（全國通用版）2019高考數學二輪復習 板塊四 考前回扣 專題6 立體幾何與空間向量學案 理.doc

《（全國通用版）2019高考數學二輪復習 板塊四 考前回扣 專題6 立體幾何與空間向量學案 理.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（全國通用版）2019高考數學二輪復習 板塊四 考前回扣 專題6 立體幾何與空間向量學案 理.doc（13頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

回扣6　立體幾何與空間向量 1．四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方體、平行六面體、直平行六面體、長方體之間的關系 2．三視圖 (1)三視圖的正(主)視圖、側(左)視圖、俯視圖分別是從幾何體的正前方、正左方、正上方觀察幾何體畫出的輪廓線．畫三視圖的基本要求：正俯一樣長，俯側一樣寬，正側一樣高． (2)三視圖排列規(guī)則：俯視圖放在正(主)視圖的下面，長度與正(主)視圖一樣；側(左)視圖放在正(主)視圖的右面，高度和正(主)視圖一樣，寬度與俯視圖一樣． 3．柱、錐、臺、球體的表面積和體積 側面展開圖 表面積 體積 直棱柱 長方形 S＝2S底＋S側 V＝S底h 圓柱 長方形 S＝2πr2＋2πrl V＝πr2l 棱錐 由若干三角形構成 S＝S底＋S側 V＝S底h 圓錐 扇形 S＝πr2＋πrl V＝πr2h 棱臺 由若干個梯形構成 S＝S上底＋S下底＋S側 V＝(S＋＋S′)h 圓臺 扇環(huán) S＝πr′2＋π(r＋r′)l＋πr2 V＝π(r2＋rr′＋r′2)h 球 S＝4πr2 V＝πr3 4.平行、垂直關系的轉化示意圖 (1) (2)兩個結論 ①?a∥b，②?b⊥α. 5．用空間向量證明平行、垂直 設直線l的方向向量為a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分別為μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)．則有： (1)線面平行 l∥α?a⊥μ?aμ＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0. (2)線面垂直 l⊥α?a∥μ?a＝kμ?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2. (3)面面平行 α∥β?μ∥v?μ＝λv?a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3. (4)面面垂直 α⊥β?μ⊥v?μv＝0?a2a3＋b2b3＋c2c3＝0. 6．用向量求空間角 (1)直線l1，l2的夾角θ滿足cos θ＝|cos〈l1，l2〉|(其中l(wèi)1，l2分別是直線l1，l2的方向向量)． (2)直線l與平面α的夾角θ滿足sin θ＝|cos〈l，n〉|(其中l(wèi)是直線l的方向向量，n是平面α的法向量)． (3)平面α，β的夾角θ滿足cos θ＝|cos〈n1，n2〉|，則二面角α—l—β的平面角為θ或π－θ(其中n1，n2分別是平面α，β的法向量)． 1．混淆“點A在直線a上”與“直線a在平面α內”的數學符號關系，應表示為A∈a，a?α. 2．在由三視圖還原為空間幾何體的實際形狀時，根據三視圖的規(guī)則，空間幾何體的可見輪廓線在三視圖中為實線，不可見輪廓線為虛線．在還原空間幾何體實際形狀時一般是以正(主)視圖和俯視圖為主． 3．易混淆幾何體的表面積與側面積的區(qū)別，幾何體的表面積是幾何體的側面積與所有底面面積之和，不能漏掉幾何體的底面積；求錐體體積時，易漏掉體積公式中的系數. 4．不清楚空間線面平行與垂直關系中的判定定理和性質定理，忽視判定定理和性質定理中的條件，導致判斷出錯．如由α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，易誤得出m⊥β的結論，就是因為忽視面面垂直的性質定理中m?α的限制條件． 5．注意圖形的翻折與展開前后變與不變的量以及位置關系．對照前后圖形，弄清楚變與不變的元素后，再立足于不變的元素的位置關系與數量關系去探求變化后的元素在空間中的位置與數量關系． 6．幾種角的范圍 兩條異面直線所成的角：0<α≤90； 直線與平面所成的角：0≤α≤90； 二面角：0≤α≤180. 7．空間向量求角時易忽視向量的夾角與所求角之間的關系，如求解二面角時，不能根據幾何體判斷二面角的范圍，忽視向量的方向，誤以為兩個法向量的夾角就是所求的二面角，導致出錯． 1．一個幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體的體積是(　　) A. B. C. D．π 答案　D 解析　由三視圖可知，該幾何體為球的，其半徑為1，則體積V＝π13＝π. 2．直三棱柱ABC—A1B1C1的直觀圖及三視圖如圖所示，D為AC的中點，則下列命題中是假命題的是(　　) 　　 A．AB1∥平面BDC1 B．A1C⊥平面BDC1 C．直三棱柱的體積V＝4 D．直三棱柱的外接球的表面積為4π 答案　D 解析　由三視圖可知，直三棱柱ABC—A1B1C1的側面B1C1CB是邊長為2的正方形，底面ABC是等腰直角三角形，AB⊥BC，AB＝BC＝2. 連接B1C交BC1于點O，連接OD. 在△CAB1中，O，D分別是B1C，AC的中點， ∴OD∥AB1， 又OD?平面BDC1，AB1?平面BDC1， ∴AB1∥平面BDC1.故A正確； 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC， ∴AA1⊥BD.又AB＝BC＝2，D為AC的中點， ∴BD⊥AC， 又AA1∩AC＝A，AA1，AC?平面AA1C1C， ∴BD⊥平面AA1C1C， 又A1C?平面AA1C1C， ∴BD⊥A1C. 又A1B1⊥B1C1，A1B1⊥B1B，B1C1∩B1B＝B1， B1C1，B1B?平面B1C1CB， ∴A1B1⊥平面B1C1CB， 又BC1?平面B1C1CB， ∴A1B1⊥BC1. ∵BC1⊥B1C，且A1B1∩B1C＝B1， A1B1，B1C?平面A1B1C， ∴BC1⊥平面A1B1C， 又A1C?平面A1B1C， ∴BC1⊥A1C， 又BD∩BC1＝B，BD，BC1?平面BDC1， ∴A1C⊥平面BDC1.故B正確； V＝S△ABCC1C＝222＝4，故C正確； 此直三棱柱的外接球的半徑為，其表面積為12π，D錯．故選D. 3．已知直線l，m和平面α，則下列結論正確的是(　　) A．若l∥m，m?α，則l∥α B．若l⊥α，m?α，則l⊥m C．若l⊥m，l⊥α，則m∥α D．若l∥α，m?α，則l∥m 答案　B 解析　若l∥m，m?α，則l∥α或l?α，故A錯誤；若l⊥α，m?α，則l⊥m，B正確；若l⊥m，l⊥α，則m?α或m∥α，故C錯誤；若l∥α，m?α，則l∥m或l，m異面，故選B. 4．已知互相垂直的平面α，β交于直線l.若直線m，n滿足m∥α，n⊥β，則(　　) A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n 答案　C 解析　由題意知，α∩β＝l，∴l(xiāng)?β， ∵n⊥β，∴n⊥l. 故選C. 5．已知m，n為異面直線，m⊥平面α，n⊥平面β，直線l滿足l⊥m，l⊥n，l?α，l?β，則(　　) A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β C．α與β相交，且交線垂直于l D．α與β相交，且交線平行于l 答案　D 解析　假設α∥β，由m⊥平面α，n⊥平面β，得m∥n，這與已知m，n為異面直線矛盾，那么α與β相交，設交線為l1，則l1⊥m，l1⊥n，在直線m上任取一點作n1平行于n，那么l1和l都垂直于直線m與n1所確定的平面， 所以l1∥l. 6.如圖，正方體AC1的棱長為1，過點A作平面A1BD的垂線，垂足為點H，以下四個命題：①點H是△A1BD的垂心；②AH垂直于平面CB1D1；③直線AH和BB1所成的角為45；④AH的延長線經過點C1，其中假命題的個數為(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 答案　B 解析　∵AB＝AA1＝AD，BA1＝BD＝A1D， ∴三棱錐 A－BA1D為正三棱錐， ∴點H是△A1BD的垂心，故①正確； ∵平面A1BD與平面B1CD1平行，AH⊥平面A1BD， ∴AH⊥平面CB1D1，故②正確； ∵AA1∥BB1， ∴∠A1AH就是直線AH和BB1所成的角， 在直角三角形AHA1中， ∵AA1＝1，A1H＝＝， ∴sin∠A1AH＝≠，故③錯誤； 根據正方體的對稱性得到AH的延長線經過點C1， 故④正確，故選B. 7．將正方體紙盒展開如圖，則直線AB，CD在原正方體中的位置關系是(　　) A．平行 B．垂直 C．相交成60角 D．異面且成60角 答案　D 解析　如圖，直線AB，CD異面．因為CE∥AB， 所以∠ECD即為直線AB，CD所成的角，因為△CDE為等邊三角形，故∠ECD＝60. 8．長方體的頂點都在同一球面上，其同一頂點處的三條棱長分別為3,4,5，則該球面的表面積為(　　) A．25π B．50π C．75π D.π 答案　B 解析　設球的半徑為R，由題意可得(2R)2＝32＋42＋52＝50，∴4R2＝50，球的表面積為S＝4πR2＝50π. 9.如圖，三棱錐A－BCD的棱長全相等，點E為棱AD的中點，則直線CE與BD所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　方法一　取AB中點G，連接EG，CG. ∵E為AD的中點，∴EG∥BD. ∴∠GEC為CE與BD所成的角．設AB＝1， 則EG＝BD＝， CE＝CG＝， ∴cos∠GEC＝ ＝ ＝. 方法二　設AB＝1，則＝(－)(－)＝(－) ＝2－－＋ ＝－cos 60－cos 60＋cos 60＝. ∴cos〈，〉＝＝＝，故選A. 10．已知正三棱柱ABC－A1B1C1的側棱長與底面邊長相等，則AB1與側面ACC1A1所成角的正弦值等于(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　如圖所示建立空間直角坐標系，設正三棱柱的棱長為2， 則O(0,0,0)，B(，0,0)，A(0，－1,0)，B1(，0,2)，則1＝(，1,2)， 則＝(－，0,0)為側面ACC1A1的法向量， 故sin θ＝＝. 11.如圖，在空間四邊形ABCD中，點M∈AB，點N∈AD，若＝，則直線MN與平面BDC的位置關系是________． 答案　平行 解析　由＝，得MN∥BD. 而BD?平面BDC，MN?平面BDC， 所以MN∥平面BDC. 12．如圖，在長方體ABCD—A′B′C′D′中，E，F，G，H分別是棱AD，BB′，B′C′，DD′的中點，從中任取兩點確定的直線中，與平面AB′D′平行的有________條． 答案　6 解析　如圖，連接EG，EH，FG，EF，HG， ∵EH∥FG且EH＝FG， ∴EFGH四點共面，由EG∥AB′，EH∥AD′， EG∩EH＝E，AB′∩AD′＝A， 可得平面EFGH與平面AB′D′平行， ∴符合條件的共有6條． 13．點P在正方形ABCD所在平面外，PA⊥平面ABCD，PA＝AB，則PB與AC所成角的大小是________． 答案　 解析　以A為原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸建立空間直角坐標系(圖略)，設正方形ABCD的邊長為1，則A(0,0,0)，P(0,0,1)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，＝(1,0，－1)，＝(1,1,0)，因此 cos〈，〉＝ ＝， 因此PB和AC所成角的大小為. 14．設m，n是不同的直線，α，β，γ是不同的平面，有以下四個命題： ①?β∥γ；②?m⊥β； ③?α⊥β；④?m∥α. 其中，正確的命題是________．(填序號) 答案?、佗? 解析　①中平行于同一平面的兩平面平行是正確的；②中m，β可能平行，相交或直線在平面內；③中由面面垂直的判定定理可知結論正確；④中m，α可能平行或線在面內． 15．如圖(1)，在邊長為4的菱形ABCD中，∠DAB＝60，點E，F分別是邊CD，CB的中點，AC∩EF＝O，沿EF將△CEF翻折到△PEF，連接PA，PB，PD，得到如圖(2)所示的五棱錐P－ABFED，且PB＝. (1)求證：BD⊥PA； (2)求四棱錐P－BFED的體積． (1)證明　∵點E，F分別是邊CD，CB的中點， ∴BD∥EF. ∵菱形ABCD的對角線互相垂直， ∴BD⊥AC， ∴EF⊥AC， ∴EF⊥AO，EF⊥PO. ∵AO?平面POA，PO?平面POA，AO∩PO＝O， ∴EF⊥平面POA， ∴BD⊥平面POA， 又PA?平面POA， ∴BD⊥PA. (2)解　設AO∩BD＝H. 連接BO， ∵∠DAB＝60， ∴△ABD為等邊三角形， ∴BD＝4，BH＝2， HA＝2，HO＝PO＝， 在Rt△BHO中，BO＝＝， 在△PBO中，BO2＋PO2＝10＝PB2， ∴PO⊥BO. ∵PO⊥EF，EF∩BO＝O，EF?平面BFED， BO?平面BFED， ∴OP⊥平面BFED， 梯形BFED的面積S＝(EF＋BD)HO＝3， ∴四棱錐P－BFED的體積 V＝SPO＝3＝3. 16.如圖，四棱錐S－ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD，SD＝AD＝a，點E是SD上的點，且DE＝λa(0<λ≤1)． (1)求證：對任意的λ∈(0,1]，都有AC⊥BE； (2)若二面角C－AE－D的大小為60，求λ的值． (1)證明　如圖，以D為原點，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DS所在直線為z軸，建立空間直角坐標系D－xyz，則A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，D(0,0,0)，E(0,0，λa)． ∴＝(－a，a,0)，＝(－a，－a，λa)， ＝a2－a2＋0λa＝0， ∴＝0對任意λ∈(0,1]都成立，即對任意的λ∈(0,1]，都有AC⊥BE. (2)解　顯然n＝(0,1,0)是平面ADE的一個法向量， 設平面ACE的法向量為m＝(x，y，z)， ∵＝(－a，a,0)，＝(－a,0，λa)，∴ 即∴ 取z＝1，則x＝y(tǒng)＝λ，∴m＝(λ，λ，1)， ∵二面角C－AE－D的大小為60， ∴|cos〈n，m〉|＝＝＝， ∵λ∈(0,1]，∴λ＝.