当前位置：文档之家 › 立体几何大二轮复习的策略

立体几何大二轮复习的策略

  • 格式：doc
  • 大小：1.69 MB
  • 文档页数：13

立体几何的解题思路四川省成都第七中学 张世永 巢中俊 周建波《高中数学课程标准》建议：立体几何教学应注意引导学生通过对实际模型的认识，学会将自然语言转化为图形语言和符号语言.教师可以使用具体的长方体的点、线、面关系作为载体，使学生在直观感知的基础上，认识空间中一般的点、线、面之间的位置关系；通过对图形的观察、实验和说明，使学生进一步了解平行、垂直关系的基本性质以及判定方法，学会准确地使用数学语言表述几何对象的位置关系，并能解决一些简单的推理论证及应用问题。

理科学生不仅要掌握必修2《立体几何初步》，还要掌握选修2-1《空间中的向量与立体几何》.文科学生要求掌握必修2《立体几何初步》，为了更好地解答立体几何问题，建议教师补充讲授选修2-1《空间中的向量与立体几何》中的坐标法，让文科学生能熟练地使用坐标法，而对空间中的向量的其它知识不做介绍，以免加重文科学生的负担。

另外，文科学生不要求掌握求二面角的问题。

一.求解空间三类角：两直线所成角、直线与平面所成角、二面角，关键是转化为空间两直线所成角，常常要借助于平面的法向量.要善于一题多变.例1．（1）已知直线b a ,所成角为o 60，经过空间中一点P 作直线l ，使直线l 与a 、b 所成角均为o 60，则这样的直线l 有几条解：经过点P 作直线m n m ,o 60ο120n m ,n m ,o 60n m ,ο30n m ,o 60o 60问题的推广：已知直线b a ,所成角为o 60，经过空间中一点P 作直线l ，使直线l 与a 、b 所成角均为θ，这样的直线l 有四条，则角θ应满足什么条件有两条呢有一条呢有零条呢 答案：有四条时，o o 9060<<θ；有两条时，o o 6030<<θ；有一条时，oo 90,30=θ;有零条时，οο300<<θ.变式：（1）已知直线a 与平面α所成角的大小为o 60，经过空间中一点P 作直线l ，使直线l 与直线a 和平面α所成角均为o 45，则这样的直线l 有几条（2）已知平面α与平面β所成锐二面角的大小为o 60，经过空间中一点P 作直线l ，使直线l 与平面α和平面β所成角均为o 60，则这样的直线l 有几条(3)正三棱锥P —ABC 中，CM=2PM ，CN=2NB ，对于以下结论： ①二面角B —PA —C 大小的取值范围是（3π，π）；②若MN ⊥AM ，则PC 与平面PAB 所成角的大小为2π；③过点M 与异面直线PA 和BC 都成4π的直线有3条；④若二面角B —PA —C 大小为32π，则过点N 与平面PAC 和平面PAB 都成6π的直线有3条． 正确的序号是 ．解：(1) 经过点P 作平面α的法向量n ，则问题转化为 “已知直线n a ,所成角为ο30或ο150，经过点P 作直线l ，使直线l 与n a ,所成角均为ο45，则这样的直线l 有几条”由例1容易得到这样的直线l 有两条.(2) 经过点P 作平面α的法向量m ，平面β的法向量n ，则问题转化为 “已知直线n m ,所成角为ο60或ο120，经过点P 作直线l ，使直线l 与n m ,所成角均为ο30，则这样的直线l 有几条”由例1容易得到这样的直线l 有一条.(3)仿照（1）（2）可以得到答案① ② ④二.高考中有较大部分题都可以转化为以正方体为背景的问题，为此新编以正方体为背景的系列题：相同条件为“正方体1111D C B A ABCD -棱长为1”. 1. 正方体1111D C B A ABCD -棱长为1，E,F 是BD 上的动点，且BD EF 21=. （1）当E 在BD 中点时，F 恰在B 点，求二面角11C EF B --大小； （2）当EF 在BD 上运动时，该二面角是否发生变化解：（1）取11D B 中点O,易知11EFB O C 面⊥,设二面角11C EF B --大小为θ.∴==∴，36cos 1EFC EFO S S ∆∆θ二面角11C EF B --大小为36arccos（2）由（1）中求二面角的方法可知，无论EF 在BD 上的什么位置，∴==∴，36cos 1EFC EFO S S ∆∆θ二面角11C EF B --的大小不变.2. 正方体1111D C B A ABCD -棱长为1，P 为11B A 的四等分点， Q 为11C D 中点，O 为平面B B AA 11的中心. （1）求证：OC 与PQ 共面；（2）求:平面OPQC 与平面B B AA 11的夹角. （1）证明：取11B A 中点H ，连结BH,HQ.易证CQ BH //,又HB A OP 1∆为中位线，CQ OP BH OP //,//∴∴OC 与PQ 共面.（2） 连结OQ,过O 作PQ OM ⊥,连结MHMHPQ OMH PQ PQ OM PQOH PHQ OH ⊥∴⊥∴⊥⊥∴⊥,,,面又面ΘOMH ∠为面OPQC 与面B B AA 11的夹角..217arctan .217tan ,1717,21,1,41=∠∴=∠∴====OMH OMH MH OH HQ PH三.高考中有一部分题都是以三棱柱为背景的问题，为此新编以三棱柱为背景的系列题.例3．斜三棱柱111C B A ABC -的底面是等腰三角形，AB=AC ，上底面的顶点1A 在下地面的射影是ABC ∆的外心，,3,1π=∠=AB A a BC 棱柱的侧面积为232a（1） 证明：侧面B B AA 11和C C AA 11为菱形，11BCC B 是矩形； （2） 求棱柱的侧面所成的三个二面角的大小； （3） 求棱柱的体积（1）证明：BC O A ABC O A ⊥∴⊥11,面Θ, 又ΘABC ∆的外心为O,AB=AC,BC AO =∴∴⊥⊥,,11BB BC AA BC Θ四边形11BCC B 是矩形.B A AA OB A Rt OA A Rt OB OA 1111,,=∴≅∴=∆∆Θ,又AB A AB A 11,60∆∴=∠ο为正三角形.∴四边形B B AA 11为菱形，同理,可证四边形C C AA 11为菱形.（2）,0)3)(23(,3260sin 2,22=+-=+===a x a x a ax x S x AC AB 即侧οa x 332=∴过B 作BD 1AA ⊥，则D 为1AA 中点，1AA CD ⊥∴ 又ΘBCD BB CC AA AA BC ∆∴⊥,////,1111的三内角即为所求BCD BC CD a BD a AD ∆∴====,,33Θ为正三角形，∴三个二面角均为ο60 31126131,1312,131232,1213213a O A S V a O A a AO a S ABC ABC =⋅=∴===∆∆）（ 或32161332433131a a a AA S V BCD =⨯⨯=⋅=∆ 四.高考中有一部分题都是以三棱锥为背景的问题，为此新编以三棱锥为背景的系列题. 例4．已知三棱锥P-ABC ，PAC ∆与PBC ∆ 都是边长为2的等腰三角形，AB=2,D 为AB 中点.（1） 求证PDC AB 面⊥;（2）求三棱锥P-ABC 体积. （1）证明：,2====PB PA CB AC Θ又D 为AB 中点，AB=2..AB D,DC PD ,,1PDC AB PD AB DC 平面又⊥∴=⊥=∴I（2）,2==CB AC ΘD 为AB 中点，AB=2，.1,=⊥∴DC AB DC 同理，,,90,2,2,12PD PC PDC PC PC PD ⊥=∠∴=∴==即又ο.31=+=∴---PDC B PDC A ABC P V V V五.高考中的补形问题1.将正四面体补形成正方体解析：选A2.把三条棱相互垂直的三棱锥补成长（正）方体 例2 在球面上有四点,,,P A B C ，如果,,PA PB PC 两两互相垂直，且PA PB PC a ===，那么这个 球的表面积是解析：如图，把三棱锥P ABC -补形为一个棱长为 a 的正方体，则正方体的对角线即为球的直径，因为23R a =，所以2243S R a ππ==球表面积3.把对棱相等的四面体补成长方体例3 已知四面体SABC 的三组对棱相等，依次为25,13,5，求四面体的体积.解析：如图，把四面体S ABC -补形为长方体ADBE GSHC -，设长方体的长，宽，高分别为,,a b c ，则有222222222(25),(13),5a b b c c a +=+=+=，联立以上三式并解之得：4,2,3a b c ===，故111448323S ABC S ABD V V V abc abc abc --=-=-⨯⨯==长方体4.把三棱锥补成四棱锥（或三棱柱或平行六面体） 例4 在四面体ABCD 中，设1,3AB CD ==，直线AB与CD 的距离为2，夹角为3π，则四面体的体积等于解法1 如图，将四面体ABCD 补成四棱锥A BDCE -，且//,BE CD BE CD =，则2,333ABE BE ππ∠==或， //CD ABE 平面，所以CD 与AB 的距离即为CD 到平面ABE的距离，亦即C 到平面ABE 的距离也就是三棱锥C ABE -的高2h =所以11112sin 33232A BCD A BEC C ABE ABE V V V h S AB BE π---∆===⋅=⨯⨯⨯⨯⨯=解法2 如图，把四面体ABCD 补成三棱柱ABE FCD -，则面//ABE面,//CDF AB CF ，且1CF =，则AB 与CD 的距离就是平面ABE 与 平面FCD 的距离，即三棱柱的高2h =，且233DCF ππ∠=或. 所以13sin2232FCD V S h CD CF π∆=⋅=⨯⨯⨯⨯=柱，故四面体的体积为1132V =柱解法3 如图6，把四面体ABCD 补成平行六面体， 则四面体的体积是平行六面体体积的13. 1313sin 2232V S h π=⋅=⨯⨯⨯⨯=平行六面体底,故四面体的体积为12.结论:在四面体ABCD 中，设,AB a CD b ==， 直线AB 与CD 的距离为h ，夹角为θ，则 四面体的体积为1sin 6V abh θ=5.把首尾相连两两垂直的三棱锥补成长（正）方体 例5 如图，,90PA ABC ACB ⊥∠=o平面，且PA AC BC a ===，则异面直线PB 与AC 所成角的正切值为解析：把四面体P ABC -补成正方体，//AC DB ∴设异面直线PB 与AC 所成角为θ，要求异面直线PB 与AC 所成角正切值， 即求PB 与DB 所成角的正切值，2tan 2PD aDB θ===6.把四棱锥补成长（正）方体例6 如图，四棱锥S ABCD -的底面是边长为1的正方形，SD 垂直于底面,3ABCD SB =.(1)求证：BC SC ⊥；(2)求面ASD 与面BSC 所成二面角大小.证与解：因为1AB BC ==，所以1SD =，故可把原四棱锥补成长方体111ABCD A B C S - （1）因为1BC SDCC ⊥面，所以BC SC ⊥ （2）连1A B ，则面ASD 与面BSC 所成的二面角， 即为面1ADSA 与1BCSA 所成的二面角.因为11,A S SD A S SC ⊥⊥，所以CSD ∠为所求二面角 的平面角，45CSD ∠=o，故所求二面角为45o.例7 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，侧棱,PA ABCD ⊥底面3,AB =1,BC =2PA =，求直线AC 与PB 所成角的余弦值.解析：如图9所示，把四棱锥P ABCD -补成长方体111PB C D ABCD -，连结11,//,PC PC AC 所以1BPC ∠为AC 与PB 所成的角，连结1,BC 在1PBC ∆中， 由余弦定理可得：157cos BPC ∠=故直线AC 与PB 所成角的余弦值为57147.把相互垂直的两长（正）方形补成长（正）方体 例8 如图，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的 平面互相垂直，2,1,AB AF M ==是线段EF 的中点.（1）求证：//AM 平面BDE ；（2）求二面角A DF B --的大小.解析：如图，将原几何体补成长方体11ABCD FB ED - （1）设AC 与BD 的交点为O ，连结OE ，则易知 //OE AM ，故//AM 平面BDE（2）由长方体的性质知，1BA ADD F ⊥面，过A 作AG DF ⊥，连BG ，则BG DF ⊥，所以AGB ∠为所求二面角的平面角，在Rt AGB ∆中，易求60AGB ∠=o8.把三棱柱补成四棱柱例9 如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，3,4,AC BC ==15,4AB AA ==，求异面直线1AC 与1B C 所成角的余弦值.解：由条件知AC CB ⊥，如图，把直三棱柱111ABC A B C -补成长方体1111ABCD A B C D -，连结1B D ，则11//B D AC ， 且11B D AC =，所以1DB C ∠为1AC 与1B C 所成角（或其补角）， 连结CD ，在1B CD ∆中，115,5,42CD B D BC ===， 由余弦定理得122cos 5DB C ∠=六．考试模式例1.（理科）已知正四棱锥S ABCD -所有棱长为4，E 是侧棱SC 上一点，且1SE =，过点E 垂直于SC 的平面截该正四棱锥，则该平面与这个正四棱锥的截面面积为（ ）（A ）82 （B ）2 （C ）52 （D ）42答案 C（文科）已知正三棱锥S ABC -所有棱长为4，E 是侧棱SC 上一点，且1SE =，过点E 垂直于SC 的平面截该正三棱锥，则该平面与这个正三棱锥的截面面积为（ ） （A ）22 （B ）322（C ）2 （D ）2 答案 C例 2..某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是（ ）A 25+B 5C 45+D 225+ 答案 D例3. 具有公共y 轴的两个直角坐标平面α和β所成的二面角βα轴－y -等于︒60，已知β内的曲线C '的方程是24y x '=，曲线C '在α内的射影在平面α内的曲线方程为22y px =,则p =_____________答案 4例4.如图，直角三角形ABC 中，60,BAC ∠=o点F 在斜边AB 上，且4,,AB AF D E =是平面ABC 同一侧的两点，AD ⊥平面,ABC BE ⊥平面,ABC 3, 4.AD AC BE ===⑴ 求证：平面CDF ⊥平面;CEF⑵（理科） 点M 在线段BC 上，且二面角F DM C --的余弦值为25，求CM 的长度.⑵ （文科）点M 在线段BC 上，异面直线CF 与EM 所成角的余弦值为1,4求CM 的长．证明：（Ⅰ）∵直角三角形ABC 中，∠BAC=60°，AC=4， ∴AB=8，AF=AB=2，由余弦定理得CF=2且CF ⊥AB ．∵AD ⊥平面ABC ，CF ⊂平面ABC ，∴AD ⊥CF ，又AD∩AB=A ，∴CF ⊥平面DABE ， ∴CF ⊥DF ，CF ⊥EF ．∴∠DFE 为二面角D ﹣CF ﹣E 的平面角． 又AF=2，AD=3，BE=4，BF=6，故Rt △ADF ∽Rt △BFE ．∴∠ADF=∠BFE ，∴∠AFD+∠BFE=∠AFD+∠ADF=90°， ∴∠DFE=90°，D ﹣CF ﹣E 为直二面角．∴平面CDF ⊥平面CEF ． （建系求解，只要答案正确，也给分）解：（2）（理科）以C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系C ﹣xyz ，设CM x =(0,0,0),(0,,0),(4,0,3),(3,3,0)C M x D F ∴(4,,3);(1,3,3)DM x DF =--=--u u u u r u u u r则面DMF 的法向量：43(3,3,)3x m x -=-u r同理可知：面CDM 的法向量(3,0,4)n =-r由2|cos ,|5m n <>=u r r ，则139343x = 或3x =经检验，3x =时二面角F DM C --的余弦值为25-不合题意 所以139343CM =（2）（文科）以C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系C ﹣xyz ， 则C （0，0，0），B （0，4，0），E （0，4，4），F （3，，0），M （0，a ，0），（0≤a≤4） ∴=（3，，0），=（0，a ﹣4，﹣4），∵异面直线CF 与EM 所成角的余弦值为，∴cos ,CF EM =u u u r u u u u r=，解得83163()a a ==或舍 故83.3CM =例5.（理科）如图，矩形ABEF 所在的平面与等边ABC ∆所在的平面垂直，22AB AF ==，O 为AB 的中点．（1）求证：OE FC ⊥；（2）求二面角F CE B --的余弦值.（I ）证：连接OC ,OF ，因为AC BC =，O 是AB 的中点，故OC AB ⊥. …1分 又因为平面ABEF ⊥平面ABC ，面ABEF ⋂面ABC AB =，OC ⊂面ABC ，故OC ⊥平面ABEF . …………………2分 因为OE ⊂面ABEF ，于是OC OE ⊥. ……………………3分又矩形ABEF ，22AB AF ==，所以OF OE ⊥. ……………4分 又因为OF OC O ⋂=，故OE ⊥平面OFC ， ………………5分所以OE FC ⊥. ………………6分（Ⅱ）由（I ）得，22AB AF ==，取EF 的中点D ，以O 为原点，,,OC OB OD 所在的直线分别为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系。

合集下载

2022-2023学年高考数学二轮复习立体几何妙招 1外接球秒杀之补形法- Word版含解析

2022-2023学年高考数学二轮复习立体几何妙招 1外接球秒杀之补形法- Word版含解析

类型1:有一条棱垂直于底面
类型2:对棱相等
利用长方体相对面的对角线长度相等,把四面体放人其中
如图所示, ,三棱锥 可以放在长方体中,外接球直径 为长方体体对角线.
典型
【例1】已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4,体积为16,则这个球的表面积是()
A. B. C. D.
【解析】用公式 ,则 ,
【答案】C.
A. B.8 C. D.
【解析】由题意可采用割补法,考虑到四面体 的四个面为全等的三角形,所以可在其每个面补上一个以 为三边的三角形作为底面,且以分别 长、两两垂直的侧棱的三棱锥,从而可得到一个长、宽、高分别为 的长方体,并且 ,则有 ( 为球的半径),得 ,所以球的表面积为 ,
【答案】 .
5.在三棱锥 中,底面 是等边三角形,顶点 在底面 的投影是底面的中心,侧面 侧面 ,则此三棱锥的体积与其外接球的体积之比为( )
【答案】D.
【例6】在四面体 中, 是边长为2的等边三角形, 是以 为斜边的等腰直角三的等腰直角三角形,平面 平面 ,则四面体 的外接球的表面积为( )
A. B. C. D.
【解析】在四面体 中, 是边长为2的等边三角形， 是以 为斜边的等腰直角三角形, ,平面 平面 ,如图,可知 平面 ,可得 ,所以 是等腰直角三角形,所以三棱锥 是正方体的一个角,如图:外接球的直径就是长方体的体对角线的长度,所以 ,四面体 的外接球的表面积为 .
【答案】 .
【例4】在三棱锥 中, ,则三棱锥 外接球的表面积为
【解析】将三棱锥补形为长方体,三个长度为三对面的对角线长,设长方体的长、宽、高分别为 ,则 .
【答案】 .
【例5】已知三棱锥 的四个顶点在球 的球面上, 是边长为2的正三角形, 分别是 的中点, ,则球 的体积为( )
江苏省南京市高三数学二轮复习讲座4 立体几何二轮复习建议

江苏省南京市高三数学二轮复习讲座4 立体几何二轮复习建议

立体几何二轮复习建议《课程标准》中的“立体几何初步”主要是培养和发展学生的空间想象能力与几何直观能力，《考试说明》也明确指出要“重视数学基本能力和综合能力的考查”，“数学基本能力主要包括空间想象，抽象概括，推理论证，计算求解，数据处理这几方面的能力”，因此，立体几何历年都是高考重点内容之一．各地高考，多数是一大一小两道立体几何题，有的是一大两小，江苏卷是正题和附加题各一道大题．最近五年江苏高考中的立体几何题的基本情况如下表：，(3)小题主要考查空间概念，空间想象能力，点线面位置关系判断等，难度中等(偶有中等偏上)；大题除外，都是2问，是以一个多面体为载体，重点考查平行与垂直的证明，难度中等，或中等偏下．但是，学生考试情况并没有想象的那么好，比较突出的问题有：空间想象能力不强，不能正确地分析图形中基本元素及其关系；推理论证能力不强(比如：有的学生判定定理与性质定理不熟悉，有的学生平面几何应用水平低，有的学生不知道正方体、直棱柱等几何体中哪些结论可以作为推理的依据哪些要经过证明)；书写不规范等．，我们应该做好应对一个填空题一个解答题的准备，二轮复习中既要巩固基本题型和基本方法，又要提高空间想象能力和推理论证能力，有条件的要适当训练非标准图形的识别、平面图形的翻折等，适当改变解答题问的形式(落脚点还是平行与垂直)，提高应变能力．在理科附加题中，要更加熟练地运用空间向量证明平行与垂直、计算空间的角，包括规范地建立空间直角坐标系，分清向量夹角与异面直线所成角、线面角、二面角．基本题型一：空间几何体的认识及表面积与体积的计算（填空题）例1．已知正四棱锥的底面边长是6，高为7，这个正四棱锥的侧面积是．说明：本题主要考查正四棱锥的结构特征、空间几何体侧面积的计算方法，属容易题．例2．已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且AB＝6，BC＝2 3 ，则棱锥O—ABCD的体积为．说明：本题主要考查球的几何特征以及相应的运算．球与其它几何体的组合问题，对空间想象能力要求较高，解决的关键是确定球心．基本策略：涉及柱、锥、台、球及其简单组合体的侧面积和体积的计算问题，要在正确理解概念的基础上，画出符合题意的图形或辅助线(面)，分析几何体的结构特征，选择合适的计算公式，另外要重视空间问题平面化的思想和割补法、等积转换法的运用．基本题型二：空间中点线面位置关系的判断（填空题）例3．设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：（1）若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α平行于β；（2）若α外一条直线l与α内的一条直线平行，则l和α平行；（3）设α和β相交于直线l，若α内有一条直线垂直于l，则α和β垂直；（4）直线l与α垂直的充分必要条件是l与α内的两条直线垂直．上面命题中，真命题．．．的序号是．（写出所有真命题的序号）说明：这类题为高考常考题型，其实质为多项选择题．主要考查空间中线面之间的位置关系，要求熟悉有关公理、定理及推论，并具备较好的空间想象能力，做到不漏选、多选、错选，有一定难度．例4．α、β为两个互相垂直的平面，a、b为一对异面直线，下列四个条件中是a⊥b 的充分条件的有．①a//α，b β；②a⊥α，b//β；③a⊥α，b⊥β；④a//α，b//β且a与α的距离等于b与β的距离．说明：与例3一样，本题主要考查空间线面之间的位置关系，特别是判断平行与垂直的常用方法．基本策略：正确转换符号语言、图形语言与文字语言；构造并利用具体模型(比如长方体)，直观感知，操作确认；熟练运用4条公理、3条推论和10条定理来判断空间位置关系，通过证明或举反例来确定命题的真假．注意不要把平面几何结论简单类比到空间．基本题型三：线线、线面、面面平行与垂直的证明（解答题） 例5．如图，在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，点D 在边BC 上，AD ⊥C 1D ．(1) 求证：AD ⊥平面BB 1C 1C ；(2)如果E 是边B 1C 1的中点，求证：A 1E ∥平面ADC 1． 说明：这是《必修2》62页第17题，考查正三棱柱中的线面垂直和线面平行，实际上，还可以证明平面A 1EB ∥平面ADC 1，平面ADC 1⊥平面BB 1C 1C 等．江苏卷第16题：如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，E 、F 分别是A 1B 、A 1C 的中点，点D 在B 1C 1上，A 1D ⊥B 1C ．求证：（1）EF ∥平面ABC ； （2）平面A 1FD ⊥平面BB 1C 1C ．例6．如图，四棱锥P ABCD 的底面是矩形，且AB ＝2BC ，E 、F 分别是棱AB 、PC 的中点． （1） 求证：EF ∥平面PAD ；（2）若点P 在平面ABCD 内的正投影O 在直线AC 上，求证：平面PAC ⊥平面PDE ．说明：第（1）问方法较多，比较容易想到的有：①取PD 中点，构造平行四边形，证明线线平行； ②延长CE 与DA 相交，利用三角形中位性质证明线线平行；③取CD 中点，证明面面平行．第（2）问中有关平面几何结论，一定要按照初中平面几何的要求，严格论证，不跳步． 例7．如图，四边形ABCD 为矩形，AD ⊥平面ABE ，AE ＝EB ＝BC ＝2，F 为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE ．ABCAB 1C 1 EF D1A 1（1）求证：AE ⊥BE ；（2）求三棱锥D －AEC 的体积；（3）设M 在线段AB 上，且满足AM ＝2MB ，试在线段CE 上确定一点N ，使得MN ∥平面DAE ．说明：以多面体为载体，考查线线、线面、面面平行与垂直的判定与性质，是高考的常见题型．此类题既可以考查几何体的概念和性质，又能考查空间的线面关系，还有可以结合一些简单的运算，比较全面地考查学生的能力．本题中非常规放置的几何体及探究式的第3问，增加了难度．基本策略：证明或探究空间中线线、线面、面面平行与垂直的位置关系，一要熟练掌握所有判定定理与性质定理，梳理好几种位置关系的常见证明方法，如证明线面平行，既可以构造线线平行，也可以构造面面平行．而证明线线平行常用的是三角形中位线性质，或构造平行四边形；二要用分析与综合相结合的方法来寻找证明的思路；三要注意表述规范，推理严谨，避免使用一些虽然正确但不能作为推理依据的结论．有条件时，可以适当涉及一些简单的计算，或是添加探究性的小问，或是在图形上作一点变化，但一定要控制难度，且最终的落脚点一定是平行与垂直．三模第16题：如图，在矩形ABCD 中，AD ＝2，AB ＝4，E 、F 分别是边AB 、AD 的中点，现将△ADE 沿DE 折起，得四棱锥A BCDE ．（1） 求证：EF ∥平面ABC ；（2） 若平面ADE ⊥平面BCDE ，求四面体FDCE 的体积．基本题型四：运用空间向量证明与计算（理科附加题）AB例8．如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥平面ABCD ，且PD ＝DC ，E 是PC 的中点，F 是PB 上一点，且EF ⊥PB ．(1) 求证：PA ∥平面EDB ； (2) 求证：PB ⊥平面EFD ；(3) 求二面角C -PB -D 的余弦值大小．说明：立体几何所讨论的问题主要有两类：一类是位置关系，判断线线、线面、面面平行或垂直关系；另一类是度量关系，求长度和角度．运用向量的方法是讨论这两类问题的通性通法．在本例中，可以利用几何体中的两两垂直的三条直线合理建立空间直角坐标系，用坐标表示有关向量，运用“算”的方法证明空间中的平行与垂直、计算二面角大小，也可以不建系，选三个不共线的向量组成基底，用来表示其它向量，再用“算”的方法证明平行与垂直、计算二面角大小．例9．如图，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1． （1）求二面角A —DF —B 的大小；（2）在线段AC 上找一点P ，使PF 与AD 所成的角为600．说明：本类题主要考查寻找三条两两垂直的三条直线合理建立空间直角坐标系，通过向量计算解决空间中的夹角问题（包括线线角、线面角与二面角）的能力，是高考的常见题型．基本策略：空间向量的基础知识可以类比于《必修4》中平面向量的相关知识进行整理与记忆；通过建立适当的坐标系，用向量来表示点，刻画直线和平面的“方向”；理解用向量判定空间位置关系、求角的原理，并掌握一般解题步骤，其中，线线角、线面角与二面角是本类题型中的重点考查对象，应加强训练．此外，在计算平面的法向量、探究点的位置等问题中，要善于运用“待定系数法”合理设出坐标，寻找满足条件的方程（组）来解决问题．二轮专题与课时建议：BEFDCD。

立体几何板块第二轮复习备考建议

立体几何板块第二轮复习备考建议

立体几何板块第二轮复习备考建议广东省梅州市丰顺县丰顺中学(514300)巫纯媚广东省华南师范大学数学科学学院(510631)李静依摘要立体几何是高中数学教学的重要板块,也是高考的必考内容.为了更有针对性地给教师提供高考二轮复习帮助,我们评析了近3年全国卷立体几何考点,归纳总结出6类常考题型及学生的易错点,并提出相应的备考建议.关键词立体几何;常见题型;易错点;备考建议一、2016-2018年全国I 卷立体几何试题考点分析为了更好地探索命题规律,笔者将近3年全国卷I 中立体几何考点整理如下:表一理科全国卷I 立体几何考点统计表年份2018年2017年2016年小题*三视图(题7)三视图(题7)*三视图(题6)线面角与面积(题12)三棱锥体积(题16)*线面位置关系(题11)大题1⃝面面垂直;2⃝线面角(题18)*1⃝面面垂直;2⃝二面角(题18)1⃝面面垂直2⃝二面角(题18)表二文科全国卷I 立体几何考点统计表年份2018年2017年2016年小题圆柱表面积(题5)线面平行(题6)*三视图(题7)*三视图(题9)线面角(题10)三棱锥外接球的表面积(题16)*线面位置关系(题11)大题1⃝面面垂直;2⃝三棱锥体积(题18)*1⃝面面垂直;2⃝四棱椎侧面积(题18)1⃝线面垂直;2⃝三棱锥体积(题18)(注:表一、表二带*表示文理同题)由表一、二可知近3年全国I 卷中立体几何的考查特点:1.题量、难度保持稳定题量一般是两小一大,分值22分(2018年文科I 卷是三小一大,分值27分).其中一小题常位于5-7题中等难度的位置,另一小题为压轴题.大题位于解答题第二题,难易适中,分步设问,层次分明.2.考点题型稳定小题主要考查三视图、几何体的面积体积等.大题第一问较多考查简单的推理证明,侧重垂直的证明;第二问考查综合推理计算,理科主要考查线面角、二面角,文科主要考查点到面的距离、几何体的侧面积和体积.3.注重能力考查立体几何部分注重空间想象、逻辑推理、分析论证、运算求解等能力的考查,符合《新课程标准》要求.解答题解法多种,趋向于多想少算,其中理科第(2)问,以往以空间向量为主,近几年更倾向几何法和向量法平衡,且向量的建系难度有所降低.二、常见考题类型笔者通过整理近3年全国文理卷中立体几何考点分布情况,总结出如下七种常考题型:题型一三视图表三三视图考查统计表年份全国I 卷全国II 卷全国III 卷2018文9理7文3理32017理7文6理42016文7理6文7理6文10理9三视图是近几年高考立体几何中的重点内容,主要以小题形式出现,多是文理同题(2017年理7单独考查).主要考查方式有:由三视图求原几何体的表面积、体积、最值;根据空间几何体确定其三视图,或根据三视图的其中两个确定另一个.(目前新高考中取消三视图的内容)例1(2017年高考全国II 卷理科第4题(文科第6题))如图1,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得,则该几何体的体积为()图1A.90πB.63πC.42πD.36π答案:B.总结解决此类问题主要是将三视图还原成直观图,再求相应的面积、体积、最值等.由三视图还原直观图的思路:1⃝根据俯视图确定几何体的底面;2⃝根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征,调整实线和虚线所对应的棱、面的位置;3⃝确定几何体的直观图.或借助棱柱(常用长方体、正方体)进行观察和分析,确定出几何体的关键点与关键棱,从而作出原几何体.题型二几何体的面积体积表四几何体的面积体积考查统计表年份全国I 卷全国II 卷全国III 卷2018#文5/文18(2)文16/#理162017#文18(2)/理16文18(2)文19(2)2016文18(2)文19(2)文19(2)(注:表四中带#表示考查面积问题,不带#考查体积问题)题型二在小题中主要考查几何体的结构特征,进而求出几何体的面积、体积、最值等;或与三视图结合起来考查;或单独考查旋转体的表面积和体积.文科大题第(2)问主要考查点到面的距离、几何体的面积体积,常以锥体为载体.例2(2018年高考全国卷I 文科第18题)在平行四边形ABCM 中,AB =AC =3,∠ACM=90◦,以AC 为折痕将△ACM 折起,使点M 到达点D 的位置,且AB ⊥DA .(1)证明:平面ACD ⊥平面ABC ;(2)Q 为线段AD 上一点,P 为线段BC 上一点,且BP =DQ =23DA ,求三棱锥Q −ABP 的体积.图2图3解析(1)由已知可得,∠ACM =90◦,故AB ⊥AC ,又AB ⊥DA ,所以AB ⊥平面ACD .又因为AB ⊂平面ABC ,所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)由已知可得,DC =CM =AB =3,DA =3√2,又BP =DQ =23DA ,所以BP =2√2,作QH ⊥AC ,垂足为H ,则QH //DC ,QH =13DC =1.由已知及(1)可得DC ⊥平面ABC ,所以QH ⊥平面ABC ,因为BP DA =23,所以BPBC =23,所以S △P AB =23S △ABC .因此V Q −ABP =13QH ·S △P AB =13QH ·23S △ABC =13×1×23×12×3×3=1.题型三几何体的切接球问题表五几何体的切接球问题考查统计表年份全国I 卷全国II 卷全国III 卷2018*文12/理102017文16文15*文9/理82016文4*文11/理10(注:表五中带*表示文理同题)几何体的切接球问题一般出现在选择、填空题,属中等偏难的试题.主要考查多面体或旋转体在与球的接或切的背景下,所构成的简单组合体中与球半径有关的计算问题.例3(2017年高考全国I 卷文科第16题)已知三棱锥S −ABC 的所有顶点都在球O 的球面上,SC 是球O 的直径.若平面SCA ⊥平面SCB ,SA =AC ,SB =BC ,三棱锥S −ABC 的体积为9,则球O 的表面积为.解析如图4,连接OA ,OB .由SA =AC ,SB =BC ,SC 是球O 的直径,可知OA ⊥SC ,OB ⊥SC .由平面SCA ∩平面SCB =SC ,OA ⊥SC ,可知OA ⊥平面SCB .设球O 的半径为r ,则OA =OB =r ,图4SC =2r ,故三棱锥S −ABC 的体积V =13×12SC ·OB ·OA =r 33=9,所以r =3,则球O 的表面积S =4πr 2=36π.总结空间几何体与切接球问题的常用方法1⃝若球面上四点P ,A ,B ,C 中P A ,P B ,P C 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直,可转化为长方体或正方体确定直径解决外接问题.2⃝球与旋转体的组合,先作它们的轴截面解题;与多面体的组合,通过多面体的一条侧棱和球心,或“切点”、“接点”作出截面图;即把空间问题化归为平面问题,再利用平面几何知识寻找几何体中元素之间的关系求解.题型四线面位置关系表六线面位置关系考查统计表年份全国I 卷全国II 卷全国III 卷2018文18(1)/理18(1)文19(1)/理20(1)#文19(2)/理19(1)2017#文6/文18(1)/理18(1)#文18(1)/#理19(1)文10/文19(1)/理19(1)2016#文理11(同题)/文18(1)/理18(1)理14/文19(1)/理19(1)文19(1)/#理19(1)(注:表六中带#表示考查平行关系,不带#考查垂直关系)空间线面位置关系的小题主要考查空间中线线、线面、面面间的位置关系的判定、性质等.大题经常出现在第一问,难度不大,主要以多面体(尤其是棱柱、棱锥)为载体,考查线线、线面、面面三者的平行与垂直关系的证明,特别要关注垂直关系的证明.例4(2016年高考全国I卷文理科第11题)平面a 过正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的顶点A ,a //平面CB 1D 1,a ∩平面ABCD =m ,a ∩平面图5ABB 1A 1=n ,则m 、n 所成角的正弦值为()A.√32 B.√22 C.√33 D.13解析如图5,过点A 补作一个与正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1相同棱长的正方体,则平面AEF 1即为平面a ,易知m 、n 所成角为∠EAF 1,因为△AEF 1是正三角形,所以sin ∠EAF 1=√33.题型五空间角表七空间角问题考查统计表年份全国I 卷全国II 卷全国III 卷2018文10/理12理18(2)*文9/*理9理20(2)#理19(2)2017#理18(2)*理10#理19(2)*理16#理19(2)2016#理18(2)#理19(2)理19(2)(注:表七中带*表示考查异面直线所成角,带#表示考查二面角,其余考查线面角)异面直线所成角的考查主要出现在选择题,立体几何理科解答题第(2)问一般考查二面角或线面角,且存在“解法多种,减少计算量”的趋势,因此教师要侧重培养学生的分析能力、逻辑推理能力,合理选择恰当的方法.1.求异面直线所成角的常用方法有:1⃝平移法:通过作平行线——利用图中已有的平行线平移,或利用特殊点(如线段的端点或中点或其他等分点)平移,或补形平移,得到在同一平面上的相交直线的夹角,即为异面直线所成角.2⃝向量法:通过选好基底或建立空间直角坐标系,求出两直线的方向向量v 1,v 2,由公式|cos ⟨v 1,v 2⟩|=|v 1·v 2||v 1||v 2|确定异面直线所成角的大小.2.求线面角的常用方法有:(1)几何法1⃝根据面面垂直性质定理,找到斜线上异于斜足的一点在平面内的垂足,作出直线在平面上的射影,再放在由斜线、射影、垂线构成的三角形中求解.2⃝等体积法.如果垂足位置不好确定时,可利用三棱锥的等体积,求出点到面的距离h ,即垂线段的实际长度,然后利用sin θ=h斜线段长进行求解.(2)向量法:在斜线上取一方向向量a ,并求出平面α的一个法向量n ,不妨设斜线和平面所成的角为θ,由sin θ=|cos ⟨a ,n ⟩|=|a ·n ||a ||n |得到线面角的余弦值.3求二面角大小的方法主要有:(1)几何法:直接找出二面角然后计算大小1⃝定义法:直接在二面角的棱上取一点(特殊点),分别在两个半平面内作棱的垂线,得出平面角.2⃝三垂线法:过其中一个面内一点作另一个面的垂线,用三垂线定理或逆定理作出二面角的平面角.3⃝垂面法:过一点作棱的垂面,则垂面与两个半平面的交线所成的角即为平面角.(2)向量法1⃝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.2⃝找与棱垂直的方向向量法,即二面角的棱l 上确定两个点A 、B ,过A 、B 分别在平面α、β内求出与l 垂直的向量n 1,n 2,则二面角α−l −β的大小等于向量n 1,n 2的夹角,即cos θ=n 1·n 2|n 1||n 2|.下面以线面角为例,介绍几何法和向量法.例5(2018年高考全国I 卷理科第18题)如图6,四边形ABCD 为正方形,E,F 分别为AD,BC 的中点,以DF 为折痕把△DF C 折起,使点C 到达点P 的位置,且P F ⊥BF .(1)证明:平面P EF ⊥平面ABF D ;(2)求DP 与平面ABF D 所成角的正弦值.图6图7解析(1)由已知可得,BF ⊥P F ,BF ⊥EF ,所以BF ⊥平面P EF .又BF ⊂平面ABF D ,所以平面P EF ⊥平面ABF D .(2)解法一(几何法)过点P 作P H ⊥EF ,垂足为H ,连接DH .由(1)知平面P EF ⊥平面ABF D ,平面P EF ∩平面ABF D =EF ,所以P H ⊥平面ABF D ,故∠P DH 就是DP 与平面ABF D 所成的角.同理AD ⊥平面P EF ,P E ⊂面P EF ,所以AD ⊥P E .在Rt △P DE 中,P E =√DP 2−DE 2=√3DE ,在△P EF 中,P E 2+P F 2=(2DE )2=EF 2,即△P EF为直角三角形.又因为S △P EF =12EF ·P H =12P E ·P F ,所以P H =√3DE .所以sin ∠P DH =P H P D =√32DE 2DE =√34,即DP 与平面ABF D 所成角的正弦值为√34.解法二(向量法)图8过点P 作P H ⊥EF ,垂足为H .由(1)知P H ⊥平面ABF D .以H 为坐标原点,−−→HF 的方向为y 轴正方向,|−−→BF |为单位长度1,建立如图所示的空间直角坐标系H −xyz .由(1)可得,DE ⊥P E .又DP =2,DE =1,所以P E =√3.又P F =1,EF =2,故P E ⊥P F .可得P H =√32,EH =32.则H (0,0,0),P (0,0,√32),D (−1,−32,0),−−→DP =(1,32,√32),−−→HP =(0,0,√32)为平面ABF D 的法向量.设DP 与平面ABF D 所成角为θ,则sin θ=|−−→HP ·−−→DP ||−−→HP ||−−→DP |=34√3=√34.故DP 与平面ABF D 所成角的正弦值为√34.题型六折叠问题与探索性问题折叠问题主要考查由平面图形经过折叠在空间中得到立体图形,由这个图形产生立体几何中的基本问题,常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题,考查学生的空间想象力和分析问题的能力(如2016年全国II 卷.文理19、2017全国I 卷.理16、2018全国I 卷.文理18).探索性问题常考查探求某些点的具体位置(或是否存在),使得线面满足平行或垂直关系(如2018年全国III 卷.文19).三、学生易错点1.传统法解题时较常出现的错误:1⃝推理论证欠严谨,定理条件掌握不全.如线面平行缺少线在面外,线面垂直缺少两线相交,两组线线垂直直接得到面面垂直等;2⃝数学符号表达不规范.如直线与平面是包含与不包含的关系,却写成是属于与不属于的关系等;3⃝忽视图形翻折前后的变量和不变量,尤其是平面图形翻折后不变的垂直关系,导致空间线面关系无法证明;4⃝三视图还原不准确,不注意斜高与高的区分.2.向量法解题时较常出现的错误(理科):1⃝建系的合理性欠思考.如需证明后才能建系,部分学生未先证明就建系;同时要注意规则图形与不规则图形的建系;2⃝不能正确写出对应点的坐标;3⃝求二面角时,忽视了两平面的法向量的夹角有可能是二面角的补角;4⃝求线面角时要用sin θ的,错误解答成用cos θ计算;5⃝法向量求解错误.四、备考建议基于以上立体几何考点的整理与分析,笔者给出以下几点备考建议:1.注重夯实基础,规范解题过程立体几何的基本概念、公理、定理是问题解决的基础,要求学生记清概念、理解公理定理,注重通性通法,规范解题步骤,避免“会而不对,对而不全”的现象.2.建立知识网络,突出动的意识,树立转化思想在立体几何的复习过程中要让学生注重系统学习,建立完整的知识网络,培养学生“转化”的数学思想.1⃝位置关系之间的转化:2⃝数与形的转化:如用向量法解决立体几何问题;3⃝维度的转化:三维→二维,即空间→平面;4⃝高度的计算用等体积法转化.3.重视空间想象,提高图形处理能力空间想象能力是处理空间图形的基础,空间图形的转化又是解决立体几何问题的关键.在具体要求上,要把握好以下三点:1⃝培养学生识图、想图、画图、变图、用图的能力(包括规范图形和非规范图形);2⃝培养学生将概念、性质灵活运用于图形的能力,即数与形有机结合起来;3⃝培养学生对图形的处理能力,如对图形的折、展、割、补等问题,能够对图形进行分解、组合.参考文献[1]赵萍主编.高中数学高效课堂二轮复习精准备考教师用书理科[M].广州:广东高等教育出版社,2018.[2]赵萍主编.高中数学高效课堂二轮复习精准备考教师用书文科[M].广州:广东高等教育出版社,2018.[3]庞新军,林晓珊.2018年高考全国I 卷立体几何解答题评析与备考建议[J].中学数学研究(华南师范大学版),2018(17):22-25,32.。

2025届高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题三立体几何02命题分析03知识方法

2025届高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题三立体几何02命题分析03知识方法

专题三 立体几何1．高考立体几何试题具有较强的综合性，重视基础学问、基本技能和创新意识的考查，突出直观想象、逻辑推理、数学运算等学科核心素养的考查．内容包括“空间几何体”“点、直线、平面之间的位置关系”和“空间向量与立体几何”．2. 从近几年高考数学试题考查的状况来看，题目难度和题量相对稳定，一般是一个大题，两个小题，占22分，难度基本是中等．3．立体几何高考选择题或填空题有两个常考的热点：一是空间几何体的表面积、体积的计算，有时和数学文化、科技情境交汇命题，特殊要留意的是球与球的组合体问题，常作为小题的压轴题出现，难度较大，对空间想象实力和推理实力都有较高的要求．二是空间中点、直线、平面之间的位置关系的判定，或空间角的计算，若出现在压轴小题的位置，则类型一般为立体几何动态问题或翻折问题．4．立体几何高考解答题常以棱柱或棱锥为载体，一般设置两问，“一证一算”，一问是定性分析，一问是定量分析．其中定性分析以线、面平行、垂直的证明为主，考查逻辑推理实力及学科素养；而定量分析主要是应用空间向量求线面角、二面角，考查数学运算实力与学科素养．1．几何体的表面积与体积公式(1)柱体的体积和表面积：V ＝S 底h ；S 圆柱侧＝2πrl ；S 表面积＝S 侧＋2S 底.(2)台体的体积和表面积：V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h ；S 圆台侧＝π(r 1＋r 2)l ；S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下．(3)锥体的体积和表面积：V ＝13S 底h ；S 圆锥侧＝πrl ；S 表面积＝S 侧＋S 底． (4)球的体积和表面积：V ＝43πR 3；S ＝4πR 2. 2．三个基本领实(1)基本领实1：过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面．(2)基本领实2：假如一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．(3)基本领实3：假如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．3．线面平行、垂直的定理(1)线面平行的判定定理：a ⊄α，b ⊂α，a ∥b ⇒a ∥α.(2)线面平行的性质定理：a ∥α，a ⊂β，α∩β＝b ⇒a ∥b .(3)面面平行的判定定理：a ⊂α，b ⊂α，a ∩b ＝P ，a ∥β，b ∥β⇒α∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b ⇒a ∥b .(5)线面垂直的判定定理：⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥a l ⊥b a ∩b ＝O a ⊂αb ⊂α⇒l ⊥α. (6)线面垂直的性质定理：⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αb ⊥α⇒a ∥b . (7)面面垂直的判定定理： ⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥αl ⊂β⇒α⊥β.(8)面面垂直的性质定理： ⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βα∩β＝al ⊥al ⊂β⇒l ⊥α. 4．三种空间角的求法设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同)．(1)线线夹角：设l ，m 的夹角为θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21·a 22＋b 22＋c 22 .(2)线面夹角：设直线l 与平面α的夹角为θ⎝⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2，则sin θ＝|a ·μ||a ||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|.(3)面面夹角：设平面α，β的夹角为θ(0≤θ＜π)，则|cos θ|＝|μ·v ||μ||v |＝|cos 〈μ，v 〉|.5．空间距离(1)点到直线的距离直线l 的单位方向向量为u ，A 是直线l 上的任一点，P 为直线l 外一点，设AP →＝a ，则点P到直线l 的距离d ＝a 2－（a ·u ）2.(2)点到平面的距离平面α的法向量为n ，A 是平面α内任一点，P 为平面α外一点，则点P 到平面α的距离为d ＝|AP →·n ||n |.。