【2017参考】金版教程2016高考数学理二轮复习课件2-2-4 立体几何

第二编考前冲刺攻略第二步易错失分大清查4.立体几何三视图识图不准确致误例22已知某个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是________．[错解]4000380003[错因分析]没有理解几何体的三视图的意义，不能正确从三视图还原成几何体，不清楚几何体中的几何关系．[正解]如图所示，作几何体S－ABCD且知平面SCD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，作SE⊥CD于点E，得SE⊥面ABCD且SE＝20.∴VS－ABCD＝13S正方形ABCD·SE＝80003.∴这个几何体的体积是80003.补救训练22[2015·郑州质检二]如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的表面积为()A．8πB．16πC．32πD．64π解析还原三视图可知该几何体为一个四棱锥，将该四棱锥补成一个长、宽、高分别为22、22、4的长方体，则该长方体外接球的半径r＝222＋222＋422＝22，则所求外接球的表面积为4πr2＝32π.所以选C.线面位置关系使用不当致误例23在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为DD1、DB的中点．(1)求证：EF∥平面ABC1D1；(2)求证：EF⊥B1C.[错解](1)连接BD1，∵E、F分别为DD1、DB的中点，∴EF∥D1B，∴EF∥平面ABC1D1.(2)AC⊥BD，又AC⊥D1D，∴AC⊥平面BDD1.∴EF⊥AC.[错因分析]推理论证不严谨，对判定定理的限定要求不清楚．[正解](1)连接BD1，如图所示，在△DD1B中，E、F分别为DD1、DB的中点，则EF∥D1BD1B⊂平面ABC1D1EF⊄平面ABC1D1⇒EF∥平面ABC1D1.(2)ABCD－A1B1C1D1为正方体⇒AB⊥面BCC1B1⇒B1C⊥ABB1C⊥BC1AB，BC1⊂平面ABC1D1AB∩BC1＝B⇒B1C⊥平面ABC1D1BD1⊂平面ABC1D1⇒B1C⊥BD1EF∥BD1⇒EF⊥B1C.[防范措施]证明空间线面位置关系的基本思想是转化与化归，根据线面平行、垂直关系的判定和性质，进行相互之间的转化，如本题第2问是证明线线垂直，但分析问题时不能只局限在线上，要把相关的线归结到某个平面上或是把与这些线平行的直线归结到某个平面上，通过证明线面的垂直达到证明线线垂直的目的，但证明线面垂直又要借助于线线垂直，在不断的相互转化中达到最终目的.解这类问题时要注意推理严谨，使用定理时找足条件，书写规范等.补救训练23[2015·长春高三质检]如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝1，点E，F分别为AB和PD的中点．(1)求证：直线AF∥平面PEC；(2)求PC与平面PAB所成角的正弦值．解(1)证明：作FM∥CD交PC于M，连接ME.∵点F为PD的中点，∴FM＝12CD.∴AE＝12AB＝FM，∴AEMF为平行四边形，∴AF∥EM，∵AF⊄平面PEC，EM⊂平面PEC，∴直线AF∥平面PEC.(2)连接DE，∵∠DAB＝60°，∴DE⊥DC.如图所示，建立坐标系，则P(0,0,1)，C(0,1,0)，E32，0，0，A32，－12，0，B32，12，0，∴AP→＝－32，12，1，AB→＝(0,1,0)．设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)．∵n·AB→＝0，n·AP→＝0，∴－32x＋12y＋z＝0y＝0，取x＝1，则z＝32，∴平面PAB的一个法向量为n＝1，0，32.∵PC→＝(0,1，－1)，设向量n与PC→所成的角为θ，∴cosθ＝n·PC→|n||PC→|＝－3274×2＝－4214，∴PC与平面PAB所成角的正弦值为4214.混淆空间角与两向量夹角致误例24如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面四边形ABCD是正方形，侧面PDC是边长为a的正三角形，且平面PDC⊥底面ABCD，E为PC的中点．(1)求异面直线PA与DE所成的角的余弦值；(2)AP与平面ABCD所成角的正弦值．[错解]如图所示，取DC的中点O，连接PO，∵△PDC为正三角形，∴PO⊥DC.又∵平面PDC⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD.建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，则P0，0，32a，Aa，－a2，0，C0，a2，0，D0，－a2，0.(1)E为PC的中点，∴E0，a4，34a.∴DE→＝0，34a，34a，PA→＝a，－a2，－32a.∴PA→·DE→＝34a×－a2＋34a×－32a＝－34a2，|PA→|＝2a，|DE→|＝32a.cos〈PA→，DE→〉＝PA→·DE→|PA→|·|DE→|＝－34a22a×32a＝－64.∴异面直线PA与DE所成的角的余弦值为－64.(2)平面ABCD的法向量n＝0，0，32a，∴cos〈PA→，n〉＝PA→·n|PA→|·n＝－34a22a×32a＝－64.∴AP与平面ABCD所成角的正弦值为－64.[错因分析](1)异面直线PA与DE所成的角为锐角或直角，余弦值一定非负．(2)直线AP与平面ABCD所成的角不是PA→与平面ABCD的法向量所成的角．[正解](1)在求出cos〈PA→，DE→〉＝－64后，∵异面直线PA、DE所成角是锐角或直角，∴异面直线PA、DE所成角的余弦值是64.(2)cos〈PA→，n〉＝－64，∴直线AP与平面ABCD所成角的正弦值为64.[防范措施]本题失分的根本原因是概念不清，混淆了空间角与向量所成角的概念，当然运算错误也是常见的一种失分原因．要避免失分，首先要理解空间角与向量所成角是两个不同的概念；其次要理清向量的夹角与空间角的关系，如：异面直线PA与DE所成的角的取值范围是0，π2，向量PA→与DE→所成的角〈PA→，DE→〉的取值范围是[0，π]，∴cosθ＝|cos〈PA→，DE→〉|.线面角θ的范围是0，π2，sinθ＝|cos〈PA→，n〉|＝|PA→·n||PA→|·|n|.补救训练24[2015·全国统考预测]如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中A1D⊥平面ABCD，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱A1A＝2.(1)证明：BD⊥AB1；(2)若棱AA1上存在一点P，使得AP→＝λPA1→，当二面角A－B1C1－P的大小为60°时，求实数λ的值．解以DA，DC，DA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建系，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，A1(0,0，3)，B(1,1,0)，D1(－1,0，3)，B1(0,1，3)，C1(－1,1，3)．(1)证明：BD→＝(－1，－1,0)，AB1→＝(－1,1，3)，∴BD→·AB1→＝(－1)×(－1)＋(－1)×1＋0×3＝0，∴BD→⊥AB1→.∴BD⊥AB1.(2)∵AP→＝λPA1→，∴P11＋λ，0，3λ1＋λ，设平面AB1C1的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，AB1→＝(－1,1，3)，AC1→＝(－2,1，3)，n1·AB1→＝－x1＋y1＋3z1＝0，n1·AC1→＝－2x1＋y1＋3z1＝0，令z1＝3，则y1＝－3，x1＝0，∴n1＝(0，－3，3)．设平面B1C1P的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，B1C1→＝(－1,0,0)，B1P→＝1λ＋1，－1，－3λ＋1，n2·B1C1→＝－x2＝0，n2·B1P→＝x2λ＋1－y2－3z2λ＋1＝0，令z2＝－1，则y2＝3λ＋1，x2＝0，∴n2＝0，3λ＋1，－1.cos60°＝|cos〈n1，n2〉|＝－33λ＋1－33λ＋12＋1·23＝3λ＋1＋123λ＋12＋1＝12.又λ≥0，故λ不存在，当P在点A1处时，连接B1D，二面角A－B1C1－P的大小即为∠A1B1D＝60°，此时P点符合要求．