2015届高考数学(人教,理科)大一轮配套练透：第7章立体几何第2节

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2015届高考数学(人教,理科)大一轮配套练透：第7章立体几何第5节

[课堂练通考点]1．(2013·全国新课标卷Ⅱ)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l ⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则()A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD.α与β相交，且交线平行于l解析：选D由于m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，则平面α与平面β必相交，但未必垂直，且交线垂直于直线m，n，又直线l满足l⊥m，l⊥n，则交线平行于l，故选D.2．已知l，m，n为两两垂直的三条异面直线，过l作平面α与直线m垂直，则直线n 与平面α的关系是()A．n∥αB．n∥α或n⊂αC．n⊂α或n与α不平行D．n⊂α解析：选A∵l⊂α，且l与n异面，∴n⊄α，又∵m⊥α，n⊥m，∴n∥α.3．设a，b为不重合的两条直线，α，β为不重合的两个平面，给出下列命题：(1)若a∥α且b∥α，则a∥b；(2)若a⊥α且a⊥β，则α∥β；(3)若α⊥β，则一定存在平面γ，使得γ⊥α，γ⊥β；(4)若α⊥β，则一定存在直线l，使得l⊥α，l∥β.上面命题中，所有真命题的序号是________．解析：(1)中a与b可能相交或异面，故不正确．(2)垂直于同一直线的两平面平行，正确．(3)中存在γ，使得γ与α，β都垂直．(4)中只需直线l⊥α且l⃘β就可以．答案：(2)(3)(4)4．如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱垂直于底面，∠ACB＝90°，2AC＝AA1，D，M 分别是棱AA1，BC的中点，证明：(1)AM ∥平面BDC 1；(2)DC 1⊥平面BDC .证明：(1)取BC1的中点N ，连接DN ，MN ，则MN 綊12CC 1. 又AD 綊12CC 1，∴AD ∥MN ，且AD ＝MN ，∴四边形ADNM 为平行四边形，∴DN ∥AM ，又DN ⊂平面BDC 1，AM ⊄平面BDC 1，∴AM ∥平面BDC 1.(2)由题设知BC ⊥CC 1，BC ⊥AC ，又CC 1∩AC ＝C ，∴BC ⊥平面ACC 1A 1.又DC 1⊂平面ACC 1A 1，∴DC 1⊥BC ，又由题设知∠A 1DC 1＝∠ADC ＝45°，∴∠CDC 1＝90°，∴DC 1⊥DC .又DC ∩BC ＝C ，∴DC 1⊥平面BDC .[课下提升考能]第Ⅰ卷：夯基保分卷1．在空间中，给出下面四个命题：①过一点有且只有一个平面与已知直线垂直；②若平面外两点到平面的距离相等，则过两点的直线必平行于该平面；③垂直于同一条直线的两条直线互相平行；④若两个平面相互垂直，则一个平面内的任意一条直线必定垂直于另一个平面内的无数条直线．其中正确的命题是( )A ．①②B ．②③C ．③④D ．①④解析：选D 易知①④正确；对于②，过两点的直线可能与平面相交；对于③，垂直于同一条直线的两条直线可能平行，也可能相交或异面．故选D.2．(2014·南昌模拟)设a ，b 是夹角为30°的异面直线，则满足条件“a ⊂α，b ⊂β，且α⊥β”的平面α，β( )A ．不存在B ．有且只有一对C ．有且只有两对D ．有无数对解析：选D 过直线a 的平面α有无数个，当平面α与直线b 平行时，两直线的公垂线与b 确定的平面β⊥α，当平面α与b 相交时，过交点作平面α的垂线与b 确定的平面β⊥α.故选D.3．已知在空间四边形ABCD 中，AD ⊥BC ，AD ⊥BD ，且△BCD 是锐角三角形，则必有( )A ．平面ABD ⊥平面ADCB ．平面ABD ⊥平面ABC C ．平面ADC ⊥平面BDCD ．平面ABC ⊥平面BDC解析：选C ∵AD ⊥BC ，AD ⊥BD ，BC ∩BD ＝B ，∴AD ⊥平面BDC ，又AD ⊂平面ADC ，∴平面ADC ⊥平面BDC .故选C.4.如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧棱长为2，AC ＝BC ＝1，∠ACB＝90°，D 是A 1B 1的中点，F 是BB 1上的动点，AB 1，DF 交于点E .要使AB 1⊥平面C 1DF ，则线段B 1F 的长为( )A.12B ．1 C.32 D ．2解析：选A 设B 1F ＝x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ，所以AB 1⊥DF .由已知可以得A 1B 1＝2，设Rt △AA 1B 1斜边AB 1上的高为h ，则DE ＝12h .又2×2＝h 22＋(2)2，所以h ＝233，DE ＝33.在Rt △DB 1E 中，B 1E ＝⎝⎛⎭⎫222－⎝⎛⎭⎫332＝66.由面积相等得66×x 2＋⎝⎛⎭⎫222＝22x ，得x ＝12.5.如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，且底面各边都相等，M 是PC 上的一动点，当点M 满足________时，平面MBD ⊥平面PCD .(只要填写一个你认为是正确的条件即可)解析：由定理可知，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 .答案：DM ⊥PC (或BM ⊥PC 等)6．假设平面α∩平面β＝EF ，AB ⊥α，CD ⊥β，垂足分别为B ，D ，如果增加一个条件，就能推出BD ⊥EF ，现有下面四个条件：①AC ⊥α；②AC 与α，β所成的角相等；③AC 与BD 在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF.其中能成为增加条件的是________．(把你认为正确的条件序号都填上)解析：如果AB与CD在一个平面内，可以推出EF垂直于该平面，又BD在该平面内，所以BD⊥EF.故要证BD⊥EF，只需AB，CD在一个平面内即可，只有①③能保证这一条件．答案：①③7．(2013·辽宁高考)如图，AB是圆O的直径，P A垂直圆O所在的平面，C是圆O上的点．(1)求证：BC⊥平面P AC；(2)设Q为P A的中点，G为△AOC的重心．求证：QG∥平面PBC.证明：(1)证明：由AB是圆O的直径，得AC⊥BC.由P A⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，得P A⊥BC.又P A∩AC＝A，P A⊂平面P AC，AC⊂平面P AC，所以BC⊥平面P AC.(2)连OG并延长交AC于M，连接QM，QO，由G为△AOC的重心，得M为AC中点．由Q为P A中点，得QM∥PC.又O为AB中点，得OM∥BC.因为QM∩MO＝M，QM⊂平面QMO，MO⊂平面QMO，BC∩PC＝C，BC⊂平面PBC，PC⊂平面PBC，所以平面QMO∥平面PBC.因为QG⊂平面QMO，所以QG∥平面PBC.8．(2013·北京高考)如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面P AD⊥底面ABCD，P A⊥AD，E和F分别为CD和PC的中点．求证：(1)P A⊥底面ABCD；(2)BE∥平面P AD；(3)平面BEF⊥平面PCD.证明：(1)因为平面P AD⊥底面ABCD，且P A垂直于这两个平面的交线AD，所以P A⊥底面ABCD.(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB ∥DE ，且AB ＝DE .所以ABED 为平行四边形．所以BE ∥AD .又因为BE ⊄平面P AD ，AD ⊂平面P AD ，所以BE ∥平面P AD .(3)因为AB ⊥AD ，而且ABED 为平行四边形．所以BE ⊥CD ，AD ⊥CD ，由(1)知P A ⊥底面ABCD ，所以P A ⊥CD ，因为P A ∩AD ＝A ，所以CD ⊥平面P AD .所以CD ⊥PD .因为E 和F 分别是CD 和PC 的中点，所以PD ∥EF ，所以CD ⊥EF .又EF ∩BE ＝E ，所以CD ⊥平面BEF .所以平面BEF ⊥平面PCD .第Ⅱ卷：提能增分卷1．如图1，在边长为1的等边三角形ABC 中，D ，E 分别是AB ，AC 上的点，AD ＝AE ，F 是BC 的中点，AF 与DE 交于点G .将△ABF 沿AF 折起，得到如图2所示的三棱锥A -BCF ，其中BC ＝22.图1 图2(1)证明：DE ∥平面BCF ；(2)证明：CF ⊥平面ABF ；(3)当AD ＝23时，求三棱锥F -DEG 的体积V F -DEG . 解：(1)证明：如图1，在等边三角形ABC 中，AB ＝AC .∵AD ＝AE ，∴AD DB ＝AE EC，∴DE ∥BC ， ∴DG ∥BF ，如图2，DG ⊄平面BCF ，BF ⊂平面BCF ，∴DG ∥平面BCF .同理可证GE ∥平面BCF .∵DG ∩GE ＝G ，∴平面GDE ∥平面BCF ，∴DE ∥平面BCF .(2)证明：如图1，在等边三角形ABC 中，F 是BC 的中点，∴AF ⊥FC ，∴BF ＝FC ＝12BC ＝12. 在图2中，∵BC ＝22，∴BC 2＝BF 2＋FC 2，∴∠BFC ＝90°， ∴FC ⊥BF .∵BF ∩AF ＝F ，∴CF ⊥平面ABF .(3)∵AD ＝23，∴BD ＝13，AD ∶DB ＝2∶1，在图2中，AF ⊥FC ，AF ⊥BF ，∴AF ⊥平面BCF ，由(1)知平面GDE ∥平面BCF ，∴AF ⊥平面GDE .在等边三角形ABC 中，AF ＝32AB ＝32， ∴FG ＝13AF ＝36，DG ＝23BF ＝23×12＝13＝GE ， ∴S △DGE ＝12DG ·EG ＝118，∴V F -DEG ＝13S △DGE ·FG ＝3324. 2．如图，在三棱锥A -BOC 中，AO ⊥平面COB ，∠OAB ＝∠OAC ＝π6，AB ＝AC ＝2，BC ＝2，D 、E 分别为AB 、OB 的中点．(1)求证：CO ⊥平面AOB ；(2)在线段CB 上是否存在一点F ，使得平面DEF ∥平面AOC ，若存在，试确定F 的位置；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：因为AO ⊥平面COB ，所以AO ⊥CO ，AO ⊥BO .即△AOC 与△AOB 为直角三角形．又因为∠OAB ＝∠OAC ＝π6，AB ＝AC ＝2，所以OB ＝OC ＝1.由OB 2＋OC 2＝1＋1＝2＝BC 2，可知△BOC 为直角三角形．所以CO ⊥BO ，又因为AO ∩BO ＝O ，所以CO ⊥平面AOB .(2)在段线CB 上存在一点F ，使得平面DEF ∥平面AOC ，此时F 为线段CB 的中点．如图，连接DF ，EF ，因为D 、E 分别为AB 、OB 的中点，所以DE ∥OA .又DE ⊄平面AOC 上，所以DE ∥平面AOC .因为E 、F 分别为OB 、BC 的中点，所以EF ∥OC .又EF ⊄平面AOC ，所以EF ∥平面AOC ，又EF ∩DE ＝E ，EF ⊂平面DEF ，DE ⊂平面DEF ，所以平面DEF ∥平面AOC .3.如图，在正三棱柱ABC -A1B 1C 1中，点D 在边BC 上，AD ⊥C 1D .(1)求证：AD ⊥平面BCC 1B 1；(2)设E 是B 1C 1上的一点，当B 1E EC 1的值为多少时，A 1E ∥平面ADC 1？请给出证明．解：(1)证明：在正三棱柱中，CC 1⊥平面ABC ，AD ⊂平面ABC ，∴AD ⊥CC 1.又∵AD ⊥C 1D ，CC 1∩C 1D ＝C 1，CC 1⊂平面BCC 1B 1，C 1D ⊂平面BCC 1B 1， ∴AD ⊥平面BCC 1B 1.(2)由(1)，得AD ⊥BC .在正三角形ABC 中，D 是BC 的中点．当B 1E EC 1＝1，即E 为B 1C 1的中点时，A 1E ∥平面ADC 1. 证明如下，作图如图所示．事实上，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形BCC 1B 1是矩形，且D ，E 分别是BC ，B 1C 1的中点，所以B 1B ∥DE ，B 1B ＝DE .又∵B 1B ∥AA 1，且B 1B ＝AA 1，∴DE ∥AA 1，且DE ＝AA 1.∴四边形ADEA 1为平行四边形，∴EA 1∥AD .而A 1E ⊄平面ADC 1，AD ⊂平面ADC 1，故A 1E ∥平面ADC 1.。

《三维设计》2015届高考数学苏教,理科大一轮复习配套讲义备考基础查清热点命题悟通：第七章立体几何

第七章立体几何第一节空间点、直线、平面之间的位置关系对应学生用书P941．四个公理公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．作用：可用来证明点、直线在平面内．公理2：如果两个平面有一个公共点，那么它们还有其他公共点，这些公共点的集合是经过这个公共点的一条直线．作用：①可用来确定两个平面的交线；②判断或证明多点共线；③判断或证明多线共点．公理3：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面．作用：①用来确定一个平面；②证明点线共面．推论1：经过一条直线和这条直线外的一点，有且只有一个平面；推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面；推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面．公理3及它的三个推论是确定点、线共面的依据．公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．作用：判断空间两条直线平行的依据． 2．空间直线的位置关系 (1)位置关系的分类：⎩⎨⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧平行相交异面直线：不同在任何一个平面内(2)异面直线所成的角：①定义：设a ，b 是两条异面直线，经过空间中任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角)．②范围：⎝⎛⎦⎤0，π2. (3)定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补． 3．空间直线与平面，平面与平面之间的位置关系1．异面直线易误解为“分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线”，实质上两异面直线不能确定任何一个平面，因此异面直线既不平行，也不相交．2．直线与平面的位置关系在判断时最易忽视“线在面内”．[试一试]1．设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：(1)若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α平行于β；(2)若α外一条直线l与α内的一条直线平行，则l和α平行；(3)设α和β相交于直线l，若α内有一条直线垂直于l，则α和β垂直；(4)直线l与α垂直的充分必要条件是l与α内的两条直线垂直．上述命题中，真命题的序号是________(写出所有真命题的序号)．解析：由面面平行的判定定理可知，(1)正确．由线面平行的判定定理可知，(2)正确．对(3)来说，l只垂直于α和β的交线l，得不到l是α的垂线，故也得不出α⊥β.对(4)来说，l只有和α内的两条相交直线垂直，才能得到l⊥α.也就是说当l垂直于α内的两条平行直线的话，l不垂直于α.答案：(1)(2)2．若直线a⊥b，且直线a∥平面α，则直线b与平面α的位置关系是________．解析：b与α相交或b⊂α或b∥α都可以．答案：b与α相交或b⊂α或b∥α1．求异面直线所成角的方法(1)平移法：即选点平移其中一条或两条直线使其转化为平面角问题，这是求异面直线所成角的常用方法．(2)补形法：即采用补形法作出平面角．2．证明共面问题的两种途径(1)首先由条件中的部分线(或点)确定一个平面，再证其他线(或点)在此平面内；(2)将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证明这两个平面重合．3．证明共线问题的两种途径(1)先由两点确定一条直线，再证其他点都在这条直线上；(2)直接证明这些点都在同一条特定直线上．4．证明共点问题的常用方法先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．[练一练](2014·镇江期末)如图，在多面体ABC-DEFG中，AB，AC，AD两两垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1.(1)证明：四边形ABED是正方形；(2)判断B，C，F，G是否四点共面，并说明理由；(3)连结CF，BG，BD，求证：CF⊥平面BDG.解：(1)证明：⎭⎪⎬⎪⎫平面ABC ∥平面DEFG平面ABED ∩平面ABC ＝AB 平面ABED ∩平面DEFG ＝DE ⇒AB ∥DE . 同理AD ∥BE ，则四边形ABED 是平行四边形．又AD ⊥AB ，AD ＝AB ，所以四边形ABED 是正方形． (2)取DG 的中点P ，连结P A ，PF . 在梯形EFGD 中，PF ∥DE 且PF ＝DE .又AB ∥DE 且AB ＝DE ，所以AB ∥PF 且AB ＝PF ，所以四边形ABFP 为平行四边形，则AP ∥BF .在梯形ACGD 中，AP ∥CG ，所以BF ∥CG ，所以B ，C ，F ，G 四点共面．(3)证明：同(1)中证明方法知四边形BFGC 为平行四边形．又有AC ∥DG ，EF ∥DG ，从而AC ∥EF .⎭⎪⎬⎪⎫⎭⎪⎬⎪⎫AC ∥EF AC ⊥AD ⇒EF ⊥AD BE ∥AD⇒BE ⊥EF . 又BE ＝AD ＝2，EF ＝1，故BF ＝ 5.而BC ＝5，故四边形BFGC 为菱形，所以CF ⊥BG . 连结AE ，又由AC ∥EF 且AC ＝EF 知CF ∥AE . 在正方形ABED 中，AE ⊥BD ，故CF ⊥BD .⎭⎪⎬⎪⎫CF ⊥BGCF ⊥BD BG ∩BD ＝B ⇒CF ⊥平面BDG . 对应学生用书P95考点一平面的基本性质及应用1．下列命题：(1)若m⊂α，m⊥β，则α⊥β；(2)若m⊂α，α∩β＝n，α⊥β，则m⊥n；(3)若m∥α，m⊂β，α∩β＝n，则m∥n.其中真命题是________(填序号)．解析：(2)中，m∥n，m与n相交都有可能．答案：(1)(3)2．下列命题：①经过三点确定一个平面；②梯形可以确定一个平面；③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．其中正确命题有________个．解析：对于①，未强调三点不共线，故①错误；②正确；对于③，三条直线两两相交，如空间直角坐标系，能确定三个平面，故③正确；对于④，未强调三点共线，则两平面也可能相交，故④错误．答案：23．如图，已知：E，F，G，H分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB，BC，CC1，C1D1的中点，证明：EF，HG，DC三线共点．证明：连结C1B，HE，GF，如图所示．由题意知HC1綊EB，∴四边形HC1BE是平行四边形，∴HE∥C1B.又C1G＝GC，CF＝BF，故GF綊12C1B，∴GF∥HE，且GF≠HE，∴HG与EF相交，设交点为K，则K∈HG.又HG⊂平面D1C1CD，∴K∈平面D1C1CD.∵K∈EF，EF⊂平面ABCD，∴K∈平面ABCD.∵平面D1C1CD∩平面ABCD＝DC，∴K∈DC，∴EF，HG，DC三线共点．[备课札记][类题通法]1．证明共点问题的关键是先确定点后，再证明此点在第三条直线上，这个第三条直线应为前两条直线所在平面的交线，可以利用公理3证明．2．证明过程中要注意符号语言表达准确，公理成立的条件要完善．[典例](1)β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是________．[解析]依据题意，b，c分别为a在α，β内的射影，可判断b，c相交、平行或异面均可．[答案]相交、平行或异面(2)已知空间四边形ABCD中，E，H分别是边AB，AD的中点，F，G分别是边BC，CD 的中点．①求证：BC与AD是异面直线；②求证：EG与FH相交．[证明]①假设BC与AD共面，不妨设它们所共平面为α，则B，C，A，D∈α.所以四边形ABCD为平面图形，这与四边形ABCD为空间四边形相矛盾．所以BC与AD 是异面直线．②如图，连结AC，BD，则EF∥AC，HG∥AC，因此EF∥HG；同理EH∥FG，则EFGH为平行四边形．又EG，FH是▱EFGH的对角线，所以EG与HF相交．[备课札记][类题通法]1．异面直线的判定常用的是反证法，先假设两条直线不是异面直线，即两条直线平行或相交，由假设的条件出发，经过严格的推理，导出矛盾，从而否定假设肯定两条直线异面．此法在异面直线的判定中经常用到．2．客观题中，也可用下述结论：过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线．[针对训练]若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则下列结论正确的是________．(填写序号)①α内的所有直线与l异面②α内不存在与l平行的直线③α内存在唯一的直线与l平行④α内的直线与l都相交解析：如图，设l∩α＝A，α内直线若经过A点，则与直线l相交；若不经过点A，则与直线l异面．答案：②对应学生用书P96[课堂练通考点]1．(2014·泰州期末)在空间中，用a，b，c表示三条不同的直线，γ表示平面，给出下列四个命题：(1)若a∥b，b∥c，则a∥c；(2)若a⊥b，b⊥c，则a⊥c；(3)若a∥γ，b∥γ，则a∥b；(4)若a⊥γ，b⊥γ，则a∥b.其中真命题的序号为________．解析：根据公理4“平行于同一条直线的两条直线互相平行”知(1)是正确的；根据线面垂直性质定理“同垂直一个平面的两条直线平行”知(4)是正确的；(2)(3)均不恒成立．故填(1)(4)．答案：(1)(4)2．已知m，n，l是三条直线，α，β是两个平面，下列命题中，正确命题的序号是________．(1)若l垂直于α内两条直线，则l⊥α；(2)若l平行于α，则α内有无数条直线与l平行；(3)若m∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n；(4)若m⊥α，m⊥β，则α∥β.解析：(1)中只有当两条直线相交时，l⊥α才成立，所以(1)不正确；若l∥α，则过l任作平面β与α相交，则交线必与l平行，由于β的任意性，故(2)正确；(3)m与n可以平行可以异面，故(3)不正确；(4)正确．答案：(2)(4)3．(2013·南通三模)已知直线l，m，n，平面α，m⊂α，n⊂α，则“l⊥α”是“l⊥m，且l⊥n”的________条件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”之一)．解析：当l⊥α时，有l⊥m且l⊥n；当l⊥m且l⊥n时，由于m，n不一定相交，故l不一定垂直于α.答案：充分不必要4．设a，b，c是空间的三条直线，下面给出四个命题：①若a⊥b，b⊥c，则a∥c；②若a，b是异面直线，b，c是异面直线，则a，c也是异面直线；③若a和b相交，b和c相交，则a和c也相交；④若a和b共面，b和c共面，则a和c也共面．其中真命题的个数是________．解析：∵a⊥b，b⊥c，∴a与c可以相交、平行、异面，故①错．∵a，b异面，b，c异面，则a，c可能异面、相交、平行，故②错．由a，b相交，b，c相交，则a，c可以异面、相交、平行，故③错．同理④错，故真命题的个数为0.答案：05．(2014·苏州调研)设α，β为两个不重合的平面，m，n为两条不重合的直线，给出下列四个命题：(1)若m⊥n，m⊥α，n⊄α，则n∥α；(2)若α⊥β，α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则n⊥β；(3)若m⊥n，m∥α，n∥β，则α⊥β；(4)若n⊂α，m⊂β，α与β相交且不垂直，则n与m不垂直．其中所有真命题的序号是________．解析：(1)(2)正确；(3)错误，α，β相交或平行；(4)错误，n与m可以垂直，不妨令n＝α∩β，则在β内存在m⊥n.答案：(1)(2)[课下提升考能]第Ⅰ组：全员必做题1．(2013·苏锡常镇、连云港、徐州六市调研(一))已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，有下列四个命题：(1)若l⊂β，且α⊥β，则l⊥α；(2)若l⊥β，且α∥β，则l⊥α；(3)若l⊥β，且α⊥β，则l∥α；(4)若α∩β＝m，且l∥m，则l∥α.则所有正确命题的序号是________．解析：对于(1)，若l⊂β，且α⊥β，则l⊥α或l∥α或l与α相交；对于(3)(4)，还可能l ⊂α；故(1)(3)(4)错误．答案：(2)2．(2013·南京三模)已知l，m，n是三条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题：(1)若l∥m，n⊥m，则n⊥l；(2)若l∥m，m⊂α，则l∥α；(3)若l⊂α，m⊂β，α∥β，则l∥m；(4)若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l，则l⊥γ.其中真命题是________(写出所有真命题的序号)．解析：(2)错误在于可能l⊂α；(3)错误在于可能l与m为异面直线．答案：(1)(4)3．(2014·广州模拟)若空间中有两条直线，则“这两条直线为异面直线”是“这两条直线没有公共点”的________条件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”之一)．解析：若两直线为异面直线，则两直线无公共点，反之不一定成立．答案：充分不必要4．(2014·南京、盐城一模)下列四个命题：(1)过平面外一点有且只有一条直线与该平面垂直；(2)过平面外一点有且只有一条直线与该平面平行；(3)如果两个平行平面和第三个平面相交，那么所得的两条交线平行；(4)如果两个平面垂直，那么经过第一个平面内一点且垂直于第二个平面的直线必在第一个平面内．其中所有真命题的序号是________．解析：由有关定理、公理易知(1)(3)(4)正确．答案：(1)(3)(4)5．(2013·扬州三调)在所有棱长都相等的三棱锥P-ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下列四个命题：(1)BC∥平面PDF；(2)DF∥平面P AE；(3)平面PDF⊥平面ABC；(4)平面PDF⊥平面P AE.其中正确命题的序号为________．解析：由条件可证BC∥DF，则BC∥平面PDF，从而(1)正确；因为DF与AE相交，所以(2)错误；取DF中点M(如图)，则PM⊥DF，且可证PM与AE不垂直，所以(3)错误；而DM⊥PM，DM⊥AM，则DM⊥平面P AE.又DM⊂平面PDF，故平面PDF⊥平面P AE，所以(4)正确．综上所述，正确命题的序号为(1)(4)．答案：(1)(4)6．(2013·南通二模)设α，β是空间两个不同的平面，m，n是平面α及β外的两条不同直线．从“①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α”中选取三个作为条件，余下一个作为结论，写出你认为正确的一个命题：________(填序号)．解析：因为当n⊥β，m⊥α时，平面α及β所成的二面角与直线m，n所成的角相等或互补，所以若m⊥n，则α⊥β，从而由①③④⇒②；同理若α⊥β，则m⊥n，从而有②③④⇒①.答案：①③④⇒②或②③④⇒①7.(2014·苏州调研)如图，AB为圆O的直径，点C在圆周上(异于点A，B)，直线P A垂直于圆O所在的平面，点M是线段PB的中点．有以下四个命题：(1)P A∥平面MOB；(2)MO∥平面P AC；(3)OC⊥平面P AC；(4)平面P AC⊥平面PBC.其中正确的是________(填序号)．解析：(1)因为P A在平面MOB内，所以(1)错误；(2)因为MO∥P A，MO⊄平面P AC，P A⊂平面P AC，所以MO∥平面P AC；(3)因为P A垂直于圆O所在的平面，所以P A⊥BC.又BC⊥AC，AC∩P A＝A，所以BC⊥平面P AC.因为空间内过一点作已知平面的垂线有且只有一条，所以OC⊥平面P AC不成立，(3)错误；(4)由(3)知BC⊥平面P AC，且BC⊂平面PBC，所以平面P AC⊥平面PBC.正确命题的序号是(2)(4)．答案：(2)(4)8．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________条．解析：如图，连结体对角线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，如连结BD1，则BD1与棱BC，BA，BB1所成的角都相等，∵BB1∥AA1，BC∥AD，∴体对角线BD1与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，同理，体对角线A1C，DB1也与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，过A点分别作BD1，A1C，DB1的平行线都满足题意，故这样的直线l可以作4条．答案：49.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：依题意，与AB和CC1都相交的棱有BC；与AB相交且与CC1平行有棱AA1，BB1；与AB平行且与CC1相交的棱有CD，C1D1.故符合条件的有5条．答案：510.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________．解析：还原成正四面体知GH 与EF 为异面直线，BD 与MN 为异面直线，GH 与MN 成60°角，DE ⊥MN .答案：②③④11．如图为正方体表面的一种展开图，则图中的四条线段AB ，CD ，EF ，GH 在原正方体中互为异面的对数为________对．解析：平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB ，CD ，EF 和GH 在原正方体中，显然AB 与CD ，EF 与GH ，AB 与GH 都是异面直线，而AB 与EF 相交，CD 与GH 相交，CD 与EF 平行．故互为异面的直线有且只有3对．答案：312．如图所示，正方体的棱长为1，B ′C ∩BC ′＝O ，则AO 与A ′C ′所成角的度数为________．解析：∵A ′C ′∥AC ，∴AO 与A ′C ′所成的角就是∠OAC . ∵OC ⊥OB ，AB ⊥平面BB ′CC ′， ∴OC ⊥AB .又AB ∩BO ＝B ， ∴OC ⊥平面ABO .又OA ⊂平面ABO ，∴OC ⊥OA . 在Rt △AOC 中，OC ＝22，AC ＝2， sin ∠OAC ＝OC AC ＝12，∴∠OAC ＝30°.即AO 与A ′C ′所成角的度数为30°. 答案：30°第Ⅱ组：重点选做题1．(2013·苏锡常镇、连云港、徐州六市调研(二))在矩形ABCD 中，对角线AC 与相邻两边所成的角为α，β，则有cos 2α＋cos 2β＝1.类比到空间中的一个正确命题是：在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，对角线AC 1与相邻三个面所成的角为α，β，γ，则________．解析：设长方体的棱长分别为a ，b ，c ，如图所示，所以AC 1与下底面所成角为∠C 1AC ，记为α，所以cos 2α＝AC2AC 21＝a 2＋b 2a 2＋b 2＋c2，同理cos 2β＝a 2＋c 2a 2＋b 2＋c 2，cos 2γ＝b 2＋c 2a 2＋b 2＋c2，所以cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＝2.答案：cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＝22．如图，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与四边形ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠F AB ＝90°，BC 綊12AD ，BE 綊12F A ，G ，H 分别为F A ，FD 的中点．(1)求证：四边形BCHG 是平行四边形； (2)C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？解：(1)证明：由题设知，FG ＝GA ，FH ＝HD ，所以GH 綊12AD .又BC 綊12AD ，故GH 綊BC .所以四边形BCHG 是平行四边形． (2)C ，D ，F ，E 四点共面．理由如下：由BE 綊12AF ，G 是F A 的中点知，BE 綊GF ，所以EF 綊BG .由(1)知BG ∥CH ，所以EF ∥CH ，故EC 、FH 共面．又点D 在直线FH 上，所以C ，D ，F ，E 四点共面．第二节直线、平面平行的判定与性质对应学生用书P961．直线与平面平行的判定定理和性质定理1．直线与平面平行的判定中易忽视“线在面内”这一关键条件．2．面面平行的判定中易忽视“面内两条相交线”这一条件．3．如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，易误认为这两个平面平行，实质上也可以相交．[试一试]1．下列说法中正确的是________(填序号)．①一条直线如果和一个平面平行，它就和这个平面内的无数条直线平行；②一条直线和一个平面平行，它就和这个平面内的任何直线无公共点；③过直线外一点，有且仅有一个平面和已知直线平行；④如果直线l和平面α平行，那么过平面α内一点和直线l平行的直线在α内．解析：由线面平行的性质定理知①④正确；由直线与平面平行的定义知②正确；③错误，因为经过一点可作一直线与已知直线平行，而经过这条直线可作无数个平面．答案：①②④2．设l，m，n表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列四个命题：①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；②若m∥l，且m∥α，则l∥α；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，则l∥m∥n；④若α∩β＝m ，β∩γ＝l ，γ∩α＝n ，且n ∥β，则l ∥m . 其中正确命题的个数是________．解析：易知①正确；②错误，l 与α的具体关系不能确定；③错误，以墙角为例即可说明；④正确，可以以三棱柱为例说明．答案：21．转化与化归思想——平行问题中的转化关系2．判断线面平行的两种常用方法面面平行判定的落脚点是线面平行，因此掌握线面平行的判定方法是必要的，判定线面平行的两种方法：(1)利用线面平行的判定定理；(2)利用面面平行的性质，即当两平面平行时，其中一平面内的任一直线平行于另一平面． [练一练]1．a 、b 、c 为三条不重合的直线，α、β、γ为三个不重合的平面，现给出四个命题 ①⎭⎪⎬⎪⎫α∥c β∥c ⇒α∥β ②⎭⎪⎬⎪⎫α∥γβ∥γ⇒α∥β③⎭⎪⎬⎪⎫α∥c a ∥c ⇒a ∥α ④⎭⎪⎬⎪⎫a ∥γα∥γ⇒α∥a 其中正确的命题是________(填序号)．解析：②正确．①错在α与β可能相交．③④错在a 可能在α内．答案：②2．如图所示，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E、F、G、H分别是棱CC1、C1D1、D1D、DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M满足条件______时，有MN∥平面B1BDD1.解析：由平面HNF∥平面B1BDD1知，当M点满足在线段FH上有MN∥平面B1BDD1.答案：M∈线段FH对应学生用书P97线面平行、面面平行的基本问题考点一1①若m⊂α，l∩α＝A，A∉m，则l与m不共面；②若m，l是异面直线，l∥α，m∥α，且n⊥l，n⊥m，则n⊥α；③若m，n是相交直线，m⊂α，m∥β，n⊂α，n∥β，则α∥β；④若l∥α，m∥β，α∥β，则l∥m.其中真命题有________个．解析：由异面直线的判定定理，易知①是真命题；由线面平行的性质知，存在直线l′⊂α，m′⊂α，使得l∥l′，m∥m′，∵m，l是异面直线，∴l′与m′是相交直线，又n⊥l，n⊥m，∴n⊥l′，n⊥m′，故n⊥α，②是真命题；由线面平行的性质和判定知③是真命题；满足条件l∥α，m∥β，α∥β的直线m，l或相交或平行或异面，故④是假命题．答案：32．(2014·济宁模拟)过三棱柱ABC-A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线共有________条．解析：过三棱柱ABC-A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，记AC，BC，A1C1，B1C1的中点分别为E，F，E1，F1，则直线EF，E1F1，EE1，FF1，E1F，EF1均与平面ABB1A1平行，故符合题意的直线共6条．答案：6[备课札记][类题通法]解决有关线面平行、面面平行的基本问题要注意(1)判定定理与性质定理中易忽视的条件，如线面平行的判定定理中条件线在面外易忽视．(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断．(3)举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确．直线与平面平行的判定与性质考点二[典例](2013·新课标卷Ⅱ)如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点．(1)证明：BC1∥平面A1CD；(2)设AA1＝AC＝CB＝2，AB＝22，求三棱锥C-A1DE的体积．[解](1)证明：连结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点．又D 是AB 中点，连结DF ，则BC 1∥DF .因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ，所以BC 1∥平面A 1CD . (2)因为ABC -A 1B 1C 1是直三棱柱，所以AA 1⊥CD .由已知AC ＝CB ，D 为AB 的中点，所以CD ⊥AB .又AA 1∩AB ＝A ，于是CD ⊥平面ABB 1A 1.由AA 1＝AC ＝CB ＝2，AB ＝22得∠ACB ＝90°，CD ＝2，A 1D ＝6，DE ＝3，A 1E ＝3，故A 1D 2＋DE 2＝A 1E 2，即DE ⊥A 1D . 所以VC -A 1DE ＝13×12×6×3×2＝1.[备课札记]在本例条件下，线段BC 1上是否存在一点M 使得DM ∥平面A 1ACC 1？解：存在．当M 为BC 1的中点时成立．证明如下：连结DM ，在△ABC 1中， D ，M 分别为AB ，BC 1的中点 ∵DM 綊12AC 1，又DM ⊄平面A 1ACC 1AC 1⊂平面A 1ACC 1，∴DM ∥平面A 1ACC 1. [类题通法]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． [针对训练]如图，已知四棱锥P -ABCD 的底面为直角梯形，AB ∥CD ，∠DAB ＝90°，P A ⊥底面ABCD ，且P A ＝AD ＝DC ＝12AB ＝1，M 是PB 的中点．(1)求证：AM ＝CM ；(2)若N 是PC 的中点，求证：DN ∥平面AMC . 证明：(1)∵在直角梯形ABCD 中，AD ＝DC ＝12AB ＝1，∴AC ＝2，BC ＝2，∴BC ⊥AC ，又P A ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ， ∴BC ⊥P A ，又P A ∩AC ＝A ， ∴BC ⊥平面P AC ，∴BC ⊥PC .在Rt △P AB 中，M 为PB 的中点，则AM ＝12PB ，在Rt △PBC 中，M 为PB 的中点，则CM ＝12PB ，∴AM ＝CM .(2)如图，连结DB 交AC 于点F ， ∵DC 綊12AB ，∴DF ＝12FB .取PM 的中点G ，连结DG ，FM ，则DG ∥FM ，又DG ⊄平面AMC ，FM ⊂平面AMC ， ∴DG ∥平面AMC .连结GN ，则GN ∥MC ，GN ⊄平面AMC ， MC ⊂平面AMC . ∴GN ∥平面AMC ，又GN ∩DG ＝G ， ∴平面DNG ∥平面AMC ，又DN ⊂平面DNG ， ∴DN ∥平面AMC .考点三平面与平面平行的判定与性质[典例]1111O是底面中心，A1O⊥底面ABCD，AB＝AA1＝ 2.(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；(2)求三棱柱ABD-A1B1D1的体积．[解](1)证明：由题设知，BB1綊DD1，∴四边形BB1D1D是平行四边形，∴BD∥B1D1.又B D⃘平面CD1B1，∴BD∥平面CD1B1.∵A1D1綊B1C1綊BC，∴四边形A1BCD1是平行四边形，∴A1B∥D1C.又A1B⃘平面CD1B1，∴A1B∥平面CD1B1.又∵BD∩A1B＝B，∴平面A1BD∥平面CD1B1.(2)∵A1O⊥平面ABCD，∴A1O是三棱柱ABD-A1B1D1的高．又∵AO＝12AC＝1，AA1＝2，∴A1O＝AA21－OA2＝1.又∵S△ABD＝12×2×2＝1，∴VABD-A1B1D1＝S△ABD×A1O＝1.[备课札记][类题通法]判断面面平行的常用方法(1)利用面面平行的判定定理；(2)面面平行的传递性(α∥β，β∥γ⇒α∥γ)；(3)利用线面垂直的性质(l⊥α，l⊥β⇒α∥β)．[针对训练]如图，在直四棱柱ABCD -A1B1C1D1中，底面是正方形，E，F，G分别是棱B1B，D1D，DA的中点．求证：(1)平面AD1E∥平面BGF；(2)D1E⊥AC.证明：(1)∵E，F分别是B1B和D1D的中点，∴D1F綊BE.∴四边形BED1F是平行四边形，∴D1E∥BF；又∵D1E⊄平面BGF，BF⊂平面BGF，∴D1E∥平面BGF.∵FG是△DAD1的中位线，∴FG∥AD1；又AD1⊄平面BGF，FG⊂平面BGF，∴AD1∥平面BGF.又∵AD1∩D1E＝D1，∴平面AD1E∥平面BGF.(2)连结BD，B1D1，∵底面是正方形，∴AC⊥BD.∵D1D⊥AC，D1D∩BD＝D，∴AC⊥平面BDD1B1.∵D1E⊂平面BDD1B1，∴D1E⊥AC.对应学生用书P98[课堂练通考点]1．已知直线a，b，平面α，则以下三个命题：①若a∥b，b⊂α，则a∥α；②若a∥b，a∥α，则b∥α；③若a∥α，b∥α，则a∥b.其中真命题的个数是________．解析：对于①，若a∥b，b⊂α，则应有a∥α或a⊂α，所以①不正确；对于②，若a∥b，a∥α，则应有b∥α或b⊂α，因此②不正确；对于③，若a∥α，b∥α，则应有a∥b或a与b相交或a与b异面，因此③是假命题．综上，在空间中，以上三个命题都是假命题．答案：02．下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是________．解析：对于图形①，平面MNP与AB所在的对角面平行，即可得到AB∥平面MNP；对于图形④，AB∥PN，即可得到AB∥平面MNP；图形②③无论用定义还是判定定理都无法证明线面平行．答案：①④3．(2014·南京学情调研)已知α，β为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，下列命题：(1)若m∥n，n∥α，则m∥α；(2)若m⊥α，m⊥β，则α∥β；(3)若α∩β＝n，m∥α，m∥β，则m∥n；(4)若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n.其中是真命题的是________(填序号)．解析：对于(1)，由m∥n，n∥α得m∥α或m⊂α，故(1)错误；根据空间中直线与平面的平行、垂直关系进行一一判断．答案：(2)(3)(4)4.如图所示，在四面体ABCD 中，M ，N 分别是△ACD ，△BCD 的重心，则四面体的四个面中与MN 平行的是________．解析：连结AM 并延长，交CD 于E ，连结BN ，并延长交CD 于F ，由重心性质可知，E ，F 重合为一点，且该点为CD 的中点E ，由EM MA ＝EN NB ＝12，得MN ∥AB .因此，MN ∥平面ABC 且MN ∥平面ABD .答案：平面ABC 、平面ABD5.如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，E ，F ，G ，H 分别是AB ，AC ，A 1B 1，A 1C 1的中点，求证：(1)B ，C ，H ，G 四点共面； (2)平面EF A 1∥平面BCHG .证明：(1)∵GH 是△A 1B 1C 1的中位线， ∴GH ∥B 1C 1.又∵B 1C 1∥BC ，∴GH ∥BC . ∴B ，C ，H ，G 四点共面．(2)∵E ，F 分别为AB ，AC 的中点，∴EF ∥BC . ∵EF ⊄平面BCHG ，BC ⊂平面BCHG ， ∴EF ∥平面BCHG .∵A 1G 綊EB ，∴四边形A 1EBG 是平行四边形． ∴A 1E ∥GB .∵A 1E ⊄平面BCHG ，GB ⊂平面BCHG . ∴A 1E ∥平面BCHG .∵A 1E ∩EF ＝E ，∴平面EF A 1∥平面BCHG .[课下提升考能]第Ⅰ组：全员必做题1．(2014·常州模拟)给出下列命题：(1)若线段AB 在平面α内，则直线AB 上的点都在平面α内； (2)若直线a 在平面α外，则直线a 与平面a 没有公共点；(3)两个平面平行的充分条件是其中一个平面内有无数条直线平行于另一个平面；(4)设a，b，c是三条不同的直线，若a⊥b，a⊥c，则b∥c.上述命题中，假命题的序号是________．解析：对于(1)，若线段AB在平面α内，则A，B∈α，故由公理1可得直线AB上的点都在平面α内；对于(2)，直线a在平面α外还包含直线a与平面α相交；对于(3)，两个平面平行，则一个平面内所有直线都平行于另一个平面，故其中一个平面内有无数条直线平行于另一个平面是其必要条件；对于(4)，b，c还可能相交或异面．故(2)(3)(4)为假命题．答案：(2)(3)(4)2．(2014·河北教学质量检测)已知α，β是两个不同的平面，给出下列四个条件：①存在一条直线a，a⊥α，a⊥β；②存在一个平面γ，γ⊥α，γ⊥β；③存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α；④存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α.可以推出α∥β的是________(填写序号)．解析：对于②，平面α与β还可以相交；对于③，当a∥b时，不一定能推出α∥β，所以②③是错误的，易知①④正确．答案：①④3．(2014·南通一模)关于直线m，n和平面α，β有以下四个命题：(1)若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n；(2)若m∥n，m⊂α，n⊥β，则α⊥β；(3)若α∩β＝m，m∥n，则n∥α且n∥β；(4)若m⊥n，α∩β＝m，则n⊥α或n⊥β.其中假命题的序号是________．解析：(1)中，m，n也可以相交，故(1)是假命题；(2)正确；(3)中，n还可以在α内或β内，故(3)是假命题；(4)中，只有当α⊥β时，命题才成立．故假命题的序号是(1)(3)(4)．答案：(1)(3)(4)4．(2014·南京一模)已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．下列命题：(1)若l⊂α，m⊂α，l∥β，m∥β，则α∥β；(2)若l⊂α，l∥β，α∩β＝m，则l∥m；(3)若α∥β，l∥α，则l∥β；(4)若l⊥α，m∥l，α∥β，则m⊥β.其中真命题是________(填序号)．解析：(1)只有当l与m相交时，才可得到α∥β；(3)l可能在平面β内；(2)(4)正确．答案：(2)(4)5．(2013·盐城二调)已知l是一条直线，α，β是两个不同的平面．若从“①l⊥α；②l∥β；③α⊥β”中选取两个作为条件，另一个作为结论，试写出一个你认为正确的命题________(请用序号表示)．解析：由两个作为条件，另一个作为结论的所有可能情形有：①②→③；①③→②；②③→①.其中①③→②不正确，l还可以在平面β内；②③→①不正确，l还可以在平面α内，也可以平行于平面α；①②→③是正确命题．答案：①②→③6．(2014·惠州调研)已知m，n是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，下列命题中正确的有________．①若m∥α，n∥α，则m∥n；②若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；③若m∥α，m∥β，则α∥β；④若m⊥α，n⊥α，则m∥n.解析：若m∥α，n∥α，m，n可以平行，可以相交，也可以异面，故①不正确；若α⊥γ，β⊥γ，α，β可以相交，故②不正确；若m∥α，m∥β，α，β可以相交，故③不正确；若m⊥α，n⊥α，则m∥n，④正确．答案：④7．在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q 是CC1上的点，则点Q满足条件________时，有平面D1BQ∥平面P AO.解析：假设Q为CC1的中点，因为P为DD1的中点，所以QB∥P A.连结DB，因为P，O 分别是DD1，DB的中点，所以D1B∥PO，又D1B⊄平面P AO，QB⊄平面P AO，所以D1B∥平面P AO，QB∥平面P AO，又D1B∩QB＝B，所以平面D1BQ∥平面P AO.故Q满足条件Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面P AO.答案：Q为CC1的中点8．设α，β，γ为三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，n⊂γ，且________，则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．①α∥γ，n⊂β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m⊂γ.可以填入的条件有________．解析：由面面平行的性质定理可知，①正确；当n∥β，m⊂γ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．。

2015高考数学(人教版a版)一轮配套题库：7-7立体几何中的向量方法(理)

第七节立体几何中的向量方法(理)时间：45分钟分值：75分一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．如果平面的一条斜线与它在这个平面上的射影的方向向量分别是a ＝(1,0,1)，b ＝(0,1,1)，那么这条斜线与平面所成的角是( )A ．90°B ．60°C ．45°D ．30°解析 ∵|a |＝2，|b |＝2，∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝12.又〈a ，b 〉∈(0°，90°)，∴〈a ，b 〉＝60°. 答案 B2．(2014·珠海模拟)已知AB →＝(1,5，－2)，BC →＝(3,1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ，y ，z 分别为( )A.337，－157，4 B.407，－157，4 C.407，－2,4D ．4，407，－15 解析 ∵AB →⊥BC →，∴AB →·BC →＝0，即3＋5－2z ＝0，得z ＝4，又BP ⊥平面ABC ，∴BP ⊥AB ，BP ⊥BC ，BC →＝(3,1,4)，则⎩⎪⎨⎪⎧(x －1)＋5y ＋6＝0，3(x －1)＋y －12＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝407，y ＝－157.答案 B3．长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，E 为CC 1的中点，则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为( )A.1010B.3010C.21510D.31010解析建立空间直角坐标系如图．则A (1,0,0)，E (0,2,1)，B (1,2,0)，C 1(0,2,2)． BC 1→＝(－1,0,2)，AE →＝(－1,2,1)， cos 〈BC 1→，AE →〉＝BC 1→·AE →|BC 1→|·|AE →|＝3010.所以异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为3010. 答案 B4．在90°的二面角的棱上有A ，B 两点，AC 、BD 分别在这个二面角的两个面内，且都垂直于棱AB ，已知AB ＝5，AC ＝3，CD ＝52，则BD ＝( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析由条件知AC ⊥AB ，BD ⊥AB ，AC ⊥BD ，又CD →＝CA →＋AB →＋BD →， ∴CD →2＝(CA →＋AB →＋BD →)2 ＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2 ＝32＋52＋|BD →|2＝(52)2， ∴|BD →|2＝16，∴BD ＝4. 答案 A5．已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝4，CC 1＝2，则直线BC 1和平面DBB 1D 1所成角的正弦值为( )A.32 B.52 C.105D.1010解析如图建立空间直角坐标系，则B (4,0,0)，C (4,4,0)，C 1(4,4,2)，显然AC ⊥平面BB 1D 1D ，∴AC →＝(4,4,0)为平面BB 1D 1D 的一个法向量．又BC 1→＝(0,4,2)，∴cos 〈BC 1→，AC →〉＝BC 1→·AC→|BC 1→||AC →|＝1616＋4·16＋161＝105.即BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为105. 答案 C6．(2014·德州调研)二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC 、BD 分别在这个二面角的两个平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为( )A ．150°B ．45°C ．60°D ．120°解析由题意知AC →与BD →所成角即为该二面角的平面角． ∵CD →＝CA →＋AB →＋BD →，∴CD →2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD →. ∴(217)2＝62＋42＋82＋2|CA →||BD →|cos 〈CA →，BD →〉＝116＋2×6×8cos 〈CA →，BD →〉．∴cos 〈CA →，BD →〉＝－12，∴〈CA →，BD →〉＝120°. ∴〈AC →，BD →〉＝60°，∴该二面角的大小为60°. 答案 C二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分) 7.(2014·潍坊考试)如图，平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1，若ABCD 是边长为2的正方形，AA 1＝1，∠A 1AD ＝∠A 1AB ＝60°，则BD 1的长为__________．解析 ∵BD 1→＝BA →＋BC →＋BB 1→，∴|BD 1→|2＝(BA →＋BC →＋BB 1→)2＝9，故BD 1＝3. 答案 38．(2013·怀化模拟)如图，在直三棱柱中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝1，侧棱AA 1＝2，M 为A 1B 1的中点，则AM 与平面AA 1C 1C 所成角的正切值为________．解析以C 1为原点，C 1A 1，C 1B 1，C 1C 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则平面AA 1C 1C 的法向量为n ＝(0,1,0)，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0－(1,0，2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，－2，则直线AM 与平面AA 1C 1C 所成角θ的正弦值为sin θ＝|cos 〈AM →，n 〉|＝|AM →·n ||AM →||n |＝110，∴tan θ＝13.答案 139．如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝1，AA 1＝2，∠B 1A 1C 1＝90°，D 为BB 1的中点，则异面直线C 1D 与A 1C 所成角的余弦值为________．解析以A 为原点建立空间直角坐标系，如图，A 1(0,0,2)，C (0,1,0)，D (1,0,1)，C 1(0,1,2)，则C 1D →＝(1，－1，－1)，A 1C →＝(0,1，－2)，|C 1D →|＝3，|A 1C →|＝5，C 1D →·A 1C →＝1，cos 〈C 1D →，A 1C →〉＝C 1D →·A 1C →|C 1D →||A 1C →|＝1515，故异面直线C 1D 与A 1C 所成角的余弦值为1515. 答案 1515三、解答题(本大题共3小题，每小题10分，共30分)10．(2013·江苏卷)如图，在直三棱柱A 1B 1C 1—ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值； (2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．解 (1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A —xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0,0,4)，C 1(0,2,4)，所以A 1B →＝(2,0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4)．因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D →|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD →＝(1,1,0)，AC 1→＝(0,2,4)，所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面ABA 1的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53.因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53.11．(2013·福建卷)如图，在四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，侧棱AA 1⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AA 1＝1，AB ＝3k ，AD ＝4k ，BC ＝5k ，DC ＝6k (k >0)．(1)求证： CD ⊥平面ADD 1A 1；(2)若直线AA 1与平面AB 1C 所成角的正弦值为67，求k 的值．解 (1)证明：取CD 的中点E ，连接BE . ∵AB ∥DE ，AB ＝DE ＝3k ， ∴四边形ABED 为平行四边形， ∴BE ∥AD 且BE ＝AD ＝4k .在△BCE 中，∵BE ＝4k ，CE ＝3k ，BC ＝5k ， ∴BE 2＋CE 2＝BC 2.∴∠BEC ＝90°，即BE ⊥CD . 又BE ∥AD ，∴CD ⊥AD .∵AA 1⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，∴AA 1⊥CD .又AA 1∩AD ＝A ，∴CD ⊥平面ADD 1A 1.(2)以D 为原点，DA →，DC →，DD 1→的方向为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A (4k,0,0)，C (0,6k,0)，B 1(4k ，3k,1)，A 1(4k,0,1)，所以AC →＝(－4k,6k,0)，AB 1→＝(0,3k,1)，AA 1→＝(0,0,1)．设平面AB 1C 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧ AC →·n ＝0，AB 1→·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－4kx ＋6ky ＝0，3ky ＋z ＝0. 取y ＝2，得n ＝(3,2，－6k )．设AA 1与平面AB 1C 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈AA 1→，n 〉|＝|AA 1→·n ||AA 1→||n |＝6k 36k 2＋13＝67，解得k ＝1，故所求k 的值为1.12．(2014·石家庄质检)如图，已知三棱柱ABC—A1B1C1，侧面BCC1B1⊥底面ABC.(1)若M，N分别是AB，A1C的中点，求证：MN∥平面BCC1B1；(2)若三棱柱ABC—A1B1C1的各棱长均为2，侧棱BB1与底面ABC 所成的角为60°，问在线段A1C1上是否存在一点P，使得平面B1CP ⊥平面ACC1A1？若存在，求C1P与P A1的比值，若不存在，说明理由．解(1)证明：连接AC1，BC1，则AN＝NC1，因为AM＝MB，所以MN∥BC1.又BC1⊂平面BCC1B1，MN⊄平面BCC1B1，所以MN∥平面BCC1B1.(2)作B1O⊥BC于O点，连接AO，因为平面BCC1B1⊥底面ABC，所以B1O⊥平面ABC.以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，3，0)，B (－1,0,0)，C (1,0,0)，B 1(0，0，3)．由AA 1→＝CC 1→＝BB 1→，可求出A 1(1，3，3)，C 1(2,0，3)，假设在线段A 1C 1上存在一点P ，使得平面B 1CP ⊥平面ACC 1A 1，设A 1C 1→＝λA 1P →(λ≠0且λ≠1)，则可以求得P (1λ＋1，3－3λ，3)，CP →＝(1λ，3－3λ，3)，CB 1→＝(－1,0，3)．设平面B 1CP 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·CP →＝0，n 1·CB 1→＝0，得⎩⎨⎧ 1λx ＋(3－3λ)y ＋3z ＝0，－x ＋3z ＝0，令z ＝1，解得n 1＝(3，1＋λ1－λ，1)．同理可求出平面ACC 1A 1的一个法向量n 2＝(3，1，－1)．由平面B 1CP ⊥平面ACC 1A 1，得n 1·n 2＝0，即3＋1＋λ1－λ－1＝0，解得λ＝3，所以A 1C 1＝3A 1P ，从而C 1P P A 1＝2. 所以存在满足题意的点P ，且C 1P P A 1＝2.。

2015届高考数学(人教,理科)大一轮配套练透：第7章立体几何第7节1

[课堂练通考点]1．已知四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的侧棱AA 1垂直于底面，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，AD ＝AB ＝AA 1＝2BC ，E 为DD 1的中点，F 为A 1D 的中点．则直线EF 与平面A 1CD 所成角的正弦值为( ) A.13 B.33 C.23D.63解析：选C ∵AB ，AD ，AA1两两垂直，故以AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AA 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设BC ＝1，则A (0,0,0)，A 1(0,0,2)，C (2,1,0)，D (0,2,0)，E (0,2,1)，F (0,1,1)，FE＝(0,1,0)，1A D ＝(0,2，－2)，CD＝(－2,1,0)．设平面A 1CD 的一个法向量为n ＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·1A D 2y －2z ＝0，n ·CD ＝－2＋y ＝0，故n ＝(1,2,2)，则sin θ＝|cos 〈n ，FE 〉|＝|n ·FE|n |·|FE || ＝|1×0＋2×1＋2×04＋4＋1×0＋1＋0|＝23，故直线EF 与平面A 1CD 所成的角θ的正弦值为23.2．(2013·江苏高考)如图，在直三棱柱A 1B 1C 1 -ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值； (2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．解：(1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0，0,4)，C 1(0,2,4)，所以1A B ＝(2,0，－4)，1C D＝(1，－1，－4)．因为cos 〈1A B ，1C D 〉＝1A B ·1C D| 1A B ||1C D |＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD＝(1,1,0)，1AC ＝(0,2,4)，所以n 1·AD＝0，n 1·1AC ＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面ABA 1的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53.因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53. [课下提升考能]第Ⅰ卷：夯基保分卷1.如图所示，已知正方体ABCD -A1B 1C 1D 1，E ，F 分别是正方形A 1B 1C 1D 1和ADD 1A 1的中心，则EF 和CD 所成的角是( )A ．60°B ．45°C ．30°D ．90°解析：选B 以D 为原点，分别以射线DA ，DC ，DD 1为x 轴、y轴、z 轴的非负半轴建立空间直角坐系系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 所成的角是45°.2．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22解析：选B 以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，D (0,1,0)， ∴1A D＝(0,1，－1)， 1A E ＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12，设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即所成的锐二面角的余弦值为23.3．(2013·安徽六校联考)在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，P A ＝2，则直线P A 与平面DEF 所成角的正弦值为( )A.15B.255C.55D.25解析：选C 以A 为原点，AB ，AC ，AP 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，由AB ＝AC ＝1，P A ＝2，得A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0,2)，D ⎝⎛⎭⎫12，0，0，E ⎝⎛⎭⎫12，12，0，F ⎝⎛⎭⎫0，12，1， ∴PA ＝(0,0，－2)，DE ＝⎝⎛⎭⎫0，12，0，DF ＝⎝⎛⎭⎫－12，12，1.设平面DEF 的法向量为n＝(x ，y ，z )，则由⎩⎨⎧n ·DE＝0，n ·DF ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0，取z ＝1，则n ＝(2,0,1)，设P A 与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|PA·n ||PA||n |＝55，∴P A与平面DEF 所成角的正弦值为55，故选C. 4．(2014·昆明模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，四边形ABCD 为平行四边形，且BC ⊥平面P AB ，P A ⊥AB ，M 为PB 的中点，P A ＝AD ＝2.若AB ＝1，则二面角B -AC -M 的余弦值为( )A.66 B.36C.26D.16解析：选A ∵BC ⊥平面P AB ，AD ∥BC ，∴AD ⊥平面P AB ，P A ⊥AD ，又P A ⊥AB ，且AD ∩AB ＝A ， ∴P A ⊥平面ABCD .以点A 为坐标原点，分别以AD ，AB ，AP 所在直线为x 轴，y轴，z 轴，建立空间直角坐标系A -xyz .则A (0,0,0)，C (2,1,0)，P (0,0,2)，B (0,1,0)，M ⎝⎛⎭⎫0，12，1， ∴AC ＝(2,1,0)，AM ＝⎝⎛⎭⎫0，12，1，求得平面AMC 的一个法向量为n ＝(1，－2,1)，又平面ABC 的一个法向量AP＝(0,0,2)，∴cos 〈n ，AP 〉＝n ·AP|n |·|AP |＝21＋4＋1·2＝16＝66.∴二面角B -AC -M 的余弦值为66. 5.如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC -A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为________．解析：不妨令CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2.可得O (0,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，A (2,0,0)，B 1(0,2,1)，∴1BC ＝(0,2，－1)，1AB＝(－2,2,1)，∴cos 〈1BC ，1AB 〉＝1BC ·1AB|1BC ||1AB |＝4－15×9＝15＝55＞0. ∴1BC 与1AB的夹角即为直线BC 1与直线AB 1的夹角，∴直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为55.答案：556．如图，在正四棱锥S -ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面P AC 所成角为________．解析：如图所示，以O 为原点建立空间直角坐标系O -xyz . 设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，－a 2，a2. 则CA ＝(2a,0,0)，AP ＝⎝⎛⎭⎫－a ，－a 2，a 2，CB ＝(a ，a,0)．设平面P AC 的法向量为n ，可求得n ＝(0,1,1)，则cos 〈CB ，n 〉＝CB·n |CB ||n |＝a 2a 2·2＝12. ∴〈CB，n 〉＝60°，∴直线BC 与平面P AC 的夹角为90°－60°＝30°. 答案：30°7．(2013·全国课标卷Ⅰ)如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°.(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值．解：(1)证明：取AB 的中点O ，连接OC ，OA 1，A 1B . 因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB .由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°，故△AA 1B 为等边三角形，所以OA 1⊥AB . 因为OC ∩OA 1＝O ，所以AB ⊥平面OA 1C . 又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .(2)由(1)知OC ⊥AB ，OA 1⊥AB .又平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，交线为AB ，所以OC ⊥平面AA 1B 1B ，故OA ，OA 1，OC 两两相互垂直．以O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴的正方向，|OA|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz .由题设知A (1,0,0)，A 1(0, 3，0)，C (0,0, 3)，B (－1,0,0)．则BC＝(1,0，3)，1BB ＝1AA ＝(－1，3，0)，1A C ＝(0，－3，3)．设n ＝(x ，y ，z )是平面BB 1C 1C 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC ＝0，n ·1BB ＝0.即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，x ＋3y ＝0.可取n ＝(3，1，－1)．故cos n ，1A C ＝n ·1A C|n ||1A C |＝－105. 所以A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为105. 8．(2013·合肥一模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，其中AD ⊥AB ，CD ∥AB ，AB ＝4，CD ＝2，侧面P AD 是边长为2的等边三角形，且与底面ABCD 垂直，E 为P A 的中点．(1)求证：DE ∥平面PBC ； (2)求二面角E -BD -A 的余弦值．解：(1)证明：如图1，取AB 的中点F ，连接DF ，EF .在直角梯形ABCD 中，CD ∥AB ，且AB ＝4，CD ＝2，所以BF 綊CD ，所以四边形BCDF 为平行四边形，所以DF ∥BC .在△P AB 中，PE ＝EA ，AF ＝FB ，所以EF ∥PB .因为DF ∩EF ＝F ，PB ∩BC ＝B ，所以平面DEF ∥平面PBC .因为DE ⊂平面DEF ，所以DE ∥平面PBC .(2)取AD 的中点O ，BC 的中点N ，连接ON ，OP ，则ON ∥AB . 在△P AD 中，P A ＝PD ＝AD ＝2，所以PO ⊥AD ，PO ＝ 3. 因为平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD .如图2，以O 为坐标原点，分别以OA ，ON ，OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则O (0,0,0)，A (1,0,0)，D (－1,0,0)，P (0，0，3)，B (1,4,0)，所以DB＝(2,4,0)．因为E 为P A 的中点，所以E ⎝⎛⎭⎫12，0，32，故DE ＝⎝⎛⎭⎫32，0，32.易知PO＝(0,0，－3)为平面ABD 的一个法向量．设平面EBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n ⊥DB ，n ⊥DE ，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋4y ＝0，32x ＋32z ＝0，令y ＝－1，则x ＝2，z ＝－23，所以n ＝(2，－1，－23)为平面EBD 的一个法向量．所以cos 〈PO ，n 〉＝PO·n |PO |·|n |＝25117. 设二面角E -BD -A 的大小为θ，由图可知θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以cos θ＝25117，即二面角E -BD -A 的余弦值为25117.第Ⅱ卷：提能增分卷1.(2013·湖北八校联考)如图，在△AOB 中，已知∠AOB ＝π2，∠BAO ＝π6，AB ＝4，D 为线段AB 的中点．△AOC 是由△AOB 绕直线AO 旋转而成，记二面角B -AO -C 的大小为θ.(1)当平面COD ⊥平面AOB 时，求θ的值； (2)当θ＝2π3时，求二面角B -OD -C 的余弦值．解：(1)如图，在平面AOB 内过B 作BE ⊥OD 于E ，∵平面AOB ⊥平面COD ，平面AOB ∩平面COD ＝OD ， ∴BE ⊥平面COD ，∴BE ⊥CO . 又∵CO ⊥AO ，∴CO ⊥平面AOB ，∴CO ⊥BO . ∵BO ⊥AO ，CO ⊥AO ，∴二面角B -AO -C 的平面角为∠BOC ，即θ＝π2.(2)如图，以O 为原点，在平面OBC 内垂直于OB 的直线为x 轴，OB ，OA 所在的直线分别为y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O -xyz ，则A (0,0,23)，B (0,2,0)，D (0,1，3)，C (3，－1,0)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面COD 的法向量，由⎩⎨⎧n 1·OC＝0，n 1·OD＝0，得⎩⎨⎧3x －y ＝0，y ＋3z ＝0. 取z ＝1，则n 1＝(－1，－3，1)．又平面AOB 的一个法向量为n 2＝(1,0,0)，设二面角B -OD -C 的大小为α，则cos α＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－11＋3＋1＝－55.故二面角B -OD -C 的余弦值为－55.2．(2013·郑州模拟)如图，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长都为2，CD＝λ1CC .(λ∈R )(1)当λ＝12时，求证：AB 1⊥平面A 1BD ；(2)当二面角A -A 1D -B 的大小为π3时，求实数λ的值．解：(1)证明：取BC 的中点为O ，连接AO ，因为在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面CBB 1C 1，且△ABC 为正三角形，所以AO ⊥BC ，AO ⊥平面CBB 1C 1.以O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则A (0,0，3)，B 1(1,2,0)，D (－1,1,0)，A 1(0,2，3)，B (1,0,0)．所以1AB＝(1,2，－3)， 1DA ＝(1,1，3)，DB＝(2，－1,0)．因为1AB ·1DA ＝1＋2－3＝0，1AB ·DB＝2－2＝0，所以AB 1⊥DA 1，AB 1⊥DB ，又DA 1∩DB ＝D ，所以AB 1⊥平面A 1BD .(2)由(1)得D (－1,2λ，0)，所以1DA ＝(1,2－2λ，3)，DB ＝(2，－2λ，0)，DA＝(1，－2λ，3)．设平面A 1BD 的法向量n 1＝(x ，y ，z )，平面AA 1D 的法向量n 2＝(s ，t ，u )，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·1DA ＝0，n 1·DB ＝0，得平面A 1BD 的一个法向量n 1＝(λ，1，λ－23)；同理可得平面AA 1D 的一个法向量n 2＝(3，0，－1)，由|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝12，解得λ＝14，即为所求． 3．(2014·天津十二区县联考)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB⊥AC ，顶点A 1在底面ABC 上的射影恰为点B ，且AB ＝AC ＝A 1B ＝2.(1)证明：平面A 1AC ⊥平面AB 1B ； (2)求棱AA 1与BC 所成的角的大小；(3)若点P 为B 1C 1的中点，并求出二面角P -AB -A 1的平面角的余弦值．解：(1)证明：∵A 1B ⊥平面ABC ，∴A 1B ⊥AC ，又AB ⊥AC ，AB ∩A 1B ＝B ，∴AC ⊥平面AB 1B ， ∵AC ⊂平面A 1AC ，∴平面A 1AC ⊥平面AB 1B .(2)以A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．则C (2,0,0)，B (0,2,0)，A 1(0,2,2)，B 1(0,4,2)，C 1(2,2,2)，1AA ＝(0,2,2)，BC ＝11B C＝(2，－2,0)，cos 〈1AA ，BC 〉＝1AA ·BC|1AA |·|BC |＝－48·8＝－12，故AA 1与棱BC 所成的角是π3.(3)因为P 为棱B 1C 1的中点，故易求得P (1,3,2)．设平面P AB 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n 1·AP ＝0，n 1·AB ＝0，由⎩⎨⎧AP ＝(1，3，2)，AB＝(0，2，0)，得 ⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＋2z ＝0，2y ＝0，令z ＝1，则n 1＝(－2,0,1 )，而平面ABA 1的法向量n 2＝(1,0,0)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－25＝－255. 由图可知二面角P -AB -A 1为锐角，故二面角P -AB -A 1的平面角的余弦值是255.。

2015高考数学(人教版,文科)一轮单元评估检测：第七章立体几何(含2014年模拟题,含答案解析)]

单元评估检测(七)第七章（120分钟 150分）一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.(2014·黄冈模拟)设a,b是平面α内两条不同的直线,l是平面α外的一条直线,则“l⊥a,l⊥b”是“l⊥α”的( )A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件2.用与球心距离为1的平面去截球,所得的截面面积为π,则球的体积为( )A. B. C.8π D.3.(2014·泰安模拟)设a是空间中的一条直线,α是空间中的一个平面,则下列说法正确的是( )A.过a一定存在平面β,使得β∥αB.过a一定存在平面β,使得β⊥αC.在平面α内一定不存在直线b,使得a⊥bD.在平面α内一定不存在直线b,使得a∥b4.(2014·孝感模拟)一个几何体的三视图如图所示,其中俯视图与侧视图均为半径是2的圆,则这个几何体的表面积是( )A.16πB.14πC.12πD.8π5.(2014·宜昌模拟)一个直棱柱被一个平面截去一部分后所剩几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A.9B.10C.11D.6.(2014·武汉模拟)如图所示,AC1是正方体的一条体对角线,点P,Q分别为其所在棱的中点,则PQ与AC1所成的角为( )A. B.C. D.7.(2014·咸宁模拟)某几何体的三视图如图所示(其中侧视图中的圆弧是半圆),则该几何体的表面积为( )A.92+14πB.82+14πC.92+24πD.82+24π8.若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示,其顶点都在一个球面上,则该球的表面积为( )A.πB.πC.πD.π9.已知圆锥的底面半径为R,高为3R,在它的所有内接圆柱中,全面积的最大值是( )A.22πR2B.πR2C.πR2D.πR210.(能力挑战题)在棱长为1的正方体AC1中,E为AB的中点,点P为侧面BB1C1C 内一动点(含边界),若动点P始终满足PE⊥BD1,则动点P的轨迹的长度为( )A. B. C. D.二、填空题(本大题共7小题,每小题5分,共35分.请把正确答案填在题中横线上)11.圆台上、下底面面积分别是π,4π,侧面积是6π,这个圆台的体积是________.12.(2014·宁波模拟)已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为________.13.如图所示是一个正方体的表面展开图,A,B,C均为棱的中点,D是顶点,则在正方体中,异面直线AB和CD的夹角的余弦值为__________.14.如图所示,正四棱锥P-ABCD的底面积为3,体积为,E为侧棱PC的中点,则PA与BE所成的角为__________.15.如图是一几何体的平面展开图,其中ABCD为正方形,E,F分别为PA,PD的中点,在此几何体中,给出下面四个结论：①直线BE与直线CF异面;②直线BE与直线AF异面;③直线EF∥平面PBC;④平面BCE⊥平面PAD.其中正确的有__________.16.(2014·荆州模拟)湖面上漂着一个小球,湖水结冰后将球取出,冰面上留下了一个直径为12cm,深2cm的空穴,则该球的半径是________cm,表面积是________cm2.17.等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB,二面角C-AB-D的余弦值为,M,N分别是AC,BC的中点,则EM,AN所成角的余弦值等于________.三、解答题(本大题共5小题,共65分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)18.(12分)(2014·贵阳模拟)一个几何体是由圆柱ADD1A1和三棱锥E-ABC组合而成,点A,B,C在圆O的圆周上,其正(主)视图,侧(左)视图的面积分别为10和12,如图所示,其中EA⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC.AE=2.(1)求证：AC⊥BD.(2)求三棱锥E-BCD的体积.19.(13分)(2014·海淀模拟)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=AA1,且E是BC中点.(1)求证：A1B∥平面AEC1.(2)求证：B1C⊥平面AEC1.20.(13分)如图,AB=AD,∠BAD=90°,M,N,G分别是BD,BC,AB的中点,将等边△BCD沿BD折叠到△BC′D的位置,使得AD⊥C′B.(1)求证：平面GNM∥平面ADC′.(2)求证：C′A⊥平面ABD.21.(13分)(2013·辽宁高考)如图,AB是圆O的直径,PA垂直圆O所在的平面,C是圆O上的点.(1)求证：平面PAC⊥平面PBC.(2)设Q为PA的中点,G为△AOC的重心,求证：QG∥平面PBC.22.(14分)已知等腰梯形PDCB中(如图),PB=3,DC=1,PD=BC=,A为PB边上一点,且PA=1,将△PAD沿AD折起,使平面PAD⊥平面ABCD(如图).(1)证明：平面PAD⊥平面PCD.(2)试在棱PB上确定一点M,使截面AMC把几何体分成的两部分V PDCMA∶V MACB=2∶1.(3)在M满足(2)的情况下,判断直线PD是否平行平面AMC.答案解析1.【解析】选C.当a,b不相交时,则“l⊥α”不一定成立,当“l⊥α”时,一定有“l⊥a,l⊥b”,所以“l⊥a,l⊥b”是“l⊥α”的必要不充分条件,选C.2.【解析】选B.S圆=πr2=π⇒r=1,而截面圆圆心与球心的距离d=1,所以球的半径为R==.所以V=πR3=,故选B.3.【解析】选B.当a与α相交时,不存在过a的平面β,使得β∥α,故A错误;当a与α平行时,在平面α内存在直线b,使得a∥b,故D错误;平面α内的直线b 只要垂直于直线a在平面α内的投影,则就必然垂直于直线a,故C错误.直线a 与其在平面α内的投影所确定的平面β满足β⊥α.【加固训练】设a,b是不同的直线,α,β是不同的平面,则下列命题：①若a⊥b,a∥α,则b∥β;②若a∥α,α⊥β,则a⊥β;③若a⊥β,α⊥β,则a∥α;④若a⊥b,a⊥α,b⊥β,则α⊥β.其中正确命题的个数是( )A.0B.1C.2D.3【解析】选B.①当a⊥b,a∥α时b与β可能相交,所以①错误.②中a⊥β不一定成立.③中a⊂α或a∥α,所以错误.④正确,所以正确的有1个,所以选B.4.【解析】选A.由三视图可知,该几何体是球挖去半球.其中两个半圆的面积为π×22=4π.个球的表面积为×4π×22=12π,所以这个几何体的表面积是12π+4π=16π.5.【解析】选C.由三视图可知该几何体是在底面为边长是2的正方形、高是3的直四棱柱的基础上截去一个底面积为×2×1=1、高为3的三棱锥形成的,所以V=4×3-1=11.6.【解析】选D.如图,在对角面ADC1B1中,取AB1的中点为T,TD∥PQ,从而TD与AC1所成的角为所求.由相似可得∠AMD=.7.【解析】选A.由几何体的三视图知该几何体的下半部分是长方体,上半部分是半径为2,高为5的圆柱的一半.所以长方体的表面积为(去掉一个上底面)2(4×4+4×5)+4×5=92.半圆柱的两个底面积为π×22=4π,半圆柱的侧面积为π×2×5=10π,所以整个组合体的表面积为92+4π+10π=92+14π.8.【解析】选B.设球半径是R,依题意知,该三棱柱是一个底面边长为2、侧棱长为1的正三棱柱,记上、下底面的中心分别是O1,O,易知球心是线段O1O的中点,于是R2=+=,因此所求球的表面积是4πR2=4π×=,选B.9.【思路点拨】画出组合体的轴截面,利用相似列出比例式,化简成关于x的二次函数.【解析】选B.如图所示为组合体的轴截面,由相似三角形的比例关系,得=,PO1=3x,圆柱的高为3R-3x,所以圆柱的全面积为S=2πx2+2πx(3R-3x)=-4πx2+6πRx,则当x=R时,S取最大值,S max=πR2.10.【解析】选B.如图,根据题意,BD1要始终垂直于PE所在的一个平面,取BC,BB1的中点F,G,易证BD1⊥平面EFG,故点P的轨迹为线段FG,易求得这条线段的长度是.11.【解析】上底半径r=1,下底半径R=2.因为S侧=6π,设母线长为l,则π(1+2)·l=6π.所以l=2,所以高h==.所以V=π·(1+1×2+2×2)=π.答案：π12.【解析】由三视图可知：该几何体是一个三棱锥,底面是底边长为4,高为2的等腰三角形,棱锥的高为2,故体积为V=××4×2×2=.答案：13.【思路点拨】把展开图复原为正方体求解.【解析】如图所示,∠EGF为AB和CD所成的角,F为正方体一棱的中点.设正方体棱长为1,所以EF=GF=,EG=.所以cos∠EGF=.答案：14.【解析】连接AC,BD交于点O,连接OE,易得OE∥PA,所以所求角为∠BEO.由所给条件易得OB=,OE=PA=,BE=.所以cos∠OEB=,所以∠BEO=.答案：15.【解析】将几何体展开图拼成几何体(如图),因为E,F分别为PA,PD的中点,所以EF∥AD∥BC,即直线BE与CF共面,①错;因为B∉平面PAD,E∈平面PAD,E∉AF,所以BE与AF是异面直线,②正确;因为EF∥AD∥BC,EF⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以EF∥平面PBC,③正确;平面PAD与平面BCE不一定垂直,④错.答案：2个16.【解析】设球的半径为r,如图：由勾股定理可知,r2=(r-2)2+36,解得r=10cm.所以表面积为4πr2=4π×100=400π(cm2).答案：10 400π17.【解析】设AB=2,作CO⊥平面ABDE,OH⊥AB,则CH⊥AB,∠CHO为二面角C-AB-D 的平面角,CH=,OH=CH·cos∠CHO=1,结合等边三角形ABC与正方形ABDE可知此四棱锥为正四棱锥,则AN=EM=CH=.=(+),=-,·=(+)·=.故EM,AN所成角的余弦值为=.答案：18.【解析】(1)因为EA⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,所以EA⊥AC,即ED⊥AC. 又因为AC⊥AB,AB∩ED=A,所以AC⊥平面EBD.因为BD⊂平面EBD,所以AC⊥BD.(2)因为点A,B,C在圆O的圆周上,且AB⊥AC,所以BC为圆O的直径.设圆O的半径为r,圆柱高为h,根据正(主)视图,侧(左)视图的面积可得,解得所以BC=4,AB=AC=2.以下给出求三棱锥E-BCD体积的两种方法：方法一：由(1)知,AC⊥平面EBD,所以V E-BCD=V C-EBD=S△EBD×CA,因为EA⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,所以EA⊥AB,即ED⊥AB.其中ED=EA+DA=2+2=4,因为AB⊥AC,AB=AC=2,所以S △EBD=ED×AB=×4×2=4,所以V E-BCD=×4×2=.方法二：因为EA⊥平面ABC,所以V E-BCD=V E-ABC+V D-ABC=S△ABC×EA+S△ABC×DA=S△ABC×ED.其中ED=EA+DA=2+2=4,因为AB⊥AC,AB=AC=2,所以S △ABC=×AC×AB=×2×2=4,所以V E-BCD=×4×4=.19.【证明】(1)连接A1C交AC1于点O,连接EO, 因为ACC1A1为正方形,所以O为A1C中点.又E为CB中点,所以EO为△A1BC的中位线,所以EO∥A1B.又EO⊂平面AEC1,A1B⊄平面AEC1,所以A1B∥平面AEC1.(2)因为AB=AC,又E为CB中点,所以AE⊥BC,又因为在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥底面ABC,又AE⊂底面ABC,所以AE⊥BB1,又因为BB1∩BC=B,所以AE⊥平面BCC1B1,又B1C⊂平面BCC1B1,所以AE⊥B1C.在矩形BCC1B1中,tan∠BCB1=tan∠EC1C=,所以∠BCB1=∠EC1C,所以∠BCB1+∠CEC1=90°,即B1C⊥EC1.又AE∩EC1=E,所以B1C⊥平面AEC1.【加固训练】(2014·常州模拟)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E在棱CC1的延长线上,且CC1=C1E=BC=AB=1.(1)求证：D1E∥平面ACB1.(2)求证：平面D1B1E⊥平面DCB1.(3)求四面体D1B1AC的体积.【解析】(1)连接AD1,因为AD1BC1B1E,所以四边形AB1ED1是平行四边形,则D1E∥AB1.又AB1⊂平面ACB1,D1E⊄平面ACB1,所以D1E∥平面ACB1.(2)由已知得B1C2+B1E2=4=CE2,则B1E⊥B1C,由长方体的特征可知：CD⊥平面B1BCE,而B1E⊂平面B1BCE,则CD⊥B1E,又B1C∩CD=C,所以B1E⊥平面DCB1.又B1E⊂平面D1B1E,所以平面D1B1E⊥平面DCB1.(3)四面体D1B1AC的体积=----=2-×1××1×2×4=.20.【证明】(1)因为M,N分别是BD,BC′的中点,所以MN∥DC′.因为MN⊄平面ADC′,DC′⊂平面ADC′,所以MN∥平面ADC′.同理NG∥平面ADC′.又因为MN∩NG=N,所以平面GNM∥平面ADC′.(2)因为∠BAD=90°,所以AD⊥AB.又因为AD⊥C′B,且AB∩C′B=B,所以AD⊥平面C′AB.因为C′A⊂平面C′AB,所以AD⊥C′A.因为△BCD是等边三角形,AB=AD,不妨设AB=1,则BC=CD=BD=,可得C′A=1.由勾股定理的逆定理,可得AB⊥C′A.因为AB∩AD=A,所以C′A⊥平面ABD.21.【证明】(1)由AB是圆的直径,得AC⊥BC;由PA垂直于圆O所在的平面,得PA⊥平面ABC;又BC⊂平面ABC,得PA⊥BC. 又PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,所以BC⊥平面PAC,又BC⊂平面PBC,所以平面PAC⊥平面PBC.(2)连接OG并延长交AC于M,连接QM,QO.由G为△AOC的重心,知M为AC的中点,由Q为PA的中点,则QM∥PC,又O为AB中点,得OM∥BC.因为QM∩MO=M,QM⊂平面QMO,MO⊂平面QMO,BC∩PC=C,BC⊂平面PBC,PC⊂平面PBC,所以平面QMO∥平面PBC.因为QG⊂平面QMO,所以QG∥平面PBC.22.【解析】(1)因为PDCB为等腰梯形,PB=3,DC=1,PA=1,则PA⊥AD,CD⊥AD. 又因为面PAD⊥面ABCD,面PAD∩面ABCD=AD,CD⊂面ABCD,故CD⊥面PAD. 又因为CD⊂面PCD,所以平面PAD⊥平面PCD.(2)所求的点M即为线段PB的中点.证明如下：设三棱锥M-ACB的高为h1,四棱锥P-ABCD的高为h2,当M为线段PB的中点时,==,所以===,所以截面AMC把几何体分成的两部分V PDCMA∶V MACB=2∶1. (3)当M为线段PB的中点时,直线PD与面AMC不平行.证明如下：(反证法)假设PD∥面AMC,连接DB交AC于点O,连接MO.因为PD⊂面PBD,且面AMC∩面PBD=MO,所以PD∥MO.因为M为线段PB的中点时,则O为线段BD的中点,即=,而AB∥DC,故==,故矛盾.所以假设不成立,故当M为线段PB的中点时,直线PD与平面AMC不平行. 【方法技巧】立体几何中探索性问题的解法探索性问题是近几年高考中出现频率较高的题目,能较好地考查学生的猜想能力和推理能力.一般以判断点的存在性为主,用几何法解答探索性问题的一般步骤是：(1)先假设所求的点存在,然后在这一条件下进行推理论证,得出相关的结论.(2)如果得出矛盾,则说明假设不成立,即不存在满足条件的点;如果得不出矛盾,则说明假设成立,即存在满足条件的点.关闭Word文档返回原板块。

2015届高考数学(理)二轮专题配套练习：立体几何(含答案)

立体几何1．一个物体的三视图的排列规则是俯视图放在正(主)视图下面，长度与正(主)视图一样，侧(左)视图放在正(主)视图右面，高度与正(主)视图一样，宽度与俯视图一样，即“长对正，高平齐，宽相等”．在画一个物体的三视图时，一定注意实线与虚线要分明．[问题1] 如图，若一个几何体的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图均为面积等于2的等腰直角三角形，则该几何体的体积为________．2．在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．“平行于x 轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y 轴的线段平行性不变，长度减半．”[问题2] 如图所示的等腰直角三角形表示一个水平放置的平面图形的直观图，则这个平面图形的面积是________．3．简单几何体的表面积和体积（1）S 直棱柱侧＝c ·h (c 为底面的周长，h 为高)．（2）S 正棱锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)．（3）S 正棱台侧＝12(c ′＋c )h ′(c 与c ′分别为上、下底面周长，h ′为斜高)．（4）圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式S 圆柱侧＝2πrl (r 为底面半径，l 为母线)， S 圆锥侧＝πrl (同上)， S 圆台侧＝π(r ′＋r )l (r ′、r 分别为上、下底的半径，l 为母线)．（5）体积公式V 柱＝S ·h (S 为底面面积，h 为高)， V 锥＝13S ·h (S 为底面面积，h 为高)，V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (S 、S ′为上、下底面面积，h 为高)．（6）球的表面积和体积S 球＝4πR 2，V 球＝43πR 3.[问题3] 如图所示，一个空间几何体的正(主)视图和俯视图都是边长为1的正方形，侧(左)视图是一个直径为1的圆，那么这个几何体的表面积为( )A ．4πB ．3πC ．2πD ．32π4．空间直线的位置关系：①相交直线——有且只有一个公共点．②平行直线——在同一平面内，没有公共点．③异面直线——不在同一平面内，也没有公共点．[问题4] 在空间四边形ABCD 中，E 、F 、G 、H 分别是四边上的中点，则直线EG 和FH 的位置关系是________． 5．空间直线与平面、平面与平面的位置关系（1）直线与平面①位置关系：平行、直线在平面内、直线与平面相交． ②直线与平面平行的判定定理和性质定理：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．性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行．③直线与平面垂直的判定定理和性质定理：判定定理：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直．性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行．（2）平面与平面①位置关系：平行、相交(垂直是相交的一种特殊情况)． ②平面与平面平行的判定定理和性质定理：判定定理：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行．性质定理：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行．③平面与平面垂直的判定定理和性质定理：判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直．性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直．[问题5] 已知b ，c 是平面α内的两条直线，则“直线a ⊥α”是“直线a ⊥b ，直线a ⊥c ”的________条件．6．空间向量（1）用空间向量求角的方法步骤①异面直线所成的角若异面直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，它们所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈v 1，v 2〉|.②直线和平面所成的角利用空间向量求直线与平面所成的角，可以有两种方法：方法一分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两条直线的方向向量的夹角(或其补角)．方法二通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．③利用空间向量求二面角也有两种方法：方法一分别在二面角的两个面内找到一个与棱垂直且从垂足出发的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小．方法二通过平面的法向量来求，设二面角的两个面的法向量分别为n 1和n 2，则二面角的大小等于〈n 1，n 2〉(或π－〈n 1，n 2〉)．易错警示：①求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，容易误以为是线面角的余弦． ②求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析．（2）用空间向量求A 到平面α的距离：可表示为d ＝|n ·AB →||n |.[问题6] （1）已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于________．（2）正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，O 是底面A 1B 1C 1D 1的中心，则点O 到平面ABC 1D 1的距离为________．易错点1 三视图认识不清致误例1 一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A ．48B ．32＋817C ．48＋817D ．80找准失分点不能准确把握三视图和几何体之间的数量关系，根据正视图可知，侧视图中等腰梯形的高为4，而错认为等腰梯形的腰为4.易错点2 对几何概念理解不透致误例2 给出下列四个命题：①有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱； ②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； ③底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体； ④底面是矩形的平行六面体是长方体．其中正确的命题是__________(写出所有正确命题的序号)．找准失分点 ①是错误的，因为棱柱的侧棱要都平行且相等；④是错误的，因为长方体的侧棱必须与底面垂直．易错点3 对线面关系定理条件把握不准致误例3 已知m 、n 是不同的直线，α、β、γ是不同的平面．给出下列命题： ①若α⊥β，α∩β＝m ，n ⊥m ，则n ⊥α，或n ⊥β； ②若α∥β，α∩γ＝m ，β∩γ＝n ，则m ∥n ；③若m 不垂直于α，则m 不可能垂直于α内的无数条直线； ④若α∩β＝m ，n ∥m ，且n ⊄α，n ⊄β，则n ∥α，且n ∥β； ⑤若m 、n 为异面直线，则存在平面α过m 且使n ⊥α. 其中正确的命题序号是________．找准失分点 ③是错误的；⑤是错误的．1．已知三条不同直线m ，n ，l 与三个不同平面α，β，γ，有下列命题： ①若m ∥α，n ∥α，则m ∥n ； ②若α∥β，l ⊂α，则l ∥β；③α⊥γ，β⊥γ，则α∥β； ④若m ，n 为异面直线，m ⊂α，n ⊂β，m ∥β，n ∥α，则α∥β. 其中正确命题的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．32．设m ，n 是空间两条直线，α，β是空间两个平面，则下列选项中不正确的是( ) A ．当m ⊂α时，“n ∥α”是“m ∥n ”的必要不充分条件 B ．当m ⊂α时，“m ⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件 C ．当n ⊥α时，“n ⊥β”是“α∥β”成立的充要条件 D ．当m ⊂α时，“n ⊥α”是“m ⊥n ”的充分不必要条件3．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A ．64B ．72C ．80D ．1124．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P ，Q 分别是AA 1，A 1D 1，CC 1，BC 的中点，给出以下四个结论：①A 1C ⊥MN ；②A 1C ∥平面MNPQ ；③A 1C 与PM 相交；④NC 与PM 异面．其中不正确的结论是( ) A ．① B ．② C ．③ D ．④5．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A ．2＋ 2B ．3＋ 2C ．1＋2 2D ．56．如图，已知六棱锥P —ABCDEF 的底面是正六边形，P A ⊥平面ABC ，P A ＝2AB ，则下列结论正确的是( )A ．PB ⊥AD B ．平面P AB ⊥平面PBCC ．直线BC ∥平面P AED ．直线PD 与平面ABC 所成的角为45° 7．对于四面体ABCD ，给出下列四个命题：①若AB ＝AC ，BD ＝CD ，则BC ⊥AD ； ②若AB ＝CD ，AC ＝BD ，则BC ⊥AD ； ③若AB ⊥AC ，BD ⊥CD ，则BC ⊥AD ； ④若AB ⊥CD ，AC ⊥BD ，则BC ⊥AD . 其中正确的是________．(填序号)8.如图，四面体ABCD 中，AB ＝1，AD ＝23，BC ＝3，CD ＝2，∠ABC ＝∠DCB ＝π2，则二面角A －BC －D 的大小为________．9．已知直线l ，m ，平面α，β，且l ⊥α，m ⊂β，给出四个命题：①若α∥β，则l ⊥m ；②若l ⊥m ，则α∥β；③若α⊥β，则l ∥m ；④若l ∥m ，则α⊥β. 其中为真命题的是________．(填序号)10．三棱锥D －ABC 及其三视图中的正(主)视图和侧(左)视图如图所示，则棱BD 的长为________．1．43 2．22 3．D 4．相交 5．充分不必要 6．(1)64 (2)24 1．C 2．②③ 3．②④CABCAD 7．①④ 8．π3 9．①④ 10．4 2。

2015届高考数学(人教,理科)大一轮配套练透：第7章立体几何第4节

[课堂练通考点]1．已知直线a，b，平面α，则以下三个命题：①若a∥b，b⊂α，则a∥α；②若a∥b，a∥α，则b∥α；③若a∥α，b∥α，则a∥b.其中真命题的个数是()A．0B．1C．2 D．3解析：选A对于①，若a∥b，b⊂α，则应有a∥α或a⊂α，所以①不正确；对于②，若a∥b，a∥α，则应有b∥α或b⊂α，因此②不正确；对于③，若a∥α，b∥α，则应有a ∥b或a与b相交或a与b异面，因此③是假命题．综上，在空间中，以上三个命题都是假命题．2．下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是()A．①③B．②③C．①④D．②④解析：选C对于图形①，平面MNP与AB所在的对角面平行，即可得到AB∥平面MNP；对于图形④，AB∥PN，即可得到AB∥平面MNP；图形②③无论用定义还是判定定理都无法证明线面平行，故选C.3．(2014·济南模拟)平面α∥平面β的一个充分条件是()A．存在一条直线a，a∥α，a∥βB．存在一条直线a，a⊂α，a∥βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD ．存在两条异面直线a ，b ，a ⊂α，b ⊂β，a ∥β，b ∥α解析：选D 若α∩β＝l ，a ∥l ，a ⊄α，a ⊄β，则a ∥α，a ∥β，故排除A.若α∩β＝l ，a ⊂α，a ∥l ，则a ∥β，故排除B .若α∩β＝l ，a ⊂α，a ∥l ，b ⊂β，b ∥l ，则a ∥β，b ∥α，故排除C.故选D.4.如图所示，在四面体ABCD 中，M ，N 分别是△ACD ，△BCD 的重心，则四面体的四个面中与MN 平行的是________．解析：连接AM 并延长，交CD 于E ，连接BN ，并延长交CD 于F ，由重心性质可知，E ，F 重合为一点，且该点为CD 的中点E ，由EM MA ＝EN NB＝12，得MN ∥AB .因此，MN ∥平面ABC 且MN ∥平面ABD . 答案：平面ABC 、平面ABD5.如图，在三棱柱ABC -A1B 1C 1中，E ，F ，G ，H 分别是AB ，AC ，A 1B 1，A 1C 1的中点，求证：(1)B ，C ，H ，G 四点共面；(2)平面EF A 1∥平面BCHG .证明：(1)∵GH 是△A 1B 1C 1的中位线，∴GH ∥B 1C 1.又∵B 1C 1∥BC ，∴GH ∥BC .∴B ，C ，H ，G 四点共面．(2)∵E ，F 分别为AB ，AC 的中点，∴EF ∥BC .∵EF ⊄平面BCHG ，BC ⊂平面BCHG ，∴EF ∥平面BCHG .∵A 1G 綊EB ，∴四边形A 1EBG 是平行四边形．∴A 1E ∥GB .∵A 1E ⊄平面BCHG ，GB ⊂平面BCHG .∴A 1E ∥平面BCHG .∵A 1E ∩EF ＝E ，∴平面EF A 1∥平面BCHG .[课下提升考能]第Ⅰ组：全员必做题1．若平面α∥平面β，直线a ∥平面α，点B ∈β，则在平面β内且过B 点的所有直线中( )A ．不一定存在与a 平行的直线B ．只有两条与a 平行的直线C ．存在无数条与a 平行的直线D．存在唯一与a平行的直线解析：选A当直线a在平面β内且过B点时，不存在与a平行的直线，故选A.2．(2014·石家庄模拟)已知α，β是两个不同的平面，给出下列四个条件：①存在一条直线a，a⊥α，a⊥β；②存在一个平面γ，γ⊥α，γ⊥β；③存在两条平行直线a，b，a⊂α，b ⊂β，a∥β，b∥α；④存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α.可以推出α∥β的是()A．①③B．②④C．①④D．②③解析：选C对于②，平面α与β还可以相交；对于③，当a∥b时，不一定能推出α∥β，所以②③是错误的，易知①④正确，故选C.3．已知直线l∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于直线l的直线()A．只有一条，不在平面α内B．只有一条，且在平面α内C．有无数条，不一定在平面α内D．有无数条，一定在平面α内解析：选B由直线l与点P可确定一个平面β，则平面α，β有公共点，因此它们有一条公共直线，设该公共直线为m，因为l∥α，所以l∥m，故过点P且平行于直线l的直线只有一条，且在平面α内，选B.4．如图，在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，且PQ∥AC，则下列命题中，错误的是()A．AC⊥BDB．AC∥截面PQMNC．AC＝BDD．异面直线PM与BD所成的角为45°解析：选C由题意可知PQ∥AC，QM∥BD，PQ⊥QM，所以AC⊥BD，故A正确；由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN，故B正确；由PN∥BD可知，异面直线PM与BD所成的角等于PM与PN所成的角，又四边形PQMN为正方形，所以∠MPN＝45°，故D正确；而AC ＝BD没有论证来源．5.如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，G为MC的中点．则下列结论中不正确的是()A．MC⊥ANB．GB∥平面AMNC．平面CMN⊥平面AMND ．平面DCM ∥平面ABN解析：选C 显然该几何图形为正方体截去两个三棱锥所剩的几何体，把该几何体放置到正方体中(如图)，作AN 的中点H ，连接HB ，MH ，GB ，则MC ∥HB ，又HB ⊥AN ，所以MC ⊥AN ，所以A 正确；由题意易得GB ∥MH ，又GB ⊂平面AMN ，MH ⊂平面AMN ，所以GB ∥平面AMN ，所以B 正确；因为AB ∥CD ，DM ∥BN ，且AB ∩BN ＝B ，CD ∩DM ＝D ，所以平面DCM ∥平面ABN ，所以D 正确．6．(2013·惠州调研)已知m ，n 是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，下列命题中正确的有________．①若m ∥α，n ∥α，则m ∥n ；②若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；③若m ∥α，m ∥β，则α∥β；④若m ⊥α，n ⊥α，则m ∥n .解析：若m ∥α，n ∥α，m ，n 可以平行，可以相交，也可以异面，故①不正确；若α⊥γ，β⊥γ，α，β可以相交，故②不正确；若m ∥α，m ∥β，α，β可以相交，故③不正确；若m ⊥α，n ⊥α，则m ∥n ，④正确．答案：④7．在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，O 为底面ABCD 的中心，P 是DD 1的中点，设Q 是CC 1上的点，则点Q 满足条件________时，有平面D 1BQ ∥平面P AO .解析：假设Q 为CC 1的中点，因为P 为DD 1的中点，所以QB ∥P A .连接DB ，因为P ，O 分别是DD 1，DB 的中点，所以D 1B ∥PO ，又D 1B ⊄平面P AO ，QB ⊄平面P AO ，所以D 1B ∥平面P AO ，QB ∥平面P AO ，又D 1B ∩QB ＝B ，所以平面D 1BQ ∥平面P AO .故Q 满足条件Q 为CC 1的中点时，有平面D 1BQ ∥平面P AO .答案：Q 为CC 1的中点8．设α，β，γ为三个不同的平面，m ，n 是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m ，n ⊂γ，且________，则m ∥n ”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．①α∥γ，n ⊂β；②m ∥γ，n ∥β；③n ∥β，m ⊂γ.可以填入的条件有________．解析：由面面平行的性质定理可知，①正确；当n ∥β，m ⊂γ时，n 和m 在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．答案：①或③9．(2014·保定调研)已知直三棱柱ABC -A ′B ′C ′满足∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝12AA ′＝2，点M ，N 分别为A ′B ，B ′C ′的中点． (1)求证：MN ∥平面A ′ACC ′；(2)求三棱锥C -MNB 的体积．解：(1)证明：如图，连接AB ′，AC ′，∵四边形ABB ′A ′为矩形，M 为A ′B 的中点，∴AB ′与A ′B 交于点M ，且M 为AB ′的中点，又点N 为B ′C ′的中点，∴MN ∥AC ′，又MN ⊄平面A ′ACC ′，且AC ′⊂平面A ′ACC ′，∴MN ∥平面A ′ACC ′.(2)由图可知V C -MNB ＝V M -BCN ，∵∠BAC ＝90°，∴BC ＝AB 2＋AC 2＝22，又三棱柱ABC -A ′B ′C ′为直三棱柱，且AA ′＝4，∴S △BCN ＝12×22×4＝4 2. ∵A ′B ′＝A ′C ′＝2，∠B ′A ′C ′＝90°，点N 为B ′C ′的中点，∴A ′N ⊥B ′C ′，A ′N ＝ 2.又BB ′⊥平面A ′B ′C ′，∴A ′N ⊥BB ′，∴A ′N ⊥平面BCN .又M 为A ′B 的中点，∴M 到平面BCN 的距离为22， ∴V C -MNB ＝V M -BCN ＝13×42×22＝43. 10．(2013·江苏高考)如图，在三棱锥S -ABC 中，平面SAB ⊥平面SBC ，AB ⊥BC ，AS ＝AB .过A 作AF ⊥SB ，垂足为F ，点E ，G 分别是棱SA ，SC的中点．求证：(1)平面EFG ∥平面ABC ；(2)BC ⊥SA .证明：(1)因为AS ＝AB ，AF ⊥SB ，垂足为F ，所以F 是SB 的中点．又因为E 是SA 的中点，所以EF ∥AB .因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以EF ∥平面ABC .同理EG ∥平面ABC .又EF ∩EG ＝E ，所以平面EFG ∥平面ABC .(2)因为平面SAB ⊥平面SBC ，且交线为SB ，又AF ⊂平面SAB ，AF ⊥SB ，所以AF ⊥平面SBC .因为BC ⊂平面SBC ，所以AF ⊥BC .又因为AB⊥BC，AF∩AB＝A，AF⊂平面SAB，AB⊂平面SAB，所以BC⊥平面SAB.因为SA⊂平面SAB，所以BC⊥SA.第Ⅱ组：重点选做题1．在梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊂平面α，CD⊄平面α，则直线CD与平面α内的直线的位置关系只能是()A．平行B．平行和异面C．平行和相交D．异面和相交解析：选B因为AB∥CD，AB⊂平面α，CD⊂平面α，所以CD∥平面α，所以CD 与平面α内的直线可能平行，也可能异面．2．(2014·汕头质检)若m，n为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，则下列命题中真命题的序号是________．①若m，n都平行于平面α，则m，n一定不是相交直线；②若m，n都垂直于平面α，则m，n一定是平行直线；③已知α，β互相平行，m，n互相平行，若m∥α，则n∥β；④若m，n在平面α内的射影互相平行，则m，n互相平行．解析：①为假命题，②为真命题，在③中，n可以平行于β，也可以在β内，故是假命题，在④中，m，n也可能异面，故为假命题．答案：②。

2015届高考数学(人教,理科)大一轮配套练透：第7章立体几何第6节

[课堂练通考点]1．在空间四边形ABCD 中，AB ·CD ＋AC ·DB ＋AD ·BC ＝( )A ．－1B ．0C ．1D ．不确定解析：选B 如图，令AB ＝a ，AC ＝b ，AD ＝c ，则AB ·CD ＋AC ·DB ＋AD ·BC＝a ·(c －b )＋b ·(a －c )＋c ·(b －a )＝a·c －a·b ＋b·a －b·c ＋c·b －c·a＝0.2.如图所示，在平行六面体ABCD -A1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB ＝a ，AD ＝b ，1AA ＝c ，则下列向量中与BM 相等的向量是( )A ．－12a ＋12b ＋c B.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋c D.12a －12b ＋c 解析：选A BM ＝1BB ＋1B M ＝1AA ＋12(AD －AB )＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .3．(2013·上饶模拟)正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 在AC 1上且AM ＝121MC ，N 为B 1B 的中点，则|MN |为( ) A.216a B.66a C.156a D.153a 解析：选A 以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则A (a,0,0)，C 1(0，a ，a )，N ⎝⎛⎭⎫a ，a ，a 2.设M (x ，y ，z )∵点M 在AC 1上且AM ＝121MC ， ∴(x －a ，y ，z )＝12(－x ，a －y ，a －z ) ∴x ＝23a ，y ＝a 3，z ＝a 3.∴M ⎝⎛⎭⎫2a 3，a 3，a 3， ∴|MN |＝ ⎝⎛⎭⎫a －23a 2＋⎝⎛⎭⎫a －a 32＋⎝⎛⎭⎫a 2－a 32＝216a . 4．在空间四边形ABCD 中，G 为CD 的中点，则AB ＋12(BD ＋BC )＝________. 解析：依题意有AB ＋12(BD ＋BC )＝AB ＋12×2BG ＝AB ＋BG ＝AG . 答案：AG5.如图，在空间四边形OABC 中，OA ＝8，AB ＝6，AC ＝4，BC ＝5，∠OAC ＝45°，∠OAB ＝60°，求OA 与BC 所成角的余弦值．解：∵BC ＝AC －AB ， ∴OA ·BC ＝OA ·(AC －AB ) ＝OA ·AC －OA ·AB ＝|OA ||AC |cos 〈OA ，AC 〉－|OA ||AB |cos 〈OA ，AB 〉＝8×4×cos 135°－8×6×cos 120°＝24－16 2. ∴cos 〈OA ，BC 〉＝OA ·BC | OA ||BC | ＝24－1628×5＝3－225. 故OA 与BC 夹角的余弦值为3－225，即直线OA 与BC 所成角的余弦值为3－225. [课下提升考能]第Ⅰ组：全员必做题1．已知点A (－3,0，－4)，点A 关于原点的对称点为B ，则|AB |等于( )A ．12B ．9C ．25D ．10解析：选D 点A 关于原点对称的点B 的坐标为(3,0,4)，故|AB |＝|AB |＝(－3－3)2＋(0－0)2＋(－4－4)2＝10.2．空间四点A (2,3,6)、B (4,3,2)、C (0,0,1)、D (2,0,2)的位置关系为( )A ．共线B ．共面C ．不共面D ．无法确定解析：选C 可在空间直角坐标系中作图分析，知A 、B 、C 、D 不共面．3．已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2u －1,2λ)，若a ∥b ，则λ与u 的值可以是( )A ．2，12B ．－13，12C ．－3,2D ．2,2解析：选A 若直线l 1的方向向量v 1＝(a 1，b 1，c 1)，直线l 2的方向向量v 2＝(a 2，b 2，c 2)，则v 1∥v 2⇒(a 1，b 1，c 1)＝k (a 2，b 2，c 2)，依次代入选项，可知A 合适．4．(2013·长春模拟)已知点B 是点A (3,7，－4)在xOz 平面上的射影，则OB 2等于( )A ．(9,0,16)B ．25C ．5D ．13解析：选B 点A 在xOz 平面上的射影为B (3,0，－4)，则OB ＝(3,0，－4)，OB 2＝25.5.如图，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB 、AC ，M ，N 分别是对边OA 、BC 的中点，点G 在线段MN 上，且分MN 所成的比为2，现用基向量OA ，OB ，OC 表示向量OG ，设OG ＝x OA ＋y OB ＋z OC ，则x ，y ，z 的值分别是( )A ．x ＝13，y ＝13，z ＝13B ．x ＝13，y ＝13，z ＝16C ．x ＝13，y ＝16，z ＝13D ．x ＝16，y ＝13，z ＝13解析：选D 设OA ＝a ，OB ＝b ，OC ＝c ，∵G 分MN 的所成比为2，∴MG ＝23MN ，∴OG ＝OM ＋MG ＝OM ＋23(ON －OM ) ＝12a ＋23(12b ＋12c －12a ) ＝12a ＋13b ＋13c －13a ＝16a ＋13b ＋13c . 6．已知a ＝(1,2，－2)，b ＝(0,2,4)，则a ，b 夹角的余弦值为________．解析：cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |＝－2515答案：－25157．已知点A (1,2,1)，B (－1,3,4)，D (1,1,1)，若AP ＝2PB ，则|PD |的值是________．解析：设P (x ，y ，z )，∴AP ＝(x －1，y －2，z －1)．PB ＝(－1－x,3－y,4－z )，由AP ＝2PB 得点P 坐标为⎝⎛⎭⎫－13，83，3，又D (1,1,1)，∴|PD |＝773. 答案：773 8.(创新题)已知O (0,0,0)，A (1,2,3)，B (2,1,2)，P (1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动，当QA ·QB 取最小值时，点Q 的坐标是________．解析：由题意，设OQ ＝λOP ，即OQ ＝(λ，λ，2λ)，则QA ＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB ＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴QA ·QB ＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6⎝⎛⎭⎫λ－432－23，当λ＝43时有最小值，此时Q 点坐标为⎝⎛⎭⎫43，43，83. 答案：⎝⎛⎭⎫43，43，839.如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，AC ⊥CD ，∠ABC ＝60°，P A ＝AB ＝BC ，E 是PC 的中点．证明：(1)AE ⊥CD ；(2)PD ⊥平面ABE .证明：AB 、AD 、AP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设P A ＝AB ＝BC ＝1，则P (0,0,1)．(1)∵∠ABC ＝60°，AB ＝BC ，∴△ABC 为正三角形．∴C ⎝⎛⎭⎫12，32，0，E ⎝⎛⎭⎫14，34，12. 设D (0，y,0)，由AC ⊥CD ，得AC ·CD ＝0，即y ＝233，则D ⎝⎛⎭⎫0，233，0， ∴CD ＝⎝⎛⎭⎫－12，36，0.又AE ＝⎝⎛⎭⎫14，34，12，∴AE ·CD ＝－12×14＋36×34＝0，∴AE ⊥CD ，即AE ⊥CD .(2)∵P (0,0,1)，∴PD ＝⎝⎛⎭⎫0，233，－1. 又AE ·PD ＝34×233＋12×(－1)＝0， ∴PD ⊥AE ，即PD ⊥AE .∵AB ＝(1,0,0)，∴PD ·AB ＝0.∴PD ⊥AB ，又AB ∩AE ＝A ，∴PD ⊥平面AEB .10．(2014·汕头模拟)已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为3，点E 在AA 1上，点F 在CC 1上，且AE ＝FC 1＝1.(1)求证：E ，B ，F ，D 1四点共面；(2)若点G 在BC 上，BG ＝23，点M 在BB 1上，GM ⊥BF ，垂足为H ，求证：EM ⊥平面BCC 1B 1.证明：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，E (3,0,1)，F (0,3,2)，D 1(3,3,3)，则BE ＝(3,0,1)，BF ＝(0,3,2)，1BD ＝(3,3,3)．所以1BD ＝BE ＋BF .故1BD ，BE ，BF 共面．又它们有公共点B ，所以E ，B ，F ，D 1四点共面．(2)设M (0,0，z 0)，G ⎝⎛⎭⎫0，23，0，则GM ＝⎝⎛⎭⎫0，－23，z 0，而BF ＝(0,3,2)，由题设得GM ·BF ＝－23×3＋z 0·2＝0，得z 0＝1.故M (0,0,1)，有ME ＝(3,0,0)．又1BB ＝(0,0,3)，BC ＝(0,3,0)，所以ME ·1BB ＝0，ME ·BC ＝0，从而ME ⊥BB 1，ME ⊥BC .又BB 1∩BC ＝B ，故ME ⊥平面BCC 1B 1.第Ⅱ组：重点选做题1．(2014·武汉模拟)二面角α -l -β为60°，A ，B 是棱l 上的两点，AC ，BD 分别在半平面α，β内，AC ⊥l ，BD ⊥l ，且AB ＝AC ＝a ，BD ＝2a ，则CD 的长为( )A ．2a B.5a C ．a D.3a解析：选A ∵AC ⊥l ，BD ⊥l ，∴〈AC ，BD 〉＝60°，且AC ·BA ＝0，AB ·BD ＝0，∴CD ＝CA ＋AB ＋BD ，∴|CD |＝(CA ＋AB ＋BD )2 ＝a 2＋a 2＋(2a )2＋2a ·2a cos 120°＝2a .2．已知空间三点A (0,2,3)，B (－2,1,6)，C (1，－1,5)．则以AB ，AC 为边的平行四边形的面积为________．解析：由题意可得： AB ＝(－2，－1,3)，AC ＝(1，－3,2)，∴cos 〈AB ，AC 〉＝AB ·AC |AB ||AC |＝－2＋3＋614×14＝714＝12. ∴sin 〈AB ，AC 〉＝32. ∴以AB ，AC 为边的平行四边形的面积S ＝2×12|AB |·|AC |·sin 〈AB ，AC 〉＝14×32＝7 3. 答案：7 3。

2015届高考数学(人教,理科)大一轮配套练透：第7章立体几何第1节

解析：选 C 依题意可知∠BAD＝45° ，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与 BC、 AD 相等，高为梯形 ABCD 的高的 2 2倍，所以原平面图形的面积为 8 cm2. 6.(2014· 江西九校联考)如图，三棱锥 V ABC 的底面为正三角形，侧面
2 VAC 与底面垂直且 VA＝VC，已知其正视图的面积为，则其侧视图的面积为( 3 A. C. 3 2 3 4 B. D. 3 3 3 6
解：由三视图知该几何体为
[课下提升考能] 第Ⅰ组：全员必做题 1.(2014· 青岛模拟)将长方体截去一个四棱锥后，得到的几何体的直观图如右图所示，则该几何体的俯视图为( )
解析：选 C 长方体的侧面与底面垂直，所以俯视图是 C. 2．三视图如图所示的几何体是( )
Hale Waihona Puke A．三棱锥 C．四棱台B．四棱锥 D．三棱台
A．正方形 C．等腰三角形
B．圆 D．直角梯形
解析：选 D 当几何体是一个长方体，其中一个侧面为正方形时，A 可能；当几何体是横放的一个圆柱时，B 可能；当几何体是横放的三棱柱时，C 可能；只有 D 不可能，故选 D. 3．长和宽分别相等的两个矩形如图所示．
给定下列四个命题： ①存在三棱柱，其正视图、侧视图如图； ②存在四棱柱，其俯视图与其中一个视图完全一样； ③存在圆柱，其正视图、侧视图如图； ④若矩形的长与宽分别是 2 和 1，则该几何体的最大体积为 4.
解析：选 B 由三视图知该几何体为一四棱锥，其中有一侧棱垂直于底面，底面为一直角梯形． 3． (2013· 郑州模拟)一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )
解析：选 C 中，其宽度为
注意到在三视图中，俯视图的宽度应与侧视图的宽度相等，而在选项 C

2015届高考数学(人教,理科)大一轮配套练透：第7章立体几何第3节

[课堂练通考点]1．对两条不相交的空间直线a 与b ，必存在平面α，使得( )A ．a ⊂α，b ⊂αB ．a ⊂α，b ∥αC ．a ⊥α，b ⊥αD ．a ⊂α，b ⊥α解析：选B 不相交的直线a ，b 的位置有两种：平行或异面．当a ，b 异面时，不存在平面α满足A ，C ；又只有当a ⊥b 时，D 才可能成立．2．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 ，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：选A 连接A1C 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．故选A.3.如图是某个正方体的侧面展开图，l 1，l 2是两条侧面对角线，则在正方体中，l 1与l 2( )A ．互相平行B ．异面且互相垂直C ．异面且夹角为π3D ．相交且夹角为π3解析：选D 将侧面展开图还原成正方体如图所示，则B ，C 两点重合．故l 1与l 2相交，连接AD ，则△ABD 为正三角形，所以l 1与l 2的夹角为π3.故选D. 4．设a ，b ，c 是空间的三条直线，下面给出四个命题：①若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ∥c ；②若a ，b 是异面直线，b ，c 是异面直线，则a ，c 也是异面直线；③若a和b相交，b和c相交，则a和c也相交；④若a和b共面，b和c共面，则a和c也共面．其中真命题的个数是________．解析：∵a⊥b，b⊥c，∴a与c可以相交、平行、异面，故①错．∵a，b异面，b，c异面，则a，c可能异面、相交、平行，故②错．由a，b相交，b，c相交，则a，c可以异面、相交、平行，故③错．同理④错，故真命题的个数为0.答案：05．(2013·银川模拟)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，(1)求A1C1与B1C所成角的大小；(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小．解析：(1)如图，连接AC，AB1，由ABCD-A1B1C1D1是正方体，知AA1C1C为平行四边形，所以AC∥A1C1，从而B1C与AC所成的角就是A1C1与B1C所成的角．由AB1＝AC＝B1C可知∠B1CA＝60°，即A1C1与B1C所成角为60°.(2)如图，连接BD，由AA1∥CC1，且AA1＝CC1可知A1ACC1是平行四边形，所以AC ∥A1C1.即AC与EF所成的角就是A1C1与EF所成的角．因为EF是△ABD的中位线，所以EF∥BD.又因为AC⊥BD，所以EF⊥AC，即所求角为90°.[课下提升考能]第Ⅰ组：全员必做题1．若空间三条直线a，b，c满足a⊥b，b∥c，则直线a与c()A．一定平行B．一定相交C．一定是异面直线D．一定垂直解析：选D∵a⊥b，b∥c，∴a⊥c.2．(2014·聊城模拟)对于任意的直线l与平面α，在平面α内必有直线m，使m与l() A．平行B．相交C．垂直D．互为异面直线解析：选C不论l∥α，l⊂α还是l与α相交，α内都有直线m使得m⊥l.3．(2013·广州模拟)若空间中有两条直线，则“这两条直线为异面直线”是“这两条直线没有公共点”的()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：选A 若两直线为异面直线，则两直线无公共点，反之不一定成立．4．(2013·新乡月考)已知异面直线a ，b 分别在平面α，β内，且α∩β＝c ，那么直线c 一定( )A ．与a ，b 都相交B ．只能与a ，b 中的一条相交C ．至少与a ，b 中的一条相交D ．与a ，b 都平行解析：选C 若c 与a ，b 都不相交，则c 与a ，b 都平行，根据公理4，则a ∥b ，与a ，b 异面矛盾．5．若P 是两条异面直线l ，m 外的任意一点，则( )A ．过点P 有且仅有一条直线与l ，m 都平行B ．过点P 有且仅有一条直线与l ，m 都垂直C ．过点P 有且仅有一条直线与l ，m 都相交D ．过点P 有且仅有一条直线与l ，m 都异面解析：选B 对于A ，若正确，则l ∥m ，这与已知矛盾，由此排除A ；对于B ，由于l 和m 有且只有一条公垂线a ，而过P 有且只有一条直线与直线a 平行，故B 正确；易知C 、D 不正确．6.(2014·三亚模拟)如图，正方形ACDE 与等腰直角三角形ACB 所在的平面互相垂直，且AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，F ，G 分别是线段AE ，BC的中点，则AD 与GF 所成的角的余弦值为( ) A.36 B ．－36 C.33 D ．－33解析：选A 延长CD 至H .使DH ＝1，连接HG 、HF 、则HF ∥AD .HF ＝DA ＝8， GF ＝6，HG ＝10.∴cos ∠HFG ＝8＋6－102×6×8＝36. 7.(2013·沧州模拟)如图所示，在三棱柱ABC －A1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是( )A ．45°B ．60°C ．90°D ．120°解析：选B 连接AB 1，易知AB 1∥EF ，连接B 1C ，B 1C 与BC 1交于点G ，取AC 的中点H ，连接GH ，则GH ∥AB 1∥EF .设AB ＝BC ＝AA 1＝a ，连接HB ，在三角形GHB 中，易知GH ＝HB ＝GB ＝22a ，故所求的两直线所成的角即为∠HGB ＝60°.8．(2013·临沂模拟)过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A 作直线l ，使l 与棱AB ，AD ，AA 1所成的角都相等，这样的直线l 可以作( )A ．1条B ．2条C ．3条D ．4条解析：选D 如图，连接体对角线AC1，显然AC 1与棱AB ，AD ，AA 1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BD 1，则BD 1与棱BC ，BA ，BB 1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．9.如图，平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中既与AB 共面又与CC 1共面的棱有________条．解析：依题意，与AB 和CC 1都相交的棱有BC ；与AB 相交且与CC 1平行有棱AA 1，BB 1；与AB 平行且与CC 1相交的棱有CD ，C 1D 1.故符合条件的有5条．答案：510.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________．解析：还原成正四面体知GH 与EF 为异面直线，BD 与MN 为异面直线，GH 与MN 成60°角，DE ⊥MN . 答案：②③④11．如图为正方体表面的一种展开图，则图中的四条线段AB ，CD ，EF ，GH 在原正方体中互为异面的对数为________对．解析：平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB ，CD ，EF 和GH 在原正方体中，显然AB 与CD ，EF 与GH ，AB 与GH 都是异面直线，而AB 与EF 相交，CD 与GH 相交，CD与EF 平行．故互为异面的直线有且只有3对．答案：312．如图所示，正方体的棱长为1，B ′C ∩BC ′＝O ，则AO 与A ′C ′所成角的度数为________．解析：∵A ′C ′∥AC ，∴AO 与A ′C ′所成的角就是∠OAC .∵OC ⊥OB ，AB ⊥平面BB ′CC ′，∴OC ⊥AB .又AB ∩BO ＝B ，∴OC ⊥平面ABO .又OA ⊂平面ABO ，∴OC ⊥OA .在Rt △AOC 中，OC ＝22，AC ＝2， sin ∠OAC ＝OC AC ＝12， ∴∠OAC ＝30°.即AO 与A ′C ′所成角的度数为30°.答案：30°第Ⅱ组：重点选做题1．A 是△BCD 所在平面外的一点，E ，F 分别是BC ，AD 的中点，(1)求证：直线EF 与BD 是异面直线；(2)若AC ⊥BD ，AC ＝BD ，求EF 与BD 所成的角．解：(1)证明：假设EF 与BD 不是异面直线，则EF 与BD 共面，从而DF 与BE 共面，即AD 与BC 共面，所以A ，B ，C ，D 在同一平面内，这与A 是△BCD 所在平面外的一点相矛盾．故直线EF 与BD 是异面直线．(2)取CD 的中点G ，连接EG ，FG ，则EG ∥BD ，所以相交直线EF与EG 所成的角，即为异面直线EF 与BD 所成的角．在Rt △EGF 中，由EG ＝FG ＝12AC ，求得∠FEG ＝45°，即异面直线EF 与BD 所成的角为45°.2．(2013·许昌调研)如图，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF与四边形ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠F AB ＝90°，BC 綊12AD ，BE 綊12F A ，G ，H 分别为F A ，FD 的中点．(1)求证：四边形BCHG 是平行四边形；(2)C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？解：(1)证明：由题设知，FG ＝GA ，FH ＝HD ，所以GH 綊12AD .又BC 綊12AD ，故GH 綊BC .所以四边形BCHG 是平行四边形．(2)C ，D ，F ，E 四点共面．理由如下：由BE 綊12AF ，G 是F A 的中点知，BE 綊GF ，所以EF 綊BG .由(1)知BG ∥CH ，所以EF ∥CH ，故EC 、FH 共面．又点D 在直线FH 上，所以C ，D ，F ，E 四点共面．。

2015届高考数学(人教,理科)大一轮配套练透：第2章函数、导数及其应用第7节

[课堂练通考点]1．(2014·深圳第一次调研)设f (x )为定义在R 上的奇函数，当x >0时，f (x )＝log 3(1＋x )，则f (－2)＝( )A ．－1B ．－3C ．1D ．3解析：选A 由题意得，f (－2)＝－f (2)＝－log 3(1＋2)＝－1. 2．(2013·广东高考)函数y ＝lg (x ＋1)x －1的定义域是( ) A ．(－1，＋∞) B ．[－1，＋∞) C ．(－1,1)∪(1，＋∞)D ．[－1,1)∪(1，＋∞)解析：选C 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋1＞0，x －1≠0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＞－1，x ≠1，故选C. 3．函数y ＝ln1|2x －3|的图像为( )解析：选A 易知2x －3≠0，即x ≠32，排除C ，D.当x >32时，函数为减函数，当x <32时，函数为增函数，所以选A.4．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧21－x，x ≤1，1－log 2x ，x >1，则满足f (x )≤2的x 的取值范围是( )A ．[－1,2]B ．[0,2]C ．[1，＋∞)D ．[0，＋∞)解析：选D f (x )≤2⇔⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤1，21－x ≤2，或⎩⎪⎨⎪⎧x >1，1－log 2x ≤2，⇔0≤x ≤1或x >1. 5．(2013·南京模拟)若log 2a 1＋a 21＋a<0，则a 的取值范围是________．解析：当2a >1时，∵log 2a 1＋a 21＋a <0＝log 2a 1，∴1＋a 21＋a <1.∵1＋a >0，∴1＋a 2<1＋a ， ∴a 2－a <0，∴0<a <1，∴12<a <1.当0<2a <1时，∵log 2a 1＋a 21＋a <0＝log 2a 1，∴1＋a 21＋a>1. ∵1＋a >0，∴1＋a 2>1＋a .∴a 2－a >0，∴a <0或a >1，此时不合题意．综上所述，a ∈⎝⎛⎭⎫12，1. 答案：⎝⎛⎭⎫12，16．(2013·北京高考)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 12x ，x ≥1，2x ，x <1的值域为________．解析：当x ≥1时，log 12x ≤0，当x <1时，0<2x <2，故值域为(0,2)∪(－∞，0]＝(－∞，2)．答案：(－∞，2)[课下提升考能]第Ⅰ组：全员必做题1．函数y ＝1－lg (x ＋2)的定义域为( ) A ．(0,8] B ．(2,8] C ．(－2,8]D ．[8，＋∞)解析：选C 由题意可知，1－lg(x ＋2)≥0，整理得lg(x ＋2)≤lg 10，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2≤10，x ＋2>0，解得－2<x ≤8，故函数y ＝1－lg (x ＋2)的定义域为(－2,8]．2．若函数y ＝f (x )是函数y ＝a x (a ＞0，且a ≠1)的反函数，且f (2)＝1，则f (x )＝( ) A ．log 2x B.12x C ．log 12xD ．2x －2解析：选A f (x )＝log a x ，∵f (2)＝1，∴log a 2＝1.∴a ＝2. ∴f (x )＝log 2x .3．(2013·全国卷Ⅱ)设a ＝log 36，b ＝log 510，c ＝log 714，则( ) A ．c ＞b ＞a B ．b ＞c ＞a C ．a ＞c ＞bD ．a ＞b ＞c解析：选D a ＝log 36＝1＋log 32，b ＝log 510＝1＋log 52，c ＝log 714＝1＋log 72，则只要比较log 32，log 52，log 72的大小即可，在同一坐标系中作出函数y ＝log 3x ，y ＝log 5x ，y ＝log 7x 的图像，由三个图像的相对位置关系，可知a ＞b ＞c ，故选D.4．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 12x ，x >0，log 2(－x )，x <0，若f (m )<f (－m )，则实数m 的取值范围是( ) A ．(－1,0)∪(0,1) B ．(－∞，－1)∪(1，＋∞) C ．(－1,0)∪(1，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(0,1)解析：选C 当m >0时，f (m )<f (－m )⇒log 12m <log 2m ⇒m >1；当m <0时，f (m )<f (－m )⇒log 2(－m )<log 12(－m )⇒－1<m <0.所以m 的取值范围是(－1,0)∪(1，＋∞)．5．已知函数f (x )＝log 12|x －1|，则下列结论正确的是( )A ．f ⎝⎛⎭⎫－12<f (0)<f (3) B ．f (0)<f ⎝⎛⎭⎫－12<f (3) C ．f (3)<f ⎝⎛⎭⎫－12<f (0) D ．f (3)<f (0)<f ⎝⎛⎭⎫－12 解析：选C 依题意得f (3)＝log 122＝－1<0，log 122<f ⎝⎛⎭⎫－12＝log 1232<log 121，即－1<f ⎝⎛⎭⎫－12<0，又f (0)＝log 121＝0，因此有f (3)<f ⎝⎛⎭⎫－12<f (0)． 6．计算：(log 29)·(log 34)＝________.解析：(log 29)·(log 34)＝lg 9lg 2×lg 4lg 3＝2lg 3lg 2×2lg 2lg 3＝4.答案：47．函数y ＝log 12(x 2－6x ＋17)的值域是________．解析：令t ＝x 2－6x ＋17＝(x －3)2＋8≥8，y ＝log 12t 为减函数，所以有log 12t ≤log 128＝－3.答案：(－∞，－3]8．设2a ＝5b ＝m ，且1a ＋1b＝2，则m ＝________.解析：由2a ＝5b ＝m ，得a ＝log 2m ，b ＝log 5m ，又1a ＋1b ＝2，即1log 2m ＋1log 5m ＝2， ∴1lg m＝2，即m ＝10. 答案：109．(2014·长春模拟)设f (x )＝log a (1＋x )＋log a (3－x )(a >0，a ≠1)，且f (1)＝2. (1)求a 的值及f (x )的定义域． (2)求f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，32上的最大值．解：∵f (1)＝2，∴log a 4＝2(a >0，a ≠1)，∴a ＝2.由⎩⎪⎨⎪⎧1＋x >0，3－x >0，得x ∈(－1,3)， ∴函数f (x )的定义域为 (－1,3)．(2)f (x )＝log 2(1＋x )＋log 2(3－x )＝log 2(1＋x )(3－x )＝log 2[－(x －1)2＋4]， ∴当x ∈(－1,1]时，f (x )是增函数；当x ∈(1,3)时，f (x )是减函数，函数f (x )在⎣⎡⎦⎤0，32上的最大值是f (1)＝log 24＝2. 10．已知f (x )＝log a x (a >0且a ≠1)，如果对于任意的x ∈⎣⎡⎦⎤13，2都有|f (x )|≤1成立，试求a 的取值范围．解：当a >1时，f (x )＝log a x 在⎣⎡⎦⎤13，2上单调递增，要使x ∈⎣⎡⎦⎤13，2都有|f (x )|≤1成立，则有⎩⎪⎨⎪⎧ log a 13≥－1，log a 2≤1，解得a ≥3. ∴此时a 的取值范围是a ≥3.当0<a <1时，f (x )＝log a x 在⎣⎡⎦⎤13，2 上单调递减，要使x ∈⎣⎡⎦⎤13，2都有|f (x )|≤1成立，则有 ⎩⎪⎨⎪⎧log a 13≤1，log a 2≥－1，解得0<a ≤13.∴此时，a 的取值范围是0<a ≤13.综上可知，a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤0，13∪[3，＋∞)．第Ⅱ组：重点选做题1．下列区间中，函数f (x )＝|ln(2－x )|在其上为增函数的是( ) A ．(－∞，1] B.⎣⎡⎦⎤－1，43 C.⎣⎡⎭⎫0，32 D ．[1,2)解析：选D 当2－x ≥1，即x ≤1时，f (x )＝|ln(2－x )|＝ln(2－x )，此时函数f (x )在(－∞，1]上单调递减．当0<2－x ≤1，即1≤x <2时，f (x )＝|ln(2－x )|＝－ln(2－x )，此时函数f (x )在[1,2)上单调递增，故选D.2．(2013·无锡模拟)若f (x )＝lg x ，g (x )＝f (|x |)，则g (lg x )>g (1)，x 的取值范围是________．解析：因为g (lg x )>g (1)，所以f (|lg x |)>f (1)，由f (x )为增函数得|lg x |>1，从而lg x >1或lg x <－1.解得0<x <110或x >10.答案：⎝⎛⎭⎫0，110∪(10，＋∞)。

2015届高考数学(人教,理科)大一轮复习配套讲义：第七章立体几何

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．多面体的结构特征(1)棱柱⎩⎪⎨⎪⎧底面：互相平行侧面：都是四边形，且每相邻两个面的交线都平行且相等(2)棱锥⎩⎪⎨⎪⎧底面：是多边形侧面：都是有一个公共顶点的三角形(3)棱台棱锥被平行于棱锥底面的平面所截，截面与底面之间的部分． 2．旋转体的形成3．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．4．三视图(1)几何体的三视图包括正(主)视图、侧(左)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．(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．[试一试]1．沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )解析：选B 给几何体的各顶点标上字母，如图1.A ，E 在侧投影面上的投影重合，C ，G 在侧投影面上的投影重合，几何体在侧投影面上的投影及把侧投影面展平后的情形如图2所示，故正确选项为B(而不是A)．图1图22．用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的面积之比为1∶16，截去的圆锥的母线长是3 cm ，则圆台的母线长为________ cm.解析：抓住轴截面，利用相似比，由底面积之比为1∶16，设半径分别为r,4r .设圆台的母线长为l ，截得圆台的上、下底面半径分别为r 、4r .根据相似三角形的性质得33＋l ＝r4r，解得l ＝9.所以，圆台的母线长为9 cm. 答案：91．由三视图还原几何体的方法定底面根据俯视图确定定棱及侧面根据正视图确定几何体的侧棱与侧面特征，调整实线、虚线对应棱的位置定形状确定几何体的形状 2．斜二测画法中的“三变”与“三不变”“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变，与y 轴平行的线段的长度变为原来的一半，图形改变.“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不改变，与x ，z 轴平行的线段的长度不改变，相对位置不改变.3．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积有以下关系 S 直观图＝24S 原图形，S 原图形＝22S 直观图． 4．转化与化归思想利用转化与化归思想解决棱台、圆台的有关问题由棱台和圆台的定义可知棱台和圆台是分别用平行于棱锥和圆锥的底面的平面截棱锥和圆锥后得到的，所以在解决棱台和圆台的相关问题时，常“还台为锥”，体现了转化的数学思想．[练一练]1．如图是两个全等的正三角形，给定下列三个命题：①存在四棱锥，其正视图、侧视图如图；②存在三棱锥，其正视图、侧视图如图；③存在圆锥，其正视图、侧视图如图．其中真命题的个数是( )A ．3B ．2C ．1D ．0解析：选A 对于①，存在斜高与底边长相等的正四棱锥，其正视图与侧视图是全等的正三角形．对于②，存在如图所示的三棱锥S -ABC ，底面为等腰三角形，其底边AB 的中点为D ，BC 的中点为E ，侧面SAB 上的斜高为SD ，且CB ＝AB ＝SD ＝SE ，顶点S 在底面上的射影为AC 的中点，则此三棱锥的正视图与侧视图是全等的正三角形．对于③，存在底面直径与母线长相等的圆锥，其正视图与侧视图是全等的正三角形．所以选A.2．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：64空间几何体的结构特征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，则该几何体为球体选C. 2．下列结论正确的是( )A ．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B ．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边绕旋转轴旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C ．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长都相等，则该棱锥可能是六棱锥D ．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解析：选D A错误，如图1是由两个相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，它的各个面都是三角形，但它不是三棱锥；B错误，如图2，若△ABC不是直角三角形，或△ABC是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥；C错误，若该棱锥是六棱锥，由题设知，它是正六棱锥．易证正六棱锥的侧棱长必大于底面边长，这与题设矛盾．图1图23．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：①④[类题通法]解决此类题目需准确理解定义，把握几何体的结构特征，并学会通过反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，设法举出反例否定即可．几何体的三视图[典例](2013·四川高考)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]由于俯视图是两个圆，所以排除A，B，C，故选D.[答案] D[类题通法]根据几何体画三视图，要严格按以下几点执行(1)三视图的安排位置，正视图、侧视图分别放在左右两边，俯视图在正视图的下边．(2)注意实虚线的区别．[针对训练]1．(2014·山西模拟)如图，水平放置的三棱柱的侧棱长和底边长均为2，且侧棱AA1⊥平面A1B1C1，正视图是边长为2的正方形，该三棱柱的侧视图的面积为()A．4 B．2 3C．2 2 D. 3解析：选B依题意得，该几何体的侧视图是边长分别为2和3的矩形，因此其侧视图的面积为23，选B.2．(2014·吉林质检)已知某组合体的正视图与侧视图相同，如图所示，其中AB＝AC，四边形BCDE为矩形，则该组合体的俯视图可以是________(把你认为正确的图的序号都填上)．解析：直观图如图1的几何体(上部是一个正四棱锥，下部是一个正四棱柱)的俯视图为①；直观图如图2的几何体(上部是一个正四棱锥，下部是一个圆柱)的俯视图为②；直观图如图3的几何体(上部是一个圆锥，下部是一个圆柱)的俯视图为③；直观图如图4的几何体(上部是一个圆锥，下部是一个正四棱柱)的俯视图为④.答案：①②③④几何体的直观图[典例]如图所示，△A′B′C′是△ABC的直观图，且△A′B′C′是边长为a 的正三角形，求△ABC 的面积．[解] 建立如图所示的坐标系xOy ″，△A ′B ′C ′的顶点C ′在y ″轴上，边A ′B ′在x 轴上，把y ″轴绕原点逆时针旋转45°得y 轴，在y 轴上取点C 使OC ＝2OC ′，A ，B 点即为A ′，B ′点，长度不变．已知A ′B ′＝A ′C ′＝a ，在△OA ′C ′中，由正弦定理得OC ′sin ∠OA ′C ′＝A ′C ′sin 45°，所以OC ′＝sin 120°sin 45°a ＝62a ，所以原三角形ABC 的高OC ＝6a ，所以S △ABC ＝12×a ×6a ＝62a2.本例若改为“已知△ABC 是边长为a 的正三角形，求其直观图△A ′B ′C ′的面积”应如何求？解：由斜二测画法规则可知，直观图△A ′B ′C ′一底边上的高为32a ×12×22＝68a ∴S △A ′B ′C ′＝12×a ×68a ＝616a 2.[类题通法]对于几何体的直观图，除掌握斜二测画法外，记住原图形面积S 与直观图面积S ′之间的关系S ′＝24S ，能更快捷地进行相关问题的计算． [针对训练]等腰梯形ABCD ，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________．解析：∵OE ＝ (2)2－1＝1，∴O ′E ′＝12，E ′F＝24， ∴直观图A ′B ′C ′D ′的面积为S ′＝12×(1＋3)×24＝22.答案：22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1．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．[试一试]1．若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是( )A ．(13＋2)π(cm 2)B ．4＋(13＋2)π(cm 2)C ．6＋(13＋2)π(cm 2)D ．8＋(13＋2)π(cm 2)解析：选C 由三视图可知原几何体是一个半圆锥，其表面积S ＝12×π×22＋12×π×2×13＋12×4×3＝6＋(13＋2)π(cm 2)．2.一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则该几何体的体积为( )A.33B ．1 C.233D. 3解析：选A 根据三视图可知该几何体是一个高为3的三棱锥，所以该几何体的体积V ＝13×⎝⎛⎭⎫12×2×1×3＝33. 3．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＋16 2.答案：72＋16 21．求空间几何体体积的常用方法(1)公式法：直接根据相关的体积公式计算．(2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等．(3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可计算体积的几何体．2．几个与球有关的切、接常用结论 (1)正方体的棱长为a ，球的半径为R ， ①正方体的外接球，则2R ＝3a ； ②正方体的内切球，则2R ＝a ； ③球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)长方体的同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2. (3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1. 3．旋转体侧面积问题中的转化思想计算旋转体的侧面积时，一般采用转化的方法来进行，即将侧面展开化为平面图形，“化曲为直”来解决，因此要熟悉常见旋转体的侧面展开图的形状及平面图形面积的求法．[练一练]1．(2014·皖南八校联考)已知某几何体的侧视图与其正视图相同，相关的尺寸如图所示，则这个几何体的体积是( )A ．8πB ．7πC ．2πD.7π4解析：选D 依题意该几何体为一空心圆柱，故其体积V ＝π⎣⎡⎦⎤22－⎝⎛⎭⎫322×1＝7π4.2．(2013·福建高考)已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是________．解析：依题意得，该几何体是球的一个内接正方体，且该正方体的棱长为2.设该球的直径为2R ，则2R ＝22＋22＋22＝23，所以该几何体的表面积为4πR 2＝4π(3)2＝12π.答案：12π几何体的表面积1．(2013·某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A．180B．200C．220 D．240解析：选D由三视图可知，此几何体是一个横放的直四棱柱，底面梯形的面积为(2＋8)×42＝20，侧面面积为2×10＋2×5×10＋8×10＝200，故四棱柱的表面积为2×20＋200＝240.2．(2013·陕西高考改编)某几何体的三视图如图所示，则其表面积为________.解析：此几何体是一个半球，所以表面积为球的表面积的一半加上底面的面积，球半径为1，故所求表面积为S＝2π＋π＝3π.答案：3π3．(2014·江西八校联考)若一个圆台的正视图如图所示，则其表面积等于________．解析：由图知圆台的上、下底面半径分别为r＝1、r′＝2，母线长为l＝5，则圆台表面积为π(r＋r′)l＋π(r2＋r′2)＝5π＋35π.答案：5π＋35π[类题通法]以三视图为载体的几何体的表面积问题的求法(1)恰当分析给出的三视图．(2)找准几何体中各元素间的位置关系及数量关系．(3)注意组合体的表面积问题中重合部分的处理．几何体的体积B1C1的所有棱长均为1，且[典例](1)如图所示，已知三棱柱ABC-AAA1⊥底面ABC，则三棱锥B1 -ABC1的体积为()A.312 B.34 C.612D.64(2)(2013·新课标Ⅰ)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．16＋8πB ．8＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π[解析] (1)三棱锥B 1 -ABC 1的体积等于三棱锥A -B 1BC 1的体积，三棱锥A -B 1BC 1的高为32，底面积为12，故其体积为13×12×32＝312. (2)根据三视图可以判断该几何体由上、下两部分组成，其中上面部分为长方体，下面部分为半个圆柱，所以组合体的体积为2×2×4＋12π×22×4＝16＋8π.[答案] (1)A (2)A [类题通法]求解几何体体积的策略及注意问题(1)与三视图有关的体积问题关键是准确还原几何体及弄清几何体中的数量关系． (2)计算柱、锥、台的体积关键是根据条件找出相应的底面积和高．(3)注意求体积的一些特殊方法：分割法、补体法、转化法等，它们是解决一些不规则几何体体积计算常用的方法，应熟练掌握．(4)注意组合体的组成形式及各部分几何体的特征． [针对训练](2014·绍兴模拟)已知一个棱长为2的正方体，被一个平面截后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________．解析：根据三视图，我们先画出其几何直观图，几何体由正方体切割而成，即正方体截去一个棱台．如图1所示，把棱台补成锥体如图2，V 棱台＝2×2×12×4×13－1×1×12×2×13＝73，故所求几何体的体积V ＝23－73＝173.答案：173与球有关的切、接问题角度一直三棱柱的外接球1．(2013·辽宁高考)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 ．210 C.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.角度二正方体的外接球2．(2013·合肥模拟)一个正方体削去一个角所得到的几何体的三视图如图所示(图中三个四边形都是边长为2的正方形)，则该几何体外接球的体积为________．解析：依题意可知，新的几何体的外接球也就是原正方体的外接球，要求的直径就是正方体的体对角线；∴2R ＝23(R 为球的半径)，∴R ＝3，∴球的体积V ＝43πR 3＝43π.答案：43π角度三正四面体的内切球3．(2014·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角度四四棱锥的外接球4．四棱锥P -ABCD 的五个顶点都在一个球面上，该四棱锥的三视图如图所示，E ，F 分别是棱AB ，CD 的中点，直线EF 被球面所截得的线段长为22，则该球的表面积为( )A ．9πB ．3πC ．22πD ．12π解析：选D 该几何体的直观图如图所示，该几何体可看作由正方体截得，则正方体外接球的直径即为PC .由直线EF 被球面所截得的线段长为22，可知正方形ABCD 对角线AC 的长为22，可得a ＝2，在△P AC 中PC ＝ 22＋(22)2＝23，球的半径R ＝ 3，∴S 表＝4πR 2＝4π×(3)2＝12π. 角度五正三棱柱的内切球5．(2013·南昌模拟)点P 是底边长为23，高为2的正三棱柱表面上的动点，MN 是该棱柱内切球的一条直径，则PM ·PN 的取值范围是( )A ．[0,2]B ．[0,3]C ．[0,4]D ．[－2,2]解析：选C 由题意知内切球的半径为1，设球心为O ，则PM ·PN＝(PO ＋OM )·(PO ＋ON )＝PO 2＋PO ·(OM ＋ON )＋OM ·ON ＝|PO |2－1，且1≤|OP |≤5，∴PM ·PN∈[0,4]． [类题通法]解决与球有关的切、接问题的方法(1)一般要过球心及多面体中的特殊点或过线作截面将空间问题转化为平面问题，从而寻找几何体各元素之间的关系．(2)若球面上四点P ，A ，B ，C 中P A ，PB ，PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题．第三节空间点、直线、平面之间的位置关系1．四个公理公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．作用：可用来证明点、直线在平面内．公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．作用：①可用来确定一个平面；②证明点线共面．公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．作用：①可用来确定两个平面的交线；②判断或证明多点共线；③判断或证明多线共点．公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．作用：判断空间两条直线平行的依据． 2．空间直线的位置关系 (1)位置关系的分类：⎩⎨⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧平行相交异面直线：不同在任何一个平面内(2)异面直线所成的角：①定义：设a ，b 是两条异面直线，经过空间中任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角)．②范围：⎝⎛⎦⎤0，π2. (3)定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补． 3．空间直线与平面，平面与平面之间的位置关系1．异面直线易误解为“分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线”，实质上两异面直线不能确定任何一个平面，因此异面直线既不平行，也不相交．2．直线与平面的位置关系在判断时最易忽视“线在面内”． [试一试]1．下列说法正确的是()A．若a⊂α，b⊂β，则a与b是异面直线B．若a与b异面，b与c异面，则a与c异面C．若a，b不同在平面α内，则a与b异面D．若a，b不同在任何一个平面内，则a与b异面解析：选D由异面直线的定义可知选D.2．若直线a⊥b，且直线a∥平面α，则直线b与平面α的位置关系是()A．b⊂αB．b∥αC．b⊂α或b∥αD．b与α相交或b⊂α或b∥α解析：选D b与α相交或b⊂α或b∥α都可以．1．求异面直线所成角的方法(1)平移法：即选点平移其中一条或两条直线使其转化为平面角问题，这是求异面直线所成角的常用方法．(2)补形法：即采用补形法作出平面角．2．证明共面问题的两种途径(1)首先由条件中的部分线(或点)确定一个平面，再证其他线(或点)在此平面内；(2)将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证明这两个平面重合．3．证明共线问题的两种途径(1)先由两点确定一条直线，再证其他点都在这条直线上；(2)直接证明这些点都在同一条特定直线上．4．证明共点问题的常用方法先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．[练一练]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()解析：选D A，B，C图中四点一定共面，D中四点不共面．2.已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为AA1中点，则异面直线BE与CD1所成的角的余弦值为________．解析：如图连接BA.∵BA 1∥CD 1， ∴∠A 1BE 为所求．在△A 1BE 中，设AB ＝1，则AA 1＝2， ∴A 1B ＝5，A 1E ＝1，BE ＝ 2. ∴cos ∠A 1BE ＝31010.答案：31010平面的基本性质及应用1．．． ) A ．平行于同一个平面的两个平面相互平行 B ．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面C ．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内D ．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么他们有且只有一条过该点的公共直线解析：选A 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．2．下列命题：①经过三点确定一个平面； ②梯形可以确定一个平面；③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面； ④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．其中正确命题的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：选C 对于①，未强调三点不共线，故①错误；②正确；对于③，三条直线两两相交，如空间直角坐标系，能确定三个平面，故③正确；对于④，未强调三点共线，则两平面也可能相交，故④错误．3．(2013·南京模拟)如图，已知：E ，F ，G ，H 分别是正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱AB ，BC ，CC 1，C 1D 1的中点，证明：EF ，HG ，DC 三线共点．证明：连接C 1B ，HE ，GF ，如图所示．由题意知HC 1綊EB ，∴四边形HC 1BE 是平行四边形， ∴HE ∥C 1B .又C 1G ＝GC ，CF ＝BF ，故GF 綊12C 1B ，∴GF ∥HE ，且GF ≠HE ，∴HG 与EF 相交，设交点为K ，则K ∈HG . 又HG ⊂平面D 1C 1CD ， ∴K ∈平面D 1C 1CD .∵K ∈EF ，EF ⊂平面ABCD ， ∴K ∈平面ABCD .∵平面D 1C 1CD ∩平面ABCD ＝DC ， ∴K ∈DC ，∴EF ，HG ，DC 三线共点． [类题通法]1．证明共点问题的关键是先确定点后，再证明此点在第三条直线上，这个第三条直线应为前两条直线所在平面的交线，可以利用公理3证明．2．证明过程中要注意符号语言表达准确，公理成立的条件要完善．空间两直线的位置关系[典例] (1)(2013·江西省七校联考)已知直线a 和平面α，β，α∩β＝l ，a ⊄α，a ⊄β，且a 在α，β内的射影分别为直线b 和c ，则直线b 和c 的位置关系是( )A ．相交或平行B ．相交或异面C ．平行或异面D ．相交、平行或异面[解析] 依据题意，b ，c 分别为a 在α，β内的射影，可判断b ，c 相交、平行或异面均可．[答案] D(2)已知空间四边形ABCD中，E，H分别是边AB，AD的中点，F，G分别是边BC，CD 的中点．①求证：BC与AD是异面直线；②求证：EG与FH相交．[证明]①假设BC与AD共面，不妨设它们所共平面为α，则B，C，A，D∈α.所以四边形ABCD为平面图形，这与四边形ABCD为空间四边形相矛盾．所以BC与AD 是异面直线．②如图，连接AC，BD，则EF∥AC，HG∥AC，因此EF∥HG；同理EH∥FG，则EFGH为平行四边形．又EG，FH是▱EFGH的对角线，所以EG与HF相交．[类题通法]1．异面直线的判定常用的是反证法，先假设两条直线不是异面直线，即两条直线平行或相交，由假设的条件出发，经过严格的推理，导出矛盾，从而否定假设肯定两条直线异面．此法在异面直线的判定中经常用到．2．客观题中，也可用下述结论：过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线．[针对训练]若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则()A．α内的所有直线与l异面B．α内不存在与l平行的直线C．α内存在唯一的直线与l平行D．α内的直线与l都相交解析：选B如图，设l∩α＝A，α内直线若经过A点，则与直线l相交；若不经过点A，则与直线l异面．异面直线所成的角[典例](2013·福州模拟)如图在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为( )A.15 B.25 C.35D.45[解析] 连接BC 1，易证BC 1∥AD 1，则∠A 1BC 1即为异面直线A 1B 与AD 1所成的角．连接A 1C 1，设AB ＝1，则AA 1＝2，A 1C 1＝2，A 1B ＝BC 1＝5，故cos ∠A 1BC 1＝5＋5－22×5×5＝45. [答案] D在本例条件下，若点P 在平面A 1C 1内且不在对角线B 1D 1上，过点P 在平面A 1C 1内作一直线m ，使m 与直线BD 成α角，且α∈⎝⎛⎦⎤0，π2.这样的直线可作几条？解：在平面A 1C 1内作m ，使m 与B 1D 1相交成α角．∵BD ∥B 1D 1，∴直线m 与BD 也成α角．即m 为所求．且m 与BD 是异面直线，当α＝π2时，m 只有一条，当α≠π2时，这样的直线有两条．[类题通法]用平移法求异面直线所成的角的三步法(1)一作：即据定义作平行线，作出异面直线所成的角； (2)二证：即证明作出的角是异面直线所成的角；(3)三求：解三角形，求出作出的角，如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角，如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角．[针对训练]如图所示，点A 是平面BCD 外一点，AD ＝BC ＝2，E ，F 分别是AB ，CD 的中点，且EF ＝2，则异面直线AD 和BC 所成的角为________．解析：如图，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 ＝12BC ＝1，FG∥AD ，且FG ＝12AD ＝1.即∠EGF 为所求，又EF＝2，由勾股定理逆定理可得∠EGF ＝90°. 答案：90°第四节直线、平面平行的判定与性质1．直线与平面平行的判定定理和性质定理2．平面与平面平行的判定定理和性质定理1．直线与平面平行的判定中易忽视“线在面内”这一关键条件．2．面面平行的判定中易忽视“面内两条相交线”这一条件．3．如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，易误认为这两个平面平行，实质上也可以相交．[试一试]1．下列说法中正确的是()①一条直线如果和一个平面平行，它就和这个平面内的无数条直线平行；②一条直线和一个平面平行，它就和这个平面内的任何直线无公共点；③过直线外一点，有且仅有一个平面和已知直线平行；④如果直线l和平面α平行，那么过平面α内一点和直线l平行的直线在α内．A．①②③④B．①②③C．②④D．①②④解析：选D由线面平行的性质定理知①④正确；由直线与平面平行的定义知②正确；③错误，因为经过一点可作一直线与已知直线平行，而经过这条直线可作无数个平面．2．设l，m，n表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列四个命题：①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；②若m∥l，且m∥α，则l∥α；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，则l∥m∥n；④若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，且n∥β，则l∥m.其中正确命题的个数是()A．1 B．2C．3 D．4解析：选B易知①正确；②错误，l与α的具体关系不能确定；③错误，以墙角为例即可说明；④正确，可以以三棱柱为例说明．故选B.1．转化与化归思想——平行问题中的转化关系2．判断线面平行的两种常用方法面面平行判定的落脚点是线面平行，因此掌握线面平行的判定方法是必要的，判定线面平行的两种方法：(1)利用线面平行的判定定理；(2)利用面面平行的性质，即当两平面平行时，其中一平面内的任一直线平行于另一平面．[练一练]。

2015届高考数学(人教,理科)大一轮配套练透：第7章立体几何第7节2

[课堂练通考点](2013·成都模拟)如图，在直三棱柱(侧棱与底面垂直的三棱柱)ABC-A 1B 1C 1中，AC ＝AA 1＝2AB ＝2，∠BAC ＝90°，点D 是侧棱CC 1延长线上一点，EF 是平面ABD 与平面A 1B 1C 1的交线．(1)求证：EF ⊥A 1C ；(2)当平面DAB 与平面CA 1B 1所成锐二面角的余弦值为2626时，求DC 1的长．解：(1)证明：∵三棱柱ABC -A 1B 1C 1为直三棱柱，∴平面ABC ∥平面A 1B 1C 1. 又平面ABC ∩平面ABD ＝AB ，平面A 1B 1C 1∩平面ABD ＝EF ， ∴EF ∥AB .∵三棱柱ABC -A 1B 1C 1为直三棱柱，且∠BAC ＝90°， ∴AB ⊥AA 1，AB ⊥AC .而AA 1∩AC ＝A ，∴AB ⊥平面ACC 1A 1. 又A 1C ⊂平面ACC 1A 1，∴AB ⊥A 1C . ∴EF ⊥A 1C .(2)建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz .设C 1D ＝t (t ＞0)．则B (1,0,0)，C (0,2,0)，D (0,2,2＋t )，A 1(0,0,2)，B 1(1,0,2)． ∴11A B ＝(1,0,0)，1A C ＝(0,2，－2)．设平面CA 1B 1的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)．则⎩⎪⎨⎪⎧n ·11A B ＝0，n ·1A C ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，y 1－z 1＝0，令z 1＝1，则y 1＝1，∴n ＝(0,1,1)．同理，可求得平面DAB 的一个法向量m ＝⎝⎛⎭⎫0，1，－2t ＋2.由|cos 〈n ，m 〉|＝1－2t ＋22×1＋⎝⎛⎭⎫2t ＋22＝2626，得t ＝1或t ＝－23(舍去)．∴DC 1＝1.[课下提升考能]第Ⅰ卷：夯基保分卷1．(2013·石家庄模拟)如图，已知三棱柱ABC -A1B 1C 1，侧面BCC 1B 1⊥底面ABC .(1)若M ，N 分别是AB ，A 1C 的中点，求证：MN ∥平面BCC 1B 1； (2)若三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各棱长均为2，侧棱BB 1与底面ABC 所成的角为60°，问在线段A 1C 1上是否存在一点P ，使得平面B 1CP ⊥平面ACC 1A 1？若存在，求C 1P 与P A 1的比值，若不存在，说明理由．解：(1)证明：连接AC 1，BC 1，则AC 1∩A 1C ＝N ，AN ＝NC 1，因为AM ＝MB ，所以MN ∥BC 1. 又BC 1⊂平面BCC 1B 1，所以MN ∥平面BCC 1B 1.(2)作B 1O ⊥BC 于O 点，连接AO ，因为平面BCC 1B 1⊥底面ABC ，所以B 1O ⊥平面ABC ，以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，3，0)，B (－1，0,0)，C (1,0,0)，B 1(0,0，3)．由1AA ＝1CC ＝1BB ，可求出A 1(1，3，3)，C 1(2,0，3)，设点P (x ，y ，z )，11A C ＝λ1A P . 则P ⎝⎛⎭⎫1λ＋1，3－3λ，3，CP ＝⎝⎛⎭⎫1，3－3，3，1CB ＝(－1,0，3)．设平面B 1CP 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CP ＝0n 1·1CB ＝0，令z 1＝1，解得n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，1＋λ1－λ，1. 同理可求出平面ACC 1A 1的法向量n 2＝(3，1，－1)．由平面B 1CP ⊥平面ACC 1A 1，得n 1·n 2＝0，即3＋1＋λ1－λ－1＝0，解得λ＝3，所以A 1C 1＝3A 1P ，从而C 1P ∶P A 1＝2.2．(2014·浙江联考)如图，AB 为圆O 的直径，点E ，F 在圆O 上，AB∥EF ，矩形ABCD 所在的平面与圆O 所在的平面互相垂直．已知AB ＝2，EF ＝1.(1)求证：平面DAF ⊥平面CBF ； (2)求直线AB 与平面CBF 所成角的大小；(3)当AD 的长为何值时，平面DFC 与平面FCB 所成的锐二面角的大小为60°？解：(1)证明：∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，CB ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ， ∴CB ⊥平面ABEF ，∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥CB ，又AB 为圆O 的直径，∴AF ⊥BF ，又BF ∩CB ＝B ， ∴AF ⊥平面CBF .∵AF ⊂平面ADF ，∴平面DAF ⊥平面CBF . (2)由(1)知AF ⊥平面CBF ， ∴FB 为AB 在平面CBF 内的射影，因此，∠ABF 为直线AB 与平面CBF 所成的角． ∵AB ∥EF ，∴四边形ABEF 为等腰梯形，过点F 作FH ⊥AB ，交AB 于H .已知AB ＝2，EF ＝1，则AH ＝AB －EF 2＝12.在Rt △AFB 中，根据射影定理得AF 2＝AH ·AB ，∴AF ＝1， sin ∠ABF ＝AF AB ＝12，∴∠ABF ＝30°.∴直线AB 与平面CBF 所成角的大小为30°.(3)设EF 中点为G ，以O 为坐标原点，OA ，OG ，AD 方向分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AD ＝t (t ＞0)，则点D 的坐标为(1,0，t )，C (－1,0，t )，又A (1,0,0)，B (－1,0,0)，F ⎝⎛⎭⎫12，32，0， ∴CD ＝(2,0,0)，FD ＝⎝⎛⎭⎫12，－32，t ，设平面DCF 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则n 1·CD ＝0，n 1·FD ＝0. 即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝0x 2－32y ＋tz ＝0，令z ＝3，解得x ＝0，y ＝2t ， ∴n 1＝(0,2t ，3)．由(1)可知AF ⊥平面CFB ，取平面CBF 的一个法向量为n 2＝AF ＝⎝⎛⎭⎫－12，32，0，依题意，n 1与n 2的夹角为60°.∴cos 60°＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|，即12＝3t 4t 2＋3·1，解得t ＝64.因此，当AD 的长为64时，平面DFC 与平面FCB 所成的锐二面角的大小为60°. 3．(2014·福州质检)如图，矩形ABCD 和梯形BEFC 所在平面互相垂直，BE ∥CF ，BC ⊥CF ，AD ＝3，EF ＝2，BE ＝3，CF ＝4.(1)求证：EF ⊥平面DCE ；(2)当AB 的长为何值时，二面角A -EF -C 的大小为60°. 解：(1)证明：在△BCE 中，BC ⊥BE ，BC ＝AD ＝3， BE ＝3，∴EC ＝23，在△FCE 中，CF 2＝EF 2＋CE 2，∴EF ⊥CE . 由已知条件知，DC ⊥平面EFCB ，∴DC ⊥EF ，又DC 与EC 相交于C ，∴EF ⊥平面DCE .(2)如图，以点C 为坐标原点，以CB ，CF 和CD 分别作为x 轴，y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系C -xyz .设AB ＝a (a >0)，则C (0,0,0)，A (3，0，a )， B (3，0,0)，E (3，3,0)，F (0,4,0)，从而EF ＝(－3，1,0)，AE ＝(0,3，－a )．设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由EF ·n ＝0，AE ·n ＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，3y －az ＝0，取x ＝1，则y ＝3，z ＝33a ，即n ＝⎝⎛⎭⎫1，3，33a .不妨设平面EFCB 的法向量为BA ＝(0,0，a )，由条件得|cos 〈n ，BA 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·BA |n ||BA |＝334a 2＋27＝12，解得a ＝92.所以当AB ＝92时，二面角A －EF －C 的大小为60°.第Ⅱ卷：提能增分卷1．(2013·荆州模拟)如图所示，在矩形ABCD 中，AB ＝35，AD ＝6，BD 是对角线，过点A 作AE ⊥BD ，垂足为O ，交CD 于E ，以AE 为折痕将△ADE 向上折起，使点D 到点P 的位置，且PB ＝41.(1)求证：PO ⊥平面ABCE ； (2)求二面角E -AP -B 的余弦值．解：(1)证明：由已知得AB ＝35，AD ＝6，∴BD ＝9. 在矩形ABCD 中，∵AE ⊥BD ，∴Rt △AOD ∽Rt △BAD ， ∴DO AD ＝ADBD，∴DO ＝4，∴BO ＝5. 在△POB 中，PB ＝41，PO ＝4，BO ＝5， ∴PO 2＋BO 2＝PB 2，∴PO ⊥OB .又PO ⊥AE ，AE ∩OB ＝O ，∴PO ⊥平面ABCE . (2)∵BO ＝5，∴AO ＝AB 2－OB 2＝2 5.以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则P (0,0,4)，A (25，0,0)，B (0,5,0)．PA ＝(25，0，－4)，PB ＝(0,5，－4)，设n 1＝(x ，y ，z )为平面APB 的法向量．则⎩⎨⎧n 1·PA ＝0，n 1·PB ＝0，即⎩⎨⎧25x －4z ＝0，5y －4z ＝0.取x ＝25得n 1＝(25，4,5)，又n 2＝(0,1,0)为平面AEP 的一个法向量， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝461×1＝46161，故二面角E -AP -B 的余弦值为46161.2．(2014·武汉模拟)如图，在四棱锥S -ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，侧棱SA ⊥底面ABCD ，AB 垂直于AD 和BC ，SA ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1.M 是棱SB 的中点．(1)求证：AM ∥平面SCD ；(2)求平面SCD 与平面SAB 所成二面角的余弦值；(3)设点N 是直线CD 上的动点，MN 与平面SAB 所成的角为θ，求sin θ的最大值．解：(1)证明：以点A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0,2,0)，C (2,2,0)，D (1,0,0)，S (0,0,2)，M (0,1,1)．则AM ＝(0,1,1)，SD ＝(1,0，－2)，CD ＝(－1，－2,0)．设平面SCD 的法向量是n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧SD ·n ＝0， CD ·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，－x －2y ＝0.令z ＝1，则x ＝2，y ＝－1，于是n ＝(2，－1,1)． ∵AM ·n ＝0，∴AM ⊥n .又AM ⊄平面SCD ， ∴AM ∥平面SCD .(2)易知平面SAB 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)．设平面SCD 与平面SAB 所成的二面角为φ，则|cos φ|＝⎪⎪⎪⎪n 1·n |n 1|·|n|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪(1，0，0)·(2，－1，1)1·6＝⎪⎪⎪⎪21·6＝63，即cos φ＝63. ∴平面SCD 与平面SAB 所成二面角的余弦值为63. (3)设N (x,2x －2,0)(x ∈[1,2])，则MN ＝(x,2x －3，－1)．又平面SAB 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)， ∴sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪(x ，2x －3，－1)·(1，0，0)x 2＋(2x －3)2＋(－1)2·1 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 5x 2－12x ＋10＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪15－12·1x ＋10·1x 2 ＝110⎝⎛⎭⎫1x 2－12⎝⎛⎭⎫1x ＋5＝110⎝⎛⎭⎫1x －352＋75.当1x ＝35，即x ＝53时，(sin θ)max ＝357. 3．(2014·北京西城二模)如图，直角梯形ABCD 与等腰直角三角形ABE 所在的平面互相垂直．AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB ＝2CD ＝2BC ，EA ⊥EB .(1)求证：AB ⊥DE ；(2)求直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值；(3)线段EA 上是否存在点F ，使EC ∥平面FBD ？若存在，求出EFEA ；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：取AB 的中点O ，连接EO ，DO .因为EB ＝EA ，所以EO ⊥AB . 因为四边形ABCD 为直角梯形． AB ＝2CD ＝2BC ，AB ⊥BC ，所以四边形OBCD 为正方形，所以AB ⊥OD . 因为EO ∩DO ＝0.所以AB ⊥平面EOD ，所以AB ⊥ED .(2)因为平面ABE ⊥平面ABCD ，且EO ⊥AB ，所以EO ⊥平面ABCD ，所以EO ⊥OD .由OB ，OD ，OE 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .因为三角形EAB 为等腰直角三角形，所以OA ＝OB ＝OD ＝OE ，设OB ＝1，所以O (0,0,0)，A (－1,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)， D (0,1,0)，E (0,0,1)．所以EC ＝(1,1，－1)，平面ABE 的一个法向量为OD (0,1,0)．设直线EC 与平面ABE 所成的角为θ，所以sin θ＝|cos 〈EC ，OD 〉|＝|EC ·OD ||EC ||OD |＝33，即直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值为33. (3)存在点F ，且EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD .证明如下：由EF ＝13EA ＝⎝⎛⎭⎫－13，0，－13， F ⎝⎛⎭⎫－13，0，23，所以FB ＝⎝⎛⎭⎫43，0，－23，BD ＝(－1,1,0)．设平面FBD 的法向量为v ＝(a ，b ，c )，则有⎩⎨⎧v ·BD ＝0，v ·FB ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋b ＝0，43a －23c ＝0，取a ＝1，得v ＝(1,1,2)．因为EC ·v ＝(1,1，－1)·(1,1,2)＝0，且EC ⊄平面FBD ，所以EC ∥平面FBD ，即点F 满足EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD .。

2015高考数学(人教版a版)一轮配套题库：7-2空间几何体的表面积和体积

第二节空间几何体的表面积和体积时间：45分钟分值：75分一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．设下图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A ．9π＋42B ．36π＋18 C.92π＋12 D.92π＋18解析该几何体是由一个球与一个长方体组成的组合体，球的直径为3，长方体的底面是边长为3的正方形，高为2，故所求体积为2×32＋43π⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝92π＋18，故选D. 答案 D2．如图是一个几何体的三视图(侧视图中的弧线是半圆)，则该几何体的表面积是( )A．20＋3π B．24＋3πC．20＋4π D．24＋4π解析由三视图可知该几何体为一组合体，上面是一个棱长为2的正方体．下面是半个圆柱，其半径为1，母线为2.故S＝5×22＋π＋π×1×2＝20＋3π.答案 A3．(2014·唐山市期末)某几何体的三视图如下图所示，则该几何体的体积为()A．8π＋16 B．8π－16C ．8π＋8D ．16π－8解析 V ＝π·222·4－12·4·2·4＝8π－16，选B.答案 B4．一个几何体的三视图如下图所示，则该几何体外接球的表面积为( )A.163πB.1912πC.193πD.43π解析由三视图可知该几何体是底面边长为2，高为1的正三棱柱．其外接球的球心为上下底面中心连线的中点．∴R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2332＝1912，S ＝4πR 2＝193π. 答案 C5．正六棱锥P —ABCDEF 中，G 为PB 的中点，则三棱锥D —GAC 与三棱锥P —GAC 体积之比为( )A ．1:1B ．1:2C ．2:1D ．3:2解析设棱锥的高为h ，V D —GAC ＝V G —DAC ＝13S △ADC ·12h ，V P —GAC ＝12V P —ABC ＝V G —ABC ＝13S △ABC ·h 2.又S △ADCS △ABC ＝21，故V D —GAC V P —GAC ＝2 1. 答案 C6．已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，AB ＝2，∠ASC ＝∠BSC ＝45°，则棱锥S －ABC 的体积为( )A.33B.233C.433D.533解析如图，设球心为O ，OS ＝OA ＝OC 得∠SAC ＝90°，又∠ASC ＝45°，所以AS ＝AC ＝22SC ，同理BS ＝BC ＝22SC ，可得SC ⊥面AOB ，则V S －ABC ＝13S △AOB ·SC ＝13×3×4＝433，故选C.答案 C二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，则该圆锥的体积为________．解析设底面半径为r ，如图所示．12·2πr ·l ＝2π，∴rl ＝2. 又∵12πl 2＝2π，∴l ＝2，∴r ＝1.∴h ＝l 2－r 2＝3，∴V ＝13·π·12·3＝33π.答案 33π8．(2013·福建卷)已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是________．解析该球为一棱长为2的正方体的外接球，体对角线为球的直径，2R ＝22＋22＋22＝23，所以该球的表面积为4πR 2＝12π.答案 12π9．(2013·江苏卷)如图，在三棱柱A 1B 1C 1—ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，AC ，AA 1的中点．设三棱锥F —ADE 的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1—ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________.解析设三棱柱A 1B 1C 1—ABC 的高为h ，底面△ABC 的面积为S ，V 1＝13×14S ×12h ＝124Sh ＝124V 2，所以V 1V 2＝124.答案 124三、解答题(本大题共3小题，每小题10分，共30分)10．已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，侧视图是一个底边长为6、高为4的等腰三角形．(1)求该几何体的体积V；(2)求该几何体的侧面积S.解(1)由该几何体的俯视图、正视图、侧视图可知，该几何体是四棱锥，且四棱锥的底面ABCD是相邻两边长分别为6和8的矩形，高HO＝4，O点是AC与BD的交点，如图所示．∴该几何体的体积V＝13×8×6×4＝64.(2)如图所示，作OE⊥AB，OF⊥BC，侧面HAB中，HE＝HO2＋OE2＝42＋32＝5，∴S△HAB＝12×AB×HE＝12×8×5＝20.侧面HBC中，HF＝HO2＋OF2＝42＋42＝4 2.∴S△HBC＝12×BC×HF＝12×6×42＝12 2.∴该几何体的侧面积S＝2(S△HAB＋S△HBC)＝40＋24 2.11．(2014·滨州质检)一几何体按比例绘制的三视图如图所示(单位：m)：(1)试画出它的直观图；(2)求它的表面积和体积．解(1)直观图如图所示：(2)方法1：由三视图可知该几何体是长方体被截去一个角，且该几何体的体积是以A 1A ，A 1D 1，A 1B 1为棱的长方体的体积的34，在直角梯形AA 1B 1B 中，作BE ⊥A 1B 1于E ，则AA 1EB 是正方形，∴AA 1＝BE ＝1 m.在Rt △BEB 1中，BE ＝1 m ，EB 1＝1 m ，∴BB 1＝ 2 m.∴几何体的表面积S ＝S 正方形AA 1D 1D ＋2S 梯形AA 1B 1B ＋S 矩形BB 1C 1C ＋S 正方形ABCD ＋S 矩形A 1B 1C 1D 1＝1＋2×12×(1＋2)×1＋1×2＋1＋1×2＝7＋2(m 2)．∴几何体的体积V ＝34×1×2×1＝32(m 3)．∴该几何体的表面积为(7＋2)m 2，体积为32 m 3. 方法2：几何体也可以看作是以AA 1B 1B 为底面的直四棱柱，其表面积求法同方法1，V 直四棱柱D 1C 1CD －A 1B 1BA ＝Sh ＝12×(1＋2)×1×1＝32(m 3)．∴几何体的表面积为(7＋2)m 2，体积为32 m 3.12．如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面是直角梯形ABCD ，其中AD ⊥AB ，CD ∥AB ，AB ＝4，CD ＝2，侧面P AD 是边长为2的等边三角形，且与底面ABCD 垂直，E 为P A 的中点．(1)求证：DE ∥平面PBC ；(2)求三棱锥A —PBC 的体积．解 (1)证明：如图，取AB 的中点F ，连接DF ，EF .在直角梯形ABCD 中，CD ∥AB ，且AB ＝4，CD ＝2，所以BF 綊CD .所以四边形BCDF 为平行四边形．所以DF ∥BC .在△P AB 中，PE ＝EA ，AF ＝FB ，所以EF ∥PB .又因为DF ∩EF ＝F ，PB ∩BC ＝B ，所以平面DEF ∥平面PBC .因为DE ⊂平面DEF ，所以DE ∥平面PBC .(2)取AD 的中点O ，连接PO .在△P AD 中，P A ＝PD ＝AD ＝2，所以PO ⊥AD ，PO ＝ 3.又因为平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD .在直角梯形ABCD 中，CD ∥AB ，且AB ＝4，AD ＝2，AB ⊥AD ，所以S △ABC ＝12×AB ×AD ＝12×4×2＝4.故三棱锥A —PBC 的体积V A —PBC ＝V P —ABC ＝13×S △ABC ×PO ＝13×4×3＝433.。

2015届高考数学(人教,理科)大一轮配套第七章立体几何第4节直线、平面平行的判定与性质

2009~2013年高考真题备选题库第7章立体几何第4节直线、平面平行的判定与性质考点平行关系1．（2010山东，5分）在空间，下列命题正确的是()A．平行直线的平行投影重合B．平行于同一直线的两个平面平行C．垂直于同一平面的两个平面平行D．垂直于同一平面的两条直线平行解析：A项中平行直线的平行投影不一定重合，有可能平行，B项中平行于同一条直线的两个平面可能平行、相交，C项中垂直于同一个平面的两个平面可能平行、相交，D项正确．答案：D2．(2009·福建，5分)设m，n是平面α内的两条不同直线；l1，l2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分而不必要条件是()A．m∥β且l1∥αB．m∥l1且n∥l2C．m∥β且n∥βD．m∥β且n∥l2解析：∵m∥l1，且n∥l2，又l1与l2是平面β内的两条相交直线，∴α∥β，而当α∥β时不一定推出m∥l1且n∥l2.答案：B3.（2012山东，12分）如图，几何体E－ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB＝CD，EC⊥BD.(1)求证：BE＝DE；(2)若∠BCD＝120°，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC.解：(1)取BD的中点O，连接CO，EO.由于CB＝CD，所以CO⊥BD，又EC⊥BD，EC∩CO＝C，CO，EC⊂平面EOC，所以BD⊥平面EOC，因此BD⊥EO，又O为BD的中点，所以BE＝DE.(2)法一：取AB的中点N，连接DM，DN，MN，因为M 是AE 的中点，所以MN ∥BE .又MN ⊄平面BEC ，BE ⊂平面BEC ，所以MN ∥平面BEC .又因为△ABD 为正三角形．所以∠BDN ＝30°，又CB ＝CD ，∠BCD ＝120°，因此∠CBD ＝30°，所以DN ∥BC .又DN ⊄平面BEC ，BC ⊂平面BEC ，所以DN ∥平面BEC .又MN ∩DN ＝N ，故平面DMN ∥平面BEC .又DM ⊂平面DMN ，所以DM ∥平面BEC .法二：延长AD ，BC 交于点F ，连接EF . 因为CB ＝CD ，∠BCD ＝120°，所以∠CBD ＝30°.因为△ABD 为正三角形，所以∠BAD ＝60°，∠ABC ＝90°，因此∠AFB ＝30°，所以AB ＝12AF . 又AB ＝AD ，所以D 为线段AF 的中点．连接DM ，由于点M 是线段AE 的中点，因此DM ∥EF .又DM ⊄平面BEC ，EF ⊂平面BEC ，所以DM ∥平面BEC .。

人教A版理科2015届高考数学一轮细讲精练第七篇立体几何

第七篇立体几何A第1讲空间几何体的结构及其三视图和直观图[最新考纲]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、棱柱等的简单组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图．3．会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式．4．会画某些建筑物的三视图与直观图(在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等不作严格要求).知识梳理1．多面体的结构特征(1)棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等且平行的多边形．(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形．(3)棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．2．旋转体的结构特征(1)圆锥可以由直角三角形绕其任一直角边旋转得到．(2)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．(3)球可以由半圆面或圆面绕直径旋转得到．3．空间几何体的三视图空间几何体的三视图是用正投影得到，这种投影下与投影面平行的平面图形留下的影子与平面图形的形状和大小是完全相同的，三视图包括正视图、侧视图、俯视图．4．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(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、y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴．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．辨析感悟1．对棱柱、棱锥、棱台的结构特征的认识(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．(×)(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．(×)(3)棱台是由平行于底面的平面截棱锥所得的平面与底面之间的部分．(√) 2．对圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征的认识(4)夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是圆柱．(×)(5)上下底面是两个平行的圆面的旋转体是圆台．(×)(6)用一个平面去截一个球，截面是一个圆面．(√)3．对直观图和三视图的画法的理解(7)在用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分别平行于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中∠A＝45°.(×)(8)(教材习题改编)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三个视图均相同．(×) [感悟·提升]1．两点提醒一是从棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台的定义入手，借助几何模型强化空间几何体的结构特征．如(1)中例如；(2)中例如.二是图形中与x轴、y轴、z轴都不平行的线段可通过确定端点的办法来解，即过端点作坐标轴的平行线段，再借助所作的平行线段来确定端点在直观图中的位置．如(7)．2．一个防范三视图的长度特征：“长对正、宽相等，高平齐”，即正视图和侧视图一样高、正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽．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，要注意实、虚线的画法．如(8)中正方体与球各自的三视图相同，但圆锥的不同．学生用书第106页考点一空间几何体的结构特征【例1】给出下列四个命题：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直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；④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．0 B．1 C．2 D．3解析①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．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．如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；④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规律方法(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．【训练1】给出下列四个命题：①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱；②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥；③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体；④若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱．其中错误的命题的序号是________．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①③都不准确，②中对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明，故也不正确，④平行六面体的两个相对侧面也可能与底面垂直且互相平行，故④也不正确．答案①②③④考点二由空间几何体的直观图识别三视图【例2】(2013·新课标全国Ⅱ卷)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为()．审题路线在空间直角坐标系中画出四面体⇒以zOx平面为投影面⇒可得正视图．解析在空间直角坐标系中，先画出四面体O－ABC的直观图，如图，设O(0,0,0)，A(1,0,1)，B(1,1,0)，C(0,1,1)，将以O，A，B，C为顶点的四面体被还原成一正方体后，由于OA⊥BC，所以该几何体以zOx平面为投影面的正视图为A.答案 A规律方法空间几何体的三视图是分别从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图，因此在分析空间几何体的三视图时，先根据俯视图确定几何体的底面，然后根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置，再确定几何体的形状，即可得到结果．【训练2】(2014·济宁一模)点M，N分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱A1B1，A1D1的中点，用过A，M，N和D，N，C1的两个截面截去正方体的两个角后得到的几何体如图1，则该几何体的正视图，侧视图、俯视图依次为图2中的()．A．①②③B．②③④C．①③④D．②④③解析由正视图的定义可知；点A，B，B1在后面的投影点分别是点D，C，C1，线段AN在后面的投影面上的投影是以D为端点且与线段CC1平行且相等的线段，即正视图为正方形，另外线段AM在后面的投影线要画成实线，被遮挡的线段DC1要画成虚线，正视图为②；同理可得侧视图为③，俯视图为④.答案 B考点三由空间几何体的三视图还原直观图【例3】(1)(2013·四川卷)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()．(2)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是()．解析(1)由于俯视图是两个圆，所以排除A，B，C，故选D.(2)A，B的正视图不符合要求，C的俯视图显然不符合要求，答案选D.答案(1)D(2)D学生用书第107页规律方法在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线．在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑．【训练3】若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是()．解析所给选项中，A，C选项的正视图、俯视图不符合，D选项的侧视图不符合，只有选项B符合．答案 B1．棱柱、棱锥要掌握各部分的结构特征，计算问题往往转化到一个三角形中进行解决．2．旋转体要抓住“旋转”特点，弄清底面、侧面及展开图形状．3．三视图画法：(1)实虚线的画法：分界线和可见轮廓线用实线，看不见的轮廓线用虚线；(2)理解“长对正、宽平齐、高相等”．易错辨析7——三视图识图不准致误【典例】(2012·陕西卷)将正方体(如图1所示)截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的侧视图为()．[错解]选A或D.[错因]致错原因是根据提示观测位置确定三视图时其实质是正投影，将几何体中的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线为虚线，错选A或D都是没有抓住看到的轮廓线在面上的投影位置，从而导致失误．[正解]还原正方体后，将D1，D，A三点分别向正方体右侧面作垂线，D1A的射影为C1B，且为实线，B1C被遮挡应为虚线．故选B.[答案] B[防范措施]空间几何体的三视图是从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图．因此在分析空间几何体的三视图问题时，就要抓住正投影，结合具体问题和空间几何体的结构特征进行解答．【自主体验】(2014·东北三校模拟)如图，多面体ABCD－EFG的底面ABCD为正方形，FC＝GD＝2EA，其俯视图如下，则其正视图和侧视图正确的是()．解析注意BE，BG在平面CDGF上的投影为实线，且由已知长度关系确定投影位置，排除A，C选项，观察B，D选项，侧视图是指光线从几何体的左面向右面正投影，则BG，BF的投影为虚线，故选D.答案 D对应学生用书P307基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．一个棱柱是正四棱柱的条件是()．A．底面是正方形，有两个侧面是矩形B．底面是正方形，有两个侧面垂直于底面C．底面是菱形，具有一个顶点处的三条棱两两垂直D．每个侧面都是全等矩形的四棱柱解析A，B两选项中侧棱与底面不一定垂直，D选项中底面四边形不一定为正方形，故选C.答案 C2．(2014·福州模拟)沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为()．解析给几何体的各顶点标上字母，如图1.A ，E 在侧投影面上的投影重合，C ，G 在侧投影面上的投影重合，几何体在侧投影面上的投影及把侧投影面展平后的情形如图2所示，故正确选项为B(而不是A)．答案 B3．下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是( )．A ．①②B ．①③C ．①④D ．②④解析正方体的三视图都是正方形，不合题意；圆锥的正视图和侧视图都是等腰三角形，俯视图是圆，符合题意；三棱台的正视图和侧视图、俯视图各不相同，不合题意；正四棱锥的正视图和侧视图都是三角形，而俯视图是正方形，符合题意，所以②④正确．答案 D4．(2013·汕头二模)如图，某简单几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，且其体积为π4，则该几何体的俯视图可以是( )．解析若该几何体的俯视是选项A ，则其体积为1，不满足题意；由正视图、侧视图可知俯视图不可能是B 项；若该几何体的俯视图是选项C ，则其体积为12，不符合题意；若该几何体的俯视图是选项D ，则其体积为π4，满足题意．答案 D5.已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为( )．解析空间几何体的正视图和侧视图的“高平齐”，故正视图的高一定是2，正视图和俯视图“长对正”，故正视图的底面边长为2，根据侧视图中的直角说明这个空间几何体最前面的面垂直于底面，这个面遮住了后面的一个侧棱，综合以上可知，这个空间几何体的正视图可能是C.答案 C二、填空题6．利用斜二测画法得到的以下结论，正确的是________(写出所有正确的序号)． ①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③正方形的直观图是正方形；④圆的直观图是椭圆；⑤菱形的直观图是菱形．解析 ①正确；由原图形中平行的线段在直观图中仍平行可知②正确；但是原图形中垂直的线段在直观图中一般不垂直，故③错；④正确；⑤中原图形中相等的线段在直观图中不一定相等，故错误．答案 ①②④7．一个几何体的正视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的________(填入所有可能的几何体前的编号)．①三棱锥；②四棱锥；③三棱柱；④四棱柱；⑤圆锥；⑥圆柱．解析显然，三棱锥、圆锥的正视图可以是三角形；三棱柱的正视图也可以是三角形(把三棱柱放倒，使一侧面贴在地面上，并让其底面面对我们，如图所示)；只要形状合适、摆放适当(如一个侧面正对着观察者的正四棱锥)，四棱锥的正视图也可以是三角形(当然，不是任意摆放的四棱锥的正视图都是三角形)，即正视图为三角形的几何体完全有可能是四棱锥；不论四棱柱、圆柱如何摆放，正视图都不可能是三角形(可以验证，随意摆放的任意四棱柱的正视图都是四边形，圆柱的正视图可以是圆或四边形)．综上所述，应填①②③⑤.答案①②③⑤8. 如图，用斜二测画法得到四边形ABCD是下底角为45°的等腰梯形，其下底长为5，一腰长为2，则原四边形的面积是________．解析作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，则AE＝BF＝AD cos 45°＝1，∴CD＝EF ＝3.将原图复原(如图)，则原四边形应为直角梯形，∠A＝90°，AB＝5，CD＝3，AD＝22，∴S四边形ABCD＝12×(5＋3)×22＝8 2.答案8 2三、解答题9．如图所示的是一个零件的直观图，试画出这个几何体的三视图．解这个几何体的三视图如图．10．如图是一个几何体的正视图和俯视图．(1)试判断该几何体是什么几何体；(2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积；(3)求出该几何体的体积．解(1)正六棱锥．(2)其侧视图如图：其中AB＝AC，AD⊥BC，且BC的长是俯视图中的正六边形对边的距离，即BC＝3a，AD的长是正六棱锥的高，即AD＝3a，∴该平面图形的面积S＝123a·3a＝32a2.(3)V＝13×6×34a2×3a＝32a3.能力提升题组(建议用时：25分钟)一、选择题1．一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是()．A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱解析球的正视图、侧视图和俯视图均为圆，且形状相同、大小相等；三棱锥的正视图、侧视图和俯视图可以为全等的三角形；正方体的正视图、侧视图和俯视图可以为形状相同、大小相等的正方形；圆柱的正视图、侧视图均为矩形，俯视图为圆．答案 D2．一个平面四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为a的正方形，则原平面四边形的面积等于()．A.2 4a2B．22a2 C.22a2 D.223a2解析根据斜二测画法画平面图形的直观图的规则，可以得出一个平面图形的面积S与它的直观图的面积S′之间的关系是S′＝24S，本题中直观图的面积为a2，所以原平面四边形的面积等于a224＝22a2.答案 B二、填空题3.如图所示，E，F分别为正方体ABCD－A1B1C1D1的面ADD1A1、面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的正投影可能是________(填序号)．解析由正投影的定义，四边形BFD1E在面AA1D1D与面BB1C1C上的正投影是图③；其在面ABB1A1与面DCC1D1上的正投影是图②；其在面ABCD与面A1B1C1D1上的正投影也是②，故①④错误．答案 ②③ 三、解答题4．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.第2讲空间几何体的表面积与体积[最新考纲]1．了解球体、柱体、锥体、台体的表面积的计算公式．2．了解球体、柱体、锥体、台体的体积计算公式.知识梳理1．柱、锥、台和球的侧面积和体积面积体积圆柱S侧＝2πrh V＝Sh＝πr2h圆锥S侧＝πrlV＝13Sh＝13πr2h＝13πr2l2－r2圆台S侧＝π(r1＋r2)l V＝13(S上＋S下＋S上S下)h＝13π(r21＋r22＋r1r2)h直棱柱S侧＝Ch V＝Sh正棱锥S侧＝12Ch′V＝13Sh正棱台S侧＝12(C＋C′)h′V＝13(S上＋S下＋S上S下)h球S球面＝4πR2V＝43πR32.几何体的表面积(1)棱柱、棱锥、棱台的表面积就是各面面积之和．(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形；它们的表面积等于侧面积与底面面积之和．学生用书第108页辨析感悟1．柱体、锥体、台体与球的面积(1)圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS.(×)(2)设长方体的长、宽、高分别为2a，a，a，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为3πa2.(×)2．柱体、锥体、台体的体积(3)(教材练习改编)若一个球的体积为43π，则它的表面积为12π.(√)(4)(2013·浙江卷改编)若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积等于24 cm3.(√)(5)在△ABC中，AB＝2，BC＝3，∠ABC＝120°，使△ABC绕直线BC旋转一周所形成的几何体的体积为9π.(×)3．柱体、锥体、台体的展开与折叠(6)将圆心角为2π3，面积为3π的扇形作为圆锥的侧面，则圆锥的表面积等于4π.(√)(7)(2014·青州模拟改编)将边长为a的正方形ABCD沿对角线AC折起，使BD＝a，则三棱锥D－ABC的体积为312a3.(×)[感悟·提升]两点注意一是求几何体的体积，要注意分割与补形．将不规则的几何体通过分割或补形将其转化为规则的几何体求解．二是几何体展开、折叠问题，要抓住前后两个图形间的联系，找出其中的量的关系.学生用书第109页考点一空间几何体的表面积【例1】(2014·日照一模)如图是一个几何体的正视图和侧视图，其俯视图是面积为82的矩形．则该几何体的表面积是()．A．8 B．20＋8 2C．16 D．24＋8 2解析由已知俯视图是矩形，则该几何体为一个三棱柱，根据三视图的性质，俯视图的矩形宽为22，由面积82，得长为4，则该几何体的表面积为S＝2×1 2×2×2＋22×4＋2×2×4＝20＋8 2.答案 B规律方法(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．【训练1】一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．解析如图所示：该几何体为长为4，宽为3，高为1的长方体内部挖去一个底面半径为1，高为1的圆柱后剩下的部分．∴S表＝(4×1＋3×4＋3×1)×2＋2π×1×1－2π×12＝38.答案38考点二空间几何体的体积【例2】(1)(2013·新课标全国Ⅰ卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()．A．16＋8π B．8＋8πC．16＋16π D．8＋16π(2)(2014·福州模拟)如图所示，已知三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则三棱锥B1－ABC1的体积为()．A.312 B.34C.612 D.64解析(1)由三视图可知该几何体由长方体和圆柱的一半组成．其中长方体的长、宽、高分别为4,2,2，圆柱的底面半径为2、高为4.所以V＝2×2×4＋12×22×π×4＝16＋8π.故选A.(2)三棱锥B1－ABC1的体积等于三棱锥A－B1BC1的体积，三棱锥A－B1BC1的高为32，底面积为12，故其体积为13×12×32＝312.答案(1)A(2)A规律方法(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．【训练2】如图所示，已知E，F分别是棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱A1A，CC1的中点，求四棱锥C1－B1EDF的体积．解法一连接A1C1，B1D1交于点O1，连接B1D，EF，过O1作O1H⊥B1D于H.∵EF∥A1C1，且A1C1⊄平面B1EDF，EF⊂平面B1EDF.∴A1C1∥平面B1EDF.∴C1到平面B1EDF的距离就是A1C1到平面B1EDF的距离．∵平面B1D1D⊥平面B1EDF，且平面B1D1D∩平面B1EDF＝B1D，∴O1H⊥平面B1EDF，即O1H为棱锥的高．∵△B1O1H∽△B1DD1，∴O1H＝B1O1·DD1B1D＝66a.O 1H ＝13·12·2a ·3a ·66a ＝16a 3. 法二连接EF ，B 1D .设B 1到平面C 1EF 的距离为h 1，D 到平面C 1EF 的距离为h 2，则h 1＋h 2＝B 1D 1＝2a . 由题意得，＝13·S △C 1EF ·(h 1＋h 2)＝16a 3.考点三球与空间几何体的接、切问题【例3】 (1)(2013·福建卷)已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是______________．(2)(2013·辽宁卷)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.3172 B ．210 C.132D ．310审题路线 (1)正方体内接于球⇒正方体的体对角线长等于球的直径⇒求得球的半径⇒代入球的表面积公式(注意只算球的表面积)．(2)BC 为过底面ABC 的截面圆的直径⇒取BC 中点D ，则球心在BC 的垂直平分线上，再由对称性求解．解析 (1)由三视图知，棱长为2的正方体内接于球，故正方体的体对角线长为23，即为球的直径．所以球的表面积为S ＝4π·⎝⎛⎭⎪⎫2322＝12π. (2)因为在直三棱柱中AB ＝3，AC ＝4，AA 1＝12，AB ⊥AC ，所以BC ＝5，且BC 为过底面ABC 的截面圆的直径，取BC 中点D ，则OD ⊥底面ABC ，则O 在侧面BCC 1B 1内，矩形BCC 1B 1的对角线长即为球的直径，所以2r ＝122＋52＝13，即r ＝132.答案 (1)12π (2)C学生用书第110页规律方法解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数量关系，选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的．【训练3】 (2013·新课标全国Ⅰ卷)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为 A.500π3 cm 3B.866π3cm 3C.1 372π3 cm 3D.2 048π3cm 3解析作出该球的轴截面，如图所示，依题意BE ＝2 cm ，AE ＝CE ＝4 cm ，设DE ＝x ，故AD ＝2＋x ，因为AD 2＝AE 2＋DE 2，解得x ＝3(cm)，故该球的半径AD ＝5 cm ，所以V ＝43πR 3＝500π3(cm 3)．答案 A考点四几何体的展开与折叠问题【例4】 (1)如图所示，在边长为4的正方形纸片ABCD 中，AC 与BD 相交于O ，剪去△AOB ，将剩余部分沿OC ，OD 折叠，使OA ，OB 重合，则以A ，B ，C ，D ，O 为顶点的四面体的体积为________．(2)如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为直角三角形，∠ACB ＝90°，AC ＝4，BC ＝CC 1＝3.P 是BC 1上一动点，则CP ＋P A 1的最小值为________(其中P A 1表示P ，A 1两点沿棱柱的表面距离)．解析 (1)折叠后的四面体如图所示．OA ，OC ，OD 两两相互垂直，且OA ＝OC ＝OD ＝22，体积V ＝13 S △OCD ·OA ＝13×12×(22)3＝823. (2)由题意知，把面BB 1C 1C 沿BB 1展开与面AA 1B 1B 在一个平面上，如图所示，连接A 1C 即可．则A 1、P 、C 三点共线时，CP ＋P A 1最小， ∵∠ACB ＝90°，AC ＝4，BC ＝C 1C ＝3， ∴A 1B 1＝AB ＝42＋32＝5，∴A 1C 1＝5＋3＝8，∴A 1C ＝82＋32＝73.故CP ＋P A 1的最小值为73.答案 (1)823 (2)73规律方法 (1)有关折叠问题，一定要分清折叠前后两图形(折前的平面图形和折叠后的空间图形)各元素间的位置和数量关系，哪些变，哪些不变．(2)研究几何体表面上两点的最短距离问题，常选择恰当的母线或棱展开，转化为平面上两点间的最短距离问题．【训练4】如图为一几何体的展开图，其中ABCD 是边长为6的正方形，SD ＝PD ＝6，CR ＝SC ，AQ ＝AP ，点S ，D ，A ，Q 共线，点P ，D ，C ，R 共线，沿图中虚线将它们折叠起来，使P ，Q ，R ，S 四点重合，则需要________个这样的几何体，可以拼成一个棱长为6的正方体．解析由题意知，将该展开图沿虚线折叠起来以后，得到一个四棱锥P －ABCD (如图所示)，其中PD ⊥平面ABCD ，因此该四棱锥的体积V ＝13×6×6×6＝72，而棱长为6的正方体的体积V ＝6×6×6＝216，故需要21672＝3个这样的几何体，才能拼成一个棱长为6的正方体．答案 31．对于基本概念和能用公式直接求出棱柱、棱锥、棱台与球的表面积的问题，要结合它们的结构特点与平面几何知识来解决．2．求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．3．与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.方法优化5——特殊点在求解几何体的体积中的应用【典例】 (2012·山东卷)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1－EDF 的体积为________．[一般解法] 三棱锥D 1－EDF 的体积即为三棱锥F －DD 1E 的体积．因为E ，F 分别为AA 1，B 1C 上的点，所以在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中△EDD 1的面积为定值12，F 到平面AA 1D 1D 的距离为定值1，所以＝13×12×1＝16.[优美解法] E 点移到A 点，F 点移到C 点，则＝＝。

2015高考数学(人教版a版)一轮配套题库：7-1空间几何体的结构特征及三视图和直观图

第一节空间几何体的结构特征及三视图和直观图时间：45分钟分值：75分一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．下列结论正确的是()A．由五个面围成的多面体只能是四棱锥B．以正方形的一条对角线旋转一周围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长都相等，则此棱锥可能是正六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解析对于选项A，五个面围成的多面体也可以是三棱柱或三棱台，所以选项A错；由正方形的一条对角线旋转一周围成的几何体为两个圆锥形成的一个组合体，选项B错；六棱锥的侧棱长大于底面多边形的边长，选项C错；选项D正确．故选D.答案 D2．(2013·四川卷)一个几何体的三视图如下图所示，则该几何体的直观图可以是()解析由俯视图知D成立．答案 D3．(2014·汕头市试题)三棱柱的侧棱与底面垂直，且底面是边长为2的等边三角形，其正视图(如图所示)的面积为8，则侧视图的面积为() A．8 B．4C．4 3 D. 3解析设侧棱长为x，则2·x＝8，x＝4，侧视图也是一个矩形，宽为等边三角形的高32·2＝3，面积为43，选C.答案 C4．(2014·石家庄质检一)把边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折起，连结AC，得到三棱锥C－ABD，其正视图、俯视图均为全等的等腰直角三角形(如图所示)，则其侧视图的面积为()A.32 B.12C．1 D.2 2解析由题意可知，三棱锥C-ABD的直观图如图所示．其中平面CBD⊥平面ABD.取BD的中点E，连接CE，AE，则CE⊥AE，Rt △AEC为三棱锥C-ABD的侧视图．∵AB＝AD＝BC＝CD＝2，∴AE＝CE＝1，∴S △AEC ＝12×1×1＝12，故选B.答案 B5．(2013·湖南卷)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能等于( )A ．1 B. 2 C.2－12 D.2＋12解析由俯视图的面积为1可得底面与水平面平行，当正方体正放时，正视图的面积最小为1，正方体旋转其正视图为其对角面时，面积最大为2，2－12<1故不可能．答案 C6．(2013·辽宁卷)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 ．210 C.132 D ．310 解析由球心O 作平面ABC 的垂线，垂足M 落在Rt △ABC 斜边BC 的中点，AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球的半径OA ＝(52)2＋62＝132.答案 C二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．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xOy坐标系中，四边形ABCO为________，面积为________cm2.解析由斜二测画法的特点，知该平面图形的直观图的原图，即在xOy坐标系中，四边形ABCO是一个长为4 cm，宽为2 cm的矩形，所以四边形ABCO的面积为8 cm2.答案矩形88．用半径为r 的半圆形铁皮卷成一个圆锥筒，那么这个圆锥筒的高是________．解析由题意可知卷成的圆锥的母线长为r ，设卷成的圆锥的底面半径为r ′，则2πr ′＝πr ，所以r ′＝12r ，所以圆锥的高h ＝r 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12r 2＝32r . 答案 32r9．用单位立方块搭一个几何体，使它的正(主)视图和俯视图如下图所示，则它的体积的最小值为________，最大值为________．解析综合分析俯视图和正(主)视图可知单位立方块最少的情况如图①(不唯一)共10块．单位立方块最多的情况如图②，共16块．答案1016三、解答题(本大题共3小题，每小题10分，共30分)10．已知：图①是截去一个角的长方体，试按图示的方向画出其三视图；图②是某几何体的三视图，试说明该几何体的构成．解图①几何体的三视图为：图②所示的几何体是上面为正六棱柱，下面为倒立的正六棱锥的组合体．11．(2014·临沂模拟)若某几何体的三视图(单位：cm)如下图所示．求此几何体的：(1)表面积；(2)体积．解由题意，该几何体是一个正四棱柱和一个正四棱台的一个组合体．(1)S 表＝4×4×2＋42＋82＋4×12×(4＋8)×13＝112＋2413(cm2)．(2)V＝V1＋V2＝4×4×2＋13×(42＋82＋42×82)×3＝144(cm3)．12．如下图是某几何体的三视图(单位：cm)．(1)画出这个几何体的直观图(不要求写画法)；(2)求这个几何体的表面积及体积．解(1)该几何体的直观图如图所示．(2)这个几何体可看成是正方体AC 1及直三棱柱B 1C 1Q —A 1D 1P 的组合体，由P A 1＝PD 1＝2，A 1D 1＝AD ＝2，可得P A 1⊥PD 1.故所求几何体的表面积S ＝5×22＋2×2×2＋2×12×(2)2＝(22＋42)(cm 2)．所以几何体的体积V ＝23＋12×(2)2×2＝10(cm 3)．。

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[课堂练通考点]
1．(2013·济南模拟)一个几何体的三视图如图所示，则它的体积为( )
A.20
3 B.403 C ．20
D ．40
解析：选B 该空间几何体是一个四棱锥，其直观图如图所示．其体积为13×1
2(1＋
4)×4×4＝40
3
.
2．(2014·临沂模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )
A ．6
B ．8
C ．10
D ．12
解析：选D 该几何体是一个长方体在左边挖去一个三棱柱再拼接到右边而得到的，它的体积就是长方体的体积，体积为V ＝(2.4＋0.6)×2×(1＋1)＝12.
3．(2014·湖北八校联考)已知某几何体的三视图如图所示，其中
俯视图中圆的直径为4，该几何体的体积为V 1，直径为4的球的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________.
解析：由三视图知，该几何体为圆柱内挖去一个底面相同的圆锥，因此V 1＝8π－8π3
＝16π3，V 2＝4π3×23＝32π
3
，V 1∶V 2＝1∶2. 答案：1∶2
4.已知三棱锥O -ABC 中，∠BOC ＝90°，OA ⊥平面BOC ，其中AB ＝AC ＝7，BC ＝11，O ，A ，B ，C 四点均在球S 的表面上，则球S 的表面积为________．
解析：易知以O 点为顶点的三条棱两两垂直，则球S 即为以O 为顶点，以OA ，OB ，OC 为棱的长方体的外接球，所以2R ＝OA 2＋OB 2＋OC 2＝12
×2(OA 2＋OB 2＋OC 2)＝
52
2(R 为球S 的半径)，所以R ＝
524，表面积S ＝4πR 2＝25π
2
. 答案：25π2
5．(2013·郑州模拟)已知三棱锥S -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SA ⊥平面ABC ，SA ＝23，AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°，求球O 的表面积．
解：取SC 的中点E ，连接AE ，BE ，依题意，BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos 60°＝3，∴AC 2＝AB 2＋BC 2，即AB ⊥BC .又SA ⊥平面ABC ，∴SA ⊥BC ，又SA ∩AB ＝A ，∴BC ⊥平面SAB ，BC ⊥SB ，AE ＝1
2SC ＝BE ，∴点E 是三棱锥S -ABC 的外接球的球心，即点E 与点O
重合，OA ＝12SC ＝1
2
SA 2＋AC 2＝2，球O 的表面积为4π×OA 2＝16π.
[课下提升考能]
第Ⅰ组：全员必做题
1．正六棱柱的高为6，底面边长为4，则它的全面积为( ) A ．48(3＋3) B ．48(3＋23) C ．24(6＋2) D ．144
解析：选A S 底＝6×34
×42
＝243，S 侧＝6×4×6＝144，∴S 全＝S 侧＋2S 底＝144＋483＝48(3＋3)．
2．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 ．7
B ．6
C ．5
D ．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.
3．(2013·深圳调研)如图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积、体积分别是( )
A ．32π，128π3
B ．16π，32π
3
C ．12π，16π
3
D ．8π，16π
3
解析：选C 根据三视图可知，该几何体是一个半球，且半径为2，故其表面积S ＝
1
2(4×π×22)＋π×22＝12π，体积V ＝12⎝⎛⎭⎫43
×π×23＝16π3. 4.(2014·南昌第一次模拟)已知正三角形ABC 三个顶点都在半径为2
的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为1，点E 是线段AB 的中点，过点E 作球O 的截面，则截面面积的最小值是( )
A.7π
4 B ．2π C.9π4
D ．3π
解析：选C 由题意知，正三角形ABC 的外接圆半径为22－12＝3，则AB ＝3，过点E 的截面面积最小时，截面是以AB 为直径的圆，截面面积S ＝π×⎝⎛⎭⎫322＝9π
4，选C.
5．(2013·洛阳统考)如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )
A ．64＋32π
B ．64＋64π
C ．256＋64π
D ．256＋128π
解析：选C 依题意，该几何体是一个正四棱柱及一个圆柱的组合体，其中正四棱柱的底面边长是8、侧棱长是4，圆柱的底面半径是4、高是4，因此所求几何体的体积等于π×42×4＋82×4＝256＋64π，选C.
6．某几何体的三视图如图所示，则其体积为________．
解析：易知原几何体是底面圆半径为1，高为2的圆锥体的一半，故所求体积为V ＝12×
1
3×(π×12)×2＝π
3
.
答案：π3
7．(2014·杭州模拟)若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积等于________cm 3.
解析：根据三视图，几何体是一个三棱柱削去一个三棱锥，体积V ＝12×3×4×5－13×
12×4×3×3＝24 cm 3.
答案：24
8.(创新题)如图，在三棱锥D -ABC 中，已知BC ⊥AD ，BC ＝2，AD ＝6，AB ＋BD ＝AC ＋CD ＝10，则三棱锥D -ABC 的体积的最大值是________．
解析：由题意知，线段AB ＋BD 与线段AC ＋CD 的长度是定值，因为棱AD 与棱BC 相互垂直．
设d 为AD 到BC 的距离．则V D －ABC ＝AD ·BC ×d ×12×1
3＝2d ，
当d 最大时，V D －ABC 体积最大，
∵AB＋BD＝AC＋CD＝10，
∴当AB＝BD＝AC＝CD＝5时，
d有最大值42－1＝15.
此时V＝215.
答案：215
9．一个几何体的三视图如图所示．已知正视图是底边长为1的平行四边形，侧视图是一个长为3、宽为1的矩形，俯视图为两个边长为1的正方形拼成的矩形．
(1)求该几何体的体积V；
(2)求该几何体的表面积S.
解：(1)由三视图可知，该几何体是一个平行六面体(如图)，其底面是边长为1的正方形，高为3，
所以V＝1×1×3＝ 3.
(2)由三视图可知，该平行六面体中，A1D⊥平面ABCD，CD⊥平面BCC1B1，所以AA1＝2，侧面ABB1A1，CDD1C1均为矩形．
S＝2×(1×1＋1×3＋1×2)＝6＋2 3.
10．(2014·徐州质检)如图，在直三棱柱ABC -A1B1C1中，AB＝AC＝5，BB1＝BC＝6，D，E分别是AA1和B1C的中点．
(1)求证：DE∥平面ABC；
(2)求三棱锥E -BCD的体积．
解：(1)证明：如图，取BC的中点G，连接AG，EG，因为E是B1C的中点，所以EG
∥BB 1，且EG ＝1
2
BB 1.
由题意知，AA 1綊BB 1.
而D 是AA 1的中点，所以EG 綊AD . 所以四边形EGAD 是平行四边形．所以ED ∥AG .
又DE ⊄平面ABC ，AG ⊂平面ABC ，所以DE ∥平面ABC .
(2)因为AD ∥BB 1，所以AD ∥平面BCE . 所以V E -BCD ＝V D -BCE ＝V A -BCE ＝V E -ABC . 由(1)知，DE ∥平面ABC ，
所以V E -BCD ＝V E -ABC ＝V D -ABC ＝13AD ·12BC ·AG ＝1
6×3×6×4＝12. 第Ⅱ组：重点选做题
1．(2013·昆明调研)如图，若一个空间几何体的三视图中，正视
图和侧视图都是直角三角形，其直角边长均为1，则该几何体的表面积为( )
A ．1＋ 2
B ．2＋2 2 C.1
3 D ．2＋ 2
解析：选D 依题意得，题中的几何体是底面为正方形，侧棱垂直
于底面的四棱锥P -ABCD (如图)，其中底面边长为1，PD ＝1，PD ⊥平面ABCD ，S △P AD ＝S △PCD ＝12×1×1＝12，S △P AB ＝S △PBC ＝12×1×2＝2
2，
S 四边形ABCD ＝12＝1，因此该几何体的表面积为2＋2，选D.
2．(2014·绍兴模拟)已知正四面体的俯视图如图所示，其中四边形ABCD 是边长为2的正方形，则这个正四面体的体积为________．
解析：由题意知BD 为实长，即正四面体的边长为22，所以S ＝
3
4
·(22)2＝23，h
＝
(22)2－⎝⎛⎭
⎫2632＝43
3，故V ＝13·S ·h ＝13×23×433＝83.
答案：83。

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