【数学】2019届一轮复习北师大版立体几何学案 15页

‎ 复习指导系列二 立体几何 ‎ 空间立体几何在高考考查中一般占22分，其题型与题量一般是1个解答题，1 ~ 2 个选择或填空题．立体几何高考的选择或填空题有三个常考热点 一是空间几何体的三视图；二是空间几何体的表面积、体积；三是空间中点、直线、平面之间的位置关系的判定．立体几何高考的解答题常以棱柱或棱锥为载体，解答题一般采用分步设问的方式，常见的两个考查热点 一是定性分析，二是定量分析． 其中定性分析，不论文 还是理 主要是以平行、垂直的证明为主；而定量分析，文 试题主要考查表面积、体积的计算；理 试题主要考查线面角、二面角的计算．下面对学生存在的主要问题进行剖析，并提出相应的教学对策．‎ 一、存在的问题及原因分析 ‎ 问题一 识图、作图、用图能力弱．‎ 作图、识图、用图能力是考生学好立体几何乃至解析几何所应具备的重要能力之一，何况全国卷的试题一般不提供图形！本专题中，识图、作图、用图能力弱主要集中在“三视图的识别、还原”，“球问题的直观呈现和转化”“作图问题”“展折问题的图形分析”等．‎ 例题1 （2009宁夏海南理11）一个棱锥的三视图如图（1），则该棱锥的全面积（单位 c）为（　　　　）‎ ‎（A）48+12 ‎ ‎（B）48+24 ‎ ‎（C）36+12 ‎ ‎（D）36+24‎ 解析 由三视图可知这是一个高为4的三棱锥，且其底面是一个等腰直角三角形，‎ 如图（2） ，在底面的射影为中点，则，‎ 则，，‎ ‎，故全面积为，选A．‎ 评析 本题往往会因为对俯视图认识不足（直角三角形的实中线），而画错顶点在底面的射影(比如认为在底面的射影恰为顶点)，只有正确理解才能把三视图还原成如图2的几何体．‎ 可见，把三视图还原成几何体时首先要从总体入手判断几何体的形状（即要有较强的 模型意识，能总体构造！），比如本题由于三个视图都是三角形，故可判断为该几何体为三棱锥；其次注意细节，尤其关注顶点在底面上的射影，如本题的俯视图意味着顶点在底面的射影为中点（一般地，三棱锥中顶点在底面的射影若不在边上，如若在顶点，则俯视图如图（3），如若在三角形内，则俯视图如图（4））．‎ 例题2 （2012年课标全国卷理11）已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是边长为1的正三角形，为球的直径，且，则此棱锥的体积为(　　)‎ ‎(A) (B) (C) (D) ‎ 解析 由球的定义可知，球心为的中点．如图5，设的中心为，则有平面，且，所以三棱锥的高，所以此棱锥的体积为．‎ 评析 本题往往会因为对直径认识不足（球心为的中点），纠结如何做图（球内接三棱锥），而不懂对问题进行转化（），只有正确理解才能把问题转化为三棱锥（如图5），再结合球的定义，即可解决．‎ 例题3 （2016全国Ⅰ卷理11）平面过正方体的顶点，平面，平面，平面，则所成角的正弦值为（ ）‎ ‎(A) (B) (C) (D) ‎ 解析 因为平面，且平面过顶点，‎ 故问题相当于把平面“外移”．‎ 如图6，在正方体的左侧补上一个全等的正方体，则平面“外移”到平面（即平面），则平面，平面，又为等边三角形，则所成角为，其正弦值为．‎ 评析 本题往往会因作图不过关而对过顶点作平面束手无策，只有正确理解才能通过“补上一个全等的正方体”快速实现把平面“外移” （此时）‎ ‎．可见，观察和做出平行线是本题作图的关键．当然，如何作平行线，这是作图的基本功，教师要讲明原理（常利用中位线或平行四边形的性质作平行线），同时，要引导学生观察几何体（尤其是长方体中的一些常见的平行关系（如本题）的和垂直关系），这样，学生的作图就会更有方向感！‎ 例题4 如图7，四边形中，，，．将四边形沿对角线折成四面体，使平面，则下列结论正确的是(　　)．‎ ‎(A) ‎ ‎(B) ‎ ‎(C) 与平面所成的角为 ‎(D) 四面体的体积为 解析 ∵ ，，∴ ．‎ 又∵面 面，且 ，面 面∴面．‎ ‎∴，∵∴面，∴ ，即 ．‎ ‎ 评析 本题往往会因对折叠问题前后的“变量与不变量”分析不够，而忽视重要的垂直关系“，”， 只有正确理解才能顺利由平面得出面，再结合，得到面，从而解决问题．‎ 无论是图形的翻折或是展开，都是平面图形与空间图形的相互转化，从抽象到直观，直观到抽象的过程，其中翻折 ——— 平面图形立体化，展开 ——— 立体图形平面化．解决这类问题关键在于要分清展折前后的“变量与不变量”，建议在展折前的图形中进行标注重要的点（尤其前后坐标的不同），或是重要的量（如垂直关系，如图9），这样比较不会遗忘或忽略．‎ 问题二 推理的逻辑欠清晰．‎ 以全国卷理 卷为例，其解答题一般稳定居于前三的位置，常设置两问，一问主要涉及定性证明（如垂直关系、平行关系），二问立足定量求解（如三种角度的度量）．在定性分析时由于定理条件不清楚，推理的逻辑欠清晰，常造成“会而不全”，导致失分．‎ 例题5 在如图1所示的多面体中，四边形是正方形，平面，，，是的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证 平面；‎ ‎（Ⅱ）求证 平面平面．‎ 解析 （Ⅰ）如图11，连接，，则为的中点，连接．则，又，且，所以，‎ 所以是平行四边形，所以 又平面,平面，所以平面．‎ ‎（Ⅱ）因为，底面，‎ 所以底面，平面,所以，‎ 由（Ⅰ）知所以， ‎ 因为，且所以，‎ 又，所以平面．‎ 又平面，所以平面平面．‎ 评析 （Ⅰ）要证线面平行，一般可考虑线线平行或面面平行，本题可优先考虑线线平行．本题虽思路较为直接，但常常会“想当然”，如易借助几何直观可知忽视“是平行四边形”的证明过程；此外更常忽略条件“平面,平面”的完整表达而造成不必要的失分！‎ ‎（Ⅱ）要证面面垂直，关键在于找出一组“线面垂直”，如图11，能较为直观看到“平面”就是目标．证明过程中常因几何直观强，忽视平行关系与垂直关系之间的转化，直接“想当然”“易得，”造成失分，同时条件“平面”也是学生证明面面垂直最容易失分的地方．‎ 问题三 概念意识不强．‎ 考生由于概念意识不强，易把“异面直线所成的角”与“向量的夹角”混淆，易把“线面所成的角”等同“直线与平面法向量的夹角”，易分辨不清“二面角的平面角”与“两个法向量的夹角”之间差异，同时对“线面所成的角”或“二面角的平面角”易忽视其定义的本质（即“找、证、算”），而陷入盲目的计算，使得问题复杂化．‎ 例题6 如图12，在以为顶点的五面体中，面为正方形，，，且二面角与二面角都是．‎ ‎（I）证明 平面平面；‎ ‎（II）求二面角的余弦值．‎ 解析 （I）由已知可得，，‎ 所以平面，又平面，故平面平面．‎ ‎（II）过作，垂足为，由（I）知平面．‎ 以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长度，建立如图13所示的空间直角坐标系．由（I）知为二面角 的平面角，故，则，可得，，，．‎ 由已知，，所以平面．‎ 又平面平面，‎ 故，．由，可得平面，‎ 所以为二面角的平面角，．从而可得．‎ 所以，，，．‎ 设是平面的法向量，则，即，所以可取．‎ 设是平面的法向量，则，同理可取．‎ 则，故二面角的余弦值为．‎ 评析 本题（II）的解决关键在于理清二面角与二面角的平面角（此时只有理清哪个角是平面角，才能寻求坐标之间的关系），考生往往会会“想当然”“直观”认为为二面角的平面角，为二面角的平面角，而忽视对平面角定义的阐述！事实上，在平面角的定义中，必需紧扣“相交棱”“两垂直于棱的相交直线”，这往往需要“找、证”“ 相交棱垂直平面”。‎ 问题四 建系的合理性欠思考．‎ 理 立体几何解答题的二问常立足定量求解，往往可考虑几何法和向量法进行求解，但利用向量法进行求解的更易入手，相应的考生比例也更大．利用向量法解决离不开建一个合适的坐标系！考生常因不懂建系或建系不合理导致求解困难，也常出现“没有证明三线两两垂直”就“想当然”建系等错误．‎ 例题7 (2014年全国课标Ⅰ理19)如图14，三棱柱中,侧面为菱形，．‎ ‎(Ⅰ) 证明 ；‎ ‎（Ⅱ）若，，，求二面角的余弦值． ‎ 解析 (Ⅰ)略．‎ ‎（Ⅱ）由(Ⅰ)有，又因为，且 为的中点，所以．又因为，所以，所以，从而两两互相垂直，如图15，建立空间直角坐标系．‎ 因为，所以为等边三角形，‎ 不妨设，‎ 则,‎ ‎．‎ 从而,， (其余略)．‎ 评析 本题(Ⅱ)关键点有二，一是先证明后建系（如要证），这是全国卷在立体几何考查中一个凸显考点，也是考生常“想当然”“遗漏”的地方；二是二面角所涉及点的坐标，本题易得各点的坐标，但是的坐标却难以求解．此时利用三棱柱的性质可知与平行且相等，可以得到，从而使得问题迎刃而解．‎ 二、解决问题的思考与对策 ‎ ‎1．理清判定定理和性质定理的条件与结论，关注证明的严密性．‎ 线与线、线与面、面与面之间的关系错综复杂，平行关系、垂直关系或平行关系与垂直关系之间都可进行转化，其证明也是考试的高频点．证明时，不仅要思考它们之间的转化，而且要理清判定定理和性质定理的条件与结论（特别是一些较常遗漏疏忽的条件，如判定时易忽视；判定“线面垂直”易忽视“两相交直线”；判定“面面平行”，易直接“线线平行”），避免“会而不全”导致失分．‎ 例题8 如图16，已知所在的平面，分别为的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证 ；‎ ‎（Ⅱ）若，求证 ．‎ 解析 （Ⅰ）证明 方法一 如图17，取的中点,连接,‎ ‎∵为中点,∴为的中位线,∴‎ 又∵, 为中点 ,‎ ‎ ∴,∴四边形为平行四边形 , ‎ ‎∴,‎ 又∵平面,平面,∴平面． ‎ 方法二 如图18，取的中点,连接,‎ ‎∵为中点, ∴为的中位线,∴,‎ ‎ 又平面,平面,∴平面．‎ ‎ 同理可证平面,,平面，‎ ‎ 所以平面平面,平面,∴平面．‎ ‎（Ⅱ）证明 ∵平面 ，平面， 平面 ‎∴ ， ，‎ ‎∵， ，∴平面 如图17，∵平面 ∴，∵ ，为中点，‎ ‎∴，又∵ ∴平面．‎ ‎∵ ∴平面,又∵平面，∴平面平面． ‎ ‎2．总结位置关系的主要证明方法与适用范围．‎ 培养学生模型化的意识是总结位置关系的一个行之有效的方法．其中正方体或长方体就是一个很好的载体（教室是一个非常有用的长方体模型），关键在于引导学生“观察、思考”。‎ 例题9 （2016年全国Ⅱ卷理14）是两个平面，是两条直线，有下列四个命题 ‎ ①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β．‎ ②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n．‎ ③如果α∥β，mα，那么m∥β． ‎ ④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．‎ 其中正确的命题有 ．(填写所有正确命题的编号）‎ 解析 对于①，如图19，可知可能出现，故①错误，不难验证②③④都正确．‎ ‎3．关注识图、作图、用图能力的培养．‎ 识图、作图、用图能力的培养非一朝一夕就可实现！教师要“舍得”花较多的时间“手把手”教学生“怎么画”；要“讲明作图的原理”避免学生虽“看得懂”教师的“画”，但“书到用时方觉少，事非经过不知难！”；要“善于借助模型和道具”引导学生观察；要“培养模型意识、动手能力”引导学生巧借“教室”或“道具比划”简化、解决问题．‎ ‎ 例题10 （2016年全国卷Ⅰ理12）如图20， ‎ 格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的个条棱中，最长的棱的长度为（ ）‎ ‎(A) (B) ‎ ‎(C)6 (D)4‎ 解析 如图21所示，原几何体为三棱锥，‎ 其中，，故最长棱的长度为，选C．‎ ‎4．关注多面体、旋转体的结构与性质．‎ 复习时，不仅要关注常见多面体（特别是三棱锥、四棱锥、三棱柱）、旋转体的结构与性质及其体积、表面积公式 ，同时要关注其不同位置形式的解读（如横放的三棱柱）．球在全国卷也是屡见不鲜，其中球的定义、截面圆性质、球与其他几何体的接切应重点关注．‎ 例题11 正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为(　　)‎ ‎（A） （B）16π （C）9π （D） 解析 选A.　如图22，设球半径为，底面中心为且球心为，‎ 在正四棱锥中，∴.‎ ‎.‎ 在 ，即,解得.‎ 故该球的表面积为，故选A.‎ ‎5．强化空间角与距离的合理求解．‎ 空间角的求解和距离的求解是定量分析的重要部分．对于文 而言，空间角的求解主要在于定义的应用，如通过“平行”关系研究“异面直线所成的角”，通过构造垂直关系求解“线面角、二面角的平面角”；距离则往往与体积转化有关．对于理 而言，关键在于区别“向量的夹角”，特别是“线面所成的角”与“直线与平面法向量的夹角（指锐角）”之间的互余关系是考生的易错点之一．对于一些较为复杂的条件，合理选择“基本量”可大大简化计算。‎ 例题12 （2017年全国卷Ⅰ文18）如图23，在四棱锥中，，且．‎ ‎(Ⅰ)证明 平面平面；‎ ‎（Ⅱ）若, ,且四棱锥 的体积为，求该四棱锥的侧面积．‎ 解析 (Ⅰ)由已知，得 由于，故，,‎ 从而平面,又平面，所以平面平面．‎ ‎（Ⅱ）文 如图24，在平面内作，垂足为 由(Ⅰ)知，平面，故，,可得平面．‎ 设，（为基本量），则由已知可得,‎ 故四棱锥的体积，‎ 由题设得，故,从而,‎ 可得四棱锥的侧面积为．‎ 三、典型问题剖析 ‎ 典例一 三视图 例13 一空间几何体的三视图如图（25）所示，则该几何体的体积为( )‎ ‎(A) (B) (C) (D)‎ 解析 由如图（25）可知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，选C．‎ 评析 本题主要考查 “三视图”的理解，几何体的表面积、体积的求解，关键在于能对几何体还原．应注意由于还原不清楚而引起的失分．‎ 还原时除了熟悉一些常见几何体的三视图，同时要注意线段的虚实，比如三视图改为如图（33），则该几何体则变成由一个长方体和一个四棱锥组成，其中，长方体的长、宽、高分别为 ‎，四棱锥的底面为边长为的正方形，高为，故几何体的体积为；再如三视图改为如图（34），则该几何体则变成由由一个圆柱和一个圆锥组成，体积为．‎ 典型二 球 例题14（2015年全国课标Ⅱ理9）已知是球的球面上两点，,为该球面上的动点，若三棱锥体积的最大值为36，则球的表面积为（ ）‎ ‎(A) (B) (C) (D)‎ 解析 如图28，画出球的直观图，设球的半径为，则，‎ 因为，所以当到平面的距离最大时最大．‎ 显然当平面时，最大为，解得，‎ 从而球的表面积为．‎ 评析 本题紧扣球的定义（），同时需要进行体积转化（如）．事实上，在球的相关问题中，球的定义占有重要地位，当然这种定义的应用其实就是提供棱相等的条件，因此，问题往往可以简化，可只画其他几何体（如本题其实研究三棱锥的体积的最值，也可只画三棱锥）这样可以减少干扰因素，有利学生解决问题．‎ 典例三 空间向量方法 例题15 如图29，三棱柱中，底面侧面，底面是边长为2的等边三角形，侧面为菱形且， 分别为和的中点．‎ ‎（Ⅰ）求异面直线和所成角的余弦值；‎ ‎（Ⅱ）在平面内过点作一条直线与平面平行，且与交于点，要求保留作图痕迹，但不要求证明． ‎ 解析 （Ⅰ）取的中点，因为为等边三角形，‎ 则，底面侧面且交线为，‎ 所以侧面．‎ 又侧面为菱形且，所以 为等边三角形，所以．‎ 以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，．‎ 方法一 ，，‎ 则，即异面直线和所成角的余弦值为．‎ 方法二 可求得，，则，，‎ 则，即异面直线和所成角的余弦值为．‎ ‎（Ⅱ）方法一 如图30． ‎ 方法二 如图31．其中，分别为的中点．‎ 方法三 如图32．其中，分别为的中点．‎ ‎ ‎ ‎ 析 （Ⅰ）问中力求实现对考生“空间想象能力”和“逻辑推理能力”的考查，比如合理建系（全国卷对空间向量法的考查常立足先证明后建系，而且建系、点的坐标求解有一定的难度）．‎ ‎（1）先证明后建系（利用面面垂直的性质定理推出线面垂直，这是学生推理书写的薄弱点！）；‎ ‎（2）求异面直线所成角，特别是向量的坐标．这里可采用两种方法加以解决．‎ 方法一巧用向量相等求的坐标 （这也是全国卷在空间立体几何计算处理的一个重要解题策略，如2014年全国卷（Ⅰ）理19）；‎ 方法二直接求出的坐标（建议独立画出底面多边形，借助几何直观、简化点坐标的求解，这是考生解决“不易求解的点坐标”所必须掌握的解题策略）．‎ 同时本题力求在（Ⅱ）问中力求实现对考生“作图”能力的考查（本题着重于作“线面平行”）．如方法一凸显对“公理3两平面交线”的考查以及“线面平行性质定理”的应用；方法二则凸显对“面面平行的性质”的考查；方法三则凸显对“线面平行判定定理”的考查．‎ 四、过关练习 ‎ ‎1． 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．‎ ‎【解析】作出三视图所对应的几何体(如图1)，底面是边长为2的正方形，平面，平面，，连接，则该几何体的体积为 ‎ ‎ ．‎ 方法二 如图2，三视图所对应的几何体是一个三棱柱被一平面所截得到的，故该几何体的体积为．‎ ‎2．一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，若该球的体积为，则这个三棱柱的体积是 ．‎ ‎【解析】由条件可求得球的半径，设正三棱柱的底面边长为．‎ 方法一 根据图形特征可知，，从而．‎ 方法二 把内切球的球心与各顶点连接，可分割得到3个四棱锥和2个三棱锥，且它们的高都是球的半径，则这5个棱锥的体积之和就是该三棱柱的体积，从而得到，则有 ‎，解得，从而三棱柱的体积．‎ ‎3．（文 载体 四棱锥，考点 面面垂直，体积）‎ 如图，已知四棱锥的底面是菱形，‎ ‎，，为边的中点，点在线段上．‎ ‎（Ⅰ）证明 平面平面；‎ ‎（Ⅱ）若，平面，求四棱锥的体积．‎ ‎【解析】（Ⅰ）证明 连接，因为底面是菱形，，所以是正三角形，所以．… 2分 因为为的中点，，所以，…… 3分 且，所以平面，………… 4分 又平面，所以平面平面． …………5分 ‎（Ⅱ）连接，交于点，连接，‎ 因为∥平面，平面，平面平面，所以∥，…………6分 ‎ 易知点为的重心，所以， 故， …………7分 ‎ 因为，， 所以，，又，所以，‎ 所以，即，…………8分 ‎ 又，且,所以平面， …………9分 ‎ 由知，故点到平面的距离为，…………10分 ‎ 因为， ‎ 所以四棱锥的体积为．…………12分 ‎ ‎4．先证明后建系(考点 线面平行；二面角)‎ 如图，三棱柱中，分别为和的中点，，侧面为菱形且，，．‎ ‎（Ⅰ）证明 直线∥平面；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的余弦值．‎ ‎【解析】 ∵，且为中点，，‎ ‎∴ ，又 ，所以，‎ ‎∴ ，又 ，∴平面，‎ 取中点，则，即两两互相垂直，‎ 以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系如图， …… 3分 ‎∴ …… 4分 ‎（Ⅰ）设平面的法向量为 ，‎ 则，，‎ 取， ∵ ，，‎ ‎∴ ，又平面， ∴直线∥平面． …… 7分 ‎（Ⅱ）设平面的法向量为，，‎ ‎，， 取， …… 9分 又由（Ⅰ）知平面的法向量为，设二面角为，…… 10分 ‎∵ 二面角为锐角，∴，‎ ‎∴ 二面角的余弦值为． ………… 12分 ‎5．利用向量求坐标（考点 面面垂直，线面角）‎ 如图，在三棱柱中，，平面，且．‎ ‎（Ⅰ）证明 平面平面；‎ ‎（Ⅱ）若点为的中点，求直线与平面所成角的正弦值． ‎ ‎【解析】（Ⅰ）证明 ，…2分 又，，，‎ 又平面，平面平面．………4分 ‎（Ⅱ）过点作，则，分别以为轴的非负向量建立空间直角坐标系，…… 6分 则，， ，‎ 又，，‎ ‎．…………………………8分 设为平面的一个法向量，‎ 则即，取，可得．……10分 设直线与平面所成角为，则，‎ 即直线与平面所成角的正弦值为．………12分 ‎（福建省高三毕业班复习教学指导组，执笔 洪丽敏）‎