2019届高考数学一轮复习 名师专题讲座4 立体几何的高考解答题型及求解策略课件 文PPT

[解题反思] (1)本例中证明 A1O∥平面 B1CD1，解法一利用 线面平行的判定定理证明，而解法二由面面平行的判定定理的推 论得到，体现线线，面面向线面关系的转化．(2)在平面 A1EM⊥ 平面 B1CD1 的证明中解法一的关键是证明 B1D1⊥平面 A1EM，解 法二是先证明 BD⊥平面 A1EM，再转化为 B1D1⊥平面 A1EM，从 而得证．
(2)如图，连接 BD、MC. 因为四边形 MADN 是矩形，所以 ND⊥AD. 因为平面 MADN⊥平面 ABCD，平面 ABCD∩平面 MADN＝ AD， DN⊂平面 MADN， 所以 ND⊥平面 ABCD， 所以 ND⊥AC. 因为四边形 ABCD 是菱形，所以 AC⊥BD. 因为 BD∩ND＝D，所以 AC⊥平面 BDN. 又 AC⊂平面 MAC， 所以平面 MAC⊥平面 BDN.
[答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：
[题型专练] 1．(2017·云南省 11 校高三调研)如图所示，在四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥底面 ABCD，PA＝2，∠ABC＝90°，AB＝ 3，BC＝1， AD＝2 3，∠ACD＝60°，E 为 CD 的中点．
(1)求证：BC∥平面 PAE； (2)求点 A 到平面 PCD 的距离．
[规范解答] 解法一：(1)证明：如图所示，取 B1D1 的中点 O1，连接 CO1，A1O1，
因为 ABCD－A1B1C1D1 是四棱柱， 所以 A1O1∥OC，A1O1＝OC， 所以四边形 A1OCO1 是平行四边形，
所以 A1O∥O1C. 又 O1C⊂平面 B1CD1，A1O⊄平面 B1CD1， 所以 A1O∥平面 B1CD1. (2)因为 AC⊥BD，E，M 分别为 AD 和 OD 的中点， 所以 EM⊥BD. 又 A1E⊥平面 ABCD，BD⊂平面 ABCD，
(1)证明：A1O∥平面 B1CD1； (2)设 M 是 OD 的中点，证明：平面 A1EM⊥平面 B1CD1.
[审题程序] 第一步：利用中位线、平行四边形的性质在三角形 B1CD1 内 确定与 A1O 平行的直线； 第二步：在平面 A1EM 或平面 B1CD1 内寻找与另一平面垂直 的直线； 第三步：应用线面垂直、正方形的性质通过线线垂直证得线 面、面面垂直．
题型二 空间位置关系与体积的综合问题 题型概览：在空间几何体中，既考查空间位置关系，又有几 何体体积的计算，这类题型是高考考查的热点问题．对于几何体 体积的计算，关键是根据条件找出相应的底面和高，应注意充分 利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问 题． (1)直接法：对于规则几何体，直接利用公式计算即可．
∴△ACE 为等边三角形， ∴∠CAE＝60°＝∠BCA， ∴BC∥AE， 又 AE⊂平面 PAE，BC⊄平面 PAE， ∴BC∥平面 PAE.
(2)设点 A 到平面 PCD 的距离为 d，根据题意可得，
PC＝2 2，PD＝CD＝4，∴S△PCD＝2 7， ∵VP－ACD＝VA－PCD， ∴13·S△ACD·PA＝13·S△PCD·d.
所以 A1E⊥BD， 因为 B1D1∥BD， 所以 EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1， 又 A1E⊂平面 A1EM，EM⊂平面 A1EM，A1E∩EM＝E， 所以 B1D1⊥平面 A1EM， 又 B1D1⊂平面 B1CD1， 所以平面 A1EM⊥平面 B1CD1. 解法二：(1)证明：在四棱柱中，B1D1∥BD，又 B1C∥A1D， 显然 B1D1∩B1C＝B1，BD∩A1D＝D，所以平面 B1CD1∥平面 A1BD. 又 A1O⊂平面 A1BD，所以 A1O∥平面 B1CD1.
第
八
立体几何
章
名师专题讲座(四) 立体几何的高考解答题型及求解策略
专题概述 立体几何的高考解答题型及求解策略 立体几何的解答题型主要采用“论证与计算”相结合的模 式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、 面面平行或垂直，再计算几何体的体积．试题背景有折叠问题、 探索性问题等，考查空间想象能力、逻辑思维能力及转化与化归 思想的应用能力.
题型一 线面位置关系的证明 题型概览：空间中线面的平行与垂直的证明主要是利用判定 定理和性质定理去解决，还有一些常用的结论，有时也会用到， 熟悉线线、线面与面面之间的转化，其中线面关系又是联系线线 与面面关系的桥梁，在审题与解题时要关注它们之间的转化关 系．
(2017·山东卷)由四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 截去三棱 锥 C1－B1CD1 后得到的几何体如图所示．四边形 ABCD 为正方形， O 为 AC 与 BD 的交点，E 为 AD 的中点，A1E⊥平面 ABCD.
∴13×12×2×2 3×2＝13×2 7d，
∴d＝2 721，
∴点
A
到平面
PCD
的距离为2Leabharlann Baidu
21 7.
2.如图，四边形 ABCD 是菱形，四边形 MADN 是矩形，平面 MADN⊥平面 ABCD，E、F 分别为 MA、DC 的中点，求证：
(1)EF∥平面 MNCB； (2)平面 MAC⊥平面 BND.
(2)因为 AC⊥BD，E，M 分别为 AD 和 OD 的中点，所以 EM ⊥BD.
又 A1E⊥平面 ABCD，BD⊂平面 ABCD，所以 A1E⊥BD，所 以 BD⊥平面 A1EM.
又 BD∥B1D1，所以 B1D1⊥平面 A1EM， 又 B1D1⊂平面 B1CD1，所以平面 A1EM⊥平面 B1CD1.
[解] (1)证明：∵AB＝ 3，BC＝1，∠ABC＝90°， ∴AC＝2，∠BCA＝60°. 在△ACD 中，∵AD＝2 3，AC＝2，∠ACD＝60°， ∴AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos∠ACD， ∴CD＝4，∴AC2＋AD2＝CD2， ∴△ACD 是直角三角形， 又 E 为 CD 的中点， ∴AE＝12CD＝CE，∵∠ACD＝60°，
[解] (1)如图，取 NC 的中点 G，连接 FG，MG.
因为 ME∥ND 且 ME＝12ND，F、G 分别为 DC、NC 的中点， FG∥ND 且 FG＝12ND，
所以 FG 与 ME 平行且相等，所以四边形 MEFG 是平行四边 形，
所以 EF∥MG， 又 MG⊂平面 MNCB，EF⊄平面 MNCB， 所以 EF∥平面 MNCB.