1、专题四立体几何与空间向量真题体验引领卷一、选择题1(2015全国卷)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为()A.B.C.D.2(2015全国卷)九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有()A14斛 B22斛C36斛 D66斛3(2015安徽高考)已知m，n是两条
2、不同直线，是两个不同平面，则下列命题正确的是()A若，垂直于同一平面，则与平行B若m，n平行于同一平面，则m与n平行C若，不平行，则在内不存在与平行的直线D若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面4(2015福建高考)若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面，则“lm”是“l”的()A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件5(2015全国卷)已知A，B是球O的球面上两点，AOB90，C为该球面上的动点，若三棱锥OABC体积的最大值为36，则球O的表面积为()A36 B64C144 D2566(2015全国卷)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个
3、几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示若该几何体的表面积为1620，则r()A1 B2C4 D8二、填空题7(2015江苏高考)现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个，则新的底面半径为_8(2015重庆高考改编)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_9(2015四川高考)如图所示，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点设异面直线EM与AF所成的角为，则cos的最大值为_三、解答题10(2015全
4、国卷)如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB16，BC10，AA18，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1ED1F4.过点E，F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形(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与平面所成角的正弦值11(2014浙江高考)如图，在四棱锥ABCDE中，平面ABC平面BCDE，CDEBED90，ABCD2，DEBE1，AC.(1)证明：DE平面ACD；(2)求二面角B ADE的大小12(2015山东高考)如图，在三棱台DEFABC中，AB2DE，G，H分别为AC，BC的中点(1)求证：BD平面FGH；(2)若CF平面ABC，AB
5、BC，CFDE，BAC45，求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小专题四立体几何与空间向量真题体验引领卷1D如图，由题意知，该几何体是正方体ABCDA1B1C1D1被过三点A、B1、D1的平面所截剩余部分，截去的部分为三棱锥AA1B1D1，设正方体的棱长为1，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为15.2B由题意知，米堆的底面半径R(尺)，则米堆体积VR2h35(立方尺)所以堆放的米大约为22(斛)3DA中或与相交，A错；B中直线m与n的位置关系：相交、平行或异面，B错；C中，在内存在直线l平行与的交线，从而l.因此C不正确；选项D中，假设m，n垂直于同一平面，则mn与m、n不平行矛盾
6、，因此m，n不能垂直于同一平面，D正确4B当l时，由于m平面.ml.则必要性成立但lm时，由于m，则l或l，故充分性不成立故“lm”是“l”的必要不充分条件5C设点C到平面OAB的距离为h，球O的半径为R(如图所示)由AOB90，得SAOBR2，要使VOABCSAOBh最大，当且仅当点C到平面OAB的距离，即三棱锥COAB底面OAB上的高最大，其最大值为球O的半径R.故VOABCR336，则R6.所以S球4R2462144.6B由三视图知，该几何体由半个圆柱和半球体构成，由题设得(r24r2)2r2r2r2rr21620.解之得r2.7.设新的底面半径为r，由题意得r24r2852822，解之
7、得r.8.由三视图知，该几何体为一个三棱锥与一个半圆柱构成的组合体，其中半圆柱的底面半径为1，高为2；三棱锥的底面为斜边为2的等腰直角三角形，高为1.则V三棱锥211，V半圆柱122.故所求几何体的体积VV三棱锥V半圆柱.9.以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系(如图)设AB2，则A(0，0，0)，E(1，0，0)，F(2，1，0)设点M(0，y，2)(0y2)于是(1，y，2)，(2，1，0)cos |cos，|.又t在y0，2上是减函数当y0时，t有最大值，即cos 的最大值为.10解(1)交线围成的正方形EHGF如图：(2)作EMAB，垂足为M，则AMA1E4，EMAA18.因为EH
8、GF为正方形，所以EHEFBC10.于是MH6，所以AH10.以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(10，0，0)，H(10，10，0)，E(10，4，8)，F(0，4，8)，(10，0，0)，(0，6，8)设n(x，y，z)是平面EHGF的法向量，则所以可取n(0，4，3)又(10，4，8)，故|cosn，|.所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.11(1)证明在直角梯形BCDE中，由DEBE1，CD2，得BDBC.由AC，AB2，得AB2AC2BC2，即ACBC.又平面ABC平面BCDE，平面ABC平面BCDEBC，从而AC平面BCDE.所以AC
9、DE.又DEDC，ACDCC，从而DE平面ACD.(2)解法一作BFAD，与AD交于点F.过点F作FGDE，与AE交于点G，连接BG，如图所示由(1)知DEAD，则FGAD.所以BFG是二面角BADE的平面角在直角梯形BCDE中，由CD2BC2BD2，得BDBC，又平面ABC平面BCDE，得BD平面ABC，从而BDAB.由(1)知AC平面BCDE，得ACCD.在RtACD中，由DC2，AC，得AD.在RtAED中，由ED1，AD，得AE.在RtABD中，由BD，AB2，AD，得BF，AFAD.从而GF.在ABE，ABG中，利用余弦定理分别可得cosBAE，BG.在BFG中，cosBFG.所以，
10、BFG，即二面角BADE的大小是.法二以D为原点，分别以射线DE，DC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示由题意知各点坐标如下：D(0，0，0)，E(1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，2，)，B(1，1，0)设平面ADE的法向量为m(x1，y1，z1)，平面ABD的法向量为n(x2，y2，z2)可算得(0，2，)，(1，2，)，(1，1，0)，由即可取m(0，1，)由即可取n(1，1，)于是|cosm，n|.由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角BADE的大小是.12(1)证明法一连接DG， CD，设CDGFO，连接OH.在三棱台DEFABC中，AB2DE，G为AC的
11、中点可得DFGC，DFGC，所以四边形DFCG为平行四边形则O为CD的中点，又H为BC的中点，所以OHBD，又OH平面FGH，BD平面FGH，所以BD平面FGH.法二在三棱台DEFABC中，由BC2EF，H为BC的中点，可得BHEF，BHEF，所以四边形BHFE为平行四边形，可得BEHF.在ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GHAB.又GHHFH，所以平面FGH平面ABED.因为BD平面ABED，所以BD平面FGH.(2)解设AB2，则CF1.在三棱台DEFABC中，G为AC的中点，由DFACGC，可得四边形DGCF为平行四边形，因此DGFC.又FC平面ABC，所以DG平面ABC.在ABC中，由ABBC，BAC45，G是AC中点所以ABBC，GBGC，因此GB，GC，GD两两垂直以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.所以G(0，0，0)，B(，0，0)，C(0，0)，D(0，0，1)可得H，F(0，1)，故，(0，1)设n(x，y，z)是平面FGH的一个法向量，则由可得可得平面FGH的一个法向量n(1，1，)因为是平面ACFD的一个法向量，(，0，0)所以cos，n.所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60.