2018年高考数学(理)二轮复习 精品课件：专题五 立体几何与空间向量 第3讲 立体几何中的向量方法
2018年高考数学(理)一轮复习文档第七章立体几何第1讲空间几何体的结构特征及三视图和直观图Word版含答案
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空间几何体的结构及三视图和直观图 1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．
2．能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图．
3．会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式．
4．会画某些建筑物的视图与直观图(在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等不作严格要求)．
空间几何体的表面积与体积 了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式．
空间点、直线、平面之间的位置关系 1.理解空间直线、平面位置关系的定义．
2．了解可以作为推理依据的公理和定理．
3．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题．
空间中的平行关系 以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理．
空间中的垂直关系 以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理．
空间向量及其运算 1.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示．
2．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示．
3．掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直．
立体几何中的向量方法 1.理解直线的方向向量与平面的法向量．
2．能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系．
3．能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理)．
4．能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．
第1讲 空间几何体的结构特征及三视图和直观图
1．空间几何体的结构特征
(1)多面体的结构特征
多面体 结构特征
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，PA⊥平面ABCD，PA＝2AB＝4，点M是PA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，PA⊥平面ABCD，E为PD中点．
(1)若PA＝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PA⊥平面ABCD，AC＝AP＝2，且PA与平面AFC所成的角正弦值为√217，求锐二面角F - AC - D的余弦值．
听课笔记：
2019届高三理科数学第二轮专题复习配套文档专题四 第3讲立体几何中的向量方法
学必求其心得，业必贵于专精
第3讲 立体几何中的向量方法
[真题再现]
1．（2018·课标Ⅰ)如图，四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD，BC的中点,以DF为折痕把△DFC折起，
使点C到达点P的位置，且PF⊥BF。
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；
（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值．
[解］ (1）证明：由已知可得BF⊥PF,BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.
又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD。
（2)解：如图，作PH⊥EF，垂足为H.
由（1)得，PH⊥平面ABFD。
以H为坐标原点，错误!的方向为y轴正方向,|错误!｜为单位长，学必求其心得，业必贵于专精
建立如图所示的空间直角坐标系H.xyz.
由（1)可得，DE⊥PE.
又DP＝2，DE＝1,所以PE＝错误!.
又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF.
所以PH＝错误!，EH＝错误!.
则H（0，0,0），P错误!，D错误!，
错误!＝错误!,错误!＝错误!.
又错误!为平面ABFD的法向量，
设DP与平面ABFD所成角为θ，
则sin θ＝错误!＝错误!＝错误!。
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为错误!.
2．（2018·课标Ⅱ）如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝BC＝22，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．
(1)证明:PO⊥平面ABC；
(2）若点M在棱BC上，且二面角M。PA-C为30°，求PC与学必求其心得，业必贵于专精
平面PAM所成角的正弦值.
[解］ (1）证明：因为PA＝PC＝AC＝4,O为AC的中点,
所以OP⊥AC，且OP＝2错误!.
如图，连接OB.
因为AB＝BC＝错误!AC,所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC,OB＝错误!AC＝2。
由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.
由OP⊥OB，OP⊥AC,OB∩AC＝O，得PO⊥平面ABC.
（2）解:如图，以O为坐标原点，错误!的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O。xyz。
2015届高考数学(理)二轮专题配套练习：专题5_第3讲_立体几何中的向量方法(含答案)
- 1 - 第3讲 立体几何中的向量方法
考情解读 1．以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考查空间中平行与垂直的证明，常出现在解答题的第(1)问中，考查空间想象能力，推理论证能力及计算能力，属低中档问题.
2．以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考查空间角(主要是线面角和二面角)的计算，是高考的必考内容，属中档题.
3．以已知结论寻求成立的条件(或是否存在问题)的探索性问题，考查逻辑推理能力、空间想象能力以及探索能力，是近几年高考命题的新亮点，属中高档问题．
1．直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法
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)(以下相同)．
（1）线面平行
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∥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
设l，m的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则cos θ＝|a·b||a||b|＝|a1a2＋b1b2＋c1c2|a21＋b21＋c21a22＋b22＋c22.
（2）线面夹角
设直线l与平面α的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则sin θ＝|a·μ||a||μ|＝|cos〈a，μ〉|.
（3）面面夹角
设半平面α、β的夹角为θ(0≤θ≤π)，则|cos θ|＝|μ·v||μ||v|＝|cos〈μ，v〉|.
2020高考数学核心突破《专题5 立体几何 第3讲 空间向量及其在立体几何中的应用》
专题五 第3讲
1．如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′-CD-B的平面角为α，则( B
)
A．∠A′DB≤α
B．∠A′DB≥α
C．∠A′CB≤α
D．∠A′CB≥α
解析 若CD⊥AB，则∠A′DB为二面角A′-CD-B的平面角，即∠A′DB＝α.
若CD与AB不垂直，在△ABC中，过A作CD的垂线交线段CD或CD的延长线于点O，交于BC于E，连结A′O，则∠A′OE为二面角A′-CD-B的平面角，即∠A′OE＝α，
∵AO＝A′O，∴∠A′AO＝α2.又A′D＝AD，
∴∠A′AD＝12∠A′DB.而∠A′AO是直线A′A与平面ABC所成的角，由线面角的性质知∠A′AO<∠A′AD，则有α<∠A′DB.综合有∠A′DB≥α，故选B.
2．如图，在三棱锥A-BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别为AD和BC的中点，则异面直线AN, CM所成的角的余弦值是 78
.
解析 连接DN，取DN的中点H，连接HM，由N，M，H均为中点，知|cos∠HMC|即为所求．因为AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，又M，N为AD，BC的中点，所以CM⊥AD，AN⊥BC，所以CM＝CD2－MD2＝22，AN＝AC2－NC2＝22，MH＝12AN＝2，HC＝NC2＋NH2＝3，则cos∠HMC＝CM2＋MH2－HC22CM·MH＝78.故异面直线AN，CM所成角的余弦值为78.
3．已知e1，e2是空间单位向量，e1·e2＝12.若空间向量b满足b·e1＝2，b·e2 ＝52，且对于任意x，y∈R，|b－(x e1＋y e2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，则x0＝__1__，y0＝__2__，|b|＝ 22 .
解析 ∵e1，e2是单位向量，e1·e2＝12，∴cos〈e1，e2〉＝12，又∵0°≤〈e1，e2〉≤180°，∴〈e1，e2〉＝60°.不妨把e1，e2放到空间直角坐标系Oxyz的平面xOy中，设e1＝(1,0,0)，则e2＝12，32，0，再设OB→＝b＝(m，n，r)，由b·e1＝2，b·e2＝52，得m＝2，n＝3，则b＝(2，3，r)．而xe1＋ye2是平面xOy上任一向量，由|b－(xe1＋ye2)|≥1知点B(2，3，r)到平面xOy的距离为1，故可得r＝1，则b＝(2，3，1)，∴|b|＝22.又由|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1，知x0e1＋y0e2＝(2，3，0)，解得x0＝1，y0＝2.
高中数学_《空间向量与立体几何》讲评课教学设计学情分析教材分析课后反思
1
第三章 《空间向量与立体几何》测试讲评
一、讲评目的
1、通过讲评，使学生明确自己出现的问题，并进一步改正试卷中的问题；
2、加深对所学知识的掌握和理解，进而提高自己的能力。
二、讲评的重点、难点
1、重点
（1）测试中出现的错误题目；（2）在分析问题的过程中强调有关的知识。
2、难点
如何在解题中快速的找到解决问题的方法和思路，并能规范地解答所给问题。
三、课前准备
1、批阅试卷，完成对成绩、存在问题的分析。
2、多媒体、展台。
四、讲评过程
（一）基本情况介绍
1、测试内容及试卷来源
本次测试的内容为高中数学选修2-1第三章《空间向量在立体几何中的应用》。主要是通过该试卷来检测一下学生对空间向量在立体几何中应用的掌握程度，以及运用知识解决问题的能力。
试卷是由老师根据平时的教学情况自己组成的，试卷的结构、题量与高考的形式相同。试题难度适中，主要侧重于对基本知识、基本方法和学生运算能力的考查。
设计意图：让学生明确考试的有关背景，对所考内容有所了解，同时对本章内容的掌握程度、主要题型都有所了解。
2、相关数据
（1）选择题正答率
题号 答案 答A率 答B率 答C率 答D率 正答率
1 B 2.9 94.1 0.0 0.0 94.1
2 A 17.6 41.2 32.4 5.9 17.6
3 A 85.3 5.9 2.9 2.9 85.3
4 A 94.1 2.9 0.0 0.0 94.1
2
5 C 8.8 8.8 61.8 17.6 61.8
6 C 0.0 0.0 88.2 8.8 88.2
7 A 79.4 2.9 0.0 14.7 79.4
8 B 5.9 88.2 0.0 2.9 88.2
9 C 5.9 11.8 79.4 0.0 79.4
10 A 70.6 5.9 11.8 8.8 70.6
（2）成绩统计
平均分 及格率% 优秀率% 最高分
113.5 87 37.8 145
【精品】备战2020年高考理科数学之高频考点专题专题16 空间向量与立体几何(学生版)
1 专题16 空间向量与立体几何
高考考点 命题分析 三年高考探源 考查频率
利用空间向量求线面角
从近三年高考情况来看，利用空间向量证明平行与垂直，以及求空间角是高考的热点．高考主要考查空间向量的坐标运算，以及平面的法向量等，难度属于中等偏上，主要为解答题，解题时应熟练掌握空间向量的坐标表示和坐标运算，把空间立体几何问题转化为空间向量问题. 2018新课标全国Ⅰ18
2018新课标全国Ⅱ20
2017新课标全国Ⅱ19 ★★★★★
利用空间向量求二面角 2019新课标全国Ⅰ18
2019新课标全国Ⅱ17
2019新课标全国Ⅲ19
2018新课标全国Ⅲ19
2017新课标全国Ⅰ18
2017新课标全国Ⅱ19
2017新课标全国Ⅲ19 ★★★★★
考点1 利用空间向量证明平行与垂直
调研1 如图，在正方体1111ABCDABCD中，O是AC的中点，E是线段1DO上一点，且1DEEOuuuuruuur.
（1）求证：11DBCDO平面；
2 （2）若平面CDE平面1CDO，求的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）2.
【解析】（1）不妨设正方体的棱长为1，如图建立空间直角坐标系，
则1111(0,0,0),(1,1,1),(,,0),(0,1,0),(0,0,1)22DBOCD，
于是1111(1,1,1),(,,0),(0,1,1)22DBOCCDuuuuruuuuruuur，
因为1110,0DBCDDBOCuuuruuuruuuuuurur，
所以111,DBCDDBOC，
故11DBCDO平面.
（2）由（1）可知1CDO平面的一个法向量为1(1,1,1)DBuuuurm，
由1DEEOuuuuruuur，则1(,,)2(1)2(1)(1)E，
设平面CDE的法向量为(,,)xyzn，
由·0,0CDDEuuuruuurnn，得0,02(1)2(1)(1)yxyz
高考数学复习 第八章 立体几何与空间向量 确定球心位置的三种方法
确定球心位置的三种方法
决定球的几何要素是球心的位置和球的半径，在球与其他几何体的结合问题中，通过位置关系的分析，找出球心所在的位置是解题的关键，不妨称这个方法为球心位置分析法．
方法一 由球的定义确定球心
若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球．也就是说如果一个定点到一个简单多面体的所有顶点的距离都相等，那么这个定点就是该简单多面体外接球的球心．
(1)长方体或正方体的外接球的球心是其体对角线的中点；
(2)正三棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点；
(3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；
(4)正棱锥的外接球球心在其高上，具体位置可通过建立直角三角形运用勾股定理计算得到；
(5)若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心． 已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是( )
A．16π B．20π
C．24π D．32π
【解析】 已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，可求得底面边长为2，故球的直径为22＋22＋42＝26，则半径为6，故球的表面积为24π，故选C．
【答案】 C
方法二 构造长方体或正方体确定球心
(1)正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；
(2)同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；
(3)若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补形成长方体或正方体；
(4)若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补形成长方体或正方体． 如图，边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，将△AED，△EBF，△FCD分别沿DE，EF，FD折起，使A，B，C三点重合于点A′，若四面体A′EFD的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为( )
2022届高考数学(理)二轮专题复习课时作业：专题五 立体几何 (十三) Word版含答案
课时作业(十三) 空间向量与立体几何
1.
如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB＝2a，F为CD的中点．
(1)求证：AF∥平面BCE；
(2)推断平面BCE与平面CDE的位置关系，并证明你的结论．
解析：
建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，C(2a,0,0)，B(0,0，a)，D(a，3a，0)，E(a，3a,2a)．
由于F为CD的中点，
所以F32a，32a，0.
(1)证明：AF→＝32a，32a，0，BE→＝(a，3a，a)，BC→＝(2a,0，－a)．
由于AF→＝12(BE→＋BC→)，AF⊄平面BCE，所以AF∥平面BCE.
(2)平面BCE⊥平面CDE.证明如下：
由于AF→＝32a，32a，0，CD→＝(－a，3a,0)，ED→＝(0,0，－2a)，所以AF→·CD→＝0，AF→·ED→＝0，所以AF→⊥CD→，AF→⊥ED→.
所以AF⊥平面CDE，
又AF∥平面BCE，所以平面BCE⊥平面CDE.
2.
(2021·广西南宁、梧州摸底联考)如图，已知四棱锥P－ABCD，底面ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，△PAB是边长为a的正三角形，且平面PAB⊥平面ABCD，已知点M是PD的中点．
(1)证明：PB∥平面AMC；
(2)求直线BD与平面AMC所成角的正弦值．
解析：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接OM，由于四边形ABCD为菱形，OB＝OD，又M为PD的中点，所以OM∥PB.
由PB⊄平面AMC，OM⊂平面AMC，所以PB∥平面ACM.
(2)取AB的中点N，连接PN，ND，则∠AND＝90°，
分别以NB，ND，NP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系N－xyz，
则Ba2，0，0，Ca，32a，0，
A－a2，0，0，D0，32a，0，P0，0，32a，M0，34a，34a，
高考数学大二轮复习专题五空间几何5.3空间向量与立体几何练习
1 5.3 空间向量与立体几何
【课时作业】
A级
1．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝4，点D在棱BB1上，若BD＝3，则AD与平面AA1C1C所成角的正切值为( )
A.235 B．43
C.54 D．23913
解析： 如图，可得AD→·EB→＝(AB→＋BD→)·EB→＝AB→·EB→＝4×23×32＝12＝5×23×cos θ(θ为AD→与EB→的夹角)，
所以cos θ＝235，sin θ＝135，tan θ＝396，又因为BE⊥平面AA1C1C，所以所求角的正切值为23913.
答案： D
2．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝3，点E为AD的中点，现分别沿BE，CE将△ABE，△DCE翻折，使得点A，D重合于F，此时二面角EBCF的余弦值为( )
A.721 B．74
C.32 D．34
解析： 如图所示，取BC的中点P，连接EP，FP，由题意得BF＝CF＝2，
∴PF⊥BC，又EB＝EC，∴EP⊥BC，∴∠EPF为二面角EBCF的平面角，而FP＝FB2－12BC2＝72，在△EPF中，cos∠EPF＝EP2＋FP2－EF22EP·FP＝4＋74－942×2×72＝74.
答案： B
3．在空间直角坐标系中，以点A(4,1,9)，B(10，－1,6)，C(x,4,3)为顶点的△ABC是2 以BC为斜边的直角三角形，则实数x的值为________．
解析： 由题意得AB→＝(6，－2，－3)，
AC→＝(x－4,3，－6)，
AB→·AC→＝(6，－2，－3)·(x－4,3，－6)
＝6(x－4)－6＋18＝0，
解之得x＝2.
答案： 2
4．已知边长为2的正方形ABCD的四个顶点在球O的球面上，球O的体积V球＝1605π3，则OA与平面ABCD所成的角的余弦值为________．
解析： 如图，过点O作OM⊥平面ABCD，垂足为点M，则点M为正方形ABCD的中心．∵正方形ABCD的边长为2，∴AC＝22，∴AM＝2.