秘籍04 立体几何-备战2021年高考数学(理)抢分秘籍

秘籍04 立体几何 1． 如图，网格纸上正方形小格的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（　　） A．20π B．24π C．28π D．32π 【答案】C 【解答】解：由三视图还原原几何体如图， 该几何体为组合体，上半部分为圆柱，下半部分为圆锥， 圆柱的底面半径为1，高为2，圆锥底面半径均为3，高均为4， 则其表面积：S=π×32+π×3×5+2π×1×2=28π． 故选：C． 对于体积或表面积问题，一般先根据三视图准确还原几何体，再利用常规的几何体的体积公式或表面积公式求解. 2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：由题意可知几何体是组合体，左侧是四棱锥右侧是三棱柱，如图： 棱锥的高为2，底面正方形的边长为2，三棱柱的底面等腰三角形的底边长为2，高为2． 所以几何体的体积为：=． 故选：B． 求解几何体的表面积或体积的方法： (1)对于规则几何体，可直接利用公式计算． (2)对于不规则几何体，可采用割补法求解.对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解． (3)求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形的应用． 3．已知正四棱锥的侧棱与底面的边长都为2，则这个四棱锥的外接球的体积为（　　） A． B． C．16π D．32π 【答案】B 【解答】解：如图，设正四棱锥底面的中心为O，则 在直角三角形ABC中，AC=×AB=4， ∴AO=CO=2， 在直角三角形PAO中，PO===2， ∴正四棱锥的各个顶点到它的底面的中心的距离都为2， ∴正四棱锥外接球的球心在它的底面的中心，且球半径r=2， 球的体积V=πr3=π.故选：B． 解决与球有关的“切”“接”问题，一般要过球心及多面体中的特殊点或过线作截面，把空间问题转化为平面问题，从而寻找几何体各元素之间的关系． 4．如图所示的几何体是由以等边三角形ABC为底面的棱柱被平面DEF所截而得，已知FA⊥平面ABC，AB=2，AF=2，CE=3，O为BC的中点，AO∥面EFD． （1）求BD的长； （2）求证：面EFD⊥面BCED； （3）求平面DEF与平面ACEF相交所成锐角二面角的余弦值． 【解答】解：（1）取ED的中点P，连接PO，PF，则PO为梯形BCED的中位线， PO==， 又PO∥BD，AF∥BD，所以PO∥AF，所以A，O，P，F四点共面， 因为AO∥面EFD，且面AOPF∩面EFD=PF， 所以AO∥PF，所以四边形AOPF为平行四边形， PO=AF=2，所以BD=1. 证明：（2）由题意可知平面ABC⊥面BCED， 又AO⊥BC，且AO⊂平面ABC，所以AO⊥面BCED， 因为AO∥PF，所以PF⊥面BCED，又PF⊂面EFD， 所以面EFD⊥面BCED． 解：（3）以O为原点，OC，OA，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， A（0，，0），B（﹣1，0，0），C（1，0，0）．P（0，0，2），E（1，0，3），F（0，，2）. 设Q为AC的中点，则Q（，，0）， 由题意得BQ⊥平面ACEF，平面ACEF的法向量为=（，0）. 设平面DEF的法向量为=（x，y，z）， =（1，0，1），=（0，，0）， 则，取x=﹣1，得=（﹣1，0，1）， 所以cos＜＞==﹣， 所以平面DEF与平面ACEF相交所成锐角二面角的余弦值为． 利用向量求二面角 求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角． 注意：两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角． 运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤 (1)建立恰当的空间直角坐标系； (2)求出相关点的坐标； (3)写出向量坐标； (4)结合公式进行论证、计算； (5)转化为几何结论． 平面与平面的夹角计算公式 设平面α，β的法向量分别为μ=(a3，b3，c3)，v=(a4，b4，c4)，平面α，β的夹角为θ(0≤θ≤π)，则|cos θ|==|cos〈μ，v〉|. 1．若一个空间几何体的三视图如图所示，且已知该几何体的体积为，则其表面积为（　　） A． B．6π C． D． 【答案】A 【解答】解：几何体是半圆锥，底面半径为r，高为：r， 该几何体的体积为， 可得：π=， 解得r=2， 半圆锥的表面积为：=6π+4． 故选：A． 此类问题对考生的空间想象能力要求较高，会根据三视图作出空间几何体的直观图，然后根据条件结合表面积公式求得空间几何体的表面积， ①画三视图的原则：长对正、高平