2020届高考数学二轮复习第三部分回顾立体几何学案

1、回顾5立体几何必记知识空间几何体的表面积和体积几何体圆柱圆锥侧面积S侧2rlS侧rl表面积S表2r(rl)S表r(rl)体积VS底hr2h11V3S底h3r2h圆台S侧(rr)lS表(r2r2rlrl)1V3(S上S下1S上S下)h3(r2r2rr)h直棱柱正棱锥正棱台S侧Ch(C为底面周长)1S侧2Ch(C为底面周长，h为斜高)1S侧2(CC)h(C，C分别为上、下底面周长，S表S侧S上S下(棱锥的S上0)VS底h1V3S底h1V3(S上S下VR3h为斜高)球S4R2空间线面位置关系的证明方法S上S下)h43ab(1)线线平行：aaab，ab，bbabaab，cb.acaba(2)线面平行：

2、ba，a，aa.aaa(3)面面平行：a，babO，a，ba1abaa.(4)线线垂直：aab.ba，babO(5)线面垂直：l，la，a，bla，lba，al.aa(6)面面垂直：，a.a提醒)要注意空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理中的条件.如由，l，ml，易误得出m的结论，就是因为忽视面面垂直的性质定理中m的限制条件.用空间向量证明平行垂直设直线l的方向向量为a(a1，b1，c1)，平面、的法向量分别为(a2，b2，c2)，(a3，b3，c3)则有：(1)线面平行laa0a1a2b1b2c1c20.(2)线面垂直laaka1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行a2a3

3、，b2b3，c2c3.(4)面面垂直0a2a3b2b3c2c30.用向量求空间角llll(1)直线l1，2的夹角有cos|cosl1，2|(其中l1，2分别是直线l1，2的方向向量)(2)直线l与平面的夹角有sin|cosl，n|(其中l是直线l的方向向量，n是平面的法向量)|(3)平面，的夹角有cos|cosn1，n2，则-l-二面角的平面角为或(其中n1，n2分别是平面，的法向量)提醒)在处理实际问题时，要注意异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角.的取值范围，要根据具体图形确定二面角的平面角是锐角还是钝角必会结论三视图的排列规则2俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图一样

4、；侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图一样，宽度与俯视图一样平行、垂直关系的转化示意图球的组合体(1)球与长方体的组合体：长方体的外接球的直径是长方体的体对角线长(2)球与正方体的组合体：正方体的内切球的直径是正方体的棱长，正方体的棱切球的直径是正方体的面对角线长，正方体的外接球的直径是正方体的体对角线长a(正四面体高a(3)球与正四面体的组合体：棱长为a的正四面体的内切球的半径为66123的)，外接球的半径为a(正四面体高a的)16634434必练习题1设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，有下列四个命题：若m，则m；若，m，则m；若n，n，m，则m；若m，m，则.其

5、中正确命题的序号是()ABCD解析：选D.对于，注意到直线m可能与平面，的交线平行，此时结论不成立，因此不正确；对于，直线m与平面必没有公共点，因此m，正确；对于，由m，n，得mn，又n，因此m，正确；对于，平面，可能是相交平面，因此不正确综上所述，其中正确命题的序号是，选D.2如图是一个几何体的三视图，则该几何体的体积是()3A.3C3B2D4四棱锥，如图所示，则V11(12)233，故选A.解析：选A.由几何体的三视图知，几何体是底面为直角梯形，高为3的323已知一个圆锥底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内切球的表面积为()2AC23B.D3r，易知轴截面三角形边AB上的高为22，因此r，

6、解得r2，所以圆锥内切球的表面积为422，故选C.解析：选C.依题意，作出圆锥与球的轴截面，如图所示，设球的半径为22r312224中国古代数学名著九章算术中记载了公元前344年商鞅监制的一个标准量器商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若取3，其体积为12.6(单位：立方寸)，则图中的x为()A1.2C1.8B1.6D2.4解析：选B.该几何体是一个组合体，左边是一个底面半径为，高为x的圆柱，右边是124一个长、宽、高分别为5.4x，3，1的长方体，所以组合体的体积VV圆柱V长方体A.2122x(5.4x)3112.6(其中3)，解得x1.6.故选B.5已知S，A，B、C是球O表面上的不

7、同点，SA平面ABC，ABBC，AB1，BC2，若球O的表面积为4，则SA()2B12C.23D.解析：选B.根据已知把S-ABC补成如图所示的长方体因为球O的表面积为4，所以球O的半径R1，2RSA2122，解得SA1，故选B.6棱长都为2的直平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，BAD60，则对角线A1C与侧面DCC1D1所成角的正弦值为()2C.31A.4B.D.2238平面DDCC，则ACM就是直线AC与面DDCC所成的角由所有棱长均为2及解析：选C.过点A1作直线A1MD1C1，交C1D1的延长线于点M，连接CM，可得A1M111111A1D1C1120，得A1MA1D1sin60

8、3，又A1C1A1C21CC2（23）2224，A1C4所以sinACMA1M3，故选C.17已知矩形ABCD，AB1，BCeqoac(,2)，将ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中，()A存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D对任意位置，三对直线“AC与BD”“AB与CD”“AD与BC”均不垂直解析：选B.若存在某个位置，使得ACBD，作AEBD于E，则BD平面AEC，所5以BDECeqoac(,，在)ABD中，AB2BEBD，BE1，而在BCD中，BC2BEBD，BE2，33两者矛盾

9、故A错误若存在某个位置，使得ABCD，又因为ABAD，则AB平面ACD，所以ABAC，故AC1，故B正确，D错误若存在某个位置使得ADBC，又因为ADAB，则AD平面ABC，所以ADAC，而斜边CD小于直角边AD，矛盾，故C错误8.如图，在四棱锥P-ACBD中，底面ACBD为正方形，PD平面ACBD，BCACa，PAPB2a，PC3a，则点C到平面PAB的距离为_解析：根据条件可以将四棱锥置于一个正方体中进行研究，如图所示，PABCV易知AB2a，设点C到平面PAB的距离为h，因为VCPAB，即13eqoac(,S)ABCPDeqoac(,S)PABh，所以a2a(2a)2h，解得ha，所以点

10、C到平面PAB的距离为3a.答案：3a9正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，若动点P在线段BD1上运动，则DCAP的取则D(0，0，0)，C(0，1，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，D(0，0，1)所以DC(0，1，0)，BD(1，1，1)所以设BPBD(，)，且01.11113333234333值范围是_解析：以DA所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，DD1所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系D-xyz.11因为点P在线段BD上运动，116所以APABBPDCBP(，1，)，所以DCAP10，1答案：0，110.如图，在正三角形ABC中，D，E，F分别为各边的中点，G，H分别为DE，AF的中点，将ABC沿DE，EF，DF折成四面体P-DEF，则四面体中异面直线PG与DH所