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)

1、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、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）二视图、平面展开图（7）、福湎图（12）垂直证明、一面角（18）卸卸垂直证明、一面角（18）卸卸垂直证明、线面角（18）局频考点突破考点一、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1,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. 6 2B. 6C. 4.2D. 4解：如图所示，原几何体为三棱锥D - A

2、BC ,其中 AB =BC =4, AC =4拒,DB = DC =2s/5,DA =J14亚2+4=6,故最长的棱的长度为 DA =6 ,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.12V13+6V2+ 18C.913 + 8V2+18B.9V13+6V2+18D.9V13+6V2+ 12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1111几何体的表面积 S=2X3X 寸13 + 2X 2 X 3X 亚3+2><4><6 + 2><

3、3>< 4 + -X4X 32= 913+62+ 18,故选 B.考点三、多面体与球 例3.已知三棱锥 ABCD中，AB = AC=BC = 2, BD= CD =42,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60511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上的投影恰好为 DE的中点F,BF = 1 +4 =卓AF =设球心O到平面BCD的距离为h,则1 + h2 = ；+ g11h j,解得h = 2111,，外接球的半径故该三棱锥外接球的表面积为4/15= 誓.考点四、空间

4、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, / CBF = / BCE = 90°, A, D 分别是 BF , CE 上的点， AD/BC,且 AB = DE = 2BC = 2AF（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BEFB.B, C, E, F四点不可能共面D.平面BCE与平面BEF可能垂直C.若EF LCF,贝U平面 ADEF，平面 ABCD答案 D解析 A选项，连接 BD,交AC于点O,取BE的中点M ,连接OM , FM ,则四边形

5、AOMF是平行四边形，所以 AO / FM，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 BC/AD,所以BC/平面 ADEF ,又BC?平面BCEF ,平面BCEF n平面ADEF = EF ,所以可推出 BC / EF ,又BC / AD ,所以AD / EF ,矛盾；C选项,连接FD ,在平面 ADEF内，由勾股定理可得 EFXFD ,又EF，CF , FD n CF = F ,所以EF，平面CDF ,所以EFLCD,又CDAD, EF与AD相交，所以CD，平面ADEF ,所以平面 ADEF ±

6、平面 ABCD; D选项，延长 AF至G,使AF = FG ,连接BG, EG,可得平面 BCEL平面 ABF ,且平面 BCE n平面 ABF = BG,过F作FN，BG于N ,则FN，平面BCE ,若平面 BCEL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ABCAiBiCi中， ABC为等腰直角三角形，/ BAC = 90 ,且 AB=AAi, D, E, F 分别为 BA, CiC, BC 的中点.求证：（1）DE /平面 ABC; （2）BiF,平面 AEF .证明（1）由直三棱柱的性质，得 A

7、iA± AB, AiAXAC,又BAAC,如图，以点A为坐标原点，分别以 AB, AC, AAi所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Axyz,令AB=AAi=4, 则 A(0, 0, 0), E(0, 4, 2), F(2, 2, 0), B(4, 0, 0), Bi(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), DE= (-2, 4, 0), NC=(-2, 4, 0), DE= NC, DE / NC.又NC?平面 ABC, DE?平面 ABC,DE / 平面 ABC. (2) . BiF = (

8、-2, 2, 4), EF=(2, 2, 2), AF = (2, 2, 0),BiF EF =(-2)X2 + 2X(-2)+ (-4)X(-2)=0,BiF AF=(2)X2+2X2+( 4)X0=0.B1f ±EF , bTf± AF,即 BiF ± EF , BiF± AF.又 AF A EF = F , AF , EF ?平面 AEF ,BiF，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 ABC AiBiCi中，AB = AAi=2,点P,Q分别为Ai Bi, BC的中点.(1)求异面直线 BP与ACi所成角的余

9、弦值；(2)求直线CCi与平面AQCi所成角的正弦值.解 如图，在正三棱柱 ABCAiBiCi中，设AC, AiCi的中点分别为 O, Oi,连接OB, OOi.则OBXOC, OOJOC, OOJOB.以OB,OC, OOi为基底，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz因为 AB = AAi = 2,所以 A(0, -I, 0), B(卡，0, 0), C(0, i, 0), Ai(0, (i)因为P为AiBi的中点,所以P吟，-i 2 ；, 从而丽=卜享-i, 2 : ACi = (0, 2, 2), e /二 . IBP ACil|-i + 4| 3®故|cosBP, ACp |

10、 = -L=L/=j = -h-.v5>2,/220|BP| |ACi|7° N因此，异面直线 BP与ACi所成角的余弦值为 噜0.(2)因为Q为BC的中点，所以Q睁；,0 i因此3，0 |：, ACi = (0, 2, 2), CCi = (0, 0,i, 2), Bi(V3, 0, 2), Ci(0, i, 2).2).设n=(x, y, z)为平面AQCi的一个法向量,AQ n=0,之 八,AC i n = 0, 3 八SPi2X+2y= °，2y+ 2z= 0.不妨取 n=(g, - i, i).设直线CCi与平面AQCi所成角为9,则 sin 0=|cosC

11、Ci, n> |=1cc1 n| |CCi| |n|=通,5X25 '所以直线CCi与平面AQCi所成角的正弦值为 乎.考点七、立体几何的综合问题例7. (20i8全国出卷)如图，边长为2的正方形 ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，m是CD上异于c, d的点.(1)证明：平面 AMD，平面 BMC;(2)当三棱锥M-ABC体积最大时，求平面 MAB与平面MCD所成二面角的正弦值.证明 由题设知，平面 CMD，平面ABCD,交线为CD.因为 BC ± CD , BC?平面 ABCD ,所以BCL平面 CMD ,又DM ?平面 CDM ,故BC ± DM

12、 .因为M为CD上异于C, D的点，且DC为直径，所以DM ±CM.又BCnCM = C,所以 DM,平面 BMC.由于DM ?平面 AMD,故平面 AMD，平面 BMC.(2)解 以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.当三棱锥 M-ABC体积最大时，M为CD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),设n=(x, y, z)是平面 MAB的法向量,AM = (-2, 1, 1), AB=(0, 2, 0), DA = (2, 0, 0).2x+ y+z

13、= 0,即“可取 n=(1, 0, 2).2y=0.又DA是平面MCD的法向量, 因此 cos n, DA=邛，sin n DA> =255.|n|DA|所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值为 255.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2/2.若点E为PD上的点，且 PB/平面EAC,试确定E点的位置；(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 白，若存在，求线段 PF的长度，若不存在，14请说明理由.解设BD交AC于点O,连接OE.PB/平面 AEC,平面 AECA平面 BD

14、P = OE, PB / OE.又。为BD的中点，在 BDP中E为PD中点.(2)连接 OP,由题知 POL平面 ABCD ,且 AC± BD,一 ._.以OC, OD, OP所在直线为x、V、Z轴建立直角坐标系，如图.OP = VpD2 OD2 =板0(0, 0, 0), A(-或，0, 0), B(0,-小,0), C(g 0, 0), D(0, g 0),P(0, 0,两，则 E ,兴当 > OC=(V2, 0, 0), OE= 0,乎当j OD=(0,业 0).设平面 AEC的法向量为 m=(xi, yi, zi).m OC=0,xi = 0,则彳? 1 厂mOE=0&

15、quot;岛"令z1=1,得平面 AEC的一个法向量 m=(0,油 1),- .一 _ . . . .一一 _. . .、 -假设在线段PA上存在点F,满足题设条件，不妨设 PF= *A(0W1).则F（5入0,乖邪T）, OF=（一小入0,小乖设平面BDF的法向量n=(x2, 72, Z2),n OD = 0,，2=0，彳？ 4 LLtnOF=0L内2+(1乖令Z2=1得平面 BDF的一个法向量 n= 'a(1一 ” , 0, 1 .1由平面AEC与平面ADF所成锐二面角的余弦值为商贝U cos m, n>m n|m|n|解得入=5.所以 |PF|=5|PA|=252

16、. 555故在线段PA上存在点F,当|PF|=22时，使得平面 AEC和平面BDF所成的锐二面角的余弦值5押题专练、选择题:1.（2018浙江卷）已知平面a,直线 m, n满足m? a, n? a,则 m/n”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? a, n? a, m/ n,由线面平行的判定定理知m / a.若m / a,m? a,n? a,不一定推出/ n,直线m与n可能异面.故m / n”是m / a”的充分不必要条件.故选A2.（2018全国出卷）中国古建筑借助桦卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫桦头，凹进

17、部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是桦头.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,桦头的位置知选 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.816兀一3C.8D.4 兀+ 83解:该图形为一个半圆柱中间挖去一个四面体,-2 1 1_-2 兀X2 >4-3><2><2>4>4= 8 71-1616.故选A34 . （2017 全国I卷）如图，在下列四个正方体中，A, B为正方体的两个顶点，M, N, Q

18、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,AB/MQ ,且AB之平面MNQ , MQ仁平面MNQ ,则AB/平面MNQ , C选项中,AB/MQ ,且AB0平面MNQ , MQ U平面MNQ ,则AB/平面MNQ , D选项中,AB/NQ ,且AB辽平面MNQ , NQ U平面MNQ ,贝(J AB/平面MNQ ,排除R C、D,选A5 . （2018.全国出卷）设 A, B , C , D是同一个半径为 4的球的球面上四点，AABC为等边三角形且其面积为9J3,则三棱锥D ABC体积的最大值为（）A. 12 点B. 18 点C. 24 点D. 546将

19、四边形 ABCD沿对角线 BD拆成四面体A BDL平面BCD,则下列结论正确的是A' BCD ,使平面A.A C± BDB.Z BAC=90C.CA与平面A BD所成的角为30°D.四面体解：若A成立可得BD±A D,产生矛盾,A不正确;由题干知 ABA' D为等腰直角三角形,CD,平面 ABD ,得 BA 1平面 ACD,所以BA LA' C,于是B正确;解：如图所示，点 M为三角形ABC的重心，E为AC中点，当DM_L平面时，三棱锥八日。体积最大，此时，= =谢=解=9不，.、月后二白，口二点M为三角形ABC的重心，=乙声现；中，有0M

20、 = %心= 2 ,=。葡 + 0M =4 + 2 = 6 ,U二氢匚入W口-岫匚）布的二与X 9/文6 = l&p ,故选B. J6 .如图，四边形 ABCD 中，AB=AD=CD = 1, BD= V2, BDXCD.由CA'与平面A BD所成的角为ZCA D = 45知C不正确;VaBCD = Vc A BD=1, D 不正确，故选 B.67 .（2016.全国1）平面a过正方体 ABCDAiBiGDi的顶点 Aa 平面CB|Di,a I平面ABCD=m,a I平面AB BAi=n，则m、n所成角的正弦值为(A),2(B) T31(C)(D)-33解：如图,设平面CBD1

21、n平面ABCD = m',平面CRD1n平面ABBA = n', 因为豆/平面CB1D1，所以m/m',n/n',则m,n所成的角等于 m',n'所成 的角.延长AD,过D1作D1E/B1c，连接CE,B1D1，则CE为m',同理RF1 为n'，而BD/CE,BF/AB，则m',n'所成的角即为A1B,BD所成白肉角,即为60 '，故m,n所成角的正弦值为 ,选A.28 .（2018湖南师大联考）如图，正方体ABCDAiBiCiDi的棱长为1,点M是 对角线CiB上的动点，则 CM + MDi的最小值为（）

22、A. 2+ 2B.2+ 2 C. 2+ 6D.2解析 ACBCi沿BC, CCi剪开，并沿 BCi折起，使平面 CBCi和平面BCiDiA共面如图.连DiC 交BC'于点M.则CM+MDi最短（即线段C Di）,在口心心中,/DiCiC =i35 ,由余弦定理，得 C D2=i2+i22X2cos i35 = 2+V2.故 CM+ MD i的最小值为也十近答案 A9.（20i8安徽江南联考）对于四面体 ABCD,有以下命题：若 AB = AC = AD,则AB, AC, AD与底面所成的角相等； 若ABXCD, ACXBD,则点A在底面BCD内的射影是 BCD的内心；四面体ABCD的四

23、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i,则它的.，.，,一一一 TT内切球的表面积为6.其中正确的命题是（）A.B.C.D.解析 正确，若AB = AC = AD,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BOXCD, CO ± BD ,所以点。是ABCD的垂心;图图(2)正确，如图（2）,若ABL平面BCD, Z BCD =90 ,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,高为卓，根据等体积公式3不><6=3>

24、<4>刈，解得r=*,那么内切球的表面积S= 4 # = 6.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, ABXAC,PA=PC=AC = 2, AB=4,则三棱锥P ABC的外接球的表面积为（）A.23C.64 兀64D. 3解析 如图，设。为正APAC的中心，D为Rt ABC斜边的中点，H为AC中点.由平面 PACL平面 ABC.则O'H,平面 ABC.作O'O/ HD , OD /O H,则交点O为三棱锥外接球的球心， 连接OP,又O'P= 2PH =：W3X2 33 22 31=3 , OO =

25、DH =2AB = 2.R2= OP2= O P2+O O2= 3+ 4= 136.故几何体外接球的表面积S= 4tR2 = w兀.答案D311.（2018全国I卷）已知正方体的棱长为 1,每条棱所在直线与平面a所成的角都相等，则 a截此正方体所得截面面积的最大值为（）n 3 d32 33223A. 4B. 3C. 4D.万解析 如图，依题意，平面 a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 ABCD A1B1C1D1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EF

26、GHIJ的边长为步,将该正六边形 分成6个边长为 半的正三角形.故其面积为6x'43X-22 !=34-3.故选A 二、填空题：12.12016.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P - ABC ,其体积1 11V 二一 一 1 1 1二一13. （2016.全国2）豆，B是两个平面,m,n是两条直线，有下列四个命题:(1)如果 m_Ln, m_La,n/P ,那么 « ,L P .(2)如果 m _L a,n / /a ,那么 m _L n .(3)如果 a / / P, ma a ,那么 m/ / P .(4)如果m/

27、n,u /P ,那么m与o(所成的角和n与P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，m _L n, m _Lct,n P ,则a, P的位置关系无法确定， 故错误；对于，因为n/a,所以过直线n作平面?与平面P相交于直线c ,则n / c ,因为m _Lo(,二m 1 c,. mln,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 ABCD AiBiCiDi中，E为线段 BiDi上的一个动点，则下列结论中正确的是(填序号).AC，BE;BiE/平面ABCD;三锥EABC的体积为定值；直线BiE,

28、直线BCi.解析 因AC,平面BDDiBi,而BE?平面BDDiBi,故正确；因BiDi/平面ABCD ,故正确；i记正方体的体积为 V,则Ve-abc = V,为te值，故 正确；BiE与BCi不垂直，故 错反.6答案三、解答题：i512017北京，理16】如图，在四棱锥P-ABCD面ABCD，点M在线段PB上，PD /平面MAC ,PA=PD=U6, AB =4 -(1)求证：M为PB的中点；(2)求一面角BPDA的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.解：(1)取AC、BD交点为N ,连结MN .丁 P面 PBDA 面 MAC =MN , PD II MN ,在4PBD中，N

29、为BD中点，M为PB中点.中，底向ABCD为止方形，平囿PAD_L平I)CD II 面 MAC , PD 仁面 PBD(2)解法一：取 AD 中点为 O , BC 中点为 E ,连结 OP , OE , PA = PD ,，PO _L AD ,以OD为x轴，OE为y轴，OP为z轴建立空间直角坐标，可知B(-2, 4, 0 ),P(0, 0, 42 ),易知面PD的法向量为m=(0, 1 , 0),且 1PD =(2, 0,笈)，PB =(-2, 4 , _戊),设面 PBD 的法向量为 n=(x, y, z),D(2, 0, 0), A(2 0, 0),Jl又面 PAD，面 ABCD ,面 P

30、ADA 面 ABCD =AD , /. PO，面 ABCD ,2x - 2z =0.-2x 4y -：'2z =0n =(1 , 1,我由图可知二面角的平面角为锐角，二面角B-PD-A大小为60*.解法二：过点 A作AH _LPD,交PD于点E ,连结BE ,BA_L平面 PAD, . PD_LBA,PD _L平面 BAH , PD_LBH ,，/AEB即为二面角 B PDA的平面角,AD PO =AE PD ,可求得4.3AE =tan ZAEB =4.3=娟，/AEB =60°.(3)解法一：点 M , -1 , 2,C(2, 4, 0),MC72= 3,2, I 2 )

31、，由(2)题面BDP的一个法向量n =(1 , 1 ,近),设MC与平面BDP所成角为9,/. sin 6 = cos < MC , n 彳=3 2-19 +4 +1 .由2 +12 +寸15)2PA -26D解法二：记 AC Pl BD =F，取AB中点N ,连结MNFN , MF ,取 FN 中点 G ,连 MG ,易证点G是FN中点，. MG / /PO ,平面 PAD _L平面 ABCD , PO _L AD , /. PO _L 平面 ABCD , /. MG _L 平面 ABCD .一'cc_1_2_36_一连结 GC ,gc =尺,MG =2PO= ,. MC =2

32、- .= PD =v6, BD =42, PB =<22 ,由余弦定理知cos. PDB , 361/. sin/PDB = /. S；Apdb = PD DB sin/PDB=4迎. 32设点C到平面PDB的距离为h , VpqBC11二 S*A PDB h ,又 VP DBC VC PDB SA BCD PO ,求信 h = 2 ,3一 一 3记直线MC与平面BDP所成角为6 ,. h 226sin y =|MC3_.69216.如图，菱形 ABCD的对角线AC与BD交于点O, AB=5, AC=6,点E, F分别在AD , CD5_ _ _上，AE =CF =-, EF 交 BD 于点 H.将 4EF(I)证明：DH_L平面 ABCD；(II )求二面角B -DA -C的正弦值.【解析】证明：AE =CF =5 ,4AEADCFCD '. EF / AC .沿EF折到DEF的位置OD' = Vi0. iy四边形ABCD为菱形,. AC _ BDEF _LBD , EF_L DHEF _LDH . AC =6,AO =3；又 AB =5AO _LOB ,OB =4 ,A