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- 2021-04-27 发布
板块命题点专练（十） 立体几何
命题点一 空间几何体的三视图及表面积与体积
1．(2018·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是( )
A．2 B．4
C．6 D．8
解析：选C 由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形，高为2的直四棱柱，直角梯形的两底边长分别为1,2，高为2，∴该几何体的体积为V＝×(2＋1)×2×2＝6.
2.(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为( )
A．2 B．2
C．3 D．2
解析：选B 先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点M，N的位置如图①所示．
圆柱的侧面展开图及M，N的位置(N为OP的四等分点)如图②所示，连接MN，则图中MN即为M到N的最短路径．∵ON＝×16＝4，OM＝2，
∴MN＝＝＝2.
3．(2018·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C 由三视图得到空间几何体的直观图如图所示，
则PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，PA＝AB＝AD＝2，BC＝1，
所以PA⊥AD，PA⊥AB，PA⊥BC.
又BC⊥AB，AB∩PA＝A，
所以BC⊥平面PAB.
所以BC⊥PB.
在△PCD中，PD＝2，PC＝3，CD＝，
所以△PCD为锐角三角形．
所以侧面中的直角三角形为△PAB，△PAD，△PBC，共3个．
4．(2017·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )
A．60 B．30
C．20 D．10
解析：选D 如图，把三棱锥ABCD放到长方体中，长方体的长、宽、高分别为5,3,4，△BCD为直角三角形，直角边分别为5和3，三棱锥ABCD的高为4，故该三棱锥的体积V＝××5×3×4＝10.
5.(2018·天津高考)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥MEFGH的体积为______．
解析：连接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因为E，H分别为AD1，CD1的中点，所以EH∥AC，EH＝AC，因为F，G分别为B1A，B1C的中点，所以FG∥AC，FG＝AC，所以EH∥FG，EH＝FG，所以四边形EHGF为平行四边形，又EG＝HF，EH＝HG，所以四边形EHGF为正方形，又点M到平面EHGF的距离为，所以四棱锥MEFGH的体积为×2×＝.
答案：
6．(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为________．
解析：如图，∵SA与底面成45°角，
∴△SAO为等腰直角三角形．
设OA＝r，
则SO＝r，SA＝SB＝r.
在△SAB中，cos∠ASB＝，
∴sin ∠ASB＝，
∴S△SAB＝SA·SB·sin∠ASB
＝×(r)2×＝5，
解得r＝2，
∴SA＝r＝4，即母线长l＝4，
∴S圆锥侧＝πrl＝π×2×4＝40π.
答案：40π
命题点二 组合体的“切”“接”问题
1．(2018·全国卷Ⅲ)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥DABC体积的最大值为( )
A．12 B．18
C．24 D．54
解析：选B 由等边△ABC的面积为9，可得AB2＝9，所以AB＝6，所以等边△ABC的外接圆的半径为r＝AB＝2.设球的半径为R，球心到等边△ABC的外接圆圆心的距离为d，则d＝＝＝2.所以三棱锥DABC高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥DABC 体积的最大值为×9×6＝18.
2．(2017·天津高考)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．
解析：由正方体的表面积为18，得正方体的棱长为.
设该正方体外接球的半径为R，则2R＝3，R＝，
所以这个球的体积为πR3＝×＝.
答案：
3．(2017·江苏高考)如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是________．
解析：设球O的半径为R，因为球O与圆柱O1O2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R、高为2R，所以＝＝.
答案：
命题点三 直线、平面平行与垂直的判定与性质
1．(2018·全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．
(1)证明：平面AMD⊥平面BMC.
(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．
解：(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面CMD，
又DM⊂平面CMD，所以BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点，且CD为直径，
所以DM⊥MC.
又BC∩MC＝C，所以DM⊥平面BMC.
因为DM⊂平面AMD，所以平面AMD⊥平面BMC.
(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.
证明如下：
连接AC交BD于O.
因为四边形ABCD为矩形，
所以O为AC的中点．
连接OP，
因为P为AM中点，所以MC∥OP.
又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，
所以MC∥平面PBD.
2．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥PABC 中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．
(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．
解：(1)证明：因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，
所以PO⊥AC，且PO＝2.
连接OB，
因为AB＝BC＝AC，
所以△ABC为等腰直角三角形，
且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
所以PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB.
又因为AC∩OB＝O，所以PO⊥平面ABC.
(2)如图，作CH⊥OM，垂足为H，
又由(1)可得PO⊥CH，且PO∩OM＝O，
所以CH⊥平面POM.
故CH的长为点C到平面POM的距离．
由题设可知OC＝AC＝2，MC＝BC＝，
∠ACB＝45°，
所以OM＝，CH＝＝.
所以点C到平面POM的距离为.
3．(2018·北京高考)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．
(1)求证：PE⊥BC；
(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；
(3)求证：EF∥平面PCD.
证明：(1)因为PA＝PD，E为AD的中点，
所以PE⊥AD.
因为底面ABCD为矩形，
所以BC∥AD，所以PE⊥BC.
(2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，
所以AB⊥平面PAD，
因为PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD，AB∩PA＝A，
所以PD⊥平面PAB.
因为PD⊂平面PCD，
所以平面PAB⊥平面PCD.
(3)如图，取PC的中点G，连接FG，DG.
因为F，G分别为PB，PC的中点，
所以FG∥BC，FG＝BC.
因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，
所以DE∥BC，DE＝BC.
所以DE∥FG，DE＝FG.
所以四边形DEFG为平行四边形．
所以EF∥DG.
又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，
所以EF∥平面PCD.
4.(2018·江苏高考)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.
求证：(1)AB∥平面A1B1C；
(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.
证明：(1)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AB∥A1B1.
因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，
所以AB∥平面A1B1C.
(2)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，
四边形ABB1A1为平行四边形．
又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，
因此AB1⊥A1B.
因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，
所以AB1⊥BC.
因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，
所以AB1⊥平面A1BC.
因为AB1⊂平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.
命题点四 空间角度问题
1．(2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 如图，连接BE，因为AB∥CD，所以异面直线AE与CD所成的角为∠EAB或其补角．在Rt△ABE中，设AB＝2，则BE＝，则tan∠EAB＝＝，所以异面直线AE与CD所成角的正切值为.
2．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为( )
A．8 B．6
C．8 D．8
解析：选C 如图，连接AC1，BC1，AC.∵AB⊥平面BB1C1C，
∴∠AC1B为直线AC1与平面BB1C1C所成的角，∴∠AC1B＝30°.又AB＝BC＝2，在Rt△ABC1中，AC1＝＝4.在Rt△ACC1中，CC1＝＝＝2，
∴V长方体＝AB·BC·CC1＝2×2×2＝8.
3．(2018·全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，平面AB1D1与棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A1A，A1B1，A1D1平行，故正方体ABCDA1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等．如图所示，取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA的中点E，F，G，H，M，N，则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大，此截面面积为S正六边形EFGHMN＝6××××sin 60°＝.
4．(2018·浙江高考)已知四棱锥SABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点(不含端点)，设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角SABC的平面角为θ3，则( )
A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1
C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ1
解析：选D 如图，不妨设底面正方形的边长为2，E为AB上靠近点A的四等分点，E′为AB的中点，S到底面的距离SO＝1，以EE′，E′O为邻边作矩形OO′EE′，
则∠SEO′＝θ1，∠SEO＝θ2，
∠SE′O＝θ3.
由题意，得tan θ1＝＝，
tan θ2＝＝＝，tan θ3＝1，
此时tan θ2＜tan θ3＜tan θ1，由图可知θ1，θ2，θ3∈，
故θ2＜θ3＜θ1.
当E在AB中点处时，θ2＝θ3＝θ1.故选D.
5.(2018·天津高考)如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB＝2，AD＝2，∠BAD＝90°.
(1)求证：AD⊥BC；
(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值；
(3)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．
解：(1)证明：因为平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB，AD⊂平面ABD，
所以AD⊥平面ABC.
因为BC⊂平面ABC，
所以AD⊥BC.
(2)取棱AC的中点N，连接MN，ND.
因为M为棱AB的中点，
所以MN∥BC.
所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角．
在Rt△DAM中，AD＝2，AM＝1，
所以DM＝＝.
因为AD⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.
在Rt△DAN中，AN＝1，
所以DN＝＝.
在等腰三角形DMN中，MN＝1，
可得cos∠DMN＝＝.
所以异面直线BC与MD所成角的余弦值为.
(3)连接CM.
因为△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，
所以CM⊥AB，CM＝.
因为平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，CM⊂平面ABC，
所以CM⊥平面ABD，
所以∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角．
在Rt△CAD中，CD＝＝4.
在Rt△CMD中，sin∠CDM＝＝.
所以直线CD与平面ABD所成角的正弦值为.
6．(2015·浙江高考)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．
(1)证明：A1D⊥平面A1BC；
(2)求二面角A1BDB1的平面角的余弦值．
解：(1)证明：设E为BC的中点，连接AE，DE，A1E.
由题意得A1E⊥平面ABC，所以A1E⊥AE.
因为AB＝AC，所以AE⊥BC.
故AE⊥平面A1BC.
由D，E分别为B1C1，BC的中点，
得DE∥B1B且DE＝B1B，
从而DE∥A1A，DE＝A1A，
所以四边形A1AED为平行四边形．
故A1D∥AE.
又因为AE⊥平面A1BC，
所以A1D⊥平面A1BC.
(2)作A1F⊥BD且A1F∩BD＝F，连接B1F.
由AE＝EB＝，∠A1EA＝∠A1EB＝90°，
得A1B＝A1A＝4.
由A1D＝B1D，A1B＝B1B，得△A1DB与△B1DB全等．
由A1F⊥BD，得B1F⊥BD，
因此∠A1FB1为二面角A1BDB1的平面角．
由A1D＝，A1B＝4，∠DA1B＝90°，得
BD＝3，A1F＝B1F＝，
由余弦定理得cos∠A1FB1＝－.