G立体几何文科.docx
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G立体几何文科
G立体几何
G1空间几何体的结构
9.G1[2012·重庆卷]设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,和a,且长为a的棱与长为的棱异面,则a的取值范围为( )
A.(0,)B.(0,)
C.(1,)D.(1,)
图1-2
9.A [解析]如图1-2所示,设AB=a,CD=,BC=BD=AC=AD=1,则∠ACD=∠BCD=45°,要构造一个四面体,则△ACD与共面BCD不能重合,当△BCD与△ACD重合时,a=0;当A、B、C、D四点共面,且A、B两点在DC的两侧时,在△ABC中,∠ACB=∠ACD+∠BCD=45°+45°=90°,AB==,所以a的取值范围是(0,).
8.G1、G2[2012·陕西卷]将正方体(如图1-3①所示)截去两个三棱锥,得到图②所示的几何体,则该几何体的左视图为( )
图1-3
图1-4
8.B [解析]分析题目中截几何体所得的新的几何体的形状,结合三视图实线和虚线的不同表示可知对应的左视图应该为B.
15.G1、G12[2012·安徽卷]若四面体ABCD的三组对棱分别相等,即AB=CD,AC=BD,AD=BC,则________(写出所有正确结论的编号).
①四面体ABCD每组对棱相互垂直;②四面体ABCD每个面的面积相等;③从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90°而小于180°;④连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分;⑤从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长.
15.②④⑤ [解析]如图,把四面体ABCD放入长方体中,由长方体中相对面中相互异面的两条面对角线不一定相互垂直可知①错误;由长方体中△ABC≌△ABD≌△DCB≌△DCA,可知四面体ABCD每个面的面积相等,同时四面体ABCD中过同一顶点的三个角之和为一个三角形的三个内角之和,即为180°,故②正确,③错误;长方体中相对面中相互异面的两条面对角线中点的连线相互垂直,故④正确;从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱可以移到一个三角形中,作为一个三角形的三条边,故⑤正确.答案为②④⑤.
5.G1[2012·上海卷]一个高为2的圆柱,底面周长为2π,该圆柱的表面积为________.
5.6π [解析]考查圆柱的表面积,利用圆的周长求得圆柱的底面半径.
由圆柱的底面周长可得底面圆的半径,2πr=2π,∴r=1,
得圆柱的表面积S=2πr2+2πh=2π+4π=6π.
19.G1、G11[2012·上海卷]如图1-1,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,D是PC的中点,已知∠BAC=,AB=2,AC=2,PA=2,求:
图1-1
(1)三棱锥P-ABC的体积;
(2)异面直线BC与AD所成的角的大小(结果用反三角函数值表示).
19.解:
(1)S△ABC=×2×2=2,
图1-2
三棱锥P-ABC的体积为
V=S△ABC×PA=×2×2=.
(2)取PB的中点E,连接DE、AE,则ED∥BC,所以∠ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角.
在△ADE中,DE=2,AE=,AD=2,
cos∠ADE==,
所以∠ADE=arccos.
因此,异面直线BC与AD所成的角的大小是arccos.
G2空间几何体的三视图和直观图
10.G2[2012·天津卷]一个几何体的三视图如图1-2所示(单位:
m),则该几何体的体积为________m3.
图1-2
10.30 [解析]由三视图可得该几何体为两个直四棱柱的组合体,其体积V=3×4×2+(1+2)×1×4=30.
13.G2[2012·辽宁卷]一个几何体的三视图如图1-3所示,则该几何体的体积为________.
图1-3
13.12+π [解析]本小题主要考查三视图和体积公式.解题的突破口为通过观察分析三视图,得出几何体的形状,是解决问题的根本.
由三视图可知,几何体是一个长方体与一个圆柱构成的组合体,所以该几何体的体积为V=V长方体+V圆柱=4×3×1+π×12×1=12+π.
7.G2[2012·课标全国卷]如图1-2,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则此几何体的体积为( )
图1-3
A.6B.9C.12D.18
7.B [解析]根据三视图可知该几何体是三棱锥,其底面是斜边长为6的等腰直角三角形(斜边上的高为3),有一条长为3的侧棱垂直于底面,所以该几何体的体积是V=××6×3×3=9,故选B.
3.G2、G7[2012·浙江卷]已知某三棱锥的三视图(单位:
cm)如图1-1所示,则该三棱锥的体积是( )
A.1cm3B.2cm3
C.3cm3D.6cm3
图1-1
3.A [解析]本题考查三棱锥的三视图与体积计算公式,考查学生对数据的运算能力和空间想象能力.由三视图可知,该几何体为一个正三棱锥,则V=Sh=××1×2×3=1.
8.G1、G2[2012·陕西卷]将正方体(如图1-3①所示)截去两个三棱锥,得到图②所示的几何体,则该几何体的左视图为( )
图1-3
图1-4
8.B [解析]分析题目中截几何体所得的新的几何体的形状,结合三视图实线和虚线的不同表示可知对应的左视图应该为B.
15.G2[2012·湖北卷]已知某几何体的三视图如图1-4所示,则该几何体的体积为________.
图1-4
图1-5
15.[答案]12π
[解析]由三视图可知,该几何体是由左右两个相同的圆柱(底面圆半径为2,高为1)与中间一个圆柱(底面圆半径为1,高为4)组合而成,故该几何体的体积是V=π×22×1×2+π×12×4=12π.
7.G2[2012·广东卷]某几何体的三视图如图1-1所示,它的体积为( )
图1-1
A.72πB.48π
C.30πD.24π
7.C [解析]根据三观图知该几何体是由半球与圆锥构成,球的半径R=3,圆锥半径R=3,高为4,所以V组合体=V半球+V圆锥=×π×33+π×32×4=30π,所以选择C.
4.G2[2012·福建卷]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
4.D [解析]球的三视图大小、形状相同,三棱锥的三视图也可能相同,正方体三种视图也相同,只有D不同.
12.G2、G7[2012·安徽卷]某几何体的三视图如图1-2所示,则该几何体的体积等于________.
图1-2
12.56 [解析]如图,根据三视图还原的实物图为底面是直角梯形的直四棱柱,其体积为V=Sh=×4×4=56.
7.G2、G7[2012·北京卷]某三棱锥的三视图如图1-4所示,该三棱锥的表面积是( )
图1-4
A.28+6
B.30+6
C.56+12
D.60+12
7.B [解析]本题考查三棱锥的三视图与表面积公式.
由三视图可知,几何体为一个侧面和底面垂直的三棱锥,如图所示,可知S底面=×5×4=10,
S后=×5×4=10,
S左=×6×2=6,
S右=×4×5=10,
所以S表=10×3+6=30+6.
4.G2[2012·湖南卷]某几何体的正视图和侧视图均如图1-1所示,则该几何体的俯视图不可能是( )
图1-1
4.C [解析]本题考查三视图,意在考查考生三视图的辨析,以及对三视图的理解和掌握.选项A,B,D,都有可能,选项C的正视图应该有看不见的虚线,故C是不可能的.
[易错点]本题由于对三视图的不了解,易错选D,三视图中看不见的棱应该用虚线标出.
7.G2[2012·江西卷]若一个几何体的三视图如图1-2所示,则此几何体的体积为( )
A.
B.5
C.
D.4
图1-2
7.D [解析]该几何体是直六棱柱,由左视图知其高为1,由主视图和俯视图知其底面面积S=(1+3)×1=4,因此其体积为4,故选D.
G3平面的基本性质、空间两条直线
G4空间中的平行关系
19.G4、G5[2012·山东卷]如图1-6,几何体E-ABCD是四棱锥,△ABD为正三角形,CB=CD,EC⊥BD.
图1-6
(1)求证:
BE=DE;
(2)若∠BCD=120°,M为线段AE的中点,求证:
DM∥平面BEC.
19.证明:
(1)取BD的中点O,连接CO,EO.
由于CB=CD,所以CO⊥BD,
又EC⊥BD,EC∩CO=C,
CO,EC⊂平面EOC,
所以BD⊥平面EOC,
因此BD⊥EO,
又O为BD的中点,
所以BE=DE.
(2)证法一:
取AB的中点N,连接DM,DN,MN,
因为M是AE的中点,
所以MN∥BE.
又MN⊄平面BEC,BE⊂平面BEC,
所以MN∥平面BEC,
又因为△ABD为正三角形,
所以∠BDN=30°,
又CB=CD,∠BCD=120°,
因此∠CBD=30°,
所以DN∥BC,
又DN⊄平面BEC,BC⊂平面BEC,所以DN∥平面BEC,
又MN∩DN=N,
故平面DMN∥平面BEC,
又DM⊂平面DMN,
所以DM∥平面BEC.
证法二:
延长AD,BC交于点F,连接EF.
因为CB=CD,∠BCD=120°.
所以∠CBD=30°.
因为△ABD为正三角形.
所以∠BAD=60°,∠ABC=90°,
因此∠AFB=30°,
所以AB=AF.
又AB=AD,
所以D为线段AF的中点.
连接DM,由点M是线段AE的中点,
因此DM∥EF.
又DM⊄平面BEC,EF⊂平面BEC,
所以DM∥平面BEC.
18.G4、G7[2012·辽宁卷]如图1-5,直三棱柱ABC-A′B′C′,∠BAC=90°,AB=AC=,AA′=1,点M,N分别为A′B和B′C′的中点.
(1)证明:
MN∥平面A′ACC′;
(2)求三棱锥A′-MNC的体积.
(锥体体积公式V=Sh,其中S为底面面积,h为高)
图1-5
18.解:
(1)(证法一)
连结AB′,AC′,由已知∠BAC=90°,
AB=AC,三棱柱ABC-A′B′C′为直三棱柱,
所以M为AB′中点,
又因为N为B′C′的中点,所以MN∥AC′.
又MN⊄平面A′ACC′,
AC′⊂平面A′ACC′,
因此MN∥平面A′ACC′.
(证法二)
取A′B′中点P,连结MP,NP,
M、N分别为AB′与B′C′的中点,
所以MP∥AA′,PN∥A′C′,
所以MP∥平面A′ACC′,PN∥平面A′ACC′,
又MP∩NP=P,
因此平面MPN∥平面A′ACC′,而MN⊂平面MPN.
因此MN∥平面A′ACC′.
(2)(解法一)
连结BN,由题意A′N⊥B′C′,
平面A′B′C′∩平面B′BCC′=B′C′,
所以A′N⊥平面NBC.
又A′N=B′C′=1,故
VA′-MNC=VN-A′MC=VN-A′BC=VA′-NBC=.
(解法二)
VA′-MNC=VA′-NBC-VM-NBC=VA′-NBC=.
16.G4、G5、G7[2012·北京卷]如图1-9
(1),在Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分别为AC,AB的中点,点F为线段CD上的一点,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1F⊥CD,如图1-9
(2).
(1)求证:
DE∥平面A1CB;
(2)求证:
A1F⊥BE;
(3)线段A1B上是否存在点Q,使A1C⊥平面DEQ?
说明理由.
图1-9
16.解:
(1)证明:
因为D,E分别为AC,AB的中点,
所以DE∥