高考理科数学专题复习练习8.2空间几何体的表面积与体积

高考理科数学专题复习练习8.2空间几何体的表面积与体积

第八章立体几何 ‎8.2空间几何体的表面积与体积 专题1‎ 空间几何体的表面积 ‎■(2015河南省洛阳市高考数学二模,空间几何体的表面积,选择题,理12)已知点A,B,C,D均在球O上,AB=BC=,AC=3,若三棱锥D-ABC体积的最大值为,则球O的表面积为(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.36π B.16π C.12π D.π 解析:设△ABC的外接圆的半径为r,‎ ‎∵AB=BC=,AC=3,∴∠CBA=120°,S△ABC=,‎ ‎∴2r==2,r=.‎ ‎∵三棱锥D-ABC的体积的最大值为,‎ ‎∴D到平面ABC的最大距离为3,‎ 设球的半径为R,则R2=()2+(3-R)2,‎ ‎∴R=2,‎ ‎∴球O的表面积为4πR2=16π.‎ 故选B.‎ 答案:B ‎■(2015河南省洛阳市高考数学二模,空间几何体的表面积,选择题,理11)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某多面体的三视图,则该几何体的各个面中最大面的面积为(　　)‎ A.1 B. C. D.2‎ 解析:由题意,几何体为有一侧棱垂直于底面的三棱锥,有3个面是全等的等腰直角三角形,面积为×2×2=2,‎ 另一侧面是等边三角形,边长为2,面积为×(2)2=2,‎ 所以该几何体的各个面中最大面的面积为2,‎ 故选D.‎ 答案:D ‎■(2015甘肃省河西五地市高三第一次联考,空间几何体的表面积,填空题,理14)正四棱锥P-ABCD的五个顶点在同一球面上,若该正四棱锥的底面边长为4,侧棱长为2,则这个球的表面积为　　　　　. ‎ 解析:‎ 正四棱锥P-ABCD的外接球的球心在它的高PO1上,‎ 记为O,PO=AO=R,PO1=4,OO1=R-4,或OO1=4-R(此时O在PO1的延长线上),‎ 在Rt△AO1O中,R2=8+(R-4)2,得R=3,‎ ‎∴球的表面积S=36π,‎ 故答案为36π.‎ 答案:36π ‎■(2015甘肃省嘉峪关一中高考数学三模,空间几何体的表面积,选择题,理11)四面体ABCD的四个顶点都在球O的表面上,AB⊥平面BCD,△BCD是边长为3的等边三角形.若AB=2,则球O的表面积为(　　)‎ A.4π B.12π C.16π D.32π 解析:∵在四面体ABCD中,AB⊥平面BCD,△BCD是边长为3的等边三角形,‎ ‎∴Rt△ABC≌Rt△ABD,△ACD是等腰三角形,‎ ‎△BCD的中心为G,作OG∥AB交AB的中垂线HO于O,O为外接球的中心,‎ BE=,BG=,∴R=2.四面体ABCD外接球的表面积为4πR2=16π.故选C.‎ 答案:C 专题2‎ 空间几何体的体积 ‎■(2015河南省六市高考数学二模,空间几何体的体积,填空题,理16)三棱锥P-ABC内接于球O,球O的表面积是24π,∠BAC=,BC=4,则三棱锥P-ABC的最大体积是　　　　　. ‎ 解析:设球的半径为R,球心为O,如图所示,‎ ‎∵球O的表面积是24π,∴4πR2=24π,解得R=.‎ 设△ABC的外心为O1,外接圆的半径为r,则O1B=r=,‎ ‎∴OO1=.‎ ‎∴O1P=.‎ 在△ABC中,由余弦定理可得:42=b2+c2-2bccos,‎ 化为b2+c2=bc+16≥2bc,∴bc≤16,当且仅当b=c=4时取等号.‎ ‎∴三棱锥P-ABC的体积V=×S△ABC×O1P=bcsin×16=,‎ 故答案为.‎ 答案:‎ ‎■(2015河南省六市高考数学二模,空间几何体的体积,选择题,理5)若某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,其中侧视图是一个边长为2的正三角形,则这个几何体的体积是(　　)‎ A.2 cm3 B. cm3 C.3 cm3 D.3 cm3‎ 解析:由几何体的三视图可知,该几何体为底面是直角梯形,高为的四棱锥,‎ 其中直角梯形两底长分别为1和2,高是2.‎ 故这个几何体的体积是(cm3).故选B.‎ 答案:B ‎■(2015甘肃省张掖市高考数学4月模拟,空间几何体的体积,选择题,理4)如图是一个四棱锥在空间直角坐标系xOz,xOy,yOz三个平面上的正投影,则此四棱锥的体积为(　　)‎ A.94 B.32 C.64 D.16‎ 解析:由已知的三视图可得,‎ 其底面面积S=(6-2)2=16,高h=8-2=6,‎ 故四棱锥的体积V=Sh=32,故选B.‎ 答案:B ‎■(2015甘肃省河西五地市高三第一次联考,空间几何体的体积,选择题,5)若一个底面为正三角形、侧棱与底面垂直的棱柱的三视图如下图所示,则这个棱柱的体积为(　　)‎ A.12 B.36 C.27 D.6‎ 解析:此几何体为一个三棱柱,棱柱的高是4,底面正三角形的高是3,‎ 设底面边长为a,则a=3,所以a=6,‎ 故三棱柱体积V=·6·3·4=36.‎ 故选B.‎ 答案:B ‎■(2015甘肃省兰州一中三模,空间几何体的体积,选择题,理8)某几何体的三视图如图所示,当a+b取最大值时,这个几何体的体积为(　　)‎ A. B. C. D.‎ 解析:如图所示,可知AC=,BD=1,BC=b,AB=a.‎ 设CD=x,AD=y,‎ 则x2+y2=6,x2+1=b2,y2+1=a2,‎ 消去x2,y2得a2+b2=8≥,‎ 所以(a+b)≤4,‎ 当且仅当a=b=2时等号成立,此时x=,y=,‎ 所以V=×1×.‎ 故选D.‎ 答案:D ‎■(2015甘肃省嘉峪关一中高考数学三模,空间几何体的体积,选择题,理7)设某几何体的三视图如图(单位:m):则它的体积是(　　)‎ A.4 m3 B.8 m3 C.4 m3 D.8 m3‎ 解析:由已知的三视图可得:该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥,‎ 底面的底边长为3+1=4m,底面的高,即为三视图的宽3m,‎ 故底面面积S=×3×4=6m2,棱锥的高即为三视图的高,故h=2m,‎ 故棱锥的体积V=Sh=4m3,故选A.‎ 答案:A 专题3‎ 组合体的“接”“切”综合问题 ‎■(2015甘肃省兰州一中三模,组合体的“接”“切”综合问题,选择题,理12)两球O1和O2在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的内部,且互相外切,若球O1与过点A的正方体的三个面相切,球O2与过点C1的正方体的三个面相切,则球O1和O2的表面积之和的最小值为(　　)‎ A.3(2-)π B.4(2-)π ‎ C.3(2+)π D.4(2+)π 解析:∵AO1=R1,C1O2=R2,O1O2=R1+R2,‎ ‎∴(+1)(R1+R2)=,‎ R1+R2=,球O1和O2的表面积之和为4π()≥4π·2‎ ‎=2π(R1+R2)2=3(2-)π.‎ 故选A.‎ 答案:A ‎8.4直线、平面平行的判定与性质 专题2‎ 直线与平面平行的判定与性质 ‎■(2015河南省洛阳市高考数学二模,直线与平面平行的判定与性质,解答题,理19)如图,四边形ABCD中,AB⊥AD,AD∥BC,AD=6,BC=2AB=4,E,F分别在BC,AD上,EF∥AB,现将四边形ABCD沿EF折起,使平面ABEF⊥平面EFDC.‎ ‎(1)若BE=1,是否在折叠后的线段AD上存在一点P,且=λ,使得CP∥平面ABEF?若存在,求出λ的值,若不存在,说明理由;‎ ‎(2)求三棱锥A-CDF的体积的最大值,并求出此时二面角E-AC-F的余弦值.‎ 解:(1)∵EF∥AB,AB⊥AD,‎ ‎∴EF⊥AF,EF⊥FD,‎ 折起后平面ABEF⊥平面EFDC,平面ABEF∩平面EFDC=EF,‎ ‎∴AF⊥平面EFDC.‎ 假设线段AD上存在一点P,且=λ,使得CP∥平面ABEF.‎ ‎∵BE=1,可得F(0,0,0),A(0,0,1),D(0,5,0),C(2,3,0).‎ 可得平面ABEF的法向量为=(0,5,0).‎ ‎∵=λ,∴(0,0,1)+(0,5,0)=,‎ ‎∴P,‎ ‎∴,则=0,解得λ=.‎ ‎∴线段AD上存在一点P,且,使得CP∥平面ABEF.‎ ‎(2)设BE=a,∴AF=a(0=,‎ ‎∴二面角E-AC-F的余弦值为.‎ ‎8.5直线、平面垂直的判定与性质 专题2‎ 直线与平面垂直的判定与性质 ‎■(2015河南省六市高考数学二模,直线与平面垂直的判定与性质,解答题,理19)‎ 在如图所示的几何体中,四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠ABC=60°,AB=2CB=2.在梯形ACEF中,EF∥AC,且AC=2EF,EC⊥平面ABCD.‎ ‎(1)求证:BC⊥AF;‎ ‎(2)若二面角D-AF-C为45°,求CE的长.‎ ‎(1)证明:在△ABC中,AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos60°=3,‎ 所以AB2=AC2+BC2,‎ 由勾股定理知∠ACB=90°,所以BC⊥AC.‎ 又因为EC⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,‎ 所以BC⊥EC.‎ 又因为AC∩EC=C,‎ 所以BC⊥平面ACEF,‎ 又AF⊂平面ACEF,‎ 所以BC⊥AF.‎ ‎(2)解:因为EC⊥平面ABCD,又由(1)知BC⊥AC,以C为原点,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.‎ 设CE=h,则C(0,0,0),A(,0,0),F,D,‎ 所以.‎ 设平面DAF的法向量为n1=(x,y,z),则 令x=,所以n1=.‎ 又平面AFC的法向量n2=(0,1,0),‎ 所以cos45°=,解得h=.‎ 所以CE的长为.‎ 专题3‎ 平面与平面垂直的判定与性质 ‎■(2015甘肃省张掖市高考数学4月模拟,平面与平面垂直的判定与性质,选择题,理6)已知直线l⊥平面α,直线m⊂平面β,给出下列命题:‎ ‎(1)α∥β⇒l⊥m,(2)α⊥β⇒l∥m,(3)l∥m⇒α⊥β,(4)l⊥m⇒α⊥β,其中正确的是(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.(1)(2)(3) B.(2)(3)(4) ‎ C.(2)(4) D.(1)(3)‎ 解析:对于(1),直线l⊥平面α,直线m⊂平面β,α∥β,可得l⊥β⇒l⊥m,所以(1)正确;‎ 对于(2),直线l⊥平面α,直线m⊂平面β,α⊥β,可得l与m可能异面也可能l∥m,所以(2)不正确.‎ 对于(3),直线l⊥平面α,直线m⊂平面β,l∥m⇒α⊥β,满足平面与平面垂直的判断,所以(3)正确.‎ 对于(4),直线l⊥平面α,直线m⊂平面β,l⊥m,如图:α⊥β,也可能平行,相交.所以(4)不正确.‎ 故选D.‎ 答案:D ‎■(2015甘肃省嘉峪关一中高考数学三模,平面与平面垂直的判定与性质,选择题,理5)设a,b为两条直线,α,β为两个平面,则下列结论成立的是(　　)‎ A.若a⊂α,b⊂β,且a∥b,则α∥β B.若a⊂α,b⊂β,且a⊥b,则α⊥β C.若a∥α,b⊂α,则a∥b D.若a⊥α,b⊥α,则a∥b 解析:A选项不正确,两个平面中的两条直线平行不能得出两平面平行;‎ B选项不正确,两个平面中的两条直线垂直不能得出两平面垂直;‎ C选项不正确,一个直线与一个平面平行,则与这个平面中的直线的位置关系是平行或异面;‎ D选项正确,垂直于同一平面的两条直线平行.‎ 故选D.‎ 答案:D 专题4‎ 空间中的距离问题 ‎■(2015甘肃省嘉峪关一中高考数学三模,空间中的距离问题,解答题,理19)‎ 如图,三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都是2,又AA1⊥平面ABC,D,E分别是AC,CC1的中点.‎ ‎(1)求证:AE⊥平面A1BD;‎ ‎(2)求二面角D-BA1-A的余弦值;‎ ‎(3)求点B1到平面A1BD的距离.‎ ‎(1)证明:以DA所在直线为x轴,过D作AC的垂线为y轴,DB所在直线为z轴建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),C(-1,0,0),E(-1,-1,0),A1(1,-2,0),C1(-1,-2,0),B(0,0,),‎ ‎∴=(-2,-1,0),=(-1,2,0),=(0,0,-),‎ ‎∴=0,=0,‎ ‎∴.又A1D与BD相交,∴AE⊥面A1BD.‎ ‎(2)解:设面DA1B的法向量为n1=(x1,y1,z1),‎ 则取n1=(2,1,0).‎ 设面AA1B的法向量为n2=(x2,y2,z2),‎ 则取n2=(3,0,),‎ ‎∴cos=,‎ 故二面角D-BA1-A的余弦值为.‎ ‎(3)解:=(0,2,0),平面A1BD的法向量取n1=(2,1,0),‎ 则B1到平面A1BD的距离为d=.‎ ‎8.7空间几何中的向量方法 专题3‎ 利用空间向量求空间角 ‎■(2015甘肃省张掖市高考数学4月模拟,利用空间向量求空间角,解答题,理18)‎ 在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面△ABC为正三角形,且A1B1=A1A,点A在下底面的射影是△A1B1C1的中心O.‎ ‎(1)求证:AA1⊥B1C1;‎ ‎(2)求二面角B1-AA1-C1的平面角的余弦值.‎ ‎(1)证明:连接AO,连接A1O并延长交B1C1于点D,‎ 根据题意,易得AO⊥B1C1,A1D⊥B1C1,‎ ‎∴B1C1⊥平面A1AO,∴AA1⊥B1C1.‎ ‎(2)解:如图,以D为原点建立坐标系D-xyz,‎ 设A1A=2,则A1B1=A1A=,‎ ‎∵点O为正△ABC的中心,‎ ‎∴OD=A1D=A1B1sin60°=,A1D=,‎ ‎∴A1O=1,AO=,‎ 则A,A1,B1,C1,‎ ‎∴=(1,0,-),,‎ 设平面AA1B1的法向量为m=(x1,y1,z1),平面AA1C1的法向量为n=(x2,y2,z2),‎ 由 可得 取x1=,z2=-1,得平面AA1B1的一个法向量为m=(,3,1),‎ 平面AA1C1的一个法向量为n=(-,3,-1),‎ ‎∵cos=,‎ ‎∴二面角B1-AA1-C1的平面角的余弦值为.‎ ‎■(2015甘肃省河西五地市高三第一次联考,利用空间向量求空间角,解答题,理19)‎ 已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的正三角形,侧面A1ACC1为菱形,∠A1AC=60°,平面A1ACC1⊥平面ABC,N是CC1的中点.‎ ‎(1)求证:A1C⊥BN;‎ ‎(2)求二面角B-A1N-C的余弦值.‎ ‎(1)证明:取AC的中点O,连接BO,A1O,由题意知BO⊥AC,A1O⊥AC.‎ 又因为平面A1ACC1⊥平面ABC,所以A1O⊥平面ABC.‎ 以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.‎ 则O(0,0,0),B(,0,0),A1(0,0,),N,C(0,1,0),=(0,1,-),‎ ‎.‎ 因为=0++(-)·=0,‎ 所以A1C⊥BN.‎ ‎(2)解:取AC的中点O,连接BO,A1O,由题意知BO⊥AC,A1O⊥AC.‎ 又因为平面A1ACC1⊥平面ABC,所以A1O⊥平面ABC.‎ 以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.‎ 则O(0,0,0),B(,0,0),A1(0,0,),N=(,0,-).‎ 设平面A1BN的法向量为n1=(x,y,z),则 令x=1,所以n1=.‎ 又平面A1NC的法向量n2=(1,0,0).‎ 设二面角B-A1N-C的平面角为θ,则cosθ=.‎ ‎■(2015甘肃省兰州一中三模,利用空间向量求空间角,解答题,理18)‎ 在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=CA=AA1=2,侧棱AA1⊥面ABC,D,E分别是棱A1B1,AA1的中点,点F在棱AB上,且AF=AB.‎ ‎(1)求证:EF∥平面BDC1;‎ ‎(2)求二面角E-BC1-D的余弦值.‎ 解:(1)证明:取AB的中点M,‎ ‎∵AF=AB,‎ ‎∴F为AM的中点,‎ 又∵E为AA1的中点,‎ ‎∴EF∥A1M,‎ 在三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为A1B1,AA1的中点,‎ ‎∴A1D∥BM,且A1D=BM,‎ 则四边形A1DBM为平行四边形,‎ ‎∴A1M∥BD,∴EF∥BD,‎ 又∵BD⊂平面BC1D,EF⊄平面BC1D,‎ ‎∴EF∥平面BC1D.‎ ‎(2)‎ 连接DM,分别以MB,MC,MD所在直线为x轴、y轴、z轴,‎ 建立如图空间直角坐标系,‎ 则B(1,0,0),E(-1,0,1),D(0,0,2),C1(0,,2),‎ ‎∴=(-1,0,2),=(-2,0,1),=(-1,,2).‎ 设面BC1D的一个法向量为m=(x1,y1,z1),面BC1E的一个法向量为n=(x2,y2,z2),‎ 则由 得取m=(2,0,1),‎ 又由 得取n=(1,-,2),‎ 则cos=,‎ 故二面角E-BC1-D的余弦值为.‎