高考数学文冲刺之突破专题03 突破立体几何解答题的瓶颈 1.docx
- 文档编号:4518038
- 上传时间:2022-12-01
- 格式:DOCX
- 页数:23
- 大小:337.21KB
高考数学文冲刺之突破专题03 突破立体几何解答题的瓶颈 1.docx
《高考数学文冲刺之突破专题03 突破立体几何解答题的瓶颈 1.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高考数学文冲刺之突破专题03 突破立体几何解答题的瓶颈 1.docx(23页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
高考数学文冲刺之突破专题03突破立体几何解答题的瓶颈1
突破立体几何解答题的瓶颈
-------------------------------把握考点明确方向-------------------------------
时间
2019
2018
2017
2016
2015
Ⅰ卷
线面平行的判定;点到平面距
离
线面垂直的判定;三棱锥的体
积
面面垂直的判定;四棱锥的侧
面积
面面垂直的判定;四面体的体积
面面垂直的判定;三棱锥的侧面积
Ⅱ卷
线面垂直的判
定;四棱锥的体积
线面垂直的判
定;点到平面距离
线面平行的判
定;四棱锥的体积
线面垂直的判定;五棱锥的体积
线面平行的性质;四棱锥的体积
Ⅲ卷
面面垂直的判
定;四边形的面积
面面垂直的判
定;线面平行的判定
面面垂直的判
定;四面体的体积
线面平行的判定;四面体的体积
------------------
-------------导图助思快速切入-------------------------------
[思维流程]
-----------------------------
--知识整合易错题示-------------------------------
知识整合
1.柱、锥、台、球体的表面积和体积
侧面展开图
表面积
体积
直棱柱
长方形
S=2S底+S侧
V=S底·h
圆柱
长方形
S=2πr2+2πrl
V=πr2·l
棱锥
由若干个三角形构成
S=S底+S侧
V=1·h
S底
3
圆锥
扇形
S=πr2+πrl
V=1πr2·h
3
棱台
由若干个梯形构成
S=S上底+S下底+S侧
1
V=(S+SS′+S′)·h
3
圆台
扇环
S=πr′2+π(r+r′)l+πr2
V=1(r2+rr′+r′2)·h
π
3
球
S=4πr2
V=4r3
π
3
2.平行、垂直关系的转化示意图
(1)
(2)两个结论
a⊥α⎫
a//b⎫
①b⊥α⎬⇒a∥b;②a⊥α⎬⇒b⊥α.
⎭⎭
1.混淆“点A在直线a上”与“直线a在平面α内”的数学符号关系,应表示为A∈a,a⊂α.
2.在由三视图还原为空间几何体的实际形状时,根据三视图的规则,空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线,不可见轮廓线为虚线.在还原空间几何体实际形状时一般是以正(主)视图和俯视图为主.
3.易混淆几何体的表面积与侧面积的区别,几何体的表面积是几何体的侧面积与所有底面面积之和,不能漏
掉几何体的底面积;求锥体体积时,易漏掉体积公式中的系数1.
3
4.不清楚空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理,忽视判定定理和性质定理中的条件,导致判断出错.如由α⊥β,α∩β=l,m⊥l,易误得出m⊥β的结论,就是因为忽视面面垂直的性质定理中m⊂α的限制条件.
5.注意图形的翻折与展开前后变与不变的量以及位置关系.对照前后图形,弄清楚变与不变的元素后,再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置关系与数量关系.
-------------------------------典例分析能力提升------------------------------
-----
-----
-----
-----
-----
-----
-高考真题把握规律
-----
-----
-----
-----
-----
-----
-
1.
(2
019
•新课
标Ⅲ)图1
是由矩形AD
EB,
Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC
折起使得BE与BF重合,连结DG,如图2.
(1)证明:
图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;
(2)求图2中的四边形ACGD的面积.
【解析】
(1)证明:
由已知可得AD∥BE,CG∥BE,即有AD∥CG,则AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面;
由四边形ABED为矩形,可得AB⊥BE,由△ABC为直角三角形,可得AB⊥BC,又BC∩BE=B,可得AB⊥平面BCGE,
AB⊂平面ABC,可得平面ABC⊥平面BCGE;
(2)连接BG,AG,
由AB⊥平面BCGE,可得AB⊥BG,
在△BCG中,BC=CG=2,∠BCG=120°,可得BG=2BCsin60°=23,可得AG=AB2+BG2=13,
在△ACG中,AC=5,CG=2,AG=13,
可得cos∠ACG=4+5ې13=ې1,即有sin∠ACG=2,
2×2×555
则平行四边形ACGD的面积为2×5×2
=4.
2.(2019•新课标Ⅰ)如图,直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,
E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.
(1)证明:
MN∥平面C1DE;
(2)求点C到平面C1DE的距离.
【解析】解法一:
证明:
(1)连结B1C,ME,∵M,E分别是BB1,BC的中点,
2
∴ME∥B1C,又N为A1D的中点,∴ND=1A1D,由题设知A1B1"DC,∴B1C"A1D,∴ME"ND,
===
∴四边形MNDE是平行四边形,
MN∥ED,
又MN⊄平面C1DE,∴MN∥平面C1DE.解:
(2)过C作C1E的垂线,垂足为H,由已知可得DE⊥BC,DE⊥C1C,
∴DE⊥平面C1CE,故DE⊥CH,
∴CH⊥平面C1DE,故CH的长即为C到时平面C1DE的距离,
由已知可得CE=1,CC1=4,
17
∴C1E=17,故CH=417,
∴点C到平面C1DE的距离为.
3.(2019•新课标Ⅱ)如图,长方体ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.
(1)证明:
BE⊥平面EB1C1;
(2)若AE=A1E,AB=3,求四棱锥E﹣BB1C1C的体积.
【解析】
(1)证明:
由长方体ABCD﹣A1B1C1D1,可知
B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1,
∴B1C1⊥BE,
∵BE⊥EC1,B1C1∩EC1=C1,
∴BE⊥平面EB1C1;
(2)由
(1)知∠BEB1=90°,由题设可知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,
∴∠AEB=∠A1EB1=45°,∴AE=AB=3,AA1=2AE=6,
∵在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,AA1∥平面BB1C1C,E∈AA1,AB⊥平面BB1C1C,
∴E到平面BB1C1C的距离d=AB=3,
3
∴四棱锥E﹣BB1C1C的体积V=1×3×6×3=18.
4.(2018•新课标Ⅱ)如图,在三棱锥P﹣ABC中,AB=BC=22,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.
(1)证明:
PO⊥平面ABC;
(2)若点M在棱BC上,且MC=2MB,求点C到平面POM的距离.
【解析】
(1)证明:
∵AB=BC=22,AC=4,∴AB2+BC2=AC2,即△ABC是直角三角形,又O为AC的中点,∴OA=OB=OC,
∵PA=PB=PC,∴△POA≌△POB≌△POC,∴∠POA=∠POB=∠POC=90°,
∴PO⊥AC,PO⊥OB,OB∩AC=0,∴PO⊥平面ABC;
(2)解:
由
(1)得PO⊥平面ABC,PO=PA2ېA02=23,在△COM中,OM=0C2+CM2ې20C·CM䁩os450=25
SOP0M=1×P0×0M=1×23×25=215,
2233
SCOM=1×2×S=4.
△23
OABC3
11
设点C到平面POM的距离为d.由VP﹣OMC=VC﹣POM⇒3×SOP0M·d=3×SO0CM×P0,解得d=455,
45
∴点C到平面POM的距离为5.
5.(2018•新课标Ⅲ)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧CˆD所在平面垂直,M是CˆD上异于C,D的点.
(1)证明:
平面AMD⊥平面BMC;
(2)在线段AM上是否存在点P,使得MC∥平面PBD?
说明理由.
【解析】
(1)证明:
矩形ABCD所在平面与半圆弦CˆD所在平面垂直,所以AD⊥半圆弦CˆD所在平面,CM⊂
半圆弦CˆD所在平面,
∴CM⊥AD,
M是CˆD上异于C,D的点.∴CM⊥DM,DM∩AD=D,∴CM⊥平面AMD,CM⊂平面CMB,
∴平面AMD⊥平面BMC;
(2)解:
存在P是AM的中点,理由:
连接BD交AC于O,取AM的中点P,连接OP,可得MC∥OP,MC⊄平面BDP,OP⊂平面BDP,所以MC∥平面PBD.
6.(2018•新课标Ⅰ)如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°,以AC为折痕将△ACM折起,使点M到达点D的位置,且AB⊥DA.
(1)证明:
平面ACD⊥平面ABC;
3DA
(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ=2
,求三棱锥Q﹣ABP的体积.
【解析】
(1)证明:
∵在平行四边形ABCM中,∠ACM=90°,∴AB⊥AC,又AB⊥DA.且AD∩AC=A,
∴AB⊥面ADC,∵AB⊂面ABC,
∴平面ACD⊥平面ABC;
(2)∵AB=AC=3,∠ACM=90°,∴AD=AM=32,
3DA
∴BP=DQ=2
=22,
由
(1)得DC⊥AB,又DC⊥CA,∴DC⊥面ABC,
33
∴三棱锥Q﹣ABP的体积V=1SOABP×1DC
3333323
=1×2SOABC×1DC=1×2×1×3×3×1×3=1.
7.(2019•北京)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的中点.
(Ⅰ)求证:
BD⊥平面PAC;
(Ⅱ)若∠ABC=60°,求证:
平面PAB⊥平面PAE;
(Ⅲ)棱PB上是否存在点F,使得CF∥平面PAE?
说明理由.
【解析】(Ⅰ)∵四棱锥P﹣ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,
∴BD⊥PA,BD⊥AC,
∵PA∩AC=A,∴BD⊥平面PAC.
(Ⅱ)∵在四棱锥P﹣ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,
E为CD的中点,∠ABC=60°,
∴AB⊥AE,PA⊥AE,
∵PA∩AB=A,∴AE⊥平面PAB,
∵AE⊂平面PAE,∴平面PAB⊥平面PAE.
解:
(Ⅲ)棱PB上是存在中点F,使得CF∥平面PAE.理由如下:
取AB中点G,连结GF,CG,
∵在四棱锥P﹣ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的中点,
∴CG∥AE,FG∥PA,
∵CG∩FG=G,AE∩PA=A,
∴平面CFG∥平面PAE,
∵CF⊂平面CFG,∴CF∥平面PAE.
8.(2019•江苏)如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.求证:
(1)A1B1∥平面DEC1;
(2)BE⊥C1E.
【解析】证明:
(1)∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,
∴DE∥AB,AB∥A1B1,∴DE∥A1B1,
∵DE⊂平面DEC1,A1B1⊄平面DEC1,
∴A1B1∥平面DEC1.
解:
(2)∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,E是AC的中点,AB=BC.
∴BE⊥AA1,BE⊥AC,
又AA1∩AC=A,∴BE⊥平面ACC1A1,
∵C1E⊂平面ACC1A1,∴BE⊥C1E.
-------------------------------模拟演练提升素养-------------------------------
1.【垂直与平行】(2020•江苏模拟)将正方体ABCD﹣A1B1C1D1沿三角形A1BC1所在平面削去一角可得到如图所示的几何体.
(1)连结BD,BD1,证明:
平面BDD1⊥平面A1BC1;
(2)已知P,Q,R分别是正方形ABCD、CDD1C1、ADD1A1的中心(即对角线交点),证明:
平面PQR
∥平面A1BC1.
【解析】证明:
(1)连接AC,∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1,
∴AA1∥CC1,
∴A,A1,C,C1共面,
∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1,
∴DD1⊥平面A1C1D1,
∵A1C1在平面A1C1D1内,
∴DD1⊥A1C1,
∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1,
∴四边形ABCD为正方形,
∴AC⊥BD,
∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1,
∴AA1⊥平面ABCD,
∵BD在平面A1C1D1内,
∴AA1⊥BD,
∵AC∩AA1=A且都在平面AA1C1C捏,
∴BD⊥平面AA1C1C,
∵A1C1在平面AA1C1C内,
∴BD⊥A1C1,
∵BD∩DD1=D,且都在平面BDD1内,
∴A1C1⊥平面BDD1,
∵A1C1在平面A1BC1内,
∴平面BDD1⊥平面A1BC1;
(2)连接A1D,BD,C1D,
∵P,Q,R分别是正方形ABCD,CDD1C1,ADD1A1的中心,
∴P,Q,R分别是BD,C1D,A1D的中点,
∴PQ∥BC1,
∵BC1在平面A1BC1内,PQ不在平面A1BC1内,
∴PQ∥平面A1BC1,
同理可得PR∥平面A1BC1,
又PQ∩PR=P且都在平面PQR内,
∴平面PQR∥平面A1BC1.
2.【体积问题】(2020•莆田一模)如图,四棱锥P﹣ABCD的底面是菱形,AB=AC=2,PA=23,PB=PD.
(1)证明:
平面PAC⊥平面ABCD;
(2)若PA⊥AC,M为PC的中点,求三棱锥B﹣CDM的体积.
【解析】
(1)证明:
设BD交AC于点O,连接PO,在菱形ABCD中,AC⊥BD,
又PB=PD,O是BD的中点,∴PO⊥BD,
∵AC∩PO=O,AC⊂平面PAC,PO⊂平面PAC,
∴BD⊥平面PAC,
又BD⊂平面ABCD,故平面PAC⊥平面ABCD;
(2)解:
连接OM,∵M为PC的中点,且O为AC的中点,∴OM∥PA,由
(1)知,BD⊥PA,又PA⊥AC,
则BD⊥OM,OM⊥AC,
又AC∩BD=O,∴OM⊥平面ABCD,
又SOBCD=1BD·0C=1×23×1=3,
22
2
OM=1PA=3,
∴VBېCDM=VMېBCD=1SOBCD·0M=1×3×3=1.
33
∴三棱锥B﹣CDM的体积为1.
3.【距离问题】(2020•平顶山一模)如图,在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中,E是BB1的中点.
(1)求证:
截面AEC1⊥侧面AC1;
(2)若AA1=A1B1=1,求B1到平面AEC1的距离.
【解析】
(1)证明:
设O,O1分别为AC,A1C1的中点,AC1与A1C相交于F.
∵ABC﹣A1B1C1是正三棱柱,∴侧面A1C⊥底面ABC.
∵O是正三角形ABC边AC的中点,∴OB⊥AC.
∴OB⊥侧面AC1.
∵OO1∥BB1,OO1=BB1,E,F是中点,
∴EBOF是平行四边形.
∴EF∥OB,∴EF⊥侧面AC1.
又EF⊂平面AEC1,∴截面AEC1⊥侧面AC1;
(2)解:
∵AA1=A1B1=1,∴AE=EC1=
2
1
=5,AC1=12+12=2,
∴△AEC1的面积为2×2×=.
111
又∵A到平面B1BCC1的距离为2,△B1EC1的面积为2×2×1=4.设B1到平面AEC1的距离为d,
∵VB1ېAEC1=VAېB1EC1,
∴1×d×6=1×3×1,∴d=2.
343244
即,B1到平面AEC1的距离为.
4.【折叠问题】(2020•深圳一模)如图,四边形ABCD为长方形,AB=2BC=4,E、F分别为AB、CD的中点,将△ADF沿AF折到△AD'F的位置,将△BCE沿CE折到△B'CE的位置,使得平面AD'F⊥底面
AECF,平面B'CE⊥底面AECF,连接B'D'.
(1)求证:
B'D'∥平面AECF;
(2)求三棱锥B'﹣AD'F的体积.
【解析】
(1)证明:
作D′M⊥AF于M,作B′N⊥EC于点N,
∵AD′=D′F=2,B′C=B′E=2,∠AD′F=∠CB′E=90°,
∴M,N为AF,CE的中点,且D̵M=B̵N=2,
∵平面AD′F⊥底面AECF,平面AD′F∩底面AECF=AF,D′M⊥AF,D′M⊂平面‘F,∴D′M⊥底面AECF,
同理:
B′N⊥底面AECF,∴D′M∥B′N,
∴四边形D′B′NM是平行四边形,∴B′D′∥MN,
∵B′D′⊄平面AECF,MN⊂平面AECF,∴B′D′∥平面AECF.
(2)解:
设点B′到平面AD’F的距离为h,连结NF,
∵D′M∥B′N,D′M⊂平面AD′F,B′N⊄平面AD′F,
∴B′N∥平面AD′F,
∴B′到平面AD′F的距离与点N到平面AD′F的距离相等,
∵N为CE中点,EF=2,∴NF⊥CE,
∵AF∥CE,∴NF⊥AF,
∵平面AD′F⊥底面AECF=AF,NF⊂底面AECF,
∴NF⊥平面AD′F,
∴点N到平面AD′F的距离为NF=2,
∴点B′到平面AD′F的距离h=2,
∵SADF=1×2×2=2,
△′2
∴三棱锥B'﹣AD'F的体积VB
ADF=1S·h=1×2×2=22.
′﹣′3OAD̵⺁33
5.【与函数交汇】(2020•吕梁一模)如图正方形ABCD纸片的边长为52,中心为O,正方形EFGH的中心也是O,△AEH,△BEF,△CFG,△DGH分别是以EH,EF,FG,GH为底边的等腰三角形,沿虚线剪开后,分别以EH,EF,FG,GH为折痕折起△AEH,△BEF,△CFG,△DGH,使得A、B、C、D重合于点S,得到四棱锥S﹣EFGH,设正方形EFGH的边长为x.
(1)用x表示四棱锥S﹣EFGH的体积V(x);
2
(2)当V(x)最大时,求四棱锥S﹣EFGH的表面积.
【解析】
(1)连接OA交EH为M,则0A=5,0M=x,
所以四棱锥S﹣EFGH的高为h=
3
所以V(x)=1x225ې5x
(2)解法一:
V(x)=1x225ې5x=1
=25ې5x(0<x<5)
25x4ې5x5
33
设f(x)=25x4﹣5x5(0<x<5),则f'(x)=100x3﹣25x4,由f'(x)=0得,x=4.
2
所以当x=4时,f(x)由最大值,也即V(x)有最大值.此时四棱锥S﹣EFGH的表面积为x2+2x(5ېx)=10x=40
3
解法二:
V(x)=1x225ې5x=≤
当且仅当x=4时,体积取最大值,
165
=
3
2
此时四棱锥S﹣EFGH的表面积为x2+2x(5ېx)=10x=40.
6.【内接问题】(2020•江苏一模)如图,在圆锥SO中,底面半径R为3,母线长l为5.用一个平行于底面的平面去截圆锥,截面圆的圆心为O1,半径为r.现要以截面圆为底面,圆锥底面圆心O为顶点挖去一个倒立的小圆锥,记小圆锥的体积为V.
(1)将V表示成r的函数;
(2)求小圆锥的体积V的最大值.
【解析】
(1)在△SAO中,S0=SA2ېA02=52ې32=4,
由△SNO1∽△SAO可知,S01=r,所以S0=4r,
S0R13
所以001=4ې4r,所以V(r)=1nr2(4ې4r)=4n(3r2ېr3),0<r<3.
3339
9
(2)由
(1)得V(r)=4n(3r2ېr3),0<r<3,
9
所以V̵(r)=4n(6rې3r2),令V'(r)=0,得r=2,当r∈(0,2)时,V'(r)>0,
所以V(r)在(0,2)上单调递增;
当r∈(2,3)时,V'(r)<0,
所以V(r)在(2,3)上单调递减.
9
所以当r=2时,V(r)取得最大值V
(2)=16n.
16n
答:
小圆锥的体积V的最大值为9.
7.【折叠问题】(2020•淮南一模)如图在梯形ABCD中,AD∥BC,AD⊥DC,E为AD的中点AD=2BC=
2CD=4,以BE为折痕把△ABE折起,使点A到达点P的位置,且PB⊥BC.
(Ⅰ)求证:
PE⊥平面BCDE;
(Ⅱ)设F,F分别为PD,PB的中点,求三棱锥G﹣BCF的体积.
【解析】(Ⅰ)证明:
由题意可知BCDE为正方形,
∴BC⊥BE,且BE⊥AE,即BE⊥PE,
又PE⊥BC,且PB∩BE=B,∴BC⊥平面PBE,
∵PE⊂平面PBE,BC⊥PE,
又BC∩BE=B,∴PE⊥平面BCDE.
(Ⅱ)解:
∵G为PB的中点,∴S△PGF=S△BGF,
2
∴VCېPG⺁=VCېBG⺁=1VCېPB⺁,
又F为PD的中点,∴S△PBF=S△BDF,
2
∴VCېPB⺁=VCېBD⺁
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高考数学文冲刺之突破专题03 突破立体几何解答题的瓶颈 高考 数学 冲刺 突破 专题 03 立体几何 解答 瓶颈