2018届高中数学北师大版(文) 第7章 立体几何 单元测试46 Word版 含答案
2018届北师大版 高考中的立体几何(解答题型) 单元测试
1．[2015·长春质监(三)]如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是菱形，∠DAB ＝60°，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝AD ＝1，点E ，F 分别为AB 和PD 的中点．(1)求证：直线AF ∥平面PEC ；(2)求三棱锥P －BEF 的表面积．解(1)证明：作FM ∥CD 交PC 于M ，连接ME .∵点F 为PD 的中点，∴FM 綊12CD ，又AE 綊12CD ， ∴AE 綊FM ，∴四边形AEMF 为平行四边形，∴AF ∥EM ，∵AF ⊄平面PEC ，EM ⊂平面PEC ，∴直线AF ∥平面PEC .(2)连接ED ，BD ，可知ED ⊥AB ，⎭⎪⎬⎪⎫ ⎭⎪⎬⎪⎫⎭⎪⎬⎪⎫PD ⊥平面ABCD AB ⊂平面ABCD ⇒PD ⊥AB DE ⊥AB⇒AB ⊥平面PEF PE ，FE ⊂平面PEF ⇒ AB ⊥PE ，AB ⊥FE ，故S △PEF ＝12PF ·ED ＝12×12×32＝38；S △PBF ＝12PF ·BD ＝12×12×1＝14；S △PBE ＝12PE ·BE ＝12×72×12＝78；S △BEF ＝12EF ·EB ＝12×1×12＝14.因此三棱锥P －BEF 的表面积S P －BEF ＝S △PEF ＋S △PBF ＋S △PBE ＋S △BEF ＝4＋3＋78. 2．[2015·太原模拟]如图，在底面是正三角形的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ＝2，D 是BC 的中点．(1)求证：A 1C ∥平面AB 1D ；(2)求点A 1到平面AB 1D 的距离．解(1)证明：连接A1B，交AB1于点O，连接OD.∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，∴四边形ABB1A1是平行四边形，∴O是A1B的中点．又D是BC的中点，∴OD∥A1C，∵OD⊂平面AB1D，A1C⊄平面AB1D，∴A1C∥平面AB1D.(2)由(1)知，O是A1B的中点，∴点A1到平面AB1D的距离等于点B到平面AB1D的距离．∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，∴BB1⊥平面ABC，∴平面BCC1B1⊥平面ABC，∵△ABC是正三角形，D是BC的中点，∴AD⊥BC，∴AD⊥平面BCC1B1，∴AD⊥B1D，3．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，BC ＝22，AP ＝AD ＝AB ＝2，∠P AB ＝∠P AD ＝α.(1)试在棱P A 上确定一个点E ，使得PC ∥平面BDE ，并求出此时AE EP 的值；(2)当α＝60°时，求证：CD ⊥平面PBD .解 (1)解法一：连接AC ，BD 交于点F ，在平面PCA 中作EF ∥PC 交P A 于E ，连接BE ，DE ，因为PC ⊄平面BDE ，EF ⊂平面BDE ，所以PC ∥平面BDE ，因为AD ∥BC ，所以AF FC ＝AD BC ＝12，因为EF ∥PC ，所以AE EP ＝AF FC ，所以AE EP ＝AF FC ＝AD BC ＝12.解法二：在棱P A 上取一点E ，使得AE EP ＝12.连接AC ，BD 交于点F ，连接EF ，BE ，DE ，因为AD ∥BC ，所以AF FC ＝AD BC ＝12，所以AE EP ＝AF FC ，所以EF ∥PC ，因为PC ⊄平面BDE ，EF ⊂平面BDE ，所以PC ∥平面BDE .(2)证法一：取BC 的中点G ，连接DG ，则ABGD 为正方形． 连接AG ，BD 交于点O ，连接PO ，因为AP ＝AD ＝AB ，∠P AB ＝∠P AD ＝60°，所以△P AB 和△P AD 都是等边三角形，因此P A ＝PB ＝PD ，又因为OD ＝OB ，所以△POB ≌△POD ，所以∠POB ＝∠POD ＝90°，同理得△POA ≌△POB ，∠POA ＝90°，所以PO ⊥平面ABC .所以PO ⊥CD .由∠ABC ＝∠BAD ＝90°，BC ＝2AD ＝2AB ＝22，可得BD ＝2，CD ＝2，所以BD2＋CD2＝BC2，所以BD⊥CD，所以CD⊥平面PBD.证法二：取BC的中点G，连接DG，则ABGD为正方形．过P作PO⊥平面ABCD，垂足为O，连接OA，OB，OD，OG.因为AP＝AD＝AB，∠P AB＝∠P AD＝60°，所以△P AB和△P AD都是等边三角形，因此P A＝PB＝PD，所以OA＝OB＝OD，即点O为正方形ABGD对角线的交点，所以PO⊂平面PBD.又∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD＝2AB＝22，所以BD⊥CD，又因为PO⊥CD，所以CD⊥平面PBD.4．[2015·山西四校联考(三)]如图，AB是圆O的直径，点C在圆O上，矩形DCBE所在的平面垂直于圆O所在的平面，AB＝4，BE ＝1.(1)证明：平面ADE⊥平面ACD；(2)当三棱锥C－ADE的体积最大时，求点C到平面ADE的距离．解(1)证明：∵AB是直径，∴BC⊥AC，又四边形DCBE为矩形，∴CD⊥DE，BC∥DE，∴DE⊥AC，∵CD ∩AC ＝C ，∴DE ⊥平面ACD ，又DE ⊂平面ADE ，∴平面ADE ⊥平面ACD .(2)由(1)知V C －ADE ＝V E －ACD ＝13×S △ACD ×DE ＝13×12×AC ×CD ×DE ＝16×AC ×BC ≤112×(AC 2＋BC 2)＝112×AB 2＝43，当且仅当AC ＝BC ＝22时等号成立．∴当AC ＝BC ＝22时，三棱锥C －ADE 的体积最大，为43.此时，AD ＝12＋(22)2＝3，S △ADE ＝12×AD ×DE ＝32，设点C 到平面ADE 的距离为h ，则V C －ADE ＝13×S △ADE ×h ＝43，h＝223.5．[2015·南昌一模]如图，AC 是圆O 的直径，B 、D 是圆O 上两点，AC ＝2BC ＝2CD ＝2，P A ⊥圆O 所在的平面，P A ＝3，点M 在线段BP 上，且BM ＝13BP .(1)求证：CM ∥平面P AD ；(2)求异面直线BP 与CD 所成角的余弦值．解 (1)证明：作ME ⊥AB 于E ，连接CE ，则ME ∥AP .∵AC 是圆O 的直径，AC ＝2BC ＝2CD ＝2，∴AD ⊥DC ，AB ⊥BC ，∴∠BAC ＝∠CAD ＝30°，∠BCA ＝∠DCA ＝60°，AB ＝AD ＝3，∵BM ＝13BP ，∴BE ＝13BA ＝33，tan ∠BCE ＝BE BC ＝33，∴∠BCE ＝∠ECA ＝30°＝∠CAD ，∴EC∥AD .又ME ∩CE ＝E ，P A ∩DA ＝A ，∴平面MEC ∥平面P AD ，又CM ⊂平面MEC ，CM ⊄平面P AD ， ∴CM ∥平面P AD .(2)过点A 作平行于BC 的直线交CD 的延长线于G ，作BF ∥CG ，交AG 于F ，连接PF ，则∠PBF 为异面直线BP 与CD 所成的角，设∠PBF ＝θ.易知AF ＝1，PB ＝6，BF ＝2，PF ＝2，故cos θ＝PB 2＋BF 2－PF 22PB ·BF ＝6＋4－426×2＝64. 6．[2015·河南洛阳统考]如图，四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AD ∥BC ，AD ＝6，BC ＝2AB ＝4，E ，F 分别在BC ，AD 上，EF ∥AB .现将四边形ABCD 沿EF 折起，使平面ABEF ⊥平面EFDC .(1)若BE ＝1，是否在折叠后的线段AD 上存在一点P ，且AP →＝λPD →，使得CP ∥平面ABEF ？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由；(2)求三棱锥A －CDF 的体积的最大值，并求此时点F 到平面ACD 的距离．解 (1)AD 上存在一点P ，使得CP ∥平面ABEF ，此时λ＝32.理由如下：当λ＝32时，AP →＝32PD →，可知AP AD ＝35，过点P 作MP ∥FD 交AF于点M ，连接EM ，则有MP FD ＝AP AD ＝35，又BE ＝1，可得FD ＝5，故MP ＝3，又EC ＝3，MP ∥FD ∥EC ，故MP 綊EC ，故四边形MPCE 为平行四边形，所以CP ∥ME .又CP ⊄平面ABEF ，ME ⊂平面ABEF ，故CP ∥平面ABEF .(2)设BE ＝x ，所以AF ＝x (0＜x ≤4)，FD ＝6－x ，故V 三棱锥A －CDF ＝13×12×2×(6－x )x ＝13(－x 2＋6x )，当x ＝3时，V 三棱锥A －CDF 有最大值，且最大值为3，此时，EC ＝1，AF ＝3，FD ＝3，DC ＝2 2.在Rt △EFC 中，FC ＝5，在Rt △AFD 中，AD ＝32，在Rt △AFC 中，AC ＝14.在△ACD 中，cos ∠ADC ＝AD 2＋DC 2－AC 22AD ·DC ＝18＋8－142×32×22＝12，故sin ∠ADC ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝32， S △ADC ＝12DA ·DC ·sin ∠ADC ＝12×32×22×32＝3 3. 设点F 到平面ACD 的距离为h ，由V 三棱锥A －CDF ＝V 三棱锥F －ADC ，即3＝13×h ×S △ADC ＝13×h ×33，得h ＝3，故此时点F 到平面ACD 的距离为 3.。
2018届北师大版 立体几何 单元质量检测
时间：90分钟 分值：100分 一、选择题(每小题4分，共40分)1．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( ) A ．圆柱 B ．圆锥 C ．四面体D ．三棱柱解析：圆柱、四面体、三棱柱的正视图都有可能是三角形． 答案：A2．用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为( ) A.8π3B.82π3 C ．82πD.32π3解析：S 圆＝πr 2＝π⇒r ＝1，而截面圆圆心与球心的距离d ＝1，所以球的半径为R ＝r 2＋d 2＝ 2.所以V ＝43πR 3＝82π3，故选B.答案：B3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．16＋8πB ．8＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π解析：将三视图还原为原来的几何体，再利用体积公式求解．原几何体为组合体；上面是长方体，下面是圆柱的一半(如图所示)，其体积为V ＝4×2×2＋12π×22×4＝16＋8π.答案：A4．已知a ，b 为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，且a ⊥α，b ⊥β，则下列命题中的假命题是( )A ．若a∥b，则α∥βB ．若α⊥β，则a⊥bC ．若a ，b 相交，则α，β相交D ．若α，β相交，则a ，b 相交解析：若α，β相交，则a ，b 可能相交，也可能异面，故D 为假命题． 答案：D5．设α、β、γ是三个互不重合的平面，m 、n 是两条不重合的直线，下列命题中正确的是( )A ．若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γB ．若m∥α，n ∥β，α⊥β，则m⊥nC ．若α⊥β，m ⊥α，则m∥βD ．若α∥β，m ⊄β，m ∥α，则m∥β解析：对于A ，若α⊥β，β⊥γ，α，γ可以平行，也可以相交，A 错；对于B ，若m∥α，n ∥β，α⊥β，则m ，n 可以平行，可以相交，也可以异面，B 错；对于C ，若α⊥β，m ⊥α，则m 可以在平面β内，C 错；易知D 正确．答案：D6．已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为正方形，AA 1＝2AB ，E 为AA 1的中点，则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为( )A.1010 B.15 C.31010D.35解析：如图，以D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系．设AA 1＝2AB ＝2，则B(1，1，0)，E(1，0，1)，C(0，1，0)，D 1(0，0，2)，∴BE ―→＝(0，－1，1)，CD 1―→＝(0，－1，2)，∴cos 〈BE ―→，CD 1―→〉＝1＋22·5＝31010.答案：C7．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G 分别是A 1B 1，CD ，B 1C 1的中点，则下列中与直线AE 有关的正确命题是( )A ．AE ⊥CGB ．AE 与CG 是异面直线C ．四边形ABC 1F 是正方形D ．AE ∥平面BC 1F解析：由正方体的几何特征，可得AE⊥C 1G.但AE 与平面BCC 1B 1不垂直，故AE⊥CG 不成立；由于EG∥AC，故A ，E ，G ，C 四点共面，所以AE 与CG 是异面直线错误；四边形ABC 1F 中，AB ≠BC 1，故四边形ABC 1F 是正方形是错误的；而AE∥C 1F ，由线面平行的判定定理，可得AE∥平面BC 1F ，故选D.答案：D8．正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的棱长都为2，E ，F ，G 为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为( )A.35B.56C.3310 D.3610解析：如图，取AB 的中点E ，建立如图所示空间直角坐标系E －xyz.则E(0，0，0)，F(－1，0，1)，B 1(1，0，2)，A 1(－1，0，2)，C 1(0，3，2)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，2.∴B 1F ―→＝(－2，0，－1)，EF ―→＝(－1，0，1)，FG ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，1.设平面GEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n·EF ―→＝－x ＋z ＝0，n·FG ―→＝12x ＋32y ＋z ＝0，得⎩⎨⎧z ＝x ，y ＝－3x. 令x ＝1，则n ＝(1，－3，1)，设B 1F 与平面GEF 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，B 1F ―→〉|＝错误!)＝错误!.答案：A9．四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，E ∈PC ，F ∈PB，PE ―→＝3EC ―→，PF ―→＝λFB ―→，若AF∥平面BDE ，则λ的值为( )A ．1B ．3C ．2D ．4解析：因为AF∥平面BDE ，所以过点A 作AH∥平面BDE ，交PC 于H ，连接FH ，则得到平面AFH∥平面BDE ，所以FH∥BE，因为E∈PC，F ∈PB ，PE ―→＝3EC ―→，PF ―→＝λFB ―→，所以OC OA ＝EC HE ＝1，所以EC ＝EH ，又PE ＝3EC ，所以PH ＝2HE ，又因为PF FB ＝PHHE＝2，所以λ＝2.答案：C10．如图，在正四棱柱(底面是正方形的直四棱柱)ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是AB 1、BC 1的中点，则下列结论不成立的是( )A ．EF 与BB 1垂直 B ．EF 与BD 垂直C ．EF 与CD 异面D ．EF 与A 1C 1异面 解析：连接B 1C ，AC ，则B 1C 交BC 1于F ，且F 为B 1C 的中点， 又E 为AB 1的中点，所以EF 綊12AC ，而B 1B ⊥平面ABCD ， 所以B 1B ⊥AC ， 所以B 1B ⊥EF ，A 正确；又AC⊥BD，所以EF⊥BD，B 正确； 显然EF 与CD 异面，C 正确；由EF 綊12AC ，AC ∥A 1C 1，得EF∥A 1C 1，故不成立的选项为D.答案：D二、填空题(每小题4分，共16分)11．把一个半径为532 cm 的金属球熔成一个圆锥，使圆锥的侧面积为底面积的3倍，则这个圆锥的高为________．解析：设圆锥的高为h ，底面半径为r ，母线长为l ， 则由已知得⎩⎪⎨⎪⎧43π×（532）3＝13πr 2h ，πrl ＝3πr 2，l 2＝h 2＋r2解得h ＝20(cm)．答案：20 cm12．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P ，Q ，R ，S 分别是AB ，BC ，C 1D 1，C 1C ，A 1B 1，B 1B 的中点，则下列判断：①PQ 与RS 共面；②MN 与RS 共面；③PQ 与MN 共面． 则正确结论的序号是________．解析：①连接PR ，SQ ，可知SQ 綊PR ，所以四边形PQSR 为平行四边形，所以PQ∥RS，故①正确；②由图知直线MN 过平面A 1B 外一点N ，而直线RS 不过M 点，故MN 与RS 为异面直线，故②错；③由图知延长PQ 与MN ，则PQ 与MN 相交，故③正确．答案：①③13．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各顶点都在同一球面上．若AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝120°，则此球的表面积等于________．解析：设球心为O ，球半径为R ，△ABC 的外心是M ，则O 在底面ABC 上的射影是点M ，在△ABC 中，AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝120°，∠ABC ＝12(180°－120°)＝30°，AM ＝AC 2sin30°＝2.因此，R 2＝22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫AA 122＝5，此球的表面积等于4πR 2＝20π.答案：20π14．三棱锥S －ABC 中，∠SBA ＝∠SCA＝90°，△ABC 是斜边AB ＝a 的等腰直角三角形，则以下结论中：①异面直线SB 与AC 所成的角为90°； ②直线SB⊥平面ABC ； ③平面SBC⊥平面SAC ； ④点C 到平面SAB 的距离是12a.其中正确结论的序号是________． 解析：由题意知AC⊥平面SBC ，故AC⊥SB，SB ⊥平面ABC ，平面SBC⊥平面SAC ，①②③正确；取AB 的中点E ，连接CE ，(如图)可证得CE⊥平面SAB ，故CE 的长度即为C 到平面SAB 的距离12a ，④正确． 答案：①②③④三、解答题(共4小题，共44分，解答应写出必要的文字说明、计算过程或证明步骤) 15．(10分)已知点P 在矩形ABCD 的边DC 上，AB ＝2，BC ＝1，点F 在AB 边上且DF⊥AP，垂足为E ，将△ADP 沿AP 边折起，使点D 位于D′位置，连接D′B、D′C 得四棱锥D′－ABCP.(1)求证：D′F⊥AP；(2)若PD ＝1，且平面D′AP⊥平面ABCP ，求四棱锥D′－ABCP 的体积． 解：(1)证明：∵AP⊥D′E，AP ⊥EF ，D ′E ∩EF ＝E ， ∴AP ⊥平面D′EF，∴AP ⊥D ′F. (2)连接PF ，∵PD ＝1，∴四边形ADPF 是边长为1的正方形， ∴D ′E ＝DE ＝EF ＝22. ∵平面D′AP⊥平面ABCP ，D ′E ⊥AP ， ∴D ′E ⊥平面ABCP ，∵S 梯形ABCP ＝12×(1＋2)×1＝32，∴V D ′－ABCP ＝13D ′E ·S 梯形ABCP ＝24.16．(10分)如图，AB ＝AD ，∠BAD ＝90°，M ，N ，G 分别是BD ，BC ，AB 的中点，将等边△BCD 沿BD 折叠成△BC′D 的位置，使得AD⊥C′B.(1)求证：平面GNM∥平面ADC′. (2)求证：C ′A⊥平面ABD.证明：(1)因为M ，N 分别是BD ，BC ′的中点， 所以MN∥DC′.因为MN ⊄平面ADC′， DC ′⊂平面ADC′，所以MN∥平面ADC′. 同理NG∥平面ADC′.又因为MN∩NG＝N ， 所以平面GNM∥平面ADC′. (2)因为∠BAD＝90°，所以AD⊥AB. 又因为AD⊥C′B，且AB ∩C′B＝B ， 所以AD⊥平面C′AB.因为C′A ⊂平面C′AB，所以AD⊥C′A. 因为△BCD 是等边三角形，AB ＝AD ，不妨设AB ＝1，则BC ＝CD ＝BD ＝2，可得C′A＝1. 由勾股定理的逆定理，可得AB⊥C′A. 因为AB∩AD＝A ，所以C′A⊥平面ABD.17．(12分)如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥底面ABCD ，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，且A 1A ＝AB ＝AD ＝2BC ＝2，点E 在棱AB 上，平面A 1EC 与棱C 1D 1相交于点F.(1)证明：A 1F ∥平面B 1CE ；(2)若E 是棱AB 的中点，求二面角A 1－EC －D 的余弦值； (3)求三棱锥B 1－A 1EF 的体积的最大值．解：(1)证明：因为ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱柱， 所以平面ABCD∥平面A 1B 1C 1D 1.又因为平面ABCD∩平面A 1ECF ＝EC ，平面A 1B 1C 1D 1∩平面A 1ECF ＝A 1F ，所以A 1F ∥EC. 又因为A 1F ⊄平面B 1CE ，EC ⊂平面B 1CE ， 所以A 1F ∥平面B 1CE.(2)解：因为AA 1⊥底面ABCD ，∠BAD ＝90°，所以AA 1，AB ，AD 两两垂直，以A 为原点，以AB ，AD ，AA 1分别为x 轴、y 轴和z 轴建立空间直角坐标系如图，则A 1(0，0，2)，E(1，0，0)，C(2，1，0)， 所以A 1E ―→＝(1，0，－2)，A 1C ―→＝(2，1，－2)．设平面A 1ECF 的法向量为m ＝(x ，y ，z)，由A 1E ―→·m＝0，A 1C ―→·m＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，2x ＋y －2z ＝0.令z ＝1，得m ＝(2，－2，1)． 又因为平面DEC 的法向量为n ＝(0，0，1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝13.由图可知，二面角A 1－EC －D 的平面角为锐角，所以二面角A 1－EC －D 的余弦值为13.(3)过点F 作FM⊥A 1B 1于点M ，因为平面A 1ABB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，FM ⊂平面A 1B 1C 1D 1，所以FM⊥平面A 1ABB 1. 所以VB 1－A 1EF ＝VF －B 1A 1E ＝13×S △A 1B 1E ×FM ＝13×2×22×FM ＝23FM.因为当F 与点D 1重合时，FM 取到最大值2(此时点E 与点B 重合)， 所以当F 与点D 1重合时，三棱锥B 1－A 1EF 的体积的最大值为43.18．(12分)(2016·山西四校联考)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ＝AC ＝1，E ，F 分别是CC 1，BC 的中点，AE ⊥A 1B 1，D 为棱A 1B 1上的点．(1)证明：DF⊥AE；(2)是否存在一点D ，使得平面DEF 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为1414？若存在，说明点D 的位置；若不存在，说明理由．解：(1)证明：∵AE⊥A 1B 1，A 1B 1∥AB ， ∴AB ⊥AE.∵AB ⊥AA 1，AE ∩AA 1＝A ， ∴AB ⊥平面A 1ACC 1. ∵AC ⊂平面A 1ACC 1， ∴AB ⊥AC.以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A(0，0，0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫0，1，12， F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)．设点D 的坐标为(x ，y ，z)，A 1D ―→＝λA 1B 1―→，且λ∈[0，1]， 则(x ，y ，z －1)＝λ(1，0，0)， ∴点D 的坐标为(λ，0，1)， ∴DF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－λ，12，－1.又AE ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，1，12，∴DF ―→·AE ―→＝12－12＝0.∴DF ⊥AE.(2)假设存在，设平面DEF 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n·FE ―→＝0，n·DF ―→＝0， ∵FE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，12，DF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－λ，12，－1，∴⎩⎪⎨⎪⎧－12x 1＋12y 1＋12z 1＝0，⎝ ⎛⎭⎪⎫12－λx 1＋12y 1－z 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝32（1－λ）z 1，y 1＝1＋2λ2（1－λ）z 1.令z 1＝2(1－λ)，则n ＝(3，1＋2λ，2(1－λ))． 由题可知平面ABC 的一个法向量m ＝(0，0，1)． ∵平面DEF 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为1414， ∴|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n||m||n|＝1414，即|2（1－λ）|9＋（1＋2λ）2＋4（1－λ）2＝1414， 解得λ＝12或λ＝74(舍)．∴当点D 为A 1B 1的中点时，满足要求．。
2018届高考数学文大一轮复习教师用书：第7章 立体几何
第二节空间几何体的表面积与体积————————————————————————————————了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式．1．多面体的表(侧)面积因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．2．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)锥体的体积等于底面面积与高之积．( )(2)球的体积之比等于半径比的平方．( )(3)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．( )(4)已知球O的半径为R，其内接正方体的边长为a，则R＝32a.( )(1)×(2)×(3)√(4)√2．(教材改编)已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( )A．1 cm B．2 cmC．3 cm D.32cmB3．(2015·全国卷Ⅰ)《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721，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( )图721A．14斛B．22斛C．36斛D．66斛B4．(2016·全国卷Ⅱ)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )A．12π B.32 3πC．8πD．4πA5．(2017·郑州质检)某几何体的三视图如图722所示(单位：cm)，则该几何体的体积是________cm3.图722323(1)某几何体的三视图如图723所示，则该几何体的表面积等于( )图723A ．8＋2 2B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15(2)(2016·全国卷Ⅰ)如图724，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )图724A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π(1)B (2)A1.(1)多面体与旋转体的表面积等于侧面面积与底面面积之和．(2)简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的处理．2．若以三视图的形式给出，解题的关键是对给出的三视图进行分析，从中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系，得到几何体的直观图，然后根据条件求解．(2016·全国卷Ⅲ)如图725，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )【导学号：31222245】图725A ．18＋36 5B ．54＋18 5C ．90D ．81B(1)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.2π3B.4π3C.5π3D ．2π(2)(2016·天津高考)已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图726所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m3.图726(1)C(2)21.若所给定的几何体是柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．2．若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法(转换的原则是使底面面积和高易求)、分割法、补形法等方法进行求解．3．若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．一个几何体的三视图如图727所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.图72783π111AB ⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是( )A．4π B.9π2C．6π D.32π3B若本例中的条件变为“直三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的球面上”，若AB ＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，求球O的表面积．将直三棱柱补形为长方体ABECA′B′E′C′，则球O 是长方体ABEC A ′B ′E ′C ′的外接球， ∴体对角线BC ′的长为球O 的直径． 因此2R ＝32＋42＋122＝13， 故S 球＝4πR 2＝169π.若本例中的条件变为“正四棱锥的顶点都在球O 的球面上”，若该棱锥的高为4，底面边长为2，求该球的体积．如图，设球心为O ，半径为r ，则在Rt △AOF 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2， 解得r ＝94，则球O 的体积V 球＝43πr 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫943＝243π16.1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题．2．若球面上四点P ，A ，B ，C 中PA ，PB ，PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题．(2015·全国卷Ⅱ)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256πC1．转化与化归思想：计算旋转体的侧面积时，一般采用转化的方法来进行，即将侧面展开化为平面图形，“化曲为直”来解决，因此要熟悉常见旋转体的侧面展开图的形状及平面图形面积的求法．2．求体积的两种方法：①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．②等积法：等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高．1．求组合体的表面积时，要注意各几何体重叠部分的处理，防止重复计算．2．底面是梯形的四棱柱侧放时，容易和四棱台混淆，在识别时要紧扣定义，以防出错．课时分层训练(三十九)空间几何体的表面积与体积A组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边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.22π3B.42π3C．22πD．42πB2．已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( )【导学号：31222246】A.32π3B ．4πC ．2π D.4π3D3．(2016·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图728所示，则该几何体的体积为( )图728A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π C4．某几何体的三视图如图729所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x 的值是( )【导学号：31222247】图729A ．2B.92C.32D．3D5．(2016·江南名校联考)一个四面体的三视图如图7210所示，则该四面体的表面积是( )图7210A．1＋ 3 B．2＋ 3C．1＋2 2 D．2 2B二、填空题6．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和圆柱各一个，则新的底面半径为______．【导学号：31222248】77．一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．128．某几何体的三视图如图7211所示，则该几何体的体积为________．图7211136π 三、解答题9．如图7212，在三棱锥D ABC 中，已知BC ⊥AD ，BC ＝2，AD ＝6，AB ＋BD ＝AC ＋CD ＝10，求三棱锥D ABC 的体积的最大值．图7212由题意知，线段AB ＋BD 与线段AC ＋CD 的长度是定值，∵棱AD 与棱BC 相互垂直，设d 为AD 到BC 的距离，4分则V D ABC ＝AD ·BC ×d ×12×13＝2d ，当d 最大时，V D ABC 体积最大.8分 ∵AB ＋BD ＝AC ＋CD ＝10， ∴当AB ＝BD ＝AC ＝CD ＝5时，d 有最大值42－1＝15.此时V ＝215.12分10．四面体ABCD 及其三视图如图7213所示，平行于棱AD ，BC 的平面分别交四面体的棱AB ，BD ，DC ，CA 于点E ，F ，G ，H .图7213(1)求四面体ABCD 的体积； (2)证明：四边形EFGH 是矩形．(1)由该四面体的三视图可知，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，BD ＝DC ＝2，AD ＝1，∴AD ⊥平面BDC ，3分∴四面体ABCD 的体积V ＝13×12×2×2×1＝23.5分 (2)证明：∵BC ∥平面EFGH ，平面EFGH ∩平面BDC ＝FG ，平面EFGH ∩平面ABC ＝EH ，8分∴BC ∥FG ，BC ∥EH ，∴FG ∥EH .同理EF ∥AD ，HG ∥AD ，∴EF ∥HG ，∴四边形EFGH 是平行四边形．又∵AD ⊥平面BDC ，∴AD ⊥BC ，∴EF ⊥FG .∴四边形EFGH 是矩形.12分B 组 能力提升(建议用时：15分钟)1．(2015·全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )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7214所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )图7214A ．1B ．2C ．4D ．8B2．三棱锥P ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D ABE 的体积为V 1，P ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________. 143．(2016·全国卷Ⅰ)如图7215，已知正三棱锥P ABC 的侧面是直角三角形，PA ＝6，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面PAB 内的正投影为点E ，连接PE 并延长交AB 于点G .图7215(1)证明：G 是AB 的中点；(2)在图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F (说明作法及理由)，并求四面体PDEF 的体积．(1)证明：因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以AB ⊥PD .因为D 在平面PAB 内的正投影为E ，所以AB ⊥DE .3分因为PD ∩DE ＝D ，所以AB ⊥平面PED ，故AB ⊥PG .又由已知可得，PA ＝PB ，所以G 是AB 的中点.5分(2)在平面PAB 内，过点E 作PB 的平行线交PA 于点F ，F 即为E 在平面PAC 内的正投影.7分理由如下：由已知可得PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，又EF ∥PB ，所以EF⊥PA ，EF ⊥PC .又PA ∩PC ＝P ，因此EF ⊥平面PAC ，即点F 为E 在平面PAC 内的正投影．连接CG ，因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以D 是正三角形ABC 的中心．由(1)知，G 是AB 的中点，所以D 在CG 上，故CD ＝23CG .10分由题设可得PC ⊥平面PAB ，DE ⊥平面PAB ，所以DE ∥PC ，因此PE ＝23PG ，DE ＝13PC . 由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA ＝6，可得DE ＝2，PE ＝2 2.在等腰直角三角形EFP 中，可得EF ＝PF ＝2，所以四面体PDEF 的体积V ＝13×12×2×2×2＝43.12分。
高考数学一轮复习第七章立体几何阶段检测试题(含解析)文(new)
第七章立体几何阶段检测试题时间：120分钟分值：150分一、选择题（每小题5分，共60分)1．关于空间几何体的结构特征，下列说法不正确的是（）A．棱柱的侧棱长都相等B．棱锥的侧棱长都相等C．三棱台的上、下底面是相似三角形D．有的棱台的侧棱长都相等解析:根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等．答案：B2．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E,F分别是线段BC，CD1的中点，则直线A1B与直线EF的位置关系是（)A．相交B．异面C．平行D．垂直解析：由BC綊AD，AD綊A1D1知,BC綊A1D1，从而四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥CD1，又EF⊂平面A1C,EF∩D1C＝F,则A1B与EF相交．答案:A3．（2017·嘉兴月考）对于空间的两条直线m,n和一个平面α，下列命题中的真命题是( ）A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m∥α，n⊂α,则m∥nC．若m∥α，n⊥α，则m∥nD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n解析：对A，直线m，n可能平行、异面或相交，故选项A错误；对B，直线m与n可能平行，也可能异面，故选项B错误；对C，m与n垂直而非平行，故选项C错误；对D,垂直于同一平面的两直线平行，故选项D正确．答案:D4．设P是异面直线a,b外的一点，则过点P与a,b都平行的平面（)A．有且只有一个B．恰有两个C．不存在或只有一个D．有无数个解析：过点P作a1∥a，b1∥b，若过a1，b1的平面不经过a，b，则存在一个平面同时与a,b平行；若过a,b1的平面经过a或b,则不存在这样的平面同时与a,b平行．1答案：C5．若平面α∥平面β，点A，C∈α,B，D∈β,则直线AC∥直线BD的充要条件是（）A．AB∥CD B．AD∥CBC．AB与CD相交D．A,B，C，D四点共面解析:由平面α∥平面β知，直线AC与BD无公共点，则直线AC∥直线BD的充要条件是A，B，C，D四点共面．答案：D6．已知a，b为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，且a⊥α,b⊥β，则下列命题中的假命题是（)A．若a∥b，则α∥βB．若α⊥β，则a⊥bC．若a，b相交，则α，β相交D．若α,β相交，则a，b相交解析：若α,β相交,则a，b可能相交，也可能异面,故D为假命题．答案：D7．一个几何体的侧视图和俯视图如图所示，若该几何体的体积为错误!,则它的正视图为（)解析：由几何体的侧视图和俯视图，可知几何体为组合体，由几何体的体积为错误!，可知上方为棱锥,下方为正方体．由俯视图可得,棱锥顶点在底面上的射影为正方形一边上的中点，顶点到正方体上底面的距离为1，所以选B.答案：B8．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．27－错误!B．18－错误!C．27－3πD．18－3π解析：由几何体的三视图可知该几何体可以看成是底面是梯形的四棱柱挖去了半个圆柱，所以所求体积为错误!×（2＋4)×2×3－错误!π×12×3＝18－错误!。
2018北师大版文科数学高考总复习教师用书4-7解三角形应用举例Word版含答案
第7讲 解三角形应用举例最新考纲 能够运用正弦定理、余弦定理等知识方法解决一些与测量、几何计算有关的实际问题．知 识 梳 理1．仰角和俯角在同一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹角，目标视线在水平视线上方叫仰角，目标视线在水平视线下方叫俯角(如图1)．2．方位角从某点的指北方向线起按顺时针转到目标方向线之间的水平夹角叫作方位角．如B 点的方位角为α(如图2)．3．方向角：相对于某正方向的水平角，如南偏东30°，北偏西45°等． 4．坡度：坡面与水平面所成的二面角的正切值．诊 断 自 测1．判断正误(在括号内打“√”或“×”) 精彩PPT 展示(1)东北方向就是北偏东45°的方向．( )(2)从A 处望B 处的仰角为α，从B 处望A 处的俯角为β，则α，β的关系为α＋β＝180°.( )(3)俯角是铅垂线与视线所成的角，其范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.( )(4)方位角与方向角其实质是一样的，均是确定观察点与目标点之间的位置关系．( ) 解析 (2)α＝β.(3)俯角是视线与水平线所构成的角．答案 (1)√ (2)× (3)× (4)√ 2．若点A 在点C 的北偏东30°，点B 在点C 的南偏东60°，且AC ＝BC ，则点A 在点B 的( )A ．北偏东15°B ．北偏西15°C ．北偏东10°D ．北偏西10° 解析如图所示，∠ACB ＝90°， 又AC ＝BC ，∴∠CBA ＝45°，而β＝30°， ∴α＝90°－45°－30°＝15°. ∴点A 在点B 的北偏西15°. 答案 B3.如图，飞机的航线和山顶在同一个铅垂面内，若飞机的高度为海拔18 km ，速度为1 000 km/h ，飞行员先看到山顶的俯角为30°，经过1 min 后又看到山顶的俯角为75°，则山顶的海拔高度为(精确到0.1 km ，参考数据：3≈1.732)( )A ．11.4 kmB ．6.6 kmC ．6.5 kmD ．5.6 km解析 ∵AB ＝1 000×160＝503(km)，∴BC ＝AB sin 45°·sin 30°＝5032(km)．∴航线离山顶h ＝5032×sin 75°＝5032×sin(45°＋30°)≈11.4(km)．∴山高为18－11.4＝6.6(km)．答案 B4．(教材改编)如图，设A ，B 两点在河的两岸，要测量两点之间的距离，测量者在A 的同侧，在所在的河岸边选定一点C ，测出AC 的距离是m 米，∠BAC ＝α，∠ACB ＝β，则A ，B 两点间的距离为( )A.m sin αsin βB.m sin αsin (α＋β)C.m sin βsin (α＋β) D.m sin (α＋β)sin α＋sin β解析 在△ABC 中，∠ABC ＝π－(α＋β)，AC ＝m ， 由正弦定理，得AB sin β＝AC sin ∠ABC ，所以AB ＝m sin βsin[π－(α＋β)]＝m sin βsin (α＋β).答案 C5．轮船A 和轮船B 在中午12时同时离开海港C ，两船航行方向的夹角为120°，两船的航行速度分别为25 n mile/h,15 n mile/h ，则下午2时两船之间的距离是______n mile. 解析 设两船之间的距离为d ，则d 2＝502＋302－2×50×30×cos 120°＝4 900， ∴d ＝70，即两船相距70 n mile. 答案 70考点一 测量高度问题【例1】 (2015·湖北卷)如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A 处时测得公路北侧一山顶D 在西偏北30°的方向上，行驶600 m 后到达B 处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD ＝________m.解析在△ABC中，AB＝600，∠BAC＝30°，∠ACB＝75°－30°＝45°，由正弦定理得BCsin∠BAC＝AB sin∠ACB ，即BCsin 30°＝600sin 45°，所以BC＝3002(m)．在Rt△BCD中，∠CBD＝30°，CD＝BC tan∠CBD＝3002·tan 30°＝1006(m)．答案100 6规律方法(1)在处理有关高度问题时，要理解仰角、俯角(它是在铅垂面上所成的角)、方向(位)角(它是在水平面上所成的角)是关键．(2)在实际问题中，可能会遇到空间与平面(地面)同时研究的问题，这时最好画两个图形，一个空间图形，一个平面图形，这样处理起来既清楚又不容易搞错．(3)注意山或塔垂直于地面或海平面，把空间问题转化为平面问题．【训练1】(2017·郑州一中月考)如图所示，在山顶铁塔上B处测得地面上一点A的俯角为α，在塔底C处测得A处的俯角为β.已知铁塔BC部分的高为h，求山高CD.解由已知得，∠BCA＝90°＋β，∠ABC＝90°－α，∠BAC＝α－β，∠CAD＝β.在△ABC中，由正弦定理得ACsin∠ABC＝BCsin∠BAC，即ACsin(90°－α)＝BCsin(α－β)，∴AC＝BC cos αsin(α－β)＝h cos αsin(α－β).在Rt△ACD中，CD＝AC sin∠CAD＝AC sin β＝h cos αsin βsin(α－β).故山高CD为h cos αsin βsin(α－β).考点二测量距离问题【例2】如图，A，B两点在河的同侧，且A，B两点均不可到达，要测出AB的距离，测量者可以在河岸边选定两点C，D，测得CD＝a，同时在C，D两点分别测得∠BCA ＝α，∠ACD＝β，∠CDB＝γ，∠BDA＝δ.在△ADC和△BDC中，由正弦定理分别计算出AC和BC，再在△ABC中，应用余弦定理计算出AB.若测得CD＝32km，∠ADB＝∠CDB＝30°，∠ACD＝60°，∠ACB＝45°，求A，B两点间的距离．解∵∠ADC＝∠ADB＋∠CDB＝60°，∠ACD＝60°，∴∠DAC＝60°，∴AC＝DC＝32(km)．在△BCD中，∠DBC＝45°，由正弦定理，得BC＝DCsin∠DBC·sin∠BDC＝32sin 45°·sin 30°＝64(km)．在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC cos 45°＝34＋38－2×32×64×22＝38.∴AB＝64(km)．∴A，B两点间的距离为64km.规律方法(1)选定或确定要创建的三角形，首先确定所求量所在的三角形，若其他量已知则直接求解；若有未知量，则把未知量放在另一确定三角形中求解．(2)确定用正弦定理还是余弦定理，如果都可用，就选择更便于计算的定理.【训练2】如图所示，要测量一水塘两侧A，B两点间的距离，其方法先选定适当的位置C，用经纬仪测出角α，再分别测出AC，BC的长b，a，则可求出A，B两点间的距离，即AB＝a2＋b2－2ab cos α.若测得CA＝400 m，CB＝600 m，∠ACB＝60°，试计算AB的长．解在△ABC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC cos∠ACB，∴AB2＝4002＋6002－2×400×600cos 60°＝280 000，∴AB＝2007(m)，即A，B两点间的距离为2007 m.考点三测量角度问题【例3】如图所示，已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离相等，灯塔A在观察站C的北偏东40°，灯塔B在观察站C的南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的________方向．解析由已知∠ACB＝180°－40°－60°＝80°，又AC＝BC，∴∠A＝∠ABC＝50°，60°－50°＝10°，∴灯塔A处于灯塔B的北偏西10°.答案北偏西10°规律方法解决测量角度问题的注意事项(1)首先应明确方位角或方向角的含义．(2)分析题意，分清已知与所求，再根据题意画出正确的示意图，这是最关键、最重要的一步．(3)将实际问题转化为可用数学方法解决的问题后，注意正弦、余弦定理的结合使用．【训练3】如图，两座相距60 m的建筑物AB，CD的高度分别为20 m，50 m，BD为水平面，则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角∠CAD等于()A．30°B．45°C．60°D．75°解析依题意可得AD＝2010m，AC＝305m，又CD＝50 m，所以在△ACD中，由余弦定理得cos∠CAD＝AC2＋AD2－CD22AC·AD＝(305)2＋(2010)2－502 2×305×2010＝6 0006 0002＝22，又0°<∠CAD<180°，所以∠CAD＝45°，所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°.答案 B[思想方法]1．利用解三角形解决实际问题时：(1)要理解题意，整合题目条件，画出示意图，建立一个三角形模型；(2)要理解仰角、俯角、方位角、方向角等概念；(3)三角函数模型中，要确定相应参数和自变量范围，最后还要检验问题的实际意义．2．在三角形和三角函数的综合问题中，要注意边角关系相互制约，推理题中的隐含条件．[易错防范]1．不要搞错各种角的含义，不要把这些角和三角形内角之间的关系弄混．2．在实际问题中，可能会遇到空间与平面(地面)同时研究的问题，这时最好画两个图形，一个空间图形，一个平面图形，这样处理起来既清楚又不容易出现错误.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．在相距2 km 的A ，B 两点处测量目标点C ，若∠CAB ＝75°，∠CBA ＝60°，则A ，C 两点之间的距离为( )A. 6 kmB. 2 kmC. 3 km D ．2 km 解析 如图，在△ABC 中，由已知可得∠ACB ＝45°，∴AC sin 60°＝2sin 45°， ∴AC ＝22×32＝6(km)． 答案 A2．一艘海轮从A 处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B 处，在C 处有一座灯塔，海轮在A 处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B 处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B ，C 两点间的距离是( ) A ．102海里 B ．103海里 C ．203海里 D ．202海里 解析如图所示，易知，在 △ABC 中，AB ＝20，∠CAB ＝30°，∠ACB ＝45°，根据正弦定理得BC sin 30°＝ABsin 45°， 解得BC ＝102(海里)． 答案 A3．(2017·合肥调研)如图所示，已知两座灯塔A 和B 与海洋观察站C 的距离都等于a km ，灯塔A 在观察站C 的北偏东20°，灯塔B 在观察站C 的南偏东40°，则灯塔A 与B 的距离为( )A ．a km B. 3 a km C.2a km D ．2a km解析 由题图可知，∠ACB ＝120°，由余弦定理，得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC ·cos ∠ACB ＝a 2＋a 2－2·a ·a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝3a 2，解得AB ＝3a (km)． 答案 B4．如图，一条河的两岸平行，河的宽度d ＝0.6 km ，一艘客船从码头A 出发匀速驶往河对岸的码头B .已知AB ＝1 km ，水的流速为2 km/h ，若客船从码头A 驶到码头B 所用的最短时间为6 min ，则客船在静水中的速度为( )A ．8 km/hB ．6 2 km/hC ．234 km/hD ．10 km/h解析 设AB 与河岸线所成的角为θ，客船在静水中的速度为v km/h ，由题意知，sin θ＝0.61＝35，从而cos θ＝45，所以由余弦定理得⎝ ⎛⎭⎪⎫110v 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫110×22＋12－2×110×2×1×45，解得v ＝6 2.选B.答案 B5．如图，测量河对岸的塔高AB 时可以选与塔底B 在同一水平面内的两个测点C 与D ，测得∠BCD ＝15°，∠BDC ＝30°，CD ＝30，并在点C 测得塔顶A 的仰角为60°，则塔高AB 等于( )A ．5 6B ．15 3C ．5 2D ．15 6解析 在△BCD 中，∠CBD ＝180°－15°－30°＝135°. 由正弦定理得BC sin 30°＝30sin 135°， 所以BC ＝15 2. 在Rt △ABC 中，AB ＝BC tan ∠ACB ＝152×3＝15 6. 答案 D 二、填空题6．如图所示，一艘海轮从A 处出发，测得灯塔在海轮的北偏东15°方向，与海轮相距20海里的B 处，海轮按北偏西60°的方向航行了30分钟后到达C 处，又测得灯塔在海轮的北偏东75°的方向，则海轮的速度为________海里/分．解析 由已知得∠ACB ＝45°，∠B ＝60°， 由正弦定理得AC sin B ＝AB sin ∠ACB ，所以AC ＝AB ·sin B sin ∠ACB＝20×sin 60°sin 45°＝106，所以海轮航行的速度为10630＝63(海里/分)． 答案 637．江岸边有一炮台高30 m ，江中有两条船，船与炮台底部在同一水平面上，由炮台顶部测得俯角分别为45°和60°，而且两条船与炮台底部连线成30°角，则两条船相距________m.解析 如图，OM ＝AO tan 45°＝30(m)，ON ＝AO tan 30°＝33×30＝103(m)， 在△MON 中，由余弦定理得， MN ＝900＋300－2×30×103×32＝300＝103(m)． 答案 10 38．在200 m 高的山顶上，测得山下一塔顶和塔底的俯角分别是30°，60°，则塔高为________m.解析 如图，由已知可得∠BAC ＝30°，∠CAD ＝30°，∴∠BCA ＝60°，∠ACD ＝30°，∠ADC ＝120°.又AB ＝200 m ，∴AC ＝40033(m)．在△ACD 中，由余弦定理得，AC 2＝2CD 2－2CD 2·cos 120°＝3CD 2， ∴CD ＝13AC ＝4003(m)． 答案 4003 三、解答题9．如图，渔船甲位于岛屿A 的南偏西60°方向的B 处，且与岛屿A 相距12海里，渔船乙以10海里/时的速度从岛屿A 出发沿正北方向航行，若渔船甲同时从B 处出发沿北偏东α的方向追赶渔船乙，刚好用2小时追上．(1)求渔船甲的速度； (2)求sin α的值．解 (1)依题意知，∠BAC ＝120°，AB ＝12，AC ＝10×2＝20，∠BCA ＝α.在△ABC 中，由余弦定理，得BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC ·cos ∠BAC ＝122＋202－2×12×20×cos 120°＝784. 解得BC ＝28.所以渔船甲的速度为BC2＝14海里/时．(2)在△ABC 中，因为AB ＝12，∠BAC ＝120°，BC ＝28，∠BCA ＝α，由正弦定理，得ABsin α＝BCsin 120°，即sin α＝AB sin 120°BC ＝12×3228＝3314.10．(2015·安徽卷)在△ABC 中，A ＝3π4，AB ＝6，AC ＝32，点D 在BC 边上，AD ＝BD ，求AD 的长．解 设△ABC 的内角A ，B ，C 所对边的长分别是a ，b ，c ，由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos ∠BAC ＝(32)2＋62－2×32×6×cos 3π4＝18＋36－(－36)＝90， 所以a ＝310.又由正弦定理，得sin B ＝b sin ∠BAC a ＝3310＝1010，由题设知0<B <π4， 所以cos B ＝1－sin 2B ＝1－110＝31010.在△ABD 中，因为AD ＝BD ，所以∠ABD ＝∠BAD ，所以∠ADB ＝π－2B . 由正弦定理，得AD ＝AB ·sin B sin (π－2B )＝6sin B 2sin B cos B ＝3cos B ＝10.能力提升题组 (建议用时：20分钟)11．如图所示，D ，C ，B 三点在地面同一直线上，DC ＝a ，从D ，C 两点测得A 点仰角分别为α，β(α＜β)，则点A 离地面的高AB 等于( )A.a sin α·sin βsin (β－α)B.a sin α·sin βcos (β－α)C.a cos α·cos βsin (β－α) D.a cos α·cos βcos (β－α)解析 结合题图示可知，∠DAC ＝β－α.在△ACD 中，由正弦定理得：DC sin ∠DAC＝ACsin α，∴AC ＝a sin αsin ∠DAC ＝a sin αsin (β－α).在Rt △ABC 中，AB ＝AC sin β＝a sin αsin βsin (β－α).答案 A12．如图，从气球A 上测得正前方的河流的两岸B ，C 的俯角分别为75°，30°，此时气球的高是60 m ，则河流的宽度BC 等于( )A ．240(3＋1)mB ．180(2－1)mC ．120(3－1)mD ．30(3＋1)m 解析 如图，∠ACD ＝30°，∠ABD ＝75°，AD ＝60 m ， 在Rt △ACD 中， CD ＝AD tan ∠ACD＝60tan 30°＝603(m)，在Rt △ABD 中，BD ＝ADtan ∠ABD ＝60tan 75°＝602＋3＝60(2－3)(m)，∴BC ＝CD －BD ＝603－60(2－3)＝120(3－1)(m)． 答案 C13．(2017·西安调研)某人为测出所住小区的面积，进行了一些测量工作，最后将所住小区近似地画成如图所示的四边形，测得的数据如图所示，则该图所示的小区的面积是________km 2.解析 如图，连接AC ，由余弦定理可知AC ＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos B ＝3，故∠ACB＝90°，∠CAB ＝30°，∠DAC ＝∠DCA ＝15°，∠ADC ＝150°，AC sin ∠ADC＝AD sin ∠DCA，即AD＝AC sin ∠DCA sin ∠ADC＝3·6－2412＝32－62，故S 四边形ABCD ＝S △ABC ＋S △ADC ＝12×1×3＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫32－622×12＝6－34(km 2)．答案6－3414．如图，在海岸A 处，发现北偏东45°方向距A 为(3－1)海里的B 处有一艘走私船，在A 处北偏西75°方向，距A 为2海里的C 处的缉私船奉命以103海里/时的速度追截走私船．此时走私船正以10海里/时的速度从B 处向北偏东30°方向逃窜，问缉私船沿什么方向能最快追上走私船？并求出所需要的时间(注：6≈2.449)．解 设缉私船应沿CD 方向行驶t 小时，才能最快截获(在D 点)走私船，则有CD ＝103t (海里)，BD ＝10t (海里)．在△ABC 中，∵AB ＝(3－1)海里，AC ＝2海里， ∠BAC ＝45°＋75°＝120°，根据余弦定理，可得BC ＝(3－1)2＋22－2×2×(3－1)cos 120°＝6(海里)． 根据正弦定理，可得sin ∠ABC ＝AC sin 120°BC ＝2×326＝22.∴∠ABC ＝45°，易知CB 方向与正北方向垂直， 从而∠CBD ＝90°＋30°＝120°. 在△BCD 中，根据正弦定理，可得 sin ∠BCD ＝BD sin ∠CBD CD ＝10t ·sin 120°103t＝12，∴∠BCD＝30°，∠BDC＝30°，∴BD＝BC＝6(海里)，则有10t＝6，t＝610≈0.245小时＝14.7分钟．故缉私船沿北偏东60°方向，需14.7分钟才能追上走私船.。
2018届高中数学北师大版 立体几何 单元测试 Word版 含答案
一．基础题组1.【2011课标，文8】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（）A. B. C. D .【答案】D【解析】由题意可知,该几何体为一个半圆锥与一个三棱锥组合而成,不难分析出,选项D正确.2.【2011全国1，文8】【答案】C3. 【2010全国1，文6】直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1，则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于( )A ．30° B．45° C．60° D．90°【答案】：C4. 【2005全国1，文2】一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为π，则球的表面积为（A ）π28（B ）π8 （C ）π24 （D ）π4【答案】B【解析】由题知，截面圆半径为1，距离，截面圆半径，球的半径构成直角三角形，即球的半径的平方=距离的平方+截面圆半径的平方，所以，球的半径等于根号2，球的表面积公式4π*半径的平方，所以，答案是8π 5. 【2005全国1，文4】如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且BCF ADE ∆∆、均为正三角形，EF ∥AB ，EF=2，则该多面体的体积为( )（A ）32 （B ）33 （C ）34 （D ）23【答案】A【解析】6. 【2011全国1，文15】已知正方体1111ABCD A B C D -中，E 为11C D 的中点，则异面直线AE 与BC 所成的角的余弦值为 【答案】237. 【2009全国卷Ⅰ,文15】已知OA 为球O 的半径,过OA 的中点M 且垂直于OA 的平面截球面得到圆M,若圆M 的面积为3π,则球O 的表面积等于____________.【答案】:16π8. 【2014全国1，文19】如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B 1的中点为O ，且⊥AO 平面C C BB 11.（1）证明：;1AB C B ⊥（2）若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB求三棱柱111C B A ABC -的高.【解析】（1）连结1BC ，则O 为1B C 与1BC 的交点.因为侧面11BB C C 为菱形，所以11B C BC ⊥.又AO ⊥平面11BB C C ，所以1B C AO ⊥，。
2018高考一轮北师大版数学文教师用书：第七章 立体几
第三节平行关系[考纲传真] 1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理.2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的平行关系的简单命题．1．直线与平面平行的判定与性质(1)判定定理：若平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行．(2)性质定理：如果一条直线与一个平面平行，那么过该直线的任意一个平面与已知平面的交线与该直线平行．(3)符号与图形语言2.平面与平面平行的判定与性质(1)判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行．(2)性质定理：如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行．(3)符号与图形语言(1)若一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．()(2)若直线a∥平面α，P∈α，则过点P且平行于直线a的直线有无数条．()(3)若一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，则这两个平面平行．()(4)若两个平面平行，则一个平面内的直线与另一个平面平行．()[答案](1)×(2)×(3)×(4)√2．(教材改编)下列命题中，正确的是()A．若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面B．若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行C．若直线a，b和平面α满足a∥α，b∥α，那么a∥bD．若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，bα，则b∥αD[根据线面平行的判定与性质定理知，选D.]3．(2015·北京高考)设α，β是两个不同的平面，m是直线且m α，“m∥β”是“α∥β”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B[当m∥β时，过m的平面α与β可能平行也可能相交，因而m∥β⇒/α∥β；当α∥β时，α内任一直线与β平行，因为m α，所以m∥β.综上知，“m∥β”是“α∥β”的必要而不充分条件．]4．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系是________．平行[如图所示，连接BD交AC于F，连接EF，则EF是△BDD1的中位线，∴EF∥BD1，又EF 平面ACE，BD1平面ACE，∴BD1∥平面ACE.]5．(2017·河北石家庄质检)设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若m α，n∥α，则m∥n；②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ；③若α∩β＝n，m∥n，m∥α，则m∥β；④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β.其中是真命题的是________(填上序号)．②[①，m∥n或m，n异面，故①错误；易知②正确；③，m∥β或m β，故③错误；④，α∥β或α与β相交，故④错误．]下列命题正确的是()A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行C．若α，β不平行．．．与β平行的直线．．．，则在α内不存在D．若m，n不平行．．．，则m与n不可能．．．垂直于同一平面D[A项，α，β可能相交，故错误；B项，直线m，n的位置关系不确定，可能相交、平行或异面，故错误；C项，若m α，α∩β＝n，m∥n，则m∥β，故错误；D项，假设m，n垂直于同一平面，则必有m∥n，所以原命题正确，故D项正确．][规律方法] 1.判断与平行关系相关命题的真假，必须熟悉线、面平行关系的各个定义、定理，无论是单项选择还是含选择项的填空题，都可以从中先选出最熟悉最容易判断的选项先确定或排除，再逐步判断其余选项．2．(1)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断．(2)特别注意定理所要求的条件是否完备，图形是否有特殊情形，通过举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确．[变式训练1](2017·唐山模拟)若m，n表示不同的直线，α，β表示不同的平面，则下列结论中正确的是()A．若m∥α，m∥n，则n∥αB．若m α，n β，m∥β，n∥α，则α∥βC．若α⊥β，m∥α，n∥β，则m∥nD．若α∥β，m∥α，n∥m，nβ，则n∥βD[在A中，若m∥α，m∥n，则n∥α或n α，故A错误．在B中，若m α，n β，m∥β，n∥α，则α与β相交或平行，故B错误．在C中，若α⊥β，m∥α，n∥β，则m与n相交、平行或异面，故C错误．在D中，若α∥β，m∥α，n∥m，n⃘β，则由线面平行的判定定理得n∥β，故D正确．](2016·南通模拟)如图7-3-1所示，斜三棱柱ABC-A1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1上的点．(1)当A1D1D1C1等于何值时，BC1∥平面AB1D1?(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求ADDC的值．图7-3-1[解](1)如图所示，取D1为线段A1C1的中点，此时A1D1D1C1＝1. 2分连接A1B，交AB1于点O，连接OD1.由棱柱的性质知，四边形A1ABB1为平行四边形，∴点O为A1B的中点．在△A1BC1中，点O，D1分别为A1B，A1C1的中点，∴OD1∥BC1. 4分又∵OD1 平面AB1D1，BC1平面AB1D1，∴BC1∥平面AB1D1.∴当A1D1D1C1＝1时，BC1∥平面AB1D1. 6分(2)由平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O得BC1∥D1O，8分∴A1D1D1C1＝A1OOB，又由题(1)可知A1D1D1C1＝DCAD，A1OOB＝1，∴DCAD＝1，即ADDC＝1. 12分[规律方法] 1.判断或证明线面平行的常用方法有：(1)利用反证法(线面平行的定义)；(2)利用线面平行的判定定理(a⃘α，b α，a∥b⇒a∥α)；(3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a α⇒a∥β)；(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⃘β，a∥α⇒a∥β)．2．利用判定定理判定线面平行，关键是找平面内与已知直线平行的直线．常利用三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线．[变式训练2] (2014·全国卷Ⅱ)如图7-3-2，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．图7-3-2(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设AP ＝1，AD ＝3，三棱锥P -ABD 的体积V ＝34，求A 到平面PBC 的距离．[解] (1)证明：设BD 与AC 的交点为O ，连接EO .因为四边形ABCD 为矩形， 所以O 为BD 的中点， 又E 为PD 的中点， 所以EO ∥PB . 3分 因为EO 平面AEC ，PB平面AEC ，所以PB ∥平面AEC . 5分 (2)由V ＝16P A ·AB ·AD ＝36AB ， 又V ＝34，可得AB ＝32.作AH ⊥PB 交PB 于点H . 7分由题设知BC⊥平面P AB，所以BC⊥AH，故AH⊥平面PBC.在Rt△P AB中，由勾股定理可得PB＝132，所以AH＝P A·ABPB＝31313.所以A到平面PBC的距离为31313. 12分如图7-3-3所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EF A1∥平面BCHG.图7-3-3[证明](1)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，∴GH是△A1B1C1的中位线，GH∥B1C1. 2分又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面. 5分(2)在△ABC中，E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC.∵EF平面BCHG，BC 平面BCHG，∴EF∥平面BCHG. 7分∵A1G綊EB，∴四边形A1EBG是平行四边形，则A1E∥GB.∵A1E平面BCHG，GB 平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG. 10分∵A1E∩EF＝E，∴平面EF A1∥平面BCHG. 12分[迁移探究]在本例条件下，若点D为BC1的中点，求证：HD∥平面A1B1BA.[证明]如图所示，连接HD，A1B，∵D为BC1的中点，H为A1C1的中点，∴HD∥A1B. 5分又HD平面A1B1BA，A1B 平面A1B1BA，∴HD∥平面A1B1BA. 12分[规律方法] 1.判定面面平行的主要方法：(1)面面平行的判定定理．(2)线面垂直的性质(垂直于同一直线的两平面平行)．2．面面平行的性质定理的作用：(1)判定线面平行；(2)判断线线平行，线线、线面、面面平行的相互转化是解决与平行有关的问题的指导思想．解题时要看清题目的具体条件，选择正确的转化方向．易错警示：利用面面平行的判定定理证明两平面平行时，需要说明是一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行．[变式训练3](2016·山东高考) 在如图7-3-4所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB.图7-3-4(1)已知AB＝BC，AE＝EC，求证：AC⊥FB；(2)已知G，H分别是EC和FB的中点，求证：GH∥平面ABC. [证明](1)因为EF∥DB，①所以EF与DB确定平面BDEF. 2分如图①，连接DE.因为AE＝EC，D为AC的中点，所以DE⊥AC.同理可得BD⊥AC.又BD∩DE＝D，所以AC⊥平面BDEF. 4分因为FB 平面BDEF，所以AC⊥FB. 5分②(2)如图②，设FC的中点为I，连接GI，HI.在△CEF中，因为G是CE的中点，所以GI∥EF. 8分又EF∥DB，所以GI∥DB.在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC.因为GH 平面GHI，所以GH∥平面ABC. 12分[思想与方法]1．线线、线面、面面平行的相互转化其中线面平行是核心，线线平行是基础，要注意它们之间的灵活转化．2．直线与平面平行的主要判定方法(1)定义法；(2)判定定理；(3)面与面平行的性质．3．平面与平面平行的主要判定方法(1)定义法；(2)判定定理；(3)推论；(4)a⊥α，a⊥β⇒α∥β.[易错与防范]1．在推证线面平行时，一定要强调直线不在平面内，否则会出现错误．2．(1)在面面平行的判定中易忽视“面内两条相交直线”这一条件．(2)如要一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，易误认为这两个平面平行，实质上也可以相交．3．在应用性质定理时，要遵从由“高维”到“低维”，但也要注意，转化的方向总是由题目的具体条件而定，决不可过于“模式化”，另外要注意符号语言的规范应用．。
2018届北师大版 立体几何(文) 检测卷
1.【2017湖南衡阳期末】一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的外接球的表面积为（）A. 错误！未找到引用源。
B. 错误！未找到引用源。
C. 错误！未找到引用源。
D. 错误！未找到引用源。
【答案】B【要点回扣】由三视图求几何体外接球的表面积2.若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A ．16B ．32C ．48D ．144【答案】C 【解析】如图直方图是一个四棱锥，底面积为(62)6242+⨯=.高为6.所以体积为1246483⨯⨯=.故选C. 【要点回扣】1.三视图.2.体积的计算.3.已知几何体的三视图如图，则该几何体的体积为（ ）A. 34 B. 4 C. 324 D. 334 【答案】C【要点回扣】由三视图求面积、体积．4.【2017山西五校联考】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A. 错误！未找到引用源。
B. 错误！未找到引用源。
C. 错误！未找到引用源。
D. 错误！未找到引用源。
【答案】A【解析】该几何体为长方体挖去了一个圆锥，圆锥的底面半径为1，母线长为2，几何体的表面积为错误！未找到引用源。
，故选A.【要点回扣】三视图．5.设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列叙述正确的是A.若α∥β，m ∥α，n ∥β，则m ∥nB.若α⊥β，m ⊥α，n ∥β，则m ⊥nC.若m ∥α，n ∥α，m ∥β，n ∥β，m ⊥n ，则α∥βD.若m ⊥α，n ⊂β，m ⊥n ，则α⊥β【答案】C【解析】若α∥β，m ∥α，n ∥β，则n m ,可能平行、异面或相交，故A 错误；若α⊥β，m⊥α，n ∥β，则n m ,可能平行、异面或相交，故B 错误；若m ⊥α，n ⊂β，m ⊥n ，则βα,可能垂直、平行或不垂直相交，故D 错误；所以选C 选项.【要点回扣】空间中平行、垂直的判定.6.【2017云南师大附中月考】四面体错误！未找到引用源。
2018届高考数学(文)第一轮总复习全程训练第七章立体几何天天练27Word版含答案
天天练27 空间点、线、面的位置关系一、选择题 1．(2017·衡水中学一调)设α，β是两个不同的平面，l ，m 是两条不同的直线，且l ⊂α，m ⊂β( )A ．若l ⊥β，则α⊥βB ．若α⊥β，则l ⊥mC ．若l ∥β，则α∥βD ．若α∥β，则l ∥m2．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l ，点A ∈α，A ∉l ，直线AB ∥l ，直线AC ⊥l ，直线m ∥α，m ∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是( )A ．AB ∥m B ．AC ⊥m C ．AB ∥βD ．AC ⊥β 3．(2017·长沙二模)若平面α上存在不同的三点到平面β的距离相等且不为零，则平面α与平面β的位置关系为( )A ．平行B ．相交C ．平行或重合D ．平行或相交 4．(2017·深圳二模)已知在四棱锥P －ABCD 中，ABCD 是矩形，P A ⊥平面ABCD ，则在四棱锥P －ABCD 的任意两个顶点的连线中，互相垂直的异面直线共有( )A ．3对B ．4对C ．5对D ．6对 5．(2017·甘肃二诊)已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝3，AB ＝4，若在棱AB 上存在点P ，使得D 1P ⊥PC ，则AD 的取值范围是( )A ．(0,1]B ．(0,2]C ．(1，3]D ．[1,4) 6．(2017·山西监测)在四棱锥P －ABCD 中，四条侧棱长均为2，底面ABCD 为正方形，E 为PC 的中点．若异面直线P A 与BE 所成的角为45°，则该四棱锥的体积是( )A ．4B ．2 3 C.43 D.2337．已知四棱锥P －ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，四边形ABCD 为正方形，点E 是PB 的中点，则异面直线AE 与PD 所成角的余弦值为( )A.13B.23C.33D.23 8．(2016·课标全国Ⅰ，11)平面α过正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD ＝m ，α∩平面ABB 1A 1＝n ，则m ，n 所成角的正弦值为( )A.32 B.22 C.33 D.13二、填空题9．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．给出下列命题：(1)若m⊂α，m⊥β，则α⊥β；(2)若m⊂α，α∩β＝n，α⊥β，则m⊥n；(3)若m∥α，m⊂β，α∩β＝n，则m∥n.其中真命题是________(填序号)．10．如图所示，在三棱锥C－ABD中，E，F分别是AC和BD 的中点．若CD＝2AB＝4，EF⊥AB，则EF与CD所成的角是______________．11．(2017·日照一模)如图所示，ABCD－A1B1C1D1是长方体，O 是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，给出下列结论：①A、M、O三点共线；②A、M、O、A1不共面；③A、M、C、O共面；④B、B1、O、M共面．其中正确结论的序号为________．三、解答题12．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是AB 和AA1的中点．求证：(1)E、C、D1、F四点共面；(2)CE、D1F、DA三线共点．1．A依题意，若l⊥β，l⊂α，则α⊥β，故A正确；若α⊥β，则l 与m 可能平行、垂直或异面，B 错误；若l ∥β，则α与β平行或相交，C 错误；若α∥β，则l 与m 平行、垂直或异面，D 错误，故选A.2．D如图所示：AB ∥l ∥m ；AC ⊥l ，m ∥l ⇒AC ⊥m ；AB ∥l ⇒AB ∥β.3．D 当两个平面平行时，平面α上存在无数多个点到平面β的距离相等且不为零，满足题意；当两个平面相交时，可以从交线的两侧去找三个点到平面β的距离相等且不为零．故选D.4．C 因为ABCD 是矩形，P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥BC ，P A ⊥CD ，AB ⊥PD ，BD ⊥P A ，AD ⊥PB .共5对．5．B 连接DP ，由D 1P ⊥PC ，DD 1⊥PC ，且D 1P ，DD 1是平面DD 1P 上两条相交直线，得PC ⊥平面DD 1P ，PC ⊥DP ，即点P 在以CD 为直径的圆上，又点P 在AB 上，则AB 与圆有公共点，即0<AD ≤12CD ＝2，故选B.6．D 连接AC 和BD 相交于点O ，连接OE ，则OE ∥P A ，则∠OEB ＝45°，又∠EOB ＝90°，则BO ＝OE ＝1，底面正方体的边长为2，四棱锥的高为3，则体积为13×(2)2×3＝233，故选D.7．C设棱长都为1，连接AC ，BD ，交于点O ，连接OE .因为所有棱长都相等，四边形ABCD 是正方形，所以O 是BD 的中点，且OE ∥PD ，故∠AEO (或其补角)为异面直线AE 与PD 所成的角．易知OE ＝12PD ＝12，AE ＝32AB ＝32，OA ＝12AC ＝12×12＋12＝22.在△OAE 中，由余弦定理得cos ∠AEO ＝34＋14－122×32×12＝33.8．A 如图，延长B 1A 1至A 2，使A 2A 1＝B 1A 1，延长D 1A 1至A 3，使A 3A 1＝D 1A 1，连接AA 2，AA 3，A 2A 3，A 1B ，A 1D .易证AA 2∥A 1B ∥D 1C ，AA 3∥A 1D ∥B 1C .∴平面AA 2A 3∥平面CB 1D 1，即平面AA 2A 3为平面α.于是m ∥A 2A 3，直线AA 2即为直线n .显然有AA 2＝AA 3＝A 2A 3，于是m 、n 所成的角为60°，其正弦值为32.选A.9．(1)(3)解析：(2)中，m ∥n ，m 与n 相交都有可能．10．30°解析：如图，取CB 的中点G ，连接EG ，FG .则EG ∥AB ，FG ∥CD ，∴EF 与CD 所成的角为∠EFG .又∵EF ⊥AB ，∴EF ⊥EG .在Rt △EFG 中，EG ＝12AB ＝1，FG ＝12CD ＝2， ∴sin ∠EFG ＝12，∴∠EFG ＝30°， ∴EF 与CD 所成的角为30°. 11．①③解析：连接A 1C 1、AC ，则A 1C 1∥AC ，∴A 1、C 1、C 、A 四点共面，∴A 1C ⊂平面ACC 1A 1.∵M ∈A 1C ，∴M ∈平面ACC 1A 1，又M ∈平面AB 1D 1，∴M 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上，同理O 、A 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上，∴A 、M 、O 三点共线，故①正确．由①易知②错误，③正确．易知OM 与BB 1为异面直线，故④错误．12.证明：(1)如图所示，连接CD 1、EF 、A 1B ， ∵E 、F 分别是AB 和AA 1的中点，∴FE ∥A 1B 且EF ＝12A 1B . ∵A 1D 1綊BC ，∴四边形A 1BCD 1是平行四边形， ∴A 1B ∥D 1C ，∴FE ∥D 1C ，∴EF 与CD 1可确定一个平面，即E 、C 、D 1、F 四点共面．(2)由(1)知EF ∥CD 1，且EF ＝12CD 1， ∴四边形CD 1FE 是梯形，∴直线CE 与D 1F 必相交，设交点为P ， 则P ∈CE ⊂平面ABCD ， 且P ∈D 1F ⊂平面A 1ADD 1， ∴P ∈平面ABCD 且P ∈平面A 1ADD 1. 又平面ABCD ∩平面A 1ADD 1＝AD ， ∴P ∈AD ，∴CE 、D 1F 、DA 三线共点．2016-2017学年湖南省衡阳市衡阳县四中高二（下）第一次模拟数学试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，满分40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合M={0，1，2}，N={x }，若M ∪N={0，1，2，3}，则x 的值为（ ）A．3 B．2 C．1 D．02．如图是一个几何体的三视图，则该几何体为（）A．球B．圆柱C．圆台D．圆锥3．在区间[0，5]内任取一个实数，则此数大于3的概率为（）A．B．C．D．4．某程序框图如图所示，若输入x的值为1，则输出y的值是（）A．2 B．3 C．4 D．55．已知向量=（1，2），=（x，4），若∥，则实数x的值为（）A．8 B．2 C．﹣2 D．﹣86．某学校高一、高二、高三年级的学生人数分别为600，400，800．为了了解教师的教学情况，该校采用分层抽样的方法从这三个年级中抽取45名学生进行座谈，则高一、高二、高三年级抽取的人数分别为（）A．15，5，25 B．15，15，15 C．10，5，30 D．15，10，207．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线BD与A1C1的位置关系是（）A．平行B．相交C．异面但不垂直D．异面且垂直8．不等式（x+1）（x﹣2）≤0的解集为（）A．{x|﹣1≤x≤2}B．{x|﹣1＜x＜2}C．{x|x≥2或x≤﹣1}D．{x|x＞2或x ＜﹣1}9．已知两点P（4，0），Q（0，2），则以线段PQ为直径的圆的方程是（）A．（x+2）2+（y+1）2=5 B．（x﹣2）2+（y﹣1）2=10 C．（x﹣2）2+（y﹣1）2=5 D．（x+2）2+（y+1）2=1010．如图，在高速公路建设中需要确定隧道的长度，工程技术人员已测得隧道两端的两点A、B到点C的距离AC=BC=1km，且∠ACB=120°，则A、B两点间的距离为（）A．km B．km C．1.5km D．2km二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，满分20分．11．计算：log21+log24=．12．已知1，x，9成等比数列，则实数x=．13．已知点（x，y）在如图所示的平面区域（阴影部分）内运动，则z=x+y的最大值是．14．已知a是函数f（x）=2﹣log2x的零点，则a的值为•15．如图1，在矩形ABCD中，AB=2BC，E、F分别是AB、CD的中点，现在沿EF 把这个矩形折成一个直二面角A﹣EF﹣C（如图2），则在图2中直线AF与平面EBCF所成的角的大小为．三、解答题：本大题共5小题，满分40分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．已知，＜θ＜π．（1）求tanθ；（2）求的值．17．某公司为了了解本公司职员的早餐费用情况，抽样调査了100位职员的早餐日平均费用（单位：元），得到如图所示的频率分布直方图，图中标注a的数字模糊不清．（1）试根据频率分布直方图求a的值，并估计该公司职员早餐日平均费用的众数；（2）已知该公司有1000名职员，试估计该公司有多少职员早餐日平均费用不少于8元？18．已知等比数列{a n}的公比q=2，且a2，a3+1，a4成等差数列．（1）求a1及a n；（2）设b n=a n+n，求数列{b n}的前5项和S5．19．已知二次函数f（x）=x2+ax+b满足f（0）=6，f（1）=5（1）求函数f（x）解析式（2）求函数f（x）在x∈[﹣2，2]的最大值和最小值．20．已知圆C：x2+y2+2x﹣3=0．（1）求圆的圆心C的坐标和半径长；（2）直线l经过坐标原点且不与y轴重合，l与圆C相交于A（x1，y1）、B（x2，y2）两点，求证：为定值；（3）斜率为1的直线m与圆C相交于D、E两点，求直线m的方程，使△CDE 的面积最大．2016-2017学年湖南省衡阳市衡阳县四中高二（下）第一次模拟数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，满分40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合M={0，1，2}，N={x}，若M∪N={0，1，2，3}，则x的值为（）A．3 B．2 C．1 D．0【考点】并集及其运算．【分析】根据M及M与N的并集，求出x的值，确定出N即可．【解答】解：∵集合M={0，1，2}，N={x}，且M∪N={0，1，2，3}，∴x=3，故选：A．2．如图是一个几何体的三视图，则该几何体为（）A．球B．圆柱C．圆台D．圆锥【考点】由三视图求面积、体积．【分析】由三视图可知该几何体为圆锥．【解答】解：根据三视图可知，该几何体为圆锥．故选D．3．在区间[0，5]内任取一个实数，则此数大于3的概率为（）A．B．C．D．【考点】几何概型．【分析】由题意，要使此数大于3，只要在区间（3，5]上取即可，利用区间长度的比求．【解答】解：要使此数大于3，只要在区间（3，5]上取即可，由几何概型的个数得到此数大于3的概率为为；故选B．4．某程序框图如图所示，若输入x的值为1，则输出y的值是（）A．2 B．3 C．4 D．5【考点】程序框图．【分析】根据题意，模拟程序框图的运行过程，即可得出正确的答案．【解答】解：模拟程序框图的运行过程，如下；输入x=1，y=1﹣1+3=3，输出y的值为3．故选：B．5．已知向量=（1，2），=（x，4），若∥，则实数x的值为（）A．8 B．2 C．﹣2 D．﹣8【考点】平面向量共线（平行）的坐标表示．【分析】根据向量平行的坐标公式建立方程进行求解即可．【解答】解：∵∥，∴4﹣2x=0，得x=2，故选：B6．某学校高一、高二、高三年级的学生人数分别为600，400，800．为了了解教师的教学情况，该校采用分层抽样的方法从这三个年级中抽取45名学生进行座谈，则高一、高二、高三年级抽取的人数分别为（）A．15，5，25 B．15，15，15 C．10，5，30 D．15，10，20【考点】分层抽样方法．【分析】根据分层抽样的定义，建立比例关系即可等到结论．【解答】解：∵高一、高二、高三年级的学生人数分别为600，400，800．∴从这三个年级中抽取45名学生进行座谈，则高一、高二、高三年级抽取的人数分别，高二：，高三：45﹣15﹣10=20．故选：D7．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线BD与A1C1的位置关系是（）A．平行B．相交C．异面但不垂直D．异面且垂直【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．【分析】连接AC，则AC∥A1C1，AC⊥BD，即可得出结论．【解答】解：∵正方体的对面平行，∴直线BD与A1C1异面，连接AC，则AC∥A1C1，AC⊥BD，∴直线BD与A1C1垂直，∴直线BD与A1C1异面且垂直，故选：D．8．不等式（x+1）（x﹣2）≤0的解集为（）A．{x|﹣1≤x≤2}B．{x|﹣1＜x＜2}C．{x|x≥2或x≤﹣1}D．{x|x＞2或x ＜﹣1}【考点】一元二次不等式的解法．【分析】根据一元二次不等式对应方程的实数根，即可写出不等式的解集．【解答】解：不等式（x+1）（x﹣2）≤0对应方程的两个实数根为﹣1和2，所以该不等式的解集为{x|﹣1≤x≤2}．故选：A．9．已知两点P（4，0），Q（0，2），则以线段PQ为直径的圆的方程是（）A．（x+2）2+（y+1）2=5 B．（x﹣2）2+（y﹣1）2=10 C．（x﹣2）2+（y﹣1）2=5 D．（x+2）2+（y+1）2=10【考点】圆的标准方程．【分析】求出圆心坐标和半径，因为圆的直径为线段PQ，所以圆心为P，Q的中点，应用中点坐标公式求出，半径为线段PQ长度的一半，求出线段PQ的长度，除2即可得到半径，再代入圆的标准方程即可．【解答】解：∵圆的直径为线段PQ，∴圆心坐标为（2，1）半径r===∴圆的方程为（x﹣2）2+（y﹣1）2=5．故选：C．10．如图，在高速公路建设中需要确定隧道的长度，工程技术人员已测得隧道两端的两点A、B到点C的距离AC=BC=1km，且∠ACB=120°，则A、B两点间的距离为（）A．km B．km C．1.5km D．2km【考点】解三角形的实际应用．【分析】直接利用与余弦定理求出AB的数值．【解答】解：根据余弦定理AB2=a2+b2﹣2abcosC，∴AB===（km）．故选：A．二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，满分20分．11．计算：log21+log24=2．【考点】对数的运算性质．【分析】直接利用对数的运算法则化简求解即可．【解答】解：log21+log24=0+log222=2．故答案为：2．12．已知1，x，9成等比数列，则实数x=±3．【考点】等比数列．【分析】由等比数列的性质得x2=9，由此能求出实数x．【解答】解：∵1，x，9成等比数列，∴x2=9，解得x=±3．故答案为：±3．13．已知点（x，y）在如图所示的平面区域（阴影部分）内运动，则z=x+y的最大值是5．【考点】简单线性规划．【分析】利用目标函数的几何意义求最大值即可．【解答】解：由已知，目标函数变形为y=﹣x+z，当此直线经过图中点（3，2）时，在y轴的截距最大，使得z最大，所以z的最大值为3+2=5；故答案为：5．14．已知a是函数f（x）=2﹣log2x的零点，则a的值为4•【考点】函数的零点．【分析】根据函数零点的定义，得f（a）=0，从而求出a的值．【解答】解：a是函数f（x）=2﹣log2x的零点，∴f（a）=2﹣log2a=0，∴log2a=2，解得a=4．故答案为：4．15．如图1，在矩形ABCD中，AB=2BC，E、F分别是AB、CD的中点，现在沿EF 把这个矩形折成一个直二面角A﹣EF﹣C（如图2），则在图2中直线AF与平面EBCF所成的角的大小为45°．【考点】直线与平面所成的角．【分析】由题意，AE⊥平面EFBC，∠AFE是直线AF与平面EBCF所成的角，即可得出结论．【解答】解：由题意，AE⊥平面EFBC，∴∠AFE是直线AF与平面EBCF所成的角，∵AE=EF，∴∠AFE=45°．故答案为45°．三、解答题：本大题共5小题，满分40分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．已知，＜θ＜π．（1）求tanθ；（2）求的值．【考点】三角函数的化简求值．【分析】（1）由，＜θ＜π结合同角平方关系可求cosθ，利用同角基本关系可求（2）结合（1）可知tanθ的值，故考虑把所求的式子化为含“切”的形式，从而在所求的式子的分子、分母同时除以cos2θ，然后把已知tanθ的值代入可求．【解答】解：（1）∵sin2θ+cos2θ=1，∴cos2θ=．又＜θ＜π，∴cosθ=∴．（2）=．17．某公司为了了解本公司职员的早餐费用情况，抽样调査了100位职员的早餐日平均费用（单位：元），得到如图所示的频率分布直方图，图中标注a的数字模糊不清．（1）试根据频率分布直方图求a的值，并估计该公司职员早餐日平均费用的众数；（2）已知该公司有1000名职员，试估计该公司有多少职员早餐日平均费用不少于8元？【考点】频率分布直方图．【分析】（1）由频率分布直方图中各小长方形的面积之和等于1，求出a的值，频率分布直方图中最高的小长方体的底面边长的中点即是众数；（2）求出本公司职员平均费用不少于8元的频率就能求出公司有多少职员早餐日平均费用不少于8元．【解答】解：（1）据题意得：（0.05+0.10+a+0.10+0.05+0.05）×2=1，解得a=0.15，众数为：；（2）该公司职员早餐日平均费用不少于8元的有：×2=200，18．已知等比数列{a n}的公比q=2，且a2，a3+1，a4成等差数列．（1）求a1及a n；（2）设b n=a n+n，求数列{b n}的前5项和S5．【考点】数列的求和；等比数列的通项公式．【分析】（1）运用等比数列的通项公式和等差数列的中项的性质，解方程可得首项，进而得到所求通项公式；（2）求得b n=2n﹣1+n，再由数列的求和方法：分组求和，结合等差数列和等比数列的求和公式，计算即可得到所求和．【解答】解：（1）由已知得a2=2a1，a3+1=4a1+1，a4=8a1，又a2，a3+1，a4成等差数列，可得：2（a3+1）=a2+a4，所以2（4a1+1）=2a1+8a1，解得a1=1，故a n=a1q n﹣1=2n﹣1；（2）因为b n=2n﹣1+n，所以S5=b1+b2+b3+b4+b5=（1+2+...+16）+（1+2+ (5)=+=31+15=46．19．已知二次函数f（x）=x2+ax+b满足f（0）=6，f（1）=5（1）求函数f（x）解析式（2）求函数f（x）在x∈[﹣2，2]的最大值和最小值．【考点】二次函数的性质；二次函数在闭区间上的最值．【分析】（1）利用已知条件列出方程组求解即可．（2）利用二次函数的对称轴以及开口方向，通过二次函数的性质求解函数的最值即可．【解答】解：（1）∵；（2）∵f（x）=x2﹣2x+6=（x﹣1）2+5，x∈[﹣2，2]，开口向上，对称轴为：x=1，∴x=1时，f（x）的最小值为5，x=﹣2时，f（x）的最大值为14．20．已知圆C：x2+y2+2x﹣3=0．（1）求圆的圆心C的坐标和半径长；（2）直线l经过坐标原点且不与y轴重合，l与圆C相交于A（x1，y1）、B（x2，y2）两点，求证：为定值；（3）斜率为1的直线m与圆C相交于D、E两点，求直线m的方程，使△CDE 的面积最大．【考点】直线与圆的位置关系．【分析】（1）把圆C的方程化为标准方程，写出圆心和半径；（2）设出直线l的方程，与圆C的方程组成方程组，消去y得关于x的一元二次方程，由根与系数的关系求出的值；（3）解法一：设出直线m的方程，由圆心C到直线m的距离，写出△CDE的面积，利用基本不等式求出最大值，从而求出对应直线方程；解法二：利用几何法得出CD⊥CE时△CDE的面积最大，再利用点到直线的距离求出对应直线m的方程．【解答】解：（1）圆C：x2+y2+2x﹣3=0，配方得（x+1）2+y2=4，则圆心C的坐标为（﹣1，0），圆的半径长为2；（2）设直线l的方程为y=kx，联立方程组，消去y得（1+k2）x2+2x﹣3=0，则有：；所以为定值；（3）解法一：设直线m的方程为y=kx+b，则圆心C到直线m的距离，所以，≤，当且仅当，即时，△CDE的面积最大，从而，解之得b=3或b=﹣1，故所求直线方程为x﹣y+3=0或x﹣y﹣1=0．解法二：由（1）知|CD|=|CE|=R=2，所以≤2，当且仅当CD⊥CE时，△CDE的面积最大，此时；设直线m的方程为y=x+b，则圆心C到直线m的距离，由，得，由，得b=3或b=﹣1，故所求直线方程为x﹣y+3=0或x﹣y﹣1=0．2017年5月5日。
高考文科数学(北师大版)一轮复习练习第7章 立体几何 第4讲知能训练轻松闯关 Word版含答案
．若，表示两条不同的直线，α表示平面，⊥α，∥α，则与的关系为( )．⊥，且与不相交．⊥，且与相交．与不一定垂直．⊥解析：选.因为∥α，所以在α中必有一条直线与平行，因为⊥α，所以⊥，所以⊥.．“直线与平面内的无数条直线都垂直”是“直线与平面垂直”的( )．充分不必要条件．必要不充分条件．充要条件．既不充分也不必要条件解析：选.根据直线与平面垂直的定义知“直线与平面内的无数条直线都垂直”不能推出“直线与平面垂直”，反之可以，所以应该是必要不充分条件．．(·南昌调研)已知两个不同的平面α，β和两条不重合的直线，，则下列四个命题中不正确的是( )．若∥，⊥α，则⊥α．若⊥α，⊥β，则α∥β．若⊥α，∥，β，则α⊥β．若∥α，α∩β＝，则∥解析：选.由线面平行、垂直之间的转化知、正确；对于，因为⊥α，∥，所以⊥α，又β，所以β⊥α，即正确；对于，∥α，α∩β＝，则∥，或与是异面直线，故项不正确．．在如图所示的四个正方体中，能得出⊥的是( )解析：选中，因为⊥平面，所以⊥；中，与成°角；中，与成°角；中，与夹角的正切值为.．设，是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是( )．若α∥β，α，β，则∥．若∥α，⊥β，且α⊥β，则∥．若⊥α，∥，∥β，则α⊥β．若⊥，α，β，则α⊥β解析：选.若α∥β，α，β，则直线与可能平行或异面，所以错误；若∥α，⊥β，且α⊥β，则直线与可能平行或相交或异面，所以错误；若⊥α，∥，∥β，则α⊥β，所以正确；若⊥，α，β，则α与β相交或平行，所以错误．故选.．(·九江模拟)如图，在三棱锥-中，若＝，＝，是的中点，则下列命题中正确的是()．平面⊥平面．平面⊥平面．平面⊥平面，且平面⊥平面．平面⊥平面，且平面⊥平面解析：选.因为＝，且是的中点，所以⊥，同理，⊥，由于∩＝，于是⊥平面.因为平面，所以平面⊥平面.又平面，所以平面⊥平面.故选..如图，在△中，∠＝°，＝，∠＝°，⊥平面，＝，是上的一个动点，则的最小值为．解析：作⊥于，连接.因为⊥平面，所以⊥，为的最小值，等于.答案：．(·无锡质检)已知α，β，γ是三个不同的平面，命题“α∥β且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题，若把α，β，γ中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题有个．解析：若把α，β换为直线，，则命题转化为“∥且⊥γ⇒⊥γ”，此命题为真命题；若把α，γ换为直线，，则命题转化为“∥β且⊥⇒⊥β”，此命题为假命题；若把β，γ换为直线，，则命题转化为“∥α且⊥α⇒⊥”，此命题为真命题．答案：．四棱锥-中，底面是矩形，⊥底面，则这个四棱锥的五个面中两两互相垂直的共有对．解析：因为⊥，⊥且∩＝，可得⊥平面.同理可得⊥平面、⊥平面、⊥平面，由面面垂直的判定定理可得，平面⊥平面，平面⊥平面，平面⊥平面，平面⊥平面，平面⊥平面，共有对．答案：．已知、、表示三条不同的直线，α、β、γ表示三个不同的平面，有下列四个命题：①若α∩β＝，β∩γ＝，且∥，则α∥γ；②若、相交，且都在α、β外，∥α，∥β，∥α，∥β，则α∥β；③若α⊥β，α∩β＝，β，⊥，则⊥α；④若α，α，⊥，⊥，α，则⊥α.其中正确命题的序号是．解析：若平面α、β、γ两两相交于三条直线，则有交线平行，故①不正确．因为、相交，假设其确定的平面为γ，根据∥α，∥α，可得γ∥α.同理可得γ∥β，因此α∥β，②正确．由面面垂直的性质定理知③正确．当∥时，垂直于平面α内两条不相交直线，不能得出⊥α，④错误．答案：②③．(·高考课标全国卷Ⅰ)如图，三棱柱-中，侧面为菱形，的中点为，且⊥平面.()证明：⊥；()若⊥，∠＝°，＝，求三棱柱-的高．解：()证明：连接，则为与的交点．因为侧面为菱形，所以⊥.又⊥平面，所以⊥，故⊥平面.由于平面，故⊥.()作⊥，垂足为，连接.作⊥，垂足为.由于⊥，⊥，故⊥平面，所以⊥.又⊥，所以⊥平面.因为∠＝°，所以△为等边三角形．又＝，可得＝.由于⊥，所以＝＝.。
高考文科数学(北师大版)一轮复习练习第7章 立体几何 第5讲知能训练轻松闯关 Word版含答案
.(·陕西省质量检测)一个几何体的三视图如图所示，那么该几何体的体积是( )．．解析：选.由三视图可得该几何体是三棱锥，高为，底面是直角边长分别为和的直角三角形，所以其体积为＝××＝.．如图所示，已知三棱柱-的所有棱长均为，且⊥底面，则三棱锥-的体积为( )解析：选.三棱锥的体积等于三棱锥-的体积，三棱锥-的高为，底面积为，故其体积为××＝.．(·合肥模拟)某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )．＋．＋．＋．解析：选.由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，如图．则该几何体的表面积为＝×××＋××＋×＝＋，故选.．(·高考重庆卷改编)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )＋π＋π＋π＋π解析：选.由三视图可知该几何体是由一个半圆柱和一个三棱锥组成的．由图中数据可得三棱锥的体积＝××××＝，半圆柱的体积＝×π××＝π，所以＝＋π..(·许昌、新乡、平顶山三市联考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )．π．π解析：选.根据几何体的三视图可知该几何体为一个平面截去圆柱上半部分的一半后剩下的部分，所求几何体的体积为＝π××＋π××＝π.．(·郑州质量预测)如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的表面积为( )．π．π．π．π解析：选.由题可得该几何体是一个以主视图为底面的三棱柱，如图所示(图中的三棱柱截去一部分所剩几何体)，对应主视图是边长为的正方形，对应的四棱锥的高为，可知主视图中正方形的中心即为其外接球的球心，则＝，则其外接球表面积为＝π＝π.．一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，且该六棱柱的体积为，底面周长为，则棱柱的高＝．解析：因为底面周长为，所以正六边形的边长为，则正六边形的面积为.又因为六棱柱的体积为，即＝，所以＝.答案：．(·高考天津卷改编)一个几何体的三视图如图所示(单位：)，则该几何体的体积为.解析：由几何体的三视图可知该几何体由两个圆锥和一个圆柱构成，其中圆锥的底面半径和高均为，圆柱的底面半径为且其高为，故所求几何体的体积为＝π×××＋π××＝π.。
2018届高三数学(文)高考总复习教师用书：第七章 立体几何 Word版含答案
第七章⎪⎪⎪立体几何第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图1．简单几何体(1)简单旋转体的结构特征：①圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到； ②圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；③圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到；④球可以由半圆或圆绕直径旋转得到． (2)简单多面体的结构特征：①棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形； ②棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；③棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形． 2．直观图(1)画法：常用斜二测画法． (2)规则：①原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中，x ′轴、y ′轴的夹角为45°(或135°)，z ′轴与x ′轴和y ′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．说明：正视图也称主视图，侧视图也称左视图． (2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．[小题体验]1．若一个三棱柱的三视图如图所示，其俯视图为正三角形，则这个三棱柱的高和底面边长分别为()A．2,23B．22，2C．4,2 D．2,4解析：选D由三视图可知，正三棱柱的高为2，底面正三角形的高为23，故底面边长为4，故选D．2．(教材习题改编)如图，长方体ABCD-A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是______．答案：五棱柱三棱柱1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点．2．空间几何体不同放置时其三视图不一定相同．3．对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视实虚线的画法．[小题纠偏]1．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是()解析：选B俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B．2．(教材习题改编)利用斜二测画法得到的①三角形的直观图一定是三角形；②正方形的直观图一定是菱形；③等腰梯形的直观图可以是平行四边形；④菱形的直观图一定是菱形．以上结论正确的个数是________．解析：由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，④也错误．答案：1考点一空间几何体的结构特征(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是() A．圆柱B．圆锥C．球体D．圆柱、圆锥、球体的组合体解析：选C截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．2．给出下列几个命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是()A．0B．1C．2 D．3解析：选B①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．3．给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；④存在每个面都是直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中的三棱锥C1-ABC，四个面都是直角三角形．答案：②③④[谨记通法]解决与空间几何体结构特征有关问题3个技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型；(3)通过反例对结构特征进行辨析．考点二空间几何体的三视图(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2017·东北四市联考)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是线段CD的中点，则三棱锥P-A1B1A的侧视图为()解析：选D如图，画出原正方体的侧视图，显然对于三棱锥P-A1B1A，B(C)点均消失了，其余各点均在，从而其侧视图为D．2．(2015·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为()A．1B． 2C． 3 D．2解析：选C根据三视图，可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥V-ABCD，其中VB⊥平面ABCD，且底面ABCD是边长为1的正方形，VB＝1．所以四棱锥中最长棱为VD．连接BD，易知BD＝2，在Rt△VBD中，VD＝VB2＋BD2＝3．[由题悟法]1．已知几何体，识别三视图的技巧已知几何体画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定线在投影面上的实虚．2．已知三视图，判断几何体的技巧(1)对柱、锥、台、球的三视图要熟悉．(2)明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图．(3)遵循“长对正、高平齐、宽相等”的原则．[提醒]对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同．[即时应用]1．(2016·沈阳市教学质量监测)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是()解析：选B根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B，故选B．2．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是()解析：选D由俯视图是圆环可排除A、B、C，进一步将已知三视图还原为几何体，可得选项D．考点三空间几何体的直观图(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为________．解析：如图，在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为E．在Rt△ABE中，AB＝1，∠ABE＝45°，∴BE＝22．而四边形AECD为矩形，AD＝1，∴EC＝AD＝1，∴BC＝BE＋EC＝2＋1．2由此可还原原图形如图在原图形中，A ′D ′＝1，A ′B ′＝2，B ′C ′＝22＋1，且A ′D ′∥B ′C ′，A ′B ′⊥B ′C ′，∴这块菜地的面积S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′＝12×⎝⎛⎭⎫1＋1＋22×2＝2＋22．答案：2＋22[由题悟法]原图与直观图中的“三变”与“三不变”(1)“三变”⎩⎨⎧坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度改变(减半)图形改变(2)“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不变与x 轴平行的线段长度不变相对位置不变[即时应用]如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6 cm ，O ′C ′＝2 cm ，则原图形是( )A ．正方形B ．矩形C ．菱形D ．一般的平行四边形解析：选C 如图，在原图形OABC 中，应有OD ＝2O ′D ′＝2×22＝4 2 cm ，CD ＝C ′D ′＝2 cm ．∴OC ＝OD 2＋CD 2＝(42)2＋22＝6 cm ，∴OA ＝OC ，故四边形OABC 是菱形．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．某几何体的正视图和侧视图完全相同，均如图所示，则该几何体的俯视图一定不可能是( )解析：选D几何体的正视图和侧视图完全一样，则几何体从正面看和侧面看的长度相等，只有等边三角形不可能．2．下列说法正确的是()A．棱柱的两个底面是全等的正多边形B．平行于棱柱侧棱的截面是矩形C．{直棱柱}⊆{正棱柱}D．{正四面体}⊆{正三棱锥}解析：选D因为选项A中两个底面全等，但不一定是正多边形；选项B中一般的棱柱不能保证侧棱与底面垂直，即截面是平行四边形，但不一定是矩形；选项C中{正棱柱}⊆{直棱柱}，故A、B、C都错；选项D中，正四面体是各条棱均相等的正三棱锥，故正确．3．某几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是()A．三棱锥B．四棱锥C．四棱台D．三棱台解析：选A因为正视图和侧视图都为三角形，可知几何体为锥体，又因为俯视图为三角形，故该几何体为三棱锥．4．在如图所示的直观图中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在直角坐标系xOy中，四边形ABCO的形状为________，面积为________cm2．解析：由斜二测画法的特点知该平面图形是一个长为4 cm，宽为2cm的矩形，所以四边形ABCO的面积为8 cm2．答案：矩形85．已知某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是矩形，俯视图是正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何体的形状给出下列命题：①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③两个面都是等腰直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：由三视图可知，该几何体是正四棱柱，作出其直观图，ABCD-A1B1C1D1，如图，当选择的4个点是B1，B，C，C1时，可知①正确；当选择的4个点是B，A，B1，C时，可知②正确；易知③不正确．答案：①②二保高考，全练题型做到高考达标1．已知底面为正方形的四棱锥，其中一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的()解析：选C根据三视图的定义可知A、B、D均不可能，故选C．2．如图所示是水平放置三角形的直观图，点D是△ABC的BC边中点，AB，BC分别与y′轴、x′轴平行，则三条线段AB，AD，AC中()A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AC，最短的是AD解析：选B由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB＜AD＜AC．3．(2016·沈阳市教学质量监测)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个凸多面体的三视图(两个矩形，一个直角三角形)，则这个几何体可能为()A．三棱台B．三棱柱C．四棱柱D．四棱锥解析：选B根据三视图的法则：长对正，高平齐，宽相等，可得几何体如图所示，这是一个三棱柱．4．(2016·淄博一模)把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，形成的三棱锥A-BCD的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为()A．22B．12C．24D．14解析：选D由正视图与俯视图可得三棱锥A-BCD的一个侧面与底面垂直，其侧视图是直角三角形，且直角边长均为22，所以侧视图的面积为S＝12×22×22＝14．5．已知四棱锥P-ABCD的三视图如图所示，则四棱锥P-ABCD的四个侧面中面积最大的是()A ．3B ．2 5C ．6D ．8解析：选C 四棱锥如图所示，取AD 的中点N ，BC 的中点M ，连接PM ，PN ，则PM ＝3，PN ＝5，S △PAD ＝12×4×5＝25，S △PAB ＝S △PDC ＝12×2×3＝3，S △PBC ＝12×4×3＝6．所以四个侧面中面积最大的是6． 6．设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体； ②底面是矩形的平行六面体是长方体； ③直四棱柱是直平行六面体； ④棱台的相对侧棱延长后必交于一点． 其中真命题的序号是________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．答案：①④7．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm ．解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C ． 在Rt △ABC 中，AC ＝12 cm ，BC ＝8－3＝5 (cm)． ∴AB ＝122＋52＝13(cm)．答案：138．已知正四棱锥V -ABCD 中，底面面积为16，一条侧棱的长为211，则该棱锥的高为________．解析：如图，取正方形ABCD 的中心O ，连结VO ，AO ，则VO 就是正四棱锥V -ABCD 的高．因为底面面积为16，所以AO ＝22．因为一条侧棱长为211． 所以VO ＝VA 2－AO 2＝44－8＝6．所以正四棱锥V -ABCD 的高为6． 答案：69．已知正三角形ABC 的边长为2，那么△ABC 的直观图△A ′B ′C ′的面积为________．解析：如图，图①、图②所示的分别是实际图形和直观图． 从图②可知，A ′B ′＝AB ＝2，O ′C ′＝12OC ＝32，C ′D ′＝O ′C ′sin 45°＝32×22＝64． 所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×2×64＝64．答案：6410．已知正三棱锥V -ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出侧视图的面积． 解：(1)直观图如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝⎛⎭⎫23×32×232＝23， ∴S △VBC ＝12×23×23＝6．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )A ．8B ．7C ．6D ．5解析：选C 画出直观图，共六块．2．(2017·湖南省东部六校联考)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中，最大的面积是( )A ．4 3B ．8 3C ．47D ．8解析：选C 设该三棱锥为P -ABC ，其中PA ⊥平面ABC ，PA ＝4，则由三视图可知△ABC 是边长为4的等边三角形，故PB ＝PC ＝42，所以S △ABC ＝12×4×23＝43，S △PAB＝S △PAC ＝12×4×4＝8，S △PBC ＝12×4×(42)2－22＝47，故四个面中面积最大的为S △PBC＝47，选C．3．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA．解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2．(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝62．由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝(62)2＋62＝6 3 cm．第二节空间几何体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r＋r′)l 2．空间几何体的表面积与体积公式名称几何体 表面积 体积 柱体(棱柱和圆柱) S 表面积＝S 侧＋2S 底 V ＝Sh 锥体(棱锥和圆锥) S 表面积＝S 侧＋S 底 V ＝13Sh台体(棱台和圆台)S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球S ＝4πR 2V ＝43πR 3[小题体验]1．(2016·全国甲卷)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h ．由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得：l ＝22＋(23)2＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π．2．(教材习题改编)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱，其底面为侧视图，该侧视图是底边为2，高为3的三角形，正视图的长为三棱柱的高，故h ＝3，所以该几何体的体积V ＝S ·h ＝⎝⎛⎭⎫12×2×3×3＝33． 答案：3 33．正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 中点，则三棱锥A -B 1DC 1的体积为________．解析：在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∵AD ⊥BC ，AD ⊥BB 1，BB 1∩BC ＝B ，∴AD ⊥平面B 1DC 1． ∴VA -B 1DC 1＝13S △B 1DC 1·AD ＝13×12×2×3×3＝1．答案：11．求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易出错．2．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．3．易混侧面积与表面积的概念． [小题纠偏]1．(教材习题改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶3 1∶12．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是________．解析：由三视图可知，该几何体由一个正四棱柱和一个棱台组成，其表面积S ＝3×4×2＋2×2×2＋4×22×2＋4×6＋12×(2＋6)×2×2＝72＋162．答案：72＋16 2考点一 空间几何体的表面积(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．(易错题)(2015·全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)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．若该几何体的表面积为16＋20π，则r＝()A．1B．2C．4 D．8解析：选B如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r，圆柱的底面半径为r，高为2r，则表面积S＝12×4πr2＋πr2＋4r2＋πr·2r＝(5π＋4)r2．又S＝16＋20π，∴(5π＋4)r2＝16＋20π，∴r2＝4，r＝2，故选B．2．(2015·福建高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于()A．8＋2 2B．11＋2 2C．14＋2 2D．15解析：选B由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋22．3．某几何体的三视图如图所示，则它的侧面积为()A ．12 5B ．24 2C ．24D ．12 3解析：选A 由三视图得， 这是一个正四棱台， 由条件知斜高h ＝22＋12＝5，侧面积S ＝(2＋4)×52×4＝125．[谨记通法] 几何体的表面积的求法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．注意衔接部分的处理，如“题组练透”第1题．考点二 空间几何体的体积(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2016·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．13＋23πB ．13＋23πC ．13＋26πD ．1＋26π 解析：选C 由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×4π3×⎝⎛⎭⎫223＝13＋26π． 2．(2015·全国卷Ⅱ)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下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A ．18B ．17C ．16D ．15解析：选D 由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56．所以V 1V 2＝1656＝15．[由题悟法]有关几何体体积的类型及解题策略常见类型 解题策略球的体积问题直接利用球的体积公式求解，在实际问题中要根据题意作出图形，构造直角三角形确定球的半径 锥体、柱体的体积问题 根据题设条件求出所给几何体的底面积和高，直接套用公式求解以三视图为载体的几何体体积问题将三视图还原为几何体，利用空间几何体的体积公式求解不规则几何体的体积问题常用分割或补形的思想，若几何体的底不规则，也需采用同样的方法，将不规则的几何体或平面图形转化为规则的几何体或平面图形，易于求解[即时应用]1．(2016·西安质检)某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为( )A ．43B ．52C ．73D ．3解析：选A 根据几何体的三视图，得该几何体是下部为直三棱柱，上部为三棱锥的组合体，如图所示．则该几何体的体积是V几何体＝V 三棱柱＋V 三棱锥＝12×2×1×1＋13×12×2×1×1＝43． 2．(2017·云南省统检)如图是底面半径为1，高为2的圆柱被削掉一部分后剩下的几何体的三视图，则被削掉的那部分的体积为( )A ．π＋23B ．5π－23C ．5π3－2D ．2π－23解析：选B 由三视图可知，剩下部分的几何体由半个圆锥和一个三棱锥组成，其体积V ＝13×12×π×12×2＋13×12×2×1×2＝π3＋23，∴被削掉的那部分的体积为π×12×2－⎝⎛⎭⎫π3＋23＝5π－23．3．(2016·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm 2，体积是________cm 3．解析：由三视图知该几何体是一个组合体，左边是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm,4 cm,2 cm ，右边也是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm ，2 cm ，4 cm ．几何体的表面积为(2×2＋2×4＋2×4)×2×2－2×2×2＝72(cm 2)， 体积为2×2×4×2＝32(cm 3)． 答案：72 32考点三 与球有关的切、接问题(题点多变型考点——多角探明) [锁定考向]与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考生的难点、易失分点，命题角度多变．常见的命题角度有：(1)正四面体的内切球与四棱锥的外接球； (2)直三棱柱的外接球；(3)正方体(长方体)的内切、外接球．[题点全练]角度一：正四面体的内切球与四棱锥的外接球1．(2017·长春模拟)若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________．解析：设正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4·34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14，即r ＝14·63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π． 答案：63π角度二：直三棱柱的外接球2．已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A ．3172B ．210C ．132D ．310解析：选C 如图，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M ．又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝⎛⎭⎫522＋62＝132．角度三：正方体(长方体)的内切、外接球3．如图，已知球O 是棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的内切球，则平面ACD 1截球O 的截面面积为( )A ．66π B ．π3C ．π6D ．33π 解析：选C 平面ACD 1截球O 的截面为△ACD 1的内切圆．因为正方体的棱长为1，所以AC ＝CD 1＝AD 1＝2，所以内切圆的半径r ＝22×tan 30°＝66， 所以S ＝πr 2＝π×16＝16π．[通法在握]“切”“接”问题处理的注意事项(1)“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．(2)“接”的处理把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．[演练冲关]1．(2017·广州市综合测试)一个六棱柱的底面是正六边形，侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点都在同一个球面上，则该球的体积为( )A ．20πB ．205π3 C ．5πD ．55π6解析：选D 由题意知六棱柱的底面正六边形的外接圆半径r ＝1，其高h ＝1，∴球半径为R ＝r 2＋⎝⎛⎭⎫h 22＝1＋14＝52，∴该球的体积V ＝43πR 3＝43×⎝⎛⎭⎫523π＝55π6． 2．(2016·河南省六市第一次联考)三棱锥P -ABC 中，AB ＝BC ＝15，AC ＝6，PC ⊥平面ABC ，PC ＝2，则该三棱锥的外接球表面积为( )A ．253πB ．252π C ．833πD ．832π 解析：选D 由题可知，△ABC 中AC 边上的高为15－32＝6，球心O 在底面ABC的投影即为△ABC 的外心D ，设DA ＝DB ＝DC ＝x ，∴x 2＝32＋(6－x )2，解得x ＝546，∴R 2＝x 2＋⎝⎛⎭⎫PC 22＝758＋1＝838(其中R 为三棱锥外接球的半径)，∴外接球的表面积S ＝4πR 2＝832π，故选D ．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( ) A ．163πB ．323πC ．16πD ．24π解析：选B 设球的半径为R ，因为表面积是16π，所以4πR 2＝16π，解得R ＝2．所以体积为43πR 3＝32π3．2．(2016·长春市质量检测(二))几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A ．323B ．16－2π3C ．403D ．16－8π3解析：选C 该几何体可视为长方体挖去一个四棱锥所得，所以其体积为2×2×4－13×2×2×2＝403．故选C ．3．(2016·全国乙卷)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π解析：选A 由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的14，得到的几何体如图．设球的半径为R ，则43πR 3－18×43πR 3＝283π，解得R ＝2．因此它的表面积为78×4πR 2＋34πR 2＝17π．故选A ．4．(2016·北京高考)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________．解析：由题意知该四棱柱为直四棱柱，其高为1，其底面为上底长为1，下底长为2，高为1的等腰梯形，所以该四棱柱的体积为V ＝(1＋2)×12×1＝32．答案：325．(2015·天津高考)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3．解析：由几何体的三视图可知该几何体由两个圆锥和一个圆柱构成，其中圆锥的底面半径和高均为1，圆柱的底面半径为1且其高为2，故所求几何体的体积为V ＝13π×12×1×2＋π×12×2＝83π．答案：83π二保高考，全练题型做到高考达标1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )A ．7B ．6C ．5D ．3解析：选A 设圆台较小底面半径为r ， 则另一底面半径为3r ．由S ＝π(r ＋3r )·3＝84π，解得r ＝7．2．一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为( )A ．6B ．8C ．12D ．24解析：选C 由题意可知该六棱锥为正六棱锥，正六棱锥的高为h ，侧面的斜高为h ′． 由题意，得13×6×34×22×h ＝23，∴h ＝1， ∴斜高h ′＝12＋(3)2＝2，∴S 侧＝6×12×2×2＝12．故选C ．3．(2015·重庆高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．13＋2πB ．13π6 C ．7π3D ．5π2解析：选B 由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋12×13π×12×1＝136π．4．(2017·兰州市实战考试)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个等腰直角三角形，则该几何体外接球的体积为( )A ．32π B ．32C ．3πD ．3解析：选A 由题意得，该几何体为四棱锥，且该四棱锥的外接球即为棱长为1的正方。
高考数学一轮复习 单元评估检测7 第7章 立体几何 理 北师大版-北师大版高三全册数学试题
单元评估检测(七) 第7章立体几何(120分钟150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．中央电视台正大综艺以前有一个非常受欢迎的娱乐节目：墙来了！选手需按墙上的空洞造型摆出相同姿势，才能穿墙而过，否则会被墙推入水池．类似地，有一个几何体恰好无缝隙地以三个不同形状的“姿势”穿过“墙”上的三个空洞(如图71)，则该几何体为( )图71[答案]A2．(2018·某某模拟)如果一个几何体的三视图如图72所示，主视图与左视图是边长为2的正三角形，俯视图轮廓为正方形(单位：cm)，则此几何体的侧面积是( )【导学号：79140426】A．2 3 cm2B．4 3 cm2C．8 cm2D．14 cm2[答案]C图72图733．若三棱锥的三视图如图73所示，则该三棱锥的体积为( )A．80 B．40C.803D.403[答案]D4．(2017·某某模拟)设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，以下命题正确的是( )A．若l∥α，α∥β，则l∥βB．若l∥α，α⊥β，则l⊥βC．若l⊥α，α⊥β，则l∥βD．若l⊥α，α∥β，则l⊥β[答案]D5．正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论中不成立的是( ) A．BC∥平面PDFB．平面PDF⊥平面ABCC．DF⊥平面PAED．平面PAE⊥平面ABC[答案]B6．在正三棱柱ABCA1B1C1中，若AB＝2，AA1＝1，则点A到平面A1BC的距离为( )A.34B.32C.334D. 3[答案]B7．如图74，四面体ABCD中，AB＝DC＝1，BD＝2，AD＝BC＝3，二面角ABDC的平面角的大小为60°，E，F分别是BC，AD的中点，则异面直线EF与AC所成的角的余弦值是( )图74A.13B.33C.63D.223[答案]B8．如图75，在正方体ABCDA1B1C1D1中，下列结论错误的是( )图75A ．直线BD 1与直线B 1C 所成的角为π2B ．直线B 1C 与直线A 1C 1所成的角为π3C ．线段BD 1在平面AB 1C 内的射影是一个点 D ．线段BD 1恰被平面AB 1C 平分 [答案]D9．如图76，在四棱锥P ABCD 中，侧面PAD 为正三角形，底面ABCD 是边长为2的正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，M 为底面ABCD 内的一个动点，且满足MP ＝MC ，则点M 的正方形ABCD 内的轨迹的长度为( )图76A. 5 B ．2 2C ．π D.2π3[答案]A10．棱长为43的正四面体内切一球，然后在正四面体和该球形成的空隙处各放入一个小球，则这些小球的最大半径为( )【导学号：79140427】A. 2B.22C.24D.26[答案]B11．(2017·某某模拟)如图77是一个由两个半圆锥与一个长方体组合而成的几何体的三视图，则该几何体的体积为( )图77A ．6＋2π3B ．8＋π3C ．4＋2π3D ．4＋π3[答案]C12．下列命题中错误的是( )A ．如果α⊥β，那么α内一定有直线平行于平面βB ．如果α⊥β，那么α内所有直线都垂直于平面βC ．如果平面α不垂直平面β，那么α内一定不存在直线垂直于平面βD ．如果α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l ，那么l ⊥γ [答案]B二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上) 13．半径为336π的球的体积与一个长、宽分别为6,4的长方体的体积相等，则长方体的表面积为________． [答案] 8814．(2017·某某模拟)如图78，三棱柱ABC A 1B 1C 1的体积为V 1，四棱锥A BCC 1B 1的体积为V 2，则V 1V 2＝________.图78[答案]3215．如图79，矩形ABCD 中，AB ＝2AD ，E 为AB 的中点，将△ADE 沿直线DE 翻折成△A 1DE .若M 为线段A 1C 的中点，则在△ADE 翻折过程中，下面四个命题中正确的是________．(填序号)图79①BM是定值；②点M在某个球面上运动；③存在某个位置，使DE⊥A1C；④存在某个位置，使MB∥平面A1DE.[答案]①②④16．已知向量a＝(0，－1,1)，b＝(4,1,0)，|λa＋b|＝29且λ＞0，则λ＝________.【导学号：79140428】[答案] 3三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)(2018·某某模拟)如图710所示，设计一个四棱锥形冷水塔塔顶，四棱锥的底面是正方形，侧面是全等的等腰三角形，已知底面边长为2 m，高为7 m，则制造这个塔顶需要多少面积的铁板？图710[解] 制造这个塔顶需要8 2 m2的铁板．18．(本小题满分12分)(2017·某某模拟)如图711，在三棱锥PABC中，∠PAB＝∠PAC＝∠ACB＝90°.图711(1)求证：平面PBC⊥平面PAC；(2)若PA＝1，AB＝2，BC＝2，在直线AC上是否存在一点D，使得直线BD与平面PBC 所成角为30°？若存在，求出CD 的长；若不存在，说明理由．[解] (1)略 (2)存在，CD ＝ 6.19．(本小题满分12分)如图712，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧面ABB 1A 1⊥底面ABC ，CA ＝CB ，D ，E ，F 分别为AB ，A 1D ，A 1C 的中点，点G 在AA 1上，且A 1D ⊥EG .图712(1)求证：CD ∥平面EFG ； (2)求证：A 1D ⊥平面EFG . [解] 略20．(本小题满分12分) (2017·某某五市三联)如图713，在四棱锥P ABCD 中，AD ∥BC ，AB ⊥AD ，AB ＝AD ＝AP ＝2BC ＝2，M 是棱PD 上的一点，PMPD＝λ(0＜λ＜1)．图713(1)若λ＝13，求证：PB ∥平面MAC ；(2)若平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，二面角D AC M 的余弦值为42121，求λ的值． [解] (1)略 (2)23.21．(本小题满分12分)(2017·某某模拟)如图714(1)，在三角形PCD 中，AB 为其中位线，且2BD ＝PC ，若沿AB 将三角形PAB 折起，使∠PAD ＝θ，构成四棱锥P ABCD ，且PC PF ＝CDCE＝2，如图714(2)．图714(1)求证：平面BEF ⊥平面PAB ；(2)当异面直线BF 与PA 所成的角为60°时，求折起的角度θ.【导学号：79140429】[解] (1)因为2BD ＝PC ，所以∠PDC ＝90°，因为AB ∥CD ，且PC PF ＝CDCE＝2，所以E 为CD 的中点，F 为PC 的中点，CD ＝2AB ，所以AB ∥DE 且AB ＝DE ，所以四边形ABED 为平行四边形，所以BE ∥AD ，BE ＝AD ，因为BA ⊥PA ，BA ⊥AD ，且PA ∩AD ＝A ，所以BA ⊥平面PAD ，因为AB ∥CD ，所以CD ⊥平面PAD ，又因为PD 平面PAD ，AD 平面PAD ，所以CD ⊥PD 且CD ⊥AD ，又因为在平面PCD 中，EF ∥PD (三角形的中位线)，于是CD ⊥FE . 因为在平面ABCD 中，BE ∥AD ， 于是CD ⊥BE ，因为FE ∩BE ＝E ，FE 平面BEF ，BE 平面BEF ，所以CD ⊥平面BEF ， 又因为CD ∥AB ，AB 在平面PAB 内，所以平面BEF ⊥平面PAB .(2)因为∠PAD ＝θ，取PD 的中点G ，连接FG ，AG ，所以FG ∥CD ，FG ＝12CD ，又AB ∥CD ，AB ＝12CD ，所以FG ∥AB ，FG ＝AB ，从而四边形ABFG 为平行四边形，所以BF ∥AG ，所以BF 与PA 所成的角即为AG 与PA 所成的角，即∠PAG ＝60°，因为PA ＝AD ，G 为PD 中点，所以AG ⊥PD ，∠APG ＝30°，所以∠PDA ＝30°，所以∠PAD ＝180°－30°－30°＝120°.故折起的角度为120°.22．(本小题满分12分)(2018·某某模拟)如图715，正方形ADEF 与梯形ABCD 所在平面互相垂直，AD ⊥CD ，AB ∥CD ，AB ＝AD ＝12CD ＝2，点M 在线段EC 上且不与E ，C 重合．图715(1)当点M 是EC 中点时，求证：BM ∥平面ADEF ； (2)当平面BDM 与平面ABF 所成锐二面角的余弦值为66时，求三棱锥M BDE 的体积．[解] (1)取ED 的中点N ， 连接MN ，AN ，又因为点M 是EC 的中点， 所以MN ∥DC ，MN ＝12DC ，而AB ∥DC ，AB ＝12DC ，所以MN ═∥AB ，所以四边形ABMN 是平行四边形， 所以BM ∥AN ，而B M ⃘平面ADEF ，AN 平面ADEF ， 所以BM ∥平面ADEF .(2)取CD 的中点O ，过点O 作OP ⊥DM ，连接BP ，BO ， 因为AB ∥CD ，AB ＝12CD ＝2，所以四边形ABOD 是平行四边形， 因为AD ⊥DC ，所以四边形ABOD 是矩形，所以BO ⊥CD ，因为正方形ADEF 与梯形ABCD 所在平面互相垂直，ED ⊥AD ， 所以ED ⊥平面ADCB ， 所以平面CDE ⊥平面ADCB ， 所以BO ⊥平面CDE ，所以BP ⊥DM ，所以∠OPB 是平面BDM 与平面DCE (即平面ABF )所成锐二面角， 因为cos∠OPB ＝66，所以sin∠OPB ＝306， 所以OBBP ＝306，解得BP ＝2305. 所以OP ＝BP cos∠OPB ＝255，所以sin∠MDC ＝OP OD ＝55，而sin∠ECD ＝225＝55，所以∠MDC ＝∠ECD ，所以DM ＝MC ，同理DM ＝EM ，所以M 为EC 的中点， 所以S △DEM ＝12S △CDE ＝2，因为AD ⊥CD ，AD ⊥DE ， 且DE 与CD 相交于点D ，所以AD ⊥平面CDE ，因为AB ∥CD ， 所以三棱锥B DME 的高＝AD ＝2， 所以V M BDE ＝V B DEM ＝13S △DEM ·AD ＝43.。
2018高考一轮北师大版数学(文)教师用书：第七章 立体几何初步17-18版 第7章 第4节 垂直关系 Word版含解析
第四节垂直关系[考纲传真] 1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理.2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题．1．直线与平面垂直(1)定义：如果一条直线和一个平面内的任意一条直线都垂直，那么称这条直线和这个平面垂直．(2)定理2.二面角(1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫作二面角．这条直线叫作二面角的棱，这两个半平面叫作二面角的面．(2)二面角的度量——二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫作二面角的平面角．平面角是直角的二面角叫作直二面角．3．平面与平面垂直(1)定义：两个平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．(2)定理1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.()(2)垂直于同一个平面的两平面平行．()(3)若两条直线与一个平面所成的角相等，则这两条直线平行．()(4)若两个平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．()[答案](1)×(2)×(3)×(4)×2．(教材改编)设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且lα，mβ.()A．若l⊥β，则α⊥βB．若α⊥β，则l⊥mC．若l∥β，则α∥βD．若α∥β，则l∥mA[∵l⊥β，lα，∴α⊥β(面面垂直的判定定理)，故A正确．]3．(2016·浙江高考)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m ∥α，n⊥β，则()A．m∥l B．m∥nC．n⊥l D．m⊥nC[∵α∩β＝l，∴lβ.∵n⊥β，∴n⊥l.]4．如图7-4-1，已知P A⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．图7-4-14[∵P A⊥平面ABC，∴P A⊥AB，P A⊥AC，P A⊥BC，则△P AB，△P AC为直角三角形．由BC⊥AC，且AC∩P A＝A，∴BC⊥平面P AC，从而BC⊥PC.因此△ABC，△PBC也是直角三角形．]5．边长为a的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则折叠后AC的长为________.【导学号：66482336】a[如图所示，取BD的中点O，连接A′O，CO，则∠A′OC是二面角A′-BD-C 的平面角．即∠A′OC＝90°，又A′O＝CO＝22a，∴A′C＝a22＋a22＝a，即折叠后AC的长(A′C)为a.]线面垂直的判定与性质如图7-4-2，在三棱锥A -BCD 中，AB ⊥平面BCD ，CD ⊥BD .图7-4-2(1)求证：CD ⊥平面ABD ；(2)若AB ＝BD ＝CD ＝1，M 为AD 中点，求三棱锥A -MBC 的体积． [解] (1)证明：因为AB ⊥平面BCD ，CD 平面BCD ， 所以AB ⊥CD . 2分又因为CD ⊥BD ，AB ∩BD ＝B ， AB 平面ABD ，BD平面ABD ，所以CD ⊥平面ABD . 5分 (2)由AB ⊥平面BCD ，得AB ⊥BD .又AB ＝BD ＝1，所以S △ABD ＝12×12＝12. 8分 因为M 是AD 的中点，所以S △ABM ＝12S △ABD ＝14. 根据(1)知，CD ⊥平面ABD ， 则三棱锥C -ABM 的高h ＝CD ＝1， 故V A -MBC ＝V C -ABM＝13S △ABM ·h ＝112. 12分 [规律方法] 1.证明直线和平面垂直的常用方法： (1)判定定理；(2)垂直于平面的传递性(a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α)；(3)面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；(4)面面垂直的性质．2．证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．[变式训练1]如图7-4-3所示，已知AB为圆O的直径，点D为线段AB上一点，且AD＝13DB，点C为圆O上一点，且BC＝3AC，PD⊥平面ABC，PD＝DB.图7-4-3求证：P A⊥CD.[证明]因为AB为圆O的直径，所以AC⊥CB，在Rt△ABC中，由3AC＝BC，得∠ABC＝30°. 3分设AD＝1，由3AD＝DB，得DB＝3，BC＝23，由余弦定理得CD2＝DB2＋BC2－2DB·BC cos30°＝3，所以CD2＋DB2＝BC2，即CD⊥AO. 8分因为PD⊥平面ABC，CD平面ABC，所以PD⊥CD，由PD∩AO＝D，得CD⊥平面P AB，又P A平面P AB，所以P A ⊥CD. 12分面面垂直的判定与性质(2017·郑州调研)如图7-4-4，三棱台DEF-ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．图7-4-4(1)求证：BD∥平面FGH；(2)若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH.[证明](1)如图所示，连接DG，CD，设CD∩GF＝M，连接MH. 1分在三棱台DEF-ABC中，AB＝2DE，G为AC的中点，可得DF∥GC，DF＝GC，所以四边形DFCG为平行四边形. 3分则M为CD的中点，又H为BC的中点，所以HM∥BD，由于HM平面FGH，BD平面FGH，故BD∥平面FGH. 5分(2)连接HE，CE，CD.因为G，H分别为AC，BC的中点，所以GH∥AB. 6分由AB⊥BC，得GH⊥BC.又H为BC的中点，所以EF∥HC，EF＝HC，因此四边形EFCH是平行四边形，所以CF∥HE. 10分由于CF⊥BC，所以HE⊥BC.又HE，GH平面EGH，HE∩GH＝H.所以BC⊥平面EGH.又BC平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH. 12分[规律方法] 1.面面垂直的证明的两种思路：(1)用面面垂直的判定定理，即先证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线；(2)用面面垂直的定义，即证明两个平面所成的二面角是直二面角，把证明面面垂直的问题转化为证明平面角为直角的问题．2．垂直问题的转化关系：[变式训练2]如图7-4-5，在三棱锥P-ABC中，平面P AB⊥平面ABC，P A⊥PB，M，N分别为AB，P A的中点．图7-4-5(1)求证：PB∥平面MNC；(2)若AC＝BC，求证：P A⊥平面MNC.[证明](1)因为M，N分别为AB，P A的中点，所以MN∥PB，2分又因为MN平面MNC，PB平面MNC，所以PB∥平面MNC. 5分(2)因为P A⊥PB，MN∥PB，所以P A⊥MN.因为AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB. 7分因为平面P AB⊥平面ABC，CM平面ABC，平面P AB∩平面ABC＝AB.所以CM⊥平面P AB. 10分因为P A平面P AB，所以CM⊥P A.又MN∩CM＝M，所以P A⊥平面MNC. 12分平行与垂直的综合问题☞(2016·江苏高考) 如图7-4-6，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.图7-4-6求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.[证明](1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1. 3分又因为DE平面A1C1F，A1C1平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F. 5分(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1. 7分又因为A1C1⊥A1B1，A1A平面ABB1A1，A1B1平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D. 10分又因为B1D⊥A1F，A1C1平面A1C1F，A1F平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F. 12分[规律方法] 1.三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化．2．垂直与平行结合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用．☞角度2平行垂直中探索开放问题(2017·秦皇岛调研)如图7-4-7(1)所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE 折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图7-4-7(2)所示．(1)(2)图7-4-7(1)求证：A1F⊥BE；(2)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？并说明理由.【导学号：66482337】[证明](1)由已知，得AC⊥BC，且DE∥BC.所以DE⊥AC，则DE⊥DC，DE⊥DA1，因为DC∩DA1＝D，所以DE⊥平面A1DC. 2分由于A1F平面A1DC，所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD，CD∩DE＝D，所以A1F⊥平面BCDE，又BE平面BCDE，所以A1F⊥BE. 5分(2)线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ. 6分理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，连接PQ，则PQ∥BC.又因为DE∥BC，则DE∥PQ.所以平面DEQ即为平面DEQP. 9分由(1)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，所以A1C⊥DP.又DP∩DE＝D，所以A1C⊥平面DEQP.从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ. 12分[规律方法] 1.对命题条件探索性的主要途径：(1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．2．平行(垂直)中点的位置探索性问题：一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点.线面角的求法与应用BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.图7-4-8(1)求证：BF⊥平面ACFD；(2)求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值．[解](1)证明：延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示. 1分因为平面BCFE⊥平面ABC，且AC⊥BC，所以AC⊥平面BCK，3分因此，BF⊥AC.又因为EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，所以△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BF⊥CK.所以BF⊥平面ACFD. 5分(2)因为BF⊥平面ACK，所以∠BDF是直线BD与平面ACFD所成的角. 8分在Rt△BFD中，BF＝3，DF＝32，得cos∠BDF＝217，所以直线BD与平面ACFD所成角的余弦值为217. 12分[规律方法] 1.利用综合法求空间角的步骤：(1)找：根据图形找出相关的线面角或二面角．(2)证：证明找出的角即为所求的角．(3)算：根据题目中的数据，通过解三角形求出所求角．2．线面角的求法：找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，要把线面角转化到一个三角形中求解．[变式训练3]如图7-4-9，在四棱锥P-ABCD中，P A⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，P A＝AB＝BC，E是PC的中点．图7-4-9(1)求PB和平面P AD所成的角的大小；(2)证明：AE⊥平面PCD.[解](1)在四棱锥P-ABCD中，∵P A⊥底面ABCD，AB平面ABCD，故P A⊥AB.又AB⊥AD，P A∩AD＝A，从而AB⊥平面P AD，2分故PB在平面P AD内的射影为P A，从而∠APB为PB和平面P AD所成的角．在Rt△P AB中，AB＝P A，故∠APB＝45°.∴PB和平面P AD所成的角的大小为45°. 5分(2)证明：在四棱锥P-ABCD中，∵P A⊥底面ABCD，CD平面ABCD，故CD⊥P A.由条件CD⊥AC，P A∩AC＝A，∴CD⊥平面P AC. 7分又AE平面P AC，∴AE⊥CD.由P A＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝P A.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC. 10分又PC∩CD＝C，故AE ⊥平面PCD . 12分[思想与方法]1．证明线面垂直的方法：(1)线面垂直的定义：a 与α内任一直线都垂直⇒a ⊥α；(2)判定定理1：⎭⎪⎬⎪⎫m ，nα，m ∩n ＝A l ⊥m ，l ⊥n ⇒l ⊥α； (3)判定定理2：a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α；(4)面面垂直的性质：α⊥β，α∩β＝l ，aα，a ⊥l ⇒a ⊥β. 2．证明面面垂直的方法．(1)利用定义：两个平面相交，所成的二面角是直二面角；(2)判定定理：a α，a ⊥β⇒α⊥β. 3．转化思想：垂直关系的转化[易错与防范]1．在解决直线与平面垂直的问题过程中，要注意直线与平面垂直的定义、判定定理和性质定理的联合交替使用，即注意线线垂直和线面垂直的互相转化．2．面面垂直的性质定理是作辅助线的一个重要依据．我们要作一个平面的一条垂线，通常是先找这个平面的一个垂面，在这个垂面中，作交线的垂线即可．。
近年高考数学复习 第7章 立体几何初步 第1节 简单几何体、直观图与三视图课时分层训练 文 北师大
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课时分层训练(三十六）简单几何体、直观图与三视图A组基础达标（建议用时：30分钟)一、选择题1．关于空间几何体的结构特征,下列说法不正确的是（）A．棱柱的侧棱长都相等B．棱锥的侧棱长都相等C．三棱台的上、下底面是相似三角形D．有的棱台的侧棱长都相等B[根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等．］2．某空间几何体的主视图是三角形，则该几何体不可能是（)【导学号：66482326】A．圆柱B．圆锥C．四面体D．三棱柱A［由三视图知识知圆锥、四面体、三棱柱（放倒看）都能使其主视图为三角形，而圆柱的主视图不可能为三角形．]3．（2017·云南玉溪一中月考)将长方体截去一个四棱锥后得到的几何体如图7.1。
7所示,则该几何体的左视图为（)图7.17A B C DD［易知左视图的投影面为矩形．又AF的投影线为虚线，∴该几何体的左视图为选项D。
］4．一个几何体的三视图如图7。
1。
8所示，则该几何体的表面积为（）图7。
1.8A．3π B．4πC．2π＋4 D．3π＋4D[由几何体的三视图可知，该几何体为半圆柱，直观图如图所示．表面积为2×2＋2×错误!×π×12＋π×1×2＝4＋3π。
2018《单元滚动检测卷》高考数学(文)(北师大版)精练检测：七不等式全国通用含解析
单元滚动检测七 不等式考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题）和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分150分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷（选择题 共60分）一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．若错误!<错误!<0，则下列结论不正确的是( ）A ．a 2<b 2B ．ab <b 2C ．a ＋b 〈0D ．|a |＋｜b ｜〉｜a ＋b ｜2．（2016·青岛模拟)若a 〉b >0，c 〈d <0,则一定有( )A 。
错误!－错误!〉0B 。
错误!－错误!〈0C 。
错误!〉错误!D 。
错误!〈错误!3．已知函数f （x ）＝⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋2，x ≤0，－x ＋2x 〉0，则不等式f (x ）≥x 2的解集为（ ）A ．－1，1]B ．－2，2]C ．－2，1］D ．－1,2］ 4．（2016·临沂模拟)不等式－x 2＋|x |＋2<0的解集是( ）A．｛x｜－2〈x<2｝B．｛x｜x〈－2或x>2}C．{x|－1〈x〈1} D．{x|x<－1或x〉1}5．（2016·东北三校联考)变量x，y满足约束条件错误!若使z＝ax＋y 取得最大值的最优解有无穷多个，则实数a的取值集合是（) A．{－3,0} B．｛3，－1｝C．｛0,1｝D．｛－3,0,1｝6．若变量x，y满足约束条件错误!且z＝2x＋y的最大值和最小值分别为m和n，则m－n等于( ）A．5 B．6 C．7 D．87．已知m〉1，a＝错误!－错误!,b＝错误!－错误!,则以下结论正确的是( ) A．a>b B．a〈bC．a＝b D．a，b大小不定8．（2016·威海模拟）已知a〉1,设函数f（x)＝a x＋x－4的零点为m，g（x）＝log a x＋x－4的零点为n，则mn的最大值为（)A．8 B．4 C．2 D．19．(2016·西安铁一中学模拟)若两个正实数x，y满足错误!＋错误!＝1，且不等式x＋错误!〈m2－3m有解,则实数m的取值范围是（) A．(－1，4)B．（－∞,－1）∪（4，＋∞）C．(－4，－1)D．(－∞，0)∪（3，＋∞)10．(2016·菏泽模拟）已知关于x的不等式(ax－1)(x＋1)〈0的解集是(－∞,－1）∪（－错误!，＋∞),则a等于( ）A．2 B．－2 C．－错误!D。
2018高考数学第7章立体几何初步第3节平行关系课时分层训练文北师大版
课时分层训练(三十八) 平行关系A组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．设m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，且m，nα，则“α∥β”是“m ∥β且n∥β”的( )【导学号：66482332】A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件A[若m，nα，α∥β，则m∥β且n∥β；反之若m，nα，m∥β，且n∥β，则α与β相交或平行，即“α∥β”是“m∥β且n∥β”的充分不必要条件．] 2．下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是( )图735A．①③B．②③C．①④D．②④C[对于图形①，平面MNP与AB所在的对角面平行，即可得到AB∥平面MNP；对于图形④，AB∥PN，即可得到AB∥平面MNP；图形②③无论用定义还是判定定理都无法证明线面平行．]3.(2017·山东济南模拟)如图736所示的三棱柱ABC A 1B 1C 1中，过A 1B 1的平面与平面ABC 交于DE ，则DE 与AB 的位置关系是( )图736A ．异面B ．平行C ．相交D ．以上均有可能B [在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ∥A 1B 1. ∵AB 平面ABC ，A 1B 1平面ABC ，∴A 1B 1∥平面ABC .∵过A 1B 1的平面与平面ABC 交于DE ， ∴DE ∥A 1B 1，∴DE ∥AB .]4．已知m ，n 表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是( ) A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若m ⊥α，n α，则m ⊥n C ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α D ．若m ∥α，m ⊥n ，则n ⊥αB [若m ∥α，n ∥α，则m ，n 平行、相交或异面，A 错；若m ⊥α，n α，则m ⊥n ，因为直线与平面垂直时，它垂直于平面内任一直线，B 正确；若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α或n α，C 错；若m ∥α，m ⊥n ，则n 与α可能相交，可能平行，也可能n α，D 错．]5．给出下列关于互不相同的直线l ，m ，n 和平面α，β，γ的三个命题： ①若l 与m 为异面直线，l α，m β，则α∥β； ②若α∥β，l α，m β，则l ∥m ；③若α∩β＝l ，β∩γ＝m ，γ∩α＝n ，l ∥γ，则m ∥n . 其中真命题的个数为( ) A ．3 B ．2 C ．1D ．0C [①中，当α与β不平行时，也可能存在符合题意的l ，m ；②中，l 与m 也可能异面；③中，⎩⎪⎨⎪⎧l ∥γ，l α，α∩γ＝n⇒l ∥n ，同理，l ∥m ，则m ∥n ，正确．]二、填空题6．设α，β，γ为三个不同的平面，a ，b 为直线，给出下列条件：①a α，b β，a ∥β，b ∥α；②α∥γ，β∥γ；③α⊥γ，β⊥γ；④a ⊥α，b ⊥β，a ∥b .其中能推出α∥β的条件是________(填上所有正确的序号)． ②④ [在条件①或条件③中，α∥β或α与β相交． 由α∥γ，β∥γ⇒α∥β，条件②满足．在④中，a ⊥α，a ∥b ⇒b ⊥α，从而α∥β，④满足．]7．如图737所示，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上．若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于________．图7372 [在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2， ∴AC ＝2 2.又E 为AD 中点，EF ∥平面AB 1C ，EF 平面ADC ， 平面ADC ∩平面AB 1C ＝AC ， ∴EF ∥AC ，∴F 为DC 中点， ∴EF ＝12AC ＝ 2.]8．(2016·衡水模拟)如图738，在四面体ABCD 中，M ，N 分别是△ACD ，△BCD 的重心，则四面体的四个面中与MN 平行的是________.图738【导学号：66482333】平面ABC ，平面ABD [连接AM 并延长交CD 于E ，则E 为CD 的中点．由于N 为△BCD 的重心， 所以B ，N ，E 三点共线，且EM MA ＝EN NB ＝12，所以MN ∥AB . 于是MN ∥平面ABD 且MN ∥平面ABC .] 三、解答题9．一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739所示． (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)判断平面BEG 与平面ACH 的位置关系，并证明你的结论.【导学号：66482334】图739[解] (1)点F ，G ，H 的位置如图所示. 5分(2)平面BEG ∥平面ACH ，证明如下： 因为ABCD EFGH 为正方体， 所以BC ∥FG ，BC ＝FG . 7分又FG ∥EH ，FG ＝EH ，所以BC ∥EH ，BC ＝EH ，于是四边形BCHE 为平行四边形，所以BE ∥CH . 9分 又CH 平面ACH ，BE 平面ACH ，所以BE ∥平面ACH . 同理BG ∥平面ACH .又BE ∩BG ＝B ，所以平面BEG ∥平面ACH . 12分10．(2017·西安质检)如图7310，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1，设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.图7310求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.[证明] (1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC. 2分又因为DE平面AA1C1C，AC平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C. 5分(2)因为棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC平面ABC，所以AC⊥CC1. 7分因为AC⊥BC，CC1平面BCC1B1，BC平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1平面BCC1B1，所以BC1⊥AC. 10分因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC，B1C平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1平面B1AC，所以BC1⊥AB1. 12分B组能力提升(建议用时：15分钟)1. 在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列结论中，错误的是( )图7311A．AC⊥BDB．AC∥截面PQMNC．AC＝BDD．异面直线PM与BD所成的角为45°C[因为截面PQMN是正方形，所以MN∥PQ，则MN∥平面ABC，由线面平行的性质知MN∥AC，则AC∥截面PQMN，同理可得MQ∥BD，又MN⊥QM，则AC⊥BD，故A，B正确．又因为BD∥MQ，所以异面直线PM与BD所成的角等于PM与QM所成的角，即为45°，故D正确．]2．如图7312所示，棱柱ABCA1B1C1的侧面BCC1B1是菱形，设D是A1C1上的点且A1B ∥平面B1CD，则A1D∶DC1的值为________.【导学号：66482335】图73121[设BC1∩B1C＝O，连接OD.∵A1B∥平面B1CD且平面A1BC1∩平面B1CD＝OD，∴A1B∥OD.∵四边形BCC1B1是菱形，∴O为BC1的中点，∴D为A1C1的中点，则A1D∶DC1＝1.]3．如图7313所示，在三棱锥PABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA⊥AC，AB⊥BC，设D，E分别为PA，AC的中点．图7313(1)求证：DE∥平面PBC.(2)在线段AB上是否存在点F，使得过三点D，E，F的平面内的任一条直线都与平面PBC平行？若存在，指出点F的位置并证明；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：∵点E是AC中点，点D是PA的中点，∴DE∥PC. 2分又∵DE平面PBC，PC平面PBC，∴DE∥平面PBC. 5分(2)当点F是线段AB中点时，过点D，E，F的平面内的任一条直线都与平面PBC平行. 7分证明如下：取AB的中点F，连接EF，DF.由(1)可知DE∥平面PBC.∵点E是AC中点，点F是AB的中点，∴EF∥BC. 10分又∵EF平面PBC，BC平面PBC，∴EF∥平面PBC.又∵DE∩EF＝E，∴平面DEF∥平面PBC，∴平面DEF内的任一条直线都与平面PBC平行．故当点F是线段AB中点时，过点D，E，F所在平面内的任一条直线都与平面PBC平行. 12分。
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课时作业46 直线、平面垂直的判定及其性质
一、选择题
1．一条直线和一个圆的两条直径都垂直，则这条直线和这个圆所在的平面的位置关系是( )
A．平行B．垂直
C．相交不垂直D．不确定
解析：因为一个圆的两条直径一定相交于圆心，由线面垂直的判定定理知这条直线和这个圆所在的平面垂直．
答案：B
2．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，A∉l，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是( )
A．AB∥m B．AC⊥m
C．AB∥βD．AC⊥β
解析：如图所示，AB∥l∥m；AC⊥l，m∥l⇒AC⊥m；AB∥l⇒AB∥β，只有D不一定成立，故选D.
答案：D
3．设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则( )
A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α
B．若m∥β，β⊥α，则m⊥α
C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α
D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α
解析：A中，由m⊥n，n∥α，可得m⊂α或m∥α或m与α相交，错误；B中，由m ∥β，β⊥α，可得m⊂α或m∥α或m与α相交，错误；C中，由m⊥β，n⊥β，可得m∥n，又n⊥α，则m⊥α，正确，D中，由m⊥n，n⊥β，β⊥α，可得m与α相交或m ⊂α或m∥α，错误．
答案：C
4．如图，已知△ABC为直角三角形，其中∠ACB＝90°，M为AB的中点，PM垂直于△ABC所在平面，那么( )
A．PA＝PB>PC
B．PA＝PB<PC
C．PA＝PB＝PC
D．PA≠PB≠PC
解析：∵M为AB的中点，△ACB为直角三角形，∴BM＝AM＝CM，又PM⊥平面ABC，∴Rt △PMB≌Rt△PMA≌Rt△PMC，故PA＝PB＝PC.
答案：C
5．如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：
①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥D－ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC.
其中正确的是( )
A．①②④B．①②③C．②③④D．①③④
解析：由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB ＝DC，又由②知③正确；由①知④错．故选B.
答案：B
6．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为( )
A.12 B ．1 C.32
D ．2
解析：设B 1F ＝x ，
因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ， 所以AB 1⊥DF .
由已知可以得A 1B 1＝2， 矩形ABB 1A 1中，tan ∠FDB 1＝B 1F B 1D
， tan ∠A 1AB 1＝
A 1
B 1AA 1＝2
2
. 又∠FDB 1＝∠A 1AB 1，所以B 1F B 1D ＝22
. 故B 1F ＝
22×22＝1
2
.故选A. 答案：A 二、填空题
7．如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，且底面各边都相等，M 是PC 上的一动点，当点M 满足________时，平面MBD ⊥平面PCD .(只要填写一个你认为是正确的条件即可)．
解析：
连接AC，BD交于O，因为底面各边相等，所以BD⊥AC；又PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD，
又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，
所以BD⊥PC.
所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD.而PC⊂平面PCD，
所以平面MBD⊥平面PCD.
答案：DM⊥PC(或BM⊥PC)
8．(2017·上饶质检)已知m，n是两条不相同的直线，α，β是两个不重合的平面，现有以下说法：
①若α∥β，n⊂α，m⊂β，则m∥n；
②若m⊥α，m⊥β，n⊥α，则n⊥β；
③若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β；
④若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n；
⑤若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n.
其中正确说法的序号为________．
解析：对于①，注意到分别位于两个平行平面内的两条直线未必平行，可能是异面直线，。