《2020年高考数学一轮复习专题六立体几何第3课时课件理.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年高考数学一轮复习专题六立体几何第3课时课件理.pdf（36页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第3课时 题型 1 利用空间向量求空间角(距离) 就新课标卷而言，对立体几何的命题基本上是“一题两 法”的格局.在备考中，对理科考生而言，还是应该注重两种方 法并重，不要盲目地追求空间向量(容易建系时才用空间向量)， 千万不要重计算而轻论证！ 例 1：(2018 年新课标)如图6-24，在三棱锥 P-ABC 中， (1)证明：PO平面 ABC； (2)若点 M 在棱 BC 上，且二面角 M-PA -C 为 30，求 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值. 图 6-24 (1)证明：因为 PA PCAC4，O 为 AC 的中点， 图 6-25 【规律方法】立体几何中的直线与平面的位置关系，以及
2、空间的三种角，是高考的必考内容，都可以采用传统的方法来 处理，对于直线与平面间几种位置关系，可采用平行垂直间的 转化关系来证明，对于异面直线所成的角、直线与平面所成的 角和二面角可分别通过平移法、射影法和垂面法将它们转化为 相交直线所成的角来处理.本题主要考查立体几何中传统的平 行与垂直关系，并且考查了线面所成的角，难度并不是太大， 旨在考查考生的对解题技巧的把握和抽象分析能力. 【互动探究】 1.(2017 年新课标)如图6-26，在四棱锥 P-ABCD 中，AB CD，且BAPCDP90. (1)证明：平面 PAB平面 PAD ； (2)若 PA PDABDC，APD90，求二面角A-PB
3、-C 的余弦值. 图 6-26 (1)证明：由已知BAPCDP90 ，得 ABAP， CDPD. 由于 ABCD，故 ABPD.又 APPDP，从而 AB平 面 PAD . 又 AB平面 PAB，所以平面 PAB平面 PAD . (2)解：在平面 PAD 内作 PFAD，垂足为 F， 由(1)可知，AB平面 PAD ，故 ABPF，可得 PF平面 ABCD. 建立如图 D88 所示的空间直角坐标系 F-xyz. 图 D88 题型 2 折叠问题 将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图 形，把这类问题称为平面图形的翻折问题.平面图形经过翻折成 为空间图形后，原有的性质有的发生了变化，有
4、的没有发生变 化，弄清它们是解决问题的关键.一般地，翻折后还在同一个平 面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.解 决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系 和几何量的度量值，这是化解翻折问题难点的主要方法. 例 2：(2018 年新课标)如图6-27，四边形 ABCD 为正方 形，E，F 分别为 AD，BC 的中点，以 DF 为折痕把DFC 折 起，使点 C 到达点 P 的位置，且 PFBF. (1)证明：平面 PEF平面 ABFD； (2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值. 图 6-27 (1)证明：由已知可得，BFPF，BFEF， 又 PFEFF，所
5、以 BF平面 PEF. 又 BF平面 ABFD，所以平面 PEF平面 ABFD. (2)解：作 PHEF，垂足为 H.由(1)得，PH平面 ABFD. 建立如图 6-28 所示的空间直角坐标系 H-xyz. 图 6-28 【规律方法】有关折叠问题，一定要分清折叠前后两图形 (折叠前的平面图形和折叠后的空间图形)各元素间的位置和数 量关系，哪些变，哪些不变.如角的大小不变，线段长度不变， 线线关系不变，再由面面垂直的判定定理进行推理证明. 【互动探究】 图 6-29 2.如图6-29，在长方形ABCD中，AB4，BC2，现将 ACD沿AC折起，使D折到P的位置且P在平面ABC的射影E 恰好在线段
6、AB上. (1)证明：APPB； (2)求锐二面角B-PC-E的余弦值. (1)证明：由题意，知 PE平面 ABC， 又 BC平面 ABC，PEBC. 又 ABBC 且 ABPEE，BC平面 PAB. 又 AP平面 PAB，BCAP. 又 APCP 且 BCCPC，AP平面 PBC. 又 PB平面 PBC，APPB. 图 D89 题型 3 探索性问题 例 3：如图6-30，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 是边 长为 2 的菱形，ABC60，PAB 为正三角形，且侧面 PAB 底面 ABCD，E 为线段 AB 的中点，M 在线段 PD 上. 图 6-30 (1)当 M 是线段 PD
7、的中点时，求证：PB平面 ACM； (2)求证：PEAC； (3)是否存在点 M，使二面角 M-EC-D 的大小为 60，若存 在，求出的值；若不存在，请说明理由. (1)证明：如图 6-31，连接 BD 交 AC 于 H 点，连接 MH， 因为四边形 ABCD 是菱形，所以点 H 为 BD 的中点. 又因为 M 为 PD 的中点，所以 MHBP. 又因为 BP 平面 ACM，MH平面 ACM， 所以 PB平面 ACM. 图 6-31 (2)证明：因为PAB 为正三角形，E 为 AB 的中点， 所以 PEAB. 因为平面 PAB平面 ABCD，平面 PAB平面 ABCDAB， PE平面 PAB
8、， 所以 PE平面 ABCD. 又因为 AC平面 ABCD，所以 PEAC. (3)解：因为 ABCD 是菱形，ABC60，E 是 AB 的中点， 所以 CEAB. 图 6-32 又因为 PE平面 ABCD， 以 E 为原点，分别以 EB，EC，EP 为 x，y，z 轴， 因为二面角 M-EC-D 的大小为 60， 【互动探究】 3.如图 6-33，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 是矩形， 平面 PAD 底面 ABCD，且PAD 是边长为 2 的等边三角形， PC ，M 在 PC 上，且 PA 平面 MBD. (1)求证：M 是 PC 的中点； (2)在 PA 上是否存在点 F，使二面角 AF AP的值； F-BD-M 为直角？若存在，求出 若不存在，说明理由. 图 6-33 (1)证明：连接 AC 交 BD 于 E，连接 ME.ABCD 是矩形， E 是 AC 中点.又 PA平面 MBD，且 ME 是平面 PAC 与平面 MDB 的交线，PAME.M 是 PC 的中点. 图 D90 (2)解：取 AD 中点 O，由(1)知 OA，OE，OP 两两垂直.以 O 为原点，OA，OE，OP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立 空间直角坐标系(如图 D90)，则各点坐标为 A(1,0,0)，B(1,3,0)，