2019高考数学二轮复习第一篇微型专题专题4立体几何知识整合学案理.docx

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1、1专题 4 立体几何一、空间几何体1.画三视图的基本要求是什么?画三视图有哪些注意点?正(主)视图、俯视图“长对正”,正(主)视图、侧(左)视图“高平齐”,俯视图、侧(左)视图“宽相等” .画三视图时,能看见的线和棱用实线表示,不能看见的轮廓线和棱用虚线表示,同一物体放置的位置不同,所画的三视图可能不同 .2.斜二测画法的特点(或规则)是什么?(口诀)坐标两轴各相关,夹角直角增减半;平行关系皆不变,长度只有纵减半 .3.柱体、锥体、台体、球的表面积与体积公式是什么?(1)柱体、锥体、台体、球的侧面积公式:S 柱侧 =ch(c 为底面周长, h 为高);S 锥侧 = ch(c 为底面周长, h为

2、斜高);12S 台侧 = (c+c)h(c、 c 分别为上、下底面的周长, h为斜高);12S 球 =4 R2(R 为球的半径) .(2)柱体、锥体、台体、球的体积公式:V 柱体 =Sh(S 为底面面积, h 为高);V 锥体 = Sh(S 为底面面积, h 为高);13V 台 = (S+ +S)h(S、 S 分别为上、下底面的面积, h 为高);13 SSV 球 = R3(R 为球的半径) .43二、点、直线、平面之间的位置关系1.公理 1、2、3、4 的作用分别是什么?公理 1 是判断直线在平面内的依据;公理 2 是确定平面的条件;公理 3 是判断三点共线的依据;公理 4 可判断或证明线线

3、平行 .2.直线、平面平行的判定定理与性质定理是什么?(1)直线与平面平行的判定定理: a ,b ,且 a ba .(2)平面与平面平行的判定定理: a ,b ,a b=P,a ,b .2(3)直线与平面平行的性质定理: a ,a , =b a b.(4)平面与平面平行的性质定理: , =a , =b a b.3.直线、平面垂直的判定定理与性质定理是什么?(1)直线与平面垂直的判定定理: l a,l b,a ,b ,a b=Pl .(2)平面与平面垂直的判定定理: a ,a .(3)直线与平面垂直的性质定理: m ,n m n.(4)平面与平面垂直的性质定理: , =l ,a ,a la .4

4、.求直线与平面所成角的基本思想和方法是什么?求线面角,一般先定斜足,再作垂线找射影,最后通过解直角三角形求解,即“作(作出线面角)证(证所作角为所求角)求(在直角三角形中求解线面角)” .5.求二面角的基本思想和方法是什么?作出二面角的平面角,主要有三种作法:定义法,垂面法,垂线法 .6.求空间中的点面距离的基本思想和方法是什么?求点面距离主要有以下几种方法:(1)先求作该点到平面的垂线段,再找垂线段所在的三角形,最后解直角三角形求出垂线段的长度 .(2)当该点的垂线段不容易找时,可以将该点转化为其他点到相应平面的距离,如当直线与平面平行时,该直线上任一点到平面的距离相等 .(3)先求出该几何

5、体的体积和底面积,也就可以求出高,即点到平面的距离 .三、空间直角坐标系与空间向量1.空间向量的基本定理是什么?如果三个向量 a,b,c 不共面,那么对空间任一向量 p,存在唯一的有序实数组( x,y,z),使得 p=xa+yb+zc.2.空间直角坐标系的定义是什么?点的坐标如何表示?利用交于一点的三条互相垂直的直线在空间中建立的坐标系,即空间直角坐标系;设M(x,y,z),x 叫横坐标, y 叫纵坐标, z 叫竖坐标 .3.空间两点间的距离公式是什么?设点 P1(x1,y1,z1),P2(x2,y2,z2),则|P1P2|= .(x1-x2)2+(y1-y2)2+(z1-z2)24.直线的方

6、向向量的定义是什么?如何求平面的法向量?3(1)l 是空间的一条直线, A,B 是直线 l 上的任意两点,则称 为直线 l 的方向向量,与AB平行的任意非零向量也是直线 l 的方向向量 .AB(2)设 a,b 是平面 内的两个不共线向量, n 为平面 的法向量,则求法向量的方程组为 na=0,nb=0.四、立体几何中的向量方法1.如何求两条异面直线所成角的余弦值?设两条异面直线的方向向量分别为 a,b,向量 a,b 的夹角为 ,则 cos =| cos |=(其中 为异面直线所成的角) .|ab|a|b|2.如何求直线与平面所成角的正弦值?设直线的方向向量为 e,平面 的法向量为 n,直线与平

7、面 所成角为 ,两向量 e 与n 的夹角为 ,则 sin =| cos |= .|ne|n|e|3.如何求二面角的余弦值?设 n1,n2分别是二面角 -l- 的两个半平面 , 的法向量,则二面角 的余弦值满足 |cos |= .|n1n2|n1|n2|4.如何求空间一点到平面的距离?设空间一点为 C,平面内一点为 A,平面 的法向量为 n,则点 C 到平面的距离 d= .|ACn|n|立体几何是高中数学的重要组成部分,是高考考查考生空间感、图形感、语言转换能力、几何直观想象能力、逻辑推理能力的主要载体 .近几年全国高考分值一般在 22 分 27 分,题型有选择题、填空题和解答题 .高考命题既重

8、基础、注意“知识的重新组合”,又采用“小题目综合化,大题分步设问”的命题思路,不断实现探究与创新 .一、选择题和填空题的命题特点(一)通过三视图及其应用考查学生空间想象能力及其他数学素养 .由几何体的三视图得到几何体的直观图,考查表面积、体积、最短路径等,难度中等居多 .41.(2018全国 卷理 T7 改编)某圆柱的高为 3,底面周长为 10,圆柱的三视图如右图 .圆柱表面上的点 M 在正(主)视图上的对应点为 A,圆柱表面上的点 N 在侧(左)视图上的对应点为图形下底边的中点 B,则在此圆柱的侧面上,从点 M 到 N 的路径中,最短路径的长度为( ).A. B.2109 5C.5 D. 3

9、4解析 由题意得圆柱的直观图以及侧面展开图如图:则在此圆柱的侧面上,从点 M 到 N 的路径中,最短路径的长度为 = .故选 D.32+52 34答案 D2.(2016全国 卷理 T9 改编)如图,网格纸上小正方形的边长为 1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的表面积为( ).A.60+6 B.72+1210 10C.108 D.54解析 由已知中的三视图可得该几何体是一个以正(主)视图为底面的直四棱柱,其底面面积为(4 6)2=48,侧面的面积为(4 3+3 )2=24+12 ,22+62 10故棱柱的表面积为 72+12 .故选 B.10答案 B5(二)通过点、线、面的位置关系,

10、考查对相关定义及定理的理解、直线与平面的位置关系、平面与平面的位置关系、线面角、线线角等 .3.(2018全国 卷理 T9 改编)在正方体 ABCD-A1B1C1D1中, E 为棱 CC1的中点, F 为棱 AA1的中点,则异面直线 AE 与 BF 所成角的正切值为( ).A.2 B. C. D.332 55解析 如图,连接 D1E,AD1,因为 D1E BF,所以异面直线 AE 与 BF 所成的角为相交直线D1E 与 AE 所成的角 .不妨设正方体的边长为 2,则 D1E= ,AE=3,AD1=2 ,5 2所以由余弦定理得 cos D1EA= .55由平方关系得 sin D1EA= ,所以异

11、面直线 AE 与 BF 所成角的正切值为 2.故选 A.255答案 A4.(2017全国 卷理 T10 改编)已知在直三棱柱 ABC-A1B1C1中, ABC=90,AB=BC=BB1,B1C 与 BC1相交于点 E,则异面直线 A1E 与 AC1所成角的余弦值为( ).A. B. C. D.26 32 22 23解析 如图所示,将直三棱柱补成正方体,并以 D 为坐标原点, , , 的方向为 x,y,zDADCDD1轴的正方向,建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为 1,则 A1(1,0,1),E ,A(1,0,0),(12,1,12)C1(0,1,1), =(-1,1,1), = ,所以 co

12、s= .AC1 A1E(-12,1,-12) AC1A1E 23故异面直线 A1E 与 AC1所成角的余弦值为 .23答案 D(三)与球有关的组合体问题,考查学生的综合应用能力,难度较大 .65.(2018全国 卷理 T10 改编)设 A,B,C,D 是同一个半径为 R 的球的球面上四点, ABC为等腰三角形,底边为 6,腰长为 2 ,三棱锥 D-ABC 体积的最大值为 6 ,则半径 R 是( ).3 3A.2 B.4 C.6 D.8解析 由 ABC 为等腰三角形,底边为 6,腰长为 2 ,可得 S ABC=3 ,高 h= .因3 3 3为 S ABC= ,所以等腰三角形 ABC 的外接圆半径

13、为 2 .设球心为 O,三角形 ABC 的外心为abc4r 3O,因为三棱锥 D-ABC 体积的最大值为 6 ,所以三棱锥 D-ABC 的高的最大值为 6,显然 D3为 OO 的延长线与球的交点,如图,所以(6 -R)2+(2 )2=R2,解得 R=4,故选 B.3答案 B6.(2017全国 卷理 T8 改编)已知圆柱的高为 2,它的两个底面的圆周在直径为 4 的同一个球的球面上,若一个长方体的上、下底面内接于该圆柱的上、下底面上,则该长方体的体积最大值为( ).A.12 B.6 C.3 D.24解析 绘制圆柱和球的组合体的轴截面如图所示,由题意可得, AC=2,AB=1,结合勾股定理,可得

14、BC= .3设长方体的长和宽分别为 a,b,因为矩形内接于圆,所以 a2+b2=(2 )2=12.又 V=2ab,由3基本不等式得 a2+b2=122 ab,当且仅当 a=b= 时,等号成立,所以长方体的体积最大值为612,故选 A.答案 A二、解答题的命题特点以多面体或旋转体为载体,第(1)问主要是证明线线、线面以及面面的平行与垂直等位置关系,第(2)问主要是计算空间角的余弦值或正弦值,通常通过构建空间直角坐标系,利用向量法进行计算,同时要注意翻折问题、探索性问题和存在性问题的研究和模型构建 .71.(2018全国 卷理 T20 改编)如图,在三棱锥 P-ABC 中, AB=BC=2 ,PA

15、=PB=PC=AC=4,O2为 AC 的中点 .M 为棱 BC 上任意一点 .(1)证明:平面 POM平面 ABC.(2)当点 C 到平面 POM 的距离为 时,求 CM 的长 .455(3)若 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为 ,求二面角 M-PA-C 的余弦值 .34解析 (1)AB=BC= 2 ,AC=4,2AB 2+BC2=AC2,即 ABC 是直角三角形 .又 O 为 AC 的中点,如图,连接 OB,OB AC,OB=2.PA=PC=PB= 4,OP AC,OP=2 .3PO 2+BO2=PB2,OP BO,PO 平面 ABC.PO 平面 POM, 平面 POM平面 ABC.(

16、2)由(1)得 PO OM,由面面垂直的性质定理知,过点 C 作 OMC 的高即为点 C 到平面POM 的距离 h.设 CM=x(0|= ,解得 a= ,PC34 43则 n= .(-833,433,-43)取平面 PAC 的法向量为 =(2,0,0),因为二面角 M-PA-C 为锐角,所以二面角 M-PA-C 的OB余弦值为 |cos|= .OB322.(2018全国 卷理 T19 改编)如图,矩形 ABCD 所在平面与半圆弧 所在平面垂直, M 是CD圆弧 上异于 C,D 的点, BD 与 AC 相交于 O 点 .CD(1)证明: DM BM.(2)设线段 DC 的中点为 N,是否在线段

17、AM 上存在点 P,使得平面 PON平面 BCM?说明理由 .(3)若 AB=2AD=2,则当三棱锥 O-MCB 体积最大时,求平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的余弦值 .解析 (1)矩形 ABCD 所在平面与半圆弧 所在平面垂直,CD9 平面 CDM 与半圆弧 所在平面为同一个平面, 平面 ABCD平面 CDM.CDM 是半圆弧 上异于 C,D 的点, BC DC,平面 ABCD平面 CDM=CD,CDBC 平面 CDM,BC DM.DC 为直径, CM DM.BC CM=C,DM 平面 BMC,DM BM.(2)存在,当点 P 是 AM 的中点时,满足题意 .理由:若平面 PON平

18、面 BCM, 平面 ACM平面 CBM=CM,平面 ACM平面 PON=PO,由面面平行的性质定理知 CM PO.又 O 为 AC 的中点, P 为 AM 的中点 .(3)以 D 点为坐标原点, , 的方向为 x,y 轴的正方向,平面 MCD 中垂直 DC 的直线为 zDADC轴,建立如图所示的空间直角坐标系,由等体积法知当三棱锥 O-MCB 体积最大时, M 为 的中CD点 .则 D(0,0,0),C(0,2,0),M(0,1,1),A(1,0,0),B(1,2,0), =(1,0,0), =(-1,1,1),DA AM=(0,2,0).AB设平面 MAB 的法向量为 n=(x,y,z),由

19、 得 可取 n=(1,0,1),取 为平面 MCD 的法向量 .AMn=0,ABn=0, -x+y+z=0,2y=0, DA所以 cos= ,因为平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角是锐角,所以平面 MAB 与平面DA22MCD 所成二面角的余弦值是 .22解答立体几何题目的方法:(1)求角的问题时,注意紧扣定义,将空间角(异面直线所成的角、线面角)转化为平面上两相交直线所成的角来处理 .求角先找角,再在三角形中去解决,异面直线所成的角、线面角应取锐角 .(2)在求距离时,可放在三角形中去计算,若是垂线难作出,可用等积法求解 .(3)在求体积时,要从多方位、多角度看问题,要注意“公式法”“换1底法”“割补法”的应用 .“等体积法”可以用来求点到面的距离、多面体内切球的半径等 .(4) “向量法”的使用,要注意基向量的选择或坐标系的正确建立等,还要强化计算能力 .