2021届高考数学全国统考版二轮复习梳理纠错预测学案专题六立体几何与空间向量理解析

高考立体几何的考查通常为一道大题和一道小题的形式．小题即选择题或者填空题，通常为几何体三视图的识别或者点线面位置关系的判断，空间几何体表面积、体积的计算；大题即解答题，考查的内容主要为：空间平行关系、垂直关系的证明，面积和体积的计算，线面角、二面角、面面角的计算，多数情况下需利用空间向量作为工具进行计算．1．空间几何体的表面积与体积（1）多面体的表面积𝑆棱柱表=𝑆棱柱侧+2𝑆底，𝑆棱锥表=𝑆棱锥侧+𝑆底，𝑆棱台表=𝑆棱台侧+𝑆上底+𝑆下底．（2）旋转体的表面积①圆柱：𝑆表=2𝜋𝑟(𝑟+𝑙)，其中𝑟为底面半径，𝑙为母线长；②圆锥：𝑆表=𝜋𝑟(𝑟+𝑙)，其中𝑟为底面半径，𝑙为母线长；③圆台：𝑆表=𝜋(𝑟′2+𝑟2+𝑟′𝑙+𝑟𝑙)，其中𝑟′，𝑟为上、下底面半径分别，𝑙为母线长；④球体：𝑆球=4𝜋𝑟2，其中𝑟为球的半径．（3）几何体的体积公式①柱体：𝑉柱体=𝑆ℎ，其中𝑆为底面面积，ℎ为高；②椎体：13VSh锥体，其中𝑆为底面面积，ℎ为高；③台体：13VSSSSh台体，其中𝑆′、𝑆分别为上、下底面面积，ℎ为高；④球体：343Vr球，其中𝑟为球的半径．2．空间点、直线、平面之间的位置关系考点清单命题趋势专题6××立体几何与空间向量（1）平面的基本性质公理1：如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线在这个平面内．公理2：过不同在一条直线上的三点，有且只有一个平面．推论1：经过一条直线和直线外一点，有且只有一个平面．推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面．推论3：经过两条平行直线，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：平行于同一直线的两条直线平行．3．直线、平面平行的判定及其性质（1）直线与平面平行的判定定理文字语言：平面外的一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行．符号语言：𝑎⊄𝛼，𝑏⊂𝛼，𝑎//𝑏⇒𝑎//𝛼．图形语言：如下图．（2）直线与平面平行的性质定理文字语言：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行．符号语言：𝑎//𝛼，𝑎⊂𝛽，𝛼∩𝛽=𝑏⇒𝑎//𝑏．图形语言：如下图．（3）平面与平面平行的判定定理文字语言：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行．符号语言：𝑎⊂𝛽，𝑏⊂𝛽，𝑎∩𝑏=𝑃，𝑎//𝛼，𝑏//𝛼⇒𝛼//𝛽．图形语言：如下图．（4）平面与平面平行的性质定理文字语言：如果两个平行的平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行．符号语言：𝛼//𝛽，𝛾∩𝛼=𝑎，𝛾∩𝛽=𝑏⇒𝑎//𝑏．图形语言：如下图．4．直线、平面垂直的判定及其性质（1）直线与平面垂直的判定定理文字语言：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直．符号语言：𝑙⊥𝑎，𝑙⊥𝑏，𝑎⊂𝛼，𝑏⊂𝛼，𝑎∩𝑏=𝑃⇒𝑙⊥𝛼．图形语言：如下图．（2）直线与平面垂直的性质定理文字语言：垂直于同一个平面内的两条直线平行．符号语言：𝑎⊥𝛼，𝑏⊥𝛼⇒𝑎//𝑏．图形语言：如下图．（3）平面与平面垂直的判定定理文字语言：如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直．符号语言：𝑙⊂𝛽，𝑙⊥𝛼⇒𝛼⊥𝛽．图形语言：如下图．（4）平面与平面垂直的性质定理文字语言：两平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直．符号语言：𝛼⊥𝛽，𝛼∩𝛽=𝑙，𝑎⊂𝛼，𝑎⊥𝑙⇒𝑎⊥𝛽．图形语言：如下图．5．空间向量的运用设平面𝛼，𝛽的法向量分别为111,,xyz，222,,xyz，直线𝑙的方向向量为333,,xyz，则：（1）线面平行1313130lxxyyzz∥（2）线面垂直13lxkx∥，13yky，13zkz（3）面面平行12xkx∥∥，12yky，12zkz（4）面面垂直1212120xxyyzz一、选择题．1．如图，在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，P为𝐵𝐷1的中点，则Δ𝑃𝐴𝐶在该正方体各个面上的正投影（实线部分）可能是（）经典训练题精题集训（70分钟）A．①④B．①②C．②③D．②④【答案】A【解析】从上下方向上看，△𝑃𝐴𝐶的投影为①图所示的情况．从左右方向上看，△𝑃𝐴𝐶的投影为④图所示的情况．从前后方向上看，△𝑃𝐴𝐶的投影为④图所示的情况．故选A．【点评】本题主要考查了平行投影和空间想象能力，关键是确定投影图的关键点，如顶点等，再连接即可得在平面上的投影图，主要依据平行投影的含义和空间想象来完成．属于基础题．2．下图为某几何体的三视图，则该几何体外接球的表面积是（）A．12𝜋𝑎2B．6𝜋𝑎2C．3𝜋𝑎2D．𝜋𝑎2【答案】C【解析】根据三视图可知，该几何体为如图正方体中的三棱锥𝐴−𝐵𝐶𝐷，正方体的棱长等于a，三棱锥的外接球就是正方体的外接球，所以外接球的直径2𝑅=√3𝑎，因此外接球的表面积为𝑆=4𝜋𝑅2=3𝜋𝑎2，故选C．【点评】本题主要考了三视图还原以及几何体外接球的求解，属于基础题．3．过正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的顶点𝐴作平面𝛼，使得正方体的各棱与平面𝛼所成的角都相等，则满足条件的平面𝛼的个数为（）A．1B．3C．4D．6【答案】C【解析】解法一：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，三棱锥A﹣A1BD是正三棱锥，直线AB、AD、AA1与平面A1BD所成角都相等，过顶点A作平面α∥平面A1BD，则直线AB、AD、AA1与平面α所成角都相等，同理，过顶点A分别作平面α与平面C1BD、平面B1AC，平面D1AC平行，直线AB、AD、AA1与平面α所成的角都相等，∴这样的平面α可以作4个，故选C．解法二：只要与体对角线垂直的平面都和正方体的所有棱所成的角相等，因为有四条体对角线，所以，可以做四个平面，故选C．【点评】本题主要考查正方体在平面上的投影以及直线与平面所成的角，还考查了空间想象的能力，属于基础题．4．设𝑚､𝑛为两条直线，𝛼､𝛽为两个平面，则下列命题中假命题是（）A．若𝑚⊥𝑛，𝑚⊥𝛼，𝑛⊥𝛽，则𝛼⊥𝛽B．若mn∥，𝑚⊥𝛼，n∥，则𝛼⊥𝛽C．若𝑚⊥𝑛，m∥，n∥，则∥D．若mn∥，𝑚⊥𝛼，𝑛⊥𝛽，则∥【答案】C【解析】A．若𝑚⊥𝑛，𝑚⊥𝛼，𝑛⊥𝛽，相当于两平面的法向量垂直，两个平面垂直，A正确；B．若mn∥，𝑚⊥𝛼，则𝑛⊥𝛼，又n∥，则平面𝛽内存在直线cn∥，所以𝑐⊥𝛼，所以𝛼⊥𝛽，B正确；C．若𝑚⊥𝑛，m∥，n∥，则𝛼，𝛽可能相交，可能平行，C错误；D．若mn∥，𝑚⊥𝛼，𝑛⊥𝛽，则𝛼，𝛽的法向量平行，所以∥，D正确，故选C．【点评】本题考查两平面平行与垂直的判断，掌握两平面平行与垂直的和性质定理是解题关键．另外从空间向量角度出发，利用平面的法向量之间的关系判断两平面平行与垂直也是一种行之有效较简单的方法．5．已知直线𝑙、𝑚与平面𝛼、𝛽，𝑙⊂𝛼，𝑚⊂𝛽，则下列命题中正确的是（）A．若𝑙//𝑚，则必有𝛼//𝛽B．若𝑙⊥𝑚，则必有𝛼⊥𝛽C．若𝑙⊥𝛽，则必有𝛼⊥𝛽D．若𝛼⊥𝛽，则必有𝑚⊥𝛼【答案】C【解析】A．如图所示，设c，𝑙//𝑐，𝑚//𝑐满足条件𝑙//𝑚，但是𝛼与𝛽不平行，故A不正确；B．假设𝛼//𝛽，𝑛⊂𝛽，𝑛//𝑙，𝑛⊥𝑚，则满足条件𝑙⊥𝑚，但是𝛼与𝛽不垂直，故B不正确；C．若𝑙⊂𝛼，𝑙⊥𝛽，根据面面垂直的判定定理可得𝛼⊥𝛽，故C正确；D．设c，若𝑙//𝑐，𝑚//𝑐，虽然𝛼⊥𝛽，但是可有𝑚//𝛼，故D不正确，综上可知：只有C正确，故选C．【点评】本题考查空间点、直线、平面之间的位置关系，以及线线、线面平行垂直的判定和性质，考查对命题的判断和推理证明思想，属于基础题．6．如图所示，在平行六面体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝑀为𝐴1𝐶1与𝐵1𝐷1的交点，若ABa，ADb，1AAc，则下列向量中与𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗相等的向量是（）A．1122abcB．1122abcC．1122abcD．1122abc【答案】A【解析】在平行六面体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝑀为𝐴1𝐶1与𝐵1𝐷1的交点，111111222BMBBBMADBAAAabc，故选A．【点评】本题考查了空间向量的线性运算属于基础题．7．如图，矩形ADFE，矩形CDFG，正方形ABCD两两垂直，且𝐴𝐵=2，若线段DE上存在点P使得𝐺𝑃⊥𝐵𝑃，则边CG长度的最小值为（）A．4B．4√3C．2D．2√3【答案】D【解析】以DA，DC，DF为坐标轴建立空间坐标系，如图所示：设CGa，,0,Pxz，则2xza，即2axz．又2,2,0B，0,2,Ga，所以2,2,2axBPx，,2,2axGPxa，24022axaxPBPGxxa．显然𝑥≠0且𝑥≠2，所以221642axx．因为𝑥∈(0，2)，所以220,1xx．所以当2𝑥−𝑥2=1，𝑎2取得最小值12．所以𝑎的最小值为2√3，故选D．【点评】集合问题代数化是空间向量法解决问题的一般思路，通过向量将几何关系建立代数式，例如两直线垂直时即可转为向量的数量积为0，利用向量的坐标表示即可．8．在棱长为1的正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，E为棱CD上的动点（不含端点），过B，E，𝐷1的截面与棱𝐴1𝐵1交于F，若截面1BEDF在平面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1和平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1上正投影的周长分别为𝐶1，𝐶2，则𝐶1+𝐶2（）A．有最小值2+2√5B．有最大值422C．是定值422D．是定值4+2√5【答案】A【解析】依题意，设截面1BEDF在平面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的投影为四边形𝐵1𝑀𝐷1𝐹，在平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1上的投影为四边形𝐵𝐹𝐴1𝑁，设𝐷𝐸=𝑡，𝑡∈(0，1)，则四边形𝐵1𝑀𝐷1𝐹的周长𝐶1=2𝑡+2√(1−𝑡)2+12，四边形𝐵𝐹𝐴1𝑁的周长为𝐶2=2(1−𝑡)+2√𝑡2+12，则22222222122211212122111CCtttttt，又因为√(1−𝑡)2+12+√𝑡2+12可以看成,0t(0𝑡1)到点(1，1)和点0,1的距离之和，所以√5≤√(1−𝑡)2+12+√𝑡2+121+√2，所以取值范围为225,422，故选A．【点评】本题考查正方体中的最值计算，解题的关键是得出𝐶1+𝐶2=2+2(√(1−𝑡)2+12+√𝑡2+12)，利用距离关系求解．9．如图，已知四棱锥SABCD的底面是边长为6的菱形，60BAD，𝐴𝐶，𝐵𝐷相交于点𝑂，SO平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝑆𝑂=4，𝐸是𝐵𝐶的中点，动点𝑃在该棱锥表面上运动，并且总保持𝑃𝐸⊥𝐴𝐶，则动点𝑃的轨迹的长为（）A．3B．7C．13D．8【答案】D【解析】取𝐷𝐶，𝑆𝐶的中点𝐺，𝐹，连接GE，𝐹𝐸，∵𝐸是𝐵𝐶的中点，∴𝐺𝐸//𝐷𝐵，𝐹𝐸//𝑆𝐵，𝐺𝐸⊄平面𝑆𝐵𝐷，𝐷𝐵⊂平面𝑆𝐵𝐷，则𝐺𝐸//平面𝑆𝐵𝐷．𝐹𝐸⊄平面𝑆𝐵𝐷