高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何初步 專題探究課四 高考中立體幾何問題的熱點題型課件

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1、專題探究課四專題探究課四 高考中立體幾何問題的熱點題型高考中立體幾何問題的熱點題型010102020303熱點三熱點三熱熱點一點一熱點二熱點二例例1 訓(xùn)練訓(xùn)練1空間位置關(guān)系與幾空間位置關(guān)系與幾何體度量計算何體度量計算(教材教材VS高考高考)平面圖形折疊成空平面圖形折疊成空間幾何體間幾何體線、面位置關(guān)系中線、面位置關(guān)系中的開放存在性問題的開放存在性問題例例2 訓(xùn)練訓(xùn)練2例例3 訓(xùn)練訓(xùn)練30101高考導(dǎo)航高考導(dǎo)航高考導(dǎo)航熱點一空間位置關(guān)系與幾何體度量計算(教材VS高考)教材探源教材探源1.考題源于教材必修考題源于教材必修2P74習(xí)題習(xí)題2.3B組組T2，T4及及P62習(xí)題習(xí)題T3，將教材三棱錐改成

2、以四棱錐為載體，考查空間，將教材三棱錐改成以四棱錐為載體，考查空間平行與垂直，在問題平行與垂直，在問題(1)和和(2)的前提下設(shè)置求四棱錐的體積，的前提下設(shè)置求四棱錐的體積，在計算體積的過程中，考查面面垂直與線面垂直，可謂合二在計算體積的過程中，考查面面垂直與線面垂直，可謂合二為一的精彩之作為一的精彩之作2考題將教材中多個問題整合，采取知識嫁接，添加數(shù)據(jù)，考題將教材中多個問題整合，采取知識嫁接，添加數(shù)據(jù)，層層遞進(jìn)設(shè)置問題，匠心獨運，考題源于教材高于教材層層遞進(jìn)設(shè)置問題，匠心獨運，考題源于教材高于教材利于線面平行的判定定理利于線面平行的判定定理滿分解答滿分解答(1)證明證明在平面在平面ABCD中

3、，中，因為因為BADABC90.所以所以BCAD， 1分分(得分點得分點1)又又BC 平面平面PAD，AD 平面平面PAD.所以直線所以直線BC平面平面PAD. 3分分(得分點得分點2)(2)解解如圖，取如圖，取AD的中點的中點M，連接，連接PM，CM，四邊形四邊形ABCM為正方形，則為正方形，則CMAD. 5分分(得分點得分點3)因為側(cè)面因為側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面為等邊三角形且垂直于底面ABCD，平面平面PAD平面平面ABCDAD，PM 平面平面PAD，所以所以PMAD，PM底面底面ABCD， 7分分(得分點得分點4)因為因為CM 底面底面ABCD，所以，所以PMCM. 8分分(

4、得分點得分點5)如圖，取如圖，取CD的中點的中點N，連接，連接PN.則則PNCD，解得解得x2(舍去舍去)或或x2. 10分分(得分點得分點6)12分分(得分點得分點7)第一步：第一步：根據(jù)平面幾何性質(zhì)，證根據(jù)平面幾何性質(zhì)，證BCAD.第二步：第二步：由線面平行判定定理，證線由線面平行判定定理，證線BC平面平面PAD.第三步：第三步：判定四邊形判定四邊形ABCM為正方形，得為正方形，得CMAD.第四步：第四步：證明直線證明直線PM平面平面ABCD.第五步：第五步：利用面積求邊利用面積求邊BC，并計算相關(guān)量，并計算相關(guān)量第六步：第六步：計算四棱錐計算四棱錐PABCD的體積的體積(1)證明證明因為

5、四邊形因為四邊形ABCD為菱形，為菱形，所以所以ACBD.因為因為BE平面平面ABCD，AC 平面平面ABCD，所以所以ACBE，且，且BEBDB，故故AC平面平面BED.又又AC 平面平面AEC，所以平面所以平面AEC平面平面BED.熱點二平面圖形折疊成空間幾何體(1)證明證明BDPD，BDCD，且且PDCDD，PD，CD平面平面PCD，BD平面平面PCD.又又PE平面平面PCD，BDPE.取取BC的中點的中點F，則，則PFMN.又又PF 平面平面DMN，MN平面平面DMN，PF平面平面DMN. 由條件由條件PE平面平面DMN，PEPFP，平面平面PEF平面平面DMN，EFDM，(1)證明證

6、明在矩形在矩形ABCD中，中，ABAD，又因為又因為ABPA且且PAADA，所以所以AB平面平面PAD.又因為又因為AB 平面平面PAB，所以平面所以平面PAB平面平面PAD.(2)證明證明在在PAD中，中，PAPD，N是棱是棱AD的中點，的中點，所以所以PNAD.由由(1)知知AB平面平面PAD，且且PN 平面平面PAD，所以所以ABPN.又因為又因為ABADA，所以所以PN平面平面ABCD.(3)解解在棱在棱BC上存在點上存在點E，使得使得BN平面平面DEP，此時，此時E為為BC的中點的中點證明如下：證明如下：取取BC中點中點E，連接，連接PE，DE.在矩形在矩形ABCD中，中，NDBE，

7、NDBE，所以四邊形所以四邊形BNDE是平行四邊形，是平行四邊形，則則BNDE.又因為又因為BN 平面平面DEP，DE平面平面DEP，所以所以BN平面平面DEP.E(1)證明證明連接連接CE交交AD于于O，連接，連接OF.因為因為CE，AD為為ABC的中線，的中線，則則O為為ABC的重心，的重心，故故OFC1E，因為因為OF 平面平面ADF，C1E 平面平面ADF，所以所以C1E平面平面ADF.O(2)解解當(dāng)當(dāng)BM1時，平面時，平面CAM平面平面ADF.證明如下：因為證明如下：因為ABAC，D是是BC中點，中點，故故ADBC，在直三棱柱，在直三棱柱ABCA1B1C1中，中，BB1平面平面ABC，BB1 平面平面B1BCC1，故平面故平面B1BCC1平面平面ABC.又平面又平面B1BCC1平面平面ABCBC，AD 平面平面ABC，所以所以AD平面平面B1BCC1，CM 平面平面B1BCC1，故故ADCM.又又BM1，BC2，CD1，F(xiàn)C2，故故CBMFCD.易證易證CMDF，DFADD，故故CM平面平面ADF.又又CM 平面平面CAM，故平面故平面CAM平面平面ADF.O