1、“.....为不重合的两个平面为,的法向量,为内三个点题型四题型题型二题型三例如图,在四棱锥中,⊥底面,底面与平面所成角的正弦值为,求的长判断线段上是否存在点,使平面若存在,求出的值若不存在,说明理由𝐴𝑀𝑀𝐶题型四题型题型二题型三证明由,二题型三对点训练如图,在五面体中,四边形是边长为的正方形,,平面⊥平面,且点是的中点证明⊥平面若直线因此于是𝑃𝑀𝑀𝐷𝐷𝐸𝐸𝐷,所以再由,得𝑡,解得,因此故四面体的体积题型四题型题型矩形,故设,则高优指导高考数学轮复习解答题增分专项高考中的立体几何课件理北师大版.文档免费在线阅读是,所以𝑃𝑄,即,亦即,从而于是,将四面体视为以,所以𝑃𝑄因为平面,且平面的个法向量是,所以𝑃𝑄,即,亦即,从而于是,将四面体视为以为底面的三棱锥,则其高故四面体的体积题型四题型题型二题型三方法二如图,取的中点,连接,因为,是梯形的两腰,是的中点,所以,于是由知,,所以,四点共面由题设知,⊥,⊥,所以⊥平面......”。

2、“.....所以,因此四题型题型二题型三方法二如图,取的中点,连接,因为,是梯形,所以𝑃𝑄因为平面,且平面的个法向量由题设知,⊥,⊥,所以⊥平面,因此⊥因为𝐴�,于是⊥再由即知⊥平面又⫋平面,故⊥题型四的两腰,是的中点,所以,于是由知,,所以,四点共面面,所以⊥平面过点作⊥于点,连接,则⊥,为二面角由平面及知,平面平面,所以又是正方形,所以为题型题型二题型三如图,过点作交于点,则平面因为⊥平题型题型二题型三过点作交于点,则为矩形,所以解得,因此故四面体的体积题型四题型题型矩形,故设,则𝑀𝑄𝑀𝐷𝑀𝑄𝑀𝐷𝑡𝑡题型四,于是⊥再由即知⊥平面又⫋平面,故⊥题型四的两腰,是的中点,所以,于是由知,,所以,四点共面题型题型二题型三方法二如图,取的中点,连接,因为,是梯形平面若二面角的余弦值为,求直线与平面所成角的正弦值题型四题型题为的中点,故,𝑒⊥𝐴𝐶其中,为不重合的两个平面为,的法向量......”。

3、“.....在四棱锥中,⊥底面,底面𝐶𝐴,𝑎设为平面的个法向量,则𝑥型二题型三证明在底面中取的中点,连接,由已知条件可知⊥因为⊥平,为平面的个法向量题型四题型题型二题型三𝐶𝐵,坐标系,如图,则设,则𝐶𝐴,𝑎设为平面的个法向量,则𝑥型二题型三证明在底面中取的中点,连接,由已知条件可知⊥因为⊥平面,所以三条直线两两垂直,分别以为轴轴轴建立空间直角是直角梯形,⊥,是的中点求证平面⊥平面若二面角的余弦值为,求直线与平面所成角的正弦值题型四题型题为的中点,故,𝑒⊥𝐴𝐶其中,为不重合的两个平面为,的法向量,为内三个点题型四题型题型二题型三例如图,在四棱锥中,⊥底面,底面与平面所成角的正弦值为,求的长判断线段上是否存在点,使平面若存在,求出的值若不存在,说明理由𝐴𝑀𝑀𝐶题型四题型题型二题型三证明由,二题型三对点训练如图,在五面体中,四边形是边长为的正方形,,平面⊥平面......”。

4、“.....𝑎𝑎𝑢𝐶𝐵即𝑎𝑎,解得设直线与平的个法向量又𝐶𝐵为平面的个法向量,𝑎𝑎𝑢𝐶𝐵即𝑎𝑎,解得设直线与平的个法向量又𝐶𝐵为平面的个法向量,𝑎𝑎𝑢𝐶𝐵即𝑎𝑎,解得设直线与平𝑎𝑧令,则𝑎,⊥平面⊥平面解在中建立的坐标系中,由知𝑎为平面𝑦令,则𝑎𝑎设为平面的个法向量题型四题型题型二题型三𝐶𝐵,坐标系,如图,则设,则𝐶𝐴,𝑎设为平面的个法向量,则𝑥型二题型三证明在底面中取的中点,连接,由已知条件可知⊥因为⊥平面,所以三条直线两两垂直,分别以为轴轴轴建立空间直角是直角梯形,⊥,是的中点求证平面⊥平面若二面角的余弦值为,求直线与平面所成角的正弦值题型四题型题为的中点,故,𝑒⊥𝐴𝐶其中,为不重合的两个平面为,的法向量,为内三个点题型四题型题型二题型三例如图,在四棱锥中,⊥底面,底面与平面所成角的正弦值为,求的长判断线段上是否存在点,使平面若存在,求出的值若不存在......”。

5、“.....二题型三对点训练如图,在五面体中,四边形是边长为的正方形,,平面⊥平面,且点是的中点证明⊥平面若直线因此于是𝑃𝑀𝑀𝐷𝐷𝐸𝐸𝐷,所以再由,得𝑡,解得,因此故四面体的体积题型四题型题型矩形,故设,则𝑀𝑄𝑀𝐷𝑀𝑄𝑀𝐷𝑡𝑡题型四题型题型二题型三过点作交于点,则为矩形,所以的平面角,所以,即𝑀𝑁𝑃𝑁,从而𝑃𝑀𝑀𝑁连接,由平面及知,平面平面,所以又是正方形,所以为题型题型二题型三如图,过点作交于点,则平面因为⊥平面,所以⊥平面过点作⊥于点,连接,则⊥,为二面角𝐴𝐵𝐴𝐵𝐴𝐴,所以,因此,于是⊥再由即知⊥平面又⫋平面,故⊥题型四的两腰,是的中点,所以,于是由知,,所以,四点共面由题设知,⊥,⊥,所以⊥平面,因此⊥因为𝐴𝑅为底面的三棱锥,则其高故四面体的体积题型四题型题型二题型三方法二如图,取的中点,连接,因为,是梯形,所以𝑃𝑄因为平面......”。

6、“.....所以𝑃𝑄,即,亦即,从而于是,将四面体视为以,所以𝑃𝑄因为平面,且平面的个法向量是,所以𝑃𝑄,即,亦即,从而于是,将四面体视为以为底面的三棱锥,则其高故四面体的体积题型四题型题型二题型三方法二如图,取的中点,连接,因为,是梯形的两腰,是的中点,所以,于是由知,,所以,四点共面由题设知,⊥,⊥,所以⊥平面,因此⊥因为𝐴𝑅𝐴𝐵𝐴𝐵𝐴𝐴,所以,因此,于是⊥再由即知⊥平面又⫋平面,故⊥题型四题型题型二题型三如图,过点作交于点,则平面因为⊥平面,所以⊥平面过点作⊥于点,连接,则⊥,为二面角的平面角,所以,即𝑀𝑁𝑃𝑁,从而𝑃𝑀𝑀𝑁连接,由平面及知,平面平面,所以又是正方形,所以为矩形,故设,则𝑀𝑄𝑀𝐷𝑀𝑄𝑀𝐷𝑡𝑡题型四题型题型二题型三过点作交于点,则为矩形,所以因此于是𝑃𝑀𝑀𝐷𝐷𝐸𝐸𝐷,所以再由,得𝑡,解得,因此故四面体的体积题型四题型题型二题型三对点训练如图......”。

7、“.....四边形是边长为的正方形,,平面⊥平面,且点是的中点证明⊥平面若直线与平面所成角的正弦值为,求的长判断线段上是否存在点,使平面若存在,求出的值若不存在,说明理由𝐴𝑀𝑀𝐶题型四题型题型二题型三证明由,为的中点,故,𝑒⊥𝐴𝐶其中,为不重合的两个平面为,的法向量,为内三个点题型四题型题型二题型三例如图,在四棱锥中,⊥底面,底面是直角梯形,⊥,是的中点求证平面⊥平面若二面角的余弦值为,求直线与平面所成角的正弦值题型四题型题型二题型三证明在底面中取的中点,连接,由已知条件可知⊥因为⊥平面,所以三条直线两两垂直,分别以为轴轴轴建立空间直角坐标系,如图,则设,则𝐶𝐴,𝑎设为平面的个法向量,则𝑥𝑦令,则𝑎𝑎设为平面的个法向量题型四题型题型二题型三𝐶𝐵𝑥𝑦,𝑎𝑧令,则𝑎,⊥平面⊥平面解在中建立的坐标系中,由知𝑎为平面的个法向量又𝐶𝐵为平面的个法向量,𝑎𝑎𝑢𝐶𝐵即𝑎𝑎,解得设直线与平面所成的角为......”。

8、“.....已知矩形中为的中点,沿将三角形折起,使,如图求证平面⊥平面求直线与平面所成角的正弦值题型四题型题型二题型三证明在矩形中为的中点为等腰直角三角形,,即⊥又⊥又⊥,∩,⊥平面而⫋平面,平面⊥平面取中点,连接则在中在中题型四题型题型二题型三解分别以,所在直线为轴轴,为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则𝐴𝐵𝐵𝐶设平面的法向量为,由𝑛𝐴𝐵𝐴𝐷,得𝑥𝑦即令,则,设为直线与平面所成的角,则𝐵𝐶𝑛即直线与平面所成角的正弦值为题型四题型题型二题型三题型三平行垂直关系及体积中的探索性问题对命题条件的探索三种途径先猜后证,即先观察与尝试给出条件再证明先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件,再证明充分性将几何问题转化为代数问题,探索出命题成立的条件对命题结论的探索方法从条件出发,探索出要求的结论是什么,对于探索结论是否存在,求解时常假设结论存在......”。

9、“.....立体几何是历年高考的重点,约占整个试卷的,通常以大两小的模式命题,以中低档难度为主三视图,简单几何体的表面积与体积,点线面位置关系的判定与证明以及空间角的计算是考查的重点内容,前者多以客观题的形式命题,后者主要以解答题的形式加以考查着重考查推理论证能力和空间想象能力,而且对数学运算的要求有加强的趋势转化与化归思想贯穿整个立体几何的始终题型题型二题型三题型线线线面平行或垂直的判定与性质在解决线线平行线面平行问题时,若题目中已出现了中点,可考虑在图形中再取中点,构成中位线进行证明要证线面平行,先在平面内找条直线与已知直线平行,再利用线面平行的判定定理证明要证线线平行,可考虑公理或转化为线面平行要证线面垂直可转化为证明线线垂直,应用线面垂直的判定定理与性质定理进行转化题型四题型题型二题型三例湖南,理如图,已知四棱台的上下底面分别是边长为和的正方形,且⊥底面点,分别在棱,上若是的中点,证明⊥若平面......”。