《2021屆高考數(shù)學二輪專題復習ppt課件：-專題三第3講-空間向量與立體幾何(理科).pptx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2021屆高考數(shù)學二輪專題復習ppt課件：-專題三第3講-空間向量與立體幾何(理科).pptx（112頁珍藏版）》請在匯文網(wǎng)上搜索。

1、第二部分專題篇專題篇素養(yǎng)提升素養(yǎng)提升(文理文理)專題三立體幾何與空間向量專題三立體幾何與空間向量(理科理科)專題三立體幾何專題三立體幾何(文科文科)第第3講空間向量與立體幾何講空間向量與立體幾何(理科理科)1 解題策略 明方向2 考點分類 析重點3 易錯清零 免失誤4 真題回放 悟高考5 預測演練 巧押題以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點，常與空間線面關系的證明相結合，熱點為二面角的求解，均以解答題的形式進行考查，難度主要體現(xiàn)在建立空間直角坐標系和準確計算上(理科)年份卷別題號考查角度分值2020卷18(2)求二面角的余弦值6卷20(2)求直線與平面所成角的正弦值6卷19求點到平面的

2、距離、二面角的正弦值12年份卷別題號考查角度分值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)求線面角的正弦值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 考點分類 析重點設直線l的方向向量為a(a1，b1，c1)，平面、的法向量分別為(a2，b2，c2)，v(a3，b3，c3)(1)線面平行l(wèi)aa0a1a2b1b2c1c20考點一利用向量證明平行與垂直(2)線面垂直laak(k0)a1ka2，b1kb2，c1kc2(k0)(3)面面平行vv(0)a2a3，b2b3，c2c3(0)(4)面面垂直

3、vv0a2a3b2b3c2c30如圖，在底面是矩形的四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，點E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點，PAAB1，BC2(1)求證：EF平面PAB；(2)求證：平面PAD平面PDC.典例典例1 1利用向量法證明平行與垂直的四個步驟(1)建立空間直角坐標系，建系時，要盡可能地利用已知的垂直關系(2)建立空間圖形與空間向量之間的關系，用空間向量表示出問題中所涉及的點、直線、平面(3)通過空間向量的運算求出直線的方向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直關系(4)根據(jù)運算結果解釋相關問題1如圖，在直三棱柱ADEBCF中，平面ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直，點M為AB的中

4、點，點O為DF的中點運用向量方法證明：(1)OM平面BCF；(2)平面MDF平面EFCD.考點二利用空間向量求空間角典例典例2 2A考向2直線與平面所成的角(2020安陽二模)已知四棱錐SABCD中，四邊形ABCD是菱形，且ABC120，SBC為等邊三角形，平面SBC平面ABCD.(1)求證：BCSD；(2)若點E是線段SA上靠近S的三等分點，求直線DE與平面SAB所成角的正弦值典例典例3 3【證明】(1)取BC的中點F，連接BD、DF和SF，因為SBC為等邊三角形，所以SFBC；又四邊形ABCD是菱形，且ABC120，所以BCD為等邊三角形，所以DFBC；又SFDFF，SF平面SDF，DF平

5、面SDF，所以BC平面SDF，又SD平面SDF，所以BCSD.(2)解：因為平面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兩兩垂直；以點F為坐標原點，F(xiàn)C、FD、FS所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系Fxyz，如圖所示：因為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湖南省懷化市期末)如圖四棱錐PABCD中，底面ABCD是正方形，PA平面ABCD，且PAAB，E為PD中點(1)求證：PB平面EA

6、C；(2)求二面角ABEC的正弦值典例典例4 4【解析】(1)連接BD交AC于O，連接OE，底面ABCD為正方形，O是BD的中點，E為PD中點，OEPB，又EO面EAC，PB面EAC，PB平面EAC.(1)運用空間向量坐標運算求空間角的一般步驟：建立恰當?shù)目臻g直角坐標系；求出相關點的坐標；寫出向量坐標；結合公式進行論證、計算；轉化為幾何結論(2)求空間角注意：兩條異面直線所成的角不一定是直線的方向向量的夾角，即cos|cos|；兩平面的法向量的夾角不一定是所求的二面角，有可能為兩法向量夾角的補角；直線和平面所成的角的正弦值等于平面法向量與直線方向向量夾角的余弦值的絕對值，注意函數(shù)名稱的變化利用

7、空間向量巧解探索性問題(1)空間向量最適合于解決立體幾何中的探索性問題，它無需進行復雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標運算進行判斷考點三立體幾何中的探索性問題(2)解題時，把要成立的結論當作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉化為“點的坐標是否有解，是否有規(guī)定范圍內的解”等問題，所以為使問題的解決更簡單、有效，應善于運用這一方法解題提醒：探索線段上是否存在點時，注意三點共線條件的應用(2020北京房山區(qū)期末)如圖，在四棱錐PABCD中，CD平面PAD，PAD為等邊三角形，ADBC，ADCD2BC2，E，F(xiàn)分別為棱PD，PB的中點(1)求證：AE平面PCD；(2)求平面AEF與平面PA

8、D所成銳二面角的余弦值；典例典例5 5【解析】(1)因為CD平面PAD，AD平面PAD，AE平面PAD，所以CDAD，CDAE.又因為PAD為等邊三角形，E為PD的中點，所以PDAE.PDCDD，所以AE平面PCD.(2)取AD的中點O，連接OP，OB，則易知OBCD，OBAD，OBOP.因為PAD為等邊三角形，所以OPAD.以O為原點，以OA、OB、OP所在直線分別為x、y、z軸如圖建立空間直角坐標系，利用空間向量巧解探索性問題(1)對于存在型問題，解題時，把要滿足的結論當作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉化為“是否有解”“是否有規(guī)定范圍內的解”等(2)對于位置探索型問題，通常

9、借助向量，引入?yún)?shù)，綜合條件和結論列方程，解出參數(shù)，從而確定位置4如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，點O是底面ABCD的中心，E是線段OD1上的一點(1)若E為OD1的中點，求直線OD1與平面CDE所成角的正弦值；(2)是否存在點E，使得平面CDE平面CD1O？若存在，請指出點E的位置關系，并加以證明；若不存在，請說明理由03 易錯清零 免失誤典例典例1 11混淆空間角與向量所成角致誤如圖所示，四棱錐PABCD中，底面四邊形ABCD是正方形，側面PDC是邊長為a的正三角形，且平面PDC底面ABCD，E為PC的中點(1)求異面直線PA與DE所成的角的余弦值；(2)AP與平面ABCD所成角

10、的余弦值【剖析】本題失分的根本原因是概念不清，混淆了空間角與向量所成的角的概念，當然運算錯誤也是常見的一種失分原因，避免失分，首先要理解空間角與向量的角是兩個不同的概念；其次要理清向量的夾角與空間角的關系【正解】如圖所示，取DC的中點O，連接PO，PDC為正三角形，PODC.又平面PDC平面ABCD，PO平面ABCD.(1)證明：平面PAC平面ABC；(2)若點M在棱PA上運動，當直線BM與平面PAC所成的角最大時，求二面角PBCM的余弦值典例典例2 2【剖析】(1)本題的易錯點是不會將空間幾何圖形的線段關系與展開后的平面圖形中的線段關系進行比較，得到空間位置關系中需要的數(shù)據(jù)，導致解題的錯誤求

11、解平面圖形的翻折問題時，避開易錯點的關鍵是注意翻折前后的不變量及位置關系，對照翻折前后的圖形，弄清楚變的量與不變的量，再立足于不變的量的位置關系與數(shù)量關系去探究變化的量在空間圖形中的位置關系與數(shù)量關系(2)破解翻折問題的核心是“折線”，一條折線把平面圖形分成兩部分，將平面圖形沿折線翻折，與折線平行或垂直的線段，翻折后平行關系或垂直關系不變，翻折后要注意利用空間幾何體中的線、面位置關系來解決問題04 真題回放 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全國卷)如圖，在長方體ABCDA1B1C1D1

12、中，點E，F(xiàn)分別在棱DD1，BB1上且2DEED1，BF2FB1(1)證明：點C1在平面AEF內；(2)若AB2，AD1，AA13，求二面角AEFA1的正弦值【解析】(1)在AA1上取一點M，使得A1M2AM，分別連接EM，B1M，EC1，F(xiàn)C1在長方體ABCDA1B1C1D1中，有DD1AA1BB1，且DD1AA1BB1，又2DEED1，A1M2AM，BF2FB1，所以DEAMFB1，所以四邊形B1FAM和四邊形EDAM都是平行四邊形所以AFMB1且AFMB1，ADME且ADME，又在長方體ABCDA1B1C1D1中，有ADB1C1，且ADB1C1，所以B1C1ME且B1C1ME，則四邊形B

13、1C1EM為平行四邊形，所以EC1MB1，所以AFEC1，所以點C1在平面AEF內(2)在長方形ABCDA1B1C1D1中，以C1為原點，C1D1所在直線為x軸，C1B1所在直線為y軸，C1C所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系C1xyz，因為AB2，AD1，AA13,2DEED1，BF2FB1，3(2019課標全國卷)如圖，長方體ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱AA1上，BEEC1(1)證明：BE平面EB1C1；(2)若AEA1E，求二面角BECC1的正弦值【解析】(1)證明：由已知得，B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，故B1C1BE.又BEEC1，所以BE平面EB1C14(2019全國卷)圖1是由矩形ADEB、RtABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB1，BEBF2，F(xiàn)BC60，將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖2(1)證明：圖2中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC平面BCGE；(2)求圖2中的二面角BCGA的大小【解析】(1)證明：由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點共面由已知得ABBE，ABBC，且BEBCB，故AB平面BCGE.又因為AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE.謝謝觀看