2019届二轮复习立体几何大题课件（42张）（全国通用）

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3.3 　立体几何大题 - 2 - - 3 - - 4 - 1 . 证明线线平行和线线垂直的常用方法 (1) 证明线线平行常用的基本思路 : 利用平行公理 , 即证两条直线同时和第三条直线平行 ; 常用方法 : ① 利用平行四边形进行平行转换 ; ② 利用三角形的中位线定理证线线平行 ; ③ 利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换 . (2) 证明线线垂直常用的方法 : ① 利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质 ; ② 勾股定理的逆定理 ; ③ 线面垂直的性质 : 即要证两直线垂直 , 只需证明一直线垂直于另一直线所在的平面即可 , 即 l ⊥ α , a ⊂ α ⇒ l ⊥ a . - 5 - 2 . 证明线面平行和线面垂直的常用方法 (1) 证明线面平行的常用方法 : ① 利用线面平行的判定定理把证明线面平行转化为证明线线平行 ; ② 利用面面平行的性质定理把证明线面平行转化为证明面面平行 . (2) 证明线面垂直的常用方法 : ① 利用线面垂直的判定定理把线面垂直转化为证明线线垂直 ; ② 利用面面垂直的性质定理把证明线面垂直转化为证明面面垂直 ; ③ 利用常见结论 , 如两条平行线中的一条垂直于一个平面 , 则另一条也垂直于这个平面等 . - 6 - 3 . 证明面面平行和面面垂直的常用方法 (1) 证明面面平行的方法 证明面面平行 , 依据判定定理 , 只要找到一个平面内两条相交直线与另一个平面平行 , 从而将证明面面平行转化为证明线面平行 , 再转化为证明线线平行 . (2) 证明面面垂直的方法 证明面面垂直常用面面垂直的判定定理 , 即证明一个面过另一个面的一条垂线 , 将证明面面垂直转化为证明线面垂直 , 一般从现有直线中寻找平面的垂线 , 若图中不存在这样的直线 , 则借助中点、高线或添加辅助线解决 . - 7 - 4 . 利用空间向量证明平行与垂直 设直线 l 的方向向量为 a = ( a 1 , b 1 , c 1 ), 平面 α , β 的法向量分别为 μ = ( a 2 , b 2 , c 2 ), v = ( a 3 , b 3 , c 3 ), 则 : (1) 线面平行 : l ∥ α ⇔ a ⊥ μ ⇔ a · μ = 0 ⇔ a 1 a 2 +b 1 b 2 +c 1 c 2 = 0 . (2) 线面垂直 : l ⊥ α ⇔ a ∥ μ ⇔ a =k μ ⇔ a 1 =ka 2 , b 1 =kb 2 , c 1 =kc 2 . (3) 面面平行 : α ∥ β ⇔ μ ∥ v ⇔ μ = λ v ⇔ a 2 = λ a 3 , b 2 = λ b 3 , c 2 = λ c 3 . (4) 面面垂直 : α ⊥ β ⇔ μ ⊥ v ⇔ μ · v = 0 ⇔ a 2 a 3 +b 2 b 3 +c 2 c 3 = 0 . - 8 - - 9 - - 10 - 3.3.1 3.3.2 考向一 考 向二 3 . 3 . 1 　 空间 中的平行与垂直 平行与垂直关系的证明 解题策略一 　 几何法   例 1 (2017 江苏 ,15) 如图 , 在三棱锥 A-BCD 中 , AB ⊥ AD , BC ⊥ BD , 平面 ABD ⊥ 平面 BCD , 点 E , F ( E 与 A , D 不重合 ) 分别在棱 AD , BD 上 , 且 EF ⊥ AD . 求证 :(1) EF ∥ 平面 ABC ; (2) AD ⊥ AC. - 11 - 3.3.1 3.3.2 考向一 考 向二 证明 (1) 在平面 ABD 内 , 因为 AB ⊥ AD , EF ⊥ AD , 所以 EF ∥ AB. 又因为 EF ⊄ 平面 ABC , AB ⊂ 平面 ABC , 所以 EF ∥ 平面 ABC. (2) 因为平面 ABD ⊥ 平面 BCD , 平面 ABD ∩ 平面 BCD=BD , BC ⊂ 平面 BCD , BC ⊥ BD , 所以 BC ⊥ 平面 ABD. 因为 AD ⊂ 平面 ABD , 所以 BC ⊥ AD. 又 AB ⊥ AD , BC ∩ AB=B , 所以 AD ⊥ 平面 ABC. 又因为 AC ⊂ 平面 ABC , 所以 AD ⊥ AC. 解题心得 从解题方法上说 , 由于线线平行 ( 垂直 ) 、线面平行 ( 垂直 ) 、面面平行 ( 垂直 ) 之间可以相互转化 , 因此整个解题过程始终沿着线线平行 ( 垂直 ) 、线面平行 ( 垂直 ) 、面面平行 ( 垂直 ) 的转化途径进行 . - 12 - 3.3.1 3.3.2 考向一 考 向二 对点训练 1 如图 , 在正方体 ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1 中 , E 为棱 DD 1 的中点 . 求证 :(1) BD 1 ∥ 平面 EAC ; (2) 平面 EAC ⊥ 平面 AB 1 C. - 13 - 3.3.1 3.3.2 考向一 考 向二 证明 (1) 如图 , 连接 BD 交 AC 于 O , 连接 EO , BD 1 , 因为 O 为 BD 的中点 , E 为 DD 1 的中点 , 所以 EO ∥ BD 1 , 又 BD 1 ⊄ 平面 EAC , EO ⊂ 平面 EAC , 所以 BD 1 ∥ 平面 EAC . (2) 因为 AC ⊥ BD , DD 1 ⊥ 平面 ABCD , 所以 DD 1 ⊥ AC , BD ∩ DD 1 于 D , 所以 AC ⊥ 平面 BDD 1 , 所以 AC ⊥ BD 1 , 同理可证 AB 1 ⊥ BD 1 . 又 AC ∩ AB 1 于 A , 所以 BD 1 ⊥ 平面 AB 1 C , 因为 EO ∥ BD 1 , 所以 EO ⊥ 平面 AB 1 C , 又 EO ⊂ 平面 EAC , 所以平面 EAC ⊥ 平面 AB 1 C. - 14 - 3.3.1 3.3.2 考向一 考 向二 解题策略二 　 解析法   例 2 如图 , 在四棱锥 P-ABCD 中 , PA ⊥ 平面 ABCD , 底面 ABCD 是菱形 , PA=AB= 2, ∠ BAD= 60 ° , E 是 PA 的中点 . 求证 :(1) 直线 PC ∥ 平面 BDE ; (2) BD ⊥ PC. - 15 - 3.3.1 3.3.2 考向一 考 向二 证明 设 AC ∩ BD=O. 因为 ∠ BAD= 60 ° , AB= 2, 底面 ABCD 为菱形 , 所以 BO= 1, AO=CO = , AC ⊥ BD. 如图 , 以 O 为坐标原点 , 以 OB , OC 所在直线分别为 x 轴、 y 轴 , 过点 O 且平行于 PA 的直线为 z 轴 , 建立 空间 - 16 - 3.3.1 3.3.2 考向一 考 向二 - 17 - 3.3.1 3.3.2 考向一 考 向二 解题心得 利用空间向量法证明垂直与平行 , 关键是建立空间直角坐标系 , 在建立空间直角坐标系时 , 常借助图形中的垂直关系、对称关系、中点位置等 . 建系的原则是建系后点的坐标简单易求 , 求点的坐标和向量坐标时应细心 , 这是解题的易错点 . - 18 - 3.3.1 3.3.2 考向一 考 向二 对点训练 2 如图 , 由直三棱柱 ABC-A 1 B 1 C 1 和四棱锥 D-BB 1 C 1 C 构成的几何体中 , ∠ BAC= 90 ° , AB= 1, BC=BB 1 = 2, C 1 D=CD = , 平面 CC 1 D ⊥ 平面 ACC 1 A 1 . ( 1) 求证 : AC ⊥ DC 1 ; (2) 若 M 为 DC 1 的中点 , 求证 : AM ∥ 平面 DBB 1 ; - 19 - 3.3.1 3.3.2 考向一 考 向二 (1) 证明 在直三棱柱 ABC-A 1 B 1 C 1 中 , CC 1 ⊥ 平面 ABC , 故 AC ⊥ CC 1 . 因为平面 CC 1 D ⊥ 平面 ACC 1 A 1 , 且平面 CC 1 D ∩ 平面 ACC 1 A 1 =CC 1 , 所以 AC ⊥ 平面 CC 1 D. 又 C 1 D ⊂ 平面 CC 1 D , 所以 AC ⊥ DC 1 . (2) 证明 在直三棱柱 ABC-A 1 B 1 C 1 中 , AA 1 ⊥ 平面 ABC , 所以 AA 1 ⊥ AB , AA 1 ⊥ AC , 又 ∠ BAC= 90 ° , 所以建立如图空间直角坐标系 Axyz , 依据已知条件可得 - 20 - 3.3.1 3.3.2 考向一 考 向二 - 21 - 3.3.1 3.3.2 考向一 考向二 与平行、垂直有关的存在性问题 例 3 如图 , 在四棱锥 P-ABCD 中 , 平面 PAD ⊥ 平面 ABCD , PA ⊥ PD , PA=PD , AB ⊥ AD , AB= 1, AD= 2, AC=CD = . ( 1) 求证 : PD ⊥ 平面 PAB ; (2) 求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值 ; (3) 在棱 PA 上是否存在点 M , 使得 BM ∥ 平面 PCD ? 若存在 , 求 的 值 ; 若不存在 , 请说明理由 . - 22 - 3.3.1 3.3.2 考向一 考向二 (1) 证明 因为平面 PAD ⊥ 平面 ABCD , AB ⊥ AD , 所以 AB ⊥ 平面 PAD. 所以 AB ⊥ PD. 又因为 PA ⊥ PD , 所以 PD ⊥ 平面 PAB. (2) 解 : 取 AD 的中点 O , 连接 PO , CO. 因为 PA=PD , 所以 PO ⊥ AD. 又因为 PO ⊂ 平面 PAD , 平面 PAD ⊥ 平面 ABCD , 所以 PO ⊥ 平面 ABCD. 因为 CO ⊂ 平面 ABCD , 所以 PO ⊥ CO. 因为 AC=CD , 所以 CO ⊥ AD. 如图建立空间直角坐标系 O-xyz. - 23 - 3.3.1 3.3.2 考向一 考向二 - 24 - 3.3.1 3.3.2 考向一 考向二 - 25 - 3.3.1 3.3.2 考向一 考向二 解题心得 1 . 先假设题中的数学对象存在 ( 或结论成立 ), 再在这个前提下进行逻辑推理 . 若由此导出矛盾 , 则否定假设 ; 否则 , 给出肯定结论 . 2 . 解决这类探索性问题 , 解题时无需进行复杂的作图、论证、推理 , 只需把要成立的结论当作条件 , 据此列方程或方程组 , 把 “ 是否存在 ” 问题转化为 “ 点的坐标是否有解 ”, 即通过坐标运算进行判断 , 这就是计算推理法 . - 26 - 3.3.1 3.3.2 考向一 考向二 对点训练 3 (2018 浙江诸暨中学高三测试题 ) 如图所示 , 在四棱锥 P-ABCD 中 , 四边形 ABCD 为菱形 , ∠ ABC= 60 ° , △ PAD 为正三角形 , 且面 PAD ⊥ 面 ADCB , M 为 AD 的中点 . (1) 若点 N 为 PB 中点 , 求证 : MN ∥ 平面 PCD ; (2) 线段 PB ( 含端点 ) 上是否存在点 N , 使得 MN 与面 PBC 所成角 为 ? - 27 - 3.3.1 3.3.2 考向一 考向二 解 : (1) 取 PC 的中点 Q , 连 NQ , DQ , 则 QN ∥ MD , QN=MD , ∴ 四边形 QNMD 为平行四边形 , 则 MN ∥ DQ , ∵ MN ⊄ 面 PDC , DQ ⊂ 面 PDC , ∴ MN ∥ 面 PDC. (2) ∵ 面 PAD ⊥ 面 ADCB , 面 PAD ∩ 面 ADCB=AD , PM ⊥ AD , ∴ PM ⊥ 面 ADCB , 易得 CM ⊥ MD , 如图建系 . - 28 - 3.3.1 3.3.2 考向一 考向二 - 29 - 3.3.1 3.3.2 考向一 3 . 3 . 2 　 角与距离 利用空间向量求空间角 ( 多维探究 ) 题型一 　 求异面直线所成的角   例 1 如图 , 四边形 ABCD 为菱形 , ∠ ABC= 120 ° , E , F 是平面 ABCD 同一侧的两点 , BE ⊥ 平面 ABCD , DF ⊥ 平面 ABCD , BE= 2 DF , AE ⊥ EC. ( 1) 证明 : 平面 AEC ⊥ 平面 AFC ; (2) 求直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值 . - 30 - 3.3.1 3.3.2 考向一 - 31 - 3.3.1 3.3.2 考向一 - 32 - 3.3.1 3.3.2 考向一 - 33 - 3.3.1 3.3.2 考向一 对点训练 1 (2017 江苏无锡一模 ,15) 如图 , 已知正四棱锥 P-ABCD , PA=AB= 2, 点 M , N 分别在 PA , BD 上 , 且 (1) 求异面直线 MN 与 PC 所成角的大小 ; (2) 求二面角 N-PC-B 的余弦值 . - 34 - 3.3.1 3.3.2 考向一 解 : (1) 设 AC 与 BD 的交点为 O , 以点 O 为坐标原点 , 建立空间直角坐标系 Oxyz , - 35 - 3.3.1 3.3.2 考向一 - 36 - 3.3.1 3.3.2 考向一 题型二 　 求线面角   例 2 如图 , 四棱锥 P-ABCD 中 , PA ⊥ 底面 ABCD , AD ∥ BC , AB=AD=AC= 3, PA=BC= 4, M 为线段 AD 上一点 , AM= 2 MD , N 为 PC 的中点 . (1) 证明 MN ∥ 平面 PAB ; (2) 求直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值 . - 37 - 3.3.1 3.3.2 考向一 - 38 - 3.3.1 3.3.2 考向一 (2) 解 : 取 BC 的中点 E , 连接 AE. 由 AB=AC 得 AE ⊥ BC , 从而 AE ⊥ AD , - 39 - 3.3.1 3.3.2 考向一 - 40 - 3.3.1 3.3.2 考向一 解题心得 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 . - 41 - 3.3.1 3.3.2 考向一 对点训练 2 (2018 浙江杭州名校协作体测试题 ) 如图 , 四棱锥 A-OBCD 中 , 已知平面 AOC ⊥ 面 OBCD , AO= 2 , OB=BC= 2, CD= 4 , ∠ OBC= ∠ BCD= 120 ° . ( 1) 求证 : 平面 ACD ⊥ 平面 AOC ; (2) 直线 AO 与平面 OBCD 所成角为 60 ° , 求二面角 A-BC-D 的平面角的正切值 . - 42 - 3.3.1 3.3.2 考向一 (1) 证明 ∵ OB=BC , ∠ OBC= ∠ BCD= 120 ° , ∴ ∠ BCO= 30 ° , ∴ ∠ OCD= 90 ° , 即 CD ⊥ OC , 平面 AOC ∩ 平面 OBCD=OC , ∵ 平面 AOC ⊥ 平面 OBCD , ∴ CD ⊥ 平面 AOC. 又 CD ⊆ 平面 ACD , 所以平面 ACD ⊥ 平面 AOC. (2) 解 : 过 A 作 OC 的垂线 , 垂足为 H , 则 ∠ AOH= 60 ° , AH= 3, 过 H 作 BC 的垂线 , 垂足为 M , 连接 AM , 则 AM ⊥ BC , 则 ∠ AMH 为二面角 A-BC-D 的平面角 .