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- 2021-07-02 发布
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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2
三视图与直观图
■(2015辽宁大连高三双基测试,三视图与直观图,选择题,理6)六个棱长为1的正方体在桌面上堆叠成一个几何体,该几何体的正视图与俯视图如图所示,则其侧视图不可能为( )
答案:D
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江西重点中学盟校高三第一次联考,空间几何体的表面积,选择题,理9)一个几何体的三视图如图所示,该几何体外接球的表面积为( )
A.9π B.π C.8π D.7π
解析:
由三视图还原出原几何体如图所示,可将其视为正三棱柱的一部分,底面中心到顶点的距离为,外接球的球心到底面中心的距离为1,所以球的半径为R2=+1=,外接球的表面积为4πR2=π,故选B.
答案:B
■(2015东北三省四市教研联合体高三模拟一,空间几何体的表面积,选择题,理7)某由圆柱切割获得的几何体的三视图如图所示,其中俯视图是圆心角为60°的扇形,则该几何体的侧面积为( )
A.12+π B.6+π
C.12+2π D.6+4π
解析:将该几何体侧面展开,可知其侧面展开图为一矩形,其中矩形的一边长为3,另一边长为2+2+×2=4+,故所求侧面积S=×3=12+2π,故选C.
答案:C
■(2015银川一中高三二模,空间几何体的表面积,选择题,理11)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,SA⊥平面ABC,SA=2,AB=1,AC=2,∠BAC=60°,则球O的表面积为( )
A.4π B.12π C.16π D.64π
解析:依题意,BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos60°=3,因此AC2=4=BC2+AB2,AB⊥BC;又SA⊥平面ABC,因此SA⊥AC,BC⊥SB;取SC的中点M,连接MA,MB,则有MA=SC=MB,点M到该三棱锥的各顶点的距离相等,点M即为球心O,OA=SC==2,球O的表面积等于4π×22=16π,故选C.
答案:C
■(2015江西八所重点中学高三联考,空间几何体的表面积,选择题,理11)正三角形ABC的边长为2,将它沿高AD翻折,使点B与点C间的距离为,此时四面体ABCD外接球的表面积为( )
A.7π B.19π C.π D.π
解析:由题意可得AD⊥底面BDC,且底面三角形是等腰三角形,其外接圆的直径为=2,过底面△BCD的外心O作底面的垂线,在垂线上取OP=,则点P为四面体ABCD的外接球的球心,所以外接球的半径R2=|PA|2=|PO|2+|OB|2=+1=,该球的表面积为4πR2=7π,故选A.
答案:A
■(2015东北三省三校高三二模,空间几何体的表面积,选择题,理9)一个三棱锥的三视图如图所示,其中俯视图为等腰直角三角形,正视图和侧视图是全等的等腰三角形,则此三棱锥外接球的表面积为( )
A.16π B.9π C.4π D.π
解析:
由三视图可知该几何体是一个三棱锥A-BCD(如图所示),其中BC⊥CD,BC=CD=2,顶点A在底面BCD上的射影M是BD的中点,AM=2,则有AB=AC=AD=,记三棱锥A-BCD的外接球的球心为O,半径为R,则有OA=OB=OD=R,O在底面BCD上的射影为M.在Rt△DOM中,R2=()2+(2-R)2,解得R=,因此此三棱锥的外接球的表面积等于4πR2=9π,故选B.
答案:B
■(2015辽宁重点中学协作体高考模拟,空间几何体的表面积,选择题,理6)某几何体的三视图如图所示,则此几何体的表面积为( )
A.π+4π B.36π+2π
C.32π+2π D.44π+2π
解析:依题意,题中的几何体是在一个半球的上面放置一个圆锥所形成的组合体,其中球的半径是4,圆锥的底面半径是2、高是3,因此其表面积为×4π×42+π×2×+(π×42-π×22)=44π+2π,故选D.
答案:D
■(2015辽宁东北育才高三第五次模拟,空间几何体的表面积,选择题,理7)如图,一个四棱锥的底面为正方形,其三视图如图所示,则这个四棱锥的侧面积为( )
A.2 B.6
C.2() D.2()+2
解析:
作出该四棱锥的直观图如图所示,观察可知,PB=,S△PAB=S△PAD=·PA·AD=×2×.因为BC⊥平面PAB,故S△PBC=S△PDC=·PB·BC=.故该四棱锥的侧面积为2(),故选C.
答案:C
专题2
空间几何体的体积
■(2015辽宁大连高三双基测试,空间几何体的体积,填空题,理16)如图,∠ACB=90°,DA⊥平面ABC,AE⊥DB交DB于点E,AF⊥DC交DC于点F,且AD=AB=2,则三棱锥D-AEF体积的最大值为 .
解析:依题意,设AC=b,BC=a,则有a2+b2=4,由已知得BC⊥平面ACD,又AF⊥CD,CD∩BC=C,因此AF⊥平面BCD,所以AF⊥BD,又由AE⊥BD,AE∩AF=A,得BD⊥平面AEF,所以EF⊥BD,易知AF=,AD2=DF·CD,DF=.由△BCD∽△FED得S△EFD=S△BCD=,VD-EFA=VA-DEF=AF·S△EFD=,当且仅当a2=2b2=时取等号,因此三棱锥D-AEF的体积的最大值是.
答案:
■(2015东北三省四市教研联合体高三模拟二,空间几何体的体积,选择题,理7)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,则该多面体的体积为( )
A. B.64 C. D.
解析:根据三视图得几何体,再利用体积公式求解.由三视图可得该几何体是一个四棱锥,其底面是边长为4的正方形,有一条长度为4的侧棱垂直于底面,所以该四棱锥的体积为×42×4=,故选D.
答案:D
■(2015银川二中高三一模,空间几何体的体积,选择题,理8)把一个三棱锥适当调整位置,可以使它的三视图(正视图,侧视图,俯视图)都是矩形,形状及尺寸如图所示,则这个三棱锥的体积是( )
A.1 B.2 C.3 D.6
解析:作出该几何体的直观图如图中的三棱锥A-BCD所示,由割补法可知所求三棱锥的体积V=3×2×1-4×=2,故选B.
答案:B
■
(2015辽宁重点中学协作体高考模拟,空间几何体的体积,填空题,理16)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD.若∠BPC=90°,PB=,PC=2,则四棱锥P-ABCD的体积的最大值为 .
解析:依题意,过点P作PE⊥AD于点E,PF⊥BC于点F,连接EF,则有PE⊥平面ABCD,EF⊥BC,EF=AB,PF=.设AB=x,则矩形ABCD的面积等于AB·BC=xx,PE=,V四棱锥P-ABCD=x×.又因为,当且仅当x2=-x2,即x2=时取等号,所以四棱锥P-ABCD的体积的最大值是.
答案:
■(2015东北三省三校高三第一次联考,空间几何体的体积,选择题,理7)如图,网格纸上小正方形的边长为1,若粗线画出的是某几何体的三视图,则此几何体的体积为( )
A.6 B.8 C.10 D.12
解析:由三视图得该几何体为三棱锥,其底面积S=×4×5=10,三棱锥的高h=3,故所求体积V=×10×3=10,故选C.
答案:C
■(2015辽宁东北育才高三第五次模拟,空间几何体的体积,选择题,理11)若圆锥的内切球与外接球的球心重合,且内切球的半径为1,则圆锥的体积为( )
A.π B.2π C.3π D.4π
解析:过圆锥的旋转轴作轴截面,得到△ABC及其内切圆☉O1和外接圆☉O2,且两圆同心,即△ABC的内心与外心重合,故△ABC为正三角形.依题意,☉O1的半径为1,故圆锥的底面半径为,高为3,故圆锥的体积V=×π×()2×3=3π,故选C.
答案:C
8.3空间点、直线、平面之间的位置关系
专题2
空间两条直线的位置关系
■(2015东北三省三校高三二模,空间两条直线的位置关系,选择题,理4)已知a,b,m,n是四条不同的直线,其中a,b是异面直线,则下列命题正确的个数为( )
①若m⊥a,m⊥b,n⊥a,n⊥b,则m∥n;
②若m∥a,n∥b,则m,n是异面直线;
③若m与a,b都相交,n与a,b都相交,则m,n是异面直线.
A.0 B.1 C.2 D.3
解析:对于①,过直线a上一点O作直线a1∥b,则直线a,a1确定平面α,m⊥a,m⊥a1,所以m⊥α,同理n⊥a,因此m∥n,①正确;对于②,m,n可能相交或异面,②错误;对于③,m,n可能相交或异面,③错误.综上所述,其中正确的命题的个数是1,故选B.
答案:B
8.7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辽宁重点中学协作体高考模拟,利用空间向量解决探索性问题,解答题,理19)
如图,四棱锥E-ABCD中,平面EAD⊥平面ABCD,CD∥AB,BC⊥CD,EA⊥ED,且AB=4,BC=CD=EA=ED=2.
(1)求证:BD⊥平面ADE;
(2)求直线BE和平面CDE所成角的正弦值;
(3)在线段CE上是否存在一点F,使得平面BDF⊥平面CDE?如果存在点F,请指出点F的位置;如果不存在,请说明理由.
解:(1)证明:由BC⊥CD,BC=CD=2可得BD=2,
由EA⊥ED,且EA=ED=2,可得AD=2.
又AB=4,所以BD⊥AD.
又平面EAD⊥平面ABCD,平面ADE∩平面ABCD=AD,
BD⊂平面ABCD,所以BD⊥平面ADE.
(2)如图,建立空间直角坐标系D-xyz,D(0,0,0),B(0,2,0),C(-,0),E(,0,),=(,-2),=(,0,),=(-,0).
设平面CDE的法向量为n=(x,y,z).
则取x=1,则y=1,z=-1.
∴n=(1,1,-1),
设直线BE与平面CDE所成的角为α.
则sinα=|cos<,n>|=,
即直线BE与平面CDE所成的角的正弦值为.
(3)设=λ,λ∈[0,1].
=(-,0),=(2,-),=(0,2,0),
所以+λ(2λ-1,-λ+1,λ).
设平面BDF的法向量为m=(x,y,z),
则
取x=1,则z=.
∴m=.
由(2)可知平面CDE的一个法向量n=(1,1,-1),
且平面BDF⊥平面CDE,所以m·n=0,所以λ=∈[0,1].
故在线段CE上存在一点F(靠近C点处的三等分点处),
使得平面BDF⊥平面CDE.
专题3
利用空间向量求空间角
■(2015江西重点中学盟校高三第一次联考,利用空间向量求空间角,解答题,理19)
在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1为矩形,AB=2,AA1=2,D是AA1的中点,BD与AB1交于点O,且CO⊥平面ABB1A1.
(1)证明:BC⊥AB1;
(2)若OC=OA,求直线CD与平面ABC所成角的正弦值.
解:(1)证明:由题意tan∠ABD=,tan∠AB1B=,
又0<∠ABD,∠AB1B<,∴∠ABD=∠AB1B,
∴∠AB1B+∠BAB1=∠ABD+∠BAB1=.
∵∠AOB=,∴AB1⊥BD.
又CO⊥平面ABB1A1,∴AB1⊥CO.
∵BD与CO交于点O,∴AB1⊥平面CBD.
又BC⊂平面CBD,∴AB1⊥BC.
(2)如图,分别以OD,OB1,OC所在直线为x,y,z轴,以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,
则A,B,C,D.
.
设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),
则
令y=1,则z=-1,x=,∴n=.
设直线CD与平面ABC所成角为α,
则sinα=cos<,n>
=
=.
∴直线CD与平面ABC所成角的正弦值为.
■(2015辽宁大连高三双基测试,利用空间向量求空间角,解答题,理19)
如图,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD为正方形,AE⊥平面CDE,已知AE=DE=2,F为线段DE的中点.
(1)求证:CD⊥平面ADE;
(2)求二面角C-BF-E的平面角的余弦值.
解:
(1)证明:∵AE⊥平面CDE,CD⊂平面CDE,∴AE⊥CD,
∵四边形ABCD为正方形,
∴CD⊥AD,
∵AE∩AD=A,AD,AE⊂平面DAE,
∴CD⊥平面DAE.
(2)由(1)知CD⊥平面DAE,
又∵DE⊂平面DAE,∴CD⊥DE.
∴以D为原点,以DE所在直线为x轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则E(2,0,0),F(1,0,0),A(2,0,2),D(0,0,0).
∵AE⊥平面CDE,DE⊂平面CDE,∴AE⊥DE.
∵AE=DE=2,∴AD=2.
∵四边形ABCD为正方形,
∴CD=2,∴C(0,2,0).
由四边形ABCD为正方形可得=(2,2,2),∴B(2,2,2).
设平面BEF的法向量为n1=(x1,y1,z1).
=(0,-2,-2),=(1,0,0).
由
令y1=1,则z1=-.
∴n1=(0,1,-).
设平面BCF的法向量为n2=(x2,y2,z2),
=(-2,0,-2),=(1,-2,0).
由
令y2=1,则x2=2,z2=-2.
∴n2=(2,1,-2).
设二面角C-BF-E的平面角的大小为θ,
则cosθ=cos(π-)=-cos=-=-=-.
∴二面角C-BF-E的平面角的余弦值为-.
■(2015东北三省四市教研联合体高三模拟二,利用空间向量求空间角,解答题,理19)
如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,∠DAB=60°,PD⊥平面ABCD,PD=AD=1,点E,F分别为AB和PD的中点.
(1)求证:AF∥平面PEC;
(2)求PC与平面PAB所成角的余弦值.
解:(1)证明:如图,取PC的中点M,连接FM,ME,则FM∥CD,
且FM=CD,∵AE=AB=FM,AE∥FM,
∴四边形AEMF为平行四边形,
∴AF∥EM,
∵AF⊄平面PEC,EM⊂平面PEC,
∴直线AF∥平面PEC.
(2)连接DE,∵底面ABCD是菱形,∠DAB=60°,
∴DE⊥DC.
如图,以点D为原点,分别以DE,DC,DP所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系D-ECP.
则P(0,0,1),C(0,1,0),E,A,B.
∴=(0,1,0).
设平面PAB的法向量为n=(x,y,z).
∴n·=0,n·=0,
即令x=1,则z=.
∴平面PAB的一个法向量为n=.
∵=(0,1,-1),
∴设向量n与所成的角为θ,
∴cosθ==-,
∴PC与平面PAB所成角的正弦值为.
■(2015银川一中高三二模,利用利用空间向量求空间角,解答题,理18)已知四边形ABCD满足AD∥BC,BA=AD=DC=BC=a,E是BC的中点,将△BAE沿AE翻折成△B1AE,使平面B1AE⊥平面AECD,F为B1D的中点.
(1)求四棱锥B1-AECD的体积;
(2)证明:B1E∥平面ACF;
(3)求平面ADB1与平面ECB1所成锐二面角的余弦值.
解:(1)取AE的中点M,连接B1M.
因为BA=AD=DC=BC=a,△ABE为等边三角形,则B1M=a,
又因为平面B1AE⊥平面AECD,所以B1M⊥平面AECD,
所以V=a×a×a×sin.
(2)证明:连接ED交AC于点O,连接OF.
因为四边形AECD为菱形,OE=OD,
所以FO∥B1E,所以B1E∥平面ACF.
(3)连接MD,则∠AMD=90°,
分别以ME,MD,MB1所在的直线为x,y,z轴建系.
则E,C,A,D,B1.
所以,
设平面ECB1的法向量为u=(x,y,z),
则有令x=1,可得u=;
同理可得平面ADB1的一个法向量为v=,
所以cos=,
故平面ADB1与平面ECB1所成锐二面角的余弦值为.
■(2015银川二中高三一模,利用空间向量求空间角,解答题,理18)
如图,在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,∠BAD=90°,A1C1⊥B1D,BC=1,AD=AA1=3.
(1)证明:平面ACD1⊥平面B1BDD1;
(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值.
解法一:(1)证明:因为AA1∥CC1且AA1=CC1,
所以AC∥A1C1,
因为A1C1⊥B1D,所以AC⊥B1D,
因为BB1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,
所以AC⊥BB1,
所以AC⊥平面B1BDD1,
又因为AC⊂平面ACD1,
所以平面ACD1⊥平面B1BDD1.
(2)
因为B1C1∥AD,所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为θ).
如图,连接A1D,因为棱柱ABCD-A1B1C1D1是直棱柱,
且∠B1A1D1=∠BAD=90°,
所以A1B1⊥平面ADD1A1,从而A1B1⊥AD1,
又AD=AA1=3,所以四边形ADD1A1是正方形.
于是A1D⊥AD1,故AD1⊥平面A1B1D,于是AD1⊥B1D.
由(1)知AC⊥B1D,所以B1D⊥平面ACD1.
故∠ADB1=90°-θ,在直角梯形ABCD中,
因为AC⊥BD,所以∠BAC=∠ADB.
从而Rt△ABC∽Rt△DAB,故.
即AB=.
连接AB1,易知△AB1D是直角三角形.
且B1D2=B+BD2=B+AB2+AD2=21,即B1D=.
在Rt△AB1D中,cos∠ADB1=,
即cos(90°-θ)=,从而sinθ=.
即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.
解法二:
(1)证明:由题易知直线AB,AD,AA1两两垂直.
如图,以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在的直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系A-xyz.
设AB=t,则A(0,0,0),B(t,0,0),B1(t,0,3),C(t,1,0),C1(t,1,3),D(0,3,0),D1(0,3,3),
从而=(-t,3,-3),=(t,1,0),=(-t,3,0).
因为AC⊥BD,所以-t2+3+0=0,解得t=或t=-(舍去).
于是=(-,3,-3),=(,1,0).
因为=-3+3+0=0,
所以AC⊥B1D.
因为BB1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,
所以AC⊥BB1,所以AC⊥平面B1BDD1,
又因为AC⊂平面ACD1,所以平面ACD1⊥平面B1BDD1.
(2)由(1)知=(0,3,3),=(,1,0),=(0,1,0),
设n=(x,y,z)是平面ACD1的一个法向量.
则
令x=1,则n=(1,-).
设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ,
则sinθ=|cos|=,
即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.
■
(2015江西八所重点中学高三联考,利用空间向量求空间角,解答题,理18)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,∠DAB=90°,AD∥BC,AD⊥侧面PAB,△PAB是等边三角形,DA=AB=2,BC=AD,E是线段AB的中点.
(1)求证:PE⊥CD;
(2)求PC与平面PDE所成角的正弦值.
解:(1)证明:因为AD⊥侧面PAB,PE⊂平面PAB,所以AD⊥PE.
又因为△PAB是等边三角形,E是线段AB的中点,所以PE⊥AB.
因为AD∩AB=A,所以PE⊥平面ABCD.
而CD⊂平面ABCD,所以PE⊥CD.
(2)
以E为原点,建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz,
则E(0,0,0),C(1,-1,0),D(2,1,0),P(0,0,).
=(2,1,0),=(0,0,),=(1,-1,-).
设n=(x,y,z)为平面PDE的法向量.
由
令x=1,可得n=(1,-2,0).
设PC与平面PDE所成的角为θ,
sinθ=|cos<,n>|=,
所以PC与平面PDE所成角的正弦值为.
■(2015东北三省三校高三二模,利用空间向量求空间角,解答题,理19)
如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面为正三角形,点M在棱BB1上,AB=4,AA1=5,平面A1MC⊥平面ACC1A1.
(1)求证:M是棱BB1的中点;
(2)求平面A1MC与平面ABC所成锐二面角的余弦值.
解:(1)证明:取AC的中点O,连接OB.
在平面ACC1A1上,过点O作AC的垂线交A1C1于点N.
∵平面ACC1A1⊥平面ABC,∴ON⊥平面ABC.
以O为坐标原点,OA,OB,ON所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系O-xyz.
A(2,0,0),B(0,2,0),C(-2,0,0),A1(2,0,5),B1(0,2,5),C1(-2,0,5),M(0,2,m).
设n=(x,y,z)为平面A1MC的法向量,
则
取x=5,则z=-4,y=2m-5.
则平面A1MC的一个法向量n=(5,2m-5,-4).
又m=(0,1,0)为平面ACC1A1的一个法向量,
依题意m·n=2m-5=0,∴m=,
∴M为棱BB1的中点.
(2)由(1)知n=(5,0,-4)为平面A1MC的一个法向量,
又a=(0,0,1)为平面ABC的一个法向量,
∴cos=.
∴平面A1MC与平面ABC所成锐二面角的余弦值为.
■(2015辽宁东北育才高三第五次模拟,利用空间向量求空间角,解答题,理18)在直三棱柱ABC-A'B'C'中,底面ABC是边长为2的正三角形,D'是棱A'C'的中点,且AA'=2.
(1)试在棱CC'上确定一点M,使A'M⊥平面AB'D';
(2)当点M在棱CC'的中点时,求直线AB'与平面A'BM所成角的大小.
解:(1)取AC的中点O,连接OB,OD'.
∵底面ABC是边长为2的正三角形,∴OB⊥AC.
∵D'是边A'C'的中点,∴OD'⊥AC,OD'⊥OB.
以O为坐标原点,OB,OC,OD所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
则有O(0,0,0),A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),B'(,0,2),A'(0,-1,2),D'(0,0,2),C'(0,1,2).
设M(0,1,t),则=(0,2,t-2),=(0,1,2),=(,1,2).
若A'M⊥平面AB'D',则有A'M⊥AD',A'M⊥AB'.
∴
解得t=.
即当CM=时,A'M⊥平面AB'D'.
(2)当点M在棱CC'的中点时,M(0,1,).
∴=(-,1,),=(0,2,-),
设平面A'BM的法向量为n=(x,y,z),
则
令z=,得y=1,x=,∴n=(,1,).
设直线AB'与平面A'BM所成的角为θ,
则sinθ=|cos|=.
所以直线AB'与平面A'BM所成的角θ=arcsin.