高三第一轮诊断与检测六(第六章立体几何)

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高考理科数学第一轮立体几何专题测试题参考答案

高考理科数学第一轮《立体几何》专题测试题&参考答案测试时间：120分钟满分：150分第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分，每小题只有一个选项符合题意)1．[2021·浙江高考]已知彼此垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n 知足m∥α，n⊥β，则( )A．m∥l B.m∥nC．n⊥l D.m⊥n答案C解析因为α∩β＝l，所以l⊂β，又n⊥β，所以n⊥l.故选C.2．[2021·济南调研]已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A．28＋6 5 B.40C.403D.30＋65答案C解析由三视图知，直观图如图所示：底面是直角三角形，直角边长为4,5，三棱锥的一个后侧面垂直底面，而且高为4，所以棱锥的体积为：13×12×5×4×4＝403.3．[2021·云师大附中月考]某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A.12 B.13 C ．22D.23答案 D解析由题意知该几何体为如图放置的正四面体，其棱长为2，故其表面积为12×2×2×sin π3×4＝23，故选D.4．[2021·山东实验中学一诊]已知一个四棱锥的三视图及有关数据如图所示，则该几何体的体积为( )A ．2 3 B.3 C.433D.233答案 C解析由三视图知该几何体是四棱锥，其直观图如图所示，四棱锥的一个侧面SAB与底面ABCD垂直，过S作SO⊥AB，垂足为O，所以SO⊥底面ABCD，SO＝3，所以四棱锥的体积为13×2×2×3＝433，故选C.5．[2021·广西梧州模拟]若某圆柱体的上部挖掉一个半球，下部挖掉一个圆锥后所得的几何体的三视图中的正(主)视图和侧(左)视图如图所示，则此几何体的表面积是()A．(4＋2)π B.6π＋22πC．6π＋2π D.(8＋2)π答案C解析圆柱的侧面积为S1＝2π×1×2＝4π，半球的表面积为S2＝2π×12＝2π，圆锥的侧面积为S3＝π×1×2＝2π，所以几何体的表面积为S＝S1＋S2＋S3＝6π＋2π，故选C.6．[2021·安徽师大期末]某个长方体被一个平面所截，取得的几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为()A．4 B.2 2C．4 2 D.8答案D解析按照三视图还原可知该几何体为长、宽、高别离为3,2,2的长方体，被一个平面截去一部份剩余23，如图所示，所以该几何体的体积为(3×2×2)×23＝8，故选D.7．[2021·吉林长春质检]某几何体的三视图如图，其正视图中的曲线部份为半圆，则该几何体的体积是()A ．4＋32πB.6＋3π C ．6＋32πD.12＋32π答案 C解析由题意，此模型为柱体，底面大小等于主视图面积大小，即几何体体积为V ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12π·12＋12×2×2×3＝6＋3π2，故选C.8．[2021·河南百校联盟质监]如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是由正方形切割而成的几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.112B.132C ．6D.7答案 C解析几何体如图，为每一个正方体中去掉两个全等的三棱柱，体积为23－12×1×1×1×4＝6，选C.9．[2021·河北唐山模拟]在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝AB ＝4，E ，F ，H别离是棱PB ，BC ，PD 的中点，则过E ，F ，H 的平面截四棱锥P －ABCD 所得截面面积为( )A ．2 6 B.4 6 C ．5 6 D.23＋46 答案 C解析由过E ，F ，H 的平面交直线CD 于N 点，可得N 点为CD 的中点，即CN ＝2；由过E ，F ，H 的平面交直线PA 于M 点，可得M 为PA 的四等分点，所以PM ＝1，所以过E ，F ，H 的平面截四棱锥P －ABCD 所得截面为五边形MEFNH ，所以其面积等于三角形MEH 与矩形EFNH 的面积之和，而S △MEH ＝12×22×3＝6，S △EFNH ＝22×23＝46，所以所求的面积为56，故应选C.10．[2021·全国卷Ⅲ]在封锁的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4π B.9π2 C ．6π D.32π3答案 B解析由题意可得若V 最大，则球与直三棱柱的部份面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R ＝32，该球的体积最大，V max ＝43πR 3＝4π3×278＝9π2.11．[2021·云师大附中月考]棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有极点均在球O 的球面上，E ，F ，G 别离为AB ，AD ，AA 1的中点，则平面EFG 截球O 所得圆的半径为( )A. 2B.153 C.263D.3答案 B解析如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的外接球球心O 为对角线AC 1的中点，球半径R ＝3，球心O 到平面EFG 的距离为233，所以小圆半径r ＝R 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫2332＝153，故选B.12．[2021·河北武邑期末]已知边长为23的菱形ABCD 中，∠A ＝60°，现沿对角线BD 折起，使得二面角A －BD －C 为120°，此时点A ，B ，C ，D 在同一个球面上，则该球的表面积为( )A ．20π B.24π C ．28π D.32π答案 C解析如图别离取BD ，AC 的中点M ，N ，连MN ，则容易算得AM ＝CM ＝3，MN ＝32，MD ＝3，CN ＝332，由图形的对称性可知球心必在MN 的延长线上，设球心为O ，半径为R ，HN ＝x ，则由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧R 2＝x 2＋274，R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋x 2＋3，解之得x ＝12，则R 2＝14＋274＝7，所以球的表面积S ＝4πR 2＝28π，故应选C.第Ⅱ卷 (非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．[2021·江苏联考]将圆锥的侧面展开恰为一个半径为2的半圆，则圆锥的体积是________．答案33π 解析圆锥的侧面展开恰为一个半径为2的半圆，所以圆锥的底面周长为2π，底面半径为1，圆锥的高为3，圆锥的体积为13π×12×3＝33π.14．[2021·河南郑州一中期末]我国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x 为________．答案 1.6解析由图可得π×⎝ ⎛⎭⎪⎫122×x ＋3×1×(5.4－x )＝12.6⇒x ＝1.6.15．[2021·江苏联考]在下列四个图所表示的正方体中，能够取得AB ⊥CD 的是________．答案 ①②解析对于①，通过平移AB 到右边的平面，可知AB ⊥CD ，所以①中AB ⊥CD ；对于②，通过作右边平面的另一条对角线，可得CD 垂直AB 所在的平面，由线面垂直定理取得②中AB ⊥CD ；对于③，可知AB 与CD 所成的角为60°；对于④，通过平移CD 到下底面，可知AB 与CD 不垂直．故答案为①②.16．[2021·长春质检]若是一个棱锥底面为正多边形，且极点在底面的射影是底面的中心，这样的棱锥称为正棱锥．已知正四棱锥P －ABCD 内接于半径为1的球，则当此正四棱锥的体积最大时，其高为________．答案 43 解析由球的几何性质可设四棱锥高为h ，从而V P －ABCD ＝23h [1－(h －1)2]＝23(－h 3＋2h 2)，有V ′P －ABCD ＝23(－3h 2＋4h )＝23h (－3h ＋4)，可知当h ＝43时，体积V P －ABCD 最大．三、解答题(共6小题，共70分，解承诺写出文字说明、证明进程或演算步骤)17．[2021·西安八校联考](本小题满分10分)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝DC ＝12DD 1，过A 1、B 、C 1三点的平面截去长方体的一个角后，得如图所示的几何体ABCD －A 1C 1D 1，E 、F 别离为A 1B 、BC 1的中点．(1)求证：EF ∥平面ABCD ；(2)求平面A 1BC 1与平面ABCD 的夹角θ的余弦值．解 (1)证明：∵在△A 1BC 1中，E 、F 别离为A 1B 、BC 1的中点，∴EF ∥A 1C 1. ∵在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AC ∥A 1C 1，∴EF ∥AC .(2分)∵EF ⊄平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴EF ∥平面ABCD .(4分)(2)以D 为坐标轴原点，以DA 、DC 、DD 1方向别离为x ，y ，z 轴，成立空间直角坐标系，不妨设AD ＝DC ＝12DD 1＝1，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，D 1(0,0,2)，A 1(1,0,2)，A 1B →＝(0,1，－2)，C 1B →＝(1,0，－2)，(5分)∵DD 1⊥平面ABCD ，∴平面ABCD 的一个法向量为DD 1→＝(0,0,2)，(6分)设平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(a ，b ，c )，则⎩⎨⎧ n ·A 1B →＝0，n ·C 1B →＝0，即⎩⎨⎧b －2c ＝0，a －2c ＝0，取a ＝1，得n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12，(8分) ∴cos θ＝|cos 〈n ，DD 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪DD 1→·n |DD 1→||n |＝13. ∴平面A 1BC 1与平面ABCD 的夹角θ的余弦值为13.(10分)18．[2021·江西南昌模拟](本小题满分12分)如图所示，点P 为斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧棱BB 1上一点，PM ⊥BB1交AA1于点M，PN⊥BB1交CC1于点N.(1)求证：CC1⊥MN；(2)在任意△DEF中有余弦定理：DE2＝DF2＋EF2－2DF·EF cos∠DFE.拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明．解(1)证明：∵PM⊥BB1，PN⊥BB1，PM∩PN＝P，∴BB1⊥平面PMN，∴BB1⊥MN.又CC1∥BB1，∴CC1⊥MN.(4分)(2)在斜三棱柱ABC—A1B1C1中，有S2ABB1A1＝S2BCC1B1＋S2ACC1A1－2SBCC1B1·SACC1A1cosα，其中α为平面BCC1B1与平面ACC1A1所成的二面角的大小．(7分)证明：∵CC1⊥平面PMN，∴上述的二面角的平面角为∠MNP.在△PMN中，∵PM2＝PN2＋MN2－2PN·MN cos∠MNP，∴PM2·CC21＝PN2·CC21＋MN2·CC21－2(PN·CC1)·(MN·CC1)cos∠MNP，由于SCBB1C1＝PN·CC1，SACC1A1＝MN·CC1，SABB1A1＝PM·BB1＝PM·CC1，∴S2ABB1A1＝S2BCC1B1＋S2ACC1A1－2SBCC1B1·SACC1A1cosα.(12分)19．[2021·长春质检](本小题满分12分)已知等腰梯形ABCD如图1所示，其中AB∥CD，E，F别离为AB和CD的中点，且AB＝EF＝2，CD＝6，M为BC中点，现将梯形ABCD按EF所在直线折起，使平面EFCB⊥平面EFDA，如图2所示，N是线段CD上一动点，且CN＝λND.(1)当λ＝12时，求证：MN ∥平面ADFE ； (2)当λ＝1时，求二面角M －NA －F 的余弦值．解 (1)证明：过点M 作MP ⊥EF 于点P ，过点N 作NQ ⊥FD 于点Q ，连接PQ .由题意，平面EFCB ⊥平面EFDA ，所以MP ⊥平面EFDA ，且MP ＝BE ＋CF 2＝2，(2分) 因为CF ⊥EF ，DF ⊥EF ，所以EF ⊥平面CFD ，所以NQ ⊥EF ，由NQ ⊥FD ，所以NQ ⊥平面EFDA ，又CN ＝12ND ，所以NQ ＝23CF ＝2，(4分) 即MP ∥NQ ，MP ＝NQ ，则MN ∥PQ ，由MN ⊄平面ADFE ，PQ ⊂平面ADFE ，所以MN ∥平面ADFE .(6分)(2)以F 为坐标原点，FE 方向为x 轴，FD 方向为y 轴，FC 方向为z 轴，成立如图所示坐标系．由题意，M (1,0,2)，A (2,1,0)，F (0,0,0)，C (0,0,3)，D (0,3,0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，32. 设平面AMN 与平面FAN 的法向量别离为n 1，n 2，平面AMN 的法向量为平面ABCD 的法向量，即n 1＝(1,1,1)，(8分)在平面FAN 中，FA →＝(2,1,0)，FN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，32，即n 2＝(1，－2,2)，(10分) 则cos θ＝39，所以二面角M －NA －F 的余弦值为39.(12分) 20．[2021·沈阳质检](本小题满分12分)四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD,2AD ＝BC ＝2a (a >0), AD ∥BC ，PD ＝3a ，∠DAB ＝θ.(1)若θ＝60°，AB ＝2a ，Q 为PB 的中点，求证：DQ ⊥PC ；(2)若θ＝90°，AB ＝a ，求平面PAD 与平面PBC 所成二面角的大小．(若非特殊角，求出所成角余弦即可)解 (1)证明：连接BD ，△ABD 中，AD ＝a ，AB ＝2a ，∠DAB ＝60°，由余弦定理：BD 2＝DA 2＋AB 2－2DA ·AB cos60°，解得BD ＝3a ，所以△ABD 为直角三角形，BD ⊥AD ，因为AD ∥BC ，所以BC ⊥BD ，(1分)又因为PD ⊥平面ABCD ，所以BC ⊥PD ，(2分)因为PD ∩BD ＝D ，所以BC ⊥平面PBD ，(3分)BC ⊂平面PBC ，所以平面PBD ⊥平面PBC ，(4分)又因为PD ＝BD ＝3a ，Q 为PB 中点，所以DQ ⊥PB .因为平面PBD ∩平面PBC ＝PB ，所以DQ ⊥平面PBC ，(5分)PC ⊂平面PBC ，所以DQ ⊥PC .(6分)(2)由θ＝90°，AB ＝a ，可得BD ＝CD ＝2a .取BC 中点M ，可证得ABMD 为矩形．(7分)以D 为坐标原点别离以DA ，DM ，DP 所在直线为x ，y ，z 轴，成立空间直角坐标系Dxyz ，则A (a,0,0)，B (a ，a,0)，DM ⊥平面PAD ，所以DM →是平面PAD 的法向量，DM →＝(0，a,0)．(9分)设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，P (0,0，3a )，B (a ，a,0)，C (－a ，a,0)，所以PB →＝(a ，a ，－3a )，BC →＝(－2a,0,0)，⎩⎨⎧ n ·PB →＝0，n ·BC →＝0，令z ＝1，可得⎩⎨⎧ax ＋ay －3a ＝0，－2ax ＝0，解得n ＝(0，3，1)，(10分) 所以cos θ＝DM →·n |DM →||n |＝3a 2a ＝32.(11分)所以平面PAD 与平面PBC 所成二面角为π6.(12分)21．[2021·贵阳月考](本小题满分12分)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，PD ⊥底面ABCD ，PA ＝AB ＝2，BC＝12PA ，BD ＝3，E 在PC 边上． (1)求证：平面PDA ⊥平面PDB ；(2)当E 是PC 边上的中点时，求异面直线AP 与BE 所成角的余弦值；(3)若二面角E －BD －C 的大小为30°，求DE 的长．解 (1)证明：因为底面ABCD 是平行四边形，∴AD ＝BC ＝1，又BD ＝3，AB ＝2，知足AD 2＋BD 2＝AB 2，∴AD ⊥BD .又因为PD ⊥底面ABCD ，∴PD ⊥BD ，∴BD ⊥平面PAD .(3分)∵BD ⊂平面PDB ，∴平面PDA ⊥平面PDB .(4分)(2)以D 为原点成立如图所示空间直角坐标系．则D (0,0,0)，P (0,0，3)，A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1，3，0)， ∵E 是PC 边上的中点，∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，32，则AP →＝(－1,0，3)，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－32，32，(6分) ∴cos 〈AP →，BE →〉＝|A P →·BE →||AP →||BE →|＝277.(8分) (3)由C ，E ，P 三点共线，得DE →＝λDP →＋(1－λ)DC →，且0≤λ≤1，从而有DE →＝(λ－1，3(1－λ)，3λ)，DB →＝(0，3，0)．设平面EDB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ·DE →＝0及n ·DB →＝0，可取n ＝⎝⎛⎭⎪⎫3，0，1－λλ. 又平面CBD 的法向量可取m ＝(0,0,1)，(10分)二面角E －BD －C 的大小为30°，∴cos30°＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·m |n ||m |＝32， ∴λ＝14，∴DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，334，34，∴|DE |＝394.(12分)22．[2021·河北一模](本小题满分12分)如图，在三棱锥S－ABC 中，SC ⊥平面ABC ，SC ＝3，AC ⊥BC ，CE ＝2EB ＝2，AC ＝32，CD ＝ED . (1)求证：DE ⊥平面SCD ；(2)求二面角A －SD －C 的余弦值；(3)求点A 到平面SCD 的距离．解 (1)证明：以C 为原点，CA ，CB ，CS 所在直线别离为x 轴，y 轴，z 轴成立空间直角坐标系，如图，则C (0,0,0)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，S (0,0,3)，E (0,2,0)，D (1,1,0)，因为DE →＝(－1,1,0)，CD →＝(1,1,0)，CS →＝(0,0,3)，所以DE →·CD →＝－1＋1＋0＝0，DE →·CS →＝0＋0＋0＝0，即DE ⊥CD ，DE ⊥CS .(2分)因为CD ∩CS ＝C ，所以DE ⊥平面SCD .(4分)(2)由(1)可知DE →＝(－1,1,0)为平面SCD 的一个法向量．设平面SAD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，而AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1，0， AS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0，3，则⎩⎨⎧ n ·AD →＝0，n ·AS →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －12x ＋y ＝0，－32x ＋3z ＝0. 不妨设x ＝2，可得n ＝(2,1,1)．(6分)易知二面角A －SD －C 为锐角，因此有|cos 〈DE →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2＋1＋02·6＝36，即二面角A －SD －C 的余弦值为36.(8分)(3)AC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0，0，AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1，0，AS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0，3，作AH ⊥平面SCD ，垂足为H ，设AH →＝xAC →＋yAD →＋zAS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32x －12y －32z ，y ，3z ，且x ＋y ＋z ＝1.(10分)由AH →⊥CD →，AH →⊥CS →，得 ⎩⎪⎨⎪⎧ －32x －12y －32z ＋y ＝0，9z ＝0，x ＋y ＋z ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝14，y ＝34，z ＝0.所以AH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，34，0，(11分)|AH →|＝324，32即点A到平面SCD的距离为4.(12分)。

高三一轮复习第六章第四节直线、平面垂直的判定及性质

课时作业1．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，A l，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是( )A．AB∥m B．AC⊥mC．AB∥βD．AC⊥β【答案】　D2．(2022·大庆二模)若m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )A．若α⊥β，m⊥β，则m∥αB．若m∥α，n⊥m，则n⊥αC．若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α⊥βD．若m∥β，m α，α∩β＝n，则m∥n【解析】　由m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，知：在A中，若α⊥β，m⊥β，则m∥α或m α，故A错误；在B中，若m∥α，n⊥m，则n与α相交、平行或n α，故B错误；在C中，若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α与β相交或平行，故C错误；在D中，若m∥β，m α，α∩β＝n，则由线面平行的性质定理得m∥n，故D正确．【答案】　D3．(2022·天津滨海新区模拟)如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥D ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC．其中正确的是( )A．①②④B．①②③C．②③④D．①③④【答案】　B4．如图，PA⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E，F分别是点A在PB，PC上的射影，给出下列结论：①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC．其中正确结论的序号是________．【答案】　①②③5．(2022·福建四地六校月考)点P在正方体ABCD A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个命题：①三棱锥A D1PC的体积不变；②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1．其中正确的命题序号是________．【答案】　①②④6．(2022·临沂三模)如图，圆锥的轴截面为三角形SAB，O为底面圆圆心，C为底面圆周上一点，D为BC的中点．(1)求证：平面SBC⊥平面SOD；(2)如果∠AOC＝∠SDO＝60°，BC＝23，求该圆锥的侧面积．【解】　(1)证明：由题意知SO⊥平面OBC，又BC 平面OBC，∴SO⊥BC，在△OBC中，OB＝OC，CD＝BD，∴OD ⊥BC ，又SO ∩OD ＝O ，∴BC ⊥平面SOD ，又BC 平面SBC ，∴平面SBC ⊥平面SO D ． (2)在△OBC 中，OB ＝OC ，CD ＝BD ， ∵∠AOC ＝60°，∴∠COD ＝60°， ∵CD ＝12BC ＝3，∴OD ＝1，OC ＝2，在△SOD 中，∠SDO ＝60°，又SO ⊥OD ，∴SO ＝3，在△SAO 中，OA ＝OC ＝2，∴SA ＝7， ∴该圆锥的侧面积为S 侧＝π×OA ×SA ＝27π．7．(2022·铜川二模)如图，△ABC 为边长为2的正三角形，AE ∥CD ，且AE ⊥平面ABC ，2AE ＝CD ＝2．(1)求证：平面BDE ⊥平面BCD ； (2)求三棱锥D BCE 的高．【解】　(1)如图所示：取BD 边的中点F ，BC 的中点为G ，连接AG ，FG ，EF ，由题意可知，FG 是△BCD 的中位线所以FG ∥AE 且FG ＝AE ，即四边形AEFG 为平行四边形，所以AG ∥EF由AG ⊥平面BCD 可知，EF ⊥平面BCD ，又EF 面BDE ，故平面BDE ⊥平面BCD ．(2)过B 做BK ⊥AC ，垂足为K ，因为AE ⊥平面ABC ，所以BK ⊥平面ACDE ，且BK ＝2×32＝3所以V 四棱锥B ACDE ＝13×12(1＋2)×2×3＝3V 三棱锥E ABC ＝13×12×2×3×1＝33所以V 三棱锥D BCE ＝V 四棱锥B ACDE －V 三棱锥E ABC ＝3－33＝233因为AB ＝AC ＝2，AE ＝1，所以BE ＝CE ＝5，又BC ＝2 所以S △ECB ＝12×2×5－1＝2设所求的高为h ，则由等体积法得13×2×h ＝233所以h ＝3．8．(2022·石家庄)如图，在四棱锥A EFCB 中，四边形EFCB 是梯形，EF ∥BC 且EF ＝34BC ，△ABC 是边长为2的正三角形，顶点F 在AC 上射影为点G ，且FG ＝3，CF ＝212，BF ＝52．(1)证明：平面FGB ⊥平面ABC ； (2)求三棱锥E GBC 的体积．【解】　(1)证明：由顶点F 在AC 上投影为点G ，可知，FG ⊥A C ．取AC 的中点为O ，连结OB ，G B ．在Rt △FGC 中，FG ＝3，CF ＝212，所以CG ＝32．在Rt △GBO 中，OB ＝3，OG ＝12，所以BG＝13 2．∴BG2＋GF2＝FB2，即FG⊥BG．∵FG⊥AC，FG⊥GB，AC∩BG＝G∴FG⊥面AB C．又FG 面FGB，∴面FGB⊥面AB C．(2)∵EF∥BC，EF 面ABC，BC 面ABC ∴EF∥面ABC．V E GBC＝V F GBC∴三棱锥E GBC的体积V E GBC＝V F GBC＝13×S△GBC×h＝13×334×3＝34．9．(2022·保定二模)如图，在四棱锥P ABCD中，O是边长为4的正方形ABCD的中心，PO⊥平面ABCD，M，E分别为AB，BC的中点．(Ⅰ)求证：平面PAC⊥平面PBD；(Ⅱ)若PE＝3，求点B到平面PEM的距离．【解】　(Ⅰ)因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD．因为PO⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，所以AC⊥PO．因为OP 平面PBD，BD 平面PBD，且OP∩BD＝O，所以AC⊥平面PBD．所以平面PAC⊥平面PBD．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，OP为点P到平面BME的高．所以V B PEM＝V P BEM＝13S△BEM×OP．连接OE．因为PO⊥平面ABCD，OE 平面ABCD，所以PO⊥OE．因为OE＝2，PE＝3，所以OP＝5．又因OA＝OB＝OC＝OD，所以PA＝PB＝PC＝PD．在△PEM中，PE＝PM＝3，ME＝12AC＝22，所以S△PEM＝12×22×32－（2）2＝14．设点B到平面PEM的距离为h，由V B PEM ＝13×S △PEM ×h ＝V P BEM ＝13S △BEM ×OP ＝13×12×2×2×5＝253，得143h ＝253，所以h ＝707．所以点B 到平面PEM 的距离为707． 10．(2022·郑州质检)如图，高为1的等腰梯形ABCD 中，AM ＝CD ＝13AB ＝1，M 为AB的三等分点．现将△AMD 沿MD 折起，使平面AMD ⊥平面MBCD ，连接AB ，AC ．(1)在AB 边上是否存在点P ，使AD ∥平面MPC?(2)当点P 为AB 边的中点时，求点B 到平面MPC 的距离．【解】　(1)当AP ＝13AB 时，有AD ∥平面MPC ．理由如下：连接BD 交MC 于点N ，连接NP ．在梯形MBCD 中，DC ∥MB ，DN NB ＝DC MB ＝12，因为△ADB 中，AP PB ＝12，所以AD ∥PN ．因为AD 平面MPC ，PN 平面MPC ，所以AD ∥平面MPC ．(2)因为平面AMD ⊥平面MBCD ，平面AMD ∩平面MBCD ＝DM ，平面AMD 中AM ⊥DM ，所以AM ⊥平面MBCD ．所以V P MBC ＝13×S △MBC ×A M 2＝13×12×2×1×12＝16．在△MPC 中，MP ＝12AB ＝52，MC ＝2，又PC ＝(12)2＋12＝52，所以S △MPC ＝12×2×(52)2－(22)2＝64．所以点B 到平面MPC 的距离为d ＝3V P MBCS△MPC＝3×1664＝63．11．(2022·福建质检)在如图所示的多面体中，四边形ABCD 是平行四边形，四边形BDEF 是矩形．(1)求证：AE ∥平面BCF ；(2)若AD ⊥DE ，AD ＝DE ＝1，AB ＝2，∠BAD ＝60°，求三棱锥F AEC 的体积．【解】　(1)证明：因为四边形ABCD 是平行四边形，所以AD ∥BC ．又AD 平面BCF ，BC 平面BCF ，所以AD ∥平面BCF ，因为四边形BDEF 是矩形，所以DE ∥BF ．又DE 平面BCF ，BF 平面BCF ，所以DE ∥平面BCF ．因为AD ∩DE ＝D ，AD 平面ADE ，DE 平面ADE ，所以平面ADE ∥平面BCF ．因为AE 平面ADE ，所以AE ∥平面BCF ．(2)设AC 与BD 交于点O ，则O 为AC 的中点．连接OE ，OF ，如图．故V F AEC ＝V C －AEF ＝2V O －AEF ＝2V A OEF ．在△ABD 中，∠BAD ＝60°，AD ＝1，AB ＝2，由余弦定理得，BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD ·cos ∠BAD ，所以BD ＝3，所以AB 2＝AD 2＋BD 2，所以AD ⊥BD ．又DE ⊥AD ，BD ∩DE ＝D ，BD 平面BDEF ，DE平面BDEF ，所以AD ⊥平面BDEF ，故AD 的长为点A 到平面BDEF 的距离．因为DE＝1，所以S△OEF＝12S四边形BDEF＝12BD·DE＝32，所以V A OEF＝13·S△OEF·AD＝36，故V F AEC＝2V A OEF＝33，即三棱锥F AEC的体积为33．12．(2022·太原模拟)如图，在几何体ABCDFE中，四边形ABCD是菱形，BE⊥平面ABCD，DF∥BE，且DF＝2BE＝2，EF＝3．(1)证明：平面ACF⊥平面BEFD．(2)若cos∠BAD＝15，求几何体ABCDFE的体积．【解】　(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，因为BE⊥平面ABCD，所以BE⊥AC．所以AC⊥平面BEFD．所以平面ACF⊥平面BEFD．(2)设AC与BD的交点为O，AB＝a(a>0)，由(1)得AC⊥平面BEFD，因为BE⊥平面ABCD，所以BE⊥BD，因为DF∥BE，所以DF⊥BD，所以BD2＝EF2－(DF－BE)2＝8，所以BD＝22，所以S四边形BEFD＝12(BE＋DF)·BD＝32，因为cos∠BAD＝15，所以BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠BAD＝85a2＝8，所以a＝5，所以OA2＝AB2－OB2＝3，所以OA＝3，所以V ABCDFE＝2V A－BEFD＝23S四边形BEFD·OA＝26．13．(2022·四川省宜宾市二模)如图，在四棱锥P ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AD⊥PD，AB＝AD＝1，CD＝2，PD＝3，E为线段PB的中点，且DE⊥BC．(1)求证：PD⊥平面ABCD；(2)若过三点C，D，E的平面将四棱锥P ABCD分成上，下两部分，求上面部分的体积V．【解】　(1)证明：连接BD，∵AB⊥AD，AB＝AD＝1，PD＝2∵AB∥CD，∴∠BDC＝∠ABD＝45°，∵CD＝2，∴BC2＝(2)2＋22－2×2×2cos 45°＝2，∴BC2＋BD2＝BC2，∴BC⊥BD ∵BC⊥DE，DE∩DB＝D，DE 平面PBD，∴BC⊥平面PBD，∴BC⊥PD，∵AD⊥PD，AD与BC相交，∴PD⊥平面ABCD．(2)作PA的中点F，连接EF，EC，DF∵E为PB的中点，∴EF綊12 AB．又∵AB綊12CD，∴EF綊14CD，∴EF与CD共面，∴平面CDFE为过三点C，D，E的截面∵V P CDE＝V B－CDE＝12V P BCD，PD⊥平面ABCD，∴V P CDE＝12×13(12×2×2)×3＝12∵V P DFE＝14V P CDE，∴V P DFE＝18∴V＝18＋12＝58．14．(2022·安徽省安庆市二模)如图，在四棱锥P ABCD中，平面PBC⊥平面ABCD，∠PBC＝90°，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝AD＝2，BC＝22．(1)证明：CD⊥平面PBD；(2)若直线PD与底面ABCD所成的角为60°，求点B到平面PCD的距离．【解】　(1)∵AD∥BC，∠ABC＝90°，∴AB⊥AD，∴BD＝AD2＋AB2＝2；作DE⊥BC于E，则DE＝CE＝2，∴CD＝DE2＋CE2＝2；在△BCD中，∵DC2＋DB2＝22＋22＝8＝(22)2＝BC2，∴∠CDB＝90°，即CD⊥BD；∵平面PBC⊥平面ABCD，∠PBC＝90°，平面PBC∩平面ABCD＝BC，∴PB⊥平面ABCD，又CD 平面ABCD，∴PB⊥CD，∵PB，BD 平面PBD，PB∩BD＝B，∴CD⊥平面PBD．(2)∵PB⊥平面ABCD，∴PD与底面ABCD所成的角是∠PDB＝60°．在Rt△PBD中，DB＝2，∠PDB＝60°，∴PB＝23，PD＝4；设h为点B到平面PCD的距离，∵V B PDC＝V P DBC，∴13×S△PDC×h＝13×S△DBC×PB，∴h＝S△DBC×PBS△PDC＝12×2×2×2312×2×4＝3，即点B到平面PCD的距离为3．。

高考数学第一轮复习立体几何专题题库19.doc

241. 已知点P 是正方形ABCD 所在的平面外一点，PD ⊥面AC ，PD=AD=l ，设点C 到面PAB 的距离为d 1，点B 到平面PAC 的距离为d 2，则（）（A ）l <d 1 <d 2（B ）d 1< d 2<l （C ）d 1<l < d 2（D ）d 2<d 1<l解析：l d 221=，l d 332=，故d 2<d 1<l ，选D 。

242.如图，正方形ABCD 、ABEF 的边长都是1,而且平面ABCD 、ABEF 互相垂直。

点M 在AC 上移动，点N 在BF 上移动，若CM=BN=a ).20(<<a （1）求MN 的长；（2）当a 为何值时，MN 的长最小；（3）当MN 长最小时，求面MNA 与面MNB 所成的二面角α的大小。

解析：（1）作MP ∥AB 交BC 于点P ，NQ ∥AB 交BE 于点Q ，连接PQ ，依题意可得MP ∥NQ ，且MP=NQ ，即MNQP 是平行四边形。

∴MN=PQ,由已知，CM=BN=a,CB=AB=BE=1,∴2==BF AC ,21,21a BQ a CP ==, 即2aBQ CP ==, ∴=+-==22)1(BQ CP PQ MN )20(21)22()2()21(222<<+-=+-a a a a（2）由（1）知: 2222==MN a 时，当，的中点时，分别移动到即BF AC N M ,, 22的长最小，最小值为MN (3)取MN 的中点G ，连接AG 、BG ，∵AM=AN,BM=BN ，∴AG ⊥MN,BG ⊥MN ，∴∠AGB 即为二面角α的平面角。

又46==BG AG ，所以由余弦定理有 ADE31464621)46()46(cos 22-=∙∙-+=α。

故所求二面角)31arccos(-=α。

243. 如图，边长均为a 的正方形ABCD 、ABEF 所在的平面所成的角为)20(πθθ<<。

第六单元立体几何初步( 基础过关)-2021年高考数学一轮复习(解析版)

第六单元立体几何初步A 卷基础过关检查一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.【2020嘉祥县第一中学月考】在如图的正方体中，M 、N 分别为棱BC 和棱1CC 的中点,则异面直线AC 和MN 所成的角为( )A ．30B ．45C ．60D ．90【答案】C【解析】连接1111,,AC BC A B 如下图所示，由于,M N 分别是棱BC 和棱1CC 的中点，故1//MN BC ，根据正方体的性质可知11//AC A C ，所以11AC B ∠是异面直线,AC MN 所成的角，而三角形11A BC 为等边三角形，故1160A C B ∠=. 故选C.2. 【2020宁阳县第四中学期末】对于空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，有如下关系：623OP OA OB OC =++，则（）A ．四点O ，A ，B ，C 必共面 B ．四点P ，A ，B ，C 必共面C ．四点O ，P ，B ，C 必共面D ．五点O ，P ，A ，B ，C 必共面【答案】B【解析】由已知得111632OP OA OB OC =++，而1111632++=， ∴四点P 、A 、B 、C 共面．故选B ．3. 【2019山东高考】在空间中，已知l ，m ，n 为不同的直线，α，β，γ为不同的平面，则下列判断正确的是（） A ．若l αβ=，m α，m β⊥，则αβ⊥ B ．若m α，n β，αβ∥，则m nC ．若m α⊥，n β，αβ⊥，则m n ⊥D ．若m αβ=，m γ⊥，n m ⊥，则∥γn【答案】A【解析】对于A 选项，因为m α，m β⊥，根据面面平行的判定定理，即可得出αβ⊥；A 正确；对于B 选项，若m α，n β，αβ∥，则m n 或mn 、异面；B 错误；对于C 选项，若m α⊥，αβ⊥，则m β或m β⊂，又n β，所以m n 或mn 、异面或m n 、相交；C 错误；对于D 选项，若m αβ=，m γ⊥，n m ⊥，则∥γn 或γ⊂n ；D 错误.故选A4. 【2019山东泰安高三一模（理）】直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( )A ．110B ．25C ．10D ．2【答案】C【解析】以C 为原点，直线CA 为x 轴，直线CB 为y 轴，直线1CC 为z 轴，则设CA=CB=1，则 (0,1,0)B ，11(,,1)22M ，A （1，0，0），1(,0,1)2N ，故11(,,1)22BM =-，1(,0,1)2AN =-，所以cos ,BM AN BMAN BM AN⋅〈〉==⋅3465=⋅30，故选C.5.【2020山东高考真题】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为（）A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°【答案】B【解析】画出截面图如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线.m 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥.. 由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒，由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒. 故选B6. 【2020山东枣庄八中考试】在立体几何中，用一个平面去截一个几何体得到的平面图形叫截面，如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点E 、F 分别是棱B 1B 、B 1C 中点，点G 是棱CC 1的中点，则过线段AG 且平行于平面A 1EF 的截面图形为（）A ．矩形B ．三角形C ．正方形D ．等腰梯形【答案】D【解析】取BC 的中点H ，如图连接AH 、GH 、1D G 、1AD ，由题意得：//GH EF ，1//AH A F ，GH 不在平面1A EF 内，EF ⊆平面1A EF 内，∴||GH 平面1A EF .AH 不在平面1A EF 内，1A F ⊆平面1A EF 内，∴||AH 平面1A EF .GHAH H =，,GH AH⊆平面1AHGD ，∴平面1//AHGD 平面1A EF ，过线段AG 且平行于平面AEF 的截面图形为等腰梯形1AHGD ．故选D ．7. 【2020全国高三课时练习（理）】已知正四棱锥P －ABCD 内接于一个半径为R 的球，则正四棱锥P －ABCD 体积的最大值是（）A ．316R 81B ．332R 81C ．364R 81D ．R 3【答案】C【解析】如图，记O 为正四棱锥P －ABCD 外接球的球心，O 1为底面ABCD 的中心，则P ，O ，O 1三点共线，连接PO 1，OA ，O 1A.设OO 1＝x ，则O 1A 22R x -，AB 2·22R x -，PO 1＝R ＋x ，所以正四棱锥P －ABCD 的体积:()()()()()2221111222333V AB PO R xR x R x R x R x ⨯⨯⨯＝＝－＋＝－＋＋ ()()()332-2++++1643381R x R x R x R ⎡⎤≤=⎢⎥⎣⎦，当且仅当22R x R x -=+，即3Rx =时取等号.所以正四棱锥P －ABCD 的体积的最大值为36481R . 故选C.8.【2019诸城市教育科学研究院】如图，长方体1111ABCD A B C D -中，12AA AB ==，1AD =，E 、F 、G 分别是1DD 、AB 、1CC 的中点，则异面直线1A E 与GF 所成角的正弦值是( )A. 1 B ．105C ．22D ．0【答案】A 【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系， ∵AA 1＝AB ＝2，AD ＝1，点E 、F 、G 分别是DD 1、AB 、CC 1的中点， ∴A 1（1，0，2），E （0，0，1），G （0，2，1），F （1，1，0），1A E ＝（﹣1，0，﹣1），GF ＝（1，﹣1，﹣1）， 1A E GF ⋅＝﹣1+0+1＝0，∴A 1E ⊥GF ，∴异面直线A 1E 与GF 所成的角的余弦值为0，正弦值为1. 故选A ．二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分.9.【2020山东省邹城市第一中学高三】如图，四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥底面ABCD ，PAD △是等边三角形，底面ABCD 是菱形，且60BAD ∠=︒，M 为棱PD 的中点，N 为菱形ABCD 的中心，下列结论正确的有（）A ．直线PB 与平面AMC 平行 B ．直线PB 与直线AD 垂直 C ．线段AM 与线段CM 长度相等 D ．PB 与AM 2【答案】ABD【解析】如图，连接MN ，易知//MN PB ，由线面平行的判定定理得//PB 面AMC ，A 正确.在菱形ABCD 中，60BAD ∠=︒，BAD ∴为等边三角形.设AD 的中点为O ，连接OB ，OP ，则OP AD ⊥，OB AD ⊥，由线面垂直的判定定理得出AD ⊥平面POB ，AD PB ∴⊥，B 正确.平面PAD ⊥平面ABCD ，由面面垂直的性质可得POB 为直角三角形设4=AD ，则23OP OB ==，26PB ∴=，162MN PB ==在MAN △中，23AM AN ==6MN =，可得2cos 4AMN ∠=故异面直线PB 与AM 2在MAN △中222AM AN MN ≠+，则ANM ∠不是直角，则AMC ∆不是等腰三角形，即AM 与CM 长度不等，故C 错误，D 正确故选ABD10. 【2020肥城市教学研究中心高三其他】对于不同直线m ，n 和不同平面α，β，有如下四个命题，其中正确的是（）A ．若m α⊥，//n β，m n ⊥，则//αβB ．若m α⊥，//m n ，n β⊂，则αβ⊥C ．若n α⊥，n β⊥，m α⊥，则m β⊥D ．若m α⊥，m n ⊥，则//n α 【答案】BC【解析】选项A. 若m α⊥，//n β，m n ⊥，则α与β可能相交可能平行，故A 不正确. 选项B. 若m α⊥，//m n ，则n α⊥，又n β⊂，所以αβ⊥，故B 正确选项C. 若n α⊥，n β⊥，则//αβ，又m α⊥，所以m β⊥，故C 正确选项D. 若m α⊥，m n ⊥，则//n α或n ⊂α，故D 不正确. 故选BC11. 【2020山东济南高三其他】如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为线段1BC 上的动点，下列说法正确的是（）A ．对任意点P ，//DP 平面11AB D B ．三棱锥11P A DD -的体积为16C ．线段DP 长度的最小值为62D ．存在点P ，使得DP 与平面11ADD A 所成角的大小为π3【答案】ABC2，对于A ：分别连接1C D 、BD 、11B D 、1AB 、1AD ，易得平面1//C DB 平面11AB D ，DP ⊂平面1C DB ，故对任意点P ，//DP 平面11AB D ，故正确；对于B ：分别连接PA 、1PD ，无论点P 在哪个位置，三棱锥11P A DD -的高均为1，底面11A DD 的面积为12，所以三棱锥11P A DD -的体积为1111326⨯⨯=，故正确；对于C ：线段DP 在1C BD 中，当点P 为1BC 的中点时，DP 最小，此时1DPBC ，在Rt BPD △中，()222226222DP BD PB ⎛⎫=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭故DP 6对于D ：点P 在平面11ADD A 上的投影在线段1AD 上，设点P 的投影为点Q ，则PDQ ∠为DP 与平面11ADD A 所成的角，sin PQPDQ PD∠=，1PQ =，而622PD ≤≤DP 与平面11ADD A 所成角的正弦值的取值范围是262⎣⎦，而36sin323π=>，所以不存在点P ，使得DP 与平面11ADD A 所成角的大小为π3，故错误. 故选ABC.12. 【2020山东师范大学附中高三其他】已知正方体1111ABCD A B C D -棱长为2，如图，M 为1CC 上的动点，AM ⊥平面α.下面说法正确的是（）A ．直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为3232⎣⎦B ．点M 与点1C 重合时，平面α截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大C ．点M 为1CC 的中点时，若平面α经过点B ，则平面α截正方体所得截面图形是等腰梯形D ．己知N 为1DD 中点，当AM MN +的和最小时，M 为1CC 的中点【答案】AC【解析】对于A 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，则点()2,0,0A 、()2,2,0B 、设点()()0,2,02M a a ≤≤，AM ⊥平面α，则AM 为平面α的一个法向量，且()2,2,AM a =-，()0,2,0AB =， 2232cos ,2288AB AM AB AM AB AMa a ⋅⎡<>===⎢⋅⨯++⎣⎦，所以，直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为32⎣⎦，A 选项正确；对于B 选项，当M 与1CC 重合时，连接1A D 、BD 、1A B 、AC ，在正方体1111ABCD A B C D -中，1CC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1BD CC ∴⊥，四边形ABCD 是正方形，则BD AC ⊥，1CC AC C =，BD ∴⊥平面1ACC ，1AC ⊂平面1ACC ，1AC BD ∴⊥，同理可证11AC A D ⊥， 1A D BD D ⋂=，1AC ∴⊥平面1A BD ，易知1A BD 是边长为22(1232223A BD S ==△22362=.设E 、F 、Q 、N 、G 、H 分别为棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点，易知六边形EFQNGH 是边长为2的正六边形，且平面//EFQNGH 平面1A BD ，正六边形EFQNGH 的周长为62，面积为()236233⨯⨯=，则1A BD 的面积小于正六边形EFQNGH 的面积，它们的周长相等，B 选项错误；对于C 选项，设平面α交棱11A D 于点(),0,2E b ，点()0,2,1M ，()2,2,1AM =-，AM ⊥平面α，DE ⊂平面α，AM DE ∴⊥，即220AM DE b ⋅=-+=，得1b =，()1,0,2E ∴，所以，点E 为棱11A D 的中点，同理可知，点F 为棱11A B 的中点，则()2,1,2F ，()1,1,0EF =，而()2,2,0DB =，12EF DB ∴=，//EF DB ∴且EF DB ≠，由空间中两点间的距离公式可得2222015DE =++()()()2222212205BF =-+-+-=，DE BF ∴=，所以，四边形BDEF 为等腰梯形，C 选项正确；对于D 选项，将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，如下图所示：若AM MN +最短，则A 、M 、N 三点共线，11//CC DD ，2222222MC AC DN AD ∴===-+， 11222MC CC =-≠，所以，点M 不是棱1CC 的中点，D 选项错误.故选AC.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 【2020年高考全国Ⅲ卷理数】已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【答案】2π 【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ，由于223122AM -=1222222S =⨯⨯△ABC设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()1332222r =⨯++⨯=，解得：2r，其体积：3423V r =π=π. 故答案为2π. 14. 【2020辽宁省高三二模（理）】已知一个圆柱的侧面积等于表面积的一半，且其轴截面的周长是18，则该圆柱的体积是______．【答案】27π【解析】设圆柱的底面圆的半径为r ，高为h ．由题意可得()22π12π2π22218rhr rh r h ⎧=⎪+⎨⎪+=⎩，解得3r h ==，则该圆柱的体积是2π27πr h =．故答案为:27π.15. 【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．【答案】22π. 【解析】如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E 3=，111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥，因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11B C CB ，设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点，则1D E EP ⊥，因为球的半径为5，13D E =，所以2211||||||532EP D P D E =-=-=，所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E 的距离为2，因为||||2EF EG ==，所以侧面11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ，因为114B EFC EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得2222FG ππ=⨯=. 故答案为：22π. 16. 【2020山东东港日照一中高三其他】古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现：平面上到两定点A ，B 距离之比为常数(0λλ＞且1)λ≠的点的轨迹是一个圆心在直线AB 上的圆，该圆简称为阿氏圆．根据以上信息，解决下面的问题：如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1226AB AD AA ＝＝＝，点E 在棱AB 上，2BE AE ＝，动点P 满足3BP PE ＝．若点P 在平面ABCD 内运动，则点P 所形成的阿氏圆的半径为________；若点P 在长方体1111ABCD A B C D -内部运动，F 为棱11C D 的中点，M 为CP 的中点，则三棱锥1M B CF -的体积的最小值为___________．【答案】2394【解析】（1）以AB 为x 轴，AD 为y 轴，1AA 为z 轴，建立如图所示的坐标系，则(6,0),(2,0),B E 设(,)P x y ，由3BP PE ＝得2222(6)3[(2)]x y x y -+=-+，所以22+12x y =，所以若点P 在平面ABCD 内运动，则点P 所形成的阿氏圆的半径为23（2）设点(,,)P x y z ，由3BP PE ＝得222222(6)3[(2)z ]x y z x y -++=-++，所以222++12x y z =，由题得1(3,3,3,),(6,0,3),(6,3,0),F B C所以11(3,3,0),(0,3,3),FB BC =-=-设平面1B CF 的法向量为000(,,)n x y z =，所以100100·330,(1,1,1)·330n FB x y n n B C y z ⎧=-=⎪∴=⎨=-=⎪⎩，由题得(6,3,z)CP x y =--，所以点P 到平面1B CF 的距离为||||3CP n h n ⋅== 因为2222222(++)(111)(),66x y z x y z x y z ++≥++∴-≤++≤，所以min 33h ==M 到平面1B CF 3 由题得1B CF ∆223332+=，所以三棱锥1M B CF -的体积的最小值为2133932=3424⨯⨯（）. 故答案为：(1)23 (2)94．四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17. 【2020年高考全国Ⅰ卷理数】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC △是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，6PO DO =．（1）证明：PA ⊥平面PBC ；（2）求二面角B PC E --的余弦值．【解析】（1）设DO a =，由题设可得63,,63PO a AO a AB a ===， 22PA PB PC a ===. 因此222PA PB AB +=，从而PA PB ⊥. 又222PA PC AC +=，故PA PC ⊥. 所以PA ⊥平面PBC .（2）以O 为坐标原点，OE 的方向为y 轴正方向，||OE 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.由题设可得312(0,1,0),(0,1,0),(,0),)2E A C P -. 所以312(,,0),(0,1,)222EC EP =--=-. 设(,,)x y z =m 是平面PCE 的法向量，则00EP EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，即2023102y z x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩，可取3(2)3=-m . 由（1）知2(0,1,2AP =是平面PCB 的一个法向量，记AP =n ，则25cos ,|||⋅==n m n m n m |所以二面角B PC E --25. 18．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．【解析】设AB a =，AD b =，1AA c =，如图，以1C 为坐标原点，11C D 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系1C xyz -．（1）连结1C F ，则1(0,0,0)C ，(,,)A a b c ，2(,0,)3E a c ，1(0,,)3F b c ，1(0,,)3EA b c =，11(0,,)3C F b c =，得1EA C F =．因此1EA C F ∥，即1,,,A E F C 四点共面，所以点1C 在平面AEF 内．（2）由已知得(2,1,3)A ，(2,0,2)E ，(0,1,1)F ，1(2,1,0)A ，(0,1,1)AE =--，(2,0,2)AF =--，1(0,1,2)A E =-，1(2,0,1)A F =-．设1(,,)x y z =n 为平面AEF 的法向量，则110,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,220,y z x z --=⎧⎨--=⎩可取1(1,1,1)=--n ．设2n 为平面1A EF 的法向量，则22110,0,A E A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 同理可取21(,2,1)2=n ．因为1212127cos ,||||⋅〈〉==⋅n n n n n n ，所以二面角1A EF A --42．19．【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．（Ⅰ）证明：EF ⊥DB ；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB ．由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得2CD CO =，由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥. 由45ACB ∠=︒，122BC CD ==得BO BC ⊥.所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB ．由三棱台ABC DEF -得BC EF ∥，所以EF DB ⊥. （Ⅱ）方法一：过点O 作OH BD ⊥，交直线BD 于点H ，连结CH .由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角. 由BC ⊥平面BDO 得OH BC ⊥，故OH ⊥平面BCD ，所以OCH ∠为直线CO 与平面DBC 所成角. 设22CD =.由2,2DO OC BO BC ====，得26,33BD OH == 所以3sin OH OCH OC ∠==，因此，直线DF 与平面DBC 3. 方法二：由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图，以O为原点，分别以射线OC，OD为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz-. 设22CD=.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)O B C D.因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OC BC CD==-=-.设平面BCD的法向量(,,z)x y=n.由0,0,BCCD⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩nn即220x yy z-+=⎧⎨-+=⎩，可取(1,1,1)=n.所以|3sin|cos,||||OCOCOCθ⋅===⋅n|nn|.因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为3.20．【2020山东高三其他】如图，在矩形ABCD中，2AB AD=，点E是CD的中点.将ADE沿AE折起，使得点D到达点P的位置，且使平面PAE⊥平面ABCE.（1）求证：平面PBE⊥平面PAE；（2）求平面PAE与平面BCP所成锐二面角的余弦值.【解析】（1）∵2AB AD=，∴AD DE=，∴4DEAπ∠=，同理4CEBπ∠=，2AEBπ=∠，即BE AE⊥，又平面PAE⊥平面ABCE，平面PAE平面ABCE AE=，BE ⊂平面ABCE ，∴BE ⊥平面PAE ，又BE ⊂平面PBE ，∴平面PBE ⊥平面PAE .（2）取AE 的中点O ，连接OP ，则OP AE ⊥，又平面PAE ⊥平面ABCE ，平面PAE 平面ABCE AE =，OP ⊂平面PAE ，∴OP ⊥平面ABCE .以E 为原点，EA 、EB 分别为x 轴，y 轴，过点E 作PO 的平行线为z 轴建立空间直角坐标系E xyz -.设4AB =，则(0,0,0)E，A，B(0,，P ，∴(AB =-，(PB =-，∴1(2EC AB ==-，∴(C .∴(2,CB =.设平面BCP 的法向量为(, , )n x y z =，∴00n CB n PB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，∴2202220x y y +=-+=⎪⎩，即020x y x y z +=⎧⎨-+-=⎩，令1x =，得(1,1,3)n =--.由（1）知，平面PAE 的一个法向量为EB =，设平面PAE 与平面BCP 所成的角为θ.则01cos cos,1122EB nEB n EB n θ⨯+⋅====⋅⨯ ∴平面PAE 与平面BCP 所成锐二面角的余弦值为11.21.【2020新泰市第二中学高三其他】如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，P A⊥平面ABCD，P A=AB，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点．（1）求证：AE⊥平面PBC；（2）试确定点F的位置，使平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为30°．【解析】（1）∵P A⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD∴P A⊥BC∵ABCD为正方形∴AB⊥BC又P A∩AB=A，P A，AB⊂平面P AB∴BC⊥平面P AB∴AE⊂平面P AB∴AE⊥BC∵P A=AB，E为线段PB的中点∴AE⊥PB又PB∩BC=B，PB，BC⊂平面PBC∴AE⊥平面PBC（2）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，设正方形ABCD 的边长为2，则A （0，0，0），B （2，0，0），C （2，2，0），D （0，2，0）P （0，0，2）E （1，0，1）∴(1,0,1)AE =，(2,2,2)PC =-，(0,2,2)PD =-设F （2，λ，0）（0≤λ≤2），∴(2,,0)AF λ=设平面AEF 的一个法向量为()111,,n x y z =则·0·0n AE n AF ⎧=⎨=⎩∴1111020x z x y λ+=⎧⎨+=⎩ 令y 1=2，则11x z λλ=-⎧⎨=⎩ ∴(,2,)n λλ=-设平面PCD 的一个法向量为()222,,m x y z =则·0·0m PC m PD ⎧=⎨=⎩∴2222200x y z y z +-=⎧⎨-=⎩ 令y 2=1，则2201x z =⎧⎨=⎩ ∴()0,1,1m =∵平面AEF 与平面PCD 所成的锐二面角为30°，∴223cos30224m n m n λλ+︒===⨯+，解得λ=1，∴当点F 为BC 中点时，平面AEF 与平面PCD 所成的锐二面角为30°22. 【2020山东高考】如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面P AD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．【解析】（1）证明：在正方形ABCD 中，//AD BC ，因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以//AD 平面PBC ，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD平面PBC l =，所以//AD l ，因为在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥且PD ⊥平面ABCD ，所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥因为CD PD D =所以l ⊥平面PDC ；（2）如图建立空间直角坐标系D xyz -，因为1PD AD ==，则有(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ，设(,0,1)Q m ，则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-，设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z =，则00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即00y mx z =⎧⎨+=⎩，令1x =，则z m =-，所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,)n m =-，则2cos ,31n PBn PB n PB m ⋅<>==⋅+根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于2|cos ,|31n PB m <>=⋅+2231231m m m ++=+223232||361111313133m m m m =+≤+≤+=++，当且仅当1m =时取等号，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为63.。

2023年新高考数学临考题号押题第6题立体几何(新高考)(解析版)

押新高考卷6题立体几何考点3年考题考情分析立体几何2022年新高考Ⅰ卷第8题2022年新高考Ⅱ卷第7题2021年新高考Ⅰ卷第3题2021年新高考Ⅱ卷第5题2020年新高考Ⅰ卷第16题2020年新高考Ⅱ卷第13题立体几何会以单选题、多选题、填空题、解答题4类题型进行考查，单选题难度一般或较难，纵观近几年的新高考试题，分别考查棱锥的体积问题，圆锥的母线长问题，球体的内切外接及表面积体积问题，棱台的体积问题。

可以预测2023年新高考命题方向将继续以表面积体积问题、球体等问题展开命题．1.立体几何基础公式（1）所有椎体体积公式：sh V 31=（2）所有柱体体积公式：shV =（3）球体体积公式：334R V π=（4）球体表面积公式：24R S π=（5）圆柱：rh r s s s sh V ππ22,2+=+==侧底表（6）圆锥：rl r s s s sh V ππ+=+==2,31侧底表2.长方体（正方体、正四棱柱）的体对角线的公式（1）已知长宽高求体对角线：2222c b a l ++=（2）已知共点三面对角线求体对角线：22322212l l l l ++=3.棱长为a 的正四面体的内切球的半径为612a ,外接球的半径为64a .4.欧拉定理(欧拉公式)2V F E +-=(简单多面体的顶点数V、棱数E 和面数F).（1）E =各面多边形边数和的一半.特别地,若每个面的边数为n 的多边形，则面数F 与棱数E 的关系：12E nF =；（2）若每个顶点引出的棱数为m ，则顶点数V 与棱数E 的关系：12E mV =.[方法一]：导数法设正四棱锥的底面边长为2a ，高为则2222l a h =+，2232(3a =+所以26h l =，2222a l h =-所以正四棱锥的体积13V Sh =3．（2021·新高考Ⅰ卷高考真题）已知圆锥的底面半径为长为（）A．2B．22C．4【答案】B【分析】设圆锥的母线长为l，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得【详解】设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则故选：B.4．（2021·新高考Ⅱ卷高考真题）正四棱台的上､下底面的边长分别为A．20123+B．282C．56 3【答案】D【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为所以该棱台的高()2222222h =--=，下底面面积116S =，上底面面积24S =，所以该棱台的体积()12121133V h S S S S =++=故选：D.5．（2020·新高考Ⅰ卷高考真题）已知直四棱柱5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________【答案】22π.【分析】根据已知条件易得1D E 3=，1D E ⊥离为2，可得侧面11B C CB 与球面的交线是扇形取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为因为BAD ∠=60°，直四棱柱ABCD 111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，所以因为1111BB B C B = ，所以1D E【详解】因为正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为111111232NMD D AMN V -==⨯⨯⨯⨯=故答案为：13【点睛】在求解三棱锥的体积时，要注意观察图形的特点，看把哪个当成顶点好计算一些A ．10πB ．20π【答案】A【分析】新几何体的表面积比原几何体的表面积多了原几何体的轴截面面积，列出方程求解即可【详解】显然新几何体的表面积比原几何体的表面积多了原几何体的轴截面面积，设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则所以圆柱的侧面积为2π10πrh =．故选：A.3．（2023·浙江台州·统考二模）如图所示的粮仓可以看成圆柱体与圆锥体的组合体圆柱部分的高为2米,底面圆的半径为A ．3π立方米B ．2π立方米【答案】C+A．241639+C．12839【答案】B【分析】过点P作底面ABCQ Q Q QP ABC与平面123-P【详解】因为三棱锥-===.2AB AC BCP ABC为正三棱锥，因此过点又因为-过B作AC的垂线于H.由三角形在直角三角形AHO中，AOPO=，在直角三角形又因为2P ABC为正三棱锥，因此因为三棱锥-又M到平面ABC距离为点Q Q AC交PC于过点M作12//【详解】3A D CD '===.()2222229C CD A C CD A C CD A D A C CD ''''⋅=+--=--=-.3,5CD BD ===.222222()99257CD CB CD CB CD CB CD DB ⋅=+--=+-=+-=- .()97822CD A C CB CD A C CD CB CD ''⋅=+⋅=⋅+⋅=--=- .A ．15,66⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．13⎛ ⎝【答案】A【分析】找到水最多和水最少的临界情况，如图分别为多面体答案.【详解】将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则如图，水最少的临界情况为，水面为面水最多的临界情况为多面体ABCDA 因为111111132A A BD V -=⨯⨯⨯⨯=11111111ABCDA B D ABCD A B C D C B V V V --=-所以1566V <<，即15,66V ⎛∈ ⎝故选：A.故选：C9．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）线MN与平面BCD所成角的正切值是（A．2147B【答案】C【分析】作出图形，找出直线【详解】如图，过点A向底面作垂线，垂足为过点M作⊥MG OC于G由题意可知：//MG AO且MG因为AO⊥平面BCD，所以则MNG∠即为直线MN与平面设正四面体的棱长为2，则所以222AO AN ON=-=在MNC中，由余弦定理可得：A ．2B ．12【答案】B【分析】连接PO ，O 为AD 的中点，再由面面垂直性质定理证明CPD ∠，解三角形求其正切值【详解】取AD 的中点O ，连接由已知PAD 为等边三角形，所以又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PO ⊂平面PAD ，所以PO ⊥平面ABCD ，设PD x =，则32PO x =，所以矩形ABCD 的面积ABCD S 所以四棱锥P ABCD -的体积11．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）111ABC A B C -的体积为32，则该三棱柱外接球表面积的最小值为（A ．12πB ．24π【答案】C【分析】设ABC 为等腰直角三角形的直角边为的体积得264a h ⋅=，根据直三棱柱外接球半径的求法可求出最小值，即可得到该三棱柱外接球表面积的最小值【详解】设ABC 为等腰直角三角形的直角边为则111212ABC A B C ABC V S h a -=⋅=⋅故选：A13．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）当过A ，C ，P 三点的平面截球O A ．()222a +C ．()23a +【答案】A【分析】由球的截面性质结合条件确定截面的位置，的截线的长度.【详解】设底面正方形ABCD 的中心为当过A ，C ，P 三点的平面截球O 的截面面积最大时，截面圆为大圆，截面过球心O ，故点P ，O ，1O 三点共线，因为1OO ⊥平面ABCD ，所以1PO ⊥平面ABCD ，此平面截正方体的截面即为正方体的面所以()222L a =+．故选：A ．14．（2023·湖北·荆门市龙泉中学校联考二模）【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，求出球心的位置，再求球的半径15．（2023·湖南·校联考模拟预测）《九章算术》卷五《商功》中描述几何体直于底面的四棱锥”，现有阳马P ABCD -在,AB BC 上，当空间四边形PEFD 的周长最小时，三棱锥A ．9πB ．11π【答案】B【分析】把,AP PB 剪开，使得PAB P ，E ，F ，M 在同一条直线上时，PE 122CF PD ==，∴1BF =.∴点E 为AB 利用勾股定理进而得出结论.【详解】如图所示，把,AP PB 剪开，使得延长DC 到M ，使得CM DC =，则四点间四边形PEFD 的周长取得最小值.可得如图所示，设AFD △的外心为1O ，外接圆的半径为则210sin45==︒AFr .设三棱锥P ADF -外接球的半径为R ，球心为O ，连接1OO ，则则22210111224R ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.∴三棱锥P ADF -外接球的表面积故选：B.16．（2023·湖南益阳·统考模拟预测）金刚石的成分为纯碳，是自然界中天然存在的最坚硬物质，它的结构是由8个等边三角形组成的正八面体，如图，某金刚石的表面积为则可雕刻成的最大球体积是（）A ．18πB ．92πC ．6π【答案】D【分析】先利用条件求出正多形的边长，再将求最大球的体积转化成求金刚石的内切球体积，进而转化成求截面EMFH 内切圆的半径，从而求出结果.【详解】如图，设底面ABCD EM ,设金刚石的边长为a ，则由题知，在等边EBC 中，BC 边上的高在Rt EOH △中，EO EH =由题可知，最大球即为金刚石的内切球，由对称性易知球心在球的半径即为截面EMFH 内切圆的半径，设内切圆半径为17．（2023·广东深圳·统考二模）设表面积相等的正方体、正四面体和球的体积分别为A ．123V V V <<B ．21<<V V 【答案】B 【分析】设正方体棱长为a ，正四面体棱长为出,,a b R ，进而求出体积的平方，比较体积的平方大小，然后得出答案【详解】设正方体棱长为a ，正四面体棱长为正方体表面积为26S a =，所以2a =所以，()()3232321216S V a a ===；则三棱锥A M BC -的外接球的球心由题意可得3sin 60CO = 直线CM 与平面ABC 故N 的轨迹是以C 为圆心，当球心H 到CM 的距离最大时，三棱锥所以N 在O C 延长线上时，三棱锥设CM 的中点为G ，连接又3CO =，OH OC ⊥所以Rt Rt HOC HGC ≌∴223HC OC ==，∴三棱锥A M BC -的外接球体积最大为故选：C ．19．（2023·浙江·统考二模）MN 折起，使点A 到达点球O 表面积的最小值为（A ．8π3B 【答案】D【分析】由题设,,B C M如上图，△ANM 、△BNM 、△由平面图到立体图知：MN A N ⊥'又面A MN '⊥面BCMN ，面A MN '所以A N '⊥面BCMN ，同理可得将AMN 翻折后，,A M BM '的中点过D 作DO ⊥面A NM '，过E 作EO 再过D 作DF ⊥面BCMN ，交NM 综上，//DF A N '，//DO BN ，则所以12DO EF BN ==，而A C '=令A N x '=且01x <≤，则BN =所以球O 半径2()2A M r DO =+'当23x =时，min 13r =，故球O点H 恰好是正DAC △的中心（外心），故球心O 必在BH 上，Rt BAC 的外心为E ，连接OE ,则OE ⊥平面ABC ，OE BE ⊥,设三棱锥在Rt BEO △中，由射影定理可得2BE BH BO =⨯，即2323R =，解得∴三棱锥D ABC -外接球的表面积24π12πS R ==．故选：B.。

专题6 立体几何(文科)解答题30题教师版--高考数学专题训练

专题6立体几何（文科）解答题30题1．（贵州省贵阳市2023届高三上学期8月摸底考试数学（文）试题）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1CA CB ==，90BCA ∠=︒，12AA =，M ，N 分别是11A B ，1A A 的中点．(1)求证：1BN C M ⊥；(2)求三棱锥1B BCN -的体积．2．（广西普通高中2023届高三摸底考试数学（文）试题）如图，多面体ABCDEF中，∠=︒，FA⊥平面ABCD，//ED FA，且22 ABCD是菱形，60ABC===.AB FA ED(1)求证：平面BDE⊥平面FAC；(2)求多面体ABCDEF的体积.））如图所示，取中点G ，连接3．（江西省五市九校协作体2023届高三第一次联考数学（文）试题）如图多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是菱形，60ABC ∠=︒，EA ⊥平面ABCD ，//EA BF ，22AB AE BF ===.(1)证明：平面EAC ⊥平面EFC ；(2)求点B 到平面CEF 的距离.（2）设B 到平面CEF 的距离为因为EA ⊥平面ABCD ，AC 因为//EA BF ,EA ⊥平面ABCD 且BC ⊂平面ABCD ,所以BF 因为60ABC ∠=︒，2AB =4．（新疆乌鲁木齐地区2023届高三第一次质量监测数学（文）试题）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，AD CD ⊥，AD BC ∥，且2PA AD CD ===，3BC =，E 是PD 的中点，点F 在PC 上，且2PF FC =．(1)证明：DF ∥平面PAB ；(2)求三棱锥P AEF -的体积．（2）作FG PD ⊥交PD 于点G 因为PA ⊥面ABCD ，所以PA 又AD CD ⊥，PA 与AD 交于点所以CD ⊥面PAD ，CD PD ⊥又FG PD ⊥，所以//FG CD ，所以所以PF FG PC CD =，得43FG =，因为E 为PD 中点，所以P AEF D AEF F ADE V V V ---===5．（新疆阿克苏地区柯坪湖州国庆中学2021-2022学年高二上学期期末数学试题）如图所示，已知AB ⊥平面BCD ，M ，N 分别是AC ，AD 的中点，BC CD ⊥．(1)求证：//MN 平面BCD ；(2)求证：CD BM ⊥；【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】1）根据中位线定理，可得//MN CD ，即可由线面平行的判定定理证明//MN 平面BCD ；（2）由已知推导出AB CD ⊥，再由CD BC ⊥，得CD ⊥平面ABC ，由此能证明CD BM ⊥；【详解】（1）M ，N 分别是AC ，AD 的中点，//MN CD ∴，MN ⊂/ 平面BCD ，且CD ⊂平面BCD ，//MN ∴平面BCD ；（2）AB ⊥Q 平面BCD ，M ，N 分别是AC ，AD 的中点，AB CD ∴⊥，BC CD ⊥ ，,AB BC B AB BC =⊂ ，平面ABC ，CD \^平面ABC ，BM ⊂ 平面ABC ，CD BM ∴⊥.6．（内蒙古乌兰浩特第一中学2022届高三全真模拟文科数学试题）如图在梯形中，//BC AD ，22AB AD BC ===，23ABC π∠=，E 为AD 中点，以BE 为折痕将ABE 折起，使点A 到达点P 的位置，连接,PD PC ，(1)证明：平面PED ⊥平面BCDE ；(2)当2PC =时，求点D 到平面PEB 的距离.因为PE PD =，F 为ED 因为平面PED ⊥平面BCDE 因为21122PF ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭设D 到平面PEB 的距离为7．（山西省运城市2022届高三5月考前适应性测试数学（文）试题（A 卷））如图，四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 为平行四边形，侧面11ADD A 为矩形，22AB AD ==，160D DB ∠=︒，1BD AA =(1)证明：平面ABCD ⊥平面11BDD B ；(2)求三棱锥11D BCB -的体积.8．（黑龙江省八校2021-2022学年高三上学期期末联合考试数学（文）试题）已知直三棱柱111ABC A B C -中，AC BC =，点D 是AB 的中点．(1)求证：1BC ∥平面1C AD ；(2)若底面ABC 边长为2的正三角形，1BB =11B A DC -的体积．【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）连接1AC 交1AC 于点E ，连接DE ，由三角形中位线定理，得1DE BC ∥，进而由线面平行的判定定理即可证得结论；（2）利用等体积转化1111B A DC C A B D V V --=，依题意，高为CD ，再求底面11A B D 的面积，进而求三棱锥的体积.【详解】（1）连接1AC 交1AC 于点E ，连接DE∵四边形11AAC C 是矩形，∴E 为1AC 的中点，又∵D 是AB 的中点，∴1DE BC ∥，又∵DE ⊂平面1C AD ，1BC ⊄平面1C AD ，∴1BC ∥面1C AD ．（2）∵AC BC =，D 是AB 的中点，∴AB CD ⊥，9．（青海省西宁市2022届高三二模数学（文）试题）如图，V是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面圆的一条直径，且点C是弧AB的中点，点D是AC的中点，2AB=，VA=．2(1)求圆锥的表面积；又D 是AC 的中点，所以OD AC ⊥，又VO OD O ⋂=，VO ⊂平面VOD ，OD ⊂平面VOD所以AC ⊥平面VOD ，又AC ⊂平面VAC ，所以平面VAC ⊥平面VOD ．10．（河南省郑州市2023届高三第一次质量预测文科数学试题）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB DC ，2AD DC AP ===，1AB =，点E 为棱PC 的中点．(1)证明：平面PBC ⊥平面PCD ；(2)求四棱锥E ABCD -的体积；又点E 为棱PC 的中点，BE 由勾股定理得2AC AD =+∵△PAC 为直角三角形，E 111．（江西省部分学校2023届高三上学期1月联考数学（文）试题）如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，12AA AB ==，D ，E 分别是棱BC ，1BB 的中点.(1)证明：平面1AC D ⊥平面1ACE .(2)求点1C 到平面1ACE 的距离.（2）连接1EC .因为1AA 由正三棱柱的性质可知因为ABC 是边长为2的等边三角形，所以故三棱锥11A CC E -的体积以15A E CE ==，1A E 则1ACE △的面积212S =12．（广西玉林、贵港、贺州市2023届高三联合调研考试（一模）数学（文）试题）在三棱锥-P ABC 中，底面ABC 是边长为2的等边三角形，点P 在底面ABC 上的射影为棱BC 的中点O ，且PB 与底面ABC 所成角为π3，点M 为线段PO 上一动点.(1)证明：BC AM ⊥；(2)若12PM MO =，求点M 到平面PAB 的距离.AO BC ∴⊥，点P 在底面ABC 上的投影为点PO ∴⊥平面ABC ， PO BC ∴⊥，13．（广西南宁市第二中学2023届高三上学期第一次综合质检数学（文）试题）如图，D ，O 是圆柱底面的圆心，ABC 是底面圆的内接正三角形，AE 为圆柱的一条母线，P 为DO 的中点，Q 为AE 的中点，(1)若90APC ∠=︒，证明：DQ ⊥平面PBC ；(2)设2DO =，圆柱的侧面积为8π，求点B 到平面PAC 的距离.∴//,AQ PD AQ PD =，∴四边形AQDP 为平行四边形，∴//DQ PA .又∵P 在DO 上，而OD ∴O 为P 在ABC 内的投影，且ABC 是圆内接正三角形∴三棱锥-P ABC 为正三棱锥∴PAB PAC PBC △≌△≌△∴APB APC BPC ∠=∠=∠即,PA PC PA PB ⊥⊥.∵PC PB P = ，,PB PC14．（江西省吉安市2023届高三上学期1月期末质量检测数学（文）试题）如图，在四棱锥P -ABCD 中，AB CD ，12AD CD BC PA PC AB =====，BC PA ⊥．(1)证明：平面PBC ⊥平面PAC ；(2)若PB =D 到平面PBC 的距离．又BC PA ⊥，PA AC A = 所以BC ⊥平面PAC ，又BC （2）因为BC ⊥平面PAC ，由22PB =，BC PC =，得15．（江西省部分学校2023届高三下学期一轮复习验收考试（2月联考）数学（文）试题）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB AD ==，1AA =E 在棱1DD 上，且1AE A D ⊥．(1)证明：1AE A C ⊥；(2)求三棱锥1E ACD -的体积．【答案】(1)证明见解析;）在平面11ADD A 中，由AE ⊥1AD DE AA AD =，所以12112A DE S DE AD =⋅= 16．（新疆兵团地州学校2023届高三一轮期中调研考试数学（文）试题）如图1，在等腰梯形ABCD 中，M ，N ，F 分别是AD ，AE ，BE 的中点，4AE BE BC CD ====，将ADE V 沿着DE 折起，使得点A 与点P 重合，平面PDE ⊥平面BCDE ，如图2．(1)证明：PC∥平面MNF．(2)求点C到平面MNF的距离．17．（宁夏银川市第一中学2023届高三上学期第四次月考数学（文）试题）如图1，在直角梯形ABCD 中，,90,5,2,3AB DC BAD AB AD DC ∠==== ∥，点E 在CD 上，且2DE =，将ADE V 沿AE 折起，使得平面ADE ⊥平面ABCE （如图2）.(1)求点B 到平面ADE 的距离；(2)在线段BD 上是否存在点P ，使得CP 平面ADE ？若存在，求三棱锥-P ABC 的体积；若不存在，请说明理由..18．（陕西省汉中市2023届高三上学期教学质量第一次检测文科数学试题）如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为菱形，60,ABC FA ∠=⊥ 平面,ABCD FA ED ∥，且22AB FA ED ===.(1)求证：BD FC ⊥；(2)求点A 到平面FBD 的距离.19．（内蒙古赤峰市2022届高三下学期5月模拟考试数学（文科）试题）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是菱形，60PAB PAD BAD ∠=∠=∠= ．(1)证明：BD ⊥平面PAC ；(2)若23AB PA ==，，求四棱锥P ABCD -的体积．解：如图，记AC 与BD 的交点为因为底面ABCD 为菱形，故又60PAB PAD BAD ∠=∠=∠=又PO AC O = ,故BD ⊥平面(2)解：因为2,3,AB PA ==∠20．（内蒙古2023届高三仿真模拟考试文科数学试题）如图，在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 是直角梯形，AD AB ⊥，//AB CD ，22PB CD AB AD ===，PD =，PC DE ⊥，E 是棱PB 的中点.(1)证明：PD ⊥平面ABCD ；(2)若F 是棱AB 的中点，2AB =，求点C 到平面DEF 的距离.，AB AD=AB AD⊥，2BD∴=为棱PB中点，DE PBE∴⊥，又∴⊥平面PBC，又BC⊂平面DE在直角梯形ABCD中，取CD中点，DM AB=2CD AB∴=，又DM ∴四边形ABMD为正方形，BM∴∴===，又BC BM AD AB222BD DE⊂平面PBD ，,=BD DE D21．（山西省晋中市2022届高三下学期5月模拟数学（文）试题）如图，在三棱锥-P ABC中，PAB 为等腰直角三角形，112PA PB AC ===，PC ，平面PAB ⊥平面ABC .(1)求证：PA BC ⊥；(2)求三棱锥-P ABC 的体积.∴OP AB ⊥，22OP =，AB =又∵平面PAB ⊥平面ABC ，平面∴OP ⊥平面ABC .22．（山西省太原市2022届高三下学期三模文科数学试题）已知三角形PAD 是边长为2的正三角形，现将菱形ABCD 沿AD 折叠，所成二面角P AD B --的大小为120°，此时恰有PC AD ⊥.(1)求BD 的长；(2)求三棱锥-P ABC 的体积.∵PAD 是正三角形，∴PM AD ⊥，又∴,PC AD PC PM P⊥=I ∴AD ⊥平面PMC ，∴AD MC ⊥，故ACD 为等腰三角形23．（陕西省联盟学校2023届高三下学期第一次大联考文科数学试题）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是长方形，22AD CD PD ===，PA 二面角P AD C--为120︒，点E 为线段PC 的中点，点F 在线段AB 上，且12AF =.(1)平面PCD ⊥平面ABCD ；(2)求棱锥C DEF -的高.824．（陕西省榆林市2023届高三上学期一模文科数学试题）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥底面,,60,ABCD AB CD DAB PA PD ∠=⊥ ∥，且2,22PA PD AB CD ====.(1)证明：AD PB ⊥；(2)求点A 到平面PBC 的距离.（2）因为AB CD ，所以∠2222BC BD CD BD CD =+-⋅由222BD BC CD =+，得BC 25．（陕西省宝鸡教育联盟2022-2023学年高三下学期教学质量检测（五）文科数学试题）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，平面11ABB A ⊥平面ABC ，四边形11ABB A 是边长为2的菱形，ABC 为等边三角形，160A AB ∠=︒，E 为BC 的中点，D 为1CC 的中点，P为线段AC上的动点．AB平面PDE，请确定点P在线段AC上的位置；(1)若1//-的体积．(2)若点P为AC的中点，求三棱锥C PDE（2）解：如图，取AB 的中点∵四边形11ABB A 为边长为2∴12A B =，1AA B 为等边三角形，26．（山西省运城市2022届高三上学期期末数学（文）试题）如图，在四棱锥P -ABCD中，底面ABCD 是平行四边形，2APB π∠=，3ABC π∠=，PB =，24PA AD PC ===，点M 是AB 的中点，点N 是线段BC 上的动点．(1)证明：CM⊥平面PAB；(2)若点N到平面PCM BNBC的值．27．（2020届河南省许昌济源平顶山高三第二次质量检测文科数学试题）如图，四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，33AB CD ==，2PA PD BC ===，90ABC ∠=︒，且PB PC =.（1）求证：平面PAD ⊥平面ABCD ；（2）求点D 到平面PBC 的距离.因为//AB CD ，33AB CD ==，所以四边形ABCD 为梯形，又M 、E 为AD 、BC 的中点，所以ME 为梯形的中位线，28．（青海省海东市2022-2023学年高三上学期12月第一次模拟数学（文）试题）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，ABC 是等边三角形，14AB AA ==,D 是棱AB 的中点.(1)证明：平面1ACD ⊥平面11ABB A .(2)求点1B 到平面1A CD 的距离.由题意可得11A B D △的面积因为ABC 是边长为4的等边三角形，且29．（河南省十所名校2022-2023学年高三阶段性测试（四）文科数学试题）如图，在四棱锥P —ABCD 中，PC BC ⊥，PA PB =，APC BPC ∠=∠．(1)证明：PC AD ⊥；(2)若AB CD，PD AD ⊥，PC =，且点C 到平面PAB AD 的长．∵PA PB =，APC BPC ∠=∠∴90PCA PCB ∠=∠=︒，即∵PC BC ⊥，AC BC = ∴PC ⊥平面ABCD ，又∵PA PB =，E 为AB 中点∴PE AB ⊥，由（1）知AC BC =，E 为∵PE CE E = ，,PE CE 30．（河南省部分重点中学2022-2023学年高三下学期2月开学联考文科数学试题）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，5AB AC ==，16BB BC ==，D ，E 分别是1AA 和1B C 的中点.(1)求证：平面BED ⊥平面11BCC B ；(2)求三棱锥E BCD -的体积.。

高三数学一轮复习-防错纠错6 立体几何 word版含答案

防错纠错6 立体几何一、填空题1. a 、b 、c 是空间三条直线，若a 、b 是异面直线，b 、c 是异面直线，则a 、c 的位置关系是________.【解析】a 、c 可能平行、相交、异面【易错、易失分点点拨】在处理两条直线位置关系时，要多想象，多借助实物进行演示. 2.正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，,P Q 分别是11,AA CC 的中点，则四边形1D PBQ 的形状一定是______. 【解析】菱形【易错、易失分点点拨】容易得到该四边形对边互相平行且四边相等，学生可能看图会想当然把该四边形认为是正方形，事实上邻边并不垂直.点拨：处理立体几何问题时千万不能想当然，要有严格的推理.3.如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，1BD 是正方体的一条对角线，则该正方体的所有面对角线中与1BD 垂直的有_______条.【解析】6条.在12条面对角线中，111111,,,,,BD BA BC D B D A D C 这6条与1BD 相交，其余6条均与1BD 异面，而且垂直.【易错、易失分点点拨】本题学生理不清正方体中一些线之间的关系，极易做出错误的判断. 点拨：理清正方体这个基本图形中的线线关系、线面关系很有必要.除了本题，正方体中还有不少问题可供学生思考.4.在空间四边形ABCD 中，AD =BC =2，E 、F 分别是AB 、CD 的中点，3EF =，则异面直线AD 与BC 所成角的大小为_____________.【解析】60︒.取BD 中点G ，连结EG 、FG ，可算得120EGF ∠=︒，则异面直线AD 与BC 所成角的大小为60︒.【易错、易失分点点拨】目前高考中正题部分考查角度计算的可能性不大，但作为系统复习，还是有必要跟学生梳理一下角的计算问题，尤其要注意异面直线所成角的范围.如果将本题改为：在空间四边形ABCD 中，AD =BC =2，E 、F 分别是AB 、CD 的中点，若异面直线AD 与BC 所成角的大小为60︒，求EF 的长.可能错误率还要高.点拨：两条异面直线所成角的范围是(0,]2π.5. 已知m n 、是不重合的直线，αβ、是不重合的平面，有下列命题： ①若,αββγ⊥⊥，则//αγ； ②若,m m αβ⊥⊥，则//αβ；ABC 1D 1A 1DB 1BDAEGF③若//,m m n α⊥，则n α⊥； ④若,m n αα⊥⊂，则m n ⊥. 则所有正确命题的序号是_________. 【解析】本题②④正确. 【易错、易失分点点拨】点拨：做这类辨析题时，要多想象，多借助于实物.6. 已知三棱锥P-ABC 中，PA 、PB 、PC两两互相垂直，1PA PB PC ==,外接球的表面积为______________.【解析】可把该三棱锥补成长方体，它们是同一个外接球，长方体的体对角线即为外接球的，所以表面积为6π. 【易错、易失分点点拨】本题学生容易得到错解24π.原因是误把直径当半径. 点拨：体对角线是外接球直径，千万不可疏忽.7. 如图，在三棱柱ABC C B A -111中，F E D ,,分别是1,,AA AC AB 的中点，设三棱锥ADE F -的体积为1V ，三棱柱ABC C B A -111的体积为2V ，则=21:V V.【解析】112211111334224ADE ABC V S h S h V ==⨯⨯=所以121:24V V =【易错、易失分点点拨】部分同学会疏忽得到错解121:8V V =，原因是棱锥体积公式忘记乘以13了. 点拨：棱锥的体积公式不要忘记13.8.侧棱长为1的正四棱锥的体积最大值是______________. 【解析】设棱锥的高为h ，则底面边长为，则2212(1)(01)33V h h h h =⋅=-⋅<<，由导数可得当h =【易错、易失分点点拨】本题学生可能不能迅速建立目标函数，或者设底面边长为自变量，这样建立的目标函数比较复杂，容易计算错误.A BCDE FA 1B 1C 1二、解答题9.如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，求证:平面1BC D ∥平面11AB D .【解析】11//,BD B D BD ⊄Q 平面11AB D ，11B D ⊂平面11AB D//BD ∴平面11AB D ，同理1//BC 平面11AB D又因为11,,BD BC B BD BC =⊂I 平面1BC D 所以平面1BC D ∥平面11AB D【易错、易失分点点拨】在证明面面平行时，有的同学喜欢跳步，直接由线线平行得到面面平行，少了由线线平行到线面平行的过程，在考试中是要被扣分的.立体几何逻辑性非常强，证明时要严格按照定理的要求来进行书写，切不可漏条件.10.如图，在三棱锥P ABC -中，BC ⊥平面PAB ．已知PA AB =，点D ，E 分别为PB ，BC 的中点．（1）求证：AD ⊥平面PBC ；（2）若F 在线段AC 上，满足//AD 平面PEF ，求AFFC的值．【解析】（1）⊥BC Θ平面PAB ，⊂AD 平面PAB.AD BC ⊥∴AB PA =Θ，D 为PB 中点，.PB AD ⊥∴⊥∴=⋂AD B BC PB ,Θ平面PBC（2）连结,DC 交PE 于G ，连结,FG//AD Q 平面PEF ，⊂AD 平面ADC ，平面⋂ADC 平面,FG PEF =//,AD FG D ∴Q 为PB 中点，E 为BC 中点，连结,DE则DE 为BPC ∆的中位线，DEG ∆∽CPG ∆，1.2DG DE GC PC ∴== 【易错、易失分点点拨】学生的薄弱环节就是线面平行的性质定理不会用，要加强性质定理APBCD EFDABCA 1D 1C 1B 1的训练.另外本题第2问还要注意书写格式，如果将第2问改为：当AFFC为何值时，可使得//AD 平面PEF .这两类问题一定要注意谁是条件，谁是结论，书写格式千万要注意.11.四面体ABCD 被一平面所截，截面与棱AD 、AC 、BC 、BD 分别交于Q 、M 、N 、P ，且截面MNPQ 是一个平行四边形.求证：DC //平面MNPQ.【解析】因为截面MNPQ 是一个平行四边形，//MQ PN ∴ 又因为MQ ⊄平面BCD ，PN ⊂平面BCD ，//MQ ∴平面BCD 因为MQ ⊂平面ACD ，平面ACD I 平面BCD =CD ，所以//MQ CD ∴CD ⊄Q 平面MNPQ ，MQ ⊂平面MNPQ ，∴DC //平面MNPQ .【易错、易失分点点拨】本题的目的是想再次训练线面平行的性质定理，如果学生对线面平行的性质定理不熟悉，那么该题他就会无从下手；或者会有很多推理的错误或漏洞.12. 如图，直三棱柱111ABC A B C -中，点D 是BC 上一点. （1）若点D 是BC 的中点，求证:1//A C 平面1AB D ；（2）若平面1AB D ⊥平面11BCC B ，求证:AD BC ⊥.【解析】（1）连结1A B ，设11AB A B E =I ，则E 为1A B 的中点，连结DE ，由D 是BC 中点，得1//DE AC ，又DE ⊂平面1AB D ，且1AC ⊄平面1AB D ，所以1//A C 平面1AB D .（2）在平面11BCC B 中过B 作1BF B D ⊥，交1B D 于F ，因为平面1AB D ⊥平面11BCC B ，平面1AB D I 平面111BCC B B D =，BF ⊂平面11BCC B ，所以BF ⊥平面1AB D ，所以BF AD ⊥，在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ，因为AD ⊂平面ABC ，所以1BB AD ⊥，又1BB BF B =I ，所以AD ⊥平面11BCC B ，所以AD BC ⊥BDACQMNPEF【易错、易失分点点拨】本题主要问题在第（2）问，学生如果对面面平行的性质定理理解不深刻，可能就会做错，甚至无从下手.所以立体几何中的性质定理依然是学生的薄弱环节，要加以重视.。

2021届高考数学一轮复习第一部分考点通关练第六章立体几何考点测试含解析新人教B版

考点测试44 空间点、直线、平面间的位置关系高考概览高考在本考点的常考题型为选择题、解答题，分值为5分或12分，中等难度考纲研读1．理解空间直线、平面位置关系的定义2．了解可以作为推理依据的公理和定理3．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题一、基础小题1．已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b( )A．一定是异面直线B．一定是相交直线C．不可能是平行直线D．不可能是相交直线答案 C解析c与b可能相交，可能异面，不可能平行，若c∥b，c∥a，则a∥b或a与b重合，与已知矛盾．故选C.2．下列命题中正确的个数为( )①若△ABC在平面α外，它的三条边所在的直线分别交α于P，Q，R，则P，Q，R三点共线；②若三条直线a，b，c互相平行且分别交直线l于A，B，C三点，则这四条直线共面；③空间中不共面五个点一定能确定10个平面．A．0 B．1C．2 D．3答案 C解析①②都正确．空间中不共面的五个点不一定能确定10个平面，比如四棱锥中五个点最多可确定7个平面，所以③错误．故选C.3．下面四个说法，正确的有( )①如果两个平面有四个公共点，那么这两个平面重合；②两条直线可以确定一个平面；③若M∈α，M∈β，α∩β＝l，则M∈l；④在空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内．A．1个B．2个C．3个D．4个答案 A解析①若四个公共点不在同一条直线上，则这两个平面重合，若四个公共点在同一条直线上，则这两个平面可能相交；②两条异面直线不能确定一个平面；③若M∈α，M∈β，则M是平面α与β的公共点，又α∩β＝l，则M∈l；④在空间中，相交于同一点的三条直线可能在同一平面内，也可能不在同一平面内，故选A.4．已知直线l和平面α，无论直线l与平面α具有怎样的位置关系，在平面α内总存在一条直线与直线l( )A．相交B．平行C．垂直D．异面答案 C解析当直线l与平面α平行时，在平面α内至少有一条直线与直线l垂直；当直线l⊂平面α时，在平面α内至少有一条直线与直线l垂直；当直线l与平面α相交时，在平面α内至少有一条直线与直线l垂直．所以无论直线l与平面α具有怎样的位置关系，在平面α内总存在一条直线与直线l垂直．5．如图，已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AC∩BD＝F，DC1∩CD1＝E，则直线EF是平面ACD1与( )A．平面BDB1的交线B．平面BDC1的交线C．平面ACB1的交线D．平面ACC1的交线答案 B解析连接BC1.因为E∈DC1，F∈BD，所以EF⊂平面BDC1，故平面ACD1∩平面BDC1＝EF.故选B.6．如图所示，长方体ABCD－A1B1C1D1，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是( )A．A，M，O三点共线B．A，M，O，A1不共面C．A，M，C，O不共面D．B，B1，O，M共面答案 A解析连接A1C1，AC，则A1C1∥AC，所以A1，C1，C，A四点共面．所以A1C⊂平面ACC1A1.因为M∈A1C，所以M∈平面ACC1A1.又M∈平面AB1D1，所以M为平面ACC1A1与平面AB1D1的公共点．同理，O，A为平面ACC1A1与平面AB1D1的公共点．所以A，M，O三点共线．7．在正四棱锥P－ABCD中，PA＝2，直线PA与平面ABCD所成的角为60°，E为PC的中点，则异面直线PA与BE所成的角为( )A．90° B．60°C．45° D．30°答案 C解析如图，连接AC，BD交于点O，连接OE，OP，则O是AC，BD的中点，又E是PC的中点，∴OE∥AP，∴∠OEB为异面直线PA与BE所成的角(或其补角)．∵四棱锥P－ABCD是正四棱锥，∴PO⊥平面ABCD，则∠PAO为直线PA与平面ABCD所成的角，即∠PAO＝60°.又PA ＝2，∴OA＝OB＝1，OE＝1，∴在Rt△OBE中，∠OEB＝45°，即异面直线PA与BE所成的角为45°，故选C.8．已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝3，AD＝1，则异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为( )A.64B．63C．26D．36答案 A解析如图，连接A1D，A1C1，由题易知B1C∥A1D，∴∠C1DA1是异面直线B1C与C1D所成的角，又AA1＝AB＝3，AD＝1，∴A1D＝2，C1D＝6，A1C1＝2，由余弦定理，得cos∠C1DA1＝C1D2＋A1D2－A1C21 2C1D·A1D ＝64，故选A.9．如图，四边形ABCD 和四边形ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，则异面直线AP 与BD 所成的角为________．答案π3解析如图，将原图补成正方体ABCD －QGHP ，连接GP ，AG ，则GP ∥BD ，所以∠APG 为异面直线AP 与BD 所成的角，在△AGP 中，AG ＝GP ＝AP ，所以∠APG ＝π3.10. 如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱C 1D 1，C 1C 的中点，有以下四个结论：①直线AM 与CC 1是相交直线； ②直线AM 与BN 是平行直线； ③直线BN 与MB 1是异面直线； ④直线AM 与DD 1是异面直线．其中正确的结论为________(填序号)．答案 ③④解析直线AM 与CC 1是异面直线，直线AM 与BN 也是异面直线，故①②错误． 11. 如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点M ，N 分别为棱A 1D 1，C 1D 1的中点，过M ，N ，B 三点的截面与平面BCC 1B 1的交线为l ，则直线l 与AD 所成角的余弦值为________．答案31313解析如图，在平面ABCD 中，过B 作BE ∥AC ，交DC 延长线于点E ，连接BM ，BN ，NE ，NE 交CC 1于点F ，连接BF ，则BF 就是过M ，N ，B 三点的截面与平面BCC 1B 1的交线l ，由题意得CE ＝DC ＝2NC 1，∴CF ＝2C 1F ，∵BC ∥AD ，∴∠FBC 是直线l 与AD 所成的角(或所成角的补角)，设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为3，则BC ＝3，CF ＝2，BF ＝9＋4＝13，∴cos ∠FBC ＝BCBF＝313＝31313.∴直线l 与AD 所成角的余弦值为31313.12．如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F 分别为AA 1，AB 的中点，M 点是正方形ABB 1A 1内的动点，若C 1M ∥平面CD 1E ，则M 点的轨迹长度为________．答案2解析如图所示，取A 1B 1的中点H ，B 1B 的中点G ，连接GH ，C 1H ，C 1G ，EG ，HF .可得四边形EGC 1D 1是平行四边形，∴C 1G ∥D 1E . 同理可得C 1H ∥CF . ∵C 1H ∩C 1G ＝C 1，∴平面C 1GH ∥平面CD 1E ， ∵M 点是正方形ABB 1A 1内的动点，若C 1M ∥平面CD 1E ，∴点M 在线段GH 上． ∴M 点的轨迹长度GH ＝12＋12＝ 2. 二、高考小题13．(2019·全国卷Ⅲ)如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则( )A ．BM ＝EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM ＝EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线答案 B解析解法一：取CD 的中点O ，连接EO ，ON . 由△ECD 是正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD 知EO ⊥平面ABCD .∴EO ⊥CD ，EO ⊥ON .又点N 为正方形ABCD 的中心，∴ON ⊥CD .以CD 的中点O 为坐标原点，OD →，O N →，OE →的方向分别为x 轴正方向，y 轴正方向，z 轴正方向建立空间直角坐标系，如图1所示．不妨设AD ＝2，则E (0,0，3)，N (0,1,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32，B (－1,2,0)， ∴EN ＝ 12＋－32＝2，BM ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋4＋34＝7， ∴EN ≠BM .连接BD ，BE ，∵点N 是正方形ABCD 的中心，∴点N 在BD 上，且BN ＝DN ，∴BM ，EN 是△DBE 的中线，∴BM ，EN 必相交．故选B.解法二：如图2，取CD 的中点F ，DF 的中点G ，连接EF ，FN ，MG ，GB .∵△ECD 是正三角形，∴EF ⊥CD .∵平面ECD ⊥平面ABCD ， ∴EF ⊥平面ABCD .∴EF ⊥FN .不妨设AB ＝2，则FN ＝1，EF ＝3，∴EN ＝FN 2＋EF 2＝2. ∵EM ＝MD ，DG ＝GF ，∴MG ∥EF 且MG ＝12EF ，∴MG ⊥平面ABCD ，∴MG ⊥BG .∵MG ＝12EF ＝32，BG ＝CG 2＋BC 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋22＝52，∴BM ＝MG 2＋BG 2＝7.∴BM ≠EN .连接BD ，BE ，∵点N 是正方形ABCD 的中心，∴点N 在BD 上，且BN ＝DN ，∴BM ，EN 是△DBE 的中线，∴BM ，EN 必相交．故选B.14．(2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为( )A ．B ．32 C ．52D ．72答案 C解析在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，CD ∥AB ，所以异面直线AE 与CD 所成的角为∠EAB ，设正方体的棱长为2a ，则由E 为棱CC 1的中点，可得CE ＝a ，所以BE ＝5a ，则tan ∠EAB ＝BEAB＝5a 2a ＝52.故选C.15．(2016·山东高考)已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”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答案 A解析因为直线a和直线b相交，所以直线a与直线b有一个公共点，而直线a，b分别在平面α，β内，所以平面α与β必有公共点，从而平面α与β相交；反之，若平面α与β相交，则直线a与直线b可能相交、平行、异面．故选A.16．(2015·广东高考)若空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值( ) A．至多等于3 B．至多等于4C．等于5 D．大于5答案 B解析首先我们知道正三角形的三个顶点满足两两距离相等，于是可以排除C，D.又注意到正四面体的四个顶点也满足两两距离相等，于是排除A，故选B.三、模拟小题17．(2019·大理模拟)给出下列命题，其中正确的两个命题是( )①直线上有两点到平面的距离相等，则此直线与平面平行；②夹在两个平行平面间的两条异面线段的中点连线平行于这两个平面；③直线m⊥平面α，直线n⊥直线m，则n∥α；④a，b是异面直线，则存在唯一的平面α，使它与a，b都平行且与a，b的距离相等．A．①与②B．②与③C．③与④D．②与④答案 D解析直线上有两点到平面的距离相等，则此直线可能与平面平行，也可能和平面相交；直线m⊥平面α，直线m⊥直线n，则直线n可能平行于平面α，也可能在平面α内，因此①③为假命题．18．(2019·石家庄质检)下列正方体或四面体中，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四点不共面的一个图是( )答案 D解析(利用“经过两条平行直线，有且只有一个平面”判断)对于A，易判断PR∥SQ，故点P，Q，R，S共面；对于B，易判断QR∥SP，故点P，Q，R，S共面；对于C，易判断PQ ∥SR，故点P，Q，R，S共面；而D中的RS，PQ为异面直线．故选D.19．(2019·太原模拟)如图所示是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别是DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，给出下列结论：①DE与MN平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直．其中正确结论的个数是 ( )A．1 B．2C．3 D．4答案 C解析将正四面体的平面展开图复原为正四面体A(B，C)－DEF，如图所示．对于①，M，N分别为EF，AE的中点，则MN∥AF，而DE与AF异面，故DE与MN不平行，故①错误；对于②，易知BD与MN为异面直线，故②正确；对于③，依题意知GH∥AD，MN∥AF，∠DAF＝60°，故GH与MN成60°角，故③正确；对于④，连接GF，则A点在平面DEF 上的射影A1在GF上，∴DE⊥平面AA1F，∴DE⊥AF，而AF∥MN，∴DE与MN垂直，故④正确．综上所述，正确结论的序号是②③④.故选C.20．(2019·衡水模拟)如图，在底面为菱形的直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，BD1＝42，若∠BAD＝60°，则异面直线B1C与AD1所成的角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°答案 D解析如图，连接BD ，∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，AB ＝4，∴BD ＝4.又△BDD 1为直角三角形，∴BD 21＝BD 2＋DD 21，∴DD 1＝4，∴四边形BCC 1B 1为正方形．连接BC 1交B 1C 于点O ，∵BC 1∥AD 1，∴∠BOC (或其补角)为异面直线B 1C 与AD 1所成的角．由于四边形BCC 1B 1为正方形，∴∠BOC ＝90°，故异面直线B 1C 与AD 1所成的角为90°.故选D.21．(2019·山西四校联考)如图所示，在空间四边形ABCD 中，点E ，H 分别是边AB ，AD的中点，点F ，G 分别是边BC ，CD 上的点，且CF CB ＝CG CD ＝23，则下列说法正确的是________(填写所有正确说法的序号)．①EF 与GH 平行；②EF 与GH 异面；③EF 与GH 的交点M 可能在直线AC 上，也可能不在直线AC 上；④EF 与GH 的交点M 一定在直线AC 上．答案 ④解析连接EH ，FG (图略)，依题意，可得EH ∥BD ，FG ∥BD ，故EH ∥FG ，所以E ，F ，G ，H 四点共面．因为EH ＝12BD ，FG ＝23BD ，故EH ≠FG ，所以四边形EFGH 是梯形，EF 与GH 必相交，设交点为M .因为点M 在EF 上，故点M 在平面ACB 上．同理，点M 在平面ACD 上，所以点M 是平面ACB 与平面ACD 交线上的一点，又AC 是这两个平面的交线，所以点M 一定在直线AC 上．故只有④正确．一、高考大题1．(2019·江苏高考)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB ＝BC.求证：(1)A1B1∥平面DEC1；(2)BE⊥C1E.证明(1)因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.(2)因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC－A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC，所以C1C⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC＝C，所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.二、模拟大题2．(2020·东北师大附中月考)如图所示，四边形ABEF和ABCD都是梯形，BC∥AD且BC＝12AD，BE∥FA且BE＝12FA，G，H分别为FA，FD的中点．(1)证明：四边形BCHG是平行四边形；(2)C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？解 (1)证明：由已知FG ＝GA ，FH ＝HD ，可得GH ∥AD 且GH ＝12AD . 又BC ∥AD 且BC ＝12AD ， ∴GH ∥BC 且GH ＝BC ，∴四边形BCHG 为平行四边形．(2)∵BE ∥AF 且BE ＝12AF ，G 为FA 的中点， ∴BE ∥FG 且BE ＝FG ，∴四边形BEFG 为平行四边形，∴EF ∥BG .由(1)知BG ∥CH .∴EF ∥CH ，∴EF 与CH 共面．又D ∈FH ，∴C ，D ，F ，E 四点共面．3．(2020·宁波镇海中学月考)已知△ABC 和△A 1B 1C 1所在平面相交，并且AA 1，BB 1，CC 1交于一点．(1)求证：AB 和A 1B 1在同一平面内；(2)若AB ∩A 1B 1＝M ，BC ∩B 1C 1＝N ，AC ∩A 1C 1＝P ，求证：M ，N ，P 三点共线．证明 (1)如图，∵AA 1∩BB 1＝O ，∴AA 1与BB 1确定一平面，设其为α，又A ∈α，B ∈α，A 1∈α，B 1∈α，∴AB ⊂α，A 1B 1⊂α，∴AB 和A 1B 1在同一平面内．(2)∵AB ∩A 1B 1＝M ，AC ∩A 1C 1＝P ，∴平面ABC ∩平面A 1B 1C 1＝PM ，∵BC ⊂平面ABC ，B 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，且BC ∩B 1C 1＝N ，∴N ∈PM ，即M ，N ，P 三点共线．4．(2020·武汉第二中学月考)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，且PB＝PD.(1)求证：BD⊥PC；(2)若平面PBC与平面PAD的交线为l，求证：BC∥l.证明(1)如图，连接AC，交BD于点O，连接PO.因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC.又因为PB＝PD，O为BD的中点，所以BD⊥PO.因为PO∩AC＝O，所以BD⊥平面PAC，因为PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC.(2)因为底面ABCD为菱形，所以BC∥AD，因为BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD.所以BC∥平面PAD.又因为BC⊂平面PBC，平面PBC与平面PAD的交线为l，所以BC∥l.。

(完整word)2018年上海市高三数学一轮复习：立体几何练习题2

2018年上海市高三数学一轮复习：立体几何练习题一、选择题1．一个几何体的三视图及其尺寸(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积为( )A ．80cm3B ．81cm3C ．64cm3D ．48cm3[答案] C[解析] 该几何体是一个正四棱锥，其高为h ＝3cm ，所以其体积为V ＝13×64×3＝64(cm3)．(理)已知四棱锥P －ABCD 的三视图如图，则四棱锥P －ABCD 的全面积为( )A ．3＋5B ．2＋ 5C ．5D ．4[答案] A[解析] 画出直观图如图．其中PD ＝2，底面正方形边长为1，∵BA ⊥AD ，PD ⊥平面ABCD ，∴BA ⊥PA ，在Rt △PAD 中，PA ＝5，∴四棱锥的全面积S ＝1×1＋⎝⎛⎭⎫12×2×1×2＋12×5×1×2＝3＋ 5. 2．已知正四棱锥S －ABCD 中，SA ＝23，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为( )A ．1B. 3 C ．2D ．3[答案] C[解析] 如图所示，设正四棱锥高为h ，底面边长为a ，则22a ＝12－h2，即a2＝2(12－h2)，∴V ＝13×a2×h ＝23h(12－h2)＝－23(h3－12h)，令f(h)＝h3－12h ，则f ′(h)＝3h2－12(0<h<23)，由f ′(h)＝0得，h ＝2，此时f(h)有最小值，V 有最大值．3．在棱长为1的正方体ABCD －A1B1C1D1内任取一点P ，则点P 到点A 的距离不大于1的概率为( )A.22B.22πC.16D.16π[答案] D[解析] 由条件知，点P 所在区域是以A 为球心，1为半径的球的18，故体积V ＝18×43π×13＝π6，又正方体体积为1，∴所求概率P ＝π6.4若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A ．2B ．1 C.23 D.13[答案] B[解析] 由几何体的三视图可知，该几何体是直三棱柱，其直观图如图所示，其体积为V ＝12×2×1×2＝1.(理)若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积是(单位：cm3)( )A ．9B ．12C ．18D ．24[答案] C[解析] 观察三视图可知，该几何体是由下、下两个长方体构成直观图如图，上层长、宽、高分别为3cm,3cm,1cm ，下层长方体长、宽、高分别为1cm,3cm,3cm ，故其体积为3×3×1＋1×3×3＝18.5．一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积为32π3，那么这个三棱柱的体积是( ) A ．96 3 B ．48 3 C ．24 3D ．16 3[答案] B[解析] 已知正三棱柱的高为球的直径，底面正三角形的内切圆是球的大圆．设底面正三角形的边长为a ，球的半径为R ，则a ＝23R ，又43πR3＝32π3，∴R ＝2，a ＝43，于是V ＝34a2·2R ＝48 3.6．若圆锥与球的体积相等，且圆锥底面半径与球的直径相等，则圆锥侧面积与球面面积之比为( )A.2∶2B.3∶2C.5∶2D ．3∶2 [答案] C[解析] 设圆锥底半径为r ，高为h ，则球半径R ＝r 2，由条件知，13πr2h ＝43π⎝⎛⎭⎫r 23，∴h ＝r 2， ∴圆锥侧面积S1＝πr h2＋r2＝πr r24＋r2＝52πr2，球面面积S2＝4πR2＝4π×⎝⎛⎭⎫r 22＝πr2，∴S1S2＝52. (理)如图是某几何体的三视图，其中正(主)视图是斜边长为2a 的直角三角形，侧(左)视图是半径为a 的半圆，则该几何体的体积是( )A.36πa3B.3πa3C.34πa3D ．23πa3[答案] A [解析] 由侧(左)视图半圆可知，该几何体与圆柱、圆锥、球有关，结合正(主)视图是一个直角三角形知该几何体是沿中心轴线切开的半个圆锥将剖面放置在桌面上如图，由条件知，圆锥的母线长为2a ，底面半径为a ，故高h ＝2a 2－a2＝3a ，体积V ＝12×⎝⎛⎭⎫13×πa2×3a ＝36πa3. 7．(文)已知某几何体由三个圆柱和大小相同的两个半球组成，它的三视图如图，根据图中标出的尺寸(单位：dm)，可得这个几何体的表面积是( )A.25π2dm2B ．9πdm2 C.192πdm2D ．11πdm2[答案] A[解析] 由三视图可知该几何体左、右各是半球和两个圆柱，半球的直径为2，圆柱的高为1，底面直径为2，中间圆柱的高为3，底面直径为1，故几何体的表面积由一个球的面积，中间圆柱的侧面积，左右两个圆柱的侧面积和左右两个圆柱与中间圆柱形成的两个圆环面积． ∵S 球＝4π×⎝⎛⎭⎫222＝4π，中间圆柱侧面积S1＝π×1×3＝3π，左右两个圆柱的侧面积S2＝2×(π×2×1)＝4π，圆环面积S3＝2×⎣⎡⎦⎤π×⎝⎛⎭⎫222－π×⎝⎛⎭⎫122＝3π2，∴几何体的表面积S ＝4π＋3π＋4π＋3π2＝25π2dm2.[点评] 解决这类问题的关键是由三视图探求该几何体的形状．本题中的几何体两端是相同大小的半球，还有两个大小相同的圆柱，中间有一个圆柱．值得注意的是：通过观察三视图知道，三个圆柱的底面是和半球的圆面重合或平行的，并且中间圆柱的底面与两端圆柱的底面有一部分重合．只有了解了几何体的结构形状才能保证运算准确．(理)如图(1)所示，一只装了水的密封瓶子，其内部可以看成是由半径为1cm 和半径为3cm 的两个圆柱组成的简单几何体．当这个几何体如图(2)水平放置时，液面高度为20cm ，当这个几何体如图(3)水平放置时，液面高度为28cm ，则这个简单几何体的总高度为( )A ．29cmB ．30cmC ．32cmD ．48cm[答案] A[解析] 如图(2)，设下面圆柱高度为H ，则上面小圆柱内液面高度20－H ，又设余下部分为h ，则图(3)中，下面圆柱高度为h ＋20－H ，故上面圆柱液面高度为28－(h ＋20－H)＝H ＋8－h ，由两圆柱内液体体积相等得9πH ＋π(20－H)＝π(h ＋20－H)＋9π(H ＋8－h)，∴h ＝9，几何体总高度为20＋9＝29cm.[点评] 抓住问题的关键环节可以有效的提高解题的速度，本题中若设几何体的总高度为H ，由几何体的总容积一定，内装液体的体积一定可得空闲部分的体积相等，∴π×32×(H －28)＝π×12×(H －20)，∴H ＝29(cm)，解题过程就简捷多了．8．如图，正方体ABCD －A1B1C1D1的棱长为2.动点E ，F 在棱A1B1上，点Q 是棱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P －EFQ 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[答案] C[解析] 设P 到平面EFQ 的距离为h ，则VP －EFQ ＝13×S △EFQ·h ，由于Q 为CD 的中点，∴点Q 到直线EF 的距离为定值2，又EF ＝1，∴S △EFQ 为定值，而P 点到平面EFQ 的距离，即P 点到平面A1B1CD 的距离，显然与x 有关、与y 无关，故选C.(理)如图，正方体ABCD －A1B1C1D1的棱长为2，动点E ，F 在棱A1B1上，动点P ，Q 分别在棱AD 、CD 上，若EF ＝1，A1E ＝x ，DQ ＝y ，DP ＝z(x ，y ，z 大于零)，则四面体PEFQ 的体积( )A ．与x ，y ，z 都有关B ．与x 有关，与y ，z 无关C ．与y 有关，与x ，z 无关D ．与z 有关，与x ，y 无关[答案] D[解析] 这道题目延续了北京近年高考的风格，即在变化中寻找不变，从图中可以分析出，△EFQ 的面积永远不变，为矩形A1B1CD 面积的14(与x ，y 的值无关)，而当P 点变化(即z 变化)时，它到平面A1B1CD 的距离是变化的，因此会导致四面体体积的变化．二、填空题9．有一个底面半径为1、高为2的圆柱，点O 为这个圆柱底面圆的圆心，在这个圆柱内随机取一点P ，则点P 到点O 的距离大于1的概率为______．[答案] 23[解析] 到点O 的距离小于等于1的点组成以O 为球心的半球，V 半球＝12×43π×12＝2π3，V圆柱＝π×12×2＝2π，故所求概率p ＝2π－2π32π＝23.10．(文)球O 与棱长为2的正方体ABCD －A1B1C1D1各面都相切，则球O 的体积为________．[答案] 4π3[解析] 球O 的直径等于正方体的棱长2，∴R ＝1，∴V ＝4π3R3＝4π3.(理)如图所示，在△ABC 中，∠C ＝90°，∠A ＝30°，BC ＝1.在三角形内挖去半圆(圆心O 在边AC 上，半圆分别与BC 、AB 相切于点C 、M ，与AC 交于点N)，则图中阴影部分绕直线AC 旋转一周所得旋转体的体积为________．[答案] 53π27[解析] 阴影部分绕AC 旋转一周所得旋转体为圆锥中挖去一个球，圆锥的体积V ＝13π×12×3＝33π，球体积V1＝4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫333＝43π27，故所求体积为3π3－43π27＝53π27.11．一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图为正三角形，则该几何体的表面积为________．[答案] 24＋2 3[解析] 由三视图可知，该几何体是一个正三棱柱，底面边长为2，高为4，故其表面积S＝2×34×22＋2×3×4＝24＋2 3.12．已知一个空间几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何体的体积为________．[答案] 4cm3[解析] 由三视图可知，此几何体为底面是直角梯形的四棱锥P －ABCD ，其中侧棱PA 与底面ABCD 垂直，其直观图如图，底面的面积为6cm2，此四棱锥的高为h ＝2cm ，所以此四棱锥的体积为13×6×2＝4cm3.(理)某几何体的三视图如图(尺寸的长度单位为m)．则该几何体的体积为________m3.[答案] 4[解析]由三视图知，三棱锥的高为侧视图中直角三角形的竖直边，底面三角形一边上的高恰为左视图中直角三角形的水平边，其直观图如图所示．∴PF＝2，CE＝3，AB＝4，∴V＝13×2×12×3×4＝4(m3)．三、解答题13．(文)如图，在底面是矩形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，BC＝4，E是PD的中点．求三棱锥C－ADE的体积．[解析]⎭⎬⎫⎭⎪⎬⎪⎫PA⊥平面ABCDCD⊂平面ABCD⇒CD⊥PACD⊥ADAD∩PA＝A⇒CD⊥平面PAD.∴CD为三棱锥C－ADE的高，在Rt△PAD中，S △AED ＝12S △PAD ＝12×12×2×4＝2.VC －ADE ＝13S △AED·CD ＝13×2×2＝43.(理在如图所示的几何体中，四边形 ABCD 是正方形，MA ⊥平面ABCD ，PD ∥MA ，E 、G 、F 分别为MB 、PB 、PC 的中点，且AD ＝PD ＝2MA.(1)求证：平面EFG ⊥平面PDC ；(2)求三棱锥P －MAB 与四棱锥P －ABCD 的体积之比．[解析] (1)证明：∵MA ⊥平面ABCD ，PD ∥MA ，∴PD ⊥平面ABCD ，又BC ⊂平面ABCD ，∴PD ⊥BC ，∵ABCD 为正方形，∴BC ⊥DC.∵PD∩DC ＝D ，∴BC ⊥平面PDC.在△PBC 中，因为G 、F 分别为PB 、PC 的中点，∴GF ∥BC ，∴G F ⊥平面PDC.又GF ⊂平面EFG ，∴平面EFG ⊥平面PDC.(2)不妨设MA ＝1，∵ABCD 为正方形，∴PD ＝AD ＝2，又∵PD ⊥平面ABCD ，所以VP －ABCD ＝13S 正方形ABCD·PD ＝83.由于DA ⊥平面MAB ，且PD ∥MA ，所以DA 即为点P 到平面MAB 的距离，三棱锥VP －MAB ＝13×⎝⎛⎭⎫12×1×2×2＝23. 所以VP －MAB ∶VP －ABCD ＝1∶4.14．如图，四棱锥S －ABCD 的底面是矩形，SA ⊥底面ABCD ，P 为BC 边的中点，AD ＝2，SA ＝AB ＝1.(1)求证：PD⊥平面SAP；(2)求三棱锥S－APD的体积．[解析](1)∵SA⊥平面ABCD，PD⊂平面ABCD，∴SA⊥PD，在矩形ABCD中，AD＝2，AB＝1，P为BC中点，∴AP⊥PD，∵SA∩AP＝A，∴PD⊥平面SAP.(2)易求AP＝2，PD＝2，∴VS－APD＝13S△APD·SA＝13×12×2×2×1＝13.(理)如图所示，矩形ABCD中，AD⊥平面ABE，AE＝EB＝BC＝2，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE.(1)求证：AE⊥平面BCE；(2)求三棱锥C－BGF的体积．[解析](1)∵AD⊥平面ABE，AD∥BC，∴BC⊥平面ABE，∴AE⊥BC，又∵BF⊥平面ACE，∴AE⊥BF，又∵BF∩BC＝B，∴AE⊥平面BCE.(2)由题意可得，G是AC的中点，连接FG，∵BF⊥平面ACE，∴CE⊥BF，又∵BC＝BE，∴F是EC的中点，∴在△AEC 中，FG ∥AE ，FG ＝12AE ＝1，∵AE ⊥平面BCE ，∴FG ⊥平面BCF在Rt △BEC 中，BF ＝12CE ＝CF ＝2，∴S △BCF ＝12×2×2＝1，∴VC －BGF ＝VG －BCF ＝13·S △BCF·FG ＝13.15．已知P 在矩形ABCD 的边DC 上，AB ＝2，BC ＝1，F 在AB 上且DF ⊥AP ，垂足为E ，将△ADP 沿AP 折起，使点D 位于D′位置，连接D′B 、D′C 得四棱锥D ′－ABCP .(1)求证：D′F ⊥AP ；(2)若PD ＝1，且平面D′AP ⊥平面ABCP ，求四棱锥D′－ABCP 的体积．[解析] (1)∵AP ⊥D′E ，AP ⊥EF ，D′E∩EF ＝E ，∴AP ⊥平面D′EF ，∴AP ⊥D′F.(2)∵PD ＝1，∴四边形ADPF 是边长为1的正方形，∴D′E ＝DE ＝EF ＝22，∵平面D′AP ⊥平面ABCP ，D′E ⊥AP ，∴D′E ⊥平面ABCP ，∵S 梯形ABCP ＝12×(1＋2)×1＝32，∴VD′－ABCP ＝13×D′E×S 梯形ABCP ＝24.(理)如图(1)，矩形ABCD 中，AB ＝2AD ＝2a ，E 为DC 的中点，现将△ADE 沿AE 折起，使平面ADE ⊥平面ABCE ，如(2)．(1)求四棱锥D －ABCE 的体积；(2)求证：AD ⊥平面BDE. [解析] (1)取AE 的中点O ，由题意知，AB ＝2AD ＝2a ，ED ＝EC ，∴AD ＝DE ，∴DO ⊥AE ，又∵平面ADE ⊥平面ABCE ，∴DO ⊥平面ABCE.在等腰Rt △ADE 中，AD ＝DE ＝a ，DO ＝22a ，又S 梯形ABCE ＝12(a ＋2a)a ＝32a2，∴VD －ABCE ＝13S 梯形ABCE·DO ＝13·32a2·22a ＝24a3.(2)连结BE ，则BE ＝a2＋a2＝2a ，又AE ＝2a ，AB ＝2a ，∴AB2＝AE2＋EB2，∴AE ⊥EB ，由(1)知，DO ⊥平面ABCE ，∴DO ⊥BE ，又∵DO∩AE ＝O∴BE ⊥平面ADE ，∴BE ⊥AD ，又∵AD ⊥DE ，∴AD ⊥平面BDE.。

立体几何大题训练—— 高三数学一轮复习

（2）在直三棱柱中，平面，平面，则，
因为，，所，
故，，从而．
以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系如图所示，
则、、、，
，，，
设平面的法向量为，
则，即，解得，令，得，
设平面的法向量为，
则，即，解得，令，得，
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的余弦值.
4(2021·全国乙卷理科) 如图，四棱锥的底面是矩形，底面ABCD，，M为BC中点，且．
求BC；
求二面角的正弦值．
5(2020全国乙卷理科)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，是底面的内接正三角形，P为DO上一点，．
所以，
由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为
2.解：（1）因为底面，所以，又，
所以，又，为平面内的两条相交直线，所以平面，
因为平面，所以平面平面；
（2）解法一由（1）可知，为二面角的平面角，所以，
又，，，所以，
过点作于，则平面且为中点，连接，
6.（2021泰安一模19）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，AB＝2AD＝2，PA⊥平面ABCD，E为PD中点．
（1）若PA＝1，求证：AE⊥平面PCD；
（2）当直线PC与平面ACE所成角最大时，求三棱锥E﹣ABC的体积．
二，高考实战。
1.（2021全国甲卷理科19）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．
则有，即，
令，则，故，
所以，

高中数学立体几何章节检测题与答案

高中数学立体几何章节检测题与答案高中立体几何概念内涵丰富，但是学生要想真正理解立体几何概念还需要空间想象能力。

因此，立体几何概念的学习对于学生来说是一大难关。

一、填空题:1、A,B,C为空间三点 , 经过这三点的平面有 _______ 个。

2、两个球的半径之比为1∶2，那么两个球的表面积之比为________。

3、已知 a,b 是两条异面直线，直线 c 平行于直线 a,那么直线 c 与直线 b 的位置关系是____________。

4、空间中直线 l 和三角形的两边AC，BC同时垂直，则这条直线和三角形的第三边AB的位置关系是________。

5、以下角：①异面直线所成角;②直线和平面所成角;③二面角的平面角，可能为钝角的有________个。

6、过平面外一点能作 _______ 条直线与这个平面平行。

7、已知一个正方体的所有顶点在一个球面上.若球的体积为 9π/16 ，则正方体的棱长为________。

8、如图所示的水平放置的平面图形的直观图，它所表示的平面图形ABCD是 ________。

第8题图9、如图所示，P是三角形ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，α分别交线段PA、PB、PC于A′、B′、C′，若PA′∶AA′=3∶4，则S△A′B′C′∶S△ABC=________。

第9题图10、已知平面 α 外两点 A、B到平面 α 的距离分别是3和5，则A，B的中点P到平面α的距离是________。

11、若圆锥的全面积是底面积的3倍，则该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为________度。

12、如图，已知高为3的棱柱ABC—A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，则三棱锥B1—ABC的体积为________。

湖南省2020届高三数学理一轮复习典型题专项训练：立体几何

湖南省2020届高三数学理一轮复习典型题专项训练立体几何一、选择、填空题1、（常德市2019届高三上学期检测）如图，网格线上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，其正视图，侧视图均为等边三角形，则该几何体的体积为 A ．83(1)3π+ B ．43(2)π+ C ．43(2)3π+ D ．83(1)π+2、（衡阳八中2019届高三上学期第二次月考）某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中六边形ABCDEF 是边长为1的正六边形，点G 为AF 的中点，则该几何体的外接球的表面积是（ C ）A.316π B. 318π C. 48164πD. 313148π3、（怀化市2019届高三统一模拟（二））某组合体的三视图如图所示.则该组合体的体积为 A. 4 B. 8 C.43 D. 834、（三湘名校教育联盟2019届高三第一次大联考）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为A.8B.16C.24D.485、（邵阳市2019届高三10月大联考）已知三棱锥P ABCA B C在球O的同一个-底面的3个顶点,,大圆上，且ABC-体积的最大值为23，则球△为正三角形，P为该球面上的点，若三棱锥P ABCO的表面积为( )A.12πB.16πC.32πD.64π6、（五市十校教研教改共同体2019届高三12月联考）已知E，F分别是三棱锥P ABC-的棱AP，EF=，则异面直线AB与PC所成的角为（）PC=，33BC的中点，6AB=，6A.120︒B.45︒C.30︒D.60︒7、（湘潭市2019届高三下学期第二次模拟）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.8、（益阳市2019届高三上学期期末考试）如图，—个圆柱从上部挖去半球得到几何体的正视图、侧28，则x =视图都是图1，俯视图是图2，若得到的几何体表面积为A.3B. 4C.5D.69、（永州市2019届高三上学期第二次模拟）如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列判断中正确的是（）①平面平面；②直线平面；③异面直线与所成角的取值范围是；④三棱锥的体积不变.A. ① ②B. ①②④C. ③④D. ①④10、（岳阳市2019届高三教学质量检测（一模））个几何体的三视图如右图所示，已知这个几何10，则h为体的体积为3A. 23B.3 C. 33 D. 3511、（长郡中学2019届高三第六次月考）在三棱锥 P —ABC 中，PA 丄平面 ABC ，∠BAC =32π，AP=3，AB =32, Q 是边BC 上的一动点，且直线PQ 与平面ABC 所成角的最大值为3π，则三棱锥P —ABC 的外接球的表面积为A.π45B.π57C. π63D. π8412、（雅礼中学2019届高三第五次月考）如图1所示，是一个棱长为2的正方体被削去一个角后所得到的几何体的直观图，其中DD 1＝1，若此几何体的俯视图如图2所示，则可以作为其正视图的是13、（株洲市2019届高三教学质量统一检测（一））已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 为CC 1的中点．若AM ⊥平面α，且B ∈平面α，则平面α截正方体所得截面的周长为（）A ．32+25B ． 4+42C ． 22+25D ．6214、（湖南师大附中2019届高三月考试卷（六））正四棱锥S －ABCD 的侧棱长与底面边长相等，E 为SC 的中点，则BE 与SA 所成角的余弦值为(C)A.13B.12C.33D.3215、（湖南湖北八市十二校（湖南师范大学附属中学、衡阳八中等）2019届高三第二次调研联考）已知三棱锥的四个顶点都在半径为3的球面上，，则该三棱锥体积的最大值是A ．B ．C ．D ． 6416、（湖南师大附中2019届高三月考试卷（六））已知三棱锥P －ABC 的四个顶点均在某球面上，PC 为该球的直径，△ABC 是边长为4的等边三角形，三棱锥P －ABC 的体积为163，则此三棱锥的外接球的表面积为__80π3__．参考答案：1、C2、C3、D4、B5、B6、D7、A8、B9、B 10、B 11、12、C 13、A 14、【解析】如图，设AC ∩BD ＝O ，连接OE ，因为OE 是△SAC 的中位线，故EO ∥SA ，则∠BEO 为BE 与SA 所成的角．设SA ＝AB ＝2a ，则OE ＝12SA ＝a ，BE ＝32SA ＝3a ，OB ＝22SA ＝2a ，所以△EOB 为直角三角形，所以cos ∠BEO ＝OE BE ＝a 3a ＝33，故选C.15、A 16、【解析】依题意，记三棱锥P －ABC 的外接球的球心为O ，半径为R ，点P 到平面ABC 的距离为h ，则由V P －ABC ＝13S △ABC h ＝13×⎝⎛⎭⎫34×42×h ＝163得h ＝433.又PC 为球O 的直径，因此球心O 到平面ABC 的距离等于12h ＝233.又正△ABC 的外接圆半径为r ＝AB 2sin 60°＝433，因此R 2＝r 2＋⎝⎛⎭⎫2332＝203，所以三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为4πR 2＝80π3.二、解答题1、（常德市2019届高三上学期检测）如图，在直三棱柱111C B A ABC -中，21111==C A B A ，321=CC ， ︒=∠120BAC ，O 为线段11C B 的中点，P 为线段1CC 上一动点（异于点1C C 、），Q 为线段BC 上一动点，且OP QP ⊥；（Ⅰ）求证：平面1A PQ ^平面1A OP ；（Ⅱ）若PQ BO //，求直线OP 与平面PQ A 1所成角的正弦值.2、（衡阳八中2019届高三上学期第二次月考）如图，已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，AD ＝DE ＝2AB ，F 为CD 的中点. (1)求证：AF ∥平面BCE ；(2)求二面角C －BE －D 的余弦值的大小.3、（怀化市2019届高三统一模拟（二））如图，在四棱锥P-ABCD 中，PC ⊥底面A BCD ，底面ABCD 是直角梯形，AB ⊥AD ，AB //CD ，AB=2AD=2CD=4，PC=4. (1)证明：当点E 在PB 上运动时，始终有平面EAC ⊥平面PBC (2)求锐二而角A- PB-C 的余弦值.4、（三湘名校教育联盟2019届高三第一次大联考）如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为正方形，PA 丄底面ABCD,且PA=2AB ，F 是AB 的中点，点E 在线段PC 上，且PE ＝PC 31. （1）证明：平面DEF 丄平面ABCD; （2）求二面角B-AE-D 的余弦值.5、（邵阳市2019届高三10月大联考）如图，菱形ABCD 的边长为4，60DAB =∠°，矩形BDFE 的面积为8，且平面BDFE ⊥平面ABCD .(1)证明：AC BE ⊥；(2)求二面角E AF D --的正弦值.6、（五市十校教研教改共同体2019届高三12月联考）如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，90CDA BAD ∠=∠=︒，222AB AD DC ===E ，F 分别为PD ，PB 的中点.（1）求证：//CF 平面PAD ；（2）若截面CEF 与底面ABCD 所成锐二面角为4，求PA 的长度.7、（湘潭市2019届高三下学期第二次模拟）如图，四棱锥的底面是直角梯形，，，和是两个边长为2的正三角形，，为的中点，为的中点.（1）证明：平面.（2）在线段上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由.8、（益阳市2019届高三上学期期末考试）五面体ABCDEF 中，ADEF 是等腰梯形,AD = 2,AB=2,AF=FE = ED=BC = 1，∠SAD=900，平面 BAF 丄平面 ADEF 。

2020届高考数学理一轮(新课标通用)单元质量测试：第六章立体几何 Word版含解析

单元质量测试(六)时间：120分钟满分：150分第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．某空间几何体的三视图中，有一个是正方形，则该空间几何体不可能是()A．圆柱B．圆锥C．棱锥D．棱柱答案B解析易知仅圆锥的三视图中一定不会出现正方形，故选B．2．(2018·郑州检测)已知一三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()答案C解析由已知条件得直观图如图所示，正视图是直角三角形，中间的线是看不见的线P A形成的投影，应为虚线．故选C．3．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱的高为2，这个球的表面积为6π，则这个正四棱柱的体积为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 B解析 S 表＝4πR 2＝6π，∴R ＝62，设正四棱柱底面边长为x ，则x 2＋x 2＋22＝(2R )2，∴x ＝1．∴V 正四棱柱＝2．故选B ．4．(2018·贵阳模拟)设m ，n 为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，给出下列命题：①若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β； ②若m ∥α，m ∥β，则α∥β； ③若m ∥α，n ∥α，则m ∥n ； ④若m ⊥α，n ⊥α，则m ∥n ．上述命题中，所有真命题的序号是( ) A ．①④ B ．②③ C ．①③ D ．②④ 答案 A解析对于①，垂直于同一条直线的两个平面互相平行，所以①正确；对于②，平行于同一条直线的两个平面的位置关系不确定，所以②错误；对于③，平行于同一个平面的两条直线的位置关系不确定，所以③错误；对于④，垂直于同一个平面的两条直线互相平行，所以④正确．故选A ．5．(2018·太原三模)如图是某几何体的三视图，则这个几何体的体积是( )A ．2＋π2B ．2＋π3C．4＋π3D．4＋π2答案A解析由三视图可知，该几何体由一个半圆柱与三棱柱组成，这个几何体的体积V＝12×π×12×1＋12×(2)2×2＝2＋π2．故选A．6．(2018·江西赣州二模)某几何体的主视图和左视图如图1，它的俯视图的直观图是矩形O1A1B1C1，如图2，其中O1A1＝6，O1C1＝2，则该几何体的侧面积为()A．48 B．64 C．96 D．128答案C解析由题图2及斜二测画法可知原俯视图为如图所示的平行四边形OABC，设CB与y轴的交点为D，则易知CD＝2，OD＝2×22＝42，∴CO＝CD2＋OD2＝6＝OA，∴俯视图是以6为边长的菱形，由三视图知几何体为一个直四棱柱，其高为4，所以该几何体的侧面积为4×6×4＝96．故选C．7．(2018·郑州质检三)已知A，B，C，D四点在半径为5的球面上，且AC＝BD＝4，AD＝BC＝11，AB＝CD，则三棱锥D－ABC的体积是()A．67 B．47 C．27 D．7答案 C解析如图所示，将三棱锥D －ABC 放在长、宽、高分别为a ，b ，c 的长方体中，则依题意有⎩⎨⎧a 2＋c 2＝AC 2＝16，a 2＋b 2＝BC 2＝11，a 2＋b 2＋c 2＝(2R )2＝20，解得⎩⎨⎧a ＝7，b ＝2，c ＝3，则三棱锥D －ABC 的体积为abc －413·12abc ＝27．选C ． 8．(2018·山西四校联考)如图所示，P 为矩形ABCD 所在平面外一点，矩形对角线交点为O ，M 为PB 的中点，给出下列五个结论：①PD ∥平面AMC ；②OM ∥平面PCD ；③OM ∥平面PDA ；④OM ∥平面PBA ；⑤OM ∥平面PBC ．其中正确的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案 C解析矩形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，所以O 为BD 的中点．在△PBD 中，M 是PB 的中点，所以OM 是△PBD 的中位线，OM ∥PD ，则PD ∥平面AMC ，OM ∥平面PCD ，且OM ∥平面PDA ．因为M ∈PB ，所以OM 与平面PBA 、平面PBC 相交．故选C ．9．(2018·大庆质检一)已知一个圆柱的轴截面是边长为a 的正方形．在圆柱内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，则圆柱内除了球之外的几何体的体积为( )A ．πa 34B ．πa 36C ．πa 38D ．πa 312 答案 D解析由题意可知，该圆柱底面直径和高都是a ，故其体积为V 1＝πR 2h ＝π×a22×a ＝πa 34．而圆柱体的内切球的直径也为a ，故其体积为V 2＝4π3R 3＝4π3×a 23＝πa 36，所以圆柱体内除球体以外部分的体积为V ＝V 1－V 2＝πa 312．故选D ．10．(2018·湖南长沙四校联考)祖暅是南北朝时代的伟大数学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等．现有以下四个几何体：图①是从圆柱中挖去一个圆锥所得的几何体，图②、图③、图④分别是圆锥、圆台和半球，则满足祖暅原理的两个几何体为( )A ．①②B ．①③C ．②④D ．①④ 答案 D解析设截面与底面的距离为h ，则①中截面内圆的半径为h ，则截面圆环的面积为π(R 2－h 2)；②中截面圆的半径为R －h ，则截面圆的面积为π(R －h )2；③中截面圆的半径为R －h 2，则截面圆的面积为πR －h 22；④中截面圆的半径为R 2－h 2，则截面圆的面积为π(R 2－h 2)．所以①④中截面的面积相等，故其体积相等，故选D ．11．(2018·浙江高考)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≤θ1 答案 D解析由题意知该四棱锥为正四棱锥，设AB ，AD ，BC 的中点分别为P ，M ，N 连接MN ，过点E 作直线MN 的垂线交MN 于点Q ．设O 为S 在底面ABCD 内的射影，连接SO ，OP ，OE ，SP ，SQ ，则∠SEQ ＝θ1，∠SEO ＝θ2，∠SPO ＝θ3，∴tan θ2＝OS OE ，tan θ3＝OSOP ，∵OP ≤OE ，∴tan θ3≥tan θ2．又EQ ⊥MN ，EQ ⊥SO ，MN ∩SO ＝O ，MN ，SO ⊂平面SOQ ，∴EQ ⊥平面SOQ ，又SQ ⊂平面SOQ ，∴EQ ⊥SQ ．∴tan θ1＝SQEQ ，∵SQ ≥SO ，EQ ＝OP ，∴tan θ1≥tan θ3．故有tan θ1≥tan θ3≥tan θ2．由图可知θ1，θ2，θ3∈0，π2．∴θ1≥θ3≥θ2，故选D ．12．(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所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )A ．334B ．233C ．324D ．32 答案 A解析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ABCD －A 1B 1C 1D 1中，平面AB 1D 1与线AA 1，A 1B 1，A 1D 1所成的角是相等的，所以平面AB 1D 1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C 1BD 也满足与正方体的每条棱所在的直线所成的角都是相等的，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面AB 1D 1与C 1BD 中间的，且过棱的中点的正六边形，边长为22，所以其面积为S ＝6×34×⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝334，故选A ．第Ⅱ卷 (非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．如图，一个底面半径为R 的圆柱形量杯中装有适量的水．若放入一个半径为r 的实心铁球，水面高度恰好升高r ，则Rr ＝________．答案 233解析由水面高度升高r ，得圆柱体积增加πR 2r ，恰好是半径为r 的实心铁球的体积，因此有43πr 3＝πR 2r ．故R r ＝233．14．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的六个顶点都在球O 的球面上．若AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝90°，AA 1＝22，则球O 的表面积为________．答案 16π解析由题设可知，直三棱柱可以补成一个球的内接长方体，所以球的直径为长方体的体对角线长，即22＋22＋(22)2＝4，故球O 的表面积S ＝4πR 2＝16π．15．已知某几何体的三视图如图所示，则其体积为________．答案8π解析由三视图可知该几何体为一个底面半径为1，高为5的圆柱与一个底面半径为1，高为3的圆柱的组合体，其体积为V＝π×12×(5＋3)＝8π．16．(2018·唐山模拟)已知一个几何体由八个面围成，每个面都是正三角形，有四个顶点在同一平面内且为正方形，若该八面体的棱长为2，所有顶点都在球O 上，则球O的表面积为________．答案8π解析依题意，该八面体的各个顶点都在同一球面上，则其中四点所组成的截面在球的大圆面上，因为该八面体的棱长为2，所以这四点组成的正方形的对角线的长为22，故球的半径为2，该球的表面积为4π(2)2＝8π．三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(2018·珠海摸底)(本小题满分10分)中秋节即将到来，为了做好中秋节商场促销活动，某商场打算将进行促销活动的礼品盒重新设计．方案如下：将一块边长为10的正方形纸片ABCD剪去四个全等的等腰三角形(△SEE′，△SFF′，△SGG′，△SHH′)，再将剩下的阴影部分折成一个四棱锥形状的包装盒S－EFGH，其中A，B，C，D重合于点O，E与E′重合，F与F′重合，G与G′重合，H与H′重合(如图所示)．(1)求证：平面SEG⊥平面SFH；(2)已知AE＝52，过O作OM⊥SH于点M，求cos∠EMO的值．解(1)证明：因为折叠后A，B，C，D重合于一点O，所以拼接成底面EFGH的四个直角三角形必为全等的等腰直角三角形，所以底面EFGH是正方形，故EG⊥FH．因为在原平面图形中，△SEE′≌△SGG′，所以SE＝SG，所以EG⊥SO．又FH∩SO＝O，FH⊂平面SFH，SO⊂平面SFH，故EG⊥平面SFH．又因为EG⊂平面SEG，所以平面SEG⊥平面SFH．(2)依题意，当AE＝52时，即OE＝5 2．Rt△SHO中，OH＝52，SH＝552，故SO＝5，所以OM＝SO·OHSH＝5．由(1)知EG⊥平面SFH，且OM⊂平面SFH，故EG⊥OM，从而EO⊥OM，故Rt△EMO中，EM＝EO2＋OM2＝35 2，所以cos∠EMO＝OMEM＝23．18．(2018·安徽江淮十校联考)(本小题满分12分)四棱锥A －BCDE 中，EB ∥DC ，且EB ⊥平面ABC ，EB ＝1，DC ＝BC ＝AB ＝AC ＝2，F 是棱AD 的中点．(1)证明：EF ⊥平面ACD ； (2)求二面角B －AE －D 的余弦值．解 (1)证明：取AC 中点M ，连接FM ，BM ， ∵F 是AD 中点，∴FM ∥DC ，且FM ＝12DC ＝1．又∵EB ∥DC ，EB ＝1， ∴FM 綊EB ，∴四边形FMBE 是平行四边形． ∴EF ∥BM ，又BC ＝AB ＝AC ， ∴△ABC 是等边三角形，∴BM ⊥AC ， ∵EB ⊥平面ABC ，EB ∥DC ， ∴CD ⊥平面ABC ，∴CD ⊥BM ．又CD ∩AC ＝C ，∴BM ⊥平面ACD ，∴EF ⊥平面ACD ．(2)取BC 中点N ，连接AN ，则AN ⊥BC ⇒AN ⊥平面BCD ．以N 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．则各点坐标为A (0，0，3)，B (0，－1，0)，C (0，1，0)，D (2，1，0)，E (1，－1，0)．可得BA →＝(0，1，3)，BE →＝(1，0，0)，EA →＝(－1，1，3)，ED →＝(1，2，0)，设平面ABE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BA →＝0，n 1·BE →＝0，得⎩⎨⎧y 1＋3z 1＝0，x 1＝0，可取n 1＝(0，－3，1)，设平面ADE 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EA →＝0，n 2·ED →＝0，得⎩⎨⎧－x 2＋y 2＋3z 2＝0，x 2＋2y 2＝0，可取n 2＝(－2，1，－3)，于是cos 〈n 1，n 2〉＝－3－32×8＝－64，注意到二面角B －AE －D 是钝二面角，因此，所求二面角的余弦值就是－64．19．(2018·湖北重点中学联考二)(本小题满分12分)如图1，等腰直角三角形ABC 的底边AB ＝2，点D 在线段AC 上，DE ⊥AB 于点E ，现将△ADE 沿DE 折起到△PDE 的位置(如图2)．(1)求证：PB ⊥DE ；(2)若PE ⊥BE ，直线PD 与平面PBC 所成的角为30°，求平面PDE 与平面PBC 所成的锐二面角的正弦值．解 (1)证明：由图1，图2可知，DE ⊥PE ，DE ⊥BE ，PE ∩BE ＝E ， ∴DE ⊥平面PBE ，又PB ⊂平面PBE ，∴PB ⊥DE ．(2)由(1)及PE ⊥BE 可知，DE ，BE ，PE 两两互相垂直．分别以ED →，EB →，EP →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系Exyz ．设|PE |＝a (0<a <1)，则B (0，2－a ，0)，D (a ，0，0)，C (1，1－a ，0)，P (0，0，a )， ∴PB→＝(0，2－a ，－a )，BC →＝(1，－1，0)．设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧PB →·n ＝0，BC →·n ＝0，∴⎩⎨⎧(2－a )y －az ＝0，x －y ＝0，∴平面PBC 的一个法向量为n ＝(a ，a ，2－a )， ∵直线PD 与平面PBC 所成的角为30°，且PD→＝(a ，0，－a )， ∴sin30°＝|a 2－a (2－a )|2a 2·a 2＋a 2＋(2－a )2， ∴a ＝2(舍去)或a ＝25．∴平面PBC 的一个法向量为n ＝25，25，85．易知平面PDE 的一个法向量为m ＝(0，1，0)，设所求的锐二面角为θ，则cosθ＝m·n|m||n|＝26，所以sinθ＝34 6，即平面PDE与平面PBC所成的锐二面角的正弦值为34 6．20．(2018·山东青岛统一质检)(本小题满分12分)如图，圆柱H横放在底面边长为1的正六棱锥P－ABCDEF的顶点P上，O1和O2分别是圆柱左和右两个底面的圆心，正六棱锥P－ABCDEF的底面中心为O，PO＝1，M，N分别是圆柱H的底面圆O1的最高点和最低点，G是圆柱H的底面圆O2的最低点，P为NG的中点，点M，O1，N，A，O，D，G，P共面，O1，P，D共线，四边形ADGN为矩形．(1)证明：MG∥平面PCD；(2)求二面角M－CD－A的大小．注：正棱锥就是底面是一个正多边形，顶点在底面上的正投影为底面的中心的棱锥．解(1)证明：连接PO1(图略)，∵P为NG的中点，O1为MN的中点，∴PO1∥MG，又点O1，P，D共线，∴PD∥MG，∵PD⊂平面PCD，MG⊄平面PCD，∴MG∥平面PCD．(2)∵O为正六棱锥P－ABCDEF的底面中心，∴PO⊥底面ABCDEF，取BC 的中点W (图略)，连接OW ，AD ，则点O 在AD 上，OW ⊥AD ．分别以OA ，OW ，OP 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系Oxyz ． ∵P 为NG 的中点，四边形ADGN 为矩形，O 为AD 的中点，PO ＝1， ∴NA ∥PO ，NA ＝PO ＝1，从而NA ⊥底面ABCDEF ， ∵M ，N 分别是圆柱H 的底面圆O 1的最高点和最低点， ∴O 1N ⊥底面ABCDEF ，从而M ，O 1，N ，A 四点共线， ∵正六棱锥P －ABCDEF 的底面边长为1，∴AD ＝2， ∵四边形ADGN 为矩形，NG ∥AD ，且NG ＝AD ＝2，又P 为NG 的中点，NP ∥AD ，且NP ＝12AD ＝1， ∴在△O 1AD 中，NP 为△O 1AD 的中位线，从而N 为O 1A 的中点，∴O 1N ＝AN ＝1，故M (1，0，3)，C －12，32，0，D (－1，0，0)， DC→＝12，32，0，DM →＝(2，0，3)．设平面MCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·DC →＝0，m ·DM →＝0⇒⎩⎨⎧x 2＋3y 2＝0，2x ＋3z ＝0.令x ＝1，则y ＝－33，z ＝－23， ∴m ＝1，－33，－23．取平面ABCDEF 的一个法向量为n ＝OP →＝(0，0，1)．设二面角M －CD －A 的大小为锐角θ，则cos θ＝|m ·n ||m ||n |＝12，因此θ＝π3，即二面角M －CD －A 的大小为π3．21．(2018·河北衡水中学九模)(本小题满分12分)已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，E ，F 分别为BB 1，AB 的中点，设AA 1AB ＝λ．(1)求证：平面A 1CF ⊥平面A 1EF ；(2)若二面角F －EA 1－C 的平面角为π3，求实数λ的值，并判断此时二面角E －CF －A 1是否为直二面角，请说明理由．解 (1)证明：因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1是正三棱柱，所以AA 1⊥平面ABC ，所以AA 1⊥CF ．又△ABC 是正三角形，F 为AB 的中点，所以CF ⊥AB ，又AB ∩AA 1＝A ，故CF ⊥平面A 1EF ，又CF ⊂平面A 1CF ，所以平面A 1CF ⊥平面A 1EF ．(2)如图，以F 为坐标原点，FB →，FC →方向分别为x 轴、y 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设底边长AB ＝2，由题意AA 1＝2λ，则F (0，0，0)，A 1(－1，0，2λ)，E (1，0，λ)，C (0，3，0)． EC →＝(－1，3，－λ)，FC →＝(0，3，0)，A 1E →＝(2，0，－λ)，设平面EA 1C 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝－x ＋3y －λz ＝0，n ·A 1E →＝2x －λz ＝0，令z ＝2，则平面EA 1C 的一个法向量为n ＝(λ，3λ，2)，由(1)可知FC →＝(0，3，0)为平面A 1EF 的一个法向量，故cos π3＝FC →·n |FC →||n |＝3λ4λ2＋4×3，解得λ＝22，由(1)可知EF ⊥CF ，A 1F ⊥CF ，由定义可知∠EF A 1为二面角E －CF －A 1的平面角． EF ＝12＋222＝62，A 1F ＝12＋(2)2＝3，A 1E ＝22＋222＝322，满足EF 2＋A 1F 2＝A 1E 2，则∠EF A 1＝π2，此时二面角E －CF －A 1为直二面角．22．(2018·江西南昌二模)(本小题满分12分)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，AB ＝2CD ＝2AD ＝4，侧面P AB 是等腰直角三角形，P A ＝PB ，平面P AB ⊥平面ABCD ，点E ，F 分别是棱AB ，PB 上的点，平面CEF ∥平面P AD ．(1)确定点E ，F 的位置，并说明理由； (2)求二面角D －EF －C 的余弦值．解 (1)因为平面CEF ∥平面P AD ，平面CEF ∩平面ABCD ＝CE ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以CE ∥AD ，又因为AB ∥DC ，所以四边形AECD 是平行四边形，所以DC ＝AE ＝12AB ，即点E 是AB 的中点．因为平面CEF ∥平面P AD ，平面CEF ∩平面P AB ＝EF ，平面P AD ∩平面P AB ＝P A ，所以EF ∥P A ，因为点E 是AB 的中点，所以点F 是PB 的中点，综上，E ，F 分别是AB ，PB 的中点． (2)连接PE ，因为P A ＝PB ，AE ＝EB ，所以PE ⊥AB ，又因为平面P AB ⊥平面ABCD ，平面P AB ∩平面ABCD ＝AB ，所以PE ⊥平面ABCD ，又因为AB ⊥AD ，所以CE ⊥AB ．如图，以点E 为坐标原点，EC ，EB ，EP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则B (0，2，0)，C (2，0，0)，D (2，－2，0)，E (0，0，0)，P (0，0，2)，由中点公式得到F (0，1，1)，则EC→＝(2，0，0)，EF →＝(0，1，1)，ED →＝(2，－2，0)，设平面CEF 、平面DEF 的法向量分别为 m ＝(x 1，y 1，z 1)，n ＝(x 2，y 2，z 2)，由m ⊥EC→，m ⊥EF →，得⎩⎨⎧2x 1＋0·y 1＋0·z 1＝0，0·x 1＋y 1＋z 1＝0，令y 1＝1，得m ＝(0，1，－1)，由n ⊥ED→，n ⊥EF →，得⎩⎨⎧2x 2－2y 2＋0·z 2＝0，0·x 2＋y 2＋z 2＝0，令y 2＝1，得n ＝(1，1，－1)，所以cos 〈m ·n 〉＝m ·n |m ||n |＝22×3＝63，因为二面角D －EF －C 是锐角，所以二面角D －EF －C 的余弦值是63．。

高三第一轮复习——立体几何证明题提升篇(试题及答案)

高三第一轮复习——立体几何证明题提升篇（试题及答案）题型——证明空间中直线、平面的垂直关系2015年1.（2015湖南文18）如图所示，直三棱柱111ABC A B C -的底面是边长为2的正三角形，E ，F 分别是BC ，1CC 的中点. （1）证明：平面AEF ⊥平面11B BCC ；（2）若直线1A C 与平面11A ABB 所成的角为45，求三棱锥F AEC -的体积.2.（2015天津文17）如图所示，已知1AA ⊥平面ABC ，11//BB AA ，3AB AC ==，25BC =，17AA =， 127BB =，点E ，F 分别是BC ，1A C 的中点.（1）求证： //EF 平面11A B BA ；（2）求证：平面1AEA ⊥平面1BCB .（3）求直线11A B 与平面1BCB 所成角的大小.3.（2015全国1文18）如图所示，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .（1）求证：平面AEC ⊥平面BED ；（2）若120ABC ∠=，AE EC ⊥，三棱锥E ACD -的体积为63，求该三棱锥的FE C 1B 1A 1CBAB 1A 1FECBA侧面积.4．（2015山东文18）如图所示，在三棱台DEF ABC -中，2A B D E =，G H ，分别为A C B C，的中点. （1）求证：BD ∥平面FGH ；（2）若CF BC ⊥，AB BC ⊥，求证：平面BCD ⊥平面EGH .6.(2015重庆文20) 如题（20）图，三棱锥P ABC -中，平面PAC ⊥平面ABC ，π2ABC ∠=，点D ，E 在线段AC 上，且2A D D E E C ===，4PD PC ==，点F 在线段AB 上，且//EF BC .（1）证明：AB ⊥平面PFE .（2）若四棱锥P DFBC -的体积为7，求线段BC 的长.2016年1.(2016浙江文2)已知互相垂直的平面，交于直线.若直线，满足，，则（）.A. B.C.D.αβl m n //m αn β⊥//m l //m n n l ⊥m n ⊥GEDCBAHGDFECBAFEDCBAP2.（2016全国甲文19）如图所示，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.（1）证明：AC HD '⊥；（2）若 556224AB AC AE OD '====，，，，求五棱锥D ABCFE '-的体积.3.（2016北京文18）如图所示，在四棱锥中，平面，.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面；（3）设点为的中点，在棱上是否存在点，使得平面?说明理由.4.（2016山东文18）在如图所示的几何体中，是的中点，.（1）已知，. 求证：；（2）已知分别是和的中点.求证：平面.5（2016江苏16）如图所示，在直三棱柱中，分别为的中点，点在侧棱上，且，.求证：（1）直线平面；（2）平面平面.P ABCD -PC ⊥ABCD ,ABDC DC AC ⊥DC ⊥PAC PAB ⊥PAC E AB PB F PA CEF D AC EFDB AB BC =AE EC =AC FB ⊥,G H EC FB GH ABC 111ABC A B C -,D E ,AB BC F 1B B 11B D A F ⊥1111AC A B ⊥//DE 11AC F 1B DE ⊥11AC F ED /OC FHBADEPDCBAHFEGD CBAABC DEFA 1B 1C 16.（2016全国乙文18）如图所示，已知正三棱锥P ABC -的侧面是直角三角形，6PA =，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面PAB 内的正投影为点E .联结PE 并延长交AB 于点G .（1）求证：G 是AB 的中点；（2）在题图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F （说明作法及理由），并求四面体PDEF 的体积.7.（2016四川文17）如图所示，在四棱锥中，，，，. （1）在平面内找一点，使得直线平面，并说明理由；（2）证明：平面平面2017年1.（2017全国3文10）在正方体1111-ABCD A B C D 中，E 为棱CD 的中点，则（）. A ．11A E DC ⊥ B ．1A E BD ⊥C ．11A E BC ⊥D ．1AE AC ⊥P ABCD -PA CD ⊥BC AD ∥90ADC PAB ∠=∠=o 12BC CD AD ==PAD M CM ∥PAB PAB ⊥.PBD PABD CGEPABCDMDCBAP2.（2017全国1文18）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，且90BAP CDP ∠=∠=.(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA PD AB DC ===，90APD ∠=，且四棱锥P ABCD -的体积为，求该四棱锥的侧面积.3.（2017全国3文19）如图所示，四面体ABCD 中，ABC △是正三角形，AD CD =．（1）证明：AC BD ⊥；（2）已知ACD △是直角三角形，AB BD =．若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE EC ⊥，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比． 4.（2017北京文18）如图所示，在三棱锥–P ABC 中，PA AB ⊥，PA BC ⊥，AB BC ⊥，2PA AB BC ===，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．（1）求证：PA BD ⊥；（2）求证：平面BDE ⊥平面PAC ；（3）当//PA 平面BDE 时，求三棱锥–E BCD 的体积．5.（2017山东文18）由四棱柱1111ABCD A B C D -截去三棱锥111C B CD -后得到的几何体如图所示，四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，1A E ⊥平面ABCD .83DCBAP PABCDE（1）证明：1//A O 平面11B CD ；（2）设M 是OD 的中点，证明：平面1A EM ⊥平面11B CD .6.（2017浙江19）如图所示，已知四棱锥P ABCD -，PAD △是以AD 为斜边的等腰直角三角形，//BC AD ，CD AD ⊥，22PC AD DC CB ===，E 为PD 的中点. （1）证明：//CE 平面PAB ；（2）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值.7.（2017江苏15）如图所示，在三棱锥A BCD -中，AB AD ⊥，BC BD ⊥，平面ABD ⊥平面BCD ，点,E F （E 与,A D 不重合）分别在棱,AD BD 上，且EF AD ⊥．求证：（1）EF ∥平面ABC ；（2）AD AC ⊥．ABDCEFABCDPE1. 解析（1）如图所示，因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，所以1AE BB ⊥，又E 是正三角形ABC 的边BC 的中点，所以AE BC ⊥，因此AE ⊥平面11B BCC ，又AE ⊂平面AEF ，所以平面AEF ⊥平面11B BCC . （2）设AB 的中点为D ，联结1,A D CD .因为ABC △是正三角形，所以CD AB ⊥.又三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，所以1CD AA ⊥，因此CD ⊥平面11A ABB .所以1CA D ∠为直线1A C 与平面11A ABB 所成的角. 由题设145CA D ∠=︒，所以1A D CD =332AB ==，在1Rt AA D △中，2211312AA A D AD =-=-=，所以11222FC AA ==. 故三棱锥F AEC -的体积11326332212AEC V S FC =⨯=⨯⨯=△.2.分析（1）要证明//EF 平面11A B BA ，只需证明1//EF BA 且EF ⊄平面11A B BA ；（2）要证明平面1AEA ⊥平面1BCB ，可证明AE BC ⊥，1BB AE ⊥；（3）取1B C 中点N ，联结1A N ，则11A B N ∠就是直线11A B 与平面1BCB 所成角，11Rt A NB △中，由11111sin 2A N AB N A B ∠==，得直线11A B 与平面1BCB 所成角为30. 解析（1）如图所示，联结1A B ，在1ABC △中，因为E 和F 分别是BC ，1A C 的 DFEC 1B 1A 1CBA中点，所以1//EF BA ，又因为EF ⊄平面11A B BA ，所以//EF 平面11A B BA . （2）因为AB AC =， E 为BC 中点，所以AE BC ⊥.因为1AA ⊥平面ABC ，11//BB AA ，所以1BB ⊥平面ABC ，从而1BB AE ⊥. 又1BCBB B = ，所以AE ⊥平面1BCB .又因为AE ⊂平面1AEA ，所以平面1AEA ⊥平面1BCB . （3）取1BB 中点M 和1B C 中点N ，联结1A M ，1A N ，因为N 和E 分别为1B C ，BC 中点，所以1//NE BB ， 112NE BB =，故1//NE AA ，1NE AA =，所以1=//A N AE .又因为AE ⊥平面1BCB ，所以1A N ⊥平面1BCB ，从而11A B N ∠就是直线11A B 与平面1BCB 所成角.在ABC △中，可得2AE =，所以12A N AE ==.因为1=//BM AA ，所以1=//A M AB ，又由1AB BB ⊥，有11A M BB ⊥，在11Rt A MB △中，可得114A B =，在11Rt A NB △中，11111sin 2A N AB N A B ∠==，因此1130A B N ∠=. 所以直线11A B 与平面1BCB 所成角为30.3. 解析（1）因为BE ⊥平面ABCD ，所以BE AC ⊥.又ABCD 为菱形，所以AC BD ⊥.又因为BD BE B =，BD ，BE ⊂平面BED ，所以AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED . （2）在菱形ABCD 中，取2AB BC CD AD x ====，又120ABC ∠=，所以3AG GC x ==，BG GD x ==.NMB 1A 1FECBA在AEC △中，90AEC ∠=，所以132EG AC x ==，所以在Rt EBG △中，222BE EG BG x =-=，所以3116622sin12023233E ACD V x x x x -=⨯⨯⋅⋅⋅==，解得1x =. 在Rt Rt Rt EBA,EBC,EBD △△△中，可得6AE EC ED ===.所以112256632522S =⨯⨯⨯+⨯⨯=+侧.4. 解析（1）证法一：联结,DG CD .设CD GF M =，联结MH ，如图所示. 在三棱台DEF ABC -中，2AB DE =，G 为AC 的中点，可得=//DF GC ，所以四边形DFCG 是平行四边形，则M 为CD 的中点. 又H 是BC 的中点，所以//HM BD .又HM ⊂平面FGH ，BD ⊄平面FGH ，所以//BD 平面FGH .证法二：在三棱台DEF ABC -中，由2BC EF =，H 为BC 的中点，可得=//BH EF ，所以HBEF 为平行四边形，可得//BE HF .在ABC △中，,G H 分别为AC ，BC 的中点，所以//GH AB .又GH HF H =，所以平面//FGH 平面ABED ，因为BD ⊂平面ABED ，所以//BD 平面FGH . （2）证明：联结GE ，如图所示.因为,G H 分别为,AC BC 的中点，所以//GH AB .MHGFEDCBA由AB BC ⊥，得GH BC ⊥.又H 为BC 的中点，2BC EF =，所以=//EF HC ，因此四边形EFCH 是平行四边形，所以//CF HE .又CF BC ⊥，所以HE BC ⊥.又,HE GH ⊂平面EGH ，HE GH H =，所以BC ⊥平面EGH . 又BC ⊂平面BCD ，所以平面BCD ⊥平面EGH .26. 解析（1）由DE EC =，PD PC =知点E 为等腰PDC △中底边DC 的中点，故PE AC ⊥．又平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC平面ABC AC =，PE ⊂平面PAC ，所以PE ⊥平面ABC ，从而PE AB ⊥．因为2ABC π∠=，//EF BC ，故AB EF ⊥. 从而AB 与平面PFE 内两条相交直线PE ，EF 都垂直，所以AB ⊥平面PFE ．（2）设BC x =，则在Rt ABC △中，22236AB AC BC x =-=-，从而2113622ABC S AB BC x x =⋅=-△. 由//EF BC ，知23AF AE AB AC ==，得AFE ABC △∽△，故22439AFE ABC S S ⎛⎫== ⎪⎝⎭△△，即49A F E AB CS S =△△．ABCDEFGH由12AD AE =，2114213622999AFD AFE ABC ABC S S S S x x ==⋅==-△△△△，从而四边形DFBC 的面积为2211=363629DFBC ABC AFD S S S x x x x -=---=△△273618x x -．由（1）知，PE ⊥平面ABC ，所以PE 为四棱锥P DFBC -的高．在Rt PEC △中，22224223PE PC EC =-=-=，体积2117233673318P DFBC DFBC V S PE x x -⎛⎫==⨯⨯-= ⎪⎝⎭，故得42362430x x -+=，解得29x =或227x =．由于0x >，可得3x =或33x =，所以3BC =或33BC =． 1.C 解析对于选项A ，因为，所以.又因为，所以与平行或异面.故选项A 不正确；对于选项B 和D ，因为，，所以或.又因为，所以与的关系平行、相交或异面都有可能.故选项B 和D 不正确；对于选项C ，因为所以因为所以，故选项C 正确，故选C.2.解析（1）因为四边形为菱形，所以，所以，所以，所以. 又因为，所以，所以.所以. （2）由得，由得所以于是故由（1）知，又，所以平面，于l αβ=l α⊂//m αm l αβ⊥n β⊥n α⊂//n α//m αm n ,l αβ=,l β⊂,n β⊥n l ⊥ABCD AC BD ⊥EF BD ⊥EF D H ⊥EF DH'⊥AE CF =AE CFAD CD=EF AC ∥AC HD '⊥//EF AC 1.4==OH AE DO AD 56AB AC ==，22 4.==-=DO BO AB AO 13.OH D H DH '===，22222(22)19OD OH D H ''+=+==，.'⊥OD OH '⊥AC HD AC BD BD HD H '⊥=I ，⊥AC BHD '是又由，所以平面. 又由得，五边形的面积.3.解析（1）因为平面，所以. 又因为，.所以平面.（2）由（1）知，平面，又，所以平面. 又平面，所以平面平面（3）棱上存在点，使得平面.证明如下. 取中点，联结. 又因为为的中点，所以.又因为平面，所以平面. 4.解析（1）证明：因为，所以与确定一个平面，连接，如图1所示. 因为为的中点，所以；同理可得. 又因为，所以平面，因为平面，所以.（2）设的中点为，连接，如图2所示. 在中，是的中点，所以.又，所以；在中，是的中点，所以.又，，所以平面平面.因为平面，所以平面..'⊥AC OD OD OH AC OH O '⊥=I ，'⊥OD ABCD =EF DH AC DO 9.2=EF ABCFE 11969683.2224=⨯⨯-⨯⨯=S _1169232223342ABCFE D ABCFE V S OD ''=⋅=⨯⨯=PC ⊥ABCD PC DC ⊥DC AC ⊥AC PC C =DC ⊥PAC DC ⊥PAC //AB DC AB ⊥PAC AB ⊂PAB PAB ⊥PAC PB F PA CEF PB F ,,EF CE CF E AB EFPA PA ⊄CEF PA CEF EFBD EF BD BDEF DE ,AE EC D =AC AC DE ⊥AC BD ⊥D DE BD = ⊥AC BDEF ⊂FB BDEF FB AC ⊥FC I HI GI ,CEF △G CE GI EF EFDB GIDB CFB △H FB HIBC I HI GI = DB BC B =GHI ABC ⊂GH GHI GHABC FABC DPE5.解析（1）因为分别为的中点，所以为的中位线，所以.又因为三棱柱为直棱柱，故，所以.又因为平面，且，故平面.（2）三棱柱为直棱柱，所以平面. 又平面，故.又，且，平面，所以平面.又因为平面，所以. 又因为，，且平面，所以平面.又因为平面，所以平面平面.6.解析（1）由题意可得为正三角形，故. 因为在平面内的正投影为点，故平面. 又平面，所以.因为在平面内的正投影为点，故平面. 又平面，所以. 因为，，，平面，所以平面.又平面，所以. 因为，所以是的中点.（2）如图所示，过作交于，则即为所要寻找的正投影. 理由如下，因为，，故.同理，又，平面，所以平面，ABC DGEFHIAB CD GEFH ,D E ,AB BC DE ABC △//DE AC 111ABC A B C -11//AC AC 11//DE AC 11A C ⊂11AC F 11DE AC F ⊄//DE 11AC F 111ABC A B C -1AA ⊥111A B C 11A C ⊂111A B C 111AA AC ⊥1111AC A B ⊥1111AA A B A =111,AA A B ⊂11AA B B 11A C ⊥11AA B B 1B D ⊂11AA B B 111AC B D ⊥11A F B D ⊥1111AC A F A =111,AC A F ⊂11AC F 1B D ⊥11AC F 1B D ⊂1B DE 1B DE ⊥11AC F ABC △6PA PB PC ===P ABC D PD ⊥ABC AB ⊂ABC AB PD ⊥D PAB E DE ⊥PAB AB ⊂PAB AB DE ⊥AB PD ⊥AB DE ⊥PDDE D =,PD DE ⊂PDG AB ⊥PDG PG ⊂PDG AB PG ⊥PA PB =G AB E EF BP ∥PA F F PB PA ⊥PB EF ∥EF PA ⊥EF PC ⊥PA PC P =,PA PC ⊂PAC EF ⊥PAC故即为点在平面内的正投影.所以.在中，，，，故由等面积法知.由勾股定理知，由为等腰直角三角形知，故.7.解析（1）取棱的中点平面，点即为所求的一个点.证明如下：因为，所以，且所以四边形是平行四边形，从而又平面，平面，所以平面 (说明：取棱的中点，则所找的点可以是直线上任意一点).（2）由已知，，因为，所以直线与F E PAC 13D PEF PEF V S DE -=⋅△16PF EF DE =⋅⋅PDG △32PG =6DG =23PD =2DE =22PE =PEF △2PF EF ==43D PEF V -=E GCD BAP FAD M (M ∈)PAD M 12AD BC BC AD =∥，BC AM ∥.BC AM =AMCB .CM AB ∥AB ⊂PAB CM ⊄PAB CM ∥.PAB PD N MN PA AB PA CD ⊥⊥，12BC BC AD AD =∥，AB MDCBAP相交，所以平面从而因为，所以，且所以四边形是平行四边形. 所以，所以又，所以平面又平面，所以平面平面解析因为11BC B C ⊥，111BC A B ⊥，且1111B C A B B =，所以1BC ⊥平面11A B CD ，又因为1A E ⊂平面11A B CD .所以11A E BC ⊥.故选C.评注本题属于线面关系定理的实际应用问题，有一定难度，需要学生有较强的空间想象能力和公式定理的实际应用能力，问题的重点与难点在于找到与包含E A 1的平面垂直的直线！解析（1）因为90BAP ∠=，所以AB PA ⊥.因为90CDP ∠=，所以，因为AB CD ∥，所以AB PD ⊥．又PA PD P =，所以AB ⊥平面PAD .因为AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ．（2）由（1）知AB ⊥平面PAD ，因为AB ⊂平面ABCD ，所以平面ABCD ⊥平面PAD ．如图所示，取AD 中点O .因为90APD ∠=，PA PD =，所以PO AD ⊥. 又因为平面ABCD ⊥平面PAD ，平面ABCD 平面PAD AD =，PO ⊂平面PAD ，所以PO ⊥平面ABCD ．CD PA ⊥.ABCD .PA BD ⊥12BC BC AD AD =∥，MD BC ∥.BC MD =BCDM 12BM CD AD ==.BD AB ⊥AB AP A =I BD ⊥.PAB BD ⊂PBD PAB ⊥.PBD CD PD ⊥由AB CD ∥，AB CD =得四边形ABCD 为平行四边形.又因为AB ⊥平面PAD ，得A B A D ⊥，即四边形ABCD 是矩形.不妨设PA a =，则PD AB DC a ===，所以2,22PO a PB BC a ===，且2AD BC a==．因此四棱锥P ABCD -的体积为()112823323P ABCD ABCD V S PO a a a -=⋅=⨯⨯⨯=，解得2a =．所以PAD PAB PCD PBCS S S S S =+++△△△△侧111222222222sin 60222=⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=623+．解析（1）设AC 中点为F ，联结FD ，FB . 由AD CD =，得FD AC ⊥，由AB AC =，得FB AC ⊥. 又因为FD FB F =，所以AC ⊥平面DFB .又因为BD ⊂平面DFB ，所以AC BD⊥. (2)设2AC AB BC ===，则2AD CD ==.由,,AB BC AD DC BD BD ===，得ABD CBD △≌△，故AE CE =. 又因为AE CE ⊥，所以2AE CE ==.所以AED BDA △∽△，所以DE AEAD BD=，可得1DE =. 即点E 为BD 的中点，点E 到平面ABC 的距离是点D 到平面ABC 的距离的一半，所以12ABCE ABCD V V =，所以体积比为1:1.OPD CBA评注本题第一问考查线线垂直的证明，属于常规题型；第二问用相似或解三角形的方法求解直线长度，特别是用相似在高中阶段比较少见，但16年全国卷选择题的压轴题也有类似考法.这说明，虽然几何证明在高中阶段已经不再作为一个固定的选作题出现，但其主要知识点仍然可以作为考点，在高考中进行考查，笔者提醒各位老师在今后的教学中要特别注意到这一点. 解析（1）因为PA AB ⊥，PA BC ⊥ ，AB BC B =，所以PA ⊥平面ABC .又因为BD ⊂平面ABC ，所以.PA BD ⊥.（2）因为AB BC ⊥，AB BC =，D 为线段AC 的中点，所以在等腰Rt ABC △中，BD AC ⊥.又由（1）可知，PA BD PAAC A ⊥=，，所以BD ⊥平面PAC .由E 为线段PC 上一点，则DE ⊂平面PAC ，所以.BD ED⊥又因为BD ⊂平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面PAC .（3）当//PA 平面BDE 时，PA ⊂平面PAC ,且平面PAC平面BDE DE =,可得//PA DE .由D 是AC 边的中点知，E 为PC 边的中点.故而112ED PA ==，ED PA ∥，因为PA ⊥平面ABC ，所以ED ⊥平面BDC .由2AB BC ==，AB BC ⊥，D 为AC 边中点知，.2==CD BD 又AC BD ⊥，有BD DC ⊥，即.90︒=∠BDC 因此，11112213323E BCD BCD V S ED -=⋅=⨯⨯⨯⨯=△.解析（1）如图所示，取11B D 中点F ，联结1,CF A F ，由于1111ABCD A B C D -为四棱柱，所以1//A F CO ，1=A F CO ，因此四边形1A OCF 为平行四边形，所以1//A O FC .又FC ⊂平面11B CD ，1AO ⊄平面11B CD ，所以1//A O 平面11B CD . （2）因为四边形ABCD 是正方形，所以AC BD ⊥，E ，M 分别为AD 和OD 的中点，所以EM BD ⊥.又 1A E ⊥面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以1A E BD ⊥. 因为 11//B D BD ，所以11111EM B D A E B D ⊥⊥，. 又1,A E EM ⊂平面1A EM ，1A EEM E =，所以11B D ⊥平面1A EM ，又11B D ⊂平面11B CD ，所以平面1A EM ⊥平面11B CD .解析（1）如图所示，取11B D 中点F ，联结1,CF A F ，由于1111ABCD A B C D -为四棱柱，所以1//A F CO ，1=A F CO ，因此四边形1A OCF 为平行四边形，所以1//A O FC .又FC ⊂平面11B CD ，1AO ⊄平面11B CD ，所以1//A O 平面11B CD . （2）因为四边形ABCD 是正方形，所以AC BD ⊥，E ，M 分别为AD 和OD 的中点，所以EM BD ⊥.又 1A E ⊥面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以1A E BD ⊥. 因为 11//B D BD ，所以11111EM B D A E B D ⊥⊥，. 又1,A E EM ⊂平面1A EM ，1A EEM E =，所以11B D ⊥平面1A EM ，又11B D ⊂平面11B CD ，所以平面1A EM ⊥平面11B CD .解析（1）如图所示，设PA DE 的中点为F ，联结EF ，FB .因为E ，F 分别为PD ，PA 的中点，所以//EF AD ，且1=2EF AD . 又因为//BC AD ，12BC AD =，所以//EF BC ，且=EF BC ，所以四边形BCEF 为平行四边形，所以//CE BF ，又BF ⊂平面PAB ，所以//CE 平面PAB . （2）分别取BC ，AD 的中点为M ，N .联结PN 交EF 于点Q ，联结MQ . 因为E ，F ，N 分别是PD ，PA ，AD 的中点，所以Q 为EF 的中点，在平行四边形BCEF 中，//MQ CE .由PAD △为等腰直角三角形，得PN AD ⊥. 由DC AD ⊥，N 是AD 的中点，所以12ND AD BC ==，且BC DN ∥,所以四边形BCDN 是平行四边形，所以CD BN ∥，所以BN AD ⊥.又BN PN N =,所以AD ⊥平面PBN ，由//BC AD ，得BC ⊥平面PBN ，又BC ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面PBN . 过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，联结MH .MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以QMH ∠是直线CE 与平面PBC 所成的角. 设1CD =.在PCD △中，由2PC =，1CD =，2PD =，由余弦定理得2CE =，又BC ⊥平面PBN ，PB ⊂平面PBN ，所以BC PB ⊥.在PBN △中，由1PN BN ==，223PB PC BC =-=，QH PB ⊥,Q 为PN 的中点，得14QH =.在Rt MQH △中，14QH =，2MQ =，所以2sin 8QMH ∠=，所以直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是28. H QPN MF D BCEA解析（1）在平面ABD 内，因为AB AD ⊥，EF AD ⊥，且点E 与点A 不重合，所以//EF AB .又因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以//EF 平面ABC . （2）因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD 平面BCD BD =，BC ⊂平面BCD ，BC BD ⊥，所以BC ⊥平面ABD . 因为AD ⊂平面ABD ，所以BC AD ⊥. 又AB AD ⊥，BCAB B =，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥平面ABC .又因为AC ⊂平面ABC ，所以AD AC ⊥.题型98 与垂直有关的开放性、探究性问题2015年1.(2015安徽文19) 如图所示，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，1,PA =1,AB =2,60AC BAC =∠=o . （1）求三棱锥P ABC -的体积；（2）求证：在线段PC 上存在点M ，使得AC BM ⊥，并求PM MC的值.1.分析（1）在ABC △中，由三角形的面积公式1sin 2S ab C =，求出三角形面积.又因为PA ⊥面ABC ，所以PA 是三棱锥P ABC -的高，根据锥体的体积公式即可求出结果；（2）过点B 作BN AC ⊥于点N ，过N 作//NM PA 交PC 于点M ，根据线面垂直的判定定理和性质定理，可知此M 点即为所求，根据相似三角形的性质即可求出结果.解析（1）在ABC △中，1AB =，2AC =，60BAC ∠=，所以113sin 12sin 60222ABC S AB AC BAC =⋅⋅∠=⨯⨯⨯=△. 又因为PA ⊥面ABC ，所以PA 是三棱锥P ABC -的高，所以1133=13326ABC P ABC V PA S -⋅=⨯⨯=△三棱锥.（2）过点B 作BN AC ⊥交AC 于点N ，过点N 作//NM PA 交PC 于点M ，联结BM ，如图所示.因为PA ⊥面ABC ，所以MN ⊥面ABC . 又AC ⊂面ABC ，得MN AC ⊥. 又MNBN N =，所以AC ⊥面BMN .CBA P又BM ⊂面BMN ，所以AC BM ⊥.此时M 点即为所找点，在ABN △中，由题意可得12AN =，所以32CN =. 由//MN PA ，可得PAC MNC △∽△，所以CM CN PC AC ==33224=，所以13PM MC =.2.（2015北京文18）如图所示，在三棱锥V ABC -中，平面VAB ⊥平面ABC ，三角形VAB 为等边三角形，AC BC ⊥，且2A C B C ==，O ，M分别为AB ，VA 的中点. （1）求证：//VB 平面MOC . （2）求证：平面MOC ⊥平面 VAB . （3）求三棱锥V ABC -的体积.2.解析（1）依题意，O ，M 分别为AB ，VA 的中点，则OM 是VAB △的中位线，所以//OM VB ，OM ⊂平面MOC ，VB ⊄平面MOC ，故//VB 平面MOC . （2）因为在ABC △中，AC BC =，且O 为AB 的中点，所以OC AB ⊥，又平面VAB ⊥平面ABC ，平面VAB 平面ABC AB =，OC ⊂平面ABC ，所以OC ⊥平面VAB ，又OC ⊂平面MOC ，故平面MOC ⊥平面VAB . （3）由（2）知，OC ⊥平面VAB ，OMCBAVN M CBA P所以21133213343V ABC C VAB VAB V V S OC --==⋅=⨯⨯⨯=△3．（2015福建文20）如图所示，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于,A B 的点，PO垂直于圆O 所在的平面，且1PO OB ==．（1）若D 为线段AC 的中点，求证：AC ⊥平面PDO ；（2）求三棱锥P ABC -体积的最大值；（3）若2BC =，点E 在线段PB 上，求CE OE +的最小值．3.分析（1）要证明AC ⊥平面PDO ，只需证明AC 垂直于面PDO 内的两条相交直线．首先由PO 垂直于圆O 所在的平面，可证明PO AC ⊥.又OA OC =，D 为AC 的中点，可证明AC OD ⊥，进而证明结论；（2）三棱锥P ABC -中，高1PO =，要使得P ABC -体积最大，则底面ABC 面积最大，又2AB =是定值，故当AB 边上的高最大，此时高为半径，进而求三棱锥P ABC -体积的最大值；（3）将侧面BCP 绕PB 旋转至平面BC P '，使之与平面ABP 共面，此时线段OC '的长度即为CE OE +的最小值．解析（1）在AOC △中，因为OA OC =，D 为AC 的中点，所以AC OD ⊥．又PO 垂直于圆O 所在的平面，所以PO AC ⊥.因为DO PO O =，所以AC ⊥平面PDO ．（2）因为点C 在圆O 上，所以当CO AB ⊥时，C 到AB 的距离最大，且最大值为1．OEBC DAP又2AB =，所以ABC △面积的最大值为12112⨯⨯=．又因为三棱锥P ABC -的高1PO =，故三棱锥P ABC -体积的最大值为111133⨯⨯=．（3）解法一：在POB △中，1PO OB ==，90POB ∠=，所以22112PB =+=．同理2PC =，所以PB PC BC ==．在三棱锥P ABC -中，将侧面BCP 绕PB 旋转至平面BC P '，使之与平面ABP 共面，如图所示．当,,O E C '共线时，CE OE +取得最小值．又因为OP OB =，C P C B ''=，所以OC '垂直平分PB ，即E 为PB 中点．从而OC OE EC ''=+=2626222++=，即CE OE +的最小值为262+．解法二：由解法一可知，1P O O B==， 2PC CB PB ===，所以当E 为PB 的中点时，OE 与CE 同时取得最小值. 故()()()min min min 2626222OE CE OE CE ++=+=+=. 所以CE OE +的最小值为262+. 4.（2015湖北文20）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.在如图'C BEPO A所示的阳马P ABCD ﹣中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD CD =，点E 是PC 的中点，连接DE 、BD 、BE .(1)证明：DE ⊥平面PBC .试判断四面体EBCD 是否为鳖臑.若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由；(2)记阳马P ABCD ﹣的体积为1V ，四面体EBCD 的体积为2V ，求12V V 的值. 4.解析 (1)因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD BC ⊥. 由底面ABCD 为长方形，有BC CD ⊥，而P D C D D =，所以BC ⊥平面PCD . DE ⊂平面PCD ，所以BC DE ⊥.又因为PD CD =，点E 是PC 的中点，所以DE PC ⊥.而PC BC C =，所以DE ⊥平面PBC .由BC ⊥平面PCD ，DE ⊥平面PBC . 可知四面体EBCD 的四个面都是直角三角形，即四面体EBCD 是一个鳖臑，其四个面的直角分别是.BCD BCE DEC DEB ∠∠∠∠，，，(2)由已知，PD 是阳马-P ABCD 的高，所以11133ABCD V S PD BC CD PD =⋅=⋅⋅. 由(1)知，DE 是鳖臑-D BCE 的高，BC CE ⊥，所以21136BCE V S DE BC CE DE ∆=⋅=⋅⋅. 在Rt PDC △中，因为PD CD =，点E 是PC 的中点，所以22DE CE CD ==，于是12123 4.16BC CD PD V CD PD V CE DE BC CE DE ⋅⋅⋅===⋅⋅⋅ 5.（2015江苏文22）如图所示，在四棱锥PABCD ﹣中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，2ABC BAD π∠=∠=，2PA AD ==，1AB BC ==．（1）求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；PEDCBA（2）点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．5.解析由PA ⊥平面ABCD ，2ABC BAD π∠=∠=，故AB ，AD ，AP 两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,2P ，()1,1,0C ，()0,2,0D ，()1,0,0B ．（1）易知BC ⊥平面PAB ，故平面PAB 的一个法向量为()0,1,0BC =．又()1,1,2PC =-，()0,2,2PD =-.设平面PCD 的一个法向量为(),,x y z =n ，则PC ⊥n ，PD ⊥n .所以20220PC x y z PD y z ⎧⋅=+-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩n n ，取1z =，则1y =，1x =，故()1,1,1=n ，因此13cos ,33BC BC BC ⋅===⋅n n n. 易知平面PAB 与平面PCD 所成二面角为锐二面角，故其余弦值为33．()0,2,2DP =-，设B QB P λ=，（2）因[]0,1λ∈．所以CQ CB BQ =+CB BP λ=+()()0,1,01,0,2λ=-+-(),1,2λλ=--，QDCBAPz y x QDCBAP因此cos ,CQ DP CQ DP CQ DP⋅=⋅242851λλ+=+()22212251λλ+=⋅+，设()()222151f λλλ+=+2244151λλλ++=+，所以()()()()()2222845110441'51f λλλλλλλ++-++==+ ()()222210251λλλ-+-+()()()222522151λλλ--+=+，令()'0f λ>，则25λ<，所以函数()f λ在20,5⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在2,15⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，所以当25λ=时，()f λ有最大值，即cos ,CQ DP 有最大值，此时直线CQ 与DP 所成的角最小，故255BQ =．评注也可以假设Q 点的坐标解决．在求解cos ,CQ DP 的最大值时，也可以处理成：2221cos ,251CQ DP λλ+=⋅+，设12t λ=+，则[]1,3t ∈，所以()22cos ,25144tCQ DP t =⋅-+2225109t t t =-+2129105t t=-+，所以当1105299t ==⨯，29105t t-+取最小值，此时cos ,CQ DP 取最大值，此时直线CQ 与DP 所成的角最小，即9125t λ==+，解得25λ=，故255BQ =． 6.（2015四川文18）一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.（1）请按字母F ，G ，H 标记在正方体相应地顶点处（不需要说明理由）；（2）判断平面BEG 与平面ACH 的位置关系.并说明你的结论；（3）求证：直线DF ⊥平面BEG .6.解析（1）点F ，G ，H 的位置如图所示.（2）平面//BEG 平面ACH .证明如下：因为ABCD EFGH -为正方体，所以//BC FG ，BC FG =.又//FG EH ，FG EH =，所以//BC EH ，BC EH =.所以BCHE 为平行四边形，所以//BE CH .又CH ⊂平面ACH ，BE ⊄平面ACH ，所以//BE 平面ACH .同理//BG 平面ACH . 又BEBG B =，所以平面//BEG 平面ACH .（3）联结FH ，因为ABCD EFGH -为正方体，所以DH ⊥平面EFGH .因为EG ⊂平面EFGH ，所以DH EG ⊥. 又EG FH ⊥，EGFH O =，所以EG ⊥平面BFHD .又DF ⊂平面BFDH ，所以DF EG ⊥.同理，DF BG ⊥.又EG BG G =，所以DF ⊥平面BEG .HGFED C B AEDABC OGH FBCD AE题型——空间角与空间距离2015年1.（2015江苏文22）如图所示，在四棱锥PABCD ﹣中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，2ABC BAD π∠=∠=，2PA AD ==，1AB BC ==．（1）求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；（2）点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．2016年1.（2016全国乙文11）平面α过正方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，α∥平面11CB D ，α平面ABCD m =，α平面11ABB A n =，则,m n 所成角的正弦值为（）.A.32B.22C.33D.132.（2016浙江文14）如图所示，已知平面四边形，，，，.沿直线将翻折成，直线与所成角的余弦的最大值是______.ABCD 3AB BC ==1CD =5AD =90ADC ∠=︒AC ACD △ACD '△AC BD 'D 'ABCD QDCBAP3.（2016上海文19）将边长为的正方形（及其内部）绕旋转一周形成圆柱，如图所示，长为，长为，其中与在平面的同侧. （1）求圆柱的体积与侧面积；（2）求异面直线与所成的角的大小.4.（2016浙江文18）如图所示，在三棱台中，平面平面，，，，.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的余弦值.5.（2016天津文17）如图所示，四边形是平行四边形，平面平面，，，，，，，为的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面；（3）求直线与平面所成角的正弦值.111AAO O 1OO AC 56π11A B 3π1B C 11AAO O 11O B OC ABC DEF -BCFE ⊥ABC 90ACB ∠=︒1BE EF FC ===2BC =3AC =BF ⊥ACFD BD ACFD ABCD AED ⊥ABCD AB EF ∥2AB ＝1BC EF ==6AE =3DE =60BAD ∠=G BC FG ∥BED BED ⊥AED EF BED F EBCDAGF EDCBAA O CO 1B 1A 12017年1.（2017天津文17）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，//AD BC ，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =.（1）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值；（2）求证：PD ⊥平面PBC ；（3）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.2.（2017浙江19）如图所示，已知四棱锥P ABCD -，PAD △是以AD 为斜边的等腰直角三角形，//BC AD ，CD AD ⊥，22PC AD DC CB ===，E 为PD 的中点. （1）证明：//CE 平面PAB ；（2）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值.1.解析由PA ⊥平面ABCD ，2ABC BAD π∠=∠=，ABCDPE故AB ，AD ，AP 两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,2P ，()1,1,0C ，()0,2,0D ，()1,0,0B ．（1）易知BC ⊥平面PAB ，故平面PAB 的一个法向量为()0,1,0BC =．又()1,1,2PC =-，()0,2,2PD =-，设平面PCD 的一个法向量为(),,x y z =n ，则PC ⊥n ，PD ⊥n ，所以20220PC x y z PD y z ⎧⋅=+-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩n n ，取1z =，则1y =，1x =，故()1,1,1=n ，因此13cos ,33BC BC BC ⋅===⋅n n n，易知平面PAB 与平面PCD 所成二面角为锐二面角，故其余弦值为33．（2）因()0,2,2DP =-，设BQ BP λ=，[]0,1λ∈．所以CQ CB BQ =+CB BP λ=+()()0,1,01,0,2λ=-+-(),1,2λλ=--，因此cos ,CQ DP CQ DP CQ DP ⋅=⋅242851λλ+=+()22212251λλ+=⋅+，设()()222151f λλλ+=+2244151λλλ++=+，所以()()()()()2222845110441'51f λλλλλλλ++-++==+()()222210251λλλ-+-+()()()222522151λλλ--+=+，令()'0f λ>，则25λ<， z y x QDC B AP所以函数()f λ在20,5⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在2,15⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，所以当25λ=时，()f λ有最大值，即cos ,CQ DP 有最大值，此时直线CQ 与DP 所成的角最小，故255BQ =．评注也可以假设Q 点的坐标解决．在求解cos ,CQ DP 的最大值时，也可以处理成：2221cos ,251CQ DP λλ+=⋅+，设12t λ=+，则[]1,3t ∈，所以()22cos ,25144tCQ DP t =⋅-+2225109t t t =-+2129105t t=-+，所以当1105299t ==⨯，29105t t-+取最小值，此时cos ,CQ DP 取最大值，此时直线CQ 与DP 所成的角最小，即9125t λ==+，解得25λ=，故255BQ =． 1.A 解析解法一：将图形延伸出去，构造一个正方体，如图所示.通过寻找线线平行构造出平面，即平面，即研究与所成角的正弦值，易知，所以其正弦值为.故选A.解法二（原理同解法一）：过平面外一点作平面，并使平面，不妨将点变换成，作使之满足同等条件，在这样的情况下容易得到，即αAEF AE AF 3EAF π∠=32ABCDA 1B 1C 1D 1EFA αα∥11CB D A B ββD 1C 1B 1A 1DCBA为平面，如图所示，即研究与所成角的正弦值，易知，所以其正弦值为.故选A. 2. 解析设直线与所成角为.设是中点由已知得，如图所示，以为轴，为轴，过与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，有，，.作于，翻折的过程中，始终与垂直，且的长度始终不变，，则，，因此可设，则，与平行的单位向量为. 所以，所以时，取最大值.3.解析（1）由题意可知，圆柱的母线长，底面半径. 圆柱的体积，圆柱的侧面积.（2）设过点的母线与下底面交于点，则，1A BD 1A B BD 13A BD π∠=3266AC BD 'θO AC 6AC =OB x OA y O ABC z 60,,02A ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭30,0,02B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭60,,02C ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭DH AC ⊥H D H 'AC D H '21666CD CH CA ===63OH =153066DH ⨯==30630cos ,,sin 636D αα⎛⎫'- ⎪ ⎪⎝⎭3030630cos ,,sin 6236BD αα⎛⎫'=-- ⎪ ⎪⎝⎭CA ()0,1,0=n 63cos cos 95cos BD BD BD θα'⋅'=⋅==-'⋅n n ncos 1α=cos θ661l =1r =2211V r l =π=π⨯⨯=π22112S rl =π=π⨯⨯=π1B B 11O B OB ∥H z B CD A D 'O x yA OO 1B 1A 1所以或其补角为与所成的角. 由长为，可知，由长为，可知，，所以异面直线与所成的角的大小为. 4.解析（1）因为此几何体三棱台，延长可相交于一点，如图所示.因为平面，平面为，，且，所以，因此.又因为，可以求得，所以为等边三角形，且为的中点，则. 因为，，所以平面.（2）因为平面，所以是直线与平面所成的角，因为点为的中点，，所以.在中，，，得.所以直线与平面所成的角的余弦值为.5.解析（1）如图所示，取的中点为，联结，.COB ∠11O B OC 11A B 3π1113AOB AO B π∠=∠=AC 56π56AOC π∠=2COB AOC AOB π∠=∠-∠=11O B OC 2π,,AD BE CF K BCFE ABC ⊥平面BCFEABC 平面BC AC ABC ⊂平面AC BC ⊥AC BCK ⊥平面BF AC ⊥,1,2BC BE EF FC BC EF ====∥60KBC KCB ∠=∠=BCK △F CK BF CK ⊥,AC CK ACFD ⊂平面AC CK C =BF ⊥ACFD BF ⊥ACK BDF ∠BD ACFD F CK //DF AC 1322DF AC ==Rt BFD △3BF =32DF =21cos 7BDF ∠=BD ACFD 217KFEBCDABD O OE OG在中，因为是的中点，所以且. 又因为，，所以且，即四边形是平行四边形，所以.又平面，平面，所以平面（2）证明：在中，，，. 由余弦定理可得，进而可得，即.又因为平面平面，平面，平面平面，所以平面.又因为平面，所以平面平面.（3）因为，所以直线与平面所成角即为直线与平面所成角.过点作于点，连接，如图所示.又因为平面平面，由（2）知平面，所以直线与平面所成角即为.在中，. 由余弦定理可得，所以.因此.BCD △G BC DC OG ∥112OG DC ==AB EF ∥DC AB ∥OG EF ∥EF OG =OGFE OE FG ∥FG ⊄BED OE ⊂BED FG ∥.BED OABCDEFGABD △1AD =2AB =60BAD ∠=3=BD 90ADB ∠=AD BD ⊥⊥AED ABCD BD ⊂ABCD AED AD ABCD =⊥BD AED ⊂BD BED ⊥BED AED AB EF //EF BED AB BED A DE AH ⊥H BH BED ED AED =⊥AH BED AB BED ABH ∠ADE △6,3,1===AE DE AD 32cos =∠ADE 35sin =∠ADE 35sin =∠⋅=ADE AD AH H A BCDEFG在中，，所以直线与平面所成角的正弦值为. 解析（1）如图所示，由已知//AD BC ，故D A P ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角.因为AD ⊥平面PDC ，PD ⊂平面PDC ，所以AD PD ⊥. 在Rt PDA △中，由勾股定理，得225AP AD PD =+=，故5cos 5AD DAP AP ∠==. 所以异面直线AP 与BC 所成角的余弦值为55. （2）证明：因为AD ⊥平面PDC ，直线PD ⊂平面PDC ，所以AD PD ⊥. 又因为//BC AD ，所以PD BC ⊥.又PD PB ⊥，且PB BC B ＝，所以PD ⊥平面PBC .（3）如图所示，过点D 作AB 的平行线交BC 于点F ，联结PF ，则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角.因为PD ⊥平面PBC ，PF ⊂平面PBC ，所以PD ⊥PF ，所以PF 为DF 在平面PBC 上的射影，所以DFP ∠为直线DF 和平面PBC 所成的角.因为//AD BC ，//DF AB ，所以四边形ABFD 是平行四边形，所以1BF AD ==. 由3BC =，得2CF BC BF =-=.因为AD ⊥平面PDC ，DC ⊂平面PDC ，所以AD DC ⊥，又因为//AD BC ，所以BC DC ⊥.在Rt DCF △中，由勾股定理得2225DF CD CF =+=，所以5sin 5PD DFP DF ∠==. Rt AHB △65sin ==∠AB AH ABH AB BED 65FDCBAP。

湘教版高中数学必修三第6章立体几何初步单元检测

高中数学学习材料（灿若寒星精心整理制作）数学湘教版必修3第6章立体几何初步单元检测(时间60分钟，满分100分)一、选择题(每小题6分，共48分)1在下列条件中，可判断平面α与β平行的是()．A．α，β都垂直于平面γB．α内存在不共线的三点到β的距离相等C．l，m是α内两条直线，且l∥β，m∥βD．l，m是两条异面直线，且l∥α，m∥α，l∥β，m∥β2若一个三角形，采用斜二测画法作出其直观图，则其直观图的面积是原三角形面积的()．A．倍B．24倍C．22倍D．2倍3一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为3，则这个圆锥的全面积是()．A．3π B．33πC．6π D．9π4给出以下四个命题：①如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的一个平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行；②如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面；③如果两条直线都平行于一个平面，那么这两条直线互相平行；④如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直．其中正确说法的个数是()．A．4 B．3 C．2 D．15如图所示，一个空间几何体的三视图均为全等的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角边长为1，那么这个几何体的体积为()．A ．16B ．13C ．12D ．1 6如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是BB 1，BC 的中点，则图中阴影部分在平面ADD 1A 1上的正投影为( )．7一个直棱柱的体对角线长是10 cm 和206cm ，高是5 cm ，若它的底面是菱形，则这个菱形的边长是( )．A ．8 cmB ．16 cmC ．289cmD ．489cm8一个正方体的8个顶点都在表面积为4π的球面上，则这个正方体的表面积为( )．A ．8B ．82C ．83D ．42二、填空题(每小题6分，共18分)9一个长方体被一平行于棱的平面截成体积相等的两个几何体，其中一个几何体的三视图如图所示，则该长方体的体积为__________．10圆台上、下底面积分别为π，4π，侧面积为6π，这个圆台的体积是__________．11将侧棱相互垂直的三棱锥称为“直角三棱锥”，其侧面和底面分别称为“直角面”和“斜面”；过棱锥顶点及斜面任两边中点的截面均称为“中面”．请类比直角三角形以下性质：①斜边中线长等于斜边长一半；②两直角边的平方和等于斜边的平方；③斜边与两条直角边所成角的余弦平方和等于1.写出直角三棱锥相应性质(至少一条)：__________.三、解答题(共34分)12(10分)如图，P为梯形ABCD所在平面外一点，CD2AB，E为PC的中点．求证：BE∥平面P AD.13(10分)如图，已知四棱锥P－ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足为H，PH是四棱锥的高．(1)证明：平面P AC⊥平面PBD；(2)若AB＝6，∠APB＝∠ADB＝60°，求四棱锥P－ABCD的体积．14(14分)如下图，在矩形ABCD中，AB＝10，BC＝6，将矩形沿对角线BD把△ABD折起，使A移到A1，且A1在面BCD内的射影O恰好落在CD上．(1)求证：A1D⊥BC；(2)求证：平面A1BC⊥平面A1BD；(3)求三棱锥A1－BCD的体积．(1)证明：∵O ∈CD ，∴A 1O ⊂面A 1CD . 又A 1O ⊥面BCD ，∴A 1O ⊥BC .∵BC ⊥CD ，CD ∩A 1O ＝O ， ∴BC ⊥面A 1CD ，又A 1D ⊂面A 1CD .∴BC ⊥A 1D .(2)证明：∵ABCD 为矩形，∴A 1D ⊥A 1B . 由(1)BC ⊥A 1D ，∴A 1D ⊥面A 1BC .又∵A 1D ⊂面A 1BD ，∴平面A 1BC ⊥平面A 1BD .(3)解：111113A BCD DA BC A BC V V S A D -∆==⋅ ＝13×1682⎛⎫⨯⨯ ⎪⎝⎭×6＝48.。

立体几何(B)-北师大版高考理科数学一轮复习单元检测试题

单元质检卷八立体几何(B)(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本大题共6小题,每小题7分,共42分)1.(2018广东化州一模,6)设m,n为两条不同的直线,α为平面,则下列结论正确的是()A.m⊥n,m∥α⇒n⊥αB.m⊥n,m⊥α⇒n∥αC.m∥n,m⊥α⇒n⊥αD.m∥n,m∥α⇒n∥α2.(2019河北唐山摸底,9)已知某几何体的三视图如图所示(俯视图中曲线为四分之一圆弧),则该几何体的表面积为()A.1-B.3+C.2+D.43.圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的主视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r=()A.1B.2C.4D.84.(2019届吉林长春质监一,7)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,直线A1C1与平面ABC1D1所成角的正弦值为()A.1B.C.D.5.已知正三角形ABC的三个顶点都在球心为O、半径为3的球面上,且三棱锥O-ABC的高为2,点D 是线段BC的中点,过点D作球O的截面,则截面积的最小值为()A.B.4πC.D.3π如图所示的三棱锥P-ABC中,D是棱PB的中点,已知PA=BC=2,AB=4,CB⊥AB,PA⊥平面ABC,则异面直线PC,AD所成角的余弦值为()A.-B.-C. D.二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)7.(2018福建厦门外国语学校模拟,15)已知棱长为1的正方体有一个内切球(如图),E为底面ABCD的中心,A1E与球相交于EF,则EF的长为.8.已知在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, AA1=2AB,E为AA1中点,则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为.三、解答题(本大题共3小题,共44分)9.(14分)(2019届河北衡水中学一模,18)在△ABC中,D,E分别为AB,AC的中点,AB=2BC=2CD,如图1.以DE为折痕将△ADE折起,使点A到达点P的位置,如图2.图1图2(1)证明:平面BCP⊥平面CEP;(2)若平面DEP⊥平面BCED,求直线DP与平面BCP所成角的正弦值.10.(15分)(2019湖南岳阳一中质检二,18)如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,AD=DC=CB=a,∠ABC=60°,平面ACFE⊥平面ABCD,四边形ACFE是矩形,AE=a,点M在线段EF上.(1)求证:BC⊥平面ACFE;(2)当EM为何值时,AM∥平面BDF?证明你的结论;(3)求二面角B-EF-D的平面角的余弦值.11.(15分)(2019届贵州遵义航天高中模拟,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠ABC=60°,△PAB为正三角形,且侧面PAB⊥底面ABCD,E为线段AB的中点,M在线段PD上. (1)当M是线段PD的中点时,求证:PB∥平面ACM;(2)是否存在点M,使二面角M-EC-D的大小为60°,若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.参考答案单元质检卷八立体几何(B)1.C对于A,当m⊥n,m∥α时,可能n⫋α或n与α斜交,故A错;对于B,m⊥n,m⊥α⇒n∥α或m⫋α,故B错;对于C,m∥n,m⊥α⇒n⊥α,C正确;对于D,m∥n,m∥α⇒n∥α或m⫋α,故D错;故选C.2.D由已知中的三视图可得该几何体是一个以俯视图为底面的柱体,底面面积为1×1-π=1-π,底面周长为1+1+π=2+π,柱体的高为1,所以该柱体的表面积为S=2×1-+2+π×1=4.3.B由条件知,该几何体是由一个圆柱被过圆柱底面圆直径的平面所截剩下的半个圆柱及一个半球拼接而成,其表面积是一个矩形面积、两个半圆面积、圆柱侧面积的一半、球表面积的一半相加所得,所以表面积为S表=2r×2r+2×πr2+πr×2r+×4πr2=5πr2+4r2=16+20π,解得r=2.4.D如图所示:连接A1D,与AD1交于点O,连接OC1,在正方体中,∵AB⊥平面AD1,∴AB⊥A1D,又A1D⊥AD1,且AD1∩AB=A,∴A1D⊥平面AD1C1B,所以∠A1C1O即为所求角,在Rt△A1C1O中,sin∠A1C1O=,所以A1C1与平面ABC1D1所成角的正弦值为,故选D.5.A设正三角形ABC的中心为O1,连接O1O,O1C,O1D,OD,∵O1是正三角形ABC的中心,A,B,C三点都在球面上,∴O1O⊥平面ABC,结合O1C⫋平面ABC,可得O1O⊥O1C,∵球的半径R=3,O1O=2,∴在Rt△O1OC中,O1C=.又D为BC的中点,∴在Rt△O1DC中,O1D=O1C=.在Rt△OO1D中,OD==.过D作球O的截面,当截面与OD垂直时,截面圆的半径最小,此时截面圆的半径r==,可得截面面积为S=πr2=.故选A.6.D因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥AB,PA⊥BC.过点A作AE∥CB,又CB⊥AB,则AP,AB,AE两两垂直.如图所示,以A为坐标原点,分别以AB,AE,AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),P(0,0,2),B(4,0,0),C(4,-2,0).因为D为PB的中点,所以D(2,0,1).故=(-4,2,2),=(2,0,1).所以cos<,>===-.设异面直线PC,AD所成的角为θ,则cos θ=|cos<,>|=.7.设球心O到FE的距离为d,则在△OA1E中,A1E=,OE=.由等面积法可得××=××d,∴d=,∵球的半径为,∴EF=2=.故答案为.8.连接A1B,则∠A1BE是BE与CD1所成的角.设AA1=2AB=2a,则BE=a,A1B=a,则cos∠A1BE==.9.(1)证明在题图1中,因为AB=2BC=2CD,且D为AB的中点.由平面几何知识,得∠ACB=90°.又因为E为AC的中点,所以DE∥BC.在题图2中,CE⊥DE,PE⊥DE,且CE∩PE=E,所以DE⊥平面CEP,所以BC⊥平面CEP.又因为BC⫋平面BCP,所以平面BCP⊥平面CEP.(2)解因为平面DEP⊥平面BCED,平面DEP∩平面BCED=DE,EP⫋平面DEP,EP⊥DE.所以EP⊥平面BCED.又因为CE⫋平面BCED,所以EP⊥CE.以E为坐标原点,分别以,,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.在题图1中,设BC=2a,则AB=4a,AC=2a,AE=CE=a,DE=a.则P(0,0,a),D(a,0,0),C(0,a,0),B(2a,a,0).所以=(-a,0,a),=(-2a,0,0),=(0,-a,a).设n= (x,y,z)为平面BCP的法向量,则即令y=1,则z=1.所以n=(0,1,1).设DP与BCP平面所成的角为θ,则sin θ=sin<n,>=|cos<n,>|== =.所以直线DP与平面BCP所成角的正弦值为.10.解 (1)证明:在梯形ABCD中,∵AB∥CD,AD=DC=CB=a,∠ABC=60°,∴∠ACB=∠DCB-∠DCA=90°,∴AC⊥BC,又∵平面ACFE⊥平面ABCD,平面ACFE∩平面ABCD=AC,∴BC⊥平面ACFE.(2)当EM=a时,AM∥平面BDF,在梯形ABCD中,设AC∩BD=N,连接FN,则AB==2a,∵△CND∽△ANB,∴CN∶NA=CD∶AB=1∶2.又AC=a,∴AN= a.∵EM=a,而EF=AC=a,∴MF=AN=,MF与AN平行且相等,∴四边形ANFM是平行四边形,∴AM∥NF,又∵NF⫋平面BDF,AM⊈平面BDF,∴AM∥平面BDF.(3)由(1)知CF,CA,CB两两垂直,以点C为原点,CA,CB,CF所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),B(0,a,0),D a,-,0,F(0,0,a),E(a,0,a),∵=(0,a,-a),=(-a,0,0),=-,,a.设平面BEF的法向量m=(x,y,z),则取y=1,则m=(0,1,1).同理可得平面EFD的法向量为n=(0,-2,1),所以cos<m,n>==-.又二面角B-EF-D 的平面角为锐角,所以B-EF-D的平面角的余弦值为.11.解 (1)证明:连接BD交AC于H点,连接MH,因为四边形ABCD是菱形,所以点H为BD的中点.又因为M为PD的中点,所以MH∥BP.又因为BP⊈平面ACM,MH⫋平面ACM,所以PB∥平面ACM.(2)因为ABCD是菱形,∠ABC=60°,E是AB的中点,所以CE⊥AB.又因为PE⊥平面ABCD,以E为原点,分别以EB,EC,EP为x,y,z轴,建立空间直角坐标系E-xyz,则E(0,0,0),B(1,0,0), P(0,0,),C(0,,0),D(-2,,0).假设棱PD上存在点M,设点M坐标为(x,y,z),=λ(0≤λ≤1),则(x,y,z-)=λ(-2,,-),所以M(-2λ,λ,(1-λ)),所以=(-2λ,λ,(1-λ)),=(0,,0),设平面CEM的法向量为n=(x,y,z),则解得令z=2λ,则x=(1-λ),得n=((1-λ),0,2λ).因为PE⊥平面ABCD,所以平面ABCD的法向量m=(0,0,1),所以cos<n,m>===.因为二面角M-EC-D的大小为60°,所以=,即3λ2+2λ-1=0,解得λ=,或λ=-1(舍去).所以在棱PD上存在点M,当=时,二面角M-EC-D的大小为60°.。

立体几何专题评估测试题及详细答案

[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．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2013·济宁一模)已知m，n是空间两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是A．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n B．若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥βC．若m⊂β，α⊥β，则m⊥αD．若m⊥β，m∥α，则α⊥β解析根据线面垂直的判定和性质可知，D正确．答案D2．(2013·课标全国Ⅱ)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到的正视图可以为解析结合已知条件画出图形，然后按照要求作出正视图．根据已知条件作出图形：四面体C1－A1DB，标出各个点的坐标如图(1)所示，可以看出正视图是正方形，如图(2)所示．故选A.答案A3．在空间中，不同的直线m，n，l，不同的平面α，β，则下列命题正确的是A．m∥α，n∥α，则m∥n B．m∥α，m∥β，则α∥βC．m⊥l，n⊥l，则m∥n D．m⊥α，m⊥β，则α∥β答案D4．(2013·大兴一模)已知平面α，β，直线m，n，下列命题中不正确的是A．若m⊥α，m⊥β，则α∥βB．若m∥n，m⊥α，则n⊥αC．若m∥α，α∩β＝n，则m∥n D．若m⊥α，m⊂β，则α⊥β解析C中，当m∥α时，m只和过m平面与β的交线平行，所以C不正确．答案C5．(2013·滨州模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A．1解析由三视图可知，该几何体是四棱锥，以俯视图为底，高为1，俯视图的面积为1×1＝1，所以四棱锥的体积为13×1×1＝13，选B.答案B6．下列命题正确的是A．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B．若一个平面内的三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C．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D．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面垂直解析A不正确，满足条件的直线可能相交也可能异面；B不正确，当两个平面相交时也满足条件；由线面平行的性质定理可知C正确；D不正确，垂直于同一个平面的两个平面可能平行，也可能相交．答案C7．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为πB ．22πC ．(22＋1)πD ．(22＋2)π解析由三视图可知该几何体是两个高相等、底面完全重合的圆锥，圆锥的底面半径为1，高为1，则该几何体的表面积为2×πrl ＝2×π×1×2＝22π.答案 B8．设m ，n 是不同的直线，α，β，γ是不同的平面，有以下四个命题： ① ⎭⎬⎫α∥βα∥γ⇒β∥γ；② ⎭⎬⎫α⊥βm ∥α⇒m ⊥β； ③⎭⎬⎫m ⊥αm ∥β⇒α⊥β；④⎭⎬⎫m ∥n n ⊂α⇒m ∥α. 其中真命题的是 A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④解析 ①正确，平行于同一平面的两平面平行；②中m 可能在平面β内，也可能m ∥β，m ⊥β，③正确．④中可能m ⊂α.答案 A9．(2013·临汾模拟)若某几何体的三视图是如图所示的三个直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为A ．10πB ．50πC ．25πD ．100π解析由三视图可知该几何体为三棱锥，并且在同一顶点上的三条棱两两垂直，且棱长分别为3、4、5，故该几何体的外接球也就是棱长分别为3、4、5长方体的外接球，则该外接球的半径R ＝1232＋42＋52＝522，所以S ＝4πR 2＝50π.答案 B10．(2013·太原模拟)几何体ABCDEP 的三视图如图，其中正视图为直角梯形，侧视图为直角三角形，俯视图为正方形，则下列结论中不成立的是A ．BD ∥平面PCEB ．AE ⊥平面PBC C ．平面BCE ∥平面ADPD ．CE ∥DP解析由三视图可知，该几何体的底面是正方形，且棱EB 和PA 都与底面ABCD 垂直．若CE ∥DP ，则CE 在平面PDA 上的射影和DP 平行，这和几何体的侧视图矛盾，故选项D 不成立．答案 D11．若底面边长为a 的正四棱锥的全面积与棱长为a 为正方体的全面积相等，那么这个正四棱锥的侧棱与底面所成角的余弦值为解析由题意知正四棱锥的每个侧面面积为54a 2.设正四棱锥的侧棱长为x ，则正四棱锥的斜高h ′＝x 2－a 24，所以有12x2－a24·a＝54a2，解得x＝262a.所以正四棱锥的侧棱与底面所有角的余弦值为22a262a＝1313.答案C12．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是正方形ADD1A1和ABCD的中心，G是CC1的中点，设GF、C1E与AB所成的角分别是α、β，则α＋β等于A．120°B．60°C．75°D．90°解析选BC的中点M，连接FM、MG，则∠GFM为GF与AB所成的角；连接ED1，则∠EC1D1为C1E与AB所成的角．计算出MF，MG，ED1的长度可知C1D1D1E＝MGMF，故Rt△GMF∽Rt△C1ED，∴∠GFM＋∠EC1D1＝90°.选D.答案D二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13．将边长为2的正方形沿对角线AC折起，以A，B，C，D为顶点的三棱锥的体积最大值等于________．解析如图所示，设O是正方形ABCD的对角线AC和BD的交点，AH是点A到平面BCD的距离，因为S△BCD＝2，所以当AH最大时，所求三棱锥的体积就最大，由图可知当点H与点O重合时，AH最大，此时AH＝AO＝2，则三棱锥的体积最大值为V＝13×2×2＝223.答案22314．(2013·扬州模拟)正四面体ABCD 中，AO ⊥平面BCD ，垂足为O ，设M 是线段AO 上一点，且∠BMC 是直角，则AMMO 的值为________．解析如图所示，设正四面体ABCD 的棱长为2，由条件知O 是正三角形BCD 的重心，所以BO ＝CO ＝233，AD ＝22－⎝ ⎛⎭⎪⎫2332＝263.设MO ＝x ，则CM 2＝BM 2＝x 2＋43.又因为∠BMC 是直角，所以BC 2＝CM 2＋BM 2，即4＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋43，解得x ＝63，∴MO ＝63，即MO ＝12AO ，故AMMO ＝1. 答案 115．如图，四边形ABCD 为菱形，四边形CEFB 为正方形，平面ABCD ⊥平面CEFB ，CE ＝1，∠AED ＝30°，则异面直线BC 与AE 所成的角的大小为________．解析由题意，正方形和菱形的边长均为1. 又面ABCD ⊥平面CEFB ，所以CE ⊥平面ABCD ，于是CE ⊥CD ，从而DE ＝ 2.在△ADE 中，AD ＝1，DE ＝2，∠AED ＝30°，由正弦定理得AD sin ∠AED ＝DEsin ∠EAD，所以sin ∠EAD ＝DE ·sin ∠AED AD ＝22，故∠EAD ＝45°.又BC ∥AD ，所以异面直线BC 与AE 所成角为∠EAD ，即45°. 答案 45°16．设l ，m ，n 表示不同的直线，α、β、γ表示不同的平面，给出下列四个命题：①若m ∥l ，且m ⊥α，则l ⊥α；②若m ∥l ，且m ∥α，则l ∥α；③若α∩β＝l ，β∩γ＝m ，γ∩α＝n ，则l ∥m ∥n ；④若α∩β＝m ，β∩γ＝l ，γ∩α＝n ，且n ∥β，则l ∥m .其中正确命题的个数为________．解析 ①正确．②中当直线l ⊂α时，不成立．③中，还有可能相交于一点，不成立．④正确，故有2个正确的命题．答案 2三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(10分)(2013·济南模拟)如图，斜三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，底面ABC 是边长为2的等边三角形，侧面AA 1C 1C 是菱形，∠A 1AC ＝60°，E 、F 分别是A 1C 1、AB 的中点．(1)求证：EC ⊥平面ABC ； (2)求三棱锥A 1－EFC 的体积．解析 (1)证明在平面AA 1C 1C 内，作A 1O ⊥AC ，O 为垂足．因为∠A 1AC ＝60°，所以AO ＝12AA 1＝12AC ，即O 为AC 的中点，所以OC 綊A 1E . 因而EC 綊A 1O .因为侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，交线为AC ，A 1O ⊥AC ，所以A 1O ⊥底面ABC ，所以EC ⊥底面ABC .(5分)(2)F 到平面A 1EC 的距离等于B 点到平面A 1EC 距离BO 的一半，而BO ＝3，所以VA1－EFC＝VF－A1EC＝13S△A1EC·12BO＝13·12A1E·EC·32＝13·12·3·32＝14.(10分)18．(12分)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC是等边三角形，D是BC的中点．(1)求证：直线A1D⊥B1C1；(2)判断A1B与平面ADC1的位置关系，并证明你的结论．解析(1)证明在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥面ABC，所以AA1⊥BC.在等边△ABC中，D是BC中点，所以AD⊥BC.因为在平面A1AD中，A1A∩AD＝A，所以BC⊥面A1AD.又因为A1D⊂面A1AD，所以，A1D⊥BC.(3分)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形BCC1B1是平行四边形，所以B1C1∥BC，所以A1D⊥B1C1.(6分)(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形ACC1A1是平行四边形，在平行四边形ACC1A1中连接A1C，交于AC1点O，连接DO.则O为A1C中点．在三角形A1CB中，D为BC中点，O为A1C中点，故DO∥A1B.(10分)因为DO⊂平面DAC1，A1B⊄平面DAC1，所以A1B∥面ADC1，故A1B与面ADC1平行．(12分)19．(12分)(2013·门头沟区一模)如图，已知平面α，β，且α∩β＝AB，PC⊥α，PD⊥β，C，D 是垂足．(1)求证：AB⊥平面PCD；(2)若PC＝PD＝1，CD＝2，试判断平面α与平面β是否垂直，并证明你的结论．解析(1)证明因为PC⊥α，AB⊂α，所以PC⊥AB.同理PD⊥AB.又PC∩PD＝P，故AB⊥平面PCD.(5分)(2)平面α与平面β垂直．(6分)证明设AB与平面PCD的交点为H，连接CH、DH.因为PC⊥α，所以PC⊥CH.在△PCD中，PC＝PD＝1，CD＝2，所以CD2＝PC2＋PD2＝2，即∠CPD＝90°.在平面四边形PCHD中，PC⊥PD，PC⊥CH，所以PD∥CH.(10分)又PD⊥β，所以CH⊥β，所以平面α⊥平面β.(12分)20．(12分)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC是等边三角形，D是BC的中点．(1)求证：A1B∥平面ADC1；(2)若AB＝BB1＝2，求A1D与平面AC1D所成角的正弦值．解析(1)证明因为三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以四边形A1ACC1是矩形．连接A1C交AC1于O，则O是A1C的中点．又D是BC的中点，所以在△ADC1中，OD∥A1B.(3分)因为A1B⊄平面ADC1，OD⊂平面ADC1，所以A1B∥平面ADC1.(5分)(2)因为△ABC是等边三角形，D是BC的中点，所以AD⊥BC.以D为原点，建立如图所示空间坐标系D－xyz.由已知AB ＝BB 1＝2，得D (0,0,0)，A (3，0,0)，A 1(3，0,2)，C 1(0，－1,2)．(6分) 则DA →＝(3，0,0)，DC 1→＝(0，－1,2)，设平面ADC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA →＝0n ·DC 1→＝0，得到⎩⎨⎧3x ＝0－y ＋2z ＝0，令z ＝1，则x ＝0，y ＝2，所以n ＝(0,2,1)．(8分)又DA 1→＝(3，0,2)，得n ·DA 1→＝0×3＋2×0＋1×2＝2，所以cos 〈DA 1→，n 〉＝25×7＝23535. 设A 1D 与平面ADC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈DA 1→，n 〉|＝23535，(11分) 所以A 1D 与平面ADC 1所成角的正弦值为23535.(12分)21．(12分)(2013·南京模拟)如图，在直角梯形ABCP 中，AP ∥BC ，AP ⊥AB ，AB ＝BC ＝12AP ＝2，D 是AP 的中点，E 、F 、G 分别为PC 、PD 、CB 的中点，将△PCD 沿CD 折起，使得PD ⊥平面ABCD .(1)求证：平面PCD ⊥平面PAD ；(2)求面GEF 与面EFD 所成锐二面角的大小．解析 (1)证明 ∵PD ⊥平面ABCD ，∴PD ⊥CD .∵CD ⊥AD ，∴CD ⊥平面PAD .∵CD ⊂平面PCD ，∴平面PCD ⊥平面PAD .(5分)(2)如图以D 为原点，以DA→，DC →，DP →为方向向量建立空间直角坐标系D －xyz .则有关点及向量的坐标为G (1,2,0)，E (0,1,1)，F (0,0,1)，EF →＝(0，－1,0)，EG →＝(1,1，－1)．(7分)设平面EFG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，∴⎩⎪⎨⎪⎧ n ·EF →＝0n ·EG →＝0⇒⎩⎨⎧ －y ＝0x ＋y －z ＝0⇒⎩⎨⎧x ＝z y ＝0. 取n ＝(1,0,1)平面EFG 的一个法向量．(10分)∵DA→＝(1,0,0)为平面EFD 的法向量， ∴cos 〈DA →，n 〉＝DA →·n |DA →|·|n |＝22. ∴面GEF 与面EFD 所成锐二面角的大小为45°.(12分)22．(12分)(2013·朝阳一模)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAC ⊥平面ABCD ，且PA ⊥AC ，PA ＝AD ＝2.四边形ABCD 满足BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1，点E ，F 分别为侧棱PB ，PC 上的点，且PE PB ＝PF PC ＝λ.(1)求证：EF ∥平面PAD ；(2)当λ＝12时，求异面直线BF 与CD 所成角的余弦值；(3)是否存在实数λ，使得平面AFD ⊥平面PCD 若存在，试求出λ的值；若不存在，请说明理由．解析 (1)证明由已知，PE PB ＝PF PC ＝λ，所以EF ∥BC .因为BC ∥AD ，所以EF ∥AD .而EF ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，所以EF ∥平面PAD .(4分)(2)因为平面ABCD ⊥平面PAC ，平面ABCD ∩平面PAC ＝AC ，且PA ⊥AC ，所以PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AB ，PA ⊥AD .又因为AB ⊥AD ，所以PA ，AB ，AD 两两垂直．如图所示，建立空间直角坐标系，因为AB ＝BC ＝1，PA ＝AD ＝2，所以A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．当λ＝12时，F 为PC 中点，所以F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1，所以BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，1，CD →＝(－1,1,0)．设异面直线BF 与CD 所成的角为θ，所以cos θ＝|cos 〈BF →，CD →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，1·－1，1，014＋14＋1×2＝33，所以异面直线BF 与CD 所成角的余弦值为33.(8分)(3)设F (x 0，y 0，z 0)，则PF →＝(x 0，y 0，z 0－2)， PC→＝(1,1，－2)．由已知PF →＝λPC →，所以(x 0，y 0，z 0－2)＝λ(1,1，－2)，所以⎩⎨⎧ x 0＝λ，y 0＝λ，z 0＝2－2λ.所以AF→＝(λ，λ，2－2λ)．设平面AFD 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)．因为AD →＝(0,2,0)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AF →＝0，n 1·AD →＝0. 即⎩⎨⎧ λx 1＋λy 1＋2－2λz 1＝0，2y 1＝0.令z 1＝λ，得n 1＝(2λ－2,0，λ)．设平面PCD 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)．因为PD→＝(0,2，－2)，CD →＝(－1,1,0)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·PD →＝0，n 2·CD →＝0.即⎩⎨⎧2y 2－2z 2＝0，－x 2＋y 2＝0. 令x 2＝1，则n 2＝(1,1,1)．若平面AFD ⊥平面PCD ，则n 1·n 2＝0，所以(2λ－2)＋λ＝0，解得λ＝23.所以当λ＝23时，平面AFD ⊥平面PCD .(12分)]。