2015届高考数学 考前三个月 必考题型过关练 第28练 完美破解立体几何证明题 理
安徽2015届高考数学二轮复习之能力专项训练28Word版含答案
阶段评估卷(四)专题五 (120分钟 150分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.设m,n 是两条不同的直线，α,β,γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是( )(A)若m ⊥n,n ⊂α,则m ⊥α (B)若m ⊥α,n ∥m,则n ⊥α (C)若m ∥α,n ∥α,则m ∥n (D)若α⊥γ,β⊥γ，则α∥β2.(2012·江西高考)若一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积 为( )(A)112 (B)5 (C)92(D)4 3.下列四个几何体中，每个几何体的三视图中有且仅有两个视图相同的是( )(A)①② (B)①③ (C)③④ (D)②④4.一个空间几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为12π+则3正视图中x的值为( )(A)5 (B)4 (C)3 (D)25.(2012·安徽高考)设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的( )(A)充分不必要条件(B)必要不充分条件(C)充分必要条件(D)既不充分也不必要条件6.(2012·长春模拟)在正三棱锥S-ABC中，M,N分别是SC,BC的中点，且MN ⊥AM ，若侧棱SA=则正三棱锥S-ABC 外接球的表面积是( )(A)12π (B)32π (C)36π (D)48π7.(2012·合肥模拟)平面α外有两条直线m 和n ，如果m 和n 在平面α内的射影分别是直线m 1和直线n 1,给出下列四个命题：①m 1⊥n 1⇒m ⊥n;②m ⊥n ⇒m 1⊥n 1;③m 1与n 1相交⇒m 与n 相交或重合；④m 1与n 1平行⇒m 与n 平行或重合.其中不正确的命题个数是( )(A)1 (B)2 (C)3 (D)48.如图所示，在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，AB=1.若二面角C-AB-C 1的大小为60°,则点C 到平面C 1AB 的距离为( )(A)34(B)12(C)2(D)1 9.已知正四棱锥S-ABCD 中，SA=那么当该棱锥的体积最大时，它的高为( )(C)2 (D)310.在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D是AC的中点，AB1⊥BC1，则平面DBC1与平面CBC1所成的角为( )(A)30° (B)45° (C)60° (D)90°二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.请把正确的答案填在题中的横线上)11.(2012·新课标全国卷改编)平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α则此球的体积为________.12.已知α,β,γ是三个不同的平面,命题“α∥β,且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题,如果把α,β,γ中的任意两个换成直线,另一个保持不变,在所得的所有新命题中,真命题有________个.13.(2012·安徽高考)某几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积是______.14.(2012·湖北高考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________.15.如图，三棱台ABC-A′B′C′中，AB∶A′B′=1∶2，则三棱锥A′-ABC，B-A′B′C，C-A′B′C′的体积之比为________.三、解答题(本大题共6小题,共75分,解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)16.(12分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=4,DC=3,E是PC的中点.(1)证明：PA∥平面BDE;(2)求△PAD以PA为轴旋转所围成的几何体体积.17.(12分)如图，四边形ABCD为正方形，EA⊥平面ABCD,EF∥AB,AB=4, AE=2,EF=1.(1)求证：BC⊥AF；(2)若点M在线段AC上，且满足CM=1CA,求证：EM∥平面FBC；4(3)试判断直线AF与平面EBC是否垂直？若垂直，请给出证明；若不垂直，请说明理由.C1D1中，点E在18.(12分)如图，在长方体ABCD-AAB=1.棱CC1的延长线上，且CC1=C1E=BC=12(1)求证：D1E∥平面ACB1;(2)求证：平面D1B1E⊥平面DCB1;(3)求四面体D1B1AC的体积.19.(12分)(2012·广东高考)如图所示，在四棱锥P–ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E在线段PC上，PC⊥平面BDE.(1)证明：BD⊥平面PAC；(2)若PA=1，AD=2，求二面角B-PC-A的正切值.20.(13分)如图所示，PA⊥平面ABC,点C在以AB为直径的⊙O上，∠CBA=30°,PA=AB=2,点E为线段PB的中点，点M在AB弧上，且OM∥AC.(1)求证：平面MOE∥平面PAC；(2)求证：平面PAC⊥平面PCB；(3)设二面角M-BP-C的大小为θ，求cos θ的值.21.(14分)(2012·福建高考)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E为CD中点.(1)求证:B1E⊥AD1;(2)在棱AA1上是否存在一点P,使得DP∥平面B1AE?若存在,求AP的长;若不存在,说明理由;(3)若二面角A-B1E-A1的大小为30°,求AB的长.答案解析1.【解析】选B.对于命题A ，若m ⊂α,则不成立，故错误； 对B ，由线面垂直的性质知其正确； 对于C ，m,n 可能相交或异面故其错误； 对于D ，α,β可能相交，故其错误.2.【解析】选D.由三视图可判断该几何体为直六棱柱，其底面积为4,高为1,所以体积V=4×1=4.3.【解析】选D.图①的三视图均相同；图②的正视图与侧视图相同；图③的三视图均不相同；图④正视图与侧视图相同.4.【解析】选C.由图可知，该几何体上部为正四棱锥，四棱锥的高为底面正方形的边长为下部为圆柱，圆柱的高为x,底面圆的直径为4.V 四棱锥＝2133⨯V 圆柱＝π×22×x=4πx,V 四棱锥+V 圆柱＝4x 12,π=π所以x=3，故选C. 5.【解析】选A.若α⊥β,又α∩β=m,b ⊂β，b ⊥m,根据两个平面垂直的性质定理可得b ⊥α,又因为a ⊂α,所以a ⊥b;反过来，当a ∥m 时，因为b ⊥m,一定有b ⊥a,但不能保证b ⊥α,即不能推出α⊥β. 6.【解析】选C.因为M ，N 分别为SC ，BC 的中点，所以MN ∥BS.因为MN ⊥AM ，所以SB ⊥AM.又取AC 中点为G,连接SG,BG ，可证AC ⊥平面SBG ，∴SB ⊥AC ，AM ∩AC=A ，所以SB ⊥平面ASC ，所以侧面三角形为等腰直角三角形，所以SA=SB=SC=设外接球半径为R ，则=6，所以S=π(2R)2=36π. 7.【解析】选D.如图，在正方体中，AD 1，AB 1，B 1C 在底面上的射影分别是A 1D 1，A 1B 1，B 1C 1. 因A 1D 1⊥A 1B 1，而AD 1不垂直AB 1，故①不正确；又因为AD 1⊥B 1C ，而A 1D 1∥B 1C 1，故②也不正确；若m 1与n 1相交，则m 与n 还可以异面，③不正确；若m 1与n 1平行，m 与n 可以异面，④不正确.8.【解析】选A.取AB 中点D ，连接CD ，C 1D ，则∠CDC 1是二面角C-AB-C 1的平面角. ∵AB=1，∴CD=2，∴在Rt △DCC 1中，CC 1=CD ·tan 60°=3,22=C 1D=1CDcos CDC =∠设点C 到平面C 1AB 的距离为h,则由11C C AB C ABC 11113V V 11,32322--=⨯⨯=⨯⨯得解得h=3,4故选A.9.【解析】选C.如图所示，设正四棱锥S-ABCD 的高SO=h. 在Rt △SOA 中，SA= ∴∴2212h .-∴V S-ABCD =V(h)=13·2(12-h 2)·h=13(-2h 3+24h)(0<h<令V ′(h)=13(24-6h 2)>0,得0<h<2.故当0<h<2时，V(h)单调递增；当2<h<V(h)单调递减. ∴当h=2时V(h)取最大值.10.【解析】选B.以A 为坐标原点，AC ，AA 1分别为y 轴和z 轴建立空间直角坐标系.设底面边长为2a,侧棱长为2b ，则A(0，0，0)、C(0，a,0),C 1(0,2a,2b),B 1a,2b).由11AB BC ⊥，得11AB BC =0，即2b 2=a 2.设n 1=(x,y,z)为平面DBC 1的一个法向量， 则111DB 0DC 0.==，n n即0,ay 2bz 0.=+=⎪⎩又2b 2=a 2,令z=1,解得1(0,=n同理可求得平面CBC1的一个法向量为n 2 0). 利用公式1212cos ,θ=｜｜｜｜｜｜n n n n 得θ=45°.11.【解析】设球O 的半径为R ，则=故34V R .3=π=球 答案：12.【解析】若α,β换为直线a,b,则命题化为“a ∥b,且a ⊥γ⇒b ⊥γ”,此命题为真命题；若α,γ换为直线a,b,则命题化为“a ∥β,且a ⊥b ⇒b ⊥β”,此命题为假命题；若β,γ换为直线a,b,则命题化为“a∥α,且b ⊥α⇒a ⊥b ”,此命题为真命题,故有2个真命题. 答案：2【易错提醒】空间线面关系易判断不准致误根本原因在于对空间点、线、面的位置关系把握不准，考虑问题不全面导致.13.【解析】该几何体是底面是直角梯形，高为4的直四棱柱，几何体的表面积是S=()12254(25442⨯⨯+⨯+++⨯=92. 答案：9214.【解析】由本题的三视图可知，本几何体是由三个圆柱组合而成，其中左右两个圆柱等体积. V=π×22×1×2+π×12×4=12π. 答案：12π15.【解析】设棱台的高为h,S △ABC =S,则S △A ′B ′C ′=4S ， 所以A ABC ABC 11V S h Sh.33'-==C A B C A B C 14V S h Sh 33-''''''==，又()17V h S 4S 2S Sh,33=++=台而V B-A ′B ′C =V 台-V C-A ′B ′C ′-V A ′-ABC =2Sh,3所以V A ′ABC ∶V B-A ′B ′C ∶V C-A ′B ′C ′=1∶2∶4. 答案：1∶2∶416.【解析】(1)连接AC 交BD 于O ，连接EO. ∵ABCD 是正方形，∴O 为AC 中点，E 为PC 的中点， ∴OE ∥PA.又∵OE ⊂平面BDE ，PA ⊄平面BDE ， ∴PA ∥平面BDE.(2)过D 作PA 的垂线，垂足为H ，则几何体为以DH 为半径，分别以PH ，AH 为高的两个圆锥的组合体.∵侧棱PD ⊥底面ABCD. ∴PD ⊥DA,PD=4,DA=DC=3, ∴PA=5.DH=PD DA 4312.PA 55⨯== V=2211DH PH DH AH 33π+π =21DH PA 3π =211248()5.355π⨯=π 17.【解析】(1)因为EF ∥AB,所以EF 与AB 确定平面EABF, 因为EA ⊥平面ABCD ，所以EA ⊥BC. 由已知得AB ⊥BC 且EA ∩AB=A, 所以BC ⊥平面EABF.又AF ⊂平面EABF ，所以BC ⊥AF.(2)过M 作MN ⊥BC,垂足为N ，连接FN,则MN ∥AB. 又CM=1AC,4所以MN=1AB.4又EF ∥AB 且EF=1AB,4所以EF ∥MN ， 且EF=MN,所以四边形EFNM 为平行四边形， 所以EM ∥FN.又FN⊂平面FBC,EM⊄平面FBC,所以EM∥平面FBC.(3)直线AF垂直于平面EBC.证明如下：由(1)可知，AF⊥BC.在四边形ABFE中，AB=4,AE=2,EF=1, ∠BAE=∠AEF=90°,所以tan ∠EBA=tan ∠FAE=1,2则∠EBA=∠FAE.设AF∩BE=P,因为∠PAE+∠PAB=90°, 故∠PBA+∠PAB=90°,则∠APB=90°,即EB⊥AF.又因为EB∩BC=B,所以AF⊥平面EBC.18.【解析】(1)连接BC1，∵∴四边形AB1ED1是平行四边形，则D1E∥AB1，又AB1⊂平面ACB1，D1E⊄平面ACB1，∴D1E∥平面ACB1.(2)由已知得B1C2+B1E2=4=CE2,则B1E⊥B1C,由长方体的特征可知：CD⊥平面B1BCE,而B 1E ⊂平面B 1BCE ，则CD ⊥B 1E, 且CD ∩B 1C=C,∴B 1E ⊥平面DCB 1，又B 1E ⊂平面D 1B 1E ， ∴平面D 1B 1E ⊥平面DCB 1. (3)四面体D 1B 1AC 的体积=111111111111ABCD A B C D A A B D B ACB C B C D D ACD V V V V V ---------=11221124.323-⨯⨯⨯⨯⨯=19.【解析】(1)∵PA ⊥平面ABCD ，PC ⊥平面BDE, ∴PA ⊥BD ，PC ⊥BD 且PA ∩PC=P ， ∴BD ⊥平面PAC.(2)方法一：由(1)知BD ⊥AC,四边形ABCD 为矩形， ∴四边形ABCD 为正方形.以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线为x,y,z 轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1),PB =(2,0,-1),BC =(0,2,0),设平面PBC 的一个法向量为n =(x,y,z),则由PB 0,BC 0,⎧=⎪⎨=⎪⎩n n 得2x z 0,2y 0,-=⎧⎨=⎩取x=1, ∴n =(1,0,2),由(1)知平面PAC 的一个法向量为BD =(-2,2,0), 设二面角B-PC-A 的平面角为θ,由图知0＜θ＜2π，则cos θ=(BD 1BD⨯==n n∴tan θ=3.方法二：由(1)知BD ⊥AC,∴四边形ABCD 为正方形，设BD ∩AC=O,连接OE ，∵PC ⊥平面BDE,OE ，BE ⊂平面BED ，∴BE ⊥PC ，OE ⊥PC ， ∴∠BEO 为二面角B-PC-A 的平面角， 易知△PAC ∽△OEC,∴OE=3在Rt △BOE 内，tan ∠BEO=OBOE=3. 20.【解析】(1)因为点E 为线段PB 的中点，点O 为线段AB 的中点，所以OE ∥PA.因为PA ⊂平面PAC ，OE ⊄平面PAC ， 所以OE ∥平面PAC. 因为OM ∥AC,因为AC ⊂平面PAC ，OM ⊄平面PAC ， 所以OM ∥平面PAC.因为OE ⊂平面MOE ，OM ⊂平面MOE ，OE ∩OM=O ，所以平面MOE ∥平面PAC. (2)因为点C 在以AB 为直径的⊙O 上， 所以∠ACB=90°，即BC ⊥AC. 因为PA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ， 所以PA ⊥BC.因为AC ⊂平面PAC ，PA ⊂平面PAC ，PA ∩AC=A ， 所以BC ⊥平面PAC.因为BC ⊂平面PCB ，所以平面PAC ⊥平面PCB. (3)如图，以C 为原点，CA 所在的直线为x 轴，CB 所在的直线为y 轴，建立空间直角坐标系C -xyz. 因为∠CBA=30°，PA=AB=2， 所以CB=2cos 30°AC=1. 延长MO 交CB 于点D.因为OM ∥AC ， 所以MD ⊥CB,MD=131,22+=CD=1CB 22=所以P(1,0,2)，C(0,0,0)，0)，M(320). 所以CP =(1,0,2),CB =(0,3,0). 设平面PCB 的一个法向量m =(x,y ，z).因为CP 0,CB 0.⎧=⎪⎨=⎪⎩m m 所以()()()x,y,z 1,0,20,x,y,z (0,3,0)0,⎧=⎪⎨=⎪⎩即x 2z 0,0.+=⎧⎪=令z=1，则x=-2,y=0.所以m =(-2,0,1). 同理可求平面PMB 的一个法向量n 1).所以1cos ,.5==-〈〉m n m n m n 因为二面角M-BP-C 为锐二面角， 所以cos θ=1.521.【解析】(1)以A 为原点,1AB,AD,AA 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(如图),设AB=a,则A(0,0,0),D(0,1,0),D 1(0,1,1), E(a ,21,0),B 1(a,0,1), 故1AD =(0,1,1), 1B E =(a ,2-1,-1),1AB =(a,0,1),AE =(a,2 1,0).∵11aAD B E 0()2=⨯-+1×1+1×(-1)=0,∴B 1E ⊥AD 1.(2)假设在棱AA 1上存在一点P(0,0,z 0), 使得DP ∥平面B 1AE.此时DP =(0,-1,z 0). 又设平面B 1AE 的一个法向量n =(x,y,z).∵n ⊥平面B 1AE,∴1AB ,AE,⊥⊥n n 得ax z 0,ax y 0.2+=⎧⎪⎨+=⎪⎩取x=1,则y=a ,2-z=-a,得平面B 1AE 的一个法向量n =(1,a ,2- -a). 要使DP ∥平面B 1AE,只要n ⊥DP , 有0a az 0,2-=解得01z ,2=又DP ⊄平面B 1AE,∴存在点P,满足DP ∥平面B 1AE,此时AP=1.2(3)连接A 1D,B 1C,由长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1及AA 1=AD=1,得AD 1⊥A 1D. ∵B 1C ∥A 1D,∴AD 1⊥B 1C.又由(1)知B 1E ⊥AD 1,且B 1C ∩B 1E=B 1, ∴AD 1⊥平面DCB 1A 1,∴1AD 是平面A 1B 1E 的一个法向量, 此时1AD =(0,1,1).设1AD 与n 所成的角为θ,则cos θ=11a a AD AD --=n n ∵二面角A-B 1E-A 1的大小为30°,∴|cos θ|=cos 30°,3a 2=解得a=2,即AB 的长为2.。
2015届高考数学二轮复习检测：专题6.29 完美破解立体几何证明题
专题6.29 完美破解立体几何证明题 1．若平面α∥平面β，直线a?α，点B∈β，则在β内过点B的所有直线中( ) A．不一定存在与a平行的直线 B．只有两条与a平行的直线 C．存在无数条与a平行的直线 D．存在唯一与a平行的直线 答案 D 解析 由直线a与B确定的平面与β有唯一交线．故存在唯一与a平行的直线． 2．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是棱AB上的动点，则直线A1D与直线C1E所成的角等于( ) A．60° B．90° C．30° D．随点E的位置而变化 答案 B 解析 在正方体中，显然有A1D⊥AB，A1D⊥AD1， 所以A1D⊥面AD1C1B，又C1E?面AD1C1B，故A1D⊥C1E.故选B. 3．已知α、β是两个不同的平面，给出下列四个条件：①存在一条直线a，a⊥α，a⊥β；②存在一个平面γ，γ⊥α，γ⊥β；③存在两条平行直线a、b，a?α，b?β，a∥β，b∥α；④存在两条异面直线a、b，a?α，b?β，a∥β，b∥α，可以推出α∥β的是( ) A．①③ B．②④ C．①④ D．②③ 答案 C 解析 对于②，平面α与β还可以相交； 对于③，当a∥b时，不一定能推出α∥β， 所以②③是错误的，易知①④正确，故选C. 4.如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD的中点，AC∩EF＝G.现在沿AE、EF、FA 把这个正方形折成一个四面体，使B、C、D三点重合，重合后的点记为P，则在四面体P－AEF 中必有( ) A．AP⊥△PEF所在平面B．AG⊥△PEF所在平面 C．EP⊥△AEF所在平面D．PG⊥△AEF所在平面 答案 A 解析 在折叠过程中，AB⊥BE，AD⊥DF保持不变． ∴ ?AP⊥面PEF. 5．如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是( ) A．①②B．①②③ C．①D．②③ 答案 B 解析 对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC. ∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC， 又PC?平面PAC，∴BC⊥PC； 对于②，∵点M为线段PB的中点， ∴OM∥PA，∵PA?平面PAC， ∴OM∥平面PAC； 对于③，由①知BC⊥平面PAC， ∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确． 6.如图，若Ω是长方体ABCD—A1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EB1F－HC1G所得到的几何体，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 答案 D 解析 A中，∵EH∥A1D1，∴EH∥BC， ∴EH∥平面BCC1B1. 又过EH的平面EFGH与平面BCC1B1交于FG， ∴EH∥FG.故A成立． B中，易得四边形EFGH为平行四边形， ∵BC⊥平面ABB1A1， ∴BC⊥EF，即FG⊥EF. ∴四边形EFGH为矩形．故B正确． C中可将Ω看作以A1EFBA和D1HC1CD为上、下底面，以AD为高的棱柱．故C正确． 7.如图，在空间四边形ABCD中，M∈AB，N∈AD，若＝，则直线MN与平面BDC的位置关系是________． 答案 平行 解析 在平面ABD中，＝， ∴MN∥BD. 又MN?平面BCD，BD?平面BCD， ∴MN∥平面BCD. 8．如图，正方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于______． 答案 解析 由于在正方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝2，∴AC＝2. 又E为AD的中点，EF∥平面AB1C，EF?平面ADC， 平面ADC∩平面AB1C＝AC，∴EF∥AC， ∴F为DC的中点，∴EF＝AC＝. 9.如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论中：①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面PAE；④∠PDA＝45°. 其中正确的有________(把所有正确的序号都填上)． 答案 ①④ 解析 由PA⊥平面ABC，AE?平面ABC，得PA⊥AE， 又由正六边形的性质得AE⊥AB，PA∩AB＝A， 得AE⊥平面PAB， 又PB?平面PAB，∴AE⊥PB，①正确； ∵平面PAD⊥平面ABC，∴平面ABC⊥平面PBC不成立，②错； 由正六边形的性质得BC∥AD， 又AD?平面PAD，BC?平面PAD，∴BC∥平面PAD， ∴直线BC∥平面PAE也不成立，③错； 在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°， ∴④正确． 10．给出命题： ①在空间中，垂直于同一平面的两个平面平行； ②设l，m是不同的直线，α是一个平面，若l⊥α，l∥m，则m⊥α； ③已知α，β表示两个不同平面，m为平面α内的一条直线，“α⊥β”是“m⊥β”的充要条件； ④在三棱锥S－ABC中，SA⊥BC，SB⊥AC，则S在平面ABC内的射影是△ABC的垂心； ⑤a，b是两条异面直线，P为空间一点，过P总可以作一个平面与a，b之一垂直，与另一条平行． 其中，正确的命题是________．(只填序号) 答案 ②④ 解析 ①错误，垂直于同一个平面的两个平面也可能相交； ③错误，“α⊥β”是“m⊥β”的必要不充分条件； ⑤错误，只有当异面直线a，b垂直时才可以作出满足要求的平面； 易知②④正确． 11．如图所示，M，N，K分别是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱AB，CD，C1D1的中点． 求证：(1)AN∥平面A1MK； (2)平面A1B1C⊥平面A1MK. 证明 (1)如图所示，连接NK. 在正方体ABCD—A1B1C1D1中， ∵四边形AA1D1D，DD1C1C都为正方形， ∴AA1∥DD1，AA1＝DD1，C1D1∥CD，C1D1＝CD. ∵N，K分别为CD，C1D1的中点， ∴DN∥D1K，DN＝D1K， ∴四边形DD1KN为平行四边形． ∴KN∥DD1，KN＝DD1，∴AA1∥KN，AA1＝KN. ∴四边形AA1KN为平行四边形．∴AN∥A1K. ∵A1K?平面A1MK，AN?平面A1MK， ∴AN∥平面A1MK. (2)如图所示，连接BC1.在正方体ABCD—A1B1C1D1中， AB∥C1D1，AB＝C1D1. ∵M，K分别为AB，C1D1的中点， ∴BM∥C1K，BM＝C1K. ∴四边形BC1KM为平行四边形．∴MK∥BC1. 在正方体ABCD—A1B1C1D1中，A1B1⊥平面BB1C1C， BC1?平面BB1C1C，∴A1B1⊥BC1. ∵MK∥BC1，∴A1B1⊥MK. ∵四边形BB1C1C为正方形，∴BC1⊥B1C. ∴MK⊥B1C.∵A1B1?平面A1B1C，B1C?平面A1B1C，A1B1∩B1C＝B1，∴MK⊥平面A1B1C. 又∵MK?平面A1MK， ∴平面A1B1C⊥平面A1MK. 12．(2014·课标全国Ⅱ)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E 为PD的中点． (1)证明：PB∥平面AEC； (2)设二面角D－AE－C为60°，AP＝1，AD＝，求三棱锥E－ACD的体积． (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)解 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，、、的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，||为单位长，建立空间直角坐标系A－xyz， 则D(0，，0)，E(0，，)，＝(0，，)． 设B(m,0,0)(m>0)， 则C(m，，0)，＝(m，，0)． 设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量， 则 即 可取n1＝(，－1，)． 又n2＝(1,0,0)为平面DAE的法向量， 由题设|cos〈n1，n2〉|＝， 即＝， 解得m＝. 因为E为PD的中点， 所以三棱锥E－ACD的高为， 三棱锥E－ACD的体积V＝××××＝. 。
高考数学 考前三个月 必考题型过关练 第28练 完美破解立体几何证明题 理
第28练 完美破解立体几何证明题题型一 空间中的平行问题例1 在如图所示多面体ABCDE 中，AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，且AC ＝AD ＝CD ＝DE ＝2，AB ＝1.(1)请在线段CE 上找到点F 的位置，使得恰有直线BF ∥平面ACD ，并证明． (2)求多面体ABCDE 的体积．破题切入点 (1)可先猜后证，可以利用线面平行的判定定理进行证明． (2)找到合适的底面．解 如图，(1)由已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ， 所以AB ∥ED ，设F 为线段CE 的中点，H 是线段CD 的中点，连结FH ，AH ，则FH 綊12ED ，所以FH 綊AB ，所以四边形ABFH 是平行四边形， 所以BF ∥AH ，又因为BF ⊄平面ACD ，AH ⊂平面ACD ， 所以BF ∥平面ACD . (2)取AD 中点G ，连结CG .因为AB ⊥平面ACD ， 所以CG ⊥AB ，又CG ⊥AD ，AB ∩AD ＝A ， 所以CG ⊥平面ABED ，即CG 为四棱锥C －ABED 的高，求得CG ＝3，所以V C －ABED ＝13×(1＋2)2×2×3＝ 3.即多面体ABCDE 的体积为 3. 题型二 空间中的垂直问题例2 如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧面AA 1B 1B 为正方形，侧面BB 1C 1C 为菱形，∠CBB 1＝60°，AB ⊥B 1C .(1)求证：平面AA 1B 1B ⊥平面BB 1C 1C . (2)若AB ＝2，求三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积． 破题切入点 (1)考查面面垂直的判定定理． (2)注意利用棱柱体积和锥体体积公式间的关系． (1)证明 由侧面AA 1B 1B 为正方形，知AB ⊥BB 1. 又AB ⊥B 1C ，BB 1∩B 1C ＝B 1， 所以AB ⊥平面BB 1C 1C ， 又AB ⊂平面AA 1B 1B ，所以平面AA 1B 1B ⊥平面BB 1C 1C .(2)解 由题意，CB ＝CB 1，设O 是BB 1的中点， 连结CO ，则CO ⊥BB 1.由(1)知，CO ⊥平面AA 1B 1B ，且CO ＝32BC ＝32AB ＝ 3.连结AB 1，则C ABB V 1－＝13ABB S 1·CO＝16AB 2·CO ＝233. 因为B ABC V 1－＝C ABB V 1－＝13ABC A B C V 111－＝233，所以ABC A B C V 111－＝2 3.故三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积为2 3. 题型三 空间中的平行、垂直综合问题例3 在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是正方形，MA ⊥平面ABCD ，PD ∥MA ，E 、G 、F 分别为MB 、PB 、PC 的中点，且AD ＝PD ＝2MA . (1)求证：平面EFG ∥平面PMA ； (2)求证：平面EFG ⊥平面PDC ；(3)求三棱锥P －MAB 与四棱锥P －ABCD 的体积之比． 破题切入点 (1)证明EG 、FG 都平行于平面PMA . (2)证明GF ⊥平面PDC .(3)设MA 为1，从而其他边的长度都可表示，问题可求解． (1)证明 ∵E 、G 、F 分别为MB 、PB 、PC 的中点， ∴EG ∥PM ，GF ∥BC .又∵四边形ABCD 是正方形，∴BC ∥AD ，∴GF ∥AD .∵EG ⊄平面PMA ，GF ⊄平面PMA ，PM ⊂平面PMA ，AD ⊂平面PMA ， ∴EG ∥平面PMA ，GF ∥平面PMA .又∵EG ⊂平面EFG ，GF ⊂平面EFG ，EG ∩GF ＝G ， ∴平面EFG ∥平面PMA .(2)证明 由已知MA ⊥平面ABCD ，PD ∥MA ，∴PD ⊥平面ABCD .又BC ⊂平面ABCD ，∴PD ⊥BC . ∵四边形ABCD 为正方形，∴BC ⊥DC . 又PD ∩DC ＝D ，∴BC ⊥平面PDC . 由(1)知GF ∥BC ，∴GF ⊥平面PDC . 又GF ⊂平面EFG ，∴平面EFG ⊥平面PDC .(3)解 ∵PD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，不妨设MA ＝1，则PD ＝AD ＝2. ∵DA ⊥平面MAB ，且PD ∥MA ， ∴DA 即为点P 到平面MAB 的距离，∴V P －MAB ∶V P －ABCD ＝(13S △MAB ·DA )∶(13S 正方形ABCD ·PD ) ＝S △MAB ∶S 正方形ABCD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×2∶(2×2)＝1∶4. 即三棱锥P －MAB 与四棱锥P －ABCD 的体积之比为1∶4. 总结提高 1.证明平行关系的方法： (1)证明线线平行的常用方法：①利用平行公理，即证明两直线同时和第三条直线平行； ②利用平行四边形进行转换； ③利用三角形中位线定理证明；④利用线面平行、面面平行的性质定理证明． (2)证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，把证明线面平行转化为证明线线平行； ②利用面面平行的性质定理，把证明线面平行转化为证明面面平行． (3)证明面面平行的方法：证明面面平行，依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行． 2．证明空间中垂直关系的方法： (1)证明线线垂直的常用方法①利用特殊平面图形的性质，如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直； ②利用勾股定理逆定理；③利用线面垂直的性质，即要证明线线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在平面即可．(2)证明线面垂直的常用方法①利用线面垂直的判定定理，把线面垂直的判定转化为证明线线垂直；②利用面面垂直的性质定理，把证明线面垂直转化为证明面面垂直；③利用常见结论，如两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面等．(3)证明面面垂直的方法证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中点、高线或添加辅助线解决．1．若平面α∥平面β，直线a⊂α，点B∈β，则在β内过点B的所有直线中与a平行的直线的条数为________．答案一条解析由直线a与B确定的平面与β有唯一交线．故存在唯一与a平行的直线．2．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是棱AB上的动点，则直线A1D与直线C1E所成的角为________．答案90°解析在正方体中，显然有A1D⊥AB，A1D⊥AD1，所以A1D⊥平面AD1C1B，又C1E⊂平面AD1C1B，故A1D⊥C1E.3．已知α、β是两个不同的平面，给出下列四个条件：①存在一条直线a，a⊥α，a⊥β；②存在一个平面γ，γ⊥α，γ⊥β；③存在两条平行直线a、b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α；④存在两条异面直线a、b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α，可以推出α∥β的是________．答案①④解析对于②，平面α与β还可以相交；对于③，当a∥b时，不一定能推出α∥β，所以②③是错误的，易知①④正确．4．已知α，β，γ是三个不重合的平面，a，b是两条不重合的直线，有下列三个条件：①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ.如果命题“α∩β＝a，b⊂γ，且________，那么a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________．答案①或③解析由定理“一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一个平面与此平面的交线与该直线平行”可得，横线处可填入条件①或③.5.如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是________．答案①②③解析对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.∵AB为⊙O的直径，∵PA∩AC＝A，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC；对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA，∵PA⊂平面PAC，∴OM∥平面PAC；对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确．6．设α和β为两个不重合的平面，给出下列四个命题：①若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α平行于β；②若α外一条直线l与α内的一条直线平行，则l和α平行；③设α和β相交于直线l，若α内有一条直线垂直于l，则α和β垂直；④直线l与α垂直的充分必要条件是l与α内的两条直线垂直．其中为真命题的是________．(写出所有真命题的序号)答案①②解析由①知α内两条相交直线分别平行于平面β，则两条相交直线确定的平面α平行于平面β，故①为真命题；由线面平行的判定定理知，②为真命题；对于③，如图，α∩β＝l ，a ⊂α，a ⊥l ，但不一定有α⊥β，故③为假命题；对于④，直线l 与平面α垂直的充分必要条件是l 与α内的两条相交直线垂直，故④为假命题．综上所述，真命题的序号为①②.7.如图，在空间四边形ABCD 中，M ∈AB ，N ∈AD ，若AM MB ＝ANND，则直线MN 与平面BDC 的位置关系是________． 答案 平行解析 在平面ABD 中，AM MB ＝ANND，∴MN ∥BD .又MN ⊄平面BCD ，BD ⊂平面BCD ， ∴MN ∥平面BCD .8．底面直径和母线长相等的圆柱称为等边圆柱．已知一等边圆柱的底面半径为2，则其体积为________． 答案 16π解析 由题意，圆柱的高为4，则V ＝π·22·4＝16π.9.如图，已知六棱锥P －ABCDEF 的底面是正六边形，PA ⊥平面ABC ，PA ＝2AB ，则下列结论中：①PB ⊥AE ；②平面ABC ⊥平面PBC ；③直线BC ∥平面PAE ；④∠PDA ＝45°. 其中正确的有________(把所有正确的序号都填上)． 答案 ①④解析 由PA ⊥平面ABC ，AE ⊂平面ABC ，得PA ⊥AE ， 又由正六边形的性质得AE ⊥AB ，PA ∩AB ＝A ，得AE⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，∴AE⊥PB，①正确；∵平面PAD⊥平面ABC，∴平面ABC⊥平面PBC不成立，②错；由正六边形的性质得BC∥AD，又AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，∴BC∥平面PAD，∴直线BC∥平面PAE也不成立，③错；在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，∴④正确．10．给出命题：①在空间中，垂直于同一平面的两个平面平行；②设l，m是不同的直线，α是一个平面，若l⊥α，l∥m，则m⊥α；③已知α，β表示两个不同平面，m为平面α内的一条直线，“α⊥β”是“m⊥β”的充要条件；④在三棱锥S－ABC中，SA⊥BC，SB⊥AC，则S在平面ABC内的射影是△ABC的垂心；⑤a，b是两条异面直线，P为空间一点，过P总可以作一个平面与a，b之一垂直，与另一条平行．其中，正确的命题是________．(只填序号)答案②④解析①错误，垂直于同一个平面的两个平面也可能相交；③错误，“α⊥β”是“m⊥β”的必要不充分条件；⑤错误，只有当异面直线a，b垂直时才可以作出满足要求的平面；易知②④正确．11．如图所示，M，N，K分别是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱AB，CD，C1D1的中点．求证：(1)AN∥平面A1MK；(2)平面A1B1C⊥平面A1MK.证明(1)如图所示，连结NK.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，∵四边形AA1D1D，DD1C1C都为正方形，∴AA1∥DD1，AA1＝DD1，C1D1∥CD，C1D1＝CD.∵N，K分别为CD，C1D1的中点，∴DN∥D1K，DN＝D1K，∴四边形DD1KN为平行四边形．∴KN∥DD1，KN＝DD1，∴AA1∥KN，AA1＝KN.∴四边形AA1KN为平行四边形．∴AN∥A1K.∵A1K⊂平面A1MK，AN⊄平面A1MK，∴AN∥平面A1MK.(2)如图所示，连结BC1.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，AB∥C1D1，AB＝C1D1.∵M，K分别为AB，C1D1的中点，∴BM∥C1K，BM＝C1K.∴四边形BC1KM为平行四边形．∴MK∥BC1.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，A1B1⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，∴A1B1⊥BC1.∵MK∥BC1，∴A1B1⊥MK.∵四边形BB1C1C为正方形，∴BC1⊥B1C.∴MK⊥B1C.∵A1B1⊂平面A1B1C，B1C⊂平面A1B1C，A1B1∩B1C＝B1，∴MK⊥平面A1B1C. 又∵MK⊂平面A1MK，∴平面A 1B 1C ⊥平面A 1MK .12．(2014·课标全国Ⅱ)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设二面角D －AE －C 为60°，AP ＝1，AD ＝3，求三棱锥E －ACD 的体积． (1)证明 连结BD 交AC 于点O ，连结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)解 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，AB →、AD →、AP →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|AP →|为单位长，建立空间直角坐标系A －xyz ，则D (0，3，0)，E (0，32，12)，AE →＝(0，32，12)．设B (m,0,0)(m >0)，则C (m ，3，0)，AC →＝(m ，3，0)． 设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AC →＝0，n 1·AE →＝0，- 11 - 即⎩⎪⎨⎪⎧mx ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0， 可取n 1＝(3m ，－1，3)． 又n 2＝(1,0,0)为平面DAE 的法向量， 由题设|cos 〈n 1，n 2〉|＝12，即 33＋4m 2＝12，解得m ＝32.因为E 为PD 的中点， 所以三棱锥E －ACD 的高为12，三棱锥E －ACD 的体积V ＝13×12×3×32×12＝38.。
【考前三个月】(江苏专用)2015高考数学 压轴大题突破练 立体几何
中档大题规X 练——立体几何1．如图所示，已知三棱锥A －BPC 中，AP ⊥PC ，AC ⊥BC ，M 为AB 的中点，D 为PB 的中点，且△PMB 为正三角形．(1)求证：DM ∥平面APC ；(2)求证：平面ABC ⊥平面APC ；(3)若BC ＝4，AB ＝20，求三棱锥D －BCM 的体积．(1)证明 由已知，得MD 是△ABP 的中位线，所以MD ∥AP .又MD ⊄平面APC ，AP ⊂平面APC ，故MD ∥平面APC.(2)证明 因为△PMB 为正三角形，D 为PB 的中点，所以MD ⊥PB.所以AP ⊥PB.又AP ⊥PC ，PB ∩PC ＝P ，所以AP ⊥平面PBC.因为BC ⊂平面PBC ，所以AP ⊥BC.又BC ⊥AC ，AC∩AP ＝A ，所以BC ⊥平面APC.因为BC ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面APC.(3)解 由(2)知，可知MD ⊥平面PBC ， 所以MD 是三棱锥D －BCM 的一条高，又AB ＝20，BC ＝4，△PMB 为正三角形，M ，D 分别为AB ，PB 的中点，经计算可得MD ＝53，DC ＝5，S △BCD ＝12×BC×BD×sin ∠CBD＝12×5×4×215＝221.所以VD －BCM ＝VM －DBC ＝13×S △BCD×MD＝13×221×53＝107.2．如图，在Rt △ABC 中，AB ＝BC ＝4，点E 在线段AB 上．过点E 作EF ∥BC 交AC 于点F ，将△AEF 沿EF 折起到△PEF 的位置(点A 与P 重合)，使得∠PEB ＝30°.(1)求证：EF ⊥PB ；(2)试问：当点E 在何处时，四棱锥P —EFCB 的侧面PEB 的面积最大？并求此时四棱锥P —EFCB 的体积．(1)证明 ∵EF ∥BC 且BC ⊥AB ，∴EF ⊥AB ，即EF ⊥BE ，EF ⊥PE.又BE∩PE ＝E ，∴EF ⊥平面PBE ，又PB ⊂平面PBE ，∴EF ⊥PB.(2)解 设BE ＝x ，PE ＝y ，则x ＋y ＝4.∴S △PEB ＝12BE·PE·sin ∠PEB＝14xy≤14⎝⎛⎭⎫x ＋y 22＝1. 当且仅当x ＝y ＝2时，S △PEB 的面积最大．此时，BE ＝PE ＝2.由(1)知EF ⊥平面PBE ，∴平面PBE ⊥平面EFCB ，在平面PBE 中，作PO ⊥BE 于O ，则PO ⊥平面EFCB.即PO 为四棱锥P —EFCB 的高．又PO ＝PE·sin 30°＝2×12＝1.S 梯形EFCB ＝12×(2＋4)×2＝6.∴VP —BCFE ＝13×6×1＝2.3. 如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2BC ，P 、Q 分别是线段AB 、CD 的中点，EP ⊥平面ABCD.(1)求证：DP ⊥平面EPC ；(2)问在EP 上是否存在点F ，使平面AFD ⊥平面BFC ？若存在，求出FP AP 的值；若不存在，请说明理由．(1)证明∵EP ⊥平面ABCD ，∴EP ⊥DP .又ABCD 为矩形，AB ＝2BC ，P 、Q 分别为AB 、CD 的中点，连结PQ ，则PQ ⊥DC 且PQ ＝12DC.∴DP ⊥PC.∵EP∩PC ＝P ，∴DP ⊥平面EPC.(2)解 假设存在F 使平面AFD ⊥平面BFC ，∵AD ∥BC ，BC ⊂平面BFC ，AD ⊄平面BFC ，∴AD ∥平面BFC.∴AD 平行于平面AFD 与平面BFC 的交线l.∵EP ⊥平面ABCD ，∴EP ⊥AD ，而AD ⊥AB ，AB∩EP ＝P ，∴AD ⊥平面EAB ，∴l ⊥平面FAB.∴∠AFB 为平面AFD 与平面BFC 所成二面角的平面角．∵P 是AB 的中点，且FP ⊥AB ，∴当∠AFB ＝90°时，FP ＝AP .∴当FP ＝AP ，即FP AP ＝1时，平面AFD ⊥平面BFC.4．(2013·课标全国Ⅱ)如图，直三棱柱ABC －A1B1C1中，D ，E 分别是AB ，BB1的中点．(1)证明：BC1∥平面A1CD ；(2)设AA1＝AC ＝CB ＝2，AB ＝22，求三棱锥C －A1DE 的体积．(1)证明 连结AC1交A1C 于点F ，则F 为AC1中点．又D 是AB 中点，连结DF ，则BC1∥DF.因为DF ⊂平面A1CD ，BC1⊄平面A1CD ，所以BC1∥平面A1CD.(2)解 因为ABC －A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥CD.又因为AC ＝CB ，D 为AB 的中点，所以CD ⊥AB.又AA1∩AB ＝A ，于是CD ⊥平面ABB1A1.由AA1＝AC ＝CB ＝2，AB ＝22，得∠ACB ＝90°，CD ＝2，A1D ＝6，DE ＝3，A1E ＝3，故A1D2＋DE2＝A1E2，即DE ⊥A1D.所以VC －A1DE ＝13×S ED A 1 ×CD ＝13×12×6×3×2＝1.5．(2013·某某) 如图，AB 是圆O 的直径，PA 垂直圆O 所在的平面，C 是圆O 上的点．(1)求证：BC ⊥平面PAC ；(2)设Q 为PA 的中点，G 为△AOC 的重心，求证：QG ∥平面PBC.证明 (1)由AB 是圆O 的直径，得AC ⊥BC ，由PA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，得PA ⊥BC.又PA∩AC ＝A ，PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ，所以BC ⊥平面PAC.(2)连结OG 并延长交AC 于M ，连结QM ，QO ，由G 为△AOC 的重心，得M 为AC 中点． 由Q 为PA 中点，得QM ∥PC ，又O 为AB 中点，得OM ∥BC.因为QM∩MO ＝M ，QM ⊂平面QMO ，MO ⊂平面QMO ，BC∩PC ＝C ，BC ⊂平面PBC ，PC ⊂平面PBC.所以平面QMO ∥平面PBC.因为QG ⊂平面QMO ，所以QG ∥平面PBC.6．(2014·某某)在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形．(1)若AC ⊥BC ，证明：直线BC ⊥平面ACC1A1；(2)设D ，E 分别是线段BC ，CC1的中点，在线段AB 上是否存在一点M ，使直线DE ∥平面A1MC ？请证明你的结论．(1)证明 因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形，所以AA1⊥AB ，AA1⊥AC.因为AB∩AC ＝A ，AB ⊂平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，所以AA1⊥平面ABC.因为直线BC ⊂平面ABC ，所以AA1⊥BC.又由已知，AC ⊥BC ，AA1∩AC ＝A ，AA1⊂平面ACC1A1，AC ⊂平面ACC1A1， 所以BC ⊥平面ACC1A1.(2)解 取线段AB 的中点M ，连结A1M ，MC ，A1C ，AC1，设O 为A1C ，AC1的交点． 由题意知，O 为AC1的中点．连结MD ，OE ，OM ，则MD ，OE 分别为△ABC ，△ACC1的中位线，所以MD 綊12AC ，OE 綊12AC ，因此MD 綊OE.从而四边形MDEO 为平行四边形，则DE ∥MO.因为直线DE ⊄平面A1MC ，MO ⊂平面A1MC ，所以直线DE ∥平面A1MC.即线段AB 上存在一点M(线段AB 的中点)，使直线DE ∥平面A1MC.。
2015届高考数学(理)二轮专题配套练习：立体几何(含答案)
立体几何1．一个物体的三视图的排列规则是俯视图放在正(主)视图下面，长度与正(主)视图一样，侧(左)视图放在正(主)视图右面，高度与正(主)视图一样，宽度与俯视图一样，即“长对正，高平齐，宽相等”．在画一个物体的三视图时，一定注意实线与虚线要分明．[问题1] 如图，若一个几何体的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图均为面积等于2的等腰直角三角形，则该几何体的体积为________．2．在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．“平行于x 轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y 轴的线段平行性不变，长度减半．”[问题2] 如图所示的等腰直角三角形表示一个水平放置的平面图形的直观图，则这个平面图形的面积是________．3．简单几何体的表面积和体积（1）S 直棱柱侧＝c ·h (c 为底面的周长，h 为高)． （2）S 正棱锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)．（3）S 正棱台侧＝12(c ′＋c )h ′(c 与c ′分别为上、下底面周长，h ′为斜高)．（4）圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式S 圆柱侧＝2πrl (r 为底面半径，l 为母线)， S 圆锥侧＝πrl (同上)， S 圆台侧＝π(r ′＋r )l (r ′、r 分别为上、下底的半径，l 为母线)． （5）体积公式V 柱＝S ·h (S 为底面面积，h 为高)， V 锥＝13S ·h (S 为底面面积，h 为高)，V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (S 、S ′为上、下底面面积，h 为高)．（6）球的表面积和体积S 球＝4πR 2，V 球＝43πR 3.[问题3] 如图所示，一个空间几何体的正(主)视图和俯视图都是边长为1的正方形，侧(左)视图是一个直径为1的圆，那么这个几何体的表面积为( )A ．4πB ．3πC ．2πD ．32π4．空间直线的位置关系：①相交直线——有且只有一个公共点．②平行直线——在同一平面内，没有公共点．③异面直线——不在同一平面内，也没有公共点．[问题4] 在空间四边形ABCD 中，E 、F 、G 、H 分别是四边上的中点，则直线EG 和FH 的位置关系是________． 5．空间直线与平面、平面与平面的位置关系 （1）直线与平面①位置关系：平行、直线在平面内、直线与平面相交． ②直线与平面平行的判定定理和性质定理：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．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．③直线与平面垂直的判定定理和性质定理：判定定理：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直． 性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行． （2）平面与平面①位置关系：平行、相交(垂直是相交的一种特殊情况)． ②平面与平面平行的判定定理和性质定理：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． 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．③平面与平面垂直的判定定理和性质定理：判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直．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．[问题5] 已知b ，c 是平面α内的两条直线，则“直线a ⊥α”是“直线a ⊥b ，直线a ⊥c ”的________条件．6．空间向量（1）用空间向量求角的方法步骤①异面直线所成的角若异面直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，它们所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈v 1，v 2〉|.②直线和平面所成的角利用空间向量求直线与平面所成的角，可以有两种方法：方法一 分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两条直线的方向向量的夹角(或其补角)．方法二 通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．③利用空间向量求二面角也有两种方法：方法一 分别在二面角的两个面内找到一个与棱垂直且从垂足出发的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小．方法二 通过平面的法向量来求，设二面角的两个面的法向量分别为n 1和n 2，则二面角的大小等于〈n 1，n 2〉(或π－〈n 1，n 2〉)．易错警示：①求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，容易误以为是线面角的余弦． ②求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析． （2）用空间向量求A 到平面α的距离：可表示为d ＝|n ·AB →||n |.[问题6] （1）已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于________．（2）正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，O 是底面A 1B 1C 1D 1的中心，则点O 到平面ABC 1D 1的距离为________．易错点1 三视图认识不清致误例1 一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A ．48B ．32＋817C ．48＋817D ．80找准失分点 不能准确把握三视图和几何体之间的数量关系，根据正视图可知，侧视图中等腰梯形的高为4，而错认为等腰梯形的腰为4.易错点2 对几何概念理解不透致误例2 给出下列四个命题：①有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱； ②若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱； ③底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体； ④底面是矩形的平行六面体是长方体．其中正确的命题是__________(写出所有正确命题的序号)．找准失分点 ①是错误的，因为棱柱的侧棱要都平行且相等；④是错误的，因为长方体的侧棱必须与底面垂直．易错点3 对线面关系定理条件把握不准致误例3 已知m 、n 是不同的直线，α、β、γ是不同的平面．给出下列命题： ①若α⊥β，α∩β＝m ，n ⊥m ，则n ⊥α，或n ⊥β； ②若α∥β，α∩γ＝m ，β∩γ＝n ，则m ∥n ；③若m 不垂直于α，则m 不可能垂直于α内的无数条直线； ④若α∩β＝m ，n ∥m ，且n ⊄α，n ⊄β，则n ∥α，且n ∥β； ⑤若m 、n 为异面直线，则存在平面α过m 且使n ⊥α. 其中正确的命题序号是________． 找准失分点 ③是错误的；⑤是错误的．1．已知三条不同直线m ，n ，l 与三个不同平面α，β，γ，有下列命题： ①若m ∥α，n ∥α，则m ∥n ； ②若α∥β，l ⊂α，则l ∥β；③α⊥γ，β⊥γ，则α∥β； ④若m ，n 为异面直线，m ⊂α，n ⊂β，m ∥β，n ∥α，则α∥β. 其中正确命题的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．32．设m ，n 是空间两条直线，α，β是空间两个平面，则下列选项中不正确的是( ) A ．当m ⊂α时，“n ∥α”是“m ∥n ”的必要不充分条件 B ．当m ⊂α时，“m ⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件 C ．当n ⊥α时，“n ⊥β”是“α∥β”成立的充要条件 D ．当m ⊂α时，“n ⊥α”是“m ⊥n ”的充分不必要条件3．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A ．64B ．72C ．80D ．1124．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P ，Q 分别是AA 1，A 1D 1，CC 1，BC 的中点，给出以下四个结论：①A 1C ⊥MN ；②A 1C ∥平面MNPQ ；③A 1C 与PM 相交；④NC 与PM 异面．其中不正确的结论是( ) A ．① B ．② C ．③ D ．④5．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A ．2＋ 2B ．3＋ 2C ．1＋2 2D ．56．如图，已知六棱锥P —ABCDEF 的底面是正六边形，P A ⊥平面ABC ，P A ＝2AB ，则下列结论正确的是( )A ．PB ⊥AD B ．平面P AB ⊥平面PBCC ．直线BC ∥平面P AED ．直线PD 与平面ABC 所成的角为45° 7．对于四面体ABCD ，给出下列四个命题：①若AB ＝AC ，BD ＝CD ，则BC ⊥AD ； ②若AB ＝CD ，AC ＝BD ，则BC ⊥AD ； ③若AB ⊥AC ，BD ⊥CD ，则BC ⊥AD ； ④若AB ⊥CD ，AC ⊥BD ，则BC ⊥AD . 其中正确的是________．(填序号)8.如图，四面体ABCD 中，AB ＝1，AD ＝23，BC ＝3，CD ＝2，∠ABC ＝∠DCB ＝π2，则二面角A －BC －D 的大小为________．9．已知直线l ，m ，平面α，β，且l ⊥α，m ⊂β，给出四个命题：①若α∥β，则l ⊥m ；②若l ⊥m ，则α∥β；③若α⊥β，则l ∥m ；④若l ∥m ，则α⊥β. 其中为真命题的是________．(填序号)10．三棱锥D －ABC 及其三视图中的正(主)视图和侧(左)视图如图所示，则棱BD 的长为________．1．43 2．22 3．D 4．相交 5．充分不必要 6．(1)64 (2)24 1．C 2．②③ 3．②④CABCAD 7．①④ 8．π3 9．①④ 10．4 2。
2015年高考数学《新高考创新题型》之7：立体几何（含精析）
2015年高考数学《新高考创新题型》之7：立体几何（含精析）之7.立体几何（含精析）一、选择题。
1．如图，正方体的棱长为，点在棱上，且，点是平面上的动点，且动点到直线的距离与点到点的距离的平方差为，则动点的轨迹是（）A．圆B．抛物线C．双曲线D．2．如图，正四面体ABCD的顶点C在平面α内，且直线BC与平面α所成角为45°，顶点B在平面α上的射影为点O，当顶点A与点O的距离最大时，直线CD与平面α所成角的正弦值等于（）A.B.C.D.3．如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，F是侧面CDD1C1上的动点，且B1F面A1BE，则B1F与平面CDD1C1所成角的正切值构成的集合是（）A.2B.C.D.，这两个球相外切，且球与正方体共顶点A的三个面相切，球与正方体共顶点的三个面相切,则两球在正方体的面上的正投影是（）（创作：学科网“天骄工作室”）5．如右图，在长方体中，=11，=7，=12，一质点从顶点A射向点，遇长方体的面反射（反射服从光的反射原理），将次到第次反射点之间的线段记为，，将线段竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是（）6．在如图所示的空间直角坐标系中，一个四面体的顶点坐标分别是（0,0,2），（2,2,0），（1,2，1），（2,2,2），给出编号①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为（）A.①和②B.③和①C.④和③D.④和②7．如图，正方体的棱长为，以顶点A为球心，2为半径作一个球，则图中球面与正方体的表面相交所得到的两段弧长之和等于（创作：学科网“天骄工作室”）A．B．C．D．8．如图，用一边长为的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将表面积为的鸡蛋（视为球体）放入其中，则鸡蛋中心（球心）与蛋巢底面的距离为A．B．C．D．的矩形，按图中实线切割后，将它们作为一个正四棱锥的底面（由阴影部分拼接而成）和侧面，则的取值范围是()A．(0,2) B．(0,1)C．(1,2) D．10．一个不透明圆锥体的正视图和侧视图（左视图）为两全等的正三角形.若将它倒立放在桌面上，则该圆锥体在桌面上从垂直位置倒放到水平位置的过程中（含起始位置和最终位置）,其在水平桌面上正投影不可能是()设动点P在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的对角线BD1上，记＝λ.当APC为钝角时，λ的取值范围是________．12.如右图,正方体的棱长为1,P为BC的中点,Q为线段上的动点,过点A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号).[来源:学§科§网]①当时,S为四边形;②当时,S不为等腰梯形;③当时,S与的交点R满足;④当时,S为六边形;⑤当时,S的面积为.的正三角形硬纸，沿各边中点连线垂直折起三个小三角形，做成一个蛋托，半径为的鸡蛋（视为球体）放在其上（如图），则鸡蛋中心（球心）与蛋托底面的距离为________．平面上，将两个半圆弧和、两条直线和围成的封闭图形记为D，如图中阴影部分．记D绕y轴旋转一周而成的几何体为，过作的水平截面，所得截面面积为，试利用祖暅原理、一个平放的圆柱和一个长方体，得出的体积值为________．抛物线绕轴旋转一周形成一个如图所示的旋转体，在此旋转体内水平放入一个正方体，使正方体的一个面恰好与旋转体的开口面平齐，则此正方体的棱长是．三、解答题。
2015届高考数学(人教,理科)大一轮配套练透：第7章 立体几何 第3节
[课堂练通考点]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 不相交的直线a ，b 的位置有两种：平行或异面．当a ，b 异面时，不存在平面α满足A ，C ；又只有当a ⊥b 时，D 才可能成立．2．如图，ABCD -A 1B 1C 1D 1是长方体，O 是B 1D 1的中点，直线A 1C 交平面AB 1D 1于点M ，则下列结论正确的是( )A ．A ，M ，O 三点共线B ．A ，M ，O ，A 1不共面C ．A ，M ，C ，O 不共面D ．B ，B 1，O ，M 共面解析：选A 连接A1C 1，AC ，则A 1C 1∥AC ，所以A 1，C 1，C ，A四点共面，所以A 1C ⊂平面ACC 1A 1，因为M ∈A 1C ，所以M ∈平面ACC 1A 1，又M ∈平面AB 1D 1，所以M 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上，同理O 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上，所以A ，M ，O 三点共线．故选A.3.如图是某个正方体的侧面展开图，l 1，l 2是两条侧面对角线，则在正方体中，l 1与l 2( )A ．互相平行B ．异面且互相垂直C ．异面且夹角为π3D ．相交且夹角为π3解析：选D 将侧面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.故选D. 4．设a ，b ，c 是空间的三条直线，下面给出四个命题：①若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ∥c ；②若a ，b 是异面直线，b ，c 是异面直线，则a ，c 也是异面直线；③若a和b相交，b和c相交，则a和c也相交；④若a和b共面，b和c共面，则a和c也共面．其中真命题的个数是________．解析：∵a⊥b，b⊥c，∴a与c可以相交、平行、异面，故①错．∵a，b异面，b，c异面，则a，c可能异面、相交、平行，故②错．由a，b相交，b，c相交，则a，c可以异面、相交、平行，故③错．同理④错，故真命题的个数为0.答案：05．(2013·银川模拟)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，(1)求A1C1与B1C所成角的大小；(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小．解析：(1)如图，连接AC，AB1，由ABCD-A1B1C1D1是正方体，知AA1C1C为平行四边形，所以AC∥A1C1，从而B1C与AC所成的角就是A1C1与B1C所成的角．由AB1＝AC＝B1C可知∠B1CA＝60°，即A1C1与B1C所成角为60°.(2)如图，连接BD，由AA1∥CC1，且AA1＝CC1可知A1ACC1是平行四边形，所以AC ∥A1C1.即AC与EF所成的角就是A1C1与EF所成的角．因为EF是△ABD的中位线，所以EF∥BD.又因为AC⊥BD，所以EF⊥AC，即所求角为90°.[课下提升考能]第Ⅰ组：全员必做题1．若空间三条直线a，b，c满足a⊥b，b∥c，则直线a与c()A．一定平行B．一定相交C．一定是异面直线D．一定垂直解析：选D∵a⊥b，b∥c，∴a⊥c.2．(2014·聊城模拟)对于任意的直线l与平面α，在平面α内必有直线m，使m与l() A．平行B．相交C．垂直D．互为异面直线解析：选C不论l∥α，l⊂α还是l与α相交，α内都有直线m使得m⊥l.3．(2013·广州模拟)若空间中有两条直线，则“这两条直线为异面直线”是“这两条直线没有公共点”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 若两直线为异面直线，则两直线无公共点，反之不一定成立．4．(2013·新乡月考)已知异面直线a ，b 分别在平面α，β内，且α∩β＝c ，那么直线c 一定( )A ．与a ，b 都相交B ．只能与a ，b 中的一条相交C ．至少与a ，b 中的一条相交D ．与a ，b 都平行解析：选C 若c 与a ，b 都不相交，则c 与a ，b 都平行，根据公理4，则a ∥b ，与a ，b 异面矛盾．5．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 都异面解析：选B 对于A ，若正确，则l ∥m ，这与已知矛盾，由此排除A ；对于B ，由于l 和m 有且只有一条公垂线a ，而过P 有且只有一条直线与直线a 平行，故B 正确；易知C 、D 不正确．6.(2014·三亚模拟)如图，正方形ACDE 与等腰直角三角形ACB 所在的平面互相垂直，且AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，F ，G 分别是线段AE ，BC的中点，则AD 与GF 所成的角的余弦值为( ) A.36 B ．－36 C.33 D ．－33解析：选A 延长CD 至H .使DH ＝1，连接HG 、HF 、则HF ∥AD .HF ＝DA ＝8， GF ＝6，HG ＝10.∴cos ∠HFG ＝8＋6－102×6×8＝36. 7.(2013·沧州模拟)如图所示，在三棱柱ABC －A1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是( )A ．45°B ．60°C ．90°D ．120°解析：选B 连接AB 1，易知AB 1∥EF ，连接B 1C ，B 1C 与BC 1交于点G ，取AC 的中点H ，连接GH ，则GH ∥AB 1∥EF .设AB ＝BC ＝AA 1＝a ，连接HB ，在三角形GHB 中，易知GH ＝HB ＝GB ＝22a ，故所求的两直线所成的角即为∠HGB ＝60°.8．(2013·临沂模拟)过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A 作直线l ，使l 与棱AB ，AD ，AA 1所成的角都相等，这样的直线l 可以作( )A ．1条B ．2条C ．3条D ．4条 解析：选D 如图，连接体对角线AC1，显然AC 1与棱AB ，AD ，AA 1所成的角都相等，所成角的正切值都为 2.联想正方体的其他体对角线，如连接BD 1，则BD 1与棱BC ，BA ，BB 1所成的角都相等，∵BB 1∥AA 1，BC ∥AD ，∴体对角线BD 1与棱AB ，AD ，AA 1所成的角都相等，同理，体对角线A 1C ，DB 1也与棱AB ，AD ，AA 1所成的角都相等，过A 点分别作BD 1，A 1C ，DB 1的平行线都满足题意，故这样的直线l 可以作4条．9.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.如图是正四面体的平面展开图，G ，H ，M ，N 分别为DE ，BE ，EF ，EC 的中点，在这个正四面体中，①GH 与EF 平行；②BD 与MN 为异面直线；③GH 与MN 成60°角；④DE 与MN 垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是________．解析：还原成正四面体知GH 与EF 为异面直线，BD 与MN 为异面直线，GH 与MN 成60°角，DE ⊥MN . 答案：②③④11．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________对．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．答案：312．如图所示，正方体的棱长为1，B ′C ∩BC ′＝O ，则AO 与A ′C ′所成角的度数为________．解析：∵A ′C ′∥AC ，∴AO 与A ′C ′所成的角就是∠OAC .∵OC ⊥OB ，AB ⊥平面BB ′CC ′，∴OC ⊥AB .又AB ∩BO ＝B ，∴OC ⊥平面ABO .又OA ⊂平面ABO ，∴OC ⊥OA .在Rt △AOC 中，OC ＝22，AC ＝2， sin ∠OAC ＝OC AC ＝12， ∴∠OAC ＝30°.即AO 与A ′C ′所成角的度数为30°.答案：30°第Ⅱ组：重点选做题1．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．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°.2．(2013·许昌调研)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 綊12AD ，BE 綊12F A ，G ，H 分别为F A ，FD 的中点．(1)求证：四边形BCHG 是平行四边形；(2)C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？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 ，故EC 、FH 共面．又点D 在直线FH 上，所以C ，D ，F ，E 四点共面．。
2015年高考真题 理科数学立体几何 专项突破 附答案解析
2015年全国数学高考试题——立体几何专项突破（理科部分）1.【2015高考新课标2，理19】（本题满分12分）如图，长方体1111ABCD A B C D -中,=16AB ，=10BC ，18AA =，点E ，F 分别在11A B ，11C D 上，114A E D F ==．过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；（Ⅱ）求直线AF 与平面α所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）4515．【解析】(1)交线围成的正方形EFGH 如图：（2）作AB EM⊥，垂足为M ，则41==E A AM ，81==AA EM ，∵四边形EFGH 为正方形，∴10===BC EF EH。
∴622=-=EM EH MH ∴AH =10.以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系xyz D -，则()0010,,A ,()01010,,H ,()8410,,E ,()840,,F ,()0010,,FE =,()860,,HE -=设()z ,y ,x n =是平面EHGF 的法向量，则⎩⎨⎧=∙=∙00HE n FE n 即⎩⎨⎧=+-=086010z y x DDC 1A 1EF A B C B 1∴可取()340,,n =，又()8410,,AF -=∴1554=∙∙==AF n AFn AF ,n cos sin θ∴直线AF 与平面α所成角的正弦值为15154。
【考点定位】1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角．【名师点睛】根据线面平行和面面平行的性质画平面α与长方体的面的交线；由交线的位置可确定公共点的位置，坐标法是求解空间角问题时常用的方法，但因其计算量大的特点很容易出错，故坐标系的选择是很重要的，便于用坐标表示相关点，先求出面α的法向量，利用sin cos ,n AF θ=<> 求直线AF 与平面α所成角的正弦值．2.【2015江苏高考，16】（本题满分14分）如图，在直三棱柱111C B A ABC -中，已知BC AC ⊥，1CC BC =，设1AB 的中点为D ，E BC C B =11 .求证：（1）C C AA DE 11//平面；（2）11AB BC ⊥.【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解题分析】（1）由三棱锥性质知侧面C C BB 11为平行四边形,因此点E 为C B 1的中点，从而由三角形中位线性质得AC //DE ，由线面平行判定定理得DE //平面C C AA 11。
2019年高考数学理科必考题型：第29练完美破解立体几何证明题(含答案)
高考数学精品复习资料2019.5第29练 完美破解立体几何证明题[内容精要] 立体几何中的题目最主要的两点就是证明和计算，其中证明主要是来证明空间中的点、线、面间的平行或垂直关系．本节就来探讨空间中的位置关系的证明问题．题型一 空间中的平行问题例1 在如图所示多面体ABCDE 中，AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，且AC ＝AD ＝CD ＝DE ＝2，AB ＝1.(1)请在线段CE 上找到点F 的位置，使得恰有直线BF ∥平面ACD ，并证明．(2)求多面体ABCDE 的体积．破题切入点 (1)可先猜后证，可以利用线面平行的判定定理进行证明．(2)找到合适的底面．解 如图，(1)由已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，所以AB ∥ED ，设F 为线段CE 的中点，H 是线段CD 的中点，连接FH ，AH ，则FH 綊12ED ， 所以FH 綊AB ，所以四边形ABFH 是平行四边形，所以BF ∥AH ，又因为BF ⊄平面ACD ，AH ⊂平面ACD ，所以BF ∥平面ACD .(2)取AD 中点G ，连接CG .因为AB ⊥平面ACD ，所以CG ⊥AB ，又CG ⊥AD ，AB ∩AD ＝A ，所以CG ⊥平面ABED ，即CG 为四棱锥C －ABED 的高，求得CG ＝3，所以V C －ABED ＝13×(1＋2)2×2×3＝ 3. 题型二 空间中的垂直问题例2 如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧面AA 1B 1B 为正方形，侧面BB 1C 1C为菱形，∠CBB 1＝60°，AB ⊥B 1C .(1)求证：平面AA 1B 1B ⊥平面BB 1C 1C .(2)若AB ＝2，求三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积．破题切入点 (1)考查面面垂直的判定定理．(2)注意利用棱柱体积和锥体体积公式间的关系．(1)证明 由侧面AA 1B 1B 为正方形，知AB ⊥BB 1.又AB ⊥B 1C ，BB 1∩B 1C ＝B 1，所以AB ⊥平面BB 1C 1C ，又AB ⊂平面AA 1B 1B ，所以平面AA 1B 1B ⊥平面BB 1C 1C .(2)解 由题意，CB ＝CB 1，设O 是BB 1的中点，连接CO ，则CO ⊥BB 1.由(1)知，CO ⊥平面AA 1B 1B ，且CO ＝32BC ＝32AB ＝ 3.连接AB 1，则VC －ABB 1＝13S △ABB 1·CO ＝16AB 2·CO ＝233.因为VB 1－ABC ＝VC －ABB 1＝13VABC －A 1B 1C 1＝233，所以VABC －A 1B 1C 1＝2 3.故三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积为＝2 3.题型三 空间中的平行、垂直综合问题例3 在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是正方形，MA ⊥平面ABCD ，PD ∥MA ，E 、G 、F 分别为MB 、PB 、PC 的中点，且AD ＝PD＝2MA .(1)求证：平面EFG ∥平面PMA ；(2)求证：平面EFG ⊥平面PDC ；(3)求三棱锥P －MAB 与四棱锥P －ABCD 的体积之比．破题切入点 (1)证明EG 、FG 都平行于平面PMA . (2)证明GF ⊥平面PDC .(3)设MA 为1，从而其他边的长度都可表示，问题可求解．(1)证明 ∵E 、G 、F 分别为MB 、PB 、PC 的中点，∴EG ∥PM ，GF ∥BC .又∵四边形ABCD 是正方形，∴BC ∥AD ，∴GF ∥AD .∵EG 、GF 在平面PMA 外，PM 、AD 在平面PMA 内，∴EG ∥平面PMA ，GF ∥平面PMA .又∵EG 、GF 都在平面EFG 内且相交，∴平面EFG ∥平面PMA .(2)证明 由已知MA ⊥平面ABCD ，PD ∥MA ，∴PD ⊥平面ABCD .又BC ⊂平面ABCD ，∴PD ⊥BC .∵四边形ABCD 为正方形，∴BC ⊥DC .又PD ∩DC ＝D ，∴BC ⊥平面PDC .由(1)知GF ∥BC ，∴GF ⊥平面PDC .又GF ⊂平面EFG ，∴平面EFG ⊥平面PDC .(3)解 ∵PD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，不妨设MA ＝1，则PD ＝AD ＝2. ∵DA ⊥平面MAB ，且PD ∥MA ，∴DA 即为点P 到平面MAB 的距离，∴V P －MAB ∶V P －ABCD ＝13S △MAB ·DA ∶13S 正方形ABCD ·PD ＝S △MAB ∶S 正方形ABCD ＝⎝⎛⎭⎫12×1×2∶(2×2)＝1∶4. 即三棱锥P －MAB 与四棱锥P －ABCD 的体积之比为1∶4.总结提高 1.证明平行关系的方法：(1)证明线线平行的常用方法：①利用平行公理，即证明两直线同时和第三条直线平行；②利用平行四边形进行转换；③利用三角形中位线定理证明；④利用线面平行、面面平行的性质定理证明．(2)证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，把证明线面平行转化为证明线线平行；②利用面面平行的性质定理，把证明线面平行转化为证明面面平行．(3)证明面面平行的方法：证明面面平行，依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行．2．证明空间中垂直关系的方法：(1)证明线线垂直的常用方法①利用特殊平面图形的性质，如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直；②利用勾股定理逆定理；③利用线面垂直的性质，即要证明线线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在平面即可．(2)证明线面垂直的常用方法①利用线面垂直的判定定理，把线面垂直的判定转化为证明线线垂直；②利用面面垂直的性质定理，把证明线面垂直转化为证明面面垂直；③利用常见结论，如两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面等．(3)证明面面垂直的方法证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中点、高线或添加辅助线解决．1．若平面α∥平面β，直线a⊂α，点B∈β，则在β内过点B的所有直线中()A．不一定存在与a平行的直线B．只有两条与a平行的直线C．存在无数条与a平行的直线D．存在唯一与a平行的直线答案 D解析由直线a与B确定的平面与β有唯一交线．故存在唯一与a平行的直线．2．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是棱AB上的动点，则直线A1D与直线C1E所成的角等于()A．60°B．90°C．30°D．随点E的位置而变化答案 B解析在正方体中，显然有A1D⊥AB，A1D⊥AD1，所以A1D⊥面AD1C1B，又C1E⊂面AD1C1B，故A1D⊥C1E.故选B.3．已知α、β是两个不同的平面，给出下列四个条件：①存在一条直线a，a⊥α，a⊥β；②存在一个平面γ，γ⊥α，γ⊥β；③存在两条平行直线a、b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α；④存在两条异面直线a、b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α，可以推出α∥β的是()A．①③B．②④C．①④D．②③答案 C解析 对于②，平面α与β还可以相交；对于③，当a ∥b 时，不一定能推出α∥β，所以②③是错误的，易知①④正确，故选C.4.如图，在正方形ABCD 中，E 、F 分别是BC 、CD 的中点，AC ∩EF ＝G .现在沿AE 、EF 、F A 把这个正方形折成一个四面体，使B 、C 、D 三点重合，重合后的点记为P ，则在四面体P －AEF 中必有( )A ．AP ⊥△PEF 所在平面B ．AG ⊥△PEF 所在平面C ．EP ⊥△AEF 所在平面D ．PG ⊥△AEF 所在平面答案 A解析 在折叠过程中，AB ⊥BE ，AD ⊥DF 保持不变． ∴ ⎭⎪⎬⎪⎫AP ⊥PE AP ⊥PF PE ∩PF ＝P ⇒AP ⊥面PEF .5．如图所示，直线P A 垂直于⊙O 所在的平面，△ABC 内接于⊙O ，且AB为⊙O 的直径，点M 为线段PB 的中点．现有结论：①BC ⊥PC ；②OM ∥平面APC ；③点B 到平面P AC 的距离等于线段BC 的长．其中正确的是( )A ．①②B ．①②③C ．①D ．②③答案 B解析 对于①，∵P A ⊥平面ABC ，∴P A ⊥BC .∵AB 为⊙O 的直径，∴BC ⊥AC ，∴BC ⊥平面P AC ，又PC ⊂平面P AC ，∴BC ⊥PC ；对于②，∵点M 为线段PB 的中点，∴OM ∥P A ，∵P A ⊂平面P AC ，∴OM ∥平面P AC ；对于③，由①知BC ⊥平面P AC ，∴线段BC 的长即是点B 到平面P AC 的距离，故①②③都正确．6.如图，若Ω是长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1被平面EFGH 截去几何体EB 1F －HC 1G 所得到的几何体，其中E 为线段A 1B 1上异于B 1的点，F 为线段BB 1上异于B 1的点，且EH ∥A 1D 1，则下列结论中不正确的是( )A ．EH ∥FGB ．四边形EFGH 是矩形C ．Ω是棱柱D ．Ω是棱台答案 D解析 A 中，∵EH ∥A 1D 1，∴EH ∥BC ，∴EH ∥平面BCC 1B 1.又过EH 的平面EFGH 与平面BCC 1B 1交于FG ，∴EH ∥FG .故A 成立．B 中，易得四边形EFGH 为平行四边形，∵BC ⊥平面ABB 1A 1，∴BC ⊥EF ，即FG ⊥EF .∴四边形EFGH 为矩形．故B 正确．C 中可将Ω看作以A 1EFBA 和D 1HC 1CD 为上、下底面，以AD 为高的棱柱．故C 正确．7.如图，在空间四边形ABCD 中，M ∈AB ，N ∈AD ，若AMMB ＝AN ND，则直线MN 与平面BDC 的位置关系是________．答案 平行解析 在平面ABD 中，AM MB ＝AN ND， ∴MN ∥BD .又MN ⊄平面BCD ，BD ⊂平面BCD ，∴MN ∥平面BCD .8．如图，正方体ABCD —A 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 的长度等于______．答案 2解析 由于在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，∴AC ＝2 2.又E 为AD 的中点，EF ∥平面AB 1C ，EF ⊂平面ADC ，平面ADC ∩平面AB 1C ＝AC ，∴EF ∥AC ，∴F 为DC 的中点，∴EF ＝12AC ＝ 2.9.如图，已知六棱锥P －ABCDEF 的底面是正六边形，P A ⊥平面ABC ，P A＝2AB ，则下列结论中：①PB ⊥AE ；②平面ABC ⊥平面PBC ；③直线BC∥平面P AE ；④∠PDA ＝45°.其中正确的有________(把所有正确的序号都填上)．答案 ①④解析 由P A ⊥平面ABC ，AE ⊂平面ABC ，得P A ⊥AE ，又由正六边形的性质得AE ⊥AB ，P A ∩AB ＝A ，得AE ⊥平面P AB ，又PB⊂平面P AB，∴AE⊥PB，①正确；∵平面P AD⊥平面ABC，∴平面ABC⊥平面PBC不成立，②错；由正六边形的性质得BC∥AD，又AD⊂平面P AD，BC⊄平面P AD，∴BC∥平面P AD，∴直线BC∥平面P AE也不成立，③错；在Rt△P AD中，P A＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，∴④正确．10．给出命题：①在空间中，垂直于同一平面的两个平面平行；②设l，m是不同的直线，α是一个平面，若l⊥α，l∥m，则m⊥α；③已知α，β表示两个不同平面，m为平面α内的一条直线，“α⊥β”是“m⊥β”的充要条件；④在三棱锥S－ABC中，SA⊥BC，SB⊥AC，则S在平面ABC内的射影是△ABC的垂心；⑤a，b是两条异面直线，P为空间一点，过P总可以作一个平面与a，b之一垂直，与另一条平行．其中，正确的命题是________．(只填序号)答案②④解析①错误，垂直于同一个平面的两个平面也可能相交；③错误，“α⊥β”是“m⊥β”的必要不充分条件；⑤错误，只有当异面直线a，b垂直时才可以作出满足要求的平面；易知②④正确．11．如图所示，M，N，K分别是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱AB，CD，C1D1的中点．求证：(1)AN∥平面A1MK；(2)平面A1B1C⊥平面A1MK.证明(1)如图所示，连接NK.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，∵四边形AA1D1D，DD1C1C都为正方形，∴AA1∥DD1，AA1＝DD1，C1D1∥CD，C1D1＝CD.∵N，K分别为CD，C1D1的中点，∴DN∥D1K，DN＝D1K，∴四边形DD1KN为平行四边形．∴KN ∥DD 1，KN ＝DD 1，∴AA 1∥KN ，AA 1＝KN .∴四边形AA 1KN 为平行四边形．∴AN ∥A 1K .∵A 1K ⊂平面A 1MK ，AN ⊄平面A 1MK ，∴AN ∥平面A 1MK .(2)如图所示，连接BC 1.在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ∥C 1D 1，AB ＝C 1D 1.∵M ，K 分别为AB ，C 1D 1的中点，∴BM ∥C 1K ，BM ＝C 1K .∴四边形BC 1KM 为平行四边形．∴MK ∥BC 1.在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，A 1B 1⊥平面BB 1C 1C ，BC 1⊂平面BB 1C 1C ，∴A 1B 1⊥BC 1.∵MK ∥BC 1，∴A 1B 1⊥MK .∵四边形BB 1C 1C 为正方形，∴BC 1⊥B 1C .∴MK ⊥B 1C .∵A 1B 1⊂平面A 1B 1C ，B 1C ⊂平面A 1B 1C ，A 1B 1∩B 1C ＝B 1，∴MK ⊥平面A 1B 1C . 又∵MK ⊂平面A 1MK ，∴平面A 1B 1C ⊥平面A 1MK .12．(20xx·课标全国Ⅱ)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设二面角D －AE －C 为60°，AP ＝1，AD ＝3，求三棱锥E －ACD 的体积．(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)解 因为P A ⊥平面ABCD ，ABCD 为矩形，所以AB ，AD ，AP 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB →、AD →、AP →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|AP →|为单位长，建立空间直角坐标系A －xyz ，则D (0，3，0)，E (0，32，12)，AE →＝(0，32，12)． 设B (m,0,0)(m >0)，则C (m ，3，0)，AC →＝(m ，3，0)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AC →＝0，n 1·AE →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧mx ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0， 可取n 1＝(3m ，－1，3)． 又n 2＝(1,0,0)为平面DAE 的法向量，由题设|cos 〈n 1，n 2〉|＝12， 即 33＋4m 2＝12， 解得m ＝32. 因为E 为PD 的中点， 所以三棱锥E －ACD 的高为12， 三棱锥E －ACD 的体积V ＝13×12×3×32×12＝38.。
2015高考数学(人教通用,理科)查漏补缺专题练：5立体几
5.立体几何1．空间几何体的结构(棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台、球) [回扣问题1] 下列命题正确的是( )．A ．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B ．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱C ．有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱D ．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台 答案 C2．一个几何体的三视图的排列规则是俯视图放在正(主)视图下面，长度与正(主)视图一样，侧(左)视图放在正(主)视图右面，高度与正(主)视图一样，宽度与俯视图一样，即“长对正，高平齐，宽相等”．在画一个几何体的三视图时，一定注意实线与虚线要分明．[回扣问题2] 如图，若一个几何体的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图均为面积等于2的等腰直角三角形，则该几何体的体积为________．答案 433．在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．“平行于x 轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y 轴的线段平行性不变，长度减半．”[回扣问题3] 利用斜二侧画法得到的①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③正方形的直观图是正方形；④菱形的直观图是菱形．以上结论，正确的是 ( )． A ．①② B.① C ．③④ D.①②③④答案 A4．简单几何体的表面积和体积(1)S 直棱柱侧＝c ·h (c 为底面的周长，h 为高)．(2)S正棱锥侧＝12ch′(c为底面周长，h′为斜高)．(3)S正棱台侧＝12(c′＋c)h′(c与c′分别为上、下底面周长，h′为斜高)．(4)圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式S圆柱侧＝2πrl(r为底面半径，l为母线)，S圆锥侧＝πrl(同上)，S圆台侧＝π(r′＋r)l(r′、r分别为上、下底的半径，l为母线)．(5)体积公式V柱＝S·h(S为底面面积，h为高)，V锥＝13S·h(S为底面面积，h为高)，V台＝13(S＋SS′＋S′)h(S、S′为上、下底面面积，h为高)．(6)球的表面积和体积S球＝4πR2，V球＝43πR3.[回扣问题4]棱长为a的正四面体的体积为________，其外接球的表面积为________．答案212a332πa25．空间点、线、面的位置关系(1)平面的三个公理(2)线线位置关系(平行、相交、异面)(3)线面位置关系a⊂α，a∩α＝A(a⊄α)，a∥α(4)面面位置关系：α∥β，α∩β＝a[回扣问题5]判断下列命题是否正确，正确的括号内画“√”，错误的画“ ”．①梯形可以确定一个平面．()②圆心和圆上两点可以确定一个平面．()③已知a，b，c，d是四条直线，若a∥b，b∥c，c∥d，则a∥d. ()④两条直线a，b没有公共点，那么a与b是异面直线．()⑤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．( )答案 ①√ ② ③√ ④ ⑤ 6．空间的平行关系：(1)线面平行：⎭⎬⎫a ∥bb ⊂αa ⊄α⇒a ∥α；⎭⎬⎫α∥βa ⊂β⇒a ∥α；⎭⎬⎫α⊥βa ⊥βα⊄α⇒a ∥α (2)面面平行：⎭⎬⎫a ⊂α，b ⊂αa ∩b ＝O α∥βb ∥β⇒α∥β； ⎭⎬⎫a ⊥αa ⊥β⇒α∥β； ⎭⎬⎫α∥βγ∥β⇒α∥γ； (3)线线平行：⎭⎬⎫a ∥αa ⊂βα∩β＝b ⇒a ∥b ；⎭⎬⎫a ⊥αb ⊥α⇒a ∥b ；⎭⎬⎫α∥βα∩γ＝a β∩γ＝b ⇒a ∥b ；⎭⎬⎫a ∥cb ∥c ⇒a ∥b .[回扣问题6] 判断下列命题是否正确，正确的在括号内画“√”号，错误的画“ ”号．①如果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如果直线a 和平面α满足a ∥α，那么a 与α内的任何直线平行． ( ) ③如果直线a ，b 和平面α满足a ∥α，b ∥α，那么a ∥b .( ) ④如果直线a ，b 和平面α满足a ∥b ，a ∥α，b ⊄α，那么b ∥α. ( )答案 ① ② ③ ④√ 7．空间的垂直关系：(1)线面垂直：⎭⎬⎫a ⊂α，b ⊂αa ∩b ＝O l ⊥a ，l ⊥b⇒l ⊥α；⎭⎬⎫α⊥βα∩β＝l a ⊂α，a ⊥l ⇒a ⊥β；⎭⎬⎫α∥βa ⊥α⇒a ⊥β；⎭⎬⎫a ∥b a ⊥α⇒b ⊥α；(2)面面垂直：二面角90°； ⎭⎬⎫a ⊂βa ⊥α⇒α⊥β；⎭⎬⎫a ∥βa ⊥α⇒α⊥β； (3)线线垂直：⎭⎬⎫a ⊥αb ⊂α⇒a ⊥b . [回扣问题7] 已知两个平面垂直，下列命题①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线． ②一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面的无数条直线． ③一个平面内的任一条直线必垂直于另一个平面．④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面． 其中正确命题的个数是( )．A ．3 B.2 C ．1 D.0答案 C8．空间向量在立体几何中的应用：设直线l ，m 的方向向量分别为a ，b ，平面α，β的法向量分别为u ，v . (1)空间位置关系：l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ，k ∈R ； l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a ·b ＝0； l ∥α⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0； l ⊥α⇔a ∥u ⇔a ＝k u ，k ∈R ； α∥β⇔u ∥v ⇔u ＝k v ，k ∈R ； α⊥β⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0.(2)空间角：①设异面直线l ，m 的夹角θ，则cos θ＝|a ·b ||a |·|b |； ②设直线l 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|a ·u ||a |·|u | ③设平面α，β所成锐二面角为θ，则cos θ＝|u ·v ||u |·|v |(3)空间距离：设A 是平面α外一点，O 是α内一点，则A 到平面α的距离d ＝|AO →·u ||u |.[回扣问题8] 一条线段夹在一个直二面角的两个半平面内，它与两个半平面所成的角都是30°，求这条线段与这个二面角的棱所成角的大小．答案45°9．三棱锥中：侧棱长相等(侧棱与底面所成角相等)⇔顶点在底面射影为底面外心；侧棱两两垂直(两相对棱垂直)⇔顶点在底面射影为底面垂心；斜高相等(侧面与底面所成相等)⇔顶点在底面射影为底面内心；正棱锥各侧面与底面所成角相等为θ，则S侧cos θ＝S底．[回扣问题9]过△ABC所在平面α外一点P，作PO⊥α，垂足为O，连接P A，PB，PC.(1)若P A＝PB＝PC，∠C＝90°，则点O是AB边的________点．(2)若P A＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心．(3)若P A⊥PB，PB⊥PC，PC⊥P A，则点O是△ABC的________心．(4)若P到AB，BC，CA三边距离相等，则点O是△ABC的________心．答案(1)中(2)外(3)垂(4)内。
【考前三个月】2015届高考数学(四川专用,理科)必考题型过关练：第27练(含答案)
第27练空间几何体的三视图及表面积与体积题型一三视图识图例1将正方体(如图(1)所示)截去两个三棱锥，得到如图(2)所示的几何体，则该几何体的侧(左)视图为()破题切入点根据三视图先确定原几何体的直观图和形状，然后再解题．答案 B解析还原正方体后，将D1，D，A三点分别向正方体右侧面作垂线．D1A的射影为C1B，且为实线，B1C被遮挡应为虚线．题型二空间几何体的表面积和体积例2如图是某简单组合体的三视图，则该组合体的体积为()A ．363(π＋2)B ．363(π＋2)C ．1083πD ．108(3π＋2)破题切入点 先根据三视图的结构特征确定几何体的构成——半圆锥与棱锥的组合体，然后把三视图中的数据转化为该组合体的数字特征，分别求出对应几何体的体积，则两者体积之和即该组合体的体积． 答案 B解析 由俯视图，可知该几何体的底面由三角形和半圆两部分构成，结合正视图和侧视图可知该几何体是由半个圆锥与一个三棱锥组合而成的，并且圆锥的轴截面与三棱锥的一个侧面重合，两个锥体的高相等．由三视图中的数据，可得该圆锥的底面半径r ＝6，三棱锥的底面是一个底边长为12，高为6的等腰三角形，两个锥体的高h ＝122－62＝63，故半圆锥的体积V 1＝12×13π×62×63＝363π.三棱锥的底面积S ＝12×12×6＝36，三棱锥的体积V 2＝13Sh ＝13×36×63＝72 3.故该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝363π＋72 3 ＝363(π＋2)．故选B. 题型三 立体几何中的综合问题例3 (2014·陕西)四面体ABCD 及其三视图如图所示，平行于棱AD ，BC 的平面分别交四面体的棱AB ，BD ，DC ，CA 于点E ，F ，G ，H .(1)求四面体ABCD 的体积； (2)证明：四面体EFGH 是矩形．破题切入点 由三视图和几何体得知原几何体中各元素的量和性质来求解． (1)解由该四面体的三视图可知，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，BD ＝DC ＝2，AD ＝1， ∴AD ⊥平面BDC ，∴四面体ABCD 体积V ＝13×12×2×2×1＝23.(2)证明 ∵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⊥平面BDC，∴AD⊥BC，∴EF⊥FG.∴四边形EFGH是矩形．总结提高(1)三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．画三视图的基本要求：正俯一样长，俯侧一样宽，正侧一样高．(2)三视图排列规则：俯视图放在正视图的下面，长度与正视图一样；侧视图放在正视图的右面，高度和正视图一样，宽度与俯视图一样．(3)立体几何中有关表面积、体积的计算首先要熟悉几何体的特征，其次运用好公式，作好辅助线等．1．(2013·四川)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是()答案 D解析由三视图可知上部是一个圆台，下部是一个圆柱，选D.2．如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm，高为6 cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为()A.1727B.59C.1027D.13 答案 C解析 由三视图可知几何体是如图所示的两个圆柱的组合体．其中左面圆柱的高为4 cm ，底面半径为2 cm ，右面圆柱的高为2 cm ，底面半径为3 cm ，则组合体的体积V 1＝π×22×4＋π×32×2＝16π＋18π＝34π(cm 3)，原毛坯体积V 2＝π×32×6＝54π(cm 3)，则所求比值为54π－34π54π＝1027.3．(2014·浙江)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是( )A ．90 cm 2B ．129 cm 2C ．132 cm 2D ．138 cm 2 答案 D解析 该几何体如图所示，长方体的长、宽、高分别为6 cm,4 cm ，3 cm ，直三棱柱的底面是直角三角形，边长分别为3 cm,4 cm,5 cm ，所以表面积S ＝[2×(4×6＋4×3)＋3×6＋3×3]＋⎝⎛⎭⎫5×3＋4×3＋2×12×4×3＝99＋39＝138(cm 2)．4．(2014·重庆)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．54B ．60C ．66D ．72 答案 B解析 由俯视图可以判断该几何体的底面为直角三角形，由正视图和侧视图可以判断该几何体是由直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱)截取得到的．在长方体中分析还原，如图(1)所示，故该几何体的直观图如图(2)所示．在图(1)中，直角梯形ABP A 1的面积为12×(2＋5)×4＝14，计算可得A 1P ＝5.直角梯形BCC 1P 的面积为12×(2＋5)×5＝352.因为A 1C 1⊥平面A 1ABP ，A 1P ⊂平面A 1ABP ，所以A 1C 1⊥A 1P ，故Rt △A 1PC 1的面积为12×5×3＝152.又Rt △ABC 的面积为12×4×3＝6，矩形ACC 1A 1的面积为5×3＝15，故几何体ABC －A 1PC 1的表面积为14＋352＋152＋6＋15＝60.5．两球O 1和O 2在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的内部，且互相外切，若球O 1与过点A 的正方体的三个面相切，球O 2与过点C 1的正方体的三个面相切，则球O 1和球O 2的表面积之和的最小值为( ) A ．(6－33)π B ．(8－43)π C ．(6＋33)π D ．(8＋43)π 答案 A解析 设球O 1，O 2的半径分别为r 1，r 2， 由题意知O 1A ＋O 1O 2＋O 2C 1＝3，而O 1A ＝3r 1，O 1O 2＝r 1＋r 2，O 2C 1＝3r 2， ∵3r 1＋r 1＋r 2＋3r 2＝ 3.∴r 1＋r 2＝3－32，从而S 1＋S 2＝4πr 21＋4πr 22＝4π(r 21＋r 22)≥4π·(r 1＋r 2)22＝(6－33)π.6．已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，AB ＝3，∠ASC ＝∠BSC ＝30°，则棱锥S —ABC 的体积为( ) A ．3 3 B ．2 3 C. 3 D ．1 答案 C 解析如图，过A 作AD 垂直SC 于D ，连接BD .由于SC 是球的直径，所以∠SAC ＝∠SBC ＝90°，又∠ASC ＝∠BSC ＝30°，又SC 为公共边， 所以△SAC ≌△SBC . 由于AD ⊥SC ，所以BD ⊥SC . 由此得SC ⊥平面ABD .所以V S —ABC ＝V S —ABD ＋V C —ABD ＝13S △ABD ·SC .由于在Rt △SAC 中，∠ASC ＝30°，SC ＝4， 所以AC ＝2，SA ＝23，由于AD ＝SA ·CA SC ＝ 3.同理在Rt △BSC 中也有BD ＝SB ·CBSC ＝ 3.又AB ＝3，所以△ABD 为正三角形，所以V S —ABC ＝13S △ABD ·SC ＝13×12×(3)2·sin 60°×4＝3，所以选C.7．(2014·辽宁)某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．8－2πB ．8－πC ．8－π2D ．8－π4答案 B 解析这是一个正方体切掉两个14圆柱后得到的几何体，如图，几何体的高为2， V ＝23－14×π×12×2×2＝8－π.8．已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图均由直角三角形与半圆构成，俯视图由圆与内接三角形构成，根据图中的数据可得几何体的体积为( )A.2π3＋12B.4π3＋16C.2π6＋16 D.2π3＋12答案 C 解析由三视图确定该几何体是一个半球体与三棱锥构成的组合体，如图，其中AP ，AB ，AC 两两垂直，且AP ＝AB ＝AC ＝1，故AP ⊥平面ABC ，S △ABC ＝12AB ×AC ＝12，所以三棱锥P －ABC 的体积V 1＝13×S △ABC ×AP ＝13×12×1＝16，又Rt △ABC 是半球底面的内接三角形，所以球的直径2R ＝BC ＝2，解得R ＝22，所以半球的体积V 2＝12×4π3×(22)3＝2π6，故所求几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝16＋2π6.9．(2014·北京)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为________．答案 2 2 解析根据三视图还原几何体，得如图所示的三棱锥P－ABC.由三视图的形状特征及数据，可推知P A⊥平面ABC，且P A＝2.底面为等腰三角形，AB＝BC，设D为AC的中点，AC＝2，则AD＝DC＝1，且BD＝1，易得AB＝BC＝2，所以最长的棱为PC，PC＝P A2＋AC2＝2 2.10．已知正三棱锥P－ABC，点P，A，B，C都在半径为3的球面上，若P A，PB，PC两两相互垂直，则球心到截面ABC的距离为________．答案3 3解析如图，作PM ⊥平面ABC ，设P A ＝a ，则AB ＝2a ， CM ＝63a ，PM ＝33a . 设球的半径为R ， 所以⎝⎛⎭⎫33a －R 2＋⎝⎛⎭⎫63a 2＝R 2， 将R ＝3代入上式，解得a ＝2，所以d ＝3－233＝33.11．已知一个圆锥的底面半径为R ，高为H ，在其内部有一个高为x 的内接圆柱． (1)求圆柱的侧面积；(2)x 为何值时，圆柱的侧面积最大？ 解 (1)作圆锥的轴截面，如图所示． 因为r R ＝H －x H ，所以r ＝R －R H x ，所以S 圆柱侧＝2πrx ＝2πRx －2πR H x 2(0<x <H )．(2)因为－2πRH<0，所以当x ＝2πR 4πR H＝H2时，S 圆柱侧最大．故当x ＝H2，即圆柱的高为圆锥高的一半时，圆柱的侧面积最大．12．(2014·北京)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F 分别是A1C1，BC的中点．(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求证：C1F∥平面ABE；(3)求三棱锥E－ABC的体积．(1)证明在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB.又因为AB⊥BC，所以AB⊥平面B1BCC1，又因为AB ⊂平面ABE ， 所以平面ABE ⊥平面B 1BCC 1.(2)证明 取AB 的中点G ，连接EG ，FG .因为E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点，所以FG ∥AC ，且FG ＝12AC .因为AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1，所以FG ∥EC 1，且FG ＝EC 1， 所以四边形FGEC 1为平行四边形． 所以C 1F ∥EG .又因为EG ⊂平面ABE ，C 1F ⊄平面ABE ， 所以C 1F ∥平面ABE .(3)解 因为AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB ⊥BC ， 所以AB ＝AC 2－BC 2＝ 3.所以三棱锥E －ABC 的体积V ＝13S △ABC ·AA 1＝13×12×3×1×2＝33.。
(江苏专用)2015届高考数学 考前三个月 必考题型过关练 第43练 几何证明选讲 理
第43练 几何证明选讲题型一 相似三角形及射影定理例1 如图所示，在Rt△ABC 中，∠ACB ＝90°，CD ⊥AB 于D ，且AD ∶BD ＝9∶4，求AC ∶BC 的值．破题切入点 含斜边上的高的直角三角形是相似三角形中的基本图形，本题中出现多对相似三角形，这为解决问题提供了许多可以利用的有效信息．另外，直角三角形的射影定理是相似三角形的性质在直角三角形中的一个经典应用，在类似问题中应用射影定理十分简捷． 解 方法一 因为∠ACB ＝90°，CD ⊥AB 于D ， 所以由射影定理，得AC 2＝AD ·AB ，BC 2＝BD ·AB .所以(AC BC )2＝AD ·AB BD ·AB ＝AD BD .又AD ∶BD ＝9∶4， 所以AC ∶BC ＝3∶2.方法二 因为AD ∶BD ＝9∶4，所以可设AD ＝9k ，BD ＝4k ，k ∈(0，＋∞)． 又∠ACB ＝90°，CD ⊥AB 于D ， 由射影定理，得CD 2＝AD ·BD ， 所以CD ＝6k .由勾股定理，得AC ＝313k 和BC ＝213k ， 所以AC ∶BC ＝3∶2.题型二 相交弦定理、割线定理、切割线定理、切线长定理的应用例2 如图所示，AB 为⊙O 的直径，P 为BA 的延长线上一点，PC 切⊙O 于点C ，CD ⊥AB ，垂足为D ，且PA ＝4，PC ＝8，求tan∠ACD 和sin P .破题切入点 (1)求非特殊角的函数值的关键是将这些角归结到直角三角形中，利用直角三角形的边之比表示出角的三角函数值，然后根据已知条件将这些比值转化为已知线段的比值． (2)线段成比例的证明，一般利用三角形相似进行转化，在圆中的相关问题，应注意灵活利用圆中的切割线定理、相交弦定理等求解相关线段的长度或构造比例关系． 解 连结OC ，BC .因为PC 为⊙O 的切线，所以PC 2＝PA ·PB .故82＝4·PB ，所以PB ＝16.所以AB ＝16－4＝12. 由条件，得∠PCA ＝∠PBC ， 又∠P ＝∠P ， 所以△PCA ∽△PBC . 所以AC BC ＝PCPB.因为AB 为⊙O 的直径，所以∠ACB ＝90°. 又CD ⊥AB ，所以∠ACD ＝∠B . 所以tan∠ACD ＝tan B ＝AC BC ＝PC PB ＝816＝12. 因为PC 为⊙O 的切线，所以∠PCO ＝90°. 又⊙O 直径为AB ＝12，所以OC ＝9，PO ＝10.所以sin P ＝OC PO ＝610＝35.题型三 四点共圆的判定例3 如图，已知△ABC 的两条角平分线AD 和CE 相交于H ，∠B ＝60°，F 在AC 上，且AE ＝AF .证明：(1)B 、D 、H 、E 四点共圆； (2)CE 平分∠DEF .破题切入点(1)如果四点与一定点距离相等，那么这四点共圆；(2)如果四边表的一组对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆；(3)如果四边形的一个外角等于它的内对角，那么这个四边形的四个顶点共圆．证明(1)在△ABC中，因为∠B＝60°，所以∠BAC＋∠BCA＝120°.因为AD、CE分别是∠BAC、∠DCF的平分线，所以∠HAC＋∠HCA＝60°，故∠AHC＝120°.于是∠EHD＝∠AHC＝120°.所以∠EBD＋∠EHD＝180°，所以B、D、H、E四点共圆．(2)连结BH，则BH为∠ABC的平分线，得∠HBD＝30°.由(1)知B、D、H、E四点共圆，所以∠CED＝∠HBD＝30°.又∠AHE＝∠EBD＝60°，由已知可得EF⊥AD，可得∠CEF＝30°.所以CE平分∠DEF.总结提高(1)证明两角相等，关键是确定两角之间的关系，多利用中间量进行转化，可以通过证明三角形相似或全等，利用平行线的有关定理，如同位角相等、内错角相等等，也可利用特殊平面图形的性质，如利用等腰三角形的两个底角相等、圆中同弧或等弧所对的圆周角相等寻找中间量进行过渡．(2)证明或寻找圆内接图形中的角之间的关系，除了注意平面图形中的垂直、平行关系之外，还应注意弦切角、同弧所对角等性质的灵活运用．1.如图，R t△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于D，BE平分∠ABC交AC于E，EF⊥BC于F. 求证：EF∶DF＝BC∶AC.证明 ∵∠BAC ＝90°，且AD ⊥BC ，∴由射影定理得AC 2＝CD ·BC ，∴AC CD ＝BC AC .①∵EF ⊥BC ，AD ⊥BC ，∴EF ∥AD ，∴AE DF ＝ACCD.又BE 平分∠ABC ，且EA ⊥AB ，EF ⊥BC ，∴AE ＝EF ，∴EF DF ＝ACCD .②由①、②得EF DF ＝BCAC，即EF ∶DF ＝BC ∶AC .2.(2014·某某改编)如图，△ABC 中，BC ＝6，以BC 为直径的半圆分别交AB ，AC 于点E ，F ，若AC ＝2AE ，求EF 的值．解 ∵∠A ＝∠A ，∠AEF ＝∠ACB ， ∴△AEF ∽△ACB ，∴AC AE ＝BC EF ，∴2＝BC EF，∴EF ＝3.3．(2014·某某改编)过圆外一点P 作圆的切线PA (A 为切点)，再作割线PBC 依次交圆于B ，C .若PA ＝6，AC ＝8，BC ＝9，求AB 的值．解 由切割线定理得PA 2＝PB ·PC ＝PB ·(PB ＋BC )，即62＝PB ·(PB ＋9)，解得PB ＝3(负值舍去)．由弦切角定理知∠PAB ＝∠PCA ，又∠APB ＝∠CPA ，故△APB ∽△CPA ，则AB CA ＝AP CP ，即AB8＝63＋9，解得AB ＝4.4.如图，在Rt△ABC 中，∠C ＝90°，BE 平分∠ABC 交AC 于点E ，点D 在AB 上，DE ⊥EB ，且AD ＝23，AE ＝6.(1)判断直线AC 与△BDE 的外接圆的位置关系； (2)求EC 的长．解 (1)取BD 的中点O ，连结OE .∵BE 平分∠ABC ， ∴∠CBE ＝∠OBE . 又∵OB ＝OE ， ∴∠OBE ＝∠BEO ， ∴∠CBE ＝∠BEO ， ∴BC ∥OE .∵∠C ＝90°，∴OE ⊥AC ，∴直线AC 是△BDE 的外接圆的切线， 即直线AC 与△BDE 的外接圆相切． (2)设△BDE 的外接圆的半径为r . 在△AOE 中，OA 2＝OE 2＋AE 2，即(r ＋23)2＝r 2＋62，解得r ＝23， ∴OA ＝2OE ，∴∠A ＝30°，∠AOE ＝60°.∴∠CBE ＝∠OBE ＝30°，∴EC ＝12BE ＝12×3r ＝12×3×23＝3.5.如图，⊙O 的半径OB 垂直于直径AC ，M 为AO 上一点，BM 的延长线交⊙O 于N ，过N 点的切线交CA 的延长线于P . (1)求证：PM 2＝PA ·PC ；(2)若⊙O 的半径为23，OA ＝3OM ，求MN 的长．(1)证明 连结ON ，则ON ⊥PN ，且△OBN 为等腰三角形，则∠OBN ＝∠ONB ， ∵∠PMN ＝∠OMB ＝90°－∠OBN ，∠PNM ＝90°－∠ONB ， ∴∠PMN ＝∠PNM ，∴PM ＝PN . 根据切割线定理，有PN 2＝PA ·PC ， ∴PM 2＝PA ·PC .(2)解 OM ＝2，在Rt△BOM 中，BM ＝OB 2＋OM 2＝4.延长BO 交⊙O 于点D ，连结DN .由条件易知△BOM ∽△BND ，于是BO BN ＝BM BD， 即23BN＝443，∴BN ＝6.∴MN ＝BN －BM ＝6－4＝2.6．如图，已知AB 和AC 是圆的两条弦，过点B 作圆的切线与AC 的延长线相交于点D .过点C作BD 的平行线与圆相交于点E ，与AB 相交于点F ，AF ＝3，FB ＝1，EF ＝32，求线段CD 的长．解 因为AF ·BF ＝EF ·CF ，解得CF ＝2，所以34＝2BD ，即BD ＝83.设CD ＝x ，AD ＝4x ，所以4x 2＝649，所以x ＝43.7．(2014·课标全国Ⅰ)如图，四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形，AB 的延长线与DC 的延长线交于点E ，且CB ＝CE . (1)证明：∠D ＝∠E ；(2)设AD不是⊙O的直径，AD的中点为M，且MB＝MC，证明：△ADE为等边三角形．证明(1)由题设知，A，B，C，D四点共圆，所以∠D＝∠CBE，由已知CB＝CE得∠CBE＝∠E，故∠D＝∠E.(2)如图，设BC的中点为N，连结MN，则由MB＝MC知MN⊥BC，故O在直线MN上．又AD不是⊙O的直径，M为AD的中点，故OM⊥AD，即MN⊥AD.所以AD∥BC，故∠A＝∠CBE.又∠CBE＝∠E，故∠A＝∠E，由(1)知，∠D＝∠E，所以△ADE为等边三角形．8.如图所示，已知AP是⊙O的切线，P为切点，AC是⊙O的割线，与⊙O交于B、C两点，圆心O在∠PAC的内部，点M是BC的中点．(1)证明：A，P，O，M四点共圆；(2)求∠OAM＋∠APM的大小．(1)证明连结OP，OM，因为AP与⊙O相切于点P，所以OP⊥AP，因为M是⊙O的弦BC的中点，所以OM⊥BC，于是∠OPA＋∠OMA＝180°.由圆心O在∠PAC的内部，可知四边形APOM的对角互补，所以A，P，O，M四点共圆．(2)解由(1)得，A，P，O，M四点共圆，所以∠OAM＝∠OPM，由(1)得OP⊥AP，由圆心O在∠PAC的内部，可知∠OPM＋∠APM＝90°，所以∠OAM＋∠APM＝90°.9．(2014·某某)如图，EP交圆于E，C两点，PD切圆于D，G为CE上一点且PG＝PD，连结DG并延长交圆于点A，作弦AB垂直EP，垂足为F.(1)求证：AB为圆的直径；(2)若AC＝BD，求证：AB＝ED.证明(1)因为PD＝PG，所以∠PDG＝∠PGD.由于PD为切线，故∠PDA＝∠DBA.又由于∠PGD＝∠EGA，故∠DBA＝∠EGA，所以∠DBA＋∠BAD＝∠EGA＋∠BAD，从而∠BDA＝∠PFA.由于AF⊥EP，所以∠PFA＝90°，于是∠BDA＝90°，故AB是直径．(2)连结BC，DC.由于AB是直径，故∠BDA＝∠ACB＝90°.在Rt△BDA 与Rt△ACB 中，AB ＝BA ，AC ＝BD ， 从而Rt△BDA ≌ Rt△ACB .于是∠DAB ＝∠CBA .又因为∠DCB ＝∠DAB ，所以∠DCB ＝∠CBA ， 故DC ∥AB .由于AB ⊥EP ，所以DC ⊥EP ，∠DCE 为直角． 于是ED 为直径．由(1)得ED ＝AB .10.如图所示，过圆O 外一点M 作它的一条切线，切点为A ，过A 点作直线AP 垂直于直线OM ，垂足为P .(1)证明：OM ·OP ＝OA 2；(2)N 为线段AP 上一点，直线NB 垂直于直线ON ，且交圆O 于B 点．过B 点的切线交直线ON 于K .证明：∠OKM ＝90°.证明 (1)因为MA 是圆O 的切线，所以OA ⊥AM .又因为AP ⊥OM ，在Rt△OAM 中，由射影定理知，OA 2＝OM ·OP . (2)因为BK 是圆O 的切线，BN ⊥OK ，同(1)， 有OB 2＝ON ·OK ，又OB ＝OA ，所以OP ·OM ＝ON ·OK ，即ON OP ＝OM OK. 又∠NOP ＝∠MOK ，所以△ONP ∽△OMK ， 故∠OKM ＝∠OPN ＝90°.11．如图，⊙O 和⊙O ′相交于A ，B 两点，过A 作两圆的切线分别交两圆于C ，D 两点，连结DB 并延长交⊙O 于点E .证明：(1)AC ·BD ＝AD ·AB ；(2)AC ＝AE .证明 (1)由AC 与⊙O ′相切于A ，得∠CAB ＝∠ADB ， 同理∠ACB ＝∠DAB ，所以△ACB ∽△DAB . 从而AC AD ＝ABBD，即AC ·BD ＝AD ·AB .(2)由AD 与⊙O 相切于A ，得∠AED ＝∠BAD . 又∠ADE ＝∠BDA ，得△EAD ∽△ABD . 从而AE AB ＝ADBD，即AE ·BD ＝AD ·AB .结合(1)的结论知，AC ＝AE .12.如图，D ，E 分别为△ABC 边AB ，AC 的中点，直线DE 交△ABC 的外接圆于F ，G 两点．若CF ∥AB ，证明：(1)CD ＝BC ； (2)△BCD ∽△GBD .证明 (1)因为D ，E 分别为AB ，AC 的中点， 所以DE ∥BC .又已知CF ∥AB ，故四边形BCFD 是平行四边形， 所以CF ＝BD ＝AD . 而CF ∥AD ，连结AF ，所以四边形ADCF 是平行四边形， 故CD ＝AF .因为CF ∥AB ，所以BC ＝AF ，故CD ＝BC .word(2)因为FG∥BC，故GB＝CF.由(1)可知BD＝CF，所以GB＝BD，所以∠BGD＝∠BDG.由BC＝CD知∠CBD＝∠CDB，又因为∠DGB＝∠EFC＝∠DBC，所以△BCD∽△GBD.- 11 - / 11。
高考数学考前突击练28含详解A 试题
高三数学强化训练〔28〕1.ω是正实数，函数x x f ωsin 2)(=在]4,3[ππ-上是增函数，那么 A ．230≤<ω B ．20≤<ω C ．7240≤<ω D ．2≥ω 2.在(0，2π)内，使cos x ＞sin x ＞tan x 的成立的x 的取值范围是A 、 (43,4ππ) B 、 (23,45ππ) C 、〔ππ2,23〕 D 、(47,23ππ) ()sin()4f x x π=+，假设在[]0,2x π∈上关于x 的方程()f x m =有两个不等的实根12,x x ，那么12x x +为A 、2π或者52πB 、2πC 、52π D 、不确定 4.△ABC 中，cosA=135，sinB=53，那么cosC 的值是 A 、6516 B 、6556 C 、6516或者6556 D 、6516- x x f y sin )(=的图像向右移4π个单位后，再作关于x 轴的对称变换得到的函数x y 2sin 21-=的图像，那么)(x f 可以是A 、x cos 2-B 、x cos 2C 、x sin 2-D 、x sin 26.在锐角⊿ABC 中，假设1tan +=t A ，1tan -=t B ，那么t 的取值范围为A 、),2(+∞B 、),1(+∞C 、)2,1(D 、)1,1(-7.函数f(x)=xx x x cos sin 1cos sin ++的值域为______________。
①函数x y tan =在它的定义域内是增函数。
②假设βα,是第一象限角，且βαβαtan tan ,>>则。
③函数)sin(ϕω+=x A y 一定是奇函数。
④函数)32cos(π+=x y 的最小正周期为2π。
上述四个命题中，正确的命题是3)4cos(222sin )(+++=x x x f π的值域参考答案 A C A A B A ⎥⎦⎤ ⎝⎛--⋃⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡---2122,11,2122 ④ 原函数可化为,3)sin (cos 22sin )(+-+=x x x x f 设]2,2[,sin cos -∈=-t t x x 那么212sin t x -=那么5)1(42)(22+--=++-=t t t x f 5)(,1max ==∴x f t 时当， 当222min )(,2-=-=x f t 时四季寄语情感寄语在纷繁的人群中/牵手走过岁月/就像走过夏季/拥挤的海滩在我居住的江南/已是春暖花开季节/采几片云彩/轻捧一掬清泉/飘送几片绿叶/用我的心/盛着寄给/北国的你不要想摆脱冬季/看/冰雪覆盖的世界/美好的这样完整/如我对你的祝福/完整地这样美好挡也挡不住的春意/像挡也挡不住的/想你的心情/它总在杨柳枝头/泄露我的秘密往事的怀念/爬上琴弦/化作绵绵秋雨/零零落落我诚挚的情怀/如夏日老树下的绿荫/斑斑驳驳虽只是一个小小的祝福/却化做了/夏季夜空/万点星辰中的一颗对你的思念/温暖了/我这些个漫长的/冬日从春到夏,从秋到冬......只要你的帘轻动,就是我的思念在你窗上走过.在那个无花果成熟的季节,我才真正领悟了你不能表达的缄默.我又错过了一个花期/只要你知道无花也是春天/我是你三月芳草地燕子声声里,相思又一年朋友,愿你心中,没有秋寒.一到冬天,就想起/那年我们一起去吃的糖葫芦/那味道又酸又甜/就像......爱情.谢谢你/在我孤独时刻/拜访我这冬日陋室只要有个窗子/就拥有了四季/拥有了世界愿你:俏丽如三春之桃,清素若九秋之菊没有你在身边,我的生活永远是冬天!让我们穿越秋天/一起去领略那收获的喜悦!在冬天里,心中要装着春天;而在春天,却不能忘记冬天的寒冷.落红不是无情物,化作春泥更护花.愿是只燕,衔着春光,翩翩向你窗.请紧紧把握现在/让我们把一种期翼/或者是一种愿望/种进大地/明春/它就会萌生绿色的叶片.此刻又是久违的秋季/又是你钟爱的季节/于是/秋风秋雨秋云秋月/都化作你的笑颜身影/在我的心底落落起起.此刻已是秋季/你可体验到/收获怀念的感觉/和秋雨一样真实动人.一条柳枝/愿是你生活的主题/常绿常新/在每一个春季雨声蝉鸣叶落风啸/又一个匆匆四季/在这冬末春初/向遥远的你/问安!又是夏季/时常有暴雨雷鸣/此刻/你可以把我当作大雨伞/直至雨过天晴/留给你一个/彩虹的夏季!。
(全国通用)高考数学 考前三个月复习冲刺 中档大题规范练3 立体几何 理-人教版高三全册数学试题
【步步高】（全国通用）2016版高考数学复习考前三个月中档大题规X练3 立体几何理1.(2015·某某二模)如图(1)所示，平行四边形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，AD＝4.将△CBD 沿BD折起到△EBD的位置，使平面EBD⊥平面ABD，如图(2)所示.(1)求证：AB⊥DE；(2)求三棱锥E—ABD的侧面积和体积.2.如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AB⊥平面BB1C1C，BB1＝2BC，D，E，F分别是CC1，A1C1，B1C1的中点，G在BB1上，且BG＝3GB1.(1)求证：B1D⊥平面ABD；(2)求证：平面GEF∥平面ABD.3.(2015·某某外国语学校模拟)如图所示，已知斜四棱柱ABCD—A1B1C1D1各棱长都是2，∠BAD ＝∠A1AD＝60°，E，O分别是棱CC1，AD的中点，平面ADD1A1⊥平面ABCD.(1)求证：OC∥平面AED1；(2)求证：AD⊥D1C；(3)求几何体D—AED1的体积.4.如图所示，在四棱锥P —ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，且PA ＝AB ＝BC ＝12AD ＝1.(1)求PB 与CD 所成的角；(2)求直线PD 与平面PAC 所成的角的余弦值； (3)求二面角B －PC －D 的余弦值.5.如图1，∠ACB＝45°，BC＝3，过动点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90°，如图2.(1)当BD的长为多少时，三棱锥A－BCD的体积最大；(2)当三棱锥A－BCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，线段CD上是否存在点N，使得EN⊥BM？若存在，求出点N的坐标，若不存在，说明理由.6.如图，在四棱锥P—ABCD中，平面PAD⊥底面ABCD，其中底面ABCD为等腰梯形，AD∥BC，PA＝AB＝BC＝CD＝2，PD＝23，PA⊥PD，Q为PD的中点.(1)证明：CQ∥平面PAB；(2)求二面角D—AQ—C的余弦值.答案精析中档大题规X 练31.(1)证明 在△ABD 中，因为AB ＝2，AD ＝4，∠DAB ＝60°， 所以BD ＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD ·cos∠DAB ＝2 3. 所以AB 2＋BD 2＝AD 2.所以AB ⊥BD .因为平面EBD ⊥平面ABD ，平面EBD ∩平面ABD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，所以AB ⊥平面EBD . 又DE ⊂平面EBD ，所以AB ⊥DE . (2)解 由(1)知AB ⊥BD .因为CD ∥AB ， 所以CD ⊥BD ，从而DE ⊥BD .在Rt△DBE 中，因为BD ＝23，DE ＝DC ＝AB ＝2， 所以S △EDB ＝12BD ×DE ＝2 3.因为AB ⊥平面EBD ，BE ⊂平面EBD ，所以AB ⊥BE . 因为BE ＝AD ＝4，所以S △EAB ＝12AB ×BE ＝12×2×4＝4.因为DE ⊥BD ，平面EBD ⊥平面ABD ， 所以ED ⊥平面ABD ，而AD ⊂平面ABD ， 所以ED ⊥AD .所以S △EAD ＝12AD ×DE ＝12×4×2＝4.综上，三棱锥E —ABD 的侧面积S ＝S △EDB ＋S △EAB ＋S △EAD ＝8＋2 3.因为DE ⊥平面ABD ，且S △ABD ＝S △EDB ＝23，DE ＝2， 所以V 三棱锥E —ABD ＝13S △ABD ×DE ＝13×23×2＝433.2.证明 (1)取BB 1的中点为M ，连接MD ，如图所示.因为BB 1＝2BC ，且四边形BB 1C 1C 为平行四边形， 所以四边形CDMB 和四边形DMB 1C 1均为菱形， 故∠CDB ＝∠BDM ，∠MDB 1＝∠B 1DC 1， 所以∠BDM ＋∠MDB 1＝90°，即BD ⊥B 1D . 又AB ⊥平面BB 1C 1C ，B 1D ⊂平面BB 1C 1C ， 所以AB ⊥B 1D .又AB ∩BD ＝B ，所以B 1D ⊥平面ABD .(2)如图所示，连接MC 1，可知G 为MB 1的中点，又F 为B 1C 1的中点，所以GF ∥MC 1. 又MB 綊C 1D ，所以四边形BMC 1D 为平行四边形， 所以MC 1∥BD ，故GF ∥BD .又BD ⊂平面ABD ，所以GF ∥平面ABD . 又EF ∥A 1B 1，A 1B 1∥AB ，AB ⊂平面ABD ， 所以EF ∥平面ABD .又EF ∩GF ＝F ，故平面GEF ∥平面ABD .3.(1)证明 如图，连接A 1D 交AD 1于点F ，连接OF ，EF ，则F 为A 1D 的中点，也为AD 1的中点.因为E ，O 分别是棱CC 1，AD 的中点， 所以OF ∥DD 1∥CC 1，OF ＝12CC 1，CE ＝12CC 1，所以OF 綊CE ，所以四边形OCEF 为平行四边形， 所以OC ∥EF .因为EF ⊂平面AED 1，OC ⊄平面AED 1， 所以OC ∥平面AED 1. (2)证明 如图，连接A 1O .因为斜四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1的各棱长都是2，∠A 1AD ＝60°，所以△AA 1D 为正三角形. 又O 是棱AD 的中点，所以A 1O ⊥AD .因为平面ADD 1A 1⊥平面ABCD ，平面ADD 1A 1∩平面ABCD ＝AD ，所以A 1O ⊥平面ABCD .如图，连接A 1B ，OB .因为∠BAD ＝60°，所以AD ⊥OB . 因为A 1O ∩OB ＝O ，所以AD ⊥平面A 1OB ，所以AD ⊥A 1B . 因为A 1B ∥D 1C ，所以AD ⊥D 1C . (3)解 如图，连接BD ，BD 1. 因为平面ADD 1A 1∥平面BB 1C 1C ，所以点E 到平面ADD 1A 1的距离等于点B 到平面ADD 1A 1的距离， 所以VD —AED 1＝VE —ADD 1＝VB —ADD 1 ＝13×12×2×2×sin 120°×3＝1. 4.解 (1)由题意，可得PA ，AB ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.因为PA ＝AB ＝BC ＝12AD ＝1，所以A (0,0,0)，P (0,0,1)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0). 所以PB →＝(1,0，－1)，CD →＝(－1,1,0). 所以|cos 〈PB →，CD →〉|＝|PB →·CD →||PB →|×|CD →|＝|－1＋0＋0|2×2＝12.所以PB 与CD 所成的角为60°.(2)由(1)知PD →＝(0,2，－1)，AP →＝(0,0,1)，AC →＝(1,1,0).设m ＝(x ，y ，z )是平面PAC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AP →＝0，m ·AC →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，x ＋y ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，x ＝－y ，取x ＝1，则m ＝(1，－1,0).设直线PD 与平面PAC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈PD →，m 〉|＝|PD →·m ||PD →|·|m |＝25×2＝105，因为θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以cos θ＝155.所以直线PD 与平面PAC 所成的角的余弦值为155. (3)PB →＝(1,0，－1)，BC →＝(0,1,0). 设n ＝(a ，b ，c )是平面PBC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB →＝0，n ·BC →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧a －c ＝0，b ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝c ，b ＝0，取a ＝1，则n ＝(1,0,1).同理可得平面PDC 的一个法向量为n 0＝(1,1,2)， 设二面角B －PC －D 的大小为θ1，则|cos θ1|＝|cos 〈n ，n 0〉|＝|n·n 0||n |·|n 0|＝32·6＝32.因为二面角B －PC －D 为钝角， 所以二面角B －PC －D 的余弦值为－32. 5.解 (1)在△ABC 中，设BD ＝x (0<x <3)，则CD ＝3－x .由AD ⊥BC ，∠ACB ＝45°知，△ADC 为等腰直角三角形，所以AD ＝CD ＝3－x . 由折起前AD ⊥BC 知，折起后AD ⊥DC ，AD ⊥BD ， 且BD ∩DC ＝D ，所以AD ⊥平面BCD .又∠BDC ＝90°，所以S △BCD ＝12BD ·CD ＝12x (3－x ).于是V A －BCD ＝13AD ·S △BCD ＝13(3－x )·12x (3－x )＝16(x 3－6x 2＋9x ).令f (x )＝16(x 3－6x 2＋9x )，由f ′(x )＝12(x －1)(x －3)＝0，且0<x <3，解得x ＝1.当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(1,3)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 所以当x ＝1时，f (x )取得最大值. 故当BD ＝1时，三棱锥A －BCD 的体积最大. (2)线段CD 上存在点N ， 使得EN ⊥BM ， 理由如下：以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz . 由(1)知，当三棱锥A －BCD 的体积最大时，BD ＝1，AD ＝CD ＝2.于是可得D (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,2,0)，A (0,0,2)，M (0,1,1)，E (12，1,0)，且BM →＝(－1,1,1).假设存在这样的点N ，设其坐标为N (0，λ，0)，其中λ∈[0,2]，则EN →＝(－12，λ－1,0).因为EN ⊥BM 等价于EN →·BM →＝0，即(－12，λ－1,0)·(－1,1,1)＝12＋λ－1＝0，解得λ＝12，满足λ∈[0,2]，故存在点N 满足题意，此时N (0，12，0).6.(1)证明 如图所示，取PA 的中点N ，连接QN ，BN .在△PAD 中，PN ＝NA ，PQ ＝QD ， 所以QN ∥AD ，且QN ＝12AD .在△APD 中，PA ＝2，PD ＝23，PA ⊥PD ，所以AD ＝PA 2＋PD 2＝22＋232＝4，而BC ＝2，所以BC ＝12AD .又BC ∥AD ，所以QN ∥BC ，且QN ＝BC ， 故四边形BCQN 为平行四边形，所以BN ∥CQ . 又CQ ⊄平面PAB ，BN ⊂平面PAB ，所以CQ ∥平面PAB .(2)解 如图，在平面PAD 内，过点P 作PO ⊥AD 于点O ，连接OB .因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD . 又PO ⊥AD ，AP ⊥PD ， 所以PO ＝AP ×PD AD ＝2×234＝3， 故AO ＝AP 2－PO 2＝22－32＝1.在等腰梯形ABCD 中，取AD 的中点M ，连接BM ，又BC ＝2，AD ＝4，AD ∥BC ，所以DM ＝BC ＝2，DM ∥BC ，故四边形BCDM 为平行四边形.所以BM ＝CD ＝AB ＝2.在△ABM 中，AB ＝AM ＝BM ＝2，AO ＝OM ＝1，所以BO ⊥AD .又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以BO ⊥平面PAD . 如图，以O 为坐标原点，分别以OB ，OD ，OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则O (0,0,0)，D (0,3,0)，A (0，－1,0)，B (3，0,0)，P (0,0，3)，C (3，2,0)， 则AC →＝(3，3,0).因为Q 为DP 的中点，故Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，32，所以AQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52，32.设平面AQC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥AC →，m ⊥AQ →，可得⎩⎨⎧m ·AC →＝3x ＋3y ＝0，m ·AQ →＝52y ＋32z ＝0，令y ＝－3，则x ＝3，z ＝5.故平面AQC 的一个法向量为m ＝(3，－3，5). 因为BO ⊥平面PAD ，所以OB →＝(3，0,0)是平面ADQ 的一个法向量.word 11 / 11 故cos 〈OB →，m 〉＝OB →·m |OB →|·|m |＝333·32＋－32＋52＝337＝33737. 从而可知二面角D —AQ —C 的余弦值为33737.。
高考数学 考前三个月抢分训练28 立体几何 试题
卜人入州八九几市潮王学校训练28立体几何(推荐时间是：75分钟)1．如图，平面ABCD⊥平面PAD，△APD是直角三角形，∠APD＝90°，四边形ABCD是直角梯形，其中BC∥AD，∠BAD＝90°，AD＝2BC，O是AD的中点．(1)求证：CD∥平面PBO；(2)求证：平面PAB⊥平面PCD.2．(2021·)如图，四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，点E在线段AD上，且CE∥AB.(1)求证：CE⊥平面PAD；(2)假设PA＝AB＝1，AD＝3，CD＝，∠CDA＝45°，求四棱锥P—ABCD的体积．3．如下列图，正方形ABCD所在平面与三角形CDE所在平面相交于CD，AE⊥平面CDE，且AE＝3，AB＝6.(1)求证：AB⊥平面ADE；(2)求凸多面体ABCDE的体积．4.(2021·)三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AC＝AB，N为AB上一点，且AB＝4AN，M，S 分别为PB，BC的中点．(1)证明：CM⊥SN；(2)求SN与平面CMN所成角的大小．5．如下列图，正三棱柱ABC—A1B1C1的侧面是边长为2的正方形，D、E分别是BB1、AC的中点．(1)求证：BE∥平面A1CD；(2)求二面角C—A1D—C1的余弦值．6．如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，M为EC的中点，AF＝AB＝BC＝FE ＝AD.(1)求异面直线BF与DE所成的角的大小；(2)证明：平面AMD⊥平面CDE；(3)求二面角A－CD－E的余弦值．答案1．证明(1)∵AD＝2BC，且O是AD中点，∴OD＝BC，又AD∥BC，∴OD∥BC，∴四边形BCDO为平行四边形，∴CD∥BO，CD⊄平面PBO，且BO⊂平面PBO，故CD∥平面PBO.(2)∵∠BAD＝90°，∴BA⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，∴AB⊥平面PAD，PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.∵AP⊥PD，AB∩AP＝A，∴PD⊥平面PAB，又∵PD⊂平面PCD，故平面PAB⊥平面PCD.2．(1)证明因为PA⊥平面ABCD，CE⊂平面ABCD，所以PA⊥CE.因为AB⊥AD，CE∥AB，所以CE⊥AD.又PA∩AD＝A，所以CE⊥平面PAD.(2)解由(1)可知CE⊥AD.在Rt△ECD中，DE＝CD·cos45°＝1，CE＝CD·sin45°＝1.所以AE＝AD－ED＝2.又因为AB＝CE＝1，AB∥CE，所以四边形ABCE为矩形．所以S四边形ABCD＝S矩形ABCE＋S△ECD＝AB·AE＋CE·DE＝1×2＋×1×1＝.又PA⊥平面ABCD，PA＝1，所以V四棱锥P—ABCD＝S四边形ABCD·PA＝××1＝.3．解(1)∵AE⊥平面CDE，CD⊂平面CDE，∴AE⊥CD.在正方形ABCD中，CD⊥AD，∵AD∩AE＝A，∴CD⊥平面ADE.∵AB∥CD，∴AB⊥平面ADE.(2)在Rt△ADE中，AE＝3，AD＝6，∴DE＝＝3.连接BD，那么凸多面体ABCDE被分割为三棱锥B—CDE和三棱锥B—ADE.由(1)知，CD⊥DE.∴S△CDE＝×CD×DE＝×6×3＝9.又AB∥CD，AB⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，∴AB∥平面CDE.∴点B到平面CDE的间隔为AE的长度．∴V B—CDE＝S△CDE·AE＝×9×3＝9.∵AB⊥平面ADE，∴V B—ADE＝S△ADE·AB＝××6＝9.∴V ABCDE＝V B—CDE＋V B—ADE＝9＋9＝18.故所求凸多面体ABCDE的体积为18.4.(1)证明设PA＝1，以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x，y，z轴正向建立空间直角坐标系如下列图，那么P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(2,0,0)，M(1,0，)，N(，0,0)，S(1，，0)．所以＝(1，－1，)，＝(－，－，0)．因为·＝－＋＋0＝0，所以CM⊥SN.(2)解＝(－，1,0)，设a＝(x，y，z)为平面CMN的一个法向量，那么即令x＝2，得a＝(2,1，－2)．因为|cos〈a，〉|＝＝＝，所以SN与平面CMN所成的角为45°.5．(1)证明由题意，可知正三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱长都等于2.∵△ABC是边长为2的正三角形，且AE＝EC.∴BE⊥AC，且BE＝AC＝.又∵平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A1＝AC，∴BE⊥平面ACC1A1.取A1C1的中点F，连接EF，那么在正方形ACC1A1中，EF⊥AC.∴以E为坐标原点，直线EA、EF、EB分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如下列图．那么E(0,0,0)，B(0,0，)，A(1,0,0)，C(－1,0,0)，A1(1,2,0)，C1(－1,2,0)，D(0,1，)．那么＝(0,0，)，＝(－2,2,0)，＝(－2，－2,0)，＝(1,1，)．设＝m＋n，那么有解得即＝＋.根据向量一共面定理，可知与、一共面．又∵A1C∩CD＝C，EB⊄平面A1CD，∴BE∥平面A1CD.(2)解设平面A1CD的法向量n＝(x，y，z)．由得即令x＝1，那么y＝－1，z＝0.∴n＝(1，－1,0)是平面A1CD的一个法向量．设平面C1A1D的法向量m＝(x1，y1，z1)．而＝(－2,0,0)，＝(－1，－1，)．由得即令z1＝1，得y1＝.∴m＝(0，，1)是平面C1A1D的一个法向量．故cos〈m，n〉＝＝＝＝－.设二面角C—A1D—C1的平面角为θ，由图可知，θ∈，故cosθ＝cos〈m，n〉＝－.6．方法一(1)解由题设知，BF∥CE，所以∠CED(或者其补角)为异面直线BF与DE所成的角．设P为AD的中点，连接EP，PC.因为FE綊AP，所以FA綊EP.同理，AB綊PC.又FA⊥平面ABCD，所以EP⊥平面ABCD.而PC、AD都在平面ABCD内，故EP⊥PC，EP⊥AD.由AB⊥AD，可得PC⊥AD.设FA＝a，那么EP＝PC＝PD＝a，CD＝DE＝EC＝a，故∠CED＝60°.所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60°.(2)证明因为DC＝DE且M为CE的中点，所以DM⊥CE.连接MP，由EP＝CP得，MP⊥CE.又MP∩DM＝M，故CE⊥平面AMD.而CE⊂平面CDE，所以平面AMD⊥平面CDE.(3)解设Q为CD的中点，连接PQ，EQ.因为CE＝DE，所以EQ⊥CD.因为PC＝PD，所以PQ⊥CD，故∠EQP 为二面角A－CD－E的平面角．由(1)可得，EP⊥PQ，EQ＝a，PQ＝a.于是在Rt△EPQ中，cos∠EQP＝＝.所以二面角A－CD－E的余弦值为.方法二如下列图，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点，设AB＝1，依题意得B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，E(0,1,1)，F(0,0,1)，M.(1)解＝(－1,0,1)，＝(0，－1,1)，于是cos〈，〉＝＝＝.所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60°.(2)证明由＝，＝(－1,0,1)，＝(0,2,0)，可得·＝0，·＝0.因此，CE⊥AM，CE⊥AD.又AM∩AD＝A，故CE⊥平面AMD.而CE⊂平面CDE，所以平面AMD⊥平面CDE.(3)解设平面CDE的法向量为u＝(x，y，z)，那么于是令x＝1可得u＝(1,1,1)．又由题设，平面ACD的一个法向量为v＝(0,0,1)．所以，cos u，v＝＝＝.因为二面角A－CD－E为锐角，所以其余弦值为.。
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第28练 完美破解立体几何证明题题型一 空间中的平行问题例1 在如图所示多面体ABCDE 中，AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，且AC ＝AD ＝CD ＝DE ＝2，AB ＝1.(1)请在线段CE 上找到点F 的位置，使得恰有直线BF ∥平面ACD ，并证明． (2)求多面体ABCDE 的体积．破题切入点 (1)可先猜后证，可以利用线面平行的判定定理进行证明． (2)找到合适的底面．解 如图，(1)由已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ， 所以AB ∥ED ，设F 为线段CE 的中点，H 是线段CD 的中点，连结FH ，AH ，则FH 綊12ED ，所以FH 綊AB ，所以四边形ABFH 是平行四边形， 所以BF ∥AH ，又因为BF ⊄平面ACD ，AH ⊂平面ACD ， 所以BF ∥平面ACD . (2)取AD 中点G ，连结CG .因为AB ⊥平面ACD ， 所以CG ⊥AB ，又CG ⊥AD ，AB ∩AD ＝A ， 所以CG ⊥平面ABED ，即CG 为四棱锥C －ABED 的高，求得CG ＝3，所以V C －ABED ＝13×(1＋2)2×2×3＝ 3.即多面体ABCDE 的体积为 3. 题型二 空间中的垂直问题例2 如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧面AA 1B 1B 为正方形，侧面BB 1C 1C 为菱形，∠CBB 1＝60°，AB ⊥B 1C .(1)求证：平面AA 1B 1B ⊥平面BB 1C 1C . (2)若AB ＝2，求三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积． 破题切入点 (1)考查面面垂直的判定定理． (2)注意利用棱柱体积和锥体体积公式间的关系． (1)证明 由侧面AA 1B 1B 为正方形，知AB ⊥BB 1. 又AB ⊥B 1C ，BB 1∩B 1C ＝B 1， 所以AB ⊥平面BB 1C 1C ， 又AB ⊂平面AA 1B 1B ，所以平面AA 1B 1B ⊥平面BB 1C 1C .(2)解 由题意，CB ＝CB 1，设O 是BB 1的中点， 连结CO ，则CO ⊥BB 1.由(1)知，CO ⊥平面AA 1B 1B ，且CO ＝32BC ＝32AB ＝ 3.连结AB 1，则C ABB V 1－＝13ABB S 1·CO＝16AB 2·CO ＝233. 因为B ABC V 1－＝C ABB V 1－＝13ABC A B C V 111－＝233，所以ABC A B C V 111－＝2 3.故三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积为2 3. 题型三 空间中的平行、垂直综合问题例3 在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是正方形，MA ⊥平面ABCD ，PD ∥MA ，E 、G 、F 分别为MB 、PB 、PC 的中点，且AD ＝PD ＝2MA . (1)求证：平面EFG ∥平面PMA ； (2)求证：平面EFG ⊥平面PDC ；(3)求三棱锥P －MAB 与四棱锥P －ABCD 的体积之比． 破题切入点 (1)证明EG 、FG 都平行于平面PMA . (2)证明GF ⊥平面PDC .(3)设MA 为1，从而其他边的长度都可表示，问题可求解． (1)证明 ∵E 、G 、F 分别为MB 、PB 、PC 的中点， ∴EG ∥PM ，GF ∥BC .又∵四边形ABCD 是正方形，∴BC ∥AD ，∴GF ∥AD .∵EG ⊄平面PMA ，GF ⊄平面PMA ，PM ⊂平面PMA ，AD ⊂平面PMA ， ∴EG ∥平面PMA ，GF ∥平面PMA .又∵EG ⊂平面EFG ，GF ⊂平面EFG ，EG ∩GF ＝G ， ∴平面EFG ∥平面PMA .(2)证明 由已知MA ⊥平面ABCD ，PD ∥MA ，∴PD ⊥平面ABCD .又BC ⊂平面ABCD ，∴PD ⊥BC . ∵四边形ABCD 为正方形，∴BC ⊥DC . 又PD ∩DC ＝D ，∴BC ⊥平面PDC . 由(1)知GF ∥BC ，∴GF ⊥平面PDC . 又GF ⊂平面EFG ，∴平面EFG ⊥平面PDC .(3)解 ∵PD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，不妨设MA ＝1，则PD ＝AD ＝2. ∵DA ⊥平面MAB ，且PD ∥MA ， ∴DA 即为点P 到平面MAB 的距离，∴V P －MAB ∶V P －ABCD ＝(13S △MAB ·DA )∶(13S 正方形ABCD ·PD ) ＝S △MAB ∶S 正方形ABCD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×2∶(2×2)＝1∶4. 即三棱锥P －MAB 与四棱锥P －ABCD 的体积之比为1∶4. 总结提高 1.证明平行关系的方法： (1)证明线线平行的常用方法：①利用平行公理，即证明两直线同时和第三条直线平行； ②利用平行四边形进行转换； ③利用三角形中位线定理证明；④利用线面平行、面面平行的性质定理证明． (2)证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，把证明线面平行转化为证明线线平行； ②利用面面平行的性质定理，把证明线面平行转化为证明面面平行． (3)证明面面平行的方法：证明面面平行，依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行． 2．证明空间中垂直关系的方法： (1)证明线线垂直的常用方法①利用特殊平面图形的性质，如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直； ②利用勾股定理逆定理；③利用线面垂直的性质，即要证明线线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在平面即可．(2)证明线面垂直的常用方法①利用线面垂直的判定定理，把线面垂直的判定转化为证明线线垂直；②利用面面垂直的性质定理，把证明线面垂直转化为证明面面垂直；③利用常见结论，如两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面等．(3)证明面面垂直的方法证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中点、高线或添加辅助线解决．1．若平面α∥平面β，直线a⊂α，点B∈β，则在β内过点B的所有直线中与a平行的直线的条数为________．答案一条解析由直线a与B确定的平面与β有唯一交线．故存在唯一与a平行的直线．2．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是棱AB上的动点，则直线A1D与直线C1E所成的角为________．答案90°解析在正方体中，显然有A1D⊥AB，A1D⊥AD1，所以A1D⊥平面AD1C1B，又C1E⊂平面AD1C1B，故A1D⊥C1E.3．已知α、β是两个不同的平面，给出下列四个条件：①存在一条直线a，a⊥α，a⊥β；②存在一个平面γ，γ⊥α，γ⊥β；③存在两条平行直线a、b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α；④存在两条异面直线a、b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α，可以推出α∥β的是________．答案①④解析对于②，平面α与β还可以相交；对于③，当a∥b时，不一定能推出α∥β，所以②③是错误的，易知①④正确．4．已知α，β，γ是三个不重合的平面，a，b是两条不重合的直线，有下列三个条件：①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ.如果命题“α∩β＝a，b⊂γ，且________，那么a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________．答案①或③解析由定理“一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一个平面与此平面的交线与该直线平行”可得，横线处可填入条件①或③.5.如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是________．答案①②③解析对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.∵AB为⊙O的直径，∵PA∩AC＝A，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC；对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA，∵PA⊂平面PAC，∴OM∥平面PAC；对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确．6．设α和β为两个不重合的平面，给出下列四个命题：①若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α平行于β；②若α外一条直线l与α内的一条直线平行，则l和α平行；③设α和β相交于直线l，若α内有一条直线垂直于l，则α和β垂直；④直线l与α垂直的充分必要条件是l与α内的两条直线垂直．其中为真命题的是________．(写出所有真命题的序号)答案①②解析由①知α内两条相交直线分别平行于平面β，则两条相交直线确定的平面α平行于平面β，故①为真命题；由线面平行的判定定理知，②为真命题；对于③，如图，α∩β＝l ，a ⊂α，a ⊥l ，但不一定有α⊥β，故③为假命题；对于④，直线l 与平面α垂直的充分必要条件是l 与α内的两条相交直线垂直，故④为假命题．综上所述，真命题的序号为①②.7.如图，在空间四边形ABCD 中，M ∈AB ，N ∈AD ，若AM MB ＝ANND，则直线MN 与平面BDC 的位置关系是________． 答案 平行解析 在平面ABD 中，AM MB ＝ANND，∴MN ∥BD .又MN ⊄平面BCD ，BD ⊂平面BCD ， ∴MN ∥平面BCD .8．底面直径和母线长相等的圆柱称为等边圆柱．已知一等边圆柱的底面半径为2，则其体积为________． 答案 16π解析 由题意，圆柱的高为4，则V ＝π·22·4＝16π.9.如图，已知六棱锥P －ABCDEF 的底面是正六边形，PA ⊥平面ABC ，PA ＝2AB ，则下列结论中：①PB ⊥AE ；②平面ABC ⊥平面PBC ；③直线BC ∥平面PAE ；④∠PDA ＝45°. 其中正确的有________(把所有正确的序号都填上)． 答案 ①④解析 由PA ⊥平面ABC ，AE ⊂平面ABC ，得PA ⊥AE ， 又由正六边形的性质得AE ⊥AB ，PA ∩AB ＝A ，得AE⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，∴AE⊥PB，①正确；∵平面PAD⊥平面ABC，∴平面ABC⊥平面PBC不成立，②错；由正六边形的性质得BC∥AD，又AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，∴BC∥平面PAD，∴直线BC∥平面PAE也不成立，③错；在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，∴④正确．10．给出命题：①在空间中，垂直于同一平面的两个平面平行；②设l，m是不同的直线，α是一个平面，若l⊥α，l∥m，则m⊥α；③已知α，β表示两个不同平面，m为平面α内的一条直线，“α⊥β”是“m⊥β”的充要条件；④在三棱锥S－ABC中，SA⊥BC，SB⊥AC，则S在平面ABC内的射影是△ABC的垂心；⑤a，b是两条异面直线，P为空间一点，过P总可以作一个平面与a，b之一垂直，与另一条平行．其中，正确的命题是________．(只填序号)答案②④解析①错误，垂直于同一个平面的两个平面也可能相交；③错误，“α⊥β”是“m⊥β”的必要不充分条件；⑤错误，只有当异面直线a，b垂直时才可以作出满足要求的平面；易知②④正确．11．如图所示，M，N，K分别是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱AB，CD，C1D1的中点．求证：(1)AN∥平面A1MK；(2)平面A1B1C⊥平面A1MK.证明(1)如图所示，连结NK.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，∵四边形AA1D1D，DD1C1C都为正方形，∴AA1∥DD1，AA1＝DD1，C1D1∥CD，C1D1＝CD.∵N，K分别为CD，C1D1的中点，∴DN∥D1K，DN＝D1K，∴四边形DD1KN为平行四边形．∴KN∥DD1，KN＝DD1，∴AA1∥KN，AA1＝KN.∴四边形AA1KN为平行四边形．∴AN∥A1K.∵A1K⊂平面A1MK，AN⊄平面A1MK，∴AN∥平面A1MK.(2)如图所示，连结BC1.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，AB∥C1D1，AB＝C1D1.∵M，K分别为AB，C1D1的中点，∴BM∥C1K，BM＝C1K.∴四边形BC1KM为平行四边形．∴MK∥BC1.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，A1B1⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，∴A1B1⊥BC1.∵MK∥BC1，∴A1B1⊥MK.∵四边形BB1C1C为正方形，∴BC1⊥B1C.∴MK⊥B1C.∵A1B1⊂平面A1B1C，B1C⊂平面A1B1C，A1B1∩B1C＝B1，∴MK⊥平面A1B1C. 又∵MK⊂平面A1MK，∴平面A 1B 1C ⊥平面A 1MK .12．(2014·课标全国Ⅱ)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设二面角D －AE －C 为60°，AP ＝1，AD ＝3，求三棱锥E －ACD 的体积． (1)证明 连结BD 交AC 于点O ，连结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)解 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，AB →、AD →、AP →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|AP →|为单位长，建立空间直角坐标系A －xyz ，则D (0，3，0)，E (0，32，12)，AE →＝(0，32，12)．设B (m,0,0)(m >0)，则C (m ，3，0)，AC →＝(m ，3，0)． 设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AC →＝0，n 1·AE →＝0，- 11 - 即⎩⎪⎨⎪⎧ mx ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0，可取n 1＝(3m ，－1，3)．又n 2＝(1,0,0)为平面DAE 的法向量， 由题设|cos 〈n 1，n 2〉|＝12，即 33＋4m 2＝12，解得m ＝32.因为E 为PD 的中点， 所以三棱锥E －ACD 的高为12，三棱锥E －ACD 的体积V ＝13×12×3×32×12＝38.。