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【高考领航】2015人教数学(理)总复习 专题四立体几何综合题的解答Word版含解析


专题四

立体几何综合题的解答

[对应学生用书 P137]

考向一 三视图与几何体表面积及体积的计算 (2012· 高考湖北卷 ) 已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 ( )

8π 10π A. B.3π C. D.6π 3 3 【方法分析】 题目条件:已知几何体三视图的大小及形状

. 解题目标:求几何体的体积. 关系探究: 由侧视图和俯视图可想象几何体为圆柱, 由正视图想象是沿圆柱的一半高度 1 斜截去了一部分( ),可补形成整个圆柱. 4 【解答过程】 将三视图还原为实物图求体积. 由三视图可知,此几何体(如图所示)是底面半径为 1,高为 4 的圆柱被从 1 3 母线的中点处截去了圆柱的 ,所以 V= ×π×12×4=3π. 4 4 【答案】 B 【回归反思】 (1)对于不规则的几何体可采用割补法,使之成为规则的 几何体,再计算体积或表面积.本题采用了补形法. 1 1 (2)本圆柱所割去的部分是圆柱的 ,易当作 ,错误解答. 4 2 (3)此类问题分三步解答: 第一步,定形,即由几何体的三视图确定几何体的形状及其结构特征; 第二步,定量,即由三视图中的数据确定几何体的几何度量; 第三步,计算,即把相应数据代入柱、锥、台、球等几何体的体积、表面积公式,计算 结果. 考向二 空间点、线、面的综合关系及应用 (2013· 高考安徽卷)如图,四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 是边长为 2 的菱形, ∠BAD=60° ,已知 PB=PD=2,PA= 6. (1)证明:PC⊥BD; (2)若 E 为 PA 的中点,求三棱锥 P-BCE 的体积. 【方法分析】 题目条件: 四棱锥 P-ABCD, 底面 AB=BC=CD

=DA,∠BAD=60° ,∠ADC=120° ,PD=PB,E 是 PA 的中点. 解题目标:(1)异面直线 PC⊥BD. (2)求 VP-BCE. 关系探究:(1)连接 AC,与 BD 交于点 O,由 PB=PD 以及底面为菱形的条件,线面垂 直的判定定理可证 BD⊥平面 APC,从而可证;(2)利用四面体的等积变换,转化为以 B 为顶 点的三棱锥, 进而判断三棱锥 P-BCE 的体积是三棱锥 B-APC 的体积的一半, 代入公式计 算. 【解答过程】 (1)证明:连接 AC,交 BD 于点 O,连接 PO. 因为底面 ABCD 是菱形,所以 AC⊥BD,BO=DO. 由 PB=PD 知,PO⊥BD. 又因为 PO∩AC=O,所以 BD⊥平面 APC, 因此 BD⊥PC. (2)因为 E 是 PA 的中点,

所以 V 三棱锥 P-BCE=V 三棱锥 C-PEB 1 1 = V 三棱锥 C-PAB= V 三棱锥 B-APC. 2 2 由 PB=PD=AB=AD=2 知,△ABD≌△PBD. 因为∠BAD=60° , 所以 PO=AO= 3,AC=2 3,BO=1. 又 PA= 6,所以 PO2+AO2=PA2,所以 PO⊥AC, 1 故 S△APC= PO· AC=3. 2 由(1)知,BO⊥平面 APC, 1 因此 V 三棱锥 P-BCE= V 三棱锥 B-APC 2 11 1 = ·· BO· S△APC= . 23 2 【回归反思】 (1)证明线线垂直,一般采用线面垂直的性质,而证明线面垂直,又要 利用线线垂直或线面垂直. (2)求三棱锥的体积常进行等积转化,即转化为底面积或高易求的三棱锥,如本题中 VP 1 -BCE=VB-PCE= VB-APC. 2 考向三 线面位置关系的存在性探究 (2012· 高考北京卷)如图(1),在 Rt△ABC 中,∠C=90° ,D,E 分别为 AC、AB 的中点,点 F 为线段 CD 上的一点,将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置,使 A1F⊥CD, 如图(2).

(1)求证:DE∥平面 A1CB; (2)求证:A1F⊥BE;

(3)线段 A1B 上是否存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ?说明理由. 【方法分析】 题目条件:平面图形 Rt△ACB,∠C=90° ,DE∥CB,翻折后成四棱锥 A1-BCDE,BCDE 为直角梯形,A1F⊥DC(有平行关系、有垂直关系). 解题目标:(1)DE∥面 A1CB(线面平行) (2)A1F⊥BE(线线垂直) (3)探究点 Q∈A1B. 关系探究:图(1)→图(2)?DE∥BC?DE∥面 A1CB 图(1)→图(2)?DE⊥面 A1DC?A1F⊥面 CBED?A1F⊥BE. 取 A1C 中点 P,AB 中点 Q?A1C⊥面 DEQP. 【解答过程】 (1)证明:因为 D,E 分别为 AC,AB 的中点, 所以 DE∥BC. 又因为 DE?平面 A1CB,所以 DE∥平面 A1CB. (2)证明:由已知得 AC⊥BC 且 DE∥BC, 所以 DE⊥AC. 所以 DE⊥A1D,DE⊥CD. 所以 DE⊥平面 A1DC. 而 A1F?平面 A1DC,所以 DE⊥A1F. 又因为 A1F⊥CD. 所以 A1F⊥平面 BCDE, 所以 A1F⊥BE. (3)线段 A1B 上存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ.理由如下: 如图,分别取 A1C,A1B 的中点 P,Q,则 PQ∥BC. 又因为 DE∥BC,所以 DE∥PQ. 所以平面 DEQ 即为平面 DEP. 由(2)知,DE⊥平面 A1DC, 所以 DE⊥A1C. 又因为 P 是等腰三角形 DA1C 底边 A1C 的中点, 所以 A1C⊥DP. 所以 A1C⊥平面 DEP. 从而 A1C⊥平面 DEQ. 故线段 A1B 上存在点 Q,使得 A1C⊥平面 DEQ. 【回归反思】 (1)平面图形翻折到立体图形,位于折线同一侧的平面中的位置关系及 1 度量不变:如本题图(2)中仍有 BC∥DE,DE= BC,BC⊥DC,DE⊥DC. 2 (2)存在性问题,可以先假设特殊的位置(元素)就是所求,然后证明这个位置(元素)是否 适合题意,同时要牢牢抓住“转化”这一武器,线与线、线与面、面与面之间的平行(垂直), 都可互相转化. 证明线面平行与垂直关系的难点在于辅助面和辅助线的添加, 在添加辅助线 和辅助面时一定要以相关性质、定理为依据,绝不能主观臆断. 考向四 空间向量与空间角的计算 (2013· 高考湖北卷)如图,AB 是圆 O 的直径,点 C 是圆 O 上异于 A,B 的点,直线 PC⊥平面 ABC,E,F 分别是 PA,PC 的中点. (1)记平面 BEF 与平面 ABC 的交线为 l,试判断直线 l 与平面 PAC 的位置关系,并加以证明; → 1→ (2)设(1)中的直线 l 与圆 O 的另一个交点为 D, 且点 Q 满足DQ= CP. 2 记直线 PQ 与平面 ABC 所成的角为 θ, 异面直线 PQ 与 EF 所成的角为 α, 二面角 E-l-C 的大小为 β,求证:sin θ=sin αsin β. 【方法分析】 题目条件:三棱锥 P-ABC,底面 AC⊥BC,PC⊥面 ABC,面 BEF∩ 面 ABC=l,l 交⊙O 于 D,PQ 与面 ABC 的角为 θ.异面直线 PQ 与 EF 的角为 α,E-l-C 的 角为 β. 解题目标:(1)判断 l 与面 PAC 的关系.

(2)证明 α、β、θ 的正弦值的关系. 关系探究:(1)EF∥AC→EF∥面 ABC→EF∥l→l∥面 PAC. (2)建系,用向量分别计算 sin θ,sin α 及 sin β. 【解答过程】 (1)直线 l∥平面 PAC.证明如下: 连接 EF,因为 E,F 分别是 PA,PC 的中点,所以 EF∥AC. 又 EF?平面 ABC,且 AC?平面 ABC,所以 EF∥平面 ABC. 而 EF?平面 BEF,且平面 BEF∩平面 ABC=l,所以 EF∥l.因为 l?平面 PAC,EF?平 面 PAC,所以直线 l∥平面 PAC. 1 → 1→ (2)(向量法):如图,由DQ= CP,作 DQ∥CP,且 DQ= CP.连 2 2 接 PQ,EF,BE,BF,BD. 由(1)可知交线 l 即为直线 BD. → → → 以点 C 为原点,向量CA,CB,CP所在直线分别为 x,y,z 轴, 建立如图所示的空间直角坐标系,设 CA=a,CB=b,CP=2c,则有 1 ? C(0,0,0),A(a,0,0),B(0,b,0),P(0,0,2c),Q(a,b,c),E? ?2a,0,c?, F(0,0,c). 1 → → ? → 于是FE=? ?2a,0,0?,QP=(-a,-b,c),BF=(0,-b,c), → → |FE· QP| a 所以 cos α= = 2 , → → a +b2+c2 |FE||QP| b2+c2 从而 sin α= 1-cos2α= 2 . a +b2+c2 取平面 ABC 的一个法向量为 m=(0,0,1), → |m· QP| c 可得 sin θ= = 2 . → a +b2+c2 |m||QP| 设平面 BEF 的一个法向量为 n=(x,y,z). 1 → ? ? FE=0, ?n· ?2ax=0, 由? ,可得? → ? ? BF=0 ?n· ?-by+cz=0 取 n=(0,c,b). |m· n| b 于是|cos β|= = 2 2, |m||n| b +c c 从而 sin β= 1-cos2β= 2 2. b +c 故 sin αsin β= b2+c2
2 2

a +b +c =sin θ,即 sin θ=sin αsin β.



c c 2= 2 b +c a +b2+c2
2

[对应学生用书 P139]

9 1.(2013· 高考山东卷)已知三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱与底面垂直,体积为 ,底面是 4 边长为 3的正三角形. 若 P 为底面 A1B1C1 的中心, 则 PA 与平面 ABC 所成角的大小为( ) 5π π A. B. 12 3 π π C. D. 4 6 解析:选 B.画出三棱柱 ABC-A1B1C1,作出 PA 与平面 ABC 所成的角,解三角形求角. 如图所示,P 为正三角形 A1B1C1 的中心,设 O 为△ABC 的中心,由题意知:PO⊥平面 ABC,连接 OA,则∠PAO 即为 PA 与平面 ABC 所成的角. 3 3 3 在正三角形 ABC 中,AB=BC=AC= 3,则 S= ×( 3)2= , 4 4 9 VABC-A1B1C1=S×PO= ,∴PO= 3. 4 3 PO 又 AO= × 3=1,∴tan∠PAO= = 3, 3 AO π ∴∠PAO= . 3 3 2 2.(2013· 高考全国新课标卷)已知正四棱锥 O-ABCD 的体积为 ,底面边长为 3, 2 则以 O 为球心,OA 为半径的球的表面积为________. 解析:本题先求出正四棱锥的高 h,然后求出侧棱的长,再运用球的表面积公式求解. 1 3 2 3 2 V 四棱锥 O-ABCD= × 3× 3h= ,得 h= , 3 2 2 AC?2 18 6 ∴OA2=h2+? ? 2 ? = 4 +4=6. ∴S 球=4πOA2=24π. 答案:24π 3.(2013· 高考湖北卷)我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题:在下雨 时,用一个圆台形的天池盆接雨水. 天池盆盆口直径为二尺八寸,盆底直径为一尺二寸,盆 深一尺八寸. 若盆中积水深九寸,则平地降雨量是________寸.(注:①平地降雨量等于盆 中积水体积除以盆口面积;②一尺等于十寸) 解析:求出水面的半径,根据圆台的体积公式求出雨水的体积,除以盆口面积即得. 圆台的轴截面是下底长为 12 寸,上底长为 28 寸,高为 18 寸的等腰梯形,雨水线恰为 中位线,故雨水线直径是 20 寸, π 2 ?10 +10×6+62?×9 3 ∴降水量为 =3(寸). π×142 答案:3 4.(2013· 高考北京卷)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AA1C1C 是边长 为 4 的正方形.平面 ABC⊥平面 AA1C1C,AB=3,BC=5. (1)求证:AA1⊥平面 ABC; (2)求二面角 A1-BC1-B1 的余弦值; BD (3)证明:在线段 BC1 上存在点 D,使得 AD⊥A1B,并求 的值. BC1 解析:(1)证明:因为 AA1C1C 为正方形,所以 AA1⊥AC. 因为平面 ABC⊥平面 AA1C1C,且 AA1 垂直于这两个平面的交线 AC, 所以 AA1⊥平面 ABC. (2)由(1)知 AA1⊥AC,AA1⊥AB. 由题知 AB=3,BC=5,AC=4,所以 AB⊥AC.

如图, 以 A 为原点建立空间直角坐标系 A-xyz, 则 B(0,3,0), A1(0,0,4), B1(0,3,4), C1(4,0,4). → ? ? A1B=0, ?n· ?3y-4z=0, 设平面 A1BC1 的法向量为 n=(x,y,z),则? 即? ?4x=0. → ? ? A1C1=0, ? n· 令 z=3,则 x=0,y=4, 所以 n=(0,4,3). 同理可得,平面 B1BC1 的法向量为 m=(3,4,0). n· m 16 所以 cos〈n,m〉= = . |n||m| 25 由题知二面角 A1-BC1-B1 为锐角, 16 所以二面角 A1-BC1-B1 的余弦值为 . 25 → → (3)证明:设 D(x1,y1,z1)是线段 BC1 上一点,且BD=λBC1. 所以(x1,y1-3,z1)=λ(4,-3,4). 解得 x1=4λ,y1=3-3λ,z1=4λ. → 所以AD=(4λ,3-3λ,4λ). 9 → → 由AD· A1B=0,即 9-25λ=0,解得 λ= . 25 9 因为 ∈[0,1],所以在线段 BC1 上存在点 D,使得 AD⊥A1B. 25 BD 9 此时, =λ= . BC1 25


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