2020高考文科数学二轮考前复习方略练习第三部分回顾7立体几何Word版含解析.doc

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[必记知识]
空间几何体的表面积和体积
几何体
侧面积
表面积
圆柱
S侧=2πrl
S表=2πr(r+l)
圆锥
S侧=πrl
S表=πr(r+l)
S表=π(r2+r′2
圆台S侧=π(r+r′)l
+rl+r′l)
直棱柱
S侧=Ch(C为底面周长)
1
正棱锥
S侧=2Ch′(C为底面周长,
h′为斜高)
S表=S侧+S上+S下
1
(棱锥的S上=0)
S侧=2(C+C′)h′(C,C′分
正棱台
别为上、下底面周长,h′
为斜高)
球
S=4πR2
空间线面地点关系的证明方法

体积
V=S底h=πr2h
V=13S底h=13πr2h
1
V=3(S上+S下+
S上S下)h=13π(r2+
r′2+rr′)h
V=S底h
1
V=3S底h
V=
1
3(S上+S下
S上S下)hV=43πR3
线线平行:
b.
(2)线面平行:

a∥α
α∥β
a∥b
a⊥α
?a∥b,
α∩γ=a?a∥b,
a?β?a∥b,
?c
b⊥α
β∩γ=b
a∥c
α∩β=b
b?α
α⊥β
a?α?a∥α,
α∥β
?a∥α,a⊥β?a∥α.
a∥b
a?β
a?α
(3)面面平行:
(4)线线垂直:
(5)线面垂直:
?b⊥α.
(6)面面垂直:

a?α,b?α
a⊥α
α∥β
a∩b=O
?α∥β,
?α∥β,
?α∥γ.
a∥β,b∥β
a⊥β
γ∥β
a⊥α
?a⊥b.
b?α
a?α,b?α
α⊥β
α∥β
a∥b
a∩b=O
?l⊥α,α∩β=l
?a⊥β,
?a⊥β,
l⊥a,l⊥b
a?α,a⊥l
a⊥α
a⊥α
a?βa∥β
?α⊥β,?α⊥β.
a⊥αa⊥α
[必会结论]
掌握两个规则
(1)三视图摆列规则:
俯视图放在正(主)视图的下边,长度与正(主)视图同样;侧(左)视图放在正(主)视图的右
面,高度和正(主)视图同样,:正(主)俯同样长,
俯侧(左)同样宽,正(主)侧(左)同样高.
(2)画直观图的规则:
画直观图时,与坐标轴平行的线段仍平行,与x轴、z轴平行的线段长度不变,与y轴
平行的线段长度为本来的一半.
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.
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.
6
6
(3)球与正四周体的组合体:
棱长为a的正四周体的内切球的半径为
12a(正四周体高3a
的1
),外接球的半径为
6
a(正四周体高
6
a的3
).
4
4
3
4
空间中平行(垂直)的转变关系
[必练****题

]
1.(2019

·都市第二次诊疗性检测成

)已知

a,b是两条异面直线,直线

c与

a,b都垂直,
则以下说法正确的选项是

(

)
?平面α,则a⊥α
⊥平面α,则a∥α,b∥α
,使得c⊥α,a?α,b∥α
,使得c∥α,a⊥α,b⊥α
解析:,直线a能够在平面α内,也能够与平面

α订交;关于

B,直线

a
能够在平面α内,或许b在平面α内;关于D,假如a⊥α,b⊥α,则有a∥b,与条件中两
直线异面矛盾.
2.(2019·西南昌二模江)设点P是正方体ABCD-A1B1C1D1的体对角线BD1的中点,平面
α过点P,且与直线BD1
1
垂直,平面α∩平面ABCD=m,则m与AC所成角的余弦值为()
3
6


1
2
2

D.
3
解析:
∥AC,因此直线m与A1C所成角(或其补
角)等于∠ACA1
1
1
AC=
2=
6
,在Rt△ACA
中,cos∠ACA=
AC
3
3
.应选B.
1
3.(2019·建五校第二次联考福
)已知某几何体的三视图如图,则该几何体的表面积是
()
39π
45π
+33
+3
3
23π
49π
C.
2
D.
4
解析:,该几何体为圆锥挖掉
1
3
4圆台后节余部分,其表面积S表=4π×
22+
(1+2)×3
39π
1π×12+1×3×2π×2×4+1×1×2π×1×2+
×2=
4
+
4
2
4
2
4
2
A.
4.(2019河·南安阳调研四)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E∈平面AA1B1B,点F是
线段AA1的中点,若
S△EBC
=()
D1E⊥CF,则当△EBC的面积获得最小值时,
S四边形ABCD
2
5
1
A.
5

5
5


解析:,连结B1D1,取AB的中点G,连结D1G,⊥平
面B1D1G,
因此当点E在直线B1G上时,D1E⊥CF,
11
设BC=a,则S△EBC=2EB·BC=2EB·a,
当△EBC的面积取最小值时
,线段EB的长度为点B到直线B1G的距离,
a,因此
1×a×a
5
S△EBC
2
5
因此线段EB长度的最小值为
a2
=.
5
=
四边形
S
ABCD
5.(一题多解)(2019南·昌市第一次模拟测试)底面边长为6,侧面为等腰直角三角形的正
三棱锥的高为________.
解析:法一:由题意得,三棱锥的侧棱长为32,设正三棱锥的高为h,则1×1×32×32
32
×32=1×3×36h,解得h=6.
34
法二:由题意得,三棱锥的侧棱长为32,底面正三角形的外接圆的半径为23,因此
正三棱锥的高为18-12=6.
答案:6
,b是两条不重合的直线,α,β是两个不重合的平面,给出以下四个命题:①
若a∥b,a⊥α,则b⊥α;②若a⊥b,a⊥α,则b∥α;③若a⊥α,a⊥β,则α∥β;④若a⊥β,α⊥β,则a∥.
解析:①若a∥b,a⊥α,则b⊥α,故正确;②若a⊥b,a⊥α,则b∥α或b?α,故不
正确;③若a⊥α,a⊥β,则α∥β,正确;④若a⊥β,α⊥β,则a∥α或a?α,:①③
7.(2019·考江苏卷高)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,
AB=BC.
求证:(1)A1B1∥平面DEC1;
(2)BE⊥C1E.
证明:(1)由于D,E分别为BC,AC的中点,因此ED∥AB.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,因此A1B1∥ED.
又由于ED?平面DEC1,A1B1?平面DEC1,
因此A1B1∥平面DEC1.
(2)由于AB=BC,E为AC的中点,因此BE⊥AC.
由于三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,因此C1C⊥平面ABC.
又由于BE?平面ABC,因此C1C⊥BE.
由于C1C?平面A1ACC1,AC?平面A1ACC1,C1C∩AC=C,
因此BE⊥平面A1ACC1.
由于C1E?平面A1ACC1,因此BE⊥C1E.
8.(2019·州省适应性考试贵)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,侧面PAD为等边三
角形,AB=3,AD=23,PB=15.
(1)求证:平面PAD⊥平面ABCD;
(2)M是棱PD上一点,三棱锥M-ABC的体积为1,记三棱锥P-MAC的体积为V1,三
V1
棱锥M-ACD的体积为V2,求.
V2
解:(1)证明:由已知,得PA=AD=23.
于是PA2+AB2=15=PB2,
故AB⊥PA.
由于四边形ABCD是矩形,因此AB⊥AD,
又PA∩AD=A,因此AB⊥平面PAD,
由于AB?平面ABCD,
因此平面PAD⊥平面ABCD.
(2)依题意,得V2=V三棱锥M-ABC=1,
又V三棱锥P-ACD=13×12×3×23×3=3,
因此V1=V三棱锥P-ACD-V三棱锥M-ACD=3-1=2.
V1
故V2=2.