广东省广州市重点学校备战2017高考数学一轮复习 立体几何试题精选07

立体几何011.如图,已知四棱锥 P —ABCD ，PB ⊥AD 侧面PAD 为边长等于2的正三角形，底面ABCD 为菱形,侧面PAD 与底面ABCD 所成的二面角为120°.（I)求点P 到平面ABCD 的距离，(II ）求面APB 与面CPB 所成二面角的大小.（II)解法一：如图建立直角坐标系,其中O 为坐标原点，x 轴平行于DA.)43,433,0(),0,233,0(),23,0,0(的坐标为中点G PB B P 。

连结AG 。

又知).0,233,2(),0,23,1(-C A 由此得到： 0,0).0,0,2(),23,233,0(),43,43,1(=⋅=⋅-=-=--=PB BC PB GA BC PB GA 于是有所以θ的夹角BC GA PB BC PB GA ,.⊥⋅⊥ 等于所求二面角的平面角， 于是,772||||cos -=⋅⋅=BC GA BC GA θ 所以所求二面角的大小为772arccos -π .2。

如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90o ，AC ＝1,CB ＝2，侧棱AA 1＝1,侧面AA 1B 1B 的两条对角线交点为D ，B 1C 1的中点为M ．(Ⅰ)求证：CD ⊥平面BDM ；(Ⅱ)求面B 1BD 与面CBD 所成二面角的大小．解法一:(I ）如图,连结CA 1、AC 1、CM ，则CA 1=2,∵CB=CA 1=2，∴△CBA 1为等腰三角形，又知D 为其底边A 1B 的中点，∴CD ⊥A 1B ， ∵A 1C 1=1,C 1B 1=2,∴A 1B 1=3, 又BB 1=1，∴A 1B=2，∵△A 1CB 为直角三角形,D 为A 1B 的中点，CD=21A 1B=1，CD=CC 1AB C A'B'C'DM解法二：如图以C 为原点建立坐标系（I):B(2,0，0）,B 1（2，1,0)，A 1(0，1,1）,D （22,21，21), M （22，1,0)，=CD (22,21，21),=B A 1(2,-1，-1) =DM （0,21，-21）,,0,01=•=•DM CD B A CD∴CD ⊥A 1B ，CD ⊥DM.因为A 1B 、DM 为平面BDM 内两条相交直线，所以CD ⊥平面BDM(II):设BD 中点为G ，连结B 1G ，则G ),41,41,423(=BD (—22,21,21）,=G B 1),41,43,42(--∴01=•G B BD ，∴BD ⊥B 1G,又CD ⊥BD ，∴CD 与G B 1的夹角θ等于所求二面角的平面角,cos .33||||1-=•=G B CDθ 所以所求二面角的大小为π-arccos33A'C B A C'B'M D z XA'CB AC'B'F MDG。

【三维设计】2017届高考数学一轮总复习第七章立体几何理新人教版第七章⎪⎪⎪ 立体几何第一节 空间几何体的结构特征及三视图与直观图1．简单几何体(1)简单旋转体的结构特征：①圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到； ②圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；③圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到；④球可以由半圆或圆绕直径旋转得到．(2)简单多面体的结构特征：①棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形；②棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；③棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．2．直观图(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．说明：正视图也称主视图，侧视图也称左视图．(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．[小题体验]1．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是( )解析：选B D选项为正视图或者侧视图，俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B.2．如图所示，等腰△A′B′C′是△ABC的直观图，那么△ABC是( )A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．钝角三角形解析：选 B 由题图知A′C′∥y′轴，A′B′∥x′轴，由斜二测画法知，在△ABC中，AC∥y轴，AB∥x轴，∴AC⊥AB.又因为A′C′＝A′B′，∴AC＝2AB≠AB，∴△ABC是直角三角形．3．(教材习题改编)如图，长方体ABCD­A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是______．答案：五棱柱三棱柱1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点．2．空间几何体不同放置时其三视图不一定相同．3．对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视实虚线的画法．[小题纠偏]1．沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )解析：选B 给几何体的各顶点标上字母，如图1.A，E在侧投影面上的投影重合，C，G在侧投影面上的投影重合，几何体在侧投影面上的投影及把侧投影面展平后的情形如图2所示，故正确选项为B.2．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )解析：选B 根据选项A、B、C、D中的直观图，画出其三视图，只有B项正确．考点一空间几何体的结构特征基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是( ) A．圆柱B．圆锥C．球体 D．圆柱、圆锥、球体的组合体解析：选C 截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．2．(易错题)下列说法正确的是( )A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点解析：选B A错，如图(1)；B正确，如图(2)，其中底面ABCD是矩形，可证明∠PAB，∠PCB都是直角，这样四个侧面都是直角三角形；C错，如图(3)；D错，由棱台的定义知，其侧棱的延长线必相交于同一点．3．如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下4个命题中，假命题是( )A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上解析：选B 因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等，所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点的距离相等，故A，C正确；且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等，故D 正确；B不正确，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立．[谨记通法]解决与空间几何体结构特征有关问题3个技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，如“题组练透”第2题的A、C两项易判断失误；(3)通过反例对结构特征进行辨析．考点二空间几何体的三视图重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2016·贵州七校联考)如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形)( )A．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥ D．③④⑤解析：选B 正视图应该是边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是①；侧视图应该是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③.2．(2015·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为( )A．1 B． 2C． 3 D．2解析：选C 根据三视图，可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥V­ABCD，其中VB⊥平面ABCD，且底面ABCD是边长为1的正方形，VB＝1.所以四棱锥中最长棱为VD.连接BD，易知BD＝2，在Rt△VBD中，VD ＝VB2＋BD2＝ 3.[由题悟法]几何体画三视图的2个关键点(1)三视图的安排位置，正视图、侧视图分别放在左右两边，俯视图在正视图的下边．(2)注意实虚线的区别．[即时应用]1．(2016·临沂模拟)如图甲，将一个正三棱柱ABC­DEF截去一个三棱锥A­BCD，得到几何体BCDEF，如图乙，则该几何体的正视图(主视图)是( )解析：选C 由于三棱柱为正三棱柱，故平面ADEB⊥平面DEF，△DEF是等边三角形，所以CD在后侧面上的投影为AB的中点与D的连线，CD的投影与底面不垂直，故选C.2．(2016·南昌一模)如图，在正四棱柱ABCD ­A1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥P­BCD的正视图与侧视图的面积之比为( )A．1∶1 B．2∶1C．2∶3 D．3∶2解析：选A 根据题意，三棱锥P­BCD的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高．故三棱锥P­BCD的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.考点三空间几何体的直观图重点保分型考点——师生共研[典例引领](2015·福州模拟)用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是( )解析：选A 由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2 2.[由题悟法]用斜二测画法画直观图的3个步骤(1)在原图形中与x轴或y轴平行的线段在直观图中与x′轴或y′轴平行．(2)原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线．(3)原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出．[即时应用]用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为2 2 cm2，则原平面图形的面积为( )A．4 cm2B．4 2 cm2C．8 cm2 D．8 2 cm2解析：选 C 依题意可知∠BAD＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC，AD相等，高为梯形ABCD的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm2.一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．已知一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的组成为( )A．上面为棱台，下面为棱柱B．上面为圆台，下面为棱柱C．上面为圆台，下面为圆柱D．上面为棱台，下面为圆柱解析：选C 依题意，题中的几何体上面是圆台，下面是圆柱．2．某几何体的正视图和侧视图完全相同，均如图所示，则该几何体的俯视图一定不可能是( )解析：选D 几何体的正视图和侧视图完全一样，则几何体从正面看和侧面看的长度相等，只有等边三角形不可能．3．给出下列四个命题：①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体；③有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱；④长方体一定是正四棱柱．其中正确的命题个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选A 反例：①直平行六面体底面是菱形，满足条件但不是正棱柱；②底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；③④显然错误，故选A.4．底面水平放置的正三棱柱的所有棱长均为2，当其正视图有最大面积时，其侧视图的面积为( )A．2 3 B．3C． 3 D．4解析：选A 当正视图的面积最大时，可知其正三棱柱某个侧面的面积，可以按如图所示放置，此时S侧＝2 3.5．如图，线段OA在平面xOy中，它与x轴的夹角为45°，它的长为22，OA的直观图O′A′的长为________．解析：过点A作AB⊥Ox于B，∵OA＝22，∠AOB＝45°，∴OB＝AB＝2，线段OB的直观图O′B′＝2，A′B′＝1，∠O′B′A′＝135°.∴O′A′2＝22＋12－2×2×1×cos 135°，∴O′A′＝5＋2 2.答案：5＋2 2二保高考，全练题型做到高考达标1．(2016·衡阳联考)已知底面为正方形的四棱锥，其一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的( )解析：选C 根据三视图的定义可知A、B、D均不可能，故选C.2．(2016·武汉调研)若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的直观图是( )解析：选A B的侧视图不对，C的俯视图不对，D的正视图不对，排除B、C、D，A正确．3．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( )A．圆柱B．圆锥C．四面体 D．三棱柱解析：选A 圆柱的正视图是矩形，则该几何体不可能是圆柱．4．(2015·北京模拟)某三棱锥的三视图如图所示，则其表面中，直角三角形的个数为( )A．1 B．2C．3 D．4解析：选D 由三视图可得该三棱锥的底面是直角边为2的等腰直角三角形，一个底边长为2、底边上的高为1的侧面垂直于底面，该侧面是直角边长为2的直角三角形．利用面面垂直的性质定理可得右边一个侧面是边长为2，2，6的直角三角形，则左边一个侧面的边长为2，6，22的三角形，也是直角三角形，所以该三棱锥表面的4个面都是直角三角形．5．如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6，O′C′＝2，则原图形OABC的面积为( )A．24 2 B．12 2C．48 2 D．20 2解析：选A 由题意知原图形OABC是平行四边形，且OA＝BC＝6，设平行四边形OABC的高为OE，则OE×12×22＝O′C′，∵O′C′＝2，∴OE＝42，∴S▱OABC＝6×42＝24 2.6．设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；②底面是矩形的平行六面体是长方体；③直四棱柱是直平行六面体；④棱台的相对侧棱延长后必交于一点．其中真命题的序号是________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．答案：①④7．(2016·福建龙岩联考)一水平放置的平面四边形OABC，用斜二测画法画出它的直观图O′A′B′C′如图所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC面积为________．解析：因为直观图的面积是原图形面积的2倍，且直观图的面积为1，所以原图形的面积4为2 2.答案：2 28．如图，点O为正方体ABCD­A′B′C′D′的中心，点E为面B′BCC′的中心，点F为B′C′的中点，则空间四边形D′OEF在该正方体的各个面上的正投影可能是________(填出所有可能的序号)．解析：空间四边形D′OEF在正方体的面DCC′D′及其对面ABB′A′上的正投影是①；在面BCC′B′及其对面ADD′A′上的正投影是②；在面ABCD及其对面A′B′C′D′上的正投影是③.答案：①②③9．(2016·昆明、玉溪统考)如图，三棱锥V ­ABC 的底面为正三角形，侧面VAC 与底面垂直且VA ＝VC ，已知其正(主)视图的面积为23，则其侧(左)视图的面积为________．解析：设三棱锥V ­ABC 的底面边长为a ，侧面VAC 的边AC 上的高为h ，则ah ＝43，其侧(左)视图是由底面三角形ABC 边AC 上的高与侧面三角形VAC 边AC 上的高组成的直角三角形，其面积为12×32a ×h ＝12×32×43＝33.答案：3310．已知正三棱锥V ­ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图；(2)求出侧视图的面积． 解：(1)直观图如图所示． (2)根据三视图间的关系可得BC＝23，∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6.三上台阶，自主选做志在冲刺名校 1．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )A ．8B ．7C ．6D ．5解析：选C 画出直观图，共六块．2．一个几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，且体积为12，则这个几何体的俯视图可能是下列图形中的________．(填入所有可能的图形前的编号)①锐角三角形；②直角三角形；③四边形；④扇形；⑤圆．解析：如图1所示，直三棱柱ABE­A1B1E1符合题设要求，此时俯视图△ABE是锐角三角形；如图2所示，直三棱柱ABC­A1B1C1符合题设要求，此时俯视图△ABC是直角三角形；如图3所示，当直四棱柱的八个顶点分别是正方体上、下各边的中点时，所得直四棱柱ABCD­A1B1C1D1符合题设要求，此时俯视图四边形ABCD是正方形；若俯视图是扇形或圆，体积中会含有π，故排除④⑤.答案：①②③3．如图，在四棱锥P­ABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA.解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝6 2.由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD 2＝622＋62＝6 3cm.第二节空间几何体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝2πrlS圆锥侧＝πrlS圆台侧＝π(r＋r′)l2．空间几何体的表面积与体积公式名称几何体表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝Sh锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝13Sh台体(棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝13(S上＋S下＋S上S下)h球S＝4πR2V＝43πR3[小题体验]1．如图是一个空间几何体的三视图，其中正(主)视图、侧(左)视图都是由边长为4和6的矩形以及直径等于4的圆组成，俯视图是直径等于4的圆，该几何体的体积是( )A．41π3B．62π3C．83π3D．104π3解析：选D 由题意得，此几何体为圆柱与球的组合体，其体积V＝43π×23＋π×22×6＝104π3.2．一个体积为123的正三棱柱的三视图如图所示，则这个三棱柱的侧(左)视图的面积为( )A．8 3 B．6 3C．12 D．8解析：选B 设此三棱柱底面边长为a，高为h，则由图示知32a＝23，∴a＝4，∴123＝34×42×h，∴h＝3，∴侧(左)视图面积为23×3＝6 3.3．(教材习题改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶3 1∶14．(教材习题改编)已知棱长为a，各面均为等边三角形的四面体S­ABC，它的表面积为________．解析：过S作SD⊥BC，∵BC＝a，∴SD＝32a，∴S△SBC＝34a2，∴表面积S＝4×34a2＝3a2.答案：3a21．求组合体的表面积时：组合体的衔接部分的面积问题易出错．2．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．3．易混侧面积与表面积的概念．[小题纠偏]1．已知某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是( )A．84 cm3 B．92 cm3C．100 cm3 D．108 cm3解析：选C 由三视图的几何体，利用体积公式求解．由三视图可得该几何体是棱长分别为6,3,6的长方体截去一个三条侧棱两两垂直，且长度分别为3,4,4的三棱锥，所以该几何体的体积是6×6×3－13×12×4×4×3＝108－8＝100cm3.2．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是________．解析：由三视图可知，该几何体由一个正四棱柱和一个棱台组成，其表面积S＝3×4×2＋2×2×2＋4×22×2＋4×6＋12×(2＋6)×2×2＝72＋16 2.答案：72＋16 2考点一空间几何体的表面积基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．(2015·福建高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( )A．8＋2 2 B．11＋2 2C．14＋2 2 D．15解析：选 B 由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×1 2×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.2．(易错题)(2015·全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r＝( )A．1 B．2C．4 D．8解析：选 B 如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r，圆柱的底面半径为r，高为2r，则表面积S＝12×4πr2＋πr2＋4r2＋πr·2r＝(5π＋4)r2.又S＝16＋20π，∴(5π＋4)r2＝16＋20π，∴r2＝4，r＝2，故选B.3．某几何体的三视图如图所示，则它的侧面积为( )A．12 5 B．24 2C．24 D．12 3解析：选A 由三视图得，这是一个正四棱台，由条件知斜高h＝22＋12＝5，侧面积S＝2＋4×52×4＝12 5.[谨记通法]几何体的表面积2种求法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．注意衔接部分的处理，如“题组练透”第2题．考点二空间几何体的体积重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2015·重庆高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A．13＋2πB．13π6C．7π3D．5π2解析：选B 由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋12×13π×12×1＝136π.2．(2015·全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A．18B．17C．16D．15解析：选D 由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V2＝13－16＝56.所以V1V2＝1656＝15，故选D.[由题悟法]求解几何体体积的必备策略常见类型解题策略球的体积问题直接利用球的体积公式求解，在实际问题中要根据题意作出图形，构造直角三角形确定球的半径锥体、柱根据题设条件求出所给几何体的底面体的体积问题积和高，直接套用公式求解以三视图为载体的几何体体积问题将三视图还原为几何体，利用空间几何体的体积公式求解不规则几何体的体积问题常用分割或补形的思想，若几何体的底不规则，也需采用同样的方法，将不规则的几何体或平面图形转化为规则的几何体或平面图形，易于求解[即时应用]1．(2016·浙江瑞安模拟)已知一个空间几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的体积是( )A ．2B ．4C ．6D ．12解析：选B 由三视图可知此棱锥是底面为直角梯形，高为2的四棱锥，所以V ＝13×⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×2＋4×2×2＝4. 2．(2015·惠州二调)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图与侧(左)视图均为半径是2的圆，则这个几何体的体积是( )A ．16πB ．14πC ．12πD ．8π解析：选D 由三视图可知，该几何体为一个球切去四分之一个球后剩余的部分，由于球的半径为2，所以这个几何体的体积V＝34×43π×23＝8π.考点三与球有关的切、接问题常考常新型考点——多角探明[命题分析]与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考生的难点、易失分点，命题角度多变．常见的命题角度有：(1)正四面体的内切球；(2)直三棱柱的外接球；(3)正方体(长方体)的外接球；(4)四棱锥(三棱锥)的外接球．[题点全练]角度一：正四面体的内切球1．(2016·长春模拟)若一个正四面体的表面积为S1，其内切球的表面积为S2，则S1S2＝________.解析：设正四面体棱长为a，则正四面体表面积为S1＝4·34·a2＝3a2，其内切球半径为正四面体高的14，即r＝14·63a＝612a，因此内切球表面积为S2＝4πr2＝πa26，则S1S2＝3a2π6a2＝63π.答案：63π角度二：直三棱柱的外接球2．已知直三棱柱ABC­A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为( )A．3172B ．210C ．132D ．310 解析：选 C 如图，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M .又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6， 所以球O 的半径R ＝OA ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋62＝132. 角度三：正方体(长方体)的外接球3．(2016·九江一模)已知矩形ABCD 的顶点都在半径为2的球O 的球面上，且AB ＝3，BC ＝3，过点D 作DE 垂直于平面ABCD ，交球O 于E ，则棱锥E ­ABCD 的体积为________．解析：如图所示，BE 过球心O ，∴DE＝42－32－32＝2，∴V E­ABCD＝13×3×3×2＝2 3.答案：2 3角度四：四棱锥(三棱锥)的外接球4．(2016·长沙模拟)体积为163的正四棱锥S­ABCD的底面中心为O，SO与侧面成的角的正切值为22，那么过S­ABCD的各顶点的球的表面积为( )A．32π B．24πC．16π D．12π解析：选C 如图，取AB的中点为F，连接SF，过点O作OG⊥SF，则∠OSG为SO与侧面所成的角，且tan∠OSG＝OFSO＝22.设AB＝2a，则SO＝2a，所以13×4a2×2a＝163，得a＝ 2.延长SO交外接球于E，则EB⊥SB，由OB2＝SO·OE得4＝2·(2R－2)，所以R＝2，S＝4π×22＝16π.[方法归纳]“切”“接”问题处理的注意事项(1)“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．(2)“接”的处理把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( )A．163πB．323πC．16π D．24π解析：选B 设球的半径为R，则表面积是16π，即4πR2＝16π，解得R＝2.所以体积为4 3πR3＝32π3.2．一个几何体的三视图如图所示，则它的体积为( )A．203B．403C．20 D．40解析：选 B 由几何体的三视图可知该空间几何体是一个四棱锥，其直观图如图所示．其体积为13×12(1＋4)×4×4＝403.3．在三角形ABC中，AB＝3，BC＝4，∠ABC ＝90°，若将△ABC绕直线BC旋转一周，则所形成的几何体的侧面积为( )A．15π B．20πC．30π D．40π解析：选A 依题意知几何体为底面半径为3，母线长为5的圆锥，所得几何体的侧面积等于π×3×5＝15π.4．棱长为a的正方体有一内切球，该球的表面积为________．解析：由题意知球的直径2R＝a，∴R ＝a 2.∴S ＝4πR 2＝4π×a 24＝πa 2. 答案：πa 25．已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中圆的直径为4，该几何体的体积为V 1，直径为4的球的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________.解析：由三视图知，该几何体为圆柱内挖去一个底面相同的圆锥，因此V 1＝8π－8π3＝16π3，V 2＝4π3×23＝32π3，V 1∶V 2＝1∶2. 答案：1∶2二保高考，全练题型做到高考达标1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )A．7 B．6C．5 D．3解析：选A 设圆台较小底面半径为r，则另一底面半径为3r.由S＝π(r＋3r)·3＝84π，解得r＝7.2．(2015·云南师大附中)如图是一几何体的三视图，则该几何体的体积是( )A．9 B．10C．12 D．18解析：选A 由三视图还原出几何体的直观图如图，SD⊥平面ABCD，AB与DC平行，AB＝2，DC＝4，AD＝3，SD＝3，所求体积V＝13×12×(2＋4)×3×3＝。

浙江、福建、安徽、江西、广东、广西 资源投稿 qq ：2355394557平面向量07解答题18.如图5—4，在直三棱柱ABO —A ′B ′O ′中，OO ′=4，OA =4，OB =3，∠AOB =90°，D 是线段A ′B ′的中点，P 是侧棱BB ′上的一点，若OP ⊥BD ，求OP 与底面AOB 所成角的大小.（结果用反三角函数值表示）图5—3 图5—4 图5—5解法一：如图5—16，以O 点为原点建立空间直角坐标系.由题意，有B （3，0，0），D （23，2，4），设P （3，0，z ），则 BD ={－23，2，4}，={3，0，z }. ∵BD ⊥OP ，∴BD ·OP =－29+4z =0，z =89. ∵BB ′⊥平面AOB ，∴∠POB 是OP 与底面AOB 所成的角.tan POB =83，∴∠POB =arctan 83.浙江、福建、安徽、江西、广东、广西 资源投稿 qq ：2355394557 -2 -（以下同解法一）21.如图5—6，以正四棱锥V —ABCD 底面中心O 为坐标原点建立空间直角坐标系O —xyz ，其中Ox ∥BC ，Oy ∥AB ，E 为VC 的中点，正四棱锥底面边长为2a ，高为h .（1）求cos<DE BE , >；（2）记面BCV 为α，面DCV 为β，若∠BED 是二面角α—VC —β的平面角，求∠BED .-3 -图5—6 图5—7 图5—8 （2）若∠BED 是二面角α—VC —β的平面角，则⋅，则有CV BE ⊥＝0.又由C （－a ，a ，0），V （0，0，h ），有CV ＝（a ，－a ，h ）且)2,2,23(h a a BE--=， ∴02223222=++-=⋅h a a CV BE . 即h ＝2a ，这时有 cos<DE BE ,>＝31)2(10)2(610622222222-=++-=++-a a a a h a h a ，欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚，qq ：2355394557浙江、福建、安徽、江西、广东、广西 资源投稿 qq ：2355394557 - 4 -∴∠BED ＝<DE BE ,>＝arccos （31 ）＝π－arccos 31 评述：本小题主要考查空间直角坐标的概念、空间点和向量的坐标表示以及两个向量夹角的计算方法；考查运用向量研究空间图形的数学思想方法.22.在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点E 、F 分别在BB 1、DD 1上，且AE ⊥A 1B ，AF ⊥A 1D.（1）求证：A 1C ⊥平面AEF ；（2）若规定两个平面所成的角是这两个平面所组成的二面角中的锐角（或直角）.则在空间中有定理：若两条直线分别垂直于两个平面，则这两条直线所成的角与这两个平面所成的角相等.试根据上述定理，在AB =4，AD =3，AA 1=5时，求平面AEF 与平面D 1B 1BD 所成角的大小.（用反三角函数值表示）-5 -如图5—19建立直角坐标系，则得点A （0，0，0），G （49，3，0），A 1（0，0，5）， C （4，3，0）.AG ={49，3，0}，A 1C ={4，3，－5}. 因为AG 与A 1C 所成的角为α，所以cos α=25212arccos ,25212||||11==⋅⋅αC A AG C A AG . 由定理知，平面AEF 与平面D 1B 1BD 所成角的大小为arccos 25212. 注：没有学习向量知识的同学可用以下的方法求二面角的平面角.解法一：设AG 与BD 交于M ，则AM ⊥面BB 1D 1D ，再作AN ⊥EF 交EF 于N ，连接MN ，则∠ANM 即为面AEF 与D 1B 1BD 所成的角α，用平面几何的知识可求出AM 、AN 的长度.欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚，qq ：2355394557浙江、福建、安徽、江西、广东、广西 资源投稿 qq ：2355394557 - 6 - 解法二：用面积射影定理cos α=AEFABD S S ∆∆. 评述：立体几何考查的重点有三个：一是空间线面位置关系的判定；二是角与距离的计算；三是多面体与旋转体中的计算.。

立体几何024. 如图,在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点E 是棱BC 的中点，点F 是棱CD 上的动点。

（I ） 试确定点F 的位置,使得D 1E ⊥平面AB 1F;（II)当D 1E ⊥平面AB 1F 时，求二面角C 1-EF —A 的大小（结果用反三角函数值表示）。

A B CD A 1B 1C 1D 1EF解析：∴tan ∠C 1HC=224211==CH C C 。

∴∠C 1HC=arctan 22，从而∠AHC 1=22arctan -π.故二面角C 1—EF —A 的大小为22arctan -π.解法二：以A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系(1）设DF=x ，则A （0，0，0），B （1，0，0），D （0，1，0），A 1(0,0，1),B （1，0,1)，D 1（0，1，1），E )0,21,1(，F （x ，1，0) F AB E D CD F x x AF E D AF E D F AB E D AB E D AB E D x AF AB E D 111111111111,.210210,011)0,1,(),1,0,1(),1,21,1(平面的中点时是故当点即平面于是即⊥==-⇔=⋅⇔⇔⊥⊥=-=⋅∴==--=∴5.如图，在底面是菱形的四棱锥P—ABCＤ中，∠ABC=600，PA=AC=a，PB=PD=a2,点E在PD上,且PE：ED=2：1。

（I）证明PA⊥平面ABCD；BD（II）求以AC为棱，EAC与DAC为面的二面角 的大小；（Ⅲ）在棱PC上是否存在一点F，使BF//平面AEC?证明你的结论.。

立体几何1715.如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PD ⊥底面ABCD ，E 是AB 上一点，PE ⊥EC. ,21,2,2===AE CD PD 求 〔Ⅰ〕异面直线PD 与EC 距离；〔Ⅱ〕二面角E —PC —D 大小.在面PDC 中，PD=2，CD=2，GC= 因△PDC ∽△GHC ，故， 又,23)21(12222=-=-=DG DE EG故在,4,,π=∠=∆EHG EG GH EHG Rt 因此中 即二面角E —PC —D 大小为.4π 解法二：〔Ⅱ〕作DG ⊥PC ，可设G 〔0，y ，z 〕.由0=⋅PC DG 得0)2,2,0(),,0(=-⋅z y即),2,1,0(,2==DG y z 故可取作EF ⊥PC 于F ，设F 〔0，m ，n 〕， 那么由0212,0)2,2,0(),21,23(0=--=-⋅--=⋅n m n m PC EF 即得， 又由F 在PC 上得).22,21,23(,22,1,222-===+-=EF n m m n 故 因,,PC DG PC EF ⊥⊥故平面E —PC —D 平面角θ大小为向量DG EF 与夹角. 故,4,22||||cos πθθ===EF DG 即二面角E —PC —D 大小为.4π1x =是函数32()3(1)1f x mx m x nx =-+++一个极值点，其中,,0m n R m ∈<，〔I 〕求m 与n 关系式；〔II 〕求()f x 单调区间；〔III 〕当[]1,1x ∈-时，函数()y f x =图象上任意一点切线斜率恒大于3m ，求m 取值范围.解(I)2()36(1)f x mx m x n '=-++因为1x =是函数()f x 一个极值点,所以(1)0f '=,即36(1)0m m n -++=，所以36n m =+〔II 〕由〔I 〕知，2()36(1)36f x mx m x m '=-+++= 当0m <时，有，当x 变化时，()f x 与()f x '变化如下表：x 1 ()1,+∞()f x '0<0 0>0 0<()f x调调递减极小值单调递增极大值单调递减故有上表知，当0m <时，()f x 在单调递减，在单调递增，在(1,)+∞上单调递减.17.如图，长方体1111,ABCD A B C D -12,1,AB AA ==直线BD 与平面11AA B B 所成角为30︒，AE 垂直BD 于E ，F 为11A B 中点.（I ） 求异面直线AE 与BF 所成角；（II ）求平面BDF 与平面1AA B 所成二面角；〔III 〕求点A 到平面BDF 距离.解：在长方体1111ABCD A B C D -中，以AB 所在直线为x 轴，以AD 所在直线为y 轴，1AA 所在直线为z 轴建立如图示空间直角坐标系由12,1,AB AA ==可得(0,0,0),(2,0,0)A B ，(1,0,1)F又AD ⊥平面11AA B B ，从而BD 与平面11AA B B 所成角为30DBA ∠=︒，又2AB =，AE BD ⊥，从而易得1,2E D ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭〔I 〕因为()13,,0,1,0,122AE BF ⎛⎫==- ⎪⎪⎝⎭所以()cos ,AE BF AE BF AE BF ⋅== 易知异面直线AE BF 、所成角为A1A BCD1B F1C 1D E。

空间几何体一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．正方体1111ABCD A B C D -中，P 、Q 、R 分别是AB 、AD 、11B C 的中点．那么，正方体的过P 、Q 、R 的截面图形是( )A ．三角形B ．四边形C ．五边形D ．六边形 【答案】A2．在空间直角坐标系中, 点P(2,3,4)与Q (2, 3,- 4)两点的位置关系是（ ）A ．关于x 轴对称B ．关于xOy 平面对称C ．关于坐标原点对称D ．以上都不对 【答案】B3．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( ) A ．7 B ．6 C ．5 D ．3 【答案】A4．如图，是由4个相同小正方体组合而成的几何体，它的左视图是( )A ．B ．C ．D ．【答案】D5．如图，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB 、AC ，M 、N 分别是对边OA 、BC 的中点，点G在线段MN 上，且2MG GN =，现用基向量,,OA OB OC 表示向量，设OG xOA yOB zOC =++，则x 、y 、z 的值分别是( )A ． x ＝31，y ＝31，z ＝31B ． x ＝31，y ＝31，z ＝61C ． x ＝31，y ＝61，z ＝31D ． x ＝61，y ＝31，z ＝31【答案】D6．点P 是等腰三角形ABC 所在平面外一点，ABC PA ABC PA ∆=⊥，在，平面8中，底边BC P AB BC 到，则点，56==的距离为( ) A ．54B ．3C ．33D ．32【答案】A 7．一个正方体的展开图如图所示，A 、B 、C 、D 为原正方体的顶点，则在原来的正方体中( )A ．AB ∥CDB ．AB 与CD 相交C ．AB ⊥CD D ．AB 与CD 所成的角为60°【答案】D8．下列说法正确的是( )A ．圆台是直角梯形绕其一边旋转而成；B ．圆锥是直角三角形绕其一边旋转而成；C ．圆柱不是旋转体；D ．圆台可以看作是平行底面的平面截一个圆锥而得到 【答案】D9．设l ，m 是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是( )A ．若l m ⊥，m α⊂，则l α⊥B ．若l α⊥，l m //，则m α⊥C ．若l α//，m α⊂，则l m //D ．若l α//，m α//，则l m //【答案】A10．如图，点P 、Q 、R 、S 分别在正方体的四条棱上，并且是所在棱的中点，则直线PQ 与RS 是异面直线的一个图是( )【答案】C11．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A ．π34B ．2C ．π38D ．π310 【答案】A12．已知平面α外的直线b 垂直于α内的二条直线，有以下结论：○1b 一定不垂直于α；○2b 可能垂直于平面α；○3b 一定不平行于平面α，其中正确的结论有( ) A ．0个 B ．1个 C ．2个 D ．3个 【答案】B二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上) 13．在空间直角坐标系中,若点(1,2,1),A -点(3,1,4)B --,则||AB = .【答案】5214．一个几何体的三视图及部分数据如图所示，左视图为等腰三角形，俯视图为正方形，则这个几何体的体积等于 ．【答案】1315．四棱锥ABCD P -的三视图如右图所示,四棱锥ABCD P -的五个顶点都在一个球面上，E 、F 分别是棱AB 、CD 的中点，直线EF 被球面所截得的线段长为22，则该球表面积为 .【答案】π1216．一个几何体的三视图如下图所示，正视图是一个边长为2的正三角形，侧视图是一个等腰直角三角形，则该几何体的体积为 ．【答案】4三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17．如图，已知平行四边形ABCD 中，2AD =，2CD =，45ADC ∠=︒，AE BC ⊥，垂足为E ，沿直线AE 将BAE ∆翻折成'B AE ∆，使得平面'B AE ⊥平面AECD ．连接'B D ，P 是'B D 上的点．(I ）当'B P PD =时，求证CP ⊥平面'AB D ；(Ⅱ）当'2B P PD =时，求二面角P AC D --的余弦值．【答案】（1）∵BC AE ⊥，平面⊥'AE B 平面AECD ，∴EC E B ⊥'． 如图建立空间直角坐标系．则)0,1,0(A ，)1,0,0(B '，)0,0,1(C ， )0,1,2(D ，)0,0,0(E ，)21,21,1(P ． )1,1,0(-='B A ，)0,0,2(=AD ，)21,21,0(=CP ． ∵02121=+-='⋅B A CP ，0=⋅AD CP ，∴B A CP '⊥，AD CP ⊥．又A AB AD = ，∴⊥CP 平面AD B '．设面PAC 的法向量为),,(z y x n = ，则⎪⎩⎪⎨⎧=-=⋅=+-=⋅003334y x AC n z y x AP n．取1==y x ，3-=z ，则)3,1,1(-=n，又平面DAC 的法向量为)1,0,0(=m，∴||311cos ,11m n m n m n ⋅<>==．∴二面角D AC P --的余弦值311．18．如图所示，已知BCD ，AB 平面⊥M 、N 分别是AC 、AD 的中点，BC ⊥CD ．(I ）求证：MN ∥平面BCD ；(II ）求证：平面B CD ⊥平面ABC ；(III ）若AB ＝1，BC ＝3，求直线AC 与平面BCD 所成的角．【答案】 (1）因为,M N 分别是,AC AD 的中点，所以//MN CD ． 又MN ⊄平面BCD 且CD ⊂平面BCD ，所以//MN 平面BCD ． (2)因为AB ⊥平面BCD , CD ⊂平面BCD ，所以AB CD ⊥． 又CD BC AB BC B ⊥⋂=且，所以CD ⊥平面ABC ． 又CD ⊂平面BCD ，所以平面BCD ⊥平面ABC ．(3)因为AB ⊥平面BCD ，所以ACB ∠为直线AC 与平面BCD 所成的角． 在直角∆ABC 中，3AB=1,BC=，所以3tan 3AB ACB BC ∠==．所以30ACB ∠=． 故直线AC 与平面BCD 所成的角为30．19．如图，已知正三棱柱111ABC A B C -各棱长都为a ，P 为线段1A B 上的动点.（Ⅰ）试确定1:A P PB 的值，使得PC AB ⊥；(Ⅱ）若1:2:3A P PB =，求二面角P AC B --的大小；【答案】【法一】（Ⅰ）当PC AB ⊥时，作P 在AB 上的射影D . 连结CD .则AB ⊥平面PCD ，∴AB CD ⊥，∴D 是AB 的中点，又1//PD AA ，∴P 也是1A B 的中点，即1:1A P PB =. 反之当1:1A P PB =时，取AB 的中点D '，连接CD '、PD '.∵ABC ∆为正三角形，∴CD AB '⊥. 由于P 为1A B 的中点时，1//PD A A '∵1A A ⊥平面ABC ，∴PD '⊥平面ABC ，∴AB PC ⊥.（Ⅱ）当1:2:3A P PB =时，作P 在AB 上的射影D . 则PD ⊥底面ABC .作D 在AC 上的射影E ，连结PE ，则PE AC ⊥.∴DEP ∠为二面角P AC B --的平面角.又∵1//PD AA ，∴132BD BP DA PA ==，∴25AD a =.∴360DE AD sin =⋅=，又∵135PD AA =，∴35PD a =.∴3PDtan PED DE∠=，∴P AC B --的大小为60PED ∠=. 【法二】以A 为原点，AB 为x 轴，过A 点与AB 垂直的直线为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系A xyz -，如图所示，设(),0,P x z ，则(),0,0B a 、()10,0,A a 、3,,022a a C ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭.（Ⅰ）由0CP AB ⋅=得()3,,,0,0022a a x z a ⎛⎫--⋅= ⎪ ⎪⎝⎭，即02a x a ⎛⎫-⋅= ⎪⎝⎭，∴12x a =，即P 为1A B 的中点，也即1:1A P PB =时，AB PC ⊥.(Ⅱ）当1:2:3A P PB =时，P 点的坐标是23,0,55a a ⎛⎫⎪⎝⎭. 取()3,3,2m =--.则()233,3,2,0,055a a m AP ⎛⎫⋅=--⋅= ⎪⎝⎭，()33,3,2,,0022a a m AC ⎛⎫⋅=--⋅= ⎪ ⎪⎝⎭.∴m 是平面PAC 的一个法向量.又平面ABC 的一个法向量为()0,0,1n =.1,2m n cos m n m n⋅〈〉==⋅，∴二面角P AC B --的大小是60.20．一个多面体的直观图和三视图如图所示：(I ）求证：PA ⊥BD ；(II ）连接AC 、BD 交于点O ，在线段PD 上是否存在一点Q ，使直线OQ 与平面ABCD 所成的角为30o ？若存在，求DQ DP的值；若不存在，说明理由．【答案】(I ）由三视图可知P-ABCD 为四棱锥，底面ABCD 为正方形，且PA ＝PB ＝PC ＝PD ， 连接AC 、BD 交于点O ，连接PO ．因为BD ⊥AC ，BD ⊥PO ，所以BD ⊥平面PAC ， 即BD ⊥PA ．(II ）由三视图可知，BC ＝2，PA ＝2，假设存在这样的点Q ，因为AC ⊥OQ ，AC ⊥OD ，所以∠DOQ 为直线OQ 与平面ABCD 所成的角 在△POD 中，PD ＝22，OD ＝2，则∠PDO ＝60o ， 在△DQO 中，∠PDO ＝60o ，且∠QOD ＝30o ．所以DP ⊥OQ ．所以OD ＝2，QD ＝2． 所以14DQ DP =． 21．如图，在四梭锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD,AD =2，AB ＝1.点M 线段PD 的中点．(I ）若PA ＝2，证明：平面ABM ⊥平面PCD ；(II ）设BM 与平面PCD 所成的角为θ，当棱锥的高变化时，求sin θ的最大值．【答案】 (Ⅰ)∵PA ⊥平面ABCD ，AD PA ⊥∴.∵点M 为线段PD 的中点，PA= AD =2，AM PD ⊥∴. 又∵⊥AB 平面PAD ，AB PD ⊥∴. ⊥∴PD 平面ABM . 又⊂PD 平面PCD ，∴平面ABM ⊥平面PCD .(Ⅱ)设点B 到平面PCD 的距离为d . ∵AB ∥CD, ∴AB ∥平面PCD.∴点B 到平面PCD 的距离与点A 到平面PCD 的距离相等. 过点A 在平面PAD 内作AN ⊥PD 于N,平面ABM ⊥平面PCD ，⊥∴AN 平面PCD .所以AN 就是点A 到平面PCD 的距离. 设棱锥的高为x ，则=d 24x+在Rt △ABM 中，22AMAB BM +=4241)2(22222x AP AD PD AB +=++=+=. ∴sin =θ22422232124123244242x x x x xx x xBMd ++=++=++=.因为()222222322123212+=+≥++x x ，当且仅当2232x x=，即432=x 时，等号成立.故()222222432124sin 222-=+≤++=x x θ.22．如图，四棱锥P —ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为矩形，PD=DC=4，AD=2，E 为PC 的中点.(I ）求证：AD ⊥PC ；(II ）求三棱锥P-ADE 的体积；(III ）在线段AC 上是否存在一点M ，使得PA//平面EDM ，若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由.【答案】（I ）因为PD ⊥平面ABCD. 所以PD ⊥AD.又因为ABCD 是矩形， 所以AD ⊥CD. 因为,D CD PD =⋂ 所以AD ⊥平面PCD.又因为⊂PC 平面PCD ， 所以AD ⊥PC.(II ）因为AD ⊥平面PCD ，V P-ADE =V A-PDE ， 所以AD 是三棱锥A —PDE 的高. 因为E 为PC 的中点，且PD=DC=4，所以.444212121=⎪⎭⎫⎝⎛⨯⨯⨯==∆A PDC PDE S S 又AD=2， 所以.38423131=⨯⨯=⋅=∆-PDE PDE A S AD V (III ）取AC 中点M ，连结EM 、DM ，因为E 为PC 的中点，M 是AC 的中点，所以EM//PA ，又因为EM ⊂平面EDM ，PA ⊄平面EDM ， 所以PA//平面EDM. 所以.521==AC AM 即在AC 边上存在一点M ，使得PA//平面EDM ，AM 的长为5.。

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qq:2355394557立体几何244.如图，在直三棱柱AB-A 1B 1C 1中．∠ BAC=90°，AB=AC=AA 1 =1．D 是棱CC 1上的一 P 是AD 的延长线与A 1C 1的延长线的交点，且PB 1∥平面BDA ． (I) 求证：CD=C 1D ：(II) 求二面角A-A 1D-B 的平面角的余弦值；(Ⅲ)求点C 到平面B 1DP 的距离．(3)因为11C B PD B PCD V V -=，所以1111133B PD PCD h S A B S ∆∆⋅=⋅,111A B = 11111244PCD PC C PC D S S S ∆∆∆=-=-=,欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。

qq:2355394557-2 -在1B DP ∆中，1111955344,3225522B D B P PD DB P DB P +-===∠==∠=⋅11331,22543B PD S h ∆∴=⋅==5.如图，四棱锥S ABCD -中，A BC D ,BC CD ⊥，侧面SAB 为等边三角形，2,1AB BC CD SD ====.（Ⅰ）证明：SD SAB ⊥;（Ⅱ)求AB 与平面SBC 所成角的大小.【解析】（Ⅰ）：连结BD 过D 作,DE AB E BEDC ⊥于则为正方形2,,1BE DE AE AB BE AE ∴===-∴=又，在Rt AED ∆中2SAB SA SB AB ∆∴===为等边三角形,，在22225,215SAD SA SD ∆=+=+=2中,AD222AD SA SD SD SA ∴=+⊥即，同理可证,SD SB SA SB S ⊥=即又SD SAB∴⊥平面,SD SB SA SB S ⊥=即又SD SAB∴⊥平面- 3 -6.如图，在四棱锥ABCD P -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB=AD ，∠BAD=60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点.求证：（1）直线EF ∥平面PCD ；（2）平面BEF ⊥平面PAD7.如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面A B C D ，底面A B C D 是菱形，2,60AB BAD =∠=.(Ⅰ)求证：BD ⊥平面;PAC （Ⅱ）若,PA AB =求PB 与AC 所成角的余弦值；欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。

立体几何18一、选择题1.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（）D18C12()()A6()B9()2.已知矩形ABCD，AB=1，BC=2。

将△沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中。

A.存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直.B.存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直.C.存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直.D.对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直【答案】C【解析】最简单的方法是取一长方形动手按照其要求进行翻着，观察在翻着过程，即可知选项C是正确的．3.已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且2SC =；则此棱锥的体积为（ ）()A 6 ()B()C3 ()D 2【答案】A4.下列命题正确的是（ ）A 、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B 、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C 、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D 、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行【答案】C【解析】A.两直线可能平行，相交，异面故A 不正确；B.两平面平行或相交；C.正确；D.这两个平面平行或相交.5.如图，半径为R 的半球O 的底面圆O 在平面α内，过点O 作平面α的垂线交半球面于点A ，过圆O 的直径CD 作平面α成45角的平面与半球面相交，所得交线上到平面α的距离最大的点为B ，该交线上的一点P 满足60BOP ∠=，则A 、P 两点间的球面距离为（ ）A 、arccos4R 、4R π C 、arccos 3R 、3R π 【答案】A【解析】根据题意，易知平面AOB ⊥平面CBD,BOP AOB AOP ∠⋅∠=∠∴cos cos cos 422122=⋅=,42arccos =∠∴AOP ，由弧长公式易得，A 、P 两点间的球面距离为R 6.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱111ABC A B C -，12CA CC CB ==，则直线1BC 与直线1AB 夹角的余弦值为（ ）357.某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是【答案】D【解析】本题是组合体的三视图问题，由几何体的正视图和侧视图均如图1所示知，原图下面图为圆柱或直四棱柱，上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱，Ａ，Ｂ，Ｃ都可能是该几何体的俯视图，Ｄ不可能是该几何体的俯视图，因为它的正视图上面应为如图的矩形.8.某几何体的三视图如图所示，它的体积为A ．12π B.45π C.57π D.81π【答案】C【解析】该几何体的上部是一个圆锥，下部是一个圆柱，根据三视图中的数量关系，可得πππ57533-53312222=⨯⨯+⨯⨯⨯=+=圆柱圆锥V V V ．故选C ．9.一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是A.球B.三棱柱C.正方形D.圆柱【答案】D.【解析】球的三视图全是圆；如图正方体截出的三棱锥三视图全是等腰直角三角形；正方体三视图都是正方形.可以排除ABC ，故选Ｄ．10.设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1a ，且长为a 则a 的取值范围是（A ） （B ） （C ） （D ）【答案】A 【解析】因为22211)22(12=-=-=BE 则BE BF <，222=<=BE BF AB ，选A ，11.某三棱锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是（ ）A. 28+65B. 30+65C. 56+ 125D. 60+125【答案】B【解析】从所给的三视图可以得到该几何体为三棱锥，如图所示，图中蓝色数字所表示的为直接从题目所给三视图中读出的长度，黑色数字代表通过勾股定理的计算得到的边长。

立体几何301.将正三棱柱截去三个角（如图1所示A B C ，，分别是GHI △三边的中点）得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图（或称左视图）为（ ）解析：解题时在图2的右边放扇墙(心中有墙),可得答案A. 答案：A2.一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面．已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为 ． 解析：令球的半径为R ，六棱柱的底面边长为a ，高为h ，显然有R =，且21962863a V h h a ⎧⎧==⨯=⎪⎪⇒⎨⎨⎪⎪==⎩⎩1R ⇒=34433V R ππ⇒== 答案：34π3.如图，已知点P 在正方体ABCD A B C D ''''-的对角线BD '上，60PDA ∠=︒． （Ⅰ）求DP 与CC '所成角的大小； （Ⅱ）求DP 与平面AA D D ''所成角的大小．解析：如图，以D 为原点，DA 为单位长建立空间直角坐标系D xyz -． 则(100)DA = ，，，(001)CC '=，，．连结BD ，B D ''． 在平面BB D D ''中，延长DP 交B D ''于H ．设(1)(0)DH m m m =>，，，由已知60DH DA <>= ，， 由cos DA DH DA DH DADH =<>， E F DIA H G BC EF D ABC侧视 图1图2 BEA ．BEB ． BEC ．BED ．ABC D PA 'B 'C 'D '可得2m2m =，所以1DH ⎫=⎪⎪⎝⎭ ．（Ⅰ）因为0011cos DH CC +⨯'<>== ， 所以45DH CC '<>=，．即DP 与CC '所成的角为45 ．（Ⅱ）平面AA D D ''的一个法向量是(010)DC =，，．因为01101cos 2DH DC ++⨯<>== ，， 所以60DH DC <>= ，． 可得DP 与平面AA D D ''所成的角为30 ．4.如图所示，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是半径为R 的圆的内接四边形，其中BD 是圆的直径，60ABD ∠= ，45BDC ∠=，PD 垂直底面ABCD，PD =，E F ，分别是PB CD ，上的点，且PE DFEB FC=，过点E 作BC 的平行线交PC 于G ． （1）求BD 与平面ABP 所成角θ的正弦值； （2）证明：EFG △是直角三角形； （3）当12PE EB =时，求EFG △的面积．解析：（1）在Rt BAD ∆中，60ABD ∠=，,AB R AD ∴== 而PD 垂直底面ABCD，PA ==PB ===,在PAB ∆中，222PA AB PB +=,即PAB ∆为以PAB ∠为直角的直角三角形。

立体几何 0215. 如图,某几何体的正视图和俯视图都是矩形,侧视图是平行四边形,则该几何体的体积为ABCD【答案】 B长为 32=1+2=3,所以该几何体的体积为 33⨯=B. 16.面积中最大的是(A(B (C 1 (D 2【答案】 A【解析】由三视图可知,该几何体是一个三棱锥,三棱锥的三个侧面都是等腰直角三角形,,所以四个面中面积最大的为BCD ∆, 且B C D ∆是边长为为 2的正三角形 , 所以1222BCD S ∆=⨯⨯=A.17. 已知一个几何体是由上下两部分构成的组合体, 其三视图如下, 若图中圆的半径为 1,等( A.43π B. 2π C. 83π D. 103π【答案】 A【解析】由三视图可知,该几何体上部分是一个圆锥,下部分是个半球,球半径为1,圆锥的高为 2h ==,所以圆锥的体积为12233ππ⨯⨯=,半球的体积为 23π,所以几何体的总体积为 224333πππ+=,选 A. 18. 设 , m n 是不同的直线, , αβ是不同的平面,下列命题中正确的是(A .若//, , m n m n αβ⊥⊥,则αβ⊥B .若//, , m n m n αβ⊥⊥,则//αβC .若//, , //m n m n αβ⊥,则α⊥ βD .若//, , //m n m n αβ⊥,则//αβ 【答案】 C【解析】 C 中,当//, //m m n α,所以, //, n α或, n α⊂当n β⊥,所以α⊥ β,所以正确。

19. 某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的体积是( A .38 B . 4 C . 2 D .34【答案】 B【解析】由三视图可知该几何体为三棱锥,三棱锥的高为 2,底面三角形的高为 3,底面边长为 3,所以底面积为14362⨯⨯=,所以该几何体的体积为 16243⨯⨯=,选 B. 20. 一个几何体的三视图如图所示,该几何体的表面积是(A 16+(B 12+C 8+D 4+【答案】 B【解析】由三视图可知, 该几何体是一个平放的直三棱柱, 棱柱的底面为等腰直角三角形, 棱柱的高为 2, 所以该几何体的底面积为 122242⨯⨯⨯=, 侧面积为侧(左视图2(2228++⨯=+8412+=+B.21. 某四面体的三视图如图所示.该四面体的六条棱的长度中,最大的是((AB(CD【答案】 C【解析】由三视图可知该四面体为V ABC-, 其中2E C C B ==, AE =2VC =, , AE BE VC ABE ⊥⊥. 所以六条棱中,最大的为VA或者AB.22222216AC AE EC =+=+=, 所以 22216220V AA C V C =+=+=, 此时VA ==。