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1、高考大題增分專項(xiàng)四高考中的立體幾何,從近五年的高考試題來看,立體幾何是歷年高考的重點(diǎn),約占整個試卷的15%,通常以一大兩小的模式命題,以中、低檔難度為主.三視圖、簡單幾何體的表面積與體積、點(diǎn)、線、面位置關(guān)系的判定與證明以及空間角的計(jì)算是考查的重點(diǎn)內(nèi)容,前者多以客觀題的形式命題,后者主要以解答題的形式加以考查.著重考查推理論證能力和空間想象能力,而且對數(shù)學(xué)運(yùn)算的要求有加強(qiáng)的趨勢.轉(zhuǎn)化與化歸思想貫穿整個立體幾何的始終.,題型一,題型二,題型三,線線、線面平行或垂直的轉(zhuǎn)化 1.在解決線線平行、線面平行問題時,若題目中已出現(xiàn)了中點(diǎn),可考慮在圖形中再取中點(diǎn),構(gòu)成中位線進(jìn)行證明. 2.要證線面平行,先在平
2、面內(nèi)找一條直線與已知直線平行,或找一個經(jīng)過已知直線與已知平面相交的平面,找出交線,證明二線平行. 3.要證線線平行,可考慮公理4或轉(zhuǎn)化為線面平行. 4.要證線面垂直可轉(zhuǎn)化為證明線線垂直,應(yīng)用線面垂直的判定定理與性質(zhì)定理進(jìn)行轉(zhuǎn)化.,題型一,題型二,題型三,例1如圖,在四棱錐P-ABCD中,側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC= AD,BAD=ABC=90. (1)證明:直線BC平面PAD;,題型一,題型二,題型三,(1)證明:在平面ABCD內(nèi),因?yàn)锽AD=ABC=90,所以BCAD. 又BC平面PAD,AD平面PAD,故BC平面PAD. (2)解:取AD的中點(diǎn)M,連接PM,C
3、M. 由AB=BC= AD及BCAD,ABC=90 得四邊形ABCM為正方形,則CMAD. 因?yàn)閭?cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD, 所以PMAD,PM底面ABCD. 因?yàn)镃M底面ABCD,所以PMCM.,題型一,題型二,題型三,題型一,題型二,題型三,對點(diǎn)訓(xùn)練1如圖,在四面體ABCD中,ABC是正三角形,AD=CD. (1)證明:ACBD; (2)已知ACD是直角三角形,AB=BD,若E為棱BD上與D不重合的點(diǎn),且AEEC,求四面體ABCE與四面體ACDE的體積比.,題型一,題型二,題型三,(1)證明:取AC的中點(diǎn)O,連接DO,BO. 因?yàn)锳D=CD,
4、所以ACDO. 又因?yàn)锳BC是正三角形, 所以ACBO. 從而AC平面DOB,故ACBD. (2)解:連接EO. 由(1)及題設(shè)知ADC=90,所以DO=AO. 在RtAOB中,BO2+AO2=AB2. 又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2, 故DOB=90.,題型一,題型二,題型三,題型一,題型二,題型三,1.判定面面平行的四個方法: (1)利用定義:即判斷兩個平面沒有公共點(diǎn). (2)利用面面平行的判定定理. (3)利用垂直于同一條直線的兩個平面平行. (4)利用平面平行的傳遞性,即兩個平面同時平行于第三個平面,則這兩個平面平行. 2.面面垂直的證明方法: (1)
5、用面面垂直的判定定理,即證明其中一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線. (2)用面面垂直的定義,即證明兩個平面所成的二面角是直二面角.,題型一,題型二,題型三,3.從解題方法上說,由于線線平行(垂直)、線面平行(垂直)、面面平行(垂直)之間可以相互轉(zhuǎn)化,因此整個解題過程始終沿著線線平行(垂直)、線面平行(垂直)、面面平行(垂直)的轉(zhuǎn)化途徑進(jìn)行.,題型一,題型二,題型三,例2如圖,四邊形ABCD是平行四邊形,平面AED平面ABCD,EFAB,AB=2,BC=EF=1,AE= ,DE=3,BAD=60,G為BC的中點(diǎn). (1)求證:FG平面BED; (2)求證:平面BED平面AED; (3)求直線
6、EF與平面BED所成角的正弦值.,題型一,題型二,題型三,(1)證明:取BD的中點(diǎn)O, 連接OE,OG. 在BCD中,因?yàn)镚是BC中點(diǎn), 所以O(shè)GDC且OG= DC=1. 又因?yàn)镋FAB,ABDC, 所以EFOG且EF=OG, 即四邊形OGFE是平行四邊形, 所以FGOE. 又FG平面BED,OE平面BED, 所以FG平面BED.,題型一,題型二,題型三,(2)證明:在ABD中,AD=1,AB=2,BAD=60, 由余弦定理可得BD= , 進(jìn)而ADB=90,即BDAD. 又因?yàn)槠矫鍭ED平面ABCD,BD平面ABCD,平面AED平面ABCD=AD,所以BD平面AED. 又因?yàn)锽D平面BED,
7、所以,平面BED平面AED.,題型一,題型二,題型三,(3)解:因?yàn)镋FAB,所以直線EF與平面BED所成的角即為直線AB與平面BED所成的角. 過點(diǎn)A作AHDE于點(diǎn)H,連接BH. 又平面BED平面AED=ED,由(2)知AH平面BED. 所以直線AB與平面BED所成的角即為ABH.,題型一,題型二,題型三,對點(diǎn)訓(xùn)練2 如圖,在四棱錐P-ABCD中,ABCD,且BAP=CDP=90. (1)證明:平面PAB平面PAD; (2)若PA=PD=AB=DC,APD=90,且四棱錐P-ABCD的體積為 ,求該四棱錐的側(cè)面積.,題型一,題型二,題型三,(1)證明:由已知BAP=CDP=90,得ABAP
8、,CDPD. 由于ABCD,故ABPD,從而AB平面PAD. 又AB平面PAB,所以平面PAB平面PAD. (2)解:在平面PAD內(nèi)作PEAD,垂足為E. 由(1)知,AB平面PAD,故ABPE, 可得PE平面ABCD.,題型一,題型二,題型三,1.對命題條件的探索三種途徑: (1)先猜后證,即先觀察與嘗試給出條件再證明; (2)先通過命題成立的必要條件探索出命題成立的條件,再證明充分性; (3)將幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題,探索出命題成立的條件. 2.對命題結(jié)論的探索方法: 從條件出發(fā),探索出要求的結(jié)論是什么,對于探索結(jié)論是否存在,求解時常假設(shè)結(jié)論存在,再尋找與條件相容或者矛盾的結(jié)論.,題型一,
9、題型二,題型三,例3(2018全國,文19)如圖,矩形ABCD所在平面與半圓弧,(1)證明:平面AMD平面BMC; (2)在線段AM上是否存在點(diǎn)P,使得MC平面PBD?說明理由.,題型一,題型二,題型三,(1)證明:由題設(shè)知,平面CMD平面ABCD,交線為CD. 因?yàn)锽CCD,BC平面ABCD, 所以BC平面CMD,故BCDM.,所以DMCM. 又BCCM=C,所以DM平面BMC. 而DM平面AMD,故平面AMD平面BMC. (2)解:當(dāng)P為AM的中點(diǎn)時,MC平面PBD. 證明如下:連接AC交BD于O. 因?yàn)锳BCD為矩形,所以O(shè)為AC中點(diǎn). 連接OP,因?yàn)镻為AM中點(diǎn),所以MCOP. MC平
10、面PBD,OP平面PBD, 所以MC平面PBD.,題型一,題型二,題型三,對點(diǎn)訓(xùn)練3如圖,直角梯形ABCD中,ABCD,ADAB,CD=2AB=4,AD= ,E為CD的中點(diǎn),將BCE沿BE折起,使得CODE,其中,點(diǎn)O在線段DE內(nèi). (1)求證:CO平面ABED. (2)問:當(dāng)CEO(記為)多大時,三棱錐C-AOE的體積最大?最大值為多少?,題型一,題型二,題型三,(1)證明:在直角梯形ABCD中,CD=2AB,E為CD的中點(diǎn),則AB=DE. 又ABDE,ADAB,知BECD. 在四棱錐C-ABED中,BEDE,BECE,CEDE=E,CE,DE平面CDE,則BE平面CDE. 因?yàn)镃O平面CDE,所以BECO. 又CODE,且BE,DE是平面ABED內(nèi)兩條相交直線,故CO平面ABED.,題型一,題型二,題型三,(2)解:由(1)知CO平面ABED,,1.三種平行關(guān)系的轉(zhuǎn)化方向,如圖所示:,2.注重空間直線與平面垂直的相互轉(zhuǎn)化.,3.線面、線線垂直與平行的位置關(guān)系在面面平行與垂直位置關(guān)系的證明中起著承上啟下的橋梁作用,依據(jù)線面、面面位置關(guān)系的判定定理與性質(zhì)定理進(jìn)行轉(zhuǎn)化是解決這類問題的關(guān)鍵.證明面面平行主要依據(jù)判定定理,證明面面垂直時,關(guān)鍵是從現(xiàn)有直線中找一條直線與其中一個平面垂直,若圖中不存在這樣的直線,則應(yīng)借助添加中線、高線等方法解決.,
廣西2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)高考大題增分專項(xiàng)四高考中的立體幾何課件文.ppt
