（京津鲁琼专用）2020版高考数学二轮复习 第三部分 教材知识 重点再现 回顾5 立体几何课件

数学第三部分教材知识重点再现回顾5立体几何02[必会结论]03[必练习题]01[必记知识][必记知识]1．空间几何体的表面积和体积几何体侧面积表面积体积圆柱S侧＝2πrlS表＝2πr(r＋l)V＝S底h＝πr2h圆锥S侧＝πrlS表＝πr(r＋l)V＝13S底h＝13πr2h圆台S侧＝π(r＋r′)lS表＝π(r2＋r′2＋rl＋r′l)V＝13(S上＋S下＋S上S下)h＝13π(r2＋r′2＋rr′)h几何体侧面积表面积体积直棱柱S侧＝Ch(C为底面周长)S表＝S侧＋S上＋S下(棱锥的S上＝0)V＝S底h正棱锥S侧＝12Ch′(C为底面周长，h′为斜高)V＝13S底h正棱台S侧＝12(C＋C′)h′(C，C′分别为上、下底面周长，h′为斜高)V＝13(S上＋S下＋S上S下)h球S＝4πR2V＝43πR32.空间线面位置关系的证明方法(1)线线平行：a∥αa⊂βα∩β＝b⇒a∥b，a⊥αb⊥α⇒a∥b，α∥βα∩γ＝aβ∩γ＝b⇒a∥b，a∥ba∥c⇒c∥b.(2)线面平行：a∥bb⊂αa⊄α⇒a∥α，α∥βa⊂β⇒a∥α，α⊥βa⊥βa⊄α⇒a∥α.(3)面面平行：a⊂α，b⊂αa∩b＝Oa∥β，b∥β⇒α∥β，a⊥αa⊥β⇒α∥β，α∥βγ∥β⇒α∥γ.(4)线线垂直：a⊥αb⊂α⇒a⊥b.(5)线面垂直：a⊂α，b⊂αa∩b＝Ol⊥a，l⊥b⇒l⊥α，α⊥βα∩β＝la⊂α，a⊥l⇒a⊥β，α∥βa⊥α⇒a⊥β，a∥ba⊥α⇒b⊥α.(6)面面垂直：a⊂βa⊥α⇒α⊥β，a∥βa⊥α⇒α⊥β.[提醒]要注意空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理中的条件.如由α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，易误得出m⊥β的结论，就是因为忽视面面垂直的性质定理中m⊂α的限制条件.3．用空间向量证明平行垂直设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α、β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，υ＝(a3，b3，c3)．则有：(1)线面平行l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(2)线面垂直l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.(3)面面平行α∥β⇔μ∥υ⇔μ＝λυ⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥υ⇔μ·υ＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.4．用向量求空间角(1)直线l1，l2的夹角θ有cosθ＝|cos〈l1，l2〉|(其中l1，l2分别是直线l1，l2的方向向量)．(2)直线l与平面α的夹角θ有sinθ＝|cos〈l，n〉|(其中l是直线l的方向向量，n是平面α的法向量)．(3)平面α，β的夹角θ有cosθ＝|cos〈n1，n2〉|，则α­l­β二面角的平面角为θ或π－θ(其中n1，n2分别是平面α，β的法向量)．[提醒]在处理实际问题时，要注意异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的取值范围，要根据具体图形确定二面角的平面角是锐角还是钝角.[必会结论]1．平行、垂直关系的转化示意图2．球的组合体(1)球与长方体的组合体：长方体的外接球的直径是长方体的体对角线长．(2)球与正方体的组合体：正方体的内切球的直径是正方体的棱长，正方体的棱切球的直径是正方体的面对角线长，正方体的外接球的直径是正方体的体对角线长．(3)球与正四面体的组合体：棱长为a的正四面体的内切球的半径为612a(正四面体高63a的14)，外接球的半径为64a(正四面体高63a的34)．[必练习题]1．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，有下列四个命题：①若m⊂β，α⊥β，则m⊥α；②若α∥β，m⊂α，则m∥β；③若n⊥α，n⊥β，m⊥α，则m⊥β；④若m∥α，m∥β，则α∥β.其中正确命题的序号是()A．①③B．①②C．③④D．②③解析：选D.对于①，注意到直线m可能与平面α，β的交线平行，此时结论不成立，因此①不正确；对于②，直线m与平面β必没有公共点，因此m∥β，②正确；对于③，由m⊥α，n⊥α，得m∥n，又n⊥β，因此m⊥β，③正确；对于④，平面α，β可能是相交平面，因此④不正确．综上所述，其中正确命题的序号是②③，选D.解析：选C.依题意，作出圆锥与球的轴截面，如图所示，设球的半径为r，易知轴截面三角形边AB上的高为22，因此22－r3＝r1，解得r＝22，所以圆锥内切球的表面积为4π×222＝2π，故选C.2．已知一个圆锥底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内切球的表面积为()A．πB．3π2C．2πD．3π3．已知S，A，B、C是球O表面上的不同点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝1，BC＝2，若球O的表面积为4π，则SA＝()A．22B．1C．2D．32解析：选B.根据已知把S­ABC补成如图所示的长方体．因为球O的表面积为4π，所以球O的半径R＝1，2R＝SA2＋1＋2＝2，解得SA＝1，故选B.4．棱长都为2的直平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，∠BAD＝60°，则对角线A1C与侧面DCC1D1所成角的正弦值为()A．12B．22C．34D．38解析：选C.过点A1作直线A1M⊥D1C1，交C1D1的延长线于点M，连接CM，可得A1M⊥平面DD1C1C，则∠A1CM就是直线A1C与平面DD1C1C所成的角．由所有棱长均为2及∠A1D1C1＝120°，得A1M＝A1D1sin60°＝3，又A1C＝A1C21＋CC21＝（23）2＋22＝4，所以sin∠A1CM＝A1MA1C＝34，故选C.5．已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝2，将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中，()A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D．对任意位置，三对直线“AC与BD”“AB与CD”“AD与BC”均不垂直解析：选B.若存在某个位置，使得AC⊥BD，作AE⊥BD于E，则BD⊥平面AEC，所以BD⊥EC，在△ABD中，AB2＝BE·BD，BE＝13，而在△BCD中，BC2＝BE·BD，BE＝23，两者矛盾．故A错误．若存在某个位置，使得AB⊥CD，又因为AB⊥AD，则AB⊥平面ACD，所以AB⊥AC，故AC＝1，故B正确，D错误．若存在某个位置．使得AD⊥BC，又因为AD⊥AB，则AD⊥平面ABC，所以AD⊥AC，而斜边CD小于直角边AD，矛盾，故C错误．解析：根据条件可以将四棱锥置于一个正方体中进行研究，如图所示，易知AB＝2a，设点C到平面PAB的距离为h，因为VP­ABC＝VC­PAB，即13×S△ABC·PD＝13S△PAB·h，所以13×12a2×a＝13×34×(2a)2×h，解得h＝33a，所以点C到平面PAB的距离为33a.6.如图，在四棱锥P­ACBD中，底面ACBD为正方形，PD⊥平面ACBD，BC＝AC＝a，PA＝PB＝2a，PC＝3a，则点C到平面PAB的距离为________．答案：33a7．正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，若动点P在线段BD1上运动，则DC→·AP→的取值范围是________．解析：以DA所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，DD1所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系D­xyz.则D(0，0，0)，C(0，1，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)．所以DC→＝(0，1，0)，BD1→＝(－1，－1，1)．因为点P在线段BD1上运动，所以设BP→＝λBD1→＝(－λ，－λ，λ)，且0≤λ≤1.所以AP→＝AB→＋BP→＝DC→＋BP→＝(－λ，1－λ，λ)，所以DC→·AP→＝1－λ∈[0，1]．答案：[0，1]8.如图，在正三角形ABC中，D，E，F分别为各边的中点，G，H分别为DE，AF的中点，将△ABC沿DE，EF，DF折成四面体P­DEF，则四面体中异面直线PG与DH所成的角的余弦值为________．解析：折成的四面体是正四面体，如图连接HE，取HE的中点K，连接GK，PK，则GK∥DH.故∠PGK即为所求的异面直线所成的角．设这个正四面体的棱长为2，在△PGK中，PG＝3，GK＝32，PK＝12＋322＝72，故cos∠PGK＝（3）2＋322－7222×3×32＝23，即异面直线PG与DH所成的角的余弦值是23.答案：23