高考大題專項突破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,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、線、面位置關(guān)系的判定與證明以及空間角的計算是考查的重點內(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)運算的要求有加強的趨勢.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,題型四,題型一平行與垂直關(guān)系的證明(多維探究)類型一適合用幾何法證明例1(2017江蘇,15)如圖,在三棱錐A-BCD中,ABAD,BCBD,平面ABD平面BCD,點E,F(E與A,D不重合)分別在棱AD,BD上,且EFAD.求證:(1)EF平面ABC;(2)ADAC.,題型一,題型二,題型三,題型四,證明:(1)在平面ABD內(nèi),因為ABAD,EFAD,所以EFAB.又因為EF平面ABC,AB平面ABC,所以EF平面ABC.(2)因為平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD,BC平面BCD,BCBD,所以BC平面ABD.因為AD平面ABD,所以BCAD.又ABAD,BCAB=B,AB平面ABC,BC平面ABC,所以AD平面ABC.又因為AC平面ABC,所以ADAC.,題型一,題型二,題型三,題型四,解題心得從解題方法上說,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)化途徑進行.,題型一,題型二,題型三,題型四,對點訓(xùn)練1在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,PA平面ABCD,PA=AB=2,E,F分別是PB,PD的中點.(1)求證:PB平面FAC;(2)求三棱錐P-EAD的體積;(3)求證:平面EAD平面FAC.,題型一,題型二,題型三,題型四,(1)證明:連接BD,與AC交于點O,連接OF.在PBD中,O,F分別是BD,PD的中點,所以O(shè)FPB.又因為OF平面FAC,PB平面FAC,所以PB平面FAC.,題型一,題型二,題型三,題型四,(2)解:因為PA平面ABCD,所以PA為三棱錐P-ABD的高.因為PA=AB=2,底面ABCD是正方形,(3)證明:因為AD平面PAB,PB平面PAB,所以ADPB.在等腰直角三角形PAB中,AEPB,又AEAD=A,AE平面EAD,AD平面EAD,所以PB平面EAD,又OFPB,所以O(shè)F平面EAD,又OF平面FAC,所以平面EAD平面FAC.,題型一,題型二,題型三,題型四,類型二適合用向量法證明例2如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA平面ABCD,底面ABCD是菱形,PA=AB=2,BAD=60,E是PA的中點.求證:(1)直線PC平面BDE;(2)BDPC.,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,解題心得利用空間向量證明空間的平行或垂直關(guān)系,首先建立空間直角坐標(biāo)系,然后用坐標(biāo)表示直線的方向向量及平面的法向量,最后利用向量的數(shù)量積或數(shù)乘運算證明.用向量方法證明直線ab,只需證明向量a=b(R)(其中a,b分別是直線a與b的方向向量);證直線和平面垂直,只需證直線的方向向量與平面的法向量共線;證直線和平面平行,除證直線的方向向量與平面的法向量垂直外,還需強調(diào)直線在平面外.,題型一,題型二,題型三,題型四,對點訓(xùn)練2(2017北京海淀一模,理18)如圖,由直三棱柱ABC-A1B1C1和四棱錐D-BB1C1C構(gòu)成的幾何體中,BAC=90,AB=1,BC=BB1=2,C1D=CD=,平面CC1D平面ACC1A1.(1)求證:ACDC1.(2)若M為DC1的中點,求證:AM平面DBB1.(3)在線段BC上是否存在點P,使直線DP與,題型一,題型二,題型三,題型四,(1)證明:在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1平面ABC,故ACCC1,由平面CC1D平面ACC1A1,且平面CC1D平面ACC1A1=CC1,所以AC平面CC1D,又C1D平面CC1D,所以ACDC1.(2)證明:在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1平面ABC,所以AA1AB,AA1AC,又BAC=90,所以,如圖建立空間直角坐標(biāo)系,依據(jù)已知條件可得,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,題型二與平行、垂直有關(guān)的存在性問題例3如圖,在四棱錐P-ABCD中,平面PAD平面ABCD,PAPD,PA=PD,ABAD,AB=1,AD=2,AC=CD=.(1)求證:PD平面PAB.(2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值.(3)在棱PA上是否存在點M,使得BM平面PCD?若存在,求的值;若不存在,說明理由.,題型一,題型二,題型三,題型四,(1)證明:因為平面PAD平面ABCD,ABAD,所以AB平面PAD.所以ABPD.又因為PAPD,所以PD平面PAB.(2)解:取AD的中點O,連接PO,CO.因為PA=PD,所以POAD.又因為PO平面PAD,平面PAD平面ABCD,所以PO平面ABCD.因為CO平面ABCD,所以POCO.因為AC=CD,所以COAD.如圖建立空間直角坐標(biāo)系.,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,解題心得1.先假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對象存在(或結(jié)論成立),然后在這個前提下進行邏輯推理,若由此導(dǎo)出矛盾,則否定假設(shè);否則,給出肯定結(jié)論.2.空間向量最適合解決這類探索性問題,解題時無需進行復(fù)雜的作圖、論證、推理,只需把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件,據(jù)此列方程或方程組,把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“方程或方程組是否有解”,即通過坐標(biāo)運算進行判斷,這就是計算推理法.,題型一,題型二,題型三,題型四,對點訓(xùn)練3(2017北京海淀區(qū)二模,理17)如圖,三棱錐P-ABC,側(cè)棱PA=2,底面三角形ABC為正三角形,邊長為2,頂點P在平面ABC上的射影為D,有ADDB,且DB=1.(1)求證:AC平面PDB.(2)求二面角P-AB-C的余弦值.(3)線段PC上是否存在點E使得PC平面ABE?如果存在,求的值;如果不存在,請說明理由.,題型一,題型二,題型三,題型四,(1)證明:因為ADDB,且DB=1,AB=2,所以AD=,所以DBA=60.因為ABC為正三角形,所以CAB=60,又由已知可知ACBD為平面四邊形,所以DBAC.因為AC平面PDB,DB平面PDB,所以AC平面PDB.(2)解:由點P在平面ABC上的射影為D,可得PD平面ACBD,所以PDDA,PDDB.如圖,以D為原點,DB為x軸,DA為y軸,DP為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,題型三求空間角(多維探究)類型一求異面直線所成的角例4如圖,四邊形ABCD為菱形,ABC=120,E,F是平面ABCD同一側(cè)的兩點,BE平面ABCD,DF平面ABCD,BE=2DF,AEEC.(1)求證:平面AEC平面AFC;(2)求直線AE與直線CF所成角的余弦值.,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,對點訓(xùn)練4(2017江蘇無錫一模,15)如圖,已知正四棱錐P-ABCD中,PA=AB=2,點M,N分別在PA,BD上,且(1)求異面直線MN與PC所成角的大小;(2)求二面角N-PC-B的余弦值.,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,類型二求直線與平面所成的角例5(2017北京東城區(qū)二模,理17)如圖,在幾何體ABCDEF中,平面ADE平面ABCD,四邊形ABCD為菱形,且DAB=60,EA=ED=AB=2EF,EFAB,M為BC中點.(1)求證:FM平面BDE;(2)求直線CF與平面BDE所成角的正弦值.,題型一,題型二,題型三,題型四,(1)證明:取CD中點N,連接MN,FN.因為N,M分別為CD,BC中點,所以MNBD.又BD平面BDE,MN平面BDE,所以MN平面BDE,因為EFAB,AB=2EF,所以EFCD,EF=DN.所以四邊形EFND為平行四邊形.所以FNED.又ED平面BDE,FN平面BDE,所以FN平面BDE,又N為FN和MN交點,所以平面MFN平面BDE.又FM平面MFN,所以FM平面BDE.,題型一,題型二,題型三,題型四,(2)解:取AD中點O,連接EO,BO.因為EA=ED,所以EOAD.因為平面ADE平面ABCD,所以EO平面ABCD,EOBO.因為AD=AB,DAB=60,所以三角形ADB為等邊三角形.因為O為AD中點,所以ADBO.,題型一,題型二,題型三,題型四,解題心得求線面角可以用幾何法,即“先找,后證,再求”,也可以通過平面的法向量來求,即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角,取其余角就是斜線和平面所成的角.,題型一,題型二,題型三,題型四,對點訓(xùn)練5(2017山西太原三模,理19)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面ACC1A1底面ABC,A1AC=60,AC=2AA1=4,點D,E分別是AA1,BC的中點.(1)求證:DE平面A1B1C;(2)若AB=2,BAC=60,求直線DE與平面ABB1A1所成角的正弦值.,題型一,題型二,題型三,題型四,(1)證明:取AC的中點F,連接DF,EF,E是BC的中點,EFAB,ABC-A1B1C1是三棱柱,ABA1B1,EFA1B1,EF平面A1B1C,D是AA1的中點,DFA1C,DF平面A1B1C,又EFDF=F,平面DEF平面A1B1C,DE平面A1B1C;(2)解:過點A1作A1OAC,垂足為O,連接OB,側(cè)面ACC1A1底面ABC,A1O平面ABC,A1OOB,A1OOC,A1AC=60,AA1=2,OA=1,OA1=,AB=2,OAB=60,由余弦定理得OB2=OA2+AB2-2OAABcosBAC=3,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,類型三求二面角例6(2017全國,理18)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,求二面角A-PB-C的余弦值.,題型一,題型二,題型三,題型四,(1)由已知BAP=CDP=90,得ABAP,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)在平面PAD內(nèi)作PFAD,垂足為F.,由(1)可知,AB平面PAD,故ABPF,可得PF平面ABCD.,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,解題心得如圖,設(shè)平面,的法向量分別為n1,n2,二面角的平面角為(0),則|cos|=|cos|=.結(jié)合實際圖形判斷所求角是銳角還是鈍角.,題型一,題型二,題型三,題型四,對點訓(xùn)練6(2017全國,理19)如圖,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,E是PD的中點.(1)證明:直線CE平面PAB;(2)點M在棱PC上,且直線BM與底面ABCD所成角為45,求二面角M-AB-D的余弦值.,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,題型四求空間點到面的距離例7如圖,在多面體ABCDEF中,底面ABCD是邊長為2的菱形,BAD=60,四邊形BDEF是矩形,平面BDEF平面ABCD,DE=2,M為線段BF的中點.(1)求M到平面DEC的距離及三棱錐M-CDE的體積;(2)求證:DM平面ACE,題型一,題型二,題型三,題型四,(1)解:設(shè)ACBD=O,以O(shè)為原點,OB為x軸,OC為y軸,過O作平面ABCD的垂線為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,題型一,題型二,題型三,題型四,ACDM,AEDM,ACAE=A,DM平面ACE.,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,對點訓(xùn)練7(2017貴州貴陽一模)底面為菱形的直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別為棱A1B1,A1D1的中點.(1)在圖中作一個平面,使得BD,且平面AEF;(不必給出證明過程,只要求作出與直棱柱ABCD-A1B1C1D1的截面)(2)若AB=AA1=2,BAD=60,求點C到所作截面的距離.,題型一,題型二,題型三,題型四,解:(1)取B1C1的中點G,D1C1的中點H,連接BG,GH,DH,則平面BDHG就是所求的平面,與直棱柱ABCD-A1B1C1D1的截面即為面BDHG.(2)取BC中點M,AB=AA1=2,BAD=60,以D為原點,DA為x軸,DM為y軸,DD1為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,