2019-2020年高三數(shù)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(shù)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(cè)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(cè)視圖高平齊,俯視圖、側(cè)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??冀嵌萞 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(cè)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(cè)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(cè)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(cè)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(cè)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(nèi)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(guān)系等基礎(chǔ)知識,考查空間想象能力、推理論證能力、抽象根據(jù)能力、運算求解能力,考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)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(guān)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?shù)目臻g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(cè)棱,故C錯; 共點的三條直線不一定共面,如三棱錐的三條側(cè)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(nèi)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(nèi)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(nèi)所有直線都垂直于平面 解析:對于D,若平面⊥平面,則平面內(nèi)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(xiàn)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(xiàn),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(xiàn),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(guān)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(chǔ)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(jié)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(jié),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(cè)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(jié),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(guān)的組合體問題 與球有關(guān)的組合體問題,一種是內(nèi)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(guān)元素間的數(shù)量關(guān)系,并作出合適的截面圖.如球內(nèi)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(zhuǎn)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(cè)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(cè)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(jù)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(jīng)過翻折成為空間圖形后,原有的性質(zhì)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(guān)鍵,一般地,翻折后還在同一個平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化,不在同一個平面上的性質(zhì)可能會發(fā)生變化,解決這類問題就是要據(jù)此研究翻折以后的空間圖形中的線面關(guān)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(xiàn)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(guān)系的證明,考查函數(shù)與方程的思想、考查數(shù)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,F(xiàn)E. 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(jié)論成立的條件是什么;(2)探索結(jié)論,即在給定的條件下,命題的結(jié)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(nèi)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?。?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(xiàn)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,F(xiàn)N∥ 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?。? 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(jù)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(guān)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(xiàn)的問題就是對空間點、線、面位置關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理掌握不清導致誤判. 如:命題①中,可能對線面平行關(guān)系認識不清,誤以為直線在平面內(nèi)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(cè),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(cè)的情況;④容易得,故④正確. 易失分點4 線面位置關(guān)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(xiàn)表達上的漏洞, 如得到與即下結(jié)論平面FGH∥平面BDE; 對于(2),易缺少轉(zhuǎn)換考慮,直接證,從而不能順利得到結(jié)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.- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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