2016高考数学总复习课时作业堂堂清立体几何9-8

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高三(立体几何复习)2016年真题讲义

金牌数学高三专题系列之立体几何复习——2016年真题汇编1.平行（1）线面平行：。

（2）面面平行：。

2.垂直（1）线面垂直：。

（2）面面垂直：。

3.二面角：。

4.三垂线定理：。

例.【2016年全国II 卷高考】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，点E 、F 分别在AD ，CD 上，AE CF =，EF 交BD 于点H ，将DEF ∆沿EF 折到'D EF ∆的位置.（Ⅰ）证明：'AC HD ⊥；（Ⅱ）若55,6,,'4AB AC AE OD ====求五棱锥D ABCEF '-体积.P A B D CGE1.【2016年全国I 卷高考】如图，已知正三棱锥P -ABC 的侧面是直角三角形，P A =6，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面P AB 内的正投影为点E ，连结PE 并延长交AB 于点G .（I ）证明：G 是AB 的中点；（II ）在图中作出点E 在平面P AC 内的正投影F （说明作法及理由），并求四面体PDEF 的体积．2.【2016年全国III 卷高考】如图，四棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABCD ，AD BC ，3AB AD AC ===，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，N 为PC 的中点．（I ）证明MN 平面PAB ；（II ）求四面体N BCM -的体积.3.【2016年浙江高考】如图18，在三棱台ABC-DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3.（I）求证：BF⊥平面ACFD；（II）求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值.4.【2016年天津高考】如图，四边形ABCD是平行四边形，平面AED⊥平面ABCD，EF||AB，AB=2，BC=EF=1，DE=3，∠BAD=60º，G为BC的中点.(Ⅰ)求证：FG||平面BED；(Ⅱ)求证：平面BED⊥平面AED；(Ⅲ)求直线EF与平面BED所成角的正弦值.5.【2016年四川高考】如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=12 AD。

2016高考数学总复习课时作业堂堂清单元综合测试5

单元综合测试五(平面向量)时间：120分钟分值：150分一、选择题(每小题5分，共60分) 1．(2009·重庆高考)已知向量a ＝(1,1)，b ＝(2，x )．若a ＋b 与4b －2a 平行，则实数x 的值是()A ．－2B ．0C ．1D ．2解析：依题意得a ＋b ＝(3，x ＋1),4b －2a ＝(6,4x －2)，∵a ＋b 与4b －2a 平行，∴3(4x －2)＝6(x ＋1)，由此解得x ＝2，选D.答案：D2．如图1，已知AB →＝a ，AC →＝b ，BD →＝3DC →，用a ，b 表示AD →，则AD →等于()图1A ．a ＋34b B.14a ＋34bC.14a ＋14bD.34a ＋14b 解析：∵BC →＝AC →－AB →＝b －a ，BD →＝3DC →， ∴BD →＝3(b －a )4，∴AD →＝AB →＋BD →＝14a ＋34b ，故正确答案是B.答案：B3．已知向量a 、b 满足|a |＝1，|b |＝2，|2a ＋b |＝2，则向量b 在向量a 方向上的投影是()A ．－12B ．－1C.12D ．1 解析：依题意得(2a ＋b )2＝4,4a 2＋b 2＋4a ·b ＝4,4＋4＋4a ·b ＝4，a ·b ＝－1，向量b 在向量a 方向上的投影等于a ·b|a |＝－1，选B.答案：B4．已知A (3，－6)、B (－5,2)、C (6，－9)，则A 分BC →的比λ等于()A.38B ．－83 C.83D ．－38解析：∵BA →＝(8，－8)，AC →＝(3，－3)． BA →与AC →共线同向，∴λ＝|BA →| |AC →|＝83.故选C.答案：C5．已知|a |＝|b |＝1，a 与b 夹角是90°，c ＝2a ＋3b ，d ＝k a －4b ，c 与d 垂直，k 的值为()A ．－6B ．6C ．3D ．－3 解析：∵c ·d ＝(2a ＋3b )·(k a －4b ) ＝2k |a |2＋(3k －8)a ·b －12|b |2＝0，又∵a ·b ＝0.∴2k －12＝0，k ＝6. 答案：B6．△ABC 中，sin B ·sin C ＝cos 2A2，则△ABC 的形状为()A ．直角三角形B ．等边三角形C ．等腰三角形D ．等腰直角三角形解析：2sin B ·sin C ＝2cos 2A2＝1＋cos A ＝1－cos(B ＋C )＝1－cos B cos C ＋sin B sin C ，∴cos B cos C ＋sin B sin C ＝1，即cos(B －C )＝1，∴B －C ＝0，即B ＝C . 答案：C7．若点P 分有向线段AB →所成的比为－13，则点B 分有向线段P A →所成的比是()A ．－32B ．－12C.12D ．3 解析：由已知条件可得点P 在线段AB 的反向延长线上，且|AP →| |PB →|＝13，因此向量PB →与BA →方向相反且|PB →| |BA →|＝32，故点B 分有向线段P A →所成的比是－32，故选A.答案：A 8．(2009·郑州二检)已知A ，B ，C 是平面上不共线的三点，O 为平面ABC 内任一点，动点P 满足等式OP →＝13[(1－λ)OA →＋(1－λ)OB →＋(1＋2λ)OC →](λ∈R 且λ≠0)，则点P 的轨迹一定通过△ABC 的()A ．内心B ．垂心C ．外心D ．重心图2解析：依题意，设△ABC 的三边AB 、BC 、CA 的中点分别为H 、M 、N ，AM 、CH 、BN的交点为G .OP →＝13[(1－λ)OA →＋(1－λ)OB →＋(1＋2λ)OC →]＝13[(1－λ)(OB →＋BA →)＋(1－λ)OB →＋(1＋.. .2λ)OC →]＝13[2(1－λ)(OC →＋CB →)＋(1－λ)BA →＋(1＋2λ)OC →]＝13[3OC →＋2(1－λ)CB →＋(1－λ)BA →]，所以OP →－OC →＝(1－λ)3(2CB →＋BC →＋CA →)＝(1－λ)3(CB →＋CA →)＝2(1－λ)3CH →，即CP →＝2(1－λ)3CH →，所以点P 的轨迹一定通过△ABC 的重心，选择D.答案：D9．(2009·福州质检)已知非零向量a 、b ，若a·b ＝0，则|a －2b ||a ＋2b |＝()A.14B ．2 C.12D ．1 解析：∵|a －2b |＝a 2＋4b 2，|a ＋2b |＝a 2＋4b 2， ∴|a －2b ||a ＋2b |＝1. 答案：D10．(2009·合肥质检二)已知平面上不共线的四点O ，A ，B ，C .若OA →－3OB →＋2OC →＝0，则|AB →| |BC →|等于 ()A.13B.12 C ．1D ．2解析：BA →＋2BC →＝0，∴|AB →||BC →|＝2.答案：D 11．(2010·湖北八校联考)在O 点测量到远处有一物体在做匀速直线运动，开始时该物体位于P 点，一分钟后，其位置在Q 点，且∠POQ ＝90°，再过二分钟后，该物体位于R 点，且∠QOR ＝60°，则tan 2∠OPQ 的值等于()A.49B.239C.427D ．以上均不正确解析：以O 为原点，OP 为x 轴，OQ 为y 轴建立直角坐标系，设P (m,0)，Q (0，n )，则有QR →＝2PQ →，得R (－2m,3n )，由∠QOR ＝60°，得cos ∠QOR ＝12＝OQ →·OR → |OQ →|·|OR →|＝3n 2|n |4m 2＋9n 2，得27n 2＝4m 2，即tan 2∠OPQ ＝n 2m 2＝427.故选C. 答案：C 12．(2010·东北三校一模)设a ＝(a 1，a 2)，b ＝(b 1，b 2)．定义一种向量积：a ⊗b ＝(a 1，a 2)⊗(b 1，b 2)＝(a 1b 1，a 2b 2)．已知m ＝(2，12)，n ＝(π3，0)，点P (x ，y )在y ＝sin x 的图象上运动，点Q 在y ＝f (x )的图象上运动，满足OQ →＝m ⊗OP →＋n (其中O 为坐标原点)，则y ＝f (x )的最大值A 与最小正周期T 分别为()A ．2，πB ．2,4π C.12，4πD.12，π 解析：设Q (x 0，y 0)，OQ →＝(x 0，y 0)，OP →＝(x ，y )，∵OQ →＝m ⊗OP →＋n ，∴(x 0，y 0)＝(2，12)⊗(x ，y )＋(π3，0)＝(2x ，12y )＋(π3，0)＝(2x ＋π3，12y )，∴⎩⎨⎧x 0＝2x ＋π3y 0＝12y⇒⎩⎨⎧x ＝12x 0－π6，y ＝2y 0代入y ＝sin x 中得，2y 0＝sin(12x 0－π6)，所以y ＝f (x )的表达式为y ＝12sin(12x －π6)，所以最大值为12，周期为4π，选C. 答案：C二、填空题(每小题4分，共16分)13．如图3，已知OA →＝3e 1，OB →＝3e 2，C 、D 是AB 的三等分点，则OC →＝__________，OD →＝__________.图3解析：OC →＝OA →＋AC →＝OA →＋13AB →＝OA →＋13(OB →－OA →)＝2OA →＋OB →3＝2(3e 1)＋3e 23＝2e 1＋e 2，OD →＝OA →＋AD →＝OA →＋23AB →＝OA →＋23(OB →－OA →)＝3OA →＋2OB →－2OA →3＝OA →＋2OB →3＝3e 1＋2(3e 2)3＝e 1＋2e 2.答案：2e 1＋e 2e 1＋2e 214．已知三个向量OA →＝(k,12)，OB →＝(4,5)，OC →＝(10，k )，且A 、B 、C 三点共线，则k ＝__________.解析：由A 、B 、C 三点共线，可得AB →＝λBC →，即(4－k ，－7)＝λ(6，k －5)，于是得方程组{ k ＋6λ＝4，kλ－5λ＝－7.利用代入法解得{ k ＝－2，λ＝1，或⎩⎨⎧k ＝11，λ＝－76.答案：－2或11 15．(2009·石家庄二检)已知A 、B 是直线l 同侧的两个定点，且到l 的距离分别为a 、b ，点P 是直线l 上的一个动点，则|P A →＋3PB →|的最小值是__________．图4解析：以直线l 为x 轴，点B 在l 上的射影O 为坐标原点，建立如图4所示的直角坐标.. .系，则B (0，b )，A (n ，a )(n >0)，设P (x,0)，则P A →＋3PB →＝(n －x ，a )＋3(－x ，b )＝(n －4x ，a ＋3b )，|PB →＋3PB →|2＝(n －4x )2＋(a ＋3b )2，当n －4x ＝0时，|P A →＋3PB →|min ＝a ＋3b .答案：a ＋3b 16．(2010·东北三校二模)已知直线ax ＋by ＋c ＝0被曲线M ：{ x ＝2cos θy ＝2sin θ所截得的弦AB 的长为2，O 为原点，那么OA →·OB →的值等于__________．解析：依题意，知曲线M 是以原点为圆心，2为半径的圆，因为直线被圆截得的弦长为2，所以∠AOB ＝60°，所以OA →·OB →＝|OA →||OB →|cos60°＝2×2×12＝2.答案：2三、解答题(本大题共6个小题，共计74分，写出必要的文字说明、计算步骤，只写最后结果不得分)17．(12分)(2009·XX 高考)在△ABC 中，A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，A ＝π6，(1＋3)c ＝2b .(1)求C ；(2)若CB →·CA →＝1＋3，求a ，b ，c .解：(1)由(1＋3)c ＝2b ，得b c ＝12＋32＝sin Bsin C，则有sin(π－π6－C )sin C ＝sin 5π6cos C －cos 5π6sin Csin C ＝12cot C ＋32＝12＋32，得cot C ＝1，即C ＝π4.(2)由CB →·CA →＝1＋3，得ab cos C ＝1＋3；而C ＝π4，即得22ab ＝1＋3，则有⎩⎨⎧22ab ＝1＋3，(1＋3)c ＝2b ，a sin A ＝c sin C ，解得{ a ＝2，b ＝1＋3，c ＝2.18．(12分)已知向量a ＝(3，－4)，求： (1)与a 平行的单位向量b ； (2)与a 垂直的单位向量c ；(3)将a 绕原点逆时针方向旋转45°得到的向量e 的坐标．解：(1)设b ＝λa ，则|b |＝1，b ＝(35，－45)或b ＝(－35，45)．(2)由a ⊥c ，a ＝(3，－4)，可设c ＝λ(4,3)，求得c ＝(45，35)或c ＝(－45，－35)．(3)设e ＝(x ，y )，则x 2＋y 2＝25.又a·e ＝3x －4y ＝|a |·|e |cos45°，即3x －4y ＝2522，由上面关系求得e ＝(722，－22)或e＝(－22，－722)．而向量e 由a 绕原点逆时针方向旋转45°得到，故e ＝(722，－22)．19．(12分)在△ABC 中，已知内角A ＝π3，边BC ＝2 3.设内角B ＝x ，周长为y .(1)求函数y ＝f (x )的解析式和定义域； (2)求y 的最大值．解：(1)△ABC 的内角和A ＋B ＋C ＝π，由A ＝π3，B >0，C >0得0<B <2π3.应用正弦定理，知AC ＝BC sin A sin B ＝23sin π3sin x ＝4sin x ，AB ＝BC sin A sin C ＝4sin(2π3－x )．因为y ＝AB ＋BC ＋AC ，所以y ＝4sin x ＋4sin(2π3－x )＋23(0<x <2π3)．(2)因为y ＝4(sin x ＋32cos x ＋12sin x )＋2 3＝43sin(x ＋π6)＋23(π6<x ＋π6<5π6)，所以当x ＋π6＝π2，即x ＝π3时，y 取得最大值6 3.20．(12分)(2009·重庆二次调研)有一道解三角形的题目，因纸张破损致使有一个条件不清，具体如下：在△ABC 中，已知a ＝3，B ＝45°，________，求角A .经推断，破损处的条件为三角形一边的长度，且答案提示角A ＝60°，试将条件补充完整，并说明理由．解：将角A ＝60°看作已知条件，由a sin A ＝b sin B 得b ＝2；由a sin A ＝csin C 得c ＝6＋22. 若已知条件为b ＝2，则由a sin A ＝b sin B 得sin A ＝32，∴角A ＝60°或120°，不合题意，舍去．若已知条件为c ＝6＋22，则由b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝2得b ＝2，∴cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，∴角A ＝60°，符合题意．综上所述，破损处的已知条件应为c ＝6＋22.21．(12分)(2009·杭州质检)点O 是梯形ABCD 对角线的交点，|AD |＝4，|BC |＝6，|AB |＝2.设与BC →同向的单位向量为a 0，与BA →同向的单位向量为b 0.图5(1)用a 0和b 0表示AC →，CD →和OA →；(2)若点P 在梯形ABCD 所在的平面上运动，且|CP →|＝2，求|BP →|的最大值和最小值．解：(1)由题意知BC →＝6a 0，BA →＝2b 0，∴AC →＝BC →－BA →＝6a 0－2b 0； ∵AD →∥BC →，∴AD →＝4a 0，则CD →＝CA →＋AD →＝2b 0－6a 0＋4a 0＝2b 0－2a 0； ∵AD ∥BC ，∴|OA |∶|OC |＝|AD |∶|BC |＝2∶3，则OA →＝－25AC →＝－25(6a 0－2b 0)＝－125a 0＋45b 0.(2)由题意知点P 是在以点C 为圆心，2为半径的圆周上运动，所以由几何意义即得|BP →|的最大值和最小值分别应该为8和4.22．(14分)已知向量a ＝(x,1)，b ＝(1，－sin x )，函数f (x )＝a·b . (1)若x ∈[0，π]，试求函数f (x )的值域；.. .(2)(理)若θ为常数，且θ∈(0，π)，设g (x )＝2f (θ)＋f (x )3－f (2θ＋x3)，x ∈[0，π]，请讨论g (x )的单调性，并判断g (x )的符号．解：(1)f (x )＝a·b ＝x －sin x ， ∴f ′(x )＝1－cos x ，x ∈[0，π]． ∴f ′(x )≥0.∴f (x )在[0，π]上单调递增．于是f (0)≤f (x )≤f (π)，即0≤f (x )≤π， ∴f (x )的值域为[0，π]．(2)g (x )＝2(θ－sin θ)＋x －sin x 3－2θ＋x 3＋sin 2θ＋x3＝－23sin θ－13sin x ＋sin 2θ＋x 3，∴g ′(x )＝－13cos x ＋13cos 2θ＋x3.∵x ∈[0，π]，θ∈(0，π)， ∴2θ＋x 3∈(0，π)．而y ＝cos x 在[0，π]内单调递减，∴由g ′(x )＝0，得x ＝2θ＋x3，即x ＝θ.因此，当0≤x <θ时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当θ<x ≤π时，g ′(x )>0，g (x )单调递增．由g (x )的单调性，知g (θ)是g (x )在[0，π]上的最小值， ∴当x ＝θ时，g (x )＝g (θ)＝0；当x ≠θ时，g (x )>g (θ)＝0. 综上知，当x ∈[0，θ)时，g (x )单调递减；当x ∈(θ，π]时，g (x )单调递增；当x ＝θ时，g (x )＝0；当x ≠θ时，g (x )>0.。

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④球心到截面的距离 d 与球的半径 R 及截面的半径 r ，
有下面的关系：
(3)球面距离经过球面上两点的
.
大圆的劣孤长叫做两点的
球面距离．
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(4)球的表面积与体积半径是R的球的表面积S球面＝积V球＝ .
4πR2
；体
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1．Rt△ABC的三个顶点在半径为13的球面上，两直角边的长分别为6和8，则球心到平面ABC的距离是 A．5 C．10 B．6 D．12 ( )
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2．球 (1)球面和球的概念半圆以它的直径为旋转轴，旋转所成的曲面叫做，简称球．定球面，球面所围成的几何体叫做球体长(半径)的所有点的集合(轨迹)．
球也可以看作与定点(球心)的距离等于或小于
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(2)球的截面的性质 ①用一个平面去截一个球，截面是一个圆面； ②球面被经过球心的平面所截得的圆叫做大圆，被不经过球心的平面所截得的圆叫做小圆；； ③球心和截面圆心的连线垂直于截面
解．
2 ．计算或证明中要注意联系球的半径、截面圆的半径及球心到截面的距离三者的关系，重视球的截面(含球的
切面)的性质．
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3 ．注意球面上两点的直线距离、球面距离以及在相应的小圆上的弧长三者之间的区别与联系．特别注意球面距离，其关键是求出球面上两点与球心的张角 (用弧度制表示)，常常是结合直观图综合运用三角知识求解． 4 ．对于与球有关的组合体，应根据题意选择最佳角度作出轴截面图形，把复杂的图形分解为简单的图形，把
答案：A

【福建省】2016届高考数学(理科)-立体几何-专题练习-答案

福建省2016届高考数学（理科）-专题练习立体几何答案一、选择题．1~5．CCDDB 6．D二、填空题．（7）1（8）50(1+（9）45o（10）三、解答题．（11）解：（Ⅰ）证明：连1AC ，1CB ，则1ACC △和11B CC △皆为正三角形．取1CC 中点O ，连OA ，1OB ，则1CC OA ⊥，11CC OB ⊥，则11CC OAB ⊥平面，则11CC AB ⊥．……5分（Ⅱ）由（Ⅰ）知，1OA OB ==1AB =1OA OB ⊥．如图所示，分别以1OB ，1OC ，OA 为正方向建立空间直角坐标系，则0(0,)1C -,，1)0,0B ，(A ，……6分设平面1CAB 的法向量为111(,,)m x y z =u r ，∵1AB =u u u r ，(0,1,AC =-u u u r ，∴11111130300130x y z x y z ⎧⨯+⨯-⨯=⎪⎨⨯-⨯-⨯=⎪⎩，取(1,3,1)m =-u r ．……8分设平面11A AB 的法向量为222(,,)n x y z =r ，∵1(3,0,3)AB =-u u u u r ，1(0,2,0)AA =u u u r ，∴22211130300200x y z x y z ⎧⨯+⨯-⨯=⎪⎨⨯+⨯+⨯=⎪⎩，取(1,0,1)n =r ．则10cos ,52||||m n m n m n •<>===⨯u r r u r r u r r ，又∵二面角11C AB A --为钝角，∴二面角11C AB A --的余弦值为105-．……10分（12）证明：（Ⅰ）连接AC ，交BQ 于N ，连接MN ，∵BC AD ∥且12BC AD =，即BC AQ ∥且BC AQ =， ∴四边形BCAQ 为平行四边形，故N 为AC 的中点．又∵点M 是棱PC 的中点，∴MN PA ∥．……3分∵MN MQB ⊂平面，PA MQB ⊄平面，∴PA MQB ∥平面．……6分（Ⅱ）因为,PA PD Q =为AD 的中点，则PQ AD ⊥．∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD ⋂平面ABCD AD =，∴PQ ⊥平面ABCD ，∵BQ ABCD ⊂平面，∴PQ BQ ⊥．∵,AD BC ∥12BC AD =，Q 为AD 的中点， ∴四边形BCDQ 为平行四边形，∴//CD BQ ，又∵90ADC ∠=o ， ∴90AQB ∠=o ，即QB AD ⊥……9分以Q 为原点，分别以,,QA QB QP 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系（如图），则(0,0,0)Q ，(0,0,3)P ，(0,3,0)B ，(1,3,0)C -，(1,3,3)PC =--u u u r ，(0,0,3)QP =u u u r ，(0,3,0)QB =u u u r ．设,(01)PM tPC t =≤≤u u u u r u u u r，则()QM QP tPC t =+=-u u u u r u u u r u u u r ．设平面MQB 的法向量为(,,)=m x y z u r ，由0,0m QB m QM ⎧•=⎪⎨•=⎪⎩u r u u u r u r u u u u r得0,)0=⎧⎪⎨-+=⎪⎩y tx z ，令=z t ，得平面MQB的一个法向量为,0,)m t =u r ，又(0,0,1)n =r是平面BQC 的一法向量，二面角M BQ C --的大小为30o ，∴||cos30n m n m ︒•===r u r r u r ，……13分解得 1233,42t t ==（舍），∴3=4PM PC ．……15分（13）解：（Ⅰ）补充完整的三棱锥P ABC -的直观图如图所示；……2分由三视图知ABC △和PCA △是直角三角形．……3分（Ⅱ）如图，过P 作PH BC ⊥交BC 于点H ．由三视图知2OH HC ==，PH =，,AC BC ⊥4AC =，……4分∴在图中所示的坐标系下，相关点的坐标为：(0,0,0)B ，(4,0,0)C，P ，(4,4,0)A ，则(4,4,0)BA =u u u r，BP =u u u r ，(0,4,0)CA =u u u r，(CP =-u u u r ．……5分设平面PAB 、平面PAC 的法向量分别为111(,,)x y z =m ，222(,,)x y z =n ．由0BA •=m u u u r ，0BP •=m u u u r，得1111440,20,x y x +=⎧⎪⎨+=⎪⎩ 令11z =，得1x =1y =，即(=m ．……7分由0CA •=n u u u r ，0PC •=n u u u r，得2224020y x =⎧⎪⎨-+=⎪⎩，令21=z ，得2x =，20y =，即=n ．……8分∴cos ,7•<>===-m n m n m n ，∴sin ,7<>=m n，则tan ,<>=m n 9分 ∵二面角B PA C --的大小为锐角，∴tan α．……10分（Ⅲ）记C 到面PAB 的距离为h ，由(0,0,0)B ，(4,0,0)C，P ，(4,4,0)A ，得PA =4AB PB ==，……11分∴PAB S ∆=13C PAB PAB V S h -=•=△．……13分又三棱锥P ABC -的体积13P ABCABC V S PH -=•=△，由P ABC C PAB V V --=，可得：7=h ．……15分。

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[解 ]
建立空间直角坐标系，使得D(0,0,0)、A(a,0,0)、
B(a ， a,0) 、 C(0 ， a,0) 、 M(0,0 ， a) 、 E(a,0 ， a) 、 F(0 ， a ， a) ，则由中点坐标公式得P
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(1)求证：PQ⊥BD； (2)求二面角P－BD－Q的余弦值； (3)求点P到平面QBD的距离．
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[解 ]
(1)由P－ABD，Q－CBD是相同的正三棱锥，可
向量，A∈l1，B∈l2，则两条异面直线的距离
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1．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝2，AA1＝1，则点A到平面A1BC的距离为 ( )
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解析：取BC中点E，连结A1E、AE，则平面 A1EA⊥平面A1BC，过A作AM⊥A1E于M，必有AM⊥ 平面A1BC. 3· 1 3 又AB＝2，∴AE＝ 3.∴AM＝＝ 2 .故 2 ( 3) ＋1 选B.
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∵CM⊂平面BCC1B1，∴DC⊥CM ∴CM是异面直线DC与BC1的公垂线段， ∵四边形B1BCC1是正方形， 1 2 ∴点M是BC1的中点，CM＝2BC1＝ 2 a. 2 因此BC1与DC间的距离为 2 a.
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特殊几何体中的二面角与距离问题 [例4] 如图13，某建筑物的基本单元可近似地按以下方法构造：先在地平面α内作菱形ABCD，边长为1，∠BAD ＝60°，再在α的上侧，分别以△ABD与△CBD为底面安装上相同的正棱锥P－ABD与Q－CBD，∠APB＝90°.

南方新高考2016高考数学大一轮总复习第九章立体几何初步与空间向量同步训练理

第九章立体几何初步与空间向量第1讲空间几何体的结构及三视图、直观图A级训练(完成时间：10分钟)1.以下四个命题：①正棱锥的所有侧棱相等；②直棱柱的侧面都是全等的矩形；③圆柱的母线垂直于底面；④用经过旋转轴的平面截圆锥，所得的截面一定是全等的等腰三角形．其中，真命题的个数为( )A．4 B．3C．2 D．12.(2013·四川)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体可以是( )A．棱柱 B．棱台C．圆柱 D．圆台3.如图，一个封闭的长方体，它的六个表面各标出A、B、C、D、E、F这六个字母，现放成下面三种不同的位置，所看见的表面上的字母已标明，则字母A、B、C对面的字母依次分别为( )A．D、E、F B．F、D、EC．E、F、D D．E、D、F4.一个三角形采用斜二测画法作直观图，则其直观图的面积是原来三角形面积的( )A.24B.22C.12D．25.一个空间几何体的三视图如图所示，则此空间几何体的直观图为( )6.画出如图实物的三视图．B级训练(完成时间：17分钟) 1.[限时2分钟，达标是( )否( )]将图所示的一个直角三角形ABC(∠C＝90°)绕斜边AB旋转一周，所得到的几何体的正视图是下面四个图形中的( )2.[限时2分钟，达标是( )否( )]如图所示为一平面图形的直观图，则此平面图形可能是( )A. B.C.D.3.[限时2分钟，达标是( )否( )]如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，EF∥B1C1，用平面BCFE把这个长方体分成了(1)、(2)两部分后，这两部分几何体的形状是( )A．(1)是棱柱，(2)是棱台 B．(1)是棱台，(2)是棱柱C．(1)(2)都是棱柱 D．(1)(2)都是棱台4.[限时2分钟，达标是( )否( )]将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )5.[限时3分钟，达标是( )否( )]如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为BD1的中点，则△PAC在该正方体各个面上的射影可能是( )A．①④ B．②③C．②④ D．①②6.[限时2分钟，达标是( )否( )]已知三棱锥的正视图与俯视图如图，俯视图是边长为2的正三角形，则该三棱锥的侧视图可能为( )7.[限时4分钟，达标是( )否( )]如图是一个几何体的正视图和俯视图．(1)试判断该几何体是什么几何体；(2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积．C级训练(完成时间：4分钟)1.[限时4分钟，达标是( )否( )]一只蚂蚁从正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A处出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图是( )A．①② B．①③C．②④ D．③④第2讲空间几何体的表面积与体积A级训练(完成时间：10分钟)1.已知某球的体积大小等于其表面积大小，则此球的半径是( )A. 3 B．3C．4 D．52.一个几何体的三视图及部分数据如图所示，侧(左)视图为等腰三角形，俯视图为正方形，则这个几何体的体积等于( )A.13B.23C.156D.62243.如图是底面半径为1，母线长均为2的圆锥和圆柱的组合体，则该组合体的侧视图的面积为( )A．8π B．6πC．4＋ 3 D．2＋ 34.如果底面直径和高相等的圆柱的侧面积是S，那么圆柱的体积等于( )A.S2S B.S2SπC.S4S D.S4Sπ5.已知高为3的直棱柱ABCA1B1C1的底面是边长为1的正三角形(如图)，则三棱锥B1ABC的体积为________．6.某高速公路收费站入口处的安全标识墩如图所示．墩的上半部分是正四棱锥PEFGH，下半部分是长方体ABCDEFGH.图1、图2分别是该标识墩的正(主)视图和俯视图．(1)请画出该安全标识墩的侧(左)视图；(2)求该安全标识墩的体积．B级训练(完成时间：14分钟)1.[限时2分钟，达标是( )否( )]一个正方体的所有顶点都在同一球面上，若球的体积是43π，则正方体的表面积是( )A．8 B．6C．4 D．32.[限时2分钟，达标是( )否( )](2014·福建)以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于( )A．2π B．πC．2 D．13.[限时2分钟，达标是( )否( )]底面水平放置的正三棱柱的所有棱长均为2，当其主视图有最大面积时，其左视图的面积为( )A．2 3 B. 3C．3 D．44.[限时2分钟，达标是( )否( )]如图，一个简单组合体的正(主)视图和侧(左)视图都是由一个正方形与一个正三角形构成的相同的图形，俯视图是一个半径为3的圆(包括圆心)．则该组合体的表面积等于( ) A．15π B．18πC．21π D．24π5.[限时2分钟，达标是( )否( )]如图是某简单组合体的三视图，则该组合体的体积为( )A ．363(π＋2)B ．363(π＋2)C ．1083πD ．108(3π＋2)6.[限时2分钟，达标是( )否( )](2014·山东)三棱锥P ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D ABE 的体积为V 1，P ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________.7.[限时2分钟，达标是( )否( )](2013·课标Ⅰ)已知H 是球O 的直径AB 上一点，AH ∶HB ＝1∶2，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为________．C 级训练(完成时间：6分钟)1.[限时3分钟，达标是( )否( )]已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能是( )A ．1 B. 2C.2－12D.2＋122.[限时3分钟，达标是( )否( )]如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，动点E、F在棱A1B1上．点Q是CD的中点，动点P在棱AD上，若EF＝1，DP＝x，A1E＝y(x，y大于零)，则三棱锥PEFQ的体积( ) A．与x，y都有关B．与x，y都无关C．与x有关，与y无关D．与y有关，与x无关第3讲空间点、线、面的位置关系A级训练(完成时间：10分钟)1.在下列命题中，不是公理的是( )A．平行于同一个平面的两个平面平行B．过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面C．如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线上所有点都在此平面内D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线2.若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则( )A．α内的所有直线与l异面B．α内不存在与l平行的直线C．α内存在唯一的直线与l平行D．α内的直线与l都相交3.下列说法正确的是( )A．如果两个不重合的平面α，β有一条公共直线a，就说平面α，β相交，并记作α∩β＝aB．两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线C．两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于A点，并记作α∩β＝A D．两个平面ABC与DBC相交于线段BC4.空间中过一点作已知直线的平行线的条数是( )A．0条 B．1条C．无数条 D．0或1条5.设有如下三个命题：甲：相交直线l、m都在平面α内，并且都不在平面β内；乙：直线l、m中至少有一条与平面β相交；丙：平面α与平面β相交．当甲成立时( )A．乙是丙的充分而不必要条件B．乙是丙的必要而不充分条件C．乙是丙的充分必要条件D．乙既不是丙的充分条件又不是丙的必要条件6.空间四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，则BC与AD的位置关系是异面直线；四边形EFGH是平行四边形；当BD＝AC时，四边形EFGH 是菱形；当BD⊥AC时，四边形EFGH是矩形；当BD＝AC且BD⊥AC时，四边形EFGH 是正方形．B级训练(完成时间：18分钟) 1.[限时2分钟，达标是( )否( )] l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( )A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面2.[限时2分钟，达标是( )否( )]如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，CC1的中点，在平面ADD1A1内且与平面D1EF平行的直线( )A．不存在 B．有1条C．有2条 D．有无数条 3.[限时2分钟，达标是( )否( )]如图，在三棱锥SABC中，E为棱SC的中点，若AC＝23，SA＝SB＝AB＝BC＝SC＝2，则异面直线AC与BE所成的角为( )A．30° B．45°C．60° D．90°4.[限时2分钟，达标是( )否( )]如图，ABCDA1B1C1D1是长方体，其中AA1＝a，∠BAB1＝∠B1A1C1＝30°，则AB与A1C1所成的角为30°，AA1与B1C所成的角为45°.5.[限时2分钟，达标是( )否( )]正方形ABCD和正方形CDEF所在的平面相互垂直，则异面直线AC和DF所成的角为________．6.[限时3分钟，达标是( )否( )]四棱锥PABCD的顶点P在底面ABCD上的投影恰好是A，其正视图与侧视图都是腰长为a的等腰直角三角形．则在四棱锥PABCD的所有棱中，互相垂直的异面直线共有 6 对．7.[限时5分钟，达标是( )否( )](2014·陕西)四面体ABCD及其三视图如图所示，平行于棱AD，BC的平面分别交四面体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H.(1)求四面体ABCD的体积；(2)证明：四边形EFGH是矩形．C级训练(完成时间：6分钟)1.[限时3分钟，达标是( )否( )]给出下列四个命题：①过平面外一点作与该平面成θ角的直线一定有无穷多条；②一条直线与两个相交平面都平行，则它必与这两个平面的交线平行；③对确定的两条异面直线，过空间任意一点有且只有唯一一个平面与这两条异面直线都平行；④对两条异面直线，都存在无穷多个平面与这两条异面直线所成的角相等．其中正确的命题的序号是②④.(请把所有正确命题的序号都填上)2.[限时3分钟，达标是( )否( )]如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别是CD、CC1的中点，则异面直线A1M与DN 所成的角的大小是90°.第4讲空间中的平行关系A级训练(完成时间：10分钟)1.如果直线a∥平面α，那么直线a与平面α内的( )A．一条直线不相交B．两条直线不相交C．无数条直线不相交D．任意一条直线不相交2.已知直线a，b，c及平面α，β，下列条件中，能使a∥b成立的是( )A．a∥α，b⊂α B．a∥α，b∥αC．a∥c，b∥c D．a∥α，α∩β＝b3.下列四个结论：(1)两条直线都和同一个平面平行，则这两条直线平行；(2)两条直线没有公共点，则这两条直线平行；(3)两条直线都和第三条直线垂直，则这两条直线平行；(4)一条直线和一个平面内无数条直线没有公共点，则这条直线和这个平面平行．其中正确的个数为( ) A．0 B．1C．2 D．34.两条不同的直线l1，l2平行的一个充分不必要条件是( )A．l1，l2都平行于同一个平面B．l1，l2与同一个平面所成的角相等C．l1平行于l2所在的平面D．l1，l2都垂直于同一个平面5.若直线a与平面α内的无数条直线平行，则a与α的关系为a∥α或a⊂α.6.如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，D点为棱AB的中点．求证：AC1∥平面CDB1.7.如图，已知长方体ABCDA1B1C1D1.求证：平面AB1D1∥平面BDC1.B级训练(完成时间：16分钟)1.[限时2分钟，达标是( )否( )]已知三条直线a，b，c和平面β，则下列推论中正确的是( )A．若a∥b，b⊂β，则a∥βB．若a∥β，b∥β，则a∥b或a与b相交C．若a⊥c，b⊥c，则a∥bD．若a⊂β，b∥β，a，b共面，则a∥b2.[限时2分钟，达标是( )否( )]已知两个平面α、β，直线a⊂α，则“α∥β”是“直线a∥β”的( ) A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件3.[限时2分钟，达标是( )否( )]已知直线l和平面α，若l∥α，P∈α，则过点P且平行于l的直线( ) A．只有一条，不在平面α内B．有无数条，一定在平面α内C．只有一条，且在平面α内D．有无数条，不一定在平面α内4.[限时2分钟，达标是( )否( )]对于平面α和直线m，n，下列命题中假命题的个数是( )①若m⊥α，m⊥n，则n∥α；②若m∥α，n∥α，则m∥n；③若m∥α，n⊂α，则m∥n；④若m∥n，n∥α，则m∥αA．1个 B．2个C．3个 D．4个5.[限时2分钟，达标是( )否( )]如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F、G、H分别是棱CC1、C1D1、D1D、CD的中点，N 是BC的中点，点M在四边形EFGH上及其内部运动，则M满足条件M∈FH时，有MN∥平面B1BDD1.[限时6分钟，达标是( )否( )]如图，已知四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，ABCD是直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，BC＝2AD.(1)求证：AB⊥PD；(2)在线段PB上是否存在一点E，使AE∥平面PCD，若存在，指出点E的位置并加以证明；若不存在，请说明理由．C级训练(完成时间：6分钟)1.[限时3分钟，达标是( )否( )]已知一个平面α，那么对于空间内的任意一条直线a，在平面α内一定存在一条直线b，使得a与b( )A．平行 B．相交C．异面 D．垂直2.[限时3分钟，达标是( )否( )]已知两个不重合的平面α，β，给定以下条件：①α内不共线的三点到β的距离相等；②l，m是α内的两条直线，且l∥β，m∥β；③l，m是两条异面直线，且l∥α，l∥β，m∥α，m∥β；其中可以判定α∥β的是( )A．① B．②C．①③ D．③第5讲空间中的垂直关系A级训练(完成时间：10分钟)1.设a，b，c是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则a⊥b的一个充分条件为( )A．a⊥c，b⊥c B．α⊥β，a⊂α，b⊂βC．a⊥α，b∥α D．a⊥α，b⊥α2.在正方体ABCDA1B1C1D1中与异面直线AB，CC1均垂直的棱有______条( )A．1 B．2C．3 D．43.已知平面α⊥平面β，点A∈α，则过点A且垂直于平面β的直线( )A．只有一条，不一定在平面α内B．有无数条，不一定在平面α内C．只有一条，一定在平面α内D．有无数条，一定在平面α内4.已知α，β表示两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，则“α⊥β”是“m ⊥β”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件5.PA垂直于正方形ABCD所在平面，连接PB，PC，PD，AC，BD，则下列垂直关系正确的是( )①平面PAB⊥平面PBC；②平面PAB⊥平面PAD；③平面PAB⊥平面PCD；④平面PAB⊥平面PAC.A．①② B．①③C．②③ D．②④6.下列命题中假命题是( )A．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行B．垂直于同一条直线的两条直线相互垂直C．若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直D．若一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的相交直线分别平行，那么这两个平面相互平行7.如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是矩形，DE⊥平面ABCD.(1)求证：AB∥EF；(2)求证：平面BCF⊥平面CDEF.B级训练(完成时间：27分钟)1.[限时2分钟，达标是( )否( )](2014·广东汕尾二模)关于直线l，m及平面α，β，下列命题中正确的是( ) A．若l∥α，α∩β＝m，则l∥mB．若l∥α，m∥α，则l∥mC．若l⊥α，l∥β，则α⊥βD．若l∥α，m⊥l，则m⊥α2.[限时2分钟，达标是( )否( )]正方体ABCDA1B1C1D1中，E为线段B1D1上的一个动点，则下列结论中错误的是( ) A．AC⊥BEB．B1E∥平面ABCDC．三棱锥EABC的体积为定值D．直线B1E⊥直线BC13.[限时5分钟，达标是( )否( )]如图在四锥PABCD中，CD⊥平面PAD，CD∥AB，AB＝2CD，PD＝AD，E为PB中点．证明：(1)CE∥平面PA D.(2)PA⊥平面CDE.[限时6分钟，达标是( )否( )](2014·湖北)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，P，Q，M，N分别是棱AB，AD，DD1，BB1，A1B1，A1D1的中点．求证：(1)直线BC1∥平面EFPQ；(2)直线AC1⊥平面PQMN.[限时6分钟，达标是( )否( )](2014·江苏)如图，在三棱锥PABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点．已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.求证：(1)直线PA∥平面DEF；(2)平面BDE⊥平面ABC.[限时6分钟，达标是( )否( )](2014·山东)如图，四棱锥P ABCD 中，AP ⊥平面PCD ，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝12AD ，E ，F分别为线段AD ，PC 的中点．(1)求证：AP ∥平面BEF ； (2)求证：BE ⊥平面PAC .C级训练(完成时间：10分钟)1.[限时3分钟，达标是( )否( )]在正四面体ABCD中，E、F、G分别是BC、CD、DB的中点，下面四个结论中不正确的是( )A．BC∥平面AGFB．EG⊥平面ABFC．平面AEF⊥平面BCDD．平面ABF⊥平面BCD[限时7分钟，达标是( )否( )]如图所示，在四棱锥P ABCD 中，AB ⊥平面PAD ，AB ∥CD ，PD ＝AD ，E 是PB 的中点，F是CD 上的点且DF ＝12AB ，PH 为△PAD 中AD 边上的高．(1)证明：PH ⊥平面ABCD ；(2)若PH ＝1，AD ＝2，FC ＝1，求三棱锥E BCF 的体积； (3)证明：EF ⊥平面PAB .第6讲空间向量的概念及运算A 级训练(完成时间：10分钟)1.如图，棱长为2的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1在空间直角坐标系中，若E ，F 分别是BC ，DD 1中点，则EF →的坐标为( )A ．(1,2，－1)B ．(－1,2，－1)C ．(1，－2，－1)D ．(－1，－2,1) 2.下列说法中正确的是( )A ．任何三个不共线的向量可构成空间向量的一个基底B ．空间的基底有且仅有一个C ．两两垂直的三个非零向量可构成空间的一个基底D ．基底{a ，b ，c }中基向量与基底{e ，f ，g }中基向量对应相等3.在空间中，点M (x,0,0)与点A (2,0,1)和点B (1，－3,1)的距离相等，则x ＝( ) A ．3 B ．－3 C ．2 D ．－24.向量a ＝(0,1，－1)，b ＝(0,1,0)，则a 与b 的夹角为( ) A ．0° B．30° C ．45° D．60°5.已知向量a ＝(－1,2,2)，b ＝(1,1,1)，则向量a 在向量b 方向上的投影为________．6.已知点A (1,2,1)，B (－1,3,4)，D (1,1,1)，若AP →＝2PB →，则|PD →|的值是____________． 7.已知长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝4，E 为侧面AB 1的中心，F 为A 1D 1的中点．试计算：(1)BC →·ED 1→； (2)EF →·FC 1→.B 级训练(完成时间：15分钟)1.[限时2分钟，达标是( )否( )]已知三棱锥O ABC ，点M ，N 分别为AB ，OC 的中点，且OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，用a ，b ，c 表示MN →，则MN →等于( )A.12(b ＋c －a )B.12(a ＋b －c ) C.12(a －b ＋c ) D ，12(c －a －b ) 2.[限时2分钟，达标是( )否( )]对于空间任意一点O 和不共线三点A ，B ，C ，点P 满足OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →是点P ，A ，B ，C 共面的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件3.[限时2分钟，达标是( )否( )]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 1→·B 1C →B.BD 1→·AC →C.AB →·AD 1→D.BD 1→·BC →4.[限时2分钟，达标是( )否( )]已知向量a ＝(0，－1,1)，b ＝(4,1,0)，|λa ＋b |＝29，且SymbollA @ ＞0，则λ＝ 3 .5.[限时2分钟，达标是( )否( )]已知A (－1，－2,6)，B (1,2，－6)，O 为坐标原点，则向量OA →与OB →夹角是________． 6.[限时5分钟，达标是( )否( )]已知向量a ＝(1，－3,2)，b ＝(－2,1,1)，点A (－3，－1,4)，B (－2，－2,2)． (1)求|2a ＋b|；(2)在直线AB 上，是否存在一点E ，使得OE →⊥b ？(O 为原点)．C 级训练(完成时间：11分钟)1.[限时5分钟，达标是( )否( )]如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别是BB1、D1B1的中点．求：(1)|EF|的值；(2)点B1(1,1,1)关于z轴对称的点的坐标．2.[限时6分钟，达标是( )否( )]证明空间任意无三点共线的四点A、B、C、D共面的充分必要条件是：对于空间任一点O，存在实数x、y、z且x＋y＋z＝1，使得OA→＝xOB→＋yOC→＋zOD→.第7讲空间向量的应用(一)——证明平行与垂直A 级训练(完成时间：10分钟)1.已知直线a 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，下列结论成立的是( ) A ．若a∥n ，则a ∥α B ．若a·n ＝0，则a ⊥α C ．若a∥n ，则a ⊥α D ．若a·n ＝0，则a ∥α2.设平面α的法向量为(1,2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k )，若α∥β，则k ＝( )A ．2B ．－4C ．4D ．－23.已知A (3，－2,1)，B (4，－5,3)，则与向量AB →平行的一个向量的坐标是( )A ．(13，1,1) B ．(－1，－3,2)C ．(－12，32，－1) D ．(2，－3，－22)4.已知向量a ＝(1,1,0)，b ＝(－1,0,2)，且k a ＋b 与2a －b 互相垂直，则k ＝________.5.向量i ，j ，k 是两两互相垂直的单位向量，若向量a ＝2i －j ＋k ，b ＝4i ＋9j ＋k ，则这两个向量的位置关系是垂直 .6.若A (0,2，198)，B (1，－1，58)，C (－2,1，58)是平面α内的三点，设平面α的法向量a ＝(x ，y ，z )，则x ∶y ∶z ＝ 2∶3∶(－4) .7.如图，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝2，AB ＝6，E 、F 分别为A 1D 1、D 1C 1的中点．分别以DA 、DC 、DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系D xyz .(1)求点E 、F 的坐标； (2)求证：EF ∥平面ACD 1.B级训练(完成时间：27分钟)1.[限时2分钟，达标是( )否( )]已知A(－4,6，－1)，B(4,3,2)，则下列各向量中是平面AOB(O是坐标原点)的一个法向量的是( )A．(0,1,6) B．(－1,2，－1)C．(－15,4,36) D．(15,4，－36)2.[限时2分钟，达标是( )否( )]在空间坐标系中，已知直角三角形ABC的三个顶点为A(－3，－2,1)、B(－1，－1，－1)、C(－5，x,0)，则x的值为0或9 .3.[限时5分钟，达标是( )否( )]在四棱锥PABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E、F分别是AB、PB的中点．(1)求证：EF⊥CD；(2)求DB与平面DEF所成角的正弦值．[限时5分钟，达标是( )否( )]如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分别为A1B1、B1C1、C1D1的中点．(1)求异面直线AG与BF所成角的余弦值；(2)求证：AG∥平面BEF；(3)试在棱BB1上找一点M，使DM⊥平面BEF，并证明你的结论．[限时6分钟，达标是( )否( )]如图，已知四棱锥PABCD的底面ABCD为等腰梯形，AB∥DC，AC⊥BD，AC与BD相交于点O，且顶点P在底面上的射影恰为O点，又BO＝2，PO＝2，PB⊥PD.设点M在棱PC上，问M点在什么位置时，PC⊥平面BMD.[限时7分钟，达标是( )否( )]正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长均为2，P是侧棱AA1上任意一点．(1)求正三棱柱ABCA1B1C1的体积；(2)判断直线B1P与平面ACC1A1是否垂直，请证明你的结论；(3)当BC1⊥B1P时，求二面角CB1PC1的余弦值．C级训练(完成时间：7分钟) 1.[限时7分钟，达标是( )否( )]如图，在四棱锥PABCD中，PB⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB∥CD，且AB＝1，AD＝CD＝2，E在线段PD上．(1)若E是PD的中点，试证明：AE∥平面PBC；(2)若异面直线BC与PD所成的角为60°，求四棱锥PABCD的侧视图的面积．第8讲空间向量的应用(二)——空间角及其计算A级训练(完成时间：10分钟)1.已知二面角αlβ的大小为60°，m、n为异面直线，且m⊥α，n⊥β，则m、n 所成的角是( )A．30° B．60°C．90° D．120°2.正方体ABCDA1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为( )A.23B.33C.23D.633.已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为AA1中点，则异面直线BE与CD1所成的角的余弦值为( )A.1010B.15C.31010D.354.如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，那么直线BA1与CC1所成角的大小为45°；直线BA1与B1C所成角的大小为60°.5.三棱锥PABC中，∠ABC＝90°，PA⊥平面ABC，且∠CPB＝30°，则∠PCB＝60°.6.如图，在棱长为1的正方体AC1中，E、F分别为A1D1和A1B1的中点．(1)求异面直线AE和BF所成的角的余弦值；(2)求平面BDD1与平面BFC1所成的锐二面角的余弦值．B级训练(完成时间：29分钟)1.[限时2分钟，达标是( )否( )]如果平面的一条斜线和它在这个平面上的射影的方向向量分别是a＝(0,2,1)，b＝(2，5，5)，那么这条斜线与平面的夹角是( )A．90° B．60°C．45° D．30°2.[限时2分钟，达标是( )否( )]若正三棱锥的侧面都是直角三角形，则侧面与底面所成二面角的余弦值是( )A.63B.33C.23D.133.[限时2分钟，达标是( )否( )]如图，点P在正方形ABCD所在平面外，PD⊥平面ABCD，PD＝AD，则PA与BD所成角的度数为( )A．30° B．45°C．60° D．90° 4.[限时3分钟，达标是( )否( )]如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，P是底面A1B1C1D1的中心，M是CD的中点，则P。

2016届高考数学文自由复习步步高系列专题06立体几何(通用版)(原卷版)

2016年高考备考之考前十天自主复习第6天（文科）回顾一：空间几何体1．四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直平行六面体、长方体之间的关系．2．空间几何体的三视图(1)三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从物体的正前方、正左方、正上方看到的物体轮廓线的正投影形成的平面图形．(2)三视图排列规则：俯视图放在正视图的下面，长度与正视图一样；侧视图放在正视图的右面，高度和正视图一样，宽度与俯视图一样．(3)画三视图的基本要求：正俯一样长，俯侧一样宽，正侧一样高．看不到的线画虚线．3．直观图的斜二测画法空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．4．空间几何体的两组常用公式(1)柱体、锥体、台体的侧面积公式：①S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)；②S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)；③S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)；④S 球表＝4πR 2(R 为球的半径)． (2)柱体、锥体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；③V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (不要求记忆)；④V 球＝43πR 3.回顾二：空间中的平行于垂直1．线面平行与垂直的判定定理、性质定理2．提醒使用有关平行、垂直的判定定理时，要注意其具备的条件，缺一不可． 3．平行关系及垂直关系的转化示意图热点一：三视图与表面积、体积【典例】( 福建省龙岩市2016届高三教学质量检查数学文8)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的表面积是（）A B+C+D1【题型概述】这类题以三视图为载体，考查面积、体积的计算，尤其三视图及柱、锥与球的接切问题相结合是考试的重点和热点，这类题的解决方法一般为将三视图还原几何体，再利用几何体的表面积公式或体积公式计算，解决的关键是要熟悉常见几何体的三视图，尤其注意几何体的不同摆放位置三视图会发生变化．【跟踪练习1】(2016年浙江省杭州市严州中学高三三月阶段测试数学文10)一个简单几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，俯视图是等腰直角三角形，则该几何体的体积为 ,表面积为．【跟踪练习2】(东北三省三校2016年高三第一次联合模拟考试文6)已知三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积是（）A．Ｂ．Ｃ．Ｄ．热点二：证明或判断空间平行、垂直关系【典例】( 四川省遂宁市2016届高三第二次诊断考试数学文18)如图，四边形ABCD 为梯形，AB ∥CD ，PD ⊥平面ABCD ， =ADC=90BAD ∠∠o ，22,DC AB a DA ===，E 为BC 中点.（1）求证：平面PBC ⊥平面PDE ；（2）线段PC 上是否存在一点F ，使P A //平面BDF ？若有，请找出具体位置，并进行证明；若无，请分析说明理由.【题型概述】空间中的平行关系在高考命题中主要与平面问题中的平行、简单几何体的结构特征等问题相结合，重点考查空间中直线与平面平行、平面与平面平行的判定及性质，解决该类题的关键是注意线线位置关系、线面位置关系、面面位置关系的转化．【跟踪练习1】(江西省六校2016届高三3月联考数学文4)设α,β是空间两个平面，m, n 是空间两条直线，则下列选项不正确．．．的是（） A ．当m ⊂α时，“n ∥α”是“m ∥n ”的必要不充分条件 B ．当m ⊂α时，“m β⊥”是“α⊥β”的充分不必要条件 C ．当n ⊥α时，“n ⊥β”是“α∥β”的充要条件D ．当m ⊂α时，“n ⊥α”是“m ⊥n ”的充分不必要条件【跟踪练习2】( 2014-2016江西省景德镇高三第二质检数学文19)在平行六面体1111ABCD A B C D -中，12AA AD AB ===，160A AD DAB ∠=∠=︒,O 是AD 的中点．（1）证明AD ⊥面1AOB ; （2）当平面ABCD ⊥平面11AA D D ，求11B CDD V -．1A【跟踪练习3】如图所示，已知三棱锥A－BPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M为AB的中点，D为PB的中点，且△PMB为正三角形．(1)求证：DM∥平面APC； (2)求证：平面ABC⊥平面APC.P1．(2014——2016学年度上学期辽宁省丹东五校协作体高三期末考试文5)某几何体三视图如下，其中三角形的三边长与圆的直径均为2，则该几何体体积为（）.Aπ.B.C.Dπ2．等腰梯形ABCD，上底1CD=，腰AD CB==3AB=，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图''''A B C D的面积为_______．3．(山东省潍坊市第一中学2014届高三1月期末考前模拟数学文7)设,m n 是两条不同直线，,αβ是两个不同的平面，下列命题正确的是（A ）//,////,//m n m n αβαβ且则（B ）,m n αβαβ⊥⊥⊥且，则m n ⊥ （C ）,,m n m n αβ⊥⊂⊥，则αβ⊥ （D ）,,//,//m n m n ααββ⊂⊂，则//αβ 4．如图,四边形ABCD 为矩形,AD ⊥平面ABE,F 为CE 上的点,且BF ⊥平面ACE. (1)求证:AE ⊥平面BCE ；(2)设M 在线段AB 上,且满足AM=2MB,试在线段CE 上确定一点N,使得MN ∥平面DAE ．5．已知直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，AC=BC,点D 是AB 的中点． (1)求证：BC 1∥平面CA 1D ； (2)求证：平面CA 1D ⊥平面AA 1B 1B ；6. (甘肃省兰州市2016年高三诊断考试文18)如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是等腰梯形，2AB =,1BC CD ==AB ∥CD ，顶点1D 在底面ABCD 内的射影恰为点C ．（Ⅰ）求证：1AD BC ⊥；（Ⅱ）在AB 上是否存在点M ，使得1C M ∥平面11ADD A ？若存在，确定点M 的位置；若不存在，请说明理由．7. (吉林省长春市普通高中2016届高三质量监测（二）文19)如图，在四棱锥CD P -AB 中，PA ⊥平面CD AB ，D 2PA =AB =A =，四边形D AB ⊥A ，C//D B A 且C 4B =，点M为C P 中点．()1求证：平面D A M ⊥平面C PB ； ()2求点P 到平面D A M 的距离．。

2016年全国各地高考数学试题及解答分类大全(立体几何 )

2016 年全国各地高考数学试题及解答分类大全（立体几何）一、选择题1.（2016北京理）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A.16 B.13 C.12D.1 【答案】A【解析】试题分析：分析三视图可知，该几何体为一三棱锥P ABC -，其体积111111326V =⋅⋅⋅⋅=，故选A. 考点：1.三视图；2.空间几何体体积计算.【名师点睛】解决此类问题的关键是根据几何体的三视图判断几何体的结构特征.常见的有以下几类：①三视图为三个三角形，对应的几何体为三棱锥；②三视图为两个三角形，一个四边形，对应的几何体为四棱锥；③三视图为两个三角形，一个圆，对应的几何体为圆锥；④三视图为一个三角形，两个四边形，对应的几何体为三棱柱；⑤三视图为三个四边形，对应的几何体为四棱柱；⑥三视图为两个四边形，一个圆，对应的几何体为圆柱.2.（2016全国Ⅰ文、理）如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是283π,则它的表面积是( ) （A ）17π （B ）18π （C ）20π （D ）28π【答案】A【解析】试题分析：该几何体直观图如图所示：是一个球被切掉左上角的18,设球的半径为R ,则37428V R 833ππ=⨯=,解得R 2=,所以它的表面积是78的球面面积和三个扇形面积之和2271=42+32=1784S πππ⨯⨯⨯⨯故选A ．考点：三视图及球的表面积与体积【名师点睛】由于三视图能有效的考查学生的空间想象能力,所以以三视图为载体的立体几何题基本上是高考每年必考内容,高考试题中三视图一般常与几何体的表面积与体积交汇.由三视图还原出原几何体,是解决此类问题的关键.3.（2016全国Ⅰ文、理）平面α过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A ,α//平面CB 1D 1, ABCD m α=平面,11ABB A n α=平面，则m 、n 所成角的正弦值为 ( )(A)3 (B )2 (C)3 (D)13【答案】A【解析】试题分析：如图,设平面11CB D 平面ABCD ='m ,平面11CB D 平面11ABB A ='n ,因为//α平面11CB D ,所以//',//'m m n n ,则,m n 所成的角等于','m n 所成的角. 延长AD ,过1D 作11//D E B C ,连接11,CE B D ,则CE 为'm , 同理11B F 为'n ,而111//,//BD CE B F A B ,则','m n 所成的角即为1,A B BD 所成的角,即为60︒,故,m n 所成角的正弦值为32,选A. 考点：平面的截面问题,面面平行的性质定理,异面直线所成的角.【名师点睛】求解本题的关键是作出异面直线所成角,求异面直线所成角的步骤是：平移定角、连线成形,解形求角、得钝求补.4.（2016全国Ⅱ文）体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为（）（A ）12π （B ）323π（C ）8π （D ）4π 【答案】A【解析】试题分析：因为正方体的体积为8，所以棱长为2，所以正方体的体对角线长为23，所以正方体的外接球的半径为3，所以球面的表面积为24(3)12ππ⋅=，故选A. 考点：正方体的性质，球的表面积.【名师点睛】棱长为a 的正方体中有三个球：外接球、内切球和与各条棱都相切的球.其半径分别为3a 、2a 和22a .5.（2016全国Ⅱ文、理）如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）（A）20π（B）24π（C）28π（D）32π【答案】C考点：三视图，空间几何体的体积.【名师点睛】以三视图为载体考查几何体的体积，解题的关键是根据三视图想象原几何体的形状构成，并从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系，然后在直观图中求解．【名师点睛】由三视图还原几何体的方法:6.（2016全国Ⅲ文、理）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（）（A）18365+（B ）54185+（C）90 （D）81【答案】B考点：空间几何体的三视图及表面积．【技巧点拨】求解多面体的表面积及体积问题，关键是找到其中的特征图形，如棱柱中的矩形，棱锥中的直角三角形，棱台中的直角梯形等，通过这些图形，找到几何元素间的关系，建立未知量与已知量间的关系，进行求解．7. （2016全国Ⅲ文、理）在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球，若AB BC ⊥，6AB =，8BC =，13AA =，则V 的最大值是（）（A ）4π （B ）92π （C ）6π （D ）323π 【答案】B 【解析】试题分析：要使球的体积V 最大，必须球的半径R 最大．由题意知球的与直三棱柱的上下底面都相切时，球的半径取得最大值32，此时球的体积为334439()3322R πππ==，故选B ．考点：1、三棱柱的内切球；2、球的体积．【思维拓展】立体几何是的最值问题通常有三种思考方向：（1）根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；（2）将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解；（3）建立函数，通过求函数的最值来求解．8.（2016山东文、理）一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示.则该几何体的体积为（）（A ）1233+π （B ）123+π （C ）123+π （D ）21+π 【答案】C考点：1.三视图；2.几何体的体积.【名师点睛】本题主要考查三视图及几何体的体积计算，本题涉及正四棱锥及球的体积计算，综合性较强，较全面的考查考生的视图用图能力、空间想象能力、数学基本计算能力等.9.（2016上海文）如图，在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为BC 、BB 1的中点，则下列直线中与直线EF 相交的是（）(A)直线AA 1 (B)直线A 1B 1 (C)直线A 1D 1 (D)直线B 1C 1【答案】D【解析】只有11B C 与EF 在同一平面内，是相交的，其他A ，B ，C 中直线与EF 都是异面直线，故选D ．考点：1.正方体的几何特征；2.直线与直线的位置关系.【名师点睛】本题以正方体为载体，研究直线与直线的位置关系，突出体现了高考试题的基础性，题目不难，能较好的考查考生分析问题解决问题的能力、空间想象能力等.10.（2016天津文）将一个长方形沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧（左）视图为（）【答案】B【解析】试题分析：由题意得截去的是长方体前右上方顶点，故选B 考点：三视图【名师点睛】1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图． 2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．11.（2016浙江文、理）已知互相垂直的平面αβ，交于直线l .若直线m ，n 满足,m n αβ∥⊥，则（）A ．m ∥lB ．m ∥nC ．n ⊥lD ．m ⊥n 【答案】C【解析】试题分析：由题意知,l l αββ=∴⊂，,n n l β⊥∴⊥．故选C ．考点：空间点、线、面的位置关系．【思路点睛】解决这类空间点、线、面的位置关系问题，一般是借助长方体（或正方体），能形象直观地看出空间点、线、面的位置关系．二、填空1. （2016北京文）某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为___________.【答案】3.2考点：三视图【名师点睛】解决此类问题的关键是根据几何体的三视图判断几何体的结构特征.常见的有以下几类：①三视图为三个三角形，对应的几何体为三棱锥；②三视图为两个三角形，一个四边形，对应的几何体为四棱锥；③三视图为两个三角形，一个圆，对应的几何体为圆锥；④三视图为一个三角形，两个四边形，对应的几何体为三棱柱；⑤三视图为三个四边形，对应的几何体为四棱柱；⑥三视图为两个四边形，一个圆，对应的几何体为圆柱.2.（2016全国Ⅱ理）,αβ是两个平面，,m n 是两条直线，有下列四个命题：（1）如果,,//m n m n αβ⊥⊥，那么αβ⊥. （2）如果,//m n αα⊥，那么m n ⊥. （3）如果//,m αβα⊂，那么//m β.（4）如果//,//m n αβ，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等. 其中正确的命题有． (填写所有正确命题的编号）【答案】②③④考点：空间中的线面关系.【名师点睛】求解本题应注意在空间中考虑线、面关系.3、（2016上海理）如图，在正四棱柱1111D C B A ABCD -中，底面ABCD 的边长为3，1BD 与底面所成角的大小为32arctan ，则该正四棱柱的高等于____________. 【答案】22【解析】试题分析：由题意得111122tan 223332DD DBD DD BD ∠==⇒=⇒=.考点：1.正四棱柱的几何特征；2.直线与平面所成的角.【名师点睛】涉及立体几何中的角的问题，往往要将空间问题转化成平面问题，做出角，构建三角形，在三角形中解决问题；也可以通过建立空间直角坐标系，利用空间向量方法求解，应根据具体情况选择不同方法，本题难度不大，能较好地考查考生的空间想象能力、基本计算能力等.4. （2016四川文）已知某三菱锥的三视图如图所示，则该三菱锥的体积.侧视图俯视图【答案】3【解析】试题分析：由三视图可知该几何体是一个三棱锥，且底面积为112S =⨯=1，所以该几何体的体积为11133V Sh ===考点：1.三视图；2.几何体的体积.【名师点睛】本题考查三视图，考查几何体体积，考查学生的识图能力．解题时要求我们根据三视图想象出几何体的形状，由三视图得出几何体的尺寸，为此我们必须掌握基本几何体（柱、锥、台、球）的三视图以及各种组合体的三视图．5.（2016四川理）已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是.正视图33【答案】3【解析】试题分析：由三棱锥的正视图知，三棱锥的高为1，底面边长为2,2，则底面等腰三角形的顶角为120︒，所以三棱锥的体积为1122sin1201323V =⨯⨯⨯⨯︒⨯=.考点：三视图，几何体的体积.【名师点睛】本题考查三视图，考查几何体体积，考查学生的识图能力．解题时要求我们根据三视图想象出几何体的形状，由三视图得出几何体的尺寸，为此我们必须掌握基本几何体（柱、锥、台、球）的三视图以及各种组合体的三视图．6.（2016浙江文、理）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的表面积是______cm 2,体积是______cm 3.【答案】80；40．【解析】试题分析：由三视图知该组合体是一个长方体上面放置了一个小正方体， 22262244242280S =⨯+⨯+⨯⨯-⨯=表，3244240V =+⨯⨯=．考点：三视图.【方法点睛】解决由三视图求空间几何体的表面积与体积问题，一般是先根据三视图确定该几何体的结构特征，再准确利用几何体的表面积与体积公式计算该几何体的表面积与体积． 7．（2016浙江文）如图，已知平面四边形ABCD ，AB =BC =3，CD =1，AD =5，∠ADC =90°．沿直线AC 将△ACD 翻折成△CD 'A ，直线AC 与D 'B 所成角的余弦的最大值是______．【答案】69【解析】试题分析：设直线AC 与'BD 所成角为θ．设O 是AC 中点，由已知得6AC =，如图，以OB 为x 轴，OA 为y 轴，过O 与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，由6(0,,0)A ，30(,0,0)B ，6(0,,0)C -，作DH AC ⊥于H ，翻折过程中，'D H 始终与AC 垂直， 2666CD CH CA ===，则63OH =，153066DH ⨯==，因此可设30630'(cos ,,sin )636D αα-，则3030630'(cos ,,sin )BD αα=--，与CA 平行的单位向量为(0,1,0)n =，所以cos cos ',BD n θ=<>''BD n BD n⋅=＝6395cos α-，HD'DCBA zyO所以cos 1α=时，cos θ取最大值69．考点：异面直线所成角.【思路点睛】先建立空间直角坐标系，再计算与C A 平行的单位向量n 和D 'B ，进而可得直线C A 与D 'B 所成角的余弦值，最后利用三角函数的性质可得直线C A 与D 'B 所成角的余弦值的最大值．8.（2016天津理）已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位：m ），则该四棱锥的体积为_______m 3. 【答案】2【解析】试题分析：由三视图知四棱锥高为3，底面平行四边形的底为2，高为1，因此体积为1(21)323V =⨯⨯⨯=．故答案为2．考点：三视图【名师点睛】1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．三、解答题1.（2016北京文）如图，在四棱锥ABCD P -中，⊥PC 平面ABCD ，,AB DC DC AC ⊥∥ （I ）求证：DC PAC ⊥平面；（II ）求证：PAB PAC ⊥平面平面；（III ）设点E 为AB 的中点，在棱PB 上是否存在点F ，使得//PA 平面C F E ?说明理由.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（III ）存在.理由见解析.（III ）棱PB 上存在点F ，使得//PA 平面C F E ．证明如下：取PB 中点F ，连结F E ，C E ，CF ．又因为E 为AB 的中点，所以F//E PA ．又因为PA ⊄平面C F E ，所以//PA 平面C F E ．考点：空间垂直判定与性质；空间想象能力，推理论证能力【名师点睛】平面与平面垂直的性质的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直(必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系)，构造(寻找)二面角的平面角或得到点到面的距离等.2. （2016北京理）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，AB AD ⊥，1AB =，2AD =，5AC CD ==.（1）求证：PD ⊥平面PAB ；（2）求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；（3）在棱PA 上是否存在点M ，使得//BM 平面PCD ？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）见解析；（2）33；（3）存在，14AM AP =（3）设M 是棱PA 上一点，则存在]1,0[∈λ使得AP AM λ=.因此点),,1(),,1,0(λλλλ--=-BM M .因为⊄BM 平面PCD ，所以∥BM 平面PCD 当且仅当0=⋅n BM ，即0)2,2,1(),,1(=-⋅--λλ，解得41=λ. 所以在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时41=AP AM . 考点：1.空间垂直判定与性质；2.异面直线所成角的计算；3.空间向量的运用.【名师点睛】平面与平面垂直的性质的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直(必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系)，构造(寻找)二面角的平面角或得到点到面的距离等.3.（2016江苏）如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ， BC 的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且11B D A F ⊥ ，1111AC A B ⊥.求证：（1）直线DE ∥平面A 1C 1F ；（2）平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .【答案】（1）详见解析（2）详见解析考点：直线与直线、平面与平面位置关系【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型. (1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. (2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. (3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.(4)证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直.4. （2016江苏）现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥1111P A B C D -，下部分的形状是正四棱柱1111ABCD A B C D -(如图所示)，并要求正四棱柱的高1PO 的四倍. （1）若16,PO 2,AB m m ==则仓库的容积是多少？（2）若正四棱柱的侧棱长为6m,则当1PO 为多少时，仓库的容积最大？【答案】（1）312（2）123PO =考点：函数的概念、导数的应用、棱柱和棱锥的体积【名师点睛】对应用题的训练，一般从读题、审题、剖析题目、寻找切入点方面进行强化，注重培养将文字语言转化为数学语言能力，强化构建数学模型的几种方法.而江苏应用题，往往需结合导数知识解决相应数学最值问题，因此掌握利用导数求最值方法是一项基本要求，需熟练掌握.5.（2016全国Ⅰ文）如图,在已知正三棱锥P -ABC 的侧面是直角三角形,P A =6,顶点P 在平面ABC 内的正投影为点E ,连接PE 并延长交AB 于点G . （I ）证明G 是AB 的中点；（II ）在答题卡第（18）题图中作出点E 在平面P AC 内的正投影F （说明作法及理由）,并求四面体PDEF 的体积．【答案】（I ）见解析（II ）作图见解析,体积为43试题解析：（I ）因为P 在平面ABC 内的正投影为D , 所以.AB PD ⊥因为D 在平面PAB 内的正投影为E ,所以.AB DE ⊥ 所以AB ⊥平面PED ,故.AB PG ⊥又由已知可得,PA PB =,从而G 是AB 的中点.（II ）在平面PAB 内,过点E 作PB 的平行线交PA 于点F ,F 即为E 在平面PAC 内的正投影.理由如下：由已知可得PB PA ⊥,⊥PB PC ,又//EF PB ,所以EF PC ⊥,因此EF ⊥平面PAC ,即点F 为E 在平面PAC 内的正投影.连接CG ,因为P 在平面ABC 内的正投影为D ,所以D 是正三角形ABC 的中心. 由（I ）知,G 是AB 的中点,所以D 在CG 上,故2.3=CD CG 由题设可得⊥PC 平面PAB ,⊥DE 平面PAB ,所以//DE PC ,因此21,.33==PE PG DE PC 由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且6=PA ,可得2,2 2.==DE PE 在等腰直角三角形EFP 中,可得 2.==EF PF 所以四面体PDEF 的体积114222.323=⨯⨯⨯⨯=V 考点：线面位置关系及几何体体积的计算【名师点睛】文科立体几何解答题主要考查线面位置关系的证明及几何体体积的计算,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,要防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主.PABD CGE6.（2016全国Ⅰ理）如图,在以A ,B ,C ,D ,E ,F 为顶点的五面体中,面ABEF 为正方形,AF =2FD ,90AFD ∠=,且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60．（I ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ；（II ）求二面角E -BC -A 的余弦值．【答案】（I ）见解析（II ）219-试题解析：（I ）由已知可得F DF A ⊥,F F A ⊥E ,所以F A ⊥平面FDC E ．又F A ⊂平面F ABE ,故平面F ABE ⊥平面FDC E ．（II ）过D 作DG F ⊥E ,垂足为G ,由（I ）知DG ⊥平面F ABE ．以G 为坐标原点,GF 的方向为x 轴正方向,GF 为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -．由（I ）知DF ∠E 为二面角D F -A -E 的平面角,故DF 60∠E =,则DF 2=,DG 3=,可得()1,4,0A ,()3,4,0B -,()3,0,0E -,(D 3．由已知,//F AB E ,所以//AB 平面FDC E ．又平面CDAB 平面FDC DC E =,故//CD AB ,CD//F E ．由//F BE A ,可得BE ⊥平面FDC E ,所以C F ∠E 为二面角C F -BE-的平面角,C F 60∠E =．从而可得(C 3-．所以(C 3E =,()0,4,0EB =,(C 3,3A =--,()4,0,0AB =-．设(),,n x y z =是平面C B E 的法向量,则C 00n n ⎧⋅E =⎪⎨⋅EB =⎪⎩,即3040x z y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩, 所以可取(3,0,3n =-．设m 是平面CD AB 的法向量,则C 0m m ⎧⋅A =⎪⎨⋅AB =⎪⎩,同理可取()0,3,4m =．则219cos ,n m n m n m ⋅==-．CBDEF故二面角C E-B -A 的余弦值为21919-．考点：垂直问题的证明及空间向量的应用【名师点睛】立体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,要防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主.第二问一般考查角度问题,多用空间向量解决.7.（2016全国Ⅱ文）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，点E 、F 分别在AD ，CD 上，AE CF =，EF交BD 于点H ，将DEF ∆沿EF 折到'D EF ∆的位置. （Ⅰ）证明：'AC HD ⊥；（Ⅱ）若55,6,,'224AB AC AE OD ====,求五棱锥D ABCEF '-体积.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）694. 【解析】试题分析：（Ⅰ）证//.AC EF 再证//.'AC HD （Ⅱ）根据勾股定理证明OD H '∆是直角三角形，从而得到.'⊥OD OH 进而有⊥AC 平面BHD '，证明'⊥OD 平面.ABC 根据菱形的面积减去三角形DEF 的面积求得五边形ABCFE 的面积，最后由椎体的体积公式求五棱锥D ABCEF '-体积. 试题解析：（I ）由已知得，,.⊥=AC BD AD CD又由=AE CF 得=AE CFAD CD，故//.AC EF 由此得,'⊥⊥EF HD EF HD ，所以//.'AC HD .五边形ABCFE 的面积11969683.2224=⨯⨯-⨯⨯=S 所以五棱锥'ABCEF D -体积16923222.34=⨯⨯=V 考点：空间中的线面关系判断，几何体的体积.【名师点睛】立体几何中的折叠问题，应注意折叠前后线段的长度、角哪些变了，哪些没变.8.（2016全国Ⅱ理）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ， 5,6AB AC ==，点,E F 分别在,AD CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H ．将DEF ∆沿EF 折到D EF '∆位置，10OD '=．（Ⅰ）证明：D H'⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）9525.又D H EF '⊥，而OH EF H ⋂=，所以D H ABCD '⊥平面.ABDD'E H Oz xyF（II ）如图，以H 为坐标原点，HF 的方向为x 轴的正方向，建立空间直角坐标系H xyz -，则()0,0,0H ，()3,2,0A --，()0,5,0B -，()3,1,0C -，()0,0,3D '，(3,4,0)AB =-，()6,0,0AC =，()3,1,3AD '=.设()111,,m x y z =是平面ABD '的法向量，则0m AB m AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩，即11111340330x y x y z -=⎧⎨++=⎩，所以可以取()4,3,5m =-.设()222,,n x y z =是平面'ACD 的法向量，则0n AC n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩，即222260330x x y z =⎧⎨++=⎩，所以可以取()0,3,1n =-.于是75cos ,||||5010m n m n m n ⋅<>===⋅⨯， 295sin ,25m n <>=.因此二面角B D A C '--的正弦值是29525. 考点：线面垂直的判定、二面角.【名师点睛】证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α；③α∥β，a ⊥α⇒a ⊥β；④面面垂直的性质．线面垂直的性质，常用来证明线线垂直．求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．9.（2016全国Ⅲ文）如图，四棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABCD ，ADBC ，3AB AD AC ===，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，N 为PC 的中点．（I ）证明MN平面PAB ；（II ）求四面体N BCM -的体积. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）453．试题解析：（Ⅰ）由已知得232==AD AM ，取BP 的中点T ，连接TN AT ,，由N 为PC 中点知BC TN //，221==BC TN . ......3分又BC AD //，故TN AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是AT MN //. 因为⊂AT 平面PAB ，⊄MN 平面PAB ，所以//MN 平面PAB . ........6分（Ⅱ）因为⊥PA 平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以N 到平面ABCD 的距离为PA 21. ....9分取BC 的中点E ，连结AE .由3==AC AB 得BC AE ⊥，522=-=BE AB AE .由BC AM ∥得M 到BC 的距离为5，故525421=⨯⨯=∆BCM S ，所以四面体BCM N -的体积354231=⨯⨯=∆-PA S V BCM BCM N . .....12分考点：1、直线与平面间的平行与垂直关系；2、三棱锥的体积．【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求三棱锥的体积关键是确定其高，而高的确定关键又推出顶点在底面上的射影位置，当然有时也采取割补法、体积转换法求解．10.（2016全国Ⅲ理）如图，四棱锥P ABC -中，PA ⊥地面ABCD ，AD BC ，3AB AD AC ===，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =， N 为PC 的中点．（I ）证明MN平面PAB ；（II ）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）8525．【解析】试题分析：（Ⅰ）取PB 的中点T ，然后结合条件中的数据证明四边形AMNT 为平行四边形，从而得到MNAT ，由此结合线面平行的判断定理可证；（Ⅱ）以A 为坐标原点，以,AD AP 所在直线分别为,y z 轴建立空间直角坐标系，然后通过求直线AN 的方向向量与平面PMN 法向量的夹角来处理AN 与平面PMN 所成角．试题解析：（Ⅰ）由已知得232==AD AM ，取BP 的中点T ，连接TN AT ,，由N 为PC 中点知BC TN //，221==BC TN .又BC AD //，故TN AM，四边形AMNT 为平行四边形，于是AT MN //.因为⊂AT 平面PAB ，⊄MN 平面PAB ，所以//MN 平面PAB .设(,,)n x y z =为平面PMN 的法向量，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00PN n PM n ，即⎪⎩⎪⎨⎧=-+=-0225042z y x z x ，可取(0,2,1)n =，于是||85|cos ,|25||||n AN n AN n AN ⋅<>==.考点：1、空间直线与平面间的平行与垂直关系；2、棱锥的体积．【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求解空间中的角和距离常常可通过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来处理．11.（2016山东文）在如图所示的几何体中，D 是AC 的中点，EF ∥DB . （I ）已知AB =BC ，AE =EC .求证：AC ⊥FB ；（II ）已知G ,H 分别是EC 和FB 的中点.求证：GH ∥平面ABC . 【答案】（Ⅰ））证明：见解析；（Ⅱ）见解析. 【解析】试题分析：（Ⅰ））根据BD EF //，知EF 与BD 确定一个平面，连接DE ，得到AC DE ⊥，AC BD ⊥，从而⊥AC 平面BDEF ，证得FB AC ⊥.（Ⅱ）设FC 的中点为I ，连HI GI ,，在CEF ∆，CFB ∆中，由三角形中位线定理可得线线平行，证得平面//GHI 平面ABC ，进一步得到//GH 平面ABC . 试题解析：（Ⅰ））证明：因BD EF //，所以EF 与BD 确定一个平面，连接DE ，因为E EC AE ,=为AC 的中点，所以AC DE ⊥；同理可得AC BD ⊥，又因为D DE BD = ，所以⊥AC 平面BDEF ，因为⊂FB 平面BDEF ，FB AC ⊥。

2016届(新课标)高考数学(文)大一轮复习精品讲义：第七章立体几何Word版含答案

第七章立体几何第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图对应学生用书P99基础盘查一空间几何体的结构特征(一)循纲忆知认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．(二)小题查验1．判断正误(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱()(2) 有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥()(3)用一个平面去截一个球，截面是一个圆面()答案：(1)×(2)×(3)√2．(人教A版教材习题改编)如图，长方体ABCD-A′B′C′D′被截去一部分，其中EH ∥A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是________．答案：五棱柱三棱柱基础盘查二空间几何体的三视图(一)循纲忆知1．能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型．2．会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图，了解空间图形的不同表示形式．3．会画出某些建筑物的三视图(在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等不作严格要求)．(二)小题查验1．判断正误(1)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同()(2)圆锥的俯视图是一个圆()(3)圆台的正视图和侧视图是两个全等的等腰梯形()答案：(1)×(2)√(3)√2．(北师大版教材例题改编)已知空间几何体的三视图如图，则该几何体是由__________________组合而成．答案：圆柱和正四棱柱3．一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示，则其俯视图不可能为：①长方形；②正方形；③圆；④椭圆．其中正确的是________．答案：②③基础盘查三空间几何体的直观图(一)循纲忆知1．会用斜二测画法画出几何体的直观图．2．会用平行投影与中心投影画出简单空间图形的直观图．了解空间图形的不同表示形式．3．会画某些建筑物的直观图(在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等不作严格要求)．(二)小题查验1．判断正误(1)用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分别平行于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A＝45°()(2)斜二测画法中，平行于x 轴y 轴的线段平行性不变，且长度也不变( )(3)斜二测画法中，原图形中的平行垂直关系在直观图中不变( )答案：(1)× (2)× (3)×2．(2015·东北三校第一次联考)利用斜二测画法可以得到：①三角形的直观图是三角形； ②平行四边形的直观图是平行四边形；③正方形的直观图是正方形；④菱形的直观图是菱形．以上结论正确的是________．答案：①②对应学生用书P100考点一空间几何体的结构特征(基础送分型考点——自主练透)[必备知识]1．多面体的结构特征(1)棱柱⎩⎪⎨⎪⎧ 底面：互相平行侧面：都是四边形，且每相邻两个面的交线都平行且相等(2)棱锥⎩⎪⎨⎪⎧底面：是多边形侧面：都是有一个公共顶点的三角形 (3)棱台棱锥被平行于棱锥底面的平面所截，截面与底面之间的部分．2．旋转体的结构特征(1)圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到．(2)圆锥可以由直角三角形绕其一条直角边旋转得到．(3)圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到．(4)球可以由半圆面或圆面绕直径旋转得到．[提醒](1)认识棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台的结构特征时，易忽视定义，可借助于几何模型强化对空间几何体的结构特征的认识．(2)台体可以看成是由锥体截得的，但一定强调截面与底面平行．[题组练透]1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是()A．圆柱B．圆锥C．球体D．圆柱、圆锥、球体的组合体解析：选C截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．2．下列结论正确的是()A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边绕旋转轴旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长都相等，则该棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解析：选D A错误，如图1是由两个相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，它的各个面都是三角形，但它不是三棱锥；B错误，如图2，若△ABC不是直角三角形，或△ABC是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥；C错误，若该棱锥是六棱锥，由题设知，它是正六棱锥．图1易证正六棱锥的侧棱长必大于底面边长，这与题设矛盾．图23．设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；②底面是矩形的平行六面体是长方体；③四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形；④棱台的相对侧棱延长后必交于一点；⑤直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥．其中真命题的序号是________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；③正确，如图1，PD⊥平面ABCD，其中底面ABCD为矩形，可证明∠P AB，∠PCB为直角，这样四个侧面都是直角三角形；命题④由棱台的定义知是正确的；⑤错误，当以斜边为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥．如图2所示，它是由两个同底圆锥形成的．答案：①③④[类题通法]解决与空间几何体结构特征有关问题的技巧(1)要想真正把握几何体的结构特征，必须多角度、全面地去分析，多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定；(3)通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可．考点二空间几何体的三视图(重点保分型考点——师生共研)[必备知识](1)空间几何体的三视图包括正(主)视图、侧(左)视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；③看不到的线画虚线．[提醒]若相邻两物体的表面相交，则表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的区别．[典题例析]1．(2014·江西高考)一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是()解析：选B由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成．从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部有一条线段连接的两个三角形．2.(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是()A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱解析：选B将三视图还原为几何体即可．如图，几何体为三棱柱．[类题通法]1．对于简单几何体的组合体，在画其三视图时首先应分清它是由哪些简单几何体组成的，然后再画其三视图．2．由三视图还原几何体时，要遵循以下三步：(1)看视图，明关系；(2)分部分，想整体；(3)综合起来，定整体．[演练冲关]1．(2015·南阳三模)已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为()解析：选C当正视图为等腰三角形时，则高应为2，且应为虚线，排除A，D；当正视图是直角三角形，由条件得一个直观图如图所示，中间的线是看不见的线P A形成的投影，应为虚线，故答案为C.2.如图由若干个相同的小立方体组成的几何体的俯视图，其中小立方体中的数字表示相应位置的小立方体的个数，则该几何体的侧视图为()解析：选C由俯视图知侧视图从左到右能看到的小立方体个数分别为2,3,1.考点三空间几何体的直观图(重点保分型考点——师生共研)[必备知识]1．在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．“平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半．”2．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积有以下关系：S直观图＝24S原图形，S原图形＝22S直观图．[典题例析](2015·福州模拟)用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是()解析：选A由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2 2.[类题通法]用斜二测画法画直观图的技巧在原图形中与x轴或y轴平行的线段在直观图中与x′轴或y′轴平行，原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出．[演练冲关]用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为2 2 cm2，则原平面图形的面积为() A．4 cm2B．4 2 cm2C．8 cm2D．8 2 cm2解析：选C依题意可知∠BAD＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC，AD相等，高为梯形ABCD的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm2.对应B本课时跟踪检测(四十)一、选择题1．(2014·福建高考)某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是()A．圆柱B．圆锥C．四面体D．三棱柱解析：选A圆柱的正视图是矩形，则该几何体不可能是圆柱．2.(2015·青岛模拟)将长方体截去一个四棱锥后，得到的几何体的直观图如图所示，则该几何体的俯视图为()解析：选C长方体的侧面与底面垂直，所以俯视图是C.3．(2015·烟台一模)若一个三棱锥的三视图如图所示，其中三个视图都是直角三角形，则在该三棱锥的四个面中，直角三角形的个数为()A．1 B．2C．3 D．4解析：选D观察三视图，可得直观图如图所示．该三棱锥A-BCD的底面BCD是直角三角形，AB⊥平面BCD，CD⊥BC，侧面ABC，ABD是直角三角形；由CD⊥BC，CD⊥AB，知CD⊥平面ABC，CD⊥AC，侧面ACD也是直角三角形，故选D.4．(2015·淄博一模)把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，形成的三棱锥A-BCD的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为( )A.22 B.12 C.24 D.14解析：选D 由正视图与俯视图可得三棱锥A -BCD 的一个侧面与底面垂直，其侧视图是直角三角形，且直角边长均为22，所以侧视图的面积为S ＝12×22×22＝14，选D. 5．(2015·武昌调研)已知以下三视图中有三个同时表示某一个三棱锥，则不是该三棱锥的三视图是( )解析：选D 易知该三棱锥的底面是直角边分别为1和2的直角三角形，注意到侧视图是从左往右看得到的图形，结合B 、D 选项知，D 选项中侧视图方向错误，故选D.6.如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一动点，则三棱锥P -ABC 的正(主)视图与侧(左)视图的面积的比值为( ) A.12B ．1C ．2D ．不确定，与点P 的位置有关解析：选B 如题图所示，设正方体的棱长为a ，则三棱锥P -ABC 的正(主)视图与侧(左)视图都是三角形，且面积都是12a 2，故选B. 二、填空题7.(2015·西城区期末)已知一个正三棱柱的所有棱长均相等，其侧(左)视图如图所示，那么此三棱柱正(主)视图的面积为________．解析：由正三棱柱三视图还原直观图可得正(主)视图是一个矩形，其中一边的长是侧(左)视图中三角形的高，另一边是棱长．因为侧(左)视图中三角形的边长为2，所以高为3，所以正视图的面积为2 3.答案：2 38．如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6，O ′C ′＝2，则原图形OABC 的面积为________．解析：由题意知原图形OABC 是平行四边形，且OA ＝BC ＝6，设平行四边形OABC 的高为OE ，则OE ×12×22＝O ′C ′， ∵O ′C ′＝2，∴OE ＝42，∴S ▱OABC ＝6×42＝24 2. 答案：24 29．(2015·昆明、玉溪统考)如图，三棱锥V -ABC 的底面为正三角形，侧面VAC 与底面垂直且VA ＝VC ，已知其正(主)视图的面积为23，则其侧(左)视图的面积为________．解析：设三棱锥V -ABC 的底面边长为a ，侧面VAC 边AC 上的高为h ，则ah ＝43，其侧(左)视图是由底面三角形ABC 边AC 上的高与侧面三角形VAC 边AC 上的高组成的直角三角形，其面积为12×32a ×h ＝12×32×43＝33. 答案：3310．给出下列命题：①在正方体上任意选择4个不共面的顶点，它们可能是正四面体的4个顶点；②底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥；③若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱．其中正确命题的序号是________．解析：①正确，正四面体是每个面都是等边三角形的四面体，如正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中的四面体A -CB 1D 1；②错误，反例如图所示，底面△ABC 为等边三角形，可令AB ＝VB ＝VC ＝BC ＝AC ，则△VBC 为等边三角形，△VAB 和△VCA 均为等腰三角形，但不能判定其为正三棱锥；③错误，必须是相邻的两个侧面．答案：①三、解答题11．已知：图①是截去一个角的长方体，试按图示的方向画出其三视图；图②是某几何体的三视图，试说明该几何体的构成．解：图①几何体的三视图为：图②所示的几何体是上面为正六棱柱，下面为倒立的正六棱锥的组合体．12．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm的全等的等腰直角三角形．(1)根据图所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求P A.解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝6 2.由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，P A＝PD2＋AD2＝(62)2＋62＝6 3 cm.第二节空间几何体的表面积与体积对应学生用书P101基础盘查一柱体、锥体、台体的表面积(一)循纲忆知了解柱体、锥体、台体的表面积的计算公式．(二)小题查验1．判断正误(1)几何体的表面积就是其侧面积与底面积的和()(2)几何体的侧面积是指各个侧面积之和()答案：(1)√(2)√2．(人教A版教材例题改编)已知棱长为a，各面均为等边三角形的四面体S-ABC，它的表面积为________．解析：过S作SD⊥BC，∵BC＝a，∴SD＝3 2a∴S△SBC＝34a2，∴表面积S＝4×34a2＝3a2.答案：3a23.(2015·北京石景山一模)正三棱柱的侧(左)视图如图所示，则该正三棱柱的侧面积为________．解析：由侧(左)视图知：正三棱柱的高(侧棱长)为2，底边上的高为3，所以底边边长为2，侧面积为3×2×2＝12.答案：12基础盘查二柱体、锥体、台体的体积 (一)循纲忆知了解柱体、锥体、台体的体积的计算公式． (二)小题查验 1．判断正误(1)等底面面积且等高的两个同类几何体的体积相等( ) (2)在三棱锥P -ABC 中，V P -ABC ＝V A -PBC ＝V B -P AC ＝V C -P AB ( ) 答案：(1)√ (2)√2．(人教B 版教材例题改编)如图，在长方体ABCD -A ′B ′C ′D ′中，用截面截下一个棱锥C -A ′DD ′，则棱锥C -A ′DD ′的体积与剩余部分的体积之比为________．答案：1∶53．(2015·海淀高三练习)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．若该四棱锥的侧视图为直角三角形，则它的体积为________．解析：由俯视图可知，四棱锥顶点在底面的射影为O (如图)，又侧视图为直角三角形，则直角三角形的斜边为BC ＝2，斜边上的高为SO ＝1，此高即为四棱锥的高，故V ＝13×2×2×1＝43.答案：43基础盘查三球的表面积与体积 (一)循纲忆知了解球的表面积与体积的计算公式． (二)小题查验 1．判断正误(1)球的表面是曲面，不能展开在一平面上，故没有展开图( )(2)正方体的内切球中其直径与棱长相等( ) 答案：(1)√ (2)√2．(人教A 版教材例题改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶3 1∶13.已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是________．解析：依题意得，该几何体是球的一个内接正方体，且该正方体的棱长为2.设该球的直径为2R ，则2R ＝22＋22＋22＝23，所以该几何体的表面积为4πR 2＝4π(3)2＝12π.答案：12π对应学生用书P102考点一空间几何体的表面积(基础送分型考点——自主练透)[必备知识]当圆台的上底面半径与下底面半径相等时，得到圆柱；当圆台的上底面半径为零时，得到圆锥，由此可得：S 圆柱侧＝2πrl =r r'←−−−S 圆台侧＝π(r ＋r ′)l ――→r ′＝0S 圆锥侧＝πrl[提醒] 组合体的表面积应注意重合部分的处理．[题组练透]1．(2014·陕西高考)将边长为1的正方形以其一边所在的直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是( )A ．4πB ．3πC ．2πD ．π解析：选C 由几何体的形成过程知所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积S ＝2πrh ＝2π×1×1＝2π.2．(2014·安徽高考)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为( )A ．21＋ 3B ．18＋ 3C ．21D ．18解析：选A 由三视图可知该几何体的直观图如图所示，其是棱长为2的正方体从后面右上角和前面左下角分别截去一个小三棱锥后剩余的部分，其表面积为S ＝6×4－12×6＋2×34×(2)2＝21＋ 3.3．已知某几何体的三视图的正视图和侧视图是全等的等腰梯形，俯视图是两个同心圆，如图所示，则该几何体的表面积为________．解析：由三视图知该几何体为上底直径为2，下底直径为6，高为23的圆台，则几何体的表面积S ＝π×1＋π×9＋π×(1＋3)×(23)2＋22＝26π.答案：26π[类题通法]求几何体的表面积的方法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．考点二空间几何体的体积(重点保分型考点——师生共研)[必备知识]1．柱体V 柱体＝Sh ；V 圆柱＝πr 2h . 2．锥体V 锥体＝13Sh ；V 圆锥＝13πr 2h .3．台体V 台体＝13(S ＋SS ′＋S ′)h ；V 圆台＝13πh (r 2＋rr ′＋r ′2)．[提醒](1)求一些不规则几何体的体积常用割补的方法将几何体转化成已知体积公式的几何体进行解决．(2)与三视图有关的体积问题需注意几何体还原的准确性及数据的准确性．[典题例析]1．(2014·辽宁高考)某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．8－2πB ．8－πC ．8－π2D ．8－π4解析：选B 直观图为棱长为2的正方体割去两个底面半径为1的14圆柱，所以该几何体的体积为23－2×π×12×2×14＝8－π.2．(2014·山东高考)三棱锥P -ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D -ABE 的体积为V 1，P -ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________.解析：如图，设点C 到平面P AB 的距离为h ，三角形P AB 的面积为S ，则V 2＝13Sh ，V 1＝V E －ADB ＝13×12S ×12h ＝112Sh ，所以V 1V 2＝14.答案：14[类题通法]1．计算柱、锥、台的体积关键是根据条件找出相应的底面积和高．2．注意求体积的一些特殊方法：分割法、补体法、转化法等，它们是解决一些不规则几何体体积计算常用的方法，应熟练掌握．3．求以三视图为背景的几何体的体积．应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．[演练冲关]1．(2015·唐山统考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．8π＋16B ．8π－16C ．8π＋8D ．16π－8解析：选B 由三视图可知：几何体为一个半圆柱去掉一个直三棱柱．半圆柱的高为4，底面半圆的半径为2，直三棱柱的底面为斜边是4的等腰直角三角形，高为4，故几何体的体积V ＝12π×22×4－12×4×2×4＝8π－16.2．(2015·苏州测试)如图，在直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在AA 1，CC 1上，且AE ＝34AA 1，CF ＝13CC 1，点A ，C 到BD 的距离之比为3∶2，则三棱锥E -BCD 和F -ABD 的体积比V E -BCDV F -ABD＝________.解析：由题意可知点A ，C 到BD 的距离之比为3∶2，所以S △BCD S △ABD ＝23，又直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AE ＝34AA 1，CF ＝13CC 1，所以AE CF ＝94，于是V E -BCDV F -ABD＝13S △BCD ·AE 13S △ABD ·CF ＝23×94＝32. 答案：32考点三与球有关的切、接问题(常考常新型考点——多角探明)[必备知识]1．球的表面积公式：S ＝4πR 2；球的体积公式V ＝43πR 32．与球有关的切、接问题中常见的组合：(1)正四面体与球：如图，设正四面体的棱长为a ，内切球的半径为r ，外接球的半径为R ，取AB 的中点为D ，连接CD ，SE 为正四面体的高，在截面三角形SDC 内作一个与边SD 和DC 相切，圆心在高SE 上的圆．因为正四面体本身的对称性，内切球和外接球的球心同为O .此时，CO ＝OS ＝R ，OE ＝r ，SE ＝ 23a ，CE ＝33a ，则有R ＋r ＝ 23a ，R 2－r 2＝|CE |2＝a 23，解得R ＝64a ，r ＝612a . (2)正方体与球：①正方体的内切球：截面图为正方形EFHG 的内切圆，如图所示．设正方体的棱长为a ，则|OJ |＝r ＝a2(r 为内切球半径)．②与正方体各棱相切的球：截面图为正方形EFHG 的外接圆，则|GO |＝R ＝22a . ③正方体的外接球：截面图为正方形ACC 1A 1的外接圆，则|A 1O |＝R ′＝32a . (3)三条侧棱互相垂直的三棱锥的外接球：①如果三棱锥的三条侧棱互相垂直并且相等，则可以补形为一个正方体，正方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心．即三棱锥A 1-AB 1D 1的外接球的球心和正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的外接球的球心重合．如图，设AA 1＝a ，则R ＝32a . ②如果三棱锥的三条侧棱互相垂直但不相等，则可以补形为一个长方体，长方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心．R 2＝a 2＋b 2＋c 24＝l 24(l 为长方体的体对角线长)．[多角探明]与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考生的难点、易失分点．命题角度多变．归纳起来常见的命题角度有：(1)正四面体的内切球； (2)直三棱柱的外接球； (3)正(长)方体的外接球； (4)四棱锥的外接球.角度一：正四面体的内切球1．(2015·长春模拟)若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.解析：设正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4·34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14，即r ＝14·63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π. 答案：63π角度二：直三棱柱的外接球2．(2015·唐山统考)如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB ＝AC ，侧面BCC 1B 1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB 1A 1的面积为( )A ．2B ．1 C. 2D.22解析：选C 由题意知，球心在侧面BCC 1B 1的中心O 上，BC 为截面圆的直径，∴∠BAC ＝90°，△ABC 的外接圆圆心N 是BC 的中点，同理△A 1B 1C 1的外心M 是B 1C 1的中心．设正方形BCC 1B 1的边长为x ，Rt △OMC 1中，OM ＝x 2，MC 1＝x2，OC 1＝R ＝1(R 为球的半径)，∴⎝⎛⎭⎫x 22＋⎝⎛⎭⎫x 22＝1，即x ＝2，则AB ＝AC ＝1，∴S 矩形ABB 1A 1＝2×1＝ 2.角度三：正方体的外接球3．一个正方体削去一个角所得到的几何体的三视图如图所示(图中三个四边形都是边长为2的正方形)，则该几何体外接球的体积为________．解析：依题意可知，新的几何体的外接球也就是原正方体的外接球，要求的直径就是正方体的体对角线；∴2R ＝23(R 为球的半径)，∴R ＝3，∴球的体积V ＝43πR 3＝43π.答案：43π角度四：四棱锥的外接球4．(2014·大纲卷)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4 B ．16π C ．9πD.27π4解析：选A 如图所示，设球半径为R ，底面中心为O ′且球心为O ，∵正四棱锥P -ABCD 中AB ＝2，∴AO ′＝ 2.∵PO ′＝4，∴在Rt △AOO ′中，AO 2＝AO ′2＋OO ′2，∴R 2＝(2)2＋(4－R )2，解得R ＝94，∴该球的表面积为4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫942＝81π4，故选A. [类题通法]“切”“接”问题的处理规律 1．“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．2．“接”的处理把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．对应A 本课时跟踪检测(四十一)一、选择题1．(2015·云南一检)如果一个空间几何体的正视图、侧视图、俯视图都是半径等于5的圆，那么这个空间几何体的表面积等于( )A ．100π B.100π3C ．25πD.25π3解析：选A 易知该几何体为球，其半径为5，则表面积为S ＝4πR 2＝100π.2．(2014·陕西高考)已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( )A.32π3 B ．4π C ．2πD.4π3解析：选D 因为该正四棱柱的外接球的半径是四棱柱体对角线的一半，所以半径r ＝1212＋12＋(2)2＝1，所以V 球＝4π3×13＝4π3.故选D.3．已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的底面边长为6时，其高的值为( )A ．3 3 B. 3 C ．2 6D ．2 3解析：选D 设正六棱柱的高为h ，则可得(6)2＋h 24＝32，解得h ＝2 3.4．(2015·遵义模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是菱形，则该几何体的侧面积为( )A.3＋ 6B.3＋ 5C.2＋ 6D.2＋ 5解析：选C 由三视图还原为空间几何体，如图所示，则有OA ＝OB ＝1，AB ＝ 2.。

2016年高考数学备考中等生百日捷进提升系列专题08立体几何(捷进提升篇)解析版含解析

2015中等生百日捷进提升篇【背一背重点知识】1．柱、锥、台、球的结构特征（1）柱：棱柱:一般的，有两个面互相平行，其余各面都是四边形,并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行,由这些面所围成的几何体叫做棱柱；棱柱中两个互相平行的面叫做棱柱的底面,简称为底；其余各面叫做棱柱的侧面；相邻侧面的公共边叫做棱柱的侧棱；侧面与底面的公共顶点叫做棱柱的顶点.圆柱：以矩形的一边所在的直线为旋转轴,其余边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆柱;旋转轴叫做圆柱的轴；垂直于轴的边旋转而成的曲面叫做圆柱的侧面;无论旋转到什么位置，不垂直于轴的边都叫做圆柱侧面的母线.（2）锥:棱锥：一般的有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形,由这些面所围成的几何体叫做棱锥；这个多边形面叫做棱锥的底面或底；有公共顶点的各个三角形面叫做棱锥的侧面；各侧面的公共顶点叫做棱锥的顶点；相邻侧面的公共边叫做棱锥的侧棱。

圆锥:以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆锥；旋转轴为圆锥的轴;垂直于轴的边旋转形成的面叫做圆锥的底面；斜边旋转形成的曲面叫做圆锥的侧面。

（3）台：棱台：用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫做棱台；原棱锥的底面和截面分别叫做棱台的下底面和上底面;棱台也有侧面、侧棱、顶点。

圆台：用一个平行于底面的平面去截圆锥，底面和截面之间的部分叫做圆台;原圆锥的底面和截面分别叫做圆台的下底面和上底面;圆台也有侧面、母线、轴（4）球:以半圆的直径所在的直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的几何体叫做球体，简称为球;半圆的圆心叫做球的球心，半圆的半径叫做球的半径，半圆的直径叫做球的直径。

(5）正棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱．反之，正棱柱的底面是正多边形，侧棱垂直于底面，侧面是矩形．(6）正棱锥：底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心的棱锥叫做正棱锥．特别地，各棱均相等的正三棱锥叫正四面体．反过来，正棱锥的底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面正多边形的中心．2．空间几何体的直观图（1）斜二测画法①建立直角坐标系，在已知水平放置的平面图形中取互相垂直的OX，OY，建立直角坐标系；②画出斜坐标系，在画直观图的纸上（平面上）画出对应的O’X’，O'Y’,使'''=450（或1350），它们确定的平面表示水平平面;X OY③画对应图形,在已知图形平行于X轴的线段，在直观图中画成平行于X‘轴，且长度保持不变；在已知图形平行于Y轴的线段，在直观图中画成平行于Y‘轴，且长度变为原来的一半；④擦去辅助线，图画好后,要擦去X轴、Y轴及为画图添加的辅助线(虚线）。

2016高考新课标数学(理)大一轮复习第七章立体几何课时作业51Word版含答案

课时作业51利用空间向量求空间角1．(2014·福建卷)在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB ⊥BD，CD⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图．(1)求证：AB⊥CD；(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．解：(1)∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB ⊂平面ABD，AB⊥BD，∴AB⊥平面BCD.又CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD.(2)过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD ，如图．由(1)知AB ⊥平面BCD ，BE ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD ， ∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD .以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意，得B (0,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)， A (0,0,1)，M (0，12，12)，则BC →＝(1,1,0)，BM →＝(0，12，12)，AD →＝(0,1，－1)．设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎨⎧n ·BC→＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，12y 0＋12z 0＝0，取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1,1)．设直线AD 与平面MBC 所成角为θ，则sin θ＝n ，AD→＝|n ·AD→| |n |·|AD →|＝63，即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为63.2．(2014·天津卷)如图，在四棱锥P —ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点．(1)证明：BE ⊥DC ；(2)求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；(3)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F —AB —P 的余弦值．解：依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B (1,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．由E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1)．(1)证明：向量BE →＝(0,1,1)，DC →＝(2,0,0)，故BE →·DC →＝0. 所以，BE ⊥DC .(2)向量BD→＝(－1,2,0)，PB →＝(1,0，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的法向量，则⎩⎨⎧n ·BD →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋2y ＝0，x －2z ＝0.不妨令y ＝1，可得n ＝(2,1,1)为平面PBD 的一个法向量．于是有n ，BE→＝n ·BE→ |n |·|BE →|＝26×2＝33.所以，直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33.(3)向量BC →＝(1,2,0)，CP →＝(－2，－2,2)，AC →＝(2,2,0)，AB →＝(1,0,0)．由点F 在棱PC 上，设CF→＝λCP →，0≤λ≤1. 故BF→＝BC →＋CF →＝BC →＋λCP →＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由BF ⊥AC ，得BF →·AC→＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝34.即BF →＝⎝⎛⎭⎪⎫－12，12，32.设n 1＝(x ，y ，z )为平面F AB 的法向量，则⎩⎨⎧n 1·AB→＝0，n 1·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0.不妨令z ＝1，可得n 1＝(0，－3,1)为平面F AB 的一个法向量．取平面ABP 的法向量n 2＝(0,1,0)，则n 1，n 2＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－310×1＝－31010.易知，二面角F —AB —P 是锐角，所以其余弦值为31010.3．在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3，AD ＝1，M 是线段AD 的中点．(1)试在平面ABCD 内过M 点作出与平面A 1B 1CD 平行的直线l ，说明理由，并证明：l ⊥平面AA 1D 1D ；(2)若(1)中的直线l 交直线AC 于点N ，且二面角A —A 1N —M 的余弦值为155，求AA 1的长．解：(1)在平面ABCD 内过M 点作直线l ∥DC ， ∵l ⊄平面A 1B 1CD ，DC ⊂平面A 1B 1CD ， ∴l ∥平面A 1B 1CD .在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，DC ⊥AD ，DC ⊥DD 1，则l ⊥AD ，l ⊥DD 1.又AD ∩DD 1＝D ，∴l ⊥平面AA 1D 1D . (2)由(1)知，l ∥DC 且M 是线段AD 的中点， ∴N 是线段AC 的中点．设AA 1＝h ，以A 1为坐标原点，分别以A 1B 1，A 1D 1，A 1A 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系A 1—xyz .则A 1(0,0,0)，A (0,0，h )，N (32，12，h )，M (0，12，h )．∴A 1A →＝(0,0，h )，A 1N →＝(32，12，h )，A 1M →＝(0，12，h )，MN →＝(32，0,0)．设平面A 1AN 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧n 1·A 1A →＝0n 1·A 1N →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧z 1＝032x 1＋12y 1＋hz 1＝0，取x 1＝1，∴n 1＝(1，－3，0)．设平面A 1MN 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎨⎧n 2·A 1M →＝0n 2·MN →＝0，∴⎩⎨⎧12y 2＋hz 2＝032x 2＝0，取z 2＝1，∴n 2＝(0，－2h,1)． ∵二面角A —A 1N —M 的余弦值为155，∴cos 〈n 1，n 2〉＝155，即n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝155，∴(1，－3，0)·(0，－2h ，1)21＋4h 2＝155，解得h ＝1，即AA 1＝1.1．等边三角形ABC 的边长为3，点D 、E 分别是边AB 、AC 上的点，且满足AD DB ＝CE EA ＝12(如图1)．将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使二面角A 1—DE —B 为直二面角，连接A 1B 、A 1C (如图2)．(1)求证：A 1D ⊥平面BCED ；(2)在线段BC 上是否存在点P ，使直线P A 1与平面A 1BD 所成的角为60°？若存在，求出PB 的长，若不存在，请说明理由．解：(1)证明：因为等边△ABC 的边长为3，且AD DB ＝CE EA ＝12，所以AD ＝1，AE ＝2.在△ADE 中，∠DAE ＝60°，由余弦定理得DE ＝12＋22－2×1×2×cos60°＝ 3.因为AD 2＋DE 2＝AE 2，所以AD ⊥DE .折叠后有A 1D ⊥DE ，因为二面角A 1—DE —B 是直二面角，所以平面A 1DE ⊥平面BCED ，又平面A 1DE ∩平面BCED ＝DE ，A 1D ⊂平面A 1DE ，A 1D ⊥DE ，所以A 1D ⊥平面BCED .(2)由(1)的证明，可知ED ⊥DB ，A 1D ⊥平面BCED ，以D 为坐标原点，以射线DB 、DE 、DA 1分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系D —xyz 如右图，设PB ＝2a (0≤2a ≤3)，过P 作PH ∥DE ，则BH ＝a ，PH ＝3a ，DH ＝2－a ，所以A 1(0,0,1)，P (2－a ，3a,0)，E (0，3，0)，所以P A 1→＝(a －2，－3a,1)，因为ED ⊥平面A 1BD ，所以平面A 1BD 的一个法向量为DE→＝(0，3，0)，因为直线P A 1与平面A 1BD 所成的角为60°，所以sin60°＝|P A 1→·DE→| |P A 1→||DE →|＝3a4a 2－4a ＋5×3＝32，解得a ＝54，即PB ＝2a ＝52，满足0≤2a ≤3，符合题意，所以在线段BC 上存在点P ，使直线P A 1与平面A 1BD 所成的角为60°，此时PB ＝52.2．如下图，△ABC 中，AB ＝2，BC ＝1，∠ABC ＝90°，D ，E 分别为AB ，AC 上的点，DE∥BC ，将△ADE 沿DE 折到△A ′DE 的位置，使平面A ′DE ⊥平面BCED .(1)当D 为AB 的中点时，设平面A ′BC 与平面A ′DE 所成的二面角的平面角为α(0<α<π2)，直线A ′C 与平面A ′DE 所成角为β，求tan(α＋β)的值；(2)当D 点在AB 边上运动时，求四棱锥A ′—BCED 体积的最大值．解：(1)DB ，DE ，DA ′两两垂直，故以点D 为原点．DB ，DE ，DA ′所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立直角坐标系(如图)，则D (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，E (0，12，0)，A ′(0,0,1)A ′B →＝(1,0，－1)，BC →＝(0,1,0)，设平面A ′BC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )由⎩⎨⎧n ⊥A ′B→n ⊥BC→得⎩⎨⎧x －z ＝0y ＝0，故可取n ＝(1,0,1)，又平面A ′DE的一个法向量为DB→＝(1,0,0) cos α＝|cos 〈n ，DB →〉|＝|n ·DB → |n ||DB →||＝12＝22，∴tan α＝1由于平面A ′DE 的一个法向量为 DB→＝(1,0,0)，CA ′＝(－1，－1,1) 所以sin β＝|cos 〈CA ′，DB →〉|＝|CA ′→·DB →,| CA ′→||DB →||)＝13＝33cos β＝63，∴tan β＝22∴tan(α＋β)＝1＋221－22＝3＋2 2 (2)设A ′D ＝x ，x ∈(0,2)，则DE ＝x 2，BD ＝2－x ，设V A ′—BCED ＝13·(x 2＋1)(2－x )2·x ＝4x －x 312＝v (x )，x ∈(0,2)， v ′(x )＝4－3x 212，令v ′(x )＝0，x ＝233. v (x )在(0，233)递增，在(233，2)递减， ∴[v (x )]max ＝v (233)＝4327.即所求最大体积为4327.。

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