您的位置：360文档中心› 2019届高三数学文一轮复习题组训练：第八章 立体几何 作业47 含解析 精品

2019届高三数学文一轮复习题组训练：第八章 立体几何 作业47 含解析 精品

合集下载

(精选试题附答案)高中数学第八章立体几何初步考点精题训练

(精选试题附答案)高中数学第八章立体几何初步考点精题训练

(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步考点精题训练单选题1、设α、β为两个不重合的平面，能使α//β成立的是A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α内有无数个点到β的距离相等D．α、β垂直于同一平面答案：B分析：应用几何体特例，如立方体可排除相关选项；而由面面平行的判定可知B正确应用立方体，如下图所示：选项A：α内有无数条直线可平行于l，即有无数条直线与β平行，但如上图α与β可相交于l，故A不一定能使α//β成立；选项B：由面面平行的判定，可知B正确选项C：在α内有一条直线平行于l，则在α内有无数个点到β的距离相等，但如上图α与β可相交于l，故C 不一定能使α//β成立；选项D：如图α⊥γ，β⊥γ，但α与β可相交于l，故D不一定能使α//β成立；故选：B小提示：本题考查了面面平行的判定，应用特殊与一般的思想排除选项，属于简单题2、“迪拜世博会”于2021年10月1日至2022年3月31日在迪拜举行，中国馆建筑名为“华夏之光”，外观取型中国传统灯笼，寓意希望和光明．它的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个中国馆的实心模型，已知模型内层底面直径为12cm ，外层底面直径为16cm ，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为20cm 的球面上.此模型的体积为（ ）A ．304πcm 3B ．840πcm 3C ．912πcm 3D ．984πcm 3答案：C分析：求出内层圆柱，外层圆柱的高，该模型的体积等于外层圆柱的体积与上下面内层圆柱高出的几何体的体积之和，计算可得解.如图，该模型内层圆柱底面直径为12cm ，且其底面圆周在一个直径为20cm 的球面上，可知内层圆柱的高ℎ1=2√(202)2−(122)2=16同理，该模型外层圆柱底面直径为16cm ，且其底面圆周在一个直径为20cm 的球面上，可知外层圆柱的高ℎ2=2√(202)2−(162)2=12此模型的体积为V =π(162)2×12+π(122)2×(16−12)=912π 故选：C3、如图已知正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1，M ，N 分别是A 1D ，D 1B 的中点，则（ ）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1答案：A分析：由正方体间的垂直、平行关系，可证MN//AB,A1D⊥平面ABD1，即可得出结论.连AD1，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是A1D的中点，所以M为AD1中点，又N是D1B的中点，所以MN//AB，MN⊄平面ABCD,AB⊂平面ABCD，所以MN//平面ABCD.因为AB不垂直BD，所以MN不垂直BD则MN不垂直平面BDD1B1，所以选项B,D不正确；在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AD 1⊥A 1D ，AB ⊥平面AA 1D 1D ，所以AB ⊥A 1D ，AD 1∩AB =A ，所以A 1D ⊥平面ABD 1，D 1B ⊂平面ABD 1，所以A 1D ⊥D 1B ，且直线A 1D,D 1B 是异面直线，所以选项C 错误，选项A 正确.故选：A.小提示：关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.4、牟合方盖是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，该方法不直接给出球体的体积，而是先计算牟合方盖的体积.刘徽通过计算，“牟合方盖”的体积与球的体积关系为V 牟V 球=4π，并且推理出了“牟合方盖”的八分之一的体积计算公式，即V 牟8=r 3−V 方盖差，从而计算出V 球=43πr 3.如果记所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V ，则V 方差盖:V =（ ）A ．√22B ．1C ．√2D ．2√2答案：C分析：计算出V 方盖差，V ，即可得出结论. 由题意，V 方盖差=r 3−18V 牟=r 3−18×4π×43×π×r 3=13r 3，所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V 正=13×r ×r ×(√2r 2)=√26r 3， ∴ V 方盖差V 正=13r 3√2r 36=√2，故选：C ．5、过半径为4的球O 表面上一点M 作球O 的截面，若OM 与该截面所成的角是30°，则O 到该截面的距离是（ ）A ．4B ．2√3C ．2D ．1答案：C分析：作出球的截面图，根据几何性质计算，可得答案.作出球的截面图如图：设A为截面圆的圆心，O为球心，则OA⊥截面，AM在截面内，即有OA⊥AM，=2 ,故∠OMA=30∘,所以OA=4×12即O到该截面的距离是2，故选：C6、设α,β是两个不同平面，m,n是两条直线，下列命题中正确的是（）A．如果m⊥n，m⊥α，n//β，那么α⊥βB．如果m⊥n，m⊥α，n⊥β，那么α//βC．如果m//n，m⊥α，n⊥β，那么α//βD．如果α//β，m与α所成的角和n与β所成的角相等，那么m//n答案：C分析：A.由m⊥n，m⊥α，得到n//α或n⊂α，再利用平行于同一直线的两平面的位置关系判断；B. 由m⊥n，m⊥α，得到n//α或n⊂α，再利用面面垂直的判定定理判断； C. 由m//n，m⊥α，得到n⊥α，再利用垂直于同一直线的两平面平行判断；D.利用空间直线的位置关系判断．A.因为m⊥n，m⊥α，所以n//α或n⊂α，又n//β，则α,β位置不确定，故错误；B.因为m⊥n，m⊥α，所以n//α或n⊂α，又n⊥β，所以α⊥β，故错误；C. 因为m//n，m⊥α，所以n⊥α，又n⊥β，所以α//β，故正确；D.如果α//β，m与α所成的角和n与β所成的角相等，那么m//n，相交或异面，故错误．故选：C7、如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为2，圆柱的底面半径为1，高为3，则该几何体的表面积为（）D．26πA．18πB．20πC．22π3答案：A分析：由题意可知该几何体的体积是由半球的表面积加上圆柱的侧面积，再加上圆的面积即可解：由题意得，球的半径R=2，圆柱的底面半径r=1，高ℎ=3，则该几何体的表面积为S=2πR2+πR2+2πrℎ=8π+4π+2π×1×3=18π故选：A.8、如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，M，N分别为棱AA1，BB1的中点，过MN作一平面分别交底面三角形ABC 的边BC，AC于点E，F，则（）A．MF//NEB．四边形MNEF为梯形C．四边形MNEF为平行四边形D．A1B1//NE答案：B解析：由已知条件及线面平行的性质可得MN∥EF且EF≠MN，可得四边形MNEF为梯形，可得答案.解：∵在▱AA1B1B中，AM=MA1，BN=NB1，∴AM∥BN，∴MN∥AB.又MN⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，∴MN∥平面ABC.又MN⊂平面MNEF，平面MNEF∩平面ABC=EF，∴MN∥EF，∴EF∥AB.显然在ΔABC中，EF≠AB，∴EF≠MN，∴四边形MNEF为梯形.故选：B.小提示：本题主要考查直线与平面平行的性质定理，需注意其灵活运用，属于基础题型.9、设m､n是两条不同的直线，α､β是两个不同的平面，则下列命题中的真命题为（）A．若m∥α,n∥α，则m∥nB．若m⊥α,n⊥α，则m∥nC．若m∥α,m∥β，则α∥βD．若m⊥α,α⊥β，则m∥β答案：B分析：在正方体中取直线和平面可排除ACD，由线面垂直的性质可得B正确.在正方体ABCD−EFGH中，记底面ABCD为α，EF为m，EH为n，显然A不正确；记底面ABCD为α，EF为m，平面CDHG为β，故排除C；记底面ABCD为α，BF为m，平面ABFE为β，可排除D；由线面垂直的性质可知B正确.故选：B10、如图，已知正方体的棱长为a，沿图1中对角面将它分割成两个部分，拼成如图2的四棱柱，则该四棱柱的全面积为（）A．(8+2√2)a2B．(2+4√2)a2C．(4+2√2)a2D．(6−4√2)a2答案：C分析：拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，据此变化，进行求解.由题意，拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，由于截面为矩形，长为√2a，宽为a，所以面积为√2a2，所以拼成的几何体的表面积为4a2+2√2a2=(4+2√2)a2.故选：C.填空题11、早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等．如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一．如果把sin36°按3计算，则5该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于___________．答案：55√336π分析：可得正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为l，可得r=5l6，R=3√1111l，即可表示出外接球的表面积和正二十面体的表面积，得出答案.由图知正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为l，则l2r=sin36°=35，得r=5l6，所以正五棱锥的顶点到底面的距离是ℎ=√l2−r2=√l2−(5l6)2=√116l，所以R2=r2+(R−ℎ)2，即R2=(5l6)2+(R−√116l)2，解得R=3√1111l．所以该正二十面体的外接球表面积为S球=4πR2=4π×(3√1111l)2=36π11l2，而该正二十面体的表面积是S正二十面体=20×12×l×l×sin60°=5√3l2，所以该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于55√336π．所以答案是：55√336π.小提示：本题考查几何体的外接球问题，解题的关键是将正二十面体的外接球等价于上方正五棱锥的外接球，表示出半径.12、已知三个互不重合的平面α,β,γ，α∩β=m，n⊂γ，且直线m、n不重合，由下列三个条件：①m//γ，n⊂β；②m//γ，n//β；③m⊂γ，n//β．能推得m//n的条件是________．答案：①③分析：利用空间中直线与平面的位置关系，作图分析即可求解对于①m//γ，n⊂β成立，证明如下：证明如下：∵α∩β=m，∴m⊂β，∵n⊂γ，n⊂β，∴β∩γ=n，又m//γ，∴m//n；对于②m//γ，n//β；③m⊂γ，n//β，不成立，如图此时n和m是异面；对于③m⊂γ，n//β，成立，证明如下：证明如下：∵α∩β=m，n⊂γ，m⊂γ，∴m//n或m∩n=P，假设m∩n=P，则P∈n，P∈m，又α∩β=m，∴P∈β，这与n//β相矛盾，因此m∩n=P不成立，故m//n．所以答案是：①③.13、如图，平面OAB⊥平面α，OA⊂α，OA=AB，∠OAB=120°．平面α内一点P满足PA⊥PB，记直线OP与平面OAB所成角为θ，则tanθ的最大值是_________．答案：√612分析：作出图形，找出直线OP与平面OAB所成的角θ，证出PA⊥平面PBH，得出PA⊥PH，得出点P的轨迹就是平面α内以线段AH为直径的圆(A点除外)，转化成与圆有关的最值问题，即可求出结果.如图，过点B作BH⊥OA，交OA的延长线于点H，连接PH，OP，取AH的中点为E，连接PE，过点P作PF⊥OA，垂足为F，∵平面OAB⊥平面α，且平面OAB∩平面α=OA，BH⊂平面OAB，PF⊂α，∴BH⊥α，PF⊥平面OAB，∴OP在平面OAB上的射影就是直线OA，故∠AOP就是直线OP与平面OAB所成的角θ，即∠AOP=θ，∵AP⊂α，∴AP⊥BH，又∵PA⊥PB，PB∩BH=B，PB，BH⊂平面PBH，∴PA ⊥平面PBH ，∵PH ⊂平面PBH ，∴PA ⊥PH ，故点P 的轨迹就是平面α内以线段AH 为直径的圆(A 点除外)，∵OA =AB ，且∠OAB =120∘，∴∠BAH =60∘，设OA =a(a >0)，则AB =a ，从而AH =AB ⋅cos 60∘=a 2，∴PE =12AH =a 4，如图，当且仅当PE ⊥OP ，即OP 是圆E 的切线时，角θ有最大值，tan θ有最大值，tan θ取得最大值为：PE OP =√OE 2−PE 2=a 4√(a+a 4)−(a 4)=√612． 所以答案是：√612.14、已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π则该圆锥的侧面积为________.答案：39π分析：利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案.∵V =13π62⋅ℎ=30π∴ℎ=52 ∴l =√ℎ2+r 2=√(52)2+62=132 ∴S 侧=πrl =π×6×132=39π.所以答案是：39π.15、已知P，Q，R，S是相应长方体或空间四边形的边或对角线的中点，则这四点必定共面的是______．（写序号）答案：①③④分析：利用平面的基本性质及推论，逐一检验即可．①中，∵PR//QS，∴P，Q，R，S四点共面；②中，PR和QS是异面直线，故四点不共面；③中，∵PS//QR，∴P，Q，R，S四点共面；④中，∵PQ//RS//BC，∴P，Q，R，S四点共面；所以答案是：①③④解答题16、如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠ABC＝90°，PA＝2，AC＝2√2．(1)求证：平面PBC⊥平面PAB；(2)若二面角P﹣BC﹣A的大小为45°，过点A作AN⊥PC于N，求直线AN与平面PBC所成角的大小．答案：(1)证明见解析(2)60°分析：（1）根据线线垂直得BC⊥平面PAB，再由面面垂直的判定定理可证得结论，（2）由题意求出AB,BC的长，过点A作AM⊥PB于M，连接MN，则∠ANM为直线AN与平面PBC所成的角，然后在Rt△ANM中可求得结果（1）证明：因为PA⊥底面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，因为∠ABC＝90°，所以AB⊥BC，因为PA∩AB=A,所以BC⊥平面PAB，因为BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB，（2）由（1）可知BC⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB，因为AB⊥BC，所以∠ABP为二面角P−BC−A的平面角，所以∠ABP=45°，因为PA=2,AC=2√2,∠ABC=90°，所以AB=BC=2，过点A作AM⊥PB于M，则AM⊥平面PBC，且M为PB的中点，连接MN，则∠ANM为直线AN与平面PBC所成的角，在Rt△PAB中，AM=12PB=12×2√2=√2,在Rt△PAC中，PC=√PA2+AC2=√4+8=2√3，则AN=PA⋅ACPC =√22√3=2√63，在Rt△ANM中，sin∠ANM=AMAN =√22√63=√32，因为0°<∠ANM<180°，所以∠ANM=60°，所以直线AN与平面PBC所成角的大小为60°17、所有棱长均相等的三棱锥称为正四面体，如图，在正四面体A—BCD中，求证：AB⊥CD.答案：见解析分析：取CD的中点为M，连接AM，BM，根据线面垂直可得AB⊥CD.取CD的中点为M，连接AM，BM，因为四面体A−BCD为正四面体，故△ACD为等边三角形，故AM⊥CD，同理BM⊥CD，而AM∩BM=M，故CD⊥平面ABM，因为AB⊂平面ABM，故CD⊥AB.18、如图，G是正方体ABCD−A1B1C1D1的棱的DD1延长线上的一点，E，F是棱AB，BC的中点，试分别画出：(1)过点G，A，C的平面与正方体表面的交线；(2)过点E，F，D1的平面与正方体表面的交线.答案：(1)答案见解析(2)答案见解析分析：（1）连接AG，交A1D1于点H，连接GC，交C1D1于点I，从而可得到过点A，C，G的平面为平面ACIH；（2）根据基本性质三：若两个不重合平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线，即可作出平面与正方体表面的交线；(1)连接AG，交A1D1于点H，连接GC，交C1D1于点I，连接HI,AC，则过点A，C，G的平面为平面ACIH，过点G，A，C的平面与正方体表面的交线分别为：AH，HI，IC，AC.(2)延长EF，交DC的延长线于点Q，延长FE，交DA的延长线于点P，连接D1P交AA1于点O，连接D1Q交CC1于点R，连接OE,EF,FR，则过点E，F，D1的平面为平面EFRD1O，过点E，F，D1的平面与正方体表面的交线分别为：D1O，OE，EF，FR，RD1.19、四面体ABCD如图所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面，分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H．证明：E、F、G、H四点共面且四边形EFGH是平行四边形．答案：证明见解析分析：根据线面平行的性质定理，分别证得EH∥BC，FG∥BC，则得EH∥FG，从而可证得E、F、G、H四点共面，同理可证得EF∥HG，再根据平行四边形的判定定理可得结论因为BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC=FG，平面EFGH∩平面ABC=EH，所以BC∥FG，BC∥EH，所以EH∥FG，所以E、F、G、H四点共面，同理可证得EF∥AD，HG∥AD，所以EF∥HG，所以四边形EFGH是平行四边形．。

2019届高考数学文科(人教新课标版)一轮复习练习：第8章 立体几何 第4讲分层演练直击高考 Word版含解析

2019届高考数学文科(人教新课标版)一轮复习练习：第8章 立体几何 第4讲分层演练直击高考 Word版含解析

[学生用书P252(单独成册)]一、选择题1．设α，β是两个不同的平面，m ，n 是平面α内的两条不同直线，l 1，l 2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分不必要条件是( )A ．m ∥l 1且n ∥l 2B ．m ∥β且n ∥l 2C ．m ∥β且n ∥βD ．m ∥β且l 1∥α解析：选A ．由m ∥l 1，m ⊂α，得l 1∥α，同理l 2∥α，又l 1，l 2相交，l 1，l 2⊂β，所以α∥β，反之不成立，所以m ∥l 1且n ∥l 2是α∥β的一个充分不必要条件．2．已知m ，n ，l 是不同的直线，α，β是不同的平面，以下命题正确的是( ) ①若m ∥n ，m ⊂α，n ⊂β，则α∥β； ②若m ⊂α，n ⊂β，α∥β，l ⊥m ，则l ⊥n ； ③若m ⊥α，n ⊥β，α∥β，则m ∥n ； ④若α⊥β，m ∥α，n ∥β，则m ⊥n ． A ．①③ B ．③④ C ．②④D ．③解析：选D ．①若m ∥n ，m ⊂α，n ⊂β，则α∥β或α，β相交； ②若m ⊂α，n ⊂β，α∥β，l ⊥m ，则l ⊥n 或l ∥n 或l ，n 异面； ③正确；④若α⊥β，m ∥α，n ∥β，则m ⊥n 或m ∥n 或m ，n 异面． 3．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( )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：选B ．由AE ∶EB ＝AF ∶FD ＝1∶4知EF ═∥15BD ，所以EF ∥平面BCD ．又H ，G分别为BC，CD的中点，所以HG═∥12BD，所以EF∥HG且EF≠HG．所以四边形EFGH是梯形．4．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，给出下列四个推断：①FG∥平面AA1D1D；②EF∥平面BC1D1；③FG∥平面BC1D1；④平面EFG∥平面BC1D1．其中推断正确的序号是()A．①③B．①④C．②③D．②④解析：选A．因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，所以FG∥BC1，因为BC1∥AD1，所以FG∥AD1，因为FG⊄平面AA1D1D，AD1⊂平面AA1D1D，所以FG∥平面AA1D1D，故①正确；因为EF∥A1C1，A1C1与平面BC1D1相交，所以EF与平面BC1D1相交，故②错误；因为E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，所以FG∥BC1，因为FG⊄平面BC1D1，BC1⊂平面BC1D1，所以FG∥平面BC1D1，故③正确；因为EF与平面BC1D1相交，所以平面EFG与平面BC1D1相交，故④错误．故选A．5．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．2C．3 D．4解析：选B．由题易知①正确；②错误，l也可以在α内；③错误，以墙角为例即可说明；④正确，可以以三棱柱为例说明，故选B．6．如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列说法中，错误的为() A．AC⊥BDB．AC＝BDC．AC∥截面PQMND．异面直线PM与BD所成的角为45°解析：选B．因为截面PQMN是正方形，所以PQ∥MN，QM∥PN，则PQ∥平面ACD、QM∥平面BDA，所以PQ∥AC，QM∥BD，由PQ⊥QM可得AC⊥BD，故A正确；由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN，故C正确；由BD∥PN，所以∠MPN是异面直线PM与BD所成的角，且为45°，D正确；由上面可知：BD∥PN，MN∥AC．所以PNBD＝ANAD，MNAC＝DNAD，而AN≠DN，PN＝MN，所以BD≠AC．B错误．故选B．二、填空题7．如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD-A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：①没有水的部分始终呈棱柱形；②水面EFGH 所在四边形的面积为定值； ③棱A 1D 1始终与水面所在平面平行； ④当容器倾斜如图所示时，BE ·BF 是定值． 其中正确的命题是________．解析：由题图，显然①是正确的，②是错误的； 对于③，因为A 1D 1∥BC ，BC ∥FG ， 所以A 1D 1∥FG 且A 1D 1⊄平面EFGH ， 所以A 1D 1∥平面EFGH (水面)． 所以③是正确的；对于④，因为水是定量的(定体积V )， 所以S △BEF ·BC ＝V ，即12BE ·BF ·BC ＝V ．所以BE ·BF ＝2VBC (定值)，即④是正确的．答案：①③④8．棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 是棱AA 1的中点，过C ，M ，D 1作正方体的截面，则截面的面积是________．解析：由面面平行的性质知截面与平面AB 1的交线MN 是△AA 1B 的中位线，所以截面是梯形CD 1MN ，易求其面积为92．答案：929．已知平面α∥β，P ∉α且P ∉ β，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：如图1，因为AC ∩BD ＝P ，图1所以经过直线AC 与BD 可确定平面PCD ． 因为α∥β，α∩平面PCD ＝AB ， β∩平面PCD ＝CD ，所以AB ∥CD ．所以P A AC ＝PBBD，即69＝8－BD BD ，所以BD ＝245． 如图2，同理可证AB ∥CD ．图2所以P A PC ＝PB PD ，即63＝BD －88，所以BD ＝24．综上所述，BD ＝245或24．答案：245或2410．如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，若BC ⊥AC ，∠BAC ＝π3，AC ＝4，M 为AA 1的中点，点P 为BM 的中点，Q 在线段CA 1上，且A 1Q ＝3QC ，则PQ 的长度为________．解析：由题意知，AB ＝8，过点P 作PD ∥AB 交AA 1于点D ，连接DQ ，则D 为AM 的中点，PD ＝12AB ＝4．又因为A 1Q QC ＝A 1D AD＝3，所以DQ ∥AC ，∠PDQ ＝π3，DQ ＝34AC ＝3，在△PDQ 中，PQ ＝42＋32－2×4×3×cos π3＝13．答案：13 三、解答题11．如图，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为菱形，E ，F 分别是线段A 1D ，BC 1的中点．延长D 1A 1到点G ，使得D 1A 1＝A 1G ．证明：GB ∥平面DEF ．证明：连接A 1C ，B 1C ，则B 1C ，BC 1交于点F ．因为CB ═∥D 1A 1，D 1A 1＝A 1G ， 所以CB ═∥A 1G ，所以四边形BCA 1G 是平行四边形，所以GB ∥A 1C ． 又GB ⊄平面A 1B 1CD ，A 1C ⊂平面A 1B 1CD ， 所以GB ∥平面A 1B 1CD ．又点D ，E ，F 均在平面A 1B 1CD 内，所以GB ∥平面DEF ． 12．如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别是BC ，CC 1，C 1D 1，A 1A 的中点．求证：(1)BF ∥HD 1； (2)EG ∥平面BB 1D 1D ； (3)平面BDF ∥平面B 1D 1H ． 证明：(1)如图所示，取BB 1的中点M ，连接MH ，MC 1，易证四边形HMC 1D 1是平行四边形， 所以HD 1∥MC 1． 又因为MC 1∥BF ， 所以BF ∥HD 1．(2)取BD 的中点O ，连接EO ，D 1O ， 则OE ═∥12DC ，又D 1G ═∥12DC ，所以OE ═∥D 1G ，所以四边形OEGD 1是平行四边形，所以GE ∥D 1O ． 又GE ⊄平面BB 1D 1D ，D 1O ⊂平面BB 1D 1D ，所以EG ∥平面BB 1D 1D ．(3)由(1)知BF ∥HD 1，又BD ∥B 1D 1，B 1D 1，HD 1⊂平面B 1D 1H ，BF ，BD ⊂平面BDF ，且B 1D 1∩HD 1＝D 1，DB ∩BF ＝B ，所以平面BDF ∥平面B 1D 1H ．1．如图，四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形．(1)证明：平面A 1BD ∥平面CD 1B 1；(2)若平面ABCD ∩平面B 1D 1C ＝直线l ，证明B 1D 1∥l ． 证明：(1)由题设知BB 1═∥DD 1， 所以四边形BB 1D 1D 是平行四边形， 所以BD ∥B 1D 1． 又BD ⊄平面CD 1B 1， B 1D 1⊂平面CD 1B 1， 所以BD ∥平面CD 1B 1．因为A 1D 1═∥B 1C 1═∥BC ， 所以四边形A 1BCD 1是平行四边形， 所以A 1B ∥D 1C ．又A 1B ⊄平面CD 1B 1，D 1C ⊂平面CD 1B 1， 所以A 1B ∥平面CD 1B 1． 又因为BD ∩A 1B ＝B ， 所以平面A 1BD ∥平面CD 1B 1． (2)由(1)知平面A 1BD ∥平面CD 1B 1， 又平面ABCD ∩平面B 1D 1C ＝直线l ， 平面ABCD ∩平面A 1BD ＝直线BD ， 所以直线l ∥直线BD ，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，四边形BDD 1B 1为平行四边形， 所以B 1D 1∥BD ， 所以B 1D 1∥l ．2．如图，ABCD与ADEF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)如图，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中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，所以BD∥平面MNG，又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，所以平面BDE∥平面MNG．。

2019届高考数学一轮复习第八章立体几何层级快练47文.docx

2019届高考数学一轮复习第八章立体几何层级快练47文.docx

层级快练（四十七）1. （2018・黑龙江哈尔滨六中模拟）一个棱锥的三视图如图所示，则该棱锥的表血积是（）A. 4 + 2托 C. 4 + 2^2答案A 解析 由三视图可以看出，儿何体是有一个与底面垂直且全等的侧面，另外两侧面为全等三 角形的三棱锥.由图中数据知底面为等腰三角形，底边长为2,高为2,故面积为*X2X2 =2.在底面上，由顶点在底面的投影向另两侧面的底边作高，将垂足与三棱锥顶点连接起来 即得此两侧面的高.由图小数据，得侧面的底边长为高为2寸所以此两侧面的面 积均为*X2寸故此三棱锥的表面积为2 + 2+&+&=4 + 2&.故选A.2. （2018 •四川攀枝花质检）一个儿何体的三视图如图所示，其中俯视图是菱形，则该儿何 体的侧面积为（）Cp+托答案C 解析该几何体是高为1，底面四边形为对角线长为2的菱形的四棱锥A —BCDE,女U图所示•B. 4+^/6 D. 4-^£)(：・俯视图在直角三角形ABE 中，八B=l, BE=£, ・・・AE=J. 在三角形 AED 中，AE=£, ED=y/2f AD=&, AAE 2+DE 2=AD 2, A 三角形AED 是直角三角形，则该几何体的侧面积为S = 2X （^X^Xl ） +2X （|X ^/2X^3）=^2+76,故选C.3. （2018 •安徽师大附中、马鞍山二中高三测试）某儿何体的三视图如图所示，则该儿何体 的体积为（）A. 12 C. 24答案C 解析 由三视图知，该儿何体是一个长方体的一半再减去一个三棱锥后得到的，该儿何体的 体积 V=*X4X3X5—#X*X4X3X (5 — 2)=24,故选 C.4. （2018 •安徽淮北一模）如图是某空间儿何体的三视图，其中止视图.侧视图.俯视图依答案D如图所示，该几何体为四棱锥，其屮侧血ABCD 丄底面PAB,侧面ABCD 为直角梯形, ］十2AD 〃BC, DA 丄AB,该几何体的体积V=-X-^X2 X^=^3,故选D.B. 18 D. 30次为直角三角形、 克角梯形、等边三角形，则该几何体的体积为（解析 侧视图俯视图B.乎5. （2017 •合肥一检）一个空间儿何体的三视图如图所示，其中正视图为等腰直角三角形, 侧视图与俯视图为止方形，则该儿何体的体积和表面积分别为（）1裁.6. （2016 •课标全国II ）如图是由圆柱与圆锥组合而成的儿何体的三视图，则该儿何体的表 面积为（）A. 20 皿 C. 28 n答案C 解析 该几何体是圆锥与圆柱的组合体，由三视图可知圆柱底面圆的半径r=2,底面圆的 周长c = 2 Ji r = 4 Ji ,圆锥的母线长1=寸2’+ （2羽）？=4,圆柱的高h = 4, .'.S 茨=兀T+A. 64, 48+16^2 C.y, 32+16^2B. 32, 48 + 16电 32D.〒，48+16^2答案B解析 由三视图可知，该几何体是一个三棱柱, 其直观图如图所示. 体积 V=*X4X4X4 = 32,表面积 S=2x|x42+4X (4+4 + 4^2) =48 +B. 24 兀 D. 32 兀正视图 侧视图俯视图俯视图侧视图ch+£cl=4 兀 +16“ +8 n =28TI .7. （2018 •山东师大附中模拟）如图，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为4, 一只小 虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥爬行一周后回到点P 处，若该小虫爬行的最短路程 为4^3,则这个圆锥的体积为（・・・圆锥的体积v=| Ji 刊=128护兀8. （2018 •甘肃兰州一模）某儿何体的三视图如图所示，则该儿何体的表面积为（）侧视图B. (9+2&) Ji D. (10 + 2^5)兀答案A 解析该儿何体是一个圆柱挖去一个圆锥.D. 8^3 3答案C解析 作出该圆锥的侧面展开图，如图中阴影部分所示，该小虫爬行的 最短路为PP‘，・・・0P=0P' =4,PP' =4住，由余弦定理可得cosZP , 0P 2+01^ 彳 一 pp' 2 i2 Ji°卩= 20P ・ OP' =~2f AZF> °P=~2 JI设底面圆的半径为r,圆锥的高为h,则有2nr=—X4,A. (9+萌 Ji C. (10+^5) JT3正视图俯视图S 表面枳=开 ・ 12+2 JI ・ 1 ・ 4+ 兀・ 1 ・ &= （9+^5） n .9. （2017・浙江）某几何体的三视图如图所示（单位:cm ）,则该儿何体的体积（单位：cm'）是 （）止视图 Q俯视图JTA-T +1答案A解析 由儿何体的三视图可得，该儿何体是由半个圆锥和一个三棱锥组成的，故该儿何体的 1 1 1 1 JIOlV=-X-Ji X3+-X-X2XlX3=y+l,故选 A.10. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）KA. 8——4 0. 8- Ji答案C 解析rh 三视图对知，该几何体的体积是一个四棱柱的体积减去半个圆柱的体积，即v= 2X2X2—lx n X12X2=8-开.故选 C.11. （2018 -河北唐山模拟）一个几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积为（）1 0 I D侧视图JTB. ~+3D. 8-2 n—2 ----- HI ------ 2 —正视图侧视图2——俯视图—2—止视图---- ..."1 1<—2―>1侧视图1俯视图A. 24—兀B・ 24-3JIC. 24+ 兀D・ 24-2JI答案A解析由三视图可知，该几何体是棱长为2的正方体挖去右下方g球后得到的几何体，该球以顶点为球心，2为半径，则该儿何体的表面积为2X2X6-3x|x JI X22+|X4X n X22 =24— n ,故选A. 12.（2018 •福建晋江联考）如图，某几何体的三视图屮，正视图和侧视图都是半径为书的半圆和相同的正三角形，其屮正三角形的上顶点是半圆弧的屮点，底边在直径上，则该几何体的表面积是（）A. 6 兀B. 8JIC.10 JiD. 11 Ji答案C解析由三视图可知，该儿何体是一个半球挖去一个圆锥后得到的儿何体，且半球的底面半径为圆锥的轴截面为等边三角形，其高为菊，故圆锥的底面半径为1,母线长为2.该儿何体的表面由半球的侧面、圆锥的侧而以及半球的底而除去圆锥的底而三部分构成.半球的侧面积X ,圆锥的侧而积S2=兀XlX2 = 2：n ,半球的底面圆的面积Ss= n X （^3）2=3 n ,圆锥的底面积S4= Ji Xl2= JI,所以该几何体的表面积为S=Si + S2+S3—Si = 6 兀+2 Ji +3 兀—兀=10 兀・故选C.13.（2018・贵州贵阳模拟）甲、乙两个几何体的正视图和侧视图相同，俯视图不同，如图所示，记甲的体积V甲，乙的体积为V乙，贝9（）B. V 甲=V 〔D. V 甲，V 乙的大小关系不能确定解析 由三视图知，甲几何体是一个以边长为1的正方形为底面的四棱锥，乙几何体是在甲 儿何体的基础上去掉一个三个面是直角三角形的三棱锥后得到的一个三棱锥，所以V 甲〉V 乙, 故选C.14. （2018・郑州质量预测）将一个底面半径为1,高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体, 能切割出的圆柱的最大体积为（）8 n B ，_27兀C -T2 n D. 9答案B解析 r 2 — x 如图所示，设圆柱的半径为r,高为x,体积为V,由题意可得］一~2，所以x —2-2r,所以圆柱的体积 V= n r z (2-2r) = 2 n (r 2-r 3) (0<r<l).设 V(r)=2 兀(忙一2 r 3) (0<r<l),则 V' (r) =2 n (2r —3r'),由 2 Ji (2r —3r 2) =0,得 r=-,所以圆柱的最大体OOO jr积 ％x = 2 n [(-) 2-(|)']=分，故选 B.15. （2018 •沧州七校联考）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A. V 甲〈V 乙 C. V 甲〉VJTA •帀 （甲）俯视图 （乙）俯视图侧视图解析该几何体是一个半圆柱，底面半径为1,高为2,则其体积\「= Ji X12X2= n.16.(2018 •江苏盐城一模)将矩形ABCD绕边AB旋转一周得到一个圆柱，其中AB = 3, BC =2,圆柱上底面圆心为0, AEFG为下底面圆的一个内接直角三角形，则三棱锥0—EFG体积的最大值是答案4解析由题意，易知所得圆柱如图所示，其中圆柱的底面半径为2,高为3,・••三棱锥0—EFG的高为3,・••当AEFG的面积最大时，三棱锥0 -EFG的体积最大.由AFFG为下底面圆的一个内接直角三角形，则可设EF为直径，.••当点G在EF的垂直平分线上时，AEFG的面积最大，最大值(S H4=*X4X2=4,・・・三棱锥0—EFG体积的最大值％冷XmaxX3=2X4X3=4.17.右图为一简单组合体，其底面ABCD为正方形，PD丄平面ABCD,EC〃PD, 且PD=AD=2EC=2.(1)画出该几何体的三视图；(2)求四棱锥B-CEPD的体积.答案(1)略(2)2解析⑴如图所示:TBC丄CD, ・・・BC丄平而PDCE. •・・S 梯形PDCE=*(PD+EC)・ DC=|x3X2 = 3,・•・四棱锥B-CEPD的体积V B-CE PD=|S梯形PDCE・BC=±X 3X2 = 2.18.如图所示的三个图屮，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图在下面画出(单位：cm).正视图侧视图(1)在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图;(2)按照给出的尺寸，求该多而体的体积；(3)在所给直观图屮连接BC',证明：BC Z〃平面EFG.2«/1答案⑴略⑵〒cm' (3)略解析(1)如图所示.26-4~正视图侧视图n 6 r、42俯视图(2)所求多面体的体积是：] I284V = V 长方体一V 正三棱锥= 4X4X6—§X (-X2X2) X2=〒cm3.(3)如图所示，复原长方体ABCD-A,C‘ L ,连接 AD',则 AD' 〃BC'. •・・E, G 分别是，A' D z 的中点, AAD / 〃EG.从而 EG 〃BC‘ ・ 又BC‘ Q 平面EFG, ・・・BC‘ 〃平面EFG.|备选题|1. （2018・重庆巴蜀中学期中）我国的神舟^一号飞船已于2016年10月17 H 7吋30分在 酒泉卫星发射中心成功发射升空，并于19日凌晨，与天空二号自动交会对接成功，如图所 示为飞船上某零件的三视图，网格纸表示边长为1的正方形，粗实线画的是该零件的三视图, 则该零件的体积为（）A. 4 C. 12 答案C解析 由三视图知，该几何体是四棱锥，且底面是长为6,宽为2的矩形，高为3,所以该 几何体的体积V= jx6X2X3 = 12,故选C.2. （2018 •宜吕一中期中）某四面体的三视图如图所示，则该四面体的四个面中，直角三角 形的面积和是（）A. 2 C. 2+石 答案CB. 8D. 20B. 4D. 4 + 2^5解析由三视图可得原儿何体如图，该儿何体的高1>0 = 2,底ffiAABC是腰长为2的等腰直角三角形，该几何体中，直角三角形是底面和侧面APBC.事实上，TPO丄底面ABC, ・・・平面PAC丄底面ABC,而BC丄AC, ・・.BC丄平面PAC,「.BC丄PC. .\PC=^22+12=^5, S APBC2X^5=-^5, S AABC=^X 2 X 2 = 2.・••面积和为2+萌，故选C.3.（2018 •河北廊坊模拟）如图，网格上小正方形的边长为1,粗线画出的是某空间儿何体的三视图，则该儿何体的体积为（）A. 12B. 6C. 2D. 3答案B解析由三视图知该几何体是底血为直角梯形的四棱柱，其高为2,梯形的上底为也，下底为2卩高为迈，其体积为（迈+ 2迈）X寸^X*X2=6.故选B.4.（2018 •广州检测）高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个儿何体，它的直观图和三视图屮的侧视图、俯视图如图所示，则该儿何体的体积是原直三棱柱的体积的（）1 1A*4 B-3c-l D-t答案c 解析由侧视图、俯视图知该几何体是高为2、底面积为*X2X（2 + 4）=6的四棱锥，其体4 1积为4•易知直三棱柱的体积为8,则该几何体的体积是原直三棱柱体积的故选C.5.（2018 •广东清远一模）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）宜观图侧视图俯视图正视图A. 12C.40D. 72答案c解析rtl三视图可知几何体为长方体上面放了一个四棱锥.所求体积V = 3X4X2+#X3X4X4=40.6.（2018 •河南八市重点质检）如图是某几何体的三视图，当xy最大时，该几何体的体积为()Z01侧视图正视图俯视图A. 2^/15+^^31JIB・1+迈5+孕D. 1+孕4答案A解析由三视图可知，儿何体是一个四分Z—的圆锥与一个三棱柱的组合体.设该儿何体的xy取到最大值，此时h=好，所以组合体的体积为*X1X貞X4++X#X1X1X JT X倾=2换+遐戈，故选A.7.（2015 •福建，文）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 + 2^2C. 14 + 2 边答案B 解析由题中三视图可知，该儿何体是底面为直角梯形、高为2的直I川棱柱，所以其表面积为S衣面积=S侧面积+2S下底面积=（1 +1 +2+寸X 2 + 2 X—X （1 +2）X 1 = 11+2^2,故选B.8.（2018 •重庆荣昌中学期中）如图所示,在边长为2的正方形ABCD中, 圆心为B,半径为1的圆与AB, BC分别交于点E, F,则阴影部分绕直线B. 24高为h, 则〕h2+y2=31,h2+l2=x2,6 I 乙所以x2 + y2 = 32.由不等式xy^x 可知,当且仅当x = y = 4时,B. 11+2 迈D. 15俯视图A E BA. 75 + 2^10 C. 48+4^10 答案BBC 旋转一周形成儿何体的体积等于（） A.兀答案B解析 由旋转体的定义可知，阴影部分绕直线BC 旋转一周形成的儿何体为圆柱中挖掉一个 半球和一个圆锥.该圆柱的底面半径R = BA = 2,母线长1 =AD=2,故该圆柱的体积V.= JIX22X2 = 8n ,半球的半径为1,其体积V2=*X 扌兀XT=¥，圆锥的底面半径为2,高为 I 4 H1，其体积V 3=-ir X22X1=— 所以阴影部分绕直线BC 旋转一周形成的几何体的体积V=Vi —V 2—V 3=6 Ji •9. （2015 •课标全国II ）一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的 三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（） 1 A -8 1 C -61 D.- o俯视图答案D解析 如图，不妨设正方体的棱长为1，则截去部分三棱锥A —Abb,1 斤其体积先，又正方体的体积为1,则剩余部分的体积呛故所求比值故选D.10. （2017・山东济宁模拟）若一个儿何体的三视图如图所示，则该儿何体的表面积为（）441正视图侧视图俯视图解析 rh 三视图可知该几何体是一个四棱柱•两个底面面积之和为2x4 + 5I - X3 = 27, 四个B. 75+4^10 D. 48 + 2倾侧面的面积之和是（3 + 4 + 5 +寸15） X 4=48+,故表面积是75+4*^10.11.（2018 •湖南长沙模拟）如图（单位：cm）,则图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的儿何体的体积为皿140答案丁"解析图屮阴影部分绕AB旋转一周后形成的几何体是一个圆台，从上面又挖去了一个半球. 12.（2018 •天津和平区校级月考）某几何体的三视图如图所示（单位：cm）,则该几何体的体积是_______ cm1.答案晋解析由三视图可得，该几何体是三棱锥和三棱柱的组合体，它们的底面面积为*X2X2 =-1 j r*2 （cm2）,它们的高均为2 cm,故该几何体的体积V = 2X2+§X2X2=〒（cnf）.13.（2018 •北京西城区期末）在空间直角坐标系0—xyz中，四面体ABCD在xOy、yOz> zOx 坐标平面上的一组正投影图形如图所示（坐标轴用细虚线表示），则该四面体的体积是4 答案§解析由右图可知，该三棱锥A-BCD的底而是底为1,高为4的ABCD,1 14三棱锥的高为2,故其体积V=-X-X4X1X2=-14. （2017 •衡水屮学调研卷）若一个半径为2的球体经过切割之后所得儿何体的三视图如图 所示，则该儿何体的表面积为 ________ •答案16JT 解析 由三视图，可知该几何体是一个球体挖去扌之后剩余的部分，故该几何体的表面积为3 3 1球体表面积的7与两个半圆面的面积之和，即S=-X （4n X2：-）+2X （-n X2'）=16 n. 15. 如图所示，正方体ABCD — ABCD 的棱长为1, E, F 分别为线段AA 】,B.C ±的点,则三 棱锥D-EDF 的体积为答案I解析 三棱锥Di-EDF 的体积即为三棱锥F —DDE 的体积.因为E, F 分别为AAi, BiC 上的点, 所以正方体ABCD —A 岛CD 中AEDD 的面积为定值*, F 到平ffl AA.D.D 的距离为定值1,所以 VF-DDiE=|x^Xl=|.16. （2017・烟台模拟）某儿何体的主（正）视图与俯视图如图所示，左（侧）视图与主视图相同, 且图中的四边形都是边长为2的正方形，两条虚线互相垂直，则该几何体的体积是（）C. 6 答案AD. 4正（主）视图侧佐）视图俯视图主（正）视图俯视图解析由三视图可知该儿何体是由棱长为2的正方体，挖去一个底而边长为2的正方形，高19（）为1的正四棱锥，该儿何体体积为V = 2'—§X22xi=〒.17.（2017 •辽宁五校联考）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________-正视图侧视图俯视图答案11解析由三视图知，该几何体为长方体去掉一个三棱锥，其体积V = 2X2X3-|x（|x2X1) X3=ll.18.（2018 •广东清远三中月考）一个儿何体的三视图如图所示，且其侧视图是一个等边三角形，则这个儿何体的体积为答案解析由己知中的三视图可知，该几何体由一个半圆锥和一个四棱锥组合而成，其中半圆锥的底而半径为1,四棱锥的底面是一个边长为2的正方形，他们的高均为羽，则・□(8+ Ji )(2) TPD丄平面ABCD, PDU平面PDCE,・•・平而PDCE丄平而ABCD.。

2019届高考数学一轮复习第8单元解析几何作业理

2019届高考数学一轮复习第8单元解析几何作业理

第八单元解析几何课时作业(四十六)第46讲直线的倾斜角与斜率、直线的方程基础热身1.已知直线l过点(0,0)和(3,1),则直线l的斜率为()A.3B.C.-D.-32.如果A·B<0,B·C>0,那么直线Ax-By-C=0不经过的象限是()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3.[2017·绵阳二诊]直线x-y-3=0的倾斜角α是.4.[2017·郑州一中调研]点(,4)在直线l:ax-y+1=0上,则直线l的倾斜角为.5.已知等边三角形ABC的两个顶点为A(0,0),B(4,0),且第三个顶点在第四象限,则BC边所在的直线方程是.能力提升6.[2017·通化二模]已知角α是第二象限角,直线2x+y tan α+1=0的斜率为,则cos α等于()A.B.-C.D.-7.过点(-10,10)且在x轴上的截距是在y轴上的截距的4倍的直线的方程为()A.x-y=0B.x+4y-30=0C.x+y=0 或x+4y-30=0D.x+y=0或x-4y-30=08.若<α<2π,则直线+=1必不经过()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限9.直线l:mx-m2y-1=0经过点P(2,1),则倾斜角与直线l的倾斜角互为补角的一条直线的方程是()A.x-y-1=0B.2x-y-3=0C.x+y-3=0D.x+2y-4=010.已知点A(1,-2)和B,0在直线l:ax-y-1=0(a≠0)的两侧,则直线l的倾斜角的取值范围是()A.B.C.D.∪11.[2017·黄冈质检]已知在△ABC中,∠ACB=90°,BC=3,AC=4,P是线段AB上的点,则P到AC,BC的距离的乘积的最大值为()A.3B.2C.2D.912.不论k为何实数,直线(2k-1)x-(k+3)y-(k-11)=0恒过一个定点,则这个定点的坐标是.13.一条直线经过点A(-2,2),并且与两坐标轴围成的三角形的面积为1,则此直线的方程为.14.[2017·绵阳南山中学一诊]在平面直角坐标系xOy中,点A(0,1),B(0,4),若直线2x-y+m=0上存在点P,使得|PA|=|PB|,则实数m的取值范围是.难点突破15.(5分)已知直线l:x-my+m=0上存在点M满足与A(-1,0),B(1,0)两点连线的斜率k MA 与k MB之积为3,则实数m的取值范围是()A.[-,]B.∪C.∪D.16.(5分)[2017·河南安阳调研]直线y=m(m>0)与y=|log a x|(a>0且a≠1)的图像交于A,B 两点,分别过点A,B作垂直于x轴的直线交y=(k>0)的图像于C,D两点,则直线CD的斜率()A.与m有关B.与a有关C.与k有关D.等于-1课时作业(四十七)第47讲两直线的位置关系、距离公式基础热身1.[2017·永州一模]已知直线l1:x+y+1=0,l2:x+y-1=0,则l1与l2之间的距离为()A.1B.C.D.22.[2017·南昌一模]两直线3x+2y-2a=0与2x-3y+3b=0的位置关系是()A.垂直B.平行C.重合D.以上都不对3.[2017·河北武邑中学月考]过点P(1,2),且到原点的距离最大的直线的方程是()A.x+2y-5=0B.2x+y-4=0C.x+3y-7=0D.3x+y-5=04.[2017·大庆实验中学一模]与直线x+y+2=0垂直的直线的倾斜角为.5.[2017·重庆一中期中]点(-1,-2)关于直线x+y=1对称的点的坐标是.能力提升6.已知直线l1:(m-4)x-(2m+4)y+2m-4=0与l2:(m-1)x+(m+2)y+1=0,则“m=-2”是“l1∥l2”的()A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分又不必要条件7.[2018·南昌二中月考]已知直线l1:mx-y+3=0与l2关于直线y=x对称, l2与l3:y=-x+垂直,则m=()A.-B.C.-2D.28.已知b>0,直线(b2+1)x+ay+2=0与直线x-b2y-1=0互相垂直,则ab的最小值为()A.1B.2C.2D.29.点P在直线3x+y-5=0上,且点P到直线x-y-1=0的距离为,则点P的坐标为()A.(1,2)B.C.或D.或10.[2017·台州中学月考]设△ABC的一个顶点是A(3,-1),∠B,∠C的平分线的方程分别是x=0,y=x,则直线BC的方程是()A.y=3x+5B.y=2x+3C.y=2x+5D.y=-+11.[2017·莱芜期末]已知直线l:Ax+By+C=0(A,B不全为0),两点P1(x1,y1),P2(x2,y2),若(Ax1+By1+C)(Ax2+By2+C)>0,且|Ax1+By1+C|>|Ax2+By2+C|,则()A.直线l与直线P1P2不相交B.直线l与线段P2P1的延长线相交C.直线l与线段P1P2的延长线相交D.直线l与线段P1P2相交12.已知直线3x+4y-3=0,6x+my+14=0平行,则它们之间的距离是.13.[2017·蚌埠质检]在平面直角坐标系中,已知点P(-2,2),对于任意不全为零的实数a,b,直线l:a(x-1)+b(y+2)=0,若点P到直线l的距离为d,则d的取值范围是.14.[2017·六安一中月考]已知曲线y=在点P(1,4)处的切线与直线l平行且两直线之间的距离为,则直线l的方程为.难点突破15.(5分)[2017·南昌一模]已知点P在直线x+3y-2=0上,点Q在直线x+3y+6=0上,线段PQ 的中点为M(x0,y0),且y0<x0+2,则的取值范围是()A.B.C.D.∪16.(5分)已知x,y为实数,则代数式++的最小值是.课时作业(四十八)第48讲圆的方程基础热身1.方程x2+y2-2x+m=0表示一个圆,则m的取值范围是()A.m<1B.m<2C.m≤D.m≤12.已知点P是圆(x-3)2+y2=1上的动点,则点P到直线y=x+1的距离的最小值是()A.3B.2C.2-1D.2+13.[2017·天津南开区模拟]圆心在y轴上,且过点(3,1)的圆与x轴相切,则该圆的方程是()A.x2+y2+10y=0B.x2+y2-10y=0C.x2+y2+10x=0D.x2+y2-10x=04.[2017·武汉三模]若直线2x+y+m=0过圆x2+y2-2x+4y=0的圆心,则m的值为.5.[2017·郑州、平顶山、濮阳二模]以点M(2,0),N(0,4)为直径的圆的标准方程为.能力提升6.[2017·湖南长郡中学、衡阳八中等十三校联考]圆(x-2)2+y2=4关于直线y=x对称的圆的方程是()A.+=4B.+=4C.x2+=4D.+=47.已知两点A(a,0), B(-a,0)(a>0),若曲线x2+y2-2x-2y+3=0上存在点P,使得∠APB=90°,则正实数a的取值范围为()A.(0,3]B.[1,3]C.[2,3]D.[1,2]8.[2017·九江三模]已知直线l经过圆C:x2+y2-2x-4y=0的圆心,且坐标原点O到直线l的距离为,则直线l的方程为()A.x+2y+5=0B.2x+y-5=0C.x+2y-5=0D.x-2y+3=09.[2017·海南中学、文昌中学联考]抛物线y=x2-2x-3与坐标轴的交点在同一个圆上,则该圆的方程为()A.x2+=4B.+=4C.+y2=4D.+=510.[2017·广州一模]已知圆C:x2+y2+2x-4y+1=0的圆心在直线ax-by+1=0上,则ab的取值范围是()A.B.C.D.11.已知直线l1:x+2y-5=0与直线l2:mx-ny+5=0(n∈Z)相互垂直,点(2,5)到圆C:(x-m)2+(y-n)2=1的最短距离为3,则mn= .12.已知圆C:(x-3)2+(y-4)2=25,圆C上的点到直线l:3x+4y+m=0(m<0)的最短距离为1,若点N(a,b)在直线l位于第一象限的部分,则+的最小值为.13.(15分)已知方程x2+y2-2(m+3)x+2(1-4m2)y+16m4+9=0表示一个圆.(1)求实数m的取值范围;(2)求该圆半径r的取值范围;(3)求该圆圆心的纵坐标的最小值.14.(15分)已知曲线C1:x2+y2=1,点N是曲线C1上的动点,O为坐标原点.(1)已知定点M(-3,4),动点P满足=+,求动点P的轨迹方程;(2)设点A为曲线C1与x轴正半轴的交点,将A沿逆时针旋转得到点B,若=m+n,求m+n的最大值.难点突破15.(5分)[2018·赣州红色七校联考]已知圆C:x2+y2-2ax-2by+a2+b2-1=0(a<0)的圆心在直线x-y+=0上,且圆C上的点到直线x+y=0的距离的最大值为1+,则a2+b2的值为()A.1B.2C.3D.416.(5分)[2017·北京朝阳区二模]已知过定点P(2,0)的直线l与曲线y=相交于A,B 两点,O为坐标原点,当△AOB的面积最大时,直线l的倾斜角为()A.150°B.135°C.120°D.30°课时作业(四十九)第49讲直线与圆、圆与圆的位置关系基础热身1.直线y=2x+1与圆x2+y2-2x+4y=0的位置关系为()A.相交且经过圆心B.相交但不经过圆心C.相切D.相离2.[2017·惠州调研]圆(x+2)2+y2=4与圆(x-2)2+(y-1)2=9的位置关系为()A.内切B.相交C.外切D.相离3.[2017·大连一模]直线4x-3y=0与圆(x-1)2+(y-3)2=10相交所得弦的长为()A.6B.3C.6D.34.圆心为(4,0)且与直线x-y=0相切的圆的方程为.5.[2017·昆明一中模拟]若点A,B在圆O:x2+y2=4上,弦AB的中点为D(1,1),则直线AB的方程是.能力提升6.[2017·洛阳二模]已知圆C的方程为x2+y2=1,直线l的方程为x+y=2,过圆C上任意一点P作与l的夹角为45°的直线交l于A,则的最小值为()A.B.1C.-1D.2-7.[2017·天津红桥区八校联考]若直线2ax-by+2=0 (a>0,b>0)经过圆x2+y2+2x-4y+1=0的圆心,则+的最小值是()A.B.4C.D.28.[2017·湖北六校联考]过点P(1,2)的直线与圆x2+y2=1相切,且与直线l:ax+y-1=0垂直,则实数a的值为()A.0B.-C.0或D.9.[2017·广州模拟]已知k∈R,点P(a,b)是直线x+y=2k与圆x2+y2=k2-2k+3的公共点,则ab 的最大值为()A.15B.9C.1D.-10.[2017·安阳二模]已知圆C 1:x2+y2+4x-4y-3=0,动点P在圆C2:x2+y2-4x-12=0上,则△PC1C2面积的最大值为()A.2B.4C.8D.2011.[2017·宜春二模]已知圆x2+y2=1和圆外一点P(1,2),过点P作圆的切线,则切线方程为.12.[2017·长沙雅礼中学模拟]在平面直角坐标系xOy中,以点(0,1)为圆心且与直线mx-y-2m-1=0(m>0)相切的所有圆中,半径最大的圆的标准方程为.13.(15分)[2017·汕头三模]已知圆C经过点(2,4),(1,3),圆心C在直线x-y+1=0上,过点A(0,1),且斜率为k的直线l与圆相交于M,N两点.(1)求圆C的方程.(2)①请问·是否为定值?若是,请求出该定值;若不是,请说明理由.②若O为坐标原点,且·=12,求直线l的方程.14.(15分)已知圆O:x2+y2=9及点C(2,1).(1)若线段OC的垂直平分线交圆O于A,B两点,试判断四边形OACB的形状,并给出证明;(2)过点C的直线l与圆O交于P,Q两点,当△OPQ的面积最大时,求直线l的方程.难点突破15.(5分)[2017·汉中质检]已知P是直线3x+4y+8=0上的动点,PA,PB是圆x2+y2-2x-2y+1=0的切线,A,B是切点,C是圆心,那么四边形PACB面积的最小值是 ()A.2B.2C.3D.316.(5分)[2017·重庆巴蜀中学三模]已知P为函数y=的图像上任一点,过点P作直线PA,PB 分别与圆x2+y2=1相切于A,B两点,直线AB交x轴于M点,交y轴于N点,则△OMN的面积为.课时作业(五十)第50讲椭圆基础热身1.[2017·陕西黄陵中学二模]已知椭圆的标准方程为x2+=1,则椭圆的焦点坐标为()A.(,0),(-,0)B.(0,),(0,-)C.(0,3),(0,-3)D.(3,0),(-3,0)2.[2017·河南息县一中模拟]已知圆O:x2+y2=4经过椭圆C:+=1(a>b>0)的短轴端点和两个焦点,则椭圆C的标准方程为 ()A.+=1B.+=1C.+=1D.+=13.[2017·淮北模拟]椭圆+=1的右焦点到直线y=x的距离是()A.B.C.1D.4.[2017·河南师范大学附属中学模拟]椭圆C: +=1(a>b>0)的左焦点为F,若F关于直线x+y=0的对称点A是椭圆C上的点,则椭圆C的离心率为.5.[2017·南宁期末]定义:椭圆上一点与两焦点构成的三角形为椭圆的焦点三角形.已知椭圆C:+=1(a>b>0)的焦距为4,焦点三角形的周长为4+12,则椭圆C的方程是.能力提升6.[2017·株洲一模]已知椭圆+=1(a>b>0),F1为左焦点,A为右顶点, B1,B2分别为上、下顶点,若F1,A,B1,B2四点在同一个圆上,则此椭圆的离心率为()A.B.C.D.7.[2017·韶关二模]在平面直角坐标系xOy中,椭圆C的中心为原点,焦点F1,F2在x轴上,离心率为,点P为椭圆上一点,且△PF1F2的周长为12,那么C的方程为()A.+y2=1B.+=1C.+=1D.+=18.[2017·郑州三模]椭圆+=1的左焦点为F,直线x=a与椭圆相交于点M,N,当△FMN的周长最大时,△FMN的面积是()A.B.C.D.9.[2017·泉州模拟]已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左焦点为F,若点F关于直线y=-x的对称点P在椭圆C上,则椭圆C的离心率为 ()A.B.C.D.10.[2017·沈阳东北育才学校九模]椭圆+=1的左、右焦点分别为F1,F2,弦AB过F1,若△ABF2的内切圆的周长为π,A,B两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则|y1-y2|的值为 () A.B.C.D.11.[2017·泉州质检]已知椭圆C:+=1的左顶点、上顶点、右焦点分别为A,B,F,则·= .12.[2017·运城二模]已知F是椭圆+=1(a>b>0)的左焦点,A为右顶点,P是椭圆上的一点,PF⊥x轴,若|PF|=|AF|,则该椭圆的离心率是.13.(15分)[2018·海南八校联考]如图K50-1,点M(,)在椭圆+=1(a>b>0)上,且点M到两焦点的距离之和为6.(1)求椭圆的方程;(2)设与MO (O为坐标原点)垂直的直线交椭圆于A,B (A,B不重合),求·的取值范围.图K50-114.(15分)[2017·南宁质检]已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,短轴长为2.(1)求椭圆C的标准方程;(2)若圆O:x2+y2=1的切线l与椭圆C相交于A,B两点,线段AB的中点为M,求的最大值.难点突破15.(5分)[2017·长沙模拟]已知F是椭圆+=1的左焦点,设动点P在椭圆上,若直线FP 的斜率大于,则直线OP(O为坐标原点)的斜率的取值范围是()A.B.∪C.∪D.16.(5分)[2017·郑州模拟]某同学的作业不小心被墨水玷污,经仔细辨认,整理出以下两条有效信息:①题目:“在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆x2+2y2=1的左顶点为A,过点A作两条斜率之积为2的射线与椭圆交于B,C……”②解:“设直线AB的斜率为k……点B,,D-,0……”据此,请你写出直线CD 的斜率为.(用k表示)课时作业(五十一)第51讲双曲线基础热身1.[2017·浙江名校联考]双曲线-=1的渐近线方程是()A.y=±xB.y=±xC.y=±xD.y=±x2.若双曲线C:x2-=1(b>0)的离心率为2,则b=()A.1B.C.D.23.[2017·泉州一模]在平面直角坐标系xOy中,双曲线C的一个焦点为F(2,0),一条渐近线的倾斜角为60°,则C的标准方程为()A.-y2=1B.-x2=1C.x2-=1D.y2-=14.已知双曲线经过点(2,1),其一条渐近线方程为y=x,则该双曲线的标准方程为.5.[2017·柳州模拟]设双曲线-=1的左、右焦点分别为F1,F2,过F1的直线l交双曲线左支于A,B两点,则|AF2|+|BF2|的最小值为.能力提升6.[2017·洛阳模拟]已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的离心率为2,则C的两条渐近线的方程为()A.y=±xB.y=±xC.y=±2xD.y=±x7.[2017·汉中二模]如图K51-1,F1,F2分别是双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点,过F1的直线l与C的左、右两个分支分别交于点B,A.若△ABF2为等边三角形,则双曲线的离心率为()图K51-1A.4B.C.D.8.[2017·泸州三诊]已知在Rt△ABC中,|AB|=3,|AC|=1,A=,以B,C为焦点的双曲线-=1(a>0,b>0)经过点A,且与AB边交于点D,则的值为 ()A.B.3C.D.49.已知O为坐标原点,F是双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左焦点,A,B分别为C的左、右顶点,P为C上一点,且PF⊥x轴,过点A的直线l与线段PF交于点M,与y轴交于点E,直线BM与y 轴交于点N,若=2,则C的离心率为()A.3B.2C.D.10.[2017·重庆一中期中]已知A(-2,0),B(2,0),若在斜率为k的直线l上存在不同的两点M,N,满足|MA|-|MB|=2,|NA|-|NB|=2,且线段MN的中点为(6,1),则k的值为 ()A.-2B.-C.D.211.[2017·衡阳联考]双曲线的两条渐近线的方程为x±2y=0,则它的离心率为.12.[2017·石家庄二模]双曲线-=1(a>0,b>0)上一点M(-3,4)关于一条渐近线的对称点恰为右焦点F2,则该双曲线的标准方程为.13.(15分)[2017·海南一模]双曲线C的一条渐近线方程是x-2y=0,且双曲线C过点(2,1).(1)求双曲线C的方程;(2)设双曲线C的左、右顶点分别是A1,A2,P为C上任意一点,直线PA1,PA2分别与直线l:x=1交于M,N,求|MN|的最小值.14.(15分)[2017·菏泽模拟]双曲线C的中心在原点,右焦点为F,0,渐近线方程为y=±x.(1)求双曲线C的方程.(2)设直线l:y=kx+1与双曲线C交于A,B两点,当k为何值时,以线段AB为直径的圆过原点?难点突破15.(5分)[2017·重庆一中月考]已知F2是双曲线E:x2-=1的右焦点,过点F2的直线交E的右支于不同的两点A,B,过点F2且垂直于直线AB的直线交y轴于点P,则的取值范围是()A. B.C. D.16.(5分)[2017·日照三模]在等腰梯形ABCD中,AB∥CD且|AB|=2,|AD|=1,|CD|=2x,其中x ∈(0,1),以A,B为焦点且过点D的双曲线的离心率为e1,以C,D为焦点且过点A的椭圆的离心率为e2,若对任意x∈(0,1),不等式m<e1+e2恒成立,则m的最大值为()A.B.C.2D.课时作业(五十二)第52讲抛物线基础热身1.[2017·渭南质检]抛物线y=x2的焦点到准线的距离为()A.2B.C.D.42.若抛物线y2=2px(p>0)的焦点在圆C:(x+2)2+y2=16上,则p的值为()A.1B.2C.4D.83.[2017·合肥六校联考]抛物线y=x2的焦点到双曲线y2-=1的渐近线的距离为 ()A.B.C.1D.4.焦点坐标为(-2,0)的抛物线的标准方程为.5.已知抛物线y2=6x上的一点到焦点的距离是到y轴距离的2倍,则该点的横坐标为.能力提升6.已知点A的坐标为(5,2),F为抛物线y2=x的焦点,若点P在抛物线上移动,当|PA|+|PF|取得最小值时,点P的坐标是 ()A.(1,)B.(,2)C.(,-2)D.(4,2)7.若抛物线y2=2px的焦点到双曲线-=1的渐近线的距离为p,则抛物线的标准方程为()A.y2=16xB.y2=8xC.y2=16x或y2=-16xD.y2=8x或y2=-8x8.[2017·豫南九校联考]设抛物线x2=4y的焦点为F,过点F作斜率为k(k>0)的直线l与抛物线相交于A,B两点,点P恰为AB的中点,过点P作x轴的垂线与抛物线交于点M,若=4,则直线l的方程为()A.y=2x+1B.y=x+1C.y=x+1D.y=2x+29.[2017·蚌埠三模]设抛物线y2=8x的焦点为F,准线为l,P为抛物线上一点,PA⊥l,A为垂足.若直线AF的斜率为-,则|PF|=()A.4B.6C.8D.1610.[2018·长沙模拟]已知F为抛物线C: y2=4x的焦点,过F的直线l与C相交于A,B两点,线段AB的垂直平分线交x轴于点M,垂足为E,若=6,则= ()A.2B.C.2D.11.[2017·漳州八校联考]已知M是抛物线C:y2=2px(p>0)上一点,F是抛物线C的焦点,若|MF|=p,K是抛物线C的准线与x轴的交点,则∠MKF= .12.[2017·天津河西区二模]已知F是抛物线y2=x的焦点,A,B是该抛物线上的两点,+=3,则线段AB的中点到y轴的距离为.13.(15分)[2017·孝感模拟]已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率e=,过F2作垂直于x轴的直线交椭圆C于A,B两点,△F1AB的面积为3,抛物线E:y2=2px(p>0)以椭圆C的右焦点F2为焦点.(1)求抛物线E的方程;(2)若点P-,t(t≠0)为抛物线E的准线上一点,过点P作y轴的垂线交抛物线于点M,连接PO并延长交抛物线于点N,求证: 直线MN过定点.14.(15分)[2017·广东海珠区调研]已知点F为抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点,点A(2,m)在抛物线E上,且到原点的距离为2.(1)求抛物线E的方程;(2)已知点G(-1,0),延长AF交抛物线E于点B,证明:以点F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切.难点突破15.(5分)[2017·长沙三模]已知抛物线y2=4x,焦点为F,过点F作直线l交抛物线于A,B 两点,则|AF|-的最小值为()A.2-2B.C.3-D.2-216.(5分)[2017·抚州二模]已知直线y=2x-2与抛物线y2=8x交于A,B两点,抛物线的焦点为F,则·的值为.课时作业(五十三)第53讲曲线与方程基础热身1.在平面直角坐标系中,已知定点A(0,-),B(0,),直线PA与直线PB的斜率之积为-2,则动点P的轨迹方程为()A.+x2=1B.+x2=1(x≠0)C.-x2=1D.+y2=1(x≠0)2.过点F(0,3)且和直线y+3=0相切的动圆圆心的轨迹方程为()A.x2=12yB.y2=-12xC.y2=12xD.x2=-12y3.设P为双曲线-y2=1上一动点,O为坐标原点,M为线段OP的中点,则点M的轨迹方程是()A.x2-4y2=1B.4y2-x2=1C.x2-=1D.-y2=14.[2017·沈阳模拟]平面直角坐标系中,已知O为坐标原点,点A,B的坐标分别为(1,1),(-3,3).若动点P满足=λ+μ,其中λ,μ∈R,且λ+μ=1,则点P的轨迹方程为()A.x-y=0B.x+y=0C.x+2y-3=0D.+=55.[2017·北京海淀区期中]已知F1(-2,0),F2(2,0),满足||PF1|-|PF2||=2的动点P的轨迹方程为.能力提升6.[2017·上海普陀区二模]动点P在抛物线y=2x2+1上移动,若P与点Q(0,-1)连线的中点为M,则动点M的轨迹方程为()A.y=2x2B.y=4x2C.y=6x2D.y=8x27.到直线3x-4y-1=0的距离为2的点的轨迹方程是()A.3x-4y-11=0B.3x-4y+9=0C.3x-4y+11=0或3x-4y-9=0D.3x-4y-11=0或3x-4y+9=08.[2017·马鞍山质检]已知A(0,7),B(0,-7),C(12,2),以C为一个焦点作过A,B的椭圆,则椭圆的另一个焦点F的轨迹方程是()A.y2-=1B.x2-=1C.y2-=1D.x2-=19.[2017·襄阳五中月考]已知||=3,A,B分别在x轴和y轴上运动,O为坐标原点,=+,则动点P的轨迹方程是()A.x2+=1B.+y2=1C.x2+=1D.+y2=110.[2017·黄山二模]在△ABC中,B(-2,0),C(2,0),A(x,y),给出△ABC满足的条件,就能得到动点A的轨迹方程.下表给出了一些条件及方程:条件方程①△ABC的周长为C1:y2=2510②△ABC的面积为C2:x2+y2=4(y≠0)10③△ABC中,∠C3:+=1(y≠0)A=90°则分别满足条件①②③的轨迹方程依次为()A.C3,C1,C2B.C1,C2,C3C.C3,C2,C1D.C1,C3,C211.[2017·浙江名校一联]已知两定点A(-2,0),B(2,0)及定直线l:x=,点P是l上一个动点,过B作BP的垂线与AP交于点Q,则点Q的轨迹方程为.12.[2017·哈尔滨三模]已知圆C:x2+y2=25,过点M(-2,3)作直线l交圆C于A,B两点,分别过A,B两点作圆的切线,当两条切线相交于点Q时,点Q的轨迹方程为.13.(15分)[2017·石家庄模拟]已知P,Q为圆x2+y2=4上的动点,A(2,0),B(1,1)为定点.(1)求线段AP的中点M的轨迹方程;(2)若∠PBQ=90°,求线段PQ的中点N的轨迹方程.14.(15分)[2017·合肥二模]如图K53-1,抛物线E:y2=2px(p>0)与圆O:x2+y2=8相交于A,B 两点,且点A的横坐标为2.过劣弧AB上动点P(x0,y0)作圆O的切线交抛物线E于C,D两点,分别以C,D为切点作抛物线E的切线l1,l2,l1与l2相交于点M.(1)求p的值;(2)求动点M的轨迹方程.图K53-1难点突破15.(5分)[2017·湖南师大附中月考]已知圆O的方程为x2+y2=9,若抛物线C过点A(-1,0),B(1,0),且以圆O的切线为准线,则抛物线C的焦点F的轨迹方程为()A.-=1B.+=1C.-=1D.+=116.(5分)[2017·太原三模]已知过点A(-2,0)的直线与直线x=2相交于点C,过点B(2,0)的直线与x=-2相交于点D,若直线CD与圆x2+y2=4相切,则直线AC与BD的交点M的轨迹方程为.课时作业(五十四)第54讲第1课时直线与圆锥曲线的位置关系基础热身1.[2017·大庆一模]斜率为的直线与双曲线-=1恒有两个公共点,则双曲线离心率的取值范围是()A.B.C.D.2.若直线l:mx+ny=4和圆O:x2+y2=4没有交点,则过点(m,n)的直线与椭圆+=1的交点有()A.0个B.至多1个C.1个D.2个3.已知过抛物线y2=4x焦点F的直线l交抛物线于A,B两点(点A在第一象限),若=3,则直线l的斜率为()A.2B.C.D.4.[2017·锦州质检]设抛物线x2=2y的焦点为F,经过点P(1,3)的直线l与抛物线相交于A,B 两点,且点P恰为AB的中点,则||+||= .5.已知抛物线C:y2=4x,直线l与抛物线C交于A,B两点,若线段AB的中点坐标为(2,2),则直线l的方程为.能力提升6.若直线y=2x+与抛物线x2=2py(p>0)相交于A,B两点,则等于()A.5pB.10pC.11pD.12p7.[2017·太原二模]已知双曲线Γ:-=1(a>0,b>0)的焦距为2c,直线l: y=kx-kc.若k=,则l与Γ的左、右两支各有一个交点;若k=,则l与Γ的右支有两个不同的交点.Γ的离心率的取值范围为()A.B.C.D.8.已知椭圆E:+=1的一个顶点为C(0,-2),直线l与椭圆E交于A,B两点,若E的左焦点为△ABC的重心,则直线l的方程为()A.6x-5y-14=0B.6x-5y+14=0C.6x+5y+14=0D.6x+5y-14=09.[2017·石家庄模拟]已知双曲线C:-=1(a>0,b>0),过点P(3,6)的直线l与C相交于A,B两点,且AB的中点为N(12,15),则双曲线C的离心率为 ()A.2B.C.D.10.过抛物线y2=2px(p>0)的焦点作一条斜率为1的直线交抛物线于A,B两点,过A,B分别向y轴引垂线交y轴于D,C,若梯形ABCD的面积为3,则p= ()A.1B.2C.3D.411.[2017·洛阳一模]已知椭圆C:+=1的左、右顶点分别为A,B,F为椭圆C的右焦点.圆x2+y2=4上有一动点P,P不同A,B两点,直线PA与椭圆C交于点Q(异于点A),若直线QF 的斜率存在,则的取值范围是.12.[2017·三湘名校联考]已知双曲线-=1(a>0,b>0)上的一点到双曲线的左、右焦点的距离之差的绝对值为4,若抛物线y=ax2上的两点A(x1,y1),B(x2,y2)关于直线y=x+m对称,且x1x2=-,则m的值为.13.(15分)[2017·东北三省二联]已知在平面直角坐标系中,O是坐标原点,动圆P经过点F(0,1),且与直线l:y=-1相切.(1)求动圆圆心P的轨迹C的方程;(2)过F(0,1)的直线m交曲线C于A,B两点,过A,B分别作曲线C的切线l1,l2,直线l1,l2交于点M,求△MAB面积的最小值.14.(15分)已知直线l:y=kx+m与椭圆C:+=1(a>b>0)相交于A,P两点,与x轴、y轴分别相交于点N和点M,且|PM|=|MN|,点Q是点P关于x轴的对称点,QM的延长线交椭圆于点B,过点A,B分别作x轴的垂线,垂足分别为A1,B1.(1) 若椭圆C的左、右焦点与其短轴的一个端点是正三角形的三个顶点,点D1,在椭圆C 上,求椭圆C的方程;(2)当k=时,若点N平分线段A1B1,求椭圆C的离心率.难点突破15.(5分)[2017·武汉三模]已知椭圆E:+=1(a>b>0)内有一点M(2,1),过M的两条直线l1,l2分别与椭圆E交于A,C和B,D两点,且满足=λ,=λ(其中λ>0且λ≠1),若λ变化时直线AB的斜率总为-,则椭圆E的离心率为()A.B.C.D.16.(5分)已知抛物线C1:y2=8x的焦点为F,椭圆C2:+=1(m>n>0)的一个焦点与抛物线C1的焦点重合,若椭圆C2上存在关于直线l:y=x+对称的两个不同的点,则椭圆C2的离心率e的取值范围为.课时作业(五十四)第54讲第2课时最值﹑范围﹑证明问题基础热身1.(12分)[2017·重庆调研]如图K54-1,已知椭圆E:+=1(a>b>0)的左顶点为A,右焦点为F(1,0),过点A且斜率为1的直线交椭圆E于另一点B,交y轴于点C,=6.(1)求椭圆E的方程;(2)过点F作直线l与椭圆E交于M,N两点,连接MO(O为坐标原点)并延长交椭圆E于点Q,求△MNQ面积的最大值及取最大值时直线l的方程.图K54-12.(12分)[2017·临汾模拟]已知动圆C与圆C1:(x-2)2+y2=1相外切,又与直线l:x=-1相切.(1)求动圆圆心轨迹E的方程;(2)若动点M为直线l上任一点,过点P(1,0)的直线与曲线E相交于A,B两点,求证:k MA+k MB=2k MP.能力提升3.(12分)[2017·广州模拟]已知定点F(0,1),定直线l:y=-1,动圆M过点F,且与直线l相切.(1)求动圆圆心M的轨迹C的方程;(2)过点F的直线与曲线C相交于A,B两点,分别过点A,B作曲线C的切线l1,l2,两条切线相交于点P,求△PAB外接圆面积的最小值.4.(12分)[2017·永州一模]已知曲线C上的任一点到点F(0,1)的距离减去它到x轴的距离的差都是1.(1)求曲线C的方程;(2)设直线y=kx+m(m>0)与曲线C交于A,B两点,若对任意k∈R,都有·<0,求m的取值范围.5.(12分)[2017·蚌埠二模]已知椭圆+=1(a>b>0)的左、右顶点分别是A(- ,0),B(,0),离心率为.设点P(a,t)(t≠0),连接PA交椭圆于点C,坐标原点是O.(1)证明:OP⊥BC;(2)若三角形ABC的面积不大于四边形OBPC的面积,求|t|的最小值.难点突破6.(12分)[2017·石嘴山三模]经过原点的直线与椭圆C:+=1(a>b>0)交于A,B两点,点P 为椭圆上不同于A,B的一点,直线PA,PB的斜率均存在,且直线PA,PB的斜率之积为-.(1)求椭圆C的离心率;(2)设F1,F2分别为椭圆的左、右焦点,斜率为k的直线l经过椭圆的右焦点,且与椭圆交于M,N两点,若点F1在以线段MN为直径的圆内部,求k的取值范围.课时作业(五十四)第54讲第3课时定点﹑定值﹑探索性问题基础热身1.(12分)[2017·岳阳一中月考]过抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点F作直线l与抛物线C交于A,B两点,当点A的纵坐标为1时,=2.(1)求抛物线C的方程.(2)若直线l的斜率为2,则抛物线C上是否存在一点M,使得MA⊥MB?并说明理由.2.(12分)[2017·重庆二诊]如图K54-2,已知A,B分别为椭圆C:+=1的左、右顶点,P为椭圆C上异于A,B的任意一点,直线PA,PB的斜率分别记为k1,k2.(1)求k1·k2.(2)过坐标原点O作与直线PA,PB分别平行的两条射线,分别交椭圆C于点M,N,△MON的面积是否为定值?请说明理由.图K54-2能力提升3.(12分)[2017·遂宁三诊]已知点F是拋物线C:y2=2px(p>0)的焦点,若点M(x0,1)在C上,且=.(1)求p的值;(2)若直线l经过点Q(3,-1)且与C交于A,B(异于M)两点, 证明: 直线AM与直线BM的斜率之积为常数.4.(12分)[2017·长沙质检]已知P是抛物线E:y2=2px(p>0)上一点,P到直线x-y+4=0的距离为d1,P到E的准线的距离为d2,且d1+d2的最小值为3.(1)求抛物线E的方程;(2)直线l1:y=k1(x-1)交E于A,B两点,直线l2:y=k2(x-1)交E于C,D两点,线段AB,CD的中点分别为M,N,若k1k2=-2,直线MN的斜率为k,求证:直线l:kx-y-kk1-kk2=0恒过定点.5.(12分)[2017·哈尔滨二模]椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,且离心率为,点M为椭圆上一动点,△F1MF2内切圆面积的最大值为.(1)求椭圆的方程.(2)设椭圆的左顶点为A1,过右焦点F2的直线l与椭圆交于A,B两点,连接A1A,A1B并延长分别交直线x=4于P,Q两点,以线段PQ为直径的圆是否恒过定点?若是,请求出定点坐标;若不是,请说明理由.难点突破6.(12分)[2017·孝义模拟]设椭圆C:+=1(a>b>0)的左顶点为(-2,0),且椭圆C与直线y=x+3相切,(1)求椭圆C的标准方程.(2)过点P(0,1)的动直线与椭圆C交于A,B两点,O为坐标原点,是否存在常数λ,使得·+λ·=-7?请说明理由.课时作业(四十六)1.B[解析] 由斜率公式可得,直线l的斜率k==,故选B.2.A[解析] ∵直线在x轴、y轴上的截距分别为<0,-<0,∴直线Ax-By-C=0不经过的象限是第一象限,故选A.3.60°[解析] 由题意得,直线的斜率k=,即tan α=,所以α=60°.4.60°[解析] ∵点(,4)在直线l:ax-y+1=0上,∴a-4+1=0,∴a=,即直线l的斜率为,∴直线l的倾斜角为60°.5.y=(x-4)[解析] 易知直线BC的倾斜角为,故斜率为,由点斜式得直线方程为y=(x-4).6.D[解析] 由题意,得k=-=,故tan α=-,故cos α=-,故选D.7.C[解析] 由题意,当直线经过原点时,直线的方程为x+y=0;当直线不经过原点时,设直线的方程为+=1,则+=1,解得a=,此时直线的方程为+=1,即x+4y-30=0.故选C. 8.B[解析] 令x=0,得y=sin α<0,令y=0,得x=cos α>0,所以直线过点(0,sin α),(cos α,0)两点,因而直线不过第二象限,故选B.9.C[解析] 将(2,1)代入得2m-m2-1=0,所以m=1,所以直线l的方程为x-y-1=0,所以直线l 的斜率为1,倾斜角为,则所求直线的斜率为-1,故选C.10.D[解析] 设直线l的倾斜角为θ,则θ∈[0,π).易知直线l:ax-y-1=0(a≠0)经过定点P(0,-1),则k PA==-1,k PB==.∵点A(1,-2),B,0在直线l:ax-y-1=0(a≠0)的两侧,∴k PA<a<k PB,∴-1<tan θ<,tan θ≠0,得0<θ<或<θ<π,故选D.11.A[解析] 以C为坐标原点,CB所在直线为x轴建立直角坐标系(如图所示),则A(0,4),B(3,0),直线AB的方程为+=1.设P(x,y)(0≤x≤3),所以P到AC,BC的距离的乘积为xy,因为+≥2,当且仅当==时取等号,所以xy≤3,所以xy的最大值为3.故选A.12.(2,3)[解析] 直线(2k-1)x-(k+3)y-(k-11)=0,即k(2x-y-1)+(-x-3y+11)=0,根据k的任意性可得解得∴不论k取什么实数,直线(2k-1)x-(k+3)y-(k-11)=0都经过定点(2,3).13.x+2y-2=0或2x+y+2=0[解析] 设直线方程为+=1,得+=1.由题意知|ab|=1,即|ab|=2,所以或所以直线方程为x+2y-2=0或2x+y+2=0.14.[-2,2][解析] 设P,y,∵|PA|=|PB|,∴4|PA|2=|PB|2,又∵|PA|2=+(y-1)2,|PB|2=+(y-4)2,∴(y-m)2=16-4y2,其中4-y2≥0,故m=y±2,y∈[-2,2].令y=2sin θ,θ∈-,,则m=2sin θ±4cosθ=2sin(θ±φ),其中tan φ=2,故实数m的取值范围是[-2,2].15.C[解析] 设M(x,y),由k MA·k MB=3,得·=3,即y2=3x2-3.联立得-3x2+x+6=0(m≠0),则Δ=-24-3≥0,即m2≥,解得m≤-或m≥.∴实数m的取值范围是-∞,-∪,+∞.16.C[解析] 由|log a x|=m,得x A=a m,x B=a-m,所以y C=ka-m,y D=ka m,则直线CD的斜率为==-k,所以直线CD的斜率与m无关,与k有关,故选C.课时作业(四十七)1.B[解析] 由平行线间的距离公式可知,l1与l2之间的距离d==.2.A[解析] 直线3x+2y-2a=0的斜率为-,直线2x-3y+3b=0的斜率为,∵两直线斜率的乘积为-1,∴两直线垂直,故选A.。

D_浙江省2019年高考数学一轮复习第八章立体几何初步课时训练(含答案)

D_浙江省2019年高考数学一轮复习第八章立体几何初步课时训练(含答案)

第八章　立体几何初步第1课时　空间点、直线、平面之间的位置关系一、填空题1. 线段AB在平面α内，则直线AB与平面α的位置关系是____________．(用符号表示)答案：AB⊂α解析：由公理1可知AB⊂α.2. 已知α∩β＝l，m⊂α，n⊂β，m∩n＝P，则点P与直线l的位置关系用相应的符号表示为________．答案：P∈l解析：因为α∩β＝l，m⊂α，n⊂β，m∩n＝P，所以P∈m，P∈n，P∈α，P∈β，所以P∈l.3. 设a，b，c是空间中的三条直线，下面给出四个命题：①若a∥b，b∥c，则a∥c；②若a⊥b，b⊥c，则a∥c；③若a与b相交，b与c相交，则a与c相交；④若a∥b，b⊥c，则a⊥c.上述命题中正确的是________．(填序号)答案：①④解析：由公理4知①正确；当a⊥b，b⊥c时，a与c可以相交、平行或异面，故②错误；当a与b相交，b与c相交时，a与c可以相交、平行或异面，故③错误；根据异面直线所成角的定义知④正确．4. 若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是________．(填序号)①l与l1，l2都不相交；②l与l1，l2都相交；③l至多与l1，l2中的一条相交；④l至少与l1，l2中的一条相交．答案：④解析：若l与l1，l2都不相交，则l∥l1，l∥l2，所以l1∥l2，这与l1和l2是异面直线相矛盾，所以l至少与l1，l2中的一条相交．故④正确．5. 如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别为B1O和C1O的中点，长方体的各棱中，与EF平行的有__________条．答案：4解析：∵ EF是△OB1C1的中位线，∴EF∥B1C1.∵ B1C1∥BC∥AD∥A1D1，∴与EF平行的棱共有4条．6. 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的有________对．答案：3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．7. 已知ABCDA1B1C1D1是正方体，点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________．(填序号)① A，M，C1三点共线；② M，O，A1，A四点共面；③ A，O，C，M四点共面；④ B，B1，O，M四点共面．答案：①④解析：作出图形，可知②③正确．8. 如图，在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，点D 是AC 的中点，AA 1∶AB＝∶1，则异面直线AB 1与BD 所成的2角为________．答案：60°解析：如图，取A 1C 1的中点E ，连结B 1E ，ED ，AE ，在Rt△AB 1E 中，∠AB 1E 即为所求，设AB ＝1，则AA 1＝，AB 1＝，B 1E ＝，故∠AB 1E ＝60°.23329. 如图，点G ，N ，M ，H 分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH ，MN 是异面直线的图形有________．(填序号)答案：②④解析：图①中，直线GH∥MN；图②中，G ，H ，N 三点共面，但M ∉平面GHN ，因此直线GH 与MN 异面；图③中，连结MG ，GM∥HN，因此GH 与MN 共面；图④中，G ，M ，N 共面，但H ∉平面GMN ，因此GH 与MN 异面．所以图②④中GH 与MN 异面．10. 如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点M, N 分别是BC 1，CD 1的中点，则下列判断正确的是________．(填序号)　① MN 与CC 1垂直；② MN 与AC 垂直；③ MN 与BD 平行；④ MN 与A 1B 1平行．答案：①②③解析：连结B 1C ，B 1D 1，则MN 是△B 1CD 1的中位线，∴ MN∥B 1D 1.∵ CC 1⊥B 1D 1，AC⊥B 1D 1，BD∥B 1D 1，∴ MN⊥CC 1，MN⊥AC，MN∥BD，故①②③正确．∵ A 1B 1与B 1D 1相交，∴ MN 与A 1B 1不平行，因此④错误．二、 解答题11. 如图，在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别为D 1C 1，B 1C 1的中点，AC∩BD＝P ，A 1C 1∩EF＝Q.(1) 求证：D ，B ，E ，F 四点共面；(2) 作出直线A 1C 与平面BDEF 的交点R 的位置．(1) 证明：由于CC 1和BF 在同一个平面内且不平行，故必相交．设交点为O ，则OC 1＝C 1C.同理直线DE 与CC 1也相交，设交点为O′，则O′C 1＝C 1C ，故O′与O 重合．由此可证得DE∩BF＝O ，故D ，B ，F ，E 四点共面(设为α)．(2) 解：由于AA 1∥CC 1，所以A 1，A ，C ，C 1四点共面(设为β)．P∈BD，而BD ⊂α，故P∈α.又P∈AC，而AC ⊂β，所以P∈β，所以P∈α∩β，同理可证得Q∈α∩β，所以有α∩β＝PQ.因为A 1C ⊂β，所以A 1C 与平面α的交点就是A 1C 与PQ 的交点，连结A 1C ，则A 1C 与PQ 的交点R 就是所求的交点．12. 如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别为A 1A ，C 1C 的中点，求证：四边形EBFD 1是菱形．证明：如图，取B 1B 的中点G ，连结GC 1，EG ，∵ GB∥C 1F ，且GB ＝C 1F ，∴ 四边形C 1FBG 是平行四边形，∴ FB∥C 1G ，且FB ＝C 1G.∵ D 1C 1∥EG，且D 1C 1＝EG ，∴ 四边形D 1C 1GE 为平行四边形，∴ GC 1∥D 1E ，且GC 1＝D 1E ，∴ FB∥D 1E ，且FB ＝D 1E ，∴ 四边形EBFD 1为平行四边形．∵ FB ＝FD 1，∴ 四边形EBFD 1是菱形．13. 已知空间四面体ABCD ，点E ，F 分别是AB ，AD 的中点，G ，H 分别是BC ，CD 上的点，且CG ＝BC ，CH ＝DC.求证：1313(1) E ，F ，G ，H 四点共面；(2) 三条直线FH ，EG ，AC 共点．证明：(1) 如图，连结EF ，GH.∵ 点E ，F 分别是AB ，AD 的中点，∴ EF∥BD.∵ CG ＝BC ，CH ＝DC ，1313∴ GH∥BD，∴ EF∥GH，∴ E ，F ，G ，H 四点共面．(2) 易知FH 与直线AC 不平行，但共面，∴ 设FH∩AC＝M ，∴ M∈平面EFHG ，M∈平面ABC.∵ 平面EFHG∩平面ABC ＝EG ，∴ M∈EG，∴ 直线FH ，EG ，AC 共点．第2课时　直线与平面的位置关系(1)一、 填空题1. 直线a ，b 为异面直线，关于过直线a 且与直线b 平行的平面的情况，下列说法正确的是________．(填序号)① 有且只有一个；② 有无数多个；③ 至多一个；④ 不存在．答案：①解析：在直线a 上任选一点A ，过点A 作b′∥b，则b′是唯一的，又a∩b′＝A ，所以a 与b′确定一平面并且只有一个平面，故①正确．2. 对于不同直线m ，n 和不同平面α，β，给出下列命题：① Error!⇒m∥n；② Error!⇒n∥β；③ Error!⇒m ，n 不共面；④ Error!⇒m∥n.其中假命题的个数是__________．答案：4解析：①中m 与n 可能平行，也可能异面；②中可能n ⊂β；③中可能m∥n 或m 与n 相交；④中不知道α与β的位置，无法判断m 与n 的位置关系．故四个命题都不正确．3. 若直线l 与平面α不平行，则下列结论正确的是________．(填序号)① α内的所有直线都与直线l 异面；② α内不存在与l 平行的直线；③ α内的直线与l 都相交；④ 直线l 与平面α有公共点．答案：④解析：直线l 与平面α不平行，则直线l 与平面α有如下关系：l ⊂α或l∩α＝A ，故①②③均不正确，④正确．4. 下列命题正确的是________．(填序号)① 若a ，b 是两条直线，且a∥b，那么a 平行于经过b 的任何平面；② 若直线a 和平面α满足a∥α，那么a 与α内的任何直线平行；③ 若直线a ，b 和平面α满足a∥α，b∥α，那么a∥b；④ 若直线a ，b 和平面α满足a∥b，a∥α，b ⊄α，则b∥α.答案：④解析：根据线面平行的判定与性质定理知，④正确．5. 已知三条直线a ，b ，c 和平面β，则下列推论正确的是________．(填序号)① 若a∥b，b ⊂β，则a∥β；② 若a∥β，b∥β，则a∥b；③ 若a ⊂β，b∥β，a ，b 共面，则a∥b；④ 若a⊥c，b⊥c，则a∥b.答案：③解析：对于①，可能有a ⊂β，故①错；对于②，a 与b 可能平行、相交或异面，故②错；对于④，a 与b 可能平行、相交或异面，故④错；根据线面平行的性质定理知，③正确．6. 如图，在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上．若EF∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度为________．答案：2解析：因为EF∥平面AB 1C ，EF ⊂平面ABCD ，平面AB 1C∩平面ABCD ＝AC ，所以 EF∥AC.又点E 是AD 的中点，所以点F 是DC 的中点．所以EF ＝AC ＝.1227. 过三棱柱ABCA 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________条．答案：6解析： 四条棱AC ，BC ，A 1C 1，B 1C 1的中点中任意两点连线均与平面ABB 1A 1平行，所以共有6条直线符合题意．8. 如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB 与平面MNQ 平行的是________．(填序号)答案：②③④解析：因为点M ，N ，Q 分别为对应棱的中点，所以在①中AB 与平面MNQ 相交，在②③中均有AB∥MQ，在④中，有AB∥NQ，所以在②③④中均有AB 与平面MNQ 平行．9. 如图，正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E ，F ，G ，H 分别是棱C 1C ，C 1D 1，D 1D ，DC 的中点，点N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则点M 只需满足条件________________时，就有MN∥平面B 1BDD 1.(填上正确的一个条件即可，不必考虑全部的可能情况)答案：点M 与点H 重合(或点M 在线段FH 上)解析：当点M 在线段FH 上时，MN∥平面B 1BDD 1.二、 解答题10. 如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，点E ，F 分别是棱PC 和PD 的中点．求证：EF∥平面PAB.证明：因为点E ，F 分别是棱PC 和PD 的中点，所以EF∥CD.又在平行四边形ABCD 中，AB∥CD，所以EF∥AB，又AB ⊂平面PAB ，EF ⊄平面PAB ，所以EF∥平面PAB.11. 如图，在三棱柱ABCA 1B 1C 1中，点E ，F 分别为BB 1，AC 的中点．求证：BF∥平面A 1EC.证明：如图，连结AC 1交A 1C 于点O ，连结OE ，OF.在三棱柱ABCA 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1为平行四边形，所以OA ＝OC 1.因为点F 为AC 的中点，所以OF∥CC 1且OF ＝CC 1.12因为点E 为BB 1的中点，所以BE∥CC 1且BE ＝CC 1.12所以BE∥OF 且BE ＝OF ，所以四边形BEOF 是平行四边形，所以BF∥OE.又BF ⊄平面A 1EC ，OE ⊂平面A 1EC ，所以BF∥平面A 1EC.12. 如图，已知A ，B ，C ，D 四点不共面，且AB∥α，CD∥α，AC∩α＝E ，AD∩α＝F ，BD∩α＝H ，BC∩α＝G.求证：四边形EFHG 是平行四边形．证明：∵ AB∥α，平面ABC∩α＝EG ，∴ EG∥AB.同理FH∥AB，∴ EG∥FH.又CD∥α，平面BCD∩α＝GH.∴ GH∥CD.同理EF∥CD，∴ GH∥EF.∴ 四边形EFHG 是平行四边形．13. 如图，在斜三棱柱ABCA 1B 1C 1中，点D ，D 1分别为AC ，A 1C 1上的中点．求证：(1) AD 1∥平面BDC 1；(2) BD∥平面AB 1D 1.证明：(1) 因为点D 1，D 分别为A 1C 1与AC 的中点，四边形ACC 1A 1为平行四边形，所以C 1D 1∥DA，C 1D 1＝DA ，所以四边形ADC 1D 1为平行四边形，所以AD 1∥C 1D.又AD 1⊄平面BDC 1，C 1D ⊂平面BDC 1，所以AD 1∥平面BDC 1.(2) 如图，连结D1D，因为BB1∥平面ACC1A1，BB1⊂平面BB1D1D，平面ACC1A1∩平面BB1D1D＝D1D，所以BB1∥D1D.又D1，D分别为A1C1与AC的中点，所以BB1＝DD1，故四边形BDD1B1为平行四边形，所以BD∥B1D1.又BD⊄平面AB1D1，B1D1⊂平面AB1D1，所以BD∥平面AB1D1.第3课时　直线与平面的位置关系(2)一、填空题1. 设l，m，n均为直线，其中m，n在平面α内，则“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的________条件．答案：充分不必要解析：l⊥α⇒l⊥m，l⊥n.反之，因为 m，n不一定相交，故l⊥m且l⊥n不一定推出l⊥α.2. 下列条件中，能判定直线l⊥平面α的是________．(填序号)① l与平面α内的两条直线垂直；② l与平面α内的无数条直线垂直；③ l与平面α内的某一条直线垂直；④ l与平面α内的任意一条直线垂直．答案：④解析：由线面垂直的定义及判定定理可知④正确．3. 下列说法正确的是________．(填序号)①若平面外一条直线上有两点到平面的距离相等，则这条直线平行于这个平面；②若一条直线平行于一个平面，则垂直于这个平面的直线必垂直于这条直线；③若一条直线平行于一个平面，则垂直于这条直线的另一条直线必垂直于这个平面．答案：②解析：当这两点在平面两侧时，直线与平面相交，①错误；②正确；③中垂直于这条直线的另一条直线可能平行于这个平面或相交但不垂直于这个平面，③错误．4. 已知平面α，β和直线m，给出条件：①m∥α；②m⊥α；③m⊂α；④α∥β.当满足条件________时，有m⊥β.(填序号)答案：②④解析：若m⊥α，α∥β，则m⊥β.故填②④.5. 已知m，n是两条不同的直线，α是一个平面，有下列四个命题：①若m∥α，n∥α，则m∥n；②若m⊥α，n⊥α，则m∥n；③若m∥α，n⊥α，则m⊥n；④若m⊥α，m⊥n，则n∥α.其中真命题是____________．(填序号)答案：②③6. 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，点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＝________．答案：12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，得A 1B 1＝.设Rt△AA 1B 1斜边AB 1上的高为h ，则DE ＝h.212又2×＝h ，所以h ＝，DE ＝.222＋（2）223333在Rt△DB 1E 中，B 1E ＝ ＝.(22)2－(33)2 66由面积相等，得×＝x ，解得x ＝.即线段B 1F 的长为.66x2＋(22)2 2212127. 如图，PA⊥平面ABC ，在△ABC 中BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．答案：4解析：Error!⇒Error!⇒BC⊥平面PAC ⇒BC⊥PC，∴ 直角三角形有△PAB，△PAC，△ABC，△PBC.8. 在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，A 1C 1与平面ABC 1D 1所成角的正弦值为________．答案：12解析：如图，在平面ADD 1A 1中作A 1E⊥AD 1于点E ，连结C 1E ，因为正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB⊥平面ADD 1A 1，所以A 1E⊥AB.因为AD 1 ∩AB＝A ，AD 1，AB ⊂平面ABC 1D 1，则A 1E⊥平面ABC 1D 1，所以∠A 1C 1E 就是A 1C 1与平面ABC 1D 1所成的角，在Rt△AA 1D 1中，AA 1＝A 1D 1，A 1E⊥AD 1，所以点E 为AD 1的中点，且A 1E ＝AD 1＝A 1C 1，所以sin∠A 1C 1E ＝＝.1212A1E A1C1129. 设α，β是空间中两个不同的平面，m ，n 是平面α及β外的两条不同的直线．从“① m⊥n；② α⊥β；③ n⊥β；④ m⊥α”中选取三个作为条件，余下一个作为结论，写出你认为正确的一个命题：________．(填序号)答案：①③④⇒②或②③④⇒①解析：因为当n⊥β，m⊥α时，平面α及β所成的二面角与直线m ，n 所成的角相等或互补，所以若m⊥n，则α⊥β，从而由①③④⇒②正确；同理②③④⇒①也正确．10. 如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形，AC ＝2a ，BB 1＝3a ，D 是A 1C 1的中点，点F 在线段AA 1上，当AF ＝________时，CF⊥平面B 1DF.答案：a或2a解析：由题意可得B1D⊥平面A1ACC1，∴CF⊥B1D，∴为了使CF⊥平面B1DF，只要使CF⊥DF(或CF⊥B1F)．设AF＝x，则CD2＝DF2＋FC2，∴ x2－3ax＋2a2＝0，∴ x＝a或x＝2a.二、解答题11. 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，且PA⊥底面ABCD，PA＝AC，点E是PA的中点，点F是PC的中点，求证：(1) PC∥平面BDE；(2) AF⊥平面BDE.证明：(1) 连结OE，因为点O为菱形ABCD对角线的交点，所以点O为AC的中点．因为点E为PA的中点，所以OE∥PC.因为OE⊂平面BDE，PC⊄平面BDE，所以PC∥平面BDE.(2) 因为PA＝AC，△PAC是等腰三角形，又点F是PC的中点，所以AF⊥PC.又OE∥PC，所以AF⊥OE.因为PA⊥底面ABCD，BD ⊂平面ABCD，所以PA ⊥BD.因为AC，BD是菱形ABCD的对角线，所以AC⊥BD.又PA∩AC＝A，AC⊂平面PAC，PA⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC.又AF⊂平面PAC，所以AF⊥BD .又OE∩BD＝O，OE⊂平面BDE，BD⊂平面BDE，所以AF⊥平面BDE.12. 如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，点D在边BC上，AD⊥C1D.(1) 求证：AD⊥平面BCC1B1；(2) 如果点E是B1C1的中点，求证：A1E∥平面ADC1.证明：(1) 因为ABCA1B1C1是正三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD.又因为AD⊥C1D，CC1，C1D⊂平面BCC1B1，CC1∩C1D＝C1，所以AD⊥平面BCC1B1.(2) 因为在正三棱柱ABCA1B1C1中，A1B1＝A1C1，点E是B1C1的中点，所以A 1E⊥B 1C 1.因为CC 1⊥平面A 1B 1C 1，且A 1E ⊂平面A 1B 1C 1，所以CC 1⊥A 1E.又因为B 1C 1，CC 1⊂平面BCC 1B 1，B 1C 1∩CC 1＝C 1，所以A 1E⊥平面BCC 1B 1.由(1)知AD⊥平面BCC 1B 1，所以A 1E∥AD.又A 1E ⊄平面ADC 1，AD ⊂平面ADC 1，所以A 1E∥平面ADC 1.13. 在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AA 1＝AB ，D 是AB 的中点．若点P 在线段BB 1上，且2BP ＝BB 1.求证：AP⊥平面A 1CD.14证明：∵ CA ＝CB ，D 是AB 的中点，∴ CD⊥AB.∵ 在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，底面ABC⊥侧面A A 1B 1B ，交线为AB ，又CD ⊂平面ABC ，∴ CD⊥平面AA 1B 1B.∵ AP ⊂平面A 1B 1BA ，∴ CD⊥AP.∵ BB 1＝BA ，BB 1＝AA 1 ，BP ＝BB 1，214∴ ＝＝，BPBA 24AD AA1∴ Rt△ABP∽Rt△A 1AD ，∴ ∠AA 1D ＝∠BAP，∴ ∠AA 1D ＋∠A 1AP ＝∠BAP＋∠A 1AP ＝90°，∴ AP⊥A 1D.∵ CD∩A 1D ＝D ，CD ⊂平面A 1CD ，A 1D ⊂平面A 1CD ，∴ AP⊥平面A 1CD.第4课时　平面与平面的位置关系一、 填空题1. 设α，β为互不重合的平面，m ，n 是互不重合的直线，给出下列四个命题：① 若m∥n，n ⊂α，则m∥α；② 若m ⊂α，n ⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；③ 若α∥β，m ⊂α，n ⊂β，则m∥n；④ 若α⊥β，α∩β＝m ，n ⊂α，n⊥m，则n⊥β.其中正确的命题是____________．(填序号)答案：④解析：①中没有强调m 在平面α外；②中没有强调m ，n 相交；③中m 与n 有可能异面；④正确．2. 已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1，下列结论中正确的是________．(填序号)① AD 1∥BC 1；② 平面AB 1D 1∥平面BDC 1；③ AD 1∥DC 1；④ AD 1∥平面BDC 1.答案：①②④解析：由四边形ABC 1D 1是平行四边形可知AD 1∥BC 1，故①正确；根据线面平行与面面平行的判定定理可知，②④正确；AD 1与DC 1是异面直线，故③错误．3. 已知α，β是两个不同的平面，m ，n 是两条不重合的直线，则下列说法中正确的序号是________．①若m∥α，α∩β＝n，则m∥n；②若m⊥α，n⊥m，则n∥α；③若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n；④若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β.答案：③解析：对于①，如图，m∥α，α∩β＝n，此时m，n异面，故①错误；对于②，若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故②错误；对于③，若n⊥β，α⊥β，则n∥α或n⊂α，又m⊥α，∴m⊥n，故③正确；对于④，若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m也可能与β相交、平行或在β内，故④错误．4. 已知α和β是两个不重合的平面．在下列条件中，可判定α∥β的是________．(填序号)①α内有无数条直线平行于β；②α内不共线的三点到β的距离相等；③ l，m是平面α内的直线，且l∥β，m∥β；④ l，m是异面直线且l∥α，m∥α，l∥β，m∥β.答案：④解析：由面面平行的判定定理可以推出．5. 设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是________．(填序号)①若m∥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；②若m∥α，n⊥β，m∥n，则α⊥β；③若m∥α，n⊥β，m⊥n，则α∥β；④若m∥α，n⊥β，m∥n，则α∥β.答案：②解析：②选项，由条件n⊥β，m∥n推出m⊥β，又m∥α，易知α⊥β.6. 设α，β是两个不同的平面，a，b是两条不同的直线，给出四个论断：①α∩β＝b；②a⊂β；③a∥b；④a∥α.以其中三个论断为条件，余下一个论断为结论，写出你认为正确的命题：__．答案：①②③⇒④或①②④⇒③解析：若α∩β＝b，a⊂β，a∥b，则a∥α，即①②③⇒④；若α∩β＝b，a⊂β，a∥α，则a∥b，即①②④⇒③.7. α，β为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，下列命题中正确的序号是________．①若α∥β，m⊂α，则m∥β；②若m∥α，n⊂α，则m∥n；③若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β；④若n⊥α，n⊥β，m⊥α，则m⊥β.答案：①④解析：由α，β为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，知：在①中，若α∥β，m⊂α，则由面面平行的性质定理得m∥β，故①正确；在②中，若m∥α，n⊂α，则m∥n或m与n异面，故②错误；在③中，若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m与β相交、平行或m⊂β，故③错误；在④中，若n⊥α，m⊥α，则m∥n，又由n⊥β得m⊥β，故④正确．8. 如图，已知PA⊥矩形ABCD所在的平面，图中互相垂直的平面有________对．答案：5解析：由PA⊥平面ABCD知，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAB⊥平面ABCD.又AD⊥PA，且AD⊥AB，PA∩AB＝A，∴DA⊥平面PAB，∴平面DPA⊥平面PAB.又BC∥AD，∴BC⊥平面PAB，∴平面PBC⊥平面PAB，同理DC⊥平面PDA，∴平面PDC⊥平面PDA.9. 已知α，β是两个不同的平面，l ，m 是两条不同的直线，l⊥α，m ⊂β，给出下列命题：① α∥β⇒l⊥m；② α⊥β⇒l∥m；③ m∥α⇒l⊥β；④ l⊥β⇒m∥α.其中正确的命题是________．(填序号)答案：①④解析：①是面面平行的性质的应用，正确；②α⊥β，l⊥α，l ，m 可平行，可相交，可异面，命题错误；③m∥α，l⊥α⇒ l⊥m ⇒ l 与β可平行，l 可在β内，l 可与β相交，命题错误；④l⊥β，l⊥α⇒β∥α⇒m∥α，命题正确．10. 在棱长均相等的正四棱锥PABCD 中，O 为底面正方形的中心，M ，N 分别为侧棱PA ，PB 的中点，有下列结论：① PC∥平面OMN ；② 平面OMN⊥平面PAB ；③ OM⊥PA；④ 平面PCD∥平面OMN.其中正确结论的序号是________．答案：①③④解析：如图所示，其中E ，F 分别为AD ，BC 的中点，连结OE ，OF ，G 为OE 的中点，连结EM ，MG ，AC ，BD ，平面OMN 即平面MNOE.因为M 为PA 的中点，O 为AC 的中点，所以PC∥OM，所以PC∥平面OMN ，同理PD∥平面OMN ，所以平面PCD∥平面OMN ，故①④正确．由于四棱锥的棱长均相等，所以PA 2＋PC 2＝AB 2＋BC 2＝AC 2，所以PC⊥PA.又PC∥OM，所以OM⊥PA，故③正确．因为OM ＝PC ＝PD ＝ME ，所以MG⊥OE.又MN∥OE，所以GM⊥MN.假设平1212面OMN⊥平面PAB ，则GM⊥平面PAB ，则MG⊥PA，设四棱锥的棱长为4，则MA ＝2，AG ＝，MG ＝，三边53长度不满足勾股定理，所以MG 不垂直PA ，与假设矛盾，故②不正确．二、 解答题11. 如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，BC⊥AC，D ，E 分别是AB ，AC 的中点．求证：(1) B 1C 1∥平面A 1DE ；(2) 平面A 1DE⊥平面ACC 1A 1.证明：(1) 因为D ，E 分别是AB ，AC 的中点，所以DE∥BC.又因为在三棱柱ABCA 1B 1C 1中，B 1C 1∥BC，所以B 1C 1∥DE.又B 1C 1⊄平面A 1DE ，DE ⊂平面A 1DE ，所以B 1C 1∥平面A 1DE.(2) 在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，CC 1⊥底面ABC ，又DE ⊂底面ABC ，所以CC 1⊥DE.又BC⊥AC，DE∥BC，所以DE⊥AC.又CC 1，AC ⊂平面ACC 1A 1，且CC 1∩AC＝C ，所以DE⊥平面ACC 1A 1.又DE ⊂平面A 1DE ，所以平面A 1DE⊥平面ACC 1A 1.12. 如图，在三棱锥ABCD中，AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD, 点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1) EF∥平面ABC；(2) AD⊥AC.证明：(1) 在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB.又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2) 因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.13. 如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，E，F，G分别为AB，AD，AC的中点，AC＝BC，∠ACD＝90°.(1) 求证：AB⊥平面EDC；(2) 若P为FG上任一点，求证：EP∥平面BCD.证明：(1) 因为平面ABC⊥平面ACD，∠ACD＝90°，即CD⊥AC，平面ABC ∩平面ACD＝AC，CD⊂平面ACD，所以CD⊥平面ABC.又AB⊂平面ABC，所以CD⊥AB.因为AC＝BC，E为AB的中点，所以CE⊥AB.又CE∩CD＝C，CD⊂平面EDC，CE⊂平面EDC，所以AB⊥平面EDC.(2) 连结EF，EG，因为E，F分别为AB，AD的中点，所以EF∥BD.又BD⊂平面BCD，EF⊄平面BCD，所以EF∥平面BCD.同理可证EG∥平面BCD，且EF∩EG＝E，EF⊄平面BCD，EG⊄平面BCD，所以平面EFG∥平面BCD.又P为FG上任一点，所以EP⊂平面EFG，所以EP∥平面BCD.第5课时　空间几何体的表面积和体积一、填空题1. 已知圆锥的侧面展开图为一个圆心角为120°，且面积为3π的扇形，则该圆锥的体积为________．答案：22π3解析：设圆锥的母线为l ，底面半径为r ，因为3π＝πl 2，所以l ＝3，由2πr＝，13120°×π×l180°得r ＝1，所以圆锥的高是2，所以圆锥的体积是×π×12×2＝.213222π32. 如图，在正四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝3 cm ，AA 1＝1 cm ，则三棱锥D 1A 1BD 的体积为________cm 3.答案：32解析：三棱锥D 1A 1BD 的体积等于三棱锥BA 1D 1D 的体积，因为三棱锥BA 1D 1D 的高等于AB ，△A 1D 1D 的面积为矩形AA 1D 1D 的面积的，所以三棱锥BA 1D 1D 的体积是正四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1的体积的，所以三棱锥1216D 1A 1BD 的体积为×32×1＝.16323. 若正四棱锥的底面边长为2 cm ，侧面积为8 cm ，则它的体积为________cm 3.答案：433解析：因为正四棱锥的底面边长为2，侧面积为8，所以底面周长c ＝8，ch′＝8，所以斜高h′＝2，12所以正四棱锥的高h ＝，所以正四棱锥的体积为×22×＝.31334334. 底面边长为2，侧棱长为的正四棱锥的体积为________．3答案：43解析：底面边长为2，侧棱长为的正四棱锥的高为1，底面积为4，则体积为.3435. 设M ，N 分别为三棱锥P ABC 的棱AB ，PC 的中点，三棱锥P ABC 的体积记为V 1，三棱锥P AMN 的体积记为V 2，则＝________．V2V1答案：14解析：设△AMN 的面积为S ，点P 到平面AMN 的距离为h ，则V 2＝Sh ，而V 1＝2××2S×h ，则＝. 1313V2V1146. 如图，在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，已知AB ＝AA 1＝3，点P 在棱CC 1上，则三棱锥PABA 1的体积为________．答案：934解析：三棱锥的底S△ABA 1＝×3×3＝，点P 到底面ABA 1的距离为△ABC 的高：h ＝，故三棱锥1292323的体积V ＝Sh ＝ .139347. 已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点E 是棱B 1B 的中点，则三棱锥B 1ADE 的体积为________．答案：112解析：三棱锥B 1ADE 的体积＝三棱锥DB 1AE 的体积＝×1××1×＝.1312121128. 若一个正方体与底面边长为2，侧棱长为的正四棱锥的体积相等，则该正方体的棱长为310________．答案：2解析：底面边长为2，侧棱长为的正四棱锥的体积为8，则该正方体的棱长为2.3109. 已知正四棱锥OABCD 的体积为，底面边长为，则以O 为球心，OA 为半径的球的表面积为3223________．答案：24π解析：设正四棱锥的高为h ，则×()2h ＝，解得高h ＝.则底面正方形的对角线长为×＝13332232223，所以OA ＝＝，所以球的表面积为4π()2＝24π.6(322)2＋(62)26610. 将矩形ABCD 绕边AB 旋转一周得到一个圆柱，AB ＝3，BC ＝2，圆柱上底面圆心为O ，△EFG 为下底面圆的一个内接直角三角形，则三棱锥OEFG 体积的最大值是________．答案：4解析：因为将矩形ABCD 绕边AB 旋转一周得到一个圆柱，AB ＝3，BC ＝2，圆柱上底面圆心为O ，△EFG 为下底面圆的一个内接直角三角形，所以三棱锥OEFG 的高为圆柱的高，即高为AB ，所以当三棱锥OEFG 体积取最大值时，△EFG 的面积最大，当EF 为直径，且点G 在EF 的垂直平分线上时，(S △EFG )max ＝×4×2＝4，12所以三棱锥OEFG 体积的最大值V max ＝×(S △EFG )max ×AB ＝×4×3＝4.1313二、 解答题11. 如图，在三棱锥DABC 中，已知△BCD 是正三角形，AB⊥平面BCD ，AB ＝BC ＝a ，E 为BC 的中点，F 在棱AC 上，且AF ＝3FC.(1) 求三棱锥DABC 的体积；(2) 若M 为DB 中点，N 在棱AC 上，且CN ＝CA ，求证：MN∥平面DEF.38(1) 解：因为△BCD 是正三角形，且AB ＝BC ＝a ，所以S △BCD ＝a 2.34因为AB⊥平面BCD ，所以V DABC ＝V A BCD ＝×S △BCD ×AB ＝×a 2×a ＝a 3.131334312(2) 证明：连结CM ，设CM∩DE＝O ，连结OF.则O 为△BCD 的重心，CO ＝CM.23因为CN ＝CA ，AF ＝3FC ，所以CF ＝CN ，所以MN∥OF.因为OF ⊂平面DEF ，MN ⊄平面DEF ，所以MN∥平3823面DEF.12. 如图，在三棱锥PABC 中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA ＝AB ＝BC ＝2，点D 为线段AC 的中点，点E 为线段PC 上一点．(1) 求证：PA⊥BD；(2) 求证：平面BDE⊥平面PAC ；(3) 当PA∥平面BDE 时，求三棱锥EBCD 的体积．(1) 证明：因为PA⊥AB，PA⊥BC，所以PA⊥平面ABC.因为BD ⊂平面ABC ，所以PA⊥BD.(2) 证明：因为AB ＝BC ，点D 为AC 的中点，所以BD⊥AC.由(1)知，PA⊥BD，PA∩AC＝A ，PA ，AC ⊂平面PAC ，所以BD⊥平面PAC.又BD ⊂平面BDE ，所以平面BDE⊥平面PAC.(3) 解：因为PA∥平面BDE ，平面PAC∩平面BDE ＝DE ，所以PA∥DE.因为点D 为AC 的中点，所以DE ＝PA ＝1，BD ＝DC ＝.122由(1)知，PA⊥平面ABC ，所以DE⊥平面ABC ，所以三棱锥E BCD 的体积V ＝BD·DC·DE ＝.161313. 如图，在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠ABC＝60°，BD∩AC＝O ，现将其沿菱形对角线BD 折起得到四面体EBCD ，使EC ＝.2(1) 求证：EO⊥CD.(2) 求点O 到平面EDC 的距离．(1) 证明：∵ 四边形ABCD 为菱形，∴ AC⊥BD.∵ BD∩AC＝O ，∴ EO⊥BD.∵ 在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠ABC＝60°，∴ AD ＝CD ＝BC ＝2，AO ＝OC ＝1.∵ EC ＝，CO ＝EO ＝1，2∴ EO 2＋OC 2＝EC 2，∴ EO⊥OC.又BD∩OC＝O ，∴ EO⊥平面BCD ，∴ EO⊥CD.(2) 解：设点O 到平面ECD 的距离为h ，由(1)知EO⊥平面OCD.V 三棱锥OCDE ＝V 三棱锥EOCD ，即S △OCD ·EO ＝S △ECD ·h.1313在Rt△OCD 中，OC ＝1，OD ＝，∠DOC＝90°，∴ S △OCD ＝·OC·OD ＝.在△CDE 中，31232ED ＝DC ＝2，EC ＝，∴ S △CDE ＝××＝，∴ h ＝＝，即点O 到平面EDC 212222－(22)2 72S △OCD·EO S △ECD 217的距离为.第6课时　空间向量在立体几何中的应用217一、 填空题1. 已知空间四边形OABC ，点M ，N 分别为OA ，BC 的中点，且＝a ，＝b ，＝c ，用a ，b ，c 表示OA → OB → OC→ ，则＝________．MN → MN→ 答案：(b ＋c －a )12解析：＝－＝(b ＋c )－a ＝(b ＋c －a )．MN → ON → OM→ 1212122. 若直线l⊥α，且l 的方向向量为(m ，2，4)，平面α的法向量为，则m 为________．(12，1，2)答案：1解析：∵ (m ，2，4)＝λ，∴ ∴ m ＝1.(12，1，2){m ＝12λ，2＝λ，4＝2λ，)3. 若向量a ＝(1，λ，2)，b ＝(2，－1，2)，且a 与b 的夹角的余弦值为，则λ＝________．89答案：－2或255解析：由cos〈a ，b 〉＝＝＝，解得λ＝－2或.a ·b |a ||b |6－λ3λ2＋5892554. 已知点P 是平行四边形ABCD 所在平面外一点．若＝(2，－1，－4)，＝(4，2，0)，AB → AD→ ＝(－1，2，－1)，则给出下列结论：① AP⊥AB；② AP⊥AD；③ 是平面ABCD 的一个法向量；④ ∥AP → AP → AP → .其中正确的是________．(填序号)BD→ 答案：①②③解析：·＝2×(－1)＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝－2－2＋4＝0，则⊥，即AP⊥AB；AB → AP → AB → AP→ ·＝(－1)×4＋2×2＋0＝0，则⊥，即AP⊥AD.又AB∩AD＝A ，∴ AP⊥平面ABCD ，故是平AP → AD → AP → AD → AP→ 面ABCD 的一个法向量．由于＝－＝(2，3，4)，＝(－1，2，－1)，∴ ≠≠，∴ 与不BD → AD → AB → AP → 2－1324－1AP → BD→平行．5. 已知正四棱柱ABCD ­ A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值为________．答案：23解析：以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，C 1(0，1，2)，则＝(0，1，0)，＝(1，1，0)，＝(0，1，2)．DC → DB → DC1→ 设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则n ⊥，n ⊥，所以有令y ＝－2，得平面BDC 1DB → DC1→{x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0.)的一个法向量为n ＝(2，－2，1)．设CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n ，〉DC → |＝||＝.n ·DC→|n||DC →|236.如图，在平行六面体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝4，AD ＝3，AA 1＝5，∠BAD＝90°，∠BAA 1＝∠DAA 1＝60°，则对角线AC 1的长度等于________．答案：85解析：2＝(＋＋)AC1→ AB → AD → AA1→ 2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝16＋9＋25＋2×4×3×cos 90°＋2×4×5×cos 60°AB → AD → AA1→ AB → AD → AB → AA1→ AD → AA1→ ＋2×3×5×cos 60°＝50＋20＋15＝85，即 ||＝.AC1→ 857. 如图，在直三棱柱A 1B 1C 1­ ABC 中，AB⊥AC，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点，则异面直线A 1B与C 1D 所成角的余弦值为________．答案：31010解析：以A 为坐标原点，以AB ，AC ，AA 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系A­xyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(1，1，0)，A 1(0，0，4) ，C 1(0，2，4)，所以＝(2，0，－4)，＝(1，－1，－4)．A1B → C1D→ 因为cos〈，〉＝＝＝，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为A1B → C1D → A1B → ·C1D →|A1B →||C1D →|1820×1831010.31010 8. 已知O 点为空间直角坐标系的原点，向量＝(1，2，3)，＝(2，1，2)，＝(1，1，2)，且点OA → OB → OP→ Q 在直线OP 上运动．当·取得最小值时， 的坐标是________．QA → QB → OQ→ 答案：(43，43，83)解析：∵ 点Q 在直线OP 上，∴ 设点Q(λ，λ，2λ)，则＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QA→ ＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，·＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)QB → QA → QB→ ＝6λ2－16λ＋10＝6－.当λ＝时，·取得最小值－，此时＝.(λ－43)2 2343QA → QB → 23OQ→ (43，43，83)9. 在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为________．答案：23解析：如图，以A 点为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设棱长为1，则A 1(0，0，1)，E，D(0，1，0)，(1，0，12)所以＝(0，1，－1)，＝.A1D → A1E→ (1，0，－12)设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z)，则所以所以n 1＝(1，2，2)．{y －z ＝0，1－12z ＝0，){y ＝2，z ＝2.)因为平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝＝，23×123即平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为.23二、 解答题10. 如图，在棱长为2的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点P 为棱C 1D 1的中点，Q 为棱BB 1上的点，且BQ ＝λBB 1(λ≠0)．(1) 若λ＝，求AP 与AQ 所成角的余弦值；12(2) 若直线AA 1与平面APQ 所成的角为45°，求实数λ的值．解：以A 点为坐标原点，{，，}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.AB → AD → AA1→(1) 因为＝(1，2，2)，＝(2，0，1)，AP → AQ→所以cos〈，〉＝＝＝.所以AP 与AQ 所成角的余弦值为.AP → AQ → AP → ·AQ →|AP → ||AQ →|1×2＋2×0＋2×19×545154515(2) 由题意可知，＝(0，0，2)，＝(2，0，2λ)．AA1→ AQ→ 设平面APQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)，则即{n ·AP →＝0，n ·AQ →＝0，){x ＋2y ＋2z ＝0，2x ＋2λz ＝0.)令z ＝－2，则x ＝2λ，y ＝2－λ.所以n ＝(2λ，2－λ，－2)．因为直线AA 1与平面APQ 所成角为45°，所以|cos〈n ，〉|＝＝AA1→ |n ·AA →1|n ||AA → 1||＝，42（2λ）2＋（2－λ）2＋（－2）222化简得5λ2－4λ＝0.又λ≠0，所以λ＝.4511. 如图，在平行六面体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AA1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝，∠BAD＝120°.3(1) 求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值；(2) 求二面角BA 1DA 的正弦值．解：在平面ABCD 内，过点A 作AE⊥AD，交BC 于点E.因为AA 1⊥平面ABCD ，所以AA 1⊥AE，AA 1⊥AD.如图，以A 点为原点，{，，}为正交基底，建立空间直角坐标系Axyz.AE → AD → AA1→ 因为AB ＝AD ＝2，AA 1＝，∠BAD＝120°，3所以A(0，0，0)，B(，－1，0)，D(0，2，0)，E(，0，0)，A 1(0，0，)，C 1(，1，)．33333(1) ＝(，－1，－)，＝(，1，)，A1B → 33AC1→ 33则cos〈，〉＝A1B → AC1→ A1B → ·AC1→|A1B →||AC1→ |＝＝－，3×3＋（－1）×1－3×3（3）2＋（－1）2＋（－3）2×（3）2＋12＋（3）217因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为.17(2) 平面A 1DA 的一个法向量为＝(，0，0)．AE→ 3设m ＝(x ，y ，z)为平面BA 1D 的法向量，又＝(，－1，－)，＝(－，3，0)，A1B → 33BD→ 3则即{m ·A1B →＝0，m ·BD →＝0，){3x －y －3z ＝0，－3x ＋3y ＝0.)不妨取x ＝3，则y ＝，z ＝2，3所以m ＝(3，，2)为平面BA 1D 的一个法向量，3所以cos〈，m 〉＝＝＝.AE → AE →·m |AE → ||m |3×3－0×3＋0×23×32＋（3）2＋2234设二面角BA 1DA 的大小为θ，则|cos θ|＝.34因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝＝.1－cos 2θ74所以二面角BA 1DA 的正弦值为.7412. 如图，在四棱锥PABCD 中，PA⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝∠CBA＝90°，PA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝2，点E ，F ，G 分别为BC ，PD ，PC 的中点．以A 点为坐标原点，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．(1) 求异面直线EF 与DG 所成角的余弦值．(2) 若M 为EF 上一点，N 为DG 上一点，是否存在MN ，使得MN⊥平面PBC ？若存在，求出点M ，N 的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1) 由题意得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1)．∵ 点E ，F ，G 分别为BC ，PD ，PC 的中点，∴ E ，F ，G，(1，12，0)(0，1，12)(12，12，12)∴ ＝，＝.EF → (－1，12，12)DG → (12，－32，12)设EF 与DG 所成角为θ，则cos θ＝＝.|EF → ·DG → ||EF →||DG → |26633∴ EF 与DG 所成角的余弦值为.26633(2) 存在．设平面PBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)．∵ ＝(0，1，0)，＝(1，0，－1)，∴BC → PB → {n ·BC →＝y ＝0，n ·PB → ＝x －z ＝0，)取x ＝1，得n ＝(1，0，1)．M 为EF 上一点，N 为DG 上一点，若存在MN ，使得MN⊥平面PBC ，则∥n .MN → 设M(x 1，y 1，z 1)，N(x 2，y 2，z 2)，则　①，{x2－x1＝z2－z1，y2－y1＝0)∵ 点M ，N 分别是线段EF 与DG 上的点，∴ ＝λ，＝t .EM → EF → DN → DG → ∵ ＝，＝(x 2，y 2－2，z 2)，EM → (x1－1，y1－12，z1)DN → ∴ 且　②，{x1－1＝－λ，y1－12＝12λ，z1＝12λ，){x2＝12t ，y2－2＝－32t ，z2＝12t )把②代入①，得解得{－32t －12λ＋32＝0，12t ＋λ－1＝12t －12λ，){λ＝23，t ＝79，)∴ M ，N .(13，56，13)(718，56，718)13. 如图，在三棱锥PABC 中，PA⊥底面ABC ，∠BAC＝90°.点D ，E ，N 分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，点M 是线段AD 的中点，PA ＝AC ＝4，AB ＝2.(1) 求证：MN∥平面BDE ；(2) 求二面角CEM N 的正弦值；(3) 已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为，求线段AH 的长．721(1) 证明：如图，以A 点为坐标原点，分别以，，方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐AB → AC → AP → 标系．依题意可得A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，4，0)，P(0，0，4)，D(0，0，2)，E(0，2，2)，M(0，0，1)，N(1，2，0)．＝(0，2，0)，＝(2，0，－2)．DE → DB → 设n ＝(x ，y ，z)为平面BDE 的一个法向量，则即{n ·DE →＝0，n ·DB → ＝0，){2y ＝0，2x －2z ＝0.)不妨取z ＝1，可得n ＝(1，0，1)．又＝(1，2，－1)，可得·n ＝0.MN → MN → 因为MN ⊄平面BDE ，所以MN∥平面BDE.(2) 解：由题可知n 1＝(1，0，0)为平面CEM 的一个法向量．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面EMN 的一个法向量，则{n 2·EM →＝0，n 2·MN → ＝0.)因为＝(0，－2，－1)，＝(1，2，－1)，EM → MN → 所以{－2y2－z2＝0，x2＋2y2－z2＝0.)取y 2＝1，可得n 2＝(－4，1，－2)．因此cos〈n 1，n 2〉＝＝－，n1·n2|n1||n2|42121所以sin〈n 1，n 2〉＝，10521所以二面角CEMN 的正弦值为.10521(3) 解：依题意，设AH ＝h(0≤h≤4)，则H(0，0，h)，＝(－1，－2，h)，＝(－2，2，2)．NH → BE → 由已知，得|cos〈，〉|＝||NH → BE → NH → ·BE →|NH → ||BE → |。

新课标2019届高考数学大一轮复习试题第八章 立体几何题组45 46 含解析

新课标2019届高考数学大一轮复习试题第八章 立体几何题组45 46 含解析

)题组层级快练四十五()第一次作业(EFC的中心，则D和ADDA，B(2016·1．合肥一检)已知正方体ABCD－ACD，EF分别是正方形AB1111111111) CD所成的角是(和B．45 A．60°°D．90°°C．30B答案AC中点，DE，F为A，，∵，D解析连接A，DCAC1111111CD.∴EF∥1.CDC°＝45∠EF∴和CD所成角即为1所成角的正B是CA2．若正三棱柱ABC－B的所有棱长都相等，DAC的中点，则直线AD与平面DC111111) (弦值为43 B.A. 5553 D. C. 54B答案DC△，ACD间接法：解析由正三棱柱的所有棱长都相等，依据题设条件，可知BD⊥平面，∴BD⊥DCB故111为直角三角形．15553135，B×＝.B＝，∴S△DC＝×D＝，DC＝AD设棱长为1，则有118222222设A到平面BDC的距离为h，则有V A－BDC＝VB－ADC，11111∴×h×S△BDC＝×BD×S.ADC11△331151312∴×h×＝××，∴h＝.383225h4设直线AD与平面BDC所成的角为θ，则sinθ＝＝.1AD5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(3，0，2)．1设n＝(x，y，z)为平面B的法向量，CD1．→??，y0＋＝2z－·n CD＝0，???1)．n＝(0则有，?2，??→03x－y＋2z＝??0CB＝n·1→4·n AD →.〉＝＝∴sin〈AD，n5→||n|AD|·32的正方形，其他四个侧面是腰长为－ABCD中，底面ABCD是边长为3．(2016·皖南八校联考)四棱锥V)AB－C的余弦值的大小为(的等腰三角形，则二面角V－22 B.A. 43227 D.C. 33B答案是二面VEOO，连接OE，根据题意可知，∠V解析如图所示，取AB中点E，过作底面的垂线，垂足为21OE2B.＝＝＝，故选cos－1＝22，所以∠C角V－AB－的平面角．因为OE＝1，VE＝3VEO4VE22所成的二面，则平面ABP与平面CDPPA⊥平面ABCD，若AB＝PA的顶点4．过正方形ABCDA作线段) 角为(B．45 °A ．30°°90．D60C．°B答案，，ABAD分别为x，y，z轴建系且设AB＝1解析以A点为坐标原点，AP，，1，0)，P(0，0，1)．，∴C(11，0)，D(0．，z)，的法向量为n＝(xy∴设面CDP→??·＝0，n x·CD＝（x，y，z）（－1，0，0）＝－?∴→??·），）＝－y＋z＝0.n·DP＝（x，yz，（0，－11，∴y＝1n＝(0，1，1)．令→21n·AD→→〉＝＝＝.ADcosAD又∵为面ABP的一个法向量，∴〈n，2→2|n||AD|. °∴二面角为45ABF，分别是，，若的棱长为DCBAABCD5．如图所示，正方体－1EFBCDDB的中点，则到平面111111)(的距离为53B. A. 53525 D.C. 53D答案ABB可得解．ABF＝VF－解析方法一：由VB－11方法二：建立如图所示的空间直角坐标系，0)．(1，1，A(1，0，1)，B则111→0)．，1，，1)，AB＝(01)F(0，0，)，E(，1，，B(1，1设2211→→．0，－)＝(－1，，∴BE＝(－0，1)，AF12211→→，＝0，0，1)－＝(1，0，－)·(－AF∵·BE122→→→→→⊥平面ABF.，∴BE⊥BE.又ABBEAF∴⊥1111→，0，1)BE＝(－，的法向量为平面ABF12→．，－1)＝AB(0，11→→??AB·BE52??11＝的距离为.B到平面ABF??15→??E||B16．如图所示，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE 所在的平面互相垂直．AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC，EA⊥EB.(1)求证：AB⊥DE；所成角的正弦值．ABE与平面EC求直线(2)．3 略(2)答案(1)3O，连接EO，DO.解析(1)证明：取AB的中点EA，所以EO⊥AB.因为EB ＝因为四边形ABCD为直角梯形，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC，为正方形，所以AB⊥OD.所以四边形OBCD，所以ABED.⊥⊥平面EOD.因为ED?平面EOD所以AB，⊥BC(2)方法一：因为平面ABE⊥平面ABCD，且AB ABE.⊥平面所以BC所成的角．与平面ABE则∠CEB即为直线EC3a.CE2a，＝BE＝2a，所以＝设BCa，则AB＝31CB，＝＝＝则在直角三角形CBE 中，sin∠CEB3CE33ABE所成角的正弦值为.即直线EC与平面3⊥AB，ABE⊥平面ABCD，且EO方法二：因为平面EO⊥OD.EO⊥平面ABCD，所以所以OE两两垂直可建立如图所示的空间直角坐标系．由OB，OD，EAB为等腰直角三角形，因为三角形，1，D(0，C(1，0)，，1，0)0)0)1，则O(0，0，，A(－1，0，，B(1，0OBODOA所以＝OB＝＝OE.设＝1)0，．0)，E(0，→→0)．＝(0，1，OD(1所以EC＝，1，－1)，平面ABE的一个法向量为θ所成的角为，设直线EC与平面ABE→→3OD||EC·→→|cos〈EC，OD〉θ＝|＝＝.所以sin3→→|EC||OD|3即直线EC与平面ABE所成角的正弦值为.37．(2016·河南内黄一中摸底)如图所示，在三棱柱ABC－ABC中，AAC.⊥AB，ABC⊥平面B1111．；⊥BB(1)求证：AC152.－A的平面角的余弦值为C＝AB＝2，在棱B上确定一点P，使二面角P－AB(2)若AB＝AC11115答案(1)略(2)P为棱BC的中点时满足题意11解析(1)证明：在三棱柱ABC－ABC中，因为AB⊥平面ABC，AB?平面ABBA，所以平面ABBA111111111⊥平面ABC.因为平面ABBA∩平面ABC＝AB，AB⊥AC，所以AC⊥平面ABBA，所以AC⊥BB.11111(2)如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系A－xyz，→→则C(2，0，0)，B(0，2，0)，A(0，2，2)，B(0，4，2)，BC＝BC＝(2，－2，0)．1111→→设BP＝λBC＝(2λ，－2λ，0)，λ∈[0，1]，111则P(2λ，4－2λ，2)．设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，1→→因为AP＝(2λ，4－2λ，2)，AB＝(0，2，0)，→??n·AP＝0z＝－λx，，＝2λx＋（4－2λ）y＋2z0，????1?即所以所以??→2y＝0.y＝0.??????，0AB＝n·1令x＝1，得n＝(1，0，－λ)．1而平面ABA的一个法向量是n＝(1，0，0)，21|n·n|125121所以|cos〈n，n〉|＝＝＝，解得λ＝，即P为棱BC的中点．121152|n||n|21＋λ218. (2015·安徽理)如图所示，在多面体ABDDCBA中，四边形AABB，ADDA，ABCD均为正方形，E1111111为BD的中点，过A，D，E的平面交CD于F.1111(1)证明：EF∥B ；C1．的余弦值．AD－(2)求二面角E－B116 (2)(1)略答案3为平行四CD，所以四边形AB，且AB ＝AB＝DCB解析(1)证明：由正方形的性质可知A∥AB∥DC111111，CD?平面B∥平面ADE.又BC平面ADE，BC?平面ADE，于是BCD边形，从而BC∥AD.又A?11111111111∥BC.BCD＝EF，所以EF平面ADE∩平面1111AB且AA＝AD，AB⊥AD，，ADDAABCD均为正方形，所以AA ⊥AB，AA⊥(2)因为四边形AABB1111111→→→轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标轴和zAA为x轴，y，＝AD，以A为原点，分别以ABAD，1系，点为，而E，1，1)B(1，0，1)，D(00)，B(1，0，0)，D(0，1，，A(0，0，1)，A(0可得点的坐标，0，0)111．，0.5，1)的中点，所以BDE点的坐标为(0.511→→→，E n⊥A＝(0，1，－1)，由E，t)，而该面上向量A＝(0.5，0.5，0)，ADsDE设平面A的法向量n＝(r，111111111，＝＋0.5s00.5r??→11，1)．(－1，1，D得(－11，1)为其一组解，所以可取n＝A n⊥?111，＝0s－t??11→→，由此同理可1)，1，－(0，0，0)，AD＝，而该面上向量，B设平面ACD的法向量n＝(rs，t)AB＝(1122121112．1，1)得n＝(0，2|n·n6221.＝＝－－ADB的余弦值为所以结合图形知二面角E113||nn|·|23×219. (2016·杭州学军中学模拟)在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD＝CD＝BC＝2AD，AD∥BC，∠BCD＝90°.(1)求证：BC⊥PC；(2)求PA与平面PBC所成角的正弦值；？说明理由．PBC⊥平面AE，使E上是否存在点PB线段(3)．10PBC AE(2)⊥平面(3)E为PB答案(1)略中点时，5ABCD中，解析(1)证明：在四棱锥P－⊥BC.，BC?平面ABCD，∴PD∵PD⊥平面ABCD CD.∵∠BCD＝90°，∴BC⊥PCD.∩DC＝D，∴BC⊥平面∵PD PC.PC?平面PCD，∴BC⊥∵，，0)＝2，则D(0，－xyz.不妨设AD＝1，则PD ＝CD＝BC0(2)如图，以D为原点建立空间直角坐标系D→→→，(0，2，－2)，PC＝PB＝(1，0，－2)，＝(2，2，A(10，0)，B(2，20)，0)，C(0，2，，P(0，0，2)，∴PA，z)y．的法向量n＝(x，－2)．设平面PBC→??，02z＝·2x＋2yPB＝0，－n???所以即?0.＝－2z→2y????，0PC＝n·，，1)＝(0，1x＝0，z＝1，∴n令y＝1，则2－10→＝－，PA，n〉＝∴cos〈525×10所成角的正弦值.∴PA与平面PBC5(3)方法一：当E为线段PB的中点时，AE⊥平面PBC.如图，分别取PB，PC的中点为E，F，连接AE，DF，1EF，∴EF∥BC，且EF＝BC.21∵AD∥BC，且AD＝BC，∴AD∥EF，且AD＝EF.2∴四边形AEFD是平行四边形，∴AE∥DF.∵PD＝CD，∴三角形PCD是等腰三角形，∴DF⊥PC.∴BC⊥平面PCD，∴DF⊥BC.∵PC∩BC＝C，∴DF⊥平面PBC.∴AE⊥平面PBC，即在线段PB上存在点E，使AE⊥平面PBC.→→→(0<λ<1)时，AE⊥平面PBC.设E(x，y，z)，则PE＝PB方法二：设在线段上存在点E，当PE＝λPB(x，y，00000→z－2)，∴(x，y，z－2)＝λ(2，2，－2)，即x＝2λ，y＝2λ，z＝－2λ＋2.∴E(2λ，2λ，－2λ＋2)，∴AE0000000→→AE即，n∥AE则，PBC平面⊥AE若．1)，1，(0＝n的法向量PBC可知平面(2)由．2)＋2λ－λ，2，1－(2λ＝11→→PBC.⊥平面中点时，AE，即E为＝PB，μ＝1，∴当PE＝μn.解得λ＝PB22四面体ABCD及其三视图如图所示，过棱AB的中点E作平行于．(2014·陕西理)AD，BC的平面分别交10四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H.(1)证明：四边形EFGH是矩形；(2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值．10答案(1)略(2) 5解析(1)由该四面体的三视图可知，BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1.由题设，BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC＝FG，平面EFGH∩平面ABC＝EH，∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH.同理EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG.∴四边形EFGH是平行四边形．又∵AD⊥DC，AD⊥BD，∴AD⊥平面BDC.∴AD⊥BC，∴EF⊥FG.∴四边形EFGH是矩形．(2)方法一：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，→→→则D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，DA＝(0，0，1)，BC＝(－2，2，0)，BA＝(－2，0，1)．→→0.＝BC·n，0＝DA·n，∴BC∥FG，AD∥EF，∵z)，y，(x＝n的法向量EFGH设平面．，z＝0??∴取n＝(1，1，0)．?，＝02x＋2y－??→??n BA·102→??＝.，n〉|＝＝∴sinθ＝|cos 〈BA5→25×??|||n|BA方法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，．2，0)，0)，C(0，，则D(0，0，0)A(0，0，1)，B(2，0的中点，得，DCF，G分别为BD∵E是AB的中点，∴1??，1，0E1，0)．，，F(1，0，0)，G(0??21→→→??，00，＝FE∴(＝(－1，1，0).BA＝－2，0，1)．，FG??2，，z)设平面EFGH的法向量n＝(x，y1??，＝0z→→2?，取n＝(10，得，1，＝·则n FE＝0，n·FG0)??，－x＋y＝0→??n BA·102→??. ＝n〉|＝＝BA∴sinθ＝|cos〈，5→25× |||n|BA)四十六题组层级快练()第二次作业(，则异CBDBD折起，使得平面ABD⊥平面的正方形1．(2016·皖南十校联考)把边长为2ABCD沿对角线) 所成的角为(面直线AD，BC B．30°120A．°°．60D C．90°D答案D(0，2)，－2，，0)，C(00)，，，，建立如图所示的空间直角坐标系，则解析A(200)B(02，，，0→→．2)，2，－(0＝BC，0)，2，－2－(＝AD∴．→→→→ 2.AD，·BC＝＝∴|AD|2，|BC|＝2→→1·2ADBC→→＝.BC〉＝＝∴cos〈AD，22→2→×||AD|BC|·.60°∴异面直线AD，BC所成的角为AB则ABC的中心，的侧棱与底面边长都相等，A在底面2．已知三棱柱ABC－ABCABC内的射影为△11111)(与底面ABC所成角的正弦值为23 B.A. 3332 D. C. 22B答案32.D＝则DA，连接AD，解析由题意设棱长为2，如图所示，A在底面ABC内的射影为△ABC 的中心13624轴，建立空间直角坐标轴，z为坐标原点，AD,DA所在直线为y＝由勾股定理得AD4－＝.以D1133622623233→→→3,0)=(1,，，)+(1, ,0), 系，则D(0,0,0),A(0,- ,0),B(1, A(0,0, ),AB=AA+AB＝(0111333336532). ,336232→→.＝=|cos<AB=(0,0,1)，设AB与底面所成角为θ,则sinθ,n>|=又平面ABC的法向量n13323．(2016·湖南长沙一模)正方体ABCD－ABCD的棱长为1，E，F分别为BB，CD的中点，则点F到平11111面ADE的距离为________．1135答案10解析以A为坐标原点，AB，AD，AA 所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．111．1)，1，0)，F(，1，，D(001)(0则A，0，，E(1，，)11221→→．1，0)(0D，－＝AE(1，0)，A＝，∴1112，z)，y，D设平面A(x＝n的一个法向量为E11．1→????·，n AE＝0，－z＝0x12??则即→????，＝0n·AD0.y＝11x＝1.令z＝2，则1→，－1)，．又AF＝(，1∴n＝(1，0，2)12DE的距离为∴点F到平面A111→2||－2|·n|AF531. ＝＝＝d10|n|5ADE，将△DE∥BC6，∠C＝90°，且)如图(1)所示，在△ABC中，BC ＝3，AC＝4．(2016·河南洛阳模拟所示．CD，如图(2)DE的位置，使AD⊥沿DE折起到△A11；⊥平面ADC(1)求证：BC1所成角的正弦值．ABC＝2，求BE与平面(2)若CD14 (2)略答案(1) 5D.⊥A⊥AD，∴BCDE∵DE⊥AD，∥BC，∴BC解析(1)证明：1DC.⊥平面A＝D，∴BC ∵BC⊥CD，AD∩CD又11→→→－xyz.，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D，DA，CD为x，y(2)以D为原点，分别以DE1F，EF⊥BC，垂足为在直角梯形CDEB中，过E作＝3.1，BC 则EF＝2，BF＝．4，0)，－2)，A(0，C(0，0，－2)，E(2，0，0)，，0∴B(31→→→．，2)(－3，4(0，CA＝，4，2)，BA＝，∴BE＝(－10，2)11，，z)＝(x，y设平面ABC的法向量为m1→??，＝－2y0，z＝·m＝0，4y＋2zCA????1?∴则解得??0.＝＝0.x－3x＋4y＋2z→??????，0m＝BA·12)．，＝(01，－令y＝1，则m→4|4|BE·m.＝sinθ＝＝ABE与平面BC所成角为θ，则设15→55·|||m|BE5．(2016·河北开滦二中月考)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，中点．PC为E，2＝AB＝PD．；⊥平面PCB(1)求证：DE 的距离；到平面DEB(2)求点C 的余弦值．－－(3)求二面角EPBD623 (2)(3)答案(1)略33，∴PD⊥BC.(1)证明：∵PD⊥平面ABCD解析BC⊥平面PCD.，PD∩CD＝D，∴又正方形ABCD中，CD⊥BC BC⊥DE.∵DE?平面PCD，∴⊥PC.，E是PC的中点，∴DEPD∵＝CD⊥平面PCB.∩BC＝C，∴DE又∵PC，CM⊥BE于点MC(2)如图①所示，过点作，知平面DEB⊥平面PCB由(1)DEB.BE，∴CM⊥平面∵平面DEB∩平面PCB＝C到平面DEB的距离．CM∴线段的长度就是点°，PDC＝90，∠PD＝AB＝CD＝2∵＝2，BC＝2.EC∴BE＝6.∴PC＝22，CE·BC23∴CM＝＝.BE3(3)以点D为坐标原点，分别以直线DA，DC，DP为x轴，y轴，z轴建立如图②所示的空间直角坐标系，→→则D(0，0，0)，P(0，0，2)，B(2，2，0)，E(0，1，1)，DB＝(2，2，0)，DE＝(0，1，1)．设平面BDE的法向量为n，z)，y，(x＝1．→??，＝0·DB＝0，2x＋2y n??1?∴则?0.z＝→y＋????，0n·DE＝11.，得y＝－1，x＝令z ＝1．＝(1，－1，1)∴平面BDE的一个法向量为n1→，，且AC⊥平面PDB0)，，AC＝(－2，2，0)2又∵C(0，，0)，A(2，0，－1，0)．∴平面PDB的一个法向量为n＝(12||n·n6221α＝＝＝.αE－BD－P的平面角为，则cos设二面角3|||n|n23·216.P的余弦值为BD－∴二面角E－3的正视图和俯视图如下，其中俯视图是直角梯形．A—BCDE6．(2016·石家庄质检)四棱锥，请说明理由；⊥CM在棱AD上移动时，是否总有BFM(1)若正视图是等边三角形，F为AC 的中点，当点所成的锐二面角为45°.求直线AD与平面(2)若平面ABC与平面ADEABE所成角的正弦值．6答案(1)总有BF⊥CM(2) 4解析(1)由俯视图可知平面ABC⊥平面EBCD.BC＝2，O为BC中点，BE＝1，CD＝2.AC.⊥BF中点，∴AC为F为等边三角形，ABC∵△．，，且又平面ABC⊥平面EBCDDC⊥BC BF.∴DC⊥平面ABC，∴DC⊥CM.又AC∩CD＝C，∴BF⊥平面ACD.∴BF⊥→→(2)以O为原点，OC为x轴，OA为z轴建系．，1．2，0)，0)，D(1，，B(－10，0)，C(1，0，0)，E(－1．1，0)a)，由题意可知平面ABC的法向量为(0，设A(0，0，，z)．，法向量n＝(xy设平面ADE，y＝02x＋?3－?→→.＝－2，z＝，(2，1，0)，EA＝(1，－1a)，∴令x＝1，yED＝?a，0y＋az＝x－??32，－)．＝∴n(1，－a2??2??9＝＝3.∴，解得a??2＋1＋42??a→→→(1，－13)．，，－3)，BE＝(0，1，0)，EA＝∴AD＝(1，2，)y，z 设平面ABE的法向量为m＝(x，111→??·0，BE m＝y＝1?∴→??0.＋y3z＝EA·m＝x－111．，1)31，∴m＝(－，0＝令z1，则有所成角为θ设AD与平面ABE||3－－36→＝＝.〈AD，〉m|sin θ＝|cos4222·6.所成角的正弦值为AD与平面ABE∴直线4 BCA＝ABC＝60°，∠，∠中，－ABCPA⊥底面ABC，PA＝AB如图所示，在三棱锥7.PBC.∥PC上，且DE，90°，点D，E分别在棱PB；⊥平面PAC求证：(1)BC PAC所成的角的余弦值；PB的中点时，求AD与平面D(2)当为E 使得二面角A－DE(3)是否存在点－P为直二面角？并说明理由．14答案(1)略(2(3)存在点E4．，⊥底面ABC解析方法一：(1)∵PA°，＝90∠∴PA⊥BC.又BCA PAC.BC⊥平面∴AC⊥BC，∴1BC.DE＝D为PB的中点，DE ∥BC，∴(2)∵2，垂足为点E.知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC又由(1)PAC所成的角．∴∠DAE是AD与平面⊥AB.∵PA⊥底面ABC，∴PA1AB.，∴△ABP为等腰直角三角形．∴AD ＝＝又PAAB21AB.∴BC＝＝在Rt△ABC中，∠ABC60°.22BCDE＝＝.Rt∴△ADE中，sin ∠DAE＝4AD2AD14DAE.＝∴cos∠4DE⊥平面PAC.，又由∵DE∥BC(1)知，BC ⊥平面PAC，∴(3)⊥PE.?平面PAC，∴DE⊥AE，DEPAC又∵AE?平面，PE的平面角．AEP ∴∠为二面角A－DE－P AC⊥，∴∠PAC＝90°.∵PA⊥底面ABC，∴PA上存在一点E，使得AE⊥PC.∴在棱PC°.AEP＝90这时，∠是直二面角．DE－P故存在点E使得二面角A－xyz.为原点建立空间直角坐标系A－方法二：如图所示，以A133设PA＝a，由已知可得A(0，0，0)，B(－a，a，0)，C(0，a，0)，P(0，0，a)．2221→→(1)∵AP＝(0，0，a)，BC＝(a，0，0)，2．→→AP.，∴BC⊥BC·AP＝0∴A，＝AC.又AP∩AC又∵∠BCA＝90°，∴BC⊥⊥平面PAC.∴BC BC，为PB的中点，DE∥(2)∵D PC的中点．∴E为11313a)．E(0，，∴D(－aa，a，a)，22444PAC，(1)知，BC⊥平面又由E.DE⊥平面PAC，垂足为点∴所成的角．是AD 与平面PAC∴∠DAE13131→→a)，，a(－aa，，a)，AE＝(0，AD∵＝24442→→14AEAD·＝DAE＝.∴cos∠4→→||·|AE|AD 同方法一．(3)同一侧的两是平面ABCD°，ABCD为菱形，∠ABC＝120E，F理8．(2015·新课标全国Ⅰ)如图，四边形EC.⊥BE⊥平面ABCD，＝2DF，AEBE点，⊥平面ABCD，DF；(1)证明：平面AEC⊥平面AFC (2)求直线AE所成角的余弦值．与直线CF3 (2)答案(1)略3＝，由∠ABC，FGEF，在菱形ABCD中，不妨设1GB＝，连接∩连接解析(1)BD，设BDAC ＝GEG，EG＝，3EGAE＝BC可知AEEC，又∵⊥EC，∴ABABCD⊥，由＝＝°，可得120AGGC3BE 平面，＝AC.⊥2.＝，∴＝中，可得Rt在△EBGBE2DF2．6△FDG中，可得FG.＝在Rt2223＝2，DF＝2，BE可得EF＝＝.在直角梯形BDFE中，由BD22222 AFC.EG⊥平面∩FG＝∴EGG＋FG，∴＝EF，∴EG⊥FG，∵AC平面AEC.面AEC，∴平面AFC ⊥EG∵?→→→为单位长度，建立空间直角坐|GB|x轴，y轴正方向，为坐标原点，分别以(2)如图，以GGB，GC的方向为，xyz标系G－20)，3，，02)，F(－1，)0，，C(0，3由(1)可得A(0，－，0)，，E(122→→)．＝(－1，－3，∴AE＝(1，，3，2)CF2→→3·CFAE→→.cos<AE故，CF>＝＝－3→→|||CF|AE3.所以直线AE与所成的角的余弦值为CF3(2015·浙江理)如图，在三棱柱ABC－ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，AA＝4，A在底面ABC11111的射影为BC的中点，D是BC的中点．11(1)证明：AD⊥平面ABC；11(2)求二面角A－BD－B的平面角的余弦值．11解析(1)设E为BC 的中点，连接AE，AE，DE.1由题意得AE⊥平面ABC，1所以AE⊥AE.1因为AB＝AC，所以AE⊥BC.故AE⊥平面ABC.1由D，E分别为BC，BC的中点，得DE∥BB且DE＝BB，从而DE∥AA 且DE＝A A.111111．AED为平行四边形．所以A1∥AE.故AD1BC.⊥又因为AE平面ABC，所以AD⊥平面A111方法一：(2)F.作AF⊥BD且AF∩BD＝F，连接B111＝2，∠AEA＝4.＝AAAEB由AE＝EB＝90°，得AB＝∠1111DB全等．△，得△ADB与BB 由AD＝BD，AB＝B111111A－BD－B的平面角．为二面角FA⊥BD，得BF⊥BD，因此∠AFB 由1111114.BF＝BD＝90°，得＝F32，A＝4由AD＝2，AB＝，∠DAB1111131FB＝－.由余弦定理得cos∠A118，xyz，EA，EB为xy轴的正半轴，建立空间直角坐标系E－的中点方法二：以CBE为原点，分别以射线如图所示．由题意知各点坐标如下：，14)，B(0，2，，A(000)1→→→，14)2，BD＝－D(2－2，，14)，B(－DB，2，14)．因此B＝(0，－，2，－14)，111(0，，20)．z)．，n＝(x，y的法向量为，的法向量为设平面ABD m＝(x，yz)，平面BBD21111212→???·，－14z＝0AB＝0，m2y111??1)，．(0，由7即可取m＝→?，＝2y－0＋－2x14z??111，BD m·＝0→???·n＝0＝DB0，，2y21??0，，由1)即可取n．＝(7→?，0＋14z－2x－2y＝??222，＝0BD n·|m·n|1于是|cos<m，n>|＝＝.8|m|·||n1由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角A－BD－B的平面角的余弦值为－.118．。

2019版高考数学一轮复习训练： 基础与考点过关 第八章 立体几何初步

2019版高考数学一轮复习训练： 基础与考点过关 第八章 立体几何初步

第八章 立体几何初步第1课时 空间点、直线、平面之间的 位置关系1. (必修2P 24练习2改编)用集合符号表示“点P 在直线l 外，直线l 在平面α内”为________．答案：P ∉l ，l ⊂α解析：考查点、线、面之间的符号表示． 2. (必修2P 28练习2改编)已知AB∥PQ，BC ∥QR ，若∠ABC＝45°，则∠PQR＝________． 答案：45°或135°解析：由等角定理可知∠PQR 与∠ABC 相等或互补，故答案为45°或135°. 3. (原创)若直线l 上有两个点在平面α外，则________．(填序号) ① 直线l 上至少有一个点在平面α内； ② 直线l 上有无穷多个点在平面α内； ③ 直线l 上所有点都在平面α外； ④ 直线l 上至多有一个点在平面α内． 答案：④解析：由已知得直线l ⊄α，故直线l 上至多有一个点在平面α内．4. (必修2P 31习题15改编)如图所示，设E ，F ，G ，H 依次是空间四边形ABCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 上除端点外的点，AE AB ＝AH AD ＝λ，CF CB ＝CGCD＝μ，则下列结论中不正确的是________．(填序号)① 当λ＝μ时，四边形EFGH 是平行四边形； ② 当λ≠μ时，四边形EFGH 是梯形；③ 当λ≠μ时，四边形EFGH 一定不是平行四边形； ④ 当λ＝μ时，四边形EFGH 是梯形． 答案：④解析：由AE AB ＝AH AD ＝λ，得EH∥BD，且EH BD ＝λ，同理得FG ∥BD 且 FGBD＝μ，当λ＝μ时，EH ∥FG 且EH ＝FG.当λ≠μ时，EH ∥FG ，但EH≠FG，只有④错误．5. (必修2P 30练习2改编)在正方体A 1B 1C 1D 1ABCD 中，与AB 异面的棱有______________________．答案：A 1D 1，DD 1，CC 1，C 1B 11. 公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内．公理2：如果两个平面有一个公共点，那么它们还有其他公共点，这些公共点的集合是经过这个公共点的一条直线．公理3：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面． 推论1：经过一条直线和这条直线外的一点，有且只有一个平面． 推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面． 推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面． 2. 空间两条直线的位置关系(1) 公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行． (2) 定理：如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行并且方向相同，那么这两个角相等．4. 异面直线的判定(1) 判定定理：过平面内一点与平面外一点的直线，和这个平面内不经过该点的直线是异面直线．(2) 符号表示：若l ⊂α，A ∉α，B ∈α，B ∉l ，则直线AB 与l 是异面直线． 5. 异面直线所成的角(1) 定义：设a ，b 是异面直线，经过空间任意一点O ，作直线a′∥a，b ′∥b ，我们把直线a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a ，b 所成的角．(2) 范围：⎝⎛⎦⎥⎤0，π2.(3) 若异面直线a ，b 所成的角是直角，就称异面直线a ，b 互相垂直．记作a⊥b. [备课札记], 1平面的基本性质), 1) 如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别为CC1，AA1的中点，画出平面BED1F和平面ABCD的交线．解：如图，在平面ADD1A1内延长D1F与DA交于一点P，则P∈平面BED1F.∵ DA⊂平面ABCD，∴ P∈平面ABCD，∴点P是平面ABCD与平面BED1F的一个公共点．又点B是两平面的一个公共点，∴ PB为两平面的交线．备选变式（教师专享）如图，在直角梯形ABDC中，AB∥CD，AB>CD，S是直角梯形ABDC所在平面外一点，画出平面SBD和平面SAC的交线，并说明理由．解：显然点S是平面SBD和平面SAC的一个公共点，即点S在交线上，由于AB>CD，则分别延长AC和BD交于点E，如图所示．∵ E∈AC，AC⊂平面SAC，∴ E∈平面SAC.同理，可证E∈平面SBD，∴点E在平面SBD和平面SAC的交线上，连结SE，则直线SE是平面SBD和平面SAC的交线．, 2共点、共线、共面问题), 2) 如图，在四边形ABCD 和四边形ABEF 中，BC ∥AD ，BC ＝12AD ，BE∥FA ，BE ＝12FA ，点G ，H 分别为FA ，FD 的中点．(1) 求证：四边形BCHG 是平行四边形． (2) C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？(1) 证明：因为点G ，H 分别为FA ，FD 的中点，所以GH∥AD，GH ＝12AD.又BC∥AD，BC＝12AD ， 所以GH∥BC，且GH ＝BC ，所以四边形BCHG 为平行四边形．(2) 解：C ，D ，F ，E 四点共面．理由如下：由BE∥FA，BE ＝12FA ，点G 为FA 的中点知，BE ∥FG ，BE ＝FG ，所以四边形BEFG 为平行四边形，所以EF∥BG. 由(1)知BG∥CH，BG ＝CH ，所以EF∥CH，所以EF 与CH 共面． 又D∈FH，所以C ，D ，F ，E 四点共面． 变式训练如图，在直四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，A 1C 1与B 1D 1交于点O.求证：A 1，C 1，F ，E 四点共面．证明：如图，连结AC ，因为点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，所以EF 是△ABC 的中位线，所以EF ∥AC.由直棱柱知AA 1綊CC 1，所以四边形AA 1C 1C 为平行四边形，所以AC∥A 1C 1. 所以EF∥A 1C 1，故A 1，C 1，F ，E 四点共面．, 3 空间直线位置关系问题), 3) 如图，在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点M ，N 分别是A 1B 1，B 1C 1的中点．求证：(1) AM 和CN 共面；(2) D 1B 和CC 1是异面直线．证明：(1) 如图，连结MN，A1C1，AC.∵点M，N分别是A1B1，B1C1的中点，∴ MN∥A1C1.∵ A1A綊C1C，∴四边形A1ACC1为平行四边形，∴ A1C1∥AC，∴ MN∥AC，∴ A，M，N，C四点共面，即AM和CN共面．(2) ∵ ABCDA1B1C1D1是正方体，∴ B，C，C1，D1不共面．假设D1B与CC1不是异面直线，则存在平面α，使D1B⊂平面α，CC1⊂平面α，∴ D1，B，C，C1∈α，这与B，C，C1，D1不共面矛盾．∴假设不成立，即D1B与CC1是异面直线．变式训练已知空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别是边BC，CD 的中点．(1) 求证：BC与AD是异面直线；(2) 求证：EG与FH相交．证明：(1) 假设BC与AD不是异面直线，则BC与AD共面．不妨设它们所共平面为α，则B，C，A，D∈α，所以四边形ABCD为平面图形，这与四边形ABCD为空间四边形相矛盾．所以BC与AD是异面直线．(2) 如图，连结AC，BD，则EF∥AC，HG∥AC，因此EF∥HG；同理EH∥FG，则EFGH为平行四边形．又EG，FH是平行四边形EFGH的对角线，所以EG与FH相交．1. 在下列命题中，不是公理的是________．(填序号)①如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线；②过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面；③如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内；④平行于同一个平面的两个平面相互平行．答案：④解析：④不是公理，是个常用的结论，需经过推理论证；①②③是平面的基本性质公理．2. 一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论：① AB⊥EF；② AB与CM所成的角为60°；③ EF与MN是异面直线；④ MN∥CD.以上结论中正确的是________．(填序号)答案：①③解析：把正方体平面展开图还原到原来的正方体，如图所示，AB⊥EF，EF与MN是异面直线，AB∥CM，MN⊥CD，只有①③正确．3. 在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线有________条．答案：无数解析：在A1D1，C1D1上任取一点P，M，过点P，M与直线EF作一个平面α，因CD与平面α不平行，所以它们相交，设α∩CD ＝Q，连结PQ，则PQ与EF必然相交，即PQ为所求直线．由点P的任意性知，有无数条直线与直线A1D1，EF，CD都相交．4. 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱CC1，BB1及DD1的中点．求证：∠BGC＝∠FD1E.证明：∵ 点E，F，G分别是正方体的棱CC1，BB1，DD1的中点，∴ CE平行且等于GD1，BF平行且等于GD1，则四边形CED1G与四边形BFD1G均为平行四边形．则GC∥D1E，GB∥D1F.∵∠BGC与∠FD1E对应两边的方向分别相同，∴∠BGC＝∠FD1E.5. 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，对角线A1C与平面BDC1交于点O，AC，BD交于点M，点E为AB的中点，点F为AA1的中点．求证：(1) C1，O，M三点共线；(2) E，C，D1，F四点共面；(3) CE，D1F，DA三线共点．证明：(1) ∵ C 1，O ，M ∈平面BDC 1，又C 1，O ，M ∈平面A 1ACC 1，由公理3知，点C 1，O ，M 在平面BDC 1与平面A 1ACC 1的交线上，∴ C 1，O ，M 三点共线．(2) ∵ 点E ，F 分别是AB ，A 1A 的中点，∴ EF ∥A 1B. ∵ A 1B ∥CD 1，∴ EF ∥CD 1.∴ E ，C ，D 1，F 四点共面．(3) 由(2)可知，E ，C ，D 1，F 四点共面．∵ EF∥A 1B ，EF ＝12A 1B ，∴ EF ＝12D 1C ，∴ D 1F ，CE 为相交直线，记交点为P.则P∈D 1F ⊂平面ADD 1A 1，P ∈CE ⊂平面ADCB ，∴ P ∈平面ADD 1A 1∩平面ADCB ＝AD ，∴ CE ，D 1F ，DA 三线共点．1. 如图，在正方体ABCDEFMN 中，①BM 与ED 平行；②CN 与BM 是异面直线；③CN 与BE 是异面直线；④DN 与BM 是异面直线．以上四个命题中，正确的命题是________．(填序号)答案： ②④解析：观察图形，根据异面直线的定义可知，BM 与ED 是异面直线，CN 与BM 是异面直线，CN 与BE 不是异面直线，DN 与BM 是异面直线，故①③错误，②④正确．即正确的命题是②④.2. 在空间四边形ABCD 中，AB ＝CD 且AB 与CD 所成的角为30°，点M ，N 分别是BC ，AD 的中点，求直线AB 和MN 所成的角．解：如图，取AC 的中点P.连结PM ，PN ，则PM∥AB，且PM ＝12AB ，PN ∥CD ，且PN ＝12CD ，所以∠MPN 为直线AB 与CD 所成的角(或所成角的补角)． 则∠MPN＝30°或∠MPN＝150°. 若∠MPN＝30°，因为PM∥AB，所以∠PMN 是AB 与MN 所成的角(或所成角的补角)．又AB ＝CD ，所以PM ＝PN ，则△PMN 是等腰三角形，所以∠PMN＝75°， 即直线AB 与MN 所成的角为75°.若∠MPN＝150°，易知△PMN 是等腰三角形，所以∠PMN＝15°， 即直线AB 与MN 所成的角为15°.故直线AB 和MN 所成的角为75°或15°.3. 已知在棱长为a 的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点M ，N 分别是棱CD ，AD 的中点．求证： (1) 四边形MNA 1C 1是梯形； (2) ∠DNM＝∠D 1A 1C 1.证明：(1) 如图，连结AC ，在△ACD 中，∵ 点M ，N 分别是CD ，AD 的中点， ∴ MN 是三角形ACD 的中位线，∴ MN ∥AC ，MN ＝12AC.由正方体的性质得AC∥A 1C 1，AC ＝A 1C 1，∴ MN ∥A 1C 1且MN ＝12A 1C 1，即MN≠A 1C 1，∴ 四边形MNA 1C 1是梯形．(2) 由(1)知MN∥A 1C 1.又∵ ND∥A 1D 1， ∴ ∠DNM 与∠D 1A 1C 1相等或互补．而∠DNM 与∠D 1A 1C 1均是直角三角形中的锐角， ∴ ∠DNM ＝∠D 1A 1C 1.1. 证明点线共面的常用方法：一是依据题中所给部分条件先确定一个平面，然后证明其余的点或线都在平面内；二是将所有元素分成几个部分，然后分别确定几个平面，再证这些平面重合；三是采用反证法．2. 证明三线共点的方法：通常先证明两条直线的交点在第三条直线上，而第三条直线是分别经过这两条直线的两个平面的一条交线．3. 异面直线的证明方法：一是应用判定定理(过平面内一点与平面外一点的连线与平面内不经过该点的直线是异面直线)；二是采用反证法．判定异面直线时通常采用排除法(既不相交也不平行)或判定定理．4. 对于异面直线所成的角，要注意角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2以及两条直线垂直的定义，平移法是解决此类问题的关键．[备课札记]第2课时 直线与平面的位置关系(1) (对应学生用书(文)109～110页、(理)111～112页)了解直线与平面的位置关系，了解线面平行的有关概念；除了能熟练运用线面平行的判定定理和性质定理外，还能运用定义判断位置关系．① 要熟练掌握线面平行的定义、判定及性质.② 要注意线线关系、线面关系以及面面关系的转化．对于直线与平面所成的角，点到面的距离了解即可．1. (必修2P 35练习2改编)给出下列条件：① l∥α；② l 与α至少有一个公共点；③ l 与α至多有一个公共点．则能确定直线l 在平面α外的条件为________．(填序号)答案：①③解析：直线l 在平面α外：l∥α或直线l 与平面α仅有一个交点． 2. (必修2P 35练习7改编)在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊂平面α，CD ⊄平面α，则直线CD 与平面α内的直线的位置关系是________．答案：平行或异面解析：因为AB∥CD，AB ⊂平面α，CD ⊄平面α，所以CD∥平面α，所以CD 与平面α内的直线可能平行，也可能异面．3. (必修2P 35练习4改编)在正六棱柱ABCDEFA 1B 1C 1D 1E 1F 1的表面中，与A 1F 1平行的平面是________．答案：平面ABCDEF 、平面CC 1D 1D解析：在正六棱柱中，易知A 1F 1∥AF ，AF ⊂平面ABCDEF ，且A 1F 1⊄平面ABCDEF ，所以A 1F 1∥平面ABCDEF.同理，A 1F 1∥C 1D 1，C 1D 1⊂平面CC 1D 1D ，且A 1F 1⊄平面CC 1D 1D ，所以A 1F 1∥平面CC 1D 1D.其他各面与A 1F 1均不满足直线与平面平行的条件．故答案为平面ABCDEF 与平面CC 1D 1D.4. (原创)P 为矩形ABCD 所在平面外一点，矩形对角线的交点为O ，M 为PB 的中点，给出下列四个命题：① OM ∥平面PCD ；② OM∥平面PBC ；③ OM∥平面PDA ；④ OM∥平面PBA. 其中正确命题的个数是________． 答案：2解析：由已知OM∥PD，得OM∥平面PCD 且OM∥平面PAD.故正确的只有①③.5. (必修2P 41习题5改编)在四面体ABCD 中，点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________．答案：平面ABC 、平面ABD 解析：如图，连结AM 并延长交CD 于E ，连结BN 并延长交CD 于F ，由重心性质可知，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.1. 一条直线和一个平面的位置关系有且只有以下三种：, 1基本概念辨析), 1) 下列命题中真命题的个数为Ｗ.①直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α；②若直线a在平面α外，则a∥α；③若直线a∥b，直线b⊂α，则a∥α；④若直线a∥b，b⊂α，那么直线a平行于平面α内的无数条直线.答案：1解析：∵ 直线l虽与平面α内无数条直线平行，但l有可能在平面α内，∴ l不一定平行于α.∴ ①是假命题.∵ 直线a在平面α外，包括两种情况：a∥α和a与α相交，∴ a和α不一定平行.∴ ②是假命题.∵ 直线a∥b，b⊂α，则只能说明a和b无公共点，但a可能在平面α内，∴ a不一定平行于α.∴ ③是假命题.∵ a∥b，b⊂α，那么a⊂α或a∥α，∴ a可以与平面α内的无数条直线平行.∴ ④是真命题.综上可知，真命题的个数为1.备选变式（教师专享）下列命题中正确的是Ｗ.（填序号）①若直线a不在平面α内，则a∥α；②若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α；③若直线l与平面α平行，则l与α内的任意一条直线都平行；④若l与平面α平行，则l与α内任何一条直线都没有公共点；⑤平行于同一平面的两直线可以相交.答案：④⑤解析：如图①，a∩α＝A时，a⊄α，∴①错误；直线l与α相交时，l上有无数个点不在α内，∴②错误；l∥α时，α内的直线与l平行或异面，∴③错误；l∥α，l与α无公共点，∴ l与α内任一直线都无公共点，④正确；如图②，长方体ABCDA1B1C1D1中，A1C1与B1D1都与平面ABCD平行，∴⑤正确., 2线面平行的判定), 2) 如图，在底面为平行四边形的四棱锥PABCD中，点E是PC的中点.求证：PA∥平面BDE.证明：如图，连结AC交BD于点O，连结OE.在平行四边形ABCD中，O是AC的中点，又E是PC的中点，∴ OE∥PA.∵ PA⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，∴ PA∥平面BDE.变式训练如图，在三棱柱A1B1C1ABC中， E，F分别是A1B，AC1的中点.求证：EF∥平面ABC.证明：如图，连结A1C，因为三棱柱A1B1C1ABC中，四边形AA1C1C是平行四边形，所以点F在A1C上，且为A1C的中点.在△A1BC中，因为E，F分别是A1B，A1C的中点，所以EF∥BC.因为BC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，所以EF∥平面ABC.备选变式（教师专享）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点M，N，P分别为棱AB，BC，C1D1的中点.求证：AP∥平面C1MN.证明：在正方体ABCDA1B1C1D1中，因为点M ，P 分别为棱AB ，C 1D 1的中点，所以AM ＝PC 1. 又AM∥CD，PC 1∥CD ，故AM∥PC 1，所以四边形AMC 1P 为平行四边形.从而AP∥C 1M. 又AP ⊄ 平面C 1MN ，C 1M ⊂平面C 1MN ， 所以AP∥平面C 1MN., 3 线面平行的性质), 3) 如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，CC 1＝4，M 是棱CC 1上的一点.若点N 是AB 的中点，且CN∥平面AB 1M ，求CM 的长.解：（解法1）如图①，取AB 1的中点P ，连结NP ，PM.①因为点N 是AB 的中点，所以NP∥BB 1.因为CM∥BB 1，所以NP∥CM，所以NP 与CM 共面.因为CN∥平面AB 1M ，平面CNPM∩平面AB 1M ＝MP ，所以CN∥MP.所以四边形CNPM 为平行四边形，所以CM ＝NP ＝12CC 1＝2.（解法2）如图②，设NC 与CC 1确定的平面交AB 1于点P ，连结NP ，PM.②因为CN∥平面AB 1M ，CN ⊂平面CNPM ，平面AB 1M ∩平面CNPM ＝PM ，所以CN∥MP. 因为BB 1∥CM ，BB 1⊄平面CNPM ，CM ⊂平面CNPM ，所以BB 1∥平面CNPM. 又BB 1⊂平面ABB 1，平面ABB 1∩平面CNPM ＝NP ，所以BB 1∥NP ，所以CM∥NP，所以四边形CNPM 为平行四边形.因为点N 是AB 的中点，所以CM ＝NP ＝12BB 1＝12CC 1＝2.（解法3）如图③，取BB 1的中点Q ，连结NQ ，CQ.③因为点N 是AB 的中点，所以NQ∥AB 1. 因为NQ ⊄平面AB 1M ，AB 1⊂平面AB 1M ， 所以NQ∥平面AB 1M.因为CN∥平面AB 1M ，NQ ∩NC ＝N ，NQ ，NC ⊂平面NQC ， 所以平面NQC∥平面AB 1M.因为平面BCC 1B 1∩平面NQC ＝QC ，平面BCC 1B 1∩平面AB 1M ＝MB 1，所以CQ∥MB 1. 因为BB 1∥CC 1，所以四边形CQB 1M 是平行四边形，所以CM ＝B 1Q ＝12CC 1＝2.（解法4）如图④，分别延长BC ，B 1M ，设交点为S ，连结AS.④因为CN∥平面AB 1M ，CN ⊂平面ABS ， 平面ABS∩平面AB 1M ＝AS ，所以CN∥AS. 由于AN ＝NB ，所以BC ＝CS.又CM∥BB 1，同理可得SM ＝MB 1，所以CM ＝12BB 1＝12CC 1＝2.备选变式（教师专享） 如图，在斜三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AC 1与A 1C 交于点O ，E 是棱AB 上一点，且OE∥平面BCC 1B 1.求证：点E 是AB 的中点.证明：连结BC 1，因为OE∥平面BCC 1B 1，OE ⊂平面ABC 1，平面BCC 1B 1∩平面ABC 1＝BC 1，所以OE∥BC 1.在斜三棱柱ABCA 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C 是平行四边形，AC 1∩A 1C ＝O ， 所以点O 是AC 1的中点，所以AE EB ＝AOOC 1＝1，即点E 是AB 的中点.1. 如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，已知AB ＝AC ，点M ，N ，P 分别为BC ，CC 1，BB 1的中点.求证：A 1N ∥平面AMP.证明：取C 1B 1的中点D ，连结A 1D ，DN ，DM ，B 1C.由于点D ，M 分别为C 1B 1，CB 的中点，所以DM∥CC 1且DM ＝CC 1，故DM∥AA 1且DM ＝AA 1，则四边形A 1AMD 为平行四边形，所以A 1D ∥AM.又A 1D ⊄平面APM ，AM ⊂平面APM ，所以A 1D ∥平面APM.由于D ，N 分别为C 1B 1，CC 1的中点，所以DN∥B 1C.又点P ，M 分别为BB 1，CB 的中点，所以MP∥B 1C.所以DN∥MP.又DN ⊄平面APM ，MP ⊂平面APM ， 所以DN∥平面APM.由于A 1D ∩DN ＝D ，所以平面A 1DN∥平面APM. 由于A 1N ⊂平面A 1DN ，所以A 1N ∥平面APM.2. 如图，在四棱锥EABCD 中，四边形ABCD 为矩形，点M ，N 分别是AE ，CD 的中点.求证：直线MN∥平面EBC.证明：取BE 中点F ，连结CF ，MF.因为点M 是AE 的中点，所以MF 綊12AB.又点N 是矩形ABCD 边CD 的中点，所以NC 綊12AB ，所以MF 綊NC ，所以四边形MNCF 是平行四边形，所以MN∥CF.又MN ⊄平面EBC ，CF ⊂平面EBC ，所以MN∥平面EBC. 3. 如图，在正三棱柱ABCA′B′C′中，D 是AA′上的点，点E 是B′C′的中点，且A′E∥平面DBC′.试判断D 点在A A′上的位置，并给出证明.解：点D 为AA′的中点.证明如下：如图，取BC 的中点F ，连结AF ，EF ，设EF 与BC′交于点O ，连结DO ，BE ，C ′F ，在正三棱柱ABCA′B′C′中，点E 是B′C′的中点，所以 EF ∥BB ′∥AA ′，且EF ＝BB′＝AA′， 所以四边形A′EFA 是平行四边形.因为A′E∥平面DBC′，A ′E ⊂平面A′EFA，且平面DBC′∩平面A′EFA＝DO ， 所以A′E∥DO.在正三棱柱ABC －A′B′C′中，点E 是B′C′的中点， 所以EC′∥BC 且EC′＝BF ，所以四边形BFC′E 是平行四边形，所以点O 是EF 的中点. 因为在平行四边形A′EFA 中， A ′E ∥DO ， 所以点D 为AA′的中点. 4. 如图，在直四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是菱形，点E 是A 1C 1的中点.求证：BE∥平面ACD 1.证明：如图，连结B 1D 1交A 1C 1于点E ，连结BD 交AC 于点O ，连结OD 1.∵ 在直四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是菱形， ∴ D 1E ∥BO 且D 1E ＝BO ，∴ 四边形BED 1O 是平行四边形， ∴ BE ∥OD 1.∵ OD 1⊂平面ACD 1，BE ⊄平面ACD 1， ∴ BE ∥平面ACD 1.5. 如图，在四棱锥PABCD 中，PC ⊥平面PAD ，AB ∥CD ，CD ＝2AB ＝2BC ，点M ，N 分别是棱PA ，CD 的中点.求证：PC∥平面BMN.证明：设AC∩BN＝O ，连结MO ，AN.因为AB ＝12CD ，AB ∥CD ，点N 为CD 的中点，所以AB ＝CN ，AB ∥CN ，所以四边形ABCN 为平行四边形， 所以O 为AC 的中点.又点M 为PA 的中点，所以MO∥PC. 因为MO ⊂平面BMN ，PC ⊄ 平面BMN ， 所以PC∥平面BMN.1. 如图，在三棱锥PABC中，点M，N分别为AB，PA的中点.求证：PB∥平面MNC.证明：因为点M，N分别为AB，PA的中点，所以MN∥PB.因为MN⊂平面MNC，PB⊄平面MNC，所以PB∥平面MNC.2. 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，点D是AB的中点.求证：BC1∥平面A1CD.证明：连结AC1，设交A1C于点O，连结OD.∵四边形AA1C1C是矩形，∴ O是AC1的中点.∵在△ABC1中， O，D分别是AC1，AB的中点，∴OD∥BC1.∵ OD⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，∴ BC1∥平面A1CD.3. 如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点P∈BB1（P不与B，B1重合）.PA∩A1B＝M，PC∩BC1＝N.求证：MN∥平面ABCD.证明：连结AC，A1C1，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1∥CC1，且AA1＝CC1，∴四边形ACC1A1是平行四边形.∴ AC∥A1C1.∵ AC⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，∴ AC∥平面A1BC1.∵ AC⊂平面PAC，平面A1BC1∩平面PAC＝MN，∴ AC∥MN.∵ MN⊄平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴ MN∥平面ABCD.1. 判定或证明直线与平面平行的常用方法（1）利用直线与平面平行的定义（无公共点）.（2）利用直线与平面平行的判定定理（a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α）.（3）利用平面与平面平行的性质（α∥β，a⊂α⇒a∥β）.注意不管用哪种方法，都应将相应的条件写全，缺一不可.2. 直线与平面平行的性质定理的作用是证线线平行，应用时常常需构造辅助平面，和在平面几何中添加辅助线一样，在构造辅助平面时要确认这个平面的存在性.3. 证明平行问题时要注意“转化思想”的应用，要抓住线线、线面、面面之间的平行关系，实现“空间问题”与“平面问题”之间的转化.[备课札记]第3课时直线与平面的位置关系（2）（对应学生用书（文）111～113页、（理）113～115页）1. （必修2P38练习2（3）改编）已知直线l，a，b，平面α.若l∥a，a⊥α，b⊥α，则l与b的位置关系是Ｗ.答案：平行解析：由线面垂直的性质可知，若a⊥α，b ⊥α，则a∥b.因为l ∥a ，所以l∥b. 2. 已知两条异面直线平行于一平面，一直线与两异面直线都垂直，那么这个平面与这条直线的位置关系是 Ｗ.（填序号）① 平行；② 垂直；③ 斜交；④ 不能确定. 答案：② 解析：设a ，b 为异面直线，a ∥平面α，b ∥平面α，直线l⊥a，l ⊥b.过a 作平面β∩α＝a′，则a ∥a ′，∴ l ⊥a ′.同理过b 作平面γ∩α＝b′，则l ⊥b ′.∵ a ，b 异面，∴ a ′与b′相交，∴ l ⊥α.3. 设l ，m 表示直线，m 是平面α内的任意一条直线，则“l⊥m”是“l⊥α”成立的 条件.（选填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分又不必要”）答案：充要解析：由线面垂直的定义知，直线垂直于平面内任意一条直线，则直线与平面垂直，说明是充分条件，反之，直线垂直于平面，则直线垂直于平面内任意一条直线，说明是必要条件，则“l⊥m”是“l⊥α”成立的充要条件.4. （必修2P 42习题9改编）如图，AB 是圆O 的直径，PA 垂直于圆O 所在的平面，C 是圆O 上不同于A ，B 的任一点，则图中直角三角形的个数为 Ｗ.答案：4解析：因为AB 是圆O 的直径，所以AC⊥BC，△ACB 是直角三角形；由PA⊥平面ABC 可得，PA ⊥AB ，PA ⊥AC ，所以△PAB 与△PAC 是直角三角形；因为PA⊥平面ABC ，且BC ⊂平面ABC ，所以PA⊥BC.又BC⊥AC，PA ∩AC ＝A ，所以BC⊥平面PAC.而PC ⊂平面PAC ，所以BC⊥PC，△PCB 是直角三角形.故直角三角形的个数为4.5. （必修2P 38练习3改编）在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，已知AB ＝1，则点C 到平面B 1BDD 1.解析：连结AC ，则AC⊥BD，又BB 1⊥AC ，故AC⊥平面B 1BDD 1，所以点C 到平面B 1BDD 1的距离为12AC ＝22.1. 直线与平面垂直的定义：如果一条直线a 与一个平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线a 与平面α互相垂直，记作a ⊥α，直线a 叫做平面α的垂线，平面α叫做直线a 的垂面，垂线和平面的交点称为垂足Ｗ.2. 结论：过一点有且只有一条直线与已知平面垂直，过一点有且只有一个平面与已知直线垂直.3. 直线与平面垂直从平面外一点引平面的垂线，这个点和垂足间的距离叫做这个点到这个平面的距离.5. 直线和平面的距离一条直线和一个平面平行，这条直线上任意一点到这个平面的距离，叫做这条直线和这个平面的距离.6. 直线与平面所成的角（1）斜线一条直线与一个平面相交，但不和这个平面垂直，这条直线叫做这个平面的斜线，斜线与平面的交点叫做斜足，斜线上一点与斜足间的线段叫做这个点到平面的斜线段.（2）射影过平面α外一点P向平面α引斜线和垂线，那么过斜足Q和垂足P1的直线就是斜线在平面内的正投影（简称射影），线段P1Q就是斜线段PQ在平面α内的射影，如图.（3）直线和平面所成的角平面的一条斜线与它在这个平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线与这个平面所成的角.特别地，如果直线和平面垂直，那么就说这条直线与平面所成的角是直角；如果直线与平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角.[备课札记], 1直线与平面垂直的判定), 1) 如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别是AB，BC的中点，A1C1与B1D1交于点O.若底面ABCD是菱形，且OD⊥A1E，求证：OD⊥平面A1C1FE.证明：连结BD，因为直棱柱中DD1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，所以DD1⊥A1C1.因为底面A1B1C1D1是菱形，所以A1C1⊥B1D1.又DD1∩B1D1＝D1，所以A1C1⊥平面BB1D1D.因为OD⊂平面BB1D1D，所以OD⊥A1C1.又OD⊥A1E，A1C1∩A1E＝A1，A1C1⊂平面A1C1FE，A1E⊂平面A1C1FE，所以OD⊥平面A1C1FE.变式训练如图，在三棱锥PABC中，平面PAB⊥平面ABC，PA⊥PB，M，N分别为AB，PA的中点.若AC＝BC，求证：PA⊥平面MNC.证明：因为M，N分别为AB，PA的中点，所以MN∥PB.又因为PA⊥PB，所以PA⊥MN. 因为AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，所以CM⊥平面PAB.因为PA⊂平面PAB，所以CM⊥PA.又因为PA⊥MN，MN⊂平面MNC，CM⊂平面MNC，MN∩CM＝M，所以PA⊥平面MNC., 2直线与平面垂直性质的应用), 2) 如图，在四棱锥PABCD中，AD⊥平面PAB，AP⊥AB.（1）求证：CD⊥AP；（2）若CD⊥PD，求证：CD∥平面PAB.证明：（1）因为AD⊥平面PAB，AP⊂平面PAB，所以AD⊥AP.因为AP⊥AB，AB∩AD＝A，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以AP⊥平面ABCD.因为CD⊂平面ABCD，所以CD⊥AP.（2）因为CD⊥AP，CD⊥PD，且PD∩AP＝P，PD⊂平面PAD，AP⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD ①.因为AD⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，所以AB⊥AD.因为AP⊥AB，AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD ②.由①②得CD∥AB，因为CD⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以CD∥平面PAB.变式训练如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，EF与异面直线AC，A1D都垂直相交.求证：（1）EF⊥平面AB1C；（2）EF∥BD1.证明：（1）在正方体ABCDA1B1C1D1中，A1B1∥AB∥CD，且A1B1＝AB＝CD，所以四边形A1B1CD是平行四边形，所以A1D∥B1C.因为EF⊥A1D，所以EF⊥B1C.又因为EF⊥AC，AC∩B1C＝C，AC⊂平面AB1C，B1C ⊂平面AB1C，所以EF⊥平面AB1C.（2）连结BD，则BD⊥AC.因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DD1⊥AC.因为AC⊥BD，DD1∩BD＝D，DD1⊂平面BDD1B1，BD⊂平面BDD1B1，所以AC⊥平面BDD1B1.又BD1⊂平面BDD1B1，所以AC⊥BD1.同理可证BD1⊥B1C，又AC∩B1C＝C，AC⊂平面AB1C，B1C⊂平面AB1C，所以BD1⊥平面AB1C.又EF⊥平面AB1C，所以EF∥BD1., 3直线与平面垂直的探索题), 3) 在正三棱柱ABCA1B1C1中，点D是BC的中点，BC＝BB1.（1）若P是CC1上任一点，求证：AP不可能与平面BCC1B1垂直；（2）试在棱CC1上找一点M，使MB⊥AB1.（1）证明：（反证法）假设AP⊥平面BCC1B1，∵ BC⊂平面BCC1B1，∴ AP⊥BC.又正三棱柱ABCA1B1C1中，CC1⊥BC，AP∩CC1＝P，AP⊂平面ACC1A1，CC1⊂平面ACC1A1，∴ BC⊥平面ACC1A1.而AC⊂平面ACC1A1，∴ BC⊥AC，这与△ABC是正三角形矛盾，故AP 不可能与平面BCC 1B 1垂直. （2） 解：M 为CC 1的中点.∵ 在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，BC ＝BB 1， ∴ 四边形BCC 1B 1是正方形.∵ 点M 为CC 1的中点，点D 是BC 的中点， ∴ △B 1BD ≌△BCM ，∴ ∠BB 1D ＝∠CBM，∠BDB 1＝∠CMB.∵ ∠BB 1D ＋∠BDB 1＝π2，∴ ∠CBM ＋∠BDB 1＝π2，∴ BM ⊥B 1D.∵ △ABC 是正三角形，D 是BC 的中点， ∴ AD ⊥BC.∵ 平面ABC⊥平面BB 1C 1C ，平面ABC∩平面BB 1C 1C ＝BC ，AD ⊂平面ABC ， ∴ AD ⊥平面BB 1C 1C.∵ BM ⊂平面BB 1C 1C ，∴ AD ⊥BM. ∵ AD ∩B 1D ＝D ，∴ BM ⊥平面AB 1D. ∵ AB 1⊂平面AB 1D ，∴ MB ⊥AB 1. 备选变式（教师专享）如图，在棱长为1的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点E 是棱BC 的中点，点F 是棱CD 上的动点.试确定点F 的位置，使得D 1E⊥平面AB 1F.解：如图，连结A 1B ，CD 1，则A 1B ⊥AB 1.∵ 在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，D 1A 1⊥平面ABB 1A 1，AB 1⊂平面ABB 1A 1，∴ A 1D 1⊥AB 1.又A 1D 1∩A 1B ＝A 1，A 1D 1，A 1B ⊂平面A 1BCD 1， ∴ AB 1⊥平面A 1BCD 1.又D 1E ⊂平面A 1BCD 1，∴ AB 1⊥D 1E.于是使D 1E ⊥平面AB 1F 等价于使D 1E ⊥AF. 连结DE ，易知D 1D ⊥AF ，若有AF⊥平面D 1DE ，只需证DE⊥AF.∵ 四边形ABCD 是正方形，点E 是BC 的中点， ∴ 当且仅当点F 是CD 的中点时，DE ⊥AF ， 即当点F 是CD 的中点时，D 1E ⊥平面AB 1F.1. 如图，在矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝a （a>0），PA ⊥平面ABCD ，且PA ＝1，问BC 边上是否存在点Q ，使得PQ ⊥QD ，并说明理由.解：假设存在点Q ，使得PQ⊥QD.连结AQ. ∵ PA ⊥平面ABCD ，且DQ ⊂平面ABCD ， ∴ PA ⊥DQ.∵ PQ ⊥DQ ，且PQ∩PA＝P ，PQ ⊂平面PAQ ，PA ⊂平面PAQ ， ∴ DQ ⊥平面PAQ.∵ AQ ⊂平面PAQ ，∴ AQ ⊥DQ.设BQ ＝x ，则CQ ＝a －x ，AQ 2＝x 2＋1，DQ 2＝（a －x ）2＋1.∵ AQ 2＋DQ 2＝AD 2，∴ x 2＋1＋（a －x ）2＋1＝a 2，即x 2－ax ＋1＝0 （*）.方程（*）的判别式Δ＝a 2－4. ∵ a>0，∴ 当Δ<0，即0<a<2时，方程（*）无实根；当Δ＝0，即a ＝2时，方程（*）有惟一实根，此时x ＝1；当Δ>0，即a>2时，方程（*）有两个不等实根，设两个实根分别为x 1，x 2.由于x 1＋x 2＝a>0，x 1x 2＝1>0，则这两个实根均为正数.因此，当0<a<2时，BC 边上不存在点Q 使PQ⊥QD； 当a ＝2时，BC 边上存在惟一一点Q （即BC 的中点），使PQ ⊥QD ； 当a>2时，BC 边上存在不同的两点Q ，使PQ⊥QD.2. 如图，在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝EC ＝12AA 1.（1） 求证：AC 1∥平面BDE ； （2） 求证：A 1E ⊥平面BDE.证明：（1） 连结AC 交BD 于点O ，连结OE.在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，四边形ABCD 是正方形，点O 为AC 的中点，AA 1∥CC 1且AA 1＝CC 1，由EC ＝12AA 1，得EC ＝12CC 1，即点E 为CC 1的中点，于是在△CAC 1中，AC 1∥OE.因为OE ⊂平面BDE ，AC 1⊄平面BDE ，所以AC 1∥平面BDE.（2） 连结B 1E.设AB ＝a ，则在△BB 1E 中，BE ＝B 1E ＝2a ，BB 1＝2a.所以BE 2＋B 1E 2＝BB 21，所以B 1E ⊥BE.在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，A 1B 1⊥平面BB 1C 1C ，BE ⊂平面BB 1C 1C ，所以A 1B 1⊥BE. 因为B 1E ∩A 1B 1＝ B 1，B 1E ⊂平面A 1B 1E ，A 1B 1⊂平面A 1B 1E ，所以BE⊥平面A 1B 1E. 因为A 1E ⊂平面A 1B 1E ，所以A 1E ⊥BE. 同理A 1E ⊥DE.又因为BE∩DE＝E ，BE ⊂平面BDE ，DE ⊂平面BDE ， 所以A 1E ⊥平面BDE.3. 如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 是矩形，侧棱PA 垂直于底面，点E ，F 分别是AB ，PC 的中点，PA ＝AD.求证：（1） CD⊥PD；（2） EF⊥平面PCD.证明：（1） ∵ PA⊥底面ABCD ，∴ CD ⊥PA.又矩形ABCD 中，CD ⊥AD ，且AD∩PA＝A ，AD ，PA ⊂平面PAD ，∴ CD ⊥平面PAD ，∴ CD ⊥PD.（2） 如图，取PD 的中点G ，连结AG ，FG.∵ 点G ，F 分别是PD ，PC 的中点，∴ GF 綊12CD ，∴ GF 綊AE ，∴ 四边形AEFG 是平行四边形，∴ AG ∥EF. ∵ PA ＝AD ，G 是PD 的中点， ∴ AG ⊥PD ，∴ EF ⊥PD.∵ CD ⊥平面PAD ，AG ⊂平面PAD ， ∴ CD ⊥AG ，∴ EF ⊥CD.∵ PD ∩CD ＝D ，PD ，CD ⊂平面PCD ，∴ EF ⊥平面PCD.4. 如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，已知AC⊥BC，BC ＝CC 1.设AB 1的中点为D ，B 1C ∩BC 1＝E. 求证：（1） DE∥平面AA 1C 1C ； （2） BC 1⊥AB 1.。

2019版高考文科数学大一轮复习人教A版文档：第八章 立

2019版高考文科数学大一轮复习人教A版文档：第八章 立

§8.3 空间点、直线、平面之间的位置关系1．四个公理公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内． 公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线． 公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行． 2．直线与直线的位置关系 (1)位置关系的分类⎩⎨⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧平行直线相交直线异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点(2)异面直线所成的角①定义：设a ，b 是两条异面直线，经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角)． ②范围：⎝⎛⎦⎤0，π2. 3．直线与平面的位置关系有直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情况． 4．平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况． 5．等角定理空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．知识拓展1．唯一性定理(1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行．(2)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直．(3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．(4)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直．2．异面直线的判定定理经过平面内一点的直线与平面内不经过该点的直线互为异面直线．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果两个不重合的平面α，β有一条公共直线a，就说平面α，β相交，并记作α∩β＝a.(√)(2)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线．(×)(3)两个平面ABC与DBC相交于线段BC.(×)(4)经过两条相交直线，有且只有一个平面．(√)(5)没有公共点的两条直线是异面直线．(×)(6)若a，b是两条直线，α，β是两个平面，且a⊂α，b⊂β，则a，b是异面直线．(×)题组二教材改编2．[P52B组T1(2)]如图所示，已知M，N分别是正方体ABCD—A1B1C1D1中BB1和B1C1的中点，则MN与CD1所成的角为________．答案60°解析连接AD1，AC，因为M，N分别是正方体ABCD—A1B1C1D1中BB1和B1C1的中点，所以AD1∥MN，故∠AD1C为MN与CD1所成的角或其补角，由于AC＝AD1＝D1C，故∠AD1C ＝60°，则MN与CD1所成的角为60°.3．[P45例2]如图，在三棱锥A—BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，则(1)当AC ，BD 满足条件________时，四边形EFGH 为菱形； (2)当AC ，BD 满足条件________时，四边形EFGH 为正方形． 答案 (1)AC ＝BD (2)AC ＝BD 且AC ⊥BD 解析 (1)∵四边形EFGH 为菱形， ∴EF ＝EH ，故AC ＝BD .(2)∵四边形EFGH 为正方形，∴EF ＝EH 且EF ⊥EH ， ∵EF 綊12AC ，EH 綊12BD ，∴AC ＝BD 且AC ⊥BD .题组三 易错自纠4．若P 是两条异面直线l ，m 外的任意一点，则( ) A ．过点P 有且仅有一条直线与l ，m 都平行 B ．过点P 有且仅有一条直线与l ，m 都垂直 C ．过点P 有且仅有一条直线与l ，m 都相交 D ．过点P 有且仅有一条直线与l ，m 都异面 答案 B解析 A 项，设过点P 的直线为n ，若n 与l ，m 都平行，则l ，m 平行，与l ，m 异面矛盾，A 错；B 项，l ，m 只有唯一的公垂线，而过点P 与公垂线平行的直线只有1条，B 对；C 项，如图所示，在正方体ABCD —A ′B ′C ′D ′中，设AD 为直线l ，A ′B ′为直线m ，若点P 在P 1点，显然无法作出直线与两直线都相交，C 错； D 项，若P 在P 2点，则直线CC ′及D ′P 2均与l ，m 异面，D 错． 5．下列命题正确的有________．(填序号) ①若直线与平面有两个公共点，则直线在平面内；②若直线l 上有无数个点不在平面α内，则l 与平面α平行； ③若直线l 与平面α相交，则l 与平面α内的任意直线都是异面直线；④如果两条异面直线中的一条与一个平面平行，则另一条直线一定与该平面相交； ⑤若直线l 与平面α平行，则l 与平面α内的直线平行或异面． 答案 ①⑤ 解析 ①正确；②错误，直线l 与平面α相交时，仍有无数个点不在平面α内； ③错误，直线l 与平面α内过该交点的直线不是异面直线； ④错误，另一条直线可能在该平面内；⑤正确．6.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的对数为______．答案 3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．题型一平面基本性质的应用典例如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点．求证：(1)E，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点．证明(1)如图，连接EF，CD1，A1B.∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥BA1.又A1B∥D1C，∴EF∥CD1，∴E，C，D1，F四点共面．(2)∵EF∥CD1，EF<CD1，∴CE与D1F必相交，设交点为P，如图所示．则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，∴P∈直线DA，∴CE，D1F，DA三线共点．思维升华共面、共线、共点问题的证明(1)证明点或线共面问题的两种方法：①首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合．(2)证明点共线问题的两种方法：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②直接证明这些点都在同一条特定直线上．(3)证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．跟踪训练已知正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q，求证：(1)D，B，F，E四点共面；(2)若A1C交平面BDEF于R点，则P，Q，R三点共线．证明如图．(1)∵EF是△D1B1C1的中位线，∴EF∥B1D1.在正方体AC1中，B1D1∥BD，∴EF∥BD.∴EF，DB确定一个平面，即D，B，F，E四点共面．(2)在正方体AC1中，设A1ACC1确定的平面为α，平面BDEF为β.∵Q∈A1C1，∴Q∈α.又Q∈EF，∴Q∈β，则Q是α与β的公共点，∴α∩β＝PQ.又A1C∩β＝R，∴R∈A1C，∴R∈α，且R∈β，则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．题型二判断空间两直线的位置关系典例(1)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是()A．l与l1，l2都不相交B．l与l1，l2都相交C．l至多与l1，l2中的一条相交D．l至少与l1，l2中的一条相交答案 D解析方法一由于l与直线l1，l2分别共面，故直线l与l1，l2要么都不相交，要么至少与l1，l2中的一条相交．若l∥l1，l∥l2，则l1∥l2，这与l1，l2是异面直线矛盾．故l至少与l1，l2中的一条相交．方法二如图1，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故A，B不正确；如图2，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故C不正确．(2)(2017·唐山一中月考)如图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有________．(填上所有正确答案的序号)答案②④解析在图①中，直线GH∥MN；在图②中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，N∉GH，因此直线GH与MN异面；在图③中，连接GM，GM∥HN，因此GH与MN共面；在图④中，G，M，N共面，但H∉平面GMN，G∉MN，因此GH与MN异面．所以在图②④中GH与MN异面．思维升华空间中两直线位置关系的判定，主要是异面、平行和垂直的判定．对于异面直线，可采用直接法或反证法；对于平行直线，可利用三角形(梯形)中位线的性质、公理4及线面平行与面面平行的性质定理；对于垂直关系，往往利用线面垂直或面面垂直的性质来解决．跟踪训练 (1)(2016·山东)已知直线a ，b 分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a 和直线b 相交”是“平面α和平面β相交”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件答案 A解析 若直线a 和直线b 相交，则平面α和平面β相交；若平面α和平面β相交，那么直线a 和直线b 可能平行或异面或相交，故选A. (2)已知a ，b ，c 为三条不重合的直线，已知下列结论：①若a ⊥b ，a ⊥c ，则b ∥c ；②若a ⊥b ，a ⊥c ，则b ⊥c ；③若a ∥b ，b ⊥c ，则a ⊥c . 其中正确的个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 答案 B解析 在空间中，若a ⊥b ，a ⊥c ，则b ，c 可能平行，也可能相交，还可能异面，所以①②错，③显然成立．题型三 求异面直线所成的角典例 (2018·南宁模拟)如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝2，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为( )A.15B.25C.35D.45答案 D解析 连接BC 1，易证BC 1∥AD 1，则∠A 1BC 1即为异面直线A 1B 与AD 1所成的角．连接A 1C 1，由AB ＝1，AA 1＝2，易得A 1C 1＝2，A 1B ＝BC 1＝5，故cos ∠A 1BC 1＝5＋5－22×5×5＝45，即异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为45.引申探究将上例条件“AA 1＝2AB ＝2”改为“AB ＝1，若异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为910”，试求AA 1AB的值．解 设AA 1AB ＝t ，则AA 1＝tAB .∵AB ＝1，∴AA 1＝t .∵A 1C 1＝2，A 1B ＝t 2＋1＝BC 1， ∴cos ∠A 1BC 1＝t 2＋1＋t 2＋1－22×t 2＋1×t 2＋1＝910.∴t ＝3，即AA 1AB＝3.思维升华 用平移法求异面直线所成的角的三步法 (1)一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角； (2)二证：证明作出的角是异面直线所成的角；(3)三求：解三角形，求出所作的角．如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角．跟踪训练 在如图所示的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是棱B 1B ，AD 的中点，则异面直线BF 与D 1E 所成角的余弦值为( )A.147B.57C.105D.255答案 D解析 如图，过E 点作EM ∥AB ，过M 点作MN ∥AD ，取MN 的中点G ，所以平面EMN ∥平面ABCD ，EG ∥BF ，异面直线BF 与D 1E 所成的角，转化为∠D 1EG ，不妨设正方体的棱长为2，GE ＝5，D 1G ＝2，D 1E ＝3，在△D 1GE 中，由余弦定理 cos ∠D 1EG ＝9＋5－22×3×5＝255，故选D.构造模型判断空间线面位置关系典例已知m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，有下列四个命题：①若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；②若m∥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；③若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；④若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n.其中所有正确的命题是________．(填序号)思想方法指导本题可通过构造模型法完成，构造法实质上是结合题意构造符合题意的直观模型，然后利用模型直观地对问题作出判断，这样减少了抽象性，避免了因考虑不全面而导致解题错误．对于线面、面面平行、垂直的位置关系的判定，可构造长方体或正方体化抽象为直观去判断．解析借助于长方体模型来解决本题，对于①，可以得到平面α，β互相垂直，如图(1)所示，故①正确；对于②，平面α，β可能垂直，如图(2)所示，故②不正确；对于③，平面α，β可能垂直，如图(3)所示，故③不正确；对于④，由m⊥α，α∥β可得m⊥β，因为n∥β，所以过n作平面γ，且γ∩β＝g，如图(4)所示，所以n与交线g平行，因为m⊥g，所以m⊥n，故④正确．答案①④1．在下列命题中，不是公理的是()A．平行于同一个平面的两个平面相互平行B．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面C．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线答案 A解析选项A是由公理推证出来的，而公理是不需要证明的．2．(2018·佛山模拟)在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与直线A1B1，EF，BC都相交的直线()A．不存在B．有且只有两条C．有且只有三条D．有无数条答案 D解析在EF上任意取一点M，直线A1B1与M确定一个平面，这个平面与BC有且仅有1个交点N，当M的位置不同时确定不同的平面，从而与BC有不同的交点N，而直线MN与A1B1，EF，BC分别有交点P，M，N，如图，故有无数条直线与直线A1B1，EF，BC都相交．3．(2017·济南模拟)a，b，c是两两不同的三条直线，下面四个命题中，真命题是() A．若直线a，b异面，b，c异面，则a，c异面B．若直线a，b相交，b，c相交，则a，c相交C．若a∥b，则a，b与c所成的角相等D．若a⊥b，b⊥c，则a∥c答案 C解析若直线a，b异面，b，c异面，则a，c相交、平行或异面；若a，b相交，b，c相交，则a，c相交、平行或异面；若a⊥b，b⊥c，则a，c相交、平行或异面；由异面直线所成的角的定义知C正确．故选C. 4．(2017·福州质检)直三棱柱ABC—A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于()A．30°B．45°C．60°D．90°答案 C解析如图，延长CA到点D，使得AD＝AC，连接DA1，BD，则四边形ADA1C1为平行四边形，所以∠DA1B就是异面直线BA1与AC1所成的角．又A1D＝A1B＝DB，所以△A1DB为等边三角形，所以∠DA1B＝60°.故选C.5．下列命题中，正确的是()A．若a，b是两条直线，α，β是两个平面，且a⊂α，b⊂β，则a，b是异面直线B．若a，b是两条直线，且a∥b，则直线a平行于经过直线b的所有平面C．若直线a与平面α不平行，则此直线与平面内的所有直线都不平行D．若直线a∥平面α，点P∈α，则平面α内经过点P且与直线a平行的直线有且只有一条答案 D解析对于A，当α∥β，a，b分别为第三个平面γ与α，β的交线时，由面面平行的性质可知a∥b，故A错误．对于B，设a，b确定的平面为α，显然a⊂α，故B错误．对于C，当a⊂α时，直线a与平面α内的无数条直线都平行，故C错误．易知D正确．故选D.6．以下四个命题中，①不共面的四点中，其中任意三点不共线；②若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则点A，B，C，D，E共面；③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面；④依次首尾相接的四条线段必共面．正确命题的个数是()A．0 B．1 C．2 D．3答案 B解析①显然是正确的；②中若A，B，C三点共线，则A，B，C，D，E五点不一定共面；③中构造长方体(或正方体)，如图所示，显然b，c异面，故不正确；④中空间四边形中四条线段不共面，故只有①正确．7．给出下列命题，其中正确的命题为________．(填序号)①如果线段AB在平面α内，那么直线AB在平面α内；②两个不同的平面可以相交于不在同一直线上的三个点A，B，C；③若三条直线a，b，c互相平行且分别交直线l于A，B，C三点，则这四条直线共面；④若三条直线两两相交，则这三条直线共面；⑤两组对边相等的四边形是平行四边形．答案①③8. 一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论：①AB⊥EF；②AB与CM所成的角为60°；③EF与MN是异面直线；④MN∥CD.以上四个命题中，正确命题的序号是________．答案①③解析如图，①AB⊥EF，正确；②显然AB∥CM，所以不正确；③EF与MN是异面直线，所以正确；④MN与CD异面，并且垂直，所以不正确，则正确的是①③.9．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为________．答案 4解析EF与正方体左、右两侧面均平行，所以与EF相交的平面有4个．10.如图，已知圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，C是圆柱下底面弧AB的中点，C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为________．答案 2D，AD，解析取圆柱下底面弧AB的另一中点D，连接C因为C是圆柱下底面弧AB的中点，所以AD∥BC，所以直线AC1与AD所成的角即为异面直线AC1与BC所成的角，因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，所以C1D⊥圆柱下底面，所以C1D⊥AD.因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，所以C1D＝2AD，所以直线AC1与AD所成角的正切值为2，所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为 2.11.(2018·石家庄调研)如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，H为直线B1D与平面ACD1的交点．求证：D1，H，O三点共线．证明如图，连接BD，BD1，则BD ∩AC ＝O ，∵BB 1綊DD 1，∴四边形BB 1D 1D 为平行四边形，又H ∈B 1D ，B 1D ⊂平面BB 1D 1D ，则H ∈平面BB 1D 1D ，∵平面ACD 1∩平面BB 1D 1D ＝OD 1，∴H ∈OD 1.即D 1，H ，O 三点共线．12.如图所示，等腰直角三角形ABC 中，∠A ＝90°，BC ＝2，DA ⊥AC ，DA ⊥AB ，若DA ＝1，且E 为DA 的中点，求异面直线BE 与CD 所成角的余弦值．解 如图所示，取AC 的中点F ，连接EF ，BF ，∵在△ACD 中，E ，F 分别是AD ，AC 的中点，∴EF ∥CD .∴∠BEF 或其补角即为异面直线BE 与CD 所成的角．在Rt △EAB 中，AB ＝AC ＝1，AE ＝12AD ＝12， ∴BE ＝52. 在Rt △EAF 中，AF ＝12AC ＝12，AE ＝12，∴EF ＝22. 在Rt △BAF 中，AB ＝1，AF ＝12，∴BF ＝52. 在等腰三角形EBF 中，cos ∠FEB ＝12EF BE ＝2452＝1010. ∴异面直线BE 与CD 所成角的余弦值为1010.13．(2018·长春质检)若空间中四条两两不同的直线l 1，l 2，l 3，l 4，满足l 1⊥l 2，l 2⊥l 3，l 3⊥l 4，则下列结论一定正确的是( )A ．l 1⊥l 4B ．l 1∥l 4C ．l 1与l 4既不垂直也不平行D ．l 1与l 4的位置关系不确定答案 D解析 如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，记l 1＝DD 1，l 2＝DC ，l 3＝DA .若l 4＝AA 1，满足l 1⊥l 2，l 2⊥l 3，l 3⊥l 4，此时l 1∥l 4，可以排除选项A 和C.若取C 1D 为l 4，则l 1与l 4相交；若取BA 为l 4，则l 1与l 4异面；若取C 1D 1为l 4，则l 1与l 4相交且垂直．因此l 1与l 4的位置关系不能确定．14.(2017·郑州质检)如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2AD ，E 为边AB 的中点，将△ADE 沿直线DE 翻折成△A 1DE .若M 为线段A 1C 的中点，则在△ADE 翻折过程中，下列四个命题中不正确的是________．(填序号)①BM 是定值；②点M 在某个球面上运动；③存在某个位置，使DE ⊥A 1C ；④存在某个位置，使MB ∥平面A 1DE .答案 ③解析 取DC 的中点F ，连接MF ，BF ，则MF ∥A 1D 且MF ＝12A 1D ，FB ∥ED 且FB ＝ED ，所以∠MFB ＝∠A 1DE .由余弦定理可得MB 2＝MF 2＋FB 2－2MF ·FB ·cos ∠MFB 是定值，所以M 是在以B 为球心，MB 为半径的球上，可得①②正确；由MF ∥A 1D 与FB ∥ED 可得平面MBF ∥平面A 1DE ，可得④正确；若存在某个位置，使DE ⊥A 1C ，则因为DE 2＋CE 2＝CD 2，即CE ⊥DE ，因为A 1C ∩CE ＝C ，则DE ⊥平面A 1CE ，所以DE ⊥A 1E ，与DA 1⊥A 1E 矛盾，故③不正确．15.(2017·山西四校联考)如图，已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为2，长为2的线段MN 的一个端点M 在棱DD 1上运动，点N 在正方体的底面ABCD 内运动，则MN 的中点P 的轨迹的面积是( )A ．4πB ．πC ．2π D.π2答案 D解析 连接DN ，则△MDN 为直角三角形，在Rt △MDN 中，MN ＝2，P 为MN 的中点，连接DP ，则DP ＝1，所以点P 在以D 为球心，半径R ＝1的球面上，又因为点P 只能落在正方体上或其内部，所以点P 的轨迹的面积等于该球面面积的18，故所求面积S ＝18×4πR 2＝π2. 16．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为棱AA 1，CC 1的中点，则在空间中与三条直线A 1D 1，EF ，CD 都相交的直线有________条．答案 无数解析 方法一 在EF 上任意取一点M ，直线A 1D 1与M 确定一个平面，这个平面与CD 有且仅有1个交点N ，M 取不同的位置就确定不同的平面，从而与CD 有不同的交点N ，而直线MN 与这3条异面直线都有交点．如图所示．方法二 (图略)在A 1D 1上任取一点P ，过点P 与直线EF 作一个平面α，因CD 与平面α不平行，所以它们相交，设它们交于点Q ，连接PQ ，则PQ 与EF 必然相交，即PQ 为所求直线．由点P 的任意性，知有无数条直线与三条直线A 1D 1，EF ，CD 都相交．。

2019高考数学文一轮分层演练：第8章立体几何 章末总结 含解析

2019高考数学文一轮分层演练：第8章立体几何 章末总结 含解析

章末总结C．28πD．32πⅡ，T14，5分)α，β是两个平面，是两条直线，有下列四个命题：的中点；在平面P AC内的正投影ABCD中，AB∥CD，且∠一、选择题1．(必修2 P10B组T1改编)如图，若Ω是长方体ABCD-A1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHB1C1后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EH∥A1D1，则下列结论中不正确的是()A．EH∥FG B．四边形EFGH是矩形C．Ω是棱柱D．Ω是棱台解析：选D．因为EH∥A1D1，A1D1∥B1C1，EH⊄平面BCC1B1，所以EH∥平面BCC1B1．又因为平面EFGH∩平面BCC1B1＝FG，所以EH∥FG，且EH＝FG，由长方体的特征知四边形EFGH为矩形，Ω为五棱柱，所以选项A，B，C都正确．故选D．2．(必修2 P61练习、P71练习T2、P73练习T1改编)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是()A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m∥β，则α∥βC．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n解析：选D．A中，两直线可能平行，相交或异面；B中，两平面可能平行或相交；C 中，两平面可能平行或相交；D中，由线面垂直的性质定理可知结论正确，故选D．3．(必修2 P78A组T7改编)正四棱锥的三视图如图所示，则它的外接球的表面积为()A ．25πB ．252πC ．253πD ．254π解析：选C ．由三视图画出直观图与其外接球示意图，且设O 1是底面中心．由三视图知，O 1A ＝2，O 1P ＝3，所以正四棱锥P -ABCD 的外接球的球心O 在线段O 1P 上．设球O 的半径为R ．由O 1O 2＋O 1A 2＝OA 2得(3－R )2＋(2)2＝R 2． 所以R ＝523．则外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π·⎝⎛⎭⎫5232＝253π．4．(必修2 P 79 B 组 T 2改编)如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，B 1D ∩平面A 1BC 1＝H ． 有下列结论． ①B 1D ⊥平面A 1BC 1；②平面A 1BC 1将正方体体积分成1∶5两部分；③H 是B 1D 的中点；④平面A 1BC 1与正方体的六个面所成的二面角的余弦值都为33．则正确结论的个数有( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C ．对于①，连接B 1C 与A 1D ，由正方体性质知，BC 1⊥B 1C ，BC 1⊥A 1B 1， 又A 1B 1∩B 1C ＝B 1，A 1B 1，B 1C ⊂平面A 1B 1CD ． 所以BC 1⊥平面A 1B 1CD ． 又B 1D ⊂平面A 1B 1CD ． 所以B 1D ⊥BC 1．同理B 1D ⊥A 1B ，A 1B ∩BC 1＝B ． 所以B 1D ⊥平面A 1BC 1，故①正确． 对于②．设正方体棱长为a ． 则V 三棱锥B -A 1B 1C 1＝13·12a ·a ·a ＝16a 3．所以平面A 1BC 1将正方体分成两部分的体积之比为16a 3∶(a 3－16a 3)＝1∶5．故②正确．对于③，设正方体棱长为a ， 则A 1B ＝2a ．由V B 1-A 1BC 1＝16a 3，得13×34×(2a )2·B 1H ＝16a 3， 所以B 1H ＝33a ，而B 1D ＝3a ． 所以B 1H ∶HD ＝1∶2，即③错误．对于④，由对称性知，平面A 1BC 1与正方体六个面所成的二面角的大小都相等． 由①知B 1H ⊥平面A 1BC 1，而A 1B 1⊥平面B 1BCC 1． 所以∠A 1B 1H 的大小即为所成二面角的大小． cos ∠A 1B 1H ＝B 1H A 1B 1＝33aa ＝33．故④正确．故选C ．二、填空题5．(必修2 P 53 B 组 T 2改编)已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，点A 1在底面ABC 上的射影D 为BC 的中点，则异面直线AB 与CC 1所成的角的余弦值为________．解析：连接A 1D ，AD ，A 1B ，易知∠A 1AB 为异面直线AB 和CC 1所成的角，设三棱柱的侧棱长与底面边长均为1，则AD ＝32，A 1D ＝12，A 1B ＝22，由余弦定理得cos ∠A 1AB ＝1＋1－122×1×1＝34． 答案：346．(必修2 P 79 B 组 T 1改编)如图在直角梯形ABCD 中，BC ⊥DC ，AE ⊥DC ，M ，N 分别是AD ，BE 的中点，将△ADE 沿AE 折起．则下列说法正确的是________．(填上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 ； ⑤无论D 折至何位置，都有AE ⊥DC ． 解析：如图，设Q ，P 分别为CE ，DE 的中点，可得四边形MNQP 是矩形，所以①②正确；不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN 与AB 是异面直线，不可能MN ∥AB ，所以③错；当平面ADE ⊥平面ABCD 时，可得EC ⊥平面ADE ，故EC ⊥AD ，④正确．无论D 折到何位置，均有AE ⊥平面CDE ．故AE ⊥CD ．故⑤正确．答案：①②④⑤三、解答题7．(必修2 P 79B 组T 1改编)如图，边长为33的正方形ABCD 中，点E ，F 分别是边AB ，BC 上的点，将△AED ，△DCF 分别沿DE ，DF 折起，使A ，C 两点重合于点A ′．(1)求证：A ′D ⊥EF ．(2)当BE ＝BF ＝13BC 时，求三棱锥A ′­EFD 的体积．解：(1)证明：因为A ′D ⊥A ′E ，A ′D ⊥A ′F ， A ′E ∩A ′F ＝A ′，所以A ′D ⊥平面A ′EF ， 因为EF ⊂平面A ′EF ， 所以A ′D ⊥EF ．(2)由(1)知，A ′D ⊥平面A ′EF ，所以A ′D 的长即为三棱锥D -A ′EF 的高，则A ′E ＝A ′F ＝23BC ＝23，EF ＝BE 2＋BF 2＝6，作A ′O ⊥EF 于点O ， 所以A ′O ＝A ′E 2－⎝⎛⎭⎫12EF 2＝422，则V A ′­EFD ＝V D -A ′EF ＝13A ′D ·S △A ′EF＝13×33×12EF ·A ′O ＝13×33×12×6×422＝3212． 8．(必修2 P 78 A 组 T 4改编)如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 、F 、M 分别是C 1B 1，C 1D 1和AB 的中点．(1)求证：MD 1∥平面BEFD ． (2)求M 到平面BEFD 的距离． 解：(1)证明：连接BF ．因为M 、F 分别为AB 与C 1D 1的中点，且ABCD -A 1B 1C 1D 1是正方体． 所以MB ═∥D 1F ．所以四边形MBFD 1为平行四边形， 所以MD 1∥BF ．又MD 1⊄平面BEFD ，BF ⊂平面BEFD ． 所以MD 1∥平面BEFD ． (2)过E 作EG ⊥BD 于G ． 因为正方体的棱长为2，所以BE ＝5，BG ＝12(BD －EF )＝12(22－2)＝22．所以EG ＝BE 2－BG 2＝5－12＝322． 所以S △EBD ＝12BD ×EG ＝12×22×322＝3．又S △MBD ＝12MB ×AD ＝12×1×2＝1．E 到平面ABCD 的距离为2，设M 到平面BEFD 的距离为d ． 由V 三棱锥M -BDE ＝V 三棱锥E -MBD 得13S △EBD ·d ＝13S △MBD ×2． 所以d ＝S △MBD ×2S △EBD ＝1×23＝23．所以M 到平面BED 的距离为23．。

(江苏专版)2019版高考数学一轮复习第八章立体几何学案文.docx

(江苏专版)2019版高考数学一轮复习第八章立体几何学案文.docx

第八章立体几何必过教材关圆柱圆锥圆台侧面展开图^2nr<；/A /2K9f 針侧面积公式S圆柱测=2 n rl S圆毎侧=皿rl Sifil台侧=n （厂+厂'）12.空间几何体的表血积与体积公式名称几何表面积体积柱体（棱柱和圆柱）S农而积=S侧+2S底V=Sh锥体（棱锥和圆锥）s浜面积=s^+s底v=\sh台体（棱台和圆台）S表面积= S^］+S上+S下卩=*s上+S F+伍瓦）力球$=4 兀# 4 .V=~Tllt［小题体验］1.（2018 •南京高三年级学情调研）将一个正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，所得圆柱的体积为27 IT cm3,则该圆柱的侧面积为________ coil解析：设正方形的边长为cm,贝ij兀/・m=27ir,得日=3,所以侧面积2JI X3X3=18 n cn/ .答案：18兀2.（2018 •海安高三质量测试）已知正三棱锥的体积为36^3 cm3,高为4 cm,则底面边长为cm.第・节空间几何体的表血积与体积解析:设正三棱锥的底面边长为a cm,则其面积为S= 企,由题意知卜乎/乂4 = 36羽, 解得$=6羽.答案：6^33. _______ 正三棱柱AB&A^G 的底面边长为2,侧棱长为〃为％中点，则三棱锥A-BM 的体积为 __________ .解析：在正三棱柱ABC ・AA G 中， 因为 ADLBC, ADI.BBx, BB\CBC=B, 所以肋丄平面〃/G.所以 VA ・ B\DG=gs/\B\DC 、・ /JZ?=|x|x2 X^3 X^3 = 1.答案：1• •}.刘过易错关1. 求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易汕错.2. 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 : 31 : 12. 己知某正三棱锥的高为1,体积为申，则该正三棱锥的侧面积为 ________ .解析：如图，设正三棱锥为V- ABC,其底面边长为日，％为正三棱锥的高，所以 /XU*,所以 尸2,所以0〃=¥><2X*=¥，所以斜高旳=鹅+1匚学 所以侧 面积S=3X*X2X 军=2羽.〃考点一 空间几何体的表面积 基础送分型考点一一自主练透［题组练透］1. _________________________________ 棱长为2的正四面体的表面积是 ・ 解析：每个面的面积为：|x2X2X^=^•所以正四面体的表面积为心/i 答案：4^32. 一个六棱锥的体积为2心其底而是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六 棱锥的侧而积为 __________ ・解析：由题意可知该六棱锥为正六棱锥，正六棱锥的高为力，侧而的斜高为力‘・ 由题意，W|><6X^X22X 力=2萌， 所以力=1,所以斜高力'=心+ £ 2 = 2, 所以 Sb=6X*X2X2=12. 答案：12 3.如图所示，在边长为5+A /2的正方形/!财中，以/为圆心画一个 扇形，以。

(共8套)2019年高考数学章节练习题集第8章立体几何.doc

(共8套)2019年高考数学章节练习题集第8章立体几何.doc

第八章立体几何W第1讲空间几何体的结构、三视图和直观图.docx 岂第2讲空间几何体的表面积与体积.docx岂第3讲空间点、直线、平面之间的位置关系.docx 岂:第4讲直线、平面平行的判走及其性质.docx岂第5讲直线、平面垂直的判走及其性质.docxW第6讲空间向量及其运算.docx第7讲立体几何中的向呈方法（一）.docx第8讲立体几何中的向量方法（二）.docx第1讲空间几何体的结构、三视图和直观一、选择题1.下列四个几何体屮，几何体只有主视图和左视图相同的是（）©①止方体A②圆锥③三棱台④止四棱锥A.①②B.①③C.①④D.②④解析由几何体分析知②④中主视图和左视图相同.答案D2.以下关于几何体的三视图的论述屮，正确的是（）.A.球的三视图总是三个全等的圆B.止方体的三视图总是三个全等的止方形C.水平放置的正四而体的三视图都是正三角形D.水平放置的圆台的俯视图是一个圆解析画几何体的三视图要考虑视角，但对于球无论选择怎样的视角，其三视图总是三个全等的圆.答案A3.将正方体（如图（a）所示）截去两个三棱锥，得到图（b）所示的几何体，则该几何体的侧视图为解析还原正方体后，将D, D, A 三点分别向正方体右侧面作垂线，DyA 的射影为GB,且为实线，BiC 被遮挡应为虚线.答案B4. 若某儿何体的三视图如图所示，则这个儿何体的直观图可以是（）.解析 A, B 的正视图不符合要求，C 的俯视图显然不符合要求，答案选D.答案D5. 一个平而四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为日的正方形，则原平面)・左视A BD侧视图四边形的面积等于（）.答案B图的是解析 选项C 不符合三视图中“宽相等”的要求. 答案c 二、填空题7.如图所示，E 、F 分别为止方体ABCD-A }B X C }D X 的面ADD^Ai.面BCCiBi 的中心，则四边形BFD X E 在该正方体的面DCGD 上的投影是 ________ （填序号）.A.B. 2y[2a解析 根据斜二测画法画平面图形的直观图的规则，可以得出一个平面图形的面积S 与它的直观图的面积C 之间的关系是c =芈$木题中直观图的面积为才，所以原平面四边形的面积等于=2电才.故选B. 6. 一个锥体的正视图和侧视图如图所示, 下面选项中，不可能是该锥体的俯视)・D .4③ ④解析B在面DCCQi上的投影为C, F、E在面DCqDj上的投影应分别在边CC］和DDi上，而不在四边形的内部，故①③④错误.答案②8. ______________________________________ 如图，网格纸的小正方形的边长是1,在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为 _______________________________________ ・解析(构造法)由主视图和俯视图可知几何体是正方体切割后的一部分(四棱锥G ABCE ,还原在正方体中，如图所示.多面体最长的一条棱即为正方体的体对角线，如图即由正方体棱长AB=2知最长棱AQ的长为2^3.答案2书9.利用斜二测画法得到的：①三角形的直观图一定是三角形；②正方形的直观图一定是菱形；③等腰梯形的直观图可以是平行四边形；④菱形的直观图一定是菱形.以上正确结论的序号是 _______ .解析由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③ 错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，④也错误.答案①10.图(a)为长方体积木块堆成的儿何体的三视图，此儿何体共由_________ 块木块堆成；图(b)中的三视图表示的实物为________ .解析(1)由三视图可知从正面看到三块，从侧面看到三块，结合俯视图可判 断几何体共由4块长方体组成.(2)由三视图可知几何体为圆锥. 答案4圆锥三、解答题11. 如下的三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它 的主视图和左视图在下面画出(单位：cm).(1)在主视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图; (2)按照给出的尺寸，求该多面体的体积;图(a) 侧视图图(b)解⑴如图.(2)所求多面体的体积&亞瑚一孑正三昨=4X4X6—lxhx2X2〕X212. 已知圆锥的底面半径为厂，高为h,且正方体ABCD — A5GD内接于圆锥，求这个正方体的棱长.解 如图所示，过内接止方体的一组对棱作圆锥的轴截 面，设圆锥内接正方体的棱长为兀，则在轴截面屮，正方体的对角面AxACCy 的一组邻边的长分别为x 和迈兀.・・・△以I Cl S △ VMN,.h~x .Irh・• 2r =~lT f2=2+^即圆锥内接正方体的棱长为不詬・13・正四棱锥的高为羽，侧棱长为羽，求侧面上斜高(棱锥侧面三角形的高)为多少？解 如图所示，在正四棱锥S —ABCD 中, 高 0S=书,侧棱 SA = SB=SC=SD=\fj, 在RtASOA 中，OA=ylSA 2~OS 2=2, :.AC=4, ・・・AB=BC=CD=DA=2©作0E 丄AB 于E,则E 为AB 中点. 连接SE,则SE 即为斜高，284=~(cn?)・ V图5解(1)该三棱锥在侧(右)投影面上的投影是一直角三角形，该三棱锥的侧视 图应是图2.(2)该儿何体是三棱锥，其直观图如图所示，其中 04、08、OC 两两垂直，•••△OAB 、△OAC 、/\OBC 都是肓角三角形，但△ABC 是锐角三角形•设AO=a, OC=c, OB=b,则 AC=yJa 2+ c 29 BC=ylc 2+ b 2, AB=yJa 2+b 2,•I cosZBAC=庆 V?+/>o,・•・ABAC 为锐角.同理，ZABC. ZACB 也是锐角.综上所述，该几何体的面中共有三个直角三角形.(3)该几何体是三棱锥，其直观图如图所示，其屮，丄BC,在 RtASOE 中，•：OE=*BC=d SO=书,・・・SE=E 即侧面上的斜高为书.14. (1)如图1所示的三棱锥的三条侧棱04、OB 、0C 两两垂直，那么该三棱 锥的侧视图是图2还是图3?(2)某几何体的三视图如图4,问该几何体的面中有几个直角三角形? (3)某几何体的三视图如图5,问该几何体的面中有几个直角三角形?俯视图图4正视图 侧视图俯视图ADAB丄BD, BDA.CD, :.DC丄面ABD, :.DC-LAD f ・・・△ACD也是直角三角形.・・・该几何体的面中共有四个直角三角形.第2讲空间几何体的表面积与体积一、选择题1.棱长为2的正四面体的表面积是（）.A.、/§B. 4 C・ 4、信D・16解析每个而的而积为：-X2X2X^-=V3- ••-正四而体的表而积为：4^3. 答案C2.把球的表面积扩大到原来的2倍，那么体积扩大到原来的（）・A.2倍B. 2型倍Cp倍 D.远倍解析由题意知球的半径扩大到原来的电倍，则体积$=討#,知体积扩大到原来的2迈倍.答案B3.一个儿何体的三视图如图所示，那么此儿何体的侧面积（单位：cn?）为（）.A.48B. 64 C・ 80解析据三视图知，该几何体是一个正四棱锥（底面边长为8）,直观图如图，PE 为侧面AB4B的边AB上的高，且PE=5..・.此几何1c体的侧面积是S=4S=4X-X8X5 = 80(cm 2)・答案C4. 已知三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球0的球面上，△ABC 是边长为1的正 三角形，SC 为球0的直径，且SC=2,则此棱锥的体积为()•A.解析 在直角三角形 ASC 中，AC=1, ZSAC=90。

2019年高考总复习数学(理科)课时作业第八章 立体几何含解析.docx

2019年高考总复习数学(理科)课时作业第八章 立体几何含解析.docx

第八章立体几何知旨回II 练1. （2016年天津）将一个长方形沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的儿何体的 正视图与俯视图如图X8-M,则该几何体的侧（左）视图为（）正视图2. （2016年浙江温州十校联考）一个几何体的正视图和侧视图都是面积为1的正方形, 则这个儿何体的俯视图一定不是（）3. 如图X8-1-2,正方形O' A f B fC 的边长为1 cm ，它是水平放置的一个平面图形 的直观图，则原图形的周长为（） A- 6 cm B ・ 8 cmC. （2+4 V2）cmD. （2+2 萌）cm4. （2015年陕西）一个几何体的三视图如图X8-1-3,则该几何体的表面积为（ ）A- 3兀 B. 4兀 C. 2兀+4 D. 3兀+4第1讲 空间几何体的三视图和直观俯视图图 X8-1-图 X8-1-2俯视图 图 X8-1-3 5. （2016年天津）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X8-l-4（单位：m ）,则该四棱锥的体积为 _______ m 3.6. （2017年江西南昌二模）一个四而体的顶点在空间直角坐标系屮的坐标分别是（0,0,0）, 图 X8-I-6A. 号+1B.号+3C.夢+1D.夢+38. （2017年广东惠州三模）如图X8-1-7,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的 是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的外接球的表面积为（）A. 136兀B. 34兀C. 25KD. 18K9. （2017年山东）由一个长方体和两个才圆柱体构成的几何体的三视图如图X8-1-8,则俯视图图 X8-1-（1Q1），（0丄 1）, 视图，则得到左视图町以为（1，o ,绘制该四面体三视图时，按照如下图X8-1-5所示的方向画正A 7. （2017年浙江）某几何体的三视图如图X8・l ・6（单位:cm ）,则该儿何体的体积（单位: 品）是（）图 X8-1-5B C D俯视图该几何体的体积为________ •10.______________________________________ 如图X8-1-9,在正方体ABC£M|B|C|D1中，点P是上底面A/CQi内一动点，则三棱锥P-ABC的正视图与侧视图的而积的比值为__________________________________________ •图X8-1-9■甌质鬲华11.如图X8-1-10所示的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图如图X8-1-1LX8-1-10(1)在止视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图;(2)按照给出的尺寸，求该多面体的体积.12.图X8-1-12为一简单组合体，其底面ABCD为正方形，PQ丄平面ABCD EC//PD, 且PD=AD=2EC=2・⑴如图X8-M3所示的方框内已给岀了该儿何体的俯视图，请在方框内画出该儿何体的正视图和侧视图；⑵求四棱锥B-CEPD的体积;(3)求证：BE〃平面PO4.P正视图侧视图俯视图X8-M213第2讲空间几何体的表面积和体积知能讪I练1.（2015年山东）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儿何体的体积为（）A. 3 3C. 2 yfinD. 42.（2015年新课标I ）圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为厂）组成一个儿何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图X8-2-1.若该几何体的表血积为16 + 20n,则F=（）A. 1B. 2C. 4D. 83.（2015年新课标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：枳及为米儿何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图X8-2-2,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，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,估算出堆放的米有（A.14 斛B. 22 斛C. 36 斛D. 66 斛4.（2015年湖南）某工件的三视图如图X8-2-3,现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件的利用率新工件的体枳）为材料利用率=原工件的体积丿A 真B.厉 C 24(述—I)? D 8(^2-l)371 Tl5. （2016年四川）已知某三棱锥的三视图如图X8-2-4,则该三棱锥的体积 _________k —V3 *•!■* V 3—H图 X8-2-46. （2017年天津）己知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为 18,则这个球的体积为 _________ .俯视图图 X8-2-58. （2015年上海）若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比值为2兀，则其母线与轴的夹角的大小为 ______ .9. （2017年广东揭阳一模）已知ZVIBC 的顶点都在球O 的球面上，AB=6, BC=8, AC = 10,三棱锥O-ABC 的体积为40 A /3,则该球的表面积等于 _____________ .10. （2016年新课标川）如图X8-2-6,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某 多而体的三视图，则该多面体的表而积为（）图 X8-2-3 侧视图7. （2016年浙江）某几何体的三视图如图 cm 2,体积是 __________ cm 3.X8-2-5（单位：cm ）,则该几何体的表面积是 俯视图 俯视图〜2+2T正视图 侧视图A. 18 + 36 £B. 54+18 肃C. 90D. 81■甌质肝华11.(2015 年新课标II)如图X8-2-7,长方体ABCDAiBCD 中,AB=16, BC=10, A4) =8,点E, F分别在4|B|, D|C|上，A l E=D i F=4.过点E, F的平面a与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求平面«把该长方体分成的两部分体积的比值.图X8-2-712.(2016年新课标IQ如图X8-2-8,菱形4BCD的对角线AC与BD交于点O,点E, F分别在AD CD上，AE=CF, EF交BD于点H,将△QEF沿EF折到△»' EF的位置.⑴求证4C丄HD'；(2)若AB=5, AC=6, AE=^f OD' =2 迈，求五棱锥ABCFE的体积.第3讲 点、直线、平面之间的位置关系1. （2015年广东）若直线厶和＜2是异面直线，厶在平面G 内，在平面”内，Z 是平面G 与平面0的交线，则下列命题正确的是（）A. /至少与厶，伍中的一条相交B. /与厶，乙都相交C. I 至多与厶，＜2中的一条相交D. /与人，都不相交2. （2016年浙江）己知互相垂直的平面久0交于直线/.若直线加，满足m//a,兀丄0, in//1 B. m//n C ・ 丄/ D.刃丄n3. 若P 是两条异面直线加外的任意一点•贝9（）A. 过点P 有且仅有一条直线与/,加都平行B. 过点P 有且仅有一条直线与/,加都垂直C. 过点P 有且仅有一条直线与l.m 都相交D. 过点P 有且仅有一条直线与/,加都异面4. （2015年湖北）/], /2表示空间中的两条直线，若p ： /[,人是异面直线；q ： h ，＜2不相 交，则（）A. 〃是g 的充分条件，但不是g 的必要条件B. 卩是q 的必要条件，但不是q 的充分条件C. p 是g 的充分必要条件D. °既不是g 的充分条件，也不是q 的必要条件5. 如图X8-3-1所示的是正方体的平面展开图，在这个正方体中.① BM 与ED 平行；②C7V 与BE 是异面直线；③CW 与3M 成60。

2019高考数学文一轮分层演练第8章立体几何 第4讲 Word版含解析

2019高考数学文一轮分层演练第8章立体几何 第4讲 Word版含解析

[学生用书(单独成册)]一、选择题．设α，β是两个不同的平面，，是平面α内的两条不同直线，，是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分不必要条件是( )．∥β且∥．∥且∥．∥β且∥α．∥β且∥β解析：选．由∥，⊂α，得∥α，同理∥α，又，相交，，⊂β，所以α∥β，反之不成立，所以∥且∥是α∥β的一个充分不必要条件．．已知，，是不同的直线，α，β是不同的平面，以下命题正确的是( )①若∥，⊂α，⊂β，则α∥β；②若⊂α，⊂β，α∥β，⊥，则⊥；③若⊥α，⊥β，α∥β，则∥；④若α⊥β，∥α，∥β，则⊥．．③④．①③．③．②④解析：选．①若∥，⊂α，⊂β，则α∥β或α，β相交；②若⊂α，⊂β，α∥β，⊥，则⊥或∥或，异面；③正确；④若α⊥β，∥α，∥β，则⊥或∥或，异面．．如图所示，在空间四边形中，，分别为边，上的点，且∶＝∶＝∶，又，分别为，的中点，则( )．∥平面，且四边形是矩形．∥平面，且四边形是梯形．∥平面，且四边形是菱形．∥平面，且四边形是平行四边形解析：选．由∶＝∶＝∶知，所以∥平面．又，分别为，的中点，所以，所以∥且≠．所以四边形是梯形．．在正方体-中，，，分别是，，的中点，给出下列四个推断：①∥平面；②∥平面；③∥平面；④平面∥平面．其中推断正确的序号是( )．①④．①③．②④．②③解析：选．因为在正方体-中，，，分别是，，的中点，所以∥，因为∥，所以∥，因为⊄平面，⊂平面，所以∥平面，故①正确；因为∥，与平面相交，所以与平面相交，故②错误；因为，，分别是，，的中点，所以∥，因为⊄平面，⊂平面，所以∥平面，故③正确；因为与平面相交，所以平面与平面相交，故④错误．故选．．设，，表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列命题：①若∥，且⊥α，则⊥α；②若∥，且∥α，则∥α；③若α∩β＝，β∩γ＝，γ∩α＝，则∥∥；④若α∩β＝，β∩γ＝，γ∩α＝，且∥β，则∥．其中正确命题的个数是( )．．．．解析：选．由题易知①正确；②错误，也可以在α内；③错误，以墙角为例即可说明；④正确，可以以三棱柱为例说明，故选．．。

【新课标】2019届高考数学大一轮复习试题：第八章_立体几何题组43_含解析

【新课标】2019届高考数学大一轮复习试题：第八章_立体几何题组43_含解析

题组层级快练(四十三)1．已知点O ，A ，B ，C 为空间不共面的四点，且向量a ＝OA →＋OB →＋OC →，向量b ＝OA →＋OB →－OC →，则与a ，b 不能构成空间基底的向量是( ) A.OA →B.OB →C.OC →D.OA →或OB →答案 C解析 根据题意得OC →＝12(a －b )，∴OC →，a ，b 共面．2．有4个命题：①若p ＝x a ＋y b ，则p 与a ，b 共面； ②若p 与a ，b 共面，则p ＝x a ＋y b ；③若MP →＝xMA →＋yMB →，则P ，M ，A ，B 共面； ④若P ，M ，A ，B 共面，则MP →＝xMA →＋yMB →. 其中真命题的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案 B解析 ①正确，②中若a ，b 共线，p 与a 不共线，则p ＝x a ＋y b 就不成立．③正确．④中若M ，A ，B 共线，点P 不在此直线上，则MP →＝xMA →＋yMB →不正确．3．从点A(2，－1，7)沿向量a ＝(8，9，－12)的方向取线段长|AB|＝34，则B 点坐标为( ) A ．(18，17，－17)B ．(－14，－19，17)C ．(6，72，1)D ．(－2，－112，13)答案 A解析 设B 点坐标为(x ，y ，z)，则AB →＝λa (λ>0)， 即(x －2，y ＋1，z －7)＝λ(8，9，－12)．由|AB →|＝34，即λ264＋λ281＋λ2144＝34，得λ＝2. ∴x ＝18，y ＝17，z ＝－17.4．已知G 是△ABC 的重心，O 是空间与G 不重合的任一点，若OA →＋OB →＋OC →＝λOG →，则λ等于( ) A ．1 B ．3 C.13D ．2答案 B解析 若设BC 边的中点为M ，则OA →＋OB →＋OC →＝OA →＋2OM →＝OG →＋GA →＋2OM →＝OG →＋2MG →＋2OM →＝3OG →，而OA →＋OB →＋OC →＝λOG →，所以λ＝3.5．对于空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，且有OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(x ，y ，z ∈R )，则x ＝2，y ＝－3，z ＝2是P ，A ，B ，C 四点共面的( ) A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．充要条件 D ．既不充分又不必要条件答案 B解析 当x ＝2，y ＝－3，z ＝2时，即OP →＝2OA →－3OB →＋2OC →， 则AP →－AO →＝2OA →－3(AB →－AO →)＋2(AC →－AO →)，即AP →＝－3AB →＋2AC →，根据共面向量定理，知P ，A ，B ，C 四点共面；反之，当P ，A ，B ，C 四点共面时，根据共面向量定理AP →＝mAB →＋nAC →， 即OP →－OA →＝m(OB →－OA →)＋n(OC →－OA →)， 即OP →＝(1－m －n)OA →＋mOB →＋nOC →，即x ＝1－m －n ，y ＝m ，z ＝n ，这组数显然不止2，－3，2.故是充分不必要条件．故选B.6．已知向量a ＝(8，12x ，x)，b ＝(x ，1，2)，其中x>0.若a ∥b ，则x 的值为( )A ．8B ．4C ．2D ．3答案 B解析 方法一：因x ＝8，2，3时都不满足a ∥b .而x ＝4时，a ＝(8，2，4)＝2(4，1，2)＝2b ，∴a ∥b .方法二：a ∥b ⇔存在λ>0使a ＝λb ⇔(8，x2，x)＝(λx ，λ，2λ)⇔⎩⎪⎨⎪⎧λx ＝8，x2＝λ，x ＝2λ⇔⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，x ＝4.∴选B.7．若向量a ＝(1，λ，2)，b ＝(2，－1，2)，且cos 〈a ，b 〉＝89，则λ＝( )A ．2B ．－2C ．－2或255D ．2或－255答案 C解析 由已知cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |，所以89＝2－λ＋45＋λ2·9，解得λ＝－2或λ＝255. 8．已知四边形ABCD 满足AB →·BC →>0，BC →·CD →>0，CD →·DA →>0，DA →·AB →>0，则该四边形为( ) A ．平行四边形 B ．梯形 C ．平面四边形 D ．空间四边形答案 D解析 由已知条件得四边形的四个外角均为锐角，但在平面四边形中任一四边形的外角和都是360°，这与已知条件矛盾，所以该四边形是一个空间四边形．9．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，EF 是异面直线AC 与A 1D 的公垂线，则EF 与BD 1所成的角是( ) A ．90° B ．60° C ．30° D ．0° 答案 D解析 如图所示，以D 为原点建立空间直角坐标系D －xyz ，设正方体的棱长为a ，则A 1(a ，0，a)，D(0，0，0)，A(a ，0，0)，C(0，a ，0)，B(a ，a ，0)，D 1(0，0，a)，∴DA 1→＝(a ，0，a)，AC →＝(－a ，a ，0)，BD 1→＝(－a ，－a ，a)．∵EF 是直线AC 与A 1D 的公垂线，∴EF →⊥DA 1→，EF →⊥AC →.设EF →＝(x ，y ，z)， ∴EF →·DA 1→＝(x ，y ，z)·(a ，0，a)＝ax ＋az ＝0. ∴EF →·AC →＝(x ，y ，z)·(－a ，a ，0)＝－ax ＋ay ＝0. ∵a ≠0，∴x ＝y ＝－z.∴EF →＝(x ，x ，－x)，∴BD 1→＝－a x EF →.∴BD 1→∥EF →，即BD 1∥EF.10．已知a ＋b ＋c ＝0，|a |＝2，|b |＝3，|c |＝19，则向量a 与b 的夹角为( ) A ．30° B ．45° C ．60° D ．以上都不对答案 C解析 ∵a ＋b ＝－c ，∴a 2＋b 2＋2a ·b ＝c 2.又∵|a |＝2，|b |＝3，|c |＝19， ∴a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉＝3.∴cos 〈a ，b 〉＝12，∴〈a ，b 〉＝60°.11．已知两个非零向量a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，它们平行的充要条件是( ) A.a |a |＝b |b |B ．a 1·b 1＝a 2·b 2＝a 3·b 3C ．a 1·b 1＋a 2·b 2＋a 3·b 3＝0D ．存在非零实数k ，使a ＝k b答案 D解析 应选D ，首先排除B ，C 项表示a ⊥b ，A 项表示与a ，b 分别平行的单位向量，但两向量方向相反也叫平行．12.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为2，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 与FD 1所成角的余弦值为( )A.105B.155C.45D.23答案 B解析 ∵OE →＝12AC 1→＝12(AB →＋AD →＋AA 1→)，FD 1→＝12AD →＋AA 1→，∴OE →·FD 1→＝12(AB →＋AD →＋AA 1→)·(12AD →＋AA 1→)＝12(12AB →·AD →＋AB →·AA 1→＋12AD →2＋AD →·AA 1→＋12AA 1→·AD →＋AA 1→2)＝12(2＋4)＝3. 而|OE →|＝1222＋22＋22＝3，|FD 1→|＝5，∴cos 〈OE →，FD 1→〉＝315＝155.故选B.13．(2016·云南昆明一模)一个几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是等边三角形，若该几何体的四个顶点在空间直角坐标系O －xyz 中的坐标分别是(0，0，0)，(2，0，0)，(2，2，0)，(0，2，0)，则第五个顶点的坐标为( )A ．(1，1，1)B ．(1，1，2)C ．(1，1，3)D ．(2，2，3)答案 C14.如图所示，在直三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝AA ′，∠ACB ＝90°，D ，E 分别为AB ，BB ′的中点．(1)求证：CE ⊥A ′D ；(2)求异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值．答案 (1)略 (2)1010解析 (1)设CA →＝a ，CB →＝b ，CC ′→＝c ， 根据题意，|a |＝|b |＝|c |且a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0，∴CE →＝b ＋12c ，A ′D →＝－c ＋12b －12a .∴CE →·A ′D →＝－12c 2＋12b 2＝0.∴CE ⊥A ′D.(2)易知AC ′→＝－a ＋c ，∴|AC ′→|＝2|a |，|CE →|＝52|a |.AC ′→·CE →＝(－a ＋c )·(b ＋12c )＝12c 2＝12|a |2.∴cos 〈AC ′→，CE →〉＝12|a |22·52|a |2＝1010.∴异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值为1010. 15．设向量a ＝(3，5，－4)，b ＝(2，1，8)，计算2a ＋3b ，3a －2b ，a ·b 以及a 与b 所成角的余弦值，并确定λ，μ的关系，使λa ＋μb 与z 轴垂直．答案 (12，13，16), (5，13，－28), －7138230, λ＝2μ解析 ∵2a ＋3b ＝2(3，5，－4)＋3(2，1，8)＝(12，13，16)， 3a －2b ＝3(3，5，－4)－2(2，1，8)＝(5，13，－28)， a ·b ＝(3，5，－4)·(2，1，8)＝3×2＋5×1－4×8＝－21， |a |＝32＋52＋（－4）2＝50，|b |＝22＋12＋82＝69，∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－2150·69＝－7138230.∵(λa ＋μb )·(0，0，1)＝(3λ＋2μ，5λ＋μ，－4λ＋8μ)·(0，0，1) ＝－4λ＋8μ＝0，∴只要λ，μ满足λ＝2μ即可使λa ＋μb 与z 轴垂直．1．(2016·上海奉贤二模)已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，下列向量的数量积一定不为0的是( )A.AD 1→·B 1C →B.BD 1→·AC →C.AB →·AD 1→D.BD 1→·BC →答案 D解析 当侧面BCC 1B 1是正方形时可得AD 1→·B 1C →＝0，所以排除A.当底面ABCD 是正方形时AC 垂直于对角面BD 1，所以排除B ，显然也排除C.由题图可得BD 1与BC 所成的角小于90°.故选D. 2．已知平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为1的正方形，AA 1＝2， ∠A 1AB ＝∠A 1AD ＝120°. (1)求线段AC 1的长；(2)求异面直线AC 1与A 1D 所成角的余弦值； (3)证明：AA 1⊥BD.答案 (1)2 (2)417 (3)略解析 (1)如图所示，设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ， 则|a |＝|b |＝1，|c |＝2.a ·b ＝0，a ·c ＝b ·c ＝2×1×cos120°＝－1.∵AC 1→＝AB →＋BC →＋CC 1→＝a ＋b ＋c ， ∴|AC 1→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2a ·b ＋2a ·c ＋2b ·c ＝1＋1＋22－2－2＝2. ∴|AC 1→|＝ 2.即AC 1长为 2. (2)∵AC 1→＝a ＋b ＋c ，A 1D →＝b －c ， ∴AC 1→·A 1D →＝(a ＋b ＋c )·(b －c ) ＝a ·b －a ·c ＋b 2－b ·c ＋b ·c －c 2 ＝1＋12－22＝－2.又|A 1D →|2＝(b －c )2＝b 2＋c 2－2b ·c ＝1＋4＋2＝7， ∴|A 1D →|＝7.∴cos 〈AC 1→，A 1D →〉＝AC 1→·A 1D →|AC 1→|·|A 1D →|＝－22×7＝－147.∴异面直线AC 1与A 1D 所成角的余弦值为147.(3)∵AA 1→＝c ，BD →＝b －a ， ∴AA 1→·BD →＝c ·(b －a ) ＝c ·b －c ·a ＝－1－(－1)＝0. ∴AA 1→⊥BD →，即AA 1⊥BD.。

2019高考数学文一轮分层演练：第8章立体几何 第2讲 Word版含解析

2019高考数学文一轮分层演练：第8章立体几何 第2讲 Word版含解析

[学生用书P248(单独成册)]一、选择题1．圆柱的底面积为S ，侧面展开图是一个正方形，那么圆柱的侧面积是( ) A ．4πS B ．2πS C ．πSD ．233πS解析：选A ．由πr 2＝S 得圆柱的底面半径是Sπ，故侧面展开图的边长为2π·S π＝2πS ，所以圆柱的侧面积是4πS ，故选A ．2．如图是某几何体的三视图，其中正视图是腰长为2的等腰三角形，侧视图是半径为1的半圆，则该几何体的体积是( )A ．πB ．π3C ．3πD ．3π3解析：选D ．由三视图可知，该几何体是两个同底的半圆锥，其中底的半径为1，高为22－12＝3，因此体积＝2×12×13π×12×3＝33π．3．如图所示的是一个几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20B ．22C ．24D ．26解析：选D ．该几何体为一个长方体从正上方挖去一个半圆柱剩下的部分，长方体的长，宽，高分别为4，1，2，挖去半圆柱的底面半径为1，高为1，所以表面积为S ＝S 长方体表－2S半圆柱底－S圆柱轴截面＋S半圆柱侧＝2×4×1＋2×1×2＋2×4×2－π×12－2×1＋12×2π×1＝26．故选D ．4．(2018·兰州诊断考试)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．(9＋5)πB ．(9＋25)πC ．(10＋5)πD ．(10＋25)π解析：选A ．由三视图可知，该几何体为一个圆柱挖去一个同底的圆锥，且圆锥的高是圆柱高的一半．故该几何体的表面积S ＝π×12＋4×2π＋12×2π×5＝(9＋5)π．5．(2018·云南第一次统考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为( )A ．12B ．18C ．24D ．30解析：选C ．由三视图知，该几何体是直三棱柱削去一个同底的三棱锥，其中三棱柱的高为5，削去的三棱锥的高为3，三棱锥与三棱柱的底面均为两直角边分别为3和4的直角三角形，所以该几何体的体积为12×3×4×5－13×12×3×4×3＝24，故选C ．6．正四棱锥P -ABCD 的侧棱和底面边长都等于22，则它的外接球的表面积是( ) A ．16π B ．12π C ．8πD ．4π解析：选A ．设正四棱锥的外接球半径为R ，顶点P 在底面上的射影为O ，因为OA ＝12AC ＝12AB 2＋BC 2＝12（22）2＋（22）2＝2，所以PO ＝P A 2－OA 2＝（22）2－22＝2．又OA ＝OB ＝OC ＝OD ＝2，由此可知R ＝2，于是S 球＝4πR 2＝16π．二、填空题7．将一个边长分别为4π，8π的矩形卷成一个圆柱，则这个圆柱的表面积是________． 解析：当以长度为4π的边为底面圆时，底面圆的半径为2，两个底面的面积是8π；当以长度为8π的边为底面圆时，底面圆的半径为4，两个底面圆的面积为32π．无论哪种方式，侧面积都是矩形的面积32π2．故所求的表面积是32π2＋8π或32π2＋32π．答案：32π2＋8π或32π2＋32π8．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：该几何体可视为正方体截去两个三棱锥所得，所以其体积为8－43－16＝132．答案：1329．在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，过A 1，C 1，B 三点的平面截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体ABCD -A 1C 1D 1，这个几何体的体积为403，则经过A 1，C 1，B ，D 四点的球的表面积为________．解析：设AA 1＝x ，则V ABCD ­A 1C 1D 1＝V ABCD ­A 1B 1C 1D 1－V B ­A 1B 1C 1＝2×2×x －13×12×2×2×x＝403，则x ＝4． 因为A 1，C 1，B ，D 是长方体的四个顶点，所以经过A 1，C 1，B ，D 四点的球的球心为长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的体对角线的中点，且长方体的体对角线为球的直径，所以球的半径R ＝22＋22＋422＝6，所以球的表面积为24π．答案：24π10．一个几何体的三视图如图所示，且其侧(左)视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为________．解析：由题意得，该几何体为如图所示的五棱锥P ­ABCDE ，所以体积V ＝13×⎝⎛⎭⎫12×2×1＋22×3＝533．答案：53 3三、解答题11．如图，在四边形ABCD 中，∠DAB ＝90°，∠ADC ＝135°，AB ＝5，CD ＝22，AD ＝2，求四边形ABCD 绕AD 旋转一周所成几何体的表面积及体积．解：由已知得：CE ＝2，DE ＝2，CB ＝5，S 表面＝S 圆台侧＋S 圆台下底＋S 圆锥侧＝π(2＋5)×5＋π×25＋π×2×22＝(60＋42)π，V ＝V 圆台－V圆锥＝13(π·22＋π·52＋22·52π2)×4－13π×22×2＝1483π．12．已知一个圆锥的底面半径为R ，高为H ．(1)若圆锥内有一个高为x 的内接圆柱，则x 为何值时，圆柱的侧面积最大？最大侧面积是多少？(2)作一平面将圆锥分成一个小圆锥与一个圆台，当两几何体的体积相等时，求小圆锥的高与圆台的高的比值．解：(1)设圆柱的侧面积为S ，底面半径为r ．由r R ＝H －x H ，得r ＝R －R H·x ． 则圆柱的侧面积S ＝2πrx ＝2πx ⎝⎛⎭⎫R －R H ·x ＝－2πR H·x 2＋2πRx ，显然，当x ＝－2πR 2⎝⎛⎭⎫－2πR H ＝H2时，圆柱的侧面积最大，最大侧面积为－2πR H ·⎝⎛⎭⎫H 22＋2πR ·H 2＝12πRH ．(2)设小圆锥的底面半径为a ，高为b ．由题意得小圆锥的体积V 1＝12×13πR 2H ＝16πR 2H ，由a R ＝b H ，且13πa 2b ＝16πR 2H ，得b ＝312H ＝342H ． 设圆台高为c ，则b c＝342H H －342H＝342－34，故小圆锥的高与圆台的高的比值为342－34．。

近年届高考数学一轮复习第八章立体几何层级快练47文(2021学年)

近年届高考数学一轮复习第八章立体几何层级快练47文(2021学年)

２0１9届高考数学一轮复习第八章立体几何层级快练47 文编辑整理：尊敬的读者朋友们:这里是精品文档编辑中心,本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的,发布之前我们对文中内容进行仔细校对,但是难免会有疏漏的地方,但是任然希望(2019届高考数学一轮复习第八章立体几何层级快练４7 文)的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈,这将是我们进步的源泉,前进的动力。

本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅,最后祝您生活愉快业绩进步，以下为201９届高考数学一轮复习第八章立体几何层级快练４7 文的全部内容。

层级快练(四十七)１．（２0１8·黑龙江哈尔滨六中模拟）一个棱锥的三视图如图所示,则该棱锥的表面积是( )A．4＋2错误!ﻩ B.4+错误!C.4+２ 2 ﻩD.４2答案 A解析由三视图可以看出,几何体是有一个与底面垂直且全等的侧面,另外两侧面为全等三角形的三棱锥.由图中数据知底面为等腰三角形，底边长为2，高为2，故面积为错误!×2×2＝２。

在底面上，由顶点在底面的投影向另两侧面的底边作高,将垂足与三棱锥顶点连接起来即得此两侧面的高．由图中数据,得侧面的底边长为错误!,高为2错误!，所以此两侧面的面积均为错误!×2错误!×错误!＝错误!，故此三棱锥的表面积为２+2＋错误!+错误!＝４＋2错误!．故选A。

2．（2０1８·四川攀枝花质检）一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是菱形,则该几何体的侧面积为( )A。

＼ｒ（3)+错误!B．错误!＋错误!C.错误!＋错误!Ｄ。

错误!+错误!答案 C解析该几何体是高为1，底面四边形为对角线长为2的菱形的四棱锥A-BCDＥ，如图所示.在直角三角形ABE中,AB=1，BE＝2，∴AE＝错误!。

在三角形AED中，AＥ=错误!,EＤ＝错误!,AD=错误!,∴AE2+DＥ2=AD2,∴三角形AED是直角三角形,则该几何体的侧面积为S=2×（１2×错误!×1)＋２×(错误!×错误!×错误!）=错误!＋错误!，故选C。

2019高考数学文一轮分层演练：第8章立体几何 第3讲 Word版含解析

2019高考数学文一轮分层演练：第8章立体几何 第3讲 Word版含解析

[学生用书P250(单独成册)]一、选择题1．四条线段顺次首尾相连，它们最多可确定的平面个数有()A．4个B．3个C．2个D．1个解析：选A．首尾相连的四条线段每相邻两条确定一个平面，所以最多可以确定四个平面．2．已知A，B，C，D是空间四点，命题甲：A，B，C，D四点不共面，命题乙：直线AC和BD不相交，则甲是乙成立的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选A．若A，B，C，D四点不共面，则直线AC和BD不共面，所以AC和BD 不相交；若直线AC和BD不相交，若直线AC和BD平行时，A，B，C，D四点共面，所以甲是乙成立的充分不必要条件．3．已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选A．若直线a，b相交，设交点为P，则P∈a，P∈b．又a⊂α，b⊂β，所以P∈α，P∈β，故α，β相交．反之，若α，β相交，则a，b可能相交，也可能异面或平行．故“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要条件．4．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：选A．由BC═∥AD，AD═∥A1D1知，BC═∥A1D1，从而四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥CD1，又EF⊂平面A1BCD1，EF∩D1C＝F，则A 1B 与EF 相交．5．如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，则异面直线AP 与BD 所成的角为( )A ．π6B ．π4C ．π3D ．π2解析：选C ．如图，将原图补成正方体ABCD -QGHP ，连接AG ，GP ，则GP ∥BD ，所以∠APG 为异面直线AP 与BD 所成的角，在△AGP 中，AG ＝GP ＝AP ， 所以∠APG ＝π3．6．已知l 1，l 2，l 3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( ) A ．l 1⊥l 2，l 2⊥l 3⇒l 1∥l 3 B ．l 1⊥l 2，l 2∥l 3⇒l 1⊥l 3 C ．l 1∥l 2∥l 3⇒l 1，l 2，l 3共面 D ．l 1，l 2，l 3共点⇒l 1，l 2，l 3共面解析：选B ．在空间中，垂直于同一直线的两条直线不一定平行，故A 错；两条平行直线中的一条垂直于第三条直线，则另一条也垂直于第三条直线，B 正确；相互平行的三条直线不一定共面，如三棱柱的三条侧棱，故C 错；共点的三条直线不一定共面，如三棱锥的三条侧棱，故D 错．二、填空题7．设a ，b ，c 是空间中的三条直线，下面给出四个命题： ①若a ∥b ，b ∥c ，则a ∥c ；②若a⊥b，b⊥c则a∥c；③若a与b相交，b与c相交，则a与c相交；④若a⊂平面α，b⊂平面β，则a，b一定是异面直线．上述命题中正确的命题是________(写出所有正确命题的序号)．解析：由公理4知①正确；当a⊥b，b⊥c时，a与c可以相交、平行或异面，故②错；当a与b相交，b与c相交时，a与c可以相交、平行，也可以异面，故③错；a⊂α，b⊂β，并不能说明a与b“不同在任何一个平面内”，故④错．答案：①8．如图，已知圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，C是圆柱下底面弧AB的中点，C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为________．解析：取圆柱下底面弧AB的另一中点D，连接C1D，AD，因为C是圆柱下底面弧AB的中点，所以AD∥BC，所以直线AC1与AD所成角等于异面直线AC1与BC所成角，因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，所以C1D⊥圆柱下底面，所以C1D⊥AD，因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，所以C1D＝2AD，所以直线AC1与AD所成角的正切值为2，所以异面直线AC 1与BC 所成角的正切值为2． 答案： 29．如图，平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中既与AB 共面又与CC 1共面的棱有________条．解析：依题意，与AB 和CC 1都相交的棱有BC ；与AB 相交且与CC 1平行有棱AA 1，BB 1；与AB 平行且与CC 1相交的棱有CD ，C 1D 1．故符合条件的有5条．答案：510．如图所示，在空间四边形ABCD 中，点E 、H 分别是边AB 、AD 的中点，点F 、G 分别是边BC 、CD 上的点，且CF CB ＝CG CD ＝23，则下列说法正确的是________．①EF 与GH 平行； ②EF 与GH 异面；③EF 与GH 的交点M 可能在直线AC 上，也可能不在直线AC 上； ④EF 与GH 的交点M 一定在直线AC 上．解析：连接EH ，FG (图略)，依题意，可得EH ∥BD ，FG ∥BD ，故EH ∥FG ，所以E 、F 、G 、H 共面．因为EH ＝12BD ，FG ＝23BD ，故EH ≠FG ，所以EFGH 是梯形，EF 与GH必相交，设交点为M ．因为点M 在EF 上，故点M 在平面ACB 上．同理，点M 在平面ACD 上，所以点M 是平面ACB 与平面ACD 的交点，又AC 是这两个平面的交线，所以点M 一定在直线AC 上．答案：④ 三、解答题11．如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，O 为正方形ABCD 的中心，H 为直线B 1D 与平面ACD 1的交点．求证：D 1、H 、O 三点共线．证明：如图，连接BD，B1D1，则BD∩AC＝O，因为BB1═∥DD1，所以四边形BB1D1D为平行四边形，又H∈B1D，B1D⊂平面BB1D1D，则H∈平面BB1D1D，因为平面ACD1∩平面BB1D1D＝OD1，所以H∈OD1．即D1、H、O三点共线．12．如图所示，A是△BCD所在平面外的一点，E，F分别是BC，AD的中点．(1)求证：直线EF与BD是异面直线；(2)若AC⊥BD，AC＝BD，求EF与BD所成的角．解：(1)证明：假设EF与BD不是异面直线，则EF与BD共面，从而DF与BE共面，即AD与BC共面，所以A，B，C，D在同一平面内，这与A是△BCD所在平面外的一点相矛盾．故直线EF与BD是异面直线．(2)取CD的中点G，连接EG，FG，则AC∥FG，EG∥BD，所以相交直线EF与EG所成的角，即为异面直线EF 与BD 所成的角．又因为AC ⊥BD ，则FG ⊥EG ．在Rt △EGF 中，由EG ＝FG ＝12AC ，求得∠FEG ＝45°，即异面直线EF 与BD 所成的角为45°．1．如图，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 ═∥12AD ，BE ═∥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？ 解：(1)证明：由题设知，FG ＝GA ，FH ＝HD ， 所以GH ═∥12AD ．又BC ═∥12AD ，故GH ═∥BC ． 所以四边形BCHG 是平行四边形． (2)C ，D ，F ，E 四点共面．理由如下： 由BE ═∥12F A ，G 是F A 的中点知，BE ═∥GF ， 所以EF ═∥BG ． 由(1)知BG ∥CH ，所以EF ∥CH ，故EC 、FH 共面．又点D 在直线FH 上，所以C ，D ，F ，E 四点共面．2．如图，在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥底面ABC ，D 是PC 的中点．已知∠BAC ＝π2，AB＝2，AC ＝23，P A ＝2．求：(1)三棱锥P -ABC 的体积；(2)异面直线BC 与AD 所成角的余弦值．解：(1)S △ABC ＝12×2×23＝23，三棱锥P -ABC 的体积为V ＝13S △ABC ·P A ＝13×23×2＝433．(2)如图，取PB 的中点E ，连接DE ，AE ，则ED ∥BC ，所以∠ADE (或其补角)是异面直线BC 与AD 所成的角．在△ADE 中，DE ＝2，AE ＝2，AD ＝2， cos ∠ADE ＝22＋22－22×2×2＝34．故异面直线BC 与AD 所成角的余弦值为34．。

相关主题
  1. 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
  2. 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
  3. 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

题组层级快练(四十七)1．(2018·黑龙江哈尔滨六中模拟)一个棱锥的三视图如图所示，则该棱锥的表面积是( )A ．4＋26B ．4＋ 6C ．4＋2 2D ．4 2答案 A解析 由三视图可以看出，几何体是有一个与底面垂直且全等的侧面，另外两侧面为全等三角形的三棱锥．由图中数据知底面为等腰三角形，底边长为2，高为2，故面积为12×2×2＝2.在底面上，由顶点在底面的投影向另两侧面的底边作高，将垂足与三棱锥顶点连接起来即得此两侧面的高．由图中数据，得侧面的底边长为5，高为265，所以此两侧面的面积均为12×265×5＝6，故此三棱锥的表面积为2＋2＋6＋6＝4＋2 6.故选A. 2．(2018·四川攀枝花质检)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是菱形，则该几何体的侧面积为( )A.3＋ 6B.3＋ 5C.2＋ 6D.2＋ 5答案 C解析 该几何体是高为1，底面四边形为对角线长为2的菱形的四棱锥A －BCDE ，如图所示．在直角三角形ABE 中，AB ＝1，BE ＝2，∴AE ＝ 3.在三角形AED 中，AE ＝3，ED ＝2，AD ＝5， ∴AE 2＋DE 2＝AD 2，∴三角形AED 是直角三角形，则该几何体的侧面积为S ＝2×(12×2×1)＋2×(12×2×3)＝2＋6，故选C.3．(2018·安徽师大附中、马鞍山二中高三测试)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．12B ．18C ．24D ．30答案 C解析 由三视图知，该几何体是一个长方体的一半再减去一个三棱锥后得到的，该几何体的体积V ＝12×4×3×5－13×12×4×3×(5－2)＝24，故选C.4．(2018·安徽淮北一模)如图是某空间几何体的三视图，其中正视图、侧视图、俯视图依次为直角三角形、直角梯形、等边三角形，则该几何体的体积为( )A.33B.32C.233D. 3答案 D解析 如图所示，该几何体为四棱锥，其中侧面ABCD ⊥底面PAB ，侧面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，DA ⊥AB ，该几何体的体积V ＝13×1＋22×2×3＝3，故选D.5．(2017·合肥一检)一个空间几何体的三视图如图所示，其中正视图为等腰直角三角形，侧视图与俯视图为正方形，则该几何体的体积和表面积分别为( )A ．64，48＋16 2B ．32，48＋16 2 C.643，32＋16 2 D.323，48＋16 2 答案 B解析 由三视图可知，该几何体是一个三棱柱，其直观图如图所示． 体积V ＝12×4×4×4＝32，表面积S ＝2×12×42＋4×(4＋4＋42)＝48＋16 2.6．(2016·课标全国Ⅱ)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答案 C解析 该几何体是圆锥与圆柱的组合体，由三视图可知圆柱底面圆的半径r ＝2，底面圆的周长c ＝2πr ＝4π，圆锥的母线长l ＝22＋（23）2＝4，圆柱的高h ＝4，∴S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π.7．(2018·山东师大附中模拟)如图，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为4，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥爬行一周后回到点P 处，若该小虫爬行的最短路程为43，则这个圆锥的体积为( )A.153B.3235π27C.1282π81D.833答案 C解析 作出该圆锥的侧面展开图，如图中阴影部分所示，该小虫爬行的最短路为PP ′，∵OP ＝OP ′＝4，PP ′＝43，由余弦定理可得cos ∠P ′OP ＝OP 2＋OP ′2－PP ′22OP ·OP ′＝－12，∴∠P ′OP ＝2π3.设底面圆的半径为r ，圆锥的高为h ，则有2πr ＝2π3×4，∴r ＝43，h ＝l 2－r 2＝823，∴圆锥的体积V ＝13πr 2h ＝1282π81.8．(2018·甘肃兰州一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．(9＋5)πB ．(9＋25)πC ．(10＋5)πD ．(10＋25)π答案 A解析 该几何体是一个圆柱挖去一个圆锥． S 表面积＝π·12＋2π·1·4＋π·1·5＝(9＋5)π.9．(2017·浙江)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.π2＋1 B.π2＋3 C.3π2＋1 D.3π2＋3 答案 A解析 由几何体的三视图可得，该几何体是由半个圆锥和一个三棱锥组成的，故该几何体的体积V ＝13×12π×3＋13×12×2×1×3＝π2＋1，故选A.10．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．8－π4B ．8－π2C ．8－πD ．8－2π答案 C解析 由三视图可知，该几何体的体积是一个四棱柱的体积减去半个圆柱的体积，即V ＝2×2×2－12×π×12×2＝8－π.故选C.11．(2018·河北唐山模拟)一个几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积为( )A ．24－πB ．24－3πC ．24＋πD ．24－2π答案 A解析 由三视图可知，该几何体是棱长为2的正方体挖去右下方18球后得到的几何体，该球以顶点为球心，2为半径，则该几何体的表面积为2×2×6－3×14×π×22＋18×4×π×22＝24－π，故选A.12．(2018·福建晋江联考)如图，某几何体的三视图中，正视图和侧视图都是半径为3的半圆和相同的正三角形，其中正三角形的上顶点是半圆弧的中点，底边在直径上，则该几何体的表面积是( )A ．6πB ．8πC ．10πD ．11π答案 C解析 由三视图可知，该几何体是一个半球挖去一个圆锥后得到的几何体，且半球的底面半径为3，圆锥的轴截面为等边三角形，其高为3，故圆锥的底面半径为1，母线长为2.该几何体的表面由半球的侧面、圆锥的侧面以及半球的底面除去圆锥的底面三部分构成．半球的侧面积S 1＝12×4π×(3)2＝6π，圆锥的侧面积S 2＝π×1×2＝2π，半球的底面圆的面积S 3＝π×(3)2＝3π，圆锥的底面积S 4＝π×12＝π，所以该几何体的表面积为S ＝S 1＋S 2＋S 3－S 4＝6π＋2π＋3π－π＝10π.故选C.13．(2018·贵州贵阳模拟)甲、乙两个几何体的正视图和侧视图相同，俯视图不同，如图所示，记甲的体积V 甲，乙的体积为V 乙，则( )A ．V 甲<V 乙B ．V 甲＝V 乙C ．V 甲>V 乙D ．V 甲，V 乙的大小关系不能确定答案 C解析 由三视图知，甲几何体是一个以边长为1的正方形为底面的四棱锥，乙几何体是在甲几何体的基础上去掉一个三个面是直角三角形的三棱锥后得到的一个三棱锥，所以V 甲>V 乙，故选C.14．(2018·郑州质量预测)将一个底面半径为1，高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱的最大体积为( ) A.π27 B.8π27C.π3D.2π9 答案B 解析 如图所示，设圆柱的半径为r ，高为x ，体积为V ，由题意可得r 1＝2－x2，所以x ＝2－2r ，所以圆柱的体积V ＝πr 2(2－2r)＝2π(r 2－r 3)(0<r<1)．设V(r)＝2π(r 2－r 3)(0<r<1)，则V ′(r)＝2π(2r －3r 2)，由2π(2r －3r 2)＝0，得r ＝23，所以圆柱的最大体积V max ＝2π[(23)2－(23)3]＝8π27，故选B.15．(2018·沧州七校联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．答案 π解析 该几何体是一个半圆柱，底面半径为1，高为2，则其体积V ＝12×π×12×2＝π.16．(2018·江苏盐城一模)将矩形ABCD 绕边AB 旋转一周得到一个圆柱，其中AB ＝3，BC ＝2，圆柱上底面圆心为O ，△EFG 为下底面圆的一个内接直角三角形，则三棱锥O －EFG 体积的最大值是________． 答案 4解析 由题意，易知所得圆柱如图所示，其中圆柱的底面半径为2，高为3，∴三棱锥O －EFG 的高为3，∴当△EFG 的面积最大时，三棱锥O －EFG 的体积最大．由△EFG 为下底面圆的一个内接直角三角形，则可设EF 为直径，∴当点G 在EF 的垂直平分线上时，△EFG 的面积最大，最大值(S △EFG )max ＝12×4×2＝4，∴三棱锥O －EFG 体积的最大值V max ＝13×(S △EFG )max ×3＝13×4×3＝4.17.右图为一简单组合体，其底面ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，EC ∥PD ，且PD ＝AD ＝2EC ＝2. (1)画出该几何体的三视图； (2)求四棱锥B －CEPD 的体积． 答案 (1)略 (2)2 解析 (1)如图所示：(2)∵PD ⊥平面ABCD ，PD ⊂平面PDCE ， ∴平面PDCE ⊥平面ABCD. ∵BC ⊥CD ，∴BC ⊥平面PDCE.∵S 梯形PDCE ＝12(PD ＋EC)·DC ＝12×3×2＝3，∴四棱锥B －CEPD 的体积V B －CEPD ＝13S 梯形PDCE ·BC ＝13×3×2＝2.18．如图所示的三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图在下面画出(单位：cm)．(1)在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图； (2)按照给出的尺寸，求该多面体的体积；(3)在所给直观图中连接BC ′，证明：BC ′∥平面EFG . 答案 (1)略 (2)2843 cm 3 (3)略解析 (1)如图所示．(2)所求多面体的体积是：V ＝V 长方体－V 正三棱锥＝4×4×6－13×(12×2×2)×2＝2843 cm 3.(3)如图所示，复原长方体ABCD －A ′B ′C ′D ′，连接AD ′，则AD ′∥BC ′.∵E ，G 分别是AA ′，A ′D ′的中点， ∴AD ′∥EG.从而EG ∥BC ′. 又BC ′⊄平面EFG ， ∴BC ′∥平面EFG .1．(2018·重庆巴蜀中学期中)我国的神舟十一号飞船已于2016年10月17日7时30分在酒泉卫星发射中心成功发射升空，并于19日凌晨，与天空二号自动交会对接成功，如图所示为飞船上某零件的三视图，网格纸表示边长为1的正方形，粗实线画的是该零件的三视图，则该零件的体积为( )A ．4B ．8C ．12D ．20答案 C解析 由三视图知，该几何体是四棱锥，且底面是长为6，宽为2的矩形，高为3，所以该几何体的体积V ＝13×6×2×3＝12，故选C.2．(2018·宜昌一中期中)某四面体的三视图如图所示，则该四面体的四个面中，直角三角形的面积和是( )A ．2B ．4C ．2＋ 5D ．4＋2 5答案 C解析 由三视图可得原几何体如图，该几何体的高PO ＝2，底面△ABC 是腰长为2的等腰直角三角形，该几何体中，直角三角形是底面△ABC和侧面△PBC.事实上，∵PO ⊥底面ABC ，∴平面PAC ⊥底面ABC ，而BC ⊥AC ，∴BC ⊥平面PAC ，∴BC ⊥PC.∴PC ＝22＋12＝5，S △PBC ＝12×2×5＝5，S △ABC ＝12×2×2＝2.∴面积和为2＋5，故选C.3.(2018·河北廊坊模拟)如图，网格上小正方形的边长为1，粗线画出的是某空间几何体的三视图，则该几何体的体积为( ) A ．12 B ．6 C ．2 D ．3 答案 B解析 由三视图知该几何体是底面为直角梯形的四棱柱，其高为2，梯形的上底为2，下底为22，高为2，其体积为(2＋22)×2×12×2＝6.故选B.4.(2018·广州检测)高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的( ) A.14B.13 C.12 D.23答案 C解析 由侧视图、俯视图知该几何体是高为2、底面积为12×2×(2＋4)＝6的四棱锥，其体积为4.易知直三棱柱的体积为8，则该几何体的体积是原直三棱柱体积的48＝12，故选C.5．(2018·广东清远一模)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．12B ．24C ．40D ．72答案 C解析 由三视图可知几何体为长方体上面放了一个四棱锥．所求体积V ＝3×4×2＋13×3×4×4＝40.6．(2018·河南八市重点质检)如图是某几何体的三视图，当xy 最大时，该几何体的体积为( )A ．215＋15π12 B ．1＋π12C.15＋15π4D ．1＋15π4答案 A解析 由三视图可知，几何体是一个四分之一的圆锥与一个三棱柱的组合体．设该几何体的高为h ，则⎩⎪⎨⎪⎧h 2＋y 2＝31，h 2＋12＝x 2，所以x 2＋y 2＝32.由不等式xy ≤x 2＋y 22可知，当且仅当x ＝y ＝4时，xy 取到最大值，此时h ＝15，所以组合体的体积为12×1×15×4＋14×13×1×1×π×15＝215＋15π12，故选A.7.(2015·福建，文)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 2 B ．11＋2 2 C ．14＋2 2 D ．15答案 B解析 由题中三视图可知，该几何体是底面为直角梯形、高为2的直四棱柱，所以其表面积为S 表面积＝S 侧面积＋2S 下底面积＝(1＋1＋2＋2)×2＋2×12×(1＋2)×1＝11＋22，故选B.8．(2018·重庆荣昌中学期中)如图所示，在边长为2的正方形ABCD 中，圆心为B ，半径为1的圆与AB ，BC 分别交于点E ，F ，则阴影部分绕直线BC 旋转一周形成几何体的体积等于( ) A ．π B ．6π C.4π3 D ．4π 答案 B解析 由旋转体的定义可知，阴影部分绕直线BC 旋转一周形成的几何体为圆柱中挖掉一个半球和一个圆锥．该圆柱的底面半径R ＝BA ＝2，母线长l ＝AD ＝2，故该圆柱的体积V 1＝π×22×2＝8π，半球的半径为1，其体积V 2＝12×43π×13＝2π3，圆锥的底面半径为2，高为1，其体积V 3＝13π×22×1＝4π3，所以阴影部分绕直线BC 旋转一周形成的几何体的体积V ＝V 1－V 2－V 3＝6π.9.(2015·课标全国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图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( ) A.18 B.17 C.16 D.15答案 D解析 如图，不妨设正方体的棱长为1，则截去部分三棱锥A －A 1B 1D 1，其体积为16，又正方体的体积为1，则剩余部分的体积为56，故所求比值为15.故选D. 10．(2017·山东济宁模拟)若一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．75＋210B ．75＋410C ．48＋410D ．48＋210答案 B解析 由三视图可知该几何体是一个四棱柱．两个底面面积之和为2×4＋52×3＝27，四个侧面的面积之和是(3＋4＋5＋10)×4＝48＋410，故表面积是75＋410.11．(2018·湖南长沙模拟)如图(单位：cm)，则图中阴影部分绕AB 旋转一周所形成的几何体的体积为________．答案1403π 解析 图中阴影部分绕AB 旋转一周后形成的几何体是一个圆台，从上面又挖去了一个半球．12．(2018·天津和平区校级月考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是________cm 3.答案163解析 由三视图可得，该几何体是三棱锥和三棱柱的组合体，它们的底面面积为12×2×2＝2(cm 2)，它们的高均为2 cm ，故该几何体的体积V ＝2×2＋13×2×2＝163(cm 3)．13．(2018·北京西城区期末)在空间直角坐标系O －xyz 中，四面体ABCD 在xOy 、yOz 、zOx 坐标平面上的一组正投影图形如图所示(坐标轴用细虚线表示)，则该四面体的体积是________．答案 43解析 由右图可知，该三棱锥A －BCD 的底面是底为1，高为4的△BCD ，三棱锥的高为2，故其体积V ＝13×12×4×1×2＝43.14．(2017·衡水中学调研卷)若一个半径为2的球体经过切割之后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．答案 16π解析 由三视图，可知该几何体是一个球体挖去14之后剩余的部分，故该几何体的表面积为球体表面积的34与两个半圆面的面积之和，即S ＝34×(4π×22)＋2×(12π×22)＝16π.15．如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1－EDF 的体积为________．答案 16解析 三棱锥D 1－EDF 的体积即为三棱锥F －DD 1E 的体积．因为E ，F 分别为AA 1，B 1C 上的点，所以正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中△EDD 1的面积为定值12，F 到平面AA 1D 1D 的距离为定值1，所以VF －DD 1E ＝13×12×1＝16.16．(2017·烟台模拟)某几何体的主(正)视图与俯视图如图所示，左(侧)视图与主视图相同，且图中的四边形都是边长为2的正方形，两条虚线互相垂直，则该几何体的体积是( )A.203 B.43 C ．6 D ．4答案 A解析 由三视图可知该几何体是由棱长为2的正方体，挖去一个底面边长为2的正方形，高为1的正四棱锥，该几何体体积为V ＝23－13×22×1＝203.17．(2017·辽宁五校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________．答案 11解析 由三视图知，该几何体为长方体去掉一个三棱锥，其体积V ＝2×2×3－13×(12×2×1)×3＝11.18．(2018·广东清远三中月考)一个几何体的三视图如图所示，且其侧视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为________．答案（8＋π）36解析 由已知中的三视图可知，该几何体由一个半圆锥和一个四棱锥组合而成，其中半圆锥的底面半径为1，四棱锥的底面是一个边长为2的正方形，他们的高均为3，则V ＝13·(12·π＋4)·3＝（8＋π）36.。

相关文档
最新文档