资源简介

(共66张PPT)
专题四　立体几何
第2讲　空间的线面关系及角与距离
高考定位：（1）以选择题、填空题的形式考查线线、线面、面面位置关系的判定与性质定理，对命题的真假进行判断，属基础题.（2）以空间几何体为载体考查空间角（以线面角、面面角为主）是高考命题的重点，常与空间线面位置关系的证明相结合，热点为空间角的求解.高考注重利用向量方法解决空间角问题，但也可利用几何法来求解.（3）空间距离（特别是点到面的距离）也是高考题中的常见题型.
■真题研析
B. 1 C. 2 D. 3
B
A. AD⊥A1C B. B1C1⊥平面AA1D
C. AD∥A1B1 D. CC1∥平面AA1D
BD
解析： 对于A，由正三棱柱的性质可知，AD与A1C是异面直线且不垂直，故A错误；对于B，因为三棱柱ABC－A1B1C1是正三棱柱，所以AA1⊥平面ABC，因为BC 平面ABC，所以AA1⊥BC，又AD⊥BC，AD∩AA1＝A，AD，AA1 平面AA1D，所以BC⊥平面AA1D，又BC∥B1C1，所以B1C1⊥平面AA1D，故B正确；对于C，因为AB∥A1B1，AD与AB相交，所以AD与A1B1不平行，故C错误；对于D，由正三棱柱的性质可知，CC1∥AA1，又CC1 平面AA1D，AA1 平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故D正确.故选BD.
2
■热点突破
热点 　平行关系和垂直关系
A. 若m⊥n，α⊥β，m⊥α，则n⊥β
B. 若m∥n，α∥β，m∥α，则n∥β
C. 若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n
D. 若α∥β，n∥β，m∥α，则m∥n
C
解析：若m⊥n，α⊥β，m⊥α，则n⊥β或n∥β或n β或n∩β＝P，故A错误；
若m∥n，α∥β，m∥α，则n∥β或n β，故B错误；
若α⊥β，在β内作l⊥α，又m⊥α，所以m∥l，
又n⊥β，所以n⊥l，所以m⊥n，故C正确；
若α∥β，n∥β，m∥α，则m∥n或m∩n＝P或m，n为异面直线，故D错误.
故选C.
A. EF与BC异面
B. EF∥平面CDD1C1
C. EF⊥AC
D. BD⊥平面EFC1
AC
A. 阳马的四个侧面中仅有两个是直角三角形
B. 鳖臑的四个面均为直角三角形
C. 阳马的体积是鳖臑的体积的两倍
D. 堑堵、阳马与鳖臑的外接球的半径都相等
BCD
解析：对于A，如图1，在原长方体中，DD1⊥平面ABCD，AD，DC 平面ABCD，所以DD1⊥AD，DD1⊥DC，因为AB⊥平面ADD1，AD1 平面ADD1，所以AB⊥AD1，因为BC⊥平面CDD1，CD1 平面CDD1，所以BC⊥CD1，所以阳马的四个侧面都是直角三角形，所以A错误；对于B，如图3，在原长方体中，BC⊥平面CC1D1，CC1，CD1 平面CC1D1，所以BC⊥CC1，BC⊥CD1，因为C1D1⊥平面BCC1，BC1，CC1 平面BCC1，所以C1D1⊥BC1，C1D1⊥CC1，所以鳖臑的四个面均为直角三角形，所以B正确；
规律方法　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.
（2）利用直线的方向向量、平面的法向量计算判断.
（3）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、面的位
置关系，并结合有关定理进行判断.
热点 　空间角
C
B
解析：在AA1上取点D，使AD＝BB1，连B1D，C1D. 由BB1綉AD，可得B1D∥AB，易得B1D∥平面ABC. 同理，B1C1∥平面ABC，又B1D∩B1C1＝B1，所以平面ABC∥平面DB1C1，则平面A1B1C1与平面ABC所成的角，即为平面A1B1C1与平面DB1C1所成的角，
由题意有△ABC≌△DB1C1，即△DB1C1是等腰三角形，腰长约为8米，∠B1DC1≈144°，易知∠DB1C1＝∠DC1B1≈18°，
故选B.
取B1C1的中点E，连接DE，A1E，则DE⊥B1C1，且A1D⊥平面DB1C1，
由B1C1 平面DB1C1，则A1D⊥B1C1，DE∩A1D＝D，且DE，A1D都在平面A1DE内，
所以B1C1⊥平面A1DE，则∠A1ED是平面A1B1C1与平面DB1C1所成角的平面角，
A. MN∥α
B. MN⊥α
C. 直线AC与平面α所成角为60°
BD
热点 　距离
C
BCD
D. 若P是棱A1B1的中点，则三棱锥P－CEF的外接球的表
面积是41π

规律方法　（1）空间中点、线、面距离的相互转化关系
（2）空间距离的求解方法有：①作垂线段；②等体积法；③等价转化；④空间向量法.
冲刺集训15　空间的线面关系及角与距离
冲刺集训15　空间的线面关系及角与距离
A. 若α∩β＝l，m∥α，m∥β，则m∥l
B. 若α∩β＝l，m∥l，m∥β，则m∥α
C. 若α⊥β，α∩β＝l，m⊥β，则m∥α
D. 若α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，则m⊥α
A
解析：对于A，由m∥α，m∥β，则存在相异于l的直线a，b，a α，b β，使m∥a，m∥b，即a∥b，
又a β，b β，所以a∥β，又a α，α∩β＝l，所以a∥l，故m∥l，故A正确；
对于B，若α∩β＝l，m∥l，m∥β，则m∥α或m α，故B错误；
对于C，若α⊥β，α∩β＝l，m⊥β，则m∥α或m α，故C错误；
对于D，m⊥l仅说明直线m与交线l垂直，不能保证m垂直于α内的所有直线，故D错误.
故选A.
A
B
A. 102 m B. 112 m C. 117 m D. 125 m
C
A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°
D
A. 2条 B. 3条 C. 4条 D. 无数条
C
D
解法二：过点A作AE⊥A1D于点E，易知CD⊥平面ADD1A1，AE 平面ADD1A1，
所以CD⊥AE，又CD∩A1D＝D，CD，A1D 平面A1B1CD，
所以AE⊥平面A1B1CD，又MC 平面A1B1CD，所以MC⊥AE，
又MA⊥MC，MA∩AE＝A，AE，MA 平面AEM，所以MC⊥平面AEM，又ME 平面AEM，所以MC⊥ME，故M在以CE为直径的圆上.
A. FG∥平面A1BD
AC
C. 存在λ，使得A1E∥C1P
D. 存在λ，使得EP⊥平面A1ACC1
AD
A. EF∥AB1
B. EF⊥B1D1
C. EF∥平面DCC1D1
D. EF与平面A1B1C1D1所成的角为45°
ACD
A. BD⊥AD
C. O1O2∥平面BCED
D. S1＋S2＝78π
AC
解析：过点P作PD，PE分别垂直于AC，BC，PO⊥平面ABC，连接CO，知CD⊥PD，CD⊥PO，PD∩PO＝P，PD，OD 平面PDO，
∴CD⊥平面PDO，又OD 平面PDO，
∴CD⊥OD.
∴∠PCB＝∠PCA＝60°，
∴PO⊥CO，CO为∠ACB的角平分线，(共61张PPT)
专题四　立体几何
第1讲　空间几何体的表面积和体积
高考定位：空间几何体的表面积和体积是高考考查的重点内容，常以选择题、填空题为主，要求考生要有较强的空间想象能力和计算能力，难度为中低档.
B
A. 100π B. 128π
C. 144π D. 192π
解析：设正三棱台为A'B'C'－ABC，△A'B'C'，△ABC的外心分别为D'，D，则A'D'＝3，AD＝4，又知D'D＝1，所以正三棱台的外接球球心在直线D'D上，设球心为O，半径为R，当球心O在线段DD'上时，R2＝32＋OD'2＝42＋（1－OD'）2，解得OD'＝4（舍去）；当球心O在线段D'D的延长线上时，如图所示，在Rt△A'D'O中，R2＝32＋（DO＋1）2①，在Rt△ADO中，R2＝42＋DO2②，由①②得R＝5，所以该球的表面积为4π×52＝100π，故选A.
A
112
■热点突破
热点 　空间几何体的表面积
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
解析：设圆柱的母线长为x，则2π·x＝4π，解得x＝2.故选B.
B
B
A. 18
D. 34
A. 32π B. 48π C. 64π D. 96π
C
规律方法　（1）旋转体的表面积问题应注意其侧面展开图的应用.
（2）多面体的表面积是各个面的面积之和，组合体的表面积注意衔接部分的处理.
热点 　空间几何体的体积
C. 40π D. 56π
B
D
解析：连接AC，BD交于点M，取EF的中点为O，则OM⊥平面ABCD，
C
D. 20
A. 2∶1 B. 3∶1
C. 3∶2 D. 4∶3
A
规律方法　（1）规则的几何体可以直接利用相应的公式求解，这就需要熟记柱体、锥体的体积公式.
（2）不规则的几何体往往可以通过“间接法”——割补法求得，即把不规则的几何体通过“割补”手段，转化为规则几何体体积的和或差.
热点 　最值问题
A


规律方法　表面积与体积的最值问题，常结合几何体的几何特征、不等式或函数单调性求解，核心是通过变量表示表面积或体积，再利用数学方法求最值.常见规律和方法如下：优先设几何体内的关键量（如棱长、半径、高）为变量，减少变量个数（利用几何体自身关系消元），列表达式，利用基本不等式、函数求导或二次函数配方求解.
冲刺集训14　空间几何体的表面积和体积
冲刺集训14　空间几何体的表面积和体积
A. π B. 2π C. 4π D. 8π
B
解析：如图：
故选B.
B
A. 36π B. 54π
C. 72π D. 108π
C
A
D. 8π
A
D
B. 3 C. 4
A
A. 1∶3 B. 1∶4
C. 1∶6 D. 1∶8
B
C. 24π D. 32π
B
A. 该圆台的上底面半径为2
BCD
解析：如图：
故选BCD.
BCD
解析：如图，设O1，O分别是上、下底面中心，N，M分别是棱A1B1，AB中点，连接OO1，OA，OM，O1A1，O1N，MN. 易知四边形NO1OM为直角梯形，过N作NT⊥OM于点T.
C. 直线LH与BC的夹角为60°
D. DH⊥平面LEI
ABC
A. 圆柱O1O2的体积是16π
B. 圆柱O1O2内切球的表面积是8π
AC

10π(共53张PPT)
专题四　立体几何
第3讲　空间的角（立体几何大题）
高考定位：（1）以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点.空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，利用空间向量求平面与平面的夹角或线面角是高考热点，通常以解答题的形式出现，难度中等.（2）以空间几何体为载体，考查利用向量方法求空间中点到直线以及点到平面的距离，难度中等.（3）以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件，计算量较大，一般以解答题的形式考查，难度中等偏上.
■真题研析
1. （2025·全国Ⅰ卷）如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD.
（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；
解：（1）证明：∵PA⊥底面ABCD，AB 底面ABCD，
∴PA⊥AB，
又AB⊥AD，PA∩AD＝A，PA，AD 平面PAD，∴AB⊥平面PAD.
又AB 平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.
（ⅰ）证明：点O在平面ABCD内；
（ⅱ）求直线AC与PO所成角的余弦值.
2. （2025·全国Ⅱ卷）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°.F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB＝3AD，CD＝2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A'，使得平面EFD'A'与平面EFCB所成的二面角为60°.
（1）证明：A'B∥平面CD'F；
解：（1）证明：如图，过C作CG∥EF交EB于G，连接A'G.
因为EF∥AD，AB∥CD，∠DAB＝90°，所以四边形ADFE为矩形，四边形EFCG为矩形，所以EF綉AD，EF綉CG，所以CG綉AD，所以CG綉A'D'，所以四边形A'D'CG为平行四边形.
所以CD'∥A'G，又A'G 平面A'BE，CD' 平面A'BE，所以CD'∥平面A'BE.
因为CF∥EB，EB 平面A'BE，CF 平面A'BE，
所以CF∥平面A'BE.
又CD'，CF 平面CD'F，CD'∩CF＝C，
所以平面CD'F∥平面A'BE.
因为A'B 平面A'BE，所以A'B∥平面CD'F.
（2）求平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值.
解：（2）因为A'E⊥EF，BE⊥EF，所以由二面角的定义可知，∠A'EB即为平面EFD'A'与平面EFCB所成的二面角的平面角，所以∠A'EB＝60°，同理∠D'FC＝60°.又D'F＝DF＝FC，所以△D'FC为等边三角形.
过A'作A'H⊥EB交EB于H. 因为EF⊥EB，EF⊥A'E，A'E∩EB＝E，A'E，EB 平面A'EB，所以EF⊥平面A'EB，又A'H 平面A'EB，所以EF⊥A'H.
又A'H⊥EB，EB∩EF＝E，EB，EF 平面EFCB，所以A'H⊥平面EFCB.
因此以F为坐标原点，直线FE、直线FC、过点F且平行于A'H的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
■热点突破
热点 　线线角
（1）求证：平面A1EF⊥平面C1D1F；
又FC1∩D1C1＝C1，FC1，D1C1 平面C1D1F，
所以EA1⊥平面C1D1F，又EA1 平面A1EF，所以平面A1EF⊥平面C1D1F.
（2）两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另外一条直线距离的最小值，求异面直线AC与BC1之间的距离；
（3）求异面直线B1H与DG所成角的余弦值的最大值，并说明H点的位置.
热点 　线面角
例2　（2025·安徽省安庆市三模）如图，四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥CD，AD⊥CD，PA＝PD＝AD＝CD＝2，AB＝1，M为棱PC上一点.
（1）证明：BD⊥PC；
（2）若PA∥平面BMD，求直线PC与平面BMD所成角的正弦值.
热点 　二面角
（1）求证：AB⊥A1C；
热点 　空间角综合问题
例4　（2025·山东临沂一模）在△NBC中，∠B＝90°，AD∥BC，NA＝CD＝2AB＝2，如图，将△NAD沿AD翻折至△PAD.
（1）证明：平面PBC⊥平面PAB；
解：（1）证明：因为∠B＝90°，AD∥BC，所以AD⊥AP，AD⊥AB，
因为PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，所以AD⊥平面PAB，
所以BC⊥平面PAB，又BC 平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB.
（2）若二面角P－AD－B大小为120°.
①求PA与平面PBC所成角的正弦值；
规律方法　解决立体几何中探索性问题的基本方法
（1）通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明，否则假设不成立.
（2）探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用.
冲刺集训16　空间的角（立体几何大题）
冲刺集训16　空间的角（立体几何大题）
1. （2025·江西南昌模拟）如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB＝BC＝1，∠ABC＝120°，PA＝AC，D为PC的中点.
（1）求证：BD⊥AC；
解：（1）证明：取AC的中点E，连接BE，DE，
因为D为PC的中点，所以DE∥PA，
又因为PA⊥平面ABC，所以DE⊥平面ABC，
又AC 平面ABC，所以DE⊥AC，
因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC，
又因为DE∩BE＝E，DE，BE 平面BDE，
所以AC⊥平面BDE，
又因为BD 平面BDE，所以BD⊥AC.
（2）求BD与平面PAB所成角的正弦值.
解：（1）由ABCD为矩形，得AD∥BC，且AD 平面VBC，BC 平面VBC，则AD∥平面VBC，
又平面VAD∩平面VBC＝l，AD 平面VAD，
则AD∥l，又l 平面ABCD，AD 平面ABCD，
所以l∥平面ABCD.
3. （2025·安徽合肥第一次质检）如图，在正三棱台ABC－A1B1C1中，AB＝6，A1B1＝4.
4. （2025·山东济宁二模）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，E为PC的中点，PA＝AD，PD⊥BE.
（1）证明：平面PAD⊥平面ABCD；
（2）若PD＝AD，直线PB与平面PDA所成角的正切值等于2，求平面ABE与平面PBC夹角的余弦值.
解：（2）取O，G分别为AD，BC的中点，因为PA＝AD＝PD，所以PO⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO 平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD，因为OA，OG 平面ABCD，
所以PO⊥OA，PO⊥OG，又OA⊥OG，
所以以O为坐标原点，OA，OG，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，
由（1）知，AB⊥平面PAD，所以∠APB即为直线PB与平面PAD所成的角，(共27张PPT)
专题四　立体几何
第4讲　空间的距离（立体几何大题）
高考定位：以空间几何体为载体，考查利用向量方法求空间中线段长度，点到直线的距离，点到平面的距离，提高识图、绘图能力，做到论证与运算并重.
■真题研析
1. （2023·新课标Ⅰ卷）如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.
（1）证明：B2C2∥A2D2；
（2）点P在棱BB1上，当二面角P－A2C2－D2为150°时，求B2P.
■热点突破
热点 　点到直线的距离
例1　已知在长方体ABCD－A'B'C'D'中，AB＝1，BC＝2，AA'＝3，求点B到直线A'C的距离.
规律方法　点到直线的距离
热点 　点到平面的距离
（1）当M是线段PB中点时，求证：CM∥平面PAD；
规律方法　（1）求点到平面的距离有两种方法，一是利用空间向量中的点到平面的距离公式，二是利用等体积法.
（2）求直线到平面的距离的前提是直线与平面平行，直线到平面的距离可转化成直线上任一点到平面的距离.
冲刺集训17　空间的距离（立体几何大题）
冲刺集训17　空间的距离（立体几何大题）
1. 正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是C1C，D1A1的中点，求点A到直线EF的距离.
（2）求AD到平面PBC的距离.
（1）证明：A1C⊥平面ABC1；

展开更多......

收起↑