专题3第3讲空间向量与立体几何-2021届高三高考数学二轮复习课件.pptx

1、第二部分专题篇专题篇素养提升素养提升()()专题三立体几何与空间向量专题三立体几何与空间向量(理科理科)专题三立体几何专题三立体几何(文科文科)第第3讲空间向量与立体几何讲空间向量与立体几何(理科理科)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卷18(2)求二面角的余弦值6卷20(2)求直线与平面所成角的正弦值6卷19求点到平面的距离

2、、二面角的正弦值12专题3第3讲空间向量与立体几何-2021届高三高考数学二轮复习课件专题3第3讲空间向量与立体几何-2021届高三高考数学二轮复习课件年份卷别题号考查角度分值2019卷18(2)求二面角的正弦值6卷17(2)求二面角的正弦值6卷19(2)求二面角的大小62018卷18(2)求线面角的正弦值6卷19(2)二面角的余弦值的求解6卷19(2)二面角的正弦值的求解602 考点分类 析重点专题3第3讲空间向量与立体几何-2021届高三高考数学二轮复习课件专题3第3讲空间向量与立体几何-2021届高三高考数学二轮复习课件设直线l的方向向量为a(a1，b1，c1)，平面、的法向量分别为(a

3、2，b2，c2)，v(a3，b3，c3)(1)线面平行laa0a1a2b1b2c1c20考点一利用向量证明平行与垂直(2)线面垂直laak(k0)a1ka2，b1kb2，c1kc2(k0)(3)面面平行vv(0)a2a3，b2b3，c2c3(0)(4)面面垂直vv0a2a3b2b3c2c30专题3第3讲空间向量与立体几何-2021届高三高考数学二轮复习课件专题3第3讲空间向量与立体几何-2021届高三高考数学二轮复习课件如图，在底面是矩形的四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，点E，F分别是PC，PD的中点，PAAB1，BC2(1)求证：EF平面PAB；(2)求证：平面PAD平面PDC.典例典

4、例1 1专题3第3讲空间向量与立体几何-2021届高三高考数学二轮复习课件专题3第3讲空间向量与立体几何-2021届高三高考数学二轮复习课件专题3第3讲空间向量与立体几何-2021届高三高考数学二轮复习课件专题3第3讲空间向量与立体几何-2021届高三高考数学二轮复习课件专题3第3讲空间向量与立体几何-2021届高三高考数学二轮复习课件专题3第3讲空间向量与立体几何-2021届高三高考数学二轮复习课件专题3第3讲空间向量与立体几何-2021届高三高考数学二轮复习课件专题3第3讲空间向量与立体几何-2021届高三高考数学二轮复习课件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

5、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专题3第3讲空间向量与立体几何-2021届高三高考数学二轮复习课件专题3第3讲空间向量与立体几何-2021届高三高考数学二轮复习课件1如图，在直三棱柱ADEBCF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.专题3第3讲空间向量与立体几何-2021届高三高考数学二轮

6、复习课件专题3第3讲空间向量与立体几何-2021届高三高考数学二轮复习课件专题3第3讲空间向量与立体几何-2021届高三高考数学二轮复习课件专题3第3讲空间向量与立体几何-2021届高三高考数学二轮复习课件专题3第3讲空间向量与立体几何-2021届高三高考数学二轮复习课件专题3第3讲空间向量与立体几何-2021届高三高考数学二轮复习课件专题3第3讲空间向量与立体几何-2021届高三高考数学二轮复习课件专题3第3讲空间向量与立体几何-2021届高三高考数学二轮复习课件考点二利用空间向量求空间角典例典例2 2A考向2直线与平面所成的角(2020安阳二模)已知四棱锥SABCD中，四边形ABCD是菱形

7、，且ABC120，SBC为等边三角形，平面SBC平面ABCD.(1)求证：BCSD；(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典例3 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SFBC；又四边形ABCD是菱形，且ABC120，所以BCD为等边三角形，所以DFBC；又SFDFF，SF平面SDF，DF平面SDF，所以BC平面SDF，又SD平面SDF，所以BCSD.(2)解：因为平面SBC平面ABCD，平面SBC平面ABCDBC，SFBC，SF平面SBC，所以SF平面ABCD，又DFBC，所以SF、BC、DF两两垂直；以

8、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Fxyz，如图所示：因为PD平面ABCD，AC平面ABCD，所以PDAC，又BDPDD，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PABCD中，底面ABCD是正方形，PA平面ABCD，且PAAB，E为PD中点(1)求证：PB平面EAC；(2)求二面角ABEC的正弦值典例典例4 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，OEPB，又EO面EAC，PB 面EAC，PB平面EAC.(1)运用空间向量

9、坐标运算求空间角的一般步骤：建立恰当的空间直角坐标系；求出相关点的坐标；写出向量坐标；结合公式进行论证、计算；转化为几何结论(2)求空间角注意：两条异面直线所成的角不一定是直线的方向向量的夹角，即cos|cos|；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；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

10、“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PABCD中，CD平面PAD，PAD为等边三角形，ADBC，ADCD2BC2，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；典例典例5 5【解析】(1)因为CD平面PAD，AD平面PAD，AE平面PAD，所以CDAD，CDAE.又因为PAD为等边三角形，E为PD的中点，所以PDAE.PDCDD，所以AE平面PCD.(

11、2)取AD的中点O，连接OP，OB，则易知OBCD，OBAD，OBOP.因为PAD为等边三角形，所以OPAD.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ABCDA1B1C1D1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

12、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 免失误典例典例1 11混淆空间角与向量所成角致误如图所示，四棱锥PABCD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

13、示，取DC的中点O，连接PO，PDC为正三角形，PODC.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PBCM的余弦值典例典例2 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

14、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PA2PB2AB2，得PAPB同理PA2PC2AC2，得PAPC又PB平面PBC，PC平面PBC，PBPCP，PA平面PBC2(2020全国卷)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上且2DEED1，BF2FB1(1)证明：点C1在平面AEF内；(2)若AB2，AD1，AA13，求二面角AEFA1的正弦值【解析】(1)在AA1上取一点M，使得A1M2AM，分别连接

15、EM，B1M，EC1，FC1在长方体ABCDA1B1C1D1中，有DD1AA1BB1，且DD1AA1BB1，又2DEED1，A1M2AM，BF2FB1，所以DEAMFB1，所以四边形B1FAM和四边形EDAM都是平行四边形所以AFMB1且AFMB1，ADME且ADME，又在长方体ABCDA1B1C1D1中，有ADB1C1，且ADB1C1，所以B1C1ME且B1C1ME，则四边形B1C1EM为平行四边形，所以EC1MB1，所以AFEC1，所以点C1在平面AEF内(2)在长方形ABCDA1B1C1D1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

16、示的空间直角坐标系C1xyz，因为AB2，AD1，AA13,2DEED1，BF2FB1，3(2019课标全国卷)如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BEEC1(1)证明：BE平面EB1C1；(2)若AEA1E，求二面角BECC1的正弦值【解析】(1)证明：由已知得，B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，故B1C1BE.又BEEC1，所以BE平面EB1C14(2019全国卷)图1是由矩形ADEB、RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB1，BEBF2，FBC60，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BCGA的大小【解析】(1)证明：由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面由已知得ABBE，ABBC，且BEBCB，故AB平面BCGE.又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE.