2019-2020年高三數學一輪總復習 專題十 立體幾何（含解析）.doc

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2019-2020年高三數學一輪總復習 專題十 立體幾何（含解析） 抓住3個高考重點 重點1 三視圖與空間幾何體的表面積和體積 1.三視圖的畫法 三視圖的正視圖、側視圖、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，畫幾何體的三視圖的要求是正視圖、俯視圖長對正，正視圖、側視圖高平齊，俯視圖、側視圖寬相等．畫出的三視圖要檢驗是否符合“長對正、高平齊、寬相等”的基本特征， 對于簡單幾何體的組合體，首先要弄清它是由哪些簡單幾何體組成的，再畫出它的三視圖． 2.由三視圖還原直觀圖的方法 （1）還原后的幾何體一般為較熟悉的柱、錐、臺、球的組合體． （2）圖中實線和虛線實際是原幾何體中的可視線與被遮擋線． （3）想象物體原形，畫出草圖后進行三視圖還原，并與所給三視圖比較，再準確畫出原幾何體． 3幾何體表面積的求解方法 4.幾何體體積的求解方法 [高考常考角度] 角度1 在一個幾何體的三視圖中，正視圖和俯視圖如圖所示，則相應的側視圖可以為(　　)． 解析：由幾何體的正視圖和俯視圖可知，該幾何體應為一個半圓錐和一個有一側面(與半圓錐的軸截面為同一三角形)垂直于底面的三棱錐的組合體，故其側視圖應為D. 角度2若某幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體的直觀圖可以是(　　)． 解析：所給選項中，A、C選項的正視圖、俯視圖不符合，D選項的側視圖不符合，只有選項B符合． 角度3一個空間幾何體得三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為( ) A. B. C. D. 點評：考查三視圖的識別以及空間多面體表面積的求法. 解析：三視圖可知幾何體是底面是等腰梯形的直棱柱.底面等腰梯形的上底為2， 下底為4，高為4，兩底面積和為， 四個側面的面積為， 所以幾何體的表面積為.故選C. 角度4一個幾何體的三視圖如圖所示(單位：)則該幾何體的 體積為________. 解析：由三視圖可知該幾何體是組合體，下面是長方體，長、寬、高分別為3、2、1， 上面是一個圓錐，底面圓半徑為1，高為3， 所以該幾何體的體積為()．答案 角度5已知兩個圓錐有公共底面，且兩個圓錐的頂點和底面的圓周都在同一個球面上，若圓錐底面面積是這個球面面積的 ，則這兩個圓錐中，體積較小者的高與體積較大者的高的比值為 . 點評：本題考查球內接圓錐問題，屬于較難的題目。 解析：作圖分析，由圓錐底面面積是這個球面面積的得 所以， 從而小圓錐的高為大圓錐的高為，所以比值為 角度6如圖，四棱錐中，底面，，點在線段上，且． （Ⅰ）求證：平面； （Ⅱ）若，，，，求四棱錐的體積． 點評：本題主要考查直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關系等基礎知識，考查空間想象能力、推理論證能力、抽象根據能力、運算求解能力，考查數形結合思想、化歸與轉化思想，滿分12分。 解析：因為底面，平面， 所以． 因為，，所以．又， 所以平面． （Ⅱ）由（Ⅰ），， 在中，，， 又因為，則，又，， 所以四邊形為矩形．四邊形為梯形． 因為，所以，， ． 重點2 空間點、直線、平面的位置關系 1.證明直線與平面平行垂直的判定與證明 4.面面垂直的判定與證明的常用方法 2.證明面面平行的常用方法 3.直線與平面 5.合理選擇適當的空間直角坐標系，利用空間向量進行證明，求解異面直線所成的角、直線與平面所成的角、二面角、點到平面的距離. [高考?？冀嵌萞 角度1已知，，是空間中三條不同的直線，則下列命題正確的是（ ） A. ， B. ， C. ，，共面 D. ，，共點，，共面 解析：在空間中，垂直于同一直線的兩條直線不一定平行，故A錯； 兩平行線中的一條垂直于第三條直線，則另一條也垂直于第三條直線，B正確； 相互平行的三條直線不一定共面，如三棱柱的三條側棱，故C錯； 共點的三條直線不一定共面，如三棱錐的三條側棱，故D錯．故選B 角度2下列命題中錯誤的是（ ） A．如果平面⊥平面，那么平面內一定存在直線平行于平面 B．如果平面不垂直于平面，那么平面內一定不存在直線垂直于平面 C．如果平面⊥平面，平面⊥平面那么⊥平面 D．如果平面⊥平面，那么平面內所有直線都垂直于平面 解析：對于D，若平面⊥平面，則平面內的直線可能不垂直于平面β，甚至可能平行于平面β， 其余選項均是正確的． 故選D 角度3如圖，在四棱錐中，平面⊥平面，，分別是的中點．求證： （1）直線∥平面； （2）平面⊥平面. 解析：（1）如圖，在△PAD中，因為E，F分別為AP，AD的中點， 所以EF∥PD. 又因為平面PCD，PD?平面PCD， 所以直線EF∥平面PCD. （2）連接BD.因為AB＝AD，∠BAD＝60，所以△ABD為正三角形． 因為F是AD的中點，所以BF⊥AD. 因為平面PAD⊥平面ABCD，BF?平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD， 所以BF⊥平面PAD. 又因為BF?平面BEF， 所以平面BEF⊥平面PAD. 角度4如圖，在中，是上的高，沿把折起，使. （1）證明：平面平面； （2）若，求三棱錐的表面積． 解析：（1）證明：∵折起前AD是BC邊上的高， ∴當△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB. 又DB∩DC＝D，∴AD⊥平面BDC. ∵AD?平面ABD，∴平面ABD⊥平面BDC. （2）由(1)知，DA⊥DB，DC⊥DA， ∵DB＝DA＝DC＝1，DB⊥DC， ∴AB＝BC＝CA＝. 從而S△DAB＝S△DBC＝S△DCA＝11＝， S△ABC＝sin60＝， ∴三棱錐的表面積 角度5如圖，在四面體中，點D，E，F，G分別是棱AP，AC，BC，PB的中點． （Ⅰ）求證：DE∥平面BCP； （Ⅱ）求證：四邊形DEFG為矩形； （Ⅲ）是否存在點Q，到四面體PABC六條棱的中點的距離相等？說明理由． 解析：（Ⅰ）證明：因為D，E分別為AP，AC的中點，所以DE∥PC. 又因為平面BCP， 所以DE∥平面BCP. （Ⅱ）證明：因為D，E，F，G分別為AP，AC，BC，PB的中點， 所以DE∥PC∥FG，DG∥AB∥EF. 所以四邊形DEFG為平行四邊形． 又因為PC⊥AB，所以DE⊥DG. 所以四邊形DEFG為矩形． （Ⅲ）存在點Q滿足條件，理由如下：連接DF，EG，設Q為EG的中點． 由（Ⅱ）知，DF∩EG＝Q，且QD＝QE＝QF＝QG＝EG. 分別取PC，AB的中點M，N，連接ME，EN，NG，MG，MN. 與（Ⅱ）同理，可證四邊形MENG為矩形，其對角線交點為EG的中點Q， 且QM＝QN＝EG，所以Q為滿足條件的點． 重點3 空間角的求解 1.角的范圍：異面直線所成的角的范圍是，直線與平面所成的角的范圍是， 二面角的范圍是 2.角的求解 （1）異面直線所成的角：（綜合法）將異面直線平移到一個平面，通過解三角形求解；（向量法）若異面直線的方向向量分別為，設異面直線所成的角為，則 （2）直線與平面所成的角：（綜合法）通過垂線找射影及角，再通過解三角形求解；（向量法）求出平面的法向量，直線的方向向量，設線面所成的角為，則. （3）二面角的大?。海ňC合法）通過線面關系找出二面角的平面角，再通過解三角形求解；（向量法）求出二面角的兩個半平面的法向量，設二面角大小為，若為銳角，則. 若為鈍角，則. [高考?？冀嵌萞 角度1如圖，在長方體中，、分別是棱、上的點， , （1）求異面直線與所成角的余弦值； （2）證明平面 （3）求二面角的正弦值。 解析：本小題主要考查異面直線所成的角、直線與平面垂直、二面角等基礎知識，考查用空間向量解決立體幾何問題的方法，考查空間想象能力、運算能力和推理論證能力，滿分12分。 （綜合法）（1）設AB=1，可得AD=2,AA1=4,CF=1.CE= 如圖，連結B1C，BC1，設B1C與BC1交于點M,易知A1D∥B1C，由,可知. 故是異面直線與所成的角，易知, 所以 ,所以異面直線與所成角的余弦值為 （2）證明：連接AC，設AC與DE交點N，因為， 所以，從而，又由于,所以， 故,又因為且，所以⊥平面，從而. 連接，同理可證⊥平面,從而, 所以，因為， 所以平面 （3）連接，由（2）可知⊥平面,又平面, 平面， 所以, 故為二面角的平面角 易知，所以， 又 所以， 在，在中， 連結，在 ， 所以 所以二面角的正弦值為 （向量法）如圖所示，建立空間直角坐標系，設,依題意得,,, （1）解：易得, 于是 所以異面直線與所成角的余弦值為 （2）證明：已知, , 于是， 因此，,,又 所以平面 （3）解：設平面的一個法向量為，由, 令，則，， 由（2）可知，為平面的一個法向量。 于是，從而 所以二面角的正弦值為. 角度2如圖，四棱錐中，,，側面為等邊三角形， . （Ⅰ）證明：平面 （Ⅱ）求與平面所成角的大小. （綜合法）解析：（Ⅰ）方法一：計算, 于是，利用勾股定理，可知 同理，可證 又 因此，平面 方法二：取的中點，連接，則四邊形為矩形，.連接，則. 又，故，所以，即. 由，得平面，所以. 又 所以平面 （Ⅱ）由平面知，平面ABCD⊥平面SDE. 作，垂足為，則⊥平面ABCD，. 作FG⊥BC，垂足為G，則FG＝DC＝1.連接SG，則SG⊥BC. 又BC⊥FG，SG∩FG＝G， 故BC⊥平面SFG，平面SBC⊥平面SFG.作FH⊥SG，H為垂足，則FH⊥平面SBC. FH＝＝，即F到平面SBC的距離為. 由于ED∥BC，所以ED∥平面SBC，E到平面SBC的距離d也為. 設AB與平面SBC所成的角為α，則sinα＝＝. 點評：求與平面所成角，如果要找出在平面上的射影，有點難。 （向量法）解析：方法一：取中點為，連結，則 故平面，，平面平面，交線為 過作，則平面，作交于 建立如圖所示空間直角坐標系 ， 所以SD⊥平面SAB. 又 ， 則，， 設是平面的一個法向量，由， 令則， 所以與平面所成角為 方法二：以C為坐標原點，射線CD為x軸正半軸，建立如圖所示的直角坐標系C-xyz, 則，又設，則. （Ⅰ） 由得 由得，又由得， 即，故。 于是 故，又 所以平面 （Ⅱ）設平面SBC的一個法向量，則 又故 取得，又 ， 所以與平面所成角為 突破3個高考難點 難點1 探究與球有關的組合體問題 與球有關的組合體問題，一種是內切，一種是外接，解題時要認真分析圖形，明確切點和接點的位置，確定有關元素間的數量關系，并作出合適的截面圖．如球內切于正方體，切點為正方體各個面的中心，正方體的棱長等于球的直徑；球外接于正方體，正方體的頂點均在球面上，正方體的體對角線長等于球的直徑，球與旋轉體的組合，通常作它們的軸截面解題，球與多面體的組合，通過多面體的一條側棱和球心、“切點”或“接點”作出截面圖. 典例1 四棱錐的底面邊長和各側棱長都為，點都在同一個球面上，則該球的體積為_________． 解析： 如圖所示，根據對稱性，只要在四棱錐的高線SE上找到一個點 使得，則四棱錐的五個頂點就在同一個球面上．在中， ，故．設球的半徑為，則 中，，，即點E即為球心， 故這個球的體積 典例2 如圖所示，在等腰梯形中，為的中點，將與分別沿ED、EC向上折起，使A、B重合，求形成的三棱錐的外接球的體積． 解析：平面圖形中，， 所以折疊后得到一個正四面體． 方法一：如圖，作平面，垂足為 三棱錐是正四面體， F即為△DEC的中心，且外接球的球心在線段AF上． 取EC的中點G，連接DG、AG，過球心作OH上平面AEC，則垂足為△AEC的外心． 又△AEC為等邊三角形， 點H在線段AG上，且 外接球半徑可利用求得 故 外接球體積為 方法二：如圖所示，把正四面體放在正方體中，顯然，正四面體的外接球就是正方體的外接球， 正四面體的棱長為1，正方體的棱長為， 故外接球直徑，所以外接球體積為 難點2 平面圖形翻折問題的求解 將平面圖形沿其中一條或幾條線段折起，使其成為空間圖形，這類問題稱之為平面圖形翻折問題．平面圖形經過翻折成為空間圖形后，原有的性質有的發(fā)生了變化，有的沒有發(fā)生變化，弄清它們是解決問題的關鍵，一般地，翻折后還在同一個平面上的性質不發(fā)生變化，不在同一個平面上的性質可能會發(fā)生變化，解決這類問題就是要據此研究翻折以后的空間圖形中的線面關系和幾何量的度量值，這是解決翻折問題的主要方法． 典例 如圖，在中，，為邊上一動點，交于點,現將沿翻折至使平面平面 （1）當棱錐的體積最大時，求的長； （2）若點為的中點，為的中點，求證： 點評：本題考查的空間里的翻折問題，考查空間思維能力，考查空間幾何體的體積計算、考查空間直線的位置關系的證明，考查函數與方程的思想、考查數學應用意識等。 解析：（1）設， 為等腰直角三角形， 令 ， 則 的變化如下表： ↗ 極大值 ↘ 由上表易知：當時，有取最大值。 （2）證明：如圖，取F為A′B的中點，連接PF，FE. 則有EFBC，PDBC，所以四邊形PDEF為平行四邊形． 所以DE∥PF. 又A′P＝PB，所以PF⊥A′B.故DE⊥A′B. 難點3 立體幾何中的探索問題 立體幾何中的探索性問題的主要類型有：(1)探索條件，即探索能使結論成立的條件是什么；(2)探索結論，即在給定的條件下，命題的結論是什么． 方法一 綜合法 方法二 空間向量法 典例1如圖，在三棱錐中，為的中點，平面，垂足落在線段上．已知 （Ⅰ）證明：； （Ⅱ）在線段上是否存在點，使得二面角為直二面角？ 若存在，求出的長；若不存在，請說明理由． 解析：（綜合法）（Ⅰ）由AB =AC，D是BC的中點，得AD⊥BC． 由PO⊥平面ABC，得PO⊥BC． 因為，所以BC⊥平面PAD， 故BC⊥PA． (Ⅱ)如圖，在平面PAB內作BM⊥PA 與于M，連接CM 由（Ⅰ）知AP⊥BC，因為，故AP⊥平面BMC． 又AP平面APC，所以平面BMC⊥平面APC. 在中， 在中， 在中， 在中， 又 ,從而 綜上所述，存在點M符合題意， （向量法）（Ⅰ）證明：如圖，以O為原點，以射線OP為z軸的正半軸， 建立空間直角坐標系O－xyz.則 ，，由此可得， 所以，即. （Ⅱ）假設存在符合題意的點，設 則 ，． 設平面BMC的法向量＝(x1，y1，z1)，平面APC的法向量＝(x2，y2，z2)． 由 得即可取＝(0,1，)． 由 即得可取＝(5,4，－3)． 由，得4－3＝0，解得，故. 綜上所述，存在點M符合題意，. 規(guī)避4個易失分點 易失分點1 共面條件理解有誤 典例 設分別是正方體的棱、的中點，試作出平面與正方體的截面． 易失分提示：本題易出現的問題是誤認為即為所求截面． 解析：取的中點G，G的中點F，連接AG、NF， 延長交的延長線于點，連接交于點，連接， 則五邊形即為所求截面，如圖所示． 下面證五點共面， 易證 在△ADG中，AN=ND，GF=FD，FN∥ AG． 又，故與確定平面平面 故五點共面 易失分點2 異面直線所成的角理解錯誤 典例 已知在空間四邊形ABCD中，AB=CD =3，點E、F分別是邊BC和AD上的點，并且， 求異面直線與所成角的大小． 易失分提示：對異面直線所成角的概念和范圍不熟悉，誤認為依據題意作出的(點G為線段BD上靠近點B的一個三等分點)的大小就是所求異面直線與所成角的大小. 解析：在BD上取靠近B的三等分點G，連接FG、GE，如圖所示． 在中， 同理，在中， 就是異面直線AB與CD所成的角或其補角． 在中，由 在中，由 在中，由，故 因此異面直線與所成角的大小為 易失分點3 空間點、線、面位置關系不清 典例 已知是三個互不重合的平面，是一條直線，給出下列四個命題： ①若，則； ②若，則；‘ ③若上有兩個點到的距離相等，則； ④若則 其中正確命題的序號是____________（填上所有正確命題的序號）． 易失分提示： 解本題可能出現的問題就是對空間點、線、面位置關系的判定定理和性質定理掌握不清導致誤判． 如：命題①中，可能對線面平行關系認識不清，誤以為直線在平面內也算平行，認為命題①正確； 命題③中，對點到平面的距離相等，考慮不到點可能在平面兩側，認為命題③正確． [答案] ②④ 解析： ①中有的可能；②，使得，故②正確； ③中包含兩個點在平面兩側的情況；④容易得，故④正確． 易失分點4 線面位置關系定理使用不當 典例 如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是正方形， 分別為、的中點． （1）求證：平面∥平面； （2）求證：平面平面. 易失分提示：若不注意選取AC與BD的交點，難以找到本題的解題入口，對于（1），易出現表達上的漏洞， 如得到與即下結論平面FGH∥平面BDE； 對于（2），易缺少轉換考慮，直接證，從而不能順利得到結論． 解析：（1）設AC與BD交于點，連接OE、OH， 由得 ,為平行四邊形， 平面，平面，平面 分別為的中點，，平面BDE，平面BDE，平面 又，所以 平面∥平面 （2）四邊形ABCD為正方形，, 又平面，又 又 是的中點，平面， 又平面，而 因此 平面平面.