2020版高考数学新增分大一轮新高考(鲁京津琼)专用讲义:第八章 高考专题突破四 Word版含解析.pdf
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1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 高考专题突破四 高考中的立体几何问题高考专题突破四 高考中的立体几何问题 题型一 平行、垂直关系的证明 例 1 如图, 在三棱柱 ABCA1B1C1中, 侧棱垂直于底面, ABBC, AA1AC2, BC1, E, F 分别是 A1C1,BC 的中点 (1)求证:平面 ABE平面 B1BCC1; (2)求证:C1F平面 ABE; (3)求三棱锥 EABC 的体积 (1)证明 在三棱柱 ABCA1B1C1中,BB1底面 ABC. 因为 AB平面 ABC, 所以 BB1AB. 又因为 ABBC,BCBB1B, 所以 AB平面 B1BCC1. 又 AB平面
2、 ABE, 所以平面 ABE平面 B1BCC1. (2)证明 方法一 如图 1,取 AB 中点 G,连接 EG,FG. 因为 E,F 分别是 A1C1,BC 的中点, 所以 FGAC,且 FG AC. 1 2 因为 ACA1C1,且 ACA1C1, 所以 FGEC1,且 FGEC1, 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以四边形 FGEC1为平行四边形, 所以 C1FEG. 又因为 EG平面 ABE,C1F平面 ABE, 所以 C1F平面 ABE. 方法二 如图 2,取 AC 的中点 H,连接 C1H,FH. 因为 H,F 分别是 AC,BC 的中点,所以 HFAB, 又因为 E,H
3、 分别是 A1C1,AC 的中点, 所以 EC1AH,且 EC1AH, 所以四边形 EAHC1为平行四边形, 所以 C1HAE, 又 C1HHFH,AEABA, 所以平面 ABE平面 C1HF, 又 C1F平面 C1HF, 所以 C1F平面 ABE. (3)解 因为 AA1AC2,BC1,ABBC, 所以 AB.AC2BC23 所以三棱锥 EABC 的体积 V SABCAA1 12. 1 3 1 3 1 2 3 3 3 思维升华 (1)平行问题的转化 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化解决平行关系的判定问题时,一般遵循从 “低维”到“高维”的
4、转化,即从“线线平行”到“线面平行” ,再到“面面平行” ;而应用 性质定理时,其顺序正好相反在实际的解题过程中,判定定理和性质定理一般要相互结合, 灵活运用 (2)垂直问题的转化 在空间垂直关系中,线面垂直是核心,已知线面垂直,既可为证明线线垂直提供依据,又可 为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫应用面面垂直的性质定理时,一般需作辅助线,基 本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线,从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题, 进而可转化为线线垂直问题 跟踪训练1 如图, 在底面是矩形的四棱锥PABCD中, PA底面ABCD, 点E, F分别是PC, PD 的中点,PAAB1,BC2. (1)求证:
5、EF平面 PAB; (2)求证:平面 PAD平面 PDC. 证明 (1)以 A 为坐标原点,AB 所在直线为 x 轴,AD 所在直线为 y 轴,AP 所在直线为 z 轴, 建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz, 则 A(0, 0, 0), B(1, 0, 0), C(1, 2, 0), D(0, 2, 0), P(0, 0, 1) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 点 E,F 分别是 PC,PD 的中点, E,F, ( 1 2,1, 1 2) (0,1, 1 2) ,(1,0,0)EF ( 1 2,0,0) AB ,EF 1 2AB ,EF AB 即 EFAB, 又 AB平面 PA
6、B,EF平面 PAB, EF平面 PAB. (2)由(1)可知, (0,0,1),(0,2,0),(1,0,0),AP AD DC (0,0,1)(1,0,0)0,AP DC (0,2,0)(1,0,0)0,AD DC ,AP DC AD DC 即 APDC,ADDC. 又 APADA,AP,AD平面 PAD, DC平面 PAD. DC平面 PDC, 平面 PAD平面 PDC. 题型二 立体几何中的计算问题 命题点 1 求线面角 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 例 2 (2018浙江)如图, 已知多面体 ABCA1B1C1, A1A, B1B, C1C 均垂直于平面 ABC, AB
7、C 120,A1A4,C1C1,ABBCB1B2. (1)证明:AB1平面 A1B1C1; (2)求直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值 方法一 (1)证明 由 AB2,AA14,BB12,AA1AB,BB1AB,得 AB1A1B12,2 所以 A1B AB AA , 2 12 12 1 故 AB1A1B1. 由 BC2,BB12,CC11,BB1BC,CC1BC, 得 B1C1 . 5 由 ABBC2,ABC120,得 AC2 . 3 由 CC1AC,得 AC1,13 所以 AB B1C AC , 2 12 12 1 故 AB1B1C1. 又因为 A1B1B1C1B1,A1B1,B1
8、C1平面 A1B1C1, 所以 AB1平面 A1B1C1. (2)解 如图,过点 C1作 C1DA1B1,交直线 A1B1于点 D, 连接 AD. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 由 AB1平面 A1B1C1, 得平面 A1B1C1平面 ABB1. 由 C1DA1B1,平面 A1B1C1平面 ABB1A1B1,C1D平面 A1B1C1,得 C1D平面 ABB1. 所以C1AD 即为 AC1与平面 ABB1所成的角 由 B1C1,A1B12,A1C1,5221 得 cosC1A1B1,sinC1A1B1, 42 7 7 7 所以 C1D,3 故 sinC1AD. C1D AC1 39
9、 13 因此直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值是. 39 13 方法二 (1)证明 如图,以 AC 的中点 O 为原点,分别以射线 OB,OC 为 x,y 轴的正半轴, 建立空间直角坐标系 Oxyz. 由题意知各点坐标如下: A(0,0),B(1,0,0),A1(0,4),B1(1,0,2),C1(0,1)333 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 因此(1,2),(1,2),(0,2,3)AB1 3A1B1 3A1C1 3 由0,得 AB1A1B1.AB1 A1B1 由0,得 AB1A1C1.AB1 A1C1 又 A1B1A1C1A1,A1B1,A1C1平面 A1B1C1,
10、 所以 AB1平面 A1B1C1. (2)解 设直线 AC1与平面 ABB1所成的角为 . 由(1)可知 (0,2,1),(1,0),(0,0,2)AC1 3AB 3BB1 设平面 ABB1的一个法向量为 n(x,y,z) 由Error!Error!得Error!Error! 可取 n(,1,0)3 所以 sin |cos,n|.AC1 |AC1 n| |AC1 |n| 39 13 因此直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值是. 39 13 思维升华 (1)利用向量求直线与平面所成的角有两个思路:分别求出斜线和它在平面内的 射影直线的方向向量,转化为求两个方向向量的夹角(或其补角);通过
11、平面的法向量来求, 即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角,取其余角就是斜线和平面所成的角 (2)若直线 l 与平面 的夹角为 , 直线 l 的方向向量 l 与平面 的法向量 n 的夹角为 , 则 或 ,故有 sin |cos |. 2 2 |ln| |l|n| 跟踪训练 2 (2018福州质检)在直三棱柱 ABCA1B1C1中,ABC 为正三角形,点 D 在棱 BC 上,且 CD3BD,点 E,F 分别为棱 AB,BB1的中点 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (1)证明:A1C平面 DEF; (2)若 A1CEF,求直线 A1C1与平面 DEF 所成的角的正弦值 解 (1)
12、如图,连接 AB1,A1B 交于点 H, 设 A1B 交 EF 于点 K,连接 DK, 因为四边形 ABB1A1为矩形, 所以 H 为线段 A1B 的中点 因为点 E,F 分别为棱 AB,BB1的中点, 所以点 K 为线段 BH 的中点, 所以 A1K3BK. 又 CD3BD,所以 A1CDK. 又 A1C平面 DEF,DK平面 DEF, 所以 A1C平面 DEF. (2)连接 CE,EH,由(1)知,EHAA1, 因为 AA1平面 ABC, 所以 EH平面 ABC. 因为ABC 为正三角形,且点 E 为棱 AB 的中点, 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以 CEAB. 故以点
13、E 为坐标原点,分别以,的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示EA EH EC 的空间直角坐标系 Exyz. 设 AB4,AA1t(t0), 则 E(0,0,0),A1(2,t,0),A(2,0,0),C(0,0,2),3 F,D, (2, t 2,0) ( 3 2,0, 3 2) 所以(2,t,2),.A1C 3EF (2, t 2,0) 因为 A1CEF,所以0,A1C EF 所以(2)(2)t 200, t 2 3 所以 t2,2 所以(2,0),.EF 2ED ( 3 2,0, 3 2) 设平面 DEF 的一个法向量为 n(x,y,z), 则Error!Error!所以E
14、rror!Error! 取 x1,则 n(1,)23 又(2,0,2),A1C1 AC 3 设直线 A1C1与平面 DEF 所成的角为 , 则 sin |cosn,|,A1C1 |nA1C1 | |n|A1C1 | 4 6 4 6 6 所以直线 A1C1与平面 DEF 所成的角的正弦值为. 6 6 命题点 2 求二面角 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 例 3 如图, 在四棱锥 ABCDE 中, 平面 BCDE平面 ABC, BEEC, BC2, AB4, ABC 60. (1)求证:BE平面 ACE; (2)若直线 CE 与平面 ABC 所成的角为 45,求二面角 EABC 的余弦
15、值 (1)证明 在ACB 中,由余弦定理得 cosABC , AB2BC2AC2 2ABBC 1 2 解得 AC2,3 所以 AC2BC2AB2,所以 ACBC. 又因为平面 BCDE平面 ABC,平面 BCDE平面 ABCBC,AC平面 ABC, 所以 AC平面 BCDE. 又 BE平面 BCDE,所以 ACBE. 又 BEEC,AC,CE平面 ACE,且 ACCEC, 所以 BE平面 ACE. (2)解 方法一 因为直线 CE 与平面 ABC 所成的角为 45,平面 BCDE平面 ABC, 平面 BCDE平面 ABCBC, 所以BCE45,所以EBC 为等腰直角三角形 取 BC 的中点 F
16、,连接 EF,过点 F 作 FGAB 于点 G,连接 EG, 则EGF 为二面角 EABC 的平面角 易得 EFBF1,FG. 3 2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 在 RtEFG 中,由勾股定理,得 EG,EF2FG2 7 2 所以 cosEGF, FG EG 21 7 所以二面角 EABC 的余弦值为. 21 7 方法二 因为直线 CE 与平面 ABC 所成的角为 45,平面 BCDE平面 ABC,平面 BCDE 平面 ABCBC, 所以BCE45,所以EBC 为等腰直角三角形 记 BC 的中点为 O,连接 OE,则 OE平面 ABC, 以 O 为坐标原点,分别以 OB,OE
17、 所在直线为 x 轴、z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则 A(1,2,0),B(1,0,0),E(0,0,1),3 所以(2,2,0),(1,0,1)BA 3BE 设平面 ABE 的法向量 m(x,y,z), 则Error!Error!即Error!Error! 令 x,则 m(,1,)为平面 ABE 的一个法向量333 易知平面 ABC 的一个法向量为(0,0,1),OE 所以 cosm,OE mOE |m|OE | 3 7 21 7 易知二面角 EABC 为锐角, 所以二面角 EABC 的余弦值为. 21 7 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 思维升华 (1)求二面角最常
18、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 跟踪训练 3 如图,四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面 ABCD 是菱形,ACBDO,A1O底面 ABCD,AB2,AA13. (1)证明:平面 A1CO平面 BB1D1D; (2)若BAD60,求二面角 BOB1C 的余弦值 (1)证明 A1O平面 ABCD,BD平面
19、ABCD, A1OBD. 四边形 ABCD 是菱形,COBD. A1OCOO,A1O,CO平面 A1CO, BD平面 A1CO. BD平面 BB1D1D, 平面 A1CO平面 BB1D1D. (2)解 A1O平面 ABCD,COBD, OB,OC,OA1两两垂直, 以 O 为坐标原点,的方向为 x, y, z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系OB OC OA1 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 AB2,AA13,BAD60, OBOD1,OAOC,OA1.3AA2 1OA26 则 O(0,0,0),B(1,0,0),C(0,0),A(0,0),A1(0,0,),336 (1,0
20、,0),(0,),(1,)OB BB1 AA1 36OB1 OB BB1 36 设平面 OBB1的法向量为 n(x,y,z), 则Error!Error!即Error!Error! 令 y,得 n(0,1),是平面 OBB1的一个法向量22 同理可求得平面 OCB1的一个法向量 m(,0,1),6 cosn,m. nm |n|m| 1 3 7 21 21 由图可知二面角 BOB1C 是锐二面角, 二面角 BOB1C 的余弦值为. 21 21 题型三 立体几何中的探索性问题 例4 如图, 在四棱锥PABCD中, PA平面ABCD, ADBC, ADCD, 且ADCD2, BC2 4,PA2.2
21、(1)求证:ABPC; (2)在线段 PD 上,是否存在一点 M,使得二面角 MACD 的大小为 45,如果存在,求 BM 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 与平面 MAC 所成角的正弦值,如果不存在,请说明理由 (1)证明 如图,由已知得四边形 ABCD 是直角梯形, 由 ADCD2,BC4,可得ABC 是等腰直角三角形,即 ABAC,22 因为 PA平面 ABCD,所以 PAAB, 又 PAACA,PA,AC平面 PAC, 所以 AB平面 PAC, 所以 ABPC. (2)解 方法一 (几何法)过点 M 作 MNAD 交 AD 于点 N,则 MNPA, 因为 PA平面 ABCD,
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