高考數(shù)學(xué)立體幾何部分典型例題

./〔一1.某幾何體的三視圖如圖<其中側(cè)視圖中的圓弧是半圓>,則該幾何體的表面積為<>．A．92＋14π B.82＋14πC．92＋24π D.82＋24π命題意圖：考察空間幾何體的三視圖,三視圖為載體考察面積易錯點(diǎn)：〔1三視圖很難還原成直觀圖〔2公式及數(shù)據(jù)計(jì)算錯誤解析由三視圖可知：原幾何體為一個(gè)長方體上面放著半個(gè)圓柱,其中長方體的長寬高分別為5,4,4,圓柱的底面半徑為2,高為5,所以該幾何體的表面積為：S＝5×4＋2×4×4＋2×5×4＋π×22＋eq\f<1,2>π×2×5×2＝92＋14π.答案A2．〔本小題滿分12分命題人：賀文寧如圖所示,平面ABCD⊥平面BCEF,且四邊形ABCD為矩形,四邊形BCEF為直角梯形,BF∥CE,BC⊥CE,DC＝CE＝4,BC＝BF＝2.〔12分<1>求證：AF∥平面CDE；<2>求平面ADE與平面BCEF所成銳二面角的余弦值；<3>求直線EF與平面ADE所成角的余弦值．命題意圖：線面平行的位置關(guān)系,線面角、二面角的求法易錯點(diǎn)：〔1直接建系,不去證明三條線兩兩垂直〔2數(shù)據(jù)解錯〔3線面角求成正弦值<1>證明法一取CE的中點(diǎn)為G,連接DG,FG.∵BF∥CG且BF＝CG,∴四邊形BFGC為平行四邊形,則BC∥FG,且BC＝FG.∵四邊形ABCD為矩形,……..1分∴BC∥AD且BC＝AD,∴FG∥AD且FG＝AD,∴四邊形AFGD為平行四邊形,則AF∥DG.∵DG?平面CDE,AF?平面CDE,∴AF∥平面CDE.……..3分<2>解∵四邊形ABCD為矩形,∴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為原點(diǎn),CB所在直線為x軸,CE所在直線為y軸,CD所在直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,…….5分根據(jù)題意我們可得以下點(diǎn)的坐標(biāo)：A<2,0,4>,B<2,0,0>,C<0,0,0>,D<0,0,4>,E<0,4,0>,F<2,2,0>,則eq\o<AD,\s\up6<→>>＝<－2,0,0>,eq\o<DE,\s\up6<→>>＝<0,4,－4>．設(shè)平面ADE的一個(gè)法向量為n1＝<x1,y1,z1>,則eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<\o<AD,\s\up6<→>>·n1＝0,,\o<DE,\s\up6<→>>·n1＝0,>>∴eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<－2x＝0,,4y1－4z1＝0,>>取z1＝1,得n1＝<0,1,1>．∵DC⊥平面BCEF.……7分∴平面BCEF的一個(gè)法向量為eq\o<CD,\s\up6<→>>＝<0,0,4>．設(shè)平面ADE與平面BCEF所成銳二面角的大小為α,則cosα＝eq\b\lc\|\rc\|<\a\vs4\al\co1<\f<\o<CD,\s\up6<→>>·n1,|\o<CD,\s\up6<→>>|·|n1|>>>＝eq\f<4,4×\r<2>>＝eq\f<\r<2>,2>,因此,平面ADE與平面BCEF所成銳二面角的余弦值為eq\f<\r<2>,2>.…….9分<3>解根據(jù)<2>知平面ADE的一個(gè)法向量為n1＝<0,1,1>,∵eq\o<EF,\s\up6<→>>＝<2,－2,0>,∴cos〈eq\o<EF,\s\up6<→>>,n1〉＝eq\f<\o<EF,\s\up6<→>>·n1,|\o<EF,\s\up6<→>>|·|n1|>＝eq\f<－2,2\r<2>×\r<2>>＝－eq\f<1,2>,……….10分設(shè)直線EF與平面ADE所成的角為θ,則cosθ＝|sin〈eq\o<EF,\s\up6<→>>,n1〉|＝eq\f<\r<3>,2>,因此,直線EF與平面ADE所成角的余弦值為eq\f<\r<3>,2>.…….12分〔二1.某幾何體三視圖如圖所示,則該幾何體的體積為<>．A．8－2πB．8－πC．8－eq\f<π,2>D．8－eq\f<π,4>命題意圖：考察空間幾何體的三視圖,三視圖為載體考察體積易錯點(diǎn)：〔1三視圖很難還原成直觀圖〔2公式及數(shù)據(jù)計(jì)算錯誤解析這是一個(gè)正方體切掉兩個(gè)eq\f<1,4>圓柱后得到的幾何體,且該幾何體的高為2,V＝23－eq\f<1,2>×π×1×2＝8－π,故選B.答案B2.〔本小題滿分12分命題人：賀文寧如圖所示,四邊形ABCD是邊長為1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD＝NB＝1,E為BC的中點(diǎn)．<1>求異面直線NE與AM所成角的余弦值；<2>在線段AN上是否存在點(diǎn)S,使得ES⊥平面AMN？若存在,求線段AS的長；若不存在,請說明理由．命題意圖：異面直線所成角；利用空間向量解決探索性問題易錯點(diǎn)：〔1異面直線所成角容易找錯〔2異面直線所成角的范圍搞不清〔3利用空間向量解決探索性問題,找不到突破口解<1>如圖以D為坐標(biāo)原點(diǎn),建立空間直角坐標(biāo)系D－xyz.依題意得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<eq\f<1,2>,1,0>,…….1分所以eq\o<NE,\s\up12<→>>＝<－eq\f<1,2>,0,－1>,eq\o<AM,\s\up12<→>>＝<－1,0,1>．…….2分設(shè)直線NE與AM所成角為θ,則cosθ＝|cos〈Neq\o<E,\s\up12<→>>,Aeq\o<M,\s\up12<→>>〉|…….3分＝eq\f<|N\o<E,\s\up12<→>>·A\o<M,\s\up12<→>>|,|N\o<E,\s\up12<→>>|·|A\o<M,\s\up12<→>>|>＝eq\f<\f<1,2>,\f<\r<5>,2>×\r<2>>＝eq\f<\r<10>,10>.…….5分所以異面直線NE與AM所成角的余弦值為eq\f<\r<10>,10>.<2>如圖,假設(shè)在線段AN上存在點(diǎn)S,使得ES⊥平面AMN,連接AE.因?yàn)閑q\o<AN,\s\up12<→>>＝<0,1,1>,可設(shè)eq\o<AS,\s\up12<→>>＝λeq\o<AN,\s\up12<→>>＝<0,λ,λ>,又eq\o<EA,\s\up12<→>>＝<eq\f<1,2>,－1,0>,所以eq\o<ES,\s\up12<→>>＝eq\o<EA,\s\up12<→>>＋eq\o<AS,\s\up12<→>>＝<eq\f<1,2>,λ－1,λ>．…….7分由ES⊥平面AMN,得eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<\o<ES,\s\up12<→>>·\o<AM,\s\up12<→>>＝0,,\o<ES,\s\up12<→>>·\o<AN,\s\up12<→>>＝0,>>即eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<－\f<1,2>＋λ＝0,,λ－1＋λ＝0,>>故λ＝eq\f<1,2>,此時(shí)eq\o<AS,\s\up12<→>>＝<0,eq\f<1,2>,eq\f<1,2>>,|eq\o<AS,\s\up12<→>>|＝eq\f<\r<2>,2>.…….10分經(jīng)檢驗(yàn),當(dāng)AS＝eq\f<\r<2>,2>時(shí),ES⊥平面AMN.在線段AN上存在點(diǎn)S,使得ES⊥平面AMN,此時(shí)AS＝eq\f<\r<2>,2>.………………12分〔三1．一個(gè)多面體的三視圖如圖所示,則該多面體的體積為<>．A.eq\f<23,3>B.eq\f<47,6>C．6 D.7命題意圖：考察空間幾何體的三視圖,三視圖為載體考察體積易錯點(diǎn)：〔1三視圖很難還原成直觀圖〔2公式及數(shù)據(jù)計(jì)算錯誤解析如圖,由三視圖可知,該幾何體是由棱長為2的正方體右后和左下分別截去一個(gè)小三棱錐得到的,其體積為V＝2×2×2－2×eq\f<1,3>×eq\f<1,2>×1×1×1＝eq\f<23,3>.答案A2.〔本小題滿分12分命題人：賀文寧如圖,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分別為AB,CB的中點(diǎn),M為底面△OBF的重心．<1>求證：平面ADF⊥平面CBF；<2>求證：PM∥平面AFC；<3>求多面體CD－AFEB的體積V.命題意圖：面面垂直,線面平行的判定,空間幾何體的體積易錯點(diǎn)：〔1判定時(shí)條件羅列不到位失分〔2求體積時(shí)不會分割<1>證明∵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＝eq\r<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>證明連接OM延長交BF于H,則H為BF的中點(diǎn),又P為CB的中點(diǎn),∴PH∥CF,又∵CF?平面AFC,PH?平面AFC,∴PH∥平面AFC,…….6分連接PO,則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>解多面體CD－AFEB的體積可分成三棱錐C－BEF與四棱錐F－ABCD的體積之和在等腰梯形ABEF中,計(jì)算得EF＝1,兩底間的距離EE1＝eq\f<\r<3>,2>.所以VC－BEF＝eq\f<1,3>S△BEF×CB＝eq\f<1,3>×eq\f<1,2>×1×eq\f<\r<3>,2>×1＝eq\f<\r<3>,12>,VF－ABCD＝eq\f<1,3>S矩形ABCD×EE1＝eq\f<1,3>×2×1×eq\f<\r<3>,2>＝eq\f<\r<3>,3>,…10分所以V＝VC－BEF＋VF－ABCD＝eq\f<5\r<3>,12>.…….12分〔四1.一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積為________．命題意圖：考察空間幾何體的三視圖,三視圖為載體考察體積解析由題意可得,幾何體相當(dāng)于一個(gè)棱長為2的正方體切去一個(gè)角,角的相鄰三條棱長分別是1,2,2,所以幾何體的體積為8－eq\f<2,3>＝eq\f<22,3>.答案eq\f<22,3>2.〔本小題滿分12分命題人：賀文寧在平行四邊形ABCD中,AB＝6,AD＝10,BD＝8,E是線段AD的中點(diǎn)．如圖所示,沿直線BD將△BCD翻折成△BC′D,使得平面BC′D⊥平面ABD.<1>求證：C′D⊥平面ABD；<2>求直線BD與平面BEC′所成角的正弦值．命題意圖：空間幾何體的"翻折"問題,考察學(xué)生空間想象能力和知識遷移能力易錯點(diǎn)：把平面圖形轉(zhuǎn)化為空間幾何體,數(shù)據(jù)錯誤,垂直平行關(guān)系錯誤<1>證明平行四邊形ABCD中,AB＝6,AD＝10,BD＝8,沿直線BD將△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,如圖,以D為原點(diǎn),建立空間直角坐標(biāo)系D－xyz.則D<0,0,0>,A<8,6,0>,B<8,0,0>,C′<0,0,6>．……6分∵E是線段AD的中點(diǎn),∴E<4,3,0>,eq\o<BD,\s\up12<→>>＝<－8,0,0>．…………7分在平面BEC′中,eq\o<BE,\s\up12<→>>＝<－4,3,0>,eq\o<BC′,\s\up12<→>>＝<－8,0,6>,設(shè)平面BEC′法向量為n＝<x,y,z>,∴eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<\o<BE,\s\up12<→>>·n＝0,,\o<BC′,\