二轮复习 立体几何.docx

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1、立体几何学习过程一、考纲解读立体几何模块内容在目前高考中结构和比重相对稳定，一般为一个客观题加一个解答题的格局，分值在 17到22分之间，难度不太高，是得基本分的关键内容之一.立体几何考题侧重考查同学们的空间概念、逻辑思维能力、空间想象能力及运算能力。在选择、填空题 中侧重立体几何中的概念型、空间想象型、简单计算型问题，而解答题侧重立体几何中的逻辑推理型问题， 立体几何常考的四类问题(1)三视图及相关的体积、表面积的简单计算.(2 )点、直线、平面之间的位置关系(3) 距离、角度的向量计算.(4)存在型、探究型问题.立体几何中的空间想象能力是培养能力是数学学习中重要的一个组成部分，同时该部分内

2、容也是培养逻 辑思维能力的重要手段，体现在证明和运算的规范性上，熟练掌握基本定理的文字语言和图形语言和符号语 言是学习的基本保证，该模块中涉及到的重要数学思想方法有分类讨论、化归转化和类比等对本部分的考查，三视图是考察重点，几乎年年都考，以选择，填空题为主，当然也可能在大题中由三 视图还原为直观图后考查定性及定量问题。文理对平行、垂直关系的证明依然是考察重点。符号语言、图形语言、文字语言的相互转化要引起足够的重视(尤其在选择填空题)文科对空间角不再考查，但理科引入了空间向量对其都有要求。有关球的考查降低了要求，不再考球面距离但球的表面积、体积要熟练掌握。二、复习预习（1）空间几何体定义体积表面

3、积（2）点、直线、平面之间的位置关系平行垂直距离角度（3）空间向量法向量的求法及其在立体几何中的应用三、知识讲解考点1（1）空间几何体 认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结 构. 能画出简单空间图形（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合）的三视图，能识别上述的三 视图所表示的立体模型，会用斜二侧法画出它们的直观图. 会用平行投影与中心投影两种方法，画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表 示形式. 了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式（不要求记忆公式）.考点2点、直线、平面之间的位置关系 理解空间直线、平面位置关系的

4、定义，并了解如下可以作为推理依据的公理和定理公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点在此平面内.公理2：过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面.公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行.定理：空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补. 以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理.理解以下判定定理.如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行，则这条直线与这个平面平行即若 a(Z oc,Z? cz oc,“/?

5、,贝ija/a .如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行，即若a,b(Z oc,a C|Z? = p,all 知bII 知则oc /13 .如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直即若 m(ZOL,72(ZOL,mri72 = B,/m,/72,贝 _Loc.如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直，即若/ 1 P，Z COL,则以1 P .理解以下性质定理，并能够证明.如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行，即 若all侦,a u P,a P P Z?,贝ia/b .两平

6、行平面与同一个平面相交，那么两条交线平行，即若a#p,any=a ,pny=Z?,则垂直于同一平面的两直线平行，即若a -La.b -La.ia/fb如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面，即若 a 1 P，ocPP =a,/(z P,/la,贝 _Loc.考点3空间向量法向量的求法以及法向量在立体几何证明球角度距离中的应用四、例题精析例1 2014全国2卷如图，网格纸上正方形小格的边长为1 （表示1cm）,图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm,高为6cm的圆柱体毛坯切底面半径为3,高2,体积V2=4w4+9w2=34，54兀- 34

7、 兀10.削掉部分的体积与原体积的比值=-=，故选C54 兀27【总结与反思】考查识别三视图所表示的立体模型；考查圆柱的体积公式。例2 2014全国大纲卷已知二面角al-P为60 , AB ua，AB l , A为垂足，CD u& , C e l, oACD = 135，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为（）o1 克 招 1（a）4寸（cp（d）2【规范解答】解法：选（B）.（求解对照）如图，作BE 1 a于E,过点A、E分别作CD和1的平行线,二者相交于点F,连结BF。 则ZBAF或其补角是异面直线AB和CD所成的角.易知11平面ABE,从而 EF 1 平面 ABE,且 ZBAE = 60

8、0, ZEAF = 1800 135。= 45。设AB = 2,则BE =百,AE = EF = 1 n AF =克,BF =克,在ABAF中,由余弦定理得cos ZBAF =22 + （了2）2 222 x 2 x 伊AB 2 + AF 2 BF 22AF-AB【总结与反思】 本题考查异面直线所成的角，关键是如何找异面直线所成的角的平面角，再通过解三角方 式把角的余弦值求出来。例3 2014北京卷在空间直角坐标系。砂 中，已知A（2,0,0 ）, B（2,2,0）, C（0,2,0）, D （,1,（2）,若*, S2, S3分别表示三棱锥D- ABC在xOy , yOz , zOx坐标平面

9、上的正投影图形的 面积，则（）（A） = S2= S3（B）S1 = S2且 S3。S1（D）S = S 且 S 丰 S2313【规范解答】答案D （气=S3且S产S3）D - ABC在xOy平面上的投影为 ABC，故钏=2 ,设D在yOz和zOx平面上的投影分别为D和D，则D - ABC在yOz和zOx平面上的投影分别为OCD和皿气 .D2，1,扼）,（,0,2）.2故S2 = S3 = 1 .综上，选项D正确.【总结与反思】本题结合空间直角坐标系考查空间想象能力以及三视图，是一道非常好的考题.例42014全国大纲卷正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4,底面边长为2,则该球的表面积

10、为（）(A)81兀T(B) 16兀(C) %(D)27兀APCQ【规范解答】b.4.2C .6 1 D .4【规范解答】解法一：选（A）.（求解对照） 设正四棱锥为P-ABCD,作PHL底面ABCD于H,又设O为球心，则O在PH上，PH=4,令球的半径为R, 则A2 = （4 - R）2 + .2）2解得R=9，所以球的表面积为：4兀R2 = 4兀x （9）2 = 半 .选（A）.444解法二：选（A）.（求解对照） 如图，延长PH交球于另一点Q,则PQ为球的直径，连结AQ,贝PAAQ，显然AH = - AC = &PH = 4 n PA2 = PH2 + AH2 = 18.设球的半径为 R,

11、贝 2一 一9981兀PA2 = PH - PQ o 18 = 4 - 2R n R =,所以S = 4kR2 = 4兀（）2 =一.选（a）4 球44【总结与反思】 本题考查学生的空间想象能力，重点在考查正四棱锥的性质以及球的性质。着重求出球的 半径来解决问题。例5 2014全国1卷如图，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，则该多面体解法 选C （构造法）如图所示，原几何体为三棱锥D - ABC ,故最长的棱的长度为DA = 6 ,其中 AB = BC = 4, AC = 4*2, DB = DC = 2,5 , DA =、：lv2只 + 4 = 6【总结与反思】 本

12、题考查三视图求解几何体的棱长，考查计算能力，为难题。虽然很多学生都知道根据三 视图的原理，由三视图还原立体图最好把几何体置于正方体中去研究，但是本题能够正确作出还原图形的考 生一定是少之又少，三视图作为课标教材新增内容,备受高考青睐，随着时间的推移，可以看出对考生空间想 象能力的要求在不断地提高。6 2014全国2卷如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形P4L平面ABCD，E为PD的中点.（I）证明：PB平面AEC；（II）设二面角 D-AE-C 为 60，AP=1，AD =43，求三棱锥E-ACD的体积.【规范解答】（I）设AC的中点为G，连接EG,在 PBD中，中位线EGPB,且

13、EG在平面AEC上， 所以PB平面AEC.（II）设CD=m，分别以AD，AB，AP为X，Y，Z轴建立坐标系，u后 1-则 A （0，0，0），D （ *3，0，0），E （，0，3 ），C （板3，m，0），7；31/. AD =（兄3， 0， 0）， AE =（， 0，）， AC = （ *3 ， m， 0）.2 2设平面ADE的法向量为1 =（%，七，q），*解得一个 1=（0，1，0），设平面ACE的法向量为n2 =（x2, %，&），则2 AC =0,nAE=0，则七. AD =0，七. AE =0,解得一个n2 =（m，-寸3，一/3 m），兀cos = I cosI=V=1，解得

14、 m= 3 .2nJ - |njp m 2 + 3 + 3m 222设F为AD的中点，则PAEF，且EF= A = 1， EFL面ACD， 即为三棱锥E-ACD的高.11 1 3厂1 云3- Ne-acd= 3，Saacdef= 3 2 , 2 , v3 2 =T .三棱锥E-ACD 的体积为甘.【总结与反思】 本题涉及了直线与平面、平面与平面的位置关系、二面角的概念和计算、三棱锥的体 积等知识点；第（I）问由线线平行得到线面平行，解决第（II）问主要有种方法：一个是几何法，另一个是 向量法，高考更多是让学生掌握向量法； 涉及了数形结合、转化等基本数学思想，用到了向量法、转化法等基本方法；考查

15、空间想象能力， 推理论证能力和运算求解能力； 与前3年高考题难度相似，内容稳定。试题再一次以考生熟悉的四棱锥为载体，体现了课程标准 对立体几何教学的能力要求。例72。14全国1卷如图三棱柱A知-半中，侧面BBCC为菱形，AB 1叩.又 BO = CO，故AC = ABii(I)证明：AC = AB1 ；(I)若 AC 1 AB1，ZCBB、= 60o，AB=BC求二面角A-AB -C的余弦值.i i i【规范解答】（I）连结Bq，交Bf于O,连结AO.因为侧面BBCC为菱形，所以BC 1 BC ， i iii且O为BC与BCi的中点.又AB 1 BC，所以BC 1平面ABO，故BC 1 AOi

16、ii（II）因为AC 1 AB且O为BC的中点，所以aoco 又因为abBC ，所以。*三ABOC故 OAob ，从而OA，OB，OB两两互相垂直.以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，OB为单位长，建立如图所示空间直角坐标系O-皿.因为ZCBB= 6Oo，所以ACBB为等边三角形.又，则A 。哗 ，B (i,0,0 )，B:0,0、，C。蝉,03i337AB =L用0,，AB 二二 AB =10 后、 i0,BC= BC =-i,-鸟iL 33 Jii1 3)i i3V)设n = (x, y, z )是平面的法向量，则F0，即 B1=0所以可取n=(，羊3 )设m是平面的法向量，则同理可取

17、m=(,*；3,3 )一 .n 的1. . _ 二1则cos、n，m)=.时=-，-所以二面角A-AB, -的余弦值为7.【总结与反思】_本题考查了线线的位置关系，几何图形的性质、二面角知识的应用，解题的关键是掌握用 向量的方法求二面角大小的步骤，属于中档题。第一小问利用等腰三角形三线合一的性质来证明，第二小问 先建空间直角坐标系，再求平面的法向量，即可求出二面A - A1B1- C1的余弦值.另外可以由二面A-A1B1-C1的平面角与二面角C 一 AB-B1平面角互补过C作CH AB于H，用几何逻辑推理方法得因此二面角A - A1B1 - C1的余弦值到二面角C - AB - B1平面角为/

18、CHB1，容易求出cos /CHB1=-1例82014卷如图，四边形ABCD为正方形，PD1平面ABCD，ZDPC = 30，OAD1 平面 EDCF，CF u平面EDCF，二 CF 1AD .而 AF 1 PC，AAF = A,CF 1 平面ADF ；（2）过E作EM DF交DF于M，过M作MN 1 AF交AF于N ,由（1）可得EM 1平面ADF，再由三垂线定理得ZENM为二面角D - AF - E的平面角，设 CD = 2 可得 ED = ，EF = 3，AE =买，AF =很，EM = 3， 2224矛3_EN = 2_2，sinZENM =乾=旦，co 妃ENM = （ - sMEN

19、M = iJ.七 7EN *1919方法2 （向量法）由（1）可得，AD 1 PD, AD 1 DC, PD 1 DC，建立空间直角坐标系D xyz，如图所示.设DC = a在 RtAPDC 中，CD = a, ZDPC = 30，则 PC = 2a, PD = 0 ；3 由(1)知PF 1DF，所以PF = PDcos30 = a，2因为 FE/CD，所以 EF = PF = PE，所以 EF = 3a，PE =至客，所以 ED = *，DC PC PD444所以 A(0,0, a), E* ,0,0), F(率，*,), C(0, a,0)，则 AE =母,0, a), AF = * ,兽

20、,a),444444/3a_ 八设平面AEF的法向量为n = 3, y, z），则取x = 1，贝I z =号,=0，所以n = (1,043)n - AE = 0，得n AF = 04x - az = 0J3a3ax + y az = 0443a a 一由可知,平面ADF的法向量为CF = （丁,-4,0），礼 n CF十0 +0 2J3 2(57所以 cos = = C 设二 面角 D AF E 为 0 ， 则I n I I CF I a 191919X一 24coos =疗719【总结与反思】知识点：空间直线与平面的位置关系、二面角的计算. 思想与方法：数形结合、转化 能力：运算求解、空

21、间想象例 9 在平行四边形 ABCD 中，AB = BD = CD = 1, AB 1 BCD, CD 1BD .将 AABD 沿BD 折起，使得平面ABD 1平面BCD，如图.(1) 求证：CD 1 cd ；(2) 若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.【规范解答】证明：.平面ABD平面BCD,平面 ABD平面 BCD=BD,人8=平面 ABD, ABBD,AAB平面 BCD.又 CDu 平面 BCD,； AB LCD.(2)过点B在平面BCD内作BELBD.由(1)知ABL平面BCD, BEu平面BCD, BDu平面BCD, :.ABLBE, ABLBD.以B为坐标原点，分

22、别以BE, bD,扇的方向为X轴，J轴，Z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示).1 1、 依题意，得B(0, 0, 0), C(1, 1, 0), D(0, 1, 0), A(0, 0, 1), M(。，写)则BC=(1, 1, 0), BM= (0,1,1), Ad=(0, 1,-1).设平面MBC的法向量 = (x。，七，%)，则妇，即；00，0 0 0LbM=0，顷+210=0，取Z0=1，得平面MBC的一个法向量n = (1,-1, 1).设直线AD与平面MBC所成角为仇则sin 9= Losn, AD=鱼竺=军InhlADI 3【总结与反思】 本题主要考查空间直线与直线、直线与平

23、面、平面与平面有位置关系等基础知识，考查空 间想象能力、推理认证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想。例10 2014安徽卷如图，四棱柱ABCD - A1 B1C1 D1中，A1A 1底面ABCD.四边形ABCD为梯形，AD/BC,且AD = 2BC.过A1?C,D三点的平面记为a，BBa的交点为Q(1) 证明：Q为BB1的中点；(2) 求此四棱柱被平面a所分成上下两部分的体积之比;若A1A = 4，CD = 2，梯形ABCD的面积为6，求平面a与底面abcd所成二面角大小.【规范解答】(I)延长A1Q, AB交于点P.腥A1Q u平面A1QCD，p e AB

24、u平面ABCD，平面A1QCD平面ABCD = CD.P e CD，即AB, CD, AQ三线共点 1.AD/2BC，.竺 =1AB又由四棱柱的几何性质知A1A/BQ，.QQ=pT,即Q为BB1的中点(II)设底面曷8的面积加，侧棱长AA1=h，则&D4s 亍多面体AQABCD的体积为Vaqabcd= VA1 - apdVQBCP34s,1 s h 7 ,h = sh3 3 2 18多面体ABCDQCD的体积为V1111=VABCDQCDABCD- ABC1D1AQABCD,7 , 11 ,=sh 一 一 sh = sh18181111VAQABCD1 sh 718.此四棱柱被平面a所分成上下

25、两部分的体积之比为11血V V18sh 11上= ABCDQCDVDAA1D 1P下(Ill)过A作AH CD，垂足为H，并连接A1 HAA1 1 平面 ABCD，CD u 平面 ABCDAA1 1 CD又.: AA u 平面 AAH , AH u 平面 AAH，且 AH AA = A，.CD 1 平面 AAH i1111/AH%就是平面a与底面ABCD所成二面角的平面角，设为。CD = 2，Sabcd= 6,由相似关系得 PD = 4,且 S 剖=8 = 2 x PD x AH = 2 AHAH = 4 = AA tan0 =1 = 1， 显然。为锐角，.L0 = 1AH 44兀即平面a与底面ABCD所成二面角的大小为丁4【总结与反思】本题以直四棱柱为背景，考察学生的空间意识、运算和推演能力，考查空间整合思想的运用.