高考数学简单几何体复习题10
高考数学(文)《立体几何》专题复习

(2)两个平面垂直的判定和性质
✓ 考法5 线面垂直的判定与性质
1.证明直线 与平面垂直 的方法
2.线面垂直 的性质与线 线垂直
(1)判定定理(常用方法): 一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,则该直线
与此平面垂直.判定定理中的两条相交直线必须保证“在平面 内相交”这一条件. (2)性质: ①应用面面垂直的性质(常用方法):若两平面垂直,则在一 个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面,是证明线 面垂直的主要方法; ②(客观题常用)若两条平行直线中的一条垂直于一个平面, 则另一条也垂直于这个平面.
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✓ 考法4 面面平行的判定与性质
1.证明平面 与平面平行 的常用方法 2.空间平行关系 之间的转化
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✓ 考法3 面面平行的判定与性质
1.证明平面 与平面平行 的常用方法
这是立体几何中证明平行关系常用的思路,三 种平行关系的转化可结合下图记忆
2.空间平行关系 之间的转化
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600分基础 考点&考法
定义 判定方法
2.等角定理
判定定理 反证法 两条异面直线所成的角
✓ 考法2 异面直线所成的角
常考形式
直接求 求其三角函数值
常用方法
作角
正弦值 余弦值 正切值
证明 求值 取舍
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600分基础 考点&考法
➢ 考点46 线面、面面平行的判定与性质 ✓ 考法3 线面平行的判定与性质 ✓ 考法4 面面平行的判定与性质
1.计算有关 线段的长
2.外接球、内切 球的计算问题
观察几何体的特征 利用一些常用定理与公式 (如正弦定理、余弦定理、勾股定理、 三角函数公式等) 结合题目的已知条件求解
新高考数学重难点培优专题讲义——立体几何小题专练(含详细答案解析)

立体几何小题培优讲义高考规律立体几何是高考的热点内容,属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看,高考对该部分的考查,小题主要体现在三个方面:一是有关空间线面位置关系的判断;二是空间几何体的体积和表面积的计算,难度较易;三是常见的一些经典常考压轴小题,涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等,难度中等或偏上.知识梳理【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】1.求几何体体积的常用方法(1)公式法:直接代入公式求解.(2)等体积法:四面体的任何一个面都可以作为底面,只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.(3)补体法:将几何体补成易求解的几何体,如棱锥补成棱柱,三棱柱补成四棱柱等.(4)分割法:将几何体分割成易求解的几部分,分别求体积.2.求组合体的表面积与体积的一般方法求组合体的表面积的问题,首先应弄清它的组成部分,其表面有哪些底面和侧面,各个面的面积应该怎样求,然后根据公式求出各个面的面积,最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分,求出各简单几何体的体积,再相加或相减.【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】1.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案:常见的与球有关的组合体问题有两种:一种是内切球,另一种是外接球.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案:2.空间几何体外接球问题的求解方法:空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置,常见的求解方法有如下几种:(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时,一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面,把空间问题转化为平面问题求解.(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段P A,PB,PC两两垂直,且P A=a,PB=b,PC=c,一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体,根据4R2=a2+b2+c2求解.(3)利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系,或只画内切、外接的几何体的直观图,确定球心的位置,弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系,列方程(组)求解.【知识点3 几何法与向量法求空间角】1.几何法求异面直线所成的角(1)求异面直线所成角一般步骤:①平移:选择适当的点,线段的中点或端点,平移异面直线中的一条或两条成为相交直线;②证明:证明所作的角是异面直线所成的角;③寻找:在立体图形中,寻找或作出含有此角的三角形,并解之;④取舍:因为异面直线所成角的取值范围是,所以所作的角为钝角时,应取它的补角作为异面直线所成的角.2.用向量法求异面直线所成角的一般步骤:(1)建立空间直角坐标系;(2)用坐标表示两异面直线的方向向量;(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值;(4)注意两异面直线所成角的范围是,即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.3.几何法求线面角(1)垂线法求线面角(也称直接法);(2)公式法求线面角(也称等体积法):用等体积法,求出斜线P A在面外的一点P到面的距离,利用三角形的正弦公式进行求解.,其中是斜线与平面所成的角,h是垂线段的长,l是斜线段的长.4.向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量,将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角);(2)通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角,取其余角就是斜线和平面所成的角.5.几何法求二面角作二面角的平面角的方法:作二面角的平面角可以用定义法,也可以用垂面法,即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线,再过垂足作二面角的棱的垂线,两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直,由此可得二面角的平面角.6.向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角:分别求出两个法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】1.立体几何中的几类最值问题立体几何中的最值问题有三类:一是空间几何体中相关的点、线和面在运动,求线段长度、截面的面积和体积的最值;二是空间几何体中相关点和线段在运动,求有关角度和距离的最值;三是在空间几何体中,已知某些量的最值,确定点、线和面之间的位置关系.2.立体几何中的最值问题的求解方法解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法:一是几何法,利用几何体的性质,探求图形中点、线、面的位置关系;二是代数法,通过建立空间直角坐标系,利用点的坐标表示所求量的目标函数,借助函数思想方法求最值;通过降维的思想,将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题.【知识点5 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】1.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题,这是一类立体几何与解析几何的交汇题型,既考查学生的空间想象能力,即点、线、面的位置关系,又考查用代数方法研究轨迹的基本思想,培养学生的数学运算、直观想象等素养.2.立体几何中的轨迹问题的求解方法解决立体几何中的轨迹问题有两种方法:一是几何法:对于轨迹为几何体的问题,要抓住几何体中的不变量,借助空间几何体(柱、锥、台、球)的定义;对于轨迹为平面上的问题,要利用降维的思想,熟悉平面图形(直线、圆、圆锥曲线)的定义.二是代数法:在图形中,建立恰当的空间直角坐标系,利用空间向量进行求解.【知识点6 以立体几何为载体的情境题的求解策略】1.以立体几何为载体的几类情境题以立体几何为载体的情境题大致有三类:(1)以数学名著为背景设置问题,涉及中外名著中的数学名题名人等;(2)以数学文化为背景设置问题,包括中国传统文化,中外古建筑等;(3)以生活实际为背景设置问题,涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等.2.以立体几何为载体的情境题的求解思路以立体几何为载体的情境题都跟图形有关,涉及在具体情境下的图形阅读,需要通过数形结合来解决问题.此类问题的求解过程主要分四步:一是要读特征,即从图形中读出图形的基本特征;二是要读本质,即要善于将所读出的信息进行提升,实现“图形→文字→符号”的转化;三是要有问题意识,带着问题阅读图形,将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起;四是要有运动观点,要“动手”去操作,动态地去阅读图形.【题型1 求几何体的体积与表面积】【例1】(2023·江苏徐州·沛县湖西中学模拟预测)在三棱锥P−ABC中,三条侧棱P A,PB,PC两两垂直,且PA=PB=PC=2,若三棱锥P−ABC的所有顶点都在同一个球的表面上,则该球的体积是()A.4√3πB.4√2πC.6πD.12π【变式1-1】(2023·陕西铜川·统考一模)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()(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;③V台=13(S上+S下+√S上⋅S下)ℎ)A.6寸B.4寸C.3寸D.2寸【变式1-2】(2023·全国·模拟预测)如图,已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1的高为2,AB=2A1B1,P,Q分别为B1C1,C1D1的中点,若四边形PQDB的面积为152,则该四棱台的体积为()A.563B.56C.283D.28【变式1-3】(2023·山东·统考一模)陀螺起源于我国,在山西夏县新石器时代的遗址中,就出土了目前发现的最早的石制陀螺因此,陀螺的历史至少也有四千年,如图所示为一个陀螺的立体结构图,若该陀螺底面圆的直径AB=12cm,圆柱体部分的高BC=6cm,圆锥体部分的高CD=4cm,则这个陀螺的表面积是()A.(144+12√13)πcm2B.(144+24√13)πcm2C.(108+12√13)πcm2D.(108+24√13)πcm2【题型2 与球有关的截面问题】【例2】(2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测)已知球O的一个截面的面积为2π,球心O到该截面的距离比球的半径小1,则球O的表面积为()A.8πB.9πC.12πD.16π【变式2-1】(2023·全国·校联考模拟预测)上、下底面均为等边三角形的三棱台的所有顶点都在同一球面上,若三棱台的高为3,上、下底面边长分别为√15,2√6,则该球的表面积为()A.32πB.36πC.40πD.42π【变式2-2】(2023·河南·信阳高中校联考模拟预测)如图,在三棱锥A−BCD中,AB,AC,AD两两垂直,且AB=AC=AD=3,以A为球心,√6为半径作球,则球面与底面BCD的交线长度的和为()A.2√3πB.√3πC.√3π2D.√3π4【变式2-3】(2023·江西南昌·江西师大附中校考三模)已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2,E为棱CC1上的一点,且满足平面BDE⊥平面A1BD,则平面A1BD截四面体ABCE的外接球所得截面的面积为()A.136πB.2512πC.83πD.23π【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】【例3】(2023·福建莆田·莆田一中校考一模)如图,在边长为a的正三角形的三个角处各剪去一个四边形.这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的,并且这三个四边形也全等,如图①.若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器,如图②.则这个容器的容积的最大值为()A.a327B.a336C.a354D.a372【变式3-1】(2023·全国·模拟预测)在直三棱柱ABC−A1B1C1中,∠BAC=60°,侧面BCC1B1的面积为2√3,则直三棱柱ABC−A1B1C1外接球的表面积的最小值为()A.4πB.8πC.4√3πD.8√3π【变式3-2】(2023·山东·山东省实验中学校考二模)正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中,AB=2,P为底面A1B1C1D1的中心,M是棱AB的中点,正四棱柱的高ℎ∈[√2,2√2],点M到平面PCD的距离的最大值为()A.2√63B.83C.4√23D.329【变式3-3】(2023·湖南长沙·长沙一中校考模拟预测)已知A,B,C,D是体积为20√53π的球体表面上四点,若AB=4,AC=2,BC=2√3,且三棱锥A-BCD的体积为2√3,则线段CD长度的最大值为()A.2√3B.3√2C.√13D.2√5【题型4 几何体与球的切、接问题】【例4】(2023·河北邯郸·统考三模)三棱锥S−ABC中,SA⊥平面ABC,AB⊥BC,SA=AB=BC.过点A分别作AE⊥SB,AF⊥SC交SB、SC于点E、F,记三棱锥S−FAE的外接球表面积为S1,三棱锥S−ABC的外接球表面积为S2,则S1S2=()A.√33B.13C.√22D.12【变式4-1】(2023·福建龙岩·统考模拟预测)如图,已知正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体为正八面体,则该正八面体的内切球表面积为()A.π6B.πC.4π3D.4π【变式4-2】(2023·全国·模拟预测)为了便于制作工艺品,某工厂将一根底面半径为6cm,高为4cm的圆柱形木料裁截成一个正四棱台木料,已知该正四棱台上底面的边长不大于4√2cm,则当该正四棱台的体积最大时,该正四棱台外接球的表面积为()A.128πcm2B.145πcm2C.153πcm2D.160πcm2【变式4-3】(2023·浙江温州·乐清市知临中学校考二模)如今中国被誉为基建狂魔,可谓是逢山开路,遇水架桥.公路里程、高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型,中间最大球为正四面体ABCD的内切球,中等球与最大球和正四面体三个面均相切,最小球与中等球和正四面体三个面均相切,已知正四面体ABCD棱长为2√6,则模型中九个球的表面积和为()A.6πB.9πC.31π4D.21π【题型5 空间线段以及线段之和最值问题】【例5】(2023·湖南长沙·长郡中学校联考模拟预测)已知底面边长为a的正四棱柱ABCD−A1B1C1D1内接于半径为√3的球内,E,F分别为B1C1,C1D1的中点,G,H分别为线段AC1,EF上的动点,M为线段AB1的中点,当正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积最大时,|GH|+|GM|的最小值为()A.√2B.3√22C.2D.1+√2【变式5-1】(2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测)已知在长方体ABCD−A1B1C1D1中,AB=BC= 1,AA1=√3,在线段A1D上取点M,在CD1上取点N,使得直线MN//平面ACC1A1,则线段MN长度的最小值为()A.√33B.√213C.√37D.√217【变式5-2】(2023·四川绵阳·模拟预测)如图,棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中,点P在线段AD1上运动,以下四个命题:;④|C1P|+①三棱锥D−BPC1的体积为定值;②C1P⊥CB1;③直线DC1与平面ABC1D1所成角的正弦值为12|DP|的最小值为√10.其中真命题有()A.1个B.2个C.3个D.4个【变式5-3】(2023·天津和平·耀华中学校考二模)粽子,古称“角黍”,早在春秋时期就已出现,到晋代成为了端午节的节庆食物.现将两个正四面体进行拼接,得到如图所示的粽子形状的六面体,其中点G在线,则下列说法正确的是()段CD(含端点)上运动,若此六面体的体积为163A.EF=2B.EF=4C.EG+FG的最小值为3√2D.EG+FG的最小值为2√6【题型6 空间角问题】【例6】(2023·全国·模拟预测)已知正三棱柱ABC−A1B1C1的侧面积是底面积的6√3倍,点E为四边形ABB1A1的中心,点F为棱CC1的中点,则异面直线BF与CE所成角的余弦值为()A.2√3913B.√3913C.√3926D.3√3926【变式6-1】(2023·河北保定·统考二模)如图,在长方体ABCD−A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=2,对角线B1D与平面A1BC1交于E点.则A1E与面AA1D1D所成角的余弦值为()A.13B.√33C.23D.√53【变式6-2】(2023·全国·模拟预测)在正方体ABCD−A1B1C1D1中,若点N是棱BB1上的动点,点M是线段A1C1(不含线段的端点)上的动点,则下列说法正确的是()A.存在直线MN,使MN//B1C B.异面直线CM与AB所成的角可能为π3C.直线CM与平面BND所成的角为π3D.平面BMC//平面C1NA【变式6-3】(2023·四川遂宁·统考三模)如图,正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2,线段B1D1上有两个动点E,F(E在F的左边),且EF=√2.下列说法不正确的是()A.当E运动时,二面角E−AB−C的最小值为45∘B.当E,F运动时,三棱锥体积B−AEF不变C.当E,F运动时,存在点E,F使得AE//BFD.当E,F运动时,二面角C−EF−B为定值【题型7 翻折问题】【例7】(2023·四川泸州·统考一模)已知菱形ABCD的边长为6,∠BAD=60°,将△BCD沿对角线BD翻折,使点C到点P处,且二面角A−BD−P为120°,则此时三棱锥P−ABD的外接球的表面积为()A.21πB.28√21πC.52πD.84π【变式7-1】(2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测)在矩形ABCD中,AB=3,AD=4,将△ABD 沿对角线BD翻折至△A′BD的位置,使得平面A′BD⊥平面BCD,则在三棱锥A′−BCD的外接球中,以A′C为直径的截面到球心的距离为()A.√43510B.6√25C.√23910D.√11310【变式7-2】(2023·湖北恩施·校考模拟预测)如图,矩形ABCD中,E、F分别为BC、AD的中点,且BC=2AB=2,现将△ABE沿AE向上翻折,使B点移到P点,则在翻折过程中,下列结论不正确的是()A.存在点P,使得PE∥CFB.存在点P,使得PE⊥EDC.三棱锥P−AED的体积最大值为√26D.当三棱锥P−AED的体积达到最大值时,三棱锥P−AED外接球表面积为4π【变式7-3】(2023·四川·校联考模拟预测)如图,已知△ABC是边长为4的等边三角形,D,E分别是AB,AC 的中点,将△ADE沿着DE翻折,使点A到点P处,得到四棱锥P−BCED,则下列命题错误的是()A.翻折过程中,该四棱锥的体积有最大值为3B.存在某个点P位置,满足平面PDE⊥平面PBCC.当PB⊥PC时,直线PB与平面BCED所成角的正弦值为√33πD.当PB=√10时,该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为523【题型8 立体几何中的轨迹问题】【例8】(2023·全国·模拟预测)如图,正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3,点P是平面ACB1内的动点,M,N分别为C1D1,B1C的中点,若直线BP与MN所成的角为θ,且sinθ=√55,则动点P的轨迹所围成的图形的面积为()A.3π4B.π2C.π3D.π4【变式8-1】(2023·海南省直辖县级单位·文昌中学校考模拟预测)已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD 为正方形,侧棱与底面垂直,点P是侧棱DD1上的点,且DP=2PD1,AA1=3,AB=1.若点Q在侧面BCC1B1(包括其边界)上运动,且总保持AQ⊥BP,则动点Q的轨迹长度为()A.√3B.√2C.2√33D.√52【变式8-2】(2023·河北·统考模拟预测)已知正四棱锥(底面为正方形,且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥为正四棱锥)P-ABCD的底面正方形边长为2,其内切球O的表面积为π3,动点Q在正方形ABCD 内运动,且满足OQ=OP,则动点Q形成轨迹的周长为()A.2π11B.3π11C.4π11D.5π11【变式8-3】(2023·全国·校联考模拟预测)如图,已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2,P为空间中一点且满足∠APB1=∠ADB1,则以下说法正确的有()A.若P在面AB1C1D上,则其轨迹周长为8√6π9B.若A1P⊥AB1,则D1P的最小值为√3+1−√6C.P的轨迹围成的封闭曲面体积为32√6π227+4√3πD.四棱锥P-ABCD体积最大值为4(2√6+√2+3)9【题型9 以立体几何为载体的情境题】【例9】(2023·云南大理·统考一模)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36寸,盆底直径为12寸,盆深18寸.若某次下雨盆中积水的深度恰好是盆深的一半,则该天池盆中水的体积为()A.1404π立方寸B.1080π立方寸C.756π立方寸D.702π立方寸【变式9-1】(2023·广东广州·广东实验中学校考一模)阿基米德多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体.如图所示的阿基米德多面体有四个全等的正三角形面和四个全等的正六边形面,该多面体是由过正四面体各棱的三等分点的平面截去四个小正四面体得到.若该多面体的所有顶点都在球O的表面上,且点O到正六边形面的距离为√62,则球O的体积为()A.7√1424πB.7√143πC.11√2224πD.11√223π【变式9-2】(2023·河南·校联考模拟预测)如图1所示,宫灯又称宫廷花灯,是中国彩灯中富有特色的汉民族传统手工艺品之一.图2是小明为自家设计的一个花灯的直观图,该花灯由上面的正六棱台与下面的正六棱柱组成,若正六棱台的上、下两个底面的边长分别为4dm和2dm,正六棱台与正六棱柱的高分别为1dm 和6dm,则该花灯的表面积为()A.(108+30√3)dm2B.(72+30√3)dm2C.(64+24√3)dm2D.(48+24√3)dm2【变式9-3】(2023·河南郑州·统考模拟预测)《九章算术·商功》:“斜解立方,得两堑堵,斜解堑堵,其一为阳马,其一为鳖臑”.意思是一个长方体沿对角面斜解(图1),得到一模一样的两个堑堵(图2),再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解(图2),得一个四棱锥称为阳马(图3),一个三棱锥称为鳖臑(图4).若长方体的体积为V,由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为V1,V2,V3,则下列等式错误的是()A.V1+V2+V3=V B.V1=2V2C.V2=2V3D.V2−V3=V61.(2023·北京·统考高考真题)坡屋顶是我国传统建筑造型之一,蕴含着丰富的数学元素.安装灯带可以勾勒出建筑轮廓,展现造型之美.如图,某坡屋顶可视为一个五面体,其中两个面是全等的等腰梯形,两个面是全等的等腰三角形.若AB=25m,BC=AD=10m,且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平,则该五面体的所有棱长之和为()面与平面ABCD的夹角的正切值均为√145A.102m B.112mC.117m D.125m2.(2023·全国·统考高考真题)已知△ABC为等腰直角三角形,AB为斜边,△ABD为等边三角形,若二面角C−AB−D为150°,则直线CD与平面ABC所成角的正切值为()A.15B.√25C.√35D.253.(2023·全国·统考高考真题)已知圆锥PO的底面半径为√3,O为底面圆心,P A,PB为圆锥的母线,∠AOB=120°,若△PAB的面积等于9√34,则该圆锥的体积为()A.πB.√6πC.3πD.3√6π4.(2023·天津·统考高考真题)在三棱锥P−ABC中,点M,N分别在棱PC,PB上,且PM=13PC,PN=23PB,则三棱锥P−AMN和三棱锥P−ABC的体积之比为()A.19B.29C.13D.495.(2021·浙江·统考高考真题)如图已知正方体ABCD−A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则()A.直线A1D与直线D1B垂直,直线MN//平面ABCDB.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN//平面ABCDD.直线A1D与直线D1B异面,直线MN⊥平面BDD1B16.(2023·全国·统考高考真题)下列物体中,能够被整体放入棱长为1(单位:m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有()A.直径为0.99m的球体B.所有棱长均为1.4m的四面体C.底面直径为0.01m,高为1.8m的圆柱体D.底面直径为1.2m,高为0.01m的圆柱体7.(2023·全国·统考高考真题)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径,∠APB=120°,PA=2,点C在底面圆周上,且二面角P−AC−O为45°,则().A.该圆锥的体积为πB.该圆锥的侧面积为4√3πC.AC=2√2D.△PAC的面积为√38.(2023·全国·统考高考真题)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA=.9.(2023·全国·统考高考真题)在正方体ABCD−A1B1C1D1中,AB=4,O为AC1的中点,若该正方体的棱与球O的球面有公共点,则球O的半径的取值范围是.10.(2023·全国·统考高考真题)在正方体ABCD−A1B1C1D1中,E,F分别为AB,C1D1的中点,以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有个公共点.11.(2023·全国·统考高考真题)在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中,AB=2,A1B1=1,AA1=√2,则该棱台的体积为.12.(2023·全国·统考高考真题)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截,截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥,所得棱台的体积为.立体几何小题【题型1 求几何体的体积与表面积】 (4)【题型2 与球有关的截面问题】 (7)【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】 (10)【题型4 几何体与球的切、接问题】 (13)【题型5 空间线段以及线段之和最值问题】 (18)【题型6 空间角问题】 (23)【题型7 翻折问题】 (30)【题型8 立体几何中的轨迹问题】 (35)【题型9 以立体几何为载体的情境题】 (40)立体几何是高考的热点内容,属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看,高考对该部分的考查,小题主要体现在三个方面:一是有关空间线面位置关系的判断;二是空间几何体的体积和表面积的计算,难度较易;三是常见的一些经典常考压轴小题,涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等,难度中等或偏上.【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】1.求几何体体积的常用方法(1)公式法:直接代入公式求解.(2)等体积法:四面体的任何一个面都可以作为底面,只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.(3)补体法:将几何体补成易求解的几何体,如棱锥补成棱柱,三棱柱补成四棱柱等.(4)分割法:将几何体分割成易求解的几部分,分别求体积.2.求组合体的表面积与体积的一般方法求组合体的表面积的问题,首先应弄清它的组成部分,其表面有哪些底面和侧面,各个面的面积应该怎样求,然后根据公式求出各个面的面积,最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分,求出各简单几何体的体积,再相加或相减.【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】1.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案:常见的与球有关的组合体问题有两种:一种是内切球,另一种是外接球.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案:2.空间几何体外接球问题的求解方法:空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置,常见的求解方法有如下几种:(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时,一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面,把空间问题转化为平面问题求解.(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段P A,PB,PC两两垂直,且P A=a,PB=b,PC=c,一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体,根据4R2=a2+b2+c2求解.(3)利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系,或只画内切、外接的几何体的直观图,确定球心的位置,弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系,列方程(组)求解.【知识点3 几何法与向量法求空间角】1.几何法求异面直线所成的角(1)求异面直线所成角一般步骤:①平移:选择适当的点,线段的中点或端点,平移异面直线中的一条或两条成为相交直线;②证明:证明所作的角是异面直线所成的角;③寻找:在立体图形中,寻找或作出含有此角的三角形,并解之;④取舍:因为异面直线所成角的取值范围是,所以所作的角为钝角时,应取它的补角作为异面直线所成的角.2.用向量法求异面直线所成角的一般步骤:(1)建立空间直角坐标系;(2)用坐标表示两异面直线的方向向量;(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值;(4)注意两异面直线所成角的范围是,即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.3.几何法求线面角(1)垂线法求线面角(也称直接法);(2)公式法求线面角(也称等体积法):用等体积法,求出斜线P A在面外的一点P到面的距离,利用三角形的正弦公式进行求解.是斜线与平面所成的角,h是垂线段的长,l是斜线段的长.4.向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量,将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角);(2)通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角,取其余角就是斜线和平面所成的角.5.几何法求二面角作二面角的平面角的方法:作二面角的平面角可以用定义法,也可以用垂面法,即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线,再过垂足作二面角的棱的垂线,两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直,由此可得二面角的平面角.6.向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角:分别求出两个法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】1.立体几何中的几类最值问题立体几何中的最值问题有三类:一是空间几何体中相关的点、线和面在运动,求线段长度、截面的面积和体积的最值;二是空间几何体中相关点和线段在运动,求有关角度和距离的最值;三是在空间几何体中,已知某些量的最值,确定点、线和面之间的位置关系.2.立体几何中的最值问题的求解方法解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法:一是几何法,利用几何体的性质,探求图形中点、线、面的位置关系;二是代数法,通过建立空间直角坐标系,利用点的坐标表示所求量的目标函数,借助函数思想方法求最值;通过降维的思想,将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题.【知识点5 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】1.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题,这是一类立体几何与解析几何的交汇题型,既考查学生的空间想象能力,即点、线、面的位置关系,又考查用代数方法研究轨迹的基本思想,培养学生的数学运算、直观想象等素养.2.立体几何中的轨迹问题的求解方法解决立体几何中的轨迹问题有两种方法:一是几何法:对于轨迹为几何体的问题,要抓住几何体中的不变量,借助空间几何体(柱、锥、台、球)的定义;对于轨迹为平面上的问题,要利用降维的思想,熟悉平面图形(直线、圆、圆锥曲线)的定义.二是代数法:在图形中,建立恰当的空间直角坐标系,利用空间向量进行求解.【知识点6 以立体几何为载体的情境题的求解策略】1.以立体几何为载体的几类情境题以立体几何为载体的情境题大致有三类:(1)以数学名著为背景设置问题,涉及中外名著中的数学名题名人等;(2)以数学文化为背景设置问题,包括中国传统文化,中外古建筑等;(3)以生活实际为背景设置问题,涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等.。
高考数学总复习 9-2 简单几何体的表面积和体积但因为测试 新人教B版

高考数学总复习 9-2 简单几何体的表面积和体积但因为测试新人教B 版1.纸制的正方体的六个面根据其实际方位分别标记为上、下、东、南、西、北,现在沿该正方体的一些棱将正方体剪开,外面朝上展平,得到如下图所示的平面图形,则标“△”的面的方位是( )A .南B .北C .西D .下[答案] A[解析] 将所给图形还原为正方体,如下图所示,最上面为上,最右面为东,则前面为△,可知“△”的实际方位为南.2.(2010·河南省南阳市调研)一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切,已知这个球的体积为32π3,那么这个三棱柱的体积是( )A .963B .483C .243D .16 3[答案] B[解析] 已知正三棱柱的高为球的直径,底面正三角形的内切圆是球的大圆.设底面正三角形的边长为a ,球的半径为R ,则a =23R ,又43πR 3=32π3,∴R =2,a =43,于是V=34a 2·2R =48 3. 3.若圆锥轴截面的顶角θ满足π3<θ<π2,则其侧面展开图中心角α满足( )A.π4<α<π3 B.π3<α<π2 C.π2<α<π D .π<α<2π[答案] D[解析] ∵θ∈⎝⎛⎭⎫π3,π2 ∴θ2∈⎝⎛⎭⎫π6,π4, ∴sin θ2∈⎝⎛⎭⎫12,22,又r l =sin θ2∈⎝⎛⎭⎫12,22∴其侧面展开图中心角α=rl·2π∈(π,2π)4.(文)(2010·福建文,3)若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如下图所示,则其侧.面积..等于( )A.3 B .2 C .23 D .6[答案] D[解析] 原几何体是一个底面边长为2,高为1的正三棱柱,则S 侧=3×(2×1)=6.(理)(2010·陕西文,8)若某空间几何体的三视图如下图所示,则该几何体的体积是( )A .2B .1 C.23 D.13[答案] B[解析] 由几何体的三视图可知,该几何体是直三棱柱,其直观图如下图所示,其体积为V =12×2×1×2=1.5.一空间几何体的三视图如下图所示,则该几何体的体积为( )A .2π+2 3B .4π+2 3C .2π+233D .4π+233[答案] C[解析] 由几何体的三视图可知,该几何体是由一个底面直径和高都是2的圆柱和一个底面边长为2,侧棱长为2的正四棱锥叠放而成.故该几何体的体积为V =π×12×2+13×(2)2×3=2π+233,故选C.6.(文)(2011·湖南文,4)设下图是某几何体的三视图,则该几何体的体积为( )A .9π+42B .36π+18 C.92π+12 D.92π+18 [答案] D[解析] 由三视图可知,该几何体是一个球体和一个长方体的组合体.其中,V 球=43π·(32)3=9π2,V 长方体=2×3×3=18.所以V 总=92π+18. (理)(2011·山东济南一模)一个几何体的三视图如下图所示(单位长度:cm),则此几何体的表面积是( )A .(80+162)cm 2B .84cm 2C .(96+162)cm 2D .96cm 2[答案] A[解析] 其直观图如下图所示,由三视图知,棱锥底面是边长为4的正方形,高为2,棱柱与棱锥同底,高为4,因此棱锥的顶点到底边的距离是22+22=22cm ,故该几何体的表面积为S =(12×4×22)×4+(4×4)×5=80+162(cm 2).7.(2011·湖州模拟)如下图所示,已知一个多面体的平面展开图由一个边长为1的正方形和4个正三角形组成,则该多面体的体积是________.[答案]26[解析] 由展开图可知,该多面体是正四棱锥,底面正方形的边长为1,侧棱长也为1, ∴高h =322-122=22, ∴体积V =13×12×22=26.8.一个底面半径为1,高为6的圆柱被一个平面截下一部分,如图(1)所示,截下部分的母线最大长度为2,最小长度为1,则截下部分的体积是________.[答案]3π2[解析] 根据对称性把它补成如图(2)所示的圆柱,这个圆柱的高是3,体积是所求几何体体积的2倍,故所求的几何体的体积是12×π×12×3=3π2.故填3π2.9.圆柱内切球的表面积为4π,则圆柱的表面积为________. [答案] 6π[解析] 设球半径为R (R >0),则圆柱的底面半径为R ,高为2R ,由条件知,4πR 2=4π,∴R =1.∴圆柱的表面积S =2π·R 2+2πR ·2R =6πR 2=6π.10.(文)(2011·福建文,20)如下图,四棱锥P -ABCD 中,P A ⊥底面ABCD ,AB ⊥AD ,点E 在线段AD 上,且CE ∥AB .(1)求证:CE ⊥平面P AD ;(2)若P A =AB =1,AD =3,CD =2,∠CDA =45°,求四棱锥P -ABCD 的体积. [解析] (1)∵P A ⊥底面ABCD ,CE ⊂平面ABCD∴CE ⊥P A ,又∵AB ⊥AD ,CE ∥AB . ∴CE ⊥AD . 又∵P A ∩AD =A ∴CE ⊥平面P AD . (2)由(1)可知CE ⊥AD .在Rt △ECD 中,DE =CD ·cos45°=1,CE =CD ·sin45°=1. 又∵AB =CE =1,AB ∥CE ,所以四边形ABCE 为矩形. ∴S 四边形ABCD =S 矩形ABCE +S △CDE =AB ·AE +12CE ·DE=1×2+12×1×1=52.又P A ⊥底面ABCD ,P A =1所以V 四棱锥p -ABCD =13S 四边形ABCD ×P A =13×52×1=56.(理)(2010·合肥市质检)已知P 在矩形ABCD 的边DC 上,AB =2,BC =1,F 在AB 上且DF ⊥AP ,垂足为E ,将△ADP 沿AP 折起,使点D 位于D ′位置,连接D ′B 、D ′C 得四棱锥D ′-ABCP .(1)求证:D ′F ⊥AP ;(2)若PD =1,且平面D ′AP ⊥平面ABCP ,求四棱锥D ′-ABCP 的体积. [解析] (1)∵AP ⊥D ′E ,AP ⊥EF ,D ′E ∩EF =E , ∴AP ⊥平面D ′EF ,∴AP ⊥D ′F .(2)∵PD =1,∴四边形ADPF 是边长为1的正方形, ∴D ′E =DE =EF =22, ∵平面D ′AP ⊥平面ABCP ,D ′E ⊥AP ,∴D ′E ⊥平面ABCP , ∵S 梯形ABCP =12×(1+2)×1=32,∴V D ′-ABCP =13×D ′E ×S 梯形ABCP =24.11.(2010·北京文,8)如下图,正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2.动点E ,F 在棱A 1B 1上,点Q 是棱CD 的中点,动点P 在棱AD 上.若EF =1,DP =x ,A 1E =y (x ,y 大于零),则三棱锥P -EFQ 的体积( )A .与x ,y 都有关B .与x ,y 都无关C .与x 有关,与y 无关D .与y 有关,与x 无关 [答案] C[解析] 设P 到平面EFQ 的距离为h ,则V P -EFQ =13×S △EFQ·h ,由于Q 为CD 的中点,∴点Q 到直线EF 的距离为定值2,又EF =1,∴S △EFQ 为定值,而P 点到平面EFQ 的距离,即P 点到平面A 1B 1CD 的距离,显然与x 有关与y 无关,故选C.12.(文)(2011·陕西文,5)某几何体的三视图如下图所示,则它的体积为( )A .8-2π3B .8-π3C .8-2π D.2π3[答案] A[解析] 由三视图知,原几何体为如下图所示一正方体挖去一个与正方体等高底面是正方形的内切圆的圆锥,则其体积为V =23-13π×12×2=8-2π3.故选A.(理)(2010·北京东城区)如图(1)所示,一只装了水的密封瓶子,其内部可以看成是由半径为1cm 和半径为3cm 的两个圆柱组成的简单几何体.当这个几何体如图(2)水平放置时,液面高度为20cm ,当这个几何体如图(3)水平放置时,液面高度为28cm ,则这个简单几何体的总高度为( )A.29cm B.30cmC.32cm D.48cm[答案] A[解析]如图(2),设下面圆柱高度为H,则上面小圆柱内液面高度20-H,又设余下部分为h,则图(3)中,下面圆柱高度为h+20-H,故上面圆柱液面高度为28-(h+20-H)=H+8-h,由两圆柱内液体体积相等得9πH+π(20-H)=π(h+20-H)+9π(H+8-h),∴h=9,几何体总高度为20+9=29cm.[点评]抓住问题的关键环节可以有效的提高解题的速度,本题中若设几何体的总高度为H,由几何体的总容积一定,内装液体的体积一定可得:π×32×(H-28)=π×12×(H-20),∴H=29(cm),解题过程就简捷多了.13.(2011·东北三校)一个几何体的三视图及部分数据如下图所示,左视图为等腰三角形,俯视图为正方形,则这个几何体的体积等于()A.13B.23C.156D.6224[答案] A[解析] 由三视图知,这是一个正四棱锥,其底面为正方形,一条侧棱垂直于底面其长度为2,底面正方形对角线长为1,∴边长为22,体积V =13×(22)2×2=13. 14.(文)一等边圆柱(轴截面是正方形的圆柱)的表面积为24π,一圆锥与此圆柱一个底面重合,顶点在另一个底面上,则此圆锥的表面积为________.[答案] 4(5+1)π[解析] 设圆柱底半径为R ,则2πR 2+2πR ·2R =24π,∴R =2, ∴圆锥的底半径为R =2,高为4, 母线长l =22+42=25,∴圆锥的表面积S =πR 2+πRl =4π+45π=4(5+1)π.(理)圆锥的高为4,侧面积为15π,其内切球的表面积为________. [答案] 9π[解析] 设圆锥底面半径为r (r >0),则母线长l =16+r 2,由πrl =15π得r ·16+r 2=15,解之得r =3,∴l =5.设内切球半径为R ,作出圆锥的轴截面如上图,则BD =BO 1=3,PD =5-3=2,PO =4-R ,∵OD ⊥PB ,∴R 2+4=(4-R )2,∴R =32,∴球的表面积S =4πR 2=9π.15.(文)(2011·安徽省淮南市高三模拟)如下图是以正方形ABCD 为底面的正四棱柱被一平面所截得的几何体,四边形EFGH 为截面,且AB =BC =2,AE =1,BF =DH =2,CG =3.(1)证明:截面四边形EFGH 是菱形; (2)求几何体C -EFGH 的体积.[解析] (1)证明:因为平面ABFE ∥平面CDHG ,且平面EFGH 分别交平面ABFE 、平面CDHG 于直线EF 、GH ,所以EF ∥GH .同理,FG ∥EH .因此,四边形EFGH 为平行四边形.因为BD ⊥AC ,而AC 为EG 在底面ABCD 上的射影, 所以EG ⊥BD .因为BF 綊DH ,所以FH ∥BD . 因此,FH ⊥EG .所以四边形EFGH 是菱形. (2)解:连接CE 、CF 、CH 、CA ,则V C -EFGH =V -V C -ABFE -V C -ADHE ,其中V 是几何体的体积,∵AE =1,BF =DH =2,CG =3且几何体是以正方形ABCD 为底面的正四棱柱的一部分,所以该几何体的体积为 V =(2)2×2=4, V C -ABFE =13×S 四边形ABFE ×BC=13×12(AE +BF )×AB ×BC =16×(1+2)×2×2=1. 同理,得V C -ADHE =1,所以,V C -EFGH =V -V C -ABFE -V C -ADHE =4-1-1=2, 即几何体C -EFGH 的体积为2.(理)(2011·江西文,18)如下图在△ABC 中,∠B =π2,AB =BC =2,P 为AB 边上一动点,PD ∥BC 交AC 于点D ,现将△PDA 沿PD 翻折至△PDA ′,使平面PDA ′⊥平面PBCD .(1)当棱锥A ′-PBCD 的体积最大时,求P A 的长;(2)若点P 为AB 的中点,E 为A ′C 的中点,求证:A ′B ⊥DE .[解析] (1)令P A =x (0<x <2),则A ′P =PD =x ,BP =2-x ,因为A ′P ⊥PD 且平面A ′PD ⊥平面PBCD ,故A ′P ⊥平面PBCD .所以V A ′-PBCD =13Sh =16(2-x )(2+x )x =16(4x -x 3).令f (x )=16(4x -x 3),由f ′(x )=16(4-3x 2)=0,得x =23 3.当x ∈(0,233)时,f ′(x )>0,f (x )单调递增;当x ∈(233,2)时,f ′(x )<0,f (x )单调递减.所以,当x =233时,f (x )取得最大值,即当V A ′-PBCD 最大时,P A =233. (2)设F 为A ′B 的中点,连接PF ,FE ,则有 EF 綊12BC ,PD 綊12BC ,∴EF 綊PD ,∴四边形EFPD 为平行四边形,∴DE ∥PF . 又A ′P =PB ,所以PF ⊥A ′B ,故DE ⊥A ′B .1.如下图,已知在多面体ABC -DEFG 中,AB 、AC 、AD 两两互相垂直,平面ABC ∥平面DEFG ,平面BEF ∥平面ADGC ,AB =AD =DG =2,AC =EF =1,则该多面体的体积为( )A .2B .4C .6D .8[答案] B[解析] 补成长方体ABMC -DEFN 并连接CF ,易知三棱锥F -BCM 与三棱锥C -FGN 的体积相等,故几何体体积等于长方体的体积4.故选B.[点评] 1.也可以用平面BCE 将此几何体分割为两部分,设平面BCE 与DG 的交点为H ,则ABC -DEH 为一个直三棱柱,由条件易证EH 綊FG 綊BC ,平面BEF ∥平面CHG ,且△BEF ≌△CHG ,∴几何体BEF -CHG 是一个斜三棱柱,这两个三棱柱的底面都是直角边长为2和1的直角三角形,高都是2,∴体积为4.2.如图(2),几何体ABC -DEFG 也可看作棱长为2的正方体中,取棱AN 、EK 的中点C 、F ,作平面BCGF 将正方体切割成两部分,易证这两部分形状相同,体积相等,∴V ABC-DEFG=12×23=4.2.(2010·安徽理,8)一个几何体的三视图如下图,该几何体的表面积为()A.280 B.292C.360 D.372[答案] C[解析]由三视图知该几何体是两个长方体的组合体,上面的长方体的表面积为(6×8)×2+(8×2)×2+6×2=140.下面的长方体的表面积为(10×8)×2+(10×2)×2+(8×2)×2-6×2=220.故表面积为140+220=360.选C.3.(2010·东营质检)用单位正方体搭几何体,使它的主视图和俯视图如下图所示,则符合条件的几何体体积的最小值与最大值分别是()A.9,13 B.7,16C .10,15D .10,16[答案] D[解析] 由俯视图知底层有七个小正方体,结合主视图知,最左边一列,最多都是三层,最少只有一行是三层,故左边一列最多9个、最少5个;中间一列最多都是二层有6个,最少只有一行二层,共4个;右边一列只一层一行,故最多9+6+1=16个,最少5+4+1=10个.4.(2010·沈阳市)如下图所示,某几何体的正(主)视图与侧(左)视图都是边长为1的正方形,且体积为12.则该几何体的俯视图可以是( )[答案] C[解析] 由正(主)视图和侧(左)视图可知,此几何体为柱体,易知高h =1,且体积V =S ×h =12(S 为底面积),得S =12,结合各选项知这个几何体的底面可以是边长为1的等腰直角三角形,故选C.5.(2011·湖南十二校)四棱锥P -ABCD 的顶点P 在底面ABCD 中的射影恰好是A ,其三视图如下图,则四棱锥P -ABCD 的表面积为________.[答案] (2+2)a 2[解析] 由三视图知,其直观图如下图.∵CD ⊥AD ,CD ⊥P A ,∴CD ⊥平面P AD ,同理CB ⊥平面P AB . ∴PD =PB =2a ,其表面积S =AB ·AD +2×(12AB ·P A )+2×(12PB ·BC )=a 2+a 2+2a 2=(2+2)a 2.6.如图(1),矩形ABCD 中,AB =2AD =2a ,E 为DC 的中点,现将△ADE 沿AE 折起,使平面ADE ⊥平面ABCE ,如(2).(1)求四棱锥D -ABCE 的体积;(2)求证:AD ⊥平面BDE .[解析] (1)取AE 的中点O ,由题意知, AB =2AD =2a ,ED =EC ,∴AD =DE ,∴DO ⊥AE , 又∵平面ADE ⊥平面ABCE , ∴DO ⊥平面ABCE . 在等腰Rt △ADE 中, AD =DE =a ,DO =22a , 又S 梯形ABCE =12(a +2a )a =32a 2,∴V D -ABCE =13S 梯形ABCE ·DO =13·32a 2·22a =24a 3.(2)连结BE ,则BE =a 2+a 2=2a ,又AE =2a ,AB =2a , ∴AB 2=AE 2+EB 2,∴AE ⊥EB ,由(1)知,DO⊥平面ABCE,∴DO⊥BE,又∵DO∩AE=O∴BE⊥平面ADE,∴BE⊥AD,又∵AD⊥DE,∴AD⊥平面BDE.。
高考数学(理)真题专题汇编:空间立体几何

高考数学(理)真题专题汇编:空间立体几何一、选择题(本题共9道小题,每小题0分,共0分)1.【来源】2019年高考真题——数学(浙江卷)设三棱锥V -ABC 的底面是正三角形,侧棱长均相等,P 是棱VA 上的点(不含端点),记直线PB 与直线AC 所成角为α,直线PB 与平面ABC 所成角为β,二面角P -AC -B 的平面角为γ,则( )A. ,βγαγ<<B. ,βαβγ<<C. ,βαγα<<D. ,αβγβ<<2.【来源】2019年高考真题——数学(浙江卷)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同,则积不容异”称为祖暅原理,利用该原理可以得到柱体的体积公式V Sh =柱体,其中S 是柱体的底面积,h 是柱体的高,若某柱体的三视图如图所示,则该柱体的体积(cm 3)是( )A. 158B. 162C. 182D. 3243.【来源】2019年高考真题——理科数学(全国卷Ⅱ) 设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是 A .α内有无数条直线与β平行 B .α内有两条相交直线与β平行 C .α,β平行于同一条直线D .α,β垂直于同一平面4.【来源】2019年高考真题——理科数学(全国卷Ⅲ)如图,点N 为正方形ABCD 的中心,△ECD 为正三角形,平面ECD ⊥平面ABCD ,M 是线段ED的中点,则A.BM=EN,且直线BM、EN是相交直线B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线C.BM=EN,且直线BM、EN是异面直线D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线5.【来源】0(08年全国卷2)已知球的半径为2,相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆.若两圆的公共弦长为2,则两圆的圆心距等于()A.1 B. C. D.26.【来源】0(08年四川卷文)若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形,另外两个侧面都是有一个内角为的菱形,则该棱柱的体积等于( )(A)(B)(C)(D)7.【来源】0(08年北京卷)如图,动点在正方体的对角线上.过点作垂直于平面的直线,与正方体表面相交于.设,,则函数的图象大致是()8.【来源】2011年高考数学理(安徽)一个空间几何体得三视图如图所示,则该几何体的表面积为(A)48+(B)32817+(C)48817(D)509.【来源】2011年高考数学理(全国新课标)在一个几何体的三视图中,正视图和俯视图如右图所示,则相应的侧视图可以为二、填空题10.【来源】2019年高考真题——理科数学(北京卷)已知l,m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断:①l⊥m;②m∥α;③l⊥α.以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:__________.某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得,其三视图如图所示.如果网格纸上小正方形的边长为1,那么该几何体的体积为__________.12.【来源】2019年高考真题——理科数学(天津卷)已知四棱锥的底面是边长为2的正方形,侧棱长均为5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱的体积为 .13.【来源】2019年高考真题——理科数学(全国卷Ⅱ)中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面,其棱长为_________.(本题第一空2分,第二空3分.)学生到工厂劳动实践,利用3D 打印技术制作模型.如图,该模型为长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1挖去四棱锥O -EFGH 后所得几何体,其中O 为长方体的中心,E ,F ,G ,H 分别为所在棱的中点,16cm 4cm AB =BC =, AA =,3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3,不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为___________.15.【来源】(07年浙江卷文)已知点O 在二面角α-AB -β的棱上,点P 在α内,且∠POB =45°.若对于β内异于O 的任意一点Q ,都有∠POQ ≥45°,则二面角α-AB -β的取值范围是_________.16.【来源】2011年高考数学理(全国新课标)已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上,且6,23AB BC ==,则棱锥O ABCD -的体积为 。
高二数学空间几何体试题

高二数学空间几何体试题1.已知四棱锥的底面为直角梯形,,底面,且,,是的中点。
(Ⅰ)证明:面面;(Ⅱ)求与所成的角;(Ⅲ)求面与面所成二面角的大小。
【答案】(1)由题设知,且与是平面内的两条相交直线,由此得面.又在面上,故面⊥面(2)(3)【解析】证明:以为坐标原点长为单位长度,如图建立空间直角坐标系,则各点坐标为.(Ⅰ)证明:因由题设知,且与是平面内的两条相交直线,由此得面.又在面上,故面⊥面.(Ⅱ)解:因(Ⅲ)解:在上取一点,则存在使要使为所求二面角的平面角.【考点】线面角和二面角点评:主要是考查了线面角以及二面角的求解,属于基础题。
2.两个相交平面能把空间分成个部分【答案】4【解析】画出示意图即可得:两个相交平面能把空间分成2个部分【考点】本题考查了平面的基本性质及推论点评:解答本题,关键是了解两个平面的位置关系,根据模型分析即可3.下列说法正确的是()A.空间三个点确定一个平面B.两个平面一定将空间分成四部分C.梯形一定是平面图形D.两个平面有不在同一条直线上的三个交点【答案】C【解析】选项A中,只有不共线的三点可以确定一个平面。
选项B中,当两个平面平行的时候,将空间分为3部分。
选项C中,只有一组对边平行的四边形,符合公理2,能确定一个平面,故成立。
选项D中,两个平面相交,或者平行不会有不在同一直线三个交点,除非重合,因此错误。
故选C.【考点】本试题考查了确定平面的方法。
点评:解决该试题的关键是能准确运用平面的基本性质和公理来分析,同时考查了空间想象能力,属于基础题。
4.(文)如图,在棱长为4的正方体ABCD—A′B′C′D′中,E、F分别是AD、A′D′的中点,长为2的线段MN的一个端点M在线段EF上运动,另一个端点N在底面A′B′C′D′上运动,则线段MN的中点P的轨迹(曲面)与二面角A-A′D′-B′所围成的几何体的体积为()A. B. C. D.【答案】C【解析】因为点M在定长的线段EF上运动,那么另一个端点在底面A′B′C′D′上运动,因此可知,在运动中有一个不变量,就是点F到线段MN中点的距离始终为斜边的一半,也就是1,则可知中点的轨迹是四分之一个球面,那么与二面角所围城的体积为四分之一个球体的体积,因此半径为1,则根据球体的体积公式可知,故选C.【考点】本试题考查了轨迹方程与空间几何体的结合体的运用。
高中数学简单几何体的表面积与体积考点及例题讲解

简单几何体的表面积与体积考纲解读 1.结合三视图求几何体的表面积与体积;2.利用几何体的线面关系求表面积和体积;3.求常见组合体的表面积或体积.[基础梳理]1.多面体的表面积与侧面积多面体的各个面都是平面,则多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和,表面积是侧面积与底面面积之和.2.旋转体的表面积与侧面积名称侧面积 表面积 圆柱(底面半径r ,母线长l ) 2πrl 2πr (l +r ) 圆锥(底面半径r ,母线长l ) πrl πr (l +r ) 圆台(上、下底面半径r 1,r 2,母线长l )π(r 1+r 2)lπ(r 1+r 2)l +π(r 21+r 22) 球(半径为R )4πR 23.空间几何体的体积(h 为高,S 为下底面积,S ′为上底面积) (1)V 柱体=Sh .特别地,V 圆柱=πr 2h (r 为底面半径). (2)V 锥体=13Sh .特别地,V 圆锥=13πr 2h (r 为底面半径).(3)V 台体=13h (S +SS ′+S ′).特别地,V 圆台=13πh (r 2+rr ′+r ′2)(r ,r ′分别为上、下底面半径).(4)V 球=43πR 3(球半径是R ).[三基自测]1.正六棱柱的高为6,底面边长为4,则它的表面积为( ) A .48(3+3) B .48(3+23) C .24(6+2) D .144答案:A2.如图,将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥,则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为________.答案:1∶473.一直角三角形的三边长分别为6 cm,8 cm,10 cm ,绕斜边旋转一周所得几何体的表面积为________.答案:3365π cm 24.(必修2·1.3A 组改编)球内接正方体的棱长为1,则球的表面积为________. 答案:3π5.(2017·高考全国卷Ⅰ改编)所有棱长都为2的三棱锥的体积为________. 答案:223考点一 几何体的表面积与侧面积|易错突破[例1] (1)(2018·九江模拟)如图,网格纸上小正方形边长为1,粗线是一个棱锥的三视图,则此棱锥的表面积为( )A .6+42+23B .8+42C .6+6 2D .6+22+43(2)某品牌香水瓶的三视图如图(单位:cm),则该几何体的表面积为( )A.⎝⎛⎭⎫95-π2cm 2 B.⎝⎛⎭⎫94-π2cm 2 C.⎝⎛⎭⎫94+π2cm 2 D.⎝⎛⎭⎫95+π2cm 2 (3)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为________.[解析] (1)直观图是四棱锥P ABCD ,如图所示,S △P AB =S △P AD =S △PDC =12×2×2=2,S △PBC =12×22×22×sin 60°=23,S 四边形ABCD =22×2=42,故此棱锥的表面积为6+42+23,故选A.(2)该几何体的上下为长方体,中间为圆柱. S 表面积=S 下长方体+S 上长方体+S 圆柱侧-2S 圆柱底=2×4×4+4×4×2+2×3×3+4×3×1+2π×12×1-2×π⎝⎛⎭⎫122=94+π2(cm 2). (3)由三视图可知,该几何体是一个长方体内挖去一个圆柱体,如图所示.长方体的长、宽、高分别为4,3,1,表面积为4×3×2+3×1×2+4×1×2=38, 圆柱的底面圆直径为2,母线长为1, 侧面积为2π×1=2π,圆柱的两个底面面积和为2×π×12=2π. 故该几何体的表面积为38+2π-2π=38. [答案] (1)A (2)C (3)38 [易错提醒]1.以三视图为载体的几何体的表面积或侧面积问题,要分清三视图中的量是否为各表面计算面积所用的量.2.几何体切、割后的图形的表面,不一定是减少,甚至可能增加.3.组合体的表面积,要注意衔接部分分散在哪个面中来计算.[纠错训练]1.已知某斜三棱柱的三视图如图所示,求该斜三棱柱的表面积.解析:由题意知,斜三棱柱的直观图如图中ABC A 1B 1C 1所示.易知正方体的棱长为2.斜三棱柱的两个底面积的和为2S △ABC =2×12×AB ×AC =2,侧面ABB 1A 1的面积S 侧面ABB 1A 1=2×1=2,侧面ACC 1A 1为矩形,S 侧面ACC 1A 1=AA 1·AC =25,侧面BCC 1B 1是边长为5的菱形,连接CB 1、BC 1,易得CB 1=23,BC 1=22,且CB 1⊥BC 1,所以S 侧面BCC 1B 1=12CB 1·BC 1=12×23×22=26,所以斜三棱柱ABC A 1B 1C 1的表面积为4+2(5+6).2.(2016·高考全国卷Ⅰ)如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3,求它的表面积.解析:该几何体是一个球体挖掉18剩下的部分,如图所示,依题意得78×43πR 3=28π3,解得R =2,所以该几何体的表面积为4π×22×78+34π×22=17π.考点二 空间几何体的体积|方法突破[例2] (1)(2017·高考全国卷Ⅱ)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得,则该几何体的体积为( )A .90πB .63πC .42πD .36π(2)正三棱柱ABC A 1B 1C 1的底面边长为2,侧棱长为3,D 为BC 中点,则三棱锥C 1B 1DA 的体积为( )A .3 B.32 C .1D.32(3)(2017·高考山东卷)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如下,则该几何体的体积为________.[解析] (1)法一:由题意知,该几何体由底面半径为3,高为10的圆柱截去底面半径为3,高为6的圆柱的一半所得,故其体积V =π×32×10-12×π×32×6=63π.法二:依题意,该几何体由底面半径为3,高为10的圆柱截去底面半径为3,高为6的圆柱的一半所得,其体积等价于底面半径为3,高为7的圆柱的体积,所以它的体积V =π×32×7=63π,选择B.(2) 在正△ABC 中,D 为BC 中点, 则有AD =32AB =3, S △DB 1C 1=12×2×3= 3.又∵平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ,AD ⊥BC ,AD ⊂平面ABC ,∴AD ⊥平面BB 1C 1C ,即AD 为三棱锥A B 1DC 1底面上的高.∴VC 1B 1DA =VA C 1B 1D =13S △DB 1C 1·AD =13×3×3=1.(3)该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1,高为1的四分之一圆柱体构成,∴V =2×1×1+2×14×π×12×1=2+π2.[答案] (1)B (2)C (3)2+π2[方法提升]求几何体的体积的方法 方法解读适合题型 直接法对于规则几何体,直接利用公式计算即可.若已知三视图求体积,应注意三视图中的垂直关系在几何体中的位置,确定几何体中的线面垂直等关系,进而利用公式求解 规则 几何体割补法当一个几何体的形状不规则时,常通过分割或者补形的手段将此几何体变为一个或几个规则的、体积易求的几何体,然后再计算.经常考虑将三棱锥还原为三棱柱或长方体,将三棱柱还原为平行六面体,将台体还原为锥体不规则 几何体 等积转换法 利用三棱锥的“等积性”可以把任一个面作为三棱锥的底面.求体积时,可选择“容易计算”的方式来计算三棱锥[跟踪训练]1.(2018·大连双基检测)如图,在边长为1的正方形网格中用粗线画出了某个多面体的三视图,则该多面体的体积为( )A .15B .13C .12D .9解析:几何体的直观图如图所示,其中底面ABCD 是一个矩形(其中AB =5,BC =2),棱EF ∥底面ABCD ,且EF =3,直线EF 到底面ABCD 的距离是3.连接EB ,EC ,则题中的多面体的体积等于四棱锥E ABCD 与三棱锥E FBC 的体积之和,而四棱锥E ABCD 的体积等于13×(5×2)×3=10,三棱锥E FBC 的体积等于13×⎝⎛⎭⎫12×3×3×2=3,因此题中的多面体的体积等于10+3=13,选B.答案:B2.如图所示(单位:cm),则图中的阴影部分绕AB 所在直线旋转一周所形成的几何体的体积为________.解析:由题图中数据,根据圆台和球的体积公式,得 V圆台=13×(π×AD 2+π×AD 2×π×BC 2+π×BC 2)×AB =13×π×(AD 2+AD ×BC +BC 2)×AB=13×π×(22+2×5+52)×4=52π(cm 3), V 半球=43π×AD 3×12=43π×23×12=163π(cm 3),所以旋转所形成几何体的体积V =V 圆台-V半球=52π-163π=1403π(cm 3).答案:1403π(cm 3)考点三 有关球的组合体及面积、体积最值问题|思维突破[例3] (1)已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上,当正六棱柱的体积取最大值时,其高的值为( )A .33 B.3 C .2 6D .23(2)(2017·高考全国卷Ⅰ)已知三棱锥S ABC 的所有顶点都在球O 的球面上,SC 是球O 的直径.若平面SCA ⊥平面SCB ,SA =AC ,SB =BC ,三棱锥S ABC 的体积为9,则球O 的表面积为________.(3)正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的各顶点都在半径为R 的球面上,则正四棱柱的侧面积有最________值,为________.[解析] (1)设正六棱柱的底面边长为a ,高为h ,则可得a 2+h 24=9,即a 2=9-h 24,那么正六棱柱的体积V =⎝⎛⎭⎫6×34a 2×h =332(9-h 24)h =332(-h 34+9h ). 令y =h 34+9h ,∴y ′=-3h 24+9.令y ′=0,∴h =2 3.易知当h =23时,正六棱柱的体积最大,故选D.(2)设球O 的半径为R ,∵SC 为球O 的直径,∴点O 为SC 的中点,连接AO ,OB (图略),∵SA =AC ,SB =BC ,∴AO ⊥SC ,BO ⊥SC ,∵平面SCA ⊥平面SCB ,平面SCA ∩平面SCB =SC ,∴AO ⊥平面SCB ,∴V SABC =V ASBC =13×S △SBC×AO =13×(12×SC ×OB )×AO ,即9=13×(12×2R ×R )×R ,解得R =3,∴球O 的表面积为S =4πR 2=4π×32=36π.(3)如图,截面图为长方形ACC 1A 1和其外接圆.球心为EE 1的中点O , 则R =OA .设正四棱柱的侧棱长为b ,底面边长为a ,则AC =2a ,AE =22a ,OE =b2,R 2=⎝⎛⎭⎫22a 2+⎝⎛⎭⎫b 22, ∴4R 2=2a 2+b 2,则正四棱柱的侧面积: S =4ab =2·2a ·2b ≤2(a 2+2b 2)=42R 2,故侧面积有最大值,为42R 2,当且仅当a =2b 时等号成立. [答案] (1)D (2)36π (3)大 42R 2 [思维升华]1.求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时,一般过球心及接、切点作截面,把空间问题转化为平面图形问题,再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解.2.解决几何体最值问题的方法 方法解读适合题型基本不等式法根据条件建立两个变量的和或积为定值,然后利用基本不等式求体积的最值(1)求棱长或高为定值的几何体的体积或表面积的最值;(2)求表面积一定的空间几何体的体积最大值和求体积一定的空间几何体的表面积的最小值函数法通过建立相关函数式,将所求的组合体中的最值问题最值问题转化为函数的最值问题求解,此法应用最为广泛几何法 由图形的特殊位置确定最值,如垂直图形位置变化中的最值[跟踪训练](2015·高考全国卷Ⅱ)已知A ,B 是球O 的球面上两点,∠AOB =90°,C 为该球面上的动点.若三棱锥O ABC 体积的最大值为36,则球O 的表面积为( )A .36πB .64πC .144πD .256π解析:△AOB 的面积为定值,当OC 垂直于平面AOB 时,三棱锥O ABC 的体积取得最大值.由16R 3=36得R =6.从而球O 的表面积S =4πR 2=144π.故选C.答案:C1.[考点二](2017·高考全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为( )A .π B.3π4 C.π2D.π4解析:球心到圆柱的底面的距离为圆柱高的12,球的半径为1,则圆柱底面圆的半径r=1-(12)2=32,故该圆柱的体积V =π×(32)2×1=3π4,故选B.答案:B2.[考点一](2016·高考全国卷Ⅱ)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图,则该几何体的表面积为( )A .20πB .24πC .28πD .32π解析:由三视图知圆锥的高为23,底面半径为2,则圆锥的母线长为4,所以圆锥的侧面积为12×4π×4=8π.圆柱的底面积为4π,圆柱的侧面积为4×4π=16π,从而该几何体的表面积为8π+16π+4π=28π,故选C.答案:C3.[考点二](2015·高考全国卷Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米约有( )A .14斛B .22斛C .36斛D .66斛解析:设圆锥底面的半径为R 尺,由14×2πR =8得R =16π,从而米堆的体积V =14×13πR 2×5=16×203π(立方尺),因此堆放的米约有16×203×1.62×3≈22(斛).故选B.答案:B4.[考点一、三](2017·高考全国卷Ⅱ)长方体的长、宽、高分别为3,2,1,其顶点都在球O 的球面上,则球O 的表面积为________.解析:依题意得,长方体的体对角线长为32+22+12=14,记长方体的外接球的半径为R ,则有2R =14,R =142,因此球O 的表面积等于4πR 2=14π.答案:14π5.[考点一、三](2017·高考全国卷Ⅰ改编)如图,圆形纸片的圆心为O ,半径为5 cm ,该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ,E ,F 为圆O上的点,△DBC ,△ECA ,△F AB 分别是以BC ,CA ,AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以BC ,CA ,AB 为折痕折起△DBC ,△ECA ,△F AB ,使得D ,E ,F 重合,得到三棱锥.当△ABC 的边长变化时,求所得三棱锥体积(单位:cm 3)的最大值.解析:法一:由题意可知,折起后所得三棱锥为正三棱锥,当△ABC 的边长变化时,设△ABC 的边长为a (a >0)cm ,则△ABC 的面积为34a 2,△DBC 的高为5-36a ,则正三棱锥的高为⎝⎛⎭⎫5-36a 2-⎝⎛⎭⎫36a 2=25-533a , ∴25-533a >0,∴0<a <53,∴所得三棱锥的体积V =13×34a 2×25-533a =312×25a 4-533a 5.令t =25a 4-533a 5,则t ′=100a 3-2533a 4,由t ′=0,得a =43,此时所得三棱锥的体积最大,为415 cm 3.法二:如图,连接OD 交BC 于点G ,由题意知,OD ⊥BC .易得OG =36BC ,∴OG 的长度与BC 的长度成正比.设OG =x ,则BC =23x ,DG =5-x ,S △ABC =23x ·3x ·12=33x 2,则所得三棱锥的体积V =13×33x 2×(5-x )2-x 2=3x 2×25-10x =3×25x 4-10x 5.令f (x )=25x 4-10x 5,x ∈⎝⎛⎭⎫0,52,则f ′(x )=100x 3-50x 4,令f ′(x )>0,即x 4-2x 3<0,得0<x <2,则当x ∈⎝⎛⎭⎫0,52时,f (x )≤f (2)=80,∴V ≤3×80=415.∴所求三棱锥的体积的最大值为415.。
高考数学立体几何专题复习题及答案

⾼考数学⽴体⼏何专题复习题及答案 数学是⾼考考试中的主科之⼀,我们要对⾼考数学⽴体⼏何进⾏强化复习,⽴体⼏何是⾼考数学考试中丢分的重灾区。
下⾯是店铺为⼤家整理的⾼考数学⽴体⼏何专题复习题,希望对⼤家有所帮助! ⾼考数学⽴体⼏何专题复习题 专题四 ⽴体⼏何 第1讲 三视图及空间⼏何体的计算问题 (建议⽤时:60分钟) ⼀、选择题 1.(2014•湖北卷)在如图所⽰的空间直⾓坐标系O-xyz中,⼀个四⾯体的顶点坐标分别是(0,0,2),(2,2,0),(1,2,1),(2,2,2).给出编号为①②③④的四个图,则该四⾯体的正视图和俯视图分别为 ( ).A.①和②B.③和①C.④和③D.④和② 解析 由三视图可知,该⼏何体的正视图是⼀个直⾓三⾓形,三个顶点的坐标分别是(0,0,2),(0,2,0),(0,2,2)且内有⼀个虚线(⼀个顶点与另⼀直⾓边中点的连线),故正视图是④;俯视图即在底⾯的射影是⼀个斜三⾓形,三个顶点的坐标分别是(0,0,0),(2,2,0),(1,2,0),故俯视图是②. 答案 D 2.(2013•东北三校第三次模拟)如图,多⾯体ABCD E FG的底⾯ABCD为正⽅形,FC=GD=2EA,其俯视图如下,则其正视图和侧视图正确的是 ( ). 解析 注意BE,BG在平⾯CDGF上的投影为实线,且由已知长度关系确定投影位置,排除A,C选项,观察B,D选项,侧视图是指光线,从⼏何体的左⾯向右⾯正投影,则BG,BF的投影为虚线,故选D. 答案 D 3.(2014•安徽卷)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+3B.18+3C.21D.18 解析 由三视图知,⼏何体的直观图如图所⽰.因此该⼏何体的表⾯积为6×2×2-6×12×1×1+2×34×(2)2=21+3. 答案 A 4.(2013;⼴东卷)某四棱台的三视图如图所⽰,则该四棱台的体积是 ( ).A.4B.143C.163D.6 解析 由四棱台的三视图可知该四棱台的上底⾯是边长为1的正⽅形,下底⾯是边长为2的正⽅形,⾼为2.由棱台的体积公式可知该四棱台的体积V=13(12+1×22+22)×2=143,故选B. 答案 B 5.如图,在矩形ABCD中,AB=2,BC=3,沿BD将矩形ABCD折叠,连接AC,所得三棱锥A B CD正视图和俯视图如图,则三棱锥A B CD侧视图的⾯积为 ( ).A.613B.1813C.213D.313 解析 由正视图及俯视图可得,在三棱锥A B CD中,平⾯ABD⊥平⾯BCD,该⼏何体的侧视图是腰长为2×322+32=613的等腰直⾓三⾓形,其⾯积为12×6132=1813. 答案 B 6.在具有如图所⽰的正视图和俯视图的⼏何体中,体积最⼤的⼏何体的表⾯积为 ( ).A.13B.7+32C.72πD.14 解析 由正视图和俯视图可知,该⼏何体可能是四棱柱或者是⽔平放置的三棱柱或⽔平放置的圆柱.由图象可知四棱柱的体积最⼤.四棱柱的⾼为1,底⾯边长分别为1,3,所以表⾯积为2(1×3+1×1+3×1)=14. 答案 D 7.(2013•湖南卷)已知正⽅体的棱长为1,其俯视图是⼀个⾯积为1的正⽅形,侧视图是⼀个⾯积为2的矩形,则该正⽅体的正视图的⾯积等于 ( ).A.32B.1C.2+12D.2 解析 易知正⽅体是⽔平放置的,⼜侧视图是⾯积为2的矩形.所以正⽅体的对⾓⾯平⾏于投影⾯,此时正视图和侧视图相同,⾯积为2. 答案 D ⼆、填空题 8.某⼏何体的三视图如图所⽰,则该⼏何体的体积为____________. 解析 由三视图可知该⼏何体由长⽅体和圆柱的⼀半组成.其中长⽅体的长、宽、⾼分别为4,2,2,圆柱的底⾯半径为2,⾼为4.所以V=2×2×4+12×22×π×4=16+8π. 答案 16+8π 9.(2013•江苏卷)如图,在三棱柱A1B1C1A BC中,D,E,F分别是AB,AC,AA1的中点,设三棱锥F A DE的体积为V1,三棱柱A1B1C1A BC的体积为V2,则V1∶V2=________. 解析 设三棱柱A1B1C1-ABC的⾼为h,底⾯三⾓形ABC的⾯积为S,则V1=13×14S•12h=124Sh=124V2,即V1∶V2=1∶24. 答案 1∶24 10.如图,正⽅体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别为线段AA1,B1C上的点,则三棱锥D1-EDF的体积为________. 解析 利⽤三棱锥的体积公式直接求解. VD1-EDF=VF-DD1F=13S△D1DE•AB=13×12×1×1×1=16. 答案 16 11.(2014重庆卷改编)某⼏何体的三视图如图所⽰,则该⼏何体的表⾯积为________. 解析 由俯视图可以判断该⼏何体的底⾯为直⾓三⾓形,由正视图和侧视图可以判断该⼏何体是由直三棱柱(侧棱与底⾯垂直的棱柱)截取得到的.在长⽅体中分析还原,如图(1)所⽰,故该⼏何体的直观图如图(2)所⽰.在图(1)中,直⾓梯形ABPA1的⾯积为12×(2+5)×4=14,计算可得A1P=5.直⾓梯形BCC1P的⾯积为12×(2+5)×5=352.因 答案 60 12.已知三棱锥S ABC的所有顶点都在球O的球⾯上,△ABC是边长为1的正三⾓形,SC为球O的直径,且SC=2,则此三棱锥的体积为________. 解析 在Rt△ASC中,AC=1,∠SAC=90°,SC=2,所以SA=4-1=3.同理,SB=3.过A点作SC的垂线交SC于D点,连接DB,因为△SAC≌△SBC,故BD⊥SC,AD=BD,故SC⊥平⾯ABD,且△ABD为等腰三⾓形.因为∠ASC=30°,故AD=12SA=32,则△ABD的⾯积为12×1×AD2-122=24,则三棱锥S-ABC的体积为13×24×2=26. 答案 26 三、解答题 13.已知某⼏何体的俯视图是如图所⽰的矩形,正视图是⼀个底边长为8、⾼为4的等腰三⾓形,侧视图是⼀个底边长为6、⾼为4的等腰三⾓形. (1)求该⼏何体的体积V; (2)求该⼏何体的侧⾯积S. 解 由已知可得,该⼏何体是⼀个底⾯为矩形,⾼为4,顶点在底⾯的射影是矩形中⼼的四棱锥E‐ABCD,AB=8,BC=6. (1)V=13×8×6×4=64. (2)四棱锥E A BCD的两个侧⾯EAD,EBC是全等的等腰三⾓形,且BC边上的⾼h1=42+822=42; 另两个侧⾯EAB,ECD也是全等的等腰三⾓形,AB边上的⾼h2=42+622=5. 因此S=2×12×6×42+12×8×5=40+242. 14.如图,四边形ABCD是边长为2的正⽅形,直线l与平⾯ABCD平⾏,E和F是l上的两个不同点,且EA=ED,FB=FC.E′和F′是平⾯ABCD内的两点,EE′和FF′都与平⾯ABCD垂直. (1)证明:直线E′F′垂直且平分线段AD; (2)若∠EAD=∠EAB=60 °,EF=2.求多⾯体ABCDEF的体积. (1)证明 ∵EA=ED且EE′⊥平⾯ABCD, ∴E′D=E′A,∴点E′在线段AD的垂直平分线上. 同理,点F′在线段BC的垂直平分线上. ⼜四边形ABCD是正⽅形, ∴线段BC的垂直平分线也就是线段AD的垂直平分线,即点E′、F′都在线段AD的垂直平分线上. ∴直线E′F′垂直且平分线段AD. (2)解 如图,连接EB、EC,由题意知多⾯体ABCDEF可分割成正四棱锥E A BCD和正四⾯体E B CF 两部分.设AD的中点为M,在Rt△MEE′中,由于ME′=1,ME=3,∴EE′=2. ∴VE A BCD=13•S正⽅形ABCD•EE′=13×22×2=423. ⼜VE B CF=VC B EF=VC B EA=VE A BC=13S△ABC•EE′=13×12×22×2=223, ∴多⾯体ABCDEF的体积为VE A BCD+VE B CF=22. 15.(2013•⼴东卷)如图1,在边长为1的等边三⾓形ABC中,D,E分别是AB,AC上的点,AD=AE,F是BC的中点,AF与DE交于点G.将△ABF沿AF折起,得到如图2所⽰的三棱锥A-BCF,其中BC=22. (1)证明:DE∥平⾯BCF; (2)证明:CF⊥平⾯ABF; (3)当AD=23时,求三棱锥F-DEG的体积VF D EG. (1)证明 在等边三⾓形ABC中,AB=AC. ∵AD=AE, ∴ADDB=AEEC,∴DE∥BC, 同理可证GE∥平⾯BCF. ∵DG∩GE=G,∴平⾯GDE∥平⾯BCF, ∴DE∥平⾯BCF. (2)证明 在等边三⾓形ABC中,F是BC的中点,∴AF⊥FC, ∴BF=FC=12BC=12. 在图2中,∵BC=22, ∴BC2=BF2+FC2,∴∠BFC=90°, ∴FC⊥BF. ∵BF∩AF=F,∴CF⊥平⾯ABF. (3)解 ∵AD=23, ∴BD=13,AD∶DB=2∶1, 在图2中,AF⊥FC,AF⊥BF, ∴AF⊥平⾯BCF, 由(1)知平⾯GDE∥平⾯BCF, ∴AF⊥平⾯GDE. 在等边三⾓形ABC中,AF=32AB=32, ∴FG=13AF=36,DG=23BF=23×12=13=GE, ∴S△DGE=12DG•EG=118, ∴VF-DEG=13S△DGE•FG=3324. ⾼考数学答题技巧 1.调整好状态,控制好⾃我。
2021年高考数学真题分类汇编专题11:立体几何

2021年高考数学真题分类汇编专题11:立体几何一、单选题1. ( 2分) (2021·全国甲卷)在一个正方体中,过顶点A的三条棱的中点分别为E,F,G.该正方体截去三棱锥A-EFG后,所得多面体的三视图中,正试图如右图所示,则相应的侧视图是()A. B. C. D.2. ( 2分) (2021·全国甲卷)已知A,B,C是半径为1的求O的球面上的三个点,且AC⊥BC,AC=BC=1,则三棱锥O-ABC的体积为()A. B. C. D.3. ( 2分) (2021·全国乙卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为()A. B. C. D.4. ( 2分) (2021·新高考Ⅰ)已知圆锥的底面半径为,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为()A. 2B. 2C. 4D. 45. ( 2分) (2021·新高考Ⅱ卷)正四棱台的上、下底面的边长分别为2,4,侧棱长为2,则其体积为()A. B. C. D.6. ( 2分) (2021·新高考Ⅱ卷)北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果.在卫星导航系统中,地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面,轨道高度为(轨道高度是指卫星到地球表面的距离).将地球看作是一个球心为O,半径r为的球,其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数.地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为,记卫星信号覆盖地球表面的表面积为(单位:),则S占地球表面积的百分比约为()A. 26%B. 34%C. 42%D. 50%7. ( 2分) (2021·北京)定义:24小时内降水在平地上积水厚度()来判断降雨程度.其中小雨(),中雨(),大雨(),暴雨(),小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水,如图,则这天降雨属于哪个等级()A. 小雨B. 中雨C. 大雨D. 暴雨8. ( 2分) (2021·北京)某四面体的三视图如图所示,该四面体的表面积为()A. B. 4 C. D. 29. ( 2分) (2021·浙江)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是()A. B. 3 C. D.10. ( 2分) (2021·浙江)如图已知正方体,M,N分别是,的中点,则()A. 直线与直线垂直,直线平面B. 直线与直线平行,直线平面C. 直线与直线相交,直线平面D. 直线与直线异面,直线平面11. ( 2分) (2021·天津)两个圆锥的底面是一个球的同一截面,顶点均在球面上,若球的体积为,两个圆锥的高之比为,则这两个圆锥的体积之和为()A. B. C. D.二、多选题12. ( 3分) (2021·新高考Ⅰ)在正三棱柱ABC- 中,AB=AA1=1,点P满足,其中λ∈[0,1],∈[0,1],则()A. 当λ=1时,△P的周长为定值B. 当=1时,三棱锥P-A1BC的体积为定值C. 当λ= 时,有且仅有一个点P,使得D. 当= 时,有且仅有一个点P,使得B⊥平面A P13. ( 3分) (2021·新高考Ⅱ卷)如图,在正方体中,O为底面的中心,P为所在棱的中点,M,N为正方体的顶点.则满足的是()A. B.C. D.三、填空题14. ( 1分) (2021·全国甲卷)己知一个圆锥的底面半径为6,其体积为30π,则该圆锥的侧面积为________.15. ( 1分) (2021·全国乙卷)以图①为正视图,在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图,组成某个三棱锥的三视图,则所选侧视图和俯视图的编号依次为________(写出符合要求的一组答案即可).四、解答题16. ( 10分) (2021·全国甲卷)已知直三棱柱中,侧面为正方形.分别为和的中点,.(1)求三棱锥F-EBC的体积;(2)已知为棱上的点,证明:.17. ( 10分) (2021·全国甲卷)已知直三棱柱ABC-A1B1C1.中,侧面AA1B1B为正方形,AB= BC = 2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF丄A1B1.(1)证明:BF⊥DE;(2)当为B1D何值时,面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小?18. ( 10分) (2021·全国乙卷)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,PD=DC=1,M为BC 的中点,且PB⊥AM,(1)求BC;(2)求二面角A-PM-B的正弦值。
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第9章(B)第二讲时间:60分钟满分:100分一、选择题(8×5=40分)1.(2009·福建,10)设m,n是平面α内的两条不同直线;l1,l2是平面β内的两条相交直线.则α∥β的一个充分而不必要条件是() A.m∥β且l1∥αB.m∥l1且n∥l2C.m∥β且n∥βD.m∥β且n∥l2答案:B解析:∵m∥l1,且n∥l2,又l1与l2是平面β内的两条相交直线,∴α∥β,而当α∥β时不一定推出m∥l1且n∥l2,可能异面.故选B.2.已知直线a,b,平面α,β,则a∥α的一个充分条件是() A.a⊥b,b⊥αB.a∥β,β∥αC.b⊂α,a∥b D.a∥b,b∥α,a⊄α答案:D解析:对于A,若a⊥b,b⊥α,则a∥α或a在α内,A不合题意;对于B,若a∥β,β∥α,则a∥α或a在α内,B不合题意;对于C,若b⊂α,a∥b,则a∥α或a在α内,C 不合题意;故选D.3.一条直线l上有相异三个点A、B、C到平面α的距离相等,那么直线l与平面α的位置关系是() A.l∥αB.l⊥αC.l与α相交但不垂直D.l∥α或l⊂α答案:D解析:l∥α时,直线l上任意点到α的距离都相等;l⊂α时,直线l上的所有点与α的距离都是0;l⊥α时,直线l上只能有两点到α的距离相等;l与α斜交时,也只能有两点到α的距离相等.4.(2009·山东潍坊一模)已知m、n是两条不同的直线,α、β、γ是三个不同的平面,则下列命题正确的是() A.若α⊥γ,α⊥β,则γ∥βB.若m∥n,m⊂α,n⊂β,则α∥βC.若m∥n,m∥α,则n∥αD.若n⊥α,n⊥β,则α∥β答案:D解析:选项A中,γ与β可能垂直,如墙角的三面墙,所以A不正确;选项B中,α与β可能相交,所以B不正确;选项C中,可能有n∥α,可能有n⊂α,所以C不正确;D 正确.5.(2009·河南调考)已知α∥β,a⊂α,B∈β,则在β内过点B的所有直线中() A.不一定存在与a平行的直线B.只有两条与a平行的直线C.存在无数条与a平行的直线D.存在唯一一条与a平行的直线答案:D解析:设过a与B的平面与β的交线为b,由面面平行的性质得b与a平行,故选D.6.下列四个正方体图形中,A、B为正方体的两个顶点,M、N、P分别为其所在棱的中点,能得到AB∥平面MNP的图形的序号是()A .①、③B .②、③C .①、④D .②、④答案:C解析:如①图中,连结AC ,则平面ACB ∥平面MNP ,又AB ⊂面ACB ,∴AB ∥面MNP . 如②图中,平面ACD ∥平面MNP ,又AB 与面ACD 相交,所以AB 与面MNP 也相交. 如③图中,因为AB 与平面NPCB 相交,所以AB 与平面MNP 相交.如④图中,AB ∥CD ,CD ∥NP ,那么AB ∥NP ,AB ∥平面MNP .综上所述,正确答案为①、④.故选C.7.(2009·广东重点中学)如果一条直线与一个平面平行,那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”,在一个长方体中,由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是( )A .60B .48C .36D .24答案:B解析:在长方体中,含四个顶点的平面有6个表面和6个对角面,共12个平面,而每个表面能构成6个“平行线面组”,每个对角面能构成2个“平行线面组”,则所有的“平行线面组”的个数有6×6+6×2=48,故选B.8.如图,α∥β,AB 和AC 是夹在平面α与β之间的两条线段,AB ⊥AC ,且AB =2,直线AB 与平面α所成的角为30°,那么线段AC 的取值范围是 ( )A .(233,433) B .[1,+∞) C .(1,233) D .[233,+∞) 答案:D解析:作AD ⊥β,连结BD 、CD 、BC .因为AB >BD ,AC >DC ,AB 2+AC 2=BC 2,所以cos ∠BDC =BD 2+DC 2-BC 22BD ·DC <AB 2+AC 2-BC 22BD ·DC=0(*), 因为AD ⊥β,所以∠ABD 是AB 和β所成的角,∠ABD =30°,依题意:AB =2,AD =1,DC =AC 2-1,BC =4+AC 2,BD =3,由(*)式可得:-1≤3+AC 2-1-4-AC 22·3·AC 2-1<0,所以0<1AC 2-1≤3,所以AC 2-1≥13,即AC ≥233;AC ≤-233(舍去),所以AC 的取值范围是[233,+∞). 二、填空题(4×5=20分)9.正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E 为DD 1的中点,则BD 1与过A 、C 、E 的平面的位置关系是________. 答案:平行解析:取AC 中点F ,连结EF ,在△BDD 1中,EF ∥BD 1,因此,BD 1∥面AEC ,平行关系.10.如图所示,ABCD -A 1B 1C 1D 1是棱长为a 的正方体,M ,N分别是下底面的棱A 1B 1,B 1C 1的中点,P 是上底面的棱AD 上的一点,AP =a 3,过P ,M ,N 的平面交上底面于PQ ,Q 在CD 上,则PQ =________.答案:223a 解析:如图所示,连接AC ,易知MN ∥平面ABCD ,∴MN ∥PQ .又∵MN ∥AC ,∴PQ ∥AC ,又∵AP =a 3,∴PD AD =DQ CD =PQ AC =23, ∴PQ =23AC =223a . 11.设平面α∥β,A 、C ∈α,B 、D ∈β,直线AB 与CD 交于S ,若AS =18,BS =27,CD =34,则CS =________.答案:685或68 解析:利用面面平行的性质,通常构造相似三角形求解,但要注意交点S 在α、β之间,或在AB 、CD 的延长线上两种情况,易得CS =685或68. 12.如图,在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E 、F 、G 、H 分别是棱CC 1、C 1D 1、D 1D 、DC 的中点,N 是BC 的中点,点M 在四边形EFGH 及其内部运动,则M 满足条件________时,有MN ∥平面B 1BDD 1.答案:M ∈线段FH解析:因为HN ∥BD ,HF ∥DD 1,所以平面NHF ∥平面B 1BDD 1,又平面NHF ∩平面EFGH =FH .故线段FH 上任意点M 与N 相连,有MN ∥平面B 1BDD 1,故填M ∈线段FH .三、解答题(4×10=40分)13.如图,在四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 是正方形,侧棱PD ⊥底面ABCD ,PD =DC ,E 是PC 的中点,证明P A ∥平面EDB .证明:方法一:连接AC 交BD 于O .连接EO .∵底面ABCD 是正方形,∴点O 是AC 的中点.在△P AC 中,EO 是中位线,∴P A ∥EO .而EO ⊂平面EDB 且P A ⊄平面EDB ,所以,P A ∥平面EDB .方法二:如图所示建立空间直角坐标系,D 为坐标原点.设DC =a .连接AC 交BD 于G ,连接EG .依题意得A (a,0,0),P (0,0,a ),E (0,a 2,a 2). ∵底面ABCD 是正方形,∴G 是此正方形的中心,故点G的坐标为(a 2,a 2,0),且 P A →=(a,0,-a ),EG →=(a 2,0,-a 2).∴P A →=2EG →.这表明P A ∥EG .而EG ⊂平面EDB 且P A ⊄平面EDB ,∴P A ∥平面EDB .14.如下图所示,已知A 1B 1C 1-ABC 是正三棱柱,E 、E 1分别是AC 、A 1C 1的中点.(1)求证:平面AB 1E 1∥平面BEC 1;(2)当该棱柱各棱长都为a 时,求(1)中两个平行平面间的距离.解析:(1)∵E 、E 1分别是AC 、A 1C 1的中点,又∵三棱柱为正三棱柱,⎭⎪⎬⎪⎫∴B 1E 1∥BE ,AE 1∥C 1E ∵AE 1∩B 1E 1=E 1,C 1E ∩BE =E ⇒平面AB 1E ∥平面BEC 1 (2)由(1)可知平面AB 1F 与平面BEC 1之间的距离可以转化为A 到平面BEC 1的距离,设为d .∵V C 1-ABE =V A -BC 1E ,又∵正三棱柱各棱长都是a ,∴AE =a 2,BE =32a , ∴V C 1-ABE =13·12·a 2·3a 2·a =324a 3, 而BC 1=2a ,C 1E =52a ,BE =32a , ∴BC 21=C 1E 2+BE 2,∴∠C 1EB =90°,∴S △BC 1E =12·BE ·C 1E =12·32a ·52a =158a 2, ∴d =VC 1-ABE 13S △BC 1E =324a 313·158a 2=55a , 则(1)中两个平行平面间的距离是55a . 15.(2009·河北秦皇岛一模)如图所示,在直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AA 1=2,底面是边长为1的正方形,E 、F 、G 分别是棱BB 1、DD 1、DA 的中点.(1)求证:平面AD 1E ∥平面BGF ;(2)求证:D 1E ⊥平面AEC .证明:(1)∵E 、F 分别是棱BB 1、DD 1的中点,∴BE ∥D 1F 且BE =D 1F .∴四边形BED 1F 为平行四边形.∴D 1E ∥BF .又∵D 1E ⊂平面AD 1E ,BF ⊄平面AD 1E ,∴BF ∥平面AD 1E .又∵G 是棱DA 的中点,∴GF ∥AD 1.又∵AD 1⊂平面AD 1E ,GF ⊄平面AD 1E ,∴GF ∥平面AD 1E .又∵BF ∩GF =F ,∴平面AD 1E ∥平面BGF .(2)连结CE 、AC 、BD ,∵AA 1=2,∴AD 1=A 1A 2+A 1D 21=5,同理AE =2,D 1E = 3.∴AD 21=D 1E 2+AE 2,∴D 1E ⊥AE .∵AC ⊥BD ,AC ⊥D 1D ,∴AC ⊥平面BB 1D 1D .又∵D 1E ⊂平面BB 1D 1D ,∴AC ⊥D 1E .又∵AC ∩AE =A ,AC ⊂平面AEC ,AE ⊂平面AEC ,∴D 1E ⊥平面AEC .16.(2009·河北唐山一模)如图所示,四棱锥S-ABCD 的底面ABCD 是正方形,侧面SAB 是等腰三角形且垂直于底面,SA =SB =5,AB =2,E 、F 分别是AB 、SD 的中点.(1)求证:EF ∥平面SBC ;(2)求二面角F -CE -A 的大小.解析:解法一:(1)证明:如图(1),取SC 中点G ,连结FG 、BG ,则FG 綊12CD .又BE 綊12CD ,∴FG 綊BE ,四边形BEFG 是平行四边形,∴EF ∥BG .又∵EF ⊄平面SBC ,BG ⊂平面SBC ,∴EF ∥平面SBC .(2)连结SE ,∵SA =SB ,∴SE ⊥AB .又∵平面SAB ⊥平面ABCD ,∴SE ⊥平面ABCD .而SE ⊂平面SDE ,∴平面SDE ⊥平面ABCD .作FH ⊥DE 于H ,则FH ⊥平面ABCD ,且FH ∥SE ,H 为DE 的中点.作HK ⊥CE 于K ,连结FK ,则CE ⊥FK .于是∠FKH 为二面角F -CE -A 的平面角.∵SA =SB =5,AB =2,∴SE =2,FH =1.在正方形ABCD 中,作DL ⊥CE 于L ,则DL =CD sin ∠LCD =CD sin ∠BEC =2×BC CE =2×25=45. ∴HK =12DL =25, ∴tan ∠FKH =FH HK =52. 解法二:如图(2),以E 为原点,建立空间直角坐标系,使BC ∥x 轴,A 、S 分别在y 轴、z 轴上.(1)证明:由已知,E (0,0,0),D (2,1,0),S (0,0,2),F (1,12,1),B (0,-1,0), C (2,-1,0),∴E F →=(1,12,1), B C →=(2,0,0),B S →=(0,1,2).∵E F →=12B C →+12B S →,EF ⊄平面SBC , ∴EF ∥平面SBC .(2)设m =(a ,b ,c )为平面CEF 的法向量,则m ⊥E C →,且m ⊥E F →.∵E C →=(2,-1,0),E F →=(1,12,1), 则m ·E C →=m ·E F →=0,∴⎩⎪⎨⎪⎧2a -b =0,a +12b +c =0,取a =1,b =2,c =-2, 则m =(1,2,-2).又∵n =(0,0,1)为平面ACE 的法向量,所以cos 〈m ,n 〉=m ·n |m ||n |=-23×1=-23, 因为二面角F -CE -A 为锐角,所以其大小为arccos 23.。