《2018版高考數(shù)學二輪復習 第3部分 考前增分策略 專題1 考前教材重溫 5 立體幾何教學案 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2018版高考數(shù)學二輪復習 第3部分 考前增分策略 專題1 考前教材重溫 5 立體幾何教學案 理（14頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 5.立體幾何 ■要點重溫…………………………………………………………………………· 1．幾何體的三視圖排列規(guī)則：俯視圖放在正視圖下面，側視圖放在正視圖右面，“長對正，高平齊，寬相等．” 由幾何體的三視圖確定幾何體時，要注意以下幾點： (1)還原后的幾何體一般為較熟悉的柱、錐、臺、球的組合體． (2)注意圖中實、虛線，實際是原幾何體中的可視線與被遮擋線． (3)想象原形，并畫出草圖后進行三視圖還原，把握三視圖和幾何體之間的關系，與所給三視圖比較，通過調整準確畫出原幾何體． [應用1]　“牟合方蓋”是我國古代數(shù)學家劉徽在研究球的體積的過程中構造的一個和諧優(yōu)美的幾何體．它由完全相同

2、的四個曲面構成，相對的兩個曲面在同一個圓柱的側面上，好似兩個扣合(牟合)在一起的方形傘(方蓋)．其直觀圖如圖11，圖中四邊形是為體現(xiàn)其直觀性所作的輔助線．當其主視圖和側視圖完全相同時，它的俯視圖可能是(　　) 圖11 [解析]　俯視圖是正方形，曲線在其上面的投影恰為正方形的對角線，故選B. [答案]　B 2．空間幾何體表面積和體積的求法 幾何體的表面積是各個面的面積之和，組合體的表面積應注意重合部分的處理，求幾何體的體積常用公式法、割補法、等積變換法． [應用2]　如圖12所示，一個空間幾何體的正視圖和俯視圖都是邊長為1的正方形，側視圖是一個直徑為1的

3、圓，那么這個幾何體的表面積為(　　) 【導學號：07804184】 圖12 A．4π　　　 B．3π C．2π D．π [答案]　D [應用3]　如圖13，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，點E，F(xiàn)為PA，PD的中點，則平面BCFE將四棱錐P-ABCD所分成的上下兩部分的體積的比值為________． 圖13 [解析]　設棱錐的底面ABCD的面積為S，高為h，VP-ABCD＝Sh， ∵VF-BDC＝·S△DBC·＝··＝Sh，同理VP-ADB＝··h＝Sh， 由于四棱錐B-ADFE和三棱錐B-PAD等高，而＝， 所以VB-ADFE＝·Sh＝Sh，所

4、以下半部分的體積為Sh，上半部分的體積為Sh－Sh＝Sh，所以上下兩部分體積之比為. [答案]　 3．多面體與球接、切問題的求解策略 (1)涉及球與棱柱、棱錐的接、切問題時，一般過球心及多面體中的特殊點(一般為接、切點)或線作截面，把空間問題轉化為平面問題，再利用平面幾何知識尋找?guī)缀误w中元素間的關系，或只畫內接、外切的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關系，列方程(組)求解． (2)若球面上四點P，A，B，C構成的三條線段PA，PB，PC兩兩互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有關元素“補形”成為一個球內接長方體，則4R2＝a2＋b2＋c

5、2求解． [應用4]　一個球與一個正三棱柱的三個側面和兩個底面都相切，已知這個球的體積是，那么這個三棱柱的體積是(　　) A．96 B．16 C．24 D．48 [解析]　如圖，設球的半徑為R，由πR3＝，得R＝2. 所以正三棱柱的高h＝4. 設其底面邊長為a，則·a＝2， 所以a＝4， 所以V＝×(4)2×4＝48. [答案]　D [應用5]　已知三棱錐A-BCD內接于球O，且BC＝BD＝CD＝2，若三棱錐A-BCD體積的最大值為4，則球O的表面積為(　　) 【導學號：07804185】 A．16π B．25π C．36π D．64π [解析]　如圖，當三棱

6、錐的體積最大值為4，即××(2)2××h＝4，解得h＝4，點A在如圖所示的位置時，三棱錐的體積最大，即AO′＝4，并且在如圖所示的三角形中，OA＝OC＝R，OO′＝4－R，O′C＝2×＝2，所以在直角三角形OO′C中，R2＝(4－R)2＋22，解得R＝，球的表面積為S＝4πR2＝25π，故選B. [答案]　B 4．空間平行問題的轉化關系 平行問題的核心是線線平行，證明線線平行的常用方法有：三角形的中位線、平行線分線段成比例(三角形相似)、平行四邊形等． [應用6]　下列命題正確的序號是________． (1)如果a，b是兩條直線，且a∥b，那么a平行于經過b的任何平面．

7、(2)如果直線a和平面α滿足a∥α，那么a與α內的任何直線平行． (3)如果直線a，b和平面α滿足a∥α，b∥α，那么a∥b. (4)如果直線a，b和平面α滿足a∥b，a∥α，b?α，那么b∥α. [答案]　(4) 5．空間垂直問題的轉化關系 垂直問題的核心是線線垂直，證明線線垂直的常用方法有：等腰三角形底邊上的中線、勾股定理、平面幾何方法等． [應用7]　已知兩個平面垂直，下列命題 ①一個平面內已知直線必垂直于另一個平面內的任意一條直線； ②一個平面內的已知直線必垂直于另一個平面的無數(shù)條直線； ③一個平面內的任一條直線必垂直于另一個平面； ④過一個平面內任意一點作交線

8、的垂線，則此垂線必垂直于另一個平面． 其中正確命題的個數(shù)是(　　) A．3 B．2 C．1 D．0 [答案]　B 6．平面圖形的翻折，立體圖形的展開等一類問題，要注意翻折，展開前后有關幾何元素的“不變量”與“不變性”． [應用8]　(1)如圖14(1)，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，AB＝2，D、E分別為AC、BD的中點，連接AE并延長交BC于F，將△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，如圖14(2)所示． 圖14(1)　　　　　　　圖14(2) (1)求證：AE⊥平面BCD； (2)求平面AEF與平面ADC所成的銳二面角的余弦值； (3

9、)在線段AF上是否存在點M使得EM∥平面ADC？若存在，請指出點M的位置；若不存在，說明理由． [解]　(1)證明：在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D為AC的中點，∴AD＝BD＝DC， 又∠BAC＝60°，所以三角形ABD為等邊三角形； 又E為BD的中點，∴AE⊥BD. 因為平面ABD⊥平面BCD，交線為BD，AE?平面ABD，所以AE⊥平面BCD. (2)由AE⊥平面BCD可知．AE⊥EF.由題意知EF⊥BD，AE⊥BD，故以E為坐標原點，分別以EF、ED、EA所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系E-xyz. 由(1)得，AB＝BD＝DC＝AD＝2，BE＝ED＝

10、1， 計算得AE＝，BC＝2，BF＝， 則E(0,0,0)，D(0,1,0)，B(0，－1,0)，A(0,0，)， F，C(，2,0)， 則＝(，1,0)，＝(0,1，－)， 易知平面AEF的一個法向量為＝(0,1,0)． 設平面ADC的法向量為n＝(x，y，z)，則 ，即， 令z＝1，得y＝，x＝－1，∴n＝(－1，，1)． cos〈n，〉＝＝. 所以平面AEF與平面ADC所成的銳二面角的余弦值為 (3)設＝λ，其中λ∈[0,1]， ∵＝，∴＝λ＝λ，其中λ∈[0,1]， ＝＋＝，由·n＝0，解得λ＝∈(0,1)． 所以在線段AF上存在點M，使EM∥平面ADC，且

11、AM∶AF＝3∶4. 7. “轉化法”求空間角 (1)設兩條異面直線a，b所成的角為θ，兩條直線的方向向量分別為a，b. 因為θ∈，故有cos θ＝|cos〈a，b〉|＝||. (2)設直線l和平面α所成的角為θ，l是斜線l的方向向量，n是平面α的法向量，則sin θ＝|cos〈l，n〉|＝||. (3)設二面角α-l-β的大小為θ，n1，n2是二面角α-l-β的兩個半平面的法向量，則|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|，兩個角之間的關系需要根據(jù)二面角的取值范圍來確定． [應用9]　在三棱錐P-ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝PA，點O，D分別是AC，PC的中點，OP⊥底面A

12、BC，求直線PA與平面PBC所成角的正弦值． [解]　∵OP⊥平面ABC，OA＝OC，AB＝BC， ∴OA⊥OB，OA⊥OP，OB⊥OP. 以O為原點，射線OP為z軸正方向，OA為x軸正方向，OB為y軸正方向，建立空間直角坐標系O-xyz(如圖)． 設AB＝a， 則A，B，C， 設OP＝h，則P(0,0，h)，由PA＝AB，則PA＝2a， 則P＝，＝. 可求得平面PBC的一個法向量為n＝， ∴cos〈，n〉＝＝， 設PA與平面PBC所成的角為θ， 則sin θ＝|cos〈，n〉|＝. 8．求點到平面的距離的方法 (1)“等積法”：求解點到面的距離常轉化為錐體的高，

13、利用三棱錐體積公式求點到平面的距離． (2)“向量法”：如圖，設P在平面α外，n為平面α的法向量，在平面α內任取一點Q，則點P到平面α的距離d＝. 圖15 [應用10]　正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，O是底面A1B1C1D1的中心，則點O到平面ABC1D1的距離為________. 【導學號：07804186】 [解析]　建立如圖所示的空間直角坐標系， 則A(1,0,0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，C1(0,1,1)，O. 設平面ABC1D1的法向量為 n＝(x，y，z)， 則∴令z＝1，得 ∴n＝(1,0,1)，又＝， ∴O到平面AB

14、C1D1的距離d＝＝＝. [答案]　 ■查缺補漏…………………………………………………………………………· 1．已知m，n為空間中兩條不同的直線，α，β為空間中兩個不同的平面，下列命題中正確的是(　　) A．若m∥α，m∥β，則α∥β B．若m⊥α，m⊥n，則n∥α C．若m∥α，m∥n，則n∥α D．若m⊥α，m∥β，則α⊥β D　[對于選項A，若m∥α，m∥β，則可能α，β相交，或者α∥β，所以選項A不正確；對于選項B，若m⊥α，m⊥n，則可能n?α，或n∥α，所以選項B不正確；對于選項C，若m∥α，m∥n，則n?α，或n∥α，所以選項C不正確；對于選項D，若m⊥α，m∥β

15、，則由線面平行可得在平面β內存在一條直線l，使得m∥l，然后由m⊥α可得l⊥α，進而得出α⊥β，故選D.] 2. 一個四面體的頂點在空間直角坐標系O-xyz中的坐標分別是，(1,1,0)，，(1,0,1)，畫該四面體三視圖中的正視圖時，以yOz平面為投影面，則得到的正視圖可以為(　　) A　[由圖可得，故選A. ] 3．如圖16，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N，P，Q分別是AA1，A1D1，CC1，BC的中點，給出以下四個結論：①A1C⊥MN；②A1C∥平面MNPQ；③A1C與PM相交；④NC與PM異面．其中不正確的結論是(　　) 圖16 A．① B．

16、② C．③ D．④ B　[作出過M，N，P，Q四點的截面交C1D1于點S，交AB于點R，如圖中的六邊形MNSPQR，顯然點A1，C分別位于這個平面的兩側，故A1C與平面MNPQ一定相交，不可能平行，故結論②不正確．] 4．如圖17，網格紙上小正方形的邊長為1，粗線或虛線畫出某幾何體的三視圖，該幾何體的體積為(　　) 【導學號：07804187】 圖17 A．8 B．12 C．18 D．24 B　[由題意得，根據(jù)給定的三視圖可知，該幾何體為如圖所示的幾何體，是一個三棱錐與三棱柱的組合體，其中三棱錐的體積為V1＝××4×3×2＝4，三棱柱的體積為V2＝2V1＝2×

17、4＝8，所以該幾何體的體積為V＝12，故選B.] 5.如圖18，已知六棱錐P-ABCDEF的底面是正六邊形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，則下列結論正確的是(　　) 圖18 A．PB⊥AD B．平面PAB⊥平面PBC C．直線BC∥平面PAE D．直線PD與平面ABC所成的角為45° D　[若PB⊥AD，則AD⊥AB，但AD與AB成60°角，A錯誤；平面PAB與平面ABD垂直，所以平面PAB一定不與平面PBC垂直，B錯誤；BC與AE是相交直線，所以BC一定不與平面PAE平行，C錯誤；直線PD與平面ABC所成角為∠PDA，在Rt△PAD中，AD＝PA，所以∠PDA＝45°

18、，D正確．] 6．設三棱柱ABC-A1B1C1的側棱與底面垂直，∠BCA＝90°，BC＝CA＝2，若該棱柱的所有頂點都在體積為的球面上，則直線B1C與直線AC1所成角的余弦值為(　　) A．－ B． C．－ D． B　[由已知，若棱柱的所有頂點都在球面上，則同高的長方體8個頂點也在球面上，且外接球的直徑為長方體的體對角線，由球體體積可得直徑為4，由于長方體底面為邊長為2的正方形，故側面的對角線為2，由余弦定理可知，直線B1C與直線AC1所成角的余弦值為＝.] 7．三棱錐P-ABC中，AB＝BC＝，AC＝6，PC⊥平面ABC，PC＝2，則該三棱錐外接球的表面積為(　　) A.π B．

19、π C.π D．π D　[由題意可知，△ABC中AC邊上的高為＝，球心O在底面ABC的投影即為△ABC的外心D，設DA＝DB＝DC＝x，∴x2＝32＋2，解得x＝，∴R2＝x2＋＝＋1＝(其中R為三棱錐外接球的半徑)，∴外接球的表面積S＝4πR2＝π，故選D.] 8．在梯形ABCD中，∠ABC＝，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2.將梯形ABCD繞AD所在的直線旋轉一周而形成的曲面所圍成的幾何體的體積為________. 【導學號：07804188】 　[過點C作CE垂直AD所在直線于點E，梯形ABCD繞AD所在直線旋轉一周而形成的旋轉體是由以線段AB的長為底面圓半徑，線段B

20、C為母線的圓柱挖去以線段CE的長為底面圓半徑，ED為高的圓錐，如圖所示，該幾何體的體積為V＝V圓柱－V圓錐＝π·AB2·BC－·π·CE2·DE＝π×12×2－×12×1＝.] 9．如圖19，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，AC＝，AA1＝3，M為線段BB1上的一動點，則過A，M，C1三點的平面截該三棱柱所得截面的最小周長為________． 圖19 3＋　[由圖形可知，當AM＋MC1最小時，所得截面的周長最小，如圖所示把平面A1ABB1與平面C1CBB1展開成一個平面AA1C1C，則AM＋MC1最短為AC1＝＝3，所以截面的最小周長為3＋＝3＋.] 10．在

21、封閉的直三棱柱ABC-A1B1C1內有一個體積為V的球，若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝5，則V的最大值是________． π　[由題意得要使球的體積最大，則球與直三棱柱的若干面相切，設球的半徑為R，∵△ABC的內切圓半徑為＝2，∴△ABC的內切球半徑為2，∴R≤2，又2R≤5， 即R≤，∴取交集R≤2，∴Vmax＝π×23＝π.] 11．如圖20，四棱錐P-ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△PAB與△PAD都是等邊三角形． 圖20 (1)證明：PB⊥CD； (2)求二面角A-PD-B的余弦值． [解]　(1)證明：如圖，取BC的中點E，連接

22、DE，則ADEB為正方形，過P作PO⊥平面ABCD，垂足為O， 連接OA，OB，OE，OD，則由△PAB和△PAD都是等邊三角形可知PA＝PB＝PD，∴OA＝OB＝OD， 即點O為正方形ADEB對角線的交點， 故OE⊥BD，從而OE⊥平面PBD， ∴OE⊥PB，∵O是BD的中點，E是BC的中點， ∴OE∥CD，因此PB⊥CD. (2)由(1)可知，OE，OB，OP兩兩垂直， 以O為原點，OE方向為x軸正方向，OB方向為y軸正方向，OP方向為z軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz，設AB＝2，則A(－，0,0)，D(0，－，0)，P(0,0，)， ＝(，－，0

23、)，＝(，0，)， 設平面PAD的法向量n＝(x，y，z)， n·＝x－y＝0，n·＝x＋z＝0， 取x＝1，得y＝1，z＝－1，得n＝(1,1，－1)， ∵OE⊥平面PBD，設平面PBD的法向量為m，取m＝(1,0,0)， 由圖象可知二面角A-PD-B的大小為銳角， ∴二面角A-PD-B的余弦值為 cos θ＝＝＝. 12．已知三棱柱ABC-A1B1C1，側面BCC1B1⊥底面ABC. 圖21 (1)若M，N分別是AB，A1C的中點，求證：MN∥平面BCC1B1. (2)若三棱柱ABC－A1B1C1的各棱長均為2，側棱BB1與底面ABC所成的角為60°.問：在線段A

24、1C1上是否存在一點P，使得平面B1CP⊥平面ACC1A1？若存在，求C1P與PA1的比值；若不存在，說明理由． [解]　(1)證明：連接AC1，BC1，則AN＝NC1， ∵AM＝MB， ∴MN∥BC1. 又∵BC1?平面BCC1B1， ∴MN∥平面BCC1B1. (2)作B1O⊥BC于O， ∵面BCC1B1⊥底面ABC，∴B1O⊥面ABC. 以O為原點，建立如上圖所示的空間直角坐標系，則A(0，，0)，B(－1,0,0)，C(1,0,0)B1(0,0，)． 由＝＝可求出A1(1，，)，C1(2,0，)． 設P(x，y，z)，＝λ， 解得P， 則＝，＝(－1,0，)． 設平面B1CP的法向量為n1＝(x，y，z)， 由 解得n1＝. 同理可求出平面ACC1A1的法向量n2＝(，1，－1)． 由面B1CP⊥平面ACC1A1，得n1·n2＝0，即3＋－1＝0解得，λ＝3，所以A1C1＝3A1P，從而C1P∶PA1＝2. 14