2018届高考数学(文)大一轮复习检测：第七章 立体几何 课时作业46 含答案
2018高考数学文理一轮复习检测：第七章 立体几何 第7讲 含答案 精品
第七章 第七讲A 组基础巩固一、选择题1．(2016·福州质检)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导学号 30072197( D )A ．55 B ．1010 C ．－155D ．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＝155.2．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 导学号 30072198( B )A ．35B ．45C ．34D ．55[解析] 间接法：由正三棱柱的所有棱长都相等，依据题设条件，可知B 1D ⊥平面ACD ，∴B 1D ⊥DC ，故△B 1DC 为直角三角形．设棱长为1，则有AD ＝52，B 1D ＝32，DC ＝52， ∴S △B 1DC ＝12×32×52＝158.设A 到平面B 1DC 的距离为h ，则有 VA －B 1DC ＝VB 1－ADC ，∴13×h ×S △B 1DC ＝13×B 1D ×S △ADC ． ∴13×h ×158＝13×32×12，∴h ＝25. 设直线AD 与平面B 1DC 所成的角为θ，则sin θ＝h AD ＝45.向量法：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)． 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)．∴sin 〈AD →，n 〉＝AD →·n |AD →|·|n |＝45.3．(2016·皖南八校联考)四棱锥V －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，其他四个侧面的腰长为3的等腰三角形，则二面角V －AB －C 的余弦值的大小为导学号 30072199( B )A ．23 B ．24C ．73D ．223[解析] 如图所示，取AB 中点E ，过V 作底面的垂线，垂足为O ，连接OE ，根据题意可知，∠VEO 是二面角V －AB －C 的平面角．因为OE ＝1，VE ＝32－1＝22，所以cos ∠VEO ＝OE VE ＝122＝24，故选B ．4．如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，若E ，F 分别是BC ，DD 1的中点，则B 1到平面ABF 的距离为导学号 30072200( D )A ．33B ．55C ．53D ．255二、填空题5．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3010.导学号 30072201 [解析] 解法一：取BC 的中点Q ，连接QN ，AQ ，易知BM ∥QN ，则∠ANQ 即为所求，设BC ＝CA ＝CC 1＝2，则AQ ＝5，AN ＝5，QN ＝6， ∴cos ∠ANQ ＝AN 2＋NQ 2－AQ 22AN ·NQ ＝5＋6－525×6＝6230＝3010.解法二：以C 1为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设BC ＝CA ＝CC 1＝2，则A (2,0,2)，N (1,0,0)，M (1,1,0)，B (0,2,2)，∴AN →＝(－1,0，－2)，BM →＝(1，－1，－2)，∴cos 〈AN →，BM →〉＝AN →·BM →|AN →||BM →|＝－1＋45×6＝330＝3010.6.正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，则棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为 π6.导学号 30072202[解析] 解法一：以C 为原点建立坐标系，得下列坐标：A (2,0,0)，C 1(0,0,22)．点C 1在侧面ABB 1A 1内的射影为点C 2(32，32，22)．所以AC 1→＝(－2,0,22)， AC 2→＝(－12，32，22)，设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为θ，则cos θ＝AC 1→·AC 2→|AC 1→||AC 2→|＝1＋0＋823×3＝32.又θ∈[0，π2]，所以θ＝π6.解法二：取A 1B 1的中点H ，连AH ，由题意易知GH ⊥平面ABB 1A 1，∴∠GAH 即为AG 与平面ABB 1A 1所成的角，在Rt △GHA 中，C 1H ＝3，GA ＝AA 21＋A 1G2＝23，∴∠GAH ＝π6，即AG 与侧面ABB 1A 所成角为π6.三、解答题7．(2015·新课标全国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 ．导学号 30072203(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． [答案] (1)略 (2)33[解析] (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，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33.8.(2016·浙江)如图，在三棱台ABC －DEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3.导学号 30072204(1)求证：BF ⊥平面ACFD ；(2)求二面角B －AD －F 的平面角的余弦值．[解析] (1)延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示．因为平面BCFE ⊥平面ABC ，平面BCFE ∩平面ABC ＝BC ，且AC ⊥BC ，所以 AC ⊥平面BCK ，因此，BF ⊥AC ． 又EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1， BC ＝2，所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点，则 BF ⊥CK ，又AC ∩CK ＝C ， 所以BF ⊥平面ACFD ．(2)解法一：过点F 作FQ ⊥AK 于Q ，连接BQ .因为BF ⊥平面ACK ，所以BF ⊥AK ，则AK ⊥平面BQF ，所以BQ ⊥AK .所以，∠BQF 是二面角B －AD －F 的平面角．在Rt △ACK 中，AC ＝3，CK ＝2，得AK ＝13，FQ ＝31313.在Rt △BQF 中，FQ ＝31313，BF ＝3，得cos ∠BQF ＝34.所以，二面角B －AD －F 的平面角的余弦值为34. 解法二：如图，延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，则△BCK 为等边三角形．取BC 的中点O ，连接KO ，则KO ⊥BC ，又平面BCFE ⊥平面ABC ，所以，KO ⊥平面ABC ．以点O 的原点，分别以射线OB ，OK 的方向为x 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O －xyz .由题意得B (1,0,0)，C (－1,0,0)，K (0,0，3)，A (－1，－3,0)，E (12，0，32)，F (－12，0，32)．因此，AC →＝(0,3,0)，AK →＝(1,3，3)，AB →＝(2,3,0)．设平面ACK 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABK 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧ AC →·m ＝0AK →·m ＝0得⎩⎨⎧3y 1＝0，x 1＋3y 1＋3z 1＝0，取m ＝(3，0，－1)；由⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝0，AK →·n ＝0得⎩⎨⎧2x 2＋3y 2＝0，x 2＋3y 2＋3z 2＝0，取n ＝(3，－2，3)．于是，cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝34.所以，二面角B －AD －F 的平面角的余弦值为34.B 组能力提升1．(2016·山东)在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线.导学号 30072205(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ；(2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角F －BC －A 的余弦值．[解析] (1)设FC 的中点为Ⅰ，连接GI ，HI ，在△CEF 中，因为点G 是CE 的中点，所以GI ∥EF .GI ∥平面⊙O ′又平面⊙O ′∥平面⊙O 且CI ⊄平面⊙O ， ∴GI ∥平面⊙O在△CFB 中，因为H 是FB 的中点， 所以HI ∥BC ．又HI ∩GI ＝I ，IH ⊄平面⊙O ′，∴IH ∥平面⊙O ，所以平面GHI ∥平面ABC ． 因为GH ⊂平面GHI ，所以GH ∥平面ABC ． (2)解法一：连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC ． 又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径，所以BO ⊥AC ． 以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .由题意得B (0,23，0)，C (－23，0,0)． 过点F 作FM 垂直OB 于点M ， 所以FM ＝FB 2－BM 2＝3， 可得F (0，3，3)．故BC →＝(－23，－23，0)，BF →＝(0，－3，3)． 设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的法向量， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎨⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.可得平面BCF 的一个法向量m ＝(－1,1，33)． 因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0,1)， 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝77.所以二面角F－BC－A的余弦值为7 7.解法二：连接OO′.过点F作FM垂直OB于点M，则有FM∥OO′.又OO′⊥平面ABC，所以FM⊥平面ABC．可得FM＝FB2－BM2＝3.过点M作MN垂直BC于点N，连接FN.可得FN⊥BC，从而∠FNM为二面角F－BC－A的平面角．又AB＝BC，AC是圆O的直径．所以MN＝BM sin45°＝6 2，从而FN＝422，可得cos∠FNM＝77.所以二面角F－BC－A的余弦值为7 7.2．(2017·四川省成都市石室中学高三上学期期中数学试题)如图，四边形ABCD是矩形，AB＝1，AD＝2，E是AD的中点，BE与AC交于点F，GF⊥平面ABCD．导学号30072206(1)求证：AF⊥面BEG；(2)若AF＝FG，求二面角E－AG－B所成角的余弦值．[解析](1)推导出△AEF∽△CBF，从而AC⊥BE，再求出AC⊥GF，由此能证明AF⊥平面BEG.(2)以点F为原点，F A，FE，FG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，利用向量法能求出二面角E－AG－B所成角的余弦值．证明：(1)∵四边形ABCD为矩形，∴△AEF∽△CBF，∴AF CF ＝EF BF ＝AE BC ＝12. 又∵矩形ABCD 中，AB ＝1，AD ＝2，∴AE ＝22，AC ＝ 3 在Rt △BEA 中，BE ＝AB 2＋AE 2＝62，∴AF ＝13AC ＝33，BF ＝23BE ＝63， 在△ABF 中，AF 2＋BF 2＝(33)2＋(63)2＝1＝AB 2 ∴∠AFB ＝90°，即AC ⊥BE∵GF ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴AC ⊥GF 又∵BE ∩GF ＝F ，BE ，GF ⊂平面BCE ， ∴AF ⊥平面BEG解：(2)由(1)得AD ，BE ，FG 两两垂直，以点F 为原点，F A ，FE ，FG 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，则A (33，0,0)，B (0，－63，0)，G (0,0，33)，E (0，66，0)，AB →＝(－33，－63，0)，AG →＝(－33，0，33)，EG →＝(0，－66，33)，AE →＝(－33，66，0) 设n ＝(x ，y ，z )是平面ABG 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ AB →·n ＝0AG →·n ＝0即⎩⎨⎧ －33x －63y ＝0－33x ＋33z ＝0，即x ＝2，得n ＝(2，－1，2)．设m ＝(x ，y ，z )是平面AEG 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧AE →·n ＝0AG →·n ＝0即⎩⎨⎧－33x ＋66y ＝0－33x ＋33z ＝0，取x ＝1，得m ＝(1，2，1)，设平面AEG 与平面ABG 所成角的大小为θ，则|cos θ|＝|m ·n ||m ||n |＝1010. ∵平面AEG 与平面ABG 成钝二面角∴二面角E －AG －B 所成角的余弦值为－1010. 3．(2016·天津)如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB ＝BE ＝2.导学号 30072207(1)求证：EG ∥平面ADF ：(2)求二面角O －EF －C 的正弦值；(3)设H 为线段AF 上的点，且AH ＝23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值． [解析] 依题意，OF ⊥平面ABCD ，如图，以O 为原点，分别以AD →，BA →，OF →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O (0,0,0)，A (－1,1,0)，B (－1，－1,0)，C (1，－1,0)，D (1,1,0)，E (－1，－1,2)，F (0,0,2)，G (－1,0,0)．(1)依题意，AD →＝(2,0,0)，AF →＝(1，－1,2)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面ADF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝0，x －y ＋2z ＝0， 不妨设z ＝1，可得n 1＝(0,2,1)，又EG →＝(0,1，－2)，可得EG →·n 1＝0，又直线EG ⊄平面ADF ，所以EG ∥平面ADF .(2)易证，OA →＝(－1,1,0)为平面OEF 的一个法向量．依题意，EF →＝(1,1,0)，CF →＝(－1,1,2)．设n 2＝(x ，y ，z )为平面CEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·EF →＝0，n 2·CF →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0，不妨设x ＝1，可得n 2＝(1，－1,1)． 因此有OA →，n 2＝OA →·n 2|OA →|·|n 2|＝－63， 于是OA →，n 2＝33. 所以，二面角O －EF －C 的正弦值为33. (3)由AH ＝23HF ，得AH ＝25AF . 因为AF →＝(1，－1,2)，所以AH →＝25AF →＝(25，－25，45)， 进而有H (－35，35，45)，从而BH →＝(25，85，45)， 因此BH →，n 2＝BH →·n 2|BH →|·|n 2|＝－721. 所以，直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为721.。
2018届高考数学(文)大一轮复习检测：第七章 立体几何 课时作业46 Word版含答案
课时作业46 直线、平面垂直的判定及其性质一、选择题1．一条直线和一个圆的两条直径都垂直，则这条直线和这个圆所在的平面的位置关系是( )A．平行B．垂直C．相交不垂直D．不确定解析：因为一个圆的两条直径一定相交于圆心，由线面垂直的判定定理知这条直线和这个圆所在的平面垂直．答案：B2．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解析：如图所示，AB∥l∥m；AC⊥l，m∥l⇒AC⊥m；AB∥l⇒AB∥β，只有D不一定成立，故选D.答案：D3．设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则( )A．若m⊥n，n∥α，则m⊥αB．若m∥β，β⊥α，则m⊥αC．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥αD．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α解析：A中，由m⊥n，n∥α，可得m⊂α或m∥α或m与α相交，错误；B中，由m ∥β，β⊥α，可得m⊂α或m∥α或m与α相交，错误；C中，由m⊥β，n⊥β，可得m∥n，又n⊥α，则m⊥α，正确，D中，由m⊥n，n⊥β，β⊥α，可得m与α相交或m ⊂α或m∥α，错误．答案：C4．如图，已知△ABC为直角三角形，其中∠ACB＝90°，M为AB的中点，PM垂直于△ABC所在平面，那么( )A．PA＝PB>PCB．PA＝PB<PCC．PA＝PB＝PCD．PA≠PB≠PC解析：∵M为AB的中点，△ACB为直角三角形，∴BM＝AM＝CM，又PM⊥平面ABC，∴Rt △PMB≌Rt△PMA≌Rt△PMC，故PA＝PB＝PC.答案：C5．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解析：由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB ＝DC，又由②知③正确；由①知④错．故选B.答案：B6．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为( )A.12 B ．1 C.32D ．2解析：设B 1F ＝x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ， 所以AB 1⊥DF .由已知可以得A 1B 1＝2， 矩形ABB 1A 1中，tan ∠FDB 1＝B 1F B 1D， tan ∠A 1AB 1＝A 1B 1AA 1＝22. 又∠FDB 1＝∠A 1AB 1，所以B 1F B 1D ＝22. 故B 1F ＝22×22＝12.故选A. 答案：A 二、填空题7．如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，且底面各边都相等，M 是PC 上的一动点，当点M 满足________时，平面MBD ⊥平面PCD .(只要填写一个你认为是正确的条件即可)．解析：连接AC，BD交于O，因为底面各边相等，所以BD⊥AC；又PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD，又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC.所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD.而PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.答案：DM⊥PC(或BM⊥PC)8．(2017·上饶质检)已知m，n是两条不相同的直线，α，β是两个不重合的平面，现有以下说法：①若α∥β，n⊂α，m⊂β，则m∥n；②若m⊥α，m⊥β，n⊥α，则n⊥β；③若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β；④若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n；⑤若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n.其中正确说法的序号为________．解析：对于①，注意到分别位于两个平行平面内的两条直线未必平行，可能是异面直线，因此①不正确；对于②，由定理“垂直于同一直线的两个平面平行”得知α，β平行；由定理“若一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则它也垂直于另一个平面”得知，n⊥β，因此②正确；对于③，由定理“由空间一点向一个二面角的两个半平面分别引垂线，则这两条垂线所成的角与该二面角相等或互补”得知，③正确；对于④，分别平行两个垂直平面的两条直线未必垂直，因此④不正确；对于⑤，m与n有可能平行，因此⑤不正确．综上所述，其中正确的说法有②③.答案：②③9．(2017·泉州模拟)点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，给出下列命题：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________．解析：连接BD交AC于点O，连接DC1交D1C于点O1，连接OO1，则OO1∥BC1，所以BC1∥平面AD1C，动点P到平面AD1C的距离不变，所以三棱锥P－AD1C的体积不变．又因为VP－AD1C＝VA－D1PC，所以①正确．因为平面A1C1B∥平面AD1C，A1P⊂平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1，②正确．由于当点P在B点时，DB不垂直于BC1即DP不垂直BC1，故③不正确；由于DB1⊥D1C，DB1⊥AD1，D1C∩AD1＝D1，所以DB1⊥平面AD1C.DB1⊂平面PDB1，所以平面PDB1⊥平面ACD1，④正确．答案：①②④三、解答题10．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)求几何体EF－ABCD的体积．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)连接EC ，过B 作CD 的垂线，垂足为N ， 易知BN ⊥平面CDEF ，且BN ＝2.∵V EF －ABCD ＝V E －ABCD ＋V B －EFC ＝13S 梯形ABCD ·DE ＋13S △EFC ·BN ＝163，∴几何体EF －ABCD 的体积为163.11．如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E －ACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积． 解：(1)证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD .因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE . 又BD ∩BE ＝B ，故AC ⊥平面BED . 又AC ⊂平面AEC ， 所以平面AEC ⊥平面BED .(2)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x .由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x . 由已知得，三棱锥E －ACD 的体积V 三棱锥E －ACD ＝13×12·AC ·GD ·BE＝624x 3＝63，故x ＝2. 从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5. 故三棱锥E －ACD 的侧面积为3＋2 5.1．(2017·兰州质检)如图，在直角梯形ABCD 中，BC ⊥DC ，AE ⊥DC ，且E 为CD 的中点，M ，N 分别是AD ，BE 的中点，将三角形ADE 沿AE 折起，则下列说法正确的是________．(写出所有正确说法的序号)①不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)，都有MN ∥平面DEC ； ②不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)，都有MN ⊥AE ； ③不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)，都有MN ∥AB ； ④在折起过程中，一定存在某个位置，使EC ⊥AD . 解析：由已知，在未折叠的原梯形中，AB∥DE，BE∥AD，所以四边形ABED为平行四边形，所以BE＝AD，折叠后如图所示．①过点M作MP∥DE，交AE于点P，连接NP.因为M，N分别是AD，BE的中点，所以点P为AE的中点，故NP∥EC.又MP∩NP＝P，DE∩CE＝E，所以平面MNP∥平面DEC，故MN∥平面DEC，①正确；②由已知，AE⊥ED，AE⊥EC.所以AE⊥MP，AE⊥NP，又MP∩NP＝P，所以AE⊥平面MNP.又MN⊂平面MNP，所以MN⊥AE，②正确；③假设MN∥AB，则MN与AB确定平面MNBA，从而BE⊂平面MNBA，AD⊂平面MNBA，与BE和AD是异面直线矛盾，③错误．④当CE⊥ED时，CE⊥AD，这是因为由于CE⊥EA，EA∩ED＝E，所以CE⊥平面AED，AD ⊂平面AED，得出EC⊥AD，④正确．答案：①②④2．如图，四边形ABCD为正方形，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，AB＝4，AE＝2，EF＝1.(1)求证：BC ⊥AF ；(2)试判断直线AF 与平面EBC 是否垂直. 若垂直，请给出证明；若不垂直，请说明理由． 解：(1)证明：因为EF ∥AB ，所以EF 与AB 确定平面EABF ， 因为EA ⊥平面ABCD ，所以EA ⊥BC . 由已知得AB ⊥BC 且EA ∩AB ＝A ， 所以BC ⊥平面EABF .又AF ⊂平面EABF ，所以BC ⊥AF . (2)直线AF 垂直于平面EBC . 证明如下：由(1)可知，AF ⊥BC .在四边形EABF 中，AB ＝4，AE ＝2，EF ＝1，∠BAE ＝∠AEF ＝90°，所以tan ∠EBA ＝tan ∠FAE ＝12，则∠EBA ＝∠FAE .设AF ∩BE ＝P ，因为∠PAE ＋∠PAB ＝90°，故∠PBA ＋∠PAB ＝90°. 则∠APB ＝90°，即EB ⊥AF . 又EB ∩BC ＝B ，所以AF ⊥平面EBC .3．如图，在三棱台ABC －DEF 中，CF ⊥平面DEF ，AB ⊥BC .(1)设平面ACE ∩平面DEF ＝a ，求证：DF ∥a ；(2)若EF ＝CF ＝2BC ，试问在线段BE 上是否存在点G ，使得平面DFG ⊥平面CDE ？若存在，请确定G 点的位置；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：在三棱台ABC －DEF 中，AC ∥DF ，AC ⊂平面ACE ，DF ⊄平面ACE ，∴DF ∥平面ACE .又∵DF ⊂平面DEF ，平面ACE ∩平面DEF ＝a ，∴DF ∥a .(2)线段BE 上存在点G ，且BG ＝13BE ，使得平面DFG ⊥平面CDE .证明如下：取CE 的中点O ，连接FO 并延长交BE 于点G ，连接GD ，∵CF ＝EF ，∴GF ⊥CE . 在三棱台ABC －DEF 中，AB ⊥BC ⇒DE ⊥EF . 由CF ⊥平面DEF ⇒CF ⊥DE . 又CF ∩EF ＝F ，∴DE ⊥平面CBEF ，∴DE ⊥GF .⎭⎪⎬⎪⎫GF ⊥CEGF ⊥DE CE ∩DE ＝E ⇒GF ⊥平面CDE . 又GF ⊂平面DFG ， ∴平面DFG ⊥平面CDE . 此时，如平面图所示，∵O 为CE 的中点，EF ＝CF ＝2BC ，由平面几何知识易证△HOC ≌△FOE ， ∴HB ＝BC ＝12EF .由△HGB ∽△FGE 可知BG GE ＝12，即BG ＝13BE .课时作业30 数系的扩充与复数的引入一、选择题1．若集合A＝{i，i2，i3，i4}(i是虚数单位)，B＝{1，－1}，则A∩B等于( ) A．{－1} B．{1}C．{1，－1} D．∅解析：因为A＝{i，i2，i3，i4}＝{i，－1，－i，1}，B＝{1，－1}，所以A∩B＝{－1,1}．答案：C2．(2016·山东卷)若复数z＝21－i，其中i为虚数单位，则z＝( ) A．1＋i B．1－iC．－1＋i D．－1－i解析：易知z＝1＋i，所以z＝1－i，选B.答案：B3．(2016·新课标全国卷Ⅱ)设复数z满足z＋i＝3－i，则z＝( )A．－1＋2i B．1－2iC．3＋2i D．3－2i解析：易知z＝3－2i，所以z＝3＋2i.答案：C4．若复数m(3＋i)－(2＋i)在复平面内对应的点位于第四象限，则实数m的取值范围为( )A ．m >1B ．m >23C ．m <23或m >1D.23<m <1 解析：m (3＋i)－(2＋i)＝(3m －2)＋(m －1)i由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧3m －2>0，m －1<0，解得23<m <1.答案：D5．若复数z ＝a 2－1＋(a ＋1)i(a ∈R )是纯虚数，则1z ＋a的虚部为( ) A ．－25B ．－25iC.25D.25i 解析：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 2－1＝0，a ＋1≠0，所以a ＝1，所以1z ＋a ＝11＋2i＝1－2i ＋－＝15－25i ，根据虚部的概念，可得1z ＋a 的虚部为－25. 答案：A6．已知复数z ＝1＋2i 1－i，则1＋z ＋z 2＋…＋z 2 015＝( ) A ．1＋i B ．1－i C ．iD ．0解析：z ＝1＋2i 1－i ＝1＋＋2＝i ，∴1＋z ＋z 2＋…＋z2 015＝－z 2 0161－z＝1－i 2 0161－i ＝1－i4×5041－i＝0. 答案：D7．(2017·芜湖一模)已知i 是虚数单位，若z 1＝a ＋32i ，z 2＝a －32i ，若z 1z 2为纯虚数，则实数a ＝( )A.32B ．－32C.32或－32D ．0解析：z 1z 2＝a ＋32i a －32i ＝⎝⎛⎭⎪⎫a ＋32i 2⎝⎛⎭⎪⎫a －32i ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋32i＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－34＋3a i a 2＋34是纯虚数，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2－34＝0，3a ≠0，解得a ＝±32. 答案：C8．在复平面内，复数11＋i ，11－i(i 为虚数单位)对应的点分别为A ，B ，若点C 为线段AB 的中点，则点C 对应的复数为( )A.12 B ． 1 C.12i D ．i解析：∵11＋i＝1－i －＋＝12－12i ，11－i＝1＋i －＋＝12＋12i ，则A (12，－12)，B (12，12)，∴线段AB 的中点C (12，0)，故点C 对应的复数为12，选A. 答案：A 二、填空题9．复数z ＝(1＋2i)(3－i)，其中i 为虚数单位，则z 的实部是________． 解析：复数z ＝(1＋2i)(3－i)＝5＋5i ，其实部是5. 答案：510．(2016·天津卷)已知a ，b ∈R ，i 是虚数单位，若(1＋i)(1－b i)＝a ，则ab的值为________．解析：(1＋i)(1－b i)＝1＋b ＋(1－b )i ＝a ，所以b ＝1，a ＝2，a b＝2. 答案：2 11．已知a ＋2ii＝b ＋i(a ，b ∈R )，其中i 为虚数单位，则a ＋b ＝________.解析：因为a ＋2ii＝b ＋i ，所以2－a i ＝b ＋i.由复数相等的充要条件得b ＝2，a ＝－1，故a ＋b ＝1.答案：112．在复平面上，复数3－2对应的点到原点的距离为________．解析：解法1：由题意可知⎪⎪⎪⎪⎪⎪3－2＝3|2－i|2＝35. 解法2：3－2＝34－4i ＋i 2＝33－4i＝＋－＋＝9＋12i 25＝925＋1225i ，⎪⎪⎪⎪⎪⎪3－2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪925＋1225i ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫9252＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12252＝35.答案：351．(2017·河北衡水一模)如图，在复平面内，复数z 1，z 2对应的向量分别是OA →，OB →，则|z 1＋z 2|＝( )A ．2B ．3C ．2 2D ．3 3解析：z 1＝－2－i ，z 2＝i ，z 1＋z 2＝－2，故选A. 答案：A2．设复数z ＝3＋i(i 为虚数单位)在复平面中对应点A ，将OA 绕原点O 逆时针旋转90°得到OB ，则点B 在( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：因为复数z 对应点的坐标为A (3,1)，所以点A 位于第一象限，所以逆时针旋转π2后对应的点B 在第二象限．答案：B3．已知i 为虚数单位，(z 1－2)(1＋i)＝1－i ，z 2＝a ＋2i ，若z 1·z 2∈R ，则|z 2|＝( ) A ．4 B ．20 C. 5D ．2 5解析：z 1＝2＋1－i 1＋i＝2＋－2＋－＝2－i ，z 1·z 2＝(2－i)(a ＋2i)＝2a ＋2＋(4－a )i ，若z 1·z 2∈R ，则a ＝4，|z 2|＝25，选D.答案：D4．已知复数z 1＝cos15°＋sin15°i 和复数z 2＝cos45°＋sin45°i，则z 1·z 2＝________.解析：z 1·z 2＝(cos15°＋sin15°i)(cos45°＋sin45°i)＝(cos15°cos45°－sin15°sin45°)＋(sin15°cos45°＋cos15°sin45°)i＝cos60°＋sin60°i＝12＋32i.答案：12＋32i5．已知复数z ＝i ＋i 2＋i 3＋…＋i2 0141＋i ，则复数z 在复平面内对应的点为________．解析：∵i 4n ＋1＋i4n ＋2＋i4n ＋3＋i4n ＋4＝i ＋i 2＋i 3＋i 4＝0，而 2 013＝4×503＋1,2 014＝4×503＋2，∴z ＝i ＋i 2＋i 3＋…＋i 2 0141＋i＝i ＋i 21＋i ＝－1＋i 1＋i ＝－1＋－＋－＝2i2＝i ， 对应的点为(0,1)．答案：(0,1)。
2018版大一轮全国人教数学文科配套作业 第7单元 立体
课时作业(三十八)基础热身1．将如图K381所示的直角三角形ABC (∠C ＝90°)绕斜边AB 旋转一周，所得到的几何体的正视图是( )图K381图K3822．[2016·珠海二检] 某几何体的三视图如图K383所示，则该几何体的最短的棱的长度是( )A ．1 B. 2 C. 3 D ．2图K3833．[2016·成都二诊] 已知某几何体的三视图如图K384所示，则该几何体的体积为( )图K384A.12 B ．1 C.32 D ．3 4．[2016·山东济宁模拟] 若一个几何体的三视图如图K385所示，则该几何体的表面积为( )图K385A ．75＋210B ．75＋410C ．48＋410D ．48＋210 5．[2016·湖南师大附中二模] 如图K386所示，将边长为2的正方形ABCD 沿对角线BD 折起得到一个三棱锥C -ABD ，已知该三棱锥的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为________．图K386能力提升6．[2016·福建漳州二模] 某四面体的三视图如图K387所示，则该四面体四个面的最大面积是( )图K387A ．8B ．6 2C ．10D ．8 2图K3887．[2016·河北枣强中学月考] 一个水平放置的平面图形用斜二测画法画出的直观图是一个直角梯形(如图K388所示)，其中∠A ′B ′C ′＝45°，A ′B ′＝A ′D ′＝1，D ′C ′⊥B ′C ′，则平面图形ABCD 的面积为( )A.14＋24 B ．2＋22 C.14＋22 D.12＋ 2图K389 8．[2016·成都一诊] 如图K389为一个半球被挖去一个圆锥后的几何体的三视图，则该几何体与挖去的圆锥的体积之比为( )A ．3∶1B ．2∶1C ．1∶1D ．1∶29．[2016·湖南四县一模] 在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 为棱BB 1的中点(如图K3810所示)，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( )图K3810图K381110．[2016·河北邯郸模拟] 一个空间几何体的三视图如图K3812所示，则该几何体的体积为( )图K3812A ．2 3B ．2 5 C.433 D.53311．[2016·南昌模拟] 如图K3813所示，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( )图K3813A ．1∶1B ．2∶1C ．2∶3D ．3∶2 12．[2016·长春质检] 祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两个同高的几何体，如果在等高处截面的面积恒相等，则体积相等．已知某不规则几何体与三视图为图K3814所对应的几何体满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为( )A ．4－π2B ．8－4π3C ．8－πD ．8－2π图K381413．[2016·玉溪三模] 某几何体的三视图如图K3815所示，且该几何体的体积是3，则正视图中x 的值是( )图K3815A ．2 B.92C.32 D ．3 14．[2016·福建泉州质检] 已知A ，B ，C 在球O 的球面上，AB ＝1，BC ＝2，∠ABC ＝60°，且点O 到平面ABC 的距离为2，则球O 的表面积为________．15．[2016·大连一模] 已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有顶点都在半径为1的球面上，当正三棱柱的体积最大时，该正三棱柱的高为________．难点突破16．(1)(6分)[2016·河南中原名校一联] 如图K3816所示，ABCD -A 1B 1C 1D 1是边长为1的正方体，S -ABCD 是高为1的正四棱锥，若点S ，A 1，B 1，C 1，D 1在同一个球面上，则该球的表面积为( )图K3816A.916πB.2516πC.4916πD.8116π (2)(6分)[2016·山西阳泉模拟] 点 A ，B ，C ，D 在同一个球面上，AB ＝BC ＝2，AC ＝2，若球的表面积为25π4，则四面体ABCD 体积的最大值为________．课时作业(三十九)基础热身1．l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列说法正确的是()A．若l1⊥l2，l2⊥l3，则l1∥l3B．若l1⊥l2，l2∥l3，则l1⊥l3C．若l1∥l2∥l3，则l1，l2，l3共面D．若l1，l2，l3共点，则l1，l2，l3共面2．[2016·江西七校联考] 已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是()A．相交或平行B．相交或异面C．平行或异面D．相交、平行或异面3．若空间三条直线a，b，c满足a⊥b，b∥c，则直线a与c()A．一定平行B．一定相交C．一定是异面直线D．一定垂直4．[2016·长春一模] 一个正方体的展开图如图K391所示，A，B，C，D为原正方体的顶点，则在原来的正方体中()A．AB∥CDB．AB与CD相交C．AB⊥CDD．AB与CD所成的角为60°图K391图K3925．[2016·海南文昌中学期末] 如图K392所示，已知在四面体ABCD中，E，F分别是AC，BD的中点，若AB＝2，CD＝4，EF⊥AB，则EF与CD所成角的大小为________．能力提升6．如图K393所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论中错误的是()图K393A．A，M，O三点共线B．M，O，A1，A四点共面C．A，O，C，M四点共面D．B，B1，O，M四点共面7．已知命题“直线l与平面α有公共点”是真命题，给出下列命题：①直线l上的点都在平面α内；②直线l上有些点不在平面α内；③平面α内任意一条直线都不与直线l 平行． 其中真命题的个数是( ) A ．3 B ．2 C ．1 D ．0 8．[2016·广州调研] 用a ，b ，c 表示空间中三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题：①若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ∥c ； ②若a ∥b ，b ∥c ，则a ∥c ； ③若a ∥γ，b ∥γ，则a ∥b ； ④若a ⊥γ，b ⊥γ，则a ∥b . 其中真命题的序号是( )A ．①②B ．②③C ．①④D ．②④图K3949．[2016·衡水中学六调] 如图K394所示，在直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面四边形ABCD 为正方形，AA 1＝2AB ，则异面直线A 1B 与AD 1所成的角的余弦值为( )A.15B.25C.35D.4510．已知异面直线a ，b 均与平面α相交，给出下列命题： ①存在直线m ⊂α，使得m ⊥a 或m ⊥b ； ②存在直线m ⊂α，使得m ⊥a 且m ⊥b ；③存在直线m ⊂α，使得m 与a 和b 所成的角相等． 其中，假命题的个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 11．[2016·浙江五校二联] 如图K395所示，在边长为1的菱形ABCD 中，∠DAB ＝60° ，沿BD 将△ABD 翻折，得到三棱锥A -BCD ，则当三棱锥A -BCD 的体积最大时，异面直线AD与BC 所成的角的余弦值为( )图K395A.58B.14C.1316D.23 12．[2016·哈尔滨六中模拟] 如图K396所示，在四棱锥P -ABCD 中，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，BC ＝2AD ，△P AB 和△P AD 都是等边三角形，则异面直线CD 与PB 所成角的大小为( )A ．90°B ．75°C ．60°D ．45°图K396图K39713．如图K397所示，在四面体ABCD 中，E ，F 分别为AB ，CD 的中点，过EF 任作一个平面α分别与直线BC ，AD 相交于点G ，H ，则下列结论中正确的是________(填序号)．①对于任意的平面α，都有直线GF ，EH ，BD 相交于同一点； ②存在一个平面α0，使得GF ∥EH ∥BD ；③存在一个平面α0，使得点G 在线段BC 上，点H 在线段AD 的延长线上．14．(10分)如图K398所示，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与四边形ABCD都是直角梯形，∠BAD ＝∠F AB ＝90°，BC 綊12AD ，BE 綊12F A ，G ，H 分别为F A ，FD 的中点．(1)求证：四边形BCHG 是平行四边形． (2)C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？图K39815．(13分)[2016·冀州中学模拟] 如图K399所示，在三棱锥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．图K399难点突破16．(12分)[2016·湖南十三校二联] 如图K3910所示，在四棱锥O -ABCD 中，底面ABCD是边长为1的菱形，∠ABC ＝π4，OA ⊥底面ABCD ，OA ＝2，M 为OA 的中点．(1)求异面直线AB 与MD 所成角的大小； (2)求点B 到平面OCD 的距离．图K3910课时作业(四十)基础热身1．[2016·山西重点中学二模] 已知l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列说法正确的是()A．若l∥α，m∥α，则l∥mB．若l⊥m，m∥α，则l⊥αC．若l⊥α，m⊥α，则l∥mD．若l⊥m，l⊥α，则m∥α2．[2016·河南实验中学质检] 已知直线m，n和平面α，则m∥n的一个必要条件是() A．m∥α，n∥αB．m⊥α，n⊥αC．m∥α，n⊂αD．m，n与α所成的角相等3．[2016·成都二诊] 已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列说法中正确的是()A．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥βB．若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥βC．若m∥n，m∥α，则n∥αD．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β4．如图K401所示，P为平行四边形ABCD所在平面外的一点，过BC的平面与平面P AD交于EF，E，F分别在PD，P A上，则四边形EFBC是()A．空间四边形B．平行四边形C．梯形D．以上都有可能图K401图K4025．[2016·泉州一模] 如图K402所示，四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形，AB∥CD，BA⊥AD，CD＝2AB，P A⊥底面ABCD，E为PC的中点，则BE与平面P AD的位置关系为________．能力提升6．[2016·长春质检] 已知直线m，n与平面α，β，则下列说法中错误的是()A．若m⊥α，n⊥α，则m∥nB．若m⊥β，n∥β，则m⊥nC．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥nD．若m∥n，n⊂α，则m∥α7．[2016·广东七校联考] 设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是()A．存在一条直线a，a∥α，a∥βB．存在一条直线a，a⊂α，a∥βC ．存在两条平行直线a ，b ，a ⊂α，b ⊂β，a ∥β，b ∥αD ．存在两条异面直线a ，b ，a ⊂α，b ⊂β，a ∥β，b ∥α8．已知直线l ，平面α，β，γ，则下列能推出α∥β的条件是( ) A ．l ⊥α，l ∥β B ．l ∥α，l ∥β C ．α⊥γ，γ⊥β D ．α∥γ，β∥γ 9．如图K403所示，在正方体ABCD - A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为棱AB ，CC 1的中点，则在平面ADD 1A 1内与平面D 1EF 平行的直线( )A ．不存在B ．有1条C ．有2条D ．有无数条图K403图K40410．如图K404所示，三棱柱ABC - A 1B 1C 1的侧面BCC 1B 1是菱形，设D 是A 1C 1上的点，且A 1B ∥平面B 1CD ，则A 1D ∶DC 1＝( )A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶3D ．1∶111．如图K405所示，在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱BC ，CC 1的中点，P 是侧面BCC 1B 1内一点，若A 1P ∥平面AEF ，则线段A 1P 的长度的取值范围是( )图K405A.⎣⎡⎦⎤1，52 B.⎣⎡⎦⎤324，52 C.⎣⎡⎦⎤52，2 D.[]2，3 12．[2016·郑州模拟] 设α，β，γ为三个不同的平面，m ，n 是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m ，n ⊂γ，且________，则m ∥n ”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．①α∥γ，n ⊂β；②m ∥γ，n ∥β；③n ∥β，m ⊂γ.则可以填入的条件有( )A ．①或②B ．②或③C ．①或③D ．①或②或③ 13．[2016·枣强中学模拟] 如图K406所示，在正四棱柱A 1C 中，E ，F ，G ，H 分别是棱CC 1，C 1D 1，D 1D ，DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 只需满足条件________，就有MN ∥平面B 1BDD 1.(注：请填上一个你认为正确的条件，不必考虑全部可能的情况)图K40614．(10分)[2016·冀州中学模拟] 如图K407所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E，F，G分别是BC，DC，SC的中点，求证：(1)直线EG∥平面BDD1B1；(2)平面EFG∥平面BDD1B1.图K40715．(13分)[2016·西安模拟] 如图K408所示，在梯形ABEF中，AF∥BE，AB⊥AF，且AB＝BC＝AD＝DF＝2CE＝2，沿DC将梯形CDFE折起，使得平面CDFE⊥平面ABCD.(1)证明：AC∥平面BEF；(2)求三棱锥D-BEF的体积．图K408难点突破16．(12分)[2016·淄博诊断] 如图K409所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2AD ＝2DC＝2CB＝2，四边形ACFE是矩形，AE＝1，平面ACFE⊥平面ABCD，点G是BF的中点．(1)求证：CG∥平面ADF；(2)求三棱锥E-AFB的体积．图K409课时作业(四十一)基础热身1．已知平面α与平面β相交，直线m⊥α，则()A．β内必存在直线与m平行，且存在直线与m垂直B．β内不一定存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直C．β内不一定存在直线与m平行，但必存在直线与m垂直D．β内必存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直2．[2016·山东枣庄模拟] 给出下列四个命题：①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；③垂直于同一直线的两条直线相互平行；④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直．其中为真命题的是()A．①和②B．②和③C．③和④D．②和④图K4113．[2016·九江模拟] 如图K411所示，在四面体D-ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E 是AC的中点，则下列结论正确的是()A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE4．[2017·成都模拟] 已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，若m⊥α，n⊥β，且β⊥α，则下列结论中一定正确的是()A．m⊥nB．m∥nC．m与n相交D．m与n异面5．[2016·上海十二校联考] 设直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，给出下列四个命题：①若m∥α，则l∥m；②若α∥β，则l⊥m；③若l⊥m，则α∥β；④若α⊥β，则l∥m.其中真命题的序号是________．能力提升6．[2016·广州六校一联] 设l，m，n为三条不同的直线，α为一个平面，则下列说法中正确的个数是()①若l⊥α，则l与α相交；②若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α；③若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α；④若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l∥n.A．1 B．2C．3 D．47．[2016·云南玉溪模拟] 已知m，n为异面直线，α，β为两个不同平面，且α∥m，α∥n，直线l满足l⊥m，l⊥n，l∥β，则()A．α∥β且l∥αB．α∥β且l⊥αC．α⊥β且l∥αD．α⊥β且l⊥α8．[2016·陕西镇安中学月考] 关于直线l，m及平面α，β，下列说法中正确的是() A．若l∥α，α∩β＝m，则l∥mB．若l∥α，m∥α，则l∥mC．若l⊥α，l∥β，则α⊥βD．若l∥α，l∥m，则m⊥α9．[2016·成都一诊] 已知m，n为空间中两条不同的直线，α，β为空间中两个不同的平面，则下列说法中正确的是()A．若m∥α，m∥β，则α∥βB．若m⊥α，m⊥n，则n∥αC．若m∥α，m∥n，则n∥αD．若m⊥α，m∥β，则α⊥β10．[2016·江西上饶中学模拟] 在空间四边形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，且DA⊥平面ABC，则△ABC()A．为锐角三角形B．为直角三角形C．为钝角三角形D．形状不能确定11．如图K412所示，在三棱锥P -ABC中，已知P A⊥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()图K412A．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12．如图K413所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.图K41-3图K41413．如图K414所示，P A ⊥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 上的正投影，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________． 14．(10分)[2016·河南中原名校联考] 如图K415所示，在四棱锥S -ABCD 中，平面SAD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，△SAD 是等边三角形，且SD ＝2，BD ＝23，AB ＝2CD ＝4.(1)证明：平面SBD ⊥平面SAD .(2)若E 是SC 上的一点，当E 点位于线段SC 上什么位置时，SA ∥平面EBD ？请证明你的结论．(3)求四棱锥S -ABCD 的体积．图K41515．(13分)[2016·赣州模拟] 如图K416所示，在底面为梯形的四棱锥P - ABCD 中，平面P AB ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，AD ⊥CD ，AD ＝CD ＝2，BC ＝4.(1)求证：AC ⊥PB ；(2)若P A ＝PB ，且三棱锥D -P AC 的体积为23，求AP 的长．图K416难点突破 16．(12分)如图K417(1)所示，在Rt △ABC 中，∠ABC ＝90°，D 为AC 的中点，AE ⊥BD 于点E (不同于点D )，延长AE 交BC 于点F ，将△ABD 沿BD 折起，得到三棱锥A 1BCD ，如图K417(2)所示．(1)若M 是FC 的中点，求证：直线DM ∥平面A 1EF . (2)求证：BD ⊥A 1F .(3)若平面A 1BD ⊥平面BCD ，试判断直线A 1B 与直线CD 能否垂直？并说明理由．图K417。
2018届高考数学文大一轮复习教师用书：第7章 立体几何
第二节空间几何体的表面积与体积————————————————————————————————了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式．1．多面体的表(侧)面积因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．2．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)锥体的体积等于底面面积与高之积．( )(2)球的体积之比等于半径比的平方．( )(3)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．( )(4)已知球O的半径为R，其内接正方体的边长为a，则R＝32a.( )(1)×(2)×(3)√(4)√2．(教材改编)已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( )A．1 cm B．2 cmC．3 cm D.32cmB3．(2015·全国卷Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图721，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )图721A．14斛B．22斛C．36斛D．66斛B4．(2016·全国卷Ⅱ)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )A．12π B.32 3πC．8πD．4πA5．(2017·郑州质检)某几何体的三视图如图722所示(单位：cm)，则该几何体的体积是________cm3.图722323(1)某几何体的三视图如图723所示，则该几何体的表面积等于( )图723A ．8＋2 2B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15(2)(2016·全国卷Ⅰ)如图724，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )图724A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π(1)B (2)A1.(1)多面体与旋转体的表面积等于侧面面积与底面面积之和．(2)简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的处理．2．若以三视图的形式给出，解题的关键是对给出的三视图进行分析，从中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系，得到几何体的直观图，然后根据条件求解．(2016·全国卷Ⅲ)如图725，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )【导学号：31222245】图725A ．18＋36 5B ．54＋18 5C ．90D ．81B(1)在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.2π3B.4π3C.5π3D ．2π(2)(2016·天津高考)已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图726所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m3.图726(1)C(2)21.若所给定的几何体是柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．2．若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法(转换的原则是使底面面积和高易求)、分割法、补形法等方法进行求解．3．若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．一个几何体的三视图如图727所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.图72783π111AB ⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是( )A．4π B.9π2C．6π D.32π3B若本例中的条件变为“直三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的球面上”，若AB ＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，求球O的表面积．将直三棱柱补形为长方体ABECA′B′E′C′，则球O 是长方体ABEC A ′B ′E ′C ′的外接球， ∴体对角线BC ′的长为球O 的直径． 因此2R ＝32＋42＋122＝13， 故S 球＝4πR 2＝169π.若本例中的条件变为“正四棱锥的顶点都在球O 的球面上”，若该棱锥的高为4，底面边长为2，求该球的体积．如图，设球心为O ，半径为r ，则在Rt △AOF 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2， 解得r ＝94，则球O 的体积V 球＝43πr 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫943＝243π16.1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题．2．若球面上四点P ，A ，B ，C 中PA ，PB ，PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题．(2015·全国卷Ⅱ)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256πC1．转化与化归思想：计算旋转体的侧面积时，一般采用转化的方法来进行，即将侧面展开化为平面图形，“化曲为直”来解决，因此要熟悉常见旋转体的侧面展开图的形状及平面图形面积的求法．2．求体积的两种方法：①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．②等积法：等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高．1．求组合体的表面积时，要注意各几何体重叠部分的处理，防止重复计算．2．底面是梯形的四棱柱侧放时，容易和四棱台混淆，在识别时要紧扣定义，以防出错．课时分层训练(三十九)空间几何体的表面积与体积A组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.22π3B.42π3C．22πD．42πB2．已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( )【导学号：31222246】A.32π3B ．4πC ．2π D.4π3D3．(2016·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图728所示，则该几何体的体积为( )图728A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π C4．某几何体的三视图如图729所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x 的值是( )【导学号：31222247】图729A ．2B.92C.32D．3D5．(2016·江南名校联考)一个四面体的三视图如图7210所示，则该四面体的表面积是( )图7210A．1＋ 3 B．2＋ 3C．1＋2 2 D．2 2B二、填空题6．现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为______．【导学号：31222248】77．一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．128．某几何体的三视图如图7211所示，则该几何体的体积为________．图7211136π 三、解答题9．如图7212，在三棱锥D ABC 中，已知BC ⊥AD ，BC ＝2，AD ＝6，AB ＋BD ＝AC ＋CD ＝10，求三棱锥D ABC 的体积的最大值．图7212由题意知，线段AB ＋BD 与线段AC ＋CD 的长度是定值，∵棱AD 与棱BC 相互垂直，设d 为AD 到BC 的距离，4分则V D ABC ＝AD ·BC ×d ×12×13＝2d ，当d 最大时，V D ABC 体积最大.8分 ∵AB ＋BD ＝AC ＋CD ＝10， ∴当AB ＝BD ＝AC ＝CD ＝5时，d 有最大值42－1＝15.此时V ＝215.12分10．四面体ABCD 及其三视图如图7213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 .图7213(1)求四面体ABCD 的体积； (2)证明：四边形EFGH 是矩形．(1)由该四面体的三视图可知，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，BD ＝DC ＝2，AD ＝1，∴AD ⊥平面BDC ，3分∴四面体ABCD 的体积V ＝13×12×2×2×1＝23.5分 (2)证明：∵BC ∥平面EFGH ，平面EFGH ∩平面BDC ＝FG ，平面EFGH ∩平面ABC ＝EH ，8分∴BC ∥FG ，BC ∥EH ，∴FG ∥EH .同理EF ∥AD ，HG ∥AD ，∴EF ∥HG ，∴四边形EFGH 是平行四边形．又∵AD ⊥平面BDC ，∴AD ⊥BC ，∴EF ⊥FG .∴四边形EFGH 是矩形.12分B 组 能力提升(建议用时：15分钟)1．(2015·全国卷Ⅰ)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正视图和俯视图如图7214所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )图7214A ．1B ．2C ．4D ．8B2．三棱锥P ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D ABE 的体积为V 1，P ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________. 143．(2016·全国卷Ⅰ)如图7215，已知正三棱锥P ABC 的侧面是直角三角形，PA ＝6，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 ，连接PE 并延长交AB 于点G .图7215(1)证明：G 是AB 的中点；(2)在图中作出点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．(1)证明：因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以AB ⊥PD .因为D 在平面PAB 内的正投影为E ，所以AB ⊥DE .3分因为PD ∩DE ＝D ，所以AB ⊥平面PED ，故AB ⊥PG .又由已知可得，PA ＝PB ，所以G 是AB 的中点.5分(2)在平面PAB 内，过点E 作PB 的平行线交PA 于点F ，F 即为E 在平面PAC 内的正投影.7分理由如下：由已知可得PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，又EF ∥PB ，所以EF⊥PA ，EF ⊥PC .又PA ∩PC ＝P ，因此EF ⊥平面PAC ，即点F 为E 在平面PAC 内的正投影．连接CG ，因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以D 是正三角形ABC 的中心．由(1)知，G 是AB 的中点，所以D 在CG 上，故CD ＝23CG .10分由题设可得PC ⊥平面PAB ，DE ⊥平面PAB ，所以DE ∥PC ，因此PE ＝23PG ，DE ＝13PC . 由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA ＝6，可得DE ＝2，PE ＝2 2.在等腰直角三角形EFP 中，可得EF ＝PF ＝2，所以四面体PDEF 的体积V ＝13×12×2×2×2＝43.12分。
高考数学一轮复习 第七章 立体几何 课时作业46课件 文 新人教A版
答案 A
7．(2019·南宁摸底)在如图所示的正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，E，F 分 别是棱 B1B，AD 的中点，异面直线 BF 与 D1E 所成角的余弦值为( )
A．
14 7
C．
10 5
B．57 D．2 5 5
解析 如图，过点 E 作 EM∥AB，过 M 点作 MN∥AD，取 MN 的中点 G，连接 NE，D1G，所以平面 EMN∥平面 ABCD，易知 EG∥BF，所以异 面直线 BF 与 D1E 的夹角为∠D1EG，不妨设正方体的棱长为 2，则 GE＝ 5， D1G＝ 2，D1E＝3，在△D1EG 中，cos∠D1EG＝D1E2＋2DG1EE·2G－ED1G2＝25 5。 故选 D。
答案 D
6．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．[15ห้องสมุดไป่ตู้，90°]
B．[60°，90°]
C．[15°，90°)
D．[15°，60°]
解析 如图，在直线 l 上任取一点 O，过 O 作 m′∥m，n′∥n。当 m′，n′， l 三线共面时，m′与 n′所成的最小角为 15°，即异面直线 m 与 n 所成角的最 小值是 15°。设 n′与 l 固定，把 m′绕点 O 旋转，则 m′与 n′所成的最大角为 90°。故选 A。
解析 由题意知，c 可以是直线，也可以是平面。当 c 表示平面时，① ②③中的说法都不对，故正确说法的序号是④。
答案 ④
9．如图为正方体表面的一种展开图，则图中的四条线段 AB，CD，EF， GH 在原正方体中互为异面直线的对数为________。
解析 平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则 AB，CD， EF 和 GH 在原正方体中，显然 AB 与 CD，EF 与 GH，AB 与 GH 都是异面 直线，而 AB 与 EF 相交，CD 与 GH 相交，CD 与 EF 平行。故互为异面的 直线有且只有 3 对。
2018年大一轮数学(文)高考复习课时规范训练：《第七章 立体几何》7-4含解析
课时规范训练A组基础演练1．设a，b是两条直线，α，β是两个平面，则a⊥b的一个充分条件是() A．a⊥α，b∥β，α⊥βB．a⊥α，b⊥β，α∥βC．a⊂α，b⊥β，α∥βD．a⊂α，b∥β，α⊥β解析：选C.∵b⊥β，α∥β，∴b⊥α.又∵a⊂α，∴b⊥a.故选C.2．如图所示，O为正方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD的中点，则下列直线中与B1O垂直的是()A．A1D B．AA1C．A1D1D．A1C1解析：选D.由题意知，A1C1⊥平面DD1B1B，又OB1⊂面DD1B1B，所以A1C1⊥OB1.3．在如图所示的四个正方体中，能得出AB⊥CD的是()60°角；C选项中，AB与CD成45°角；D选项中，AB与C D夹角的正切值为 2.4．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则()A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l解析：选D.根据所给的已知条件作图，如图所示．由图可知α与β相交，且交线平行于l.5．将图1中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC的中线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．异面但不垂直解析：选C.在题图1中的等腰直角三角形ABC中，斜边上的中线AD就是斜边上的高，则AD⊥BC，翻折后如题图2，AD与BC变成异面直线，而原线段BC 变成两条线段BD、CD，这两条线段与AD垂直，即AD⊥BD，AD⊥CD，且BD∩CD ＝D，故AD⊥平面BCD，所以AD⊥BC.6．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解析：选B.对于选项A，若l∥α，l∥β，则α和β可能平行也可能相交，故错误；对于选项B，若l⊥α，l⊥β，则α∥β，故B正确；对于选项C，若l⊥α，l∥β，则α⊥β，故C错误；对于选项D，若α⊥β，l∥α，则l与β的位置关系有三种可能：l⊥β，l∥β，l⊂β，故D错误．故选B.7．α、β是两个不同的平面，m、n是平面α及β之外的两条不同的直线，给出四个论断：①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α，以其中三个论断作为条件，剩余的一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：__________________.答案：可填①③④⇒②与②③④⇒①中的一个8．假设平面α∩平面β＝EF，AB⊥α，CD⊥β，垂足分别为B，D，如果增加一个条件，就能推出BD⊥EF，现有下面四个条件：①AC⊥α；②AC与α，β所成的角相等；③AC与BD在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF.其中能成为增加条件的是________．(把你认为正确的条件序号都填上)解析：如果AB与CD在一个平面内，可以推出EF垂直于该平面，又BD在该平面内，所以BD⊥EF，故要证BD⊥EF，只需AB，CD在一个平面内即可，只有①③能保证这一条件． 答案：①③9．设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：①若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α∥β；②若α外的一条直线l 与α内的一条直线平行，则l ∥α；③设α∩β＝l ，若α内有一条直线垂直于l ，则α⊥β；④直线l ⊥α的充要条件是l 与α内的两条直线垂直．其中所有的真命题的序号是________． 解析：本题考查点线面的位置关系．若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α∥β，所以①正确；若α外的一条直线l 与α内的一条直线平行，则l ∥α，所以②正确；设α∩β＝l ，若α内有一条直线垂直于l ，则α与β不一定垂直，所以③错误；直线l ⊥α的充要条件是l 与α内的两条相交直线垂直，所以④错误．所有的真命题的序号是①②. 答案：①②10．如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是菱形，P A ＝PD ，∠BAD ＝60°，E 是AD 的中点，点Q 在侧棱PC 上．(1)求证：AD ⊥平面PBE ；(2)若Q 是PC 的中点，求证：P A ∥平面BDQ ； (3)若V P -BCDE ＝2V Q -ABCD，试求CP CQ 的值．解：(1)证明：由E 是AD 的中点，P A ＝PD 可得AD ⊥PE . 又底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，所以AB ＝BD ，又E 是AD 的中点，所以AD ⊥BE ， 又PE ∩BE ＝E ，所以AD ⊥平面PBE .(2)证明：连接AC ，交BD 于点O ，连接OQ .(图略)， 因为O 是AC 的中点，Q 是PC 的中点，所以OQ ∥P A ，又P A ⊄平面BDQ ，OQ ⊂平面BDQ ，所以P A ∥平面BDQ . (3)设四棱锥P -BCDE ，Q -ABCD 的高分别为h 1，h 2. 所以V P -BCDE＝13S 四边形BCDE h 1， V Q -ABCD ＝13S 四边形ABCD h 2. 又V P -BCDE ＝2V Q -ABCD，且S 四边形BCDE ＝34S 四边形ABCD ， ∴CP CQ ＝h 1h 2＝83.11．如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，P A ⊥BD .(1)求证：PB ＝PD ；(2)若E ，F 分别为PC ，AB 的中点，EF ⊥平面PCD ，求三棱锥D -ACE 的体积． 解：(1)证明：因为底面ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD 且O 为BD 的中点． 又P A ⊥BD ，P A ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面P AC ， 由于PO ⊂平面PAC ，故BD ⊥PO . 又BO ＝DO ，所以PB ＝PD .(2)如图，设PD 的中点为Q ，连接AQ ，EQ ，EO ，因为EQ 綊12CD ＝AF ， 所以AFEQ 为平行四边形，所以EF ∥AQ ，因为EF ⊥平面PCD ，所以AQ ⊥平面PCD ，所以AQ ⊥PD ，PD 的中点为Q ，所以AP ＝AD ＝ 2. 由AQ ⊥平面PCD ，可得AQ ⊥CD ，又AD ⊥CD ，AQ ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面P AD ，所以CD ⊥P A ，又BD ⊥P A ，BD ∩CD ＝D ， 所以P A ⊥平面ABCD .故V D -ACE ＝V E -ACD ＝13×12P A ×S △ACD ＝13×12×2×12×2×2＝26， 故三棱锥D -ACE 的体积为26.B 组 能力突破1．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 ．m ∥α，n ∥β，且α∥β，则m ∥n B ．m ⊥α，n ⊥β，且α⊥β，则m ⊥n C ．m ⊥α，m ⊥n ，n ⊂β，则α⊥β D ．m ⊂α，n ⊂α，m ∥β，n ∥β，则α∥β解析：选B.m 与n 的位置关系为平行，异面或相交，∴A 错误；根据面面垂直的性质可知B 正确；由题中的条件无法推出α⊥β，∴C 错误；只有当m 与n 相交时，结论才成立，∴D 错误．故选B.2．设m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题： ①若m ⊂α，n ∥α，则m ∥n ； ②若α∥β，β∥γ，m ⊥α，则m ⊥γ； ③若α∩β＝n ，m ∥n ，则m ∥α，且m ∥β； ④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β. 其中真命题的个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：选B.①m ∥n 或m ，n 异面，故①错误；②根据面面平行的性质以及线面垂直的性质可知②正确；③m ∥α或m ⊂α，m ∥β或m ⊂β，故③错误；④根据面面垂直的性质以及面面平行的判定可知④错误，所以真命题的个数为1，故选B.3．如图，在三棱锥P -ABC 中，不能证明AP ⊥BC 的条件是( )A．AP⊥PB，AP⊥PCB．AP⊥PB，BC⊥PBC．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PCD．AP⊥平面PBC解析：选B.A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A正确；C中，因为平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，又AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C正确；D中，由A知D正确；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.4．如图所示，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，M，N分别是AD，BE的中点，将三角形ADE沿AE折起，下列说法正确的是________(填上所有正确的序号)．①不论D折至何位置(不在平面ABC内)都有MN∥平面DEC；②不论D折至何位置都有MN⊥AE；③不论D折至何位置(不在平面ABC内)都有MN∥AB.解析：取AE的中点F，连接MF，NF，则MF∥DE，NF∥AB∥CE，从而平面MFN∥平面DEC，故MN∥平面DEC，①正确；又AE ⊥MF ，AE ⊥NF ，所以AE ⊥平面MFN ，从而AE ⊥MN ，②正确； 又MN 与AB 是异面直线，则③错误． 答案：①②5．如图，边长为2的正方形ADEF 与梯形ABCD 所在的平面互相垂直，AB ∥CD ，AB ⊥BC ，DC ＝BC ＝12AB ＝1.点M 在线段EC 上．(1)证明：平面BDM ⊥平面ADEF ；(2)判断点M 的位置，使得三棱锥B -CDM 的体积为218. 解：(1)证明：∵DC ＝BC ＝1，DC ⊥BC ，∴BD ＝2， 又AD ＝2，AB ＝2，∴AD 2＋BD 2＝AB 2， ∴∠ADB ＝90°，∴AD ⊥BD .又平面ADEF ⊥平面ABCD ，ED ⊥AD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，∴ED ⊥平面ABCD ，∴BD ⊥ED ，又AD ∩DE ＝D ，∴BD ⊥平面ADEF ，又BD ⊂平面BDM ， ∴平面BDM ⊥平面ADEF .(2)如图，在平面DMC 内，过M 作MN ⊥DC ，垂足为N ，则MN ∥ED ，又ED ⊥平面ABCD ，∴MN ⊥平面ABCD .又V B -CDM ＝V M -BCD＝13·MN ·S △BDC ＝218， ∴13×12×1×1×MN ＝218， ∴MN ＝23，又MN ED ＝CM CE ＝232＝13，∴CM ＝13CE .∴点M 在线段CE 的三等分点且靠近C 处．。
2018届高考数学(文)大一轮复习第七章阶段检测试题 Word版含答案
第七章阶段检测试题时间：120分钟分值：150分一、选择题(每小题5分，共60分)1．关于空间几何体的结构特征，下列说法不正确的是( )A．棱柱的侧棱长都相等B．棱锥的侧棱长都相等C．三棱台的上、下底面是相似三角形D．有的棱台的侧棱长都相等解析：根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等．答案：B2．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是线段BC，CD1的中点，则直线A1B与直线EF 的位置关系是( )A．相交B．异面C．平行D．垂直解析：由BC綊AD，AD綊A1D1知，BC綊A1D1，从而四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥CD1，又EF⊂平面A1C，EF∩D1C＝F，则A1B 与EF相交．答案：A3．(2017·嘉兴月考)对于空间的两条直线m，n和一个平面α，下列命题中的真命题是( )A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m∥α，n⊂α，则m∥nC．若m∥α，n⊥α，则m∥nD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n解析：对A，直线m，n可能平行、异面或相交，故选项A错误；对B，直线m与n可能平行，也可能异面，故选项B错误；对C，m与n垂直而非平行，故选项C错误；对D，垂直于同一平面的两直线平行，故选项D正确．答案：D4．设P是异面直线a，b外的一点，则过点P与a，b都平行的平面( )A．有且只有一个B．恰有两个C．不存在或只有一个D．有无数个解析：过点P作a1∥a，b1∥b，若过a1，b1的平面不经过a，b，则存在一个平面同时与a，b平行；若过a1，b1的平面经过a或b，则不存在这样的平面同时与a，b平行．5．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∥CD B．AD∥CBC．AB与CD相交D．A，B，C，D四点共面解析：由平面α∥平面β知，直线AC与BD无公共点，则直线AC∥直线BD的充要条件是A，B，C，D四点共面．答案：D6．已知a，b为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，且a⊥α，b⊥β，则下列命题中的假命题是( )A．若a∥b，则α∥βB．若α⊥β，则a⊥bC．若a，b相交，则α，β相交D．若α，β相交，则a，b相交解析：若α，β相交，则a，b可能相交，也可能异面，故D为假命题．答案：D7．一个几何体的侧视图和俯视图如图所示，若该几何体的体积为43，则它的正视图为( )解析：由几何体的侧视图和俯视图，可知几何体为组合体，由几何体的体积为43，可知上方为棱锥，下方为正方体．由俯视图可得，棱锥顶点在底面上的射影为正方形一边上的中点，顶点到正方体上底面的距离为1，所以选B.8．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．27－3π2B ．18－3π2C ．27－3πD ．18－3π解析：由几何体的三视图可知该几何体可以看成是底面是梯形的四棱柱挖去了半个圆柱，所以所求体积为12×(2＋4)×2×3－12π×12×3＝18－3π2.答案：B9．半球内有一个内接正方体，则这个半球的体积与正方体的体积之比为( ) A.5π 6 B ．6π 2 C ．π2D ．5π12解析：正方体上底面的中心即球的球心，设球的半径为R ，正方体的棱长为a ，则有R 2＝a 2＋⎝⎛⎭⎪⎫22a 2，得R 2＝32a 2，所以半球的体积与正方体的体积之比为23πR3a 3＝6π2.答案：B10．如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BC ＝AC ，AC 1⊥A 1B ，M ，N 分别为A 1B 1，AB 的中点．给出下列结论：①C 1M ⊥平面A 1ABB 1；②A 1B ⊥AM ；③平面AMC 1∥平面CNB 1.其中正确结论的个数为( )A．0 B．1C．2 D．3解析：由于ABC－A1B1C1为直三棱柱，所以A1A⊥C1M.由B1C1＝A1C1，M为A1B1的中点，得C1M⊥A1B1.又AA1∩A1B1＝A1，所以C1M⊥平面A1ABB1，所以①正确．因为C1M⊥平面A1ABB1，所以C1M⊥A1B.又AC1⊥A1B，C1M∩AC1＝C1，所以A1B⊥平面AMC1，所以AM⊥A1B，所以②正确．由AM∥B1N，C1M∥CN，可得平面AMC1∥平面CNB1，所以③正确，故正确结论共有3个．答案：D11．如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长，其中正确的是( )A．①②B．①②③C．①D．②③解析：对于①，∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC.∵AB为⊙O的直径，∴BC ⊥AC，∴BC⊥平面PAC.又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC；对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA.∵PA⊂平面PAC，∴OM∥平面PAC，对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确．答案：B12．(2017·山西大学附中高三上模块诊断)Rt△ABC的角A，B，C所对的边分别是a，b，c(其中c为斜边)，分别以a，b，c边所在的直线为旋转轴，将△ABC旋转一周得到的几何体的体积分别是V1，V2，V3，则( )A ．V 1＋V 2＝V 3B ．1V 1＋1V 2＝1V 3C ．V 21＋V 22＝V 23D ．1V 21＋1V 22＝1V 23解析：以a 边为旋转轴的几何体的体积V 1＝13b 2πa ，以b 边为旋转轴的几何体的体积V 2＝13a 2πb ，以c 边为旋转轴的几何体的体积V 3＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫ab c 2πc ＝a 2b 2π3c ，所以1V 21＋1V 22＝9b 2πa 2＋9a 2πb2＝a 2＋b 2a 4b 4π2＝9c 2a 4b 4π2＝1V 23，故选D. 答案：D二、填空题(每小题5分，共20分)13．(2017·河北质量监测)多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积为________cm 3.解析：由三视图可知该几何体是一个三棱锥，如图所示．在三棱锥D －ABC 中，底面ABC 是等腰三角形，设底边AB 的中点为E ，则底边AB 及底边上的高CE 均为4，侧棱AD ⊥平面ABC ，且AD ＝4，所以三棱锥D －ABC 的体积V ＝13S △ABC ·AD ＝13×12×4×4×4＝323.答案：32314．在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，AB ＝PA ＝2，M ，N 分别为PA ，PB 的中点，则MD 与AN 所成角的余弦值为________．解析：如图所示，取CD 的中点E ，连接AE ，NE ，MN .易得MN ∥DE ，MN ＝DE ，故四边形MNED 为平行四边形，所以MD ∥NE ，所以∠ANE 为异面直线AN 与MD 所成的角，在△ANE 中，AE ＝5，NE ＝MD ＝5，AN ＝12PB ＝2，故cos ∠ANE ＝AN 2＋NE 2－AE 22×AN ×NE＝2＋5－52×2×5＝1010. 答案：1010 15．如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若E ，F 分别为AB ，AC 的中点，平面EB 1C 1F 将三棱柱分成体积为V 1，V 2的两部分(其中V 1为棱台的体积)，则V 1V 2＝________.解析：延长A 1A 到A 2，B 1B 到B 2，C 1C 到C 2，且A 1A ＝AA 2，B 1B ＝BB 2，C 1C ＝CC 2，则得三棱柱ABC －A 2B 2C 2，且V 三棱柱ABC －A 1B 1C 1＝V三棱柱ABC －A 2B 2C 2，连接A 2B ，A 2C ，延长B 1E ，C 1F ，则B 1E ∩C 1F ＝A 2.因为A 2A A 2A 1＝12，所以VA 2－AEF ＝18V 三棱锥A 2－A 1B 1C 1，又V 三棱锥A 2－AEF ＝14V 三棱锥A 2－ABC＝14×13V 三棱柱ABC －A 2B 2C 2 ＝112V 三棱柱ABC －A 1B 1C 1 ， 所以V 三棱台AEF －A 1B 1C 1＝7V 三棱锥A 2－AEF ＝712V 三棱柱ABC －A 1B 1C 1 ，故V 1V 2＝7(12－7)＝7 5.答案：7516．如图，梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，AD BC AB ＝234，E ，F 分别是AB ，CD 的中点，将四边形ADFE 沿直线EF 进行翻折．给出四个结论：①DF ⊥BC ；②BD ⊥FC ；③平面DBF ⊥平面BFC ；④平面DCF ⊥平面BFC .在翻折过程中，可能成立的结论是________．解析：因为BC ∥AD ，AD 与DF 相交不垂直，所以BC 与DF 不垂直，则①不成立；设点D 在平面BCF 上的射影为点P ，当BP ⊥CF 时就有BD ⊥FC ，而AD BC AB ＝234可使条件满足，所以②正确；当点P 落在BF 上时，DP ⊂平面BDF ，从而平面BDF ⊥平面BCF ，所以③正确；因为点D 的射影不可能在FC 上，所以④不成立．答案：②③三、解答题(共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、计算过程或证明步骤) 17．(10分)如图所示，AB 为圆O 的直径，点F 在圆O 上，且AB ∥EF ，矩形ABCD 所在的平面与圆O 所在的平面互相垂直，且AB ＝2，AD ＝EF ＝1.(1)设FC 的中点为M ，求证：OM ∥平面DAF ； (2)求证：AF ⊥平面CBF .证明：(1)设DF 的中点为N ，连接MN ，AN ，则MN ∥CD ，MN ＝12CD ，又∵AO ∥CD ，AO ＝12CD ，∴MN ∥AO ，MN ＝AO ，∴MNAO 为平行四边形，∴OM ∥AN .又∵AN ⊂平面DAF ，OM ⊄平面DAF ， ∴OM ∥平面DAF .(2)∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，CB ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ， ∴CB ⊥平面ABEF∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥CB . 又∵AB 为圆O 的直径，∴AF ⊥BF . 又∵CB ∩BF ＝B ， ∴AF ⊥平面CBF .18．(12分)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1上的动点．(1)求证：A1E⊥BD；(2)当E恰为棱CC1的中点时，求证：平面A1BD⊥平面EBD.证明：连接AC，设AC∩DB＝O，连接A1O，OE，(1)因为AA1⊥底面ABCD，所以BD⊥A1A.又BD⊥AC，A1A∩AC＝A，所以BD⊥平面ACEA1.又因为A1E⊂平面ACEA1.所以A1E⊥BD.(2)在等边三角形A1BD中，BD⊥A1O.又因为BD⊥平面ACEA1，OE⊂平面ACEA1，所以BD⊥OE，所以∠A1OE为二面角A1－BD－E 的平面角．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，设棱长为2a，因为E为棱CC1的中点，由平面几何知识，得EO＝3a，A1O＝6a，A1E＝3a.满足A1E2＝A1O2＋EO2，所以∠A1OE＝90°.即平面A1BD⊥平面EBD.19．(12分)已知点P在矩形ABCD的边DC上，AB＝2，BC＝1，点F在AB边上且DF⊥AP，垂足为E，将△ADP沿AP边折起，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：(1)证明：∵AP ⊥D ′E ，AP ⊥EF ，D ′E ∩EF ＝E ， ∴AP ⊥平面D ′EF ， ∴AP ⊥D ′F .(2)连接PF ，∵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，∴V D ′－ABCP ＝13D ′E ·S 梯形ABCP ＝24.20．(12分)(2017·福建四校联考)已知四边形ABCD 是边长为3的菱形，对角线AC ＝22，分别过点B ，C ，D 向平面ABCD 外作3条相互平行的直线BE ，CF ，DG ，且点E ，F 在平面ABCD 的同侧，CF ＝8，平面AEF 与直线DG 相交于点G ，GE ∩AF ＝P ，AC ∩BD ＝O ，连接OP .(1)证明：OP ∥DG ；(2)当点F 在平面ABCD 内的正投影恰为点O 时，求四面体FACE 的体积． 解：(1)证明：∵CF ∥BE ，BE ⊂平面BDGE ，CF ⊄平面BDGE ，∴CF ∥平面BDGE ，又CF ⊂平面ACF ，平面BDGE ∩平面ACF ＝OP ， ∴CF ∥OP .又CF ∥DG ，∴OP ∥DG .(2)如图，连接BF ，OF ，则OF ⊥平面ABC ，∴OF ＝CF 2－OC 2＝62.∵BE ∥CF ，∴V F －ACE ＝V E －ACF ＝V B －ACF ＝V F －ABC ＝13S △ABC ·OF .在Rt △AOB 中，∵AO ＝12AC ＝2，AB ＝3，∴BO ＝AB 2－AO 2＝1， ∴S △ABC ＝12AC ·OB ＝ 2.∴V F －ACE ＝V F －ABC ＝13×2×62＝2313，即四面体FACE 的体积为2313.21．(12分)如图，在四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，DD 1⊥平面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形，AB ＝AD ＝2A 1B 1，∠BAD ＝60°.(1)证明：BB 1⊥AC ；(2)设AC ，BD 的交点为O ，连接B 1O .设AB ＝2，DD 1＝2，求三棱锥B 1－ABO 外接球的体积．(球体体积公式：V ＝43πR 3，R 是球半径)解：(1)证明：底面平行四边形ABCD 中，因为AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，所以AC ⊥BD ，又DD 1⊥平面ABCD ，所以DD 1⊥AC ，所以AC ⊥平面BDD 1，又四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱DD 1与BB 1延长后交于一点，所以BB 1⊂平面BDD 1，所以AC ⊥BB 1，即BB 1⊥AC .(2)因为四边形ABCD 为平行四边形，所以OD ＝12BD .连接B 1D 1，由棱台定义及AB ＝AD ＝2A 1B 1知D 1B 1∥DO ，且D 1B 1＝DO ，所以四边形D 1B 1OD 为平行四边形，所以OD 1∥B 1O ，因为DD 1⊥平面ABCD ，所以B 1O ⊥平面ABCD ，即B 1O ⊥AO ，B 1O ⊥BO ，由(1)知AC ⊥BD 于点O ，即AO ⊥BO ，所以三棱锥B 1－ABO 外接球的直径就是以OA ，OB ，OB 1为三条棱的长方体的体对角线，长为32＋12＋22＝22，所以外接球半径R ＝2，所以外接球体积为V ＝43πR 3＝43π(2)3＝823π.22．(12分)如图，四边形ABCD 为等腰梯形，且AD ∥BC ，E 为BC 的中点，AB ＝AD ＝BE .现沿DE 将△CDE 折起成四棱锥C ′－ABED ，点O 为ED 的中点．(1)在棱AC ′上是否存在一点M ，使得OM ∥平面C ′BE ？并证明你的结论； (2)若AB ＝2，求四棱锥C ′－ABED 的体积的最大值． 解：(1)存在，当M 为AC ′的中点时，OM ∥平面C ′BE .证明如下：连接MO 、C ′O ，取BC ′的中点F ，连接EF 、MF ，如图所示．∵MF 为△ABC ′的中位线， ∴MF ∥AB ，且MF ＝12AB .∵在等腰梯形ABCD 中，AD 綊BE ， ∴四边形ABED 为平行四边形， ∴AB 綊DE .∵O 为ED 的中点，∴MF 綊OE ， ∴四边形EFMO 为平行四边形， ∴OM ∥EF .∵EF ⊂平面C ′BE ，OM ⊄平面C ′BE ， ∴OM ∥平面C ′BE .(2)∵底面四边形ABED 的面积不变，∴要使四棱锥C ′－ABED 的体积最大，只需顶点C ′到平面ABED 的距离最大，即只需平面C ′DE ⊥平面ABED .∵C ′O ⊥ED ，平面C ′DE ∩平面ABED ＝ED ，C ′O ⊂平面C ′DE ，∴C ′O ⊥平面ABED ， ∴C ′O 为四棱锥C ′－ABED 的高，且C ′O ＝ 3.易知S 四边形ABED ＝23， ∴四棱锥C ′－ABED 的最大体积V max ＝13S 四边形ABED ·C ′O ＝2.。
2018年大一轮数学(文)高考复习(人教)课时规范训练：《第七章 立体几何》7-3 Word版含解析
课时规范训练A组基础演练1．若直线m⊂平面α，则条件甲：“直线l∥α”是条件乙：“l∥m”的() A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．即不充分也不必要条件答案：D2．若直线a平行于平面α，则下列结论错误的是()A．a平行于α内的所有直线B．α内有无数条直线与a平行C．直线a上的点到平面α的距离相等D．α内存在无数条直线与a成90°角解析：选A.若直线a平行于平面α，则α内既存在无数条直线与a平行，也存在无数条直线与a异面且垂直，所以A不正确，B、D正确．又夹在相互平行的线与平面间的平行线段相等，所以C正确．3．已知a，b是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列命题中正确的是()A．a∥b，b⊂α，则a∥αB．a，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥βC．a⊥α，b∥α，则a⊥bD．当a⊂α，且b⊄α时，若b∥α，则a∥b解析：选C.A选项是易错项，由a∥b，b⊂α，也可能推出a⊂α；B中的直线a，b不一定相交，平面α，β也可能相交；C正确；D中的直线a，b也可能异面．4．已知直线a，b，平面α，则以下三个命题：①若a∥b，b⊂α，则a∥α；②若a∥b，a∥α，则b∥α；③若a∥α，b∥α，则a∥b.其中真命题的个数是()A．0 B．1C ．2D ．3解析：选A.对于①，若a ∥b ，b ⊂α，则应有a ∥α或a ⊂α，所以①不正确；对于②，若a ∥b ，a ∥α，则应有b ∥α或b ⊂α，因此②不正确；对于③，若a ∥α，b ∥α，则应有a ∥b 或a 与b 相交或a 与b 异面，因此③是假命题．综上，在空间中，以上三个命题都是假命题．5．已知直线a 与平面α、β，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 平行的直线解析：选D.设直线a 和点B 所确定的平面为γ，则α∩γ＝a ，记β∩γ＝b ，∵α∥β，∴a ∥b ，故存在唯一一条直线b 与a 平行．6．如图所示，ABCD -A 1B 1C 1D 1是棱长为a 的正方体，M 、N 分别是下底面的棱A 1B 1、B 1C 1的中点，P 是上底面的棱AD 上的一点，AP ＝a3，过P 、M 、N 的平面交上底面于PQ ，Q 在CD 上，则PQ ＝________. 解析：∵平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，∴MN ∥PQ .∵M 、N 分别是A 1B 1、B 1C 1的中点， AP ＝a 3，∴CQ ＝a 3，从而DP ＝DQ ＝2a 3，∴PQ ＝223a . 答案：223a7．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A 、C ，过点P 的直线n 与α、β分别交于B 、D 且P A ＝6，AC ＝9，PD ＝8，则BD 的长为________．解析：根据题意可得到以下如图两种情况：可求出BD 的长分别为245或24. 答案：24或2458．在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，O 为底面ABCD 的中心，P 是DD 1的中点，设Q 是CC 1上的点，则点Q 满足条件________时，有平面D 1BQ ∥平面P AO . 解析：假设Q 为CC 1的中点，因为P 为DD 1的中点，所以QB ∥P A .连接DB ，因为P ，O 分别为DD 1，DB 的中点，所以D 1B ∥PO ，又D 1B ⊄平面P AO ，QB ⊄平面P AO ，所以D 1B ∥平面P AO ，QB ∥平面P AO ，又D 1B ∩QB ＝B ，∴平面D 1BQ ∥平面P AO ，故Q 满足Q 为CC 1的中点时，有平面D 1BQ ∥平面P AO . 答案：Q 为CC 1的中点9．如图E 、F 、G 、H 分别是正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱BC 、CC 1、C 1D 1、AA 1的中点．求证：s(1)EG ∥平面BB 1D 1D ； (2)平面BDF ∥平面B 1D 1H .证明：(1)取B 1D 1的中点O ，连接GO ，OB ， 易证四边形BEGO 为平行四边形，故OB ∥GE ， 由线面平行的判定定理即可证EG ∥平面BB 1D 1D .(2)由题意可知BD∥B1D1.如图，连接HB、D1F，易证四边形HBFD1是平行四边形，故HD1∥BF.又B1D1∩HD1＝D1，BD∩BF＝B，所以平面BDF∥平面B1D1H.10．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，点E在线段B1C1上，B1E＝3EC1，试探究：在AC上是否存在点F，满足EF∥平面A1ABB1？若存在，请指出点F的位置，并给出证明；若不存在，请说明理由．解：法一：当AF＝3FC时，FE∥平面A1ABB1.证明如下：在平面A1B1C1内过点E作EG∥A1C1交A1B1于点G，连接AG.∵B1E＝3EC1，∴EG＝34A1C1，又AF∥A1C1且AF＝34A1C1，∴AF∥EG且AF＝EG，∴四边形AFEG为平行四边形，∴EF∥AG，又EF⊄平面A1ABB1，AG⊂平面A1ABB1，∴EF∥平面A1ABB1.法二：当AF＝3FC时，FE∥平面A1ABB1.证明如下：在平面BCC1B1内过点E作EG∥BB1交BC于点G，∵EG∥BB1，EG⊄平面A1ABB1，BB1⊂平面A1ABB1，∴EG∥平面A1ABB1，∵B1E＝3EC1，∴BG＝3GC，∴FG∥AB，又AB⊂平面A1ABB1，FG⊄平面A1ABB1，∴FG∥平面A1ABB1.又EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，∴平面EFG∥平面A1ABB1.∵EF⊂平面EFG，∴EF∥平面A1ABB1.B组能力突破1．如图，L，M，N分别为正方体对应棱的中点，则平面LMN与平面PQR的位置关系是()A．垂直B．相交不垂直C．平行D．重合解析：选C.如图，分别取另三条棱的中点A，B，C将平面LMN延展为平面正六边形AMBNCL，因为PQ∥AL，PR∥AM，且PQ与PR相交，AL与AM相交，所以平面PQR∥平面AMBNCL，即平面LMN∥平面PQR.2．正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，CD，B1C1的中点，则正确的命题是()A．AE⊥CGB．AE与CG是异面直线C．四边形AEC1F是正方形D．AE∥平面BC1F解析：选D.由正方体的几何特征知，AE与平面BCC1B1不垂直，则AE⊥CG不成立；由于EG∥A1C1∥AC，故A、E、G、C四点共面，所以AE与CG是异面直线错误；在四边形AEC1F中，AE＝EC1＝C1F＝AF，但AF与AE不垂直，故四边形AEC 1F 是正方形错误；由于AE ∥C 1F ，由线面平行的判定定理，可得AE ∥平面BC 1F .3．设l ，m ，n 表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列四个命题： ①若m ∥l ，且m ⊥α，则l ⊥α； ②若m ∥l ，且m ∥α，则l ∥α；③若α∩β＝l ，β∩γ＝m ，γ∩α＝n ，则l ∥m ∥n ； ④若α∩β＝m ，β∩γ＝l ，γ∩α＝n ，且n ∥β，则l ∥m . 其中正确命题的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选B.易知①正确；②错误，l 与α的具体关系不能确定；③错误，以墙角为例即可说明，④正确，可以以三棱柱为例证明．4．空间四边形ABCD 的两条对棱AC 、BD 的长分别为5和4，则平行于两条对棱的截面四边形EFGH 在平移过程中，周长的取值范围是________．解析：设DH DA ＝GHAC ＝k ， ∴AH DA ＝EHBD ＝1－k ， ∴GH ＝5k ，EH ＝4(1－k )， ∴周长＝8＋2k . 又∵0＜k ＜1，∴周长的取值范围为(8,10)． 答案：(8,10)5．如图，几何体E -ABCD 是四棱锥，△ABD 为正三角形，CB ＝CD ，EC ⊥BD .(1)求证：BE＝DE；(2)若∠BCD＝120°，M为线段AE的中点．求证：DM∥平面BEC.(3)在(2)的条件下，在线段AD上是否存在一点N，使得BN∥面DEC，并说明理由．证明：(1)取BD的中点O，连接CO，EO.由于CB＝CD，所以CO⊥BD，又EC⊥BD，EC∩CO＝C，CO，EC⊂平面EOC，所以BD⊥平面EOC，因此BD⊥EO，又O为BD的中点，所以BE＝DE.(2)法一：取AB的中点N，连接DM，DN，MN，因为M是AE的中点，所以MN∥BE.又MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，所以MN∥平面BEC.又因为△ABD为正三角形，所以∠BDN＝30°，又CB＝CD，∠BCD＝120°，因此∠CBD＝30°，所以∠BDN＝∠CBD，所以DN∥BC.又DN⊄平面BEC，BC⊂平面BEC，所以DN∥平面BEC.又MN∩DN＝N，故平面DMN∥平面BEC，又DM⊂平面DMN，所以DM∥平面BEC.法二：延长AD，BC交于点F，连接EF.因为CB＝CD，∠BCD＝120°，所以∠CBD＝30°. 因为△ABD为正三角形，所以∠BAD＝∠ABD＝60°，所以∠ABC＝90°，因此∠AFB＝30°，所以AB＝12AF.又AB＝AD，所以D为线段AF的中点．连接DM，由于点M是线段AE的中点，因此DM∥EF.又DM⊄平面BEC，EF⊂平面BEC，所以DM∥平面BEC.(3)存在点N为AD的中点取AD的中点N，连接BN，O为BD的中点由(2)可知∠DCO＝60°，∴∠BDC＝30°，又∵DBN＝30°，∴BN∥DC.DC⊂面DEC，∴BN∥面DEC.。
2018届高三数学(文)教师用书：第七章-立体几何(含答案)
第七章⎪⎪⎪立体几何第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图1．简单几何体(1)简单旋转体的结构特征：①圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到； ②圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；③圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到；④球可以由半圆或圆绕直径旋转得到． (2)简单多面体的结构特征：①棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形； ②棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；③棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形． 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)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．[小题体验]1．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．2．(教材习题改编)如图，长方体ABCD A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是______．答案：五棱柱三棱柱1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点．2．空间几何体不同放置时其三视图不一定相同．3．对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视实虚线的画法．[小题纠偏]1．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．2．(教材习题改编)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．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[题组练透]1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是( )A．圆柱B．圆锥C．球体D．圆柱、圆锥、球体的组合体解析：选C 截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．2．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不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，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[谨记通法]解决与空间几何体结构特征有关问题3个技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型；(3)通过反例对结构特征进行辨析．考点二空间几何体的三视图重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2017·东北四市联考)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P是线段CD的中点，则三棱锥PA1B1A 的侧视图为( )解析：选D 如图，画出原正方体的侧视图，显然对于三棱锥PA1B1A，B(C)点均消失了，其余各点均在，从而其侧视图为D．2．(2015·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为( )A．1 B． 2C． 3 D．2解析：选C 根据三视图，可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥VABCD，其中VB⊥平面ABCD，且底面ABCD是边长为1的正方形，VB＝1．所以四棱锥中最长棱为VD．连接BD，易知BD＝2，在Rt△VBD中，VD＝VB2＋BD2＝3．[由题悟法]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)对柱、锥、台、球的三视图要熟悉．(2)明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图．(3)遵循“长对正、高平齐、宽相等”的原则．[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．[即时应用]1．(2016·沈阳市教学质量监测)“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．2．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )解析：选D 由俯视图是圆环可排除A、B、C，进一步将已知三视图还原为几何体，可得选项D．考点三空间几何体的直观图重点保分型考点——师生共研[典例引领]有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，则这块菜地的面积为________．解析：如图，在直观图中，过点A 作AE ⊥BC ，垂足为E ．在Rt △ABE 中，AB ＝1，∠ABE ＝45°，∴BE ＝22． 而四边形AECD 为矩形，AD ＝1， ∴EC ＝AD ＝1，∴BC ＝BE ＋EC ＝22＋1． 由此可还原原图形如图在原图形中，A′D′＝1，A′B′＝2，B′C′＝22＋1，且A′D′∥B′C′，A′B′⊥B′C′， ∴这块菜地的面积S ＝12(A′D′＋B′C′)·A′B′＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋22×2＝2＋22．答案：2＋22[由题悟法]原图与直观图中的“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[即时应用]如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6 cm ，O′C′＝2 cm ，则原图形是( )A．正方形B．矩形C．菱形D．一般的平行四边形解析：选C 如图，在原图形OABC中，应有OD＝2O′D′＝2×22＝4 2 cm，CD＝C′D′＝2 cm．∴OC＝OD2＋CD2＝22＋22＝6 cm，∴OA＝OC，故四边形OABC是菱形．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．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( )解析：选D 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．2．下列说法正确的是( )A．棱柱的两个底面是全等的正多边形B．平行于棱柱侧棱的截面是矩形C．{直棱柱}⊆{正棱柱}D．{正四面体}⊆{正三棱锥}解析：选D 因为选项A中两个底面全等，但不一定是正多边形；选项B中一般的棱柱不能保证侧棱与底面垂直，即截面是平行四边形，但不一定是矩形；选项C中{正棱柱}⊆{直棱柱}，故A、B、C都错；选项D中，正四面体是各条棱均相等的正三棱锥，故正确．3．某几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是( )A．三棱锥B．四棱锥C．四棱台D．三棱台解析：选A 因为正视图和侧视图都为三角形，可知几何体为锥体，又因为俯视图为三角形，故该几何体为三棱锥．4．在如图所示的直观图中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为 2 cm，则在直角坐标系xOy中，四边形ABCO的形状为________，面积为________cm2．解析：由斜二测画法的特点知该平面图形是一个长为4 cm，宽为 2 cm的矩形，所以四边形ABCO的面积为8 cm2．答案：矩形85．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，ABCDA1B1C1D1，如图，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：①②二保高考，全练题型做到高考达标1．已知底面为正方形的四棱锥，其中一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的( )解析：选C 根据三视图的定义可知A 、B 、D 均不可能，故选C ． 2．如图所示是水平放置三角形的直观图，点D 是△ABC 的BC 边中点，AB ，BC分别与y′轴、x′轴平行，则三条线段AB ，AD ，AC 中( )A ．最长的是AB ，最短的是AC B ．最长的是AC ，最短的是AB C ．最长的是AB ，最短的是AD D ．最长的是AC ，最短的是AD解析：选B 由条件知，原平面图形中AB ⊥BC ，从而AB ＜AD ＜AC ．3．(2016·沈阳市教学质量监测)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个凸多面体的三视图(两个矩形，一个直角三角形)，则这个几何体可能为( )A ．三棱台B ．三棱柱C ．四棱柱D ．四棱锥解析：选B 根据三视图的法则：长对正，高平齐，宽相等，可得几何体如图所示，这是一个三棱柱．4．(2016·淄博一模)把边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折起，形成的三棱锥ABCD 的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为( )A ．22B ．12C ．24 D ．14解析：选D 由正视图与俯视图可得三棱锥ABCD 的一个侧面与底面垂直，其侧视图是直角三角形，且直角边长均为22，所以侧视图的面积为S ＝12×22×22＝14． 5．已知四棱锥PABCD 的三视图如图所示，则四棱锥PABCD 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PM ＝3，PN ＝5，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．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：①④7．一个圆台上、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：138．已知正四棱锥VABCD 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 ，连结VO ，AO ，则VO 就是正四棱锥VABCD 的高．因为底面面积为16，所以AO ＝22． 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VABCD 的高为6． 答案：69．已知正三角形ABC 的边长为2，那么△ABC 的直观图△A′B′C′的面积为________． 解析：如图，图①、图②所示的分别是实际图形和直观图． 从图②可知，A′B′＝AB ＝2，O′C′＝12OC ＝32，C′D′＝O′C′sin 45°＝32×22＝64． 所以S △A′B′C′＝12A′B′·C′D′＝12×2×64＝64．答案：6410．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＝6．三上台阶，自主选做志在冲刺名校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 ．8B ．7C ．6D ．5解析：选C 画出直观图，共六块．2．(2017·湖南省东部六校联考)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中，最大的面积是( )A ．4 3B ．8 3C ．47D ．8解析：选C 设该三棱锥为PABC，其中PA ⊥平面ABC ，PA ＝4，则由三视图可知△ABC 是边长为4的等边三角形，故PB ＝PC ＝42，所以S △ABC ＝12×4×23＝43，S △PAB ＝S △PAC ＝12×4×4＝8，S △PBC ＝12×4×22－22＝47，故四个面中面积最大的为S △PBC ＝47，选C ．3．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 cm 2．(2)由侧视图可求得PD ＝PC 2＋CD 2＝62＋62＝62． 由正视图可知AD ＝6， 且AD ⊥PD ， 所以在Rt△APD 中， PA ＝PD 2＋AD 2＝ 22＋62＝6 3 cm ．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2．空间几何体的表面积与体积公式[小题体验]1．(2016·全国甲卷)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：l ＝22＋32＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π．2．(教材习题改编)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱，其底面为侧视图，该侧视图是底边为2，高为3的三角形，正视图的长为三棱柱的高，故h ＝3，所以该几何体的体积V ＝S·h＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×3×3＝33． 答案：3 33．正三棱柱ABCA 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 中点，则三棱锥AB 1DC 1的体积为________．解析：在正三棱柱ABCA1B 1C 1中，∵AD ⊥BC ，AD ⊥BB 1，BB 1∩BC＝B ，∴AD ⊥平面B 1DC 1． ∴V AB 1DC 1＝13S △B 1DC 1·AD＝13×12×2×3×3＝1．答案：11．求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易出错．2．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．3．易混侧面积与表面积的概念． [小题纠偏]1．(教材习题改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶3 1∶12．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是________．解析：由三视图可知，该几何体由一个正四棱柱和一个棱台组成，其表面积S ＝3×4×2＋2×2×2＋4×22×2＋4×6＋12×(2＋6)×2×2＝72＋162．答案：72＋16 2考点一 空间几何体的表面积基础送分型考点——自主练透 [题组练透]1．(易错题)(2015·全国卷Ⅰ)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正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 ．8解析：选B 如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr·2r＝(5π＋4)r 2．又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π，∴r 2＝4，r ＝2，故选B ． 2．(2015·福建高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( )A ．8＋2 2B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15解析：选B 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，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋22．3．某几何体的三视图如图所示，则它的侧面积为( )A ．12 5B ．24 2C ．24D ．12 3解析：选A 由三视图得， 这是一个正四棱台，由条件知斜高h ＝22＋12＝5， 侧面积S ＝＋52×4＝125．[谨记通法]几何体的表面积的求法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．注意衔接部分的处理，如“题组练透”第1题．考点二 空间几何体的体积重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2016·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．13＋23π B ．13＋23πC ．13＋26π D ．1＋26π 解析：选C 由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝13＋26π． 2．(2015·全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A ．18B ．17C ．16D ．15解析：选D 由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56．所以V 1V 2＝1656＝15．[由题悟法]有关几何体体积的类型及解题策略[即时应用]1．(2016·西安质检)某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为( )A ．43 B ．52 C ．73D ．3解析：选A 根据几何体的三视图，得该几何体是下部为直三棱柱，上部为三12棱锥的组合体，如图所示．则该几何体的体积是V 几何体＝V 三棱柱＋V 三棱锥＝×2×1×1＋13×12×2×1×1＝43．2．(2017·云南省统检)如图是底面半径为1，高为2的圆柱被削掉一部分后剩下的几何体的三视图，则被削掉的那部分的体积为( )A ．π＋23B ．5π－23C ．5π3－2D ．2π－23解析：选B 由三视图可知，剩下部分的几何体由半个圆锥和一个三棱锥组成， 其体积V ＝13×12×π×12×2＋13×12×2×1×2＝π3＋23，∴被削掉的那部分的体积为π×12×2－⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋23＝5π－23． 3．(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．解析：由三视图知该几何体是一个组合体，左边是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm,4cm,2 cm ，右边也是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm ，2 cm ，4 cm ．几何体的表面积为(2×2＋2×4＋2×4)×2×2－2×2×2＝72(cm 2)， 体积为2×2×4×2＝32(cm 3)． 答案：72 32考点三 与球有关的切、接问题题点多变型考点——多角探明 [锁定考向]与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考生的难点、易失分点，命题角度多变． 常见的命题角度有：(1)正四面体的内切球与四棱锥的外接球； (2)直三棱柱的外接球；(3)正方体(长方体)的内切、外接球． [题点全练]角度一：正四面体的内切球与四棱锥的外接球1．(2017·长春模拟)若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________．解析：设正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4·34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14，即r ＝14·63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π．答案：63π角度二：直三棱柱的外接球2．已知直三棱柱ABCA 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A ．3172B ．210C ．132D ．310AM ＝12BC ＝解析：选C 如图，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M ．又52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋62＝132．角度三：正方体(长方体)的内切、外接球3．如图，已知球O 是棱长为1的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的内切球，则平面ACD 1截球O 的截面面积为( )A ．66π B ．π3C ．π6D ．33π 解析：选C 平面ACD 1截球O 的截面为△ACD 1的内切圆．因为正方体的棱长为1，所以AC ＝CD 1＝AD 1＝2，所以内切圆的半径r ＝22×tan 30°＝66， 所以S ＝πr 2＝π×16＝16π．[通法在握]“切”“接”问题处理的注意事项 (1)“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．(2)“接”的处理把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．[演练冲关]1．(2017·广州市综合测试)一个六棱柱的底面是正六边形，侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点都在同一个球面上，则该球的体积为( )A ．20πB ．205π3C ．5πD ．55π6解析：选D 由题意知六棱柱的底面正六边形的外接圆半径r ＝1，其高h ＝1，∴球半径为R ＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫h 22＝1＋14＝52，∴该球的体积V ＝43πR 3＝43×⎝ ⎛⎭⎪⎫523π＝55π6． 2．(2016·河南省六市第一次联考)三棱锥PABC 中，AB ＝BC ＝15，AC ＝6，PC ⊥平面ABC ，PC ＝2，则该三棱锥的外接球表面积为( )A ．253πB ．252πC ．833πD ．832π解析：选D 由题可知，△ABC 中AC 边上的高为15－32＝6，球心O 在底面ABC 的投影即为△ABC 的外心D ，设DA ＝DB ＝DC ＝x ，∴x 2＝32＋(6－x)2，解得x ＝546，∴R 2＝x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫PC 22＝758＋1＝838(其中R为三棱锥外接球的半径)，∴外接球的表面积S ＝4πR 2＝832π，故选D ．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( ) A ．163πB ．323πC ．16πD ．24π解析：选B 设球的半径为R ，因为表面积是16π，所以4πR 2＝16π，解得R ＝2．所以体积为43πR3＝32π3． 2．(2016·长春市质量检测(二))几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．323B ．16－2π3C ．403D ．16－8π3解析：选C 该几何体可视为长方体挖去一个四棱锥所得，所以其体积为2×2×4－13×2×2×2＝403．故选C ． 3．(2016·全国乙卷)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π14，得到解析：选A 由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的的几何体如图．设球的半径为R ，则43πR 3－18×43πR 3＝283π，解得R ＝2．因此它的表面积为78×4πR 2＋34πR 2＝17π．故选A ．4．(2016·北京高考)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________．解析：由题意知该四棱柱为直四棱柱，其高为1，其底面为上底长为1，下底长为2，高为1的等腰梯形，所以该四棱柱的体积为V ＝＋2×1＝32．答案：325．(2015·天津高考)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3．解析：由几何体的三视图可知该几何体由两个圆锥和一个圆柱构成，其中圆锥的底面半径和高均为1，圆柱的底面半径为1且其高为2，故所求几何体的体积为V ＝13π×12×1×2＋π×12×2＝83π． 答案：83π二保高考，全练题型做到高考达标1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )A ．7B ．6C ．5D ．3解析：选A 设圆台较小底面半径为r ， 则另一底面半径为3r ．由S ＝π(r＋3r)·3＝84π，解得r ＝7．2．一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为( )A ．6B ．8C ．12D ．24解析：选C 由题意可知该六棱锥为正六棱锥，正六棱锥的高为h ，侧面的斜高为h′． 由题意，得13×6×34×22×h＝23，∴h ＝1， ∴斜高h′＝12＋32＝2，∴S 侧＝6×12×2×2＝12．故选C ．3．(2015·重庆高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．13＋2π B ．13π6C ．7π3D ．5π2解析：选B 由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋12×13π×12×1＝136π． 4．(2017·兰州市实战考试)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个等腰直角三角形，则该几何体外接球的体积为( )A ．32π B ．32C ．3πD ．3解析：选A 由题意得，该几何体为四棱锥，且该四棱锥的外接球即为棱长为1的正方体的外接球，其半径为32，故体积为43π⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝32π，故选A ． 5．(2016·山西省高三考前质量检测)某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为37，则侧视图中线段的长度x 的值是( )A ．7B ．27C ．4D ．5解析：选C 分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥PABCD，故其体积V＝13×32＋32×4×CP＝37，∴CP ＝7，∴x ＝32＋72＝4，故选C ．6．已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中圆的直径为4，该几何体的体积为V 1，直径为4的球的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________．解析：由三视图知，该几何体为圆柱内挖去一个底面相同的圆锥，因此V 1＝8π－8π3＝16π3，V 2＝4π3×23＝32π3，V 1∶V 2＝1∶2．答案：1∶27．(2016·合肥市第二次质量检测)已知球O 的内接圆柱的轴截面是边长为2的正方形，则球O 的表面积为________．解析：由题意可得，球心在轴截面正方形的中心，则外接球的半径R ＝12＋12＝2，该球的表面积为4πR 2＝8π．答案：8π8．(2016·四川高考)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是________．BD ＝23，解析：由正视图知三棱锥的形状如图所示，且AB ＝AD ＝BC ＝CD ＝2，设O 为BD 的中点，连接OA ，OC ，则OA ⊥BD ，OC ⊥BD ，结合正视图可知AO ⊥平面BCD ．又OC ＝CD 2－OD 2＝1，∴V 三棱锥ABCD ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×23×1×1＝33． 答案：339．(2017·武汉调研)已知正四棱锥的顶点都在同一球面上，且该棱锥的高为4，底面边长为22，则该球的表面积为________．解析：如图，正四棱锥PABCD 的外接球的球心O 在它的高PO 1上，设球的半。
2018届高考数学(文)大一轮复习检测第七章 立体几何 课时作业45 Word版含答案
课时作业直线、平面平行的判定及其性质一、选择题．若直线不平行于平面α，且⊄α，则( )．α内的所有直线与异面．α内不存在与平行的直线．α与直线至少有两个公共点．α内的直线与都相交解析：因为⊄α，直线不平行于平面α，所以直线只能与平面α相交，于是直线与平面α只有一个公共点，所以平面α内不存在与平行的直线．答案：．已知直线和平面α，那么∥α的一个充分条件是( )．存在一条直线，∥且⊂α．存在一条直线，⊥且⊥α．存在一个平面β，⊂β且α∥β．存在一个平面β，∥β且α∥β解析：在，，中，均有可能⊂α，错误；在中，两平面平行，则其中一个平面内的任一条直线都平行于另一平面，故正确．答案：．平面α∥平面β，点，∈α，点，∈β，则直线∥直线的充要条件是( )．∥．∥．与相交．，，，四点共面解析：充分性：，，，四点共面，由平面与平面平行的性质知∥.必要性显然成立．答案：．一条直线上有相异三个点、、到平面α的距离相等，那么直线与平面α的位置关系是( )．∥α．⊥α．与α相交但不垂直．∥α或⊂α解析：∥α时，直线上任意点到α的距离都相等；⊂α时，直线上所有的点到α的距离都是；⊥α时，直线上有两个点到α距离相等；与α斜交时，也只能有两个点到α距离相等．故选.答案：．已知不重合的两条直线，和不重合的两个平面α，β，下列命题正确的是( ) ．∥，∥β，则∥β．α∩β＝，⊂α，则∥β．α⊥β，⊥α，则∥β．⊥，⊥β，⊥α，则α⊥β解析：对于选项，可能在β内，故错；对于选项，可能与β相交，故错；对于选项，可能在β内，故错，所以选.答案：．如图，正方体－中，，分别为棱，的中点，在平面内且与平面平行的直线( )．有无数条．有条．有条．不存在解析：因为平面与平面有公共点，所以两平面有一条过的交线，在平面内与平行的任意直线都与平面平行，这样的直线有无数条．答案：二、填空题．在正方体－中，是的中点，则与平面的位置关系为．解析：如图，。
2018版高考一轮总复习数学(文)模拟演练第7章立体几何7-5含答案
（时间:40分钟）1．“直线l垂直于平面α”的一个必要不充分条件是（)A．直线l与平面α内的任意一条直线垂直B．过直线l的任意一个平面与平面α垂直C．存在平行于直线l的直线与平面α垂直D．经过直线l的某一个平面与平面α垂直答案D解析若直线l垂直于平面α,则经过直线l的某一个平面与平面α垂直，当经过直线l的某一个平面与平面α垂直时，直线l垂直于平面α不一定成立,所以“经过直线l的某一个平面与平面α垂直"是“直线l垂直于平面α"的必要不充分条件．故选D。
2．已知m,n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β,直线l满足l ⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则（）A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交,且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l答案D解析由于m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，则平面α与平面β必相交,但未必垂直，且交线垂直于直线m,n，又直线l 满足l⊥m，l⊥n，则交线平行于l.故选D。
3．已知α，β表示平面，m,n表示直线，m⊥β,α⊥β，给出下列四个结论：①∀n⊂α,n⊥β;②∀n⊂β，m⊥n；③∀n⊂α,m∥n;④∃n⊂α，m ⊥n。
则上述结论中正确的个数为( )A．1 B．2C．3 D．4答案B解析由于m⊥β,α⊥β，所以m⊂α或m∥α.∀n⊂α，n⊥β或n，β斜交或n∥β，①不正确；∀n⊂β,m⊥n,②正确；∀n⊂α，m∥n或m，n相交或互为异面直线，③不正确;④正确．故选B.4．正方体ABCD－A′B′C′D′中,E为A′C′的中点，则直线CE垂直于( )A．A′C′ B．BDC．A′D′ D．AA′答案B解析连接B′D′，∵B′D′⊥A′C′,B′D′⊥CC′,且A′C′∩CC′＝C′，∴B′D′⊥平面CC′E。
而CE⊂平面CC′E，∴B′D′⊥CE.又∵BD∥B′D′,∴BD⊥CE.故选B。
5．已知如图，六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABCDEF.则下列结论不正确的是( ）A．CD∥平面PAFB．DF⊥平面PAFC．CF∥平面PABD．CF⊥平面PAD答案D解析A中，因为CD∥AF，AF⊂平面PAF,CD⊄平面PAF,所以CD∥平面PAF成立；B中，因为ABCDEF为正六边形，所以DF⊥AF，又因为PA⊥平面ABCDEF,所以PA⊥DF,又因为PA∩AF＝A,所以DF⊥平面PAF成立；C中，因为CF∥AB,AB⊂平面PAB,CF⊄平面PAB,所以CF∥平面PAB；而D中CF与AD不垂直，故选D.6．已知P为△ABC所在平面外一点,且PA、PB、PC两两垂直，则下列命题：①PA⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB;④AB⊥BC。
2018版高中数学(理)一轮全程复习(课时作业)第七章 立体几何 (四十六) Word版含解析
课时作业(四十六) 直线、平面垂直的判定和性质[授课提示：对应学生用书第页]一、选择题．(·浙江，)已知互相垂直的平面α，β交于直线，若直线，满足∥α，⊥β，则( ) ．∥．∥．⊥．⊥解析：对于，与可能平行或异面，故错；对于、，与可能平行、相交或异面，故、错；对于，因为⊥β，⊂β，所以⊥，故正确．故选.答案：．直线⊥平面α，∥α，则与的关系为( )．⊥，且与相交．⊥，且与不相交．⊥．与不一定垂直解析：∵∥α，∴平行于α内的某一条直线，设为′，∵⊥α，且′⊂α，∴⊥′，∴⊥，但与可能相交，也可能异面．答案：．(·宝鸡质检)对于四面体，给出下列四个命题：①若＝，＝，则⊥；②若＝，＝，则⊥；③若⊥，⊥，则⊥；④若⊥，⊥，则⊥.其中为真命题的是( )．①②．②③．②④．①④解析：①如图，取的中点，连接，，由＝⇒⊥，同理⊥⇒⊥平面，而⊂平面，故⊥.④设在平面内的射影为，连接，，，由⊥⇒⊥，由⊥⇒⊥⇒为△的垂心⇒⊥⇒⊥.答案：．(·福建宁德二模，)设，是两条不同直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( ) ．∥α，∥β且α∥β，则∥．⊥α，⊥β且α⊥β，则⊥．⊥α，⊂β，⊥，则α⊥β．⊂α，⊂α，∥β，∥β，则α∥β解析：对于，条件为∥α，∥β且α∥β，其对、之间的位置关系没有限制，即该位置关系可以是平行、相交或异面，故错；对于，由⊥α，⊥β且α⊥β，知与一定不平行(否则有α∥β，与α⊥β矛盾)，不妨令与相交(若其不相交，可通过平移使得相交)，且设与确定的平面为γ，则γ与α和β的交线所成的角即为α与β所成的角的平面角，因为α⊥β，所以与所成的角为°，故命题正确；对于，α与β可以平行，故不正确；对于，少了条件与相交，所以不成立．故选.答案：．(·贵阳二模)在正四面体－中，、、分别是、、的中点，则下列四个结论中不成立的是( )．∥平面．⊥平面．平面⊥平面．平面⊥平面解析：如图，∵、分别为、的中点，∴∥.∴∥平面，故正确．∵四面体－为正四面体，∴在底面内的射影在上．∴⊥平面，∴⊥.又为的中点，∴⊥，∴⊥.又∩＝，∴⊥平面，故正确．∵⊂平面，⊥平面，∴平面⊥平面，故正确．∴四个结论中不成立的是.答案：．在直角梯形中，＝，∥，∠＝°，将△沿折起，使平面⊥平面，则下列命题正确的是( )．平面⊥平面．平面⊥平面．平面⊥平面．平面⊥平面解析：∵＝，∠＝°，∴⊥；∵平面⊥平面，∴⊥平面，∴⊥.又∵⊥，∩＝，∴⊥平面.又⊂平面，∴平面⊥平面.答案：二、填空题．(·青岛一模)如图所示，在四棱锥－中，⊥底面，且底面各边都相等，是上一动点，当点满足时，平面⊥平面.(只要填写一个你认为正确的条件即可)解析：如图，连接，∵四边形的各边都相等，∴四边形为菱形，∴⊥，又⊥平面，∴⊥，又∩＝，∴⊥平面，∴⊥.∴当⊥(或⊥等)时，有⊥平面，而⊂平面，∴平面⊥平面.答案：⊥(或⊥等)(不唯一).。
2018高考数学文理一轮复习检测：综合过关规范限时检测 第七章 立体几何理 含解析 精品
第七章综合过关规范限时检测(理)(时间：120分钟满分150分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1．(2016·山东枣庄八中高三月考)下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是导学号30072212(D)A．①②B．①③C．①④D．②④[解析]①的正视图、侧视图、俯视图均为正方形，不符合题意；②的正视图、侧视图、俯视图分别为三角形、三角形、圆；③的正视图、侧视图、俯视图分别为等腰梯形且左右中间加一条线、一般梯形、三角形，不符合题意；④正四棱锥的正视图、侧视图、俯视图分别为三角形、三角形、正方形且连接两条对角线．故选D．2．(2016·四川雅安高三模拟)下列说法错误的是导学号30072213(D)A．两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内B．过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直C．如果共点的三条直线两两垂直，那么它们中每两条直线确定的平面也两两垂直D．如果两条直线和一个平面所成的角相等，那么这两条直线一定平行[解析]由平面性质的公理1,2,3易知A，B两项正确；由面面垂直的判定定理知C项正确；D项不正确，因为这两条直线可能相交，可能平行，可能异面．故选D．3．(2017·福建省南平市邵武七中高三上学期第一次月考数学试题)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是导学号30072214(B)A ．16B ．13C ．23D ．1[解析] 由三视图可知：该几何体是一个三棱锥，其中P A ⊥底面ABC ，P A ＝2，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝1.据此即可得到体积．解：由三视图可知：该几何体是一个三棱锥，其中P A ⊥底面ABC ，P A ＝2，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝1.∴S △ABC ＝12×AB ×BC ＝12×12＝12.因此V ＝13×S △ABC ×P A ＝13×12×2＝13.故选B ．4．(2016·宁夏回族自治区银川一中高三一模)已知直线m ，n 和平面α，则m ∥n 的必要非充分条件是导学号 30072215( A )A ．m ，n 与α成等角B ．m ⊥α，且n ⊥αC ．m ∥α，且n ⊂αD ．m ∥α，且n ∥α[解析] 因为m ∥n ，所以m ，n 与α所成角相等，但m ，n 与α所成角相等，m 与n 可能相交、异面，也可能平行．故选A ．5．(2016·成都模拟)已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2u －1,2λ)，若a ∥b ，则λ与u 的值可以是导学号 30072216( A )A ．2，12B ．－13，12C ．－3,2D ．2,2[解析] 由题意知(λ＋1)·2λ＝2×6，可得λ＝－3或2，由0·2λ＝2(2μ－1)可得μ＝12.分析选项可知A 正确．6．(教材改编题)如图，在空间四面体OABC 中，点M 为BC 的中点，点N 为AC 的中点，点P 为OA 的中点，点Q 为OB 的中点．若AB ＝OC ，则PM 与QN 所成的角为导学号 30072217( D )A ．π6B ．π4C ．π3D ．π2[解析] 方法一：顺次连接M 、N 、P 、Q 四点，由题意知PQ 綊12AB ，MN 綊12AB ，∴PQ 綊MN ，又MQ 綊12OC 且OC ＝AB ，∴MN ＝OM ，即MNPO 为菱形 ∴PM ⊥QN ，即PM 与QN 所成角为π2.方法二：连接OM ，ON .因为OM →＝12(OB →＋OC →)，ON →＝12(OA →＋OC →)，所以PM →＝PO →＋OM →＝12AO →＋12(OB →＋OC →)＝12(AB →＋OC →)，QN →＝QO →＋ON →＝12BO →＋12(OA →＋OC →)＝12(OC →－AB →)，所以PM →·QN →＝14(|O C →|2－|AB →|2)＝0，所以PM ⊥QN .故选D ．7．(2016·北京石景山统一测试)在如图所示的空间直角坐标系O －xyz 中，一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2)．给出编号①，②，③，④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为导学号 30072218( D )A ．①和②B ．③和①C ．③和④D ．④和②[解析] 如图，根据给定点的坐标，描出各点，得到四面体ABCD ，其中平面BCD ⊥平面xOy ，平面BCD ⊥平面yOz ，AD ∥平面xOy .所以由三视图画图规则，其正视图、俯视图分别为④，②.故选D ．8．(2017·浙江省名校协作体2016届高三下学期3月联考数学试题)已知α，β是相异两平面，m，n是相异两直线，则下列命题中不正确的是导学号30072219(D) A．若m∥n，m⊥α，则m⊥αB．若m⊥α，m⊥β，则α∥βC．若m⊥α，m⊂β，则α⊥βD．若m∥α，α∩β＝n，则m∥n[解析]由α，β是相异两平面，m，n是相异两直线，知：若m∥n，m⊥α，则m⊥α；若m⊥α，m⊥β，则α∥β；若m⊥α，m⊂β，则α⊥β；若m∥α，α∩β＝n，则m与n相交、平行或异面．解：由α，β是相异两平面，m，n是相异两直线，知：若m∥n，m⊥α，则m⊥α，故A正确；若m⊥α，m⊥β，则α∥β，故B正确；若m⊥α，m⊂β，则α⊥β，故C正确；若m∥α，α∩β＝n，则m与n相交、平行或异面，故D不正确．故选D．9．(2016·福建厦门期末)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°.侧面P AD为正三角形，且平面P AD⊥平面ABCD，则下列说法错误的是导学号30072220(D)A．在棱AD上存在点M，使AD⊥平面PMBB．异面直线AD与PB所成的角为90°C．二面角P－BC－A的大小为45°D．BD⊥平面P AC[解析]对于A项，如图，取AD的中点M，连接PM，BM.因为则面P AD为正三角形，所以PM⊥AD．又底面ABCD是∠DAB＝60°的菱形，所以△ABD是等边三角形，所以AD ⊥BM，所以AD⊥平面PBM，故A项正确，对于B项，因为AD⊥平面PBM，所以AD⊥PB，即异面直线AD与PB所成的角为90°，故B项正确．对于C项，因为底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°，平面P AD⊥平面ABCD，所以BM⊥BC，则∠PBM是二面角P－BC－A的平面角．设AB＝1，则BM＝32，PM＝32.在Rt△PBM中，tan∠PBM＝PMBM＝1，即∠PBM＝45°，所以二面角P－BC－A的大小为45°，故C项正确．故选D．10．正三棱锥P －ABC 的高为2，侧棱与底面ABC 成45°角，则点A 到侧面PBC 的距离为导学号 30072221( B )A ．355B ．655C ． 5D ．5[解析] 如图所示，正三棱锥P －ABC 中高PO ＝2，侧棱P A 与底面所成的角∠P AO ＝45°延长AO 交BC 、于点M ，则点M 为BC 边的中点，连接PM ，∴AO ＝PO ＝2，OM ＝1，PM ＝PO 2＋OM 2＝5，过点A 作AN ⊥PM 于点N ，则AN ⊥平面PBC ，即得AN 的长就是点A 到平面PBC 的距离，∵AM ×PO ＝PM ×AN ，∴AN ＝AM ×PO PM ＝3×25＝655.11．(2016·河南商丘高三一模)已知三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球的表面积为导学号 30072222( A )A ．4πB ．8πC ．12πD ．16π[解析] 由三棱锥的三视图，易得俯视图斜边上的中点到三棱锥各顶点的距离均为1，所以三棱锥的外接球球心为俯视图斜边上的中点，外接球的半径为1.由球的表面积公式S 球＝4πR 2，知外接球表面积为4π，故选A ．12.如图，在四面体ABCD 中，AB ＝1，AD ＝23，BC ＝3，CD ＝2，∠ABC ＝∠DCB ＝π2，则二面角A －BC －D 的大小为导学号 30072223( B )A ．π6B ．π3C ．5π3D ．5π6[解析] 依题意可知，二面角A －BC －D 的大小等于AB 与CD 所成角的大小．∵AD →＝AB →＋BC →＋CD →，∴AD →2＝AB →2＋CD →2＋BC →2＋2|AB →|·|CD →|·cos 〈AB →，CD →〉，即12＝1＋4＋9＋2×2cos 〈AB →，CD →〉．∴cos 〈AB →，CD →〉＝－12，∴AB 与CD 所角的角为π3，即二面角A －BC －D 的大小为π3.二、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．(2016·海南高考模拟)若直线l 的方向向量a ＝(1,1,1)，平面α的一个法向量n ＝(2，－1,1)，则直线l 与平面α所成角的正弦值等于23.导学号 30072224 [解析] 设直线l 与平面α所成的角为θ，所以sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |＝|2－1＋1|3×6＝23. 14．(2016·浙江，6分)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_72__cm 2，体积是_32__cm 3.导学号 30072225[解析] 将三视图还原成直观图如图所示，它由2个长方体组合而成，其体积V ＝2×2×2×4＝32 cm 3，表面积为6×2×4＋6×2×2＝72 cm 2.15．点E，F，G分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB，BC，B1C1的中点，如图所示，则下列命题中的真命题是_③④⑤__(写出所有真命题的编号).导学号30072226①以正方体的顶点为顶点的三棱锥的四个面中最多只有三个面是直角三角形；②过点F，D1，G的截面是正方形；③点P在直线FG上运动时，总有AP⊥DE；④点Q在直线BC1上运动时，三棱锥A－D1QC的体积的定值；⑤点M是正方体的平面A1B1C1D1内的到点D和C1距离相等的点，则点M的轨迹是一条线段．[解析]对于①，三棱锥A－BCC1的四个面都是直角三角形，故①为假命题；对于②，截面为矩形FGD1D，易知其边长不等，故②为假命题；③易证DE⊥平面AFG，又AP⊂平面AFG，故DE⊥AP，故③为真命题；④由于BC1∥平面ACD1，故三棱锥Q－ACD1的高为定值，即点Q到平面ACD1的距离为定值，而底面积S△ACD1，也为定值，故三棱锥体积VA－D1QC＝VQ－ACD1为定值，故④为真命题；⑤到D，C1距离相等的点的轨迹为平面A1BCD1(中垂面)，又点M在平面A1B1C1D1中，故点M的轨迹为线段A1D1，故⑤为真命题．16．(2016·浙江，4分)如图，已知平面四边形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD＝5，∠ADC＝90°.沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′，直线AC与BD′所成角的余弦的最大值是66.导学号30072227[解析]作BE∥AC，BE＝AC，连接D′E，则∠D′BE为所求的角或其补角，作D′N⊥AC于点N，设M为AC的中点，连接BM，则BM⊥AC，作NF∥BM交BE于F，连接D′F，设∠D′NF＝θ，∵D′N＝56＝306，BM＝FN＝152＝302，∴D′F2＝253－5cosθ，∵AC⊥D′N，AC⊥FN，∴D′F⊥AC，∴D′F⊥BE，又BF＝MN＝63，∴Rt△D′FB中，D ′B 2＝9－5cos θ，∴cos ∠D ′BE ＝BF D ′B ＝639－5cos θ≤66，当且仅当θ＝0°时取“＝”．三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分)(2016·全国卷Ⅲ)如图，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC的中点．导学号 30072228(1)证明MN ∥平面P AB ； (2)求四面体N －BCM 的体积． [解析] (1)由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 的中点知TN∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，所以MN ∥平面P AB ．(2)因为P A ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以N 到平面ABCD 的距离为12P A ．取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝ 5. 由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5，故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N －BCM 的体积V N －BCM ＝13×S △BCM ×P A 2＝453.18．(本小题满分12分)(2016全国卷Ⅰ)如图，已知正三棱锥P －ABC 的侧面是直角三角形，P A ＝6.顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面P AB 内的正投影为点E ，连接PE 并延长交AB 于点G 导学号 30072229(1)证明：G 是AB 的中点；(2)在图中作出点E 在平面P AC 内的正投影F (说明作法及理由)，并求四面体PDEF 的体积．[解析] (1)因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以AB ⊥PD ．因为D 在平面P AB 内的正投影为E ，所以AB ⊥DE . 所以AB ⊥平面PED ，故AB ⊥PG .又由已知，可得P A ＝PB ，所以G 是AB 的中点．(2)在平面P AB 内，过点E 作PB 的平行线交P A 于点F ，F 即为E 在平面P AC 内的正投影．理由如下：由已知可得PB ⊥P A ，PB ⊥PC ，又EF ∥PB ，所以EF ⊥P A ，EF ⊥PC ，因此EF ⊥平面P AC ，即点F 为E 在平面P AC 内的正投影．连接CG ，因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以D 是正三角形ABC 的中心． 由(1)知，G 是AB 的中点，所以D 在CG 上，故CD ＝23CG .由题设可得PC ⊥平面P AB ，DE ⊥平面P AB ，所以DE ∥PC ，因此PE ＝23PG ，DE ＝13PC ．由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且P A ＝6，可得DE ＝2，PE ＝2 2. 在等腰直角三角形EFP 中，可得EF ＝PF ＝2. 所以四面体PDEF 的积体V ＝13×12×2×2×2＝43.19．(本小题满分12分)(2017·陕西省延安市黄陵中学高三上学期质量(重点班)数学试题)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥面ABCD ，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AC ⊥BD ，BC ＝1，AD ＝P A ＝2，E ，F 分别为PB ，AD 的中点.导学号 30072230(1)证明：AC ⊥EF ；(2)求直线EF 与平面PCD 所成角的正弦值．[解析] (1)以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设AB ＝t ，可得相关各点的坐标，AC ⊥BD ，可得AC →·BD →＝－t 2＋2＋0＝0，求出t ，进而证明AC →⊥EF →，可得AC ⊥EF ；(2)求出平面PCD 的一个法向量，利用向量的夹角公式，可得直线EF 与平面PCD 所成角的正弦值．解：(1)易知AB ，AD ，A P 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．设AB ＝t ，则相关各点的坐标为：A (0,0,0)，B (t,0,0)，C (t,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)，E (t2，0,1)，F (0,1,0)．从而EF →＝(－t 2，1，－1)，AC →＝(t,1,0)，BD →＝(－t,2,0)．因为AC ⊥BD ，所以AC →·BD →＝－t 2＋2＋0＝0. 解得t ＝2或t ＝－2(舍去)．于是EF →＝(－22，1，－1)，AC →＝(2，1,0)．因为AC →·EF →＝－1＋1＋0＝0，所以AC →⊥EF →，即AC ⊥EF . (2)由(1)知，PC →＝(2，1，－2)，PD →＝(0,2，－2)．设n ＝(x ，y ，z )是平面PCD 的一个法向量，则⎩⎨⎧2x ＋y －2z ＝02y －2z ＝0令z ＝2，则n ＝(1，2，2)．设直线EF 与平面PCD 所成角为θ，则sin θ＝|cos ＜n ，EF →＞|＝15.即直线EF 与平面PCD 所成角的正弦值为15.20．(本小题满分12分)(2016·湖北模拟)在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是菱形，ADNM 是矩形，平面ADNM ⊥平面ABCD ，∠DAB ＝60°，AD ＝2，AM ＝1，E 为AB 的中点.导学号 30072231(1)求证：AN ∥平面MEC ；(2)在线段AM 上是否存在点P ，使二面角P －EC －D 的大小为π6？若存在，求出AP 的长h ；若不存在，请说明理由．[解析] (1)如图，连接NB 交MC 于点F ，连接EF . 由已知可得四边形BCNM 是平行四边形， ∴F 是BN 的中点， 又E 是AB 的中点， ∴AN ∥EF .又EF ⊂平面MEC ，AN ⊄平面MEC ， ∴AN ∥平面MEC ．(2)假设线段AM 上存在点P ，使二面角P －EC －D 的大小为π6，在AM 上取一点P ，连接EP ，CP .由于四边形ABCD 是菱形，且∠DAB ＝60°，E 是AB 的中点，可得DE ⊥AB ． 又四边形ADNM 是矩形， 平面ADNM ⊥平面ABCD ， ∴DN ⊥平面ABCD ，如图建立空间直角坐标系D －xyz ，则D (0,0,0)，E (3，0,0) ，C (0,2,0)，P (3，－1，h )，则CE →＝(3，－2,0)，EP →＝(0，－1，h )，设平面PEC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧CE →·n 1＝0EP →·n 1＝0，∴⎩⎨⎧3x －2y ＝0－y ＋hz ＝0，令y ＝3h ，则n 1＝(2h ，3h ，3)，又平面DEC 的法向量n 2＝(0,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝37h 2＋3＝32，解得h ＝77，∴在线段AM 上存在点P ，使二面角P －EC －D 的大小为π6，此时h ＝77.21．(本小题满分12分)(2017·山东省泰安市高考数学二模数学试题)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 、M 分别为CC 1和A 1B 的中点，A 1D ⊥CC 1，△AA 1B 是边长为2的正三角形，A 1D ＝2，BC ＝1.导学号 30072232 (1)证明：MD ∥平面ABC ； (2)证明：BC ⊥平面ABB 1A 1 (3)求二面角B －AC －A 1的余弦值．[解析] (1)取AB 的中点H ，连接HM ，CH ，根据线面平行的判定定理即可证明MD ∥平面ABC ；(2)根据三角形的边长关系证明三角形是直角三角形，然后结合线面垂直的判定定理即可证明BC ⊥平面ABB 1A 1(3)建立坐标系求出平面的法向量，利用向量法即可求二面角B －AC －A 1的余弦值． (1)证明：取AB 的中点H ，连接HM ，CH ， ∵D 、M 分别为CC 1和A 1B 的中点， ∴HM ∥BB 1，HM ＝12BB 1＝CD ，∴HM ∥CD ，HM ＝CD ， 则四边形CDMH 是平行四边形， 则CH ＝DM .∵CH ⊂平面ABC ，DM ⊄平面ABC ， ∴MD ∥平面ABC ； (2)证明：取BB 1的中点E ，∵△AA 1B 是边长为2的正三角形，A 1D ＝2，BC ＝1. ∴C 1D ＝1， ∵A 1D ⊥CC 1， ∴A 1C 1＝22＋1＝5，则A 1B 21＋A 1B 21＝4＋1＝5＝A 1C 21，则△A 1B 1C 1是直角三角形， 则B 1C 1⊥A 1B 1，∵在正三角形BA 1B 1中，A 1E ＝3， ∴A 1E 2＋DE 2＝3＋1＝4＝A 1D 21， 则△A 1DE 是直角三角形， 则DE ⊥A 1E ，即BC ⊥A 1E ，BC ⊥A 1B 1，∵A 1E ∩A 1B 1＝A 1，∴BC ⊥平面ABB 1A 1(3)建立以E 为坐标原点，EB ，EA 1的反向延长线，ED 分别为x ，y ，z 轴的空间直角坐标系如图：则E (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,0,1)，A (2，－3，0)，A 1(0，－3，0)， 则设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， AB →＝(－1，3，0)，BC →＝(0,0,1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0n ·BC →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0z ＝0，令y ＝1，则x ＝3，z ＝0，即n ＝(3，1,0)， 平面ACA 1的法向量为m ＝(x ，y ，z )， AC →＝(－1，3，1)，AA 1→＝(－2,0,0)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0m ·AA 1→＝0，得⎩⎨⎧ －x ＋3y ＋z ＝0－2x ＝0，即⎩⎨⎧x ＝0z ＝－3y ，令y ＝1，则z ＝－3，x ＝0，即m ＝(0,1，－3)，则cos ＜m ，n ＞＝m ·n|m |·|n |＝1×1(3)2＋1·(－3)2＋1＝12×2＝14， 即二面角B －AC －A 1的余弦值是14.22．(本小题满分12分)(2016·天津河东区高三一模)等边△ABC 的边长为3，点D ，E 分别是边AB ，AC 上的点，且满足AD DB ＝CE EA ＝12(如图①)．将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使二面角A 1－DE －B 成直二面角，连接A 1B ，A 1C (如图②).导学号 30072233(1)求证：A 1D ⊥平面BCED ；(2)在线段BC 上是否存在点P ，使直线P A 1与平面A 1BD 所成的角为60°？若存在，求出PB 的长，若不存在，请说明理由．[解析] (1)证明：因为等边△ABC 的边长为3，且AD DB ＝CE EA ＝12，所以AD ＝1，AE ＝2.在△ADE 中，∠DAE ＝ 60°，由余弦定理得 DE ＝12＋22－2×1×2×cos60°＝ 3 因为AD 2＋DE 2＝AE 2，所以AD ⊥DE . 折叠后有A 1D ⊥DE .因为二面角A 1－DE －B 是直二面角， 所以平面A 1DE ⊥平面BCED ．又因为平面A 1DE ∩平面BCED ＝DE ，A 1D ⊂平面A 1DE ， A 1D ⊥DE ，所以A 1D ⊥平面BCED ．(2)解：由(1)的证明，可知ED ⊥DB ，A 1D ⊥平面BCED ．以D 为坐标原点，以射线DB ，DE ，DA 1的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系D －xyz (如图)．设PB ＝2a (0≤2a ≤3)，作PH ⊥BD ，交BD 于点H ，连接A 1H .则BH ＝a ，PH ＝3a ，DH ＝2－a .所以A 1(0,0,1)，P (2－a ，3a,0)，E (0，3，0)． 所以P A 1→＝(a －2，－3a,1)． 因为ED ⊥平面A 1BD ，所以平面A 1BD 的一个法向量为DE →＝(0，3，0)． 因为直线P A 1与平面A 1BD 所成的角为60°， 所以sin60°＝|P A 1→·DE →||P A 1→||DE |→＝3a 4a 2－4a ＋5×3＝32，解得a ＝54.即PB ＝2a ＝52，满足0≤2a ≤3，符合题意．所以在线段BC 上存在点P ，使直线PA 1与平面A 1BD 所成的角为60°，此时PB ＝52.。
2018高考数学(文理通用版)一轮复习检测第七章 立体几何 第3讲 Word版含答案
第七章第三讲组基础巩固一、选择题．(·合肥模拟)已知空间中有三条线段，和，且∠＝∠，那么直线与的位置关系是( )．∥．与异面．与相交．∥或与异面或与相交[解析]若三条线段共面，如果，，构成等腰三角形，则直线与相交，否则直线与平行；若不共面，则直线与是异面直线，故选．．已知异面直线，分别在平面α，β内，且α∩β＝，那么直线一定( )．与，都相交．只能与，中的一条相交．至少与，中的一条相交．与，都平行[解析]由题意易知，与，都可相交，也可只与其中一条相交，故，均错误；若与，都不相交，则与，都平行，根据公理，知∥，与，异面矛盾，错误．故选．．若，，是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( )．⊥，⊥⇒∥．⊥，∥⇒⊥．∥∥⇒，，共面．，，共点⇒，，共面[解析]当⊥，⊥时，与也可能相交或异面，故不正确；⊥，∥⇒⊥，故正确；当∥∥时，，，未必共面，如三棱柱的三条侧棱，故不正确；，，共点时，，，未必共面，如正方体中从同一顶点出发的三条棱，故不正确．．若是两条异面直线，外的任意一点．则( )．过点有且仅有一条直线与，都平行．过点有且仅有一条直线与，都垂直．过点有且仅有一条直线与都相交．过点有且仅有一条直线与，都异面[解析]对于选项，若过点有直线与，都平行，则∥，这与，异面矛盾；对于选项，过点与，都垂直的直线，即过且与，的公垂线段平行的那一条直线；对于选项，过点与，都相交的直线有一条或零条；对于选项，过点与，都异面的直线可能有无数条．．(·陕西省延安市黄陵中学期中(重点班)数学试题)下列四个结论中假命题的个数是( )①垂直于同一直线的两条直线互相平行；②平行于同一直线的两直线平行；③若直线，，满足∥，⊥，则⊥；④若直线，是异面直线，则与，都相交的两条直线是异面直线．．．．．[解析]在①中，垂直于同一直线的两条直线相交、平行或异面；在②中，由平行公理得平行于同一直线的两直线平行；在③中，由线面垂直的性质定理得⊥；在④中，若直线，是异面直线，则与，都相交的两条直线不存在．解：在①中，垂直于同一直线的两条直线相交、平行或异面，故①错误；在②中，由平行公理得平行于同一直线的两直线平行，故②正确；在③中，若直线，，满足∥，⊥，则由线面垂直的性质定理得⊥，故③正确；在④中，若直线，是异面直线，则与，都相交的两条直线不存在，故④错误．故选．[点拨]本题考查命题真假的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．．如图是正方体或四面体，，，，分别是所在棱的中点，这四个点不共面的一个图是( )[解析]在图中分别连接，，易证∥，∴，，，共面；在图中分别连接，，易证，∴，，，共面；如图所示，在图中过，，，可作一正六边形，故四点共面；图中与为异面直线，∴四点不共面，故选．．已知在正四棱柱－中，＝，为中点，则异面直线与所成角的余弦值为( )．．．．[解析]连接，则∥，于是∠就是异面直线与所成的角(或补角)．设＝，则＝，＝，＝，在。
2018届高三数学理一轮总复习课时规范训练：第七章 立
课时规范训练[A级基础演练]1．下列说法中正确的是( )①一条直线如果和一个平面平行，它就和这个平面内的无数条直线平行；②一条直线和一个平面平行，它就和这个平面内的任何直线无公共点；③过直线外一点，有且仅有一个平面和已知直线平行；④如果直线l和平面α平行，那么过平面α内一点和直线l平行的直线在α内．A．①②③④B．①②③C．②④D．①②④解析：选D.由线面平行的性质定理知①④正确；由直线与平面平行的定义知②正确；③错误，因为经过一点可作一直线与已知直线平行，而经过这条直线可作无数个平面．2．(2017·济南模拟)平面α∥平面β的一个充分条件是( )A．存在一条直线a，a∥α，a∥βB．存在一条直线a，a⊂α，a∥βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α解析：选D.若α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β，则a∥α，a∥β，故排除A.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，故排除B.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C.故选D.3．已知a，b是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列命题中正确的是( )A．a∥b，b⊂α，则a∥αB．a，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥βC．a⊥α，b∥α，则a⊥bD．当a⊂α，且b⊄α时，若b∥α，则a∥b解析：选C.A选项是易错项，由a∥b，b⊂α，也可能推出a⊂α；B中的直线a，b不一定相交，平面α，β也可能相交；C正确；D中的直线a，b也可能异面．4．已知直线a，b，平面α，则以下三个命题：①若a∥b，b⊂α，则a∥α；②若a∥b，a∥α，则b∥α；③若a∥α，b∥α，则a∥b.其中真命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选A.对于①，若a ∥b ，b ⊂α，则应有a ∥α或a ⊂α，所以①不正确；对于②，若a ∥b ，a ∥α，则应有b ∥α或b ⊂α，因此②不正确；对于③，若a ∥α，b ∥α，则应有a ∥b 或a 与b 相交或a 与b 异面，因此③是假命题．综上，在空间中，以上三个命题都是假命题．5．如图，在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱BC ，CC 1的中点，P 是侧面BCC 1B 1内一点，若A 1P ∥平面AEF ，则线段A 1P 长度的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，52 B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤52，2 D ．[2，3]解析：选B.取B 1C 1的中点M ，BB 1的中点N ，连接A 1M ，A 1N ，MN ，可以证明平面A 1MN ∥平面AEF ，所以点P 位于线段MN 上，因为A 1M ＝A 1N ＝ 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝52，MN ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝22，所以当点P 位于M ，N 处时，A 1P 的长度最长，当P 位于MN 的中点O 时，A 1P 的长度最短，此时A 1O ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫24 2＝324，所以A 1O ≤A 1P ≤A 1M ，即324≤A 1P ≤52，所以线段A 1P 长度的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52，选B. 6．若m ，n 为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，则下列命题中真命题的序号是 ．①若m ，n 都平行于平面α，则m ，n 一定不是相交直线； ②若m ，n 都垂直于平面α，则m ，n 一定是平行直线； ③已知α，β互相平行，m ，n 互相平行，若m ∥α，则n ∥β； ④若m ，n 在平面α内的射影互相平行，则m ，n 互相平行．解析：①为假命题，②为真命题，在③中，n 可以平行于β，也可以在β内，故是假命题，在④中，m ，n 也可能异面，故为假命题．答案：②7．过三棱柱ABC A 1B 1C 1任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB 1A 1平行的直线有 条．解析：如图，E 、F 、G 、H 分别是A 1C 1、B 1C 1、BC 、AC 的中点，则与平面ABB 1A 1平行的直线有EF ，GH ，FG ，EH ，EG ，FH 共6条．答案：68.如图所示，在正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 分别是棱CC 1、C 1D 1、D 1D 、DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 满足条件 时，有MN ∥平面B 1BDD 1.解析：由平面HNF ∥平面B 1BDD 1知，当M 点满足在线段FH 上有MN ∥平面B 1BDD 1. 答案：M ∈线段FH9.已知四棱锥S ABCD 中，四边形ABCD 是直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，SA ⊥平面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12，E 是棱SC 的中点．(1)求证：DE ∥平面SAB ； (2)求三棱锥S BED 的体积．解：(1)证明：取线段SB 的中点F ，连接EF ，AF ，则EF ∥BC 且EF ＝12BC ，由已知AD ∥BC 且AD ＝12BC ，所以EF ∥AD ，且EF ＝AD ，所以AF ∥DE ，又AF ⊂平面SAB ，DE ⊄平面SAB ，所以DE ∥平面SAB .(2)因为E 是棱SC 的中点，所以V S BDE ＝V C BDE ＝V E BDC ＝13S △BDC ·12SA ＝112.10．如图，四棱锥P ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝12AD ，E ，F ，H 分别为线段AD ，PC ，CD的中点，AC 与BE 交于O 点，G 是线段OF 上一点．(1)求证：AP ∥平面BEF ；(2)求证：GH ∥平面PAD . 证明：(1)连接EC ， ∵AD ∥BC ，BC ＝12AD ，∴BC ═∥AE ，∴四边形ABCE 是平行四边形， ∴O 为AC 的中点．又∵F 是PC 的中点，∴FO ∥AP ，FO ⊂平面BEF ，AP ⊄平面BEF ，∴AP ∥平面BEF .(2)连接FH ，OH ，∵F ，H 分别是PC ，CD 的中点， ∴FH ∥PD ，∴FH ∥平面PAD .又∵O 是BE 的中点，H 是CD 的中点， ∴OH ∥AD ，∴OH ∥平面PAD .又FH ∩OH ＝H ，∴平面OHF ∥平面PAD . 又∵GH ⊂平面OHF ，∴GH ∥平面PAD .[B 级 能力突破]1．(2017·潍坊市模拟)如图，已知平行四边形ABCD 与直角梯形ABEF 所在的平面互相垂直，且AB ＝BE ＝12AF ＝1，BE ∥AF ，AB ⊥AF ，∠CBA ＝π4，BC ＝2，P 为DF 的中点．(1)求证：PE ∥平面ABCD ； (2)求三棱锥A BCE 的体积．解：证明：(1)取AD 的中点M ，连接MP ，MB ， 在△ADF 中，FP ＝PD ，DM ＝MA ， ∴MP ∥AF ，且MP ＝12AF .又BE ∥AF ，BE ＝12AF ，∴MP ∥BE ，且MP ＝BE ，∴四边形BMPE 为平行四边形． ∴PE ∥BM .又PE ⊄平面ABCD ，BM ⊂平面ABCD ， ∴PE ∥平面ABCD .(2)在△ABC 中，AB ＝1，∠CBA ＝π4，BC ＝2，∴由余弦定理AC 2＝BC 2＋AB 2－2BC ·AB cos∠CBA ＝12＋(2)2－2×2×1×22＝1， 得AC 2＋AB 2＝BC 2， ∴AC ⊥AB .∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，又平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ， ∴AC ⊥平面ABEF .又BE ∥AF ，AB ⊥AF ，∴BE ⊥AB ， 又AB ＝BE ＝1，∴S △ABE ＝12×1×1＝12，∴V A BCE ＝V C ABE ＝13S △ABE ·AC ＝13×12×1＝16.2．如图，几何体E ABCD 是四棱锥，△ABD 为正三角形，CB ＝CD ，EC ⊥BD .(1)求证：BE ＝DE ；(2)若∠BCD ＝120°，M 为线段AE 的中点．求证：DM ∥平面BEC .(3)在(2)的条件下，在线段AD 上是否存在一点N ，使得BN ∥面DEC ，并说明理由．证明：(1)取BD 的中点O ，连接CO ，EO . 由于CB ＝CD ，所以CO ⊥BD ，又EC ⊥BD ，EC ∩CO ＝C ，CO ，EC ⊂平面EOC ， 所以BD ⊥平面EOC ，因此BD ⊥EO ， 又O 为BD 的中点，所以BE ＝DE .(2)法一：取AB 的中点N ，连接DM ，DN ，MN ，因为M 是AE 的中点，所以MN ∥BE . 又MN ⊄平面BEC ，BE ⊂平面BEC ， 所以MN ∥平面BEC .又因为△ABD 为正三角形， 所以∠BDN ＝30°， 又CB ＝CD ，∠BCD ＝120°，因此∠CBD ＝30°，所以∠BDN ＝∠CBD ，所以DN ∥BC . 又DN ⊄平面BEC ，BC ⊂平面BEC ， 所以DN ∥平面BEC . 又MN ∩DN ＝N ， 故平面DMN ∥平面BEC ， 又DM ⊂平面DMN ， 所以DM ∥平面BEC .法二：延长AD ，BC 交于点F ，连接EF .因为CB ＝CD ，∠BCD ＝120°，所以∠CBD ＝30°. 因为△ABD 为正三角形， 所以∠BAD ＝∠ABD ＝60°， 所以∠ABC ＝90°， 因此∠AFB ＝30°， 所以AB ＝12AF .又AB ＝AD ，所以D 为线段AF 的中点． 连接DM ，由于点M 是线段AE 的中点， 因此DM ∥EF .又DM ⊄平面BEC ，EF ⊂平面BEC ， 所以DM ∥平面BEC . (3)存在点N 为AD 的中点取AD 的中点N ，连接BN ，O 为BD 的中点 由(2)可知∠DCO ＝60°，∴∠BDC ＝30°， 又∵DBN ＝30°，∴BN ∥DC .DC ⊂面DEC ，∴BN ∥面DEC .。
2018届高考数学(文)大一轮复习检测第7章立体几何(3份有答案)
课时作业43 空间几何体的表面积与体积一、选择题1．如图是某一几何体的三视图，则这个几何体的体积为( )A ．4B ．8C ．16D ．20解析：由三视图知，此几何体是一个三棱锥，底面为一边长为6，高为2的三角形，三棱锥的高为4，所以体积为V ＝13×12×6×2×4＝8.故选B.答案：B2．(2017·黄冈中学月考)某空间组合体的三视图如图所示，则该组合体的体积为( )A ．48B ．56C ．64D ．72解析：该组合体由两个棱柱组成，上面的棱柱体积为2×4×5＝40，下面的棱柱体积为4×6×1＝24，故组合体的体积为64.故选C.答案：C3．以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于( )A ．2πB ．πC ．2D ．1解析：以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴旋转一周所得的圆柱的底面半径为1，母线长为1.故侧面积为2πr ·l ＝2π·1·1＝2π.答案：A4．如图所示，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则三棱锥B 1－ABC 1的体积为( )A.312B.34C.612D.64解析：在△ABC 中，BC 边上的高为32，即棱锥A －BB 1C 1的高为32，又S △BB 1C 1＝12，所以V B 1－ABC 1＝V A －BB 1C1＝13×12×32＝312. 答案：A5．(2017·江西九江一模)如图，网格纸上小正方形边长为1，粗线是一个棱锥的三视图，则此棱锥的表面积为( )A ．6＋42＋2 3B ．8＋4 2C ．6＋6 2D ．6＋22＋4 3解析：直观图是四棱锥P －ABCD ，如图所示，S △PAB ＝S △PAD ＝S △PDC ＝12×2×2＝2，S △PBC ＝12×22×22×sin60°＝23，S 四边形ABCD ＝22×2＝42，因此所求棱锥的表面积为6＋42＋2 3.故选A.答案：A6．(2017·河南洛阳测试)已知点A ，B ，C ，D 均在球O 上，AB ＝BC ＝3，AC ＝3，若三棱锥D －ABC 体积的最大值为334，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．16πC ．12πD.163π 解析：由题意可得，∠ABC ＝2π3，△ABC 的外接圆半径r ＝3，当三棱锥的体积取最大值时，V D －ABC＝13S △ABC ·h (h 为点D 到底面ABC 的距离)⇒334＝13·334·h ⇒h ＝3，设R 为球O 的半径，则(3－R )2＝R 2－r 2⇒R ＝2.故球O 的表面积为4π·22＝16π.答案：B 二、填空题7．(2016·北京卷)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________．解析：通过俯视图可知该四棱柱的底面为等腰梯形，则四棱柱的底面积S ＝ 1＋2 ×12＝32，通过侧(左)视图可知四棱柱的高h ＝1，所以该四棱柱的体积V ＝Sh ＝32.答案：328．(2016·浙江卷)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.解析：将三视图还原成直观图如图所示，它由2个长方体组合而成，其体积V ＝2×2×2×4＝32 cm 3，表面积为6×2×4＋6×2×2＝72 cm 2.答案：32 729．一个圆锥过轴的截面为等边三角形，它的顶点和底面圆周在球O 的球面上，则该圆锥的体积与球O 的体积的比值为________．解析：设等边三角形的边长为2a ， 则V 圆锥＝13·πa 2·3a ＝33πa 3；又R 2＝a 2＋(3a －R )2，所以R ＝233a ，故V 球＝4π3·⎝ ⎛⎭⎪⎫233a 3＝323π27a 3， 则其体积比为932.答案：932三、解答题10．一几何体按比例绘制的三视图如图所示(单位：m)(1)试画出它的直观图； (2)求它的表面积和体积． 解：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，且该几何体的体积是以A 1A ，A 1D 1，A 1B 1为棱的长方体的体积的34，在直角梯形AA 1B 1B 中，作BE ⊥A 1B 1于E ，则四边形AA 1EB 是正方形，AA 1＝BE ＝1， 在Rt △BEB 1中，BE ＝1，EB 1＝1， 所以BB 1＝ 2.所以几何体的表面积S ＝S 正方形ABCD ＋S 矩形A 1B 1C 1D 1＋2S 梯形AA 1B 1B ＋S 矩形BB 1C 1C ＋S 正方形AA 1D 1D ＝1＋2×1＋2×12×(1＋2)×1＋1×2＋1＝(7＋2)(m 2)．所以几何体的体积V ＝34×1×2×1＝32(m 3)．所以该几何体的表面积为(7＋2)m 2，体积为32m 3.11．(2016·新课标全国卷Ⅲ)如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，PA ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(Ⅰ)证明MN ∥平面PAB ； (Ⅱ)求四面体N －BCM 的体积． 解：(Ⅰ)由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 的中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，所以MN ∥平面PAB .(Ⅱ)因为PA ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以N 到平面ABCD 的距离为12PA .取BC 的中点E ，连接AE ，由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝ 5. 由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5，故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N －BCM 的体积V N －BCM ＝13×S △BCM ×PA 2＝453.1．(2016·新课标全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱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 ．6πD.32π3解析：由题意可得若V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，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.答案：B2．(2017·云南师范大学附属中学高三适应性考试)已知三棱锥O －ABC 的顶点A ，B ，C 都在半径为2的球面上，O 是球心，∠AOB ＝120°，当△AOC 与△BOC 的面积之和最大时，三棱锥O －ABC 的体积为( )A.32B.233C.23D.13解析：设球O 的半径为R ，因为S △AOC ＋S △BOC ＝12R 2(sin ∠AOC ＋sin ∠BOC )，所以当∠AOC ＝∠BOC ＝90°时，S △AOC ＋S △BOC 取得最大值，此时OA ⊥OC . OB ⊥OC ，OB ∩OA ＝O ，所以OC ⊥平面AOB ，所以V O －ABC ＝V C －OAB ＝13OC ·12OA ·OB sin ∠AOB ＝16R 3sin ∠AOB ＝233，故选B.答案：B3．(2016·浙江卷)如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°，若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD ＝DA ，PB ＝BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是________．解析：由AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°，可得AC ＝23，要求四面体PBCD 的体积，关键是寻找底面三角形BCD 的面积S △BCD 和点P 到平面BCD 的距离h .易知h ≤2.设AD ＝x ，则DP ＝x ，DC ＝23－x ，S △DBC ＝12×(23－x )×2×sin30°＝23－x2，其中x ∈(0,23)，且h ≤x ，所以V P －BCD ＝13×S △BCD ×h ＝23－x 6×h ≤23－x 6·x ≤16(23－x ＋x 2)2＝12，当且仅当23－x ＝x ，即x ＝3时取等号．故四面体PBCD 的体积的最大值是12.答案：124．(2016·江苏卷)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1，下部的形状是正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍．(1)若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m ，则当PO 1为多少时，仓库的容积最大？ 解：(1)由PO 1＝2知O 1O ＝4PO 1＝8. 因为A 1B 1＝AB ＝6，所以正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1的体积V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)．正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)． 所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)．(2)设A 1B 1＝a m ，PO 1＝h m ，则0<h <6，O 1O ＝4h ，如图，连接O 1B 1.因为在Rt △PO 1B 1中，O 1B 21＋PO 21＝PB 21， 所以(22a )2＋h 2＝36，即a 2＝2(36－h 2)． 于是仓库的容积V ＝V 柱＋V 锥＝a 2·4h ＋13a 2·h ＝133a 2h ＝263(36h －h 3)，0<h <6，从而V ′＝263(36－3h 2)＝26(12－h 2)．令V ′＝0，得h ＝23或h ＝－23(舍)． 当0<h <23时，V ′>0，V 是单调递增函数； 当23<h <6时，V ′<0，V 是单调递减函数． 故h ＝23时，V 取得极大值，也是最大值． 因此，当PO 1＝2 3 m 时，仓库的容积最大．课时作业45 直线、平面平行的判定及其性质一、选择题1．若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则( )A．α内的所有直线与l异面B．α内不存在与l平行的直线C．α与直线l至少有两个公共点D．α内的直线与l都相交解析：因为l⊄α，直线l不平行于平面α，所以直线l只能与平面α相交，于是直线l与平面α只有一个公共点，所以平面α内不存在与l平行的直线．答案：B2．已知直线a和平面α，那么a∥α的一个充分条件是( )A．存在一条直线b，a∥b且b⊂αB．存在一条直线b，a⊥b且b⊥αC．存在一个平面β，a⊂β且α∥βD．存在一个平面β，a∥β且α∥β解析：在A，B，D中，均有可能a⊂α，错误；在C中，两平面平行，则其中一个平面内的任一条直线都平行于另一平面，故C正确．答案：C3．平面α∥平面β，点A，C∈α，点B，D∈β，则直线AC∥直线BD的充要条件是( ) A．AB∥CD B．AD∥CBC．AB与CD相交D．A，B，C，D四点共面解析：充分性：A，B，C，D四点共面，由平面与平面平行的性质知AC∥BD.必要性显然成立．答案：D4．一条直线l上有相异三个点A、B、C到平面α的距离相等，那么直线l与平面α的位置关系是( )A．l∥αB．l⊥αC．l与α相交但不垂直D．l∥α或l⊂α解析：l∥α时，直线l上任意点到α的距离都相等；l⊂α时，直线l上所有的点到α的距离都是0；l⊥α时，直线l上有两个点到α距离相等；l与α斜交时，也只能有两个点到α距离相等．故选D.答案：D5．已知不重合的两条直线l，m和不重合的两个平面α，β，下列命题正确的是( )A．l∥m，l∥β，则m∥βB．α∩β＝m，l⊂α，则l∥βC．α⊥β，l⊥α，则l∥βD．l⊥m，m⊥β，l⊥α，则α⊥β解析：对于选项A，m可能在β内，故A错；对于选项B，l可能与β相交，故B错；对于选项C，l可能在β内，故C错，所以选D.答案：D6．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，CC1的中点，在平面ADD1A1内且与平面D1EF 平行的直线( )A．有无数条B．有2条C．有1条D．不存在解析：因为平面D1EF与平面ADD1A1有公共点D1，所以两平面有一条过D1的交线l，在平面ADD1A1内与l平行的任意直线都与平面D1EF平行，这样的直线有无数条．答案：A二、填空题7．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为________．解析：如图，连接AC，BD交于O点，连接OE，因为OE∥BD1，而OE⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，所以BD1∥平面ACE.答案：平行8．如图，已知三个平面α，β，γ互相平行，a，b是异面直线，a与α，β，γ分别交于A，B，C三点，b与α，β，γ分别交于D，E，F三点，连接AF交平面β于G，连接CD交平面β于H，则四边形BGEH必为________．解析：由题意知，直线a与直线AF确定平面ACF，由面面平行的性质定理，可得BG∥CF，同理有HE∥CF，所以BG∥HE.同理BH∥GE，所以四边形BGEH为平行四边形．答案：平行四边形9．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.解析：如图，假设Q为CC1的中点，因为P为DD1的中点，所以QB∥PA.连接DB，因为P，O分别是DD1，DB 的中点，所以D1B∥PO，又D1B⊄平面PAO，QB⊄平面PAO，所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，又D1B∩QB ＝B，所以平面D1BQ∥平面PAO.故Q满足条件Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO.答案：Q为CC1的中点三、解答题10．如图，ABCD与ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．(1)求证：BE∥平面DMF；(2)求证：平面BDE∥平面MNG.证明：(1)连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.又M为AB的中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，又MN⊂平面MNG，BD⊄平面MNG，所以BD∥平面MNG，又DE，BD⊂平面BDE，DE∩BD＝D，所以平面BDE∥平面MNG.11．(2016·山东卷)在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB.(Ⅰ)已知AB＝BC，AE＝EC.求证：AC⊥FB；(Ⅱ)已知G，H分别是EC和FB的中点，求证：GH∥平面ABC. 证明：(Ⅰ)因为EF∥DB，所以EF与DB确定平面BDEF.连接DE. 因为AE＝EC，D为AC的中点，所以DE⊥AC.同理可得BD⊥AC.又BD∩DE＝D，所以AC⊥平面BDEF，因为FB⊂平面BDEF，所以AC⊥FB.(Ⅱ)设FC的中点为I，连接GI，HI.在△CEF中，因为G是CE的中点，所以GI∥EF.又EF∥DB，所以GI∥DB.在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC，又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.1．(2017·河南三市联考)如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，M、N分别在AD1、BC上移动，始终保持MN∥平面DCC1D1，设BN＝x，MN＝y，则函数y ＝f(x)的图象大致是( )解析：过M作MQ∥DD1，交AD于Q，连QN.∵MN∥平面DCC1D1，MQ∥平面DCC1D1，MN∩MQ＝M，∴平面MNQ∥平面DCC1D1，又QN⊂平面MNQ，∴NQ∥平面DCC1D1，∴NQ∥DC，∵AQ＝BN＝x，DD1＝AA1＝2，AD ＝AB＝1，∴MQ＝2x.在Rt△MQN中，MN2＝MQ2＋QN2，即y2＝4x2＋1.∴y2－4x2＝1(x≥0，y≥1)，∴函数y ＝f(x)的图象为焦点在y轴上的双曲线上支的一部分．故选C.答案：C2．(2016·新课标全国卷Ⅱ)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.②如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n . ③如果α∥β，m ⊂α，那么m ∥β.④如果m ∥n ，α∥β，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等． 其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)解析：对于命题①，可运用长方体举反例证明其错误：如图，不妨设AA ′为直线m ，CD 为直线n ，ABCD 所在的平面为α，ABC ′D ′所在的平面为β，显然这些直线和平面满足题目条件，但α⊥β不成立．命题②正确，证明如下：设过直线n 的某平面与平面α相交于直线l ，则l ∥n ，由m ⊥α知m ⊥l ，从而m ⊥n ，结论正确．由平面与平面平行的定义知命题③正确． 由平行的传递性及线面角的定义知命题④正确． 答案：②③④3．空间四边形ABCD 的两条对棱AC 、BD 的长分别为5和4，则平行于两条对棱的截面四边形EFGH 在平移过程中，周长的取值范围是________．解析：设DH DA ＝GHAC＝k ， ∴AH DA ＝EHBD＝1－k ， ∴GH ＝5k ，EH ＝4(1－k )， ∴周长＝8＋2k .又∵0<k <1，∴周长的范围为(8,10)．答案：(8,10)4．(2016·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.(Ⅰ)求证：DC⊥平面PAC；(Ⅱ)求证：平面PAB⊥平面PAC；(Ⅲ)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由．解：(Ⅰ)因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥DC.又因为DC⊥AC，所以DC⊥平面PAC.(Ⅱ)因为AB∥DC，DC⊥AC，所以AB⊥AC.因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB.所以AB⊥平面PAC.所以平面PAB⊥平面PAC.(Ⅲ)棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.证明如下：如图，取PB中点F，连接EF，CE，CF.又因为E为AB的中点，所以EF∥PA.又因为PA⊄平面CEF，所以PA∥平面CEF.课时作业46 直线、平面垂直的判定及其性质一、选择题1．一条直线和一个圆的两条直径都垂直，则这条直线和这个圆所在的平面的位置关系是( ) A．平行B．垂直C．相交不垂直D．不确定解析：因为一个圆的两条直径一定相交于圆心，由线面垂直的判定定理知这条直线和这个圆所在的平面垂直．答案：B2．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解析：如图所示，AB∥l∥m；AC⊥l，m∥l⇒AC⊥m；AB∥l⇒AB∥β，只有D不一定成立，故选D.答案：D3．设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则( )A．若m⊥n，n∥α，则m⊥αB．若m∥β，β⊥α，则m⊥αC．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥αD．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α解析：A中，由m⊥n，n∥α，可得m⊂α或m∥α或m与α相交，错误；B中，由m∥β，β⊥α，可得m⊂α或m∥α或m与α相交，错误；C中，由m⊥β，n⊥β，可得m∥n，又n⊥α，则m ⊥α，正确，D中，由m⊥n，n⊥β，β⊥α，可得m与α相交或m⊂α或m∥α，错误．答案：C4．如图，已知△ABC为直角三角形，其中∠ACB＝90°，M为AB的中点，PM垂直于△ABC所在平面，那么( )A．PA＝PB>PCB．PA＝PB<PCC．PA＝PB＝PCD．PA≠PB≠PC解析：∵M为AB的中点，△ACB为直角三角形，∴BM＝AM＝CM，又PM⊥平面ABC，∴Rt△PMB≌Rt △PMA≌Rt△PMC，故PA＝PB＝PC.答案：C5．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解析：由题意知，BD ⊥平面ADC ，故BD ⊥AC ，①正确；AD 为等腰直角三角形斜边BC 上的高，平面ABD ⊥平面ACD ，所以AB ＝AC ＝BC ，△BAC 是等边三角形，②正确；易知DA ＝DB ＝DC ，又由②知③正确；由①知④错．故选B.答案：B6．如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱长为2，AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝90°，D 是A 1B 1的中点，F 是BB 1上的动点，AB 1，DF 交于点E .要使AB 1⊥平面C 1DF ，则线段B 1F 的长为( )A.12 B ．1 C.32D ．2解析：设B 1F ＝x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ， 所以AB 1⊥DF .由已知可以得A 1B 1＝2， 矩形ABB 1A 1中，tan ∠FDB 1＝B 1F B 1D， tan ∠A 1AB 1＝A 1B 1AA 1＝22. 又∠FDB 1＝∠A 1AB 1，所以B 1F B 1D ＝22.故B1F＝22×22＝12.故选A.答案：A二、填空题7．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)．解析：连接AC，BD交于O，因为底面各边相等，所以BD⊥AC；又PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD，又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC.所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD.而PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.答案：DM⊥PC(或BM⊥PC)8．(2017·上饶质检)已知m，n是两条不相同的直线，α，β是两个不重合的平面，现有以下说法：①若α∥β，n⊂α，m⊂β，则m∥n；②若m⊥α，m⊥β，n⊥α，则n⊥β；③若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β；④若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n；⑤若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n.其中正确说法的序号为________．解析：对于①，注意到分别位于两个平行平面内的两条直线未必平行，可能是异面直线，因此①不正确；对于②，由定理“垂直于同一直线的两个平面平行”得知α，β平行；由定理“若一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则它也垂直于另一个平面”得知，n⊥β，因此②正确；对于③，由定理“由空间一点向一个二面角的两个半平面分别引垂线，则这两条垂线所成的角与该二面角相等或互补”得知，③正确；对于④，分别平行两个垂直平面的两条直线未必垂直，因此④不正确；对于⑤，m与n 有可能平行，因此⑤不正确．综上所述，其中正确的说法有②③.答案：②③9．(2017·泉州模拟)点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，给出下列命题：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________．解析：连接BD交AC于点O，连接DC1交D1C于点O1，连接OO1，则OO1∥BC1，所以BC1∥平面AD1C，动点P到平面AD1C的距离不变，所以三棱锥P－AD1C的体积不变．又因为VP－AD1C＝VA－D1PC，所以①正确．因为平面A1C1B∥平面AD1C，A1P⊂平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1，②正确．由于当点P在B点时，DB不垂直于BC1即DP不垂直BC1，故③不正确；由于DB1⊥D1C，DB1⊥AD1，D1C∩AD1＝D1，所以DB1⊥平面AD1C.DB1⊂平面PDB1，所以平面PDB1⊥平面ACD1，④正确．答案：①②④三、解答题10．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)求几何体EF－ABCD的体积．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)连接EC ，过B 作CD 的垂线，垂足为N ， 易知BN ⊥平面CDEF ，且BN ＝2.∵V EF －ABCD ＝V E －ABCD ＋V B －EFC ＝13S 梯形ABCD ·DE ＋13S △EFC ·BN ＝163，∴几何体EF －ABCD 的体积为163. 11．如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E －ACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积． 解：(1)证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD .因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE . 又BD ∩BE ＝B ，故AC ⊥平面BED . 又AC ⊂平面AEC ， 所以平面AEC ⊥平面BED .(2)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x .由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x . 由已知得，三棱锥E －ACD 的体积V 三棱锥E －ACD ＝13×12·AC ·GD ·BE＝624x 3＝63，故x ＝2. 从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5. 故三棱锥E －ACD 的侧面积为3＋2 5.1．(2017·兰州质检)如图，在直角梯形ABCD 中，BC ⊥DC ，AE ⊥DC ，且E 为CD 的中点，M ，N 分别是AD ，BE 的中点，将三角形ADE 沿AE 折起，则下列说法正确的是________．(写出所有正确说法的序号)①不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)，都有MN ∥平面DEC ； ②不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)，都有MN ⊥AE ； ③不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)，都有MN ∥AB ； ④在折起过程中，一定存在某个位置，使EC ⊥AD . 解析：由已知，在未折叠的原梯形中，AB∥DE，BE∥AD，所以四边形ABED为平行四边形，所以BE＝AD，折叠后如图所示．①过点M作MP∥DE，交AE于点P，连接NP.因为M，N分别是AD，BE的中点，所以点P为AE的中点，故NP∥EC.又MP∩NP＝P，DE∩CE＝E，所以平面MNP∥平面DEC，故MN∥平面DEC，①正确；②由已知，AE⊥ED，AE⊥EC.所以AE⊥MP，AE⊥NP，又MP∩NP＝P，所以AE⊥平面MNP.又MN⊂平面MNP，所以MN⊥AE，②正确；③假设MN∥AB，则MN与AB确定平面MNBA，从而BE⊂平面MNBA，AD⊂平面MNBA，与BE和AD是异面直线矛盾，③错误．④当CE⊥ED时，CE⊥AD，这是因为由于CE⊥EA，EA∩ED＝E，所以CE⊥平面AED，AD⊂平面AED，得出EC⊥AD，④正确．答案：①②④2．如图，四边形ABCD为正方形，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，AB＝4，AE＝2，EF＝1.(1)求证：BC ⊥AF ；(2)试判断直线AF 与平面EBC 是否垂直. 若垂直，请给出证明；若不垂直，请说明理由． 解：(1)证明：因为EF ∥AB ，所以EF 与AB 确定平面EABF ， 因为EA ⊥平面ABCD ，所以EA ⊥BC . 由已知得AB ⊥BC 且EA ∩AB ＝A ， 所以BC ⊥平面EABF .又AF ⊂平面EABF ，所以BC ⊥AF . (2)直线AF 垂直于平面EBC . 证明如下：由(1)可知，AF ⊥BC .在四边形EABF 中，AB ＝4，AE ＝2，EF ＝1，∠BAE ＝∠AEF ＝90°，所以tan ∠EBA ＝tan ∠FAE ＝12，则∠EBA ＝∠FAE .设AF ∩BE ＝P ，因为∠PAE ＋∠PAB ＝90°，故∠PBA ＋∠PAB ＝90°. 则∠APB ＝90°，即EB ⊥AF . 又EB ∩BC ＝B ，所以AF ⊥平面EBC .3．如图，在三棱台ABC －DEF 中，CF ⊥平面DEF ，AB ⊥BC .(1)设平面ACE ∩平面DEF ＝a ，求证：DF ∥a ；(2)若EF ＝CF ＝2BC ，试问在线段BE 上是否存在点G ，使得平面DFG ⊥平面CDE ？若存在，请确定G 点的位置；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：在三棱台ABC －DEF 中，AC ∥DF ，AC ⊂平面ACE ，DF ⊄平面ACE ，∴DF ∥平面ACE .又∵DF ⊂平面DEF ，平面ACE ∩平面DEF ＝a ，∴DF ∥a .(2)线段BE 上存在点G ，且BG ＝13BE ，使得平面DFG ⊥平面CDE .证明如下：取CE 的中点O ，连接FO 并延长交BE 于点G ，连接GD ，∵CF ＝EF ，∴GF ⊥CE . 在三棱台ABC －DEF 中，AB ⊥BC ⇒DE ⊥EF . 由CF ⊥平面DEF ⇒CF ⊥DE . 又CF ∩EF ＝F ，∴DE ⊥平面CBEF ，∴DE ⊥GF .⎭⎪⎬⎪⎫GF ⊥CEGF ⊥DE CE ∩DE ＝E ⇒GF ⊥平面CDE . 又GF ⊂平面DFG ， ∴平面DFG ⊥平面CDE . 此时，如平面图所示，∵O 为CE 的中点，EF ＝CF ＝2BC ，由平面几何知识易证△HOC ≌△FOE ， ∴HB ＝BC ＝12EF .由△HGB ∽△FGE 可知BG GE ＝12，即BG ＝13BE .。
2018高考数学文理一轮复习检测：第七章 立体几何 第4讲 含答案 精品
第七章第四讲A组基础巩固一、选择题1．(2016·沼兴模拟)已知两条直线a，b，两个平面α，β，则下列结论中正确的是导学号30072091(A)A．若a⊂β，且α∥β，则a∥αB．若b⊂α，a∥b，则a∥αC．若a∥β，α∥β，则a∥αD．若b∥α，a∥b，则a∥α[解析]因为α∥β，又a⊂β，所以a∥α，故A正确；因为b⊂α，a∥b，若a⊂α，则不可能与α平行，故B错误；因为a∥β，α∥β，若a⊂α，则结论不成立，故C错误；因为b ∥α，a∥b，若a⊂α，则结论不成立，故D错误，故选A．2．(2016·杭州模拟)设α，β，γ为平面，a，b为直线，给出下列条件：①a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α②α∥γ，β∥γ③α⊥γ，β⊥γ④a⊥α，b⊥β，a∥b其中能推出α∥β的条件是导学号30072092(C)A．①②B．②③C．②④D．③④[解析]①中条件得到的两个平面α，β，也可能相交，故①不正确；②由α∥γ，β∥γ⇒α∥β，故②正确；③中α⊥γ，β⊥γ，可得α与β相交或平行，故③不正确；④a⊥α，b⊥β，a∥b，得a⊥β，所以α∥β，故④正确，故选C．3．(2016·吉林省实验中学一模)已知两条不同的直线l，m和两个不同的平面α，β，有如下命题：①若l⊂α，m⊂α，l∥β，m∥β，则α∥β；②若l⊂α，l∥β，α∩β＝m，则l∥m；③若α⊥β，l⊥β，则l∥α.其中正确命题的个数为导学号30072093(C)A．3 B．2C．1 D．0[解析]若一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行，所以①错误；若一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行，所以②正确；若α⊥β，l⊥β，则l∥α或l⊂α，所以③错误．综上可知，选C．4．(2016·潍坊模拟)已知m，n，l1，l2表示直线，α，β表示平面．若m⊂α，n⊂α，l1⊂β，l2⊂β，l1∩l2＝M，则α∥β的一个充分条件是导学号30072094(D)A．m∥β且l1∥αB．m∥β且n∥βC．m∥β且n∥l2D．m∥l1且n∥l2[解析]由定理“如果一个平面内有两条相交直线分别与另一个平面平行，那么这两个平面平行”可得，由选项D可推知α∥β，因此选D．5．(2017·安徽省马鞍山二中10月月考数学试题)设α，β表示平面，m，n表示直线，则m∥α的一个充分不必要条件是导学号30072095(D)A．α⊥β且m⊥βB．α∩β＝n且m∥nC．m∥n且n∥αD．α∥β且m⊂β[解析]若两个平面平行，其中一个面内的任一直线均平行于另一个平面，故选D．6．(2017·宁夏银川一中期末数学试题)如图边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G，已知△A′DE是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形，则下列命题中正确的是导学号30072096(C)①动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上；②BC∥平面A′DE；③三棱锥A′﹣FED的体积有最大值．A．①B．①②C．①②③D．②③[解析]对于①根据面A′FG⊥面ABC，可得点A′在面ABC上的射影在线段AF上，对于②，根据BC∥DE，满足线面平行的判定定理可对于③当面A′DE⊥面ABC时，三棱锥A′﹣FDE的体积达到最大，符合条件．解：①中由已知可得面A′FG⊥面ABC，∴点A′在面ABC上的射影在线段AF上．②BC∥DE，根据线面平行的判定定理可得BC∥平面A′DE.③当面A′DE⊥面ABC时，三棱锥A′﹣FDE的体积达到最大．故选C[点拨]本题主要考查了直线与平面平行的判定，以及三棱锥的体积的计算，考查对基础知识的综合应用能力和基本定理的掌握能力．7．若空间四边形ABCD的两条对角线AC，BD的长分别是8,12，过AB的中点E且平行于BD，AC的截面四边形的周长为导学号30072097(B)A．10 B．20C．8 D．4[解析]设截面四边形为EFGH，F，G，H分别是BC，CD，DA的中点，∴EF＝GH＝4，FG＝HE＝6.∴周长为2×(4＋6)＝20.8．下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是导学号30072098(B)A．①③B．①④C．②③D．②④[解析]①中易知NP∥AA′，MN∥A′B，∴平面MNP∥平面AA′B可得出AB∥平面MNP(如图)．④中，NP∥AB，能得出AB∥平面MNP.二、填空题9．考查下列三个命题，在“________”处都缺少同一个条件，补上这个条件使其构成真命题(其中l，m为直线，α，β为平面)，则此条件为_l⊄α__.导学号30072099①⎭⎪⎬⎪⎫m ⊂αl ∥m ⇒l ∥α；②⎭⎪⎬⎪⎫l ∥m m ∥α ⇒l ∥α；③⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥βα⊥β ⇒l ∥α. [解析] ①体现的是线面平行的判定定理，缺的条件是“l 为平面α外的直线”，即“l ⊄α”，它也同样适合②③，故填l ⊄α.10．在四面体ABCD 中，M ，N 分别是△ACD ，△BCD 的重心，则四面体的四个面中与MN 平行的是_平面ABC 和平面ABD __.导学号 30072100[解析] 连接AM 并延长交CD 于E ，连接BN 并延长交CD 于F .由重心的性质可知，E ，F 重合为一点，且该点为CD 的中点E .由EM MA ＝EN NB ＝12，得MN ∥AB ．因此MN ∥平面ABC 且MN ∥平面ABD ．11．过三棱柱ABC －A 1B 1C 1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB 1A 1平行的直线共有_6__条.导学号 30072101[解析] 过三棱柱ABC －A 1B 1C 1的任意两条棱的中点作直线，记AC ，BC ，A 1C 1，B 1C 1的中点分别为E ，F ，E 1，F 1，则直线EF ，EF 1，EE 1，FF 1，E 1F ，E 1F 1均与平面ABB 1A 1平行，故符合题意的直线共6条．三、解答题12．如图，ABCD 与ADEF 均为平行四边形，M ，N ，G 分别是AB ，AD ，EF 的中点.导学号 30072102(1)求证：BE ∥平面DMF ； (2)求证：平面BDE ∥平面MNG .[证明] (1)连接AE ，则AE必过DF 与GN 的交点O ，连接MO ，则MO 为△ABE 的中位线，所以BE ∥MO ， 又BE ⊄平面DMF ，MO ⊂平面DMF ， 所以BE ∥平面DMF .(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.又M为AB的中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，又MN⊂平面MNG，BD⊄平面MNG，所以BD∥平面MNG，又DE，BD⊂平面BDE，DE∩BD＝D，所以平面BDE∥平面MNG.13．(2016·江苏)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中D，E分别为AB，BC的中点，点F 在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.导学号30072103求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.[解析](1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C1∥AC．在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D．又B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.B组能力提升1．(2016·温州模拟)已知m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中错误的是导学号 30072104( C )A ．若m ⊥α，m ⊥β，则α∥βB ．若α∥γ，β∥γ，则α∥βC ．若m ⊂α，n ⊂β，m ∥n ，则α∥βD ．若m ，n 是异面直线，m ⊂α，m ∥β，n ⊂β，n ∥α，则α∥β[解析] 由线面垂直的性质可知A 正确；由两个平面平行的性质可知B 正确；由异面直线的性质易知D 也是正确的；对于选项C ，α，β可以相交、可以平行，故C 错误，选C ．2．(2016·成都模拟)如图所示，在空间四边形ABCD 中，E ，F 分别为边AB ，AD 上的点，且AE ∶EB ＝AF ∶FD ＝1∶4，又H ，G 分别为BC ，CD 的中点，则导学号 30072105( B )A ．BD ∥平面EFGH ，且四边形EFGH 是矩形B ．EF ∥平面BCD ，且四边形EFGH 是梯形C ．HG ∥平面ABD ，且四边形EFGH 是菱形 D ．EH ∥平面ADC ，且四边形EFGH 是平行四边形[解析] 由AE ∶EB ＝AF ∶FD ＝1∶4知EF 綊15BD ，所以EF ∥平面BCD ．又H ，G 分别为BC ，CD 的中点，所以HG 綊12BD ，所以EF ∥HG 且EF ≠HG ，所以四边形EFGH 是梯形，故选B ．3.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 分别是棱CC 1、C 1D 1、D 1D 、CD 的中点，N 是BC 的中点，动点M 在四边形EFGH 上及其内部运动，则M 满足条件_M ∈线段FH __时，有MN ∥平面B 1BDD 1.导学号 30072106[解析] 因为HN ∥BD ，HF ∥DD 1，所以平面NHF ∥平面B 1BDD 1，故线段FH 上任意点M 与N 相连，都有MN ∥平面B 1BDD 1.4.(2016·河南省实验中学模拟)如图所示，P 为▱ABCD 所在平面外一点，E 为AD 的中点，F 为PC 上一点，当P A ∥平面EBF 时，PF FC ＝ 12.导学号 30072107[解析] 连接AC 交BE 于点M ，连接FM .∵P A ∥平面EBF ，P A ⊂平面P AC ，平面P AC ∩平面EBF ＝FM ，∴P A ∥FM ，∴PF FC ＝AM MC ＝AE BC ＝12. 5．如图，在四棱锥S －ABCD 中，已知底面ABCD 为直角梯形，其中AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，SA ⊥底面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝2.tan ∠SDA ＝23.导学号 30072108(1)求四棱锥S －ABCD 的体积；(2)在棱SD 上找一点E ，使CE ∥平面SAB ，并证明． [解析] (1)∵SA ⊥底面ABCD ，tan ∠SDA ＝23，SA ＝2，∴AD ＝3.由题意知四棱锥S －ABCD 的底面为直角梯形，且SA ＝AB ＝BC ＝2， V S －ABCD ＝13×SA ×12×(BC ＋AD )×AB＝13×2×12×(2＋3)×2＝103. (2)当点E 位于棱SD 上靠近D 的三等分点处时，可使CE ∥平面SAB ．证明如下：取SD 上靠近D 的三等分点为E ，取SA 上靠近A 的三等分点为F ，连接CE ，EF ，BF ， 则EF 綊23AD ，BC 綊23AD ，∴BC 綊EF ，∴CE ∥BF .又∵BF ⊂平面SAB ，CE ⊄平面SAB ， ∴CE ∥平面SAB ．。
2018版高中数学理一轮全程复习课时作业第七章 立体几
[授课提示：对应学生用书第257页]
一、选择题
1．空间直角坐标系中，A(1,2,3)，B(－2，－1,6)，C(3,2,1)，D(4,3,0)，则直线AB与CD的位置关系是()
A．垂直B．平行
C．异面D．相交但不垂直
解析：由题意得 ＝(－3，－3,3)， ＝(1,1，－1)，
∴ ＝－3 ，
∴ 与 共线，又 与 没有公共点．∴AB∥CD.
(1)若|c|＝3，且c∥ ，求向量c；
(2)求向量a与向量b的夹角的余弦值．
解析：(1)∵c∥ ， ＝(－3,0,4)－(－1,1,2)＝(－2，－1,2)，
∴c＝m ＝m(－2，－1,2)＝(－2m，－m,2m)．
∴|c|＝ ＝3|m|＝3，
即m＝±1.故c＝(－2，－1,2)或(2,1，－2)．
(2)∵a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，
∴a·b＝(1,1,0)·(－1,0,2)＝－1，
又∵|a|＝ ＝ ，|b|＝ ＝ .
∴cos〈a，b〉＝பைடு நூலகம்＝ ＝－ ，
即向量a与向量b的夹角的余弦值为－ .
12．如图所示，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：
A. B.
C. D.
解析：如图，建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为1，
则D(0,0,0)，B1(1,1,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，A(1,0,0)．
又M是AB的中点，∴M(1， ，0)．
∴ ＝(1,1,1)， ＝(1，－ ，0)．
∴cos〈 ， 〉＝ ＝ ＝ ，
∴sin〈 ， 〉＝ .
＝ (a·c＋b·c)＝ (a2cos 60°＋a2cos 60°)＝ a2.
2018版高中数学(理)一轮全程复习(课时作业)第七章 立体几何 (四十四) Word版含解析
课时作业(四十四) 空间点、直线、平面之间的位置关系[授课提示：对应学生用书第页]一、选择题.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．答案：．已知，是异面直线，直线平行于直线，那么与( )．一定是异面直线．一定是相交直线. 不可能是平行直线．不可能是相交直线解析：由已知得直线与可能为异面直线也可能为相交直线，但不可能为平行直线，若∥，则∥，与已知、为异面直线相矛盾．答案：．如图所示，－是正方体，是的中点，直线交平面于点，则下列结论正确的是( ) ．，，三点共线．，，，不共面．，，，不共面．，，，共面解析：连接，(图略)，则∥，∵，，，四点共面，∴⊂平面.∵∈，∴∈平面.又∈平面，∴在平面与平面的交线上，同理，在平面与平面的交线上，∴，，三点共线．答案：．(·南昌一模)已知、、是异面直线，α、β、γ是相异平面，则下列命题中正确的是( ) ．与异面，与异面⇒与异面．与相交，与相交⇒与相交．α∥β，β∥γ⇒α∥γ．α⊂α，⊂β，α与β相交⇒与相交解析：如图()，在正方体中，、、是三条棱所在直线，满足与异面，与异面，但∩＝，故错误；在图()的正方体中，满足与相交，与相交，但与不相交，故错误；如图()，α∩β＝，∥，则与不相交，故错误．答案：．如图所示，在三棱柱－中，⊥底面，＝＝，∠＝°，点，分别是棱，的中点，则直线和所成的角是( )．°．°．°．°解析：连接，易知∥，连接，与交于点，取的中点，连接，则∥∥.设＝＝＝，连接，在三角形中，易知＝＝＝，故所求的两直线所成的角即为∠＝°.答案：．(·福建漳州八校一模)下列命题中正确的个数是( )①过异面直线，外一点有且只有一个平面与，都平行；②异面直线，在平面α内的射影相互垂直，则⊥；③底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥；④直线，分别在平面α，β内，且⊥，则α⊥β.．．．．解析：对于①，当点与两条异面直线中的一条直线确定的平面与另一条直线平行时，就无法找到过点且与两条异面直线都平行的平面，故①错误；对于②，在如图所示的三棱锥－中，⊥面，⊥，满足，两边在底面的射影相互垂直，但与不垂直，故②错误；对于③，在如图所示的三棱锥－中，＝＝＝＝，＝＝，满足底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形，但三棱锥－不是正三棱锥，故③错误；对于④，直线，分别在平面α，β内，且⊥，则α，β可以平行，故④错误．所以正确命题的个数为.选.。
2018版高中数学(理)一轮全程复习(课时作业)第七章 立体几何(四十六)含解析
课时作业(四十六)直线、平面垂直的判定和性质[授课提示：对应学生用书第255页］一、选择题1．（2016·浙江，2）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解析:对于A,m与l可能平行或异面,故A错;对于B、D，m与n 可能平行、相交或异面，故B、D错;对于C，因为n⊥β，l⊂β,所以n⊥l，故C正确．故选C。
答案：C2．直线a⊥平面α,b∥α，则a与b的关系为( )A．a⊥b，且a与b相交B．a⊥b，且a与b不相交C．a⊥b D．a与b不一定垂直解析：∵b∥α，∴b平行于α内的某一条直线，设为b′,∵a⊥α，且b′⊂α,∴a⊥b′,∴a⊥b，但a与b可能相交,也可能异面．答案：C3．（2016·宝鸡质检)对于四面体ABCD，给出下列四个命题:①若AB＝AC，BD＝CD,则BC⊥AD；②若AB＝CD，AC＝BD，则BC⊥AD；③若AB⊥AC，BD⊥CD，则BC⊥AD;④若AB⊥CD，AC⊥BD，则BC⊥AD。
其中为真命题的是（）A．①②B．②③C．②④D．①④解析：①如图，取BC的中点M，连接AM，DM，由AB＝AC ⇒AM⊥BC，同理DM⊥BC⇒BC⊥平面AMD，而AD⊂平面AMD，故BC⊥AC。
④设A在平面BCD内的射影为O，连接BO,CO，DO，由AB⊥CD⇒BO⊥CD，由AC⊥BD⇒CO⊥BD⇒O为△BCD的垂心⇒DO⊥BC⇒AD⊥BC。
答案：D4．（2017·福建宁德二模，6)设m,n是两条不同直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（)A．m∥α，n∥β且α∥β,则m∥nB．m⊥α，n⊥β且α⊥β，则m⊥nC．m⊥α，n⊂β,m⊥n，则α⊥βD．m⊂α,n⊂α，m∥β,n∥β，则α∥β解析:对于A,条件为m∥α,n∥β且α∥β，其对m、n之间的位置关系没有限制,即该位置关系可以是平行、相交或异面,故A错；对于B,由m⊥α，n⊥β且α⊥β，知m与n一定不平行（否则有α∥β，与α⊥β矛盾)，不妨令m与n相交(若其不相交，可通过平移使得相交），且设m与n确定的平面为γ,则γ与α和β的交线所成的角即为α与β所成的角的平面角，因为α⊥β，所以m与n所成的角为90°，故命题B正确;对于C，α与β可以平行，故C不正确;对于D，少了条件m与n相交,所以D不成立．故选B.答案：B5．（2017·贵阳二模）在正四面体P－ABC中，D、E、F分别是AB、BC、CA的中点，则下列四个结论中不成立的是( ）A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面PAEC．平面PDF⊥平面ABCD．平面PAE⊥平面ABC解析：如图,∵D、F分别为AB、CA的中点,∴DF∥BC.∴BC∥平面PDF，故A正确．∵四面体P－ABC为正四面体，∴P在底面ABC内的射影O在AE上．∴PO⊥平面ABC，∴PO⊥DF.又E为BC的中点，∴AE⊥BC，∴AE⊥DF.又PO∩AE＝O，∴DF⊥平面PAE，故B正确．∵PO⊂平面PAE，PO⊥平面ABC，∴平面PAE⊥平面ABC，故D正确．∴四个结论中不成立的是C。
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课时作业46直线、平面垂直的判定及其性质
一、选择题
1．一条直线和一个圆的两条直径都垂直，则这条直线和这个圆所在的平面的位置关系是()
A．平行B．垂直
C．相交不垂直D．不确定
解析：因为一个圆的两条直径一定相交于圆心，由线面垂直的判定定理知这条直线和这个圆所在的平面垂直．
答案：B
2．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⊥m
C．AB∥βD．AC⊥β
解析：如图所示，AB∥l∥m；AC⊥l，m∥l⇒AC⊥m；AB∥l⇒AB∥β，只有D不一定成立，故选D.
答案：D
3．设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则()
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：A中，由m⊥n，n∥α，可得m⊂α或m∥α或m与α相交，错误；B中，由m∥β，β⊥α，可得m⊂α或m∥α或m与α相交，错误；C中，由m⊥β，n⊥β，可得m∥n，又n⊥α，则m⊥α，正确，D中，由m⊥n，n⊥β，β⊥α，可得m与α相交或m⊂α或m∥α，错误．答案：C
4．如图，已知△ABC 为直角三角形，其中∠ACB ＝90°，M 为AB 的中点，PM 垂直于△ABC 所在平面，那么(
)
A．PA ＝PB >PC B．PA ＝PB <PC C．PA ＝PB ＝PC D．PA ≠PB ≠PC
解析：∵M 为AB 的中点，△ACB 为直角三角形，∴BM ＝AM ＝CM ，又PM ⊥平面ABC ，∴Rt△PMB ≌Rt△PMA ≌Rt△PMC ，故PA ＝PB ＝PC .
答案：C
5．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．①②④
B．①②③
C．②③④
D．①③④
解析：由题意知，BD ⊥平面ADC ，故BD ⊥AC ，①正确；AD 为等腰直角三角形斜边BC 上的高，平面ABD ⊥平面ACD ，所以AB ＝AC ＝BC ，△BAC 是等边三角形，②正确；易知DA ＝DB ＝DC ，又由②知③正确；由①知④错．故选B.
答案：B
6．如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱长为2，AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝90°，D 是A 1B 1的中点，
F 是BB 1上的动点，AB 1，DF 交于点E .要使AB 1⊥平面C 1DF ，则线段B 1F 的长为()
A.12B．1C.32
D．2
解析：设B 1F ＝x ，
因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ，所以AB 1⊥DF .
由已知可以得A 1B 1＝2，
矩形ABB 1A 1中，tan∠FDB 1＝B 1F
B 1D
，
tan∠A 1AB 1＝
A 1
B 1AA 1＝2
2
.又∠FDB 1＝∠A 1AB 1，所以B 1F B 1D ＝2
2
.
故B 1F ＝22×22＝1
2
.故选A.答案：A 二、填空题
7．如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，且底面各边都相等，M 是PC 上的一动点，当点M 满足________时，平面MBD ⊥平面PCD .(只要填写一个你认为是正确的条件即可)．。