高考数学高频考点突破 直线、平面、棱柱、棱锥、球课件.ppt

单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,*,用一个平面去截一个球，截面是圆面球的截面有下面性质：,(1),球心与截面圆心的连线垂直于截面；,(2),球心到截面的距离,d,与球的半径,R,及截面的半径,r,的关系为：,d,2,R,2,r,2,.,球的很多问题都是通过球的,截面,“,平面化,”,后,，转化为圆的问题来解决的，此时要注意区分大圆与小圆,思路点拨,利用球的截面圆的性质,答案,B,1.,证明直线与平面平行常用的两种方法：,(1),转化为线线平行；,(2),转化为面面平行,2,证明线线平行常用的两种方法：,(1),构造平行四边形；,(2),构造三角形的中位线,3,证明直线与平面垂直往往转化为证明直线与直线垂直，,而证明直线与直线垂直又需要转化为证明直线与平面,垂直,思路点拨,(1),只需证明,AF,平行于,E,与,BD,、,AC,交点连线即可,(2),证明,CF,垂直于平面内的两条相交直线,(2),连结,FG,.,因为,EF,CG,，,EF,CG,1,，且,CE,1,，,所以四边形,CEFG,为菱形，所以,CF,EG,.,因为四边形,ABCD,为正方形，所以,BD,AC,，,又因为平面,ACEF,平面,ABCD,，,且平面,ACEF,平面,ABCD,AC,，,所以,BD,平面,ACEF,.,所以,CF,BD,.,又,BD,EG,G,，所以,CF,平面,BDE,.,3,面面垂直的判定方法,(1),a,，,a,(2),面面垂直 线面垂直 线线垂直,例,3,如图，,棱柱,ABC,A,1,B,1,C,1,的侧面,BCC,1,B,1,是菱形，,B,1,C,A,1,B,.,(1),证明：平面,AB,1,C,平面,A,1,BC,1,；,(2),设,D,是,A,1,C,1,上的点，且,A,1,B,平面,B,1,CD,，求,A,1,D,DC,1,的值,思路点拨,(1),由面面垂直的判定定理可证,B,1,C,面,A,1,BC,1,即可,(2),是探索性问题，可利用线面平行的性质分析,D,为,A,1,C,1,中点即得此值,自主解答,(1),证明：因为侧面,BCC,1,B,1,是菱形，,所以,B,1,C,BC,1,.,又已知,B,1,C,A,1,B,，且,A,1,B,BC,1,B,，,所以,B,1,C,平面,A,1,BC,1,.,又,B,1,C,平面,AB,1,C,，,所以平面,AB,1,C,平面,A,1,BC,1,.,(2),如图，设,BC,1,交,B,1,C,于点,E,，连结,DE,，,则,DE,是平面,A,1,BC,1,与平面,B,1,CD,的交线,因为,A,1,B,平面,B,1,CD,，,所以,A,1,B,DE,.,又,E,是,BC,1,的中点，,所以,D,为,A,1,C,1,的中点,即,A,1,D,DC,1,1.,(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,例,4,如图，正方体,ABCD,A,1,B,1,C,1,D,1,中，,M,、,N,分别为,AB,、,BC,的中点,(1),求证：平面,B,1,MN,平面,BB,1,D,1,D,；,(2),当点,P,在,DD,1,上运动时，是否都有,MN,平面,A,1,C,1,P,？证明你的结论；,(3),按图中示例，在给出的方格纸中，用实线再画出此正方体的,3,个形状不同的表面展开图，且每个展开图均满足条件,“,有,四个正方形连成一个长方形,”,(,如果多画，则按前,3,个记分,),思路点拨,(1),可先证,MN,面,BB,1,D,1,D,，再得面面垂直,(2),结合图形分析，先猜测成立，再给出证明,(3),结合条件可画出,自主解答,(1),证明：在正方体,ABCD,A,1,B,1,C,1,D,1,中，,BB,1,平面,ABCD,，,MN,平面,ABCD,，,BB,1,MN,.,连接,AC,，,M,、,N,分别为,AB,、,BC,的中点，,MN,AC,.,又四边形,ABCD,是正方形，,AC,BD,，,MN,BD,.,BD,BB,1,B,，,MN,平面,BB,1,D,1,D,.,又,MN,平面,B,1,MN,，平面,B,1,MN,平面,BB,1,D,1,D,.,(2),当点,P,在,DD,1,上运动时，都有,MN,平面,A,1,C,1,P,.,证明如下：,在正方体,ABCD,A,1,B,1,C,1,D,1,中，,AA,1,CC,1,，,AA,1,CC,1,，,四边形,AA,1,C,1,C,是平行四边形，,AC,A,1,C,1,.,由,(1),知,MN,AC,，,MN,A,1,C,1,.,又,MN,平面,A,1,C,1,P,，,A,1,C,1,平面,A,1,C,1,P,，,MN,平面,A,1,C,1,P,.,(3),符合条件的表面展开图还有,5,个，如下图,在利用判定定理或性质定理证明平行或垂直关系时易失误的地方是解答步骤中忽视了每个定理成立的条件，如本例中,(2),问证得,MN,A,1,C,1,后，许多同学只会写上结论，而丢掉了,“,MN,面,A,1,C,1,P,，,A,1,C,1,面,A,1,C,1,P,”,，故证题时要严格按定理中成立的条件，以防造成不应有的丢分，对于探索性问题，一般是先根据特殊位置猜测结论，再给出一般性的证明,保持本例的条件不变，在棱,DD,1,上是否存在点,P,使得,BD,1,平,面,PMN,？若存在，确定点,P,的位置；若不存在，请说明理由,解：,设点,P,为棱,DD,1,上一点，,MN,与,BD,的交点为,Q,，,连接,PQ,、,PM,、,PN,，则平面,BB,1,D,1,D,平面,PMN,PQ,，当,BD,1,平面,PMN,时，,根据线面平行的性质定理得,BD,1,PQ,且,DQ,QB,DP,PD,1,3,1,因此，在棱,DD,1,上存在点,P,，使得,BD,1,平面,PMN,，并且,DP,PD,1,3,1,，即在线段,D,1,D,上靠近点,D,1,的第一个四等分点处,.,转化与化归思想,例,5,如图，在正三棱柱,ABC,A,1,B,1,C,1,中，,点,D,是棱,BC,的中点，求证：,(1),AD,C,1,D,；,(2),A,1,B,平面,ADC,1,.,证明,(1),因为三棱柱,ABC,A,1,B,1,C,1,是正三棱柱，所以,C,1,C,平面,ABC,，又,AD,平面,ABC,，,所以,C,1,C,AD,，,(2,分,),又点,D,是棱,BC,的中点，,且,ABC,为正三角形，所以,AD,BC,，,因为,BC,C,1,C,C,，所以,AD,平面,BCC,1,B,1,，,(4,分,),又因为,DC,1,平面,BCC,1,B,1,，所以,AD,C,1,D,.,(6,分,),(2),连结,A,1,C,交,AC,1,于点,E,，再连结,DE,.,因为四边形,A,1,ACC,1,为矩形，,所以,E,为,A,1,C,的中点，,(9,分,),又因为,D,为,BC,的中点，,所以,ED,A,1,B,.,(10,分,),又,A,1,B,平面,ADC,1,，,ED,平面,ADC,1,，,所以,A,1,B,平面,ADC,1,.,解法心得,本题体现了空间中线面平行与垂直的转化思想，基本思路为：,