(共41张PPT)
第二篇
经典专题突破 核心素养提升
专题三 立体几何
第1讲 空间几何体
几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积与体积计算是高考题的重点与热点，主要以选择题、填空题的形式进行考查，在解答题中，有时与空间线、面位置关系的证明结合，面积与体积的计算作为其中的一问．
考情分析
自主先热身 真题定乾坤
核心拔头筹 考点巧突破
专题勇过关 能力巧提升
自主先热身 真题定乾坤
真题热身
C
A
【解析】 因为AC⊥BC，AC＝BC＝1，
所以底面ABC为等腰直角三角形，
所以△ABC所在的截面圆的圆心O1为斜边AB的中点，
所以OO1⊥平面ABC，
B
B
C
1．该部分在高考中一般会以“两小”或“一小”的命题形式出现，这“两小”或“一小”主要考查三视图，几何体的表面积与体积．
2．考查一个小题时，本小题一般会出现在第4～8题的位置上，难度一般；考查2个小题时，其中一个小题难度一般，另一小题难度稍高，一般会出现在第10～16题的位置上，本小题虽然难度稍高，主要体现在计算量上，但仍是对基础知识、基本公式的考查．
感悟高考
核心拔头筹 考点巧突破
1．旋转体的侧面积和表面积
(1)S圆柱侧＝2πrl，S圆柱表＝2πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长).
(2)S圆锥侧＝πrl，S圆锥表＝πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长).
(3)S球表＝4πR2(R为球的半径).
考点一 表面积与体积
(1)已知某圆台的高为1，上底面半径为1，下底面半径为2，则侧面展开图的面积为 ( )
A．3π B．6π
D
典例1
(2)如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长均为2，点D在棱AA1
上，则三棱锥D－BB1C1的体积为_____．
【易错提醒】(1)计算表面积时，有些面的面积没有计算到(或重复计算).
(2)一些不规则几何体的体积不会采用分割法或补形思想转化求解．
(3)求几何体体积的最值时，不注意使用基本不等式或求导等确定最值．
1．(1)(2022·山东省实验中学模拟)我国古代《九章算术》里，记载了一个“商功”的例子：今有刍童，下广二丈，袤三丈，上广三丈，袤四丈，高三丈．问积几何？其意思是：今有上下底面皆为长方形的草垛(如图所示)，下底宽2丈，长3丈，上底宽3丈，长4丈，高3丈．问它的体积是多少？该书提供的算法是：上底长的2倍与下底长的和与上底宽相乘，同样下底长的2倍与上底长的和与下底宽相乘，将两次运算结果相加，再乘以高，最后除以6.则这个问题中的刍童的体积为 ( )
A．13.25立方丈
B．26.5立方丈
C．53立方丈
D．106立方丈
B
(2)如图，在Rt△ABC中，AB＝BC＝1，D和E分别是边BC和AC上异于端点的点，DE⊥BC，将△CDE沿DE折起，使点C到点P的位置，得到
四棱锥P－ABDE，则四棱锥P－ABDE的体积的最大值为_____．
【解析】(1)由题意知，刍童的体积为[(4×2＋3)×3＋(3×2＋4)×2]×3÷6＝26.5(立方丈)，故选B.
(2)设CD＝DE＝x(0解决多面体与球问题的两种思路
(1)利用构造长方体、正四面体等确定直径．
(2)利用球心O与截面圆的圆心O1的连线垂直于截面圆的性质确定球心．
考点二 多面体与球
(1)《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语，指的是一段类似隧道形状的几何体，如图，羡除ABCDEF中，底面ABCD是正方形，EF∥平面ABCD，EF＝2，其余棱长都为1，则这个几何体的外接球的体积为 ( )
B
典例2
【解析】连接AC，BD交于点M，取EF中点O，
(2)(2020·全国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】圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面PAB，如图所示，则△PAB的内切圆为圆锥的内切球的大圆．
【素养提升】(1)长方体的外接球直径等于长方体的体对角线长．
(2)三棱锥S－ABC的外接球球心O的确定方法：先找到△ABC的外心O1，然后找到过O1的平面ABC的垂线l，在l上找点O，使OS＝OA，点O即为三棱锥S－ABC的外接球的球心．
(3)多面体的内切球可利用等积法求半径．
2．(1)已知一个圆柱的底面直径与高都等于球O的半径，则该圆柱的表面积与球O的表面积之比为 ( )
A．3∶16 B．1∶4
C．3∶8 D．1∶1
(2)已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点．若三棱锥O－ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为( )
A．36π B．64π
C．144π D．256π
C
C (共45张PPT)
第二篇
经典专题突破 核心素养提升
专题三 立体几何
第2讲 空间点、线、面的位置关系
1．以几何体为载体考查空间点、线、面位置关系的判断，主要以选择题、填空题的形式出现，题目难度较小；
2．以解答题的形式考查空间平行、垂直的证明，并与空间角的计算综合命题．
考情分析
自主先热身 真题定乾坤
核心拔头筹 考点巧突破
专题勇过关 能力巧提升
自主先热身 真题定乾坤
1．(2020·全国卷Ⅰ)设l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则 ( )
A．若α∥β，则对任意的l α，m β，都有l∥m
B．若α⊥β，则对任意的l α，m β，都有l⊥m
C．若α∥β，则对任意的l α，都存在m β，使得l⊥m
D．若α⊥β，则对任意的l α，都存在m β，使得l∥m
真题热身
C
【解析】 若α∥β，则对任意的l α，m β，则l和m可能平行，也可能异面故A错误；若α⊥β，则对任意的l α，m β，则l和m可能垂直，平行，相交故B错误；若α∥β，则对任意的l α，都存在m β，使得l和m异面垂直，故C正确；若α⊥β，则对任意的l α，都存在m β，使得l∥m是错误的，当直线l与平面β相交时，不存在直线与l平行，故D错误，选C.
2．(2022·全国甲卷)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则 ( )
A．AB＝2AD
B．AB与平面AB1C1D所成的角为30°
C．AC＝CB1
D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°
D
【解析】 如图所示：
不妨设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，
依题以及长方体的结构特征可知，B1D与平面ABCD所成角为∠B1DB，B1D与平面AA1B1B所成角为∠DB1A，
3．(2022·浙江卷)如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1，AC＝AA1，E，F分别是棱BC，A1C1上的点．记EF与AA1所成的角为α，EF与平面ABC所成的角为β，二面角F－BC－A的平面角为γ，则 ( )
A．α≤β≤γ
B．β≤α≤γ
C．β≤γ≤α
D．α≤γ≤β
A
4．(多选)(2022·全国新高考Ⅰ卷)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则
( )
A．直线BC1与DA1所成的角为90°
B．直线BC1与CA1所成的角为90°
C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
ABD
【解析】 如图，连接B1C、BC1，因为DA1∥B1C，
所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角，
因为四边形BB1C1C为正方形，则B1C⊥BC1，
故直线BC1与DA1所成的角为90°，A正确；
连接A1C，因为A1B1⊥平面BB1C1C，BC1 平面BB1C1C，则A1B1⊥BC1，
因为B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，
所以BC1⊥平面A1B1C，
又A1C 平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，故B正确；
连接A1C1，设A1C1∩B1D1＝O，连接BO，
因为BB1⊥平面A1B1C1D1，C1O 平面A1B1C1D1，则C1O⊥B1B，
因为C1O⊥B1D1，B1D1∩B1B＝B1，所以C1O⊥平面BB1D1D，
所以∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，
5．(2022·全国高三专题练习)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB，记三棱锥E－ACD，F－ABC，F－ACE的体积分别为V1，V2，V3，则 ( )
A．V3＝2V2
B．V3＝V1
C．V3＝V1＋V2
D．2V3＝3V1
CD
1．高考对此部分的命题一般为“一小一大”或“一大”，即一道选择题或填空题与一道大题，或一道大题．
2．解答题多出现在第18，19题的位置，且为第(1)(2)问，难度中等．
感悟高考
核心拔头筹 考点巧突破
判断空间线、面位置关系的常用方法
(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题．
(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断．
考点一 空间线、面位置关系的判定
(1)(2022·河南模拟)设a，b，c表示不同直线，α，β表示不同平面，给出下列命题：
①若a∥c，b∥c，则a∥b；
②若a∥b，b∥α，则a∥α；
③若a∥α，b∥α，则a∥b；
④若a α，b β，α∥β，则a∥b.
其中真命题的个数是 ( )
A．1 B．2
C．3 D．4
A
典例1
【解析】对于①，根据线线平行的传递性可知①是真命题；对于②，根据a∥b，b∥α，可以推出a∥α或a α，故②是假命题；对于③，根据a∥α，b∥α，可以推出a与b平行、相交或异面，故③是假命题；对于④，根据a α，b β，α∥β，可以推出a∥b或a与b异面，故④是假命题．所以真命题的个数是1.故选A.
(2)(2019·全国Ⅲ)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
B
【解析】如图，取CD的中点O，连接ON，EO，
因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，
又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，
所以EO⊥平面ABCD.
【易错提醒】(1)定理中的条件理解不全面．
(2)直接将平面几何中的结论引入到立体几何中．
1．(1)下列命题中，正确的是 ( )
A．一条直线和两条平行直线中的一条相交，必和另一条也相交
B．一条直线和两条平行直线中的一条确定一个平面，必和另一条也确定一个平面
C．一条直线和两条平行直线中的任何一条都无公共点，当它和其中一条是异面直线时，它和另一条也必是异面直线
D．一条直线和两条平行直线中的任何一条都无公共点，则这三条直线平行
C
(2)(2021·陕西高三模拟)已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题正确的是 ( )
A．若m α，n∥β，α∥β是“m∥n”的必要条件
B．若α∩β＝m，n α，“m⊥n”是“α⊥β”的充分条件
C．若m∥α，n∥β，“α⊥β”是“m⊥n”的充分条件
D．若m⊥α，n⊥β，“m∥n”是“α∥β”的充要条件
D
【解析】(1)一条直线和两条平行直线中的一条相交，则和另一条相交或异面，故A错误；一条直线和两条平行直线中的一条确定一个平面，不妨设a∥b，l与a确定一个平面，则l与a平行或相交，若l与a相交，可知l与b相交或异面，故B错误；一条直线和两条平行直线中的任何一条都无公共点，当它和其中一条是异面直线时，它和另一条也必是异面直线，否则，若平行，由平行公理可知，三条直线互相平行，故C正确；一条直线和两条平行直线中的任何一条都无公共点，则这三条直线平行或直线与两平行直线都异面，故D错误．故选C.
(2)对于A中，若m α，n∥β，m∥n，可得α∥β或α，β相交，所以A错误；对于B中，若α∩β＝m，n α，m⊥n，可得α、β不一定垂直，所以B错误；对于C中，若m∥α，n∥β，α⊥β，可得m，n可能平行，都与α、β的交线平行，所以C错误；对于D中，若m⊥α，m∥n，可得n⊥α，又由n⊥β，可得α∥β；若m⊥α，α∥β，可得m⊥β，又由n⊥β，可得m∥n，所以D正确．故选D.
平行关系及垂直关系的转化
考点二 空间平行、垂直关系
考向1 平行、垂直关系的证明
(2020·山西省长治第二中学月考)如图，四边形ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD，E是PC的中点．求证：
(1)PA∥平面BDE；
(2)平面PAC⊥平面BDE.
典例2
【证明】(1)如图，AC∩BD＝O，连接OE，
在△PAC中，O是AC的中点，E是PC的中点，
∴OE∥AP，
又∵OE 平面BDE，PA 平面BDE.
∴PA∥平面BDE.
(2)∵PO⊥底面ABCD，BD 底面ABCD，
∴PO⊥BD，
又∵AC⊥BD，且AC∩PO＝O，AC 平面PAC，PO 平面PAC，
∴BD⊥平面PAC，
而BD 平面BDE，
∴平面PAC⊥平面BDE.
典例3
【易错提醒】(1)证明线面平行时，忽略“直线在平面外”“直线在平面内”的条件．
(2)证明面面平行时，忽略“两直线相交”“两直线在平面内”的条件．
(3)证明线面垂直时，容易忽略“平面内两条相交直线”这一条件．
2．(2019·全国Ⅲ)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．
【解析】(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，
又BE∩BC＝B，且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.(共72张PPT)
第二篇
经典专题突破 核心素养提升
专题三 立体几何
第3讲 立体几何与空间向量
空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，是常考的重点，作为求解空间角的有力工具，通常在解答题中进行考查，属于中等难度．
考情分析
自主先热身 真题定乾坤
核心拔头筹 考点巧突破
专题勇过关 能力巧提升
自主先热身 真题定乾坤
1．(2021·全国乙卷)如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC中点，且PB⊥AM.
(1)求BC；
(2)求二面角A－PM－B的正弦值．
真题热身
【解析】 (1)连接BD，因为PD⊥底面ABCD，且AM 平面ABCD，
则AM⊥PD，又AM⊥PB，PB∩PD＝P，PB，PD 平面PBD，
所以AM⊥平面PBD，又BD 平面PBD，则AM⊥BD，
所以∠ADB＋∠DAM＝90°，
(2)因为DA，DC，DP两两垂直，故以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，
【解析】(1)证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，
因为CD∥AB，AD＝CD＝CB＝1，AB＝2，
所以四边形ABCD为等腰梯形，
所以AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD，
因为PD⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，
所以PD⊥BD，又PD∩AD＝D，
所以BD⊥平面PAD，
又因为PA 平面PAD，
所以BD⊥PA.
(1)求A到平面A1BC的距离；
(2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A－BD－C的正弦值．
(2)取A1B的中点E，连接AE，如图，
因为AA1＝AB，所以AE⊥A1B，
又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，
且AE 平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC，
在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，
由BC 平面A1BC，BC 平面ABC可得AE⊥BC，BB1⊥BC，
又AE，BB1 平面ABB1A1且相交，
所以BC⊥平面ABB1A1，
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，
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．
【解析】 (1)证明：因为AD＝CD，E为AC的中点，
所以AC⊥DE；
在△ABD和△CBD中，
因为AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，DB＝DB，
所以△ABD≌△CBD，所以AB＝CB，
又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE；
又因为DE，BE 平面BED，DE∩BE＝E，
所以AC⊥平面BED，
因为AC 平面ACD，
所以平面BED⊥平面ACD.
5．(2022·浙江卷)如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F－DC－B的平面角为60°.设M，N分别为AE，BC的中点．
(1)证明：FN⊥AD；
(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．
【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，
DG＝AH＝2，∠EFC＝∠DCF＝∠DCB＝∠ABC＝90°，
则四边形EFCG和四边形DCBH是矩形，
∴DC⊥平面BCF，∠BCF是二面角F－DC－B的平面角，则∠BCF＝60°，
∴△BCF是正三角形，由DC 平面ABCD，得平面ABCD⊥平面BCF，
∵N是BC的中点，∴FN⊥BC，又DC⊥平面BCF，FN 平面BCF，可得FN⊥CD，而BC∩CD＝C，
∴FN⊥平面ABCD，而AD 平面ABCD，
∴FN⊥AD.
1．立体几何考查知识点突出立体、空间线线、线面关系及线面角，面面关系以及二面角展开，解答题考查空间中平行垂直问题，利用空间向量求空间角．
2．解答题多出现在第18，19题的位置，考查空间中平行、垂直的证明，利用空间向量求空间角，难度中等．
感悟高考
核心拔头筹 考点巧突破
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u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同).
(1)线线夹角
考点一 利用空间向量求空间角
(1)求证：PA⊥BC；
(2)设点E为PC的中点，求直线AE与平面PBC所成角的正弦值．
典例1
考向2 二面角
如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝PA＝1，AD＝2.
(1)求证：平面PCD⊥平面PAC；
(2)求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值．
典例2
(2)过点B作BM⊥AD于M，以M为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝1，AD＝2，
1．如图，四棱锥P－ABCD的底面是平行四边形，且PD⊥AB.
(1)从下列两个条件中任选一个条件证明：AB⊥平面PAD.
①O是AD的中点，且BO＝CO；②AC＝BD.
【解析】(1)证明：选择条件②，
∵四边形ABCD为平行四边形，且AC＝BD，
∴四边形ABCD为矩形，AB⊥AD.
又∵AB⊥PD，且AD∩PD＝D，故AB⊥平面PAD.
选择条件①，
在平行四边形ABCD中，设N是BC的中点，
连接ON，如图，
因为O是AD的中点，所以AB∥ON.
又BO＝CO，所以ON⊥BC.
所以AB⊥BC，又在平行四边形ABCD中，BC∥AD，所以AB⊥AD.
又AB⊥PD，且PD∩AD＝D，AD 平面PAD，PD 平面PAD，故AB⊥平面PAD.
以O为坐标原点，ON，OD，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系，则A(0，－2，0)，B(2，－2，0)，C(2，2，0)，P(0，0，2)，
与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．
考点二 利用空间向量解决探究性问题
如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，平面A1C1CA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，AC与BD交于点O，∠ABC＝60°，AB＝AA1＝AC1＝2.
(1)求证：C1O⊥平面ABCD；
典例3
【解析】(1)证明：∵AA1＝AC1，AA1＝CC1，∴AC1＝CC1，
又O是AC的中点，∴C1O⊥AC，
∵平面A1C1CA⊥平面ABCD，平面A1C1CA∩平面ABCD＝AC，C1O 平面A1C1CA，
∴C1O⊥平面ABCD.
(2)∵底面ABCD是菱形，∴AC⊥BD，
以O为原点，OB，OC，OC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
【素养提升】正确分析空间几何体的特征，建立合适的空间直角坐标系，是解决此类问题的关键．
(1)求证：BE⊥平面ACB1；
(2)求二面角D1－AC－B1的余弦值；
(3)在棱A1B1上是否存在点F，使得直线DF∥平面ACB1？若存在，求A1F的长；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)证明：因为A1A⊥底面ABCD，
所以A1A⊥AC.
又因为AB⊥AC，AA1∩AB＝A，且AA1，AB 平面ABB1A1，
所以AC⊥平面ABB1A1，
又因为BE 平面ABB1A1，所以AC⊥BE.
所以∠ABE＝∠AB1B.
因为∠BAB1＋∠AB1B＝90°，
所以∠BAB1＋∠ABE＝90°，
所以BE⊥AB1.
又AB1∩AC＝A，且AB1，AC 平面ACB1，
所以BE⊥平面ACB1.
