高考数学二轮专题复习第二部分考前增分指导二模板2 立体几何问题课件理

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备战2023年新高考数学二轮专题复习课件立体几何

第三讲立体几何——大题备考【命题规律】立体几何大题一般为两问：第一问通常是线、面关系的证明；第二问通常跟角有关，一般是求线面角或二面角，有时与距离、几何体的体积有关．微专题1线面角保分题[2022·辽宁沈阳二模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，P A⊥平面ABCD，P A＝2AB＝4，点M是P A的中点．(1)求证：BD⊥CM；(2)求直线PC与平面MCD所成角的正弦值．提分题例1 [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．听课笔记：【技法领悟】利用空间向量求线面角的答题模板巩固训练1[2022·山东泰安一模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，AB＝2AD＝2，P A⊥平面ABCD，E为PD中点．(1)若P A＝1，求证：AE⊥平面PCD；(2)当直线PC与平面ACE所成角最大时，求三棱锥E-ABC的体积．微专题2二面角保分题[2022·山东临沂二模]如图，AB是圆柱底面圆O的直径，AA1、CC1为圆柱的母线，四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且AB＝AA1＝2BC＝2CD，E、F分别为A1D、C1C的中点．(1)证明：EF∥平面ABCD；(2)求平面OEF与平面BCC1夹角的余弦值．提分题例2 [2022·湖南岳阳三模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，F是PD 的中点．(1)证明：PB∥平面AFC；(2)若直线P A⊥平面ABCD，AC＝AP＝2，且P A与平面AFC所成的角正弦值为√21，求7锐二面角F-AC-D的余弦值．听课笔记：AD，现例3 [2022·山东日照二模]如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝12以AC为折痕把△ABC折起，使点B到达点P的位置，且P A⊥CD.(1)证明：平面APC⊥平面ADC；(2)若M为PD上一点，且三棱锥D-ACM的体积是三棱锥P-ACM体积的2倍，求二面角P-AC-M的余弦值．听课笔记：【技法领悟】利用空间向量求二面角的答题模板巩固训练21.[2022·广东韶关二模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，点S是边AB 的中点．AB＝2，AD＝4，P A＝PD＝2√2.(1)若O是侧棱PC的中点，求证：SO∥平面P AD；(2)若二面角P-AD-B的大小为2π，求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．32．[2022·河北保定一模]如图，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝CD＝1，∠BCD ＝60°，现将DAC沿AC折起至P AC，使得PB＝√2.(1)证明：AB⊥PC；(2)求二面角A-PC-B的余弦值．微专题3探索性问题提分题例4 [2022·山东聊城三模]已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB＝4，△ADE为等边三角形，将三角形ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置，且平面APE⊥平面ABCE.(1)求证：AP⊥BE；(2)试判断在线段PB上是否存在点F，使得平面AEF与平面AEP的夹角为45°.若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由．听课笔记：【技法领悟】1．通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明；否则假设不成立．2．探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用．巩固训练3[2022·湖南岳阳一模]如图，在三棱锥S-ABC中，SA＝SB＝SC，BC⊥AC.(1)证明：平面SAB⊥平面ABC；(2)若BC＝SC，SC⊥SA，试问在线段SC上是否存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为60°，若存在，请求出D点的位置；若不存在，请说明理由．第三讲立体几何微专题1线面角保分题解析：(1)证明：如图，连接AC，∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.又P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥BD ， ∵P A ，AC ⊂平面P AC ，P A∩AC ＝A ， ∴BD ⊥平面P AC ，又CM ⊂平面P AC ， ∴BD ⊥CM .(2)易知AB ，AD ，AP 两两垂直，以点A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系A - xyz . ∵P A ＝2AB ＝4，∴A (0，0，0)，P (0，0，4)，M (0，0，2)，C (2，2，0)，D (0，2，0), ∴MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，2，－2)，MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，2，－2)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(2，2，－4)．设平面MCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则{n ·MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +2y −2z =0n ·MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2y −2z =0，令y ＝1，得n ＝(0，1，1)．设直线PC 与平面MCD 所成角为θ，由图可知0<θ<π2，则sinθ＝|cos 〈n ，PC ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·PC ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||PC ⃗⃗⃗⃗⃗|＝√12+12×√22+22+(−4)2＝√36.即直线PC 与平面MCD 所成角的正弦值为√36.提分题[例1] 解析：(1)证明：∵AD ＝CD ，∠ADB ＝ ∠BDC ，BD ＝BD ， ∴△ABD ≌△CBD ，∴AB ＝CB .∵E 为AC 的中点，∴DE ⊥AC ，BE ⊥AC . ∵DE∩BE ＝E ，DE ，BE ⊂平面BED ， ∴AC ⊥平面BED .∵AC ⊂平面ACD ，∴平面BED ⊥平面ACD .(2)如图，连接EF .由(1)知AC ⊥平面BED . 又∵EF ⊂平面BED ， ∴EF ⊥AC . ∴S △AFC ＝12AC ·EF .当EF ⊥BD 时，EF 的长最小，此时△AFC 的面积最小．由(1)知AB ＝CB ＝2. 又∵∠ACB ＝60°，∴△ABC 是边长为2的正三角形，∴BE ＝√3. ∵AD ⊥CD ，∴DE ＝1，∴DE 2＋BE 2＝BD 2，∴DE ⊥BE .以点E 为坐标原点，直线EA ，EB ，ED 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则E (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，√3，0)，C (－1，0，0)，D (0，0，1)，∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，√3，0)，AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，0，1)，DB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√3，－1)，ED⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，1)，EC ⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，0，0)．设DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λDB ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)，则EF ⃗⃗⃗⃗ ＝ED ⃗⃗⃗⃗⃗ +DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝ED ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋λDB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，1)＋λ(0，√3，－1)＝(0，√3λ，1－λ)． ∵EF ⊥DB ， ∴EF⃗⃗⃗⃗ ·DB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√3λ，1－λ)·(0，√3，－1)＝4λ－1＝0， ∴λ＝14，∴EF ⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√34，34)，∴CF ⃗⃗⃗⃗ ＝EF ⃗⃗⃗⃗ −EC ⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√34，34)－(－1，0，0)＝(1，√34，34)．设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，n ·AD⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{−x +√3y =0，−x +z =0.取y ＝1，则x ＝√3，z ＝√3，∴n ＝(√3，1，√3)．设当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，CF ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·CF ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||CF ⃗⃗⃗⃗⃗ |＝|√3×1+1×√34+√3×34|√3+1+3× √1+316+916＝4√37. 故当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为4√37. [巩固训练1]解析：(1)证明：∵P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥CD ， ∵四边形ABCD 为矩形，∴AD ⊥CD ，又AD∩P A ＝A ，AD 、P A ⊂平面P AD ，∴CD ⊥平面P AD ， ∵AE ⊂平面P AD ，∴AE ⊥CD ，在△P AD 中，P A ＝AD ，E 为PD 的中点，∴AE ⊥PD ，而PD∩CD ＝D ，PD 、CD ⊂平面PCD ， ∴AE ⊥平面PCD .(2)以A 为坐标原点，分别以AB 、AD 、AP 所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设AP ＝a (a ＞0)，则C (2，1，0)，P (0，0，a )，E (0，12，a2)，∴AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，1，0)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，12，a 2)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(2，1，－a )，设平面ACE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则{n ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +y =0n ·AE⃗⃗⃗⃗⃗ =12y +a 2z =0，取y ＝－a ，可得n ＝(a2，－a ，－1)．设直线PC 与平面ACE 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，PC ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·FC⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||FC⃗⃗⃗⃗⃗ |＝√54a 2+1·√5+a 2＝√29+20a2+5a ≤27，当且仅当a ＝√2时等号成立．即当AP ＝√2时，直线PC 与平面ACE 所成角最大，此时三棱锥E - ABC 的体积V ＝13×12×2×1×√22＝√26.微专题2 二面角保分题解析：(1)证明：取AD 的中点M ，连接EM 、MC ，∵E 为A 1D 的中点，F 为CC 1的中点，∴EM ∥AA 1，EM ＝12AA 1，又CF ∥AA 1，CF ＝12AA 1， ∴EM ∥CF ，EM ＝CF ，∴四边形EMCF 为平行四边形，∴EF ∥CM ，又EF ⊄平面ABCD ，CM ⊂平面ABCD ， ∴EF ∥平面ABCD .(2)设AB ＝AA 1＝2BC ＝2CD ＝4，∵AC ⊥BC ，∴AC ＝2√3.由题意知CA 、CB 、CC 1两两垂直，故以C 为坐标原点，分别以CA 、CB 、CC 1所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．则A 1(2√3，0，4)、O (√3，1，0)、F (0，0，2)、C (0，0，0)、D (√3，－1，0)， ∴A 1D 的中点E 的坐标为(3√32，－12，2)， ∴OF⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√3，－1，2)，EF ⃗⃗⃗⃗ ＝(－3√32，12，0)，设平面OEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则{n ·OF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ·EF ⃗⃗⃗⃗ =0，即{−√3x −y +2z =0−3√32x +12y =0，即{√3x +y −2z =03√3x −y =0，令x ＝√3，得n ＝(√3，9，6)，∵AC ⊥BC ，AC ⊥CC 1，BC ∩CC 1＝C ， ∴AC ⊥平面BCC 1，∴平面BCC 1的一个法向量为CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2√3，0，0)，cos 〈n ，CA ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉＝n·CA ⃗⃗⃗⃗⃗|n |·|CA ⃗⃗⃗⃗⃗|＝√3+81+36·2√3＝√1020， ∴平面OEF 与平面BCC 1夹角的余弦值为√1020. 提分题[例2] 解析：(1)证明：连接BD 交AC 于O ，易证O 为BD 中点，又F 是PD 的中点，所以OF ∥PB ，又OF ⊂平面AFC ，且PB 不在平面AFC 内，故PB ∥平面AFC .(2)取PC 中点为Q ，以O 为坐标原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，OQ 为z 轴建立空间直角坐标系，设OB ＝m ，则A (0，－1，0)，B (m ，0，0)，C (0，1，0)，P (0，－1，2)，D (－m ，0，0)⇒F (－m2，－12，1)，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，2)，OF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－m 2，－12，1)，OC⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，1，0)，设平面AFC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由{n ⊥OF ⃗⃗⃗⃗⃗ n ⊥OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⇒{−m2x −12y +z =0y =0，令x ＝2，有n ＝(2，0，m )，由P A 与平面AFC 所成的角正弦值为√217⇒√217＝|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||AP⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|＝2√4+m 2⇒m ＝√3，平面ACD 的法向量为m ＝(0，0，1)，则锐二面角F - AC - D 的余弦值为 |m·n ||m |·|n |＝√3√7＝√217.[例3] 解析：(1)证明：在梯形ABCD 中取AD 中点N ，连接CN ，则由BC 平行且等于AN 知ABCN 为平行四边形，所以CN ＝AB ，由CN ＝12AD 知C 点在以AD 为直径的圆上，所以AC ⊥CD .又AP ⊥CD ，AP∩AC ＝A, AP ，AC ⊂平面P AC ， ∴CD ⊥平面P AC ，又CD ⊂平面ADC ， ∴平面APC ⊥平面ADC .(2)取AC 中点O ，连接PO ，由AP ＝PC ，可知PO ⊥AC ，再由平面P AC ⊥平面ACD ，AC 为两面交线，所以PO ⊥平面ACD ，以O 为原点，OA 为x 轴，过O 且与OA 垂直的直线为y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系，令AB ＝2，则A (√3，0，0)，C (－√3，0，0)，P (0，0，1)，D (－√3，2，0)，由V P - ACM ∶V D - ACM ＝1∶2，得PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝13PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +13PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√33，23，23)，设平面ACM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由{n ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ·OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0得{−√33x +23y +23z =0√3x =0，取z ＝－1得x ＝0，y ＝1，所以n ＝(0，1，－1)，而平面P AC 的法向量m ＝(0，1，0)，所以cos 〈n ，m 〉＝m·n |m ||n |＝√22. 又因为二面角P - AC - M 为锐二面角，所以其余弦值为√22.[巩固训练2]1．解析：(1)证明：取线段PD 的中点H ，连接SO 、OH 、HA ，如图，在△PCD 中，O 、H 分别是PC 、PD 的中点，所以OH ∥CD 且OH ＝12CD ，所以OH ∥AS 且OH ＝AS ，所以四边形ASOH 是平行四边形，所以SO ∥AH ，又AH ⊂平面P AD ，SO ⊄平面P AD ，所以SO ∥平面P AD .(2)取线段AD 、BC 的中点E 、F ，连结PE 、EF .由点E 是线段AD 的中点，P A ＝PD 可得PE ⊥AD ，又EF ⊥AD ，所以∠PEF 是二面角P - AD － B 的平面角，即∠PEF ＝23π，以E 为原点，EA⃗⃗⃗⃗⃗ 、EF ⃗⃗⃗⃗ 方向分别为x 轴、y 轴正方向，建立如图所示坐标系，在△P AD 中，AD ＝4，P A ＝PD ＝2√2知：PE ＝2，所以P (0，－1，√3)，D (－2，0，0)，B (2，2，0)，C (－2，2，0)，所以PD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－2，1，－√3)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，3，－√3)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(－2，3，－√3)，设平面PBC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则{n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗=0n ·PC⃗⃗⃗⃗ =0，即{2x +3y −√3z =0−2x +3y −√3z =0，可取n ＝(0，1，√3)，设直线PD 与平面PBC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈PD⃗⃗⃗⃗⃗ ，n 〉|＝2·2√2＝√24，所以直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值为√24.2．解析：(1)证明：在等腰梯形ABCD 中，过A 作AE ⊥BC 于E ，过D 作DF ⊥BC 于F ，因为在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ＝CD ＝1，∠BCD ＝60°，所以BE ＝CF ＝12CD ＝12，AE ＝DF ＝√12−(12)2＝√32，所以AC ＝BD ＝√(32)2+(√32)2＝√3， BC ＝2，所以BD 2＋CD 2＝BC 2，所以BD ⊥CD ，同理AB ⊥AC ，又因为AP ＝AB ＝1，PB ＝√2， ∴AP 2＋AB 2＝PB 2，∴AB ⊥AP又AC∩AP ＝A ，AC ，AP ⊂平面ACP ，所以AB ⊥平面ACP ，因为PC ⊂平面ACP ，所以AB ⊥PC .(2)取AC 的中点为M ，BC 的中点为N ，则MN ∥AB ，因为AB ⊥平面ACP ，所以MN ⊥平面ACP ，因为AC ，PM ⊂平面ACP ，所以MN ⊥AC ，MN ⊥PM ，因为P A ＝PC ，AC 的中点为M ，所以PM ⊥AC ，所以MN ，MC ，MP 两两垂直，所以以M 为原点，以MN 所在直线为x 轴，以MC 所在直线为y 轴，以MP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则A (0，－√32，0)，B (1，－√32，0)，C (0，√32，0)，P (0，0，12)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√32，－12)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1，－√32，－12)，平面APC 的一个法向量为m ＝AB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，0)，设平面PBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 {n ·PC⃗⃗⃗⃗ =√32y −12z =0n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x −√32y −12z =0，令y ＝1，则n ＝(√3，1，√3)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝√31×√7＝√217，因为二面角A - PC - B 为锐角，所以二面角A - PC - B 的余弦值为√217.微专题3 探索性问题提分题[例4] 解析：(1)证明：因为四边形ABCD 为平行四边形，且△ADE 为等边三角形，所以∠BCE ＝120°，又E 为CD 的中点，所以CE ＝ED ＝DA ＝CB ，即△BCE 为等腰三角形，所以∠CEB ＝30°.所以∠AEB ＝180°－∠AED －∠BEC ＝90°，即BE ⊥AE .又因为平面AEP ⊥平面ABCE ，平面APE ∩平面ABCE ＝AE ，BE ⊂平面ABCE ，所以BE ⊥平面APE ，又AP ⊂平面APE ，所以BE ⊥AP .(2)取AE 的中点O ，连接PO ，由于△APE 为正三角形，则PO ⊥AE ，又平面APE ⊥平面ABCE ，平面APE ∩平面ABCE ＝AE ，PO ⊂平面EAP ，所以PO ⊥平面ABCE ，PO ＝√3，BE ＝2√3，取AB 的中点G ，则OG ∥BE ，由(1)得BE ⊥AE ，所以OG ⊥AE ，以点O 为原点，分别以OA ，OG ，OP 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O - xyz ，则O (0，0，0)，A (1，0，0)，B (－1，2√3，0)，P (0，0，√3)，E (－1，0，0)，则EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，0，0)，EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，2√3，0)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，2√3，－√3)，EP ⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，√3), 假设存在点F ，使平面AEF 与平面AEP 的夹角为45°，设PF⃗⃗⃗⃗ ＝λPB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－λ，2√3λ，－√3λ)，λ∈[0，1]，则EF ⃗⃗⃗⃗ ＝EP ⃗⃗⃗⃗ +PF ⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，√3)＋(－λ，2√3λ，－√3λ)＝(1－λ，2√3λ，√3−√3λ)，设平面AEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由{EF ⃗⃗⃗⃗·m =0EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0得{(1−λ)x +2√3λy +(√3，－√3λ)z =02x =0，取z ＝2λ，得m ＝(0，λ－1，2λ);由(1)知EB⃗⃗⃗⃗⃗ 为平面AEP 的一个法向量，于是，cos 45°＝|cos 〈m ，EB ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|m·EB ⃗⃗⃗⃗⃗||m |·|EB ⃗⃗⃗⃗⃗|＝2√3|λ−1|2√3·√5λ2−2λ+1＝√22，解得λ＝13或λ＝－1(舍去)，所以存在点F ，且当点F 为线段PB 的靠近点P 的三等分点时，平面AEF 与平面AEP 的夹角为45°.[巩固训练3]解析：(1)证明：取AB 的中点E ，连接SE ，CE ，∵SA ＝SB ，∴SE ⊥AB ， ∵BC ⊥AC ，∴三角形ACB 为直角三角形，∴BE ＝EC ，又BS ＝SC ，∴△SEC ≌△SEB ，∴∠SEB ＝∠SEC ＝90°， ∴SE ⊥EC ，又SE ⊥AB ，AB∩CE ＝E ，∴SE ⊥平面ABC . 又SE ⊂平面SAB ，∴平面SAB ⊥平面ABC .(2)以E 为坐标原点，平行AC 的直线为x 轴，平行BC 的直线为y 轴，ES 为z 轴建立空间直角坐标系，如图，不妨设SA ＝SB ＝SC ＝2，SC ⊥SA ，则AC ＝2√2，BC ＝SC ＝2知EC ＝2√3，SE ＝1，则A (－√2，1，0)，B (√2，－1，0)，C (√2，1，0)，E (0，0，0)，S (0，0，1)， ∴AB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2√2，－2，0)，SA ⃗⃗⃗⃗ ＝(－√2，1，－1)，设D (x ，y ，z )，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λCS⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)，则(x －√2，y －1，z )＝λ(－√2，－1，1)， ∴D (√2−√2λ，1－λ，λ)，BD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√2λ，2－λ，λ)．设平面SAB 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则{n ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ =2√2x 1−2y 1=0n ·SA ⃗⃗⃗⃗ =−√2x 1+y 1−z 1=0，取x 1＝1，得n ＝(1，√2，0)，sin 60°＝|n·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |，则√2−2√2λ|√3√2λ2+(2−λ)2+λ2＝√32，得λ2＋7λ＋1＝0，又∵0≤λ≤1，方程无解，∴不存在点D ，使直线BD 与平面SAB 所成的角为60°.。

最新高考数学(理)二轮专题复习课件：第二部分专题五立体几何3.2

核心知识
考点精题
-16-
则 ��·�� = 0, ∴ 3��1 + ��1 = 0,令 z1=1,则 m=(1,- 3,1). ��·��1 = 0, ��1 + 3��1 = 0,
∵�� =
|��||��|
核心知识
考点精题
-6-
对点训练1(2017江苏无锡一模,15)如图,已知正四棱锥P-
ABCD,PA=AB=2,点M,N分别在PA,BD上,且
��
=
��
建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz.
由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C( 5,2,0),N 5 ,1,2 ,
2
��=(0,2,-4),�� = 5 ,1,-2 , �� = 5 ,1,2 .
2
2
设 n=(x,y,z)为平面 PMN 的法向量,
因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB.
(2)解取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,
核心知识
考点精题
-11-
且 AE= ��2-��2=
��2-
��
2
=
5.
2
以 A 为坐标原点,��的方向为 x 轴正方向,

名师讲坛高考数学二轮专题复习课件：专题二立体几何 (2讲86张PPT)

3. (必修2 P69复习题6)在正三棱锥S－ABC中，求证：SA⊥BC. 线面垂直⇔线线垂直
【解答】设O为△ABC的中心．由题意，连接SO，则SO⊥平面ABC，所以SO⊥ BC.又AO⊥BC，所以BC⊥平面SOA，所以SA⊥BC.
4. (必修2 P71复习题21)如图(1)，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点N在线段B1D1 上，且D1N＝2NB1，点M在线段A1B上，且BM＝2MA1，求证：MN∥平面AC1B.
注意平面几何性质的应用
(第4题(1))
【解答】如图(2)，连接C1N，并延长交A1B1于点P.
因为DN1BN1＝DP1BC11＝CN1PN＝21，所以P为A1B1的中点．同理，连接AM，并延长交A1B1于点Q，则Q为A1B1的中点，所以P，Q两点重合．因为CN1PN＝21，AMMP＝MBMA1＝21，即CN1PN＝AMMP，所以MN∥AC1.
所以AP⊥平面BCC1B1. 又B1C⊂ 平面BCC1B1，所以AP⊥B1C. 因为AP∩PQ＝P，AP，PQ⊂ 平面APQ，
所以B1C⊥平面APQ.
如图，在四棱锥P-ABCD中，已知平面PAC⊥底面ABCD，PA＝PC，M是 AD的中点，且BM⊥PC，CD∥平面PMB.
(变式) (1) 求证：CD∥BM；【解答】因为CD∥平面PMB，CD⊂ 平面ABCD，平面PMB∩平面ABCD＝BM，所以CD∥BM.
(2) 求证：CD⊥平面PAC. 【解答】设AC∩BM＝O，连接PO. 因为CD∥BM，M是AD的中点，所以OM是△ACD的中位线，则O是AC的中点．又PA＝PC，所以PO⊥AC. 因为平面PAC⊥底面ABCD，平面PAC∩底面ABCD＝AC，PO⊂ 平面PAC，所以 PO⊥底面ABCD.

统考版2021高考数学二轮专题复习第二章2.3.1空间几何体课件理

(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

高考理科数学二轮专题提分教程全国课件立体几何中的向量方法

空间向量数乘运算
空间向量数乘定义
设λ是一个实数，a是一个向量，λ与a的乘积是一个向量，记作λa，它的模等于|λ|与|a| 的乘积，当λ>0时，λa的方向与a的方向相同；当λ<0时，λa的方向与a的方向相反；当
λ=0时，λa是零向量。
空间向量数乘运算性质
实数与向量的积满足交换律、结合律和分配律。即λ(μa)=(λμ)a=(μλ)a； (λ+μ)a=λa+μa；λ(a+b)=λa+λb。
对于某些特定的异面直线，可以直接套用公式进行计算。例如，当两条异面直线分别与第三条直线垂直时，可以利用“ 三垂线定理”求出它们所成的角。
二面角计算技巧与方法
要点一
定义法
在二面角的棱上取一点，过该点分别在两个半平面内作棱的垂线，这两条垂线所确定的平面角即为二面角的平面角。这种方法适用于容易找到垂线的情况。
高考理科数学二轮专题提分教程全国课件立体几何中的向量方
法
汇报人：XX 20XX-01-24
目录
• 立体几何与向量方法概述 • 空间向量及其运算 • 空间位置关系判断与证明 • 空间角计算技巧与方法 • 距离问题求解策略及实例分析 • 创新题型探究与拓展延伸
01 立体几何与向量方法概述
立体几何基本概念
向量垂直的充要条件
在三维空间中，若一向量与另两个不共线的向量都垂直，则这三个向量两两垂直。利用此充要条件可判断空间中的线段、直线或平面的垂直关系。
综合应用举例
平行与垂直关系的综合应用
结合平行和垂直关系的判断方法，解决空间中线段、直线和平面的位置关系问题。例如，判断两条异面直线是否平行或垂直，或判断一个平面是否与另一个平面平行或垂直等。

高考数学二轮复习指导二透视高考,解题模板示范,规范

(9 分)
由 BC∥AD 得 BC⊥平面 PBN，因为 BC 平面 PBC，所以平面 PBC⊥平面 PBN.
(11 分)
过点Q作PB的垂线，垂足为H，则QH⊥平面PBC.连接MH，则MH是MQ在平面PBC
上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角.设CD＝1.
(12分)
在△PCD 中，由 PC＝2，CD＝1，PD＝ 2得 CE＝ 2，
因为E，F分别为PD，PA中点，
所以 EF∥AD 且 EF＝12AD，
(1 分)
又因为 BC∥AD，BC＝12AD，
(2 分)
所以 EF∥BC 且 EF＝BC，即四边形 BCEF 为平行所以 CE∥BF.
又因为 CE 平面 PAB，BF 平面 PAB，因此 CE∥平面 PAB.
(5 分) (6 分)
(2)解分别取BC，AD的中点为M，N，连接PN交EF于点Q，连接MQ.
因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF中点，在平行四边形
BCEF中，MQ∥CE.
(7分)
由△PAD 为等腰直角三角形得 PN⊥AD.由 DC⊥AD，BC∥AD，BC＝12AD，N 是 AD
的中点得 BN⊥AD.因为 PN∩BN＝N，所以 AD⊥平面 PBN.
解题模板
第一步由线线平行得平行四边形；第二步由线线平行得线面平行；第三步由线线垂直得线面垂直；第四步得出线面角；第五步在三角形中计算各个边，求值.
【训练 2】如图，三棱柱 ABC-A1B1C1 所有的棱长均为 2，A1B＝ 6， A1B⊥AC. (1)求证：A1C1⊥B1C； (2)求直线 AC 和平面 ABB1A1 所成角的余弦值. (1)证明法一取AC的中点O，连接A1O，BO，∴BO⊥AC.

名师讲坛高考数学二轮专题复习课件：专题二第2讲立体几何中的算、证、求问题

图(1)
(变式)
图(2)
(1) 求证：CD⊥平面PBD. 【解答】因为AD＝AB，∠BAD＝90°，所以∠ABD＝∠ADB＝45°. 又因为AD∥BC，所以∠DBC＝45°. 又∠DCB＝45°，所以∠BDC＝90°，即BD⊥DC. 因为平面PBD⊥平面BCD，平面PBD∩平面BCD＝BD，CD⊂ 平面BCD，所以CD ⊥平面PBD.
因为AE BC，G为AE的中点，所以GE 12BC. 因为M，N分别为DC，BD的中点，所以MN
12BC，
所以MN GE，所以四边形MNGE为平行四边形，
所以GN∥EM. 因为EM⊥DC，GN∥EM，所以GN⊥DC.
又AE⊥EC，AE⊥DE，EC∩DE＝E，EC⊂ 平面DCE，DE⊂ 平面DCE，所以AE⊥
2 点的凸多面体的体积为____3____．
【解析】
由题意知以正方体各个面的中心为顶点的凸多面体为正八面体(即两
个同底等高等棱长的正四棱锥)，所有棱长均为1，其中每个正四棱锥的高均为
2 2
，故
正八面体的体积为
V＝2V正四棱锥＝2×13×12×
22＝
2 3.
(3) 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，AB＝2，AD ＝3，E为棱CD上一点，若三棱锥E-PAB的体积为4，则PA的长为____4____．
V锥体＝13Sh 【解析】设正三棱锥的高为h，则有h＝ ×6×3 3× 3＝9.
152－2 32 ＝
3
，所以V＝
1 3
×
1 2
举题固法
目标1 空间几何体体积与表面积的计算
(1) (2019·南京考前综合题)已知一个圆柱的轴截面为正方形，其侧面积为 S1，与该圆柱等底等高的圆锥的侧面积为S2，那么SS12的值为___4_5____．

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.

红对勾讲与练系列高三文科数学二轮复习考前增分方略保分大题不失分

高三二轮 ·新课标版 ·数学（文）
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第二部分专题一第三讲第1课时
系列丛书
当cosA≠0时，得sinB＝2sinA，由正弦定理得b＝2a，
联立方程组ab2＝＋2ba2－ab＝4
，解得a＝2
3
3，b＝4 3
3 .
所以△ABC的面积S＝12absinC＝2 3
3 .
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第二部分专题一第三讲第1课时
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tan(x1＋x2)＝tan4π＋π6
＝1－tantaπ4n＋π4×tantaπ6nπ6＝11－＋
3 33＝2＋ 3
3.
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第二部分专题一第三讲第1课时
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1．(2014·福建卷)已知函数f(x)＝cosx(sinx＋cosx)－12. (1)若0<α<π2，且sinα＝ 22，求f(α)的值； (2)求函数f(x)的最小正周期及单调递增区间．
6 4.
(2)在△ABD中，由sAinDB＝sin∠BDBAD得3
3
＝BD， 66
84
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解得BD＝2. 故DC＝2，从而在△ADC中，由AC2＝AD2＋DC2－ 2AD·DC·cos∠ADC＝32＋22－2×3×2×(－14)＝16，得AC＝4.
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第二部分专题一第三讲第1课时
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【解】 (1)∵m＝(sinB,1－cosB)，n＝(2,0)， ∴m·n＝2sinB，又|m|＝ sin2B＋1－cosB2＝ 2－2cosB＝2sinB2， ∵0<B<π， ∴0<B2<π2， ∴sinB2>0，

高三数学二轮复习 2-10立体几何

第22页
赢在微点无微不至
考前顶层设计·数学文·二轮教案
2．(2017·山东高考)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________。
答案 2＋2π 解析由组合体及三视图中的数据可知，圆柱体的底面半径为 1，高为 1，长方体的长、宽、高分别为 2,1,1，所以组合体的体积为 V＝2×1×1＋2×41 ×π×12×1＝2＋2π。
第7页
赢在微点无微不至
考前顶层设计·数学文·二轮教案
空间几何体的三视图 (1)熟记三视图的观察方向和长、宽、高的关系：长对正、高平齐、宽相等。 (2)熟悉各种基本几何体的三视图，同时要注意画三视图时，能看到的轮廓线画成实线，看不到的轮廓线画成虚线。
第8页
赢在微点无微不至
考前顶层设计·数学文·二轮教案
A．5 000 立方尺 B．5 500 立方尺 C．6 000 立方尺 D．6 500 立方尺
第17页
赢在微点无微不至
考前顶层设计·数学文·二轮教案
(2)(2017·大连模拟)已知正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱长为 1，过正方体 ABCD－A1B1C1D1 的对角线 BD1 的截面面积为 S，则 S 的取值范围是 ________。
面，则该四面体侧视图面积为( )
1 A.2
B．1
C．2
D．4
第13页
赢在微点无微不至
考前顶层设计·数学文·二轮教案
答案 B 解析若正视图以 yOz 平面为投影面，则该四面体侧视图为三角形，底和高分别为 1,2，S 侧视图＝12×A′D×A′B＝12×1×2＝1，故选 B。
第14页
赢在微点无微不至
第20页

立体几何二轮复习及分析 ppt课件

16
3.重视立体几何中的基本图形, 经典模型及经典结论通过对高考真题的研究, 复习备考中必须重视向学生灌
输立体几何中的基本图形, 经典模型及经典结论等, 如:共底边的两个等腰三角形折成的二面角, 连接底边上的两条中线, 既能得到二面角的平面角, 也能得到一组线面垂直;三组对边分别相等的四面体可以“嵌入”长方体, 进一步, 正四面体可以“嵌入”正方体; “结论“球上任意截面都是圆, 圆心与球心的连线垂直于截面”是找多面体的外接球球心的依据等等. 考生如果熟知以上模型及结论, 那么在高考中遇到类似或相似的题便能很快找到正确的解题思路, 即使遇到所谓的“新题”或难度偏大的题, 如能举一反三, 依然能做到游刃有余.
分步去点不取点第一步通过正视图可以去掉ad两个点18第二步通过侧视图去掉a1b1b三个点同时出现了两个可疑中点e19第三步观察俯视图只能去掉中点e从而点f必存在从而图形变为如下图20第四步在观察正视图可知d1c1c必存在还有已知的点f在通过侧视图俯视图观察检验可知如下图的几何体21三视图与题突破训练题24通过这几个很难的三视图的讲解系统的让学生理解画出直观图的技巧不通用解法从而把三视图的题目分值稳稳的拿到手很多三棱椎四棱锥往往需要补形回正方体戒长方体再切割迚而确定椎体的各顶点最后形成空间几何体
多数都告诉了面面垂直条件，没有现成的三个垂直，建立空间
直角坐标系都要自己证明和选取，所以2018年高考仍然是考
查2小1大，一个三视图的题，再就是2卷3卷对于球体考查多，
所以我预测今年有一个与球体有联系的题，大题将以不特殊的
多面体为载体第一问直接考察线面位置关系:考察线线.线面和
面面关系的论证，第二问考查二面角的大小，主要要自己证明
三个垂直，不能看着像就随意建系设点，同时还要注意冷点1.

高考数学二轮复习指导系列之二(立体几何)

图4图3图2634364663图1A高考数学二轮复习指导系列二立体几何空间立体几何在高考考查中一般占22分，其题型与题量一般是1个解答题，1 ~ 2 个选择或填空题．立体几何高考的选择或填空题有三个常考热点：一是空间几何体的三视图；二是空间几何体的表面积、体积；三是空间中点、直线、平面之间的位置关系的判定．立体几何高考的解答题常以棱柱或棱锥为载体，解答题一般采用分步设问的方式，常见的两个考查热点：一是定性分析，二是定量分析．其中定性分析，不论文科还是理科主要是以平行、垂直的证明为主；而定量分析，文科试题主要考查表面积、体积的计算；理科试题主要考查线面角、二面角的计算．下面对学生存在的主要问题进行剖析，并提出相应的教学对策．一、存在的问题及原因分析：问题一：识图、作图、用图能力弱．作图、识图、用图能力是考生学好立体几何乃至解析几何所应具备的重要能力之一，何况全国卷的试题一般不提供图形！本专题中，识图、作图、用图能力弱主要集中在“三视图的识别、还原”，“球问题的直观呈现和转化”“作图问题”“展折问题的图形分析”等．例题1：（2009宁夏海南理11）一个棱锥的三视图如图（1），则该棱锥的全面积（单位：c 2m ）为（）（A ）（B ）（C ）（D ）解析：由三视图可知这是一个高为4的三棱锥，且其底面是一个等腰直角三角形，如图（2）：6AB BC ==，P 在底面的射影为AC 中点D ，则=4PD ，则16152PAB PCB S S ∆∆==⨯=，142PAC S ∆=⨯= 166182CAB S ∆=⨯⨯=，故全面积为2151848⨯++=+A ．评析：本题往往会因为对俯视图认识不足（直角三角形的实中线），而画错顶点P 在底面的射影(比如认为P 在底面的射影恰为顶点B )，只有正确理解才能把三视图还原成如图2的几何体．可见，把三视图还原成几何体时首先要从总体入手判断几何体的形状（即要有较强的模型意识，能总图5A图6B 111体构造！），比如本题由于三个视图都是三角形，故可判断为该几何体为三棱锥；其次注意细节，尤其关注顶点在底面上的射影，如本题的俯视图意味着顶点P 在底面的射影为AC 中点D （一般地，三棱锥中顶点在底面的射影若不在边上，如若在顶点，则俯视图如图（3），如若在三角形内，则俯视图如图（4））．例题2：（2012年课标全国卷理11）已知三棱锥-S ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且=2SC ，则此棱锥的体积为( )解析：由球的定义可知，球心O 为SC 的中点．如图5，设ABC ∆的中心为M ，则有OM ⊥平面ABC ，且OM ==，所以三棱锥的高2h OM ==，所以此棱锥的体积为11132⋅⋅=．评析：本题往往会因为对直径认识不足（球心O 为SC 的中点），纠结如何做图（球内接三棱锥-S ABC ），而不懂对问题进行转化（--2S ABC O ABC V V =），只有正确理解才能把问题转化为三棱锥-OABC （如图5），再结合球的定义，即可解决．例题3：（2016全国Ⅰ卷理11）平面α过正方体1111-ABCD A B C D 的顶点A ，//α平面11CB D ，α平面ABCD m =，α平面11ABB A n =，则m n ，所成角的正弦值为（）(B 13解析：因为//α平面11CB D ，且平面α过顶点A ，故问题相当于把平面11CB D “外移”．如图6，在正方体1111-ABCD A B C D 的左侧补上一个全等的正方体，则平面11CB D “外移”到平面22AB D （即平面α），则α平面2ABCD AD =，α平面112ABB A AB =，又22AB D ∆为等边三角形，则m n，所成角为60，其正弦值为2．评析：本题往往会因作图不过关而对过顶点A 作平面α束手无策，只有正确理解才能通过“补上一个全等的正方体”快速实现把平面11CB D “外移” （此时22121121//,//,//D B CB AD D B AB CD ）．可见，观察和做出平行线是本题作图的关键．当然，如何作平行线，这是作图的基本功，教师要讲明原理（常利用图8图7A'CABDDBC图9CA （A')BD中位线或平行四边形的性质作平行线），同时，要引导学生观察几何体（尤其是长方体中的一些常见的平行关系（如本题22121121//,//,//D B CB AD D B AB CD ）的和垂直关系），这样，学生的作图就会更有方向感！例题4：如图7，四边形ABCD 中，1AB AD CD ===，2BD =BD CD ⊥．将四边形ABCD沿对角线BD 折成四面体A BCD '，使平面A BD BCD '⊥平面，则下列结论正确的是( )． (A) A C BD '⊥ (B) 90BA C '∠=(C) CA '与平面A BD '所成的角为30 (D) 四面体A BCD '的体积为13解析:∵1A B A D ''== ，2BD =BA DA ''⊥ ．又∵面A BD '⊥ 面BCD ，且CD BD ⊥ ，面A BD '⋂ 面BCD BD =∴CD ⊥面A BD '． ∴CD BA '⊥，∵DA CD D '⋂=∴BA '⊥面A CD '，∴BA A C ''⊥ ，即90BA C '∠= ．评析：本题往往会因对折叠问题前后的“变量与不变量”分析不够，而忽视重要的垂直关系“BA DA ''⊥，CD BD ⊥”，只有正确理解才能顺利由平面A BD BCD '⊥平面得出CD ⊥面A BD '，再结合CD A B '⊥，得到BA '⊥面A CD '，从而解决问题．无论是图形的翻折或是展开，都是平面图形与空间图形的相互转化，从抽象到直观，直观到抽象的过程，其中翻折 ——— 平面图形立体化，展开 ——— 立体图形平面化．解决这类问题关键在于要分清展折前后的“变量与不变量”，建议在展折前的图形中进行标注重要的点（尤其前后坐标的不同），或是重要的量（如垂直关系，如图9），这样比较不会遗忘或忽略．问题二：推理的逻辑欠清晰．以全国卷理科卷为例，其解答题一般稳定居于前三的位置，常设置两问，一问主要涉及定性证明（如垂直关系、平行关系），二问立足定量求解（如三种角度的度量）．在定性分析时由于定理条件不清楚，推理的逻辑欠清晰，常造成“会而不全”，导致失分．例题5：在如图1所示的多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，ED ⊥平面ABCD ，//ED FC ，FC ED 21=，M 是AF 的中点．（Ⅰ）求证：//EM 平面ABCD ；（Ⅱ）求证：平面AEF ⊥平面FAC ．解析：（Ⅰ）如图11，连接,AC BD ，ACBD O =，则O 为BD 的中点，连接DECOM ．则1//,2MO FC MO FC =且，又//ED FC ，且FC ED 21=，所以//,MO ED MO ED =且，所以EDOM 是平行四边形，所以//,EM DO又⊄EM 平面ABCD ,⊂DO 平面ABCD ，所以//EM 平面ABCD ．（Ⅱ）因为//ED FC ，ED ⊥底面ABCD ，所以CF ⊥底面ABCD ，⊂DO 平面ABCD ,所以CF DO ⊥，由（Ⅰ）知//,EM DO 所以CF EM ⊥，因为AC DO ⊥，且//,EM DO 所以AC EM ⊥，又C FC AC = ，所以EM ⊥平面FAC ．又EM ⊂平面AEF ，所以平面AEF ⊥平面FAC ．评析：（Ⅰ）要证线面平行，一般可考虑线线平行或面面平行，本题可优先考虑线线平行．本题虽思路较为直接，但常常会“想当然”，如易借助几何直观可知//,EM DO 忽视“EDOM 是平行四边形”的证明过程；此外更常忽略条件“⊄EM 平面ABCD ,⊂DO 平面ABCD ”的完整表达而造成不必要的失分！（Ⅱ）要证面面垂直，关键在于找出一组“线面垂直”，如图11，能较为直观看到“EM ⊥平面FAC ”就是目标．证明过程中常因几何直观强，忽视平行关系与垂直关系之间的转化，直接“想当然”“易得CF EM ⊥，AC EM ⊥”造成失分，同时条件“EM ⊂平面AEF ”也是学生证明面面垂直最容易失分的地方．问题三：概念意识不强．考生由于概念意识不强，易把“异面直线所成的角”与“向量的夹角”混淆，易把“线面所成的角”等同“直线与平面法向量的夹角”，易分辨不清“二面角的平面角”与“两个法向量的夹角”之间差异，同时对“线面所成的角”或“二面角的平面角”易忽视其定义的本质（即“找、证、算”），而陷入盲目的计算，使得问题复杂化．例题6：如图12，在以,,,,,A B C D E F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，2AF FD =，90AFD ∠=，且二面角--D AF E 与二面角--C BE F 都是60．（I ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ；（II ）求二面角--E BC A 的余弦值．解析：（I ）由已知可得AF FD ⊥，AF FE ⊥，FD FE F ⋂=所以AF ⊥平面EFDC ，又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC ．（II ）过D 作DG EF ⊥，垂足为G ，由（I ）知DG ⊥平面ABEF ．以G 为坐标原点，GF 的方向为x 轴正方向，GF 为单位长度，建立如图13所示的空间直角坐标系Gxyz -．由（I ）知DFE ∠为二面角--D AF E 的平面角，故=60DFE ∠，则2,DF DG=，可得()1,4,0A ，()3,4,0B -，()3,0,0E -，(D ．由已知，//F AB E ，所以//AB 平面FDC E ．又平面CDAB 平面FDC DC E =，故//CD AB ，CD//F E ．由//F BE A ，可得BE ⊥平面FDC E ，所以C F ∠E 为二面角C F-BE-的平面角，C F 60∠E =．从而可得(C -．所以(C E =，()0,4,0EB =，(C 3,A =--，()4,0,0AB =-．设(,,)x y z =n 是平面C B E 的法向量，则0,0EC EB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩nn ，即040x y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，所以可取(3,0,=n ．设(,,)x y z=m 是平面CD AB 的法向量，则0,AC AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，同理可取4)=m ．则cos ,||||19⋅<>==-n m n m n m ，故二面角C E-B -A 的余弦值为19-．评析：本题（II ）的解决关键在于理清二面角--D AF E 与二面角--C BE F 的平面角（此时只有理清哪个角是平面角，才能寻求坐标之间的关系），考生往往会会“想当然”“直观”认为DFE ∠为二面角--D AF E 的平面角，C F ∠E 为二面角C F -BE-的平面角，而忽视对平面角定义的阐述！事实上，在平面角的定义中，必需紧扣“相交棱”“两垂直于棱的相交直线”，这往往需要“找、证”“ 相交棱垂直平面”。

高考数学二轮复习立体几何课件理

12/11/2021
[考法2] 平行、垂直关系的证明【例2－2】 (2015·江苏卷)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝
CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E. 求证：(1)DE∥平面AA1C1C； (2)BC1⊥AB1.
12/11/2021
证明 (1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC. 又因为DE 平面AA1C1C，AC 平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C. (2)因为棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC. 因为AC 平面ABC，所以AC⊥CC1. 又因为AC⊥BC，CC1 平面BCC1B1，BC 平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1 平面BCC1B1，所以BC1⊥AC. 因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C. 因为AC，B1C 平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC. 又因为AB1 平面B1AC，所以BC1⊥AB1.
12/11/2021
解析 (1)由面面平行的性质可得①正确；若m∥α，n α，则m，n平行或异面， ②错误；由面面垂直的性质定理可知③中缺少条件“m α”，③错误；若n⊥α， n⊥β，则α∥β，又m⊥α，则m⊥β，④正确.综上，命题正确的是①④. (2)①b和c可能异面，故①错；②可能c α，故②错；③可能c∥β，c β，故③错；④根据面面垂直判定定理判定α⊥β，故④正确. 答案 (1)①④ (2)④
(3)(2017·南通模拟)设一个正方体与底面边长为 2 3，侧棱长为 10的正四棱锥的体积相等，则该正方体的棱长为________.
12/11/2021
解析 (1)设球半径为 R，则圆柱底面圆半径为 R，母线长为 2R.又 V1＝πR2·2R＝2πR3，

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所以 FM∥EA，且 FM＝EA. 所以四边形 AEFM 为平行四边形. 所以 EF∥AM.5′ 又 AM⊂平面 PAD，EF⊄平面 PAD，所以 EF∥平面 PAD.7′ 法二连接 CE 并延长交 DA 的延长线于 N，连接 PN. 因为四边形 ABCD 为矩形，所以 AD∥BC，
所以∠BCE＝∠ANE，∠CBE＝∠NAE. 又 AE＝EB，所以△CEB≌△NEA，所以 CE＝NE. 又 F 为 PC 的中点，所以 EF∥NP.5′ 又 NP⊂平面 PAD，EF⊄平面 PAD，所以 EF∥平面 PAD.7′ 法三取 CD 的中点 Q，连接 FQ，EQ. 在矩形 ABCD 中，E 为 AB 的中点，所以 AE＝DQ，且 AE∥DQ.
[解题模板] 1.画出必要的辅助线，根据条件合理转化； 2.写出推证平行或垂直所需条件，注意条件要充分； 3.明确写出所证结论.
【训练2】如图所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥ 平面ACD， △ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点.
求证：(1)AF∥平面BCE； (2)平面BCE⊥平面CDE.
模板2 立体几何问题【例 2】 (满分 14 分)如图，四棱锥 P-ABCD 的底面为矩形，且 AB
＝ 2，BC＝1，E，F 分别为 AB，PC 中点.
(1)求证：EF∥平面PAD； (2)若平面PAC⊥平面ABCD，求证：平面PAC⊥平面PDE.
[规范解答] (1)证明法一取线段 PD 的中点 M，连接 FM，AM. 因为 F 为 PC 的中点，所以 FM∥CD，且 FM＝12CD. 因为四边形 ABCD 为矩形，E 为 AB 的中点，所以 EA∥CD，且 EA＝12CD.
感谢亲观看此幻灯片，此课件部分内容来源于网络，如有侵权请及时联系我们删除，E∽△CDA，所以∠ADE＝∠DCA. 又∠ADE＋∠CDE＝∠ADC＝90°，所以∠DCA＋∠CDE＝90°. 由△DGC 的内角和为 180°，得∠DGC＝90°.即 DE⊥AC.9′ 因为平面 PAC⊥平面 ABCD 且平面 PAC∩平面 ABCD＝AC，因为 DE⊂平面 ABCD，所以 DE⊥平面 PAC，12′ 又 DE⊂平面 PDE，所以平面 PAC⊥平面 PDE.14′
所以四边形 AEQD 为平行四边形，所以 EQ∥AD. 又 AD⊂平面 PAD，EQ⊄平面 PAD，所以 EQ∥平面 PAD.2′ 因为 Q，F 分别为 CD，CP 的中点，所以 FQ∥PD. 又 PD⊂平面 PAD，FQ⊄平面 PAD，所以 FQ∥平面 PAD. 又 FQ，EQ⊂平面 EQF，FQ∩EQ＝Q，所以平面 EQF∥平面 PAD.5′ 因为 EF⊂平面 EQF，所以 EF∥平面 PAD.7′ (2)证明设 AC，DE 相交于 G. 在矩形 ABCD 中，因为 AB＝ 2BC，E 为 AB 的中点.所以DAEA＝CDDA ＝ 2.