2012年高考必做客觀題——立體幾何題

⊙ 浙江寧波北侖中學(xué) 空間幾何體的直觀圖與三視圖

（★★★★）必做1 一個幾何體的三視圖如圖1所示，則該幾何體的體積為________．

圖1

精妙解法 該幾何體可由一個三棱柱沿陰影部分所示平面截去一個三棱錐后得到，其體積為V=V柱－V錐=·4·2－··4·1=．

圖2

誤點警示 注意對得到的直觀圖，要“壓扁”還原檢驗，看看其三視圖是否符合要求．

極速突擊 此類試題的突破點在于觀察三視圖，還原幾何體． 如果幾何體為錐體，那么只需將錐體的頂點從俯視圖中拉起還原就行；如果幾何體不是錐體，那么通常先找一個基本幾何體，然后將它削出來，我們通常稱之為“寄居法”，這個基本幾何體就是我們所研究幾何體“寄居”的殼．

（★★★）必做２ 用單位正方體搭幾何體，使它的主視圖和俯視圖如圖3所示，則符合條件的幾何體體積的最小值與最大值分別是（ ）

A． 9，13B． 7，16

C． 10，15D． 10，16

主視圖 俯視圖

圖3

精妙解法 由俯視圖知底層有七個小正方體，結(jié)合主視圖知，最左邊一列，最多都是三層，最少只有一行是三層，故左邊一列最多9個、最少5個；中間一列最多都是二層有6個，最少只有一行二層，共4個；右邊一列只一層一行，故最多9＋6＋1＝16個，最少5＋4＋1＝10個．

金刊提醒

三視圖的正（主）視圖、側(cè)（左）視圖、俯視圖分別是從幾何體的正前方、正左方、正上方正投影得到的，重疊的線只畫一條，擋住的線要畫成虛線． 基本原則是“長對正、高平齊、寬相等”．

空間幾何體的表面積和體積

（★★★★）必做3 如圖4所示，正四面體ABCD的外接球的體積為4π，則正四面體的體積是________．

圖4

精妙解法 法1：由已知πR3=4π，所以R=． 設(shè)AE為球的直徑． 故AD⊥DE，AE⊥O1D． 設(shè)AD=a，所以O(shè)1D=·a=a，所以AO1=a，O1E=2R－AO1=2－a． 由射影定理知，O1D2=AO1·O1E，解得a=2． 故V=·a2·AO1=．

法2：正四面體的外接球即為正方體的外接球，正方體的對角線長為球的直徑． 由πR3=4π，所以R=，所以正方體棱長為2，所以AB=2，S△BCD=×2×2·sin60°=2． 點A到平面BCD的距離h=×2R=，所以VA－BCD=S△BCD×h=．

圖5

極速突擊 方法1設(shè)法尋求正四面體的棱長與球的半徑之間的關(guān)系；方法2將正四面體ABCD置于正方體中．

（★★★）必做4 一個圓錐和一個圓柱，下底面在同一平面上，它們有公共的內(nèi)切球，記圓錐的體積為V1，圓柱的體積為V2，且V1=kV2，則kmin=________．

精妙解法 記內(nèi)切球的半徑為r，則圓柱的體積V2=πr2·2r=2π·r3． 對于圓錐取軸截面，如圖6，則圓錐的高h(yuǎn)=+r，圓錐的底面半徑為R=h·tanθ=+r·tanθ=·r，所以V1=πR2h=πr3，所以k==·=·=·． 令t=1+sinθ，θ∈0，，則k=·，t∈（1，2），所以=6·－2+3－1，則=，所以kmin=．

極速突擊 對于旋轉(zhuǎn)體與多面體的接、切問題往往通過取軸截面，將三維問題降為二維問題處理．

金刊提醒

同學(xué)們應(yīng)當(dāng)熟練掌握空間幾何體的表面積和體積公式，在高考中解決此類題型時，要用好分割法與補(bǔ)體法，將不規(guī)則問題進(jìn)行合理轉(zhuǎn)化.

空間的平行關(guān)系

（★★★★）必做5 用a，b，c表示三條不同的直線，γ表示平面，給出下列命題：

①若a∥b，b∥c，則a∥c；

②若a⊥b，b⊥c，則a∥c；

③若a∥γ，b∥γ，則a∥b；

④若a⊥γ，b⊥γ，則a∥b．

其中真命題的序號是（ ）

A． ①②B． ②③

C． ①④ D． ③④

精妙解法 ①平行關(guān)系的傳遞性． ②舉反例：在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AB⊥AD，AB⊥AA1，但AD不平行AA1． ③a與b可能相交． ④垂直于同一平面的兩直線互相平行． 故①④正確，選C．

極速突擊 本題的入手點是借助實體模型進(jìn)行排除驗證，同時也要求我們必須熟練記住關(guān)于平行的一些常見結(jié)論．

（★★★）必做6 如圖7，在三棱柱ABC－A′B′C′中，點E、F、H、K分別為AC′、CB′、A′B、B′C′的中點，G為△ABC的重心． 從K、H、G、B′中取一點作為P，使得該棱柱恰有2條棱與平面PEF平行，則P為（ ）

A． K

B． H

C． G

D． B′

精妙解法 假如平面PEF與側(cè)棱BB′平行，則和三條側(cè)棱都平行，不滿足題意，而FK∥BB′，排除A；假如P為B′點，則平面PEF即平面A′B′C，此平面只與一條側(cè)棱AB平行，排除D． 若P為H點，則HF為△BA′C′的中位線，所以HF∥A′C′；EF為△ABC′的中位線，所以EF∥AB；HE為△AB′C′的中位線，所以HE∥B′C′，顯然不合題意，排除B，故選C．

極速突擊 本題主要考查“線面平行”的判定，“線面平行”可由“線線平行”或“面面平行”進(jìn)行轉(zhuǎn)化．一般地，我們習(xí)慣選擇降維處理，即選擇用“線線平行”來推出“線面平行”，所以思維的落腳點應(yīng)該在尋找“線線平行”． 所以在此題中，也可這樣考慮，因為EF是△ABC′的中位線，所以EF∥AB∥A′B′，故點P只要使得平面PEF與其他各棱均不平行即可，故選G點．

金刊提醒

同學(xué)們應(yīng)熟練掌握“線面平行”“線線平行”“面面平行”三種平行關(guān)系的合理轉(zhuǎn)化，要判定其中的一種關(guān)系應(yīng)考慮從其他兩種平行關(guān)系出發(fā).

空間的垂直關(guān)系

（★★★★）必做7 如圖8，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別是BC1，CD1的中點，則下列判斷錯誤的是（ ）

圖8

A． MN與CC1垂直

B． MN與AC垂直

C． MN與A1C垂直

D． MN與B1D垂直

精妙解法 連結(jié)CB1，B1D1，因為M，N分別是BC1，CD1的中點，所以MN為△CB1D1的中位線，MN∥B1D1，而CC1⊥B1D1，所以CC1⊥MN；AC⊥B1D1，所以AC⊥MN；因為BD∥MN，A1C⊥BD，所以MN⊥A1C，故選D．

極速突擊 本題應(yīng)從垂直、平行關(guān)系入手，尋找垂直、平行成立的充分條件，如欲證“線面垂直”，則應(yīng)尋找一條直線垂直于平面內(nèi)的兩條相交直線，同時也要求我們必須熟練記住關(guān)于垂直的一些常見結(jié)論．

（★★★）必做8 如圖9，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，∠ADC=90°，且AA1=AD=DC=2，M∈平面ABCD，當(dāng)D1M⊥平面A1C1D時，DM=________．

圖9

精妙解法 因為DA=DC=DD1且DA、DC、DD1兩兩垂直，故當(dāng)點M使四邊形ADCM為正方形時，D1M⊥平面A1C1D，所以DM=2．

極速突擊 本題是三種垂直關(guān)系的相互轉(zhuǎn)化，由“線線垂直”得到“線面垂直”，再到“線線垂直”，解題時要靈活轉(zhuǎn)化，且要注意到線動成面．

金刊提醒

證明垂直問題時，要注意所用定理條件的完整性，如欲證“線面垂直”，證明了直線垂直于平面內(nèi)的兩條直線后，一定要注意兩條直線相交這一條件.

空間的角

（★★★）必做9 等邊三角形ABC與正方形ABDE有一公共邊AB，二面角C－AB－D的余弦值為，M、N分別是AC、BC的中點，則EM與AN所成角的余弦值等于________．

圖10

精妙解法 如圖10所示，設(shè)正方形的邊長為1，取ED的中點H，連結(jié)AH，HN，由題意知MNEH，所以HN∥EM，則∠HNA就是所求的異面直線的夾角． 過點A作AP∥FN，使AP=FN，連結(jié)EP，由EA⊥AB，AP⊥AB，所以∠EAP就是二面角C－AB－D的平面角．又EA=1，AP=，所以cos∠EAP==，所以EP2=． 又MN∥AB且AB⊥平面EPA，所以MN⊥平面EPA，MN⊥EP，EM===． 因為AH=，AN==，所以cos∠HNA==．

誤點警示 注意異面直線所成角的取值范圍為0，，所以其余弦值為正值．

極速突擊 本題采用“幾何法”求解異面直線所成的角，其步驟一般為“找角→求三角形各邊的長→利用余弦定理求解”．

（★★★★）必做10 已知正四棱錐P－ABCD的側(cè)棱與底面所成角為60°，M為PA中點，連結(jié)DM，則DM與平面PAC所成角的大小是_______．

圖11

精妙解法 法1：取AC中點O，連結(jié)DO，PO，MO，則DO⊥面PAC，所以∠DMO是DM與平面PAC所成角． 因為PB與底面所成角為60°，所以∠PBO=60°，記AB=a，則BO=a，所以cos∠PBO===，所以PB=a． 在△PAC中，MO=PC=a，所以tan∠DMO==1，所以DM與平面PAC所成角為45°．

法2：如圖12建立空間直角坐標(biāo)系，則平面PAC的法向量為n=（1，0，0），D－a，0，0，M0，－a，a，=a，－a，a，所以sinφ=cosθ==，所以DM與平面PAC所成角為45°．

圖12

誤點警示 本題易錯在采用向量法計算時，沒有正確理解“斜線與平面法向量所成的角”和“斜線與平面所成的角”的關(guān)系，誤以為它們是相等的，實則不然．

極速突擊 本題采用兩種方法求解，方法1為“幾何法”，可按照“一找、二證、三算”的步驟進(jìn)行；方法2為“向量法”，先建立空間直角坐標(biāo)系，再求解“斜線與平面法向量所成角的余弦值”，最后由“斜線與平面法向量所成角的余弦值的絕對值”等于“斜線與平面所成角的正弦值”得出答案．

金刊提醒

找異面直線所成的角，一般可以采用平移的方法，把其中一條異面直線平移至與另一條異面直線相交，然后在某個三角形中解他們的夾角；當(dāng)然，也可以建立空間直角坐標(biāo)系，然后利用空間向量的方法求解.

利用平面法向量求直線與平面的夾角時，應(yīng)注意直線與平面的夾角θ和兩向量夾角（銳角）是互為余角的關(guān)系，即sinθ=cosα；利用平面法向量求二面角的平面角時，應(yīng)注意法向量的方向，或直接從圖形中觀察出其是鈍（或銳）二面角，再利用向量夾角與平面角的互補(bǔ)關(guān)系求出答案.

空間的

（★★★）必做11 正四棱錐P－ABCD的底面邊長為2，高為3，E、F分別為PC、PD的中點，則異面直線AC與EF的距離為（ ）

圖13

A． B．

C． D．

精妙解法 法1：因為EF∥CD，則異面直線AC與EF的距離即為E到平面ABCD的距離，因為E為PC中點，所以E到平面ABCD的距離為P到平面ABCD的距離的一半，所以d=． 故選B．

法2：以正方形ABCD的中心為原點，與邊BC、CD垂直的直線分別為x軸、y軸，OP為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則由條件知：C（1，1，0），D（－1，1，0），P（0，0，3），所以E，，，F(xiàn)-，，，所以=（1，1，0），=（－1，0，0）． 設(shè)n=（x，y，z），則n·=0，n·=0，所以x+y=0，－x=0，所以x=y=0，取n=（0，0，1），又=－，－，，所以d==，故選B．

極速突擊 求異面直線間距離時，可以作出兩異面直線的公垂線段，然后再求其長度；也可以采用上述的向量方法；有時也可以轉(zhuǎn)化為直線與平面的距離，或者點到平面的距離再求解． 運(yùn)用向量法求解點A到平面α的距離時，可以采用如下的方法：建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系→確定點A的坐標(biāo)→在平面α內(nèi)取一點B→求出向量→求出平面α的一個法向量n→求出點A到平面α的距離． 運(yùn)用幾何法求點A到平面α的距離時，可以先作平行線或平行平面，將A點到平面α的距離轉(zhuǎn)移到點B到平面α的距離，或者利用中位線及線段長度的比例關(guān)系，將A點到平面α的距離轉(zhuǎn)移到其他點到平面α的距離，再利用等積變換或直接法求之．

金刊提醒

點A（x，y）到平面α距離為d=（B為平面α上任一點，n為平面α的法向量），而線面距離、面面距離可以轉(zhuǎn)化成點面距離來求解當(dāng)題目中的距離難以找出來時，應(yīng)采用空間向量法，避免耗時過多.