资源描述
高考数学精品复习资料 2019.5专题十、立体几何抓住3个高考重点重点1 三视图与空间几何体的表面积和体积1.三视图的画法三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线，画几何体的三视图的要求是正视图、俯视图长对正，正视图、侧视图高平齐，俯视图、侧视图宽相等画出的三视图要检验是否符合“长对正、高平齐、宽相等”的基本特征，对于简单几何体的组合体，首先要弄清它是由哪些简单几何体组成的，再画出它的三视图2.由三视图还原直观图的方法（1）还原后的几何体一般为较熟悉的柱、锥、台、球的组合体（2）图中实线和虚线实际是原几何体中的可视线与被遮挡线（3）想象物体原形，画出草图后进行三视图还原，并与所给三视图比较，再准确画出原几何体3几何体表面积的求解方法4.几何体体积的求解方法高考常考角度角度1 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为()解析：由几何体的正视图和俯视图可知，该几何体应为一个半圆锥和一个有一侧面(与半圆锥的轴截面为同一三角形)垂直于底面的三棱锥的组合体，故其侧视图应为D.角度2若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是()解析：所给选项中，A、C选项的正视图、俯视图不符合，D选项的侧视图不符合，只有选项B符合角度3一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A. B. C. D. 点评：考查三视图的识别以及空间多面体表面积的求法.解析：三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱.底面等腰梯形的上底为2，下底为4，高为4，两底面积和为，四个侧面的面积为，所以几何体的表面积为.故选C. 角度4一个几何体的三视图如图所示(单位：)则该几何体的体积为_.解析：由三视图可知该几何体是组合体，下面是长方体，长、宽、高分别为3、2、1，上面是一个圆锥，底面圆半径为1，高为3，所以该几何体的体积为()答案 角度5已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，若圆锥底面面积是这个球面面积的 ，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为 .点评：本题考查球内接圆锥问题，属于较难的题目。解析：作图分析，由圆锥底面面积是这个球面面积的得 所以，从而小圆锥的高为大圆锥的高为，所以比值为角度6如图，四棱锥中，底面，点在线段上，且（）求证：平面；（）若，求四棱锥的体积点评：本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、抽象根据能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，满分12分。解析：因为底面，平面，所以因为，所以又，所以平面（）由（），在中，又因为，则，又，所以四边形为矩形四边形为梯形因为，所以，重点2 空间点、直线、平面的位置关系1.证明直线与平面平行垂直的判定与证明4.面面垂直的判定与证明的常用方法2.证明面面平行的常用方法3.直线与平面5.合理选择适当的空间直角坐标系，利用空间向量进行证明，求解异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角、点到平面的距离.高考常考角度角度1已知，是空间中三条不同的直线，则下列命题正确的是（ ）A. ， B. ，C. ，共面 D. ，共点，共面解析：在空间中，垂直于同一直线的两条直线不一定平行，故A错；两平行线中的一条垂直于第三条直线，则另一条也垂直于第三条直线，B正确；相互平行的三条直线不一定共面，如三棱柱的三条侧棱，故C错；共点的三条直线不一定共面，如三棱锥的三条侧棱，故D错故选B角度2下列命题中错误的是（ ）A如果平面平面，那么平面内一定存在直线平行于平面B如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面C如果平面平面，平面平面那么平面D如果平面平面，那么平面内所有直线都垂直于平面解析：对于D，若平面平面，则平面内的直线可能不垂直于平面，甚至可能平行于平面，其余选项均是正确的 故选D角度3如图，在四棱锥中，平面平面，分别是的中点求证：（1）直线平面；（2）平面平面.解析：（1）如图，在PAD中，因为E，F分别为AP，AD的中点，所以EFPD.又因为平面PCD，PD平面PCD，所以直线EF平面PCD.（2）连接BD.因为ABAD，BAD60，所以ABD为正三角形因为F是AD的中点，所以BFAD.因为平面PAD平面ABCD，BF平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以BF平面PAD. 又因为BF平面BEF，所以平面BEF平面PAD.角度4如图，在中，是上的高，沿把折起，使.（1）证明：平面平面；（2）若，求三棱锥的表面积解析：（1）证明：折起前AD是BC边上的高，当ABD折起后，ADDC，ADDB.又DBDCD，AD平面BDC.AD平面ABD，平面ABD平面BDC.（2）由(1)知，DADB，DCDA，DBDADC1，DBDC， ABBCCA.从而SDABSDBCSDCA11， SABCsin60，三棱锥的表面积角度5如图，在四面体中，点D，E，F，G分别是棱AP，AC，BC，PB的中点（）求证：DE平面BCP；（）求证：四边形DEFG为矩形；（）是否存在点Q，到四面体PABC六条棱的中点的距离相等？说明理由解析：（）证明：因为D，E分别为AP，AC的中点，所以DEPC.又因为平面BCP， 所以DE平面BCP.（）证明：因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点，所以DEPCFG，DGABEF.所以四边形DEFG为平行四边形又因为PCAB，所以DEDG.所以四边形DEFG为矩形（）存在点Q满足条件，理由如下：连接DF，EG，设Q为EG的中点由（）知，DFEGQ，且QDQEQFQGEG.分别取PC，AB的中点M，N，连接ME，EN，NG，MG，MN.与（）同理，可证四边形MENG为矩形，其对角线交点为EG的中点Q，且QMQNEG，所以Q为满足条件的点重点3 空间角的求解1.角的范围：异面直线所成的角的范围是，直线与平面所成的角的范围是，二面角的范围是2.角的求解（1）异面直线所成的角：（综合法）将异面直线平移到一个平面，通过解三角形求解；（向量法）若异面直线的方向向量分别为，设异面直线所成的角为，则（2）直线与平面所成的角：（综合法）通过垂线找射影及角，再通过解三角形求解；（向量法）求出平面的法向量，直线的方向向量，设线面所成的角为，则.（3）二面角的大小：（综合法）通过线面关系找出二面角的平面角，再通过解三角形求解；（向量法）求出二面角的两个半平面的法向量，设二面角大小为，若为锐角，则.若为钝角，则.高考常考角度角度1如图，在长方体中，、分别是棱、上的点，,（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）证明平面（3）求二面角的正弦值。解析：本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，满分12分。（综合法）（1）设AB=1，可得AD=2,AA1=4,CF=1.CE=如图，连结B1C，BC1，设B1C与BC1交于点M,易知A1DB1C，由,可知.故是异面直线与所成的角，易知,所以 ,所以异面直线与所成角的余弦值为（2）证明：连接AC，设AC与DE交点N，因为，所以，从而，又由于,所以，故,又因为且，所以平面，从而.连接，同理可证平面,从而,所以，因为，所以平面（3）连接，由（2）可知平面,又平面, 平面，所以, 故为二面角的平面角易知，所以， 又 所以，在，在中，连结，在， 所以所以二面角的正弦值为（向量法）如图所示，建立空间直角坐标系，设,依题意得,（1）解：易得,于是 所以异面直线与所成角的余弦值为（2）证明：已知, , 于是，因此，,又 所以平面（3）解：设平面的一个法向量为，由,令，则， 由（2）可知，为平面的一个法向量。于是，从而所以二面角的正弦值为.角度2如图，四棱锥中，,，侧面为等边三角形，.（）证明：平面（）求与平面所成角的大小.（综合法）解析：（）方法一：计算, 于是，利用勾股定理，可知 同理，可证 又因此，平面方法二：取的中点，连接，则四边形为矩形，.连接，则.又，故，所以，即.由，得平面，所以. 又所以平面（）由平面知，平面ABCD平面SDE.作，垂足为，则平面ABCD，.作FGBC，垂足为G，则FGDC1.连接SG，则SGBC.又BCFG，SGFGG，故BC平面SFG，平面SBC平面SFG.作FHSG，H为垂足，则FH平面SBC.FH，即F到平面SBC的距离为.由于EDBC，所以ED平面SBC，E到平面SBC的距离d也为.设AB与平面SBC所成的角为，则sin.点评：求与平面所成角，如果要找出在平面上的射影，有点难。（向量法）解析：方法一：取中点为，连结，则故平面，平面平面，交线为过作，则平面，作交于建立如图所示空间直角坐标系，所以SD平面SAB. 又 ，则，设是平面的一个法向量，由，令则，所以与平面所成角为方法二：以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系C-xyz,则，又设，则.（） 由得由得，又由得， 即，故。于是 故，又所以平面（）设平面SBC的一个法向量，则又故 取得，又， 所以与平面所成角为突破3个高考难点难点1 探究与球有关的组合体问题与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接，解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径，球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心、“切点”或“接点”作出截面图.典例1 四棱锥的底面边长和各侧棱长都为，点都在同一个球面上，则该球的体积为_解析： 如图所示，根据对称性，只要在四棱锥的高线SE上找到一个点使得，则四棱锥的五个顶点就在同一个球面上在中，故设球的半径为，则中，即点E即为球心，故这个球的体积典例2 如图所示，在等腰梯形中，为的中点，将与分别沿ED、EC向上折起，使A、B重合，求形成的三棱锥的外接球的体积解析：平面图形中，所以折叠后得到一个正四面体方法一：如图，作平面，垂足为三棱锥是正四面体， F即为DEC的中心，且外接球的球心在线段AF上取EC的中点G，连接DG、AG，过球心作OH上平面AEC，则垂足为AEC的外心 又AEC为等边三角形， 点H在线段AG上，且外接球半径可利用求得 故 外接球体积为方法二：如图所示，把正四面体放在正方体中，显然，正四面体的外接球就是正方体的外接球，正四面体的棱长为1，正方体的棱长为，故外接球直径，所以外接球体积为难点2 平面图形翻折问题的求解 将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称之为平面图形翻折问题平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化，有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的关键，一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质可能会发生变化，解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法典例 如图，在中，为边上一动点，交于点,现将沿翻折至使平面平面（1）当棱锥的体积最大时，求的长；（2）若点为的中点，为的中点，求证：点评：本题考查的空间里的翻折问题，考查空间思维能力，考查空间几何体的体积计算、考查空间直线的位置关系的证明，考查函数与方程的思想、考查数学应用意识等。解析：（1）设， 为等腰直角三角形， 令 ， 则的变化如下表：极大值由上表易知：当时，有取最大值。（2）证明：如图，取F为AB的中点，连接PF，FE.则有EFBC，PDBC，所以四边形PDEF为平行四边形所以DEPF.又APPB，所以PFAB.故DEAB.难点3 立体几何中的探索问题立体几何中的探索性问题的主要类型有：(1)探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么；(2)探索结论，即在给定的条件下，命题的结论是什么 方法一 综合法 方法二 空间向量法典例1如图，在三棱锥中，为的中点，平面，垂足落在线段上已知（）证明：；（）在线段上是否存在点，使得二面角为直二面角？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由解析：（综合法）（）由AB =AC，D是BC的中点，得ADBC 由PO平面ABC，得POBC 因为，所以BC平面PAD， 故BCPA ()如图，在平面PAB内作BMPA 与于M，连接CM 由（）知APBC，因为，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 ,从而综上所述，存在点M符合题意，（向量法）（）证明：如图，以O为原点，以射线OP为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.则，由此可得，所以，即.（）假设存在符合题意的点，设则，设平面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430，解得，故.综上所述，存在点M符合题意，.规避4个易失分点易失分点1 共面条件理解有误典例 设分别是正方体的棱、的中点，试作出平面与正方体的截面易失分提示：本题易出现的问题是误认为即为所求截面解析：取的中点G，G的中点F，连接AG、NF，延长交的延长线于点，连接交于点，连接，则五边形即为所求截面，如图所示 下面证五点共面， 易证 在ADG中，AN=ND，GF=FD，FN AG又，故与确定平面平面故五点共面易失分点2 异面直线所成的角理解错误典例 已知在空间四边形ABCD中，AB=CD =3，点E、F分别是边BC和AD上的点，并且，求异面直线与所成角的大小易失分提示：对异面直线所成角的概念和范围不熟悉，误认为依据题意作出的(点G为线段BD上靠近点B的一个三等分点)的大小就是所求异面直线与所成角的大小.解析：在BD上取靠近B的三等分点G，连接FG、GE，如图所示 在中，同理，在中， 就是异面直线AB与CD所成的角或其补角在中，由在中，由在中，由，故因此异面直线与所成角的大小为易失分点3 空间点、线、面位置关系不清典例 已知是三个互不重合的平面，是一条直线，给出下列四个命题： 若，则； 若，则；若上有两个点到的距离相等，则；若则 其中正确命题的序号是_（填上所有正确命题的序号）易失分提示： 解本题可能出现的问题就是对空间点、线、面位置关系的判定定理和性质定理掌握不清导致误判如：命题中，可能对线面平行关系认识不清，误以为直线在平面内也算平行，认为命题正确；命题中，对点到平面的距离相等，考虑不到点可能在平面两侧，认为命题正确 答案 解析： 中有的可能；，使得，故正确；中包含两个点在平面两侧的情况；容易得，故正确易失分点4 线面位置关系定理使用不当典例 如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，分别为、的中点（1）求证：平面平面；（2）求证：平面平面.易失分提示：若不注意选取AC与BD的交点，难以找到本题的解题入口，对于（1），易出现表达上的漏洞，如得到与即下结论平面FGH平面BDE；对于（2），易缺少转换考虑，直接证，从而不能顺利得到结论解析：（1）设AC与BD交于点，连接OE、OH，由得,为平行四边形，平面，平面，平面分别为的中点，平面BDE，平面BDE，平面又，所以 平面平面（2）四边形ABCD为正方形，, 又平面，又又 是的中点，平面，又平面，而因此 平面平面.
展开阅读全文