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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(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,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,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,點E,F(E與A,D不重合)分別在棱AD,BD上,且EF⊥AD.求證:(1)EF∥平面ABC;(2)AD⊥AC.,題型一,題型二,題型三,題型四,證明:(1)在平面ABD內(nèi),因為AB⊥AD,EF⊥AD,所以EF∥AB.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,BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD.因為AD?平面ABD,所以BC⊥AD.又AB⊥AD,BC∩AB=B,AB?平面ABC,BC?平面ABC,所以AD⊥平面ABC.又因為AC?平面ABC,所以AD⊥AC.,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(jìn)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)F∥PB.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AD⊥PB.在等腰直角三角形PAB中,AE⊥PB,又AE∩AD=A,AE?平面EAD,AD?平面EAD,所以PB⊥平面EAD,又OF∥PB,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)BD⊥PC.,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a∥b,只需證明向量a=λb(λ∈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(qiáng)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:AC⊥DC1.(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AC⊥CC1,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AC⊥DC1.(2)證明:在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,所以AA1⊥AB,AA1⊥AC,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,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,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,AB⊥AD,所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.又因為PA⊥PD,所以PD⊥平面PAB.(2)解:取AD的中點O,連接PO,CO.因為PA=PD,所以PO⊥AD.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PO⊥CO.因為AC=CD,所以CO⊥AD.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(jìn)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(jìn)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(jìn)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AD⊥DB,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AD⊥DB,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DB∥AC.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PD⊥DA,PD⊥DB.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,AE⊥EC.(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,EF∥AB,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MN∥BD.又BD?平面BDE,MN?平面BDE,所以MN∥平面BDE,因為EF∥AB,AB=2EF,所以EF∥CD,EF=DN.所以四邊形EFND為平行四邊形.所以FN∥ED.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EO⊥AD.因為平面ADE⊥平面ABCD,所以EO⊥平面ABCD,EO⊥BO.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AD⊥BO.,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,∴EF∥AB,∵ABC-A1B1C1是三棱柱,∴AB∥A1B1,∴EF∥A1B1,∴EF∥平面A1B1C,∵D是AA1的中點,∴DF∥A1C,∴DF∥平面A1B1C,又EF∩DF=F,∴平面DEF∥平面A1B1C,∴DE∥平面A1B1C;(2)解:過點A1作A1O⊥AC,垂足為O,連接OB,∵側(cè)面ACC1A1⊥底面ABC,∴A1O⊥平面ABC,∴A1O⊥OB,A1O⊥OC,∵∠A1AC=60,AA1=2,∴OA=1,OA1=,∵AB=2,∠OAB=60,由余弦定理得OB2=OA2+AB2-2OAABcos∠BAC=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Ⅰ,理18)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB∥CD,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AB⊥AP,CD⊥PD.由于AB∥CD,故AB⊥PD,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PF⊥AD,垂足為F.,由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,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α,β的法向量分別為n1,n2,二面角的平面角為θ(0≤θ≤π),則|cosθ|=|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Ⅱ,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)AC∩BD=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,∴AC⊥DM,AE⊥DM,∵AC∩AE=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α,使得BD?α,且平面AEF∥α;(不必給出證明過程,只要求作出α與直棱柱ABCD-A1B1C1D1的截面)(2)若AB=AA1=2,∠BAD=60,求點C到所作截面α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α,α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,,