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阶段总结热考题型强化课(四) 立体几何,【网络构建】,【核心要素】 1.空间几何体的结构 2.三视图、直观图 3.空间几何体的表面积、体积的计算 4.异面直线所成的角、线面角、二面角 5.线线平行与垂直的判定与性质,6.线面平行与垂直的判定与性质 7.面面平行与垂直的判定与性质 8.空间向量的坐标运算、数量积 9.用空间向量证明平行与垂直 10.用空间向量求空间角,热考题型一 空间几何体的三视图及表面积与体积 【考情分析】,【考题集训】 1.(2014重庆高考)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为 ( ),A.54 B.60 C.66 D.72,【解析】选B.由三视图可知该几何体为如图所示的一个三棱柱上方被截去一个三棱锥得到的.由三视图中的相关数据易知,表面积为,2.(2014辽宁高考)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 ( ),A.8-2 B.8- C.8- D.8-,【解析】选B.由三视图可知该几何体为一个正方体截 去两个 圆柱. 截得该几何体的原正方体的体积为222=8;截去的 圆柱(部分)底面半径为1,母线长为2,截去的两部分 体积为 (122)2=,故该几何体的体积为 8-.,3.(2014山东高考)三棱锥P-ABC中,点D,E分别为 PB,PC的中点,记三棱锥D-ABE的体积为V1,P-ABC的体积 为V2,则 = . 【解析】分别过点E,C向平面PAB作高h1,h2,由E为PC的 中点得 = , 由D为PB的中点得SABD= SABP,所以V1V2= 答案:,热考题型二 多面体与球的“切”“接”问题 【考情分析】,【考题集训】 1.(2014陕西高考)已知底面边长为1,侧棱长为 的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上,则该球的体 积 为 ( ) A. B.4 C.2 D.,【解析】选D.由正四棱柱的各顶点均在同一个球面上, 可设正四棱柱的上底所在截面圆的半径为R1,则 + =1可得 = ;又侧棱长为 ,所以球心到截面圆的 距离d= ;由截面圆半径、球心距、球半径构成直角 三角形,根据勾股定理得球半径R= 代入球的体积公式得球的体积为 .,2.(2016沈阳模拟)已知一个正方体的所有顶点在一 个球面上.若球的体积为 ,则正方体的棱长 为 . 【解析】设球半径为R,因为球的体积为 R3= ,所 以R= ,又由球的直径与其内接正方体对角线的相等 关系知正方体的对角线长为3,故其棱长为 . 答案:,热考题型三 直线、平面平行与垂直的判定与性质 【考情分析】,【考题集训】 1.(2016合肥模拟)设m,n是两条不同的直线,是 两个不同的平面 ( ) A.若m,n,则mn B.若m,m,则 C.若mn,m,则n D.若m,则m,【解析】选C.A选项中m与n还有可能相交或异面;B选项中与还有可能相交;D选项中m与还有可能平行或m.,2.(2015湖南高考)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的正三角形,点E,F分别是BC,CC1的中点.,(1)证明:平面AEF平面B1BCC1. (2)若直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45,求三棱锥F-AEC的体积.,【解析】(1)如图,因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱, 所以AEBB1,又点E是正三角形ABC的边BC的中点, 所以AEBC,因此AE平面B1BCC1,而AE平面AEF, 所以平面AEF平面B1BCC1.,(2)设AB的中点为D,连接A1D,CD,因为ABC是正三角形, 所以CDAB,又三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱, 所以CDAA1, 因此CD平面A1ABB1, 于是CA1D为直线A1C与平面A1ABB1所成的角,由题设知 CA1D=45,所以A1D=CD= AB= , 在RtAA1D中,AA1= 所以FC= AA1= , 故三棱锥F-AEC的体积V= SAECFC= = .,3.(2015湖北高考)九章算术中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑. 如图,在阳马P-ABCD中,侧棱 PD底面ABCD,且PD=CD,点E 是PC的中点,连接DE,BD,BE.,(1)证明:DE平面PBC.试判断四面体EBCD是否为鳖臑, 若是,写出其每个面的直角(只需写出结论);若不是,请 说明理由. (2)记阳马P-ABCD的体积为V1,四面体EBCD的体积为V2, 求 的值.,【解析】(1)因为PD底面ABCD,所以PDBC. 由底面ABCD为长方形,有BCCD,而PDCD=D,所以BC平面PCD. DE平面PCD,所以BCDE. 又因为PD=CD,点E是PC的中点,所以DEPC. 而PCBC=C,所以DE平面PBC.,由BC平面PCD,DE平面PBC,可知四面体EBCD的四个面都是直角三角形,即四面体EBCD是一个鳖臑,其四个面的直角分别是BCD,BCE,DEC,DEB.,(2)由已知,PD是阳马P-ABCD的高, 所以V1= SABCDPD= BCCDPD; 由(1)知,DE是鳖臑D-BCE的高,BCCE, 所以V2= SBCEDE= BCCEDE. 在RtPDC中,因为PD=CD,点E是PC的中点, 所以DE=CE= CD,于是,热考题型四 空间向量及其应用 【考情分析】,【考题集训】 1.(2015重庆高考)如图,三棱锥P-ABC中,PC平面 ABC,PC=3,ACB= .点D,E分别为线段AB,BC上的点,且 CD=DE= ,CE=2EB=2. (1)证明:DE平面PCD. (2)求二面角A-PD-C的余弦值.,【解析】(1)由PC平面ABC,DE平面ABC, 故PCDE. 由CE=2,CD=DE= 得CDE为等腰直角三角形,故CDDE. 由PCCD=C,DE垂直于平面PCD内两条相交直线,故DE平面PCD.,(2)由(1)可知,CDE为等腰直角三角形,DCE= ,如 图, 过点D作DFCE于点F,易知DF=FC=FE=1,又已知EB=1,故 FB=2. 由ACB= ,得DFAC, , 故AC= DF= .,以C为坐标原点,分别以 ,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则 C(0,0,0),P(0,0,3),A( ),E(0,2,0),D(1,1,0),设平面PAD的法向量为n1=(x1,y1,z1),由(1)可知DE平面PCD,故平面PCD的法向量n2可取 为 ,即n2=(1,-1,0), 从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为cos= = , 故所求二面角A-PD-C的余弦值为 .,2.(2015北京高考)如图,在四棱锥A-EFCB中,AEF为等边三角形,平面AEF平面EFCB,EFBC,BC=4,EF=2a, EBC=FCB=60,O为EF的中点. (1)求证:AOBE. (2)求二面角F-AE-B的余弦值. (3)若BE平面AOC,求a的值.,【解析】(1)因为AEF是等边三角形,O为EF的中点,所以 AOEF. 又因为平面AEF平面EFCB,平面AEF平面EFCB=EF, AO平面AEF, 所以AO平面EBCF.因为BE平面EBCF,所以AOBE.,(2)取BC的中点D,连接OD. 由已知四边形BEFC为等腰梯形,且O,D分别为两底的中点,所以ODEF,如图,分别以OE,OD,OA为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0, a), E(a,0,0),B(2,2 - a,0),设平面ABE的法向量n1=(x,y,z),则,平面AEF的一个法向量为n2=(0,1,0).,所以cos= 因为二面角F-AE-B为钝二面角,所以余弦值为- .,(3)由(1)知AO平面EFCB.因为BE平面EFCB,所以 AOEB. 要使BE平面AOC,只需BEOC. 因为 =(2-a,2 - a,0), =(-2,2 - a,0), 所以 =-4+2a+(2 - a)2=0,即3a2-10a+8=0,解得a=2(舍)或a= .,
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