1、5.4 立体几何大题,-2-,-3-,-4-,-5-,-6-,-7-,1.证明线线平行和线线垂直的常用方法 (1)证明线线平行:利用平行公理;利用平行四边形进行平行转换;利用三角形的中位线定理;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:利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质;勾股定理;线面垂直的性质. 2.证明线面平行和线面垂直的常用方法 (1)证明线面平行:利用线面平行的判定定理;利用面面平行的性质定理. (2)证明线面垂直:利用线面垂直的判定定理;利用面面垂直的性质定理. 3.证明面面平行和面面垂直的常用方法是判定定理.,-8-,4.利用空间向量证明平行与垂直 设
2、直线l的方向向量为a=(a1,b1,c1),平面,的法向量分别为=(a2,b2,c2),v=(a3,b3,c3),则: (1)线面平行:laa=0a1a2+b1b2+c1c2=0. (2)线面垂直:laa=ka1=ka2,b1=kb2,c1=kc2(k0). (3)面面平行:v=va2=a3,b2=b3,c2=c3(0). (4)面面垂直:vv=0a2a3+b2b3+c2c3=0.,-9-,-10-,-11-,(4)易错点提醒 求线面角时,得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦,容易误以为是线面角的余弦. 求二面角时,两法向量的夹角有可能是二面角的补角,要注意从图中分析. 6.求点到平面
3、的距离,5.4.1 空间中的平行与空间角,-13-,考向一,考向二,考向三,证明平行关系求线面角(全方位透析) 例1 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D是AC的中点,A1D与AC1交于点E,F在线段AC1上,且AF=2FC1,AA1=1,AB=2,AC=1,BAC=60. (1)求证:B1F平面A1BD; (2)求直线BC与平面A1BD所成的角的正弦值.,-14-,考向一,考向二,考向三,解法1 (1)取A1C1的中点H,连接FH,B1H,DH,则有DHBB1, 四边形DHB1B为平行四边形,B1HBD. 又B1H平面A1BD,BD平面A1BD,B1H平面A1BD. 由题意,可知ADA1C1
4、, ADE=C1A1E,DAE=A1C1E, 又AF=2FC1,AE=EF=FC1. 又A1H=HC1,FHEA1, 又FH平面A1BD,EA1平面A1BD,FH平面A1BD, FH,B1H平面B1FH,FHB1H=H,平面B1FH平面A1BD. 又B1F平面B1FH, B1F平面A1BD.,-15-,考向一,考向二,考向三,(2)在ABC中,AB=2,AC=1,BAC=60,BC2=AB2+AC2-2ABACcosBAC=3,则AB2=BC2+AC2, BCA=90,BCAC. CC1平面ABC,BC,AC平面ABC,CC1CA,CC1CB, 如图,以C为原点,分别以CA,CC1,CB所在直
5、线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.,-16-,考向一,考向二,考向三,-17-,考向一,考向二,考向三,解法2 (1)连接AB1,交A1B于点G,连接EG.则有AG=GB1.由题意,可知ADA1C1, ADE=C1A1E, DAE=A1C1E, 又AF=2FC1,AE=EF=FC1, B1FEG. B1F平面A1BD,EG平面A1BD,B1F平面A1BD. (2)同解法1中的(2).,-18-,考向一,考向二,考向三,解法3 (1)在ABC中,AB=2,AC=1,BAC=60,BC2=AB2+AC2-2ABACcosBAC=3,则AB2=BC2+AC2,BCA=90,BCAC. CC1平
6、面ABC,BC,AC平面ABC,CC1CA,CC1CB, 如图,以C为原点,分别以CA,CC1,CB所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.,-19-,考向一,考向二,考向三,-20-,考向一,考向二,考向三,解法4 (1)在ABC中,AB=2,AC=1,BAC=60,BC2=AB2+AC2-2ABACcosBAC=3,则AB2=BC2+AC2,BCA=90.BCAC. CC1平面ABC,BC,AC平面ABC,CC1CA,CC1CB, 如图,以C为原点,分别以CA,CC1,CB所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.,-21-,考向一,考向二,考向三,-22-,考向一,考向二,考向
7、三,-23-,考向一,考向二,考向三,解题心得1.用几何法证明空间平行关系时,由于线线平行、线面平行、面面平行之间可以相互转化,证明过程是沿着转化途径进行. 2.证线面平行时,一般利用线面平行的判定定理,难点是找直线在平面内的平行线: (1)利用三角形的中位线找平行线证线面平行; (2)构造平行四边形,找平行线; (3)利用平行线分线段成比例定理的逆定理证线线平行. 3.向量法证明空间平行关系时,是以计算为手段,寻求直线上的线段对应的向量和平面的基向量、法向量的关系,关键是建立空间直角坐标系(或找空间一组基底)及平面的法向量.,-24-,考向一,考向二,考向三,对点训练1 如图,在四棱锥P-A
8、BCD中,PA底面ABCD,ADBC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,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.,-25-,考向一,考向二,考向三,又ADBC,故TNAM,四边形AMNT为平行四边形,所以MNAT. 因为AT平面PAB,MN平面PAB,所以MN平面PAB.,-26-,考向一,考向二,考向三,-27-,考向一,考向二,考向三,-28-,考向一,考向二,考向三,证明平行关系求二面角 例2(2019全国卷1,理18) 如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,BA
9、D=60,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点. (1)证明:MN平面C1DE; (2)求二面角A-MA1-N的正弦值.,-29-,考向一,考向二,考向三,解 (1)连接B1C,ME. 因为M,E分别为BB1,BC的中点, 由题设知A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND,因此四边形MNDE为平行四边形,MNED. 又MN平面EDC1,所以MN平面C1DE.,-30-,考向一,考向二,考向三,-31-,考向一,考向二,考向三,-32-,考向一,考向二,考向三,解题心得二面角的大小通常转化为二面角的平面角,设二面角的平面角为,则|cos |=|cos|= .由0,),可知的正弦值是唯一的
10、,cos 的正负要根据几何体中两个平面夹角的大小来定.,-33-,考向一,考向二,考向三,对点训练2(2019全国卷2,理17) 如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BEEC1. (1)证明:BE平面EB1C1; (2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.,-34-,考向一,考向二,考向三,(1)证明 由已知得,B1C1平面ABB1A1,BE平面ABB1A1,故B1C1BE.又BEEC1,所以BE平面EB1C1. (2)解,-35-,考向一,考向二,考向三,-36-,考向一,考向二,考向三,空间角与存在性问题 例3 (2019北京朝阳一模
11、,理17)如图,在多面体ABCDEF中,平面ADEF平面ABCD.四边形ADEF为正方形,四边形ABCD为梯形,且ADBC,BAD=90,AB=AD=1,BC=3. (1)求直线BF与平面CDE所成角的正弦值; (2)线段BD上是否存在点M,使得直线CE平面AFM?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.,-37-,考向一,考向二,考向三,解 (1)因为四边形ADEF为正方形,所以AFAD. 又因为平面ADEF平面ABCD,且平面ADEF平面ABCD=AD,所以AF平面ABCD.所以AFAD,AFAB. 因为BAD=90,所以AB,AD,AF两两垂直. 以A为原点,分别以AB,AD,AF为x轴,
12、y轴,z轴建立空间直角坐标系(如图).,-38-,考向一,考向二,考向三,-39-,考向一,考向二,考向三,-40-,考向一,考向二,考向三,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.空间向量最适合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.,-41-,考向一,考向二,考向三,对点训练3 (2019河南名校联盟压轴卷四,理18)如图,在四棱锥P-ABCD中
13、,PD平面ABCD,ABCD是梯形,且BCAD,AC=CD= AD, AD=2PD=4BC=4. (1)求证:AC平面PCD; (2)求平面PCD与平面PAB所成的锐角的余弦值; (3)在棱PD上是否存在点M,使得CM平面PAB? 若存在,求 的值;若不存在,说明理由.,-42-,考向一,考向二,考向三,-43-,考向一,考向二,考向三,(2)解 分别以直线DA,DP为x轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(4,0,0),B(3,2,0),C(2,2,0),P(0,0,2),-44-,考向一,考向二,考向三,-45-,考向一,考向二,考向三,-46-,考向一,考向二,考向三,