理科数学一轮复习高考帮试题微专题4高考中的立体几何问题（考题帮数学理）

微专题4高考中的立体几何问题一、选择题(每小题5分,共30分)1.一个多面体的三视图如图41所示,则此多面体的表面积是()图41A.22 B.242 C.22+2 D.20+22.如图42,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画的是某组合体的三视图,则该组合体的体积是()图42A.233+23π B.233+163πC.4+1633.已知正方体ABCDA1B1C1D1的所有顶点均在球O的表面上,E,F,G分别为AB,AD,AA1的中点,若平面EFG截球O所得圆的半径为153,则该正方体的棱长为()A.15 B.10 C.3 D.24.[数学文化题]如图43为中国传统智力玩具鲁班锁,它起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构,这种三维的拼插器具内部的凹凸部分啮合,外观看是严丝合缝的十字立方体,其上下、左右、前后完全对称,六根完全相同的正四棱柱分成三组,经90°榫卯起来.现有一鲁班锁的正四棱柱的底面正方形的边长为2,欲将其放入球形容器内(容器壁的厚度忽略不计),若球形容器的表面积的最小值为56π,则正四棱柱的高为()A.6 B.223 C.6 D.2515.[数学文化题]中国古代计时器的发明时间不晚于战国时代(公元前476年~前222年),其中沙漏就是古代利用机械原理设计的一种计时装置,它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成,开始时细沙全部在上部容器中,细沙通过连接管道流到下部容器.如图44所示,某沙漏由上、下两个圆锥形容器组成,圆锥形容器的底面圆的直径和高均为8cm,细沙全部在上部时,其高度为圆锥形容器高度的23(细管长度忽略不计).若细沙全部漏入下部后,恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆,则此圆锥形沙堆的高为()图44A.2cm B.43cm C.83cm D.6.如图45,在正三棱柱ABCA1B1C1中,AA1=2AB,E,F分别为BC,BB1的中点,M,N分别为AA1,A1C1的中点,则直线MN与EF所成角的余弦值为()图45A.35 B.32C.12二、填空题(每小题5分,共10分)7.若侧面积为8π的圆柱有一外接球O,则当球O的体积取得最小值时,圆柱的表面积为.

8.如图46,在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中,作以A为顶点,分别以AB,AD,AA1为轴,底面圆半径为r(0<r≤1)的圆锥.当半径r变化时,正方体挖去三个14圆锥部分后,余下的几何体的表面积的最小值是图46三、解答题(共48分)9.(12分)如图47,在直角△ABC中,∠BAC=60°,点F在斜边AB上,且AB=4AF,D,E是平面ABC同一侧的两点,AD⊥平面ABC,BE⊥平面ABC,AD=3,AC=BE=4.(1)求证:平面CDF⊥平面CEF;(2)若M是线段CB的中点,求异面直线CF与EM所成角的余弦值.图4710.(12分)如图48所示,在多面体ABDA1B1C1D1中,四边形A1B1C1D1,ADD1A1,ABB1A1均为正方形,点M是BD的中点,点H在C1M上,且A1H与平面ABD所成角的正弦值为33(1)证明:B1D1∥平面BC1D;(2)求二面角AA1HB的大小.图4811.(12分)在如图49所示的几何体中,四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,FC⊥平面ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF.(1)在线段AB(含端点)上是否存在一点P,使得FP∥平面AED?若存在,求出APAB的值;若不存在,请说明理由(2)求直线AF与平面BDF所成角的正弦值.图4912.(12分)如图410(1),正方形ABCD的边长为4,AB=AE=BF=12EF,AB∥EF,把四边形ABCD沿AB折起,使得AD⊥底面AEFB,G是EF的中点,连接BG,如图410(2)(1)求证:AG⊥平面BCE;(2)求二面角CAEF的余弦值.(1)(2)图410答案1.C根据题中三视图知,该多面体是从一个棱长为2的正方体的左上角截去一个直三棱柱后剩余的部分,因此其表面积为6×221×1×2+2×1=22+2,故选C.2.D观察题中三视图可知该组合体的上面是三棱锥,下面是半径为1的半球,其直观图如图D41所示.图D41解法一如图D42所示,将组合体中三棱锥ABEF“补”成正方体,顶点A,B,E,F分别是正方体的棱的中点.取EF的中点C,连接AC,BC,则EF⊥平面ABC,由已知得,EF=AB=2,AC=BC=5,所以S△ABC=12×2×2=2,三棱锥ABEF的体积V1=13×S△ABC×EF=43,半球的体积V2=12×43π×13=23π.所以该组合体的体积V=V1+V2=4图D42解法二如图D43所示,将组合体中的三棱锥ABEF“补”成正方体,顶点A,B,E,F分别是正方体的棱的中点,取AB的中点G,过EF和点G作截面EFDC,则截面EFDC将三棱锥ABEF分成两个相同的小三棱锥,且AG=1,S△EFG=12×2×2=2,所以三棱锥ABEF的体积V1=2×13×S△EFG×AG=43,半球体积V2=12×43π×13=23π,所以该组合体的体积V=V1+V2=4图D433.D设正方体的棱长为a,则AC1=3a,由正方体ABCDA1B1C1D1的外接球球心O为对角线AC1的中点,可知球O的半径R=32a,因为E,F,G分别为AB,AD,AA1的中点,所以EF=EG=FG=22a,所以△EFG为等边三角形,S△AEF=12×a2×a2=a28,S△EFG=12×2a2×2a2×32=3a28.设点A到平面EFG的距离为h,由等体积法得S△AEF×AG×134.C设正四棱柱的高为h,表面积最小的球形容器可以看成长、宽、高分别为4,2,h的长方体的外接球,设外接球的半径为R,则4πR2=56π,所以4R2=56.又(2R)2=42+22+h2,所以56=20+h2,解得h=6.故选C.5.D由题意可知,开始时,沙漏上部分圆锥形容器中的细沙的高为H=23×8=163,底面半径为r=23×4=83,故细沙的体积V=13πr2H=13π×(83)2×163=1024π81.当细沙漏入下部后,圆锥形沙堆的底面半径为4,设其高为H',则V=13π6.C解法一如图D44,在原三棱柱的上方,再放一个完全一样的三棱柱,连接AC1,CB1,C1B',易得MN∥AC1,EF∥CB1∥C1B',图D44那么∠AC1B'或∠AC1B'的补角即直线MN与EF所成的角.设AA1=2AB=2a,则AC1=C1B'=3a,连接AB',则AB'=a2+(2由余弦定理,得cos∠AC1B'=(3a)则直线MN与EF所成的角为∠AC1B'的补角,其余弦值为12.故选C解法二如图D45,连接AC1,C1B,CB1,图D45设C1B,CB1交于点O,取AB的中点D,连接CD,OD,则MN∥AC1∥OD,EF∥CB1,那么∠DOC或∠DOC的补角即直线MN与EF所成的角.设AA1=2AB=2a,则AC1=CB1=3a,所以OD=OC=3a2,又CD=3a2故∠DOC=60°,所以∠DOC即为直线MN与EF所成的角,且cos∠DOC=12,所以直线MN与EF所成角的余弦值为12解法三取AB的中点O,连接CO,则CO⊥AB,以点O为坐标原点,OB所在直线为x轴,OC所在直线为y轴,过点O且平行于CC1的直线为z轴建立如图D46所示的空间直角坐标系.图D46设AB=2,则AA1=22,则A(1,0,0),A1(1,0,22),M(1,0,2),C(0,3,0),C1(0,3,22),N(12,32,22),E(12,32,0),B1(1,0,22),F(1,0,2),所以MN=(12,32,2),EF=(cos<MN,EF>=MN·EF|MN||EF7.12π由球体的对称性可知,圆柱的高即球心到圆柱两底面圆心的距离之和,设圆柱的底面半径为r,球心到圆柱底面的距离为d,外接球O的半径为R.由球心到圆柱底面的距离、圆柱底面的半径、球的半径之间构成直角三角形,可得r2+d2=R2.由题设可得2πr×2d=8π,所以d=2r,则R2=r2+d2=r2+4r2≥2r2·4r2=4,当且仅当r=2时取等号,此时球O的体积取得最小值.故此时圆柱的表面积S表=8π+2πr28.3+3(2-1)4π由题知,余下几何体的表面积由原正方体的表面的剩余部分和3个14圆锥的侧面组成,其表面积S=34πr·r2+1+3(1r)+3(114πr2)=6+34π(rr2+1r24rπ),其中0<r≤1.设f(x)=xx2+1x24xπ,0<x≤1,求导并整理得2x2+1x2+1(2x+1)<2x2+1(2x+1)=2x(x1)≤0,∴2x2+1x2+1<2x+1,∴f'(x)=2x2+1x2+12x4π<2x+12x4π=9.(1)连接DE,如图D47所示.图D47因为AD⊥平面ABC,BE⊥平面ABC,CF⊂平面ABC,所以AD∥BE,AD⊥CF.因为AC=4,∠BAC=60°,∠ACB=90°,所以AB=8,所以AF=14AB=2,BF=34CF=AC2+A所以AC2=AF2+CF2,所以AB⊥CF.(2分)又AD⊂平面ABED,AB⊂平面ABED,AD∩AB=A,所以CF⊥平面ABED,因为EF⊂平面ABED,所以CF⊥EF.又AD=3,BE=4,所以DE=(BE-AD)2+AB2=65,DF=AD2+AF2所以DF⊥FE.(5分)又CF⊂平面CDF,DF⊂平面CDF,CF∩DF=F,所以EF⊥平面CDF,又EF⊂平面CEF,所以平面CDF⊥平面CEF.(7分)(2)解法一取BF的中点N,连接MN,EN,如图D48所示.图D48因为M,N分别为BC,BF的中点,所以MN∥CF,且MN=12CF=3所以∠EMN为异面直线CF与EM所成的角.(9分)因为AC=4,∠BAC=60°,∠ACB=90°,所以BC=43,BM=23,所以EM=BM2+BE2由(1)知BF=6,所以BN=3,所以EN=BE2+BN2=在△EMN中,由余弦定理可得cos∠EMN=ME2+MN所以异面直线CF与EM所成角的余弦值为2114.(12分)解法二以C为坐标原点,以CA,CB所在的直线分别为x轴,y轴,以过点C且与平面ABC垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图D49所示,则C(0,0,0),M(0,23,0),E(0,43,4),F(3,3,0),所以ME=(0,23,4),CF=(3,3,0),(10分)所以cos<ME,CF>=ME·CF|ME||所以异面直线CF与EM所成角的余弦值为2114.(12分)图D4910.(1)∵四边形ADD1A1,ABB1A1均为正方形,∴DD1∥AA1且DD1=AA1,BB1∥AA1且BB1=AA1,∴DD1∥BB1且DD1=BB1,∴四边形BDD1B1是平行四边形.∴BD∥B1D1.(3分)又BD⊂平面BC1D,B1D1⊄平面BC1D,∴B1D1∥平面BC1D.(4分)(2)解法一∵四边形A1B1C1D1,ADD1A1,ABB1A1均为正方形,∴多面体ABDA1B1C1D1可补成正方体ABCDA1B1C1D1,如图D410所示.图D410设其棱长为1,连接A1C,AC,∵A1AA1C∴A1C与平面ABD所成角的正弦值为33又A1H与平面ABD所成角的正弦值为33∴H在正方体的体对角线A1C上.又点H在C1M上,∴H为A1C与C1M的交点.(6分)∵BD⊥AC,BD⊥A1A,又AC,A1A是平面A1AC内两条相交的直线,∴BD⊥平面A1AC,∴BD⊥A1C,同理得BC1⊥A1C.又BD,BC1是平面BC1D内两条相交的直线,∴A1C⊥平面BC1D,(8分)∴A1H⊥HM,A1H⊥HB,∴二面角AA1HB的平面角为∠BHM.(9分)又Rt△CHM∽Rt△CAA1,∴HMAA1∴HM=66∵BD=BC1=C1D=2,M是BD的中点,∴C1M⊥BM,BM=22∴tan∠BHM=BMHM=3∴∠BHM=60°,∴二面角AA1HB的大小为60°.(12分)解法二∵四边形A1B1C1D1,ADD1A1,ABB1A1均为正方形,∴AA1,A1B1,A1D1两两垂直且相等.又AD∥A1D1,AB∥A1B1,∴AA1,AB,AD两两垂直且相等.设AA1=1,以A为坐标原点,分别以AB,AD,AA1所在的直线为x轴,y轴,z轴建立如图D411所示的空间直角坐标系.则A1(0,0,1),B(1,0,0),D(0,1,0),C1(1,1,1),M(12,12,0).图D411设H(x,y,z),则A1H=(x,y,∵A1H与平面ABD所成角的正弦值为33AA1=(0,0,1)为平面ABD∴A1H与AA1∴z-1x2+∵C1H=(x1,y1,z1),C1M=(1且C1H∥∴x-1-12=y联立①②,得x=23,y=23,z=13,则H(23,23∴A1H=(23,23,23),BH=(13同理,设平面AA1H的法向量为n1=(x1,y1,z1),则有n1·取x1=1,得n1=(1,1,0),设平面BA1H的法向量为n2=(x2,y2,z2),可得n2=(1,0,1).(10分)设二面角AA1HB的平面角为θ,由图易知θ∈(0,π2∴cosθ=|n1·n2∴二面角AA1HB的大小为60°.(12分)11.(1)存在点P满足题意,此时P为AB的中点,理由如下:∵在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=60°,CB=CD,∴∠ADC=∠DCB=120°,∠DBC=∠CDB=30°.∴∠ADB=90°,∠DBA=30°.∴AD⊥BD,AB=2AD=2DC.又AE⊥BD,AD∩AE=A,∴BD⊥平面AED,又BD⊂平面ABCD,∴平面AED⊥平面ABCD.(2分)如图D412,过点E作EG⊥AD于点G,则EG⊥平面ABCD,图D412又FC⊥平面ABCD,∴EG∥FC.∵EG⊂平面AED,FC⊄平面AED,∴FC∥平面AED.(4分)取AB的中点P,连接CP,FP,则DC∥AP,DC=AP,∴四边形APCD为平行四边形,∴AD∥PC.又AD⊂平面AED,PC⊄平面AED,∴PC∥平面AED.又FC∩PC=C,∴平面AED∥平面FCP.又FP⊂平面FCP,∴FP∥平面AED.∴存在满足题意的点P,且P是AB的中点,此时APAB=12.(2)连接AC,由(1)易知AC⊥BC,∵FC⊥平面ABCD,∴CA,CB,CF两两垂直.以C为坐标原点,建立空间直角坐标系Cxyz如图D413所示.图D413设CB=2,则CA=23,AB=4,F(0,0,2),B(0,2,0),D(3,1,0),A(23,0,0),AF=(23,0,2),BD=(3,3,0),FB=(0,2,2),(8分)设平面BDF的法向量为m=(x,y,z),则m即3取y=1,则x=3,z=1,则m=(3,1,1)为平面BDF的一个法向量.(10分)所以cos<m,AF>=m·AF|m||故直线AF与平面BDF所成角的正弦值为55.(12分)12.(1)因为BC∥AD,AD⊥底面AEFB,所以BC⊥底面AEFB,又AG⊂底面AEFB,所以BC⊥AG,因为AB=12E