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精品课件(95张PPT)

(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α. (2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.
(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α， b∥α⇒α∥β. (4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a， β∩γ＝b⇒a∥b. 5.直线、平面垂直的判定及其性质 (1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P， l⊥m，l⊥n⇒l⊥α. (2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b. (3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β. (4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.
答案 (1)C (2)B
探究提高 截割体、三棱锥的三视图是高考考查的热点 和难点，解题的关键是由三视图还原为直观图，首先确 定底面，再根据正视图、侧视图确定侧面.
[微题型2] 求多面体的体积
【例1－2】 (1)如图，在棱长为6的正方体ABCD－
A1B1C1D1 中 ， E ， F 分 别 在 C1D1 与 C1B1 上 ， 且 C1E＝4，C1F＝3，连接EF，FB，DE，BD则几 何体EFC1－DBC的体积为( )
真题感悟 1.(2016·全国Ⅰ卷)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆
及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是283π，则 它的表面积是( )
A.17π C.20π
B.18π D.28π
解析 由题知，该几何体的直观图如图所示，它是一
个球(被过球心 O 且互相垂直的三个平面)切掉左上角
3.空间几何体的两组常用公式
(1)柱体、锥体、台体的侧面积公式： ①S 柱侧＝ch(c 为底面周长，h 为高)； ②S 锥侧＝12ch′(c 为底面周长，h′为斜高)； ③S 台侧＝12(c＋c′)h′(c′，c 分别为上下底面 的周长，h′为斜高)； ④S 球表＝4πR2(R 为球的半径).

(2)在轴截面顶角为直角的圆锥内作一内接圆柱，若圆柱的表面
积等于圆锥的侧面积，则圆锥的底面半径与圆柱的底面半径的比值
为( )
A. 2
B．2 C．2 2
D．4
解析：(2)
如图所示，∠AMB＝90°.设圆柱的高为 h，圆柱的底面半径为 r，
圆锥的底面半径为 R，则圆锥的高为 R，圆锥的母线长为 2R.由题
依题意，题中的几何体是一个圆锥的14(其中该圆锥的底面半径
为2
3，高为
3
)
，
如
图
所
示
，
因
此
该
几
何
体
的
体
积
为
1 4
×31×π×2
32×
3＝
3π，选 D.
答案：(1)D
(2《) 九章算术》是我国古代的数学名著，书中提到一种名为“刍
甍”的五面体，如图所示，四边形 ABCD 是矩形，棱 EF∥AB，AB
＝4，EF＝2，△ADE 和△BCF 都是边长为 2 的等边三角形，则这
角度 1 求空间几何体的表面积 [例 2－1] (1)[2020·全国卷Ⅲ]如图为某几何体的三视图，则该 几何体的表面积是( )
A．6＋4 2 B．4＋4 2 C．6＋2 3 D．4＋2 3
解析：(1)在正方体中还原几何体如图．
几何体为正方体的一部分：三棱锥 P-ABC， S 表面积＝S△PAC＋S△PAB＋S△PBC＋S△BAC ＝12×2 2×2 2× 23＋12×2×2＋12×2×2＋12×2×2＝2 3＋6. 故选 C. 答案：(1)C
个几何体的体积是( )
20 A. 3
B.83＋2 3
10 2 8 2 C. 3 D. 3

28
考点一 空间几何体
【答案】
29
考点二 空间点、直线、平面之间的位置关系
必备知识 全面把握 核心方法 重点突破 考法例析 成就能力
考点二 空间点、直线、平面之间的位置关系
必备知识 全面把握
1．平面的概念
生活中的一些物体通常呈平面形，课桌面、黑板面、海面都给我 们以平面的形象．几何里所说的“平面”就是从这样的一些物体中 抽象出来的．但是，几何里的平面是无限延展的．
(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面展 开图分别是矩形、扇形和扇环， 处理旋转体侧面上两点间的最小 距离问题时常用“空间问题平面化 ”的思想．
考点一 空间几何体 2．空间几何体的面积
6
考点一 空间几何体
(1)求柱体表面积的方法 ①直棱柱的侧面积等于它的底面周长和高的乘积；表面积等于它的 侧面积与上、下两个底面的面积之和． ②求斜棱柱的侧面积一般有两种方法：一是定义法；二是公式 法．所谓定义法就是利用侧面积为各侧面面积之和来求，公式法即直 接用公式求解． ③求圆柱的表面积只需利用公式即可求解．
(2)求锥体的表面积的方法 ①求棱锥表面积的一般方法：定义法．
②求圆锥表面积的一般方法：公式法，即S表＝π(r＋l)．
7
考点一 空间几何体 3．空间几何体的体积
8
考点一 空间几何体
核心方法 重点突破 方法1 有关空间几何体的结构特征解法
1．要想真正把握几何体的结构特征，必须多角度、全方位地去分析，多观察实 物，提高空间想象能力．
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考点二 空间点、直线、平面之间的位置关系 5．平面的基本性质
(1)公理
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考点二 空间点、直线、平面之间的位置关系
“不在一条直线上”和“三点”是公理2的关键词，如果没 有前者，那么只能说“有一个平面”，但不唯一．如果将“三点” 改成“四点”，那么过四点不一定存在一个平面．这里的“确定” 是“有且只有”的意思，包括存在性和唯一性．

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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

[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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[母题变式] 在本例1中，条件不变，判断直线OM与平面EFCD是否垂 直？说明理由． 解析：OM⊥平面EFCD，理由如下：由例1知 O→M＝0，－12，－12，平面EFCD的一个法向量n2＝(0,1,1)， ∵O→M∥n2，∴OM⊥平面EFCD.
用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定 理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的 一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线 a∥b，只需证明向量a＝λbλ∈R即可.若用直线的方向向量与平面 的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.
y＝3， ∴y＝73.
∴方程组无解．∴假设不成立．
∴在侧棱AA1上不存在点P，使得CP⊥平面BDC1.
类型二 利用空间向量求空间角 [典例2] (2015·高考全国卷Ⅰ)(本题满分12分)如图，四边形 ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点， BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.
所以A→E＝(1， 3， 2)，C→F＝－1，－ 3， 22.
10分 得分点③
故cos〈A→E，C→F〉＝|AA→→EE|·|CC→→FF|＝－61×－33＋2 21＝－
3 3.
所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为 33.12分
得分点④
评分细则及说明：
①推理过程正确得3分，没有EG2＋FG2＝EF2扣1分；
解：(1)由题意，易得DM⊥DA，DM⊥DC，DA⊥DC. 如图所示，以点D为坐标原点，DA，DC，DM所在直线分别 为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，

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

专题三ꢀ立体几何
专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
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4．如图，已知△ABC 是以 AC 为底边的等腰三角形，∠ABC 是钝角，将△ABC 绕 AB 转动到△PAB 位置，使得平面 PAB⊥平面 ABC，连接 PC，E，F 分别是 PA， CA 的中点． (1)证明：EF⊥AB； (2)在①S△ABC＝3 3 ，②点 P 到平面 ABC 的距离为 3，③直线 PB 与平面 ABC 所 成的角为 60°这三个条件中选择两个作为已知条件，求二面角 E-BF-A 的余弦值．
三、 空间角度问题
题 例 5：如图所示，直角梯形 ABCD中，AD / /BC ，AD AB ，AB BC 2AD 2 ， 四边形 EDCF 为矩形，CF 3 ，平面 EDCF 平面 ABCD．
型 (1)求证： DF 平面 ABE； 归 (2)求平面 ABE 与平面 EFB 所成锐二面角的余弦值． 纳 (3)在线段 DF 上是否存在点 P，使得直线 BP 与平面 ABE 所成角的正
四种距离的统一向量情势：
点到平面的距离：
直线到平面的距离：
d
|
AP n |
平面到平面的距离：
n
异面直线的距离：
真题研透·明技法
【典例】(12 分)(2021·新高考 II 卷)在四棱锥 Q-ABCD 中，底面 ABCD 是正方形， AD＝2，QD＝QA＝ 5 ，QC＝3. (1)求证：平面 QAD⊥平面 ABCD； (2)求二面角 B-QD-A 的平面角的余弦值．
【审题·逆向思维】 (1)要证平面 QAD⊥平面 AB连接 QO，CO，证明 QO⊥平面 ABCD，从而问题得证． (2)要求二面角 B-QD-A 的平面角的余弦值，想到建立坐标系，分别求两平面的法 向量，利用向量法求解．
3．如图所示，在正四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 的边长为 2，侧棱长为 2 2 . (1)若点 E 为 PD 上的点，且 PB∥平面 EAC，试确定 E 点的位置； (2)在(1)的条件下，在线段 PA 上是否存在点 F，使平面 AEC 和平面 BDF 所成的 锐二面角的余弦值为114 ，若存在，求线段 PF 的长度，若不存在，请说明理由．