第九章考向案

考題解構(gòu)視角拓展

考向案

1.(2009年新課標(biāo)全國卷)一個(gè)棱錐的三視圖如圖,則該棱錐

的全面積(單位:cm2)為

(

)(A)48+12

.(B)48+24

.(C)36+12

.(D)36+24

.高頻考點(diǎn)一:三視圖及應(yīng)用得PD=5,AB=6

,全面積為:

×6×6+2×

×6×5+

×6

×4=48+12.【解析】棱錐的直觀圖如下,則有PO=4,OD=3,由勾股定理,【答案】A2.(2010年新課標(biāo)全國卷)正(主)視圖為一個(gè)三角形的幾何體

可以是

.(寫出三種)【解析】三棱柱平放在桌面,其正(主)視圖為三角形,幾何體

的擺放不同,三視圖則不同.【答案】三棱錐,三棱柱,圓錐3.(2011年新課標(biāo)全國卷)在一個(gè)幾何的三視圖中,正(主)視圖

和俯視圖如圖所示,則相應(yīng)的側(cè)(左)視圖可以為

(

)ABCD【解析】由該幾何體的正(主)視圖、俯視圖可知:該幾何體

可視為由半個(gè)圓錐和一個(gè)三棱錐組合而成的,從而側(cè)(左)視圖應(yīng)為D.【答案】D4.(2012年新課標(biāo)全國卷)如圖,網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1,

粗線畫出的是某幾何體的三視圖,則此幾何體的體積為

(

)(A)6.

(B)9.

(C)12.

(D)18.【解析】由題意得,根據(jù)三視圖的規(guī)則,原幾何體表示底面為

直角邊長(zhǎng)為3

的等腰直角三角形,高為3的三棱錐,所以幾何體的體積為V=

Sh=

×

×3

×3

×3=9,故選B.【答案】B真題索引情境構(gòu)造角度切入2009年新課標(biāo)全國卷理11由三視圖得出幾何

體的形狀.由幾何體的線面數(shù)

量關(guān)系,利用面積公

式求解.2010年新課標(biāo)全國卷理14由三視圖得出幾何

體的形狀.空間想象能力的應(yīng)

用.2011年新課標(biāo)全國卷理6三視圖的內(nèi)在聯(lián)系.三視圖中的知二推

一的考查.2012年新課標(biāo)全國卷理7由三視圖得出幾何

體的形狀.由幾何體的線面數(shù)

量關(guān)系,利用錐體的

體積公式求解.從新課標(biāo)全國卷這幾年的考查可以看出,三視圖主要培

養(yǎng)學(xué)生的空間想象能力以及線面關(guān)系中的內(nèi)在聯(lián)系,能夠根

據(jù)三視圖還原原幾何體的線面關(guān)系是本節(jié)重點(diǎn),同時(shí)能夠根

據(jù)圖形正確使用公式進(jìn)行面積與體積等計(jì)算,本節(jié)內(nèi)容主要

以小題出現(xiàn),但也不能排除在大題中以三視圖為背景給出,我

們?cè)趶?fù)習(xí)時(shí)應(yīng)予以重視.切入角度說明本題主要考查幾何體的三視

圖、柱體的表面積公式、空

間想象能力及運(yùn)算求解能力.根據(jù)三視圖還原出幾何體,確

定幾何體的形狀,然后再根據(jù)

幾何體的形狀計(jì)算出表面積.三視圖中的三個(gè)圖的內(nèi)在聯(lián)系.三視圖中知二推一的考查.本題主要考查幾何體的三視

圖、圓柱體的體積公式、空

間想象能力及運(yùn)算求解能力.根據(jù)三視圖還原出幾何體,確

定幾何體的形狀,然后再根據(jù)

幾何體的形狀計(jì)算出體積.角度探究:1.一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的表面積為

.案例落實(shí):【解析】由三視圖可知該幾何體是一個(gè)長(zhǎng)方體中間挖了一

個(gè)圓柱.且可知長(zhǎng)方體的長(zhǎng)為4,寬為3,高為1,圓柱的半徑為1,

高為1,綜上所求幾何體的表面積為S=4×1×2+3×1×2+3×4×2-

π×12×2+2π×1×1=38.【答案】382.某幾何體的正(主)視圖和側(cè)(左)視圖均如圖所示,則該幾何

體的俯視圖不可能是

(

)【解析】由正(主)視圖和側(cè)(左)視圖可得到這個(gè)幾何體的下

半部分可能為圓柱或正四棱柱,上半部分可能為圓柱或正四

棱柱或放置位置比較特別的三棱柱,選項(xiàng)D中它的正(主)視

圖中的上半部分的長(zhǎng)方形的中間還應(yīng)有一條虛線,故不可能

是D項(xiàng).【答案】D3.某幾何體的三視圖如圖所示,它的體積為

(

)(A)12π.(B)45π.(C)57π.(D)81π.【解析】由三視圖可知,幾何體是由底面直徑為6,高為5的圓

柱與底面直徑為6,母線長(zhǎng)為5的圓錐組成的組合體,因此,體

積為V=32×π×5+

×32×π×

=57π.【答案】C1.(2008年新課標(biāo)全國卷)已知平面α⊥平面β,α∩β=l,點(diǎn)A∈α,

A?l,直線AB∥l,直線AC⊥l,直線m∥α,m∥β,則下列四種位

置關(guān)系中,不一定成立的是

(

)(A)AB∥m.

(B)AC⊥m.(C)AB∥β.

(D)AC⊥β.

高頻考點(diǎn)二:空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系D,雖然AC⊥l,但AC不一定在平面α內(nèi),故它可以與平面β相交

、平行,即不一定垂直,故D錯(cuò).【答案】D【解析】由題意可知,AB∈α,∵α∩β=l,m∥α,m∥β,∴AB∥m.∵AB∥l,∴AB∥β.又AC⊥l,∴AC⊥m.故A、B、C正確.對(duì)于2.(2009年新課標(biāo)全國卷)如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1,線段B1D1上有兩個(gè)動(dòng)

點(diǎn)E,F,且EF=

,則下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是

(

)(A)AC⊥BE.(B)EF∥平面ABCD.(C)三棱錐A-BEF的體積為定值.(D)異面直線AE,BF所成的角為定值.【解析】A正確,易證AC⊥平面D1DBB1,從而AC⊥BE;B顯然正確,∵EF∥BD,∴EF∥平面ABCD;C正確,可用等積法求得;D錯(cuò)誤.【答案】D3.(2008年新課標(biāo)全國卷)如下的三個(gè)圖中,左邊的是一個(gè)長(zhǎng)

方體截去一個(gè)角所得多面體的直觀圖,它的正(主)視圖和側(cè)

(左)視圖在下面畫出(單位:cm).(1)在正(主)視圖下面,按照畫三視圖的要求畫出該多面體的

俯視圖;(2)按照給出的尺寸,求該多面體的體積;(3)在所給直觀圖中連接BC',證明:BC'∥面EFG.【解析】(1)如圖

(2)所求多面體體積V=V長(zhǎng)方體-V正三棱錐

=4×4×6-

×(

×2×2)×2=

(cm2).(3)在長(zhǎng)方體ABCD-A'B'C'D'中,連接AD',則AD'∥BC',因?yàn)镋,G分別為AA',A'D'中點(diǎn),所以,AD'∥EG,從而EG∥BC'.又BC'?平面EFG,EG?平面EFG,所以BC'∥面EFG.真題索引情境構(gòu)造角度切入2008年新課標(biāo)全國卷文12點(diǎn)、線、面的位置

關(guān)系.能根據(jù)題意構(gòu)造圖

形.2009年新課標(biāo)全國卷理8線面的空間位置關(guān)

系.在正方體中考查各

種位置關(guān)系.2008年新課標(biāo)全國卷文18空間圖形中線面位

置關(guān)系的判定及計(jì)

算.能割補(bǔ)圖形、正確

應(yīng)用體積公式及利

用判定定理.注意提高立體幾何圖形的組合和分解能力;線線關(guān)系、

線面關(guān)系、面面關(guān)系,包括平行和垂直,特別垂直是立體幾何

的靈魂;本節(jié)知識(shí)點(diǎn)的考查主要以中檔題出現(xiàn),故在復(fù)習(xí)時(shí)

不要挖掘太深,但是應(yīng)該培養(yǎng)空間想象能力.

切入角度說明圖形的折疊.考查圖形在變化過程中的垂

直關(guān)系.線線、線面平行的判定.熟悉平行判定定理.動(dòng)態(tài)圖形中量的考查.能夠?qū)⑵矫鎺缀沃R(shí)恰當(dāng)?shù)?/p>

應(yīng)用到空間圖形中.角度探究:1.已知矩形ABCD,AB=1,BC=

,將△ABD沿矩形的對(duì)角線BD所在的直線進(jìn)行翻折,在翻折過程中,

(

)(A)存在某個(gè)位置,使得直線AC與直線BD垂直.(B)存在某個(gè)位置,使得直線AB與直線CD垂直.(C)存在某個(gè)位置,使得直線AD與直線BC垂直.(D)對(duì)任意位置,三對(duì)直線“AC與BD”“AB與CD”“AD與

BC”均不垂直.案例落實(shí):【解析】對(duì)于AB⊥CD時(shí),因BC⊥CD,因此可得CD⊥平面

ACB,因此有CD⊥AC,因AB=1,BC=

,CD=1,所以AC=1,存在AC這樣的位置,使得AB⊥CD,因此應(yīng)選B.【答案】B2.下列命題正確的是

(

)(A)若兩條直線和同一個(gè)平面所成的角相等,則這兩條直線

平行.(B)若一個(gè)平面內(nèi)有三個(gè)點(diǎn)到另一個(gè)平面的距離相等,則這

兩個(gè)平面平行.(C)若一條直線平行于兩個(gè)相交平面,則這條直線與這兩個(gè)

平面的交線平行.(D)若兩個(gè)平面都垂直于第三個(gè)平面,則這兩個(gè)平面平行.【解析】對(duì)于A,這兩條直線可以相交也可以異面;對(duì)于B,當(dāng)

這三個(gè)點(diǎn)在平面的兩側(cè)時(shí),三點(diǎn)構(gòu)成的平面與這個(gè)平面相交;

對(duì)于C可由線面平行可得線線平行;對(duì)于D,都垂直于第三個(gè)

平面的兩個(gè)平面可以相交,也可以平行.【答案】C3.設(shè)四面體的六條棱的長(zhǎng)分別為1,1,1,1,

和a,且長(zhǎng)為a的棱與長(zhǎng)為

的棱異面,則a的取值范圍是

(

)(A)(0,

).

(B)(0,

).(C)(1,

).

(D)(1,

).【解析】如圖所示,設(shè)AB=a,CD=

,BC=BD=AC=AD=1,則∠ACD=∠BCD=45°,要構(gòu)造一個(gè)四面體,則平面ACD與平面

BCD不能重合,當(dāng)△BCD與△ACD重合時(shí),a=0;當(dāng)△BCD在

DC另一側(cè)與平面ACD重合時(shí),∠ACB=∠ACD+∠BCD=45°+

45°=90°,AB=

=

,所以a的取值范圍是(0,

).【答案】A

高頻考點(diǎn)三:線與線、線與面平行或垂直關(guān)系1.(2010年新課標(biāo)全國卷)如圖,已知四棱錐P-ABCD的底面為

等腰梯形,AB∥CD,AC⊥BD,垂足為H,PH是四棱錐的高,E為

AD中點(diǎn).(1)證明:PE⊥BC;(2)若∠APB=∠ADB=60°,求直線PA與平面PEH所成角的正

弦值.【解析】以H為原點(diǎn),HA、HB、HP分別為x、y、z軸,線段HA的長(zhǎng)為單位長(zhǎng),建立空間直角坐標(biāo)系如圖,則A(1,0,0),B(0,

1,0).(1)設(shè)C(m,0,0),P(0,0,n)(m<0,n>0),則D(0,m,0),E(

,

,0).可得

=(

,

,-n),

=(m,-1,0).∵

·

=-

+0=0,∴PE⊥BC.(2)由已知條件可得m=-

,n=1,故C(-

,0,0),D(0,-

,0),E(

,-

,0),P(0,0,1).設(shè)n=(x,y,z)為平面PEH的法向量,則

即

因此可以取n=(1,

,0).由

=(1,0,-1),可得

=

,∴直線PA與平面PEH所成角的正弦值為

.2.(2011年新課標(biāo)全國卷)如圖,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為平行四邊形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.(1)證明:PA⊥BD;(2)設(shè)PD=AD,求二面角A-PB-C的余弦值.【解析】(1)因?yàn)椤螪AB=60°,AB=2AD,由余弦定理得BD=

AD.從而BD2+AD2=AB2,故BD⊥AD,又PD⊥底面ABCD,可得BD⊥

PD.所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD.(2)如圖,以D為坐標(biāo)原點(diǎn),AD的長(zhǎng)為單位長(zhǎng),射線DA為x軸的

正半軸建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz,則A(1,0,0),B(0,

,0),C(-1,

,0),P(0,0,1),

=(-1,

,0),

=(0,

,-1),

=(-1,0,0).設(shè)平面PAB的法向量為n=(x,y,z),則

即

因此可取n=(

,1,

).設(shè)平面PBC的法向量為m,即

可取m=(0,-1,-

).cos<m,n>=

=-

.故二面角A-PB-C的余弦值為-

.真題索引情境構(gòu)造角度切入2010年新課標(biāo)全國卷理18在錐體中考查線面

垂直以及直線與平

面所成的角.根據(jù)題目建立恰當(dāng)

的空間坐標(biāo)系,利用

空間向量解決問題.2011年新課標(biāo)全國卷理18在錐體中考查線面

垂直以及二面角的

計(jì)算.根據(jù)題目建立恰當(dāng)

的空間坐標(biāo)系,利用

空間向量解決問題.在數(shù)學(xué)高考試卷中,立體幾何中的平行與垂直永遠(yuǎn)是考

查的重點(diǎn),而且可通過小題與解答題形式出現(xiàn),對(duì)數(shù)學(xué)高考成

績(jī)的好壞至關(guān)重要,這幾年有逐漸加難的趨勢(shì).新課標(biāo)全國卷

2012年是以柱體為載體,而前兩年是以錐體為載體,通過建立

空間坐標(biāo)系,利用向量的知識(shí)解決證明或計(jì)算應(yīng)該加強(qiáng).

切入角度說明面與面垂直性質(zhì)的考查.能由面面垂直性質(zhì),構(gòu)造圖形

解決問題.四面體中線面關(guān)系的考查.四面體中平行與垂直的判定

定理的應(yīng)用.考查空間直線與平面的位置

關(guān)系、二面角等基礎(chǔ)知識(shí)及

空間想象能力.通過定理或向量知識(shí)判定線

線垂直,以及能夠把代數(shù)知識(shí)

應(yīng)用于立體幾何中.角度探究:1.下列命題中錯(cuò)誤的是

(

)(A)如果平面α⊥平面β,那么平面α內(nèi)一定存在直線平行于

平面β.(B)如果平面α不垂直于平面β,那么平面α內(nèi)一定不存在直線

垂直于平面β.(C)如果平面α⊥平面γ,平面β⊥平面γ,α∩β=l,那么l⊥平面γ.(D)如果平面α⊥平面β,那么平面α內(nèi)所有直線都垂直于平面案例落實(shí):β.【解析】對(duì)于D,若平面α⊥平面β,則平面α的直線可能不垂

直于平面β,甚至可能是線面平行關(guān)系,其余均是正確的.【答案】D2.如圖,在四面體ABCD中,若截面PQMN是正方形,則在下列

命題中,錯(cuò)誤的為

(

)(A)AC⊥BD.(B)AC∥截面PQMN.(C)AC=BD.(D)異面直線PM與BD所成的角為45°.【解析】由PQ∥AC,QM∥BD,PQ⊥QM,可得AC⊥BD,故A正確;由PQ∥AC,AC?截面PQMN,可得AC∥截面PQMN,故B

正確;異面直線PM與BD所成的角等于PM與PN所成的角,為

45°,故D正確;綜上C是錯(cuò)誤的,故選C.【答案】C3.如圖,已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱長(zhǎng)都是4,E是BC的中

點(diǎn),動(dòng)點(diǎn)F在側(cè)棱CC1上,且不與點(diǎn)C重合.(1)當(dāng)CF=1時(shí),求證:EF⊥A1C;(2)設(shè)二面角C-AF-E的大小為θ,求tanθ的最小值.【解析】(法一)過E作EN⊥AC于N,連接EF.(1)如圖1,連接NF、AC1,由直棱柱的性質(zhì)知,底面ABC⊥側(cè)面A1C,又底面ABC∩側(cè)面A1C=AC,EN?底面ABC,所以EN⊥側(cè)面A1C,NF為EF在側(cè)面A1C內(nèi)的射影,在Rt△CNE中,CN=CEcos60°=1.則由

=

=

,得NF∥AC1.又AC1⊥A1C,故NF⊥A1C.由三垂線定理知EF⊥A1C.(2)如圖2,連接AF,過N作NM⊥AF于M,連接ME.由(1)知EN⊥側(cè)面A1C,根據(jù)三垂線定理得EM⊥AF,所以∠EMN是二面角C-AF-E的平面角,即∠EMN=θ,設(shè)∠FAC=α,則0°<α≤45°.在Rt△CNE中,NE=EC·sin60°=

,在Rt△AMN中,MN=AN·sinα=3sinα,故tanθ=

=

.又0°<α≤45°,∴0<sinα≤

.故當(dāng)sinα=

,即當(dāng)α=45°時(shí),tanθ達(dá)到最小值,tanθ=

×

=

.此時(shí)F與C1重合.(法二)(1)建立如圖3所示的空間直角坐標(biāo)系,則由已知可得A(0,0,0),B(2

,2,0),C(0,4,0),A1(0,0,4),E(

,3,0),F(0,4,1).于是

=(0,-4,4),

=(-

,1,1).則

·

=(0,-4,4)·(-

,1,1)=0-4+4=0.故EF⊥A1C.(2)設(shè)CF=λ(0<λ≤4),平面AEF的一個(gè)法向量為m=(x,y,z),則由

(1)得F(0,4,λ),

=(

,3,0),

=(0,4,λ),于是由m⊥

,m⊥

可得

即

取m=(

λ,-λ,4).又由直三棱柱的性質(zhì)可取側(cè)面AC1的一個(gè)法向量為n=(1,0,0),于是由θ為銳角可得cosθ=

=

,sinθ=

,所以tanθ=

=

.由0<λ≤4,得

≥

,即tanθ≥

=

.故當(dāng)λ=4,即點(diǎn)F與點(diǎn)C1重合時(shí),tanθ取得最小值

.高頻考點(diǎn)四:空間幾何體中角與距離

1.(2011年新課標(biāo)全國卷)如圖,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD

為平行四邊形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.(1)證明:PA⊥BD;(2)設(shè)PD=AD=1,求棱錐D-PBC的高.【解析】(1)因?yàn)椤螪AB=60°,AB=2AD,由余弦定理得BD=

AD.從而BD2+AD2=AB2,故BD⊥AD.又PD⊥底面ABCD,可得BD⊥PD.AD∩PD=D,所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD.(2)如圖,作DE⊥PB,垂足為E.已知PD⊥底面ABCD,則PD⊥

BC.由(1)知BD⊥AD,又BC∥AD,所以BC⊥BD.故BC⊥平面PBD,BC⊥DE.則DE⊥平面PBC.由題設(shè)知PD=1,則BD=

,PB=2.根據(jù)DE·PB=PD·BD得DE=

.即棱錐D-PBC的高為

.2.(2012年新課標(biāo)全國卷)如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=

BC=

AA1,D是棱AA1的中點(diǎn),DC1⊥BD.(1)證明:DC1⊥BC;(2)求二面角A1-BD-C1的大小.【解析】(1)由題設(shè)知,三棱柱的側(cè)面為矩形,由于D為AA1的

中點(diǎn),故DC=DC1.又AC=

AA1,可得D

+DC2=C

,所以DC1⊥DC.而DC1⊥BD,DC∩BD=D,所以DC1⊥平面BCD.BC?平面BCD,故DC1⊥BC.(2)由(1)知BC⊥DC1,且BC⊥CC1,則BC⊥平面ACC1,所以CA,

CB,CC1兩兩相互垂直.以C為坐標(biāo)原點(diǎn),

的方向?yàn)閤軸的正方向,|

|為單位長(zhǎng),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C-xyz.由題意知A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C1(0,0,2).則

=(0,0,-1),

=(1,-1,1),

=(-1,0,1).設(shè)n=(x,y,z)是平面A1B1BD的法向量,則

即

可取n=(1,1,0).同理,設(shè)m是平面C1BD的法向量,則

可取m=(1,2,1).從而cosn,m=

=

.故二面角A1-BD-C1的大小為30°.真題索引情境構(gòu)造角度切入2011年新課標(biāo)全國卷文18在錐體中證明線線

垂直以及距離的計(jì)

算.利用線線垂直判定

定理以及利用體積

公式變形求出距離.2012年新課標(biāo)全國卷理19考查空間線線、線

面、面面垂直的判

定與性質(zhì)及二面角

計(jì)算.利用面面垂直的判

定與空間向量計(jì)算

二面角的公式進(jìn)行

解題.空間角和距離問題往往伴隨著線線、線面、面面平行

和垂直的論證,在求角與距離的過程中要經(jīng)過三個(gè)步驟,即作

、證、求,因此線線角、線面角、面面角的求解如果用幾何

法則必須有三個(gè)步驟,若用空間向量法,則可簡(jiǎn)化過程,但要

正確地建立空間直角坐標(biāo)系,從近幾年的新課標(biāo)全國卷來看

對(duì)距離的計(jì)算有淡化趨勢(shì).切入角度說明考查組合體的位置關(guān)系、空

間想象能力、運(yùn)算求解能力

以及轉(zhuǎn)化思想.該題若直接利用三棱錐來考

慮不宜入手,注意到條件中的

垂直關(guān)系,把三棱錐放在長(zhǎng)方

體中簡(jiǎn)化計(jì)算.把線與面的距離轉(zhuǎn)化為點(diǎn)與

面的距離.作出點(diǎn)到面的高求點(diǎn)到面的

距離.在圓錐中考查面面垂直以及

二面角的計(jì)算.利用面面垂直判定定理及作

、證、求二面角或空間向量

的應(yīng)用.角度探究:1.已知正三棱錐P-ABC,點(diǎn)P、A、B、C都在半徑為

的球面上.若PA,PB,PC兩兩相互垂直,則球心到截面ABC的距離為

.【解析】因?yàn)镻A,PB,PC兩兩相互垂直,故正三棱錐P-ABC的

外接球即是以PA,PB,PC為棱的正方體的外接球,所以球心到

截面ABC的距離即為球半徑減去正三棱錐的高,設(shè)PA=PB=

PC=a,則3a2=4R2=12,所以a=2.案例落實(shí):設(shè)正三棱錐P-ABC的高為h,則V=

×

a3=

×

×(2

)2h,解得h=

,故球心到截面ABC的距離為

-

=

.【答案】

2.已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,CC1=2

,E為CC1的中點(diǎn),則直線AC1與平面BED的距離為

(

)(A)2.

(B)

.

(C)

.

(D)1.【解析】設(shè)AC∩BD=O,連接OE,則OE∥AC1,故AC1∥平面

BED,故直線AC1到平面BED的距離等于點(diǎn)A到平面BED的距

離,而O是AC中點(diǎn),故點(diǎn)A到平面BED的距離等于點(diǎn)C到平面

BED的距離,過點(diǎn)C作CH⊥OE于點(diǎn)H,則CH的長(zhǎng)即為點(diǎn)C到平面BED的距離.在Rt△COE中,易得CE=CO=

.故CH=1.【答案】D3.如圖,在圓錐PO中,已知PO=

,☉O的直徑AB=2,C是

的中點(diǎn),D為AC的中點(diǎn).(1)證明:平面POD⊥平面PAC;(2)求二面角B-PA-C的余弦值.【解析】(法一)(1)連接OC,因?yàn)镺A=OC,D是AC的中點(diǎn),所以AC⊥OD.又PO⊥底面☉O,AC?底面☉O,所以AC⊥PO,因?yàn)镺D,PO是平面POD內(nèi)的兩條相交直線,所以AC⊥平面POD,而AC?平

面PAC,所以平面POD⊥平面PAC.(2)在平面POD中,過O作OH⊥PD于H,由(1)知,平面POD⊥平

面PAC,所以O(shè)H⊥平面PAC,又PA?面PAC,所以PA⊥OH.在平面PAO中,過O作OG⊥PA于G,連接HG,則有PA⊥平面

OGH,從而PA⊥HG,故∠OGH為二面角B-PA-C的平面角.在Rt△ODA中,OD=OA·sin45°=

.在Rt△POD中,OH=

=

=.在Rt△POA中,OG=

=

=

.在Rt△OHG中,sin∠OGH=

=

=

.所以cos∠OGH=

==

.故二面角B-PA-C的余弦值為

.(法二)(1)如圖所示,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OB,OC,OP所在直線分

別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則O(0,0,0),A(-1,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,

),D(-

,

,0).設(shè)n1=(x1,y1,z1)是平面POD的一個(gè)法向量,則由n1·

=0,n1·

=0,得

所以z1=0,x1=y1,取y1=1,得n1=(1,1,0).設(shè)n2=(x2,y2,z2)是平面PAC的一個(gè)法向量,則由n2·

=0,n2·

=0,得

所以x2=-

z2,y2=

z2,取z2=1,得n2=(-

,

,1).因?yàn)閚1·n2=(1,1,0)·(-

,

,1)=0,所以n1⊥n2,從而平面POD⊥平面PAC.(2)因?yàn)閥軸⊥平面PAB,所以平面PAB的一個(gè)法向量為n3=(0,

1,0),由(1)知,平面PAC的一個(gè)法向量為n2=(-

,

,1).設(shè)向量n2和n3的夾角為θ,則cosθ=

=

=

.由圖可知,二面角B-PA-C的平面角與θ相等,所以二面角B-PA-

C的余弦值為

.高頻考點(diǎn)五:空間幾何體的面積與體積1.(2010年新課標(biāo)全國卷)設(shè)三棱柱的側(cè)棱垂直于底面,所有

棱的長(zhǎng)都為a,頂點(diǎn)都在一個(gè)球面上,則該球的表面積為

(

)(A)πa2.

(B)

πa2.

(C)

πa2.

(D)5πa2.【解析】如圖所示:根據(jù)對(duì)稱性可知,外接球的球心為上下兩底中心連線的中點(diǎn),

在Rt△AO1O中,AO1=

×

=

,OO1=

,OA2=R2=(

)2+(

)2=

,S球=4πR2=4π×

=

.【答案】B2.(2012年新課標(biāo)全國卷)已知三棱錐S-ABC的所有頂點(diǎn)都在

球O的球面上,△ABC是邊長(zhǎng)為1的正三角形,SC為球O的直

徑,且SC=2,則此棱錐的體積為

(

)(A)

.

(B)

.

(C)

.

(D)

.【解析】由題意得,△ABC的邊長(zhǎng)為1,所以CO1=

,在直角△COO1中,CO=1,所以O(shè)O1=

,所以三棱錐S-ABC的高h(yuǎn)=

,所以幾何體的體積為V=

Sh=

×

×12×

=

,故選A.【答案】A真題索引情境構(gòu)造角度切入2010年新課標(biāo)全國卷理10柱體與球的內(nèi)接問

題.能由柱體的數(shù)量關(guān)

系求出球的直徑,從

而利用表面積公式

求解.2012年新課標(biāo)全國卷理11錐體與球的內(nèi)接問

題.能由錐體與球的位

置關(guān)系,由球的直

徑,得出錐體的相關(guān)

數(shù)量,求出其體積.立體幾何中面積與體積的考查主要是考查錐體和柱體

、球的表面積與體積.我們要注意熟悉公式,以及幾何體間的

接與切的關(guān)系,新課標(biāo)卷在這方面的考查基本上每年都有一

道題,有時(shí)以三視圖的形式出現(xiàn).

切入角度說明球的截面問題的考查.能正確作出截面圖形,再利用

勾股定理求解.球的表面積與體積公式的考

查.正確利用球的表面積與體積

公式進(jìn)行計(jì)算.錐體體積公式的考查,對(duì)體積

最大值轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題.錐體體積公式的計(jì)算,以及能

夠把立體幾何中的最值問題

應(yīng)用均值不等式或?qū)?shù)知識(shí)

求解.角度探究:1.已知平面α截一球面得圓M,過圓心M且與α成60°二面角的

平面β截該球面得圓N.若該球面的半徑為4,圓M的面積為4π,

則圓N的面積為

(

)(A)7π.

(B)9π.

(C)11π.

(D)13π.【解析】如圖所示,因?yàn)閳AM的半徑為2,OM=

=2

,因?yàn)椤螼MN=30°,所以O(shè)N=

,所以圓N的半徑NB=

=

,所以圓N的面積為13π.故選D.案例落實(shí):【答案】D2.體積為8的一個(gè)正方體,其全面積與球O的表面積相等,則球

O的體積等于

.【解析】設(shè)球O的半徑為R,依題設(shè)有6×(

)2=4πR2,則R2=

,則球O的體積為

πR3=

π×(

=

.【答案】

3.如圖1,∠ACB=45°,BC=3,過動(dòng)點(diǎn)A作AD⊥BC,垂足D在線段

BC上且異于點(diǎn)B,連接AB,沿AD將△ABD折起,使∠BDC=90°

(如圖2所示).(1)當(dāng)BD的長(zhǎng)為多少時(shí),三棱錐A-BCD的體積最大;(2)當(dāng)三棱錐A-BCD的體積最大時(shí),設(shè)點(diǎn)E,M分別為棱BC,AC

的中點(diǎn),試在棱CD上確定一點(diǎn)N,使得EN⊥BM,并求EN與平

面BMN所成角的大小.【解析】(1)(法一)在如圖1所示△ABC中,設(shè)BD=x(0<x<3),則

CD=3-x.由AD⊥BC,∠ACB=45°知,△ADC為等腰直角三角形,所以AD=CD=3-x,由折起前AD⊥BC知,折起后(如圖2),AD⊥DC,AD⊥BD,且BD

∩DC=D,所以AD⊥平面BCD.又∠BDC=90°,所以S△BCD=

BD·CD=

x(3-x).于是VA-BCD=

AD·S△BCD=

(3-x)·

x(3-x)=

·2x(3-x)(3-x)≤

[

]3=

,當(dāng)且僅當(dāng)2x=3-x,,即x=1時(shí),等號(hào)成立.故當(dāng)x=1,即BD=1時(shí),三棱錐A-BCD的體積最大.(法二)同解法1,得VA-BCD=

AD·S△BCD=

(3-x)·

x(3-x)=

(x3-6x2+9x).令f(x)=

(x3-6x2+9x),由f'(x)=

(x-1)(x-3)=0,且0<x<3,解得x=1,當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f'(x)>0;當(dāng)x∈(1,3)時(shí),f'(x)<0.所以當(dāng)x=1時(shí),f(x)取得最大值.故當(dāng)BD=1時(shí),三棱錐A-BCD的體積最大.(2)(法一)以D為原點(diǎn),建立如圖a所示的空間直角系D-xyz.由(1)知,當(dāng)三棱錐A-BCD的體積最大時(shí),BD=1,AD=CD=2.于

是可知D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,2,0),A(0,0,2),M(0,1,1),E(

,1,0),且

=(-1,1,1).設(shè)N(0,λ,0),則

=(-

,λ-1,0).因?yàn)镋N⊥BM等價(jià)于

·

=0,即(-

,λ-1,0)·(-1,1,1)=

+λ-1=0,故λ=

,N(0,

,0).所以當(dāng)DN=

(即N是CD的靠近點(diǎn)D的一個(gè)四等分點(diǎn))時(shí),EN⊥BM.設(shè)平面BMN的一個(gè)法向量為n=(x,y,z),由

及

=(-1,?,0),得

可取n=(1,2,-1).設(shè)EN與平面BMN所成角的大小為θ,則由

=(-

,-

,0),n=(1,2,-1),可得sinθ=cos(90°-θ)=|

|=

=

,即θ=60°.故EN與平面BMN所成角的大小為60°.(法二)由(1)知,當(dāng)三棱錐A-BCD的體積最大時(shí),BD=1,AD=CD

=2.如圖b,取CD的中點(diǎn)F,連接MF、BF、EF,則MF∥AD.由(1)知AD⊥平面BCD,所以MF⊥平面BCD.如圖c,延長(zhǎng)FE至P點(diǎn)使得FP=DB,連BP,DP,則四邊形DBPF為

正方形,所以DP⊥BF.取DF的中點(diǎn)N,連接EN,又E為FP的中點(diǎn),則EN∥DP,所以EN⊥BF.因?yàn)镸F⊥平面BCD,又EN?面BCD,所以MF⊥

EN.又MF∩BF=F,所以EN⊥面BMF.又BM?面BMF,所以EN⊥

BM.因?yàn)镋N⊥BM當(dāng)且僅當(dāng)EN⊥BF,而點(diǎn)F是唯一的,所以點(diǎn)N是

唯一的,即當(dāng)DN=

(即N是CD的靠近點(diǎn)D的一個(gè)四等分點(diǎn)),EN⊥BM.連接MN,ME,由計(jì)算得NB=NM=EB=EM=

,所以△NMB與△EMB是兩個(gè)共底邊的全等的等腰三角形,如圖d所示,取BM的中點(diǎn)G,連接EG,NG,則BM⊥平面EGN,在平面EGN中,過點(diǎn)E作EH⊥GN于H,則EH⊥平面BMN,故∠ENH是EN與平面BMN所成的角.在△EGN中,易得EG=GN=NE=

,所以△EGN是正三角形,故ENH=60°,即EN與平面BMN所成角的大小為60°.1.(基礎(chǔ)再現(xiàn))一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示,則這個(gè)幾何體

的體積等于

(

)一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分)基礎(chǔ)·角度·思路(A)4.

(B)6.

(C)8.

(D)12.【解析】幾何體底面是兩底長(zhǎng)為2和4,高為2的直角梯形,四

棱錐的高為2,故V=

×

×(2+4)×2×2=4.【答案】A2.(基礎(chǔ)再現(xiàn))一個(gè)水平放置的平面圖形的斜二測(cè)直觀圖是一

個(gè)底角為45°,腰和上底長(zhǎng)均為1的等腰梯形,則這個(gè)平面圖形

的面積是

(

)(A)

+

.

(B)1+

.(C)1+

.

(D)2+

.【解析】設(shè)原圖為OABC,建立如圖所示的坐標(biāo)系,按照斜二

測(cè)畫法的規(guī)則,在原來的平面圖形中OC⊥OA,且OC=2,BC=1,

OA=1+2×

=1+

,故其面積為

×(1+1+

)×2=2+

.【答案】D3.(視角拓展)把一個(gè)皮球放入如圖所示的由8根長(zhǎng)均為20cm

的鐵絲接成的底面為正方形的四棱錐形骨架內(nèi),使皮球的表

面與8根鐵絲都有接觸點(diǎn),則皮球的半徑為

(

)(A)10

cm.

(B)30cm.(C)10

cm.

(D)10cm.【解析】設(shè)球的半徑為R,則依題意可得球心為底面正方形

的中心,所以可得球的半徑為10cm.【答案】D4.(視角拓展)三棱錐P-ABC的四個(gè)頂點(diǎn)都在體積為

的球的表面上,△ABC所在的截面圓面積為16π,則該三棱錐的高

的最大值為

(

)(A)7.

(B)7.5.(C)8.

(D)9.【解析】∵△ABC所在的截面圓面積為16π,∴截面圓半徑r=O‘A=4,又球體積為

,∴

=

,∴球半徑R=5,∴OO'=3,故三棱錐的高為PO'=R±OO'=8或2,故選C.【答案】C5.(視角拓展)已知兩異面直線a,b所成的角為

,直線l分別與a,b所成的角都是θ,則θ的取值范圍是

(

)(A)[0,

].

(B)[

,

].(C)[

,

].

(D)[

,

].【解析】在空間任取點(diǎn)O,分別作直線a,b的平行線a'、b',其

最小夾角為

,角平分線與兩邊的夾角都是

,以此角平分線所在的直線l繞著點(diǎn)O上下垂直移動(dòng)(如杠桿),直到與其所在的平面垂直,都可以保證直線l分別與a,b所成的角都是θ.【答案】D6.(視角拓展)在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1C1D1內(nèi)任取一點(diǎn)

P,則點(diǎn)P到點(diǎn)A的距離不大于1的概率為

(

)(A)

.

(B)

π.

(C)

.

(D)

π.【解析】由條件知,點(diǎn)P所在區(qū)域是以A為球心,1為半徑的球

的

,故體積V=

×

π×13=

,又正方體體積為1,所以所求概率P=

.【答案】D7.(視角拓展)如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2.動(dòng)點(diǎn)E,F

在棱A1B1上,點(diǎn)Q是棱CD的中點(diǎn),動(dòng)點(diǎn)P在棱AD上.若EF=1,DP

=x,A1E=y(x,y大于零),則三棱錐P-EFQ的體積

(

)(A)與x,y都有關(guān).(B)與x,y都無關(guān).(C)與x有關(guān),與y無關(guān).(D)與y有關(guān),與x無關(guān).【解析】設(shè)P到平面EFQ的距離為h,則VP-EFQ=

×S△EFQ·h,由于Q為CD的中點(diǎn),∴點(diǎn)Q到直線EF的距離為定值2

,又EF=1,∴S△EFQ為定值,而P點(diǎn)到平面EFQ的距離,即P點(diǎn)到平面A1B1

CD的距離,顯然與x有關(guān)、與y無關(guān),故選C.【答案】C8.(視角拓展)已知直線m、l,平面α、β,且m⊥α,l?β,給出下列

命題:①若α∥β,則m⊥l;②若α⊥β,則m∥l;③若m⊥l,則α∥β;④若m∥l,則α⊥β.其中正確命題的個(gè)數(shù)是

(

)(A)1.

(B)2.

(C)3.

(D)4.正確;②中,若α⊥β,且m⊥α?m∥β或m?β,又l?β,則m與l可

能平行,可能異面,所以②不正確;③α∩β=a,m⊥α,l?β,l∥a,

滿足m⊥l,但得不出α∥β,所以③不正確;④中,若m∥l,且m⊥α

?l⊥α,又l?β?α⊥β,所以④正確.故選B.【答案】B【解析】①中,若α∥β,且m⊥α?m⊥β,又l?β?m⊥l,所以①9.(視角拓展)如圖,正方體的棱長(zhǎng)為1,C、D、M分別為三條

棱的中點(diǎn),A、B是頂點(diǎn),那么點(diǎn)M到截面ABCD的距離是

(

)(A)

.

(B)

.(C)

.

(D)

.【解析】設(shè)點(diǎn)M到ABCD的距離為h,連接AC,作CF⊥AB,垂足

為F,則BF=

,BC=

,∴CF=

,連接CM,則VC-ABM=VM-ABC.VC-ABM=

S△ABM×CM=

×

×1=

,又VM-ABC=

×

×AB×CF×h=

×

××

×h=

,則由

=

得h=

,故選C.【答案】C10.(高度提升)設(shè)A、B、C、D是半徑為2的球面上四個(gè)不同

的點(diǎn),且滿足

·

=0,

·

=0,

·

=0,則S△ABC+S△ABD+S△ACD的最大值為

(

)(A)16.

(B)8.

(C)4.

(D)2.【解析】由已知得

⊥

,

⊥

,

⊥

,以AB、AC、AD為棱作一個(gè)長(zhǎng)方體,其對(duì)角線為球的直徑,則AB2+AC2+AD2=

(2×2)2=16.∴S△ABC+S△ABD+S△ACD=

(AB×AC+AB×AD+AC×AD)≤

(AB2+AC2+AD2)=8.當(dāng)且僅當(dāng)AB=AC=AD時(shí)等號(hào)成立.【答案】B11.(高度提升)如圖,A、E、F是等腰直角三角形,B、C、D是

邊長(zhǎng)為1的正方形,G是等邊三角形,這個(gè)圖形可以折成以這

些多邊形為面的多面體,則這個(gè)多面體的體積等于

(

)(A)

.

(B)

.(C)

.

(D)

.【解析】折起后為正方體截去一角,如圖,故其體積V=1-

×

×1×1=

.【答案】D12.(高度提升)如圖,正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,AB=1,

M,N分別在AD1,BC上移動(dòng),且始終保持MN∥平面DCC1D1,設(shè)

BN=x,MN=y,則函數(shù)y=f(x)的圖象大致是

(

)

DCC1D1,所以BN=AE=x(0≤x<1),ME=2x,MN2=ME2+EN2.則y2=4x2+1,即y2-4x2=1(0≤x<1,y>0),圖象應(yīng)是焦點(diǎn)在y軸上的

雙曲線的一部分.故選C.【答案】C【解析】過M作ME⊥AD于E,連接EN,則平面MEN∥平面13.(基礎(chǔ)再現(xiàn))已知正方體ABCD-A1B1C1D1中,點(diǎn)E、F分別是

底面A1B1C1D1和側(cè)面CDD1C1的中心,若

+λ

=0,則λ=

.【解析】連接A1D、C1D,A1C1,則EF

A1D,故

=

,即λ=-

.二、填空題(本大題共4小題,每小題5分)【答案】-

14.(視角拓展)P為△ABC所在平面外一點(diǎn),PA、PB、PC與平

面ABC所成角均相等,又PA與BC垂直,那么△ABC形狀可以

是

.①正三角形;②等腰三角形;③非等腰三角形;④等腰直角三

角形.(將你認(rèn)為正確的序號(hào)全填上)【解析】設(shè)點(diǎn)P在底面ABC上的射影為O,由PA、PB、PC與

平面ABC所成角均相等,得OA=OB=OC,即點(diǎn)O為△ABC的外心,又由PA⊥BC,得OA⊥BC,即AO為△ABC的BC邊上的高

線,∴AB=AC,即△ABC必為等腰三角形,故應(yīng)填①②④.【答案】①②④15.(高度提升)在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,G為AA1

的中點(diǎn),則直線BD與平面GB1D1的距離為

.【解析】如圖建立空間直角坐標(biāo)系,則B(2,2,0),G(2,0,1),B1(2,

2,2),D1(0,0,2),

=(2,2,0),

=(2,0,-1),

=(0,0,2).設(shè)平面GB1D1的法向量n=(x,y,z),則n·

=0,n·

=0,∴2x+2y=0,2x-z=0,即y=-x,z=2x.令x=1,則n=(1,-1,2).∵BD∥B1D1,∴BD∥平面GB1D1.∴BD與平面GB1D1距離為d=

=

.【答案】

16.(高度提升)給出下列命題:①直線l的方向向量為a=(1,-1,2),直線m的方向向量為b=(2,1,-

),則l與m垂直;②直線l的方向向量為a=(0,1,-1),平面α的法向量為n=(1,-1,-1),則l⊥α;③平面α、β的法向量分別為n1=(0,1,3),n2=(1,0,2),則α∥β;④平面α經(jīng)過三點(diǎn)A(1,0,-1),B(0,1,0),C(-1,2,0),向量n=(1,u,t)是平面α的法向量,則u+t=1.其中真命題的序號(hào)是

.【解析】①∵a·b=(1,-1,2)·(2,1,-

)=0,∴a⊥b,∴l(xiāng)⊥m,∴①真.②∵a·n=(0,1,-1)·(1,-1,-1)=0,∴a⊥n,∴l(xiāng)∥α或l?α,∴②假.③∵n1與n2不平行,∴α與β不平行,∴③假.④

=(-1,1,1),

=(-2,2,1),由條件n⊥

,n⊥

,∴

即

∴

∴u+t=1.∴④真.【答案】①④三、解答題(第17題10分,其余各題均為12分)17.(視角拓展)如圖,四邊形ABCD為矩形,AD⊥平面ABE,EB=

BC,F為CE上的點(diǎn),且BF⊥平面ACE.(1)求證:AE⊥平面BCE;(2)求證:AE∥平面BFD.【解析】(1)∵AD⊥平面ABE,AD∥BC,∴BC⊥平面ABE,則AE⊥BC.又∵BF⊥平面ACE,則AE⊥BF,BF∩BC=B,∴AE⊥平面BCE.(2)設(shè)AC∩BD=G,可知G是AC中點(diǎn).∵BF⊥平面ACE,則CE⊥BF.而BC=BE,∴F是EC中點(diǎn).連接GF,在△AEC中,FG∥AE,又∵AE?平面BFD,FG?平面BFD,∴AE∥平面BFD.18.(視角拓展)已知A是△BCD所在平面外的點(diǎn),∠BAC=∠CAD=∠DAB=60°,AB=3,AC=AD=2.(1)求證:AB⊥CD;(2)求AB與平面BCD所成角的余弦值.【解析】(1)∵∠BAC=∠CAD=∠DAB=60°,AC=AD=2,AB=

3,∴△ABC≌△ABD,BC=BD.取CD的中點(diǎn)M,連接AM、BM,

則CD⊥AM,CD⊥BM,AM∩BM=M,∴CD⊥平面ABM,于是AB⊥BD.(2)過A作AO⊥BM于O,∵CD⊥平面ABM,∴CD⊥AO,∴AO⊥面BCD,∴BM是AB在面BCD內(nèi)的射影,這

樣∠ABM是AB與平面BCD所成的角.在△ABC中,AB=3,AC=2,∠BAC=60°,∴BC=

=

.在△ACD中,AC=AD=2,∠CAD=60°,∴△ACD是正三角形,AM=

.在Rt△BCM中,BC=

,CM=1,∴BM=

.∴cos∠ABM=

=

.19.(高度提升)如圖所示,正方形AA1D1D與矩形ABCD所在的

平面互相垂直,AB=2AD=2,點(diǎn)E為AB的中點(diǎn).(1)求證:BD1∥平面A1DE.(2)在線段AB上是否存在點(diǎn)M,使二面角D1-MC-D的大小為

?若存在,求出AM的長(zhǎng);若不存在,請(qǐng)說明理由.【解析】(1)四邊形ADD1A1為正方形,連接AD1,與A1D交于點(diǎn)O,則O是AD1的中點(diǎn),而點(diǎn)E為AB的中點(diǎn),連接OE.∴EO為△ABD1的中位線,∴EO∥BD1,又∵BD1?平面A1DE,OE?平面A1DE,∴BD1∥平面A1DE.(2)由題意可得:D1D⊥平面ABCD,以點(diǎn)D為原點(diǎn),DA、DC、

DD1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間

直角坐標(biāo)系,則D(0,0,0),C(0,2,0),A1(1,0,1),D1(0,0,1),設(shè)M(1,y0,0)(0≤y0≤2),∵

=(-1,2-y0,0),

=(0,2,-1).設(shè)平面D1MC的法向量為n1=(x,y,z),則

得

取y=1,則n1=(2-y0,1,2)是平面D1MC的一個(gè)法向量,而平面

MCD的一個(gè)法向量為n2=(0,0,1).要使二面角D1-MC-D的大小為

,而cos

=|cos<n1,n2>|=

=

=

,解得y0=2-

(0≤y0≤2),當(dāng)AM=2-

時(shí),二面角D1-MC-D的大小為

.20.(能力綜合)如圖,△ABC內(nèi)接于圓柱的底面圓O,AB是圓O

的直徑,AB=2,BC=1,DC、EB是兩條母線,且tan∠EAB=

.(1)求三棱錐C-ABE的體積;(2)證明:平面ACD⊥平面ADE;(3)在CD上是否存在一點(diǎn)M,使得MO∥平面ADE?證明你的結(jié)論.【解析】(1)∵EB是圓柱的母線,∴EB⊥平面ABC,∴EB為三棱錐E-ABC的高,又∵AB=2,tan∠EAB=

,∴EB=

.又∵AB為圓O的直徑,∴∠ACB=90°,又BC=1,∴S△ABC=

×

×1=

,∴VC-ABE=VE-ABC=

×S△ABC×EB=