1、第八章立体几何8.2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河南省洛阳市高考数学二模,空间几何体的表面积,选择题,理12)已知点A,B,C,D均在球O上,AB=BC=,AC=3,若三棱锥D-ABC体积的最大值为,则球O的表面积为()A.36B.16C.12D.解析:设ABC的外接圆的半径为r,AB=BC=,AC=3,CBA=120,SABC=,2r=2,r=.三棱锥D-ABC的体积的最大值为,D到平面ABC的最大距离为3,设球的半径为R,则R2=()2+(3-R)2,R=2,球O的表面积为4R2=16.故选B.答案:B(2015河南省洛阳市高考数学二模,空间几何体的表面积,选
2、择题,理11)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某多面体的三视图,则该几何体的各个面中最大面的面积为()A.1B.C.D.2解析:由题意,几何体为有一侧棱垂直于底面的三棱锥,有3个面是全等的等腰直角三角形,面积为22=2,另一侧面是等边三角形,边长为2,面积为(2)2=2,所以该几何体的各个面中最大面的面积为2,故选D.答案:D(2015甘肃省河西五地市高三第一次联考,空间几何体的表面积,填空题,理14)正四棱锥P-ABCD的五个顶点在同一球面上,若该正四棱锥的底面边长为4,侧棱长为2,则这个球的表面积为.解析:正四棱锥P-ABCD的外接球的球心在它的高PO1上,记为O,PO=AO
3、=R,PO1=4,OO1=R-4,或OO1=4-R(此时O在PO1的延长线上),在RtAO1O中,R2=8+(R-4)2,得R=3,球的表面积S=36,故答案为36.答案:36(2015甘肃省嘉峪关一中高考数学三模,空间几何体的表面积,选择题,理11)四面体ABCD的四个顶点都在球O的表面上,AB平面BCD,BCD是边长为3的等边三角形.若AB=2,则球O的表面积为()A.4B.12C.16D.32解析:在四面体ABCD中,AB平面BCD,BCD是边长为3的等边三角形,RtABCRtABD,ACD是等腰三角形,BCD的中心为G,作OGAB交AB的中垂线HO于O,O为外接球的中心,BE=,BG=
4、,R=2.四面体ABCD外接球的表面积为4R2=16.故选C.答案:C专题2空间几何体的体积(2015河南省六市高考数学二模,空间几何体的体积,填空题,理16)三棱锥P-ABC内接于球O,球O的表面积是24,BAC=,BC=4,则三棱锥P-ABC的最大体积是.解析:设球的半径为R,球心为O,如图所示,球O的表面积是24,4R2=24,解得R=.设ABC的外心为O1,外接圆的半径为r,则O1B=r=,OO1=.O1P=.在ABC中,由余弦定理可得:42=b2+c2-2bccos,化为b2+c2=bc+162bc,bc16,当且仅当b=c=4时取等号.三棱锥P-ABC的体积V=SABCO1P=bc
5、sin16=,故答案为.答案:(2015河南省六市高考数学二模,空间几何体的体积,选择题,理5)若某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,其中侧视图是一个边长为2的正三角形,则这个几何体的体积是()A.2 cm3B. cm3C.3 cm3D.3 cm3解析:由几何体的三视图可知,该几何体为底面是直角梯形,高为的四棱锥,其中直角梯形两底长分别为1和2,高是2.故这个几何体的体积是(cm3).故选B.答案:B(2015甘肃省张掖市高考数学4月模拟,空间几何体的体积,选择题,理4)如图是一个四棱锥在空间直角坐标系xOz,xOy,yOz三个平面上的正投影,则此四棱锥的体积为()A.94B.32C.64
6、D.16解析:由已知的三视图可得,其底面面积S=(6-2)2=16,高h=8-2=6,故四棱锥的体积V=Sh=32,故选B.答案:B(2015甘肃省河西五地市高三第一次联考,空间几何体的体积,选择题,5)若一个底面为正三角形、侧棱与底面垂直的棱柱的三视图如下图所示,则这个棱柱的体积为()A.12B.36C.27D.6解析:此几何体为一个三棱柱,棱柱的高是4,底面正三角形的高是3,设底面边长为a,则a=3,所以a=6,故三棱柱体积V=634=36.故选B.答案:B(2015甘肃省兰州一中三模,空间几何体的体积,选择题,理8)某几何体的三视图如图所示,当a+b取最大值时,这个几何体的体积为()A.
7、B.C.D.解析:如图所示,可知AC=,BD=1,BC=b,AB=a.设CD=x,AD=y,则x2+y2=6,x2+1=b2,y2+1=a2,消去x2,y2得a2+b2=8,所以(a+b)4,当且仅当a=b=2时等号成立,此时x=,y=,所以V=1.故选D.答案:D(2015甘肃省嘉峪关一中高考数学三模,空间几何体的体积,选择题,理7)设某几何体的三视图如图(单位:m):则它的体积是()A.4 m3B.8 m3C.4 m3D.8 m3解析:由已知的三视图可得:该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥,底面的底边长为3+1=4m,底面的高,即为三视图的宽3m,故底面面积S=34=6m2,棱锥的高即为
8、三视图的高,故h=2m,故棱锥的体积V=Sh=4m3,故选A.答案:A专题3组合体的“接”“切”综合问题(2015甘肃省兰州一中三模,组合体的“接”“切”综合问题,选择题,理12)两球O1和O2在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的内部,且互相外切,若球O1与过点A的正方体的三个面相切,球O2与过点C1的正方体的三个面相切,则球O1和O2的表面积之和的最小值为()A.3(2-)B.4(2-)C.3(2+)D.4(2+)解析:AO1=R1,C1O2=R2,O1O2=R1+R2,(+1)(R1+R2)=,R1+R2=,球O1和O2的表面积之和为4()42=2(R1+R2)2=3(2-).故
9、选A.答案:A8.4直线、平面平行的判定与性质专题2直线与平面平行的判定与性质(2015河南省洛阳市高考数学二模,直线与平面平行的判定与性质,解答题,理19)如图,四边形ABCD中,ABAD,ADBC,AD=6,BC=2AB=4,E,F分别在BC,AD上,EFAB,现将四边形ABCD沿EF折起,使平面ABEF平面EFDC.(1)若BE=1,是否在折叠后的线段AD上存在一点P,且=,使得CP平面ABEF?若存在,求出的值,若不存在,说明理由;(2)求三棱锥A-CDF的体积的最大值,并求出此时二面角E-AC-F的余弦值.解:(1)EFAB,ABAD,EFAF,EFFD,折起后平面ABEF平面EFD
10、C,平面ABEF平面EFDC=EF,AF平面EFDC.假设线段AD上存在一点P,且=,使得CP平面ABEF.BE=1,可得F(0,0,0),A(0,0,1),D(0,5,0),C(2,3,0).可得平面ABEF的法向量为=(0,5,0).=,(0,0,1)+(0,5,0)=,P,则=0,解得=.线段AD上存在一点P,且,使得CP平面ABEF.(2)设BE=a,AF=a(0a4),FD=6-a.V三棱锥A-CFD=a2(6-a)=a(6-a)=3,当且仅当a=3时取等号.当a=3时,三棱锥A-CDF的体积有最大值3.可得A(0,0,3),D(0,3,0),C(2,1,0),E(2,0,0),=(
11、2,0,-3),=(2,1,-3),=(0,0,3),=(2,1,0).设平面ACE的法向量为m=(x1,y1,z1),则令x1=3,解得y1=0,z1=2,m=(3,0,2).设平面ACF的法向量为n=(x2,y2,z2),则同理可得n=(1,-2,0),cos=,二面角E-AC-F的余弦值为.8.5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河南省六市高考数学二模,直线与平面垂直的判定与性质,解答题,理19)在如图所示的几何体中,四边形ABCD是等腰梯形,ABCD,ABC=60,AB=2CB=2.在梯形ACEF中,EFAC,且AC=2EF,EC平面ABCD.(1)求
12、证:BCAF;(2)若二面角D-AF-C为45,求CE的长.(1)证明:在ABC中,AC2=AB2+BC2-2ABBCcos60=3,所以AB2=AC2+BC2,由勾股定理知ACB=90,所以BCAC.又因为EC平面ABCD,BC平面ABCD,所以BCEC.又因为ACEC=C,所以BC平面ACEF,又AF平面ACEF,所以BCAF.(2)解:因为EC平面ABCD,又由(1)知BCAC,以C为原点,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.设CE=h,则C(0,0,0),A(,0,0),F,D,所以.设平面DAF的法向量为n1=(x,y,z),则令x=,所以n1=.又平面AFC的法向量n2=(0,
13、1,0),所以cos45=,解得h=.所以CE的长为.专题3平面与平面垂直的判定与性质(2015甘肃省张掖市高考数学4月模拟,平面与平面垂直的判定与性质,选择题,理6)已知直线l平面,直线m平面,给出下列命题:(1)lm,(2)lm,(3)lm,(4)lm,其中正确的是()A.(1)(2)(3)B.(2)(3)(4)C.(2)(4)D.(1)(3)解析:对于(1),直线l平面,直线m平面,可得llm,所以(1)正确;对于(2),直线l平面,直线m平面,可得l与m可能异面也可能lm,所以(2)不正确.对于(3),直线l平面,直线m平面,lm,满足平面与平面垂直的判断,所以(3)正确.对于(4),
14、直线l平面,直线m平面,lm,如图:,也可能平行,相交.所以(4)不正确.故选D.答案:D(2015甘肃省嘉峪关一中高考数学三模,平面与平面垂直的判定与性质,选择题,理5)设a,b为两条直线,为两个平面,则下列结论成立的是()A.若a,b,且ab,则B.若a,b,且ab,则C.若a,b,则abD.若a,b,则ab解析:A选项不正确,两个平面中的两条直线平行不能得出两平面平行;B选项不正确,两个平面中的两条直线垂直不能得出两平面垂直;C选项不正确,一个直线与一个平面平行,则与这个平面中的直线的位置关系是平行或异面;D选项正确,垂直于同一平面的两条直线平行.故选D.答案:D专题4空间中的距离问题(
15、2015甘肃省嘉峪关一中高考数学三模,空间中的距离问题,解答题,理19)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都是2,又AA1平面ABC,D,E分别是AC,CC1的中点.(1)求证:AE平面A1BD;(2)求二面角D-BA1-A的余弦值;(3)求点B1到平面A1BD的距离.(1)证明:以DA所在直线为x轴,过D作AC的垂线为y轴,DB所在直线为z轴建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),C(-1,0,0),E(-1,-1,0),A1(1,-2,0),C1(-1,-2,0),B(0,0,),=(-2,-1,0),=(-1,2,0),=(0,0,-),=0,=0,.又A1D与BD相交,AE面A
16、1BD.(2)解:设面DA1B的法向量为n1=(x1,y1,z1),则取n1=(2,1,0).设面AA1B的法向量为n2=(x2,y2,z2),则取n2=(3,0,),cos=,故二面角D-BA1-A的余弦值为.(3)解:=(0,2,0),平面A1BD的法向量取n1=(2,1,0),则B1到平面A1BD的距离为d=.8.7空间几何中的向量方法专题3利用空间向量求空间角(2015甘肃省张掖市高考数学4月模拟,利用空间向量求空间角,解答题,理18)在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC为正三角形,且A1B1=A1A,点A在下底面的射影是A1B1C1的中心O.(1)求证:AA1B1C1;(2)求
17、二面角B1-AA1-C1的平面角的余弦值.(1)证明:连接AO,连接A1O并延长交B1C1于点D,根据题意,易得AOB1C1,A1DB1C1,B1C1平面A1AO,AA1B1C1.(2)解:如图,以D为原点建立坐标系D-xyz,设A1A=2,则A1B1=A1A=,点O为正ABC的中心,OD=A1D=A1B1sin60=,A1D=,A1O=1,AO=,则A,A1,B1,C1,=(1,0,-),设平面AA1B1的法向量为m=(x1,y1,z1),平面AA1C1的法向量为n=(x2,y2,z2),由可得取x1=,z2=-1,得平面AA1B1的一个法向量为m=(,3,1),平面AA1C1的一个法向量为
18、n=(-,3,-1),cos=,二面角B1-AA1-C1的平面角的余弦值为.(2015甘肃省河西五地市高三第一次联考,利用空间向量求空间角,解答题,理19)已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的正三角形,侧面A1ACC1为菱形,A1AC=60,平面A1ACC1平面ABC,N是CC1的中点.(1)求证:A1CBN;(2)求二面角B-A1N-C的余弦值.(1)证明:取AC的中点O,连接BO,A1O,由题意知BOAC,A1OAC.又因为平面A1ACC1平面ABC,所以A1O平面ABC.以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.则O(0,0,0),B(,0,0),A1(0,0,)
19、,N,C(0,1,0),=(0,1,-),.因为=0+(-)=0,所以A1CBN.(2)解:取AC的中点O,连接BO,A1O,由题意知BOAC,A1OAC.又因为平面A1ACC1平面ABC,所以A1O平面ABC.以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.则O(0,0,0),B(,0,0),A1(0,0,),N=(,0,-).设平面A1BN的法向量为n1=(x,y,z),则令x=1,所以n1=.又平面A1NC的法向量n2=(1,0,0).设二面角B-A1N-C的平面角为,则cos=.(2015甘肃省兰州一中三模,利用空间向量求空间角,解答题,理18)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB
20、=BC=CA=AA1=2,侧棱AA1面ABC,D,E分别是棱A1B1,AA1的中点,点F在棱AB上,且AF=AB.(1)求证:EF平面BDC1;(2)求二面角E-BC1-D的余弦值.解:(1)证明:取AB的中点M,AF=AB,F为AM的中点,又E为AA1的中点,EFA1M,在三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为A1B1,AA1的中点,A1DBM,且A1D=BM,则四边形A1DBM为平行四边形,A1MBD,EFBD,又BD平面BC1D,EF平面BC1D,EF平面BC1D.(2)连接DM,分别以MB,MC,MD所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图空间直角坐标系,则B(1,0,0),E(-1,0,1),D(0,0,2),C1(0,2),=(-1,0,2),=(-2,0,1),=(-1,2).设面BC1D的一个法向量为m=(x1,y1,z1),面BC1E的一个法向量为n=(x2,y2,z2),则由得取m=(2,0,1),又由得取n=(1,-,2),则cos=,故二面角E-BC1-D的余弦值为.15
