2019-2020年高三數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 專題十 立體幾何（含解析）.doc

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2019-2020年高三數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 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(zhǔn)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(yīng)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(yīng)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(yīng)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(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)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(dāng)△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(shè)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(shè)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(shè)線面所成的角為，則. （3）二面角的大小：（綜合法）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(shè)二面角大小為，若為銳角，則. 若為鈍角，則. [高考常考角度] 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(shè)AB=1，可得AD=2,AA1=4,CF=1.CE= 如圖，連結(jié)B1C，BC1，設(shè)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(shè)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(biāo)系，設(shè),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(shè)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(shè)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(biāo)系 ， 所以SD⊥平面SAB. 又 ， 則，， 設(shè)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(biāo)原點，射線CD為x軸正半軸，建立如圖所示的直角坐標(biāo)系C-xyz, 則，又設(shè)，則. （Ⅰ） 由得 由得，又由得， 即，故。 于是 故，又 所以平面 （Ⅱ）設(shè)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(rèn)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(shè)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(dāng)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(xué)應(yīng)用意識等。 解析：（1）設(shè)， 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(dāng)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(shè)為原點，以射線OP為z軸的正半軸， 建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz.則 ，，由此可得， 所以，即. （Ⅱ）假設(shè)存在符合題意的點，設(shè) 則 ，． 設(shè)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?。?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(shè)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(rèn)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(rèn)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(dǎo)致誤判． 如：命題①中，可能對線面平行關(guān)系認(rèn)識不清，誤以為直線在平面內(nèi)也算平行，認(rèn)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(rèn)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(dāng) 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(shè)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.