2019届高三理科数学二轮复习资料---立体几何专题(教师版-精校版)(共15页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上蕉岭中学2019届高三（理科）数学二轮资料专题四：立体几何 2019.4主备课人：刘广泉、代云 审题人：高三理科备课组 一、近3年全国1卷考点分布：161718三视图（6）、异面直线所成角（11）三视图（7）、折叠问题（16）三视图、平面展开图（7）、截面图（12）垂直证明、二面角（18）面面垂直证明、二面角（18）面面垂直证明、线面角（18）高频考点突破考点一、空间几何体的三视图与直观图例1.（2014全国1）如图，网格纸上小正方形的边长为，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（ ）A. B. C. D. 解：如图所示，原几何体为三

2、棱锥，其中，故最长的棱的长度为，选C考点二、空间几何体的表面积与体积例2.如图，网格纸上小正方形的边长为1，下图画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为()A.12618 B.9618C.9818 D.9612答案B解析作出该几何体的直观图如图所示(所作图形进行了一定角度的旋转)，故所求几何体的表面积S23234634439618，故选B.考点三、多面体与球例3.已知三棱锥ABCD中，ABACBC2，BDCD，点E是BC的中点，点A在平面BCD上的投影恰好为DE的中点F，则该三棱锥外接球的表面积为_.答案解析连接BF，由题意，得BCD为等腰直角三角形，E是外接圆的圆心.点A在平面BCD上

3、的投影恰好为DE的中点F，BF， AF.设球心O到平面BCD的距离为h，则1h22，解得h，外接球的半径r，故该三棱锥外接球的表面积为4.考点四、空间线面位置关系的判断例4. (2018长沙模拟)如图所示，在直角梯形BCEF中，CBFBCE90，A，D分别是BF，CE上的点，ADBC，且ABDE2BC2AF(如图1).将四边形ADEF沿AD折起，连接AC，CF，BE，BF，CE(如图2)，在折起的过程中，下列说法错误的是()A.AC平面BEF B.B，C，E，F四点不可能共面C.若EFCF，则平面ADEF平面ABCD D.平面BCE与平面BEF可能垂直答案D解析A选项，连接BD，交AC于点O，

4、取BE的中点M，连接OM，FM，则四边形AOMF是平行四边形，所以AOFM，因为FM平面BEF，AC平面BEF，所以AC平面BEF；B选项，若B，C，E，F四点共面，因为BCAD，所以BC平面ADEF，又BC平面BCEF，平面BCEF平面ADEFEF，所以可推出BCEF，又BCAD，所以ADEF，矛盾；C选项，连接FD，在平面ADEF内，由勾股定理可得EFFD，又EFCF，FDCFF，所以EF平面CDF，所以EFCD，又CDAD，EF与AD相交，所以CD平面ADEF，所以平面ADEF平面ABCD；D选项，延长AF至G，使AFFG，连接BG，EG，可得平面BCE平面ABF，且平面BCE平面ABF

5、BG，过F作FNBG于N，则FN平面BCE，若平面BCE平面BEF，则过F作直线与平面BCE垂直，其垂足在BE上，矛盾.考点五、利用空间向量证明平行与垂直例5：如图所示，已知在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC为等腰直角三角形，BAC90，且ABAA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点.求证： (1)DE平面ABC；(2)B1F平面AEF. 证明 (1)由直三棱柱的性质，得A1AAB，A1AAC，又BAAC,如图，以点A为坐标原点，分别以AB，AC，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Axyz，令ABAA14，则A(0，0，0)，E(0，4，2)，F(2，2，0)，

6、B(4，0，0)，B1(4，0，4).取AB的中点N，连接CN，则N(2，0，0)，C(0，4，0)，D(2，0，2)，(2，4，0)，(2，4，0)，DENC.又NC平面ABC，DE平面ABC，DE平面ABC.(2)(2，2，4)，(2，2，2)，(2，2，0)，(2)22(2)(4)(2)0，(2)222(4)00.，即B1FEF，B1FAF.又AFEFF，AF，EF平面AEF，B1F平面AEF.考点六、空间角的求解例6(2018江苏卷)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA12，点P，Q分别为A1B1，BC的中点.(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；(2)求直线CC1与平

7、面AQC1所成角的正弦值.解如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，设AC，A1C1 的中点分别为O，O1，连接OB，OO1.则OBOC，OO1OC，OO1OB.以，为基底，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为ABAA12，所以A(0，1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，1，2)，B1(，0，2)，C1(0，1，2).(1)因为P为A1B1的中点，所以P，从而，(0，2，2)，故|cos，|.因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为.(2)因为Q为BC的中点，所以Q，因此，(0，2，2)，(0，0，2).设n(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，则即 不妨取n(，1

8、，1).设直线CC1与平面AQC1所成角为，则sin |cos，n|，所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.考点七、立体几何的综合问题例7. (2018全国卷)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点.(1)证明：平面AMD平面BMC；(2)当三棱锥MABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值.(1)证明由题设知，平面CMD平面ABCD，交线为CD.因为BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，又DM平面CDM，故BCDM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DMCM.又BCCMC，所以DM平面BMC.由于DM平

9、面AMD，故平面AMD平面BMC.(2)解以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.当三棱锥MABC体积最大时，M为的中点.由题设得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，M(0，1，1)，(2，1，1)，(0，2，0)，(2，0，0).设n(x，y，z)是平面MAB的法向量，则即可取n(1，0，2).又是平面MCD的法向量，因此cosn，sinn，.所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值为.例8.如图所示，在正四棱锥PABCD中，底面ABCD的边长为2，侧棱长为2.(1)若点E为PD上的点，且PB平面EAC，试确定E点的位

10、置；(2)在(1)的条件下，在线段PA上是否存在点F，使平面AEC和平面BDF所成的锐二面角的余弦值为，若存在，求线段PF的长度，若不存在，请说明理由.解(1)设BD交AC于点O，连接OE.PB平面AEC，平面AEC平面BDPOE，PBOE.又O为BD的中点，在BDP中E为PD中点.(2)连接OP，由题知PO平面ABCD，且ACBD，以，所在直线为x、y、z轴建立直角坐标系，如图.OP.O(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，0)，C(，0，0)，D(0，0)，P(0，0，)，则E，(，0，0)，(0，0).设平面AEC的法向量为m(x1，y1，z1).则令z11，得平面AEC的一个法向量m

11、(0，1)，假设在线段PA上存在点F，满足题设条件，不妨设(01).则F(，0，)，(，0，).设平面BDF的法向量n(x2，y2，z2)，令z21得平面BDF的一个法向量n.由平面AEC与平面ADF所成锐二面角的余弦值为，则cosm，n，解得.所以|.故在线段PA上存在点F，当|PF|时，使得平面AEC和平面BDF所成的锐二面角的余弦值为.押题专练一、选择题：1.(2018浙江卷)已知平面，直线m，n满足m，n，则“mn”是“m”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件解:若m，n，mn，由线面平行的判定定理知m.若m，m，n，不一定推出mn，

12、直线m与n可能异面.故“mn”是“m”的充分不必要条件.故选A2.(2018全国卷)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()解析由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A.3.(2018北京燕博园质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A.8 B.4 C.84 D.4解：该图形为一个半圆柱中间挖去一个四面体，体积V2242448.故选A4(2017全国卷)如图，在下列四个正

13、方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB与平面MNQ不平行的是解：B选项中，且平面，平面，则平面，C选项中,，且平面，平面，则平面，D选项中, ，且平面，平面，则平面，排除B、C、D，选A5（2018.全国卷）设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为()ABCD 解：如图所示，点M为三角形ABC的重心，E为AC中点，当平面时，三棱锥体积最大，此时，,点M为三角形ABC的重心，中，有，故选B.6.如图，四边形ABCD中，ABADCD1，BD，BDCD.将四边形ABCD沿对角线BD拆成四面体ABCD，使平面A

14、BD平面BCD，则下列结论正确的是()A.ACBD B.BAC90C.CA与平面ABD所成的角为30 D.四面体ABCD的体积为解：若A成立可得BDAD，产生矛盾，故A不正确；由题干知BAD为等腰直角三角形，CD平面ABD，得BA平面ACD，所以BAAC，于是B正确；由CA与平面ABD所成的角为CAD45知C不正确；VABCDVCABD，D不正确，故选B.7.（2016.全国1）平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,/平面CB1D1,平面ABCD=m,平面AB B1A1=n,则m、n所成角的正弦值为(A) (B) (C) (D)解：如图,设平面平面=,平面平面=,因为平面,所以,则所

15、成的角等于所成的角.延长,过作,连接,则为,同理为,而,则所成的角即为所成的角,即为,故所成角的正弦值为,选A.8.(2018湖南师大联考)如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点M是对角线C1B上的动点，则CMMD1的最小值为()A. B.2 C. D.2解析将CBC1沿BC，CC1剪开，并沿BC1折起，使平面CBC1和平面BC1D1A共面如图.连D1C交BC于点M.则CMMD1最短(即线段CD1)，在D1C1C中，D1C1C135，由余弦定理，得CD1212212cos 1352.故CMMD1的最小值为.答案A9.(2018安徽江南联考)对于四面体ABCD，有以下命题：若ABAC

16、AD，则AB，AC，AD与底面所成的角相等；若ABCD，ACBD，则点A在底面BCD内的射影是BCD的内心；四面体ABCD的四个面中最多有四个直角三角形；若四面体ABCD的6条棱长都为1，则它的内切球的表面积为.其中正确的命题是()A. B. C. D.解析正确，若ABACAD，则AB，AC，AD在底面的射影相等，即与底面所成角相等；不正确，如图(1)，点A在平面BCD的射影为点O，连接BO，CO，可得BOCD，COBD，所以点O是BCD的垂心； 图(1) 图(2)正确，如图(2)，若AB平面BCD，BCD90，则四面体ABCD的四个面均为直角三角形；正确，正四面体的内切球的半径为r，棱长为1

17、，高为，根据等体积公式S4Sr，解得r，那么内切球的表面积S4r2.故正确的命题是.答案D10.(2018广州三模)三棱锥PABC中，平面PAC平面ABC，ABAC，PAPCAC2，AB4，则三棱锥PABC的外接球的表面积为()A.23 B. C.64 D.解析如图，设O为正PAC的中心，D为RtABC斜边的中点，H为AC中点.由平面PAC平面ABC.则OH平面ABC.作OOHD，ODOH，则交点O为三棱锥外接球的球心，连接OP，又OPPH2，OODHAB2.R2OP2OP2OO24.故几何体外接球的表面积S4R2. 答案 D11.(2018全国卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所

18、成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为()A. B. C. D.解析如图，依题意，平面与棱BA，BC，BB1所在直线所成角都相等，容易得到平面AB1C符合题意，进而所有平行于平面AB1C的平面均符合题意.由对称性，知过正方体ABCDA1B1C1D1中心的平面面积应取最大值，此时截面为正六边形EFGHIJ.正六边形EFGHIJ的边长为，将该正六边形分成6个边长为的正三角形.故其面积为6. 故选A二、填空题：12.【2016.北京】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为_.解:分析三视图可知，该几何体为一三棱锥，其体积13. （2016.全国2）是两个平面，是两条直线，有下列四个命

19、题：（1）如果，那么. （2）如果，那么.（3）如果，那么.（4）如果，那么与所成的角和与所成的角相等.其中正确的命题有 (填写所有正确命题的编号）解：对于，则的位置关系无法确定，故错误；对于,因为，所以过直线作平面与平面相交于直线，则，因为，故正确；对于，由两个平面平行的性质可知正确；对于，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确，故正确的有.14.在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为线段B1D1上的一个动点，则下列结论中正确的是_(填序号).ACBE； B1E平面ABCD； 三棱锥EABC的体积为定值；直线B1E直线BC1.解析因AC平面BDD1B1，而BE平面BDD1B1，故正确；因B

20、1D1平面ABCD，故正确；记正方体的体积为V，则VEABCV，为定值，故正确；B1E与BC1不垂直，故错误.答案三、解答题：15 【2017北京，理16】如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，点在线段上，平面，（1）求证：为的中点；（2）求二面角的大小；（3）求直线与平面所成角的正弦值解：（1）取、交点为，连结面，面面面，在中，为中点，为中点（2）解法一：取中点为，中点为，连结，又面面，面面，面，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标，可知，易知面的法向量为，且，设面的法向量为，由图可知二面角的平面角为锐角，二面角大小为解法二：过点作，交于点，连结，平面，平面，即为二面角的平面角，可求得，（

21、3）解法一：点，由（2）题面的一个法向量，设与平面所成角为，解法二：记，取中点，连结，取中点，连，易证点是中点，平面平面，平面，平面连结，由余弦定理知，设点到平面的距离为，又，求得，记直线与平面所成角为，16. 如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，EF交BD于点H.将DEF沿EF折到的位置.（I）证明：平面ABCD；（II）求二面角的正弦值.【解析】证明：， ， 四边形为菱形， ， ， ， ， ； 又， ， ， ， 又， 面建立如图坐标系，设面法向量，由得，取， 同理可得面的法向量， 17. 【18. 5月益阳市统考】如图，在三棱锥中，两两垂直，平面平面，且与棱，分别交于，三点.（1）过作直线，使得，请写出作法并加以证明；（2）若将三棱锥分成体积之比为8：19的两部分，求直线与平面所成角的正弦值.17.解：（1）作法：取的中点，连接，则直线即为要求作的直线.证明如下：，且，平面.平面平面，且平面，平面平面，平面，.又，为的中点，则，从而直线即为要求作的直线.（2）将三棱锥分成体积之比为8：19的两部分，四面体的体积与三棱锥的体积之比为8:27，又平面平面，.以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，设平面的法向量为，则，即，令，得.则.故直线与平面所成角的正弦值为.专心-专注-专业