《（浙江專用）2020版高考數(shù)學新增分大一輪復習 第八章 立體幾何與空間向量 專題突破五 高考中的立體幾何問題課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專用）2020版高考數(shù)學新增分大一輪復習 第八章 立體幾何與空間向量 專題突破五 高考中的立體幾何問題課件.ppt（84頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、高考專題突破五高考中的立體幾何問題,,第八章 立體幾何與空間向量,,NEIRONGSUOYIN,內容索引,題型分類 深度剖析,課時作業(yè),1,題型分類深度剖析,PART ONE,,題型一求空間幾何體的表面積與體積,,師生共研,例1(1)一個正方體挖去一個多面體所得的幾何體的三視圖如圖所示，其中正視圖、側視圖和俯視圖均為邊長等于2的正方形，則這個幾何體的表面積為,,解析由三視圖可知，該幾何體是棱長為2的正方體的內部挖去一個底面邊長為2的正四棱錐，將三視圖還原可得如圖，,(2)(2018浙江省嘉興市第一中學期中)如圖，已知AB為圓O的直徑，C為圓上一動點，PA圓O所在平面，且PAAB2，過點A作平面
2、PB，交PB，PC分別于E，F(xiàn)，當三棱錐PAEF體積最大時，tanBAC______.,解析PB平面AEF，AFPB， 又ACBC，APBC，ACAPA，AC，AP平面PAC， BC平面PAC，又AF平面PAC， AFBC，又PBBCB，PB，BC平面PBC， AF平面PBC，AFE90， 設BAC，在RtPAC中，,(1)等積轉換法多用來求三棱錐的體積. (2)不規(guī)則的幾何體可通過分割或補形轉化為規(guī)則幾何體，再利用公式求解.,跟蹤訓練1(1)(2018嘉興模擬)某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的表面積(單位：cm2)是,,解析由三視圖得該幾何體為一個組合體，上面是棱長為2的
3、正方體，下面是下底為邊長為4的正方形、上底為邊長為2的正方形的四棱臺，,(2)(2018溫州高考適應性測試)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是,,解析由三視圖可還原出幾何體的直觀圖，該幾何體是由半個圓柱(底面圓的半徑為1，高為2)和一個四棱錐(底面為邊長是2的正方形，高為1)組成的，如圖所示.,,題型二空間點、線、面的位置關系,例2如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，側棱垂直于底面，ABBC，AA1AC2，BC1，E，F(xiàn)分別是A1C1，BC的中點. (1)求證：平面ABE平面B1BCC1；,證明在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1底面ABC. 因為AB平面ABC，所以BB1AB. 又
4、因為ABBC，BCBB1B，所以AB平面B1BCC1. 又AB平面ABE，所以平面ABE平面B1BCC1.,,師生共研,(2)求證：C1F平面ABE；,證明方法一如圖1，取AB中點G，連接EG，F(xiàn)G. 因為E，F(xiàn)分別是A1C1，BC的中點，,因為ACA1C1，且ACA1C1， 所以FGEC1，且FGEC1， 所以四邊形FGEC1為平行四邊形，所以C1FEG. 又因為EG平面ABE，C1F平面ABE， 所以C1F平面ABE.,方法二如圖2，取AC的中點H，連接C1H，F(xiàn)H. 因為H，F(xiàn)分別是AC，BC的中點，所以HFAB， 又因為E，H分別是A1C1，AC的中點， 所以EC1AH，且EC1AH，
5、 所以四邊形EAHC1為平行四邊形，所以C1HAE， 又C1HHFH，AEABA， 所以平面ABE平面C1HF， 又C1F平面C1HF，所以C1F平面ABE.,(3)求三棱錐EABC的體積.,解因為AA1AC2，BC1，ABBC，,(1)平行問題的轉化,利用線線平行、線面平行、面面平行的相互轉化解決平行關系的判定問題時，一般遵循從“低維”到“高維”的轉化，即從“線線平行”到“線面平行”，再到“面面平行”；而應用性質定理時，其順序正好相反.在實際的解題過程中，判定定理和性質定理一般要相互結合，靈活運用.,(2)垂直問題的轉化,在空間垂直關系中，線面垂直是核心，已知線面垂直，既可為證明線線垂直提供
6、依據(jù)，又可為利用判定定理證明面面垂直作好鋪墊.應用面面垂直的性質定理時，一般需作輔助線，基本作法是過其中一個平面內一點作交線的垂線，從而把面面垂直問題轉化為線面垂直問題，進而可轉化為線線垂直問題.,跟蹤訓練2如圖，在底面是矩形的四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，點E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點，PAAB1，BC2.,(1)求證：EF平面PAB；,證明以點A為原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz， 則A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1). 點E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點，,又A
7、B平面PAB，EF平面PAB， EF平面PAB.,(2)求證：平面PAD平面PDC.,又APADA，AP，AD平面PAD， DC平面PAD. DC平面PDC，平面PAD平面PDC.,,題型三空間角的計算,1.(2018浙江高考適應性考試)四個同樣大小的球O1，O2，O3，O4兩兩相切，點M是球O1上的動點，則直線O2M與直線O3O4所成角的正弦值的取值范圍為,,,自主演練,解析由四個同樣大小的球O1，O2，O3，O4兩兩相切， 則可以把O1，O2，O3，O4看成正四面體的四個頂點，球的半徑為棱長的一半，記球的半徑為1， 則正四面體的棱長為2. 平移直線O3O4至O2C位置，過O2C，O1O2的
8、平面截球O1得一個大圓，過O2作大圓的兩條切線O2E，O2F， 由線面垂直易證O1O2O2C， 由圖可知，當點M運動至切點E時，MO2C最小， 當點M運動至切點F時，MO2C最大， 設EO2O1，,2.(2017浙江)如圖，已知正四面體DABC(所有棱長均相等的三棱錐)，P，Q，R分別為AB，BC，CA上的點，APPB， 分別記二面角DPRQ， DPQR，DQRP的平面角為，，，則 A. B. C. D.,,解析如圖，作出點D在底面ABC上的射影O，過點O分別作PR，PQ，QR的垂線OE，OF，OG，連接DE，DF，DG， 則DEO，DFO，DGO. 由圖可知它們的對邊都是DO， 只
9、需比較EO，F(xiàn)O，GO的大小即可. 如圖，在AB邊上取點P，使AP2PB，連接OQ，OR， 則O為QRP的中心. 設點O到QRP三邊的距離為a， 則OGa，OFOQsinOQFOQsinOQPa， OEORsinOREORsinORPa，,.故選B.,3.(2018浙江)如圖，已知多面體ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，ABC120，A1A4，C1C1，ABBCB1B2.,(1)證明：AB1平面A1B1C1；,證明方法一由AB2，AA14，BB12，AA1AB，BB1AB，,由BC2，BB12，CC11，BB1BC，CC1BC，,又因為A1B1B1C1B1，A1B1
10、，B1C1平面A1B1C1， 因此AB1平面A1B1C1.,方法二如圖，以AC的中點O為原點，分別以射線OB，OC為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標系Oxyz.,又A1B1A1C1A1，A1B1，A1C1平面A1B1C1， 所以AB1平面A1B1C1.,(2)求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值.,解方法一如圖，過點C1作C1DA1B1，交直線A1B1于點D，連接AD. 由AB1平面A1B1C1， 得平面A1B1C1平面ABB1. 由C1DA1B1，平面A1B1C1平面ABB1A1B1，C1D平面A1B1C1， 得C1D平面ABB1. 所以C1AD是AC1與平面ABB1所成的角.,方法
11、二設直線AC1與平面ABB1所成的角為.,設平面ABB1的一個法向量為n(x，y，z).,空間角是高考中的?？純热?，線線角和二面角多出現(xiàn)在小題中，線面角多出現(xiàn)在解答題中，主要注意幾何法與空間向量法的靈活應用.,,題型四立體幾何中的動態(tài)問題,,自主演練,1.(2018杭州模擬)等腰直角三角形ABE的斜邊AB為正四面體ABCD的側棱，直角邊AE繞斜邊AB旋轉，則在旋轉的過程中，有下列說法： 四面體EBCD的體積有最大值和最小值； 存在某個位置，使得AEBD； 設二面角DABE的平面角為，則DAE； AE的中點M與AB的中點N的連線交平面BCD于點P，則點P的軌跡為橢圓. 其中，正確說法的個數(shù)是 A
12、.1 B.2 C.3 D.4,,解析四面體EBCD的底面BCD的面積為定值，且在旋轉的過程中，點E到底面BCD的距離存在最大值和最小值，所以四面體EBCD的體積有最大值和最小值，正確； 設BD的中點為F，則當AE旋轉到平面ACF內時，AEBD，正確；,綜上所述，正確說法的個數(shù)為3，故選C.,2.(2018浙江高考研究聯(lián)盟聯(lián)考) 如圖，已知正四面體DABC，P為線段AB上的動點(端點除外)，則二面角DPCB的平面角的余弦值的取值范圍是________.,解析當點P從點A運動到點B時，二面角DPCB的平面角逐漸增大，二面角DPCB的平面角最小趨近于二面角DACB的平面角，最大趨近于二面
13、角DBCA的平面角的補角. 設正四面體的棱長為2，如圖所示，取AC的中點為E.連接DE，BE，,(1)考慮動態(tài)問題中點線面的變化引起的一些量的變化，建立目標函數(shù)，用代數(shù)方法解決幾何問題. (2)運動變化中的軌跡問題的實質是尋求運動變化過程中的所有情況，發(fā)現(xiàn)動點的運動規(guī)律. (3)運動過程中端點的情況影響問題的思考，可以利用極限思想考慮運動變化的極限位置.,2,課時作業(yè),PART TWO,,基礎保分練,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,1.(2018紹興質檢)已知m，n是兩條不同的直線，，是兩個不同的平面，則下列命題中正確的個數(shù)是 若m且m，則； 若m
14、且，則m； 若mn，m，n，則； 若mn，n，則m. A.1 B.2 C.3 D.4,,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解析若m，則由線面平行的性質定理知，在內有直線l與m平行，又m，則l，從而，故正確； 若m且，則m或m，故不正確； 若mn，m，則n，又n，所以，故正確； 若mn，n，則m或m，故不正確.故正確的個數(shù)為2.,解析考慮到平行的性質，AB，CC，AD可以用同一頂點處的三條棱替代，如AB，AA，AD，投影的長度相等等價于這些線段所在直線與平面所成的角相等， 因此以正方體為依托， 如圖，平面ABD(BCD)，ACD(ABC
15、)， ABD(BCD)，ACD(ABC)均符合題意， 所以這樣的平面有4個.故選B.,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,2.過正方體ABCDABCD的頂點A作平面，使得棱AB，CC，AD在平面上的投影的長度相等，則這樣的平面的個數(shù)為 A.6 B.4 C.3 D.1,,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,3.(2018紹興模擬)九章算術中，將底面是直角三角形的直三棱柱稱之為“塹堵”.已知某“塹堵”的三視圖如圖所示，俯視圖中間的實線平分矩形的面積，則該“塹堵”的側面積為,,,1,2,3,4,5,6
16、,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,4.(2018臺州適應性考試)如圖，已知菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，將菱形ABCD沿對角線AC折起，使得平面ACD平面ABC，若點N是BD上的動點，當線段ON最短時，二面角NACB的余弦值為,,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解析易知OBOD，所以當N為BD的中點時，線段ON最短， 因為ACOB，ACOD，OBODO，OB，OD平面OBD， 所以AC平面BOD，所以ONAC， 又OBAC， 所以BO
17、N即二面角NACB的平面角. 因為平面ACD平面ABC，平面ACD平面ABCAC，ODAC， 所以OD平面ABC， 所以ODOB，BOD為等腰直角三角形，所以BON45，,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,5.(2018浙江)已知四棱錐SABCD的底面是正方形，側棱長均相等，E是線段AB上的點(不含端點)，設SE與BC所成的角為1，SE與平面ABCD所成的角為2，二面角SABC的平面角為3，則 A.123 B.321 C.132 D.231,,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解析如圖，不妨設底面正方形
18、的邊長為2，E為AB上靠近點A的四等分點，E為AB的中點，S到底面的距離SO1，以EE，EO為鄰邊作矩形OOEE， 則SEO1，SEO2，SEO3.,此時tan 2tan 3tan 1，可得231. 當E在AB中點處時，231.故選D.,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,6.(2018嘉興調研)如圖，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1，E，F(xiàn)分別是棱AA1，CC1的中點，過EF的平面與棱BB1，DD1分別交于點G，H.設BGx，x0，1. 四邊形EGFH一定是菱形； AC平面EGFH； 四邊形EGFH的面積Sf(x)在區(qū)間0，1上具有單調性；
19、 四棱錐AEGFH的體積為定值. 以上結論正確的個數(shù)是 A.4 B.3 C.2 D.1,,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解析由正方體的性質易得D1HBGx， 則四邊形A1D1HE、四邊形ABGE、四邊形CBGF、四邊形C1D1HF為四個全等的直角梯形， 則HEEGGFFH，即四邊形EGFH為菱形，正確； 因為ACEF，EF平面EGFH，AC平面EGFH， 所以AC平面EGFH，正確； 在線段DD1上取DMx，則易得HMG為直角三角形，且HM12x，,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,綜上
20、所述，正確結論的個數(shù)是3，故選B.,A.<< B.<< C.<< D.<<,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解析易知二面角BPQR的平面角的補角就是二面角APQR的平面角，二面角CQRP的平面角的補角就是二面角AQRP的平面角，二面角DPRQ的平面角的補角就是二面角APRQ的平面角. 易得二面角APQR的平面角二面角AQRP的平面角二面角APRQ的平面角，即<<.故選C.,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,8.如圖，在梯
21、形ABCD中，ADBC，ABC90，ADBCAB234，E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點，將四邊形ADFE沿直線EF進行翻折，給出四個結論： DFBC； BDFC； 平面DBF平面BFC； 平面DCF平面BFC. 在翻折過程中，可能成立的結論是______.(填寫結論序號),,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解析因為BCAD，AD與DF相交不垂直，所以BC與DF不垂直，則錯誤； 設點D在平面BCF上的射影為點P，當BPCF時就有BDFC，而ADBCAB234，可使條件滿足，所以正確； 當點P落在BF上時，DP平面BDF，從而平面BDF平面BCF，所
22、以正確； 因為點D的投影不可能在FC上，所以平面DCF平面BFC不成立，即錯誤.故答案為.,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,9.如圖，四邊形ABCD和ADPQ均為正方形，它們所在的平面互相垂直，動點M在線段PQ上，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點.設異面直線EM與AF所成的角為， 則cos 的最大值為_____.,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解析以A點為坐標原點，AB，AD，AQ所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，,設M(0，y，1)(0y1)，,,1,2,3,4,5,6,
23、7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,令t1y，則y1t， 0y1，0t1，,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,又z9x28x4在1，)上單調遞增， x1時，zmin5，,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,10.(2009浙江)如圖，在長方形ABCD中，AB2，BC1，E為DC的中點，F(xiàn)為線段EC(端點除外)上一動點.現(xiàn)將AFD沿AF折起，使平面ABD平面ABC.在 平面ABD內過點D作DKAB，K為垂足.設AKt，則t的取值范圍是_______.,,解析如圖，在平面ADF內過D作DHA
24、F，垂足為H，連接HK.過F點作FPBC交AB于點P.,設DFx，則1<2. 平面ABD平面ABC，平面ABD平面ABCAB，DKAB，DKABD，DK平面ABC，又AF平面ABC，DKAF. 又DHAF，DKDHD，DK，DH平面DKH， AF平面DKH，AFHK，即AHHK.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,,ADF和APF都是直角三角形，PFAD， RtADFRtAPF，APDFx. AHDADF，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,,11.(2017浙江)如圖，已知四棱錐PABCD，PAD是以AD
25、為斜邊的等腰直角三角形，BCAD，CDAD，PCAD2DC2CB，E為PD的中點. (1)證明：CE平面PAB；,證明如圖，設PA的中點為F，連接EF，F(xiàn)B. 因為E，F(xiàn)分別為PD，PA的中點，,所以EFBC且EFBC， 所以四邊形BCEF為平行四邊形，所以CEBF. 因為BF平面PAB，CE平面PAB， 因此CE平面PAB.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,,(2)求直線CE與平面PBC所成角的正弦值.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,,解分別取BC，AD的中點為M，N， 連接PN交EF于點Q，連接M
26、Q. 因為E，F(xiàn)，N分別是PD，PA，AD的中點， 所以Q為EF的中點， 在平行四邊形BCEF中，MQCE. 由PAD為等腰直角三角形得PNAD.,所以AD平面PBN. 由BCAD得BC平面PBN， 那么平面PBC平面PBN.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,過點Q作PB的垂線，垂足為H，連接MH.MH是MQ在平面PBC上的射影， 所以QMH是直線CE與平面PBC所成的角. 設CD1.,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,12
27、.(2018浙江重點中學聯(lián)考)如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC是邊長為2的正三角形，D是棱A1C1的中點，CC1h(h0).,(1)證明：BC1平面AB1D；,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,證明方法一如圖1，連接A1B，交AB1于點E，連接DE， 則DE是A1BC1的中位線， 所以DEBC1. 又DE平面AB1D，BC1平面AB1D， 所以BC1平面AB1D. 方法二如圖2，取AC的中點F，連接BF，C1F，DF. 因為AFDC1，且AFDC1， 所以四邊形AFC1D是平行四邊形，故ADFC1. 又FC1平面BFC1，AD平面B
28、FC1， 所以AD平面BFC1.,圖1,圖2,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,因為DFB1B，且DFB1B，所以四邊形DFBB1是平行四邊形，故DB1FB. 又FB平面BFC1，DB1平面BFC1， 所以DB1平面BFC1. 又ADDB1D，AD，DB1平面ADB1， 所以平面ADB1平面BFC1. 又BC1平面BFC1， 故BC1平面AB1D.,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解方法一取A1B1的中點H，連接C1H，B
29、H. 因為A1B1C1與ABC都是正三角形，所以C1HA1B1. 在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABB1A1平面A1B1C1，平面ABB1A1平面A1B1C1A1B1， 又C1H平面A1B1C1，故C1H平面ABB1A1. 所以C1BH就是BC1與平面ABB1A1所成的角，,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,方法二以AB的中點O為坐標原點，OB，OC所在直線分別為x軸，y軸，過點O且與平面ABC垂直的直線為z軸，建立空間直角坐標系，如圖3所示，,圖3,易得平面ABB1A1的一個法向量為n(0，1，0).,技能提升練,,1,2,3,4,5,6,
30、7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,13.(2018紹興市適應性考試)如圖，在ABC中，ACB90，CAB，M為AB的中點.將ACM沿著CM翻折至ACM，使得AMMB，則的取值不可能為,,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解析如圖，設點A在平面BMC上的射影為A， 則由題意知，點A在直線CM的垂線AA上.要使AMMB， 則AMMB，所以只需考慮其臨界情況， 即當AMMB時，點A與點A關于直線CM對稱，,又AMMC，所以AMC是以MAC為底角的等腰三角形，,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,1
31、6,14. (2018溫州高考適應性測試)已知線段AB垂直于定圓所在的平面，B，C是圓上的兩點，H是點B在AC上的射影，當C運動時，點H運動的軌跡 A.是圓 B.是橢圓 C.是拋物線 D.不是平面圖形,,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解析設在定圓內過點B的直徑與圓的另一個交點為點D，過點B作AD的垂線，垂足為點E，連接EH，CD. 因為BD為定圓的直徑， 所以CDBC，又因為AB垂直于定圓所在的平面，所以CDAB， 又因為ABBCB，所以CD平面ABC，所以CDBH， 又因為BHAC，ACCDC， 所以BH平面ACD， 所以BHEH，所以動點H
32、在以BE為直徑的圓上， 即點H的運動軌跡為圓，故選A.,拓展沖刺練,,15,15.(2018浙江省鎮(zhèn)海中學模擬)已知直三棱柱ABCA1B1C1的側棱長為6，且底面是邊長為2的正三角形，用一平面截此棱柱，與側棱AA1，BB1，CC1分別交于三點M，N，Q，若MNQ為直角三角形，則該直角三角形斜邊長的最小值為,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,16,,15,解析取D，D1分別為AC，A1C1的中點，連接DD1，DB， 根據(jù)題意以D為原點，DB，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，點M在側棱AA1上， 設M(0，1，a)，點N在BB
33、1上，,設Q(0，1，c)，不妨設c
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