2018届高考数学二轮高考小题分项练8立体几何理专题卷(全国通用)
2018年数学理科高考题分类 真题与模拟题 立体几何
G 单元 立体几何G1 空间几何体的结构16.G1,G12[2018·全国卷Ⅱ] 已知圆锥的顶点为S ,母线SA ,SB 所成角的余弦值为78,SA 与圆锥底面所成角为45°.若△SAB 的面积为5√15,则该圆锥的侧面积为 .16.40√2π [解析] 设圆锥的底面圆的半径为r ,因为SA 与圆锥底面所成角为45°,所以SA=√2r.由cos ∠ASB=78得sin ∠ASB=√158,所以12SA ·SB ·sin ∠ASB=12×√2r×√2r×√158=5√15,所以r 2=40,所以圆锥的侧面积为√2πr 2=40√2π.G2 空间几何体的三视图和直观图7.G2,G11[2018·全国卷Ⅰ] 某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图1-2所示.圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ,圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ,则在此圆柱侧面上,从M 到N 的路径中,最短路径的长度为 ( )图1-2A .2√17B .2√5C .3D .27.B [解析] 由三视图可知圆柱表面上的点M ,N 的位置如图1,将圆柱的侧面展开得到图2,在圆柱侧面上,从M 到N 的路径中,最短路径即为侧面展开图中的线段MN ,所以最短路径的长度为MN=√22+42=2√5.3.G2[2018·全国卷Ⅲ] 中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图1-1中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是 ( )图1-1图1-23.A[解析] 卯眼的空间立体图如图,同时需要注意在三视图中,看不见的线用虚线表示,故选A.5.G2[2018·北京卷]某四棱锥的三视图如图1-2所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为()图1-2A.1B.2C.3D.45.C[解析] 由三视图可得该几何体的直观图如图所示,且PD⊥平面ABCD,∴△P AD和△PDC 均为直角三角形.又∵PD⊥AB,AB⊥AD,PD∩AD=D,∴AB⊥平面P AD,∴AB⊥P A,∴△P AB为直角三角形.故选C.3.G2[2018·浙江卷]某几何体的三视图如图1-1所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是()图1-1A.2B.4C.6D.83.C[解析] 该几何体为直四棱柱,如图所示,底面是直角梯形,其面积为12×(1+2)×2=3,又四棱柱的高为2,故体积为2×3=6,故选C.G3 平面的基本性质、空间两条直线G4 空间中的平行关系12.G4,G11[2018·全国卷Ⅰ]已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为()A.3√34B.2√33C.3√24D.√3212.A[解析] 平面α与正方体的每条棱所在直线所成的角都相等,只需与过同一顶点的三条棱所成的角相等即可,如图,AP=AR=AQ,则平面PQR与正方体过点A的三条棱所成的角相等.若点E,F,G,H,M,N分别为相应棱的中点,易证得平面EFGHMN平行于平面PQR,且六边形EFGHMN 为正六边形.正方体棱长为1,所以正六边形EFGHMN 的边长为√22,可得此正六边形的面积为3√34,而在四个选项中,选项B,C,D 中的值都小于3√34,所以选A .15.G4,G5[2018·江苏卷] 在平行六面体ABCD - A 1B 1C 1D 1中,AA 1=AB ,AB 1⊥B 1C 1. 求证:(1)AB ∥平面A 1B 1C ; (2)平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC.图1-415.证明:(1)在平行六面体ABCD - A 1B 1C 1D 1中,AB ∥A 1B 1. 因为AB ⊄平面A 1B 1C ,A 1B 1⊂平面A 1B 1C , 所以AB ∥平面A 1B 1C.(2)在平行六面体ABCD - A 1B 1C 1D 1中,四边形ABB 1A 1为平行四边形. 又因为AA 1=AB ,所以四边形ABB 1A 1为菱形, 因此AB 1⊥A 1B.又因为AB 1⊥B 1C 1,BC ∥B 1C 1,所以AB 1⊥BC. 又因为A 1B ∩BC=B ,A 1B ⊂平面A 1BC ,BC ⊂平面A 1BC , 所以AB 1⊥平面A 1BC. 因为AB 1⊂平面ABB 1A 1, 所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC.6.G4[2018·浙江卷] 已知平面α,直线m ,n 满足m ⊄α,n ⊂α,则“m ∥n ”是“m ∥α”的 ( ) A .充分不必要条件 B .必要不充分条件 C .充分必要条件D .既不充分也不必要条件6.A [解析] 因为m 在平面α外,n 在平面α内,所以若m ∥n ,则m ∥α;反之,若m ∥α,则m 和n 可能平行或异面.故“m ∥n ”是“m ∥α”的充分不必要条件,故选A .G5 空间中的垂直关系18.G5,G11[2018·全国卷Ⅰ] 如图1-4所示,四边形ABCD 为正方形,E ,F 分别为AD ,BC 的中点,以DF 为折痕把△DFC 折起,使点C 到达点P 的位置,且PF ⊥BF . (1)证明:平面PEF ⊥平面ABFD ;(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.图1-418.解:(1)证明:由已知可得,BF ⊥PF ,BF ⊥EF ,所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ,所以平面PEF ⊥平面ABFD. (2)作PH ⊥EF ,垂足为H. 由(1)得,PH ⊥平面ABFD.以H 为坐标原点,HF ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为y 轴正方向,|BF ⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H - xyz.由(1)可得,DE ⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=√3.又PF=1,EF=2,故PE ⊥PF , 可得PH=√32,EH=32, 则H (0,0,0),P 0,0,√32,D -1,-32,0,DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =1,32,√32,HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,0,√32为平面ABFD 的法向量.设DP 与平面ABFD 所成的角为θ,则sin θ=HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |HP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=34√3=√34,所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为√34.20.G5,G11[2018·全国卷Ⅱ] 如图1-4,在三棱锥P-ABC 中,AB=BC=2√2,P A=PB=PC=AC=4,O 为AC 的中点.图1-4(1)证明:PO ⊥平面ABC ;(2)若点M 在棱BC 上,且二面角M-P A-C 为30°,求PC 与平面P AM 所成角的正弦值. 20.解:(1)证明:因为AP=CP=AC=4,O 为AC 的中点,所以OP ⊥AC ,且OP=2√3. 连接OB.因为AB=BC=√22AC ,所以△ABC 为等腰直角三角形,且OB ⊥AC ,OB=12AC=2.由OP 2+OB 2=PB 2知PO ⊥OB.由OP ⊥OB ,OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC. (2)如图,以O 为坐标原点,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.由已知得O (0,0,0),B (2,0,0),A (0,-2,0),C (0,2,0),P (0,0,2√3),AP⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2√3).取平面P AC 的法向量OB⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0). 设M (a ,2-a ,0)(0<a ≤2),则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a ,4-a ,0). 设平面P AM 的法向量为n=(x ,y ,z ).由AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n=0,AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n=0得 {2y +2√3z =0,ax +(4-a)y =0,可取n=(√3(a-4),√3a ,-a ), 所以cos <OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=√3(a 2√3(a -4)2+3a 2+a 2.由已知可得|cos <OB⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=√32, 所以√3|a 222=√32,解得a=-4(舍去),a=43, 所以n=(-8√33,4√33,-43),又PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2√3),所以cos <PC⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=√34, 所以PC 与平面P AM 所成角的正弦值为√34.19.G5[2018·全国卷Ⅲ] 如图1-5,边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD ⏜所在平面垂直,M 是CD⏜上异于C ,D 的点. (1)证明:平面AMD ⊥平面BMC ;(2)当三棱锥M-ABC 体积最大时,求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值.图1-519.解:(1)证明:由题设知,平面CMD ⊥平面ABCD ,交线为CD.因为BC ⊥CD ,BC ⊂平面ABCD ,所以BC ⊥平面CMD ,故BC ⊥DM.因为M 为CD⏜上异于C ,D 的点,且DC 为直径,所以DM ⊥CM. 又BC ∩CM=C ,所以DM ⊥平面BMC.而DM ⊂平面AMD ,故平面AMD ⊥平面BMC. (2)以D 为坐标原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.当三棱锥M-ABC 体积最大时,M 为CD⏜的中点.由题设得D (0,0,0),A (2,0,0),B (2,2,0),C (0,2,0),M (0,1,1),AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,1),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0).设n=(x ,y ,z )是平面MAB 的法向量,则{n ·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 即{-2x +y +z =0,2y =0,可取n=(1,0,2).DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面MCD 的法向量,因此cos <n ,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n||DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√55,sin <n ,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ >=2√55. 所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是2√55. 16.G5、G11[2018·北京卷] 如图1-3,在三棱柱ABC - A 1B 1C 1中,CC 1⊥平面ABC ,D ,E ,F ,G 分别为AA 1,AC ,A 1C 1,BB 1的中点,AB=BC=√5,AC=AA 1=2. (1)求证:AC ⊥平面BEF ;(2)求二面角B-CD-C1的余弦值;(3)证明:直线FG与平面BCD相交.图1-3 16.解:(1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,∵CC1⊥平面ABC,∴四边形A1ACC1为矩形.又E,F分别为AC,A1C1的中点,∴AC⊥EF.∵AB=BC,∴AC⊥BE,∴AC⊥平面BEF.(2)由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1.又CC1⊥平面ABC,∴EF⊥平面ABC.∵BE⊂平面ABC,∴EF⊥BE.如图建立空间直角坐标系E-xyz.由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1), ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,1),CB⃗⃗⃗⃗ =(1,2,0).∴CD设平面BCD的法向量为n=(a,b,c),∴{n ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗=0,n ·CB⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴{2a +c =0,a +2b =0,令a=2,则b=-1,c=-4,∴平面BCD 的一个法向量为n=(2,-1,-4).又∵平面CDC 1的一个法向量为EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0), ∴cos <n ,EB⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ·EB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n||EB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=-√2121. 由图可得二面角B - CD - C 1为钝二面角,∴二面角B - CD - C 1的余弦值为-√2121. (3)证明:平面BCD 的一个法向量为n=(2,-1,-4).∵G (0,2,1),F (0,0,2),∴GF ⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,1),∴n ·GF ⃗⃗⃗⃗ =-2,∴n 与GF ⃗⃗⃗⃗ 不垂直,∴GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内,∴GF 与平面BCD 相交.17.G5、G10[2018·天津卷] 如图1-4所示,AD ∥BC 且AD=2BC ,AD ⊥CD ,EG ∥AD 且EG=AD ,CD ∥FG 且CD=2FG ,DG ⊥平面ABCD ,DA=DC=DG=2. (1)若M 为CF 的中点,N 为EG 的中点,求证:MN ∥平面CDE ; (2)求二面角E - BC - F 的正弦值;(3)若点P 在线段DG 上,且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°,求线段DP 的长.图1-417.解:依题意,可以建立以D 为原点,分别以DA⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DG ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向的空间直角坐标系(如图),可得D (0,0,0),A (2,0,0),B (1,2,0),C (0,2,0),E (2,0,2),F (0,1,2),G (0,0,2),M 0,32,1,N (1,0,2).(1)证明:依题意DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2). 设n 0=(x ,y ,z )为平面CDE 的法向量,则{n 0·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 0·DE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y =0,2x +2z =0,不妨令z=-1,可得n 0=(1,0,-1).又MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1,-32,1,可得MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 0=0,又因为直线MN ⊄平面CDE ,所以MN ∥平面CDE. (2)依题意,可得BC ⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-2,2),CF ⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,2). 设n=(x ,y ,z )为平面BCE 的法向量,则{n ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x =0,x -2y +2z =0,不妨令z=1,可得n=(0,1,1).设m=(x ,y ,z )为平面BCF 的法向量,则{m ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·CF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x =0,-y +2z =0,不妨令z=1,可得m=(0,2,1). 因此有cos <m ,n>=m ·n|m||n|=3√1010,于是sin <m ,n>=√1010.所以,二面角E - BC - F 的正弦值为√1010.(3)设线段DP 的长为h (h ∈[0,2]),则点P 的坐标为(0,0,h ),可得BP⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-2,h ). 易知DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0)为平面ADGE 的一个法向量,故|cos <BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√ℎ+5.由题意,可得ℎ+5=sin 60°=√32,解得h=√33∈[0,2],所以,线段DP 的长为√33.15.G4,G5[2018·江苏卷] 在平行六面体ABCD - A 1B 1C 1D 1中,AA 1=AB ,AB 1⊥B 1C 1. 求证:(1)AB ∥平面A 1B 1C ; (2)平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC.图1-415.证明:(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C,A1B1⊂平面A1B1C,所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形.又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,因此AB1⊥A1B.又因为AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,所以AB1⊥BC.又因为A1B∩BC=B,A1B⊂平面A1BC,BC⊂平面A1BC,所以AB1⊥平面A1BC.因为AB1⊂平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.19.G5,G11,G12[2018·浙江卷]如图1-3所示,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.图1-3(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1;(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.19.解: 方法一:(1)证明:由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB得AB1=A1B1=2√2,所以A1B12+A B12=A A12, 故AB1⊥A1B1.由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1⊥BC,CC1⊥BC得B1C1=√5,由AB=BC=2,∠ABC=120°得AC=2√3,由CC1⊥AC,得AC1=√13,所以A B12+B1C12=A C12,故AB1⊥B1C1.因此AB1⊥平面A1B1C1.(2)如图,过点C 1作C 1D ⊥A 1B 1,交直线A 1B 1于点D ,连接AD.由AB 1⊥平面A 1B 1C 1得平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1, 由C 1D ⊥A 1B 1得C 1D ⊥平面ABB 1,所以∠C 1AD 是AC 1与平面ABB 1所成的角. 由B 1C 1=√5,A 1B 1=2√2,A 1C 1=√21得 cos ∠C 1A 1B 1=√67,sin ∠C 1A 1B 1=7,所以C 1D=√3,故sin ∠C 1AD=C 1D AC 1=√3913.因此,直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是√3913. 方法二:(1)证明:如图,以AC 的中点O 为原点,分别以射线OB ,OC 为x ,y 轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知,各点坐标如下:A (0,-√3,0),B (1,0,0),A 1(0,-√3,4),B 1(1,0,2),C 1(0,√3,1).因此AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,2),A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,-2),A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,-3). 由AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0得AB 1⊥A 1C 1. 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ.由(1)可知AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,1),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,0),BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2). 设平面ABB 1的法向量n=(x ,y ,z ). 由{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{x +√3y =0,2z =0,可取n=(-√3,1,0).所以sin θ=|cos <AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|=√3913.因此,直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是√3913. G6 三垂线定理4.G6[2018·全国卷Ⅲ] 若sin α=13,则cos 2α=( )A .89B .79C .-79D .-894.B [解析] cos 2α=1-2sin 2α=79.G7 棱柱与棱锥11.G7[2018·天津卷] 已知正方体ABCD - A 1B 1C 1D 1的棱长为1,除面ABCD 外,该正方体其余各面的中心分别为点E ,F ,G ,H ,M (如图1-3所示),则四棱锥M - EFGH 的体积为 .图1-311.112 [解析] 四棱锥M - EFGH 的高为12,底面积为12,故其体积为13×12×12=112.G8 多面体与球10.G8[2018·全国卷Ⅲ] 设A ,B ,C ,D 是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC 为等边三角形且其面积为9√3,则三棱锥D-ABC 体积的最大值为 ( ) A .12√3 B .18√3 C .24√3 D .54√310.B [解析] 由题易知当点D 到平面ABC 的距离最大时,三棱锥D-ABC 的体积最大.∵S △ABC =√34AB 2=9√3,∴AB=6.设△ABC 的中心为M ,由等边三角形的性质得,AM=BM=CM=2√3.设球心为O ,则OA=OB=OC=4,∴OM=√OB 2-BM 2=2,∴点D 到平面ABC 的距离的最大值为OM+4=6.故三棱锥D-ABC 体积的最大值为13×9√3×6=18√3.G9 空间向量及运算G10 空间向量解决线面位置关系17.G5、G10[2018·天津卷] 如图1-4所示,AD ∥BC 且AD=2BC ,AD ⊥CD ,EG ∥AD 且EG=AD ,CD ∥FG 且CD=2FG ,DG ⊥平面ABCD ,DA=DC=DG=2. (1)若M 为CF 的中点,N 为EG 的中点,求证:MN ∥平面CDE ; (2)求二面角E - BC - F 的正弦值;(3)若点P 在线段DG 上,且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°,求线段DP 的长.图1-417.解:依题意,可以建立以D 为原点,分别以DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DG ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向的空间直角坐标系(如图),可得D (0,0,0),A (2,0,0),B (1,2,0),C (0,2,0),E (2,0,2),F (0,1,2),G (0,0,2),M 0,32,1,N (1,0,2).(1)证明:依题意DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2). 设n 0=(x ,y ,z )为平面CDE 的法向量,则{n 0·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 0·DE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y =0,2x +2z =0,不妨令z=-1,可得n 0=(1,0,-1).又MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1,-32,1,可得MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 0=0,又因为直线MN ⊄平面CDE ,所以MN ∥平面CDE. (2)依题意,可得BC ⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-2,2),CF ⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,2). 设n=(x ,y ,z )为平面BCE 的法向量,则{n ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x =0,x -2y +2z =0,不妨令z=1,可得n=(0,1,1).设m=(x ,y ,z )为平面BCF 的法向量,则{m ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·CF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x =0,-y +2z =0,不妨令z=1,可得m=(0,2,1). 因此有cos <m ,n>=m ·n|m||n|=3√1010,于是sin <m ,n>=√1010.所以,二面角E - BC - F 的正弦值为√1010.(3)设线段DP 的长为h (h ∈[0,2]),则点P 的坐标为(0,0,h ),可得BP⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-2,h ). 易知DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0)为平面ADGE 的一个法向量,故|cos <BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||BP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2ℎ+5.由题意,可得√ℎ+5=sin 60°=√32,解得h=√33∈[0,2],所以,线段DP 的长为√33.G11 空间角与距离的求法7.G2,G11[2018·全国卷Ⅰ] 某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图1-2所示.圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ,圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ,则在此圆柱侧面上,从M 到N 的路径中,最短路径的长度为 ( )图1-2A .2√17B .2√5C .3D .27.B [解析] 由三视图可知圆柱表面上的点M ,N 的位置如图1,将圆柱的侧面展开得到图2,在圆柱侧面上,从M 到N 的路径中,最短路径即为侧面展开图中的线段MN ,所以最短路径的长度为MN=√22+42=2√5.12.G4,G11[2018·全国卷Ⅰ] 已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为 ( )A .3√34B .2√33C .3√24D .√3212.A [解析] 平面α与正方体的每条棱所在直线所成的角都相等,只需与过同一顶点的三条棱所成的角相等即可,如图,AP=AR=AQ ,则平面PQR 与正方体过点A 的三条棱所成的角相等.若点E ,F ,G ,H ,M ,N 分别为相应棱的中点,易证得平面EFGHMN 平行于平面PQR ,且六边形EFGHMN 为正六边形.正方体棱长为1,所以正六边形EFGHMN 的边长为√22,可得此正六边形的面积为3√34,而在四个选项中,选项B,C,D 中的值都小于3√34,所以选A .18.G5,G11[2018·全国卷Ⅰ] 如图1-4所示,四边形ABCD 为正方形,E ,F 分别为AD ,BC 的中点,以DF 为折痕把△DFC 折起,使点C 到达点P 的位置,且PF ⊥BF .(1)证明:平面PEF ⊥平面ABFD ;(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.图1-418.解:(1)证明:由已知可得,BF ⊥PF ,BF ⊥EF ,所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ,所以平面PEF ⊥平面ABFD. (2)作PH ⊥EF ,垂足为H. 由(1)得,PH ⊥平面ABFD.以H 为坐标原点,HF ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为y 轴正方向,|BF ⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H - xyz.由(1)可得,DE ⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=√3.又PF=1,EF=2,故PE ⊥PF , 可得PH=√32,EH=32,则H (0,0,0),P 0,0,√32,D -1,-32,0,DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =1,32,√32,HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,0,√32为平面ABFD 的法向量.设DP 与平面ABFD 所成的角为θ,则sin θ=HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |HP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=34√3=√34, 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为√34.9.G11[2018·全国卷Ⅱ] 在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=BC=1,AA 1=√3,则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为 ( ) A .15 B .√56C .√55D .√229.C [解析] 方法一:以D 为坐标原点,DA ,DC ,DD 1所在直线分别x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示,则A (1,0,0),D 1(0,0,√3),B 1(1,1,√3),所以AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,√3),DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,√3),所以cos <AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=√1+3×√1+1+3=√55,所以异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为√55.方法二:如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的面ABB 1A 1的一侧再补填一个完全一样的长方体ABC 2D 2-A 1B 1B 2A 2,连接AB 2,B 2D 1.易知AB 2∥DB 1,所以异面直线AD 1与DB 1所成的角即为AD 1与AB 2所成的角. 因为AB=BC=1,AA 1=√3,所以AD 1=2,AB 2=√5,B 2D 1=√5. 在△AB 2D 1中,cos ∠D 1AB 2=2√5)2√5)22×2×√5=√55, 所以异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为√55.20.G5,G11[2018·全国卷Ⅱ] 如图1-4,在三棱锥P-ABC 中,AB=BC=2√2,P A=PB=PC=AC=4,O 为AC 的中点.图1-4(1)证明:PO ⊥平面ABC ;(2)若点M 在棱BC 上,且二面角M-P A-C 为30°,求PC 与平面P AM 所成角的正弦值. 20.解:(1)证明:因为AP=CP=AC=4,O 为AC 的中点,所以OP ⊥AC ,且OP=2√3. 连接OB.因为AB=BC=√22AC ,所以△ABC 为等腰直角三角形,且OB ⊥AC ,OB=12AC=2.由OP 2+OB 2=PB 2知PO ⊥OB.由OP ⊥OB ,OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC.(2)如图,以O 为坐标原点,OB⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.由已知得O (0,0,0),B (2,0,0),A (0,-2,0),C (0,2,0),P (0,0,2√3),AP⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2√3).取平面P AC 的法向量OB⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0). 设M (a ,2-a ,0)(0<a ≤2),则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a ,4-a ,0). 设平面P AM 的法向量为n=(x ,y ,z ). 由AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n=0,AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n=0得 {2y +2√3z =0,ax +(4-a)y =0,可取n=(√3(a-4),√3a ,-a ), 所以cos <OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=√3(a 222.由已知可得|cos <OB⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=√32, 所以√3|a 2√3(a -4)2+3a 2+a2=√32,解得a=-4(舍去),a=43, 所以n=(-8√33,4√33,-43), 又PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2√3),所以cos <PC⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=√34, 所以PC 与平面P AM 所成角的正弦值为√34.16.G5、G11[2018·北京卷]如图1-3,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC=√5,AC=AA1=2.(1)求证:AC⊥平面BEF;(2)求二面角B-CD-C1的余弦值;(3)证明:直线FG与平面BCD相交.图1-316.解:(1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,∵CC1⊥平面ABC,∴四边形A1ACC1为矩形.又E,F分别为AC,A1C1的中点,∴AC⊥EF.∵AB=BC,∴AC⊥BE,∴AC⊥平面BEF.(2)由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1.又CC1⊥平面ABC,∴EF⊥平面ABC.∵BE⊂平面ABC,∴EF⊥BE.如图建立空间直角坐标系E-xyz.由题意得B (0,2,0),C (-1,0,0),D (1,0,1),F (0,0,2),G (0,2,1), ∴CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,1),CB ⃗⃗⃗⃗ =(1,2,0).设平面BCD 的法向量为n=(a ,b ,c ),∴{n ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗=0,n ·CB⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴{2a +c =0,a +2b =0,令a=2,则b=-1,c=-4,∴平面BCD 的一个法向量为n=(2,-1,-4).又∵平面CDC 1的一个法向量为EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0), ∴cos <n ,EB⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ·EB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n||EB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=-√2121. 由图可得二面角B - CD - C 1为钝二面角,∴二面角B - CD - C 1的余弦值为-√2121. (3)证明:平面BCD 的一个法向量为n=(2,-1,-4). ∵G (0,2,1),F (0,0,2),∴GF ⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,1), ∴n ·GF ⃗⃗⃗⃗ =-2,∴n 与GF ⃗⃗⃗⃗ 不垂直,∴GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内,∴GF 与平面BCD 相交.22. G 11[2018·江苏卷] 如图1-8所示,在正三棱柱ABC - A 1B 1C 1中,AB=AA 1=2,点P ,Q 分别为A 1B 1,BC 的中点.(1)求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值; (2)求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值.图1-822.解:如图,在正三棱柱ABC - A 1B 1C 1中,设AC ,A 1C 1的中点分别为O ,O 1,则OB ⊥OC ,OO 1⊥OC ,OO 1⊥OB ,以{OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OC ⃗⃗⃗⃗ ,OO 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ }为基底,建立空间直角坐标系O - xyz. 因为AB=AA 1=2,所以A (0,-1,0),B (√3,0,0),C (0,1,0),A 1(0,-1,2),B 1(√3,0,2),C 1(0,1,2).(1)因为P 为A 1B 1的中点,所以P √32,-12,2,从而BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =-√32,-12,2,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2), 故|cos <BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|·|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|-1+4|√5×22=3√1020. 因此,异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为3√1020. (2)因为Q 为BC 的中点,所以Q √32,12,0,因此AQ⃗⃗⃗⃗⃗ =√32,32,0,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2),CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2).设n=(x ,y ,z )为平面AQC 1的一个法向量,则{AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{√32x +32y =0,2y +2z =0. 不妨取n=(√3,-1,1),设直线CC 1与平面AQC 1所成的角为θ,则sin θ=|cos <CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n||CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|=√5×2=√55, 所以直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为√55.8.G11[2018·浙江卷] 已知四棱锥S-ABCD 的底面是正方形,侧棱长均相等,E 是线段AB 上的点(不含端点).设SE 与BC 所成的角为θ1,SE 与平面ABCD 所成的角为θ2,二面角S-AB-C 的平面角为θ3,则 ( ) A .θ1≤θ2≤θ3 B .θ3≤θ2≤θ1 C .θ1≤θ3≤θ2 D .θ2≤θ3≤θ18.D [解析] 过S 作SO ⊥平面ABCD ,连接OE ,则θ2=∠SEO ,sin θ2=SOSE .取AB 的中点F ,连接OF ,则θ3=∠SFO,sin θ3=SOSF ,∵SE≥SF,∴sin θ2≤sin θ3,又θ2,θ3∈(0,π2),∴θ2≤θ3.作GE∥BC,OG⊥GE,连接SG,则GE⊥SG,θ1=∠SEG,tan θ1=SGGE ,∵OF=GE,SO≤SG,tan θ3=SOOF,∴tan θ3≤tanθ1,∴θ2≤θ3≤θ1,故选D.19.G5,G11,G12[2018·浙江卷]如图1-3所示,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.图1-3(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1;(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.19.解: 方法一:(1)证明:由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB得AB1=A1B1=2√2,所以A1B12+A B12=A A12, 故AB1⊥A1B1.由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1⊥BC,CC1⊥BC得B1C1=√5,由AB=BC=2,∠ABC=120°得AC=2√3,由CC1⊥AC,得AC1=√13,所以A B12+B1C12=A C12,故AB1⊥B1C1.因此AB1⊥平面A1B1C1.(2)如图,过点C1作C1D⊥A1B1,交直线A1B1于点D,连接AD.由AB1⊥平面A1B1C1得平面A1B1C1⊥平面ABB1,由C 1D ⊥A 1B 1得C 1D ⊥平面ABB 1,所以∠C 1AD 是AC 1与平面ABB 1所成的角. 由B 1C 1=√5,A 1B 1=2√2,A 1C 1=√21得 cos ∠C 1A 1B 1=√6√7,sin ∠C 1A 1B 1=√7,所以C 1D=√3,故sin ∠C 1AD=C 1D AC 1=√3913.因此,直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是√3913.方法二:(1)证明:如图,以AC 的中点O 为原点,分别以射线OB ,OC 为x ,y 轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知,各点坐标如下:A (0,-√3,0),B (1,0,0),A 1(0,-√3,4),B 1(1,0,2),C 1(0,√3,1).因此AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,2),A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,-2),A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,-3). 由AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0得AB 1⊥A 1C 1. 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ.由(1)可知AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,1),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,0),BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2). 设平面ABB 1的法向量n=(x ,y ,z ). 由{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{x +√3y =0,2z =0,可取n=(-√3,1,0).所以sin θ=|cos <AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n||AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|=√3913. 因此,直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是√3913.G12 单元综合16.G1,G12[2018·全国卷Ⅱ] 已知圆锥的顶点为S ,母线SA ,SB 所成角的余弦值为78,SA 与圆锥底面所成角为45°.若△SAB 的面积为5√15,则该圆锥的侧面积为 .16.40√2π [解析] 设圆锥的底面圆的半径为r ,因为SA 与圆锥底面所成角为45°,所以SA=√2r.由cos ∠ASB=78得sin ∠ASB=√158,所以12SA ·SB ·sin ∠ASB=12×√2r×√2r×√158=5√15,所以r 2=40,所以圆锥的侧面积为√2πr 2=40√2π.10.G12[2018·江苏卷] 如图1-3所示,正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 .图1-310.43 [解析] 该几何体是一个正八面体,而正八面体是由两个相同的正四棱锥组成的,由图可知一个正四棱锥的高为1,底面边长为12√22+22=√2,所以正八面体的体积V=2×13×(√2)2×1=43. 19.G5,G11,G12[2018·浙江卷] 如图1-3所示,已知多面体ABCA 1B 1C 1,A 1A ,B 1B ,C 1C 均垂直于平面ABC ,∠ABC=120°,A 1A=4,C 1C=1,AB=BC=B 1B=2.图1-3(1)证明:AB 1⊥平面A 1B 1C 1;(2)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值. 19.解: 方法一:(1)证明:由AB=2,AA 1=4,BB 1=2,AA 1⊥AB ,BB 1⊥AB 得AB 1=A 1B 1=2√2,所以A 1B 12+A B 12=A A 12, 故AB 1⊥A 1B 1.由BC=2,BB 1=2,CC 1=1,BB 1⊥BC ,CC 1⊥BC 得B 1C 1=√5, 由AB=BC=2,∠ABC=120°得AC=2√3,由CC 1⊥AC ,得AC 1=√13,所以A B 12+B 1C 12=A C 12,故AB 1⊥B 1C 1. 因此AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)如图,过点C 1作C 1D ⊥A 1B 1,交直线A 1B 1于点D ,连接AD.由AB 1⊥平面A 1B 1C 1得平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1, 由C 1D ⊥A 1B 1得C 1D ⊥平面ABB 1,所以∠C 1AD 是AC 1与平面ABB 1所成的角. 由B 1C 1=√5,A 1B 1=2√2,A 1C 1=√21得 cos ∠C 1A 1B 1=√6√7,sin ∠C 1A 1B 1=√7,所以C 1D=√3,故sin ∠C 1AD=C 1D AC 1=√3913. 因此,直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是√3913.方法二:(1)证明:如图,以AC 的中点O 为原点,分别以射线OB ,OC 为x ,y 轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知,各点坐标如下:A (0,-√3,0),B (1,0,0),A 1(0,-√3,4),B 1(1,0,2),C 1(0,√3,1).因此AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,2),A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,-2),A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,-3). 由AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0得AB 1⊥A 1C 1. 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ.由(1)可知AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,1),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,0),BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2). 设平面ABB 1的法向量n=(x ,y ,z ). 由{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{x +√3y =0,2z =0,可取n=(-√3,1,0).所以sin θ=|cos <AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||AC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|=√3913. 因此,直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是√3913.4.[2018·马鞍山一检]已知某圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆,则该圆锥的外接球的表面积是()A.4π3B.4πC.16π3D.16π4.C[解析] 设圆锥的底面半径为r,则由题意得2πr=2π,解得r=1,∴圆锥的轴截面是边长为2的正三角形,圆锥外接球的球心是正三角形的中心,外接球的半径等于正三角形外接圆的半径,∴外接球的半径R=√33×2=2√33,故外接球的表面积为4πR2=16π3.故选C.6.[2018·厦门期末]若m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法正确的是()A.若α⊥β,m⊥β,则m∥αB.若m∥α,n⊥m,则n⊥αC.若m∥α,n∥α,m⊂β,n⊂β,则α∥βD.若m∥β,m⊂α,α∩β=n,则m∥n6.D[解析] 选项A中,m与α的关系是m∥α或m⊂α,故A不正确.选项B中,n与α的关系是n⊥α或n与α相交但不垂直或n∥α,故B不正确.选项C中,α与β的关系是α∥β或α与β相交,故C不正确.由线面平行的性质可得选项D正确.2.[2018·北京石景山区一模]如图K33-6,在三棱锥D-ABC中,已知△BCD是正三角形,AB⊥平面BCD,AB=BC=a,E为BC的中点,F在棱AC上,且AF=3F C.(1)求三棱锥D-ABC的体积;(2)求证:AC⊥平面DEF;(3)若M为DB的中点,N在棱AC上,且CN=38CA,求证:MN∥平面DEF.图K33-62.解:(1)因为△BCD是正三角形,且AB=BC=a,所以S△BCD=√34a2,又AB⊥平面BCD,所以V三棱锥DABC =V三棱锥ABCD=13·AB·S△BCD=13×√34a2·a=√312a3.(2)证明:在底面ABC中,取AC的中点H,连接BH.因为AB=BC,所以BH⊥AC.因为AF=3FC,所以F为CH的中点.又E为BC的中点,所以EF∥BH,所以EF⊥AC.因为AB⊥平面BCD,AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCD.因为△BCD是正三角形,E为BC的中点,所以DE⊥BC,又平面ABC∩平面BCD=BC,DE⊂平面BCD,所以DE⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC,所以DE⊥AC.又DE∩EF=E,所以AC⊥平面DEF.(3)证明:当CN=38CA时,连接CM,交DE于点O,连接OF.因为E为BC的中点,M为DB的中点,所以O为△BCD的重心,CO=23CM.因为AF=3FC,CN=38CA,所以CF=23CN,故MN∥OF.又OF⊂平面DEF,MN⊄平面DEF,所以MN∥平面DEF.4.[2018·武汉二月调研]如图K34-12,在四棱锥E-ABCD中,平面ABE⊥平面ABCD,底面ABCD 为平行四边形,∠DAB=∠BAE=60°,∠AEB=90°,AB=4,AD=3.(1)求CE的长;(2)求二面角A-DE-C的余弦值.图K34-124.解:(1)过点E 作OE ⊥AB ,垂足为O.∵平面ABE ⊥平面ABCD ,平面ABE ∩平面ABCD=AB ,EO ⊂平面ABE ,∴EO ⊥平面ABCD.过O 点在平面ABCD 内作OF ⊥AB 交AD 于F.以O 为坐标原点,OE 所在直线为x 轴,OB 所在直线为y 轴,OF 所在直线为z 轴,建立空间直角坐标系.∵∠DAB=∠EAB=60°,∠AEB=90°,AB=4,AD=3,∴OE=OF=√3,∴E (√3,0,0),B (0,3,0),A (0,-1,0),D (0,12,3√32),C 0,92,3√32,∴|EC⃗⃗⃗⃗⃗ |2=(√3)2+(92)2+(3√32)2=30,∴EC 的长为√30. (2)设平面ADE 的法向量n 1=(x 1,y 1,z 1).∵AE⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,0),AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,32,3√32), ∴由AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0及AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0可得{√3x 1+y 1=0,32y 1+3√32z 1=0,取x 1=1,则y 1=-√3,z 1=1,∴n 1=(1,-√3,1).设平面DEC 的法向量n 2=(x 2,y 2,z 2).∵DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4,0),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-12,-32√3),∴由{DC ⃗⃗⃗⃗⃗·n 2=0,DE ⃗⃗⃗⃗⃗·n 2=0,得{4y 2=0,√3x2-12y 2-32√3z 2=0,∴可取n 2=(3,0,2).设二面角A -DE -C 的平面角为θ,∴cos θ=n 1·n 2|n 1|·|n 2|=5√5×√13=√6513.∴二面角A -DE -C 的余弦值为√6513.3.[2018·长沙一模] 如图T7-5,在多面体ABCDEF 中,四边形ABCD 为矩形,△ADE ,△BCF 均为等边三角形,EF ∥AB ,EF=AD=12AB.(1)过BD 作截面与线段FC 交于点N ,使得AF ∥平面BDN ,试确定点N 的位置,并予以证明; (2)在(1)的条件下,求直线BN 与平面ABF 所成角的正弦值.图T7-53.解:(1)当N 为线段FC 的中点时,AF ∥平面BDN.证明如下:如图所示,连接AC ,记AC 与BD 的交点为O ,连接ON.∵四边形ABCD 为矩形,∴O 为AC 的中点,又N 为FC 的中点,∴AF ∥ON.∵AF ⊄平面BDN ,ON ⊂平面BDN ,∴AF ∥平面BDN.故当N 为FC 的中点时,AF ∥平面BDN.(2)过O 作PQ ∥AB 分别与AD ,BC 交于P ,Q ,∵O 为AC 的中点,∴P ,Q 分别为AD ,BC 的中点,∵△ADE 与△BCF 均为等边三角形且AD=BC ,∴△ADE ≌△BCF.连接EP ,FQ ,则EP=FQ ,∵EF ∥AB ,AB PQ ,EF=12AB ,∴EF ∥PQ ,EF=12PQ ,∴四边形EPQF 为等腰梯形.取EF 的中点M ,连接MO ,则MO ⊥PQ ,又AD ⊥EP ,AD ⊥PQ ,EP ∩PQ=P ,∴AD ⊥平面EPQF.过点O 作OG ⊥AB 于点G ,则OG ∥AD ,∴OG ⊥平面EPQF ,∴OG ⊥OM ,OG ⊥OQ.分别以OG⃗⃗⃗⃗⃗ ,OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ,不妨设AB=4,则由条件可得O (0,0,0),A (1,-2,0),B (1,2,0),F (0,1,√2),D (-1,-2,0),N (-12,32,√22),则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4,0),AF⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,3,√2).设n=(x ,y ,z )是平面ABF 的法向量,则{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{4y =0,-x +3y +√2z =0,∴可取n=(√2,0,1),由BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-32,-12,√22,可得|cos <BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n||BN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|=√23,∴直线BN 与平面ABF 所成角的正弦值为√23.。
2018全国高考立体几何(完整答案)
2018全国高考立体几何（完整答案）一．解答题（共40小题）1．已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2．（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设PO=4，OA、OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，如图．求异面直线PM与OB所成的角的大小．2．如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D 的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．3．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1．求证：（1）AB∥平面A1B1C；（2）平面ABB1A1⊥平面A1BC．4．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA ⊥PD，PA=PD，E，F分别为AD，PB的中点．（Ⅰ）求证：PE⊥BC；（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD．5．如图，在平行四边形ABCM中，AB=AC=3，∠ACM=90°，以AC为折痕将△ACM 折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP=DQ=DA，求三棱锥Q ﹣ABP的体积．6．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，BD交AC 于点E，F是线段PC中点，G为线段EC中点．（Ⅰ）求证：FG∥平面PBD；（Ⅱ）求证：BD⊥FG．7．如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，AD=2BC，∠DAB=∠ABP=90°．（Ⅰ）求证：AD⊥平面PAB；（Ⅱ）求证：AB⊥PC；（Ⅲ）若点E在棱PD上，且CE∥平面PAB，求的值．8．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA=PB=AB=2，BC=3，∠ABC=90°，平面PAB⊥平面ABC，D，E分别为AB，AC中点．（1）求证：DE∥平面PBC；（2）求证：AB⊥PE；（3）求三棱锥P﹣BEC的体积．9．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥CB，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，，M是棱PC上的点．（Ⅰ）求证：平面PQB⊥平面PAD；（Ⅱ）若PA=PD=2，BC=1，，异面直线AP与BM所成角的余弦值为，求的值．10．如图，梯形ABCD中，AD=BC，AB∥CD，AC⊥BD，平面BDEF⊥平面ABCD，EF∥BD，BE⊥BD．（1）求证：平面AFC⊥平面BDFE；（2）若AB=2CD=2，BE=EF=2，求BF与平面DFC所成角的正弦值．11．如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB⊥PC，CA=CB，M是AB的中点．点N在棱PC上，点D是BN的中点．求证：（1）MD∥平面PAC；（2）平面ABN⊥平面PMC．12．如图，已知PA垂直于矩形ABCD所在的平面，M，N分别是AB，PC的中点，若∠PDA=45°，（1）求证：MN∥平面PAD；（2）求证：MN⊥平面PCD．13．如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1=AB，D为BB1的中点．（1）求证：A1C⊥AD；（2）若点P为四边形ABB1A1内部及其边界上的点，且三棱锥P﹣ABC的体积为三棱柱ABC﹣A1B1C1体积的，试在图中画出，P点的轨迹．并说明理由．14．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC为边长为2等边三角形，BB1=4，A1C1⊥BB1，且∠A1B1B=45°．（I）证明：平面BCC1B1⊥平面ABB1A1；（Ⅱ）求B﹣AC﹣A1二面角的余弦值．15．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，∠BAC=90°，AB=AA1=2，AC=1，M，N分别是A1B1，BC的中点．（Ⅰ）证明：MN∥平面ACC1A1；（II）求二面角M﹣AN﹣B的余弦值．16．已知空间几何体ABCDE中，△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形，△ABC为腰长为3的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD．（1）试在平面BCD内作一条直线，使得直线上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行，并给出详细证明；（2）求三棱锥E﹣ABC的体积．17．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，∠ADB=90°，CB=CD，点E为棱PB的中点．（1）若PB=PD，求证：PC⊥BD；（2）求证：CE∥平面PAD．18．如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，A1C与底面ABCD所成的角为60°，（1）求四棱锥A1﹣ABCD的体积；（2）求异面直线A1B与B1D1所成角的大小．19．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形∠BAD=60°．已知PB=PD=2，PA=．（Ⅰ）证明：PC⊥BD；（Ⅱ）若E为PA上一点，记三棱锥P﹣BCE的体积和四棱锥P﹣ABCD的体积分别为V1和V2，当V1：V2=1：8时，求的值．20．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是CB，CD的中点，点M在棱CC1上，CM=tCC1（0＜t＜1）．（Ⅰ）三棱锥C﹣EFM，C1﹣B1D1M的体积分别为V1，V2，当t为何值时，V1•V2最大？最大值为多少？（Ⅱ）若A1C∥平面B1D1M，证明：平面EFM⊥平面B1D1M．21．如图，直角梯形ABEF中，∠ABE=∠BAF=90°，C、D分别是BE、AF上的点，且DA=AB=BC=a，DF=2CE=2a．沿CD将四边形CDFE翻折至CDPQ，连接AP、BP、BQ，得到多面体ABCDPQ，且AP=a．（Ⅰ）求多面体ABCDPQ的体积；（Ⅱ）求证：平面PBQ⊥平面PBD．22．如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，PA=PD，O 为AD边的中点．（1）证明：平面POB⊥平面PAD；（2）若，求四棱锥P﹣ABCD的体积．23．如图，在四棱锥P﹣ABCD中．底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD．Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA=PD=2．BC=AD=1，CD=．（I）求证：平面PBC⊥平面PQB；（Ⅱ）若平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60°，求PM的长．24．在如图所示的几何体中，面CDEF为正方形，面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，，AB=2BC=2，AC⊥FB．（Ⅰ）求证：AC⊥平面FBC；（Ⅱ）求四面体FBCD的体积；（Ⅲ）线段AC上是否存在点M，使EA∥平面FDM？证明你的结论．25．如图所示的几何体中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是直角三角形，∠APD=90°，四边形ABCD是直角梯形，AB∥DC，AB⊥AD，PQ∥DC，PQ=PD=DC=1，PA=AB=2．（I）求证：PD∥平面QBC；（Ⅱ）求证：QC⊥平面PABQ；（Ⅲ）在线段QB上是否存在点M，使得AM⊥BC，若存在，求QM的值；若不存在，请说明理由．26．如图1，△ABC是边长为3的等边三角形，D在边AC上，E在边AB上，且AD=BE=2AE．将△ADE沿直线DE折起，得四棱锥A'﹣BCDE，如图2（1）求证：DE⊥A'B；（2）若平面AD'E⊥底面BCDE，求三棱锥D﹣A'CE的体积．27．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AC，AB⊥BC，PA=BC=2，PB=AC=2，D 为线段AC的中点，将△CBD折叠至△EBD，使得平面EDB⊥平面ABC且PC交平面EBD于F．（1）求证：平面BDE⊥平面PAC．（2）求三棱锥P﹣EBC的体积．28．如图1，在矩形ABCD中，AD=2AB=4，E是AD的中点．将△ABE沿BE折起使A到点P的位置，平面PEB⊥平面BCDE，如图2．（Ⅰ）求证：PB⊥平面PEC；（Ⅱ）求三棱锥D﹣PEC的高．29．如图1，ABCD是一个直角梯形，∠ABC=∠BAD=90，E为BC边上一点，AE、BD相交于O，AD=EC=3，BE=1，AB=．将△ABE沿AE折起，使平面ABE⊥平面ADE，连接BC、BD，得到如图2所示的四棱锥B﹣AECD．（Ⅰ）求证：CD⊥平面BOD；（Ⅱ）求直线AB与面BCD所成角的余弦值．30．如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为长方体，点P是CD中点，Q是A1B1的中点．（I）求证：AQ∥平面PBC1；（l）若BC=CC1，求证：平面A1B1C⊥平面PBC1．31．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AD=3BC=6，，点M在线段AD上，且DM=4，AD⊥AB，PA⊥平面ABCD．（1）证明：平面PCM⊥平面PAD；（2）当∠APB=45°时，求四棱锥P﹣ABCM的表面积．32．已知等腰梯形ABCD中，AD∥EC，EC=2AD=2AE=4，B为EC的中点，如图1，将三角形ABE沿AB折起到ABE′（E′⊄平面ABCD），如图2．（1）点F为线段AE′的中点，判断直线DF与平面BCE′的位置关系，并说明理由；（2）当平面ABE′与平面DE′C所成的二面角的大小为时，证明：平面ABE′⊥平面ABCD．33．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，△PAD和△BCD都是等边三角形，平面PAD ⊥平面ABCD，且AD=2AB=4，．（I）求证：CD⊥PA；（II）E，F分别是棱PA，AD上的点，当平面BEF∥平面PCD时，求四棱锥C﹣PEFD的体积．34．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AB=AC=2，AD=2，PB=，PB⊥AC．（1）求证：平面PAB⊥平面PAC；（2）若∠PBA=45°，试判断棱PA上是否存在与点P，A不重合的点E，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．35．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AD ∥BC，∠BAD=∠CBA=90°，PA=AB=BC=1，AD=2，E，F，G分别为BC，PD，PC的中点．（1）求EF与DG所成角的余弦值；（2）若M为EF上一点，N为DG上一点，是否存在MN，使得MN⊥平面PBC？若存在，求出点M，N的坐标；若不存在，请说明理由．36．如图所示，在多面体ABC﹣A1B1C1中，D，E，F分别是AC，AB，CC1的中点，AC=BC=4，，CC1=2，四边形BB1C1C为矩形，平面ABC⊥平面BB1C1C，AA1∥CC1（1）求证：平面DEF⊥平面AA1C1C；（2）求直线EF与平面ABC所成的角的正切值．37．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC⊥平面AA1B1B，AB=AA1=2，∠A1AB=60°．（Ⅰ）证明：平面AB1C⊥平面A1BC；（Ⅱ）若四棱锥A﹣BB1C1C的体积为，求该三棱柱的侧面积．38．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，E，F，G分别是AB，PB，PC的中点．（1）求证：CD∥平面PAB；（2）求证：CD⊥平面EFG．39．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，平面ABP⊥平面BCP，∠APB=90°，BP=BC，M为CP的中点．求证：（1）AP∥平面BDM；（2）BM⊥平面ACP．40．已知梯形ABCD中，AD∥BC，，AB=BC=2AD=4，E、F分别是AB、CD上的点，EF∥BC，AE=x．沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF（如图）．G是BC的中点，以F、B、C、D为顶点的三棱锥的体积记为f （x）．（1）当x=2时，求证：BD⊥EG；（2）求f（x）的最大值；（3）当f（x）取得最大值时，求异面直线AE与BD所成的角的余弦值．2018全国高考立体几何（完整答案）参考答案与试题解析一．解答题（共40小题）1．【解答】解：（1）∵圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2，圆锥的母线长为4，∴圆锥的体积V===．（2）∵PO=4，OA，OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，∴以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，P（0，0，4），A（2，0，0），B（0，2，0），M（1，1，0），O（0，0，0），=（1，1，﹣4），=（0，2，0），设异面直线PM与OB所成的角为θ，则cosθ===．∴θ=arccos．∴异面直线PM与OB所成的角的为arccos．2．【解答】（1）证明：矩形ABCD所在平面与半圆弦所在平面垂直，所以AD⊥半圆弦所在平面，CM⊂半圆弦所在平面，∴CM⊥AD，M是上异于C，D的点．∴CM⊥DM，DM∩AD=D，∴CM⊥平面AMD，CM⊂平面CMB，∴平面AMD⊥平面BMC；（2）解：存在P是AM的中点，理由：连接BD交AC于O，取AM的中点P，连接OP，可得MC∥OP，MC⊄平面BDP，OP⊂平面BDP，所以MC∥平面PBD．3．【解答】证明：（1）平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥A1B1，AB∥A1B1，AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂∥平面A1B1C⇒AB∥平面A1B1C；（2）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，⇒四边形ABB1A1是菱形，⊥AB1⊥A1B．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1⇒AB1⊥BC．∴⇒AB1⊥面A1BC，且AB1⊂平面ABB1A1⇒平面ABB1A1⊥平面A1BC．4．【解答】证明：（Ⅰ）PA=PD，E为AD的中点，可得PE⊥AD，底面ABCD为矩形，可得BC∥AD，则PE⊥BC；（Ⅱ）由于平面PAB和平面PCD有一个公共点P，且AB∥CD，在平面PAB内过P作直线PG∥AB，可得PG∥CD，即有平面PAB∩平面PCD=PG，由平面PAD⊥平面ABCD，又AB⊥AD，可得AB⊥平面PAD，即有AB⊥PA，PA⊥PG；同理可得CD⊥PD，即有PD⊥PG，可得∠APD为平面PAB和平面PCD的平面角，由PA⊥PD，可得平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）取PC的中点H，连接DH，FH，在三角形PCD中，FH为中位线，可得FH∥BC，FH=BC，由DE∥BC，DE=BC，可得DE=FH，DE∥FH，四边形EFHD为平行四边形，可得EF∥DH，EF⊄平面PCD，DH⊂平面PCD，即有EF∥平面PCD．5．【解答】解：（1）证明：∵在平行四边形ABCM中，∠ACM=90°，∴AB⊥AC，又AB⊥DA．且AD∩AC=A，∴AB⊥面ADC，∴AB⊂面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC；（2）∵AB=AC=3，∠ACM=90°，∴AD=AM=3，∴BP=DQ=DA=2，由（1）得DC⊥AB，又DC⊥CA，∴DC⊥面ABC，∴三棱锥Q﹣ABP的体积V==××==1．6．【解答】证明：（Ⅰ）连接PE，G、F为EC和PC的中点，∴FG∥PE，FG⊄平面PBD，PE⊂平面PBD，∴FG∥平面PBD…（6分）（Ⅱ）∵菱形ABCD，∴BD⊥AC，又PA⊥面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PA，∵PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，且PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，FG⊂平面PAC，∴BD⊥FG…（14分）7．【解答】（Ⅰ）证明：因为∠DAB=90°，所以AD⊥AB．……………………（1分）因为平面PAB⊥平面ABCD，……………………（2分）且平面PAB∩平面ABCD=AB，……………………（3分）所以AD⊥平面PAB．……………………（4分）（Ⅱ）证明：由已知得AD⊥AB因为AD∥BC，所以BC⊥AB．……………………（5分）又因为∠ABP=90°，所以PB⊥AB．……………………（6分）因为PB∩BC=B……………………（7分）所以AB⊥平面PBC……………………（8分）所以AB⊥PC．……………………（9分）（Ⅲ）解：过E作EF∥AD交PA于F，连接BF．……………………（10分）因为AD∥BC，所以EF∥BC．所以E，F，B，C四点共面．……………………（11分）又因为CE∥平面PAB，且CE⊂平面BCEF，且平面BCEF∩平面PAB=BF，所以CE∥BF，……………………（13分）所以四边形BCEF为平行四边形，所以EF=BC．在△PAD中，因为EF∥AD，所以，……………………（14分）即．8．【解答】证明：（1）∵D，E分别为AB，AC的中点，∴DE∥BC，又DE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴DE∥平面PBC．（2）连接PD，∵DE∥BC，又∠ABC=90°，∴DE⊥AB，又PA=PB，D为AB中点，∴PD⊥AB，又PD∩DE=D，PD⊂平面PDE，DE⊂平面PDE，∴AB⊥平面PDE，又PE⊂平面PDE，∴AB⊥PE．（3）∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，PD⊥AB，PD⊂平面PAB，∴PD⊥平面ABC，∵△PAB是边长为2的等边三角形，∴PD=，∵E是AC的中点，∴．9．【解答】证明：（Ⅰ）∵AD∥BC，，Q为AD的中点∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ．∵∠ADC=90°，∴∠AQB=90°，即QB⊥AD．又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD．∵BQ⊥平面PAD∵BQ⊂平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD．解：（Ⅱ）∵PA=PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD．∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD．∵PQ⊥平面ABCD．以Q为原点分别以、、为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则Q（0，0，0），A（1，0，0），，，，设M（x0，y0，z0），∴，，．由M是PC上的点，设，化简得．设异面直线AP与BM所成角为θ，则．∴，解得或，故或．10．【解答】解：（1）证明：∵平面BDFE⊥平面ABCD，平面BDFE∩平面ABCD=BD，AC⊂平面ABCD，AC⊥BD，∴AC⊥平面BDFE．又AC⊂平面AFC，∴平面AFC⊥平面BDFE．（2）设AC∩BD=O，∵四边形ABCD为等腰梯形，AC⊥BD，AB=2CD=2，∴OD=OC=1，OB=OA=2，∵EF∥OB且EF=OB，∴四边形FEBO为平行四边形，∴OF∥BE，且OF=BE=2，又∵BE⊥平面ABCD，∴OF⊥平面ABCD．以O为原点，向量的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则B（0，2，0），D（0，﹣1，0），F（0，0，2），C（﹣1，0，0），∴=（0，1，2），=（1，﹣1，0），=（0，﹣2，2），设平面DFC的一个法向量为=（x，y，z），则有，即，不妨设z=1，得x=y=﹣2．即=（﹣2，﹣2，1），于是cos＜，＞===．设BF与平面DFC所成角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|=．∴BF与平面DFC所成角的正弦值为．11．【解答】证明：（1）在ABN中，∵M是AB的中点，D是BN的中点，∴MD∥AN，又AN⊂平面PAC，MD⊄平面PAC，∴MD∥平面PAC．（2）在△ABC中，∵CA=CB，M是AB的中点，∴AB⊥MC，又∵AB⊥PC，PC⊂平面PMC，MC⊂平面PMC，PC∩MC=C，∴AB⊥平面PMC．又∵AB⊂平面ABN，∴平面ABN⊥平面PMC．12．【解答】证明：（1）如图，取PD的中点E，连接AE，NE．∵E、N分别为PD，PC的中点，∴EN CD，又M为AB的中点，∴AM CD，∴EN AM，∴四边形AMNE为平行四边形．∴MN∥AE，∴MN∥平面PAD．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5分）（2）∵PA⊥平面ABCD，∠PDA=45°，∴△PAD为等腰直角三角形，∴AE⊥PD，又∵CD⊥AD，CD⊥PA，AD∩PA=A，∴CD⊥平面PAD，∵AE⊂平面PAD，∴CD⊥AE，又CD∩PD=D，∴AE⊥平面PCD，∴MN⊥平面PCD．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）13．【解答】（1）证明：取AB的中点F，连接CF，A1F，∵A1A⊥平面ABC，CF⊂平面ABC，∴所以A1A⊥CF．∵△ABC为正三角形，F为AB的中点，∴BA⊥CF，又∵AA1，AB⊂平面AA1B1B，AA1∩AB=A，∴CF⊥平面AA1B1B，又∵AD⊂平面AA1B1B，所以CF⊥AD，正方形AA1B1B中，∵Rt△A1AF≌Rt△ABD，∴∠DAB=∠FA1A，又∵∠AFA1+∠FA1A=90°，∴∵∠AFA1+∠DAB=90°，，故AD⊥A1F，又∵CF∩A1F=F，CF，A1F⊂平面A1FC，∴AD⊥平面A1FC，又∵A1C⊂平面A1FC，∴A1C⊥AD．（2）取AA1中点E，连接DE，则线段DE为点P的运动轨迹．理由如下：∵DE∥AB，DE⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，∴ED∥平面ABC，∴P到平面ABC的距离为．所以V==．14．【解答】证明：（Ⅰ）过点A1在平面ABB1A1内作BB1的垂线，垂足为O，连结C1O，∵A1C1⊥B1B，A1O⊥B1B，A1C1∩A1O=A1，∴B1B⊥平面A1OC1，∵OC1⊂平面A1OC1，∴B1B⊥OC1，由题可知A1B1=A1C1=B1C1=2，在B△A1OB1中，∵A1O⊥OB1，∠A1B1B=45°，A1B1=2，∴OA1=OB1=2，在△OB1C1中，∵C1O⊥OB1，B1C1=2，OB1=2，∴OC1=2，∴=A1C12，∴OC1⊥OA1，∵OA1∩OB1=O，∵OC1⊂平面BCC1B1，∴平面BCC1B1⊥平面ABB1A1．解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知OC1、OA1、OB1两两垂直，以O为坐标原点，OA1为x轴，OB1为y轴，OC1为z轴，建立空间直角坐标系，∵AB=2，BB1=4，OC1=2，OA1=2，OB1=2，∴A1（2，0，0），B1（0，2，0），C1（0，0，2），B（0，﹣2，0），A（2，﹣4，0），C（0，﹣4，2），=（2，﹣2，0），=（0，﹣2，2），=（﹣2，0，2），=（0，4，0），设=（x，y，z）是平面ABC的法向量，则，取x=1，得=（1，1，1），设=（x，y，z）是平面A1AC的法向量，则，取x=1，得=（1，0，1），∴cos＜＞==．∴二面角B﹣AC﹣A1的余弦值为．15．【解答】解：解法一：依条件可知AB、AC，AA1两两垂直，如图，以点A为原点建立空间直角坐标系A﹣xyz．根据条件容易求出如下各点坐标：A（0，0，0），B（0，2，0），C（﹣1，0，0），A1（0，0，2），B1（0，2，2），C1（﹣1，0，2），M（0，1，2），（I）证明：∵是平面ACCA1的一个法向量，且，所以又∵MN⊄平面ACC1A1，∴MN∥平面ACC1A1（II）设=（x，y，z）是平面AMN的法向量，因为，由得解得平面AMN的一个法向量=（4，2，﹣1）由已知，平面ABC的一个法向量为=（0，0，1）∴二面角M﹣AN﹣B的余弦值是解法二：（I）证明：设AC的中点为D，连接DN，A1D∵D，N分别是AC，BC的中点，∴又∵，∴，∴四边形A 1DNM是平行四边形∴A1D∥MN∵A1D⊂平面ACC1A1，MN⊄平面ACC1A1∴MN∥平面ACC1A1（II）如图，设AB的中点为H，连接MH，∴MH∥BB1∵BB1⊥底面ABC，∵BB1⊥AC，BB1⊥AB，∴MH⊥AC，MH⊥AB∴AB∩AC=A∴MH⊥底面ABC在平面ABC内，过点H做HG⊥AN，垂足为G 连接MG，AN⊥HG，AN⊥MH，HG∩MH=H ∴AN⊥平面MHG，则AN⊥MG∴∠MGH是二面角M﹣AN﹣B的平面角∵MH=BB1=2，由△AGH∽△BAC，得所以所以∴二面角M﹣AN﹣B的余弦值是16．【解答】解：（1）∵平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD．∴过E作EQ⊥平面BCD，交CD于Q，过A作AP⊥平面BCD，交BC于P，∴EQ∥AP，过Q作QO∥BC，交BD于O，则直线OQ就是在平面BCD内所求的直线，使得直线OQ上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行．证明如下：∵EQ∥AP，QO∥BC，EQ∩QO=Q，AP∩BC=P，EQ、QO⊂平面EQO，AP、BC⊂平面ABC，∴平面EQO∥平面ABC，∴直线OQ上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行．（2）∵△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形，△ABC为腰长为3的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD，∴AP==2，∴S==2，△ABC点E到平面ABC的距离d===，∴三棱锥E﹣ABC的体积V E===．﹣ABC17．【解答】证明：（1）取BD的中点O，连结CO，PO，因为CD=CB，所以△CBD为等腰三角形，所以BD⊥CO．因为PB=PD，所以△PBD为等腰三角形，所以BD⊥PO．又PO∩CO=O，所以BD⊥平面PCO．因为PC⊂平面PCO，所以PC⊥BD．解：（2）由E为PB中点，连EO，则EO∥PD，又EO⊄平面PAD，所以EO∥平面PAD．由∠ADB=90°，以及BD⊥CO，所以CO∥AD，又CO⊄平面PAD，所以CO∥平面PAD．又CO∩EO=O，所以平面CEO∥平面PAD，而CE⊂平面CEO，所以CE∥平面PAD．18．【解答】解：（1）∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，∴AA1⊥平面ABCD，AC==2，∴∠A1CA是A1C与底面ABCD所成的角，∵A1C与底面ABCD所成的角为60°，∴∠A1CA=60°，∴AA1=AC•tan60°=2•=2，=AB×BC=2×2=4，∵S正方形ABCD∴四棱锥A1﹣ABCD的体积：V===．（2）∵BD∥B1D1，∴∠A1BD是异面直线A1B与B1D1所成角（或所成角的补角）．∵BD=，A1D=A1B==2，∴cos∠A1BD===．∴∠A1BD=arccos．∴异面直线A1B与B1D1所成角是arccos．19．【解答】证明：（Ⅰ）连接BD、AC交于O点，∵PB=PD，∴PO⊥BD，又∵ABCD是菱形，∴BD⊥AC，而AC∩PO=O，∴BD⊥平面PAC，且PC⊂平面PAC，∴BD⊥PC．解：（Ⅱ）由条件可知△ABD≌△PBD，∴AO=PO=，∵PA=，∴PA2=OA2+OP2，∴PO⊥AC，由（Ⅰ）知，BD⊥平面PAC，PO⊂平面PAC，∴PO⊥BD，∴PO⊥平面ABCD，∴平面APC⊥平面ABCD，过E点作EF⊥AC，交AC于F，则EF⊥平面ABCD，∴EF∥PO，∴EF、PO分别是三棱锥E﹣ABC和四棱锥P﹣ABCD的高．又V1=V P﹣ABC﹣V E﹣ABC=，，由=，得4（PO﹣EF）=PO，∴，又由△AEF∽△APO，=，∴=．20．【解答】解：（Ⅰ）由题可知，CM=2t，C1M=2﹣2t，∴V1=S△ECF•CM==，=S•C1M=（2﹣2t）=（1﹣t），V2∴V1•V2=≤•（）2=．当且仅当t=1﹣t，即t=时等号成立．所以当t=时，V1•V2最大，最大值为．（Ⅱ）连接A1C1交B1D1于点O，则O为A1C1的中点，∵A1C∥平面B1D1M，平面A1CC1∩平面B1D1M=OM，∴A1C∥OM，∴M为CC1的中点，连接BD，∵E，F为BC、CD的中点，∴EF∥BD，又AC⊥BD，∴AC⊥EF．∵AA1⊥平面ABCD，EF⊂平面ABCD，∴AA1⊥EF，又AA1∩AC=A，∴EF⊥平面A1AC，又A1C⊂平面A1AC，∴EF⊥A1C．同理可得：EM⊥A1C，又EF∩EM=E，∴A1C⊥平面EFM．又A1C∥平面B1D1M，∴平面EFM⊥平面B1D1M．21．【解答】解：（Ⅰ）∵DA=AB=BC=a，∠ABE=∠BAF=90°，∴四边形ABCD是正方形，∴CD⊥AD，CD⊥DP，又AD∩DP=D，∴CD⊥平面ADP．∵AD2+DP2=AP2，∴AD⊥DP，又CD⊥AD，CD∩DP=D，∴AD⊥平面CDPQ，又AD∥BC，∴BC⊥平面CDPQ．∴V B﹣CDPQ==（a+2a）×a×a=a3，V B﹣ADP===．∴多面体ABCDPQ的体积为V B﹣CDPQ +V B﹣ADP=．（Ⅱ）取BP的中点G，连接GQ、DG、DQ，在△ABP中，BP==2a，∴BG=BP=a，在△BCQ中，BQ==a，PQ==a，∴PQ=BQ，∴GQ⊥BP．∴QG==a，又BD==2a=DP，∴DG⊥BP，∴DG==a，又DQ==a，∴DQ2=QG2+DG2，即QG⊥DG．又BP∩DG=G，∴QG⊥平面PBD，又QG⊂平面PBQ，∴平面PBQ⊥平面PBD．22．【解答】（1）证明：连接BD，因为底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，所以△ABD 是正三角形，所以AD⊥BO，因为O为AD的中点，PA=PD，所以AD⊥PO，且PO∩BO=O，所以AD⊥平面POB，又AD⊂平面PAD，所以平面POB⊥平面PAD；（2）解：因为是正三角形，所以OB=3，在Rt△PAO中，，所以PO=2，又，所以OB2+PO2=PB2，所以∠POB=90°，即PO⊥OB，又AD⊥PO，且OB∩AD=O，所以PO⊥平面ABCD，因为，所以四棱锥P﹣ABCD的体积为．23．【解答】（I）证明：∵PA=PD，Q是AD的中点，∴PQ⊥AD，又平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，PQ⊂平面PAD，∴PQ⊥平面ABCD，∴BC⊥PQ，∵BC=AD=DQ，BC∥AD，∠ADC=90°，∴四边形BCDQ是矩形，∴BC⊥BQ，又PQ∩BQ=Q，∴BC⊥平面PBQ，又BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PQB．（II）过M作MN∥CD交PD与N，则平面BMQ∩平面PCD=MN，∵平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，BQ⊥AD，BQ⊂平面PAD，∴BQ⊥平面PAD，又BQ∥CD∥MN，∴MN⊥平面PAD，∴MN⊥NQ，MN⊥PD，∴∠DNQ为平面BMQ与平面PCD所成角，即∠DNQ=60°，∵PD=PA=2，AD=2BC=2，∴∠PDO=60°，∴△DNQ是等比三角形，∴DN=DQ=1，即N是PD的中点，∴M是PC的中点，∵PD=2，CD=，∴PC=，∴PM==．24．【解答】（Ⅰ）证明：在△ABC中，∵，AB=2，BC=1，∴AC2+BC2=AB2．∴AC⊥BC．又∵AC⊥FB，BF∩CB=B，∴AC⊥平面FBC．（Ⅱ）解：∵AC⊥平面FBC，∴AC⊥FC．∵CD⊥FC，∴FC⊥平面ABCD．在Rt△ACB中，，∴∠CAB=30°，∴在等腰梯形ABCD中可得∠ABD=∠CDB=∠CBD=30°，∴CB=DC=1，∴FC=1．∴△BCD的面积S==．∴四面体FBCD的体积为：．（Ⅲ）解：线段AC上存在点M，且M为AC中点时，有EA∥平面FDM，证明如下：连接CE与DF交于点N，连接MN．由CDEF为正方形，得N为CE中点．∴EA∥MN．∵MN⊂平面FDM，EA⊄平面FDM，∴EA∥平面FDM．所以线段AC上存在点M，使得EA∥平面FDM成立．25．【解答】（Ⅰ）证明：∵PQ∥DC，PQ=PD=DC=1，∴四边形PQCD是平行四边形，∴PD∥CQ，∵PD⊄平面QBC，CQ⊂平面QBC，∴PD∥平面QBC．（Ⅱ）证明：∵∠APD=90°，∴PD⊥PA，∵平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是直角三角形，四边形ABCD是直角梯形，AB ∥DC，AB⊥AD，∴AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD，∵PD∥QC，∴PA⊥QC，AB⊥QC，∵PA∩AB=A，∴QC⊥平面PABQ．（Ⅲ）解：存在．由（Ⅱ）可知QC⊥平面PABQ；作AM⊥BQ，交BQ于M，可知AM⊥CQ，BQ∩CQ=Q，所以AM⊥平面BCQ，BC⊂平面BCQ，∴AM⊥BC．QB=，cosB=，BM=2=，QM==．26．【解答】解：（1）证明：在图1中，由题意知AE=1，AD=BE=2，在△ADE中，由余弦定理知：DE2=AE2+AD2﹣AE×AD=12+22﹣1×2=3，所以：AE2+DE2=AD2，所以：DE⊥AE，DE⊥BE，在△ADE沿直线DE折起的过程中，DE与AE，BE的垂直关系不变，故在图2中有DE⊥A'E，DE⊥BE，又A'E∩BE=E，所以DE⊥平面A'EB，所以DE⊥A'B．（2）如图2，因为平面A'DE⊥底面BCDE，由（1）知DE⊥A'E，且平面A'DE∩底面BCDE=DE，所以A'E⊥底面BCDE，所以A'E为三棱锥A'﹣EDC的高，且A'E=AE=1，又因为在图1中，S△ECD=S△ABC﹣S△AED﹣S△BEC=，所以：，故三棱锥D﹣A'CE的体积为．27．【解答】（1）证明：∵PA⊥AC，PA=2，AC=2，∴，又∵，BC=2，∴PB2+BC2=PC2，则BC⊥PB．又∵AB⊥BC，∴BC⊥平面PAB，则BC⊥PA，又PA⊥AC，AC∩BC=C，∴PA⊥平面ABC．又∵BD⊂平面PAC，∴PA⊥BD，在Rt△ABC中，由BC=2，AC=2，可得AB=2，又∵D为AC的中点，∴BD⊥AC，而PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，则平面BDE⊥平面PAC；=V E﹣PBC=V B﹣APCE﹣V P﹣ABC．（2）解：V P﹣EBC由已知，DE∥AP，∴．∴=，．∴．28．【解答】解：（Ⅰ）证明：∵AD=2AB，E为线段AD的中点，∴AB=AE，取BE中点O，连接PO，则PO⊥BE，又平面PEB⊥平面BCDE，平面PEB∩平面BCDE=BE，∴PO⊥平面BCDE，则PO⊥EC，在矩形ABCD中，∴AD=2AB，E为AD的中点，∴BE⊥EC，则EC⊥平面PBE，∴EC⊥PB，又PB⊥PE，且PE∩EC=E，∴PB⊥平面PEC．（Ⅱ）以OB所在直线为x轴，以平行于EC所在直线为y轴，以OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，∵PB=PE=2，则B（，0，0），E（﹣，0，0），P（0，0，），D（﹣2，，0），C（﹣，2，0），∴=（﹣，0，﹣），=（﹣，2，﹣），∴cos∠EPC===，可得：sin∠EPC==，可得：S△EPC=||•||•sin∠EPC=2×2×=2，=V D﹣EPC，设三棱锥D﹣PEC的高为h，则可得：S△ECD•OP=S△EPC•h，可∵V P﹣ECD得：=2×h，∴解得：三棱锥D﹣PEC的高h=1．29．【解答】解：（Ⅰ）在Rt△BEB中，BE=1，AB=，所以∠BAE=30°……（1分）同理∠BDA=30°，从而∠AOD=90°，AF⊥BD……（2分）又因为AD∥EC，AD=EC，所以ADCE是平行四边形，∠CDO=∠AOD=90°，CD⊥DO……（3分）因为平面ABE⊥平面ADE，平面ABE∩平面ADE=AE，BO⊥AE，所以BO⊥平面ADE……（4分）又CD⊂平面ADE，所以BO⊥CD，BO∩DO=O，BO⊂平面BOD，OD平面BOD．所以CD⊥平面BOD……（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，四边形AECD的面积S=CD•OD=3……（7分）连接AC，则△ACD的面积S1=，三棱锥B=ACD的体积V=……（9分）△BCD的面积S2=……（10分）设A到平面BCD的距离为h，则h=，h=……（11分）直线AB与面BCD所成角的正弦值为，余弦值为……（12分）30．【解答】证明：（1）取AB中点为R，连接PR，B1R∵点P是CD中点，Q是A1B1的中点，∴四边形AQB1R，PRB1C1都为平行四边形，∴AQ∥B1R，B1R∥PC1，∴AQ∥PC1．∵AQ⊄平面PBC1，PC1⊂平面PBC1，∴AQ∥平面PBC1．（Ⅱ）∵四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为长方体，BC=CC1，∴B1C⊥BC1．∵A1B1⊥平面BB1C1C，∴A1B1⊥BC1．∵A1B1∩B1C=B1，A1B1⊂平面A1B1C，B1C⊂平面A1B1C，∴BC1⊥平面A1B1C，BC1⊂平面PBC1，∴平面A1B1C⊥平面PBC1．31．【解答】（1）证明：由AD=6，DM=4可得AM=2，则BC=AM，又AD∥BC，则四边形ABCM是平行四边形，则CM∥AB，∵AD⊥AB，∴CM⊥AD．又PA⊥平面ABCD，CM⊂平面ABCD，∴PA⊥CM，∵PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，∴CM⊥平面PAD，又CM⊂平面PCM，∴平面PCM⊥平面PAD．（2）解：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，∵∠APB=45°，∴AP=AB=6．∵，∴．∴四棱锥P﹣ABCM的表面积为．32．【解答】（本小题满分12分）解：（1）直线DF与平面BCE'相交，理由如下：因为E'⊄平面ABCD，所以D⊄平面BCE'．若DF∥平面BCE'，设平面DCE'∩平面BCE'=CM，则DF∥CM．CM与CB不重合．又因为AD∥BC，所以平面ADE'∥平面BCE'，矛盾．所以直线DF与平面BCE'相交．…………………………（4分）证明：（2）取AB的中点O，连接E'O，BD，由等腰梯形ADCE中，AD∥EC，EC=2AD=2AE=4，，所以E'O⊥AB，DO⊥AB，…………………………（6分）分别以BA，OD所在的直线为x轴，y轴，过O垂直于平面ABCD的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设二面角E'﹣AB﹣D的大小为α．则．过E'作E'G⊥OD于点G．因为E'O⊥AB，DO⊥AB，所以AO⊥平面E'OD，∠E'OD=α．所以E'G⊥AO．所以E'G⊥平面ABCD．…………………………（8分）所以．设平面E'AB的法向量为n=（x，y，z），则，即令y=1，得平面E'AB的一个法向量为n=（0，1，﹣cotα）．…………………………（10分）同理可求平面E'DC的一个法向量为．所以．解得：．所以二面角E'﹣AB﹣D的大小为，即平面ABE'⊥平面ABCD．…………………………（12分）33．【解答】证明：（I）因为AD=4，AB=2，，所以AB2+BD2=AD2，AB⊥BD，且∠ADB=30°．又△BCD是等边三角形，所以∠ADC=90°，即CD⊥AD．…（3分）因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD．所以CD⊥PA．……（6分）解：（II）因为平面BEF∥平面PCD，所以BF∥CD，EF∥PD，且BF⊥AD．……（8分）又在直角三角形ABD中，DF=，所以AE=AF=1．所以．……（10分）由（I）知CD⊥平面PAD，故四棱锥C﹣PEFD的体积．…（12分）34．【解答】解：（1）四边形ABCD是平行四边形，AD=2，∴BC=AD=2，又AB=AC=2，∴AB2+AC2=BC2，∴AC⊥AB，又PB⊥AC，且AB∩PB=B，∴AC⊥平面PAB，∵AC⊂平面PAC，∴平面PAB⊥平面PAC；（2）由（1）知AC⊥AB，AC⊥平面PAB，分别以AB、AC所在直线为x轴、y轴，平面PAB内过点A且与直线AB垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系A﹣xyz，如图所示；则A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），=（0，2，0），=（﹣2，2，0）；由∠PBA=45°，PB=，可得P（1，0，1），∴=（1，0，1），=（﹣1，0，1）；假设棱PA上存在点E，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为，设=λ（0＜λ＜1），则=λ=（λ，0，λ），=﹣=（λ，﹣2，λ），设平面PBC的法向量为=（x，y，z），则，即，令z=1，可得x=y=1，∴平面PBC的一个法向量为=（1，1，1），设直线CE与平面PBC所成的角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|===，解得λ=或λ=（不合题意，舍去），∴存在=，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为．35．【解答】解：（1）以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），P（0，0，1），∵E、F、G分别为BC、PD、PC的中点，∴，F（0，1，），G（），∴=（﹣1，），=（），设EF与DG所成角为θ，则cosθ==．∴EF与DG所成角的余弦值为．（2）设平面PBC的法向量为=（x，y，z），∵=（0，1，0），=（1，0，﹣1），∴，取x=1，得=（1，0，1），M为EF上一点，N为DG上一点，若存在MN，使得MN⊥平面PBC，则∥，设M（），N（x2，y2，z2），则，①∵点M，N分别是线段EF与DG上的点，∴，∵=（），=（x2，y2﹣2，z2），∴，且，②把②代入①，得，解得，∴M（），N（）．36．【解答】解：（1）∵D，E分别是AC，AB的中点，∴DE∥BC，∵四边形BB1C1C为矩形，∴BC⊥CC1．∵AC=BC=4，AB=4，∴AC2+BC2=AB2，∴BC⊥AC，又AC∩CC1=C，∴BC⊥平面AA1C1C，∴DE⊥平面AA1C1C．。
2018年高考数学专题08立体几何分项试题(含解析)理
专题立体几何一、选择题1．【2018河南洛阳市尖子生联考】已知球与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球的体积为（）A. B. C. D.【答案】A点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解．2．【2018浙江温州一模】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积（单位：）是（）A. B. C. D.【答案】A【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.3．【2018广西三校联考】若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的外接球表面积等于（）B. 30πC. 43πD. 15π【答案】C【解析】由题意可知该几何体的直观图如下图所示，故选C．4．【2018河南中原名校质检二】某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积等于（）.A. B. C. D.【答案】D点睛：根据几何体的三视图知该几何体是三棱柱与半圆柱体的组合体，结合图中数据计算它的体积即可．5．【2018湖南省两市九月调研】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为（）D. 4【答案】B点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.6．【2018湖南永州市一模】已知某三棱锥的三视图如图所示，则在该三棱锥中，最长的棱长为（）【答案】C【解析】【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状. 7．【2018广东珠海市九月摸底】如图，是某几何体的三视图，则该几何体的体积是A. 11B. 7C. 14D. 9 【答案】B【解析】该几何体为两个几何体拼接而成，上方为四棱锥，下方为四棱柱，故其体积为：故选：Ｂ点睛：三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．8．【2018湖北武汉市调研】设点M 是棱长为2的正方体1111ABCD A BC D -的棱AD 的中点，点P 在面11BCC B 所在的平面内，若平面1D PM 分别与平面ABCD 和平面11BCC B 所成的锐二面角相等，则点P 到点1C 的最短距离是（ ）【答案】A【方法点晴】本题主要考查的是正方体的性质、二面角的求法、空间直角坐标系和空间向量在立体几何中的应用，属于难题．解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误，求二面角的常见方法有：1、利用定义找到二面角的平面角，根据平面几何知识求解；2，求出二面角的余弦，从而求得二面角的大小；3、利用空间相夹角余弦公式．9．【2018陕西西工大附中七模】在下列命题中，属于真命题的是（ ） A. 直线,m n 都平行于平面α，则//m nB. 设l αβ--是直二面角，若直线m α⊥，则//m βC. 若直线,m n 在平面α内的射影依次是一个点和一条直线，（且m n ⊥），则n 在α内或n 与α平行D. 设,m n 是异面直线，若m 与平面α平行，则n 与α相交 【答案】C10．【2018广东茂名市五校联考】在长方体中，，，，点在平面内运动，则线段的最小值为( )A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意问题转化为求点到平面的距离，由于，所以边上的高，故三角形的面积为，又三棱锥的体积，所以，应选答案C 。
2018届高考数学二轮复习第七章 立体几何专题(共8个专题)
专题1 空间点、直线、平面之间的位置关系专题[基础达标](30分钟60分)一、选择题(每小题5分，共30分)1.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为B1O和C1O的中点，长方体的各棱中与EF平行的有()A.一条B.两条C.三条D.四条D【解析】与EF平行的棱为BC，B1C1，AD，A1D1，共四条.2a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D【解析】依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面.3.E，F，G，H是三棱锥A-BCD棱AB，AD，CD，CB上的点，延长EF，HG交于点P，则点P() A.一定在直线AC上B.一定在直线BD上C.只在平面BCD内D.只在平面ABD内B【解析】∵EF⊂平面ABD，HG⊂平面BCD，∴EF∩HG=P∈平面ABD∩平面BCD=BD，∴点P一定在直线BD上.4.长方体ABCD-A1B1C1D1中，既与AB共面也与CC1共面的棱有()A.3条B.4条C.5条D.6条C【解析】如图，用列举法知符合要求的棱为BC，CD，C1D1，BB1，AA1.5a，b是互不垂直的两条异面直线，则下列命题成立的是()A.存在唯一直线l，使得l⊥a，且l⊥bB.存在唯一直线l，使得l∥a，且l⊥bC.存在唯一平面α，使得a⊂α，且b∥αD.存在唯一平面α，使得a⊂α，且b⊥αC【解析】A项，存在无数条直线l，故错误；B，D项，因为a，b互不垂直，故错误.6在四棱锥P-ABCD中，∠ABC=∠BAD=90°，BC=2AD，△PAB和△PAD都是等边三角形，则异面直线CD与PB所成角的大小为()A.90°B.75°C.60°D.45°A【解析】如图，过点B作直线BE∥CD，交DA的延长线于点E，连接PE.∴∠PBE(或其补角)是异面直线CD与PB所成角.∵△PAB和△PAD都是等边三角形，∴∠PAD=60°，DA=PA=AB=PB=AE，∠PAE=120°.设PA=AB=PB=AE=a，则PE=√3a.又∠ABC=∠BAD=90°，∴∠BAE=90°，∴BE=√2a.∴在△PBE中，PB2+BE2=PE2，∴∠PBE=90°，∴异面直线CD与PB所成角的大小为90°.二、填空题(每小题5分，共10分)7.在正四棱椎V-ABCD中，底面正方形ABCD的边长为1，侧棱长为2，则异面直线VA与BD所成角的大小为.π【解析】如图，设AC∩BD=O，连接VO.因为四棱锥V-ABCD是正四棱锥，2所以VO⊥平面ABCD，故BD⊥VO.又四边形ABCD是正方形，所以BD⊥AC，因为VO∩AC=O，所以BD⊥平面VAC，所以BD⊥VA，即异面直线VA与BD所成角的大小为π.28.如果三个平面两两相交有三条交线，则三条交线的位置关系是.互相平行或者交于一点【解析】由图1知三条交线平行，由图2知三条交线交于一点.三、解答题(共20分)9.(10分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AD，AA1的中点.(1)求直线AB1和CC1所成的角的大小；(2)求直线AB1和EF所成的角的大小.【解析】(1)如图，连接DC1，∵DC1∥AB1，∴直线DC1和CC1所成的锐角∠CC1D就是直线AB1和CC1所成的角.∵∠CC1D=45°，∴直线AB1和CC1所成的角是45°.(2)如图，连接A1D，A1C1，∵EF∥A1D，AB1∥DC1，∴∠A1DC1是直线AB1和EF所成的角.∵△A1DC1是等边三角形，∴∠A1DC1=60°，∴直线AB1和EF所成的角是60°.10.(10分)正方体ABCD-A1B1C1D1中，对角线A1C与平面BDC1交于点O，AC，BD交于点M，判断点C1，O，M是否共线，并说明理由.【解析】如图所示，由A1A∥C1C确定平面AA1C1C，因为A1C⊂平面AA1C1C，O∈A1C，所以O∈平面AA1C1C.又因为平面BC1D∩直线A1C=O，所以O∈平面BC1D，所以O在平面AA1C1C与平面BC1D的交线上.因为AC∩BD=M，所以M∈平面BC1D.又因为M∈平面AA1C1C，平面BC1D∩平面AA1C1C=C1M，所以O∈C1M，即O，C1，M三点共线.[高考冲关](15分钟20分)1.(5分ABCD-A1B1C1D1中，P，Q，R分别是AB，AD，B1C1的中点，那么正方体中过点P，Q，R的截面图形是() A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形D【解析】如图所示，作RG∥PQ交C1D1于点G，连接QP并延长，与CB的延长线交于点M，且QP的反向延长线与CD的延长线交于点N，连接MR交BB1于点E，连接PE，则PE，RE为截面与正方体的交线，同理连接NG，交DD1于点F，连接QF，则QF，FG为截面与正方体的交线，故截面为六边形PQFGRE.2.(5分)如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中，下列命题正确的序号有.①BM与ED平行；②CN与BE是异面直线；③CN与BM成60°角；④DM与BN垂直.③④【解析】由已知中正方体的平面展开图，得到正方体的直观图如图所示.由正方体的几何特征可得：①BM与ED是垂直的，所以①错误.②CN是BE是平行线，所以②错误.③BM∥AN，且三角形ACN为正三角形，所以CN与BM成60°角，所以③正确.由DM⊥CN，DM⊥BC，所以DM⊥平面BCNE，DM⊥BN，所以④正确.3.(5分ABCD中，AD⊥AB，AD⊥DC，若AD与BC成60°角，且AD=√3，则BC=.2√3【解析】将该四面体放入长方体中，如图，有AD CE，所以在直角三角形CBE中，CE=√3，∠BCE=60°，所以斜边BC=√3=2√3.cos60°4.(5分在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，D 是AC 的中点，AA 1∶AB=√2∶1，则异面直线AB 1与BD 所成的角为 .60° 【解析】如图，取A 1C 1的中点D 1，连接B 1D 1.因为D 是AC 的中点，所以B 1D 1∥BD ，所以∠AB 1D 1即为异面直线AB 1与BD 所成的角.连接AD 1，设AB=a ，则AA 1=√2a ，所以AB 1=√3a ，B 1D 1=√32a ，AD 1=32a.所以在△AB 1D 1中，由余弦定理得cos ∠AB 1D 1=AB 12+B 1D 12-AD 122AB 1·B 1D 1=12，所以∠AB 1D 1=60°，即异面直线AB 1与BD所成的角为60°.专题2 空间几何体的表面积与体积专题[基础达标] (30分钟 45分) 一、选择题(每小题5分，共35分)1剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18B.17C.16D.15D 【解析】如图，剩余部分几何体是由正方体截去一角所得，设正方体棱长为1，则截去部分与剩余部分的体积比为V A -A 'B 'D '1-VA -A 'B 'D '=13×12×1×1×11-13×12×1×1×1=15.2.已知某几何体的三视图如图所示，正(主)视图和侧(左)视图是边长为1的正方形，俯视图是腰长为1的等腰直角三角形，则该几何体的体积是( )A .2B .1C .12D .13C 【解析】根据几何体的三视图，得该几何体是如图所示的直三棱柱，且该三棱柱的底面是腰长为1的等腰直角三角形，高为1，则该三棱柱的体积为V=Sh=12×1×1×1=12.3 ( )A .3πB .4πC .2π+4D.3π+4D【解析】由三视图可得该几何体是底面直径和高都是2的半个圆柱，其表面积为2π+π+2×2=3π+4.4.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A.12+πB.6+πC.12-πD.6-πC【解析】由三视图可知该几何体是组合体，是一个底面边长为2的正方形、高为3的长方体中挖去一个圆柱，该圆柱的底面是长方体下底面正方形的内切圆、高为1，所以该几何体的体积是2×2×3-π=12-π.5()A.1+√3B.2+√3C.1+2√2D.2√2B【解析】由题图知该几何体为如图所示的三棱锥，则其表面积为2×12×√2×√2+2×12×√2×√32×√2=2+√3.6据图中所给的数据，那么该棱锥外接球的体积是()A .4π3 B .8π3C .8√23π D .16√23π C 【解析】由三视图可得该几何体是四棱锥，底面是边长为√2的正方形，一条长度为2的侧棱垂直于底面，其外接球的球心在长度为2√2的侧棱的中点，所以外接球的半径R=√2，则该球的体积为43πR 3=8√23π.7图中的四边形都是边长为4的正方形，其中正(主)视图、侧(左)视图中的两条虚线互相垂直，则该几何体的表面积是( )A .92B .16√2+80C .80D .16√2+92B 【解析】由三视图可知，该几何体是一个正方体挖去一个四棱锥所得，正方体的边长为4，故每个侧面的面积为4×4=16，棱锥侧面的高为2√2，故每个侧面的面积为12×4×2√2=4√2，故该几何体的表面积S=5×16+4×4√2=16√2+80. 二、填空题(每小题5分，共10分)8.正四棱锥P-ABCD 的五个顶点在同一球面上，若正四棱锥的底面边长是4，侧棱长为2√6，则此球的表面积为 .36π 【解析】设该正四棱锥外接球的半径为R ，底面中心为O ，则正四棱锥的高PO=4，OA=2√2，则(2√2)2+(4-R )2=R 2，解得R=3，故此球的表面积为4πR 2=36π.9(单位：m)，则该几何体的体积为 m 3.8π3【解析】由三视图知该几何体由三部分组成，两边是底面半径为r=1，高为1的圆锥，中间部分是底面半径为r=1，高为2的圆柱，则其体积为V=13×πr 2×1×2+πr 2×2=8π3.[高考冲关] (15分钟 25分)1.(5分)已知三棱锥的三视图如图所示，其正(主)视图是直角边长为2的等腰直角三角形，侧(左)视图也为直角三角形，俯视图是边长为2的等边三角形，则它的外接球的表面积为( )A .48πB .28π3C .16πD .6πB 【解析】由三视图可得该三棱锥的底面是边长为2的正三角形，有一条长度为2的侧棱垂直于底面，底面正三角形的中心为O ，OP 垂直于底面，且OP=1(点P 为其外接球的球心)，则该球的半径R=√1+(2√33)2=√73，所以它的外接球的表面积为4πR 2=4π×73=28π3.2.(5分积为( )A .√32 B .12 C .32D .√32+1B 【解析】该几何体为四棱锥.其底面为梯形，梯形的上底为1，下底为2，高为1；四棱锥的高为1，故V=13×12×(1+2)×1×1=12.3.(5分√2的正方形硬纸，沿各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个纸巢，将体积为4π3的球放在纸巢上方，则球的最高点与纸巢底面的距离为( )A .√62+32 B .32C .√22+32D .√32+32D 【解析】由题得，纸巢的底面是边长为1的正方形，故经过4个顶点所得的截面圆的直径为1，又由已知可得球的半径为1，故球心到截面圆的距离为√1-(12)2=√32，而垂直折起的4个小直角三角形的高为12，故球的最高点与纸巢底面的距离为√32+1+12=√32+32. 4.(5分)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=2√3，AB=1，AC=2，∠BAC=60°，则球O 的表面积为 ( )A .4πB .12πC .16πD .64πC 【解析】由题意可得△ABC 中，AB ⊥BC ，BC=√3，又SA ⊥平面ABC ，则BC ⊥平面SAB ，BC ⊥SB ，则该三棱锥S-ABC 的外接球的球心O 在SC 的中点，半径R=12|SC|=2，则球O 的表面积为4πR 2=16π.5.(5分面积为 .222+6√41 【解析】由三视图可得该几何体是三棱柱ABC-A 1B 1C 1截去一个三棱锥P-A 1B 1C 1后的几何体(如图)，AB=8，AC=6，BC=10，AP=4，BB 1=CC 1=10，则侧面APB 1B 的面积是56，侧面APC 1C 的面积是42，侧面BCC 1B 1的面积是100，底面ABC 的面积是24，在△PB 1C 1中，PB 1=B 1C 1=10，PC 1=6√2，该三角形面积为6√41，所以该几何体的表面积是56+42+100+24+6√41=222+6√41.专题3 空间几何体的结构、三视图与直观图专题[基础达标](30分钟55分)一、选择题(每小题5分，共30分)1.如图，在下列几何体中是棱柱的有()A.1个B.2个C.3个D.4个C【解析】由棱柱的概念和题图可知，①③④为棱柱.2.连接正方体相邻各面的中心(所谓中心是指各面所在正方形的两条对角线的交点)，所得的一个几何体是() A.四面体B.六面体C.八面体D.十面体C【解析】如图，正方体ABCD-A1B1C1D1，O1，O2，O3，O4，O5，O6分别是各表面的中心.由点O1，O2，O3，O4，O5，O6组成了一个八面体.3面的面积是()A.8B.10C.6√2D.8√2B【解析】将三视图还原成几何体的直观图，如图所示.由三视图可知，四面体的四个面都是直角三角形，面积分别为6，8，10，6√2，故面积最大的是10.4.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(左)视图为()B【解析】由侧(左)视图的规则可得该几何体的侧(左)视图如B项所示.5根据图中标出的尺寸，可得这个几何体最长的棱长是()A.2B.√5C.2√2D.2√3C【解析】根据几何体的三视图，得该几何体为底面是等腰三角形，且侧面SBC 垂直于底面ABC的三棱锥，如图所示.三棱锥的高SD=2，底面三角形边长BC=2，高AD=2，故该三棱锥的最长棱是SA=√SD2+AD2=√22+22=2√2.6.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(主)视图的面积不可能等于 ( )A .1B .√2C .√2-12D .√2+12C 【解析】由题意知，正(主)视图的最大面积是对角面的面积，为√2，最小面积为1，而√2-12<1，故该正方体的正(主)视图的面积不可能为√2-12. 二、填空题(每小题5分，共15分)7(主)视图与俯视图如图所示，则它的侧(左)视图的面积为 .34【解析】由题意可得该三棱锥的底面三角形的边长均为1，三棱锥高为√3，故它的侧(左)视图的面积为12×√32×√3=34.8.如图，△A'B'C'是水平放置的△ABC 的直观图，则在△ABC 的三边及中线AD 中，最长的线段是 .AC 【解析】△ABC 是角B 为直角顶点的直角三角形，AD 是直角边BC 上的中线，所以最长的线段为AC.9.用一个平面去截几何体，如果截面是三角形，那么这个几何体可能是 (填序号).①棱柱 ②棱锥 ③棱台 ④圆柱 ⑤圆锥 ⑥圆台 ⑦球.①②③⑤ 【解析】通过画图，易知①②③⑤都能被截得到三角形的截面，而④⑥⑦不论如何去截，都得不到截面是三角形.三、解答题(共10分)10.(10分)某几何体的三视图如图所示，画出该几何体的直观图.【解析】该几何体类似棱台，先画底面矩形和中心轴，然后上底面矩形，连线即成.画法：如图，先画轴，依次画x'，y'，z'轴，三轴相交于点O'，使∠x'O'y'=45°，∠x'O'z'=90°.在z'轴上取O'O″=8 cm，再画x″，y″轴.在坐标系x'O'y'中作直观图ABCD，使得AD=20 cm，AB=8 cm；在坐标系x″O″y″中作直观图A'B'C'D'，使得A'D'=12 cm，A'B'=4 cm.连接AA'，BB'，CC'，DD'，即得到所求直观图.[高考冲关](15分钟25分)1.(5分ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形) ()A .③④⑤B .④⑤⑥C .①②③D .①②⑥C 【解析】该四面体的正(主)视图是①，侧(左)视图是②，俯视图是③.2.(5分中，面积最大的侧面的面积为( )A .√22B .√52C .√62D .3B 【解析】由三视图可知，该几何体的直观图如图所示，平面AED ⊥平面BCDE ，四棱锥A-BCDE 的高为1，四边形BCDE 是边长为1的正方形，则S △AED =12×1×1=12，S △ABC =S △ABE =12×1×√2=√22，S △ACD =12×1×√5=√52.3.(5分)一个正三棱锥的四个顶点都在半径为1的球面上，其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上，则该正三棱锥的侧面积是 .3√154【解析】由题意知，球心是底面三角形的中心，球的半径，就是三棱锥的高.由已知球的半径为1，设底面三角形的边长为a ，有23×√32a=1，得a=√3，三棱锥侧面的高h=√12+(12)2=√52，则该正三棱锥的侧面积S=3×12×√3×√52=3√154.4.(5分)如图，在六面体PABCQ中，QA=QB=QC=AB=CB=CA=√2PA=√2PB=√2PC=2，设O1为正三棱锥P-ABC外接球的球心，O2为正四面体Q-ABC内切球的球心，则O1O2等于.0【解析】将该六面体放入一棱长为√2正方体中，如图.正三棱锥P-ABC外接球的球心O1为正方体的体对角线PQ的中点，正四面体Q-ABC的内切球的球心O2也为PQ的中点，所以O1O2=0.5.(5分)已知某四棱锥，底面是边长为2的正方形，且俯视图如图所示，关于该四棱锥的下列结论中：①四棱锥中至少有两组侧面互相垂直；②四棱锥的侧面中可能存在三个直角三角形；③四棱锥中不可能存在四组互相垂直的侧面；④四棱锥的四个侧面不可能都是等腰三角形.所有正确结论的序号是.①②③【解析】由俯视图可知，四棱锥的顶点在底面上的射影落在正方形的一边上，如图所示，则可知平面PBC⊥平面PAB，平面PAD⊥平面PAB，故①正确；当PA⊥PB时，四棱锥的侧面中存在三个直角三角形，故②正确；显然△PCD 不能是直角三角形，故四棱锥中不可能存在四组互相垂直的侧面，故③正确；当PA=PB=AB时，四棱锥的四个侧面都是等腰三角形，故④错误.专题4 空间角与距离的求解专题[基础达标] (35分钟 65分) 一、选择题(每小题5分，共25分)1.一条直线与平面α成60°角，则这条直线与平面内的直线所成角的取值范围是( )A .[0°，90°]B .(0°，45°]C .[60°，180°]D .[60°，90°]D 【解析】由线面角的定义可得答案.2.正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，D 是AB 的中点，CD 等于√3，则顶点A 1到平面CDC 1的距离为( )A .12 B .1 C .√32D .√2B 【解析】由题意可得该正三棱柱的底面边长为2，且AD ⊥平面CDC 1，AA 1∥平面CDC 1，所以顶点A 1到平面CDC 1的距离等于顶点A 到平面CDC 1的距离，即为AD=1.3a 的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，M 是AA 1的中点，则点A 1到平面BDM 的距离是 ( )A .√66aB .√306a C .√34aD .√63aA 【解析】以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，正方体的棱长为a ，则A 1(a ，0，a )，A (a ，0，0)，M (a ，0，12a)，B (a ，a ，0)，D (0，0，0).设n =(x ，y ，z )为平面BDM 的法向量，则n ·BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，且n ·DM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.而BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，-a ，12a)，DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a ，0，12a)，得{-y +12z =0，x +12z =0，所以{y =12z ，x =-12z ，令z=2，则n =(-1，1，2)，DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 1=(a ，0，a ).则A 1到平面BDM 的距离d=|DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n ||n |=√66a.4.在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，B 1C 和C 1D 与底面所成的角分别为60°和45°，则异面直线B 1C 和C 1D 所成角的余弦值为( )A .√64 B .√63 C .√26D .√36A 【解析】设BC=1，则由∠CB 1C 1=60°可得CC 1=√3，B 1C=2.由∠DC 1D 1=45°可得D 1C 1=√3，DC 1=√6.连接AB 1，AC ，则DC 1∥AB 1，所以异面直线B 1C 和C 1D 所成角即为∠AB 1C.在△AB 1C 中，因为AB 1=√6，B 1C=2，AC=2，由余弦定理可得cos ∠AB 1C=2√6×2=√64.5ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB=BC=1，BB 1=√2.设点A 关于直线BD 1的对称点为P ，则点P 与点C 1之间的距离为 ( )A .1B .√2C .√33D .√32A 【解析】如图所示，将长方体中平面ABC 1D 1取出，过点A 作AM ⊥BD 1，交BD 1于点M ，延长AM 到点P ，使MP=AM ，则点P 是点A 关于直线BD 1的对称点，过点P 作PE ⊥BC 1，垂足为E ，连接PB ，PC 1，依题意AB=1，AD 1=√3，BD 1=2，∠ABD 1=60°，∠BAM=30°，∠PBE=30°，PE=12，BE=√32，所以PE 垂直平分BC 1，所以PC 1=PB=1.二、填空题(每小题5分，共15分)6.在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，AB=1，点D 在棱BB 1上，若BD=1，则AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正切值为 .√155【解析】由题意可得点D 到平面AA 1C 1C 的距离为√32，且|AD|=√2，所以直线AD 与平面AA 1C 1C 所成角θ的正弦值sin θ=√32√2=√64，则cos θ=√104，tan θ=√6√10=√155. 7.△BCD 为正三角形，A 为△BCD 所在平面外一点，且AB=AC=AD ，若△ABC 的面积与△BCD 的面积之比为2∶3，则面ABC 与面BCD 所成的二面角的度数为 .60° 【解析】设面ABC 与面BCD 所成角为θ，则由题意可得cos θ=13S△BCD S △ABC=12，所以θ=60°.8.已知Rt △ABC 的直角顶点C 在平面α内，斜边AB ∥α，AB=2√6，AC ，BC 分别和平面α成45°和30°角，则AB 到平面α的距离为 .2 【解析】设AB 到平面α的距离为h ，则BC=2h ，AC=√2h ，则(2h )2+(√2h )2=24，解得h=2，即AB 到平面α的距离为2. 三、解答题(共25分)9.(12分PAC ⊥平面ABC ，△ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形，E ，F ，O 分别为PA ，PB ，AC 的中点，AC=16，PA=PC=10. (1)设G 是OC 的中点，证明：FG ∥平面BOE ；(2)证明：在△ABO 内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE ，并求点M 到OA ，OB 的距离.【解析】(1)如图，连接OP ，易知OB ，OC ，OP 两两垂直，以点O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，则O (0，0，0)，A (0，-8，0)，B (8，0，0)，C (0，8，0)，P (0，0，6)，E (0，-4，3)，F (4，0，3).由题意，得G (0，4，0)，因为OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(8，0，0)，OE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，-4，3)， 所以平面BOE 的一个法向量为n =(0，3，4). 由FG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4，4，-3)，得n ·FG ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即n ⊥FG ⃗⃗⃗⃗⃗ . 又直线FG 不在平面BOE 内，所以FG ∥平面BOE. (2)设点M 的坐标为(x 0，y 0，0)，则FM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 0-4，y 0，-3). 若FM ⊥平面BOE ，则FM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∥n .因此x 0=4，y 0=-94，即点M 的坐标是(4，-94，0).在平面直角坐标系xOy 中，△AOB 的内部区域可表示为不等式组{x >0，y <0，x -y <8.经检验，点M 的坐标满足上述不等式组，所以在△AOB 内存在一点M ， 使FM ⊥平面BOE.由点M 的坐标得点M 到OA ，OB 的距离分别为4，94.10.(13分ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AD=A 1A=12AB=2，点E 是棱AB 上一点，且AEEB =λ. (1)证明：D 1E ⊥A 1D ；(2)若二面角D 1-EC-D 的余弦值为√63，求CE 与平面D 1ED 所成的角.【解析】(1)以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DD 1所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A (2，0，0)，B (2，4，0)，C (0，4，0)，A 1(2，0，2)，B 1(2，4，2)，C 1(0，4，2)，D 1(0，0，2).因为AEEB =λ，所以E (2，4λ1+λ，0)，于是D 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2，4λ1+λ，-2)，A 1D⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2，0，-2) 所以D 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2，4λ1+λ，-2)·(-2，0，-2)=0，故D 1E ⊥A 1D. (或用几何法先证出A 1D ⊥平面D 1AE ，然后证出A 1D ⊥D 1E )(2)因为D 1D ⊥平面ABCD ，所以平面DEC 的一个法向量为n 1=(0，0，2). 又CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2，4λ1+λ-4，0)，CD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，-4，2)，设平面D 1CE 的法向量为n 2=(x ，y ，z )，则n 2·CE⃗⃗⃗⃗⃗ =2x+y (4λ1+λ-4)=0，n 2·CD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-4y+2z=0，得向量n 2的一个解是(2-2λ1+λ，1，2).因为二面角D 1-EC-D 的余弦值为√63，则n 1·n2|n 1|·|n 2|=√63， 解得λ=1.所以E (2，2，0)，故DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，0，2)，DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2，2，0)，CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2，-2，0)， 因此CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，故CE ⊥平面D 1ED. 即CE 与平面D 1ED 所成角为π2.[高考冲关] (30分钟 50分)1.(5分ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AA 1=2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于 ( )A .23B .√33C .√23D .13A 【解析】如图，连接AC 交BD 于点O ，连接C 1O ，过点C 作CH ⊥C 1O 于点H ，连接DH.由BD ⊥AC ，BD ⊥AA 1，AC ∩AA 1=A ，得BD ⊥平面ACC 1A 1.又CH ⊂平面ACC 1A 1，则CH ⊥BD.又CH ⊥C 1O ，且BD ∩C 1O=O ，则CH ⊥平面BDC 1.所以∠HDC 为CD 与平面BDC 1所成的角.设AA 1=2AB=2，则OC=AC2=√22，C 1O=√OC 2+CC 12=√(√22)2+22=3√22.由等面积法，得C 1O ·CH=OC ·CC 1，即3√22·CH=√22×2，则CH=23，故sin ∠HDC=CHDC =23，即CD 与平面BDC 1所成角的正弦值为23.2.(5分P-ABC 的各顶点都在以O 为球心的球面上，且PA ，PB ，PC 两两垂直，若PA=PB=PC=2，则球心O 到平面ABC 的距离为 .√33【解析】由条件知三棱锥P-ABC 可看作正方体的一部分，点P ，A ，B ，C分别为该正方体的顶点，它的外接球就是该正方体的外接球，正方体的体对角线就是外接球的直径，又体对角线长为2√3，故球的半径R=√3.设点P 到平面ABC 的距离为h ，因为V P-ABC =V A-PBC ，即13h ·S △ABC =13PA ·S △PBC ，可得h=2√33，所以球心O 到平面ABC 的距离为R-h=√33.3.(12分1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD=π2，AB=BC=1，AD=2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2. (1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值.【解析】(1)在图1中，因为AB=BC=1，AD=2，E 是AD 的中点， ∠BAD=π2，所以BE ⊥AC.即在图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ， 从而BE ⊥平面A 1OC ， 又CD ∥BE ， 所以CD ⊥平面A 1OC.(2)由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ， 又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ， 所以∠A 1OC 为二面角A 1-BE-C 的平面角， 所以∠A 1OC=π2.如图，以O 为原点，建立空间直角坐标系，因为A 1B=A 1E=BC=ED=1，BC ∥ED ， 所以B (√22，0，0)，E (-√22，0，0)，A 10，0，√22，C (0，√22，0)， 得BC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√22，√22，0)，A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，√22，-√22)， CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√2，0，0).设平面A 1BC 的法向量n 1=(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的法向量n 2=(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角为θ，则{n 1·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，n 1·A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，得{-x 1+y 1=0，y 1-z 1=0，取n 1=(1，1，1)；{n 2·CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，n 2·A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，得{x 2=0，y 2-z 2=0，取n 2=(0，1，1)，从而cos θ=|cos <n 1，n 2>|=√3×√2=√63， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为√63.4.(13分A-OCB 中，AO ⊥底面BOC ，且∠BAO=∠CAO=π6，AB=4，点D 为线段AB 的中点，记二面角B-AO-C 的大小为θ.(1)求三棱锥A-OCB 体积V 的最大值； (2)当θ=2π3时，求二面角C-OD-B 的余弦值.【解析】(1)由条件，∠BOC 即为二面角B-AO-C 的平面角，即为θ，V=13×12×BO×OC×sin θ×AO=4√33sin θ≤4√33，所以当θ=π2时，V 取得最大值4√33. (2)如图，以O 为原点，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Oxyz ，则A (0，0，2√3)，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·OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，n 1·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，得{y +√3z =0，√3x -y =0，取z=√32，则n 1=(-√32，-32，√32)，取平面AOB 的一个法向量为n 2=(1，0，0)， 设二面角C-OD-B 的大小为α，cos α=n 1·n 2|n 1||n 2|=-√32√152=-√55，综上，二面角C-OD-B 的余弦值为-√55.5.(15分)如图，将长为4，宽为1的长方形折叠成长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的四个侧面，记底面上一边AB=t (0<t<2)，连接A 1B ，A 1C ，A 1D.(1)当长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的体积最大时，求二面角B-A 1C-D 的值.(2)线段A 1C 上是否存在一点P ，使得A 1C ⊥平面BPD ?若存在，求出P 点的位置；若不存在，请说明理由.【解析】(1)根据题意，以A 为原点O ，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AA 1为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.长方体体积V=t (2-t )×1=t (2-t )≤(t+2-t 2)2=1，当且仅当t=2-t ，即t=1时，体积V 有最大值1，所以当长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的体积最大时，底面四边形ABCD 为正方形，则A 1(0，0，1)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，0，-1)，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，1，0)， 设平面A 1BC 的法向量m =(x ，y ，z )，则{x -z =0，y =0，取x=z=1，得m =(1，0，1)，同理，可得平面A 1CD 的法向量n =(0，1，1)， 所以cos <m ，n >=m ·n|m |·|n |=12，又二面角B-A 1C-D 为钝角，故二面角B-A 1C-D 的值是120°.(2)根据题意有B (t ，0，0)，C (t ，2-t ，0)，D (0，2-t ，0)，A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(t ，2-t ，-1)， 若线段A 1C 上存在一点P 满足要求，不妨设A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λA 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (λ>0)，可得P (λt ，λ(2-t )，1-λ)，BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(λt-t ，λ(2-t )，1-λ)，BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-t ，2-t ，0)， 由A 1C ⊥平面BPD ，得{t (λt -t )+λ(2-t )2-(1-λ)=0，-t 2+(2-t )2=0， 解得t=1，λ=23， 即只有当底面四边形是正方形时才有符合要求的点P ，位置是线段A 1C 上A 1P ∶PC=2∶1处.专题5 空间直角坐标系、空间向量及其运算专题一、选择题(每小题5分，共25分)1a =(λ+1，0，2)，b =(6，2μ-1，2λ)，若a ∥b ，则λ与μ的值可以是( )A .2，12B .-13，12C .-3，2D .2，2 A 【解析】由a ∥b 可得{λ+16=22λ，2μ-1=0，解得{λ=2，μ=12或{λ=-3，μ=12.2a =(2，1，-3)，b =(-1，2，3)，c =(7，6，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则λ= ( )A .9B .-9C .-3D .3B 【解析】由题意设c =x a +y b ，即(7，6，λ)=x (2，1，-3)+y (-1，2，3)，所以{2x -y =7，x +2y =6，-3x +3y =λ，解得λ=-9. 3.在空间直角坐标系中，A (1，2，3)，B (-2，-1，6)，C (3，2，1)，D (4，3，0)，则直线AB 与CD 的位置关系是 ( )A .垂直B .平行C .异面D .相交但不垂直B 【解析】由题意，得AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3，-3，3)，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，1，-1)，则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =-3CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，故AB 与CD ⃗⃗⃗⃗⃗ 共线，又AB⃗⃗⃗⃗⃗ 与CD ⃗⃗⃗⃗⃗ 没有公共点，则AB ∥CD. 4.已知长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1，下列向量的数量积一定不为0的是( )A.AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·B 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗B.BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗C.AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗D.BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗D 【解析】选项A ，当四边形ADD 1A 1为正方形时，有AD 1⊥A 1D ，而A 1D ∥B 1C ，可得AD 1⊥B 1C ，此时有AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·B 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0；选项B ，当四边形ABCD 为正方形时，有AC ⊥BD ，可得AC ⊥平面BB 1D 1D ，故有AC ⊥BD 1，此时有BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0；选项C ，由长方体的性质可得AB ⊥平面ADD 1A 1，可得AB ⊥AD 1，此时必有AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0；选项D ，由长方体的性质可得BC ⊥平面CDD 1C 1，可得BC ⊥CD 1，△BCD 1为直角三角形，∠BCD 1为直角，故BC 与BD 1不可能垂直，即BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ≠0.5.在边长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，F 是BD 的中点，点G 在棱CD 上，且CG=14CD ，H 是C 1G 的中点，则|FH ⃗⃗⃗⃗⃗ |为( )A .6564 B .√658C .4164D .√418D 【解析】如图，以D 点为原点建立空间直角坐标系，则F (12，12，0)，C 1(0，1，1)，G (0，34，0).因为H 是C 1G 的中点，所以H (0，78，12)，所以FH ⃗⃗⃗⃗⃗ =-12，38，12，则|FH ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√418.二、填空题(每小题5分，共15分)6.已知向量a =(-4，2，4)，b =(-6，3，-2)，则a ·b = ；|a |= . 22 6 【解析】a ·b =(-4)×(-6)+2×3+4×(-2)=22，|a |=√(-4)2+22+42=6.7a =(1，2，x )，b =(2，y ，-1)，若|a |=√5，且a ⊥b ，则x+y= .-1 【解析】由|a |=√5得√x 2+5=√5，解得x=0，即a =(1，2，0)，又a ⊥b ，则a ·b =0，即2+2y=0，解得y=-1，从而x+y=-1.8.已知空间四点A (-2，3，1)，B (2，-5，3)，C (10，0，10)，D (8，4，a )，如果四边形ABCD 为梯形，则实数a 的值为 .9 【解析】因为AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4，-8，2)，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(8，5，7)，DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2，-4，10-a )，AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(10，1，a-1)，四边形ABCD 为梯形，则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ∥DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，解得a=9，此时BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 与AD ⃗⃗⃗⃗⃗ 不平行. 三、解答题(共20分)9.(10分A (-2，0，2)，B (-1，1，2)，C (-3，0，4)，设a =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，b =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ . (1)求a 和b 夹角的余弦值. (2)设|c |=3，c ∥BC⃗⃗⃗⃗⃗ ，求c 的坐标. 【解析】(1)因为AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，1，0)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1，0，2)， 所以a ·b =-1+0+0=-1，|a |=√2，|b |=√5. 所以cos <a ，b >=a ·b|a ||b |=√2×√5=-√1010.(2)BC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2，-1，2).设c =(x ，y ，z )， 因为|c |=3，c ∥BC⃗⃗⃗⃗⃗ ， 所以√x 2+y 2+z 2=3，存在实数λ使得c =λBC⃗⃗⃗⃗⃗ ，即{x =-2λ，y =-λ，z =2λ，解得{x =-2，y =-1，z =2，λ=1或{x =2，y =1，z =-2，λ=-1， 所以c =(-2，-1，2)或(2，1，-2).10.(10分)如图，在四棱锥P-ABCD 中，M ，N 分别是AB ，PC 的中点，若ABCD 是平行四边形.求证：MN ∥平面PAD.【解析】取DP 的中点E ，连接AE ，EN ，则EN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AP ⃗⃗⃗⃗⃗ +12AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 共面，且MN 不在平面PAD 上， 所以MN ∥平面PAD.[高考冲关] (25分钟 45分)1.(5分)一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz 中的坐标分别是(0，0，0)，(0，1，1)，(1，0，1)，(1，1，0)，该四面体的体积为( ) A .13B .√64C .1D .2√3A 【解析】在空间直角坐标系中作出四面体的四个顶点，可知该四面体是棱长为√2的正四面体，所以体积为13×2√33×12×√2×√2×√32=13.2.(5分)设P (2，3，4)在三个坐标平面上的射影分别为P 1，P 2，P 3，则向量：①(6，-3，-4)；②(4，-3，-4)；③(0，-3，4)；④(2，-6，4).其中与平面P 1P 2P 3平行的向量有 ( )A .1个B .2个C .3个D .4个C 【解析】由题意可知，P 1，P 2，P 3的坐标分别为(2，3，0)，(2，0，4)，(0，3，4)，可以求得平面P 1P 2P 3的一个法向量为(6，4，3)，①不与该法向量垂直，所以不与平面P 1P 2P 3平行，②③④与该法向量垂直，且不在平面P 1P 2P 3内，所以与平面P 1P 2P 3平行.3.(5分)已知空间四边形ABCD 中，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a -2c ，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =5a +6b -8c ，对角线AC ，BD 的中点分别为E ，F ，则EF ⃗⃗⃗⃗⃗ = . 3a +3b -5c 【解析】EF⃗⃗⃗⃗⃗ =(EA⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BF ⃗⃗⃗⃗⃗ )+(EC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CD ⃗⃗⃗⃗⃗ +DF ⃗⃗⃗⃗⃗ )2=AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +CD ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=a -2c+5a+6b -8c2=3a +3b -5c .4.(10分)已知空间四边形ABCD ，E ，F ，G ，H ，M ，N 分别是AB ，BC ，CD ，DA ，AC ，BD 的中点，求证：EG ，FH ，MN 交于一点且互相平分.【解析】设P 1，P 2，P 3分别为EG ，FH ，MN 的中点，又设AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ，AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =c ， 则AP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AE ⃗⃗⃗⃗⃗ +EP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12EG ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12(AG ⃗⃗⃗⃗⃗ −AE ⃗⃗⃗⃗⃗ )=14(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ )=14(a +b +c ).同理可得AP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =14(a +b +c )，AP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =14(a +b +c )，故P 1，P 2，P 3三点重合.从而原命题得证.5.(10分BC=2，原点O 是BC 的中点，点A 的坐标是(√32，12，0)，点D 在平面yOz 上，且∠BDC=90°，∠DCB=30°.(1)求向量OD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标； (2)设向量AD ⃗⃗⃗⃗⃗ 和BC⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为θ，求cos θ的值.【解析】(1)如图所示，过点D 作DE ⊥BC ，垂足为点E.在Rt △BDC 中，由∠BDC=90°，∠DCB=30°，BC=2，得BD=1，CD=√3. 所以DE=CD ·sin 30°=√32，OE=OB-BD ·cos 60°=1-12=12. 所以D 点坐标为(0，-12，√32)， 即向量OD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标为(0，-12，√32). (2)依题意知，OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32，12，0)，OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，-1，0)，OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，1，0). 所以AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√32，-1，√32)，BC⃗⃗⃗⃗⃗ =OC ⃗⃗⃗⃗⃗ −OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，2，0).则cos θ=(-√32)×0+(-1)×2+√32×0√(-√32)+(-1)2+(√32)·√02+22+02=-√10=-√105. 6.(10分)已知正三棱柱ABC-A 1B 1C 1的侧棱长为2，底面边长为1，M 是BC 的中点.在直线CC 1上是否存在一点N ，使得MN ⊥AB 1?若存在，请你求出它的位置；若不存在，请说明理由.【解析】在直线CC 1上存在一点N ，使得MN ⊥AB 1. 如图，建立空间直角坐标系，有 A (0，0，0)，B (√32，12，0)，M√34，34，0，N (0，1，z )，B 1(√32，12，2)，则AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32，12，2)，MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√34，14，z). 由AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， 有AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32，12，2)·(-√34，14，z)=-38+18+2z=0， 解得z=18，N (0，1，18)，即CN=18时，AB 1⊥MN.专题6 热点专题突破四 立体几何的综合问题1在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为矩形，△ADE ，△BCF 均为等边三角形，EF ∥AB ，EF=AD=12AB ，N 为线段PC 的中点. (1)求证：AF ∥平面BDN ；(2)求直线BN 与平面ABF 所成角的正弦值.【解析】(1)连接AC 交BD 于点M ，连接MN ，∵四边形ABCD 是矩形，∴M 是AC 的中点，∵N 是CF 的中点，∴MN ∥AF ，又AF ⊄平面BDN ，MN ⊂平面BDN ，∴AF ∥平面BDN.(2)取BC 的中点P ，AD 的中点Q ，连接PQ ，过点F 作FO ⊥PQ 交PQ 于点O ， ∵BC ⊥FP ，BC ⊥PQ ，PQ ∩FP=P ，∴BC ⊥平面EFPQ ， ∵FO ⊂平面EFPQ ，∴BC ⊥FO ，又FO ⊥PQ ，PQ ∩BC=P ，∴FO ⊥平面ABCD.如图，以O 为坐标原点，x 轴⊥AB ，y 轴⊥BC 建立空间直角坐标系，连接FP ，FM ，设EF=AD=12AB=a ，∵△ADE ，△FBC 是等边三角形， ∴FP=FM=√32a ，∴OP=12(AB-EF )=12a ，∴OF=√22a ，∴A (12a ，-32a ，0)，B (12a ，12a ，0)，C (-12a ，12a ，0)， F (0，0，√22a)，N (-14a ，14a ，√24a). ∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，2a ，0)，AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-12a ，32a ，√22a)，BN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-34a ，-14a ，√24a . 设平面ABF 的法向量为n =(x ，y ，z )， 则{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，n ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，∴{2ay =0，-12ax +32ay +√22az =0，令z=√2，得n =(2，0，√2)， ∴cos <n ·BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ·BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|n ||BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=-√23，∴直线BN 与平面ABF 所成角的正弦值为√23.2ABCD-A 1B 1C 1D 1经平面AEFG 所截后得到的图形，其中∠BAE=∠GAD=45°，AB=2AD=2，∠BAD=60°. (1)求证：BD ⊥平面ADG ；(2)求平面AEFG 与平面ABCD 所成锐二面角的余弦值.【解析】(1)在△BAD 中，∵AB=2AD=2，∠BAD=60°， ∴由余弦定理可得BD=√3，∴AB 2=AD 2+BD 2，∴AD ⊥BD. 又在直平行六面体中，GD ⊥平面ABCD ， 又BD ⊂平面ABCD ，∴GD ⊥BD. 又AD ∩GD=D ，∴BD ⊥平面ADG.(2)以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.∵∠BAE=∠GAD=45°，AB=2AD=2，则有A (1，0，0)，B (0，√3，0)，G (0，0，1)，E (0，√3，2)，C (-1，√3，0)， ∴AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1，√3，2)，AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1，0，1). 设平面AEFG 的法向量为n =(x ，y ，z )， ∴{n ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =-x +√3y +2z =0，n ·AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =-x +z =0，令x=1，得y=-√33，z=1，n =(1，-√33，1).而平面ABCD 的一个法向量为DG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，0，1)，∴cos <DG ⃗⃗⃗⃗⃗ ，n >=DG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n |DG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |=√217. 故平面AEFG 与平面ABCD 所成锐二面角的余弦值为√217. 3.如图，平面ABCD ⊥平面ABE ，四边形ABCD 是边长为2的正方形，且点B 在平面ACE 上的射影F 恰好落在边CE 上. (1)求证：AE ⊥平面BCE ；(2)当二面角B-AC-E 的余弦值为√33时，求∠BAE 的大小.【解析】(1)∵BF ⊥平面ACE ，AE ⊂平面ACE ，∴BF ⊥AE ， 又∵四边形ABCD 是边长为2的正方形， ∴BC ⊥AB ，∵平面ABCD ⊥平面ABE ，且平面ABCD ∩平面ABE=AB ，BC ⊂平面ABCD ， ∴BC ⊥平面ABE ，∴BC ⊥AE ， 又∵BC ∩BF=B ，∴AE ⊥平面BCE.(2)以A 为原点，垂直于平面ABCD 的直线AG 为x 轴，AB 所在直线为y 轴，AD 所在直线为z 轴，如图所示建立空间直角坐标系Axyz.设E (a ，b ，0)，则AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a ，b ，0)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，2，2)，BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a ，b-2，0)， 设平面AEC 的法向量为n =(x ，y ，z )，∴{AE⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0，AC⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0，。
2018届高考数学二轮导数及其应用专题卷理(全国通用)
专题能力训练5 导数及其应用(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)1.已知曲线y=在点(3,2)处的切线与直线ax+y+1=0垂直,则a=()A.-2B.2C.-D.2.已知函数f(x)=ln x+ln(2-x),则()A.f(x)在(0,2)单调递增B.f(x)在(0,2)单调递减C.y=f(x)的图象关于直线x=1对称D.y=f(x)的图象关于点(1,0)对称3.已知a≥0,函数f(x)=(x2-2ax)e x.若f(x)在[-1,1]上是单调递减函数,则a的取值范围是()A.0<a<B.<a<C.a≥D.0<a<4.已知函数f(x)的定义域为R,f(-1)=2,对任意x∈R,f'(x)>2,则f(x)>2x+4的解集为()A.(-1,1)B.(-1,+∞)C.(-∞,-1)D.(-∞,+∞)5.(2017浙江金丽衢十二校模拟)如图,已知直线y=kx+m与曲线y=f(x)相切于两点,则F(x)=f(x)-kx有()A.1个极大值点,2个极小值点B.2个极大值点,1个极小值点C.3个极大值点,无极小值点D.3个极小值点,无极大值点6.将函数y=ln(x+1)(x≥0)的图象绕坐标原点逆时针方向旋转角θ(θ∈(0,α]),得到曲线C,若对于每一个旋转角,曲线C都仍然是一个函数的图象,则α的最大值为()A.πB.C.D.7.已知函数f(x)=x+e x-a,g(x)=ln(x+2)-4e a-x,其中e为自然对数的底数,若存在实数x0,使f(x0)-g(x0)=3成立,则实数a的值为()A.-ln 2-1B.ln 2-1C.-ln 2D.ln 28.若函数f(x)=ln x与函数g(x)=x2+2x+a(x<0)有公切线,则实数a的取值范围是()A. B.(-1,+∞)C.(1,+∞)D.(-ln 2,+∞)二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)9.若f(x)=x3+3ax2+3(a+2)x+1有极大值和极小值,则a的取值范围为.10.(2017浙江诸暨肇庆三模)已知函数f(x)=x3+ax2+3x-9,若x=-3是函数f(x)的一个极值点,则实数a=.11.设f'(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(-2)=0,当x>0时,xf'(x)-f(x)>0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是.12.已知函数f(x)=x3-2x+e x-,其中e是自然对数的底数.若f(a-1)+f(2a2)≤0,则实数a的取值范围是.13.已知函数f(x)=若对于∀t∈R,f(t)≤kt恒成立,则实数k的取值范围是.14.设函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)满足f(1)+f(3)=2f(2),现给出如下结论:①若f(x)是区间(0,1)上的增函数,则f(x)是区间(3,4)上的增函数;②若a·f(1)≥a·f(3),则f(x)有极值;③对任意实数x0,直线y=(c-12a)(x-x0)+f(x0)与曲线y=f(x)有唯一公共点.其中正确的结论为.(填序号)三、解答题(本大题共2小题,共30分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15.(本小题满分15分)已知函数f(x)=x3+|x-a|(a∈R).(1)当a=1时,求f(x)在(0,f(0))处的切线方程;(2)当a∈(0,1)时,求f(x)在区间[-1,1]上的最小值(用a表示).16.(本小题满分15分)已知函数f(x)=ax(ln x-1)(a≠0).(1)求函数y=f(x)的单调递增区间;(2)当a>0时,设函数g(x)=x3-f(x),函数h(x)=g'(x),①若h(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;②证明:ln(1×2×3×…×n)2e<12+22+32+…+n2(n∈N*).参考答案专题能力训练5导数及其应用1.A解析由y'=得曲线y=在点(3,2)处的切线斜率为-,又切线与直线ax+y+1=0垂直,则a=-2.故选A.2.C解析f(x)=ln x+ln(2-x)=ln(-x2+2x),x∈(0,2).当x∈(0,1)时,x增大,-x2+2x增大,ln(-x2+2x)增大,当x∈(1,2)时,x增大,-x2+2x减小,ln(-x2+2x)减小,即f(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,2)上单调递减,故排除选项A,B;因为f(2-x)=ln(2-x)+ln[2-(2-x)]=ln(2-x)+ln x=f(x),所以函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称,故排除选项D.故选C.3.C解析f'(x)=e x[x2+2(1-a)x-2a],∵f(x)在[-1,1]上单调递减,∴f'(x)≤0在[-1,1]上恒成立.令g(x)=x2+2(1-a)x-2a,则解得a≥.4.B解析由f(x)>2x+4,得f(x)-2x-4>0,设F(x)=f(x)-2x-4,则F'(x)=f'(x)-2,因为f'(x)>2,所以F'(x)>0在R上恒成立,所以F(x)在R上单调递增.而F(-1)=f(-1)-2×(-1)-4=2+2-4=0,故不等式f(x)-2x-4>0等价于F(x)>F(-1),所以x>-1.故选B.5.A解析F'(x)=f'(x)-k,如下图所示,从而可知函数y=F'(x)共有三个零点x1,x2,x3,因此函数F(x)在(-∞,x1)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增,在(x2,x3)上单调递减,在(x3,+∞)上单调递增,故x1,x3为极小值点,x2为极大值点,即F(x)有1个极大值点,2个极小值点,应选A.6.D解析函数y=ln(x+1)(x≥0)的图象绕坐标原点逆时针方向连续旋转时,当且仅当其任意切线的倾斜角小于等于90°时,其图象都仍然是一个函数的图象,因为x≥0时y'=是减函数,且0<y'≤1,当且仅当x=0时等号成立,故在函数y=ln(x+1)(x≥0)的图象的切线中,x=0处的切线倾斜角最大,其值为,由此可知αmax=.故选D.7.A解析由题意得f(x)-g(x)=x+e x-a-ln(x+2)+4e a-x,令h(x)=x-ln(x+2),x>-2,则h'(x)=1-,∴h(x)在区间(-2,-1)上单调递减,在区间(-1,+∞)上单调递增,∴h(x)min=h(-1)=-1,又∵e x-a+4e a-x≥2=4,∴f(x)-g(x)≥3,当且仅当时等号成立.故选A.8.A解析设公切线与函数f(x)=ln x切于点A(x1,ln x1)(x1>0),则切线方程为y-ln x1=(x-x1),设公切线与函数g(x)=x2+2x+a切于点B(x2,+2x2+a)(x2<0),则切线方程为y-(+2x2+a)=2(x2+1)(x-x2),所以有因为x2<0<x1,所以0<<2.又a=ln x1+-1=-ln-1,令t=,所以0<t<2,a=t2-t-ln t.设h(t)=t2-t-ln t(0<t<2),则h'(t)=t-1-<0,所以h(t)在区间(0,2)上为减函数,则h(t)>h(2)=-ln 2-1=ln,所以a∈.故选A.9.(-∞,-1)∪(2,+∞)解析f'(x)=3x2+6ax+3(a+2),由题意知f'(x)=0有两个不相等的实根,则Δ=(6a)2-4×3×3(a+2)>0,即a2-a-2>0,解得a>2或a<-1.10.5解析f'(x)=3x2+2ax+3,由题意知x=-3为方程3x2+2ax+3=0的根,则3×(-3)2+2a×(-3)+3=0,解得a=5.11.(-2,0)∪(2,+∞)解析令g(x)=,则g'(x)=>0,x∈(0,+∞),所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增.又g(-x)==g(x),则g(x)是偶函数,g(-2)=0=g(2),则f(x)=xg(x)>0⇔解得x>2或-2<x<0.故不等式f(x)>0的解集为(-2,0)∪(2,+∞).12.解析因为f(-x)=(-x)3-2(-x)+e-x-=-f(x),所以f(x)为奇函数.因为f'(x)=3x2-2+e x+e-x≥3x2-2+2≥0(当且仅当x=0时等号成立),所以f(x)在R上单调递增,因为f(a-1)+f(2a2)≤0可化为f(2a2)≤-f(a-1),即f(2a2)≤f(1-a),所以2a2≤1-a,2a2+a-1≤0,解得-1≤a≤,故实数a的取值范围是.13.14.①②③解析由f(1)+f(3)=2f(2)化简得b=-6a.f'(x)=3ax2+2bx+c=3ax2-12ax+c,其对称轴为x=2,如果f(x)在区间(0,1)上递增,其关于x=2对称的区间为(3,4),故区间(3,4)也是其增区间,①正确.a[f(1)-f(3)]≥0,即2a(11a-c)≥0,导函数f'(x)=3ax2-12ax+c的判别式144a2-12ac=12a(12a-c),当a>0时,12a-c>11a-c≥0,判别式为正数,当a<0时,11a-c≤0,12a-c≤a<0,其判别式为正数,即导函数有零点,根据二次函数的性质可知原函数有极值,②正确.注意到f'(2)=c-12a,则③转化为f'(2)=,即函数图象上任意两点连线的斜率和函数在x=2处的切线的斜率相等的有且仅有一个点.由于x=2是导函数f'(x)=3ax2-12ax+c的最小值点,即有且仅有一个最小值点,故③正确.15.解 (1)因为当a=1,x<1时,f(x)=x3+1-x,f'(x)=3x2-1,所以f(0)=1,f'(0)=-1,所以f(x)在(0,f(0))处的切线方程为y=-x+1.(2)当a∈(0,1)时,由已知得f(x)=当a<x<1时,由f'(x)=3x2+1>0,知f(x)在(a,1)上单调递增.当-1<x<a时,由f'(x)=3x2-1,知①当a∈时,f(x)在上递增,在上递减,在上递增,所以f(x)min=min=min=a-.②当a∈时,f(x)在上递增,在上递增,在(a,1)上递增,所以f(x)min=min{f(-1),f(a)}=min{a,a3}=a3.综上所述,f(x)min=16.解 (1)∵f'(x)=a=a ln x,令f'(x)>0,当a>0时,解得x>1;当a<0时,解得0<x<1,∴当a>0时,函数y=f(x)的单调递增区间是(1,+∞);当a<0时,函数y=f(x)的单调递增区间是(0,1).(2)①∵h(x)=g'(x)=x2-f'(x)=x2-a ln x,∴由题意得h(x)min≥0.∵h'(x)=x-,∴当x∈(0,)时,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增.∴h(x)min=h()=a-a ln,由a-a ln≥0,得ln a≤1,解得0<a≤e.∴实数a的取值范围是(0,e].②由(1)知a=e时,h(x)=x2-eln x≥0在x∈(0,+∞)上恒成立,当x=时等号成立,∴x∈N*时,2eln x<x2,令x=1,2,3,…,n,累加可得2e(ln 1+ln 2+ln 3+…+ln n)<12+22+32+…+n2,即ln(1×2×3×…×n)2e<12+22+32+…+n2(n∈N*).。
立体几何理-2018年高考题和高考模拟题数学(理)分项版汇编
5.立体几何1 .【2018年浙江卷】已知四棱锥SABCD勺底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为0 1, SE与平面ABCD所成的角为0 2,二面角SABC的平面角为0 3,贝UA. 0 1 < 0 2< 0 3B. 0 3< 0 2 < 0 1C. 0 1 < 0 3< 0 2D. 0 2< 0 3< 0 1【答案】D【解析】分析:分别作出线线角、线面角以及二面角，再构造直角三角形，根据边的大小关系确定甬的大小关系.详解：设。
初正方形皿3的中心，M为曲中晟过耳作恥的平行线睬交G?干码过。
作QV垂直册于M连接$0則2弘则比I垂直于底面心3,OA/垂直于肋，因此&N二6lt zSEO =&3t zSMO =鬲““ _5N SN “辭 SO f_ SO从而S"1_丽_丽"叫一玖严叫-丽因为SN^SO t EO>OM ,所以仙切王伽务王皿％即■--；：':工I 选 D.点睛：线线角找平行，线面角找垂直，面面角找垂面2. [ 2018年浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm）,则该几何体的体积（单位：cm3）是俯视图A. 2B. 4C. 6D. 8[答案】C[解析】分析：先还原几何体为一直四棱柱，再根据柱体体积公式求结果详解：根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2,底面为直角梯形，上下底分别为 1 , 2,梯形的高-X （1 + 2） X 2 X 2^6,为2,因此几何体的体积为选C.点睛：先由几何体的三视图还原几何体的形状，再在具体几何体中求体积或表面积等•3 . [ 2018年理新课标I卷】已知正方体的棱长为 1 ,每条棱所在直线与平面a所成的角相等，贝U a截此正方体所得截面面积的最大值为3^/3 2^/33%/2 护A.B.C.D.【答案】A【解析】分析：首先利用正方体的棱是了组每组有互相平行的斗条棱，所以与12条棱所成角相等，只需与 从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位墨，截正方体所得的截面为一个正六边形， 且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果.详解：根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体1 1「中，平面「 •与线山1儿叭内比所成的角是相等的，所以平面 阿比与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的， 同理平 面''也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两£5 = 6x ^.(^z = ^个面-'与'中间的，且过棱的中点的正六边形， 且边长为 ，所以其面积为 '故选A.点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位 置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面 积的求法，应用相关的公式求得结果 .+ 4.【2018年理新课标I 卷】某圆柱的高为 2,底面周长为16,其三视图如右图.圆柱表面上的点 「在正视图上的对应点为',圆柱表面上的点•在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从「到.的路径中，最C. D. 2【答案】B【解析】分析：首先根据题中所给的三视图，得到点 M 和点N 在圆柱上所处的位置，点 M 在上底面上，点N 在下底面上，并且将圆柱的侧面展开图平铺，点 M N 在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果详解：根据圆柱的三视图以及其本身的特征，可以确定点M 和点N 分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱 底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为短路径的长度选B.点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两 个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平 面图形的相关特征求得结果 •5.【2018年全国卷川理】 设I . ■ . ■ ■ r 是同一个半径为4的球的球面上四点，匕”打厂为等边三角形且其 面积为• •，则三棱锥 '体积的最大值为 A. I B. IC. I-D. I-【答案】B【解折】分析：作到D 为MO 与球的交点，点M 为三角形ABC 的重心，判断出当DM 丄平面A 葩九三 棱锥D - ABCft 枳最丸 然后进行计算可得•详解：如图所示，点 M 为三角形ABC 的重心，E 为AC 中点，当I 平面！-时，三棱锥•’-体积最大， 2此时，「■： 「 I,:, , •「厂―匕 点M 为三角形ABC 的重心.；•!;「；?；：「中，有_：江；一）， 一 W 门:二一.严化："；，故选 B.点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出再由勾股定理得到 OM 进而得到结果，属于较难题型。
2018年北京市高考数学理 8专题八 立体几何
第八篇：立体几何一、选择题1.【2018全国一卷7】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为A ．172B ．52C ．3D ．22.【2018全国一卷12】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A B C D3.【2018全国二卷9】在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA 1AD 与1DB 所成角的余弦值为A ．15B C D 4.【2018全国三卷3】3．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是5.【2018全国三卷10】设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为D ABC 体积的最大值为 A．B．C．D．6.【2018北京卷5】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为A.1B.2C.3D.4俯视图正视图7.【2018浙江卷3】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是 A ．2B ．4C ．6D ．88.【2018浙江卷8】已知四棱锥S −ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S −AB −C 的平面角为θ3，则 A ．θ1≤θ2≤θ3B ．θ3≤θ2≤θ1C ．θ1≤θ3≤θ2D ．θ2≤θ3≤θ19.【2018上海卷15】《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设AA ₁是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA ₁为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（ ）（A ）4 （B ） 8（C ）12 （D ）16二、填空题1.【2018全国二卷16】已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB △的面积为__________．2.【2018天津卷11】已知正方体1111ABCD A BC D -的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M EFGH -的体积为.3.【2018江苏卷10】如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 ．三、解答题1.【2018全国一卷18】如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥.（1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.2.【2018全国二卷20】如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．3.【2018全国三卷19】如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点． （1）证明：平面AM D ⊥平面BMC ；（2）当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．4.【2018北京卷16】如图，在三棱柱ABC −111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11AC ，1BB 的中点，AB=BC AC =1AA =2．（Ⅰ）求证：AC ⊥平面BEF ； （Ⅱ）求二面角B−CD −C 1的余弦值； （Ⅲ）证明：直线FG 与平面BCD 相交．5.【2018天津卷17】如图，AD BC ∥且AD =2BC ，AD CD ⊥,EG AD ∥且EG =AD ，CD FG ∥且CD =2FG ，DG ABCD ⊥平面，DA =DC =DG =2.（I ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN CDE ∥平面；（II ）求二面角E BC F --的正弦值；（III ）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.6.【2018江苏卷15】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ； （2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ．7.【2018江苏卷22（附加题）】如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； （2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．8.【2018浙江卷19】如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2．（Ⅰ）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（Ⅱ）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．9.【2018上海卷17】已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，半径为2（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设PO =4，OA ，OB 是底面半径，且∠AOB =90°，M 为线段AB 的中点，如图，求异面直线PM 与OB 所成的角的大小.参考答案 一、选择题1.B2.A3.C4.A5.B6.C7.C8.D9.D 二、填空题 1.π240 2.121 3.43三、解答题1.解：（1）由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD . （2）作PH ⊥EF ，垂足为H .由（1）得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF 的方向为y 轴正方向，||BF 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H −xyz .由（1）可得，DE ⊥PE .又DP =2，DE =1，所以PE 又PF =1，EF =2，故PE ⊥PF .可得322PH EH ==.则33(0,0,0),(1,,0),(1,22H P D DP --=HP =为平面ABFD 的法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则34sin ||||||3HP DPHP DP θ⋅===⋅所以DP 与平面ABFD . 2解：（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且OP =连结OB ．因为AB BC AC ==，所以ABC △为等腰直角三角形， 且OB AC ⊥，122OB AC ==． 由222OP OB PB +=知PO OB ⊥． 由,OP OB OP AC ⊥⊥知PO⊥平面ABC ．（2）如图，以O 为坐标原点，的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -．由已知得)0,0,0(O ，)0,0,2(B ，)0,2,0(-A ，)0,2,0(C ，)32,0,0(P ，)32,2,0(=AP 取平面PAC 的法向量)0,0,2(=．设(,2,0)(02)M a a a -<≤，则)0,4,(a a -=． 设平面PAM 的法向量为(,,)x y z=n ．由0=⋅n ，0=⋅n 得20(4)0yax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取,)a a =--n ，所以2223)4(32)4(32,cos aa a a n ++-->=<．由已知可得23,cos =><n OB ．4a =-（舍去），43a =．所以4()3=-n ． 又)322,0(-=，PC ，所以43,cos >=<n ．所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为4． 3.解：（1）由题设知,平面CMD ⊥平面ABCD ,交线为CD .因为BC ⊥CD ,BC ⊂平面ABCD ,所以BC ⊥平面CMD ,故BC ⊥DM .因为M 为CD 上异于C ，D 的点,且DC 为直径，所以 DM ⊥CM . 又 BCCM =C ,所以DM ⊥平面BMC .而DM ⊂平面AMD ,故平面AMD ⊥平面BMC .（2）以D 为坐标原点,DA 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz .当三棱锥M −ABC 体积最大时，M 为CD 的中点.由题设得(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,1,1)D A B C M ，(2,1,1),(0,2,0),(2,0,0)AM AB DA =-==设(,,)x y z =n 是平面MAB 的法向量,则0,0.AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.x y z y -++=⎧⎨=⎩ 可取(1,0,2)=n .DA 是平面MCD 的法向量,因此5cos ,5||||DA DA DA ⋅==n n n ， 2sin,5DA =n ， 所以面MAB 与面MCD 4.解：（Ⅰ）在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∵CC 1⊥平面ABC ，∴四边形A 1ACC 1为矩形． 又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点，∴AC ⊥EF ． ∵AB =BC ．∴AC ⊥BE ，∴AC ⊥平面BEF ． （Ⅱ）由（I ）知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1． 又CC 1⊥平面ABC ，∴EF ⊥平面ABC ． ∵BE ⊂平面ABC ，∴EF ⊥BE ． 如图建立空间直角坐标系E -xyz ．由题意得B （0，2，0），C （-1，0，0），D （1，0，1），F （0，0，2），G （0，2，1）．)1,0,2(=∴CD ，)0,2,1(=CB ，设平面BCD 的法向量为()a b c =，，n ， ∴⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00n n ，∴2020a c a b +=⎧⎨+=⎩，令a =2，则b =-1，c =-4，∴平面BCD 的法向量(214)=--，，n ， 又∵平面CDC 1的法向量为)0,2,0(=，∴2121cos -=>=⋅<n ． 由图可得二面角B -CD -C 1为钝角，所以二面角B -CD -C 1的余弦值为． （Ⅲ）由（Ⅱ）知平面BCD 的法向量为(214)=--，，n ，∵G （0，2，1），F （0，0，2），∴)1,2,0(-=，∴2-=⋅n ，∴n 与不垂直，∴GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内，∴GF 与平面BCD 相交．5.解：依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA ，DC ，DG 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D （0，0，0），A （2，0，0），B （1，2，0），C （0，2，0），E （2，0，2），F （0，1，2），G （0，0，2），M （0，32，1），N （1，0，2）．（Ⅰ）证明：依题意DC =（0，2，0），DE =（2，0，2）．设n 0=(x ，y ，z )为平面CDE的法向量，则0000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即20220y x z =⎧⎨+=⎩，， 不妨令z=–1，可得n 0=（1，0，–1）．又MN =（1，32-，1），可得00MN ⋅=n ，又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ．（Ⅱ）解：依题意，可得BC =（–1，0，0），(122)BE =-，，，CF =（0，–1，2）． 设n =（x ，y ，z ）为平面BCE 的法向量，则00BC BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即0220x x y z -=⎧⎨-+=⎩，， 不妨令z =1，可得n =（0，1，1）．设m =（x ，y ，z ）为平面BCF 的法向量，则00BC CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，m m 即020x y z -=⎧⎨-+=⎩，， 不妨令z =1，可得m =（0，2，1）． 因此有cos<m ，n>=||||⋅=m n m n sin<m ，n．所以，二面角E –BC –F． （Ⅲ）解：设线段DP 的长为h （h ∈［0，2］），则点P 的坐标为（0，0，h ），可得(12)BP h =--，，．易知，DC =（0，2，0）为平面ADGE 的一个法向量，故 cos BP DC BP DC BP DCh ⋅<⋅>==，h ∈［0，2］． 所以线段DP 6.证明：（1）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1．因为AB ⊄平面A 1B 1C ，A 1B 1⊂平面A 1B 1C ， 所以AB ∥平面A 1B 1C ．（2）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，四边形ABB 1A 1为平行四边形． 又因为AA 1=AB ，所以四边形ABB 1A 1为菱形， 因此AB 1⊥A 1B ．又因为AB 1⊥B 1C 1，BC ∥B 1C 1， 所以AB 1⊥BC ．又因为A 1B ∩BC =B ，A 1B ⊂平面A 1BC ，BC ⊂平面A 1BC ， 所以AB 1⊥平面A 1BC ． 因为AB 1⊂平面ABB 1A 1， 所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC ．7.解：如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1，则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以1,{},OB OC OO 为基底，建立空间直角坐标系O −xyz ．因为AB =AA 1=2，所以1110,1,0,,0,1,0,0,1,())()()2,,0,1,2)()A B C A B C --．（1）因为P 为A 1B 1的中点，所以1,2)2P -， 从而131(,,2)(0,2,22),BP AC ==--，故111|||cos ,|||||5BP AC BP AC BP AC ⋅===⋅． 因此，异面直线BP 与AC 1 （2）因为Q 为BC 的中点，所以1,0)2Q ， 因此33(,0)2AQ =，11(0,2,2),(0,0,2)AC CC ==．设n =（x ，y ，z ）为平面AQC 1的一个法向量， 则10,0,AQ AC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=n n 即30,2220.y y z +=⎪+=⎩不妨取1,1)=-n ，设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ， 则111||sin |cos |,|||CC CC CC |θ==⋅⋅==n n n 所以直线CC 1与平面AQC 1 8.解：方法一：（Ⅰ）由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥得111AB AB ==，所以2221111A B AB AA +=.故111AB A B ⊥.由2BC =，112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥得11B C = 由2,120AB BC ABC ==∠=︒得AC =由1CC AC ⊥，得1AC =2221111AB BC AC +=，故111AB B C ⊥. 因此1AB ⊥平面111A B C .（Ⅱ）如图，过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连结AD.由1AB ⊥平面111A B C 得平面111A B C ⊥平面1ABB ， 由111C D A B ⊥得1C D ⊥平面1ABB ， 所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角.由111111BC AB AC ==111111cos C A B C A B ∠=∠=所以1C D =111sin C D C AD AC ∠==. 因此，直线1AC 与平面1ABB方法二：（Ⅰ）如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O -xyz.由题意知各点坐标如下：111(0,(1,0,0),(0,(1,0,2),),A B A B C因此111112),3),AB A B AC ==-=-uuu r uuu u r uuu u r由1110AB A B ⋅=uuu r uuu u r得111AB A B ⊥. 由1110AB AC ⋅=uuu r uuu u r 得111AB AC ⊥. 所以1AB ⊥平面111A B C .（Ⅱ）设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ.由（Ⅰ）可知11(0,0,2),AC AB BB ===uuu r uu u r uuu r设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n .由10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uuu r n n即0,20,x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩可取(,0)=n .所以111|sin |cos ,||||AC AC AC θ⋅===⋅uuu ruuu r uuu rn |n n |因此，直线1AC 与平面1ABB9.解：(1)依题意可知：圆锥的高度为322422=-=OP ，所以其体积为：πππ338322313122=⨯⨯⨯==h r V 。
2018年普通高等学校招生全国统一考试押题卷 理科数学(二)含精品解析
A． 51π 4
【答案】C
B． 41π 2
C． 41π
D． 31π
【解析】根据三视图得出，该几何体是镶嵌在正方体中的四棱锥 O ABCD ，
正方体的棱长为 4， A ， D 为棱的中点，根据几何体可以判断：球心应该在过 A ， D 的平
行于底面的中截面上，
设球心到截面 BCO 的距离为 x ，则到 AD 的距离为 4 x ，
DC
，
在等腰梯形 ABCD 中， AB AD 1 2 cos 60 1， AB DC 2 ，
BC
AD
11
cos
60
1
，
BC
DC
11
cos120
1
．
2
2
AE AF 1
f
x，
x
，
5
作
OH
BQ
于
H
当Q
在半圆弧
AQB
上运动时，
QOH
1
(
)
，
2
BQ 2OQ sin 2OQ cos ，
2
2
CQ BQ2 BC2 100cos2 100 10 cos2 x 1 5 2cos x 6 ，
D．
【答案】A
【解析】 N x 2x 1 x x 0， M x | x 1，M N x | 0 x 1．故选：A．
2．若双曲线 x2 y2 1的一个焦点为 3, 0，则 m （ ）
m
A． 2 2 【答案】B
高三数学-2018年高考立体几何题 精品
2018年高考立体几何题1． 在棱长为4的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，O 是正方形A 1B 1C 1D 1的中心，点P 在棱CC 1上，且CC 1=4CP.(Ⅰ)求直线AP 与平面BCC 1B 1所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）； (Ⅱ)设O 点在平面D 1AP 上的射影是H ，求证：D 1H ⊥AP ；(Ⅲ)求点P 到平面ABD 1的距离.（2018年江苏省试题）2．三棱锥P-ABC 中，侧面PAC 与底面ABC 垂直，PA=PB=PC=3， （1） 求证：AB ⊥ BC ； （2） 设AB=BC=32，求AC 与平面PBC 所成角的大小. （2018文科试题）3．如图,已知四棱锥P －ABCD ，PB ⊥AD ，侧面PAD 为边长为2的正三角形，底面ABCD 为菱形，侧面PAD 与平面ABCD 所成的二面角为120o 。
（1）求点P 到平面ABCD 的距离；（2）求面APB 与面CPB 所成的二面角的大小。
（2018年全国理科试题）4．在三棱锥S －ABC 中，△ABC 是边长为4的正三角形，平面SAC ⊥平面ABC ，SA=SC=M 、N 分别为AB 、SB 的中点。
（1） 证明AC ⊥SB ；（2） 求二面角N －CM －B 的大小； （3） 求点B 到面CMN 的距离。
（2018年福建省理科试题）5．在三棱锥S －ABC 中，△ABC 是边长为4的正三角形，平面SAC ⊥平面ABC ，SA=SC=M 、N 分别为AB 、SB 的中点。
（1）证明AC ⊥SB ；（2）求二面角S －CM －A 的大小； （3）求点B 到面SCM 的距离。
（2018年福建省文科试题）· B 1P ACD A 1C 1D 1BO H·CBSABCP6．如图，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在平面互相垂直，AF=1，M 是线段EF 的中点。
（1） 求证：AM ∥平面BDE ； （2） 求证：AM ⊥平面BDF ； （3） 求二面角A －DF －B 的大小；（2018年浙江试题）7．如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱BC 的中点，点F 是棱CD 上的动点。
【高三数学试题精选】2018届高考数学第二轮立体几何综合复习检测题(含参考答案)
2018届高考数学第二轮立体几何综合复习检测题(含参考
答案)
5 c 2018年高考数学二轮复习综合检测
专题五立体几何
时间120分钟满分150分
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分；在每小题给出四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．设有四个命题①底面是矩形的平行六面体是长方体；②棱长相等的直四棱柱是正方体；③有两条侧棱都垂直于底面一边的平行六面体是直平行六面体；④对角线相等的平行六面体是直平行六面体．其中假命题的序号是( )
A．① B．②③
c．①②③ D．③④
[答案] c
[解析] 底面是矩形的平行六面体的侧棱不一定与底面垂直，故①错；棱长相等的直四棱柱中若底面是菱形则不是正方体，故②错；如果两条平行的侧棱都垂直于底面一边显然不是直平行六面体，③错．故选c
2．已知A、B为球面上的两点，为球心，且AB＝3，∠AB＝120°，则球的体积为( )
A9π2 B．43π
c．36π D．323π
[答案] B
[解析] 设球的半径为R，由AB2＝R2＋R2－2R2cs120°＝3R2＝9，得R2＝3，因此该球的体积是
4π3R3＝4π3×(3)3＝43π，故选B
3．(2018 北京市海淀区二模)在正四面体A－BcD中，棱长为4，是Bc的中点，点P在线段A上运动(P不与A，重合)，过点P作直线。
2018年高考数学分类汇编：专题八立体几何
1.【2018全国一卷18】如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥.
（1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；
（2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.
2.【2018全国二卷20】如图，在三棱锥中，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若点在棱上，且二面角为
，求与平面所成角的正弦值．
3.【2018全国三卷19】如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面
垂直，是上异于，的点．
（1）证明：平面平面；
（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．
P ABC
-AB BC ==4PA PB PC AC ====O AC PO ⊥ABC M BC M PA C --30︒PC PAM ABCD CD M CD C D AMD ⊥BMC M ABC -MAB
MCD
8.【2018浙江卷19】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，
C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．
（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；
（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．。
2018全国高考立体几何(完整答案)
2018全国高考立体几何（完整答案）一．解答题（共40小题）1．已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2．（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设PO=4，OA、OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，如图．求异面直线PM与OB所成的角的大小．2．如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D 的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．3．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1．求证：（1）AB∥平面A1B1C；（2）平面ABB1A1⊥平面A1BC．4．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA ⊥PD，PA=PD，E，F分别为AD，PB的中点．（Ⅰ）求证：PE⊥BC；（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD．5．如图，在平行四边形ABCM中，AB=AC=3，∠ACM=90°，以AC为折痕将△ACM 折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP=DQ=DA，求三棱锥Q ﹣ABP的体积．6．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，BD交AC 于点E，F是线段PC中点，G为线段EC中点．（Ⅰ）求证：FG∥平面PBD；（Ⅱ）求证：BD⊥FG．7．如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，AD=2BC，∠DAB=∠ABP=90°．（Ⅰ）求证：AD⊥平面PAB；（Ⅱ）求证：AB⊥PC；（Ⅲ）若点E在棱PD上，且CE∥平面PAB，求的值．8．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA=PB=AB=2，BC=3，∠ABC=90°，平面PAB⊥平面ABC，D，E分别为AB，AC中点．（1）求证：DE∥平面PBC；（2）求证：AB⊥PE；（3）求三棱锥P﹣BEC的体积．9．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥CB，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，，M是棱PC上的点．（Ⅰ）求证：平面PQB⊥平面PAD；（Ⅱ）若PA=PD=2，BC=1，，异面直线AP与BM所成角的余弦值为，求的值．10．如图，梯形ABCD中，AD=BC，AB∥CD，AC⊥BD，平面BDEF⊥平面ABCD，EF∥BD，BE⊥BD．（1）求证：平面AFC⊥平面BDFE；（2）若AB=2CD=2，BE=EF=2，求BF与平面DFC所成角的正弦值．11．如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB⊥PC，CA=CB，M是AB的中点．点N在棱PC上，点D是BN的中点．求证：（1）MD∥平面PAC；（2）平面ABN⊥平面PMC．12．如图，已知PA垂直于矩形ABCD所在的平面，M，N分别是AB，PC的中点，若∠PDA=45°，（1）求证：MN∥平面PAD；（2）求证：MN⊥平面PCD．13．如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1=AB，D为BB1的中点．（1）求证：A1C⊥AD；（2）若点P为四边形ABB1A1内部及其边界上的点，且三棱锥P﹣ABC的体积为三棱柱ABC﹣A1B1C1体积的，试在图中画出，P点的轨迹．并说明理由．14．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC为边长为2等边三角形，BB1=4，A1C1⊥BB1，且∠A1B1B=45°．（I）证明：平面BCC1B1⊥平面ABB1A1；（Ⅱ）求B﹣AC﹣A1二面角的余弦值．15．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，∠BAC=90°，AB=AA1=2，AC=1，M，N分别是A1B1，BC的中点．（Ⅰ）证明：MN∥平面ACC1A1；（II）求二面角M﹣AN﹣B的余弦值．16．已知空间几何体ABCDE中，△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形，△ABC为腰长为3的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD．（1）试在平面BCD内作一条直线，使得直线上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行，并给出详细证明；（2）求三棱锥E﹣ABC的体积．17．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，∠ADB=90°，CB=CD，点E为棱PB的中点．（1）若PB=PD，求证：PC⊥BD；（2）求证：CE∥平面PAD．18．如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，A1C与底面ABCD所成的角为60°，（1）求四棱锥A1﹣ABCD的体积；（2）求异面直线A1B与B1D1所成角的大小．19．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形∠BAD=60°．已知PB=PD=2，PA=．（Ⅰ）证明：PC⊥BD；（Ⅱ）若E为PA上一点，记三棱锥P﹣BCE的体积和四棱锥P﹣ABCD的体积分别为V1和V2，当V1：V2=1：8时，求的值．20．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是CB，CD的中点，点M在棱CC1上，CM=tCC1（0＜t＜1）．（Ⅰ）三棱锥C﹣EFM，C1﹣B1D1M的体积分别为V1，V2，当t为何值时，V1•V2最大？最大值为多少？（Ⅱ）若A1C∥平面B1D1M，证明：平面EFM⊥平面B1D1M．21．如图，直角梯形ABEF中，∠ABE=∠BAF=90°，C、D分别是BE、AF上的点，且DA=AB=BC=a，DF=2CE=2a．沿CD将四边形CDFE翻折至CDPQ，连接AP、BP、BQ，得到多面体ABCDPQ，且AP=a．（Ⅰ）求多面体ABCDPQ的体积；（Ⅱ）求证：平面PBQ⊥平面PBD．22．如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，PA=PD，O 为AD边的中点．（1）证明：平面POB⊥平面PAD；（2）若，求四棱锥P﹣ABCD的体积．23．如图，在四棱锥P﹣ABCD中．底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD．Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA=PD=2．BC=AD=1，CD=．（I）求证：平面PBC⊥平面PQB；（Ⅱ）若平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60°，求PM的长．24．在如图所示的几何体中，面CDEF为正方形，面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，，AB=2BC=2，AC⊥FB．（Ⅰ）求证：AC⊥平面FBC；（Ⅱ）求四面体FBCD的体积；（Ⅲ）线段AC上是否存在点M，使EA∥平面FDM？证明你的结论．25．如图所示的几何体中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是直角三角形，∠APD=90°，四边形ABCD是直角梯形，AB∥DC，AB⊥AD，PQ∥DC，PQ=PD=DC=1，PA=AB=2．（I）求证：PD∥平面QBC；（Ⅱ）求证：QC⊥平面PABQ；（Ⅲ）在线段QB上是否存在点M，使得AM⊥BC，若存在，求QM的值；若不存在，请说明理由．26．如图1，△ABC是边长为3的等边三角形，D在边AC上，E在边AB上，且AD=BE=2AE．将△ADE沿直线DE折起，得四棱锥A'﹣BCDE，如图2（1）求证：DE⊥A'B；（2）若平面AD'E⊥底面BCDE，求三棱锥D﹣A'CE的体积．27．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AC，AB⊥BC，PA=BC=2，PB=AC=2，D 为线段AC的中点，将△CBD折叠至△EBD，使得平面EDB⊥平面ABC且PC交平面EBD于F．（1）求证：平面BDE⊥平面PAC．（2）求三棱锥P﹣EBC的体积．28．如图1，在矩形ABCD中，AD=2AB=4，E是AD的中点．将△ABE沿BE折起使A到点P的位置，平面PEB⊥平面BCDE，如图2．（Ⅰ）求证：PB⊥平面PEC；（Ⅱ）求三棱锥D﹣PEC的高．29．如图1，ABCD是一个直角梯形，∠ABC=∠BAD=90，E为BC边上一点，AE、BD相交于O，AD=EC=3，BE=1，AB=．将△ABE沿AE折起，使平面ABE⊥平面ADE，连接BC、BD，得到如图2所示的四棱锥B﹣AECD．（Ⅰ）求证：CD⊥平面BOD；（Ⅱ）求直线AB与面BCD所成角的余弦值．30．如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为长方体，点P是CD中点，Q是A1B1的中点．（I）求证：AQ∥平面PBC1；（l）若BC=CC1，求证：平面A1B1C⊥平面PBC1．31．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AD=3BC=6，，点M在线段AD上，且DM=4，AD⊥AB，PA⊥平面ABCD．（1）证明：平面PCM⊥平面PAD；（2）当∠APB=45°时，求四棱锥P﹣ABCM的表面积．32．已知等腰梯形ABCD中，AD∥EC，EC=2AD=2AE=4，B为EC的中点，如图1，将三角形ABE沿AB折起到ABE′（E′⊄平面ABCD），如图2．（1）点F为线段AE′的中点，判断直线DF与平面BCE′的位置关系，并说明理由；（2）当平面ABE′与平面DE′C所成的二面角的大小为时，证明：平面ABE′⊥平面ABCD．33．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，△PAD和△BCD都是等边三角形，平面PAD ⊥平面ABCD，且AD=2AB=4，．（I）求证：CD⊥PA；（II）E，F分别是棱PA，AD上的点，当平面BEF∥平面PCD时，求四棱锥C﹣PEFD的体积．34．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AB=AC=2，AD=2，PB=，PB⊥AC．（1）求证：平面PAB⊥平面PAC；（2）若∠PBA=45°，试判断棱PA上是否存在与点P，A不重合的点E，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．35．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AD ∥BC，∠BAD=∠CBA=90°，PA=AB=BC=1，AD=2，E，F，G分别为BC，PD，PC的中点．（1）求EF与DG所成角的余弦值；（2）若M为EF上一点，N为DG上一点，是否存在MN，使得MN⊥平面PBC？若存在，求出点M，N的坐标；若不存在，请说明理由．36．如图所示，在多面体ABC﹣A1B1C1中，D，E，F分别是AC，AB，CC1的中点，AC=BC=4，，CC1=2，四边形BB1C1C为矩形，平面ABC⊥平面BB1C1C，AA1∥CC1（1）求证：平面DEF⊥平面AA1C1C；（2）求直线EF与平面ABC所成的角的正切值．37．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC⊥平面AA1B1B，AB=AA1=2，∠A1AB=60°．（Ⅰ）证明：平面AB1C⊥平面A1BC；（Ⅱ）若四棱锥A﹣BB1C1C的体积为，求该三棱柱的侧面积．38．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，E，F，G分别是AB，PB，PC的中点．（1）求证：CD∥平面PAB；（2）求证：CD⊥平面EFG．39．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，平面ABP⊥平面BCP，∠APB=90°，BP=BC，M为CP的中点．求证：（1）AP∥平面BDM；（2）BM⊥平面ACP．40．已知梯形ABCD中，AD∥BC，，AB=BC=2AD=4，E、F分别是AB、CD上的点，EF∥BC，AE=x．沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF（如图）．G是BC的中点，以F、B、C、D为顶点的三棱锥的体积记为f （x）．（1）当x=2时，求证：BD⊥EG；（2）求f（x）的最大值；（3）当f（x）取得最大值时，求异面直线AE与BD所成的角的余弦值．2018全国高考立体几何（完整答案）参考答案与试题解析一．解答题（共40小题）1．【解答】解：（1）∵圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2，圆锥的母线长为4，∴圆锥的体积V===．（2）∵PO=4，OA，OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，∴以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，P（0，0，4），A（2，0，0），B（0，2，0），M（1，1，0），O（0，0，0），=（1，1，﹣4），=（0，2，0），设异面直线PM与OB所成的角为θ，则cosθ===．∴θ=arccos．∴异面直线PM与OB所成的角的为arccos．2．【解答】（1）证明：矩形ABCD所在平面与半圆弦所在平面垂直，所以AD⊥半圆弦所在平面，CM⊂半圆弦所在平面，∴CM⊥AD，M是上异于C，D的点．∴CM⊥DM，DM∩AD=D，∴CM⊥平面AMD，CM⊂平面CMB，∴平面AMD⊥平面BMC；（2）解：存在P是AM的中点，理由：连接BD交AC于O，取AM的中点P，连接OP，可得MC∥OP，MC⊄平面BDP，OP⊂平面BDP，所以MC∥平面PBD．3．【解答】证明：（1）平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥A1B1，AB∥A1B1，AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂∥平面A1B1C⇒AB∥平面A1B1C；（2）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，⇒四边形ABB1A1是菱形，⊥AB1⊥A1B．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1⇒AB1⊥BC．∴⇒AB1⊥面A1BC，且AB1⊂平面ABB1A1⇒平面ABB1A1⊥平面A1BC．4．【解答】证明：（Ⅰ）PA=PD，E为AD的中点，可得PE⊥AD，底面ABCD为矩形，可得BC∥AD，则PE⊥BC；（Ⅱ）由于平面PAB和平面PCD有一个公共点P，且AB∥CD，在平面PAB内过P作直线PG∥AB，可得PG∥CD，即有平面PAB∩平面PCD=PG，由平面PAD⊥平面ABCD，又AB⊥AD，可得AB⊥平面PAD，即有AB⊥PA，PA⊥PG；同理可得CD⊥PD，即有PD⊥PG，可得∠APD为平面PAB和平面PCD的平面角，由PA⊥PD，可得平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）取PC的中点H，连接DH，FH，在三角形PCD中，FH为中位线，可得FH∥BC，FH=BC，由DE∥BC，DE=BC，可得DE=FH，DE∥FH，四边形EFHD为平行四边形，可得EF∥DH，EF⊄平面PCD，DH⊂平面PCD，即有EF∥平面PCD．5．【解答】解：（1）证明：∵在平行四边形ABCM中，∠ACM=90°，∴AB⊥AC，又AB⊥DA．且AD∩AC=A，∴AB⊥面ADC，∴AB⊂面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC；（2）∵AB=AC=3，∠ACM=90°，∴AD=AM=3，∴BP=DQ=DA=2，由（1）得DC⊥AB，又DC⊥CA，∴DC⊥面ABC，∴三棱锥Q﹣ABP的体积V==××==1．6．【解答】证明：（Ⅰ）连接PE，G、F为EC和PC的中点，∴FG∥PE，FG⊄平面PBD，PE⊂平面PBD，∴FG∥平面PBD…（6分）（Ⅱ）∵菱形ABCD，∴BD⊥AC，又PA⊥面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PA，∵PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，且PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，FG⊂平面PAC，∴BD⊥FG…（14分）7．【解答】（Ⅰ）证明：因为∠DAB=90°，所以AD⊥AB．……………………（1分）因为平面PAB⊥平面ABCD，……………………（2分）且平面PAB∩平面ABCD=AB，……………………（3分）所以AD⊥平面PAB．……………………（4分）（Ⅱ）证明：由已知得AD⊥AB因为AD∥BC，所以BC⊥AB．……………………（5分）又因为∠ABP=90°，所以PB⊥AB．……………………（6分）因为PB∩BC=B……………………（7分）所以AB⊥平面PBC……………………（8分）所以AB⊥PC．……………………（9分）（Ⅲ）解：过E作EF∥AD交PA于F，连接BF．……………………（10分）因为AD∥BC，所以EF∥BC．所以E，F，B，C四点共面．……………………（11分）又因为CE∥平面PAB，且CE⊂平面BCEF，且平面BCEF∩平面PAB=BF，所以CE∥BF，……………………（13分）所以四边形BCEF为平行四边形，所以EF=BC．在△PAD中，因为EF∥AD，所以，……………………（14分）即．8．【解答】证明：（1）∵D，E分别为AB，AC的中点，∴DE∥BC，又DE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴DE∥平面PBC．（2）连接PD，∵DE∥BC，又∠ABC=90°，∴DE⊥AB，又PA=PB，D为AB中点，∴PD⊥AB，又PD∩DE=D，PD⊂平面PDE，DE⊂平面PDE，∴AB⊥平面PDE，又PE⊂平面PDE，∴AB⊥PE．（3）∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，PD⊥AB，PD⊂平面PAB，∴PD⊥平面ABC，∵△PAB是边长为2的等边三角形，∴PD=，∵E是AC的中点，∴．9．【解答】证明：（Ⅰ）∵AD∥BC，，Q为AD的中点∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ．∵∠ADC=90°，∴∠AQB=90°，即QB⊥AD．又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD．∵BQ⊥平面PAD∵BQ⊂平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD．解：（Ⅱ）∵PA=PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD．∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD．∵PQ⊥平面ABCD．以Q为原点分别以、、为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则Q（0，0，0），A（1，0，0），，，，设M（x0，y0，z0），∴，，．由M是PC上的点，设，化简得．设异面直线AP与BM所成角为θ，则．∴，解得或，故或．10．【解答】解：（1）证明：∵平面BDFE⊥平面ABCD，平面BDFE∩平面ABCD=BD，AC⊂平面ABCD，AC⊥BD，∴AC⊥平面BDFE．又AC⊂平面AFC，∴平面AFC⊥平面BDFE．（2）设AC∩BD=O，∵四边形ABCD为等腰梯形，AC⊥BD，AB=2CD=2，∴OD=OC=1，OB=OA=2，∵EF∥OB且EF=OB，∴四边形FEBO为平行四边形，∴OF∥BE，且OF=BE=2，又∵BE⊥平面ABCD，∴OF⊥平面ABCD．以O为原点，向量的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则B（0，2，0），D（0，﹣1，0），F（0，0，2），C（﹣1，0，0），∴=（0，1，2），=（1，﹣1，0），=（0，﹣2，2），设平面DFC的一个法向量为=（x，y，z），则有，即，不妨设z=1，得x=y=﹣2．即=（﹣2，﹣2，1），于是cos＜，＞===．设BF与平面DFC所成角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|=．∴BF与平面DFC所成角的正弦值为．11．【解答】证明：（1）在ABN中，∵M是AB的中点，D是BN的中点，∴MD∥AN，又AN⊂平面PAC，MD⊄平面PAC，∴MD∥平面PAC．（2）在△ABC中，∵CA=CB，M是AB的中点，∴AB⊥MC，又∵AB⊥PC，PC⊂平面PMC，MC⊂平面PMC，PC∩MC=C，∴AB⊥平面PMC．又∵AB⊂平面ABN，∴平面ABN⊥平面PMC．12．【解答】证明：（1）如图，取PD的中点E，连接AE，NE．∵E、N分别为PD，PC的中点，∴EN CD，又M为AB的中点，∴AM CD，∴EN AM，∴四边形AMNE为平行四边形．∴MN∥AE，∴MN∥平面PAD．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5分）（2）∵PA⊥平面ABCD，∠PDA=45°，∴△PAD为等腰直角三角形，∴AE⊥PD，又∵CD⊥AD，CD⊥PA，AD∩PA=A，∴CD⊥平面PAD，∵AE⊂平面PAD，∴CD⊥AE，又CD∩PD=D，∴AE⊥平面PCD，∴MN⊥平面PCD．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）13．【解答】（1）证明：取AB的中点F，连接CF，A1F，∵A1A⊥平面ABC，CF⊂平面ABC，∴所以A1A⊥CF．∵△ABC为正三角形，F为AB的中点，∴BA⊥CF，又∵AA1，AB⊂平面AA1B1B，AA1∩AB=A，∴CF⊥平面AA1B1B，又∵AD⊂平面AA1B1B，所以CF⊥AD，正方形AA1B1B中，∵Rt△A1AF≌Rt△ABD，∴∠DAB=∠FA1A，又∵∠AFA1+∠FA1A=90°，∴∵∠AFA1+∠DAB=90°，，故AD⊥A1F，又∵CF∩A1F=F，CF，A1F⊂平面A1FC，∴AD⊥平面A1FC，又∵A1C⊂平面A1FC，∴A1C⊥AD．（2）取AA1中点E，连接DE，则线段DE为点P的运动轨迹．理由如下：∵DE∥AB，DE⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，∴ED∥平面ABC，∴P到平面ABC的距离为．所以V==．14．【解答】证明：（Ⅰ）过点A1在平面ABB1A1内作BB1的垂线，垂足为O，连结C1O，∵A1C1⊥B1B，A1O⊥B1B，A1C1∩A1O=A1，∴B1B⊥平面A1OC1，∵OC1⊂平面A1OC1，∴B1B⊥OC1，由题可知A1B1=A1C1=B1C1=2，在B△A1OB1中，∵A1O⊥OB1，∠A1B1B=45°，A1B1=2，∴OA1=OB1=2，在△OB1C1中，∵C1O⊥OB1，B1C1=2，OB1=2，∴OC1=2，∴=A1C12，∴OC1⊥OA1，∵OA1∩OB1=O，∵OC1⊂平面BCC1B1，∴平面BCC1B1⊥平面ABB1A1．解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知OC1、OA1、OB1两两垂直，以O为坐标原点，OA1为x轴，OB1为y轴，OC1为z轴，建立空间直角坐标系，∵AB=2，BB1=4，OC1=2，OA1=2，OB1=2，∴A1（2，0，0），B1（0，2，0），C1（0，0，2），B（0，﹣2，0），A（2，﹣4，0），C（0，﹣4，2），=（2，﹣2，0），=（0，﹣2，2），=（﹣2，0，2），=（0，4，0），设=（x，y，z）是平面ABC的法向量，则，取x=1，得=（1，1，1），设=（x，y，z）是平面A1AC的法向量，则，取x=1，得=（1，0，1），∴cos＜＞==．∴二面角B﹣AC﹣A1的余弦值为．15．【解答】解：解法一：依条件可知AB、AC，AA1两两垂直，如图，以点A为原点建立空间直角坐标系A﹣xyz．根据条件容易求出如下各点坐标：A（0，0，0），B（0，2，0），C（﹣1，0，0），A1（0，0，2），B1（0，2，2），C1（﹣1，0，2），M（0，1，2），（I）证明：∵是平面ACCA1的一个法向量，且，所以又∵MN⊄平面ACC1A1，∴MN∥平面ACC1A1（II）设=（x，y，z）是平面AMN的法向量，因为，由得解得平面AMN的一个法向量=（4，2，﹣1）由已知，平面ABC的一个法向量为=（0，0，1）∴二面角M﹣AN﹣B的余弦值是解法二：（I）证明：设AC的中点为D，连接DN，A1D∵D，N分别是AC，BC的中点，∴又∵，∴，∴四边形A 1DNM是平行四边形∴A1D∥MN∵A1D⊂平面ACC1A1，MN⊄平面ACC1A1∴MN∥平面ACC1A1（II）如图，设AB的中点为H，连接MH，∴MH∥BB1∵BB1⊥底面ABC，∵BB1⊥AC，BB1⊥AB，∴MH⊥AC，MH⊥AB∴AB∩AC=A∴MH⊥底面ABC在平面ABC内，过点H做HG⊥AN，垂足为G 连接MG，AN⊥HG，AN⊥MH，HG∩MH=H ∴AN⊥平面MHG，则AN⊥MG∴∠MGH是二面角M﹣AN﹣B的平面角∵MH=BB1=2，由△AGH∽△BAC，得所以所以∴二面角M﹣AN﹣B的余弦值是16．【解答】解：（1）∵平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD．∴过E作EQ⊥平面BCD，交CD于Q，过A作AP⊥平面BCD，交BC于P，∴EQ∥AP，过Q作QO∥BC，交BD于O，则直线OQ就是在平面BCD内所求的直线，使得直线OQ上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行．证明如下：∵EQ∥AP，QO∥BC，EQ∩QO=Q，AP∩BC=P，EQ、QO⊂平面EQO，AP、BC⊂平面ABC，∴平面EQO∥平面ABC，∴直线OQ上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行．（2）∵△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形，△ABC为腰长为3的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD，∴AP==2，∴S==2，△ABC点E到平面ABC的距离d===，∴三棱锥E﹣ABC的体积V E===．﹣ABC17．【解答】证明：（1）取BD的中点O，连结CO，PO，因为CD=CB，所以△CBD为等腰三角形，所以BD⊥CO．因为PB=PD，所以△PBD为等腰三角形，所以BD⊥PO．又PO∩CO=O，所以BD⊥平面PCO．因为PC⊂平面PCO，所以PC⊥BD．解：（2）由E为PB中点，连EO，则EO∥PD，又EO⊄平面PAD，所以EO∥平面PAD．由∠ADB=90°，以及BD⊥CO，所以CO∥AD，又CO⊄平面PAD，所以CO∥平面PAD．又CO∩EO=O，所以平面CEO∥平面PAD，而CE⊂平面CEO，所以CE∥平面PAD．18．【解答】解：（1）∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，∴AA1⊥平面ABCD，AC==2，∴∠A1CA是A1C与底面ABCD所成的角，∵A1C与底面ABCD所成的角为60°，∴∠A1CA=60°，∴AA1=AC•tan60°=2•=2，=AB×BC=2×2=4，∵S正方形ABCD∴四棱锥A1﹣ABCD的体积：V===．（2）∵BD∥B1D1，∴∠A1BD是异面直线A1B与B1D1所成角（或所成角的补角）．∵BD=，A1D=A1B==2，∴cos∠A1BD===．∴∠A1BD=arccos．∴异面直线A1B与B1D1所成角是arccos．19．【解答】证明：（Ⅰ）连接BD、AC交于O点，∵PB=PD，∴PO⊥BD，又∵ABCD是菱形，∴BD⊥AC，而AC∩PO=O，∴BD⊥平面PAC，且PC⊂平面PAC，∴BD⊥PC．解：（Ⅱ）由条件可知△ABD≌△PBD，∴AO=PO=，∵PA=，∴PA2=OA2+OP2，∴PO⊥AC，由（Ⅰ）知，BD⊥平面PAC，PO⊂平面PAC，∴PO⊥BD，∴PO⊥平面ABCD，∴平面APC⊥平面ABCD，过E点作EF⊥AC，交AC于F，则EF⊥平面ABCD，∴EF∥PO，∴EF、PO分别是三棱锥E﹣ABC和四棱锥P﹣ABCD的高．又V1=V P﹣ABC﹣V E﹣ABC=，，由=，得4（PO﹣EF）=PO，∴，又由△AEF∽△APO，=，∴=．20．【解答】解：（Ⅰ）由题可知，CM=2t，C1M=2﹣2t，∴V1=S△ECF•CM==，=S•C1M=（2﹣2t）=（1﹣t），V2∴V1•V2=≤•（）2=．当且仅当t=1﹣t，即t=时等号成立．所以当t=时，V1•V2最大，最大值为．（Ⅱ）连接A1C1交B1D1于点O，则O为A1C1的中点，∵A1C∥平面B1D1M，平面A1CC1∩平面B1D1M=OM，∴A1C∥OM，∴M为CC1的中点，连接BD，∵E，F为BC、CD的中点，∴EF∥BD，又AC⊥BD，∴AC⊥EF．∵AA1⊥平面ABCD，EF⊂平面ABCD，∴AA1⊥EF，又AA1∩AC=A，∴EF⊥平面A1AC，又A1C⊂平面A1AC，∴EF⊥A1C．同理可得：EM⊥A1C，又EF∩EM=E，∴A1C⊥平面EFM．又A1C∥平面B1D1M，∴平面EFM⊥平面B1D1M．21．【解答】解：（Ⅰ）∵DA=AB=BC=a，∠ABE=∠BAF=90°，∴四边形ABCD是正方形，∴CD⊥AD，CD⊥DP，又AD∩DP=D，∴CD⊥平面ADP．∵AD2+DP2=AP2，∴AD⊥DP，又CD⊥AD，CD∩DP=D，∴AD⊥平面CDPQ，又AD∥BC，∴BC⊥平面CDPQ．∴V B﹣CDPQ==（a+2a）×a×a=a3，V B﹣ADP===．∴多面体ABCDPQ的体积为V B﹣CDPQ +V B﹣ADP=．（Ⅱ）取BP的中点G，连接GQ、DG、DQ，在△ABP中，BP==2a，∴BG=BP=a，在△BCQ中，BQ==a，PQ==a，∴PQ=BQ，∴GQ⊥BP．∴QG==a，又BD==2a=DP，∴DG⊥BP，∴DG==a，又DQ==a，∴DQ2=QG2+DG2，即QG⊥DG．又BP∩DG=G，∴QG⊥平面PBD，又QG⊂平面PBQ，∴平面PBQ⊥平面PBD．22．【解答】（1）证明：连接BD，因为底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，所以△ABD 是正三角形，所以AD⊥BO，因为O为AD的中点，PA=PD，所以AD⊥PO，且PO∩BO=O，所以AD⊥平面POB，又AD⊂平面PAD，所以平面POB⊥平面PAD；（2）解：因为是正三角形，所以OB=3，在Rt△PAO中，，所以PO=2，又，所以OB2+PO2=PB2，所以∠POB=90°，即PO⊥OB，又AD⊥PO，且OB∩AD=O，所以PO⊥平面ABCD，因为，所以四棱锥P﹣ABCD的体积为．23．【解答】（I）证明：∵PA=PD，Q是AD的中点，∴PQ⊥AD，又平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，PQ⊂平面PAD，∴PQ⊥平面ABCD，∴BC⊥PQ，∵BC=AD=DQ，BC∥AD，∠ADC=90°，∴四边形BCDQ是矩形，∴BC⊥BQ，又PQ∩BQ=Q，∴BC⊥平面PBQ，又BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PQB．（II）过M作MN∥CD交PD与N，则平面BMQ∩平面PCD=MN，∵平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，BQ⊥AD，BQ⊂平面PAD，∴BQ⊥平面PAD，又BQ∥CD∥MN，∴MN⊥平面PAD，∴MN⊥NQ，MN⊥PD，∴∠DNQ为平面BMQ与平面PCD所成角，即∠DNQ=60°，∵PD=PA=2，AD=2BC=2，∴∠PDO=60°，∴△DNQ是等比三角形，∴DN=DQ=1，即N是PD的中点，∴M是PC的中点，∵PD=2，CD=，∴PC=，∴PM==．24．【解答】（Ⅰ）证明：在△ABC中，∵，AB=2，BC=1，∴AC2+BC2=AB2．∴AC⊥BC．又∵AC⊥FB，BF∩CB=B，∴AC⊥平面FBC．（Ⅱ）解：∵AC⊥平面FBC，∴AC⊥FC．∵CD⊥FC，∴FC⊥平面ABCD．在Rt△ACB中，，∴∠CAB=30°，∴在等腰梯形ABCD中可得∠ABD=∠CDB=∠CBD=30°，∴CB=DC=1，∴FC=1．∴△BCD的面积S==．∴四面体FBCD的体积为：．（Ⅲ）解：线段AC上存在点M，且M为AC中点时，有EA∥平面FDM，证明如下：连接CE与DF交于点N，连接MN．由CDEF为正方形，得N为CE中点．∴EA∥MN．∵MN⊂平面FDM，EA⊄平面FDM，∴EA∥平面FDM．所以线段AC上存在点M，使得EA∥平面FDM成立．25．【解答】（Ⅰ）证明：∵PQ∥DC，PQ=PD=DC=1，∴四边形PQCD是平行四边形，∴PD∥CQ，∵PD⊄平面QBC，CQ⊂平面QBC，∴PD∥平面QBC．（Ⅱ）证明：∵∠APD=90°，∴PD⊥PA，∵平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是直角三角形，四边形ABCD是直角梯形，AB ∥DC，AB⊥AD，∴AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD，∵PD∥QC，∴PA⊥QC，AB⊥QC，∵PA∩AB=A，∴QC⊥平面PABQ．（Ⅲ）解：存在．由（Ⅱ）可知QC⊥平面PABQ；作AM⊥BQ，交BQ于M，可知AM⊥CQ，BQ∩CQ=Q，所以AM⊥平面BCQ，BC⊂平面BCQ，∴AM⊥BC．QB=，cosB=，BM=2=，QM==．26．【解答】解：（1）证明：在图1中，由题意知AE=1，AD=BE=2，在△ADE中，由余弦定理知：DE2=AE2+AD2﹣AE×AD=12+22﹣1×2=3，所以：AE2+DE2=AD2，所以：DE⊥AE，DE⊥BE，在△ADE沿直线DE折起的过程中，DE与AE，BE的垂直关系不变，故在图2中有DE⊥A'E，DE⊥BE，又A'E∩BE=E，所以DE⊥平面A'EB，所以DE⊥A'B．（2）如图2，因为平面A'DE⊥底面BCDE，由（1）知DE⊥A'E，且平面A'DE∩底面BCDE=DE，所以A'E⊥底面BCDE，所以A'E为三棱锥A'﹣EDC的高，且A'E=AE=1，又因为在图1中，S△ECD=S△ABC﹣S△AED﹣S△BEC=，所以：，故三棱锥D﹣A'CE的体积为．27．【解答】（1）证明：∵PA⊥AC，PA=2，AC=2，∴，又∵，BC=2，∴PB2+BC2=PC2，则BC⊥PB．又∵AB⊥BC，∴BC⊥平面PAB，则BC⊥PA，又PA⊥AC，AC∩BC=C，∴PA⊥平面ABC．又∵BD⊂平面PAC，∴PA⊥BD，在Rt△ABC中，由BC=2，AC=2，可得AB=2，又∵D为AC的中点，∴BD⊥AC，而PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，则平面BDE⊥平面PAC；=V E﹣PBC=V B﹣APCE﹣V P﹣ABC．（2）解：V P﹣EBC由已知，DE∥AP，∴．∴=，．∴．28．【解答】解：（Ⅰ）证明：∵AD=2AB，E为线段AD的中点，∴AB=AE，取BE中点O，连接PO，则PO⊥BE，又平面PEB⊥平面BCDE，平面PEB∩平面BCDE=BE，∴PO⊥平面BCDE，则PO⊥EC，在矩形ABCD中，∴AD=2AB，E为AD的中点，∴BE⊥EC，则EC⊥平面PBE，∴EC⊥PB，又PB⊥PE，且PE∩EC=E，∴PB⊥平面PEC．（Ⅱ）以OB所在直线为x轴，以平行于EC所在直线为y轴，以OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，∵PB=PE=2，则B（，0，0），E（﹣，0，0），P（0，0，），D（﹣2，，0），C（﹣，2，0），∴=（﹣，0，﹣），=（﹣，2，﹣），∴cos∠EPC===，可得：sin∠EPC==，可得：S△EPC=||•||•sin∠EPC=2×2×=2，=V D﹣EPC，设三棱锥D﹣PEC的高为h，则可得：S△ECD•OP=S△EPC•h，可∵V P﹣ECD得：=2×h，∴解得：三棱锥D﹣PEC的高h=1．29．【解答】解：（Ⅰ）在Rt△BEB中，BE=1，AB=，所以∠BAE=30°……（1分）同理∠BDA=30°，从而∠AOD=90°，AF⊥BD……（2分）又因为AD∥EC，AD=EC，所以ADCE是平行四边形，∠CDO=∠AOD=90°，CD⊥DO……（3分）因为平面ABE⊥平面ADE，平面ABE∩平面ADE=AE，BO⊥AE，所以BO⊥平面ADE……（4分）又CD⊂平面ADE，所以BO⊥CD，BO∩DO=O，BO⊂平面BOD，OD平面BOD．所以CD⊥平面BOD……（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，四边形AECD的面积S=CD•OD=3……（7分）连接AC，则△ACD的面积S1=，三棱锥B=ACD的体积V=……（9分）△BCD的面积S2=……（10分）设A到平面BCD的距离为h，则h=，h=……（11分）直线AB与面BCD所成角的正弦值为，余弦值为……（12分）30．【解答】证明：（1）取AB中点为R，连接PR，B1R∵点P是CD中点，Q是A1B1的中点，∴四边形AQB1R，PRB1C1都为平行四边形，∴AQ∥B1R，B1R∥PC1，∴AQ∥PC1．∵AQ⊄平面PBC1，PC1⊂平面PBC1，∴AQ∥平面PBC1．（Ⅱ）∵四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为长方体，BC=CC1，∴B1C⊥BC1．∵A1B1⊥平面BB1C1C，∴A1B1⊥BC1．∵A1B1∩B1C=B1，A1B1⊂平面A1B1C，B1C⊂平面A1B1C，∴BC1⊥平面A1B1C，BC1⊂平面PBC1，∴平面A1B1C⊥平面PBC1．31．【解答】（1）证明：由AD=6，DM=4可得AM=2，则BC=AM，又AD∥BC，则四边形ABCM是平行四边形，则CM∥AB，∵AD⊥AB，∴CM⊥AD．又PA⊥平面ABCD，CM⊂平面ABCD，∴PA⊥CM，∵PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，∴CM⊥平面PAD，又CM⊂平面PCM，∴平面PCM⊥平面PAD．（2）解：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，∵∠APB=45°，∴AP=AB=6．∵，∴．∴四棱锥P﹣ABCM的表面积为．32．【解答】（本小题满分12分）解：（1）直线DF与平面BCE'相交，理由如下：因为E'⊄平面ABCD，所以D⊄平面BCE'．若DF∥平面BCE'，设平面DCE'∩平面BCE'=CM，则DF∥CM．CM与CB不重合．又因为AD∥BC，所以平面ADE'∥平面BCE'，矛盾．所以直线DF与平面BCE'相交．…………………………（4分）证明：（2）取AB的中点O，连接E'O，BD，由等腰梯形ADCE中，AD∥EC，EC=2AD=2AE=4，，所以E'O⊥AB，DO⊥AB，…………………………（6分）分别以BA，OD所在的直线为x轴，y轴，过O垂直于平面ABCD的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设二面角E'﹣AB﹣D的大小为α．则．过E'作E'G⊥OD于点G．因为E'O⊥AB，DO⊥AB，所以AO⊥平面E'OD，∠E'OD=α．所以E'G⊥AO．所以E'G⊥平面ABCD．…………………………（8分）所以．设平面E'AB的法向量为n=（x，y，z），则，即令y=1，得平面E'AB的一个法向量为n=（0，1，﹣cotα）．…………………………（10分）同理可求平面E'DC的一个法向量为．所以．解得：．所以二面角E'﹣AB﹣D的大小为，即平面ABE'⊥平面ABCD．…………………………（12分）33．【解答】证明：（I）因为AD=4，AB=2，，所以AB2+BD2=AD2，AB⊥BD，且∠ADB=30°．又△BCD是等边三角形，所以∠ADC=90°，即CD⊥AD．…（3分）因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD．所以CD⊥PA．……（6分）解：（II）因为平面BEF∥平面PCD，所以BF∥CD，EF∥PD，且BF⊥AD．……（8分）又在直角三角形ABD中，DF=，所以AE=AF=1．所以．……（10分）由（I）知CD⊥平面PAD，故四棱锥C﹣PEFD的体积．…（12分）34．【解答】解：（1）四边形ABCD是平行四边形，AD=2，∴BC=AD=2，又AB=AC=2，∴AB2+AC2=BC2，∴AC⊥AB，又PB⊥AC，且AB∩PB=B，∴AC⊥平面PAB，∵AC⊂平面PAC，∴平面PAB⊥平面PAC；（2）由（1）知AC⊥AB，AC⊥平面PAB，分别以AB、AC所在直线为x轴、y轴，平面PAB内过点A且与直线AB垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系A﹣xyz，如图所示；则A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），=（0，2，0），=（﹣2，2，0）；由∠PBA=45°，PB=，可得P（1，0，1），∴=（1，0，1），=（﹣1，0，1）；假设棱PA上存在点E，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为，设=λ（0＜λ＜1），则=λ=（λ，0，λ），=﹣=（λ，﹣2，λ），设平面PBC的法向量为=（x，y，z），则，即，令z=1，可得x=y=1，∴平面PBC的一个法向量为=（1，1，1），设直线CE与平面PBC所成的角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|===，解得λ=或λ=（不合题意，舍去），∴存在=，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为．35．【解答】解：（1）以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），P（0，0，1），∵E、F、G分别为BC、PD、PC的中点，∴，F（0，1，），G（），∴=（﹣1，），=（），设EF与DG所成角为θ，则cosθ==．∴EF与DG所成角的余弦值为．（2）设平面PBC的法向量为=（x，y，z），∵=（0，1，0），=（1，0，﹣1），∴，取x=1，得=（1，0，1），M为EF上一点，N为DG上一点，若存在MN，使得MN⊥平面PBC，则∥，设M（），N（x2，y2，z2），则，①∵点M，N分别是线段EF与DG上的点，∴，∵=（），=（x2，y2﹣2，z2），∴，且，②把②代入①，得，解得，∴M（），N（）．36．【解答】解：（1）∵D，E分别是AC，AB的中点，∴DE∥BC，∵四边形BB1C1C为矩形，∴BC⊥CC1．∵AC=BC=4，AB=4，∴AC2+BC2=AB2，∴BC⊥AC，又AC∩CC1=C，∴BC⊥平面AA1C1C，∴DE⊥平面AA1C1C．。
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高考小题分项练8 立体几何1．已知直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β，有下面四个命题：(1)α∥β⇒l ⊥m ；(2)α⊥β⇒l ∥m ；(3)l ∥m ⇒α⊥β；(4)l ⊥m ⇒α∥β. 其中正确的命题是( ) A ．(1)与(2) B ．(1)与(3) C ．(2)与(4) D ．(3)与(4)答案 B解析 ∵直线l ⊥平面α，α∥β，∴l ⊥平面β，又∵直线m ⊂平面β，∴l ⊥m ，故(1)正确；∵直线l ⊥平面α，α⊥β，∴l ∥平面β，或l ⊂平面β，又∵直线m ⊂平面β，∴l 与m 可能平行也可能相交，还可以异面，故(2)错误；∵直线l ⊥平面α，l ∥m ，∴m ⊥α，∵直线m ⊂平面β，∴α⊥β，故(3)正确；∵直线l ⊥平面α，l ⊥m ，∴m ∥α或m ⊂α，又∵直线m ⊂平面β，则α与β可能平行也可能相交，故(4)错误．故选B.2．已知如图所示的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1，点P 、Q 分别在棱BB 1、DD 1上，且PB 1BB 1＝QD 1DD 1，过点A 、P 、Q 作截面截去该正方体的含点A 1的部分，则下列图形中不可能是截去后剩下几何体的正(主)视图的是( )答案 A解析 当P 、B 1重合时，正(主)视图为选项B ；当P 到B 点的距离比到B 1近时，正(主)视图为选项C ；当P 到B 点的距离比到B 1远时，正(主)视图为选项D ，因此答案为A. 3．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.435 B.83 C ．4 5 D.43答案 B解析 由三视图知几何体为四棱锥，四棱锥的右边侧面与底面垂直，其直观图如图．四棱锥的底面是边长为2的正方形，由侧(左)视图中等腰三角形的腰长为5，得棱锥的高为5－1＝2，∴几何体的体积V ＝13×22×2＝83.故选B.4．设a ，b ，l 均为直线，α，β均为平面，则下列命题判断错误的是( ) A ．若l ∥α，则α内存在无数条直线与l 平行 B ．若α⊥β，则α内存在无数条直线与β不垂直C ．若α∥β，则α内存在直线m ，β内存在直线n ，使得m ⊥nD ．若a ⊥l ，b ⊥l ，则a 与b 不可能垂直 答案 D解析 由直线与平面平行的性质可知A 正确；当α⊥β时，平面α内与两平面的交线不垂直的直线均与平面β不垂直，故B 正确；由两平面平行的性质可知，C 正确；当a ⊥l ，b ⊥l 时，a ⊥b 可以成立，例如长方体一个顶点上的三条直线就满足此条件，所以D 错，故选D. 5．如图，ABCD —A 1B 1C 1D 1是边长为1的正方体，S —ABCD 是高为1的正四棱锥，若点S ，A 1，B 1，C 1，D 1在同一球面上，则该球的表面积为( )A.916π B.2516π C.4916π D.8116π 答案 D解析 按如图所示作辅助线，点O 为球心，设OG 1＝x ，则OB 1＝SO ＝2－x ，同时由正方体的性质知B 1G 1＝22，则在Rt△OB 1G 1中，OB 21＝OG 21＋G 1B 21，即(2－x )2＝x 2＋(22)2，解得x ＝78，所以球的半径R ＝OB 1＝98，所以球的表面积为S ＝4πR 2＝8116π，故选D.6．如图，已知平面α∩平面β＝l ，α⊥β.点A 、B 是直线l 上的两点，点C 、D 是平面β内的两点，且DA ⊥l ，CB ⊥l ，DA ＝4，AB ＝6，CB ＝8.点P 是平面α上的一动点，且有∠APD ＝∠BPC ，则四棱锥P —ABCD 的体积的最大值是( )A ．48B ．16C ．24 3 D. 144 答案 A解析 由题意知： △PAD ，△PBC 是直角三角形， 又∠APD ＝∠BPC ，所以△PAD ∽△PBC .因为DA ＝4，CB ＝8，所以PB ＝2PA . 作PM ⊥AB 于点M ，则PM ⊥β.令AM ＝t ，则PA 2－t 2＝4PA 2－(6－t )2， 所以PA 2＝12－4t ， 所以PM ＝12－4t －t 2， 即为四棱锥的高．又底面为直角梯形，S ＝12(4＋8)×6＝36，所以V ＝13×36×12－4t －t 2＝12－ t ＋2 2＋16≤12×4＝48.7．如图所示是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．57＋24πB ．57＋15πC ．48＋15πD ．48＋24π答案 D解析 本题为圆锥与直四棱柱的组合体．注意表面积分为三部分，圆锥侧面展开图，即扇形面积5×6π2＝15π；圆锥底面圆，S ＝πr 2＝9π；直四棱柱侧面积，3×4×4＝48，总面积为48＋24π.8．如图，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F ，且EF ＝12，则下列结论中错误的是( )A ．AC ⊥BEB ．EF ∥平面ABCDC ．三棱锥A —BEF 的体积为定值D ．△AEF 的面积与△BEF 的面积相等 答案 D解析 连接BD ，则AC ⊥BD ，BB 1⊥AC ， 所以AC ⊥平面BDD 1B 1，则AC ⊥BE ，故A 正确；因为B 1D 1∥平面ABCD ，所以EF ∥平面ABCD ，故B 正确；因为三棱锥A —BEF 的底面是底边为EF ＝12，高为棱长BB 1＝1的△BEF ，面积为14，三棱锥的高为22，所以三棱锥A —BEF 的体积是定值224，故C 正确；显然△AEF 与△BEF 有相同的底边，但B 到EF 的距离与A 到EF 的距离不相等，即两三角形的面积不相等，故D 错误．故选D.9．已知m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是( ) A ．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥β B ．若m ∥n ，m ⊂α，n ⊂β，则α∥β C ．若m ∥n ，m ⊥α，n ⊥β，则α∥β D ．若m ∥n ，m ∥α，则n ∥α 答案 C解析 由m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，知： 若α⊥γ，α⊥β，则γ与β相交或平行，故A 错误； 若m ∥n ，m ⊂α，n ⊂β，则α与β相交或平行，故B 错误；若m ∥n ，m ⊥α，n ⊥β，则由线面垂直的性质定理得α∥β，故C 正确； 若m ∥n ，m ∥α，则n ∥α或n ⊂α，故D 错误．故选C.10．如图，已知斜四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1的各棱长均为2，∠A 1AD ＝60°，∠BAD ＝90°，平面A 1ADD 1⊥平面ABCD ，则直线BD 1与平面ABCD 所成的角的正切值为( )A.34B.134C.3913D.393答案 C解析延长AD，过D1作D1E⊥AD于点E，连接BE.因为平面A1ADD1⊥平面ABCD，平面A1ADD1∩平面ABCD＝AD，D1E⊂平面A1ADD1，所以D1E⊥平面ABCD，即BE为D1B在平面ABCD内的射影，所以∠D1BE为直线BD1与平面ABCD所成的角，因为D1E＝2sin 60°＝3，BE＝AB2＋AE2＝13，所以tan∠D1BE＝D1EBE＝313＝3913.故选C.11．如图，已知正方体ABCD—A1B1C1D1中，点E、F分别为棱BC和棱CC1的中点，则异面直线AC和EF所成的角为( )A．30° B．45°C．60° D．90°答案 C解析连接BC1，A1C1，A1B，如图所示：根据正方体的结构特征，可得EF∥BC1，AC∥A1C1，则∠A1C1B即为异面直线AC和EF所成的角，BC1＝A1C1＝A1B，∴△A1C1B为等边三角形，故∠A1C1B＝60°，故选C.12．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝3，点E为AD的中点，现分别沿BE，CE将△ABE，△DCE翻折，使得点A，D重合于F，则此时二面角E—BC—F的余弦值为( )A.34B.74C.23D. 53 答案 B解析 如图所示，取BC 的中点P ，连接EP，FP .由题意得BF ＝CF ＝2，PF ⊥BC ， 又∵EB ＝EC ＝32 2＋22＝52，∴EP ⊥BC ， ∴∠EPF 即为二面角E —BC —F 的平面角， 而FP ＝FB 2－ 12BC 2＝72， ∴在△EPF 中，cos∠EPF ＝EP 2＋FP 2－EF 22EP ·FP＝4＋74－942·2·72＝74， 故选B.13．如图，在棱长为2的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点O 为底面ABCD 的中心，点E 为CC 1的中点，那么异面直线OE 与AD 1所成角的余弦值等于________．答案63解析 取BC 的中点F ，连接EF ，OF ，由于点O 为底面ABCD 的中心，点E 为CC 1的中点，所以EF ∥BC 1∥AD 1， 所以异面直线OE 与AD 1所成角，即OE 与EF 所成的角． 平面ABCD ⊥平面BCC 1B 1， 平面ABCD ∩BCC 1B 1＝BC ，OF ⊥BC ，OF ⊂平面ABCD ，所以OF ⊥平面BCC 1B 1，EF ⊂平面BCC 1B 1， 所以EF ⊥OF .因为EF ＝2，OF ＝1，所以OE ＝EF 2＋OF 2＝2＋1＝ 3. 所以cos∠FEO ＝EF OE＝23＝63. 14．四棱锥P －ABCD 的五个顶点都在一个球面上，底面ABCD 是矩形，其中AB ＝3，BC ＝4，又PA ⊥平面ABCD ，PA ＝5，则该球的表面积为________． 答案 50π解析 由勾股定理得AC ＝5，在等腰直角三角形PAC 中，PC ＝2R ＝52，因此表面积S ＝4πR 2＝50π.15．已知矩形ABCD 的周长为18，把它沿图中的虚线折成正六棱柱，当这个正六棱柱的体积最大时，它的外接球的表面积为________．答案 13π解析 设正六棱柱的底面边长为x ，高为y ， 则6x ＋y ＝9,0＜x ＜1.5， 正六棱柱的体积V ＝6×34x 2y ＝32(－6x 3＋9x 2)， ∴V ′＝－93x (x －1)，∴令V ′＝0，则x ＝0(舍)或x ＝1. ∵当x >1时，V ′<0；当0<x <1时，V ′>0， ∴当x ＝1时，正六棱柱体积最大，此时y ＝3.可知正六棱柱的外接球的球心是其上下底面中心连线的中点，则半径为 1＋94＝132，∴外接球的表面积为4π×134＝13π.16．α，β是两个平面，AB，CD是两条线段，已知α∩β＝EF，AB⊥α于B，CD⊥α于D，若增加一个条件，就能得出BD⊥EF，现有下列条件：①AC⊥β；②AC与α，β所成的角相等；③AC与CD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序号是________．答案①③解析由题意得，AB∥CD，∴A，B，C，D四点共面，①中，∵AC⊥β，EF⊂β，∴AC⊥EF，又∵AB⊥α，EF⊂α，∴AB⊥EF，∵AB∩AC＝A，∴EF⊥平面ABCD，又∵BD⊂平面ABCD，∴BD⊥EF，故①正确；②中，由①可知，若BD⊥EF成立，则有EF⊥平面ABCD，则有EF⊥AC成立，而AC与α，β所成的角相等是无法得到EF⊥AC的，故②错误；③中，由AC与CD在β内的射影在同一条直线上可知EF⊥AC，由①可知③正确；④中，仿照②的分析过程可知④错误，故填：①③.。