（全国通用版）2019高考数学二轮复习板块四考前回扣专题6立体几何与空间向量学案理.doc

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1、1回扣 6 立体几何与空间向量1四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直平行六面体、长方体之间的关系2三视图(1)三视图的正(主)视图、侧(左)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三视图的基本要求：正俯一样长，俯侧一样宽，正侧一样高(2)三视图排列规则：俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图一样；侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度和正(主)视图一样，宽度与俯视图一样3柱、锥、台、球体的表面积和体积侧面展开图 表面积 体积直棱柱 长方形 S2 S 底 S 侧 V S 底 h圆柱 长方形 S2 r22 rl V r2l棱锥 由若干三角

2、形构成 S S 底 S 侧 V S底 h132圆锥 扇形 S r2 rl V r2h13棱台 由若干个梯形构成S S 上底 S 下底 S侧V (S S13 SS) h圆台 扇环S r 2( rr) l r2V ( r2 rr13r 2)h球 S4 r2 V r34334.平行、垂直关系的转化示意图(1)(2)两个结论Error! a b，Error! b .5用空间向量证明平行、垂直设直线 l 的方向向量为 a( a1， b1， c1)，平面 ， 的法向量分别为 ( a2， b2， c2)，v( a3， b3， c3)则有：(1)线面平行l a a 0 a1a2 b1b2 c1c20.(2)线

3、面垂直l a a k a1 ka2， b1 kb2， c1 kc2.(3)面面平行 v va2 a 3， b2 b 3， c2 c 3.(4)面面垂直 v v0 a2a3 b2b3 c2c30.6用向量求空间角(1)直线 l1， l2的夹角 满足 cos |cos l1， l2|(其中 l1， l2分别是直线 l1， l2的方向向量)(2)直线 l 与平面 的夹角 满足 sin |cos l， n|(其中 l 是直线 l 的方向向量，n 是平面 的法向量)(3)平面 ， 的夹角 满足 cos |cos n1， n2|，则二面角 l 的平面角为 或 (其中 n1， n2分别是平面 ， 的法向量)

4、1混淆“点 A 在直线 a 上”与“直线 a 在平面 内”的数学符号关系，应表示为A a， a .2在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线为虚线在还原空间几何体实际形状时一般是以正(主)视图和俯视图为主43易混淆几何体的表面积与侧面积的区别，几何体的表面积是几何体的侧面积与所有底面面积之和，不能漏掉几何体的底面积；求锥体体积时，易漏掉体积公式中的系数 .134不清楚空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理，忽视判定定理和性质定理中的条件，导致判断出错如由 ， l， m l，易误得出 m 的结论，就是因为忽视面面垂直的性

5、质定理中 m 的限制条件5注意图形的翻折与展开前后变与不变的量以及位置关系对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置与数量关系6几种角的范围两条异面直线所成的角：0 90；直线与平面所成的角：0 90；二面角：0 180.7空间向量求角时易忽视向量的夹角与所求角之间的关系，如求解二面角时，不能根据几何体判断二面角的范围，忽视向量的方向，误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错1一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是( )A. B. C. D 3 4 2答案 D解析 由三视图可知，该几何体为球的 ，其半径为 1，

6、则体积 V 1 3.34 34 432直三棱柱 ABCA1B1C1的直观图及三视图如图所示， D 为 AC 的中点，则下列命题中是假命题的是( )5A AB1平面 BDC1B A1C平面 BDC1C直三棱柱的体积 V4D直三棱柱的外接球的表面积为 4 3答案 D解析 由三视图可知，直三棱柱 ABCA1B1C1的侧面 B1C1CB 是边长为 2 的正方形，底面 ABC是等腰直角三角形， AB BC， AB BC2.连接 B1C 交 BC1于点 O，连接 OD.在 CAB1中， O， D 分别是 B1C， AC 的中点， OD AB1，又 OD平面 BDC1， AB1平面 BDC1， AB1平面

7、BDC1.故 A 正确；在直三棱柱 ABC A1B1C1中， AA1平面 ABC， AA1 BD.又 AB BC2， D 为 AC 的中点， BD AC，又 AA1 AC A， AA1， AC平面 AA1C1C， BD平面 AA1C1C，又 A1C平面 AA1C1C， BD A1C.又 A1B1 B1C1， A1B1 B1B， B1C1 B1B B1，B1C1， B1B平面 B1C1CB， A1B1平面 B1C1CB，又 BC1平面 B1C1CB，6 A1B1 BC1. BC1 B1C，且 A1B1 B1C B1，A1B1， B1C平面 A1B1C， BC1平面 A1B1C，又 A1C平面 A

8、1B1C， BC1 A1C，又 BD BC1 B， BD， BC1平面 BDC1， A1C平面 BDC1.故 B 正确；V S ABCC1C 2224，故 C 正确；12此直三棱柱的外接球的半径为 ，其表面积为 12，D 错故选 D.33已知直线 l， m 和平面 ，则下列结论正确的是( )A若 l m， m ，则 l B若 l ， m ，则 l mC若 l m， l ，则 m D若 l ， m ，则 l m答案 B解析 若 l m， m ，则 l 或 l ，故 A 错误；若 l ， m ，则 l m，B 正确；若 l m， l ，则 m 或 m ，故 C 错误；若 l ， m ，则 l m

9、或 l， m 异面，故选 B.4已知互相垂直的平面 ， 交于直线 l.若直线 m， n 满足 m ， n ，则( )A m l B m nC n l D m n答案 C解析 由题意知， l， l ， n ， n l.故选 C.5已知 m， n 为异面直线， m平面 ， n平面 ，直线 l 满足l m， l n， l ， l ，则( )A 且 l B 且 l C 与 相交，且交线垂直于 lD 与 相交，且交线平行于 l答案 D7解析 假设 ，由 m平面 ， n平面 ，得 m n，这与已知 m， n 为异面直线矛盾，那么 与 相交，设交线为 l1，则 l1 m， l1 n，在直线 m 上任取一点作

10、 n1平行于 n，那么 l1和 l 都垂直于直线 m 与 n1所确定的平面，所以 l1 l.6.如图，正方体 AC1的棱长为 1，过点 A 作平面 A1BD 的垂线，垂足为点 H，以下四个命题：点 H 是 A1BD 的垂心； AH 垂直于平面 CB1D1；直线 AH 和 BB1所成的角为 45； AH的延长线经过点 C1，其中假命题的个数为( )A0 B1C2 D3答案 B解析 AB AA1 AD， BA1 BD A1D，三棱锥 A BA1D 为正三棱锥，点 H 是 A1BD 的垂心，故正确；平面 A1BD 与平面 B1CD1平行， AH平面 A1BD， AH平面 CB1D1，故正确； AA1

11、 BB1， A1AH 就是直线 AH 和 BB1所成的角，在直角三角形 AHA1中， AA11， A1H ，23 32 2 63sin A1AH ，故错误；63 22根据正方体的对称性得到 AH 的延长线经过点 C1，故正确，故选 B.7将正方体纸盒展开如图，则直线 AB， CD 在原正方体中的位置关系是( )8A平行 B垂直C相交成 60角 D异面且成 60角答案 D解析 如图，直线 AB， CD 异面因为 CE AB，所以 ECD 即为直线 AB， CD 所成的角，因为 CDE 为等边三角形，故 ECD60.8长方体的顶点都在同一球面上，其同一顶点处的三条棱长分别为 3,4,5，则该球面的

12、表面积为( )A25 B50 C75 D. 12523答案 B解析 设球的半径为 R，由题意可得(2 R)23 24 25 250，4 R250，球的表面积为S4 R250.9.如图，三棱锥 A BCD 的棱长全相等，点 E 为棱 AD 的中点，则直线 CE 与 BD 所成角的余弦值为( )A. B.36 32C. D.336 12答案 A解析 方法一 取 AB 中点 G，连接 EG， CG. E 为 AD 的中点， EG BD.9 GEC 为 CE 与 BD 所成的角设 AB1，则 EG BD ，12 12CE CG ，32cos GECEG2 EC2 GC22EGEC(12)2 (32)2

13、 (32)221232 .36方法二 设 AB1，则 ( )( ) ( )CE BD AE AC AD AB (12AD AC ) AD AB 2 12AD 12AD AB AC AD AC AB cos 60cos 60cos 60 .12 12 14cos ， ，故选 A.CE BD CE BD |CE |BD |1432 3610已知正三棱柱 ABC A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则 AB1与侧面 ACC1A1所成角的正弦值等于( )A. B.64 104C. D.22 32答案 A解析 如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为 2，则 O(0,0,0)， B( ，0,0)，

14、 A(0，1,0)， B1( ，0,2)，则 1( ，1,2)，3 3 AB 310则 ( ，0,0)为侧面 ACC1A1的法向量，BO 3故 sin .|AB 1BO |AB 1|BO | 6411.如图，在空间四边形 ABCD 中，点 M AB，点 N AD，若 ，则直线 MN 与平面 BDC 的AMMB ANND位置关系是_答案 平行解析 由 ，得 MN BD.AMMB ANND而 BD平面 BDC， MN平面 BDC，所以 MN平面 BDC.12如图，在长方体 ABCDA B C D中， E， F， G， H 分别是棱AD， BB， B C， DD的中点，从中任取两点确定的直线中，与平

15、面 AB D平行的有_条答案 6解析 如图，连接 EG， EH， FG， EF， HG， EH FG 且 EH FG， EFGH 四点共面，由 EG AB， EH AD，EG EH E， AB AD A，可得平面 EFGH 与平面 AB D平行，符合条件的共有 6 条1113点 P 在正方形 ABCD 所在平面外， PA平面 ABCD， PA AB，则 PB 与 AC 所成角的大小是_答案 3解析 以 A 为原点， AB 所在直线为 x 轴， AD 所在直线为 y 轴， AP 所在直线为 z 轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方形 ABCD 的边长为 1，则 A(0,0,0)， P(0,0,1

16、)， B(1,0,0)，C(1,1,0)， (1,0，1)， (1,1,0)，因此PB AC cos ， ，PB AC 1 01 0 112 02 1212 12 02 12因此 PB 和 AC 所成角的大小为 . 314设 m， n 是不同的直线， ， ， 是不同的平面，有以下四个命题：Error! ；Error! m ；Error! ；Error! m .其中，正确的命题是_(填序号)答案 解析 中平行于同一平面的两平面平行是正确的；中 m， 可能平行，相交或直线在平面内；中由面面垂直的判定定理可知结论正确；中 m， 可能平行或线在面内15如图(1)，在边长为 4 的菱形 ABCD 中，

17、DAB60，点 E， F 分别是边 CD， CB 的中点，AC EF O，沿 EF 将 CEF 翻折到 PEF，连接 PA， PB， PD，得到如图(2)所示的五棱锥P ABFED，且 PB .10(1)求证： BD PA；(2)求四棱锥 P BFED 的体积(1)证明 点 E， F 分别是边 CD， CB 的中点， BD EF.12菱形 ABCD 的对角线互相垂直， BD AC， EF AC， EF AO， EF PO. AO平面 POA， PO平面 POA， AO PO O， EF平面 POA， BD平面 POA，又 PA平面 POA， BD PA.(2)解 设 AO BD H.连接 BO

18、， DAB60， ABD 为等边三角形， BD4， BH2，HA2 ， HO PO ，3 3在 Rt BHO 中， BO ，BH2 HO2 7在 PBO 中， BO2 PO210 PB2， PO BO. PO EF， EF BO O， EF平面 BFED，BO平面 BFED， OP平面 BFED，梯形 BFED 的面积 S (EF BD)HO3 ，12 3四棱锥 P BFED 的体积V SPO 3 3.13 13 3 316.如图，四棱锥 S ABCD 的底面是正方形， SD平面 ABCD， SD AD a，点 E 是 SD 上的点，且 DE a (0 1)13(1)求证：对任意的 (0,1，

19、都有 AC BE；(2)若二面角 C AE D 的大小为 60，求 的值(1)证明 如图，以 D 为原点， DA 所在直线为 x 轴， DC 所在直线为 y 轴， DS 所在直线为 z轴，建立空间直角坐标系 D xyz，则 A(a,0,0)， B(a， a,0)， C(0， a,0)， D(0,0,0)，E(0,0， a ) ( a， a,0)， ( a， a， a )，AC BE a2 a20 a 0，AC BE 0 对任意 (0,1都成立，即对任意的 (0,1，都有 AC BE.AC BE (2)解 显然 n(0,1,0)是平面 ADE 的一个法向量，设平面 ACE 的法向量为 m( x， y， z)， ( a， a,0)， ( a,0， a )，Error!AC AE 即Error! Error!取 z1，则 x y ， m( ， ，1)，二面角 C AE D 的大小为 60，|cos n， m| ，|nm|n|m| 1 2 2 12 (0,1， .22