第九章考向案

考题解构视角拓展

考向案

1.(2009年新课标全国卷)一个棱锥的三视图如图,则该棱锥

的全面积(单位:cm2)为

(

)(A)48+12

.(B)48+24

.(C)36+12

.(D)36+24

.高频考点一:三视图及应用得PD=5,AB=6

,全面积为:

×6×6+2×

×6×5+

×6

×4=48+12.【解析】棱锥的直观图如下,则有PO=4,OD=3,由勾股定理,【答案】A2.(2010年新课标全国卷)正(主)视图为一个三角形的几何体

可以是

.(写出三种)【解析】三棱柱平放在桌面,其正(主)视图为三角形,几何体

的摆放不同,三视图则不同.【答案】三棱锥,三棱柱,圆锥3.(2011年新课标全国卷)在一个几何的三视图中,正(主)视图

和俯视图如图所示,则相应的侧(左)视图可以为

(

)ABCD【解析】由该几何体的正(主)视图、俯视图可知:该几何体

可视为由半个圆锥和一个三棱锥组合而成的,从而侧(左)视图应为D.【答案】D4.(2012年新课标全国卷)如图,网格纸上小正方形的边长为1,

粗线画出的是某几何体的三视图,则此几何体的体积为

(

)(A)6.

(B)9.

(C)12.

(D)18.【解析】由题意得,根据三视图的规则,原几何体表示底面为

直角边长为3

的等腰直角三角形,高为3的三棱锥,所以几何体的体积为V=

Sh=

×

×3

×3

×3=9,故选B.【答案】B真题索引情境构造角度切入2009年新课标全国卷理11由三视图得出几何

体的形状.由几何体的线面数

量关系,利用面积公

式求解.2010年新课标全国卷理14由三视图得出几何

体的形状.空间想象能力的应

用.2011年新课标全国卷理6三视图的内在联系.三视图中的知二推

一的考查.2012年新课标全国卷理7由三视图得出几何

体的形状.由几何体的线面数

量关系,利用锥体的

体积公式求解.从新课标全国卷这几年的考查可以看出,三视图主要培

养学生的空间想象能力以及线面关系中的内在联系,能够根

据三视图还原原几何体的线面关系是本节重点,同时能够根

据图形正确使用公式进行面积与体积等计算,本节内容主要

以小题出现,但也不能排除在大题中以三视图为背景给出,我

们在复习时应予以重视.切入角度说明本题主要考查几何体的三视

图、柱体的表面积公式、空

间想象能力及运算求解能力.根据三视图还原出几何体,确

定几何体的形状,然后再根据

几何体的形状计算出表面积.三视图中的三个图的内在联系.三视图中知二推一的考查.本题主要考查几何体的三视

图、圆柱体的体积公式、空

间想象能力及运算求解能力.根据三视图还原出几何体,确

定几何体的形状,然后再根据

几何体的形状计算出体积.角度探究:1.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为

.案例落实:【解析】由三视图可知该几何体是一个长方体中间挖了一

个圆柱.且可知长方体的长为4,宽为3,高为1,圆柱的半径为1,

高为1,综上所求几何体的表面积为S=4×1×2+3×1×2+3×4×2-

π×12×2+2π×1×1=38.【答案】382.某几何体的正(主)视图和侧(左)视图均如图所示,则该几何

体的俯视图不可能是

(

)【解析】由正(主)视图和侧(左)视图可得到这个几何体的下

半部分可能为圆柱或正四棱柱,上半部分可能为圆柱或正四

棱柱或放置位置比较特别的三棱柱,选项D中它的正(主)视

图中的上半部分的长方形的中间还应有一条虚线,故不可能

是D项.【答案】D3.某几何体的三视图如图所示,它的体积为

(

)(A)12π.(B)45π.(C)57π.(D)81π.【解析】由三视图可知,几何体是由底面直径为6,高为5的圆

柱与底面直径为6,母线长为5的圆锥组成的组合体,因此,体

积为V=32×π×5+

×32×π×

=57π.【答案】C1.(2008年新课标全国卷)已知平面α⊥平面β,α∩β=l,点A∈α,

A∉l,直线AB∥l,直线AC⊥l,直线m∥α,m∥β,则下列四种位

置关系中,不一定成立的是

(

)(A)AB∥m.

(B)AC⊥m.(C)AB∥β.

(D)AC⊥β.

高频考点二:空间点、线、面的位置关系D,虽然AC⊥l,但AC不一定在平面α内,故它可以与平面β相交

、平行,即不一定垂直,故D错.【答案】D【解析】由题意可知,AB∈α,∵α∩β=l,m∥α,m∥β,∴AB∥m.∵AB∥l,∴AB∥β.又AC⊥l,∴AC⊥m.故A、B、C正确.对于2.(2009年新课标全国卷)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动

点E,F,且EF=

,则下列结论中错误的是

(

)(A)AC⊥BE.(B)EF∥平面ABCD.(C)三棱锥A-BEF的体积为定值.(D)异面直线AE,BF所成的角为定值.【解析】A正确,易证AC⊥平面D1DBB1,从而AC⊥BE;B显然正确,∵EF∥BD,∴EF∥平面ABCD;C正确,可用等积法求得;D错误.【答案】D3.(2008年新课标全国卷)如下的三个图中,左边的是一个长

方体截去一个角所得多面体的直观图,它的正(主)视图和侧

(左)视图在下面画出(单位:cm).(1)在正(主)视图下面,按照画三视图的要求画出该多面体的

俯视图;(2)按照给出的尺寸,求该多面体的体积;(3)在所给直观图中连接BC',证明:BC'∥面EFG.【解析】(1)如图

(2)所求多面体体积V=V长方体-V正三棱锥

=4×4×6-

×(

×2×2)×2=

(cm2).(3)在长方体ABCD-A'B'C'D'中,连接AD',则AD'∥BC',因为E,G分别为AA',A'D'中点,所以,AD'∥EG,从而EG∥BC'.又BC'⊄平面EFG,EG⊂平面EFG,所以BC'∥面EFG.真题索引情境构造角度切入2008年新课标全国卷文12点、线、面的位置

关系.能根据题意构造图

形.2009年新课标全国卷理8线面的空间位置关

系.在正方体中考查各

种位置关系.2008年新课标全国卷文18空间图形中线面位

置关系的判定及计

算.能割补图形、正确

应用体积公式及利

用判定定理.注意提高立体几何图形的组合和分解能力;线线关系、

线面关系、面面关系,包括平行和垂直,特别垂直是立体几何

的灵魂;本节知识点的考查主要以中档题出现,故在复习时

不要挖掘太深,但是应该培养空间想象能力.

切入角度说明图形的折叠.考查图形在变化过程中的垂

直关系.线线、线面平行的判定.熟悉平行判定定理.动态图形中量的考查.能够将平面几何知识恰当地

应用到空间图形中.角度探究:1.已知矩形ABCD,AB=1,BC=

,将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折,在翻折过程中,

(

)(A)存在某个位置,使得直线AC与直线BD垂直.(B)存在某个位置,使得直线AB与直线CD垂直.(C)存在某个位置,使得直线AD与直线BC垂直.(D)对任意位置,三对直线“AC与BD”“AB与CD”“AD与

BC”均不垂直.案例落实:【解析】对于AB⊥CD时,因BC⊥CD,因此可得CD⊥平面

ACB,因此有CD⊥AC,因AB=1,BC=

,CD=1,所以AC=1,存在AC这样的位置,使得AB⊥CD,因此应选B.【答案】B2.下列命题正确的是

(

)(A)若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线

平行.(B)若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这

两个平面平行.(C)若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个

平面的交线平行.(D)若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行.【解析】对于A,这两条直线可以相交也可以异面;对于B,当

这三个点在平面的两侧时,三点构成的平面与这个平面相交;

对于C可由线面平行可得线线平行;对于D,都垂直于第三个

平面的两个平面可以相交,也可以平行.【答案】C3.设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,

和a,且长为a的棱与长为

的棱异面,则a的取值范围是

(

)(A)(0,

).

(B)(0,

).(C)(1,

).

(D)(1,

).【解析】如图所示,设AB=a,CD=

,BC=BD=AC=AD=1,则∠ACD=∠BCD=45°,要构造一个四面体,则平面ACD与平面

BCD不能重合,当△BCD与△ACD重合时,a=0;当△BCD在

DC另一侧与平面ACD重合时,∠ACB=∠ACD+∠BCD=45°+

45°=90°,AB=

=

,所以a的取值范围是(0,

).【答案】A

高频考点三:线与线、线与面平行或垂直关系1.(2010年新课标全国卷)如图,已知四棱锥P-ABCD的底面为

等腰梯形,AB∥CD,AC⊥BD,垂足为H,PH是四棱锥的高,E为

AD中点.(1)证明:PE⊥BC;(2)若∠APB=∠ADB=60°,求直线PA与平面PEH所成角的正

弦值.【解析】以H为原点,HA、HB、HP分别为x、y、z轴,线段HA的长为单位长,建立空间直角坐标系如图,则A(1,0,0),B(0,

1,0).(1)设C(m,0,0),P(0,0,n)(m<0,n>0),则D(0,m,0),E(

,

,0).可得

=(

,

,-n),

=(m,-1,0).∵

·

=-

+0=0,∴PE⊥BC.(2)由已知条件可得m=-

,n=1,故C(-

,0,0),D(0,-

,0),E(

,-

,0),P(0,0,1).设n=(x,y,z)为平面PEH的法向量,则

即

因此可以取n=(1,

,0).由

=(1,0,-1),可得

=

,∴直线PA与平面PEH所成角的正弦值为

.2.(2011年新课标全国卷)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.(1)证明:PA⊥BD;(2)设PD=AD,求二面角A-PB-C的余弦值.【解析】(1)因为∠DAB=60°,AB=2AD,由余弦定理得BD=

AD.从而BD2+AD2=AB2,故BD⊥AD,又PD⊥底面ABCD,可得BD⊥

PD.所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD.(2)如图,以D为坐标原点,AD的长为单位长,射线DA为x轴的

正半轴建立空间直角坐标系D-xyz,则A(1,0,0),B(0,

,0),C(-1,

,0),P(0,0,1),

=(-1,

,0),

=(0,

,-1),

=(-1,0,0).设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),则

即

因此可取n=(

,1,

).设平面PBC的法向量为m,即

可取m=(0,-1,-

).cos<m,n>=

=-

.故二面角A-PB-C的余弦值为-

.真题索引情境构造角度切入2010年新课标全国卷理18在锥体中考查线面

垂直以及直线与平

面所成的角.根据题目建立恰当

的空间坐标系,利用

空间向量解决问题.2011年新课标全国卷理18在锥体中考查线面

垂直以及二面角的

计算.根据题目建立恰当

的空间坐标系,利用

空间向量解决问题.在数学高考试卷中,立体几何中的平行与垂直永远是考

查的重点,而且可通过小题与解答题形式出现,对数学高考成

绩的好坏至关重要,这几年有逐渐加难的趋势.新课标全国卷

2012年是以柱体为载体,而前两年是以锥体为载体,通过建立

空间坐标系,利用向量的知识解决证明或计算应该加强.

切入角度说明面与面垂直性质的考查.能由面面垂直性质,构造图形

解决问题.四面体中线面关系的考查.四面体中平行与垂直的判定

定理的应用.考查空间直线与平面的位置

关系、二面角等基础知识及

空间想象能力.通过定理或向量知识判定线

线垂直,以及能够把代数知识

应用于立体几何中.角度探究:1.下列命题中错误的是

(

)(A)如果平面α⊥平面β,那么平面α内一定存在直线平行于

平面β.(B)如果平面α不垂直于平面β,那么平面α内一定不存在直线

垂直于平面β.(C)如果平面α⊥平面γ,平面β⊥平面γ,α∩β=l,那么l⊥平面γ.(D)如果平面α⊥平面β,那么平面α内所有直线都垂直于平面案例落实:β.【解析】对于D,若平面α⊥平面β,则平面α的直线可能不垂

直于平面β,甚至可能是线面平行关系,其余均是正确的.【答案】D2.如图,在四面体ABCD中,若截面PQMN是正方形,则在下列

命题中,错误的为

(

)(A)AC⊥BD.(B)AC∥截面PQMN.(C)AC=BD.(D)异面直线PM与BD所成的角为45°.【解析】由PQ∥AC,QM∥BD,PQ⊥QM,可得AC⊥BD,故A正确;由PQ∥AC,AC⊄截面PQMN,可得AC∥截面PQMN,故B

正确;异面直线PM与BD所成的角等于PM与PN所成的角,为

45°,故D正确;综上C是错误的,故选C.【答案】C3.如图,已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都是4,E是BC的中

点,动点F在侧棱CC1上,且不与点C重合.(1)当CF=1时,求证:EF⊥A1C;(2)设二面角C-AF-E的大小为θ,求tanθ的最小值.【解析】(法一)过E作EN⊥AC于N,连接EF.(1)如图1,连接NF、AC1,由直棱柱的性质知,底面ABC⊥侧面A1C,又底面ABC∩侧面A1C=AC,EN⊂底面ABC,所以EN⊥侧面A1C,NF为EF在侧面A1C内的射影,在Rt△CNE中,CN=CEcos60°=1.则由

=

=

,得NF∥AC1.又AC1⊥A1C,故NF⊥A1C.由三垂线定理知EF⊥A1C.(2)如图2,连接AF,过N作NM⊥AF于M,连接ME.由(1)知EN⊥侧面A1C,根据三垂线定理得EM⊥AF,所以∠EMN是二面角C-AF-E的平面角,即∠EMN=θ,设∠FAC=α,则0°<α≤45°.在Rt△CNE中,NE=EC·sin60°=

,在Rt△AMN中,MN=AN·sinα=3sinα,故tanθ=

=

.又0°<α≤45°,∴0<sinα≤

.故当sinα=

,即当α=45°时,tanθ达到最小值,tanθ=

×

=

.此时F与C1重合.(法二)(1)建立如图3所示的空间直角坐标系,则由已知可得A(0,0,0),B(2

,2,0),C(0,4,0),A1(0,0,4),E(

,3,0),F(0,4,1).于是

=(0,-4,4),

=(-

,1,1).则

·

=(0,-4,4)·(-

,1,1)=0-4+4=0.故EF⊥A1C.(2)设CF=λ(0<λ≤4),平面AEF的一个法向量为m=(x,y,z),则由

(1)得F(0,4,λ),

=(

,3,0),

=(0,4,λ),于是由m⊥

,m⊥

可得

即

取m=(

λ,-λ,4).又由直三棱柱的性质可取侧面AC1的一个法向量为n=(1,0,0),于是由θ为锐角可得cosθ=

=

,sinθ=

,所以tanθ=

=

.由0<λ≤4,得

≥

,即tanθ≥

=

.故当λ=4,即点F与点C1重合时,tanθ取得最小值

.高频考点四:空间几何体中角与距离

1.(2011年新课标全国卷)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD

为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.(1)证明:PA⊥BD;(2)设PD=AD=1,求棱锥D-PBC的高.【解析】(1)因为∠DAB=60°,AB=2AD,由余弦定理得BD=

AD.从而BD2+AD2=AB2,故BD⊥AD.又PD⊥底面ABCD,可得BD⊥PD.AD∩PD=D,所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD.(2)如图,作DE⊥PB,垂足为E.已知PD⊥底面ABCD,则PD⊥

BC.由(1)知BD⊥AD,又BC∥AD,所以BC⊥BD.故BC⊥平面PBD,BC⊥DE.则DE⊥平面PBC.由题设知PD=1,则BD=

,PB=2.根据DE·PB=PD·BD得DE=

.即棱锥D-PBC的高为

.2.(2012年新课标全国卷)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=

BC=

AA1,D是棱AA1的中点,DC1⊥BD.(1)证明:DC1⊥BC;(2)求二面角A1-BD-C1的大小.【解析】(1)由题设知,三棱柱的侧面为矩形,由于D为AA1的

中点,故DC=DC1.又AC=

AA1,可得D

+DC2=C

,所以DC1⊥DC.而DC1⊥BD,DC∩BD=D,所以DC1⊥平面BCD.BC⊂平面BCD,故DC1⊥BC.(2)由(1)知BC⊥DC1,且BC⊥CC1,则BC⊥平面ACC1,所以CA,

CB,CC1两两相互垂直.以C为坐标原点,

的方向为x轴的正方向,|

|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.由题意知A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C1(0,0,2).则

=(0,0,-1),

=(1,-1,1),

=(-1,0,1).设n=(x,y,z)是平面A1B1BD的法向量,则

即

可取n=(1,1,0).同理,设m是平面C1BD的法向量,则

可取m=(1,2,1).从而cosn,m=

=

.故二面角A1-BD-C1的大小为30°.真题索引情境构造角度切入2011年新课标全国卷文18在锥体中证明线线

垂直以及距离的计

算.利用线线垂直判定

定理以及利用体积

公式变形求出距离.2012年新课标全国卷理19考查空间线线、线

面、面面垂直的判

定与性质及二面角

计算.利用面面垂直的判

定与空间向量计算

二面角的公式进行

解题.空间角和距离问题往往伴随着线线、线面、面面平行

和垂直的论证,在求角与距离的过程中要经过三个步骤,即作

、证、求,因此线线角、线面角、面面角的求解如果用几何

法则必须有三个步骤,若用空间向量法,则可简化过程,但要

正确地建立空间直角坐标系,从近几年的新课标全国卷来看

对距离的计算有淡化趋势.切入角度说明考查组合体的位置关系、空

间想象能力、运算求解能力

以及转化思想.该题若直接利用三棱锥来考

虑不宜入手,注意到条件中的

垂直关系,把三棱锥放在长方

体中简化计算.把线与面的距离转化为点与

面的距离.作出点到面的高求点到面的

距离.在圆锥中考查面面垂直以及

二面角的计算.利用面面垂直判定定理及作

、证、求二面角或空间向量

的应用.角度探究:1.已知正三棱锥P-ABC,点P、A、B、C都在半径为

的球面上.若PA,PB,PC两两相互垂直,则球心到截面ABC的距离为

.【解析】因为PA,PB,PC两两相互垂直,故正三棱锥P-ABC的

外接球即是以PA,PB,PC为棱的正方体的外接球,所以球心到

截面ABC的距离即为球半径减去正三棱锥的高,设PA=PB=

PC=a,则3a2=4R2=12,所以a=2.案例落实:设正三棱锥P-ABC的高为h,则V=

×

a3=

×

×(2

)2h,解得h=

,故球心到截面ABC的距离为

-

=

.【答案】

2.已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,CC1=2

,E为CC1的中点,则直线AC1与平面BED的距离为

(

)(A)2.

(B)

.

(C)

.

(D)1.【解析】设AC∩BD=O,连接OE,则OE∥AC1,故AC1∥平面

BED,故直线AC1到平面BED的距离等于点A到平面BED的距

离,而O是AC中点,故点A到平面BED的距离等于点C到平面

BED的距离,过点C作CH⊥OE于点H,则CH的长即为点C到平面BED的距离.在Rt△COE中,易得CE=CO=

.故CH=1.【答案】D3.如图,在圆锥PO中,已知PO=

,☉O的直径AB=2,C是

的中点,D为AC的中点.(1)证明:平面POD⊥平面PAC;(2)求二面角B-PA-C的余弦值.【解析】(法一)(1)连接OC,因为OA=OC,D是AC的中点,所以AC⊥OD.又PO⊥底面☉O,AC⊂底面☉O,所以AC⊥PO,因为OD,PO是平面POD内的两条相交直线,所以AC⊥平面POD,而AC⊂平

面PAC,所以平面POD⊥平面PAC.(2)在平面POD中,过O作OH⊥PD于H,由(1)知,平面POD⊥平

面PAC,所以OH⊥平面PAC,又PA⊂面PAC,所以PA⊥OH.在平面PAO中,过O作OG⊥PA于G,连接HG,则有PA⊥平面

OGH,从而PA⊥HG,故∠OGH为二面角B-PA-C的平面角.在Rt△ODA中,OD=OA·sin45°=

.在Rt△POD中,OH=

=

=.在Rt△POA中,OG=

=

=

.在Rt△OHG中,sin∠OGH=

=

=

.所以cos∠OGH=

==

.故二面角B-PA-C的余弦值为

.(法二)(1)如图所示,以O为坐标原点,OB,OC,OP所在直线分

别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),A(-1,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,

),D(-

,

,0).设n1=(x1,y1,z1)是平面POD的一个法向量,则由n1·

=0,n1·

=0,得

所以z1=0,x1=y1,取y1=1,得n1=(1,1,0).设n2=(x2,y2,z2)是平面PAC的一个法向量,则由n2·

=0,n2·

=0,得

所以x2=-

z2,y2=

z2,取z2=1,得n2=(-

,

,1).因为n1·n2=(1,1,0)·(-

,

,1)=0,所以n1⊥n2,从而平面POD⊥平面PAC.(2)因为y轴⊥平面PAB,所以平面PAB的一个法向量为n3=(0,

1,0),由(1)知,平面PAC的一个法向量为n2=(-

,

,1).设向量n2和n3的夹角为θ,则cosθ=

=

=

.由图可知,二面角B-PA-C的平面角与θ相等,所以二面角B-PA-

C的余弦值为

.高频考点五:空间几何体的面积与体积1.(2010年新课标全国卷)设三棱柱的侧棱垂直于底面,所有

棱的长都为a,顶点都在一个球面上,则该球的表面积为

(

)(A)πa2.

(B)

πa2.

(C)

πa2.

(D)5πa2.【解析】如图所示:根据对称性可知,外接球的球心为上下两底中心连线的中点,

在Rt△AO1O中,AO1=

×

=

,OO1=

,OA2=R2=(

)2+(

)2=

,S球=4πR2=4π×

=

.【答案】B2.(2012年新课标全国卷)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在

球O的球面上,△ABC是边长为1的正三角形,SC为球O的直

径,且SC=2,则此棱锥的体积为

(

)(A)

.

(B)

.

(C)

.

(D)

.【解析】由题意得,△ABC的边长为1,所以CO1=

,在直角△COO1中,CO=1,所以OO1=

,所以三棱锥S-ABC的高h=

,所以几何体的体积为V=

Sh=

×

×12×

=

,故选A.【答案】A真题索引情境构造角度切入2010年新课标全国卷理10柱体与球的内接问

题.能由柱体的数量关

系求出球的直径,从

而利用表面积公式

求解.2012年新课标全国卷理11锥体与球的内接问

题.能由锥体与球的位

置关系,由球的直

径,得出锥体的相关

数量,求出其体积.立体几何中面积与体积的考查主要是考查锥体和柱体

、球的表面积与体积.我们要注意熟悉公式,以及几何体间的

接与切的关系,新课标卷在这方面的考查基本上每年都有一

道题,有时以三视图的形式出现.

切入角度说明球的截面问题的考查.能正确作出截面图形,再利用

勾股定理求解.球的表面积与体积公式的考

查.正确利用球的表面积与体积

公式进行计算.锥体体积公式的考查,对体积

最大值转化为代数问题.锥体体积公式的计算,以及能

够把立体几何中的最值问题

应用均值不等式或导数知识

求解.角度探究:1.已知平面α截一球面得圆M,过圆心M且与α成60°二面角的

平面β截该球面得圆N.若该球面的半径为4,圆M的面积为4π,

则圆N的面积为

(

)(A)7π.

(B)9π.

(C)11π.

(D)13π.【解析】如图所示,因为圆M的半径为2,OM=

=2

,因为∠OMN=30°,所以ON=

,所以圆N的半径NB=

=

,所以圆N的面积为13π.故选D.案例落实:【答案】D2.体积为8的一个正方体,其全面积与球O的表面积相等,则球

O的体积等于

.【解析】设球O的半径为R,依题设有6×(

)2=4πR2,则R2=

,则球O的体积为

πR3=

π×(

=

.【答案】

3.如图1,∠ACB=45°,BC=3,过动点A作AD⊥BC,垂足D在线段

BC上且异于点B,连接AB,沿AD将△ABD折起,使∠BDC=90°

(如图2所示).(1)当BD的长为多少时,三棱锥A-BCD的体积最大;(2)当三棱锥A-BCD的体积最大时,设点E,M分别为棱BC,AC

的中点,试在棱CD上确定一点N,使得EN⊥BM,并求EN与平

面BMN所成角的大小.【解析】(1)(法一)在如图1所示△ABC中,设BD=x(0<x<3),则

CD=3-x.由AD⊥BC,∠ACB=45°知,△ADC为等腰直角三角形,所以AD=CD=3-x,由折起前AD⊥BC知,折起后(如图2),AD⊥DC,AD⊥BD,且BD

∩DC=D,所以AD⊥平面BCD.又∠BDC=90°,所以S△BCD=

BD·CD=

x(3-x).于是VA-BCD=

AD·S△BCD=

(3-x)·

x(3-x)=

·2x(3-x)(3-x)≤

[

]3=

,当且仅当2x=3-x,,即x=1时,等号成立.故当x=1,即BD=1时,三棱锥A-BCD的体积最大.(法二)同解法1,得VA-BCD=

AD·S△BCD=

(3-x)·

x(3-x)=

(x3-6x2+9x).令f(x)=

(x3-6x2+9x),由f'(x)=

(x-1)(x-3)=0,且0<x<3,解得x=1,当x∈(0,1)时,f'(x)>0;当x∈(1,3)时,f'(x)<0.所以当x=1时,f(x)取得最大值.故当BD=1时,三棱锥A-BCD的体积最大.(2)(法一)以D为原点,建立如图a所示的空间直角系D-xyz.由(1)知,当三棱锥A-BCD的体积最大时,BD=1,AD=CD=2.于

是可知D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,2,0),A(0,0,2),M(0,1,1),E(

,1,0),且

=(-1,1,1).设N(0,λ,0),则

=(-

,λ-1,0).因为EN⊥BM等价于

·

=0,即(-

,λ-1,0)·(-1,1,1)=

+λ-1=0,故λ=

,N(0,

,0).所以当DN=

(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时,EN⊥BM.设平面BMN的一个法向量为n=(x,y,z),由

及

=(-1, ,0),得

可取n=(1,2,-1).设EN与平面BMN所成角的大小为θ,则由

=(-

,-

,0),n=(1,2,-1),可得sinθ=cos(90°-θ)=|

|=

=

,即θ=60°.故EN与平面BMN所成角的大小为60°.(法二)由(1)知,当三棱锥A-BCD的体积最大时,BD=1,AD=CD

=2.如图b,取CD的中点F,连接MF、BF、EF,则MF∥AD.由(1)知AD⊥平面BCD,所以MF⊥平面BCD.如图c,延长FE至P点使得FP=DB,连BP,DP,则四边形DBPF为

正方形,所以DP⊥BF.取DF的中点N,连接EN,又E为FP的中点,则EN∥DP,所以EN⊥BF.因为MF⊥平面BCD,又EN⊂面BCD,所以MF⊥

EN.又MF∩BF=F,所以EN⊥面BMF.又BM⊂面BMF,所以EN⊥

BM.因为EN⊥BM当且仅当EN⊥BF,而点F是唯一的,所以点N是

唯一的,即当DN=

(即N是CD的靠近点D的一个四等分点),EN⊥BM.连接MN,ME,由计算得NB=NM=EB=EM=

,所以△NMB与△EMB是两个共底边的全等的等腰三角形,如图d所示,取BM的中点G,连接EG,NG,则BM⊥平面EGN,在平面EGN中,过点E作EH⊥GN于H,则EH⊥平面BMN,故∠ENH是EN与平面BMN所成的角.在△EGN中,易得EG=GN=NE=

,所以△EGN是正三角形,故ENH=60°,即EN与平面BMN所成角的大小为60°.1.(基础再现)一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体

的体积等于

(

)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分)基础·角度·思路(A)4.

(B)6.

(C)8.

(D)12.【解析】几何体底面是两底长为2和4,高为2的直角梯形,四

棱锥的高为2,故V=

×

×(2+4)×2×2=4.【答案】A2.(基础再现)一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一

个底角为45°,腰和上底长均为1的等腰梯形,则这个平面图形

的面积是

(

)(A)

+

.

(B)1+

.(C)1+

.

(D)2+

.【解析】设原图为OABC,建立如图所示的坐标系,按照斜二

测画法的规则,在原来的平面图形中OC⊥OA,且OC=2,BC=1,

OA=1+2×

=1+

,故其面积为

×(1+1+

)×2=2+

.【答案】D3.(视角拓展)把一个皮球放入如图所示的由8根长均为20cm

的铁丝接成的底面为正方形的四棱锥形骨架内,使皮球的表

面与8根铁丝都有接触点,则皮球的半径为

(

)(A)10

cm.

(B)30cm.(C)10

cm.

(D)10cm.【解析】设球的半径为R,则依题意可得球心为底面正方形

的中心,所以可得球的半径为10cm.【答案】D4.(视角拓展)三棱锥P-ABC的四个顶点都在体积为

的球的表面上,△ABC所在的截面圆面积为16π,则该三棱锥的高

的最大值为

(

)(A)7.

(B)7.5.(C)8.

(D)9.【解析】∵△ABC所在的截面圆面积为16π,∴截面圆半径r=O‘A=4,又球体积为

,∴

=

,∴球半径R=5,∴OO'=3,故三棱锥的高为PO'=R±OO'=8或2,故选C.【答案】C5.(视角拓展)已知两异面直线a,b所成的角为

,直线l分别与a,b所成的角都是θ,则θ的取值范围是

(

)(A)[0,

].

(B)[

,

].(C)[

,

].

(D)[

,

].【解析】在空间任取点O,分别作直线a,b的平行线a'、b',其

最小夹角为

,角平分线与两边的夹角都是

,以此角平分线所在的直线l绕着点O上下垂直移动(如杠杆),直到与其所在的平面垂直,都可以保证直线l分别与a,b所成的角都是θ.【答案】D6.(视角拓展)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1内任取一点

P,则点P到点A的距离不大于1的概率为

(

)(A)

.

(B)

π.

(C)

.

(D)

π.【解析】由条件知,点P所在区域是以A为球心,1为半径的球

的

,故体积V=

×

π×13=

,又正方体体积为1,所以所求概率P=

.【答案】D7.(视角拓展)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2.动点E,F

在棱A1B1上,点Q是棱CD的中点,动点P在棱AD上.若EF=1,DP

=x,A1E=y(x,y大于零),则三棱锥P-EFQ的体积

(

)(A)与x,y都有关.(B)与x,y都无关.(C)与x有关,与y无关.(D)与y有关,与x无关.【解析】设P到平面EFQ的距离为h,则VP-EFQ=

×S△EFQ·h,由于Q为CD的中点,∴点Q到直线EF的距离为定值2

,又EF=1,∴S△EFQ为定值,而P点到平面EFQ的距离,即P点到平面A1B1

CD的距离,显然与x有关、与y无关,故选C.【答案】C8.(视角拓展)已知直线m、l,平面α、β,且m⊥α,l⊂β,给出下列

命题:①若α∥β,则m⊥l;②若α⊥β,则m∥l;③若m⊥l,则α∥β;④若m∥l,则α⊥β.其中正确命题的个数是

(

)(A)1.

(B)2.

(C)3.

(D)4.正确;②中,若α⊥β,且m⊥α⇒m∥β或m⊂β,又l⊂β,则m与l可

能平行,可能异面,所以②不正确;③α∩β=a,m⊥α,l⊂β,l∥a,

满足m⊥l,但得不出α∥β,所以③不正确;④中,若m∥l,且m⊥α

⇒l⊥α,又l⊂β⇒α⊥β,所以④正确.故选B.【答案】B【解析】①中,若α∥β,且m⊥α⇒m⊥β,又l⊂β⇒m⊥l,所以①9.(视角拓展)如图,正方体的棱长为1,C、D、M分别为三条

棱的中点,A、B是顶点,那么点M到截面ABCD的距离是

(

)(A)

.

(B)

.(C)

.

(D)

.【解析】设点M到ABCD的距离为h,连接AC,作CF⊥AB,垂足

为F,则BF=

,BC=

,∴CF=

,连接CM,则VC-ABM=VM-ABC.VC-ABM=

S△ABM×CM=

×

×1=

,又VM-ABC=

×

×AB×CF×h=

×

××

×h=

,则由

=

得h=

,故选C.【答案】C10.(高度提升)设A、B、C、D是半径为2的球面上四个不同

的点,且满足

·

=0,

·

=0,

·

=0,则S△ABC+S△ABD+S△ACD的最大值为

(

)(A)16.

(B)8.

(C)4.

(D)2.【解析】由已知得

⊥

,

⊥

,

⊥

,以AB、AC、AD为棱作一个长方体,其对角线为球的直径,则AB2+AC2+AD2=

(2×2)2=16.∴S△ABC+S△ABD+S△ACD=

(AB×AC+AB×AD+AC×AD)≤

(AB2+AC2+AD2)=8.当且仅当AB=AC=AD时等号成立.【答案】B11.(高度提升)如图,A、E、F是等腰直角三角形,B、C、D是

边长为1的正方形,G是等边三角形,这个图形可以折成以这

些多边形为面的多面体,则这个多面体的体积等于

(

)(A)

.

(B)

.(C)

.

(D)

.【解析】折起后为正方体截去一角,如图,故其体积V=1-

×

×1×1=

.【答案】D12.(高度提升)如图,正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,AB=1,

M,N分别在AD1,BC上移动,且始终保持MN∥平面DCC1D1,设

BN=x,MN=y,则函数y=f(x)的图象大致是

(

)

DCC1D1,所以BN=AE=x(0≤x<1),ME=2x,MN2=ME2+EN2.则y2=4x2+1,即y2-4x2=1(0≤x<1,y>0),图象应是焦点在y轴上的

双曲线的一部分.故选C.【答案】C【解析】过M作ME⊥AD于E,连接EN,则平面MEN∥平面13.(基础再现)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E、F分别是

底面A1B1C1D1和侧面CDD1C1的中心,若

+λ

=0,则λ=

.【解析】连接A1D、C1D,A1C1,则EF

A1D,故

=

,即λ=-

.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分)【答案】-

14.(视角拓展)P为△ABC所在平面外一点,PA、PB、PC与平

面ABC所成角均相等,又PA与BC垂直,那么△ABC形状可以

是

.①正三角形;②等腰三角形;③非等腰三角形;④等腰直角三

角形.(将你认为正确的序号全填上)【解析】设点P在底面ABC上的射影为O,由PA、PB、PC与

平面ABC所成角均相等,得OA=OB=OC,即点O为△ABC的外心,又由PA⊥BC,得OA⊥BC,即AO为△ABC的BC边上的高

线,∴AB=AC,即△ABC必为等腰三角形,故应填①②④.【答案】①②④15.(高度提升)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,G为AA1

的中点,则直线BD与平面GB1D1的距离为

.【解析】如图建立空间直角坐标系,则B(2,2,0),G(2,0,1),B1(2,

2,2),D1(0,0,2),

=(2,2,0),

=(2,0,-1),

=(0,0,2).设平面GB1D1的法向量n=(x,y,z),则n·

=0,n·

=0,∴2x+2y=0,2x-z=0,即y=-x,z=2x.令x=1,则n=(1,-1,2).∵BD∥B1D1,∴BD∥平面GB1D1.∴BD与平面GB1D1距离为d=

=

.【答案】

16.(高度提升)给出下列命题:①直线l的方向向量为a=(1,-1,2),直线m的方向向量为b=(2,1,-

),则l与m垂直;②直线l的方向向量为a=(0,1,-1),平面α的法向量为n=(1,-1,-1),则l⊥α;③平面α、β的法向量分别为n1=(0,1,3),n2=(1,0,2),则α∥β;④平面α经过三点A(1,0,-1),B(0,1,0),C(-1,2,0),向量n=(1,u,t)是平面α的法向量,则u+t=1.其中真命题的序号是

.【解析】①∵a·b=(1,-1,2)·(2,1,-

)=0,∴a⊥b,∴l⊥m,∴①真.②∵a·n=(0,1,-1)·(1,-1,-1)=0,∴a⊥n,∴l∥α或l⊂α,∴②假.③∵n1与n2不平行,∴α与β不平行,∴③假.④

=(-1,1,1),

=(-2,2,1),由条件n⊥

,n⊥

,∴

即

∴

∴u+t=1.∴④真.【答案】①④三、解答题(第17题10分,其余各题均为12分)17.(视角拓展)如图,四边形ABCD为矩形,AD⊥平面ABE,EB=

BC,F为CE上的点,且BF⊥平面ACE.(1)求证:AE⊥平面BCE;(2)求证:AE∥平面BFD.【解析】(1)∵AD⊥平面ABE,AD∥BC,∴BC⊥平面ABE,则AE⊥BC.又∵BF⊥平面ACE,则AE⊥BF,BF∩BC=B,∴AE⊥平面BCE.(2)设AC∩BD=G,可知G是AC中点.∵BF⊥平面ACE,则CE⊥BF.而BC=BE,∴F是EC中点.连接GF,在△AEC中,FG∥AE,又∵AE⊄平面BFD,FG⊂平面BFD,∴AE∥平面BFD.18.(视角拓展)已知A是△BCD所在平面外的点,∠BAC=∠CAD=∠DAB=60°,AB=3,AC=AD=2.(1)求证:AB⊥CD;(2)求AB与平面BCD所成角的余弦值.【解析】(1)∵∠BAC=∠CAD=∠DAB=60°,AC=AD=2,AB=

3,∴△ABC≌△ABD,BC=BD.取CD的中点M,连接AM、BM,

则CD⊥AM,CD⊥BM,AM∩BM=M,∴CD⊥平面ABM,于是AB⊥BD.(2)过A作AO⊥BM于O,∵CD⊥平面ABM,∴CD⊥AO,∴AO⊥面BCD,∴BM是AB在面BCD内的射影,这

样∠ABM是AB与平面BCD所成的角.在△ABC中,AB=3,AC=2,∠BAC=60°,∴BC=

=

.在△ACD中,AC=AD=2,∠CAD=60°,∴△ACD是正三角形,AM=

.在Rt△BCM中,BC=

,CM=1,∴BM=

.∴cos∠ABM=

=

.19.(高度提升)如图所示,正方形AA1D1D与矩形ABCD所在的

平面互相垂直,AB=2AD=2,点E为AB的中点.(1)求证:BD1∥平面A1DE.(2)在线段AB上是否存在点M,使二面角D1-MC-D的大小为

?若存在,求出AM的长;若不存在,请说明理由.【解析】(1)四边形ADD1A1为正方形,连接AD1,与A1D交于点O,则O是AD1的中点,而点E为AB的中点,连接OE.∴EO为△ABD1的中位线,∴EO∥BD1,又∵BD1⊄平面A1DE,OE⊂平面A1DE,∴BD1∥平面A1DE.(2)由题意可得:D1D⊥平面ABCD,以点D为原点,DA、DC、

DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间

直角坐标系,则D(0,0,0),C(0,2,0),A1(1,0,1),D1(0,0,1),设M(1,y0,0)(0≤y0≤2),∵

=(-1,2-y0,0),

=(0,2,-1).设平面D1MC的法向量为n1=(x,y,z),则

得

取y=1,则n1=(2-y0,1,2)是平面D1MC的一个法向量,而平面

MCD的一个法向量为n2=(0,0,1).要使二面角D1-MC-D的大小为

,而cos

=|cos<n1,n2>|=

=

=

,解得y0=2-

(0≤y0≤2),当AM=2-

时,二面角D1-MC-D的大小为

.20.(能力综合)如图,△ABC内接于圆柱的底面圆O,AB是圆O

的直径,AB=2,BC=1,DC、EB是两条母线,且tan∠EAB=

.(1)求三棱锥C-ABE的体积;(2)证明:平面ACD⊥平面ADE;(3)在CD上是否存在一点M,使得MO∥平面ADE?证明你的结论.【解析】(1)∵EB是圆柱的母线,∴EB⊥平面ABC,∴EB为三棱锥E-ABC的高,又∵AB=2,tan∠EAB=

,∴EB=

.又∵AB为圆O的直径,∴∠ACB=90°,又BC=1,∴S△ABC=

×

×1=

,∴VC-ABE=VE-ABC=

×S△ABC×EB=