《2020年高考数学（理科）一轮复习课件：专题六 立体几何 第3课时 .ppt》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年高考数学（理科）一轮复习课件：专题六 立体几何 第3课时 .ppt（36页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第3课时,题型1,利用空间向量求空间角(距离),就新课标卷而言，对立体几何的命题基本上是“一题两法”的格局.在备考中，对理科考生而言，还是应该注重两种方法并重，不要盲目地追求空间向量(容易建系时才用空间向量)，千万不要重计算而轻论证！,例1：(2018年新课标)如图6-24，在三棱锥P-ABC中，,(1)证明：PO平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角M-PA-C为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值.图6-24,(1)证明：因为PAPCAC4，O为AC的中点，,图6-25,【规律方法】立体几何中的直线与平面的位置关系，以及空间的三种角，是高考的必考内容，都可以采用传统的方法来处理，对
2、于直线与平面间几种位置关系，可采用平行垂直间的转化关系来证明，对于异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角可分别通过平移法、射影法和垂面法将它们转化为相交直线所成的角来处理.本题主要考查立体几何中传统的平行与垂直关系，并且考查了线面所成的角，难度并不是太大，旨在考查考生的对解题技巧的把握和抽象分析能力.,【互动探究】,1.(2017年新课标)如图6-26，在四棱锥P-ABCD中，AB,CD，且BAPCDP90.(1)证明：平面PAB平面PAD；,(2)若PAPDABDC，APD90，求二面角A-PB-C,的余弦值.,图6-26,(1)证明：由已知BAPCDP90，得ABAP，,CDPD.,
3、由于ABCD，故ABPD.又APPDP，从而AB平,面PAD.,又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD.,(2)解：在平面PAD内作PFAD，垂足为F，,由(1)可知，AB平面PAD，故ABPF，可得PF平面,ABCD.,建立如图D88所示的空间直角坐标系F-xyz.,图D88,题型2折叠问题,将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，把这类问题称为平面图形的翻折问题.平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化，有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的关键.一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.解决这类问题就是要据此研究翻折
4、以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是化解翻折问题难点的主要方法.,例2：(2018年新课标)如图6-27，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF.,(1)证明：平面PEF平面ABFD；,(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.,图6-27,(1)证明：由已知可得，BFPF，BFEF，又PFEFF，所以BF平面PEF.,又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.,(2)解：作PHEF，垂足为H.由(1)得，PH平面ABFD.,建立如图6-28所示的空间直角坐标系H-xyz.,图6-28,【规律方法】有关
5、折叠问题，一定要分清折叠前后两图形(折叠前的平面图形和折叠后的空间图形)各元素间的位置和数量关系，哪些变，哪些不变.如角的大小不变，线段长度不变，线线关系不变，再由面面垂直的判定定理进行推理证明.,【互动探究】,图6-29,2.如图629，在长方形ABCD中，AB4，BC2，现将ACD沿AC折起，使D折到P的位置且P在平面ABC的射影E恰好在线段AB上.(1)证明：APPB；(2)求锐二面角BPCE的余弦值.,(1)证明：由题意，知PE平面ABC，又BC平面ABC，PEBC.,又ABBC且ABPEE，BC平面PAB.又AP平面PAB，BCAP.,又APCP且BCCPC，AP平面PBC.又PB平
6、面PBC，APPB.,图D89,题型3,探索性问题,例3：如图6-30，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，ABC60，PAB为正三角形，且侧面PAB底面ABCD，E为线段AB的中点，M在线段PD上.图6-30,(1)当M是线段PD的中点时，求证：PB平面ACM；(2)求证：PEAC；(3)是否存在点M，使二面角M-EC-D的大小为60，若存,在，求出,的值；若不存在，请说明理由.,(1)证明：如图6-31，连接BD交AC于H点，连接MH，因为四边形ABCD是菱形，所以点H为BD的中点.又因为M为PD的中点，所以MHBP.又因为BP平面ACM，MH平面ACM，所以PB平面AC
7、M.,图6-31,(2)证明：因为PAB为正三角形，E为AB的中点，所以PEAB.,因为平面PAB平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB，,PE平面PAB，,所以PE平面ABCD.,又因为AC平面ABCD，所以PEAC.,(3)解：因为ABCD是菱形，ABC60，E是AB的中点，所以CEAB.,图6-32,又因为PE平面ABCD，,以E为原点，分别以EB，EC，EP为x，y，z轴，,因为二面角M-EC-D的大小为60，,【互动探究】3.如图6-33，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD底面ABCD，且PAD是边长为2的等边三角形，PC，M在PC上，且PA平面MBD.(1)求证：M是PC的中点；(2)在PA上是否存在点F，使二面角,AFAP,的值；,F-BD-M为直角？若存在，求出若不存在，说明理由.,图6-33,(1)证明：连接AC交BD于E，连接ME.ABCD是矩形，E是AC中点.又PA平面MBD，且ME是平面PAC与平面MDB的交线，PAME.M是PC的中点.,图D90,(2)解：取AD中点O，由(1)知OA，OE，OP两两垂直.以O为原点，OA，OE，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(如图D90)，则各点坐标为A(1,0,0)，B(1,3,0)，,