2017数学高考分类·理科(2017高考真题+模拟新题)G单元-立体几何

G单元立体几何G1空间几何体的结构8．G1、G8[2017·全国卷Ⅲ]已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为()A．πB.3π4C.π2D.π48．B[解析]由题可知球心为圆柱的中心，则圆柱底面圆的半径r＝12－122＝32，故圆柱的体积V＝π×322×1＝3π4.6．G1、G8[2017·江苏卷]如图1­2，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则V1V2的值是________．图1­26.32[解析]设球O的半径为R，因为该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面圆的半径为R，圆柱的高为2R.故圆柱O1O2的体积V1＝2πR3，球O的体积V2＝43πR3，所以V1V2＝2πR343πR3＝32.18．G1、G5、C8[2017·江苏卷]如图1­6，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm，容器Ⅰ的底面对角线AC的长为107cm，容器Ⅱ的两底面对角线EG，E1G1的长分别为14cm和62cm.分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm.现有一根玻璃棒l，其长度为40cm.(容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计)图1­6(1)将l放在容器Ⅰ中，l的一端置于点A处，另一端置于侧棱CC1上，求l没入水中部分的长度；(2)将l放在容器Ⅱ中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱GG1上，求l没入水中部分的长度．18．解：(1)由正棱柱的定义，CC1⊥平面ABCD，所以平面A1ACC1⊥平面ABCD，CC1⊥AC.记玻璃棒的另一端落在CC1上点M处．因为AC＝107，AM＝40，所以MC＝402－（107）2＝30，从而sin∠MAC＝34.记AM与水面的交点为P1，过P1作P1Q1⊥AC，Q1为垂足，则P1Q1⊥平面ABCD，故P1Q1＝12，从而AP1＝P1Q1sin∠MAC＝16.答：玻璃棒l没入水中部分的长度为16cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24cm)(2)如图，O，O1是正棱台的两底面中心．由正棱台的定义，OO1⊥平面EFGH，所以平面E1EGG1⊥平面EFGH，O1O⊥EG.同理，平面E1EGG1⊥平面E1F1G1H1，O1O⊥E1G1.记玻璃棒的另一端落在GG1上点N处．过G作GK⊥E1G1，K为垂足，则GK＝OO1＝32.因为EG＝14，E1G1＝62，所以KG1＝62－142＝24，从而GG1＝KG21＋GK2＝242＋322＝40.设∠EGG1＝α，∠ENG＝β，则sinα＝sinπ2＋∠KGG1＝cos∠KGG1＝45.因为π2απ，所以cosα＝－35.在△ENG中，由正弦定理可得40sinα＝14sinβ，解得sinβ＝725.因为0βπ2，所以cosβ＝2425.于是sin∠NEG＝sin(π－α－β)＝sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝45×2425＋－35×725＝35.记EN与水面的交点为P2，过P2作P2Q2⊥EG，Q2为垂足，则P2Q2⊥平面EFGH，故P2Q2＝12，从而EP2＝P2Q2sin∠NEG＝20.答：玻璃棒l没入水中部分的长度为20cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20cm)G2空间几何体的三视图和直观图4．G2[2017·全国卷Ⅱ]如图1­1，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为()图1­1A．90πB．63πC．42πD．36π4．B[解析]几何体的直观图如图所示，所以该几何体的体积为π×32×4＋12×π×32×6＝63π.7．G2[2017·全国卷Ⅰ]某多面体的三视图如图1­2所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为()图1­2A．10B．12C．14D．167．B[解析]该几何体为一个三棱柱和一个三棱锥的组合体，其直观图如图所示，各个面中有两个全等的梯形，其面积之和为2×2＋42×2＝12.7．G2[2017·北京卷]某四棱锥的三视图如图1­2所示，则该四棱锥的最长棱的长度为()图1­2A．32B．23C．22D．27．B[解析]将四棱锥放在棱长为2的正方体中，该四棱锥为D′­B′C′CB，如图所示．该四棱锥最长的棱为正方体的体对角线D′B，D′B＝4＋4＋4＝12＝23，故选B.3．G2、G7[2017·浙江卷]某几何体的三视图如图1­1所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是()图1­1A.π2＋1B.π2＋3C.3π2＋1D.3π2＋33．A[解析]通过分析三视图可知，该几何体是一个三棱锥与一个半圆锥的组合体，其直观图如图所示．由三视图可知该组合体的高为3，底面是由一个底边长为2的等腰直角三角形与半径为1的半圆组成的，所以该几何体的体积V＝13×3×12×2×1＋12π×12＝π2＋1(cm3)．因此选A.13．G2[2017·山东卷]由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图1­2，则该几何体的体积为________．图1­213．2＋π2[解析]该几何体的直观图如图所示，由三视图的俯视图可知，底面积为π4＋π4＋2＝π2＋2，由正视图和侧视图可知高为1，所以体积V＝π2＋2×1＝π2＋2.G3平面的基本性质、空间两条直线G4空间中的平行关系15．G4、G5[2017·江苏卷]如图1­4，在三棱锥A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.图1­4求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.15．证明：(1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB.又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.17．G4、G11[2017·天津卷]如图1­2，在三棱锥P­ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2.(1)求证：MN∥平面BDE；(2)求二面角C­EM­N的正弦值；(3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为721，求线段AH的长．图1­217．解：如图，以A为原点，分别以AB→，AC→，AP→方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系．依题意可得A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，4，0)，P(0，0，4)，D(0，0，2)，E(0，2，2)，M(0，0，1)，N(1，2，0)．(1)证明：DE→＝(0，2，0)，DB→＝(2，0，－2)．设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，则n·DE→＝0，n·DB→＝0，即2y＝0，2x－2z＝0.不妨取z＝1，可得n＝(1，0，1)．又MN→＝(1，2，－1)，可得MN→·n＝0.因为MN⊄平面BDE，所以MN∥平面BDE.(2)易知n1＝(1，0，0)为平面CEM的一个法向量．设n2＝(x2，y2，z2)为平面EMN的法向量，则n2·EM→＝0，n2·MN→＝0.因为EM→＝(0，－2，－1)，MN→＝(1，2，－1)，所以－2y2－z2＝0，x2＋2y2－z2＝0.不妨取y2＝1，可得n2＝(－4，1，－2)．因此有cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1||n2|＝－421，于是sin〈n1，n2〉＝10521，所以二面角C­EM­N的正弦值为10521.(3)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)，则H(0，0，h)，进而可得NH→＝(－1，－2，h)，BE→＝(－2，2，2)．由已知，得|cos〈NH→，BE→〉|＝|NH→·BE→||NH→||BE→|＝|2h－2|h2＋5×23＝721，整理得10h2－21h＋8＝0，解得h＝85或h＝12，所以，线段AH的长为85或12.19．G4、G11[2017·全国卷Ⅱ]如图1­4，四棱锥P­ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝12AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．图1­4(1)证明：直线CE∥平面PAB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M­AB­D的余弦值．19．解：(1)证明：取PA的中点F，连接EF，BF.因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝12AD.由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，又BC＝12AD，所以EF綊BC，四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF，又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，故CE∥平面PAB.(2)由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，AB→的方向为x轴正方向，|AB→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，1，3)，PC→＝(1，0，－3)，AB→＝(1，0，0)．设M(x，y，z)(0＜x＜1)，则BM→＝(x－1，y，z)，PM→＝(x，y－1，z－3)．因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而n＝(0，0，1)是底面ABCD的法向量，所以|cos〈BM→，n〉|＝sin45°，|z|（x－1）2＋y2＋z2＝22，即(x－1)2＋y2－z2＝0.①又M在棱PC上，设PM→＝λPC→，则x＝λ，y＝1，z＝3－3λ.②由①②解得x＝1＋22，y＝1，z＝－62(舍去)或x＝1－22，y＝1，z＝62，所以M1－22，1，62，从而AM→＝1－22，1，62.设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则m·AM→＝0，m·AB→＝0，即（2－2）x0＋2y0＋6z0＝0，x0＝0，所以可取m＝(0，－6，2)．于是cos〈m，n〉＝m·n|m‖n|＝105，因此二面角M­AB­D的余弦值为105.19．G4、G5、G11[2017·浙江卷]如图1­6，已知四棱锥P­ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E为PD的中点．(1)证明：CE∥平面PAB；(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．图1­619．解：(1)证明：如图，设PA的中点为F，连接EF，FB.因为E，F分别为PD，PA的中点，所以EF∥AD且EF＝12AD.又因为BC∥AD，BC＝12AD，所以EF∥BC且EF＝BC，即四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF，因此CE∥平面PAB.(2)分别取BC，AD的中点M，N.连接PN交EF于点Q，连接MQ，BN.因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF的中点，在平行四边形BCEF中，MQ∥CE.由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD.由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD.所以AD⊥平面PBN.由BC∥AD得BC⊥平面PBN.那么平面PBC⊥平面PBN.过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH.MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．设CD＝1.在△PCD中，由PC＝2，CD＝1，PD＝2得CE＝2.在△PBN中，由PN＝BN＝1，PB＝3得QH＝14.在Rt△MQH中，QH＝14，MQ＝2，所以sin∠QMH＝28，所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是28.G5空间中的垂直关系18．G1、G5、C8[2017·江苏卷]如图1­6，