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2014高考数学(文)新课标大二轮专题复习与测试课件 专题4 第3课时 高考中的立体几何解答题


第3课时 高考中的立体几何解答题

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大二轮专题复习与测试·数学文科 第一部分 专题四

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高考立体几何试题在选择、填空题中侧重立体几何中的
概念型、空间想象型、简单计算型问题,而解答题侧重立体 几何中的逻辑推理型问题,主要考查线线关系、线面关系和 面面关系,近几年高考中凡

是解答题一般为 2~3问,首先证 明线、面平行与垂直,最后一问为面积和体积计算.

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大二轮专题复习与测试·数学文科 第一部分 专题四

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空间位置关系与体积
(2013· 全国卷Ⅰ)如图, 三棱柱 ABC-A1B1C1 中, CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60° . (1)证明:AB⊥A1C; (2)若 AB=CB=2,A1C= 6, 求三棱柱 ABC-A1B1C1 的体积.

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大二轮专题复习与测试·数学文科 第一部分 专题四

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解析: (1)证明:取AB的中点O,连接OC,OA1,A1B. 因为CA=CB,所以OC⊥AB.

由于AB=AA1,∠BAA1=60°,
故△AA1B为等边三角形, 所以OA1⊥AB. 因为OC∩OA1=O,所以AB⊥平面OA1C. 又A1C?平面OA1C,故AB⊥A1C.

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大二轮专题复习与测试·数学文科 第一部分 专题四

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(2)由题设知△ABC 与△AA1B 都是边长为 2 的等边三角形, 所以 OC=OA1= 3. 又 A1C= 6,则 A1C2=OC2+OA2 1,故 OA1⊥OC. 因为 OC∩AB=O, 所以 OA1⊥平面 ABC, OA1 为三棱柱 ABC -A1B1C1 的高. 又△ABC 的面积 S△ABC= 3,故三棱柱 ABC-A1B1C1 的体 积 V=S△ABC· OA1=3.

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大二轮专题复习与测试·数学文科 第一部分 专题四

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(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,无论是试题本身的已知条件, 还是在具体的解题中,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.在垂直关系的证明 中,线线垂直是问题的核心,可以根据已知的平面图形通过计

算的方式证明线线垂直,也可以根据已知的垂直关系证明线线
垂直. (2)计算体积要注意几何体的割补,棱锥的性质以及选择适 当的底面求出对应的高.

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大二轮专题复习与测试·数学文科 第一部分 专题四

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1.(2013·云南昆明市高三调研测试)如图,在四棱锥P- ABCD 中 , ABCD 为 平 行 四 边 形 , 且 BC⊥ 平 面 PAB ,

PA⊥AB,M为PB的中点,PA=AD=2,AB=1.
(1)求证:PD∥平面AMC; (2)求三棱锥A-MBC的高.

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解析:

(1)证明:连接BD,设BD与AC相交于点 O,连接

OM,
∵四边形ABCD是平行四边形,∴点O为BD的中点. ∵M为PB的中点,∴OM为△PBD的中位线, ∴OM∥PD, ∵OM?平面AMC,PD?平面AMC,

∴PD∥平面AMC.

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(2)∵BC⊥平面 PAB,AD∥BC,∴AD⊥平面 PAB,∴PA⊥ AD, 又 PA⊥AB,且 AD∩AB=A, ∴PA⊥平面 ABCD. 取 AB 的中点 F,连接 MF,则 MF∥PA, ∴MF⊥平面 ABCD, 1 且 MF=2PA=1.

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设三棱锥 A-MBC 的高为 h, 由 VA-MBC=VM-ABC, 1 1 得3S△MBC· h=3S△ABC· MF, 1 BC· AB· MF S△ABC· MF 2· 2 5 得 h= = 1 = 5 . S△MBC BC· BM 2·

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立体几何中探索性问题

如图,在四棱锥 S - ABCD 中,平面 SAD⊥平面
ABCD,四边形ABCD为正方形,且P为AD的中点,Q为SB的中 点. (1)求证:CD⊥平面SAD; (2)求证:PQ∥平面SCD;

(3)若SA=SD,M为BC的中点,在棱SC上是否存在点N,使
得平面DMN⊥平面ABCD?并证明你的结论.

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证明: (1)因为四边形ABCD为正方形,所以CD⊥AD. 又平面SAD⊥平面ABCD,且平面SAD∩平面ABCD=AD,

所以CD⊥平面SAD.
(2)取R为BC的中点,连接PR、QR. 因为Q、P、R分别为SB、AD、BC的中点, 所以QR∥SC,PR∥DC. 因为QR∩PR=R,QR、PR?平面PQR,

所以平面PQR∥平面SCD,
又PQ?平面PQR, 所以PQ∥平面SCD.
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(3)存在点N,使得平面DMN⊥平面ABCD. 连接PC、DM交于点O,连接SP.

因为SA=SD,P为AD的中点,所以SP⊥AD.
因为平面SAD⊥平面ABCD, 所以SP⊥平面ABCD,SP⊥PC. 在△SPC中,过O点作 NO⊥PC交 SC于点 N,此时 N为SC的 中点,

则SP∥NO,则NO⊥平面ABCD,
因为NO?平面DMN, 所以平面DMN⊥平面ABCD, 所以存在满足条件的点N.
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解决探究某些点或线的存在性问题,一般 方法是先研究特殊点(中点、三等分点等)、特殊位置(平行或垂 直),再证明其符合要求,一般来说与平行有关的探索性问题常

常寻找三角形的中位线或平行四边形.

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2 .如图,在四棱锥 P - ABCD 中, PA⊥底面 ABCD ,四边

形 ABCD 为矩形, AD = 2AB ,点 E , F 分别是线段 PD , PC 的中
点.

(1)证明:EF∥平面PAB;
(2)在线段AD上是否存在一点O,使得BO⊥平面PAC,若存 在,请指出点O的位置,并证明BO⊥平面PAC;若不存在,请 说明理由.
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证明: (1)∵EF∥CD,CD∥AB,
∴EF∥AB, 又∵EF?平面PAB,AB?平面PAB, ∴EF∥平面PAB.

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(2)在线段 AD 上存在一点 O,使得 BO⊥平面 PAC, 1 此时点 O 为线段 AD 的四等分点,且 AO=4AD. ∵PA⊥底面 ABCD,∴PA⊥BO, 又∵长方形 ABCD 中,△ABO∽△DAC,∴AC⊥BO. 又∵PA∩AC=A,∴BO⊥平面 PAC.

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图形的折叠问题
(2013· 广东卷)如图(1),在边长为 1 的等边三角形 ABC 中,D,E 分别是 AB,AC 上的点,AD=AE,F 是 BC 的 中点,AF 与 DE 交于点 G.将△ABF 沿 AF 折起,得到如图(2) 2 所示的三棱锥 A-BCF,其中 BC= 2 .

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(1)证明:DE∥平面 BCF; (2)证明:CF⊥平面 ABF; 2 (3)当 AD=3时,求三棱锥 F-DEG 的体积 VF-DEG.

解析:

(1) 证明: 证法一: 在折叠后的图形中,因为

AD AE AB=AC,AD=AE,所以 AB =AC,所以 DE∥BC. 因为 DE?平面 BCF,BC?平面 BCF, 所以 DE∥平面 BCF.

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证法二:在折叠前的图形中,因为 AB=AC,AD=AE,所 AD AE 以 AB =AC,所以 DE∥BC,即 DG∥BF,EG∥CF. 在折叠后的图形中,仍有 DG∥BF,EG∥CF. 又因为 DG?平面 BCF,BF?平面 BCF, 所以 DG∥平面 BCF,同理可证 EG∥平面 BCF. 又 DG∩EG=G,DG?平面 DEG,EG?平面 DEG, 故平面 DEG∥平面 BCF. 又 DE?平面 DEG,所以 DE∥平面 BCF.
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(2)证明:在折叠前的图形中,因为△ABC 为等边三角形,BF =CF, 所以 AF⊥BC,则在折叠后的图形中,AF⊥BF,AF⊥CF. 1 2 又 BF=CF=2,BC= 2 , 所以 BC2=BF2+CF2,所以 BF⊥CF. 又 BF∩AF=F,BF?平面 ABF,AF?平面 ABF, 所以 CF⊥平面 ABF.

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(3)由(1)知,平面 DEG∥平面 BCF, 由(2)知 AF⊥BF,AF⊥CF, 又 BF∩CF=F,所以 AF⊥平面 BCF, 所以 AF⊥平面 DEG,即 GF⊥平面 DEG. 1 3 在折叠前的图形中,AB=1,BF=CF=2,AF= 2 . 2 AD 2 由 AD=3知 AB =3,又 DG∥BF,

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大二轮专题复习与测试·数学文科 第一部分 专题四

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DG AG AD 2 所以 BF = AF = AB =3, 2 1 1 2 3 3 所以 DG=EG=3×2=3,AG=3× 2 = 3 , 3 所以 FG=AF-AG= 6 . 1 1 故三棱锥 F-DEG 的体积为 V 三棱锥 F-DEG=3S△DEG· FG=3 1 ?1?2 3 3 ? ? ×2× 3 × 6 =324. ? ?

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大二轮专题复习与测试·数学文科 第一部分 专题四

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(1)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. (2)在解决问题时,要综合考虑折叠前后的图形,既要分析 折叠后的图形,也要分析折叠前的图形.

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大二轮专题复习与测试·数学文科 第一部分 专题四

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3 . (2012· 福建卷 ) 如图,在长方体 ABCD - A1B1C1D1 中, AB=AD=1,AA1=2,M为棱DD1上的一点.

(1)求三棱锥A-MCC1的体积; (2)当A1M+MC取得最小值时,求证:B1M⊥平面MAC.
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解析: CDD1C1,

(1) 由长方体 ABCD - A1B1C1D1 知, AD ⊥平面

∴点 A 到平面 CDD1C1 的距离等于 AD=1. 1 1 又 S△MCC1=2CC1· CD=2×2×1=1, 1 1 ∴VA-MCC1=3AD· S△MCC1=3.

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(2)证明:将侧面 CDD1C1 绕 DD1 逆时针转 90° 展开,与侧面 ADD1A1 共面(如图),当 A1,M,C′共线时,A1M+MC 取得最 小值.由 AD=CD=1,AA1=2,得 M 为 DD1 的中点. 连接 A1M、B1M,在△C1MC 中, MC1= 2,MC= 2,CC1=2,
2 2 ∴CC2 , 1=MC1+MC ,得∠CMC1=90°

即 CM⊥MC1.

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又由长方体 ABCD-A1B1C1D1 知,B1C1⊥平面 CDD1C1, ∴B1C1⊥CM. 又 B1C1∩C1M=C1,∴CM⊥平面 B1C1M,得 CM⊥B1M. 同理可证,B1M⊥AM. 又 AM∩MC=M,∴B1M⊥平面 MAC.

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演练课时作业

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