2019高考数学二轮复习第一篇微型专题4立体几何知识整合学案理.docx

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=12ch(c为底面周长,h为斜高);S台侧=12(c+c)h(c、c分别为上、下底面的周长,h为斜高);S球=4R2(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=13Sh(S为底面面积,h为高);V台=13(S+SS+S)h(S、S分别为上、下底面的面积,h为高);V球=43R3(R为球的半径).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aba.(2)平面与平面平行的判定定理:a,b,ab=P,a,b.(3)直线与平面平行的性质定理:a,a,=bab.(4)平面与平面平行的性质定理:,=a,=bab.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:la,lb,a,b,ab=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,nmn.(4)平面与平面垂直的性质定理:,=l,a,ala.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)2.4.直线的方向向量的定义是什么?如何求平面的法向量?(1)l是空间的一条直线,A,B是直线l上的任意两点,则称AB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.(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 |=ab|a|b|(其中为异面直线所成的角).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.1.(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.109B.25C.5D.34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32+52=34.故选D.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+610B.72+1210C.108D.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(46)2=48,侧面的面积为(43+322+62)2=24+1210,故棱柱的表面积为72+1210.故选B.答案B(二)通过点、线、面的位置关系,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.2B.32C.55D.3解析如图,连接D1E,AD1,因为D1EBF,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=5,AE=3,AD1=22,所以由余弦定理得cosD1EA=55.由平方关系得sinD1EA=255,所以异面直线AE与BF所成角的正切值为2.故选A.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.26B.32C.22D.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,DA,DC,DD1的方向为x,y,z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),E12,1,12,A(1,0,0),C1(0,1,1),AC1=(-1,1,1),A1E=-12,1,-12,所以cos=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.5.(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23,三棱锥D-ABC体积的最大值为63,则半径R是().A.2B.4C.6D.8解析由ABC为等腰三角形,底边为6,腰长为23,可得SABC=33,高h=3.因为SABC=abc4r,所以等腰三角形ABC的外接圆半径为23.设球心为O,三角形ABC的外心为O,因为三棱锥D-ABC体积的最大值为63,所以三棱锥D-ABC的高的最大值为6,显然D为OO的延长线与球的交点,如图,所以(6-R)2+(23)2=R2,解得R=4,故选B.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.12B.6C.3D.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=(23)2=12.又V=2ab,由基本不等式得a2+b2=122ab,当且仅当a=b=6时,等号成立,所以长方体的体积最大值为12,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.1.(2018全国卷理T20改编)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=22,PA=PB=PC=AC=4,O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455时,求CM的长.(3)若PC与平面PAM所成角的正弦值为34,求二面角M-PA-C的余弦值.解析(1)AB=BC=22,AC=4,AB2+BC2=AC2,即ABC是直角三角形.又O为AC的中点,如图,连接OB,OBAC,OB=2.PA=PC=PB=4,OPAC,OP=23.PO2+BO2=PB2,OPBO,PO平面ABC.PO平面POM,平面POM平面ABC.(2)由(1)得POOM,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(0x22),在OMC中,OM=OC2+MC2-2OCMCcos45=4+x2-22x.SOMC=12OCMCsin 45=2x2=12hMO=12h4+x2-22x,解得x=42(舍去)或x=423.即当点C到平面POM的距离为455时,CM=423.(3)如图,以O为坐标原点,OB、OC、OP的方向为x、y、z轴的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.则O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,23),AP=(0,2,23),PC=(0,2,-23).设M(a,2-a,0)(0a2),AM=(a,4-a,0),平面PAM的法向量为n=(x,y,z),由APn=0,AMn=0,得2y+23z=0,ax+(4-a)y=0,可取n=(3(a-4),3a,-a).因为PC与平面PAM所成角的正弦值为34,所以|cos|=34,解得a=43,则n=-833,433,-43.取平面PAC的法向量为OB=(2,0,0),因为二面角M-PA-C为锐角,所以二面角M-PA-C的余弦值为|cos|=32.2.(2018全国卷理T19改编)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直,M是圆弧CD上异于C,D的点,BD与AC相交于O点.(1)证明:DMBM.(2)设线段DC的中点为N,是否在线段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CD所在平面垂直,平面CDM与半圆弧CD所在平面为同一个平面,平面ABCD平面CDM.M是半圆弧CD上异于C,D的点,BCDC,平面ABCD平面CDM=CD,BC平面CDM,BCDM.DC为直径,CMDM.BCCM=C,DM平面BMC,DMBM.(2)存在,当点P是AM的中点时,满足题意.理由:若平面PON平面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CMPO.又O为AC的中点,P为AM的中点.(3)以D点为坐标原点,DA,DC的方向为x,y轴的正方向,平面MCD中垂直DC的直线为z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CD的中点.则D(0,0,0),C(0,2,0),M(0,1,1),A(1,0,0),B(1,2,0),DA=(1,0,0),AM=(-1,1,1),AB=(0,2,0).设平面MAB的法向量为n=(x,y,z),由AMn=0,ABn=0,得-x+y+z=0,2y=0,可取n=(1,0,1),取DA为平面MCD的法向量.所以cos=22,因为平面MAB与平面MCD所成二面角是锐角,所