2019届二轮复习（文）第八章立体几何初步专题探究课四课件（28张）（全国通用）

2019届二轮复习（文）第八章立体几何初步专题探究课四课件（28张）（全国通用）

高考导航 　 1. 立体几何初步是高考的重要内容，几乎每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用 “ 论证与计算 ” 相结合的模式，即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直，并与几何体的性质相结合考查几何体的计算； 2. 重在考查学生的空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力 . 考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法 . 热点一　空间位置关系与几何体度量计算 ( 教材 VS 高考 ) 以空间几何体 ( 主要是柱、锥或简单组合体 ) 为载体，通过空间平行、垂直关系的论证命制，主要考查公理 4 及线、面平行与垂直的判定定理与性质定理，常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查，考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思想，一般以解答题的形式出现，难度中等 . 教材探源 　 1. 考题源于教材必修 2P74 习题 2.3B 组 T2 ， T4 及 P62 习题 T3 ，将教材三棱锥改成以四棱锥为载体，考查空间平行与垂直，在问题 (1) 和 (2) 的前提下设置求四棱锥的体积，在计算体积的过程中，考查面面垂直与线面垂直，可谓合二为一的精彩之作 . 2. 考题将教材中多个问题整合，采取知识嫁接，添加数据，层层递进设置问题，匠心独运，考题源于教材高于教材 . 满分解答 　 (1) 证明 　在平面 ABCD 中， 因为 ∠ BAD ＝ ∠ ABC ＝ 90 °. 所以 BC ∥ AD ， 1 分　 ( 得分点 1) 又 BC ⊄ 平面 PAD ， AD ⊂ 平面 PAD . 所以 直线 BC ∥ 平面 PAD . 3 分　 ( 得分点 2) (2) 解 　如图，取 AD 的中点 M ，连接 PM ， CM ， 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 ， PM ⊂ 平面 PAD ，所以 PM ⊥ AD ， PM ⊥ 底面 ABCD ， 7 分　 ( 得分点 4) 因为 CM ⊂ 底面 ABCD ，所以 PM ⊥ CM . 8 分　 ( 得分点 5) ❸ 得计算分：涉及体积与面积的计算，正确求得数据结果是关键，如利用面积求线段 BC 的长度，否则无法得分，再者 PM 及 AD 的计算失误也会扣去 2 分，在第 (2) 问的推理中，巧用第 (1) 问结果，借助 BC ∥ AD ，证明 CM ⊥ AD 优化解题过程 . 第一步： 根据平面几何性质，证 BC ∥ AD . 第二步： 由线面平行判定定理，证线 BC ∥ 平面 PAD . 第三步： 判定四边形 ABCM 为正方形，得 CM ⊥ AD . 第四步： 证明直线 PM ⊥ 平面 ABCD . 第五步： 利用面积求边 BC ，并计算相关量 . 第六步： 计算四棱锥 P － ABCD 的体积 . 【训练 1 】 (2015· 全国 Ⅰ 卷 ) 如图，四边形 ABCD 为菱形， G 是 AC 与 BD 的交点， BE ⊥ 平面 ABCD . (1) 证明 　因为四边形 ABCD 为菱形，所以 AC ⊥ BD . 因为 BE ⊥ 平面 ABCD ， AC ⊂ 平面 ABCD ， 所以 AC ⊥ BE ，且 BE ∩ BD ＝ B ，故 AC ⊥ 平面 BED . 又 AC ⊂ 平面 AEC ，所以平面 AEC ⊥ 平面 BED . (2) 解 　设 AB ＝ x ，在菱形 ABCD 中，由 ∠ ABC ＝ 120° ， 由 BE ⊥ 平面 ABCD ， BG ⊂ 平面 ABCD 知 BE ⊥ BG ， 热点二　平面图形折叠成空间几何体 先 将平面图形折叠成空间几何体，再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量是近几年高考考查立体几何的一类重要考向，它很好地将平面图形拓展成空间图形，同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径，是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向 . 【例 2 】 (2016· 全国 Ⅱ 卷 ) 如图，菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O ，点 E ， F 分别在 AD ， CD 上， AE ＝ CF ， EF 交 BD 于点 H ，将 △ DEF 沿 EF 折到 △ D ′ EF 的位置 . (1) 证明 　由已知得 AC ⊥ BD ， AD ＝ CD ， 由此得 EF ⊥ HD ，故 EF ⊥ HD ′ ，所以 AC ⊥ HD ′. 由 (1) 知 AC ⊥ HD ′ ，又 AC ⊥ BD ， BD ∩ HD ′ ＝ H ， 所以 AC ⊥ 平面 BHD ′ ，于是 AC ⊥ OD ′ ， 又 由 OD ′ ⊥ OH ， AC ∩ OH ＝ O ，所以 OD ′ ⊥ 平面 ABC . 探究提高 　 1.(1) 利用 AC 与 EF 平行，转化为证明 EF 与 HD ′ 垂直； (2) 求五棱锥的体积需先求棱锥的高及底面的面积，结合图形特征可以发现 OD ′ 是棱锥的高，而底面的面积可以利用菱形 ABCD 与 △ DEF 面积的差求解，这样就将问题转化为证明 OD ′ 与底面垂直以及求 △ DEF 的面积问题了 . 2. 解决与折叠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 . 【训练 2 】 如图，直角三角形 ABC 中， A ＝ 60° ，沿斜边 AC 上的高 BD 将 △ ABD 折起到 △ PBD 的位置，点 E 在线段 CD 上 . ( 1) 证明 　 ∵ BD ⊥ PD ， BD ⊥ CD ，且 PD ∩ CD ＝ D ， PD ， CD ⊂ 平面 PCD ， ∴ BD ⊥ 平面 PCD . 又 PE ⊂ 平面 PCD ， ∴ BD ⊥ PE . 取 BC 的中点 F ，则 PF ∥ MN . 又 PF ⊄ 平面 DMN ， MN ⊂ 平面 DMN ， ∴ PF ∥ 平面 DMN . 由条件 PE ∥ 平面 DMN ， PE ∩ PF ＝ P ， ∴ 平面 PEF ∥ 平面 DMN ， 热点三　线、面位置关系中的开放存在性问题 【例 3 】 (2018· 北京海淀模拟 ) 如图，在四棱锥 P － ABCD 中，底面 ABCD 是矩形， PA ＝ PD ， PA ⊥ AB ， N 是棱 AD 的中点 . (1) 求证：平面 PAB ⊥ 平面 PAD . (2) 求证： PN ⊥ 平面 ABCD . (3) 在棱 BC 上是否存在动点 E ，使得 BN ∥ 平面 DEP ？并说明理由 . ( 1) 证明 　在矩形 ABCD 中， AB ⊥ AD ， 又因为 AB ⊥ PA 且 PA ∩ AD ＝ A ， 所以 AB ⊥ 平面 PAD . 又因为 AB ⊂ 平面 PAB ， 所以平面 PAB ⊥ 平面 PAD . (2) 证明　 在 △ PAD 中， PA ＝ PD ， N 是棱 AD 的中点，所以 PN ⊥ AD . 由 (1) 知 AB ⊥ 平面 PAD ，且 PN ⊂ 平面 PAD ，所以 AB ⊥ PN . 又因为 AB ∩ AD ＝ A ，所以 PN ⊥ 平面 ABCD . ( 3) 解　 在棱 BC 上存在点 E ，使得 BN ∥ 平面 DEP ，此时 E 为 BC 的中点 . 证明如下： 取 BC 中点 E ，连接 PE ， DE . 在矩形 ABCD 中， ND ∥ BE ， ND ＝ BE ， 所以四边形 BNDE 是平行四边形，则 BN ∥ DE . 又因为 BN ⊄ 平面 DEP ， DE ⊂ 平面 DEP ， 所以 BN ∥ 平面 DEP . 探究提高 　 1. 在立体几何的平行关系问题中， “ 中点 ” 是经常使用的一个特殊点，通过找 “ 中点 ” ，连 “ 中点 ” ，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本 . 2. 例 3 第 (3) 问是探索开放性问题，采用了先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论 . 【训练 3 】 (2018· 邯郸模拟 ) 如图，直三棱柱 ABC － A 1 B 1 C 1 中， D ， E 分别是棱 BC ， AB 的中点，点 F 在棱 CC 1 上，已知 AB ＝ AC ， AA 1 ＝ 3 ， BC ＝ CF ＝ 2. (1) 求证： C 1 E ∥ 平面 ADF . (2) 设点 M 在棱 BB 1 上，当 BM 为何值时，平面 CAM ⊥ 平面 ADF . ( 1) 证明　 连接 CE 交 AD 于 O ，连接 OF . 因为 CE ， AD 为 △ ABC 的中线，则 O 为 △ ABC 的重心， 因为 OF ⊂ 平面 ADF ， C 1 E ⊄ 平面 ADF ， 所以 C 1 E ∥ 平面 ADF . (2) 解　 当 BM ＝ 1 时，平面 CAM ⊥ 平面 ADF . 证明如下：因为 AB ＝ AC ， D 是 BC 中点， 故 AD ⊥ BC ，在直三棱柱 ABC － A 1 B 1 C 1 中， BB 1 ⊥ 平面 ABC ， BB 1 ⊂ 平面 B 1 BCC 1 ， 故 平面 B 1 BCC 1 ⊥ 平面 ABC . 又平面 B 1 BCC 1 ∩ 平面 ABC ＝ BC ， AD ⊂ 平面 ABC ， 所以 AD ⊥ 平面 B 1 BCC 1 ， CM ⊂ 平面 B 1 BCC 1 ，故 AD ⊥ CM . 又 BM ＝ 1 ， BC ＝ 2 ， CD ＝ 1 ， FC ＝ 2 ， 故 △ CBM ≌△ FCD . 易证 CM ⊥ DF ， DF ∩ AD ＝ D ，故 CM ⊥ 平面 ADF . 又 CM ⊂ 平面 CAM ，故平面 CAM ⊥ 平面 ADF .