山东高考数学专题复习立体几何专题(理).pdf

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1、高考数学专题复习：立体几何专题（理）一、山东省高考试题分析高考试卷中， 立体几何把考查的立足点放在空间图形上，突出对空间概念和空间想象能力的考查。立体几何的基础是对点、线、面的位置关系的讨论和研究，进而讨论几何体。高考命题时， 突出空间图形的特点，侧重于直线与直线、直线与平面、两个平面的位置的关系以及空间角、面积、体积的计算的考查，以便检测考生立体几何的知识水平和能力。高考试题中题型分布及分值比例（以下是近三年考题、考点、分值分布统计表）卷型题序分值考查的题型及知识点09 年4、5、18 5+5+12=22 几何体三视图、面面垂直的判定、线面平行的判定、二面角10 年3、19 5+12=17

2、线面垂直与平行的判定与性质、线面角、几何体的体积11 年11、19 5+12=17 几何体的三视图、线面平行的证明、以及二面角从上表可以看出：立体几何均分在20 分左右， 高考的命题坚持以稳定大局，控制难度，贯彻“说明”要求，命题的稳定主要表现在：考查的重点及难点稳定，高考始终把空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂直的性质与判定，线、面间的角的计算作为考查的重点；同时在创新方面做了一些有益的尝试。1充分、必要条件与点线面位置关系的综合高考对简单逻辑用语中的充分、必要条件的考查，主要通过与其它部分的综合问题出现，而与立体几何相综合的问题最为普遍，通过这种形式主要考查对充分、必要条件的

3、理解和立体几何部分的几何体、点线面的位置关系等严密性问题（09 年理 5） 已知 ， 表示两个不同的平面，m 为平面 内的一条直线，则“”是“m”的 ( ) A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【解析】：由平面与平面垂直的判定定理知，如果m 为平面 内的一条直线，m，则；反过来则不一定所以“”是“m”的必要不充分条件答案： B （10 年理 3）在空间，下列命题正确的是（）（A）平行直线的平行投影重合（ B）平行于同一直线的两个平面平行（C）垂直于同一平面的两个平面平行（D）垂直于同一平面的两条直线平行【解析】由空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质定

4、理可以很容易得出答案 D.本题考查空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质，属基础题。【点评】：此类题目主要考查了立体几何中垂直关系的判定和充分必要条件的概念解决此正（主）视图俯视图类问题的关键是弄清楚点线面之间的位置关系的判定此类小题是很容易出错的题目，解答时要特别注意2三视图与几何体的面积、体积的综合空间几何体的结构与视图主要培养观察能力、归纳能力和空间想象能力，识别三视图所表示的空间几何体，柱、锥、台、球体及其简单组合体的结构特征与新增内容三视图的综合会重点考查， 从近三年高考题来看，三视图是出题的热点，题型多以选择题、 填空题为主，属中等偏易题随着新课标的推广和深入，难度逐

5、渐有所增加（09 年理 4）一空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( ). A.22 3B. 42 3C. 2 323D. 2 343【解析】 :该空间几何体为一圆柱和一四棱锥组成的, 圆柱的底面半径为1,高为 2,体积为2,四棱锥的底面边长为2，高为3，所以体积为212 32333所以该几何体的体积为2 323.答案 :C 【点评】 本题考查了立体几何中的空间想象能力, 由三视图能够想象得到空间的立体图,并能准确地计算出几何体的体积.（11 年理 11）右图是长和宽分别相等的两个矩形给定下列三个命题：存在三棱柱，其正 (主 ) 视图、俯视图如右图；存在四棱柱，其正( 主) 视图、俯

6、视图如下图；存在圆柱，其正(主) 视图、俯视图如右图其中真命题的个数是（A）3 （B ）2 （C）1 （D）0 【点评】： A.此题考查学生的空间想象能力，无论是命题形式与考查深度令人欣赏。应该说以来，立体几何删去了传统的球面距离、球的切接问题、空间距离等明显降低了立体几何的难度。 但是，空间想象能力为考试说明的第三能力。因此，此题非常好， 难度适当，形式自然，目的明确。3几何体与线、面位置关系的综合以空间几何体为载体考查直线与平面平行或垂直、平面与平面平行或垂直的判定与性质定理，能用判定定理和性质定理证明线线平行或垂直、线面平行或垂直、面面平行或垂直，2 2 侧(左)视图2 2 2 正 (主

7、)视图俯视图多以选择题和解答题形式出现，解答题中多以证明线线垂直、线面垂直、面面垂直为主，属中档题4空间向量与空间角和距离的综合用空间向量解决立体几何问题的基本步骤：（1）用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面， 建立立体图形与空间向量的联系，从而把立体几何问题转化为向量问题（几何问题向量化）； （2）通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间的距离和夹我有等问题（进行向量运算）； （3）把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义（回归几何问题） （09 年理 18）如图， 在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中， 底面 ABCD 为等腰梯形， AB/CD ，AB=4 ， BC

8、=CD=2 ，AA1=2，E、E1、F 分别是棱AD 、AA1、AB 的中点（1）证明：直线EE1/平面 FCC1；（2）求二面角B-FC1-C 的余弦值解析：解法一：（1）在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，取 A1B1的中点 F1，连接 A1D，C1F1，CF1，因为 AB=4 ， CD=2 ，且 AB/CD ，所以 CD=/A1F1，A1F1CD 为平行四边形，所以CF1/A1D，又因为 E、E1分别是棱AD 、AA1的中点，所以EE1/A1D，所以 CF1/EE1，又因为1EE平面 FCC1，1CF平面 FCC1，所以直线 EE1/平面 FCC1（2）因为 AB=4 ， BC=CD

9、=2 ， 、F 是棱 AB 的中点，所以BF=BC=CF ， BCF 为正三角形，取CF 的中点O，则 OB CF，又因为直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中， CC1平面ABCD ，所以 CC1BO， 所以 OB平面 CC1F，过 O 在平面 CC1F 内作 OPC1F，垂足为 P，连接 BP， 则 OPB 为二面角B-FC1-C 的一个平面角，在 BCF 为正三角形中，3OB，在 RtCC1F 中，OPF CC1F，11OPOFCCC F22122222OP，EA B C F E1 A1 B1 C1 D1 D F1OPEA B C F E1 A1 B1 C1 D1 D 在 RtOPF 中，

10、22114322BPOPOB，272cos7142OPOPBBP，所以二面角B-FC1-C 的余弦值为77解法二 :（1）因为 AB=4 ， BC=CD=2 ， F 是棱 AB 的中点，所以 BF=BC=CF ， BCF 为正三角形，因为 ABCD 为等腰梯形，所以BAC= ABC=60 ，取 AF 的中点 M，连接 DM ，则 DM AB ，所以 DM CD，以 DM 为 x 轴， DC 为 y 轴， DD1为 z 轴建立空间直角坐标系，则 D（ 0，0，0） ，A（3，-1，0） ，F（3，1，0） ，C（0，2，0） ，C1（0，2，2） ，E（32，12，0） ，E1（3，-1，1）

11、，所以131(,1)22EE，( 3, 1,0)CF，1(0,0,2)CC1(3,1,2)FC设平面 CC1F 的法向量为( , , )nx y z则100n CFn CC所以300 xyz取(1, 3,0)n，则131131 0022n EE，所以1nEE，所以直线EE1/平面 FCC1（2）(0,2,0)FB，设平面BFC1的法向量为1111(,)nxy z，则11100nFBnFC所以11110320yxyz，取1(2,0,3)n，则12 130032n n，2|1( 3)2n，221|20(3)7n，所以11127cos,7|27n nn nnn，由图可知二面角B-FC1-C 为锐角，

12、所以二面角B-FC1-C 的余弦值为77EA B C F E1 A1 B1 C1 D1 D x y z M 【点评】：本题主要考查直棱柱的概念、线面位置关系的判定和二面角的计算考查空间想象能力和推理运算能力，以及应用向量知识解答问题的能力，向量法求二面角是一种独特的方法， 因为它不但是传统方法的有力补充，而且还可以另辟溪径，解决传统方法难以解决的求二面角问题向量法求二面角通常有以下三种转化方式：先作、证二面角的平面角AOB ，再求得二面角的大小；先求二面角两个半平面的法向量12，nn （注意法向量的方向要分布在二面角的内外），再求得二面角的大小为向量夹角或其补角；先分别在二面角两个半平面内作棱

13、的垂线（垂足不重合），又可转化为求两条异面直线的夹角二、20XX 年高考预测分析透析高考试题，可以看出本专题的热点为：（1）直线和平面平行、垂直的判定与性质；（2）两个平面平行、垂直的判定与性质；（3）异面直线所成的角、直线和平面所成的角及二面角；（4）几何体的表面积、体积，注重与三视图的交汇，以及割补思想、等价转化思想在求体积方面的应用；（5）利用空间向量来证明平行和垂直关系（包括线线垂直、平行；线面垂直、平行；面面垂直、平行）及利用空间向量解决求空间角；（6）棱柱、棱锥、球的概念和性质，棱柱、棱锥的复现率较高，在迎考中应继续关注；（7）寻找截面形状，多面体的外切球、内接球，计数问题，折叠问

14、题也值得我们注意。从近几年高考来看，一般以12 个客观题来考查线面关系的判定、表面积与体积、空间几何体的性质与识图等，以 1 个解答题来考查线面关系的证明以及角的计算在高考中属于中档题目而三视图作为新课标的新增内容，在近三年高考中，有2 次在此知识点命题，主要考查三视图和直观图，特别是通过三视图来确定原图形的相关量预计今后高考中，在命题规律呈现如下：（一）客观题仍以几何体的的三视图与表面积与体积的计算、空间线面关系与命题、充要条件的结合为主预测 1 空间几何体的三视图与其表面积、体积的求解相结合仍会是20XX年高考的命题热点。1、 若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积是3

15、cm2、已知一几何体的三视图如下，正视图和侧视图都是矩形，俯视图为正方形，在该几何体上任意选择4 个顶点，它们可能是如下各种几何形体的4 个顶点，这些几何形体是（写出所有正确结论的编号）矩形；不是矩形的平行四边形；有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；每个面都是等腰三角形的四面体；每个面都是直角三角形的四面体预测 2 空间线面关系的判断与命题、充要条件相结合会是今后高考命题的一个趋势1、平面平面的一个充分条件是（）A. 存在一条直线lll， B. 存在一个平面/，C. 存在一个平面， D. 存在一条直线/lll，2、已知三条不重合的直线m 、n、l ，两个不重合的平面,，有下列命

16、题若/,/mnnm则；若/,/,则且mlml；若/,/,/,则nmnm； 若nmnnm则,；其中正确的命题个数是A1 B2 C3 D4 （二）解答题考查线面关系的位置关系和空间角预测3 解答题仍会以常规多面体（棱柱和棱锥）为载体，重点考查线面关系的逻辑推理与空间角的求解、 空间向量的基本运算以及空间想象能力和逻辑推理能力和应用空间向量解决数学问题的意识和能力. 1、在三棱柱ABC A1B1C1中，底面是边长为32的正三角形，点A1在底面ABC上的射影O恰是 BC的中点（）求证： A1ABC ；（）当侧棱AA1和底面成45角时，求二面角A1 AC B的大小余弦值；（）若D为侧棱 A1A上一点，当

17、DADA1为何值时， BD A1C1ABOCDA1 B1 C1 b a 正视图俯视图侧视图a FEDCBAGFDECBA20正视图侧视图俯视图8080802、已知梯形ABCD中， AD BC，ABC =BAD =2，AB=BC=2AD=4 ，E、F 分别是 AB 、CD上的点， EFBC ，AE = x，G是 BC的中点。沿EF将梯形 ABCD 翻折，使平面 AEFD 平面 EBCF (如图 ) . (1) 当 x=2 时，求证： BD EG ；(2) 若以 F、B、C、D 为顶点的三棱锥的体积记为f(x)，求 f(x)的最大值；(3) 当 f(x)取得最大值时，求二面角D-BF-C 的余弦值

18、 . 三、立体几何专题练习1、某师傅需用合板制作一个工作台，工作台由主体和附属两部分组成，主体部分全封闭，附属部分是为了防止工件滑出台面而设置的三面护墙，其大致形状的三视图如右图所示(单位长度 : cm), 则按图中尺寸， 做成的工作台用去的合板的面积为（制作过程合板的损耗和合板厚度忽略不计）（）A. 240000cmB. 240800cmC. 21600(2217)cmD. 241600cm2、设x、y、z是空间不同的直线或平面，对下列四种情形：x、y、z均为直线；x、y是直线，z是平面；z是直线，x、y是平面；x、y、z均为平面。其中使“xz且yzxy”为真命题的是（）A B C D 3、

19、一个几何体的三视图如右图，其中主视图和左视图都是边长为1 的正三角形，那么这个几何体的侧面积为（）A12B 22C24 D44、已知,是两个不同的平面，m，n 是两条不同的直线，给出下列命题：若，则mm,；若/,/,则，nmnm；如果与是异面直线，那么、nnmnm,相交；ABCDA1B1C1D1P若./,/,nnnnmnm且，则，且其中正确的命题是（）ABCD5、如图，已知1111ABCDA B C D是底面为正方形的长方体，1160AD A，14AD，点P是1AD上的动点 （1）试判断不论点P在1AD上的任何位置，是否都有平面11B PA垂直于平面11AAD？并证明你的结论；（2）当P为1A

20、D的中点时，求异面直线1AA与1BP所成角的余弦值；（3）求1PB与平面11AAD所成角的正切值的最大值6、如图，在四棱锥ABCDP中，底面为直角梯形，/,90ADBCBAD，PA垂直于底面ABCD，NMBCABADPA,22分别为PBPC ,的中点。(1)求证：DMPB； （2）求BD与平面ADMN所成的角；（3）求截面ADMN的面积。【参考答案】 ：1D，2C，3A，4D 5、解： （1）不论点P在1AD上的任何位置，都有平面11B PA垂直于平面11AAD证明如下：由题意知，1111B AA D，111B AA A又1111AAA DA11B A平面11AAD又11AB平面11B PA平

21、面11B PA平面11AADEPD1C1B1A1DCBAzyxPD1C1B1A1DCBA（2）解法一： 过点 P作11PEA D，垂足为E，连结1B E（如图），则1PEAA，1B PE是异面直线1AA与1B P所成的角在11RtAAD中 1160AD A1130A AD11111122A BA DAD, 111112A EA D，2211115B EB AA E又1132PEAA在1RtB PE中，1532 2B P1136cos42 2PEB PEB P异面异面直线1AA与1B P所成角的余弦值为64解法二： 以1A为原点，11A B所在的直线为x 轴建立空间直角坐标系如图示，则1(0 0

22、 0)A，(0 0 2 3)A ， ，1(2 0 0)B， ，(013)P， ，1(0 0 2 3)A A， ，1( 213)B P， ，111111cos| |A A B PA A B PA AB P，6642 3 2 2异面异面直线1AA与1B P所成角的余弦值为64（3）由（ 1）知，11B A平面11AAD，11B PA是1PB与平面11AAD所成的角，且1111112tanB AB PAA PA P当1AP最小时，11tanB PA最大，这时11A PAD，由111113A DA AA PAD得112 3tan3B PA，即1PB与平面11AAD所成角的正切值的最大值2 336、 （

23、 1）证明：因为N是PB的中点，ABPA， 所以PBAN。由PA底面ABCD，得PAAD，又90BAD，即BAAD，AD平面PAB，所以PBAD，PB平面ADMN，DMPB。（2）连结DN，因为BP平面ADMN，即BN平面ADMN，所以BDN是BD与平面ADMN所成的角，在Rt ABD中，222 2BDBAAD，在Rt PAB中，222 2PBPAAB，故122BNPB，在Rt BDN中, 21sinBDBNBDN，又BDN0，故BD与平面ADMN所成的角是6。（ 3）由,MN分别为PBPC ,的中点，得/MNBC，且1122MNBC，又/ADBC，故/MNAD，由（ 1）得AD平面PAB，又AN平面PAB，故ADAN，四边形ADMN是直角梯形，在Rt PAB中，222 2PBPAAB，122ANPB，截面ADMN的面积11 15 2()(2)222 24SMNADAN。