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规范解答示例3立体几何(理)-2021届高三高考数学二轮复习ppt下载

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2021届高考数学统考第二轮专题复习第12讲立体几何课件理202104102110

2021届高考数学统考第二轮专题复习第12讲立体几何课件理202104102110
图M4-12-1
真知真题扫描
真知真题扫描 图M4-12-2
真知真题扫描
(2)求二面角B-PC-E的余弦值.
真知真题扫描
(2)求二面角B-PC-E的余弦值.
真知真题扫描
3.[2019·全国卷Ⅲ] 如图M4-12-3,图①是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC
组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使
考点考法探究
自测题 如图M4-12-5,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD是 菱形,AC与BD相交于点O,EF∥AB,AB=2EF,平面 BCF⊥平面ABCD,BF=CF,点G为BC的中点. (1)求证:OG∥平面EFCD;
图M4-12-5
证明:∵四边形ABCD是菱形,AC∩BD=O,∴点O是BD的中点,∵点G为BC的中 点,∴OG∥CD.又OG⊄平面EFCD,CD⊂平面EFCD,∴OG∥平面EFCD.
图M4-12-7
考点考法探究
考点考法探究
【规律提炼】 空间向量解答立体几何问题的一般步骤是: (1)观察图形,建立恰当的空间直角坐标系; (2)写出相应点的坐标,求出相应直线的方向向量; (3)求出相应平面的法向量; (4)将空间位置关系转化为向量关系; (5)根据定理、结论求出相应的角和距离.
考点考法探究
自测题 1.如图M4-12-8,在直三棱柱
ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,CA=CB=
CC1=1,D是棱BB1上一点,P是C1D的延 长线与CB的延长线的交点,且AP∥平 面A1CD. (1)求证: BD=B1D;
图M4-12-8
证明:连接AC1,设AC1∩A1C=O,连接
OD,∵AP∥平面A1CD,AP⊂平面

高考数学新课标全国二轮复习课件5.立体几何3

高考数学新课标全国二轮复习课件5.立体几何3

.
考点1
考点2
考点3
考点4
考点 1 向量法处理平行与垂直问题
如图,已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC为等腰直角三角 形,∠BAC=90°,且AB=AA1,D,E,F分别为B1A,C1C,BC的中点.求证:
(1)DE∥平面ABC; (2)B1F⊥平面AEF.
考点1
考点2
考点3
考点4
思路分析:(1)利用������������ =λ������������+μ������������或取 AB 中点 N, 利用������������ ∥ ������������ 证明线面平行; (2)利用������1 ������ ⊥ ������������ 且������1 ������ ⊥ ������������证明线面垂直. 证明:如图,建立空间直角坐标系 A-xyz,
|������ · ������������ | |������ |
.
4.用向量的数量积求点 C 到直线 l 的距离 在直线 l 上任取两点 A,B,则������������ ·������������=|������������||������������|· cos∠BAC,作 CD ⊥AB 于 D,于是有|������������|= |������������|= |������������ |2 -|������������ |2 . 5.点面间的距离 点 M 到平面的距离 d=|������������ ||cos θ|(θ 为向量������������ 与法向量 n 的夹 角)就是斜线段 MN 在法向量 n 方向上的正投影. 由|n· ������������ |=|n||������������||cos θ|=|n|d,得距离公式:d=

2021高考数学(理)统考版二轮复习课件：板块2 命题区间精讲 精讲3 立体几何

2021高考数学(理)统考版二轮复习课件：板块2 命题区间精讲 精讲3 立体几何
因为DE∥AB，所以DE⊥平面AGD，所以DE⊥DG.
在直角梯形ABED中，因为AB＝2DE＝2，BE＝ 3 ，所以AD＝ 2.
在直角梯形CGDE中，CG＝2，ED＝1，CE＝ 3 ，所以DG＝ 2，所以AD2＋DG2＝AG2，所以AD⊥DG.
由AB⊥平面AGD，AB∥DE易得AD⊥DE，又DG∩DE＝D，所
∴CD⊥PD．
∵E和F分别是CD和PC的中点，∴PD∥EF. ∴CD⊥EF，又BE⊥CD且EF∩BE＝E，EF，BE⊂平面BEF， ∴CD⊥平面BEF，又CD⊂平面PCD，
∴平面BEF⊥平面PCD．
02 命题点2 利用空间向量求空
间角
直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算 设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)， 平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同)．
则B(0,1,0)，E(0,1,1)，C1(0，－1,2)，D
23，12，2，
设C→1N＝λC→1D＝
23λ，32λ，0，
则N→E＝C→1E－C→1N
＝(0,2，－1)－
23λ，32λ，0
＝－
23λ，2－32λ，－1，
易知n＝(1,0,0)是平面BCC1B1的一个法向量，
3 ∴|cos〈N→E，n〉|＝ 3λ2－2 6λλ＋5＝ 2100，解得λ＝13.
(1)线线夹角 设l，m的夹角为θ0≤θ≤π2，则 cos θ＝||aa|·|bb||＝ a21|＋a1ab212＋＋bc211b2a＋22＋c1bc222＋| c22.
(2)线面夹角 设直线l与平面α的夹角为θ0≤θ≤π2，则 sin θ＝||aa|·|μμ||＝|cos〈a，μ〉|. (3)面面夹角 设平面α，β的夹角为θ(0≤θ＜π)， 则|cos θ|＝||μμ|·|vv||＝|cos〈μ，v〉|.

二轮复习通用版专题3第3讲立体几何与空间向量课件(72张)

二轮复习通用版专题3第3讲立体几何与空间向量课件(72张)

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专题三 立体几何
高考二轮总复习 • 数学
设平面 ABD 的一个法向量为 n＝(x，y，z)，
则nn··AA→→BD＝＝－－xx＋＋z＝3y0＝，0， 取 y＝ 3，
则 n＝(3， 3，3)，
又因为
C(－1，0，0)，F0，
43，34，
所以C→F＝1，
43，34，
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专题三 立体几何
4 ．(2022·全国乙卷 ) 如图，四面体ABCD 中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E 为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD； (2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在 BD 上 ， 当 △AFC 的 面 积 最 小 时 ， 求 CF 与 平 面 ABD所成的角的正弦值．
专题三 立体几何
高考二轮总复习 • 数学
所以BC，BA，BB1两两垂直，以B为原 点，建立空间直角坐标系，如图，
由(1)得 AE＝ 2，所以 AA1＝AB＝2，A1B ＝2 2，
所以 BC＝2， 则 A(0，2，0)，A1(0，2，2)，B(0，0，0)， C(2，0，0)， 所以 A1C 的中点 D(1，1，1)，
(1)证明：FN⊥AD； (2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．
专题三 立体几何
高考二轮总复习 • 数学
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【解析】 (1)过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别 交于点G、H.
∵四边形ABCD和EFCD都是直角梯形，AB∥DC，CD∥EF，AB＝ 5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，由平面几何知识易知，
则
VA
－
A1BC
＝
1 3
S△A1BC·h

2021高考数学(理)二轮专题复习【统考版】课件：六 立体几何

2021高考数学(理)二轮专题复习【统考版】课件：六 立体几何

解析：由三视图可知，此几何体是长方体被一个截面截去一 个角后所得的，如图所示．
易知长方体的长、宽、高分别为4,2,3，则长方体的体积为
24，截掉的三棱锥的体积为
1 3
×4×3＝4，所以此几何体的体积为
24－4＝20.故选B.
答案：B
纠错技巧 本题中，由三视图还原空间几何体时容易出错．首先，要熟 悉简单几何体的三种视图，要特别注意视图中虚线与实线的区 别，抓住这一点是识图、画图的关键；其次，要善于由三视图想 象出简单几何体的形状．
(2)球与正方体的组合体：正方体的内切球的直径是正方体的 棱长，正方体的棱切球的直径是正方体的面对角线长，正方体的
外接球的直径是正方体的体对角线长．
(3)球与正四面体的组合体：棱长为a的正四面体的内切球的半
径为 126a(正四面体高
36a的14)，外接球的半径为
46a(正四面体高
6 3
a的34)．
[易错剖析] 易错点1 随意推广平面几何中的结论 【突破点】 平面几何中有些概念和性质，推广到空间中不 一定成立．例如“过直线外一点只能作一条直线与已知直线垂 直”“垂直于同一条直线的两条直线平行”等性质在空间中就不 成立．
2.空间线面位置关系的证明方法
(1)线线平行：
a∥α a⊂β α∩β＝b
⇒a∥b，
α∥β α∩γ＝a⇒a∥b， β∩γ＝b
aa∥ ∥bc⇒c∥b.
a⊥α b⊥α
⇒a∥b，
(2)线面平行： a∥α.
(3)面面平行： αγ∥∥ββ⇒α∥γ.
a∥b b⊂α ⇒a∥α， a⊄α
α∥β a⊂β
⇒a∥α，
4．用向量求空间角 (1)直线l1，l2的夹角θ有cos θ＝|cos〈l1，l2〉|(其中l1，l2分别是 直线l1，l2的方向向量)． (2)直线l与平面α的夹角θ有sin θ＝|cos〈l，n〉|(其中l是直线l 的方向向量，n是平面α的法向量)． (3)平面α，β的夹角θ有cos θ＝|cos〈n1，n2〉|，则α－l－β二面 角的平面角为θ或π－θ(其中n1，n2分别是平面α，β的法向量)． 提醒 在处理实际问题时，要注意异面直线所成的角、直线

最新-2021届高考数学理新课标二轮专题复习课件：33立体几何 精品

最新-2021届高考数学理新课标二轮专题复习课件：33立体几何 精品

所以∠PDA＝45°. 设 BC＝1，则在 Rt△PAD 中，PA＝PD＝2. 过点 A 作 AH⊥CE，交 CE 的延长线于点 H，连接 PH. 易知 PA⊥平面 ABCD，从而 PA⊥CE. 于是 CE⊥平面 PAH. 所以平面 PCE⊥平面 PAH. 过 A 作 AQ⊥PH 于 Q，则 AQ⊥平面 PCE. 所以∠APH 是 PA 与平面 PCE 所成的角．
[线面平行＋线面角] (2016·新课标全国Ⅲ，理)如图，四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥ 底面 ABCD，AD∥BC，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． 【审题】 (1)利用线面平行的判定定理即可证明；(2)建立空间 直角坐标系，利用空间向量求解直线与平面所成角的正弦值．
[面面垂直＋线面角] (2016·河南八市质检)如图，在三棱柱 ABC－ A1B1C1 中，B1B＝B1A＝AB＝BC，∠B1BC＝90°， D 为 AC 的中点，AB⊥B1D. (1)求证：平面 ABB1A1⊥平面 ABC； (2)求直线 B1D 与平面 ACC1A1 所成角的正弦值．
【审题】 (1)利用面面垂直的判定定理证明，创造线、面垂 直．(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求解．
＝(0，2，－4)，P→N＝( 25，1，－2)，A→N＝( 25，1，2)．
设 n＝(x，y，z)为平面 PMN 的法向量，则nn··P→MP→N＝＝0，0，即
2y－4z＝0，
25x＋y－2z＝0，(10
分)
可取 n＝(0，2，1)．
于是|cos〈n，A→N〉|＝||nn|·|AA→→NN||＝8255，则直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值为8255.(12 分)

2021高考数学二轮复习三核心热点突破专题三立体几何规范答题示范课_立体几何解答题课件2021031


[满分体验]
(2020·天津卷)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC， AC⊥BC，AC＝BC＝2，CC1＝3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1 上，且AD＝1，CE＝2，M为棱A1B1的中点. (1)求证：C1M⊥B1D； (2)求二面角B－B1E－D的正弦值； (3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值.
所以－ －x4＋z＝03，y－2z＝0，可得 m＝( 3，1，0).(9 分) 设 n＝(p，q，r)为平面 A1MN 的一个法向量， 则nn··MA→→1NN＝＝00，，所以－ －p－3q2＝r＝0，0， 可取 n＝(2，0，－1).(10 分)
于是
cos〈m，n〉＝|mm|·|nn|＝22×
3＝ 5
515，(11 分)
则 sin〈m，n〉＝
510.所以二面角 A－MA1－N 的正弦值为
10 5 .Байду номын сангаас12
分)
[高考状元满分心得] ❶写全得分步骤：对于解题过程中是得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对 于得分点一定要写全.如第(1)问中 ME∥B1C，且 ME＝12B1C，MN∥ED.第(2)问建立 空间直角坐标系 D－xyz. ❷写明得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在答题时 一定要写清得分关键点，如第(1)问漏掉条件 MN⊄平面 C1DE；第(2)问中不写公式 cos 〈m，n〉＝|mm|·|nn|而得出余弦值都会各扣去 1 分. ❸正确计算是得分的保证：第(2)问中，点N的坐标，两个半平面法向量的坐标及 cos〈m，n〉的求值，否则不能得分.
3 3.
所以直线 AB 与平面 DB1E 所成角的正弦值为 33.
课件展示结束
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2021届新高考数学二轮专题复习：立体几何立体几何中的高考小题ppt完美课件(95页)


2 0 2 1 届新高 考数学 二轮专 题复习 ：第三 章立体 几何第 1课时立 体几何 中的高 考小题 课 件 （共95 张PPT）
【解析】选D.方法一:设PA=PB=PC=2x,E,F分别为PA,AB的中点, 所以EF∥PB,且EF= 1 PB=x,
2
因为△ABC是边长为2的等边三角形, 所以CF= 3 ,又∠CEF=90°, 所以 CE 3AEx2=, PA=1 x,
【解析】选C.如图，设CD=a，PE=b，
则 PO PE2OE2 b2a2，
4由题意PO2=1 ab来自即b2 a2 1 ab，2
42
化简得 4(b)22b10，
aa
解得 b 1 (负5值舍去).
a4
2 0 2 1 届新高 考数学 二轮专 题复习 ：第三 章立体 几何第 1课时立 体几何 中的高 考小题 课 件 （共95 张PPT）
4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N分别为BB1,AB的中点,则三棱锥A-NMD1 的体积为________.
【解析】如图,
因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N分别为BB1,AB的中点,
所以S△ANM=12
×1×1= 1 ,
2
所以
11 1 V A N M D 1V D 1 A M N3223.
2
A. 2 2?
B.3π
C. 2 3
D. 3
【解析】选B.如图，连接PO，设圆锥的母线长为2a，则圆锥的底面圆的半径为
a，圆锥的高PO=3
a.由已知得CD= 2
a，PC=PD=2a，S则PCD1 2
2a
7a 2
7， 2
从而a=1，圆锥的表面积为πa×2a+πa2=3π.

2021高考数学二轮专题复习第一部分专题三立体几何ppt课件

答案：118.8
专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
4．(2020·全国卷Ⅲ)已知圆锥的底面半径为 1，母线 长为 3，则该圆锥内半径最大的球的体积为__________．
解析：易知半径最大球为圆锥的内切球， 球与圆锥内切时的轴截面如图所示，
其中 BC＝2，AB＝AC＝3，且点 M 为 BC 边上的中点，设内切圆的圆心为 O，
2.(2020·全国卷Ⅰ)如图，D 为圆锥的顶点， O 是圆锥底面的圆心，△ABC 是底面的内接 正三角形，P 为 DO 上一点，∠APC＝90°.
(1)证明：平面 PAB⊥平面 PAC； (2)设 DO＝ 2，圆锥的侧面积为 3π，求三棱锥 P-ABC 的体积． (1)证明：因为 D 为圆锥顶点，O 为底面圆心，所以 OD⊥平面 ABC， 因为 P 在 DO 上，OA＝OB＝OC，所以 PA＝PB＝ PC.
专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，AD∥BC 且 AD＝BC， BB1∥CC1 且 BB1＝CC1，
因为 C1G＝12CG，BF＝2FB1，所以 CG＝23 CC1＝23BB1＝BF，且 CG∥BF，
所以，四边形 BCGF 为平行四边形，则 AF ∥DG 且 AF＝DG，
D
为坐标原点，D→A
的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系
D-xyz，
专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
则 A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1， 3， 2)，N(1，0，2)，A→1A＝(0，0，－4)，A→1M＝(－ 1， 3，－2)，A→1N＝(－1，0，－2)，M→N＝(0， － 3，0)．
专题三 立体几何

最新-2021高考数学理二轮复习课件：142 高考中的立体几何 精品


②求证：AC∥平面 B1DE. [证明] ②取 BB1 的中点 F，连接 AF，CF，EF， 则 FC∥B1E， ∴CF∥平面 B1DE. ∵E，F 是 CC1，BB1 的中点，
∴EF 綊 BC.又 BC 綊 AD，
∴EF 綊 AD，
∴四边形 ADEF 是平行四边形， ∴AF∥ED.
Байду номын сангаас
∵AF⊄平面 B1DE，ED⊂平面 B1DE， ∴AF∥平面 B1DE. ∵AF∩CF＝F，∴平面 ACF∥平面 B1DE. 又∵AC⊂平面 ACF，∴AC∥平面 B1DE.
②如图(ⅱ)(ⅲ)，n1，n2 分别是二面角 α－l－β 的两个半平面 α，β 的法向量，则二面角的大小 θ 满足 cosθ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉．
1.三种平行关系的转化
[重要转化]
2.三种垂直关系的转化
判定定理
判定定理
线线垂直
线面垂直
面面垂直
性质定理
性质定理
[重要结论]
热点探究悟道
热点一 空间位置关系的证明
点击观看 考点视频
例 1 (1)[2015·陕西高三质检]如图，在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，AA1＝2，E 为棱 CC1 的中点．
①求证：B1D1⊥AE；
[证明] ①连接 BD， 则 BD∥B1D1. ∵四边形 ABCD 是正方形， ∴AC⊥BD. ∵CE⊥平面 ABCD， ∴CE⊥BD. 又 AC∩CE＝C， ∴BD⊥平面 ACE. ∵AE⊂平面 ACE， ∴BD⊥AE， ∴B1D1⊥AE.
面面垂直的判定定理
符号表示 a⊥α a⊂β⇒α⊥β
面面垂直的性质定理
α⊥β αa⊂ ∩αβ＝c⇒a⊥β a⊥c
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第(2)问：正确建立空间直角坐标系得2分；写出相应的坐标及向量 得1分(酌情)；正确求出平面PCB的法向量得1分；正确求出平面PAB的法 向量得1分；写出公式cos〈n，m〉＝|nn|·|mm|得1分，正确求出值再得1分； 写出正确结果得1分．
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6分
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由(1)及已知可得A( 22，0,0)，P(0,0， 22)， B( 22，1,0)，C(－ 22，1,0)． 所以P→C＝(－ 22，1，－ 22)，C→B＝( 2，0,0)， P→A＝( 22，0，－ 22)，A→B＝(0,1,0).
可取n＝(0，－1，－ 2).
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8分
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设m＝(x′，y′，z′)是平面PAB的法向量，
则mm··PA→→AB＝＝00，，
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7分
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设n＝(x，y，z)是平面PCB的法向量，
则nn··PC→ →CB＝ ＝00， ，
即－ 22x＋y－ 22z＝0， 2x＝0，
12分
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●
构建答题模板
● 第一步
● 找垂直：找出(或作出)具有公共交点的两条直线，寻求与它们有垂直关系的直线，由线面垂 直得出面面垂直．
● 第二步
● 写坐标：选择恰当的坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点坐标．
第二部分
专题篇•素养提升()
规范解答示例3 立体几何(理科)
●
( 2 0 1 7 ·全 国 Ⅰ ) 如 图 ， 在 四 棱 锥 P － A B C D 中 ， A B ∥ C D ， 且 ∠ B A P ＝ ∠ C D P ＝ 9 0 ° .
●
( 1 ) 证 明 ： 平 面 PA B ⊥ 平 面 PA D ；
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● 第三步 ● 求向量：求两个平面的法向量． ● 第四步 ● 求夹角：运用夹角的余弦公式代入数值，计算向量的夹角． ● 第五步 ● 得结论：得到要求两个平面所成的角.
●
所 以 A B ⊥ 平 面 PA D .
2分
● 又AB⊂平面PAB，
3分
●
所 以 平 面 PA B ⊥ 平 面 PA D ．
4分
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● 规范解答·分步得分
●
(1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD.
●
由于AB∥CD，故AB⊥PD，
●
又 P D ∩ PA ＝ P ， P D ， PA ⊂ 平 面 PA D ，
即
22x′－
22z′＝0，
y′＝0，
可取m＝(1,0,1).
则cos〈n，m〉＝|nn|·|mm|＝－ 33， 由图知二面角A－PB－C为钝二面角，
所以二面角A－PB－C的余弦值为－
3 3.
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9分 11分
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【评分细则】 第(1)问：证得AB⊥平面PAD得2分，直接写出不得 分；写出AB⊂平面PAB得1分，此步没有扣1分；写出结论平面PAB⊥平 面PAD得1分．
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● 【跟踪演练】
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( 2 0 1 8 ·全 国 Ⅰ ) 如 图 ， 四 边 形 A B C D 为 正 方 形 ， E ， F 分 别 为 A D ， B C 的 中 点 ， 以 D F 为 折 痕
(2)解：在平面PAD内作PF⊥AD， 垂足为点F，由(1)知，AB⊥平面PAD， 故AB⊥PF，可得PF⊥平面ABCD． 以F为坐标原点，F→A的方向为x轴正方向， |A→B|为单位长度，建立空间直角坐标系F－xyz.
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PAD面―面―垂―直―的判―定―定→理平面PAB⊥平面PAD.
(2)建立空间直角坐标系→写出A，B，C，P的坐标→计算P→C，C→B，
→ PA
，
→ AB
→分别计算平面PCB与平面PAB的法向量→计算两个法向量的夹
角的余弦值→求得二面角的余弦值.
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( 2 ) 若 PA ＝ P D ＝ A B ＝ D C ， ∠ A P D ＝ 9 0 ° ， 求 二 面 角 A － P B － C 的 余 弦 值 ．
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【审题路线图】 (1)∠BAP＝∠CDP＝90°线―面―垂―直―的判―定―定→理 AB⊥平面