2021屆高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)課件：-專題三第3講-空間向量與立體幾何(理科)(共112張PPT)

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 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(yù)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(guān)系的證明相結(jié)合，熱點為二面角的求解，均以解答題的形式進(jìn)行考查，難度主要體現(xiàn)在建立空間直角坐標(biāo)系和準(zhǔn)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

2、平面所成角的正弦值6卷19求點到平面的距離、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(shè)直線l的方向向量為a 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)a aa a0a1a2b1b2c1c20考點一利用向量證明平行與垂直(2)線面垂直la aa ak(k0)a1ka2，b1kb2，c1kc2(k0)(3)面面平行

3、vv(0)a2a3，b2b3，c2c3(0)(4)面面垂直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(biāo)系，建系時，要盡可能地利用已知的垂直關(guān)系(2)建立空間圖形與空間向量之間的關(guān)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(yùn)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(guān)系(4)根據(jù)運(yùn)算結(jié)果解釋相關(guān)問題1如圖，在直三棱柱ADEBCF中，平面

4、ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直，點M為AB的中點，點O為DF的中點運(yùn)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

5、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(biāo)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(biāo)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

6、ABCD，且PAAB，E為PD中點(1)求證：PB平面EAC；(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(yùn)用空間向量坐標(biāo)運(yùn)算求空間角的一般步驟：建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系；求出相關(guān)點的坐標(biāo)；寫出向量坐標(biāo)；結(jié)合公式進(jìn)行論證、計算；轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)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(bǔ)角；直線和平面所成的角的正弦值等于平面法向

7、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(jìn)行復(fù)雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標(biāo)運(yùn)算進(jìn)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(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點的坐標(biāo)是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等問題，所以為使問題的解決更簡單、有效，應(yīng)善于運(yùn)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(yīng)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

8、中點(1)求證：AE平面PCD；(2)求平面AEF與平面PAD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O(shè)PAD.以O(shè)為原點，以O(shè)A、OB、OP所在直線分別為x、y、z軸如圖建立空間直角坐標(biāo)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(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“是否有

9、解”“是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等(2)對于位置探索型問題，通常借助向量，引入?yún)?shù)，綜合條件和結(jié)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(guān)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(cè)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

10、線PA與DE所成的角的余弦值；(2)AP與平面ABCD所成角的余弦值【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(dāng)然運(yùn)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(guān)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(yùn)動，當(dāng)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(guān)系與展開后的平面圖形中的線段

11、關(guān)系進(jìn)行比較，得到空間位置關(guān)系中需要的數(shù)據(jù)，導(dǎo)致解題的錯誤求解平面圖形的翻折問題時，避開易錯點的關(guān)鍵是注意翻折前后的不變量及位置關(guān)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(guān)系與數(shù)量關(guān)系去探究變化的量在空間圖形中的位置關(guān)系與數(shù)量關(guān)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(guān)系或垂直關(guān)系不變，翻折后要注意利用空間幾何體中的線、面位置關(guān)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PB

12、C2(2020全國卷)如圖，在長方體ABCDA1B1C1D1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(nèi)；(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

13、，且ADB1C1，所以B1C1ME且B1C1ME，則四邊形B1C1EM為平行四邊形，所以EC1MB1，所以AFEC1，所以點C1在平面AEF內(nèi)(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(biāo)系C1xyz，因為AB2，AD1，AA13,2DEED1，BF2FB1，3(2019課標(biāo)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，