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高中全程复习方略配套课件:小专题复习课 热点总结与强化训练(四


热点总结与强化训练(四)

热点1

空间几何体的三视图及其表面积、体积

1.本热点在高考中的地位 柱、锥、台、球及其简单组合体,三视图,直观图等内容 是立体几何的基础,是研究空间问题的基本载体,也是高考对 立体几何考查的一个重要方面,其中几何体的结构特征和三视 图是高考的热点.从近几年的新课标高考来看,对三视图的考

查每年都有,主要以选择题、填空题的形式考查三视图、几何
体的表面积、体积的计算,且难度有逐年加大的趋势.

2.本热点在高考中的命题方向及命题角度 从高考来看,对三视图的考查每年都有所变化,主要有以 下几种方式: (1)由几何体画三视图或考查对简单几何体的三视图的识 别;

(2)由三视图还原几何体,主要考查对空间几何体的认识
及空间想象能力;

(3)借助于三视图研究几何体,将三视图与几何体的表面

积、体积的计算结合在一起进行考查.另外,此类问题也可能
以解答题的形式进行综合考查,以三视图的形式给出几何体的

特征,进一步考查空间中的位置关系.

1.识与画三视图的关键点

(1)要牢记三视图的观察方向和长、宽、高的关系.三视图
的正视图、侧视图、俯视图分别是从物体的正前方、正左方、 正上方看到的物体轮廓线的正投影围成的平面图形,反映了一 个几何体各个侧面的特点.主视图反映物体的主要形状特征,是 三视图中最重要的视图;俯视图要和主视图对正,画在主视图的 正下方;左视图要画在主视图的正右方,高度要与主视图平齐. (2)要熟悉各种基本几何体的三视图.

2.空间几何体的表面积和体积 (1)柱体、锥体、台体的侧面积就是各个侧面积之和,表 面积就是各个面的面积之和,即侧面积和底面积之和.

(2)圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积公式.
名称 圆柱 表面积 2π rl+2π r2(r为底面半径,l为 母线长) π rl+π 线长) π (r1+r2)l+π r12+π r22(r1,r2为 上、下底面半径,l为母线长) 4π R2(半径为R) r2(r为底面半径,l为母 体积 V=Sh=π r2h(S为底面面积,h 为高)
1 ?r 2 (S为底面面积, V ? Sh ? h 3 3

圆锥

h为高)

圆台 球

1 V ? (S? ? S?S ? S)h (S′,S 3

为上、下底面面积,h为高)
V? 4 3 ?R 3

3.几何体的表面积及体积问题求解技巧 (1)求几何体的表面积和体积问题,可以多角度、多方位 考虑、熟记公式是关键.求三棱锥的体积,等体积转化是常用 的方法,转换原则是其高易求,底面放在已知几何体的某一面 上. (2)求不规则几何体的体积,常用分割或补形的思想,将

不规则几何体转化为规则几何体以便于求解.

平时的备考中要从对空间几何体的整体观察入手,遵循从 整体到局部、从具体到抽象的原则认识空间图形,通常采用直

观感知认识空间图形,培养和发展空间想象能力及几何直观能
力.同时对于几何体的表面积、体积的求法要加大训练,培养

准确运算的能力.

1.(2011·广东高考)如图,某几何体的正视图(主视图)是平行 四边形,侧视图(左视图)和俯视图都是矩形,则该几何体的体积 为( )

(A) 6 3

(B) 9 3

(C) 12 3

(D) 18 3

【解析】选B.由三视图得,几何体为一平行六面体,底面是 边长为3的正方形,高 h ? 22 ? 1 ? 3. 所以几何体的体积V= 3×3× 3 ? 9 3 .故选B.

2.(2011· 浙江高考)若某几何体的三视图如图所示,则这个

几何体的直观图可以是(

)

【解析】选D.由三视图的概念容易判断A、B的正视图应是正方

形,C的俯视图不含从正方形的顶点到一边中点的斜线,故D正
确.

3.(2012·济南模拟) 一个几何体的三视图如图所示(单位长

度:cm), 则此几何体的表面积是(

)

(A)(80+16 2 ) cm2 (C)(96+16 2 ) cm2

(B)84 cm2 (D)96 cm2

【解析】选A.由三视图可得该几何体是正四棱锥与正方体的 组合,S表面积= 42 ? 5 ? 4( 1 ? 4 ? 22 ? 22 )
2

=(80+16 2 )cm2.

4.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积与体积 分别为( )

(A)7+ 2 ,3

(B)8+ 2 ,3

(C)7+ 2 ,3
2

(D)8+ 2 , 3
2

【解析】选C.由几何体的三视图可得,此几何体是四棱柱, 底面是梯形,其表面积为S=2× 1 (1+2)×1+12+12+1×2
2

+ 2 ×1=7+ 2,体积为 V= 1 ?1+2 ? ?1?1= 3 .
2 2

5.(2012·潍坊模拟)某几何体的一条棱长为 7 ,在该几何体 的主视图中,这条棱的投影是长为 6 的线段,在该几何体的

左视图与俯视图中,这条棱的投影分别是长为a和b的线段,
则a+b的最大值为( )

(A) 2 2

(B) 2 3

(C)4

(D) 2 5

【解析】选C.结合长方体的对角线在
三个面的投影来理解计算.如图,设

长方体的长、宽、高分别为m,n,k,
由题意得 m 2+n 2+k 2= 7,
m 2+k 2= 6 ? n=, 1 1 k 2=a,1 m 2=b, + +

∴(a2-1)+(b2-1)=6?a2+b2=8, ∴(a+b)2=a2+2ab+b2=8+2ab≤8+a2+b2=16.即a+b≤4, 当且仅当a=b=2时取等号.

6.(2012·福州模拟)一几何体的三视图如图所示:

(1)画出它的直观图,并求其体积; (2)你能发现该几何体的哪些面互相垂直?试一一列出.

【解析】(1)几何体的直观图如图,棱锥 P-ABC, 其中PC⊥平面ABC,∠ABC=90°, △ABC斜边AC上的高为 12 cm,
5

PC=6 cm,AC=5 cm, ∴VP-ABC= 1 ? 1 ? 5 ? 12 ? 6
3 2 5

=12(cm3).
(2)互相垂直的面分别有:

平面PAC⊥平面ABC,平面PBC⊥平面ABC,
平面PBC⊥平面PAB.

热点2

点、线、面的位置关系及空间向量在立体几何中的应用

1.本热点在高考中的地位 点、直线、平面的位置关系主要包括空间点、直线、平面之 间的位置关系及线面、面面平行(垂直)的判定和性质,是解决立

体几何中推理和计算问题的基础,而空间向量在立体几何中主要
用于证明空间线面间的位置关系及计算空间角,它们都是高考的

必考内容.

2.本热点在高考中的命题方向及命题角度 高考对本部分内容考查的题型比较稳定,以空间线面关系

的推理证明与二面角的求解为主,难度中等.
(1)以选择题、填空题的形式考查空间中的位置关系,且

这种题型常与充要条件及命题结合在一起.有时也以此类题型
考查空间角的求法.

(2)解答题考查空间角的求法以及线线、线面、面面的垂 直与平行等.第一问一般为空间线面关系的证明,第二问一般 是二面角的求法,并且根据几何体很容易建立空间直角坐标系, 将二面角的求解转化为空间向量的有关运算.

1.直线、平面平行的判定与性质
利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化,解决平

行关系的判定时,一般遵循从“低维”到“高维”的转化,即
从“线线平行”到“线面平行”,再到“面面平行”,而应用 性质定理时,其顺序正好相反;但也要注意其转化的方向,要 依题目的具体条件而定,不可过于模式化.

2.直线、平面垂直的判定与性质 (1)线面垂直的判定和性质实质体现了线线垂直与线面垂 直的相互转化.判定定理中的两条相交直线必须保证“在平面 内相交”这一条件,而且已知线面垂直,则直线与平面内任一

直线垂直的性质又为我们提供了证明线线垂直的依据.

(2)要证面面垂直,可以考虑利用面面垂直的定义即证这 两个平面所成的二面角是直二面角;也可先证线面垂直,即设 法先找到其中一个平面的一条垂线,再证这条垂线在另一个平 面内或与另一个平面内的一条直线平行.而见到面面垂直时要

首先想到在其中一个平面内找(或作)出交线的垂线,此直线与
另一个平面垂直.

3.向量法证明线面位置关系的常用依据: 设直线l,m的方向向量分别为a=(a1,b1,c1),b=(a2, b2,c2).平面α 、β 的法向量分别为μ=(a3,b3,c3), ν=(a4,b4,c4).

(1)线线平行:
l∥m?a∥b?a=kb?a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2.

(2)线线垂直:
l⊥m?a⊥b?a·b=0?a1a2+b1b2+c1c2=0. (3)线面平行: l∥α ?a⊥μ?a·μ=0?a1a3+b1b3+c1c3=0.

(4)线面垂直: l⊥α ?a∥μ?a=kμ?a1=ka3,b1=kb3,c1=kc3.

(5)面面平行:
α ∥β ?μ∥ν?μ=kν?a3=ka4,b3=kb4,c3=kc4.

(6)面面垂直:
α ⊥β ?μ⊥ν?μ·ν=0?a3a4+b3b4+c3c4=0.

4.巧用“向量法”求解“空间角” (1)向量法求异面直线的夹角

若异面直线a,b的方向向量分别为a,b,异面直线的夹角为
θ ,则cosθ =|cos〈a,b〉|= | a?b | .
| a || b |

(2)向量法求线面的夹角
求出平面的法向量n,直线的方向向量a,设线面的夹角为 θ ,则sinθ =|cos〈n,a〉|=
| n? | a . | n || a |

(3)向量法求二面角 求出二面角α -l-β 的两个半平面α 与β 的法向量n1,n2,若

二面角α -l-β 所成的角θ 为锐角,
则cosθ =|cos〈n1,n2〉|=
| n1 ? 2 | n ; | n1 || n 2 |
| n1 ? 2 | n . | n1 || n 2 |

若二面角α -l-β 所成的角θ 为钝角,
则cosθ =-|cos〈n1,n2〉|= ?

(1)熟练掌握立体几何的基本概念、公理、定理是基础; 解题步骤要规范,注重通性通法的运用. (2)从高考的考查形式看,命题的载体以柱体、锥体为 主,但同时也逐步趋向不规则几何体,因此要有意识地加强对 空间几何体结构特征的认识和空间想象能力的培养.

(3)重视空间直角坐标系的建立方法及对向量计算的训练. (4)注重数学方法,加强学法指导. 转化与化归的思想贯穿立体几何的始终,是处理立体几何 问题的基本思想.另外还要注意提高识图、理解图、应用图的 能力,解题时应多画、多看、多想,这样才能提高空间想象能 力和解决问题的能力.

1.(2012·肇庆模拟)如图所示,已知正三棱柱ABC-A1B1C1中,D 是BC的中点,AA1=AB=1.

(1)求证:平面AB1D⊥平面B1BCC1;
(2)求证:A1C∥平面AB1D; (3)求平面BAB1与平面AB1D夹角的正切值.

【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,依题意有:
3 A(- 3 ,0,0),A1(,0,1),B(0,- 1 ,0), 2 2 B1(0,- 1 ,1),C(0, 1 ,0),D(0,0,0) 2 2 ??? ? ??? ? (1)由 AD ? 3 , 0 BC ? 0,0 , ( 0,), ? 1,? 2 ???? ? BB1 ? ? 0,0,1? , ??? ??? ? ? ?AD ? BC, ?AD?BC ? 0 ? 得 ? ???? ???? 所以 ? , ? ?AD ? BB1. ?AD?BB1 ? 0 ? 2

又BC∩BB1=B,所以AD⊥平面B1BCC1.
又AD 平面AB1D,所以平面AB1D⊥平面B1BCC1.

(2)连接A1B,交AB1于E,连DE, 因为点E为正方形A1ABB1对角线的交点,所以E为AB1的中点,

即 E( ? 3 , ? 1 , 1 ) .
4

4 2 ? ???? ? 3 1 1 3 1 由 ??? DE ? ? , , ), 1C ? ( ? A ( , , ?1), 4 4 2 2 2 ???? ? ??? ? 得 A C ? 2ED, 所以A1C∥ED. 1

又DE

平面AB1D,所以A1C∥平面AB1D.

(3)设平面ABB1的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),
? ? ??? 3 1 AB? 1 ? n x1 ? y1 ? 0, 由? 2 2 ? ???? ? ?BB ? ? z ? 0, 1 ? 1 n1

得 n ? 1, 3,0 , 1

?

?

设平面AB1D的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),
? ? ???? n ?AB1 ? 2 ? ? 由 ? ??? ? ?AD? ? n2 ? ? 3 1 x 2 ? y 2 ? z 2 ? 0, 得 n 2 ? (0,1, 1 ), 2 2 2 3 x 2 ? 0. 2 3 15 所以 cos〈n ,n 〉 ? . 1 2 ? 5 1 1? 3 ? 1? 4 所以tan〈n1,n2〉= 6 , 3 6 可得平面BAB1与平面AB1D夹角的正切值为 . 3

2.已知某几何体的三视图如图所示,其中P′、P″,

分别

是该几何体的一个顶点P在三个投影面上的投影,A′,B′, C′,D′分别是另四个顶点A,B,C,D的投影.

(1)从①②两个图中选择出该几何体的直观图; (2)求直线PA与平面PBC夹角的正弦值; (3)求平面PAD与平面PBC夹角的大小. 【解析】(1)图①为该几何体的直观图;

(2)依题意,平面PBC⊥平面ABCD,
平面PBC∩平面ABCD=BC,设BC的中点为O, 则PO⊥BC,PO⊥平面ABCD. 取AD的中点M,连接OM, 则OM⊥BC.如图建立空间直角坐标系. P(0,0,2),A(2,1,0), PA =(2,1,-2),
??? ?

又平面PBC的一个法向量为m=(1,0,0),
??? ? ??? ? PA? m 2 ? cos〈PA, m〉 ??? ? ? , | PA |? m 3

∴直线PA与平面PBC夹角的正弦值为 2 .
???? ??? ? (3)∵D(2,-1,0), DA =(0,2,0), PA =(2,1,-2),

3

设n=(x,y,z)为平面PAD的一个法向量,

则 ?2y ? 0 ?

?2x ? y ? 2z ? 0

,

取n=(1,0,1),

则 cos〈m, n〉 m?n ? 1 , ?
| m |? n | | 2

∴平面PAD与平面PBC夹角的大小为45°.

3.如图,矩形ABCD所在的平面 与平面AEB垂直,且∠BAE=120°, AE=AB=4,AD=2,F,G,H分别为 BE,AE,BC的中点. (1)求证:直线DE与平面FGH平行;

(2)若点P在直线GF上,且二面角D—BP—A的大小为 ? ,试确
4

定点P的位置.

【解析】(1)取AD的中点M,连接MH,MG. ∵F,G,H分别是BE,AE,BC的中点,

∴MH∥AB,GF∥AB,
∴MH∥GF,∴MG 平面FGH,

又MG∥DE,且DE
∴DE∥平面FGH.

平面FGH,

(2)如图,在平面ABE内,过A作AB

的垂线,记为AI,则AI⊥平面ABCD.
以A为原点,AI、AB、AD所在的直

线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直
角坐标系. ∴A(0,0,0),B(0,4,0),D(0,0,2),E(2 3 ,-2,0), G( 3 ,-1,0),F( 3 ,1,0).
??? ? ??? ? ??? ? ? GF ? ? 0,2,0 ?, ? ? 0, ?4,2 ?, ? BD BG

?

3, ?5,0 .

?

??? ? ??? ? 设 GP ? ?GF =(0,2λ,0),

则 BP ? BG ? GP ?

??? ?

??? ??? ? ?

?

3,2? ? 5,0 .

?

设平面PBD的一个法向量为n1=(x,y,z),
??? ? ? 3x ? ? 2? ? 5 ? y ? 0 ?n1 ?BP ? 0 ? 则 ? , ? ? . ? ?n1 ?BD ? 0 ??4y ? 2z ? 0 ? ?

取y= 3 ,得z=2 3 ,x=5-2λ,
∴n1=(5-2λ, 3 ,2 3 ). 又平面ABP的一个法向量为n2=(0,0,1).

∴ cos〈n1 , n 2〉 n1 ?n 2 ? ?
| n1 |? n 2 | |

2 3

? 5 ? 2? ?

2

? 3 ? 12

?

2 , 2

解得λ=1或4.
??? ??? ? ? ??? ? ??? ? 故 GP ? GF 或 GP ? 4GF ,

∴点P与F点重合或 GP =4.
GF


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