《专题5立体几何ppt课件.ppt》由会员分享，可在线阅读，更多相关《专题5立体几何ppt课件.ppt（182页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、HUN-理科,数学,数学,数学,数学,决胜高考,专案突破,名师诊断,对点集训,【考情报告】,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,【考向预测】,立体几何是高考考查的重点内容之一,主要考查简单几何体的三视 图、柱、锥、台、球的表面积和体积,点、直线与平面位置关系的 判断及证明,空间直角坐标系、空间向量的运算、立体几何中的向 量方法;考查学生的空间想象能力,语言表达能力,推理论证能力,运 算求解能力.结合近三年的高考命题情况,预测2013年高考对立体几 何的考查主要有空间几何体的三视图与其表面积、体积结合,二面 角的求法,在复习时要引起足够的重视.此外,对于异面直线所成的角 、直线与平面所成的角
2、在高考中也时有考查,在复习过程中也不应 遗漏.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,【知能诊断】,1.(2012年烟台模拟)一个几何体的三视图如图所示,这个几何体的体 积是 ( ),名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,(A) . (B) .,(C)3+ . (D)12+ .,【解析】由三视图知该几何体为一个半球和一个四棱柱的组合体. 体积V=V半球+V四棱柱= r3+Sh= 23+223= +12.故选D.,【答案】D,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,2.(2012年南昌模拟)如图为一个几何体的三视图,则该几何体的外接 球的表面积为 ( ),(A)4.,名师诊断,专案突破,对点
3、集训,决胜高考,(B)8.,(C)12.,(D)16.,【解析】由几何体的三视图知该几何体为一个底面是正方形,有一 条侧棱与底面垂直的四棱锥,由已知数据可求得该几何体外接球的 半径R= ,所以S=4R2=12.故选C.,【答案】C,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,3.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1上的动点.,(1)求证:A1EBD.,(2)当E恰为棱CC1的中点时,求证:平面A1BD平面EBD.,(3)在棱CC1上是否存在一个点E,可以使二面角A1-BD-E的大小为45? 如果存在,试确定点E在棱CC1上的位置;如果不存在,请说明理由.,名师诊断,专案突破,
4、对点集训,决胜高考,【解析】如图,连接AC,设ACDB=O,连接A1O、OE,(1)AA1底面ABCD,BDA1A,又BDAC,A1AAC=A,BD平面ACEA1,A1E平面ACEA1,A1EBD.,(2)在等边三角形A1BD中,BDA1O,BD平面ACEA1,OE平面ACEA1,BDOE,A1OE为二面角A1-BD-E的平面角.,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,设棱长为2a,E为棱CC1的中点,由平面几何知识,得EO= a,A1O= a,A1E=3a,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,满足A1E2=A1O2+EO2,A1OE=90,即平面A1BD平面EBD.,(3)在正方体ABC
5、D-A1B1C1D1中,假设棱CC1上存在点E,可以使二面角A1-BD-E的大小为45,由(2)知, A1OE=45.,设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2a,EC=x(ax2a),得EO= ,A1O= a,A1E= .,在A1OE中,由A1E2=A1O2+EO2-2A1OEOcosA1OE,得x2-8ax-2a2= 0,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,解得x=4a3 a,显然不满足ax2a,在棱CC1上不存在点E使得二 面角A1-BD-E的大小为45.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,4.(2012年山东淄博模拟)如图,在五面体ABCDEF中,FA平面 ABCD,AD
6、BCFE,ABAD,M为EC的中点,AF=AB=BC=FE= AD.,(1)求证:BFDM;,(2)求二面角A-CD-E的余弦值.,【解析】如图所示,以A为坐标原点,建立空间直角坐标系,不妨设AB,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,=1.,依题意得A(0,0,0)、B(1,0,0)、C(1,1,0)、D(0,2,0)、E(0,1,1)、F(0,0,1) 、M( ,1, ).,(1) =(-1,0,1), =( ,-1, ),cos= = =0.,BFDM.,(2)设平面CDE的法向量为u=(x,y,z),名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,则,又 =(-1,0,1), =(0,-1,
7、1),令x=1,可得u=(1,1,1).,又平面ACD的一个法向量为v=(0,0,1),cos= = = .,故二面角A-CD-E的余弦值为 .,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,5.(2012年湖北)如图1,ACB=45,BC=3,过动点A作ADBC,垂足D 在线段BC上且异于点B,连接AB,沿AD将ABD折起,使BDC=90 (如图2所示).,(1)当BD的长为多少时,三棱锥A-BCD的体积最大;,(2)当三棱锥A-BCD的体积最大时,设点E,M分别为棱BC,AC的中点, 试在棱CD上确定一点N,使得ENBM,并求EN与平面BMN所成角的 大小.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高
8、考,【解析】(1)(法一)在如图1所示 ABC中,设BD=x(0x3),则CD=3 -x.,由ADBC,ACB=45知,ADC为等腰直角三角形,所以AD=CD=3 -x.,由折起前ADBC知,折起后(如图2),ADDC,ADBD,且BDDC= D,所以AD平面BCD.,又BDC=90,所以SBCD= BDCD= x(3-x).,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,于是VA-BCD= ADSBCD= (3-x) x(3-x)= 2x(3-x)(3-x) 3= ,当且仅当2x=3-x,即x=1时,等号成立.,故当x=1,即BD=1时,三棱锥A-BCD的体积最大.,(法二)同解法1,得VA-BC
9、D= ADSBCD= (3-x) x(3-x)= (x3-6x2+9x).,令f(x)= (x3-6x2+9x),由f(x)= (x-1)(x-3)=0,且0x3,解得x=1,当x(0,1)时,f(x)0;当x(1,3)时,f(x)0.,所以当x=1时,f(x)取得最大值.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,故当BD=1时,三棱锥A-BCD的体积最大.,(2)(法一)以D为原点,建立如图a所示的空间直角坐标系D-xyz.,由(1)知,当三棱锥A-BCD的体积最大时,BD=1,AD=CD=2.于是可知D (0,0,0),B(1,0,0),C(0,2,0),A(0,0,2),M(0,1,1)
10、,E( ,1,0),且 =(-1,1,1).,设N(0,0),则 =(- ,-1,0).因为ENBM等价于 =0,即(- ,-1, 0)(-1,1,1)= +-1=0,故= ,N(0, ,0).,所以当DN= (即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时,ENBM.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,设平面BMN的一个法向量为n=(x,y,z),由 及 =(-1, ,0),得 可取n=(1,2,-1).,设EN与平面BMN所成角的大小为,则由 =(- ,- ,0),n=(1,2,-1),可得 sin =cos(90-)=| |= = ,即=60.,故EN与平面BMN所成角的大小为60.,名师
11、诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,(法二)由(1)知,当三棱锥A-BCD的体积最大时,BD=1,AD=CD=2.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,如图b,取CD的中点F,连接MF、BF、EF,则MFAD.,由(1)知AD平面BCD,所以MF平面BCD.,如图c,延长FE至P点使得FP=DB,连接BP,DP,则四边形DBPF为正方 形,所以DPBF.取DF的中点N,连接EN,又E为FP的中点,则ENDP, 所以ENBF.因为MF平面BCD,又EN面BCD,所以MFEN.,又MFBF=F,所以EN面BMF.又BM面BMF,所以ENBM.,因为ENBM当且仅当ENBF,而点F是唯一的,所以
12、点N是唯一的,即当DN= (即N是CD的靠近点D的一个四等分点),ENBM.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,连接MN,ME,由计算得NB=NM=EB=EM= ,所以NMB与EMB是两个共底边的全等的等腰三角形,如图d所示,取BM的中点G,连接EG,NG,则BM平面EGN,在平面EGN中,过点E作EHGN于点H,则EH平面BMN,故ENH是EN与平面BMN所成的角.,在EGN中,易得EG=GN=NE= ,所以EGN是正三角形,故ENH=60,即EN与平面BMN所成角的大小为60.,【诊断参考】,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,1.空间几何体的表面积和体积与三视图的综合是每年高考
13、的必考内 容,此类问题解答易错点有三:一是由多面体的三视图不能够想象出 空间几何体的形状,或不能够正确画出其直观图;二是不能根据三视 图的形状及相关数据推断出(或错误推断出)原几何图形中的点、线 、面间的位置关系及相关数据;三是不记得或不能熟练掌握、应用 常见空间几何体的表面积、体积公式.,2.由考情报告知,对球的考查是每年高考的必考内容,特别是空间几 何体的外接、内切球问题,一直是高考的热点.此类问题的解题关键 是正确探求出几何体与其外接、内切球间的位置关系及数量关系, 这也是此类问题解答的易错点.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,3.线面位置关系的判断或证明是立体几何的重要内容之一
14、,也是高 考的必考点,试题难度不大,经常作为解答题的第一问出现,或以选择 题或填空题的形式出现.在推证线面位置关系时,一定要严格遵循其 判定定理或性质定理,注意其成立的条件,否则极易出错.如在判断线 面平行时,一定要强调直线不在平面内,否则结论是不一定成立的.,4.求空间几何体的体积除了利用公式法外,还常用到分割、补形、 转化法等,这也是解决一些非规则几何体体积计算问题的常用方法. 特别是利用转化法(或等积法)求三棱锥高的问题.但在利用“割” 、“补”法求几何体的体积时,一定要辨清“割”、“补”后几何 体的结构特征,若辨析不清则易出现错解.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,5.空间向量
15、法解立体几何问题,不仅可以判断线面间的位置关系,也 是求空间角及距离的常用方法,空间向量的引入是把立体几何问题 代数化,是利用“数”的方法来解决“形”的问题,从而使立体几何 问题的解答变得更加灵活,故空间向量法也是解决立体几何问题的 强大工具.空间向量法解答立体几何问题的关键是要建立恰当的空 间直角坐标系,注意这里的坐标系一定要建立右手系,同学们的易错 点是不分左、右手系,若坐标系建成了左手系,在高考改卷过程中,这 一问是至少要扣掉一半分的,大家一定要注意这一点!,6.空间角,特别是二面角的求解,是每年高考的热点和必考点.求二面 角最常用的方法是空间向量法,即分别求出二面角的两个面所在的,名师
16、诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,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,能够正确判断出所求二面角和法向量夹 角间的关系,这是同学们的易混淆点,此外,运算错误也是常见的易错 点.,7.探索型(或开放性)试题是近年高考试题命制的新宠,此类问题的命 制非常灵活,角度新颖,能够很好地考查学生对知识的灵活运用及知 识的迁移能力.解答开放性问题的基本策略是先猜想,后证明,因此大 胆假设,严格证明是解决开放性问题的基本策略.此类问题不知如何 作答是同学们常见的困惑.,8.翻折问题体现了平面问题和空间问题间的转化,能够很好地考查,名师诊断,专案突破,对点集训,
17、决胜高考,学生的空间想象能力、图形变换能力及识图能力.在解题过程中,若 不能分清翻折前后基本量间的位置关系或数量关系则易造成错解.,【核心知识】,一、空间几何体,1.三视图,(1)三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从几何体的正,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线.画三视图的基本 要求:正俯一样长,俯侧一样宽,正侧一样高.,(2)三视图排列规则:俯视图放在正(主)视图的下面,长度与正(主)视 图一样;侧(左)视图放在正(主)视图的右面,高度和正(主)视图一样,宽 度与俯视图一样.,2.柱体、锥体、台体和球的表面积与体积,(1)表面积公
18、式:圆柱的表面积S=2r(r+l);圆锥的表面积S=r(r +l);圆台的表面积S=(r2+r2+rl+rl);球的表面积S=4R2.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,(2)体积公式:柱体的体积V=Sh;锥体的体积V= Sh;台体的体 积V=(S+ +S)h;球的体积V= R3.,二、点、直线、平面之间的位置关系,1.直线与平面的位置关系,(1)直线与平面平行的判定方法,判定定理:不在一个平面内的一条直线和平面内的一条直线平行, 那么这条直线与这个平面平行.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,转化为面面平行再推证线面平行.,一直线在两平行平面外,且与其中一平面平行,则这一直线与另
19、一 平面也平行.,(2)直线与平面的垂直问题,线面垂直判定定理:一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂 直,则该直线与此平面垂直.,注:在判定定理中,易忽视两直线为“相交直线”.,过一点有且只有一条直线与一个平面垂直;过一点有且只有一个 平面和一条直线垂直.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考, a.,2.平面与平面的位置关系,(1)平面与平面的平行问题,面面平行判定定理:一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平 行,则这两个平面平行.,面面平行性质定理:如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么 它们的交线平行.,注:在面面平行的判定定理中,“两条相交直线”中的“相交”两 个字不能忽略,
20、否则结论不一定成立.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,空间中直线与直线平行,直线与平面平行,平面与平面平行三者之 间可以互相转化,其转化关系为:,线线平行 线面平行 面面平行,若由两个平面平行来推证两直线平行时,则这两直线必须是第三 个平面与这两个平面的交线.,分别在两个平行平面内的两条直线,它们可能平行,也可能异面.,a、b为两异面直线,a,b,且a,b,则.,过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,(2)平面与平面的垂直问题,面面垂直判定定理:一个平面过另一个平面的垂线,则这两个平面垂 直.,面面垂直性质定理:两个平面垂直,则一个平面内
21、垂直于交线的直线 与另一个平面垂直.,注:判定的关键是结合图形并利用条件在一平面内找一条直线是 另一平面的垂线,由此可知,凡是包含此直线的平面都与另一平面垂 直.,空间中直线与直线垂直,直线与平面垂直、平面与平面垂直三者,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,之间可以互相转化,其转化关系为:,线线垂直 线面垂直 面面垂直,利用面面垂直的性质定理添加面的垂线时,一定要注意是在某一 平面内作交线的垂线,此线即为另一面的垂线,否则结论不一定成立.,几个常用结论:垂直于同一个平面的两条直线平行;垂直于同一条 直线的两个平面平行;垂直于同一个平面的两个平面平行或相交;垂 直于同一条直线的两条直线平行、
22、相交或异面.,三、空间向量与立体几何,1.空间角的类型与范围,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,(1)异面直线所成的角():0 ;(2)直线与平面所成的角():0 ;(3)二面角():0.,2.求空间距离:直线到平面的距离、两平行平面的距离均可转化为 点到平面的距离.,点P到平面的距离:d= (其中n为的法向量,M为内任一点).,3.几何法求空间角与距离的步骤:一作、二证、三计算.,【考点突破】,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,热点一:空间几何体的三视图、表面积和体积,空间几何体的表面积、体积问题一直是高考的热点内容,主要是考 查学生的空间想象能力和计算求解能力.此考点多结合三视
23、图综合 考查,由三视图中的数据得到原几何体的数据是解题的关键.此热点 试题多出现在选择题、填空题,有时也以解答题的形式考查,属较容 易题.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,(2012年广东中山调研)一个几何体的三视图如图所示, 则这个几何体的体积为 .,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,【分析】本例的解题关键是根据三视图还原出几何体,确定几何体 的形状,然后再根据几何体的形状及相关数据计算其体积.,【解析】由三视图可知,原几何体上面是 一个四棱锥,下面是一个四 棱柱,则V= 221+112= .,【答案】,【归纳拓展】(1)求规则几何体的体积,关键是确定底面和高,要注意 多角度、
24、多方位地观察,选择恰当的底面和高,使计算简便;(2)求不 规则几何体的体积,常用分割或补形的思想,将不规则几何体转化为 几个规则几何体,再进一步求解;(3)求锥体的体积,要选择适当的底,面和高,然后应用公式V= Sh进行计算即可,常用到等积变换法和割 补法.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,变式训练1 (2012年河南濮阳模拟)已知一个四棱锥的正(主)视图和 侧(左)视图为两个完全相同的等腰直角三角形(如图所示),腰长为1, 则该四棱锥的体积为 ( ),(A) . (B) .,(C) . (D) .,【解析】由于正(主)视图和侧(左)视图为两个全等的等腰直角三角 形,可知四棱锥底面为正
25、方形,四个侧面为正三角形.其中底面正方形,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,的边长为1,四棱锥的高为 ,所以该四棱锥的体积为V= Sh= 12 = .,【答案】C,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,热点二:空间几何体与球的综合,有关球的知识的考查也是高考中常出现的问题,特别是球与多面体 、旋转体等组合的接、切问题.问题多以客观题的形式呈现,属中档 题目.解决球与其他几何体的切、接问题,关键在于仔细观察、分析, 弄清相关元素的关系,选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能 多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系),达 到空间问题平面化的目的.,(2012年新课标全国)
26、已知三棱锥S-ABC的所有顶点都 在球O的球面上,ABC是边长为1的正三角形,SC为球O的直径,且,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,SC=2,则此棱锥的体积为 ( ),(A) . (B) . (C) . (D) .,【分析】本题是考查三棱锥与球的组合体,由题设条件计算出三棱 锥的基本量,而后求出其体积.本题属于中档试题,需认真把握几何体 的线面关系和度量关系.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,【解析】由题意得,ABC的边长为1,所以CO1= .,在直角COO1中,CO=1,所以OO1= ,所以三棱锥S-ABC的高h= .,所以几何体的体积为V= Sh= 12 = ,故选A.,【
27、答案】A,【归纳拓展】(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时,其直观图很 难画清,一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面,把空间问题化 归为平面问题,再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系.(2) 若球面上四点P、A、B、C构成的线段PA、PB、PC两两垂直,且PA,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,=a,PB=b,PC=c,则4R2=a2+b2+c2,把有关元素“补形”成为一个球内 接长方体(或其他图形),从而显示出球的数量特征,这是一种常用的 好方法.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,变式训练2 (2012年济南调研)如图是一个空间几何体的三视图,则 该几何体的外接球的表
28、面积为 .,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,【解析】设该几何体的外接球的半径为R.依题意知,该几何体是如 图所示的三棱锥A-BCD,其中AB平面BCD,AB=2,BC=CD= ,BD=2,BCDC,因此可将该三,棱锥补形为一个长方体,于是有(2R)2=22+( )2+( )2=8,即4R2=8,则该 几何体的外接球的表面积为4R2=8.,【答案】8,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,热点三:直线、平面平行与垂直的判断、证明,线与面、面与面平行或垂直关系的证明是立体几何初步考查的基 本内容,故备考中要加强训练,熟练运用.在运用中体会判定定理条件 的运用,包括思路分析、方法确认、书写
29、表达规范,尤其是在表达规 范性上,一定要推理充分,论证有力,思路清晰,逻辑严密.,如图,在七面体ABC-DEFG中,平面ABC平面DEFG, AD平面DEFG,ABAC,EDDG,EFDG,且AC=EF=1,AB=AD= DE=DG=2.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,(1)求证:平面BEF平面DEFG;,(2)求证:BF平面ACGD;,(3)求三棱锥A-BCF的体积.,【分析】(1)要证平面BEF平面DEFG,由题设条件可以看出,只要 能够证明平面BEF内的BE平面DEFG即可;(2)要证直线BF平面 ACGD成立,只需证BF平行平面ACGD内的一条直线即可,由题设条 件知EFCA
30、,这也为下一步的解题打开了想象的空间.,【解析】(1)平面ABC平面DEFG,平面ABC平面ADEB=AB,平 面DEFG平面ADEB=DE,ABDE.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,AB=DE,四边形ADEB为平行四边形,BEAD.,AD平面DEFG,BE平面DEFG,BE平面BEF,平面BEF 平面DEFG.,(2)取DG的中点M,连接AM、FM,则有DM= DG=1,又EF=1,EFDG,四边形DEFM是平行四边形,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,DEFM,又ABDE,ABFM,四边形ABFM是平行四边形, BFAM.,又BF平面ACGD,故BF平面ACGD.,(3)平
31、面ABC平面DEFG,F到平面ABC的距离为AD.,VA-BCF=VF-ABC= SABCAD= ( 12)2= .,【归纳拓展】(1)线面平行可依据判定定理,只要找到平面内的一条 直线与这条直线平行即可.(2)证明面面垂直的方法:证明一个面过另 一个面的垂线,将证明面面垂直转化为证明线面垂直,一般先从现有 直线中寻找,若图中不存在这样的直线,则借助中点、高线或添加辅,助线来解决.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,变式训练3 (2012江苏镇江调研试题)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA =PB,底面ABCD是菱形,且ABC=60,点M是AB的中点,点E在棱PD 上,满足DE=2PE.
32、求证:,(1)平面PAB平面PMC;,(2)直线PB平面EMC.,【解析】(1)PA=PB,M是AB的中点,PMAB.,底面ABCD是菱形,BA=BC.,ABC=60,ABC是等边三角形,CMAB.,PMCM=M,AB平面PMC.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,AB平面PAB,平面PAB平面PMC.,(2)连接BD交MC于F,连接EF.,由CD=2BM,CDBM,易得CDFMBF.,DF=2BF.,又DE=2PE,EFPB.,EF平面EMC,PB平面EMC,PB平面EMC.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,热点四:空间向量在立体几何中的应用,利用空间向量解决立体几何问题是高考
33、的热点,是每年高考的必考 内容.主要涉及直线、平面位置关系的判定,空间角的求法和空间几 何体体积的计算.题目多以解答题的形式出现,属中档题.其一般解题 步骤为:(1)建立恰当的空间直角坐标系;(2)求出相关点的坐标;(3)写 出向量坐标;(4)结合公式进行论证、计算;(5)转化为几何结论.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1平面ABC,ACB=9 0,2AC=AA1=BC=2,D为侧棱AA1上一点.,(1)若D为AA1的中点,求证:平面B1CD平面B1C1D;,(2)若二面角B1-DC-C1的大小为60,求AD的长.,【分析】本题是以三棱柱为载
34、体考查空间中的面面垂直的判定及 二面角的问题.第(1)问面面垂直问题,可转化为线面垂直问题;第(2) 问可由二面角这一条件,建立关于AD边长的方程式,解方程即可.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,【解析】(1)如图,以C为坐标原点,CA、CB、CC1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),A(1,0,0),B1(0,2,2),C1(0,0,2),D(1,0,1).,得 =(0,2,0), =(-1,0,1), =(1,0,1).,由 =(1,0,1)(0,2,0)=0,得CDC1B1.由 =(1,0,1)(-1,0,1)=0, 得CDDC1.又DC1C1B1=
35、C1,CD平面B1C1D.,又CD平面B1CD,平面B1CD平面B1C1D.,(2)设AD=a,则D点坐标为(1,0,a), =(1,0,a), =(0,2,2).,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,设平面B1CD的一个法向量为m=(x,y,z),则 ,令z=-1,得m=(a,1,-1),又平面C1DC的一个法向量为n=(0,1,0),则由cos 60= ,得 = ,即a= ,故AD= .,【归纳拓展】求二面角最常用的办法就是分别求出二面角的两个 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.,名师诊断,专案突破,对点
36、集训,决胜高考,变式训练4 如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知BC=1,BB1=2,BB1平 面ABC,AB平面BB1C1C.,(1)求直线C1B与底面ABC所成角的正切值;,(2)在棱CC1(不包括端点)上确定一点E的位置,使EAEB1(要求说明 理由);,(3)在(2)的条件下,若AB= ,求二面角A-EB1-A1的大小.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,【解析】以B为坐标原点,BC、BB1、AB所在的直线分别为x、y、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),C1(1,2,0),B1(0,2,0).,(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,平面ABC的一个法向
37、量为 =(0,2,0),又 =(1,2,0),设BC1与平面ABC所成的角为,则sin =|cos|= ,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,tan =2,即直线C1B与底面ABC所成角的正切值为2.,(2)设E(1,y,0),A(0,0,z),则 =(-1,2-y,0), =(-1,-y,z),EAEB1, =1-y(2-y)=0,y=1,即E(1,1,0),E为CC1的中点.,(3)由题知A(0,0, ),则 =(1,1,- ), =(1,-1,0),设平面AEB1的一个法向量为n=(x1,y1,z1),则 ,令x1=1,则n=(1,1, ), =(1,1,0), =1-1=0.BEB
38、1E.又BEA1B1,BE平面A1 B1E.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,平面A1B1E的一个法向量为 =(1,1,0),|cos|= = .,二面角A-EB1-A1的大小为45.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,热点五:立体几何中的探索性(或开放性)问题,立体几何中已知结论寻求结论成立的条件(或是否存在问题),能较 好地考查学生的逻辑推理能力和空间想象能力,能很好地体现新课 标高考的特点,故在近年的高考命题中备受青睐,成为高考命题的热 点,常见有条件探索型问题、结论探索型问题、信息迁移型问题等. 解决探索型问题的基本策略是弄清题意,抓住命题所考查的知识点, 将所学知识进行
39、合理整合、提升与迁移.,三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1平面ABC,所有棱的长都是 2,M是BC边的中点,试问在侧棱CC1上是否存在点N,使得异面直线AB,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,1和MN所成的角等于45?若存在,求出点N的位置;若不存在,请说明理由.,【分析】本例是“条件探索型”问题,解答此类问题时,常先假设点 存在,若推证无矛盾,则点存在;若推证出矛盾,则点不存在.,【解析】如图,以A为原点,建立空间直角坐标系A-xyz,由题意有:A(0,0,0),B1( ,1,2),M( , ,0),假设在侧棱CC1上存在点N,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,使得异面直线AB
40、1和MN所成的角等于45,可设N(0,2,m)(0m2),则 =( ,1,2), =(- , ,m),| |=2 ,| |= , =2m-1.,异面直线AB1和MN所成的角等于45, 和 的夹角是45或13 5,又cos= = , = ,解得m=- ,但- 0,2,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,点N不在侧棱CC1上,即在侧棱CC1上不存在点N,使得异面直线AB1 和MN所成的角等于45.,【归纳拓展】利用向量法解答立体几何中的“探索型”问题时,常 把“是否存在”问题,转化为“方程是否有解”或“是否有规定范 围内的解”等问题,这也体现了转化思想与方程思想的应用.如本例 探究点N是否存在
41、的问题,转化为与点N坐标相关的方程是否有解的 问题.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,变式训练5 (2012年福建)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1= AD=1,E为CD中点.,(1)求证:B1EAD1;,(2)在棱AA1上是否存在一点P,使得DP平面B1AE?若存在,求AP的 长,若不存在,说明理由;,(3)若二面角A-B1E-A1的大小为30,求AB的长.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,【解析】(1)以A为原点, , , 的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方 向建立空间直角坐标系(如图),设AB=a,则A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1)
42、, E( ,1,0),B1(a,0,1),故 =(0,1,1), =(- ,1,-1), =(a,0,1), =( ,1,0)., =- 0+11+(-1)1=0,B1EAD1.,(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0,z0),使得DP平面B1AE,此时 =(0,-1,z0).,又设平面B1AE的法向量n=(x,y,z).,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,n平面B1AE,n ,n ,得 取x=1,得平面B1AE的一 个法向量n=(1,- ,-a).,要使DP平面B1AE,只要n ,有 -az0=0,解得z0= .,又DP平面B1AE,存在点P,满足DP平面B1AE,此时AP= .,(
43、3)连接A1D,B1C,由长方体ABCD-A1B1C1D1及AA1=AD=1,得AD1A1D.,B1CA1D,AD1B1C.,又由(1)知B1EAD1,且B1CB1E=B1,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,AD1平面DCB1A1, 是平面A1B1E的一个法向量,此时 =(0,1, 1).,设 与n所成的角为,则cos = = .,二面角A-B1E-A1的大小为30,|cos |=cos 30,即 = ,解得a=2,即AB的长为2.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,热点六:翻折问题,空间图形的翻折问题是高考命题的亮点之一,它能够较好地考查学 生的空间想象能力、图形变换能力及识图能
44、力.选择题、填空题、 解答题均可出现,尤其解答题为多,属中档难度试题.,(2012年北京)如图1,在RtABC中,C=90,BC=3,AC= 6,D,E分别是AC,AB上的点,且DEBC,DE=2,将ADE沿DE折起到 A1DE的位置,使A1CCD,如图2.,(1)求证:A1C平面BCDE;,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,(2)若M是A1D的中点,求CM与平面A1BE所成角的大小;,(3)线段BC上是否存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直?说明理由.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,【分析】第(1)问判断线面位置关系的问题,易证,且可以充分地利用 垂直条件,建立空间直角
45、坐标系,也为第(2)、(3)问的解答建立了基 础,第(3)问是探索性问题,常转化为方程是否有解的问题.,【解析】(1)因为ACBC,DEBC,所以DEAC.所以DEA1D,DE CD.,所以DE平面A1DC,所以DEA1C.,又因为A1CCD,所以A1C平面BCDE.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,(2)如图,以C为坐标原点,建立空间直角坐标系C-xyz,则A1(0,0,2 ),D(0,2,0),M(0,1, ),B(3,0,0),E(2,2,0).,设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z),则n =0,n =0.,又 =(3,0,-2 ), =(-1,2,0),所以,令y=1,则
46、x=2,z= .,所以n=(2,1, ),设CM与平面A1BE所成的角为,因为 =(0,1, ),名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,所以sin =|cosn, |=| |= = .,所以CM与平面A1BE所成角的大小为 .,(3)线段BC上不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直,理由如下:,假设这样的点P存在,设其坐标为(p,0,0),其中p0,3.,设平面A1DP的法向量为m=(x,y,z),则,m =0,m =0,又 =(0,2,-2 ), =(p,-2,0),名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,所以,令x=2,则y=p,z= .,所以m=(2,p, ).,平面A1DP平面
47、A1BE,当且仅当mn=0,即4+p+p=0.,解得p=-2,与p0,3矛盾.,所以线段BC上不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,【归纳拓展】(1)解决与翻折有关的问题的关键是搞清折叠前后的 变化量和不变量,一般情况下,线段的长度是不变量,而位置关系往往 会发生变化,抓住不变量是解决问题的突破口.(2)在解决问题时,要 综合考虑折叠前后的图形.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,变式训练6 (2012年河南许昌质检)已知四边形ABCD是等腰梯形, AB=3,DC=1,BAD=45,DEAB(如图1).现将ADE沿DE折起,使 得AEEB(如图2),连结AC,AB,设M是AB的中点.,(1)求证:BC平面AEC;,(2)判断直线EM是否平行于平面ACD,并说明理由.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,【解析】(1)在图1中,过C作CFEB,垂足为F.,DEEB,四边形CDEF是矩形,CD=1,EF=1.,四边形ABCD是等腰梯形,AB=3,AE=BF=1.,BAD=45,DE=CF=1.则CE=CB= .,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,EB=2,BCE=90,则BCCE.,在图2中,AEEB,AEED,EBED=E,AE平面BCDE.,BC平面BCDE,AEBC.,AECE=E,BC平面AEC.,(2)