2018届高三数学理二轮复习课件：专题五 立体几何1.5.3 精品
2018届高考数学(理)二轮专题复习： 专题五 立体几何 1-5-3 Word版含答案.doc
限时规范训练十四 空间向量与立体几何限时45分钟，实际用时分值81分，实际得分一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)1．(2017·山东青岛模拟)已知正三棱柱ABC A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于( )A.64B.104 C.22D.32解析：选A.如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，则O (0,0,0)，B (3，0,0)，A (0，－1,0)，B 1(3，0,2)，则AB 1→＝(3，1,2)，则BO →＝(－3，0,0)为侧面ACC 1A 1的法向量，故sin θ＝|AB 1→·BO →||AB 1→||BO →|＝|－3|22×3＝64.2．在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1＝2，二面角B AA 1C 1的大小为60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，则直线BC 1与直线AB 1所成角的正切值为( )A.7B. 6C. 5D ．2解析：选A.由题意可知，∠BAC ＝60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，所以在三角形ABC 中，AB ＝2，AC ＝4，BC ＝23，∠ABC ＝90°，则AB 1→·BC 1→＝(BB 1→－BA →)·(BB 1→＋BC →)＝4，|AB 1→|＝22，|BC 1→|＝4，cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→|·|BC 1→|＝24， 故tan 〈AB 1→，BC 1→〉＝7.3．如图所示，在三棱锥P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，D 是棱PB 的中点，已知PA ＝BC ＝2，AB＝4，CB ⊥AB ，则异面直线PC ，AD 所成角的余弦值为( )A ．－3010B ．－305C.305 D.3010解析：选D.因为PA ⊥平面ABC ，所以PA ⊥AB ，PA ⊥BC . 过点A 作AE ∥CB ，又CB ⊥AB ，则AP ，AB ，AE 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，分别以AB ，AE ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，B (4,0,0)，C (4，－2,0)． 因为D 为PB 的中点，所以D (2,0,1)． 故CP →＝(－4,2,2)，AD →＝(2,0,1)．所以cos 〈AD →，CP →〉＝AD →·CP →|AD →|×|CP →|＝－65×26＝－3010.设异面直线PC ，AD 所成的角为θ， 则cos θ＝|cos 〈AD →，CP →〉|＝3010.4．(2017·山西四市联考)在空间直角坐标系O xyz 中，已知A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，D (1,1，2)．若S 1，S 2，S 3分别是三棱锥D ABC 在xOy ，yOz ，zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则( )A ．S 1＝S 2＝S 3B ．S 2＝S 1且S 2≠S 3C ．S 3＝S 1且S 3≠S 2D ．S 3＝S 2且S 3≠S 1解析：选D.如图所示，△ABC 为三棱锥在坐标平面xOy 上的正投影，所以S 1＝12×2×2＝2.三棱锥在坐标平面yOz 上的正投影与△DEF (E ，F 分别为OA ，BC 的中点)全等，所以S 2＝12×2×2＝ 2.三棱锥在坐标平面xOz 上的正投影与△DGH (G ，H 分别为AB ，OC 的中点)全等，所以S 3＝12×2×2＝ 2.所以S 2＝S 3且S 1≠S 3，故选D.5．如图，点E ，F 分别是正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱AB ，AA 1的中点，点M ，N 分别是线段D 1E 与C 1F 上的点，则与平面ABCD 垂直的直线MN 的条数有( )A ．0条B ．1条C ．2条D ．无数条解析：选B.假设存在满足条件的直线MN ，如图，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，则D 1(2,0,2)，E (1,2,0)，设M (x ，y ，z )，D 1M →＝mD 1E →(0＜m ＜1)，∴(x －2，y ，z －2)＝m (－1,2，－2)，x ＝2－m ，y ＝2m ，z ＝2－2m ，∴M (2－m,2m,2－2m )，同理，若设C 1N →＝nC 1F →(0＜n＜1)，可得N (2n,2n,2－n )，MN →＝(m ＋2n －2,2n －2m,2m －n )．又∵MN ⊥平面ABCD .∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＋2n －2＝0，2n －2m ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝23，n ＝23，即存在满足条件的直线MN ，且只有一条．6．(2017·安徽合肥模拟)如图，在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点P 在线段AD 1上运动，给出以下四个命题：①异面直线C 1P 和CB 1所成的角为定值； ②二面角P BC 1D 的大小为定值； ③三棱锥D BPC 1的体积为定值；④直线CP 与平面ABC 1D 1所成的角为定值． 其中真命题的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选C.如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,1)，B 1(1,1,1)． 设P (t,0,1－t )，0≤t ≤1.①中，C 1P →＝(t ，－1，－t )，CB 1→＝(1,0,1)，因为C 1P →·CB 1→＝0，所以C 1P ⊥CB 1，故①对；②中，因为D 1A ∥C 1B ，所以平面PBC 1即平面ABC 1D 1，两平面都固定，所以其二面角为定值，故②对；③中，因为点P 到直线BC 1的距离AB ＝1，所以V 三棱锥D BPC 1＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×BC 1×AB ×12CB 1＝16，故③对；④中，CP →＝(t ，－1,1－t )，易知平面ABC 1D 1的一个法向量为CB 1→＝(1,0,1)，所以cos 〈CP →，CB 1→〉不是定值，故④错误．二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)7．(2017·江苏南京三模)如图，三棱锥A BCD 的棱长全相等，点E 为AD 的中点，则直线CE 与BD 所成角的余弦值为________．解析：设AB ＝1，则CE →·BD →＝(AE →－AC →)·(AD →－AB →)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12AD →－AC →·(AD →－AB →)＝12AD →2－12AD →·AB →－AC →·AD →＋AC →·AB →＝12－12cos 60°－cos 60°＋cos 60°＝14. ∴cos〈CE →，BD →〉＝CE →·BD→|CE →||BD →|＝1432＝36. 答案：368．在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，若BC ⊥AC ，∠BAC ＝π3，AC ＝4，点M 为AA 1的中点，点P 为BM的中点，Q 在线段CA 1上，且A 1Q ＝3QC ，则异面直线PQ 与AC 所成角的正弦值为________．解析：由题意，以C 为原点，以AC 边所在直线为x 轴，以BC 边所在直线为y 轴，以CC 1边所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．设棱柱的高为a ，由∠BAC ＝π3，AC ＝4，得BC ＝43，所以A (4,0,0)，B (0,43，0)，C (0,0,0)，A 1(4,0，a )，M ⎝⎛⎭⎪⎫4，0，a 2，P ⎝⎛⎭⎪⎫2，23，a 4，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，a 4.所以QP →＝(1,23，0)，CA →＝(4,0,0)．设异面直线QP 与CA 所成的角为θ，所以|cos θ|＝|QP →·CA →||QP →|·|CA →|＝4413＝1313.由sin 2θ＋cos 2θ＝1得，sin 2θ＝1213，所以sin θ＝±23913，因为异面直线所成角的正弦值为正，所以sin θ＝23913即为所求．答案：239139．(2017·河北衡水模拟)如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点M, N 分别在AB 1，BC 1上，且AM ＝13AB 1，BN ＝13BC 1，则下列结论：①AA 1⊥MN ；②A 1C 1∥MN ；③MN ∥平面A 1B 1C 1D 1；④BD 1⊥MN .其中正确命题的序号是________．(写出所有正确命题的序号)解析：如图，建立以D 为坐标原点，DC ，DA ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴的空间直角坐标系．令正方体的棱长为3，可得D (0,0,0)，A (0,3,0)，A 1(0,3,3)，C 1(3,0,3)，D 1(0,0,3)，B (3,3,0)，M (1,3,1)，N (3,2,1)．①中，AA 1→＝(0,0,3)，MN →＝(2，－1,0)，因为AA 1→·MN →＝0，所以①正确；②中，A 1C 1→＝(3，－3,0)，与MN →不成线性关系，所以②错；③中，易知平面A 1B 1C 1D 1的一个法向量为DD 1→＝(0,0,3)，而DD 1→·MN →＝0，且MN ⊄平面A 1B 1C 1D 1，所以③正确；④中，BD 1→＝(－3，－3,3)，因为BD 1→·MN →≠0，所以④错误．答案：①③三、解答题(本题共3小题，每小题12分，共36分)10．(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE ∥平面PAB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成锐角为45°，求二面角M AB D 的余弦值． 解：(1)证明：取PA 中点F ，连接EF ，BF ，CE . ∵E ，F 为PD ，PA 中点，∴EF 为△PAD 的中位线， ∴EF ═∥12AD .又∵∠BAD ＝∠ABC ＝90°，∴BC ∥AD . 又∵AB ＝BC ＝12AD ，∴BC ═∥12AD ，∴EF ═∥BC .∴四边形BCEF 为平行四边形，∴CE ∥BF . 又∵BF ⊂面PAB ，∴CE ∥面PAB .(2)以AD 中点O 为原点，如图建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝1，则O (0,0,0)，A (0，－1,0)，B (1，－1,0)，C (1,0,0)，D (0,1,0)，P (0,0，3)．M 在底面ABCD 上的投影为M ′，∴MM ′⊥BM ′.又BM 与底面ABCD 所成角为45°，∴∠MBM ′＝45°，∴△MBM ′为等腰直角三角形． ∵△POC 为直角三角形，且|OP ||OC |＝3，∴∠PCO ＝60°. 设|MM ′|＝a ，|CM ′|＝33a ，|OM ′|＝1－33a . ∴M ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1－33a ，0，0.BM ′→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－33a ，1，0，|BM ′|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2＋12＋02＝13a 2＋1＝a ⇒a ＝62. ∴|OM ′|＝1－33a ＝1－22. ∴M ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22，0，0，M ⎝⎛⎭⎪⎫1－22，0，62 AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22，1，62，AB →＝(1,0,0)．设平面ABM 的法向量m ＝(0，y 1，z 1)．y 1＋62z 1＝0，∴m ＝(0，－6，2) AD →＝(0,2,0)，AB →＝(1,0,0)．设平面ABD 的法向量为n ＝(0,0，z 2)，n ＝(0,0,1)．∴cos〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝210×1＝21010＝105.∴二面角M AB D 的余弦值为105. 11．如图所示的几何体中，ABC A 1B 1C 1为三棱柱，且AA 1⊥平面ABC ，四边形ABCD 为平行四边形，AD ＝2CD ，∠ADC ＝60°.(1)若AA 1＝AC ，求证：AC 1⊥平面A 1B 1CD .(2)若CD ＝2，AA 1＝λAC ，二面角C A 1D C 1的余弦值为24，求三棱锥C 1A 1CD 的体积． 解：(1)证明：若AA 1＝AC ，则四边形ACC 1A 1为正方形， 则AC 1⊥A 1C ，因为AD ＝2CD ，∠ADC ＝60°， 所以△ACD 为直角三角形，则AC ⊥CD ， 因为AA 1⊥平面ABC ，所以AA 1⊥CD ， 又AA 1∩AC ＝A ，所以CD ⊥平面ACC 1A 1，则CD ⊥AC 1， 因为A 1C ∩CD ＝C ，所以AC 1⊥平面A 1B 1CD . (2)若CD ＝2，因为∠ADC ＝60°，所以AC ＝23，则AA 1＝λAC ＝23λ，建立以C 为坐标原点，CD ，CA ，CC 1分别为x ，y ，z 轴的空间直角坐标系如图所示，则C (0,0,0)，D (2,0,0，)，A (0,23，0)，C 1(0,0,23λ)，A 1(0,23，23λ)． 则A 1D →＝(2，－23，－23λ)，CD →＝(2,0,0)，C 1A 1→＝(0,23，0)． 设平面CA 1D 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )． 则m ·A 1D →＝2x －23y －23λz ＝0，m ·CD →＝2x ＝0， 则x ＝0，y ＝－λz ，令z ＝1，则y ＝－λ，则m ＝(0，－λ，1)． 设平面A 1DC 1的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，n ·A 1D →＝2x 1－23y 1－23λz 1＝0， n ·C 1A 1→＝23y 1＝0，则y 1＝0,2x 1－23λz 1＝0，令z 1＝1，则x 1＝3λ， 则n ＝(3λ，0,1)， 因为二面角C A 1D C 1的余弦值为24. 所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m |·|n |＝11＋λ2·1＋3λ2＝24. 即(1＋λ2)(1＋3λ2)＝8，得λ＝1，即AA 1＝AC ， 则三棱锥C 1A 1CD 的体积V ＝VD A 1C 1C ＝13CD ·12AC ·AA 1＝13×2×12×23×23＝4. 12．(2017·浙江宁波模拟)如图(1)，在边长为4的菱形ABCD 中，∠BAD ＝60°，DE ⊥AB 于点E ，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1D ⊥DC ，如图(2)．(1)求证：A 1E ⊥平面BCDE . (2)求二面角E A 1B C 的余弦值．(3)判断在线段EB 上是否存在一点P ，使平面A 1DP ⊥平面A 1BC ？若存在，求出EPPB的值；若不存在，说明理由．解析：(1)证明：∵DE ⊥BE ，BE ∥DC ，∴DE ⊥DC . 又∵AD 1⊥DC ，A 1D ∩DE ＝D ，∴DC ⊥平面A 1DE ， ∴DC ⊥A 1E .又∵A 1E ⊥DE ，DC ∩DE ＝D ，∴A 1E ⊥平面BCDE .(2)∵A 1E ⊥平面BCDE ，DE ⊥BE ，∴以EB ，ED ，EA 1所在直线分别为x 轴，y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系．易知DE ＝23，则A 1(0,0,2)，B (2,0,0)，C (4,23，0)，D (0,23，0)，∴BA 1→＝(－2,0,2)，BC →＝(2,23，0)，平面A 1BE 的一个法向量为n ＝(0,1,0)． 设平面A 1BC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由BA 1→·m ＝0，BC →·m ＝0， 得⎩⎨⎧－2x ＋2z ＝0，2x ＋23y ＝0.令y ＝1，得m ＝(－3，1，－3)，∴cos〈m ，n 〉＝m·n |m |·|n |＝17×1＝77.由图，得二面角E A 1B C 为钝二面角，∴二面角E A 1B C 的余弦值为－77. (3)假设在线段EB 上存在一点P ，使得平面A 1DP ⊥平面A 1BC .设P (t,0,0)(0≤t ≤2)，则A 1P →＝(t,0，－2)，A 1D →＝(0,23，－2)，设平面A 1DP 的法向量为p ＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎨⎧A 1D →·p ＝0，A 1P →·p ＝0，得⎩⎨⎧ 23y 1－2z 1＝0，tx 1－2z 1＝0.令x 1＝2，得p ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2，t 3，t . ∵平面A 1DP ⊥平面A 1BC ，∴m·p ＝0，即23－t3＋3t ＝0，解得t ＝－3.∵0≤t ≤2，∴在线段EB 上不存在点P ，使得平面A 1DP ⊥平面A 1BC .。
2018版高考数学理 全国甲卷大二轮总复习与增分策略配套课件 专题五 立体几何与空间向量第1讲 精品
体的体积为( )
2π A. 3
4π B. 3
√C.53π
D.2π
解析
1 234
4.(2016·浙江)如图，已知平面四边形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD ＝ 5，∠ADC＝90°，沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′，直线AC与
6 BD′所成角的余弦的最大值是___6_____.
解析
答案
考情考向分析
专题五 立体几何与空间向量
第1讲 空间几何体
栏目索引
1 高考真题体验 2 热点分类突破 3 高考押题精练
高考真题体验
1 234
1.(2016·山东)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，
则该几何体的体积为( )
A.13＋23π
√C.13＋
2 6π
B.13＋
2 3π
D.1＋
2 6π
解析 由三视图知，半球的半径 R＝ 22，
例2 (1)(2016·北京)某三棱锥的三视图如图所
示，则该三棱锥的体积为( )
√A.16
1 B.3
1
C.2
D.1
解析 由三视图知，三棱锥如图所示：
由侧视图得高h＝1， 又底面积 S＝12×1×1＝12. 所以体积 V＝13Sh＝16.
解析
(2) 如 图 ， 在 棱 长 为 6 的 正 方 体 ABCD － A1B1C1D1 中 ， 点 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( )
例1 (1)(2016·课标全国甲)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的 三视图，则该几何体的表面积为( )
2018高考数学理二轮复习课件：1-4-2 高考中的立体几何 精品
②求 PC 与平面 PDE 所成角的正弦值．
[解]②以 E 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 E-xyz.
②求平面 B1GE 与底面 ABC 所成锐二面角的余弦值．
[解]②过点 A1 作 A1O⊥AB，垂足为 O，连接 OC， ∵侧面 AA1B1B⊥底面 ABC， ∴A1O⊥底面 ABC， ∴∠A1AB＝60°， ∵AA1＝2，∴AO＝1， ∵AB＝2，∴点 O 是 AB 的中点， 又∵点 G 为正三角形 ABC 的重心， ∴点 G 在 OC 上， ∴OC⊥OB，
热点探究悟道
热点一 空间位置关系 (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.
＝ |a·b| |a||b| .
(2)线面角
|l·n|
设 l 是斜线 l 的方向向量，n 是平面 α 的法向量，则斜线 l 与平面 α 所成的角满足 sinθ＝ |l||n| .
(3)二面角 →①如→图(ⅰ)，AB，CD 是二面角 α－l－β 的两个半平面内与棱 l 垂直的直线，则二面角的大小 θ＝ 〈AB，CD〉 ．
∵A1O⊥底面 ABC，∴A1O⊥OB，A1O⊥OC， 以 O 为原点，分别以 OC，OB，OA1 为 x，y，z 轴建立如图空间直角坐标系 O-xyz，由题意得 A(0，
2018届高考数学立体几何
第7讲
立体几何
第 1页
高考调研 ·二轮重点讲练 ·数学(理)
调研一
三视图、直观图
第 2页
高考调研 ·二轮重点讲练 ·数学(理)
空间几何体的三视图 (1)几何体的三视图包括正(主 )视图、侧(左) 视图、俯视图， 分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮 廓线． (2)三视图的画法： ①基本要求：长对正，高平齐，宽相等． ②画法规则：正(主)侧(左) 一样高，正(主)俯一样长，侧(左) 俯一样宽；看不到的线画虚线．
第11页
Hale Waihona Puke 高考调研 ·二轮重点讲练 ·数学(理)
A．①②⑥ C．④⑤⑥
B．①②③ D．③④⑤
第12页
高考调研 ·二轮重点讲练 ·数学(理)
【解析】 正视图应该是相邻两边长为3和4的矩形，其对 角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是 ①；侧视图应该是相邻两边长为5和4的矩形，其对角线左上到 右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②；俯视图应 该是相邻两边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线， 左下到右上是虚线，因此俯视图是③，故选B. 【答案】 B
第13页
高考调研 ·二轮重点讲练 ·数学(理)
(2)(2017· 武汉调研)已知以下三视图中有三个同时表示某一 个三棱锥，则不是该三棱锥的三视图是( )
第14页
高考调研 ·二轮重点讲练 ·数学(理)
【解析】 由图知，该三棱锥的底面是直角边分别为1和2 的直角三角形，注意到侧视图是从左往右看得到的图形，结合 B，D选项知，D选项中侧视图方向错误，故选D. 【答案】 D
A．① C．②③
B．①② D．①②③
2018高考数学理二轮专题复习课件 专题五 立体几何4.4.2 精品
由AA→→CK··mm＝＝00， 得3xy1＋1＝30y，1＋ 3z1＝0，
取 m＝( 3，0，－1)；由AA→→KB··nn＝＝00，
得2x2x＋2＋33y2y＋2＝03，z2＝0， 取 n＝(3，－2， 3)．
于是
cos〈m，n〉＝|mm|··|nn|＝
3 4.
所以二面角
B-AD-F
的平面角的余弦值为
[专题回访] 1．l1，l2 表示空间中的两条直线，若 p：l1，l2 是异面直线； q：l1，l2 不相交，则( ) A．p 是 q 的充分条件，但不是 q 的必要条件 B．p 是 q 的必要条件，但不是 q 的充分条件 C．p 是 q 的充分必要条件 D．p 既不是 q 的充分条件，也不是 q 的必要条件
(1)求证：BF⊥平面 ACFD； (2)求二面角 B-AD-F 的平面角的余弦值．
解：(1)证明：延长 AD，BE，CF 相交于一点 K，如图(1)所 示．
因为平面 BCFE⊥平面 ABC，平面 BCFE∩平面 ABC＝BC， 且 AC⊥BC，所以 AC⊥平面 BCK，
因此 BF⊥AC. 又因为 EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，所以△BCK 为 等边三角形，且 F 为 CK 的中点，则 BF⊥CK. 所以 BF⊥平面 ACFD.
1．空间角的计算
(1)线、线夹角
设
l，m
的夹角为
θ 0≤θ≤2π ， 则
cosθ
＝
|a·b| |a|·|b|
＝
a21＋|a1bb121＋＋ca212·b2＋a22＋a3bb322|＋c22.
(2)线、面夹角
设 l 与平面 α 的夹角为 θ0≤θ≤π2，则 sinθ＝|a|a|··μ|μ||＝|cos〈a， μ〉|.
2018届高三数学理二轮复习课件：专题五 立体几何1.5.3
用空间向量的方法解立体几何问题
【知识回顾】 1.线、面的位置关系与向量的关系
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 =(a ，b ，c )， ν =(a ，b ，c ). 3 3 3 4 4 4
a1=ka2，b1=kb2，c1=kc2 ； ①l∥m⇔a∥b⇔a=kb⇔_____________________ a1a2+b1b2+c1c2=0 0 ②l⊥m⇔a⊥b⇔a· b=__ ⇔_______________ ； a a +b b +c c =0 0 μ 1 3 1 3 1 3 μ ③l∥α ⇔a⊥ ⇔a· =__⇔_______________； a =ka ， b =kb ， c =kc 1 3 1 3 1 3 ； μ μ ④l⊥α ⇔a∥ ⇔a=k ⇔_____________________
〈AB ， CD〉 与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ =________;
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> = ________________________.
立空间直角坐标系.P(0，0，1)，B(1，1，0)，
C(2，0，0)，D(0，-1，0). PB (1， 1， 1)， PC (2， 0， 1)，
PD (0， 1， 1).
设平面PCD的法向量为n=(x，y，z)，
PC 2x z 0， n· 则 所以z=2x，y=-2x. PD y z 0， n·
2018届高三数学理高考二轮复习书讲解课件第一部分 专题四 第一讲 空间几何体 精品
考点三
考点一 考点二 考点三
试题 解析
[巩固题组·增分练]
1．(2016·重庆模拟)已知三棱锥 P-ABC 的所有顶点都在半径为 1
的球 O 的球面上，△ABC 是边长为 1 的正三角形，PC 为球 O 的
直径，则该三棱锥的底面 ABC 上的高为( D )
考点一
考点一 考点二
[自主突破·提速练]
试题 解析
1．(2016·广州模拟)已知某几何体的正视图和侧视图均如图所示，
给出下列 5 个图形：
考点三
其中可以作为该几何体的俯视图的图形个数是( B )
A．5
B．4
C．3
D．2
考点一
试题 解析
考点一 考点二 考点三
由题知可以作为该几何体的俯视图的图形有①②③⑤.故选 B.
考点二
考点一 考点二 考点三
1.求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面； 2.在求几何体的表面积和体积时，注意等价转化思想的运用，如 用“割补法”把不规则几何体转化为规则几何体、立体几何问 题转化为平面几何问题等.
考点三 空间几何体与球的切、接问题
考点一 考点二 考点三
[经典结论·全通关] S 球＝4πR2. V 球＝4π3R3(R 为球半径)．
考点一
试题 解析
考点一 考点二 考点三
根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图 完全相同时，俯视图为 B，故选 B.
考点一
考点一 考点二 考点三
要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.
2018届高三数学二轮复习课件：专题五立体几何5.1空间几何体
解析： (1)由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧(左)视 图为图②.
二轮数 学· 理
第一部分 专题突破——破译命 题密码
高考· 题型突破 高考· 专题集 训
(2)观察三视图可知该多面体是由直三棱柱和三棱锥组合而成 的，且直三棱柱的底面是直角边长为 2 的等腰直角三角形，侧棱 长为 2.三棱锥的底面是直角边长为 2 的等腰直角三角形，高为 2， 如图所示．因此该多面体各个面中有 2 个梯形，且这两个梯形全 等，梯形的上底长为 2，下底长为 4，高为 2，故这些梯形的面积 1 之和为 2×2×(2＋4)×2＝12.故选 B. 答案： (1)B (2)B
二轮数 学· 理
第一部分 专题突破——破译命 题密码
高考· 题型突破 高考· 专题集 训
(1)(2017· 全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出 的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几 何体的体积为( A．90π C．42π ) B．63π D．36π
专题五 立体几何 第 1 课时 空间几何体
二轮数 学· 理
第一部分 专题突破——破译命 题密码
高考· 题型突破 高考· 专题集 训
高考对本部分内容考查主要从以下两种形式进行： (1)三视图几乎是每年的必考内容，一般以选择题、填空题的 形式出现，一是考查相关的视图，由直观图判断三视图或由 三视图想象直观图；二是以三视图为载体，考查面积、体积 的计算等，均属低中档题． (2)空间几何体的表面积与体积的计算，通常以几何体为载体 与球进行交汇考查，或蕴含在两几何体的“接”或“切”形 态中，以小题形式出现，属低中档题.
二轮数 学· 理
2018届高考数学理新课标二轮专题复习课件：2-10立体几何 精品
圆锥的底面半径为 2，高为 1，其体积 V3＝13π×22×1＝4π 3 ，所 以阴影部分绕直线 BC 旋转一周形成几何体的体积 V＝V1－V2－ V3＝6π.
【答案】 B
(3)(2016·武昌调研)某超市为了方便摆放要售卖的足球，利用 边长为 a 的正方形硬纸片做了一个支架(如图)，以各边中点连线 折起四个小三角形，并使得四个小三角形与底面垂直，此时，足 球上最高点到支架底面的距离为 2a，则该足球的表面积为 ________．
[求外接球的表面积] (1)(2016·唐山期末)三棱锥 P－ABC 中，PA⊥平面 ABC 且 PA ＝2，△ABC 是边长为 3的等边三角形，则该三棱锥外接球的表 面积为( )
4π A. 3
B．4π
C．8π
D．20π
【解析】 由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC 为底面、
以
PA
为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC
第 讲 立体几何
热点调研
调研一 空间几何体
考向一 空间几何体的面积与体积 命题方向： 1．多面体的面积与体积； 2．旋转体的面积与体积．
[多面体的面积与体积] (1)(2016·北京丰台)侧面都是直角三角形的正三棱锥，底面边 长为 a 时，该三棱锥的全面积是( )
3＋ 3 A. 4 a2
B.34a2
此时 R2＝196，R＝34.当点 P 在 A1，C1 处时，R＝ 23，所以外接球
的半径 R 的取值范围是[34， 23]．
【答案】
[34，
3 2]
【回顾】 (1)本题主要考查几何体的结构、几何体的外接球 半径的求法、最值问题，考查空间想象能力、转化与化归能力、 运算求解能力，意在让少数考生得分．(2)本题若错，一是不能根 据已知条件确定球心的大致位置，二是不能合理转化为解三角形 的问题解决．
2018届高考数学(理)二轮专题复习课件：第一部分 专题五 立体几何 1-5-3
类型一 利用向量证明平行与垂直 [典例1] (2017· 山东聊城模拟)如图，在
直三棱柱ADEBCF中，面ABFE和面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： (1)OM∥平面BCF； (2)平面MDF⊥平面EFCD.
证明：由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以A为坐标原点建 立如图所示的空间直角坐标系．
(2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为n1＝(x1， y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．
1 → ＝(1,0,0)， → → 因为DF＝(1，－1,1)，DM＝2，－1，0，DC
→ ＝(0，－1,1)， CF x1－y1＋z1＝0， → ＝0，得1 → ＝n · DM DF 由n 1 · 1 x －y ＝0， 2 1 1
(3)面面平行 α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3； (4)面面垂直 α⊥β⇔μ⊥v⇔μ· v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
2．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)． (1)线线夹角
在Rt△FDG中，可得FG＝ DF ＋GD ＝
(1)证明：平面AEC⊥平面AFC； (2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．
规范解答：(1)证明：连接BD，设BD∩AC＝G， 连接EG，FG，EF. 在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.由∠ABC＝120° ， 可得AG＝GC＝ 3，AB＝BC＝2. 由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可得AE＝EC. 又AE⊥EC，所以EG＝AG＝ 3，且EG⊥AC. 在Rt△EBG中，可得BE＝ EG2－GB2＝ 3－1＝ 2， 2 故DF＝ 2 .