高三数学二轮专题复习31 立体几何、解析几何

易错点-立体几何、解析几何专题综述立体几何、解析几何是高考的必考内容,特点是试题题量、题型和分值稳定:一般各是两个小题一个大题共44分,约占全卷总分的30%;其中这两模块各有一个小题、大题的第一问约20分是高考比较容易得分的部分,但常出现“会而不对”“对而不全”的现象,导致失分.怎样才能多得分,得高分,避免失误是我们重点关注的内容.专题探究探究1:应用定理时不严谨致错应用判定定理或性质定理判断或证明平行、垂直关系时，一定要严格按照定理内容，不能偷工减料，否则就会出错.如在利用线面平行的判定定理判断或证明线面平行时一定要注意条件中是平面外一条直线与平面内一条直线平行,才能推出平面外的该直线与平面平行,若仅有,∥,推不出∥,因为b可能在内.在利用线面垂直的判定定理判断或证明线面垂直是要注意是一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,则该直线与此平面垂直,尤其是“相交”这一条件不可缺少.(2022江苏联考)已知正方体的棱长为2，M为的中点，平面过点且与CM垂直，则A.B.平面

C.平面平面D.平面截正方体所得的截面面积为【规范解析】解：如图所示，连结CM，连结BD交AC于点N，连结交于点O，连结AO，在AD上取中点E，A选项由线面垂直得到线线垂直在AB上取中点F，连结EF，则，

对于A，易知面ABCD，因为平面ABCD

故得，又因为ABCD为正方形，故得，

由，面，面

故得面，A选项由线面垂直得到线线垂直又因为面故得，故A正确，

因为，故得，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，B选项先找到平面，由线面平行的判定定理得到，D选项确定截面，利用平面知识求得面积故得，，，，

故，，

又因为，故，

因为面，面

故面平面即面

故知平面，故可得平面，故B正确，

由图可知平面平面

故平面平面是错的，故C错，

因为，

故可得等腰梯形的高为，

故等腰梯形的面积为，故D正确，B选项先找到平面，由线面平行的判定定理得到，D选项确定截面，利用平面知识求得面积故选(2022广东月考)如图，已知四棱柱的底面为平行四边形，E，F，G分别为棱，，的中点，则A.直线与平面EFG平行，直线与平面EFG相交

B.直线与平面EFG相交，直线与平面EFG平行

C.直线、都与平面EFG平行

D.直线、都与平面EFG相交探究2:利用空间向量求角时关系不清致错

空间几何体的角包括线线角、线面角、面面角，易出现的问题主要有:(1)求解两条异面直线所成角的过程中，不注意角的取值范围，误以为通过平移构造的三角形内角就是两条异面直线所成的角;(2)求解线面角的过程中，把向量公式弄错;(3)求解面面角的过程中，角的关系不清楚.如设分别是二面角α－l－β的两个半平面α,β的法向量,则二面角的大小θ满足||＝，即二面角的平面角大小是向量的夹角(或其补角)．所以不要认为向量的夹角就是二面角,求解时要结合图形判断所求二面角是锐角还是钝角.(2022江苏期中)如图，在四棱锥中，底面ABCD，底面ABCD为直角梯形，分别为的中点.求证：平面PAD；若截面CEF与底面ABCD所成锐二面角为，求PA的长度.【规范解析】证明：取PA的中点Q，连接，是PB的中点，，且找到平行四边形，由线面平行的判定定理证明底面ABCD为直角梯形，，找到平行四边形，由线面平行的判定定理证明，，，且四边形QFCD是平行四边形，又平面平面PAD，平面解：如图，分别以所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设，则，取平面ABCD的一个法向量为，

，建系、确定点的坐标和向量坐标，找到法向量，由两向量所成角与两平面所成角的关系解方程得到结果设平面CEF的法向量为，建系、确定点的坐标和向量坐标，找到法向量，由两向量所成角与两平面所成角的关系解方程得到结果则有即不妨取，则，即，

，解得，即PA的长为(2022湖南联考)如图，四棱锥的底面是正方形，平面平面ABCD，，E为BC的中点．

若，证明：；

求直线AE与平面PAD所成角的余弦值的取值范围．探究3:求表面积/体积时对几何体结构特征把握不准致错对几何体的结构特征把握不准，导致空间线面关系的推理、表面积与体积的求解出现错误，尤其是对正棱柱、正棱锥中隐含的线面关系不能熟练把握，正确应用；容易出现错误的问题有:(1)混淆几何体的表面积与侧面积两个概念，导致计算时错用公式，漏掉底面积的计算;(2)在组合体的表面积的计算问题中，对于两个几何体重合问题或几何体的挖空问题，不能正确确定几何体表面积的构成导致计算重复或漏算;(3)几何体的表面积和体积的求解过程出错;(4)计算不细心导致运算失误问题.(2021江苏省淮安市模拟)某保鲜封闭装置由储物区与充氮区内层是储物区用来放置新鲜易变质物品，充氮区是储物区外的全部空间，用来向储物区输送氮气从而实现保鲜功能如图所示，该装置外层上部分是半径为2半球，下面大圆刚好与高度为3的圆锥的底面圆重合，内层是一个高度为4的倒置小圆锥，小圆锥底面平行于外层圆锥的底面，且小圆锥顶点与外层圆锥顶点重合，则充氮区空间为A. B. C. D.【规范解析】解：设半球的半径为R，则，小圆锥的高为4，大圆锥的高为3，

整个保鲜封闭装置的体积为确认几何体的结构，得到充氮区空间为，

小圆锥底面圆的半径为r，则，确认几何体的结构，得到充氮区空间为所以，

故小圆锥的体积为，

所以充氮区空间为故选：(2022河北联考)1859年，英国作家约翰泰勒在其《大金字塔》一书中提出：古埃及人在建造胡夫金字塔时利用了黄金数泰勒还引用了古希腊历史学家希罗多德的记载：胡夫金字塔的形状为正四棱锥，每一个侧面的面积都等于金字塔高的平方．如图，已知金字塔型正四棱锥的底面边长约为656英尺，顶点P在底面上的投影为底面的中心O，H为线段BC的中点，根据以上信息，PH的长度单位：英尺约为 B. C. D.探究4:混淆圆锥曲线的定义/方程致错在双曲线的定义中要注意:平面内与两个定点的距离的差的绝对值等于常数2a(小于)的动点M的轨迹叫做双曲线.在这个定义中,要注意条件<和定义中的“差的绝对值”;椭圆的定义中,平面内动点与两定点的距离的和大于这个条件不可忽视.在抛物线的定义中需强调的是,点不在直线上,否则轨迹是过点且与垂直的直线,而不是抛物线。在求解椭圆、双曲线问题时,首先要判断焦点位置,焦点的位置是椭圆、双曲线的定位条件,它决定椭圆、双曲线标准方程的类型,而方程中的两个参数,确定椭圆、双曲线的形状和大小,是椭圆、双曲线的定形条件;在求解抛物线问题时,首先要判断开口方向;(2)在椭圆中,最大,,在双曲线中,最大,，双曲线的渐近线方程为,而的渐近线方程为(2022江苏联考)设双曲线C：的左、右焦点分别为，，点P在C的右支上，且不与C的顶点重合，则下列命题中正确的是A.若，，则C的两条渐近线的方程是

B.若点P的坐标为，则C的离心率大于3

C.若，则的面积等于

D.若C为等轴双曲线，且，则【规范解析】解：当，时，双曲线的渐近线的斜率，A错误；

因为点在C上，则，得，把握双曲线的标准方程、定义和基本性质即可所以，B正确；

因为，若，则，把握双曲线的标准方程、定义和基本性质即可即，即，得，所以，C正确；

若C为等轴双曲线，则，从而若，则，在中，由余弦定理，得，D错误，选(2022广东联考)如图，抛物线C：的焦点为F，直线l与C相交于A，B两点，l与y轴相交于E点．已知，，记的面积为，的面积为，则 B. C. D.探究5:求离心率考虑不全致错

圆锥曲线的离心率是高考小题的热点，大多数时候难度不大，学生根据圆锥曲线的简单几何性质能解决，但是有些点如果把握不到位就会考虑不全失分，主要有这几类：(1)当椭圆与双曲线的焦点可能在x轴上，也可能在y轴上时求离心率要分两种情况分别求解；(2)求椭圆的离心率范围要注意；(3)求双曲线的离心率范围要注意；(4)把离心率表示成某一变量的函数，利用函数性质求其范围，要注意自变量范围的限制；(5)根据几何图形求离心率或离心率范围要注意验证某些特殊点或特殊图形是否符合条件.(2022天津市市辖区期末)已知抛物线上一点到焦点的距离为3，准线为l，若l与双曲线C：的两条渐近线所围成的三角形面积为，则双曲线C的离心率为A.3 B. C. D.【规范解析】由条件确定抛物线的准线方程，得到交点坐标，由面积得到a,b,c的关系解：依题意，抛物线准线l：，

由抛物线定义知，解得，

则准线l：，双曲线C的两条渐近线为，

于是得准线l与两条渐近线的交点分别为，，由条件确定抛物线的准线方程，得到交点坐标，由面积得到a,b,c的关系原点为O，则面积，双曲线C的半焦距为c，离心率为e，则有，解得故选(2021湖北省武汉市联考)已知双曲线，若双曲线不存在以点为中点的弦，则双曲线离心率的取值范围是A. B. C. D.探究6:直线与圆中的细节忽略致错直线与圆在高考中是和圆锥曲线、立体几何等综合考查的，但要解决这类简单的综合题，必须把握好直线与圆的相关概念，分类讨论思想方法不能忘记，其中易出错的点有（1）写直线的截距式方程忽略截距为零的情况；（2）利用斜率判断直线的垂直忽略斜率不存在的情况；（3）求解与△ABC与直线与圆的交汇问题，要注意三点不共线.(2021江西省南昌市期中)椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)与椭圆E：x225+y224=1有共同的焦点，且椭圆C的离心率e=12.点M、F分别为椭圆C的左顶点和右焦点，直线l过点F且交椭圆C于P，Q两点，设直线MP，MQ的斜率分别为k1，【规范解析】由题设条件找到a,b,c的关系即可解：(1)椭圆E：x225由题设条件找到a,b,c的关系即可设椭圆C的半焦距为c，

可知c=1，且e=ca=12，所以a=2，则b2=a2-c2=3，

分直线斜率是否存在两种情况左顶点坐标为M(-2,0)，

假设存在直线l，满足k1+k2=-14，

若直线l分直线斜率是否存在两种情况设直线斜率存在，设直线方程满足题设条件即可，注意直线的斜率情况，计算量大，要细心联立方程y=k(x-1)x24+y23=1，

消去y整理可得：(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0，

设P(x1,y1)，Q(设直线斜率存在，设直线方程满足题设条件即可，注意直线的斜率情况，计算量大，要细心(2021广东月考)已知圆C：和直线l：，则A.直线l与圆C的位置关系无法判定

B.当时，圆C上的点到直线l的最远距离为

C.当圆C上有且仅有3个点到直线l的距离等于1时，

D.如果直线l与圆C相交于M、N两点，则M、N的中点的轨迹是一个圆专题升华立体几何主要考查空间中线面关系，解析几何是用代数方法解决几何问题；在几何解题过程中应该抓住“图”“算”这两个字.“图”是几何的根本，我们要识图、用图、作图；“算”是运算要准确，养成良好的运算习惯，逐步计算，注意运算过程中的各个环节，在运算过程中适时调整运算的方法，注意核对运算过程和最后的结果，确保准确无误.在立体几何中还要紧抓“证”字，“证”是要熟练掌握空间平行与垂直关系的有关判定和性质定理，牢记定理中的条件和结论，养成严密的推理论证习惯，把各个定理的条件用完全，在推理论证中要做到层次分明，结构合理，严密无误.【答案详解】变式训练1【答案】A【解析】取AB的中点H，则，从而四边形为平行四边形，所以

，易知，则四边形EGFH为平行四边形，从而平面又平面EFG，所以

平面EFG，易知，则四边形为平行四边形，从而与EF相交，所以直线与平面EFG相交，故选变式训练2【解析】解法一：取AB的中点F，连接PF，

因为，，则为正三角形，所以

因为平面平面ABCD，则平面

因为平面ABCD，则①

因为四边形ABCD为正方形，E为BC的中点，则，所以，

从而，所以②

结合①②，，PF、平面PDF，平面PDF，所以；

解法二：因为平面平面ABCD，，则平面PAB，所以，从而，

因为，，则为正三角形．

设，则所以

，则，所以；

解法一：分别取PA，PD的中点G，H，则又，则，

所以四边形BGHE为平行四边形，从而

因为，则因为平面平面ABCD，，则平面PAB，从而，所以平面PAD，从而平面

连接AH，则为直线AE与平面PAD所成的角．

设正方形ABCD的边长为1，，则，

从而，，

在中，因为当时，单调递增，则，所以直线AE与平面PAD所成角的余弦值的取值范围是

解法二：以直线AD为x轴，AB为y轴，

过点A且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系

设正方形ABCD的边长为1，则，

在平面PAB内过点P作AB的垂线，垂足为

因为平面平面ABCD，则平面设，则

因为，则，所以，

设为平面PAD的一个法向量，

则即取，则，所以，于是，|又，则，

设直线AE与平面PAD所成的角为，则从而

因为函数单调递增，则当时，则，

所以直线AE与平面PAD所成角的余弦值的取值范围是变式训练3【答案】C【解析】设，，，则，

又由勾股定理，故，即因此可求得，则故选：变式训练4【答案】C【解析】抛物线C：的准线方程为，