2019届高考数学（理）二轮复习专题透析课件和讲义专题4　立体几何

2019,专题4,立体几何,04,目录,微专题09三视图、表面积与体积计算,点击出答案,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怎样计算?,(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+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|=(12)2+(12)2+(12)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,则称为直线l的方向向量,与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=0,=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|=|(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|=|.,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|=|12|1|2|.,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=|.,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2227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.,命题特点,解析由题意得圆柱的直观图以及侧面展开图如图所示: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.,D,答案,解析,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,B,答案,解析,2.(2016全国卷理T9改编)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗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.,解析,(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,答案,A,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.,解析,4.(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,答案,D,解析如图所示,将直三棱柱补成正方体,并以D为坐标点,1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),1=(-1,1,1),1E=12,1,12,所以cos=23.故异面直线A1E与AC1所成角的余弦值为23.,解析,(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.,答案,B,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=4,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,显然此时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.,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.,A,答案,解析,6.(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.24,二、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.,解析,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.,解析(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=2+M22OCMCcos45=4+222x.SOMC=12OCMCsin45=2x2=12hMO=12h4+222x,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.,解析(3)如图,以O为坐标原点,、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),=(0,2,23),=(0,2,-23).设M(a,2-a,0)(0a2),=(a,4-a,0),平面PAM的法向量为n=(x,y,z),由=0,=0,得2+23z=0,+(4)=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=(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.,解析,2.(2018全国卷理T19改编)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直,M是圆弧上异于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所在平面与半圆弧所在平面垂直,平面CDM与半圆弧所在平面为同一个平面,平面ABCD平面CDM.M是半圆弧上异于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.,解析(3)以D点为坐标原点,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为的中点.则D(0,0,0),C(0,2,0),M(0,1,1),A(1,0,0),B(1,2,0),=(1,0,0),=(-1,1,1),=(0,2,0).设平面MAB的法向量为n=(x,y,z),由=0,=0,得+=0,2=0,可取n=(1,0,1),取为平面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,所以平面MAB与平面MCD所成二面角的余弦值是22.,规律方法,解答立体几何题目的方法:(1)求角的问题时,注意紧扣定义,将空间角(异面直线所成的角、线面角)转化为平面上两相交直线所成的角来处理.求角先找角,再在三角形中去解决,异面直线所成的角、线面角应取锐角.(2)在求距离时,可放在三角形中去计算,若是垂线难作出,可用等积法求解.(3)在求体积时,要从多方位、多角度看问题,要注意“公式法”“换底法”“割补法”的应用.“等体积法”可以用来求点到面的距离、多面体内切球的半径等.(4)“向量法”的使用,要注意基向量的选择或坐标系的正确建立等,还要强化计算能力.,微专题09三视图、表面积与体积计算,返,B,答案,解析,1.如图所示的几何体,其表面积为(5+5),下部分圆柱的底面直径与该圆柱的高相等,上部分圆锥的母线长为5,则该几何体的正(主)视图的面积为().A.4B.6C.8D.10,2,答案,解析,2.一个简单几何体的三视图如图所示,其中正(主)视图是等腰直角三角形,侧(左)视图是边长为2的等边三角形,则该几何体的体积等于.,C,答案,解析,3.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为(),解析由三视图可知,该几何体由一个正方体截去两个半圆柱而形成,则该几何体的表面积为224-122+122=16+2,故选C.,A.8+2B.16+4C.16+2D.8+4,解析如图,假设还有一个同样的斜截圆柱,拼在其上面,则构成一个圆柱,于是S=12S圆柱侧=1240(80+50)=2600cm2.,2600,答案,解析,4.在如图所示的斜截圆柱中,已知圆柱底面的直径为40cm,母线最长为80cm,最短为50cm,则斜截圆柱的侧面积S=cm2.,能力1,能正确绘制几何体的三视图,A,典型例题,答案,解析,【例1】已知三棱柱HIG-EFD的底面为等边三角形,且侧棱垂直于底面,将该三棱柱截去三个角(如图(1)所示,A,B,C分别是HIG三边的中点)后得到的几何体如图(2),则该几何体沿图(2)所示方向的侧(左)视图为().,(1),(2),方法归纳,本题主要考查空间想象力和投影知识,借助直三棱柱,即可画出侧(左)视图.,解析因为平面DEHG平面EFD,所以几何体的侧(左)视图为直角梯形,直角腰在侧(左)视图的左侧,故选A.,B,变式训练,答案,解析,将长方体ABCD-A1B1C1D1截去一个直三棱柱,两个三棱锥(如图(1)所示)后得到的几何体如图(2),该几何体沿图(2)所示方向的侧(左)视图为().,解析侧(左)视图轮廓为长方形,故选B.,(1),(2),能力2,会通过三视图还原几何体,B,典型例题,答案,解析,【例2】某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积V=().,A.83B.103C.3D.203,解析由三视图还原几何体,可知该几何体为直三棱柱截去一个三棱锥后所得的部分,其中直三棱柱的底面是直角边为2的等腰直角三角形,高为2,三棱锥的底面与棱柱的底面相同,高为1,故该几何体的体积V=V柱-V锥=103,故选B.,方法归纳,本题主要考查空间想象能力和体积公式.先还原出空间几何体,再利用V=V柱-V锥求体积.,C,变式训练,答案,解析,如图,网格纸上正方形小格的边长为1,实线画出的是某几何体的三视图,则围成该几何体的所有面中的最大面的面积为().,A.1312B.95C.9229D.25,解析由三视图可知,该几何体为三棱锥,如图所示.由题意知,AB=6,BC=32,BD=CD=35,AD=9,AC=36.因为ABC和ABD为同高的直角三角形,且BCBD,所以SABC0),则A(1,0,0),B(0,3,0),C(-1,0,0),E0,0,2,P(0,-3,t),=(-1,3,0),=(-1,-3,t).易知平面PBD的一个法向量为n1=(1,0,0),设平面PAB的法向量为n2=(x,y,z),则2=0,2=0,即+3y=0,3y+tz=0,取y=1,得x=3,z=23,n2=3,1,23.,解析二面角A-PB-D的余弦值为155,|cos|=155,即34+122=155,t=23,P(0,-3,23).设EC与平面PAB所成的角为,=(-1,0,-3),n2=(3,1,1),sin=|cos|=2325=155.,方法归纳,利用“向量法”求解空间角时,要注意基向量的选择或坐标系的正确建立等.求线面角时,先求出平面的法向量,再求出直线的方向向量与平面的法向量的夹角,最后得出线面角.求二面角时,先求出二面角中两个平面的法向量,再求出法向量的夹角,最后求出二面角.,变式训练,解析,如图,在直三棱柱A1B1C1-ABC中,ABAC,AB=AC=2,AA1=4,点D是BC的中点.(1)求证:A1B平面ADC1.(2)求直线B1C1与平面ADC1所成角的余弦值.,解析(1)如图,以,1为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz,A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,4),D(1,1,0),B1(2,0,4),C1(0,2,4),1B=(2,0,-4),=(1,1,0),1=(0,2,4).设平面ADC1的法向量为m=(x,y,z),则=0,1=0,即+=0,2+4=0,取z=1,得y=-2,x=2,平面ADC1的一个法向量为m=(2,-2,1).由此可得,1Bm=22+0(-2)+(-4)1=0.又A1B平面ADC1,A1B平面ADC1.,(2)11=(-2,2,0),设直线B1C1与平面ADC1所成角为,则sin=|cos|=|11|11|=223.又为锐角,直线B1C1与平面ADC1所成角的余弦值为13.,能力2,利用空间向量法解决翻折问题,典型例题,解析,【例2】已知ABC是等腰直角三角形,ACB=90,AC=2,D,E分别为AC,AB的中点,沿DE将ADE折起,得到如图所示的四棱锥A1-BCDE.(1)求证:平面A1DC平面A1BC.(2)当三棱锥C-A1BE的体积取最大值时,求平面A1CD与平面A1BE所成锐二面角的余弦值.,解析(1)在等腰三角形ABC中,D,E分别为AC,AB的中点,DEBC,又ACB=90,DEAC.DEA1D,DECD.A1D平面A1DC,CD平面A1DC,A1DCD=D,DE平面A1DC,BC平面A1DC,又BC平面A1BC,平面A1DC平面A1BC.,解析(2)由等体积法知1BE=1BCE,在平面A1CD内作A1HCD于点H,因为ED平面A1CD,所以EDA1H,则A1H底面BCDE,即A1H就是四棱锥A1-BCDE的高.由A1HA1D知,当点H和点D重合时,三棱锥C-A1BE的体积取到最大值.以D点为坐标原点,、1的方向分别为x、y、z轴的正方向,建立空间直角坐标系如图所示,所以A1(0,0,1),B(1,2,0),E(0,1,0),1B=(1,2,-1),1E=(0,1,-1),设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z),则1B=0,1E=0,即+2=0,=,可取n=(-1,1,1),易知平面A1CD的一个法向量为m=(0,1,0).则cos=33,故平面A1CD与平面A1BE所成锐二面角的余弦值为33.,方法归纳,利用向量求解翻折问题中的最值问题时,可以引进参数进行求解.求解探索性问题时,可用待定系数法求解.,变式训练,解析,如图1,在边长为4的正方形ABCD中,E,F分别是AB,CD的中点,沿EF将矩形ADFE折起使得二面角A-EF-C的大小为90(如图2),点G是CD的中点.(1)若M为棱AD上一点,且=4,求证:DE平面MFC.(2)求二面角E-FG-B的余弦值.,解析(1)若M为棱AD上一点,且=4,则AD=4DM=4,即DM=1,二面角A-EF-C的大小为90,建立以F为坐标原点,FD,FC,FE所在的直线分别为x,y,z轴的空间直角坐标系,如图,AD=4,AE=BE=2,DM=1,D(2,0,0),F(0,0,0),M(2,0,1),C(0,2,0),A(2,0,4),E(0,0,4),B(0,2,4),则=(-2,0,4),=(2,0,1),=(0,2,0),故=(-2)2+41=-4+4=0,=0,则,即DEFM,DEFC,FMFC=F,DE平面MFC.,解析(2)点G是CD的中点,G(1,1,0),且CDFG,则CD平面EFG,则=(2,-2,0)是平面EFG的一个法向量,设平面BFG的法向量为n=(x,y,z),则=(0,2,4),=(1,1,0),=0,=0,即2+4=0,+=0,令z=1,则y=-2,x=2,即n=(2,-2,1),则cos=|=222(2)4+4+14+4=223,即二面角E-FG-B的余弦值是223.,能力3,利用空间向量法解决探索性问题,典型例题,解析,【例3】如图,在多面体ABCDEF中,底面ABCD为正方形,平面AED平面ABCD,AB=2EA=2ED,EFBD.(1)证明:AECD.(2)在棱ED上是否存在点M,使得直线AM与平面EFBD所成角的正弦值为63?若存在,确定点M的位置;若不存在,请说明理由.,解析(1)四边形ABCD是正方形,CDAD.又平面AED平面ABCD,平面AED平面ABCD=AD,CD平面ABCD,CD平面AED.AE平面AED,AECD.,解析(2)取AD的中点O,过点O作ONAB交BC于点N,连接EO.EA=ED,OEAD.又平面AED平面ABCD,平面AED平面ABCD=AD,OE平面AED,OE平面ABCD.以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz