2018年高三理科專題四空間立體幾何

1、6、（2016 新課標 II 卷第 6 題 ） 右圖是由圓柱與圓錐組合而成的幾何體的三視圖，則該幾何2018 屆高三理科專題（四）立體幾何專題3 / 17姓名：班別： 學號：【知識點一：三視圖求表面積體積問題】1、（ 2017新課標 I 卷第 7 題） .某多面體的三視圖如圖所示，其中正視圖和左視圖都由正方形和等腰直角三角形組成，正方形的邊長為2，俯視圖為等腰直角三角形，該多面體的各個面中有若干個是梯形，這些梯形的面積之和為（）. A.10 B.12 C.14 D.162、（ 2017 新課標 II 卷第 4 題）如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，該幾何體由一平

2、面將一圓柱截去一部分所得，則 該幾何體的體積為（ ）A 90B 63C 42D 363、（ 2017年市一模第 6 題）如圖 , 網格紙上小正方形的邊長為 某幾何體的正視圖（等腰直角三角形）和側視圖 , 且該幾何體的體積為 8 , 則該幾何體的俯視圖可以是34、（2016 年市一模第 11 題）（11）如圖，網格紙上小正方形的邊長為 1， 粗線畫出的是某個四面體的三視圖，則該四面體的表面積為（A） 8 8 2 4 6（B） 8 8 2 2 6（ C） 2 2 2 6（D） 1 2 62 2 45、（ 2016新課標 I 卷第 6題）如圖，某幾何體的三視圖是三個半徑相等 的圓及每個圓中兩條相互垂

3、直的半徑 . 若該幾何體的體積是 28 ，則它的3表面積是（）（ A） 17 （ B） 18 （ C） 20（ D） 28體的表面積為 （A）20 （ B）24 （C）28 （ D）327、（2016 新課標 III 卷第 9題） 如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，）A） 18 36 5 （B） 54 18 5 （C）90 （D）818、（ 2015 新課標 II 卷第 6 題）一個正方體被一個平面截去一部分后，剩余部分的三視圖如 右圖，則截去部分體積與剩余部分體積的比值為 （ ）1111ABCD87659. （2015 新課標 I 卷第 11題）圓柱被一個平面截去一部分后與半球 （半徑為 r

4、） 組成一個幾何D）8體，該幾何體三視圖中的正視圖和俯視圖如圖所示 .若該幾何體的表面積為 16 + 20 ，則【知識點二：內接球與外接球的問題】1、（ 2017年市一模第 10 題）九章算術中，將底面為長方形且有一條側棱與底面垂直的 四棱錐稱之為陽馬 ;將四個面都為直角三角形的三棱錐稱之為鱉臑若三棱錐 P ABC 為鱉臑, PA平面 ABC, PA AB 2，AC 4, 三棱錐 P ABC的四個頂點都在球 O的 球面上 , 則球 O 的表面積為（ ）2. （2015 新課標 II 卷第 9 題）已知 A,B是球 O 的球面上兩點， AOB=90,C為該球面上的A)8B)12C) 20D)24

5、動點，若三棱錐 O-ABC體積的最大值為 36，則球 O的表面積為 （）A36 B.64 C.144 D.256 3、（ 2017新課標 III 卷第 8題）8.已知圓柱的高為 1，它的兩個底面的圓周在直徑為 2 的同 一個球的球面上，則該圓柱的體積為（）.AB 3CD45 / 174、（ 2016 年市一模第 9 題）一個六棱柱的底面是正六邊形，側棱垂直于底面，所有棱的長都為1，頂點都在同一個球面上，則該球的體積為（）A）B) 20 53D）5565、（2016 新課標 III 卷第 10題）在封閉的直三棱柱 ABC- A1B1C1內有一個體積為 V 的球，若AB BC，AB=6，BC=8，

6、AA1=3，則 V的最大值是（ ）A)4B)9C)6D）32知識點三：點線面的位置關系】1、（2016 新課標 I 卷第 11題）平面 a過正方體 ABCD-A 1B1C1D 1的頂點 A，a/ 平面 CB1D1，a 平面 ABCD=m ， a 平面 ABA1B1=n，則 m，n 所成角的正弦值為（）（A） 3 （B） 2 （C） 3 （D） 12 2 3 32、（2016 新課標 II 卷第 14 題）、是兩個平面， m、 n是兩條直線，有下列四個命題：（1）如果 mn，m，n，那么.（2）如果 m ， n ，那么 mn.（3）如果，m ，那么 m.（4）如果 mn，那么 m與所成的角和 n

7、與所成的角相等 . 其中正確的命題有 .（ 填寫所有正確命題的編號）【知識點四：設置線面角與面面角的定義作為條件障礙，考察立體幾何】1、（2017 新課標 II 卷第 19 題）如圖所示，四棱錐 P ABCD 中，側面 PAD為等邊三角形 1o且垂直于底面 ABCD ， AB BC AD， BAD ABC 90o，E是 PD的中點 .2（1）證明：直線 CE/ 平面 PAB ；（2）點 M 在棱 PC 上，且直線 BM 與底面 ABCD 所成銳角為 45 ，求二面角 M AB D 的余弦值 .PC17 / 17底面2、（2016年廣州市一模 19）（本小題滿分 12 分）如圖，四棱柱 ABCD

8、 A1B1C1D1的底面 ABCD是菱形， AC BD O ， A1OABCD， AB（）證明：平面（）若 BADC13、（閱讀） （2016 新課標 I 卷第 18 題） （本小題滿分為 12 分）如圖，在以 A，B，C，D，E，F 為頂點的五面體中， 面 ABEF 為正方形，AF=2FD ， AFD 90 ， 且二面角 D -AF-E與二面角 C-BE-F 都是 60 （I ）證明：平面 ABEF EFDC ；（II ）求二面角 E-BC-A 的余弦值2、【答案】試題分析： （I ）證明 F 平面 FDCF 平面 FDC （ II ）建立空間坐標系，利用向量求解 .試題解析：（ I ）由已

9、知可得 F DF， F FE，所以 F 平面 FDC 又 F 平面 F，故平面 F 平面 FDC（II ）過 D 作 DG 以 G 為坐標原點，F ，垂足為 G ，由（ I ）知 DG 平面GF 的方向為 x 軸正方向，GF 為單位長，F建立如圖所示的空間直角坐標系 G xyz 由（ I）知 DFE 為二面角 D AF E的平面角，故DFE 60 ，則DF 2， DG 3，可得 A 1,4,0 ， B 3,4,0 ，E 3,0,0 ， D 0,0, 3 由已知， AB/EF ，所以 AB/ 平面 EFDC 又平面 ABCD 平面 EFDC DC ，故AB/CD ， CD /EF 由 BE /

10、AF ，可得 BE 平面 EFDC ，所以 CF 為二面角C BE F 的平面角， C F 60 從而可得 C 2,0, 3 所以 C 1,0, 3 ， 0,4,0 ， C4,0,0 設 n x,y,z 是平面 C的法向量，則 nx 3z所以可取同理可取故二面角4y 0n0，C 0 ，即 0m 0, 3,4 則 cos n,mn 3,0, 3 設 m 是平面E BC A 的余弦值為 2 1919【知識點五：重點考察面面垂直、線面垂直、面面角（含折疊問題） 】1、 （2017 新課標 I 卷第 18題）（本小題滿分 12分）如圖所示，在四棱錐 P ABCD 中，AB/CD ，且 BAP CDP

11、90PAC（1） 證明：平面 PAB 平面 PAD ；（2） 若 PA PD AB DC ， APD 90 ，求二面角 A PB C 的余弦值 .2、（ 2017年市一模第 19 題）（本小題滿分 12分）如圖 1，在直角梯形 ABCD中， AD/BC，ABBC，BDDC, 點E是BC邊的 中點, 將 ABD沿BD折起，使平面 ABD平面 BCD ，連接 AE,AC,DE, 得到如 圖 2 所示的幾何體 .（） 求證： AB平面 ADC ；（） 若 AD 1，二面角 C AB D的平面角的正切值為 6 ，求二面角 B AD E的余弦值 .AEC圖1圖2【知識點六：線面平行、線面角、線線角】1、

12、（2016 新課標 III 卷第 19題） （本小題滿分 12 分）如圖，四棱錐 P-ABCD 中， PA底面 ABCD ，ADBC，AB=AD=AC=3 ，PA=BC=4 ，M 為 線段 AD 上一點， AM=2MD ， N 為 PC 的中點 .（I ）證明 MN 平面 PAB;（II ）求直線 AN 與平面 PMN 所成角的正弦值2、（2017新課標 II 卷第 10題）已知直三棱柱 C 1 1C1中，C 120 ， 2 ，A55DC CC1 1，則異面直線1與 C1 所成角的余弦值為（）知識點一：三視圖求表面積體積問題答案】1.解析 由三視圖可畫出立體圖， 該立體圖平面內只有兩個相同的梯

13、形的面S梯 2 4 2 2 6 ，S全梯 6 2 12.故選 B.2、B 3 、 D4、A5、【答案】 A 由三視圖知，該幾何體的直觀圖如圖所示：是一個球被切掉左上角的 1 , 即該幾何體是 7 個球，設球的半徑為 R ，則8874328VR，解得833和, 即 74 223 2284R 2 ，所以它的表面積是17，故選 A7 的球面面積和三個扇形面積之8S1 2 2 4 16 ，圓錐的側面積6、【答案】 C 試題分析：由題意可知，圓柱的側面積為為 S2 2 4 8 ， 圓 柱 的 底 面 面 積 為 S3 2 4， 故 該 幾 何 體 的 表 面 積 為S S1 S2 S3 28 ，故選 C

14、.7、B試題分析：由三視圖知該幾何體是一個斜四棱柱，所以該幾何體的表面積為S 2 3 6 2 3 3 2 3 3 5 54 18 5，故選 B8、【答案】 D【解析】由三視圖得，13a3 ，故剩余幾何體體積為61，故選 D5在正方體 ABCD A1B1C1D1中，截去四面體 A A1B1D1 ，113 如圖所示， ，設正方體棱長為 a ，則 VA ABD 1 1a3323 1 3 5 3a3 a3 a3 ，所以截去部分體積與剩余部分體積的比值為 669、B【解析】由正視圖和俯視圖知，該幾何體是半球與半個圓柱的組合體，圓柱的半徑與球的半徑都為 r ，圓柱的高為 2r，其表面積為 1 4 r2 r

15、 2r r2 2r 2r =5 r 2 4r22=16 + 20 ，解得 r=2，故選 B.【知識點二：內接球與外接球的問題答案】1、C2、【答案】 C3解析 由題可知球心在圓柱體中心，圓柱體上下底面圓半徑 則圓柱體體積 V r2h 3.故選 B.44、D5、【答案】 B 試題分析：要使球的體積 V 最大，必須使球的半徑 R 最大因為 ABC內切 圓的半徑為 2，所以由題意易知球與直三棱柱的上、下底面都相切時，球的半徑取得3 4343 39最大值，為3 ，此時球的體積為4R34(3)39，故選 B23322【知識點三：點線面的位置關系答案】1、【答案】 A 試題分析：如圖，設平面 CB1D1

16、平面 ABCD = m'，平面 CB1D1 平面 ABB1 A1 = n'，因為 平面 CB1D1 ，所以 mm',nn'，則m,n所成的角等于 m',n'所成的角 .過 D1作D1EB1C ，交 AD的延長線于點 E,連接 CE ，則CE為m'.連接 A1B，過B1作B1F1A1B，交AA1的延長線于點 F1 ，則B1F1為n ' .連接 BD，則BDCE,B1F1A1B，則m',n'所成的角即為 A1B,BD 所成的角，為 60 ，故 m,n 所成角的正弦值為3 ，選 A.22、【答案】試題分析： 對于， mn

17、,m ,n/ ，則 , 的位置關系無法確定， 故錯誤； 對于 ,因為 n/ ，所以過直線n 作平面與平面 相交于直線 c，則 n/c ，因為m,所以m c,所以m n ，故正確；對于，由兩個平面平行的性質可知正確；對于，由線面所成角的定義和等角定理可知其正確，故正確的命題有 .【知識點四： 設置線面角與面面角的定義作為條件障礙， 考察立體幾何】1解析(1)令PA中點為 F，聯結 EF，BF ，CE因為 E，F 為 PD， PA中點，所以 EF 為 PAD的中位線，所以 EF /1AD=2 又因為 BAD ABC 90 ，所以 BCAD 11 又因為 AB BC AD，所以 BC/ AD ，所以

18、 EF / BC 2 = 2 = 所以四邊形 BCEF 為平行四邊形，所以 CEBF 又因為 BF 面PAB ，所以 CE 平面 PAB. （2）以 AD 中點 O 為原點，如圖建立空間直角坐標系設 AB BC 1，則 O 0，0，0 ， A 0，1，0 ， B 1， 1，0 ，C 1，0，0 ， D 0，1，0 ，P 0，0， 3 M 在底面 ABCD 上的投影為 M ，所以 MMBM因為MBM 45 ，所以 MBM 為等腰直角三角形因為 POC 為直角三角形， OC 3OP ，所以 PCO60 設 MMa ， CM33a， OM 13a a 3所以 M 133a，0 ，0 BM233 a1

19、2 0213a2 1 a6 所以 OM3a a 3122所以M 1 22 ，0 ，0 ，M 122，0，2AM 1 22，1，6，2AB （1，0，0） 設平面 ABM 的法向量 m （0 ，y1 ，z1） y1 26z1 0，所以 m（0， 6，2） ，AD 0，2，0 ， AB 1，0 ，0設平面ABD 的法向量為 n 0 ，0，z2 ，n （0 ，0 ，1） 所以 cos m,nmn105所以二面角 M AB D 的余弦值為 10 52、所以 BD平面A1CO3分C1因為 BD平面BB1D1D ，所以平面BB1D1D 平面 A1CO 4分) 解法一： 因為 A1O 平面 ABCD ， C

20、O BD ，以 O 為原點， OB向為 x ，y， z軸正方向建立如圖所示空間直角坐標系5分因為 ABAA1 2， BAD 60 ，所以 OBOD 1， OAOC3， OA122AA12 OA2 16分A1 0,0,1 ，A 0, 3,0 ，C1則 B 1,0,0 ， C 0, 3,0x19 / 17令 y 1 ，得 n 0,1, 3 9 分 同理可求得平面 OCB1的法向量為 m 1,0, 1 10 分 所以 cos n,m 36 11 分2 24因為二面角 B OB1 C 的平面角為鈍角，所以二面角 B OB1 C 的余弦值為 6 12 分14解法二： 由（）知平面 A1CO 平面 BB1

21、D1D ，因為O ， O1分別是 AC， A1C1的中點，所以 OA1O1C 為平行四邊形且 O1C OA1 1 因為平面 A1CO 平面 BB1D1D OO1 ， 過點C作CH OO1于H ，則CH 平面 BB1D1D 過點 H 作 HK OB1 于 K ，連接 CK ，則 CK OB1 所以 CKH 是二面角 B OB1 C 的平面角的補角 6 分O1C OC 1 3 3在 Rt OCO1 中， CH 1 7 分 1OO12 2在 OCB1中，因為 A1O A1B1 ，所以 OB1OA12 A1B12 5 因為 A1B1 CD ， A1B1 / CD ，所以 B1C A1DA1O2 OD2

22、 2 23 / 178分因為 B1C2 OC2 OB12 ，所以 OCB1為直角三角形所以 CKCB1 OC 2 3 6 OB15 5所以 KHCK2CH 232510 分所以 cos CKHKH 6 CK 4 11 分所以二面角 B OB1 C 的余弦值為6 4 12 分所以 PD2，0， 2 ， PB2 ，2， 2 ， BC2 2 ，0 ，0知識點五：重點考察面面垂直、 線面垂直、面面角（含折疊問題） 答案】1、 解析 （1）證明：因為 BAP CDP 90 ，所以 PA AB ， PD CD. 又因為 AB CD ，所以 PD AB ，又因為 PD PA P，PD、PA 平面 PAD 所

23、以 AB 平面 PAD ，又 AB 平面 PAB ，所以平面 PAB 平面 PAD（2）取 AD中點 O， BC 中點 E，聯結 PO， OE，因為 ABCD ，所以四邊形 ABCD為平行四邊形，所以 OEAB .由（ 1）知， AB 平面 PAD ，所以 OE 平面 PAD ， 又 PO 、 AD 平面 PAD ，所以 OE PO ， OE AD .又因為 PA PD，所以 PO AD，所以 PO、OE、 AD兩兩垂直，所以以 O 為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系 O xyzB 2，2，0 ，P0，0， 2 ，C 2，2，0 ，設n x,y,z 為平面 PBC的法向量，n PB 0

24、2x 2y 2z 0由 ，得 .n BC 0 2 2x 0令y 1，則 z 2，x 0 ，可得平面 PBC的一個法向量 n 0 ,1, 2因為 APD 90 ，所以 PD PA ，又知 AB 平面 PAD ， PD 平面 PAD ，所以 PD AB ，又 PA AB A ，所以 PD 平面 PAB ，即 PD 是平面 PAB 的一個法向量， PD 2 ,0 , 2所以223由圖知二面角 A PB C 為鈍角，所以它的余弦值為2、 解：() 因為平面 ABD 平面 BCD ，平面 ABD 平面 BCD BD ，又 BD DC ，所以 DC 平面 ABD. 1 分 因為 AB 平面 ABD ，所以

25、 DC AB . 2 分 又因為折疊前后均有 AD AB ， DC AD D , 3 分 所以 AB平面 ADC. 4 分() 由()知 AB 平面 ADC ，所以二面角 C AB D的平面角為 CAD . 又 DC 平面 ABD ， AD 平面 ABD ，所以 DC AD .CDCAD6. AD1，所以 CD6 .x2 1.依題意 tan因為 AD設 AB xx 0 ，則 BD5分6分62x1222 CD2 3. 8 分建立空間直角坐標系 D xyz，則 D(0,0,0),B( 3,0,0),C(0, 6,0)，CD x，即BD 1解得 x 2， 故 AB 2,BD 3,BC BD 法 1 ：如圖所示，36E , ,022依題意 ABD BDC ，所以 AADB7分所以3 6 ，,0, ，33DE 3, 6,0 ， DA 3,0, 6 .2 3 3，A由()知平面 BAD 的法向量 n(0,1,0) .9分設平面 ADE 的法向量 m (x, y, z)mDE0,3x262 y 0,由mmDDEA得0,3x26z 0.33令x6，得y3,z3,所以 m( 6, 3, 3).10 分11 分所以 cos n,mnm|