2021年高考数学二轮专题复习课件：专题三 立体几何 .ppt

1、专题三专题三 立体几何立体几何 专题三 立体几何 真题研析 命题分析 知识方法 类型一类型一 几何体的表面积与体积几何体的表面积与体积 1(2020 全国卷全国卷)已知已知 A，B，C 为球为球 O 的球面上的球面上 的三个点，的三个点， O1为为ABC 的外接圆， 若的外接圆， 若O1的面积为的面积为 4， ABBCACOO1，则球，则球 O 的表面积为的表面积为( ) A64 B48 C36 D32 解析：解析：设圆设圆 O1半径为半径为 r，球的半径为，球的半径为 R，依题意，依题意， 得得 r24，所以，所以 r2， 由正弦定理可得由正弦定理可得 AB2rsin 60 2 3， 专题三

2、 立体几何 真题研析 命题分析 知识方法 所以所以 OO1AB2 3，根据圆截面性质，根据圆截面性质 OO1平面平面 ABC， 所以所以 OO1O1A，ROA OO2 1 O1A2 OO2 1 r24， 所以球所以球 O 的表面积的表面积 S4R264. 答案：答案：A 专题三 立体几何 真题研析 命题分析 知识方法 2 (2019 全国卷全国卷)已知三棱锥已知三棱锥 P- ABC 的四个顶点在的四个顶点在 球球 O 的球面上，的球面上，PAPBPC，ABC 是边长为是边长为 2 的正的正 三角形，三角形，E，F 分别是分别是 PA，AB 的中点，的中点，CEF90 ，则，则 球球 O 的体积

3、为的体积为( ) A8 6 B4 6 C2 6 D. 6 解析：解析： 设设 PAPBPC2a， 则， 则 EFa， FC 3，所以，所以 EC23a2. 在在PEC 中，中， cosPECa 2 3a2（2a）2 2a 3a2 . 专题三 立体几何 真题研析 命题分析 知识方法 在在AEC 中，中， cosAECa 2 3a24 2a 3a2 . 因为因为PEC 与与AEC 互补，所以互补，所以 34a21，a 2 2 ， 故故 PAPBPC 2. 又因为又因为 ABBCAC2，所以，所以 PAPBPC， 所以外接球的直径所以外接球的直径 2R （ 2）2（ 2）2（ 2）2 6， 所以所以

4、 R 6 2 ，所以，所以 V4 3R 3 4 3 6 2 3 6.故选故选 D. 答案：答案：D 专题三 立体几何 真题研析 命题分析 知识方法 3.(2019 全国卷全国卷)学生到工厂劳动实学生到工厂劳动实 践，利用践，利用 3D 打印技术制作模型如图，该打印技术制作模型如图，该 模型为长方体模型为长方体 ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥挖去四棱锥 O-EFGH 后所得的几何体 其中后所得的几何体 其中 O 为长方体的中心，为长方体的中心， E， F， G， H 分别为所在棱的中点，分别为所在棱的中点， ABBC6 cm， AA14 cm.3D 打印所用原料密度为打印所用原料密度为 0

5、.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该，不考虑打印损耗，制作该 模型所需原料的质量为模型所需原料的质量为_g. 解析：解析：由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，对由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，对 角线长分别为角线长分别为 6 cm 和和 4 cm， 故故 V挖去的四棱锥 挖去的四棱锥1 3 1 2 46312(cm3) 专题三 立体几何 真题研析 命题分析 知识方法 又又 V长方体 长方体664144(cm3)， 所以模型的体积为所以模型的体积为 V长方体 长方体V挖去的四棱锥挖去的四棱锥14412132(cm3)， 所以制作该模型所需原料的质量为所以制作该模型所需原料的质量为 132

6、0.9 118.8(g) 答案：答案：118.8 专题三 立体几何 真题研析 命题分析 知识方法 4(2020 全国卷全国卷)已知圆锥的底面半径为已知圆锥的底面半径为 1，母线，母线 长为长为 3，则该圆锥内半径最大的球的体积为，则该圆锥内半径最大的球的体积为_ 解析：解析： 易知半径最大球为圆锥的内切球，易知半径最大球为圆锥的内切球， 球与圆锥内切时的轴截面如图所示，球与圆锥内切时的轴截面如图所示， 其中其中 BC2，ABAC3，且点，且点 M 为为 BC 边上的中点，设内切圆的圆心为边上的中点，设内切圆的圆心为 O， 由于由于 AM 32122 2，故，故 S ABC1 2 22 2 2

7、2， 专题三 立体几何 真题研析 命题分析 知识方法 设内切圆半径为设内切圆半径为 r，则：，则： S ABCSAOBSBOCSAOC1 2 ABr1 2 BC r1 2 ACr1 2 (332)r2 2，解得，解得 r 2 2 ，其，其 体积体积 V4 3r 3 2 3 . 答案：答案： 2 3 专题三 立体几何 真题研析 命题分析 知识方法 类型二类型二 平行与垂直关系的证明平行与垂直关系的证明 1.(2020全国卷全国卷)如图，在长方体如图，在长方体 ABCD-A1B1C1D1中， 点中， 点 E， F 分别在棱分别在棱 DD1， BB1上，且上，且 2DEED1，BF2FB1.证明：证

8、明： (1)当当 ABBC 时，时，EFAC； (2)点点 C1在平面在平面 AEF 内内 证明：证明：(1)因为长方体因为长方体 ABCD-A1B1C1D1，所以，所以 BB1 平面平面 ABCD，所以，所以 ACBB1， 因为长方体因为长方体 ABCD-A1B1C1D1， ABBC， 所以四边形， 所以四边形 ABCD 为正方形，所以为正方形，所以 ACBD. 专题三 立体几何 真题研析 命题分析 知识方法 因为因为 BB1BDB，BB1、BD平面平面 BB1D1D，因此，因此 AC平面平面 BB1D1D， 因为因为 EF平面平面 BB1D1D，所以，所以 ACEF. (2)在在 CC1上

9、取点上取点 M 使得使得 CM2MC1， 连接， 连接 DM， MF， 因为因为 D1E2ED，DD1CC1，DD1CC1， 专题三 立体几何 真题研析 命题分析 知识方法 所以所以 EDMC1，EDMC1， 所以四边形所以四边形 DMC1E 为平行四边形，为平行四边形，DMEC1 因为因为 MFDA，MFDA，所以四边形，所以四边形 MFAD 为平行四为平行四 边形，边形， 所以所以 DMAF， 所以， 所以 EC1AF， 因此， 因此 C1在平面在平面 AEF 内内 专题三 立体几何 真题研析 命题分析 知识方法 2.(2020 全国卷全国卷)如图，如图， D 为圆锥的顶点，为圆锥的顶点，

10、 O 是圆锥底面的圆心，是圆锥底面的圆心，ABC 是底面的内接是底面的内接 正三角形，正三角形，P 为为 DO 上一点，上一点，APC90 . (1)证明：平面证明：平面 PAB平面平面 PAC； (2)设设 DO 2，圆锥的侧面积为，圆锥的侧面积为 3，求三棱锥，求三棱锥 P-ABC 的体积的体积 (1)证明：证明：因为因为 D 为圆锥顶点，为圆锥顶点，O 为底面圆心，所以为底面圆心，所以 OD平面平面 ABC， 因为因为 P 在在 DO 上，上，OAOBOC，所以，所以 PAPB PC. 专题三 立体几何 真题研析 命题分析 知识方法 因为因为ABC 是圆内接正三角形， 所以是圆内接正三角

11、形， 所以 ACBC， PAC PBC， 所以所以APCBPC90 ，即，即 PBPC，PAPC， PAPBP，所以，所以 PC平面平面 PAB，PC平面平面 PAC， 所以平面所以平面 PAB平面平面 PAC. (2)解：解：设圆锥的母线为设圆锥的母线为 l，底面半径为，底面半径为 r，圆锥的侧面，圆锥的侧面 积为积为 rl 3，rl 3， OD2l2r22， 解得， 解得 r1， l 3， AC2rsin 60 3， 专题三 立体几何 真题研析 命题分析 知识方法 在等腰直角三角形在等腰直角三角形 APC 中，中，AP 2 2 AC 6 2 ， 在在 RtPAO 中，中，PO AP2OA2

12、 6 4 1 2 2 ， 所以三棱锥所以三棱锥PABC的体积为的体积为VP-ABC1 3PO S ABC1 3 2 2 3 4 3 6 8 . 专题三 立体几何 真题研析 命题分析 知识方法 3(2019 全国卷全国卷)如图，直四棱柱如图，直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的底面是菱形，的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60 ，E，M， N 分别是分别是 BC，BB1，A1D 的中点的中点 (1)证明：证明：MN平面平面 C1DE； (2)求点求点 C 到平面到平面 C1DE 的距离的距离 专题三 立体几何 真题研析 命题分析 知识方法 (1)证明：证明：连接连接 B1C，ME.因为因

13、为 M，E 分别为分别为 BB1，BC 的中点，的中点， 所以所以 MEB1C，且，且 ME1 2B1C. 又因为又因为 N 为为 A1D 的中点，所以的中点，所以 ND1 2A1D. 由题设知由题设知 A1B1DC，可得，可得 B1CA1D，故，故 MEND， 因此四边形因此四边形 MNDE 为平行四边形，为平行四边形，MNED.又又 MN 平面平面 C1DE，所以，所以 MN平面平面 C1DE. 专题三 立体几何 真题研析 命题分析 知识方法 (2)解：解：过过 C 作作 C1E 的垂线，垂足为的垂线，垂足为 H.由由 已知可得已知可得 DEBC，DEC1C， 所以所以 DE平面平面 C1

14、CE，故，故 DECH. 从而从而 CH平面平面 C1DE，故，故 CH 的长即为的长即为 C 到平面到平面 C1DE 的距离，的距离， 由已知可得由已知可得 CE1，C1C4，所以，所以 C1E 17， 故故 CH4 17 17 .从而点从而点 C 到平面到平面 C1DE 的距离为的距离为4 17 17 . 专题三 立体几何 真题研析 命题分析 知识方法 类型三类型三 空间角的求解空间角的求解 1.(2020 全 国 卷全 国 卷 ) 如 图 ， 在 长 方 体如 图 ， 在 长 方 体 ABCD-A1B1C1D1中，点中，点 E，F 分别在棱分别在棱 DD1， BB1上，且上，且 2DEE

15、D1，BF2FB1. (1)证明：点证明：点 C1在平面在平面 AEF 内；内； (2)若若 AB2，AD1，AA13，求二面角，求二面角 A-EF-A1 的正弦值的正弦值 (1)证明：证明：在棱在棱 CC1上取点上取点 G，使得，使得 C1G1 2CG，连 ，连 接接 DG、FG、C1E、C1F， 专题三 立体几何 真题研析 命题分析 知识方法 在长方体在长方体 ABCD-A1B1C1D1中，中，ADBC 且且 ADBC， BB1CC1且且 BB1CC1， 因为因为 C1G1 2CG， ，BF2FB1，所以，所以 CG2 3 CC12 3BB1 BF，且，且 CGBF， 所以，四边形所以，四

16、边形 BCGF 为平行四边形，则为平行四边形，则 AF DG 且且 AFDG， 同理可证四边形同理可证四边形 DEC1G 为平行四边形，所以为平行四边形，所以 C1E DG 且且 C1EDG， 专题三 立体几何 真题研析 命题分析 知识方法 所以所以 C1EAF 且且 C1EAF，则四边形，则四边形 AEC1F 为平为平 行四边形，行四边形， 因此，点因此，点 C1在平面在平面 AEF 内内 (2)解：解：以点以点 C1为坐标原点，为坐标原点，C1D1、C1B1、C1C 所在所在 直线分别为直线分别为 x、y、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系轴建立如下图所示的空间直角坐标系 C1- xyz

17、， 专题三 立体几何 真题研析 命题分析 知识方法 则则 A(2，1，3)、A1(2，1，0)、E(2，0，2)、F(0，1，1)， AE (0，1，1)，AF (2，0，2)，A1E (0，1， 2)，A1F (2，0，1)， 设平面设平面 AEF 的法向量为的法向量为 m(x1，y1，z1)， 由由 m AE 0， m AF 0， 得得 y1z10， 2x12z10，取 取z11， 得， 得x1y11， 则则 m(1，1，1)， 设平面设平面 A1EF 的法向量为的法向量为 n(x2，y2，z2)， 专题三 立体几何 真题研析 命题分析 知识方法 由由 n A 1E 0， n A1F 0，

18、 得得 y22z20， 2x2z20，取 取 z22， 得， 得 x21， y24， 则则 n(1，4，2)， cosm，n m n |m| |n| 3 3 21 7 7 ， 设二面角设二面角 A- EF- A1的平面角为的平面角为 ， 则，则，|cos | 7 7 ，所以，所以 sin 1cos2 42 7 . 专题三 立体几何 真题研析 命题分析 知识方法 2.(2019 全 国 卷全 国 卷 ) 如 图 ， 直 四 棱 柱如 图 ， 直 四 棱 柱 ABCD- A1B1C1D1的底面是菱形，的底面是菱形，AA14， AB2， BAD60 ， E， M， N 分别是分别是 BC， BB1，

19、A1D 的中点的中点 (1)证明：证明：MN平面平面 C1DE； (2)求二面角求二面角 A- MA1- N 的正弦值的正弦值 (1)证明：证明：如图，连接如图，连接 B1C，ME. 因为因为 M，E 分别为分别为 BB1，BC 的中点，的中点， 所以所以 MEB1C，且，且 ME1 2B1C. 专题三 立体几何 真题研析 命题分析 知识方法 又因为又因为 N 为为 A1D 的中点，所以的中点，所以 ND1 2A1D. 由题设知由题设知 A1B1DC， 可得可得 B1CA1D，故，故 MEND， 因此四边形因此四边形 MNDE 为平行四边形，为平行四边形， 所以所以 MNED. 又又 MN 平

20、面平面 EDC1， 所以所以 MN平面平面 C1DE. (2)解：解：由已知可得由已知可得 DEDA，以，以 D 为坐标原点，为坐标原点，DA 的方向为的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 D- xyz， 专题三 立体几何 真题研析 命题分析 知识方法 则则 A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1， 3， 2)，N(1，0，2)，A1A (0，0，4)，A1M ( 1， 3，2)，A1N (1，0，2)，MN (0， 3，0) 设设 m(x， y， z)为平面为平面 A1MA 的法向量， 则的法向量， 则 m A 1M 0， m A1

21、A 0， 所以所以 x 3y2z0， 4z0， 可取可取 m( 3，1，0) 专题三 立体几何 真题研析 命题分析 知识方法 设设 n(p，q，r)为平面为平面 A1MN 的法向量，的法向量， 则则 n MN 0， n A1N 0， 所以所以 3q0， p2r0， 可取可取 n(2，0，1) 于是于是 cosm，n m n |m|n| 2 3 2 5 15 5 ， 所以二面角所以二面角 A- MA1- N 的正弦值为的正弦值为 10 5 . 专题三 立体几何 真题研析 命题分析 知识方法 3.2020 新高考全国卷新高考全国卷(山东卷山东卷)如图，如图， 四棱锥四棱锥 P- ABCD 的底面为

22、正方形，的底面为正方形， PD底面底面 ABCD.设平面设平面 PAD 与平面与平面 PBC 的交线为的交线为 l. (1)证明：证明：l平面平面 PDC； (2)已知已知 PDAD1，Q 为为 l 上的点，求上的点，求 PB 与平面与平面 QCD 所成角的正弦值的最大值所成角的正弦值的最大值 (1)证明：证明：在正方形在正方形 ABCD 中，中，ADBC， 因为因为 AD 平面平面 PBC，BC平面平面 PBC，所以，所以 AD平平 面面 PBC， 专题三 立体几何 真题研析 命题分析 知识方法 又因为又因为 AD平面平面 PAD，平面，平面 PAD平面平面 PBCl， 所以所以 ADl，

23、因为在四棱锥因为在四棱锥 P- ABCD 中，底面中，底面 ABCD 是正方形，是正方形， 所以所以 ADDC，所以，所以 lDC， 且且 PD平面平面 ABCD，所以，所以 ADPD，所以，所以 lPD， 因为因为 CDPDD，所以，所以 l平面平面 PDC. (2)解：解：如图建立空间直角坐标系如图建立空间直角坐标系 D- xyz， 专题三 立体几何 真题研析 命题分析 知识方法 因为因为 PDAD1，则有，则有 D(0，0，0)，C(0，1，0)， A(1，0，0)，P(0，0，1)，B(1，1，0)， 设设 Q(m，0，1)，则有，则有DC (0，1，0)，DQ (m，0， 1)，PB

24、 (1，1，1)， 设平面设平面 QCD 的法向量为的法向量为 n(x， y， z)， 则， 则 DC n0， DQ n0， 即即 y 0， mxz0， 专题三 立体几何 真题研析 命题分析 知识方法 令令 x1，则，则 zm，所以平面，所以平面 QCD 的一个法向量的一个法向量 为为 n(1，0，m)，则，则 cosn，PB n PB |n|PB | 10m 3 m21， ， 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值 的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值， 所以直线与平的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值， 所以直线与平 面所成角的正弦值等于面

25、所成角的正弦值等于 专题三 立体几何 真题研析 命题分析 知识方法 |cosn，PB | |1m| 3 m21 3 3 12mm2 m21 3 3 1 2m m21 3 3 1 2|m| m21 3 3 11 6 3 ， 当且仅当当且仅当 m1 时取等号，时取等号， 所以直线所以直线 PB 与平面与平面 QCD 所成角的正弦值的最大值所成角的正弦值的最大值 为为 6 3 . 专题三 立体几何 命题分析 真题研析 知识方法 1高考立体几何试题具有较强的综合性，重视基础高考立体几何试题具有较强的综合性，重视基础 知识、基本技能和创新意识的考查，突出直观想象、逻知识、基本技能和创新意识的考查，突出直

26、观想象、逻 辑推理、数学运算等学科核心素养的考查内容包括辑推理、数学运算等学科核心素养的考查内容包括“空空 间几何体间几何体” “” “点、直线、平面之间的位置关系点、直线、平面之间的位置关系”和和“空间空间 向量与立体几何向量与立体几何” ” 2. 从近几年高考数学试题考查的情况来看，题目难从近几年高考数学试题考查的情况来看，题目难 度和题量相对稳定，一般是一个大题，两个小题，占度和题量相对稳定，一般是一个大题，两个小题，占 22 分，难度基本是中等分，难度基本是中等 专题三 立体几何 命题分析 真题研析 知识方法 3 立体几何高考选择题或填空题有两个常考的热点： 立体几何高考选择题或填空题

27、有两个常考的热点： 一是空间几何体的表面积、 体积的计算， 有时和数学一是空间几何体的表面积、 体积的计算， 有时和数学 文化、 科技情境交汇命题， 特别要注意的是球与球的组合文化、 科技情境交汇命题， 特别要注意的是球与球的组合 体问题，常作为小题的压轴题出现，难度较大，对空间想体问题，常作为小题的压轴题出现，难度较大，对空间想 象能力和推理能力都有较高的要求；象能力和推理能力都有较高的要求； 二是空间中点、直线、平面之间的位置关系的判定，二是空间中点、直线、平面之间的位置关系的判定， 或空间角的计算， 若出现在压轴小题的位置， 则类型一般或空间角的计算， 若出现在压轴小题的位置， 则类型一

28、般 为立体几何动态问题或翻折问题为立体几何动态问题或翻折问题 专题三 立体几何 命题分析 真题研析 知识方法 4立体几何高考解答题常以棱柱或棱锥为载体，一立体几何高考解答题常以棱柱或棱锥为载体，一 般设置两问，般设置两问， “一证一算一证一算” ，一问是定性分析，一问是定，一问是定性分析，一问是定 量分析其中定性分析以线、面平行、垂直的证明为主，量分析其中定性分析以线、面平行、垂直的证明为主， 考查逻辑推理能力及学科素养；而定量分析主要是应用考查逻辑推理能力及学科素养；而定量分析主要是应用 空间向量求线面角、二面角，考查数学运算能力与学科空间向量求线面角、二面角，考查数学运算能力与学科 素养素

29、养 专题三 立体几何 知识方法 真题研析 命题分析 1几何体的表面积与体积公式几何体的表面积与体积公式 (1)柱体的体积和表面积：柱体的体积和表面积：VS底 底h；S圆柱侧圆柱侧2rl； S表面积 表面积S侧侧2S底底 (2)台体的体积和表面积：台体的体积和表面积：V1 3(S 上上S下下 S上上S下下)h. S圆台侧 圆台侧(r1r2)l；S表面积表面积S侧侧S上上S下下 (3)椎体的体积和表面积：椎体的体积和表面积：V1 3S 底底h；S圆锥侧圆锥侧rl； S表面积 表面积S侧侧S底底 (4)球的体积和表面积：球的体积和表面积：V4 3R 3； ；S4R2. 专题三 立体几何 知识方法 真

30、题研析 命题分析 2四个公理四个公理 (1)公理公理 1： 如果一条直线上的两点在一个平面内， 那： 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么这条直线在此平面内 (2)公理公理 2： 过不在同一条直线上的三点， 有且只有一： 过不在同一条直线上的三点， 有且只有一 个平面个平面 (3)公理公理 3： 如果两个不重合的平面有一个公共点， 那： 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么它们有且只有一条过该点的公共直线 (4)公理公理 4：平行于同一条直线的两条直线互相平行：平行于同一条直线的两条直线互相平行 专题三 立体几何 知识方法 真题

31、研析 命题分析 3线面平行、垂直的定理线面平行、垂直的定理 (1)线面平行的判定定理：线面平行的判定定理：a ，b，aba. (2)线面平行的性质定理：线面平行的性质定理：a，a，ba b. (3)面面平行的判定定理：面面平行的判定定理： a， b， abP， a， b. (4)面面平行的性质定理：面面平行的性质定理：，a，ba b. 专题三 立体几何 知识方法 真题研析 命题分析 (5)线面垂直的判定定理：线面垂直的判定定理： la lb abO a b l. (6)线面垂直的性质定理：线面垂直的性质定理： a b ab. (7)面面垂直的判定定理：面面垂直的判定定理： l l . 专题三

32、立体几何 知识方法 真题研析 命题分析 (8)面面垂直的性质定理：面面垂直的性质定理： a la l l. 4三种空间角的求法三种空间角的求法 设直线设直线 l，m 的方向向量分别为的方向向量分别为 a(a1，b1，c1)， b(a2，b2，c2)，平面，平面 ， 的法向量分别为的法向量分别为 (a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(以下相同以下相同) 专题三 立体几何 知识方法 真题研析 命题分析 (1)线线夹角：设线线夹角：设 l，m 的夹角为的夹角为 0 2 ，则，则 cos |a b| |a|b| |a1a2b1b2c1c2| a2 1 b2 1 c2 1 a 2 2 b2 2 c2 2 . (2)线面夹角： 设直线线面夹角： 设直线l与平面与平面的夹角为的夹角为 0 2 ， 则则 sin |a | |a| |cosa，|. (3)面面夹角：设平面面面夹角：设平面 ， 的夹角为的夹角为 (0)，则，则 |cos | | v| |v| |cos，v|. 谢谢观赏谢谢观赏