高考数学立体几部分典型例题.docVIP

（一） 1.某几何体的三视图如图(其中侧视图中的圆弧是半圆)，则该几何体的表面积为(　　)． A．92＋14π B.82＋14π C．92＋24π D.82＋24π 命题意图：考察空间几何体的三视图，三视图为载体考察面积 易错点：（1）三视图很难还原成直观图（2）公式及数据计算错误 解析　由三视图可知：原几何体为一个长方体上面放着半个圆柱，其中长方体的长宽高分别为5,4,4，圆柱的底面半径为2，高为5，所以该几何体的表面积为：S＝5×4＋2×4×4＋2×5×4＋π×22＋eq \f(1,2)π×2×5×2＝92＋14π. 答案　A 2．（本小题满分12分）命题人：贺文宁 如图所示，平面ABCD⊥平面BCEF，且四边形ABCD为矩形，四边形BCEF为直角梯形，BF∥CE，BC⊥CE，DC＝CE＝4，BC＝BF＝2.（12分） (1)求证：AF∥平面CDE； (2)求平面ADE与平面BCEF所成锐二面角的余弦值； (3)求直线EF与平面ADE所成角的余弦值． 命题意图：线面平行的位置关系，线面角、二面角的求法 易错点：（1）直接建系，不去证明三条线两两垂直（2）数据解错（3）线面角求成正弦值 (1)证明　法一　取CE的中点为G，连接DG，FG. ∵BF∥CG且BF＝CG， ∴四边形BFGC为平行四边形，则BC∥FG，且BC＝FG. ∵四边形ABCD为矩形，……………………………………..1分 ∴BC∥AD且BC＝AD，∴FG∥AD且FG＝AD， ∴四边形AFGD为平行四边形，则AF∥DG. ∵DG?平面CDE，AF?平面CDE， ∴AF∥平面CDE. ……………………………………..3分 (2)解　∵四边形ABCD为矩形，∴BC⊥CD， 又∵平面ABCD⊥平面BCEF，且平面ABCD∩平面BCEF＝BC， BC⊥CE，∴DC⊥平面BCEF. …………………………………….4分 以C为原点，CB所在直线为x轴，CE所在直线为y轴，CD所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，…………………………………….5分 根据题意我们可得以下点的坐标： A(2,0,4)，B(2,0,0)，C(0,0,0)，D(0,0,4)，E(0,4,0)，F(2,2,0)，则eq \o(AD,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，eq \o(DE,\s\up6(→))＝(0,4，－4)． 设平面ADE的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up6(→))·n1＝0，,\o(DE,\s\up6(→))·n1＝0，)) ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2x＝0，,4y1－4z1＝0，)) 取z1＝1，得n1＝(0,1,1)． ∵DC⊥平面BCEF. ……………………………………7分 ∴平面BCEF的一个法向量为eq \o(CD,\s\up6(→))＝(0,0,4)． 设平面ADE与平面BCEF所成锐二面角的大小为α， 则cos α＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(CD,\s\up6(→))·n1,|\o(CD,\s\up6(→))|·|n1|)))＝eq \f(4,4×\r(2))＝eq \f(\r(2),2)， 因此，平面ADE与平面BCEF所成锐二面角的余弦值为eq \f(\r(2),2).…………………………………….9分 (3)解　根据(2)知平面ADE的一个法向量为 n1＝(0,1,1)，∵eq \o(EF,\s\up6(→))＝(2，－2,0)， ∴cos 〈eq \o(EF,\s\up6(→))，n1〉＝eq \f(\o(EF,\s\up6(→))·n1,|\o(EF,\s\up6(→))|·|n1|)＝eq \f(－2,2\r(2)×\r(2))＝－eq \f(1,2)，……………………….10分 设直线EF与平面ADE所成的角为θ， 则cos θ＝|sin 〈eq \o(EF,\s\up6(→))，n1〉|＝eq \f(\r(3),2)， 因此，直线EF与平面ADE所成角的余弦值为eq \f(\r(3),2).…………………………………….12分 （二） 1.某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为 (　　)． A．8－2π B．8－π C．8－eq \f(π,2) D．8－eq \f(π,4) 命题意图：考察空间几何体的三视图，三视图为载体考察体积 易错点：（1）三视图很难还原成直观图（2）公式及数据计算错误 解析　这是一个正方体切掉两个eq \f(1,4)圆柱后得到的几何体，且该几何体的高为2，V＝23－eq \f(1,2)×π×1×2＝8－π，故选B.