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2019版高考数学(文)一轮培优增分练(全国通用)第7章 立体几何7-3aWord版含解析

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2019版高考数学(文)培优增分一轮全国经典版增分练第7章 立体几何 7-3a Word版含解析

2019版高考数学(文)培优增分一轮全国经典版增分练第7章 立体几何 7-3a Word版含解析

板块四模拟演练·提能增分[级基础达标]．[·济宁模拟]直线，平行的一个充分条件是( )．，都平行于同一个平面．，与同一个平面所成的角相等．平行于所在的平面．，都垂直于同一个平面答案解析对，当，都平行于同一个平面时，与可能平行、相交或异面；对，当，与同一个平面所成角相等时，与可能平行、相交或异面；对，与可能平行，也可能异面，只有满足要求．故选.．[·太原期末]已知平面α和直线，则α内至少有一条直线与( )．平行．相交．垂直．异面答案解析直线与平面α斜交时，在平面α内不存在与平行的直线，∴错误；⊂α时，在平面α内不存在与异面的直线，∴错误；∥α时，在平面α内不存在与相交的直线，∴错误．无论哪种情形在平面α内都有无数条直线与垂直．故选.．已知，，为三条不重合的直线，已知下列结论：①若⊥，⊥，则∥；②若⊥，⊥，则⊥；③若∥，⊥，则⊥.其中正确的个数为( )．．．．答案解析解法一：在空间中，若⊥，⊥，则，可能平行，也可能相交，还可能异面，并且相交或异面时不一定垂直，所以①②错，③显然成立．解法二：构造长方体或正方体模型可快速判断，①②错，③正确．故选.．若空间中四条两两不同的直线，，，，满足⊥，⊥，⊥，则下列结论一定正确的是( )．⊥．∥．与既不垂直也不平行．与的位置关系不确定答案解析构造如图所示的正方体－，取为，为，为，当取为时，∥，当取为时，⊥，故排除，，.故选..如图，α∩β＝，、∈α，∈β，且∉，直线∩＝，过，，三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( )．点．点．点但不过点．点和点答案解析∵⊂γ，∈，∴∈γ.又α∩β＝，∈，∴∈β.根据公理可知，在γ与β的交线上．同理可知，点也在γ与β的交线上．故选.．[·大连模拟]已知，，为三条不同的直线，且⊂平面α，⊂。

2019版高考数学(文)培优增分一轮全国经典版增分练第7章 立体几何 7-2a Word版含解析

2019版高考数学(文)培优增分一轮全国经典版增分练第7章 立体几何 7-2a Word版含解析

板块四模拟演练·提能增分
[级基础达标]
. [·南昌模
拟]如图，在正四棱柱－中，点是平面内一点，则三棱锥－的正视图
与侧视图的面积之比为( )
．∶．∶
．∶．∶
答案
解析根据题意，三棱锥－的正视图是三角形，且底边为正四棱
柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高．故三棱锥－的正视图与侧视图
的面积之比为∶.故选.．《九章算术》商功章有题：一圆柱形谷仓，高丈尺
寸，容纳米斛(丈＝尺，尺＝寸，斛为容积单位，斛≈立方尺，π≈)
，则圆柱底面圆周长约为( )
．丈尺．丈尺
．丈尺．丈尺
答案
解析设圆柱底面圆半径为尺，高为尺，依题意，圆柱体积为＝
π＝×≈××，所以≈，即≈，所以圆柱底面圆周长为π≈尺＝丈尺，
则圆柱底面圆周长约为丈尺．故选.
．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
答案
解析由三视图，可得原图如图所示，即为底面是平行四边形的
四棱锥，∴＝×××＝.故选.
．正三棱柱的底面边长为，侧棱长为，且三棱柱的顶点都在同
一个球面上，则该球的表面积为( )
．π ．π ．π ．π
答案
解析由正弦定理得＝(其中为正三棱柱底面三角形外接圆的半
径)，∴＝，∴外接球的半径＝＝，∴外接球的表面积＝π＝π.故选.
．[·北京高
考]某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )。

2019版高考数学(文)高分计划一轮课件：第7章立体几何 7-1

2019版高考数学(文)高分计划一轮课件：第7章立体几何 7-1

3．小题热身 (1)(2017·长沙模拟)如图是一个正方体，A，B，C 为三 个顶点，D 是棱的中点，则三棱锥 A－BCD 的正视图，俯视 图是(注：选项中的上图是正视图，下图是俯视图)( )
解析 正视图是等腰直角三角形，且 AD 棱属于看不见 的部分，用虚线表示，俯视图也是等腰直角三角形，且 BD 棱属于看不见的部分，用虚线表示．故选 A.
角度 2 已知三视图还原几何体 典例 (2018·河北名师俱乐部模拟)某几何体的三视 图如图所示，记 A 为此几何体所有棱的长度构成的集合， 则( )
A．3∈A B．5∈A C．2 6∈A D．4 3∈A
解析 由三视图可得，该几何体的直观图如图所示， 其中底面是边长为 4 的正方形，AF⊥平面 ABCD，AF∥DE， AF＝2，DE＝4，可求得 BE 的长为 4 3，BF 的长为 2 5， EF 的长为 2 5，EC 的长为 4 2.故选 D.
方法技巧 1．已知几何体，识别三视图的技巧 已知几何体画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上 的投影，然后再确定线在投影面上的实虚．
2．已知三视图，判断几何体的技巧 (1)一般情况下，根据正视图、侧视图确定是柱体、锥 体还是组合体． (2)根据俯视图确定是否为旋转体，确定柱体、锥体类 型、确定几何体摆放位置． (3)综合三个视图特别是在俯视图的基础上想象判断几 何体． 提醒：对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的 位置，区分好实线和虚线的不同．
4．(2018·济宁模拟)点 M，N 分别是正方体 ABCD－ A1B1C1D1 的棱 A1B1，A1D1 的中点，用过 A，M，N 和 D，N， C1 的两个截面截去正方体的两个角后得到的几何体如图 1， 则该几何体的正视图、侧视图、俯视图依次为图 2 中的 ()

(精品推荐)2019版高考数学(理)高分计划一轮狂刷练：第7章 立体几何 7-3a

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[基础送分提速狂刷练]一、选择题1．(2016·浙江高考)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则()A．m∥l B．m∥nC．n⊥l D．m⊥n答案 C解析对于A，m与l可能平行或异面，故A错误；对于B，D，m与n可能平行、相交或异面，故B，D错误；对于C，因为n⊥β，l⊂β，所以n⊥l，故C正确．故选C.2．若l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是() A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面答案 B解析当l1⊥l2，l2⊥l3时，l1与l3也可能相交或异面，故A不正确；l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3，故B正确；当l1∥l2∥l3时，l1，l2，l3未必共面，如三棱柱的三条侧棱，故C不正确；l1，l2，l3共点时，l1，l2，l3未必共面，如正方体中从同一顶点出发的三条棱，故D不正确．故选B.3．(2016·雅安期末)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则过点A与AB，BC，CC1所成角均相等的直线有()A．1条B．2条C．4条D．无数条答案 C解析若直线和AB，BC所成角相等，得直线在对角面BDD1B1内或者和对角面平行，同时和CC1所成角相等，此时在对角面内只有体对角线BD1满足条件．此时过A的直线和BD1平行即可，同理体对角线A1C，AC1，DB1也满足条件．则过点A与AB，BC，CC1所成角均相等的直线只要和四条体对角线平行即可，共有4条．故选C.4．(2017·宁德期末)如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，AM与BN所成角的大小为()A．0°B．45°C．60°D．90°答案 D解析 如图，把正方体的平面展开图还原成正方体ADNE －CMFB ，∵CD ∥BN ，CD ⊥AM ， ∴AM ⊥BN ，∴在这个正方体中，AM 与BN 所成角的大小为90°.故选D. 5．如图所示，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为( )A.15B.25C.35D.45答案 D解析 连接BC 1，易证BC 1∥AD 1，则∠A 1BC 1即为异面直线A 1B 与AD 1所成的角．连接A 1C 1，设AB ＝1，则AA 1＝2，A 1C 1＝2，A 1B ＝BC 1＝5，故cos ∠A 1BC 1＝5＋5－22×5×5＝45.故选D.6．(2018·江西景德镇模拟)将图1中的等腰直角三角形ABC 沿斜边BC 上的中线AD 折起得到空间四面体ABCD (如图2)，则在空间四面体ABCD 中，AD 与BC 的位置关系是( )A ．相交且垂直B ．相交但不垂直C ．异面且垂直D ．异面但不垂直答案 C解析 在题图1中，AD ⊥BC ，故在题图2中，AD ⊥BD ，AD ⊥DC ，又因为BD ∩DC ＝D ，所以AD ⊥平面BCD ，又BC ⊂平面BCD ，D 不在BC 上，所以AD ⊥BC ，且AD 与BC 异面．故选C.7．(2017·河北唐山模拟)已知P 是△ABC 所在平面外一点，M ，N分别是AB，PC的中点，若MN＝BC＝4，P A＝43，则异面直线P A与MN所成角的大小是()A．30°B．45°C．60°D．90°答案 A解析取AC的中点O，连接OM，ON，则ON∥AP，ON＝12AP，OM∥BC，OM＝12BC，所以异面直线P A与MN所成的角为∠ONM(或其补角)，在△ONM中，OM＝2，ON＝23，MN＝4，由勾股定理的逆定理得OM⊥ON，则∠ONM＝30°.故选A.8．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，那么m＋n＝()A．8 B．9C．10 D．11答案 A解析如图，CE⊂平面ABPQ，从而CE∥平面A1B1P1Q1，易知CE与正方体的其余四个面所在平面均相交，∴m＝4；∵EF∥平面BPP1B1，EF∥平面AQQ1A1，且EF与正方体的其余四个面所在平面均相交，∴n＝4，故m＋n＝8.选A.9．下列各图是正方体和正四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的图形是()答案 D解析①在A中易证PS∥QR，∴P，Q，R，S四点共面．②在C中易证PQ∥SR，∴P，Q，R，S四点共面．③在D中，∵QR⊂平面ABC，PS∩面ABC＝P且P∉QR，∴直线PS与QR为异面直线．∴P，Q，R，S四点不共面．④在B中P，Q，R，S四点共面，证明如下：取BC中点N，可证PS，NR交于直线B1C1上一点，∴P，N，R，S四点共面，设为α，可证PS∥QN，∴P，Q，N，S四点共面，设为β.∵α，β都经过P，N，S三点，∴α与β重合，∴P，Q，R，S四点共面．故选D.10．(2018·广东惠州三调)如图是一个几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F分别为P A，PD的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：①直线BE与直线CF异面；②直线BE与直线AF异面；③直线EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面P AD.其中正确的有()A．1个B．2个C．3个D．4个答案 B解析将展开图还原为几何体(如图)，因为四边形ABCD为正方形，E，F分别为P A，PD的中点，所以EF∥AD∥BC，则直线BE与CF共面，①错误；因为AF⊂平面P AD，B∉平面P AD，E∈平面P AD，E∉AF，所以BE与AF是异面直线，②正确；因为EF∥AD∥BC，EF ⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正确；平面P AD 与平面BCE不一定垂直，④错误．故选B.二、填空题11．如图所示，是正方体的平面展开图，在这个正方体中，①BM与ED平行；②CN与BE是异面直线；③CN与BM成60°角；④DM与BN垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是________．答案③④解析如图所示，把正方体的平面展开图还原成原来的正方体，显然BM与ED为异面直线，故命题①不成立；而CN与BE平行，故命题②不成立．∵BE∥CN，∴CN与BM所成角为∠MBE.∵∠MBE＝60°，故③正确；∵BC⊥面CDNM，∴BC⊥DM，又∵DM⊥NC，∴DM⊥面BCN，∴DM⊥BN，故④正确，故填③④.12．(2018·仙桃期末)在空间四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，若AC＝BD＝2，且AC与BD成60°，则四边形EFGH 的面积为________．答案 32解析 如图所示，∵E ，F ，G ，H 分别是AB ，BC ，CD ，DA 的中点，∴EH ∥FG ∥BD ，EH ＝FG ＝ 12BD ＝1.∴四边形EFGH 是平行四边形， 同理可得EF ＝GH ＝12AC ＝1， ∴四边形EFGH 是菱形．∵AC 与BD 成60°，∴∠FEH ＝60°或120°. ∴四边形EFGH 的面积＝2×12EF 2sin60°＝32.13．(2018·湖北武昌调研)若四面体ABCD 的三组对棱分别相等，即AB ＝CD ，AC ＝BD ，AD ＝BC ，则________(写出所有正确结论的编号)．①四面体ABCD 每组对棱相互垂直； ②四面体ABCD 每个面的面积相等；③从四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90°而小于180°；④连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分；⑤从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长．答案②④⑤解析对于①，把四面体ABCD放置在如图所示的长方体中，显然命题①错误；对于②，因四个面对应的三角形的三边分别对应相等，即它们为全等的三角形，所以②正确；对于③，当四面体ABCD为正四面体时，夹角之和等于180°，所以③错误；对于④，因每组对棱中点的连线分别与长方体的棱平行，且都经过长方体的中心，所以④正确；又命题⑤显然成立，故填②④⑤.14．如图，在正三角形ABC中，D，E，F分别为各边的中点，G，H分别为DE，AF的中点，将△ABC沿DE，EF，DF折成正四面体P－DEF，则四面体中异面直线PG与DH所成的角的余弦值为________．答案 23解析折成的正四面体，如图，连接HE ，取HE 的中点K ，连接GK ，PK ，则GK ∥DH ，故∠PGK (或其补角)即为所求的异面直线所成的角．设这个正四面体的棱长为2， 在△PGK 中，PG ＝3，GK ＝32， PK ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝72，故cos ∠PGK ＝PG 2＋GK 2－PK 22·PG ·GK ＝(3)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322－⎝ ⎛⎭⎪⎫7222×3×32＝23，即异面直线PG 与DH 所成的角的余弦值为23. 三、解答题15．(2018·普宁期末)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 是AB 的中点．(1)在A1C上是否存在一点Q，使BC1∥DQ?(2)设AA1＝AC＝CB＝2，AB＝22，求异面直线AB1与CD所成角的大小．解(1)连接AC1交A1C于Q，连接DQ，∴DQ为△ABC1的中位线，DQ∥BC1，∴A1C上存在一点Q，使BC1∥DQ，Q为A1C的中点．(2)连接AB1，取BB1中点M，连接DM、CM，则DM是△ABB1的中位线，∴DM∥AB1，∴∠CDM就是所求异面直线所成角(或补角)，∵AA1＝AC＝CB＝2，AB＝22，∴CM＝5，DM＝3，CD＝2，∴DM2＋CD2＝CM2，满足勾股定理，∴∠CDM＝90°，故异面直线AB1与CD所成角为90°.16．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，对角线AC与BD交于点O，PO⊥平面ABCD，PB与平面ABCD所成的角为60°.(1)求四棱锥的体积；(2)若E是PB的中点，求异面直线DE与P A所成角的余弦值．解(1)在四棱锥P－ABCD中，∵PO⊥平面ABCD，∴∠PBO是PB与平面ABCD所成的角，∴∠PBO＝60°.在Rt△AOB中，BO＝AB·sin30°＝1，∵PO⊥OB，∴PO＝BO·tan60°＝ 3.∵底面菱形的面积S＝12×2×3×2＝23，∴四棱锥P－ABCD的体积V P－ABCD＝13×23×3＝2.(2)取AB 的中点F ，连接EF ，DF ，如图所示，∵E 为PB 中点， ∴EF ∥P A ，∴∠DEF 为异面直线DE 与P A 所成的角(或其补角)． 在Rt △AOB 中，AO ＝3＝OP ， ∴在Rt △POA 中，P A ＝6， ∴EF ＝62.在正三角形ABD 和正三角形PDB 中，DF ＝DE ＝3， 由余弦定理，得cos ∠DEF ＝DE 2＋EF 2－DF 22DE ·EF＝(3)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫622－(3)22×3×62＝6432＝24. ∴异面直线DE 与P A 所成角的余弦值为24.。

2019版高考数学(文)培优增分一轮全国经典版增分练第7章 立体几何 7-4a Word版含解析

2019版高考数学(文)培优增分一轮全国经典版增分练第7章 立体几何 7-4a Word版含解析

板块四模拟演练·提能增分[级基础达标]．[·嘉兴月考]对于空间的两条直线，和一个平面α，下列命题中的真命题是()．若∥α，∥α，则∥．若∥α，⊂α，则∥．若∥α，⊥α，则∥．若⊥α，⊥α，则∥答案解析对，直线，可能平行、异面或相交，故错误；对，直线与可能平行，也可能异面，故错误；对，与垂直而非平行，故错误；对，垂直于同一平面的两直线平行，故选.．[·揭阳模拟]设平面α，β，直线，，⊂α，⊂α，则“∥β，∥β”是“α∥β”的( )．充分不必要条件．必要不充分条件．充要条件．既不充分也不必要条件答案解析由平面与平面平行的判定定理可知，若直线，是平面α内两条相交直线，且有“∥β，∥β”，则有“α∥β”；当“α∥β”，若⊂α，⊂α，则有“∥β，∥β”，因此“∥β，∥β”是“α∥β”的必要不充分条件．故选.．过三棱柱－的任意两条棱的中点作直线，其中与平面平行的直线的条数是( )．．．．答案解析取，，，的中点，，，，易知平面∥平面，所以满足条件的直线有，，，，，，共条直线．故选.．[·安徽高考]已知，是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( )．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行．若，平行于同一平面，则与平行．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线．若，不平行，则与不可能垂直于同一平面答案解析中，垂直于同一个平面的两个平面可能相交也可能平行，故错误；中，平行于同一个平面的两条直线可能平行、相交或异面，故错误；中，若两个平面相交，则一个平面内与交线平行的直线一定和另一个平面平行，故错误；中，若两条直线垂直于同一个平面，则这两条直线平行，所以若两条直线不平行，则它们不可能垂直于同一个平面，故选. .在长方体－中，，分别是棱和的中点，过的平面分别交和于，，则与的位置关系是( )．平行．相交．异面．平行或异面答案解析由长方体性质知：∥平面，∵⊂平面，平面∩平面＝，∴∥.又∵∥，∴∥.故选.．设α，β，γ为三个不同的平面，，是两条不同的直线，在命题“α∩β＝，⊂γ，且，则∥”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．可以填入的条件有( )①α∥γ，⊂β；②∥γ，∥β；③∥β，⊂γ.．①②．②③．①③．①②③答案解析由面面平行的性质定理可知①正确；当∥β，⊂γ时，和在。

2019高考数学(文)增分一轮全国经典版课件：第7章 立体几何 7-5

2019高考数学(文)增分一轮全国经典版课件：第7章 立体几何 7-5
解析 A 中 m 与 α 的位置关系不确定， 故错误； B 中 α， β 可能平行或相交，故错误；由面面垂直的判定定理可知 C 正确；D 中 β，γ 平行或相交 ，所以 D 错误．故选 C.
)
4．在如图所示的四个正方体中，能得出 AB⊥CD 的是 ( )
解析 故选 A.
A 中，CD⊥AB；B 中，AB 与 CD 成 60° 角；C
2．[2018· 浙江模拟]设 m，n 是两条不同的直线，α，β 是两个不同的平面，下列命题正确的是( A．若 m⊥n，n∥α，则 m⊥α B．若 m∥β，β⊥α，则 m⊥α C．若 m⊥β，n⊥β，n⊥α，则 m⊥α D．若 m⊥n，n⊥β，β⊥α，则 m⊥α
解析 故选 C. 对于选项 A，B，D，均能举出 m⊥α 的反例；
所以 AM⊥平面 BB1C1C. 因为 BC1⊂平面 BB1C1C，所以 AM⊥BC1 因为 EF∥BC1，所以 EF⊥AM. 又因为 AM∩B1M＝M，AM⊂平面 AB1M，B1M⊂平面 AB1M，所以 EF⊥平面 AB1M.
命题角度 2 ⊥AD，
利用线面垂直证明线线垂直
例 3 [2017· 江苏高考]如图，在三棱锥 A－BCD 中，AB 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.
解析
因为 α⊥β，m⊂α，则 m，β 的位置关系不确定，
可能平行、相交、m 在 β 面内，故 A 错误；由线面垂直的 性质定理可知 B 正确；若 α⊥β，m∥α，则 m，β 的位置关 系也不确定，故 C 错误；若 m⊥n，n∥β，则 m，β 的位置 关系也不确定，故 D 错误．故选 B.
考向 命题角度 1Байду номын сангаас例 2 中，BC＝

高考数学一轮复习 第七章 第七节 立体几何中的向量方法课时作业 理 新人教A版高三全册数学试题

高考数学一轮复习 第七章 第七节 立体几何中的向量方法课时作业 理 新人教A版高三全册数学试题

【优化探究】2017届高考数学一轮复习 第七章 第七节 立体几何中的向量方法课时作业 理 新人教A 版A 组 考点能力演练1.如图，几何体EF ­ABCD 中，CDEF 为边长为2的正方形，ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AD ＝2，AB ＝4，∠ADF ＝90°.(1)求证：AC ⊥FB ；(2)求二面角E －FB －C 的大小．解：(1)证明：由题意得，AD ⊥DC ，AD ⊥DF ，且DC ∩DF ＝D ， ∴AD ⊥平面CDEF ， ∴AD ⊥FC ，∵四边形CDEF 为正方形，∴DC ⊥FC . ∵DC ∩AD ＝D ，∴FC ⊥平面ABCD ，∴FC ⊥AC .又∵四边形ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AD ＝2，AB ＝4， ∴AC ＝22，BC ＝22， 则有AC 2＋BC 2＝AB 2，∴AC ⊥BC ，又BC ∩FC ＝C ，∴AC ⊥平面FCB ，∴AC ⊥FB .(2)由(1)知AD ，DC ，DE 所在直线相互垂直，故以D 为原点，DA ，DC ，DE 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，可得D (0,0,0)，F (0,2,2)，B (2,4,0)，E (0,0,2)，C (0，2,0)，A (2,0,0)，∴EF →＝(0,2,0)，FB →＝(2,2，－2)， 设平面EFB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·FB →＝0，⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x ＋2y －2z ＝0.⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋y －z ＝0，令z ＝1，则n ＝(1,0,1)，由(1)知平面FCB 的一个法向量为AC →＝(－2,2,0)，设二面角E －FB －C 的大小为θ，由图知θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，∴cos θ＝|cos 〈n ，AC →〉|＝12，∴θ＝π3.2.(2016·兰州诊断)如图，在四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝2，BC ＝CD ＝1，顶点D 1在底面ABCD 内的射影恰为点C .(1)求证：AD 1⊥BC ；(2)若直线DD 1与直线AB 所成的角为π3，求平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角(锐角)的余弦值．解：(1)证明：连接D 1C ，则D 1C ⊥平面ABCD ，∴D 1C ⊥BC . 在等腰梯形ABCD 中，连接AC ， ∵AB ＝2，BC ＝CD ＝1，AB ∥CD ， ∴BC ⊥AC ， ∴BC ⊥平面AD 1C ， ∴AD 1⊥BC .(2)法一：∵AB ∥CD ，∴∠D 1DC ＝π3，∵CD ＝1，∴D 1C ＝ 3.在底面ABCD 中作CM ⊥AB ，连接D 1M ，则D 1M ⊥AB ，∴∠D 1MC 为平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角的一个平面角．在Rt △D 1CM 中，CM ＝32，D 1C ＝3， ∴D 1M ＝CM 2＋D 1C 2＝152，∴cos ∠D 1MC ＝55， 即平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角(锐角)的余弦值为55. 法二：由(1)知AC 、BC 、D 1C 两两垂直， ∵AB ∥CD ，∴∠D 1DC ＝π3，∵CD ＝1，∴D 1C ＝ 3.在等腰梯形ABCD 中，∵AB ＝2，BC ＝CD ＝1，AB ∥CD ， ∴AC ＝3，建立如图所示的空间直角坐标系， 则C (0,0,0)，A (3，0,0)，B (0,1,0)，D 1(0,0，3)， 设平面ABC 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AD 1→＝0得⎩⎨⎧y －3x ＝0，z －x ＝0，可得平面ABC 1D 1的一个法向量为n ＝(1，3，1)． 又CD 1→＝(0,0，3)为平面ABCD 的一个法向量． 因此cos 〈CD 1→，n 〉＝CD 1→·n|CD 1→||n |＝55，∴平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角(锐角)的余弦值为55. 3．(2016·贵阳模拟)如图，正方形AA 1D 1D 与矩形ABCD 所在平面互相垂直，AB ＝2AD ＝2.(1)若点E 为AB 的中点，求证：BD 1∥平面A 1DE ；(2)在线段AB 上是否存在点E ，使二面角D 1­EC ­D 的大小为π6？若存在，求出AE 的长；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：四边形ADD 1A 1为正方形，连接AD 1，A 1D ∩AD 1＝F ，则F 是AD 1的中点，又因为点E 为AB 的中点，连接EF ，则EF 为△ABD 1的中位线，所以EF ∥BD 1.又因为BD 1⊄平面A 1DE ，EF ⊂平面A 1DE ，所以BD 1∥平面A 1DE .(2)根据题意得DD 1⊥DA ，DD 1⊥DC ，AD ⊥DC ，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D ­xyz ，则D (0,0,0)，D 1(0,0,1)，C (0，2,0)．设满足条件的点E 存在，令E (1，y 0,0)(0≤y 0≤2)， EC →＝(－1,2－y 0,0)，D 1C →＝(0,2，－1)，设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面D 1EC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·EC →＝0，n 1·D 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋2－y 0y 1＝0，2y 1－z 1＝0，令y 1＝1，则平面D 1EC 的法向量为n 1＝(2－y 0,1,2)，由题知平面DEC 的一个法向量n 2＝(0,0,1)．由二面角D 1­EC ­D 的大小为π6得 cos π6＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝22－y 02＋1＋4＝32， 解得y 0＝2－33∈[0,2]， 所以当AE ＝2－33时，二面角D 1­EC ­D 的大小为π6. B 组 高考题型专练1．(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．解：(1)证明：连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC .又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC .在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62.在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322. 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系G ­xyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.2．(2015·高考天津卷)如图，在四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1­AC ­B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E 的长．解：如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (2,0,0)，D (1，－2，0)，A 1(0,0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(2,0,2)，D 1(1，－2,2)．又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，得M ⎝⎛⎭⎪⎫1，12，1，N (1，－2,1)． (1)证明：依题意，可得n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量.MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－52，0.由此可得MN →·n ＝0，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD . (2)AD 1→＝(1，－2,2)，AC →＝(2,0,0)．设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0.不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0,1,1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0，又AB 1→＝(0,1,2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0.不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2,1)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010，所以，二面角D 1­AC ­B 1的正弦值为31010.(3)依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈[0,1]， 则E (0，λ，2)，从而NE →＝(－1，λ＋2,1)． 又n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量， 由已知，得|cos 〈NE →，n 〉|＝|NE →·n ||NE →|·|n |＝1－12＋λ＋22＋12＝13， 整理得λ2＋4λ－3＝0，又因为λ∈[0,1]，解得λ＝7－2. 所以，线段A 1E 的长为7－2.3．(2015·高考江苏卷)如图，在四棱锥P ­ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(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． 解：以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．(1)因为AD ⊥平面PAB ，所以AD →是平面PAB 的一个法向量， AD →＝(0,2,0)．因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)． 设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0，令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1.所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量． 从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2.设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP＝255.。

2019年高考数学一轮总复习 第七章 立体几何阶段测试卷 文

2019年高考数学一轮总复习 第七章 立体几何阶段测试卷 文

2019年高考数学一轮总复习 第七章 立体几何阶段测试卷 文一、 选择题(每小题5分，共60分)1. (xx·广东高考)设l 为直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是(B)A. 若l ∥α，l ∥β，则α∥βB. 若l ⊥α，l ⊥β，则α∥βC. 若l ⊥α，l ∥β，则α∥βD. 若α⊥β，l ∥α，则l ⊥β根据空间平行、垂直关系的判定和性质，易知选B.2. 已知直线l 与平面α成45°角，直线m ⊂α，若直线l 在α内的射影与直线m 也成45°角，则l 与m 所成的角是(C)A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°设l 与m 所成的角是β，则cos β＝cos 45°cos 45°，∴cos β＝12，∴β＝60°. 3. 已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，CC 1＝22，E 为CC 1的中点，则直线AC 1与平面BED 的距离为(D)A. 2B. 3C. 2D. 1连接AC 交BD 于点O ，连接EO ，过点O 作OH ⊥AC 1于点H ，∵AB ＝2，∴AC ＝22，又CC 1＝22，∴OH ＝2sin 45°＝1.4. 已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 上的射影为BC的中点，则直线AB 与AA 1所成角的余弦值为(D)A. 34B. 54C. 74D. 34记BC 的中点为D ，该三棱柱的各棱长为a ，直线AB 与AA 1所成的角是θ，则有A 1D⊥平面ABC ，且cos ∠A 1AD ＝AD AA 1＝32a a ＝32， cos θ＝cos ∠A 1AD ·cos ∠BAD ＝32·cos π6＝34. 5. (xx·潍坊模拟)已知m ，n 是两条不同直线，α，β是两个不同平面，给出四个命题：①若α∩β＝m ，n ⊂α，n ⊥m ，则α⊥β；②若m ⊥α，m ⊥β，则 α∥β；③若m ⊥α，n ⊥β，m ⊥n ，则α⊥β；④若m ∥α，n ∥β，m ∥n ，则α∥β.其中正确的命题是(B)A. ①②B. ②③C. ①④D. ②④由面面垂直的性质可知②③正确．6. (xx·郑州质检)一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是(C)注意到在三视图中，俯视图的宽度应与侧视图的宽度相等，而在选项C 中，其宽度为32，与题中所给的侧视图的宽度1不相等，故选C.7. (xx·烟台诊断)如图所示，某几何体的三视图均为边长为1的正方形，则该几何体的体积是 (A)A. 56B. 23C. 1D. 12 由题意知三视图对应的几何体如图所示，故该几何体为正方体的体积减去一个三棱锥的体积，即13－13×12×1×1×1＝56，选A.8. (xx·石家庄模拟)已知正三棱锥P －ABC 的正视图和俯视图如图所示，则此三棱锥的外接球的表面积为(D)A. 4πB. 12πC. 16π3D. 64π3由正视图得到正三棱锥的侧棱长为4，由俯视图得到正三棱锥的底面是边长为23的正三角形，∴正三棱锥的高为23，∴外接球的半径为433，∴外接球的表面积为643π.故选D.9. (xx·德州模拟)已知直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β，下列命题正确的是(C)①l ⊥m ⇒α∥β；②l ∥m ⇒α⊥β；③α⊥β⇒l ∥m ；④α∥β⇒l ⊥m.A. ①②B. ③④C. ②④D. ①③①α，β有可能相交，∴错误；②正确；③当α⊥β时，由l ∥β或l ⊂β，不一定有l ∥m，∴错误；④正确．故选C.10. 设l 是一条直线，α，β，γ是不同的平面，则在下列命题中假命题是(D)A. 如果α⊥β，那么α内一定存在直线平行于βB. 如果α不垂直于β，那么α内一定不存在直线垂直于βC. 如果α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l ，那么l ⊥γD. 如果α⊥β，l 与α，β都相交，那么l 与α，β所成的角互余选项A ，α内平行于α与β的交线的直线与β都是平行的，故为真命题；选项B 是两个平面垂直的判定定理的逆否命题，故为真命题；选项C ，设点M ∈l ，过M 作γ的垂线m ，根据两个平面垂直的性质定理，m ⊂α，m ⊂β，于是 m ＝α∩β，∴m ，l 为同一直线，从而l ⊥γ，故为真命题；选项D 显然为假命题，故选D.11. 如图，O 为正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 的中心，则下列直线中与B 1O垂直的是(D)A. A 1DB. AA 1C. A 1D 1D. A 1C 1连接B 1D 1，则易证直线A 1C 1⊥平面BDD 1B 1.而B 1O ⊂平面BDD 1B 1，故B 1O ⊥A 1C 1.12. (xx·南昌模拟)已知正三角形ABC 三个顶点都在半径为2的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为1，点E 是线段AB 的中点，过点E 作球O 的截面，则截面面积的最小值是(C)A. 7π4B. 2πC. 9π4D. 3π 由题意知，正三角形ABC 的外接圆半径为22－12＝3，则AB ＝3，过点E 的截面面积最小时，截面是以AB 为直径的圆，截面面积S ＝π×⎝⎛⎭⎫322＝9π4，选C. 二、 填空题(每小题5分，共20分)13. (xx·江南十校联考)一个正方体削去一个角所得到的几何体的三视图如图所示(图中三个四边形都是边长为2的正方形)，则该几何体外接球的体积为__43π__．依题意可知，新的几何体的外接球也就是原正方体的外接球，要求的直径就是正方体的体对角线，∴2R ＝23(R 为球的半径)，∴R ＝ 3.∴球的体积V ＝43πR 3＝43π. 14. (xx·泰安质检)已知矩形ABCD 的顶点都在半径为5的球O 的球面上，且AB ＝8，BC ＝23，则棱锥O －ABCD 的体积为__162__．球心在矩形的射影为矩形对角线的交点．由题知矩形对角线长为82＋（23）2＝219，∴棱锥的高为52－（19）2＝6，∴棱锥的体积为13×6×8×23＝16 2. 15. 将一个半径为5 cm 的水晶球放在如图所示的工艺支架上，支架由三根细金属杆PA ，PB ，PC 组成，它们两两成60°角，球与金属杆PA ，PB ，PC 的切点分别为A ，B ，C ，则水晶球的球心到支架顶点P 的距离是__53__cm.如图所示，由已知条件可得三棱锥P －ABC 是正四面体，球心O 与正三角形ABC 构成正三棱锥，且OA ⊥PA ，OB ⊥PB ，OC ⊥PC ，PA ＝PB ＝PC ＝5，则PO ＝OA sin ∠APO ＝OA sin ∠APM＝OA AM PA ＝5PA 23×32AB＝5 3.16. (xx·安徽高考)若四面体ABCD 的三组对棱分别相等，即AB ＝CD ，AC ＝BD ，AD＝BC ，则__②④⑤__(写出所有正确结论的编号)．①四面体ABCD 每组对棱互相垂直；②四面体ABCD 每个面的面积相等；③从四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90°而小于180°；④连接四面体ABCD 每组对棱中点的线段互相垂直平分；⑤从四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长．①错误，当AB ＝4，AC ＝3，AD ＝3时，AC 与BD 不垂直；②正确，在△ABC 与△CDA中，AB ＝CD ，AD ＝BC ，AC ＝AC ，故△ABC 与△CDA 全等，同理四面体的四个面都全等，故四面体ABCD 每个面的面积相等；③错误，从正四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角为一个三角形的三个内角，故其和为180°；④正确，如图所示，若E ，F ，G ，H 是所在边的中点，则四边形EFGH 为菱形，故EG 与FH 互相垂直平分，同理可得连接四面体ABCD 的每组对棱中点的线段相互垂直平分；⑤正确，∵AD ＝BC ，AB ＝CD ，AC ＝BD ，∴从四面体ABCD 的顶点A 出发的三条棱的长可组成△BCD ，同理可得从四面体ABCD 的每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长．三、 解答题(共70分)17. (10分)如图是三棱锥S －ABC 的直观图与三视图，P 为底面ABC 内一点，PS 与SA ，SB ，SC 所成的角分别为α，β，γ.求cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ的值．由三视图可知SA ，SB ，SC 两两互相垂直，(2分)以PS 为体对角线构成一个长方体SDEF －TMPN ，其中D ，F ，T 分别在SA ，SB ，SC上．设SD ＝a ，SF ＝b ，ST ＝c ，则cos α＝a PS ，cos β＝b PS ，cos γ＝c PS，且PS 2＝a 2＋b 2＋c 2，(6分) 则cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＝a 2＋b 2＋c 2PS 2＝1.(10分) 18. (10分)(xx·江南十校联考)如图①，等腰梯形ABCD 中，BC ∥AD ，CE ⊥AD ，AD ＝3BC ＝3，CE ＝1.将△CDE 沿CE 折起得到四棱锥F －ABCE(如图②)，G 是AF 的中点．(1)求证：BG ∥平面FCE ；(2)当平面FCE ⊥平面ABCE 时，求三棱锥F －BEG 的体积．,①),②)(1)取EF 的中点M ，连接GM ，MC ，则GM 綊12AE ， 又等腰梯形ABCD 中，BC ＝1，AD ＝3，DE ＝1，∴BC 綊12AE. ∴GM 綊BC ，∴四边形BCMG 是平行四边形，∴BG ∥CM.(4分)又CM ⊂平面FCE ，BG ⊄平面FCE ，∴BG ∥平面FCE.(5分)(2)∵平面FCE ⊥平面ABCE ，平面FCE∩平面ABCE ＝ CE ，EF ⊂平面FCE ，FE ⊥CE ，∴FE ⊥平面ABCE.(7分)又V F －BEG ＝V B －GEF ＝12V B －AEF ＝12V F －ABE ，(8分) S △ABE ＝12×2×1＝1，∴V F －BEG ＝12×13×1×1＝16.(10分) 19. (12分)养路处建造圆锥形仓库用于贮藏食盐(供融化高速公路上的积雪之用)，已建的仓库的底面直径为12 m ，高4 m ．养路处拟建一个更大的圆锥形仓库，以存放更多食盐．现有两种方案：一是新建的仓库的底面直径比原来大4 m(高不变)；二是高度增加4 m(底面直径不变)．(1)分别计算按这两种方案所建的仓库的体积；(2)分别计算按这两种方案所建的仓库的表面积；(3)哪个方案更经济些？(1)若按方案一，仓库的底面直径变成16 m ，则仓库的体积V 1＝13Sh ＝13×π×⎝⎛⎭⎫1622×4＝2563π(m 3)．(2分) 若按方案二，仓库的高变成8 m ，则仓库的体积V 2＝13Sh ＝13×π×⎝⎛⎭⎫1222×8＝96π(m 3)．(4分) (2)若按方案一，仓库的底面直径变成16 m ，半径为8 m ．棱锥的母线长为l ＝82＋42＝45(m)，则仓库的表面积S 1＝π×8×45＝325π(m 2)．(7分)若按方案二，仓库的高变成8 m ，棱锥的母线长为l ＝82＋62＝10(m)．则仓库的表面积S 2＝π×6×10＝60π(m 2)．(10分)(3)∵V 2>V 1，S 2<S 1，故方案二比方案一更加经济．(12分)20. (12分)(xx·石家庄质检)如图，已知三棱柱 ABC －A 1B 1C 1.(1)若M ，N 分别是AB ，A 1C 的中点，求证：MN ∥平面BCC 1B 1；(2)若三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2，∠B 1BA ＝∠B 1BC ＝60°，P 为线段B 1B 上的动点，当PA ＋PC 最小时，求证：B 1B ⊥平面APC.(1)连接AC 1，BC 1，则AN ＝NC 1，∵AM ＝MB ，∴MN ∥BC 1.(3分)又BC 1⊂平面BCC 1B 1，MN ⊄平面BCC 1B 1，∴MN ∥平面BCC 1B 1.(5分)(2)将平面A 1B 1BA 展开到与平面C 1B 1BC 共面，A 到A′的位置，此时A′BCB 1为菱形，(7分)可知PA ＋PC ＝PA′＋PC ，A ′C 即为PA ＋PC 的最小值，(9分)此时，BB 1⊥A ′C ，∴BB 1⊥PA ′，BB 1⊥PC ，即BB 1⊥PA ，BB 1⊥PC ，∴BB 1⊥平面APC.(12分)21. (12分)(xx·南昌模拟)如图，多面体ABC －A 1B 1C 1中，三角形ABC 是边长为4的正三角形，AA 1∥BB 1∥CC 1，AA 1⊥平面ABC ，AA 1＝BB 1＝2CC 1＝4.(1)若O 是AB 的中点，求证：OC 1⊥A 1B 1；(2)在线段AB 1上是否存在一点D ，使得CD ∥平面A 1B 1C 1？若存在，确定点D 的位置；若不存在，请说明理由．(1)取线段A 1B 1的中点E ，连接OE ，C 1E ，CO ，已知等边三角形ABC 的边长为4，AA 1＝BB 1＝2CC 1＝4，AA 1⊥平面ABC ，AA 1∥BB 1∥CC 1，∴四边形AA 1B 1B 是正方形，OE ⊥AB ，CO ⊥AB.(3分)又CO∩OE ＝O ，∴AB ⊥平面EOCC 1，又A 1B 1∥AB ，OC 1⊂平面EOCC 1，故OC 1⊥A 1B 1，(6分)(2)设OE∩AB 1 ＝D ，则点D 是AB 1的中点，连接CD ，∴ED ∥AA 1，ED ＝12AA 1，(8分) 又CC 1∥AA 1，CC 1＝12AA 1，∴CC 1∥ED ，CC 1＝ED ， ∴四边形CC 1ED 是平行四边形，(10分)∴CD ∥C 1E ，∴CD ∥平面A 1B 1C 1，即存在点D 使得CD ∥平面A 1B 1C 1，点D 是AB 1的中点．(12分)22. (14分)(xx·天津模拟)如图所示，△PAD 为等边三角形，四边形ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ＝2，E ，F ，G 分别为PA ，BC ，PD 的中点，AD ＝2 2.(1)求PB 与平面ABCD 所成的角；(2)求证：AG ⊥EF ；(3)求多面体P －AGF 的体积．(1)取AD 中点M ，连接PM ，BM.∵平面PAD ⊥平面ABCD ，交线为AD ，等边三角形PAD 中，M 为AD 的中点，∴PM ⊥AD ，∴PM ⊥平面ABCD ，∴∠PBM 即为所求．(2分)∵PM ＝32×2 2＝6，MB ＝6，又△PMB 为直角三角形， ∴∠PBM ＝45°，即PB 与平面ABCD 所成角为45°.(4分)(2)连接EM ，MF.∵等边△PAD 中，G 是PD 中点， ∴GA ⊥PD ，△APD 中，E 是AP 的中点，M 是AD 的中点，∴EM ∥PD ，∴AG ⊥ME.∵平面PAD ⊥平面ABCD ，交线为AD ，MF ⊥AD ，∴MF ⊥平面PAD. (6分)∵AG ⊂平面PAD ，∴MF ⊥AG.∵EM∩MF＝M，∴AG⊥平面EMF，∴AG⊥EF. (9分)(3)V P－AGF＝V F－AGP＝13MF·S△AGP＝13×2×12×2×6＝.(14分).。

[推荐学习]2019版高考数学(理)高分计划一轮狂刷练：第7章立体几何7-5a

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[重点保分两级优选练]A级一、选择题1．设l为直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是()A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l⊥α，l⊥β，则α∥βC．若l⊥α，l∥β，则α∥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β答案 B解析如图所示，在正方体A1B1C1D1－ABCD中，对于A项，设l为AA1，平面B1BCC1，平面DCC1D1为α，β.A1A∥平面B1BCC1，A1A∥平面DCC1D1，而平面B1BCC1∩平面DCC1D1＝C1C；对于C项，设l为A1A，平面ABCD为α，平面DCC1D1为β.A1A⊥平面ABCD；A1A ∥平面DCC1D1，而平面ABCD∩平面DCC1D1＝DC；对于D项，设平面A1ABB1为α，平面ABCD为β，直线D1C1为l，平面A1ABB1⊥平面ABCD，D1C1∥平面A1ABB1，而D1C1∥平面ABCD.故A，C，D 三项都是错误的．而对于B项，根据垂直于同一直线的两平面平行，知B项正确．故选B.2．(2017·山西临汾二模)已知点A，B在半径为3的球O表面上运动，且AB＝2，过AB作相互垂直的平面α，β，若平面α，β截球O所得的截面分别为圆M，N，则()A．MN长度的最小值是2B．MN的长度是定值 2C．圆M面积的最小值是2πD．圆M、N的面积和是定值8π答案 B解析如图所示，平面ABC为平面α，平面ABD为平面β，则BD⊥BC.BC2＋BD2＋4＝12，∴CD＝22，∵M，N分别是AC，AD的中点，∴MN的长度是定值 2.故选B.3．(2017·江西南昌摸底)如图，在四面体ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，那么点D在平面ABC内的射影H必在()A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部答案 A解析因为AB⊥AC，BD⊥AC，AB∩BD＝B，所以AC⊥平面ABD，又AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ABD，所以点D在平面ABC内的射影H必在直线AB上．故选A.4．(2018·江西九江模拟)如图，在三棱锥D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是()A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BCDC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE答案 C解析因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理，DE⊥AC，由于DE∩BE＝E，于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.故选C.5．(2018·甘肃二诊)已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝3，AB＝4，若在棱AB上存在点P，使得D1P⊥PC，则AD的取值范围是()A．(0,1] B．(0,2]C ．(1，3]D ．[1,4)答案 B解析 连接DP ，由D 1P ⊥PC ，DD 1⊥PC ，且D 1P ，DD 1是平面DD 1P 内两条相交直线，得PC ⊥平面DD 1P ，PC ⊥DP ，即点P 在以CD 为直径的圆上，又点P 在AB 上，则AB 与圆有公共点，即0< AD ≤12CD ＝2.故选B.6．(2018·河北模拟)在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，BA ⊥AD ，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝2，P A ＝3，P A ⊥底面ABCD ，E 是棱PD 上异于P ，D 的动点．设PEED ＝m ，则“0<m <2”是“三棱锥C －ABE 的体积不小于1”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 B解析 如图，过E 点作EH ⊥AD ，H 为垂足，则EH ⊥平面ABCD .∵V C －ABE ＝V E －ABC ，∴三棱锥C －ABE 的体积为23EH .若三棱锥C －ABE 的体积不小于1，则EH ≥32，又P A ＝3，∴PEED ＝m ≤1，∴0<m ≤1.故选B.7．如图，三棱锥P－ABC的所有棱长都相等，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论中不成立的是()A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面P AEC．平面PDF⊥平面ABCD．平面P AE⊥平面ABC答案 C解析∵BC∥DF，∴BC∥平面PDF，A正确．∵BC⊥PE，BC⊥AE，∴BC⊥平面P AE.又∵DF∥BC，∴DF⊥平面P AE，B正确．∵BC⊥平面P AE，BC⊂平面ABC，∴平面P AE⊥平面ABC，D正确．故选C.8．(2018·湖北武汉月考)如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC ＝1，将△ACD沿AC折起，使得D折起后的位置为D1，且D1在平面ABC上的射影恰好落在AB上，在四面体D1－ABC的四个面中，有n对平面相互垂直，则n等于()A．2 B．3C．4 D．5答案 B解析设D1在平面ABC上的射影为E，连接D1E，则D1E⊥平面ABC，∵D1E⊂平面ABD1，∴平面ABD1⊥平面ABC.∵D1E⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴D1E⊥BC，又AB⊥BC，D1E∩AB＝E，∴BC⊥平面ABD1.又BC⊂平面BCD1，∴平面BCD1⊥平面ABD1.∵BC⊥平面ABD1，AD1⊂平面ABD1，∴BC⊥AD1，又CD1⊥AD1，BC∩CD1＝C，∴AD1⊥平面BCD1，又AD1⊂平面ACD1，∴平面ACD1⊥平面BCD1.∴共有3对平面互相垂直．故选B.9．(2018·静海月考)如图所示，三棱锥P－ABC的底面在平面α内，且AC⊥PC，平面P AC⊥平面PBC，点P，A，B是定点，则动点C的轨迹是()A．一条线段B．一条直线C．一个圆D．一个圆，但要去掉两个点答案 D解析∵平面P AC⊥平面PBC，而平面P AC∩平面PBC＝PC.又AC⊂平面P AC，且AC⊥PC，∴AC⊥平面PBC，而BC⊂平面PBC，∴AC⊥BC，∴点C在以AB为直径的圆上，∴点C的轨迹是一个圆，但是要去掉A和B两点．故选D.10．(2018·吉林期末)已知一个四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的四个侧面中，直角三角形的个数是()A．4 B．3C．2 D．1答案 A解析满足条件的四棱锥的底面为矩形，且一条侧棱与底面垂直，画出满足条件的直观图如图四棱锥P－ABCD所示，不妨令P A⊥矩形ABCD，∴P A⊥AB，P A⊥AD，P A⊥CB，P A⊥CD，故△P AB和△P AD都是直角三角形．又矩形中CB⊥AB，CD⊥AD.这样CB垂直于平面P AB内的两条相交直线P A、AB，CD垂直于平面P AD内的两条相交直线P A、AD，由线面垂直的判定定理可得CB ⊥平面P AB ，CD ⊥平面P AD ，∴CB ⊥PB ，CD ⊥PD ，故△PBC 和△PDC 都是直角三角形，故直角三角形有△P AB 、△P AD 、△PBC 、△PDC 共4个．故选A. 二、填空题11．(2017·开封二模)三棱锥S －ABC 中，∠SBA ＝∠SCA ＝90°，△ABC 是斜边AB ＝a 的等腰直角三角形，则以下结论中：①异面直线SB 与AC 所成的角为90°； ②直线SB ⊥平面ABC ； ③平面SBC ⊥平面SAC ； ④点C 到平面SAB 的距离是12a . 其中正确的是________． 答案 ①②③④解析 由题意知AC ⊥平面SBC ，故AC ⊥SB ，故①正确；再根据SB ⊥AC ，SB ⊥AB ，可得SB ⊥平面ABC ，平面SBC ⊥平面SAC ，故②③正确；取AB 的中点E ，连接CE ，可证得CE ⊥平面SAB ，故CE 的长度即为点C 到平面SAB 的距离，为12a ，④正确．12．(2017·苏州期末)如图，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，则下列结论：①AD∥平面PBC；②平面P AC⊥平面PBD；③平面P AB⊥平面P AC；④平面P AD⊥平面PDC.其中正确的结论序号是________．答案①②④解析①由底面为正方形，可得AD∥BC，AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，可得AD∥平面PBC；②在正方形ABCD中，AC⊥BD，P A⊥底面ABCD，可得P A⊥BD，P A∩AC＝A，可得BD⊥平面P AC，BD⊂平面PBD，即有平面P AC⊥平面PBD；③P A⊥底面ABCD，可得P A⊥AB，P A⊥AC，可得∠BAC为二面角B－P A－C的平面角，显然∠BAC＝45°，故平面P AB⊥平面P AC不成立；④在正方形ABCD中，可得CD⊥AD，P A⊥底面ABCD，可得P A⊥CD，P A∩AD＝A，可得CD⊥平面P AD，CD⊂平面PCD，即有平面P AD⊥平面PDC.综上可得，①②④正确．13．(2017·三元月考)如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD ＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ADB沿BD折起，使CD⊥平面ABD，构成三棱锥A－BCD.则在三棱锥A－BCD中，平面BCD，平面ADC，平面ABC，平面ABD，互相垂直的有________．答案平面ABD⊥平面ACD、平面ABD⊥平面BCD、平面ABC ⊥平面ACD解析∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD.由CD⊥平面ABD，CD⊂平面BCD，所以平面ABD⊥平面BCD，由CD⊥平面ABD，则CD⊥AB，又AD⊥AB.故AB⊥平面ADC，所以平面ABC⊥平面ADC，平面ABD⊥平面ADC.14．(2018·泰安模拟)如图，四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝2，BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′－BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则∠BA′C＝________，V A′－BCD ＝________.答案 90° 16解析 由题设知：△BA ′D 为等腰直角三角形，CD ⊥平面A ′BD ，得BA ′⊥平面A ′CD ，∴∠BA ′C ＝90°，V A ′－BCD ＝V C －A ′BD ＝16.B 级三、解答题15．(2018·临汾期末)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1，侧面ABB 1A 1为矩形，AB ＝2，AA 1＝22，D 是AA 1中点，BD 与AB 1交于点O ，且OC ⊥平面ABB 1A 1.证明：平面AB 1C ⊥平面BCD . 证明 ∵ABB 1A 1为矩形，AB ＝2， AA 1＝22，D 是AA 1的中点， ∴∠BAD ＝90°，∠ABB 1＝90°， BB 1＝22，AD ＝12AA 1＝2，∴tan∠ABD＝ADAB ＝22，tan∠AB1B＝ABBB1＝22，∴∠ABD＝∠AB1B，∴∠AB1B＋∠BAB1＝∠ABD＋∠BAB1＝π2，∴∠AOB＝π2，即AB1⊥BD.∵CO⊥平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1，∴AB1⊥CO，又BD∩CO＝O，∴AB1⊥平面BCD.∵AB1⊂平面AB1C，∴平面AB1C⊥平面BCD.16．(2018·黄冈调研)在三棱锥P－ABC中，△P AB是等边三角形，P A⊥AC，PB⊥BC.(1)证明：AB⊥PC；(2)若PC＝2，且平面P AC⊥平面PBC，求三棱锥P－ABC的体积．解(1)证明：在Rt△P AC和Rt△PBC中AC＝PC2－P A2，BC＝PC2－PB2.∵P A ＝PB ，∴AC ＝BC .取AB 中点M ，连接PM ，CM ，则AB ⊥PM ，AB ⊥MC ， ∴AB ⊥平面PMC ，而PC ⊂平面PMC ， ∴AB ⊥PC .(2)在平面P AC 内作AD ⊥PC ，垂足为D ，连接BD .∵平面P AC ⊥平面PBC ，∴AD ⊥平面PBC ，又BD ⊂平面PBC ， ∴AD ⊥BD ，又Rt △P AC ≌Rt △PBC ， ∴AD ＝BD ，∴△ABD 为等腰直角三角形． 设AB ＝P A ＝PB ＝a ，则AD ＝22a ，在Rt △P AC 中，由P A ·AC ＝PC ·AD 得a ·4－a 2＝2×22a ，∴a＝ 2.∴S △ABD ＝12AD ·BD ＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 2＝12， ∴V P －ABC ＝13S △ABD ·PC ＝13×12×2＝13.17．(2018·绵阳期末)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，点D 是AB 的中点，M 是AA 1上一点，AM ＝tAA 1.(1)求证：BC1∥平面A1CD；(2)若3AB＝2AA1，当t为何值时，B1M⊥平面A1CD?解(1)证明：连接AC1，交A1C于点O，那么点O是AC1的中点，连接OD，由点D是AB的中点，可得BC1∥OD，BC1⊄平面A1CD，OD⊂平面A1CD，可得BC1∥平面A1CD.(2)由3AB＝2AA1，D为AB中点可得ADAA1＝13，∴当A1MA1B1＝13时，可得Rt△A1AD∽Rt△B1A1M，∴∠DA1A＝∠MB1A1，∴∠A1MB1＋∠DA1A＝∠A1MB1＋∠MB1A1＝90°，∴B1M⊥A1D.∵D是AB的中点，∴CD⊥AB，又∵CD ⊥AA 1，AB ∩AA 1＝A ， ∴CD ⊥平面AA 1B 1B .∵B 1M ⊂平面AA 1B 1B ，∴CD ⊥B 1M .∵CD ∩A 1D ＝D ，∴B 1M ⊥平面A 1CD ，此时A 1M A 1B 1＝13，3AB ＝2AA 1，所以A 1M ＝29AA 1，故AM ＝79AA 1， 即当t ＝79时，B 1M ⊥平面A 1CD .18．(2018·昌平区调研)已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是DD 1的中点．(1)求证：BD 1∥平面AMC ； (2)求证：AC ⊥BD 1；(3)在线段BB 1上是否存在点P ，当BPBB 1＝λ时，平面A 1PC 1∥平面AMC ？若存在，求出λ的值并证明；若不存在，请说明理由．解 (1)证明：在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，连接BD 交AC 于N ，连接MN .因为ABCD 为正方形，所以N 为BD 中点， 在△DBD 1中，因为M 为DD 1中点， 所以BD 1∥MN .因为MN ⊂平面AMC ，BD 1⊄平面AMC ， 所以BD 1∥平面AMC .(2)证明：因为ABCD 为正方形， 所以AC ⊥BD .因为DD 1⊥平面ABCD ， 所以DD 1⊥AC . 因为DD 1∩BD ＝D ， 所以AC ⊥平面BDD 1. 因为BD 1⊂平面BDD 1， 所以AC ⊥BD 1.(3)当λ＝12，即点P 为线段BB 1的中点时，平面A 1PC 1∥平面AMC . 因为AA 1∥CC 1，且AA 1＝CC 1， 所以四边形AA 1C 1C 是平行四边形， 所以AC ∥A 1C 1.取CC 1的中点Q ，连接MQ ，QB . 因为M 为DD 1中点， 所以MQ ∥AB ，且MQ ＝AB ，所以四边形ABQM是平行四边形．所以BQ∥AM.同理BQ∥C1P.所以AM∥C1P.因为A1C1∩C1P＝C1，AC∩AM＝A，所以平面A1PC1∥平面AMC.。

2019版高考数学(文)培优增分一轮全国经典版增分练第7章 立体几何 7-5a Word版含解析

2019版高考数学(文)培优增分一轮全国经典版增分练第7章 立体几何 7-5a Word版含解析

板块四模拟演练·提能增分[级基础达标]．[·浙江高考]已知互相垂直的平面α，β交于直线.若直线，满足∥α，⊥β，则( )．∥．∥．⊥．⊥答案解析∵α∩β＝，∴⊂β，∵⊥β，∴⊥.故选.．[·福建高考]若，是两条不同的直线，垂直于平面α，则“⊥”是“∥α”的( )．充分而不必要条件．必要而不充分条件．充分必要条件．既不充分也不必要条件答案解析由“⊥α且⊥”推出“⊂α或∥α”，但由“⊥α且∥α”可推出“⊥”，所以“⊥”是“∥α”的必要而不充分条件，故选.．[·天津河西模拟]设是直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是( )．若∥α，∥β，则α∥β．若∥α，⊥β，则α⊥β．若α⊥β，⊥α，则∥β．若α⊥β，∥α，则⊥β答案解析对于，若∥α，∥β，则α∥β或α与β相交，故错误；易知正确；对于，若α⊥β，⊥α，则∥β或⊂β，故错误；对于，若α⊥β，∥α，则与β的位置关系不确定，故错误．故选. .[·济南模拟]已知如图，六棱锥－的底面是正六边形，⊥平面.则下列结论不正确的是( )．∥平面．⊥平面．∥平面．⊥平面答案解析中，因为∥，⊂平面，⊄平面，所以∥平面成立；中，因为为正六边形，所以⊥，又因为⊥平面，所以⊥，又因为∩＝，所以⊥平面成立；中，因为∥，⊂平面，⊄平面，所以∥平面；而中与不垂直．故选.．已知，为异面直线，⊥平面α，⊥平面β.直线满足⊥，⊥，⊄α，⊄β，则( )．α∥β且∥α．α⊥β且⊥β．α与β相交，且交线垂直于．α与β相交，且交线平行于答案解析若α∥β，则∥，这与、为异面直线矛盾，所以不正确，α与β相交．将已知条件转化到正方体中，易知α与β不一定垂直，但α与β的交线一定平行于，从而排除，.故选.．已知为△所在平面外一点，且，，两两垂直，则下列命题：①⊥；②⊥；③⊥；④⊥.其中正确的个数是．答案。

2019届高考数学一轮复习第七章立体几何学案理

2019届高考数学一轮复习第七章立体几何学案理

第七章立体几何第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图1．简单几何体(1)多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相平行且相等多边形互相平行侧棱平行且相等相交于一点，但不一定相等延长线交于一点侧面形状平行四边形三角形梯形(2)旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等，垂直于底面相交于一点延长线交于一点轴截面全等的矩形全等的等腰三角形全等的等腰梯形圆侧面展开图矩形扇形扇环2．直观图(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．说明：正视图也称主视图，侧视图也称左视图．(2)作、看三视图的3原则①位置原则：②度量原则：长对正、高平齐、宽相等(即正俯同长、正侧同高、俯侧同宽)．③虚实原则：轮廓线——现则实、隐则虚．1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( )(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( )(3)棱台是由平行于底面的平面截棱锥所得的平面与底面之间的部分．( )(4)夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是圆柱．( )(5)上下底面是两个平行的圆面的旋转体是圆台．( )答案：(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×2．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是( )解析：选B 俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B.3．若一个三棱柱的三视图如图所示，其俯视图为正三角形，则这个三棱柱的高和底面边长分别为( )A．2,2 3 B．22，2C．4,2 D．2,4解析：选D 由三视图可知，正三棱柱的高为2，底面正三角形的高为23，故底面边长为4，故选D.4．(教材习题改编)如图，长方体ABCD­A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是______．答案：五棱柱三棱柱5．利用斜二测画法得到的①三角形的直观图一定是三角形；②正方形的直观图一定是菱形；③等腰梯形的直观图可以是平行四边形；④菱形的直观图一定是菱形．以上结论正确的个数是________．解析：由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，④也错误，故结论正确的个数为1.答案：1考点一空间几何体的结构特征基础送分型考点——自主练透[考什么·怎么考]空间几何体的结构特征是立体几何的基础知识，很少单独考查.多作为载体与三视图、表面积、体积等综合考查，题型为选择题或填空题，难度较低.A．圆柱B．圆锥C．球体 D．圆柱、圆锥、球体的组合体解析：选C 截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．2．给出下列几个命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选B ①错误，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．3．给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；④存在每个面都是直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中的三棱锥C1­ABC，四个面都是直角三角形．答案：②③④[怎样快解·准解]空间几何体概念辨析题的常用方法定义法紧扣定义，由已知构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，根据定义进行判定．反例法通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个结论是错误的，只要举出一个反例即可.考点二空间几何体的直观图基础送分型考点——自主练透[考什么·怎么考]单独考查空间几何体的直观图的题目很少，多与三视图、表面积、体积等综合考查，题型为选择题或填空题，难度较低.1.用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是( )解析：选A 由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y 轴上的对角线长为2 2.故选A.2．已知正三角形ABC 的边长为2，那么△ABC 的直观图△A ′B ′C ′的面积为________． 解析：如图，图①、图②分别表示△ABC 的实际图形和直观图． 从图②可知，A ′B ′＝AB ＝2，O ′C ′＝12OC ＝32，C ′D ′＝O ′C ′sin 45°＝32×22＝64. 所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×2×64＝64.答案：643.用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB 平行于y ′轴，BC ，AD 平行于x ′轴．已知四边形ABCD 的面积为2 2 cm 2，则原平面图形的面积为________ cm 2.解析：依题意可知∠BAD ＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底的长分别与BC ，AD 相等，高为梯形ABCD 的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm 2.答案：8[怎样快解·准解]1．原图形与直观图中的“三变”与“三不变” (1)“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度改变减半图形改变(2)“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不变与x 轴平行的线段长度不变相对位置不变2．原图形与直观图面积的关系按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系： (1)S 直观图＝24S 原图形；(2)S 原图形＝22S 直观图． 考点三 空间几何体的三视图题点多变型考点——追根溯源空间几何体的三视图的辨析是高考的热点内容，一般以选择题或填空题的形式出现.常见的命题角度有：1已知几何体，识别三视图；2已知三视图，判断几何体；3已知几何体的三视图中的某两个视图，确定另一种视图.[题点全练]角度(一) 已知几何体，识别三视图1.(2018·河北衡水中学调研)如图所示，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E 为棱BB 1的中点，用过点A ，E ，C 1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的侧视图为( )解析：选C 如图所示，过点A ，E ，C 1的截面为AEC 1F ，则剩余几何体的侧视图为选项C 中的图形．[题型技法] 识别三视图的步骤(1)弄清几何体的结构特征及具体形状、明确几何体的摆放位置；(2)根据三视图的有关定义和规则先确定正视图，再确定俯视图，最后确定侧视图； (3)被遮住的轮廓线应为虚线，若相邻两个物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线；对于简单的组合体，要注意它们的组合方式，特别是它们的交线位置．角度(二) 已知三视图，判断几何体2．(2017·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A．3 2 B．2 3C．2 2 D．2解析：选B 在正方体中还原该四棱锥如图所示，从图中易得最长的棱为AC1＝AC2＋CC21＝22＋22＋22＝2 3.[题型技法] 由三视图确定几何体的3步骤熟练掌握规则几何体的三视图是三视图还原几何体的基础，在明确三视图画法规则的基础上，按以下步骤可轻松解决此类问题：角度(三) 已知几何体三视图中的某两个视图，确定另外一个视图3．如图，一个三棱柱的正视图和侧视图分别是矩形和正三角形，则这个三棱柱的俯视图为( )解析：选D 由正视图和侧视图可知，这是一个水平放置的正三棱柱．故选D.[题型技法]由几何体的部分视图画出剩余视图的方法解决此类问题，可先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入检验．[题“根”探求]根据几何体的三视图判断几何体的结构特征，常见的有以下几类三视图的形状对应的几何体三个三角形三棱锥两个三角形，一个四边形四棱锥两个三角形，一个圆圆锥一个三角形，两个四边形三棱柱三个四边形四棱柱两个四边形，一个圆圆柱[冲关演练]1．(2018·惠州调研)如图所示，将图①中的正方体截去两个三棱锥，得到图②中的几何体，则该几何体的侧(左)视图为( )解析：选B 从几何体的左侧看，对角线AD1在视线范围内，故画为实线，右侧面的棱C1F不在视线范围内，故画为虚线，且上端点位于几何体上底面边的中点．故选B2.(2018·石家庄质检)一个三棱锥的正(主)视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧(左)视图可能为( )解析：选D 由题图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD⊥平面BCD，故选D.3.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A ．10B ．12C ．14D ．16解析：选B 由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为2＋4×22×2＝12，故选B.(一)普通高中适用作业A 级——基础小题练熟练快1.如图，△A ′B ′O ′是利用斜二测画法画出的△ABO 的直观图，已知A ′B ′∥y ′轴，O ′B ′＝4，且△ABO 的面积为16，过A ′作A ′C ′⊥x ′轴，则A ′C ′的长为( )A ．2 2 B. 2 C ．16 2D ．1解析：选A 因为A ′B ′∥y ′轴，所以△ABO 中，AB ⊥OB . 又因为△ABO 的面积为16，所以12AB ·OB ＝16.因为OB ＝O ′B ′＝4，所以AB ＝8，所以A ′B ′＝4. 因为A ′C ′⊥O ′B ′于C ′，所以B ′C ′＝A ′C ′， 所以A ′C ′＝4·sin 45°＝22，故选A.2．一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是( )解析：选B 由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成．从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部是一条水平线段连接两个三角形，故选B.3．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )解析：选D 由三视图知该几何体的上半部分是一个三棱柱，下半部分是一个四棱柱．故选D.4.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图为( )解析：选D 由正视图与俯视图知，几何体是一个三棱锥与半个圆锥的组合体，故侧视图为D.5.如图，在正四棱柱ABCD­A 1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥P­BCD的正视图与侧视图的面积之比为( )A．1∶1 B．2∶1C．2∶3 D．3∶2解析：选A 根据题意，三棱锥P­BCD的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高．故三棱锥P­BCD的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.6．某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x的值是( )A ．2 B.92C.32D ．3解析：选D 根据三视图判断几何体为四棱锥，其直观图如图所示，则体积V ＝13×1＋22×2×x ＝3，解得x ＝3，故选D. 7．设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体； ②底面是矩形的平行六面体是长方体； ③直四棱柱是直平行六面体； ④棱台的相对侧棱延长后必交于一点． 其中真命题的序号是________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．答案：①④8．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm.解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C . 在Rt △ABC 中，AC ＝12(cm)，BC ＝8－3＝5 (cm)． ∴AB ＝122＋52＝13(cm)． 答案：139．已知正四棱锥V ­ABCD 中，底面面积为16，一条侧棱的长为211，则该棱锥的高为________．解析：如图，取正方形ABCD 的中心O ，连接VO ，AO ，则VO 就是正四棱锥V ­ABCD 的高．因为底面面积为16，所以AO ＝2 2. 因为一条侧棱长为211.所以VO ＝VA 2－AO 2＝44－8＝6. 所以正四棱锥V ­ABCD 的高为6. 答案：610．已知某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是矩形，俯视图是正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何体的形状给出下列命题：①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③两个面都是等腰直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：由三视图可知，该几何体是正四棱柱，作出其直观图为如图所示的四棱柱ABCD­A1B1C1D1，当选择的4个点是B1，B，C，C1时，可知①正确；当选择的4个点是B，A，B1，C时，可知②正确；易知③不正确．答案：①②B级——中档题目练通抓牢1．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )A．8 B．7C．6 D．5解析：选C 画出直观图可知，共需要6块．2.将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧视图为( )解析：选 B 如图所示，由正视图和侧视图可知该几何体是由长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1截去三棱锥B 1­A 1BC 1得到的，故其侧视图为选项B.3．已知四棱锥P ­ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P ­ABCD 的四个侧面中面积最大的是( )A ．3B ．2 5C ．6D ．8解析：选C 四棱锥如图所示，取AD 的中点N ，BC 的中点M ，连接PM ，PN ，则PN ＝5，PM ＝3，S △PAD ＝12×4×5＝25，S △PAB ＝S △PDC ＝12×2×3＝3， S △PBC ＝12×4×3＝6.所以四个侧面中面积最大的是6.4．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三个视图都是直角三角形，则在该三棱锥的四个面中，直角三角形的个数为________．解析：由题意可知，该几何体是三棱锥，将其放置在长方体中形状如图所示(图中棱锥P ­ABC )，利用长方体模型可知，此三棱锥的四个面全部是直角三角形．答案：45.如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4 m ，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P 处．若该小虫爬行的最短路程为4 3 m ，则圆锥底面圆的半径等于________ m.解析：把圆锥侧面沿过点P 的母线展开成如图所示的扇形，由题意OP ＝4，PP ′＝43， 则cos ∠POP ′＝42＋42－4322×4×4＝－12，所以∠POP ′＝2π3.设底面圆的半径为r ，则2πr ＝2π3×4，所以r ＝43.答案：436．已知正三棱锥V ­ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出侧视图的面积． 解：(1)直观图如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6.7.如图，在四棱锥P ­ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)求PA .解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm 的正方形，如图，其面积为36 cm 2.(2)由侧视图可求得PD ＝PC 2＋CD 2＝62＋62＝6 2. 由正视图可知AD ＝6，且AD ⊥PD ，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝622＋62＝6 3 cm.C级——重难题目自主选做1．(2018·泉州模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧视图中的虚线部分是( )A．圆弧 B．抛物线的一部分C．椭圆的一部分 D．双曲线的一部分解析：选D 根据几何体的三视图可得，侧视图中的虚线部分是由平行于旋转轴的平面截圆锥所得，故侧视图中的虚线部分是双曲线的一部分，故选D.2.一只蚂蚁从正方体ABCD­A1B1C1D1的顶点A出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是( )A．①② B．①③C．③④ D．②④解析：选D 由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)．若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过BB1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过CD的中点，此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．故选D.(二)重点高中适用作业A级——保分题目巧做快做1.“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )解析：选B 根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B，故选B.2.已知点E，F，G分别是正方体ABCD­A1B1C1D1的棱AA1，CC1，DD1的中点，点M，N，Q，P分别在线段DF，AG，BE，C1B1上．以M，N，Q，P为顶点的三棱锥P­MNQ的俯视图不可能是( )解析：选C 当M与F重合，N与G重合，Q与E重合，P与B1重合时，三棱锥P­MNQ 的俯视图为A；当M，N，Q，P是所在线段的中点时，三棱锥P­MNQ的俯视图为B；当M，N，Q，P位于所在线段的非端点位置时，存在三棱锥P­MNQ，使其俯视图为D.故选C.3.已知一个三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为( )解析：选C 由已知条件得直观图如图所示，PC⊥底面ABC，正视图是直角三角形，中间的线是看不见的线PA形成的投影，应为虚线，故选C.4．某几何体的正视图和侧视图如图1所示，它的俯视图的直观图是如图2所示的矩形O1A1B1C1，其中O1A1＝6，O1C1＝2，则该几何体的侧面积为( )A ．48B ．64C ．96D ．128解析：选 C 由题意可知该几何体是一个直四棱柱，∵它的俯视图的直观图是矩形O 1A 1B 1C 1，O 1A 1＝6，O 1C 1＝2，∴它的俯视图是边长为6的菱形，∵棱柱的高为4， 故该几何体的侧面积为4×6×4＝96.5．已知四棱锥P ­ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P ­ABCD 的四个侧面中面积最大的是( )A ．3B ．2 5C ．6D ．8解析：选C 四棱锥如图所示，取AD 的中点N ，BC 的中点M ，连接PM ，PN ，则PN ＝5，PM ＝3，S △PAD ＝12×4×5＝25，S △PAB ＝S △PDC ＝12×2×3＝3， S △PBC ＝12×4×3＝6.所以四个侧面中面积最大的是6.6．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm.解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C . 在Rt △ABC 中，AC ＝12(cm)，BC ＝8－3＝5 (cm)．∴AB ＝122＋52＝13(cm)． 答案：137．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三个视图都是直角三角形，则在该三棱锥的四个面中，直角三角形的个数为________．解析：由题意可知，该几何体是三棱锥，将其放置在长方体中形状如图所示(图中棱锥P ­ABC )，利用长方体模型可知，此三棱锥的四个面全部是直角三角形．答案：48.如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4 m ，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P 处．若该小虫爬行的最短路程为4 3 m ，则圆锥底面圆的半径等于________ m.解析：把圆锥侧面沿过点P 的母线展开成如图所示的扇形， 由题意OP ＝4，PP ′＝43， 则cos ∠POP ′＝42＋42－4322×4×4＝－12，所以∠POP ′＝2π3.设底面圆的半径为r ，则2πr ＝2π3×4，所以r ＝43.答案：439.如图是一个几何体的正视图和俯视图． (1)试判断该几何体是什么几何体； (2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积； (3)求出该几何体的体积．解：(1)由题意可知该几何体为正六棱锥．(2)其侧视图如图所示，其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，且BC 的长是俯视图中的正六边形对边的距离，即BC ＝3a ，AD 的长是正六棱锥的高，即AD ＝3a ，∴该平面图形的面积S ＝12·3a ·3a ＝32a 2.(3)V ＝13×6×34a 2×3a ＝32a 3.10．已知正三棱锥V ­ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出侧视图的面积． 解：(1)直观图如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6.B 级——拔高题目稳做准做1．(2018·邵阳模拟)某四面体的三视图如图所示，该四面体的六条棱中，长度最长的棱的长是( )A ．2 5B ．2 6C ．27D ．4 2解析：选C 由三视图可知该四面体的直观图如图所示．其中AC ＝2，PA ＝2，△ABC 中，边AC 上的高为23，所以BC ＝42＋232＝27，AB＝232＋22＝4，而PB＝PA2＋AB2＝22＋42＝25，PC＝PA2＋AC2＝22，因此在四面体的六条棱中，长度最长的是BC，其长为27，选C.2．(2018·泉州模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧视图中的虚线部分是( )A．圆弧 B．抛物线的一部分C．椭圆的一部分 D．双曲线的一部分解析：选D 根据几何体的三视图可得，侧视图中的虚线部分是由平行于旋转轴的平面截圆锥所得，故侧视图中的虚线部分是双曲线的一部分，故选D.3.一只蚂蚁从正方体ABCD­A1B1C1D1的顶点A出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是( )A．①② B．①③C．③④ D．②④解析：选D 由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)．若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过BB1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过CD的中点，此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．故选D.4．某三棱锥的三视图如图所示，且三个三角形均为直角三角形，则xy的最大值为________．解析：由三视图知三棱锥如图所示，底面ABC是直角三角形，AB⊥BC，PA⊥平面ABC，BC＝27，PA2＋y2＝102，(27)2＋PA2＝x2，因此xy＝x102－[x2－272]＝x128－x2≤x2＋128－x22＝64，当且仅当x2＝128－x2，即x＝8时取等号，因此xy的最大值是64.答案：645.如图，在四棱锥P­ABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA.解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝6 2.由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝622＋62＝6 3 cm.6．四面体ABCD及其三视图如图所示，平行于棱AD，BC的平面分别交四面体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H.(1)求四面体ABCD 的体积； (2)证明：四边形EFGH 是矩形．解：(1)由题意，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，BD ＝DC ＝2，AD ＝1，∵BD ∩DC ＝D ，∴AD ⊥平面BDC ，∴四面体ABCD 的体积V ＝13×12×2×2×1＝23.(2)证明：∵BC ∥平面EFGH ，平面EFGH ∩平面BDC ＝FG ，又平面EFGH ∩平面ABC ＝EH ， ∴BC ∥FG ，BC ∥EH ， ∴FG ∥EH .同理，EF ∥AD ，HG ∥AD ，∴EF ∥HG ，∴四边形EFGH 是平行四边形． ∵AD ⊥平面BDC ，∴AD ⊥BC ， ∴EF ⊥FG ，∴四边形EFGH 是矩形．第二节空间几何体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱 圆锥 圆台侧面展开图侧面积公式 S 圆柱侧＝2πrl S 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r ＋r ′)l2．空间几何体的表面积与体积公式名称几何体 表面积体积柱体(棱柱和圆S 表面积＝S 侧＋2S 底 V ＝Sh柱) 锥体(棱锥和圆锥) S 表面积＝S 侧＋S 底V ＝13Sh台体(棱台和圆台) S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球S ＝4πR 2V ＝43πR 31．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)圆柱的一个底面积为S ，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS .( )(2)锥体的体积等于底面面积与高之积．( ) (3)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．( ) (4)球的体积之比等于半径之比的平方．( ) 答案：(1)× (2)× (3)√ (4)×2．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( ) A.163π B.323πC ．16πD ．24π解析：选B 设球的半径为R ，则由4πR 2＝16π，解得R ＝2，所以这个球的体积为43πR3＝323π. 3．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h .由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得：。

2019版高考数学(文)一轮狂刷练：第7章立体几何7-2a含解析

2019版高考数学(文)一轮狂刷练：第7章立体几何7-2a含解析

[基础送分提速狂刷练]
一、选择题
1．(2017·东北五校联考)如左图所示，在三棱锥D －ABC 中，已知AC ＝BC ＝CD ＝2，CD ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°.若其正视图、俯视图如右图所示，则其侧视图的面积为()
A.6B ．2 C.3 D.2
答案D
解析由几何体的结构特征和正视图、俯视图，得该几何体的侧视图是一个直角三角形，其中一直角边为CD ，其长度为2，另一直角边为底面三角形ABC
的边AB 上的中线，其长度为2，则其侧视图的面积为S ＝12
×2×2＝2，故选D.
2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()
A ．16＋8π
B ．8＋8π
C ．16＋16π
D ．8＋16π
答案A
解析由三视图可知该几何体由长方体和圆柱的一半组成(如图)，其中长方体的长、宽、高分别为4,2,2，圆柱的底面半径为2，高为4.所以该几何体的体积V
＝4×2×2＋12
π×22×4＝16＋8π.故选A.
3．(2018·合肥质检)一个几何体的三视图如图所示(其中正视图的弧线为四分之一圆周)，则该几何体的表面积为()
A ．72＋6π
B ．72＋4π
C ．48＋6π
D ．48＋4π
答案A
解析由三视图知，该几何体由一个正方体的34部分与一个圆柱的14
部分组合而成(如图所示)，其表面积为16×2＋(16－4＋π)×2＋4×(2＋2＋π)＝72＋6π.故选
A.。

2019版高考数学(文)高分计划一轮狂刷练：第7章立体几何 7-3a

2019版高考数学(文)高分计划一轮狂刷练：第7章立体几何 7-3a

[基础送分提速狂刷练]一、选择题1．(2016·浙江高考)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则( )A．m∥l B．m∥nC．n⊥l D．m⊥n答案　C解析　对于A，m与l可能平行或异面，故A错误；对于B，D，m与n可能平行、相交或异面，故B，D错误；对于C，因为n⊥β，l⊂β，所以n⊥l，故C正确．故选C.2．若l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( ) A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面答案　B解析　当l1⊥l2，l2⊥l3时，l1与l3也可能相交或异面，故A不正确；l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3，故B正确；当l1∥l2∥l3时，l1，l2，l3未必共面，如三棱柱的三条侧棱，故C不正确；l1，l2，l3共点时，l1，l2，l3未必共面，如正方体中从同一顶点出发的三条棱，故D不正确．故选B.3．(2016·雅安期末)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则过点A与AB，BC，CC1所成角均相等的直线有( )A．1条B．2条C．4条D．无数条答案　C解析　若直线和AB，BC所成角相等，得直线在对角面BDD 1B1内或者和对角面平行，同时和CC1所成角相等，此时在对角面内只有体对角线BD1满足条件．此时过A的直线和BD1平行即可，同理体对角线A1C，AC1，DB1也满足条件．则过点A与AB，BC，CC1所成角均相等的直线只要和四条体对角线平行即可，共有4条．故选C.4．(2017·宁德期末)如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，AM与BN所成角的大小为( )A．0° B．45°C．60° D．90°答案　D解析　如图，把正方体的平面展开图还原成正方体ADNE －CMFB ，∵CD ∥BN ，CD ⊥AM ，∴AM ⊥BN ，∴在这个正方体中，AM 与BN 所成角的大小为90°.故选D.5．如图所示，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为( )A.B.1525C.D.3545答案　D 解析　连接BC 1，易证BC 1∥AD 1，则∠A 1BC 1即为异面直线A 1B 与AD 1所成的角．连接A 1C 1，设AB ＝1，则AA 1＝2，A 1C 1＝，A 1B ＝BC 1＝，故cos ∠A 1BC 1＝25＝.故选D.5＋5－22×5×5456．(2018·江西景德镇模拟)将图1中的等腰直角三角形ABC 沿斜边BC 上的中线AD 折起得到空间四面体ABCD (如图2)，则在空间四面体ABCD 中，AD 与BC 的位置关系是( )A ．相交且垂直B ．相交但不垂直C ．异面且垂直D ．异面但不垂直答案　C 解析　在题图1中，AD ⊥BC ，故在题图2中，AD ⊥BD ，AD ⊥DC ，又因为BD ∩DC ＝D ，所以AD ⊥平面BCD ，又BC ⊂平面BCD ，D 不在BC 上，所以AD ⊥BC ，且AD 与BC 异面．故选C.7．(2017·河北唐山模拟)已知P 是△ABC 所在平面外一点，M ，N 分别是AB ，PC 的中点，若MN ＝BC ＝4，PA ＝4，则异面3直线PA 与MN 所成角的大小是 ( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°答案　A解析　取AC 的中点O ，连接OM ，ON ，则ON ∥AP, ON ＝AP,12OM ∥BC, OM ＝BC ，所以异面直线PA 与MN 所成的角为12∠ONM (或其补角)，在△ONM 中，OM ＝2，ON ＝2，MN ＝4，由3勾股定理的逆定理得OM ⊥ON ，则∠ONM ＝30°.故选A.8．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB ∥CD ，正方体的六个面所在的平面与直线CE ，EF 相交的平面个数分别记为m ，n，那么m ＋n ＝( )A ．8B ．9C ．10D ．11答案　A 解析　如图，CE ⊂平面ABPQ ，从而CE ∥平面A 1B 1P 1Q 1，易知CE 与正方体的其余四个面所在平面均相交，∴m ＝4；∵EF ∥平面BPP 1B 1，EF ∥平面AQQ 1A 1，且EF 与正方体的其余四个面所在平面均相交，∴n ＝4，故m ＋n ＝8.故选A.9．下列各图是正方体和正四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的图形是( )答案　D解析　①在A中易证PS∥QR，∴P，Q，R，S四点共面．②在C中易证PQ∥SR，∴P，Q，R，S四点共面．③在D中，∵QR⊂平面ABC，PS∩面ABC＝P且P∉QR，∴直线PS与QR为异面直线．∴P，Q，R，S四点不共面．④在B中P，Q，R，S四点共面，证明如下：取BC中点N，可证PS，NR交于直线B1C1上一点，∴P，N，R，S四点共面，设为α，可证PS∥QN，∴P，Q，N，S四点共面，设为β.∵α，β都经过P，N，S三点，∴α与β重合，∴P，Q，R，S四点共面．故选D.10．(2018·广东惠州三调)如图是一个几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：①直线BE与直线CF异面；②直线BE与直线AF异面；③直线EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD.其中正确的有( )A．1个B．2个C．3个D．4个答案　B解析　将展开图还原为几何体(如图)，因为四边形ABCD为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，所以EF∥AD∥BC，则直线BE与CF共面，①错误；因为AF⊂平面PAD，B∉平面PAD，E∈平面PAD，E∉AF，所以BE与AF是异面直线，②正确；因为EF∥AD∥BC，EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正确；平面PAD与平面BCE不一定垂直，④错误．故选B.二、填空题11．如图所示，是正方体的平面展开图，在这个正方体中，①BM与ED平行；②CN与BE是异面直线；③CN与BM成60°角；④DM与BN垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是________．答案　③④解析　如图所示，把正方体的平面展开图还原成原来的正方体，显然BM 与ED 为异面直线，故命题①不成立；而CN 与BE 平行，故命题②不成立．∵BE ∥CN ，∴CN 与BM 所成角为∠MBE .∵∠MBE ＝60°，故③正确；∵BC ⊥面CDNM ，∴BC ⊥DM ，又∵DM ⊥NC ，∴DM ⊥面BCN ，∴DM ⊥BN ，故④正确，故填③④.12．(2017·仙桃期末)在空间四边形ABCD 中，E ，F ，G ，H 分别是AB ，BC ，CD ，DA 的中点，若AC ＝BD ＝2，且AC 与BD 成60°，则四边形EFGH 的面积为________．答案　32解析　如图所示，∵E ，F ，G ，H 分别是AB ，BC ，CD ，DA 的中点，∴EH ∥FG ∥BD, EH ＝FG ＝BD ＝1.12∴四边形EFGH 是平行四边形，同理可得EF ＝GH ＝AC ＝1，12∴四边形EFGH 是菱形．∵AC 与BD 成60°，∴∠FEH ＝60°或120°.∴四边形EFGH 的面积＝2×EF 2sin60°＝.123213．(2018·湖北武昌调研)若四面体ABCD 的三组对棱分别相等，即AB ＝CD ，AC ＝BD ，AD ＝BC ，则________(写出所有正确结论的编号)．①四面体ABCD 每组对棱相互垂直；②四面体ABCD 每个面的面积相等；③从四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90°而小于180°；④连接四面体ABCD 每组对棱中点的线段相互垂直平分；⑤从四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长．答案　②④⑤解析　对于①，把四面体ABCD 放置在如图所示的长方体中，显然命题①错误；对于②，因四个面对应的三角形的三边分别对应相等，即它们为全等的三角形，所以②正确；对于③，当四面体ABCD 为正四面体时，夹角之和等于180°，所以③错误；对于④，因每组对棱中点的连线分别与长方体的棱平行，且都经过长方体的中心，所以④正确；又命题⑤显然成立，故填②④⑤.14．如图，在正三角形ABC 中，D ，E ，F 分别为各边的中点，G ，H 分别为DE ，AF 的中点，将△ABC 沿DE ，EF ，DF 折成正四面体P －DEF ，则四面体中异面直线PG 与DH 所成的角的余弦值为________．答案　23解析　折成的正四面体，如图，连接HE ，取HE 的中点K ，连接GK ，PK ，则GK ∥DH ，故∠PGK (或其补角)即为所求的异面直线所成的角．设这个正四面体的棱长为2，在△PGK 中，PG ＝，GK ＝，332PK ＝＝，12＋(32)272故cos ∠PGK ＝PG 2＋GK 2－PK 22·PG ·GK ＝(3)2＋(32)2－(72)22×3×32＝，23即异面直线PG 与DH 所成的角的余弦值为.23三、解答题15．(2018·普宁市校级期末)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 是AB 的中点．(1)在A 1C 上是否存在一点Q ，使BC 1∥DQ?(2)设AA 1＝AC ＝CB ＝2，AB ＝2，求异面直线AB 1与CD 所成2角的大小．解　(1)连接AC 1交A 1C 于Q ，连接DQ ，∴DQ 为△ABC 1的中位线，DQ ∥BC 1，∴A 1C 上存在一点Q ，使BC 1∥DQ ，Q 为A 1C 的中点．(2)解法一：连接AB 1，取BB 1中点M ，连接DM 、CM ，则DM 是△ABB 1的中位线，∴DM ∥AB 1，∴∠CDM 就是所求异面直线所成角(或补角)，∵AA 1＝AC ＝CB ＝2，AB ＝2，2∴CM ＝，DM ＝，CD ＝，532∴DM 2＋CD 2＝CM 2，满足勾股定理，∴∠CDM ＝90°，故异面直线AB 1与CD 所成角为90°.解法二：易证CD ⊥平面ABB 1A 1，从而证明CD ⊥AB 1，故异面直线AB 1与CD 所成角为90°.16．(2017·江西七校联考)如图，四边形ABCD 是梯形，AB ∥CD ，四边形CDEF 是矩形，且平面ABCD ⊥平面CDEF ，∠BAD ＝∠CDA ，AB ＝AD ＝DE ＝CD ＝2，M 是线段AE 上12的动点．(1)试确定点M 的位置，使AC ∥平面MDF ，并说明理由；(2)在(1)的条件下，求平面MDF 将几何体ADE －BCF 分成的较小部分与较大部分的体积比．解　(1)当M 是线段AE 的中点时，AC ∥平面MDF .理由如下：连接CE 交DF 于N ，连接MN ，因为四边形CDEF 是矩形，所以N 为CE 的中点，又M 为AE 的中点，所以MN ∥AC ，又MN ⊂平面MDF ，AC ⊄平面MDF ，所以AC ∥平面MDF.(2)如图，将几何体ADE －BCF 补成三棱柱ADE －B ′CF ，由题意知三棱柱ADE －B ′CF 是直三棱柱，其体积V ＝S △ADE ·CD ＝×2×2×4＝8，12则几何体ADE －BCF 的体积V ADE －BCF ＝V 三棱柱ADE －B ′CF －V F －BB ′C ＝8－××2×2×2＝，1312203又V 三棱锥F －DEM ＝V 三棱锥M －DEF＝××1＝，13(12×2×4)43∴平面MDF 将几何体ADE －BCF 分成的较小部分与较大部分的体积比为∶＝.43(203－43)14。

2019版高考数学文培优增分一轮全国经典版增分练：第7

2019版高考数学文培优增分一轮全国经典版增分练：第7

板块四模拟演练·提能增分[A级基础达标]1．[2018·银川模拟]三视图如图的几何体是()A.三棱锥B．四棱锥C．四棱台D．三棱台答案 B解析几何体底面为四边形，侧面是三角形．故选B.2．如图是一个物体的三视图，则此三视图所描述的物体是下列哪个几何体？()答案 D解析由三视图知该几何体是一个组合体，上部是圆锥，下部是圆柱．故选D.3．某几何体的正视图和侧视图完全相同，均如图所示，则该几何体的俯视图一定不可能是()答案 D解析几何体的正视图和侧视图完全一样，则几何体从正面看和侧面看的长度相等，只有等边三角形不可能．故选D.4．[2018·云南玉溪模拟]将长方体截去一个四棱锥后得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为()答案 D解析根据几何体的结构特征进行分析即可．故选D.5．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的直观图是()答案 A解析该几何体是正方体的一部分，结合侧视图可知直观图为选项A中的图．故选A.6．[2017·北京高考]某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为()A.3 2 B．2 3 C．2 2 D．2答案 B解析在正方体中还原该四棱锥，如图所示，可知SD为该四棱锥的最长棱．由三视图可知正方体的棱长为2，故SD＝22＋22＋22＝2 3.故选B.7．[2018·河北石家庄质检]一个三棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图可能为()答案 D解析由题图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD⊥平面BCD.故选D.8．如图，正方形OABC的边长为1 cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长为________．答案8 cm解析将直观图还原为平面图形，如图．可知还原后的图形中，OB＝22，AB＝12＋(22)2＝3，于是周长为2×3＋2×1＝8(cm)．9．[2018·济宁模拟]已知四棱锥P－ABCD的三视图如图所示，则四棱锥P－ABCD的四个侧面中面积的最大值是________．答案 6解析 四棱锥如图所示，作PN ⊥平面ABCD ，交DC 于点N ，PC ＝PD ＝3，DN ＝2，则PN ＝32－22＝5，AB ＝4，BC ＝2，BC ⊥CD ，故BC ⊥平面PDC ，即BC ⊥PC ，同理AD ⊥PD .设M 为AB 的中点，连接PM ，MN ，则PM ＝3，S △PDC ＝12×4×5＝25，S △PBC ＝S △P AD ＝12×2×3＝3，S △P AB ＝12×4×3＝6，所以四棱锥P －ABCD 的四个侧面中面积的最大值是6.10．[2016·浙江高考]某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm 2，体积是________cm 3.答案8040解析几何体的直观图如图：∴S表＝42×2＋4×2×4＋22×4＝80(cm2)，V＝23＋4×4×2＝40(cm3)．[B级知能提升]1．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是BB1，BC 的中点，则图中阴影部分在平面ADD1A1上的投影为()答案 A解析点D在平面ADD1A1上的正投影为点D，点M在平面ADD1A1上的正投影为AA1的中点，点N在平面ADD1A1上的投影为DA的中点，连接三点可知A正确．故选A.2．[2018·湖南模拟]正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点(如图)，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为()答案 C解析过点A，E，C1的截面为AEC1F，如图，则剩余几何体的左视图为选项C中的图形．故选C.3.用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为2 2 cm2，则原平面图形的面积为________．答案8 cm2解析解法一：依题意可知∠BAD＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC，AD相等，高为梯形ABCD的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm2.解法二：依题意可知，S直观图＝2 2 cm2，故S原图形＝22S直观图＝8 cm2.4.已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图(或称主视图)是一个底边长为8，高为4的等腰三角形，侧视图(或称左视图)是一个底边长为6，高为4的等腰三角形．(1)求该几何体的体积V；(2)求该几何体的侧面积S .解 本题考查由三视图求几何体的侧面积和体积，由正视图和侧视图的三角形结合俯视图可知该几何体是一个底面为矩形，高为4，顶点在底面的射影是矩形中心的四棱锥，如图．(1)V ＝13×(8×6)×4＝64.(2)四棱锥的两个侧面VAD 、VBC 是全等的等腰三角形，取BC 的中点E ，连接OE ，VE ，则△VOE 为直角三角形，VE 为△VBC 边上的高，VE ＝VO 2＋OE 2＝4 2.同理侧面VAB 、VCD 也是全等的等腰三角形，AB 边上的高h ＝ 42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝5. ∴S 侧＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×6×42＋12×8×5＝40＋24 2. 5.[2018·合肥模拟]一个几何体的三视图如图所示．已知正视图是底边长为1的平行四边形，侧视图是一个长为3、宽为1的矩形，俯视图为两个边长为1的正方形拼成的矩形．(1)求该几何体的体积V；(2)求该几何体的表面积S.解(1)由三视图可知，该几何体是一个平行六面体(如图)，其底面是边长为1的正方形，高为 3.所以V＝1×1×3＝ 3.(2)由三视图可知，该平行六面体中，A1D⊥平面ABCD，CD⊥平面BCC1B1，所以AA1＝2，侧面ABB1A1，CDD1C1均为矩形．S＝2×(1×1＋1×3＋1×2)＝6＋2 3.。

2019届高考数学一轮复习第7单元立体几何作业理

2019届高考数学一轮复习第7单元立体几何作业理

第七单元立体几何课时作业(四十)第40讲空间几何体的三视图和直观图、表面积与体积基础热身1.[2017·衡水中学月考]一个三棱锥的正视图和俯视图如图K40-1所示,则该三棱锥的侧视图可能为()图K40-1图K40-22.[2017·衡阳联考]如图K40-3所示,某空间几何体的正视图与侧视图相同,则此几何体的表面积为()A.6πB.π+C.4πD.2π+图K40-33.三棱锥P-ABC及其三视图中的正视图和侧视图如图K40-4所示,则PB=()图K40-4A.2B.4C.D.164.[2017·潮州四校联考]已知某多面体内接于球构成一个简单组合体,如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图K40-5所示,且图中的四边形是边长为2的正方形,则该球的表面积是.图K40-55.[2017·厦门二模]某几何体的三视图如图K40-6所示,则该几何体的体积是.图K40-6能力提升6.如图K40-7,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为BD1的中点,则△PAC在该正方体各个面上的射影可能是()图K40-7图K40-8A.①④B.②③C.②④D.①②7.如图K40-9,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()图K40-9A.B.C.D.8.图K40-10中,小方格是边长为1的正方形,图中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.8-πB.8-πC.8-πD.8-π图K40-109.某几何体的三视图如图K40-11,其正视图中的曲线部分为半圆,则该几何体的体积是()A.4+πB.6+3πC.6+πD.12+π图K40-1110.[2017·泸州四诊]某几何体的正视图和侧视图如图K40-12(1)所示,它的俯视图的直观图是△A'B'C',如图K40-12(2)所示,其中O'A'=O'B'=2,O'C'=,则该几何体的表面积为()(1)(2)图K40-12A.36+12B.24+8C.24+12D.36+811.某几何体的三视图如图K40-13所示,则该几何体的表面积为.图K40-1312.[2017·蚌埠质检]已知边长为的正三角形ABC的三个顶点都在球O的表面上,且OA 与平面ABC所成的角为60°,则球O的表面积为.13.[2017·淮北二模]我国古代数学经典名著《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为阳马,将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑(biēnào).若三棱锥P-ABC为鳖臑,且PA⊥平面ABC,PA=AB=2,且该鳖臑的外接球的表面积为24π,则该鳖臑的体积为.14.(12分)如图K40-14所示,在多面体ABCDEF中,已知四边形ABCD是边长为1的正方形,且△ADE,△BCF均为正三角形,EF∥AB,EF=2,求该多面体的体积.图K40-1415.(13分)某几何体按比例绘制的三视图如图K40-15所示(单位:m).(1)试画出该几何体的直观图;(2)求该几何体的表面积和体积.图K40-15难点突破16.(5分)[2017·石家庄二模]如图K40-16是一个底面半径为1的圆柱被平面截开所得的几何体,截面与底面所成的角为45°,过圆柱的轴的平面截该几何体所得的四边形ABB'A'为矩形,若沿AA'将其侧面剪开,则其侧面展开图的形状大致为()图K40-16图K40-1717.(5分)祖暅是我国齐梁时代的数学家,他提出了一条原理:“幂势既同,则积不容异.”这句话的意思是:两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等,则这两个几何体的体积相等.该原理在西方直到十七世纪才由意大利数学家卡瓦列利发现,比祖暅晚一千一百多年.椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体.如图K40-18所示,将底面直径皆为2b,高皆为a的半椭球体及已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面β上.以平行于平面β的平面在距平面β任意高度d处可横截得到S圆及S环两截面,可以证明S圆=S环总成立.据此,短轴长为4 cm,长轴长为6 cm的椭球体的体积是cm3.图K40-18加练一课(五) 空间几何体与球的切﹑接问题一、选择题(本大题共9小题,每小题5分,共45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.某正四棱锥的顶点都在同一球面上,若该正四棱锥的高为4,底面边长为2,则该球的表面积为()A.B.16πC.9πD.2.一块石材表示的几何体的三视图如图L5-1所示,将石材切削、打磨、加工成球,则能得到的最大球的半径为()A.1B.2C.3D.4图L5-13.[2017·山西三区八校二模]在矩形ABCD中,AC=2,现将△ABC沿对角线AC折起,使点B到达点B'的位置,得到三棱锥B'-ACD,则三棱锥B'-ACD的外接球的表面积是()A.πB.2πC.4πD.与点B'的位置有关图L5-24.若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图L5-3所示,其顶点都在一个球面上,则该球的表面积为()A.πB.πC.πD.π图L5-35.四面体A-BCD的四个顶点都在球O的球面上,AB⊥平面BCD,△BCD是边长为3的等边三角形.若AB=2,则球O的表面积为()A.12πB.16πC.D.32π6.[2017·马鞍山质检]某几何体的三视图如图L5-4所示,则该几何体的外接球的表面积为()图L5-4A.25πB.26πC.32πD.36π7.空间四边形ABCD的四个顶点都在同一球面上,E,F分别是AB,CD的中点,且EF⊥AB,EF⊥CD,若AB=8,CD=EF=4,则该球的半径为()A.B.C.D.8.[2017·黄冈质检]某一简单几何体的三视图如图L5-5所示,则该几何体的外接球的表面积是()图L5-5A.13πB.16πC.25πD.27π9.[2017·湛江二模]底面是边长为1的正方形,侧面是等边三角形的四棱锥的外接球的体积为()A.B.C.D.二、填空题(本大题共7小题,每小题5分,共35分.把答案填在题中横线上)10.若正方体的外接球的表面积为6π,则该正方体的表面积为.11.设正三棱锥A-BCD的所有顶点都在球O的球面上, E, F分别是AB, BC的中点, EF⊥DE,且EF=1,则球O的表面积为.12.[2017·洛阳三模]已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=3,AC=4,AB⊥AC,AA1=2,则该三棱柱内切球的表面积与外接球的表面积的和为.13.[2017·唐山三模]直角三角形ABC的三个顶点都在球O的球面上, AB=AC=2,若球O的表面积为12π,则球心O到平面ABC的距离等于.14.球O内切于棱长为的正方体ABCD-A1B1C1D1,以A为顶点,以平面B1CD1被球O所截的圆面为底面的圆锥的侧面积为.15.[2017·宁德二检]已知菱形ABCD的边长为6,∠A=60°.沿对角线BD将该菱形折成锐二面角A-BD-C,连接AC.若三棱锥A-BCD的体积为,则该三棱锥的外接球的表面积为.16.[2017·山西大学附中二模]正三棱锥的高为1,底面边长为2,正三棱锥内有一个球与其四个面都相切,则该球的表面积是,体积是.课时作业(四十一)第41讲空间点、直线、平面之间的位置关系基础热身1.[2017·闽南八校二联]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2.[2017·郑州一模]已知直线a和平面α,β,α∩β=l,a⊄α,a⊄β,且a在α,β内的射影分别为直线b,c,则直线b和c的位置关系是()A.相交或平行B.相交或异面C.平行或异面D.相交、平行或异面3.下面四个说法中正确的个数为()(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.1B.2C.3D.44.[2017·佛山模拟]如图K41-1所示,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D是AC的中点,AA1∶AB=∶1,则异面直线AB1与BD所成的角为.图K41-15.如图K41-2是某个正方体的展开图,l1,l2是两条侧面对角线,则在正方体中,下面关于l1与l2的四个结论中正确的是.(填序号)①互相平行;②异面垂直;③异面且夹角为;④相交且夹角为.图K41-2能力提升6.l1,l2表示空间中的两条直线,若p:l1,l2是异面直线;q:l1,l2不相交,则()A.p是q的充分条件,但不是q的必要条件B.p是q的必要条件,但不是q的充分条件C.p是q的充分必要条件D.p既不是q的充分条件,也不是q的必要条件7.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是BD1的中点,直线A1C交平面AB1D1于点M,则下列结论错误的是 ()A.A1,M,O三点共线B.M,O,A1,A四点共面C.A1,O,C,M四点共面D.B,B1,O,M四点共面8.[2017·济南模拟]设a,b,c是两两不同的三条直线,下面四个说法中正确的是()A.若直线a,b异面,b,c异面,则a,c异面B.若直线a,b相交,b,c相交,则a,c相交C.若a∥b,则a,b与c所成的角相等D.若a⊥b,b⊥c,则a∥c9.已知m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β,若直线l满足l⊥m,l⊥n,l⊄α,l⊄β,则()A.α∥β且l∥αB.α⊥β且l⊥βC.α与β相交,且交线垂直于lD.α与β相交,且交线平行于l10.异面直线l与m成60°角,异面直线l与n成45°角,则异面直线m与n所成角的取值范围是()A.[15°,90°]B.[60°,90°]C.[15°,90°)D.[15°,60°]11.正四棱锥P-ABCD中,四条侧棱长均为2,底面ABCD是正方形,E为PC的中点,若异面直线PA与BE所成的角为45°,则该四棱锥的体积是()A.4B.2C.D.12.已知集合A={直线},B={平面},C=A∪B.若a∈A,b∈B,c∈C,给出下列四个说法:①若a∥b,c∥b,则a∥c;②若a⊥b,c⊥b,则a∥c;③若a∥b,c⊥b,则a⊥c;④若a⊥b,c∥b,则a⊥c.其中正确说法的序号是.13.如图K41-3所示是正方体和正四面体,P,Q,R,S分别是其所在棱的中点,则四个点共面的图形是.图K41-314.(12分)如图K41-4,平面ABEF⊥平面ABCD,四边形ABEF与四边形ABCD都是直角梯形,∠BAD=∠FAB=90°,BC AD,BE FA,G,H分别为FA,FD的中点.(1)求证:四边形BCHG是平行四边形.(2)C,D,F,E四点是否共面?为什么?图K41-415.(13分)[2017·成都七中月考]如图K41-5所示,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,D 是PC的中点.已知∠BAC=,AB=2,AC=2,PA=2.(1)求三棱锥P-ABC的体积;(2)求异面直线BC与AD所成角的余弦值.图K41-5难点突破16.(5分)[2017·包头十校联考]在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在线段AD1上运动,则异面直线CP与BA1所成的角θ的取值范围是()图K41-6A.0<θ<B.0<θ≤C.0≤θ≤D.0<θ≤17.(5分)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BM与AN所成角的余弦值为.课时作业(四十二)第42讲直线、平面平行的判定与性质基础热身1.[2017·江西六校联考]设α,β是两个不同的平面,m是直线,且m⊂α,则“m∥β”是“α∥β”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件2.[2017·潮州三校联考]在空间四边形ABCD中,E,F分别为AB,AD上的点,且AE∶EB=AF∶FD=1∶4,又H,G分别为BC,CD的中点,则()A.BD∥平面EFG,且四边形EFGH是平行四边形B.EF∥平面BCD,且四边形EFGH是梯形C.HG∥平面ABD,且四边形EFGH是平行四边形D.EH∥平面ADC,且四边形EFGH是梯形3.[2017·保定模拟]有下列四个说法:①若直线l平行于平面α内的无数条直线,则直线l∥α;②若直线a在平面α外,则a∥α;③若直线a∥b,b∥α,则a∥α;④若直线a∥b,b∥α,则a平行于平面α内的无数条直线.其中正确说法的个数是()A.1B.2C.3D.44.如图K42-1是正方体的平面展开图,关于这个正方体有以下判断:图K42-1①ED与NF所成的角为60°;②CN∥平面AFB;③BM∥DE;④平面BDE∥平面NCF.其中正确判断的序号是()A.①③B.②③C.①②④D.②③④5.如图K42-2,四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形,AB∥CD,BA⊥AD,CD=2AB,PA⊥底面ABCD,E 为PC的中点,则BE与平面PAD的位置关系为.图K42-2能力提升6.若平面α∥平面β,点A,C∈α,B,D∈β,则直线AC∥直线BD的充要条件是()A.AB∥CDB.AD∥CBC.AB与CD相交D.A,B,C,D四点共面7.已知直线a与平面α,β,若α∥β,a⊂α,点B∈β,则在β内过点B的所有直线中()A.不一定存在与a平行的直线B.只有两条与a平行的直线C.存在无数条与a平行的直线D.存在唯一一条与a平行的直线8.[2017·长郡中学质检]在如图K42-3所示的三棱柱ABC-A1B1C1中,过A1B1的平面与平面ABC交于DE,则DE与AB的位置关系是()A.异面B.平行C.相交D.以上均有可能图K42-39.已知m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,下列说法中正确的是()A.若m∥α,n∥α,则m∥nB.若α⊥γ,β⊥γ,则α∥βC.若m∥α,m∥β,则α∥βD.若m⊥α,n⊥α,则m∥n10.[2017·浙江金丽衢十二校联考]已知平面α∥平面β,P是α,β外一点,过点P的直线m与α,β分别交于点A,C,过点P的直线n与α,β分别交于点B,D,且PA=6,AC=9,PD=8,则BD=()A.16B.24或C.14D.2011.如图K42-4是某长方体被一平面所截得的几何体,四边形EFGH为截面,则四边形EFGH的形状为.图K42-412.已知a,b为两条不同的直线,α,β,γ为三个不同的平面,给出以下三个说法:①若a∥b,b⊂α,则a∥α;②若a∥b,a∥α,则b∥α;③若α∩β=a,b⊂γ,且b∥β,a⊂γ,则a∥b.其中正确说法的序号是.13.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,O为底面ABCD的中心,P是DD1的中点,设Q是CC1上的点,则点Q满足条件时,有平面D1BQ∥平面PAO.14.(10分)[2017·宜春二模]在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,△ABC是正三角形,AC 与BD的交点M恰好是AC的中点,又PA=AB=4,∠CDA=120°,点N在PB上,且PN=.求证:MN∥平面PDC.图K42-515.(13分)[2017·石家庄二模]如图K42-6,在三棱柱ABC-DEF中,侧面ABED是边长为2的菱形,且∠ABE=,BC=.点F在平面ABED内的正投影为G,且G在AE上,FG=,点M在CF上,且CM=CF.(1)证明:直线GM∥平面DEF;(2)求三棱锥M-DEF的体积.图K42-6难点突破16.(12分)[2018·南昌模拟]如图K42-7所示,在四棱锥P-ABCD中, ∠ABC=∠ACD=90°,∠BAC=∠CAD=60°,PA⊥平面ABCD,PA=2,AB=1.设M,N分别为PD,AD的中点.(1)求证:平面CMN∥平面PAB;(2)求三棱锥P-ABM的体积.图K42-7课时作业(四十三)第43讲直线、平面垂直的判定与性质基础热身1.[2017·湖南六校联考]已知m和n是两条不同的直线,α和β是两个不重合的平面,下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是()A.α⊥β且m⊂αB.α⊥β且m∥αC.m∥n且n⊥βD.m⊥n且α∥β2.[2017·唐山三模]已知平面α⊥平面β,则“直线m⊥平面α”是“直线m∥平面β”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件3.[2017·深圳四校联考]若平面α,β满足α⊥β,α∩β=l,P∈α,P∉l,则下列说法中不正确的是()A.过点P垂直于平面α的直线平行于平面βB.过点P垂直于直线l的直线在平面α内C.过点P垂直于平面β的直线在平面α内D.过点P且在平面α内垂直于l的直线必垂直于平面β4.[2017·龙岩二模]已知三个不同的平面α,β,γ满足α⊥γ,β⊥γ,则α与β的关系是.5.在三棱锥P-ABC中,点P在平面ABC内的射影为点O,若PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,则点O 是△ABC的心.能力提升6.[2017·南昌二模]已知直线m,n与平面α,β,γ满足α⊥β,α∩β=m,n⊥α,n⊂γ,则下列判断一定正确的是()A.m∥γ,α⊥γB.n∥β,α⊥γC.β∥γ,α⊥γD.m⊥n,α⊥γ7.将图K43-1①中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC的中线AD折起,得到空间四面体ABCD(如图②),则在空间四面体ABCD中,AD与BC的位置关系是()图K43-1A.相交且垂直B.相交但不垂直C.异面且垂直D.异面但不垂直8.[2017·临汾三模]已知α为平面,a,b为两条不同的直线,则下列说法中正确的是()A.若直线a,b与平面α所成角都是30°,则直线a,b平行B.若直线a,b与平面α所成角都是30°,则直线a,b不可能垂直C.若直线a,b平行,则直线a,b中至少有一条与平面α平行D.若直线a,b垂直,则直线a,b与平面α不可能都垂直9.如图K43-2所示,在三棱锥P-ABC中,已知PA⊥底面ABC,AB⊥BC,E,F分别是线段PB,PC上的动点,则下列说法错误的是()A.当AE⊥PB时,△AEF一定为直角三角形B.当AF⊥PC时,△AEF一定为直角三角形C.当EF∥平面ABC时,△AEF一定为直角三角形D.当PC⊥平面AEF时,△AEF一定为直角三角形图K43-210.[2017·肇庆三模]在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,AC∩BD=O,E是线段B1C(含端点)上的动点,给出下列说法:①OE⊥BD1;②OE∥平面A1C1D;③三棱锥A1-BDE的体积为定值;④OE与A1C1所成的最大角为90°.其中说法正确的个数是()A.1B.2C.3D.411.[2017·邯郸二模]如图K43-3,在矩形ABCD中,AB=2AD,E为边AB的中点,将△ADE沿直线DE翻折到△A1DE(A1∉平面ABCD)的位置.若M,O分别为线段A1C,DE的中点,则在△ADE的翻折过程中,下列说法错误的是()A.与平面A1DE垂直的直线必与直线BM垂直B.过E作EG∥BM,G∈平面A1DC,则∠A1EG为定值C.一定存在某个位置,使DE⊥MOD.三棱锥A1-ADE外接球半径与棱AD的长之比为定值图K43-312.已知a,b,l表示三条不同的直线,α,β,γ表示三个不同的平面,有下列四个说法:①若α∩β=a,β∩γ=b,且a∥b,则α∥γ;②若a,b相交,且都在α,β外,a∥α,a∥β,b∥α,b∥β,则α∥β;③若α⊥β,α∩β=a,b⊂β,a⊥b,则b⊥α;④若a⊂α,b⊂α,l⊥a,l⊥b,l⊄α,则l⊥α.其中正确说法的序号是.13.[2017·厦门二模]正方体ABCD-A1B1C1D1的棱和六个面的对角线共有24条,其中与体对角线AC1垂直的有条.14.(10分)[2017·徐州、宿迁、连云港、淮安四市三模]如图K43-4,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD是矩形,点E在棱PC上(异于点P,C),平面ABE与棱PD交于点F.(1)求证:AB∥EF;(2)若平面PAD⊥平面ABCD,求证:AF⊥EF.图K43-415.(13分)如图K43-5,在正三棱柱A1B1C1-ABC中,点D,E分别是A1C,AB的中点.(1)求证:ED∥平面BB1C1C;(2)若AB=BB1,求证:A1B⊥平面B1CE.图K43-5难点突破16.(12分)[2018·昆明检测]如图K43-6,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱CC1⊥底面ABC,M为BC的中点, AC=AB=3,BC=2,CC1=.(1)证明:B1C⊥平面AMC1;(2)求点A1到平面AMC1的距离.图K43-6课时作业(四十四)第44讲空间向量及其运算和空间位置关系基础热身1.[2017·上饶期中]如图K44-1所示,三棱锥O-ABC中,M,N分别是AB,OC的中点,设=a,=b,=c,用a,b,c表示,则= ()图K44-1A.(-a+b+c)B.(a+b-c)C.(a-b+c)D.(-a-b+c)2.[2017·唐山统考]已知正方体ABCD-A 1B1C1D1的棱长为a,点M在AC1上,且=,N 为B1B的中点,则||为()A.aB.aC.aD.a3.[2018·黑龙江齐齐哈尔实验中学期中]设ABCD-A1B1C1D1是棱长为a的正方体,则有()A.·=a2B.·=a2C.·=a2D.·=a24.已知a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ),若a,b,c三个向量共面,则实数λ=.5.在空间直角坐标系中,以点A(4,1,9),B(10,-1,6),C(x,4,3)为顶点的△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形,则实数x的值为.能力提升6.[2017·台州统考]已知向量a=(2m+1,3,m-1),b=(2,m,-m),且a∥b,则实数m的值等于()A.B.-2C.0D.或-27.已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a,点E,F分别是BC,AD的中点,则·的值为()A.a2B.a2C.a2D.a28.如图K44-2所示,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AM=MC,A1N=2ND.设=a,=b,=c,=xa+yb+zc,则x+y+z= ()A.B.C.D.图K44-29.如图K44-3所示,已知PA⊥平面ABC,∠ABC=120°,PA=AB=BC=6,则||等于()A.6B.6C.12D.144图K44-310.已知空间向量a,b满足|a|=|b|=1,且a,b的夹角为,O为空间直角坐标系的原点,点A,B 满足=2a+b,=3a-b,则△OAB的面积为()A.B.C.D.11.[2017·泉州四校联考]O为空间中任意一点,A,B,C三点不共线,且=++t,若P,A,B,C四点共面,则实数t= .12.设A1,A2,A3,A4,A5是空间中给定的5个不同的点,则使=0成立的点M的个数为.13.[2017·北京西城区模拟]如图K44-4所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,若动点P 在线段BD1上运动,则·的取值范围是.图K44-414.(10分)如图K44-5所示,在棱长为a的正方体OABC-O1A1B1C1中,E,F分别是棱AB,BC上的动点,且AE=BF=x,其中0≤x≤a,以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz.(1)写出点E,F的坐标;(2)求证:A1F⊥C1E;(3)若A1,E,F,C1四点共面,求证:=+.图K44-515.(13分)如图K44-6所示,已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1,点E,F,G 分别是AB,AD,CD的中点.计算:(1)·;(2)EG的长;(3)异面直线AG与CE所成角的余弦值.图K44-6难点突破16.(12分)如图K44-7所示,正三角形ABC的边长为4,CD是AB边上的高,E,F分别是AC和BC的中点,现将△ABC沿CD翻折成直二面角A-DC-B.(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系,并说明理由.(2)在线段BC上是否存在一点P,使AP⊥DE?如果存在,求出的值;如果不存在,请说明理由.图K44-7课时作业(四十五)第45讲第1课时空间角的求法基础热身1.如图K45-1所示,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,E,F分别是A1C1和AD1的中点,则EF和CD所成的角是()A.30°B.45°C.60°D.90°图K45-12.[2018·河北枣强中学月考]已知向量m,n分别是直线l的方向向量和平面α的法向量,若cos<m,n>=-,则l与α所成的角为()A.30°B.60°C.120°D.150°3.[2017·郑州模拟]过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD,若AB=PA,则平面ABP 与平面CDP所成的锐二面角为()A.30°B.45°C.60°D.90°4.已知直三棱柱ABC-A1B1C1,∠ACB=90°,CA=CB=CC1,D为B1C1的中点,则异面直线BD和A1C 所成角的余弦值为.5.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=AA1=1,则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为.能力提升6.[2017·东营质检]已知A(1,0,0),B(0,-1,1),O为坐标原点,+λ与的夹角为120°,则λ的值为()A.±B.C.-D.±7.如图K45-2所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB=BC=AA1,∠ABC=90°,点E,F 分别是棱AB,BB1的中点,则直线EF和BC1所成的角是()A.30°B.45°C.60°D.90°图K45-28.[2017·邯郸一模]如图K45-3,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AA1=2,AC=,过BC的中点D作平面ACB1的垂线,交平面ACC1A1于点E,则BE与平面ABB1A1所成角的正切值为()A.B.C.D.图K45-39.[2017·浙江五校联考]如图K45-4所示,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAB⊥底面ABCD,底面ABCD为矩形,PA=PB,O为AB的中点,OD⊥PC,若PD与平面PAB所成的角为30°,则二面角D-PC-B的余弦值是()图K45-4A.B.-C.D.-10.[2017·珠海模拟]在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是BD的中点,点P在线段B1D1上,直线OP与平面A1BD所成的角为α,则sin α的取值范围是()A.,B.,C.,D.,11.[2017·衡阳二联]如图K45-5所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,A1C1∩B1D1=E,直线AC与直线DE所成的角为α,直线DE与平面BCC1B1所成的角为β,则cos(α-β)= .图K45-512.如图K45-6所示,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=,则三棱锥E-ACD的体积为.图K45-613.如图K45-7,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M在线段PQ 上,E,F分别为AB,BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ,则cos θ的最大值为.图K45-714.(10分)[2017·南通一模]如图K45-8所示,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P 为棱C1D1的中点,Q为棱BB1上的点,且BQ=λBB1(λ≠0).(1)若λ=,求AP与AQ所成角的余弦值;(2)若直线AA1与平面APQ所成的角为45°,求实数λ的值.图K45-815.(13分)[2017·泉州质检]如图K45-9所示,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,∠CBD=60°,BD=2BC=4,点E在CD上,DE=2EC.(1)求证:AC⊥BE;(2)若二面角E-BA-D的余弦值为,求三棱锥A-BCD的体积.图K45-9难点突破16.(12分)[2017·河南六市二联]如图K45-10所示,AB是半圆O的直径,C是半圆O上除A,B 外的一个动点,DC垂直于半圆O所在的平面,DC∥EB,DC=EB,AB=4,tan∠EAB=.(1)证明:平面ADE⊥平面ACD;(2)当三棱锥C-ADE的体积最大时,求二面角D-AE-B的余弦值的绝对值.图K45-10课时作业(四十五)第45讲第2课时空间向量的应用基础热身1.(12分)[2017·郴州三模]如图K45-11所示,C是以AB为直径的圆上异于A,B的点,平面PAC⊥平面ABC,PA=PC=AC=2,BC=4,E,F分别是PC,PB的中点,记平面AEF与平面ABC的交线为直线l.(1)求证:直线l⊥平面PAC.(2)直线l上是否存在点Q,使直线PQ分别与平面AEF,直线EF所成的角互余?若存在,求出AQ的值;若不存在,请说明理由.图K45-112.(12分)[2017·北京丰台区一模]如图K45-12①所示,平面五边形ABCDE中,AB∥CD,∠BAD=90°,AB=2,CD=1,△ADE是边长为2的正三角形.现将△ADE沿AD折起,得到四棱锥E-ABCD(如图②),且DE⊥AB.(1)求证:平面ADE⊥平面ABCD.(2)求平面BCE和平面ADE所成锐二面角的大小.(3)在棱AE上是否存在点F,使得DF∥平面BCE?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.图K45-12能力提升3.(12分)[2017·濮阳一模]如图K45-13所示,四边形ABCD为梯形,AB∥CD,PD⊥平面ABCD,∠BAD=∠ADC=90°,DC=2AB=2,DA=.(1)线段BC上是否存在一点E,使平面PBC⊥平面PDE?若存在,请求出的值,并进行证明;若不存在,请说明理由.(2)若PD=,线段PC上有一点F,且PC=3PF,求直线AF与平面PBC所成角的正弦值.图K45-134.(12分)[2017·天津河西区一模]如图K45-14所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,PA=AB=AD=2,四边形ABCD满足AB⊥AD,BC∥AD,BC=4,点M为PC的中点,点E为BC边上的动点,且=λ.(1)求证:DM∥平面PAB.(2)求证:平面ADM⊥平面PBC.(3)是否存在实数λ,使得二面角P-DE-B的余弦值为?若存在,试求出实数λ的值;若不存在,说明理由.图K45-145.(12分)[2017·玉溪民族中学模拟]直三棱柱ABC-A1B1C1中, AA1=AB=AC=1, E,F分别是CC1,BC的中点, 且AE⊥A1B1,(1)证明: AB⊥平面A1ACC1.(2)棱A1B1上是否存在一点D,使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为?若存在,说明点D的位置;若不存在,说明理由.图K45-15难点突破6.(12分)[2017·北京昌平区二模]如图K45-16所示,三棱柱ABC-A1B1C1中,BC垂直于正方形A1ACC1所在平面,AC=2,BC=1,D为AC中点,E为线段BC1上的一点(端点除外),平面AB1E 与BD交于点F.(1)若E不是BC1的中点,求证:AB1∥EF.(2)若E是BC1的中点,求AE与平面BC1D所成角的正弦值.(3)在线段BC1上是否存在点E,使得A1E⊥CE?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.图K45-16课时作业(四十)1.D[解析] 由题图可知,该几何体为如图所示的三棱锥,其中平面ACD⊥平面BCD,该三棱锥的侧视图可能为等腰三角形,故选D.2.C[解析] 此几何体为一个组合体,上面部分为一个圆锥,下面部分为一个半球.故此几何体的表面积为S=×12+×2×2π×1=4π,故选C.3.B[解析] 由正视图和侧视图可知,AC=4,PC=4,AB=BC==4,则PB===4,故选B.4.12π[解析] 由三视图知,该组合体为正方体内接于球,正方体的棱长为2,设球的半径为R,则2R=2,即R=,则该球的表面积S=4πR2=4π×3=12π.5.[解析] 由三视图可知该几何体是三棱柱割去一个三棱锥后剩下的部分(如图),则该几何体的体积为×2×2×2-××1×1×2=4-=.6.A[解析] 由所给的正方体的直观图知,△PAC在该正方体上、下底面上的射影是①中图形,△PAC在该正方体前、后、左、右侧面上的射影是④中图形,故选A.7.C[解析] 由题意知,该几何体是由一个半圆柱与一个半球组成的组合体,其中半圆柱的底面半径为1,高为4,半球的半径为1,则该几何体的体积为×π×13+π×12×4=π,故选C.8.D[解析] 由三视图得,该几何体是正方体挖去一个半圆锥后剩余的部分,故该几何体的体积V=23-×π×12×2=8-,故选D.9.C[解析] 由三视图可知,该几何体是由半圆柱与三棱柱组成的,则该几何体的体积V=π×12×3+×2×2×3=6+π.10.C[解析] 由俯视图的直观图可得该几何体的底面是边长为4的等边三角形,由正视图与侧视图可得该几何体是高为6的三棱锥(如图所示的三棱锥P-ABC),其中PC⊥底面ABC,∴该几何体的表面积S=×42+2××4×6+×4×=24+12,故选C.11.11+2[解析] 由三视图知,该几何体是一个直四棱柱,上、下底面为直角梯形,直角梯形斜腰长为=,则底面周长为4+,故侧面积为2×(4+)=8+2,又两底面的面积和为2××1×(1+2)=3,所以该几何体的表面积为8+2+3=11+2.12.16π[解析] 边长为的正三角形ABC的外接圆的半径r=1,则球O的半径R==2,则球O的表面积S=4πR2=16π.13.[解析] 根据题意,三棱锥P-ABC为鳖臑,且PA⊥平面ABC,PA=AB=2,如图所示,可得∠PAB=∠PAC=∠ABC=∠PBC=90°.易知PC为外接球的直径,设外接球的半径为R.又该鳖臑的外接球的表面积为24π,则R2==6,则BC==4,则该鳖臑的体积为××2×4×2=.14.解:分别过A,B作EF的垂线,垂足分别为G,H,连接DG,CH,则原几何体被分割为两个三棱锥和一个直三棱柱.易知三棱锥的高为,直三棱柱的高为1,AG==,取AD的中点M,连接MG,则MG=,∴S△AGD=×1×=,∴V多面体ABCDEF=×1+2×××=.15.解:(1)直观图如图所示.(2)由三视图可知该几何体是长方体被截去一个三棱柱后剩余的部分,且该几何体的体积是以A1A,A1D1,A1B1为棱的长方体的体积的,∴该几何体的体积V=×1×2×1=(m3).在直角梯形AA1B1B中,作BE⊥A1B1于E,则四边形AA1EB是正方形,AA1=BE=1.在Rt△BEB1中,BE=1,EB1=1,∴BB1=,∴该几何体的表面积S=S正方形ABCD++2++=1+2×1+2××(1+2)×1+1×+1=7+ (m2),∴该几何体的表面积为(7+)m2,体积为 m3.16.A[解析] 用排除法.首先截线不可能是直线,排除B中图形;又圆柱被平面截开所得的截面是椭圆,而侧面展开图为平面图,不可能是圆或椭圆,排除C,D中的图形.故选A.17.16π[解析] 因为总有S圆=S环,所以半椭球体的体积为V圆柱-V圆锥=πb2a-πb2a=πb2a.又2a=6,2b=4,即a=3,b=2,所以椭球体的体积V=πb2a=π×22×3=16π.加练一课(五)1.A[解析] 由题意易知,球心在正四棱锥的高上,设球的半径为R,则(4-R)2+()2=R2,解得R=,所以该球的表面积为4π×=π,故选A.2.B[解析] 由三视图可得该几何体为三棱柱,能得到的最大球为三棱柱的内切球,球的半径为正视图中直角三角形内切圆的半径r.由切线长的性质,得(8-r)+(6-r)=,得r=2,故选B.3.C[解析] 三棱锥B'-ACD中,△AB'C和△ACD是有公共斜边AC的直角三角形,取AC的中点O,则有OB'=OA=OC=OD,∴O为三棱锥B'-ACD的外接球的球心,外接球半径R=OA=1,则三棱锥B'-ACD的外接球的表面积是4πR2=4π,故选C.4.C[解析] 由正视图知,三棱柱的底面边长为2,高为1.易知外接球的球心O在上、下底面两个三角形中心连线的中点上,连接球心和任意一个顶点的线段长即为球O的半径,则R2=+=(其中R为球O的半径),则球O的表面积S=4πR2=4π×=π,故选C.5.B[解析] 将四面体A-BCD补形成正三棱柱,则其外接球的球心为上、下底面的中心连线的中点.易得△BCD的外接圆半径为,所以外接球球O的半径R==2,所以球O的表面积S=4πR2=16π,故选B.6.C[解析] 由三视图可知,该几何体是以俯视图为底面,一条侧棱与底面垂直的三棱锥,如图中三棱锥A-BCD所示,设该几何体外接球的球心为O.由勾股定理可得CD==2,tan∠CBD=,即∠CBD=30°.由正弦定理可得△BCD的外接圆直径2r==4.设球O的半径为R,易知O为AD的中点,则由勾股定理得4R2=AB2+4r2=32,所以该几何体的外接球的表面积S=4πR2=32π,故选C.。

2019版高考数学理培优增分一轮全国经典版增分练：第7

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板块四 模拟演练·提能增分[A 级 基础达标]1.[2018·南昌模拟]如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P －BCD 的正视图与侧视图的面积之比为( )A ．1∶1B ．2∶1 C.2∶3 D ．3∶2答案 A解析 根据题意，三棱锥P －BCD 的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高．故三棱锥P －BCD 的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.故选A.2.《九章算术》商功章有题：一圆柱形谷仓，高1丈3尺313寸，容纳米2000斛(1丈＝10尺，1尺＝10寸，斛为容积单位，1斛≈1.62立方尺，π≈3)，则圆柱底面圆周长约为( )A.1丈3尺 B ．5丈4尺 C.9丈2尺 D ．48丈6尺 答案 B解析 设圆柱底面圆半径为r 尺，高为h 尺，依题意，圆柱体积为V ＝πr 2h ＝2000×1.62≈3×r 2×13.33，所以r 2≈81，即r ≈9，所以圆柱底面圆周长为2πr ≈54,54尺＝5丈4尺，则圆柱底面圆周长约为5丈4尺．故选B.3.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.16B.12C.23D.13 答案 D解析 由三视图，可得原图如图所示，即为底面是平行四边形的四棱锥，∴V ＝13×1×1×1＝13.故选D.4．正三棱柱的底面边长为3，侧棱长为2，且三棱柱的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为( )A.4π B ．8π C ．12π D ．16π 答案 B解析 由正弦定理得3sin60°＝2r (其中r 为正三棱柱底面三角形外接圆的半径)，∴r ＝1，∴外接球的半径R ＝12＋12＝2，∴外接球的表面积S ＝4πR 2＝8π.故选B.5.[2017·北京高考]某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A ．60B ．30C ．20D ．10 答案 D解析 由三视图画出如图所示的三棱锥P －ACD ，过点P 作PB ⊥平面ACD 于点B ，连接BA ，BD ，BC ，根据三视图可知底面ABCD 是矩形，AD ＝5，CD ＝3，PB ＝4，所以V 三棱锥P －ACD ＝13×12×3×5×4＝10.故选D.6.[2018·遵义模拟]一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是菱形，则该几何体的侧面积为( )A.3＋ 6B.3＋ 5C.2＋ 6D.2＋ 5 答案 C解析 由三视图还原为空间几何体，如图所示，则有OA ＝OB ＝1，AB ＝ 2.又PB ⊥平面ABCD ， ∴PB ⊥BD ，PB ⊥AB ，∴PD ＝22＋1＝5，P A ＝2＋12＝3， 从而有P A 2＋DA 2＝PD 2，∴P A ⊥DA ，∴该几何体的侧面积S ＝2×12×2×1＋2×12×2×3＝2＋6.故选C.7.某几何体的三视图如图所示，则其体积为( )A ．207B ．216－9π2 C.216－36π D ．216－18π答案 B解析 由已知三视图知该几何体为一个棱长为6的正方体，切去一个底面半径为3，高为6的14圆锥．其体积V ＝63－13×14×π×32×6＝216－9π2.故选B.8．[2017·江苏高考]如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．答案 32解析 设球O 的半径为R ，∵球O与圆柱O1O2的上、下底面及母线均相切，∴圆柱O1O2的高为2R，圆柱O1O2的底面半径为R.∴V1V2＝πR2·2R43πR3＝32.9.某几何体的三视图如图所示，其中正视图是腰长为2的等腰三角形，侧视图是半径为1的半圆，则该几何体的表面积是________．答案2(π＋3)解析由三视图可知此几何体的表面积分为两部分：底面积即俯视图的面积为23；侧面积为一个完整的圆锥的侧面积，且圆锥的母线长为2，底面半径为1，所以侧面积为2π.两部分加起来即为几何体的表面积，为2(π＋3).10.[2018·云南昆明联考]已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于________．答案 1603解析 由三视图可知该几何体是一个直三棱柱切去一个三棱锥，如图所示，故该几何体的体积为12×4×4×8－13×12×4×4×4＝64－323＝1603.[B 级 知能提升]1.[2018·上海模拟]如图是某几何体的三视图，则此几何体的体积是( )A.113B.83C.163D.223 答案 D解析 根据三视图知此几何体是边长为2的正方体截去一个三棱锥P －ABC 剩下的部分(如图所示)，所以此几何体的体积为2×2×2－13×12×1×2×2＝223.故选D.2.[2018·北京模拟]某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( )A.2＋ 5 B ．4＋ 5 C.2＋2 5 D ．5答案 C解析 由三视图分析知，该几何体是底面为等腰三角形，其中一条侧棱与底面垂直的三棱锥(SA ⊥平面ABC )，如图，由三视图中的数据可计算得S △ABC ＝12×2×2＝2，S △SAC ＝12×5×1＝52，S △SAB ＝12×5×1＝52，S △SBC ＝12×2×5＝5，所以S 表面积＝2＋2 5.故选C.3.[2017·全国卷Ⅰ]已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S －ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．答案 36π解析 如图，连接OA ，OB .由SA ＝AC ，SB ＝BC ，SC 为球O 的直径，知OA ⊥SC ，OB ⊥SC . 由平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ，OA ⊥SC ，知OA ⊥平面SCB .设球O 的半径为r ，则 OA ＝OB ＝r ，SC ＝2r ， ∴三棱锥S －ABC 的体积V ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12SC ·OB ·OA ＝r 33， 即r 33＝9，∴r ＝3，∴S 球表＝4πr 2＝36π.4.如图，△ABC 中，AB ＝8，BC ＝10，AC ＝6，DB ⊥平面ABC ，且AE ∥FC ∥BD ，BD ＝3，FC ＝4，AE ＝5.求此几何体的体积．解 解法一：如图，取CM ＝AN ＝BD ，连接DM ，MN ，DN ，用“分割法”把原几何体分割成一个直三棱柱和一个四棱锥．则V 几何体＝V 三棱柱＋V 四棱锥．由题知三棱柱ABC －NDM 的体积为V 1＝12×8×6×3＝72. 四棱锥D －MNEF 的体积为： V 2＝13×S 梯形MNEF ×DN ＝13×12×(1＋2)×6×8＝24，则几何体的体积为：V ＝V 1＋V 2＝72＋24＝96.解法二：用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱，使AA ′＝BB ′＝CC ′＝8，所以V 几何体＝12V 三棱柱＝12×S △ABC ×AA ′＝12×24×8＝96.5.[2018·杭州模拟]已知一个三棱台的上、下底面分别是边长为20 cm 和30 cm 的正三角形，侧面是全等的等腰梯形，且侧面面积等于两底面面积之和，求棱台的体积．解 如图所示，在三棱台ABC －A ′B ′C ′中，O ′，O 分别为上、下底面的中心，D ，D ′分别是BC ，B ′C ′的中点，则DD ′是等腰梯形BCC ′B ′的高，又A ′B ′＝20 cm ，AB ＝30 cm ，所以S 侧＝3×12×(20＋30)×DD ′＝75DD ′.S 上＋S 下＝34×(202＋302)＝3253(cm 2)．由S 侧＝S 上＋S 下，得75DD ′＝3253，所以DD ′＝1333 cm ，又因为O ′D ′＝36×20＝1033(cm)， OD ＝36×30＝53(cm)，所以棱台的高h ＝O ′O＝D ′D 2－(OD －O ′D ′)2 ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫13332－⎝ ⎛⎭⎪⎫53－10332＝43(cm)， 由棱台的体积公式，可得棱台的体积为V ＝h 3(S 上＋S 下＋S 上S 下)＝433×⎝ ⎛⎭⎪⎫3253＋34×20×30 ＝1900(cm 3)．故棱台的体积为1900 cm 3.。

2019版高考数学(理)高分计划一轮狂刷练：第7章 立体几何 7-7a Word版含解析

2019版高考数学(理)高分计划一轮狂刷练：第7章 立体几何 7-7a Word版含解析

[重点保分 两级优选练]A 级一、选择题1．已知点A (2，－5,1)，B (2，－2,4)，C (1，－4,1)，则向量AB →与AC →的夹角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°答案 C解析 由已知得AB →＝(0,3,3)，AC →＝(－1,1,0)， ∴cos 〈AB →，AC →〉＝AB →·AC →|AB →||AC →|＝332×2＝12.∴向量AB →与AC →的夹角为60°.故选C.2．(2018·伊宁期末)三棱锥A －BCD 中，平面ABD 与平面BCD 的法向量分别为n 1，n 2，若〈n 1，n 2〉＝π3，则二面角A －BD －C 的大小为( )A.π3B.2π3C.π3或2π3D.π6或π3 答案 C解析 ∵二面角的范围是[0，π]，且〈n 1，n 2〉＝π3，∴二面角A －BD －C 的大小为π3或2π3.故选C.3．(2017·太原期中)已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为正方形，AA 1＝2AB ，E 为AA 1的中点，则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为( )A.1010B.15C.31010D.35答案 C解析 如图，以D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系． 设AA 1＝2AB ＝2，则B (1,1,0)，E (1,0,1)，C (0,1,0)，D 1(0,0,2)． ∴BE →＝(0，－1,1)，CD 1→＝(0，－1,2)． ∴cos 〈BE →，CD 1→〉＝1＋22·5＝31010.故选C.4．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在A 1D ，AC 上，且A 1E ＝23A 1D ，AF ＝13AC ，则( )A ．EF 至多与A 1D ，AC 之一垂直B ．EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC C ．EF 与BD 1相交 D ．EF 与BD 1异面 答案 B解析 以D 点为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．设正方体棱长为1，则A 1(1,0,1)，D (0,0,0)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫13，0，13，F ⎝⎛⎭⎪⎫23，13，0，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，A 1D →＝(－1，0，－1)，AC →＝(－1,1,0)，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13，－13，BD 1→＝(－1，－1,1)，EF →＝－13BD 1→，A 1D →·EF →＝AC →·EF →＝0，从而EF ∥BD 1，EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC .故选B.5．(2018·河南模拟)如图所示，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长为3，底面边长A 1C 1＝B 1C 1＝1，且∠A 1C 1B 1＝90°，D 点在棱AA 1上且AD ＝2DA 1，P 点在棱C 1C 上，则PD →·PB 1→的最小值为()A.52 B ．－14 C.14 D ．－52答案 B解析 建立如图所示的直角坐标系，则D (1,0,2)，B 1(0,1,3)， 设P (0,0，z )(0≤z ≤3)，则PD →＝(1,0,2－z )，PB 1→＝(0,1,3－z )， ∴PD →·PB 1→＝0＋0＋(2－z )(3－z )＝⎝⎛⎭⎪⎫z －522－14，故当z ＝52时，PD →·PB 1→取得最小值为－14.故选B.6．(2018·沧州模拟)如图所示，在正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，棱长为1，E ，F 分别是BC ，CD 上的点，且BE ＝CF ＝a (0<a <1)，则D ′E 与B ′F 的位置关系是()A ．平行B ．垂直C ．相交D ．与a 值有关答案B解析 建立如图所示空间直角坐标系．则D ′(0,0,1)，E (1－a,1,0)，B ′(1,1,1)，F (0,1－a,0)， ∴D ′E →＝(1－a,1，－1)，B ′F →＝(－1，－a ，－1)．∴D ′E →·B ′F →＝(1－a )×(－1)＋1×(－a )＋(－1)×(－1)＝a －1－a ＋1＝0.∴D ′E →⊥B ′F →，即D ′E ⊥B ′F .故选B.7．(2017·聊城期中)在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，P A ＝2，则直线P A 与平面DEF 所成角的正弦值为( )A.15B.255C.55D.25答案 C解析 以A 为原点，AB ，AC ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，由AB ＝AC ＝1，P A ＝2，得A (0，0,0)，B (1，0,0)，C (0,1,0)，P (0,0,2)，D ⎝⎛12，0,0 )，E ( 12，12，0 )，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，12，1，∴P A →＝(0,0，－2)，DE →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，12，0，DF →＝⎝⎛⎭⎪⎫－12，12，1.设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎨⎧n ·DE →＝0，n ·DF →＝0，得⎩⎨⎧y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0，取z ＝1，则n ＝(2,0,1)，设P A 与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|P A →·n ||P A →||n |＝55，∴P A 与平面DEF 所成角的正弦值为55.故选C.8．(2018·江西红色七校模拟)已知二面角α－l －β等于120°，A ，B 是棱l 上两点，AC ，BD 分别在半平面α，β内，AC ⊥l ，BD ⊥l ，且AB ＝AC ＝BD ＝1，则CD 的长等于( )A. 2B. 3 C ．2 D. 5答案 C解析 解法一：依题意可知二面角α－l －β的大小等于AC →与BD →所成的角，因为CD →＝CA →＋AB →＋BD →，所以CD →2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2CA →·AB →＋2CA →·BD →＋2AB →·BD →，因为AC ⊥AB ，BD ⊥AB ，AB ＝AC ＝BD＝1，所以CD →2＝1＋1＋1＋2CA →·BD →＝3＋2|CA →||BD →|·cos 〈CA →，BD →〉＝3＋2cos 〈CA →，BD →〉，因为〈AC →，BD →〉＝120°，所以〈CA →，BD →〉＝60°， 因此CD →2＝3＋2×12＝4，所以|CD →|＝2，故选C.解法二：在β内作AE 綊BD .连接CE 、DE ，易知∠CAE ＝120°，CE ⊥DE ，∴CE 2＝AC 2＋AE 2－2×AC ×AE cos120°＝3. 在Rt △CED 中，CD 2＝CE 2＋ED 2＝4，∴CD ＝2. 故选C.9．(2017·南阳期中)若正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都相等，D 是A 1C 1的中点，则直线AD 与平面B 1DC 所成角的正弦值为( )A.35B.45C.34D.55答案 B解析如图，取AC 的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系． 设各棱长为2，则有A (0，－1,0)，D (0,0,2)，C (0,1,0)，B 1(3，0,2)． 所以C D →＝(0，－1,2)，CB 1→＝(3，－1，2)，A D →＝(0,1,2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面B 1CD 的法向量，则有⎩⎨⎧n ·CD →＝0，n ·CB 1→＝0⇒⎩⎨⎧－y ＋2z ＝0，3x －y ＋2z ＝0⇒n ＝(0,2,1)．∴cos 〈AD →，n 〉＝AD →·n |AD →||n |＝45，即直线AD 与平面B 1DC 所成角的正弦值．故选B.10．(2018·福建龙岩模拟)如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为4，点E ，F 分别是线段AB ，C 1D 1上的动点，点P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一动点，且满足点P 到点F的距离等于点P 到平面ABB 1A 1的距离，则PE 的最小值是( )A ．5B ．4C ．4 5D ．2 5答案 D解析 以D 为原点，直线DA 为x 轴，直线DC 为y 轴，直线DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，设AE ＝a ，D 1F ＝b ，0≤a ≤4,0≤b ≤4，P (x ，y,4)，0≤x ≤4,0≤y ≤4，则F (0，b,4)，E (4，a,0)，PF →＝(－x ，b －y,0)，∵点P 到点F 的距离等于点P 到平面ABB 1A 1的距离，∴当E ，F 分别是AB ，C 1D 1的中点，P 为正方形A 1B 1C 1D 1的中心时，PE 取最小值，此时P (2,2,4)，E (4,2,0)，∴|PE |min ＝(2－4)2＋(2－2)2＋(4－0)2＝2 5.故选D.二、填空题11．在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中心，E ，F 分别是CC 1，AD 的中点，则异面直线OE 和FD 1所成的角的余弦值等于________．答案155解析 以D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，∴F (1,0,0)，D 1(0,0,2)，O (1,1,0)，E (0,2,1)． ∴FD 1→＝(－1,0,2)， OE →＝(－1,1,1)．∴cos 〈FD 1→，OE →〉＝1＋25·3＝155.12．(2018·曲阜模拟)如图，在正方形ABCD 中，EF ∥AB ，若沿EF 将正方形折成一个二面角后，AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，则AF 与CE 所成角的余弦值为________．答案 45解析 ∵AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，∴AE ⊥ED ，即AE ，DE ，EF 两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝EF ＝CD ＝2，则E (0,0,0)，A (1,0,0)，F (0,2,0)，C (0，2,1)，∴AF →＝(－1,2,0)，EC →＝(0,2,1)，∴cos 〈AF →，EC →〉＝AF →·EC →|AF →||EC →|＝45×5＝45，∴AF 与CE 所成角的余弦值为45.13．(2017·青海质检)等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一公共边AB ，二面角C －AB －D 的余弦值为33，M ，N 分别是AC ，BC 的中点，则EM ，AN所成角的余弦值等于________．答案 16解析 过C 点作CO ⊥平面ABDE ，垂足为O ，取AB 中点F ，连接CF ，OF ，则∠CFO 为二面角C －AB －D 的平面角，设AB ＝1，则CF ＝32，OF ＝CF ·cos ∠CFO ＝12，OC ＝22， 则O 为正方形ABDE 的中心， 如图所示建立直角坐标系Oxyz ，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－22，0，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫24，0，24，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0， N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，24，24，EM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫24，22，24，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，24，24，cos 〈EM →，AN →〉＝EM →·AN →|EM →||AN →|＝16.14．(2018·临沂期末)如图，在四棱锥P －ABCD 中，侧面P AD 为正三角形，底面ABCD 为正方形，侧面P AD ⊥底面ABCD ，M 为底面ABCD 内的一个动点，且满足MP ＝MC ，则点M 在正方形ABCD 内的轨迹为________．(填序号)答案 ①解析 以D 为原点，DA ，DC 所在直线分别为x 轴，y 轴建立空间直角坐标系如图．设M (x ，y,0)，设正方形边长为a ，则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，32a ，C (0，a,0)，则MC ＝x 2＋(y －a )2，MP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 22＋y 2＋⎝⎛⎭⎪⎫－32a 2.由MP ＝MC ，得x ＝2y ，所以点M 在正方形ABCD 内的轨迹为直线y ＝12x 的一部分．B 级三、解答题15．(2018·广东五校诊断)如图，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝AE ＝2.(1)求证：BD ⊥平面ACFE ；(2)当直线FO 与平面BED 所成的角为45°时，求异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值大小．解 (1)证明：∵四边形ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC . ∵AE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴BD ⊥AE .∵AC ∩AE ＝A ，∴BD ⊥平面ACFE .(2)以O 为原点，OA →，OB →的方向为x ，y 轴正方向，过O 且平行于CF 的直线为z 轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，E (1,0,2)，F (－1,0，a )(a >0)，OF →＝(－1,0，a )．设平面EBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎨⎧n ·OB →＝0，n ·OE →＝0，即⎩⎨⎧3y ＝0，x ＋2z ＝0，令z ＝1，则n ＝(－2,0,1)，由题意得sin45°＝|cos 〈OF →，n 〉|＝|OF →·n ||OF →||n |＝|2＋a |a 2＋1·5＝22，解得a ＝3或－13.由a >0，得a ＝3，OF →＝(－1,0,3)，BE →＝(1，－3，2)， cos 〈OF →，BE →〉＝－1＋610×8＝54，故异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值为54.16．(2014·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设二面角D －AE －C 为60°，AP ＝1，AD ＝3，求三棱锥E －ACD 的体积．解 (1)证明：连接BD 交AC 于点O ，连接EO . 因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点． 又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB .又EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，所以PB ∥平面AEC . (2)因为P A ⊥平面ABCD ，ABCD 为矩形，所以AB ，AD ，AP 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴的正方向，|AP →|为单位长度，建立空间直角坐标系Axyz ，则D (0，3，0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫0，32，12，AE→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，32，12.设B (m,0,0)(m >0)，则C (m ，3，0)，AC →＝(m ，3，0)． 设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量，则⎩⎨⎧n 1·AC →＝0，n 1·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧mx ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0，可取n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3m ，－1，3.又n 2＝(1,0,0)为平面DAE 的法向量， 由题设得|cos 〈n 1，n 2〉|＝12，即 33＋4m 2＝12， 解得m ＝32.因为E 为PD 的中点，所以三棱锥E －ACD 的高为12. 三棱锥E －ACD 的体积V ＝13×12×3×32×12＝38.17．(2017·河北衡水中学调研)如图1所示，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是线段AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2所示．(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求直线BD 与平面A 1BC 所成角的正弦值．解 (1)证明：在题图1中，连接CE ， 因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以四边形ABCE 为正方形，四边形BCDE 为平行四边形，所以BE ⊥AC .在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ， 又OA 1∩OC ＝O ， 从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC . (2)由(1)知BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，又平面A 1BE ⊥平面BCDE ，所以∠A 1OC ＝π2，所以OB ，OC ，OA 1两两垂直．如图，以O 为原点，OB ，OC ，OA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0， A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22，由CD →＝BE →＝(－2，0,0)，得D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，22，0.所以BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－322，22，0. 设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 直线BD 与平面A 1BC 所成的角为θ，则⎩⎨⎧n ·BC →＝0，n ·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧－x ＋y ＝0，y －z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1,1,1)．从而sin θ＝|cos 〈BD →，n 〉|＝25×3＝3015， 即直线BD 与平面A 1BC 所成角的正弦值为3015.18.《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．如图，在阳马P －ABCD 中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝CD ，过棱PC 的中点E ，作EF ⊥PB 交PB 于点F ，连接DE ，DF ，BD ，BE .(1)证明：PB ⊥平面DEF .试判断四面体DBEF 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，说明理由；(2)若平面DEF 与平面ABCD 所成二面角的大小为π3，求DC BC 的值．解 (1)证明：如图，以D 为原点，射线DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．设PD ＝DC ＝1，BC ＝λ，则D (0,0,0)，P (0,0,1)，B (λ，1,0)，C (0,1,0)，PB →＝(λ，1，－1)，点E 是PC 的中点，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12， 于是PB →·DE →＝0，即PB ⊥DE .又已知EF ⊥PB ，而DE ∩EF ＝E ，所以PB ⊥平面DEF . 因PC →＝(0,1，－1)，DE →·PC →＝0，则DE ⊥PC ，所以DE ⊥平面PBC . 由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB ，∠DEF ，∠EFB ，∠DFB .(2)由PD ⊥平面ABCD ，所以DP →＝(0,0,1)是平面ABCD 的一个法向量；由(1)知PB ⊥平面DEF ，所以BP →＝(－λ，－1,1)是平面DEF 的一个法向量．若平面DEF 与平面ABCD 所成二面角的大小为π3，则cos π3＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪BP →·DP →|BP →||DP →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1λ2＋2＝12，解得λ＝ 2. 所以DC BC ＝1λ＝22. 故当平面DEF 与平面ABCD 所成二面角的大小为π3时，DC BC ＝22.。

2019版高考数学文培优增分一轮全国经典版增分练：第7

2019版高考数学文培优增分一轮全国经典版增分练：第7

板块四模拟演练·提能增分[A级基础达标]1．[2018·济宁模拟]直线l1，l2平行的一个充分条件是()A．l1，l2都平行于同一个平面B．l1，l2与同一个平面所成的角相等C．l1平行于l2所在的平面D．l1，l2都垂直于同一个平面答案 D解析对A，当l1，l2都平行于同一个平面时，l1与l2可能平行、相交或异面；对B，当l1，l2与同一个平面所成角相等时，l1与l2可能平行、相交或异面；对C，l1与l2可能平行，也可能异面，只有D 满足要求．故选D.2．[2018·太原期末]已知平面α和直线l，则α内至少有一条直线与l()A．平行B．相交C．垂直D．异面答案 C解析直线l与平面α斜交时，在平面α内不存在与l平行的直线，∴A错误；l⊂α时，在平面α内不存在与l异面的直线，∴D错误；l∥α时，在平面α内不存在与l相交的直线，∴B错误．无论哪种情形在平面α内都有无数条直线与l垂直．故选C.3．已知a，b，c为三条不重合的直线，已知下列结论：①若a ⊥b，a⊥c，则b∥c；②若a⊥b，a⊥c，则b⊥c；③若a∥b，b⊥c，则a⊥c.其中正确的个数为()A．0 B．1 C．2 D．3答案 B解析解法一：在空间中，若a⊥b，a⊥c，则b，c可能平行，也可能相交，还可能异面，并且相交或异面时不一定垂直，所以①②错，③显然成立．解法二：构造长方体或正方体模型可快速判断，①②错，③正确．故选B.4．若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是()A．l1⊥l4B．l1∥l4C．l1与l4既不垂直也不平行D．l1与l4的位置关系不确定答案 D解析构造如图所示的正方体ABCD－A1B1C1D1，取l1为AD，l2为AA1，l3为A1B1，当取l4为B1C1时，l1∥l4，当取l4为BB1时，l1⊥l4，故排除A，B，C.故选D.5.如图，α∩β＝l，A、B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过()A．点A B．点BC．点C但不过点M D．点C和点M答案 D解析∵AB⊂γ，M∈AB，∴M∈γ.又α∩β＝l ，M ∈l ，∴M ∈β.根据公理3可知，M 在γ与β的交线上．同理可知，点C 也在γ与β的交线上．故选D.6．[2018·大连模拟]已知a ，b ，c 为三条不同的直线，且a ⊂平面α，b ⊂平面β，α∩β＝c .①若a 与b 是异面直线，则c 至少与a ，b 中的一条相交； ②若a 不垂直于c ，则a 与b 一定不垂直；③若a ∥b ，则必有a ∥c ；④若a ⊥b ，a ⊥c ，则必有α⊥β.其中正确的命题的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3答案 C解析 ①中若a 与b 是异面直线，则c 至少与a ，b 中的一条相交，故①正确；②中平面α⊥平面β时，若b ⊥c ，则b ⊥平面α，此时不论a ，c 是否垂直，均有a ⊥b ，故②错误；③中当a ∥b 时，则a ∥平面β，由线面平行的性质定理可得a ∥c ，故③正确；④中若b ∥c ，则a ⊥b ，a ⊥c 时，a 与平面β不一定垂直，此时平面α与平面β也不一定垂直，故④错误，所以正确命题的个数是2.故选C.7.如图在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝2，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为( )A.15B.25C.35D.45答案 D 解析 连接BC 1，易证BC 1∥AD 1，则∠A 1BC 1或其补角即为异面直线A 1B 与AD 1所成的角．连接A 1C 1，由AB ＝1，AA 1＝2，则A 1C 1＝2，A 1B ＝BC 1＝5，故cos ∠A 1BC 1＝5＋5－22×5×5＝45. 则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为45.故选D.8.如图，在三棱锥D －ABC 中，AC ＝BD ，且AC ⊥BD ，E ，F 分别是棱DC ，AB 的中点，则EF 和AC 所成的角等于( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°答案 B解析 如图所示，取BC 的中点G ，连接FG ，EG .∵E ，F 分别为CD ，AB 的中点，∴FG ∥AC ，EG ∥BD ，且FG ＝12AC ，EG ＝12BD .∴∠EFG 为EF 与AC 所成的角．∵AC ＝BD ，∴FG ＝EG .∵AC ⊥BD ，∴FG ⊥EG ，∴∠FGE ＝90°，∴△EFG 为等腰直角三角形，∴∠EFG ＝45°，即EF 与AC 所成的角为45°.故选B.9.如图是正四面体的平面展开图，G ，H ，M ，N 分别为DE ，BE ，EF ，EC 的中点，在这个正四面体中，①GH 与EF 平行；②BD 与MN 为异面直线；③GH 与MN 成60°角；④DE 与MN 垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是________．答案 ②③④解析 还原成正四面体知GH 与EF 为异面直线，BD 与MN 为异面直线，GH与MN成60°角，DE⊥MN.10．[2018·许昌模拟]如下图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有________．答案②④解析①中HG∥MN；③中GM∥HN且GM≠HN，所以直线HG与MN必相交．[B级知能提升]1．[2018·泉州模拟]设a，b是互不垂直的两条异面直线，则下列命题成立的是()A．存在唯一直线l，使得l⊥a，且l⊥bB．存在唯一直线l，使得l∥a，且l⊥bC．存在唯一平面α，使得a⊂α，且b∥αD．存在唯一平面α，使得a⊂α，且b⊥α答案 C解析a，b是互不垂直的两条异面直线，把它放入正方体中如图，由图可知A不正确；由l∥a，且l⊥b，可得a⊥b，与题设矛盾，故B不正确；由a⊂α，且b⊥α，可得a⊥b，与题设矛盾，D不正确．故选C.2.[2018·赤峰模拟]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N 分别是BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是()A．MN与CC1垂直B．MN与AC垂直C．MN与BD平行D．MN与A1B1平行答案 D解析如图，连接C1D，在△C1DB中，MN∥BD，故C项正确；因为CC1⊥平面ABCD，所以CC1⊥BD，所以MN与CC1垂直，故A项正确；因为AC⊥BD，MN∥BD，所以MN与AC垂直，故B项正确；因为A1B1与BD异面，MN∥BD，所以MN与A1B1不可能平行，D项错误．故选D.3.如图所示，ABCD－A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论错误的是________．(填序号)①A，M，O三点共线；②A，M，O，A1四点共面；③A，O，C，M四点共面；④B，B1，O，M四点共面．答案④解析连接AO，则AO是平面AB1D1与平面AA1C1C的交线．因为A1C⊂平面AA1C1C，M∈A1C，所以M∈平面AA1C1C.又M∈平面AB1D1，所以M∈AO，故A，M，O三点共线，从而易知①②③均正确．4.如图所示，三棱锥P－ABC中，P A⊥平面ABC，∠BAC＝60°，P A＝AB＝AC＝2，E是PC的中点．(1)求证：AE 与PB 是异面直线；(2)求异面直线AE 和PB 所成角的余弦值；(3)求三棱锥A －EBC 的体积．解 (1)证明：假设AE 与PB 共面，设平面为α，∵A ∈α，B ∈α，E ∈α，∴平面α即为平面ABE ，∴P ∈平面ABE ，这与P ∉平面ABE 矛盾，∴AE 与PB 是异面直线．(2)取BC 的中点F ，连接EF ，AF ，则EF ∥PB ，所以∠AEF 或其补角就是异面直线AE 和PB 所成角．∵∠BAC ＝60°，P A ＝AB ＝AC ＝2，P A ⊥平面ABC ，∴AF ＝3，AE ＝2，EF ＝2，cos ∠AEF ＝2＋2－32×2×2＝14，∴异面直线AE 和PB 所成角的余弦值为14.(3)因为E 是PC 的中点，所以E 到平面ABC 的距离为12P A ＝1，V A －EBC ＝V E －ABC ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×3×1＝33. 5.[2018·邯郸一中模拟]已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长和底面边长均为2，A 1在底面ABC 内的射影O 为底面△ABC 的中心，如图所示．(1)连接BC 1，求异面直线AA 1与BC 1所成角的大小；(2)连接A 1C ，A 1B ，求三棱锥C 1－BCA 1的体积．解 (1)连接AO ，并延长与BC 交于点D ，则D 是BC 边的中点． ∵点O 是正△ABC 的中心，且A 1O ⊥平面ABC ，∴BC ⊥AD ，BC ⊥A 1O .∵AD ∩A 1O ＝O ，∴BC ⊥平面ADA 1.∴BC ⊥AA 1.又AA 1∥CC 1，∴异面直线AA 1与BC 1所成的角为∠BC 1C 或其补角． ∵CC 1⊥BC ，即四边形BCC 1B 1为正方形，∴异面直线AA 1与BC 1所成角的大小为π4.(2)∵三棱柱的所有棱长都为2，∴可求得AD ＝3，AO ＝23AD ＝233，A 1O ＝AA 21－AO 2＝263.∴V ABC －A 1B 1C 1＝S △ABC ·A 1O ＝22， V A 1－B 1C 1CB ＝V ABC －A 1B 1C 1－V A 1－ABC ＝423.∴V C 1－BCA 1＝V A 1－BCC 1＝12V A 1－BCC 1B 1＝223.。

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板块四模拟演练·提能增分
[A级基础达标]
1．[2018·济宁模拟]直线l1，l2平行的一个充分条件是()
A．l1，l2都平行于同一个平面
B．l1，l2与同一个平面所成的角相等
C．l1平行于l2所在的平面
D．l1，l2都垂直于同一个平面
答案 D
解析对A，当l1，l2都平行于同一个平面时，l1与l2可能平行、相交或异面；对B，当l1，l2与同一个平面所成角相等时，l1与l2可能平行、相交或异面；对C，l1与l2可能平行，也可能异面，只有D 满足要求．故选D.
2．[2018·太原期末]已知平面α和直线l，则α内至少有一条直线与l()
A．平行B．相交C．垂直D．异面
答案 C
解析直线l与平面α斜交时，在平面α内不存在与l平行的直线，∴A错误；l⊂α时，在平面α内不存在与l异面的直线，∴D错误；l∥α时，在平面α内不存在与l相交的直线，∴B错误．无论哪种情形在平面α内都有无数条直线与l垂直．故选C.
3．已知a，b，c为三条不重合的直线，已知下列结论：①若a ⊥b，a⊥c，则b∥c；②若a⊥b，a⊥c，则b⊥c；③若a∥b，b⊥c，则a⊥c.其中正确的个数为()
A．0 B．1 C．2 D．3
答案 B
解析解法一：在空间中，若a⊥b，a⊥c，则b，c可能平行，也可能相交，还可能异面，并且相交或异面时不一定垂直，所以①②错，③显然成立．
解法二：构造长方体或正方体模型可快速判断，①②错，③正
确．故选B.
4．若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是()
A．l1⊥l4
B．l1∥l4
C．l1与l4既不垂直也不平行
D．l1与l4的位置关系不确定
答案 D
解析构造如图所示的正方体ABCD－A1B1C1D1，取l1为AD，l2为AA1，l3为A1B1，当取l4为B1C1时，l1∥l4，当取l4为BB1时，l1⊥l4，故排除A，B，C.故选D.
5.如图，α∩β＝l，A、B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过()
A．点A B．点B
C．点C但不过点M D．点C和点M
答案 D
解析∵AB⊂γ，M∈AB，∴M∈γ.
又α∩β＝l ，M ∈l ，∴M ∈β.
根据公理3可知，M 在γ与β的交线上．同理可知，点C 也在γ与β的交线上．故选D.
6．[2018·大连模拟]已知a ，b ，c 为三条不同的直线，且a ⊂平面α，b ⊂平面β，α∩β＝c .
①若a 与b 是异面直线，则c 至少与a ，b 中的一条相交； ②若a 不垂直于c ，则a 与b 一定不垂直；
③若a ∥b ，则必有a ∥c ；
④若a ⊥b ，a ⊥c ，则必有α⊥β.
其中正确的命题的个数是( )
A ．0
B ．1
C ．2
D ．3
答案 C
解析 ①中若a 与b 是异面直线，则c 至少与a ，b 中的一条相交，故①正确；②中平面α⊥平面β时，若b ⊥c ，则b ⊥平面α，此时不论a ，c 是否垂直，均有a ⊥b ，故②错误；③中当a ∥b 时，则a ∥平面β，由线面平行的性质定理可得a ∥c ，故③正确；④中若b ∥c ，则a ⊥b ，a ⊥c 时，a 与平面β不一定垂直，此时平面α与平面β也不一定垂直，故④错误，所以正确命题的个数是2.故选C.
7.如图在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝2，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为( )
A.15
B.25
C.35
D.45
答案 D 解析 连接BC 1，易证BC 1∥AD 1，则∠A 1BC 1或其补角即为异面直线A 1B 与AD 1所成的角．连接A 1C 1，由AB ＝1，AA 1＝2，则A 1C 1＝2，A 1B ＝BC 1＝5，
故cos ∠A 1BC 1＝5＋5－22×5×5＝45
. 则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为45.故选D.
8.如图，在三棱锥D －ABC 中，AC ＝BD ，且AC ⊥BD ，E ，F 分别是棱DC ，AB 的中点，则EF 和AC 所成的角等于( )
A ．30°
B ．45°
C ．60°
D ．90°
答案 B
解析 如图所示，取BC 的中点G ，连接FG ，EG .
∵E ，F 分别为CD ，AB 的中点，
∴FG ∥AC ，EG ∥BD ，
且FG ＝12AC ，EG ＝12BD .
∴∠EFG 为EF 与AC 所成的角．
∵AC ＝BD ，∴FG ＝EG .
∵AC ⊥BD ，∴FG ⊥EG ，
∴∠FGE ＝90°，
∴△EFG 为等腰直角三角形，
∴∠EFG ＝45°，即EF 与AC 所成的角为45°.故选B.
9.如图是正四面体的平面展开图，G ，H ，M ，N 分别为DE ，BE ，EF ，EC 的中点，在这个正四面体中，
①GH 与EF 平行；
②BD 与MN 为异面直线；
③GH 与MN 成60°角；
④DE 与MN 垂直．
以上四个命题中，正确命题的序号是________．
答案 ②③④
解析 还原成正四面体知GH 与EF 为异面直线，BD 与MN 为
异面直线，GH与MN成60°角，DE⊥MN.
10．[2018·许昌模拟]如下图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有________．
答案②④
解析①中HG∥MN；③中GM∥HN且GM≠HN，所以直线HG与MN必相交．
[B级知能提升]
1．[2018·泉州模拟]设a，b是互不垂直的两条异面直线，则下列命题成立的是()
A．存在唯一直线l，使得l⊥a，且l⊥b
B．存在唯一直线l，使得l∥a，且l⊥b
C．存在唯一平面α，使得a⊂α，且b∥α
D．存在唯一平面α，使得a⊂α，且b⊥α
答案 C
解析a，b是互不垂直的两条异面直线，把它放入正方体中如图，由图可知A不正确；由l∥a，且l⊥b，可得a⊥b，与题设矛盾，故B不正确；由a⊂α，且b⊥α，可得a⊥b，与题设矛盾，D不正确．故选C.。

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