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【走向高考】(全国通用)2016高考数学二轮复习 第一部分 微专题强化练 专题11 空间几何体(含解析)


【走向高考】 (全国通用)2016 高考数学二轮复习 第一部分 微专题 强化练 专题 11 空间几何体

一、选择题 1. (2015·河北衡水中学三调) 如图正方形 OABC 的边长为 1 cm, 它是水平放置的一个平面图形的直观图,则原图形的周长是( A.8 cm B.6 cm C.2(1+ 3) cm D.2(1+ 2) cm [答案] A [解析] 由直观图得, 原图形是如图所示的平行四边形 O′A′B′C′, 其中 A′O′⊥ )

2 2 O′B′, 可得 O′A′=1, O′B′=2OB=2 2, 故 A′B′= ?2 2? +1

=3, ∴原图形的周长为:2×(3+1)=8. [方法点拨] 空间几何体的直观图画法规则 空间几何体直观图的画法常采用斜二测画法. 用斜二测画法画平面图形的直观图规则为 “轴夹角 45°(或 135°),平行长不变,垂直长减半”. 2.(文)某四棱锥的底面为正方形,其三视图如图所示,则该四棱锥的体积等于( )

A.1 C.3 [答案] B [解析]

B.2 D.4

1

由三视图知,该几何体底面是正方形,对角线长为 2,故边长为 2,几何体是四棱锥, 有一条侧棱与底面垂直,其直观图如图,由条件知 PC= 13,AC=2, 1 2 ∴PA=3,体积 V= ×( 2) ×3=2. 3 (理)(2014·新乡、许昌、平顶山调研)在三棱锥 P-ABC 中,PA⊥平面 ABC,AC⊥BC,D 为侧棱 PC 上的一点,它的正视图和侧视图如图所示,则下列命题正确的是( )

8 A.AD⊥平面 PBC,且三棱锥 D-ABC 的体积为 3 8 B.BD⊥平面 PAC,且三棱锥 D-ABC 的体积为 3 16 C.AD⊥平面 PBC,且三棱锥 D-ABC 的体积为 3 16 D.AD⊥平面 PAC,且三棱锥 D-ABC 的体积为 3 [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,由正视图可知,AD⊥PC,又 PC∩BC=C,∴AD⊥平面 PBC,且 VD
-ABC

1 1 1 1 16 = VP-ABC= × ×4×( ×4×4)= . 2 2 3 2 3 [方法点拨] 1.空间几何体的三视图画法规则 三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从物体的正前方、正左方、正上方看到的物体

轮廓线的正投影围成的平面图形,三视图的画法规则为“长对正、高平齐、宽相等”. 2.识读三视图时,要特别注意观察者的方位与三视图的对应关系和虚实线. 3.(文)(2015·洛阳市期末)一个几何体的三视图如图所示,其中俯视图与侧视图均为 半径是 1 的圆,则这个几何体的体积是( )

2

A.

π 3

B. D.

2π 3 4π 3

C.π [答案] C

1 3 4 [解析] 由三视图知,该几何体是一个球切去 后所得的几何体,故其体积为:V= × 4 4 3 π ×1 =π ,选 C. (理)(2015·河南八市质检)已知某几何体的三视图如图所示, 那么这个几何体的外接球 的表面积为( )
3

A.4π C.2 3π [答案] B [ 解析 ]

B.12π D.4 3π

根据三视图可知该几何体是一个四棱锥 D1 - ABCD ,它是由正方体 ABCD -

A1B1C1D1 切割出来的,所以外接球的直径 2R=BD1= 4+4+4=2 3,所以 R= 3,所以 S=
4π R =12π . [方法点拨] 在分析空间几何体的三视图问题时, 先根据俯视图确定几何体的底面, 然 后根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征, 调整实线和虚线所对应的 棱、 面的位置, 特别注意由各视图中观察者与几何体的相对位置与图中的虚实线来确定几何 体的形状. 4.(2015·唐山市一模)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )
2

3

A.

2π 3

B.

4π 3

2π C.8- 3 [答案] C

4π D.8- 3

[解析] 由三视图知原几何体是棱长为 2 的正方体中挖掉一个圆锥, 1 2π 2 ∴V=V 正方体-V 圆锥=2×2×2- ×(π ×1 )×2=8- . 3 3 [方法点拨] 1.求几何体的表面积与体积问题, 熟记公式是关键, 应多角度全方位的考 虑. (1)给出几何体的形状、几何量求体积或表面积,直接套用公式. (2)用三视图给出几何体,先依据三视图规则想象几何体的形状特征,必要时画出直观 图,找出其几何量代入相应公式计算. (3)用直观图给出几何体,先依据线、面位置关系的判定与性质定理讨论分析几何体的 形状特征,再求体积或表面积. (4)求几何体的体积常用等积转化的方法,转换原则是其高易求,底面在几何体的某一 面上,求不规则几何体的体积,主要用割补法. 2.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时,一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面, 把空间问题化归为平面问题,再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系. 3.若球面上四点 P、A、B、C 构成的线段 PA、PB、PC 两两垂直,一般先将四棱锥 P-

ABCD 补成球的内接长方体,利用 4R2=PA2+PB2+PC2 解决问题.
5.(文)(2015·山东文,9)已知等腰直角三角形的直角边的长为 2,将该三角形绕其斜 边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( A. 2 2π 3 B. 4 2π 3 )

C.2 2π [答案] B

D.4 2π

[解析] 考查 1.旋转体的几何特征;2.几何体的体积. 由题意知,该等腰直角三角形的斜边长为 2 2,斜边上的高为 2,所得旋转体为同底
4

1 4 2π 2 等高的两个全等圆锥,所以,其体积为 2× π ×( 2) × 2= ,故选 B. 3 3 π (理)(2015·山东理,7)在梯形 ABCD 中,∠ABC= ,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2.将梯 2 形 ABCD 绕 AD 所在的直线旋转一周所形成的曲面围成的几何体的体积为( A. C. 2π 3 5π 3 4π B. 3 D.2π )

[答案] C [解析] 梯形 ABCD 绕 AD 所在直线旋转一周所形成的曲面围成的几何体是一个底面半径 为 1,高为 2 的圆柱挖去一个底面半径为 1,高为 1 的圆锥所得的组合体;所以该组合体的 1 π 5π 2 2 体积为 V=V 圆柱-V 圆锥=π ×1 ×2- π ×1 ×1=2π - = .故选 C. 3 3 3 6. (文)(2014·安徽理, 7)一个多面体的三视图如图所示, 则该多面体的表面积为( )

A.21+ 3 C.21 [答案] A

B.18+ 3 D.18

[解析] 如图,还原直观图为棱长为 2 的正方体截去两个角, 其 6 个面都被截去了一个直角边长为 1 的等腰直角三角形,表面 1 增加了两个边长为 2的正三角形, 故其表面积 S=6×(2×2- ×1×1) 2 + 3 2 ×( 2) ×2=21+ 3. 4 (理)一个半径为 1 的球体经过切割后, 剩下部分几何体的三视图如图所示, 则剩下部分 几何体的表面积为( )

5

A.

13π 3

B. D.

15π 4 9π 2

C.4π [答案] D

[解析] 由三视图知该几何体是一个球体,保留了下半球,上半球分为四份,去掉了对 1 1 顶的两份,故表面积为球的表面积,去掉 球表面积加上 6 个 的圆面积. 4 4 1 1 2 9 2 2 2 ∴S=4π R - (4π R )+6× π R = π R , 4 4 2 9 又 R=1,∴S= π . 2 [方法点拨] 注意复合体的表面积计算, 特别是一个几何体切割去一部分后剩余部分的 表面积计算.要弄清增加和减少的部分. 7. (文)(2015·福建文, 9)某几何体的三视图如图所示, 则该几何体的表面积等于( )

A.8+2 2 C.14+2 2 [答案] B [解析] 考查三视图和表面积.

B.11+2 2 D.15

由三视图还原几何体,该几何体是底面为直角梯形,高为 2 的直 四棱柱,且底面直角梯形的两底长分别为 1,2,直角腰长为 1,斜腰 1 为 2.底面积为 2× ×3=3,侧面积为 2+2+4+2 2=8+2 2,所 2

6

以该几何体的表面积为 11+2 2,故选 B. (理)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( )

A.16π -16 C.16π -8 [答案] A [解析]

B.8π -8 D. 2 7π 3

由三视图可知,几何体为圆柱中挖去一个正四棱柱,所以体积 V=π ×2 ×4

2

-2×2×4=16π -16. 8. (文)已知一个三棱锥的正视图与俯视图如图所示, 则该三棱锥的侧视图面积为( )

A.

3 2

B. D.

3 4 1 2

C.1 [答案] B

[解析] 由题意知,此三棱锥的底面为有一个角为 30°的直 角三角形,其斜边长 AC=2,一个侧面 DAC 为等腰直角三角形, ∴DE=1,BF= 3 ,其侧视图为直角三角形,其两直角边与 DE、 2 1 2 3 3 = . 2 4 )

BF 的长度相等,面积 S= ×1×

(理)某几何体的三视图(单位:m)如图所示,则其表面积为(

7

A.(96+32 2)m B.(64+32 3)m

2

2

C.(114+16 2+16 3)m D.(80+16 2+16 3)m [答案] D
2

2

[解析] 由三视图知该几何体是一个组合体,中间是一个棱长为 4 的正方体(由正、侧 视图中间部分和俯视图知),上部是一个有一条侧棱与底面垂直的四棱锥,下部是一个正四 1 1 1 2 2 2 棱锥,表面积 S = 2( ×4×4+ ×4× 4 +4 ) +4×4 +4×( ×4×2 3) = 80 + 16 2 + 2 2 2 16 3(m ). 二、填空题 9.(文)某几何体的三视图如图所示,则其体积为________.
2

[答案]

π 3

[解析] 由三视图可知,此几何体是底面半径为 1,高为 2 的半个圆锥. 1 1 π 2 ∴V= × (π ×1 ×2)= . 2 3 3 (理)(2014·天津文,10)一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积
8

为________m .

3

[答案]

20π 3

[解析] 本题考查三视图及简单几何体的体积计算, 考查空间想象能力和简单的计算能 力. 由三视图知,该几何体下面是圆柱、上面是圆锥. 1 20π 2 2 ∴V=π ×1 ×4+ π ×2 ×2= . 3 3 10.(文)某几何体的三视图如图所示,该几何体的体积为________.

[答案] 48 [解析] 由三视图知, 该几何体是一个组合体, 其上部为长方体, 下部为横放的四棱柱, 1 其底面是上底长 2,下底长 6,高为 2 的等腰梯形,柱高为 4,其体积 V=2×4×2+ (2+ 2 6)×2×4=48. (理)某几何体的三视图(单位:cm)如下图,则这个几何体的表面积为________cm .
2

9

[答案] 12+2 3 [解析] 由三视图知,该几何体为正三棱柱, 1 底面积 S1=2×( ×2× 3)=2 3, 2 侧面积 S2=3×(2×2)=12, ∴表面积 S=S1+S2=12+2 3cm . 三、解答题 11.(文)(2015·北京文,18)如图,在三棱锥 V-ABC 中,平面 VAB⊥平面 ABC,△VAB 为等边三角形,AC⊥BC 且 AC=BC= 2,O,M 分别为 AB,VA 的中点. (1)求证:VB∥平面 MOC; (2)求证:平面 MOC⊥平面 VAB; (3)求三棱锥 V-ABC 的体积. [分析] 本题主要考查线线平行、 线面平行、 线线垂直、 线面垂直、 面面垂直、三棱锥的体积公式等基础知识,考查学生的分析问题解决问题的能力、空间想象 能力、逻辑推理能力、转化能力、计算能力.第一问,在三角形 ABV 中,利用中位线的性质 得 OM∥VB,最后直接利用线面平行的判定得到结论;第二问,先在三角形 ABC 中得到 OC⊥
2

AB,再利用面面垂直的性质得 OC⊥平面 VAB,最后利用面面垂直的判定得出结论;第三问,
将三棱锥进行等体积转化, 利用 VC-VAB=VV-ABC, 先求出三角形 VAB 的面积, 由于 OC⊥平面 VAB, 所以 OC 为锥体的高,利用锥体的体积公式计算出体积即可. [解析] (1)因为 O,M 分别为 AB,VA 的中点, 所以 OM∥VB. 又因为 VB?平面 MOC, 所以 VB∥平面 MOC. (2)因为 AC=BC,O 为 AB 的中点, 所以 OC⊥AB. 又因为平面 VAB⊥平面 ABC,且 OC? 平面 ABC,平面 VAB∩平面 ABC=AB

10

所以 OC⊥平面 VAB.又因为 OC? 平面 MOC 所以平面 MOC⊥平面 VAB. (3)在等腰直角三角形 ACB 中,AC=BC= 2, 所以 AB=2,OC=1. 所以等边三角形 VAB 的面积 S△VAB= 3. 又因为 OC⊥平面 VAB, 1 3 所以三棱锥 C-VAB 的体积等于 ×OC×S△VAB= . 3 3 又因为三棱锥 V-ABC 的体积与三棱锥 C-VAB 的体积相等,所以三棱锥 V-ABC 的体积 为 3 . 3 (理)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,AB∥CD,AB⊥AD,CD=2AB,平面 PAD⊥底面 ABCD,

PA⊥AD,E 和 F 分别是 CD、PC 的中点,求证:

(1)PA⊥底面 ABCD; (2)BE∥平面 PAD; (3)平面 BEF⊥平面 PCD. [解析] (1)因为平面 PAD⊥底面 ABCD,且 PA 垂直于这两个平面的交线 AD,所以 PA⊥ 底面 ABCD. (2)因为 AB∥CD,CD=2AB,E 为 CD 的中点,

所以 AB∥DE,且 AB=DE. 所以四边形 ABED 为平行四边形. 所以 BE∥AD. 又因为 BE?平面 PAD,AD? 平面 PAD,
11

所以 BE∥平面 PAD. (3)因为 AB⊥AD,而且 ABED 为平行四边形, 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. 因为 E 和 F 分别是 CD 和 PC 的中点, 所以 PD∥EF.所以 CD⊥EF, 又因为 CD⊥BE,BE∩EF=E,所以 CD⊥平面 BEF. 所以平面 BEF⊥平面 PCD. 12.(文)在如图所示的几何体中,面 CDEF 为正方形,面 ABCD 为等腰梯形,AB∥CD,AC = 3,AB=2BC=2,AC⊥FB.

(1)求证:AC⊥平面 FBC; (2)求四面体 FBCD 的体积; (3)线段 AC 上是否存在点 M,使得 EA∥平面 FDM?证明你的结论. [解析] (1)证明:在△ABC 中, ∵AC= 3,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=

3 , 4

12

1 3 ∴四面体 FBCD 的体积为:VF-BCD= S△BCD·FC= . 3 12 (3)线段 AC 上存在点 M,且 M 为 AC 中点时,有 EA∥平面 FDM,证明如下: 连接 CE,与 DF 交于点 N,连接 MN. 因为 CDEF 为正方形,所以 N 为 CE 中点. 所以 EA∥MN. 因为 MN? 平面 FDM,EA?平面 FDM, 所以 EA∥平面 FDM. 所以线段 AC 上存在点 M,使得 EA∥平面 FDM 成立. (理)如图,三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面是边长为 2 的正三角形且侧棱垂直于底面,侧棱 长是 3,D 是 AC 的中点.

(1)求证:B1C∥平面 A1BD; (2)求二面角 A1-BD-A 的大小; (3)求直线 AB1 与平面 A1BD 所成的角的正弦值. [解析] 解法一:(1)设 AB1 与 A1B 相交于点 P,则 P 为 AB1 中点,连接 PD,

∵D 为 AC 中点,∴PD∥B1C. 又∵PD? 平面 A1BD,B1C?平面 A1BD. ∴B1C∥平面 A1BD. (2)∵正三棱柱 ABC-A1B1C1,
13

∴AA1⊥底面 ABC. 又 ∵BD⊥AC,∴A1D⊥BD ∴∠A1DA 就是二面角 A1-BD-A 的平面角. 1 ∵AA1= 3,AD= AC=1, 2 ∴tan∠A1DA=

A1A = 3. AD

π π ∴∠A1DA= ,即二面角 A1-BD-A 的大小是 . 3 3 (3)由(2)作 AM⊥A1D,M 为垂足. ∵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,连接 MP,则∠APM 就是直线 AB1 与平面 A1BD 所成的角. π ∵AA1= 3,AD=1,∴在 Rt△AA1D 中,∠A1DA= , 3 ∴AM=1×sin60°= 3 3 1 7 ,AP= AB1= . 2 2 2

AM 2 21 ∴sin∠APM= = = . AP 7 7
2 ∴直线 AB1 与平面 A1BD 所成的角的正弦值为 解法二:(1)同解法一 (2)如图建立空间直角坐标系, 21 . 7

则 D(0,0,0),A(1,0,0),A1(1,0, 3),B(0, 3,0),B1(0, 3, 3), → → ∴A1B=(-1, 3,- 3),A1D=(-1,0,- 3) 设平面 A1BD 的法向量为 n=(x,y,z).
14

→ 则 n·A1B=-x+ 3y- 3z=0,

n·A1D=-x- 3z=0,
则有?



?x=- 3z ?y=0

,得 n=(- 3,0,1).

→ 由题意,知AA1=(0,0, 3)是平面 ABD 的一个法向量. 1 π 设 n 与AA1所成角为 θ ,则 cosθ = = ,∴θ = . → 2 3 |n|·|AA1| → π ∴二面角 A1-BD-A 的大小是 . 3 → (3)由已知,得AB1=(-1, 3, 3),n=(- 3,0,1), 设直线 AB1 与平面 A1BD 所成角为 α ,则 → |AB1·n| 21 sinα = = . → 7 |AB1||n| ∴直线 AB1 与平面 A1BD 所成的角的正弦值为 21 . 7

n·AA1



13.(文)(2015·郑州市质检)如图,已知三棱柱 ABC-A′B′C′的侧棱垂直于底面,

AB=AC,∠BAC=90°,点 M,N 分别为 A′B 和 B′C′的中点.

(1)证明:MN∥平面 AA′C′C; (2)设 AB=λ AA′,当 λ 为何值时,CN⊥平面 A′MN,试证明你的结论. [解析] (1)取 A′B′的中点 E, 连接 ME, NE, 因为 M, N 分别为 A′B 和 B′C′的中点, 所以 NE∥A′C′,ME∥AA′又因为 A′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,因为 MN? 平面 EMN, 所以 MN∥平面 AA′C′C;

15

(2)连接 BN,设 AA′=a,则 AB=λ AA′=λ a, 由题意知 BC= 2λ a,NC=BN=

a2+ λ 2a2,

1 2

因为三棱柱 ABC-A′B′C′侧棱垂直于底面, 所以 A′B′C′⊥平面 BB′C′C, 因为 AB=AC,点 N 是 B′C′的中点, 所以 A′N⊥平面 BB′C′C, ∴CN⊥A′N, 要使 CN⊥平面 A′MN, 只需 CN⊥NB 即可, 所以 CN +NB =BC ,
2 2 2

? 2 1 2 2? 2 2 即 2?a + λ a ?=2λ a , 2 ? ?
∴λ = 2, 则 λ = 2时,CN⊥平面 A′MN. (理)(2015·天津文,17)如图,已知 AA1⊥平面 ABC,BB1∥AA1,AB=AC=3,BC=2 5,

AA1= 7,BB1=2 7,点 E 和 F 分别为 BC 和 A1C 的中点.
(1)求证:EF∥平面 A1B1BA; (2)求证:平面 AEA1⊥平面 BCB1; (3)求直线 A1B1 与平面 BCB1 所成角的大小. [分析] 的角. (1)要证明 EF∥平面 A1B1BA,需在平面 A1B1BA 内找到一条直线与 EF 平行,结合条件用中位线定理先证线线平行,再用判定定理证明;(2)先证明线面垂直,再 利用面面垂直的判定定理证明;(3)先结合上面证明过程和题设条件找出线面角,再利用斜 三角形知识求解;也可利用图形特征,建立坐标系用空间向量求解. [解析] (1)如图,连接 A1B,在△A1BC 中, 因为 E 和 F 分别是 BC,A1C 的中点, 所以 EF∥BA1, 考查 1.空间中线面位置关系的证明;2.直线与平面所成

16

又因为 EF?平面 A1B1BA, 所以 EF∥平面 A1B1BA. (2)因为 AB=AC,E 为 BC 中点, 所以 AE⊥BC, 因为 AA1⊥平面 ABC,BB1∥AA1, 所以 BB1⊥平面 ABC,从而 BB1⊥AE, 又 BC∩BB1=B,所以 AE⊥平面 BCB1, 又因为 AE? 平面 AEA1, 所以平面 AEA1⊥平面 BCB1. (3)取 BB1 中点 M 和 B1C 中点 N,连接 A1M,A1N,NE, 因为 N 和 E 分别为 B1C、BC 的中点, 1 所以 NE∥BB1,NE= BB1, 2 故 NE∥AA1,NE=AA1, 所以 A1N∥AE,A1N=AE. 又因为 AE⊥平面 BCB1, 所以 A1N⊥平面 BCB1, 从而∠A1B1N 就是直线 A1B1 与平面 BCB1 所成角, 在△ABC 中,可得 AE=2, 所以 A1N=AE=2, 因为 BM∥AA1,BM=AA1, 所以 A1M∥AB,A1M=AB, 又由 AB⊥BB1,有 A1M⊥BB1. 在 Rt△A1MB1 中,可得 A1B1= B1M +A1M =4, 在 Rt△A1NB1 中,sin∠A1B1N= 因此∠A1B1N=30°, 所以,直线 A1B1 与平面 BCB1 所成角为 30°. π 14.(文)(2015·陕西文,18)如图 1,在直角梯形 ABCD 中,AD∥BC, ∠BAD= ,AB= 2
2 2

A1N 1 = , A1B1 2

BC= AD=a,E 是 AD 的中点,O 是 AC 与 BE 的交点.将△ABE 沿 BE 折起到图 2 中△A1BE 的
位置,得到四棱锥 A1-BCDE.

1 2

17

图1 (1)证明:CD⊥平面 A1OC;

图2

(2)当平面 A1BE⊥平面 BCDE 时,四棱锥 A1-BCDE 的体积为 36 2,求 a 的值. [分析] 考查 1.线面垂直的判定;2.面面垂直的性质定理;3.空间几何体的体积. (1)利用转化思想及 BE∥CD,先证 BE⊥平面 A1OC. (2)利用平面 A1BE⊥平面 BCDE 找出棱锥的高, 利用方程思想和棱锥的体积公式, 列出关 于 a 的方程求解. [解析] (1)在题图 1 中, 1 因为 AB=BC= AD=a,E 是 AD 的中点, 2 π ∠BAD= ,所以 BE⊥AC, 2 故在题图 2 中,BE⊥A1O,BE⊥OC, 从而 BE⊥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 是四棱锥 A1-BCDE 的高, 由题图 1 可知,A1O= 2 2 AB= a,平行四边形 BCDE 面积 S=BC·AB=a2, 2 2

从而四棱锥 A1-BCDE 的体积为

V= ×S×A1O= ×a2×


1 3

1 3

2 2 a= a3, 2 6

2 3 a =36 2,得 a=6. 6

(理)(2015·四川理, 18)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所 示.在正方体中,设 BC 的中点为 M,GH 的中点为 N.

18

(1)请将字母 F,G,H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由); (2)证明:直线 MN∥平面 BDH; (3)求二面角 A-EG-M 的余弦值. [分析] 本题主要考查简单空间图形的直观图、 空间线面平行的判定与性质、 二面角的 计算等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力. (1)注意 ABCD 是底面,将平面展开图还原可得点 F、G、H 的位置. (2)根据直线与平面 平行的判定定理,应考虑证明 MN 平行于平面 BDH 内的一条直线.连接 O、M,易得 MNHO 是 平行四边形,从而 MN∥OH,进而证得 MN∥平面 BDH.(3)求二面角的方法.一是几何法,要 作出二面角 A-EG-M 的平面角,首先要过 M 作平面 AEGC 的垂线,然后再过垂足作棱 EG 的 垂线,再将垂足与点 M 连接,即可得二面角 A-EG-M 的平面角.二是向量法,由于几何体 是特殊的正方体,便于建立坐标系,故可转化为两向量夹角求解. [解析] (1)点 F、G、H 的位置如图所示. (2)连接 BD,设 O 为 BD 的中点. 因为 M、N 分别是 BC、GH 的中点, 1 所以 OM∥CD,且 OM= CD, 2

NH∥CD,且 NH= CD,
所以 OM∥NH,OM=NH, 所以 MNHO 是平行四边形, 从而 MN∥OH, 又 MN?平面 BDH,OH? 平面 BDH, 所以 MN∥平面 BDH. (3)连接 AC,过 M 作 MP⊥AC 于 P. 在正方体 ABCD-EFGH 中,AC∥EG, 所以 MP⊥EG. 过 P 作 PK⊥EG 于 K,连接 KM, 所以 EG⊥平面 PKM, 从而 KM⊥EG.
19

1 2

所以∠PKM 是二面角 A-EG-M 的平面角. 设 AD=2,则 CM=1,PK=2, 在 Rt△CMP 中,PM=CMsin 45°= 2 . 2

3 2 2 2 在 Rt△KMP 中,KM= PK +PM = . 2 所以 cos∠PKM= =

PK 2 2 . KM 3

2 2 即二面角 A-EG-M 的余弦值为 . 3 (另外,也可利用空间坐标系求解) [方法点拨] 1.折叠问题中, 要画出折叠前的平面图形与折叠后的直观图, 对比找出其 位置关系和数量关系.弄清其不变量和变化量及折叠前后的垂直性与平行性是关键. 2.立体几何中的存在型问题,主要题型是,是否存在点 P,使点 P 满足某种要求(如线 线平行或垂直、线面平行或垂直等).

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