《（全國通用版）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 板塊四 考前回扣 回扣6 立體幾何學(xué)案 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用版）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 板塊四 考前回扣 回扣6 立體幾何學(xué)案 文（14頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 回扣6　立體幾何 1．四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方體、平行六面體、直平行六面體、長(zhǎng)方體之間的關(guān)系 2．三視圖 (1)三視圖的正(主)視圖、側(cè)(左)視圖、俯視圖分別是從幾何體的正前方、正左方、正上方觀察幾何體畫出的輪廓線．畫三視圖的基本要求：正俯一樣長(zhǎng)，俯側(cè)一樣寬，正側(cè)一樣高． (2)三視圖排列規(guī)則：俯視圖放在正(主)視圖的下面，長(zhǎng)度與正(主)視圖一樣；側(cè)(左)視圖放在正(主)視圖的右面，高度和正(主)視圖一樣，寬度與俯視圖一樣． 3．柱、錐、臺(tái)、球體的表面積和體積 側(cè)面展開圖 表面積 體積 直棱柱 長(zhǎng)方形 S＝2S底＋S側(cè) V＝S底·h 圓柱 長(zhǎng)

2、方形 S＝2πr2＋2πrl V＝πr2·l 棱錐 由若干三角形構(gòu)成 S＝S底＋S側(cè) V＝S底·h 圓錐 扇形 S＝πr2＋πrl V＝πr2·h 棱臺(tái) 由若干個(gè)梯形構(gòu)成 S＝S上底＋S下底＋S側(cè) V＝(S＋＋S′)·h 圓臺(tái) 扇環(huán) S＝πr′2＋π(r＋r′)l＋πr2 V＝π(r2＋rr′＋r′2)·h 球 S＝4πr2 V＝πr3 4．平行、垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化示意圖 (1) (2)兩個(gè)結(jié)論 ①?a∥b，②?b⊥α. 1．混淆“點(diǎn)A在直線a上”與“直線a在平面α內(nèi)”的數(shù)學(xué)符號(hào)關(guān)系，應(yīng)表示為A∈a，a?α. 2．在由三視圖還原

3、為空間幾何體的實(shí)際形狀時(shí)，根據(jù)三視圖的規(guī)則，空間幾何體的可見輪廓線在三視圖中為實(shí)線，不可見輪廓線為虛線．在還原空間幾何體實(shí)際形狀時(shí)一般是以正(主)視圖和俯視圖為主． 3．易混淆幾何體的表面積與側(cè)面積的區(qū)別，幾何體的表面積是幾何體的側(cè)面積與所有底面面積之和，不能漏掉幾何體的底面積；求錐體體積時(shí)，易漏掉體積公式中的系數(shù). 4．不清楚空間線面平行與垂直關(guān)系中的判定定理和性質(zhì)定理，忽視判定定理和性質(zhì)定理中的條件，導(dǎo)致判斷出錯(cuò)．如由α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，易誤得出m⊥β的結(jié)論，就是因?yàn)楹鲆暶婷娲怪钡男再|(zhì)定理中m?α的限制條件． 5．注意圖形的翻折與展開前后變與不變的量以及位置關(guān)系．對(duì)照前后圖形

4、，弄清楚變與不變的元素后，再立足于不變的元素的位置關(guān)系與數(shù)量關(guān)系去探求變化后的元素在空間中的位置與數(shù)量關(guān)系． 6．幾種角的范圍 兩條異面直線所成的角：0°<α≤90°； 直線與平面所成的角：0°≤α≤90°. 1.已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為(　　) A．16 B．26 C．32 D．20＋ 答案　C 解析　由三視圖知，該幾何體的直觀圖如圖，其表面積為S＝×3×4＋×3×4＋×5×4＋×5×4＝32，故選C. 2．直三棱柱ABC—A1B1C1的直觀圖及三視圖如圖所示，D為AC的中點(diǎn)，則下列命題中是假命題的是(　　) 　　 A．AB1∥

5、平面BDC1 B．A1C⊥平面BDC1 C．直三棱柱的體積V＝4 D．直三棱柱的外接球的表面積為4π 答案　D 解析　由三視圖可知，直三棱柱ABC—A1B1C1的側(cè)面B1C1CB是邊長(zhǎng)為2的正方形， 底面ABC是等腰直角三角形，AB⊥BC，AB＝BC＝2. 連接B1C交BC1于點(diǎn)O，連接OD. 在△CAB1中，O，D分別是B1C，AC的中點(diǎn)， ∴OD∥AB1， 又OD?平面BDC1，AB1?平面BDC1， ∴AB1∥平面BDC1.故A正確； 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC， ∴AA1⊥BD.又AB＝BC＝2，D為AC的中點(diǎn)， ∴BD⊥AC，

6、 又AA1∩AC＝A，AA1，AC?平面AA1C1C， ∴BD⊥平面AA1C1C， 又A1C?平面AA1C1C， ∴BD⊥A1C. 又A1B1⊥B1C1，A1B1⊥B1B，B1C1∩B1B＝B1， B1C1，B1B?平面B1C1CB， ∴A1B1⊥平面B1C1CB， 又BC1?平面B1C1CB， ∴A1B1⊥BC1. ∵BC1⊥B1C，且A1B1∩B1C＝B1，A1B1，B1C?平面A1B1C， ∴BC1⊥平面A1B1C， 又A1C?平面A1B1C， ∴BC1⊥A1C， 又BD∩BC1＝B，BD，BC1?平面BDC1， ∴A1C⊥平面BDC1.故B正確； V＝S

7、△ABC×C1C＝×2×2×2＝4，故C正確； 此直三棱柱的外接球的半徑為，其表面積為12π，D錯(cuò)．故選D. 3．已知直線l，m和平面α，則下列結(jié)論正確的是(　　) A．若l∥m，m?α，則l∥α B．若l⊥α，m?α，則l⊥m C．若l⊥m，l⊥α，則m∥α D．若l∥α，m?α，則l∥m 答案　B 解析　若l∥m，m?α，則l∥α或l?α，故A錯(cuò)誤；若l⊥α，m?α，則l⊥m，B正確；若l⊥m，l⊥α，則m?α或m∥α，故C錯(cuò)誤；若l∥α，m?α，則l∥m或l，m異面，故選B. 4．已知互相垂直的平面α，β交于直線l.若直線m，n滿足m∥α，n⊥β，則(　　) A．m∥

8、l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n 答案　C 解析　由題意知，α∩β＝l，∴l(xiāng)?β， ∵n⊥β，∴n⊥l. 故選C. 5．已知m，n為異面直線，m⊥平面α，n⊥平面β，直線l滿足l⊥m，l⊥n，l?α，l?β，則(　　) A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β C．α與β相交，且交線垂直于l D．α與β相交，且交線平行于l 答案　D 解析　假設(shè)α∥β，由m⊥平面α，n⊥平面β，得m∥n，這與已知m，n為異面直線矛盾，那么α與β相交，設(shè)交線為l1，則l1⊥m，l1⊥n，在直線m上任取一點(diǎn)作n1平行于n，那么l1和l都垂直于直線m與n1所確定的平面， 所以l1

9、∥l. 6.如圖，正方體AC1的棱長(zhǎng)為1，過點(diǎn)A作平面A1BD的垂線，垂足為點(diǎn)H，以下四個(gè)命題：①點(diǎn)H是△A1BD的垂心；②AH垂直于平面CB1D1；③直線AH和BB1所成的角為45°；④AH的延長(zhǎng)線經(jīng)過點(diǎn)C1，其中假命題的個(gè)數(shù)為(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 答案　B 解析　∵AB＝AA1＝AD，BA1＝BD＝A1D， ∴三棱錐 A－BA1D為正三棱錐， ∴點(diǎn)H是△A1BD的垂心，故①正確； ∵平面A1BD與平面B1CD1平行，AH⊥平面A1BD， ∴AH⊥平面CB1D1，故②正確； ∵AA1∥BB1， ∴∠A1AH就是直線AH和BB1所成的角， 在

10、直角三角形AHA1中， ∵AA1＝1，A1H＝××＝， ∴sin∠A1AH＝≠，故③錯(cuò)誤； 根據(jù)正方體的對(duì)稱性得到AH的延長(zhǎng)線經(jīng)過點(diǎn)C1， 故④正確，故選B. 7.如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，將△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構(gòu)成三棱錐A－BCD.則在三棱錐A－BCD中，下列命題正確的是(　　) A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC 答案　D 解析　因?yàn)樵谒倪呅蜛BCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝

11、90°， 所以BD⊥CD. 又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，CD?平面BCD， 所以CD⊥平面ABD，則CD⊥AB， 又AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD，CD?平面ADC， 所以AB⊥平面ADC， 又AB?平面ABC， 所以平面ABC⊥平面ADC，故選D. 8．長(zhǎng)方體的頂點(diǎn)都在同一球面上，其同一頂點(diǎn)處的三條棱長(zhǎng)分別為3,4,5，則該球面的表面積為(　　) A．25π B．50π C．75π D.π 答案　B 解析　設(shè)球的半徑為R，由題意可得(2R)2＝32＋42＋52＝50， ∴4R2＝50，球的表面積為S＝4πR2＝50π. 9.

12、如圖，三棱錐A－BCD的棱長(zhǎng)全相等，點(diǎn)E為棱AD的中點(diǎn)，則直線CE與BD所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　取AB中點(diǎn)G，連接EG，CG. ∵E為AD的中點(diǎn)，∴EG∥BD. ∴∠GEC為CE與BD所成的角．設(shè)AB＝1， 則EG＝BD＝， CE＝CG＝， ∴cos∠GEC＝ ＝＝. 10.如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點(diǎn)，AC∩EF＝G.現(xiàn)在沿AE，EF，F(xiàn)A把這個(gè)正方形折成一個(gè)四面體，使B，C，D三點(diǎn)重合，重合后的點(diǎn)記為P，則在四面體P－AEF中必有(　　) A．AP⊥△PEF所在平面 B．AG⊥△

13、PEF所在平面 C．EP⊥△AEF所在平面 D．PG⊥△AEF所在平面 答案　A 解析　在折疊過程中，AB⊥BE，AD⊥DF保持不變． ∴ ?AP⊥平面PEF. 11.如圖，在空間四邊形ABCD中，點(diǎn)M∈AB，點(diǎn)N∈AD，若＝，則直線MN與平面BDC的位置關(guān)系是________． 答案　平行 解析　由＝，得MN∥BD. 而BD?平面BDC，MN?平面BDC， 所以MN∥平面BDC. 12.如圖，在長(zhǎng)方體ABCD—A′B′C′D′中，E，F(xiàn)，G，H分別是棱AD，BB′，B′C′，DD′的中點(diǎn)，從中任取兩點(diǎn)確定的直線中，與平面AB′D′平行的有________條．

14、 答案　6 解析　如圖，連接EG，EH，F(xiàn)G，EF，HG， ∵EH∥FG且EH＝FG， ∴EFGH四點(diǎn)共面，由EG∥AB′，EH∥AD′， EG∩EH＝E，AB′∩AD′＝A， 可得平面EFGH與平面AB′D′平行， ∴符合條件的共有6條． 13．如圖，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝2，點(diǎn)P是平面A1B1C1D1內(nèi)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則三棱錐P－ABC的正(主)視圖與俯視圖的面積之比的最大值為________． 答案　2 解析　因?yàn)樵谡睦庵鵄BCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝2，所以三棱錐P－ABC的正(主)視圖是底邊為1，高為

15、2的三角形，其面積為1；三棱錐P－ABC的俯視圖面積的最小值是△ABC的面積，其面積為. 所以三棱錐P－ABC的正(主)視圖與俯視圖的面積之比的最大值為2. 14．設(shè)m，n是不同的直線，α，β，γ是不同的平面，有以下四個(gè)命題： ①?β∥γ；②?m⊥β； ③?α⊥β；④?m∥α. 其中，正確的命題是________．(填序號(hào)) 答案?、佗? 解析?、僦衅叫杏谕黄矫娴膬善矫嫫叫惺钦_的；②中m，β可能平行，相交或直線在平面內(nèi)；③中由面面垂直的判定定理可知結(jié)論正確；④中m，α可能平行或線在面內(nèi)． 15．如圖(1)，在邊長(zhǎng)為4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊CD，C

16、B的中點(diǎn)，AC∩EF＝O，沿EF將△CEF翻折到△PEF，連接PA，PB，PD，得到如圖(2)所示的五棱錐P－ABFED，且PB＝. (1)求證：BD⊥PA； (2)求四棱錐P－BFED的體積． (1)證明　∵點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊CD，CB的中點(diǎn)， ∴BD∥EF. ∵菱形ABCD的對(duì)角線互相垂直， ∴BD⊥AC， ∴EF⊥AC， ∴EF⊥AO，EF⊥PO. ∵AO?平面POA，PO?平面POA，AO∩PO＝O， ∴EF⊥平面POA， ∴BD⊥平面POA， 又PA?平面POA， ∴BD⊥PA. (2)解　設(shè)AO∩BD＝H. 連接BO， ∵∠DAB＝60°，

17、∴△ABD為等邊三角形， ∴BD＝4，BH＝2， HA＝2，HO＝PO＝， 在Rt△BHO中，BO＝＝， 在△PBO中，BO2＋PO2＝10＝PB2， ∴PO⊥BO. ∵PO⊥EF，EF∩BO＝O，EF?平面BFED， BO?平面BFED， ∴OP⊥平面BFED， 梯形BFED的面積S＝(EF＋BD)·HO＝3， ∴四棱錐P－BFED的體積 V＝S·PO＝×3×＝3. 16.如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠ABC＝90°，AB∥CD，AB＝AD＝2，CD＝1，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，且△PAD是以AD為底的等腰三角形． (1)證明：AD⊥

18、PB； (2)若三棱錐C－PBD的體積等于，問：是否存在過點(diǎn)C的平面CMN，分別交PB，AB于點(diǎn)M，N，使得平面CMN∥平面PAD？若存在，求出△CMN的面積；若不存在，請(qǐng)說明理由． (1)證明　取AD中點(diǎn)E，連接PE，BE， ∵△PAD為等腰三角形，PA＝PD，∴PE⊥AD， 在直角梯形ABCD中，由AB＝AD＝2，CD＝1，得BC＝，∠DAB＝60°， 則△ABD為正三角形，∴BE⊥AD， 又PE∩BE＝E，PE，BE?平面PBE， ∴AD⊥平面PEB， 又PB?平面PEB，∴AD⊥PB. (2)解　由(1)知，PE⊥AD， 又平面PAD⊥底面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD， PE?平面PAD， ∴PE⊥平面ABCD， 則VC－PBD＝VP－BDC＝·PE×DC×BC＝， ∴PE＝. 取PB中點(diǎn)M，AB中點(diǎn)N，連接CM，MN，CN， 由MN∥PA，CN∥AD可知，平面CMN∥平面PAD， 取BE中點(diǎn)G，連接MG，MG∥PE，MG＝PE， ∴MG⊥CN. S△CMN＝CN·MG＝×2×＝. 14