立体几何重难点突破.ppt

1、 立体几何重难点突破 基本要求 几何学是研究现实世界中物体的形状、大小与位 置关系的数学学科.三维空间是人类生存的现实空间, 认识空间图形,培养和发展学生的直观想象、逻辑推 理、数学运算、数学建模、数学抽象素养,以及运用 符号与图形语言进行交流和转化的能力,是高中阶段 数学课程的基本要求. 立体几何在高考中一直占据重要的地位,试卷题量 多为1-3小题1大题,位置相对稳定.在分数上每年都在 20分左右,且经高三反复训练后,大部分学生可以在立 体几何题目解答中做到少丢分甚至不丢分 通过近年高考试题的分析,探寻高考命题的规律与 趋势,更好把握复习方向,突破重难点 对于截面问题(应用点、线、面的位置关

2、系及平面 的基本性质画图,转化为平面问题),折叠与展开问题( 抓住不变量),三视图应用(画出直观图)等是出题的热 点,题型多以选择题、填空题为主,有时出题角度会很 新颖,要求学生有一定的空间想象能力及分析问题、 解决问题的能力,突破的关键是教会学生画图 基本要求 空间直线与平面、平面与平面的平行与垂直的判 定,是高考题中解答题的第一问,属典型的中档题 用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面,一 般是通过建立空间直角坐标系,建立立体图形与空间 向量的联系,从而把立体几何问题转化为向量问题； 进而通过向量运算,研究点、直线、平面之间的位置 关系以及它们之间的(距离和)夹角等问题进行向量运 算；再

3、把向量的运算结果转化成相应的几何意义(回 归几何问题) 基本要求 空间向量的应用问题一般出现在立体几何的解答 题中,难度为中等难点是恰当建立坐标系、点的坐 标的计算、以及动点的探索性问题等,需在复习中多 注意这方面的训练 根据近年来高考立体几何命题的规律,可以预测立 体几何题总体会保持稳定,以简单几何体为载体,重点 考察空间线面的平行、垂直问题、求空间角、存在性 问题、探索性问题等 基本要求 重点要求-截面问题 在立体几何中,截面是指用一个平面去截一个几 何体(包括圆柱、圆锥、球、棱柱、棱锥、长方体、 正方体等),得到的平面图形主要要求是熟悉几何体 的结构特征,且能够依据点、线、面的位置关系及

4、平 面的基本性质画出截面图形,目的 是把空间问题转化为平面问题 对于球的截面问题,从考题看 是重点,要使学生会画图,且掌握 球的截面性质： 222 dRr 1(2020 全国）已知 ABC 是面积为 9 3 4 的等边三角形，且其顶点都在球 O 的球面 上若球 O 的表面积为16，则 O 到平面 ABC 的距离为 A3 B 3 2 C1 D 3 2 分析：分析： 根据已知条件可求得球 O 的半径R和 ABC 外接圆半径r. 由于 2 416R，解得：2R . 设 ABC 边长为a， 则 2 139 3 224 a ，解得：3a ，3r 球心O到平面ABC的距离为 22 431dRr . 重点要

5、求-截面问题 2(2020 全国）已知圆锥的底面半径为 1，母线长为 3，则该圆锥内半径最大的 球的体积为_ 分析：分析：球与圆锥内切时的轴截面如图所示， 其中 2,3BCABAC ，且点 M 为 BC 边上的中点，设内切圆 的圆心为O，由于 22 312 2AM ，故 1 22 22 2 2 S ABC ，设内切圆半径为r，则： ABCAOBBOCAOC SSSS 111 222 ABrBCrACr 1 3322 2 2 r，解得： 2 2 r =，其体积： 3 42 33 Vr. 重点要求-截面问题 3(2020 新全国）已知直四棱柱 ABCDA1B1C1D1的棱长均为 2，BAD60 以

6、 1 D 为球心，5为半径的球面与侧面 BCC1B1的交线长为_ 分析分析：关键是找到球面被侧面 BCC1B1所截得到的小圆圆心 如图，取 11 BC的中点为E， 1 BB的中点为F， 1 CC的中点为G， 因为BAD60 ，直四棱柱 1111 ABCDABC D 的棱长均为 2，所以 111 D BC为等边三角形，所以 1 D E 3， 111 D EBC ，所以E为 小圆圆心，且小圆半径为2，注意到 2 FEG ，故答案为： 2 2 . 重点要求-截面问题 注：如图，已知正方体 1111 ABCDA BC D的棱长为 1，,E F分别 是棱 11 ,AD B C上的动点， 设 1 ,AEx

7、 B Fy.若棱 1 DD与平面BEF 有公共点，则xy的取值范围是 A.0,1 B. 1 3 , 2 2 C.1,2 D. 3 ,2 2 AB C D 1 D 1 A 1 B 1 C E F 重点要求-截面问题 AB C D 1 D 1 A 1 B 1 C E F AB C D 1 D 1 A 1 B 1 C E F AB C D 1 D 1 A 1 B 1 C F 4. (2020 全国）如图，在三棱锥 PABC 的平面展开图中，AC1， 3ABAD， ABAC， ABAD， CAE30 ， 则 cosFCB_. 分析：分析：关键是不变量，尽可能画出三棱锥的直观图. 由于3ABAD， 1A

8、C ，得2BC ，6BD，在ACE中，由 余 弦 定 理 得 222 2cos301CEACAEAC AE o ， 1CFCE， 进 而 在BCFV中 ， 由 余 弦 定 理 得 222 1461 cos 22 1 24 CFBCBF FCB CF BC . A C B D 重点要求折叠与展开问题 5. (2018 全国）某圆柱的高为 2，底面周长为 16，其三视 图如右图所示， 圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为 A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此 圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为 A2 17 B2 5 C3 D2 分分析析：三视图-直观图-展开图 最短路径的

9、长度为2 5. MM N N 重点要求折叠与展开问题 重点要求-三视图 三视图在构建直观、形象的数学模型方面有其独 特作用图形的直观,不仅为学生感受、理解抽象的 概念提供了有力的支撑,而且有利于培养学生的观察 能力、空间想象能力、形象思维能力、运用图形语言 进行交流的能力从近年的高考试题来看,大多中规 中矩,几乎没有与旋转体的结合,局限在多面体,基本 是四棱柱的切割体如何画出多面体的直观图,确定 顶点就成为突破点,具体的操作是根据三视图画出四 棱柱,然后在四棱柱的表面找寻多面体的顶点 6(2020 全国）下图为某几何体的三视图，则该 几何体的表面积是（ ） A. 64 2 B. 44 2 C.

10、 623 D. 423 重点要求-三视图 7(2020 全国）如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正 视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为 （ ） A. E B. F C. G D. H 重点要求-三视图 重点要求-位置关系 在位置关系和度量性质的教学与学习中，树立“ 转化”的思想方法,即在一定条件下将较复杂的问题 转化为较熟悉的、简单的、基本的问题,将空间问题 转化为平面问题,再从平面问题回到空间问题来加以 认识,有助于把握知识本质和内在规律，有助于提高 发现问题、分析问题、解决问题的能力. 平行关系的转化:平行关系包括线线平行、线面平

11、行和面面平行.三种平行关系既是相互依存,又可以依 据性质定理和判定定理在一定条件下相互转化.线线 重点要求-位置关系 平行是线面平行和面面平行的基础,常常通过平行的 传递性,以及中位线、平行四边形、相似形等判断线 线平行,进而证明线面平行和面面平行. 垂直关系的转化:垂直关系包括线线垂直、线面 垂直和面面垂直.三种垂直关系既是相互依存,又可依 据性质定理和判定定理在一定条件下相互转化.线面 垂直是线线垂直过渡到面面垂直的桥梁和纽带,成为 学习垂直关系的重点.线面垂直判定突破的关键是应 用逆向思维来分析问题. 重点要求-位置关系 注：如图，在斜三棱柱 111 CBAABC 中，若M、N是 棱BC

12、上的两个三等分点，求证：/ 1N A平面MAB 1 . 分析 1：比较简洁自然的一种证法是：连结BA 1 , 交 1 AB于O点，连接MO. 在BNA 1 中，因为 O、M 分别为BA 1 、 BN 的中点， 所以OM为BNA 1 的中位 线，从而 OM /NA 1 . 又因OM平面MAB 1 ，NA 1 平面MAB 1 ， 所以 NA 1 /平面MAB 1 . C1 B1 A B A1 C M N O C1 B1 A B A1 C M N 重点要求-位置关系 分析 2： 为了证明/ 1N A平面MAB 1 ， 转化为证明 平面MAB 1 内的一条直线与直线NA 1 平行，有些学 生反映不会作

13、辅助线，也即不会在平面MAB 1 内找 直线与直线NA 1 平行.试想，让你证明的位置关系， 一般来说是正确的，通过线面平行的性质定理，只 要经过直线NA 1 的平面与平面MAB 1 相交， 那么就找 到了找到了应作的辅助线. 分析 3：为了证明/ 1N A平面MAB 1 ，转化为证明 经过直线NA 1 的平面与平面MAB 1 平行，应用平面与平面平行的性质， 达到了证明直线与平面平行的目的. F E C1 B1 A B A1 C M N H C1 B1 A B A1 C M N 重点要求-位置关系 注：在正方体 1111 DCBAABCD中，求证：DB1平面ACD1 分析 1： 为了证明直线

14、DB 1 平面ACD 1 ， 转化为证明DB 1 与平面ACD 1 内的两条相交直线AC与 1 AD垂直， 由于直 线AC与 1 AD都是正方体的面对角线（地位一样） ，所以 主要证明AC与DB 1 垂直，但注意到直线DB 1 与AC异 面， 又转化为证明直线AC与直线DB 1 所在的平面垂直， 即再通过线面垂直来证明线线垂直. 分析 2：证明DB 1 与平面ACD 1 内的两条相交直线AM与CM垂直. C1 B1 D1 C D AB A1 M O C1 B1 D1 C D AB A1 重点要求-位置关系 8(2020 全国）如图，已知三棱柱 ABCA1B1C1的底面是正三角形， 侧面 BB1

15、C1C 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. （1）证明：AA1MN，且平面 A1AMNEB1C1F； （2）设 O 为A1B1C1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. 分析：设ABCV边长是6m(0m )，3ONAPm， 1 2 6A Am， 2110 tansin 6310 OQm QAOQAO OAm E F P C B A1 C1 N A B1 M O Q E F P C B A1 C1 N A B1 M O 重点要求-空

16、间向量 利用空间向量处理立体几何问题,提供了新的视 角. 空间向量的引入,为解决三维空间中图形的位置 关系与度量问题提供了一个十分有效的工具. 学生将 在学习平面向量的基础上,把平面向量及其运算推广 到空间,运用空间向量解决有关直线、平面位置关系 的问题,体会向量方法在研究几何图形中的作用,进一 步发展空间想象能力和几何直观能力. 教材的目的是体现空间向量解决立体几何问题的 工具性作用及其数形结合的思想方法. 重点要求-空间向量 虽然教材内容的编写和逻辑结构几近完美,但个 人以为本节课的教材内容还需要进一步整合和完善, 其不足主要体现在：一是没有充分挖掘利用空间向量 证明线面位置关系时的应用；

17、二是例题的选配侧重于 向量的线性运算,而不能充分体现空间向量解决立体 几何问题的通性通法；三是对于空间向量在立体几何 中的应用缺乏系统的梳理,且没有充分讨论空间的角 与距离的算理与计算公式.所以教学与复习时还需要 对知识的形成过程加以完善和提炼. 重点要求-空间向量 空间的角包括三种， 即两条异面直线所成的角、 斜线与平面所成的角、 两个半平面所成的二面角（二面角的平面角）. 当把几何体中的点用坐标表示、直线用其方向向量表示、平面用其法 向量表示的时候，建议给出计算公式： 异面直线所成角：cos=|cos| 斜线与平面所成的角：sin=|cos |，其中为锐角. 二面角的平面角：cos=cos

18、，cos=-cos 重点要求-空间向量 9 (2020 全国） 如图， 在长方体 1111 ABCDABC D中， 点,E F分别在棱 11 ,DD BB上， 且 1 2DEED， 1 2BFFB （1）证明：点 1 C在平面AEF内； （2）若2AB ，1AD ， 1 3AA ，求二面角 1 AEFA的正弦值 分析：分析： （1）在棱 1 CC上取点G，使得 1 1 2 C GCG，连接DG、FG、 1 C E、 1 C F， 则四边形 1 AEC F为平行四边形，因此，点 1 C在平面AEF内； （2）因此，二面角 1 AEFA的正弦值为 42 7 . 重点要求-空间向量 10(2020

19、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，AEADABCV是底面的内接正三角形，P为DO上一点， 6 6 PODO （1）证明：PA 平面PBC； （2）求二面角BPCE的余弦值 分析：分析： （1）由题设，知DAE为等边三角形，设2AE ，则3DO ， 1COBO， 所以 62 62 PODO， 22 6 2 PCPOOCPBPA 又ABCV为等边三角形，则2 sin60 BA OA，所以 3BA ， 222 PAPBAB ，则90APB，所 以PAPB，同理PAPC，又PCPBPI，所以PA 平面PBC； （2）设二面角BPCE的大小为，则 2 5 cos 5 .

20、重点要求-空间向量 11(2020 新全国）如图，四棱锥 PABCD 的底面为正方形，PD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 分析：分析： （1）证明： 在正方形ABCD中，/AD BC， 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PADI平面PBCl，所以/AD l， 因为在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，所以,ADDClDC 且PD 平面ABCD，所以,ADPDlPD 因为CDPDDI

21、，所以l 平面PDC； 注. 如图 1， 在梯形ABCD中，/ABCD，90ABC，224ABCDBC，O是边AB 的中点. 将三角形AOD绕边OD所在直线旋转到 1 AOD位置， 使得 1 120AOB， 如图 2.设m 为平面 1 A DC与平面 1 AOB的交线. （）判断直线DC与直线m的位置关系并证明； （）若直线m上的点G满足 1 OGA D，求出 1 AG的长； 4 （）求直线 1 AO与平面 1 A BD所成角的正弦值. 5 5 A OB CD 1图 O DC B 2图 1 A O D C B G 1 A z x y M 重点要求-空间向量 重点要求-空间向量 11(2020

22、新全国）如图，四棱锥 PABCD 的底面为正方形，PD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 分析：分析：最大值-函数问题，动点坐标的表示-设( ,0,1)DQDPmDQm uuu ruuu ruuu r . （2）证明：平面QCD的一个法向量为(1,0,)nm r ，则直线与平面所成角的正弦 值等于 2 |1| |cos,| 31 m n PB m r uur 2 2 31 2 31 mm m 22 3232|36 111 1 313133 mm

23、mm ，当且仅当1m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 6 3 . 重点要求-空间向量 重点要求-空间向量 重点要求-空间向量 12(2019 全国）如图，长方体 ABCDA1B1C1D1的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA1上，BEEC1 （1）证明：BE平面 EB1C1； （2）若 AE=A1E，求二面角 BECC1的正弦值 分析：分析：（1）由已知得， 11 BC 平面 11 ABB A，BE 平面 11 ABB A， 故 11 BC BE又 1 BEEC，所以BE 平面 11 EBC （2） 设底面ABCD是正方形的边长为1. ( 1,1,0)DB

24、uuu r ， 1 ( 1,0,1)EB uuu r ， 从而 1 1 cos, 2 DB EB uuu r uuu r ，得二面角BECC1的正弦值为 3 2 E B1 A1 C1 C D1 D A B E B1 A1 C1 C D1 D A x y z B 重点要求-空间向量 13 (2019 全国） 图 1 是由矩形 ADEB， RtABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形， 其中 AB=1， BE=BF=2， FBC=60 ，将其沿 AB，BC 折起使得 BE 与 BF 重合，连结 DG，如图 2. （1）证明：图 2 中的 A，C，G，D 四点共面， 且平面 ABC平面 BCGE

25、； （2）求图 2 中的二面角 BCGA 的大小. 分析：分析：面面垂直的性质定理，点的坐标的确定. CG uuu r =（1，0，3），AC uuu r =（2，1，0）可得平面ACGD的法向量 n=（3，6，3），又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所 以 3 cos, |2 n m n m nm 因此二面角BCGA的大小为30 G E A C D B F j G D CB A E(F) j M G D CB A E(F) x y z 重点要求-空间向量 14(2018 全国）如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC 的中点， 以DF为折痕把DFC折起， 使点C到达

26、点P的位置， 且PFBF （1）证明：平面PEF平面ABFD； （2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值 分析：分析：由于平面 PEF平面 ABFD作 PHEF，垂足为 H，则 PH平面 ABFD从而PDH即为DP与平面ABFD所成的角 又因 DEPE又 DP=2，DE=1，所以 PE=3又 PF=1，EF=2，故 PE PF可得 3 2 PH 所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 3 4 C F B E A P D H C F B E A P D 重点要求-空间向量 15(2018 全国）如图，在三棱锥PABC中，2 2ABBC， 4PAPBPCAC，O为AC的中点 （1）证明：P

27、O 平面ABC； （2）若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所 成角的正弦值 分析：分析：建议设,01OMOBtBCt uuuruu u ruuu r ，则(22 ,2 ,0)OMtt uuur 设平面PAM的法向量为( , , )x y zn由0,0APAM uu u ruuur nn得，可取 ( 3(4),3 ,)aaan( 3(1), 3(1),1)tt t， 由 3 |cos,| 2 OB uu u r n得 1 3 t ， ( 3(4),3 ,)aaan 2 (2 3, 3, 1) 3 又(0,2, 2 3)PC uuu r ，所以 3 cos, 4 PC u

28、uu r n 故所求角的正弦值为 3 4 C A B O P M C A B x y z O P M 重点要求-空间向量 16(2018 全国）如图，边长为 2 的正方形ABCD所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点 （1）证明：平面AMD平面BMC； （2）当三棱锥MABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值 分析：分析： （1）关键要注意到半圆弧CD，且边长为 2 的正方形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直 （2）当三棱锥MABC体积最大时，M 恰为CD的中点常见的建立坐标系的方法：以 A、B、C、 D 为坐标原点，也可以 CD 中点为坐标原点建立空间直角坐标系 结论：面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值是 2 5 5