2020年高三数学二轮复习公开课立体几何复习课件

A
•命题方向3 多面体与球
C
• 『规律总结』
• 多面体与球切、接问题的求解方法
• (1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时， 一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、 切点)或线作截面，把空间问题转化为平面 问题求解．
• (2)若球面上四点P、A、B、C构成的三条 线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB ＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成 为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋ c2求解．
多面体与球的 切、接问题
考点解读
1.根据某几何体的部分三视图，判断该几何体的其他 三视图；或者已知某几何体的三视图，判断该几何 体的形状 2．考查三视图的画法以及数量关系 1.以三视图为命题背景，考查空间几何体体积、表面 积的计算方法 2．以空间几何体为命题背景考查空间几何体体积、 表面积的计算方法
以球与多面体为背景，考查球的截面性质
• 备考策略 • 本部分内容在备考时应注意以下几个方面： • (1)加强对空间几何体结构特征的理解，掌
握各种几何体的体积、表面积公式．
• (2)掌握空间几何三视图的画法规则，掌握 几何直观图中各个元素之间的关系以及三 视图中长宽之间的关系．
• (3)掌握球及球的截面的性质．
线，看不到的轮廓线画成虚线．
• 2．不能准确分析组合体的结构致误 • 对简单组合体表面积与体积的计算要注意
其构成几何体的面积、体积是和还是差．
• 3．台体可以看成是由锥体截得的，此时截 面一定与底面平行．
• 4．空间几何放置的方式不同时，对三视图 可能会有影响．
高考真题体验
36π
时，未注意三视图中的实虚线，造成对空 间几何体的认识不准确或对三视图理解有

分清翻折前后哪些位置关系和数量关系改变， 关
哪些不变，抓住翻折前后不变Байду номын сангаас量，充分利 键
用原平面图形的信息是解决问题 的突破口
把平面图形翻折后，经过 恰当连线 就能得到 方
三棱锥、四棱锥等几何体，从而把问题 转 化 法
到我们熟悉的几何体中解决
立体几何解答题的基本模式是 论 证 推理与计算相结合，以某个 几何体为依托，分步设问 ，逐层 加深，解决这类 题 目的原则是转 化、转换 ．转化——空间平行关系
间 的转化、垂直关系间的转化、 平行与垂直关系间的转化以及平面 几何与立体几何的转化等；转换 — —对 几何体的体积、锥体体积常考
查 顶 点转换 ，多面体体积多分割 转 换 为 几个规则 几何体的体积和 或体积差来求解，求体积时 距离与 体积计 算的转换 等.

解析 如图，正三棱锥对棱相互垂直，即AC⊥SB，又 M，N为SC，BC的中点，所以SB∥MN，所以MN⊥AC， 又MN⊥AM，所以MN⊥平面SAC，于 是SB⊥平面SAC，所以SB⊥SA，SB⊥ SC，又SA⊥BC，所以SA⊥平面SBC，
所以SA⊥SC．
此时正三棱锥SABC的三条侧棱互相垂直并且相等，故将
方法一 补形
如果一个几何体的所有顶点可以和长方体或正方体 部分顶点重合，可以把这个几何体补成长方体或正方 体，长方体或正方体的外接球就是这个几何体的外接 球．
【例1】 已知如图是一个空间几何体的三视图，则 该几何体的外接球的表面积为( )
A．8π B．4π C．16π D．32π 答案 A
解析 设该几何体的外接球的半径为R.依题意知，该 几何体是如图所示的三棱锥ABCD，其中 AB⊥平面BCD，AB＝2，BC＝CD＝ 2 ， BD＝2，BC⊥DC，因此可将该三棱锥补 形为一个长方体，于是有(2R)2＝22＋( 2)2 ＋( 2 )2＝8，即4R2＝8，则该几何体的外 接球的表面积为4πR2＝8π.故选A项．
矩形ABCD折成一个直二面角BACD，则四面体ABCD的
外接球的体积是( )
A．12152π
B．1295π
C．1265π
D．1235π
答案 C
解析 由题意分析可知，四面体ABCD的外接球的球 心落在AC的中点，此时满足OA＝OD＝OB＝OC，所以 R＝A2C＝52，V＝43πR3＝1265π.故选C项．
设该几何体的外接球球心O(x，y，z)，由|OA|＝|OE|＝
|OD1|＝|OB1|，得(x－4)2＋y2＋z2＝x2＋(y－2)2＋z2＝x2＋
y2＋(z－4)2＝(x－4)2＋(y－4)2＋(z－4)2，解得x＝

(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 θ0≤θ≤π2， 则|cos θ|＝||μμ|·|υυ||＝|cos〈μ，υ〉|.
[典型例题] (1)如图，在直三棱柱 ADE BCF 中，平面 ABFE 和平面 ABCD 都是正方形且互相垂直，M 为 AB 的中点，O 为 DF 的中点．运用向 量方法证明： ①OM∥平面 BCF； 州诊断考试)如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PA⊥平面 ABCD， PA＝AB＝AD＝2，四边形 ABCD 满足 AB⊥AD，BC∥AD 且 BC＝4， 点 M 为 PC 的中点，点 E 为 BC 边上的动点，且BEEC＝λ. (1)求证：平面 ADM⊥平面 PBC； (2)是否存在实数 λ，使得二面角 P-DE-B 的余弦值为 22？若存在，试求出实数 λ 的值； 若不存在，说明理由．
l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
(2)线面垂直 l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.
(3)面面平行 α∥β⇔μ∥υ⇔μ＝λυ⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3. (4)面面垂直 α⊥β⇔μ⊥υ⇔μ·υ＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
(2)如图，在平面 BEC 内，过 B 作 BQ∥EC， 因为 BE⊥CE，所以 BQ⊥BE， 又因为 AB⊥平面 BEC，所以 AB⊥BE，AB⊥BQ， 以 B 为原点，BE、BQ、BA 所在直线分别为 x，y，z 轴，建立空间 直角坐标系，则 A(0，0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)，F(2，2，1)，G(1，0，0)，G→F＝ (1，2，1)，平面 ABE 的法向量 n＝(0，1，0)， 设 GF 与平面 ABE 所成的角为 θ，

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新课标高考第二轮总复习•理科数学
建系：依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解． 立体几何在高考中的考查情况总体上比较稳定．在平时的学习中，要加强“一题 两法(几何法与向量法)”的训练，切勿顾此失彼；要重视识图训练，能正确确定关 键点或线的位置，将局部空间问题转化为平面模型；能依托于题中的垂直条件， 建立适当的空间直角坐标系，将几何问题化归为代数问题的计算模型．
——采点得分说明
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新课标高考第二轮总复习•理科数学
1．(2018·洛阳模拟)如图，在四棱锥 P－ABCD 中，E，F 分别是 PC，PD 的中点， 底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，PA＝PD＝2，且平面 PAD⊥平面 ABCD.
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新课标高考第二轮总复习•理科数学
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[自我总结] _____________________________________ _____________________________________ _____________________________________ _____________________________________
专题三 立体几何 第三讲 立体几何综合
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新课标高考第二轮总复习•理科数学
1．利用向量证明平行与垂直 设直线 l 的方向向量为 a＝(a1，b1，c1)，平面 α，β 的法向量分别为 μ＝(a2，b2，c2)， v＝(a3，b3，c3)，则有： (1)线面平行(其中 l⊄α) l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔ a1a2＋b1b2＋c1c2＝0 .

(1)求证：SC⊥平面 SAD； (2)设A→E＝12E→B，求平面 SEC 与平面 SBC 所成的二面角的正弦值．
解析：(1)证明： ∵BC⊥SD ，BC⊥CD， 则 BC⊥平面 SDC, 又 BC∥AD， 则 AD⊥平面 SDC，SC⊂平面 SDC， SC⊥AD， 又在△SDC 中，SC＝SD＝2, DC＝AB＝2 2，故 SC2＋SD2＝DC2 则 SC⊥SD ，又 SD∩AD＝D ∴SC⊥平面 SAD
则 A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(2,4,0)，D(2,0,0)，P(1,2),
假设存在 M(a，b，c)满足要求，设CCMP ＝λ(0≤λ≤1)，即C→M＝λC→P， 所以 M(2－λ，4－3λ，2λ)，
易得平面 PBD 的一个法向量为B→C＝(2,2,0). 设 n 为平面 ABM 的一个法向量，A→B＝(0,2,0), A→M＝(2－λ，4－3λ，2λ)
立体几何中的探索性问题
考情调研
考向分析
在探索性问题中，涉及用向量法先计算，再判断，考查热点 1.探索点的存在性．
是空间角的求解．题型以解答题为主，要求有较强的运算能 2.探索平行或垂直关系.
力，广泛应用函数与方程的思想、转化与化归思想.
[题组练透] 1．如图，四棱锥 P-ABCD 中，AB∥DC，∠ADC＝π2，AB＝AD＝12CD＝2，PD＝PB ＝ 6，PD⊥BC.
设PPBF＝λ(λ∈[0,1])， 则P→F＝(2λ，2λ，－2λ)，F(2λ，2λ，－2λ＋2)， 所以E→F＝(2λ＋1,2λ－1，－2λ＋2)，
易得平面 ABCD 的一个法向量为 m＝(0,0,1)． 设平面 PDC 的法向量为 n＝(x，y，z)，
n·P→C＝0， 由n·P→D＝0，

得结论 —— 观察图形中二面角是锐角还是钝角，得出结论
(2019·湛江一模)如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为菱 形，且∠DAB＝60°，平面 PAB⊥平面 ABCD，点 E 为 BC 的 中点，点 F 满足P→F＝12F→A，AP＝PB＝ 22AB＝ 2.
(1)求证：PC∥平面 DEF； (2)求二面角 F-DE-B 的余弦值． 解析：(1)证明：连接 AC，交 DE 于点 G，连接 GF， 底面 ABCD 为菱形，且 E 为 BC 的中点， ∴GGCA＝DCEA＝12， ∵F 为 AP 上一点，且满足P→F＝12F→A，∴GF∥PC， 又 GF⊂平面 DEF，PC⊄平面 DEF， ∴PC∥平面 DEF.
轴正方向，|B→F|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系
H-xyz.
6分
由(1)可得，DE⊥PE.
又 DP＝2，DE＝1，所以 PE＝ 3.
7分
又 PF＝1，EF＝2，所以 PE⊥PF.
8分
所以 PH＝ 23，EH＝32.
则 H(0,0,0)，P0，0， 23，D－1，－32，0，
面 PCD
向量的关系：B→M垂直于 达出各点及相关量的坐
平面 PCD 的法向量
标
[规范解答] (1)证明：因为平面 PAD⊥平面 ABCD，AB⊥AD，
所以 AB⊥平面 PAD，所以 AB⊥PD.
2分
又因为 PA⊥PD，所以 PD⊥平面 PAB.
3分
(2)取 AD 的中点 O，连接 PO，CO.
因为 PA＝PD，所以 PO⊥AD.
起，使点 C 到达点 P 的
(1)证明： (2)
[学审题]
条件信息
想到什么
注意什么

(3)过E作EF∥AD交PA于F，连接BF. 因为AD∥BC，所以EF∥BC.所以E，F，B，C四点共面． 又因为CE∥平面PAB，CE⊂平面BCEF， 平面BCEF∩平面PAB＝BF，所以CE∥BF. 所以四边形BCEF为平行四边形，所以EF＝BC. 在△PAD中，因为EF∥AD， 所以PPDE＝AEDF＝ABDC＝12，即PPDE＝12.
a⊂α，b⊄α，a∥b b∥α
a∥α a∥α，a⊂β，α∩β＝b
a∩α＝∅
a∥b
2．面面平行的判定与性质
面面 平行
定义
判定 ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ理
性质
图形
条件 结论
α∩β＝∅ α∥β
a⊂β，b⊂β，a∩b ＝P，a∥α，b∥α
α∥β
α∥β，α∩γ＝a， α∥β，a⊂β
β∩γ＝b
a∥b
a∥α
3．直线与平面垂直
线面垂直
(1)求证：AD⊥平面PAB； (2)求证：AB⊥PC； (3)若点E在棱PD上，且CE∥平面PAB，求PPDE的值．
【解析】(1)证明：因为∠DAB＝90°，所以AD⊥AB. 因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，所以AD⊥平面PAB. (2)证明：由(1)得AD⊥AB. 因为AD∥BC，所以BC⊥AB. 又因为∠ABP＝90°，所以PB⊥AB. 因为PB∩BC＝B，所以AB⊥平面PBC. 所以AB⊥PC.
2．如图，AB是⊙O的直径，C是圆周上不同于A，B的点，PA垂直于⊙O所在平 面，AE⊥PB于E，AF⊥PC于F，因此________⊥平面PBC.(请填图上的一条直线)
【答案】AF 【解析】∵PA⊥平面ACB，BC⊂平面ACB，∴BC⊥PA.∵AB是 ⊙O的直径，∴BC⊥AC.∵PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，∴BC⊥ 平 面 PAC.∵AF⊂ 平 面 PAC ， ∴ BC⊥AF.∵PC⊥AF ， PC∩BC ＝ C ， PC，BC⊂平面PBC，∴AF⊥平面PBC.

A．2＋ 5 C．2＋2 5
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B．4＋ 5 D．5
2020大二轮 ·数学(理)
解析：选C.由三视图还原几何体如图所示．
故S表面积＝S△ABC＋2S△ASC＋S△ASB＝
1 2
×2×2＋2×
1 2
×
5
×1＋
1 2
×2× 5＝2＋ 5＋ 5＝2＋2 5.故选C.
第23页
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2020大二轮 ·数学(理)
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2020大二轮 ·数学(理)
[自我挑战]
3．(2017·高考全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为 1，它的两个底面的
圆周在直径为 2 的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为(B )
A．π
3π B. 4
π
π
C.2
D.4
第33页
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2020大二轮 ·数学(理)
解析：选 B.由题可知球心在圆柱体中心，圆柱体上下底面圆 半径 r＝ 12－122＝ 23，
又V圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π＜V几何体＜90π.
观察选项可知只有63π符合．故选B.
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2020大二轮 ·数学(理)
命题点2 根据几何体的结构特征求其表面积、体积 [典例3] (2017·山东青岛模拟)如图，四棱锥P-ABCD的底面 ABCD为平行四边形，NB＝2PN，则三棱锥N-PAC与三棱锥D-PAC 的体积比为( D )
所以13× 43×32·36×3
＝13× 43×32·r＋13× 43×32·r＋13× 43×32·r＋13× 43×32·r.
解得：r＝
6 4.
所以该球的表面积为S＝4π 462＝32π.