全国通用版高中数学第八章立体几何初步知识点总结归纳.pdf

(名师选题名师选题)全国通用版高中数学第八章立体几何初步知识点总结归纳完整版全国通用版高中数学第八章立体几何初步知识点总结归纳完整版 单选题 1、鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构.这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙.鲁班锁类玩具比较多，形状和内部的构造各不相同，一般都是易拆难装.如图 1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图 2 是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为 2，则该鲁班锁的表面积为（）A8(6+62+3)B6(8+82+3)C8(6+63+2)D6(8+83+2)答案：A 解析：该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了 8 个正三棱锥所余下来的几何体，然后按照表面积公式计算即可.由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个棱长为2+22的正方体截去了 8 个正三棱锥所余下来的几何体，且被截去的正三棱锥的底面边长为 2，侧棱长为2，则该几何体的表面积为 =6 (2+22)2 4 12 2 2+8 12 2 3=8(6+62+3).故选：A.小提示：本题考查数学文化与简单几何体的表面积，考查空间想象能力和运算求解能力.2、下列说法中正确的是（）A如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的任意一条直线平行 B平面内 的三个顶点到平面的距离相等，则与平行 C/，/，则/D/，/，则/答案：D 分析：根据线面关系，逐一判断每个选项即可.解：对于 A 选项，如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的无数条直线平行，而不是任意的直线平行，故错误；对于 B 选项，如图1，分别为正方体中所在棱的中点，平面设为平面，易知正方体的三个顶点，到平面的距离相等，但 所在平面与相交，故错误；对于选项 C，可能在平面内，故错误；对于选项 D，正确.故选：D.3、在下列判断两个平面与平行的 4 个命题中，真命题的个数是（）、都垂直于平面r，那么 、都平行于平面r，那么 、都垂直于直线l，那么 如果l、m是两条异面直线，且 ，那么 A0B1C2D3 答案：D 分析：在正方体中观察可判断；由平面平行的传递性可判断；由线面垂直的性质可判断；根据面面平行判定定理可判断.如图，易知在正方体中相邻两个侧面都垂直于底面，故错误；由平面平行的传递性可知正确；由线面垂直的性质可知正确；过直线l做平面与、分别交于1,2，过直线m做平面与、分别交于1,2，因为 ，所以 1,2，所以1 2 因为1，2，所以1 同理，1 又l、m是两条异面直线，所以1,2相交，且1，1 所以 ，故正确.故选：D 4、如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，=2，=1，点P在线段EF上.给出下列命题：存在点P，使得直线/平面ACF；存在点P，使得直线 平面ACF；直线DP与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是55,1；三棱锥 的外接球被平面ACF所截得的截面面积是98.其中所有真命题的序号（）ABCD 答案：D 分析：当点P是线段EF中点时判断；假定存在点P，使得直线 平面ACF，推理导出矛盾 判断；利用线面角的定义转化列式计算判断；求出 外接圆面积判断作答.取EF中点G，连DG，令 =，连FO，如图，在正方形ABCD中，O为BD中点，而BDEF是矩形，则/且=，即四边形DGFO是平行四边形，即有/，而 平面ACF，平面ACF，于是得/平面ACF，当点P与G重合时，直线/平面ACF，正确；假定存在点P，使得直线 平面ACF，而 平面ACF，则 ，又/，从而有 ，在Rt 中，=90，DG是直角边EF上的中线，显然在线段EF上不存在点与D连线垂直于DG，因此，假设是错的，即不正确；因平面 平面，平面 平面=，则线段EF上的动点P在平面上的射影在直线BD上，于是得是直线DP与平面ABCD所成角的，在矩形BDEF中，当P与E不重合时，=，sin=sin=12+2=11+2，而0 2，则55 sin 22B11(+)=,所以22=11.故选：A 9、如图已知正方体 1111，M，N分别是1，1的中点，则（）A直线1与直线1垂直，直线/平面 B直线1与直线1平行，直线 平面11 C直线1与直线1相交，直线/平面 D直线1与直线1异面，直线 平面11 答案：A 分析：由正方体间的垂直、平行关系，可证/,1 平面1，即可得出结论.连1，在正方体 1111中，M是1的中点，所以为1中点，又N是1的中点，所以/，平面,平面，所以/平面.因为不垂直，所以不垂直 则不垂直平面11，所以选项 B,D 不正确；在正方体 1111中，1 1，平面11，所以 1，1 =，所以1 平面1，1 平面1，所以1 1，且直线1,1是异面直线，所以选项 C 错误，选项 A 正确.故选：A.小提示：关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.10、牟合方盖是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，该方法不直接给出球体的体积，而是先计算牟合方盖的体积.刘徽通过计算，“牟合方盖”的体积与球的体积关系为牟球=4，并且推理出了“牟合方盖”的八分之一的体积计算公式，即牟8=3 方盖差，从而计算出球=433.如果记所有棱长都为的正四棱锥的体积为，则方差盖:=（）A22B1C2D22 答案：C 分析：计算出方盖差，即可得出结论.由题意，方盖差=318牟=318443 3=133，所有棱长都为的正四棱锥的体积为正=13 2(22)2=263，方盖差正=133236=2，故选：C 11、在 中，=1，=2，=60，是 的外接圆上的一点，若=+，则+的最小值是（）A1B12C13D16 答案：B 分析：先解三角形得到 为直角三角形，建立直角坐标系，通过=+表示出+，借助三角函数求出最小值.由余弦定理得2=2+2 2 cos=1+4 2 1 2 cos60=3，所以=3，所以2+2=2，所以 以AC的中点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，易得A（1，0），C（1，0），B（12，32），设P的坐标为(cos,sin)，所以=(12,32)，=(2,0)，=(cos+1,sin)，又=+，所以(cos+1,sin)=(12,32)+(2,0)=(2+2,32)，所以=233sin，=cos2+1236sin，所以+=233sin+cos2+1236sin=32sin+cos2+12=sin(+6)+12 1+12=12，当且仅当sin(+6)=1时，等号成立 故选：B 12、下面四个选项中一定能得出平面/平面的是（）A存在一条直线a，/，/B存在一条直线a，/C存在两条平行直线a，b，/，/D存在两条异面直线a，b，/，/答案：D 分析：对于 A，B，C，举出符合条件的特例即可判断；对于 D，过直线a作平面 =，再证/即可.如图，1111是长方体，平面ABCD为平面，平面ABB1A1为平面，对于 A，直线C1D1为直线a，显然/，/，而与相交，A 不正确；对于 B，直线CD为直线a，显然 ，/，而与相交，B 不正确；对于 C，直线CD为直线a，直线A1B1为直线b，显然 ，/，/，而与相交，C 不正确；对于 D，因a，b是异面直线，且 ，过直线a作平面 =，如图，则c/a，并且直线c与b必相交，而 ，于是得/，又/，即内有两条相交直线都平行于平面，因此，平面/平面.故选：D 填空题 13、如图所示，是利用斜二测画法画出的 的直观图，已知 轴，=4，且 的面积为 16，过作 轴，则的长为_ 答案：22 分析：结合已知条件利用直观图与原图之间的面积关系得到 的面积，进而得到.因为=16，=24，=4 所以=42=12 ，即=22.所以答案是：22.14、在四棱锥P-ABCD中，PA平面ABCD，底面四边形ABCD为矩形请在下面给出的 5 个条件中选出 2 个作为一组，使得它们能成为“在BC边上存在点Q，使得PQD为钝角三角形”的充分条件_（写出符合题意的一组即可）=2；=3；=5；=2；=1.答案：或或 分析：设=,=,=，=(0 )，则=，计算出2，2，2，若在边上存在点，使得 为钝角三角形，则2+2 2，解不等式再根据已知条件可得答案.设=,=,=，=(0 )，则=，因为 平面，底面四边形为矩形，所以 ，则2=2+2=2+2+2=2+2+2，2=2+2=2+()2，2=2+2=2+2，若在边上存在点，使得 为钝角三角形，则2+2 2，即2+2+2+2+()2 2+2，整理得2 +2 0(0 0，即只需 2即可，因为=2；=3；=5；=2；=1，所以或或.所以答案是：或或.15、早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等如图，正二十面体是由 20 个等边三角形组成的正多面体，共有 12 个顶点，30 条棱，20 个面，是五个柏拉图多面体之一如果把sin36按35计算，则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于_ 答案：55336 分析：可得正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为，可得=56，=31111，即可表示出外接球的表面积和正二十面体的表面积，得出答案.由图知正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为，则2=sin36=35，得=56，所以正五棱锥的顶点到底面的距离是=2 2=2(56)2=116，所以2=2+()2，即2=(56)2+(116)2，解得=31111 所以该正二十面体的外接球表面积为球=42=4 (31111)2=36112，而该正二十面体的表面积是正二十面体=20 12 sin60=532，所以该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于55336 所以答案是：55336.小提示：本题考查几何体的外接球问题，解题的关键是将正二十面体的外接球等价于上方正五棱锥的外接球，表示出半径.16、三棱锥中 ，底面是锐角三角形，垂直平面，若其三视图中主视图和左视图如图所示，则棱的长为_ 答案：42 分析：根据三视图，求得,的长度，再利用勾股定理即可求得.根据主视图可知，=4,点在的投影位于的中点，不妨设其为，故可得=2，根据左视图可知：=23，则=2+2=4，又 面,面，故可得 ，则=2+2=42.所以答案是：42.17、如图所示的圆台12，在轴截面中，=2，且=2cm，则该圆台的体积为_cm3；侧面积为_cm2 答案：733 6 分析：将圆台看成是圆1为底的大圆锥切去圆2为底的小圆锥，则圆台体积为大圆锥体积减去小圆锥体积，圆台侧面积为大圆锥侧面积减去小圆锥侧面积.将圆台看成是圆1为底的大圆锥切去圆2为底的小圆锥，大小圆锥的顶点为，如图所示，在经过的轴截面上，从点做垂线 于，显然/12且=12.=2，=2=4 2=12=1，1=12=2，2=121 又 2/1 2为 1的1边的中位线，12=2=121 cos=12，得=3 则tan=tan1=11=tan3=3，解得1=23 2=23 则圆台的体积为圆1为底，高为1的圆锥体积减去以圆2为底，高为2的圆锥体积，即 =1312 1 1322 2=3(22 23 12 3)=733 圆台的侧面积=12 21 12 22 =(2 4 1 2)=6.所以答案是：733；6.解答题 18、已知圆锥的侧面展开图为半圆，母线长为23.（1）求圆锥的底面积；（2）在该圆锥内按如图所示放置一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，求圆柱的体积.答案：（1）3；（2）98.解析：（1）先由圆的周长公式求出圆锥的底面圆的半径，再求圆锥的底面积；（2）圆柱的高1=，=，再由 11 求出,的关系式，进而得出圆柱的侧面积，再结合二次函数的性质以及圆柱的体积公式求解即可.解：（1）沿母线 AB 剪开，侧展图如图所示：设=，在半圆A中，=23，弧长=23，这是圆锥的底面周长，所以2=23，所以=3，故圆锥的底面积为圆锥=2=3；（2）设圆柱的高1=，=，在 中，=2 2=3，11 ，所以1=11，即33=3，=3 3，圆柱侧面积=2=2(3 3)=23(2 3)，=23(32)2+332，所以，当=32，=32时，圆柱的侧面积最大，此时圆柱=2=98.小提示：关键点睛：在第一问中，关键是由圆锥底面圆的周长与侧面展开扇形的弧长相等，从而求出圆锥底面圆的半径.19、如图：ABCD是正方形，O为正方形的中心，底面ABCD，点E是PC的中点.求证：(1)/平面BDE；(2)平面 平面BDE.答案：(1)证明见解析(2)证明见解析 分析：（1）连接OE，则由三角形中位线定理可得OE/PA，再由线面平行的判定定理可证得结论，（2）由已知可得BDAC，BDPO，由线面垂直的判定定理可证得BD面PAC，再由面面垂直的判定定理可证得结论（1）证明：连接OE，ABCD为正方形，O为AC中点，又E为PC中点，OE/PA，OE面BDE，PA面BDE，PA/面BDE，（2）证明：ABCD为正方形，BDAC，又PO面ABCD，BD面ABCD，BDPO，POAC=O，PO面PAC，AC面PAC，BD面PAC，BD面BDE，面BDE面PAC，20、已知一长方体的底面是边长为 3cm 的正方形，高为 4cm，试用斜二测画法画出此长方体的直观图 答案：作图见解析.分析：根据斜二测法的作图步骤即可得到此长方体的直观图.1.画轴：画出轴，轴，轴，三轴相交于点，使得=45,=90；2.画底面：以点为中点，在轴上画=3cm，在轴上画=32cm，分别过点,作轴的平行线，过点,作轴的平行线，设它们的交点分别为,，则四边形即为该四棱柱的底面；3.画侧棱：过点,分别作轴的平行线，并在这些平行线上分别截取4cm长的线段,，如图（1）所示；4.成图：连接,，并加以整理（去掉辅助线，将被遮挡的部分改为虚线），就得到该棱柱的直观图，如图（2）所示.图（1）图（2）