2023新教材高考数学二轮专题复习 第二部分 方法探究 探究一 重温基础高考“七分”靠实力三分靠心态 六 立体几何.docx

1、六立体几何【必 记 结 论】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2rlS表2r(rl)VS底hr2h圆锥S侧rlS表r(rl)V13S底h13r2h圆台S侧(rr)lS表(r2r2rlrl)V13(S上S下S上S下)h13(r2r2rr)h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)VS底h正棱锥S侧12Ch(C为底面周长，h为斜高)V13S底h正棱台S侧12(CC)h(C，C分别为上、下底面周长，h为斜高)V13(S上S下S上S下)h球S4R2V43R32.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

2、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)3空间线面位置关系的证明方法(1)线线平行：aa=bab，abab，a=bab，abaccb.(2)线面平行：abbaa，aa，aaa.(3)面面平行：a，bab=Oa，b，aa，.(4)线线垂直：abab.(5)线面垂直：a，bab=Ola，lbl，=la，ala，aa，abab.(6)面面垂直：aa，aa.4用空间向量证明平行

3、、垂直设直线l的方向向量为a(a1，b1，c1)，平面、的法向量分别为(a2，b2，c2)，(a3，b3，c3)则有：(1)线面平行laa0a1a2b1b2c1c20.(2)线面垂直laaka1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行a2a3，b2b3，c2c3.(4)面面垂直0a2a3b2b3c2c30.5用向量求空间角(1)直线l1，l2的夹角有cos |cos l1，l2|(其中l1，l2分别是直线l1，l2的方向向量)(2)直线l与平面的夹角有sin |cos l，n|(其中l是直线l的方向向量，n是平面的法向量)(3)平面，的夹角有cos |cos n1，n2|，则l二面角的平

4、面角为或(其中n1，n2分别是平面，的法向量)【易 错 剖 析】易错点1不清楚空间点、线、面的位置关系【突破点】解决这类问题的基本思路有两个：一是逐个寻找反例作出否定的判断或逐个进行逻辑证明作出肯定的判断；二是结合长方体模型或实际空间位置(如课桌、教室)作出判断，要注意定理应用准确、考虑问题全面细致易错点2表面积的计算不准确【突破点】在求表面积时还要注意空间物体是不是中空的，表面积与侧面积要认真区分易错点3对折叠与展开问题认识不清致误【突破点】注意折叠或展开过程中平面图形与空间图形中的变量与不变量，不仅要注意哪些变了，哪些没变，还要注意位置关系的变化【易 错 快 攻】易错快攻忽视平面图形翻折前

5、后的显性关系典例如图，四边形ABCD为梯形，ADBC，BMAD于M，CNAD于N，A45，AD4BC4，AB2，现沿CN将CDN折起，使ADN为正三角形，且平面ADN平面ABCN，过BM的平面与线段DN、DC分别交于E，F.(1)求证：EFDA；(2)在棱DN上(不含端点)是否存在点E，使得直线DB与平面BMEF所成角的正弦值为34，若存在，请确定E点的位置；若不存在，说明理由听课笔记：六立体几何典例解析：(1)证明：BMAD，CNAD，BMCN，在四棱锥DABCN中，CN平面CDN，BM平面CDN，BM平面CDN，又平面BMEF平面CDNEF，BMEF，平面ADN平面ABCN且交于AN，BM

6、AN，BM平面ADN，即EF平面ADN，又DA平面ADN，EFDA；(2)存在，E为棱DN上靠近N点的四等分点DADN，AMMN1，连接DM，DMAN，又平面ADN平面ABCN，且平面ADN平面ABCNAN，DM平面ABCN.如图，以M为坐标原点，分别以MA，MB，MD所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则D(0，0，3)，B(0，1，0)，M(0，0，0)，N(1，0，0)，DB(0，1，3)，BM(0，1，0)，ND(1，0，3)，设NEND，(01)，则E(1，0，3)，ME(1，0，3)，设平面BMEF的一个法向量为n(x，y，z)，则nBM=-y=0，nME=-1x+3z=0，不妨令x3，则z1，n(3，0，1)，设直线DB与平面BMEF所成角为，则有sin |cos n，DB|nDBnDB3-1232+1-234，解得14或12(舍)NE14ND，即在棱DN上存在点E，使得直线DB与平面BMEF所成角的正弦值为34，E为棱DN上靠近N点的四等分点