2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專(zhuān)題強(qiáng)化練 專(zhuān)題11 空間幾何體（含解析）

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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專(zhuān)題強(qiáng)化練 專(zhuān)題11 空間幾何體（含解析） 一、選擇題 1．(xx·河北衡水中學(xué)三調(diào)) 如圖正方形OABC的邊長(zhǎng)為1 cm，它是水平放置的一個(gè)平面圖形的直觀圖，則原圖形的周長(zhǎng)是(　　) A．8 cm B．6 cm C．2(1＋) cm D．2(1＋) cm [答案]　A [解析]　 由直觀圖得，原圖形是如圖所示的平行四邊形O′A′B′C′，其中A′O′⊥O′B′，可得O′A′＝1，O′B′＝2OB＝2，故A′B′＝＝3， ∴原圖形的周長(zhǎng)為：2×(3＋1)＝8. [方法點(diǎn)撥]　空間幾何體的直觀圖畫(huà)法規(guī)則 空間幾何體直觀圖的畫(huà)法常采用斜

2、二測(cè)畫(huà)法．用斜二測(cè)畫(huà)法畫(huà)平面圖形的直觀圖規(guī)則為“軸夾角45°(或135°)，平行長(zhǎng)不變，垂直長(zhǎng)減半”． 2．(文)某四棱錐的底面為正方形，其三視圖如圖所示，則該四棱錐的體積等于(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 [答案]　B [解析]　 由三視圖知，該幾何體底面是正方形，對(duì)角線長(zhǎng)為2，故邊長(zhǎng)為，幾何體是四棱錐，有一條側(cè)棱與底面垂直，其直觀圖如圖，由條件知PC＝，AC＝2， ∴PA＝3，體積V＝×()2×3＝2. (理)(xx·新鄉(xiāng)、許昌、平頂山調(diào)研)在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，D為側(cè)棱PC上的一點(diǎn)，它的正視圖和側(cè)視圖如圖所示，則下列命題正確的是

3、(　　) A．AD⊥平面PBC，且三棱錐D－ABC的體積為 B．BD⊥平面PAC，且三棱錐D－ABC的體積為 C．AD⊥平面PBC，且三棱錐D－ABC的體積為 D．AD⊥平面PAC，且三棱錐D－ABC的體積為 [答案]　C [解析]　∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，又∵AC⊥BC，PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，又∵AD?平面PAC，∴BC⊥AD，由正視圖可知，AD⊥PC，又PC∩BC＝C，∴AD⊥平面PBC，且VD－ABC＝VP－ABC＝××4×(×4×4)＝. [方法點(diǎn)撥]　1.空間幾何體的三視圖畫(huà)法規(guī)則 三視圖的正視圖、側(cè)視圖、俯視圖分別是從物體的正前方、正左方

4、、正上方看到的物體輪廓線的正投影圍成的平面圖形，三視圖的畫(huà)法規(guī)則為“長(zhǎng)對(duì)正、高平齊、寬相等”． 2．識(shí)讀三視圖時(shí)，要特別注意觀察者的方位與三視圖的對(duì)應(yīng)關(guān)系和虛實(shí)線． 3．(文)(xx·洛陽(yáng)市期末)一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，其中俯視圖與側(cè)視圖均為半徑是1的圓，則這個(gè)幾何體的體積是(　　) A. B. C．π D. [答案]　C [解析]　由三視圖知，該幾何體是一個(gè)球切去后所得的幾何體，故其體積為：V＝×π×13＝π，選C. (理)(xx·河南八市質(zhì)檢)已知某幾何體的三視圖如圖所示，那么這個(gè)幾何體的外接球的表面積為(　　) A．4π B．12π C．2π D．4

5、π [答案]　B [解析]　根據(jù)三視圖可知該幾何體是一個(gè)四棱錐D1－ABCD，它是由正方體ABCD－A1B1C1D1切割出來(lái)的，所以外接球的直徑2R＝BD1＝＝2，所以R＝，所以S＝4πR2＝12π. [方法點(diǎn)撥]　在分析空間幾何體的三視圖問(wèn)題時(shí)，先根據(jù)俯視圖確定幾何體的底面，然后根據(jù)正(主)視圖或側(cè)(左)視圖確定幾何體的側(cè)棱與側(cè)面的特征，調(diào)整實(shí)線和虛線所對(duì)應(yīng)的棱、面的位置，特別注意由各視圖中觀察者與幾何體的相對(duì)位置與圖中的虛實(shí)線來(lái)確定幾何體的形狀． 4．(xx·唐山市一模)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A. B. C．8－ D．8－ [答案]　C

6、 [解析]　由三視圖知原幾何體是棱長(zhǎng)為2的正方體中挖掉一個(gè)圓錐， ∴V＝V正方體－V圓錐＝2×2×2－×(π×12)×2＝8－. [方法點(diǎn)撥]　1.求幾何體的表面積與體積問(wèn)題，熟記公式是關(guān)鍵，應(yīng)多角度全方位的考慮． (1)給出幾何體的形狀、幾何量求體積或表面積，直接套用公式． (2)用三視圖給出幾何體，先依據(jù)三視圖規(guī)則想象幾何體的形狀特征，必要時(shí)畫(huà)出直觀圖，找出其幾何量代入相應(yīng)公式計(jì)算． (3)用直觀圖給出幾何體，先依據(jù)線、面位置關(guān)系的判定與性質(zhì)定理討論分析幾何體的形狀特征，再求體積或表面積． (4)求幾何體的體積常用等積轉(zhuǎn)化的方法，轉(zhuǎn)換原則是其高易求，底面在幾何體的某一面上，求

7、不規(guī)則幾何體的體積，主要用割補(bǔ)法． 2．涉及球與棱柱、棱錐的切、接問(wèn)題時(shí)，一般過(guò)球心及多面體中的特殊點(diǎn)或線作截面，把空間問(wèn)題化歸為平面問(wèn)題，再利用平面幾何知識(shí)尋找?guī)缀误w中元素間的關(guān)系． 3．若球面上四點(diǎn)P、A、B、C構(gòu)成的線段PA、PB、PC兩兩垂直，一般先將四棱錐P－ABCD補(bǔ)成球的內(nèi)接長(zhǎng)方體，利用4R2＝PA2＋PB2＋PC2解決問(wèn)題． 5．(文)(xx·山東文，9)已知等腰直角三角形的直角邊的長(zhǎng)為2，將該三角形繞其斜邊所在的直線旋轉(zhuǎn)一周而形成的曲面所圍成的幾何體的體積為(　　) A. B. C．2π D．4π [答案]　B [解析]　考查1.旋轉(zhuǎn)體的幾何特征；2.幾何體

8、的體積． 由題意知，該等腰直角三角形的斜邊長(zhǎng)為2，斜邊上的高為，所得旋轉(zhuǎn)體為同底等高的兩個(gè)全等圓錐，所以，其體積為2×π×()2×＝，故選B. (理)(xx·山東理，7)在梯形ABCD中，∠ABC＝，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2.將梯形ABCD繞AD所在的直線旋轉(zhuǎn)一周所形成的曲面圍成的幾何體的體積為(　　) A. B. C. D．2π [答案]　C [解析]　梯形ABCD繞AD所在直線旋轉(zhuǎn)一周所形成的曲面圍成的幾何體是一個(gè)底面半徑為1，高為2的圓柱挖去一個(gè)底面半徑為1，高為1的圓錐所得的組合體；所以該組合體的體積為V＝V圓柱－V圓錐＝π×12×2－π×12×1＝2π－＝.

9、故選C. 6．(文)(xx·安徽理，7)一個(gè)多面體的三視圖如圖所示，則該多面體的表面積為(　　) A．21＋ B．18＋ C．21 D．18 [答案]　A [解析]　如圖，還原直觀圖為棱長(zhǎng)為2的正方體截去兩個(gè)角， 其6個(gè)面都被截去了一個(gè)直角邊長(zhǎng)為1的等腰直角三角形，表面增加了兩個(gè)邊長(zhǎng)為的正三角形，故其表面積S＝6×(2×2－×1×1)＋×()2×2＝21＋. (理)一個(gè)半徑為1的球體經(jīng)過(guò)切割后，剩下部分幾何體的三視圖如圖所示，則剩下部分幾何體的表面積為(　　) A. B. C．4π D. [答案]　D [解析]　由三視圖知該幾何體是一個(gè)球體，保留了下半球，

10、上半球分為四份，去掉了對(duì)頂?shù)膬煞荩时砻娣e為球的表面積，去掉球表面積加上6個(gè)的圓面積． ∴S＝4πR2－(4πR2)＋6×πR2＝πR2， 又R＝1，∴S＝π. [方法點(diǎn)撥]　注意復(fù)合體的表面積計(jì)算，特別是一個(gè)幾何體切割去一部分后剩余部分的表面積計(jì)算．要弄清增加和減少的部分． 7．(文)(xx·福建文，9)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積等于(　　) A．8＋2 B．11＋2 C．14＋2 D．15 [答案]　B [解析]　考查三視圖和表面積． 由三視圖還原幾何體，該幾何體是底面為直角梯形，高為2的直四棱柱，且底面直角梯形的兩底長(zhǎng)分別為1,2，直角腰長(zhǎng)為1，斜

11、腰為.底面積為2××3＝3，側(cè)面積為2＋2＋4＋2＝8＋2，所以該幾何體的表面積為11＋2，故選B. (理)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是(　　) A．16π－16 B．8π－8 C．16π－8 D. [答案]　A [解析]　由三視圖可知，幾何體為圓柱中挖去一個(gè)正四棱柱，所以體積V＝π×22×4－2×2×4＝16π－16. 8．(文)已知一個(gè)三棱錐的正視圖與俯視圖如圖所示，則該三棱錐的側(cè)視圖面積為(　　) A. B. C．1 D. [答案]　B [解析]　由題意知，此三棱錐的底面為有一個(gè)角為30°的直角三角形，其斜邊長(zhǎng)AC＝2，一個(gè)側(cè)面DA

12、C為等腰直角三角形，∴DE＝1，BF＝，其側(cè)視圖為直角三角形，其兩直角邊與DE、BF的長(zhǎng)度相等，面積S＝×1×＝. (理)某幾何體的三視圖(單位：m)如圖所示，則其表面積為(　　) A．(96＋32)m2 B．(64＋32)m2 C．(114＋16＋16)m2 D．(80＋16＋16)m2 [答案]　D [解析]　由三視圖知該幾何體是一個(gè)組合體，中間是一個(gè)棱長(zhǎng)為4的正方體(由正、側(cè)視圖中間部分和俯視圖知)，上部是一個(gè)有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐，下部是一個(gè)正四棱錐，表面積S＝2(×4×4＋×4×)＋4×42＋4×(×4×2)＝80＋16＋16(m2)． 二、填空題 9

13、．(文)某幾何體的三視圖如圖所示，則其體積為_(kāi)_______． [答案]　 [解析]　由三視圖可知，此幾何體是底面半徑為1，高為2的半個(gè)圓錐． ∴V＝×(π×12×2)＝. (理)(xx·天津文，10)一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示(單位：m)，則該幾何體的體積為_(kāi)_______m3. [答案]　 [解析]　本題考查三視圖及簡(jiǎn)單幾何體的體積計(jì)算，考查空間想象能力和簡(jiǎn)單的計(jì)算能力． 由三視圖知，該幾何體下面是圓柱、上面是圓錐． ∴V＝π×12×4＋π×22×2＝. 10．(文)某幾何體的三視圖如圖所示，該幾何體的體積為_(kāi)_______． [答案]　48 [解析]　由

14、三視圖知，該幾何體是一個(gè)組合體，其上部為長(zhǎng)方體，下部為橫放的四棱柱，其底面是上底長(zhǎng)2，下底長(zhǎng)6，高為2的等腰梯形，柱高為4，其體積V＝2×4×2＋(2＋6)×2×4＝48. (理)某幾何體的三視圖(單位：cm)如下圖，則這個(gè)幾何體的表面積為_(kāi)_______cm2. [答案]　12＋2 [解析]　由三視圖知，該幾何體為正三棱柱， 底面積S1＝2×(×2×)＝2， 側(cè)面積S2＝3×(2×2)＝12， ∴表面積S＝S1＋S2＝12＋2cm2. 三、解答題 11．(文)(xx·北京文，18)如圖，在三棱錐V－ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB為等邊三角形，AC⊥BC且AC＝

15、BC＝，O，M分別為AB，VA的中點(diǎn)． (1)求證：VB∥平面MOC； (2)求證：平面MOC⊥平面VAB； (3)求三棱錐V－ABC的體積． [分析]　本題主要考查線線平行、線面平行、線線垂直、線面垂直、面面垂直、三棱錐的體積公式等基礎(chǔ)知識(shí)，考查學(xué)生的分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力、空間想象能力、邏輯推理能力、轉(zhuǎn)化能力、計(jì)算能力．第一問(wèn)，在三角形ABV中，利用中位線的性質(zhì)得OM∥VB，最后直接利用線面平行的判定得到結(jié)論；第二問(wèn)，先在三角形ABC中得到OC⊥AB，再利用面面垂直的性質(zhì)得OC⊥平面VAB，最后利用面面垂直的判定得出結(jié)論；第三問(wèn)，將三棱錐進(jìn)行等體積轉(zhuǎn)化，利用VC－VAB＝VV－AB

16、C，先求出三角形VAB的面積，由于OC⊥平面VAB，所以O(shè)C為錐體的高，利用錐體的體積公式計(jì)算出體積即可． [解析]　(1)因?yàn)镺，M分別為AB，VA的中點(diǎn)， 所以O(shè)M∥VB. 又因?yàn)閂B?平面MOC， 所以VB∥平面MOC. (2)因?yàn)锳C＝BC，O為AB的中點(diǎn)， 所以O(shè)C⊥AB. 又因?yàn)槠矫鎂AB⊥平面ABC，且OC?平面ABC，平面VAB∩平面ABC＝AB 所以O(shè)C⊥平面VAB.又因?yàn)镺C?平面MOC 所以平面MOC⊥平面VAB. (3)在等腰直角三角形ACB中，AC＝BC＝， 所以AB＝2，OC＝1. 所以等邊三角形VAB的面積S△VAB＝. 又因?yàn)镺C⊥平面

17、VAB， 所以三棱錐C－VAB的體積等于×OC×S△VAB＝. 又因?yàn)槿忮FV－ABC的體積與三棱錐C－VAB的體積相等，所以三棱錐V－ABC的體積為. (理)如圖，在四棱錐P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分別是CD、PC的中點(diǎn)，求證： (1)PA⊥底面ABCD； (2)BE∥平面PAD； (3)平面BEF⊥平面PCD. [解析]　(1)因?yàn)槠矫鍼AD⊥底面ABCD，且PA垂直于這兩個(gè)平面的交線AD，所以PA⊥底面ABCD. (2)因?yàn)锳B∥CD，CD＝2AB，E為CD的中點(diǎn)， 所以AB∥DE，且AB＝

18、DE. 所以四邊形ABED為平行四邊形． 所以BE∥AD. 又因?yàn)锽E?平面PAD，AD?平面PAD， 所以BE∥平面PAD. (3)因?yàn)锳B⊥AD，而且ABED為平行四邊形， 所以BE⊥CD，AD⊥CD. 由(1)知PA⊥底面ABCD. 所以PA⊥CD.所以CD⊥平面PAD. 所以CD⊥PD. 因?yàn)镋和F分別是CD和PC的中點(diǎn)， 所以PD∥EF.所以CD⊥EF， 又因?yàn)镃D⊥BE，BE∩EF＝E，所以CD⊥平面BEF. 所以平面BEF⊥平面PCD. 12．(文)在如圖所示的幾何體中，面CDEF為正方形，面ABCD為等腰梯形，AB∥CD，AC＝，AB＝2BC＝2，

19、AC⊥FB. (1)求證：AC⊥平面FBC； (2)求四面體FBCD的體積； (3)線段AC上是否存在點(diǎn)M，使得EA∥平面FDM？證明你的結(jié)論． [解析]　(1)證明：在△ABC中， ∵AC＝，AB＝2，BC＝1，∴AC⊥BC. 又∵AC⊥FB，∴AC⊥平面FBC. (2)解：∵AC⊥平面FBC，∴AC⊥FC. ∵CD⊥FC，∴FC⊥平面ABCD. 在等腰梯形ABCD中可得∠BCD＝120°，CB＝DC＝1，∴FC＝1.∴S△BCD＝， ∴四面體FBCD的體積為：VF－BCD＝S△BCD·FC＝. (3)線段AC上存在點(diǎn)M，且M為AC中點(diǎn)時(shí)，有EA∥平面FDM，證

20、明如下： 連接CE，與DF交于點(diǎn)N，連接MN. 因?yàn)镃DEF為正方形，所以N為CE中點(diǎn)． 所以EA∥MN. 因?yàn)镸N?平面FDM，EA?平面FDM， 所以EA∥平面FDM. 所以線段AC上存在點(diǎn)M，使得EA∥平面FDM成立． (理)如圖，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是邊長(zhǎng)為2的正三角形且側(cè)棱垂直于底面，側(cè)棱長(zhǎng)是，D是AC的中點(diǎn)． (1)求證：B1C∥平面A1BD； (2)求二面角A1－BD－A的大??； (3)求直線AB1與平面A1BD所成的角的正弦值． [解析]　解法一：(1)設(shè)AB1與A1B相交于點(diǎn)P，則P為AB1中點(diǎn)，連接PD， ∵D為AC中點(diǎn)，∴PD∥

21、B1C. 又∵PD?平面A1BD，B1C?平面A1BD. ∴B1C∥平面A1BD. (2)∵正三棱柱ABC－A1B1C1， ∴AA1⊥底面ABC. 又 ∵BD⊥AC，∴A1D⊥BD ∴∠A1DA就是二面角A1－BD－A的平面角． ∵AA1＝，AD＝AC＝1， ∴tan∠A1DA＝＝. ∴∠A1DA＝，即二面角A1－BD－A的大小是. (3)由(2)作AM⊥A1D，M為垂足． ∵BD⊥AC，平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，∴BD⊥平面A1ACC1， ∵AM?平面A1ACC1，∴BD⊥AM，∵A1D∩BD＝D， ∴AM⊥平面A1DB，連接

22、MP，則∠APM就是直線AB1與平面A1BD所成的角． ∵AA1＝，AD＝1，∴在Rt△AA1D中，∠A1DA＝， ∴AM＝1×sin60°＝，AP＝AB1＝. ∴sin∠APM＝＝＝. ∴直線AB1與平面A1BD所成的角的正弦值為. 解法二：(1)同解法一 (2)如圖建立空間直角坐標(biāo)系， 則D(0,0,0)，A(1,0,0)，A1(1,0，)，B(0，，0)，B1(0，，)， ∴＝(－1，，－)，＝(－1,0，－) 設(shè)平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)． 則n·＝－x＋y－z＝0， n·＝－x－z＝0， 則有，得n＝(－，0,1)． 由題意，知＝(0,0，

23、)是平面ABD的一個(gè)法向量． 設(shè)n與所成角為θ，則cosθ＝＝，∴θ＝. ∴二面角A1－BD－A的大小是. (3)由已知，得＝(－1，，)，n＝(－，0,1)， 設(shè)直線AB1與平面A1BD所成角為α，則 sinα＝＝. ∴直線AB1與平面A1BD所成的角的正弦值為. 13．(文)(xx·鄭州市質(zhì)檢)如圖，已知三棱柱ABC－A′B′C′的側(cè)棱垂直于底面，AB＝AC，∠BAC＝90°，點(diǎn)M，N分別為A′B和B′C′的中點(diǎn)． (1)證明：MN∥平面AA′C′C； (2)設(shè)AB＝λAA′，當(dāng)λ為何值時(shí)，CN⊥平面A′MN，試證明你的結(jié)論． [解析]　(1)取A′B′的中點(diǎn)E，連

24、接ME，NE，因?yàn)镸，N分別為A′B和B′C′的中點(diǎn)， 所以NE∥A′C′，ME∥AA′又因?yàn)锳′C′?平面AA′C′C，A′A?平面AA′C′C， 所以ME∥平面AA′C′C，NE∥平面AA′C′C， 所以平面MNE∥平面AA′C′C，因?yàn)镸N?平面EMN， 所以MN∥平面AA′C′C； (2)連接BN，設(shè)AA′＝a，則AB＝λAA′＝λa， 由題意知BC＝λa，NC＝BN＝， 因?yàn)槿庵鵄BC－A′B′C′側(cè)棱垂直于底面， 所以A′B′C′⊥平面BB′C′C， 因?yàn)锳B＝AC，點(diǎn)N是B′C′的中點(diǎn)， 所以A′N(xiāo)⊥平面BB′C′C， ∴CN⊥A′N(xiāo)， 要使CN⊥平

25、面A′MN， 只需CN⊥NB即可， 所以CN2＋NB2＝BC2， 即2＝2λ2a2， ∴λ＝， 則λ＝時(shí)，CN⊥平面A′MN. (理)(xx·天津文，17)如圖，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝2，AA1＝，BB1＝2，點(diǎn)E和F分別為BC和A1C的中點(diǎn)． (1)求證：EF∥平面A1B1BA； (2)求證：平面AEA1⊥平面BCB1； (3)求直線A1B1與平面BCB1所成角的大?。? [分析]　考查1.空間中線面位置關(guān)系的證明；2.直線與平面所成的角． (1)要證明EF∥平面A1B1BA，需在平面A1B1BA內(nèi)找到一條直線與EF平行，結(jié)合條件用

26、中位線定理先證線線平行，再用判定定理證明；(2)先證明線面垂直，再利用面面垂直的判定定理證明；(3)先結(jié)合上面證明過(guò)程和題設(shè)條件找出線面角，再利用斜三角形知識(shí)求解；也可利用圖形特征，建立坐標(biāo)系用空間向量求解． [解析]　(1)如圖，連接A1B，在△A1BC中， 因?yàn)镋和F分別是BC，A1C的中點(diǎn)， 所以EF∥BA1， 又因?yàn)镋F?平面A1B1BA， 所以EF∥平面A1B1BA. (2)因?yàn)锳B＝AC，E為BC中點(diǎn)， 所以AE⊥BC， 因?yàn)锳A1⊥平面ABC，BB1∥AA1， 所以BB1⊥平面ABC，從而B(niǎo)B1⊥AE， 又BC∩BB1＝B，所以AE⊥平面BCB1， 又因?yàn)锳

27、E?平面AEA1， 所以平面AEA1⊥平面BCB1. (3)取BB1中點(diǎn)M和B1C中點(diǎn)N，連接A1M，A1N，NE， 因?yàn)镹和E分別為B1C、BC的中點(diǎn)， 所以NE∥BB1，NE＝BB1， 故NE∥AA1，NE＝AA1， 所以A1N∥AE，A1N＝AE. 又因?yàn)锳E⊥平面BCB1， 所以A1N⊥平面BCB1， 從而∠A1B1N就是直線A1B1與平面BCB1所成角， 在△ABC中，可得AE＝2， 所以A1N＝AE＝2， 因?yàn)锽M∥AA1，BM＝AA1， 所以A1M∥AB，A1M＝AB， 又由AB⊥BB1，有A1M⊥BB1. 在Rt△A1MB1中，可得A1B1＝＝4，

28、 在Rt△A1NB1中，sin∠A1B1N＝＝， 因此∠A1B1N＝30°， 所以，直線A1B1與平面BCB1所成角為30°. 14．(文)(xx·陜西文，18)如圖1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC, ∠BAD＝，AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中點(diǎn)，O是AC與BE的交點(diǎn)．將△ABE沿BE折起到圖2中△A1BE的位置，得到四棱錐A1－BCDE. 圖1　　　　　　　　　　　　圖2 (1)證明：CD⊥平面A1OC； (2)當(dāng)平面A1BE⊥平面BCDE時(shí)，四棱錐A1－BCDE的體積為36，求a的值． [分析]　考查1.線面垂直的判定；2.面面垂直的性質(zhì)定理；3.空間幾何體的體

29、積． (1)利用轉(zhuǎn)化思想及BE∥CD，先證BE⊥平面A1OC. (2)利用平面A1BE⊥平面BCDE找出棱錐的高，利用方程思想和棱錐的體積公式，列出關(guān)于a的方程求解． [解析]　(1)在題圖1中， 因?yàn)锳B＝BC＝AD＝a，E是AD的中點(diǎn)， ∠BAD＝，所以BE⊥AC， 故在題圖2中，BE⊥A1O，BE⊥OC， 從而B(niǎo)E⊥平面A1OC， 又CD∥BE， 所以CD⊥平面A1OC； (2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE， 且平面A1BE∩平面BCDE＝BE， 又由(1)知，A1O⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE， 即A1O是四棱錐A1－BCDE的高， 由題圖1可知

30、，A1O＝AB＝a，平行四邊形BCDE面積S＝BC·AB＝a2， 從而四棱錐A1－BCDE的體積為 V＝×S×A1O＝×a2×a＝a3， 由a3＝36，得a＝6. (理)(xx·四川理，18)一個(gè)正方體的平面展開(kāi)圖及該正方體的直觀圖的示意圖如圖所示．在正方體中，設(shè)BC的中點(diǎn)為M，GH的中點(diǎn)為N. (1)請(qǐng)將字母F，G，H標(biāo)記在正方體相應(yīng)的頂點(diǎn)處(不需說(shuō)明理由)； (2)證明：直線MN∥平面BDH； (3)求二面角A－EG－M的余弦值． [分析]　本題主要考查簡(jiǎn)單空間圖形的直觀圖、空間線面平行的判定與性質(zhì)、二面角的計(jì)算等基礎(chǔ)知識(shí)，考查空間想象能力、推理論證能力、運(yùn)算求解能力．

31、 (1)注意ABCD是底面，將平面展開(kāi)圖還原可得點(diǎn)F、G、H的位置. (2)根據(jù)直線與平面平行的判定定理，應(yīng)考慮證明MN平行于平面BDH內(nèi)的一條直線．連接O、M，易得MNHO是平行四邊形，從而MN∥OH，進(jìn)而證得MN∥平面BDH.(3)求二面角的方法．一是幾何法，要作出二面角A－EG－M的平面角，首先要過(guò)M作平面AEGC的垂線，然后再過(guò)垂足作棱EG的垂線，再將垂足與點(diǎn)M連接，即可得二面角A－EG－M的平面角．二是向量法，由于幾何體是特殊的正方體，便于建立坐標(biāo)系，故可轉(zhuǎn)化為兩向量夾角求解． [解析]　(1)點(diǎn)F、G、H的位置如圖所示． (2)連接BD，設(shè)O為BD的中點(diǎn)． 因?yàn)镸、N分別是

32、BC、GH的中點(diǎn)， 所以O(shè)M∥CD，且OM＝CD， NH∥CD，且NH＝CD， 所以O(shè)M∥NH，OM＝NH， 所以MNHO是平行四邊形， 從而MN∥OH， 又MN?平面BDH，OH?平面BDH， 所以MN∥平面BDH. (3)連接AC，過(guò)M作MP⊥AC于P. 在正方體ABCD－EFGH中，AC∥EG， 所以MP⊥EG. 過(guò)P作PK⊥EG于K，連接KM， 所以EG⊥平面PKM， 從而KM⊥EG. 所以∠PKM是二面角A－EG－M的平面角． 設(shè)AD＝2，則CM＝1，PK＝2， 在Rt△CMP中，PM＝CMsin 45°＝. 在Rt△KMP中，KM＝＝. 所以cos∠PKM＝＝. 即二面角A－EG－M的余弦值為. (另外，也可利用空間坐標(biāo)系求解) [方法點(diǎn)撥]　1.折疊問(wèn)題中，要畫(huà)出折疊前的平面圖形與折疊后的直觀圖，對(duì)比找出其位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系．弄清其不變量和變化量及折疊前后的垂直性與平行性是關(guān)鍵． 2．立體幾何中的存在型問(wèn)題，主要題型是，是否存在點(diǎn)P，使點(diǎn)P滿足某種要求(如線線平行或垂直、線面平行或垂直等).