《（全國通用）高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何初步專題探究課四課件 文 新人教A》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用）高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何初步專題探究課四課件 文 新人教A（27頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考導(dǎo)航 1.立體幾何初步是高考的重要內(nèi)容，幾乎每年都考查一個解答題，兩個選擇或填空題，客觀題主要考查空間概念，三視圖及簡單計算；解答題主要采用“論證與計算”相結(jié)合的模式，即利用定義、公理、定理證明空間線線、線面、面面平行或垂直，并與幾何體的性質(zhì)相結(jié)合考查幾何體的計算；2.重在考查學(xué)生的空間想象能力、邏輯推理論證能力及數(shù)學(xué)運算能力.考查的熱點是以幾何體為載體的垂直、平行的證明、平面圖形的折疊、探索開放性問題等；同時考查轉(zhuǎn)化化歸思想與數(shù)形結(jié)合的思想方法. 熱點一熱點一 空間位置關(guān)系與幾何體度量計算空間位置關(guān)系與幾何體度量計算(教材教材VS高考高考) 以空間幾何體(主要是柱、錐或簡單組合體)為載體

2、，通過空間平行、垂直關(guān)系的論證命制，主要考查公理4及線、面平行與垂直的判定定理與性質(zhì)定理，常與平面圖形的有關(guān)性質(zhì)及體積的計算等知識交匯考查，考查學(xué)生的空間想象能力和推理論證能力以及轉(zhuǎn)化與化歸思想，一般以解答題的形式出現(xiàn)，難度中等. 【例 1】 (滿分 12 分)(2017 全國卷)如圖，四棱錐 PABCD 中，側(cè)面 PAD 為等邊三角形且垂直于底面 ABCD，ABBC12AD，BADABC90 . (1)證明：直線 BC平面 PAD； (2)若PCD 的面積為 2 7，求四棱錐 PABCD 的體積. 教材探源 1.考題源于教材必修2P74習(xí)題2.3B組T2，T4及P62習(xí)題T3，將教材三棱錐改

3、成以四棱錐為載體，考查空間平行與垂直，在問題(1)和(2)的前提下設(shè)置求四棱錐的體積，在計算體積的過程中，考查面面垂直與線面垂直，可謂合二為一的精彩之作. 2.考題將教材中多個問題整合，采取知識嫁接，添加數(shù)據(jù)，層層遞進(jìn)設(shè)置問題，匠心獨運，考題源于教材高于教材. 滿分解答 (1)證明 在平面ABCD中， 因為BADABC90.所以BCAD， 1分 (得分點1) 又BC平面PAD，AD平面PAD.所以直線BC平面PAD. 3分 (得分點2) (2)解 如圖，取AD的中點M，連接PM，CM， 因為側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PM平面PAD，所以PMAD，P

4、M底面ABCD， 7分 (得分點4) 因為CM底面ABCD，所以PMCM. 8分 (得分點5) 由 ABBC12AD 及 BCAD， ABC90 得四邊形 ABCM 為正方形， 則 CMAD. 5 分 (得分點 3) 于是 ABBC2，AD4，PM2 3. 所以四棱錐 PABCD 的體積 V132（24）22 34 3. 12 分 (得分點 7) 設(shè) BCx，則 CMx，CD 2x，PM 3x，PCPD2x， 如圖，取 CD 的中點 N，連接 PN.則 PNCD， 所以 PN142x.因為PCD 的面積為 2 7，所以12 2x142x2 7， 解得 x2(舍去)或 x2. 10 分 (得分點

5、 6) 得步驟分：在立體幾何類解答題中，對于證明與計算過程中得分點的步驟，有則給分，無則沒分，所以對于得分點步驟一定要寫.如第(1)問中的 BCAD，第(2)問中 CMAD，PMCM，PN142x 等. 得關(guān)鍵分：解立體幾何類解答題時，一定要寫清得分關(guān)鍵點，如第(1)問中一定要寫出 BC平面 PAD，AD平面 PAD 兩個條件，否則不能得全分.在第(2)問中，證明 PM平面 ABCD 時，一定寫全三個條件，如平面 PAD平面 ABCDAD，PMAD 一定要有，否則要扣分.再如第(2)問中，一定要分別求出 BC，AD 及 PM，再計算幾何體的體積. 得計算分：涉及體積與面積的計算，正確求得數(shù)據(jù)結(jié)

6、果是關(guān)鍵，如利用面積求線段BC的長度，否則無法得分，再者PM及AD的計算失誤也會扣去2分，在第(2)問的推理中，巧用第(1)問結(jié)果，借助BCAD，證明CMAD優(yōu)化解題過程. 第一步：根據(jù)平面幾何性質(zhì)，證BCAD. 第二步：由線面平行判定定理，證線BC平面PAD. 第三步：判定四邊形ABCM為正方形，得CMAD. 第四步：證明直線PM平面ABCD. 第五步：利用面積求邊BC，并計算相關(guān)量. 第六步：計算四棱錐PABCD的體積. 【訓(xùn)練1】 (2015 全國卷)如圖，四邊形ABCD為菱形，G是AC與BD的交點，BE平面ABCD. (1)證明 因為四邊形ABCD為菱形，所以ACBD. 因為BE平面A

7、BCD，AC平面ABCD， 所以ACBE，且BEBDB，故AC平面BED. 又AC平面AEC，所以平面AEC平面BED. (1)證明：平面 AEC平面 BED； (2)若ABC120 ，AEEC，三棱錐 EACD 的體積為63，求該三棱錐的側(cè)面積. (2)解 設(shè)ABx，在菱形ABCD中，由ABC120， 由BE平面ABCD，BG平面ABCD知BEBG， 因為 AEEC，所以在 Rt AEC 中，可得 EG32x. 故三棱錐 EACD 的側(cè)面積為 32 5. 故EBG 為直角三角形，可得 BE22x. 由已知得，三棱錐 EACD 的體積 VEACD1312AC GD BE624x363，故 x2

8、. 可得 AGGC32x，GBGDx2. 所以EAC 的面積為 3，EAD 的面積與ECD 的面積均為 5. 從而可得 AEECED 6. 熱點二熱點二 平面圖形折疊成空間幾何體平面圖形折疊成空間幾何體 先將平面圖形折疊成空間幾何體，再以其為載體研究其中的線、面間的位置關(guān)系與計算有關(guān)的幾何量是近幾年高考考查立體幾何的一類重要考向，它很好地將平面圖形拓展成空間圖形，同時也為空間立體圖形向平面圖形轉(zhuǎn)化提供了具體形象的途徑，是高考深層次上考查空間想象能力的主要方向. 【例2】 (2016 全國卷)如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，點E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AECF，EF交BD于點H，將

9、DEF沿EF折到DEF的位置. (1)證明：ACHD； (2)若 AB5，AC6，AE54，OD2 2，求五棱錐 DABCFE 的體積. (1)證明 由已知得ACBD，ADCD， 由此得EFHD，故EFHD，所以ACHD. (2)解 由 EFAC 得OHDOAEAD14. 由 AB5，AC6 得 DOBO AB2AO24， 所以 OH1，DHDH3，于是 OD2OH2(2 2)2129DH2，故 ODOH. 又由 AECF 得AEADCFCD，故 ACEF， 由(1)知ACHD，又ACBD，BDHDH， 所以AC平面BHD，于是ACOD， 又由ODOH，ACOHO，所以O(shè)D平面ABC. 五邊形

10、 ABCFE 的面積 S126812923694. 所以五棱錐 DABCFE 的體積 V136942 223 22. 又由EFACDHDO得 EF92. 探究提高 1.(1)利用AC與EF平行，轉(zhuǎn)化為證明EF與HD垂直；(2)求五棱錐的體積需先求棱錐的高及底面的面積，結(jié)合圖形特征可以發(fā)現(xiàn)OD是棱錐的高，而底面的面積可以利用菱形ABCD與DEF面積的差求解，這樣就將問題轉(zhuǎn)化為證明OD與底面垂直以及求DEF的面積問題了. 2.解決與折疊有關(guān)的問題的關(guān)鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量，一般情況下，線段的長度是不變量，而位置關(guān)系往往會發(fā)生變化，抓住不變量是解決問題的突破口. 【訓(xùn)練2】 如圖，直角三角

11、形ABC中，A60，沿斜邊AC上的高BD將ABD折起到PBD的位置，點E在線段CD上. (1)求證：PEBD； (2)過點 D 作 DMBC 交 BC 于點 M， 點 N 為 PB 的中點， 若 PE平面 DMN， 求DEDC的值. (1)證明 BDPD，BDCD，且PDCDD，PD，CD平面PCD， BD平面PCD.又PE平面PCD，BDPE. 取BC的中點F，則PFMN. 又PF平面DMN，MN平面DMN， PF平面DMN. 由條件PE平面DMN，PEPFP， 平面PEF平面DMN， EFDM，DEDCMFMC13. (2)解 由題意，得 BM14BC. 熱點三熱點三 線線、面位置關(guān)系中的

12、開放存在性問題面位置關(guān)系中的開放存在性問題 【例3】 (2018 北京海淀模擬)如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是矩形，PAPD，PAAB，N是棱AD的中點. (1)求證：平面PAB平面PAD. (2)求證：PN平面ABCD. (3)在棱BC上是否存在動點E，使得BN平面DEP？并說明理由. (1)證明 在矩形ABCD中，ABAD， 又因為ABPA且PAADA， 所以AB平面PAD. 又因為AB平面PAB， 所以平面PAB平面PAD. (2)證明 在PAD中，PAPD，N是棱AD的中點，所以PNAD.由(1)知AB平面PAD，且PN平面PAD，所以ABPN. 又因為ABADA，所以PN

13、平面ABCD. (3)解 在棱BC上存在點E，使得BN平面DEP，此時E為BC的中點. 證明如下： 取BC中點E，連接PE，DE. 在矩形ABCD中，NDBE，NDBE， 所以四邊形BNDE是平行四邊形，則BNDE. 又因為BN平面DEP，DE平面DEP， 所以BN平面DEP. 探究提高 1.在立體幾何的平行關(guān)系問題中，“中點”是經(jīng)常使用的一個特殊點，通過找“中點”，連“中點”，即可出現(xiàn)平行線，而線線平行是平行關(guān)系的根本. 2.例3第(3)問是探索開放性問題，采用了先猜后證，即先觀察與嘗試給出條件再加以證明，對于命題結(jié)論的探索，常從條件出發(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

14、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. 【訓(xùn)練3】 (2018 邯鄲模擬)如圖，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分別是棱BC，AB的中點，點F在棱CC1上，已知ABAC，AA13，BCCF2. (1)求證：C1E平面ADF. (2)設(shè)點M在棱BB1上，當(dāng)BM為何值時，平面CAM平面ADF. (1)證明 連接CE交AD于O，連接OF. 因為CE，AD為ABC的中線，則O為ABC的重心， 因為OF平面ADF，C1E平面ADF， 所以C1E平面ADF. 故CFCC1COCE23，故 OFC1E， (2)解 當(dāng)BM1時，平面CAM平面ADF. 證明如下：因為ABAC，D是BC中點， 故ADBC，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1平面ABC，BB1平面B1BCC1， 故平面B1BCC1平面ABC. 又平面B1BCC1平面ABCBC，AD平面ABC， 所以AD平面B1BCC1，CM平面B1BCC1，故ADCM. 又BM1，BC2，CD1，F(xiàn)C2， 故CBMFCD. 易證CMDF，DFADD，故CM平面ADF. 又CM平面CAM，故平面CAM平面ADF.