2019届高考数学(文)二轮复习课件：第2部分 专题5 立体几何 5.3
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高考数学试题汇编之立体几何(原卷版)
1 专题04 立体几何
1．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是
A．α内有无数条直线与β平行
B．α内有两条相交直线与β平行
C．α，β平行于同一条直线
D．α，β垂直于同一平面
2．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则
A．BM=EN，且直线BM，EN是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C．BM=EN，且直线BM，EN是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
3．【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是
A．158 B．162
C．182 D．324 2 4．【2019年高考浙江卷】设三棱锥V–ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P–AC–B的平面角为γ，则
A．β
C．β
5．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为___________．
6．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．）
2019高考数学试题汇编之立体几何(原卷版) 2
暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体Sh，其中 S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱 “
专题 04 立体几何
1．【2019 年高考全国Ⅱ卷文数】设 α，β 为两个平面，则 α∥β 的充要条件是
A．α 内有无数条直线与 β 平行
B．α 内有两条相交直线与 β 平行
C．α，β 平行于同一条直线
D．α，β 垂直于同一平面
2．【2019 年高考全国Ⅲ卷文数】如图，点 N 为正方形 ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面 ECD⊥平
面 ABCD，M 是线段 ED 的中点，则
A．BM=EN，且直线 BM，EN 是相交直线
B．BM≠EN，且直线 BM，EN 是相交直线
C．BM=EN，且直线 BM，EN 是异面直线
D．BM≠EN，且直线 BM，EN 是异面直线
3．【2019 年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的 幂势既同，则积不容异”称为祖
=
体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是
A．158
C．182 B．162
D．324
1
4．【2019 年高考浙江卷】设三棱锥 V–ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱 VA 上的点（不含端
点）．记直线 PB 与直线 AC 所成的角为 α，直线 PB 与平面 ABC 所成的角为 β，二面角 P–AC–B 的平面
角为 γ，则
A．β
C．β
5．【2019 年高考全国Ⅰ卷文数】已知∠ACB=90°，P 为平面 ABC 外一点，PC=2，点 P 到∠ACB 两边 AC，
BC 的距离均为 3 ，那么 P 到平面 ABC 的距离为___________．
6．【2019 年高考全国Ⅱ卷文数】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长
方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图 1）.半正多面体是
届数学二轮复习第二部分专题篇素养提升文理专题五解析几何第3讲圆锥曲线的综合应用学案含解析
20213析新人教版
第3讲 圆锥曲线的综合应用
JIE TI CE LUE MING FANG XIANG
解题策略·明方向
⊙︱考情分析︱
1．圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷的压轴题之一．
2．以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题．对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求，并突出数学思想方法考查．
⊙︱真题分布︱
(理科）
年份 卷别 题号 考查角度 分值
2020 Ⅰ卷 20 椭圆的简单性质及方程思想、定点问题 12
Ⅱ卷 19 椭圆离心率的求解,利用抛物线的定义求抛物线和椭圆的标准方程 12
Ⅲ20 椭圆标准方程和求三角形12 20213析新人教版
卷 面积问题
2019 Ⅰ卷 19 直线与抛物线的性质的综合应用 12
Ⅱ卷 21 求曲线的方程、直线与椭圆的位置关系、最值问题 12
Ⅲ卷 21 直线过定点问题、直线与抛物线的相交弦问题、点到直线的距离及四边形的面积 12
2018 Ⅰ卷 19 直线的方程、直线与椭圆的位置关系、证明问题 12
Ⅱ卷 20 点的轨迹问题、椭圆的方程、向量的数量积 12
Ⅲ卷 20 直线与椭圆的位置关系、等差数列的证明 12
(文科）
年份 卷别 题号 考查角度 分值
2020 Ⅰ卷 21 圆锥曲线的顶点问题 12
Ⅱ卷 19 椭圆和抛物线的标准方程及其应用 12 20213析新人教版
Ⅲ卷 21 椭圆标准方程和求三角形面积问题，椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积, 12
2019 Ⅰ卷 21 直线与圆的位置关系，定值问题 12
Ⅱ卷 20 椭圆的定义及其几何性质、参数的范围 12
Ⅲ卷 21 直线与抛物线的位置关系、定点问题 12
2018 Ⅰ卷 20 直线的方程，直线与抛物线的位置关系、证明问题 12
Ⅱ卷 20 直线的方程,直线与抛物线的位置关系、圆的方程 12
届数学统考第二轮专题复习第12讲立体几何学案理含解析
202112
第12讲 立体几何
高考年份 全国卷Ⅰ 全国卷Ⅱ 全国卷Ⅲ
2020 证明线面垂直,求二面角的余弦值·T18 证明线面平行、面面垂直，求线面角的正弦值·T20 点面的位置关系,求二面角的正弦值·T19
2019 证明线面平行,求二面角的正弦值·T18 证明线面垂直,求二面角的正弦值·T17 翻折问题，证明四点共面、面面垂直,求二面角的大小·T19
2018 翻折问题，证明面面垂直，求线面角的正弦值·T18 证明线面垂直,给出二面角求线面角的正弦值·T20 证明面面垂直,求二面角的正弦值·T19
1。［2020·全国卷Ⅱ］如图M4—12-1,已知三棱柱ABC—A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点,P为AM上一点,过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.
（1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;
(2）设O为△A1B1C1的中心,若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值. 202112
图M4—12-1
2.[2020·全国卷Ⅰ]如图M4—12-2，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO=√66DO.
（1）证明：PA⊥平面PBC；
(2)求二面角B-PC-E的余弦值。
图M4—12-2
3.［2019·全国卷Ⅲ]如图M4—12—3,图①是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1，BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合，连接DG,如图②。 202112
(1)证明:图②中的A，C，G,D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2）求图②中的二面角B—CG-A的大小.
① ②
图M4-12—3
2019届高考数学(理)二轮复习提优导学案(江苏专用)：第1部分 二轮课时专题5 解析几何 2 圆锥曲线
第2讲 圆锥曲线
【课前热身】
第2讲 圆锥曲线
(本讲对应学生用书第45~47页)
1.(选修2-1 P32练习3改编)已知椭圆的焦点分别为F1(-2，0)，F2(2，0)，且经过点P53-22，，则椭圆的标准方程为 .
【答案】210x+26y=1
【解析】设椭圆方程为22xa+22yb=1，由题意得2222259144-4abab，，解得a2=10，b2=6，所以所求方程为210x+26y=1.
2.(选修2-1 P47练习2改编)若双曲线的虚轴长为12，离心率为54，则双曲线的标准方程为 .
【答案】264x-236y=1或264y-236x=1
【解析】由b=6，ca=54，结合a2+b2=c2，解得a=8，c=10，由于对称轴不确定，所以双曲线标准方程为264x-236y=1或264y-236x=1.
3.(选修2-1 P47练习3改编)已知双曲线x2-22ym=1(m>0)的一条渐近线方程为x+3y=0，则实数m= .
【答案】33
【解析】双曲线x2-22ym=1(m>0)的渐近线方程为y=±mx，又因为该双曲线的一条渐近线方程为x+3y=0，所以m=33.
4.(选修2-1 P53练习2改编)设抛物线y2=mx的准线与直线x=1的距离为3，则抛物线的标准方程为 .
【答案】y2=8x或y2=-16x
【解析】当m>0时，准线方程为x=-4m=-2，
所以m=8，此时抛物线方程为y2=8x；
当m<0时，准线方程为x=-4m=4，
所以m=-16，此时抛物线方程为y2=-16x.
所以所求抛物线方程为y2=8x或y2=-16x.
5.(选修2-1 P37练习6改编)若一个椭圆长轴的长、短轴的长和焦距成等差数列，则该椭圆的离心率是 .
【答案】35
【解析】由题意知2b=a+c，又b2=a2-c2，
所以4(a2-c2)=a2+c2+2ac.
2018-2019学年数学高考二轮复习高考22题12+4分项练8立体几何-文科
数学
12＋4分项练8 立体几何
1．(2017届江西鹰潭一中月考)已知a，b为异面直线，下列结论不正确的是( )
A．必存在平面α使得a∥α，b∥α
B．必存在平面α使得a，b与α所成角相等
C．必存在平面α使得a⊂α，b⊥α
D．必存在平面α使得a，b与α的距离相等
答案 C
解析 由a，b为异面直线知，在A中，在空间中任取一点O，过点O分别作a，b的平行线，则由过点O的a，b的平行线确定一个平面α，使得a∥α，b∥α，故A正确；B中，平移b至b′与a相交，因而确定一个平面α，在α上作a，b′夹角的平分线，明显可以做出两条．过角平分线且与平面α垂直的平面使得a，b′与该平面所成角相等，角平分线有两条，所以有两个平面都可以．故B正确；在C中，当a，b不垂直时，不存在平面α使得a⊂α，b⊥α，故C错误；在D中，过异面直线a，b的公垂线的中点作与公垂线垂直的平面α，则平面α使得a，b与α的距离相等，故D正确．故选C.
2．已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，有下面四个命题：
(1)α∥β⇒l⊥m；(2)α⊥β⇒l∥m；(3)l∥m⇒α⊥β；(4)l⊥m⇒α∥β.
其中正确的命题是( )
A．(1)与(2) B．(1)与(3)
C．(2)与(4) D．(3)与(4)
答案 B
解析 ∵直线l⊥平面α，α∥β，
∴l⊥平面β，又∵直线m⊂平面β，∴l⊥m，故(1)正确；
∵直线l⊥平面α，α⊥β，
∴l∥平面β或l⊂平面β，又∵直线m⊂平面β，∴l与m可能平行也可能相交，还可以异面，故(2)错误；
∵直线l⊥平面α，l∥m，∴m⊥α，∵直线m⊂平面β，∴α⊥β，故(3)正确；∵直线l⊥平面α，l⊥m，∴m∥α或m⊂α，又∵直线m⊂平面β，则α与β可能平行也可能相交，故(4)错误．故选B.
3．(2017届福建省厦门外国语学校适应性考试)如图，正方体ABCD—A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的下半部分，则剩余几何体的正(主)视图是( ) 数学
【江苏高考】2019年数学二轮复习教师用书 第1部分 知识专题突破 专题11 附加题部分
百度文库，精选习题
试题习题，尽在百度 专题十一 附加题部分
(选修测试物理的考生学习此部分)此部分考查的内容主要是选修系列2中的内容以及选修系列4中专题4－1《几何证明选讲》、4－2《矩阵与变换》、4－4《坐标系与参数方程》、4－5《不等式选讲》这4个专题的内容(考生只需选考其中两个专题)．
———————命题观察·高考定位———————
(对应学生用书第54页)
1．(2016·江苏高考)如图11－1，在平面直角坐标系xOy中，已知直线l：x－y－2＝0，抛物线C：y2＝2px(p>0)．
图11－1
(1)若直线l过抛物线C的焦点，求抛物线C的方程．
(2)已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q.
①求证：线段PQ的中点坐标为(2－p，－p)；
②求p的取值范围.
【导学号：56394080】
[解] (1)抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为p2，0，
由点p2，0在直线l：x－y－2＝0上，得p2－0－2＝0，
即p＝4.所以抛物线C的方程为y2＝8x.
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，线段PQ的中点M(x0，y0)．因为点P和Q关于直线l对称，所以直线l垂直平分线段PQ，于是直线PQ的斜率为－1，则可设其方程为y＝－x＋b.
①证明：由 y2＝2px，y＝－x＋b消去x得y2＋2py－2pb＝0.(*)
因为P和Q是抛物线C上的相异两点，所以y1≠y2，从而Δ＝(2p)2－4×(－2pb)>0，化简得p＋2b>0.
方程(*)的两根为y1,2＝－p±p2＋2pb，
从而y0＝y1＋y22＝－p.
因为M(x0，y0)在直线l上，所以x0＝2－p.
因此，线段PQ的中点坐标为(2－p，－p)．
②因为M(2－p，－p)在直线y＝－x＋b上， 百度文库，精选习题
试题习题，尽在百度 所以－p＝－(2－p)＋b，即b＝2－2p.
2019届高考数学二轮复习常用逻辑用语学案(全国通用)
解密02 常用逻辑用语
高考考点
命题分析 三年高考探源 考查频率
命题及其
四种形式
从近三年高考情况来看，常用逻辑用语为高考的一个热点，高考对此部分内容的考查主要有三个方面：
一是考查四种命题的形式以及命题之间的逻辑关系和命题的真假判断；
二是充要条件的判定，常与函数、不等式、三角函数、向量、立体几何、解析几何等知识点进行综合命题，一般以选择题的形式呈现，解题时要充分利用四种命题之间的关系及充要条件进行合理转化；
三是对含有“或”、“且”、“非”的复合命题，全称命题、特称命题的真假判断以及对含有一个量词的命题进行否定的考查，常在一个具体的数学问题解决中体会“或”、“且”、“非”的意义，一般以选择题的方式考查，解题时要加强对概念的理解，提升逻辑推理能力. 2018北京文11
2017北京文13 ★★
充分条件
与
必要条件 2018浙江6
2018天津文3
2018北京文4 ★★
逻辑联结词 2017山东文5 ★★
全称量词
与
存在量词 ★★
考点1 命题及其四种形式
题组一 四种命题的关系
调研1 命题“若，则”的逆否命题是
A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则
【答案】B
【解析】由逆否命题的概念可知，命题“若，则”的逆否命题是“若，则”，故选B．
题组二 命题的真假判断
调研2 原命题为“若 1， 2互为共轭复数，则 1 ＝ 2 ”，关于其逆命题、否命题、逆否命题真假性的判断依次为
A．真，假，真 B．假，假，真
C．真，真，假 D．假，假，假
【答案】B
【解析】原命题正确，所以其逆否命题正确，模相等的两复数不一定互为共轭复数，同时因为逆命题与否命题互为逆否命题，所以逆命题和否命题错误．故选B．
☆技巧点拨☆
四种命题的关系及其真假的判断是高考中的一个热点，多以选择题的形式出现，难度一般不大，往往会结合其他知识点(如函数、不等式、三角、向量、立体几何等)进行综合考查.常见的解法如下：
人教版高考数学(理)二轮复习微专题：微专题7 立体几何中的计算问题
微专题7 立体几何中的计算问题
真 题 感 悟
(2019·江苏卷)如图,长方体ABCD－A1B1C1D1的体积是120,E为CC1的中点,则三棱锥E－BCD的体积是________.
解析 设长方体中BC＝a,CD＝b,CC1＝c,则abc＝120,
∴VE－BCD＝13×12ab×12c＝112abc＝10.
答案 10
考 点 整 合
空间几何体的两组常用公式
(1)直棱柱、正棱锥、正棱台的侧面积及球的表面积公式：
①S直棱柱侧＝ch(c为底面周长,h为高)；
②S正棱锥侧＝12ch′(c为底面周长,h′为斜高)；
③S正棱台侧＝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).
(2)柱体、锥体和球的体积公式：
①V柱体＝Sh(S为底面面积,h为高)；
②V锥体＝13Sh(S为底面面积,h为高)；
③V球＝43πR3.
热点一 表面积(侧面积)的计算
【例1】 (2019·全国Ⅲ卷)图①是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB＝1,BE＝BF＝2,∠FBC＝60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图②.
(1)证明：图②中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图②中的四边形ACGD的面积.
(1)证明 由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.
由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,且BE∩BC＝B,BE,BC⊂平面BCGE,
故AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)解 取CG的中点M,连接EM,DM.
因为AB∥DE,AB⊥平面BCGE,所以DE⊥平面BCGE,又EM,CG⊂平面BCGE,故DE⊥EM,DE⊥CG.
由已知,四边形BCGE是菱形,且∠EBC＝60°,得EM⊥CG,