2022年高考数学大二轮总复习 增分策略 第四篇 第5讲 立体几何

2022年高考数学大二轮总复习 增分策略 第四篇 第5讲 立体几何1一个物体的三视图的排列规则是俯视图放在正(主)视图下面，长度与正(主)视图一样，侧(左)视图放在正(主)视图右面，高度与正(主)视图一样，宽度与俯视图一样，即“长对正，高平齐，宽相等”在画一个物体的三视图时，一定注意实线与虚线要分明问题1如图，若一个几何体的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图均为面积等于2的等腰直角三角形，则该几何体的体积为_2在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段“平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半”问题2如图所示的等腰直角三角形表示一个水平放置的平面图形的直观图，则这个平面图形的面积是_3简单几何体的表面积和体积(1)S直棱柱侧ch(c为底面的周长，h为高)(2)S正棱锥侧ch(c为底面周长，h为斜高)(3)S正棱台侧(cc)h(c与c分别为上、下底面周长，h为斜高)(4)圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式S圆柱侧2rl(r为底面半径，l为母线)，S圆锥侧rl(同上)，S圆台侧(rr)l(r、r分别为上、下底的半径，l为母线)(5)体积公式V柱Sh (S为底面面积，h为高)，V锥Sh(S为底面面积，h为高)，V台(SS)h(S、S为上、下底面面积，h为高)(6)球的表面积和体积S球4R2，V球R3.问题3如图所示，一个空间几何体的正(主)视图和俯视图都是边长为1的正方形，侧(左)视图是一个直径为1的圆，那么这个几何体的表面积为()A4 B3C2 D.4空间直线的位置关系(1)相交直线有且只有一个公共点(2)平行直线在同一平面内，没有公共点(3)异面直线不在同一平面内，也没有公共点问题4在空间四边形ABCD中，E、F、G、H分别是四边上的中点，则直线EG和FH的位置关系是_5空间的平行关系(1)线面平行：a；a；a；(2)面面平行：；(3)线线平行：ab；ab；ab；ab.问题5判断下列命题是否正确，正确的在括号内画“”号，错误的画“”号如果a，b是两条直线，且ab，那么a平行于经过b的任何平面()如果直线a和平面满足a，那么a与内的任何直线平行()如果直线a，b和平面满足a，b，那么ab.()如果直线a，b和平面满足ab，a，b，那么b.()6空间的垂直关系(1)线面垂直：l；a；a；b；(2)面面垂直：二面角90；(3)线线垂直：ab.问题6已知两个平面垂直，下列命题一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线；一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面的无数条直线；一个平面内的任一条直线必垂直于另一个平面；过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面其中正确命题的个数是()A3 B2C1 D07空间向量(1)用空间向量求角的方法步骤异面直线所成的角若异面直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，它们所成的角为，则cos |cosv1，v2|.直线和平面所成的角利用空间向量求直线与平面所成的角，可以有两种方法：方法一分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两条直线的方向向量的夹角(或其补角)方法二通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角利用空间向量求二面角也有两种方法：方法一分别在二面角的两个面内找到一个与棱垂直且从垂足出发的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小方法二通过平面的法向量来求，设二面角的两个面的法向量分别为n1和n2，则二面角的大小等于n1，n2(或n1，n2)易错警示：求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，容易误以为是线面角的余弦求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析(2)用空间向量求A到平面的距离：可表示为d.问题7(1)已知正三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于_(2)正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，O是底面A1B1C1D1的中心，则点O到平面ABC1D1的距离为_例1某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A. B. C1 D2错因分析解本题易出现的错误有(1)还原空间几何体的形状时出错，不能正确判断其对应的几何体；(2)计算时不能准确把三视图中的数据转化为对应几何体中的线段长度，尤其侧视图中的数据处理很容易出错解析由三视图，可知该空间几何体是底面为直角三角形的直三棱柱，直角边长分别为1和，三棱柱的高为，则该几何体的体积为V11.故选C.答案C易错点2旋转体辨识不清例2如图所示(单位：cm)，求图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的体积错因分析注意这里是旋转图中的阴影部分，不是旋转梯形ABCD.在旋转的时候边界形成一个圆台，并在上面挖去了一个“半球”，其体积应是圆台的体积减去半球的体积解本题易出现的错误是误以为旋转的是梯形ABCD，在计算时没有减掉半球的体积解由题图中数据，根据圆台和球的体积公式，得V圆台(222552)452(cm3)，V半球23(cm3)所以旋转体的体积为V圆台V半球52(cm3)易错点3空间线面关系把握不准例3设a，b为两条直线，为两个平面，且a，a，则下列结论中不成立的是()A若b，ab，则aB若a，则aC若ab，b，则aD若，a，ba，则b错因分析本题易出现的问题就是对空间点、线、面的位置关系把握不准，考虑问题不全面，不能准确把握题中的前提a，a，对空间中的平行、垂直关系的判定和性质定理中的条件把握不准导致判断失误如A项中忽视已知条件中的a，误以为该项错误等解析对于选项A，若有b，ab，且已知a，所以根据线面平行的判定定理可得a，故选项A正确；对于选项B，若a，则根据空间线面位置关系可知a或a，而由已知可知a，所以有a，故选项B正确；对于C项，若ab，b，所以a或a，而由已知可得a，所以a，故选项C正确；对于D项，由a，ba可得b，又因为，所以b或b，故不能得到b，所以D项错，故选D.答案D易错点4混淆空间角与向量夹角例4如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PD平面ABCD，且PDAD1，AB2，点E是AB上一点，求AE等于何值时，二面角PECD的平面角为.错因分析本题易出错的地方是误以为两个平面的法向量所成的角的大小等于所求二面角的大小，在计算时对两个平面的法向量所成的角和二面角的关系判断错误，导致在平面的法向量方向不同时把锐二面角的余弦值算出个负值而出错解以D为原点，射线DA，DC，DP分别为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,1)设E(1，y0,0)，则(1,2y0,0)，设平面PEC的一个法向量为n1(x，y，z)，所以xyz(2y0)12，记n1(2y0,1,2)而平面ECD的一个法向量为n2(0,0,1)，则二面角PECD的平面角的余弦值cos |cosn1，n2|，所以cos y02或y02(舍去)所以当AE2时，二面角PECD的平面角为.1(xx浙江)设，是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l，m()A若l，则 B若，则lmC若l，则 D若，则lm2设m，n是空间两条直线，是空间两个平面，则下列选项中不正确的是()A当m时，“n”是“mn”的必要不充分条件B当m时，“m”是“”的充分不必要条件C当n时，“n”是“”成立的充要条件D当m时，“n”是“mn”的充分不必要条件3(xx浙江)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是()A8 cm3 B12 cm3 C. cm3 D. cm34如图，已知ABC为直角三角形，其中ACB90，M为AB的中点，PM垂直于ABC所在平面，那么()APAPBPCBPAPBPCCPAPBPCDPAPBPC5如图，已知六棱锥PABCDEF的底面是正六边形，PA平面ABC，PA2AB，则下列结论正确的是()APBADB平面PAB平面PBCC直线BC平面PAED直线PD与平面ABC所成的角为456如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB1，BC2，AC，AA13，M为线段BB1上的一动点，则过A、M、C1三点的平面截该三棱柱所得截面的最小周长为_7对于四面体ABCD，给出下列四个命题：若ABAC，BDCD，则BCAD；若ABCD，ACBD，则BCAD；若ABAC，BDCD，则BCAD；若ABCD，ACBD，则BCAD.其中正确的是_(填序号)8.如图，四面体ABCD中，AB1，AD2，BC3，CD2，ABCDCB，则二面角ABCD的大小为_9已知直线l，m，平面，且l，m，给出四个命题：若，则lm；若lm，则；若，则lm；若lm，则.其中为真命题的是_(填序号)10.如图所示，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，PAAB，ABC60，BCA90，点D，E分别为棱PB，PC的中点(1)求证：平面PBC平面PAC；(2)求AD与平面PAC所成角的余弦值学生用书答案精析5立体几何要点回扣问题1问题22问题3D问题4相交问题5问题6C问题7(1)(2)解析(1)方法一取A1C1的中点E，连接AE，B1E，如图由题意知B1E平面ACC1A1，则B1AE为AB1与侧面ACC1A1所成的角设正三棱柱侧棱长与底面边长为1，则sinB1AE.方法二如图，以A1C1中点E为原点建立空间直角坐标系Exyz，设棱长为1，则A，B1，设AB1与平面ACC1A1所成的角为，为平面ACC1A1的法向量则sin |cos，|.(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，C1(0,1,1)，O.设平面ABC1D1的法向量为n(x，y，z)，则令z1，得n(1,0,1)，又，O到平面ABC1D1的距离d.查缺补漏1A选项A：l，l，A正确；选项B：，l，m，l与m位置关系不固定；选项C，l，l，或与相交选项D：，l，m.此时，l与m位置关系不固定，故选A.2A当m时，若n可得mn或m，n异面；若mn可得n或n，所以“n”是“mn”的既不充分也不必要条件，答案选A.3C该几何体是棱长为2 cm的正方体与一底面边长为2 cm的正方形、高为2 cm的正四棱锥组成的组合体，V222222 cm3.故选C.4CM为AB的中点，ACB为直角三角形，BMAMCM，又PM平面ABC，RtPMBRtPMARtPMC，故PAPBPC.5D若PBAD，则ADAB，但AD与AB成60角，A错误；平面PAB与平面ABD垂直，所以平面PAB一定不与平面PBC垂直，B错误；BC与AE是相交直线，所以BC一定不与平面PAE平行，C错误；直线PD与平面ABC所成角为PDA，在RtPAD中，ADPA，所以PDA45，D正确63解析由图形可知，当AMMC1最小时，所得截面的周长最小，如图所示把平面A1ABB1与平面C1CBB1展开成一个平面AA1C1C，则AMMC1最短为AC13，所以截面的最小周长为33.7解析取线段BC的中点E，连接AE，DE，ABAC，BDCD，BCAE，BCDE，BC平面ADE，AD平面ADE，BCAD，故正确设点O为点A在平面BCD上的射影，连接OB，OC，OD，ABCD，ACBD，OBCD，OCBD，点O为BCD的垂心，ODBC，BCAD，故正确，易知不正确，填.8.解析由ABCDCB知，与的夹角就是二面角ABCD的平面角又，2()22222.因此2(2)21232222，cos()，且0，则，故.9解析对命题，由l，得，l，m，lm，故正确对命题，lml，则lm，故错误对命题，当时，l与m也可能相交或异面或平行，故错误对命题，由l，lm得m，又m，故正确10(1)证明如图所示，以A为坐标原点，AC，AP所在直线分别为y轴，z轴，过点A且平行于BC的直线为x轴，建立空间直角坐标系设PA2，由已知可得A(0,0,0)，B(1，0)，C(0，0)，P(0,0,2)，D(，1)，E(0，1)因为(0,0,2)，(1,0,0)，所以0.，所以BCAP，又BCA90，所以BCAC.因为ACAPA且AC平面PAC，AP平面PAC，所以BC平面PAC.又BC平面PBC，所以平面PBC平面PAC.(2)解设AD与平面PAC所成的角为.由(1)知BC平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为(1,0,0)又(，1)，所以 sin |cos， |.所以AD与平面PAC所成角的余弦值为cos .