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
2、BC平面 ABD.则 BCBD.则 CD=.取 CD 中点 O,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
3、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,则该器皿的表面积是( )A.+24 B.+20C.2+24 D.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
4、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+
5、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), 则该几何体的体积(单位:m 3)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
6、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 m3 B.540 m3C.520 m3 D.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
7、何体的体积是( )A.8a3 B.a3 C.2a3 D.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 ,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=
8、( )cm.A.4 B.2 C.1 D.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
9、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, APA 1 为 PA 与平面 A1B1C1 所成角. 平面 ABC平面 A1B1C1, APA 1 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
10、=1.在 RtAA1P 中,tan APA 1=, APA 1=.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:A 1DEC;(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 3,且,所以 AD=1,AE=2.在ADE 中 ,DAE= 60,由余弦定理得 DE=.因为 AD2+D
11、E2=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PA 1H 是直线 PA1 与平面 A1BD 所成的角.设 PB=x(0x 3),则 BH=,PH=,DH=BD-BH=2-.所以 A1H=.所以在 RtPA1H 中,tanPA 1H=. 若 x=0,则
12、tanPA 1H=0; 若 x0,则 tanPA 1H=.令=t,y=20t 2-8t+1.因为函数 y=20t2-8t+1 在 t上单调递增,所以 ymin=20+1=.所以 tanPA 1H 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 FDAC 1,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
13、( )A.1 B.2 C.3 D.4解析:(1)连接 AB1,则B 1C1A 即为 BC 和 AC1 所成的角,在三角形 AB1C1 中,B 1C1=2,AB1=2,AC1=2,cosB 1C1A=,故(1)错;(2)连接 AF,C1F,则易得 AF=FC1=,又 FDAC 1,则 AD=DC1,故(2)正确;(3)连接 CD,则 CDAC 1,且 FDAC 1,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 CDAC 1,且 FDAC 1,
14、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
15、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. 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=.设直线 PQ 分别与平面 AEF、
16、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 19)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 l BC;(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.
17、(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,BQ AC,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,PM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(
18、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=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 B
19、C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 EFNM
20、.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
21、一个法向量为 n2=(0,4,1),于是有:cos=, 为锐角.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
22、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 ABC 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=FB sin30=,EF=,EG=. cosEGF=.
23、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,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,AD DC,AD=2BC=2CD=2,侧面 APD 为等腰直角三角形
24、,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 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
25、 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,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:BD
26、 PC ;(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),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
27、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=.(3)证明:依题意得 C1(0,0,2),M=(-1,1,-2), =-+0=0, A1BC 1M.(2015
28、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.
