高三数学高考二轮复习专题五立体几何新人教版

1、【专题五】 立体几何【考情分析】.立体几何内容既承担着对逻辑思维能力的考查，又承担着对空间想象能力的考查，常 以选择题、填空题的形式全面考查线线、线面、面面等空间位置关系，难度适中，纵观历年 的高考题一定有一个立体几何的解答题，考查平行、垂直的证明及面积、体积的计算等，难 度中等，理科还可以以空间向量为工具证明位置关系或求空间中的角和距离等.高考的另一 个新趋势是以立体几何为载体，考查函数、解析几何等的知识交汇点的综合题.立体几何考查的重点有：空间几何体的结构特征、空间几何体的侧面积、表面积和体 积、直线与平面、平面与平面之间的位置关系，三视图是新教材的内容，已经成为了必考的 重点知识点.等体

2、积转化法、割补思想是该部分考查的主要思想方法.【知识交汇】.充分、必要条件与点线面位置关系的综合高考对简单逻辑用语中的充分、必要条件的考查，主要通过与其它部分的综合问题出现， 而与立体几何相综合的问题最为普遍，通过这种形式主要考查对充分、必要条件的理解和立 体几何部分的几何体、点线面的位置关系等严密性问题.例1.已知“，3表示两个不同的平面，m为平面a内的一条直线，则“口 _L P ”是“ m_L P ”的（）A.充分不必要条件B .必要不充分条件C .充要条件D .既不充分也不必要条件答案：B解析：由平面与平面垂直的判定定理知，如果m为平面口内的一条直线，m _L P ,则支_L P ；反过

3、来则不一定.所以“ 口 _L P ”是“ m _L P ”的必要不充分条件.例2.设a,b是两条直线， % P是两个平面，则a _Lb的一个充分条件是（）（A） a , ,b一：，二（B） a , ： ,b , ,： 一：（C） auu,b_LP,汽 P（D） aca）b/P,a_LP答案：C解析：由b_LP, a/ P得b_Ls,又a=B,因此可知b _L a ,故a _L b的一个充分条件是C,选 C.点评：此类题目主要考查了立体几何中垂直关系的判定和充分必要条件的概念.解决此类问题的关键是弄清楚点线面之间的位置关系的判定.此类小题是很容易出错的题目，解答时要 特别注意.三视图与几何体的面

4、积、体积的综合空间几何体的结构与视图主要培养观察能力、归纳能力和空间想象能力，识别三视图所表示的空间几何体，柱、锥、台、球体及其简单组合体的结构特征与新增内容三视图的综合会 重点考查，新课标地区的高考题来看，三视图是出题的热点，题型多以选择题、填空题为主， 属中等偏易题.随着新课标的推广和深入，难度逐渐有所增加.例3.右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是（）俯视图正（主）视图侧（左）视图D. 12 冗答案：D解析：从三视图可以看出该几何体是由一个球和一个圆柱组合而成的简单几何体，其表面 及为：S=4n父12 +nxl2父2+2冗父1父3 = 12冗.，故选D.点评：本

5、小题主要考查三视图与几何体的表面积.既要能识别简单几何体的结构特征，又要掌握基本几何体的表面积的计算方法.例4.若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积是答案：18解析：该几何体是由两个长方体组成，下面体积为1父3父3 = 9,上面的长方体体积为3M3M1=9,因此其几何体的体积为 18.点评：此题主要是考查了几何体的三视图，通过三视图的考查充分体现了几何体直观的考查要求，与表面积和体积结合的考查方法.匚上；二你注心知3.几何体与线、面位置关系的综合以空间几何体为载体考查直线与平面平行或垂直、平面与平面平行或垂直的判定与性质定 理，能用判定定理和性质定理证明线线平行或垂直、线

6、面平行或垂直、面面平行或垂直，多 以选择题和解答题形式出现，解答题中多以证明线线垂直、线面垂直、面面垂直为主，属中 档题.例5. 正方体 ABCD-AiBCD中O为正方形 ABC而中心，M为BB的中点, 求证：(1 ) DO平面ABC;(2) DO,平面 MAC证明： 连结BD,BDi分别交AC,ACi于O,Oi在正方体 ABCD ABCiD1中，对角面BBDD为矩形O ,Oi分别是 BD,BDi 的中点: BO/Z DOi,四边形BODO为平行四边形,BOJ/RO；DQ值平面ABG, BO产平面ABC.DO平面 ABC(2)连结MO ,设正方体 ABCDABCiDi的棱长为a,在正方体 AB

7、CDABCD中，对角面BBDD为矩形且BB)=a,BD=J2a；O , M分别是BD,BB1的中点a-,BO =OD2BM BOOD - DDi - 2Rt MBO 三 Rt ODDi. BOM =DO 在 RtAODDi 中，/DDO +NDOD =90,J.NBOM +NDOD =90，即DO_ M O在正方体ABCDABCD中DDi _L 平面 ABCD - DD1 _L AC又；AC_LBD, DDnBD=D 二 AC _L 平面 BBQQDQ u 平面 BB D D 二 AC 1 DO又 AC。MO =O 二 DO_L 平面 MAC点评：证明线面垂直，关键是在平面内找到两条相交直线与

8、已知直线垂直，由线线垂直 推出线面垂直，证明线线垂直有时要用勾股定理的逆定理.4.空间向量与空间角和距离的综合用空间向量解决立体几何问题的基本步骤：（1）用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面，建立立体图形与空间向量的联系，从而把立体几何问题转化为向量问题（几何问题向量化）；（2）通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间的距离和夹我有等问题（进行向量运算）；（3）把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义（回归几何问 题）.例6.如图，在直四棱柱 ABCD-AB1cl D中，底面ABCM等腰梯形，ABCD,AB=4, BC=CD=2AA1=2, E、E1、F分别是棱AD AA

9、,、AB的中点.证明：直线EE1/平面FCC1;求二面角B-FC1-C的余弦值.解析：解法一：（1）在直四棱柱 ABCD-AB1cl D中，取AiBi的中点F1,连接 AQ, CF1, CF,因为 AB=4, CD=2,且 AB/CD, /所以CD= AF1, AF1CD为平行四边形，所以 CF/AQ,又因为E、E分别是棱 AR AA1的中点，所以 EE/AQ,所以CF/EE1,又因为EE10平面FCC，CF1U平面FCG，所以直线EE1 /平面FCQ .（2）因为AB=4, BC=CD=2 、F是棱AB的中点，所以 BF=BC=CF BCF为正三角形, 取CF的中点 0,则OBL CF,又因

10、为直四棱柱 ABCD-A B1G D中，CCL平面 ABCD所以CCLBQ所以 0BL平面 CCF,过0在平面 CGF内作0PLGF,垂足为P,连接BP,则/0P昉二面角B-FG1-G的一个平面角,在 RtCCF 中，0PMCCF, 1.0P 0F= 0P =CC1C1F.22 222T在 Rt 0PF中，BP = J0P2 +0B22114一 3 二0P,cos 0PB 二 BP22在ABCF为正三角形中， 0B = J3,所以二面角B-FC1 -C的余弦值为解法二：(1)因为 AB=4, BC=CD=2F是棱AB的中点,所以BF=BC=CF BCF为正三角形,因为ABCM等腰梯形，所以/

11、BACW ABC=60 , AF AF的中点M连接DM贝U DML AB,所以DML CD以DM为x轴，DC为y轴，DD为z轴建立空间直角坐标系,则 D (0, 0, 0), A ( 73,-1, 0), F (曲,1, 0), C(1),所以 EEi = (-2, -2,1)，C? = (后,-1,0) , Cd = (0,0,2) Fc1 = (-73,1,2)设平面CCF的法向量为n n= (x,y,z)则n CC1 = 0所以 3x - y=0z = 0取 n=(1，拈,0),则 n EE1 =立 1 -1 .31父0 = 0,所以n_L EE1 ,所以直线EE1 平面 FCC1 .，

12、、口 、一一、，.、，T .R FB =0所以(2) FB =(0,2,0),设平面 BFC 的法向里为 口 = (%, y1,4)，则p FCi =0yi =0-3xi y1 2zi =0,取： = (2,0, 73)，则 n = 2父1 73父0+0父73 = 2,|n|= 1 (3)2 =21nt |= 22 0 (v3)2 =、7cos由图可知二面角 B-FC1 -C为锐角，所以二面角 B-FC1 -C的余弦值为 7点评：本题主要考查直棱柱的概念、线面位置关系的判定和二面角的计算.考查空间想象能力和推理运算能力，以及应用向量知识解答问题的能力，向量法求二面角是一种独特的方法，因为它不但

13、是传统方法的有力补充，而且还可以另辟溪径，解决传统方法难以解决的求二面角问题.向量法求二面角通常有以下三种转化方式：先作、证二面角的平面角/AOB ,再求得二面角的大小为 arccosA-OB-;先求二面角两个半平面的法向量n1, n2 （注意法向SaIobI量的方向要分布在二面角的内外），再求得二面角的大小为arccos 或其补角;先分别1n1n2在二面角两个半平面内作棱的垂线（垂足不重合），又可转化为求两条异面直线的夹角.【思想方法】【例1】在半径为13的球面上有 A , B , C三点，AB=6, BC=8 CA=10,则球心到平面 ABC 的距离为 .答案：12解析：由AABC的三边大

14、小易知此三角形是直角三角形，所以过 A,B,C三点小圆的直径即为10,也即半径是5,设球心到小圆的距离是 d ,则由d2+52 =132 ,可得d =12 .【分析】该题体现了方程函数思想的考查，构造方程求解立体几何中的几何量是考题中经常 性的问题，其解法一般要根据题意构造方程来求解.【例2】已知二面角“-1- 3为60o ,动点P、Q分别在面“、3内，P至好的距离为 J3，Q到”的距离为2 J3 ,则P、Q两点之间距离的最小值为（）A. 1 B . 2 C . 273D . 4解 析： 如 图 分 别 作QA-La, AC _Ll于C, PB_L P于B,PD 11于D ,连 CQ,BD贝U

15、/ACQ =/PBD =60、AQ=2,BP = B，AC=PD=2又PQ = , AQ2 AP2 = .12 AP2 -2.3当且仅当AP =0,即点A与点P重合时取最小值.故答案选C.【分析】该题考查了函数思想和数形结合思想，立体几何中的最值问题一般要用函数法或均值不等式法，该题通过构造PQ关于AP的函数，借助图象看出当 点A与点P重合时取最小值.【例3】已知正四棱柱 ABCD ABC1D1中，AA = 2AB, E为AA重点，则异面直线BE与CDi所形成角的余弦值为A.小10解析：本题考查异面直线夹角求法，利用平移,CD / BA,因此求 EBA中/ ABE即可,3.10 D10cos/

16、A,BE=10用与球心距离为1的平面去截球,所得的截面面积为n ,则球的体积为（A.8.2 二38 2：32 二2.给定空间中的直线l及平面a,条件“直线l与平面a内无数条直线都垂直”是“直线易知EB=2 , AE=1 , AB=痣，故由余弦定理求答案：C【分析】该题体现了转化与化归思想的考查，对与异面直线的夹角的求解，一种方法是通过 这种平移的方法将所求的夹角转化为三角形中的内角，通过解三角形即可.另一种是利用空 间向量这一工具来求解.【专题演练】与平面口垂直”的（）条件A.充要 B .充分非必要C .必要非充分D .既非充分又非必要3. 一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为2侧

17、（左）视图2正（主）视图A. 2n +2向B . 4n +2几2,3r 34.设OA是球O的半径，M是OA的中点，过 M且与OA成45角的平面截球 O的表面得到7-圆C.若圆C的面积等于，则球O的表面积等于.4一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的全面积(单位：cm2)为(A) 48+125/2(B) 48 + 24点(C) 36 12、, 2(D) 36 24、, 2.如图，在三棱锥 P - ABC中，/PAB是等边三角形, /PAB/PBC90 o(I)证明：AB PC(n)若PC =4 ,且平面PAC，平面PBC ,求三棱锥P-ABC体积.如图，在四B隹P ABCD中，底面ABCD是矩形，PA

18、 _L平面ABCD , PA = AD = 4 ,AB =2 .以BD的中点O为球心、BD为直径的球面交 PD于点M .(1)求证：平面ABM，平面PCD ；(2)求直线PC与平面ABM所成的角；(3)求点O到平面ABM的距离.【参考答案】.答案：B解析：截面面积为 H n截面圆半径为1,又与球心距离为13球的半径是 J2,所以根据球的体积公式知V球=4tt R =8岳,故b为正确答案.答案：C解析：直线与平面ot内的无数条平行直线垂直，但该直线未必与平面口垂直，即充分性不成 立.因此选C.答案：C解析：该空间几何体为一圆柱和一四棱锥组成的，圆柱的底面半径为1,高为2,体积为2兀，2 3=所以该几何体的体积31 一2 一四棱锥的底面边长为J2,高为V3,所以体积为-X（ J2）X J33为2二红33.答案：8兀解析