立体几何作业

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高中数学-向量与立体几何习题5

课时作业(五)1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是上底面A 1B 1C 1D 1的中心，则AC 1与CE 的位置关系是( )A ．重合B ．垂直C ．平行D ．无法确定答案 B2．已知斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面ABC 是等腰直角三角形，AB ＝AC ＝2，CC 1＝2，AA 1与AB ，AC 都成60°角，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( ) A.14 B.155 C.105 D.16 答案 D3.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，AM →＝12MC 1→，点N 为B 1B 的中点，则|MN →|等于( )A.216 B.66 C.156 D.153 答案 A4.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是DD 1的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON 与AM 的位置关系是( )A ．平行B ．垂直C ．相交但不垂直D ．无法判断答案 B5．对于空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，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 ．既不充分也不必要条件答案 B解析由题意，{OA →，OB →，OC →}构成空间的一个基底，OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(x ，y ，z ∈R )，则P ，A ，B ，C 四点共面等价于x ＋y ＋z ＝1.若x ＝2，y ＝－3，z ＝2，则x ＋y ＋z ＝1，所以P ，A ，B ，C 四点共面．若P ，A ，B ，C 四点共面，则x ＋y ＋z ＝1，不能得到“x ＝2，y ＝－3，z ＝2.所以“x ＝2，y ＝－3，z ＝2”是“P ，A ，B ，C 四点共面”的充分不必要条件． 6.如图，在大小为45°的二面角A －EF －D 中，四边形ABFE ，CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是( )A. 3B. 2C ．1 D.3－ 2 答案 D解析 {BF →，FE →，ED →}构成空间的一个基底，因为BD →＝BF →＋FE →＋ED →，所以|BD →|2＝|BF →|2＋|FE→|2＋|ED →|2＋2BF →·FE →＋2FE →·ED →＋2BF →·ED →＝1＋1＋1－2＝3－2，故|BD →|＝3－ 2.7．已知空间四边形ABCD 的各边和对角线的长都等于a ，点M ，N 分别是AB ，CD 的中点，则MN ________AB (填“∥”或“⊥”)．答案 ⊥8．已知V 为矩形ABCD 所在平面外一点，且VA ＝VB ＝VC ＝VD ，若VP →＝13VC →，VM →＝23VB →，VN →＝23VD →，则VA 与平面PMN 的位置关系是________．答案平行解析设VA →＝a ，VB →＝b ，VC →＝c ，则{a ，b ，c }构成空间的一个基底，VD →＝a ＋c －b .由题意知PM →＝23b －13c ，PN →＝23VD →－13VC →＝23a －23b ＋13c .因此VA →＝32PM →＋32PN →，所以VA →，PM →，PN →共面．又VA ⊄平面PMN ，所以VA ∥平面PMN .9.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 是DD 1的中点，O 是底面ABCD 的中心．求证：B 1O ⊥平面P AC .解析如图，连接BD ，则BD 过点O ，令AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，设|a |＝|b |＝|c |＝1，∵AC →＝AB →＋AD →＝a ＋b ，OB 1→＝OB →＋BB 1→＝12DB →＋BB 1→＝12(AB →－AD →)＋BB 1→＝12a －12b ＋c .∴AC →·OB 1→＝(a ＋b )·⎝⎛⎭⎫12a －12b ＋c ＝12|a |2＋12a ·b －12a ·b －12|b |2＋a ·c ＋b ·c ＝12－12＝0. ∴AC →⊥OB 1→，即AC ⊥OB 1.又AP →＝AD →＋12DD 1→＝b ＋12c ，∴OB 1→·AP →＝⎝⎛⎭⎫12a －12b ＋c ·⎝⎛⎭⎫b ＋12c ＝12a ·b －12|b |2＋c ·b ＋14a ·c －14b ·c ＋12|c |2＝－12＋12＝0， ∴OB 1→⊥AP →，即OB 1⊥AP .又AC ∩AP ＝A ，AC ，AP ⊂平面P AC ，∴OB 1⊥平面P AC .10．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知E ，F ，G ，H 分别是CC 1，BC ，CD 和A 1C 1的中点．证明：(1)AB 1∥GE ，AB 1⊥EH ； (2)A 1G ⊥平面EFD .证明 (1)如图，设正方体棱长为1，AB →＝i ，AD →＝j ，AA 1→＝k ，则{i ，j ，k }构成空间的一个单位正交基底.AB 1→＝AB →＋BB 1→＝i ＋k ，GE →＝GC →＋CE →＝12i ＋12k ＝12AB 1→，∴AB 1∥GE .EH →＝EC 1→＋C 1H →＝12k ＋⎝⎛⎭⎫－12(i ＋j ) ＝－12i －12j ＋12k ，∵AB 1→·EH →＝(i ＋k )·⎝⎛⎭⎫－12i －12j ＋12k ＝－12|i |2＋12|k |2＝0，∴AB 1⊥EH .(2)A 1G →＝A 1A →＋AD →＋DG →＝－k ＋j ＋12i .DF →＝DC →＋CF →＝i －12j ，DE →＝DC →＋CE →＝i ＋12k .∴A 1G →·DF →＝⎝⎛⎭⎫－k ＋j ＋12i ·⎝⎛⎭⎫i －12j ＝－12|j |2＋12|i |2＝0，∴A 1G ⊥DF .A 1G →·DE →＝⎝⎛⎭⎫－k ＋j ＋12i ·⎝⎛⎭⎫i ＋12k ＝－12|k |2＋12|i |2＝0，∴A 1G ⊥DE .又DE ∩DF ＝D ，DE ，DF ⊂平面EFD ， ∴A 1G ⊥平面EFD .11．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，H 分别在棱BB 1，BC ，BA 上，且满足BM →＝34BB 1→，BN →＝12BC →，BH →＝12BA →，O 是平面B 1HN 、平面ACM 与平面B 1BDD 1的一个公共点，设BO →＝xBH →＋yBN →＋zBM →，则x ＋y ＋3z ＝( ) A.105 B.125 C.145 D.165 答案 C解析 {BH →，BN →，BM →}构成空间的一个基底，如图，设Q 为AC 与BD 的交点，P 为BQ 的中点，连接MQ ，B 1P ，O 为MQ 与B 1P 的交点．过P 作PT ∥MQ 交BB 1于T .则T 为BM 的中点，所以MT ＝12BM ＝12×34BB 1＝12×34×4MB 1＝32MB 1.所以B 1O →＝23OP →，因此BO→＝35BB 1→＋25BP →＝35·43BM →＋25·12(BH →＋BN →)＝45BM →＋15BH →＋15BN →，因为BO →＝xBH →＋yBN →＋zBM →，所以z ＝45，x ＝15，y ＝15，所以x ＋y ＋3z ＝145.12.【多选题】如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面边长和侧棱长都等于1，∠BAA 1＝∠CAA 1＝60°.设AA 1→＝a ，AB →＝b ，AC →＝c ，则( )A.BC 1→＝a ＋b ＋cB ．|BC 1→|＝ 2 C ．BC 1⊥A 1B 1D ．异面直线AB 1与BC 1所成角的正切值为 5 答案 BCD解析以{a ，b ，c }为空间的一个基底，BC 1→＝BB 1→＋B 1C 1→＝BB 1→＋A 1C 1→－A 1B 1→＝AA 1→＋AC →－AB→＝a ＋c －b ，A 不正确．因为a ·b ＝|a |·|b |cos ∠BAA 1＝1×1×cos 60°＝12，同理可得a ·c ＝b ·c ＝12，所以|BC 1→|＝（a ＋c －b ）2＝a 2＋c 2＋b 2＋2a ·c －2a ·b －2c ·b ＝1＋1＋1＋1－1－1＝2，B 正确．因为A 1B 1→＝AB →＝b ，所以A 1B 1→·BC 1→＝b ·(a ＋c －b )＝b ·a ＋b ·c －b 2＝12＋12－1＝0，C 正确．因为AB 1→＝a ＋b ，所以|AB 1→|＝（a ＋b ）2＝a 2＋b 2＋2a ·b ＝1＋1＋1＝3，因为AB 1→·BC 1→＝(a ＋b )·(a ＋c －b )＝a 2＋a ·c －a ·b ＋b ·a ＋c ·b －b 2＝1＋12－12＋12＋12－1＝1.所以cos〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝13×2＝66，sin 〈AB 1→，BC 1→〉＝1－⎝⎛⎭⎫662＝306，tan 〈AB 1→，BC 1→〉＝ 5.所以异面直线AB 1与BC 1所成角的正切值为5，D 正确．13.【多选题】如图，已知斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC ＝π2，∠BAA 1＝2π3，∠CAA 1＝π3，AB ＝AC ＝1，AA 1＝2，点O 是B 1C 与BC 1的交点．则下列结论正确的是( )A.AO →＝12(AB →＋AC →＋AA 1→) B ．|AO →|＝32C ．AO ⊥BCD ．平面ABC ⊥平面B 1BCC 1 答案 AD解析 AO →＝AB →＋BO →＝AB →＋12(BC →＋BB 1→)＝AB →＋12(AC →－AB →＋AA 1→)＝12(AB →＋AC →＋AA 1→)，A 正确．设AB →＝a ，AC →＝b ，AA 1→＝c ，则{a ，b ，c }构成空间的一个基底．|AO →|2＝⎣⎡⎦⎤12（a ＋b ＋c ）2＝14(a 2＋b 2＋c 2＋2a ·b ＋2b ·c ＋2a ·c )＝14(1＋1＋4＋0＋2×1×2×cos π3＋2×1×2×cos 2π3)＝32，所以|AO →|＝62，B 不正确．因为BC →＝b －a ，所以AO →·BC →＝12(a ＋b ＋c )·(b －a )＝1≠0，C 不正确．如图，取BC 的中点E ，连接AE ，则AE →＝12(AB →＋AC →)＝12(a ＋b )．因为AB ＝AC ，E 为BC 的中点，所以AE ⊥BC .又AE →·BB 1→＝12(a ＋b )·c ＝12(1×2×cos 2π3＋1×2×cos π3)＝0，所以AE ⊥BB 1.因为BC ∩BB 1＝B ，BB 1，BC ⊂平面B 1BCC 1，所以AE ⊥平面B 1BCC 1.又AE ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面B 1BCC 1，D 正确．14．空间四边形OABC 的各边及对角线长均为2，E 是AB 的中点，F 在OC 上，且OF →＝2FC →.(1)用{OA →，OB →，OC →}表示EF →＝________；(2)向量OE →与向量BF →所成角的余弦值为________．答案 (1)－12OA →－12OB →＋23OC → (2)－52142解析 (1){OA →，OB →，OC →}构成空间的一个基底，因为E 是AB 的中点，F 在OC 上，且OF →＝2FC →，所以OE →＝12(OA →＋OB →)，OF →＝23OC →，于是EF →＝OF →－OE →＝ 23OC →－12(OA →＋OB →)＝－12OA →－12OB →＋23OC →.(2)由(1)得OE →＝12(OA →＋OB →)，BF →＝OF →－OB →＝23OC →－OB →，因此|OE →|＝12|OA →＋OB →|＝12×4＋4＋2×2×2×12＝3，|BF →|＝⎪⎪⎪⎪23OC →－OB →＝49×4＋4－43×2×2×12＝273，又因为OE →·BF →＝12(OA →＋OB →)·⎝⎛⎭⎫23OC →－OB →＝－53，所以向量OE →与向量BF →所成角的余弦值cos 〈OE →，BF →〉＝OE →·BF →|OE →||BF →|＝－533×273＝－52142.15．在棱长为2的正四面体ABCD 中，点M 满足AM →＝xAB →＋yAC →－(x ＋y －1)AD →，点N 满足BN →＝λBA →＋(1－λ)BC →，当AM ，BN 最短时，AM →·MN →等于( )A ．－43 B.43C ．－13 D.13答案 A16.在如图所示的平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知AB ＝AA 1＝AD ，∠BAD ＝∠DAA 1＝60°，∠BAA 1＝30°，N 为A 1D 1上一点，且A 1N ＝λA 1D 1.若BD ⊥AN ，则λ的值为________．答案3－11.如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( )A.32 B.155 C.105 D.33 答案 C 解析设BA →＝a ，BC →＝b ，BB 1→＝c ，则|a |＝2，|b |＝|c |＝1， AB 1→＝c －a ，BC 1→＝b ＋c ，a ·b ＝|a |·|b |cos ∠ABC ＝2×1×cos 120°＝－1，a ·c ＝b ·c ＝0， |AB 1→|＝|c －a |＝5，|BC 1→|＝|b ＋c |＝2， AB 1→·BC 1→＝(c －a )·(b ＋c )＝b ·c ＋c 2－a ·b －a ·c ＝0＋1－(－1)－0＝2，所以cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→|·|BC 1→|＝25×2＝105.所以异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为105. 2.如图，在空间四边形OABC 中，OA ＝8，AB ＝6，AC ＝4，BC ＝5，∠OAC ＝45°，∠OAB ＝60°，则OA 与BC 所成角的余弦值为( )A.3－225B.2－26C.12D.32 答案 A解析因为OA →·BA →＝8×6×cos 60°＝24，OA →·AC →＝8×4×cos 135°＝－16 2.设异面直线OA与BC 的夹角为θ，则cos θ＝|OA →·BC →||OA →||BC →|＝|OA →·（BA →＋AC →）||OA →||BC →|＝24－1628×5＝3－225.3.【多选题】如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1，其中，以顶点A 为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是( )A ．AC 1＝6 6B ．AC 1⊥DBC ．向量B 1C →与AA 1→的夹角是60° D ．BD 1与AC 所成角的余弦值为63答案 AB解析设AA 1→＝a ，AB →＝b ，AD →＝c ，则{a ，b ，c }是空间的一个基底．因为以顶点A 为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°，所以AA 1→·AB →＝AA 1→·AD →＝AD →·AB →＝a ·b ＝a ·c＝c ·b ＝6×6×cos 60°＝18，|AC 1→|2＝(AA 1→＋AB →＋AD →)2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2a ·b ＋2b ·c＋2a ·c ＝36＋36＋36＋3×2×18＝216，则|AC 1→|＝|a ＋b ＋c |＝66，A 正确.AC 1→·DB →＝(a ＋b ＋c )·(b －c )＝a ·b －a ·c ＋b 2－b ·c ＋c ·b －c 2＝0，B 正确．连接A 1D ，显然△AA 1D 为等边三角形，则∠AA 1D ＝60°.因为B 1C →＝A 1D →，且向量A 1D →与AA 1→的夹角是120°，所以B 1C →与AA 1→的夹角是120°，C 不正确．因为BD 1→＝c ＋a －b ，AC →＝b ＋c ，所以|BD 1→|＝（c ＋a －b ）2＝62，|AC →|＝（b ＋c ）2＝63，BD 1→·AC →＝(c ＋a －b )·(b ＋c )＝36，所以cos 〈BD 1→，AC →〉＝BD 1→·AC →|BD 1→||AC →|＝3662×63＝66，D 不正确．4.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BC 1与B 1C 相交于点O ，∠A 1AB ＝∠A 1AC ＝60°，∠BAC ＝90°，A 1A ＝3，AB ＝AC ＝2，则线段AO 的长度为( )A.292 B.29 C.232 D.23 答案 A5．正四面体ABCD 中，M ，N 分别为棱BC ，AB 的中点，则异面直线DM 与CN 所成角的余弦值为________．答案 166.如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝1，BC ＝2，AA 1＝3，E 为CC 1上的点，且CE ＝1，求异面直线AB 1，BE 所成角的余弦值．解析 AB 1→·BE →＝(AB →＋BB 1→)·(BC →＋CE →) ＝AB →·BC →＋AB →·CE →＋BB 1→·BC →＋BB 1→·CE →＝0＋0＋0＋3＝3.依题意，易知|AB 1→|＝10，|BE →|＝5，所以cos 〈AB 1→，BE →〉＝AB 1→·BE →|AB 1→|·|BE →|＝310×5＝3210.即异面直线AB 1，BE 所成角的余弦值为3210.。

2020_2021学年新教材高中数学单元素养评价第六章立体几何初步作业含解析北师大版必修第二册

单元素养评价(五)(第六章)(120分钟150分)一、单选题(每小题5分,共40分)1.对两条不相交的空间直线a与b,必存在平面α,使得( )A.a⊂α,b⊂αB.a⊂α,b∥αC.a⊥α,b⊥αD.a⊂α,b⊥α【解析】选B.已知两条不相交的空间直线a和b,可以在直线a上任取一点A,则A∉b,过A作直线c∥b,则过直线a,c必存在平面α且使得a⊂α,b∥α.2.在空间四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA上分别取E,F,G,H四点,如果EF,HG交于一点P,则( )A.点P一定在直线BD上B.点P一定在直线AC上C.点P一定在直线AC或BD上D.点P既不在直线AC上,也不在直线BD上【解析】选B. 如图,因为P∈HG,HG⊂平面ACD,所以P∈平面ACD.同理,P∈平面BAC.因为平面BAC∩平面ACD=AC,所以P∈AC.3.(2020·全国Ⅰ卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥,以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A. B. C. D.【解析】选C.如图,设CD=a,PE=b,则PO==,由题意PO2=ab,即b2-=ab,化简得4-2·-1=0,解得=(负值舍去).4.《算数书》是我国现存最早的有系统的数学典籍,其中记载有求“困盖”的术:置如其周,令相乘也. 又以高乘之,三十六成一. 该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h,计算其体积V的近似公式V≈L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么,近似公式V≈L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( )A. B. C. D.【解析】选B.设圆锥底面积的半径为r,高为h,则L=2πr,πr2h=(2πr)2h,所以π=.5.菱形ABCD在平面α内,PC⊥α,则PA与对角线BD的位置关系是( )A.平行B.相交但不垂直C.相交垂直D.异面垂直【解析】选D.如图,PC⊥平面ABCD,所以PC⊥BD.又四边形ABCD是菱形,所以BD⊥AC. 因为PC∩AC=C,所以BD⊥平面PAC.因为PA⊂平面PAC,所以BD⊥PA.显然PA与BD异面,所以PA与BD异面垂直.6.一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示),∠ABC=45°,AB=AD=1,DC⊥BC,则这个平面图形的面积为( )A.+B.2+C.+D.+【解析】选 B.如图,将直观图ABCD 还原后为直角梯形A′BCD′,其中A′B=2AB=2,BC=1+,A′D′=AD=1.所以这个平面图形的面积S=×(1+1+)×2=2+.7.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则( )A.A1E⊥DC1B.A1E⊥BDC.A1E⊥BC1D.A1E⊥AC【解析】选C.如图,连接BC1,B1C,A1D,由题设知,A1B1⊥平面BCC1B1,从而A1B1⊥BC1,又B1C⊥BC1,且A1B1∩B1C=B1,所以BC1⊥平面A1B1CD,又A1E⊂平面A1B1CD,所以A1E⊥BC1.8.如图,等边三角形ABC的边长为4,M,N分别为AB,AC的中点,沿MN将△AMN折起,使得平面AMN与平面MNCB所成的二面角为30°,则四棱锥A-MNCB的体积为(A. B. C. D.3【解析】选A.如图,作出二面角A-MN-B的平面角∠AED,AO为△AED底边ED上的高,也是四棱锥A-MNCB的高.由题意,得ED=,AO=,所以S四边形MNCB=×(2+4)×=3,V=××3=.二、多选题(每小题5分,共20分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)9.用一张长、宽分别为8 cm和4 cm的矩形硬纸折成正四棱柱的侧面,则此正四棱柱的对角线长可以为( )A. cmB.2 cmC.32 cmD. cm【解析】选BD.分两种情况:(1)以4 cm的长为高,则正四棱柱底面是边长为2 cm的正方形,因此对角线长l1==2(cm).(2)以8 cm长为高,则正四棱柱底面是边长为 1 cm的正方形,因此对角线长l2==(cm).10.用一个平面去截正方体,关于截面的形状,下列判断正确的是( )A.直角三角形B.正五边形C.正六边形D.梯形【解析】选CD.画出截面图形如图:可以截出三角形但不是直角三角形,故A错误;如图1经过正方体的一个顶点去截就可得到五边形,但不是正五边形,故B错误;正方体有六个面,如图2用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形,且可以截出正六边形,故C正确;可以截出梯形,故D正确.11.如图,在棱长均相等的正四棱锥P-ABCD中,O为底面正方形的中心,M,N分别为侧棱PA,PB 的中点,下列结论正确的是( )A.PC∥平面OMNB.平面PCD∥平面OMNC.OM⊥PAD.直线PD与直线MN所成角的大小为90°【解析】选ABC.连接AC,易得PC∥OM,所以PC∥平面OMN,结论A正确.同理PD∥ON,所以平面PCD∥平面OMN,结论B正确.由于四棱锥的棱长均相等,所以AB2+BC2=PA2+PC2=AC2,所以PC⊥PA,又PC∥OM,所以OM⊥PA,结论C正确.由于M,N分别为侧棱PA,PB的中点,所以MN∥AB.又四边形ABCD为正方形,所以AB∥CD,所以直线PD与直线MN所成的角即为直线PD与直线CD所成的角,即为∠PDC.又三角形PDC 为等边三角形,所以∠PDC=60°,故D错误.12.已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,△ABC是边长为1的正三角形,SC为球O 的直径,且SC=2,则( )A.三棱锥S-ABC的体积为B.三棱锥S-ABC的体积为C.三棱锥O-ABC的体积为D.三棱锥O-ABC的体积为【解析】选AC.由于三棱锥S-ABC与三棱锥O-ABC的底面都是△ABC,O是SC的中点,因此三棱锥S-ABC的高是三棱锥O-ABC高的2倍,所以三棱锥S-ABC的体积也是三棱锥O-ABC体积的2倍,由题知三棱锥O-ABC的棱长都为1,如图,所以S△ABC=,高OD==,则V O-ABC=××=,V S-ABC=2V O-ABC=.三、填空题(每小题5分,共20分)13.已知a,b表示不同的直线,α,β,γ表示不重合的平面.①若α∩β=a,b⊂α,a⊥b,则α⊥β;②若a⊂α,a垂直于β内任意一条直线,则α⊥β;③若α⊥β,α∩β=a,α∩γ=b,则a⊥b;④若a⊥α,b⊥β,a∥b,则α∥β.上述命题中,正确命题的序号是________.【解析】对①可举反例,如图,需b⊥β才能推出α⊥β;对③可举反例说明,当γ不与α,β的交线垂直时,即可知a,b不垂直;根据面面、线面垂直的定义与判定知②④正确.答案:②④14.古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱,此圆柱内有一个内切球,这个球的直径恰好与圆柱的高相等,如图所示,相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现,我们不妨称这个圆柱为“阿氏球柱体”,若在装满水的阿氏球柱体中放入其内切球(溢出部分水),则“阿氏球柱体”中剩下的水的体积与圆柱体积的比值为________.【解析】因为球内切于圆柱,所以圆柱的底面半径与球的半径相等,不妨设为r,则圆柱的高为2r,所以V圆柱=πr2·2r=2πr3,V球=πr3.所以球与圆柱的体积之比为2∶3,即球的体积等于圆柱体积的.所以在装满水的阿氏球柱体中放入其内切球,溢出部分水的体积为圆柱体积的,即剩下的水的体积是圆柱体积的,则“阿氏球柱体”中剩下的水的体积与圆柱体积的比值为. 答案:15.已知正四棱台的上底面边长为2,下底面边长为6,侧棱长为6,则正四棱台外接球的半径为________.【解析】根据题意,设该四棱台为ABCD-A1B1C1D1,取正棱台的上下底面的中心O1,O2,即上下底面外接圆的圆心也为O1,O2,则O2A=AC=AB=3,同理O1A1=A1C1=A1B1=.过点A1作A1H⊥AO2,且交AO2于点H,则有A1H===8,球心O在线段O1O2上,则有+=8,解得R=3.答案:316.(本题第一空3分,第二空2分)已知二面角α-l-β为60°,动点P,Q分别在平面α,β内,P 到β的距离为,Q到α的距离为2,则P,Q两点之间距离的最小值为________,此时直线PQ与平面α所成的角为________.【解析】如图,分别作QA⊥α于点A,AC⊥l于点C,PB⊥β于点B,PD⊥l于点D,连接CQ,BD,则∠ACQ=∠PDB=60°,AQ=2,BP=,所以AC=PD=2.又因为PQ==≥2,当且仅当AP=0,即点A与点P重合时取最小值,此时,PQ⊥平面α,故PQ与平面α所成的角为90°.答案:290°四、解答题(共70分)17.(10分)(2020·江苏高考)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,B1C⊥平面ABC,E,F分别是AC,B1C 的中点.(1)求证:EF∥平面AB1C1;(2)求证:平面AB1C⊥平面ABB1.【证明】(1)因为E,F分别是AC,B1C的中点,所以EF∥AB1,因为EF⊄平面AB1C1,AB1⊂平面AB1C1,所以EF∥平面AB1C1.(2)因为B1C⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,所以B1C⊥AB,又因为AB⊥AC,AC∩B1C=C,AC⊂平面AB1C,B1C⊂平面AB1C,所以AB⊥平面AB1C,因为AB⊂平面ABB1,所以平面AB1C⊥平面ABB1.【补偿训练】如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,且∠ABC=60°,E为CD的中点,F 为PD上一点.(1)求证:BD⊥平面PAC;(2)求证:平面PAB⊥平面FAE.【证明】(1)因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD.因为底面ABCD为菱形,所以AC⊥BD,又PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC.(2)在菱形ABCD中,∠BAD=180°-∠ABC=120°,AD=CD,所以∠BAC=∠CAD=∠BAD=60°,AC=AD.因为E为CD的中点,所以∠CAE=∠CAD=30°,所以∠BAE=∠BAC+∠CAE=60°+30°=90°,即AB⊥AE.因为PA⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD,所以PA⊥AE.又PA⊂平面PAB,AB⊂平面PAB,PA∩AB=A,所以AE⊥平面PAB.因为AE⊂平面FAE,所以平面PAB⊥平面FAE.18.(12分)在四面体A-BCD中,点E,F,M分别是AB,BC,CD的中点,且BD=AC=2,EM=1.(1)求证:EF∥平面ACD;(2)求异面直线AC与BD所成的角.【解析】(1)因为点E,F分别是AB,BC的中点,所以EF∥AC.因为EF⊄平面ACD,AC⊂平面ACD,所以EF∥平面ACD.(2)因为点E,F,M分别是AB,BC,CD的中点,所以EF∥AC,FM∥BD,所以∠EFM是异面直线AC与BD所成的角(或所成角的补角).在△EFM中,EF=FM=EM=1,所以△EFM是等边三角形,所以∠EFM=60°,所以异面直线AC与BD所成的角为60°.19.(12分)某广场设置了一些多面体形或球形的石凳供市民休息.如图(1)的多面体石凳是由图(2)的正方体石块截去八个相同的四面体得到,且该石凳的体积是cm3.(1)求正方体石块的棱长;(2)若将图(2)的正方体石块打磨成一个球形的石凳,求此球形石凳的最大表面积.【解析】(1)设正方体石块的棱长为a cm,则每个截去的四面体的体积为××××=.由题意可得8×+=a3,解得a=40.故正方体石块的棱长为40 cm.(2)当球形石凳的面与正方体的各个面都相切时球形石凳的表面积最大.此时正方体的棱长正好是球的直径,所以球形石凳的表面积S=4π×2=1 600π(cm)2.20.(12分)(2020·全国Ⅲ卷)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.证明:(1)当AB=BC时,EF⊥AC;(2)点C1在平面AEF内.【证明】(1)因为长方体ABCD-A1B1C1D1,所以BB1⊥平面ABCD,所以AC⊥BB1,因为在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC,所以四边形ABCD为正方形,所以AC⊥BD,因为BB1∩BD=B,BB1,BD⊂平面BB1D1D,因此AC⊥平面BB1D1D,因为EF⊂平面BB1D1D,所以EF⊥AC;(2)在CC1上取点M使得CM=2MC1,连接DM,MF,EC1,因为D1E=2ED,DD1∥CC1,DD1=CC1,所以ED=MC1,ED∥MC1,所以四边形DMC1E为平行四边形,所以DM∥EC1,因为MF∥DA,MF=DA,所以四边形MFAD为平行四边形,所以DM∥AF,所以EC1∥AF,因此点C1在平面AEF内.【补偿训练】如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB∥CD,AB=BC=CC1=2CD,E为线段AB的中点,F是线段DD1上的动点.(1)求证:EF∥平面BCC1B1;(2)若∠BCD=∠C1CD=60°,且平面D1C1CD⊥平面ABCD,求平面BCC1B1与平面DC1B1所成角(锐角)的余弦值.【解析】(1)如图,连接DE,D1E.因为AB∥CD,AB=2CD,E是AB的中点,所以BE∥CD,BE=CD,所以四边形BCDE是平行四边形,所以DE∥BC.又DE⊄平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1,所以DE∥平面BCC1B1.因为DD1∥CC1,DD1⊄平面BCC1B1,CC1⊂平面BCC1B1,所以D1D∥平面BCC1B1.又D1D∩DE=D,DE⊂平面DED1,D1D⊂平面DED1,所以平面DED1∥平面BCC1B1.因为EF⊂平面DED1,所以EF∥平面BCC1B1.(2)如图,连接BD.设CD=1,则AB=BC=CC1=2.因为∠BCD=60°,所以BD==.所以CD2+BD2=BC2,所以BD⊥CD.同理可得,C1D⊥CD.因为平面D1C1CD⊥平面ABCD,平面D1C1CD∩平面ABCD=CD,C1D⊂平面D1C1CD,所以C1D ⊥平面ABCD,因为BC⊂平面ABCD,所以C1D⊥BC,所以C1D⊥B1C1.在平面ABCD中,过点D作DH⊥BC,垂足为H,连接C1H,如图.因为C1D∩DH=D,所以BC⊥平面C1DH.因为C1H⊂平面C1DH,所以BC⊥C1H,所以B1C1⊥C1H,所以∠DC1H为平面BCC1B1与平面DC1B1所成的角.因为在Rt△C1CD中,C1D=,在Rt△BCD中,DH=CD·sin 60°=,所以在Rt△C1DH中,C1H==,所以cos ∠DC1H==.所以平面BCC1B1与平面DC1B1所成角(锐角)的余弦值为.21.(12分)在三棱锥P-ABC中,AB=BC,PA⊥平面ABC,D为PC的中点,E为AC的中点.(1)求证:BD⊥AC;(2)若M为AB的中点,请问线段PC上是否存在一点N,使得MN∥平面BDE?若存在,请说明点N 的位置,并说明理由.若不存在,也请说明理由.【解析】(1)因为AE=EC,PD=CD,所以DE∥AP.又因为PA⊥平面ABC,所以DE⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC,所以DE⊥AC.因为AB=BC,AE=EC,所以BE⊥AC.因为AC⊥DE,AC⊥BE,BE∩DE=E,所以AC⊥平面BDE.又因为BD⊂平面BDE,所以BD⊥AC.(2)PC上存在点N,使得MN∥平面BDE.理由如下:取AE的中点Q,连接MQ,NQ.因为MB=MA,AQ=QE,所以MQ∥BE.又因为MQ⊄平面BDE,BE⊂平面BDE,所以MQ∥平面BDE.因为MN⊂平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,MN∩MQ=M,MN∥平面BDE,MQ∥平面BDE,所以平面MNQ∥平面BDE.又因为NQ⊂平面MNQ,所以NQ∥平面BDE.因为平面PAC∩平面BDE=DE,NQ∥平面BDE,NQ⊂平面PAC,所以NQ∥DE.又因为AQ=QE,NQ∥DE,所以N为线段PD的中点.故线段PC上存在一点N,使得MN∥平面BDE,此时点N是线段PC上靠近点P的四等分点.22.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,E为侧棱PD上一点.(1)求证:CD∥平面ABE;(2)求证:CD⊥AE;(3)若E为PD中点,平面ABE与侧棱PC交于点F,且PA=PD=AD=2,求四棱锥P-ABFE的体积. 【解析】(1)因为底面ABCD是正方形,所以AB∥CD.因为AB⊂平面ABE,CD⊄平面ABE,所以CD∥平面ABE.(2)因为底面ABCD是正方形,所以CD⊥AD,又侧面PAD⊥底面ABCD,且侧面PAD∩底面ABCD=AD,CD⊂平面ABCD,所以CD⊥平面PAD,而AE⊂平面PAD,所以CD⊥AE.(3)由AB∥CD,CD⊂平面PCD,AB⊄平面PCD,得AB∥平面PCD,而AB⊂平面ABFE,且平面ABFE∩平面PCD=FE,可得FE∥CD∥AB.又E为PD的中点,可得EF=CD.由(2)知CD⊥平面PAD,则AB⊥平面PAD,得AB⊥PD.因为三角形PAD是等边三角形,E为PD 的中点,所以PD⊥AE.又AE∩AB=A,所以PD⊥平面ABFE.在等边三角形PAD中,求得AE=. 所以S梯形ABFE=(1+2)×=.则四棱锥P-ABFE的体积V=S梯形ABFE·PD=×××2=.【补偿训练】在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AC1,B1C的中点.(1)证明:DE∥平面A1B1C1;(2)若A1B1=B1C=2,AA1=AC=2,证明:C1E⊥平面ACB1.【证明】(1)连接A1C,如图.因为四边形ACC1A1是平行四边形,D为AC1的中点,所以A1D=DC.因为B1E=EC,所以DE∥A1B1.又因为A1B1⊂平面A1B1C1,DE⊄平面A1B1C1,所以DE∥平面A1B1C1.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1.因为A1B1⊂平面A1B1C1,所以A1A⊥A1B1,同理AC⊥CC1,BC⊥CC1.因为A1A=2,A1B1=2,所以AB1=2.又因为AC=2,B1C=2,所以AC2+B1C2=A,得AC⊥B1C.因为CC1∩B1C=C,CC1,B1C⊂平面BB1C1C,所以AC⊥平面BB1C1C,又C1E⊂平面BB1C1C,所以AC⊥C1E,同理AC⊥BC.因为AC⊥BC,AC=2,AB=2,所以BC=2.又因为CC1=2,BC⊥CC1, 所以平行四边形BB1C1C为正方形.因为E为B1C的中点,所以C1E⊥B1C,又AC∩B1C=C,AC,B1C⊂平面ACB1,所以C1E⊥平面ACB1.。

作业答案-第七单元-立体几何

全品高考复习方案数学(理科) BS课时作业(四十)1．A [解析] 由所给的正方体的直观图知，△P AC 在该正方体上、下底面上的射影是①，在左、右面上的射影是④，在前、后面上的射影是④，故①④符合题意，故选A. 2．B [解析] 由主视图和左视图可知，AC ＝4，PC ＝4，AB ＝BC ＝22＋（23）2＝4，则PB ＝PC 2＋BC 2＝42＋42＝42，故选B.3．B [解析] 设球的半径为r cm ，由3V 球＋V 水＝V 柱，得3×43πr 3＝πr 2(6r －6)⇒r ＝3，故选B.4．A [解析] 该几何体的直观图如图所示，连接BD ，则该几何体由直三棱柱ABD -EFG 和四棱锥C -BDGF 组合而成，其体积为12×1×2×2＋13×2×5×45＝143，故选A.5．32π [解析] 由三视图可知，该几何体是底面为等腰直角三角形，高为4的三棱柱，则其外接球的半径R ＝22＋22＝22，则该几何体的外接球的表面积S ＝4π×(22)2＝32π.6．A [解析] 由相对两个曲面在同一圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)，知其主视图与左视图是一个圆；从上往下看，相对两个曲面对称，即俯视图是有两条对角线(实线)的正方形，故选A.7．C [解析] 俯视图的长与主视图的长相等，俯视图的宽与左视图的长相等，则选项A ，B ，D 满足上述要求，选项C 中图形的宽与左视图的长不相等，故选C.8．B [解析] 由三视图可知，该几何体为四面体，其底面为等腰直角三角形，直角边长为1，故底面积S ＝12，一条与底面垂直的棱长为2，所以该四面体的体积V ＝13×12×2＝13.9．D [解析] 由三视图可知，该几何体是半个圆锥，其中底面半径为1，母线长为2，高为22－12＝3，则该几何体的体积V ＝12×13π×12×3＝36π.10．C [解析] 由三视图可知，该几何体是由半圆柱与三棱柱组成的，则该几何体的体积V ＝12π×12×3＋12×2×2×3＝6＋32π.11.13＋π [解析] 由三视图可知，该几何体的左边是三棱锥，右边是半圆柱， ∴该几何体的体积V ＝13×12×2×1×1＋12×π×12×2＝13＋π.12.83[解析] 由三视图可知，该几何体为底面是正方形(边长为2 cm)，高为2 cm 的四棱锥，则这个几何体的体积V ＝13×22×2＝83(cm 3)．13．24π [解析] 沿AE ，EF ，F A 折成一个三棱锥M -AEF ，则三棱锥的三条侧棱两两垂直，故四面体M -AEF 的外接球的直径为以MA ，ME ，MF 为棱的长方体的体对角线，则长方体的体对角线为MA 2＋ME 2＋MF 2＝42＋22＋22＝26，所以外接球的半径R ＝6，故四面体M -AEF 的外接球的表面积S ＝4π×(6)2＝24π.14．解：分别过A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG ，CH ，则原几何体被分割为两个三棱锥和一个直三棱柱．易知三棱锥的高为12，直三棱柱的高为1，AG ＝ 12－⎝⎛⎭⎫122＝32，取AD 的中点M ，连接MG ，则MG ＝22，∴S △AGD ＝12×1×22＝24，∴该多面体的体积V ＝24×1＋2×13×24×12＝23.15．解：(1)直观图如图所示．(2)由(1)可知该几何体是由长方体被截去一个三棱柱后得到的，且该几何体的体积是以A 1A ，A 1D 1，A 1B 1为棱的长方体的体积的34，∴该几何体的体积V ＝34×1×2×1＝32(m 3)．在直角梯形AA 1B 1B 中，作BE ⊥A 1B 1于E ，则四边形AA 1EB 是正方形，AA 1＝BE ＝1，在Rt △BEB 1中，BE ＝1，EB 1＝1， ∴BB 1＝2，∴该几何体的表面积S ＝S 正方形ABCD ＋S 矩形A 1B 1C 1D 1＋2S 梯形AA 1B 1B ＋S 矩形BB 1C 1C ＋S 正方形AA 1D 1D ＝1＋2×1＋2×12×(1＋2)×1＋1×2＋1＝7＋2(m 2)，∴该几何体的表面积为(7＋2) m 2，体积为32m 3.16．(1)5778(2)26 π[解析] (1) 由三视图，可知该几何体是一个放倒的四棱锥(如图所示)．由已知可得x 2＋y 2＝(7)2＋(32)2＝25≥2xy ，当且仅当x ＝y ＝522时，xy 最大，所以当xy 取得最大值时，该棱锥的体积V ＝13×12×32×522×252－7×7＝5778.(2)∵三棱锥P -ABC 中，P A ＝BC ＝4，PB ＝AC ＝5，PC ＝AB ＝11，∴构造长方体，使得相对的三组面上的对角线长分别为4，5，11，则长方体的体对角线长等于三棱锥P -ABC 外接球的直径．不妨设长方体的棱长分别为x ，y ，z ，则x 2＋y 2＝16，y 2＋z 2＝25，x 2＋z 2＝11，∴x 2＋y 2＋z 2＝26，∴三棱锥P -ABC 外接球的直径为26，∴三棱锥P -ABC 外接球的表面积为4π·⎝⎛⎭⎫2622＝26π.课时作业(四十一)1．A [解析] 若三个公共点在同一直线上，则这两平面也可能相交，故(1)错误．两条异面直线不能确定一个平面，故(2)错误．若M ∈α，M ∈β，则M 是平面α与β的公共点，又α∩β＝l ，所以M ∈l ，故(3)正确．在空间中，相交于同一点的三条直线可能在同一平面内，也可能不在同一平面内，故(4)错误．故选A.2．D [解析] 在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，直线BD 与A 1C 1不平行且在相对的两个平面内，则直线BD 与A 1C 1是异面直线，连接AC ，则AC ⊥BD ，AC ∥A 1C 1，∴直线BD 与A 1C 1垂直，即直线BD 与A 1C 1异面且垂直，故选D.3．D [解析] 依题意知，直线b 和c 的位置关系可能是相交、平行或异面，故选D. 4．30° [解析] 取AD 的中点G ，连接FG ，EG ，由E ，F 分别为AC ，BD 的中点，得FG ∥AB ，EG ∥CD ，且FG ＝1，EG ＝2，所以EF 与EG 所成的角即为EF 与CD 所成的角．又EF ⊥AB ，所以∠EFG ＝90°，所以∠FEG ＝30°，故EF 与CD 所成的角为30°.5．④ [解析] 将展开图还原成正方体如图所示，则B ，C 两点重合，故l 1与l 2相交，连接AD ，则△ABD 为正三角形，所以l 1与l 2的夹角为π3.6．D [解析] 由正方体的性质知，O 也是A 1C 的中点，因此A 1，M ，O 三点共线，又直线与直线外一点确定一个平面，所以A ，B ，C 正确．故选D.7．B [解析] 若存在过点P 的直线a ，使a ∥l ，a ∥m ，则l ∥m ，与已知矛盾，故A 错；若点P 与m 确定的平面α∥l ，则不存在过点P 与l ，m 都相交的直线，故C 错；若过点P 的平面α∥l ，α∥m ，则在α内存在无数条过点P 的直线与l ，m 都异面，故D 错；设a 是与l ，m 都垂直相交的直线，当点P 不在a 上时，过点P 与a 平行的直线有且仅有一条，当点P 在a 上时，也仅有一条，故B 正确．8．C [解析] 过点B 作BE 綊CA ，则∠PBE 是异面直线PB 与AC 所成角，连接AE ，PE ，由已知可知△P AB ，△BAE 和△P AE 为全等的等腰直角三角形，因此△PBE 为等边三角形，所以PB 与AC 所成的角为60°，故选C.9．A [解析] 如图，在直线l 上任取一点O ，过O 作m ′∥m ，n ′∥n .当m ′，n ′，l 三线共面时，m ′与n ′所成的最小角为15°，即异面直线m 与n 所成角的最小值是15°；当n ′不在l 与m ′所确定的平面α内时，过O 作平面β，使m ′⊥β，则l 为平面β的一条斜线，在β内存在与l 成45°角的直线n ′，则m ′与n ′所成的最大角为90°，即异面直线m ，n 所成角的最大值为90°.故选A.10．D [解析] 如图，连接AC ，BD .设AC ∩BD ＝O ，连接PO ，OE ， ∵O ，E 分别是AC 和PC 的中点，∴OE ∥P A ，OE ＝12P A ＝1，则∠BEO 或其补角为异面直线P A 与BE 所成的角． ∵底面ABCD 是正方形，∴BO ⊥AC . 又PO ⊥OB ，PO ∩AC ＝O ，∴BO ⊥平面P AC ，则BO ⊥OE ， ∴△BOE 是等腰直角三角形，∴OB ＝OE ＝1，PO ＝PB 2－OB 2＝3，BC ＝2，则四棱锥P -ABCD 的体积V ＝13×(2)2×3＝233.11．①②③[解析] ④中，可证Q 点所在棱与面PRS 平行，因此，P ，Q ，R ，S 四点不共面．①中可证四边形PQRS 为梯形；③中可证四边形PQRS 为平行四边形；②中如图所示，取A 1A 与BC 的中点分别为M ，N 可证明PMQNRS 为平面图形，且PMQNRS 为正六边形．12．② [解析] 当H ，G 分别为AD ，BC 的中点时，直线GF ，EH ，BD 平行，所以①错，②正确；若存在一个平面α0，使得点G 在线段BC 上，点H 在线段AD 的延长线上，则平面α0与CD 的交点不可能是CD 的中点，故③错．13.36[解析] 设正四面体ABCD 的棱长为2.如图，取AD 的中点F ，连接EF ，CF .在△ABD 中，由AE ＝EB ，AF ＝FD ，得EF ∥BD ，且EF ＝12BD ＝1.故∠CEF 为异面直线CE 与BD 所成的角或其补角．在△ABC 中，CE ＝32AB ＝3；在△ADC 中，CF ＝32AD ＝ 3.在△CEF 中，cos ∠CEF ＝CE 2＋EF 2－CF 22CE ·EF＝（3）2＋12－（3）22×3×1＝36，所以异面直线CE 与BD 所成角的余弦值为36. 14．解：(1)证明：由题设知，FG ＝GA ，FH ＝HD ，所以GH 綊12AD ，又BC 綊12AD ，故GH 綊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 綊12AF ，G 是F A 的中点知，BE 綊GF ，所以EF 綊BG .由(1)知BG ∥CH ，所以EF ∥CH ，所以E ，F ，C ，H 四点共面，故EC ，FH 共面．又点D 在直线FH 上，所以C ，D ，F ，E 四点共面．15．解：(1)设A 1A ＝h ，由题设知VABCDD 1A 1C 1＝V 长方体ABCD - A 1B 1C 1D 1－V 三棱锥B - A 1B 1C 1＝10，即2×2×h －13×12×2×2×h ＝10，解得h ＝3.故A 1A 的长为3. (2)因为A 1D 1∥BC ，所以∠O 1BC 即为异面直线BO 1与A 1D 1所成的角(或其补角)．在等腰三角形A 1BC 1中，O 1B ＝BC 21－O 1C 21＝11，连接O 1C .在Rt △O 1CC 1中，O 1C ＝CC 21＋O 1C 21＝11，在△O 1BC 中，由余弦定理，得cos ∠O 1BC ＝O 1B 2＋BC 2－O 1C 22O 1B ·BC ＝11＋4－112×11×2＝1111，即异面直线BO 1与A 1D 1所成角的余弦值为1111.16．(1)①②③⑤ (2)3010 [解析] (1)①当0<CQ <12时，如图a.在平面AA 1D 1D 内，作AE ∥PQ ，显然E 在棱DD 1上，连接EQ ，则S 是四边形APQE .②当CQ ＝12时，如图b.显然PQ ∥BC 1∥AD 1，连接D 1Q ，则S 是等腰梯形．③当CQ ＝34时，如图c.作BF ∥PQ 交CC 1的延长线于点F ，则C 1F ＝12.作AE ∥BF ，交DD 1的延长线于点E ，D 1E ＝12，AE ∥PQ ，连接EQ 交C 1D 1于点R ，∵Rt △RC 1Q ∽Rt △RD 1E ， ∴C 1Q ∶D 1E ＝C 1R ∶RD 1＝1∶2，∴C 1R ＝13.④如图c ，连接RM (点M 为AE 与A 1D 1的交点)，显然当34<CQ <1时，S 为五边形APQRM .⑤当CQ ＝1时，如图d.同③可作AE ∥PQ 交DD 1的延长线于点E ，交A 1D 1于点M ，显然点M 为A 1D 1的中点，所以S 为菱形APQM ，连接MP ，AQ ，∴其面积为12MP ×AQ ＝12×2×3＝62.(2)建立如图所示的空间直角坐标系，设BC ＝1，则A (－1，0，0)，F 1⎝⎛⎭⎫－12，0，1， B (0，－1，0)，D 1⎝⎛⎭⎫－12，－12，1，则AF 1→＝⎝⎛⎭⎫12，0，1， BD 1→＝⎝⎛⎭⎫－12，12，1， ∴cos 〈AF 1→，BD 1→〉＝AF 1→·BD 1→|AF 1→||BD 1→|＝3010，故BD 1与AF 1所成角的余弦值是3010.课时作业(四十二)1．C [解析] 因为a ∥β，a α，α∩β＝l ，所以a ∥l .又b ∥l ，则a ∥b ，即“a ∥β”是“a ∥b ”的充分条件．反过来，因为a ∥b ，a 平面β，b 平面β，所以a ∥β，即“a ∥β”是“a ∥b ”的必要条件．故选C.2．C [解析] 因为BC ∥AD ，所以BC ∥平面P AD . 又过BC 的平面与平面P AD 交于EF ，所以BC ∥EF . 又因为EF <BC ，所以四边形BCEF 为梯形．3．D [解析] 当AC ∥BD 时，A ，B ，C ，D 一定共面；当A ，B ，C ，D 共面时，平面ABCD ∩α＝AC ，平面ABCD ∩β＝BD ，由α∥β得，AC ∥BD .故选D.4．② [解析] ①不正确，m ，n 可以是相交直线、平行直线或异面直线；②正确，若m ，n 都垂直于平面α，则m ∥n ；③不正确，满足条件的直线n ∥β或n β；④不正确，满足条件的直线m ，n 可能互相平行，也可能是异面直线．5．平行 [解析] 取PD 的中点F ，连接EF ，AF ，在△PCD 中，EF 綊12CD .又∵AB ∥CD 且CD ＝2AB ，∴EF 綊AB ，∴四边形ABEF 是平行四边形，∴EB ∥AF .又∵EB 平面P AD ，AF 平面P AD ， ∴BE ∥平面P AD .6．B [解析] ①若a ∥b ，b α，aα，则a ∥α.反之，若a ∥α，bα，则不一定有a ∥b ，即①是真命题．②若a α，b α，α∥β，则a ∥β且b ∥β.反之，a ∥β且b ∥β，由于a 与b 不一定相交，则不一定有α∥β，即②是假命题，故选B.7．B [解析] 由AE ∶EB ＝AF ∶FD ＝1∶4，得EF ∥BD ，且EF ＝15BD .又H ，G 分别为BC ，CD 的中点，则HG ∥BD ，且HG ＝12BD ，∴EF ∥HG ，且EF ≠HG ，∴四边形EFGH 是梯形． ∵EF ∥HG, HG 平面BCD ，EF 平面BCD ，∴EF ∥平面BCD ，显然EH 与平面ADC 不平行，故选B. 8．D [解析] 由题设知平面ADD 1A 1与平面D 1EF 有公共点D 1，所以平面ADD 1A 1与平面D 1EF 有过点D 1的公共直线l ，在平面ADD 1A 1内有无数条与l 平行的直线，且它们都不在平面D 1EF 内，由线面平行的判定定理知它们都与平面D 1EF 平行，故选D.9．D [解析] 若α⊥γ，α⊥β，则γ∥β或γ与β相交，选项A 不正确；若m ∥n ，m α，n β，则α∥β或α与β相交，选项B 不正确；若m ∥n ，m ∥α，n β，则n ∥α或n α，选项C 不正确；由m ∥n ，n ⊥β，得m ⊥β，又m ⊥α，则α∥β.故选D.10．D [解析] 连接BC 1，设BC 1∩B 1C ＝O ，连接OD .因为A 1B ∥平面B 1CD ，且平面A 1BC 1∩平面B 1CD ＝OD ，所以A 1B ∥OD .因为四边形BCC 1B 1是菱形，所以O 为BC 1的中点，则D 为A 1C 1的中点，即A 1D ∶DC 1＝1∶1，故选D.11．④ [解析] 若m ∥α，n ∥α，则m ，n 可以平行、相交或异面，故①不正确；若α⊥γ，β⊥γ，则α，β可以相交或平行，故②不正确；若m ∥α，m ∥β，则α，β可以相交或平行，故③不正确；若m ⊥α，n ⊥α，则m ∥n ，④正确．12．平面ABD 与平面ABC [解析] 取CD 的中点E ，连接AE ，BE ，则EM ∶MA ＝1∶2，EN ∶NB ＝1∶2，所以MN ∥AB ，显然MN 平面ABC ，MN平面ABD ，故MN ∥平面ABD ，MN ∥平面ABC .13．①②④ [解析] 取DC 的中点N ，连接MN ，NB ，则MN ∥A 1D ，NB ∥DE ，又MN ∩NB ＝N ，A 1D ∩DE ＝D ，∴平面MNB ∥平面A 1DE . ∵MB 平面MNB ，∴MB ∥平面A 1DE ，④正确；∠A 1DE ＝∠MNB ，MN ＝12A 1D ＝定值，NB ＝DE ＝定值，根据余弦定理得，MB 2＝MN 2＋NB 2－2MN ·NB ·cos ∠MNB ，∴MB 是定值，①正确； B 是定点，BM 是定值，∴M 在以B 为圆心，MB 为半径的圆上，②正确；连接CE ，易知CE ⊥ED ，若DE ⊥A 1C ，A 1C ∩CE ＝C ，则DE ⊥平面A 1CE ，∴DE ⊥A 1E ，与DA 1⊥A 1E 矛盾，③不正确．故正确的说法是①②④.14．证明：取PD 的中点M ，连接ME ，MF ，∵E 是PC 的中点，∴ME 綊12CD ，又∵F 是AB 的中点，且AB 綊CD ， ∴ME 綊FB ，∴四边形MEBF 是平行四边形，∴BE ∥MF . 又BE 平面PDF ，MF 平面PDF ， ∴BE ∥平面PDF .15．解：(1)证明：因为四边形ABCD 是菱形，所以BC ∥AD .又BC 平面ADE ，AD 平面ADE ，所以BC ∥平面ADE .又因为四边形BDEF 是正方形，所以BF ∥DE .因为BF 平面ADE ，DE 平面ADE ，所以BF ∥平面ADE .因为BC 平面BCF ，BF 平面BCF ，BC ∩BF ＝B ，所以平面BCF ∥平面AED . 因为CF 平面BCF ，所以CF ∥平面AED .(2)因为四边形ABCD 为菱形，且∠BAD ＝60°，所以△BCD 为等边三角形．连接AC 交BD 于O ，则CO ⊥BD .取EF 的中点G ，连接OG ，则OG ∥DE ，因为DE ⊥平面ABCD ，所以OG ⊥平面ABCD .建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz .因为AB ＝2，所以O (0，0，0)，A (0，－3，0)，B (1，0，0)，C (0，3，0)，E (－1，0，2)，F (1，0，2)，所以AF →＝(1，3，2)，FE →＝(－2，0，0)，FC →＝(－1，3，－2)．设平面CEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝0，n ·FC →＝0，得⎩⎨⎧－2x ＝0，－x ＋3y －2z ＝0，令y ＝1，则n ＝⎝⎛⎭⎫0，1，32.设AF 与平面ECF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AF →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪AF →·n |AF →||n |＝427，所以直线AF 与平面ECF 所成角的正弦值为427. 16．解：(1)由AB ＝AC ＝4，知△ABC 为等腰三角形，又BD ⊥AC ，BC ＝22，故 12·AC ·BD ＝12·BC ·AB 2－⎝⎛⎭⎫12BC 2，解得BD ＝7.从而Rt △CDB 中，CD ＝BC 2－BD 2＝1，故AD ＝AC －CD ＝3.过D 作DF ∥CC 1，交AC 1于F ，连接EF .因为DF ∥CC 1，所以AD AC ＝DF CC 1＝34，得DF ＝3.由DF ∥CC 1，CC 1∥BB 1，得DF ∥BB 1，即DF ∥BE ，故DF 与BE 确定平面BDFE . 又BD ∥平面AC 1E ，而平面BDFE ∩平面AC 1E ＝EF ，故BD ∥EF .故四边形BDFE 为平行四边形，从而DF ＝BE ＝3，所以B 1E ＝BB 1－BE ＝1.(2)如图，连接DE ，以D 为坐标原点，分别以DA →，DB →，DF →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，C (－1，0，0)，E (0，7，3)，所以DC →＝(－1，0，0)，DE →＝(0，7，3)．设平面ACE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，由n 1·DC →＝0，n 1·DE →＝0，得⎩⎨⎧－x ＝0，7y ＋3z ＝0，故可取n 1＝(0，3，－7)．易知n 2＝(0，1，0)为平面ACC 1的一个法向量．从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝34.由图知二面角C 1-AC -E 为锐角，故所求二面角C 1-AC -E 的余弦值为34.课时作业(四十三)1．B [解析] 由a α，b β，α⊥β，若a ⊥β，则a ⊥b ；反之，若a ⊥b ，则不一定有a ⊥β.故“a ⊥b ”是“a ⊥β”的必要不充分条件，故选B.2．D [解析] 垂直于平面β的平面与平面α平行或相交，即选项A 错；垂直于直线l 的直线与平面α垂直、斜交、平行或在平面α内，即选项B 错；垂直于平面β的平面与直线l 平行或相交，即选项C 错；若直线l ⊥平面γ，且l α，l β，则平面γ⊥平面α，平面γ⊥平面β，即选项D 正确．故选D.3．A [解析] 选项A 中，连接BM ，由CD ⊥BM ，CD ⊥AM ，AM ∩BM ＝M ，得CD ⊥平面AMB ，则CD ⊥AB ；选项B 中，AB 与CD 成60°角；选项C 中，AB 与CD 成45°角；选项D 中，AB 与CD 夹角的正切值为 2.故选A.4．④ [解析] 若bα，c ∥α，则b ∥c 或b 与c 是异面直线，①不正确；若bα，b∥c ，则c ∥α或c α，②不正确；若c ∥α，α⊥β，则c ⊥β或c 与β斜交或c β，③不正确；若c ∥α，c ⊥β，则α⊥β，④正确．5．AB ，BC ，AC AB [解析] ∵PC ⊥平面ABC ， ∴PC 垂直于直线AB ，BC ，AC .∵AB ⊥AC ，AB ⊥PC ，AC ∩PC ＝C ， ∴AB ⊥平面P AC ，∴AB ⊥AP ，即与AP 垂直的直线是AB .6．D [解析] 由m ，n 为异面直线，α∥m ，α∥n ，且l ⊥m ，l ⊥n ，可得l ⊥α，又因为l ∥β，所以α⊥β，故选D.7．A [解析] 过直线l 作平面γ，设γ∩α＝m ，由l ∥α，得l ∥m ，若l ⊥β，则m ⊥β，根据面面垂直的判定定理可知，α⊥β；反之，若α⊥β，l ∥α，则不一定有l ⊥β.所以“l ⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件，故选A.8．D [解析] 若l α，mβ，且l ⊥m ，如图(1)，α，β不垂直，选项A 不满足；若lα，mβ，nβ，且l ⊥m ，l ⊥n ，如图(2)，α，β不垂直，选项B 不满足；若m α，n β，m ∥n ，且l ⊥m ，由于直线l 没有确定，则α，β的关系也不能确定，选项C 不满足；若l α，l ∥m ，且m ⊥β，则l ⊥β，根据面面垂直的判定定理知，α⊥β.故选D.9．A [解析] 连接AO ，EO ，FO ，折成的四面体中，有AP ⊥PE ，AP ⊥PF ，又PE ∩PF ＝P ，∴ AP ⊥平面PEF ，得AP ⊥EF ，由PO ⊥平面AEF ，得PO ⊥EF ，又AP ∩PO ＝P ，∴ EF ⊥平面P AO ，得EF ⊥AO .同理，得AE ⊥FO ，AF ⊥EO ，即O 是△AEF 的垂心，故选A. 10．D [解析] 由BC ⊥AC ，SC ⊥AC ，BC ∩SC ＝C ，得AC ⊥平面SBC ，又AC 平面SAC ，所以平面SAC ⊥平面SBC ，③正确；易得AC ⊥SB ，即异面直线SB 与AC 所成的角为90°，①正确；由SB ⊥AC ，SB ⊥AB ，AC ∩AB ＝A ，得SB ⊥平面ABC ，②正确；SB 平面SBA ，所以平面SBA ⊥平面BAC ，取AB 的中点E ，连接CE ，则CE ＝12a ，CE ⊥AB ，又平面SBA ∩平面BAC ＝AB ，所以CE ⊥平面SAB ，即CE 的长度为点C 到平面SAB 的距离，④正确．故选D.11．B [解析] 已知P A ⊥底面ABC ，则P A ⊥BC ，又AB ⊥BC ，P A ∩AB ＝A ，则BC ⊥平面P AB ，所以BC ⊥AE .当AE ⊥PB 时，又PB ∩BC ＝B ，则AE ⊥平面PBC ，则AE ⊥EF ，A 正确．当EF ∥平面ABC 时，EF 平面PBC ，平面PBC ∩平面ABC ＝BC ，则EF ∥BC ，故EF ⊥平面P AB ，则AE ⊥EF ，故C 正确．当PC ⊥平面AEF 时，PC ⊥AE ，又BC ⊥AE ，BC ∩PC ＝C ，则AE ⊥平面PBC ，则AE ⊥EF ，故D 正确．用排除法可知选B.12．②③ [解析] 若α∩β＝a ，β∩γ＝b ，且a ∥b ，则α∥γ或α与γ相交，故①不正确．a ，b 相交，假设其确定的平面为γ，根据a ∥α，b ∥α，可得γ∥α，同理可得γ∥β，因此α∥β，②正确．由面面垂直的性质定理知③正确．当a ∥b 时，不能得出l ⊥α，④错误． 13．①②④ [解析] 由题意可得直线BC 1∥AD 1，且直线AD 1平面AD 1C ，直线BC 1平面AD 1C ，则直线BC 1∥平面AD 1C ，所以VA -D 1PC ＝VP -AD 1C ，又点P 到平面AD 1C 的距离不变，所以体积不变，即①正确．连接A 1C 1，A 1B ，可得平面AD 1C ∥平面A 1C 1B ，又因为A 1P 平面A 1C 1B ，所以A 1P ∥平面ACD 1，即②正确．当点P 运动到B 点时，易知△DBC 1是等边三角形，则DP 不垂直于BC 1，即③不正确．连接DB，D1B1，因为直线AC⊥平面DD1B1B，直线DB1平面DD1B1B，所以AC⊥DB1，同理可得AD1⊥DB1，又AC∩AD1＝A，所以DB1⊥平面AD1C，又因为DB1平面PDB1，所以平面PDB1⊥平面ACD1，即④正确．综上，正确结论的序号为①②④.14．证明：(1)∵AB⊥平面P AC，PC平面P AC，∴AB⊥PC.∵∠APC＝90°，∴AP⊥PC，又∵AP平面P AB，AB平面P AB，AP∩AB＝A，∴PC⊥平面P AB.∵PC平面PCE，∴平面PCE⊥平面P AB.(2)取AE的中点Q，连接NQ，MQ.∵M是CE中点，∴MQ∥AC.∵PB＝4PN，AB＝4AQ，∴NQ∥AP.又∵AP∩AC＝A，AP平面APC，AC平面APC，QN∩QM＝Q，QN平面MNQ，QM平面MNQ，∴平面MNQ∥平面P AC.∵MN平面MNQ，∴MN∥平面P AC.15．解：(1)证明：连接CE交AD于O，连接OF.因为CE，AD为△ABC的中线，所以O为△ABC的重心，所以CFCC1＝COCE＝23，从而OF∥C1E.又OF平面ADF，C1E平面ADF，所以C1E∥平面ADF.(2)当BM＝1时，平面CAM⊥平面ADF.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，由于B1B⊥平面ABC，BB1平面B1BCC1，所以平面B1BCC1⊥平面ABC.由于AB＝AC，D是BC中点，所以AD⊥BC. 又平面B1BCC1∩平面ABC＝BC，所以AD⊥平面B1BCC1.而CM 平面B 1BCC 1，于是AD ⊥CM .因为BM ＝CD ＝1，BC ＝CF ＝2，所以Rt △CBM ≌Rt △FCD ，所以CM ⊥DF .又AD ∩DF ＝D ，所以CM ⊥平面ADF .CM 平面CAM ，所以平面CAM ⊥平面ADF . 故当BM ＝1时，平面CAM ⊥平面ADF .16．解：(1)证明：∵四边形ABCD 是矩形，AB ＝2AD ，M 为CD 的中点， ∴AM ＝BM ＝2AD ，∴AM 2＋BM 2＝AB 2，∴AM ⊥BM .∵平面ADM ⊥平面ABCM ，平面ADM ∩平面ABCM ＝AM ，BM 平面ABCM ，∴BM ⊥平面ADM ，∵AD 平面ADM ， ∴AD ⊥BM .(2)∵AD ⊥BM ，且AD ⊥DM ，DM ∩BM ＝M ， ∴ AD ⊥平面BDM ，则∠AED 是AE 与平面BDM 所成的角．设AD ＝1，则DM ＝1，AM ＝BM ＝2， ∵BM ⊥平面ADM ，DM平面ADM ，∴BM ⊥DM .在Rt △BDM 中，BD ＝BM 2＋DM 2＝3，DE ＝32. 在Rt △ADE 中，AE ＝AD 2＋DE 2＝72， sin ∠AED ＝AD AE ＝277，即AE 与平面BDM 所成角的正弦值为277.课时作业(四十四)1．C [解析] B 1M →＝B 1B →＋BM →＝－c ＋12BD →＝－c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b －c ，故选C.2．D [解析] ∵k a ＋b ＝k (1，1，0)＋(－1，0，2)＝(k －1，k ，2)， 2a －b ＝2(1，1，0)－(－1，0，2)＝(3，2，－2)，且两向量互相垂直，∴(k －1)×3＋k ×2＋2×(－2)＝0，解得k ＝75.3．C [解析] AE →·AF →＝12(AB →＋AC →)·12AD →＝14(AB →·AD →＋AC →·AD →)＝14(a 2cos 60°＋a 2cos 60°)＝14a 2. 4.12a ＋14b ＋14c [解析] OE →＝12OA →＋12OD →＝12OA →＋14OB →＋14OC →＝12a ＋14b ＋14c . 5．11 [解析] 根据共面向量定理，设AP →＝λAB →＋μAC →，即(x －4，－2，0)＝λ(－2，2，－2)＋μ(－1，6，－8)，由此得⎩⎪⎨⎪⎧x －4＝－2λ－μ，－2＝2λ＋6μ，0＝－2λ－8μ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－4，μ＝1，所以 x ＝4＋8－1＝11.6．D [解析] MN →＝MA →＋AA 1→＋A 1N →＝－13AC →＋AA 1→＋23A 1D →＝－13(AB →＋AD →)＋AA 1→＋23(AD→－AA 1→)＝－13a －13b ＋c ＋23b －23c ＝－13a ＋13b ＋13c ，所以x ＝－13，y ＝z ＝13，故x ＋y ＋z ＝13.7．C [解析] ∵PC →＝P A →＋AB →＋BC →，∴PC →2＝P A →2＋AB →2＋BC →2＋2AB →·BC →＝36＋36＋36＋2×36cos 60°＝144，∴|PC →|＝12.8．A [解析] 设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，由已知条件得〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝π3，且|b |＝|c |，∴OA →·BC →＝a·(c －b )＝a·c －a·b ＝12|a ||c |－12|a ||b |＝0，∴cos 〈OA →，BC →〉＝0.9．A [解析] 以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ，则A (a ，0，0)，C 1(0，a ，a )，N ⎝⎛⎭⎫a ，a ，a2. 设M (x ，y ，z )． ∵点M 在AC 1上，且AM →＝12MC 1→，∴(x －a ，y ，z )＝12(－x ，a －y ，a －z )，∴x ＝23a ，y ＝a 3，z ＝a 3，∴M ⎝⎛⎭⎫2a 3，a 3，a 3，∴|MN →|＝ ⎝⎛⎭⎫a －23a 2＋⎝⎛⎭⎫a －a 32＋⎝⎛⎭⎫a 2－a 32＝216a . 10．B [解析] |OA →|＝（2a ＋b ）2＝4|a |2＋|b |2＋4a·b ＝7，同理|OB →|＝7，则cos ∠AOB ＝OA →·OB →|OA →||OB →|＝6|a |2－|b |2＋a·b 7＝1114，从而有sin ∠AOB ＝5314，∴ △OAB 的面积S ＝12×7×7×5314＝534，故选B.11．①③ [解析] ①正确；②中，若a ，b 共线，p 与a 不共线，则p ＝x a ＋y b 不成立，②错误；③正确；④中，若M ，A ，B 三点共线，点P 不在此直线上，则MP →＝xMA →＋yMB →不成立，④错误．故其中说法正确的是①③.12.66[解析] 如图，设AA 1→＝a ，AB →＝b ，AC →＝c ，且棱长为1，则AB 1→＝a ＋b ，BC 1→＝a ＋BC →＝a＋c －b .因为底面边长和侧棱长都相等，且∠BAA 1＝∠CAA 1＝60°，所以a·b ＝a·c ＝b·c ＝12，所以||AB 1→＝（a ＋b ）2＝3，||BC 1→＝（a ＋c －b ）2＝2，AB 1→·BC 1→＝(a ＋b )·(a ＋c －b )＝1.设所求异面直线的夹角为θ，所以cos θ＝AB 1→·BC 1→||AB 1→||BC 1→＝12×3＝66.13.1255[解析] 以A 为坐标原点，以AA 1→所在方向为z 轴的正方向，AB →所在方向为x轴的正方向，AD →所在方向为y 轴的正方向建立空间直角坐标系，连接FE ，并延长交BC 于K ，则K (4，4－4λ，0)，A 1(0，0，1)，F (0，4λ，0)，∴FK →＝(4，4－8λ，0)，F A 1→＝(0，－4λ，1)．设F A 1与FK 的夹角为θ，则截面面积S ＝|FK →||F A 1→|sin θ，则S 2＝|FK →|2|F A 1→|2－(FK →·F A 1→)2＝[(4－8λ)2＋16](16λ2＋1)－[－4λ(4－8λ)]2＝32(10λ2－2λ＋1)，0≤λ≤12，故S 2的最小值为1445，则面积S 的最小值为1255.14．证明：在正方形ABCD 与ABEF 中，∵FM ＝AN ，FB ＝AC ，∴存在实数λ使FM →＝λFB →，AN →＝λAC →.又AD →＝BC →， ∴MN →＝MF →＋F A →＋AN →＝λBF →＋EB →＋λAC →＝λ(BE →＋BA →＋AB →＋AD →)＋EB →＝λ(BE →＋AD →)＋EB →＝(λ－1)BE →＋λBC →， ∴MN →，BC →，BE →共面．又∵MN平面EBC ，∴MN ∥平面EBC . 15．解：设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°，EF →＝12BD →＝12c －12a ，BA →＝－a ，DC →＝b －c .(1)EF →·BA →＝⎝⎛⎭⎫12c －12a ·(－a )＝－12a ·c ＋12a 2＝－14＋12＝14.(2)EG →＝EB →＋BC →＋CG →＝12AB →＋(AC →－AB →)＋12(AD →－AC →)＝－12AB →＋12AC →＋12AD →＝－12a ＋12b＋12c ， ∴EG →2＝14(－a ＋b ＋c )2＝14(a 2＋b 2＋c 2－2a·b －2a·c ＋2b·c )＝12，∴|EG →|＝22，即EG 的长为22.16．解：(1)AO →＝AB →＋BO →＝AB →＋12(BC →＋BB 1→)＝AB →＋12(AC →－AB →＋AA 1→)＝12(AB →＋AC →＋AA 1→)．(2)设AB →＝a ，AC →＝b ，AA 1→＝c ，则||AO →2＝⎣⎡⎦⎤12（a ＋b ＋c ）2 ＝14(a 2＋b 2＋c 2＋2a·b ＋2b·c ＋2a·c ) ＝14×1＋1＋4＋0＋2×1×2cos π3＋2×1×2cos 23π＝32， ∴||AO→＝62. 又∵BC →＝b －a ， ∴AO →·BC →＝12(a ＋b ＋c )·(b －a )＝1，||BC→＝2， ∴cos 〈AO →，BC →〉＝AO →·BC →||AO →||BC→＝33，∴异面直线AO 与BC 所成角的余弦值为33.(3)取BC 的中点E ，连接AE ，则AE →＝12(AB →＋AC →)＝12(a ＋b )．∵AB ＝AC ，E 为BC 的中点，∴AE ⊥BC .又AE →·BB 1→＝12(a ＋b )·c ＝12×⎝⎛⎭⎫1×2cos 23π＋1×2cos π3＝0， ∴AE ⊥BB 1.∵BC ∩BB 1＝B ，∴AE ⊥平面B 1BCC 1. 又AE平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面B 1BCC 1.课时作业(四十五)第1课时1．B [解析] 各选项给出的向量的模都是2，|a |＝ 2.选项A ，设b ＝(－1，1，0)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝1×（－1）2×2＝－12，因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，则〈a ，b 〉＝120°.选项B ，设b ＝(1，－1，0)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a||b |＝1×12×2＝12，因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，则〈a ，b 〉＝60°，正确．选项C ，设b ＝(0，－1，1)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a||b |＝－1×12×2＝－12，因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝120°.选项D ，设b ＝(－1，0，1)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |＝－1－12×2＝－1，因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，则〈a ，b 〉＝180°.故选B. 2．C [解析] 由已知两平面的法向量，得m·n ＝1，|m |＝1，|n |＝2，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m|·|n|＝22，即m 与n 的夹角为40°，则两平面所成的二面角为45°或135°，故选C.3．A [解析] 设CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2.由题可知，A (2，0，0)，B (0，0，1)，B 1(0，2，1)，C 1(0，2，0)，则BC →1＝(0，2，－1)，AB →1＝(－2，2，1)，所以cos 〈BC 1→，AB 1→〉＝0×（－2）＋2×2＋（－1）×135＝55，故选A. 4．±22 [解析] 由cos 〈a ，b 〉＝cos π3＝a ·b |a|·|b|＝2×1＋2×3＋0×z 22＋22＋02×12＋32＋z 2＝12，得z＝±22.5.13[解析] 如图，建立空间直角坐标系D -xyz ，则D 1(0，0，1)，C 1(0，2，1)，A 1(1，0，1)，B (1，2，0)，∴D 1C 1→＝(0，2，0)，设平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1C 1→＝（x ，y ，z ）·（－1，2，0）＝－x ＋2y ＝0，n ·A 1B →＝（x ，y ，z ）·（0，2，－1）＝2y －z ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ，z ＝2y ，令y ＝1，得n ＝(2，1，2)，设D 1C 1与平面A 1BC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈D 1C 1→，n 〉|＝|D 1C 1→·n ||D 1C 1→||n |＝22×3＝13，即直线D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为13.6．B [解析] 建立空间直角坐标系如图，则A (1，0，0)，E (0，2，1)，B (1，2，0)，C 1(0，2，2).BC 1→＝(－1，0，2)，AE →＝(－1，2，1)，cos 〈BC 1→，AE →〉＝BC 1→·AE →|BC 1→|·|AE →|＝3010，∴异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为3010.7．A[解析] ∵AB ＝1，AC ＝2，BC ＝3，AC 2＝BC 2＋AB 2，∴AB ⊥BC .∵三棱柱为直三棱柱，∴BB 1⊥平面ABC .以B 为原点，BC ，BA ，BB 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系B -xyz ，设B 1(0，0，a )，则A (0，1，0)，D ⎝⎛⎭⎫32，12，a2，E ⎝⎛⎭⎫0，0，a 2， ∴DE →＝⎝⎛⎭⎫－32，－12，0，平面BB 1C 1C 的一个法向量为BA →＝(0，1，0)．设直线DE 与平面BB 1C 1C 所成的角为α，则sin α＝|cos 〈DE →，BA →〉|＝12，即α＝π6，故选A.8．B [解析] 建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝P A ＝1，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，D (0，1，0)，C (1，1，0)，P (0，0，1)．由题意得，AD ⊥平面ABP ，设E 为PD 的中点，连接AE ，则AE ⊥PD ，又∵CD ⊥平面P AD ，∴AE ⊥CD ，又PD ∩CD ＝D ，∴AE ⊥平面CDP .∴AD →＝(0，1，0)，AE →＝⎝⎛⎭⎫0，12，12分别是平面ABP 、平面CDP 的法向量，而〈AD →，AE →〉＝45°，∴平面ABP 与平面CDP 所成的锐二面角为45°.9．C [解析] 以A 为坐标原点，向量AC →，AA 1→，AB →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系A -xyz ，则A (0，0，0)，B (0，0，2)，B 1(0，2，2)，C (2，0，0)，D ⎝⎛⎭⎫22，0，1.设E (x ，y ，0)，得DE →＝⎝⎛⎭⎫x －22，y ，－1，AC →＝ (2，0，0)，AB 1→＝(0，2，2)，∵DE ⊥平面ACB 1，∴DE ⊥AC ，DE ⊥AB 1， ∴DE →·AC →＝0，DE →·AB 1→＝0，则⎝⎛⎭⎫x －22·2＋0＋0＝0，0＋2y －2＝0，解得 x ＝22，y ＝1，即E ⎝⎛⎭⎫22，1，0，BE →＝⎝⎛⎭⎫22，1，－2，而平面ABB 1A 1的一个法向量为AC →＝(2，0，0)，设BE 与平面ABB 1A 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈BE →，AC →〉|＝|BE →·AC →||BE →|·|AC →|＝1111，cos θ＝1－sin 2θ＝11011，∴tan θ＝sin θcos θ＝1010，故选C.10．A [解析] 设正方体的棱长为1，分别以DA →，DC →，DD 1→的方向为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则O ⎝⎛⎭⎫12，12，0，A (1，0，0)，C 1(0，1，1)，可设P (x ，x ，1)，0≤x ≤1， ∴OP → ＝⎝⎛⎭⎫x －12，x －12，1，平面A 1BD 的法向量AC 1→＝(－1，1，1)，所以sin α＝|OP →·AC 1→||OP →||AC 1→|＝13·2⎝⎛⎭⎫x －122＋1，当x ＝12时，sin α有最大值33；当x ＝1或x ＝0时，sin α有最小值23，故选A.11.22[解析] 由三视图知A 1B 1，B 1C 1，B 1B 两两垂直且相等．以B 1为坐标原点，B 1C 1→，B 1B →，B 1A 1→的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，易得BC 1→＝(2，－2，0)，BD →＝(1，0，1)，设平面BC 1D 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，由n 1⊥BC 1→，n 1⊥BD →，得⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＝0，x ＋z ＝0，令x ＝1，得n 1＝(1，1，－1)．平面BC 1A 的一个法向量为n 2＝B 1C →＝(2，2，0)．设二面角A -BC 1-D 的平面角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝63，所以tan θ＝22.12．2－3[解析] 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DP 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则C (0，2，0)，P (0，0，1)，设E (1，y 0，0)，则EC →＝(－1，2－y 0，0)，0≤y 0≤2，PC →＝(0，2，－1)．设平面PEC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·EC →＝0，n 1·PC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y （2－y 0）＝0，2y －z ＝0，不妨令y ＝1，则x ＝2－y 0，z ＝2，所以n 1＝(2－y 0，1，2)．因为平面ECD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，所以cos π4＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝2（2－y 0）2＋12＋22×1＝22，解得y 0＝2±3，因为E 是线段AB 上一点，所以y 0＝2－3，所以当AE ＝2－3时，二面角P - EC - D 为π4.13.25[解析] 建立空间直角坐标系如图所示．设AB ＝1，则AF →＝⎝⎛⎭⎫1，12，0，E ⎝⎛⎭⎫12，0，0.设M (0，y ，1)(0≤y ≤1)，则EM →＝⎝⎛⎭⎫－12，y ，1，∵θ∈⎝⎛⎦⎤0，π2， ∴cos θ＝|AF →·EM →||AF →||EM →|＝⎪⎪⎪⎪－12＋12y 1＋14·14＋y 2＋1＝2（1－y ）5·4y 2＋5，因为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2（1－y ）4y 2＋52＝1－8y ＋14y 2＋5，令8y ＋1＝t ，1≤t ≤9，则8y ＋14y 2＋5＝16t ＋81t－2≥15，当且仅当t ＝1时取等号． ∴cos θ＝2（1－y ）5·4y 2＋5≤15×25＝25，当且仅当y ＝0时取等号．14．解：(1)证明：取AB 的中点O ，连接OC ，OA 1，A 1B ，因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB ，由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°，所以△AA 1B 为等边三角形，所以OA 1⊥AB ，又因为OC ∩OA 1＝O ，所以AB ⊥平面OA 1C ，又A 1C 平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .(2)由(1)知OC ⊥AB ，OA 1⊥AB ，又平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，交线为AB ，所以OC ⊥平面AA 1B 1B ，故OA ，OA 1，OC 两两垂直．以O 为坐标原点，OA →，OA 1→，OC →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|OA →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系，可得A (1，0，0)，A 1(0，3，0)，C (0，0，3)，B (－1，0，0)，则BC →＝(1，0，3)，BB 1→＝AA 1→＝(－1，3，0)，A 1C →＝(0，－3，3)，设n ＝(x ，y ，z )为平面BB 1C 1C 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BB 1→＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，－x ＋3y ＝0，取y ＝1，可得n ＝(3，1，－1)，故cos 〈n ，A 1C →〉＝n ·A 1C →|n ||A 1C →|＝－105，故直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为105.15．解：(1)证明：取AB 的中点E ，连接DE ，则四边形BCDE 为矩形，∴BE ⊥DE . ∵△SAB 为等边三角形，∴AB ⊥SE . ∵SE ∩DE ＝E ，∴AB ⊥平面SED ，又SD 平面SED ， ∴AB ⊥SD .(2)由(1)知DE ⊥DC ，过D 作DZ ⊥平面ABCD ，则DE ，DC ，DZ 两两垂直，分别以DE ，DC ，DZ 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A (2，－1，0)，B (2，1，0)，C (0，1，0)， ∵SD ＝1，DE ＝2，SE ＝3，∴SD ⊥SE ，又AB ⊥SD ，AB ∩SE ＝E ，∴SD ⊥平面SAB ，∴S ⎝⎛⎭⎫12，0，32，DS →＝⎝⎛⎭⎫12，0，32，设平面SBC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，∵SC →＝⎝⎛⎭⎫－12，1，－32，BC →＝(－2，0，0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝－2x ＝0，n ·SC →＝－12x ＋y －32z ＝0，取z ＝1，得n ＝⎝⎛⎭⎫0，32，1，设二面角A -SB -C 的平面角为θ，则cos θ＝|DS →·n ||DS →|·|n |＝ 32 72＝217，∴sin θ＝1－⎝⎛⎭⎫2172＝277，∴二面角A -SB -C 的正弦值为277.16．解：(1)证明：由题可知AB ⊥BD,∵梯形PQAD 垂直于圆O 所在的平面， ∠PDA ＝90°， ∴PD ⊥平面ABCD, ∴AB ⊥PD .又∵BD ∩PD ＝D ，∴AB ⊥平面PBD .∵AB 平面ABQ ，∴平面ABQ ⊥平面PBD .(2)如图，过点B 作射线BN ∥DP ，BA ，BD ，BN 两两垂直．以B 为原点，BA ，BD ，BN 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设PD ＝h ，则B (0，0，0)，A (2，0，0)，P (0，23，h )，C (－1，3，0),从而BC →＝ (－1，3，0)，BP →＝(0，23，h )，设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BP →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，23y ＋hz ＝0，取y ＝1，则n ＝⎝⎛⎭⎫3，1，－23h .由(1)知BA ⊥平面PBD ，则平面PBD 的一个法向量为BA →＝(2，0，0)，∴|cos 〈n ，BA →〉|＝|n ·BA →|||n ||BA →＝2324＋12h2＝22，解得h ＝6，多面体PQABCD 是由三棱锥P -BCD 和四棱锥B -ADPQ 构成的组合体，V B -ADPQ ＝13×2＋62×4×3＝22＋433， V P -BCD ＝13×3×6＝2， ∴多面体PQABCD 的体积V ＝32＋433.第2课时1．解：(1)证明：取线段BC 的中点E ，连接AE . 因为AD ＝3，∠PDA ＝30°，P A ⊥AD ，所以P A ＝1. 因为AD ∥BC ，∠BAD ＝150°，所以∠ABC ＝30°.又因为AB ＝AC ，所以AE ⊥BC .因为BC ＝2 3，所以AC ＝AB ＝BEcos 30°＝2.因为PC ＝5，所以PC 2＝P A 2＋AC 2，即P A ⊥AC .又AD 平面ABCD ，AC平面ABCD ，AD ∩AC ＝A ，所以P A ⊥平面ABCD .(2)以A 为坐标原点，以AE ，AD ，AP 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，则P (0，0，1)，B (1，－3，0)，C (1，3，0)，D (0，3，0)．设F (x 1，y 1，z 1)，因为点F 在线段PD 上，设PF →＝λPD →，可得F (0，3λ，1－λ)，所以FC →＝(1，3－3λ，λ－1)．设平面PBC 的法向量为u ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧u ·PB →＝0，u ·BC →＝0，即⎩⎨⎧x －3y －z ＝0，23y ＝0，令x ＝1，得u ＝(1，0，1)．因为直线CF 与平面PBC 所成角的正弦值等于14，所以|cos 〈FC →，u 〉|＝|λ|2×1＋4（λ－1）2＝14，解得λ＝12或λ＝－52(舍)，所以点F 是线段PD 的中点．2．解：(1)证明：因为DE ⊥平面ABCD ，所以DE ⊥AC ，又因为四边形ABCD 为正方形，所以AC ⊥BD .因为BD ∩DE ＝D ，所以AC ⊥平面BDE .(2)以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz . 因为BE 与平面ABCD 所成角为60°，即∠DBE ＝60°，所以ED DB＝ 3.由AD ＝3可知DE ＝36，AF ＝ 6.则A (3，0，0)，F (3，0，6)，E (0，0，36)，B (3，3，0)，C (0，3，0)，所以BF →＝(0，－3，6)，EF →＝(3，0，－26)．设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·BF →＝0，n ·EF →＝0，即⎩⎨⎧－3y ＋6z ＝0，3x －26z ＝0，令z ＝6，则n ＝(4，2，6)．因为AC ⊥平面BDE ，所以CA →为平面BDE 的一个法向量，CA →＝(3，－3，0)，所以cos 〈n ，CA →〉＝n ·CA →|n ||CA →|＝632×26＝1313. 因为二面角为锐角，所以二面角F -BE -D 的余弦值为1313. (3)点M 是线段BD 上一个动点，设M (t ，t ，0)，则AM →＝(t －3，t ，0)，因为AM ∥平面BEF ，所以AM →·n ＝0，即4(t －3)＋2t ＝0，解得t ＝2.此时，点M 坐标为(2，2，0)，BM ＝13BD ，符合题意． 3．解：(1)证明：连接B 1C ，交BC 1于点G ，连接GD .∵四边形BCC 1B 1是平行四边形，∴G 为B 1C 的中点．∵D 为AC 的中点，∴GD ∥AB 1.又GD 平面BC 1D ，AB 1平面BC 1D ，∴AB 1∥平面BC 1D . ∵AB 1平面AB 1EF ，平面AB 1EF ∩平面BC 1D ＝EF ，∴AB 1∥EF .(2)以C 1为原点，以C 1A 1，C 1C ，C 1B 1分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系如图所示．则A (2，2，0)，E ⎝⎛⎭⎫0，1，12，B (0，2，1)，C 1(0，0，0)，D (1，2，0)． ∴AE →＝⎝⎛⎭⎫－2，－1，12，C 1B →＝(0，2，1)，C 1D →＝(1，2，0)．设平面BC 1D 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·C 1B →＝0，n ·C 1D →＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋z ＝0，x ＋2y ＝0，令y ＝1，得n ＝(－2，1，－2)， ∴cos 〈n ，AE →〉＝n ·AE →|n ||AE →|＝23214＝42163. ∴AE 与平面BC 1D 所成角的正弦值为42163.(3) 假设在线段BC 1上存在点E ，使得A 1E ⊥CE ，设BE EC 1＝λ，则C 1E →＝1λ＋1C 1B →＝⎝⎛⎭⎫0，2λ＋1，1λ＋1， ∴A 1E →＝C 1E →－C 1A 1→＝⎝⎛⎭⎫－2，2λ＋1，1λ＋1，CE →＝CC 1→＋C 1E →＝⎝⎛⎭⎫0，－2λλ＋1，1λ＋1. ∵A 1E ⊥CE ，∴A 1E →·CE →＝0，即－4λ（λ＋1）2＋1（λ＋1）2＝0，解得λ＝14.∴在线段BC 1上存在点E ，使得A 1E ⊥CE ，且BE C 1E ＝14. 4．解：(1)证明：以A 为原点，以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，由题意得，D (0，2，0)，C (2，4，0)，P (0，0，2)，M (1，2，1)，A (0，0，0)，B (2，0，0)，DM →＝(1，0，1)，平面P AB 的一个法向量为n ＝(0，1，0)，∵DM →·n ＝0，DM 平面P AB ，∴DM ∥平面P AB .(2)设平面ADM 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，AD →＝(0，2，0)，AM →＝(1，2，1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AD →＝2y ＝0，m ·AM →＝x ＋2y ＋z ＝0，取x ＝1，得m ＝(1，0，－1)．设平面PBC 的法向量为p ＝(x 1，y 1，z 1)，PB →＝(2，0，－2)，PC →＝(2，4，－2)，则⎩⎪⎨⎪⎧p ·PB →＝2x 1－2z 1＝0，p ·PC →＝2x 1＋4y 1－2z 1＝0，取x 1＝1，得p ＝(1，0，1)，∵m ·p ＝0，∴平面ADM ⊥平面PBC .(3)存在符合条件的λ.设E (2，t ，0)，∵P (0，0，2)，D (0，2，0)，∴PD →＝(0，2，－2)，DE →＝(2，t －2，0)，设平面PDE 的法向量为q ＝(a ，b ，c )，则⎩⎪⎨⎪⎧q ·PD →＝2b －2c ＝0，q ·DE →＝2a ＋（t －2）b ＝0，取b ＝2，得q ＝(2－t ，2，2)，平面DEB 即为xAy 平面，其法向量v ＝(0，0，1)，∵二面角P -DE -B 的余弦值为23，∴|cos 〈q ，v 〉|＝|q ·v ||q |·|v |＝2（2－t ）2＋8＝23，解得t ＝3或t ＝1，∴λ＝3或λ＝13.5．解：(1)∵AB ∥CD ，∠ABC ＝90°，CD ＝2AB ＝4，且AE ∥BC 交CD 于点E ，∴四边形ABCE 是边长为2的正方形，∴AC ⊥BE ，DE ⊥AE .又∵平面ADE ⊥平面ABCE ，平面ADE ∩平面ABCE ＝AE ，∴DE ⊥平面ABCE .∵AC 平面ABCE ，∴AC ⊥DE ，又DE ∩BE ＝E ，∴AC ⊥平面DBE .。

2020版高考数学(理)一轮总复习层级快练：第八章立体几何作业53 含解析

题组层级快练(五十三)1．(2019·广东五校协作体诊断考试)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()A．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n B．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥βC．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥βD．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n答案 B解析A项，若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n与m，n与异面直线均有可能，不正确；C项，若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α，β有可能相交但不垂直，不正确；D项，若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m，n 有可能是异面直线，不正确，故选B.2．设a，b，c是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则a⊥b的一个充分不必要条件是() A．a⊥c，b⊥c B．α⊥β，a⊂α，b⊂βC．a⊥α，b∥αD．a⊥α，b⊥α答案 C解析对于C，在平面α内存在c∥b，因为a⊥α，所以a⊥c，故a⊥b；A，B中，直线a，b可能是平行直线，相交直线，也可能是异面直线；D中一定推出a∥b.3．(2019·江西南昌模拟)如图，在四面体ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，那么D在平面ABC内的射影H必在()A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部答案 A解析由AB⊥AC，BD⊥AC，又AB∩BD＝B，则AC⊥平面ABD，而AC⊂平面ABC，则平面ABC⊥平面ABD，因此D在平面ABC内的射影H必在平面ABC与平面ABD的交线AB上，故选A.4．(2019·江西临安一中期末)三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1垂直于底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是()①CC1与B1E是异面直线；②AE与B1C1是异面直线，且AE⊥B1C1；③AC⊥平面ABB1A1；④A1C1∥平面AB1E.A．②B．①③C．①④D．②④答案 A解析对于①，CC1，B1E都在平面BB1C1C内，故错误；对于②，AE，B1C1为在两个平行平面中且不平行的两条直线，底面三角形ABC是正三角形，E是BC中点，所以AE⊥BC，又B1C1∥BC，故AE⊥B1C1，故正确；对于③，上底面ABC是一个正三角形，不可能存在AC⊥平面ABB1A1，故错误；对于④，A1C1所在的平面与平面AB1E相交，且A1C1与交线有公共点，故错误．故选A. 5．(2019·福建泉州质检)如图，在下列四个正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G均为所在棱的中点，过E，F，G作正方体的截面，则在各个正方体中，直线BD1与平面EFG不垂直的是()答案 D解析如图，在正方体中，E，F，G，M，N，Q均为所在棱的中点，且六点共面，直线BD1与平面EFMNQG垂直，并且A项，B，C中的平面与这个平面重合，满足题意．对于D项中图形，由于E，F为AB，A1B1的中点，所以EF∥BB1，故∠B1BD1为异面直线EF与BD1所成的角，且tan∠B1BD1＝2，即∠B1BD1不为直角，故BD1与平面EFG不垂直，故选D.6．(2019·保定模拟)如图，在正四面体P－ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是()A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面PAEC．平面PDF⊥平面PAED．平面PDE⊥平面ABC答案 D解析因BC∥DF，DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，所以BC∥平面PDF，A成立；易证BC⊥平面PAE，BC∥DF，所以结论B，C均成立；点P在底面ABC内的射影为△ABC的中心，不在中位线DE上，故结论D不成立．7.已知直线PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A，B的任一点，则下列关系中不正确的是()A．PA⊥BC B．BC⊥平面PACC．AC⊥PB D．PC⊥BC答案 C解析AB为直径，C为圆上异于A，B的一点，所以AC⊥BC.因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC.因为PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC，从而PC⊥BC.故选C.8.如图，在三棱锥D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是()A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BCDC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE答案 C解析因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理，DE⊥AC，由于DE∩BE＝E，于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.故选C.9．(2019·沧州七校联考)如图所示，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC.则下列结论不正确的是()A．CD∥平面PAF B．DF⊥平面PAFC．CF∥平面PAB D．CF⊥平面PAD答案 D解析A中，∵CD∥AF，AF⊂面PAF，CD⊄面PAF，∴CD∥平面PAF成立；B中，∵六边形ABCDEF 为正六边形，∴DF⊥AF.又∵PA⊥面ABCDEF，∴DF⊥平面PAF成立；C中，CF∥AB，AB⊂平面PAB，CF⊄平面PAB，∴CF∥平面PAB；而D中CF与AD不垂直，故选D.10．(2019·重庆秀山高级中学期中)如图，点E为矩形ABCD边CD上异于点C，D的动点，将△ADE 沿AE翻折成△SAE，使得平面SAE⊥平面ABCE，则下列说法中正确的有()①存在点E使得直线SA⊥平面SBC；②平面SBC内存在直线与SA平行；③平面ABCE内存在直线与平面SAE平行；④存在点E使得SE⊥BA.A．1个B．2个C．3个D．4个答案 A解析①若直线SA⊥平面SBC，则SA⊥SC，又SA⊥SE，SE∩SC＝S，∴SA⊥平面SEC，又平面SEC ∩平面SBC ＝SC ，∴点S ，E ，B ，C 共面，与已知矛盾，故①错误；②∵平面SBC ∩直线SA ＝S ，故平面SBC 内的直线与SA 相交或异面，故②错误；③在平面ABCD 内作CF ∥AE ，交AB 于点F ，由线面平行的判定定理，可得CF ∥平面SAE ，故③正确；④若SE ⊥BA ，过点S 作SF ⊥AE 于点F ，∵平面SAE ⊥平面ABCE ，平面SAE ∩平面ABCE ＝AE ，∴SF ⊥平面ABCE ，∴SF ⊥AB ，又SF ∩SE ＝S ，∴AB ⊥平面SEC ，∴AB ⊥AE ，与∠BAE 是锐角矛盾，故④错误．11．(2019·泉州模拟)点P 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的面对角线BC 1上运动，给出下列命题：①三棱锥A －D 1PC 的体积不变； ②A 1P ∥平面ACD 1； ③DB ⊥BC 1；④平面PDB 1⊥平面ACD 1. 其中正确的命题序号是________．答案 ①②④解析对于①，V A －D 1PC ＝VP －AD 1C 点P 到面AD 1C 的距离，即为线BC 1与面AD 1C 的距离，为定值故①正确，对于②，因为面A 1C 1B ∥面AD 1C ，所以线A 1P ∥面AD 1C ，故②正确，对于③，DB 与BC 1成60°角，故③错．对于④，由于B 1D ⊥面ACD 1，所以面B 1DP ⊥面ACD 1，故④正确． 12．(2019·山西太原一模)已知在直角梯形ABCD 中，AB ⊥AD ，CD ⊥AD ，AB ＝2AD ＝2CD ＝2，将直角梯形ABCD 沿AC 折叠成三棱锥D －ABC ，当三棱锥D －ABC 的体积取最大值时，其外接球的体积为________．答案 43π解析当平面DAC ⊥平面ABC 时，三棱锥D －ABC 的体积取最大值．此时易知BC ⊥平面DAC ，∴BC ⊥AD ，又AD ⊥DC ，∴AD ⊥平面BCD ，∴AD ⊥BD ，取AB 的中点O ，易得OA ＝OB ＝OC ＝OD ＝1，故O 为所求外接球的球心，故半径r ＝1，体积V ＝43πr 3＝43π.13．(2019·辽宁大连双基测试)如图所示，∠ACB ＝90°，DA ⊥平面ABC ，AE ⊥DB 交DB 于E ，AF ⊥DC 交DC 于F ，且AD ＝AB ＝2，则三棱锥D －AEF 体积的最大值为________．答案26解析因为DA ⊥平面ABC ，所以DA ⊥BC ，又BC ⊥AC ，DA ∩AC ＝A ，所以BC ⊥平面ADC ，所以BC ⊥AF ，又AF ⊥CD ，BC ∩CD ＝C ，所以AF ⊥平面DCB ，所以AF ⊥EF ，AF ⊥DB ，又DB ⊥AE ，AE ∩AF ＝A ，所以DB ⊥平面AEF ，所以DE 为三棱锥D －AEF 的高．因为AE 为等腰直角三角形ABD 斜边上的高，所以AE ＝2，设AF ＝a ，FE ＝b ，则△AEF 的面积S ＝12ab ≤12·a 2＋b 22＝12×22＝12，所以三棱锥D －AEF 的体积V ≤13×12×2＝26(当且仅当a ＝b ＝1时等号成立)．14．如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，AC ⊥CD ，∠ABC ＝60°，PA ＝AB ＝BC ，E 是PC 的中点，求证： (1)CD ⊥AE ； (2)PD ⊥平面ABE. 答案 (1)略 (2)略证明 (1)∵PA ⊥底面ABCD ， ∴CD ⊥PA.又CD ⊥AC ，PA ∩AC ＝A ，故CD ⊥平面PAC ，AE ⊂平面PAC. 故CD ⊥AE.(2)∵PA ＝AB ＝BC ，∠ABC ＝60°，故PA ＝AC. ∵E 是PC 的中点，故AE ⊥PC. 由(1)知CD ⊥AE ，由于PC ∩CD ＝C ，从而AE ⊥平面PCD ，故AE ⊥PD. 易知BA ⊥PD ，故PD ⊥平面ABE.15．(2019·安徽马鞍山一模)如图①，在直角梯形ABCD 中，AB ⊥BC ，BC ∥AD ，AD ＝2AB ＝4，BC ＝3，E 为AD 的中点，EF ⊥BC ，垂足为F.沿EF 将四边形ABFE 折起，连接AD ，AC ，BC ，得到如图②所示的六面体ABCDEF.若折起后AB 的中点M 到点D 的距离为3.(1)求证：平面ABFE ⊥平面CDEF ； (2)求六面体ABCDEF 的体积．答案 (1)略 (2)83解析 (1)如图，取EF 的中点N ，连接MN ，DN ，MD.根据题意可知，四边形ABFE 是边长为2的正方形，∴MN ⊥EF.由题意，得DN ＝DE 2＋EN 2＝5，MD ＝3， ∴MN 2＋DN 2＝22＋(5)2＝9＝MD 2，∴MN ⊥DN ，∵EF ∩DN ＝N ，∴MN ⊥平面CDEF. 又MN ⊂平面ABFE ，∴平面ABFE ⊥平面CDEF. (2)连接CE ，则V 六面体ABCDEF ＝V 四棱锥C －ABFE ＋V 三棱锥A －CDE . 由(1)的结论及CF ⊥EF ，AE ⊥EF ，得 CF ⊥平面ABFE ，AE ⊥平面CDEF ， ∴V 四棱锥C －ABFE ＝13·S 正方形ABFE ·CF ＝43，V 三棱锥A －CDE ＝13·S △CDE ·AE ＝43，∴V 六面体ABCDEF ＝43＋43＝83.16.(2019·潍坊质检)直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是直角梯形，∠BAD ＝∠ADC ＝90°，AB ＝2AD ＝2CD ＝2. (1)求证：AC ⊥平面BB 1C 1C ；(2)在A 1B 1上是否存在一点P ，使得DP 与平面BCB 1和平面ACB 1都平行？证明你的结论．答案 (1)略(2)P 为A 1B 1的中点时，DP 与平面BCB 1和平面ACB 1都平行．解析 (1)∵直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BB 1⊥平面ABCD ，∴BB 1⊥AC. 又∵∠BAD ＝∠ADC ＝90°，AB ＝2AD ＝2CD ＝2， ∴AC ＝2，∠CAB ＝45°.∴BC ＝ 2.∵BC 2＋AC 2＝AB 2，∴BC ⊥AC. 又BB 1∩BC ＝B ，BB 1⊂平面BB 1C 1C ， BC ⊂平面BB 1C 1C ，∴AC ⊥平面BB 1C 1C. (2)存在点P ，P 为A 1B 1的中点．由P 为A 1B 1的中点，有PB 1∥AB ，且PB 1＝12AB.又∵DC ∥AB ，DC ＝12AB ，∴DC ∥PB 1，且DC ＝PB 1.∴四边形DCB 1P 为平行四边形，从而CB 1∥DP. 又CB 1⊂平面ACB 1，DP ⊄平面ACB 1， ∴DP ∥平面ACB 1.同理，DP ∥平面BCB 1.。

高三数学第九章立体几何课后作业及详细解答(3)

课后作业基础巩固强化一、选择题1．(文)已知E、F、G、H是空间内四个点，条件甲：E、F、G、H四点不共面，条件乙：直线EF和GH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[答案] A[解析]点E、F、G、H四点不共面可以推出直线EF和GH不相交；但由直线EF和GH不相交不一定能推出E、F、G、H四点不共面，例如：EF和GH平行，这也是直线EF和GH不相交的一种情况，但E、F、G、H四点共面．故甲是乙成立的充分不必要条件．(理)在空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA上分别取E、F、G、H四点，若EF与GH交于点M，则()A．M一定在AC上B．M一定在BD上C．M可能在AC上也可能在BD上D．M不在AC上，也不在BD上[答案] A[解析]点M在平面ABC内，又在平面ADC内，故必在交线AC上．2．(文)若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则()A．α内的所有直线与l异面B．α内不存在与l平行的直线C．α内存在唯一的直线与l平行D．α内的直线与l都相交[答案] B[解析]由题意知直线l与平面α相交，不妨设直线l∩α＝M，对A，在α内过M点的直线与l不异面，A错误；对B，假设存在与l平行的直线m，则由m∥l得l∥α，这与l∩α＝M矛盾，故B正确，C错误；对D，α内存在与l异面的直线，故D错误．综上知选B.(理)平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，既与AB共面也与CC1共面的棱的条数为()A．3B．4C．5D．6[答案] C[解析]如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，既与AB共面，也与CC1共面的棱为BC、C1D1、DC、AA1、BB1，共5条．3．(2014·汉沽一中检测)已知平面α和不重合的两条直线m、n，下列选项正确的是()A．如果m⊂α，n⊄α，m、n是异面直线，那么n∥αB．如果m⊂α，n与α相交，那么m、n是异面直线C．如果m⊂α，n∥α，m、n共面，那么m∥nD．如果m⊥α，n⊥m，那么n∥α[答案] C[解析]如图(1)可知A错；如图(2)可知B错；如图(3)，m⊥α，n是α内的任意直线，都有n⊥m，故D错．∵n∥α，∴n与α无公共点，∵m⊂α，∴n与m无公共点，又m、n共面，∴m∥n，故选C.4．(文)正方体ABCD－A1B1C1D1中，与对角线AC1异面的棱有()A．3条B．4条C．6条D．8条[答案] C[解析]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，与对角线AC1有公共点A的和有公共点C1的各有3条，其余6条所在正方体的面与AC1均相交，且交点不在这些棱上，由异面直线判定定理知，这6条与AC1都异面，故选C.(理)如图是正方体或四面体，P、Q、R、S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是()[答案] D[解析]A中，PS∥QR；B中如图可知此四点共面；C中PS∥QR；D中RS在经过平面PQS内一点和平面PQS外一点的直线上，故选D.5．(2013·南昌第一次模拟)设a，b是夹角为30°的异面直线，则满足条件“a⊂α，b⊂β，且α⊥β”的平面α，β()A．不存在B．有且只有一对C．有且只有两对D．有无数对[答案] D[解析]过直线a的平面α有无数个．当平面α与直线b平行时，两直线的公垂线与b确定的平面β⊥α；当平面α与b相交时，过交点作平面α的的垂线与b确定的平面β⊥α，∵平面α有无数个，∴满足条件的平面α、β有无数对，故选D.6．(文)(2013·惠州调研)已知m、n是两条不同直线，α、β、γ是三个不同平面，下列命题中正确的是()A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥nB ．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βC ．若m ∥α，m ∥β，则α∥βD ．若m ⊥α，n ⊥α，则m ∥n[答案] D[解析] 当m ∥α，n ∥α时，m 与n 可能相交、平行，也可能异面，故A 错；B 中α⊥γ，β⊥γ时，α与β可能平行，也可能相交，如长方体交于同一个顶点的三个面，故B 错；α∩β＝l ，m ⊄α，m ⊄β，m ∥l 时，满足m ∥α，m ∥β，故C 错；由线面垂直的性质知， ⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥αn ⊥α⇒m ∥n .(理)(2013·广东)设l 为直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是( )A ．若l ∥α，l ∥β，则α∥βB ．若l ⊥α，l ⊥β，则α∥βC ．若l ⊥α，l ∥β，则α∥βD ．若α⊥β，l ∥α，则l ⊥β[答案] B[解析] 画出一个长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1.对于A ，C 1D 1∥平面ABB 1A 1，C 1D 1∥平面ABCD ，但平面ABB 1A 1与平面ABCD 相交；对于C ，BB 1⊥平面ABCD ，BB 1∥平面ADD 1A 1，但平面ABCD 与平面ADD 1A 1相交；对于D ，平面ABB 1A 1⊥平面ABCD ，CD ∥平面ABB 1A 1，但CD ⊂平面ABCD .二、填空题7．在图中，G 、H 、M 、N 分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则使直线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]图①中，直线GH∥MN；图②中，G、H、N三点在三棱柱的侧面上，MG与这个侧面相交于G，∴M∉平面GHN，因此直线GH与MN异面；图③中，连接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②、④中GH与MN异面．8．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，AC＝5，AA1＝3，M为线段BB1上的一动点，则当AM＋MC1最小时，△AMC1的面积为________．[答案] 3[解析] 将三棱柱的侧面A 1ABB 1和B 1BCC 1以BB 1为折痕展平到一个平面α上，在平面α内AC 1与BB 1相交，则交点即为M 点，易求BM ＝1，∴AM ＝2，MC 1＝22，又在棱柱中，AC 1＝14，∴cos ∠AMC 1＝AM 2＋MC 21－AC 212AM ·MC 1＝2＋8－142×2×22＝－12， ∴∠AMC 1＝120°，∴S △AMC 1＝12AM ·MC 1·sin ∠AMC 1＝12×2×22×32＝ 3.9．(文)如图所示，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各条棱长都相等，M 是侧棱CC 1的中点，则异面直线AB 1和BM 所成的角的大小是________．[答案] 90°[解析] 取BC 的中点N ，连接AN ，则AN ⊥平面BCC 1B 1， ∵BM ⊂平面BCC 1B 1，∴AN ⊥BM ，又在正方形BCC 1B 1中，M 、N 分别为CC 1与BC 的中点，∴B 1N ⊥BM ，又B 1N ∩AN ＝N ，∴BM ⊥平面AB 1N ，∴BM ⊥AB 1，∴AB 1与BM 所成的角是90°.(理)在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥底面ABC ，AC ⊥BC ，P A ＝AC ＝BC ，则直线PC 与AB 所成角的大小是________．[答案] 60°[解析]分别取P A 、AC 、CB 的中点F 、D 、E 连接FD 、DE 、EF 、AE ，则∠FDE 是直线PC 与AB 所成角或其补角．设P A ＝AC ＝BC ＝2a ，在△FDE 中，易求得FD ＝2a ，DE ＝2a ，FE ＝6a ，根据余弦定理，得cos ∠FDE ＝2a 2＋2a 2－6a 22×2a ×2a＝－12，所以∠FDE ＝120°.所以PC 与AB 所成角的大小是60°.三、解答题10．(文)已知在正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，M 、N 分别是A ′D ′、A ′B ′的中点，在该正方体中是否存在过顶点且与平面AMN 平行的平面？若存在，试作出该平面，并证明你的结论；若不存在，请说明理由．[分析] 假设存在经过B 点与平面AMN 平行的平面α，则平面A ′B ′C ′D ′与这两平行平面的交线应平行，由于M 、N 分别为A′D′、A′B′的中点，∴取C′D′的中点F，B′C′的中点E，则MN∥EF，可证明平面BDFE∥平面AMN，过其他点的截面同理可分析找出．[解析]存在．与平面AMN平行的平面有以下三种情况(E、F分别为所在棱的中点)：下面以图(1)为例进行证明．∵四边形ABEM是平行四边形，∴BE∥AM，又BE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，∴AM∥平面BDFE.∵MN是△A′B′D′的中位线，∴MN∥B′D′，∵四边形BDD′B′是平行四边形，∴BD∥B′D′，∴MN∥BD，又BD⊂平面BDE，MN⊄平面BDE，∴MN∥平面BDFE，又AM⊂平面AMN，MN⊂平面AMN，且AM∩MN＝M，∴由平面与平面平行的判定定理可得，平面AMN∥平面BDFE.(理)如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M是棱CC1的中点．(1)求异面直线A1M和C1D1所成的角的正切值；(2)证明：平面ABM⊥平面A1B1M.[解析]方法1：(1)如图，因为C1D1∥B1A1，所以∠MA1B1为异面直线A1M与C1D1所成的角．因为A1B1⊥平面BCC1B1，所以∠A1B1M＝90°，而A1B1＝1，B1M＝B1C21＋MC21＝2，故tan∠MA1B1＝B1MA1B1＝ 2.即异面直线A1M和C1D1所成的角的正切值为 2.(2)证明：由A1B1⊥平面BCC1B1，BM⊂平面平面BCC1B1，得A1B1⊥BM①由(1)知，B1M＝2，又BM＝BC2＋CM2＝2，B1B＝2，所以B1M2＋BM2＝B1B2，从而BM⊥B1M②又A1B1∩B1M＝B1，∴BM⊥平面A1B1M，而BM⊂平面ABM，因此平面ABM⊥平面A1B1M.方法2：以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→的方向分别作为x 、y 、z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，A 1(0,0,2)，B 1(1,0,2)，C 1(1,1,2)，D 1(0,1,2)，M (1,1,1)．(1)A 1M →＝(1,1，－1)，C 1D 1→＝(－1,0,0)，cos 〈A 1M →，C 1D 1→〉＝－13×1＝－33. 设异面直线A 1M 与C 1D 1所成角为α，则cos α＝33，∴tan α＝ 2.即异面直线A 1M 和C 1D 1所成的角的正切值是 2.(2)证明：A 1B 1→＝(1,0,0)，BM →＝(0,1,1)，B 1M →＝(0,1，－1)，A 1B 1→·BM →＝0，BM →·B 1M →＝0，∴A 1B 1→⊥BM →，BM →⊥B 1M →，即BM ⊥A 1B 1，BM ⊥B 1M ，又B 1M ∩A 1B 1＝B 1，∴BM ⊥平面A 1B 1M ，而BM ⊂平面ABM ，因此ABM ⊥平面A 1B 1M .能力拓展提升一、选择题11．(文)(2014·雅礼中学月考)l1、l2、l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是()A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3C．l1∥l2∥l3⇒l1、l2、l3共面D．l1、l2、l3共点⇒l1、l2、l3共面[答案] B[解析]举反例，由教室内共点的三条墙角线可知A、D是错误的；由三棱柱的三条侧棱可知C是错误的．故选B.(理)(2014·荆州中学月考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是BC1、CD1的中点，则下列判断错误的是()A．MN与CC1垂直B．MN与AC垂直C．MN与BD平行D．MN与A1B1平行[答案] D[解析]由于C1D1与A1B1平行，MN与C1D1是异面直线，所以MN与A1B1是异面直线，故选项D错误．[点评] 取CD 中点Q ，BC 中点R ，则NQ 綊12D 1D ，MR 綊12CC 1，∵CC 1綊D 1D ，∴NQ 綊MR ，∴MN ∥QR ，∵QR ∥BD ，AC ⊥BD ，∴AC ⊥MN ，∴B 正确；∵MN ∥QR ，QR ∥BD ，∴MN ∥BD ，∴C 正确；∵CC 1⊥平面ABCD ，∴CC 1⊥PQ ，∴CC 1⊥MN ，∴A 正确．12．(2012·山西联考)已知直线m 、n 与平面α、β，下列命题中正确的是( )A ．m ∥β，α∥β，则m ∥αB ．平面α内不共线三点到平面β的距离相等，则α∥βC ．α∩β＝m ，n ⊥m 且α⊥β，则n ⊥αD ．m ⊥α，n ⊥β且α⊥β，则m ⊥n[答案] D[解析] 当m ⊂α时，也可满足m ∥β，α∥β，故①错；当α∩β＝l ，三点A 、B 、C 位于l 的两侧，AB ∥l ，直线AB 到l 的距离与点C 到l 的距离相等时，满足A 、B 、C 三点到平面β的距离相等，故②错；由面面垂直的性质知，C 错，因为只有在满足n ⊂β内时，才能由n ⊥m 得出n ⊥α的结论；⎭⎪⎬⎪⎫⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βn ⊥β⇒n ∥α或n ⊂α m ⊥α⇒m ⊥n ，故D 正确．二、填空题13．(2013·武汉武昌区联考)已知直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β，有下列命题：①α∥β⇒l ⊥m ；②α⊥β⇒l ∥m ；③l ∥m ⇒α⊥β；④l ⊥m ⇒α∥β.其中正确命题的序号是________．[答案] ①③[解析] ①正确，∵l ⊥α，α∥β，∴l ⊥β，又m ⊂β，∴l ⊥m ；②错误，l ，m 还可以垂直，斜交或异面；③正确，∵l ⊥α，l ∥m ，∴m ⊥α，又m ⊂β，∴α⊥β；④错误，α与β可能相交．14．(2013·贵阳一模)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为A 1B 1，BB 1的中点，则异面直线AM 与CN 所成角的余弦值为________．[答案] 25[解析] 如图，取AB 的中点E ，连接B 1E ，则AM ∥B 1E ，取EB 的中点F ，连接FN ，则B 1E ∥FN ，因此AM ∥FN ，则直线FN 与CN 所夹的锐角或直角为异面直线AM 与CN 所成的角．设AB ＝1，连接CF ，在△CFN 中，CN ＝52，FN ＝54，CF ＝174.由余弦定理得cos ∠CNF ＝CN 2＋FN 2－CF 22CN ·FN ＝25. 三、解答题15．(2013·江苏)如图，在三棱锥S －ABC 中，平面SAB ⊥平面SBC ，AB ⊥BC ，AS ＝AB .过A 作AF ⊥SB ，垂足为F ，点E ，G 分别是棱SA ，SC的中点．求证：(1)平面EFG∥平面ABC；(2)BC⊥SA.[解析](1)因为AS＝AB，AF⊥SB，垂足为F，所以F是SB的中点．又因为E是SA的中点，所以EF∥AB.因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.同理EG∥平面ABC.又EF∩EG＝E，所以平面EFG∥平面ABC.(2)因为平面SAB⊥平面SBC，且交线为SB，又AF⊂平面SAB，AF⊥SB，所以AF⊥平面SBC，因为BC⊂平面SBC，所以AF⊥BC.又因为AB⊥BC，AF∩AB＝A，AF，AB⊂平面SAB，所以BC⊥平面SAB.因为SA⊂平面SAB，所以BC⊥SA.考纲要求理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解可以作为推理依据的公理和定理．补充说明1．异面直线的判定主要用定理法、反证法(1)定理法：过平面内一点与平面外一点的直线与平面内不经过该点的直线为异面直线(此结论可作为定理使用)．(2)反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两直线平行或相交，由假设的条件出发，经过严密的推理，导出矛盾，从而否定假设，肯定两条直线异面．2．求异面直线所成的角主要用平移法，其一般步骤为(1)平移：选取适当的点，平移异面直线的一条(或两条)成相交直线．(2)证明：证明所作的角是异面直线所成的角．(3)求解：找出含有此角的三角形，并解之．(4)取舍：根据异面直线所成角的范围确定大小．3．共线与共面问题证明共线时，所共的直线一般定位为两个平面的交线；证明共面问题时，一般先由已知条件确定一个平面(有平行直线的先用平行直线确定平面)，再证其他元素在该平面内．4．求异面直线所成角异面直线所成角的大小，是用过空间任意一点分别引它们的平行线所成的锐角(或直角)来定义的．因此，平移直线是求异面直线所成角的关键．这里给出几种平移直线的途径．(1)在已知平面内平移直线构造可解的三角形，或根据实际情况构造辅助平面，在辅助平面内平移直线构造可解的三角形，是求异面直线所成角的途径之一；这种方法常常是取两条异面直线中的一条和另一条上一点确定一个平面，在这个平面内过这个点作这条直线的平行线，或在两条异面直线上各选一点连线，构造两个辅助面过渡．[例1] 如图所示，在正方体AC 1中，M 、N 分别是A 1B 1、BB 1的中点，求异面直线AM 和CN 所成角的余弦值．[解析] 在平面ABB 1A 1内作EN ∥AM 交AB 于E ，则EN 与CN 所成的锐角(或直角)即为AM 和CN 所成的角．设正方体棱长为a .在△CNE 中，可求得CN ＝52a ，NE ＝54a ，CE ＝174a ，由余弦定理得，cos ∠CNE ＝EN 2＋CN 2－CE 22EN ·CN ＝25. 即异面直角AM 与CN 所成角的余弦值为25.(2)利用平行平面平移直线构成可解的三角形，是求异面直线所成角的途径之二；这种方法常见于两条异面直线分别在两个互相平行的平面内，可利用面面平行的性质，将一条直线平移到另一条所在的平面内．[例2] 如图所示，正方体AC 1中，B 1E 1＝D 1F 1＝A 1B 14，求BE 1与DF 1所成角的余弦值．[解析] ∵平面ABB 1A 1∥平面DCC 1D 1，∴在A 1B 1上取H ，使A 1H ＝A 1B 14，即可得：AH ∥DF 1.引NH ∥BE 1，则锐角∠AHN 就是DF 1与BE 1所成的角．设正方体棱长为a ，在△AHN 中，易求得：AN ＝a 2，AH ＝NH ＝BE 1＝174a .由余弦定理得，cos ∠AHN ＝AH 2＋HN 2－AN 22AH ·HN ＝1517. 即BE 1与DF 1所成的角的余弦值为1517.(3)整体平移几何体，构造可解的三角形，是求异面直线所成角的途径之三．这种方法常常是将原有几何体上再拼接上同样的一个几何体(相当于将原几何体作了一个平移)创造平移直线的条件．[例3] 如下图长方体AC 1中，AB ＝12，BC ＝3，AA 1＝4，N 在A 1B 1上，且B 1N ＝4.求BD 1与C 1N 所成角的余弦值．[解析] 如图所示，将长方体AC 1平移到BCFE －B 1C 1F 1E 1的位置，则C 1E ∥BD 1，C 1E 与C 1N 所成的锐角(或直角)就是BD 1与C 1N 所成的角．在△NC 1E 中，根据已知条件可求B 1N ＝4，C 1N ＝5，C 1E ＝13，EN ＝E 1N 2＋EE 21＝417.由余弦定理，得cos ∠NC 1E ＝C 1N 2＋C 1E 2－EN 22C 1N ·C 1E ＝－35. ∴BD 1与C 1N 所成角的余弦值为35.备选习题1．空间中一条线段AB 的三视图中，俯视图是长度为1的线段，侧视图是长度为2的线段，则线段AB 的长度的取值范围是( )A ．(0,2]B ．[2，5]C ．[2,3]D ．[2，10] [答案] B[解析] 以线段AB 为体对角线构造长方体，设长方体的长、宽、高分别为x 、y 、z ，则由题意知，⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝1，y 2＋z 2＝4.∴AB 2＝x 2＋y 2＋z 2＝5－y 2，∵x 2>0，∴1－y 2>0，∴0<y 2<1，∴4<AB2<5，∴2<AB< 5.特别地，当AB为面对角线时，AB＝2或5成立，∴2≤AB≤ 5.2．若空间中有四个点，则“这四个点中有三点在同一条直线上”是“这四个点在同一个平面上”的()A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充分必要条件D．既非充分又非必要条件[答案] A[解析]若有三点共线于l，当第四点在l上时共面，当第四点不在l上时，l与该点确定一个平面α，这四点共面于α；若四点共面，则未必有三点共线．3．设直线m与平面α相交但不．垂直，则下列说法中正确的是()A．在平面α内有且只有一条直线与直线m垂直B．过直线m有且只有一个平面与平面α垂直C．与直线m垂直的直线不．可能与平面α平行D．与直线m平行的平面不．可能与平面α垂直[答案] B[解析]如图，m是α的斜线，P A⊥α，l⊂α，l⊥AB，则l⊥m，α内所有与l平行的直线都垂直于m，故A错；即可知过m有且仅有一个平面P AB与α垂直，假设有两个平面都与α垂直，则这两个平面的交线m应与α垂直，与条件矛盾，∴B正确；又l′⊄α，l′∥l，∴l′∥α，∵l⊥m，∴l′⊥m，∴C错；又在平面α内取不在直线AB上的一点D，过D可作平面与平面P AB平行，∴m∥β，∵平面P AB⊥α，∴平面β⊥α.4．(2013·昆明调研)如图，在四棱锥P－ABCD中，ABCD为平行四边形，且BC⊥平面P AB，P A⊥AB，M为PB的中点，P A＝AD＝2，AB＝1.(1)求证：PD∥平面AMC；(2)求三棱锥A－MBC的高．[解析](1)如图，连接BD ，设BD 与AC 相交于点O ，连接OM ， ∵四边形ABCD 是平行四边形，∴点O 为BD 的中点．∵M 为PB 的中点，∴OM 为△PBD 的中位线，∴OM ∥PD ，∵OM ⊂平面AMC ，PD ⊄平面AMC ，∴PD ∥平面AMC .(2)∵BC ⊥平面P AB ，AD ∥BC ，∴AD ⊥平面P AB ，∴P A ⊥AD ，又P A ⊥AB ，且AD ∩AB ＝A ，∴P A ⊥平面ABCD .取AB 的中点F ，连接MF ，则MF ∥P A ， ∴MF ⊥平面ABCD ，且MF ＝12P A ＝1.设三棱锥A －MBC 的高为h ，由V A －MBC ＝V M －ABC ，得13S △MBC ·h ＝13S △ABC ·MF ，得h＝S△ABC·MFS△MBC＝12·BC·AB·MF12·BC·BM＝255.。

【解答题题专练】高考数学(理)二轮专题第二部分：专题十立体几何作业15

小题专练·作业(十五)一、选择题1．(2016·新课标全国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，所以该几何体的表面积S表＝πr2＋ch＋12cl＝4π＋16π＋8π＝28π，故选C. 2．(2016·浙江)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则()A．m∥l B．m∥nC．n⊥l D．m⊥n答案 C解析因为α∩β＝l，所以l⊂β，又n⊥β所以n⊥l.故选C.3．(2016·合肥质检)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝60°，AB ＝AC＝23，PA＝2，则三棱锥P－ABC外接球的表面积为()A．20πB．24πC．28πD．32π答案 A解析由题意可得△ABC 是边长为23的正三角形，设其外接圆的半径为r ，则2r ＝23sin60°＝4，r ＝2.又外接球的球心在PA 的中垂面上，则外接球的半径R ＝r 2＋（12PA ）2＝5，所以该球的表面积为4πR 2＝4π(5)2＝20π，选项A 正确． 4. (2016·贵阳检测)如图，点E ，F 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱AB ，AA 1的中点，点M ，N 分别是线段D 1E 与C 1F 上的点，则与平面ABCD 垂直的直线MN 的条数有( )A ．0个B ．1个C ．2个D ．无穷多个答案 B解析假设存在满足条件的直线MN ，如图，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，则D 1(2，0，2)，E(1，2，0)，设M 的坐标为(x ，y ，z)，∵D 1M →＝mD 1E →(0<m<1)，∴(x －2，y ，z －2)＝m(－1，2，－2)，x ＝2－m ，y ＝2m ，z ＝2－2m.∴M(2－m ，2m ，2－2m)．同理，若设C 1N →＝nC 1F →(0<n<1)，可得N(2n ，2n ，2－n)， MN →＝(m ＋2n －2，2n －2m ，2m －n)．又∵MN ⊥平面ABCD ，∴⎩⎪⎨⎪⎧CD →·MN →＝0，CB →·MN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧m ＋2n －2＝0，2n －2m ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝23，n ＝23，即存在满足条件的直线MN ，且只有1条．5．(2016·山东)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示．则该几何体的体积为( )A.13＋23π B.13＋23π C.13＋26π D ．1＋26π答案 C解析由三视图可知，四棱锥的底面是边长为1的正方形，高为1，其体积V 1＝13×12×1＝13.设半球的半径为R ，则2R ＝2，即R ＝22，所以半球的体积V 2＝12×4π3R 3＝12×4π3×(22)3＝26π.故该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝13＋26π.故选C.6．(2016·河北七校)已知α，β是两个不同的平面，有下列三个条件： ①存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β； ②存在一条直线a ，a ⊥β；③存在两条垂直的直线a ，b ，a ⊥β，b ⊥α.其中，所有能成为“α⊥β”的充要条件的序号是( ) A ．①B ．②C ．③D ．①③答案 D解析对于①，存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β，则α⊥β，反之也对，即“存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β”是“α⊥β”的充要条件，所以①对，可排除B ，C ；对于③，存在两条垂直的直线a ，b ，则直线a ，b 所成的角为90°，因为a ⊥β，b ⊥α，所以α，β所在的角为90°，即α⊥β，反之也对，即“存在两条垂直的直线，a ，b ，a ⊥β，b ⊥α”是“α⊥β”的充要条件，所以③对，可排除A ，选D. 7．(2016·江西九校联考)已知圆锥的底面半径为R ，高为2R ，在它的所有内接圆柱中，侧面积的最大值是( ) A.14πR 2 B.12πR 2 C ．πR 2 D ．2πR 2答案 C解析设圆柱的底面半径为r ，高为h ，由已知条件可知2r ＋h ＝2R ，所以圆柱的侧面积为S ＝2πrh ＝2πr(2R －2r)≤π[2r ＋（2R －2r ）2]2＝πR 2，当2r ＝2R －2r ，即r ＝12R 时“＝”成立，故圆柱的侧面积最大为πR 2.8．(2016·新课标全国Ⅱ)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( ) A ．4πB.9π2 C ．6π D.32π3 答案 B解析由题意可得若V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R ＝32，此时的体积最大，V max ＝43πR 3＝4π3×278＝9π2.回顾不是所有的直三棱柱都有内切球，只有底面三角形内切圆的直径与直三棱柱的高相等时，该直三棱柱才有内切球．9. (2016·江西联考)如图，在球的内接三棱锥A －BCD 中，AB ＝8，CD ＝4，平面ACD ⊥平面BCD ，且△ACD 与△BCD 是以CD 为底的全等的等腰三角形，则三棱锥A －BCD 的高与其外接球的直径的比值为( )A.3265B.413065C.813065D.6465答案 B解析设该三棱锥的外接球的半径为R ，取AB ，CD 的中点分别为E ，F ，连接EF ，AF ，BF ，由题意易得AF ⊥BF ，AF ＝BF ＝42，EF ＝4，易知三棱锥A －BCD 的外接球的球心O 在线段EF 上，连接OA ，OC ，有R 2＝AE 2＋OE 2＝16＋OE 2 ①，R 2＝CF 2＋OF 2＝4＋(4－OE)2②，由①②可得R 2＝654，所以R ＝652，所以2R ＝65.又三棱锥A－BCD 的高AF ＝42，所以三棱锥A －BCD 的高与其外接球的直径的比值为4265＝413065，故选B.10．(2016·衡中调研)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为正方形A 1B 1C 1D 1四边上的动点，O 为底面正方形的中心，M ，N 分别为AB ，BC 的中点，点Q 为平面ABCD 内一点，线段D 1Q 与OP 互相平分，则满足MQ →＝λMN →的实数λ的值有( ) A ．0个 B ．1个 C ．2个 D ．3个答案 C解析由于线段D 1Q 与OP 互相平分，且MQ →＝λMN →，则有Q ∈MN ，那么只有当四边形D 1PQO 是平行四边形时，才满足题意，此时有P 为A 1D 1的中点，点Q 与点M 重合，或P 为C 1D 1的中点，点Q 与点N 重合，对应的λ＝0或1. 11．(2016·长沙调研)公元656年，唐代李淳风注《九章》时提到祖暅的开立圆术．祖暅在求球体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是立体的高．意思是两个同高的立体，如在等高处的截面积恒相等，则体积相等．更详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个立体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积恒相等，则这两个立体的体积相等．上述原理在中国被称为祖暅原理．取一摞书或一摞纸张堆放在水平桌面上，然后用手推一下以改变其形状，这时高度没有改变，每页纸张的面积也没有改变，因而这摞书或纸张的体积与变形前相等．设由⎩⎨⎧x 2≥4y ，0≤x ≤4，0≤y ≤4确定的封闭图形绕y 轴旋转一周，得到旋转体，则该旋转体的体积为( ) A ．32π B ．36π C ．44π D ．46π答案 A解析依题，该旋转体轴截面如图①，则垂直y 轴，在高为y 处截面面积为S ＝π×42－π×x 2，依此，考虑在图②中垂直y轴，在高为y处截面面积也为S＝π×42－π×x2，由祖暅原理可知V旋转体＝V大半球－V小球＝12×43π×43－43π×23＝32π.12．(2016·太原模拟)在三棱锥A－BCD中，底面BCD为边长是2的正三角形，顶点A在底面BCD上的射影为△BCD的中心，若E为BC的中点，且直线AE 与底面BCD所成角的正切值为22，则三棱锥A－BCD外接球的表面积为() A．3πB．4πC．5πD．6π答案 D解析∵顶点A在底面BCD上的射影为△BCD的中心，而且△BCD是正三角形，∴三棱锥A－BCD是正三棱锥，∴AB＝AC＝AD.令底面△BCD的重心(即中心)为P，∵△BCD是边长为2的正三角形，DE是BC边上的高，∴DE＝3，PE＝33，DP＝233.∵直线AE与底面BCD所成角的正切值为22，即tan∠AEP＝22，∴AP＝263，∵AE2＝AP2＋EP2，∴AD＝2，于是AB＝AC＝AD＝BC＝CD＝DB＝2，∴三棱锥A－BCD 为正四面体．构造正方体，由面上的对角线构成正四面体，故正方体的棱长为2，∴正方体的体对角线长为6，∴外接球的半径为62，∴外接球的表面积为4π(62)2＝6π.13．(2016·扬州五校)一个三棱柱的直观图、正(主)视图、侧(左)视图、俯视图如图所示，若M、N分别为A1B、B1C1的中点，则下列选项中错误的是()A ．MN 与A 1C 异面B ．MN ⊥BCC ．MN ∥平面ACC 1A 1D ．三棱锥N －A 1BC 的体积为13a 2答案 D解析取A 1B 1的中点D ，连接DM ，DN.由于M 、N 分别是A 1B 、B 1C 1的中点，所以可得DN ∥A 1C 1，又DN ⊄平面A 1ACC 1，A 1C 1⊂平面A 1ACC 1，所以DN ∥平面A 1ACC 1.同理可证DM ∥平面A 1ACC 1.又DM ∩DN ＝D ，所以平面DMN ∥平面A 1ACC 1，所以MN ∥平面ACC 1A 1，直线MN 与A 1C 异面，A 、C 正确．由三视图可得A 1C 1⊥平面BCC 1B 1，所以DN ⊥平面BCC 1B 1，所以DN ⊥BC ，又易知DM ⊥BC ，所以BC ⊥平面DMN ，所以BC ⊥MN ，B 正确．因VN －A 1BC ＝V A 1－NBC ＝13(12a 2)a ＝16a 2，所以D 错误．14．(2016·衡阳二模)如图，等边三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 相交于点G ，已知△A′ED 是△ADE 绕DE 旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是( )A ．动点A ′在平面ABC 上的射影在线段AF 上B ．异面直线A ′E 与BD 不可能垂直C ．三棱锥A ′－EFD 的体积有最大值 D ．恒有平面A′GF ⊥平面BCED 答案 B解析依题意可知四边形ADFE为菱形，对角线AF与DE互相垂直平分，故A 正确；在旋转过程中DE始终垂直GF和GA′，故DE⊥平面A′GF，所以恒有平面A′GF⊥平面BCED，故D正确；当A′G⊥平面ABC时，三棱锥A′－EFD的体积取得最大值，故C正确；因为EF∥BD，故异面直线A′E与BD所成的角为∠FEA′，旋转过程中有可能为直角，故B错误．二、填空题15．(2016·四川)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是________．答案3 3解析由正视图知，底面三角形是腰长为2，底边为23的等腰三角形，三棱锥的高为1，所以该三棱锥的体积V＝13×(12×23×1)×1＝33.16．(2016·河北五一名校)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是AC1，A1B1的中点，点P在其表面上运动，则总能使MP与BN垂直的点P 所构成的轨迹的周长等于________．答案2＋ 5解析分别取BB1，CC1的中点E，F，连接AE，EF，FD，则BN⊥平面AEFD，设M在平面ABB1A1中的射影为O，过MO与平面AEFD平行的平面为α，所以能使MP与BN垂直的点P所构成的轨迹为矩形，其周长与矩形AEFD的周长相等，又矩形AEFD 的周长为2＋5，所以所求轨迹的周长为2＋ 5.17．(2016·成都调研)如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E ，F 分别为AB ，BC 的中点．设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值为________．答案 25解析以点A 为坐标原点，AB ，AD ，AQ 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．设AB ＝1，则AF →＝(1，12，0)，E(12，0，0)．设M(0，y ，1)(0≤y ≤1)，则EM →＝(－12，y ，1)，由于异面直线所成角的范围为(0，π2]，所以cos θ＝|AF →·EM →||AF →||EM →|＝|－12＋12y|1＋14·14＋y 2＋1＝2（1－y ）5·4y 2＋5，所以cos 2θ＝4（1－y ）25（4y 2＋5）＝15·(1－8y ＋14y 2＋5)，令8y ＋1＝t(1≤t ≤9)，所cos 2θ＝15·(1－16t ＋81t －2)，因为函数y ＝t ＋81t 在[1，9]上的单调递减，故t ＝1时，y max ＝1＋811＝82，所以cos 2θ的最大值为15×(1－1682－2)＝15×(1－15)＝425，所以cos θ的最大值为25.18．(2016·合肥调研)在正三棱锥P －ABC 中，M 是PC 的中点，且AM ⊥PB ，AB ＝22，则正三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为________．答案 12π解析因为三棱锥P －ABC 为正三棱锥，取AC 的中点N ，连接PN ，BN ，易证AC ⊥平面PBN ，所以PB ⊥AC ，又AM ⊥PB ，AM ∩AC ＝A ，所以PB ⊥平面PAC ，所以PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，易证PA ，PB ，PC 两两垂直，又AB ＝22，所以PA ＝PB ＝PC ＝2，设三棱锥P －ABC 外接球的半径为R ，则(2R)2＝3×22＝12，所以球的表面积S ＝4πR 2＝12π.19.(2016·贵阳调研)如图，从棱长为6 cm 的正方体铁皮箱ABCD －A 1B 1C 1D 1中分离出来由三个正方形面板组成的几何图形．如果用图示中这样一个装置来盛水，那么最多能盛的水的体积为________cm 3.答案 36解析最多能盛多少水，实际上是求三棱锥C 1－CD 1B 1的体积．又V 三棱锥C 1－CD 1B 1＝V 三棱锥C －B 1C 1D 1＝13×(12×6×6)×6＝36(cm 3)，所以用图示中这样一个装置来盛水，最多能盛36 cm 3体积的水．20.(2016·合肥调研)如图，正方形ABCD 中，沿BD 将△ABD翻折成△A ′BD ，形成四面体A ′－BCD ，并记二面角A ′－BD －C 的大小为α，则下列结论正确的是________．①不论α为何值，都有A ′C ⊥BD ；②仅当α＝90°时，A ′B 与CD 所成角为90°；③仅当α＝120°时，四面体A ′－BCD 的体积最大；④不论α为何值，四面体A ′－BCD 的外接球的体积都为定值．答案 ①④解析序号正误原因① √取BD 中点O ，连接OA ′、OC ，则OA ′⊥BD 、OC ⊥BD ，∴。

五年级下第1讲立体几何(一)

五春第1讲立体几何（一）一、学习目标1．学习和掌握立体图形的相关概念，如棱、面、顶点．2．掌握数立体图形块数的思路与方法．3．学会画三视图，并利用三视图解决立体图形的相关问题．二、例题精选【例1】图中共有多少个面？多少条棱？【巩固1】如图，在一个正方体的面上挖掉一个小长方体。

那么剩下的立体图形，有多少个面？多少条棱？【例2】有很多个小正方体，如图这样层层重叠放置。

那么当重叠到5层时，这个立体图形需要多少个小正方体？如果到10层，那么需要几个小正方体？【巩固2】有很多个小正方体，如图这样层层重叠放置。

那么当重叠到5层时，这个立体图形需要多少个小正方体？放置至10层时，又需要多少个小正方体？【例3】如图，原来的大正方体是由125个小正方体所构成的．其中有些小正方体已经被挖除，图中涂黑色的部分就是贯穿整个大正方体的挖除部分．请问剩下的部分共有多少个小正方体？第8题【巩固3】如图所示，一个5×5×5的立方体，在一个方向上开有1×1×5的孔，在另一个方向上开有2×1×5的孔，在第三个方向上开有3×1×5的孔，剩余部分的小正方体块数是多少？【例4】右图是6×10×12块小正方体堆叠而成，如果将其表面涂成红色，那么其中一面、二面、三面被涂成红色的小长方体各有多少块？【巩固4】如图是4×5×6长方体，如果将其表面涂成红色，那么其中一面、二面、三面被涂成红色的小正方体各有多少块？【例5】小明用若干个大小相同的正方体木块堆成一个几何体，这个几何体从正面看如下左图所示，从上面看如下右图所示。

那么，这个几何体至少用了多少个木块？三、回家作业【作业1】图中共有多少个面？多少条棱？【作业2】如图层层重叠放置小正方体，那么放置到6层时，总共需要多少个小正方体？【作业3】如图所示，一个5×5×5的立方体，在一个方向上开有1×1×5的孔，在另一个方向上开有2×1×5的孔，剩余部分的小正方体块数有多少个？【作业4】有一个5×6×7的长方体，如果将其表面涂成红色，那么其中一面、二面、三面被涂成红色的小正方体各有多少块？【作业5】用一些棱长是1的小正方体码放成一个立体，如下图，请画出从上面和正面看到的图形前右左下上。

2020版高考数学(理)一轮总复习层级快练：第八章立体几何作业52 含解析

题组层级快练(五十二)1．下列关于线、面的四个命题中不正确的是()A．平行于同一平面的两个平面一定平行B．平行于同一直线的两条直线一定平行C．垂直于同一直线的两条直线一定平行D．垂直于同一平面的两条直线一定平行答案 C解析垂直于同一条直线的两条直线不一定平行，可能相交或异面．本题可以以正方体为例证明．2．设α，β，γ为平面，a，b为直线，给出下列条件：①a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α；②α∥γ，β∥γ；③α⊥γ，β⊥γ；④a⊥α，b⊥β，a∥b.其中能推出α∥β的条件是()A．①②B．②③C．②④D．③④答案 C3．若空间四边形ABCD的两条对角线AC，BD的长分别是8，12，过AB的中点E且平行于BD，AC的截面四边形的周长为()A．10 B．20C．8 D．4答案 B解析设截面四边形为EFGH，F，G，H分别是BC，CD，DA的中点，∴EF＝GH＝4，FG＝HE ＝6.∴周长为2×(4＋6)＝20.4．(2019·安徽毛坦厂中学月考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，CC1的中点，在平面ADD1A1内且与平面D1EF平行的直线()A．有无数条B．有2条C．有1条D．不存在答案 A解析因为平面D1EF与平面ADD1A1有公共点D1，所以两平面有一条过D1的交线l，在平面ADD1A1内与l平行的任意直线都与平面D1EF平行，这样的直线有无数条，故选A.5．(2019·陕西西安模拟)在空间四边形ABCD 中，E ，F 分别为AB ，AD 上的点，且AE ∶EB ＝AF ∶FD ＝1∶4，H ，G 分别是BC ，CD 的中点，则( ) A ．BD ∥平面EFG ，且四边形EFGH 是平行四边形 B ．EF ∥平面BCD ，且四边形EFGH 是梯形 C ．HG ∥平面ABD ，且四边形EFGH 是平行四边形 D ．EH ∥平面ADC ，且四边形EFGH 是梯形答案 B解析如图，由条件知，EF ∥BD ，EF ＝15BD ，HG ∥BD ，HG ＝12BD ，∴EF ∥HG ，且EF ＝25HG ，∴四边形EFGH 为梯形．∵EF ∥BD ，EF ⊄平面BCD ，BD ⊂平面BCD ，∴EF ∥平面BCD.∵四边形EFGH 为梯形，∴线段EH 与FG 的延长线交于一点，∴EH 不平行于平面ADC.故选B.6．(2019·衡水中学调研卷)如图，P 为平行四边形ABCD 所在平面外一点，E 为AD 的中点，F 为PC 上一点，当PA ∥平面EBF 时，PFFC＝( )A.23B.14 C.13 D.12答案 D解析连接AC 交BE 于G ，连接FG ，因为PA ∥平面EBF ，PA ⊂平面PAC ，平面PAC ∩平面BEF ＝FG ，所以PA ∥FG ，所以PF FC ＝AG GC .又AD ∥BC ，E 为AD 的中点，所以AG GC ＝AE BC ＝12，所以PF FC ＝12.7．(2019·蚌埠联考)过三棱柱ABC －A 1B 1C 1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB 1A 1平行的直线共有( ) A ．4条 B ．6条 C ．8条 D ．12条答案 B解析作出如图的图形，E ，F ，G ，H 是相应棱的中点，故符合条件的直线只能出现在平面EFGH 中．由此四点可以组成的直线有：EF ，GH ，FG ，EH ，GE ，HF 共有6条．8．(2019·郑州市高三质量预测)如图，在直三棱柱ABC －A′B′C′中，△ABC 是边长为2的等边三角形，AA ′＝4，点E ，F ，G ，H ，M 分别是边AA′，AB ，BB ′，A ′B ′，BC 的中点，动点P 在四边形EFGH 的内部运动，并且始终有MP ∥平面ACC′A′，则动点P 的轨迹长度为( ) A ．2 B ．2π C ．2 3 D ．4答案 D解析连接MF ，FH ，MH ，因为M ，F ，H 分别为BC ，AB ，A ′B ′的中点，所以MF ∥平面AA′C′C ，FH ∥平面AA′C′C ，所以平面MFH ∥平面AA′C′C ，所以M 与线段FH 上任意一点的连线都平行于平面AA′C′C ，所以点P 的运动轨迹是线段FH ，其长度为4，故选D. 9．(2019·沧州七校联考)有以下三种说法，其中正确的是________． ①若直线a 与平面α相交，则α内不存在与a 平行的直线；②若直线b ∥平面α，直线a 与直线b 垂直，则直线a 不可能与α平行； ③若直线a ，b 满足a ∥b ，则a 平行于经过b 的任何平面．答案 ①解析对于①，若直线a 与平面α相交，则α内不存在与a 平行的直线，是真命题，故①正确；对于②，若直线b ∥平面α，直线a 与直线b 垂直，则直线a 可能与α平行，故②错误；对于③，若直线a ，b 满足a ∥b ，则直线a 与直线b 可能共面，故③错误．10．在四面体ABCD 中，M ，N 分别是△ACD ，△BCD 的重心，则四面体的四个面中与MN 平行的是________．答案平面ABC 和平面ABD解析连接AM 并延长交CD 于E ，连接BN 并延长交CD 于F.由重心的性质可知，E ，F 重合为一点，且该点为CD 的中点E.由EM MA ＝EN NB ＝12，得MN ∥AB.因此MN ∥平面ABC 且MN ∥平面ABD.11.(2019·吉林一中模拟)如图，在四面体ABCD 中，AB ＝CD ＝2，直线AB 与CD 所成的角为90°，点E ，F ，G ，H 分别在棱AD ，BD ，BC ，AC 上，若直线AB ，CD 都平行于平面EFGH ，则四边形EFGH 面积的最大值是________．答案 1解析 ∵直线AB 平行于平面EFGH ，且平面ABC ∩平面EFGH ＝HG ， ∴HG ∥AB.同理：EF ∥AB ，FG ∥CD ，EH ∥CD. ∴FG ∥EH ，EF ∥HG.故四边形EFGH 为平行四边形．又AB ⊥CD ，∴四边形EFGH 为矩形．设BF BD ＝BG BC ＝FGCD＝x(0≤x ≤1)，则FG ＝2x ，HG ＝2(1－x)， S 四边形EFGH ＝FG ×HG ＝4x(1－x)＝－4(x －12)2＋1，根据二次函数的图像与性质可知，四边形EFGH 面积的最大值为1.12.(2019·湘东五校联考)如图所示，已知ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为3的正方体，点E 在AA 1上，点F 在CC 1上，G 在BB 1上，且AE ＝FC 1＝B 1G ＝1，H 是B 1C 1的中点．(1)求证：E ，B ，F ，D 1四点共面； (2)求证：平面A 1GH ∥平面BED 1F. 答案 (1)略 (2)略解析 (1)连接FG.∵AE ＝B 1G ＝1，∴BG ＝A 1E ＝2. ∴BG 綊A 1E ，∴A 1G ∥BE.又∵C 1F 綊B 1G ，∴四边形C 1FGB 1是平行四边形．∴FG 綊C 1B 1綊D 1A 1.∴四边形A 1GFD 1是平行四边形． ∴A 1G 綊D 1F ，∴D 1F 綊EB. 故E ，B ，F ，D 1四点共面． (2)∵H 是B 1C 1的中点， ∴B 1H ＝32.又B 1G ＝1，∴B 1G B 1H ＝23. 又FC BC ＝23，且∠FCB ＝∠GB 1H ＝90°， ∴△B 1HG ∽△CBF.∴∠B 1GH ＝∠CFB ＝∠FBG ，∴HG ∥FB.又由(1)知，A 1G ∥BE ，且A 1G ⊂平面A 1GH ，HG ⊂平面A 1GH ，BF ⊄平面A 1GH ，BE ⊄平面A 1GH ， ∴BF ∥平面A 1GH ，BE ∥平面A 1GH. 又∵BF ∩BE ＝B ，∴平面A 1GH ∥平面BED 1F.13.如图，四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是平行四边形，E ，F 分别是棱AD ，PC 的中点．证明：EF ∥平面PAB. 答案略解析证明：如图，取PB 的中点M ，连接MF ，AM. 因为F 为PC 的中点，故MF ∥BC 且MF ＝12BC.由已知有BC ∥AD ，BC ＝AD. 因为E 为AD 的中点，即AE ＝12AD ＝12BC ，所以MF ∥AE 且MF ＝AE ，故四边形AMFE 为平行四边形，所以EF ∥AM.又AM ⊂平面PAB ，而EF ⊄平面PAB ，所以EF ∥平面PAB.14．(2019·福建四地六校联考)一个多面体的直观图和三视图如图所示(其中M ，N 分别是AF ，BC 中点)．(1)求证：MN ∥平面CDEF ； (2)求多面体A —CDEF 的体积．答案 (1)略 (2)83解析 (1)证明：由三视图知，该多面体是底面为直角三角形的直三棱柱，且AB ＝BC ＝BF ＝2， DE ＝CF ＝22，∴∠CBF ＝90°.取BF 中点G ，连接MG ，NG ，由M ，N 分别是AF ，BC 中点，可知NG ∥CF ，MG ∥EF.又MG ∩NG ＝G ，CF ∩EF ＝F ，∴平面MNG ∥平面CDEF ，∴MN ∥平面CDEF.(2)作AH ⊥DE 于H ，由于三棱柱ADE —BCF 为直三棱柱，∴AH ⊥平面CDEF ，且AH ＝ 2. ∴V A －CDEF ＝13S 四边形CDEF ·AH ＝13×2×22×2＝83.15.(2019·湖南长沙一中阶段性检测)如图，已知在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的正方形，PC ⊥底面ABCD ，且PC ＝2，E 是侧棱PC 上的动点．(1)求四棱锥P －ABCD 的表面积；(2)在棱PC 上是否存在一点E ，使得AP ∥平面BDE ？若存在，指出点E 的位置，并证明；若不存在，请说明理由．答案 (1)3＋5 (2)存在，E 为PC 中点解析 (1)∵四棱锥P －ABCD 的底面是边长为1的正方形，PC ⊥底面ABCD ，且PC ＝2，∴PC ⊥BC ，PC ⊥DC ，∴S △PCD ＝S △PCB ＝12×1×2＝1，PB ＝PD ＝22＋12＝ 5. ∵AB ⊥CB ，AB ⊥PC ， ∴AB ⊥平面PCB ，∴AB ⊥PB ，∴S △PAB ＝12AB ·PB ＝52.同理，S △PAD ＝52.又S 正方形ABCD ＝1，∴S P －ABCD ＝S 正方形ABCD ＋S △PAB ＋S △PAD ＋S △PCD ＋S △PCB ＝1＋52＋52＋1＋1＝3＋ 5.(2)在棱PC 上存在点E ，且E 是PC 的中点时，AP ∥平面BDE.证明：如图，连接AC 交BD 于点O ，连接OE ，则在△ACP 中，O ，E 分别为AC ，PC 的中点， ∴OE ∥AP ，又OE ⊂平面BDE ，AP ⊄平面BDE ， ∴AP ∥平面BDE.。

寒假作业11 第1章立体几何初步检测题基础篇-2020-2021学年北师大版高一数学(必修2)

（Ⅱ）若，求点A到平面的距离．
参考答案
1．B
【分析】
根据棱柱的特点一一分析即可得解.
【详解】
对于A，棱柱的上下底面可以是三角形或者是梯形，故A不正确；
对于B，面最少的就是三棱柱，共有五个面，B正确；
对于C，长方体是棱柱，但是上下、左右、前后都是互相平行的，C不正确；
对于D，斜棱柱的侧面可以不是矩形，D错误.
2．C
【分析】
由已知条件将四个点的位置定下来，可得选项.
【详解】
因为空间四点A，B，C，D不共面，所以这四个点的位置如三棱锥的顶点和底面三角形的顶点，所以只有C选项正确，
若A，B，C，D四点中有三点共线，则空间四点A，B，C，D共面，与题设矛盾，故A错误；
若直线与相交，则空间四点A，B，C，D共面，故B不正确；
对于选项C：由平行公理知：平行于同一条直线的两条直线互相平行；故选项C正确；
选项D是直线与平面垂直的性质定理，不是公理.
故选：D.
5．D
【分析】
由圆柱、圆锥、圆台的三视图确定几何体形状．
【详解】
由三视图知原组合体上面是一个圆锥，下面是一个圆柱，只有D相符．
故选：D．
6．A
【分析】
由题意可知正四棱锥底面正方形边长为，高为，利用椎体体积公式即可求解.
对于②，若，则由面面平行的性质定理可得，故正确；
对于③，若，则由线面垂直的判定定理可得，故正确；
对于④，当时，l可能在内，可能与平行，可能相交，所以不一定有，故错误，
故选：B
【点睛】
此题考查线线、线面、面面关系的判断，属于基础题
11．C
【分析】
连接、，证明出，可得出异面直线与直线所成的角为，分析的形状，进而可得出结果.

高二数学寒假作业立体几何2

立体几何22作业（文科）知识回顾一、旋转体和多面体 1．旋转体的形成几何体旋转图形旋转轴圆柱矩形任一边所在的直线圆锥直角三角形任一直角边所在的直线圆台直角梯形垂直于底边的腰所在的直线球半圆直径所在的直线2.多面体的结构特征3．直观图(1)画法：常用斜二测画法． (2)规则：①在已知图形中建立直角坐标系xOy ，画直观图时，它们分别对应x ′轴和y ′轴，两轴交于点O ′，使∠x ′O ′y ′＝45°，它们确定的平面表示水平平面；②已知图形中平行于x 轴或y 轴的线段，在直观图中分别画成平行于x ′轴和y ′轴的线段； ③已知图形中平行于x 轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于y 轴的线段，长度为原来的12.4．三视图(1)三视图的画法规则：主、俯视图长对正，主、左视图高平齐；俯、左视图宽相等，前后对应． (2)画简单组合体的三视图应注意的两个问题：①首先，确定主视、俯视、左视的方向，同一物体放置的位置不同，所画的三视图可能不同．②其次，简单组合体是由哪几个基本几何体组成的，并注意它们的组成方式，特别是它们的交线位置．典例1、如图，某几何体的主视图与左视图都是边长为1的正方形，且体积为12，则该几何体的俯视图可以是 ( )二、空间图形的基本关系与公理 1．空间图形的公理(1)公理1：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面(即可以确定一个平面)． (2)公理2：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(即直线在平面内)．(3)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．(4)公理4：平行于同一条直线的两条直线平行． 2．空间中两直线的位置关系(1)空间中两直线的位置关系⎩⎨⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧相交直线平行直线异面直线：不同在任何一个平面内(2)异面直线所成的角①定义：过空间任意一点P 分别引两条异面直线a ，b 的平行线l 1，l 2(a ∥l 1，b ∥l 2)，这两条相交直线所成的锐角(或直角)就是异面直线a ，b 所成的角．②范围：⎝⎛⎦⎤0，π2. (3)定理(等角定理)空间中，如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补． 3．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系(1)空间中直线与平面的位置关系位置关系图形表示符号表示公共点直线a在平面α内aα有无数个公共点直线在平面外直线a与平面α平行a∥α没有公共点直线a与平面α斜交a∩α＝A有且只有一个公共点直线a与平面α垂直a⊥α(2)空间中两个平面的位置关系位置关系图形表示符号表示公共点两平面平行α∥β没有公共点两平面相交斜交α∩β＝l有一条公共直线垂直α⊥β且α∩β＝a典例2、如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是()A B C D三、线面平行1．线面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(简记为“线线平行⇒线面平行”)∵l∥a，aα，lα，∴l∥α性质定理一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)∵l∥α，lβ，α∩β＝b，∴l∥b2.面面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)∵a∥β，b∥β，a∩b＝P，aα，bα，∴α∥β性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行∵α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，∴a∥b 1111①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.四、线面垂直1．直线与平面垂直(1)定义：如果一条直线和一个平面内的任意一条直线都垂直，那么称这条直线和这个平面垂直．(2)定理文字语言图形语言符号语言判定定理如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直⎭⎪⎬⎪⎫aαbαl⊥al⊥ba∩b＝A⇒l⊥α性质定理如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行⎭⎬⎫a⊥αb⊥α⇒ a∥b2.二面角(1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫作二面角．这条直线叫作二面角的棱，这两个半平面叫作二面角的面．(2)二面角的度量——二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫作二面角的平面角．平面角是直角的二面角叫作直二面角．3．平面与平面垂直(1)定义：两个平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．(2)定理文字语言图形语言符号语言判定定理如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直⎭⎬⎫l⊥αlβ⇒α⊥β性质定理两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直⎭⎬⎫α⊥βlβα∩β＝al⊥a⇒l⊥αA．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面βB．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βC ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD ．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l ，那么l ⊥γ 五、空间几何体的表面积与体积 1．多面体的表(侧)面积因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．2．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式 S 圆柱侧＝2πrlS 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r 1＋r 2)l三者关系S 圆柱侧＝2πrl ――→r ′＝r S 圆台侧＝π(r ＋r ′)l ――→r ′＝0S 圆锥侧＝πrl名称几何体表面积体积柱体(棱柱和圆柱) S 表面积＝S 侧＋2S 底 V ＝Sh 锥体(棱锥和圆锥) S 表面积＝S 侧＋S 底 V ＝13Sh台体(棱台和圆台)S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球S ＝4πR 2V ＝43πR 31．正四面体的表面积与体积棱长为a 的正四面体，其表面积为3a 2，体积为212a 3. 2．几个与球有关的切、接常用结论 (1)正方体的棱长为a ，球的半径为R ， ①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ； ②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ；③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2.(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1，棱长为a 的正四面体，其内切球半径R 内＝612a ，外接球半径R 外＝64a . 典例5、如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为________．强化训练一、单选题1．正四棱台的上､下底面边长分别为1cm,3cm 2cm ，则棱台的侧面积为（） A ．24cmB ．28cmC ．243cmD ．23cm2．设a ，b 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，给出下列命题： ①若,,a b a b αβ⊥⊂⊂，则αβ⊥ ②若,,a b αβαβ⊂⊂∥，则a b ∥ ③若,,a b αβαβ⊂⊥∥，则a b ⊥ ④若,,a b a b αβ⊥⊥∥，则αβ∥ 其中为真命题的是（） A ．①②B ．②③C ．③④D ．①④3．正方体1111ABCD A B C D -中，点M 在棱1DD 上，过点C 作平面1BMC 的平行平面α，记平面α与平面11BCC B 的交线为l ，则1A C 与l 所成角的大小为（）A ．6πB ．4π C ．3π D ．2π 4．如图，正方体1111ABCD A B C D -中，若E ，F ，G 分别是棱AD ，1C C ，11B C 的中点，则下列结论中正确的是（） A ．BE ⊥平面DFGB ．1//A E 平面DFGC ．//CE 平面DFGD ．平面1//A EB 平面DFG5．以下结论中错误的是（） A ．经过不共面的四点的球有且仅有一个 B ．平行六面体的每个面都是平行四边形 C ．正棱柱的每条侧棱均与上下底面垂直D ．棱台的每条侧棱均与上下底面不垂直6．已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为（） A ．4π B ．2π C ．23π D ．π7．如图是一个长方体的展开图，如果将它还原为长方体，那么线段AB 与线段CD 所在的直线（）A ．平行B ．相交C ．是异面直线D ．可能相交，也可能是异面直线8．如图为一个三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为（）A ．13B ．23C ．12D ．439．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A ．5B ．4C ．3D ．210．“圆柱容球”是指圆柱形容器里放了一个球，且球与圆柱的侧面及上、下底面均相切，则该圆柱的体积与球的体积之比为（） A ．2 B ．32C ．3D ．π3二、填空题11．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，则此几何体的外接球的表面积为________．12．已知圆锥的顶点为P ，母线PA ，PB 所成角的余弦值为34，PA 与圆锥底面所成角为60°，若PAB △的面积为7，则该圆锥的体积为______.13．某圆柱的侧面展开图是面积为8的正方形，则该圆柱一个底面的面积为___________. 14．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E 是侧面11BB C C 内的一个动点，则三棱锥1D AED -的体积为_________.三、解答题15．如图，在三棱锥P ABC -中，底面ABC 是直角三角形，2AC BC ==，PB PC =，D 为AB 的中点．(1)证明：BC PD ⊥；(2)若3PA =，5PB =，求点A 到平面PDC 的距离．16．如图1，菱形ABCD 中，60A ∠=︒，4AB =，DE AB ⊥于E ，将AED 沿DE 翻折到A ED '，使A E BE '⊥，如图2．(1)求三棱锥C A BD -'的体积；(2)在线段A D '上是否存在一点F ，使EF ∥平面A BC '？若存在，求DFFA '的值；若不存在，说明理由．17．如图，在三棱锥P -ABC 中，底面ABC 是直角三角形，AC =BC =2，PB =PC ，D 为AB 的中点.(1)证明：BC⊥PD；(2)若AC⊥PB，PA=3，求直线PA与平面PBC所成的角的正弦值.。

新教材高中数学第6章立体几何初步2直观图素养作业北师大版必修第二册

第六章 6.2A 组·素养自测一、选择题1．(多选)关于直观图画法的说法中,正确的是( ACD )A ．原图中平行于x 轴的线段,其对应线段平行于x ′轴,其长度不变B ．原图中平行于y 轴的线段,其对应线段平行于y ′轴,其长度不变C ．画与坐标系xOy 对应的坐标系x ′O ′y ′时,∠x ′O ′y ′可等于45°D ．作直观图时,由于选轴的不同,所画直观图可能不同[解析] 由直观图的画法知平行于y 轴的线段其对应线段平行于y ′轴,长度为原来的一半．只有B 错误．2. 下列说法正确的是( D )A ．水平放置的正方形的直观图可能是梯形B ．两条相交直线的直观图可能是平行直线C ．互相垂直的两条直线的直观图仍然互相垂直D ．平行四边形的直观图仍是平行四边形[解析] 选项A 错,水平放置的正方形的直观图是平行四边形；选项B 错,两条相交直线的直观图是两条相交直线；选项C 错,互相垂直的两条直线的直观图夹角为45°或135°；选项D 正确．3．AB ＝2CD ,AB ∥x 轴,CD ∥y 轴,已知在直观图中,AB 的直观图是A ′B ′,CD 的直观图是C ′D ′,则( C )A ．A ′B ′＝2C ′D ′ B ．A ′B ′＝C ′D ′ C ．A ′B ′＝4C ′D ′D ．A ′B ′＝12C ′D ′[解析] ∵AB ∥x 轴,CD ∥y 轴,∴AB ＝A ′B ′,CD ＝2C ′D ′,∴A ′B ′＝AB ＝2CD ＝2(2C ′D ′)＝4C ′D ′.4．如图,矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形用斜二测画法得到的直观图,其中O ′A ′＝6 cm,O ′C ′＝2 cm,则原图形是( C )A ．正方形B ．矩形C ．菱形D ．梯形[解析] 将直观图还原得到平行四边形OABC ,如图所示．由题意知O ′D ′＝2O ′C ′＝2 2 cm,OD ＝2O ′D ′＝4 2 cm,C ′D ′＝O ′C ′＝2 cm,∴CD ＝2 cm, OC ＝CD 2＋OD 2＝6 cm,又OA ＝O ′A ′＝6 cm ＝OC ,∴原图形为菱形．5．如图,用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为一个正方形,则原来图形的形状是( A )[解析] 由斜二测画法可知,与y ′轴平行的线段在原图中为在直观图中的2倍．故可判断A 正确．6.如图Rt △O ′A ′B ′是一个平面图形的直观图,若O ′B ′＝2,则这个平面图形的面积是( C )A ．1B ． 2C ．22D ．4 2[解析] 由直观图可知,原平面图形是Rt △OAB ,其中OA ⊥OB ,则OB ＝O ′B ′＝2,OA ＝2O ′A ′＝4,∴S △OAB ＝12OB ·OA ＝22,故选C ．二、填空题7．如图所示为一个平面图形的直观图,则它的原图形四边形ABCD 的形状为正方形 .[解析] 因为∠D ′A ′B ′＝45°,由斜二测画法的规则知∠DAB ＝90°, 又因为四边形A ′B ′C ′D ′为平行四边形,且A ′B ′＝2B ′C ′,所以AB ＝BC ,所以原四边形ABCD 为正方形．8.如右图,水平放置的△ABC 的斜二测直观图是图中的△A ′B ′C ′,已知A ′C ′＝6,B ′C ′＝4,则AB 边的实际长度是 10 .[解析] 由斜二测画法,可知△ABC 是直角三角形,且∠BCA ＝90°,AC ＝6,BC ＝4×2＝8,则AB ＝AC 2＋BC 2＝10.9．如图,平行四边形O ′P ′Q ′R ′是四边形OPQR 的直观图,若O ′P ′＝3,O ′R ′＝1,则原四边形OPQR 的周长为 10 .[解析] 由四边形OPQR 的直观图可知原四边形是矩形,且OP ＝3,OR ＝2,所以原四边形OPQR 的周长为2×(3＋2)＝10.三、解答题10.如图所示,四边形ABCD 是一个梯形,CD ∥AB ,CD ＝AO ＝1,三角形AOD 为等腰直角三角形,O 为AB 的中点,试求梯形ABCD 水平放置的直观图的面积．[解析] 在梯形ABCD 中,AB ＝2,高OD ＝1,由于梯形ABCD 水平放置的直观图仍为梯形,且上底CD 和下底AB 的长度都不变,在直观图中,O ′D ′＝12OD ,梯形的高D ′E ′＝24,于是梯形A ′B ′C ′D 的面积为12×(1＋2)×24＝328. B 组·素养提升一、选择题1．给出以下关于斜二测直观图的结论,其中正确的个数是( C ) ①角的水平放置的直观图一定是角； ②相等的角在直观图中仍相等； ③相等的线段在直观图中仍然相等；④若两条线段平行,则在直观图中对应的两条线段仍然平行． A ．0 B ．1 C ．2D ．3[解析] 由斜二测画法规则可知,直观图保持线段的平行性,∴④对,①对；而线段的长度,角的大小在直观图中都可能会发生改变,∴②③错．2．下图甲所示为一平面图形的直观图,则此平面图形可能是图乙中的( C )[解析] 按斜二测画法规则,平行于x 轴或x 轴上的线段的长度在新坐标系中不变,平行于y 轴或在y 轴上的线段在新坐标系中变为原来的12,并注意到∠xOy ＝90°,∠x ′O ′y ′＝45°,将图形还原成原图形知选C ．3．已知正三角形ABC 的边长为2,那么用斜二测画法得到的△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′的面积为(D )A ．3B ．32 C ．62D ．64[解析] 根据题意,建立如图1所示的平面直角坐标系,再按照斜二测画法画出其直观图,如图2中△A ′B ′C ′所示．易知,A ′B ′＝AB ＝2,O ′C ′＝12OC ＝32.过点C ′作C ′D ′⊥A ′B ′于点D ′,则C ′D ′＝22O ′C ′＝64.所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×2×64＝64. 4．(多选)水平放置的△ABC 的斜二测直观图如图所示,已知B ′C ′＝4,A ′C ′＝3,B ′C ′∥y ′轴,则△ABC 中以下说法正确的是( ACD )A．△ABC是直角三角形B．AC长为6C．BC长为8D．AB边上的中线长为73 2[解析]由斜二测画法规则知AC⊥BC,即△ABC为直角三角形,其中AC＝3,BC＝8,所以AB＝73,AB边上的中线长度为732.故选ACD．二、填空题5.如图所示,△A′B′C′是水平放置的△ABC用斜二测画法得到的直观图,则在△ABC的三边及中线AD中,最长的线段是AC .[解析]画出原图形如图所示,△ABC为直角三角形,显然,AC边最长．6．正方形O′A′B′C′的边长为1 cm,它是水平放置的一个平面图形的直观图,则原图形的周长是 8 cm,面积是 2 2 cm2.[解析]如图,OA＝1 cm,在Rt△OAB中OB＝2 2 cm,所以AB＝OA2＋OB2＝3(cm)．所以四边形OABC 的周长为8 cm.面积是2 2 cm 2. 三、解答题7．如图所示,梯形ABCD 中,AB ∥CD ,AB ＝4 cm,CD ＝2 cm,∠DAB ＝30°,AD ＝3 cm,试画出它的直观图．[解析] (1)如图a 所示,在梯形ABCD 中,以边AB 所在的直线为x 轴,点A 为原点,建立平面直角坐标系xOy .如图b 所示,画出对应的x ′轴,y ′轴,使∠x ′O ′y ′＝45°.(2)在图a 中,过D 点作DE ⊥x 轴,垂足为E .在图b 中,在x ′轴上取A ′B ′＝AB ＝4 cm,A ′E ′＝AE ＝332 cm ；过点E ′作E ′D ′∥y ′轴,使E ′D ′＝12ED ＝12×32＝0.75 cm ；再过点D ′作D ′C ′∥x ′轴,且使D ′C ′＝DC ＝2 cm.(3)连接A ′D ′,B ′C ′,并擦去x ′轴与y ′轴及其他一些辅助线,如图c 所示,则四边形A ′B ′C ′D ′就是所求作的直观图．8．已知水平放置的三角形ABC 是正三角形,其直观图的面积为64a 2,求△ABC 的周长． [解析] 图△ABC 是△A ′B ′C ′的原图形,设△ABC 的边长为x ,由斜二测画法知：A ′B ′＝AB ＝x ,O ′C ′＝12OC ＝34x ,作C ′D ′⊥A ′B ′,垂足为D ′,∵∠C ′O ′D ′＝45°, ∴C ′D ′＝22O ′C ′＝22×34x ＝68x , ∴S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′×C ′D ′＝12x ×68x ＝616x 2.∴616x2＝64a2,∴x＝2a,∴△ABC周长为3×2a＝6a.。

新教材高中数学第6章立体几何初步4平行关系直线与平面平行素养作业北师大版必修第二册

第六章 4.1A 组·素养自测一、选择题1．若l ∥α,m ⊂α,则l 与m 的关系是( D ) A ．l ∥m B ．l 与m 异面 C ．l 与m 相交D ．l 与m 无公共点[解析] l 与α无公共点,∴l 与m 无公共点． 2．下列结论：①如果一条直线不在平面内,则这条直线就与这个平面平行； ②过直线外一点,可以作无数个平面与这条直线平行； ③如果一条直线与平面平行,则它与平面内的任何直线平行．其中正确结论的个数为( B ) A ．0个 B ．1个 C ．2个D ．3个[解析] ①中,直线可能与平面相交,故①错；②是正确的；③中,一条直线与平面平行,则它与平面内的直线平行或异面,故③错．3．如图所示,在空间四边形ABCD 中,点E ,F 分别为边AB ,AD 上的点,且AEEB ＝AFFD ＝14,又点H ,G 分别为BC ,CD 的中点,则( B )A ．BD ∥平面EFGH ,且四边形EFGH 是矩形B ．EF ∥平面BCD ,且四边形EFGH 是梯形C ．HG ∥平面ABD ,且四边形EFGH 是菱形 D ．EH ∥平面ADC ,且四边形EFGH 是平行四边形 [解析] 由AE EB ＝AF FD ＝14知,EF ∥BD ,且EF ＝15BD ,又∵EF ⊂/平面BCD ,BD ⊂平面BCD ,∴EF ∥平面BCD ,又点H ,G 分别为BC ,CD 的中点, ∴HG ∥BD 且HG ＝12BD ,∴EF∥HG且EF≠HG,故选B．4.如图,在长方体ABCD－A1B1C1D1中,点E,F分别是棱AA1和BB1的中点,过EF的平面EFGH 分别交BC和AD于点G,H,则GH与AB的位置关系是( A )A．平行B．相交C．异面D．平行或异面[解析]由长方体性质知：EF∥平面ABCD,∵EF⊂平面EFGH,平面EFGH∩平面ABCD＝GH,∴EF∥GH.又∵EF∥AB,∴GH∥AB．5．(多选)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( BCD )[解析]B选项中,AB∥MQ,且AB⊂/平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,则AB∥平面MNQ；C选项中,AB ∥MQ,且AB⊂/平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,则AB∥平面MNQ；D选项中,AB∥NQ,且AB⊂/平面MNQ,NQ ⊂平面MNQ,则AB∥平面MNQ.故选BCD．6.如图,已知S为四边形ABCD外一点,G、H分别为SB、BD上的点,若GH∥平面SCD,则( B )A．GH∥SAB．GH∥SDC．GH∥SCD．以上均有可能[解析]∵GH∥平面SCD,GH⊂平面SBD,平面SBD∩平面SCD＝SD,∴GH∥SD．二、填空题7．如图,在五面体FEABCD中,四边形CDEF为矩形,M、N分别是BF、BC的中点,则MN与平面ADE的位置关系是平行 .[解析]∵M、N分别是BF、BC的中点,∴MN∥CF.又四边形CDEF为矩形,∴CF∥DE,∴MN ∥DE.又MN⊂/平面ADE,DE⊂平面ADE,∴MN∥平面ADE.8．已知直线b,平面α,有以下条件：①b与α内一条直线平行；②b与α内所有直线都没有公共点；③b与α无公共点；④b不在α内,且与α内的一条直线平行．其中能推出b∥α的条件有②③④ .(把你认为正确的序号都填上)[解析]①中b可能在α内,不符合；②和③是直线与平面平行的定义,④是直线与平面平行的判定定理,都能推出b∥α.9．在正方体ABCD－A1B1C1D1中,若过A,C,B1三点的平面与底面A1B1C1D1的交线为l,则l与A1C1的位置关系是平行 .[解析]∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1,AC⊂平面ABCD,∴AC∥平面A1B1C1D1．又平面ACB1经过直线AC与平面A1B1C1D1相交于直线l,∴AC∥l,又∵AC∥A1C1,∴l∥A1C1．三、解答题10．如图所示,在正方体ABCD－A1B1C1D1中,S,E,G分别是B1D1,BC,SC的中点．求证：直线EG ∥平面BDD 1B 1．[解析] 如图所示,连接SB ． ∵E 、G 分别是BC 、SC 的中点, ∴EG ∥SB ．又∵SB ⊂平面BDD 1B 1,EG ⊂/平面BDD 1B 1, ∴直线EG ∥平面BDD 1B 1．B 组·素养提升一、选择题1．如图,在三棱锥S －ABC 中,E 、F 分别是SB 、SC 上的点,且EF ∥平面ABC ,则( B )A ．EF 与BC 相交B ．EF ∥BC C ．EF 与BC 异面D ．以上均有可能[解析] ∵EF ⊂平面SBC ,EF ∥平面ABC ,平面SBC ∩平面ABC ＝BC ,∴EF ∥BC ． 2．不同直线m 、n 和不同平面α、β,给出下列结论： ①⎭⎪⎬⎪⎫α∥βm ⊂α⇒m ∥β；②⎭⎪⎬⎪⎫m ∥n m ∥β⇒n ∥β；③⎭⎪⎬⎪⎫m ⊂αn ⊂β⇒m ,n 异面．其中错误的结论有( C ) A ．0个 B ．1个 C ．2个D ．3个[解析] ∵α∥β,∴α与β没有公共点．又∵m ⊂α,∴m 与β没有公共点,∴m ∥β,故①正确,②③错误．3.如图,在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,AM ＝2MA 1,BN ＝2NB 1,过MN 作一平面交底面三角形ABC 的边BC ,AC 于点E ,F ,则( B )A ．MF ∥NEB ．四边形MNEF 为梯形C ．四边形MNEF 为平行四边形D ．A 1B 1∥NE[解析] ∵在□AA 1B 1B 中,AM ＝2MA 1,BN ＝2NB 1,∴AM 綊BN ,∴MN 綊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△ABC 中EF ≠AB ,∴EF ≠MN ,∴四边形MNEF 为梯形．故选B ．二、填空题4.如图,四边形ABCD 是空间四边形,E ,F ,G ,H 分别是四边上的点,它们共面,且AC ∥平面EFGH ,BD ∥平面EFGH ,AC ＝m ,BD ＝n ,则当四边形EFGH 是菱形时,AE EB ＝ m n .[解析] ∵AC ∥平面EFGH , ∴EF ∥AC ,HG ∥AC ,∴EF ＝HG ＝BEABm . 同理,EH ＝FG ＝AE AB n ,∴BE AB m ＝AE ABn , ∴AEEB ＝m n .5.如图所示,在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,D 为AA 1中点,点P 在侧面BCC 1B 1上运动,当点P 满足条件 P 是CC 1中点(答案不唯一) 时,A 1P ∥平面BCD ．[解析] 如图,取CC 1中点P ,连接A 1P .∵在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,D为AA1中点,点P在侧面BCC1B1上运动,∴当点P是CC1中点时,A1P∥CD．∵A1P⊂/平面BCD,CD⊂平面BCD,∴A1P∥平面BCD．三、解答题6．如图,在三棱台DEF－ABC中,由AB＝2DE,G,H分别为AC,BC的中点．求证：BD∥平面FGH.[证明]如图,连接DG,CD,设CD∩GF＝O,连接OH.在三棱台DEF－ABC中,由AB＝2DE,G为AC的中点,可得DF∥GC且DF＝GC,所以四边形DFCG为平行四边形,则O为CD的中点,又H为BC的中点,所以OH∥BD．因为OH⊂平面FGH,BD⊂/平面FGH,所以BD∥平面FGH.7．如图所示,在多面体A1B1D1DCBA中,四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,E为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于F.证明：EF∥B1C．[解析]由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC,且A1B1＝AB＝DC,所以四边形A1B1CD为平行四边形,从而B1C∥A1D．又A1D⊂平面A1DFE,B1C⊂/平面A1DFE,于是B1C∥平面A1DFE.又B1C⊂平面B1CD1,平面A1DFE ∩平面B1CD1＝EF,所以EF∥B1C．。

高二数学寒假作业(5)空间向量与立体几何

高二（上）寒假作业（5）——空间向量与立体几何1．如图所示，在四棱锥P —ABCD 中，侧面P AD 是正三角形，且垂直于底面ABCD ，底面ABCD 是边长为2的菱形，︒=∠60BAD ，M 为PC 上一点，且P A ∥平面BDM ．（1）求证：M 为PC 中点；（2）求平面ABCD 与平面PBC 所成的锐二面角的大小．2．如图，平面ABDE ⊥平面ABC ，ABC ∆是等腰直角三角形，AC =BC = 4，四边形ABDE 是直角梯形，BD ∥AE ，BD ⊥BA ，122BD AE ==,O M CE AB 、分别为、的中点，求直线CD 和平面ODM 所成角的正弦值．3．如图，已知四棱锥P —ABCD 的底面为等腰梯形，AB ∥CD ， AC ⊥BD ，垂足为H ，PH 是四棱锥的高，E 为AD 的中点．（1）证明：PE ⊥BC ；（2）若∠APB ＝∠ADB ＝60°，求直线P A 与平面PEH 所成角的正弦值．A P BC D M AM B C O D E4．如图，在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3．（1）证明：AC⊥B1D；（2）求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值．5．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1＝AC＝CB＝22AB．（1）证明：BC1∥平面A1CD；（2）求二面角D－A1C－E的正弦值．6．如图，在圆锥PO中，已知PO＝2，⊙O的直径AB＝2，C是AB的中点，D为AC的中点．（1）证明：平面POD⊥平面P AC；（2）求二面角B－P A－C的余弦值．7．如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，点N是BC的中点，点M在CC1上．设二面角A1－DN－M的大小为θ．（1）当θ＝90°时，求AM的长；（2）当cos θ＝66，求CM的长．8．四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°．（1）求AC1的长；（2）求BD1与AC夹角的余弦值．(完)。

高中数学必修二第一章立体几何课时作业3

一、选择题1．(2013·兰州高一检测)下列几何体是台体的是()A B C D【解析】台体包括棱台和圆台两种，A的错误在于四条侧棱没有交于一点，B的错误在于截面与圆锥底面不平行．C是棱锥，结合棱台和圆台的定义可知D 正确．【答案】 D2．圆柱的母线长为10，则其高等于()A．5B．10C．20D．不确定【解析】圆柱的母线长和其高相等．【答案】 B3．用一个平面去截一个几何体，得到的截面是圆面，这个几何体不可能是() A．圆锥B．圆柱C．球D．棱柱【解析】用一个平面去截圆锥、圆柱、球均可以得到圆面，但截棱柱一定不会产生圆面．【答案】 D图1－1－284．如图1－1－28的组合体的结构特征是()A．一个棱柱中截去一个棱柱B．一个棱柱中截去一个圆柱C．一个棱柱中截去一个棱锥D．一个棱柱中截去一个棱台【解析】该组合体的结构特征是一个棱柱中截去一个棱锥．【答案】 C5．正方形绕其一条对角线所在直线旋转一周，所得几何体是()A．圆柱B．圆锥C．圆台D．两个圆锥【解析】连接正方形的两条对角线知对角线互相垂直，故绕对角线旋转一周形成两个圆锥．【答案】 D二、填空题6．如图1－1－29所示的蒙古包可以看作是由________和________构成的几何体．图1－1－29【解析】上半部分为圆锥，下半部分为圆柱．【答案】圆锥圆柱7．给出下列说法：(1)圆柱的底面是圆面；(2)经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面；(3)圆台的任意两条母线的延长线，可能相交，也可能不相交；(4)夹在圆柱的两个截面间的几何体还是一个旋转体，其中说法正确的是________．【解析】(1)正确，圆柱的底面是圆面；(2)正确，如图所示，经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面；(3)不正确，圆台的母线延长相交于一点；(4)不正确，夹在圆柱的两个平行于底面的截面间的几何体才是旋转体．【答案】(1)(2)8．若母线长是4的圆锥的轴截面的面积是8，则该圆锥的高是________．【解析】设圆锥的底面半径为r，则圆锥的高h＝42－r2.所以由题意可知12－r2＝8，2·(2r)·h＝r4∴r2＝8，∴h＝2 2.【答案】2 2三、解答题9．说出下面几何体的结构特征：(1)某单位的公章(2)运动器材—空竹图1－1－30【解】(1)由一个半球，一个圆柱和一个圆台组合而成．(2)由两个大圆柱，两个小圆柱和两个小圆台组合而成．10．(2013·杭州高一检测)一个圆台的母线长为12 cm，两底面面积分别为4π cm2和25π cm2.求：(1)圆台的高；(2)截得此圆台的圆锥的母线长．【解】(1)如图，过圆台的轴作截面为等腰梯形ABCD，由已知可得上底半径O1A＝2 cm，下底半径OB＝5 cm，且腰长AB＝12 cm，∴AM＝122－(5－2)2＝315(cm)，即圆台的高为315 cm.(2)设截得此圆台的圆锥的母线长为l，则由△SAO1∽△SBO，可得l－12l＝25，∴l＝20(cm)，即截得此圆台的圆锥的母线长为20 cm.11．如图1－1－31中(1)，(2)所示的图形绕虚线旋转一周后形成的几何体是由哪些基本几何体构成的？(1)(2)图1－1－31【解】图(1)，(2)的几何图形旋转后形成的图形分别如图(3)，(4)所示，图(1)旋转形成的几何体是由一个圆柱O1O2和两个圆台O2O3，O3O4组成的．图(2)旋转形成的几何体是由一个圆台O1O3(其中挖去一个圆锥O1O2)，一个圆柱O3O4和一个圆锥O4O5组成的．(3)(4)。

高一数学(必修二)寒假作业(立体几何)Word版含答案

高一数学（必修二）寒假作业（立体几何）第Ⅰ卷（选择题，48分）一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。

）1.若α、β是不重合的平面，a 、b 、c 是互不相同的空间直线，则下列命题中为真命题的是（） ① 若α//a ，α//b ，则b a // ； ② 若α//c ，α⊥b ，则b c ⊥ ； ③ 若α⊥c ，β//c ，则βα⊥ ；④ 若α⊂b ，α⊂c 且b a ⊥，c a ⊥，则α⊥a A.③④ B. ①② C. ①④ D. ②③2.下列四个命题：①平行于同一平面的两条直线相互平行 ②平行于同一直线的两个平面相互平行 ③垂直于同一平面的两条直线相互平行 ④垂直于同一直线的两个平面相互平行其中正确的有A ．4个 B.3个 C.2个 D.1个3.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A 、163πB 、203πC 、403πD 、5π4.已知正四棱锥的各棱棱长都为23，则正四棱锥的外接球的表面积为( ) A ．π12B ．π36C ．π72D ．π1085.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A.168π+B.88π+C.1616π+D.816π+6..a ，b 表示空间不重合两直线，α，β表示空间不重合两平面，则下列命题中正确的是（）A.若α⊂a ，β⊂b ，且b a ⊥，则βα⊥B.若βα⊥，α⊂a ，β⊂b 则b a ⊥C.若α⊥a ，β⊥b ，βα//则b a //D.若βα⊥，α⊥a ，β⊂b ，则b a //7.下列命题中为真命题的是（） A ．平行于同一条直线的两个平面平行 B ．垂直于同一条直线的两个平面平行C ．若—个平面内至少有三个不共线的点到另—个平面的距离相等，则这两个平面平行．D ．若三直线a 、b 、c 两两平行，则在过直线a 的平面中，有且只有—个平面与b ，c 均平行．8.如图是一个组合几何体的三视图，则该几何体的体积是 . A 36128π+ B 3616π+ C 72128π+ D 7216π+9.设l ，m 是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是（） A ．若l m ⊥，m α⊂，则l α⊥ B ．若l α⊥，l m //，则m α⊥ C ．若l α//，m α⊂，则l m // D ．若l α//，m α//，则l m //10.已知某几何体的三视图如右图所示，其中，主（正）视图，左（侧）视图均是由直角三角形与半圆构成，俯视图由圆与内接直角三角形构成，根据图中的数据可得此几何体的体积为( )16+ (B) 4136π+12+ (D)2132π+11.已知圆柱1OO 底面半径为1，高为π，ABCD 是圆柱的一个轴截面．动点M 从点B 出发沿着圆柱的侧面到达点D ，其距离最短时在侧面留下的曲线Γ如图所示．现将轴截面ABCD 绕着轴1OO 逆时针旋转 (0)θθπ<≤后，边11B C 与曲线Γ相交于点P ，设BP 的长度为()f θ，则()y f θ=的图象大致为（）12.某三棱锥的侧视图和俯视图如图--1所示，则该三棱锥的体积为( )A ．4 3B ．8 3C ．12 3D ．243第Ⅱ卷（非选择题，共72分）二、填空题（本大题共4个小题，每小题4分，共16分）13.如图,在三棱柱ABC C B A -111中, F E D ，，分别是1AA AC AB ，，的中点,设三棱锥ADE F -的体积为1V ,三棱柱ABC C B A -111的体积为2V ,则=21:V V _____.14. 已知圆的方程为22680x y x y +--=．设该圆过点(3，5)的最长弦和最短弦分别为AC 和BD ，则四边形ABCD 的面积为．15.如右图为长方体积木块堆成的几何体的三视图，此几何体共由________块木块堆成..ABC1ADE F1B1C16.已知某个几何体的三视图如图（正视图中的弧线是半圆），图中标出的尺（单位：㎝），可得这个几何体表面是 cm 2。

暑假作业立体几何初步(一)

立体几何初步（一）一、选择题：1、有一个几何体的三视图如下图所示，这个几何体应是一个（）A 、棱台B 、棱锥C 、棱柱D 、都不对2、已知正方形的直观图是有一条边长为4的平行四边形，则此正方形的面积是（） A 、16 B 、16或64 C 、64 D 、都不对3、下面表述正确的是（） A 、空间任意三点确定一个平面 B 、分别在不同的三条直线上的三点确定一个平面 C 、直线上的两点和直线外的一点确定一个平面 D 、不共线的四点确定一个平面4、两条异面直线是指（） A 、在空间内不相交的两条直线 B 、分别位于两个不同平面内的两条直线 C 、某平面内的一条直线和这个平面外的一条直线 D 、不同在任一平面内的两条直线5、一条直线和三角形的两边同时垂直，则这条直线和三角形的第三边的位置关系是（） A 、垂直 B 、平行 C 、相交不垂直 D 、不确定6、下列命题中正确命题的个数是（） ①一条直线和另一条直线平行，那么它和经过另一条直线的任何平面平行；②一条直线平行于一个平面，则这条直线与这个平面内所有直线都没有公共点，因此这条直线与这个平面内的所有直线都平行；③若直线与平面不平行，则直线与平面内任一直线都不平行；④与一平面内无数条直线都平行的直线必与此平面平行。

A 、0B 、1C 、2D 、37、一条直线若同时平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面交线的位置关系是（）A 、异面B 、相交C 、平行D 、不确定8、直线a 与b 垂直，b 又垂直于平面α，则a 与α的位置关系是（） A 、a α⊥ B 、//a α C 、a α⊆ D 、a α⊆或//a α 9、圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为（） A 、7 B 、6 C 、5 D 、310、长方体的一个顶点上三条棱长分别是3、4、5，且它的8个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是（） A 、25π B 、50π C 、125π D 、都不对11、如果在两个平面内分别有一条直线，这两条直线互相平行，那么这两个平面的位置关系一定是（）主视图左视图俯视图A 、平行B 、相交C 、平行或相交D 、无法确定12、长方体的三个面的面积分别是632、、，则长方体的体积是（）Ａ、23 Ｂ、32 Ｃ、6 Ｄ、６二、填空题：13、三条两两相交的直线可确定个平面。

高中数学第六章立体几何初步6.6.1柱锥台的侧面展开与面积作业含解析北师大版第二册

§6简单几何体的再认识6.1柱、锥、台的侧面展开与面积（15分钟30分）1。

已知某圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3,圆台的侧面积为84π，则该圆台较小底面的半径为（）A.7 B。

6 C。

5 D.3【解析】选A。

设圆台较小底面的半径为r，则另一底面的半径为3r.由S侧=3π(r+3r）=84π,解得r=7。

2。

将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周,所得几何体的侧面积是（)A.4πB.3πC.2πD。

π【解析】选C.底面圆半径为1，高为1,侧面积S=2πrh=2π×1×1=2π. 3。

若一个圆柱的轴截面是面积为S的正方形，则该圆柱的表面积为________.【解析】设圆柱的底面半径为r,母线长为l,因为l=2r，所以S=2r·l=4r2.所以r2=.所以S表=2πr2+2πr l=6πr2=S.答案:S4。

若五棱台ABCDE—A1B1C1D1E1的表面积是30,侧面积是25，则两底面面积的和为________.【解析】S表=S侧+S两底,则S两底=S表—S侧=30—25=5。

答案：55.圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为120°,探究圆锥的表面积和底面积的关系.【解析】设圆锥底面半径为r，母线长为R.由圆锥底面周长为2πr=×2πR,解得R=3r,所以圆锥的表面积S表=πr2+πrR=4πr2，圆锥的底面积S底=πr2,所以圆锥的表面积是底面积的4倍.（30分钟60分）一、单选题（每小题5分，共20分)1。

若圆锥的底面直径为6,高是4,则它的侧面积为（）A.12πB。

24πC.15πD。

30π【解析】选C.由已知得圆锥的母线长为=5，于是侧面积S=π×3×5=15π.2。

水平放置的△ABC,用斜二测画法作出的直观图是如图所示的△A′B′C′，其中O′A′=O′B′=1,O′C′=,则△ABC绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体的表面积为（）A.2πB.4πC.2+πD.（4+3) π【解析】选B。

高中数学第六章立体几何初步6.6.3球的表面积和体积作业含解析北师大版第二册

6。

3 球的表面积和体积(15分钟30分）1.圆柱形容器内盛有高度为8 cm的水，若放入三个相同的球(球的半径与圆柱的底面半径相同）后,水恰好淹没最上面的球（如图)，则球的半径是（）A。

cm B。

2 cm C。

3 cm D。

4 cm【解析】选D.设球的半径为r，则V水=8πr2，V球=4πr3，加入小球后，液面高度为6r,所以πr2·6r=8πr2+4πr3，解得r=4。

【补偿训练】已知正方体外接球的体积是π,则此正方体的棱长为（）A.1B。

C。

D。

【解析】选C.因为该正方体外接球的体积是π,则该正方体外接球的半径R=2,正方体的体对角线的长为4，棱长等于.2.若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且其长度分别为1，,，则此三棱锥的外接球的表面积为（)A.6πB。

12π C.18πD。

24π【解析】选A。

由题意，三棱锥的三条侧棱两两垂直，且其长度分别为1,,，看成是长方体的长宽高分别为1,，，所以长方体的外接球半径R==,所以此三棱锥的外接球的表面积S=4πR2=6π。

3. (2020·全国Ⅱ卷）已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上。

若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（）A.B。

C.1 D.【解析】选C。

设△ABC的外接圆圆心为O1，记OO1=d,圆O1的半径为r，球O的半径为R,△ABC的边长为a,则S△ABC=a2=,可得a=3，于是r=，由题知,球O的表面积为16π,则R=2，由R2=r2+d2易得d=1，即O到平面ABC的距离为1.4。

面积为的正六边形的六个顶点都在球O的球面上,球心O 到正六边形所在平面的距离为，则球O的表面积为________。

【解析】如图△O′AB是正六边形的六分之一，为正三角形,设其边长为a，则6×a2=,解得a=1，所以OB=,所以S球=4π×OB2=π.答案：π5.中国古代数学经典《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鐅臑。

立体几何5作业-已转档

令 z＝1，则 y＝－1.所以 n＝(0，－1，1)．设直线 BC 与平面 ABF 所成角为 α，则
sin α＝|cos〈n，B→C〉|＝|nn|·|BB→→CC|＝12.
π 因此直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小为 6 .
5.[2014·新课标全国卷Ⅱ] 如图 1-3，四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，PA⊥平面 ABCD， E 为 PD 的中点．
∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M 是线段 AB 的中点．
图 1-3 5．解：(1)证明：连接 BD 交 AC 于点 O，连接 EO. 因为 ABCD 为矩形，所以 O 为 BD 的中点．又 E 为 PD 的中点，所以 EO∥PB. 因为 EO⊂平面 AEC，PB⊄平面 AEC，所以 PB∥平面 AEC. (2)因为 PA⊥平面 ABCD，ABCD 为矩形，所以 AB，AD，AP 两两垂直．如图，以 A 为坐标原点，A→B，AD，AP 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|A→P|为单位长，
2)，F(0，1，1)，B→C＝(1，1，0)．
即(0，－1，1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0，
解得 λ＝23，所以点 H 的坐标为43，23，23.
所以 PH＝ 4
432＋232＋－432＝2.
.
设平面 ABF 的法向量为 n＝(x，y，z)，则
nn··AA→→BF＝＝00，，即xy＝＋0z＝，0.
由△BCD∽△MND，
得DDFE＝DDAA1＝2－2 a，
所以 S 梯形 BCNM＝1－2－2 a2×S△BCD＝4a－4 a2×8
＝2a(4－a)．
8，a≥2，所以 f(a)＝2a（4－a），0<a<2，
于是当 a≥2 时，该函数的最大值为 8．

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1.福建（本小题满分12分）
在平行四边形ABCD 中，1AB BD CD ===，,AB BD CD BD ⊥⊥.将ABD ∆沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图.
（1）求证：AB ⊥CD ；
（2）若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值
.
3．、[2014·辽宁卷] 如图1-5所示，△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直，且AB ＝BC ＝BD ＝2，∠ABC ＝∠DBC ＝120°，E ，F 分别为AC ，DC 的中点．
(1)求证：EF ⊥BC ；
(2)求二面角E -BF -C 的正弦值．
19．，[2014·重庆卷]如图1-3所示，四棱锥P ABCD 中，底面是以O 为中心的菱形，PO ⊥
底面ABCD ，AB ＝2，∠BAD ＝π3，M 为BC 上一点，且BM ＝12
，MP ⊥AP . D
(1)求PO的长；
(2)求二面角A-PM-C的正弦值．
4．[2014·陕西卷] 四面体ABCD及其三视图如图1-4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.
(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．。