【最高考】2015届高考数学二轮专题突破高效精练 第14讲 空间几何体的表面积与体积
2015届高考数学状元之路二轮复习专题知识突破课件1.4.1空间几何体的三视图、表面积与体积
第一版块 专题知识突破
专题四 立体几何
第一讲 空间几何体的三视图、表面积与体积
考情分析 真题体验
知识方法 考点串联
高频考点 聚焦突破
多维探究 师生共研
考情分析·真题体验
明确备考方向 实战高考真题
考情剖析 三视图几乎是每年必考的内容之一，难度中等及以下，一是考
查识图(由直观图判断三视图或由三视图想象直观图)；二是以三视 图为载体考查面积、体积的计算.
不可能是( )
A．圆柱
B．圆锥
C．四面体
D．三棱柱
解析 因为圆锥、四面体、三棱柱的正视图均可以是三角形， 而圆柱无论从哪个方面看均不可能是三角形，所以选 A.
答案 A
3．(2014·浙江卷)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此 几何体的表面积是( )
A．90 cm2 C．132 cm2
B．129 cm2 D．138 cm2
答案 A
[方法规律] 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.
对点训练
5.正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为 4，底面
边长为 2，则该球的表面积为( )
81π A. 4
B．16π
A．三棱锥 B．三棱柱 C．四棱锥 D．四棱柱
解析 如图，几何体为三棱柱． 答案 B
2．(2013·课标全国卷Ⅱ)一个四面体的顶点在空间直角坐标系 O －xyz 中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体 三视图中的正视图时，以 zOx 平面为投影面，则得到的正视图可以 为( )
【高考解码】(新课标)2015届高考数学二轮复习 平面几何与空间几何间的类比问题
平面几何与空间几何间的类比问题中学数学的推理论证能力是根据已知的事实和已获得的正确数学命题，论证某一数学命题真实性的初步的推理能力．一般运用合情推理进行猜想，再运用演绎推理进行证明．类比推理对推理论证能力的提升具有积极意义，尤其对平面到空间的类比而言，一般分为三步：(1)找出两类对象之间可以确切表达的一致性；(2)用一类对象的性质去推断另一类对象的性质；(3)验证猜想．【典例】 在平面内，三角形的面积为S ，周长为C ，则它的内切圆的半径为r ＝2SC.在空间中，三棱锥的体积为V ，表面积为S ，利用类比推理的方法，可得三棱锥的内切球(球面与三棱锥的各个面均相切)的半径R ＝________.【解析】 r ＝2S C →R ＝3VS.【答案】3VS【规律感悟】 本题从三角形的面积关系入手来类比三棱锥(四面体)的体积运算，由二维平面类比到三维空间，必然出现“类比点”：三角形的面积→四面体的体积、三角形的周长→四面体的表面积、三角形的内切圆→四面体的内切球等，进而类比出结果，由于具有猜测性，需验证其正确性.一、选择题1．(2014·江西高考)z －是z 的共轭复数，若z ＋z －＝2，(z －z －)i ＝2(i 为虚数单位)，则z ＝( )A ．1＋iB ．－1－iC ．－1＋iD ．1－i【解析】 设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )由z ＋z －＝2，∴a ＝1，∵(z －z －)i ＝2，∴－2b ＝2，b ＝－1，∴z ＝1－i ，故选D. 【答案】 D2．(2014·全国新课标Ⅱ高考)设向量a ，b 满足|a ＋b |＝10，|a －b |＝6，则a ·b ＝( )A ．1B ．2C ．3D ．5 【解析】 ∵|a ＋b |＝10，|a －b |＝6，∴a 2＋b 2＋2a ·b ＝10，a 2＋b 2－2a ·b ＝6， 两式相减得：4a ·b ＝4，∴a ·b ＝1.故选A. 【答案】 A3．(2014·北京高考)当m ＝7，n ＝3时，执行如图所示的程序框图，输出的S 值为( )A ．7B ．42C ．210D ．840 【解析】 第一步：m －n ＋1＝7－3＋1＝5，S ＝7，k ＝6； 第二步：m －n ＋1＝5，S ＝42，k ＝5； 第三步：m －n ＋1＝5，S ＝210，k ＝4， 此时4<5，故选C. 【答案】 C4．(2014·武汉市武昌区调研)给出以下结论：①在四边形ABCD 中，若AC →＝AB →＋AD →，则四边形ABCD 是平行四边形；②已知三角形ABC中，a ＝5，b ＝8，C ＝60°，则BC →·CA →＝20；③已知正方形ABCD 的边长为1，则|AB →＋BC →＋AC →|＝22；④已知AB →＝a ＋5b ，BC →＝－2a ＋8b ，CD →＝3(a －b )，则A ，B ，D 三点共线．其中正确结论的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4【解析】 对于①，因为AC →＝AB →＋AD →，所以DC →＝AB →，DC ＝AB 且DC ∥AB ，故四边形ABCD为平行四边形；对于②，BC →·CA →＝ab cos(180°－C )＝－ab cos C ＝－20；对于③，|AB →＋BC →＋AC →|＝|2AC →|＝2|AC →|＝22；对于④，因为AB →＝a ＋5b ，BD →＝BC →＋CD →＝a ＋5b ，所以AB →＝BD →，则A ，B ，D 三点共线．综上可得，①③④正确，故选C.【答案】 C5．(2014·洛阳统考)设复数z ＝2－1－i (i 为虚数单位)，z 的共轭复数为z ，则在复平面内i z 对应的点的坐标为( )A ．(1,1)B ．(－1,1)C ．(1，－1)D ．(－1，－1)【解析】 ∵z ＝2－1－i＝－1＋i ，∴i z ＝i(－1－i)＝1－i ，其在复平面内对应的点的坐标为(1，－1)．故选C.【答案】 C6．(2014·河南焦作二模)给出下面类比推理命题(其中Q 为有理数集，R 为实数集，C 为复数集)：①“若a ，b ∈R ，则a －b ＝0⇒a ＝b ”类比推出“若a ，b ∈C ，则a －b ＝0⇒a ＝b ”； ②“若a ，b ，c ，d ∈R ，则复数a ＋b i ＝c ＋d i ⇒a ＝c ，b ＝d ”类比推出“若a ，b ，c ，d ∈Q ，则a ＋b 2＝c ＋d 2⇒a ＝c ，b ＝d ”；③若“a ，b ∈R ，则a －b >0⇒a >b ”类比推出“若a ，b ∈C ，则a －b >0⇒a >b ”．其中类比结论正确的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3【解析】 ①②正确，③错误．因为两个复数如果不全是实数，不能比较大小． 【答案】 C7．(2014·大庆质检)若两个非零向量a ，b 满足|a ＋b |＝|a －b |＝2|a |，则向量a ＋b 与a －b 的夹角为( )A.π6B.π3C.5π6D.2π3【解析】 由题意作图，设AB →＝b ，AD →＝a ，结合向量的几何意义可知∠ABD ＝∠CAB ＝π6，故向量a ＋b 与a －b 的夹角为AC →与BD →的夹角，为2π3，选D.【答案】 D8. (2013·山东高考)执行两次如图所示的程序框图，若第一次输入的a 的值为－1.2，第二次输入的a 的值为 1.2，则第一次，第二次输出的a 的值分别为( )A ．0.2,0.2B ．0.2,0.8C ．0.8,0.2D ．0.8,0.8 【解析】 根据输入的a 的值的不同而执行不同的程序． 由题中程序框图可知：当a ＝－1.2时，∵a <0， ∴a ＝－1.2＋1＝－0.2，a <0，a ＝－0.2＋1＝0.8，a >0.∵0.8<1，输出a ＝0.8. 当a ＝1.2时，∵a ≥1，∴a ＝1.2－1＝0.2. ∵0.2<1，输出a ＝0.2. 【答案】 C9．(预测题)下列关于五角星的图案构成一个数列，该数列的一个通项公式是( )A ．a n ＝n 2－n ＋1 B ．a n ＝n n －12C ．a n ＝n n ＋12D ．a n ＝n n ＋22【解析】 从题图中观察五角星构成规律， n ＝1时，有1个； n ＝2时，有3个； n ＝3时，有6个； n ＝4时，有10个；…所以a n ＝1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n n ＋2.【答案】 C10．(2014·广东高考)对任意复数ω1，ω2，定义ω1]，其中ω2是ω2的共轭复数，对任意复数z 1，z 2，z 3，有如下四个命题：①(z 1＋z 2)*z 3＝(z 1] ( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4【解析】 由于ω1]，对于①，(z 1＋z 2)*z 3＝(z 1＋z 2)z 3＝z 1z 3＋z 2z 3＝(z 1]＝z 1z 2＋z 1z 3＝(z 1])z 3＝z 1z 2 z 3，而z 1])＝z 1z 2z 3，显然不成立；对于④，由于z 1]，而z 2]，显然不一定成立．故选B. 【答案】 B 二、填空题11．已知菱形ABCD 的边长为2，∠BAD ＝120°，点E ，F 分别在边BC ，DC 上，BC ＝3BE ，DC ＝λDF .若AE →·AF →＝1，则λ的值为________．【解析】 如图由题意知AE →＝AB →＋13BC →＝AB →＋13AD →，AF →＝AD →＋DF →＝AD →＋1λDC →＝AD →＋1λAB →，由(AB →＋13AD →)(AD →＋1λAB →)＝1，得(13λ＋1)AB →·AD →＋13AD →2＋1λAB →2＝1， ∴(13λ＋1)|AB →|·|AD →|cos 120°＋13|AD →|2＋1λ|AB →|2＝1 解之得λ＝2. 【答案】 212．(2014·安徽高考改编)如图所示，程序框图(算法流程图)的输出结果是________．【解析】 由题中程序框图(算法流程图)知：x ＝1，y ＝1，z ＝2；x ＝1，y ＝2，z ＝3；x ＝2，y ＝3，z ＝5；x ＝3，y ＝5，z ＝8；x ＝5，y ＝8，z ＝13；x ＝8，y ＝13，z ＝21；x ＝13，y ＝21，z ＝34；x ＝21，y ＝34，z ＝55>50，跳出循环．故输出结果是55.【答案】 5513．(创新题)对于命题：若O 是线段AB 上一点，则有|OB →|·OA →＋|OA →|·OB →＝0. 将它类比到平面的情形是：若O 是△ABC 内一点，则有S △OBC ·OA →＋S △OCA ·OB →＋S △OBA ·OC →＝0，将它类比到空间的情形应该是：若O 是四面体ABCD 内一点，则有________．【解析】 将平面中的相关结论类比到空间，通常是将平面中的图形的面积类比为空间中的几何体的体积，因此依题意可知：若O 为四面体ABCD 内一点，则有V O －BCD ·OA →＋V O －ACD ·OB→＋V O －ABD ·OC →＋V O －ABC ·OD →＝0.【答案】 V O －BCD ·OA →＋V O －ACD ·OB →＋V O －ABD ·OC →＋V O －ABC ·OD →＝0.14．若复数z ＝a 2－1＋(a ＋1)i(a ∈R )是纯虚数，则1z ＋a的虚部为________．【解析】 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 2－1＝0，a ＋1≠0，所以a ＝1，所以1z ＋a ＝11＋2i＝1－2i ＋－＝15－25i ，根据虚部的概念，可得1z ＋a 的虚部为－25. 【答案】 －2515．(预测题)设函数f (x )＝xx ＋2(x >0)，观察：f 1(x )＝f (x )＝xx ＋2，f 2(x )＝f [f 1(x )]＝x3x ＋4，f 3(x )＝f [f 2(x )]＝x7x ＋8，f 4(x )＝f [f 3(x )]＝x15x ＋16，……根据以上事实，由归纳推理可得：当n ∈N *且n ≥2时，f n (x )＝f [f n －1(x )]＝________. 【解析】 由f (x )＝xx ＋2(x >0)得，f 1(x )＝f (x )＝xx ＋2，f 2(x )＝f [f 1(x )]＝x 3x ＋4＝x2－x ＋22，f 3(x )＝f [f 2(x )]＝x 7x ＋8＝x3－x ＋23，f 4(x )＝f [f 3(x )]＝x 15x ＋16＝x4－x ＋24，……∴当n ≥2且n ∈N *时，f n (x )＝f [f n －1(x )]＝xn－x ＋2n.【答案】 xn－x ＋2n。
【步步高】2015届高考数学总复习 8.1空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积配套文档 理 新人
§8.1空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积1.空间几何体的结构特征多面体(1)棱柱的侧棱都平行且相等，上、下底面是全等的多边形.(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形.(3)棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上、下底面是相似多边形.旋转体(1)圆柱可以由矩形绕其任一边所在直线旋转得到.(2)圆锥可以由直角三角形绕其直角边所在直线旋转得到.(3)圆台可以由直角梯形绕直角腰所在直线或等腰梯形绕上、下底中点连线所在直线旋转得到，也可由平行于底面的平面截圆锥得到.(4)球可以由半圆或圆绕直径所在直线旋转得到.2.空间几何体的三视图是用正投影得到，这种投影下与投影面平行的平面图形留下的影子与平面图形的形状和大小是完全相同的，三视图包括正视图、侧视图、俯视图.3.空间几何体的直观图画空间几何体的直观图常用斜二测画法，基本步骤：(1)在已知图形中取互相垂直的x轴、y轴，两轴相交于点O，画直观图时，把它们画成对应的x′轴、y′轴，两轴相交于点O′，且使∠x′O′y′＝45°(或135°).(2)已知图形中平行于x轴、y轴的线段，在直观图中分别平行于x′轴、y′轴.(3)已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中长度保持不变，平行于y轴的线段，长度变为原来的一半.(4)在已知图形中过O点作z轴垂直于xOy平面，在直观图中对应的z′轴也垂直于x′O′y′平面，已知图形中平行于z轴的线段，在直观图中仍平行于z′轴且长度不变.4.柱、锥、台和球的表面积和体积名称几何体表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝Sh锥体(棱锥和圆锥) S 表面积＝S 侧＋S 底 V ＝13Sh 台体(棱台和圆台) S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球 S ＝4πR 2 V ＝43πR 31.判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.( × )(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥.( × )(3)用斜二测画法画水平放置的∠A 时，若∠A 的两边分别平行于x 轴和y 轴，且∠A ＝90°，则在直观图中，∠A ＝45°.( × )(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同.( × )(5)圆柱的侧面展开图是矩形.( √ )(6)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差来计算.( √ )2.(2013·某某)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )答案 D解析 由三视图可知上部是一个圆台，下部是一个圆柱，选D.3.(2013·课标全国Ⅰ)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为( )A.500π3 cm 3B.866π3cm 3 C.1 372π3 cm 3D.2 048π3cm 3答案 A 解析 作出该球轴截面的图象如图所示，依题意BE ＝2，AE ＝CE ＝4，设DE ＝x ，故AD ＝2＋x ，因为AD 2＝AE 2＋DE 2，解得x ＝3，故该球的半径AD ＝5，所以V ＝43πR 3＝500π3. 4.一个三角形在其直观图中对应一个边长为1的正三角形，原三角形的面积为________. 答案 62解析 由斜二测画法，知直观图是边长为1的正三角形，其原图是一个底为1，高为6的三角形，所以原三角形的面积为62. 5.若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，则该圆锥的体积为________.答案 33π 解析 侧面展开图扇形的半径为2，圆锥底面半径为1，∴h ＝22－1＝3，∴V ＝13π×1×3＝33π.题型一 空间几何体的结构特征例1 (1)下列说法正确的是( )A.有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B.四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C.有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D.棱台的各侧棱延长后不一定交于一点(2)给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；④棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等.其中正确命题的个数是( )A.0B.1C.2D.3思维启迪从多面体、旋转体的定义入手，可以借助实例或几何模型理解几何体的结构特征.答案(1)B(2)A解析(1)A错，如图1；B正确，如图2，其中底面ABCD是矩形，可证明∠P AB，∠PCB 都是直角，这样四个侧面都是直角三角形；C错，如图3；D错，由棱台的定义知，其侧棱必相交于同一点.(2)①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，因为“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面都是有一个公共顶点的三角形”，如图1所示；③不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图2所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；④错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等.思维升华(1)有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体不一定是棱柱.(2)既然棱台是由棱锥定义的，所以在解决棱台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略.(3)旋转体的形成不仅要看由何种图形旋转得到，还要看旋转轴是哪条直线.如图是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图，A，B，C是展开图上的三点，则在正方体盒子中，∠ABC的值为()A.30°B.45°C.60°D.90°答案 C解析 还原正方体，如图所示，连接AB ，BC ，AC ，可得△ABC 是正三角形，则∠ABC ＝60°.题型二 空间几何体的三视图和直观图例2 (1)如图，某几何体的正视图与侧视图都是边长为1的正方形，且体积为12，则该几何体的俯视图可以是( )(2)正三角形AOB 的边长为a ，建立如图所示的直角坐标系xOy ，则它的直观图的面积是________.思维启迪 (1)由正视图和侧视图可知该几何体的高是1，由体积是12可 求出底面积.由底面积的大小可判断其俯视图是哪一个.(2)按照直观图画法规则确定平面图形和其直观图面积的关系.答案 (1)C(2)616a 2 解析 (1)由该几何体的正视图和侧视图可知该几何体是柱体，且其高为1，由其体积是12可知该几何体的底面积是12，由图知A 的面积是1，B 的面积是π4，C 的面积是12，D 的面积是π4，故选C. (2)画出坐标系x ′O ′y ′，作出△OAB 的直观图O ′A ′B ′(如图).D ′为O ′A ′的中点.易知D ′B ′＝12DB (D 为OA 的中点)， ∴S △O ′A ′B ′＝12×22S △OAB ＝24×34a 2＝616a 2. 思维升华 (1)三视图中，正视图和侧视图一样高，正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽.即“长对正，宽相等，高平齐”.(2)解决有关“斜二测画法”问题时，一般在已知图形中建立直角坐标系，尽量运用图形中原有的垂直直线或图形的对称轴为坐标轴，图形的对称中心为原点，注意两个图形中关键线段长度的关系.(1)(2013·某某)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能等于()A.1B.2C.2－12 D.2＋12(2)如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6 cm，O′C′＝2 cm，则原图形是()A.正方形B.矩形C.菱形D.一般的平行四边形答案(1)C(2)C解析(1)由俯视图知正方体的底面水平放置，其正视图为矩形，以正方体的高为一边长，另一边长最小为1，最大为2，面积X围应为[1，2]，不可能等于2－12.(2)如图，在原图形OABC中，应有OD＝2O′D′＝2×2 2＝4 2 cm，CD＝C′D′＝2 cm.∴OC＝OD2＋CD2＝(42)2＋22＝6 cm，∴OA＝OC，故四边形OABC是菱形.题型三空间几何体的表面积与体积例3(1)一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A.48B.32＋817C.48＋817D.80(2)已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图均由直角三角形与半圆构成，俯视图由圆与内接三角形构成，根据图中的数据可得几何体的体积为( )A.2π3＋12B.4π3＋16 C.2π6＋16D.2π3＋12思维启迪 先由三视图确定几何体的构成及度量，然后求表面积或体积.答案 (1)C (2)C解析 (1)由三视图知该几何体的直观图如图所示，该几何体的下底面是边长为4的正方形；上底面是长为4、宽为2的矩形；两个梯形侧面垂直于底面，上底长为2，下底长为4，高为4；另两个侧面是矩形，宽为4，长为42＋12＝17.所以S 表＝42＋2×4＋12×(2＋4)×4×2＋4×17×2＝48＋817. (2)由三视图确定该几何体是一个半球体与三棱锥构成的组合体，如 图，其中AP ，AB ，AC 两两垂直，且AP ＝AB ＝AC ＝1，故AP ⊥平面ABC ，S △ABC ＝12AB ×AC ＝12，所以三棱锥P －ABC 的体积V 1＝13×S △ABC ×AP ＝13×12×1＝16，又Rt △ABC 是半球底面的内接三角形， 所以球的直径2R ＝BC ＝2，解得R ＝22，所以半球的体积V 2＝12×4π3×(22)3＝2π6，故 所求几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝16＋2π6. 思维升华 解决此类问题需先由三视图确定几何体的结构特征，判断是否为组合体，由哪些简单几何体构成，并准确判断这些几何体之间的关系，将其切割为一些简单的几何体，再求出各个简单几何体的体积，最后求出组合体的体积.(2012·课标全国)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，则此棱锥的体积为( )A.26B.36C.23D.22答案 A解析 由于三棱锥S －ABC 与三棱锥O －ABC 底面都是△ABC ，O 是SC 的中点，因此三棱锥S －ABC 的高是三棱锥O －ABC 高的2倍，所以三棱锥S －ABC 的体积也是三棱锥O －ABC 体积的2倍.在三棱锥O －ABC 中，其棱长都是1，如图所示，S △ABC ＝34×AB 2＝34， 高OD ＝12－⎝⎛⎭⎫332＝63， ∴V S －ABC ＝2V O －ABC ＝2×13×34×63＝26.转化思想在立体几何计算中的应用典例：(12分)如图，在直棱柱ABC —A ′B ′C ′中，底面是边长为3的等边三角形，AA ′＝4，M 为AA ′的中点，P 是BC 上一点，且由P沿棱柱侧面经过棱CC ′到M 的最短路线长为29，设这条最短路线与CC ′的交点为N ，求：(1)该三棱柱的侧面展开图的对角线长；(2)PC 与NC 的长；(3)三棱锥C —MNP 的体积.思维启迪 (1)侧面展开图从哪里剪开展平；(2)MN ＋NP 最短在展开图上呈现怎样的形式；(3)三棱锥以谁做底好.规X 解答解 (1)该三棱柱的侧面展开图为一边长分别为4和9的矩形，故对角线长为42＋92＝97.[2分](2)将该三棱柱的侧面沿棱BB ′展开，如下图，设PC ＝x ，则MP 2＝MA 2＋(AC ＋x )2.∵MP ＝29，MA ＝2，AC ＝3，∴x ＝2，即PC ＝2.又NC ∥AM ，故PC P A ＝NC AM ，即25＝NC 2. ∴NC ＝45.[8分] (3)S △P ＝12×CP ×＝12×2×45＝45. 在三棱锥M —P 中，M 到面P 的距离，即h ＝32×3＝332. ∴V C —MNP ＝V M —P ＝13·h ·S △P ＝13×332×45＝235.[12分] 温馨提醒 (1)解决空间几何体表面上的最值问题的根本思路是“展开”，即将空间几何体的“面”展开后铺在一个平面上，将问题转化为平面上的最值问题.(2)如果已知的空间几何体是多面体，则根据问题的具体情况可以将这个多面体沿多面体中某条棱或者两个面的交线展开，把不在一个平面上的问题转化到一个平面上.如果是圆柱、圆锥则可沿母线展开，把曲面上的问题转化为平面上的问题.(3)本题的易错点是，不知道从哪条侧棱剪开展平，不能正确地画出侧面展开图.缺乏空间图形向平面图形的转化意识.方法与技巧1.棱柱、棱锥要掌握各部分的结构特征，计算问题往往转化到一个三角形中进行解决.2.旋转体要抓住“旋转”特点，弄清底面、侧面及展开图形状.3.三视图画法：(1)实虚线的画法：分界线和可见轮廓线用实线，看不见的轮廓线用虚线；(2)理解“长对正、宽平齐、高相等”.4.直观图画法：平行性、长度两个要素.5.求几何体的体积，要注意分割与补形.将不规则的几何体通过分割或补形将其转化为规则的几何体求解.6.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.失误与防X1.台体可以看成是由锥体截得的，但一定强调截面与底面平行.2.注意空间几何体的不同放置对三视图的影响.3.几何体展开、折叠问题，要抓住前后两个图形间的联系，找出其中的量的关系.A组专项基础训练(时间：40分钟)一、选择题1.五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个五棱柱对角线的条数共有( ) A.20B.15C.12D.10 答案 D解析 如图，在五棱柱ABCDE －A 1B 1C 1D 1E 1中，从顶点A 出发的对 角线有两条：AC 1，AD 1，同理从B ，C ，D ，E 点出发的对角线均有两 条，共2×5＝10(条).2.(2012·某某)一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个 几何体不可以是( ) A.球B.三棱锥 C.正方体D.圆柱 答案 D解析 考虑选项中几何体的三视图的形状、大小，分析可得.球、正方体的三视图形状都相同、大小均相等，首先排除选项A 和C. 对于如图所示三棱锥O －ABC ，当OA 、OB 、OC 两两垂直且OA ＝OB ＝OC 时， 其三视图的形状都相同，大小均相等，故排除选项B. 不论圆柱如何设置，其三视图的形状都不会完全相同， 故答案选D.3.(2013·某某)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.5603B.5803C.200D.240 答案 C解析 由三视图知该几何体为直四棱柱，其底面为等腰梯形，上底长为2，下底长为8，高为4，故面积为S ＝(2＋8)×42＝20.又棱柱的高为10，所以体积V ＝Sh ＝20×10＝200.4.如图是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是( )答案 D解析 由俯视图可知是B 和D 中的一个，由正视图和侧视图可知B 错.5.某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是个半圆，则该几何体的表面积为( )A.32πB .π＋ 3 C.32π＋3D.52π＋ 3 答案 C解析 由三视图可知该几何体为一个半圆锥，底面半径为1，高为3，∴表面积S ＝12×2×3＋12×π×12＋12×π×1×2＝3＋3π2.二、填空题6.如图所示，E 、F 分别为正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的面ADD 1A 1、面 BCC 1B 1的中心，则四边形BFD 1E 在该正方体的面DCC 1D 1上的投影 是________.(填序号)答案 ②解析 四边形在面DCC 1D 1上的投影为②：B 在面DCC 1D 1上的投影为C ，F 、E 在面DCC 1D 1上的投影应在边CC 1与DD 1上，而不在四边形的内部，故①③④错误.7.已知三棱锥A —BCD 的所有棱长都为2，则该三棱锥的外接球的表面积为________. 答案 3π解析 如图，构造正方体ANDM —FBEC .因为三棱锥A —BCD 的所有 棱长都为2，所以正方体ANDM —FBEC 的棱长为1.所以该正方体的 外接球的半径为32. 易知三棱锥A —BCD 的外接球就是正方体ANDM —FBEC 的外接球，所以三棱锥A —BCD 的外接球的半径为32.所以三棱锥A —BCD 的外接球的表面积为S 球＝4π⎝⎛⎭⎫322＝3π. 8.(2013·某某)如图，在三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，AC ，AA 1的中点，设三棱锥F －ADE 的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________.答案 1∶24解析 设三棱锥F －ADE 的高为h ， 则V 1V 2＝13h ⎝⎛⎭⎫12AD ·AE ·sin ∠DAE (2h )12(2AD )(2AE )sin ∠DAE＝124. 三、解答题9.一个几何体的三视图及其相关数据如图所示，求这个几何体的表面积.解这个几何体是一个圆台被轴截面割出来的一半.根据图中数据可知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，高为3，母线长为2，几何体的表面积是两个半圆的面积、圆台侧面积的一半和轴截面的面积之和，故这个几何体的表面积为S＝12π×12＋12π×22＋12π×(1＋2)×2＋12×(2＋4)×3＝11π2＋3 3.10.已知一个上、下底面为正三角形且两底面中心连线垂直于底面的三棱台的两底面边长分别为30 cm和20 cm，且其侧面积等于两底面面积之和，求棱台的高.解如图所示，三棱台ABC—A1B1C1中，O、O1分别为两底面中心，D、D1分别为BC和B1C1的中点，则DD1为棱台的斜高.由题意知A1B1＝20，AB＝30，则OD＝53，O1D1＝1033，由S侧＝S上＋S下，得12×(20＋30)×3DD1＝34×(202＋302)，解得DD1＝1333，在直角梯形O1ODD1中，O1O＝DD21－(OD－O1D1)2＝43，所以棱台的高为4 3 cm.B组专项能力提升(时间：30分钟)1.在四棱锥E—ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD,2AB＝3CD，M为AE的中点，设E—ABCD的体积为V，那么三棱锥M—EBC的体积为()A.25VB.13VC.23VD.310V 答案 D解析 设点B 到平面EMC 的距离为h 1，点D 到平面EMC 的距离为h 2. 连接MD .因为M 是AE 的中点， 所以V M —ABCD ＝12V .所以V E —MBC ＝12V －V E —MDC .而V E —MBC ＝V B —EMC ，V E —MDC ＝V D —EMC ， 所以V E —MBC V E —MDC ＝V B —EMC V D —EMC ＝h 1h 2.因为B ，D 到平面EMC 的距离即为到平面EAC 的距离，而AB ∥CD ，且2AB ＝3CD ，所以h 1h 2＝32. 所以V E —MBC ＝V M －EBC ＝310V . 2.某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是( )A.28＋65B.30＋6 5C.56＋125D.60＋12 5 答案 B解析 由几何体的三视图可知，该三棱锥的直观图如图所示， 其中AE ⊥平面BCD ，CD ⊥BD ，且CD ＝4，BD ＝5，BE ＝2，ED ＝3， AE ＝4.∵AE ＝4，ED ＝3，∴AD ＝5.又CD ⊥BD ，CD ⊥AE ， 则CD ⊥平面ABD ， 故CD ⊥AD ，所以AC ＝41且S △ACD ＝10.在Rt △ABE 中，AE ＝4，BE ＝2，故AB ＝2 5. 在Rt △BCD 中，BD ＝5，CD ＝4， 故S △BCD ＝10，且BC ＝41.在△ABD 中，AE ＝4，BD ＝5，故S △ABD ＝10. 在△ABC 中，AB ＝25，BC ＝AC ＝41， 则AB 边上的高h ＝6，故S △ABC ＝12×25×6＝6 5.因此，该三棱锥的表面积为S ＝30＋6 5.3.表面积为3π的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面直径为________. 答案 2解析 设圆锥的母线为l ，圆锥底面半径为r .则12πl 2＋πr 2＝3π，πl ＝2πr ，∴r ＝1，即圆锥的底面直径为2.4.如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直， 图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角 三角形.(1)根据图所给的正视图、俯视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)求P A .解 (1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)，边长为6 cm 的正方形，如图， 其面积为36 cm 2. (2)由侧视图可求得PD ＝PC 2＋CD 2＝62＋62＝6 2.由正视图可知AD ＝6，且AD ⊥PD ，所以在Rt △APD 中，P A ＝PD 2＋AD 2＝(62)2＋62＝6 3 cm.5.已知一个圆锥的底面半径为R ，高为H ，在其内部有一个高为x 的内接圆柱. (1)求圆柱的侧面积；(2)x 为何值时，圆柱的侧面积最大？ 解 (1)作圆锥的轴截面，如图所示.因为r R ＝H －x H ，所以r ＝R －R H x ，所以S 圆柱侧＝2πrx＝2πRx －2πR H (0<x <H ).(2)因为－2πR H <0，所以当x ＝2πR 4πR H＝H2时，S 圆柱侧最大.故当x ＝H2，即圆柱的高为圆锥高的一半时，圆柱的侧面积最大.。
【高考解码】(新课标)2015届高考数学二轮复习 立体几何热点考向
【高考解码】（新课标）2015届高考数学二轮复习 立体几何热点考向利用空间向量证明空间位置关系【例1】 如图所示，在底面是矩形的四棱锥PABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，PA ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面PAB ；(2)求证：平面PAD ⊥平面PDC .【证明】 以A 为原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，PB →＝(1,0，－1)，PD →＝(0,2，－1)，AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)，AB →＝(1,0,0)．(1)因为EF →＝－12AB →，所以EF →∥AB →，即EF ∥AB .又AB ⊂平面PAB ，EF ⊄平面PAB ， 所以EF ∥平面PAB .(2)因为AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0， AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，所以AP →⊥DC →，AD →⊥DC →， 即AP ⊥DC ，AD ⊥DC . 又因为AP ∩AD ＝A ，AP ⊂平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，所以DC ⊥平面PAD .因为DC ⊂平面PDC ， 所以平面PAD ⊥平面PDC .【规律方法】 使用空间向量方法证明线面平行时，既可以证明直线的方向向量和平面内一条直线的方向向量平行，然后根据线面平行的判定定理得到线面平行，也可以证明直线的方程向量与平面的法向量垂直；证明面面垂直既可以证明线线垂直，然后使用判定定理进行判定，也可以证明两个平面的法向量垂直．[创新预测]1．在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 在线段BB 1上，且EB 1＝1，D ，F ，G 分别为CC 1，C 1B 1，C 1A 1的中点．求证：(1)B 1D ⊥平面ABD ； (2)平面EGF ∥平面ABD .证明 (1)以B 为坐标原点，BA ，BC ，BB 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B (0,0,0)，D (0,2,2)，B 1(0,0,4)， 设BA ＝a ，则A (a,0,0)，所以BA →＝(a,0,0)，BD →＝(0,2,2)，B 1D →＝(0,2，－2)， B 1D →·BA →＝0，B 1D →·BD →＝0＋4－4＝0， 即B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD . 又BA ∩BD ＝B ，因此B 1D ⊥平面ABD .(2)由(1)知，E (0,0,3)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，1，4，F ()0，1，4， 则EG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，1，EF →＝(0,1,1)，B 1D →·EG →＝0＋2－2＝0， B 1D →·EF →＝0＋2－2＝0， 即B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF .又EG ∩EF ＝E ，因此B 1D ⊥平面EGF . 结合(1)可知平面EGF ∥平面ABD .利用空间向量求空间角【例2】 (2014·某某省某某市高考模拟卷)如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠ABC ＝60°，四边形ACFE 为矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，CF ＝1.点M 在线段EF 上运动，设平面MAB 与平面FCB 所成二面角的平面角为θ(θ≤90°)，试求cos θ的取值X 围．【解】 可建立分别以直线CA ，CB ，CF 为x 轴，y 轴，z 轴的空间直角坐标系，如图所示．令FM ＝λ(0≤λ≤3)，则C (0,0,0)，A (3，0,0)，B (0,1,1)，M (λ，0,1)，∴AB →＝(－3，1,0)，BM →＝(λ，－1,1)． 设n 1＝(x ，y ，z )为平面MAB 的法向量， 由错误!得错误!.取x ＝1，则n 1＝(1，3，3－λ)， ∵n 2＝(1,0,0)是平面FCB 的一个法向量，∴cos θ＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝11＋3＋3－λ2×1＝1λ－32＋4. ∵0≤λ≤3，∴当λ＝0时，cos θ有最小值77，当λ＝3时，cos θ有最大值12.∴cos θ∈[77，12]． 【规律方法】 1.利用空间向量求空间角的步骤： 第一步建立适当的空间直角坐标系； 第二步确定出相关点的坐标； 第三步写出相关向量的坐标； 第四步结合公式进行论证、计算； 第五步转化为几何结论．2．巧用“向量法”求解“空间角”： (1)向量法求异面直线所成的角若异面直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，异面直线所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a ·b ||a ||b |.(2)向量法求线面所成的角求出平面的法向量n ，直线的方向向量a ，设线面所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝|n ·a ||n ||a |.(3)向量法求二面角求出二面角α－l －β的两个半平面α与β的法向量n 1，n 2，若二面角α－l －β所成的角θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|；若二面角α－l －β所成的角θ为钝角，则cos θ＝－|cos 〈n 1，n 2〉|＝－|n 1·n 2||n 1||n 1|.[创新预测]2．(2014·某某第一次调研)如图所示．在多面体ABCDA 1B 1C 1D 1中，上、下两个底面A 1B 1C 1D 1和ABCD 互相平行，且都是正方形，DD 1⊥底面ABCD ，AB ＝2A 1B 1＝2DD 1＝2a .(1)求异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值；(2)已知F 是AD 的中点，求证：FB 1⊥平面BCC 1B 1； (3)在(2)的条件下，求二面角FCC 1B 的余弦值．【解】 以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (2a,0,0)，B (2a,2a,0)，C (0,2a,0)，D 1(0,0，a )，F (a,0,0)，B 1(a ，a ，a )，C 1(0，a ，a )．(1)∵AB 1→＝(－a ，a ，a )，DD 1→＝(0,0，a )，∴|cos 〈AB 1→，DD 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AB 1→·DD 1→|AB1→|·|DD 1→|＝33， ∴异面直线AB 1与DD 1所在 角的余弦值为33. (2)∵BB 1→＝(－a ，－a ，a )，BC →＝(－2a,0,0)，FB 1→＝(0，a ，a )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧FB 1→·BB 1→＝0FB 1→·BC →＝0，∴FB 1⊥BB 1，FB 1⊥BC .∵BB 1∩BC ＝B ，∴FB 1⊥平面BCC 1B 1.(3)由(2)知，FB 1→为平面BCC 1B 1的一个法向量． 设n ＝(x 1，y 1，z 1)为平面FCC 1的法向量， ∵CC 1→＝(0，－a ，a )，FC →＝(－a,2a,0)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·CC 1→＝0n ·FC →＝0，得错误!.令y 1＝1，则n ＝(2,1,1)，∴cos 〈FB 1→，n 〉＝FB 1→·n |FB 1→|·|n |＝33，∵二面角FCC 1B 为锐角，∴二面角FCC 1B 的余弦值为33.利用空间向量解决探索性问题【例3】 (2014·某某高考)如图在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q 分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0<λ<2)．(1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥平面EFPQ ；(2)是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．【解】 以D 为原点，射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz .由已知得B (2,2,0)，C 1(0,2,2)，E (2,1,0)，F (1,0,0)，P (0,0，λ)．BC 1→＝(－2,0,2)，FP →＝(－1,0，λ)，FE →＝(1,1,0)．(1)【证明】 当λ＝1时，FP →＝(－1,0,1)，因为BC 1→＝(－2,0,2)，所以BC 1→＝2FP →，即BC 1∥FP .而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ . (2)设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 由错误!可得错误!于是可取n ＝(λ，－λ，1)．同理可得平面MNPQ 的一个法向量为m ＝(λ－2,2－λ，1)． 若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则m·n ＝(λ－2,2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±22.故存在λ＝1±22，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角． 【规律方法】 空间向量巧解探索性问题：(1)空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．(2)解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定X 围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．[创新预测]3．(2014·某某聊城二模)如图(1)所示，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A DC B .(如图(2))(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求二面角E DF C 的余弦值；(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？如果存在，求出BP BC的值；如果不存在，请说明理由．【解】 (1)在△ABC 中，由E 、F 分别是AC 、BC 中点，得EF ∥AB ，又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ，∴AB ∥平面DEF .(2)以点D 为坐标原点，以直线DB 、DC 、DA 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (0,23，0)，E (0，3，1)，F (1，3，0)，DF →＝(1，3，0)，DE →＝(0，3，1)，DA →＝(0,0,2)．平面CDF 的法向量为DA →＝(0,0,2)，设平面EDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧DF →·n ＝0，DE →·n ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，3y ＋z ＝0，取n ＝(3，－3，3)，cos 〈DA →，n 〉＝DA →·n |DA →||n |＝217，所以二面角E DF C 的余弦值为217. (3)存在．设P (s ，t,0)，有AP →＝(s ，t ，－2)， 则AP →·DE →＝3t －2＝0，∴t ＝233，又BP →＝(s －2，t,0)，PC →＝(－s,23－t,0)， ∵BP →∥PC →，∴(s －2)(23－t )＝－st ， ∴3s ＋t ＝2 3.把t ＝233代入上式得s ＝43，∴BP →＝13·BC →，∴在线段BC 上存在点P ，使AP ⊥DE .此时，BP BC ＝13.[总结提升] 失分盲点(1)混淆概念致误．混淆向量的夹角与异面直线的夹角的概念，导致结果错误． (2)错用公式致误．在求有关角的问题时，由于对角与向量之间的关系不清楚，导致错用夹角公式． (3)混淆公式致误．混淆二面角、线面角的向量计算公式．从而导致错误． 答题指导在解决角的问题时，注意合理应用转化思想，将空间角转化为平面图形中的角；也可以建立空间直角坐标系．利用向量知识来求角，此时需注意角的X 围及角的三角函数名．方法规律(1)求两条异面直线所成角的方法：一是平移直线法；二是空间向量法．(2)直线与平面所成角的求法：通过求直线的方向向量与平面的法向量的夹角来求直线与平面所成的角．(3)平面与平面所成的角：可利用待定系数法求出这两个平面的法向量，法向量的夹角可能等于两平面的夹角，也可能与两平面的夹角互补．(4)点到平面的距离的求法： ①直接法，即垂线段的长； ②等体积转化法，即换底法； ③向量法：用已知向量表示求解空间向量的运算与立体几何问题1．有了空间向量的知识后，立体几何中的问题就可以转化为向量的运算完成，因此使用空间向量方法解决立体几何问题．不仅要掌握空间向量与立体几何问题的对应关系，还要有一定的运算能力作基础．2．立体几何中向量的运算主要是：建立空间直角坐标系后求点的坐标，向量的坐标．求直线的方向向量，求平面的法向量，进行向量的线性运算、数量积运算等．【典例】 (2014·某某高考)如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是等腰梯形，∠DAB ＝60°，AB ＝2CD ＝2，M 是线段AB 的中点．(1)求证：C 1M ∥平面A 1ADD 1；(2)若CD 1垂直于平面ABCD 且CD 1＝3，求平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值．【解】 (1)因为四边形ABCD 是等腰梯形，且AB ＝2CD ，所以AB ∥DC ，又由M 是AB 的中点，因此CD ∥MA 且CD ＝MA .连接AD 1，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，因为CD ∥C 1D 1，CD ＝C 1D 1，可得C 1D 1//MA ，C 1D 1＝MA ，所以四边形AMC 1D 1为平行四边形，因此C 1M ∥D 1A .又C 1M ⊄平面A 1ADD 1，D 1A ⊂平面A 1ADD 1，所以C 1M ∥平面A 1ADD 1.(2)连接AC ，MC ，由(1)知CD ∥AM 且CD ＝AM ，所以四边形AMCD 为平行四边形． 可得BC ＝AD ＝MC ，由题意∠ABC ＝∠DAB ＝60°， 所以△MBC 为正三角形， 因此AB ＝2BC ＝2，CA ＝3， 因此CA ⊥CB .以C 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系C －xyz . 所以A (3，0,0)，B (0,1,0)，D 1(0,0，3)．因此M ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，所以MD 1＝⎝⎛⎭⎪⎫－32，12，3，D 1C 1＝MB ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，0. 设平面C 1D 1M 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1C 1＝0，n ·MD 1＝0，得⎩⎨⎧3x －y ＝0，3x ＋y －23z ＝0，可得平面C 1D 1M 的一个法向量n ＝(1，3，1)， 又CD 1＝(0,0，3)为平面ABCD 的一个法向量． 因此cos 〈CD 1，n 〉＝CD 1·n|CD 1|n ||＝55.所以平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为55. 【规律感悟】 平面的法向量是不唯一的，凡与平面垂直的向量都是其法向量，求解平面的法向量就是解一个由两个方程组成的三元一次方程组，注意对其中一个元赋值求解，得出该方程组的一个特解，就是所求平面的法向量．。
2015届高考数学(理)二轮专题配套练习：立体几何(含答案)
立体几何1．一个物体的三视图的排列规则是俯视图放在正(主)视图下面，长度与正(主)视图一样，侧(左)视图放在正(主)视图右面，高度与正(主)视图一样，宽度与俯视图一样，即“长对正，高平齐，宽相等”．在画一个物体的三视图时，一定注意实线与虚线要分明．[问题1] 如图，若一个几何体的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图均为面积等于2的等腰直角三角形，则该几何体的体积为________．2．在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．“平行于x 轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y 轴的线段平行性不变，长度减半．”[问题2] 如图所示的等腰直角三角形表示一个水平放置的平面图形的直观图，则这个平面图形的面积是________．3．简单几何体的表面积和体积（1）S 直棱柱侧＝c ·h (c 为底面的周长，h 为高)． （2）S 正棱锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)．（3）S 正棱台侧＝12(c ′＋c )h ′(c 与c ′分别为上、下底面周长，h ′为斜高)．（4）圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式S 圆柱侧＝2πrl (r 为底面半径，l 为母线)， S 圆锥侧＝πrl (同上)， S 圆台侧＝π(r ′＋r )l (r ′、r 分别为上、下底的半径，l 为母线)． （5）体积公式V 柱＝S ·h (S 为底面面积，h 为高)， V 锥＝13S ·h (S 为底面面积，h 为高)，V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (S 、S ′为上、下底面面积，h 为高)．（6）球的表面积和体积S 球＝4πR 2，V 球＝43πR 3.[问题3] 如图所示，一个空间几何体的正(主)视图和俯视图都是边长为1的正方形，侧(左)视图是一个直径为1的圆，那么这个几何体的表面积为( )A ．4πB ．3πC ．2πD ．32π4．空间直线的位置关系：①相交直线——有且只有一个公共点．②平行直线——在同一平面内，没有公共点．③异面直线——不在同一平面内，也没有公共点．[问题4] 在空间四边形ABCD 中，E 、F 、G 、H 分别是四边上的中点，则直线EG 和FH 的位置关系是________． 5．空间直线与平面、平面与平面的位置关系 （1）直线与平面①位置关系：平行、直线在平面内、直线与平面相交． ②直线与平面平行的判定定理和性质定理：判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行．性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行．③直线与平面垂直的判定定理和性质定理：判定定理：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． 性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行． （2）平面与平面①位置关系：平行、相交(垂直是相交的一种特殊情况)． ②平面与平面平行的判定定理和性质定理：判定定理：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行． 性质定理：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行．③平面与平面垂直的判定定理和性质定理：判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直．性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直．[问题5] 已知b ，c 是平面α内的两条直线，则“直线a ⊥α”是“直线a ⊥b ，直线a ⊥c ”的________条件．6．空间向量（1）用空间向量求角的方法步骤①异面直线所成的角若异面直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，它们所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈v 1，v 2〉|.②直线和平面所成的角利用空间向量求直线与平面所成的角，可以有两种方法：方法一 分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两条直线的方向向量的夹角(或其补角)．方法二 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，取其余角就是斜线和平面所成的角．③利用空间向量求二面角也有两种方法：方法一 分别在二面角的两个面内找到一个与棱垂直且从垂足出发的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小．方法二 通过平面的法向量来求，设二面角的两个面的法向量分别为n 1和n 2，则二面角的大小等于〈n 1，n 2〉(或π－〈n 1，n 2〉)．易错警示：①求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，容易误以为是线面角的余弦． ②求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析． （2）用空间向量求A 到平面α的距离：可表示为d ＝|n ·AB →||n |.[问题6] （1）已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于________．（2）正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，O 是底面A 1B 1C 1D 1的中心，则点O 到平面ABC 1D 1的距离为________．易错点1 三视图认识不清致误例1 一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A ．48B ．32＋817C ．48＋817D ．80找准失分点 不能准确把握三视图和几何体之间的数量关系，根据正视图可知，侧视图中等腰梯形的高为4，而错认为等腰梯形的腰为4.易错点2 对几何概念理解不透致误例2 给出下列四个命题：①有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱； ②若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱； ③底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体； ④底面是矩形的平行六面体是长方体．其中正确的命题是__________(写出所有正确命题的序号)．找准失分点 ①是错误的，因为棱柱的侧棱要都平行且相等；④是错误的，因为长方体的侧棱必须与底面垂直．易错点3 对线面关系定理条件把握不准致误例3 已知m 、n 是不同的直线，α、β、γ是不同的平面．给出下列命题： ①若α⊥β，α∩β＝m ，n ⊥m ，则n ⊥α，或n ⊥β； ②若α∥β，α∩γ＝m ，β∩γ＝n ，则m ∥n ；③若m 不垂直于α，则m 不可能垂直于α内的无数条直线； ④若α∩β＝m ，n ∥m ，且n ⊄α，n ⊄β，则n ∥α，且n ∥β； ⑤若m 、n 为异面直线，则存在平面α过m 且使n ⊥α. 其中正确的命题序号是________． 找准失分点 ③是错误的；⑤是错误的．1．已知三条不同直线m ，n ，l 与三个不同平面α，β，γ，有下列命题： ①若m ∥α，n ∥α，则m ∥n ； ②若α∥β，l ⊂α，则l ∥β；③α⊥γ，β⊥γ，则α∥β； ④若m ，n 为异面直线，m ⊂α，n ⊂β，m ∥β，n ∥α，则α∥β. 其中正确命题的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．32．设m ，n 是空间两条直线，α，β是空间两个平面，则下列选项中不正确的是( ) A ．当m ⊂α时，“n ∥α”是“m ∥n ”的必要不充分条件 B ．当m ⊂α时，“m ⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件 C ．当n ⊥α时，“n ⊥β”是“α∥β”成立的充要条件 D ．当m ⊂α时，“n ⊥α”是“m ⊥n ”的充分不必要条件3．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A ．64B ．72C ．80D ．1124．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P ，Q 分别是AA 1，A 1D 1，CC 1，BC 的中点，给出以下四个结论：①A 1C ⊥MN ；②A 1C ∥平面MNPQ ；③A 1C 与PM 相交；④NC 与PM 异面．其中不正确的结论是( ) A ．① B ．② C ．③ D ．④5．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A ．2＋ 2B ．3＋ 2C ．1＋2 2D ．56．如图，已知六棱锥P —ABCDEF 的底面是正六边形，P A ⊥平面ABC ，P A ＝2AB ，则下列结论正确的是( )A ．PB ⊥AD B ．平面P AB ⊥平面PBCC ．直线BC ∥平面P AED ．直线PD 与平面ABC 所成的角为45° 7．对于四面体ABCD ，给出下列四个命题：①若AB ＝AC ，BD ＝CD ，则BC ⊥AD ； ②若AB ＝CD ，AC ＝BD ，则BC ⊥AD ； ③若AB ⊥AC ，BD ⊥CD ，则BC ⊥AD ； ④若AB ⊥CD ，AC ⊥BD ，则BC ⊥AD . 其中正确的是________．(填序号)8.如图，四面体ABCD 中，AB ＝1，AD ＝23，BC ＝3，CD ＝2，∠ABC ＝∠DCB ＝π2，则二面角A －BC －D 的大小为________．9．已知直线l ，m ，平面α，β，且l ⊥α，m ⊂β，给出四个命题：①若α∥β，则l ⊥m ；②若l ⊥m ，则α∥β；③若α⊥β，则l ∥m ；④若l ∥m ，则α⊥β. 其中为真命题的是________．(填序号)10．三棱锥D －ABC 及其三视图中的正(主)视图和侧(左)视图如图所示，则棱BD 的长为________．1．43 2．22 3．D 4．相交 5．充分不必要 6．(1)64 (2)24 1．C 2．②③ 3．②④CABCAD 7．①④ 8．π3 9．①④ 10．4 2。
2015年高考真题 理科数学立体几何 专项突破 附答案解析
2015年全国数学高考试题——立体几何专项突破（理科部分）1.【2015高考新课标2，理19】（本题满分12分）如图，长方体1111ABCD A B C D -中,=16AB ，=10BC ，18AA =，点E ，F 分别在11A B ，11C D 上，114A E D F ==．过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；（Ⅱ）求直线AF 与平面α所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）4515．【解析】(1)交线围成的正方形EFGH 如图：（2）作AB EM⊥，垂足为M ，则41==E A AM ，81==AA EM ，∵四边形EFGH 为正方形，∴10===BC EF EH。
∴622=-=EM EH MH ∴AH =10.以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系xyz D -，则()0010,,A ,()01010,,H ,()8410,,E ,()840,,F ,()0010,,FE =,()860,,HE -=设()z ,y ,x n =是平面EHGF 的法向量，则⎩⎨⎧=∙=∙00HE n FE n 即⎩⎨⎧=+-=086010z y x DDC 1A 1EF A B C B 1∴可取()340,,n =，又()8410,,AF -=∴1554=∙∙==AF n AFn AF ,n cos sin θ∴直线AF 与平面α所成角的正弦值为15154。
【考点定位】1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角．【名师点睛】根据线面平行和面面平行的性质画平面α与长方体的面的交线；由交线的位置可确定公共点的位置，坐标法是求解空间角问题时常用的方法，但因其计算量大的特点很容易出错，故坐标系的选择是很重要的，便于用坐标表示相关点，先求出面α的法向量，利用sin cos ,n AF θ=<> 求直线AF 与平面α所成角的正弦值．2.【2015江苏高考，16】（本题满分14分）如图，在直三棱柱111C B A ABC -中，已知BC AC ⊥，1CC BC =，设1AB 的中点为D ，E BC C B =11 .求证：（1）C C AA DE 11//平面；（2）11AB BC ⊥.【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解题分析】（1）由三棱锥性质知侧面C C BB 11为平行四边形,因此点E 为C B 1的中点，从而由三角形中位线性质得AC //DE ，由线面平行判定定理得DE //平面C C AA 11。
【数学】2015高考试题分类汇编：文科立体几何答案版
2015全国高考数学试题汇编 文科立体几何（答案分析版）[2015·安徽卷] 一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．48B ．32＋817C ．48＋817D ．80C 【解析】 由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱(如图所示)，所以该直四棱柱的表面积为S ＝2×12×(2＋4)×4＋4×4＋2×4＋2×1＋16×4＝48＋817.[2015·北京卷] 某四棱锥的三视图如图1－1所示，该四棱锥的表面积是( )A ．32B ．16＋16 2C ．48D ．16＋32 2B 【解析】 由题意可知，该四棱锥是一个底面边长为4，高为2的正四棱锥，所以其表面积为4×4＋4×12×4×22＝16＋162，故选B.[2015·广东卷] 如图，某几何体的正视图(主视图)，侧视图(左视图)和俯视图分别是等边三角形，等腰三角形和菱形，则该几何体体积为( )A ．4 3B ．4C ．2 3D ．2C 【解析】 由三视图知该几何体为四棱锥，棱锥高h ＝(23)2－(3)2＝3，底面为菱形，对角线长分别为23，2，所以底面积为12×23×2＝23，所以V ＝13Sh ＝13×23×3＝2 3.[2015·湖南卷] 设图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A ．9π＋42B ．36π＋18C.92π＋12D.92π＋18 D 【解析】 由三视图可得这个几何体是由上面是一个直径为3的球，下面是一个长、宽都为3高为2的长方体所构成的几何体，则其体积为： V ＝V 1＋V 2＝43×π×⎝⎛⎭⎫323＋3×3×2＝92π＋18，故选D.[2015·辽宁卷] 一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为23，它的三视图中的俯视图如图1－3所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是( )A ．4B ．2 3C ．2D. 3B 【解析】 由俯视图知该正三棱柱的直观图为下图，其中M ，N 是中点，矩形MNC 1C 为左视图．由于体积为23，所以设棱长为a ，则12×a 2×sin60°×a ＝23，解得aCM ＝3，故矩形MNC 1C面积为23，故选B.[2015·课标全国卷] 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为( )图1－2D 【解析】 由正视图和俯视图知几何体的直观图是由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的，如图，故侧视图选D.[2015·陕西卷] 某几何体的三视图如图所示，则它的体积为( )A ．8－2π3B ．8－π3C ．8－2πD.2π3A 【解析】 主视图与左视图一样是边长为2的正方形，里面有两条虚线，俯视图是边长为2的正方形与直径为2的圆相切，其直观图为棱长为2的正方体中挖掉一个底面直径为2的圆锥，故其体积为正方体的体积与圆锥的体积之差，V 正＝23＝8，V 锥＝13πr 2h ＝2π3(r ＝1，h ＝2)，故体积V＝8－2π3，故答案为A.[2015·天津卷] 一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________ m 3.4 【解析】 根据三视图还原成直观图，可以看出，其是由两个形状一样的，底面长和宽都为1，高为2的长方体叠加而成，故其体积V ＝2×1×1＋1×1×2＝4.22015·浙江卷] 若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )[2015·福建卷] 如图1－3，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上，若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于________．2 【解析】 ∵ EF ∥平面AB 1C ，EF ⊂平面ABCD ，平面ABCD ∩平面AB 1C ＝AC ， ∴EF ∥AC ，又∵E 是AD 的中点，∴F 是CD 的中点，即EF 是△ACD 的中位线，∴EF ＝12AC ＝12×22＝ 2.[2015·浙江卷] 若直线l 不平行于平面α，且l ⊄α，则( ) A ．α内的所有直线与l 异面 B ．α内不存在与l 平行的直线 C ．α内存在唯一的直线与l 平行 D ．α内的直线与l 都相交B 【解析】 在α内存在直线与l 相交，所以A 不正确；若α内存在直线与l 平行，又∵l ⊄α，则有l ∥α，与题设相矛盾，∴B 正确，C 不正确；在α内不过l 与α交点的直线与l 异面，D 不正确．[2015·广东卷] 正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数共有( ) A ．20 B ．15 C ．12 D ．10D 【解析】 一个下底面5个点，每个下底面的点对于5个上底面的点，满足条件的对角线有2条，所以共有5×2＝10条．[2015·四川卷] l 1，l 2，l 3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( ) A ．l 1⊥l 2，l 2⊥l 3⇒l 1∥l 3 B ．l 1⊥l 2，l 2∥l 3⇒l 1⊥l 3 C ．l 1∥l 2∥l 3⇒l 1，l 2，l 3共面 D ．l 1，l 2，l 3共点⇒l 1，l 2，l 3共面B 【解析】 对于A ，直线l 1与l 3可能异面；对于C ，直线l 1、l 2、l 3可能构成三棱柱三条侧棱所在直线而不共面；对于D ，直线l 1、l 2、l 3相交于同一个点时不一定共面. 所以选B.[2015·湖北卷] 设球的体积为V 1，它的内接正方体的体积为V 2，下列说法中最合适的是( ) A ．V 1比V 2大约多一半 B ．V 1比V 2大约多两倍半 C ．V 1比V 2大约多一倍 D ．V 1比V 2大约多一倍半D 【解析】 设球的半径为R ，则V 1＝43πR 3.设正方体的边长为a ，则V 2＝a 3.又因为2R ＝3a ，所以V 1＝43π⎝⎛⎭⎫32a 3＝32πa 3，V 1－V 2＝⎝⎛⎭⎫32π－1a 3≈a 3.[2015·辽宁卷] 已知球的直径SC ＝4，A 、B 是该球球面上的两点，AB ＝2，∠ASC ＝∠BSC ＝45°，则棱锥S －ABC 的体积为( ) A.33 B.233 C.433 D.533C 【解析】 如图1－6，由于SC 是球的直径，所以∠SAC ＝∠SBC ＝90°，又∠ASC ＝∠BSC ＝45°，所以△SAC 、△BSC 为等腰直角三角形，取SC 中点D ，连接AD 、BD .由此得SC ⊥AD ，SC ⊥BD ，即SC ⊥平面ABD .所以V S －ABC ＝V S －ABD ＋V C －ABD ＝13S △ABD ·SC .由于在等腰直角三角形△SAC 中∠ASC ＝45°，SC ＝4，所以ADBD ＝2. 又AB ＝2，所以△ABD 为正三角形，所以V S －ABC ＝13S △ABD ·SC ＝13×12×22·sin60°×4＝433，所以选C.[2015·课标全国卷] 已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，若圆锥底面面积是这个球面面积的316，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为________．13 【解析】 如图，设球的半径为R ，圆锥底面半径为r ，则球面面积为4πR 2，圆锥底面面积为πr 2，由题意πr 2＝1216πR 2，所以r ＝32R ，所以OO 1＝OA 2－O 1A 2＝R 2－34R 2＝12R ，所以SO 1＝R ＋12R ＝32R ， S 1O 1＝R －12R ＝12R ，所以S 1O 1SO 1＝R23R 2＝13.[2015·四川卷] 如图1－3，半径为4的球O 中有一内接圆柱．当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是________．图1－3 大纲文数32π 【解析】 本题主要考查球的性质、球与圆柱的组合体、均值不等式的应用．如图1－4为轴截面，令圆柱的高为h ，底面半径为r ，侧面积为S ，球半径R ＝4，则⎝⎛⎭⎫h 22＋r 2＝R 2，即h ＝2R 2－r 2.因为S ＝2πrh ＝4πr R 2－r 2＝4πr 2·(R 2－r 2)≤4π⎝⎛⎭⎫r 2＋R 2－r 222＝2πR 2，取等号时，内接圆柱底面半径为 22R ，高为2R ，∴S 球－S 圆柱＝4πR 2－2πR 2＝2πR 2＝32π.[2015·全国卷] 已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为C 1D 1的中点，则异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为________．23【解析】 取A 1B 1的中点F ，连EF ，则EF ∥BC ，∠AEF 是异面直线AE 与BC 所成的角，设正方体的棱长为a ，可得AE ＝32a ，AF ＝52a ，在△AEF 中，运用余弦定理得cos ∠AEF ＝23，即异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为23.[2015·安徽卷] 如图1－4，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA ＝1，OD ＝2，△OAB ，△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形． (1)证明直线BC ∥EF ； (2)求棱锥F －OBED 的体积．图1－4【解答】 (1)证明：设G 是线段DA 与EB 延长线的交点，由于△OAB 与△ODE 都是正三角形，OA ＝1，OD ＝2，所以OB 綊12DE ，OG ＝OD ＝2.同理，设G ′是线段DA 与FC 延长线的交点，有OC 綊12DF ，OG ′＝OD ＝2，又由于G 和G ′都在线段DA 的延长线上，所以G 与G ′重合．在△GED 和△GFD 中，由OB 綊12DE 和OC 綊12DF ，可知B 和C 分别是GE 和GF 的中点．所以BC 是△GEF 的中位线，故BC ∥EF .(2)由OB ＝1，OE ＝2，∠EOB ＝60°，知S △EOB ＝32. 而△OED 是边长为2的正三角形，故S △OED ＝ 3. 所以S OBED ＝S △EOB ＋S △OED ＝332. 过点F 作FQ ⊥DG ，交DG 于点Q ，由平面ABED ⊥平面ACFD 知，FQ 就是四棱锥F －OBED 的高，且FQ ＝3，所以V F －OBED ＝13FQ ·S 四边形OBED ＝32.[2015·北京卷]图1－4如图1－4，在四面体P ABC 中，PC ⊥AB ，P A ⊥BC ，点D ，E ，F ，G 分别是棱AP ，AC ，BC ，PB 的中点．(1)求证：DE ∥平面BCP ； (2)求证：四边形DEFG 为矩形；(3)是否存在点Q ，到四面体P ABC 六条棱的中点的距离相等？说明理由． 课标文数[2015·北京卷] 【解答】 (1)证明：因为D ，E 分别为AP ，AC 的中点，图1－5 所以DE ∥PC .又因为DE ⊄平面BCP ，PC ⊂平面BCP ， 所以DE ∥平面BCP .(2)因为D 、E 、F 、G 分别为AP 、AC 、BC 、PB 的中点， 所以DE ∥PC ∥FG ， DG ∥AB ∥EF ，所以四边形DEFG 为平行四边形． 又因为PC ⊥AB ， 所以DE ⊥DG ，所以平行四边形DEFG 为矩形． (3)存在点Q 满足条件，理由如下： 连接DF ，EG ，设Q 为EG 的中点．由(2)知，DF ∩EG ＝Q ，且QD ＝QE ＝QF ＝QG ＝12EG .分别取PC 、AB 的中点M ，N ，连接ME 、EN 、NG 、MG 、MN . 与(2)同理，可证四边形MENG 为矩形，其对角线交点为EG 的中点Q ， 且QM ＝QN ＝12EG .所以Q 为满足条件的点．[2015·江苏卷] 如图1－2，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点．图1－2求证：(1)直线EF ∥平面PCD ； (2)平面BEF ⊥平面P AD .课标数学，G5[2015·江苏卷] 本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力．【解答】证明：(1)在△P AD中，因为E，F分别为AP，AD的中点，所以EF∥PD.又因为EF⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，图1－3所以直线EF∥平面PCD.(2)连结BD，因为AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD为正三角形，因为F是AD的中点，所以BF⊥AD.因为平面P AD⊥平面ABCD，BF⊂平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面P AD.又因为BF⊂平面BEF，所以平面BEF⊥平面P AD.图1－6图1－81[2015·课标全国卷] 如图1－8，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD.(1)证明：P A⊥BD；(2)设PD＝AD＝1，求棱锥D－PBC的高．课标文数，G11[2015·课标全国卷] 【解答】(1)证明：因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝3AD，从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD.又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD，所以BD ⊥平面P AD ，故P A ⊥BD .(2)如图，作DE ⊥PB ，垂足为E .已知PD ⊥底面ABCD ，则PD ⊥BC .由(1)知BD ⊥AD ，又BC ∥AD ，所以BC ⊥BD .图1－9故BC ⊥平面PBD ，BC ⊥DE .则DE ⊥平面PBC .由题设知PD ＝1，则BD ＝3，PB ＝2.根据DE ·PB ＝PD ·BD 得DE ＝32. 即棱锥D －PBC 的高为32. [2015·陕西卷] 如图1－8，在△ABC 中，∠ABC ＝45°，∠BAC ＝90°，AD 是BC 上的高，沿AD 把△ABD 折起，使∠BDC ＝90°.(1)证明：平面ADB ⊥平面BDC ；(2)若BD ＝1，求三棱锥D －ABC 的表面积．图1－8课标文数[2015·陕西卷] 【解答】 (1)∵折起前AD 是BC 边上的高，∴当△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥DB .又DB ∩DC ＝D .∴AD ⊥平面BDC .∵AD 平面ABD ，∴平面ABD ⊥平面BDC .(2)由(1)知，DA ⊥DB ，DB ⊥DC ，DC ⊥DA ，DB ＝DA ＝DC ＝1.∴AB ＝BC ＝CA ＝ 2.从而S △DAB ＝S △DBC ＝S △DCA ＝12×1×1＝12. S △ABC ＝12×2×2×sin60°＝32.∴表面积S ＝12×3＋32＝3＋32.2015·江苏卷] 如图1－2，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点．图1－2求证：(1)直线EF ∥平面PCD ；(2)平面BEF ⊥平面P AD .课标数学，G5[2015·江苏卷] 本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力．【解答】 证明：(1)在△P AD 中，因为E ，F 分别为AP ，AD 的中点，所以EF ∥PD .又因为EF ⊄平面PCD ，PD ⊂平面PCD ，图1－3所以直线EF ∥平面PCD .(2)连结BD ，因为AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，所以△ABD 为正三角形，因为F 是AD 的中点，所以BF ⊥AD .因为平面P AD ⊥平面ABCD ，BF ⊂平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以BF ⊥平面P AD .又因为BF ⊂平面BEF ，所以平面BEF ⊥平面P AD .[2015·辽宁卷] 如图1－8，四边形ABCD 为正方形，图1－8QA ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD . (1)证明：PQ ⊥平面DCQ ；(2)求棱锥Q －ABCD 的体积与棱锥P －DCQ 的体积的比值．课标文数[2015·辽宁卷] 【解答】 (1)由条件知PDAQ 为直角梯形．因为QA ⊥平面ABCD ，所以平面PDAQ ⊥平面ABCD ，交线为AD .又四边形ABCD 为正方形，DC ⊥AD ，所以DC ⊥平面PDAQ ，可得PQ ⊥DC .在直角梯形PDAQ 中可得DQ ＝PQ ＝22PD ，则PQ ⊥QD . 所以PQ ⊥平面DCQ .(2)设AB ＝a .由题设知AQ 为棱锥Q －ABCD 的高，所以棱锥Q －ABCD 的体积V 1＝13a 3. 由(1)知PQ 为棱锥P －DCQ 的高，而PQ ＝2a ，△DCQ 的面积为22a 2， 所以棱锥P －DCQ 的体积V 2＝13a 3. 故棱锥Q －ABCD 的体积与棱锥P －DCQ 的体积的比值为1.图1－61[2015·湖南卷] 如图1－5，在圆锥PO 中，已知PO ＝2，⊙O 的直径AB ＝2，点C 在AB 上，且∠CAB ＝30°，D 为AC 的中点．(1)证明：AC ⊥平面POD ；(2)求直线OC 和平面P AC 所成角的正弦值．图1－5课标文数，G11[2015·湖南卷] 【解答】(1)因为OA ＝OC ，D 是AC 的中点，所以AC ⊥OD .又PO ⊥底面⊙O ，AC ⊂底面⊙O ，所以AC ⊥PO .而OD ，PO 是平面POD 内的两条相交直线，所以AC ⊥平面POD .(2)由(1)知，AC ⊥平面POD ，又AC ⊂平面P AC ，所以平面POD ⊥平面P AC .在平面POD 中，过O 作OH ⊥PD 于H ，则OH ⊥平面P AC .图1－6连结CH ，则CH 是OC 在平面P AC 上的射影，所以∠OCH 是直线OC 和平面P AC 所成的角．在Rt △ODA 中，OD ＝OA ·sin30°＝12. 在Rt △POD 中，OH ＝PO ·OD PO 2＋OD 2＝2×122＋14＝23. 在Rt △OHC 中，sin ∠OCH ＝OH OC ＝23. 故直线OC 和平面P AC 所成角的正弦值为23.图1－7[2015·浙江卷] 如图1－7，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上．(1)证明：AP ⊥BC ；(2)已知BC ＝8，PO ＝4，AO ＝3，OD ＝2，求二面角B －AP －C 的大小．课标文数[2015·浙江卷] 【解答】 (1)证明：由AB ＝AC ，D 是BC 中点，得AD ⊥BC ，又PO ⊥平面ABC ，得PO ⊥BC ，因为PO ∩AD ＝O ，所以BC ⊥平面P AD ，故BC ⊥AP .(2)如图，在平面APB 内作BM ⊥P A 于M ，连CM .因为BC ⊥P A ，得P A ⊥平面BMC ，所以AP ⊥CM .故∠BMC 为二面角B －AP －C 的平面角．在Rt △ADB 中，AB 2＝AD 2＋BD 2＝41，得AB ＝41.在Rt △POD 中，PD 2＝PO 2＋OD 2，在Rt △PDB 中，PB 2＝PD 2＋BD 2，所以PB 2＝PO 2＋OD 2＋BD 2＝36，得PB ＝6.在Rt △POA 中，P A 2＝AO 2＋OP 2＝25，得P A ＝5.又cos ∠BP A ＝P A 2＋PB 2－AB 22P A ·PB ＝13， 从而sin ∠BP A ＝223. 故BM ＝PB sin ∠BP A ＝4 2.同理CM ＝4 2.因为BM 2＋MC 2＝BC 2，所以∠BMC ＝90°，即二面角B －AP －C 的大小为90°.图1－5[2015·福建卷] 如图1－5，四棱锥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．课标文数[2015·福建卷] 【解答】 (1)证明：因为P A ⊥平面ABCD ，CE ⊂平面ABCD ，图1－6所以P A ⊥CE .因为AB ⊥AD ，CE ∥AB ，所以CE ⊥AD .又P A ∩AD ＝A ，所以CE ⊥平面P AD .(2)由(1)可知CE ⊥AD .在Rt △ECD 中，DE ＝CD ·cos45°＝1，CE ＝CD ·sin45°＝1.又因为AB ＝CE ＝1，AB ∥CE ，所以四边形ABCE 为矩形．所以S 四边形ABCD ＝S 矩形ABCE ＋S △ECD ＝AB ·AE ＋12CE ·DE ＝1×2＋12×1×1＝52. 又P A ⊥平面ABCD ，P A ＝1，所以V 四棱锥P －ABCD ＝13S 四边形ABCD ·P A ＝13×52×1＝56.2[2015·江西卷] 如图1－7，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 .图1－7课标文数[2015·江西卷] 【解答】 (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)．图1－8令f (x )＝16(4x －x 3)，由f ′(x )＝16(4－3x 2)＝0，得x ＝233. 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)证明：设F 为A ′B 的中点，连接PF ，FE .则有EF 綊12BC ，PD 綊12BC ，所以EF 綊PD ，四边形DEFP 为平行四边形，所以DE ∥PF ，又A ′P ＝PB ，所以PF ⊥A ′B ，故DE ⊥A ′B .[2015·山东卷] 如图1－5，在四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，D 1D ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形，AB ＝2AD ，AD ＝A 1B 1，∠BAD ＝60°.(1)证明：AA 1⊥BD ；(2)证明：CC 1∥平面A 1BD .图1－5课标文数[2015·山东卷] 【解答】 证明：(1)证法一：因为D 1D ⊥平面ABCD ，且BD ⊂平面ABCD ，图1－6所以D 1D ⊥BD .又因为AB ＝2AD ，∠BAD ＝60°，在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AD2＋AB2－2AD·AB cos60°＝3AD2.所以AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD.又AD∩D1D＝D，所以BD⊥平面ADD1A1.又AA1⊂平面ADD1A1，所以AA1⊥BD.证法二：因为D1D⊥平面ABCD，且BD⊂平面ABCD，图1－7所以BD⊥D1D.取AB的中点G，连接DG.在△ABD中，由AB＝2AD得AG＝AD，又∠BAD＝60°，所以△ADG为等边三角形．因此GD＝GB.故∠DBG＝∠GDB，又∠AGD＝60°，所以∠GDB＝30°，故∠ADB＝∠ADG＋∠GDB＝60°＋30°＝90°，所以BD⊥AD.又AD∩D1D＝D，所以BD⊥平面ADD1A1，又AA1⊂平面ADD1A1，所以AA1⊥BD.(2)连接AC，A1C1.图1－8设AC∩BD＝E，连接EA1.因为四边形ABCD为平行四边形，所以EC ＝12AC ， 由棱台定义及AB ＝2AD ＝2A 1B 1知，A 1C 1∥EC 且A 1C 1＝EC ，所以四边形A 1ECC 1为平行四边形．因此CC 1∥EA 1，又因为EA 1⊂平面A 1BD ，CC 1⊄平面A 1BD ，所以CC 1∥平面A 1BD .[2015·四川卷] 如图1－5，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1＝1，延长A 1C 1至点P ，使C 1P ＝A 1C 1，连结AP 交棱CC 1于点D .(1)求证：PB 1∥平面BDA 1；(2)求二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值．图1－5 [2015·四川卷] 【解答】 解法一：(1)连结AB 1与BA 1交于点O ，连结OD .∵C 1D ∥AA 1，A 1C 1＝C 1P ，∴AD ＝PD ，又AO ＝B 1O ，∴OD ∥PB 1.图1－6又OD ⊂平面BDA 1，PB 1⊄平面BDA 1，∴PB 1∥平面BDA 1.(2)过A 作AE ⊥DA 1于点E ，连结BE .∵BA ⊥CA ，BA ⊥AA 1，且AA 1∩AC ＝A ，∴BA ⊥平面AA 1C 1C .由三垂线定理可知BE ⊥DA 1.∴∠BEA 为二面角A －A 1D －B 的平面角．在Rt △A 1C 1D 中，A 1D ＝⎝⎛⎭⎫122＋12＝52，又S △AA 1D ＝12×1×1＝12×52×AE ， ∴AE ＝255. 在Rt △BAE 中，BE ＝12＋⎝⎛⎭⎫2552＝355， ∴cos ∠BEA ＝AE BE ＝23. 故二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值为23.[2015·天津卷] 如图1－7，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠ADC ＝45°，AD ＝AC ＝1，O 为AC 的中点，PO ⊥平面ABCD ，PO ＝2，M 为PD 的中点．(1)证明PB ∥平面ACM ；(2)证明AD ⊥平面P AC ；(3)求直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值．图1－7课标文数[2015·天津卷]图1－8【解答】 (1)证明：连接BD ，MO .在平行四边形ABCD 中，因为O 为AC 的中点，所以O 为BD 的中点．又M 为PD 的中点，所以PB ∥MO .因为PB ⊄平面ACM ，MO ⊂平面ACM ，所以PB ∥平面ACM .(2)证明：因为∠ADC ＝45°，且AD ＝AC ＝1，所以∠DAC ＝90°，即AD ⊥AC .又PO ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥AD .而AC ∩PO ＝O ，所以AD ⊥平面P AC .(3)取DO 中点N ，连接MN ，AN .因为M 为PD 的中点，所以MN ∥PO ，且MN ＝12POPO ⊥平面ABCD ，得MN ⊥平面ABCD ，所以∠MAN 是直线AM 与平面ABCD 所成的角．在Rt △DAO 中，AD ＝1，AO ＝12，所以DO ＝52.从而AN ＝12DO ＝54.在Rt △ANM 中，tan ∠MAN ＝MN AN ＝154＝455，即直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值为455. 20.（本小题满分13分）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.在如图所示的阳马P ABCD -中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD CD =，点E 是PC 的 中点，连接,,DE BD BE .（Ⅰ）证明：DE ⊥平面PBC . 试判断四面体EBCD 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由；（Ⅱ）记阳马P ABCD -的体积为1V ，四面体EBCD 的体积为2V ，求12V V 的值． 【答案】（Ⅰ）因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD BC ⊥. 由底面ABCD 为长方形，有BC CD ⊥，而PD CD D =，所以BC ⊥平面PCD . DE ⊂平面PCD ，所以BC DE ⊥. 又因为PD CD =，点E 是PC 的中点，所以DE PC ⊥. 而PCBC C =，所以DE ⊥平面PBC .四面体EBCD 是一个鳖臑；（Ⅱ）12 4.V V = 【解析】试题分析：（Ⅰ）由侧棱PD ⊥底面ABCD 易知，PD BC ⊥；而底面ABCD 为长方形，有BC CD ⊥，由线面垂直的判定定理知BC ⊥平面PCD ，进而由线面垂直的性质定理可得BC DE ⊥；在PCD ∆中，易得DE PC ⊥BC ⊥平面PCD ，DE ⊥平面PBC ，进一步可得四面体EBCD 的四个面都是直角三角形，即可得出结论；（Ⅱ）结合（Ⅰ）证明结论，并根据棱锥的体积公式分别求出12,V V ，即可得出所求结果.试题解析：（Ⅰ）因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD BC ⊥. 由底面ABCD 为长方形，有BC CD ⊥，而PD CD D =，所以BC ⊥平面PCD . DE ⊂平面PCD ，所以BC DE ⊥. 又因为PD CD =，点E 是PC 的中点，所以DE PC ⊥. 而PC BC C =，所以DE ⊥平面PBC . 由BC ⊥平面PCD ，DE ⊥平面PBC ，可知四面体EBCD 的四个面都是直角三角形，即四面体EBCD 是一个鳖臑，其四个面的直角分别是,,,.BCD BCE DEC DEB ∠∠∠∠（Ⅱ）由已知，PD 是阳马P ABCD -的高，所以11133ABCD V S PD BC CD PD =⋅=⋅⋅；由（Ⅰ）知，DE 是鳖臑D BCE -的高， BC CE ⊥，所以21136BCE V S DE BC CE DE ∆=⋅=⋅⋅.在Rt △PDC 中，因为PD CD =，点E 是PC 的中点，所以2DE CE ==，于是 12123 4.16BC CD PD V CD PD V CE DEBC CE DE ⋅⋅⋅===⋅⋅⋅。
2015届高考数学第二轮高效精练9
专题五 空间立体几何第14讲 空间几何体的表面积与体积1. 与正方体各面都相切的球，它的表面积与正方体表面积之比为________．答案：π∶6解析：正方体的棱长与球的直径相等．2. 在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝3，以BC 边所在直线为轴旋转一周，则形成的几何体的侧面积为_________．答案：12π解析：将矩形ABCD 以BC 边所在直线为轴旋转一周后得到的几何体为是以2为底面半径，以3为高的圆柱体，故它的侧面积为2π×2×3＝12π.3. 在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的4个顶点，这些几何形体是____________．(填序号)① 矩形；② 不是矩形的平行四边形；③ 有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；④ 每个面都是等边三角形的四面体；⑤ 每个面都是直角三角形的四面体．答案：①③④⑤4. 如图，在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝3 cm ，AA 1＝2 cm ，则四棱锥ABB 1D 1D的体积为________ cm 3.答案：6 解析：连结AC 交BD 于点O ，则AO ⊥平面BB 1D 1D ，则四棱锥ABB 1D 1D 的体积为13SBB 1D 1D ·AO ＝6.5. 在棱长为1的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，若点P 是棱上一点，则满足|PA|＋|PC 1|＝2的点P 的个数为__________．答案：6解析：点P 在以A 、C 1为焦点的椭圆上，若P 在AB 上，设AP ＝x ，有PA ＋PC 1＝x ＋（1－x ）2＋（2）2＝2，解得x ＝12.故AB 上有一点P(AB 的中点)满足条件． 同理在AD ，AA 1，C 1B 1，C 1D 1，C 1C 上各有一点满足条件．又若点P 在BB 1上，则PA ＋PC 1＝1＋BP 2＋1＋B 1P 2>2.故BB 1上不存在满足条件的点P ，同理DD 1，BC ，A 1D 1，DC ，A 1B 1上不存在满足条件的点P.6. 如图，半径为R 的球O 中有一内接圆柱．当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是____________．答案：2πR 2解析：设球的一条半径与圆柱相应的母线夹角为α，则圆柱的侧面积S ＝2π·Rsin α·2Rcosα＝2πR 2sin2α，当α＝π4时，S 取最大值2πR 2，此时球的表面积与该圆柱的侧面积之差为2πR 2.7. 如图，三棱柱ABCA 1B 1C 1的所有棱长均等于1，且∠A 1AB ＝∠A 1AC ＝60°，则该三棱柱的体积是________．答案：24 解析：∵ A 1A ＝A 1B ＝A 1C ＝AB ＝AC ＝BC.∴ A 1ABC 为正四棱锥，∴ A 1在△ABC 上的射影O 为△ABC 的中心．∴32A 1O ＝1×22A 1O ＝63，∴ V ＝S △ABC ·A 1O ＝24. 8. 已知直三棱柱ABCA 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上．若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12.则球O 的半径为______________． 答案：132 解析：由题意将直三棱柱ABCA 1B 1C 1还原为长方体ABDCA 1B 1D 1C 1，则球的直径即为长方体ABDCA 1B 1D 1C 1的体对角线AD 1，所以球的直径AD 1＝AB 2＋AC 2＋AA 21＝32＋42＋122＝13，则球的半径为132. 9. 若将一个圆锥的侧面沿一条母线剪开，其展开图是半径为2 cm 的半圆，则该圆锥的高为____________ cm.答案：3解析：圆锥的母线长即为展开半圆的半径，圆锥底面圆的半径设为r ，则2πr ＝π×2，r ＝1，圆锥高为22－1＝ 3.10. 某种卷筒卫生纸绕在盘上，空盘时盘芯直径为40 mm ，满盘时直径为120 mm.已知卫生纸的厚度为0.1 mm ，则满盘时卫生纸的总长度大约是________m(π取3.14，精确到1 m)．答案：100解析：纸的厚度为0.1 mm ，可以把绕在盘上的纸近似的看做是一组同心圆，然后分别计算各圆的周长，再算总和．由内向外各圈的半径分别为20.05, 20.15，…，59.95.因此，各圈的周长分别为40.1π，40.3π，…，119.9π.因此各圈半径组成首项为20.05，公差为0.1的等差数列，设圈数为n ，则59.95＝20.05＋0.1(n －1)，解得n ＝400，显然各圈的周长组成一个首项为40.1π，公差为0.2π，项数为400的等差数列．根据等差数列的求和公式，得S ＝400×40.1π＋400×（400－1）2×0.2π＝32 000π mm ≈100 m. 11. 如图，已知四棱锥PABCD 的底面为等腰梯形，AB ∥CD ，AC ⊥BD ，垂足为H ，PH 是四棱锥的高．(1) 证明：平面PAC ⊥平面PBD ；(2) 若AB ＝6，∠APB ＝∠ADB ＝60°，求四棱锥PABCD 的体积．(1) 证明：因为PH 是四棱锥PABCD 的高，则PH ⊥BD ，又AC ⊥BD ，PH Ì平面PBD ，BD 平面PBD ，PH ∩BD ＝H ，所以AC ⊥平面PBD.因为AC Ì平面PAC ，所以平面PAC ⊥平面PBD.(2) 解：因为ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AC ⊥BD ，AB ＝6， 所以HA ＝HB ＝ 3.因为∠APB ＝∠ADB ＝60°，所以PA ＝PB ＝6，HD ＝HC ＝1，可得PH ＝ 3.S 梯形ABCD ＝12AC ·BD ＝2＋ 3.所以四棱锥的体积为V ＝13(2＋3)·3＝3＋233. 12. 某商场为促销要准备一些正三棱锥形状的装饰品，用半径为10 cm 的圆形包装纸包装．要求如下：正三棱锥的底面中心与包装纸的圆心重合，包装纸不能裁剪，其边缘恰好达到三棱锥的顶点，如图所示．设正三棱锥的底面边长为x cm ，体积为V cm 3.在所有能用这种包装纸包装的正三棱锥装饰品中，V 的最大值是多少？并求此时x 的值．解：正三棱锥展开如图所示．当按照底边包装时体积最大．设正三棱锥侧面的高为h 0，高为h.由题意得36x ＋h 0＝10，解得h 0＝10－36x. 则h ＝h 20－x 212＝⎝⎛⎭⎫10－36x 2－x 212＝100－1033，x ∈(0，103)． 所以正三棱锥体积V ＝13Sh ＝13×34x 2×100－1033x ＝3x 212100－1033x. 设y ＝V 2＝x 448⎝⎛⎭⎫100－1033x ＝100x 448－10x 5483， 求导得y′＝100x 312－50x 4483，令y′＝0，得x ＝83， 当x ∈(0，83)时，y ′＞0，y 随着x 的增加而增大，当x ∈(83，103)时，y ′＜0，y 随着x 的增加而减小，所以当x ＝8 3 cm 时，y 取得极大值也是最大值．此时y ＝15 360，所以V max ＝3215 cm 3.答：当底面边长为8 3 cm 时，正三棱锥的最大体积为3215 cm 3.13. 已知四棱锥SABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，侧面SAB是等边三角形，侧面SCD是以CD为斜边的直角三角形，E为CD的中点，M为SB的中点．(1) 求证：CM∥平面SAE；(2) 求证：SE⊥平面SAB；(3) 求三棱锥SAED的体积．(1) 证明：取SA的中点N，连结MN、EM，∵M为SB的中点，N为SA的中点，∴MN∥AB，且MN＝12AB.又E为CD的中点，∴CE∥AB，且CE＝12AB.∴MN∥CE且MN＝CE，∴CENM为平行四边形，∴CM∥EN.又ENÌ平面SAE，CM平面SAE，∴CM∥平面SAE.(2) 证明：∵侧面SCD是直角三角形，∠CSD为直角，E为CD的中点，∴SE＝1.又SA＝AB＝2，AE＝5，∴SA2＋SE2＝AE2.则ES⊥SA.同理可证ES⊥SB.∵SA∩SB＝S，∴SE⊥平面SAB.(3) 解：V SAED＝12V SAEB＝12V ESAB＝12×13×34×4×1＝36.薄雾浓云愁永昼，瑞脑消金兽。
高考总复习优化设计二轮用书数学考点突破练6 空间几何体的结构、表面积与体积
又
1
BM=DM= BD=
2
2a,过 F 作 FG⊥DE 于 G,易得四边形 BDGF 为矩形,
则 FG=BD=2 2a,EG=a,
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
2
2
则 EM= (2) + ( 2) = 6a,FM=
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
11.(多选题)(2023浙江绍兴二模)某学校课外社团活动课上,数学兴趣小组
进行了一次有趣的数学实验操作,课题名称“不用尺规等工具,探究水面高
度”.如图1,P-ABCD是一个水平放置的装有一定量水的四棱锥密闭容器(容
器材料厚度不计),底面ABCD为平行四边形,设棱锥高为h,体积为V,现将容
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
=
6
b,
3
1 6 1
b= ×
72
72
=
1 3
S.
36π
3
3
3
9.(2023湖南常德二模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是线段A1C1的中点,若
4
四面体M-ABD的外接球体积为36π,则正方体棱长为__________.
故制作该模型所需原料的质量为 207π×1.5≈207×4.7=972.9 g.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
1
4.(2023河北石家庄一模)已知圆台的上、下底面圆的半径之比为 2 ,侧面积
高三数学二轮复习15_1空间几何体的三视图、表面积及体积课时巩固过关练理新人教版
课时巩固过关练十二空间几何体的三视图、表面积及体积@组•最新模拟精练"（25分钟5。
分）一、选择题（每小题5分，共20分）1. （2016 •天津髙考）将一个长方体沿相邻三个而的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧视图为（）【解析】选B.由题意得截去的是长方体前右上方顶点.【方法技巧】三视图往往与几何体的体积、表而积以及空间线而关系、角与距离等问题相结 合,解决此类问题的关键是由三视图准确确左空间几何体的形状及其结构特征.2. （2016 •北京髙考）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）正视图侧（左）视图1 B.3【解析】选A.通过三视图可还原几何体为如图所示的三棱锥，则通过侧视图得髙h=l,底面积1 1 1 1s=2xix 1=2,所以体积 v 二 3sh 二6.3. （2016 •广州一模）一个六棱柱的底而是正六边形，侧棱垂直于底而，所有棱的长都为1,顶点都在同一个球而上，则该球的体积为（）20\/5715\丽A. 20 nB. 3C. 5nD ・ 6【解析】选D ・由题意知六棱柱的底而正六边形的外接圆半径卢1,其髙h 二：L,【加固训练】已知直三棱柱ABC-AxBxCx 的6个顶点都在球0的球而上•若AB 二3, AC=4, AB 丄AC, AAF12,则球0的半径为（）3V 'T713 扎 2c.2D.3、'l°【解析】选C.因为直三棱柱中AB 二3, AC 二4, AAF12, AB 丄AC,所以BC 二5,且BC 为过底而ABC 的截面圆的直径.取BC 中点D,则0D 丄底而ABC,则0在侧而BCCb 内，矩形BCCb 的对角线长1c.2D. 1______ 13/i22 + S2 V即为球直径，所以2R=7 十H =13,即R二/・二、填空题（每小题5分，共10分）4.（2016 •天津髙考）已知一个四棱锥的底而是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位：m）,则该四棱锥的体积为________ ml正视图 侧视图【解析】底而为平行四边形，而积为2X1=2,髙为3,所以V 二3X 2X1X3二2. 答案：25. （2016 •大连一模）如图，在小正方形边长为1的网格中画出了某多而体的三视图，则该多而体的外接球表而积为 _______ ・【解题亍引】由三视图知，该几何体是一个侧而与底面垂直的三棱锥，画出直观图，再建立 空间直角坐标系，求出三棱锥外接球的球心与半径，从而求出外接球的表而积.【解析】由三视图知，该几何体是三棱锥S-ABC,且三棱锥的一个侧而SAC 与底面ABC 垂直, 其直观图如图所示：由三视图的数据可得0A 二0C 二2, 0B 二0S 二4. 建立空间直角坐标系0-xyz,如图所示：俯視图34所以该三棱锥外接球的表而积S 二4 n R±4 n X 4二34 “ . 答案：34 n三、解答题（6题12分，7题13分，共25分）6. （2016 •南阳一模）如图,AA” BB,为圆柱g 的母线,BC 是底而圆0的直径，D, E 分别是 AA“ CB 】的中点，DE 丄平面CBB“则 A(0, -2, 0), B(4, 0, 0), C(0> 2, 0), S(0, 0, 4),则三棱锥外接球的球心I 在平面xOz 上，设1（口 0, z ）；ISIC 得,f(x-4)1 2 + z 2 = x 2 + (z-4)2, [(x- 4乎 +Z 2 = X 2 + 22 + Z 2解得X 二Z 二2：所以外接球的半径R 二BI =\'）（解题&引】⑴转化为证明直线AC 垂直于宜线A3所在的平而即可.r - ARA R - AA CR - AA C⑵由C 1 ^1= ”11,转化为求1 1,关键求点B 到平而AAC 的距离.【解析】⑴取AC 的中点0,连接儿0, B0. 因为AARC 所以AQ 丄AC, 又 AB 二 BC,所以 BOX AC,因为AQQB0二0,所以AC 丄平而AQB, 又因为A’Bu 平而AQB, 所以AC 丄扎B.⑵三棱柱ABC-AbC,中, 所以侧而AAGC 丄底而ABC, 侧面 AAiCxCn 底面 ABC 二AC, 0B 丄AC, 所以0B 丄平而AAGC, 易求得 0B=l,° AA 1C =\^,1 V CI -ABA J B~AA I CI 5.S^AA I CI .^3一、选择题（每小题5分，共20分）1.如图，网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多而体的三视图，则该多而体最短和最长的棱长分别等于（）B 组•原创新题速递〉 （20分钟50分）所以B.4, \/41【解析】选C.由三视图可判断该几何体为三棱锥，形状如图，其中SC丄平而ABC, AC丄AB,所以最短的棱长为AC二3,最长的棱长为SB二5\''22.如图是某几何体的三视图，正（主）视图是等腰梯形，俯视图中的曲线是两个同心的半圆组成的半圆环，侧（左）视图是直角梯形，则该几何体的体积等于（）D. 24 nB. 16 nA. 12 兀C. 20 n【解析】选A・由三视图知:r=l,R=4, S FH X 1:= n , Ss= X43=16n ,—（7T + 167T +X 167T ）X 4 -------所以Jx2-2H xrx42二3x21 H -2 n =12 n ・【加固训练】某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为 斯,则侧（左）视图中线段 的长度X 的值是（）3 -+31 2【解析】选C.分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P-ABCD,故苴体积V 二3 X 2I~X4XCP=3\/7,所以 CP-VZ 所以 X 二、护 + （\/7）2 4.3•如图1,已知正方体ABCD-AbCD 的棱长为"动点M, N, Q 分别在线段AD“ BQ CD 上•当三棱锥Q -BMN 的俯视图如图2所示时，三棱锥Q-BMN 的正（主）视图而积等于（）B.C. 4D.54 正（主）视图侧（左）视图【解析】选B.由俯视图知，点M 为AIX 的中点、N 与C 重合、Q 与几重合，所以三棱锥Q-BMN 的正（主）视图为△CDP 其中点P 为DD,的中点，所以三棱锥Q-BMN 的正（主）视图面积为2X a x2=4a \【加固训练】如图，三棱锥V-ABC, VA 丄VC, AB 丄BC, ZVAC=ZACB=30° ,若侧而VAC 丄底 而ABC,则其正（主）视图与侧（左）视图而积之比为（）【解题导引】正（主）视图为RtAVAC,侧（左）视图为以△%（：中AC 边的髙为一条直角边，△ ABC 中AC 边的高为另一条直角边的宜角三角形.【解析】选A.过V 作VD 丄AC 于点D,过B 作BE 丄AC 于点E,则正（主）视图为RtAVAC,侧（左） 视图为以AVAC 中AC 边的髙VD 为一条直角边，AABC 中AC 边的髙BE 为期一条直角边的直 角三角形.【误区警示】解答本题易出现如下两种错误:设 AC 二X,则 VA 二 2 x, VC=2X , VD= 4 x , BE 二 4 x,/I x 3 1 X 1 x /3<1 \ 3 1—•—x*—x一是对正（主）视图、侧（左）视图的形状判断不准确，造成结论错误：二是运算错误，造成结论错误.二、填空题（每小题5分，共10分）4•如图，半径为4的球0中有一内接圆柱，则圆柱的侧而积最大值是___________ ・【解题导引】设出圆柱的上底而半径为“球的半径与上底而夹角为，求出圆柱的侧面枳表达式，求出最大值.【解析】设圆柱的上底面半径为"球的半径与上底面夹角为，则r=4cos a ,圆柱的髙为8sina ・所以圆柱的侧而积为：32nsin2a .n当且仅当a =4时,S in2a=l,圆柱的侧面积最大,所以圆柱的侧而积的最大值为：32 —答案：32 n5•在四棱锥P-ABCD中，底而ABCD是边长为2的菱形，ZBAD=60° ,侧棱PA丄底而ABCD, PA二2, E为AB的中点，则点E到平而PBC的距离为 _______ ・【解题导引】利用呂*—求.【解析】由于四边形ABCD是菱形, 所以以EB为底边的ACBE的高h=AD • sin 60°从而四而体P-BCE的体积1 1 色2 x 1 x x 2二3二3 x乂二、2? 4-22-2X 2X 2X COS 120°=2X 3在 RtAPAB 中 PB 二\'P 护 + AB 2=2y)2t在 RtAPAC 中 PC=A /P 护 + ^4C 2-^/22 + (2 \/3冗4PB 2 + BC 2 - PC 2 \'2所以 sinZPBC-\ S.-..rec =2pB ・ BC • sinZPBC 二 2x X2X1设点E 到平面PBC 的距离为d,贝IJ 有3s,沁・d 二3 \R A /3 孙所以 d 二二 7 .A 21答案：7 三、解答题（6题12分，7题13分，共25分）6•如果一个几何体的正（主）视图与侧（左）视图都是全等的长方形，边长分别是4cm 与2cm 如图所示，俯视图是一个边长为4cm 的正方形.（1）求该几何体的全面枳.⑵求该几何体的外接球的体积.何体的全而积是：2X4X4+4X4X2=64(cm)(2)由长方体与球的性质可得，长方体的体对角线是球的直径，记长方体的体对角线为d,球的半径为r ，cosZPBC 二2・PB ・BC 〜4 【解析】（1）由题意可知•该几何体是长方体, 底而是正方形，边长是4,髙是2,因此该几 42侧（左）视图2£16 + 16 + 4“％6(cm),所以球的半径r=3cm, 因此球的体积V二3 n f二3x27 n =36几(cm5)・所以外接球的体积是36 n cm5.7.如图，边长为J2的正方形ADEF与梯形ABCD所在的平而互相垂直，其中AB〃CD, AB丄1BC, DC二BC二2胡二1，点M在线段EC上.(1)证明：平WBDM丄平而ADEF.⑵判断点M的位置，使得三棱锥B-CDM的体积为18.【解题导引】证明BD丄平面ADEF,即可证明平WBDM丄平面ADEF.⑵在平而DMC内，过M作MN丄DC,垂足为N,则MN/7ED,利用三棱锥的体积计算公式求岀MN,可得结论.【解析】⑴因为DC=BC=1, DC丄BC,所以BD二\，27因为AD=\也，AB二2,所以AD:+BD:=AB: ,所以ZADB=90° ,所以AD丄BD,因为平而ADEF丄平而ABCD,平而ADEF n平而ABCD二AD・BDu平而ABCD,所以BD丄平而ADEF,因为BDu平面BDH,所以平而BDM丄平而ADEF.(2)如图，在平而DMC内,过M作MN丄DC,垂足为N,又因为ED丄AD,平面ADEF丄平而ABCD, 平面ADEFC 平而ABCD二AD. 所以ED丄平面ABCD,所以ED丄CD, 所以MN〃ED,因为ED丄平而ABCD, 所以MN丄平面ABCD.1 逹因为VB-caFVje-o^^MN • Sg二18 , 1 1 遇所以3X2XIXIXMN二18,所以MN二3 .MN CM 3 1所以ED 二CE=\23,所以CM=3CEt所以点M在线段CE的三等分点且靠近C处.（1）证明：DE〃平而ABC.（2）求四棱锥C-ABBA与圆柱g的体积比.【解析】⑴连接E0, 0A,因为E, 0分别为BQ BC的中点,。
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专题五 空间立体几何
第14讲 空间几何体的表面积与体积
1. 与正方体各面都相切的球，它的表面积与正方体表面积之比为________．
答案：π∶6
解析：正方体的棱长与球的直径相等．
2. 在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝3，以BC 边所在直线为轴旋转一周，则形成的几何体的侧面积为_________．
答案：12π
解析：将矩形ABCD 以BC 边所在直线为轴旋转一周后得到的几何体为是以2为底面半径，以3为高的圆柱体，故它的侧面积为2π×2×3＝12π.
3. 在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的4个顶点，这些几何形体是____________．(填序号)
① 矩形；② 不是矩形的平行四边形；③ 有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；④ 每个面都是等边三角形的四面体；⑤ 每个面都是直角三角形的四面体． 答案：①③④⑤
4. 如图，在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝3 cm ，AA 1＝2 cm ，则四棱锥ABB 1D 1D 的体积
为________ cm 3.
答案：6
解析：连结AC 交BD 于点O ，则AO⊥平面BB 1D 1D ，则四棱锥ABB 1D 1D 的体积为13
SBB 1D 1D ·AO ＝6.
5. 在棱长为1的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，若点P 是棱上一点，则满足|PA|＋|PC 1|＝2的点P 的个数为__________．
答案：6
解析：点P 在以A 、C 1为焦点的椭圆上，若P 在AB 上，设AP ＝x ，有PA ＋PC 1＝x ＋（1－x ）2＋（2）2＝2，解得x ＝12
.故AB 上有一点P(AB 的中点)满足条件． 同理在AD ，AA 1，C 1B 1，C 1D 1，C 1C 上各有一点满足条件．
又若点P 在BB 1上，则PA ＋PC 1＝1＋BP 2＋1＋B 1P 2>2.故BB 1上不存在满足条件的点P ，
同理DD 1，BC ，A 1D 1，DC ，A 1B 1上不存在满足条件的点P.
6. 如图，半径为R 的球O 中有一内接圆柱．当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是____________．
答案：2πR 2
解析：设球的一条半径与圆柱相应的母线夹角为α，则圆柱的侧面积S ＝2π·Rsin
α·2Rcos α＝2πR 2sin2α，当α＝π4
时，S 取最大值2πR 2，此时球的表面积与该圆柱的侧面积之差为2πR 2.
7. 如图，三棱柱ABCA 1B 1C 1的所有棱长均等于1，且∠A 1AB ＝∠A 1AC ＝60°，则该三棱柱的体积是________．
答案：
24
解析：∵ A 1A ＝A 1B ＝A 1C ＝AB ＝AC ＝BC.∴ A 1ABC 为正四棱锥，∴ A 1在△ABC 上的射影O
为△ABC 的中心．∴ 32A 1O ＝1×22 A 1O ＝63，∴ V ＝S △ABC ·A 1O ＝24
. 8. 已知直三棱柱ABCA 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上．若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12.则球O 的半径为______________． 答案：132
解析：由题意将直三棱柱ABCA 1B 1C 1还原为长方体ABDCA 1B 1D 1C 1，则球的直径即为长方体
ABDCA 1B 1D 1C 1的体对角线AD 1，所以球的直径AD 1＝AB 2＋AC 2＋AA 21＝32＋42＋122＝13，则球的半径为132
. 9. 若将一个圆锥的侧面沿一条母线剪开，其展开图是半径为2 cm 的半圆，则该圆锥的高为____________ cm.
答案： 3
解析：圆锥的母线长即为展开半圆的半径，圆锥底面圆的半径设为r ，则2πr ＝π×2，
r ＝1，圆锥高为22－1＝ 3.
10. 某种卷筒卫生纸绕在盘上，空盘时盘芯直径为40 mm ，满盘时直径为120 mm.已知卫生纸的厚度为0.1 mm ，则满盘时卫生纸的总长度大约是________m(π取3.14，精确到1 m)．
答案：100
解析：纸的厚度为0.1 mm ，可以把绕在盘上的纸近似的看做是一组同心圆，然后分别计算各圆的周长，再算总和．由内向外各圈的半径分别为20.05, 20.15，…，59.95.因此，各圈的周长分别为40.1π，40.3π，…，119.9π.
因此各圈半径组成首项为20.05，公差为0.1的等差数列，设圈数为n ，则59.95＝20.05＋0.1(n －1)，解得n ＝400，显然各圈的周长组成一个首项为40.1π，公差为0.2π，项数为400的等差数列．根据等差数列的求和公式，得
S ＝400×40.1π＋400×（400－1）2
×0.2π＝32 000π mm ≈100 m. 11. 如图，已知四棱锥PABCD 的底面为等腰梯形，AB ∥CD ，AC ⊥BD ，垂足为H ，PH 是四棱锥的高．
(1) 证明：平面PAC⊥平面PBD ；
(2) 若AB ＝6，∠APB ＝∠ADB＝60°，求四棱锥PABCD 的体积．
(1) 证明：因为PH 是四棱锥PABCD 的高，则PH⊥BD，又AC⊥BD，PH Ì平面PBD ，BD 平面PBD ，PH ∩BD ＝H ，所以AC⊥平面PBD.
因为AC Ì平面PAC ，所以平面PAC⊥平面PBD.
(2) 解：因为ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AC ⊥BD ，AB ＝6， 所以HA ＝HB ＝ 3.因为∠APB
＝∠ADB＝60°，所以PA ＝PB ＝6，HD ＝HC ＝1，可得PH ＝ 3.S 梯形ABCD ＝12
AC ·BD ＝2＋ 3.所
以四棱锥的体积为V ＝13(2＋3)·3＝3＋233
. 12. 某商场为促销要准备一些正三棱锥形状的装饰品，用半径为10 cm 的圆形包装纸包装．要求如下：正三棱锥的底面中心与包装纸的圆心重合，包装纸不能裁剪，其边缘恰好达
到三棱锥的顶点，如图所示．设正三棱锥的底面边长为x cm ，体积为V cm 3.在所有能用这种
包装纸包装的正三棱锥装饰品中，V 的最大值是多少？并求此时x 的值．
解：正三棱锥展开如图所示．当按照底边包装时体积最大．
设正三棱锥侧面的高为h 0，高为h.
由题意得36x ＋h 0＝10，解得h 0＝10－36
x. 则h ＝h 20－x 212＝⎝ ⎛⎭⎪⎫10－36x 2－x 212＝100－1033
，x ∈(0，103)． 所以正三棱锥体积 V ＝13Sh ＝13×34
x 2×100－1033x ＝3x 212100－1033
x. 设y ＝V 2＝x 448⎝ ⎛⎭⎪⎫100－1033x ＝100x 448－10x 5483
， 求导得y′＝100x 312－50x 4483，令y′＝0，得x ＝83， 当x∈(0，83)时，y ′＞0，y 随着x 的增加而增大，
当x∈(83，103)时，y ′＜0，y 随着x 的增加而减小，
所以当x ＝8 3 cm 时，y 取得极大值也是最大值．
此时y ＝15 360，所以V max ＝3215 cm 3.
答：当底面边长为8 3 cm 时，正三棱锥的最大体积为3215 cm 3.
13. 已知四棱锥SABCD 的底面ABCD 是边长为2的正方形，侧面SAB 是等边三角形，侧面SCD 是以CD 为斜边的直角三角形，E 为CD 的中点，M 为SB 的中点．
(1) 求证：CM∥平面SAE ；
(2) 求证：SE⊥平面SAB ；
(3) 求三棱锥SAED 的体积．
(1) 证明：取SA 的中点N ，连结MN 、EM ，
∵ M 为SB 的中点，N 为SA 的中点，
∴ MN ∥AB ，且MN ＝12
AB.
又E 为CD 的中点，∴ CE ∥AB ，且CE ＝12
AB. ∴ MN ∥CE 且MN ＝CE ，
∴ CENM 为平行四边形，
∴ CM ∥EN.
又EN Ì平面SAE ，CM 平面SAE ，∴ CM ∥平面SAE.
(2) 证明：∵ 侧面SCD 是直角三角形，∠CSD 为直角，E 为CD 的中点，∴ SE ＝1. 又SA ＝AB ＝2，AE ＝5，∴ SA 2＋SE 2＝AE 2.
则ES⊥SA.
同理可证ES⊥SB.
∵ SA ∩SB ＝S ，∴ SE ⊥平面SAB.
(3) 解：V SAED ＝12V SAEB ＝12V ESAB ＝12×13×34×4×1＝3
6.。