2024版新教材高考数学一轮复习第6章平面向量复数微专题进阶课5平面向量与“四心”学案含解析新人教B版202305182178.doc

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1、2024版新教材高考数学一轮复习第6章平面向量复数微专题进阶课5平面向量与“四心”学案含解析新人教B版202305182178第6章 平面向量、复数平面向量与“四心”在平面向量的应用中，用平面向量解决平面几何问题时，首先将几何问题中的几何元素和几何关系用向量表示，然后选择适当的基底向量，将相关向量表示为基向量的线性组合，把问题转化为基向量的运算问题，最后将运算的结果再还原为几何关系应用向量相关知识，可以巧妙地解决三角形四心所具备的一些特定的性质重心问题已知O是ABC所在平面上的一点，若()(其中P为平面上任意一点), 则点O是ABC的()A外心B内心 C重心D垂心C解析：由已知得3，所以33，

2、即0，所以点O是ABC的重心. 如图，ABC的重心为G，O为坐标原点，a，b，c，试用a，b，c表示.解：设AG交BC于点M，则M是BC的中点因为所以abc3.而0，所以abc30，所以.垂心问题已知点O是平面上的一定点，A，B，C是平面上不共线的三个点，动点P满足，0，), 则动点P的轨迹一定通过ABC的()A重心B垂心 C外心D内心B解析：由已知得，所以(|)0，所以，即APBC，所以动点P的轨迹通过ABC的垂心已知点O为ABC所在平面内一点，且222222，则点O一定为ABC的()A外心B内心 C重心D垂心D解析：因为2222，所以2222，所以()()()()，所以()()，所以()0

3、，所以()0，所以0，所以.同理可得，.所以O为ABC的垂心故选D.外心问题已知点O是ABC所在平面上的一点若()()()0，则点O是ABC的()A外心B内心 C重心D垂心A解析：由已知得()()()()()()02222220|. 所以点O是ABC的外心在ABC中，ABAC，点D是AB的中点，E为ACD的重心，点F为ABC的外心求证：EFCD.证明：建立如图所示的坐标系，设A(0，b)，B(a,0)，C(a,0)，则D，易知ABC的外心F在y轴上，设为F(0，y)由|可得(yb)2(a)2y2，所以y，即F.连接AE，CE，DE，又由重心公式，得0，则E，所以，所以0，所以，即EFCD.内心

4、问题已知点O是ABC所在平面上的一点，若(其中P是ABC所在平面内任意一点)，则点O是ABC的()A外心B内心 C重心D垂心B解析：因为，所以(abc)abc，即abPOcabc，移项并整理可得a()b()c()0，则abc0，所以点O是ABC的内心已知点O是平面上一定点，A，B，C是平面上不共线的三个点，满足，0，)，则点P的轨迹一定通过ABC的_. 内心解析：如图所示，由已知，.所以，0，)设，所以D，E在射线AB和AC上，所以，所以AP是平行四边形ADPE的对角线又|，所以四边形ADPE是菱形，所以点P在EAD即CAB的平分线上故点P的轨迹一定通过ABC的内心立体几何课程标准命题解读1.

5、认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，知道球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式2了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行和垂直的关系，掌握有关判定定理和性质定理3掌握空间向量的线性运算及其坐标表示，掌握空间向量的数量积及其坐标表示4运用向量的方法研究空间基本图形的位置关系和度量关系5运用向量方法解决简单的数学问题和实际问题，感悟向量是研究几何问题的有效工具.考查形式：一般为两个客观题，一个解答题考查内容：空间几何体的结构特征、体积与表面积的计算、空间点线面的位置关系，直线、平面的平行、垂直关系，及三种角(异面直线所成的角、线面角、二面角)的计算备考策略：(1)了解几何体的

6、结构特征，熟练应用体积、表面积公式(2)重视对定理的记忆，注意对空间几何体的位置关系分析(3)熟练掌握向量法解决立体几何问题核心素养：直观想象、数学运算.第1节空间几何体及其表面积、体积一、教材概念结论性质重现1多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相平行且全等多边形互相平行侧棱平行且相等相交于一点但不一定相等延长线交于一点侧面形状平行四边形三角形梯形(1)要掌握棱柱、棱锥各部分的结构特征，计算问题往往转化到三角形中进行解决(2)台体可以看成是由锥体截得的，但一定要知道截面与底面平行2旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线平行、相等且垂直于底面相交于一点延长线交于一点轴截面全等的矩形全

7、等的等腰三角形全等的等腰梯形圆侧面展开图矩形扇形扇环旋转体要抓住“旋转”这一特点，弄清底面、侧面及展开图的形状3空间几何体的直观图为了使直观图具有立体感，常使用斜二测画法来作直观图，其规则是：(1)“斜”：直观图中，x轴、y轴的夹角为45或135.(2)“二测”：图形中平行于x轴(或重合)的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于y轴(或重合)的线段，在直观图中长度为原来的一半，平行于z轴(或重合)的线段画长度不变画直观图要注意平行、长度两个要素4圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧2rlS圆锥侧rlS圆台侧(r1r2)l5空间几何体的表面积与体积公式

8、表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积S侧2S底VS底h锥体(棱锥和圆锥)S表面积S侧S底VS底h台体(棱台和圆台)S表面积S侧S上S下V(S上S下)h球S4R2VR3(1)求棱柱、棱锥、棱台与球的表面积时，要结合它们的结构特点与平面几何知识来解决(2)一些几何体表面上的最短距离问题，常常利用几何体的展开图解决(3)求几何体的体积时，要注意利用分割、补形与等积法6常用结论(1)斜二测画法中的“三变”与“三不变”“三变”“三不变”(2)几个与球有关的切、接常用结论正方体的棱长为a，球的半径为R，()若球为正方体的外接球，则2Ra；()若球为正方体的内切球，则2Ra；()若球与正方体的各棱相切，则2

9、Ra.若长方体的同一顶点处的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R.正四面体的外接球与内切球的半径之比为31.二、基本技能思想活动体验1判断下列说法的正误，对的打“”，错的打“”(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱( )(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥( )(3)夹在两个平行的平面之间，其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱台( )(4)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱( )(5)菱形的直观图仍是菱形( )(6)锥体的体积等于底面积与高之积( )(7)已知球O的半径为R，其内接正方体的边长为a，则Ra.( )2如图，长方

10、体ABCDABCD被截去一部分EBFHCG，其中EHAD，则剩下的几何体是()A棱台 B四棱柱C五棱柱 D简单组合体C解析：由几何体的结构特征知，剩下的几何体为五棱柱3下列说法不正确的是()A棱柱的侧棱长都相等B棱锥的侧棱长都相等C三棱台的上、下底面是相似三角形D有的棱台的侧棱长都相等B解析：根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等4已知圆锥的表面积等于12 cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为()A1 cmB2 cm C3 cm D cmB解析：因为S表r2rlr2r2r3r212，所以r24，所以r2 cm.5利用斜二测画法得到的以下结论中，正确的是_(填序号)三角形的直

11、观图是三角形；平行四边形的直观图是平行四边形；正方形的直观图是正方形；圆的直观图是椭圆解析：正确；由原图形中平行的线段在直观图中仍平行可知正确；原图形中垂直的线段在直观图中可能不垂直，故错；正确考点1空间几何体的结构特征与直观图基础性1(多选题)下列命题中正确的是()A棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形B在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱C存在每个面都是直角三角形的四面体D棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等BC解析：A不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；B正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于

12、底面；C正确，如图，正方体ABCDA1B1C1D1中的三棱锥C1ABC，四个面都是直角三角形；D不正确，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱的延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等2如图，矩形OABC是水平放置的一个平面图形的直观图，其中OA6 cm，CD2 cm，则原图形是()A正方形B矩形C菱形D一般的平行四边形C解析：如图，在原图形OABC中，应有OD2OD224(cm)，CDCD2 cm.所以OC6(cm)所以OAOC.所以四边形OABC是菱形3下列结论：以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；圆柱、圆锥、圆台的底面

13、都是圆面；一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台；用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是球其中正确的是_(填序号)解析：若这条边是直角三角形的斜边，则得不到圆锥，故错；若这条腰不是垂直于两底的腰，则得到的不是圆台，故错；圆柱、圆锥、圆台的底面显然都是圆面，故正确；如果用不平行于圆锥底面的平面截圆锥，则得到的不是圆锥和圆台，故错；只有球满足任意截面都是圆面，故正确4有以下四个命题：底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；底面是矩形的平行六面体是长方体；直四棱柱是平行六面体；棱台的相对侧棱延长后必交于一点其中真命题是_(填序号)解析：命题符合平行六面体的定义，故命题是真命题

14、的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题是假命题；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题是假命题；由棱台的定义知命题是真命题1解决空间几何体概念辨析题的常用方法(1)定义法：紧扣定义，由已知条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，根据定义进行判定(2)反例法：通过反例对结构特征进行辨析2用斜二测画法画直观图的技巧在原图中与x轴或y轴平行的线段在直观图中与x轴或y轴平行，原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出考点2空间几何体的表面积

15、和体积综合性(1)在ABC中，AC2，BC2，ACB120.若ABC绕直线BC旋转一周，则所形成的几何体的表面积是()A(62)B2C(92)D2A解析：ABC绕直线 BC旋转一周，所形成的几何体是一个大圆锥去掉一个小圆锥因为AC2，BC2，ACB120，所以OA，AB2.所以所形成的几何体的表面积是(22)(62).故选A.(2)(2021八省联考)圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面半径分别为4和5，则该圆台的体积为_61解析：圆台的下底面半径为5，故下底面在外接球的大圆上，如图，设球的球心为O，圆台上底面的圆心为O，则圆台的高OO3.据此可得圆台的体积V3(525

16、442)61.(3)一件刚出土的珍贵文物要在博物馆大厅中央展出，如图，需要设计各面是玻璃平面的无底正四棱柱将其罩住，罩内充满保护文物的无色气体已知文物近似于塔形，高为1.8米，体积为0.5立方米，其底部是直径为0.9米的圆形，要求文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2米若气体每立方米1 000元，则气体的费用最少为()A4 500元B4 000元C2 880元D2 380元B解析：因为文物底部是直径为0.9米的圆形，文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，所以底面正方形的边长为0.920.31.5(米)又文物高1.8米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2米，

17、所以正四棱柱的高为1.80.22(米)，则正四棱柱的体积V1.5224.5(立方米)因为文物的体积为0.5立方米，所以罩内空气的体积为4.50.54(立方米)因为气体每立方米1 000元，所以气体的费用最少为41 0004 000(元)故选B.空间几何体表面积、体积的求法(1)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理(3)体积可用公式法、转换法、分割法、补形法等求解1在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30，则该长方体的体积为()A8B6 C8D8C解析：如图，连接AC1，BC

18、1，AC.因为AB平面BB1C1C，所以AC1B为直线AC1与平面BB1C1C所成的角，所以AC1B30.又ABBC2，在RtABC1中，AC14；在RtACC1中，CC12.所以V长方体ABBCCC12228.2(2020全国卷)已知ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上若球O的表面积为16，则O到平面ABC的距离为()A B C1 DC解析：设球O的半径为R，则4R216，解得R2.设ABC外接圆的半径为r，边长为a.因为ABC是面积为的等边三角形，所以a2，解得a3.所以r.所以球心O到平面ABC的距离d1.3如图，长方体ABCDA1B1C1D1的体积为36，E为棱CC1上

19、的点，且CE2EC1，则三棱锥EBCD的体积是()A3B4 C6D12B解析：因为SBCDS四边形ABCD，CECC1，VABCDA1B1C1D1S四边形ABCDCC136，所以VEBCDSBCDCES四边形ABCDCC1364.故选B.4一个六棱锥的体积为2，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为_12解析：设正六棱锥的高为h，斜高为h.由题意，得62h2，所以h1.所以斜高h2，所以S侧62212.考点3与球有关的切、接问题应用性考向1“相接”问题(2019全国卷)已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PAPBPC，ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA

20、，AB的中点，CEF90，则球O的体积为()A8B4 C2 DD解析：(方法一)因为PAPBPC，ABC是边长为2的等边三角形，所以PABC为正三棱锥，所以PBAC.又E，F分别为PA，AB的中点，所以EFPB，所以EFAC.又EFCE，CEACC，所以EF平面PAC，所以PB平面PAC，所以APB90，所以PAPBPC，所以PABC为正方体的一部分，2R，即R，所以VR3.(方法二)设PAPBPC2x.因为E，F分别为PA，AB的中点，所以EFPB，且EFPBx.因为ABC是边长为2的等边三角形，所以CF.又CEF90，所以CE，AEPAx.在AEC中，由余弦定理，得cosEAC.作PDAC

21、于点D，因为PAPC，所以D为AC的中点所以cosEAC.所以，解得x或x(舍)所以PAPBPC.又ABBCAC2，所以PA，PB，PC两两垂直所以2R.所以R.所以VR3.在三棱锥PABC中，PA平面ABC且PA2，ABC是边长为的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为()AB4C8D20C解析：由题意得，此三棱锥外接球即为以ABC为底面、以PA为高的正三棱柱的外接球因为ABC的外接圆半径r1，外接球球心到ABC的外接圆圆心的距离d1.所以外接球的半径R.所以三棱锥外接球的表面积S4R28.处理“相接”问题，要抓住空间几何体“外接”的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径考向2“相切”

22、问题已知正四面体PABC的表面积为S1，此四面体的内切球的表面积为S2.所以_.解析：设正四面体的棱长为a，则正四面体的表面积为S14a2a2，其内切球半径r为正四面体高的，即raa，因此内切球表面积为S24r2，则.本例中若把“正四面体”改为“棱长为4的正方体”，则此正方体外接球的体积为_，内切球的体积为_32解析：由题意可知，此正方体的体对角线长即为其外接球的直径，正方体的棱长即为其内切球的直径设该正方体外接球的半径为R，内切球的半径为r.又正方体的棱长为4，故其体对角线长为4，从而V外接球R3(2)332，V内切球r323.处理“相切”问题，要找准切点，通过作截面来解决，注意截面过球心1

23、在三棱锥PABC中，PAPBPC2，ABAC1，BC，则该三棱锥的外接球的表面积为()A8 B C DB解析：如图，过点P作PG平面ABC，垂足为G，由PAPBPC2，知G为三角形ABC的外心在ABC中，由ABAC1，BC，可得BAC120.由正弦定理可得2AG，即AG1，所以PG.取PA中点H，作HOPA交PG于点O，则点O为该三棱锥外接球的球心由PHOPGA，可得，则PO，即该棱锥外接球的半径为.所以该三棱锥外接球的表面积为42.故选B.2(2020全国卷)已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1的棱长均为2，BAD60.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为.如图，已知多面体

24、ABCDEFG中，AB，AC，AD两两互相垂直，平面ABC平面DEFG，平面BEF平面ADGC，ABADDG2，ACEF1，则该多面体的体积为_四字程序读想算思多面体的体积？平面ABC平面DEFG，平面BEF平面ADGC，ABADDG2，ACEF1多面体的体积公式，不规则几何体的体积求法将不规则几何体的体积用规则几何体的体积表示转化与化归，三棱柱的体积公式，正方体的体积公式思路参考：分割几何体，转化为三棱柱的体积4解析：因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，过点C作CHDG于点H，连接EH，即把多面体分割成一个直三棱柱DEHABC和一个斜三棱柱BEFCHG.由题意，知V三棱柱DEHABCS

25、DEHAD22，V三棱柱BEFCHGSBEFDE22.故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG224.思路参考：将几何补成正方体4解析：因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，可将多面体补成棱长为2的正方体显然所求多面体的体积为该正方体体积的一半又正方体的体积V正方体ABHIDEKG238，故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG84.思路参考：将几何体分割成棱柱、三棱锥与四棱锥4解析：取DG中点M，连接CM，AM，FM，则这个多面体的体积可以表示为棱柱BEFADM与三棱锥CFMG及四棱锥CABFM的和VBEFADMSBEFAB2，VCFMGSCMGMF，VCABFM，所以V多面体ABC

26、DEFG24.1本题考查不规则几何体的体积求解问题，基本的解题策略是将不规则几何体通过“分割”或“补形”的方法转化为规则简单几何体的体积，利用体积公式求解2解答本题需要熟练掌握读图能力、运算求解能力，体现了空间想象、数学运算的核心素养，试题的解答过程展现了数学思维的魅力3通过对不规则几何体的割补，将问题转化为熟悉的规则几何体求解的模型，规则几何体的体积公式体现基础性，问题的转化过程体现综合性如图，在ABC中，AB8，BC10，AC6，DB平面ABC，且AEFCBD，BD3，FC4，AE5.求此几何体的体积解：(方法一)如图，取CMANBD，连接DM，MN，DN，用“分割法”把原几何体分割成一个直三棱柱和一个四棱锥所以V几何体V三棱柱V四棱锥由题意知三棱柱ABCNDM的体积为V186372.四棱锥DMNEF的体积为V2S梯形MNEFDN(12)6824.所以几何体的体积VV1V2722496.(方法二)用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱，使AABBCC8，所以V几何体V三棱柱SABCAA24896.