2020年高三数学二轮复习公开课立体几何复习课件
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2020届高考数学(理)二轮复习课件：专题11 空间几何体的三视图、表面积及体积
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
2020高考数学(文)二轮专题课件：大题考法课立体几何
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.
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.
2020高考数学(理科)二轮专题复习课标通用版 课件： 专题4 立体几何 第1部分 微专题6
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＝
浙江专用2020高考数学二轮复习专题四立体几何第3讲空间向量与立体几何课件1
(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，
2020新课标高考数学(理)二轮总复习课件：1-3-3 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
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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新课标高考第二轮总复习•理科数学
[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 .
2020版高考数学大二轮复习第二部分专题3立体几何第3讲空间向量与立体几何课件理
(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，
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，
2020版高考数学大二轮复习专题三立体几何第二讲空间向量与立体几何课件理
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
(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
2020届高考数学二轮复习专题3立体几何第2讲平行与垂直的判定与性质课件理
(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.