2020版高考数学培优考前练文科通用版课件:5.3 立体几何解答题 .pptx
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1、5.3 立体几何解答题,-2-,高考命题规律 1.高考必考考题.主要以多面体为载体,考查空间位置关系的判定与性质、求几何体的体积、面积、距离等. 2.解答题,12分,中等难度. 3.全国高考有4种命题角度,分布如下表.,-3-,-4-,空间中平行、垂直关系的证明 高考真题体验对方向 1.(2019天津17) 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,PCD为等边三角形,平面PAC平面PCD,PACD,CD=2,AD=3. (1)设G,H分别为PB,AC的中点,求证:GH平面PAD; (2)求证:PA平面PCD; (3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.,-5-,(1)证明:连
2、接BD,易知ACBD=H,BH=DH.又由BG=PG,故GHPD.又因为GH平面PAD,PD平面PAD,所以GH平面PAD. (2)证明:取棱PC的中点N,连接DN,依题意,得DNPC,又因为平面PAC平面PCD,平面,PAC平面PCD=PC,所以DN平面PAC,又PA平面PAC,故DNPA.又已知PACD,CDDN=D,所以PA平面PCD. (3)解:连接AN,由(2)中DN平面PAC,可知DAN为直线AD与平面PAC所成的角.,-6-,2.(2017山东18)由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如图所示.四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,E
3、为AD的中点,A1E平面ABCD. (1)证明:A1O平面B1CD1; (2)设M是OD的中点,证明:平面A1EM平面B1CD1.,-7-,证明:(1)取B1D1的中点O1,连接CO1,A1O1,由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,所以A1O1OC,A1O1=OC,因此四边形A1OCO1为平行四边形,所以A1OO1C. 又O1C平面B1CD1,A1O平面B1CD1, 所以A1O平面B1CD1. (2)因为ACBD,E,M分别为AD和OD的中点,所以EMBD, 又A1E平面ABCD,BD平面ABCD. 所以A1EBD,因为B1D1BD, 所以EMB1D1,A1EB1D1. 又A1E,EM平面
4、A1EM,A1EEM=E, 所以B1D1平面A1EM, 又B1D1平面B1CD1, 所以平面A1EM平面B1CD1.,-8-,典题演练提能刷高分 1.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC,点E,F分别在棱BB1,CC1上(均异于端点),且 ABE=ACF,AEBB1,AFCC1. 求证:(1)平面AEF平面BB1C1C; (2)BC平面AEF.,-9-,证明:(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1CC1. AFCC1,AFBB1. 又AEBB1,AEAF=A,AE,AF平面AEF, BB1平面AEF,又BB1平面BB1C1C, 平面AEF平面BB1C1C. (2)AEBB1,
5、AFCC1,ABE=ACF,AB=AC,RtAEBRtAFC, BE=CF,又由(1)知,BECF. 四边形BEFC是平行四边形,从而BCEF. 又BC平面AEF,EF平面AEF, BC平面AEF.,-10-,2. (2019四川成都一模)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形,ABC=60,PA平面ABCD,点M是棱PC的中点. (1)证明:PA平面BMD; (2)当PA= 时,求三棱锥M-PAD的体积.,(1)证明: 如图,连接AC交BD于点O,连接MO. M,O分别为PC,AC的中点,PAMO. PA平面BMD,MO平面BMD, PA平面BMD.,-11-,(2)解:如图
6、,取线段BC的中点H,连接AH. 四边形ABCD是菱形,ABC=60, AHAD.PA平面ABCD,AHPA. 又PAAD=A,所以AH平面PAD, 点H到平面PAD的距离即为AH的长度.又BCAD, 点C到平面PAD的距离即为AH的长度.,-12-,3. 如图,在直角ABC中,ACB=90,BC=2AC=4,D,E分别是AB,BC边的中点,沿DE将BDE折起至FDE,且CEF=60. (1)求四棱锥F-ACED的体积; (2)求证:平面ADF平面ACF.,-13-,(1)解:D,E分别是AB,BC边的中点,DE平行且等于AC的一半,DEBC,DE=1.依题意,DEEF,BE=EF=2.,DE
7、平面CEF,平面ACED平面CEF. 过F点作FMEC于点M,-14-,DN平面ACF,又DN平面ADF, 平面ADF平面ACF.,-15-,4.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAB平面ABCD,ADBC,PAAB,CDAD,BC=CD= AD,E为AD的中点. (1)求证:PACD. (2)求证:平面PBD平面PAB. (3)在平面PAB内是否存在M,使得直线CM平面PBE,请说明理由.,-16-,(1)证明:平面PAB平面ABCD,平面PAB平面ABCD=AB,PAAB, PA平面ABCD, 又CD平面ABCD, PACD.,-17-,(2)证明:由已知,BCED,且BC=ED, 四边
8、形BCDE是平行四边形, 又CDAD,BC=CD, 四边形BCDE是正方形, 连接CE,则BDCE. 又BCAE,BC=AE, 四边形ABCE是平行四边形, CEAB,BDAB, 由(1)知PA平面ABCD,BD平面ABCD, PABD,又PAAB=A,BD平面PAB, BD平面PBD,平面PBD平面PAB.,-18-,(3)解:当M为直线AB,CD的交点时,有CM平面PBE. 理由如下:在四边形ABCD中,ADBC,BC= AD,四边形ABCD为梯形, AB,CD必定相交,设交点为M.由(2)知四边形BCDE是正方形, CMBE,又CM平面PBE,BE平面PBE, CM平面PBE. 故平面P
9、AB内存在M,使得直线CM平面PBE,且M为直线AB,CD的交点.,-19-,几何体的体积与距离问题 高考真题体验对方向 1. (2019全国17)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1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,AB=3,求四棱锥E-BB1C1C的体积.,-20-,(1)证明:由已知得B1C1平面ABB1A1,BE平面ABB1A1,故B1C1BE.又BEEC1,所以BE平面EB1C1. (2)解:由(1)知BEB1=90.由题设知RtABERtA1B1E,所以AEB=A1EB1=45,故AE=AB=3,AA1
10、=2AE=6. 作EFBB1,垂足为F,则EF平面BB1C1C,且EF=AB=3. 所以,四棱锥E-BB1C1C的体积V= 363=18.,-21-,2. (2019全国19)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,BAD=60,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点. (1)证明:MN平面C1DE; (2)求点C到平面C1DE的距离.,-22-,(1)证明:连接B1C,ME. 由题设知A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND, 因此四边形MNDE为平行四边形,MNED. 又MN平面C1DE,所以MN平面C1DE. (2)解:过C作C1E的垂线,垂足为
11、H. 由已知可得DEBC,DEC1C,所以DE平面C1CE,故DECH. 从而CH平面C1DE,故CH的长即为C到平面C1DE的距离.,-23-,3.(2018全国19)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2 ,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点. (1)证明:PO平面ABC; (2)若点M在棱BC上,且MC=2MB,求点C到平面POM的距离.,-24-,-25-,4.(2017全国18)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC= AD,BAD=ABC=90. (1)证明:直线BC平面PAD;,-26-,(1)证明:在平面ABCD内,因为B
12、AD=ABC=90,所以BCAD.又BC平面PAD,AD平面PAD,故BC平面PAD. (2)解:取AD的中点M,连接PM,CM.,形,则CMAD. 因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD, 所以PMAD,PM底面ABCD. 因为CM底面ABCD,所以PMCM.,-27-,-28-,5.(2017全国19)如图,四面体ABCD中,ABC是正三角形,AD=CD. (1)证明:ACBD; (2)已知ACD是直角三角形,AB=BD,若E为棱BD上与D不重合的点,且AEEC,求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比.,-29-,(1)证明:取AC的中点O,连接DO
13、,BO. 因为AD=CD,所以ACDO. 又由于ABC是正三角形,所以ACBO. 从而AC平面DOB,故ACBD. (2)解:连接EO. 由(1)及题设知ADC=90,所以DO=AO. 在RtAOB中,BO2+AO2=AB2. 又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故DOB=90.,-30-,典题演练提能刷高分 1. (2019河北唐山三模)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,C1C底面ABC,ACB=90,AC=BC=4,M,N分别为AB,CC1的中点. (1)求证:CM平面AB1N; (2)若AB1与平面B1C1CB所成的角为30,求点M到平面AB1N的距离.
14、,-31-,(1)证明:取AB1的中点O,连接OM,ON(图略),在ABB1中,O,M分别是 又N为CC1的中点,CC1BB1, 从而有OMNC且OM=NC, 所以四边形OMCN为平行四边形, 所以CMNO. 又因为CM平面AB1N,NO平面AB1N, 所以CM平面AB1N.,-32-,(2)解:由CC1平面ABC,得CC1AC. 又因为ACBC,CC1BC=C, 所以AC平面B1C1CB. 连接CB1(图略),所以AB1C即为AB1与平面B1C1CB所成的角,从而有AB1C=30,-33-,2.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1=4,AB=BC=2,AC=2 ,点M是棱AA1上不同
15、于A,A1的动点. (1)证明:BCB1M; (2)若CMB1=90,判断点M的位置并求出此时平面MB1C把此棱柱分成的两部分几何体的体积之比. (1)证明:在ABC中,AB2+BC2=8=AC2, ABC=90,BCAB. 又BCBB1,BB1AB=B, BC平面ABB1A1,又B1M平面ABB1A1, BCB1M.,-34-,(2)解:当CMB1=90时,设AM=t(0t4), A1M=4-t, 则在RtMAC中,CM2=t2+8, 同理:B1M2=(4-t)2+4,B1C2=16+4=20,故M为AA1的中点. 此时平面MB1C把此棱柱分成两个几何体为:四棱锥C-ABB1M和四棱锥B1-
16、A1MCC1. 由(1)知四棱锥C-ABB1M的高为BC=2,-35-,3.(2019山西运城二模)如图,ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形,BCD是等边三角形,AB=1,如图,将BCD沿BC折起,使平面BCD平面ABC,E,M分别为BC,BD的中点,点F在棱AC上,且AF=3FC,点N在棱AC上,且CN= CA. (1)在棱BC上是否存在一点G,使平面MNG平面DEF?若存在,求 的值;若不存在,请说明理由. (2)求点F到平面ABD的距离.,-36-,-37-,-38-,4. (2019山东潍坊二模)如图,四棱锥M-ABCD中,MB平面ABCD,四边形ABCD是矩形,AB=MB,E,F分
17、别为MA,MC的中点. (1)求证:平面BEF平面MAD; (2)若BC=2AB=2 ,求三棱锥E-ABF的体积.,-39-,(1)证明:MB平面ABCD,AD平面ABCD, MBAD. 四边形ABCD是矩形,ADAB. 又AB平面MAB,MB平面MAB,ABMB=B, AD平面MAB.又BE平面MAB, ADBE. AB=MB,E是MA的中点,BEMA. 又AD平面MAD,MA平面MAD,ADMA=A, BE平面MAD. 又BE平面BEF,平面BEF平面MAD.,-40-,-41-,5. 在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,ABC是正三角形,AC与BD的交点为M,又PA=AB=4,AD
18、=CD,CDA=120,点N是CD的中点. (1)求证:平面PMN平面PAB; (2)求点M到平面PBC的距离.,-42-,(1)证明:在正三角形ABC中,AB=BC, 在ACD中,因为AD=CD,易证ADBCDB, 所以M为AC的中点,因为点N是CD的中点, 所以MNAD, 因为PA平面ABCD,所以PAAD, 因为CDA=120,所以DAC=30, 因为BAC=60,所以BAD=90, 即BAAD,因为PAAB=A, 所以AD平面PAB, 所以MN平面PAB, 又MN平面PMN,所以平面PMN平面PAB.,-43-,(2)解:设M到平面PBC的距离为h,-44-,6. (2019河北衡水中
19、学下学期四调)如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PCD底面ABCD,PDCD,E,F分别为PC,PA的中点,底面是直角梯形,ABCD,ADC=90,AB=AD=PD=2,CD=4. (1)求证:平面PBC平面PBD. (2)求三棱锥P-EFB的体积.,-45-,(1)证明:在直角梯形ABCD中,过点B作BHCD于点H(图略). 在BCH中,有BH=CH=2, 所以BCH=45. 又在RtDAB中,有AD=AB=2, 所以ADB=45. 所以BDC=45,所以DBC=90, 所以BCBD. 因为PDCD,平面PCD平面ABCD,平面PCD平面ABCD=CD,PD平面PCD, 所以PD平面ABCD
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- 2020版高考数学培优考前练文科通用版课件:5.3立体几何解答题 2020 高考 数学 考前 文科 通用版 课件 5.3 立体几何 解答
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