第八章立体几何 (3).docx

1、第八章立体几何8.1空间几何体的结构及其三视图和直观图专题1空间几何体的结构(2015沈阳大连二模,空间几何体的结构,选择题,理9)用一个平面去截正四面体,使它成为形状,大小都相同的两个几何体,则这样的平面有()A.6个B.7个C.10个D.无数个答案:D8.2空间几何体的表面积与体积专题1空间几何体的表面积(2015江西重点中学协作体一模,空间几何体的表面积,填空题,理15)已知四面体ABCD满足AB=BC=AD=1,BD=AC=,BCAD,则该四面体外接球的表面积等于.解析:由于AB=BC=AD=1,BD=AC=,则ABBC.又BCAD,则BC平面ABD.则BCBD.则CD=.取CD中点O

2、,连接OB,OA,由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,则OA=OB=OC=OD=,则该四面体外接球的球心即为O,则球的表面积为S=4r2=4=3.答案:3(2015江西上饶一模,空间几何体的表面积,填空题,理14)一个几何体的三视图如图所示,其中正视图、俯视图与侧视图均是半径为2的圆,则这个几何体的表面积是.解析:由三视图知:几何体是球体切去后余下的部分.球的半径为2,几何体的表面积S=422+22=17.答案:17(2015江西师大附中、鹰潭一中模拟,空间几何体的表面积,选择题,理4)如图是一个无盖器皿的三视图,正视图、侧视图和俯视图中的正方形边长为2,正视图、侧视图中的虚线都是半圆,则

3、该器皿的表面积是()A.+24B.+20C.2+24D.2+20解析:该器皿的表面积可分为两部分:去掉一个圆的正方体的表面积S1和半球的表面积S2,S1=622-12=24-,S2=412=2,故S=S1+S2=+24.答案:A(2015江西新余一中高考模拟,空间几何体的表面积,填空题,理13)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都等于6,且各顶点都在同一球面上,则此球的表面积等于.解析:由题意可知:正三棱柱的底面中心的连线的中点就是外接球的球心,底面中心到顶点的距离为2;所以外接球的半径为.所以外接球的表面积为4()2=84.答案:84(2015江西重点中学协作体二模,空间几何体的表面

4、积,填空题,理15)已知某几何体的三视图如图所示,则它的外接球的表面积为.解析:根据三视图得出几何体为三棱锥,AD面BDC,DC=1,AD=1,BECD并交CD的延长线于点E,DE=,BE=,BED=60,BD=1.在三角形BDC中,BD=DC=1,BDC=120,根据余弦定理得出BC=,利用正弦定理得出=2r.三角形BDC外接圆的半径r=1.三棱锥的外接球的半径R,d=AD=1,利用球的几何性质得出R2=r2+d2.R=,它的外接球的表面积为4()2=8.答案:8专题2空间几何体的体积(2015江西重点中学协作体一模,空间几何体的体积,选择题,理8)一个空间几何体的三视图如图所示(单位:m)

5、,则该几何体的体积(单位:m3)为()A.B.C.D.解析:由已知三视图可得:该几何体是一个以正视图为底面的棱柱,棱柱的底面面积S=(2+3)1+1=,高h=1,故棱柱的体积V=Sh=.答案:A(2015江西南昌十所省重点中学高考模拟,空间几何体的体积,选择题,理5)某校新校区建设在市二环路主干道旁,因安全需要,挖掘建设了一条人行地下通道,地下通道设计三视图中的正视图(其中上部分曲线近似为抛物线)和侧视图如图(单位:m),则该工程需挖掘的总土方数为()A.560 m3B.540 m3C.520 m3D.500 m3解析:以顶部抛物线顶点为坐标原点,抛物线的对称轴为y轴建立直角坐标系,易得抛物线

6、过点(3,-1),其方程为y=-x2,那么正视图上部分抛物线与矩形围成的部分面积S1=dx=2=4,下部分矩形面积S2=24,故挖掘的总土方数为V=(S1+S2)h=2820=560(m3).答案:A(2015江西新余一中高考模拟,空间几何体的体积,选择题,理8)已知某个几何体的正视图、侧视图、俯视图均为如图所示的形状,根据图中标出的尺寸,可得这个几何体的体积是()A.8a3B.a3C.2a3D.5a3解析:由已知三视图,可知该几何体是一个棱长为2a的正方体,切去了八个角所得组合体,每个角都是三条侧棱两两垂直且长度为a的棱锥,故组合体的体积V=(2a)3-8a3.答案:B(2015沈阳大连二模

7、,空间几何体的体积,选择题,理10)已知某几何体的三视图如图所示,三视图是边长为1的等腰直角三角形和边长为1的正方形,则该几何体的体积为()A.B.C.D.答案:B(2015江西三县部分高中一模,空间几何体的体积,选择题,理11)如图所示的三个直角三角形是一个体积为20 cm3的几何体的三视图,则h=()cm.A.4B.2C.1D.解析:根据几何体的三视图,得到该几何体是底面为直角三角形,侧棱PA底面ABC的三棱锥,如图所示.底面ABC的面积为56=15.该三棱锥的体积为15h=20,解得h=4.答案:A(2015江西重点中学十校二模联考,空间几何体的体积,选择题,理7)一个几何体的三视图如图

8、所示,则这个几何体的体积为()A.B.C.D.解析:由已知三视图可得该几何体是一个组合体,由一个底面半径为1,高为的半圆锥和一个底面边长为2的正方形,高为的四棱锥组合而成.故这个几何体的体积V=22.答案:A8.5直线、平面垂直的判定与性质专题2直线与平面垂直的判定与性质(2015江西南昌十所省重点中学高考模拟,直线与平面垂直的判定与性质,选择题,理10)已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,体积为,底面是边长为的正三角形,若P为底面A1B1C1的中心,则PA与平面ABC所成角的大小为()A.B.C.D.解析:如图所示,AA1底面A1B1C1,APA1为PA与平面A1B1C1所成角.

9、平面ABC平面A1B1C1,APA1为PA与平面ABC所成的角.()2=,=AA1AA1=,解得AA1=.又P为底面正三角形A1B1C1的中心,A1P=A1D=sin60=1.在RtAA1P中,tanAPA1=,APA1=.答案:B(2015江西南昌十所省重点中学高考模拟,直线与平面垂直的判定与性质,解答题,理19)已知ABC是边长为3的等边三角形,点D,E分别是边AB,AC上的点,且满足.将ADE沿DE折起到A1DE的位置,并使得平面A1DE平面BCED.(1)求证:A1DEC;(2)设P为线段BC上的一点,试求直线PA1与平面A1BD所成角的正切的最大值.(1)证明:因为等边ABC的边长为

10、3,且,所以AD=1,AE=2.在ADE中,DAE=60,由余弦定理得DE=.因为AD2+DE2=AE2,所以ADDE.折叠后有A1DDE.因为平面A1DE平面BCED,又平面A1DE平面BCED=DE,A1D平面A1DE,A1DDE,所以A1D平面BCED.故A1DEC.(2)解:如图,作PHBD于点H,连接A1H,A1P.由(1)可知A1D平面BCED,而PH平面BCED,所以A1DPH.又A1DBD=D,所以PH平面A1BD.所以PA1H是直线PA1与平面A1BD所成的角.设PB=x(0x3),则BH=,PH=,DH=BD-BH=2-.所以A1H=.所以在RtPA1H中,tanPA1H=

11、.若x=0,则tanPA1H=0;若x0,则tanPA1H=.令=t,y=20t2-8t+1.因为函数y=20t2-8t+1在t上单调递增,所以ymin=20+1=.所以tanPA1H的最大值为(此时点P与C重合).专题3平面与平面垂直的判定与性质(2015江西上饶一模,平面与平面垂直的判定与性质,选择题,理10)如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都等于2,D在AC1上,F为BB1中点,且FDAC1,有下述结论:(1)AC1BC;(2)=1;(3)平面FAC1平面ACC1A1;(4)三棱锥D-ACF的体积为.其中正确的个数为()A.1B.2C.3D.4解析:(1)连接AB1,则B1C1

12、A即为BC和AC1所成的角,在三角形AB1C1中,B1C1=2,AB1=2,AC1=2,cosB1C1A=,故(1)错;(2)连接AF,C1F,则易得AF=FC1=,又FDAC1,则AD=DC1,故(2)正确;(3)连接CD,则CDAC1,且FDAC1,则CDF为二面角F-AC1-C的平面角,CD=,CF=,DF=,即CD2+DF2=CF2,故二面角F-AC1-C的大小为90,平面FAC1平面ACC1A1,故(3)正确;(4)由于CDAC1,且FDAC1,则AD平面CDF.则VD-ACF=VA-DCF=ADSDCF=.故(4)正确.答案:C8.7空间几何中的向量方法专题2利用空间向量解决探索性

13、问题(2015江西重点中学十校二模联考,利用空间向量解决探索性问题,解答题,理19)如图,在三棱锥P-ABC中,ACBC,平面PAC平面ABC,PA=PC=AC=2,BC=4,E,F分别是PC,PB的中点,记平面AEF与平面ABC的交线为直线l.(1)求证:直线l平面PAC.(2)直线l上是否存在点Q,使直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角互余?若存在,求出|AQ|的值;若不存在,请说明理由.(1)证明:E,F分别为PB,PC中点,BCEF.又EF平面EFA,BC平面EFA,BC平面EFA.又BC平面ABC,平面EFA平面ABC=l,lBC.ACBC,平面PAC平面ABC,BC平面PAC

14、.lBC,直线l平面PAC.(2)解:如图建立空间直角坐标系,可知C(0,0,0),A(2,0,0),E,F,P(1,0,),Q(2,y,0).PA=PC=AC=2,AEPC.又BC平面PAC,EFBC,EFPC,PC面AEF.=(1,0,)为平面AEF的法向量,=(1,y,-),cos=,cos=.设直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角分别为,+=,sin=,cos=,sin=cos,即1=|-1+4y|,解得y=,y=0,A(2,0,0),存在Q(2,0,0)或Q,|AQ|=或|AQ|=0.专题3利用空间向量求空间角(2015江西重点中学协作体一模,利用空间向量求空间角,解答题,理1

15、9)如图,三角形ABC中,ACBC,平面PAC平面ABC,PA=PC=AC=2,BC=3,E,F分别是PC,PB的中点,记平面AEF与平面ABC的交线为直线l.(1)求证:直线lBC;(2)若直线l上一点Q满足BQAC,求平面PAC与平面EQB的夹角的余弦值.(1)证明:E,F分别为PB,PC中点,BCEF.又EF平面EFA,BC平面EFA,BC平面EFA.又BC平面ABC,平面EFA平面ABC=l,lBC.(2)解:lBC,BQAC,ACBC,四边形AQBC为矩形,AQ=BC=3.取AC的中点M,连接PM,PA=PC=AC=2,PMAC.又平面PAC平面ABC,平面PAC平面ABC=AC,P

16、M平面PAC,PM平面ABC,PM,AC,BC两两垂直.以C为原点,分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz,C(0,0,0),A(2,0,0),P(1,0,),E,B(0,3,0),Q(2,3,0),=(2,0,0),.设平面EQB的法向量n=(x,y,z),则x=0,取y=,则z=6,n=(0,6).又平面PAC的一个法向量m=(0,1,0),cos=.平面PAC与平面EQB的夹角的余弦值为.(2015江西上饶一模,利用空间向量求空间角,解答题,理19)如图,五面体ABCDEF中,底面ABCD为矩形,AB=6,AD=4.顶部线段EF平面ABCD,棱EA

17、=ED=FB=FC=6,EF=2,二面角F-BC-A的余弦值为.(1)在线段BC上是否存在一点N,使BC平面EFN?(2)求平面EFB和平面CFB所成锐二面角的余弦值.解:(1)存在,点N为线段BC的中点,使BC平面EFN.证明如下:EF平面ABCD,且EF平面EFAB,又平面ABCD平面EFAB=AB,EFAB.取AD的中点M,连EM,MN,又M,N是平行四边形ABCD两边AD,BC的中点,MNAB,EFMN,E,F,M,N四点共面.FB=FC,BCFN.又BCMN,且BC平面EFNM.(2)在平面EFNM内,过点F作MN的垂线,垂足为H,则由(1)知:BC平面EFNM,则平面ABCD平面E

18、FNM.所以FH平面ABCD.又因为FNBC,HNBC,则二面角F-BC-A的平面角为FNH.在RtFNB和RtFNH中,FN=,HN=FNcosFNH=2.FH=8,过H作边AB,CD的垂线,垂足为S,Q,连接FN,FS,FQ,以H为坐标原点,以HS,HN,HF方向为x,y,z轴正方向,建立空间直角坐标系,如图所示,则F(0,0,8),S(2,0,0),N(0,2,0),B(2,2,0),则=(-2,0,8),=(0,2,0).设平面ABEF的一个法向量为n1=(x,y,z),则取z=1,得n1=(4,0,1),同理可求得平面BCF的一个法向量为n2=(0,4,1),于是有:cos=,为锐角

19、.设二面角B-EF-C的平面角为,则cos=cos=.(2015江西师大附中、鹰潭一中模拟,利用空间向量求空间角,解答题,理19)在如图所示的空间几何体中,平面ACD平面ABC,ACD与ACB是边长为2的等边三角形,BE=2,BE和平面ABC所成的角为60,且点E在平面ABC上的射影落在ABC的平分线上.(1)求证:DE平面ABC;(2)求二面角E-BC-A的余弦值.解:(1)证明:由题意知,ABC,ACD都是边长为2的等边三角形,取AC中点O,连接BO,DO,则BOAC,DOAC.又平面ACD平面ABC,DO平面ABC,作EF平面ABC,那么EFDO,根据题意,点F落在BO上.BE和平面AB

20、C所成的角为60,EBF=60.BE=2,EF=DO=.四边形DEFO是平行四边形,DEOF.DE不包含于平面ABC,OF平面ABC,DE平面ABC.(2)解法一:作FGBC,垂足为G,连接EG.EF平面ABC,EFBC.又EFFG=F,BC平面EFG,EGBC.EGF就是二面角E-BC-A的平面角.RtEFG中,FG=FBsin30=,EF=,EG=.cosEGF=.即二面角E-BC-A的余弦值为.解法二:建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,A(1,0,0),B(0,0),C(-1,0,0),E(0,-1,),=(-1,-,0),=(0,-1,),设平面BCE的一个法向量为n2=(x,y

21、,z),则n2=(-3,1).又可得平面ABC的一个法向量为n1=(0,0,1).cos=,又由图知,所求二面角的平面角是锐角,故二面角E-BC-A的余弦值为.(2015江西新余一中高考模拟,利用空间向量求空间角,解答题,理19)如图,四棱锥P-ABCD中,ADBC,ADDC,AD=2BC=2CD=2,侧面APD为等腰直角三角形,PAPD,平面PAD底面ABCD,E为侧棱PC上不同于端点的一点.(1)证明:PADE;(2)试确定点E的位置,使二面角E-BD-C的余弦值为.(1)证明:ADDC,平面PAD底面ABCD,DC平面PAD,DCPA.又PAPD,PA平面PCD,PADE.(2)解:以P

22、为坐标原点,分别以PA,PD所在直线为x,y轴建立空间直角坐标系P-xyz,如图.AD=2BC=2CD=2,侧面APD为等腰直角三角形,PD=PA=,P(0,0,0),B,C(0,1),D(0,0).设E(0,p,q),显然共线,(0,p,q)=(0,1),即p=q,则E(0,q,q),则=(0,q-,q),=(0,0,1).设平面BCD的法向量为m=(x,y,z),由取x=1,得m=(1,1,0).设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),由取x=2,得n=.cos=,化简得,解得q=或q=0(舍去).E,即点E位于靠近C点的三等分点处.(2015沈阳大连二模,利用空间向量求空间角,解答题,

23、理19)在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,ABC是正三角形,AC与BD的交点M恰好是AC中点.又PA=AB=4,CDA=120,点N在线段PB上,且PN=.(1)求证:BDPC;(2)求证:MN平面PDC;(3)求二面角A-PC-B的余弦值.(1)证明:PA平面ABCD,BD平面ABCD,PABD.M是AC的中点,ABC是等边三角形,ACBD.PAAC=A,PA平面PAC,AC平面PAC,BD平面PAC,PC平面PAC,BDPC.(2)证明:由已知,可得BP=4,而PN=,.在四边形ABCD中,BM=4=2,MD=,.MN平面PDC.(3)解:如图建立空间直角坐标系,A(0,0,0),

24、P(0,0,4),C(2,2,0),B(4,0,0),D,由(1)可知,BD为平面PAC的法向量,.设平面PBC的一个法向量为n=(x,y,z),=(4,0,-4),=(2,2,-4).则令z=,则x=,y=1,故平面PBC的一个法向量为n=(,1,).设二面角A-PC-B为,由图可知为锐角,则cos=|cos|=.(2015江西三县部分高中一模,利用空间向量求空间角,解答题,理20)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1,底面ABC中,CA=CB=1,BCA=90,棱AA1=2,M,N分别是A1B1,A1A的中点.(1)求的长;(2)求cos的值;(3)求证:A1BC1M.解:如图,以C为原点建

25、立空间直角坐标系O-xyz.(1)依题意得B(0,1,0),N(1,0,1),|=.(2)依题意得A1(1,0,2),B(0,1,0),C(0,0,0),B1(0,1,2).=(1,-1,2),=(0,1,2),=3,|=,|=,cos=.(3)证明:依题意得C1(0,0,2),M=(-1,1,-2),=-+0=0,A1BC1M.(2015江西重点中学协作体二模,利用空间向量求空间角,解答题,理18)如图,在三棱锥P-ABC中,平面APC平面ABC,且PA=PB=PC=4,AB=BC=2.(1)求三棱锥P-ABC的体积VP-ABC;(2)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.解:(1)取AC中点O,连接PO,BO.PA=PC,AB=BC,OPAC,OBAC.又平面APC平面ABC,OP平面ABC.OPOB,OP2+OB2=PB2,即16-OC2+4-OC2=16,得OC=,则OA=,OB=,OP=,AC=2.SABC=2=2.VP-ABC=2.(2)建立如图所示的空间直角坐标系,得O(0,0,0),A(0,-,0),B(,0,0),C(0,0),P(0,0,),=(-,0),=(-,0,).设平面PBC的法向量n=(x,y,z),则取z=1,得n=(,1).=(,0),直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.21