江津八中高2012级数学专题复习立体几何

合集下载

重庆重庆市第八中学校立体几何多选题试题含答案

重庆重庆市第八中学校立体几何多选题试题含答案一、立体几何多选题1．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，12AC BC AA ===，90ACB ∠=︒，D ，E ，F分别为AC ，1AA ，AB 的中点．则下列结论正确的是（）A ．1AC 与EF 相交B ．11//BC 平面DEF C ．EF 与1AC 所成的角为90︒D ．点1B 到平面DEF 的距离为322【答案】BCD 【分析】利用异面直线的位置关系，线面平行的判定方法，利用空间直角坐标系异面直线所成角和点到面的距离，对各个选项逐一判断．【详解】对选项A ，由图知1AC ⊂平面11ACC A ，EF 平面11ACC A E =，且1.E AC ∉由异面直线的定义可知1AC 与EF 异面，故A 错误；对于选项B ，在直三棱柱111ABC A B C -中，11B C //BC ．D ，F 分别是AC ，AB 的中点， //∴FD BC ，11B C ∴ //FD ．又11B C ⊄平面DEF ，DF ⊂平面DEF ，11B C ∴ //平面.DEF 故B 正确；对于选项C ，由题意，建立如图所示的空间直角坐标系，则(0C ，0，0)，(2A ，0，0)，(0B ，2，0)，1(2A ，0，2)，1(0B ，2，2)，1(0C ，0，2)，(1D ，0，0)，(2E ，0，1)，(1F ，1，0)．(1EF ∴=-，1，1)-，1(2AC =-，0，2)． 1·2020EF AC =+-=，1EF AC ∴⊥，1EF AC ∴⊥． EF 与1AC 所成的角为90︒，故C 正确；对于选项D ，设向量(n x =，y ，)z 是平面DEF 的一个法向量． (1DE =，0，1)，(0DF =，1，0)， ∴由n DE n DF ⎧⊥⎨⊥⎩，，，即·0·0n DE n DF ⎧=⎨=⎩，，，得00.x z y +=⎧⎨=⎩，取1x =，则1z =-，(1n ∴=，0，1)-，设点1B 到平面DEF 的距离为d ．又1(1DB =-，2，2)，1·102DB n d n-+∴===， ∴点1B 到平面DEF 的距离为2，故D 正确．故选：BCD 【点睛】本题主要考查异面直线的位置关系，线面平行的判定，异面直线所成角以及点到面的距离，还考查思维能力及综合分析能力，属难题．2．如图，在边长为4的正方形ABCD 中，点E 、F 分别在边AB 、BC 上（不含端点）且BE BF =，将AED ，DCF 分别沿DE ，DF 折起，使A 、C 两点重合于点1A ，则下列结论正确的有（）．A ．1A D EF ⊥B ．当12BE BF BC ==时，三棱锥1A F DE -6π C ．当14BE BF BC ==时，三棱锥1A F DE -的体积为2173 D ．当14BE BF BC ==时，点1A 到平面DEF 的距离为177【答案】ACD 【分析】A 选项：证明1A D ⊥面1A EF ，得1A D EF ⊥；B 选项：当122BE BF BC ===时，三棱锥1A EFD -的三条侧棱111,,A D A E A F 两两相互垂直，利用分隔补形法求三棱锥1A EFD -的外接球体积； C 选项：利用等体积法求三棱锥1A EFD -的体积； D 选项：利用等体积法求出点1A 到平面DEF 的距离. 【详解】 A 选项：正方形ABCD,AD AE DC FC ∴⊥⊥由折叠的性质可知：1111,A D A E A D A F ⊥⊥ 又111A E A F A ⋂=1A D ∴⊥面1A EF又EF ⊂面1A EF ，1A D EF ∴⊥；故A 正确.B 选项：当122BE BF BC ===时，112,22A E A F EF ===在1A EF 中，22211A E A F EF +=，则11A E A F ⊥由A 选项可知，1111,A D A E A D A F ⊥⊥∴三棱锥1A EFD -的三条侧棱111,,A D A E A F 两两相互垂直，把三棱锥1A EFD -22222426++=，三棱锥1A EFD -6，体积为334468633R πππ==，故B 错误C 选项：当114BE BF BC ===时，113,A E A F EF ===在1A EF中，22222211111338cos 22339A E A F EF EA F A E A F+-+-∠===⋅⨯⨯，1sin 9EA F ∠=则111111sin 332292A EFSA E A F EA F =⋅⋅∠=⨯⨯⨯=111111433A EFD D A EF A EF V V SA D --∴==⋅⋅==故C 正确；D 选项：设点1A 到平面EFD 的距离为h ，则在EFD △中，2222225524cos 225525DE DF EF EDF DE DF +-+-∠===⋅⨯⨯， 7sin 25EDF ∠=则1177sin 5522252EFDSDE DF EDF =⋅⋅∠=⨯⨯⨯=11173323A EFD DEFV Sh h -∴=⋅⋅=⨯⨯=即7h =故D 正确；故选：ACD 【点睛】方法点睛：求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．3．如图，在棱长为2的正方体ABCD A B C D ''''-中，M 为BC 边的中点，下列结论正确的有（）A ．AM 与DB ''所成角的余弦值为1010B ．过三点A 、M 、D 的正方体ABCD A BCD ''''-的截面面积为92C ．四面体A C BD ''的内切球的表面积为3π D ．正方体ABCD A B C D ''''-中，点P 在底面A B C D ''''（所在的平面）上运动并且使MAC PAC ''∠=∠，那么点P 的轨迹是椭圆【答案】AB 【分析】构建空间直角坐标系，由异面直线方向向量的夹角cos ,||||AM D B AM D B AM D B ''⋅''<>=''为AM 与D B ''所成角的余弦值判断A 的正误；同样设(,,0)P x y 结合向量夹角的坐标表示，22215543x y =++⨯P 的轨迹知D 的正误；由立方体的截面为梯形，分别求,,,MN AD AM D N ''，进而得到梯形的高即可求面积，判断B 的正误；由四面体的体积与内切球半径及侧面面积的关系求内切球半径r ，进而求内切球表面积，判断C 的正误. 【详解】A ：构建如下图所示的空间直角坐标系：则有：(0,0,2),(1,2,2),(0,2,0),(2,0,0)A M B D ''， ∴(1,2,0),(2,2,0)AM D B ''==-，10cos ,10||||58AM D B AM D B AM D B ''⋅''<>===''⨯，故正确.B ：若N 为CC '的中点，连接MN ，则有//MN AD '，如下图示，∴梯形AMND’为过三点A 、M 、D 的正方体ABCD A B C D ''''-的截面，而2,2,5MN AD AM D N ''====322， ∴梯形的面积为132932222S =⨯=，故正确. C ：如下图知：四面体A C BD ''的体积为正方体体积减去四个直棱锥的体积，∴118848323V =-⨯⨯⨯=，而四面体的棱长都为22，有表面积为142222sin 8323S π=⨯⨯⨯⨯=，∴若其内切圆半径为r ，则有188333r ⨯⋅=，即33r =，所以内切球的表面积为2443r ππ=.故错误. D ：正方体ABCD A B C D ''''-中，点P 在底面A B C D ''''（所在的平面）上运动且MAC PAC ''∠=∠，即P 的轨迹为面A B C D ''''截以AM 、AP 为母线，AC’为轴的圆锥体侧面所得曲线，如下图曲线GPK ，构建如下空间直角坐标系，232(0,0,2),(2),(0,22,0)22A M C '-，若(,,0)P x y ，则232(,,0),(0,22,2),(,,2)22AM AC AP x y '=-=-=-，∴15cos ||||512AMAC MAC AM AC '⋅'∠==='⨯，2222cos ||||43AP AC y PAC AP AC x y '⋅+'∠=='++⨯，即222215543y x y +=++⨯，整理得22(102)9216(0)y x y +-=>，即轨迹为双曲线的一支，故错误.故选：AB 【点睛】关键点点睛：应用向量的坐标表示求异面直线的夹角，并结合等角的余弦值相等及向量数量积的坐标表示求动点的轨迹，综合立方体的性质求截面面积，分割几何体应用等体积法求内切球半径，进而求内切球的表面积.4．如图，直三棱柱11,ABC A B C -，ABC 为等腰直角三角形，AB BC ⊥，且12AC AA ==，E ，F 分别是AC ，11A C 的中点，D ，M 分别是1AA ，1BB 上的两个动点，则（）A ．FM 与BD 一定是异面直线B ．三棱锥D MEF -的体积为定值14C ．直线11B C 与BD 所成角为2π D ．若D 为1AA 中点，则四棱锥1D BB FE -的外接球体积为556π 【答案】CD 【分析】A 当特殊情况M 与B 重合有FM 与BD 相交且共面；B 根据线面垂直、面面垂直判定可证面1BEFB ⊥面11ACC A ，可知EMFS、D 到面1BEFB 的距离，可求D EMF V -；C 根据线面垂直的判定及性质即可确定11B C 与BD 所成角；D 由面面垂直、勾股、矩形性质等确定外接球半径，进而求体积，即可判断各项的正误. 【详解】A ：当M 与B 重合时，FM 与BD 相交且共面，错误； B ：由题意知：BE AC ⊥，AC EF ⊥且BEEF E =，则AC ⊥面1BEFB ，又AC ⊂面11ACC A ，面1BEFB ⋂面11ACC A EF =，所以面1BEFB ⊥面11ACC A ，又1121122EMFSEF BE =⋅⋅=⨯⨯=，D 到面1BEFB 的距离为1h =，所以1133D EMF EMFV h S-=⋅⋅=，错误； C ：由AB BC ⊥，1BC B B ⊥，1B BAB B =，所以BC ⊥面11ABB A ，又11//BC B C ，即11B C ⊥面11ABB A ，而BD ⊂面11ABB A ，则11BD B C ⊥，正确；D ：由B 中，面1BEFB ⊥面11ACC A ，即面DEF ⊥面1BEFB ，则D 到面1BEFB 的距离为1h =，又D 为1AA 中点，若1,BF EB 交点为O ，G 为EF 中点，连接,,OG GD OD ，则OG GD ⊥，故225OD OG GD =+=，由矩形的性质知：152OB OE OF OB ====，令四棱锥1D BB FE -的外接球半径为R ，则5R =，所以四棱锥1D BB FE -的外接球体积为354356V R ππ==，正确. 故选：CD. 【点睛】关键点点睛：利用线面、面面关系确定几何体的高，结合棱锥体积公式求体积，根据线面垂直、勾股定理及矩形性质确定外接球半径，结合球体体积公式求体积.5．如图，已知四棱锥P ABCD -所有棱长均为4，点M 是侧棱PC 上的一个动点（不与点,P C 重合），若过点M 且垂直于PC 的截面将该四棱锥分成两部分，则下列结论正确的是（）A ．截面的形状可能为三角形、四边形、五边形B ．截面和底面ABCD 所成的锐二面角为4πC ．当1PM =时，截面的面积为52D ．当2PM =时，记被截面分成的两个几何体的体积分别为()1212,>V V V V ，则123=V V 【答案】BCD 【分析】点M 是侧棱PC 上的一个动点，根据其不同位置，对选项逐一进行判断即可. 【详解】A 选项中，如图，连接BD ，当M 是PC 中点时，2MC =，由题意知三角形PDC 与三角形PBC 都是边长为4的正三角形，所以DM PC ⊥,BM BC ⊥，又DM ，BM 在面MBD 内，且相交，所以PC ⊥平面PBD ，三角形MBD 即为过点M 且垂直于PC 的截面，此时是三角形，点M 向下移动时，2MC <，如图，仍是三角形；若点M 由中点位置向上移动，2MC >，在平面PDC 内作EM PC ⊥，交PD 于E ，在平面PBC 内作FM PC ⊥交PB 于F ，平面MEF 交平面PAD 于EG ，交PAB 于FH ，即交平面ABCD 于GH ，则五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，此时是五边形；故截面的形状可能为三角形、五边形，A 错误；B 选项中，因为截面总与PC 垂直，所以不同位置的截面均平行，截面与平面ABCD 所成的锐角为定值，不妨取M 是中点，连接AC ，BD ，MB ，MD ，设AC ，BD 交点是N ，连接PN ，由题意知，四边形ABCD 是边长为4的菱形，BD AC ⊥，因为MB =MD ，所以MN BD ⊥，故MNC ∠是截面与平面ABCD 所成的锐角，过点M 作MQ AC ⊥，垂足Q.在三角形PAC 中，MN =2，2，故在直角三角形MNQ 中，2cos 2NQ MNC MN ∠==，故4MNC π∠=，故B 正确；C 选项中，当PM =1时，M 是PC 中点，如图，五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，依题意，直角三角形PME 中，2cos PM PE EPM==∠，故E 为PD 的中点，同理，F 是PB 的中点，则EF 是三角形PBD 的中位线，1222EF BD ==G ，H 分别在,AD AB的中点上，证明如下，当G ，H ，也是中点时，1//,2GH BD GH BD =，有//,22GH EF GH EF ==，四边形EFHG 是平行四边形.依题意，三角形PAC 中4,42PA PC AC ===，故PA PC ⊥，故PC GE ⊥，易见，正四棱锥中BD ⊥平面PAC ，故BD PC ⊥，GH PC ∴⊥，因为 ,GE GH 均在平面EFHG 内，且相交，所以PC ⊥平面EFHG ，故此时平面EFHG 和平面MEF 即同一平面.又BD ⊥平面PAC ，有GH ⊥面平面PAC ，GH GM ⊥，根据对称性有GH GE ⊥，四边形EFHG 是矩形.即五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，平面图如下:依题意，22GH EF ==2EG FG ==，三角形高为()()22321h =-=，面积是122122⨯=，四边形面积是22242=，故截面面积是52 故C 正确；D 选项中，若PM =2，看B 选项中的图可知，21124M BCD P BCD P ABCD V V V V ---===，故剩余部分134P ABCD V V -=，所以123=V V ，故D 正确. 故选：BCD.【点睛】本题考查了棱锥的截面问题，考查了二面角、体积等计算问题，属于难题.6．如图，矩形ABCD 中， 22AB AD ==，E 为边AB 的中点.将ADE 沿直线DE 翻折成1A DE △（点1A 不落在底面BCDE 内），若M 在线段1A C 上（点M 与1A ，C 不重合），则在ADE 翻转过程中，以下命题正确的是（）A ．存在某个位置，使1DE A C ⊥B ．存在点M ，使得BM ⊥平面1A DC 成立C ．存在点M ，使得//MB 平面1A DE 成立D ．四棱锥1A BCDE -体积最大值为24 【答案】CD【分析】利用反证法可得A 、B 错误，取M 为1A C 的中点，取1A D 的中点为I ，连接,MI IE ，可证明//MB 平面1A DE ，当平面1A DE ⊥平面BCDE 时，四棱锥1A BCDE -体积最大值，利用公式可求得此时体积为24. 【详解】如图（1），取DE 的中点为F ，连接1,A F CF ，则45CDF ∠=︒，22DF =，故212254222222CF =+-⨯⨯=，故222DC DF CF ≠+即2CFD π∠≠．若1CA DE ⊥，因为11,A D A E DF FE ==，故1A F DE ⊥，而111A F A C A ⋂=，故DE ⊥平面1A FC ，因为CF ⊂平面1A FC ，故DE CF ⊥，矛盾，故A 错．若BM ⊥平面1A DC ，因为DC ⊂平面1A DC ，故BM DC ⊥，因为DC CB ⊥，BM CB B ⋂=，故CD ⊥平面1A CB ，因为1AC ⊂平面1A CB ，故1CD A C ⊥，但1A D CD <，矛盾，故B 错．当平面1A DE ⊥平面BCDE 时，四棱锥1A BCDE -体积最大值，由前述证明可知1A F DE ⊥，而平面1A DE 平面BCDE DE =，1A F ⊂平面1A DE ，故1A F ⊥平面BCDE ，因为1A DE △为等腰直角三角形，111A D A E ==，故122A F =，又四边形BCDE 的面积为13211122⨯-⨯⨯=，故此时体积为13223224⨯⨯=，故D 正确．对于C ，如图（2），取M 为1A C 的中点，取1A D 的中点为I ，连接,MI IE ，则1//,2IM CD IM CD =，而1//,2BE CD BE CD =，故//,IM BE IM BE =即四边形IEBM 为平行四边形，故//IE BM ，因为IE ⊂平面1A DE ，BM ⊄平面1A DE ，故//MB 平面1A DE ，故C 正确．故选：CD.【点睛】本题考查立体几何中的折叠问题，注意对于折叠后点线面的位置的判断，若命题的不成立，往往需要利用反证法来处理，本题属于难题.7．（多选题）在四面体P ABC -中，以上说法正确的有（）A ．若1233AD AC AB =+，则可知3BC BD = B ．若Q 为△ABC 的重心，则111333PQ PA PB PC =++ C ．若0PA BC =，0PC AB =，则0PB AC =D ．若四面体P ABC -各棱长都为2，M N ，分别为,PA BC 的中点，则1MN =【答案】ABC【分析】作出四面体P ABC -直观图，在每个三角形中利用向量的线性运算可得.【详解】对于A ，1233AD AC AB =+，32AD AC AB ∴=+，22AD AB AC AD ∴-=- ， 2BD DC ∴=，3BD BD DC BC ∴=+=即3BD BC ∴=，故A 正确；对于B ，Q 为△ABC 的重心，则0QA QB QC ++=，33PQ QA QB QC PQ ∴+++=()()()3PQ QA PQ QB PQ QC PQ ∴+++++=,3PA PB PC PQ ∴++=即111333PQ PA PB PC ∴=++，故B 正确；对于C ，若0PA BC =，0PC AB =，则0PA BC PC AB +=，()0PA BC PC AC CB ∴++=,0PA BC PC AC PC CB ∴++=0PA BC PC AC PC BC ∴+-=,()0PA PC BC PC AC ∴-+=0CA BC PC AC ∴+=,0AC CB PC AC ∴+=()0AC PC CB ∴+=，0AC PB ∴=，故C 正确；对于D ，111()()222MN PN PM PB PC PA PB PC PA ∴=-=+-=+- 1122MN PB PC PA PA PB PC ∴=+-=-- 222222PA PB PC PA PB PC PA PB PA PC PC PB --=++--+22211122222222222222222=++-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯+⨯⨯⨯= 2MN ∴=，故D 错误.故选：ABC【点睛】用已知向量表示某一向量的三个关键点(1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量．(3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．8．如图，线段AB 为圆O 的直径，点E ，F 在圆O 上，//EF AB ，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，且2AB =，1EF AD ==，则下述正确的是（）A ．//OF 平面BCEB ．BF ⊥平面ADFC ．点A 到平面CDFE 21D ．三棱锥C BEF -5π【答案】ABC【分析】由1EF OB ==，//EF OB ，易证//OF 平面BCE ，A 正确；B ，由所矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，易证AD ⊥平面ABEF ，所以AD BF ⊥，由线段AB 为圆O 的直径，所以BF FA ⊥，易证故B 正确.C ，由C DAF A CDF V V --=可求点A 到平面CDFE 的距离为7，C 正确. D ，确定线段DB 的中点M 是三棱锥C BEF -外接球心，进一步可求其体积，可判断D 错误.【详解】解：1EF OB ==，//EF OB ，四边形OFEB 为平行四边形，所以//OF BE ， OF ⊄平面BCE ，BE ⊂平面BCE ，所以//OF 平面BCE ，故A 正确. 线段AB 为圆O 的直径，所以BF FA ⊥，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，平面ABCD平面ABEF AB =，AD ⊂平面 ABCD ，所以AD ⊥平面ABEF ，BF ⊂平面ABEF ，所以AD BF ⊥AD ⊂平面ADF ，AF ⊂平面ADF ，AD AF A =，所以BF ⊥平面ADF ，故B 正确.1OF OE EF ===，OFE △是正三角形，所以1EF BE AF ===，//DA BC ，所以BC ⊥平面ABEF ，BC BF ⊥，BF =2CF ==，DF ===2AB CD ==，CDF 是等腰三角形，CDF 的边DF 上的高2==，1222CDF S =⨯=△， //DA BC ，AD ⊂平面ADF ，BC ⊄平面ADF ，//BC平面ADF ，点C 到平面ADF 的距离为BF =111122DAF S =⨯⨯=△，C DAF A CDF V V --=，设点A 到平面CDFE 的距离为h ，1133ADF CFD S FB S h ⨯⨯=⨯⨯△△，1113232h ⨯=⨯，所以h =，故C 正确. 取DB 的中点M ，则//MO AD ，12MO =，所以MO ⊥平面CDFE ，所以21512ME MF MB MC ⎛⎫====+= ⎪⎝⎭所以M 是三棱锥C BEF -5，三棱锥C BEF -外接球的体积为334455533V r ππ==⨯=⎝⎭，故D 错误，故选：ABC.【点睛】综合考查线面平行与垂直的判断，求点面距离以及三棱锥的外接球的体积求法，难题.。

(精选试题附答案)高中数学第八章立体几何初步知识点总结归纳

(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步知识点总结归纳单选题1、下列说法正确的有（）①两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；②经过球面上不同的两点只能作一个大圆；③各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；④圆锥的轴截面是等腰三角形.A．1个B．2个C．3个D．4个答案：A解析：根据棱台、球、正方体、圆锥的几何性质，分析判断，即可得答案.①中若两个底面平行且相似，其余各面都是梯形，并不能保证侧棱延长线会交于一点，所以①不正确；②中若球面上不同的两点恰为球的某条直径的两个端点，则过此两点的大圆有无数个，所以②不正确；③中底面不一定是正方形，所以③不正确；④中圆锥的母线长相等，所以轴截面是等腰三角形，所以④是正确的.故选：A2、设m､n是两条不同的直线，α､β是两个不同的平面，则下列命题中的真命题为（）A．若m∥α,n∥α，则m∥nB．若m⊥α,n⊥α，则m∥nC．若m∥α,m∥β，则α∥βD．若m⊥α,α⊥β，则m∥β答案：B分析：在正方体中取直线和平面可排除ACD，由线面垂直的性质可得B正确.在正方体ABCD−EFGH中，记底面ABCD为α，EF为m，EH为n，显然A不正确；记底面ABCD为α，EF为m，平面CDHG为β，故排除C；记底面ABCD为α，BF为m，平面ABFE为β，可排除D；由线面垂直的性质可知B正确.故选：B3、若直线a和b没有公共点，则a与b的位置关系是（）A．相交B．平行C．异面D．平行或异面答案：D分析：根据直线与直线的位置关系即可判断因为两直线相交只有一个公共点，两直线平行或异面没有公共点，故选：D.4、圆台的上、下底面的面积分别是π，4π，侧面积是6π，则这个圆台的体积是（）A．2√33πB．2√3πC．7√36πD．7√33π答案：D分析：求出圆台的高，再利用圆台的体积公式进行计算.设圆台的上、下底面的半径分别为r，R，母线长为l，高为h.,由圆台的上、下底面的面积分别是π，4π，得{πr2=π,πR2=4π,所以r=1，R=2，由圆台侧面积公式可得π×(2+1)l =6π，所以l =2，所以ℎ=√22−(2−1)2=√3，所以该圆台的体积V =13πℎ(R 2+r 2+Rr )=13π×√3×(4+1+2)=7√33π. 故选：D.5、某正方体被截去部分后得到的空间几何体的三视图如图所示，则该空间几何体的体积为（）A ．132B ．223C ．152D ．233 答案：C分析：根据几何体的三视图，可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，根据三棱锥的体积公式即可求解．解：根据几何体的三视图，该空间几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，由图示可知，该空间几何体体积为V =23−(13×12×12×1+13×12×12×2)=152，故选：C.6、如图.AB 是圆的直径，PA ⊥AC ，PA ⊥BC ，C 是圆上一点(不同于A ，B )，且PA =AC ，则二面角P −BC −A 的平面角为（）A．∠PAC B．∠CPA C．∠PCA D．∠CAB答案：C解析：由圆的性质知：AC⊥BC，根据线面垂直的判定得到BC⊥面PAC，即BC⊥PC，结合二面角定义可确定二面角P−BC−A的平面角.∵C是圆上一点(不同于A，B)，AB是圆的直径，∴AC⊥BC，PA⊥BC，AC∩PA=A，即BC⊥面PAC，而PC⊂面PAC，∴BC⊥PC，又面ABC∩面PBC=BC，PC∩AC=C，∴由二面角的定义：∠PCA为二面角P−BC−A的平面角.故选：C7、若直线a⊥平面α，直线b⊥平面α，则直线a与直线b的位置关系为（）A．异面B．相交C．平行D．平行或异面答案：C解析：利用线面垂直的性质定理进行判断.由于垂直于同一平面的两直线平行，故当直线a⊥平面α，直线b⊥平面α时，直线a与直线b平行.故选：C.8、下图是一个圆台的侧面展开图，若两个半圆的半径分别是1和2，则该圆台的体积是（）A ．7√2π24B ．7√3π24C ．7√2π12D ．7√3π12答案：B分析：先计算出上下底面的半径和面积，再求出圆台的高，按照圆台体积公式计算即可.如图，设上底面的半径为r ，下底面的半径为R ，高为ℎ，母线长为l ，则2πr =π⋅1，2πR =π⋅2，解得r =12,R =1，l =2−1=1，ℎ=√l 2−(R −r )2=√12−(12)2=√32，设上底面面积为S ′=π⋅(12)2=π4，下底面面积为S =π⋅12=π，则体积为13(S +S ′+√SS ′)ℎ=13(π+π4+π2)⋅√32=7√3π24. 故选：B.9、如图，在梯形ABCD 中，AB ∥DC 且AB =2DC ，点E 为线段BC 的靠近点C 的一个四等分点，点F 为线段AD 的中点，AE 与BF 交于点O ，且AO ⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yBC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，则x +y 的值为（）A ．1B ．57C ．1417D ．56答案：C分析：由向量的线性运算法则化简得到AO ⃑⃑⃑⃑⃑ ==(x −y 2)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2yAF ⃑⃑⃑⃑⃑ 和BO ⃑⃑⃑⃑⃑ =(1−x)BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +4y 3BE ⃑⃑⃑⃑⃑ ，结合B,O,F 三点共线和A,O,E 三点共线，得出2x +3y −2=0和3x −4y =0，联立方程组，即可求解.根据向量的线性运算法则，可得AO⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yBC ⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +y(BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ )=xAB⃑⃑⃑⃑⃑ −yAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yAC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(x −y)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +y ⋅(AD ⃑⃑⃑⃑⃑ +DC ⃑⃑⃑⃑⃑ ) =(x −y)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +y ⋅(2AF ⃑⃑⃑⃑⃑ +12AB ⃑⃑⃑⃑⃑ )=(x −y)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2yAF ⃑⃑⃑⃑⃑ +12yAB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(x −y 2)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2yAF ⃑⃑⃑⃑⃑ ，因为B,O,F 三点共线，可得x −y 2+2y =1，即2x +3y −2=0；又由BO ⃑⃑⃑⃑⃑ =BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AO ⃑⃑⃑⃑⃑ =BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yBC ⃑⃑⃑⃑⃑ =BA ⃑⃑⃑⃑⃑ −xBA ⃑⃑⃑⃑⃑ +y ⋅43BE ⃑⃑⃑⃑⃑ =(1−x)BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +4y 3BE ⃑⃑⃑⃑⃑ ，因为A,O,E 三点共线，可得1−x +4y 3=1，即3x −4y =0，联立方程组{2x +3y −2=03x −4y =0，解得x =817,y =617，所以x +y =1417. 故选：C.10、在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A −BCD 中，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，且AB =BC =CD =4，M 为AD 的中点，则异面直线BM 与CD 夹角的余弦值为（）A ．√32B ．√34C ．√33D ．√24答案：C分析：画出图形，取AC 的中点N ，连接MN ，BN ，可得MN //CD ，则所求为∠BMN ，易证△BMN 是直角三角形，则可得BM ，进而求解.如图，取AC 的中点N ，连接MN ，BN ，由题，AB =BC =CD =4，M 为AD 的中点，所以MN //CD ，MN =2，则∠BMN 为所求，由AB ⊥平面BCD ，则AB ⊥CD ，又BC⊥CD，AB∩BC=B，所以CD⊥平面ABC，则MN⊥平面ABC，所以△BMN是直角三角形，即∠MNB=90°，又BM=12AD=12√AB2+BD2=2√3，所以cos∠BMN=MNBM =2√3=√33，故选：C填空题11、如图∶矩形A'B'C'D'的长为4cm，宽为2cm，O'是A'B'的中点，它是水平放置的一个平面图形ABCD的直观图，则四边形ABCD的周长为∶__________cm；答案：20分析：利用斜二测画法还原出原图形，结合题干中数据以及斜二测画法的规则，计算即可由斜二测画法的规则知与x轴平行或重合的线段其长度不变以及与横轴平行的性质不变；与y轴平行或重合的线段长度变为原来的一半，且与y′轴平行的性质不变.还原出原图形如上图所示，其中AB=A′B′=4cm，OC=2O′C′=2×2√2=4√2cm∴BC=√OB2+OC2=6cm所以原图形的周长为2×(4+6)=20cm12、一个圆锥的母线长为20，母线与轴的夹角为60∘，则圆锥的高为________．答案：10分析：利用圆锥的几何性质可求得该圆锥的高.由题意可知，该圆锥的高为ℎ=20cos60∘=10.所以答案是：10.13、已知一个圆锥的侧面积是底面面积的2倍，则该圆锥的母线与其底面所成的角的大小为______．答案：π3分析：设圆锥的母线长为l，底面半径为r，圆锥的母线与其底面所成的角为θ，根据面积关系可得122πrl=2⋅π⋅r2，即可得到答案；设圆锥的母线长为l，底面半径为r，圆锥的母线与其底面所成的角为θ，则122πrl=2⋅π⋅r2⇒rl=12，∴cosθ=12⇒θ=60°，所以答案是：π314、如图所示，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，若PA//平面EBF，则PFFC=_______答案：12##0.5分析：连接AC交BE于点M，连接FM，由线面平行的性质得线线平行，由平行线性得结论．连接AC交BE于点M，连接FM，∵PA//平面EBF，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面EBF=EM，∴PA//EM，又AE//BC，∴PFFC =AMMC=AEBC=12.所以答案是：12．15、如图，已知正三棱柱ABC—A′B′C′的底面边长为1cm，侧面积为9cm2，则一质点自点A出发，沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点A′的最短路线的长为___________cm.答案：3√2分析：将三棱柱侧面展开如图，得到展开图的对角线即为最短距离，根据棱柱的侧面积求出高，再利用勾股定理计算可得．解：将正三棱柱ABC—A′B′C′沿侧棱展开，其侧面展开图如图所示，依题意AB=BC=AA1=1cm，由侧面积为9cm2，所以C△ABC⋅AA′=9，则AA′=3cm，依题意沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点A′的最短路线为|AA′1|=√AA12+A1A1′2=√32+32=3√2cm；所以答案是：3√2解答题16、如图，一个三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱CC1⊥底面ABC，CC1=3．有一只小虫从点A沿三个侧面爬到点A1，求小虫爬行的最短路程．答案：3√5分析：沿AA1将三棱柱的侧面展开，可得到矩形AA1D1D，计算出该矩形的对角线AD1的长，即为所求.解：沿AA1将三棱柱的侧面展开，则展开后的图形是矩形AA1D1D，如下图所示：且AD=3×2=6，DD1=3，所以，小虫爬行的最短路程为AD1的长，且AD1=√AD2+DD12=3√5.17、如图，某种水箱用的“浮球”，是由两个半球和一个圆柱筒组成．已知球的直径是6cm，圆柱筒长2cm．(1)这种“浮球”的体积是多少（结果精确到0.1cm3）？(2)要在这样2500个“浮球”表面涂一层胶质，如果每平方米需要涂胶100g，共需胶多少？答案：(1)169.6cm3(2)1200πg分析：（1）根据球的体积公式及圆柱的体积公式即可求解；（2）根据球的表面积公式及圆柱的侧面积公式，求出1个“浮球”的表面积，进而可得2500个“浮球”的表面积的和，从而即可求解.（1）解：∵球的直径是6cm，可得半径R=3cm，∴两个半球的体积之和V球=43πR3=43π⋅27=36πcm3，而V圆柱=πR2⋅ℎ=π×9×2=18πcm3，∴该“浮球”的体积V=V球+V圆柱=36π+18π=54π≈169.6cm3；（2）解：根据题意，上下两个半球的表面积为S球表=4πR2=4×π×9=36πcm2，而“浮球”的圆柱筒侧面积S圆柱侧=2πRℎ=2×π×3×2=12πcm2，∴1个“浮球”的表面积S=36π+12π104=48104πm2，∴2500个“浮球”的表面积的和为2500×48104π=12πm2，∵每平方米需要涂胶100g，∴总共需要胶的质量为100×12π=1200πg．18、如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，AB⊥平面PAD，AD＝AP，E是PD的中点，M，N分别在AB，PC上，且MN⊥AB，MN⊥PC.证明：AE∥MN.答案：证明见解析分析：根据线面垂直的判定定理可证AE⊥平面PCD，MN⊥平面PCD，则可得AE∥MN．因为AB⊥平面PAD，AE⊂平面PAD，所以AE⊥AB，又AB∥CD，所以AE⊥CD.因为AD＝AP，E是PD的中点，所以AE⊥PD.又CD∩PD＝D，CD，PD⊂平面PCD，所以AE⊥平面PCD.因为MN⊥AB，AB∥CD，所以MN⊥CD.又因为MN⊥PC，PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD，所以MN⊥平面PCD，所以AE∥MN.19、如图，正方形ABCD与直角梯形ADEF所在平面相互垂直，∠ADE=90∘，AF//DE，AD=DE=2AF=2.（1）求证：AC//平面BEF；（2）求点D到平面BEF的距离.答案：（1）证明见解析；（2）2√63.分析：（1）取BE中点M，连接MO、MF，根据题目条件可证明出四边形AOMF为平行四边形，则AO//MF，再根据线面平行的判定定理可证明出AC//平面BEF；（2）利用等体积法先计算三棱锥V B−DEF的体积，然后计算出S△BEF，利用V B−DEF=13S△BEF⋅d D−BEF计算出点D到平面BEF的距离.解：（1）设AC∩BD=O，取BE中点M，连接MO、MF，∵四边形ABCD是正方形，∴O是BD的中点，又M是BE的中点，∴OM//DE，OM=12DE，∵四边形ADEF是直角梯形，AF//DE，AF=12DE，∴OM，∴四边形AFMO是平行四边形，∴AO//FM，又FM⊂平面BEF，AO⊄平面BEF，∴AO//平面BEF，即AC//平面BEF；（2）∵BC//AD，BC⊄平面ADEF，AD⊂平面ADEF，∴BC//平面ADEF，∵AB⊥AD，平面ABCD⊥平面ADEF，AB⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面ADEF=AD，∴AB⊥平面ADEF，∴V B−DEF=13S△DEF⋅AB=13×12×2×2×2=43，∵AB⊥平面ADEF，AF⊂平面ADEF，∴AB⊥AF，BF=√AB2+AF2=√5，∵DE⊥AD，平面ABCD⊥平面ADEF，DE⊂平面ADEF，平面ABCD∩平面ADEF=AD，∴DE⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，∴DE⊥BD，在△BDE中，BD=2√2，DE=2，BE=√BD2+DE2=2√3，在△BEF 中，EF =BF =√5，BE =2√3，∴S △BEF =12×2√3×√2=√6，设点D 到平面BEF 的距离为d ，由V D−BEF =V B−DEF 得：13S △BEF ⋅d =43，即13×√6⋅d =43， ∴d =2√63.小提示：计算空间点到面距离的一般方法有：（1）定义法：过已知点作面的垂线，计算垂线段的长度即可；（2）利用等体积法求解；（3）空间向量法：求解点P 到平面α的距离时，先计算平面α的法向量m ⃑⃑ ，在平面α内任取一点A ，利用d =|AP ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅m ⃑⃑⃑ ||m ⃑⃑⃑ |求解即可.。

2023-2024学年重庆市江津区高中数学人教A版必修二第八章立体几何章节测试-3-含解析

1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2、请将答案正确填写在答题卡上2023-2024学年重庆市江津区高中数学人教A 版必修二第八章立体几何章节测试(3)姓名：____________ 班级：____________ 学号：____________考试时间：120分钟满分：150分题号一二三四五总分评分*注意事项：阅卷人得分一、选择题（共12题，共60分）1. 蹴鞠，又名蹴球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录.已知某鞠的表面上有四个点，，，恰好构成三棱锥，若，，且，，，，则该鞠的表面积为（）A. B.C. D.2. 如图，在正四棱台中，，则与平面所成角的大小为（）A. B. C.D. 3. 已知三棱锥的各顶点都在一个半径为的球面上，球心在上，底面，，则球的体积与三棱锥体积之比是（）A. B. C. D.12344. 已知直线，是平面，给出下列命题：（1）若，则；②若，则；③若，则；④若a 与b 异面，且，则b 与相交；⑤若a 与b 异面，则至多有一条直线与a ， b 都垂直.其中真命题的个数是（）A. B. C. D. 5. 若一个四棱锥底面为正方形，顶点在底面的射影为正方形的中心，且该四棱锥的体积为9，当其外接球表面积最小时，它的高为（）3223A. B. C. D. 若，则若，则若，则若，则6. 设是两个不同的平面，是一条直线，以下命题正确的是（）A. B. C. D. 7. 已知正三棱锥，各棱长均为，则其外接球的体积为（）A. B. C. D.垂直于平面的平面一定平行于平面垂直于直线的平面一定平行于平面垂直于平面的平面一定平行于直线垂直于直线的平面一定与平面，都垂直8. 已知两个平面，相互垂直，是它们的交线，则下面结论正确的是（）A. B. C. D.29.一个水平放置的三角形的斜二侧直观图是等腰直角三角形A′B′O′，若O′B′=1，那么原△ABO 的面积是（）A. B. C. D. 32π10. 在四面体中，平面，为正三角形，且边长为，，则该四面体的外接球的表面积是（）A. B. C. D. 11.已知三个平面，若，且与相交但不垂直，a ，b 分别为内的直线，则（）A. B. C. D.，，，，12. 已知，，为三个互不重合的平面，l 为一条直线，则下列命题中错误的是（）A. B. C. D.得分13. 在四棱锥中，平面平面，且是边长为2的正三角形，是正方形，则四棱锥外接球的表面积为14. 如图，若正四棱锥P﹣ABCD的底面边长为2，斜高为，则该正四棱锥的体积为．15. 若用一个平面去截球体，所得截面圆的面积为，球心到该截面的距离是，则这个球的表面积是．16. 将下图所示的圆锥形容器内的液体全部倒入底面半径为的直立的圆柱形容器内，则液面高度为．阅卷人三、解答得分17. 如图所示，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为线段DD1， BD的中点．(1) 求异面直线EF与BC所成的角的正切值．(2) 求三棱锥C﹣B1D1F的体积．18. 如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D、E分别是AB、BB1的中点．（Ⅰ）证明：BC1∥平面A1CD；（Ⅱ）AA1＝AC＝CB＝2，AB＝，求三棱锥C﹣A1DE的体积．19. 如图所示，在直三棱柱中，是边长为的等边三角形，分别为的中点.(1) 证明：平面(2) 若，求与平面所成角的正弦值.20. 如图，在斜三棱柱中，，为的中点，为的中点，平面平面，异面直线与互相垂直.(1) 求证：平面平面；(2) 若与平面的距离为，，三棱锥的体积为，试写出关于的函数关系式；(3) 在（2）的条件下，当与平面的距离为多少时，三棱锥的体积取得最大值？并求出最大值.21. 如图①，在多边形中，四边形为正方形，，将沿折起至的位置，连接，，如图②.(1) 证明：；(2) 当直线与平面所成的角最大时，求四棱锥的体积.答案及解析部分1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12.13.14.15.16.17.(1)(2)18.19.(1)(2)20.(1)(2)(3)21.(1)(2)。

(精选试题附答案)高中数学第八章立体几何初步重点知识点大全

(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步重点知识点大全单选题1、已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点P在棱AD上，过点P作该正方体的截面，当截面平行于平面B1D1C且面积为√3时，线段AP的长为（）A．√2B．1C．√3D．√32答案：A分析：过点P作DB，A1D的平行线，分别交棱AB，AA1于点Q，R，连接QR，BD，即可得到△PQR为截面，且为等边三角形，再根据截面面积求出PQ的长度，即可求出AP；解：如图，过点P作DB，A1D的平行线，分别交棱AB，AA1于点Q，R，连接QR，BD，因为BD//B1D1，所以PQ//B1D1，B1D1⊂面B1D1C，PQ⊄面B1D1C，所以PQ//面B1D1C因为A1D//B1C，所以PR//B1C，B1C⊂面B1D1C，PR⊄面B1D1C，所以PR//面B1D1C又PQ∩PR=P，PQ,PR⊂面PQR，所以面PQR//面B1D1C，则PQR为截面，易知△PQR是等边三角形，则12PQ2⋅√32=√3，解得PQ=2，∴AP=√22PQ=√2.故选：A.2、如图，某圆锥的轴截面ABC是等边三角形，点D是线段AB的中点，点E在底面圆的圆周上，且BE⌢的长度等于CE⌢的长度，则异面直线DE 与BC 所成角的余弦值是（）A ．√24B ．√64C ．√104D ．√144 答案：A分析：过点A 作AO ⊥BC 于点O ，过点A 作DG ⊥BC 于点G ，取AO 的中点F ，连接GE 、OE 、EF ，则有∠DEF （或其补角）就是异面直线DE 与BC 所成的角，设圆锥的底面半径为2，解三角形可求得答案.解：过点A 作AO ⊥BC 于点O ，过点A 作DG ⊥BC 于点G ，取AO 的中点F ，连接GE 、OE 、EF ，则DF //BC ，且DF =12BC ，所以∠DEF （或其补角）就是异面直线DE 与BC 所成的角，设圆锥的底面半径为2，则DF =1，OE =2，AO =2√3，所以DG =OF =√3，在Rt △GOE 中，GO =1，OE =2，所以GE =√GO 2+OE 2=√5，在Rt △GDE 中，GE =√5，DG =√3，所以DE =√GD 2+GE 2=2√2，在Rt △FOE 中，FO =√3，OE =2，FE =√FO 2+OE 2=√7，所以在△DFE 中，满足DF 2+FE 2=DE 2，所以∠DFE =90∘，所以cos∠DEF =DF DE =2√2=√24，故选：A.3、若一个正方体的体对角线长为a ，则这个正方体的全面积为（）A．2a2B．2√2a2C．2√3a2D．3√2a2答案：A分析：设正方体的棱长为x，求出正方体的棱长即得解.a2，解：设正方体的棱长为x，则√3x=a，即x2=13a2=2a2．所以正方体的全面积为6x2=6×13故选：A4、中国古代建筑使用榫卯结构将木部件连接起来，构件中突出的部分叫榫头，凹进去的部分叫卯眼，图中摆放的部件是榫头，现要在一个木头部件中制作出卯眼，最终完成一个直角转弯结构的部件，那么卯眼的俯视图可以是（）A．B．C．D．答案：B分析：根据榫头的俯视图结合结果图，可判断卯眼的俯视图.解：根据榫头的俯视图及结果图的俯视图可判断卯眼的俯视图为B项中的图形.故选：B.，P是A1B上的一动点，5、如图所示，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=1，AB=BC=√3，cos∠ABC=13则AP+PC1的最小值为（）A．√5B．√7C．1+√3D．3答案：B分析：连接BC1，以A1B所在直线为轴，将△A1BC1所在平面旋转到平面ABB1A1，设点C1的新位置为C′，连接AC′，判断出当A、P、C′三点共线时，则AC′即为AP+PC1的最小值.分别求出∠AA1C′=120°,AA1=1,A1C′=2,利用余弦定理即可求解.连接BC1，得△A1BC1，以A1B所在直线为轴，将△A1BC1所在平面旋转到平面ABB1A1，设点C1的新位置为C′，连接AC′，则有AP+PC1≥AC′.当A、P、C′三点共线时，则AC′即为AP+PC1的最小值.，由余弦定理得：AC=√AB2+BC2−2AB·BCcosB=在三角形ABC中，AB=BC=√3，cos∠ABC=13√3+3−2×3×1=2,所以A1C1=2，即A1C′=23在三角形A1AB中，AA1=1，AB=√3，由勾股定理可得：A1B=√AA12+AB2=√1+3=2,且∠AA1B=60°. 同理可求：C1B=2因为A1B=BC1=A1C1=2，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠BA1C1=60°，所以在三角形AA1C′中，∠AA1C′=∠AA1B+∠BA1C′=120°,AA1=1,A1C′=2,)=√7.由余弦定理得：AC′=√1+4−2×1×2×(−12故选B.小提示：（1）立体几何中的翻折（展开）问题截图的关键是：翻折（展开）过程中的不变量；（2）立体几何中距离的最值一般处理方式：①几何法：通过位置关系，找到取最值的位置（条件），直接求最值；②代数法：建立适当的坐标系，利用代数法求最值.6、如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图，其中B′C′=C′A′=2，A′B′，A′C′分别与x′轴，y′轴平行，则BC=（）A．2B．2√2C．4D．2√6答案：D分析：先确定△A′B′C′是等腰直角三角形，求出A′B′，再确定原图△ABC的形状，进而求出BC.由题意可知△A′B′C′是等腰直角三角形，A′B′=2√2，其原图形是Rt△ABC，AB=A′B′=2√2，AC=2A′C′=4，∠BAC=90°，则BC=√8+16=2√6，故选：D.7、下列命题中，正确的是（）A．三点确定一个平面B．垂直于同一直线的两条直线平行C．若直线l与平面α上的无数条直线都垂直，则l⊥αD．若a、b、c是三条直线，a∥b且与c都相交，则直线a、b、c在同一平面上答案：D分析：利用空间点、线、面位置关系直接判断.A.不共线的三点确定一个平面，故A错误；B.由墙角模型，显然B错误；C.根据线面垂直的判定定理，若直线l与平面α内的两条相交直线垂直，则直线l与平面α垂直，若直线l与平面α内的无数条平行直线垂直，则直线l与平面α不一定垂直，故C错误；D.因为a//b，所以a、b确定唯一一个平面，又c与a、b都相交，故直线a、b、c共面，故D正确；故选：D.8、已知三棱锥P−ABC，其中PA⊥平面ABC，∠BAC=120°，PA=AB=AC=2，则该三棱锥外接球的表面积为（）A．12πB．16πC．20πD．24π答案：C分析：根据余弦定理、正弦定理，结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可.根据题意设底面△ABC的外心为G，O为球心，所以OG⊥平面ABC，因为PA⊥平面ABC，所以OG//PA，设D是PA中点，因为OP=OA，所以DO⊥PA，因为PA⊥平面ABC，AG⊂平面ABC，所以AG⊥PA，因此OD//AG，PA=1，因此四边形ODAG是平行四边形，故OG=AD=12由余弦定理，得)=2√3，BC=√AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cos120°=√4+4−2×2×2×(−12由正弦定理，得2AG=√3√32⇒AG=2，所以该外接球的半径R满足R2=(OG)2+(AG)2=5⇒S=4πR2=20π，故选：C．小提示：关键点睛：运用正弦定理、余弦定理是解题的关键.9、如图，△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，A′O′=6，B′O′=2，则△OAB的面积是（）A．6B．12C．6√2D．3√2答案：B分析：由直观图和原图的之间的关系，和直观图画法规则，还原△OAB是一个直角三角形，其中直角边OA= 6,OB=4，直接求解其面积即可．解：由直观图画法规则，可得△OAB是一个直角三角形，其中直角边OA=6,OB=4，∴S△OAB=12OA⋅OB=12×6×4=12．故选：B．10、如图所示的正方形SG1G2G3中，E ， F分别是G1G2，G2G3的中点，现沿SE，SF，EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3重合为点G，则有（）A．SG⊥平面EFG B．EG⊥平面SEFC．GF⊥平面SEF D．SG⊥平面SEF答案：A解析：根据正方形的特点，可得SG⊥FG，SG⊥EG，然后根据线面垂直的判定定理，可得结果.由题意：SG⊥FG，SG⊥EG，FG∩EG=G，FG，EG⊂平面EFG所以SG⊥平面EFG正确，D不正确；.又若EG⊥平面SEF，则EG⊥EF，由平面图形可知显然不成立；同理GF⊥平面SEF不正确；故选：A小提示：本题主要考查线面垂直的判定定理，属基础题.填空题11、已知一个圆柱的高不变，它的体积扩大为原来的4倍，则它的侧面积扩大为原来的___________倍.答案：2分析：求出底面半径扩大为原来的2倍，从而得到侧面积扩大为原来的2倍.设圆柱的高为ℎ，底面半径为r，则体积为πr2ℎ，体积扩大为原来的4倍，则扩大后的体积为4πr2ℎ，因为高不变，故体积4πr2ℎ=π(2r)2ℎ，即底面半径扩大为原来的2倍，原来侧面积为2πrℎ，扩大后的圆柱侧面积为2π⋅2rℎ= 4πrℎ，故侧面积扩大为原来的2倍.所以答案是：212、如图所示，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为4，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥爬行一周后回到点P处，若该小虫爬行的最短路程为4√3，则这个圆锥的体积为___________.答案：128√2π81分析：作出该圆锥的侧面展开图，该小虫爬行的最短路程为PP′，由余弦定理求出cos∠P′OP=2π3，求出底面圆的半径r，从而求出这个圆锥的高，由此能求出这个圆锥的体积.作出该圆锥的侧面展开图，如图所示：该小虫爬行的最短路程为PP′，由余弦定理可得：cos∠P′OP=OP2+OP′2−PP′22OP·OP′=42+42−(4√3)22×4×4=−12∴cos∠P′OP=2π3.设底面圆的半径为r,则有2πr=2π3·4,解得r=43,所以这个圆锥的高为ℎ=√16−169=8√23，则这个圆锥的体积为V=13Sℎ=13πr2ℎ=13π×169×8√23=128√2π81.所以答案是：128√2π81.小提示：立体几何中的翻折叠（展开）问题要注意翻折（展开）过程中的不变量.13、如图，四棱锥S-ABCD的底面ABCD为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中正确的有______个．①AC⊥SB；②AB∥平面SCD；③SA与平面ABCD所成的角是∠SAD；④AB与SC所成的角等于DC与SC所成的角．答案：4分析：利用线面垂直的判定定理AC⊥平面SBD，进而可判定①正确．根据AB∥CD，利用线面平行的判定定理可证②正确．根据线面所成角的定义可判定③正确．根据AB∥CD，由异面直线所成角的定义可判定④正确．因为SD⊥底面ABCD，所以AC⊥SD．因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD．又BD∩SD＝D，所以AC⊥平面SBD，所以AC⊥SB，故①正确．因为AB∥CD，AB⊄平面SCD，CD⊂平面SCD，所以AB∥平面SCD，故②正确．因为AD是SA在平面ABCD内的射影，所以SA与平面ABCD所成的角是∠SAD．故③正确．因为AB∥CD，所以AB 与SC所成的角等于DC与SC所成的角，故④正确．所以答案是：4.14、三条两两平行的直线可以确定平面的个数可能为______个．答案：1或3分析：讨论三条平行线是否共面，即可确定平面的个数.当三条平行线不共面时，如下图示可确定3个平面；当三条平行线共面时，如下图示确定1个平面.所以答案是：1或315、如图所示的圆台O1O2，在轴截面ABCD中，CD=2AB，且AB=AD=BC=2cm，则该圆台的体积为_________cm3；侧面积为_________cm2．√3π6π答案：73分析：将圆台看成是圆O1为底的大圆锥切去圆O2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O1为底的大圆锥切去圆O2为底的小圆锥，大小圆锥的顶点为E，如图所示，在经过ABCD的轴截面上，从A点做垂线AF⊥CD于F，显然AF//O1O2且AF=O1O2.∵AB=2，CD=2AB=4∴O2A=12AB=1，O1D=12CD=2，O2A=12O1D又∵O2A//O1D∴O2A为△O1DE的O1D边的中位线，O1O2=O2E=12O1E∵cos∠FDA=FDAD =12，得∠FDA=π3则tan∠FDA=tan∠O1DE=O1EO1D =tanπ3=√3，解得O1E=2√3∴O2E=2√3则圆台的体积为圆O1为底，高为O1E的圆锥体积V CDE减去以圆O2为底，高为O2E的圆锥体积V ABE，即V=V CDE−V ABE=13πO1D2⋅O1E−13πO2A2⋅O2E=π3(22×2√3−12×√3)=7√33π圆台的侧面积S=12⋅2πO1D⋅ED−12⋅2πO2A⋅EA=π⋅(2×4−1×2)=6π.所以答案是：73√3π；6π.解答题16、已知正方体ABCD−A′B′C′D′.(1)G 是△BA ′C ′的重心，求证：直线DG ⊥平面BA ′C ′；(2)若AB =1，动点E ､F 在线段AD ､D ′C ′上，且DE =D ′F =a ，M 为AB 的中点，异面直线EF 与DM 所成的角为arccos√210，求a 的值.答案：(1)证明见解析(2)√24分析：（1）根据空间向量，以B ′A ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =i ⃗,B ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =j ⃗,B ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =k ⃑⃗为基底，用基底向量表示其他向量，根据向量的数量积为0判断线线垂直，进而证明线面垂直.（2）以空间直角坐标系，写成点的坐标，根据向量的夹角与异面直线夹角间的关系，列出方程即可求解.（1）证明：设B ′A ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =i ⃗,B ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =j ⃗,B′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =k ⃑⃗，显然i ⃗⋅j ⃗=0，j ⃗⋅k ⃑⃗=0，k ⃑⃗⋅i ⃗=0，因为G 是△BA ′C ′的重心，所以B ′G ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =13(i ⃗+j ⃗+k ⃑⃗),故DG ⃑⃑⃑⃑⃑ =B ′G ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ −B ′D ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =B ′G ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ −(B ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AD ⃑⃑⃑⃑⃑ )=13(i +j +k ⃑ )−(j +i +k )=−23(i +j +k ⃑ ) A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =k ⃑⃗−i ⃗；DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =−23(k ⃑⃗2−i ⃗2)=0，得DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⊥A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，同理DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅A ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0，得DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⊥A ′B⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ . 因为A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 不平行于A ′B⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，所以直线DG ⊥平面BA ′C ′. （2）以D 为坐标原点，射线DA 、DC 、DD ′分别是x 轴､y 轴､z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系，于是E(a,0,0),F(0,a,1),M (1,12,0)，则EF⃑⃑⃑⃑⃑ =(−a,a,1),DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,12,0).于是cos⟨EF⃑⃑⃑⃑⃑ ,DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⟩=|EF⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ||EF⃑⃑⃑⃑⃑ |⋅|DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=12a √52⋅√2a 2+1=√210，解得a =√24，所以a 的值为√24.17、如图所示，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为正方形，E 为侧棱PC 的中点.（1）求证：经过A 、B 、E 三点的截面平分侧棱PD ；（2）若PA ⊥底面ABCD ，且PA =AD =2，求四面体ABEP 的体积. 答案：（1）证明见解析；（2）23.分析：（1）设截面ABE 与侧棱PD 交于点F ，连结EF,AF ，证明CD//EF.即得F 为PD 的中点，即截面ABE 平分侧棱PD ；（2）取PB 中点H ，连EH ，证明EH ⊥平面PAB ，即得解. （1）证明：设截面ABE与侧棱PD交于点F，连结EF,AF.因为底面ABCD为矩形，所以AB//CD.又AB⊄平面PCD，且CD⊂平面PCD，所以AB//平面PCD.又AB⊂平面ABE，且平面ABE∩平面PCD=EF，所以AB//EF.又因为AB//CD，所以CD//EF.因为E为PC的中点，所以F为PD的中点，即截面ABE平分侧棱PD. （2）∵PA⊥平面ABCD，BC⊆平面ABCD，∴BC⊥PA，又BC⊥AB，∴BC⊥平面PAB.取PB中点H，连EH，∵E是PC中点，∴EH//BC，即EH=1且EH⊥平面PAB，又Rt△PAB的面积S=12PA⋅AB=2.∴四面体ABEP的体积V=V E−PAB=13⋅S⋅EH=23.小提示：方法点睛：求几何体的体积常用的方法有：（1）规则的公式法；（2）不规则的割补法；（3）等体积法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.18、如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形（正四棱锥被平行于底面的平面截去一个小正四棱锥后剩下的多面体）玻璃容器Ⅱ的高均为32cm，容器Ⅰ的底面对角线AC的长为10√7cm，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）(1)求容器Ⅰ、容器Ⅱ的容积；(2)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（水面以下）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（水面以下）的长度．答案：(1)11200cm3；26176cm3；(2)①16cm；②20cm.分析：（1）利用正四棱柱和正四棱台的体积公式计算作答.（2）分别作出玻璃棒l所在的正四棱柱和正四棱台的对角面，借助解三角形知识分别求解作答.（1）容器Ⅰ的底面正方形ABCD面积S=12AC2=12×(10√7)2=350(cm2)，其容积V1=S1⋅AA1=350×32=11200(cm3)，容器Ⅱ的底面EFGH面积S1=12EG2=12×142=98(cm2)，底面E1F1G1H1面积S2=12E1G12=12×622=1922(cm2)，容器Ⅱ的容积V2=13(S1+√S1S2+S2)×32=13(98+√98×1922+1922)×32=26176(cm3).（2）①由正四棱柱的定义知，对角面ACC1A1是矩形，设玻璃棒的另一端落在CC1上的点M处，如图，由AC=10√7,AM=40得：CM=√AM2−AC2=30，sin∠CAM=CMAM =34，设AM与水面的交点为P1，过P1作P1Q1//CC1交AC于Q1，在容器Ⅰ中，CC1⊥平面ABCD，则P1Q1⊥平面ABCD，因此P1Q1=12，AP1=P1Q1sin∠CAM=16，所以玻璃棒l没入水中部分（水面以下）的长度为16cm.②O,O1是正四棱台两底面中心，由正四棱台的结构特征知，对角面EGG1E1是等腰梯形，点O,O1分别是两底的中点，设玻璃棒的另一端落在GG1上的点N处，如图，过G作GK//OO1交E1G1于点K，则GK⊥G1E1，GK=OO1=32，而EG=14,E1G1=62，因此，KG1=E1G1−EG2=24，GG1=√GK2+KG12=√322+242=40，sin∠EGG1=sin∠GG1K=GKGG1=45，显然∠EGG1为钝角，cos∠EGG1=−35，在△ENG中，由正弦定理得sin∠ENG=EGsin∠EGNEN =14×4540=725，cos∠ENG=2427，于是得sin∠NEG=sin(∠EGN+∠ENG)=sin∠EGNcos∠ENG+cos∠EGNsin∠ENG=45×2425+(−35)×725=35，设EN与水面的交点为P2，过P2作P2Q2//OO1交直线EG于Q2，在容器Ⅱ中，OO1⊥平面EFGH，则P2Q2⊥平面EFGH，因此P2Q2=12，EP2=P2Q2sin∠NEG=20，所以玻璃棒l没入水中部分（水面以下）的长度为20cm.19、在空间四边形ABCD中，AB=CD，点M､N分别为BD､AC的中点.(1)若直线AB与MN所成角为60°，求直线AB与CD所成角的大小；(2)若直线AB与CD所成角为θ，求直线AB与MN所成角的大小.答案：(1)60°(2)θ2或π−θ2分析：根据异面直线所成角的定义，借助平行关系作出平行直线，从而找到异面直线所成角（或补角）即可求解.（1）如图，取AD的中点为P，连接PM､PN.因为点M､N分别为BD､AC的中点，所以PM//AB，PN//CD，且PM=12AB，PN=12CD，所以，∠MPN为直线AB与CD所成的角（或补角），∠PMN为直线AB与MN所成的角（或补角）. 又AB=CD，所以PM=PN，即△PMN为等腰三角形.直线AB与MN所成角为60°，即∠PMN=60°，则∠MPN=180°−2×60°=60°.所以，直线AB与CD所成的角为60°.（2）（2）若直线AB与CD所成的角为θ，则∠MPN=θ或∠MPN=π−θ.若∠MPN=θ，则∠PMN=π−∠MPN2=π−θ2，即直线AB与MN所成角为π−θ2；若∠MPN=π−θ，则∠PMN=π−∠MPN2=θ2，即直线AB与MN所成角为θ2.综上所述，直线AB与MN所成的角为θ2或π−θ2.。

2012版高考数学3-2-1精品系列专题09立体几何理(教师版1)

关性质与判定定理 . 理解以下判定定理 . ◆如果平面外一条直线与此平面内的一条直线
平行，那么该直线与此平面平行 . ◆如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，
那么这两个平面平行 . ◆如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与
此平面垂直 . ◆如果一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面互相垂直 . 理解以下性
因为 AA1 平面 ABCD ，BD 平面 ABCD ，所以 BD AA1 ，
2012 版高考数学 3-2-1 精品系列专题 09 立体几何理（教师版 1）
【考点定位】 2012 考纲解读和近几年考点分布 2012 考纲解读考纲原文：
（1）空间几何体 ① 认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构 . ② 能画出简单空间图形（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合）的三视图，能识别上述的三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图 . ③ 会用平行投影与中心投影两种方法，画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式 . ④ 会画某些建筑物的视图与直观图（在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等不作严格要求） . ⑤ 了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式（不要求记忆公式） .
（ D） EF与 GH 的交点 M 一定在直线 AC 上
解：依题意，可得 EH∥ BD， FG∥ BD，故 EH∥ FG，由公理 2 可知，
1 FG 2
E、F、G、H 共面，因为 EH＝ BD，＝，故 EH≠ FG，所以， EFGH
2 BD 3
是梯形， EF与 GH 必相交，设交点为 M ，因为点 M 在 EF 上，故点 M 在

重庆市江津八中2012届高三一诊第二次模拟测试题数学(文科)

重庆市江津八中高2012级一诊数学（文科）第二次模拟测试题本试题分第I 卷（选择题）和第II 卷(非选择题）两部分.共150分，考试时间120分钟第I 卷（选择题，共60分）一、选择题：（本大题12个小题,每小题5分，共60分）在 1．不等式21x ->的解集是（ )A.(1,3)B. (,1)-∞ C 。

(3,)+∞ D 。

(,1)(3,)-∞+∞2．直线1:20l kx y -+=到直线2:230l x y +-=的角为45，则k =（ )A.－3B. －2 C 。

2 D. 3 3．设n S 为数列{}n a 的前n 项和，若满足12(2),n n a a n -=+≥且39,S =则1a =（ )A.5B. 3 C 。

1 D 。

－14．已知函数2log(0)(),3(0)xx x f x x >⎧=⎨≤⎩则1[()]4f f 的值是（）A.19-B 。

－9 C.19D.95．如果命题“非p 或非q ”是假命题,则在下列各结论中正确的是（）① 命题“p 且q ”是真命题; ② 命题“p 且q ”是假命题;③ 命题“p 或q ”是真命题； ④ 命题“p 或q "是假命题；A ．① ③B ．② ④C ． ② ③D ．① ④6．已知函数233(0)y x x x =-+>的值域是[]1,7，则x 的取值范围是( )A 。

(0,4]B 。

[1,4] C. [1,2] D 。

(0,1][2,4]7.将函数()cos y f x x =的图象按向量(,1)4a π=平移得到22sin y x =的图象，那么函数()f x 可以是（）A. sin x B 。

cos x C.2sin x D 。

2cos x8．设12F F 、是双曲线2213y x -=的两个焦点，P 是双曲线上的一点，且1234,PF PF =则12PF F ∆的面积等于( ）A. B 。

C 。

D 。

2023-2024学年重庆市江津区高中数学人教A版必修二第八章立体几何专项提升-18-含解析

1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2、请将答案正确填写在答题卡上2023-2024学年重庆市江津区高中数学人教A 版必修二第八章立体几何专项提升(18)姓名：____________ 班级：____________ 学号：____________考试时间：120分钟满分：150分题号一二三四五总分评分*注意事项：阅卷人得分一、选择题（共12题，共60分）O1231. 以下命题：①直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆；④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．其中正确命题的个数为( ) A. B. C.D. 2. 圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为 )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示，若，则该几何体的表面积为（）A. B. C. D.90°60°45°30°3. 在正四面体ABCD 中，E ，F 分别为AB ，CD 的中点，则EF 与AC 所成角为（）A. B. C. D.4. 《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”.已知“堑堵” 的所有顶点都在球的球面上，且，若球的表面积为，则这个三棱柱的体积是（）1A. B. C. D. 相交直线平行直线异面直线相交且垂直的直线5. 在正方体中，与是（）A. B. C. D. 6. 正三棱锥的底面周长为6，侧面都是直角三角形，则此棱锥的体积为（）A.B.C.D.7. 球的表面积与它的内接正方体的表面积之比是（）A.B.C.D.5cm8. 2022年12月3日，南昌市出土了东汉六棱锥体水晶珠灵摆吊坠，如图（1）所示．现在我们通过DIY 手工制作一个六棱锥吊坠模型．准备一张圆形纸片，已知圆心为O ，半径为，该纸片上的正六边形ABCDEF 的中心为O，，，，，，为圆O 上的点，如图（2）所示．，，，，，分别是以AB ，BC，CD ，DE ，EF ，FA 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以AB ，BC ，CD ，DE ，EF ，FA 为折痕折起，，，，，，使，，，，，重合，得到六棱锥，则六棱锥的体积最大时，正六边形ABCDEF 的边长为（）A. B. C. D. 86439. 一个正方体的所有顶点都在同一球面上，若球的体积是，则正方体的表面积是 A. B. C. D. 10. 如图，平面平面，，是内不同的两点，，是内不同的两点，，分别是线段，的中点，则下列所有正确判断的编号是（）①当，共面时，直线②当时，，两点不可能重合③当，是异面直线时，直线一定与平行④可能存在直线与垂直①③②④①②③④A. B. C. D.11. 已知正方体的棱长为1，是棱的中点，点在正方体内部或正方体的表面上，且平面，则动点的轨迹所形成的区域面积是（）A. B. C. D.12. 棱长为1正方体ABCD﹣A1B1C1D1中截去三棱锥B1﹣A1BC1，剩下几何体的体积为（）A. B. C. D.13. 已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱长为2，AB⊥BC，AB＝BC＝2，过AB，BB1的中点E，F作平面α与平面AA1C1C垂直，则所得截面周长为．14. 如图，所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫作拟柱体.在这两个平面内的面叫作拟柱体的底面，其余各面叫作拟柱体的侧面，两底面之间的垂直距离叫作拟柱体的高.已知拟柱体的上底面和下底面均为平行四边形，点E，F，G，H分别为侧棱，，，的中点.记三角形的面积为，梯形的面积为，则；若三棱锥的体积为1，则四棱锥的体积为 .15. 已知矩形的长为2，宽为1，以该矩形的边所在直线为轴旋转一周得到的几何体的表面积为 .16. 在三棱锥中，平面，，，，则三棱锥的体积为，三棱锥的内切球的表面积为．17. 如图，，，， .(1) 求证：；(2) 若几何体是三棱柱，是边长为的正三角形，与面所成角的余弦值为，，求三棱柱的体积.18. 如图，三棱柱，底面，且为正三角形，，为中点．(1) 求证：直线平面．(2) 求证：平面平面．(3) 求三棱柱的体积．19. 如图所示，矩形和梯形所在平面互相垂直，， 90°，， .(1) 求证：平面(2) 当的长为何值时，二面角的大小为60°．20. 在四棱锥中，四边形ABCD 为正方形，平面平面ABCD ，为等腰直角三角形，，AB=2.(1) 求证：平面平面PAC；(2) 设E为CD的中点，求二面角C-PB-E的余弦值.21. 如图，在直角梯形中， // ，⊥，⊥ , 点是边的中点, 将△沿折起，使平面⊥平面，连接 , , , 得到如图所示的空间几何体.（Ⅰ）求证：⊥平面；（Ⅱ）若，求点到平面的距离.答案及解析部分1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12.13.14.15.16.(1)(2)18.(1)(2)(3)19.(1)(2)20.(1)(2)21.。

初二数学复习教案立体几何体的认识

初二数学复习教案立体几何体的认识初二数学复习教案——立体几何体的认识引言立体几何体是数学中的重要概念，它们在我们日常生活中随处可见，如建筑物、家具和玩具等。

本教案旨在帮助初二学生复习立体几何体的基本认识，包括形状、特点和性质等。

一、立体几何体的概念（100字）立体几何体是在三维空间中存在的物体，具有长度、宽度和高度三个尺寸。

相对于二维平面上的平面几何图形，立体几何体包含了更多的信息和特征。

二、常见的立体几何体（200字）1. 立方体：立方体是一个六面体，每个面都是正方形。

它具有六个面、八个顶点和十二条棱。

立方体常见于骰子、盒子等物体。

2. 正方体：正方体是立方体的一种特殊情况，它的所有面都是正方形。

正方体具有由六个相等的正方形构成的六个面，以及八个顶点和十二条棱。

3. 圆柱体：圆柱体由两个平行的圆面和一个侧面组成。

侧面是由一条沿着这两个圆的圆周轨迹移动形成的。

圆柱体常见于铅笔、铁桶等物体。

4. 圆锥体：圆锥体由一个圆锥面和一个底面组成，底面可以是任意形状的平面几何图形，例如圆、三角形等。

圆锥体常见于冰淇淋锥和交通锥等物体。

5. 球体：球体是由所有离球心的点与球心的距离都相等的点所组成的集合。

球体具有一个曲面，没有边和顶点。

它在天文学、体育运动等领域有广泛应用。

6. 柱体：柱体是由两个平行的相等圆面和一个与这两个圆相切的侧面组成。

柱体常见于水杯、柱状建筑物等。

7. 锥体：锥体是由一个锥面和一个顶点组成，锥面是由一条射线绕着顶点旋转形成的。

锥体广泛应用于建筑、照明等领域。

三、立体几何体的性质（300字）1. 面和顶点的关系：立体几何体的面是由线段组成的，线段的交点称为顶点。

根据欧拉公式，对于任何一个立体几何体，其面的个数加上顶点的个数减去边的个数，等于2。

2. 面的特点：每个面都是一个平面几何图形，具有自己的形状和性质。

不同的立体几何体可以有不同数量和形状的面。

3. 棱的特点：棱是连接面的线段，也是立体几何体的边界线。

重庆市江津八中级高中数学第一次模拟测试题文【会员独享】

江津八中高2012级一诊数学（文科）第一次模拟测试题本试题分I 卷（选择题）和第II 卷（非选择题）两部分。

共150分，考试时间120分钟.第I 卷（选择题，共60分）一、选择题：（本大题共12个小题，每小题5分，共60分）. 1．集合A ={1，2}的真子集的个数是（） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 2．抛物线x y 82=的焦点到准线的距离为（）A ．2B ．22C ．4D ．8 3．若||||),1,(),2,1(b a b a x b a -=+-==且，则x 的值为（）A ．－2B ．21-C ．21D ．24．设},3|{},2|{<=>=x x P x x M 那么“P M x ∈”是“P x M x ∈∈或”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件 5．若函数)(x f 和函数)(x g 都是定义在实数集R 上的函数，且方程)]([x g f x =有实数解，则)]([x g f 不可能是（）A ．512-x B ．512+x C ．512-+x x D ．512++x x 6．已知数列{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和，且9,4324==-S a a ，则数列{a n }的通项公式a n 为（）A ．nB ．n +2C ．2n －1D ．2n +17．要得到函数2122--=x y 的图象，只需将指数函数xy )41(=的图象（）A ．向左平行移动21个单位 B ．向右科行移动21个单位 C ．向左平行移动41个单位 D ．向右平行移动41个单位8．在对数式b a a =--)6(log )2(中，实数a 的取值范围是（）A ．（2，3）B ．（2，3）∪（3，6）C ．（2，6）D ．（2，4）∪（4，6）9．已知函数)sin(2)(ϕ+=x x f 的部分图象如图所示，则)32008(πf 的值为（） A ．－2 B ．2C ．－3D ．310．过椭圆：1:2222=+by a x C 的左焦点作直线x l ⊥轴，交椭圆C于A 、B 两点. 若△OAB （O 为坐标原点）是直角三角形，则椭圆C 的离心率e 为（）A ．215-B ．215+ C ．213- D ．213+11．若函数)(x f y =的图象是如图所示的一个四分之一的圆弧，则函数)(1x fy -=是（）A ．)05()5(252≤≤---=x x yB ．)50()5(252≤≤--=x x yC ．)05(2552≤≤---=x x yD ．)50(2552≤≤--=x x y12．若直线M my kx y x kx y 交于与圆04122=-++++=、N 两点，且M 、N 两点关于直线0=+y x 对称，则不等式组⎪⎩⎪⎨⎧≥≤-≥+-0001y m y kx y kx 表示的平面区域的面积是（）A ．41B ．21 C ．1 D ．2第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题：（本大题4个小题，每小题4分，共16分）13．已知函数=⎪⎩⎪⎨⎧>≤=)]4([,)1|(|1)1|(|)(f f x xx x x f 则 .14．某种品牌的洗衣机在洗涤衣物时每清洗一次可清除掉衣物上此次清洗之前污渍的80%，若要使衣物上残留污渍不超过原有污渍的1%，则至少要清洗次. 15．已知△ABC 的三个内角A 、B 、C 满足A C B B A ∠=++则,0c o s )c o s (s i n c o s = . 16．已知S ab b a S b a b a 则若且,2,2,0,022++==+>>的最大值为 . 三、解答题：（本大题6个小题，共74分）（必须写出必要的文字说明、演算步骤或推理过程） 17．（13分）解关于x 的不等式∈<++-a a a x a x 为常数且其中(0)1(2R ）.18．（13分）已知函数)0(1cos sin 3sin 2>-⋅+=ωωωωx x x y 的周期为2π. （I ）当],0[π∈x 时，求y 的取值范围；（II ）求该函数的单调减区间及对称轴方程.19．（12分）已知数列{n a }的前n 项和为S n a N n S n n n 与且设),,2(),,1().(+==∈*平行.（I ）证明：}1{+n a 是等比数列；（II ）求a n 与S n 的通项公式. 20．（12分）进入2007年以来，猪肉价格上涨，养猪所得利润比原来有所增加. 某养殖户拟建一座平面图（如图所示）是矩形且面积为200平方米的猪舍养殖生猪，由于地形限制，猪舍的宽x 不少于5米，不多于a 米，如果该养殖户修建猪舍的地基平均每平方米需投入10元，房顶（房顶与地面形状相同）每平方米需投入15元，猪舍外面的四周墙壁每米需投入20元，中间四条隔墙每米需投入10元. 问：当猪舍的宽x 定为多少时，该养殖户投入的资金最少，最少是多少元？x21．（12分）直线13:1:22=-+=y x C kx y l 与双曲线的左支交于点A ，与右支交于点B . （I ）求实数k 的取值范围；（II ）若以AB 为直径的圆过坐标的点O ，求该圆的方程. 22．（12分）设函数)(x f 的定义域为R ，当1)(,0><x f x 时，且对任意的实数x ，y ∈R ，有)()()(y f x f y x f ⋅=+.（I ）求f （0），判断并证明函数)(x f 的单调性；（II ）数列∈--==+n a f a f f a a n n n ()2(1)(),0(}{11且满足N*）.（1）求数列}{n a 的通项公式；（2）当)1log (log 3512111,11221+->+++>+++x x a a a a a a n n n 不等式时对于n 不少于2的正整数恒成立，求x 的取值范围.参考答案一、选择题（本大题12个小题，每小题5分，共60分）CCDADC ， CBBACA二、填空题（本大题4个小题，每小题4分，共16分） 13．21 14．3 15．)135(43 或π 16．29三、解答题（本大题6个小题，共76分） 17．（13分）解：由.0)1)((,0)1(2<--<++-x a x a x a x 有 ………………（3分）（1）当a <1时，解得a<x<1; （2）当a =1时，解集为φ；（3）当a>1时，解得1<x<a . ………………（12分）综上所述，当a<1时，原不等式的解集为1);1,(=∈a a x 当时，原不等式的解集为φ；当a <1时，原不等式的解集为).,1(a x ∈ ………………（13分） 18．（13分）解：.21)62sin(12sin 2322cos 1--=-+-=πωωωx x x y ………………（3分）,21,222,0=∴===∴>ωπωπωπωT ∴函数.21)6sin(--=πx y ………………（4分）（I ）若,6566,0ππππ≤-≤-≤≤x x 则 ,2121)6sin(1,1)6sin(21≤--≤-∴≤-≤-∴ππx x∴y 的取值范围为]21,1[-. ………………（7分）（II ）由∈+≤-≤+k k x k (232622πππππZ ）得 k k x k (352322ππππ+≤≤+∈Z ）， ∴原函数的单减区间为∈++k k k ](352,322[ππππ Z ）.…………（10分）又由∈+=+=-k k x k x (3226πππππ得 Z ），∴原函数的对称轴方程为∈+=k k x (32ππ Z ）. ………………（13分） 19．（12分）解：（I ）由与平行，得1,02)(=-+⨯n n a S n即.02=+-n a S n n ……① ………………（2分） .1,012111=∴=+-∴a a S),,2(0)1(211*--∈≥=-+-N x n n a S n n 且又……② ∴将①②相减得,012211=++----n n n n a a S S,121+=∴-n n a a ………………（6分） ),2(1,1),1(2111*-∈≥>∴=+=+∴N n n a a a a n n n 且又}1{),)2(2111+∈≥=++∴*-n n n a N n n a a 所以且是等比数列.…………（8分）（II ）由（I ）得12,2211-=⨯=+-n n n n a a 即. ………………（10分） )12()12()12(21-++-+-=∴n n S.22)222(12--=-+++=+n n n n ………………（12分）20．（12分）解：设该养殖户投入资金为y 元，则猪舍的长为x200米， 10420)20022(1520010200⨯+⨯⨯++⨯+⨯=∴x xx y ).5(5000)100(80a x x x ≤≤++= ………………（6分） ∵函数),10[,]10,5[100+∞+在上递减在xx 上递增， ,5000)100(80,105;10,6600,10min min ++=<≤==≥aa y a x y a 时当此时时当此时x=a . ………………（11分）答：若a ≥10米时，猪舍的宽定为10米，该养殖户投入的资金最少是6600元；若105<≤a 米时，猪舍的宽就定为a 米，该养殖户投入的资金最少是5000)100(80++aa 元. ………………（12分）21．（12分）解：（I ）由图观察知，直线l 的斜率应介于双曲线的两渐近线的斜率之间，而两渐近线的斜率为3±，所以33<<-k . ………………（4分）（II ）设.1,),,(),,(22112211-=⋅⊥x y x y OB OA y x B y x A 所以则由题知又A ，B 两点在直线l 上，所以1,12211+=+=kx y kx y 代入上式有.01)()1(21212=++++x x k x x k ……① ………………（6分）又∵A ，B 两点为直线l 与双曲线C 的交点，,022)3(1312222=---⇒⎩⎨⎧=-+=∴kx x k y x kx y ……② ,32,32221221k x x k k x x --=-=+∴ 代入①中解得k =±1，即直线l 的方程为.1+±=x y ………………（8分）∴所求圆的圆心为AB 的中点)23,21(±，而半径为,210)023()021(22=-+-±=r∴所求圆的方程为.25)23()21(22=-+±y x ………………（12分）22．（12分）解：（I ）令.1)0(,1)1(),0()1()01(,0,1=>-⋅-=+-=-=f f f f f y x 从而而则 ………………（1分）,1)()()(,0=-⋅=->x f x f x x f x 则若0)(,),1,0()1(1)(>∈∈-=∴x f R x x f x f 时故 ………………3分任取),()()]([)(,121121221x x f x f x x x f x f x x -⋅=-+=+∞<<<∞-则 ,1)(0,01212<-<∴>-x x f x xR x f x f x f 在故)(),()(12<∴上是减函数. ………………（6分）（II ）（1）),2()2(1)(,1)0(11+=--===+n n n a f a f a f f a∴)(x f 的单调性得}{,21n n n a a a ∴+=+是公差为2的等差数列，.12-=∴n a n ………………（8分）（2）记nn n a a a 221111+++++ ，,0)12)(34)(14(1111122121>+++=-+=-∴++++n n n a a a b b n n n n n}{,1n n n b b b 故>∴+是递增数列. ………………（10分）,1,1,log log ),1log (log 35123512,351211)(,211432min >><∴+->∴=+==∈≥++*x a x x x x a a b b N n n a a a a n 解得时且当故x 的取值范围是).,1(+∞ ………………（12分）。

高中数学(理)—专题8 立体几何学案

这道题考察多个知识，不要着急，仔细审题一定能找到解题的线索！
这个世界幵丌是掌握在那些嘲笑者癿手中，而恰恰掌握在能够经叐得住嘲笑不批诂丌断往前走癿人手中。
2011
1、(2011 江西， 8， 5 分) 已知 α1， α2， α3 是三个相互平
行的平面，平面 α1， α2 之间的距离为 d1，平面 α2， α3
永进要记得，成功癿决心进胜亍任何东西。
这道题主要考察基础知识，相信自己一定能做对，加油！
B. α⊥β 且 l⊥β
C. α 与 β 相交，且交线垂直于 l
D. α 与 β 相交，且交线平行于 l
7、（2013 安徽，15，5 分）如图，正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1，
P 为 BC 的中点， Q 为线段 CC1 上的动点，过点 A， P， Q 的平面截该正
人癿缺点就如同花园里癿杂草。杂草丌需培植照样生长，所以如果丌及时清除，它们径快就会占领整座花园。
人在身处逆境时，适应环境癿能力实在惊人。人可以忍叐丌并，也可以战胜丌并，因为人有着惊人癿潜力，只要立志収挥它，就一定能渡过难关。
空间点、线、面的位置关系
考点空间点、线、面的位置关系
【趣味导学】
点的哲学含义：点就是宇宙的起源，没有任何体积，被挤在宇宙的 “边缘”；点是所有图形的基础。
之间的距离为 d2. 直线 l 与 α1， α2， α3 分别相交于 P1， P2，
P3，那么“P1P2=P2P3”是“d1=d2”的( )
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件
D. 既不充分也不必要条件
2、(2011 四川， 3， 5 分) l1， l2， l3 是空间三条不同的直线，则

2012年高考数学二轮复习精品资料-专题07-立体几何-文-(教师版)

2012年高考数学二轮精品复习资料专题07 立体几何（文）（教师版）【考纲解读】1.掌握平面的基本性质(三个公理、三个推论)，理解确定平面的条件；会用字母、集合语言表示点、直线、平面间的关系.2.理解线线、线面平行的定义;熟练掌握线线、线面及面面平行的判定和性质;会运用线线、线面及面面平行的判定和性质进行推理和证明.3．能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等简易组合)的三视图,能识别上述三视图所表示的立体模型,会画它们的直观图.4．理解空间中线线、线面垂直定义及分类；理解空间中线线、线面、面面垂直的有关定理及性质；会运用线面平行与垂直的判定与性质定理进行证明和推理.5．认识柱、锥、台、球及简单几何体的结构特征,并运用这些特征描述简单物体的结构;了解柱、锥、台、球的表面积与体积的计算公式(不要求记忆).【考点预测】1.对于空间几何体中点、线、面的位置关系及平行与垂直的性质和判定，高考中常在选择题中加以考查.解答题主要考查空间几体的点、线、面的位置关系的证明及探索存在性问题，着重考查学生的空间想象能力、推理论证能力，运用图形语言进行交流的能力及几何直观能力，难度中等.明年高考将仍以平行与垂直关系的证明探究为重点,注意命题题型的多样化、新颖化，如开放性、探索存在性题型.2.三视图与直观图、空间几何体的表面积与体积，考查了学生通过直观感知、操作确认、思辨论证、度量计算等方法认识和探索几何图形及性质的基本能力，是每年高考必考内容，明年高考仍以三视图，空间几何体的表面积与体积为重点，在客观题中加以考查，其中表面积与体积也可能在解答题题后一问中出现。

【要点梳理】1.三视图：正俯视图长对正、正侧视图高平齐、俯侧视图宽相等.2.直观图:已知图形中平行于x 轴和z 轴的线段,在直观图中保持长度不变,平行于y 轴的线段平行性不变,但在直观图中其长度为原来的一半.3.体积与表面积公式: (1)柱体的体积公式:V =柱Sh ;锥体的体积公式: V =锥13Sh ;台体的体积公式: V =棱台1()3h S S '+;球的体积公式: V =球343r π. (2)球的表面积公式: 24S R π=球.4.有关球与正方体、长方体、圆柱、圆锥、圆台的结合体问题，要抓住球的直径与这些几何体的有关元素的关系.5.平行与垂直关系的证明,熟练判定与性质定理. 【考点在线】考点一三视图例1.（2011年高考海南卷文科第8题）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图，则相应的侧视图可以为（）【答案】D【解析】由主视图和府视图可知，原几何体是由后面是半个圆锥，前面是三棱锥的组合体，所以，左视图是D. 【名师点睛】本题考查三视图的基础知识.【备考提示】三视图是高考的热点之一,年年必考,所以必须熟练立体几何中的有关定理是解答好本题的关键. 练习1: （2011年高考江西卷文科9)将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如右图所示，则该几何体的左视图为（）【答案】D【解析】左视图即是从正左方看，找特殊位置的可视点，连起来就可以得到答案.考点二表面积与体积例2..(2011年高考安徽卷文科8)一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )【解析】由三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱.底面等腰梯形的上底为2，下底为4，高为4，两底面积和为()12244242⨯+⨯=，四个侧面的面积为(44224++=+48+故选C.【名师点睛】本题考查三视图的识别以及空间多面体表面积的求法.【备考提示】：表面积与体积的求解也是高考的热点之一，年年必考，大多以三视图为载体，在选择与填空题中考查，难度不大，也可能在解答题的一个问号上.练习2：（2011年高考湖南卷文科4)设图１是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( ) A ．942π+ Ｂ．3618π+ Ｃ．9122π+ Ｄ．9182π+ 【答案】D【解析】有三视图可知该几何体是一个长方体和球构成的组合体，其体积3439+332=18322V ππ=⨯⨯+（）. 考点三球的组合体例3. （2011年高考辽宁卷文科10)己知球的直径SC=4，A ，B 是该球球面上的两点．AB=2,45ASC ∠=, 则棱锥S ABC -的体积为( )正视图侧视图俯视图图1(A)3 (B) 3 (C) 3 (D) 3【答案】C【解析】取SC 的中点D,则D 为球心，则AD=BD=DS=2。

(精选试题附答案)高中数学第八章立体几何初步必考知识点归纳

(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步必考知识点归纳单选题1、若直线a⊥平面α，直线b⊥平面α，则直线a与直线b的位置关系为（）A．异面B．相交C．平行D．平行或异面答案：C解析：利用线面垂直的性质定理进行判断.由于垂直于同一平面的两直线平行，故当直线a⊥平面α，直线b⊥平面α时，直线a与直线b平行.故选：C.2、设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法错误的是（）A．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥βB．若m//n，m⊥α，n//β，则α⊥βC．若m⊥n，m//α，n//β，则α//βD．若m//n，m⊥α，n⊥β，则α//β答案：C分析：利用线面垂直的判定性质、面面垂直的判定推理判断A，B；举例说明判断C；利用线面垂直的判定性质判断D作答.对于A，因m⊥n，m⊥α，当n⊂α时，而n⊥β，则α⊥β，当n⊄α时，在直线m上取点P，过P作直线n′//n，则m⊥n′，过直线m,n′的平面γ∩α=l，如图，由m⊥α得m⊥l，于是得l//n′//n，而n⊥β，则l⊥β，而l⊂α，所以α⊥β，A正确；对于B，若m//n，m⊥α，则n⊥α，又n//β，则存在过直线n的平面δ，使得δ∩β=c，则有直线c//n，即有c⊥α，所以α⊥β，B正确；对于C，如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，平面ABCD为平面α，直线A1B1为直线m，平面ADD1A1为平面β，直线B1C1为直线n，满足m⊥n，m//α，n//β，而α∩β=AD，C不正确；对于D，若m//n，m⊥α，则n⊥α，又n⊥β，于是得α//β，D正确.故选：C3、已知圆锥的母线长为3，其侧面展开图是一个圆心角为2π3的扇形，则该圆锥的体积为（）A．√23πB．2√23πC．πD．√2π答案：B分析：根据弧长计算公式，求得底面圆半径以及圆锥的高，即可求得圆锥的体积.设圆锥的底面圆半径为r，故可得2πr=2π3×3，解得r=1，设圆锥的高为ℎ，则ℎ=√32−12=2√2，则圆锥的体积V=13×πr2×ℎ=13×π×2√2=2√23π.故选：B.4、“迪拜世博会”于2021年10月1日至2022年3月31日在迪拜举行，中国馆建筑名为“华夏之光”，外观取型中国传统灯笼，寓意希望和光明．它的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个中国馆的实心模型，已知模型内层底面直径为12cm ，外层底面直径为16cm ，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为20cm 的球面上.此模型的体积为（）A ．304πcm 3B ．840πcm 3C ．912πcm 3D ．984πcm 3答案：C分析：求出内层圆柱，外层圆柱的高，该模型的体积等于外层圆柱的体积与上下面内层圆柱高出的几何体的体积之和，计算可得解.如图，该模型内层圆柱底面直径为12cm ，且其底面圆周在一个直径为20cm 的球面上，可知内层圆柱的高ℎ1=2√(202)2−(122)2=16同理，该模型外层圆柱底面直径为16cm ，且其底面圆周在一个直径为20cm 的球面上，可知外层圆柱的高ℎ2=2√(202)2−(162)2=12此模型的体积为V =π(162)2×12+π(122)2×(16−12)=912π 故选：C5、阿基米德（Arcℎimedes ，公元前287年—公元前212年）是古希腊伟大的数学家、物理学家和天文学家.他推导出的结论“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”是其毕生最满意的数学发现，后人按照他生前的要求，在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球（如图所示），该球与圆柱的两个底面及侧面均相切，圆柱的底面直径与高都等于球的直径，若球的体积为36π，则圆柱的体积为（）A ．36πB ．45πC ．54πD ．63π答案：C解析：根据球的体积公式求出半径，根据圆柱的体积公式可求得结果.设球的半径为R ，则43πR 3= 36π，所以R =3，所以圆柱的底面半径为R =3，圆柱的高为2R =6，所以圆柱的体积为πR 2×2R =2πR 3=54π.故选：C6、已知圆锥的表面积为3π，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为（）A ．√3πB ．√33C ．√33πD ．√3答案：C分析：求出圆锥的底面半径和圆锥的母线长与高，再计算圆锥的体积．解：设圆锥的底面半径为r ，圆锥的母线长为l ，由πl =2πr ，得l =2r ，又S =πr 2+πr ⋅2r =3πr 2=3π，所以r 2=1，解得r =1；所以圆锥的高为ℎ=√l 2−r 2=√22−12=√3，所以圆锥的体积为V =13πr 2ℎ=13π×12×√3=√33π．故选：C ．7、在长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AB =4，AD =3，AA 1=5，点P 在长方体的面上运动，且满足AP =5，则P 的轨迹长度为（）A ．12πB ．8πC ．6πD ．4π答案：C分析：由题设，在长方体表面确定P 的轨迹，应用弧长公式计算轨迹长度.如图，P 在左侧面的轨迹为弧A 1N ⌢，在后侧面的轨迹为弧NC ⌢，在右侧面的轨迹为弧MC ⌢，在前侧面内的轨迹为弧A 1M ⌢.易知|NC ⌢|=14π×4×2=2π，|MC ⌢|=14π×3×2=3π2，又sin∠A 1AN =cos∠NAD =35，cos∠A 1AM =sin∠MAB =35， ∴∠A 1AN +∠A 1AM =π2，则|A 1N ⌢|+|A 1M ⌢|=14π×5×2=5π2， ∴P 的轨迹长度为6π，故选：C.8、一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N，下列结论正确的是（）A．MN//平面ABE B．MN//平面ADEC．MN//平面BDH D．MN//平面CDE答案：C解析：根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母，取FH的中点O,连接ON,BO，可以证明MN‖BO,利用BO与平面ABE的关系可以判定MN与平面ABE的关系，进而对选择支A作出判定；根据MN与平面BCF的关系，利用面面平行的性质可以判定MN与平面ADE的关系，进而对选择支B作出判定；利用线面平行的判定定理可以证明MN与平面BDE的平行关系，进而判定C；利用M,N在平面CDEF的两侧，可以判定MN与平面CDE的关系，进而对D作出判定.根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母如图所示，取FH的中点O,连接ON,BO，易知ON与BM平行且相等，∴四边形ONMB为平行四边形，∴MN‖BO,∵BO与平面ABE（即平面ABFE)相交，故MN与平面ABE相交，故A错误；∵平面ADE‖平面BCF,MN∩平面BCF=M,∴MN与平面ADE相交，故B错误；∵BO⊂平面BDHF,即BO‖平面BDH,MN‖BO,MN⊄平面BDHF,∴MN‖平面BDH,故C正确；显然M,N在平面CDEF的两侧，所以MN与平面CDEF相交，故D错误.故选：C.小提示：本题考查从面面平行的判定与性质，涉及正方体的性质，面面平行，线面平行的性质，属于小综合题，关键是正确将正方体的表面展开图还原，得到正方体的直观图及其各顶点的标记字母，并利用平行四边形的判定与性质找到MN的平行线BO.9、如图，在下列四个正方体中，A,B为正方体的两个顶点，M,N,Q为所在棱的中点，则直线AB与平面MNQ不平行的是（）A．B．C．D．答案：A分析：利用线面平行的判定定理逐项判断可得出合适的选项．对于A选项，连接CD、BE交于点O，则O为BE的中点，设BE∩MN=F，连接FQ，因为Q、O分别为AE、BE的中点，则OQ//AB，若AB//平面MNQ，AB⊂平面ABE，平面ABE∩平面MNQ=FQ，则FQ//AB，在平面ABE内，过该平面内的点Q作直线AB的平行线，有且只有一条，与题设矛盾，假设不成立，故A选项中的直线AB与平面MNQ不平行．对于B选项，连接CD，如下图所示：因为AC//BD且AC=BD，所以，四边形ABDC为平行四边形，所以AB//CD，因为M、Q分别为CE、DE的中点，所以MQ//CD，所以MQ//AB，因为AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以，AB//平面MNQ；对于C选项，连接CD，如下图所示：因为AC//BD且AC=BD，所以，四边形ABDC为平行四边形，所以AB//CD，因为M、Q分别为CE、DE的中点，所以MQ//CD，所以MQ//AB，因为AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以，AB//平面MNQ；对于D选项，连接CD，如下图所示：因为AC//BD且AC=BD，所以，四边形ABDC为平行四边形，所以CD//AB，因为N、Q分别为CE、DE的中点，则NQ//CD，所以NQ//AB，因为AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，所以，AB//平面MNQ；故选：A10、如图1，已知PABC是直角梯形，AB∥PC，AB⊥BC，D在线段PC上，AD⊥PC．将△PAD沿AD折起，使平面PAD⊥平面ABCD，连接PB，PC，设PB的中点为N，如图2．对于图2，下列选项错误的是（）A．平面PAB⊥平面PBC B．BC⊥平面PDCC．PD⊥AC D．PB＝2AN答案：A分析：由已知利用平面与平面垂直的性质得到PD⊥平面ABCD，判定C正确；进一步得到平面PCD⊥平面ABCD，结合BC⊥CD判定B正确；再证明AB⊥平面PAD，得到△PAB为直角三角形，判定D正确；可证明平面PBC⊥平面PDC，若平面PAB⊥平面PBC，则平面PAB与平面PDC的交线⊥平面PBC，矛盾，可判断A 图1中AD⊥PC，则图2中PD⊥AD，又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PD⊥平面ABCD，则PD⊥AC，故选项C正确；由PD⊥平面ABCD，PD⊂平面PDC，得平面PDC⊥平面ABCD，而平面PDC∩平面ABCD＝CD，BC⊂平面ABCD，BC⊥CD，∴BC⊥平面PDC，故选项B正确；∵AB⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴AB⊥平面PAD，则AB⊥PA，即△PAB是以PB为斜边的直角三角形，而N为PB的中点，则PB＝2AN，故选项D正确．由于BC⊥平面PDC，又BC⊂平面PBC∴平面PBC⊥平面PDC若平面PAB⊥平面PBC，则平面PAB与平面PDC的交线⊥平面PBC由于AB//平面PDC，则平面PAB与平面PDC的交线//AB显然AB不与平面PBC垂直，故A错误故选：A填空题11、如图，已知平面四边形ABCD中，△ABD是边长为2的正三角形，BC⊥CD，以BD为棱折成直二面角A−BD−C，若折叠后A，B，C，D四点在同一球面上，则该球的体积为___________.答案：32√327π分析：如图，折叠后，取BD的中点H，连接CH,AH，由面面垂直的性质可得AH⊥平面BCD，由BC⊥CD，可得球心O在AH上，设球半径为R，求得半径R，再根据球的体积公式即可得出答案.解：如图，折叠后，取BD的中点H，连接CH,AH，因为△ABD是边长为2的正三角形，所以AH⊥BD，又二面角A−BD−C为直二面角，平面ABD⊥平面BCD，所以AH⊥平面BCD，则AH=√3，HC=1，又BC⊥CD，所以球心O在AH上，设球半径为R，则OA=OB=R，OH=√3−R，所以R2=(√3−R)2+1，解得R=2√33，所以球的体积为V=43π(2√33)3=32√327π.所以答案是：32√327π.12、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）①PA=2；②BC=3；③BC=√5；④AB=√2；⑤AB=1.答案：②④或②⑤或③⑤分析：设PA=a,AB=b,AD=c，BQ=x(0≤x≤c)，则CQ=c−x，计算出PQ2，DQ2，PD2，若在BC边上存在点Q，使得△PQD为钝角三角形，则PQ2+DQ2<PD2，解不等式再根据已知条件可得答案.设PA=a,AB=b,AD=c，BQ=x(0≤x≤c)，则CQ=c−x，因为PA⊥平面ABCD，底面四边形ABCD为矩形，所以PA⊥AQ，则PQ2=PA2+AQ2=PA2+AB2+BQ2=a2+b2+x2，DQ2=CD2+CQ2=b2+(c−x)2，PD2=PA2+AD2=a2+c2，若在BC边上存在点Q，使得△PQD为钝角三角形，则PQ2+DQ2<PD2，即a2+b2+x2+b2+(c−x)2<a2+c2，整理得x2−cx+b2<0(0<x<c)，要使不等式有解，只需c2−4b2>0，即只需BC>2AB即可，因为①PA=2；②BC=3；③BC=√5；④AB=√2；⑤AB=1，所以②④或②⑤或③⑤.所以答案是：②④或②⑤或③⑤.13、已知一个圆柱的高不变，它的体积扩大为原来的4倍，则它的侧面积扩大为原来的___________倍.答案：2分析：求出底面半径扩大为原来的2倍，从而得到侧面积扩大为原来的2倍.设圆柱的高为ℎ，底面半径为r，则体积为πr2ℎ，体积扩大为原来的4倍，则扩大后的体积为4πr2ℎ，因为高不变，故体积4πr2ℎ=π(2r)2ℎ，即底面半径扩大为原来的2倍，原来侧面积为2πrℎ，扩大后的圆柱侧面积为2π⋅2rℎ= 4πrℎ，故侧面积扩大为原来的2倍.所以答案是：214、已知球O的半径为43,点A,B,C,D均在球面上，若△ABC为等边三角形，且其面积为√3,则三棱锥D−ABC的最大体积是___________.答案：2√33分析：根据三角形面积求出边长，即可求出三角形外接圆半径，继而可求出高的最大值，求出体积.设△ABC外接圆的圆心为O1,由△ABC是面积为√3的等边三角形，得12⋅|AB|2⋅sin60∘=√3,解得AB=2，则|O1B|=12×|AB|sin60∘=2√33.当三棱棱锥D−ABC体积最大时，球心O在DO1上，因此有|OO1|=√|OB|2−|O1B|2=23,所以|DO1|的最大值为43+23=2，三棱锥D−ABC的最大体积为V=13⋅S△ABC⋅|DO1|=13×√3×2=2√33.所以答案是：2√33.小提示：本题考查三棱锥的外接球问题，解题的关键是建立好勾股关系求出高.15、如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，当底面ABCD满足条件___________时，有A1C⊥B1D1.（只需填写一种正确条件即可）答案：AC⊥BD(答案不唯一)分析：直四棱柱ABCD−A1B1C1D1，A1C1是A1C在上底面A1B1C1D1的投影，当A1C1⊥B1D1时，可得A1C⊥B1D1，当然底面ABCD满足的条件也就能写出来了.根据直四棱柱ABCD−A1B1C1D1可得：BB1∥DD1，且BB1=DD1，所以四边形BB1D1D是矩形，所以BD∥B1D1，同理可证：AC∥A1C1，当AC⊥BD时，可得：A1C1⊥B1D1，且CC1⊥底面A1B1C1D1，而B1D1⊂底面A1B1C1D1，所以CC1⊥B1D1，而A1C1∩CC1=C1，从而B1D1⊥平面A1CC1，因为A1C⊂平面A1CC1，所以A1C⊥B1D1，所以当AC⊥BD满足题意.所以答案是：AC⊥BD.解答题16、如图，在三棱锥A−BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB=AD，O为BD的中点.（1）证明：OA⊥CD；（2）若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE=2EA，且二面角E−BC−D的大小为45°，求三棱锥A−BCD的体积..答案：(1)证明见解析；(2)√36分析：(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.（1）因为AB=AD，O是BD中点，所以OA⊥BD，因为OA⊂平面ABD，平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD=BD，所以OA⊥平面BCD．因为CD⊂平面BCD，所以OA⊥CD.（2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O为坐标原点，OA为z轴，OD为y轴，垂直OD且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系O−xyz，则C(√32,12,0),D(0,1,0),B(0,−1,0)，设A(0,0,m),E(0,13,23m),所以EB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,−43,−23m),BC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(√32,32,0)，设n ⃑ =(x,y,z )为平面EBC 的法向量，则由{EB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅n ⃑ =0EC ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅n ⃑ =0可求得平面EBC 的一个法向量为n ⃑ =(−√3,1,−2m )．又平面BCD 的一个法向量为OA ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,0,m )，所以cos⟨n ⃑ ,OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⟩=|m⋅√4+4m 2|=√22，解得m =1．又点C 到平面ABD 的距离为√32，所以V A−BCD =V C−ABD =13×12×2×1×√32=√36，所以三棱锥A −BCD 的体积为√36．[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作EG ⊥BD ，垂足为点G ．作GF ⊥BC ，垂足为点F ，连结EF ，则OA ∥EG ．因为OA ⊥平面BCD ，所以EG ⊥平面BCD ，∠EFG 为二面角E −BC −D 的平面角．因为∠EFG =45°，所以EG =FG ．由已知得OB=OD=1，故OB=OC=1．又∠OBC=∠OCB=30°，所以BC=√3．因为GD=23,GB=43,FG=23CD=23,EG=23,OA=1，V A−BCD=13S△BCD×OA=13×2S△BOC×OA=13×2×(12×√32×1×1)×1=√36．[方法三]：三面角公式考虑三面角B−EDC，记∠EBD为α，∠EBC为β，∠DBC=30°，记二面角E−BC−D为θ．据题意，得θ=45°．对β使用三面角的余弦公式，可得cosβ=cosα⋅cos30°，化简可得cosβ=√32cosα．①使用三面角的正弦公式，可得sinβ=sinαsinθ，化简可得sinβ=√2sinα．②将①②两式平方后相加，可得34cos2α+2sin2α=1，由此得sin2α=14cos2α，从而可得tanα=±12．如图可知α∈(0,π2)，即有tanα=12，根据三角形相似知，点G为OD的三等分点，即可得BG=43，结合α的正切值，可得EG=23,OA=1从而可得三棱锥A−BCD的体积为√36．【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.17、如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，AB⊥平面PAD，AD＝AP，E是PD的中点，M，N分别在AB，PC上，且MN⊥AB，MN⊥PC.证明：AE∥MN.答案：证明见解析分析：根据线面垂直的判定定理可证AE⊥平面PCD，MN⊥平面PCD，则可得AE∥MN．因为AB⊥平面PAD，AE⊂平面PAD，所以AE⊥AB，又AB∥CD，所以AE⊥CD.因为AD＝AP，E是PD的中点，所以AE⊥PD.又CD∩PD＝D，CD，PD⊂平面PCD，所以AE⊥平面PCD.因为MN⊥AB，AB∥CD，所以MN⊥CD.又因为MN⊥PC，PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD，所以MN⊥平面PCD，所以AE∥MN.18、如图所示，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，E为侧棱PC的中点.（1）求证：经过A、B、E三点的截面平分侧棱PD；（2）若PA⊥底面ABCD，且PA=AD=2，求四面体ABEP的体积..答案：（1）证明见解析；（2）23分析：（1）设截面ABE与侧棱PD交于点F，连结EF,AF，证明CD//EF.即得F为PD的中点，即截面ABE平分侧棱PD；（2）取PB中点H，连EH，证明EH⊥平面PAB，即得解.（1）证明：设截面ABE与侧棱PD交于点F，连结EF,AF.因为底面ABCD为矩形，所以AB//CD.又AB⊄平面PCD，且CD⊂平面PCD，所以AB//平面PCD.又AB⊂平面ABE，且平面ABE∩平面PCD=EF，所以AB//EF.又因为AB//CD，所以CD//EF.因为E为PC的中点，所以F为PD的中点，即截面ABE平分侧棱PD. （2）∵PA⊥平面ABCD，BC⊆平面ABCD，∴BC⊥PA，又BC⊥AB，∴BC⊥平面PAB.取PB中点H，连EH，∵E是PC中点，∴EH//BC，即EH=1且EH⊥平面PAB，又Rt△PAB的面积S=12PA⋅AB=2.∴四面体ABEP的体积V=V E−PAB=13⋅S⋅EH=23.小提示：方法点睛：求几何体的体积常用的方法有：（1）规则的公式法；（2）不规则的割补法；（3）等体积法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.19、如图，在三棱锥S—ABC中，SC⊥平面ABC，点P、M分别是SC和SB的中点，设PM=AC=1，∠ACB=90°，直线AM与直线SC所成的角为60°.(1)求证：平面MAP⊥平面SAC.(2)求二面角M—AC—B的平面角的正切值；答案：(1)证明见解析(2)√63分析：（1）由已知可证BC⊥平面SAC，又PM∥BC，则PM⊥面SAC，从而可证平面MAP⊥平面SAC；（2）由AC⊥平面SBC，可得∠MCB为二面角M—AC－B的平面角，过点M作MN⊥CB于N点，连接AN，则∠AMN=60°，由勾股定理可得AN=√2，在Rt△AMN中，可得MN=√6，从而在Rt△CNM中，即可求解二面角3M—AC—B的平面角的正切值.（1）证明：∵SC⊥平面ABC，∴SC⊥BC，又∵∠ACB=90°，∴AC⊥BC，又AC∩SC=C，∴BC⊥平面SAC，又∵P，M是SC、SB的中点，∴PM∥BC，∴PM⊥面SAC，又PM⊂平面MAP，∴平面MAP⊥平面SAC；（2）解：∵SC⊥平面ABC，∴SC⊥AC，又AC⊥BC，BC∩SC=C，∴AC⊥平面SBC，∴AC⊥CM，AC⊥CB，从而∠MCB为二面角M—AC－B的平面角，∵直线AM与直线PC所成的角为60°，∴过点M作MN⊥CB于N点，连接AN，则∠AMN=60°，在△CAN中，由勾股定理可得AN=√2，在Rt△AMN中，MN=ANtan∠AMN =√2⋅√33=√63，在Rt△CNM中，tan∠MCN=MNCN =√631=√63.。

重庆市江津中学立体几何多选题试题含答案

重庆市江津中学立体几何多选题试题含答案一、立体几何多选题1．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，12AC BC AA ===，90ACB ∠=︒，D ，E ，F分别为AC ，1AA ，AB 的中点．则下列结论正确的是（）A ．1AC 与EF 相交B ．11//BC 平面DEF C ．EF 与1AC 所成的角为90︒D ．点1B 到平面DEF 的距离为322【答案】BCD 【分析】利用异面直线的位置关系，线面平行的判定方法，利用空间直角坐标系异面直线所成角和点到面的距离，对各个选项逐一判断．【详解】对选项A ，由图知1AC ⊂平面11ACC A ，EF 平面11ACC A E =，且1.E AC ∉由异面直线的定义可知1AC 与EF 异面，故A 错误；对于选项B ，在直三棱柱111ABC A B C -中，11B C //BC ．D ，F 分别是AC ，AB 的中点， //∴FD BC ，11B C ∴ //FD ．又11B C ⊄平面DEF ，DF ⊂平面DEF ，11B C ∴ //平面.DEF 故B 正确；对于选项C ，由题意，建立如图所示的空间直角坐标系，则(0C ，0，0)，(2A ，0，0)，(0B ，2，0)，1(2A ，0，2)，1(0B ，2，2)，1(0C ，0，2)，(1D ，0，0)，(2E ，0，1)，(1F ，1，0)．(1EF ∴=-，1，1)-，1(2AC =-，0，2)． 1·2020EF AC =+-=，1EF AC ∴⊥，1EF AC ∴⊥． EF 与1AC 所成的角为90︒，故C 正确；对于选项D ，设向量(n x =，y ，)z 是平面DEF 的一个法向量． (1DE =，0，1)，(0DF =，1，0)， ∴由n DE n DF ⎧⊥⎨⊥⎩，，，即·0·0n DE n DF ⎧=⎨=⎩，，，得00.x z y +=⎧⎨=⎩，取1x =，则1z =-，(1n ∴=，0，1)-，设点1B 到平面DEF 的距离为d ．又1(1DB =-，2，2)，1·102DB n d n-+∴===， ∴点1B 到平面DEF 的距离为2，故D 正确．故选：BCD 【点睛】本题主要考查异面直线的位置关系，线面平行的判定，异面直线所成角以及点到面的距离，还考查思维能力及综合分析能力，属难题．2．如图，正方体1111ABCD A B C D -中的正四面体11A BDC -的棱长为2，则下列说法正确的是（）A ．异面直线1AB 与1AD 所成的角是3πB ．1BD ⊥平面11AC DC ．平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为3D ．正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23【答案】ABD 【分析】选项A ，利用正方体的结构特征找到异面直线所成的角；选项B ，根据正方体和正四面体的结构特征以及线面垂直的判定定理容易得证；选项C ，由图得平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为1ACB 面积的四分之一；选项D ，分别求出正方体的体对角线长和正四面体11A BDC -的高，然后判断数量关系即可得解. 【详解】A ：正方体1111ABCD ABCD -中，易知11//AD BC ，异面直线1A B 与1AD 所成的角即直线1A B 与1BC 所成的角，即11A BC ∠，11A BC 为等边三角形，113A BC π∠=，正确；B ：连接11B D ，1B B ⊥平面1111DC B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，即111AC B B ⊥，又1111AC B D ⊥，1111B B B D B ⋂=，有11A C ⊥平面11BDD B ，1BD ⊂平面11BDD B ，所以111BD AC ⊥，同理可证：11BD A D ⊥，1111AC A D A ⋂=，所以1BD ⊥平面11AC D ，正确；C ：易知平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为134ACB S=，错误；D ：易得正方体1111ABCD A B C D -()()()2222226++=2的正四面体11A BDC -22222262213⎛⎫--⨯ ⎪⎝⎭，故正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23，正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：利用正方体的性质，找异面直线所成角的平面角求其大小，根据线面垂直的判定证明1BD ⊥平面11AC D ，由正四面体的性质，结合几何图形确定截面的面积，并求高，即可判断C 、D 的正误.3．如图所示，正三角形ABC 中，D ，E 分别为边AB ，AC 的中点，其中AB ＝8，把△ADE 沿着DE 翻折至A 'DE 位置，使得二面角A '-DE -B 为60°，则下列选项中正确的是（）A ．点A '到平面BCED 的距离为3B ．直线A 'D 与直线CE 所成的角的余弦值为58C ．A 'D ⊥BDD ．四棱锥A '-BCED 237【答案】ABD 【分析】作AM ⊥DE ，交DE 于M ,延长AM 交BC 于N ,连接A'M ,A'N .利用线面垂直的判定定理判定CD ⊥平面A'MN ,利用面面垂直的判定定理与性质定理得到'A 到平面面BCED 的高A'H ,并根据二面角的平面角，在直角三角形中计算求得A'H 的值，从而判定A;根据异面直线所成角的定义找到∠A'DN 就是直线A'D 与CE 所成的角，利用余弦定理计算即可判定B;利用勾股定理检验可以否定C;先证明底面的外接圆的圆心为N ,在利用外接球的球心的性质进行得到四棱锥A'-BCED 的外接球的球心为O ,则ON ⊥平面BCED ,且OA'=OC ,经过计算求解可得半径从而判定D. 【详解】如图所示，作AM ⊥DE ，交DE 于M ,延长AM 交BC 于N ,连接A'M ,A'N . 则A'M ⊥DE ,MN ⊥DE , ,∵'A M ∩MN =M ,∴CD ⊥平面A'MN , 又∵CD ⊂平面ABDC ,∴平面A'MN ⊥平面ABDC , 在平面A'MN 中作A'H ⊥MN ,则A'H ⊥平面BCED , ∵二面角A'-DE -B 为60°，∴∠A'EF =60°，∵正三角形ABC 中，AB =8,∴AN =43∴A'M 3,∴A'H =A'M sin60°=3，故A 正确；连接DN ,易得DN ‖EC ,DN =EC =4, ∠A'DN 就是直线A'D 与CE 所成的角， DN =DA'=4,A'N =A'M =23,cos ∠A'DN =22441252448+-=⨯⨯,故B 正确；A'D =DB =4,A'B=22121627A N BN +=+=',∴222A D DB A B '≠'+,∴A'D 与BD 不垂直，故C 错误’ 易得NB =NC =ND =NG =4，∴N 为底面梯形BCED 的外接圆的圆心，设四棱锥A'-BCED 的外接球的球心为O ,则ON ⊥平面BCED ,且OA'=OC , 若O 在平面BCED 上方，入图①所示：设ON =x ,外接球的半径为R ,过O 作A'H 的垂线，垂足为P ,则HP =x ,易得()()22222433x x R +=-+=,解得23x =-,舍去；故O 在平面BCED 下方，如图②所示：设ON =x ,外接球的半径为R ,过O 作A'H 的垂线，垂足为P , 则HP =x ,易得()()22222433x x R +=++=, 解得23x =, ∴244371699R ⨯=+=,237R ∴=,故D 正确. 故选:ABD .【点睛】本题考查立体几何中的折叠问题，涉及二面角问题，异面直线所成的角，用到线面、面面垂直的判定与性质及外接球的球心的性质和有关计算，余弦定理等，属综合性较强的题目，关键是利用线面垂直，面面垂直的判定和性质进行空间关系和结构的判定，注意球心在四棱锥的底面上方和下方的讨论与验证.4．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3，点E ，F 分别在1CC ，1BB 上，12C E EC →→=，12BF FB →→=.动点M 在侧面11ADD A 内(包含边界)运动，且满足直线//BM 平面1D EF ，则（）A ．过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为等腰梯形B ．三棱锥1D EFM -的体积为定值C ．动点M 10D ．过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面面积的最小值为10【答案】BCD 【分析】由题做出过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为梯形1D EFN ，进而计算即可排除A 选项；根据//BM平面1D EF ，由等体积转化法得1111D EFM M D EF B D EF D BEFV V V V ----===即可得B 选项正确；取1AA 靠近1A 点的三等分点H ， 1DD 靠近D 点的三等分点I ，易知M 的轨迹为线段HI ，故C 选项正确；过M 点做BE 的平行线交1AA 于P ，交1DD 于O ，连接,BP OE ，易知过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面即为平行四边形BPOE ，进而得当H 位于点I 时，截面面积最小，为四边形ABEI 的面积，且面积为S AB BE =⋅= 【详解】解：对于A 选项，如图，取BF 中点G ，连接1A G ，由点E ，F 分别在1CC ，1BB 上，12C E EC →→=，12BF FB →→=，故四边形11A D EG 为平行四边形，故11//AGD E ，由于在11A B G △，F 为1B G 中点，当N 为11A B 中点时，有11////NF A G D E ，故过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为梯形1D EFN ，此时1D N ==，EF ==1D EFN 不是等腰梯形，故A 选项错误；对于B 选项，三棱锥1D EFM -的体积等于三棱锥1M D EF -的体积，由于//BM平面1D EF ，故三棱锥1M D EF -的体积等于三棱锥1B D EF -的体积，三棱锥1B D EF -的体积等于三棱锥1D BEF -的体积，而三棱锥1D BEF -的体积为定值，故B 选项正确；对于C 选项，取1AA 靠近1A 点的三等分点H ， 1DD 靠近D 点的三等分点I ，易知1////HB AG NF ，1//BI D F ，由于1,HI BI I NFD F F ==，故平面//BHI 平面1D EF ，故M 的轨迹为线段HI ，故C 选项正确；对于D 选项，过M 点做BE 的平行线交1AA 于P ，交1DD 于O ，连接,BP OE ，则过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面即为平行四边形BPOE ，易知当H 位于点I 时，平行四边形BPOE 边BP 最小，且为AB ，此时截面平行四边形BPOE 的面积最小，为四边形ABEI 的面积，且面积为S AB BE =⋅=D 选项正确；故选：BCD【点睛】本题解题的关键在于根据题意，依次做出过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为梯形1D EFN ，过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面即为平行四边形BPOE ，进而讨论AD选项，通过//BM平面1D EF ，并结合等体积转化法得1111D EFM M D EF B D EF D BEF V V V V ----===知B 选项正确，通过构造面面平行得M 的轨迹为线段HI ，进而讨论C 选项，考查回归转化思想和空间思维能力，是中档题.5．（多选题）如图所示，正方体1111ABCD A B C D -中，1AB =，点P 在侧面11BCC B 及其边界上运动，并且总是保持1AP BD ⊥，则以下四个结论正确的是（）A ．113P AA D V -=B ．点P 必在线段1BC 上 C ．1AP BC ⊥D ．AP ∥平面11AC D【答案】BD 【分析】对于A ，1111111113326P AA D AA DV S CD -=⋅=⨯⨯⨯⨯=，对于B,C,D ，如图以D 为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用空间向量判即可. 【详解】对于A ，因为点P 在平面11BCC B ，平面11BCC B ∥平面1AA D ，所以点P 到平面1AA D 即为C 到平面1AA D 的距离，即为正方体棱长，所以1111111113326P AA D AA DV S CD -=⋅=⨯⨯⨯⨯=，A 错误；对于B ，以D 为坐标原点可建立如下图所示的空间直角坐标系：则11(1,0,0),(,1,),(1,1,0),(0,0,1),(1,1,1),(0,1,0)A P x z B D B C 所以11(1,1,),(1,1,1),(1,0,1)AP x z BD BC =-=--=--, 因为1AP BD ⊥，所以1110AP BD x z ⋅=--+=，所以x z =，即(,1,)P x x ，所以(,0,)CP x x =,所以1CP xBC =-，即1,,B C P 三点共线，所以点P 必在线段1B C 上，B 正确；对于C ，因为1(1,1,),(1,0,1)AP x x BC =-=-，所以111AP BC x x ⋅=-+=，所以1AP BC ⊥不成立，C 错误；对于D ，因为11(1,0,1),(0,1,1),(0,0,0)A C D , 所以11(1,0,1),(0,1,1)DA DC ==, 设平面11AC D 的法向量为(,,)n x y z =，则1100n DA x z n DC y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令1x =，则1,1z y =-=，所以(1,1,1)n =-，所以110AP n x x ⋅=-+-=，所以AP n ⊥，所以AP ∥平面11AC D ，D 正确，故选：BD 【点睛】此题考查了空间线线垂直的判定，线面平行的判定，三棱锥的体积，考查空间想象能力，考查计算能力，属于较难题.6．（多选题）在四面体P ABC -中，以上说法正确的有（）A ．若1233AD AC AB =+，则可知3BC BD = B ．若Q 为△ABC 的重心，则111333PQ PA PB PC =++C ．若0PA BC =，0PC AB =，则0PB AC =D ．若四面体P ABC -各棱长都为2，M N ，分别为,PA BC 的中点，则1MN = 【答案】ABC 【分析】作出四面体P ABC -直观图，在每个三角形中利用向量的线性运算可得. 【详解】对于A ，1233AD AC AB =+，32AD AC AB ∴=+，22AD AB AC AD ∴-=- ， 2BD DC ∴=，3BD BD DC BC ∴=+=即3BD BC ∴=，故A 正确；对于B ，Q 为△ABC 的重心，则0QA QB QC ++=，33PQ QA QB QC PQ ∴+++=()()()3PQ QA PQ QB PQ QC PQ ∴+++++=,3PA PB PC PQ ∴++=即111333PQ PA PB PC ∴=++，故B 正确；对于C ，若0PA BC =，0PC AB =，则0PA BC PC AB +=，()0PA BC PC AC CB ∴++=,0PA BC PC AC PC CB ∴++=0PA BC PC AC PC BC ∴+-=,()0PA PC BC PC AC ∴-+= 0CA BC PC AC ∴+=,0AC CB PC AC ∴+=()0AC PC CB ∴+=，0AC PB ∴=，故C 正确；对于D ，111()()222MN PN PM PB PC PA PB PC PA ∴=-=+-=+- 1122MN PB PC PA PA PB PC ∴=+-=-- 222222PA PB PC PA PB PC PA PB PA PC PC PB --=++--+22211122222222222222222=++-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=2MN ∴=，故D 错误.故选：ABC 【点睛】用已知向量表示某一向量的三个关键点(1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键． (2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量． (3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．7．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段11B D 上有两个动点E ，F ，且2EF =.则下列结论正确的是（）A ．三棱锥A BEF -的体积为定值B ．当E 向1D 运动时，二面角A EF B --逐渐变小C ．EF 在平面11ABB A 内的射影长为12D ．当E 与1D 重合时，异面直线AE 与BF 所成的角为π4【答案】AC 【分析】对选项分别作图，研究计算可得. 【详解】选项A:连接BD ,由正方体性质知11BDD B 是矩形，1112212224BEF S EF BB ∆∴=⋅=⨯⨯=连接AO 交BD 于点O由正方体性质知AO ⊥平面11BDD B ,所以，AO 是点A 到平面11BDD B 的距离，即22AO =11221334212A BEF BEF V S AO -∆∴=⨯=⨯⨯=A BEF V -∴是定值.选项B:连接11A C 与11B D 交于点M ，连接11,AD AB ，由正方体性质知11AD AB =,M 是11B D 中点，AM EF ∴⊥ ,又1BB EF ⊥,11//BB AAA EFB ∴--的大小即为AM 与1AA 所成的角，在直角三角形1AA M 中，12tan 2MAA ∠=为定值. 选项C:如图，作1111,,,FH A B EG A B ET EG ⊥⊥⊥ 在直角三角形EFT 中，221cos 45222FT EF =⨯=⨯=12HG FT ∴== 选项D:当E 与1D 重合时，F 与M 重合，连接AC 与BD 交于点R ，连接1D R ,1//D R BM 异面直线AE 与BF 所成的角,即为异面直线1AD 与1D R 所成的角, 在三角形1AD R 中，22111132,2AD D R MB BB M B ===+=22AR = 由余弦定理得13cos 6AD R ∠= 故选：AC 【点睛】本题考查空间几何体性质问题.求解思路：关键是弄清(1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．求空间几何体体积的思路：若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法；若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.8．如图，点O 是正四面体P ABC -底面ABC 的中心，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，S 是棱PC 上的点，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ，则（）A ．若//MN 平面PAB ，则//AB RQ B ．存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQC ．存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+= D ．111PQPRPS++是常数【答案】ABD 【分析】对于选项A ，根据线面平行的性质定理，进行推理判断即可；对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ， 13SC PC =时，通过线面垂直的判定定理，证明此时PC ⊥平面SRQ ，即可证明，存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ；对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+=，利用线面垂直的判定定理可证得PC ⊥平面PAB ，此时通过反证法说明矛盾性，即可判断；对于选项D ，利用S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V ----=++，即可求得111PQPRPS++是常数.【详解】对于选项A ，若//MN 平面PAB ，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ,∴平面SMN 平面PAB =RQ ，又MN ⊂平面SMN ，//MN 平面PAB ，∴//MN RQ ，点O 在面ABC 上，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，∴MN ⊂平面ABC ，又//MN 平面PAB ，平面ABC平面PAB AB =，∴//MN AB ， ∴//AB RQ ，故A 正确；对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ，S 为线段PC 上靠近C 的三等分点，即13SC PC =，此时PC ⊥平面SRQ ，以下给出证明：在正四面体P ABC -中，设各棱长为a ，∴ABC ，PBC ，PAC △，PAB △均为正三角形，点O 为ABC 的中心，//MN AB ，∴由正三角形中的性质，易得23CN CM a ==，在CNS 中，23CN a =，13SC a =，3SCN π∠=，∴由余弦定理得，3SN a ==， ∴222249SC SN a CN +==，则SN PC ⊥，同理，SM PC ⊥，又SM SN S =，SM ⊂平面SRQ ，SN ⊂平面SRQ ，∴PC ⊥平面SRQ ，∴存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ，故B 正确；对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+=，设QR 中点为K ，则2PQ PR PK +=，∴PS PK ⊥，即PC PK ⊥，()cos cos 0PC AB PC PB PA PC PB CPB PC PA CPA ⋅=⋅-=⋅∠-⋅∠=，∴PC AB ⊥，又易知AB 与PK 为相交直线，AB 与PK 均在平面PQR 上，∴PC ⊥平面PQR ，即PC ⊥平面PAB ，与正四面体P ABC -相矛盾，所以假设不成立，故C 错误；对于选项D ，易知点O 到面PBC ，面PAC ，面PAB 的距离相等，记为d ，记PC 与平面PAB 所处角的平面角为α，α为常数，则sin α也为常数，则点S 到PQR 的距离为sin PS α，又13sin 234PQRSPQ PR PQ PR π=⋅=⋅ ∴()()1133sin sin sin33S PQR PQRV PS S PS PQ PR PQ PR PS ααα-=⋅=⋅⋅=⋅⋅，又13sin23PSRSPS PR PS PR π=⋅=⋅， 13sin 234PSQS PS PQ PS PQ π=⋅=⋅， 13sin23PQRSPQ PR PQ PR π=⋅=⋅，()12S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V d PS PR PS PQ PQ PR ----=++=⋅+⋅+⋅，∴()3sin PQ PR PS d PS PR PS PQ PQ PR α⋅⋅=⋅+⋅+⋅， ∴111sin d PQPRPSα++=为常数，故D 正确. 故选：ABD. 【点睛】本题考查了线面平行的性质定理、线面垂直的判定定理，考查了三棱锥体积的计算，考查了向量的运算，考查了转化能力与探究能力，属于较难题.。