高考數學新一輪復習 專題八 立體幾何（文、理）

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1、高考數學新一輪復習 專題八 立體幾何（文、理） 某三棱錐的三視圖如圖所示，該三棱錐的表面積是(　　) A．28＋6　　　　　　　 B．30＋6 C．56＋12 D．60＋ 12 將正方形(如圖1所示)截去兩個三棱錐，得到圖2所示的幾何體，則該幾何體的左視圖為(　　) 一個幾何體的三視圖如圖所示(單位：m)，則該幾何體的體積為________ m3. 如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，E為線段B1C上的一點，則三棱錐A－DED1的體積為__________． 若四面體ABCD的三組對棱分別相等，即AB＝CD，AC＝BD，AD＝BC，則___

2、_____．(寫出所有正確結論的編號) ①四面體ABCD每組對棱相互垂直 ②四面體ABCD每個面的面積相等 ③從四面體ABCD每個頂點出發(fā)的三條棱兩兩夾角之和大于90°而小于 180° ④連接四面體ABCD每組對棱中點的線段相互垂直平分 ⑤從四面體ABCD每個頂點出發(fā)的三條棱的長可作為一個三角形的三邊長 如圖，三棱柱ABC－A1B1C1中，側棱垂直底面，∠ACB＝90°，AC＝BC＝AA1，D是棱AA1的中點． (Ⅰ)證明：平面BDC1⊥平面BDC； (Ⅱ)平面BDC1分此棱柱為兩部分，求這兩部分體積的比． 如圖所示，在四棱錐P－ABCD中

3、，AB⊥平面PAD，AB∥CD，PD＝AD，E是PB的中點，F是DC上的點且DF＝AB，PH為△PAD中AD邊上的高． (1)證明：PH⊥平面ABCD； (2)若PH＝1，AD＝，FC＝1，求三棱錐E－BCF的體積； (3)證明：EF⊥平面PAB. 如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M為棱DD1上的一點． (Ⅰ)求三棱錐A－MCC1的體積； (Ⅱ)當A1M＋MC取得最小值時，求證：B1M⊥平面MAC. 如圖，在側棱垂直底面的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝，

4、AD＝2，BC＝4，AA1＝2，E是DD1的中點，F是平面B1C1E與直線AA1的交點． (Ⅰ)證明：(ⅰ)EF∥A1D1； (ⅱ)BA1⊥平面B1C1EF； (Ⅱ)求BC1與平面B1C1EF所成的角的正弦值． 如右圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，AD∥BC，AC⊥BD. (Ⅰ)證明：BD⊥PC； (Ⅱ)若AD＝4，BC＝2，直線PD與平面PAC所成的角為30°，求四棱錐P－ABCD的體積． 專題八　立體幾何 B　由三視圖可得該三棱錐

5、的直觀圖為(下圖)，在直觀圖中，作SO⊥AC于O，則SO⊥面ABC ，作OG⊥AB于G，連SG，則SG⊥AB，由三視圖知，∠ACB＝90°，SO＝4，AO＝2，CO＝3，BC＝4. 在Rt△AOG及Rt△ACB中，由Rt△AOG∽Rt△ACB， ∴＝?OG＝＝ . 在Rt△SOG中，SG＝＝＝＝. ∴S表＝S△SAC＋S△SBC＋S△ABC＋S△SAB＝×4×5＋×4×＋×4×5＋××＝30＋6. B　由圖2可知AD1為實線，B1C在左視圖中為虛線，所以左視圖為B. 30　由三視圖知原幾何體是由兩個長方體及1個三棱柱組合而成，∴V＝[3×4＋]×4＝30. 　VD1－EDF

6、＝VF－EDD1＝S△D1DE·CD＝. ②④⑤　 如圖所示，利用特值法易知②④⑤正確，③錯誤，①不一定． 證明：(Ⅰ)由題設知BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1. 又DC1?平面ACC1A1，所以DC1⊥BC. 由題設知∠A1DC1＝∠ADC＝45°， 所以∠CDC1＝90°，即DC1⊥DC. 又DC∩BC＝C，所以DC1⊥平面BDC. 又DC1?平面BDC1， 故平面BDC1⊥平面BDC. (Ⅱ)設棱錐B－DACC1的體積為V1，AC＝1. 由題意得V1＝××1×1＝. 又三棱柱ABC－A1B1C1的體積V＝1， 所以(V－

7、V1)∶V1＝1∶1. 故平面BDC1分此棱柱所得兩部分體積的比為1∶1. 解：(1)證明：因為AB⊥平面PAD， 所以PH⊥AB. 因為PH為△PAD中AD邊上的高， 所以PH⊥AD. 因為AB∩AD＝A， 所以PH⊥平面ABCD. (2)連結BH，取BH中點G，連結EG， 因為E是PB的中點， 所以EG∥PH， 因為PH⊥平面ABCD， 所以EG⊥平面ABCD， 則EG＝PH＝， VE－BCF＝S△BCF·EG ＝··FC·AD·EG＝. (3)證明：取PA中點M，連結MD，ME. 因為E是PB的中點， 所以ME綊AB. 因為DF綊AB， 所以M

8、E綊DF， 所以四邊形MEDF是平行四邊形， 所以EF∥MD. 因為PD＝AD， 所以MD⊥PA. 因為AB⊥平面PAD， 所以MD⊥AB. 因為PA∩AB＝A， 所以MD⊥平面PAB， 所以EF⊥平面PAB. 解：(Ⅰ)由長方體ABCD－A1B1C1D1知， AD⊥平面CDD1C1， ∴點A到平面CDD1C1的距離等于AD＝1， 又S△MCC1＝CC1×CD＝×2×1＝1， ∴VA－MCC1＝AD·S△MCC1＝. (Ⅱ)將側面CDD1C1繞DD1逆時針轉90°展開，與側面ADD1A1共面(如圖)， 當A1，M，C′共線時，A1M＋MC取得最小值．

9、由AD＝CD＝1，AA1＝2，得M為DD1中點． 連接C1M，在△C1MC中，MC1＝，MC＝，CC1＝2， ∴CC＝MC＋MC2，得∠CMC1＝90°，即CM⊥MC1， 又由長方體ABCD－A1B1C1D1知，B1C1⊥平面CDD1C1， ∴B1C1⊥CM. 又B1C1∩C1M＝C1，∴CM⊥平面B1C1M，得CM⊥B1M， 同理可證，B1M⊥AM， 又AM∩MC＝M，∴B1M⊥平面MAC. 解：(Ⅰ)(ⅰ)因為C1B1∥A1D1，C1B1?平面ADD1A1，所以C1B1∥平面A1D1DA.又因為平面B1C1EF∩平面A1D1DA＝EF，所以C1B1∥EF. 所以A1D1∥

10、EF. (ⅱ)因為BB1⊥平面A1B1C1D1， 所以BB1⊥B1C1. 又因為B1C1⊥B1A1，BB1∩B1A1＝B1， 所以B1C1⊥平面ABB1A1. 所以B1C1⊥BA1 在矩形ABB1A1中，F是AA1的中點， tan ∠A1B1F＝tan ∠AA1B＝， 即∠A1B1F＝∠AA1B. 又B1F∩B1C1＝B1， 故∠A1B1F＋∠BA1B1＝90°， 故BA1⊥B1F. 所以BA1⊥平面B1C1EF. (Ⅱ)設BA1與B1F交點為H.連結C1H. 由(Ⅰ)知BA1⊥平面B1C1EF，所以∠BC1H是BC1與面B1C1EF所成的角． 在矩形AA1B

11、1B中，AB＝，AA1＝2，得BH＝ . 在直角△BHC1中，BC1＝2，BH＝，得 sin∠BC1H＝＝. 所以BC1與平面B1C1EF所成角的正弦值是. 解：(Ⅰ)證明：因為PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PA⊥BD.又AC⊥BD，PA，AC是平面PAC內的兩條相交直線，所以BD⊥平面PAC. 而PC?平面PAC，所以BD⊥PC. (Ⅱ)設AC和BD相交于點O，連結PO，由(Ⅰ)知，BD⊥平面PAC，所以∠DPO是直線PD和平面PAC所成的角．從而∠DPO＝30°. 由BD⊥平面PAC，PO?平面PAC知，BD⊥PO.在Rt△POD中，由∠DPO＝30°得PD＝2OD. 因為四邊形ABCD為等腰梯形，AC⊥BD，所以△AOD，△BOC均為等腰直角三角形，從而梯形ABCD的高為AD＋BC＝×(4＋2)＝3，于是梯形ABCD的面積S＝×(4＋2)×3＝9. 在等腰直角三角形AOD中，OD＝AD＝2，所以PD＝2OD＝4，PA＝＝4. 故四棱錐P－ABCD的體積為V＝×S×PA＝×9×4＝12.