第七章 高考专题突破四　高考中的立体几何问题.pptx

1、大一轮复习讲义 第七章立体几何与空间向量 高考专题突破四高考中的立体几何问题 题型一空间角的求法 多维探究 命题点1线线角 例1如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBC AA1，ABC90，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，试求直线EF和 BC1所成的角. 解以B为原点，分别以直线BC，BA，BB1为x，y，z轴，建立空间直角 坐标系(如图). 设AB1，则B(0，0，0)， 所以直线EF和BC1所成角的大小为60. 思维升华 用向量法求异面直线所成角的一般步骤： (1)建立空间直角坐标系； (2)用坐标表示两异面直线的方向向量； (3)利用向量的夹角公式求出向量夹

2、角的余弦值； (4)注意两异面直线所成角的范围是 ，即两异面直线所成角的余弦 值等于两向量夹角的余弦值的绝对值. 解析以D为原点，以DA，DC，DD1分别为x， y，z轴，建立空间直角坐标系(图略)，正方体 的棱长为2， 则A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)， A(2，0，0)， (2)如图，在棱长为1的正四面体(四个面都是正三角形)ABCD中，M，N分 别为BC，AD的中点，则直线AM和CN夹角的余弦值为_. 则直线AM和CN夹角的余弦值等于|cos |. 又ABC和ACD均为等边三角形， 例2(12分)(2020新高考全国)如图，四棱锥 PABCD的底面为正方形，PD

3、底面ABCD.设 平面PAD与平面PBC的交线为l. (1)证明：l平面PDC； (2)已知PDAD1，Q为l上的点，求PB与平 面QCD所成角的正弦值的最大值. 命题点2线面角 答题模板 规范解答 (1)证明在正方形ABCD中，ADBC， 因为AD 平面PBC，BC平面PBC， 所以AD平面PBC， 又因为AD平面PAD， 平面PAD平面PBCl， 所以ADl，2分 因为在四棱锥PABCD中， 底面ABCD是正方形， 所以ADDC，所以lDC， 且PD平面ABCD，所以ADPD，所以lPD， 因为DCPDD， 所以l平面PDC. 4分 (2)解以D为坐标原点， 的方向为x轴正方向， 如图建立

4、空间直角坐标系Dxyz， 因为PDAD1， 则有D(0,0,0)，C(0,1,0)，A(1,0,0)， P(0,0,1)，B(1,1,0)， 5分 设Q(m,0,1)， 6分 设平面QCD的一个法向量为n(x，y，z)， 令x1，则zm， 所以平面QCD的一个法向量为n(1,0，m)， 9分 10分 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线 与平面所成角的正弦值， 当且仅当m1时取等号， 所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为 . 12分 第一步：根据线面位置关系的相关定理，证明线面垂直 第二步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标 第三步：求直线的方向向量和平面的法

5、向量 第四步：计算向量夹角(或函数值)，借助基本不等式确定最值 第五步：反思解题思路，检查易错点 答题模板 跟踪训练2如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD 是边长为2的菱形，ABC ，PA底面ABCD， 点M是棱PC的中点. (1)求证：PA平面BMD； 证明如图，连结AC交BD于点O，易知O为AC的中点，连结MO. M，O分别为PC，AC的中点，PAMO. PA 平面BMD，MO平面BMD， PA平面BMD. 解如图，取线段BC的中点H，连结AH. 以A为坐标原点，分别以AH，AD，AP所在直线为 x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 设平面PBC的法向量为m(x，y，z).

6、取z1，则x1，y0，m(1，0，1). 设直线AM与平面PBC所成的角为， 命题点3二面角 例3(2020全国)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为 底面直径，AEAD.ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO DO. (1)证明：PA平面PBC； 证明由题设，知DAE为等边三角形，设AE1， 又ABC为等边三角形， 所以PAPB，同理PAPC， 又PCPBP，PC，PB平面PBC，所以PA平面PBC. (2)求二面角BPCE的余弦值. 解过O作ONBC交AB于点N， 因为PO平面ABC，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，ON所在直线 为y轴，OD所在直线为z轴，建立如

7、图所示的空间直角坐标系， 设平面PCB的一个法向量为n(x1，y1，z1)， 设平面PCE的一个法向量为m(x2，y2，z2)， (1)求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在平面的 法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注 意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角. (2)利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的 方法主要有两种：求平面的垂线的方向向量.利用法向量与平面内两 个不共线向量的数量积为零，列方程组求解. 思维升华 跟踪训练3(2021宜昌一中模拟)如图，在四棱锥 PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC， ADDCA

8、P2，AB1，点E为棱PC的中点. (1)证明：BEPD； 解依题意，以点A为原点，以AB，AD，AP为x轴、y轴、z轴建立空间 直角坐标系如图， 可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2). 由E为棱PC的中点，得E(1，1，1). (2)若F为棱PC上一点，满足BFAC，求二面角FABD的余弦值. 设n1(x，y，z)为平面FAB的法向量， 不妨令z1，可得n1(0，3，1)为平面FAB的一个法向量， 取平面ABD的法向量n2(0，0，1)， 又因为二面角FABD为锐二面角， 题型二立体几何中的新定义问题 师生共研 例4(八省联考)北京大兴国际机场的显著特点

9、之一是各种弯曲空间的运 用.刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲率刻画空间弯曲性，规 定：多面体顶点的曲率等于2与多面体在该点的面角之和的差(多面体的 面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率 均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和例如正四面 体在每个顶点有3个面角，每个面角是 ，所以正四面体在各顶点的曲率 为23 ，故其总曲率为4. (1)求四棱锥的总曲率； 解总曲率2顶点数所有内角和，对于四棱锥底面的内角和为2， 四个侧面的内角和为4， 从而总曲率为10244. (2)若多面体满足：顶点数棱数面数2，证明：这类多面体的总曲 率是常数 证明对于多面体

10、有顶点数棱数面数2， 总曲率顶点数2各面内角之和， 设面数为k，ni为第i(i1,2，k)个面的边数， 从而总曲率2顶点数棱数2面数22(顶点数棱数面 数)224. 思维升华 随着新高考改革，考试逐渐回归其本质，别致新颖的立体几何新题型不 断涌现，其中新定义问题常常使考生束手无策，因此，读懂题意才能快 速有效地切入新问题情景 跟踪训练4设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲 率为1 (Q1PQ2Q2PQ3Qk1PQkQkPQ1)，其中Qi(i 1,2，k，k3)为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面Q1PQ2， 平面Q2PQ3，平面Qk1PQk和平面QkPQ1遍历多面体M的所

11、有以P为公 共点的面任取正四面体的一个顶点，在该点处的离散曲率为 ；如图 所示，已知长方体A1B1C1D1ABCD，ABBC1，AA1 ，点P为底面 A1B1C1D1内的一个动点，则四棱锥PABCD在点P处的离散曲率的 最小值为 解析由题意可知，正四面体的所有面都是正三角形，所以取正四面体 的一个顶点，在该点处的离散曲率为 已知长方体A1B1C1D1ABCD，点P为底面A1B1C1D1内的一个动点， 当APDAPBBPCCPD时，即点P为正方形A1B1C1D1的中心 时，离散曲率取得最小值， KESHIJINGLIAN 课时精练 1.(2020全国)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点

12、E，F分别在棱 DD1，BB1上，且2DEED1，BF2FB1. (1)证明：点C1在平面AEF内； 基础保分练 12345 所以EAC1F，即A，E，F，C1四点共面， 所以点C1在平面AEF内. 证明设ABa，ADb，AA1c， 12345 连结C1F，则C1(0，0，0)，A(a，b，c)， (2)若AB2，AD1，AA13，求二面角AEFA1的正弦值. 12345 解由已知得A(2,1,3)，E(2,0,2)，F(0,1,1)，A1(2,1,0)， 12345 设n1(x1，y1，z1)为平面AEF的法向量， 可取n1(1，1，1). 设n2(x2，y2，z2)为平面A1EF的法向量，

13、 12345 2.(2020全国)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的底面是正三角形，侧面 BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点.过B1C1和 P的平面交AB于E，交AC于F. 12345 (1)证明：AA1MN，且平面A1AMN平面EB1C1F； 证明因为侧面BB1C1C是矩形，且M，N分别为BC，B1C1的中点， 所以MNCC1. 又由已知得AA1CC1，故AA1MN. 因为A1B1C1是正三角形，所以B1C1A1N. 又B1C1MN，故B1C1平面A1AMN. 又B1C1平面EB1C1F， 所以平面A1AMN平面EB1C1F. 12345 (2)设O为A1

14、B1C1的中心，若AO平面EB1C1F，且AOAB，求直线B1E 与平面A1AMN所成角的正弦值. 12345 连结NP，则四边形AONP为平行四边形， 12345 由(1)知平面A1AMN平面ABC， 作NQAM，垂足为Q， 则NQ平面ABC. 设Q(a，0，0)， 12345 又n(0，1，0)是平面A1AMN的一个法向量， 12345 12345 3.如图1，在边长为4的正方形ABCD中，E是AD的中点，F是CD的中点， 现将DEF沿EF翻折成如图2所示的五棱锥PABCFE. (1)求证：AC平面PEF； 12345 证明在题图1中，连结AC. 又E，F分别为AD，CD的中点， 所以EF

15、AC. 即题图2中有EFAC. 又EF平面PEF，AC 平面PEF， 所以AC平面PEF. 12345 (2)若平面PEF平面ABCFE，求直线PB与平面PAE所成角的正弦值. 12345 解在题图2中，取EF的中点O，并分别连结OP，OB. 分析知，OPEF，OBEF. 又平面PEF平面ABCFE， 平面PEF平面ABCFEEF，PO平面PEF， 所以PO平面ABCFE. 又AB4， 12345 分别以O为原点，OE，OB，OP为x轴，y轴，z轴建 立如图所示的空间直角坐标系， 设平面PAE的一个法向量n(x，y，z)， 12345 取x1，则y1，z1， 所以n(1，1,1). 技能提升练

16、 4.(2021宜昌模拟)如图，四边形ABCD是正方形，四边形BDEF为矩形， ACBF，G为EF的中点. 12345 (1)求证：BF平面ABCD； 证明四边形BDEF为矩形， BFBD， 又ACBF，AC，BD为平面ABCD内两条相交直线， BF平面ABCD. 12345 解假设二面角C-BG-D的大小可以为60， 由(1)知BF平面ABCD，以A为原点，分别以AB， AD为x轴，y轴建立空间直角坐标系，如图所示， 不妨设ABAD2， 12345 BFh(h0)，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)， EF的中点G(1，1，h)， 设平面BCG的法向量为n(x，y，z)，

17、 由于ACBF，ACBD，BFBDB，BF，BD平面BDG， AC平面BDG， 12345 拓展冲刺练 5.如图所示，在梯形ABCD中，ABCD，BCD120，四边形ACFE 为矩形，且CF平面ABCD，ADCDBCCF. 12345 (1)求证：EF平面BCF； 证明设ADCDBC1， ABCD，BCD120，AB2， AC2AB2BC22ABBCcos 603， AB2AC2BC2， 则BCAC. 四边形ACFE为矩形，ACCF， 又CF，BC平面BCF，且CFBCC， AC平面BCF. EFAC，EF平面BCF. 12345 (2)点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成锐二面角为，试 求cos 的取值范围. 12345 解以C为坐标原点，分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴建立如 图所示的空间直角坐标系， 12345 设ADCDBC1， 设n1(x，y，z)为平面MAB的一个法向量， 12345 n2(1,0,0)是平面FCB的一个法向量. 大一轮复习讲义 本课结束 更多精彩内容请登录：