2022年高考数学二轮复习专题五立体几何-专项训练

这是一份2022年高考数学二轮复习专题五立体几何-专项训练，共12页。
1． 立体几何内容既承担着对逻辑思维能力的考查，又承担着对空间想象能力的考查，常以选择题、填空题的形式全面考查线线、线面、面面等空间位置关系，难度适中，纵观历年的高考题一定有一个立体几何的解答题，考查平行、垂直的证明及面积、体积的计算等，难度中等，理科还可以以空间向量为工具证明位置关系或求空间中的角和距离等．高考的另一个新趋势是以立体几何为载体，考查函数、解析几何等的知识交汇点的综合题．
2． 立体几何考查的重点有：空间几何体的结构特征、空间几何体的侧面积、表面积和体积、直线与平面、平面与平面之间的位置关系，三视图是新教材的内容，已经成为了必考的重点知识点．等体积转化法、割补思想是该部分考查的主要思想方法．
【知识交汇】
1．充分、必要条件与点线面位置关系的综合
高考对简单逻辑用语中的充分、必要条件的考查，主要通过与其它部分的综合问题出现，而与立体几何相综合的问题最为普遍，通过这种形式主要考查对充分、必要条件的理解和立体几何部分的几何体、点线面的位置关系等严密性问题．
例1．已知α，β表示两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，则“”是“”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案：B
解析：由平面与平面垂直的判定定理知，如果m为平面α内的一条直线，，则；反过来则不一定．所以“”是“”的必要不充分条件．
例2．设是两条直线，是两个平面，则的一个充分条件是（ ）
（A） （B）
（C） （D）
答案：C
解析：由，∥得，又，因此可知，故的一个充分条件是C，选C．
点评：此类题目主要考查了立体几何中垂直关系的判定和充分必要条件的概念．解决此类问题的关键是弄清楚点线面之间的位置关系的判定．此类小题是很容易出错的题目，解答时要特别注意．
2．三视图与几何体的面积、体积的综合
空间几何体的结构与视图主要培养观察能力、归纳能力和空间想象能力，识别三视图所表示的空间几何体，柱、锥、台、球体及其简单组合体的结构特征与新增内容三视图的综合会重点考查，新课标地区的高考题来看，三视图是出题的热点，题型多以选择题、填空题为主，属中等偏易题．随着新课标的推广和深入，难度逐渐有所增加．
例3． 右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是（ ）
A．B．C．D．
俯视图
正(主)视图
侧(左)视图
2
3
2
2
答案：D
解析：从三视图可以看出该几何体是由一个球和一个圆柱组合而成的简单几何体，其表面及为：，故选D．
点评：本小题主要考查三视图与几何体的表面积．既要能识别简单几何体的结构特征，又要掌握基本几何体的表面积的计算方法．
例4．若某几何体的三视图（单位：）如图所示，则此几何体的体积是 ．
答案：18
解析：该几何体是由两个长方体组成，下面体积为，上面
的长方体体积为，因此其几何体的体积为18．
点评：此题主要是考查了几何体的三视图，通过三视图的考查充分体现
了几何体直观的考查要求，与表面积和体积结合的考查方法．
3．几何体与线、面位置关系的综合
以空间几何体为载体考查直线与平面平行或垂直、平面与平面平行或垂直的判定与性质定理，能用判定定理和性质定理证明线线平行或垂直、线面平行或垂直、面面平行或垂直，多以选择题和解答题形式出现，解答题中多以证明线线垂直、线面垂直、面面垂直为主，属中档题．
例5． 正方体ABCD—A1B1C1D1中O为正方形ABCD的中心，M为BB1的中点，
求证：（1）D1O//平面A1BC1；
（2）D1O⊥平面MAC．
证明: (1)连结分别交于
在正方体中，对角面为矩形
分别是的中点
四边形为平行四边形
平面，平面
平面
（2）连结，设正方体的棱长为，
在正方体中，对角面为矩形且
分别是的中点


在中， ，即
在正方体中
平面
又， 平面
平面
又 平面
点评：证明线面垂直，关键是在平面内找到两条相交直线与已知直线垂直，由线线垂直推出线面垂直，证明线线垂直有时要用勾股定理的逆定理．
4．空间向量与空间角和距离的综合
用空间向量解决立体几何问题的基本步骤：（1）用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面，建立立体图形与空间向量的联系，从而把立体几何问题转化为向量问题（几何问题向量化）；（2）通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间的距离和夹我有等问题（进行向量运算）；（3）把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义（回归几何问题）．
E
A
B
C
F
E1
A1
B1
C1
D1
D
例6． 如图，在直四棱柱ABCD-ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，AB//CD，AB=4， BC=CD=2， AA=2， E、E、F分别是棱AD、AA、AB的中点．
证明：直线EE//平面FCC；
求二面角B-FC-C的余弦值．w．w．w．k．s．5．u．c．．m
解析：解法一：（1）在直四棱柱ABCD-ABCD中，取A1B1的
中点F1，
E
A
B
C
F
E1
A1
B1
C1
D1
D
F1
O
P
连接A1D，C1F1，CF1，因为AB=4， CD=2，且AB//CD，
所以CD eq \(=,\s\up8(//))A1F1，A1F1CD为平行四边形，所以CF1//A1D，
又因为E、E分别是棱AD、AA的中点，所以EE1//A1D，
所以CF1//EE1，又因为平面FCC，平面FCC，
所以直线EE//平面FCC．
（2）因为AB=4， BC=CD=2， 、F是棱AB的中点，所以BF=BC=CF，△BCF为正三角形，
取CF的中点O，则OB⊥CF，又因为直四棱柱ABCD-ABCD中，CC1⊥平面ABCD，
所以CC1⊥BO，所以OB⊥平面CC1F，
过O在平面CC1F内作OP⊥C1F，垂足为P，连接BP，则∠OPB为二面角B-FC-C的一个平面角，
在△BCF为正三角形中，，
在Rt△CC1F中， △OPF∽△CC1F，∵ ∴， w．w．w．k．s．5．u．c．．m
在Rt△OPF中，，，
所以二面角B-FC-C的余弦值为．
E
A
B
C
F
E1
A1
B1
C1
D1
D
x
y
z
M
解法二:（1）因为AB=4， BC=CD=2， F是棱AB的中点，
所以BF=BC=CF，△BCF为正三角形， 因为ABCD为
等腰梯形，所以∠BAC=∠ABC=60°，取AF的中点M，
连接DM，则DM⊥AB，所以DM⊥CD，
以DM为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系，
则D（0，0，0），A（，-1，0），F（，1，0），C（0，2，0），C1（0，2，2），E（，，0），E1（，-1，1），
所以，，
设平面CC1F的法向量为则 所以
取，则，所以，所以直线EE//平面FCC．
（2），设平面BFC1的法向量为，则所以，取，则，
，，所以，
由图可知二面角B-FC-C为锐角，所以二面角B-FC-C的余弦值为．
点评：本题主要考查直棱柱的概念、线面位置关系的判定和二面角的计算．考查空间想象能力和推理运算能力，以及应用向量知识解答问题的能力，向量法求二面角是一种独特的方法，因为它不但是传统方法的有力补充，而且还可以另辟溪径，解决传统方法难以解决的求二面角问题．向量法求二面角通常有以下三种转化方式：①先作、证二面角的平面角，再求得二面角的大小为；②先求二面角两个半平面的法向量（注意法向量的方向要分布在二面角的内外），再求得二面角的大小为或其补角；③先分别在二面角两个半平面内作棱的垂线（垂足不重合），又可转化为求两条异面直线的夹角．
【思想方法】
【例1】在半径为13的球面上有A ， B， C 三点，AB=6，BC=8，CA=10，则球心到平面ABC的距离为 ．
答案：12解析：由的三边大小易知此三角形是直角三角形，所以过三点小圆的直径即为10，也即半径是5，设球心到小圆的距离是，则由，可得．
【分析】该题体现了方程函数思想的考查，构造方程求解立体几何中的几何量是考题中经常性的问题，其解法一般要根据题意构造方程来求解．
【例2】已知二面角α-l-β为 ，动点P、Q分别在面α、β内，P到β的距离为，Q到α的距离为，则P、Q两点之间距离的最小值为（ ）
A．１ B．2 C． D．4
解析:如图分别作
，连
，
又
当且仅当，即重合时取最小值．
故答案选C．
【分析】该题考查了函数思想和数形结合思想，立体几何中的最值问题一般要用函数法或均值不等式法，该题通过构造关于的函数，借助图象看出当重合时取最小值．
【例3】已知正四棱柱中，=，为重点，则异面直线与所形成角的余弦值为
A． B． C． D．
解析：本题考查异面直线夹角求法，利用平移，CD'∥BA'，因此求△EBA'中∠A'BE即可，易知EB=，A'E=1，A'B=，故由余弦定理求cs∠A'BE=．
答案：C
【分析】该题体现了转化与化归思想的考查，对与异面直线的夹角的求解，一种方法是通过这种平移的方法将所求的夹角转化为三角形中的内角，通过解三角形即可．另一种是利用空间向量这一工具来求解．
【专题演练】
1．用与球心距离为的平面去截球，所得的截面面积为，则球的体积为（ ）
A． B． C． D．
2． 给定空间中的直线l及平面，条件“直线l与平面内无数条直线都垂直”是“直线l与平面垂直”的（ ）条件
A．充要 B．充分非必要 C．必要非充分 D．既非充分又非必要
3．一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
2
2
侧(左)视图
2
2
2
正(主)视图
俯视图
A． B． C． D．
4．设OA是球O的半径，M是OA的中点，过M且与OA成45°角的平面截球O的表面得到圆C．若圆C的面积等于，则球O的表面积等于 ．
5．一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的全面积（单位：）为
（A） （B）
（C） （D）
6．如图，在三棱锥中，⊿是等边三角形，
∠PAC=∠PBC=90 º
（Ⅰ）证明：AB⊥PC
（Ⅱ）若，且平面⊥平面，
求三棱锥体积．
7．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，．以的中点为球心、为直径的球面交于点．
（1）求证：平面⊥平面；
（2）求直线与平面所成的角；
（3）求点到平面的距离．
【参考答案】
1．答案：B
解析：截面面积为截面圆半径为1，又与球心距离为球的半径是，
所以根据球的体积公式知，故B为正确答案．
2．答案：C
解析：直线与平面内的无数条平行直线垂直，但该直线未必与平面垂直，即充分性不成立．因此选C．
3．答案：C
解析：该空间几何体为一圆柱和一四棱锥组成的，圆柱的底面半径为1，高为2，体积为，四棱锥的底面边长为，高为，所以体积为所以该几何体的体积为．
4．答案：8π
解析：本题考查立体几何球面知识，注意结合平面几何知识进行运算，
由
5．答案：A
解析：棱锥的直观图如右，则有PO＝4，OD＝3，由勾股定理，得PD＝5，AB＝6，全面积为：×6×6＋2××6×5＋×6×4＝48＋12，故选A．
6．解析：（Ⅰ）因为是等边三角形，，
所以，可得．
如图，取中点，连结，，
则，，
所以平面，
所以．
（Ⅱ）作，垂足为，连结．
因为，
所以，．
由已知，平面平面，故．
因为，所以都是等腰直角三角形．
由已知，得， 的面积．
因为平面，
所以三角锥的体积
．
7．解析：方法（一）：
（1）证：依题设，Ｍ在以ＢＤ为直径的球面上，则ＢＭ⊥ＰＤ．
因为ＰＡ⊥平面ＡＢＣＤ，则ＰＡ⊥ＡＢ，又ＡＢ⊥ＡＤ，
所以ＡＢ⊥平面ＰＡＤ，则ＡＢ⊥ＰＤ，因此有ＰＤ⊥平面ＡＢＭ，所以平面ＡＢＭ⊥平面ＰＣＤ．
（２）设平面ＡＢＭ与ＰＣ交于点Ｎ，因为ＡＢ∥ＣＤ，所以ＡＢ∥平面ＰＣＤ，则ＡＢ∥ＭＮ∥ＣＤ，
由（1）知，ＰＤ⊥平面ＡＢＭ，则MN是PN在平面ABM上的射影，
所以 就是与平面所成的角，
且

所求角为
（3）因为O是BD的中点，则O点到平面ABM的距离等于D点到平面ABM距离的一半，由（1）知，ＰＤ⊥平面ＡＢＭ于M，则|DM|就是D点到平面ABM距离．
因为在Rt△PAD中，，，所以为中点，，则O点到平面ABM的距离等于．
方法二：
（1）同方法一；
（2）如图所示，建立空间直角坐标系，则，，， ，，，
设平面的一个法向量，由可得：，令，则，即．设所求角为，则，
所求角的大小为．
（3）设所求距离为，由，得：．