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1、新編高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)資料 第八章 立體幾何 第1講 空間幾何體及其表面積與體積 一、填空題 1．已知三棱錐的正視圖與俯視圖如圖所示，俯視圖是邊長為2的正三角形，那么該三棱錐的側(cè)視圖可能為________． 解析 這個空間幾何體的直觀圖如圖所示，由題知這個空間幾何體的側(cè)視圖的底面邊長是，故其側(cè)視圖只可能是②中的圖形． 答案 ② 2．在正方體上任意選擇4個頂點(diǎn)，它們可能是如下各種幾何形體的四個頂點(diǎn)，這些幾何形體是________(寫出所有正確結(jié)論的編號)． ①矩形；②不是矩形的平行四邊形；③有三個面為等腰直角三角形，有一個面為等邊三角形的四面體；④每個面都是等邊三角形的

2、四面體；⑤每個面都是直角三角形的四面體． 解析　①顯然可能；②不可能；③取一個頂點(diǎn)處的三條棱，連接各棱端點(diǎn)構(gòu)成的四面體；④取正方體中對面上的兩條異面對角線的四個端點(diǎn)構(gòu)成的幾何體；⑤正方體ABCD －A1B1C1D1中，三棱錐D1－DBC滿足條件． 答案?、佗邰堍? 3．在三棱錐S－ABC中，面SAB，SBC，SAC都是以S為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，且AB＝BC＝CA＝2，則三棱錐S－ABC的表面積是________． 解析　設(shè)側(cè)棱長為a，則a＝2，a＝，側(cè)面積為3××a2＝3，底面積為×22＝，表面積為3＋. 答案　3＋ 4．在直觀圖(如圖所示)中，四邊形O′A′B′C′為菱形且邊

3、長為2 cm，則在xOy坐標(biāo)系中，四邊形ABCO為________，面積為________cm2. 解析 由斜二測畫法的特點(diǎn)，知該平面圖形的直觀圖的原圖，即在xOy坐標(biāo)系中，四邊形ABCO是一個長為4 cm，寬為2 cm的矩形，所以四邊形ABCO的面積為8 cm2. 答案 矩形　8 5. 如圖所示，已知一個多面體的平面展開圖由一個邊長為1的正方形和4個邊長為1的正三角形組成，則該多面體的體積是________． 解析　由題知該多面體為正四棱錐，底面邊長為1，側(cè)棱長為1，斜高為，連接頂點(diǎn)和底面中心即為高，可求得高為，所以體積V＝×1×1×＝. 答案　 6. 如圖所示，三棱柱ABC

4、－A1B1C1的所有棱長均為a，∠A1AB＝∠A1AC＝60°，則其全面積為________． 解析　如題圖，過B作BD⊥AA1于D，連接CD，則△BAD≌△CAD，所以∠ADB＝∠ADC＝90°，所以AD⊥CD，AD⊥BD， 所以△BCD為垂直于側(cè)棱AA1的截面． 又因?yàn)椤螧AD＝60°，AB＝a，所以BD＝a. 所以△BDC的周長為(＋1)a，從而S側(cè)＝(＋1)a2，S底＝×a2sin 60°＝a2.故S全＝S側(cè)＋2S底＝a2. 答案　a2 7．正方體ABCD －A1B1C1D1的棱長為2，點(diǎn)M是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)P是平面ABCD內(nèi)的一個動點(diǎn)，且滿足PM＝2，P到直線A1D1的距離

5、為，則點(diǎn)P的軌跡是________． 解析　由PM＝2，知點(diǎn)P在以M為圓心，2為半徑的圓上．又由P到直線A1D1的距離為，知點(diǎn)P在與BC平行且過AB中點(diǎn)的直線上，故點(diǎn)P的軌跡是它們的交點(diǎn)，即為兩點(diǎn)． 答案　兩個點(diǎn) 8．已知矩形ABCD的面積為8，當(dāng)矩形ABCD周長最小時(shí)，沿對角線AC把△ACD折起，則三棱錐D－ABC的外接球表面積等于________． 解析 設(shè)矩形的兩鄰邊長度分別為a，b，則ab＝8，此時(shí)2a＋2b≥4＝8，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時(shí)等號成立．此時(shí)四邊形ABCD為正方形，其中心到四個頂點(diǎn)的距離相等，均為2，無論怎樣折疊，其四個頂點(diǎn)都在一個半徑為2的球面上，這個球的表面積是

6、4π×22＝16π. 答案 16π 9．已知點(diǎn)P，A，B，C是球O表面上的四個點(diǎn)，且PA、PB、PC兩兩成60°角，PA＝PB＝PC＝1 cm，則球的表面積為________cm2. 解析　如圖，取AB的中點(diǎn)M，連接PM、CM，過P作棱錐的高PN，則垂足N必在CM上，連接AN.棱錐的四個側(cè)面都是邊長為1的正三角形，故可得CM＝PM＝，從而CN＝CM＝，在Rt△PCN中，可求得PN＝，連接AO，則AN＝CN＝，設(shè)AO＝PO＝R，則在Rt△OAN中，有R2＝2＋2，解得R＝.∴球的表面積S＝4πR2＝(cm2)． 答案　π 10．已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積和體積分

7、別為________，__________. 解析 由三視圖可知，該幾何體的下部是一底邊長為2，高為4的長方體，上部為一球，球的直徑等于正方形的邊長．所以長方體的表面積為S1＝2×2×2＋4×2×4＝40，長方體的體積為V1＝2×2×4＝16， 球的表面積和體積分別為S2＝4×π×12＝4π，V2＝×π×13＝， 故該幾何體的表面積為S＝S1＋S2＝40＋4π， 該幾何體的體積為V＝V1＋V2＝16＋. 答案 40＋4π；16＋π 二、解答題 11. 如圖，四邊形ABCD為正方形，QA⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD. (1)證明：PQ⊥平面DCQ； (2

8、)求棱錐Q－ABCD的體積與棱錐P－DCQ的體積的比值． (1)證明　由條件知四邊形PDAQ為直角梯形． 因?yàn)镼A⊥平面ABCD， 所以平面PDAQ⊥平面ABCD，交線為AD. 又四邊形ABCD為正方形，DC⊥AD， 所以DC⊥平面PDAQ，可得PQ⊥DC. 在直角梯形PDAQ中可得DQ＝PQ＝PD，則PQ⊥QD. 又DQ∩DC＝D，所以PQ⊥平面DCQ. (2)解　設(shè)AB＝a. 由題設(shè)知AQ為棱錐Q－ABCD的高， 所以棱錐Q－ABCD的體積V1＝a3. 由(1)知PQ為棱錐P－DCQ的高，而PQ＝a，△DCQ的面積為a2，所以棱錐P－DCQ的體積V2＝a3. 故棱錐

9、Q－ABCD的體積與棱錐P－DCQ的體積的比值為1. 12．如圖，把邊長為2的正六邊形ABCDEF沿對角線BE折起，使AC＝. (1)求證：平面ABEF⊥平面BCDE； (2)求五面體ABCDEF的體積． 解 設(shè)原正六邊形中，AC∩BE＝O，OF∩BE＝O′，由正六邊形的幾何性質(zhì)可知OA＝OC＝，AC⊥BE，DF⊥BE. (1)證明：在五面體ABCDE中，OA2＋OC2＝6＝AC2， ∴OA⊥OC， 又OA⊥OB，∴OA⊥平面BCDE.∵OA?平面ABEF， ∴平面ABEF⊥平面BCDE. (2)由BE⊥OA，BE⊥OC知BE⊥平面AOC，同理BE⊥平面FO′D，∴平面

10、AOC∥平面FO′D，故AOC－FO′D是側(cè)棱長(高)為2的直三棱柱，且三棱錐B－AOC和E－FO′D為大小相同的三棱錐， ∴VABCDEF＝2VB－AOC＋VAOC－FO′D ＝2×××()2×1＋×()2×2＝4. 13. 如圖所示，在平行四邊形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，AD＝4.將△CBD沿BD折起到△EBD的位置，使平面EBD⊥平面ABD. (1)求證：AB⊥DE； (2)求三棱錐E－ABD的側(cè)面積． (1)證明　在△ABD中，因?yàn)锳B＝2，AD＝4，∠DAB＝60°， 所以BD＝＝2， 所以AB2＋BD2＝AD2，所以AB⊥BD. 又因?yàn)槠矫鍱BD⊥平

11、面ABD，平面EBD∩平面ABD＝BD，AB?平面ABD，所以AB⊥平面EBD. 又因?yàn)镈E?平面EBD，所以AB⊥DE. (2)解　由(1)知AB⊥BD，因?yàn)镃D∥AB， 所以CD⊥BD，從而DE⊥BD， 在Rt△DBE中，由DB＝2，DE＝DC＝AB＝2， 得S△BDE＝DB·DE＝2. 又因?yàn)锳B⊥平面EBD，BE?平面EBD， 所以AB⊥BE.因?yàn)锽E＝BC＝AD＝4， 所以S△ABE＝AB·BE＝4， 因?yàn)镈E⊥BD，平面EBD⊥平面ABD， 所以ED⊥平面ABD，而AD?平面ABD，所以ED⊥AD， 所以S△ADE＝AD·DE＝4. 綜上，三棱錐E－ABD的

12、側(cè)面積S＝8＋2. 14．如圖(1)所示，在直角梯形ABEF中(圖中數(shù)字表示線段的長度)，將直角梯形DCEF沿CD折起，使平面DCEF⊥平面ABCD，連結(jié)部分線段后圍成一個空間幾何體，如圖(2)所示． (1)求證：BE∥平面ADF； (2)求三棱錐F－BCE的體積． (1)證明　法一　 取DF的中點(diǎn)G，連結(jié)AG，EG， ∵CE綉DF，∴EG綉CD. 又∵AB綉CD，∴EG綉AB. ∴四邊形ABEG為平行四邊形． ∴BE∥AG. 又∵BE?平面ADF，AG?平面ADF， ∴BE∥平面ADF. 法二　由題圖(1)可知BC∥AD，CE∥DF，折疊之后平行關(guān)系不變．∵BC∥

13、AD，BC?平面ADF，AD?平面ADF， ∴BC∥平面ADF.同理CE∥平面ADF. ∵BC∩CE＝C，BC、CE?平面BCE， ∴平面BCE∥平面ADF. ∵BE?平面BCE，BE?平面ADF， ∴BE∥平面ADF. (2)解　法一　∵VF－BCE＝VB－CEF， 由題圖(1)，可知BC⊥CD， 又∵平面DCEF⊥平面ABCD，平面DCEF∩平面ABCD＝ CD，BC?平面ABCD， ∴BC⊥平面DCEF. 由題圖(1)可知，DC＝CE＝1，S△CEF＝CE×DC＝， ∴VF－BCE＝VBvCEF＝×BC×S△CEF＝. 法二　由題圖(1)，可知CD⊥BC，CD⊥

14、CE，∵BC∩CE＝C， ∴CD⊥平面BCE. ∵DF∥CE，點(diǎn)F到平面BCE的距離等于點(diǎn)D到平面BCE的距離為1，由題圖(1)，可知BC＝CE＝1，S△BCE＝BC×CE＝，∴VF－BCE＝×CD×S△BCE＝. 法三　如圖所示，過E作EH⊥FC， 垂足為H，由圖可知BC⊥CD，∵平面DCEF⊥平面ABCD，平面DCEF∩平面ABCD＝CD，BC⊥DC，BC?平面ABCD， ∴BC⊥平面DCEF. 又∵EH?平面DCEF，∴BC⊥EH， ∴EH⊥平面BCF. 由BC⊥FC，F(xiàn)C＝＝， S△BCF＝BC×CF＝， 在△CEF中，由等面積法可得EH＝， ∴VF－BCE＝VE－BCF＝×EH×S△BCF＝.