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　　数    学
　　G单元  立体几何
　　G1  空间几何体的结构   
　　19．G1、G11[2015•全国卷Ⅱ] 如图1­7，长方体ABCD ­ A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．
　　图1­7
　　(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；
　　(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值．
　　19．解：(1)交线围成的正方形EHGF如图所示．
　　(2)作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8.
　　因为四边形EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10，
　　于是MH＝EH2－EM2＝6，所以AH＝10.
　　以D为坐标原点，DA→的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D ­ xyz，则
　　A(10，0，0)，H(10，10，0)，E(10，4，8)，F(0，4，8)，所以FE→＝(10，0，0)，HE→＝(0，－6，8)．
　　设n＝(x，y，z)是平面α的一个法向量，则
　　n•FE→＝0，n•HE→＝0，即10x＝0，－6y＋8z＝0，
　　所以可取n＝(0，4，3)．
　　又AF→＝(－10，4，8)，
　　故|cos〈n，AF→〉|＝|n•AF→||n||AF→|＝4515.
　　所以AF与平面α所成角的正弦值为4515.
　　19．G5、G1、G11[2015•湖南卷] 如图1­6，已知四棱台ABCD ­ A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，A1A＝6，且A1A⊥底面ABCD，点P，Q分别在棱DD1，BC上．
　　(1)若P是DD1的中点，证明：AB1⊥PQ；
　　(2)若PQ∥平面ABB1A1，二面角P ­ QD ­ A的余弦值为37，求四面体ADPQ的体积．
　　图1­6
　　19．解：方法一：由题设知，AA1，AB，AD两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标为A(0，0，0)，B1(3，0，6)，D(0，6，0)，D1(0，3，6)，Q(6，m，0)，其中m＝BQ，0≤m≤6.
　　(1)若P是DD1的中点，则P0，92，3，PQ→＝6，m－92，－3.又AB1→＝(3，0，6)，于是AB1→•PQ→＝18－18＝0，所以AB1→⊥PQ→，即AB1⊥PQ.
　　(2)由题设知，DQ→＝(6，m－6，0)，DD1→＝(0，－3，6)是平面PQD内的两个不共线向量．设n1＝(x，y，z)是平面PQD的一个法向量，则n1•DQ→＝0，n1•DD1→＝0，即6x＋（m－6）y＝0，－3y＋6z＝0.
　　取y＝6，得n1＝(6－m，6，3)．又平面AQD的一个法向量是n2＝(0，0，1)，所以
　　cos〈n1，n2〉＝n1•n2|n1|•|n2|＝31•（6－m）2＋62＋32＝3（6－m）2＋45.
　　而二面角P ­ QD ­ A的余弦值为37，因此3（6－m）2＋45＝37，解得m＝4或m＝8(舍去)，此时Q(6，4，0)．
　　设DP→＝λDD1→(0<λ≤1)，而DD1→＝(0，－3，6)，由此得点P(0，6－3λ，6λ)，所以PQ→＝(6，3λ－2，－6λ)．
　　因为PQ∥平面ABB1A1，且平面ABB1A1的一个法向量是n3＝(0，1，0)，所以PQ→•n3＝0，即3λ－2＝0，即λ＝23，从而P(0，4，4)．
　　于是，将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥P ­ ADQ，则其高h＝4，故四面体ADPQ的体积V＝13S△ADQ•h＝13×12×6×6×4＝24.
　　方法二：(1)如图所示，取A1A的中点R，连接PR，BR，PC.因为A1A，D1D是梯形A1ADD1的两腰，P是D1D的中点，所以PR∥AD，于是由AD∥BC知，PR∥BC，
　　所以P，R，B，C四点共面．
　　由题设知，BC⊥AB，BC⊥A1A，所以BC⊥平面ABB1A1，因此BC⊥AB1.①
　　因为tan∠ABR＝ARAB＝36＝A1B1A1A＝tan∠A1AB1，所以∠ABR＝∠A1AB1，因此∠ABR＋∠BAB1＝∠A1AB1＋∠BAB1＝90°，
　　于是AB1⊥BR.再由①即知AB1⊥平面PRBC，又PQ⊂平面PRBC，故AB1⊥PQ.
　　(2)如图所示，过点P作PM∥A1A交AD于点M，则PM∥平面ABB1A1.②
　　因为A1A⊥平面ABCD，所以PM⊥平面ABCD，过点M作MN⊥QD于点N，连接PN，则PN⊥QD，∠PNM为二面角P ­ QD ­ A的平面角，
　　所以cos∠PNM＝37，即MNPN＝37，
　　从而PMMN＝403.③
　　连接MQ，由PQ∥平面ABB1A1及②知，
　　平面PQM∥平面ABB1A1，所以MQ∥AB.
　　又四边形ABCD是正方形，所以四边形ABQM为矩形，故MQ＝AB＝6.
　　设MD＝t，则
　　MN＝MQ•MDMQ2＋MD2＝6t36＋t2.④
　　过点D1作D1E∥A1A交AD于点E，则四边形AA1D1E为矩形，所以D1E＝A1A＝6，AE＝A1D1＝3，因此ED＝AD－AE＝3.于是PMMD＝D1EED＝63＝2，所以PM＝2MD＝2t.
　　再由③④，得36＋t23＝403，解得t＝2，因此PM＝4.故四面体ADPQ的体积V＝13S△ADQ•PM＝13×12×6×6×4＝24.
　　7．G1[2015•山东卷] 在梯形ABCD中，∠ABC＝π2，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为(　　)
　　A.2π3  B.4π3  C.5π3  D．2π
　　7．C　[解析] 旋转后的几何体为一个底面半径为1，高为2的圆柱挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥，所求几何体的体积为π×12×2－13π×12×1＝53π.
　　18．G1、G4、G11[2015•四川卷] 一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图1­3所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N.
　　(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；
　　(2)证明：直线MN∥平面BDH；
　　(3)求二面角A­EG­M的余弦值．
　　图1­3
　　18．解：(1)点F，G，H的位置如图所示．
　　(2)证明：连接AC，BD交于点O，连接OH，OM.
　　因为M，N分别是BC，GH的中点，
　　所以OM∥CD，且OM＝12CD，
　　HN∥CD，且HN＝12CD，
　　所以OM∥HN，OM＝HN，
　　所以四边形MNHO是平行四边形，
　　从而MN∥OH.
　　又MN⊄平面BDH，OH⊂平面BDH，
　　所以MN∥平面BDH.
　　(3)方法一：
　　过M作MP⊥AC于P.
　　在正方体ABCD­EFGH中，AC∥EG，
　　所以MP⊥EG.
　　过P作PK⊥EG于K，连接KM，
　　所以EG⊥平面PKM，
　　从而KM⊥EG，
　　所以∠PKM是二面角A­EG­M的平面角．
　　设AD＝2，则CM＝1，PK＝2.
　　在Rt△CMP中，PM＝CMsin 45°＝22.
　　在Rt△PKM中，KM＝PK2＋PM2＝3 22.
　　所以cos∠PKM＝PKKM＝2 23，
　　即二面角A­EG­M的余弦值为2 23.
　　方法二：
　　如图，以D为坐标原点，分别以DA→，DC→，DH→方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Dxyz.
　　设AD＝2，则M(1，2，0)，G(0，2，2)，E(2，0，2)，O(1，1，0)，
　　所以GE→＝(2，－2，0)，MG→＝(－1，0，2)．
　　设平面EGM的一个法向量为n1＝(x，y，z)，
　　由n1•GE→＝0，n1•MG→＝0，得2x－2y＝0，－x＋2z＝0，
　　取x＝2，得n1＝(2，2，1)．
　　在正方体ABCD­EFGH中，DO⊥平面AEGC，
　　则可取平面AEG的一个法向量为n2＝DO→＝(1，1，0)，
　　所以cos〈n1，n2〉＝n1•n2|n1|•|n2|＝2＋2＋04＋4＋1•1＋1＋0＝2 23，
　　故二面角A­EG­M的余弦值为2 23.
　　10．G1、G2[2015•天津卷] 一个几何体的三视图如图1­3所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.