2013年高考數(shù)學必做客觀題——立體幾何

余飛宏

空間幾何體的直觀圖與三視圖

（★★★★）必做1 圖1是一個空間幾何體的三視圖，則該幾何體的體積是________.

[4][6][2][2][俯視圖] [2][正視圖][側視圖]

圖1

[牛刀小試] [牛刀小試]

精妙解法 由三視圖可以構造出空間圖形（直觀圖）如圖2所示. 在計算體積時，把左側面看成底面，長為6的底棱看成高，這樣就易得該幾何體的體積為36.

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.

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.

（★★★）必做2 若某多面體的三視圖（單位： cm）如圖3所示， 則此多面體外接球的表面積是（ ）

A. 18π cm2 B. 24π cm2

C. 27π cm2 D. 36π cm2

[牛刀小試] [牛刀小試]

精妙解法 先還原出該幾何體的直觀圖形. 該題所表達的幾何體是一個棱長為3的正方體截去一個正三棱錐剩下的部分（如圖4所示），所以這個幾何體的外接球與（母體）正方體的外接球是一致的. 正方體的體對角線就是球的一直徑. 答案選C.

極速突擊 在正方體ABCD-A1B1C1D1中（如圖5），各棱長為a，一個考生應該具備下面幾個知識點：

（1）正方體中有兩個重要關系的截面，如截面A1C1B與截面AD1C，兩個都是正三角形，且相互平行，都垂直于體對角線B1D，并且三等分B1D.

（2）正方體的體對角線長相等且交于一點，互相平分，交點為O，它到正方體八個頂點的距離相等，所以正方體的外接球（過正方體的八個頂點的球）的球心就是O，直徑等于正方體的體對角線的長.

（3）正方體中如A1，C1，B，D四點構成一個正四面體，因此任何一個確定的正方體對應于一種大小確定的正四面體；反過來，任何一個正四面體，只能擴張為一個確定的正方體. 從而在解決正四面體的許多數(shù)量關系時可以考慮外延到正方體中進行思考（這種方法容易記憶），如正四面體的高就等于正方體的體對角線長的，正四面體相對棱之間的距離等于正方體的棱長，正四面體的外接球就是正方體的外接球等.

（4）正方體可以分解為所需要的若干幾何體，反過來，許多幾何體也可以擴展回歸到正方體中進行考慮（包括正方體的棱長、對角線以及各種截面等問題）.

以上知識絕大多數(shù)都可以推廣到長方體中去.

三視圖的正（主）視圖、側（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與體積

（★★★★）必做3 如圖6，四邊形ABCD中，AB=AD=CD=1，BD=，BD⊥CD，將其沿對角線BD折成四面體A1-BCD，使平面A1BD⊥平面BCD，若四面體A1-BCD的頂點都在同一個球面上，則該球的體積為（ ）

A. π B. 3π

C. π D. 2π

[D][A][B][C][A1][B][C][D]

圖6

[牛刀小試] [牛刀小試]

精妙解法 由四面體A1-BCD可以延伸為一個棱長為1的正方體（如圖7），其中△A1BD為正方體一個底面的一部分（剛好是底面正方形的一半），CD為正方體的側棱. 故選A.

極速突擊 高考試題中，解決多面體的外接球問題，大多要依據正方體、長方體以及正四面體等特殊幾何體與它們的外接球的關系，但這些關系最后都要歸結到正方體與其外接球的關系上去.

（★★★★）必做4 如圖8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_____.

[牛刀小試] [牛刀小試]

精妙解法 法1：由已知πR3=4π，所以R=.

設AE為球的直徑. 故AD⊥DE，AE⊥O1D.

設AD=a，所以O1D=·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=×2×2sin60°=2.

點A到平面BCD的距離h=×2R=，

所以VA-BCD=S△BCD×h=.

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

空間的平行關系

（★★★★）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. ①② B. ②③

C. ①④ D. ③④

[牛刀小試] [牛刀小試]

精妙解法 ①平行關系的傳遞性. 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行排除驗證，同時也要求我們必須熟練記住關于平行的一些常見結論.

（★★★）必做6 如圖10，在三棱柱ABC-A′B′C′中，點E，F(xiàn)，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（ ）

[B][A][C][G][H][E][F][K][B′][C′][A′]

圖10

A. K B. H C. G D. B′

[牛刀小試] [牛刀小試]

精妙解法 假如平面PEF與側棱BB′平行，則和三條側棱都平行，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”進行轉化. 一般地，我們習慣選擇降維處理，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.

空間的垂直關系

（★★★★）必做7 如圖11，在直三棱柱A1B1C1-ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=AA1=1，已知G與E分別為線段A1B1和CC1的中點，點D和F分別是線段AC和AB上的動點（不包括端點），若GD⊥EF，則線段DF的長度的取值范圍為（ ）

[D][A][B][C][E][F][G][A1][B1][C1]

圖11

A.

，1

B.

，2

C. [1，）

D.

，

[牛刀小試]

精妙解法 由題所揭示的幾何體，可以按圖所示，以A為原點，AB為x軸、AC為y軸，建立空間直角坐標系，則B（1，0，0），C（0，1，0），G

，0，1，E0，1

，，D（0，y，0），F(xiàn)（x，0，0）. 所以=x，-1，

-，=-

，y，-1，由GD⊥EF得x+2y=1. 結合x∈（0，1），y∈（0，1），得y∈0

，；又

DF

===∈

，1

. 故選A.

[A][B][C][E][F（x，0，0）][G][A1][B1][C1][z][x][y][D（0，y，0）]

圖12

極速突擊 本題應從垂直、平行關系入手，尋找垂直、平行成立的充分條件. 另外，本題有三個明顯特征，啟發(fā)我們使用空間直角坐標系解題：①有運動的背景；②有長度的取值范圍（即函數(shù)的值域意義）；③有“空間直三面角”條件.

誤點警示 該題中，容易忽略求變量y的取值范圍，導致所求的取值范圍偏大.

（★★★）必做8 棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，平面α與體對角線BD垂直，則正方體在平面α上的射影面積為__________.

精妙解法 如圖13，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，體對角線BD1與截面正三角形AB1C、正三角形A1C1D垂直，即這兩個三角形所在的平面與平面α是平行的，兩個三角形的六個頂點到直線BD1的距離都等于··AB1=，這六個點的分布是均勻的，所以，正方體ABCD-A1B1C1D1在平面α上的射影為正六邊形，邊長就是前面求得的距離（即正六邊形外接圓的半徑），所以正方體ABCD-A1B1C1D1在平面α上的射影的面積為6··

=.

極速突擊 能正確作出相應圖形是解題的關鍵，因此要注意結合圖形解題的方法.

空間的角

（★★★★）必做9 在正四棱錐S-ABCD中，側棱與底面所成的角為α，側面與底面所成的二面角為β，側棱SB與底面的正方形ABCD的對角線AC所成角為γ，相鄰兩側面所成二面角為θ，則α，β，γ，θ之間的大小關系是

（ ）

A. α<θ<β<γ B. α<β<γ<θ

C. α<γ<β<θ D. β<α<γ<θ

[S][A][E][D][C][O][B][F]

圖14

[牛刀小試]

精妙解法 作底面的垂線SO，交底面于點O，則O為AC和BD的交點，BO是側棱SB在底面ABCD上的射影，而BO垂直AC，因此，γ=；過O作OE⊥AD交AD于點E，連結SE，則sinα=，sinβ=，且SA>SE，故α<β<；過A作AF⊥SD交SD于點F，連結CF，則AF=CF. 故有α<β<γ<θ，選B.

極速突擊 本題采用“幾何法”求解，其步驟一般為“找角→找角所在的三角形→求三角形各邊的長→利用余弦定理（三角函數(shù)）求解”.

誤點警示 做這類試題要杜絕憑感覺胡亂選擇，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.

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

[P][C][A][B][D][M]

圖15

[牛刀小試]

精妙解法：法1：取AC中點O，連結DO，PO，MO，則DO⊥平面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16建立空間直角坐標系，則平面PAC的法向量為n=（1，0，0），D

-a，0，0

，M

0，-a，a

，=

a，-a，a

，

所以sinφ=cosθ==，

所以DM與平面PAC所成角為45°.

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”的步驟進行；方法2為“向量法”，先建立空間直角坐標系，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.

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”的關系，誤以為它們是相等的，實則不然.

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；當然，也可以建立空間直角坐標系，然后利用空間向量的方法進行求解.

利用平面法向量求直線與平面的夾角時，應注意直線與平面的夾角θ和兩向量夾角（銳角）是互為余角的關系，即sinθ=cosα；利用平面法向量求二面角的平面角時，應注意法向量的方向，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關系而得.

空間的距離

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

A. B.

C. D.

[牛刀小試]

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 求異面直線間的距離時，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；有時也可以轉化為直線與平面的距離，或者點到平面的距離再求解. 運用向量法求解點A到平面α的距離時，可以采用如下的方法：建立適當?shù)目臻g直角坐標系→確定點A的坐標→在平面α內取一點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系，將A點到平面α的距離轉移到其他點到平面α的距離，再利用等積變換或直接法求之.

點A（x，y）到平面α距離： d= （P為平面α上任一點，n為平面α的法向量），而線面距離、面面距離都可以轉化成點面距離，當題目中的距離難以找出來時，應采用空間向量進行求解，避免耗時過多.a