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)
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高考数学二轮复习 专题四 立体几何 第1讲 立体几何中的计算与位置关系课件 理
(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).
(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).
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
高考数学二轮课件：专题9立体几何
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．
35
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
36
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．
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．
35
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
36
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．
二轮复习通用版专题3第3讲立体几何与空间向量课件(72张)
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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
2021高考数学二轮复习三核心热点突破专题三立体几何规范答题示范课_立体几何解答题课件2021031
[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.
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最新-2021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 153 精品
[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)，
2021高考数学二轮专题复习第一部分专题三立体几何ppt课件
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
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
2021高考数学复习课件：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
专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
专题三 立体几何
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