高考数学立体几何部分典型例题 10页

（一） 1.某几何体的三视图如图(其中侧视图中的圆弧是半圆)，则该几何体的表面积为 ( )． A．92＋14π B.82＋14π C．92＋24π D.82＋24π 命题意图：考察空间几何体的三视图，三视图为载体考察面积 易错点：（1）三视图很难还原成直观图（2）公式及数据计算错误 解析 由三视图可知：原几何体为一个长方体上面放着半个圆柱，其中长方体的 长宽高分别为 5,4,4，圆柱的底面半径为 2，高为 5，所以该几何体的表面积为： S＝5×4＋2×4×4＋2×5×4＋π×22＋1 2π×2×5×2＝92＋14π. 答案 A 2．（本小题满分 12 分）命题人：贺文宁 如图所示，平面 ABCD⊥平面 BCEF，且四边形 ABCD 为矩形，四边形 BCEF 为 直角梯形，BF∥CE，BC⊥CE，DC＝CE＝4，BC＝BF＝2.（12 分） (1)求证：AF∥平面 CDE； (2)求平面 ADE 与平面 BCEF 所成锐二面角的余弦值； (3)求直线 EF 与平面 ADE 所成角的余弦值． 命题意图：线面平行的位置关系，线面角、二面角的求法 易错点：（1）直接建系，不去证明三条线两两垂直（2）数据解错（3）线面角求 成正弦值 (1)证明 法一 取 CE 的中点为 G，连接 DG，FG. ∵BF∥CG 且 BF＝CG， ∴四边形 BFGC 为平行四边形，则 BC∥FG，且 BC＝FG. ∵四边形 ABCD 为矩形，……………………………………..1 分 ∴BC∥AD 且 BC＝AD，∴FG∥AD 且 FG＝AD， ∴四边形 AFGD 为平行四边形，则 AF∥DG. ∵DG⊂平面 CDE，AF⊄平面 CDE， ∴AF∥平面 CDE. ……………………………………..3 分 (2)解 ∵四边形 ABCD 为矩形，∴BC⊥CD， 又∵平面 ABCD⊥平面 BCEF，且平面 ABCD∩平面 BCEF＝BC， BC⊥CE，∴DC⊥平面 BCEF. …………………………………….4 分 以 C 为原点，CB 所在直线为 x 轴，CE 所在直线为 y 轴，CD 所在直线为 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，…………………………………….5 分 根据题意我们可得以下点的坐标： A(2,0,4)，B(2,0,0)，C(0,0,0)，D(0,0,4)，E(0,4,0)，F(2,2,0)，则AD→ ＝(－2,0,0)， DE→ ＝(0,4，－4)． 设平面 ADE 的一个法向量为 n1＝(x1，y1，z1)， 则 AD→ ·n1＝0， DE→ ·n1＝0， ∴ －2x＝0， 4y1－4z1＝0， 取 z1＝1，得 n1＝(0,1,1)． ∵DC⊥平面 BCEF. ……………………………………7 分 ∴平面 BCEF 的一个法向量为CD→ ＝(0,0,4)． 设平面 ADE 与平面 BCEF 所成锐二面角的大小为α， 则 cos α＝| CD→ ·n1 |CD→ |·|n1||＝ 4 4× 2 ＝ 2 2 ， 因 此 ， 平 面 ADE 与 平 面 BCEF 所 成 锐 二 面 角 的 余 弦 值 为 2 2 .…………………………………….9 分 (3)解 根据(2)知平面 ADE 的一个法向量为 n1＝(0,1,1)，∵EF→＝(2，－2,0)， ∴cos 〈EF→，n1〉＝ EF→·n1 |EF→|·|n1| ＝ －2 2 2× 2 ＝－1 2 ，……………………….10 分 设直线 EF 与平面 ADE 所成的角为θ， 则 cos θ＝|sin 〈EF→，n1〉|＝ 3 2 ， 因 此 ， 直 线 EF 与 平 面 ADE 所 成 角 的 余 弦 值 为 3 2 .…………………………………….12 分 （二） 1.某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为 ( )． A．8－2π B．8－π C．8－π 2 D．8－π 4 命题意图：考察空间几何体的三视图，三视图为载体考察体积 易错点：（1）三视图很难还原成直观图（2）公式及数据计算错误 解析 这是一个正方体切掉两个1 4 圆柱后得到的几何体，且该几何体的高为 2，V ＝23－1 2 ×π×1×2＝8－π，故选 B. 答案 B 2. （本小题满分 12 分）命题人：贺文宁 如图所示，四边形 ABCD 是边长为 1 的正方形，MD⊥平面 ABCD，NB⊥平面 ABCD，且 MD＝NB＝1，E 为 BC 的中点． (1)求异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值； (2)在线段 AN 上是否存在点 S，使得 ES⊥平面 AMN？若存在，求线段 AS 的长； 若不存在，请说明理由． 命题意图：异面直线所成角；利用空间向量解决探索性问题 易错点：（1）异面直线所成角容易找错（2）异面直线所成角的范围搞不清 （3）利用空间向量解决探索性问题，找不到突破口 解 (1)如图以 D 为坐标原点，建立空间直角坐标系 D－xyz. 依题意得 D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)， B(1,1,0)，N(1,1,1)，E(1 2 ，1,0)，…………………………………….1 分 所以NE → ＝(－1 2 ，0，－1)， AM → ＝(－1,0,1)．…………………………………….2 分 设直线 NE 与 AM 所成角为θ， 则 cos θ＝|cos〈N E → ，AM → 〉|…………………………………….3 分 ＝ |N E → ·AM → | |N E → |·|AM → | ＝ 1 2 5 2 × 2 ＝ 10 10 .…………………………………….5 分 所以异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值为 10 10 . (2)如图，假设在线段 AN 上存在点 S，使得 ES⊥平面 AMN，连接 AE. 因为AN → ＝(0,1,1)，可设AS → ＝λAN → ＝(0，λ，λ)， 又EA → ＝(1 2 ，－1,0)， 所以ES → ＝EA → ＋AS → ＝(1 2 ，λ－1，λ)．…………………………………….7 分 由 ES⊥平面 AMN，得 E S → ·AM → ＝0， E S → ·A N → ＝0， 即 －1 2 ＋λ＝0， λ－1＋λ＝0， 故λ＝1 2 ，此时AS → ＝(0，1 2 ，1 2)，| A S → |＝ 2 2 .…………………………………….10 分 经检验，当 AS＝ 2 2 时，ES⊥平面 AMN. 在线段 AN 上存在点 S，使得 ES⊥平面 AMN，此时 AS＝ 2 2 .………………12 分 （三） 1．一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积为( )． A.23 3 B.47 6 C．6 D.7 命题意图：考察空间几何体的三视图，三视图为载体考察体积 易错点：（1）三视图很难还原成直观图（2）公式及数据计算错误 解析 如图，由三视图可知，该几何体是由棱长为 2 的正方体右后和左下分别截去一个 小三棱锥得到的，其体积为 V＝2×2×2－2×1 3 ×1 2 ×1×1×1＝23 3 . 答案 A 2. （本小题满分 12 分）命题人：贺文宁 如图，矩形 ABCD 所在的平面和平面 ABEF 互相垂直，等腰梯形 ABEF 中，AB ∥EF，AB＝2，AD＝AF＝1，∠BAF＝60°，O，P 分别为 AB，CB 的中点，M 为 底面△OBF 的重心． (1)求证：平面 ADF⊥平面 CBF； (2)求证：PM∥平面 AFC； (3)求多面体 CD－AFEB 的体积 V. 命题意图：面面垂直，线面平行的判定，空间几何体的体积 易错点：（1）判定时条件罗列不到位失分（2）求体积时不会分割 (1)证明 ∵矩形 ABCD 所在的平面和平面 ABEF 互相垂直，且 CB⊥AB， ∴CB⊥平面 ABEF，…………………………………….1 分 又 AF⊂平面 ABEF，所以 CB⊥AF， 又 AB＝2，AF＝1，∠BAF＝60°，由余弦定理知 BF＝ 3， ∴AF2＋BF2＝AB2，得 AF⊥BF，…………………………………….2 分 BF∩CB＝B， ∴AF⊥平面 CFB， 又∵AF⊂平面 ADF； ∴平面 ADF⊥平面 CBF. …………………………………….4 分 (2)证明 连接 OM 延长交 BF 于 H，则 H 为 BF 的中点，又 P 为 CB 的中点， ∴PH∥CF，又∵CF⊂平面 AFC，PH⊄平面 AFC， ∴PH∥平面 AFC，…………………………………….6 分 连接 PO，则 PO∥AC， 又∵AC⊂平面 AFC，PO⊄平面 AFC， PO∥平面 AFC，PO∩PH＝P， ∴平面 POH∥平面 AFC，…………………………………….7 分 又∵PM⊂平面 POH， ∴PM∥平面 AFC. …………………………………….8 分 (3)解 多面体 CD－AFEB 的体积可分成三棱锥 C－BEF 与四棱锥 F－ABCD 的 体积之和 在等腰梯形 ABEF 中，计算得 EF＝1，两底间的距离 EE1＝ 3 2 . 所以 VC－BEF＝1 3S△BEF×CB＝1 3 ×1 2 ×1× 3 2 ×1＝ 3 12 ， VF－ABCD＝1 3S 矩形 ABCD×EE1＝1 3 ×2×1× 3 2 ＝ 3 3 ，…………………10 分 所以 V＝VC－BEF＋VF－ABCD＝5 3 12 .…………………………………….12 分 （四） 1.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________． 命题意图：考察空间几何体的三视图，三视图为载体考察体积 解析 由题意可得，几何体相当于一个棱长为 2 的正方体切去一个角，角的相邻 三条棱长分别是 1,2,2，所以几何体的体积为 8－2 3 ＝22 3 . 答案 22 3 2. （本小题满分 12 分）命题人：贺文宁 在平行四边形 ABCD 中，AB＝6，AD＝10，BD＝8，E 是线段 AD 的中点．如图 所示，沿直线 BD 将△BCD 翻折成△BC′D，使得平面 BC′D⊥平面 ABD. (1)求证：C′D⊥平面 ABD； (2)求直线 BD 与平面 BEC′所成角的正弦值． 命题意图：空间几何体的“翻折”问题，考察学生空间想象能力和知识迁移能力 易错点：把平面图形转化为空间几何体，数据错误，垂直平行关系错误 (1)证明 平行四边形 ABCD 中，AB＝6，AD＝10，BD＝8，沿直线 BD 将△BCD 翻折成△BC′D， 可知 C′D＝CD＝6，BC′＝BC＝10，BD＝8，…………………………2 分 即 BC′2＝C′D2＋BD2∴C′D⊥BD. 又∵平面 BC′D⊥平面 ABD，平面 BC′D∩平面 ABD＝BD， C′D⊂平面 BC′D，∴C′D⊥平面 ABD. …………………………4 分 (2)解 由(1)知 C′D⊥平面 ABD，且 CD⊥BD， 如图，以 D 为原点，建立空间直角坐标系 D－xyz. 则 D(0,0,0)，A(8,6,0)，B(8,0,0)，C′(0,0,6)．……………………6 分 ∵E 是线段 AD 的中点， ∴E(4,3,0)，BD → ＝(－8,0,0)．…………………………7 分 在平面 BEC′中，BE → ＝(－4,3,0)，BC′ → ＝(－8,0,6)， 设平面 BEC′法向量为 n＝(x，y，z)， ∴ BE → ·n＝0， BC′ → ·n＝0， 即 －4x＋3y＝0， －8x＋6z＝0， 令 x＝3，得 y＝4，z＝4，故 n＝(3,4,4)．………………………10 分 设直线 BD 与平面 BEC′所成角为θ，则 sin θ＝|cos 〈n，BD → 〉|＝ |n·BD → | |n||BD → | ＝3 41 41 . ∴直线 BD 与平面 BEC′所成角的正弦值为3 41 41 .………………12 分