- 1.94 MB
- 2021-06-10 发布
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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
.