1、A组 自主命题北京卷题组,五年高考,考点一 空间几何体的结构特征,1.(2018北京,5,5分)某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为 ( ) A.1 B.2 C.3 D.4,答案 C 由三视图得四棱锥的直观图如图所示. 其中SD底面ABCD,ABAD,ABCD,SD=AD=CD=2,AB=1.由SD底面ABCD,AD,DC,AB 底面ABCD,得SDAD,SDDC,SDAB,故SDC,SDA为直角三角形,又ABAD,AB SD,AD,SD平面SAD,ADSD=D,AB平面SAD,又SA平面SAD,ABSA,即SAB也是 直角三角形,从而SB= =3,又BC= = ,
2、SC=2 ,BC2+SC2SB2, SBC不是直角三角形,故选C.,2.(2017北京,7,5分)某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的最长棱的长度为 ( ) A.3 B.2 C.2 D.2,答案 B 根据三视图可得该四棱锥的直观图(四棱锥P-ABCD)如图所示,将该四棱锥放入棱 长为2的正方体中.由图可知该四棱锥的最长棱为PD,PD= =2 .故选B.,3.(2011北京,7,5分)某四面体的三视图如图所示,该四面体四个面的面积中最大的是 ( ) A.8 B.6 C.10 D.8,答案 C 由三视图可知四面体的四个面均为直角三角形,底面两直角边长为3,4,其面积为6, 一个侧面的两直角边长均
3、为4,其面积为8,一个侧面的两直角边长为3,4 ,其面积为6 ,一个 侧面的两直角边长为5,4,其面积为10,比较这四个值的大小可知选C.,错因分析 不能由三视图准确得到几何体的直观图的形状和特征,易弄错空间线面的位置关 系和线段的长度而选错答案.,评析 本题考查空间几何体的面积计算,考查空间想象能力.解题的关键是由三视图准确得到 直观图的形状和特征,属中等难度题.,4.(2014北京,11,5分)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥最长棱的棱长为 .,答案 2,解析 由三视图可知该几何体的直观图(三棱锥P-ABC)如图所示, 其中PA平面ABC, ABC为等腰直角三角形, 且PA=2,AB=
4、BC= ,AC=2, 所以PC=2 PB= , 故该三棱锥最长棱的棱长为2 .,考点二 空间几何体的表面积和体积,1.(2017北京文,6,5分)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为 ( ) A.60 B.30 C.20 D.10,答案 D 本题考查三棱锥体积的计算,考查学生的空间想象能力. 根据三视图将三棱锥P-ABC还原到长方体中,如图所示, VP-ABC= 354=10.故选D.,2.(2016北京,6,5分)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为 ( ) A. B. C. D.1,答案 A 先构造长方体ABCD-ABCD,其中AA=AD=1,AB=2,E为CD的中点,由三
5、视图可得该 三棱锥的直观图(三棱锥D-BCE)如图所示,所以VD-BCE= 111= ,故选A.,3.(2015北京,5,5分)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的表面积是 ( ) A.2+ B.4+ C.2+2 D.5,答案 C 由三视图可得该三棱锥的直观图如图所示,其中PA=1,BC=2,取BC的中点M,连接 AM,MP,则AM=2,AMBC,故AC=AB= = = ,由正视图和侧视图可知PA平 面ABC,因此可得PC=PB= = = ,PM= = = ,所以三棱锥的表 面积为SABC+SPAB+SPAC+SPBC= 22+ 1+ 1+ 2 =2+2 ,故选C.,4.(2012北京,7,
6、5分)某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是 ( ) A.28+6 B.30+6 C.56+12 D.60+12,答案 B 由三棱锥的三视图可得三棱锥的直观图如图(1)所示. SACD= ACDM= 54=10. SABC= ACBC= 54=10. 在CMB中,C=90,|BM|=5. DM面ABC,DMB=90,|DB|= = , BCD为直角三角形,DCB=90,SBCD= 54=10. 图(1) 在ABD中,如图(2),SABD= 2 6=6 ,S表=10+10+10+6 =30+6 .故选B.,图(2),评析 本题考查三视图及线面关系,在求解空间线面问题时,经常将某个平面图形单
7、独进行考 虑.,5.(2019北京文,12,5分)某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得,其三视图如图所示.如 果网格纸上小正方形的边长为1,那么该几何体的体积为 .,答案 40,解析 本题考查了空间几何体的直观图和三视图,考查了空间几何体的体积,考查了空间想象 能力和数学运算能力.考查的核心素养为直观想象与数学运算. 由三视图可知,该几何体的直观图如图所示.它是由棱长为4的正方体去掉一个底面为梯形、 高为4的直四棱柱后得到的几何体,其体积V=43- (2+4)24=40.,解题关键 由三视图正确得到直观图是关键.该几何体也可看作由一个长方体与一个三棱柱 组合而成.,6.(2015北京文,1
8、8,14分)如图,在三棱锥V-ABC中,平面VAB平面ABC,VAB为等边三角形,AC BC且AC=BC= ,O,M分别为AB,VA的中点. (1)求证:VB平面MOC; (2)求证:平面MOC平面VAB; (3)求三棱锥V-ABC的体积.,解析 (1)证明:因为O,M分别为AB,VA的中点, 所以OMVB. 又因为VB平面MOC, 所以VB平面MOC. (2)证明:因为AC=BC,O为AB的中点, 所以OCAB. 又因为平面VAB平面ABC,平面VAB平面ABC=AB,且OC平面ABC, 所以OC平面VAB. 因为OC平面MOC, 所以平面MOC平面VAB. (3)解法一:在等腰直角三角形A
9、CB中,AC=BC= , 所以AB=2,OC=1. 所以等边三角形VAB的面积SVAB= . 又因为OC平面VAB,所以三棱锥C-VAB的体积等于 OCSVAB= . 又因为三棱锥V-ABC的体积与三棱锥C-VAB的体积相等, 所以三棱锥V-ABC的体积为 . 解法二:连接VO,与(2)同理,可证VO平面ABC,在等边三角形VAB中,AB=2,所以VO= . 所以三棱锥V-ABC的体积等于 VOSABC= = .,思路分析 (1)在ABV中,利用中位线定理有OMVB,由此证明VB平面MOC. (2)先证OCAB,再由平面VAB平面ABC证得OC平面VAB,由此证明平面MOC平面VAB. (3)
10、解法一:通过三棱锥V-ABC的体积与三棱锥C-VAB的体积相等,计算求解.解法二:直接求解V -ABC的体积.,评析 本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系的判定,以及几何体体积的求解,考 查学生空间想象能力和逻辑推理能力.,B组 统一命题省(区、市)卷题组,考点一 空间几何体的结构特征,1.(2018课标全国,9,5分)某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图.圆柱表面上的点M在 正视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M到 N的路径中,最短路径的长度为 ( ) A.2 B.2 C.3 D.2,答案 B 由圆柱的三视图及已知条件可知点M与点
11、N的位置如图1所示,设ME与FN为圆柱的 两条母线,沿FN将圆柱侧面展开,如图2所示,MN即为从M到N的最短路径,由题知,ME=2,EN=4, MN= =2 .故选B. 图1 图2,答案 26; -1,解析 本题考查空间几何体的结构特征,空间几何体的直观图等知识;考查空间想象能力,运算 求解能力和应用意识;考查的核心素养为直观想象和数学运算. 半正多面体面数从上至下依次为1,8,8,8,1,故共有1+8+8+8+1=26个面.半正多面体的所有顶点 都在同一个正方体表面上,如图1,该正方体被半正多面体顶点A,B,C所在平面截得的图形如图 2,八边形ABCDEFGH为正八边形. 图1 图2,设AB
12、=a,则1=2 a+a,解得a= -1,即该半正多面体的棱长为 -1.,解题关键 将半正多面体顶点所在的正方体画出是关键,再选取合适的截面即可求解.,思路分析 该题属多面体切接问题,选取多个顶点所在的截面ABCDEFGH,并确定其为正八 边形,根据边之间的关系列出方程求解即可.,考点二 空间几何体的表面积和体积,1.(2019浙江,4,4分)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家,他提出的“幂势既同,则积不容异” 称为祖暅原理,利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh,其中S是柱体的底面积,h是柱体 的高.若某柱体的三视图如图所示(单位:cm),则该柱体的体积(单位:cm3)是 ( ) A.15
13、8 B.162 C.182 D.324,答案 B 本题考查空间几何体的三视图、直观图;以三视图还原直观图为背景考查学生的 空间想象能力和运算求解能力;体现直观想象的核心素养;以祖暅原理为背景旨在弘扬中华优 秀传统文化,指导学生树立正确的历史观、民族观、国家观. 由三视图知该柱体的直观图为如图所示的五棱柱ABCDE-A1B1C1D1E1, 取CD中点G,连接AG, 由侧视图知AGCD,AG=6, 底面积S=S梯形AGCB+S梯形AGDE= (2+6)3+ (4+6)3=27, 该柱体体积V=Sh=276=162.故选B.,解题关键 正确利用正视图与俯视图“长对正”的原理确定AG,BC的长.,2.
14、(2019课标全国理,12,5分)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC, ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中点,CEF=90,则球O的体积为 ( ) A.8 B.4 C.2 D. ,答案 D 本题考查线面垂直的位置关系、三棱锥的性质和球的体积公式,考查空间想象能 力和数学运算能力,考查的核心素养是直观想象和数学建模. 解法一:E、F分别是PA、AB的中点,EFPB. CEF=90,EFEC,PBEC, 又三棱锥P-ABC为正三棱锥,PBAC,从而PB平面PAC,三条侧棱PA、PB、PC两两 垂直. ABC是边长为2的正三角形,PA=PB=PC= ,
15、 则球O是棱长为 的正方体的外接球,设球O的半径为R, 则2R= ,R= ,球O的体积V= R3= .故选D. 解法二:令PA=PB=PC=2x(x0),则EF=x,连接FC,由题意可得FC= .在PAC中,cosAPC= = .,在PEC中,EC2=PC2+PE2-2PCPEcosEPC=4x2+x2-22xx =x2+2,在FEC中,CEF= 90,FC2=EF2+EC2,即x2+2+x2=3,x= ,PA=PB=PC=2x= . AB=BC=CA=2,三棱锥P-ABC的三个侧面为等腰直角三角形,PA、PB、PC两两垂直,故 球O是棱长为 的正方体的外接球,设球O的半径为R,则2R= ,R
16、= ,球O的体积V= R3= .故选D.,解题关键 三棱锥与球的切、接问题,关键是确定三棱锥的特殊性.本题中确定三棱锥的侧 棱长是关键.通常情况下,把空间问题转化为平面问题后通过解三角形完成,充分利用平行、垂 直的特殊位置关系更有利于解题.,3.(2018课标全国,10,5分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1与平面BB1C1C所成的角 为30,则该长方体的体积为 ( ) A.8 B.6 C.8 D.8,答案 C 本题主要考查长方体的体积及直线与平面所成的角. 如图,由长方体的性质可得AB平面BCC1B1, BC1为直线AC1在平面BCC1B1内的射影, AC1B为直
17、线AC1与平面BCC1B1所成的角, 即AC1B=30, 在RtABC1中,AB=2,AC1B=30,BC1=2 , 在RtBCC1中,CC1= = =2 , 该长方体的体积V=222 =8 ,故选C.,易错警示 不能准确理解线面角的定义,无法找出直线与平面所成的角,从而导致失分.,4.(2018课标全国,12,5分)设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点,ABC为等边三角 形且其面积为9 ,则三棱锥D-ABC体积的最大值为 ( ) A.12 B.18 C.24 D.54,答案 B 本题考查空间几何体的体积及与球有关的切接问题. 设等边ABC的边长为a,则有SABC= aasin 6
18、0=9 ,解得a=6.设ABC外接圆的半径为r,则2 r= ,解得r=2 ,则球心到平面ABC的距离为 =2,所以点D到平面ABC的最大 距离为2+4=6,所以三棱锥D-ABC体积的最大值为 9 6=18 ,故选B.,方法总结 解决与球有关的切、接问题的策略: (1)“接”的处理: 构造正(长)方体,转化为正(长)方体的外接球问题. 空间问题平面化,把平面问题转化到直角三角形中,作出适当截面(过球心,接点等). 利用球心与截面圆心的连线垂直于截面定球心所在直线. (2)“切”的处理: 体积分割法求内切球半径. 作出合适的截面(过球心,切点等),在平面上求解. 多球相切问题,连接各球球心,转化为
19、处理多面体问题.,5.(2016课标全国文,4,5分)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为 ( ) A.12 B. C.8 D.4,答案 A 设正方体的棱长为a,则a3=8,解得a=2. 设球的半径为R,则2R= a,即R= ,所以球的表面积S=4R2=12.故选A.,评析 本题考查了正方体和球的切接问题.正方体的体对角线即为其外接球的直径.,6.(2019江苏,9,5分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的体积是120,E为CC1的中点,则三棱锥E-BCD 的体积是 .,答案 10,解析 本题考查长方体、三棱锥的体积公式,考查学生的空间想象能力、运算求解能力,考查 的核
20、心素养是直观想象、数学运算. 因为长方体的体积是120, 所以2SBCDCC1=120, 则SBCDCC1=60.所以VE-BCD= SBCDEC= SBCD CC1= 60=10.,评析 本题通过长方体考查体积之间的关系,通过体积公式,找出底面面积与高的关系,不需要 求出具体的底面面积和高是多少.,7.(2019天津理,11,5分)已知四棱锥的底面是边长为 的正方形,侧棱长均为 .若圆柱的一个 底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱的 体积为 .,答案,解析 本题考查了圆柱、正四棱锥的性质,通过计算圆柱的底面半径、高、体积考查学生的 空间想象能力和转
21、化思想方法的应用,体现了直观想象的核心素养. 如图所示,圆柱的高O1O= PO= = =1,圆柱的底面半径r= AO= .所以圆 柱的体积V=r2O1O= 1= .,8.(2019课标全国理,16,5分)学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型.如图,该模型为 长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体,其中O为长方体的中心,E,F,G,H 分别为所在棱的中点,AB=BC=6 cm,AA1=4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损 耗,制作该模型所需原料的质量为 g.,答案 118.8,解析 本题考查长方体、四棱锥的体积公式;考查学生的空间
22、想象能力和运算能力,以及应用 意识与数形结合的思想;考查的核心素养是直观想象和数学运算. 依题意,知该模型是长方体中挖去一个四棱锥,故其体积 V=V长方体-V四棱锥=664- 463=132(cm3). 又制作该模型所需的原料密度为0.9 g/cm3, 故制作该模型所需原料的质量为0.9132=118.8(g).,易错警示 计算被挖去的四棱锥底面面积时,容易误认为四边形HEFG为正方形,由勾股定理 求得HE= = ,错认为底面面积为13.,9.(2018江苏,10,5分)如图所示,正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 .,答案,解析 本题考查组合体体积的计算. 多面体由两个
23、完全相同的正四棱锥组合而成,其中正四棱锥的底面边长为 ,高为1,其体积 为 ( )21= ,多面体的体积为 .,10.(2018天津,11,5分)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则四棱锥A1-BB1D1D的体积 为 .,答案,解析 本题主要考查正方体的性质和四棱锥的体积. 四棱锥的底面BB1D1D为矩形,其面积为1 = , 又点A1到底面BB1D1D的距离,即四棱锥A1-BB1D1D的高为 A1C1= ,所以四棱锥A1-BB1D1D的 体积为 = .,11.(2017课标全国,16,5分)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,SC是球O的直径. 若平面SCA平面
24、SCB,SA=AC,SB=BC,三棱锥S-ABC的体积为9,则球O的表面积为 .,答案 36,解析 解法一:由题意作出图形,如图. 设球O的半径为R,由题意知SBBC,SAAC,又SB=BC,SA=AC,则SB=BC=SA=AC= R.连接 OA,OB, 则OASC,OBSC,因为平面SCA平面SCB,平面SCA平面SCB=SC,所以OA平面SCB,所 以OAOB,则AB= R,所以ABC是边长为 R的等边三角形,设ABC的中心为O1,连接OO 1,CO1.,12.(2017课标,15,5分)长方体的长,宽,高分别为3,2,1,其顶点都在球O的球面上,则球O的表面 积为 .,答案 14,解析
25、由题意知长方体的体对角线为球O的直径,设球O的半径为R,则(2R)2=32+22+12=14,得R2= ,所以球O的表面积为4R2=14.,疑难突破 长方体的体对角线为球的直径是求解的关键.,易错警示 易因用错球的表面积公式而致错.,评析 本题考查长方体和球的性质,考查了球的表面积公式.,13.(2017课标全国,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面 ABCD,AB=BC= AD,BAD=ABC=90. (1)证明:直线BC平面PAD; (2)若PCD的面积为2 ,求四棱锥P-ABCD的体积.,解析 (1)证明:在平面ABCD内, 因为BAD=ABC=9
26、0, 所以BCAD. 又BC平面PAD,AD平面PAD,故BC平面PAD.,(2)取AD的中点M,连接PM,CM. 由AB=BC= AD及BCAD,ABC=90得四边形ABCM为正方形,则CMAD. 因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,所以PMAD, PM底面ABCD. 因为CM底面ABCD,所以PMCM. 设BC=x,则CM=x,CD= x,PM= x,PC=PD=2x. 取CD的中点N,连接PN, 则PNCD,所以PN= x. 因为PCD的面积为2 , 所以 x x=2 , 解得x=-2(舍去)或x=2. 于是AB=BC=2,AD=4,PM=2 .
27、 所以四棱锥P-ABCD的体积V= 2 =4 .,14.(2016课标全国文,19,12分)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,点E,F分别在AD, CD上,AE=CF,EF交BD于点H.将DEF沿EF折到DEF的位置. (1)证明:ACHD; (2)若AB=5,AC=6,AE= ,OD=2 ,求五棱锥D-ABCFE的体积.,解析 (1)证明:由已知得ACBD,AD=CD. 又由AE=CF得 = ,故ACEF. (2分) 由此得EFHD,EFHD,所以ACHD. (4分) (2)由EFAC得 = = . (5分) 由AB=5,AC=6得DO=BO= =4. 所以OH=1,DH=DH=
28、3. 于是OD2+OH2=(2 )2+12=9=DH2,故ODOH. 由(1)知ACHD,又ACBD,BDHD=H,所以AC平面BHD,因为OD平面BHD,所以AC OD. 又由ODOH,ACOH=O,所以OD平面ABC. (8分) 又由 = 得EF= . 五边形ABCFE的面积S= 68- 3= . (10分) 所以五棱锥D-ABCFE的体积V= 2 = . (12分),15.(2015安徽,19,13分)如图,三棱锥P-ABC中,PA平面ABC,PA=1,AB=1,AC=2,BAC=60. (1)求三棱锥P-ABC的体积; (2)证明在线段PC上存在点M,使得ACBM,并求 的值.,解析
29、(1)由题设AB=1,AC=2,BAC=60, 可得SABC= ABACsin 60= . 由PA平面ABC,可知PA是三棱锥P-ABC的高,又PA=1, 所以三棱锥P-ABC的体积V= SABCPA= .,(2)在平面ABC内,过点B作BNAC,垂足为N.在平面PAC内,过点N作MNPA交PC于点M,连接 BM.由PA平面ABC知PAAC,所以MNAC.由于BNMN=N,故AC平面MBN.又BM平面 MBN,所以ACBM. 在直角BAN中,AN=ABcosBAC= ,从而NC=AC-AN= .由MNPA,得 = = .,评析 本题考查线面垂直的判定与性质及三棱锥的体积.,C组 教师专用题组,
30、1.(2018浙江,3,4分)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是 ( ) A.2 B.4 C.6 D.8,答案 C 本小题考查空间几何体的体积公式. 由三视图可知该几何体是直四棱柱,其中底面是直角梯形,直角梯形上,下底边的长分别为 1 cm,2 cm,高为2 cm,直四棱柱的高为2 cm.故直四棱柱的体积V= 22=6 cm3.,思路分析 (1)利用三视图可判断几何体是直四棱柱; (2)利用“长对正,高平齐,宽相等”的原则,可得直四棱柱的各条棱长.,2.(2016课标全国文,10,5分)在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB B
31、C,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是 ( ) A.4 B. C.6 D.,答案 B 易知AC=10.设底面ABC的内切圆的半径为r,则 68= (6+8+10)r,所以r=2,因 为2r=43,所以最大球的直径2R=3,即R= .此时球的体积V= R3= .故选B.,3.(2015课标,10,5分)已知A,B是球O的球面上两点,AOB=90,C为该球面上的动点.若三棱 锥O-ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为 ( ) A.36 B.64 C.144 D.256,答案 C AOB的面积为定值,当OC垂直于平面AOB时,三棱锥O-ABC的体积取得最大值.记 球O的半径为R,由
32、 R3=36得R=6.从而球O的表面积S=4R2=144.故选C.,4.(2014四川,4,5分)某三棱锥的侧视图、俯视图如图所示,则该三棱锥的体积是 ( ) 锥体体积公式:V= Sh,其中S为底面面积,h为高 A.3 B.2 C. D.1,答案 D 由俯视图可知,三棱锥底面是边长为2的等边三角形.由侧视图可知,三棱锥的高为 .故该三棱锥的体积V= 2 =1.,5.(2014重庆,7,5分)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 ( ) A.12 B.18 C.24 D.30,答案 C 由三视图可知该几何体是由如图所示的直三棱柱ABC-A1B1C1截掉一个三棱锥D-A1 B1C1得到的,
33、其中AC=4,BC=3,AA1=5,AD=2,BCAC,所以该几何体的体积V= ACBCAA1- A1C1B1C1A1D= 435- 433=30-6=24.,6.(2017天津,11,5分)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若这个正方体的表面积为18, 则这个球的体积为 .,答案 ,解析 设正方体的棱长为a,球的半径为R,由题意可知6a2=18,所以a= , 由题意知R= a= ,因此这个球的体积V= R3= = .,7.(2015四川,14,5分)在三棱柱ABC-A1B1C1中,BAC=90,其正视图和侧视图都是边长为1的正 方形,俯视图是直角边的长为1的等腰直角三角形.设点M,N,P
34、分别是棱AB,BC,B1C1的中点,则三 棱锥P-A1MN的体积是 .,答案,解析 三棱柱ABC-A1B1C1的直观图如图,由题意知CC1=AB=AC=1,ABAC. N,P分别为BC,B1C1的中点,NPCC1, CC1AA1,NPAA1, 又AA1平面MNP,NP平面MNP, AA1平面MNP. A1到平面MNP的距离等于A到平面MNP的距离,由题意知,三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱, AA1平面ABC, AA1AM,AMNP. M,N分别为AB,BC的中点, MNAC.ACAB,AMMN. MNNP=N,AM平面MNP, A1到平面MNP的距离即为线段AM的长. = = AMSMN
35、P = 1 = .,8.(2015课标,18,12分)如图,四边形ABCD为菱形,G为AC与BD的交点,BE平面ABCD. (1)证明:平面AEC平面BED; (2)若ABC=120,AEEC,三棱锥E-ACD的体积为 ,求该三棱锥的侧面积.,解析 (1)因为四边形ABCD为菱形,所以ACBD. 因为BE平面ABCD,所以ACBE.故AC平面BED. 又AC平面AEC,所以平面AEC平面BED. (5分) (2)设AB=x,在菱形ABCD中,由ABC=120,可得AG=GC= x,GB=GD= . 因为AEEC,所以在RtAEC中,可得EG= x. 由BE平面ABCD,知EBG为直角三角形,可
36、得BE= x. 由已知得,三棱锥E-ACD的体积VE-ACD= ACGDBE= x3= .故x=2. (9分) 从而可得AE=EC=ED= . 所以EAC的面积为3,EAD的面积与ECD的面积均为 . 故三棱锥E-ACD的侧面积为3+2 . (12分),9.(2015课标,19,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1, D1C1上,A1E=D1F=4.过点E,F的平面与此长方体的面相交,交线围成一个正方形. (1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由); (2)求平面把该长方体分成的两部分体积的比值.,解析 (1)交线围
37、成的正方形EHGF如图: (2)作EMAB,垂足为M,则AM=A1E=4,EB1=12,EM=AA1=8. 因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10. 于是MH= =6,AH=10,HB=6. 因为长方体被平面分成两个高为10的直棱柱,所以其体积的比值为 .,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,考点一 空间几何体的结构特征,1.(2019北京海淀新高考调研卷,4)某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角 形的个数为 ( ) A.1 B.2 C.3 D.4,答案 D 可画出该四棱锥的直观图如下: 由图可知,侧面中直角三角形的个数为4,故选D.,方法总结
38、这类题一般可以构造正方体,从正方体中分离出题目中的几何体,这样会简单很 多.,2.(2019北京朝阳期末,8)以棱长为1的正方体各面的中心为顶点构成一个正八面体,再以这个 正八面体各面的中心为顶点构成一个小正方体,那么该小正方体的棱长为 ( ) A. B. C. D.,答案 C 设原正方体、正八面体、小正方体分别为C1、C2、C3,已知C1的棱长为1,以正方体 C1各面中心为顶点的凸多面体C2为正八面体,它的中截面(垂直平分相对顶点连线的界面)是正 方形,该正方形对角线长等于原正方体的棱长,所以该正八面体的棱长为 = ,以C2各个面 的中心为顶点的正方体为C3,正方体C3面对角线长等于C2棱长
39、的 ,为 = ,所以小正方 体的棱长为 = ,故选C.,考点二 空间几何体的表面积和体积,1.(2019北京房山一模文,5)某三棱锥的三视图如图所示,正视图与侧视图是两个全等的等腰直 角三角形,直角边长为1,俯视图为正方形,则该三棱锥的体积为 ( ) A. B. C. D.,答案 C 根据三视图可知该几何体是如图所示的三棱锥D-ABC,它是棱长为1的正方体的一 部分, 所以VD-ABC= Sh= 1= .故选C.,2.(2019北京西城一模,12)某四棱锥的三视图如图所示,那么该四棱锥的体积为 .,答案,解析 从三视图可以看出,此四棱锥是从如图所示的长方体中分离出来的, VP-ABCD= Sh
40、= 212= .,3.(2017北京海淀零模,14)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,长度为2的线段MN的一个端 点M在棱DD1上运动,另一个端点N在正方形ABCD内运动,则MN中点的轨迹与正方体ABCD-A1 B1C1D1的表面所围成的较小的几何体的体积等于 .,答案,解析 如图,连接ND,易知ND,DM,MN构成直角三角形,设P为MN的中点,根据直角三角形斜边 上的中线等于斜边的一半可得,无论MDN如何变化,P点到D点的距离始终等于1.故P点的轨 迹与正方体ABCD-A1B1C1D1的表面所围成的较小的几何体是以D为中心,半径为1的球的 ,其 体积V= 13= .,B组 20
41、172019年高考模拟专题综合题组 时间:90分钟 分值:125分 一、选择题(共5分),1.(2018北京海淀一模,6)如图所示,一个棱长为1的正方体在一个水平放置的转盘上转动,用垂 直于竖直墙面的水平光线照射,该正方体在竖直墙面上的投影的面积记作S,则S的值不可能是 ( ) A.1 B. C. D.,答案 D 由题意可知投影面为矩形,矩形的宽等于正方体的棱长1,矩形的长的取值范围为1, ,所以S的取值范围为1, .故选D.,二、填空题(每小题5分,共10分) 2.(2019北京石景山一模,12)若四面体各棱的长是1或2,且该四面体不是正四面体,则其表面积 的值可能是 .(只需写出一个可能的
42、值),答案 2 + 或 或,解析 当该四面体是底面边长为1的正三角形,侧棱长为2的正三棱锥时,可得表面积为 +3 = . 当该四面体是底面边长为2的正三角形,侧棱长分别为2,2,1的三棱锥时,可得表面积为 + + 2 =2 + . 当该四面体是底面边长为2,2,1,侧棱长为2,2,1时,由三角形的任意两边之和大于第三边知该三 棱锥的一组对棱长为1,其余棱长为2,可得表面积为4 = .,解后反思 作为小题只需按要求写出一种特殊的情况即可,本题只要注意到1,1,2不能构成三 角形即可.,3.(2018北京东城二模,12)如图,已知正方体ABCD-ABCD的棱长为1,若过直线BD的平面与该 正方体的
43、面相交,交线围成一个菱形,则该菱形的面积为 .,答案,解析 如图,取AA,CC的中点,分别为E,F, 则四边形DEBF为菱形. 正方体的棱长为1,BD= ,EF= , S菱形DEBF= = .,三、解答题(共110分) 4.(2019北京海淀一模文,17)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1平面ABC,ACBC,AC=BC=CC 1=2,点D,E,F分别为棱A1C1,B1C1,BB1的中点. (1)求证:AB平面DEF; (2)求证:平面ACB1平面DEF; (3)求三棱锥E-ACB1的体积.,解析 (1)证明:因为三棱柱ABC-A1B1C1中,A1B1AB, 且D,E分别为A1C1,
44、B1C1的中点,所以DEA1B1. 于是DEAB. AB平面DEF,DE平面DEF, 所以AB平面DEF. (2)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中, CC1平面ABC,AC平面ABC,BC平面ABC, 所以CC1AC,CC1BC. 又ACBC,BCCC1=C,BC,CC1平面BCC1B1, 所以AC平面BCC1B1. 因为EF平面BCC1B1, 所以ACEF. 又因为BC=CC1=2,CC1BC, 所以侧面BCC1B1为正方形,故BC1CB1.,而E,F分别为B1C1,BB1的中点,连接BC1,所以EFBC1. 所以EFCB1.又ACCB1=C,AC,CB1平面ACB1, 所以EF平面AC
45、B1. 又EF平面DEF, 所以平面ACB1平面DEF. (3) = = AC= .,5.(2019清华中学生标准学术能力试卷文,19)如图,平面四边形ABCD中,ABD为等边三角形, BD=2,BC=CD= ,沿直线BD将ABD折成ABD. (1)当AC=2时,求证:平面ABD平面BCD; (2)当AC= 时,求三棱锥A-BCD的体积.,解析 (1)证明:取BD的中点M,连接AM,MC. ABD为等边三角形,BD=2,AMDB,AM= . (2分) BC=CD= ,MC=1, 当AC=2时,AM2+MC2=AC2, AMMC. (4分) 又DBMC=M,DB,MC面BCD, AM平面BCD.
46、 AM平面ABD,平面ABD平面BCD. (6分) (2)由(1)知AM= ,AMBD,CMBD,CM=1,AMCM=M,AM,CM平面AMC,BD平面A MC,取MC的中点N,连接AN, 则VA-BCD= SAMCBD= 2= . (12分),6.(2019北京丰台二模文,18)在菱形ABCD中,ADC= ,AB=a,O为线段CD的中点(如图1).将 AOD沿AO折起到AOD的位置,使得平面AOD平面ABCO,M为线段BD的中点(如图2). (1)求证:ODBC; (2)求证:CM平面AOD; (3)当四棱锥D-ABCO的体积为 时,求a的值.,解析 (1)证明:因为在菱形ABCD中,ADC
47、= ,O为线段CD的中点, 所以ODAO. (1分) 因为平面AOD平面ABCO, 平面AOD平面ABCO=AO, OD平面AOD, 所以OD平面ABCO. (4分) 因为BC平面ABCO, 所以ODBC. (5分) (2)证明:如图,取P为线段AD的中点,连接OP,PM. 因为在ABD中,P,M分别是线段AD,BD的中点, 所以PMAB,PM= AB. 在菱形ABCD中,因为O是线段CD的中点,AB=DC=a,ABDC, 所以OC= CD= .,所以OCAB,OC= AB. (6分) 所以PMOC,且PM=OC. 所以四边形OCMP为平行四边形, (7分) 所以CMOP, 因为CM平面AOD,OP平面AOD, 所以CM平面AO
