【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]

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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

8π10π

B．3π C. D．6π 33

【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

13

母线的中点处截去了圆柱的，所以V＝×π×12×4＝3π.

44

【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．

11

(2)本圆柱所割去的部分是圆柱的，错误解答．

42

(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

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＝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 11

＝V三棱锥C－PAB＝V三棱锥B－APC. 22

由PB＝PD＝AB＝AD＝2知，△ABD≌△PBD. 因为∠BAD＝60°，

所以PO＝AO＝3，AC＝23，BO＝1.

又PA＝6，所以PO2＋AO2＝PA2，所以PO⊥AC，

1

故S△APC＝·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

111＝BO·S△APC＝232

【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；

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(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⊥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．

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(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＝，作DQ∥CP，且DQ.连

22

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

，0，c ，C(0,0,0)，A(a,0,0)，B(0，b,0)，P(0,0,2c)，Q(a，b，c)，E 2

F(0,0，c)．

1→→→

，0，0 ，QP＝(－a，－b，c)，BF＝(0，－b，c)， 于是FE＝2 →→|FE·QP|a

所以cos α，

→→a＋b＋c|FE||QP|

b＋c从而sin α＝1－cosα＝a＋b＋c

取平面ABC的一个法向量为m＝(0,0,1)，

→|m·QP|c

可得sin θ＝.

→a＋b＋c|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|＝

|m||n|b＋c

c

从而sin β1－cosβ.

b＋c

cc

a

＋b＋cb＋ca＋b＋c＝sin θ，即sin θ＝sin αsin β. 故sin αsin β＝

b＋c

[对应学生用书P139]

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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( )

π B.123ππ 46

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．

33

在正三角形ABC中，AB＝BC＝AC＝3，则S＝(3)2＝

44

9

VABC－A1B1C1＝S×POPO3.

4

3PO

又AO＝3＝1，∴tan∠PAO＝3，

3AOπ

∴∠PAO＝.

3

32

2．(2013·高考全国新课标卷)已知正四棱锥O－ABCD的体积为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．

13232

V四棱锥O－ABCD＝3×h＝h，

322AC 2186

∴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，

π2

10＋10×6＋62 ×93

∴降水量为3(寸)．

π×14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

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.

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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·m16

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

[0,1]，所以在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B.

25BD9

此时，＝λ＝.

BC125

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/2mf4.html