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.36 B.16 C.12 D.解析:设ABC 的外接圆的半径为 r, AB=BC=,AC=3, CBA=120,S ABC=, 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
2、.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.1 B. 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
3、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=R,PO1=4,OO1=R-4,或 OO1=4-R(此时 O 在 PO1 的延长线上),在 RtAO1O 中,R 2=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.4 B.12 C.16 D.32解析:
4、在四面体 ABCD 中,AB平面 BCD,BCD 是边长为 3 的等边三角形, RtABCRt ABD,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=, 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
5、, 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:4 2=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=bcsin16=,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 cm3 B. cm3 C.3 cm3 D.3 cm3解析:由几何体
6、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(cm 3).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.94 B.32 C.64 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
7、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.12 B.36 C.27 D.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. 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、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 m3 B.8 m3 C.4 m3 D.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
9、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-).故选 A.答案:A8.4 直线、平面平行的判定与性质专
10、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,AB AD, EFAF,EF FD,折起后平面 AB
11、EF平面 EFDC,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(0=, 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
12、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)求证:BCAF;(2)若二面角 D-AF-C 为 45,求 CE 的长.(1)证明:在ABC 中,AC 2=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
13、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=(0,1,0),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.(
14、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),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
15、,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(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,
16、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 A1BD.(2)解:设面 DA1B 的法向量为 n1=(x1,y1,z1),则取
17、 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A 1B1C1 的中心 O.(1)求证:AA 1B 1C1;(2)求二
18、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 AOB 1C1,A1DB 1C1, B1C1平面 A1AO, AA1B 1C1.(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
19、AA1B1 的一个法向量为 m=(,3,1),平面 AA1C1 的一个法向量为 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,A 1AC=60,平面A1ACC1平面 ABC,N 是 CC1 的中点.(1)求证:A 1CBN;(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,A 1OAC.又因为平面 A1ACC1平
20、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,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,A 1OAC.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
21、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=BC=CA=AA 1=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 , EFA 1M,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,D,E 分别为 A
22、1B1,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.
