2020年高考数学(理)二轮复习讲练测 专题09 立体几何（讲）（解析版）

2020年高考数学(理)二轮复习讲练测 专题09 立体几何（讲）（解析版）

专题09 立体几何 ‎1．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( )‎ A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行 ‎ C．α，β平行于同一条直线 D．α，β垂直于同一平面 ‎【答案】B ‎【解析】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B．‎ ‎【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若，则”此类的错误．‎ ‎2．【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm3)是( )‎ A．158 B．162 ‎ C．182 D．324‎ ‎【答案】B ‎【解析】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为 ‎.‎ 故选B.‎ ‎【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体——棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积，常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.‎ ‎3．【2019年高考天津卷理数】已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为．若圆柱的一个 底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积_____________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意，四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为，借助勾股定理，可知四棱锥的高为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为，圆柱的底面半径为，故圆柱的体积为.‎ ‎【名师点睛】根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径.注意本题中圆柱的底面半径是棱锥底面对角线长度的一半、不是底边棱长的一半.‎ ‎4．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．‎ ‎(1)证明：BE⊥平面EB1C1；‎ ‎(2)若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2).‎ ‎【解析】(1)由已知得，平面，平面，故．‎ 又，所以平面．‎ ‎(2)由(1)知．由题设知≌，所以，故，．以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D–xyz，则C(0，1，0)，B(1，1，0)，(0，1，2)，E(1，0，1)，，，．设平面EBC的法向量为n=(x，y，x)，则即，所以可取n=.设平面的法向量为m=(x，y，z)，则即，所以可取m=(1，1，0)．于是．所以，二面角的正弦值为．‎ ‎【名师点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直以及线面垂直的判定，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.‎ 一、考向分析： ‎ ‎ 立体几何 几何体表面积与体积 探索性问题 空间角 垂直问题 平行问题 球 三视图 ‎ 二、考向讲解 考查内容 ‎ 解 题 技 巧 ‎ 几何 体表 面积 与体 积 ‎1、空间几何体表面积的求法 ‎(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量。‎ ‎(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理。‎ ‎(3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用。‎ ‎2．求空间几何体体积的常用方法：‎ ‎(1)公式法(适用于规则几何体)。‎ ‎(2)割补法(适用于不规则的几何体，有时对不易求体积的规则几何体也用此法)。‎ ‎(3)等体积转化法(适用于求三棱锥的体积)。‎ ‎3．求空间几何体的体积最值的常用方法：‎ ‎(1)几何法：由图形的特殊位置确定最值，如垂直。‎ ‎(2)基本不等式法：根据条件建立两个变量的和或积为定值，利用基本不等式求体积的最值。‎ ‎(3)函数法：通过建立相关函数式，将所求的最值问题转化为函数的最值问题求解，此法应用最为广泛。‎ 三视图 ‎1、根据三视图还原几何体 ‎(1)对柱、锥、台、球的三视图要熟悉。‎ ‎(2)明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图。‎ ‎(3)根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据。‎ 提醒：对于简单组合体的三视图，首先要确定正视、侧视、俯视的方向，其次要注意组合体由哪些几何体组成，弄清它们的组成方式，特别应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同。‎ ‎2、由三视图还原几何体的三个步骤：第一步，先画长(正)方体，在长(正)方体中画出俯视图；第二步，在三个视图中找直角；第三步，判断直角位置，并向上(或向下)做垂线，找到顶点，连线即可。‎ ‎1．判定线面平行的四种方法 ‎(1)利用线面平行的定义(无公共点)。‎ ‎(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)。‎ 平行问题 ‎(3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)。‎ ‎(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)。‎ ‎2．在应用线面平行的判定定理进行平行转化时，一定注意定理成立的条件，通常应严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如：把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面和已知平面相交，这时才有直线与交线平行。‎ ‎3、证明面面平行的方法 ‎(1)面面平行的定义。‎ ‎(2)面面平行的判定定理：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。‎ ‎(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行。‎ ‎(4)两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行。‎ ‎(5)利用“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”的相互转化。‎ ‎4．三种平行关系的转化：‎ 线线平行线面平行 线线平行、线面平行、面面平行的相互转化是解决与平行有关的证明题的指导思想，解题中既要注意一般的转化规律，又要看清题目的具体条件，选择正确的转化方向。‎ 垂直问题 ‎1、证明直线和平面垂直的常用方法 ‎(1)利用判定定理．(2)利用平行线垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)．‎ ‎(3)利用面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)．(4)利用面面垂直的性质．‎ ‎2、证明面面垂直的主要方法 ‎①利用判定定理．在审题时要注意直观判断哪条直线可能是垂线，充分利用等腰三角形底边上的中线垂直于底边，勾股定理的逆定理等．②用定义证明．只需判定两平面所成二面角为直二面角．③客观题中，也可应用：两个平行平面中的一个垂直于第三个平面，则另一个也垂直于第三个平面．‎ ‎3、必记结论：‎ ‎(1)直线与平面垂直的定义常常逆用，即a⊥α，b⊂α⇒a⊥b.‎ ‎(2)若平行直线中一条垂直于平面，则另一条也垂直于该平面．‎ ‎(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．(4)过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．‎ ‎(5)过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．‎ ‎4、垂直关系综合题的类型及解法 ‎(1)三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化。‎ ‎(2)垂直与平行结合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用。‎ ‎(3)垂直与体积结合问题，在求体积时，可根据线面垂直得到表示高的线段，进而求得体积。‎ 空间角 ‎1．向量法求异面直线所成角的方法 ‎(1)选好基底或建立空间直角坐标系。‎ ‎(2)求出两直线的方向向量v1，v2，代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解。‎ 提醒：两异面直线所成角θ的范围是，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当两异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当两异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角。‎ ‎2．向量法求线面角的两大途径 ‎(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)。‎ ‎(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角。‎ ‎3、(1)利用向量法计算二面角大小的常用方法 ‎①找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小。‎ ‎②找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小。‎ ‎(2)已知二面角大小求值的技巧 建立恰当的空间直角坐标系，将两平面的法向量用与待求相关的参数(字母)表示，利用两向量的夹角公式构建方程或不等式或函数，进而求解。‎ ‎4、平面的法向量求法步骤：‎ ‎(1)设平面的法向量为n＝(x，y，z)．‎ ‎(2)找出(求出)平面内的两个不共线的向量的坐标a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)；‎ ‎(3)根据法向量的定义建立关于x，y，z的方程组 ‎(4)解方程组，取其中的一组解，即得法向量．‎ 探索性问题 ‎1、对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等。‎ ‎2、对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数。‎ ‎3、立体几何开放性问题求解方法有以下两种：‎ ‎(1)根据条件作出判断，再进一步论证．‎ ‎(2)假设所求的点或线存在，并设定参数表达已知条件，根据题目进行求解，若能求出参数的值且符合已知限定的范围，则存在这样的点或线，否则不存在．‎ 球体 ‎1．正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球 ‎(1)外接球：球心是正方体中心；半径r＝a(a为正方体的棱长)。‎ ‎(2)内切球：球心是正方体中心；半径r＝(a为正方体的棱长)。‎ ‎(3)与各条棱都相切的球：球心是正方体中心；半径r＝a(a为正方体的棱长)。‎ ‎2．正四面体的外接球与内切球(正四面体可以看作是正方体的一部分)‎ ‎(1)外接球：球心是正四面体的中心；半径r＝a(a为正四面体的棱长)。‎ ‎(2)内切球：球心是正四面体的中心；半径r＝a(a为正四面体的棱长)。‎ 考查空间几何体的表面积与体积：‎ ‎【例1】已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】截面面积为，高，底面半径，表面积.‎ ‎【例2】在长方体中，，与平面所成的角为，则该长方体的体积为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】连接和，‎ ‎∵与平面所成角为，∴，∴，∴，∴，∴选C.‎ 考查三视图：‎ ‎【例1】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( )‎ A．1 B．2 C．3 D．4 ‎ ‎【答案】C ‎【解析】由三视图可得四棱锥，‎ 在四棱锥中，，，，，由勾股定理可知，，，，，则在四棱锥中，直角三角形有，，共三个，故选C．‎ ‎【例2】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到 的路径中，最短路径的长度为( )‎ A． B． C． D．2‎ ‎【答案】B ‎【解析】三视图还原几何体为一圆柱，如图，‎ 将侧面展开，最短路径为连线的距离，所以，所以选B.‎ 考查平行、垂直问题：‎ ‎【例1】如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，分别为，的中点．‎ ‎(1)求证：；‎ ‎(2)求证：平面平面；‎ ‎(3)求证：平面．‎ ‎【解析】(1)，且为的中点，，‎ 底面为矩形，，．‎ ‎(2)底面为矩形，，平面平面，平面，‎ ‎．又，平面，平面平面．‎ ‎(3)如图，取中点，连接，．‎ ‎，分别为和的中点，，且，‎ 四边形为矩形，且为的中点，，，‎ ‎，且，四边形为平行四边形，‎ ‎，又平面，平面，平面．‎ ‎【例2】在平行六面体中，．‎ 求证：(1)；(2)．‎ ‎【解析】(1)在平行六面体中，．‎ 因为平面，平面，所以平面．‎ ‎(2)在平行六面体中，四边形为平行四边形，又因为，‎ 所以四边形为菱形，因此．又因为，，所以．‎ 又因为，平面，平面，所以平面．‎ 因为平面，所以平面平面．‎ 考查空间角：‎ ‎【例1】如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．‎ ‎(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；‎ ‎(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．‎ ‎【答案】(1)；(2)．‎ ‎【解析】如图，在正三棱柱中，设，‎ 的中点分别为，，则，，‎ ‎，以为基底，建立空间直角坐标系．因为，‎ 所以，，，，，．‎ ‎(1)因为为的中点，所以，‎ 从而，，‎ 故．‎ 因此，异面直线与所成角的余弦值为．‎ ‎(2)因为为的中点，所以，因此，，‎ ‎．设为平面的一个法向量，则即，不妨取，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为．‎ ‎【例2】如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．‎ ‎(1)证明：平面平面；‎ ‎(2)当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．‎ ‎【解析】(1)∵正方形半圆面，∴半圆面，∴平面.‎ ‎∵在平面内，∴，又∵是半圆弧上异于的点，‎ ‎∴.又∵，∴平面，∵在平面内，‎ ‎∴平面平面.‎ ‎(2)如图建立坐标系：∵面积恒定，∴，最大.‎ ‎，，，，,‎ 设面的法向量为，设面的法向量为 ‎ ‎，，，，，‎ ‎，同理，∴，∴ .‎ 考查球体：‎ ‎【例1】设，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】如图，‎ 为等边三角形，点为，，，外接球的球心，为的重心，由，得，取的中点，∴，∴，∴球心到面的距离为，∴三棱锥体积最大值.‎ ‎【例2】设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为(　　)‎ A．πa2 B.πa2 C.πa2 D．5πa2‎ ‎【答案】：B　‎ ‎【解析】：如图，‎ O1，O分别为上、下底面的中心，D为O1O的中点，则DB为球的半径，有r＝DB＝＝＝，‎ ‎∴S表＝4πr2＝4π×＝πa2. ‎ 立体几何中的探索性问题 ‎【例1】如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝。‎ ‎(1)求证：PD⊥平面PAB。‎ ‎(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值。‎ ‎(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由。‎ ‎【解析】(1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，‎ 所以AB⊥平面PAD。所以AB⊥PD。又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，所以PD⊥平面PAB。‎ ‎(2)取AD的中点O，连接PO，CO。因为PA＝PD，所以PO⊥AD。‎ 又因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，‎ 所以PO⊥平面ABCD。因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO。因为AC＝CD，所以CO⊥AD。‎ 如图所示，建立空间直角坐标系O－xyz。‎ 由题意得，A(0,1,0)，B(1，1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1)。‎ 则＝(0，－1，－1)，＝(2,0，－1)，＝(1,1，－1)，‎ 设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)。‎ 则即令z＝2，则x＝1，y＝－2。‎ 所以n＝(1，－2,2)。又＝(1,1，－1)，所以cos〈n，〉＝＝－。‎ 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为。‎ ‎(3)设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0,1]，使得＝λ。因此点M(0,1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ)。‎ 因为BM⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，当且仅当·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0。‎ 解得λ＝。所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时＝。‎ ‎【小结】(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等。‎ ‎(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数。‎ ‎【例2】如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°。点D，E，N 分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2。‎ ‎(1)求证：MN∥平面BDE。‎ ‎(2)求二面角C－EM－N的正弦值。‎ ‎(3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长。‎ ‎【解析】(1)证明：如图，以点A为原点，‎ ‎ ‎ 分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，依题意可得A(0，0,0)，B(2,0,0)，C(0，4,0)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0,1)，N(1，2,0)。所以＝(0,2,0)，＝(2,0，－2)。设n＝(x1，y1，z1)为平面BDE的法向量，则即不妨设z1＝1，可得n＝(1,0,1)。又＝(1,2，－1)，可得·n＝0。因为MN⊄平面BDE，所以MN∥平面BDE。‎ ‎(2)易知n1＝(1,0,0)为平面CEM的一个法向量。设n2＝(x2，y2，z2)为平面EMN的法向量，‎ 则因为＝(0，－2，－1)，＝(1,2，－1)，所以 不妨设y2＝1，可得n2＝(－4,1，－2)。因此有cos〈n1，n2〉＝＝－，设二面角C－EM－N的平面角为θ，于是sinθ＝＝。所以二面角C－EM－N的正弦值为。‎ ‎(3)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)，则H(0,0，h)，进而可得＝(－1，－2，h)。又＝(－2,2,2)，由已知，得|cos〈，〉|＝＝＝。整理，得10h2－21h＋8＝0，解得h＝或h＝。‎ 所以线段AH的长为或。‎ ‎【小结】本例中的第(3)问是由已知的线线角探究点H的位置，应抓住该点所满足的特征，从而引入参数表示其坐标。由已知点H在棱PA上，知此处应抓住两个关键点：一是共线，因为棱PA就在z轴上，所以直接设AH的长度就可以得到点H的坐标(若直线PA与坐标轴不平行，则需利用向量共线引入参数解决，直接设＝λ，然后进行坐标运算)；二是注意范围，因为点H在棱PA上，所以0≤AH≤AP，即0≤h≤4(若引入参数λ，则0≤λ≤1)，若该题中求出的h值超出该范围，则应舍掉。‎