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高考数学立体几何部分典型例题



(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 C.92+24π

B.82+14π 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: 1 S=5×4+2×4×4+2×5×4+π×22+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: → =(-2,0,0), 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

→ DE=(0,4,-4). 设平面 ADE 的一个法向量为 n1=(x1,y1,z1), →· ? ?AD n1=0, 则? → n =0, ? ?DE· 1 ?-2x=0, ∴? ?4y1-4z1=0, 取 z1=1,得 n1=(0,1,1). ∵DC⊥平面 BCEF. ……………………………………7 分 → =(0,0,4). ∴平面 BCEF 的一个法向量为CD 设平面 ADE 与平面 BCEF 所成锐二面角的大小为 α, →· ? CD n1 ? ? ?= 4 = 2, 则 cos α=? ? 2 → |n1|? 4× 2 ?|CD|· 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

→ =(2,-2,0), n1=(0,1,1),∵EF →n -2 EF· 1 1 → ∴cos 〈EF,n1〉= = =-2,……………………….10 分 → |· |EF |n1| 2 2× 2 设直线 EF 与平面 ADE 所成的角为 θ, 则 cos θ=|sin → ,n 〉|= 3, 〈EF 1 2 EF 与 平 面 ADE 所 成 角 的 余 弦 值 为

因 此 , 直 线

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 π C.8-2 π D.8-4 ( ).

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 1 解析 这是一个正方体切掉两个 圆柱后得到的几何体,且该几何体的高为 2,V 4 1 =23-2×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), 1 B(1,1,0),N(1,1,1),E(2,1,0),…………………………………….1 分

→ 1 所以NE=(-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 |


1 2



→ →



|N E |· |AM |







5 2× 2

10 = 10 .…………………………………….5 分 10 所以异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值为 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),







→ 1 又EA=(2,-1,0), → → → 1 所以ES=EA+AS=(2,λ-1,λ).…………………………………….7 分 → → ? ?E S· AM=0, 由 ES⊥平面 AMN,得? → → ? ? E S· A N=0,
1 ? ?- +λ=0, 即? 2 ? ??λ-1?+λ=0,

→ → 1 1 1 2 故 λ=2,此时AS=(0,2,2),| A S|= 2 .…………………………………….10 分
2 经检验,当 AS= 2 时,ES⊥平面 AMN.

2 在线段 AN 上存在点 S,使得 ES⊥平面 AMN,此时 AS= 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( ).

23 A. 3

47 B. 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 1 1 23 V=2×2×2-2×3×2×1×1×1= 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

3 在等腰梯形 ABEF 中,计算得 EF=1,两底间的距离 EE1= 2 . 1 1 1 3 3 所以 VC-BEF=3S△BEF×CB=3×2×1× 2 ×1= 12 , 1 1 3 3 VF-ABCD=3S 矩形 ABCD×EE1=3×2×1× 2 = 3 ,…………………10 分 5 3 所以 V=VC-BEF+VF-ABCD= 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 2 22 三条棱长分别是 1,2,2,所以几何体的体积为 8-3= 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, ?-4x+3y=0, 即? ?-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

→ → |n· BD| 3 41 sin θ=|cos 〈n,BD〉|= = 41 . → |n||BD| 3 41 ∴直线 BD 与平面 BEC′所成角的正弦值为 41 .………………12 分



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