2020年高中全程复习方略数学(文)课时作业：第七章立体几何 38 Word版含答案.doc

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2019版高中全程复习方略数学(文)课时作业：第七章立体几何 40 Word版含答案

，设对角线AC＝6所成的45°角，故S解析：若E，F，G，H四点不共面，则直线EF和GH肯定不相交，但直线EF和GH不相交，E，F，G，H四点可以共面，例如EF∥GH.故选B.答案：B5．如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是( )A．直线AC B．直线ABC．直线CD D．直线BC解析：由题意知，D∈l，l⊂β，所以D∈β，又因为D∈AB，所以D∈平面ABC，所以点D在平面ABC与平面β的交线上．又因为C∈平面ABC，C∈β，所以点C在平面β与平面ABC的交线上，所以平面ABC∩平面β＝CD.答案：C6．使直线a，b为异面直线的充分不必要条件是( )A．a⊂平面α，b⊄α，a与b不平行B．a⊂平面α，b⊄平面α，a与b不相交C．a∥直线c，b∩c＝A，b与a不相交D．a⊂平面α，b⊂平面β，α∩β＝l，a与b无公共点解析：对A：a与b可能有交点；对B，D：a与b可能平行，故选C.对C：可用反证法，若b与a不异面，而且a与b不相交，则a∥b.又a∥c，从而b∥c，与b∩c＝A矛盾．答案：C7．如图所示，ABCD－A1B1C1D1是正方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是( )A．A，M，O三点共线B．A，M，O，A1不共面C．A，M，C，O不共面D．B，B1，O，M共面解析：连接A1C1，AC(图略)，则A1C1∥AC，∴A1，C1，A，C四点共面，∴A1C⊂平面ACC1A1.∵M∈A1C，∴M∈平面ACC1A1.又M∈平面AB1D1，∴M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理A，O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，∴A，M，O三点共线．答案：A8．(2018·贵州六盘水二模)α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，若m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，则m，n的位置关系不可能是( )A．垂直 B．相交C．异面 D．平行解析：∵α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，m⊄α，n⊂α，A∈m，A∈α，∴n在平面α上，m与平面α相交，A是m和平面α的交点，∴m和n异面或相交(垂直是相交的特殊情况)，一定不平行，故选D.答案：D9．(2018·合肥检测)若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥与平面α平行的棱有( )A．0条 B．1条C．2条 D．0条或2条解析：本题考查空间直线与平面的位置关系．如图设平面α截三棱锥所得的四边形EFGH 是平行四边形，则EF∥GH，EF⊄平面BCD，GH⊂平面BCD，所以EF∥平面BCD，又EF⊂平面ACD，平面ACD∩平面BCD＝CD，则EF∥CD，EF⊂平面EFGH，CD⊄平面EFGH，则CD∥平面EFGH，同理AB∥平面EFGH，所以该三棱锥与平面α平行的棱有2条，故选C.线面平行的判定定理、性质定理的灵活应用是解题的关键．答案：C10．(2018·陕西省高三质检)已知P是△ABC所在平面外的一点，M，N分别是AB，PC本题考查异面直线所成角，取AC中点为O，连接与MN所成的角．由MN答案：③④12．如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，既与AB共面又与CC1共面的棱有________条．解析：与AB和CC1都相交的棱为BC；与AB相交且与CC1平行的棱为AA1，BB1；与AB平行且与CC1相交的棱为CD，C1D1.故符合条件的棱有5条．答案：513.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：①直线AM与CC1是相交直线；②直线AM与BN是平行直线；③直线BN与MB1是异面直线；④直线AM与DD1是异面直线．其中正确的结论为________(写出所有正确结论的序号)．解析：直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，所以①②错误．点B，B1，N在平面B1C中，点M在此平面外，所以BN，MB1是异面直线．同理AM，DD1也是异面直线．答案：③④14．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝2，AC＝BC＝1，则异面直线A1B与AC所成角的余弦值是________．解析：连接BC1，由于AC∥A1C1，所以∠BA1C1(或其补角)就是所求异面直线所成的角，与平面α都垂直，则平行，与已知矛盾，则假设不成立，，因为B 1C 1綊BC ，OB ＝的中点，所以MN ∥B 1C 1，MN ＝12所以∠ANO 或其补角即为本题考查异面直线所成角．设正六边形ABCDEF ⊥平面ABCDEF ，所以∠为等边三角形，所以SO ＝BC ＝CO ＝1，所以∠。

2020年高考数学(文科)一轮复习第七单元听课手册答案

第七单元立体几何1.编写意图立体几何的主要内容是空间几何体和空间点、线、面的位置关系,在高考试题中多以中、低档题的形式出现,因此,编写时主要考虑以下两个方面:(1)注重从文字、符号、图形语言这三个方面对本单元的公理、定理进行分析,并通过典型例题使学生达到熟练掌握及应用的目的.(2)空间想象能力是学习立体几何最基本的能力要求,选择例题时应注重培养学生识图、作图和用图的能力.2.教学建议本单元的重点是空间元素之间的平行与垂直关系、空间几何体的表面积与体积,并注重画图、识图、用图能力的提高,在复习时我们要注重以下两点:(1)注重提高空间想象能力与逻辑思维能力.在复习过程中,明确已知元素之间的位置关系及度量关系,借助图形来反映并思考未知的空间形状与位置关系,能从复杂图形中分析出基本图形和位置关系,并借助直观感觉展开联想与猜想,进行推理与计算.(2)归纳总结,规范训练.复习中要抓主线、攻重点,针对重点内容加以训练,如平行和垂直是位置关系的核心,而线面垂直又是核心中的核心.要加强数学思想方法的总结与提炼,立体几何中蕴含着丰富的思想方法,如化归与转化思想,将空间问题转化成平面问题来解决,以及线线、线面、面面关系的相互转化.要规范例题讲解与作业训练,例题讲解要重视作、证、求三个环节,符号语言表达要规范、严谨.另外,要适度关注对平行、垂直的探究,关注对条件或结论不完备情景下的开放性问题的探究.3.课时安排本单元包括5讲、1个小题必刷卷(十)、1个解答必刷卷(四)、1个单元测评卷,第42讲建议2课时完成,其余各讲及考卷各1课时完成,大约共需9课时.第39讲空间几何体的结构特征及三视图和直观图、表面积与体积考试说明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.了解柱、锥、台、球的表面积和体积的计算公式.【课前双基巩固】知识聚焦1.(1)平行全等平行平行且相等一点一点平行四边形三角形梯形(2)垂直一点一点矩形等腰三角形等腰梯形圆矩形扇形扇环2.(1)正侧俯(2)①长对正高平齐宽相等②正侧正俯侧俯3.(1)斜二测画法(2)①垂直②平行于坐标轴不变一半4.2πrl πrl π(r+r')l5.S底h S底h 4πR2πR3对点演练1.五棱柱三棱柱[解析] 根据多面体的结构特征知,两个几何体都以前、后两个面为底,则剩下的几何体是五棱柱,截去的几何体是三棱柱.2.侧视图俯视图[解析] 根据三视图的概念知,图②是侧视图,图③是俯视图.3.a2[解析] 如图所示是实际图形和直观图.由图可知,A'B'=AB=a,O'C'=OC=a,在直观图中作C'D'⊥A'B',垂足为D',则C'D'=O'C'= a.=A'B'·C'D'=×a×a=a2.∴S△A'B'C'4.3π+4π[解析] 由三视图可知,该几何体是二分之一个圆柱,表面积S=π×12+22+π×1×2=3π+4,体积V=π×12×2=π.5.[解析] 把圆锥侧面沿过点P的母线展开成如图所示的扇形.由题意知OP=OP'=4 m,PP'=4m,则cos∠POP'=-(=-,所以∠POP'=.设底面圆的半径为r,则2πr=×4,所以r=m.6.0[解析] ①的说法错误,只有取的两点的连线平行于旋转轴时两点的连线才是母线;②的说法错误,如图a所示,“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面都是有一个公共顶点的三角形”;③的说法错误,当以斜边所在直线为旋转轴时,其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥,如图b所示,它是由两个同底圆锥组成的几何体;④的说法错误,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;⑤的说法错误,如图c所示的几何体,满足有两个平面互相平行,其余各面都是平行四边形,但这个多面体不是棱柱.7.2,4[解析] 由三视图可知,正三棱柱的高为2,底面正三角形的高为2,故底面边长为4.8.48[解析] 由三视图可知,该几何体的上面是一个长为4,宽为2,高为2的长方体,下面是一个放倒的四棱柱,四棱柱的高为4,底面是梯形,梯形的上、下底分别为2,6,高为2,所以长方体的体积为4×2×2=16,四棱柱的体积为4××2=32,所以该几何体的体积为32+16=48.9.三棱柱32π[解析] 由三视图可知,该几何体是底面为等腰直角三角形,高为4的三棱柱,则外接球的半径R=×(=2,则该几何体的外接球的表面积S=4π×(2)2=32π.【课堂考点探究】例1[思路点拨] (1)还原出几何体,找出满足条件的三角形即可;(2)根据题意,画出编号为①②③的三棱锥可能的直观图,判断是否存在侧面与底面互相垂直的情况即可.(1)C(2)①②[解析] (1)由三视图可得该几何体的直观图如图所示,且PD⊥平面ABCD,∴△PAD 和△PDC均为直角三角形.又∵PD⊥AB,AB⊥AD,PD∩AD=D,∴AB⊥平面PAD,∴AB⊥PA,∴△PAB 为直角三角形.故选C.(2)编号为①的三棱锥的直观图可能是图(i)中的三棱锥P-ABC,其中PC⊥平面ABC,则平面PAC⊥平面ABC,平面PBC⊥平面ABC,满足题意;编号为②的三棱锥的直观图可能是图(ii)中的三棱锥P-ABC,易知平面PBC⊥平面ABC,满足题意;编号为③的三棱锥的直观图可能是图(iii)中的三棱锥P-ABC,不存在与底面互相垂直的侧面.故满足题意的三棱锥的编号是①②.变式题(1)A(2)③[解析] (1)在直观图中平面图形为正方形,对角线长为,所以原图形为平行四边形,位于x轴上的边长为1,位于y轴上的对角线长为2.(2)由俯视图可知三棱锥的底面是边长为2的正三角形,由侧视图可知三棱锥的一个侧面垂直于底面,且高为2.当正视图为等腰三角形时,三角形的高为2,且中线为虚线,排除①④.当正视图为直角三角形时,该几何体的直观图如图所示,其中PC⊥底面ABC.故其正视图是直角边长为2的等腰直角三角形,中间的线是看不见的棱PA形成的投影,应为虚线.故答案为③.例2[思路点拨] (1)根据三视图可确定该几何体的直观图,确定底面积和高,进而求出体积;(2)由母线与底面的夹角可得圆锥母线与底面半径的关系,再由三角形面积公式可求得底面半径,从而求得圆锥的侧面积.(1)A(2)40π[解析] (1)由三视图得几何体的直观图为三棱锥A-BCD(如图),其中BC=4,设O 为BC的中点,连接OA,OD,则AO=CO=BO=DO=2,AO⊥平面BCD,DO⊥BC,则该几何体的体积V=××4×2×2=,故选A.(2)设圆锥的底面圆的半径为r,因为SA与圆锥底面所成角为45°,所以SA=r.由cos∠ASB=得sin∠ASB=,所以SA·SB·sin∠ASB=×r×r×=5,所以r2=40,所以圆锥的侧面积为πr2=40π.变式题 (1)A (2)[解析] (1)设圆台较小底面的半径为r ,则另一底面的半径为3r.由S=π(r+3r )×3=84π,解得r=7.故选A .(2)四棱锥M - EFGH 的高为,底面积为,故其体积为×× =.例3 [思路点拨] (1)由正视图、侧视图、俯视图均为等腰直角三角形,知该几何体的外接球相当于一个棱长为2的正方体的外接球,故外接球的直径是该正方体的体对角线长,进而求得外接球的表面积;(2)圆柱底面圆的半径、高的一半、外接球的半径构成直角三角形,可求得圆柱底面圆的半径r= - =,进而求圆柱的体积.(1)D (2)B [解析] (1)由三视图可知,该几何体的外接球相当于一个棱长为2的正方体的外接球,∴外接球的直径为 =2 ,∴该几何体的外接球的表面积为4×π×( )2=12π,故选D . (2)由圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则圆柱底面圆的半径r= - =,故圆柱的体积V=πr 2h=.例4 [思路点拨] (1)设球O 的半径为R ,因为球O 与圆柱的上、下底面及母线均相切,所以圆柱的底面圆的半径为R ,高为2R ,再利用圆柱、球的体积公式求出V 1,V 2即可;(2)设正四面体的棱长为a ,可得到正四面体的表面积和内切球的表面积(用a 表示),然后求出.(1) (2)[解析] (1)设球O 的半径为R ,因为该球与圆柱的上、下底面及母线均相切,所以圆柱的底面圆的半径为R ,圆柱的高为2R.故圆柱O 1O 2的体积V 1=2πR 3,球O 的体积V 2=πR 3,所以 ==.(2)设正四面体的棱长为a ,则正四面体的表面积S 1=4××a 2= a 2,其内切球半径r 为正四面体高的,即r=×a=a ,因此内切球表面积S 2=4πr 2=,则 = =. 应用演练1.C [解析] 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= ,所以△ACD 1的内切圆的半径r= ,所以截面面积S=πr 2=. 2.A [解析] 由正弦定理得2r== °=2,其中r 为△ABC 的外接圆半径,故r=1.设三棱锥P - ABC 的外接球的半径为R ,则R 2=r 2+2=2,即R= ,故三棱锥P - ABC 的外接球的体积为R 3=π. 3.B [解析] 在△ABC 中,由BC ⊥AC ,得AB= = =13.设该三棱锥内切球的半径为R ,由已知易知Rt △ABC 的内切圆的半径与该三棱锥内切球的半径相等,则该内切球的半径R=-=2,该三棱柱的高h=2R=4,∴该三棱柱的表面积S=2××5×12+(5+12+13)×4=180.故选B.4.π[解析] 设AC=m(2>m>0),则BC=-,四棱锥-=×2m×-=m-,∴当m-最大时,最大,m-=(- ≤(-=2,当且仅当m=时,取等号,∴四棱锥-当“阳马”即四棱锥B-A1ACC1的体积最大时,AC=BC=,此时三棱柱ABC-A1B1C1的外接球就是以CA,CB,CC为共顶点的棱的长方体的外接球,外接球的直径等于长方体的体对角线长,设外接球的半1径为R,则4R2=CA2+CB2+C=2+2+4=8,即R=,故三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的体积为πR3=π.【备选理由】空间几何体的结构特征、三视图与直观图及空间几何体的表面积、体积、空间几何体与球的切、接为本讲的主要内容.例1考查的是三视图的识别;例2重在考查由三视图还原直观图的能力,并考查简单的组合体表面积的计算,注意不要忽略一些面的面积;例3考查球与多面体的关系及补形法的应用;例4考查棱锥内切球半径的计算问题.例1[配例1使用] [2018·重庆三诊]一个正三棱柱的三视图如图所示,若该三棱柱的外接球的表面积为32π,则侧视图中x的值为()A.6B.4C.3D.2[解析] C设正三棱柱的底面边长为a,则底面三角形的外接圆的半径为 a.设该三棱柱外接球的半径为R,结合正三棱柱的外接球的球心在上、下底面的外心连线的中点处,则有R=,由该三棱柱的外接球的表面积为32π,得4π4+a2=32π,从而解得a=2,因为侧视图中x对应的边为底面三角形的边的高线,所以x=×2=3,故选C.例2 [配例2使用] [2018·衡水中学月考] 如图是某个几何体的三视图,则这个几何体的表面积为( )A .π+4 +4B .2π+4 +4C .2π+4 +2D .2π+2 +4[解析] B 由三视图可知该几何体是由半个圆柱与三棱柱组成的几何体.其直观图如图所示.其表面积S=2×π·12+2××2×1+π×2×1+( + +2)×2-2×1=2π+4 +4,故选B .例3 [配例3使用] [2018·衡水中学七调] 如图所示,AA 1,BB 1均垂直于平面ABC 和平面A 1B 1C 1,∠BAC=∠A 1B 1C 1=90°,AC=AB=AA 1=B 1C 1= ,则多面体ABC-A 1B 1C 1的外接球的表面积为 .[答案] 6π[解析] 该几何体可以补形成棱长为2的正方体,正方体的外接球即为该多面体的外接球,正方体的外接球直径为其体对角线长,长度为 × = ,则该多面体的外接球的半径r=,故该多面体的外接球的表面积为4πr 2=6π.例4 [配例4使用] [2018·陕西西工大附中模拟] 如图所示,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 是边长为m (m>0)的正方形,PD ⊥底面ABCD ,且PD=m ,PA=PC= m ,若在这个四棱锥内放一个球,则此球的最大半径是 .[答案](2- )m[解析] 当球与四棱锥P - ABCD 的各个面都相切时,球的半径最大.由PD ⊥底面ABCD ,得PD ⊥AD.又PD=m ,PA= m ,则AD=m.设四棱锥P-ABCD 的内切球的球心为O ,半径为R ,连接OA ,OB ,OC ,OD ,OP (图略),易知V 四棱锥P-ABCD =V 四棱锥O-ABCD +V 三棱锥O-PAD +V 三棱锥O-PAB +V 三棱锥O-PBC +V 三棱锥O-PCD,即 ×m 2×m= ×m 2×R+ × ×m 2×R+ × × m 2×R+ × × m 2×R+ ××m 2×R ,解得R=(2- )m ,所以此球的最大半径是(2- )m.第40讲空间点、直线、平面之间的位置关系考试说明 1.理解空间直线、平面位置关系的定义. 2.了解可以作为推理依据的公理和定理.3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.【课前双基巩固】知识聚焦1.两点不在一条直线上有且只有一条互相平行2.相交平行3.(1)相交直线平行直线任何 (2)①锐角(或直角) ②0,(3)相等或互补4.1 0 无数 0 无数对点演练1.④ [解析] 当三点共线时,过三点有无数个平面,①中的说法错误;当三条直线共点时,不能确定一个平面,②中的说法错误;一个圆是平面图形,两个相交的圆不一定在一个平面内,③中的说法错误;两条平行直线确定一个平面,第三条直线与这两条平行直线都相交,所以第三条直线在这个平面内,所以④中的说法正确.2.相交或异面[解析] 当直线c在直线a与b确定的平面内时,a与c相交;当直线c与直线a,b确定的平面相交时,a与c异面.3 .l∥α或l⊂α[解析] 当距离不为零时,l∥α;当距离为零时,l⊂α.4.4,6,7,8[解析] 如图(1),可分成4部分(三个平面互相平行);如图(2)(3),可分成6部分(两种情况);如图(4),可分成7部分;如图(5),可分成8部分.5.(1)AC=BD (2)AC=BD且AC⊥BD [解析] (1)∵四边形EFGH为菱形,∴EF=EH,∵EF AC,EH BD,∴AC=BD.(2)∵四边形EFGH为正方形,∴EF=EH且EF⊥EH,∵EF AC,EH BD,∴AC=BD且AC⊥BD.6.④[解析] ①②③中的a与b还有可能平行或相交,由异面直线的定义可知④的说法正确.7.b与α相交或b⊂α或b∥α[解析] 易知b与α相交或b⊂α或b∥α.8.无数[解析] 在EF上任意取一点M,则直线A1D1与M确定一个平面(如图所示),这个平面与CD有且仅有1个交点N,当M取不同的位置时就确定不同的平面,从而与CD有不同的交点,而直线MN与三条直线A1D1,EF,CD都有交点.故满足题意的直线有无数条.9.45°60°[解析] ∵FG∥BC,∴∠EGF为异面直线BC与EG所成的角(或其补角),∵tan∠EGF==1,∴∠EGF=45°.∵BF∥AE,∴∠GBF为异面直线AE与BG所成的角(或其补角),∵tan∠GBF===,∴∠GBF=60°.【课堂考点探究】例1[思路点拨] 利用平面的基本性质进行判断.解:(1)错误.若AC1⊂平面CC1B1B,又BC⊂平面CC1B1B,所以A∈平面CC1B1B,且B∈平面CC1B1B, 所以AB⊂平面CC1B1B,与AB⊄平面CC1B1B矛盾,故AC1⊄平面CC1B1B.(2)正确.因为O,O1是两平面的两个公共点,所以平面AA1C1C与平面BB1D1D的交线为OO1.(3)错误.因为A,O,C三点共线,所以由点A,O,C不可以确定一个平面.(4)正确.因为点A,C1,B1不共线,所以A,C1,B1三点确定平面α,又四边形AB1C1D为平行四边形,连接B1D,设AC1∩B1D=O2,所以O2∈α,又B1∈α,所以B1O2⊂α,又D∈B1O2,所以D∈α.(5)正确.若l与m相交,则交点是两平面的公共点,而直线CD为两平面的交线,所以交点一定在直线CD 上.变式题证明:(1)连接EF,CD1,A1B,如图.∵E,F分别是AB,AA的中点,1.∴EF∥BA1又BA1∥CD1,∴EF∥CD,1∴E,C,D,F四点共面.1(2)∵EF∥CD1,EF<CD1,∴延长D1F,CE,F必相交,设交点为P,如图,CE与D1则由P∈CE,CE⊂平面ABCD,得P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1.延长DA,又平面ABCD∩平面ADD1A1=DA,∴P∈直线DA.F,DA三线共点.∴CE,D1例2[思路点拨] (1)利用相关定义、定理判断;(2)由条件得n在α内,m不在α内,A是直线m与α的交点,从而得出m,n的位置关系.(1)B(2)D[解析] (1)①的结论错误,两条直线不相交,则它们可能平行,也可能异面;②由公理4可知结论正确;③的结论错误,若一条直线和两条平行直线中的一条相交,则它和另一条直线可能相交,也可能异面;④由平行直线的传递性可知结论正确.故选B.(2)∵A∈m,A∈α,m⊄α,∴A是m和平面α的交点,∵n⊂α,∴m和n可能异面或相交(特殊情况可垂直),一定不平行.变式题(1)D(2)D[解析] (1)连接D1E并延长,与AD交于点M,因为A1E=2ED,所以M为AD的中点,连接BF并延长,交AD于点N,因为CF=2FA,所以N为AD的中点,所以M,N重合,且=,=,所以=,所以EF∥BD1.(2)对于A,若直线a,b与平面α所成的角都是30°,则这两条直线平行、相交或异面,故A中说法错误;对于B,若直线a,b与平面α所成的角都是30°,则这两条直线可能垂直,如图所示,直角三角形ACB 的直角顶点C在平面α内,边AC,BC可以与平面α都成30°角,故B中说法错误;对于C,若直线a,b平行,则这两条直线可以都与平面α相交或都在平面α内,故C中说法错误;对于D,若直线a,b都与平面α垂直,则a∥b,故D中说法正确.故选D.例3[思路点拨] (1)将直三棱柱ABC-A1B1C1补形为直四棱柱ABCD-A1B1C1D1,连接DC1,则∠BCD(或其补角)为异面直线所成的角,利用余弦定理解之即可;(2)利用三角形中位线定理把异面直线1所成的角转化成平面角.(1)C(2 60°[解析] (1)如图,将该直三棱柱补形成直四棱柱,其中CD∥AB且CD=AB,则可得AB1∥DC1且AB1=DC1,则∠BC1D(或其补角)即为异面直线AB1与BC1所成的角.在△BC1D中,BC1=,DC1=,BD=-=,所以cos∠BC1D==.故异面直线AB1与BC所成角的余弦值为.1(2)取AC的中点M,连接EM,MF,如图所示.因为E,F分别是AP,BC的中点,所以MF∥AB,MF=AB=3,ME∥PC,ME=PC=5,所以∠EMF(或其补角)即为异面直线AB与PC所成的角.在△MEF中,cos∠EMF=-=-,所以∠EMF=120°,所以异面直线AB与PC所成的角为60°.变式题(1)B(2) [解析] (1)如图,取B1C1的中点P,连接BP,MP.∵直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为1的正方形,AA1=2,M,N分别是A1B1,A1D1的中点,∴AN∥BP,∴∠MBP(或其补角)为异面直线BM与AN所成的角,BM=BP==,MP==,∴cos∠=-=,所以异面直线BM与AN所成的角的余弦值为,故选B.MBP=-·(2)取A1C1的中点E,连接B1E,AE,易知BD∥B1E,∴∠AB1E(或其补角)为异面直线AB1与BD所成的角.设AB=1,则A1A=,AB1=,B1E=,AE=,所以cos∠AB1E=-=,因此∠AB1E=,故异面直线AB与BD所成的角为.1例4[思路点拨] (1)结合正方体结构,分类讨论;(2)判定直线和平面垂直,可以依据判定定理逐一去判断,利用正方体中的一些基本结论,合理运用正方体中图形的对称性.(1)A(2)①④⑤[解析] (1)用一个平面去截正方体,则截面的情况为:①截面为三角形时,可以是锐角三角形、等腰三角形、等边三角形,但不可能是钝角三角形、直角三角形;②截面为四边形时,可以是梯形(包括等腰梯形)、平行四边形、菱形、矩形,但不可能是直角梯形;③截面为五边形时,不可能是正五边形;④截面为六边形时,可以是正六边形.故选A.(2)如图所示,取棱的中点,作出正六边形截面α,则l⊥α.图①中的截面是正三角形,且平面MNP∥α,可得l⊥平面MNP;图②③中的截面MNP与正六边形截面α都有一条交线,可以判断②③中的两个截面与直线l都不垂直;图④⑤中的点M,N,P为正六边形截面α中的三个点,故都有l⊥平面MNP.故应填入的序号是①④⑤.例5[思路点拨] (1)由三视图得到直观图,可把该几何体放置在正方体中,再求其体积;(2)依据本题中三棱锥的特点,将其补成正方体,把问题转化为求正方体外接球的表面积问题.(1)C(2)πa3[解析] (1)如图所示,在棱长为2的正方体中,D为其所在棱的中点,则三视图对应的几何体为图中的四棱锥P-ABCD,则该几何体的体积为××(1+2)×2×2=2,故选C.(2)如图,将此多面体补成正方体DBCA-D 1B 1C 1P ,则该三棱锥的外接球即为该正方体的外接球,由已知得正方体的体对角线PB= a ,则外接球的半径R=PB=a ,所以三棱锥P - ABC 的外接球的体积V= ×π×a 3=πa 3.例6 [思路点拨] (1)利用平移法把异面直线所成的角转化为相交直线所成的角;(2)把展开图还原为直观图,在正方体中找到相关的线、面,利用正方体的特点进行判断.(1)D (2)B [解析] (1)连接B 1C ,A 1D ,由M ,N 分别是BC ,BB 1的中点,得MN ∥B 1C ∥A 1D ,则相交直线A 1D 与AD 1所成的角即为异面直线MN 与AD 1所成的角.又四边形A 1ADD 1是正方形,所以A 1D ⊥AD 1,故异面直线MN 与AD 1所成的角为90°.(2)将平面展开图还原成正方体(如图所示),连接BE ,DE ,BG.①中,因为BE ∥GC ,AF ⊥BE ,所以AF ⊥GC ,①中的结论正确.②中,BD 在平面ABCD 内,GC 与平面ABCD 相交,则BD 与GC 是异面直线;因为EB ∥GC ,所以∠DBE (或其补角)为异面直线BD 与GC 所成的角,在等边三角形BDE 中,∠DBE=60°,则异面直线BD 与GC 所成的角为60°,即②中的结论正确. ③中,BD 与MN 是异面直线,即③中的结论错误.④中,GD ⊥平面ABCD ,∠DBG 即为BG 与平面ABCD 所成的角,在Rt △BDG 中,GD ≠BD ,故∠DBG ≠45°,即④中的结论错误.故选B . 应用演练1.D [解析] 延长MN 与BA 的延长线交于点P ,连接DP ,则直线DP 即为交线l ,且AP=AA 1=AD ,连接AC ,可知DP 与AC 不平行,而A 1C 1∥AC ,所以l 与A 1C 1是异面直线.故选D .2.C [解析] 正四面体A-BCD 可补形成棱长是6 的正方体,所以球O 是正方体的外接球,其半径R=×6 =3 .设正四面体的高为h ,则h= -(=4 ,故OM=ON= h= ,又MN=BD=4,所以O 到直线MN 的距离为 ( - = ,因此球O 截直线MN 所得的弦长为2 ( -(=4 .故选C .3.B [解析] 由三视图可知,该三棱锥的直观图如图中三棱锥D 1-ABB 1所示(图中正方体的棱长为2),该三棱锥的体积为××2×2×2=,故选B .4.[解析] 易知截面B 1D 1MN 是梯形,MN=,B 1D 1= .过MN 的中点P 作平面A 1B 1C 1D 1的垂线交平面A 1B 1C 1D 1于点P 1,连接A 1C 1,则点P 1在A 1C 1上,且A 1P 1=.设A 1C 1与B 1D 1交于点O 1,连接PO 1,则PO 1== ,所以截面B 1D 1MN 的面积S==.5.90° [解析] 如图所示,连接D 1M ,易知D 1M ⊥DN.又∵A 1D 1⊥DN ,A 1D 1⊂平面A 1MD 1,MD 1⊂平面A 1MD 1,A 1D 1∩MD 1=D 1,∴DN ⊥平面A 1MD 1,∴DN ⊥A 1M ,即异面直线A 1M 与DN 所成角的大小为90°.【备选理由】例1以正方体为载体考查对平面的基本性质、四个公理的理解与掌握程度;例2考查异面直线所成的角,有利于拓展学生解题的思路;例3考查直线与平面的位置关系;例4考查正方体中的异面直线所成角的问题.例1 [配例1使用]已知ABCD-A 1B 1C 1D 1是正方体,在图①中,E ,F 分别是棱D 1C 1,B 1B 的中点,画出图①②中有阴影的平面与平面ABCD 的交线 .解:如图所示,在图①中,过点E 作EN 平行于B 1B 交CD 于点N ,连接NB 并延长交EF 的延长线于点M ,连接AM ,则AM 即为有阴影的平面与平面ABCD 的交线.在图②中,延长DC ,过点C 1作C 1M ∥A 1B 交DC 的延长线于点M ,连接BM ,则BM 即为有阴影的平面与平面ABCD 的交线.例2 [配例3使用] [2018·贵州凯里一中月考] 在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,底面ABCD 是边长为1的正方形,若其外接球的表面积为16π,则异面直线BD 1与CC 1所成的角的余弦值为 . [答案][解析] 设外接球的半径为R ,则4πR 2=16π,解得R=2.设长方体的高为x (x>0),则x 2+12+12=(2R )2=16,故x= .连接BD ,在Rt △BDD 1中,∠DD 1B 即为异面直线BD 1与CC 1所成的角,其余弦值为.例3 [配例2使用]如图所示,正方体的底面与正四面体的底面在同一个平面α上,且AB ∥CD ,则正方体的六个面所在的平面与直线EF 相交的个数为 .[答案] 4[解析] 因为EF 与正方体的左、右两侧面均平行,所以与EF 相交的平面有4个.例4 [配例6使用] [2018·四川广安、眉山一诊] 下图表示一个正方体的平面展开图,则其中的四条线段AB ,CD ,EF ,GH 在原正方体中为异面直线且所成角为60°的有对.[答案] 3[解析] 将平面展开图还原为正方体,如图所示,可知AB与CD,EF与GH,AB与GH都是异面直线,且所成角为60°,而AB与EF相交,CD与GH相交,CD与EF平行,故四条线段AB,CD,EF,GH在原正方体中互为异面直线且所成角为60°的有3对.第41讲直线、平面平行的判定与性质考试说明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有关空间图形的平行关系的简单命题.【课前双基巩固】知识聚焦1.没有公共点一条直线与此平面内的一条直线交线平行2.相交直线相交直线相交直线同一条直线平行交线对点演练1.一[解析] 过点P与直线a作平面β,设β∩α=b,则a∥b,由作图的过程可知满足条件的直线b只有一条.2.[解析] ∵α∥β,∴CD∥AB,则=,∴AB=·==.3.平行[解析] 连接BD,设BD∩AC=O,连接EO,在△BDD1中,O为BD的中点,E为DD1的中点,所以EO为△BDD的中位线,则BD1∥EO,又BD1⊄平面ACE,EO⊂平面ACE,所以BD1∥平面ACE.14.①②④[解析] 如图,因为AB D1C1,所以四边形AD1C1B为平行四边形,故AD1∥BC1,从而①中结论正确;易证BD∥B1D1,AB1∥DC1,又AB1∩B1D1=B1,BD∩DC1=D,故平面AB1D1∥平面BDC1,从而②中结论正确;由图易知AD1与DC1异面,故③中结论错误;因为AD1∥BC1,AD1⊄平面BDC1,BC1⊂平面BDC,所以AD1∥平面BDC1,故④中结论正确.15.平行四边形 [解析] ∵平面ABFE ∥平面DCGH ,又平面EFGH ∩平面ABFE=EF ,平面EFGH ∩平面DCGH=HG ,∴EF ∥HG.同理EH ∥FG ,∴四边形EFGH 的形状是平行四边形.6.既不充分也不必要 [解析] 由m ⊂α,l ∥α不能推出l ∥m ,由m ⊂α,l ∥m 也不能推出l ∥α,所以是既不充分也不必要条件.7.(1)a ∥α或a ⊂α (2)平行或相交 (3)a ∥β或a ⊂β[解析] (1)由直线与平面平行的定义和判定定理知,a 可能平行于α,也可能在α内. (2)当a ,b 相交时,α∥β;当a ,b 平行时,α与β平行或相交. (3)当a 在β外时,a ∥β;当a 在β内时也满足条件.8.6 [解析] 如图,E ,F ,G ,H 分别是A 1C 1,B 1C 1,BC ,AC 的中点,则与平面ABB 1A 1平行的直线有EF ,GH ,FG ,EH ,EG ,FH ,共6条.9.④ [解析] 由两个平面平行的判定定理可知,如果一个平面内的两条相交直线都与另一个平面平行,那么这两个平面平行,故①②不能判断两个平面平行;当平面α∩平面β=直线l 时,α内有无数条与交线l 平行的直线与β平行,故③不能判断两个平面平行;根据面面平行的定义可知④能判断两个平面平行.【课堂考点探究】例1 [思路点拨] (1)取B 1C 1的中点P ,连接MP ,NP ,根据面面平行的判定定理,可证明平面MNP ∥平面BB 1D 1D ;(2)可举反例进行判断.(1)C (2)D [解析] (1)取B 1C 1的中点P ,连接MP ,NP ,又M 是C 1D 1的中点,则由三角形中位线定理可得MP ∥B 1D 1,∴MP ∥平面BB 1D 1D ,由四边形BB 1PN 是平行四边形,得NP ∥BB 1,∴NP ∥平面BB 1D 1D ,又NP ∩MP=P ,∴平面MNP ∥平面BB 1D 1D ,∵MN ⊂平面MNP ,∴MN ∥平面BB 1D 1D ,故选C . (2)A 中,若α∩β=l ,a ∥l ,a ⊄α,a ⊄β,则a ∥α,a ∥β,可排除A;B 中,若α∩β=l ,a ⊂α,a ∥l ,则a ∥β,可排除B;C 中,若α∩β=l ,a ⊂α,a ∥l ,b ⊂β,b ∥l ,则a ∥β,b ∥α,可排除C.故选D.变式题 (1)B (2)平面ABC 、平面ABD [解析] (1) 因为直线a ,b 不一定相交,所以a ∥β,b ∥β不一定能够得到α∥β;而当α∥β时,a ∥β,b ∥β一定成立.所以“a ∥β,b ∥β”是“α∥β”的必要不充分条件,故选B .。

2020高考数学文科大一轮复习导学案：第七章立体几何7.2 Word版含答案

姓名，年级：时间：错误!错误!知识点一空间几何体的表面积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式2.多面体的侧面积和表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侧面展开图的面积,表面积是侧面积与底面积的和．1．已知某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是( A )A．12＋2错误!＋2错误!B．12＋错误!＋2错误!C．12＋2错误!＋错误!D．12＋错误!＋错误!解析：由三视图知：几何体为四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，如图，PA⊥平面ABCD，PA＝2,AB＝2，AD＝4,BC＝2,经计算,PD＝2错误!,PC＝2错误!，DC＝2错误!,所以PC⊥CD，所以S△PAB＝错误!×2×2＝2，S△PAD＝错误!×2×4＝4，S△PBC＝错误!×2×2错误!＝2错误!，S△PCD＝错误!×2错误!×2错误!＝2 6，S四边形ABCD＝错误!×(2＋4)×2＝6，所以S 表＝12＋22＋2错误!.2．（必修2P36A 组第10题改编)一直角三角形的三边长分别为6 cm ，8 cm, 10 cm ，绕斜边旋转一周所得几何体的表面积为错误!π cm 2。

解析：旋转一周所得几何体为以错误! cm 为半径的两个同底面的圆锥，其表面积为S ＝π×245×6＋π×错误!×8＝错误!π(cm 2）．知识点二空间几何体的体积1．柱体：V ＝Sh ；2．棱锥：V ＝错误!Sh ；3．棱台：V ＝13h （S 上＋S 下＋错误!)； 4．球：V ＝错误!πR 3.3．(2019·河北名校联考)某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是（ C )A．13 B．14C．15 D．16解析:所求几何体可看作是将长方体截去两个三棱柱得到的几何体,在长方体中还原该几何体，如图中ABCD。

【高考总复习】高中数学(文)课时作业7-3 word版含答案(新人教版)

一、选择题1．设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是() A．若l⊥m，m⊂α，则l⊥αB．若l⊥α，l∥m，则m⊥αC．若l∥α，m⊂α，则l∥mD．若l∥α，m∥α，则l∥m解析：当l⊥m，m⊂α时，l可能在平面α内，也可能平行平面α或与平面α相交．故A 不对；因为两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条直线也垂直于该平面，故B正确；当l∥α，m⊂α时，l∥m或l与m异面，故C不对；当l∥α，m∥α时，l∥m或l与m 相交或l与m异面，故D不对．答案：B2．(2012年烟台二模)已知直线m、n、l不重合，平面α、β不重合，下列命题正确的是() A．若m⊂β，n⊂β，m∥α，n∥α，则α∥βB．若m⊂β，n⊂β，l⊥m，l⊥n，则l⊥βC．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nD．若m⊥α，m∥n，则n⊥α解析：由两平面平行的判定定理知，A不正确；由线面垂直的判定定理知．B不正确；由平面垂直的性质定理知，C不正确，故选D.答案：D3．直三棱柱ABC－A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于()A．30°B．45°C．60°D．90°解析：如图，可补成一个正方体，∴AC1∥BD1.∴BA1与AC1所成角的大小为∠A1BD1.又易知△A1BD1为正三角形，∴∠A1BD1＝60°.∴BA1与AC1成60°的角．答案：C4．如图，已知E 、F 分别为正四面体ABCD 所在棱的中点，则异面直线AC 与EF 所成的角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：如图，取BC 中点G ，连结EG ，FG ，则∠GEF 为异面直线AC 与EF 所成角，∵EG ＝12AC ＝12BD ＝GF ，又可证AC ⊥BD ， ∴∠EGF ＝90°，则∠GEF ＝45°.答案：B5．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若AB ＝2BB 1，则AB 1与C 1B 所成角的大小为( )A ．60°B ．90°C ．105°D ．75°解析：法一：如右图，取BC 的中点D ，连结AD ，B 1D ，由正三棱柱ABC －A 1B 1C 1知AD ⊥平面BB 1C 1C ，∴AD ⊥BC 1，又BB 1BD ＝B 1C 1BB 1＝2知△BB 1C 1∽△DBB 1， ∴∠B 1C 1B ＝∠BB 1D ，因此B 1D ⊥BC 1，∴BC 1⊥平面ADB 1，则BC 1⊥AB 1.法二：如右图，取AB 、BB 1、B 1C 1、BC 的中点D 、E 、F 、G ，连结DE 、EF 、DF 、FG 、DG ，设AB ＝1可求出DG ＝12，GF ＝22，可证明FG ⊥平面ABC ，在Rt △DGF 中DF 2＝DG 2＋GF 2＝34，又可求出DE ＝12AB 1＝64， EF ＝12BC 1＝64，在△DEF 中DF 2＝DE 2＋EF 2， ∴∠DEF ＝90°即AB 1⊥C 1B .法三：设AB ＝a ，AC ＝b ，AA 1→＝c ，AB 1→＝a ＋c ，BC 1→＝b －a ＋c ，AB 1→·BC 1→＝(a ＋c )·(b －a＋c )＝a ·b －a 2＋a ·c ＋c ·b －c ·a ＋c 2＝12|a |2－a 2＋12|a |2＝0.∴AB 1→⊥BC 1→. 答案：B二、填空题6．如图，PA ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，且PA ＝AC ＝BC ＝a ，则异面直线PB 与AC 所成角的正切值等于________．答案： 27．如图，表示一个正方体表面的一种展开图，图中的四条线段AB 、CD 、EF 和GH 在原正方体中相互异面的有________对．解析：原来的正方体应为右图．其中AB 与CD 、AB 与GH 、EF 和GH 三对异面直线．答案：38．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为A 1B 1、BB 1的中点，则异面直线AM 与CN所成角的余弦值为________．解析：如图，取AB 的中点E ，连B 1E ，则AM ∥B1E ，取EB 的中点F 连FN ，则B 1E ∥FN ，因此AM ∥FN ，连CF ，则直线FN 与CN 所夹锐角或直角为异面直线AM 与CN 所成的角．设AB ＝1，在△CFN 中，CN ＝52，FN ＝54，CF ＝174. 由余弦定理cos ∠CNF ＝CN 2＋FN 2－CF 22CN ·FN ＝25. 答案： 259．在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥底面ABC ，AC ⊥BC ，PA ＝AC ＝BC ，则PC 与AB 所成角的大小为________．解析：取PA 、AC 、CB 的中点分别为E 、F 、G ，连接EF 、FG 、GE .则∠EFG 或其补角为PC 与AB 所成的角，设PA ＝1，则EF ＝12PC ＝22， FG ＝12AB ＝22， EG 2＝EA 2＋AC 2＋CG 2＝32，在△EFG 中，cos ∠EFG ＝EF 2＋FG 2－EG 22EF ·FG ＝－12，则∠EFG ＝120°∴PC 与AB 所成角的大小为60°.答案：60°三、解答题10．如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝DC ＝BC ＝1，AB ＝2，AB ∥DC ，∠BCD ＝90°.(1)求证：PC ⊥BC ；(2)求点A 到平面PBC 的距离．解析：(1)证明：∵PD ⊥平面ABCD ，∴PD ⊥BC .又BC ⊥CD ，∴BC ⊥平面PCD ，∴PC ⊥BC .(2)设点A 到平面PBC 的距离为h ，∵V A －PBC ＝V P －ABC ， ∴13·S △PBC ·h ＝13·S △ABC ·PD 即，13×22·h ＝13×1×1， ∴h ＝ 2.即点A 到平面PBC 的距离为 2.11．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为BB 1、CC 1的中点，求AE 、BF 所成角的余弦值．解析：如图，取DD 1中点M ，连结AM 、MF 、ME ，由AB 綊CD 綊MF 知四边形ABFM 为平行四边形，∴AM ∥BF ，则AM 与AE 所夹锐角或直角为异面直线AE ，BF 所成的角，设AB ＝1，则在△AEM 中AE ＝AM ＝52，ME ＝ 2. ∴cos ∠MAE ＝AM 2＋AE 2－ME 22AM ·AE ＝15，即异面直线AE 、BF 成角的余弦值为15.12．如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是BC 的中点，平面B 1ED 交A 1D 1于F .(1)指出F 在A 1D 1上的位置，并说明理由；(2)求直线A 1C 与DE 所成的角的余弦值．解析：(1)F 为A 1D 1的中点．(如图)由正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1知面ABCD ∥面A 1B 1C 1D 1，面B 1EDF ∩面ABCD ＝DE ，面B 1EDF ∩面A 1B 1C 1D 1＝B 1F ，∴B 1F ∥DE ，同理B 1E ∥DF ，∴四边形DEB 1F 为平行四边形，∴B 1F ＝DE ，又A 1B 1＝CD ，∴Rt △A 1B 1F ≌Rt △CDE ，∴A 1F ＝CE ＝12＝12A 1D 1，∴F 为A 1D 1的中点． (2)过点C 作CH ∥DE 交AD 的延长线于H ，连结A 1H ，则A 1C 与DE 所成的角就等于A 1C 与CH 所成的锐角，即∠A 1CH (或其补角)，由于正方体的棱长为1，E 为BC 中点，∴可求得A 1C ＝3，CH ＝52，A 1H ＝132. 在△A 1CH 中，由余弦定理得cos ∠A 1CH ＝A 1C 2＋CH 2－A 1H 22·CH ·A 1C ＝3＋54－13423×52＝1515， ∴直线A 1C 与DE 所成角的余弦值为1515.。

2020高考数学总复习第七章立体几何课时作业48理含解析新人教A版

课时作业48 利用向量求空间角1．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为( B )A.1 2B.23C.33D.22解析：以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，设棱长为1，则A1(0,0,1)，E⎝⎛⎭⎪⎫1，0，12，D(0,1,0)，∴A1D→＝(0,1，－1)，A1E→＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，－12，设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)．则有⎩⎪⎨⎪⎧A1D→·n1＝0，A1E→·n1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y－z＝0，1－12z＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y＝2，z＝2，∴n1＝(1,2,2)．∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，∴cos〈n1，n2〉＝23×1＝23，即所成的锐二面角的余弦值为23.2．(2019·大同模拟)设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是( D )A.32B.22C.223 D.233解析：如图，以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立坐标系，则D (0,0,0)，D 1(0,0,2)，A 1(2,0,2)，B (2,2,0)，D 1A 1→＝(2,0,0)，DB →＝(2,2,0)，DA 1→＝(2,0,2)，设平面A 1BD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝0，n ·DB →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2z ＝0，2x ＋2y ＝0，令z ＝1，得n ＝(－1,1,1)．∴D 1到平面A 1BD 的距离d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233. 3．(2018·全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( A )A.334 B.233C.324D.32解析：由正方体的性质及题意可得，正方体共顶点的三条棱所在直线与平面α所成的角均相等．如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，易知棱AB ，AD ，AA 1所在直线与平面A 1BD 所成的角均相等，所以α∥平面A 1BD ，当平面α趋近点A 时，截面图形的面积趋近于0；当平面α经过正方体的中心O 时，截面图形为正六边形，其边长为22，截面图形的面积为6×34×⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝334；当平面α趋近于C 1时，截面图形的面积趋近于0，所以截面图形面积的最大值为334，故选A.4．已知三棱锥P -ABC 的所有顶点都在表面积为16π的球O 的球面上，AC 为球O 的直径．当三棱锥P -ABC 的体积最大时，二面角P -AB -C 的大小为θ，则sin θ等于( C )A.23B.53C.63D.73解析：如图，设球O 的半径为R ，由4πR 2＝16π，得R ＝2，设点P 到平面ABC 的距离为d ，则0＜d ≤2，因为AC 为球的直径，所以AB 2＋BC 2＝AC 2＝16，则V 三棱锥P -ABC ＝16AB ·BC ·d ≤16·AB 2＋BC 22·2＝83，当且仅当AB ＝BC ＝22，d ＝2时，V 三棱锥P -ABC 取得最大值，此时平面PAC ⊥平面ABC ，连接PO ，因为PO ⊥AC ，平面PAC ∩平面ABC ＝AC ，PO ⊂平面PAC ，所以PO ⊥平面ABC ，过点P 作PD ⊥AB 于D ，连接OD ，因为AB ⊥PO ，AB ⊥PD ，PO ∩PD ＝P ，所以AB ⊥平面POD ，则AB ⊥OD ，所以∠PDO 为二面角P -AB -C 的平面角，因为OD ＝12BC＝2，所以PD ＝PO 2＋OD 2＝6，则sin θ＝sin ∠PDO ＝PO PD ＝63，故选C. 5．如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是正方形A 1B 1C 1D 1和正方形ADD 1A 1的中心，则EF 和CD 所成的角的大小是 45° .解析：以D 为原点，分别以DA 、DC 、DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，DC →＝(0,1,0)， ∴cos 〈EF →，DC →〉＝EF →·DC→|EF →||DC →|＝－22，∴〈EF →，DC →〉＝135°，∴异面直线EF 和CD 所成的角的大小是45°.6．如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cosθ的最大值为25.解析：建立空间直角坐标系如图所示．设AB＝1，则AF→＝⎝⎛⎭⎪⎫1，12，0，E⎝⎛⎭⎪⎫12，0，0.设M(0，y,1)(0≤y≤1)，则EM→＝⎝⎛⎭⎪⎫－12，y，1.∵θ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，∴cosθ＝|AF→·EM→||AF→||EM→|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－12＋12y1＋14·14＋y2＋1＝21－y5·4y2＋5.则⎣⎢⎡⎦⎥⎤21－y4y2＋52＝1－8y＋14y2＋5.令8y＋1＝t，1≤t≤9，则8y＋14y2＋5＝16t＋81t－2≥15，当且仅当t ＝1时取等号． ∴cos θ＝21－y5·4y 2＋5≤15×25＝25，当且仅当y ＝0时取等号． 7．如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设二面角D -AE -C 为60°，AP ＝1，AD ＝3，求三棱锥E -ACD 的体积．解：(1)证明：连接BD 交AC 于点O ，连接EO . 因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点．又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB .又因为EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，所以PB ∥平面AEC .(2)因为PA ⊥平面ABCD ，ABCD 为矩形，所以AB ，AD ，AP 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴的正方向，|AP →|为单位长，建立空间直角坐标系A -xyz ，则D (0，3，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12.设B (m,0,0)(m ＞0)，则C (m ，3，0)，AC →＝(m ，3，0)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AC →＝0，n 1·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧mx ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0，可取n 1＝⎝⎛⎭⎪⎫3m ，－1，3. 又n 2＝(1,0,0)为平面DAE 的法向量，由题设得|cos 〈n 1，n 2〉|＝12，即33＋4m 2＝12，解得m ＝32. 因为E 为PD 的中点，所以三棱锥E -ACD 的高为12.三棱锥E -ACD 的体积V ＝13×12×3×32×12＝38.8．(2019·江西六校联考)在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为平行四边形，∠ABD ＝90°，EB ⊥平面ABCD ，EF ∥AB ，AB ＝2，EB ＝3，EF ＝1，BC ＝13，且M 是BD 的中点．(1)求证：EM ∥平面ADF ；(2)求二面角A -FD -B 的余弦值的大小．解：(1)证法一：取AD 的中点N ，连接MN ，NF .在△DAB 中，M 是BD 的中点，N 是AD 的中点，所以MN ∥AB ，MN ＝12AB ，又因为EF ∥AB ，EF ＝12AB ，所以MN ∥EF 且MN ＝EF .所以四边形MNFE 为平行四边形，所以EM ∥FN ，又因为FN ⊂平面ADF ，EM ⊄平面ADF ，故EM ∥平面ADF . 证法二：因为EB ⊥平面ABD ，AB ⊥BD ，故以B 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系B -xyz .由已知可得EM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，－3，AD →＝(3，－2,0)，AF →＝(0，－1，3)，设平面ADF 的法向量是n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·AF →＝0得⎩⎨⎧3x －2y ＝0，－y ＋3z ＝0，令y ＝3，则n ＝(2,3，3)．又因为EM →·n ＝0，所以EM →⊥n ，又EM ⊄平面ADF ，故EM ∥平面ADF .(2)由(1)中证法二可知平面ADF 的一个法向量是n ＝(2,3，3)．易得平面BFD 的一个法向量是m ＝(0，－3，1)．所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝－34，又二面角A -FD -B 为锐角，故二面角A -FD -B 的余弦值大小为34. 9．(2019·河南郑州一模)如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，△DAB ≌△DCB ，E 为线段BD 上的一点，且EB ＝ED ＝EC ＝BC ，连接CE 并延长交AD 于F .(1)若G 为PD 的中点，求证：平面PAD ⊥平面CGF ；(2)若BC ＝2，PA ＝3，求平面BCP 与平面DCP 所成锐二面角的余弦值．解：(1)证明：在△BCD 中，EB ＝ED ＝EC ＝BC ，故∠BCD ＝π2，∠CBE ＝∠CEB ＝π3，连接AE ，∵△DAB ≌△DCB ，∴△EAB ≌△ECB ，从而有∠FED ＝∠BEC ＝∠AEB ＝π3，AE ＝CE ＝DE .∴∠AEF ＝∠FED ＝π3.故EF ⊥AD ，AF ＝FD . 又PG ＝GD ，∴FG ∥PA .又PA ⊥平面ABCD ，故GF ⊥平面ABCD ， ∴GF ⊥AD ，又GF ∩EF ＝F ，故AD ⊥平面CFG . 又AD ⊂平面PAD ， ∴平面PAD ⊥平面CGF .(2)以点A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (3，3，0)，D (0，23，0)，P (0,0,3)．故BC →＝(1，3，0)，CP →＝(－3，－3，3)，CD →＝(－3，3，0)．设平面BCP 的一个法向量为n 1＝(1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧ 1＋3y 1＝0，－3－3y 1＋3z 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝－33，z 1＝23，即n 1＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－33，23. 设平面DCP 的一个法向量为n 2＝(1，y 2，z 2)，则⎩⎨⎧－3＋3y 2＝0，－3－3y 2＋3z 2＝0，解得⎩⎨⎧y 2＝3，z 2＝2，即n 2＝(1，3，2)．从而平面BCP 与平面DCP所成锐二面角的余弦值为|n 1·n 2||n 1||n 2|＝43169×8＝24. 10．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE ∥平面PAB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M -AB -D 的余弦值．解：(1)取PA 的中点F ，连接EF ，BF . 因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝12AD .由∠BAD ＝∠ABC ＝90°得BC ∥AD ，又BC ＝12AD ，所以EF 綊BC ，四边形BCEF 是平行四边形，CE ∥BF ，又BF ⊂平面PAB ，CE ⊄平面PAB ，故CE ∥平面PAB .(2)由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴正方向，|AB →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，P (0,1，3)，PC →＝(1,0，－3)，AB →＝(1,0,0)．设M (x ，y ，z )(0＜x ＜1)，则BM →＝(x －1，y ，z )，PM →＝(x ，y－1，z －3)．因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°，而n ＝(0,0,1)是底面ABCD 的法向量，所以|cos 〈BM →，n 〉|＝sin 45°，|z |x －12＋y 2＋z2＝22，即(x －1)2＋y 2－z 2＝0.①又M 在棱PC 上，设PM →＝λPC →，则x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ.②由①②解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋22，y ＝1，z ＝－62(舍去)，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1－22，y ＝1，z ＝62.所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22，1，62，从而AM →＝⎝⎛⎭⎪⎫1－22，1，62. 设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AM →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎨⎧2－2x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0，所以可取m ＝(0，－6，2)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝105.易知所求二面角为锐角．因此二面角M -AB -D 的余弦值为105.11．如图，在四棱锥P -ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD ，E 为棱AD 的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90°.(1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；(2)若二面角P-CD-A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值．解：(1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行．如图，延长AB，DC，相交于点M(M∈平面PAB)，点M即为所求的一个点．理由如下：由已知，BC∥ED，且BC＝ED.所以四边形BCDE是平行四边形，从而CM∥EB.又EB⊂平面PBE，CM⊄平面PBE，所以CM∥平面PBE.(说明：延长AP至点N，使得AP＝PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)解法一：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD.从而CD⊥PD.所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角．所以∠PDA＝45°.设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2.过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH.易知PA⊥平面ABCD，又CE⊂平面ABCD，从而PA⊥CE.于是CE⊥平面PAH.所以平面PCE⊥平面PAH.过A作AQ⊥PH于Q，则AQ⊥平面PCE.所以∠APH是PA与平面PCE所成的角．在Rt△AEH中，∠AEH＝45°，AE＝1，所以AH＝22. 在Rt △PAH 中，PH ＝PA 2＋AH 2＝322，所以sin ∠APH ＝AH PH ＝13.解法二：由已知，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ，所以CD ⊥平面PAD . 于是CD ⊥PD .从而∠PDA 是二面角P -CD -A 的平面角．所以∠PDA ＝45°.由PA ⊥AB ，可得PA ⊥平面ABCD . 设BC ＝1，则在Rt △PAD 中，PA ＝AD ＝2.作Ay ⊥AD ，以A 为原点，以AD →，AP →的方向分别为x 轴、z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，C (2,1,0)，E (1,0,0)，所以PE →＝(1,0，－2)，EC →＝(1,1,0)，AP →＝(0,0,2)．设平面PCE 的法向量n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PE →＝0，n ·EC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0，设x ＝2，解得n ＝(2，－2,1)．设直线PA 与平面PCE 所成角为α，则sin α＝|n ·AP →||n |·|AP →|＝22×22＋－22＋12＝13. 所以直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值为13.12．(2019·江西南昌二中月考)如图，在等腰梯形ABCD中，∠ABC＝60°，CD＝2，AB ＝4，点E为AB的中点，现将该梯形中的三角形EBC沿线段EC折起，形成四棱锥B-AECD.(1)在四棱锥B-AECD中，求证：AD⊥BD；(2)若平面BEC与平面AECD所成二面角的平面角为120°，求直线AE与平面ABD所成角的正弦值．解：(1)证明：由三角形BEC沿线段EC折起前，∠ABC＝60°，CD＝2，AB＝4，点E为AB的中点，得三角形BEC沿线段EC折起后，四边形AECD为菱形，边长为2，∠DAE＝60°，如图，取EC的中点F，连接DF，BF，DE，∵△BEC和△DEC均为正三角形，∴EC⊥BF，EC⊥DF, 又BF∩DF＝F，∴EC⊥平面BFD，∵AD∥EC，∴AD⊥平面BFD，∵BD⊂平面BFD，∴AD⊥BD.(2)以F为坐标原点，建立如图的空间直角坐标系，由EC ⊥平面BFD ，知z 轴在平面BFD 内， ∵BF ⊥EC ，DF ⊥EC ，∴∠BFD 为平面BEC 与平面AECD 所成二面角的平面角， ∴∠BFD ＝120°，∴∠BFz ＝30°，又∵BF ＝3，∴点B 的横坐标为－32，点B 的竖坐标为32. 因D (3，0,0)，E (0,1,0)，A (3，2,0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0，32，故AE →＝(－3，－1,0)，BD →＝⎝⎛⎭⎪⎫332，0，－32，AD →＝(0，－2，0)．设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，∴⎩⎪⎨⎪⎧BD →·n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332，0，－32·x ，y ，z ＝0，AD →·n ＝0，－2，0·x ，y ，z ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧332x －32z ＝0，－2y ＝0，令x ＝1，得y ＝0，z ＝3，∴平面ABD 的一个法向量为n ＝(1,0，3)，∴cos 〈AE →，n 〉＝AE →·n|AE →||n |＝－3，－1，0·1，0，32×2＝－34，∵直线AE 与平面ABD 所成角为锐角， ∴直线AE 与平面ABD 所成角的正弦值为34.。

高三数学(文)教学案：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．(2019·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．(2019·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．(2019·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．(2019·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．(2019·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．(2019·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．(2019·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)(2019·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．(2019·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．(2019·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．(2019·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．(2019·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．(2019·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．(2019·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．(2019·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．(2019·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．(2019·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．(2019·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．(2019·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．(2019·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．(2019·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．(2019·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．(2019·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。

2019版高中全程复习方略数学(文)课时作业：第七章立体几何39

2
2
本题考查三视图及几何体的表面积．由三视图可知，该几何体是底面为正方形，一条棱垂直于底面的四棱锥，其底面边长为2，高为2，故该四棱锥的表面积为
＝8＋42，故选D.
(2018·合肥市第一次教学质量检测)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
＋4π ＋4π
解析：由三视图知，该几何体由一个正方体的34部分与一个圆柱的＋π)×2＋4×(2＋
13π
6
11＋22 π
＋1
2
解析：由三视图可知该几何体是一个圆柱和半个圆锥的组合体，故其表面积为
本题考查三棱锥的三视图及体积．由三视图可知，
解析：本题考查三视图、空间几何体的体积．由三视图知，该几何体是由长、宽、高的长方体被一个平面截去所剩下的部分，如图所示，其中对应边的中点，该平面恰好把长方体一分为二，则该几何体的体积为
(2018·陕西省宝鸡市高三质检)已知A ，B ，C 三点都在以的体积为43
，则球O 的表面积为
直角梯形ABCD 中，AD 边旋转一周，则所得几何体的表面积为解析：本题考查几何体的表面积．所得几何体的表面积是底面圆半径为圆柱的下底面积、侧面积和底面圆半径为1、高为1的圆锥的侧面积之和，即为
棱柱的体积．由三视图知该几何体由两个相同的底面为直角的三棱柱组合而成，＝2×1
2
×1×1×2＝2
的所有顶点都在表面积为289π
16体积的最大值为________
该几何体为一个横放的直三棱柱切去一个三棱锥后的图形．
．(2017·新课标全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为
为圆O上的点，△
沿虚线剪开后，分别以BC
G，。

2020版高中全程复习方略数学(文)课件第七章立体几何 7.5

证明：(1)因为 AB⊥平面 PAD，PH⊂平面 PAD，所以 PH⊥AB. 因为 PH 为△PAD 中 AD 边上的高，所以 PH⊥AD. 因为 PH⊄平面 ABCD，AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面 ABCD，所以 PH⊥平面 ABCD.
(2)如图，取 PA 中点 M，连接 MD，ME. 因为 E 是 PB 的中点，所以 ME 綊12AB.
[变式练]——(着眼于举一反三) 1．(2018·广东广州二模)在三棱锥 P－ABC 中，△PAB 是等边三角形，∠APC＝∠BPC＝60°.
(1)求证：AB⊥PC； (2)若 PB＝4，BE⊥PC，求三棱锥 B－PAE 的体积．
解析：(1)证明：因为△PAB 是等边三角形， ∠APC＝∠BPC＝60°，所以△PBC≌△PAC，可得 AC＝BC. 如图，取 AB 中点 D，连接 PD，CD，则 PD⊥AB，CD⊥AB. 因为 PD∩CD＝D，所以 AB⊥平面 PDC. 因为 PC⊂平面 PDC，所以 AB⊥PC.
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
解析：根据直线与平面垂直的定义知“直线 a 与平面 M 的无数条直线都垂直”不能推出“直线 a 与平面 M 垂直”，反之可以，所以是必要不充分条件．
答案：B
2．设 m，n 表示两条不同的直线，α，β 表示两个不同的平面，下列命题为真命题的是( )
则直线 CE 垂直于( )
A．AC
B．BD
C．A′D′ D．AA′
解析：连接 B′D′( 图略 ) ， ∵B′D′⊥A′C′ ， B′D′⊥CC′，且 A′C′∩CC′＝C′，∴B′D′⊥平面 CC′E.
而 CE⊂平面 CC′E，∴B′D′⊥CE. 又∵BD∥B′D′，∴BD⊥CE. 答案：B

2020年高中数学一轮复习课时练38 直线、平面平行的判定与性质(文科)(北师大版)

课时练38直线、平面平行的判定与性质1.(2019安徽江南十校3月模拟)如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,P,Q分别为棱AB,C1D1,D1A1,D1D,C1C的中点.则下列叙述中正确的是()A.直线BQ∥平面EFGB.直线A1B∥平面EFGC.平面APC∥平面EFGD.平面A1BQ∥平面EFGE,F,G的截面如图所示(H,I分别为AA1,BC的中点),∵A1B∥HE,A1B⊈平面EFG,HE⫋平面EFG,∴A1B∥平面EFG,故选B.2.已知互不相同的直线l,m,n和平面α,β,γ,则下列命题正确的是()A.若l与m为异面直线,l⫋α,m⫋β,则α∥βB.若α∥β,l⫋α,m⫋β,则l∥mC.若α∩β=l,β∩γ=m,α∩γ=n,l∥γ,则m∥nD.若α⊥γ,β⊥γ,则α∥βl与m为异面直线,l⫋α,m⫋β,则α与β平行或相交,A错,排除A;若α∥β,l⫋α,m⫋β,则l与m平行或异面,B错,排除B;若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β或α⫋β,D错,排除D,故选C.3.如图,E是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱C1D1上的一点(不与端点重合),BD1∥平面B1CE,则()A.BD1∥CEB.AC1⊥BD1C.D1E=2EC1D.D1E=EC1B1C∩BC1=O,如图,BD1∥平面B1CE,平面BC1D1∩平面B1CE=OE,∴BD1∥OE,∵O为BC1的中点,∴E为C1D1的中点,∴D正确;由异面直线的定义知BD1,CE是异面直线,故A错;在矩形ABC1D1中,AC1与BD1不垂直,故B错;C显然错,故选D.4.在正方形ABCD中,AB=4,E,F分别是AB,AD的中点,将△AEF沿EF折起到△A'EF的位置,使得A'C=2√3,在平面A'BC内,过点B作BG∥平面A'EF交边A'C上于点G,则A'G=()A.√33B.2√33C.√3D.4√33AC分别交BD,EF于O,H,∵E,F分别是AB,AD中点,则EF∥BD,∴OHHC =13,∴BD∥平面A'EF,又∵BG∥平面A'EF,∴平面BGD∥平面A'EF,平面A'CH分别与两面交于OG,HA',∴OG∥HA',∴A'GA'C =HOHC=13,A'G=1A'C=2√3,故选B.5.如图所示的四个正方体图形中,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 ∥面MNP的图形的序号是.(写出所有符合要求的图形序号)①中,由于平面MNP与AB所在的侧面平行,所以AB∥平面MNP;在③中,由于AB与以MP为中位线的三角形的底边平行,所以AB∥MP,又因为MP⫋平面MNP,AB⊈平面MNP.所以AB∥平面MNP.②④中,只须平移AB,即可发现AB与平面MNP相交.故填①③.6.(2019福建泉州质检,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,BC=CD=1AB=2,∠ABC=∠2BCD=90°,E为PB的中点.(1)证明:CE∥平面PAD;(2)略.AB,证明:取PA中点Q,连接QD,QE,图略,则QE∥AB,且QE=12所以QE∥CD,且QE=CD,即四边形CDQE为平行四边形,CE∥QD,又因为CE⊈平面PAD,QD⫋平面PAD,所以CE∥平面PAD.7.(2019河北唐山三模,19)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=4,AB=4√3,M,N分别为AB,CC1的中点.(1)求证:CM∥平面B1AN;(2)略.证明:取AB1的中点E,连接EM,EN,图略,在△ABB1中,E,M分别是AB1,AB的中点,则EM∥BB1,且BB1,EM=12BB1,又N为CC1的中点,CC1∥BB1,所以NC∥BB1,NC=12从而有EM∥NC且EM=NC,所以四边形EMCN为平行四边形,所以CM∥NE.又因为CM⊈平面B1AN,NE⫋平面B1AN,所以CM∥平面B1AN.8.(2019北京,文18)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的中点.(1)略;(2)略;(3)棱PB上是否存在点F,使得CF∥平面PAE?说明理由.PB上存在点F,使得CF∥平面PAE.取F为PB的中点,取G为PA的中点,连接CF,FG,EG.AB.则FG∥AB,且FG=12AB.因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点,所以CE∥AB,且CE=12所以FG∥CE,且FG=CE.所以四边形CEGF为平行四边形.所以CF∥EG.因为CF⊈平面PAE,EG⫋平面PAE,所以CF∥平面PAE.9.平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为()A.√3B.√2C.√3D.1,∵α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,∴n∥CD1,m∥B1D1.∵△B1D1C为正三角形,∴∠B1D1C=60°,∴m ,n 所成的角的正弦值为√32.10.(2019湖南六校联考,11)如图,平面四边形ABCD 中,E ,F 是AD ,BD 中点,AB=AD=CD=2,BD=2√2,∠BDC=90°,将△ABD 沿对角线BD 折起至△A'BD ,使平面A'BD ⊥平面BCD ,则四面体A'BCD 中,下列结论不正确的是( )A.EF ∥平面A'BCB.异面直线CD 与A'B 所成的角为90°C.异面直线EF 与A'C 所成的角为60°D.直线A'C 与平面BCD 所成的角为30°选项:因为E ,F 分别为A'D 和BD 两边中点,所以EF ∥A'B ,即EF ∥平面A'BC ,A 正确;B 选项:因为平面A'BD ⊥平面BCD ,交线为BD ,且CD ⊥BD ,所以CD ⊥平面A'BD ,即CD ⊥A'B ,故B 正确;C 选项:取CD 边中点M ,连接EM ,FM ,则EM ∥A'C ,所以∠FEM 为异面直线EF 与A'C 所成角,又EF=1,EM=√2,FM=√3,即∠FEM=90°,故C 错误;D 选项:连接A'F ,可得A'F ⊥BD ,由面面垂直的性质可得A'F ⊥平面BCD ,连接CF ,可得∠A'CF 为A'C 与平面BCD 所成角,由sin ∠A'CF=|A 'F ||A 'C |=√22√2=12,可得直线A'C 与平面BCD 所成角为30°,故D正确.故选C .11.(2019湖南师大附中模拟三)在梯形ABCD 中(图1),AB ∥CD ,AB=2,CD=5,过A ,B 分别作CD 的垂线,垂足分别为E ,F ,且AE=2DE ,将梯形ABCD 沿AE ,BF 同侧折起,使得CF ⊥FE ,且DE ∥CF ,得空间几何体ADE-BCF (图2).直线AC 与平面ABFE 所成角的正切值是√2.(1)求证:BE ∥平面ACD ; (2)略.证明:由CF ⊥BE ,CF ⊥EF ,且BF ∩FE=F ,可得CF ⊥平面ABFE ,设DE=x ,则CF=3-x ,AF=2√x 2+1,由直线AC 与平面ABFE 所成角的正切值是√22,得2=√22,解得x=1.所以AE=2DE=2,EF=CF=2.连接BE交AF于点O,取AC的中点H,连接OH,DH,CF, 因为四边形ABFE为矩形,则OH是△AFC的中位线,所以OH∥CF且OH=12CF,由已知得DE∥CF且DE=12所以DE∥OH且DE=OH,所以四边形DEOH为平行四边形,DH∥EO,又因为EO⫋平面ABFE,DH⊈平面ABFE,所以EO∥平面ACD,即BE∥平面ACD.12.(2019江苏苏州期末)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB⊥BC,E,F分别是A1C1,BC的中点.(1)求证:略;(2)求证:C1F∥平面ABE.AB中点G,连接EG,FG.因为E,F分别是A1C1,BC的中点,所以FG∥AC,且FG=1AC.2因为AC∥A1C1,且AC=A1C1,所以FG∥EC1,且FG=EC1.所以四边形FGEC1为平行四边形.所以C1F∥EG.又因为EG⫋平面ABE,C1F⊈平面ABE,所以C1F∥平面ABE.13.(2019湖南师大附中模拟一)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D为AC边的中点,AB=AC=2,BC=1,AA1=√3.(1)求证:AB1∥平面BDC1;(2)求异面直线AB1与BC1所成角的余弦值.证明:如图,连接B1C交BC1于点E,连接DE,由直三棱柱ABC-A1B1C1可知,点E为B1C的中点,又D为AC的中点,所以DE∥AB1,且DE⫋平面BDC1,AB1⊈平面BDC1,所以AB1∥平面BDC1.(2)由(1)可知异面直线AB1与BC1所成角即DE与BC1所成角.因为BC=1,CC1=AA1=BB1=√3,所以BC1=2,EC1=1.又因为A1B1=2,A1A=√3,所以AB1=√7,所以DE=√7.由DC=1,CC1=√3,得DC1=2.在△EC1D中,cos∠C1ED=1+74-42×1×72=-547=-5√728,故所求角的余弦值为5√728.14.(2019山东临沂一模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,AD∥BC,AD=2BC=4,PB=4√2,M是线段AP的中点.(1)证明:BM∥平面PCD;(2)当PA为何值时,四棱锥P-ABCD的体积最大?并求此最大值.证明:取PD 中点N ,连接MN ,CN ,∵M 是AP 的中点,∴MN ∥AD 且MN=12AD , ∵AD ∥BC ,AD=2BC ,∴MN ∥BC ,MN=BC , ∴四边形MNCB 是平行四边形, ∴MB ∥CN ,又BM ⊈平面PCD ,CN ⫋平面PCD ,∴BM ∥平面PCD.(2)设PA=x (0<x<4√2),∵PA ⊥平面ABCD ,∴PA ⊥AB ,∵PB=4√2,∴AB=√PB 2-AB 2=√32-x 2,又∵AB ⊥AD ,AD=2BC=4,∴V P-ABCD =13S ABCD ×PA=13×12(AD+BC )×AB×PA=x √32-x 2≤x 2+32-x 22=16, 当且仅当x=√32-x 2,即x=4时取等号,故当PA=4时,四棱锥P-ABCD 的体积最大,最大值为16.。

2019版高中全程复习方略数学(文)课时作业：第七章立体几何 38 Word版含答案

课时作业 38 空间几何体的结构及其三视图和直观图一、选择题1．如图所示是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是( )解析：先观察俯视图，由俯视图可知选项B和D中的一个正确，由正视图和俯视图可知选项D正确，故选D.答案：D2．下列命题中，正确的是( )A．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱B．侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥C．侧面都是矩形的四棱柱是长方体D．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解析：认识棱柱一般要从侧棱与底面的垂直与否和底面多边形的形状两方面去分析，故A，C都不够准确，B中对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明，故也不正确．答案：D3．(2018·惠州市第三次调研考试)如图所示，将图(1)中的正方体截去两个三棱锥，得到图(2)中的几何体，则该几何体的侧视图为( )解析：从几何体的左面看，对角线AD1在视线范围内，画实线，棱C1F不在视线范围内，C，侧视图的宽应为俯视图中三角形的高中的图形．故选C.．(2018·惠州市第三次调研考试)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱PC⊥平面ABCD，PC＝ 3.如图所示，点D1的投影为C1，点D的投影为C，点A的投影为．(2018·东北三省四市联考)如图，某几何体的三视图如图所示，则该几何体的各条棱中最长的棱和最短的棱长度之和为( )本题考查空间几何体的三视图．由三视图知，该几何体是底面为腰长为的侧棱垂直于底面(垂足为腰与底边交点＋22＝26＋2，故选如图，在正四棱柱ABCD－的正视图与侧视图的面积之比为命题①不是真命题，若侧棱不垂直于底面，这时四棱柱是斜四棱柱；直角三角形绕着它的一条直角边旋转一周形成的几何体叫做圆锥，边旋转一周，形成的几何体则是两个具有共同底面的圆锥；命题③是真命题，如图所示，在分别作出在六个面上的射影可知选②③.C a b AB52－⎝ ⎛＝92.重合、N 与G 重合、Q 与E 重合、P 与B 1重合时，三棱锥、P 是所在线段的中点时，三棱锥P －MNQ 的俯视图为B 位于所在线段的非端点位置时，存在三棱锥P －MNQ ，使其俯视图为D.故选一只蚂蚁从正方体ABCD 的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行A．①② B．①③C．③④ D．②④解析：由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)，若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过BB1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过CD的中点，此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．故选D.答案：D17．(2018·济南模拟)我国古代数学家刘徽在学术研究中，不迷信古人，坚持实事求是．他对《九章算术》中“开立圆术”给出的公式产生质疑，为了证实自己的猜测，他引入了一种新的几何体“牟合方盖”：以正方体相邻的两个侧面为底做两次内切圆柱切割，然后剔除外部，剩下的内核部分．如果“牟合方盖”的主视图和左视图都是圆，则其俯视图形状为( )解析：本题考查几何体的三视图．由题意得在正方体内做两次内切圆柱切割，得到的几何体的直观图如图所示，由图易得其俯视图为B，故选B.答案：B。

2020高考人教版数学(文)总复习练习：第七章立体几何课时作业41 Word版含解析

课时作业41空间点、直线、平面之间的位置关系1．如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是(D)解析：A、B、C图中四点一定共面，D中四点不共面．2．(2019·烟台质检)a，b，c是两两不同的三条直线，下面四个命题中，真命题是(C)A．若直线a，b异面，b，c异面，则a，c异面B．若直线a，b相交，b，c相交，则a，c相交C．若a∥b，则a，b与c所成的角相等D．若a⊥b，b⊥c，则a∥c解析：若直线a，b异面，b，c异面，则a，c相交、平行或异面；若a，b相交，b，c相交，则a，c相交、平行或异面；若a⊥b，b⊥c，则a，c相交、平行或异面；由异面直线所成的角的定义知C正确．3．若m，n为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，则下列命题中正确的是(A)①若直线m，n都平行于平面α，则m，n一定不是相交直线；②若直线m，n都垂直于平面α，则m，n一定是平行直线；③已知平面α，β互相垂直，且直线m，n也互相垂直，若m⊥α，则n⊥β；④若直线m，n在平面α内的射影互相垂直，则m⊥n.A．②B．②③C．①③D．②④解析：对于①，m与n可能平行，可能相交，也可能异面，①错误；对于②，由线面垂直的性质定理可知，m与n一定平行，故②正确；对于③，还有可能n∥β或n与β相交或n在β内，③错误；对于④，把m，n放入正方体中，如图，取A1B为m，B1C为n，平面ABCD为平面α，则m与n在α内的射影分别为AB与BC，且AB⊥BC．而m与n所成的角为60°，故④错误．4．过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A作直线l，使l与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，这样的直线l可以作(D)A．1条B．2条C．3条D．4条解析：如图，连接体对角线AC1，显然AC1与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，所成角的正切值都为 2.联想正方体的其他体对角线，如连接BD1，则BD1与棱BC，BA，BB1所成的角都相等，∵BB 1∥AA 1，BC ∥AD ，∴体对角线BD 1与棱AB ，AD ，AA 1所成的角都相等，同理，体对角线A 1C ，DB 1也与棱AB ，AD ，AA 1所成的角都相等，过A 点分别作BD 1，A 1C ，DB 1的平行线都满足题意，故这样的直线l 可以作4条．5．如图，已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，长为2的线段MN 的一个端点M 在棱DD 1上运动，点N 在正方体的底面ABCD 内运动，则MN 的中点P 的轨迹的面积是( D )A ．4πB ．πC ．2πD ．π2解析：连接DN ，则△MDN 为直角三角形，在Rt △MDN 中，MN ＝2，P 为MN 的中点，连接DP ，则DP ＝1，所以点P 在以D 为球心，半径R ＝1的球面上，又因为点P 只能落在正方体上或其内部，所以点P 的轨迹的面积等于该球面面积的18，故所求面积S ＝18×4πR 2＝π2.6．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 在线段AD 1上运动，则异面直线CP 与BA 1所成的角θ的取值范围是( D )A ．0＜θ＜π2B ．0＜θ≤π2C ．0≤θ≤π3D ．0＜θ≤π3解析：连接CD 1，CA ． ∵A 1B ∥D 1C ，∴异面直线CP 与A 1B 所成的角即为CP 与D 1C 所成的角．∵△AD 1C 是正三角形，∴当P 与A 重合时，所成角最大，为π3.又∵P 不能与D 1重合(此时D 1C 与A 1B 平行，不是异面直线)，∴θ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π3，故选D ． 7．如图，ABCD -A 1B 1C 1D 1是长方体，O 是B 1D 1的中点，直线A 1C 交平面AB 1D 1于点M ，则下列结论正确的是( A )A ．A ，M ，O 三点共线B ．A ，M ，O ，A 1不共面C ．A ，M ，C ，O 不共面D ．B ，B 1，O ，M 共面解析：连接A 1C 1，AC ，则A 1C 1∥AC ，所以A 1，C 1，C ，A 四点共面，所以A 1C ⊂平面ACC 1A 1，因为M ∈A 1C ，所以M ∈平面ACC 1A 1，又M ∈平面AB 1D 1，所以M 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上，同理O 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上，所以A ，M ，O 三点共线．8．直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( C )A ．110B ．25C ．3010D ．22解析：取BC 的中点Q ，连接QN ，AQ ，易知BM ∥QN ，则∠ANQ 或其补角的余弦值即为所求，设BC ＝CA ＝CC 1＝2，则AQ ＝5，AN ＝5，QN ＝6，∴cos ∠ANQ ＝AN 2＋NQ 2－AQ 22AN ·NQ ＝5＋6－525×6＝6230＝3010. 9．(2019·西安模拟)如图是正四面体的平面展开图，G ，H ，M ，N 分别为DE ，BE ，EF ，EC 的中点，在这个正四面体中，①GH 与EF 平行；②BD 与MN 为异面直线；③GH 与MN 成60°角；④DE 与MN 垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是②③④.解析：还原成正四面体A -DEF ，其中H 与N 重合，A ，B ，C 三点重合．如图所示．易知GH 与EF 异面，BD 与MN 异面．又△GMH 为等边三角形，∴GH 与MN 成60°角，易证DE ⊥AF ，MN ∥AF ，∴MN ⊥DE .因此正确的序号是②③④.10．如图，已知圆柱的轴截面ABB 1A 1是正方形，C 是圆柱下底面弧AB 的中点，C 1是圆柱上底面弧A 1B 1的中点，那么异面直线AC 1与BC所成角的正切值为 2.解析：取圆柱下底面弧AB的另一中点D，连接C1D，AD，如图．因为C是圆柱下底面弧AB的中点，所以AD∥BC，所以直线AC1与AD所成的角即为异面直线AC1与BC所成的角，因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，所以C1D⊥圆柱下底面，所以C1D⊥AD．因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，所以C1D＝2AD，所以直线AC1与AD所成角的正切值为2，所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为 2.11．如图所示，在三棱锥P-ABC中，P A⊥底面ABC，D是PC的中点．已知∠BAC＝π2，AB＝2，AC＝23，P A＝2.求：(1)三棱锥P -ABC 的体积；(2)异面直线BC 与AD 所成角的余弦值．解：(1)S △ABC ＝12×2×23＝23，三棱锥P -ABC 的体积为V ＝13S △ABC ·P A ＝13×23×2＝43 3.(2)如图，取PB 的中点E ，连接DE ，AE ，则ED ∥BC ，所以∠ADE 是异面直线BC 与AD 所成的角(或其补角)．在△ADE 中，DE ＝2，AE ＝2，AD ＝2，cos ∠ADE ＝22＋22－22×2×2＝34. 故异面直线BC 与AD 所成角的余弦值为34.12．如图，已知二面角α-MN -β的大小为60°，菱形ABCD 在平面β内，A ，B 两点在棱MN 上，∠BAD ＝60°，E 是AB 的中点，DO ⊥平面α，垂足为O .(1)证明：AB ⊥平面ODE ；(2)求异面直线BC 与OD 所成角的余弦值．解：(1)证明，∵DO ⊥α，AB ⊂α，∴DO ⊥AB ．连接BD ，由题意知，△ABD 是正三角形．又E 是AB 的中点，∴DE ⊥AB ．而DO ∩DE ＝D ，∴AB ⊥平面ODE .(2)∵BC ∥AD ，∴BC 与OD 所成的角等于AD 与OD 所成的角，即∠ADO 是异面直线BC 与OD 所成的角．由(1)知，AB ⊥平面ODE ，所以AB ⊥OE .又DE ⊥AB ，∴∠DEO 是二面角α-MN -β的平面角，即∠DEO ＝60°.不妨设AB ＝2，则AD ＝2，易知DE ＝ 3.在Rt △DOE 中，DO ＝DE ·sin60°＝32.连接AO ，在Rt △AOD 中，cos ∠ADO ＝DO AD ＝322＝34.故异面直线BC 与OD 所成角的余弦值为34.13．正四棱锥P -ABCD 中，四条侧棱长均为2，底面ABCD 是正方形，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( D )A ．4B ．2 3C ．43D ．233解析：如图所示，连接AC ，BD ．设AC ∩BD ＝O ，连接PO ，OE ，∵O ，E 分别是AC 和PC 的中点，∴OE ∥P A ，OE ＝12P A ＝1，则∠BEO 或其补角即为异面直线P A 与BE 所成的角．∵底面ABCD 是正方形，∴BO ⊥AC ，又PO ⊥OB ，PO ∩AC ＝O ，∴BO ⊥平面P AC ，则BO ⊥OE ，∴△BOE 是等腰直角三角形，∴OB ＝OE ＝1，PO ＝PB 2－OB 2＝3，BC ＝2，则四棱锥P -ABCD 的体积V ＝13×(2)2×3＝233，故选D ．14．如图是三棱锥D -ABC 的三视图，点O 在三个视图中都是所在边的中点，则异面直线DO 和AB 所成角的余弦值等于( A )A．33B．12C． 3 D．2 2解析：由三视图及题意得如图所示的直观图，从A出发的三条线段AB，AC，AD两两垂直且AB＝AC＝2，AD＝1，O是BC的中点，取AC中点E，连接DE，DO，OE，则OE＝1，又可知AE＝1，由于OE∥AB，故∠DOE即为所求两异面直线所成的角或其补角．在直角三角形DAE中，DE＝2，由于O是BC的中点，在直角三角形ABC 中可以求得AO＝2，在直角三角形DAO中可以求得DO＝ 3.在三角形DOE中，由余弦定理得cos∠DOE＝1＋3－22×1×3＝33，故所求异面直线DO与AB所成角的余弦值为33，故选A．15．如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE 翻折过程中，下列四个命题中不正确的是③.(填序号)①BM 是定值；②点M 在某个球面上运动；③存在某个位置，使DE ⊥A 1C ；④存在某个位置，使MB ∥平面A 1DE .解析：取DC 的中点F ，连接MF ，BF ，则MF ∥A 1D 且MF ＝12A 1D ，FB ∥ED 且FB ＝ED ，所以∠MFB ＝∠A 1DE .由余弦定理可得MB 2＝MF 2＋FB 2－2MF ·FB ·cos ∠MFB 是定值，所以M 是在以B 为球心，MB 为半径的球面上，可得①②正确；由MF ∥A 1D 与FB ∥ED 可得平面MBF ∥平面A 1DE ，可得④正确；若存在某个位置，使DE ⊥A 1C ，则因为DE 2＋CE 2＝CD 2，即CE ⊥DE ，因为A 1C ∩CE ＝C ，则DE ⊥平面A 1CE ，所以DE ⊥A 1E ，与DA 1⊥A 1E 矛盾，故③不正确．16．(2019·新疆乌鲁木齐诊断)在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AC ＝BC ＝2，AB ＝AA 1＝2，E 是棱CC 1的中点．(1)求证：A 1B ⊥AE ；(2)求点A 1到平面ABE 的距离．解：(1)证明：如图，取A 1B 的中点F ，连接AF ，EF . ∵三棱柱ABC -A 1B 1C 1是直三棱柱，∴CC 1⊥A 1C 1，CC 1⊥CB ，AC ＝A 1C 1. 又∵E 是CC 1的中点，AC ＝BC ， ∴A 1E ＝BE ，∴A 1B ⊥EF . 又∵AB ＝AA 1，∴A 1B ⊥AF . 又AF ∩EF ＝F ，∴A 1B ⊥平面AEF .又AE ⊂平面AEF ， ∴A 1B ⊥AE .(2)V 三棱锥A 1-ABE ＝V 三棱锥B -A 1AE ＝13×12×2×2×2＝23，设A 1到平面ABE 的距离为h ，则13S △ABE ·h ＝23，由已知得AE ＝BE ＝3，∴S △ABE ＝12×2×2＝2，∴h ＝ 2.。

2019-2020年高中全程复习方略数学课件：第七章立体几何 7.4

A．B′C′ B．A′B C．A′B′ D．BB′
解析：连接A′B，∵A′B∥CD′，∴A′B∥平面AD′C. 答案：B
5．如图，在空间四边形ABCD中，M∈AB，N∈AD，若
AM MB
＝
NAND，则直线MN与平面BDC的位置关系是________．
解析：由AMMB＝NADN，得MN∥BD. 而BD⊂平面BDC，MN⊄平面BDC，所以MN∥平面BDC. 答案：平行
6．设α，β，γ是三个平面，a，b是两条不同直线，有下列三个条件：
①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ.如果命题 “α∩β＝a，b⊂γ，且________，则a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________(把所有正确的序号填上)．
解析：由面面平行的性质定理可知，①正确；当b∥β，a⊂γ 时，a和b在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．故应填入的条件为①或③.
悟·技法证明线面平行的关键点及探求线线平行的方法 (1)证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线； (2)利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行； (3)注意说明已知的直线不在平面内，即三个条件缺一不可.
[变式练]——(着眼于举一反三)
[知识重温]
一、必记3●个知识点
1．直线与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
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(线线平行⇒线面平行)
因为①l∥a，a⊂ α，l⊄α，所以l∥α
性一条直线与一个平面平行，则过
质这条直线的任一平面与此平面的

2020年高考数学(文科)复习第七单元立体几何作业答案

课时作业（三十四）1. B ［解析］如图所示,在长方体ABCD- ABiGD中由正视图和俯视图可知截面为△ ABG,截去的棱锥为B2. B ［解析］由已知得该几何体如图所示，所以该几何体的体积13+1 X 1 X 2X 3=7.- ABC,故该几何体的侧视图如题中选项B所示.3. D ［解析］由三视图可知，该几何体为半圆锥与正方体的组合体3 2故体积V=2 +-X-XnX 1 X 2=8+_，故选 D.4. ——［解析］由三视图知，该几何体是一个三棱柱，三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱长是2.三棱柱的两个底面的中心的连线的中点与三棱柱的顶点的连线就是外接球的半径，2即半径r= - = -，故球的表面积为4 n r =4 n X-=—.5. 2 一［解析］由正三棱柱的三视图还原直观图（图略）可得，正视图是一个矩形，其中一边的长是侧视图中三角形的高，其邻边长为2.因为侧视图中三角形的边长为2,所以高为一,所以正视图的面积为2 _6. B ［解析］由三视图知，剩余部分的几何体是四棱锥P - ABCD被平面QBD截去三棱锥Q - BCIDQ为PG勺中点）后剩下的部分，连接AG交BD于O连接0Q则OQ/ PA且0Q二PA.设PA=AB=^ V四棱锥P-ABc=a3,v2 3 3 3三棱锥Q- BC=- X - a X-a=—a，剩余部分的体积为-a -—a，则所求的比值为=-.7. B ［解析］P点在上、下底面的投影分别落在A i C i和AC上,所以A PAC在上底面或下底面的正投影为①，在前面、后面以及左面、右面的正投影为④，故选B-8. C ［解析］由三视图还原几何体可知，羡除ADE-BCF中,AB// EF,底面ABCD是矩形，AB=AD?,EF=1,平面ADEL平面ABCEABCD间的距离h=AD2取AD的中点G连接EG•••平面AD L平面ABCD： EGL平面ABCD由侧视图知直线EF到平面ABCD勺距离h'= 1,•••所求体积V — X (2+2+1) = ,故选C9. A ［解析］由三视图可知该几何体为三棱锥A - BCD可将其放入棱长为4的正方体中，如图所示,其中AC,D为正方体的顶点,B为正方体棱的中点••S △ABC^— X 2 X 4=4, BCD= X 2 X 4=4.-ACm ,AC L CD…S A ACC^— X 4 X 4 =8•/ AB=BD= =2 _,AD=4•cos/ ABD=• sin / ABD=—,/.S △ AB = X 2 _X 2 _X —=4二几何体的表面积为8+8 一+410. B ［解析］由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，三棱锥有三条共顶点的棱彼此互相垂直，其长度11. D ［解析］由三视图可知，该几何体是图中的三棱锥 A - BCDV 三棱锥 A - BCD ^ X — X 2 X 4 X 2^-.该三棱锥外接球的直径2R=AC从而4R=AC 2=22+22+42 =24,于是外接球的表面积S=4 n R=24 n .所以该几何体的体积与其外接球的表面积的数值的比值为二—，故选D12. 3 ［解析］该几何体如图所示，其中SB 丄平面ACBI ；且四边形ACBD 为直角梯形,则 SB* ADB=0 ° ,AD=1,DB=BC=.故S 梯形ACB =-X 3X 2=3所以体积V= X x X 3=3，得x=3,故填3.分别为5,6,h,则三棱锥的体积V= X-X 5X 6X h=20,解得h=4.故选 B. R13. 24- n ［解析］根据三视图可知，该几何体是一个正方体挖去了球的-后剩余的部分,故该几何体的表面积为3(4- n )+12+4n X 4 X —=24- n.14. —［解析］由题意,△ PEQ的周长取得最小值时,P在B i C i上,在平面BGCB内，设E关于B i C的对称点为N关于BC的对称点为M连接MN则EM=,EN=：/MEN=35 ° ,••• MN= - - -—=—,故厶PEQ周长的最小值为—.15. B ［解析］由三视图可得，该几何体是底面直径、高都为4的圆柱，若切削该几何体得到一个表面积最大的长方体，则长方体的底面是边长为 2 一的正方形，其高为4,则该长方体的表面积为22X (2 ) +4X 2 X 4=16+32 .16. D ［解析］由俯视图可知正四棱柱的底面边长为1,高为一或底面边长为一，高为1,且由俯视图可知正视图为矩形其长为—cos a +sin a =2sin ( a」.(1)若正四棱柱的底面边长为则正视图的面积S=1X 2sin••当a —时，正视图的面积最大，最大值为2.专题集训(五)2 21.C ［解析］设正方体的棱长为a,则球的半径为一a,所以球的表面积S i =4nX_a=3n a ,而正方体的表 2 面积S=6a ，所以所求比值为一J又SC 为球O 的直径所以点S 到平面ABC 的距离为2d=2,— 2 —所以此三棱锥的体积 ABC X 2d=_x_x 3 x 2=一.6. D ［解析］要使球的体积V 最大，则球为正方体的内切球.T 正方体的体积为8,二正方体的棱长为32, 二内切球的半径为1,故其体积为- nX 1 =- n ，故选D.7. A ［解析］如图，取BC 的中点D,连接ADPD ： AB=AC 二ADL BC 又T PA 丄平面ABC 二PAL BC 二BC 丄平面PAD 过A 作AH± PD 于H,易知AHL 平面PBC•••/ APD 是直线PA 与平面PBC 所成的角，••• tan / APD —. J AD=BC —,.・. PA=_ T AJACAP 两两垂直,•以ABACAP 为棱的长方体的外接球就是三棱锥P - ABC 的外接球•三棱锥P - ABC 的外接球的半径为 --------------- =1,.三棱锥P - ABC 的外接球的表面积为4 n ,故选A⑵若正四棱柱的底面边长为一，高为1,则正视图的面积•••当a =-时，正视图的面积最大，最大值为2S= _x 2sin \ a8. A ［解析］•••△ ABC所在截面圆的圆心0在AB上,SO L平面ABCAC=：BC=,三棱锥的体积是—，•• -X - x x 1 x SO^—, • SO=设球的半径为R则R= - , • R=,•-球的表面积是4 nx —=— n .9. C ［解析］根据题意知，△ ABC是一个直角三角形，其面积为1,其外接圆的圆心为斜边AC的中点.球的表面积为—,2设球的半径为r,则有4n r =一，解得r=-.•••四面体ABCD勺底面积S A ABC不变，二高h最大时，体积最大，即D到底面ABC的距离最大时，四面体的体积最大，.°.h max=r+ - =2,ABCD•••四面体ABCD体积的最大值为-X 1 X 2=_.10. C ［解析］T球的半径R=4,•截面圆的半径r=-=—,__ 2故截面圆的面积S=n r =13 n .故选C11. C ［解析］由三视图知，该几何体为三棱锥，设其底面边长和高都为2,则三棱锥的体积为2 _=二其-X—X 2 X 2=一.该三棱锥底面外接圆半径r=一 - 2=一，故该几何体外接球的半径为体积为-n X (——)3= ------- n.故所求比值为一=—— n .故选C212. 1或7 ［解析］设球的半径为R则有100n =4 n R则R=5.设球心到截面a邙的距离分别为宀心，如图①所示，当球的球心在两个平行平面的外侧时，这两个平面间的距离为球心与两个截面圆的距离之差，即d1-d 2= - - - =4- 3=1.如图②所示,当球的球心在两个平行平面之间时，这两个平面间的距离为球心与两个截面圆的距离之和，即d1+d2= - + - =4+3=7.故两截面间的距离为13. ----- ［解析］设正三棱柱的高为h,由题可知 GAB —,三棱柱 _ J X h=—,解得h=2.正三棱柱外接球的球心在上、下底面中心连线的中点处，则外接球的半径R= -- -=- 所以外接球的体积为 -n R 3=-n X ( -) 3= ------- .14. 解:如图，作岀轴截面，设球未取岀时，水面高为PC 球取岀后，水面高PH=x.2 __ 23 易知AC=_r,PC=3r 则以AB 为底面直径的圆锥的体积为 V 圆锥=- n AC PC= n (_r) 3r= 3 n r ,V 球_ 3=一 n r .333 又V 水=V 圆锥-V 球，则-n x =3 n r - - n r ，球取岀后，水面下降到EF 水的体积为V 水=- n2 EH PH= n (PH r.r.故所求水面的高是解得x=15. 解:(1)如图，球心O和Q在AC上，过O,Q分别作AQBC的垂线，垂足分别为E,F. 设球O的半径为r,球Q的半径为R则由AB=1,AC^得AO= 1,CQ= _R •••叶R+一(r+R)= R+r=—=3 3 2 2(2)设两球体积之和为V,则V= n (R+r )=- n (r+R)(R-Rr+r )=当R=_时,V有最小值，•••当R=r=——时，两球体积之和最小16. B ［解析］如图取ABCD的中点分别为E,F,连接CEEQEF. 由条件知,AB=CD=—,BC=AC=AD=BD=可知△ ABC与△ ADB都是等腰三角形，•CELAB’DELAB二AB丄平面ECD•AB丄EF,又易矢知EC=E» CDL EF,•EF是AB与CD的公垂线，•球心G在EF上，连接GD易得G为EF中点，DE= 一-=一EF=---=1,•半径DG=_ -=—，•外接球的表面积为4 n X D G=7 n .17. A ［解析］在题图②中，取AC的中点E,连接DEBE如图所示，•/ AD=Cp・ DE L AC.•••平面 ACDT 平面 ABC=AC平面ACDL 平面ABCDE?平面ACD••• DE!平面 ABC 又 T / ABC=90° ,•••三棱锥外接球的球心0在直线DE 上.AD=CD=—,AB=BC2,/ABC=0° ,• BE=AE=CE=\C=—,DE= - =2.连接BO设 OE=x ：W OD=2-x ,OB==-•外接球的半径r=2-x=_,课时作业（三十五）1. A ［解析］选项A 是面面平行的性质定理，是由公理推证岀来的，而公理是不需要证明的，故选A.2. D ［解析］对于代当n La 时，因为n? a ，所以m L n ；对于B 当A € n 时,mn n=A ；对于C,若A?n,则由异面直线的定义知 mn 异面対于D,若m// n,则由于n? a ,n? a ，所以m// a ，这与m A a =A 矛盾，所以mn 不可能平行.故选D.3. C ［解析］如图,与直线BA 是异面直线的有直线 DCDADC i ,DD,CC,B i C i ,共6条.故选C4. C ［解析］如图所示，延长AD 到H 使AD=D^ P 作PG// AF|PG=A|F 为PG 的中点连接FDGHBF,FHBH 则/BFH 为异面直线BE 与PD 所成的角或其补角.在厶BFH 中，由余弦定理得cos / BFH= 二二做选C.二 2-x= ，解得x 亠,•••外接球的体积V — x 3 =一，即为所求球的体积5•-［解析］如图所示，设AC Q BD=（连接V0.因为四棱锥V - ABCD是正四棱锥所以V0丄平面ABCD故BDL V0.又四边形ABCD是正方形所以BD丄AC,所以BD1平面VAQ所以BD£VA即异面直线VA与BD所成角的大小为-.6. B ［解析］在A中,1 1丄I 2,1 2丄I 3,1 1与丨3可能平行也可能相交或异面在B中,1 1丄I 2,丨2//丨3,则丨1丄|3.在C中,1 1 // I 2 //丨3时,三条直线不一定共面，如三棱柱的三条侧棱不共面.在D中,共点的三条直线不一定共面，如三棱锥中共顶点的三条棱不共面.故选B7. D ［解析］构造如图所示的正方体ABCD- A1B1C1D,取I 1为ADI2为AA,l3为AB1.当取I 4为BQ时,1 1 // I 4；当取I4为BB时,I 1丄I 4.故排除AB,C故选D8. D ［解析］如图，过E点作EM// AB过M点作MN// AQ取MN勺中点G连接GEGD.易知EG// BF,则异面直线BF与DiE所成的角即为/ DEG.不妨设正方体的棱长为2,则GE= 一,DG= ：DiE=3.在厶DGE中，由余弦定理得cos/ DEG — =一，故选D.R9. A ［解析］直线EF和GH相交，设交点为M•/ EF?平面ABQHG?平面CBD•••M €平面ABD且M€平面CBD又•••平面ABD A平面BCD=BD•M € BD,•EF与HG的交点在直线BD上.故选A.10. D ［解析］设四棱锥的两组不相邻的侧面的交线分别为mn,直线mn确定了一个平面B，作与B平行的平面a，与四棱锥的各个侧面相交，则截得的四边形必为平行四边形，而这样的平面a有无数多个.11. A ［解析］如图所示的四面体ABC中，设AB=q则由题意可得CD=—,其他棱的长都为1,故三角形ACD 及三角形BCD都是以CD为斜边的等腰直角三角形.取CD的中点E,连接AEBE则AE!CDBE丄CD且AE=BE=一,显然A,B,E三点能构成三角形，应满足任意两边之和大于第三边，可得_+—>a, • 0<a< 一故选A.12. 3 ［解析］观察平面图形翻折前后相对位置的变化，可知AB与CDEF与GHAB与GH都是异面直线, 且所成角为60 °而AB与EF相交,CD与GH相交,CD与EF平行，故四条线段ABCDEF’GH在原正方体中互为异面直线且所成角为60 °的有3对.13. 解:⑴丄X 2X 2 一=2 _,故三棱锥P - ABC的体积V二PA二X 2 _X 2=—⑵如图所示，取PB的中点E,连接DEAE则DE// BC所以/ ADE或其补角)是异面直线BC与AD所成的角.在\ ADE 中,DE=2,AE= —,AD=2,贝H cos / ADE= ----------- = --------- =-，即异面直线BC与AD所成角的余弦值为-.14. 证明:(1)因为GH分别是FAFD的中点, 所以GH/ ADGH=AD又因为BC// ADBC=AD所以BC// GHBC=GH所以四边形BCHG^平行四边形.⑵因为BE// FABE=FAG为FA的中点,所以BE// FGBE=FG所以四边形BGFE是平行四边形，所以BG// EF.又由四边形BCHG^平行四边形，可得BG//CH所以EF//CH所以CH,F,E四点共面.又D€ FHFH?平面CHFE所以D€平面CHFE所以CDF,E四点共面.15. C ［解析］将正四面体的平面展开图复原为正四面体A(B,C) - DEF如图所示.M对于①,MN分别为EF,AE的中点，则MN/ AF,而DE与AF异面做DE与MN不平行，故①错误;对于②，易知BD与MN为异面直线，故②正确；对于③,依题意知GH/ ADMN AF,Z DAF60 °做GH与MN成60 °角，故③正确；对于④,连接GF则A点在平面DEF上的射影A在GF上,二DE_平面AAF,「. D庄AF,而AF// MN二DE< MN垂直，故④正确.综上所述,正确结论的序号是②③④.故选C16. 24 ［解析］正方体如图所示，若要岀现所成角为60°的异面直线，则其中一条直线为面对角线，以AC 为例，与之构成“黄金异面直线对”的直线有4条,分别是A'B,BC',A'D,C'D,正方体的面对角线有12条，所以“黄金异面直线对”共有——=24（对）（每一对被计算两次，所以要除以2）.课时作业（三十六）1. D ［解析］将直线a,b,c放入正方体模型中，可知直线a与c可能相交、平行或异面，故选D2. D ［解析］由题设知平面ADDA与平面DEF有公共点D,则必有过该点的公共直线丨，在平面ADDA1内与丨平行的直线有无数条，且它们都不在平面DEF内，由线面平行的判定定理知它们都与平面DEF平行做选D3. D ［解析］A中,a 也可能相交，故A错误;B中，直线mn的位置关系不确定，可能相交、平行或异面，故B错误;C中若m? a , a A p =n,m// n,则m// p做C错误.故选D4. D ［解析］充分性:AB,C,D四点共面，由平面与平面平行的性质定理知AC// BD.必要性显然成立.5. 一［解析］因为直线EF//平面ABCEF?平面ABCD&平面ABC A平面ABCD=A所以EF// AC.又因为点E是DA的中点所以F是DC的中点，所以由中位线定理可得EF=AC.又因为在正方体ABCD A i BQD 中,AB=2,所以AC=2 一所以EF= 一6. A ［解析］由m// l i,n? a ,l 1? p，得丨 1 // a，同理l 2 // a又丨i,l 2相交所以a // p，反之不成立，所以m // l 1且n //丨2是a // p的一个充分不必要条件.7. B ［解析］由AE： EB=AF： FD=1 : 4 知EF// BD,EF=BD「. EF// 平面BCD.又H,G分别为BQCD的中点,••• HG BDHG=BD二EF// HG且EF K HG二四边形EFGH是梯形.8. C ［解析］取BC的中点M取AD I的中点N,则四边形B i MDN即为所求的截面.根据正方体的性质，可以求得MN= ：BD=2又易知四边形B i MDF为菱形，所以其面积S二X 2 "X 2 _=2 一故选C.9. D ［解析］T EH// A i Di,A i D // BC二EH// BC,•- EH// 平面BCGF又•••平面EFGH T平面BCGF=F,G・E/ FG故A中结论正确.TB i C i丄平面A i B i BAEF?平面AB i BA•BQ丄EF厕EH丄EF.由上面的分析知，四边形EFGH为平行四边形故四边形EFGH是矩形故B中结论正确.由EH B i C i FG易知Q是棱柱,故C中结论正确.故选D.10. B ［解析］①不正确,n可能在a内.②正确，垂直于同一平面的两直线平行.③正确，垂直于同一直线的两平面平行.④不正确,mn可能为异面直线.故选B.11. C ［解析］取BC的中点E,连接MENE由三角形中位线定理可得ME/ BQ,•ME/平面BBD i D.由四边形BBEN为平行四边形，得NE// BB,•NE//平面BBD i D, •平面MNE/ 平面BBDiD,又MN?平面MNE二MN平面BBDD,故选C.12. ①③［解析］对于①，该正方体中经过直线AB的侧面与平面MNP平行，因此直线AB平行于平面MNP 寸于②，注意到直线AB和过点A的与平面MNF平行的平面相交，因此直线AB与平面MNP相交;对于③，注意到直线AB与MP平行,且直线AB位于平面MNF外,因此直线AB与平面MNP平行;对于④，易知AB 与平面MNF相交.综上所述，能得岀直线AB平行于平面MNP勺是①③.i3.证明：⑴连接SB.••• EG// SB.又••• SB 平面BDDB,EG平面BDE&,•直线EG//平面BDDB.⑵连接SD. 分别是DCSC的中点• F/ SD.又••• SD 平面BDEB,FG?平面BDD1,A FG/平面BDEB.又EG// 平面BDDB,EG?平面EFGFG?平面EFGEGA FG=G二平面EFGI平面BDDB.14. 解:(1)证明：因为-AE=2,所以AE=l.又AB=2,AB丄AE所以在Rt△ ABE中，由勾股定理得BE= = =2 一因为AC=—=-BE所以AC是Rt △ ABE的斜边BE上的中线，所以C是BE的中点.又因为D是AE的中点, 所以CD是Rt △ ABE的中位线，所以CD// AB.又因为CD?平面PABAB?平面PAB所以CD//平面PAB.⑵由(1)得,CD=AB=1.又因为DE二AE=2,DE丄CD所以 &CD=-CD DE= X 1 X 2=1.又因为AP=2,所以V三棱锥P - CD=_S A CDE AP= X 1 X 2亠.易知PD=2 ，且PD丄CD所以S^CD=_CD PD二X 1 X 2 =.设点E到平面PCD的距离为d,则由V三棱锥P- CD=V三棱锥E - PCD得一S A CDP dA,即一X X d—,解得d= 一即点E到平面PCD的距离为".15. 解:(1)证明:取BC的中点H,连接AH•••△ABC为等腰三角形，• AH丄BC又平面ABC平面BCQAH?平面ABC••• AH丄平面BCD同理可证EN L平面BCD••• EN// AH •/ EN?平面ABCAH?平面ABC•EN// 平面ABC.分别为BDDC的中点,• MN/ BC•/ MN平面ABCBC?平面ABC•MN/ 平面ABC又MINI EN=N•平面EM/平面ABC.⑵连接DHNANB取CH的中点G连接NG则NG/ DH.由(1)知EN//平面ABC•••点E到平面ABC的距离与点N到平面ABC的距离相等•••△ BCD是边长为2的等边三角形，二DH1BC又平面ABCL平面BCD平面ABCH平面BCD=B,(DH?平面BCD • DHL平面ABC二NGL平面ABC.易知DH=：又N为CD的中点,• NG=.• AC=AB3J BC=2)•S^AB(=— BC AH-2•V三棱锥A - ECB=V三棱锥E - AB(=V三棱锥N - AB<= S^ ABC NGd.课时作业(三十七)1. B ［解析］由直线与平面垂直的性质，可知①为真命题；正方体相邻的两个侧面都垂直于底面，但这两个侧面不平行，故②为假命题；正方体的侧面中有无数条直线与底面平行，但侧面与底面不平行，故③ 为假命题；由直线与平面垂直的定义知④为真命题.2. C ［解析］对于选项C,因为a丄a ,b// a所以a丄b；AB选项中，直线a,b可能是平行直线，相交直线也可能是异面直线；D选项中，一定有a// b.3. D ［解析］若ml a ,m? p则a丄B，故①正确；若m? a ,n? a ,m〃p ,n / p，当mn相交时则a // p，但mn平行时，结论不一定成立，故②错误；如果n? a ,n? a ,mn是异面直线，那么n与a相交或平行，故③错误；若aQp =mn // mn?a ,则n // a，同理由n? p可得n //p，故④正确.故选D4. B ［解析］如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直，所以①是真命题；若m// a , alp ,则m与p不一定垂直，所以②是假命题.故选B5. DML PC或BM l PC ［解析］易矢知BD丄PC二当DML PC（或BML PC 时，即有PC丄平面MBD.而PC?平面PCD二平面MB l平面PCD.6. B ［解析］由ml? a ,m l p ? alp，而alp时,a内任意一条直线不一定垂直于p，因此"alp”是“ mip”的必要不充分条件，故选B.7. C ［解析］TM为AB的中点,△ ACB为直角三角形，••• BM=AM=C又PM 平面ABC••• R t △ PMB^ Rt △ PMA^ Rt △ PMC• PA=PB=PC.8. A ［解析］对于①,T DF// B i Di,DF?平面DiEB,BD?平面DEB,「. DF//平面D i EB,故①正确；对于②,•/ DF/B1D,：异面直线DF与BC所成角即为BD1与BC所成角，又△ B1DC为等边三角形，故异面直线DF与B1C所成角为60 °，故②正确；=-XS △CDF X 1 a X -=—,故④正确对于④,三棱锥- =三棱锥对于③,•/ EE l ADED丄CD且AD Q CD=D： ED l平面ABCD即ED丄平面BDC故③正确；故选A9. C ［解析］过S作SC l平面ABC垂足为O连接A0并延长，交BC于H连接CO.•/ SC l BCSAL BCSOH SA=S• BC l 平面SAO又AO?平面SAO••• BC_L AQ同理AB丄CQ•••O是三角形ABC勺垂心.故选C10. B ［解析］如图，设BP的中点为Q连接OAOC易得BP丄OABP L OC则BP丄平面OAC故BP L AC则选项A成立又AC L BQ则AC L平面BDP故AC丄PQ平面PBD L平面ABCD即选项C,D成立.故选B.I|»11. C ［解析］如图所示，因为DA L AEDC L CF,所以折叠后DP L PEJDPLPF,所以DPL平面PEF所以①正确；由DP丄平面PEF 可知DGL平面PEF是不正确的，所以②不正确；由PE L PFPE!DP可得PE!平面DPF又PE?平面PDE所以平面PDEL平面DPF所以③正确.综上可知,正确结论的序号为①③，故选C12. 一+ 一懈析］如图,设A8 BD=Q1接SQ取CD的中点F,SC的中点G,连接EF,EGFG设EF交AC于点H,连接GH易知AC L EF,GH/ SQ• GHL平面ABCD••• AC_L GH二AC丄平面EFG故动点P的轨迹是△ EFG除去点E),由已知易得EF= —,GE=GF二,•••△ EFG的周长为一+ 一,故动点P的轨迹的长为_+ 一13. ①③④ ［解析］如图所示，其中EF分别为AD,BC的中点,G为0E的中点，平面0M即平面MNFE.因为PC// 0M所以PC//平面OMJ因为PD// ON所以PD//平面OMI又因为P8 PD=f?所以平面PCD//平面OMf故①④正确；由于四棱锥的棱长均相等所以P A+P C=A B+B C=A C,所以PCX PA又PC// OM所以OI L PA故③正确;因为OM=PC二PD=M所以MGL OE又MN/ OE所以GM L MN假设平面OMN平面PAB则GM L 平面PAB则MGPA设四棱锥的棱长为4,则MA2,AG=—,MG=—,三边长度不满足勾股定理，所以MG不垂直于PA与假设矛盾，故②不正确.14. 证明:(1)因为MN分别为PAPB的中点, 所以MIN/ PB.又PB?平面CMWN平面CMN所以PB//平面CMN.(2)因为AB丄BPMIN/ PB所以AB丄MN.因为AC=P(M为PA的中点，所以CM L PA.又平面PA L平面PAC平面PAB1平面PAC=PA 所以CM L平面PAB因为AB?平面PAB 所以CMLAB又CM P MN=MCM 平面CMNMW 平面CMN所以AB丄平面CMN.15. 解:⑴证明「•四边形ABCD是菱形,••• ACL BD即DO丄AC.又•••菱形ABC啲边长为6,/ BAD=0 ° ,• OD4BD=3.在Rt △ BOC中,M> BC的中点,• OIM=BC=3,• OM+OD=32+32=18=（3 一）2=D M,.・. O L OM.而OM?平面ABCAC?平面ABCAC P OM=O・OD平面ABC•平面ODM平面ABC..・.S“B=AB BM sin 120°二⑵连接AM易知AB=5,BM=,Z ABM=20 °由⑴知,OD L 平面ABC：B D=O D+O B=2OD=18,. BD=3 _,• △ ABD中BD边上的高h= -- = - 一 =-•-S △AB=BD h=——.设点M到平面ABD的距离为d,贝0由V三棱锥M- ABD=V三棱锥D- ABM? d= ------------ = ----- ，即为所求.16. 证明:(1)因为EF// AB所以EF与AB确定平面EABF. 因为EA L 平面ABCD所以EA L BC. 由已知得AB丄BC又EAR AB=A所以BCL平面EABF.又AF?平面EABF所以BC L AF.⑵过M作M L BC垂足为N连接FN则MN/ AB.又CM=AC所以MN=AB.又EF// AB且EF=AB所以EF/ MN且EF=MN所以四边形EFNM为平行四边形，所以EM/ FN.又FN?平面FBCEM?平面FBC 所以EM/平面FBC.(3)由(1)可知,AF丄BC.在四边形ABFE中,AB=4,AE=2,EF=1,/ BAE=/ AEF=90° ,所以tan / EBA=an / FAE=,则 / EBA=/ FAE.设AF Q BE=P因为 / PAE+/ PAB=90 ° ,所以 / PBA+/ PAB=90 °贝APB£O °，即EB丄AF.又因为EBP BC=B^以AF丄平面EBC.2. A ［解析］三棱长分别为1, _,2的长方体的8个顶点都在球0的表面上，所以球的直径等于长方体的3 —3体对角线长，即2R= =2 ，得R= 所以球0的体积V二n只二n ()=——.3. A ［解析］由题意，该几何体为三棱柱，所以最大球的半径为侧视图直角三角形内切圆的半径r,则10-r+ 10-r= 10 一，所以r=10-5 一~3.故选A4. C ［解析］设球的半径为r,则-n r2 3=n，解得r=1,所以圆柱的底面半径为1,高为2,所以圆柱的侧面积为2n X 1 X 2=4 n，故选C.5. —［解析］设球的半径为R,因为A ABC是边长为3的正三角形，所以△ ABC外接圆的半径r= 一，所以球心O到平面ABC的距离d= - =1.。

高中全程复习方略数学(文)课件：第七章立体几何7.1

2 ，则R＝
2 2
，所以半球的体积为
2 3
πR3＝
2 6
π，又正四棱锥的体积为
1 3
×12×1＝
1 3
，所以该几何体的
体积为13＋ 62π，故选C. 答案：C
5．在直观图(如图所示)中，四边形O′A′B′C′为菱形且边
长为2
cm，则在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCO为
________，面积为________cm2.
解析：①不一定，只有这两点的连线平行于旋转轴时才是母线；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．
答案：B
悟·技法空间几何体结构特征的解题策略 (1)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，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定. (2)通过举反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可.
(2)“三不变”平与行x轴性平不行变的线段长度不变相对位置不变
[变式练]——(着眼于举一反三) 3．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＝
答案：D
4．(2016·山东卷)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＋23π
B.13＋
2 3π
C.13＋ 62π D．1＋ 62π
解析：由三视图可知四棱锥为正四棱锥，底面正方形的边长

2020年高考数学(文科)复习第七单元立体几何作业答案

课时作业(三十四)1.B [解析] 如图所示,在长方体ABCD - A 1B 1C 1D 1中,由正视图和俯视图可知截面为△A 1BC 1,截去的棱锥为B - A 1B 1C 1,故该几何体的侧视图如题中选项B 所示.2.B [解析] 由已知得该几何体如图所示,所以该几何体的体积为13+1×1×2×3=7.3.D [解析] 由三视图可知,该几何体为半圆锥与正方体的组合体, 故体积V=23+12×13×π×12×2=8+π3,故选D .4.28π3[解析] 由三视图知,该几何体是一个三棱柱,三棱柱的底面是边长为2的正三角形,侧棱长是2.三棱柱的两个底面的中心的连线的中点与三棱柱的顶点的连线就是外接球的半径, 即半径r=√(23×√3) 2+12=√73,故球的表面积为4πr 2=4π×73=28π3. 5. 2√3 [解析] 由正三棱柱的三视图还原直观图(图略)可得,正视图是一个矩形,其中一边的长是侧视图中三角形的高,其邻边长为2.因为侧视图中三角形的边长为2,所以高为√3,所以正视图的面积为2√3.6.B [解析] 由三视图知,剩余部分的几何体是四棱锥P - ABCD 被平面QBD 截去三棱锥Q - BCD (Q 为PC 的中点)后剩下的部分,连接AC 交BD 于O ,连接OQ ,则OQ ∥PA ,且OQ=12PA.设PA=AB=a ,则V 四棱锥P - ABCD =13a 3,V三棱锥Q - BCD =13×12a 2×12a=112a 3,剩余部分的体积为13a 3-112a 3,则所求的比值为112a 313a 3-112a 3=13.7.B [解析] P 点在上、下底面的投影分别落在A 1C 1和AC 上,所以△PAC 在上底面或下底面的正投影为①,在前面、后面以及左面、右面的正投影为④,故选B . 8.C [解析] 由三视图还原几何体可知,羡除ADE-BCF 中,AB ∥EF ,底面ABCD 是矩形, AB=AD=2,EF=1,平面ADE ⊥平面ABCD ,AB ,CD 间的距离h=AD=2. 取AD 的中点G ,连接EG ,∵平面ADE ⊥平面ABCD ,∴EG ⊥平面ABCD , 由侧视图知直线EF 到平面ABCD 的距离h'=1,∴所求体积V=1×26×(2+2+1)=53,故选C .9.A [解析] 由三视图可知该几何体为三棱锥A - BCD ,可将其放入棱长为4的正方体中,如图所示, 其中A ,C ,D 为正方体的顶点,B 为正方体棱的中点,∴S △ABC =12×2×4=4,S △BCD =12×2×4=4.∵AC=4√2,AC ⊥CD ,∴S △ACD =12×4×4√2=8√2.∵AB=BD=√42+22=2√5,AD=4√3,∴cos ∠ABD=AB 2+BD 2-AD 22AB ·BD=-15,∴sin ∠ABD=2√65,∴S△ABD=12×2√5×2√5×2√65=4√6,∴几何体的表面积为8+8√2+4√6.10.B[解析]由三视图可知,该几何体是一个三棱锥,三棱锥有三条共顶点的棱彼此互相垂直,其长度分别为5,6,h,则三棱锥的体积V=13×12×5×6×h=20,解得h=4.故选B.11.D[解析]由三视图可知,该几何体是图中的三棱锥A-BCD,V三棱锥A-BCD=13×12×2×4×2=83.该三棱锥外接球的直径2R=AC,从而4R2=AC2=22+22+42=24,于是外接球的表面积S=4πR2=24π.所以该几何体的体积与其外接球的表面积的数值的比值为8324π=19π,故选D.12.3[解析]该几何体如图所示,其中SB⊥平面ACBD,且四边形ACBD为直角梯形,则SB=x,∠ADB=90°,AD=1,DB=BC=2.故S梯形ACBD=12×3×2=3,所以体积V=13×x×3=3,得x=3,故填3.13.24-π[解析]根据三视图可知,该几何体是一个正方体挖去了球的18后剩余的部分,故该几何体的表面积为3(4-π)+12+4π×4×18=24-π.14.√10[解析]由题意,△PEQ的周长取得最小值时,P在B1C1上,在平面B1C1CB内,设E关于B1C的对称点为N,关于B1C1的对称点为M,连接MN,则EM=2,EN=√2,∠MEN=135°,∴MN=2)√10,故△PEQ周长的最小值为√10.15.B[解析]由三视图可得,该几何体是底面直径、高都为4的圆柱,若切削该几何体得到一个表面积最大的长方体,则长方体的底面是边长为2√2的正方形,其高为4,则该长方体的表面积为2×(2√2)2+4×2√2×4=16+32√2.16.D[解析]由俯视图可知正四棱柱的底面边长为1,高为√3或底面边长为√3,高为1,且由俯视图可知正视图为矩形,其长为√3cos α+sin α=2sinα+π3.(1)若正四棱柱的底面边长为1,高为√3,则正视图的面积S=1×2sinα+π3=2sinα+π3,∴当α=π6时,正视图的面积最大,最大值为2.(2)若正四棱柱的底面边长为√3,高为1,则正视图的面积S=√3×2sinα+π3=2√3sinα+π3,∴当α=π6时,正视图的面积最大,最大值为2√3.专题集训(五)1.C[解析]设正方体的棱长为a,则球的半径为√32a,所以球的表面积S1=4π×34a2=3πa2,而正方体的表面积S2=6a2,所以所求比值为S1S2=π2 .2.A[解析]三棱长分别为1,√3,2的长方体的8个顶点都在球O的表面上,所以球的直径等于长方体的体对角线长,即2R=√12+(√3)2+22=2√2,得R=√2,所以球O的体积V=43πR3=43π(√2)3=8√2π3.3.A[解析]由题意,该几何体为三棱柱,所以最大球的半径为侧视图直角三角形内切圆的半径r,则10-r+10-r=10√2,所以r=10-5√2≈3.故选A.4.C[解析]设球的半径为r,则43πr3=43π,解得r=1,所以圆柱的底面半径为1,高为2,所以圆柱的侧面积为2π×1×2=4π,故选C.5.3√32[解析]设球的半径为R,因为△ABC是边长为3的正三角形,所以△ABC外接圆的半径r=√3,所以球心O到平面ABC的距离d=√R2-r2=1.又SC 为球O 的直径,所以点S 到平面ABC 的距离为2d=2, 所以此三棱锥的体积V=13S △ABC ×2d=13×√34×32×2=3√32. 6.D [解析] 要使球的体积V 最大,则球为正方体的内切球.∵正方体的体积为8,∴正方体的棱长为2,∴内切球的半径为1,故其体积为43π×13=43π,故选D .7.A [解析] 如图,取BC 的中点D ,连接AD ,PD ,∵AB=AC ,∴AD ⊥BC ,又∵PA ⊥平面ABC ,∴PA ⊥BC ,∴BC ⊥平面PAD.过A 作AH ⊥PD 于H ,易知AH ⊥平面PBC ,∴∠APD 是直线PA 与平面PBC 所成的角,∴tan ∠APD=AD AP =12.∵AD=12BC=√22,∴PA=√2.∵AB ,AC ,AP 两两垂直,∴以AB ,AC ,AP 为棱的长方体的外接球就是三棱锥P - ABC 的外接球,∴三棱锥P - ABC 的外接球的半径为√12+12+(√2)22=1,∴三棱锥P - ABC 的外接球的表面积为4π,故选A .8.A [解析] ∵△ABC 所在截面圆的圆心O 在AB 上,SO ⊥平面ABC ,AC=√3,BC=1,三棱锥的体积是√33,∴13×12×√3×1×SO=√33,∴SO=2. 设球的半径为R ,则R=√1+(2-R)2,∴R=54,∴球的表面积是4π×2516=254π.9.C [解析] 根据题意知,△ABC 是一个直角三角形,其面积为1,其外接圆的圆心为斜边AC 的中点.球的表面积为25π4, 设球的半径为r ,则有4πr 2=25π4,解得r=54.∵四面体ABCD的底面积S△ABC不变,∴高h最大时,体积最大,即D到底面ABC的距离最大时,四面体ABCD 的体积最大,∴h max=r+√r2-12=2,∴四面体ABCD体积的最大值为13×1×2=23.10.C[解析]∵球的半径R=4,∴截面圆的半径r=√42-3=√13,故截面圆的面积S=πr2=13π.故选C.11.C[解析]由三视图知,该几何体为三棱锥,设其底面边长和高都为2,则三棱锥的体积为1 3×√34×22×2=2√33.该三棱锥底面外接圆半径r=2sinπ3÷2=2√33,故该几何体外接球的半径为√r2+1=√213,其体积为43π×√2133=28√2127π.故所求比值为28√2127π2√33=14√79π.故选C.12.1或7[解析]设球的半径为R,则有100π=4πR2,则R=5.设球心到截面α,β的距离分别为d1,d2,如图①所示,当球的球心在两个平行平面的外侧时,这两个平面间的距离为球心与两个截面圆的距离之差,即d1-d2=√25-9-√25-16=4-3=1.如图②所示,当球的球心在两个平行平面之间时,这两个平面间的距离为球心与两个截面圆的距离之和,即d1+d2=√25-9+√25-16=4+3=7.故两截面间的距离为1或7.13.32√3π27[解析] 设正三棱柱的高为h ,由题可知S △ABC =√34,V 三棱柱ABC -A1B 1C 1=√34×h=√32,解得h=2.正三棱柱外接球的球心在上、下底面中心连线的中点处,则外接球的半径R=√12+(√12-(12) 2×23) 2=√43,所以外接球的体积为43πR 3=43π×√433=32√3π27. 14.解:如图,作出轴截面,设球未取出时,水面高为PC ,球取出后,水面高PH=x.易知AC=√3r ,PC=3r ,则以AB 为底面直径的圆锥的体积为V 圆锥=13π·AC 2·PC=13π(√3r )2·3r=3πr 3,V 球=43πr 3.球取出后,水面下降到EF ,水的体积为V 水=13π·EH 2·PH=13π(PH ·tan 30°)2·PH=19πx 3.又V 水=V 圆锥-V 球,则19πx 3=3πr 3-43πr 3,解得x=√153r.故所求水面的高是√153r.15.解:(1)如图,球心O 1和O 2在AC 上,过O 1,O 2分别作AD ,BC 的垂线,垂足分别为E ,F.设球O 1的半径为r ,球O 2的半径为R ,则由AB=1,AC=√3得AO 1=√3r ,CO 2=√3R ,∴r+R+√3(r+R )=√3,∴R+r=√3√3+1=3-√32. (2)设两球体积之和为V ,则V=43π(R 3+r 3)=43π(r+R )(R 2-Rr+r 2)=4 3π×3-√32[(R+r)2-3rR]=43π×3-√323-√322-3R3-√32-R=4 3π×3-√323R2-3×(3-√3)2R+3-√322,当R=3-√34时,V有最小值,∴当R=r=3-√34时,两球体积之和最小.16.B[解析]如图,取AB,CD的中点分别为E,F,连接CE,ED,EF.由条件知,AB=CD=√6,BC=AC=AD=BD=2,可知△ABC与△ADB都是等腰三角形,∴CE⊥AB,DE⊥AB,∴AB⊥平面ECD,∴AB⊥EF,又易知EC=ED,∴CD⊥EF,∴EF是AB与CD的公垂线,∴球心G在EF上,连接GD,易得G为EF中点,DE=√4-64=√102,DF=√62,∴EF=√104-64=1,∴半径DG=√14+64=√72,∴外接球的表面积为4π×DG2=7π. 17.A[解析]在题图②中,取AC的中点E,连接DE,BE,如图所示,∵AD=CD,∴DE⊥AC.∵平面ACD ∩平面ABC=AC , 平面ACD ⊥平面ABC ,DE ⊂平面ACD ,∴DE ⊥平面ABC ,又∵∠ABC=90°, ∴三棱锥外接球的球心O 在直线DE 上. ∵AD=CD=√6,AB=BC=2,∠ABC=90°,∴BE=AE=CE=12AC=√2,DE=√AD 2-AE 2=2. 连接BO ,设OE=x ,则OD=2-x ,OB=√BE 2+OE 2=√x 2+2,∴2-x=√x 2+2,解得x=12, ∴外接球的半径r=2-x=32,∴外接球的体积V=4π3×323=9π2,即为所求球的体积.课时作业(三十五)1.A [解析] 选项A 是面面平行的性质定理,是由公理推证出来的,而公理是不需要证明的,故选A.2.D [解析] 对于A ,当m ⊥α时,因为n ⊂α,所以m ⊥n ;对于B ,当A ∈n 时,m ∩n=A ;对于C ,若A ∉n ,则由异面直线的定义知m ,n 异面;对于D ,若m ∥n ,则由于m ⊄α,n ⊂α,所以m ∥α,这与m ∩α=A 矛盾,所以m ,n 不可能平行.故选D .3.C [解析] 如图,与直线BA 1是异面直线的有直线DC ,DA ,D 1C 1,DD 1,CC 1,B 1C 1,共6条.故选C .4.C [解析] 如图所示,延长AD 到H ,使AD=DH ,过P 作PG ∥AH ,PG=AH ,F 为PG 的中点,连接FD ,GH ,BF ,FH ,BH ,则∠BFH 为异面直线BE 与PD 所成的角或其补角.在△BFH 中,由余弦定理得cos ∠BFH=2×√13×3=√1339,故选C .5.π2[解析] 如图所示,设AC ∩BD=O ,连接VO.因为四棱锥V - ABCD 是正四棱锥,所以VO ⊥平面ABCD ,故BD ⊥VO.又四边形ABCD 是正方形,所以BD ⊥AC ,所以BD ⊥平面VAC ,所以BD ⊥VA ,即异面直线VA 与BD 所成角的大小为π2.6.B [解析] 在A 中,l 1⊥l 2,l 2⊥l 3,l 1与l 3可能平行,也可能相交或异面. 在B 中,l 1⊥l 2,l 2∥l 3,则l 1⊥l 3.在C 中,l 1∥l 2∥l 3时,三条直线不一定共面,如三棱柱的三条侧棱不共面. 在D 中,共点的三条直线不一定共面,如三棱锥中共顶点的三条棱不共面.故选B .7.D [解析] 构造如图所示的正方体ABCD - A 1B 1C 1D 1,取l 1为AD ,l 2为AA 1,l 3为A 1B 1.当取l 4为B 1C 1时,l 1∥l 4;当取l 4为BB 1时,l 1⊥l 4.故排除A ,B ,C ,故选D .8.D [解析] 如图,过E 点作EM ∥AB ,过M 点作MN ∥AD ,取MN 的中点G ,连接GE ,GD 1.易知EG ∥BF ,则异面直线BF 与D 1E 所成的角即为∠D 1EG.不妨设正方体的棱长为2,则GE=√5,D 1G=√2,D 1E=3.在△D 1GE 中,由余弦定理得cos ∠D 1EG=9+5-22×3×√5=2√55,故选D .9. A [解析] 直线EF 和GH 相交,设交点为M ,∵EF⊂平面ABD,HG⊂平面CBD,∴M∈平面ABD,且M∈平面CBD,又∵平面ABD∩平面BCD=BD,∴M∈BD,∴EF与HG的交点在直线BD上.故选A.10.D[解析]设四棱锥的两组不相邻的侧面的交线分别为m,n,直线m,n确定了一个平面β,作与β平行的平面α,与四棱锥的各个侧面相交,则截得的四边形必为平行四边形,而这样的平面α有无数多个.11.A[解析]如图所示的四面体ABCD中,设AB=a,则由题意可得CD=√2,其他棱的长都为1,故三角形ACD 及三角形BCD都是以CD为斜边的等腰直角三角形.取CD的中点E,连接AE,BE,则AE⊥CD,BE⊥CD且AE=BE=(√22)=√22,显然A,B,E三点能构成三角形,应满足任意两边之和大于第三边,可得√2 2+√22>a,∴0<a<√2.故选A.12.3[解析]观察平面图形翻折前后相对位置的变化,可知AB与CD,EF与GH,AB与GH都是异面直线,且所成角为60°,而AB与EF相交,CD与GH相交,CD与EF平行,故四条线段AB,CD,EF,GH在原正方体中互为异面直线且所成角为60°的有3对.13.解:(1)S△ABC =12×2×2√3=2√3,故三棱锥P-ABC的体积V=13·S△ABC·PA=13×2√3×2=4√33.(2)如图所示,取PB的中点E,连接DE,AE,则DE∥BC,所以∠ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角.在△ADE中,DE=2,AE=√2,AD=2,则cos∠ADE=DE2+AD2-AE22DE·AD =22+22-22×2×2=34,即异面直线BC与AD所成角的余弦值为34.14.证明:(1)因为G,H分别是FA,FD的中点,所以GH∥AD,GH=12AD,又因为BC∥AD,BC=12AD,所以BC∥GH,BC=GH,所以四边形BCHG是平行四边形.(2)因为BE∥FA,BE=12FA,G为FA的中点,所以BE∥FG,BE=FG,所以四边形BGFE是平行四边形,所以BG∥EF.又由四边形BCHG是平行四边形,可得BG∥CH,所以EF∥CH,所以C,H,F,E四点共面.又D∈FH,FH⊂平面CHFE,所以D∈平面CHFE,所以C,D,F,E四点共面.15.C[解析]将正四面体的平面展开图复原为正四面体A(B,C)-DEF,如图所示.对于①,M,N分别为EF,AE的中点,则MN∥AF,而DE与AF异面,故DE与MN不平行,故①错误;对于②,易知BD与MN为异面直线,故②正确;对于③,依题意知GH∥AD,MN∥AF,∠DAF=60°,故GH与MN成60°角,故③正确;对于④,连接GF,则A点在平面DEF上的射影A1在GF上,∴DE⊥平面AA1F,∴DE⊥AF,而AF∥MN,∴DE与MN垂直,故④正确.综上所述,正确结论的序号是②③④.故选C.16.24[解析]正方体如图所示,若要出现所成角为60°的异面直线,则其中一条直线为面对角线,以AC 为例,与之构成“黄金异面直线对”的直线有4条,分别是A'B,BC',A'D,C'D,正方体的面对角线有12条,所以“黄金异面直线对”共有12×4=24(对)(每一对被计算两次,所以要除以2).2课时作业(三十六)1. D[解析]将直线a,b,c放入正方体模型中,可知直线a与c可能相交、平行或异面,故选D.2.D[解析]由题设知平面ADD1A1与平面D1EF有公共点D1,则必有过该点的公共直线l,在平面ADD1A1内与l平行的直线有无数条,且它们都不在平面D1EF内,由线面平行的判定定理知它们都与平面D1EF平行,故选D.3.D[解析]A中,α,β也可能相交,故A错误;B中,直线m,n的位置关系不确定,可能相交、平行或异面,故B错误;C中,若m⊂α,α∩β=n,m∥n,则m∥β,故C错误.故选D.4.D[解析]充分性:A,B,C,D四点共面,由平面与平面平行的性质定理知AC∥BD.必要性显然成立.5.√2[解析]因为直线EF∥平面AB1C,EF⊂平面ABCD,且平面AB1C∩平面ABCD=AC,所以EF∥AC.又因为点E是DA的中点,所以F是DC的中点,所以由中位线定理可得EF=1AC.又因为在正方体ABCD-A1B1C1D12中,AB=2,所以AC=2√2,所以EF=√2.6.A[解析]由m∥l1,m⊂α,l1⊂β,得l1∥α,同理l2∥α,又l1,l2相交,所以α∥β,反之不成立,所以m ∥l1且n∥l2是α∥β的一个充分不必要条件.BD,∴EF∥平面BCD.又H,G分别为BC,CD的中7.B[解析]由AE∶EB=AF∶FD=1∶4知EF∥BD,EF=15点,∴HG∥BD,HG=1BD,∴EF∥HG且EF≠HG,∴四边形EFGH是梯形.28.C[解析]取BC的中点M,取A1D1的中点N,则四边形B1MDN即为所求的截面.根据正方体的性质,可以求得MN=2√2,B1D=2√3,又易知四边形B1MDN为菱形,所以其面积S=1×2√2×2√3=2√6,故选C.29.D[解析]∵EH∥A1D1,A1D1∥BC,∴EH∥BC,∴EH∥平面BCGF,又∵平面EFGH∩平面BCGF=FG,∴EH∥FG,故A中结论正确.∵B1C1⊥平面A1B1BA,EF⊂平面A1B1BA,∴B1C1⊥EF,则EH⊥EF.由上面的分析知,四边形EFGH为平行四边形,故四边形EFGH是矩形,故B中结论正确.由EH B1C1 FG,易知Ω是棱柱,故C中结论正确.故选D.10.B[解析]①不正确,n可能在α内.②正确,垂直于同一平面的两直线平行.③正确,垂直于同一直线的两平面平行.④不正确,m,n可能为异面直线.故选B.11.C[解析]取B1C1的中点E,连接ME,NE,由三角形中位线定理可得ME∥B1D1,∴ME∥平面BB1D1D.由四边形BB1EN为平行四边形,得NE∥BB1,∴NE∥平面BB1D1D,∴平面MNE∥平面BB1D1D,又MN⊂平面MNE,∴MN∥平面BB1D1D,故选C.12.①③[解析]对于①,该正方体中经过直线AB的侧面与平面MNP平行,因此直线AB平行于平面MNP;对于②,注意到直线AB和过点A的与平面MNP平行的平面相交,因此直线AB与平面MNP相交;对于③,注意到直线AB与MP平行,且直线AB位于平面MNP外,因此直线AB与平面MNP平行;对于④,易知AB 与平面MNP相交.综上所述,能得出直线AB平行于平面MNP的是①③.13.证明:(1)连接SB.∵E,G分别是BC,SC的中点,∴EG∥SB.又∵SB⊂平面BDD1B1,EG⊄平面BDD1B1,∴直线EG∥平面BDD1B1.(2)连接SD.∵F,G分别是DC,SC的中点,∴FG∥SD.又∵SD⊂平面BDD1B1,FG⊄平面BDD1B1,∴FG∥平面BDD1B1.又EG∥平面BDD1B1,EG⊂平面EFG,FG⊂平面EFG,EG∩FG=G,∴平面EFG∥平面BDD1B1.14.解:(1)证明:因为12AE=2,所以AE=4.又AB=2,AB⊥AE,所以在Rt△ABE中,由勾股定理得BE=√AB2+AE2=√22+42=2√5.因为AC=√5=12BE,所以AC是Rt△ABE的斜边BE上的中线,所以C是BE的中点.又因为D是AE的中点,所以CD是Rt△ABE的中位线,所以CD∥AB.又因为CD⊄平面PAB,AB⊂平面PAB,所以CD∥平面PAB.(2)由(1)得,CD=12AB=1.又因为DE=12AE=2,DE⊥CD,所以S△CDE=12CD·DE=12×1×2=1.又因为AP=2,所以V三棱锥P-CDE=13S△CDE·AP=13×1×2=23.易知PD=2√2,且PD⊥CD,所以S△CDP=12CD·PD=12×1×2√2=√2.设点E到平面PCD的距离为d,则由V三棱锥P-CDE=V三棱锥E-PCD得13S△CDP·d=23,即13×√2×d=23,解得d=√2,即点E到平面PCD的距离为√2.15.解:(1)证明:取BC的中点H,连接AH,∵△ABC为等腰三角形,∴AH⊥BC,又平面ABC⊥平面BCD,AH⊂平面ABC,∴AH⊥平面BCD,同理可证EN⊥平面BCD,∴EN∥AH,∵EN⊄平面ABC,AH⊂平面ABC,∴EN∥平面ABC.∵M,N分别为BD,DC的中点,∴MN∥BC,∵MN⊄平面ABC,BC⊂平面ABC,∴MN∥平面ABC,又MN∩EN=N,∴平面EMN∥平面ABC.(2)连接DH,NA,NB,取CH的中点G,连接NG,则NG∥DH.由(1)知EN∥平面ABC,∴点E到平面ABC的距离与点N到平面ABC的距离相等.∵△BCD是边长为2的等边三角形,∴DH⊥BC,又平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,DH⊂平面BCD,∴DH⊥平面ABC,∴NG⊥平面ABC.易知DH=√3,又N为CD的中点,∴NG=√3.2∵AC=AB=3,BC=2,∴S△ABC=1·BC·AH=2√2,2∴V三棱锥A-ECB=V三棱锥E-ABC=V三棱锥N-ABC=13·S△ABC·NG=√63.课时作业(三十七)1. B[解析]由直线与平面垂直的性质,可知①为真命题;正方体相邻的两个侧面都垂直于底面,但这两个侧面不平行,故②为假命题;正方体的侧面中有无数条直线与底面平行,但侧面与底面不平行,故③为假命题;由直线与平面垂直的定义知④为真命题.2.C[解析]对于选项C,因为a⊥α,b∥α,所以a⊥b;A,B选项中,直线a,b可能是平行直线,相交直线,也可能是异面直线;D选项中,一定有a∥b.3.D[解析]若m⊥α,m⊂β,则α⊥β,故①正确;若m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,当m,n相交时,则α∥β,但m,n平行时,结论不一定成立,故②错误;如果m⊂α,n⊄α,m,n是异面直线,那么n与α相交或平行,故③错误;若α∩β=m,n∥m,n⊄α,则n∥α,同理由n⊄β可得n∥β,故④正确.故选D.4.B[解析]如果一个平面经过另一个平面的一条垂线,那么这两个平面互相垂直,所以①是真命题;若m∥α,α⊥β,则m与β不一定垂直,所以②是假命题.故选B.5.DM⊥PC(或BM⊥PC)[解析]易知BD⊥PC,∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时,即有PC⊥平面MBD.而PC⊂平面PCD,∴平面MBD⊥平面PCD.6.B[解析]由m⊂α,m⊥β⇒α⊥β,而α⊥β时,α内任意一条直线不一定垂直于β,因此“α⊥β”是“m⊥β”的必要不充分条件,故选B.7.C[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,∴PA=PB=PC.8.A[解析]对于①,∵DF∥B1D1,DF⊄平面D1EB1,B1D1⊂平面D1EB1,∴DF∥平面D1EB1,故①正确;对于②,∵DF∥B1D1,∴异面直线DF与B1C所成角即为B1D1与B1C所成角,又△B1D1C为等边三角形,故异面直线DF与B1C所成角为60°,故②正确;对于③,∵ED1⊥A1D,ED1⊥CD,且A1D∩CD=D,∴ED1⊥平面A1B1CD,即ED1⊥平面B1DC,故③正确;对于④,V三棱锥F - CDB1=V三棱锥B1- CDF=13×S△CDF×1=13×14=112,故④正确.故选A.9.C[解析]过S作SO⊥平面ABC,垂足为O,连接AO并延长,交BC于H,连接CO.∵SO⊥BC,SA⊥BC,SO∩SA=S,∴BC⊥平面SAO,又AO⊂平面SAO,∴BC⊥AO,同理AB⊥CO,∴O是三角形ABC的垂心.故选C.10.B[解析]如图,设BP的中点为O,连接OA,OC,易得BP⊥OA,BP⊥OC,则BP⊥平面OAC,故BP⊥AC,则选项A成立;又AC⊥BD,则AC⊥平面BDP,故AC⊥PD,平面PBD⊥平面ABCD,即选项C,D成立.故选B.11.C[解析]如图所示,因为DA⊥AE,DC⊥CF,所以折叠后DP⊥PE,DP⊥PF,所以DP⊥平面PEF,所以①正确;由DP⊥平面PEF,可知DG⊥平面PEF是不正确的,所以②不正确;由PE⊥PF,PE⊥DP,可得PE⊥平面DPF,又PE⊂平面PDE,所以平面PDE⊥平面DPF,所以③正确.综上可知,正确结论的序号为①③,故选C.12.√2+√6[解析]如图,设AC∩BD=O,连接SO,取CD的中点F,SC的中点G,连接EF,EG,FG,设EF交AC于点H,连接GH,易知AC⊥EF,GH∥SO,∴GH⊥平面ABCD,∴AC⊥GH,∴AC⊥平面EFG,故动点P的轨迹是△EFG(除去点E),由已知易得EF=√2,GE=GF=√62,∴△EFG的周长为√2+√6,故动点P的轨迹的长为√2+√6.13.①③④[解析]如图所示,其中E,F分别为AD,BC的中点,G为OE的中点,平面OMN即平面MNFE.因为PC∥OM,所以PC∥平面OMN,因为PD∥ON,所以PD∥平面OMN,又因为PC∩PD=P,所以平面PCD∥平面OMN,故①④正确;由于四棱锥的棱长均相等,所以PA2+PC2=AB2+BC2=AC2,所以PC⊥PA,又PC∥OM,所以OM⊥PA,故③正确;因为OM=12PC=12PD=ME,所以MG⊥OE,又MN∥OE,所以GM⊥MN,假设平面OMN⊥平面PAB,则GM⊥平面PAB,则MG⊥PA,设四棱锥的棱长为4,则MA=2,AG=√5,MG=√3,三边长度不满足勾股定理,所以MG不垂直于PA,与假设矛盾,故②不正确.14.证明:(1)因为M,N分别为PA,PB的中点,所以MN∥PB.又PB⊄平面CMN,MN⊂平面CMN,所以PB∥平面CMN.(2)因为AB⊥BP,MN∥PB,所以AB⊥MN.因为AC=PC,M为PA的中点,所以CM⊥PA.又平面PAB⊥平面PAC,平面PAB∩平面PAC=PA,所以CM⊥平面PAB,因为AB ⊂平面PAB ,所以CM ⊥AB ,又CM ∩MN=M ,CM ⊂平面CMN ,MN ⊂平面CMN ,所以AB ⊥平面CMN.15.解:(1)证明:∵四边形ABCD 是菱形,∴AC ⊥BD ,即DO ⊥AC. 又∵菱形ABCD 的边长为6,∠BAD=60°,∴OD=12BD=3. 在Rt △BOC 中,M 是BC 的中点,∴OM=12BC=3, ∴OM 2+OD 2=32+32=18=(3√2)2=DM 2,∴OD ⊥OM. 而OM ⊂平面ABC ,AC ⊂平面ABC ,AC ∩OM=O ,∴OD ⊥平面ABC , ∴平面ODM ⊥平面ABC.(2)连接AM ,易知AB=6,BM=3,∠ABM=120°,∴S △ABM =12AB ·BM ·sin 120°=92√3. 由(1)知,OD ⊥平面ABC ,∴BD 2=OD 2+OB 2=2OD 2=18,∴BD=3√2, ∴△ABD 中BD 边上的高h=√AB 2-(12BD) 2=(3√22)=32√14, ∴S △ABD =12BD ·h=9√72. 设点M 到平面ABD 的距离为d ,则由V 三棱锥M - ABD =V 三棱锥D - ABM ⇒d=S △ABM ·OD S △ABD=3√217,即为所求. 16.证明:(1)因为EF ∥AB ,所以EF 与AB 确定平面EABF. 因为EA ⊥平面ABCD ,所以EA ⊥BC.由已知得AB ⊥BC ,又EA ∩AB=A ,所以BC ⊥平面EABF.又AF ⊂平面EABF ,所以BC ⊥AF.(2)过M 作MN ⊥BC ,垂足为N ,连接FN ,则MN ∥AB.又CM=1AC,4所以MN=1AB.4又EF∥AB且EF=1AB,4所以EF∥MN且EF=MN,所以四边形EFNM为平行四边形,所以EM∥FN.又FN⊂平面FBC,EM⊄平面FBC,所以EM∥平面FBC.(3)由(1)可知,AF⊥BC.在四边形ABFE中,AB=4,AE=2,EF=1,∠BAE=∠AEF=90°,,所以tan∠EBA=tan∠FAE=12则∠EBA=∠FAE.设AF∩BE=P,因为∠PAE+∠PAB=90°,所以∠PBA+∠PAB=90°,则∠APB=90°,即EB⊥AF.又因为EB∩BC=B,所以AF⊥平面EBC.。

2020年高考数学(文科)一轮复习第七单元作业手册答案

课时作业(三十九)1.C[解析] 设这两个球的半径分别为r1,r2,∵这两个球的表面积之比为1∶4,∴==,解得=(负值舍去),∴这两个球的体积的比值为==,即这两个球的体积之比为1∶8.故选C.2.B[解析] 显然俯视图中应有一个被遮挡的圆,所以内圆是虚线,故选B.3.A[解析] 由三视图可得三棱锥的直观图,如图所示.其中PB⊥平面ABC,PB=2,在△ABC中,AB=AC,BC=2,BC边上的高为2,所以AB=AC=,PA=3,PC=2.则该三棱锥最长的棱的长为3.故选A.4.[解析] 由三视图可得三棱锥的直观图,如图.其中侧面PBC⊥底面ABC,且△PBC与△ABC都是等腰直角三角形.设O为BC的中点,连接PO,AO,则PO⊥底面ABC,AO⊥BC,∴这个三棱锥的体积V=××4×2×2=.5.B[解析] 由斜二测画法的规则可得在△ABC中,AB=4,AC=BC=4.把△ABC绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体为有相同底面的两个相同圆锥的组合体,其中圆锥的底面圆半径为2,母线长为4,故该几何体的表面积S=2×π×2×4=16π.故选B.6.C[解析] 由三视图知该几何体是一个组合体,组合体上面是一个半径为1的半球,下面是一个圆台,圆台的高为2,上底面半径是1,下底面半径是2,所以组合体的体积为××π×13+×(1+4+1×2)×2π=,故选C.7.C[解析] 如图所示,该几何体可能为四棱锥P-ADCB,所以俯视图可能是,故选C.8.B [解析] 由三视图可知,该几何体是一个组合体,它由两部分组成,左边是四分之一圆柱,圆柱的底面半径为2,高为2,体积为×π×22×2=2π.右边是一个四棱锥,四棱锥的底面是边长为2的正方形,高为2,体积为×22×2=,所以组合体的体积为2π+,故选B .9.C [解析] 设点P 在底面ABCD 上的投影为O',则AO'=AC= ,PA=2,PO'⊥平面ABCD ,故PO'= - = ,而底面ABCD 所在截面圆的半径AO'= ,故该截面圆即为过球心O 的圆,则球O 的半径R= ,故球O 的表面积S=4πR 2=8π,故选C .10.5π [解析] 把圆柱侧面及缠绕其上的铁丝展开,在平面上得到矩形ABCD (如图),由题意知BC=3π cm,AB=4π cm,点A 与点C 分别是铁丝的起、止位置,故线段AC 的长度即为铁丝的最短长度,又AC= =5π(cm),故铁丝的最短长度为5π cm .11.R 3 [解析] 如图所示,连接OP ,OE ,则OP=R ,OE=,∴PE= - ==,又S 正方形ABCD =2R 2,∴V 四棱锥P-ABCD =·S 正方形ABCD ·PE=×2R 2×=.12.2 [解析] 设圆柱的高为h ,底面半径为r ,圆柱的外接球的半径为R ,则R 2=2+r 2.∵圆锥的母线l=2r ,∴圆锥的侧面积为πrl=2πr 2,∴4πR 2=4π2+r2=6×2πr2,∴+r 2=3r 2,∴h 2=8r 2,∴=2 (负值舍去).13. 解:(1)由题意,作出四棱台A 1B 1C 1D 1-ABCD 的直观图,如图所示,其中AA 1是棱台的高,BB 1⊥BC ,CD ⊥DD 1,AA 1=1,A 1B 1=1,AB=2,BB 1= .易知侧面A1B1BA与侧面A1D1DA是相同的直角梯形,侧面B1C1CB与侧面D1C1CD是相同的直角梯形,四棱台的上、下底面都是正方形.所以,四棱台A1B1C1D1-ABCD的表面积为2×()+2×()+12+22=8+3.(2)因为四棱台A1B1C1D1-ABCD的高为1,上、下底面正方形的边长之比为1∶2,所以四棱锥P-ABCD的高为2,所以V1=×(12+22+)×1=,V2=×22×2=,所以=.14.解:(1)如图所示,连接OM,则OM⊥AB.设OM=r,则OB=-r.在Rt△BMO中,sin∠MBO==-=,∴r=,∴空心球的表面积S=4πr2=π.(2)在△ABC中,∵∠ACB=90°,∠ABC=30°,BC=,∴AC=1,∴所求几何体的体积V=V圆锥-V球=π·AC2·BC-πr3=π×12×-π×=π.15.2π[解析] 如图,设△BDC的中心为O1,球O的半径为R,连接AO1,O1D,OD,O1E,OE,则O1D=3sin 60°×=,AO1=-=3.在Rt△OO1D中,R2=3+(3-R)2,解得R=2.∵BD=3BE,∴DE=2,在△DEO中,O1E=-°=1,∴OE==.过点E作球O的截面,当截面1与OE垂直时,截面圆的面积最小,此时截面圆的半径为-()=,则所求最小面积为π×()2=2π.16.32+[解析] 正方体容器内八个角附近的区域,小球不能经过的空间的体积是V1=8×13-×π×13=8-;正方体容器内十二条棱附近的区域,小球不能经过的空间的体积是V2=12×12-π×12×2=24-6π.则小球可以经过的空间的体积为V=43-V1-V2=32+.课时作业(四十)1.C[解析] 若直线a,b异面,b,c异面,则a,c可能相交、平行或异面;若直线a,b相交,b,c相交,则a,c可能相交、平行或异面;若a⊥b,b⊥c,则a,c可能相交、平行或异面;由异面直线所成的角的定义知C为真命题.故选C.2.A[解析] 如图,取AD1的中点O,连接OE,OF,则OF BE,∴四边形BFOE是平行四边形,∴BF∥OE,又∵BF⊄平面AD1E,OE⊂平面AD1E,∴BF∥平面AD1E.3.A[解析] 首尾相连的四条线段每相邻两条确定一个平面,所以最多可以确定4个平面,如图,空间四边形ABCD四条线段首尾相连,可构成平面ABC,平面ABD,平面ADC,平面BCD,共4个平面.4.C[解析] 如图,与直线BA1是异面直线的有直线DC,DA,D1C1,DD1,CC1,B1C1,共6条.故选C.5.90° [解析] 如图所示,设G 是AC 的中点,连接EG ,FG.因为E ,F 分别是AB ,CD 的中点,故EG ∥BC 且EG=BC=1,FG ∥AD 且FG=AD=1,即∠EGF 为异面直线AD 和BC 所成的角(或其补角),又EF= ,由勾股定理的逆定理可得∠EGF=90°.6.A [解析] 设直线EF 和GH 的交点为M.∵EF ⊂平面ABD ,GH ⊂平面CBD ,∴M ∈平面ABD ,且M ∈平面CBD ,又∵平面ABD ∩平面CBD=BD ,∴M ∈BD ,∴EF 与GH 的交点在直线DB 上.7.D [解析] 延长MN 与BA 的延长线交于点P ,则DP 为交线l ,且AP=AA 1=AD.连接AC ,可知DP 与AC 不平行,而A 1C 1∥AC ,所以l 与A 1C 1是异面直线.故选D .8.D [解析] 连接BC 1,易知BC 1∥AD 1,则∠A 1BC 1即为异面直线A 1B 与AD 1所成的角(或其补角).连接A 1C 1,由AB=1,AA 1=2,得A 1C 1= ,A 1B=BC 1= ,在△A 1BC 1中,由余弦定理得cos ∠A 1BC 1= =.9.C [解析] 由异面直线的判定定理得直线AD 与BC 是异面直线;在平面β内仅有一条直线过点D 且与BC 平行,这条直线与AD 确定一个平面与BC 平行,即过AD 只能作一个平面与BC 平行;当AD 在平面α或平面β上的射影与BC 垂直时,过AD 只能作一个平面与BC 垂直,否则过AD 的平面都不与BC 垂直,因此C 中叙述错误;过D 只能作唯一平面与BC 垂直,但过D 可作无数个平面与BC 平行.故选C .10.①②③ [解析] 因为AC ⊥平面BDD 1B 1,所以AC ⊥BE ,故①正确;因为B 1D 1∥平面ABCD ,所以B 1E ∥平面ABCD ,故②正确;记正方体的体积为V ,则V 三棱锥E-ABC =V ,为定值,故③正确;显然B 1E 与BC 1不垂直,故④错误.11.l ∥α或l ⊂α [解析] ∵直线l ⊥平面β,平面α⊥平面β,∴直线l ∥平面α,或者直线l ⊂平面α.12.[解析] 连接AD1,B1D1,∵AD1∥BC1,∴∠D1AB1即为异面直线AB1与BC1所成的角(或其补角),∴cos∠D1AB1=)))=.13.[解析] 如图所示,连接HE,取HE的中点K,连接GK,PK,则GK∥DH,故∠PGK即为异面直线PG 与DH所成的角(或其补角).设这个正四面体的棱长为2,在△PGK中,PG=,GK=,PK==,故cos∠PGK=()-=,即异面直线PG与DH所成的角的余弦值是.14.证明:如图,连接BD,B1D1,D1O,则BD∩AC=O,∵BB1DD1,∴四边形BB1D1D为平行四边形,又H∈B1D,B1D⊂平面BB1D1D,则H∈平面BB1D1D,∵H∈平面ACD1,且平面ACD1∩平面BB1D1D=OD1,∴H∈OD1.即D1,H,O三点共线.15.解:(1)由已知可求得正方形ABCD的面积S=4,所以四棱锥O-ABCD的体积V=×4×2=.(2)如图,连接AC,设线段AC的中点为E,连接ME,DE,又M为OA的中点,∴ME∥OC,则∠EMD为异面直线OC与MD所成的角(或其补角),由已知可得DE=,EM=,MD=,∵()2+()2=()2,∴∠MED=90°,∴tan∠EMD===,∴异面直线OC 与MD 所成角的正切值为.16.C [解析] 过点M 向平面A 1B 1C 1D 1作垂线,垂足为点H ,连接HP.由PM= ,且△PHM 是直角三角形,得PH=1,故P 点在以H 为圆心,1为半径的圆上运动,故PQ 长度的最小值等于过H 点作A 1N 的垂线,垂线段长度减1,则PQ 长度的最小值为-1.故选C .17.D [解析] 因为AB=BC=1+3=4,所以EC= =5,则EF=EG=EC=5,所以A 1F=DG=2 ,从而AF=AG=2 ,所以S △AFG = 正方形 - △ - △ -S △ADG=16-4 -(4-2 )2-4 =16-4 -12+8 -4 =4,故选D .课时作业(四十一)1.B [解析] 因为l ⊄α,直线l 不平行于平面α,所以直线l 与平面α相交,于是直线l 与平面α只有一个公共点,所以平面α内不存在与l 平行的直线.2.B [解析] 当m ∥β时,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内任一直线都与β平行,因为m ⊂α,所以m ∥β.综上可知,“m ∥β ”是“α∥β ”的必要不充分条件.3.D [解析] A 中,两直线可能平行、相交或异面;B 中,平面α,β可能平行或相交,所以m ,n 可能平行、相交或异面;C 中,平面α,β可能平行或相交;D 中,由线面平行、面面平行的性质定理可知叙述正确,故选D .4.D [解析] 充分性:A ,B ,C ,D 四点共面,由平面与平面平行的性质定理知AC ∥BD.必要性显然成立.5.平行 [解析] 连接A 1C 1,∵AC ∥A 1C 1,A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1D 1,AC ⊄平面A 1B 1C 1D 1,∴AC ∥平面A 1B 1C 1D 1,又AC ⊂平面AB 1C ,平面AB 1C ∩平面A 1B 1C 1D 1=l ,∴AC ∥l.6.B [解析] 对于A,还有n ⊂α的可能,故说法错误;对于C,直线n 也可能与平面α相交,故说法错误;对于D,m ,n 可能平行、相交或异面,故说法错误.故选B .7.B [解析] A 项,α,β可能相交或平行,故A 项说法错误;B 项,若m ⊥α,m ⊥β,根据垂直于同一条直线的两个平面平行,则α∥β,故B 项说法正确;C 项,若m ⊥β,α⊥β,则直线m 在平面α内或m ∥α,故C 项说法错误;D 项,若n ⊥m ,n ⊥α,则直线m 在平面α内或m ∥α,故D 项说法错误.故选B .8.C [解析] A 中,当α与β不平行时,也存在符合题意的l ,m ,故A 中说法错误;B 中,l 与m 也可能是异面直线,故B 中说法错误;C 中, ,⊂ ,,则l ∥m ,同理可得l ∥n ,故m ∥n ,故C 中说法正确;D 中,m ⊂α,n ⊂β,m ∥n ,则α与β相交或平行,故D 中说法错误.故选C .9.B [解析] 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.10.C [解析] 如图,由条件知,EF ∥BD ,且EF=BD ,HG ∥BD ,且HG=BD ,∴EF ∥HG ,且EF=HG ,∴四边形EFGH 为梯形,排除A,B .∵EF ∩平面ADC=F ,∴排除D .故选C .11.B [解析] 取B 1C 1的中点M ,BB 1的中点N ,连接A 1M ,A 1N ,MN.易证平面A 1MN ∥平面AEF ,所以点P 位于线段MN 上.因为A 1M=A 1N= = ,MN= =,所以当点P 位于点M 或N 处时,A 1P 最长,当点P 位于MN 的中点O 处时,A 1P 最短,易知A 1O=-=,所以A 1O ≤A 1P≤A 1M ,即≤A 1P ≤,所以线段A 1P 长度的取值范围是,,故选B .12.C [解析] ∵AB ∥CD ,AA 1∥DD 1,∴平面ABB 1A 1∥平面DCC 1D 1,∵平面APQR ∩平面ABB 1A 1=AP ,平面APQR ∩平面DCC 1D 1=RQ ,∴AP ∥RQ ,故A 中的结论正确.∵四边形ABCD 是直角梯形,AB ∥CD ,∴平面BCC 1B 1与平面ADD 1A 1不平行,∵平面APQR ∩平面BCC 1B 1=PQ ,平面APQR ∩平面ADD 1A 1=AR ,∴PQ 与AR 不平行,故四边形APQR 不可能为平行四边形,故B 中的结论正确.延长CD 至M ,使得DM=CD ,连接AM ,则四边形ABCM 是矩形,∴BC ∥AM.当R ,Q ,M 三点共线时,AM ⊂平面APQR ,∴BC ∥平面APQR ,故D 中的结论正确.故选C .13.1 [解析] 连接BC 1,设BC 1∩B 1C=O ,连接OD.∵A 1B ∥平面B 1CD ,且平面A 1BC 1∩平面B 1CD=OD ,∴A 1B ∥OD ,∵四边形BCC 1B 1是菱形,∴O 为BC 1的中点,∴D 为A 1C 1的中点,则A 1D∶DC 1=1.14.证明:(1)连接SB.∵E ,G 分别是BC ,SC 的中点, ∴EG ∥SB.又∵SB ⊂平面BDD 1B 1,EG ⊄平面BDD 1B 1,∴EG ∥平面BDD 1B 1.(2)连接SD.∵F ,G 分别是DC ,SC 的中点,∴FG ∥SD. 又∵SD ⊂平面BDD 1B 1,FG ⊄平面BDD 1B 1,∴FG ∥平面BDD 1B 1.又EG ∥平面BDD 1B 1,EG ⊂平面EFG ,FG ⊂平面EFG ,EG ∩FG=G ,∴平面EFG ∥平面BDD 1B 1. 15.解:(1)如图,作FG ∥CC 1与A 1C 交于点G.∵BE ∥CC 1,∴BE ∥FG ,平面BEGF ∩平面A 1CE=EG , ∵BF ∥平面A 1CE ,∴BF ∥EG ,故四边形BEGF 为平行四边形,则BE=FG=AA 1=2.(2)设O 为B 1C 1的中点,连接A 1O ,则A 1O ⊥平面CC 1B 1E ,且A 1O= ,∴ 四棱锥 - = ××(1+3)×2× =, 三棱柱 - =×2×2×3=3 ,左边几何体的体积为三棱柱 - - 四棱锥 - =3 -= , ∴左、右两个几何体的体积之比为∶=5∶4. 16.解:(1)证法一:设BE 交AF 于O ,取AC 的中点H ,连接OH , 则OH 是△AFC 的中位线,所以OHCF.由已知得DE CF,所以DE OH,连接DH,则四边形DHOE是平行四边形,所以EO∥DH,又因为EO⊄平面ACD,DH⊂平面ACD,所以EO∥平面ACD,即BE∥平面ACD.证法二:延长FE,CD交于点K,连接AK,则平面CKA∩平面ABFE=KA,由已知得DE CF,所以DE是△KFC的中位线,所以KE=EF,所以KE AB,四边形ABEK是平行四边形,AK∥BE.又因为BE⊄平面ACD,KA⊂平面ACD,所以BE∥平面ACD.证法三:取CF的中点G,连接BG,EG,易得DE CG,即四边形CDEG是平行四边形,则EG∥DC,又EG⊄平面ACD,DC⊂平面ACD,所以EG∥平面ACD, 又因为DE GF,所以四边形DGFE是平行四边形,所以DG EF,又ABFE是平行四边形,所以AB EF,所以AB DG,所以四边形ABGD是平行四边形,所以BG∥AD,又BG⊄平面ACD,AD⊂平面ACD,所以BG∥平面ACD,又BG∩EG=G,所以平面GBE∥平面ACD,又BE⊂平面GBE,所以BE∥平面ACD.(2)连接CE,BF.因为BE∥平面ACD,所以V三棱锥B-ACD=V三棱锥E-ACD,由已知得四边形ABFE为正方形,且边长为2,所以AF⊥BE,由AF⊥BD,BE∩BD=B,可得AF⊥平面BDE,又DE⊂平面BDE,所以AF⊥DE,又AE⊥DE,AF∩AE=A,所以DE⊥平面ABFE,故平面CDE⊥平面ABFE,又AE⊥EF,所以AE⊥平面CDE,所以AE是三棱锥A-EDC的高,四边形DEFC是直角梯形.故V三棱锥B-ACD=V三棱锥E-ACD=V三棱锥A-ECD=V三棱锥A-EFD=×AE××DE×EF=.课时作业(四十二)1.D[解析] 对于D,若平面α⊥平面β,则平面α内存在不垂直于平面β的直线,即与平面β的关系还可以是斜交、平行或在平面β内.其他选项中的说法均是正确的.2.C[解析] ∵α∩β=l,∴l⊂β,又∵n⊥β,∴n⊥l.3.D[解析] 对于A,垂直于平面β的平面与平面α平行或相交,故A中的结论错误;对于B,垂直于直线l的直线与平面α垂直、斜交、平行或在平面α内,故B中的结论错误;对于C,垂直于平面β的平面与直线l平行或相交,故C中的结论错误.故选D.4.A[解析] 连接AC1,由AC⊥AB,AC⊥BC1,得AC⊥平面ABC1.∵AC⊂平面ABC,∴平面ABC1⊥平面ABC,∴C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上,故选A.5.4[解析] ∵PA⊥平面ABC,∴PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥BC,则△PAB,△PAC为直角三角形.又BC⊥AC,且AC∩PA=A,∴BC⊥平面PAC,∴BC⊥PC.因此△ABC,△PBC也是直角三角形.综上,共有4个直角三角形.6.B[解析] 如果两个平面互相垂直,那么,若一个平面内的已知直线与另一个平面不垂直,则这条直线不垂直于另一个平面内的任意一条直线,故①中结论错误;另一个平面内与交线垂直的直线有无数条,这些直线都与已知直线垂直,故②中结论正确;若一个平面内的直线不与交线垂直,则这条直线不垂直于另一个平面,故③中结论错误.故选B.7.B [解析] 当AC=1时,因为CD=1,AD= ,所以AC 2+CD 2=AD 2,即AC ⊥CD ,又BC ⊥CD ,BC ∩AC=C ,所以CD ⊥平面ACB ,所以CD ⊥AB.故选B .8.B [解析] 如图,设BP 的中点为O ,连接OA ,OC ,易得BP ⊥OA ,BP ⊥OC ,则BP ⊥平面OAC ,故BP ⊥AC ,则选项A 成立;又AC ⊥BD ,则AC ⊥平面BDP ,故AC ⊥PD ,平面PBD ⊥平面ABCD ,即选项C,D 成立.故选B .9.D [解析] 对于选项A,因为M ,N 分别是BC 1,CD 1的中点,所以点N ∈平面CDD 1C 1,点M ∉平面CDD 1C 1,所以直线MN 与平面CDD 1C 1相交,又因为直线C 1D 1⊂平面CDD 1C 1,故直线MN 与直线C 1D 1不可能平行,故选项A 中的结论错误;对于选项B,易知NB ≠NC 1,因为M 是BC 1的中点,所以直线MN 与直线BC 1不垂直,故选项B 中的结论错误;对于选项C,假设MN ⊥平面ACD 1,可得MN ⊥CD 1,因为N 是CD 1的中点,所以MC=MD 1,这与MC ≠MD 1矛盾,故假设不成立,所以选项C 中的结论错误;对于选项D,连接DC 1,则DC 1与CD 1交于点N ,连接BD ,因为N 为DC 1的中点,M 为BC 1的中点,所以MN ∥BD ,又BD ⊥AC ,BD ⊥CC 1,所以BD ⊥平面ACC 1,则MN ⊥平面ACC 1,故选项D 中的结论正确.故选D .10.D [解析] 如图,只有当两条棱上的交点都是中点时,四边形AEC 1F 才是菱形,故选项A 中的结论错误;四边形AEC 1F 在底面ABCD 内的射影是四边形ABCD ,一定是正方形,故选项B 中的结论错误;当两条棱上的交点都是中点时,四边形AEC 1F 所在平面垂直于平面ACC 1A 1,故选项C 中的结论错误;四边形AEC 1F 一定为平行四边形,故选项D 中的结论正确.故选D .11.C [解析] 连接A 1C ,A 1D ,AD 1,则A 1D ⊥AD 1,因为DC ⊥平面ADD 1A 1,所以DC ⊥AD 1,所以AD 1⊥平面CDA 1,则AD 1⊥A 1E ,因此,当点F 与点D 1重合时,对于任意给定的点E ,存在点F ,使得AF ⊥A 1E ,故①中的结论正确;对于任意给定的点F ,只有当A 1E ⊥平面ADD 1A 1时,才有AF ⊥A 1E ,显然不存在点E 使得A 1E ⊥平面ADD 1A 1,故②中的结论错误;当AF 垂直于B 1G 在平面ADD 1A 1内的射影时,AF ⊥B 1G ,故③中的结论正确;对于任意给定的点F ,只有当B 1G ⊥平面ADD 1A 1时,才有AF ⊥B 1G ,显然不存在点G 使得B 1G ⊥平面ADD 1A 1,故④中的结论错误.12.①②③ [解析] 连接AC ,由题意知PA ⊥平面ABC ,∴PA ⊥BC.又AC ⊥BC ,PA ∩AC=A ,∴BC ⊥平面PAC ,∴BC ⊥AF.∵AF ⊥PC ,BC ∩PC=C ,∴AF ⊥平面PBC ,∴AF ⊥PB.又AE ⊥PB ,AE ∩AF=A ,∴PB ⊥平面AEF ,∴PB ⊥EF.故①②③正确.13.①③④ [解析] 根据折叠前AB ⊥BE ,AD ⊥DF ,可得折叠后AH ⊥HE ,AH ⊥HF ,可得AH ⊥平面EFH ,∴②中说法正确;∵过点A 有且只有一条直线与平面EFH 垂直,∴①中说法不正确;∵AG ⊥EF ,AH ⊥EF ,AG ∩AH=A ,∴EF ⊥平面HAG ,∴平面HAG ⊥平面AEF ,过H 作直线垂直于平面AEF ,该直线一定在平面HAG 内,∴③中说法不正确;∵HG 不垂直于AG ,∴HG ⊥平面AEF 不正确,④中说法不正确.综上,说法错误的是①③④.14.解:(1)证明:连接DE ,由直三棱柱ABC-A 1B 1C 1知CC 1⊥BC ,∵BC ⊥AC ,CC 1∩AC=C ,∴BC ⊥平面ACC 1A 1, 又D ,E 分别为CC 1,BB 1的中点,∴DE ∥BC ,∴DE ⊥平面ACC 1A 1,∴DE ⊥AD.∵A 1D 2+AD 2=4=A,∴AD ⊥A 1D ,又A 1D ∩DE=D ,∴AD ⊥平面A 1DE ,∴A 1E ⊥AD.(2)设点A 到平面A 1B 1D 的距离为d.∵B 1C 1⊥A 1C 1,B 1C 1⊥CC 1,CC 1∩A 1C 1=C 1,∴B 1C 1⊥平面A 1DA. 连接AB 1,由三棱锥 - = 三棱锥 - 知,△ ·d=△ ·B 1C 1,∵△A 1B 1D 是边长为的等边三角形,∴ △ = ×( )2=, 由×·d= × × × ×1,解得d=. 故点A 到平面A 1B 1D 的距离为. 15.解:(1)证明:取AB 的中点O ,连接OG ,OA 1,C 1G ,∵AB=BC ,D 为AC 的中点,∴BD ⊥AC , 又AC ∥A 1C 1,∴BD ⊥A 1C 1.∵BG ∥B 1C 1,且BG=B 1C 1,∴四边形BGC 1B 1为平行四边形,∴GC 1∥BB 1,同理,四边形OBB 1A 1为平行四边形,∴OA 1∥BB 1,∴GC 1∥OA 1,∴四边形OGC 1A 1为平行四边形.∵B 1B ⊥平面ABC ,∴C 1G ⊥平面ABC ,∴C 1G ⊥BD , 又A 1C 1∩C 1G=C 1,∴BD ⊥平面A 1C 1GO ,∵GE ⊂平面A 1C 1GO ,∴BD ⊥GE.(2)设OG与BD交于M,∵C1G⊥平面ABC,C1G⊂平面A1C1GO,∴平面A1C1GO⊥平面ABC.∵平面A1C1GO∩平面ABC=OG,且OG∥AC,BD⊥AC,∴BM⊥OG,∴BM⊥平面A1C1GO,∴线段BM的长度为点B到平面A1C1GO 的距离,易知BM=,又S△GEF=×GC1×EF=×4×2=4,∴V B-GEF=×BM×S△GEF=××4=.16.解:(1)证明:由AD=6,DM=4可得AM=2,易得四边形ABCM是矩形,∴CM⊥AD,∵PA⊥平面ABCD,CM⊂平面ABCD,∴PA⊥CM,又PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,∴CM⊥平面PAD,∵CM⊂平面PCM,∴平面PCM⊥平面PAD.(2)∵PA⊥平面ABCD,∴平面PAB⊥平面ABCD,∵AD⊥AB,∴AD⊥平面PAB,∴AD⊥AP,∵AD∥BC,∴BC⊥平面PAB,∴BC⊥PB.四棱锥P-ABCD的体积V=××(AD+BC)×AB×PA=×AB×PA,要使四棱锥P-ABCD的体积取得最大值,只需AB·PA取得最大值.由条件可得PA2+AB2=PB2=72,∴72≥2AB·PA,即AB·PA≤36,当且仅当AB=PA=6时,AB·PA取得最大值36.此时PC=2,PD=6,CD=2,cos∠CPD=-··=,则sin∠CPD=,∴S△PCD=·PC·PD·sin∠CPD=6,则四棱锥P-ABCD的表面积为×(6+2)×6+×6×6×2+×2×6+6=6(10++).课时作业(四十三)1.解:(1)证明:因为△ABC为正三角形,且D是BC的中点,所以AD⊥BC.因为AA1⊥底面ABC,AA1∥BB1,所以BB1⊥底面ABC.又因为AD⊂底面ABC,所以BB1⊥AD.而B1B∩BC=B,所以AD⊥平面BB1C1C.因为AD⊂平面AB1D,所以平面AB1D⊥平面BB1C1C.(2)证明:连接A 1B ,设A 1B ∩AB 1=E ,连接DE.由已知得四边形A 1ABB 1为正方形,则E 为A 1B 的中点. 因为D 是BC 的中点,所以DE ∥A 1C.又因为DE ⊂平面AB 1D ,A 1C ⊄平面AB 1D ,所以A 1C ∥平面AB 1D. (3)由(2)可知A 1C ∥平面AB 1D ,所以点A 1与点C 到平面AB 1D 的距离相等, 所以三棱锥 - = 三棱锥 - .由已知得BB 1=2,且S △ACD =,所以三棱锥 - = 三棱锥 - = ×S △ACD ×BB 1=××2=,所以三棱锥A 1-AB 1D 的体积为.2.解:(1)证明:连接AC 交BD 于G ,连接EG.∵底面ABCD 为正方形,∴G 为AC 的中点. 在△ACP 中,∵E 是PA 的中点,∴EG ∥PC , 又EG ⊂平面BED ,PC ⊄平面BED ,∴PC ∥平面BED.(2)在Rt △PAD 中,设AD 的中点为O ,连接EO ,则EO=PD=2.∵PD ⊥DA ,PD ⊥DC ,∴PD ⊥平面ABCD , ∵EO ∥PD ,∴EO ⊥平面ABCD.设点A 到平面BED 的距离为h ,∵PD=AD=4,∴DE=AE=2 ,DB=4 ,BE=2 ,∵BE 2+DE 2=32=DB 2,∴BE ⊥ED.又∵V 三棱锥A-BDE =V 三棱锥E-ABD ,∴S △ABD ×EO=S △BDE ×h ,∴××4×4×2=××2 ×2 ×h ,解得h=, ∴点A 到平面BED 的距离为.3.证明:(1)取PD的中点M,EA的中点N,连接MH,NG,MN.因为G,H分别为BE,PC的中点,所以MH CD,NG AB,因为AB CD,所以MH NG,故四边形GHMN是平行四边形,所以GH∥MN.又因为GH⊄平面PDAE,MN⊂平面PDAE,所以GH∥平面PDAE.(2)因为PD⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PD⊥BC.因为BC⊥CD,PD∩CD=D,所以BC⊥平面PCD.因为F,H分别为PB,PC的中点,所以FH∥BC,所以FH⊥平面PCD.因为FH⊂平面FGH,所以平面FGH⊥平面PCD.4.解:(1)当点M是棱AC上靠近点A的三等分点时,BM∥平面AEF.理由如下:在AE上取点N,使AN=AE,连接MN,NF,于是==,所以MN∥EC且MN=EC.由题意知,BF∥EC且BF=EC,所以MN∥BF且MN=BF,所以四边形BMNF为平行四边形,所以BM∥FN.又FN⊂平面AEF,BM⊄平面AEF,所以BM∥平面AEF.(2)因为三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱,所以BB1∥平面ACC1A1,所以V三棱锥M-AEF=V三棱锥F-AEM=V三棱锥B-AEM.取AC的中点O,连接BO,则BO⊥AC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱,所以AA1⊥平面ABC.又BO⊂平面ABC,所以AA1⊥BO.因为BO⊥AC,BO⊥AA1,AC∩AA1=A,所以BO⊥平面ACC1A1,所以BO为三棱锥B-AEM的高.又在正三角形ABC中,BO=,所以V三棱锥M-AEF=V三棱锥B-AEM=·S△AEM·BO=××1×3×=.5.解:(1)证明:取线段A1B的中点H,连接HD,HF.因为在△ABC中,D,E分别为AB,AC的中点,所以DE∥BC,DE=BC.因为H,F分别为A1B,A1C的中点,所以HF∥BC,HF=BC,所以HF∥DE,HF=DE,则四边形DEFH为平行四边形,故EF∥HD.又因为EF⊄平面A1BD,HD⊂平面A1BD,所以EF∥平面A1BD.(2)连接OF,FB,OC.设点F到平面A1OB的距离为h.因为O为DE的中点,A1D=A1E,所以A1O⊥DE.又因为平面A1DE⊥平面BCED,平面A1DE∩平面BCED=DE,所以A1O⊥平面BCED,则A1O⊥OB.经计算得A1O=2,OB=OC=2,又OB2+OC2=16=BC2,所以OB⊥OC,由三棱锥-=三棱锥-=三棱锥-,得××2×2×h=×××2×2×2,解得h=.故点F到平面A1OB的距离为.6.解:(1)证明:在△ABC中,C=90°,即AC⊥BC,则BD⊥DE,取BF的中点N,连接CN,交BE于M,当λ=时,F是AN的中点,而E是AC的中点,∴EF是△ANC的中位线,∴EF∥CN.在△BEF中,N是BF的中点,∴M是BE的中点.在Rt△BCE中,EC=BC=2,∴CM⊥BE,则EF⊥BE.又∵平面DBE⊥平面ABE,平面DBE∩平面ABE=BE,∴EF⊥平面DBE.(2)连接DM,由(1)知CM⊥BE,∴DM⊥BE,而平面DBE⊥平面ABE,平面DBE∩平面ABE=BE, ∴DM⊥平面ABE,即DM是三棱锥D-BEF的高,且DM=CM=.过E作EH⊥AB于点H,则S△ABE=·AE·BC=·AB·EH,即×2×2=×·EH,可得EH=.假设存在满足题意的λ,则三棱锥D-BEF的体积V=S△×DM=××BF×EH×DM=××BF××=,BEF解得BF=,∴λ==-=,故存在λ=,使得三棱锥D-BEF的体积是.。

(新课标)2020年高考数学一轮总复习第七章立体几何7-4空间中的平行关系课时规范练文(含解析)新

（新课标）2020年高考数学一轮总复习第七章立体几何7-4 空间中的平行关系课时规范练文（含解析）新人教A版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（新课标）2020年高考数学一轮总复习第七章立体几何7-4 空间中的平行关系课时规范练文（含解析）新人教A版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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7-4 空间中的平行关系课时规范练A组基础对点练1．(2018·陕西质检)已知平面α,β和直线a，b，下列说法正确的是( C )A．若a∥α，b∥β，且α∥β，则a∥bB．若a⊂α，b⊂β，且a∥b，则α∥βC．若a⊥α，b⊥β,且a∥b，则α∥βD．若α⊥β，a⊂α，b⊂β，则a⊥b2．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（ B )A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m⊥α，n⊂α,则m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α3．设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，“m∥β"是“α∥β"的（ B )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4．（2017·江西赣中南五校联考）已知m，n是两条不同的直线，α,β,γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是（ C ）A．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥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,则n∥α5．(2018·唐山质检）如图所示，四边形ABCD与四边形ADEF都为平行四边形，M,N，G分别是AB，AD，EF的中点．求证：（1)BE∥平面DMF；（2)平面BDE∥平面MNG.证明：（1)如图所示，设DF与GN交于点O，连接AE，则AE必过点O。

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课时作业 38 空间几何体的结构及其三视图和直观图
一、选择题
1．如图所示是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是( )
解析：先观察俯视图，由俯视图可知选项B和D中的一个正确，由正视图和俯视图可知选项D正确，故选D.
答案：D
2．下列命题中，正确的是( )
A．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱
B．侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥
C．侧面都是矩形的四棱柱是长方体
D．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
解析：认识棱柱一般要从侧棱与底面的垂直与否和底面多边形的形状两方面去分析，故A，C都不够准确，B中对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明，故也不正确．答案：D
3．(2018·惠州市第三次调研考试)如图所示，将图(1)中的正方体截去两个三棱锥，得到图(2)中的几何体，则该几何体的侧视图为( )
解析：从几何体的左面看，对角线AD1在视线范围内，画实线，棱C1F不在视线范围内，
C，侧视图的宽应为俯视图中三角形的高
中的图形．故选C.
．(2018·惠州市第三次调研考试)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱
PC⊥平面ABCD，PC
＝ 3.
如图所示，点D1的投影为C1，点D的投影为C，点A的投影为
．(2018·东北三省四市联考)如图，某几何体的三视图如图所示，则该几何体的各条棱中最长的棱和最短的棱长度之和为( )
本题考查空间几何体的三视图．由三视图知，该几何体是底面为腰长为
的侧棱垂直于底面(垂足为腰与底边交点
＋22＝2
6＋2，故选
如图，在正四棱柱ABCD－
的正视图与侧视图的面积之比为
命题①不是真命题，若侧棱不垂直于底面，这时四棱柱是斜四棱柱；
直角三角形绕着它的一条直角边旋转一周形成的几何体叫做圆锥，
边旋转一周，形成的几何体则是两个具有共同底面的圆锥；命题③是真命题，如图所示，在
分别作出在六个面上的射影可知选②③.
C a b AB
5
2
－⎝ ⎛＝9
2
.
重合、N 与G 重合、Q 与E 重合、P 与B 1重合时，三棱锥、P 是所在线段的中点时，三棱锥P －MNQ 的俯视图为B 位于所在线段的非端点位置时，存在三棱锥P －MNQ ，使其俯视图为D.故选
一只蚂蚁从正方体ABCD 的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行
A．①② B．①③
C．③④ D．②④
解析：由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)，若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过BB1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过CD的中点，此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．故选D.
答案：D
17．(2018·济南模拟)我国古代数学家刘徽在学术研究中，不迷信古人，坚持实事求是．他对《九章算术》中“开立圆术”给出的公式产生质疑，为了证实自己的猜测，他引入了一种新的几何体“牟合方盖”：以正方体相邻的两个侧面为底做两次内切圆柱切割，然后剔除外部，剩下的内核部分．如果“牟合方盖”的主视图和左视图都是圆，则其俯视图形状为( )
解析：本题考查几何体的三视图．由题意得在正方体内做两次内切圆柱切割，得到的几何体的直观图如图所示，由图易得其俯视图为B，故选B.
答案：B。

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