(共67张PPT)
第二部分
专题篇?素养提升(文理)
专题三 立体几何与空间向量(理科)
专题三 立体几何(文科)
第2讲 空间点、线、面的位置关系(文理)
1
解题策略
·
明方向
2
考点分类
·
析重点
3
易错清零
·
免失误
4
真题回放
·
悟高考
5
预测演练
·
巧押题
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、填空题的形式，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，并常与几何体的表面积、体积相渗透．
(理科)
年份
卷别
题号
考查角度
分值
2020
Ⅰ卷
5、18(1)
面面平行、面面垂直的性质；线面垂直的证明
10
Ⅱ卷
10、16、
20(2)
已知球的表面积求点到面的距离；利用命题真假的判断来考查平面的性质，两直线的位置关系；两直线平行、两平面垂直的证明
15
Ⅲ卷
19(1)
证明点在平面内
6
年份
卷别
题号
考查角度
分值
2019
Ⅰ卷
18(1)
线面平行的证明
5
Ⅱ卷
7、17(1)
面面平行的判定，线面垂直的证明
10
Ⅲ卷
8、19(1)
空间两直线的位置关系的判定；面面垂直的证明
10
年份
卷别
题号
考查角度
分值
2018
Ⅰ卷
12、18(1)
直线与平面所成的角、正方体的截面；面面垂直的证明
10
Ⅱ卷
5、20(1)
异面直线所成的角；线面垂直的证明
10
Ⅲ卷
16、19(1)
圆锥，空间线面角的求解；面面垂直的证明
10
(文科)
年份
卷别
题号
考查角度
分值
2020
Ⅰ卷
19(1)
求证面面垂直
?
Ⅱ卷
11、16、
20(1)
已知球的表面积求点到面的距离；利用命题真假的判断来考查平面的性质，两直线的位置关系；两直线平行、两平面垂直的证明
15
Ⅲ卷
19
证明线线垂直；点在平面内
12
年份
卷别
题号
考查角度
分值
2019
Ⅰ卷
19
线面平行及点到平面的距离的计算
12
Ⅱ卷
7、17
面面平行的判定及充要条件；线面垂直的证明及体积的计算
17
Ⅲ卷
8、19
两直线位置关系的判断；翻折问题、面面垂直的证明及四边形面积的计算
17
年份
卷别
题号
考查角度
分值
2018
Ⅰ卷
10、18
直线与平面所成的角、长方体的体积计算；线面翻折及面面垂直的证明、三棱锥体积的计算
17
Ⅱ卷
9、19
异面直线所成的角；线面垂直的证明及点到平面的距离的计算
17
Ⅲ卷
19
面面垂直的证明及线面平行的存在性问题
12
02
考点分类
·
析重点
1．平面的基本性质
公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．
公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．
公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．
考点一 空间线面位置关系的判断
公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．
注：公理1的作用：①检验平面；②判断直线在平面内；③由直线在平面内判断直线上的点在平面内；公理2的作用：公理2及其推论给出了确定一个平面或判断“直线共面”的方法；公理3的作用：①判定两平面相交；②作两相交平面的交线；③证明多点共线；公理4的作用：证明两直线平行．
(3)异面直线的判定方法：
判定定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过该点的直线是异面直线．
反证法：证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共面，从而可得两线异面．
3．直线与平面的位置关系有平行、相交、在平面内三种情况．
4．平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．
(1)(2020·黄山二模)平面α∥平面β，直线m∥β，直线n垂直直线m在β内的射影，那么下列位置关系一定正确的为
( )
A．m∥α
B．n⊥α
C．n?α
D．n⊥m
典例1
D
(2)(2020·红河州三模)设m，n是空间中不同两条直线，α，β是空间中两个不同的平面，则下列四个命题中，正确的是
( )
A．若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n
B．若α⊥β，m⊥β，则m∥α
C．若m⊥n，m⊥α，α∥β，则n∥β
D．若α⊥β，α∩β＝l，m∥α，m⊥l，则m⊥β
D
B
【解析】 (1)∵平面α∥平面β，直线m∥β，
∴直线m可能在平面α内，排除A；
设m在β内的射影为l，且m、l所在平面为γ，则γ⊥β.
∵直线m∥β，m?γ，β∩γ＝l，
∴m∥l，∵n⊥l，
∴n⊥m，排除B、C．故选D．
(2)对于A，由m∥α，n∥β，α∥β，可得m∥n或m与n相交或m与n异面，故A错误；
对于B，由α⊥β，m⊥β，可得m∥α或m?α，故B错误；
对于C，由m⊥n，m⊥α，α∥β，可得n∥β或n?β，故C错误；
对于D，由α⊥β，α∩β＝l，m∥α，m⊥l，得m⊥β，故D正确．
故选D．
(3)连接AC，CE，
∵G是正方形ABCD的中心，∴G∈直线AC，
又AC?平面ACE，∴G∈平面ACE，
又F∈直线AE，∴F∈平面ACE，
又C∈平面ACE，E∈平面ACE，
∴C、E、F、G四点共面．
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、面位置关系，并结合有关定理进行判断．
(3)借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．
1．(2019·湛江二模)已知α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，给出下列命题：
①若m∥α，n?α，则m∥n；
②若α∩β＝m，m∥n，且n?α，n?β，则n∥α，n∥β；
③若n⊥α，m?β，α∥β，则m⊥n；
④α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝m，n?γ，则m⊥n.
其中真命题的个数是
( )
A．1
B．2
C．3
D．4
C
【解析】 对①若m∥α，n?α，则m∥n或m，n异面，故错误；
对②，由线面平行的判定定理知：若α∩β＝m，m∥n，且n?α，n?β，则n∥α，n∥β，正确；
对③，若n⊥α，α∥β，则n⊥β，m?β，则m⊥n，正确；
对④，设α∩γ＝a，β∩γ＝b，在面γ内任取点O，作OA⊥a，OB⊥b，由α⊥γ，β⊥γ，得OA⊥α，OB⊥β，故OA⊥m，OB⊥m，则m⊥γ，又n?γ，则m⊥n，正确．综上真命题的个数是3．故选C．
1．直线、平面平行的判定及其性质
(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.
考点二 空间平行、垂直关系的证明
2．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.
(2020·江苏模拟)如图，在三棱锥P－ABC中，PC⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝PC，E，F分别是PA，PC的中点．求证：
(1)AC∥平面BEF；
(2)PA⊥平面BCE.
典例2
【证明】 (1)∵E，F分别是PA，PC的中点，
∴EF∥AC，
∵EF?平面BEF，AC?平面BEF，
∴AC∥平面BEF.
(2)∵PC⊥平面ABC，BC?平面ABC，∴PC⊥BC，
∵AC⊥BC，AC∩PC＝C，∴BC⊥平面PAC，
∵PA?平面PAC，∴PA⊥BC，
∵AC＝PC，E是PA中点，∴CE⊥PA，
∵CE∩BC＝C，∴PA⊥平面BCE.
平行关系及垂直关系的转化
空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．
2．(2020·镇江三模)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D为AC中点，AB＝BC，A1D⊥AC1．求证：
(1)B1C∥平面A1BD；
(2)平面A1BD⊥平面AB1C1．
【证明】 (1)设A1B与AB1交于点O，连接OD，如图所示：
在平行四边形ABB1A1中，O为AB1中点，D为AC中点，
所以OD为△AB1C的中位线，
所以OD∥B1C，
又OD?平面A1BD，B1C?平面A1BD，
所以B1C∥平面A1BD.
(2)因为AB＝BC，D为AC的中点，所以BD为△ABC的底边上的中线，BD⊥AC；
在直三棱柱ABC－A1B1C1中，C1C⊥平面ABC，BD?平面ABC，所以BD⊥C1C，又BD⊥AC，AC?平面ACC1A1，C1C?平面ACC1A1，AC∩C1C＝C，所以BD⊥平面ACC1A1；
又AC1?平面ACC1A1，所以BD⊥AC1；
又A1D⊥AC1，BD?平面A1BD，A1D?平面A1BD，A1D∩BD＝D，所以AC1⊥面A1BD；
又AC1?平面AB1C1，所以平面A1BD⊥平面AB1C1．
平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生变化，有的没有发生变化，这些发生变化和没有发生变化的性质是解决问题的关键．一般地，在翻折后还在一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化，解决这类问题就是要根据这些变与不变，去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值，这是化解翻折问题的主要方法．
考点三 平面图形中的翻折问题
典例3
平面图形翻折问题的求解方法
(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变和不变，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．
(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．
【解析】 (1)证明：连接BD交EC于O，连接OF，依题意可知四边形BCDE为平行四边形，
又∵F为PB的中点，∴OF∥PD.
又OF?平面CEF，PD?平面CEF，∴PD∥平面CEF.
03
易错清零
·
免失误
典例1
1．由于点、线共面构图不全面导致错误
已知a、b、c、d是两两相交且不共点的四条直线，求证：a、b、c、d共面．
【错解】 如图1所示，设a∩d＝A，b∩d＝B，b∩a＝D，则B∈α，D∈α，因此b?α，同理可证c?α，故a、b、c、d共面．
【剖析】 上述解法漏掉了图2所示的“有三条直线共点”的情况，从而因构图不全而导致错误．
【正解】 (1)无三线共点的情况，证明如上．
(2)有三线共点的情况．不妨设直线a、b、c相交于一点D，D?d，则点D与直线d确定一个平面α，设a∩d＝A，则A∈d，于是A∈α，又D∈α，∴A与D确定的直线a?α，同理，b、c都在α内，故a、b、c、d共面．
综合(1)、(2)可知，两两相交且不共点的四条直线a、b、c、d共面．
典例2
2．由于忽略异面直线所成的角的范围而导致错误
正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CC1的中点，求AE与BF所成角的余弦值．
典例3
3．对线面关系定理条件把握不准致误
已知m、n是不同的直线，α、β、γ是不同的平面．给出下列命题：
①若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊥α，或n⊥β；
②若α∥β，α∩γ＝m，β∩γ＝n，则m∥n；
③若m不垂直于α，则m不可能垂直于α内的无数条直线；
④若α∩β＝m，n∥m，且n?α，n?β，则n∥α，且n∥β；
⑤若m、n为异面直线，则存在平面α过m且使n⊥α.
其中正确的命题序号是_______.
②④
【错解】 ②③④⑤
【剖析】 ③是错误的；⑤是错误的．
【正解】 ①是错误的．
如正方体中面ABB′A′⊥面ADD′A′，交线为AA′.
直线AC⊥AA′，但AC不垂直面ABB′A′，同时AC也不垂直面ADD′A′.
②正确．实质上是两平面平行的性质定理．
③是错误的．在上面的正方体中，A′C不垂直于平面A′B′C′D′，但与B′D′垂直．这样A′C就垂直于平面A′B′C′D′内与直线B′D′平行的无数条直线．
④正确．利用线面平行的判定定理即可．
⑤错误．从结论考虑，若n⊥α且m?α，
则必有m⊥n，事实上，条件并不能保证m⊥n.故错误．
04
真题回放
·
悟高考
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
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．(2019·课标全国卷Ⅱ)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
B
【解析】 由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是α∥β的充分条件，由面面平行性质定理知，若α∥β，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是α∥β的必要条件，故选B．
3．(2019·全国卷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】 连接BD、BM、MN，N为BD中点，M为DE中点，
∴MN∥BE，∴BM，EN共面相交，选项C，D为错；
作EO⊥CD于O，连接ON，过M作MF⊥OD于F，连接BF，
∵平面CDE⊥平面ABCD，EO⊥CD，EO?平面CDE，
∴EO⊥平面ABCD，MF⊥平面ABCD，
4．(2020·全国卷Ⅱ)设有下列四个命题：
p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．
p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．
p3：空间两条直线不相交，则两条直线平行．
p4：若直线l?平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l.
则下列命题中所有真命题的序号是_________.
①p1∧p4 ②p1∧p2 ③(?p2)∨p3 ④(?p3)∨(?p4)
【解析】 p1和p4为真命题；p2和p3为假命题；根据含有逻辑联结词的命题的真假判断①p1∧p4，③(?p2)∨p3，④(?p3)∨(?p4)是真命题；故答案为：①③④
①③④
5．(2019·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．
(1)证明：BE⊥平面EB1C1；
(2)若AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥E－BB1C1C的体积．
【解析】 (1)证明：因为ABCD－A1B1C1D1是长方体，
所以B1C1⊥侧面A1B1BA，
而BE?平面A1B1BA，
所以BE⊥B1C1
又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，B1C1?平面EB1C1，
EC1?平面EB1C1，
因此BE⊥平面EB1C1．
6．(2020·江苏卷)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．
(1)求证：EF∥平面AB1C1；
(2)求证：平面AB1C⊥平面ABB1．
【解析】 (1)证明：因为E，F分别是AC，B1C的中点，
所以在ΔAB1C中EF是中位线，
所以EF∥AB1，AB1?平面AB1C1，EF?平面AB1C1，
所以EF∥平面AB1C1．
(2)证明：因为B1C⊥平面ABC，AB?平面ABC，所以B1C⊥AB.
又因为AB⊥AC，AC?平面AB1C，B1C?平面AB1C，且AC∩B1C＝C，所以AB⊥平面AB1C，又AB?平面ABB1，m
所以平面AB1C⊥平面ABB1．(共78张PPT)
第二部分
专题篇?素养提升(文理)
专题三 立体几何与空间向量(理科)
专题三 立体几何(文科)
第1讲 空间几何体、三视图、表面积与体积(文理)
1
解题策略
·
明方向
2
考点分类
·
析重点
3
易错清零
·
免失误
4
真题回放
·
悟高考
5
预测演练
·
巧押题
1．简单几何体的表面积与体积计算，主要以选择题、填空题的形式呈现，在解答题中，有时与空间线、面位置证明相结合，面积与体积的计算作为其中的一问．
2．空间几何体的侧面展开图、截面及简单的组合体问题．
3．在一些基础题目中，经常与传统文化结合考查．
4．经常在客观题的后几题中考查与球有关的切、接问题．
(理科)
年份
卷别
题号
考查角度
分值
2020
Ⅰ卷
3、10
与棱锥有关的计算；体积、点到直线的距离、线面角、直线到平面的距离
10
Ⅱ卷
7
三视图
5
Ⅲ卷
8
由三视图求几何体的表面积
5
年份
卷别
题号
考查角度
分值
2019
Ⅰ卷
12
垂直、外接球、体积
5
Ⅱ卷
18
空间几何体的结构特征、直观图、数学文化
12
Ⅲ卷
8、16
空间两直线的位置关系的判定，简单几何体的组合体、长方体和棱锥的体积
10
2018
Ⅰ卷
7
三视图，几何体表面的最短距离
5
Ⅱ卷
16
圆锥的性质及侧面积的计算
5
Ⅲ卷
3、10
数学文化与三视图的识别、球与多面体、体积的最值、面面垂直
10
(文科)
年份
卷别
题号
考查角度
分值
2020
Ⅰ卷
3、12
与棱锥有关的计算；求球的表面积
10
Ⅱ卷
11、20(2)
在求点到面的距离时涉及球的表面积；求四棱锥的体积
11
Ⅲ卷
9
由三视图求几何体的表面积
5
年份
卷别
题号
考查角度
分值
2019
Ⅰ卷
16
点到平面的距离
5
Ⅱ卷
16
多面体的棱长与面的个数
5
Ⅲ卷
16
多面体的体积
5
2018
Ⅰ卷
9
三视图，几何体表面的最短路径问题
5
Ⅱ卷
16
圆锥的体积计算
5
Ⅲ卷
3、12
数学文化与三视图，与外接球有关的空间几何体体积的最值问题
10
(1)三视图的长度特征，三视图中，正视图和侧视图一样高，正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽．即“长对正，宽相等，高平齐”．
(2)空间想象能力与多观察实物相结合是解决此类问题的关键．
(3)若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法．
考点一 空间几何体的三视图
(4)注意画直观图时长度的变化．
(5)求几何体体积问题需先由三视图确定几何体的结构特征，判断是否为组合体，由哪些简单几何体构成，并准确判断这些几何体之间的关系，将其切割为一些简单的几何体，再求出各个简单几何体的体积，最后求出组合体的体积．
(1)(2020·成都模拟)如图是某几何体的正视图和侧视图，则该几何体的俯视图不可能是
( )
典例1
A
B
C
1．三视图问题的常见类型及解题策略：
(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．
(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．
(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．
2．将三视图还原为直观图常用的方法有两种：
(1)直接拼凑法，多用于主、侧视图底边与水平线平行的三视图．
(2)截图法，多用于主或侧视图与水平线不平行的三视图．
3．空间几何体的直观图
画空间几何体的直观图常用斜二测画法，基本步骤：
(1)在已知图形中取互相垂直的x轴、y轴，两轴相交于点O，画直观图时，把它们画成对应的x′轴、y′轴，两轴相交于点O′，且使∠x′O′y′＝45°(或135°)．
(2)已知图形中平行于x轴、y轴的线段，在直观图中分别平行于x′轴、y′轴．
(3)已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中长度保持不变，平行于y轴的线段，长度变为原来的一半．
(4)在已知图形中过O点作z轴垂直于xOy平面，在直观图中对应的z′轴也垂直于x′O′y′平面，已知图形中平行于z轴的线段，在直观图中仍平行于z′轴且长度不变．
1．(2020·浙江模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体表面两两垂直的平面共有
( )
A．3对
B．4对
C．5对
D．6对
C
【解析】 根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为四棱锥体．如图所示：平面与平面的位置关系：平面ABCD⊥平面PBC、平面ABCD⊥平面PCD、平面PBC⊥平面PCD、平面PAB⊥平面PBC、平面PAD⊥平面PCD.故选C．
C
考点二 空间几何体的表面积与体积
典例2
C
B
求几何体的表面积的方法
(1)求表面积问题的基本思路是将立体几何问题转化为平面几何问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．
(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差得几何体的表面积．
(3)由几何体的三视图求其表面积：①关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及度量大小；②还原几何体的直观图，套用相应的面积公式．
D
3π
典例3
A
A
A
求空间几何体体积的常用方法
(1)公式法：直接根据相关的体积公式计算．
(2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等．
(3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当分割或补形，转化为易计算体积的几何体．
C
(2)(2020·贵阳一中、云师大附中、南宁三中联考)如图，正八面体
的棱长为2，则此正八面体的体积为_____.
1．与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题．
2．若球面上四点P，A，B，C中PA，PB，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题．
考点三 多面体与球的切、接问题
典例4
C
(2)(2020·湖北模拟)某几何体的三视图如图所示，其中网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的外接球的表面积为
( )
A．16π
B．12π
C．9π
D．8π
C
解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：
C
B
03
易错清零
·
免失误
典例1
1．对几何概念理解不透致误
给出下列四个命题：
①各侧面都是正方形的棱柱一定是正棱柱；
②若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；
③底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；
④底面是矩形的平行六面体是长方体．
其中正确的命题是_______(写出所有正确命题的序号)．
②③
【错解1】 ①②③
【错解2】 ②③④
【剖析】 ①是错误的，因为底面可能是菱形；④是错误的，因为长方体的侧棱必须与底面垂直．
【正解】 ②③
典例2
2．三视图识别不准确
已知某个几何体的三视图如图所示，则这个几何
体的体积是_____.
【剖析】 没有理解几何体的三视图的意义，不能正确从三视图还原成几何体，不清楚几何体中的几何关系．
典例3
D
【剖析】 上述解法审题有误．一个球的体积扩大了8倍，相当于扩大后球的体积是原来球的体积的9倍．关于表面积扩大了几倍的问题，上述解法也是错误的．
04
真题回放
·
悟高考
1．(2018·全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是
( )
A
【解析】 由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图，故选A．
B
3．(一题多解)(2017·全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为
( )
A．90π
B．63π
C．42π
D．36π
B
B
D
6．(一题多解)(2019·全国卷Ⅱ)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________.
26
【解析】 先求面数，有如下两种解法．
法一：由“半正多面体”的结构特征及棱数为48可知，其上部分有9个面，中间部分有8个面，下部分有9个面，共有2×9＋8＝26(个)面．
法二：一般地，对于凸多面体，
顶点数(V)＋面数(F)－棱数(E)＝2(欧拉公式)．
由图形知，棱数为48的半正多面体的顶点数为24，
故由V＋F－E＝2，得面数F＝2＋E－V＝2＋48－24＝26．
再求棱长．
7．(2019·全国)已知平面α截球O的球面所得圆的面积为π，O到α的距离为3，则球O的表面积为______.
40π (共111张PPT)
第二部分
专题篇?素养提升(文理)
专题三 立体几何与空间向量(理科)
专题三 立体几何(文科)
第3讲 空间向量与立体几何(理科)
1
解题策略
·
明方向
2
考点分类
·
析重点
3
易错清零
·
免失误
4
真题回放
·
悟高考
5
预测演练
·
巧押题
以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上．
(理科)
年份
卷别
题号
考查角度
分值
2020
Ⅰ卷
18(2)
求二面角的余弦值
6
Ⅱ卷
20(2)
求直线与平面所成角的正弦值
6
Ⅲ卷
19
求点到平面的距离、二面角的正弦值
12
年份
卷别
题号
考查角度
分值
2019
Ⅰ卷
18(2)
求二面角的正弦值
6
Ⅱ卷
17(2)
求二面角的正弦值
6
Ⅲ卷
19(2)
求二面角的大小
6
2018
Ⅰ卷
18(2)
求线面角的正弦值
6
Ⅱ卷
19(2)
二面角的余弦值的求解
6
Ⅲ卷
19(2)
二面角的正弦值的求解
6
02
考点分类
·
析重点
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)．
(1)线面平行
l∥α?a⊥μ?a·μ＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0．
考点一 利用向量证明平行与垂直
(2)线面垂直
l⊥α?a∥μ?a＝kμ(k≠0)?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2(k≠0)．
(3)面面平行
α∥β?μ∥v?μ＝λv(λ≠0)?a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3(λ≠0)．
(4)面面垂直
α⊥β?μ⊥v?μ·v＝0?a2a3＋b2b3＋c2c3＝0．
如图，在底面是矩形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，点E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2．
(1)求证：EF∥平面PAB；
(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.
典例1
利用向量法证明平行与垂直的四个步骤
(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用已知的垂直关系．
(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面．
(3)通过空间向量的运算求出直线的方向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直关系．
(4)根据运算结果解释相关问题．
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，点M为AB的中点，点O为DF的中点．运用向量方法证明：
(1)OM∥平面BCF；
(2)平面MDF⊥平面EFCD.
考点二 利用空间向量求空间角
典例2
A
考向2 直线与平面所成的角
(2020·安阳二模)已知四棱锥S－ABCD中，四边形ABCD是菱形，且∠ABC＝120°，△SBC为等边三角形，平面SBC⊥平面ABCD.
(1)求证：BC⊥SD；
(2)若点E是线段SA上靠近S的三等分点，
求直线DE与平面SAB所成角的正弦值．
典例3
【证明】 (1)取BC的中点F，连接BD、DF和SF，
因为△SBC为等边三角形，所以SF⊥BC；
又四边形ABCD是菱形，且∠ABC＝120°，
所以△BCD为等边三角形，所以DF⊥BC；
又SF∩DF＝F，SF?平面SDF，DF?平面SDF，
所以BC⊥平面SDF，又SD?平面SDF，
所以BC⊥SD.
(2)解：因为平面SBC⊥平面ABCD，平面SBC∩平面ABCD＝BC，
SF⊥BC，SF?平面SBC，所以SF⊥平面ABCD，
又DF⊥BC，所以SF、BC、DF两两垂直；
以点F为坐标原点，FC、FD、FS所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系F－xyz，如图所示：
因为PD⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，
所以PD⊥AC，
又BD∩PD＝D，所以AC⊥平面PBD，
又AC?平面PAC，所以平面PBD⊥平面PAC.
考向3 二面角
(2020·湖南省怀化市期末)如图四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB，E为PD中点．
(1)求证：PB∥平面EAC；
(2)求二面角A－BE－C的正弦值．
典例4
【解析】 (1)连接BD交AC于O，连接OE，
∵底面ABCD为正方形，
∴O是BD的中点，
∵E为PD中点，∴OE∥PB，
又EO?面EAC，PB?面EAC，
∴PB∥平面EAC.
(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：
①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．
(2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cosα＝|cosβ|；②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角；③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，注意函数名称的变化．
利用空间向量巧解探索性问题
(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．
考点三 立体几何中的探索性问题
(2)解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等问题，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．
提醒：探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用．
(2020·北京房山区期末)如图，在四棱锥P－ABCD中，CD⊥平面PAD，△PAD为等边三角形，AD∥BC，AD＝CD＝2BC＝2，E，F分别为棱PD，PB的中点．
(1)求证：AE⊥平面PCD；
(2)求平面AEF与平面PAD所成锐二面角的余
弦值；
典例5
【解析】 (1)因为CD⊥平面PAD，AD?平面PAD，AE?平面PAD，所以CD⊥AD，CD⊥AE.
又因为△PAD为等边三角形，E为PD的中点，所以PD⊥AE.PD∩CD＝D，
所以AE⊥平面PCD.
(2)取AD的中点O，连接OP，OB，则易知OB∥CD，OB⊥AD，OB⊥OP.因为△PAD为等边三角形，所以OP⊥AD.
以O为原点，以OA、OB、OP所在直线分别为x、y、z轴如图建立空间直角坐标系，
利用空间向量巧解探索性问题
(1)对于存在型问题，解题时，把要满足的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“是否有解”“是否有规定范围内的解”等．
(2)对于位置探索型问题，通常借助向量，引入参数，综合条件和结论列方程，解出参数，从而确定位置．
4．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O是底面ABCD的中心，E是线段OD1上的一点．
(1)若E为OD1的中点，求直线OD1与平面CDE所成角的正弦值；
(2)是否存在点E，使得平面CDE⊥平面CD1O？
若存在，请指出点E的位置关系，并加以证明；若不
存在，请说明理由．
03
易错清零
·
免失误
典例1
1．混淆空间角与向量所成角致误
如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面四边形ABCD是正方形，侧面PDC是边长为a的正三角形，且平面PDC⊥底面ABCD，E为PC的中点．
(1)求异面直线PA与DE所成的角的余弦值；
(2)AP与平面ABCD所成角的余弦值．
【剖析】 本题失分的根本原因是概念不清，混淆了空间角与向量所成的角的概念，当然运算错误也是常见的一种失分原因，避免失分，首先要理解空间角与向量的角是两个不同的概念；其次要理清向量的夹角与空间角的关系．
【正解】 如图所示，取DC的中点O，连接PO，
∵△PDC为正三角形，
∴PO⊥DC.
又∵平面PDC⊥平面ABCD，
∴PO⊥平面ABCD.
(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；
(2)若点M在棱PA上运动，当直线BM与平面PAC所成的角最大时，求二面角P－BC－M的余弦值．
典例2
【剖析】 (1)本题的易错点是不会将空间几何图形的线段关系与展开后的平面图形中的线段关系进行比较，得到空间位置关系中需要的数据，导致解题的错误．求解平面图形的翻折问题时，避开易错点的关键是注意翻折前后的不变量及位置关系，对照翻折前后的图形，弄清楚变的量与不变的量，再立足于不变的量的位置关系与数量关系去探究变化的量在空间图形中的位置关系与数量关系．
(2)破解翻折问题的核心是“折线”，一条折线把平面图形分成两部分，将平面图形沿折线翻折，与折线平行或垂直的线段，翻折后平行关系或垂直关系不变，翻折后要注意利用空间几何体中的线、面位置关系来解决问题．
04
真题回放
·
悟高考
∴PA2＋PB2＝AB2，得PA⊥PB．
同理PA2＋PC2＝AC2，得PA⊥PC．
又∵PB?平面PBC，PC?平面PBC，PB∩PC＝P，
∴PA⊥平面PBC．
2．(2020·全国卷Ⅲ)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上且2DE＝ED1，BF＝2FB1．
(1)证明：点C1在平面AEF内；
(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A－EF－A1的正弦值．
【解析】 (1)在AA1上取一点M，使得A1M＝2AM，分别连接EM，B1M，EC1，FC1．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，有DD1∥AA1∥BB1，且DD1＝AA1＝BB1，又2DE＝ED1，A1M＝2AM，BF＝2FB1，所以DE＝AM＝FB1，所以四边形B1FAM和四边形EDAM都是平行四边形．
所以AF∥MB1且AF＝MB1，AD∥ME且AD＝ME，
又在长方体ABCD－A1B1C1D1中，
有AD∥B1C1，且AD＝B1C1，
所以B1C1∥ME且B1C1＝ME，
则四边形B1C1EM为平行四边形，
所以EC1∥MB1，
所以AF∥EC1，
所以点C1在平面AEF内．
(2)在长方形ABCD－A1B1C1D1中，以C1为原点，C1D1所在直线为x轴，C1B1所在直线为y轴，C1C所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系C1－xyz，因为AB＝2，AD＝1，AA1＝3,2DE＝ED1，BF＝2FB1，
3．(2019·课标全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．
(1)证明：BE⊥平面EB1C1；
(2)若AE＝A1E，求二面角B－EC－C1的正弦值．
【解析】 (1)证明：由已知得，
B1C1⊥平面ABB1A1，
BE?平面ABB1A1，
故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1，所以BE⊥平面EB1C1．
4．(2019·全国卷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中的二面角B－CG－A的大小．
【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，且BE∩BC＝B，
故AB⊥平面BCGE.
又因为AB?平面ABC，
所以平面ABC⊥平面BCGE.
