江苏高考数学二轮复习练习：9_立体几何有答案

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2020江苏高考理科数学二轮练习：解答题专题练立体几何含解析

则PH⊥平面ABCD、又SO⊥平面ABCD、所以PH∥SO、
在Rt△SOB中、SO＝＝ a、
因为＝、所以PH＝＝＝ x、所以VSPAC＝VSACD－VPACD＝ ×
＝ a3、解得x＝ a、所以＝＝2.
(2)证明：取SP中点Q、连结QE、BQ、
则EQ∥PC、EQ⊄平面PAC、PC⊂平面PAC、所以EQ∥平面PAC、
所以＝、因为底面ABCD为矩形、所以O是AC的中点、
即CO＝OA、
所以PG＝GA、所以G为PA的中点．
2．证明：(1)连结AC交MB于Q、连结NQ、MC.
因为AM∥BC、AM＝ AD＝BC、
所以四边形ABCM是平行四边形、
所以Q是AC的中点.
又N是PC的中点、所以NQ∥PA.
因为NQ⊂平面MNB、PA⊄平面MNB、所以PA∥平面MNB.
2020江苏高考理科数学二轮练习：解答题专题练立体几何含解析
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解答题专题练(二)立体几何
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1．(20xx·南通密卷)如图、四棱锥PABCD中、底面ABCD为矩形、PD⊥BC、G为PA上一点．
(1)求证：平面PCD⊥平面ABCD；
参考答案与解析
1．证明：(1)因为底面ABCD为矩形、所以BC⊥CD、又因为PD⊥BC、
CD、PD⊂平面PCD、PD∩CD＝D、所以BC⊥平面PCD、
又因为BC⊂平面ABCD、所以平面ABCD⊥平面PCD.
(2)连结AC、交BD于O、连结GO、因为PC∥平面BDG、
平面PCA∩平面BDG＝GO、所以PC∥GO、
由(1)可知EF⊥平面ABCD、EF是四棱锥EABCD的高、

江苏省苏州市高考数学必过关题9 立体几何

2015届苏州市高三数学过关题9——立体几何一．填空题：【考点一】空间线、面平行的位置关系 1．给出下列命题：①若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行；②若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行； ③若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行； ④若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行．上面命题中，假命题．．．的序号_________. 【答案】①②④[解析] ①两直线可能平行，相交，异面；②两平面平行或相交；④这两个平面平行或相交. 2．已知,m 是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,有下列四个命题: ①若l β⊂,且αβ⊥,则l α⊥;②若l β⊥,且//αβ,则l α⊥; ③若l β⊥,且αβ⊥,则//l α;④若m αβ=,且//l m ,则//l α.则所有正确命题的序号是_________. 【答案】 ②3．设m n ，是平面α内的两条不同直线，1l ，2l 是平面β内的两条相交直线，有下列四个命题①m ∥β且1l ∥α ②m ∥1l 且n ∥2l ③m ∥β且n ∥β ④m ∥β且n ∥2l .其中是α∥β成立的充分而不必要条件的命题的序号是________．【答案】： ②4．已知γβα,,是三个不同的平面，命题“γβγαβα⊥⇒⊥且,//”是真命题．如果把γβα,,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，真命题个．【答案】 25．如图，ABCD 是正方形，PA ⊥面ABCD ，连接,,,,,PB PC PD AC BD 问图中有对互相垂直的平面. 【答案】7对[解析]面PAB 和面ABCD ,面PAC 和面ABCD ,面PAD 和面ABCD 面PAB 和面PAD ,面PAB 和面PBC ,面PAD 和面PCD 面PAC 和面PBD ．6．正三棱锥S ABC -中，2BC =，SB =D E 、分别是棱SA SB 、上的点，Q 为边AB 的中点，SQ CDE ⊥平面，则三角形CDE 的面积为．【答案】410[解析]由Q 为边AB 的中点得AB SQ ⊥，又C D E SQ 平面⊥得AB DE //，设SQ交DE 于M 点，由32==SB BC ，，可求CM SQ SC CQ ⊥=且得M 为SQ 的中点，从而2101==CM DE ，，则∆CDE 的面积为410.D【考点二】空间角的概念及求法7．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别是CD 、1CC 的中点，则异面直线1A M 与DN 所成角的大小是________．【答案】2π[解析]连接1MD ，则DN MD ⊥1,又DN D A ⊥11，易知11MD A DN 面⊥，所以1A M 与DN 所成角的大小是2π． 8．如图长方体1111ABCD A BC D -，底面ABCD 是边长为2的正方形，1AA =4，则二面角1A BD A --的正切值为 .【答案】 [解析]二面角的平面角即为角11AO A ，可计算得其正切值为【考点三】柱、锥、球的表面积与体积9．底面边长为2，侧棱与底面成60︒的正四棱锥的侧面积为．【答案】[解析]60︒=1422⨯⨯．10．若一个圆锥的侧面展开图是面积为π2的半圆面，则该圆锥的体积为．【答案】π33 [解析]因为半圆面的面积为ππ2212=l ，所以42=l ，即2=l ，即圆锥的母线为2=l ，底面圆的周长πππ22==l r ，所以圆锥的底面半径1=r ，所以圆锥的高322=-=r l h ，所以圆锥的体积为πππ33331313=⨯=h r ． 11．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，3cm AB AD ==，12cm AA =，则四棱锥11A BB D D -的体积为 cm 3．【答案】6[解析] ∵长方体底面ABCD 是正方形，∴△ABD 中BD ，BD （它也是11A BB D D -中11BB D D 上的高）．∴四棱锥11A BB D D -的体积为123⨯．【考点四】柱、锥、球及其组合体B D 1D N A 112．一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是6,3,2，这个长方体它的八个顶点都在同一个球面上，这个球的表面积是．【答案】 6π[解析]此球的直径即为长方体的体对角线，不难求出此长方体的三条边长为所以此球6π．13．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2SC =；则此棱锥的体积为．【答案】6[解析] ABC ∆的外接圆的半径3r =O 到面ABC的距离3d ==,SC 为球O 的直径⇒点S 到面ABC 的距离为2d =，此棱锥的体积为11233ABC V S d ∆=⨯==． 14．一个三棱柱恰好可放入一个正四棱柱的容体中，底面如图所示，其中三棱柱的底面AEF 是一个直角三角形，∠AEF = 90︒，AE = a ，EF = b ，三棱柱的高与正四棱柱的高均为1，则此正四棱柱的体积为．【答案】 422()a a ab +- [解析]设AB = x ，由AB EC AE EF =，得x ECa b=， ∴bx EC a =．则(1)bBE x a=-．由222AB BE AE +=，得2222(1)b x x a a +-=．4222()a x a a b =+-．则此正四棱柱的体积为422()a a a b +-．【考点五】空间几何图形的翻折与展开15．一块边长为10 cm 的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P 为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥形容器．当x＝6 cm 时，该容器的容积为________cm 3．FEDCBAE ① A 1A E ② A 11(F A ③ D【答案】48 [解析]考点：图形的翻折和锥体体积的计算．由题意可知道，这个正四棱锥形容器的底面是以6 cm为边长的正方形，侧高为5 cm ，高为4 cm ，所以所求容积为48 cm 3． 16．已知正三棱柱111ABC A B C -的底面边长与侧棱长相等．蚂蚁甲从A 点沿表面经过棱1BB ，1CC 爬到点1A ，蚂蚁乙从B 点沿表面经过棱1CC 爬到点1A ．如图，设PAB α∠=，QBC β∠=，若两只蚂蚁各自爬过的路程最短，则αβ+= ．【答案】4π [解析]将三棱柱111ABC A B C -的侧面展开在同一平面处理．【考点六】立体几何中的最值问题17．在棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别为棱1AA 、11D C 上的动点，点G 为正方形，11B BCC 的中心. 则空间四边形AEFG 在该正方体各个面上的正投影所构成的图形中，面积的最大值为 . 【答案】12[解析]如图①，当E 与1A 重合、F 与1B 重合时，四边形AEFG 在前、后面的正投影的面积最大值为12；如图②，当E 与1A 重合、F 与1D 重合，四边形AEFG 在左、右面的正投影的面积最大值为8；如图③，当E 与A 重合、F 与D 重合时，四边形AEFG 在上、下面的正投影的面积最大值为8；综上得，面积最大值为12.18．已知正四棱锥S ABCD -中，32=SA ，那么当该棱锥的体积取最大时，高为 . 【答案】2[解析]考察锥体的体积，考察函数的最值问题.设底面边长为a ，则高ABCQ R A 1PB 1C 1212)22(222a a SA h -=-=所以64221123131a a h a V -==，设642112a a y -=，则53348a a y -='，当y 取最值时，034853=-='a a y ，解得0=a 或4=a 时，体积最大，此时22122=-=a h .二．解答题：19．如图，四边形ABCD 是矩形，平面ABCD ⊥平面BCE ，BE ⊥EC ． (1)求证：平面AEC ⊥平面ABE ；(2)点F 在BE 上．若DE ∥平面ACF ，求BF BE的值．[解析] (1)因为ABCD 为矩形，所以AB ⊥BC ，因为平面ABCD ⊥平面BCE ，平面ABCD ∩平面BCE ＝BC ，AB ⊂平面ABCD ，所以AB ⊥平面BCE ．因为CE ⊂平面BCE ，所以CE ⊥AB ．因为CE ⊥BE ，AB ⊂平面ABE ，BE ⊂平面ABE ，AB ∩BE ＝B ，所以CE ⊥平面ABE ．因为CE ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面ABE ． (2)连接BD 交AC 于点O ，连接OF ．因为DE ∥平面ACF ，DE ⊂平面BDE ，平面ACF ∩平面BDE ＝OF ，所以DE ∥OF .又因为矩形ABCD 中，O 为BD 中点，所以F 为BE 中点，即BF BE ＝12．20．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1111AB AC =，D E ，分别是棱1BC CC ，上的点（点D 不同于点C ），且AD DE F ⊥，为11B C 的中点．求证：（1）平面ADE ⊥平面11BCC B ；（2）直线1//A F 平面ADE ．[解析]（1）在直三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，又AD ⊂平面ABC ，所以1CC DE ⊥．DC ⊂平面11BCC B ,1CC DE E ⋂=,所以AD ⊥平面11BCC B ,又AD ⊂平面ADE ,所以平面ADE ⊥平面11BCC B ．（2）因为1111A B AC =,F 为11B C 的中点，所以111A F B C ⊥, 因为1CC ⊥平面111ABC ，且1A F ⊂平面111ABC ，所以11CC A F ⊥．又因为111CC B C ⊂，11BCC B ,1111CC B C C ⋂=, 所以1A F ⊥平面11BCC B ．又AD ⊥平面11BCC B ，所以1//A F AD . 又AD ⊂平面ADE ，1A F ⊄平面ADE , 所以直线1//A F 平面ADE ．FABCEDA 1B 1C 1B 1C BADC 1 A 1 21．如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧棱垂直底面，90ACB ∠=，112AC BC AA ==，D 是棱1AA 的中点(1)证明：平面1BDC ⊥平面BDC ；（2）平面1BDC 分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比． [解析] (1) 由题设知1BC CC ⊥，BC AC ⊥，1CC AC C =，BC ∴⊥平面11ACC A 又1DC ⊂平面11ACC A ，1BC DC ∴⊥，112AC BC AA ==，1145A DC ADC ∴∠=∠=190CDC ∴∠=，即1DC DC ⊥，又DCBC C =，1DC ∴⊥平面BDC ，1DC ⊂平面1BDC ，故平面1BDC ⊥平面BDC（2）设棱锥1B DACC -的体积为1V ，1AC =，则1112111322V +=⨯⨯⨯= 又三棱柱111ABC A B C -的体积1V =，()11:1:1V V V ∴-=，故平面1BDC 分此棱柱所得两部分体积的比为1:1．22．如图，在四棱锥P A B C D -中， PD ⊥平面A B C D ，1PD DC BC ===，02//90AB AB DC BCD =∠=，，．(1)求证：PC BC ⊥；(2)求点A 到平面PBC 的距离．[解析]（1）因为PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥BC ．由∠BCD=900，得CD ⊥BC ，又PD DC=D ，PD 、DC ⊂平面PCD ，所以BC ⊥平面PCD ．因为PC ⊂平面PCD ，故PC ⊥BC ．（2）（方法一）分别取AB 、PC 的中点E 、F ，连DE 、DF ，则：易证DE ∥CB ，DE ∥平面PBC ，点D 、E 到平面PBC 的距离相等．又点A 到平面PBC 的距离等于E 到平面PBC 的距离的2倍．由（1）知：BC ⊥平面PCD ，所以平面PBC ⊥平面PCD 于PC ，因为PD=DC ，PF=FC ，所以DF ⊥PC ，所以DF ⊥平面PBC 于F ．易知DF=2，故点A 到平面PBC（方法二）体积法：连结AC ．设点A 到平面PBC 的距离为h ．因为AB ∥DC ，∠BCD=900，所以∠ABC=900．从而AB=2，BC=1，得ABC ∆的面积1ABC S ∆=．由PD ⊥平面ABCD 及PD=1，得三棱锥P-ABC 的体积1133ABC V S PD ∆=⋅=．因为PD ⊥平面ABCD ，DC ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥DC ．又PD=DC=1，所以PC =。

高考数学二轮复习立体几何多选题知识点及练习题含答案

高考数学二轮复习立体几何多选题知识点及练习题含答案一、立体几何多选题1．如图，正方体1111ABCD A B C D -中的正四面体11A BDC -的棱长为2，则下列说法正确的是（）A ．异面直线1AB 与1AD 所成的角是3πB ．1BD ⊥平面11AC DC ．平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为3D ．正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23【答案】ABD 【分析】选项A ，利用正方体的结构特征找到异面直线所成的角；选项B ，根据正方体和正四面体的结构特征以及线面垂直的判定定理容易得证；选项C ，由图得平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为1ACB 面积的四分之一；选项D ，分别求出正方体的体对角线长和正四面体11A BDC -的高，然后判断数量关系即可得解. 【详解】A ：正方体1111ABCD ABCD -中，易知11//AD BC ，异面直线1A B 与1AD 所成的角即直线1A B 与1BC 所成的角，即11A BC ∠，11A BC 为等边三角形，113A BC π∠=，正确；B ：连接11B D ，1B B ⊥平面1111DC B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，即111AC B B ⊥，又1111AC B D ⊥，1111B B B D B ⋂=，有11A C ⊥平面11BDD B ，1BD ⊂平面11BDD B ，所以111BD AC ⊥，同理可证：11BD A D ⊥，1111AC A D A ⋂=，所以1BD ⊥平面11AC D ，正确；C ：易知平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为134ACB S=，错误；D ：易得正方体1111ABCD A B C D -()()()2222226++=2的正四面体11A BDC -的高为22222262213⎛⎫--⨯= ⎪⎝⎭，故正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23，正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：利用正方体的性质，找异面直线所成角的平面角求其大小，根据线面垂直的判定证明1BD ⊥平面11AC D ，由正四面体的性质，结合几何图形确定截面的面积，并求高，即可判断C 、D 的正误.2．如图，矩形ABCD 中，M 为BC 的中点，将ABM 沿直线AM 翻折成1AB M ，连结1B D ，N 为1B D 的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是（）A ．存在某个位置，使得1CN AB ⊥ B ．翻折过程中，CN 的长是定值C ．若AB BM =，则1AM BD ⊥D ．若1AB BM ==，当三棱锥1B AMD -的体积最大时，三棱锥1B AMD -外接球的体积是43π 【答案】BD 【分析】对于A ，取AD 中点E ，连接EC 交MD 与F ，可得到EN NF ⊥，又EN CN ⊥，且三线,,NE NF NC 共面共点，不可能；对于B ，可得由1NEC MAB ∠=∠（定值），112NE AB =（定值），AM EC =（定值），由余弦定理可得NC 是定值．对于C ，取AM 中点O ，连接1,B O DO ，假设1AM B D ⊥，易得AM ⊥面1ODB ，即可得OD AM ⊥，从而AD MD =，显然不一定成立．对于D ，当平面B 1AM ⊥平面AMD 时，三棱锥B 1﹣AMD 的体积最大，可得球半径为1，体积是43π．【详解】对于A 选项：如图1，取AD 中点E ，连接EC 交MD 与F ，则11////NE AB NF MB ，，又11AB MB ⊥，所以EN NF ⊥，如果1CN AB ⊥，可得EN CN ⊥，且三线,,NE NF NC 共面共点，不可能，故A 选项不正确；对于B 选项：如图1，由A 选项可得1AMB EFN ≈△△，故1NEC MAB ∠=∠（定值），112NE AB =（定值），AM EC =（定值），故在NEC 中，由余弦定理得222cos CN CE NE NE CE NEC =+-⋅⋅∠，整理得222212422AB AB AB CN AM AM BC AB AM =+-⋅⋅=+ 故CN 为定值，故B 选项正确．对于C 选项：如图，取AM 中点O ，连接1,B O DO ，由AB BM =，得1B O AM ⊥，假设1AM B D ⊥，111B D B O B =，所以AM ⊥面1ODB ，所以OD AM ⊥，从而AD MD =，显然不恒成立，所以假设不成立，可得C 选项不正确．对于D 选项：由题易知当平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大，此时1B O ⊥平面AMD ，则1B O OE ⊥，由1AB BM ==，易求得122BO =，2DM =22221122122B E OB OE ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因此1EB EA ED EM ===，E 为三棱锥1B AMD -的外接球球心，此外接球半径为1，体积是43π．故D 选项正确．故答案为：BD ．【点睛】本题主要考查了线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于难题.本题C 选项的解题的关键在于采用反证法证明，进而推出矛盾解题，D 选项求解的关键在于把握平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大.3．在长方体1111ABCD A B C D -中，4AB BC ==，18AA =，点P 在线段11A C 上，M 为AB 的中点，则（） A ．BD ⊥平面PACB ．当P 为11AC 的中点时，四棱锥P ABCD -外接球半径为72C ．三棱锥A PCD -体积为定值D ．过点M 作长方体1111ABCD A B C D -的外接球截面，所得截面圆的面积的最小值为4π 【答案】ACD 【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A 选项的正误；判断出四棱锥P ABCD -为正四棱锥，求出该四棱锥的外接球半径，可判断B 选项的正误；利用等体积法可判断C 选项的正误；计算出截面圆半径的最小值，求出截面圆面积的最小值，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，因为AB BC =，所以，矩形ABCD 为正方形，所以，BD AC ⊥，在长方体1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1BD AA ∴⊥，1AC AA A ⋂=，AC 、1AA ⊂平面PAC ，所以，BD ⊥平面PAC ，A 选项正确；对于B 选项，当点P 为11A C 的中点时，PA ===同理可得PB PC PD ===因为四边形ABCD 为正方形，所以，四棱锥P ABCD -为正四棱锥，取AC 的中点N ，则PN 平面ABCD ，且四棱锥P ABCD -的外接球球心在直线PN上，设该四棱锥的外接球半径为R ，由几何关系可得222PN R AN R -+=，即2288R R -+=，解得92R =，B 选项错误；对于C 选项，2114822ACDSAD CD =⋅=⨯=，三棱锥P ACD -的高为18AA =，因此，116433A PCD P ACD ACD V V S AA --==⋅=△，C 选项正确；对于D 选项，设长方体1111ABCD A B C D -的外接球球心为E ，则E 为1BD 的中点，连接EN 、MN ，则1142EN DD ==，122MN AD ==， E 、N 分别为1BD 、BD 的中点，则1//EN DD ， 1DD ⊥平面ABCD ，EN ∴⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，EN MN ∴⊥，EM ∴==过点M 作长方体1111ABCD A B C D -的外接球截面为平面α，点E 到平面α的距离为d ，直线EM 与平面α所成的角为θ，则sin d EM θθ==≤ 当且仅当2πθ=时，等号成立，长方体1111ABCD A B C D -的外接球半径为R '==，所以，截面圆的半径2r =≥=，因此，截面圆面积的最小值为4π，D选项正确.故选：ACD.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.4．已知四面体ABCD的所有棱长均为2，则下列结论正确的是（）A．异面直线AC与BD所成角为60︒B．点A到平面BCD的距离为26 3C．四面体ABCD6πD．动点P在平面BCD上，且AP与AC所成角为60︒，则点P的轨迹是椭圆【答案】BC【分析】在正四面体中通过线面垂直可证得AC⊥BD，通过计算可验证BC,通过轨迹法可求得P 的轨迹为双曲线方程即可得D错误.【详解】取BD中点E,连接,AE CE,可得BD⊥面ACE,则AC⊥BD,故A错误；在四面体ABCD中，过点A作AF⊥面BCD于点F,则F为为底面正三角形BCD的重心，因为所有棱长均为2,22263AF AB BF =-=,即点A 到平面BCD 的距离为263,故B 正确；设O 为正四面体的中心则OF 为内切球的半径，OA 我外接球的半径，因为11433A BCD BCD BCD V S AF S OF -=⋅=⨯⋅△△，所以4AF OF =，即6=6OF AO =，, 所以四面体ABCD 的外接球体积3344633V R OA πππ===,故C 正确；建系如图：26230,0,,0,,033A C ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,设(,,0)P x y ，则262326,,0,,AP x y AC →→⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为cos 60AP AC AP AC →→→→⋅=，所以22232481224193972y x y +=++⨯+⨯，即222388=33y x y +++，平方化简可得：2232340039y x y ----，可知点P 的轨迹为双曲线,故D 错误. 故选：BC ．【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹的求解问题，解决此类问题可采用空间向量法，利用空间向量法表示出已知的角度或距离的等量关系，从而得到轨迹方程.5．已知正方体1111ABCD A B C D -棱长为2，如图，M 为1CC 上的动点，AM ⊥平面α.下面说法正确的是（）A ．直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为3232⎣⎦B ．点M 与点1C 重合时，平面α截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大 C ．点M 为1CC 的中点时，若平面α经过点B ，则平面α截正方体所得截面图形是等腰梯形D ．已知N 为1DD 中点，当AM MN +的和最小时，M 为1CC 的中点【答案】AC 【分析】以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，利用空间向量法可判断A 选项的正误；证明出1AC ⊥平面1A BD ，分别取棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点E 、F 、Q 、N 、G 、H ，比较1A BD 和六边形EFQNGH 的周长和面积的大小，可判断B 选项的正误；利用空间向量法找出平面α与棱11A D 、11A B 的交点E 、F ，判断四边形BDEF 的形状可判断C 选项的正误；将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，利用A 、M 、N 三点共线得知AM MN +最短，利用平行线分线段成比例定理求得MC ，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，则点()2,0,0A 、()2,2,0B 、设点()()0,2,02M a a ≤≤，AM ⊥平面α，则AM 为平面α的一个法向量，且()2,2,AM a =-，()0,2,0AB =， 2232cos ,,32288AB AM AB AM AB AMa a ⋅<>===⎢⋅⨯++⎣⎦，所以，直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为32⎣⎦，A 选项正确；对于B 选项，当M 与1CC 重合时，连接1A D 、BD 、1A B 、AC ，在正方体1111ABCD A B C D -中，1CC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1BD CC ∴⊥，四边形ABCD 是正方形，则BD AC ⊥，1CC AC C =，BD ∴⊥平面1ACC ，1AC ⊂平面1ACC ，1AC BD ∴⊥，同理可证11AC A D ⊥， 1A D BD D ⋂=，1AC ∴⊥平面1A BD ，易知1A BD 是边长为22(12322234A BD S =⨯=△为22362=.设E 、F 、Q 、N 、G 、H 分别为棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点，易知六边形EFQNGH 是边长为2的正六边形，且平面//EFQNGH 平面1A BD ，正六边形EFQNGH 的周长为62，面积为()236233⨯⨯=，则1A BD 的面积小于正六边形EFQNGH 的面积，它们的周长相等，B 选项错误；对于C 选项，设平面α交棱11A D 于点(),0,2E b ，点()0,2,1M ，()2,2,1AM =-，AM ⊥平面α，DE ⊂平面α，AM DE ∴⊥，即220AM DE b ⋅=-+=，得1b =，()1,0,2E ∴，所以，点E 为棱11A D 的中点，同理可知，点F 为棱11A B 的中点，则()2,1,2F ，()1,1,0EF =，而()2,2,0DB =，12EF DB ∴=，//EF DB ∴且EF DB ≠，由空间中两点间的距离公式可得2222015DE =++=()()()2222212205BF =-+-+-=，DE BF ∴=，所以，四边形BDEF 为等腰梯形，C 选项正确；对于D 选项，将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，如下图所示：若AM MN +最短，则A 、M 、N 三点共线，11//CC DD ，2222222MC AC DN AD ∴===+， 11222MC CC =≠，所以，点M 不是棱1CC 的中点，D 选项错误.故选：AC. 【点睛】本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题.6．已知棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -，过对角线1BD 作平面α交棱1AA 于点E ，交棱1CC 于点F ，以下结论正确的是（） A ．四边形1BFD E 不一定是平行四边形 B ．平面α分正方体所得两部分的体积相等 C ．平面α与平面1DBB 不可能垂直 D ．四边形1BFD E 2 【答案】BD 【分析】由平行平面的性质可判断A 错误;利用正方体的对称性可判断B 正确;当E ､F 为棱中点时,通过线面垂直可得面面垂直,可判断C 错误;当E 与A 重合,F 与1C 重合时,四边形1BFD E 的面积最大,2,可判断D 正确. 【详解】如图所示,对于选项A,因为平面1111//ABB A CC D D ,平面1BFD E 平面11ABB A BE =,平面1BFD E平面111CC D D D F =,所以1//BE D F ,同理可证1//D E BF ,所以四边形1BFD E 是平行四边形,故A 错误; 对于选项B,由正方体的对称性可知,平面α分正方体所得两部分的体积相等,故B 正确; 对于选项C,在正方体1111ABCD A B C D -中,有1,AC BD AC BB ⊥⊥, 又1BD BB B ⋂=,所以AC ⊥平面1BB D , 当E ､F 分别为棱11,AA CC 的中点时, 有//AC EF ,则EF ⊥平面1BB D , 又因为EF ⊂平面1BFD E ,所以平面1BFD E ⊥平面1BB D ,故C 错误;对于选项D,四边形1BFD E 在平面ABCD 内的投影是正方形ABCD , 当E 与A 重合,F 与1C 重合时,四边形1BFD E 的面积有最大值, 此时1212S D E BE =⋅=⋅=,故D 正确; 故选:BD. 【点睛】本题考查了正方体的几何性质与应用问题,也考查了点线面的位置关系应用问题,属于中档题.7．如图，点O 是正四面体P ABC -底面ABC 的中心，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，S 是棱PC 上的点，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ，则（）A ．若//MN 平面PAB ，则//AB RQ B ．存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQC ．存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+= D ．111PQPRPS++是常数【答案】ABD 【分析】对于选项A ，根据线面平行的性质定理，进行推理判断即可；对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ， 13SC PC =时，通过线面垂直的判定定理，证明此时PC ⊥平面SRQ ，即可证明，存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ；对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+=，利用线面垂直的判定定理可证得PC ⊥平面PAB ，此时通过反证法说明矛盾性，即可判断；对于选项D ，利用S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V ----=++，即可求得111PQPRPS++是常数.【详解】对于选项A ，若//MN 平面PAB ，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ,∴平面SMN 平面PAB =RQ ，又MN ⊂平面SMN ，//MN 平面PAB ，∴//MN RQ ，点O 在面ABC 上，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，∴MN ⊂平面ABC ，又//MN 平面PAB ，平面ABC平面PAB AB =，∴//MN AB ， ∴//AB RQ ，故A 正确；对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ，S 为线段PC 上靠近C 的三等分点，即13SC PC =，此时PC ⊥平面SRQ ，以下给出证明：在正四面体P ABC -中，设各棱长为a ，∴ABC ，PBC ，PAC △，PAB △均为正三角形，点O 为ABC 的中心，//MN AB ，∴由正三角形中的性质，易得23CN CM a ==，在CNS 中，23CN a =，13SC a =，3SCN π∠=，∴由余弦定理得，SN a ==， ∴222249SC SN a CN +==，则SN PC ⊥，同理，SM PC ⊥，又SM SN S =，SM ⊂平面SRQ ，SN ⊂平面SRQ ，∴PC ⊥平面SRQ ，∴存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ，故B 正确；对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+=，设QR 中点为K ，则2PQ PR PK +=，∴PS PK ⊥，即PC PK ⊥，()cos cos 0PC AB PC PB PA PC PB CPB PC PA CPA ⋅=⋅-=⋅∠-⋅∠=，∴PC AB ⊥，又易知AB 与PK 为相交直线，AB 与PK 均在平面PQR 上，∴PC ⊥平面PQR ，即PC ⊥平面PAB ，与正四面体P ABC -相矛盾，所以假设不成立，故C 错误；对于选项D ，易知点O 到面PBC ，面PAC ，面PAB 的距离相等，记为d ，记PC 与平面PAB 所处角的平面角为α，α为常数，则sin α也为常数，则点S 到PQR 的距离为sin PS α，又13sin 234PQRSPQ PR PQ PR π=⋅=⋅ ∴()()1133sin sin sin 33412S PQR PQRV PS S PS PQ PR PQ PR PS ααα-=⋅=⋅⋅=⋅⋅，又13sin23PSRSPS PR PS PR π=⋅=⋅， 13sin 234PSQSPS PQ PS PQ π=⋅=⋅，13sin 234PQRSPQ PR PQ PR π=⋅=⋅， ()3S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V d PS PR PS PQ PQ PR ----=++=⋅+⋅+⋅， ∴()33sin 1212PQ PR PS d PS PR PS PQ PQ PR α⋅⋅=⋅+⋅+⋅， ∴111sin d PQPRPSα++=为常数，故D 正确. 故选：ABD. 【点睛】本题考查了线面平行的性质定理、线面垂直的判定定理，考查了三棱锥体积的计算，考查了向量的运算，考查了转化能力与探究能力，属于较难题.8．M ，N 分别为菱形ABCD 的边BC ，CD 的中点，将菱形沿对角线AC 折起，使点D 不在平面ABC 内，则在翻折过程中，下列结论正确的有（）A ．MN ∥平面ABDB ．异面直线AC 与MN 所成的角为定值C ．在二面角D AC B --逐渐变小的过程中，三棱锥D ABC -外接球的半径先变小后变大D ．若存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直，则ABC ∠的取值范围是0,2π⎛⎫⎪⎝⎭【答案】ABD 【分析】利用线面平行的判定即可判断选项A ；利用线面垂直的判定求出异面直线AC 与MN 所成的角即可判断选项B ；借助极限状态，当平面DAC 与平面ABC 重合时，三棱锥D ABC -外接球即是以ABC ∆外接圆圆心为球心，外接圆的半径为球的半径，当二面角D AC B --逐渐变大时，利用空间想象能力进行分析即可判断选项C;过A 作AH BC ⊥,垂足为H ,分ABC ∠为锐角、直角、钝角三种情况分别进行分析判断即可判断选项D.【详解】对于选项A:因为M ，N 分别为菱形ABCD 的边BC ，CD 的中点，所以MN 为BCD ∆的中位线，所以//MN BD ,因为MN ⊄平面ABD ,BD ⊂平面ABD ，所以MN ∥平面ABD ,故选项A 正确；对于选项B ：取AC 的中点O ，连接,DO BO ,作图如下：则,AC DO AC BO ⊥⊥,BO DO O =,由线面垂直的判定知，AC ⊥平面BOD ,所以AC BD ⊥,因为//MN BD ,所以AC MN ⊥,即异面直线AC 与MN 所成的角为定值90，故选项B 正确；对于选项C:借助极限状态，当平面DAC 与平面ABC 重合时，三棱锥D ABC -外接球即是以ABC ∆外接圆圆心为球心，外接圆的半径为球的半径，当二面角D AC B --逐渐变大时，球心离开平面ABC ，但是球心在底面的投影仍然是ABC ∆外接圆圆心，故二面角D AC B --逐渐变小的过程中，三棱锥D ABC -外接球的半径不可能先变小后变大，故选项C 错误；对于选项D:过A 作AH BC ⊥,垂足为H ,若ABC ∠为锐角，H 在线段BC 上；若ABC ∠为直角，H 与B 重合；若ABC ∠为钝角，H 在线段BC 的延长线上；若存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直，因为AH BC ⊥，所以CB ⊥平面AHD ,由线面垂直的性质知,CB HD ⊥,若ABC ∠为直角，H 与B 重合，所以CB BD ⊥,在CBD ∆中，因为CB CD =, 所以CB BD ⊥不可能成立，即ABC ∠为直角不可能成立；若ABC ∠为钝角，H 在线段BC 的延长线上，则在原平面图菱形ABCD 中，DCB ∠为锐角，由于立体图中DB DO OB <+,所以立体图中DCB ∠一定比原平面图中更小，，所以DCB ∠为锐角，CB HD ⊥，故点H 在线段BC 与H 在线段BC 的延长线上矛盾，因此ABC ∠不可能为钝角；综上可知，ABC ∠的取值范围是0,2π⎛⎫⎪⎝⎭.故选项D 正确;故选：ABD 【点睛】本题考查异面垂直、线面平行与线面垂直的判定、多面体的外接球问题；考查空间想象能力和逻辑推理能力；借助极限状态和反证法思想的运用是求解本题的关键；属于综合型强、难度大型试题.9．在正方体1111ABCD A B C D -中，如图，,M N 分别是正方形ABCD ，11BCC B 的中心.则下列结论正确的是（）A ．平面1D MN 与11BC 的交点是11B C 的中点 B ．平面1D MN 与BC 的交点是BC 的三点分点 C ．平面1D MN 与AD 的交点是AD 的三等分点 D ．平面1D MN 将正方体分成两部分的体积比为1∶1 【答案】BC 【分析】取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ，连FM 并延长分别交,BC AD 于,P Q ，连1,D Q PN 并延长交11B C 与H ，平面四边形1D HPQ 为所求的截面，进而求出,,P Q H 在各边的位置，利用割补法求出多面体11QPHD C CD 的体积，即可求出结论.【详解】如图，取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ，连接FM 并延长，设FM BC P ⋂=，FM AD Q ⋂=，连接PN 并延长交11B C 于点H .连接1D Q ，1D H ，则平面四边形1D HPQ 就是平面1D MN 与正方体的截面，如图所示.111111////,22NE CC DD NE CC DD ==，NE ∴为1DD F ∆的中位线，E ∴为DF 中点，连BF ， ,,90DCE FBE BF DC AB FBE DCE ∴∆≅∆==∠=∠=︒， ,,A B F ∴三点共线，取AB 中点S ，连MS ，则12//,,23BP FB MS BP MS BC MS FS =∴==，22111,33236BP MS BC BC PE BC ∴==⨯=∴=， E 为DF 中点，11//,233PE DQ DQ PE BC AD ∴===N 分别是正方形11BCC B 的中心，11113C H BP C B ∴==所以点P 是线段BC 靠近点B 的三等分点，点Q 是线段AD 靠近点D 的三等分点，点H 是线段11B C 靠近点1C 的三等分点. 做出线段BC 的另一个三等分点P '，做出线段11A D 靠近1D 的三等分点G ，连接QP '，HP '，QG ，GH ，1H QPP Q GHD V V '--=，所以111113QPHD C CD QPHQ DCC D V V V -==多面体长方体正方体从而平面1D MN 将正方体分成两部分体积比为2∶1. 故选:BC.【点睛】本题考查直线与平面的交点及多面体的体积，确定出平面与正方体的交线是解题的关键，考查直观想象、逻辑推理能力，属于较难题.10．如果一个棱锥的底面是正方形，且顶点在底面内的射影是底面的中心，那么这样的棱锥叫正四棱锥．若一正四棱锥的体积为18，则该正四棱锥的侧面积最小时，以下结论正确的是（）．A ．棱的高与底边长的比为22B ．侧棱与底面所成的角为4π C 2 D ．侧棱与底面所成的角为3π 【答案】AB 【分析】设四棱锥S ABCD -的高为h ，底面边长为a ，由21183V a h ==得254h a=，然后可得侧面积为242108a a+，运用导数可求出当32a =时侧面积取得最小值，此时3h =，然后求出棱锥的高与底面边长的比和SAO ∠即可选出答案. 【详解】设四棱锥S ABCD -的高为h ，底面边长为a 可得21183V a h ==，即254h a= 所以其侧面积为2222244215410842244a a a h a a a⋅⋅+=+=+令()242108f a a a =+，则()23321084f a a a ⨯'=-令()233210840f a a a ⨯'=-=得32a =当(0,32a ∈时()0f a '<，()f a 单调递减当()32,a ∈+∞时()0f a '>，()f a 单调递增所以当32a =时()f a 取得最小值，即四棱锥的侧面积最小此时3h =2，故A 正确，C 错误侧棱与底面所成的角为SAO ∠，由3h =，32a =可得3AO = 所以4SAO π∠=，故B 正确，D 错误故选：AB 【点睛】本题考查的知识点有空间几何体的体积和表面积、线面角及利用导数求最值，属于综合题.。

高考数学二轮复习数学立体几何多选题试题含答案

高考数学二轮复习数学立体几何多选题试题含答案一、立体几何多选题1．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为底面ABCD 内（含边界）一点．（） A ．若13A P =，则满足条件的P 点有且只有一个 B ．若12A P =，则点P 的轨迹是一段圆弧 C ．若1//A P 平面11B D C ，则1A P 长的最小值为2D ．若12A P =且1//A P 平面11B DC ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面的面积为23π【答案】ABD 【分析】选项A ，B 可利用球的截面小圆的半径来判断；由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD 上，1A P 长的最大值为2；结合以上条件点P 与B 或D 重合，利用12sin 60A P r =︒，求出63r =，进而求出面积. 【详解】对A 选项，如下图：由13A P =，知点P 在以1A 为球心，半径为3的球上，又因为P 在底面ABCD 内（含边界），底面截球可得一个小圆，由1A A ⊥底面ABCD ，知点P 的轨迹是在底面上以A 为圆心的小圆圆弧，半径为22112r A P A A =-=，则只有唯一一点C满足，故A 正确；对B 选项，同理可得点P 在以A 为圆心，半径为22111r A P A A =-=的小圆圆弧上，在底面ABCD 内（含边界）中，可得点P 轨迹为四分之一圆弧BD .故B 正确；对C 选项，移动点P 可得两相交的动直线与平面11B D C 平行，则点P 必在过1A 且与平面11B D C 平行的平面内，由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD上，则1A P 长的最大值为12A B =，则C 不正确；对选项D ，由以上推理可知，点P 既在以A 为圆心，半径为1的小圆圆弧上，又在线段BD 上，即与B 或D 重合，不妨取点B ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面为11A BC 的外接圆，利用2126622,,sin 60333A B r r S r ππ==∴=∴==︒.故D 正确.故选：ABD 【点睛】（1）平面截球所得截面为圆面，且满足222=R r d +（其中R 为球半径，r 为小圆半径，d 为球心到小圆距离）；（2）过定点A 的动直线平行一平面α，则这些动直线都在过A 且与α平行的平面内.2．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点O 为11A D 的中点，若以O 6为半径的球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ，则下列结论正确的是（）A ．11//A D 平面EFGHB ．1AC ⊥平面EFGHC ．11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°D ．平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7 【答案】ACD 【分析】如图，计算可得,,,E F G H 分别为所在棱的中点，利用空间中点线面的位置关系的判断方法可判断A 、B 的正确与否，计算出直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒后可得C 正确，而几何体BHE CGF -为三棱柱，利用公式可求其体积，从而可判断D 正确与否. 【详解】如图，连接OA ，则2115OA AA =+=，故棱1111,,,A A A D D D AD 与球面没有交点.同理，棱111111,,A B B C C D 与球面没有交点. 因为棱11A D 与棱BC 之间的距离为26>BC 与球面没有交点.因为正方体的棱长为2，而26<球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ，所以棱11,,,AB CD C C B B 与球面各有一个交点，如图各记为,,,E F G H .因为OAE △为直角三角形，故22651AE OE OA -=-=，故E 为棱AB 的中点. 同理,,F G H 分别为棱11,,CD C C B B 的中点.由正方形ABCD 、,E F 为所在棱的中点可得//EF BC ，同理//GH BC ，故//EF GH ，故,,,E F G H 共面. 由正方体1111ABCD A B C D -可得11//A D BC ，故11//A D EF因为11A D ⊄平面EFGH ，EF ⊂平面EFGH ，故11//A D 平面EFGH ，故A 正确. 因为在直角三角1BA C 中，122A B =2BC = ，190A BC ∠=︒， 1A C 与BC 不垂直，故1A C 与GH 不垂直，故1A C ⊥平面EFGH 不成立，故B 错误.由正方体1111ABCD A B C D -可得BC ⊥平面11AA B B ，而1A B ⊂平面11AA B B ，所以1BC A B ⊥，所以1EF A B ⊥在正方形11AA B B 中，因为,E H 分别为1,AB BB 的中点，故1EH A B ⊥，因为EFEH E =，故1A B ⊥平面EFGH ，所以BEH ∠为直线AB 与平面EFGH 所成的角，而45BEH ∠=︒，故直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒，因为11//AB A B ，故11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°.故C 正确. 因为,,,E F G H 分别为所在棱的中点，故几何体BHE CGF -为三棱柱，其体积为111212⨯⨯⨯=，而正方体的体积为8，故平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7，故D 正确. 故选：ACD. 【点睛】本题考查空间中线面位置的判断、空间角的计算和体积的计算，注意根据球的半径确定哪些棱与球面有交点，本题属于中档题.3．已知直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ⊥，1AB BC BB ==，D 是AC 的中点，O 为1A C 的中点.点P 是1BC 上的动点，则下列说法正确的是（）A ．当点P 运动到1BC 中点时，直线1A P 与平面111ABC 5 B ．无论点P 在1BC 上怎么运动，都有11A P OB ⊥C ．当点P 运动到1BC 中点时，才有1A P 与1OB 相交于一点，记为Q ，且113PQ QA = D ．无论点P 在1BC 上怎么运动，直线1A P 与AB 所成角都不可能是30° 【答案】ABD 【分析】构造线面角1PA E ∠，由已知线段的等量关系求1tan EPPA E AE∠=的值即可判断A 的正误；利用线面垂直的性质，可证明11A P OB ⊥即可知B 的正误；由中位线的性质有112PQ QA =可知C 的正误；由直线的平行关系构造线线角为11B A P ∠，结合动点P 分析角度范围即可知D 的正误【详解】直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ⊥，1AB BC BB ==选项A 中，当点P 运动到1BC 中点时，有E 为11B C 的中点，连接1A E 、EP ，如下图示即有EP ⊥面111A B C∴直线1A P 与平面111A B C 所成的角的正切值：1tan EPPA E AE∠= ∵112EP BB =，22111152AE A B B E BB =+= ∴15tan PA E ∠=，故A 正确选项B 中，连接1B C ，与1BC 交于E ，并连接1A B ，如下图示由题意知，11B BCC 为正方形，即有11B C BC ⊥而AB BC ⊥且111ABC A B C -为直三棱柱，有11A B ⊥面11B BCC ，1BC ⊂面11B BCC ∴111A B BC ⊥，又1111A B B C B =∴1BC ⊥面11A B C ，1OB ⊂面11A B C ，故11BC OB ⊥ 同理可证：11A B OB ⊥，又11A B BC B ⋂=∴1OB ⊥面11A BC ，又1A P ⊂面11A BC ，即有11A P OB ⊥，故B 正确选项C 中，点P 运动到1BC 中点时，即在△11A B C 中1A P 、1OB 均为中位线∴Q为中位线的交点∴根据中位线的性质有：112PQQA=，故C错误选项D中，由于11//A B AB，直线1A P与AB所成角即为11A B与1A P所成角：11B A P∠结合下图分析知：点P在1BC上运动时当P在B或1C上时，11B A P∠最大为45°当P在1BC中点上时，11B A P∠最小为23arctan30>=︒∴11B A P∠不可能是30°，故D正确故选：ABD【点睛】本题考查了利用射影定理构造线面角，并计算其正弦值；利用线面垂直证明线线垂直；中位线的性质：中位线交点分中位线为1：2的数量关系；由动点分析线线角的大小4．如图，正方体1111ABCD A B C D-的棱长为1，线段11B D上有两个动点E，F，且2EF=则下列结论正确的是（）A ．三棱锥A BEF -的体积为定值B ．当E 向1D 运动时，二面角A EF B --逐渐变小C ．EF 在平面11ABB A 内的射影长为12D ．当E 与1D 重合时，异面直线AE 与BF 所成的角为π4【答案】AC 【分析】对选项分别作图，研究计算可得. 【详解】选项A:连接BD ,由正方体性质知11BDD B 是矩形，1112212224BEF S EF BB ∆∴=⋅=⨯=连接AO 交BD 于点O由正方体性质知AO ⊥平面11BDD B ,所以，AO 是点A 到平面11BDD B 的距离，即22AO =112213312A BEF BEF V S AO -∆∴=⨯==A BEF V -∴是定值.选项B:连接11A C 与11B D 交于点M ，连接11,AD AB ，由正方体性质知11AD AB =,M 是11B D 中点，AM EF ∴⊥ ,又1BB EF ⊥,11//BB AAA EFB ∴--的大小即为AM 与1AA 所成的角，在直角三角形1AA M 中，12tan 2MAA ∠=为定值. 选项C:如图，作1111,,,FH A B EG A B ET EG ⊥⊥⊥ 在直角三角形EFT 中，221cos 452FT EF =⨯=⨯=12HG FT ∴== 选项D:当E 与1D 重合时，F 与M 重合，连接AC 与BD 交于点R ，连接1D R ,1//D R BM 异面直线AE 与BF 所成的角,即为异面直线1AD 与1D R 所成的角, 在三角形1AD R 中，22111132,2AD D R MB BB M B ===+=2AR =由余弦定理得13cos AD R ∠= 故选：AC 【点睛】本题考查空间几何体性质问题.求解思路：关键是弄清(1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．求空间几何体体积的思路：若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法；若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.5．已知正方体1111ABCD A B C D -棱长为2，如图，M 为1CC 上的动点，AM ⊥平面α.下面说法正确的是（）A ．直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为3232⎣⎦B ．点M 与点1C 重合时，平面α截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大 C ．点M 为1CC 的中点时，若平面α经过点B ，则平面α截正方体所得截面图形是等腰梯形D ．已知N 为1DD 中点，当AM MN +的和最小时，M 为1CC 的中点【答案】AC 【分析】以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，利用空间向量法可判断A 选项的正误；证明出1AC ⊥平面1A BD ，分别取棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点E 、F 、Q 、N 、G 、H ，比较1A BD 和六边形EFQNGH 的周长和面积的大小，可判断B 选项的正误；利用空间向量法找出平面α与棱11A D 、11A B 的交点E 、F ，判断四边形BDEF 的形状可判断C 选项的正误；将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，利用A 、M 、N 三点共线得知AM MN +最短，利用平行线分线段成比例定理求得MC ，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，则点()2,0,0A 、()2,2,0B 、设点()()0,2,02M a a ≤≤，AM ⊥平面α，则AM 为平面α的一个法向量，且()2,2,AM a =-，()0,2,0AB =，2232cos ,2288AB AMAB AM AB AM a a ⋅⎡<>===⎢⋅⨯++⎣⎦，所以，直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为3232⎣⎦，A 选项正确；对于B 选项，当M 与1CC 重合时，连接1A D 、BD 、1A B 、AC ，在正方体1111ABCD A B C D -中，1CC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1BD CC ∴⊥，四边形ABCD 是正方形，则BD AC ⊥，1CC AC C =，BD ∴⊥平面1ACC ，1AC ⊂平面1ACC ，1AC BD ∴⊥，同理可证11AC A D ⊥， 1A D BD D ⋂=，1AC ∴⊥平面1A BD ，易知1A BD 是边长为22(12322234A BD S =⨯=△为22362=.设E 、F 、Q 、N 、G 、H 分别为棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点，易知六边形EFQNGH 是边长为2的正六边形，且平面//EFQNGH 平面1A BD ，正六边形EFQNGH 的周长为62，面积为()236233⨯⨯=，则1A BD 的面积小于正六边形EFQNGH 的面积，它们的周长相等，B 选项错误；对于C 选项，设平面α交棱11A D 于点(),0,2E b ，点()0,2,1M ，()2,2,1AM =-，AM ⊥平面α，DE ⊂平面α，AM DE ∴⊥，即220AM DE b ⋅=-+=，得1b =，()1,0,2E ∴，所以，点E 为棱11A D 的中点，同理可知，点F 为棱11A B 的中点，则()2,1,2F ，()1,1,0EF =，而()2,2,0DB =，12EF DB ∴=，//EF DB ∴且EF DB ≠，由空间中两点间的距离公式可得2222015DE =++=()()()2222212205BF =-+-+-=，DE BF ∴=，所以，四边形BDEF 为等腰梯形，C 选项正确；对于D 选项，将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，如下图所示：若AM MN +最短，则A 、M 、N 三点共线，11//CC DD ，2222222MC AC DN AD ∴===-+， 11222MC CC =-≠，所以，点M 不是棱1CC 的中点，D 选项错误. 故选：AC.【点睛】本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题.6．如图，已知矩形ABCD 中，2AB AD =，E 为边AB 的中点，将ADE ∆沿直线DE 翻折成1A DE ∆，若M 为线段1A C 的中点，则ADE ∆在翻折过程中，下列说法正确的是（）A ．线段BM 的长是定值B ．存在某个位置，使1DE AC ⊥C ．点M 的运动轨迹是一个圆D ．存在某个位置，使MB ⊥平面1A DE【答案】AC【分析】取CD 中点F ，连接BF ，MF ，根据面面平行的判定定理可得平面//BMF 平面1A DE ，由面面平行的性质定理可知//BM 平面1A DE ，可判断D ；在BFM ∆中，利用余弦定理可求得BM a =为定值，可判断A 和C ；假设1DE A C ⊥，由线面垂直的判定定理可得DE ⊥平面1A CE ，由线面垂直的性质定理可知1DE A E ⊥，与11DA A E ⊥矛盾，可判断B ．【详解】解：取CD 的中点F ，连接BF ，MF ，∵M ，F 分别为1A C 、CD 中点，∴1MF A D ∥，∵1A D ⊂平面1A DE ，MF ⊄平面1A DE ，∴MF 平面1A DE ，∵DF BE ∥且DF BE =，∴四边形BEDF 为平行四边形，∴BF DE ，∵DE ⊂平面1A DE ，BF ⊄平面1A DE ，∴BF ∥平面1A DE ，又BF MF F =，BF 、MF ⊂平面BMF ，∴平面//BMF 平面1A DE ，∵BM ⊂平面BMF ，∴BM ∥平面1A DE ，即D 错误，设22AB AD a ==，则112MF A D a ==，2BF DE a ==，145A DE MFB ︒∠=∠=， ∴222cos45BM MF BF MF BF a ︒=+-⋅⋅=，即BM 为定值，所以A 正确，∴点M 的轨迹是以B 为圆心，a 为半径的圆，即C 正确， ∵2DE CE a ==，2CD AB a ==， ∴222DE CE CD +=， ∴DE CE ⊥，设1DE A C ⊥，∵1A C 、CE ⊂平面1A CE ，1AC CE C =，∴DE ⊥平面1A CE ，∵1A E ⊂平面1A CE ，∴1DE A E ⊥，与11DA A E ⊥矛盾，所以假设不成立，即B 错误.故选:AC .【点睛】本题考查立体几何中的翻折问题，涉及到线段长度的求解、直线与平面位置关系的判定、点的轨迹的求解、反证法的应用等知识点，考查学生的空间立体感和推理论证能力．7．在正方体1111ABCD A B C D -中，如图，,M N 分别是正方形ABCD ，11BCC B 的中心.则下列结论正确的是（）A ．平面1D MN 与11BC 的交点是11B C 的中点B ．平面1D MN 与BC 的交点是BC 的三点分点C ．平面1D MN 与AD 的交点是AD 的三等分点D ．平面1D MN 将正方体分成两部分的体积比为1∶1【答案】BC【分析】取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ，连FM 并延长分别交,BC AD 于,P Q ，连1,D Q PN 并延长交11B C 与H ，平面四边形1D HPQ 为所求的截面，进而求出,,P Q H 在各边的位置，利用割补法求出多面体11QPHD C CD 的体积，即可求出结论.【详解】如图，取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ，连接FM 并延长，设FM BC P ⋂=，FM AD Q ⋂=，连接PN 并延长交11B C 于点H .连接1D Q ，1D H ，则平面四边形1D HPQ 就是平面1D MN 与正方体的截面，如图所示.111111////,22NE CC DD NE CC DD ==， NE ∴为1DD F ∆的中位线，E ∴为DF 中点，连BF ，,,90DCE FBE BF DC AB FBE DCE ∴∆≅∆==∠=∠=︒，,,A B F ∴三点共线，取AB 中点S ，连MS ，则12//,,23BP FB MS BP MS BC MS FS =∴==， 22111,33236BP MS BC BC PE BC ∴==⨯=∴=， E 为DF 中点，11//,233PE DQ DQ PE BC AD ∴=== N 分别是正方形11BCC B 的中心，11113C H BP C B ∴==所以点P 是线段BC 靠近点B 的三等分点，点Q 是线段AD 靠近点D 的三等分点，点H 是线段11B C 靠近点1C 的三等分点.做出线段BC 的另一个三等分点P '，做出线段11A D 靠近1D 的三等分点G ，连接QP '，HP '，QG ，GH ，1H QPP Q GHD V V '--=，所以111113QPHD C CD QPHQ DCC D V V V -==多面体长方体正方体从而平面1D MN 将正方体分成两部分体积比为2∶1.故选:BC.【点睛】本题考查直线与平面的交点及多面体的体积，确定出平面与正方体的交线是解题的关键，考查直观想象、逻辑推理能力，属于较难题.8．已知正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，侧棱11AA =，P 为上底面1111D C B A 上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（）A ．若3PD =，则满足条件的P 点有且只有一个B ．若3PD =，则点P 的轨迹是一段圆弧C ．若PD ∥平面1ACB ，则DP 长的最小值为2D ．若PD ∥平面1ACB ，且3PD =，则平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形的面积为94π 【答案】ABD【分析】若3PD =，由于P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一；()313PD =∈，，则12PD =，即点P 的轨迹是一段圆弧；当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为3=，可判断C ；平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为32=，可得D . 【详解】如图：∵正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，∴1122B D =11AA =，∴()2212213DB =+=，则P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一，故A 正确； ∵()313PD =，，11DD =，则12PD P 的轨迹是一段圆弧，故B 正确；连接1DA ，1DC ，可得平面11//A DC 平面1ACB ，则当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为()22213+=C 错误；由C 知，平面BDP 即为平面11BDD B ，平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接2221322122++=，面积为94π，故D 正确．故选：ABD ．【点睛】本题考查了立体几何综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.。

江苏省2024高考数学二轮复习专题二立体几何2

立体几何中的计算A 组——抓牢中档小题1. 若圆锥底面半径为1，高为2，则圆锥的侧面积为 ________.解析：由题意，得圆锥的母线长l ＝12＋22＝5，所以S 圆锥侧＝πrl ＝π×1×5＝5π.答案：5π2．已知正六棱柱的侧面积为72 cm 2，高为6 cm ，那么它的体积为________cm 3. 解析：设正六棱柱的底面边长为x cm ，由题意得6x ×6＝72，所以x ＝2，于是其体积V ＝34×22×6×6＝363cm 3. 答案：36 33．已知球O 的半径为R ，A ，B ，C 三点在球O 的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为32R ，AB ＝AC ＝BC ＝23，则球O 的表面积为________．解析：设△ABC 外接圆的圆心为O 1，半径为r ，因为AB ＝AC ＝BC ＝23，所以△ABC 为正三角形，其外接圆的半径r ＝232sin 60°＝2，因为OO 1⊥平面ABC ，所以OA 2＝OO 21＋r 2，即R 2＝⎝⎛⎭⎪⎫32R 2＋22，解得R 2＝16，所以球O 的表面积为4πR 2＝64π. 答案：64π4. 已知一个棱长为6 cm 的正方体塑料盒子(无上盖)，上口放着一个半径为5 cm 的钢球，则球心到盒底的距离为________cm.解析：球心到正方体的塑料盒上表面(不存在)所在平面的距离为52－32＝4，所以球心到盒底的距离为4＋6＝10(cm)．答案：105．(2024·扬州期末)若圆锥的侧面绽开图是面积为3π且圆心角为2π3的扇形，则此圆锥的体积为________．解析：设圆锥的底面半径为r ，高为h ，母线为l ，则由12·2π3·l 2＝3π，得l ＝3，又由2π3·l ＝2πr ，得r ＝1，从而有h ＝l 2－r 2＝22，所以V ＝13·πr 2·h ＝223π. 答案：223π6. 一块边长为10 cm 的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P 为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥形容器．当x ＝6 cm 时，该容器的容积为________cm 3.解析：由题意知，这个正四棱锥形容器的底面是以6 cm 为边长的正方形，侧面高为5 cm ，则正四棱锥的高为52－⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝4 cm ，所以所求容积V ＝13×62×4＝48 cm 3.答案：487．已知一个正方体的全部顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．解析：由正方体的表面积为18，得正方体的棱长为 3. 设该正方体外接球的半径为R ，则2R ＝3，R ＝32，所以这个球的体积为43πR 3＝4π3×278＝9π2.答案：9π28．设棱长为a 的正方体的体积和表面积分别为V 1，S 1，底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为V 2，S 2，若V 1V 2＝3π，则S 1S 2的值为________．解析：由题意知，V 1＝a 3，S 1＝6a 2，V 2＝13πr 3，S 2＝2πr 2，由V 1V 2＝3π，即a 313πr 3＝3π，得a ＝r ，从而S 1S 2＝6a 22πr 2＝62π＝32π. 答案：32π9．已知正方形ABCD 的边长为2，E ，F 分别为BC ，DC 的中点，沿AE ，EF ，AF 折成一个四面体，使B ，C ，D 三点重合，则这个四面体的体积为________．解析：设B ，C ，D 三点重合于点P ，得到如图所示的四面体P AEF .因为AP ⊥PE ，AP ⊥PF ，PE ∩PF ＝P ，所以AP ⊥平面PEF ，所以V 四面体P AEF ＝V 四面体A PEF ＝13·S △PEF ·AP ＝13×12×1×1×2＝13.答案：1310．(2024·常州期末)已知圆锥的高为6，体积为8，用平行于圆锥底面的平面截圆锥，得到的圆台体积是7，则该圆台的高为________．解析：设截得的小圆锥的高为h 1，底面半径为r 1，体积为V 1＝13πr 21h 1；大圆锥的高为h＝6，底面半径为r ，体积为V ＝13πr 2h ＝8.依题意有r 1r ＝h 1h ，V 1＝1，V 1V ＝13πr 21h 113πr 2h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫h 1h 3＝18，得h 1＝12h ＝3，所以圆台的高为h －h 1＝3.答案：311.如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，底面为直角三角形，∠ACB ＝90°，AC ＝6，BC ＝CC 1＝2，P 是BC 1上一动点，则CP ＋PA 1的最小值是________．解析：连结A 1B ，沿BC 1将△CBC 1绽开，与△A 1BC 1在同一个平面内，如图所示，连结A 1C ，则A 1C 的长度就是所求的最小值．因为A 1C 1＝6，A 1B ＝210，BC 1＝2，所以A 1C 21＋BC 21＝A 1B 2，所以∠A 1C 1B ＝90°.又∠BC 1C ＝45°，所以∠A 1C 1C ＝135°，由余弦定理，得A 1C 2＝A 1C 21＋CC 21－2A 1C 1·CC 1·cos∠A 1C 1C ＝36＋2－2×6×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝50，所以A 1C ＝52，即CP ＋PA 1的最小值是5 2.答案：5 212．(2024·苏中三市、苏北四市三调)现有一正四棱柱形铁块，底面边长为高的8倍，将其熔化锻造成一个底面积不变的正四棱锥形铁件(不计材料损耗)．设正四棱柱与正四棱锥的侧面积分别为S 1，S 2，则S 1S 2的值为________．解析：设正四棱柱的高为a ，所以底面边长为8a ，依据体积相等，且底面积相等，所以正四棱锥的高为3a ，则正四棱锥侧面的高为3a2＋4a2＝5a ，所以S 1S 2＝4×8a 24×12×8a ×5a ＝25. 答案：2513．已知圆锥的底面半径和高相等，侧面积为42π，过圆锥的两条母线作截面，截面为等边三角形，则圆锥底面中心到截面的距离为________．解析：如图，设底面半径为r ，由题意可得：母线长为2r .又侧面绽开图面积为12×2r ×2πr ＝42π，所以r ＝2.又截面三角形ABD 为等边三角形，故BD ＝AB ＝2r ，又OB ＝OD ＝r ，故△BOD 为等腰直角三角形．设圆锥底面中心到截面的距离为d ，又V O ABD ＝V A BOD ，所以d ×S △ABD ＝AO ×S △OBD .又S △ABD ＝34AB 2＝34×8＝23，S △OBD ＝2，AO ＝r ＝2，故d ＝2×223＝233.答案：23314. 底面半径为1 cm 的圆柱形容器里放有四个半径为12 cm 的实心铁球，四个球两两相切，其中底层两球与容器底面相切．现往容器里注水，使水面恰好浸没全部铁球，则须要注水________cm 3.解析：设四个实心铁球的球心为O 1，O 2，O 3，O 4，其中O 1，O 2为下层两球的球心，O 1O 2O 3O 4为正四面体，棱O 1O 2到棱O 3O 4的距离为22，所以注水高为1＋22.故应注水体积为π⎝⎛⎭⎪⎫1＋22－4×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋22π.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋22πB 组——力争难度小题1.(2024·天津高考)已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M EFGH 的体积为________．解析：如图，连结AD 1，CD 1，B 1A ，B 1C ，AC ，因为E ，H 分别为AD 1，CD 1的中点，所以EH ∥AC ，EH ＝12AC ，因为F ，G 分别为B 1A ，B 1C 的中点，所以FG ∥AC ，FG ＝12AC ，所以EH ∥FG ，EH ＝FG ，所以四边形EHGF 为平行四边形，又EG ＝HF ，EH ＝HG ，所以四边形EHGF 为正方形，又点M 到平面EHGF 的距离为12，所以四棱锥M EFGH 的体积为13×222×12＝112.答案：1122.(2024·苏州期末)鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根等长的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为5，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为________(容器壁的厚度忽视不计，结果保留π)．解析：设球形容器的最小半径为R ，则“十字立方体”的24个顶点均在半径为R 的球面上，所以两根并排的四棱柱体组成的长方体的八个顶点在这个球面上．球的直径就是长方体的体对角线的长度，所以2R ＝12＋22＋52＝30，得4R 2＝30.从而S 球面＝4πR 2＝30π.答案：30π3．已知三棱锥P ABC 的全部棱长都相等，现沿PA ，PB ，PC 三条侧棱剪开，将其表面绽开成一个平面图形，若这个平面图形外接圆的半径为26，则三棱锥P ABC 的体积为________．解析：由条件知，表面绽开图如图所示，由正弦定理得大正三角形的边长为a ＝2×26sin 60°＝62，从而三棱锥的全部棱长均为32，底面三角形ABC 的高为326，故三棱锥的高为18－6＝23，所求体积为V ＝13×34(32)2×23＝9.答案：94．(2024·渭南二模)体积为4π3的球与正三棱柱的全部面均相切，则该棱柱的体积为________．解析：设球的半径为R ，由4π3R 3＝4π3，得R ＝1，所以正三棱柱的高h ＝2.设底面边长为a ，则13×32a ＝1，所以a ＝2 3.所以V ＝12×23×3×2＝6 3.答案：6 35.如图所示，在直三棱柱中，AC ⊥BC ，AC ＝4，BC ＝CC 1＝2，若用平行于三棱柱A 1B 1C 1ABC 的某一侧面的平面去截此三棱柱，使得到的两个几何体能够拼接成长方体，则长方体表面积的最小值为________．解析：用过AB ，AC 的中点且平行于平面BCC 1B 1的平面截此三棱柱，可以拼接成一个边长为2的正方体，其表面积为24；用过AB，BC的中点且平行于平面ACC1A1的平面截此三棱柱，可以拼接成一个长、宽、高分别为4,1,2的长方体，其表面积为28；用过AA1，BB1，CC1的中点且平行于平面ABC的平面截此三棱柱，可以拼接成一个长、宽、高分别为4,2,1的长方体，其表面积为28，因此所求的长方体表面积的最小值为24.答案：246.如图，在棱长为4的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，D1C1上的动点，点G为正方形B1BCC1的中心．则空间四边形AEFG在该正方体各个面上的正投影所构成的图形中，面积的最大值为________．解析：四边形AEFG在前、后面的正投影如图①，当E与A1重合，F与B1重合时，四边形AEFG在前、后面的正投影的面积最大值为12；四边形AEFG在左、右面的正投影如图②，当E与A1重合，四边形AEFG在左、右面的正投影的面积最大值为8；四边形AEFG在上、下面的正投影如图③，当F与D重合时，四边形AEFG在上、下面的正投影的面积最大值为8.综上所述，所求面积的最大值为12.答案：12。

春季高考二轮复习--《立体几何》

第九章《立体几何》一、选择题：1、如图，点P 、Q 、M 、N 分别在正方体的四条棱上，并且是所有棱的中点，则直线PQ 与MN 成异面直线的一个图是（）2、已知正方体1111ABCD A B C D -，下列结论错误的是（）A 、AD 平面1D BCB 、1DC 与平面ABCD 所成的角为045C 、与所成的角为045D 、与所成的角为0453、已知空间四边形ABCD 中，EFGH 分别是边AB ，BC ，CD ，DA 的中点，给出下列四个命题，（1）AC 与BD 是相交直线；（2）//AB DC （3）四边形EFGH 是平行四边形（4）//EH 平面BCD ，其中真命题的个数是（）A 、4B 、3C 、2D 、14、下列四个命题，其中真命题的个数是（）（1）过平面外一点，有且只有一条直线与已知平面平行;（2）过平面外一点，有且只有一条直线与已知平面垂直；（3）平行于同一个平面的两个平面平行；（4）垂直于同一个平面的两个平面平行。

A 、1B 、2C 、3D 、45、正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2，下列结论正确的是（） A 、异面直线AD 1与CD所成的角045B 、直线AD 1与平面ABCD 所成的角为060C 、直线AD 1与CD 1的夹角是090D 、143D BCD V -= 6、正四棱锥的侧面是正三角形，则它的高和底面边长的比为（）A 、2:1B 、2:3C 、1:2D 、1：27、一个正方体的内切球与外接球的半径之比是（）A 、1:2B 、1:3C 、1:4D 、1：38、一个圆锥的底面半径为3，母线长为2，则母线与底面所成的角是（）度。

A 、30B 、45C 、60D 、无法确定9、长方体的表面积为22，所有棱长之和为24，则对角线的长为（）A 、11B 、12C 、13D 、1410、如图所示，AA 1是长方体的一条棱，这个长方体中与AA 1异面的棱共有( )A ．3条B ．4条C ．5条D ．6条11、下列四种叙述：①空间四点共面，则其中必有三点共线；②空间四点不共面，则其中任何三点不共线；③空间四点中有三点共线，则此四点必共面；④空间四点中任何三点不共线，则此四点不共面．其中正确说法的序号是( )A ．②③④ B ．②③ C ．①②③ D ．①③12、若三个平面两两相交，且三条交线互相平行，则这三个平面把空间分成( )A ．5部分B ．6部分C ．7部分D ．8部分13、能得出直线a 与平面α平行的条件是( )A ．a ⊄α，b ⊂α，a ∥bB ．b ⊂α，a ∥bC ．b ⊂α，c ∥α，a ∥b ，a ∥cD ．b ⊂α，A ∈a ，B ∈a ，C ∈b ，D ∈b ，且AC ＝BD14、对于直线m 、n 和平面α，下面命题中的真命题是( )A ．如果m ⊂α，n ⊄α，m 、n 是异面直线，那么n ∥αB ．如果m ⊂α，n ⊄α，m 、n 是异面直线，那么n 与α相交C ．如果m ⊂α，n ∥α，m 、n 共面，那么m ∥nD ．如果m ∥α，n ∥α，m 、n 共面，那么m ∥n15、两个平面平行的条件是( )A ．一个平面内一条直线平行于另一个平面B ．一个平面内两条直线平行于另一个平面C ．一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面D ．两个平面都平行于同一条直线16、已知m 、n 表示两条直线，α、β、γ表示三个平面，则下列命题中正确的个数是( )①若α∩γ＝m ，β∩γ＝n ，m ∥n ，则α∥β；②若m 、n 相交且都在平面α、β外，m ∥α，m ∥β，n ∥α，n ∥β，则α∥β；③若m ∥α，m ∥β，则α∥β；④若m ∥α，n ∥β，m ∥n ，则α∥β.A ．1B ．2C ．3D ．417、若命题“如果平面α内有三点到平面β的距离相等，那么α∥β”是正确的，则这三点必须满足的条件是( )A ．这三点不共线B ．这三点不共线且在β的同侧C ．这三点不在β的同侧D ．这三点不共线且在β的异侧18、PO 垂直于△ABC 所在平面α，垂足为O ，若点P 到△ABC 的三边的距离相等，且点O 在△ABC 内部，则点O 是△ABC 的( )A ．重心 B ．垂心 C ．外心 D ．内心19、设a 、b 是异面直线，下列命题正确的是( )A ．过不在a 、b 上的一点P 一定可以作一条直线和a 、b 都相交B ．过不在a 、b 上的一点P 一定可以作一个平面和a 、b 都垂直C ．过a 一定可以作一个平面与b 垂直D ．过a 一定可以作一个平面与b 平行20、在空间四边形ABCD 中，若AB ＝BC ，AD ＝CD ，E 为对角线AC 的中点，下列判断正确的是( )A ．平面ABD ⊥平面BDCB ．平面ABC ⊥平面ABD C ．平面ABC ⊥平面ADC D ．平面ABC ⊥平面BED二、填空题：21、已知底面半径为1的圆柱，其侧面展开图是正方形，则此圆柱的面积是。

2019—2020年最新苏教版高中数学必修二《立体几何初步》同步练习题及答案解析.doc

（新课标）2018-2019学年苏教版高中数学必修二立体几何同步练习1．已知a 、b 为不垂直的异面直线，α是一个平面，则a 、b 在α上的射影有可能是①两条平行直线 ②两条互相垂直的直线 ③同一条直线 ④一条直线及其外一点在上面结论中，正确结论的编号是（写出所有正确结论的编号）2．多面体上，位于同一条棱两端的顶点称为相邻的，如图，正方体的一个顶点A 在平面α内，其余顶点在α的同侧，正方体上与顶点A 相邻的三个顶点到α的距离分别为1，2和4，P 是正方体的其余四个顶点中的一个，则P 到平面α的距离可能是：①3； ②4； ③5； ④6； ⑤7 以上结论正确的为___________。

（写出所有正确结论的编号．．）3．一个长方体的长、宽、高分别为9cm 、6cm 、5cm ，先从这个长方体上尽可能大地切下一个正方体，再从剩下部分上尽可能大地切下一个正方体，最后再从第二次剩下部分上尽可能大地切下一个正方体，那么，经过三次切割后剩余部分的体积为_____________3cm4.在正三棱柱111C B A ABC -中，1=AB ．若二面角1C AB C --的大小为60，则点C 到平面1ABC 的距离为_____________．(2)(1)5．正四面体ABCD 的棱长为1，棱AB ∥平面α，则正四面体上的所有点在平面α内的射影构成的图形面积的取值范围是 .6有一个各棱长均为a 的正四棱锥，现用一张正方形包装纸将其完全包住，不能裁剪，可以折叠，那么包装纸的最小边长为_________________.7．两相同的正四棱锥组成如图1所示的几何体，可放棱长为1的正方体内，使正四棱锥的底面ABCD 与正方体的某一个平面平行，且各顶点．．．均在正方体的面上，则这样的几何体体积的可能值有（A ）1个（B ）2个（C ）3个（D ）无穷多个8长为4a 的正方形纸片按照如图（1）中虚线所示的方法剪开后拼接成一正四棱柱，设其体积为1V ，若将同样的正方形纸片按照如图（2）中虚线所示的方法剪开后拼接成一正四棱锥，设其体积为2V ，则1V 和2V 的大小关系是（）A ．21V V >B ．21V V <C ．21V V =D ．21V V ≤9.如图，在正三棱柱ABC A B C -111中，AB ＝3，AA 14=，M 为AA 1的中点，P 是BC 上一点，且由P沿棱柱侧面经过棱CC 1到M 的最短路线长为29，设这条最短路线与CC 1的交点为N ，求：（I ）该三棱柱的侧面展开图的对角线长;A 1 C 1B1MN A C BP图1（II ）PC 和NC 的长;（III ）平面MNP 与平面ABC 所成二面角（锐角）的正切值。

江苏省苏州市高考数学必过关题9立体几何

2015届苏州市高三数学过关题9——立体几何一．填空题：【考点一】空间线、面平行的位置关系 1．给出下列命题：①若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行；②若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行； ③若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行； ④若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行．上面命题中，假命题．．．的序号_________. 【答案】①②④[解析] ①两直线可能平行，相交，异面；②两平面平行或相交；④这两个平面平行或相交. 2．已知,m 是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,有下列四个命题: ①若l β⊂,且αβ⊥,则l α⊥;②若l β⊥,且//αβ,则l α⊥; ③若l β⊥,且αβ⊥,则//l α;④若m αβ=,且//l m ,则//l α.则所有正确命题的序号是_________. 【答案】 ②3．设m n ，是平面α内的两条不同直线，1l ，2l 是平面β内的两条相交直线，有下列四个命题①m ∥β且1l ∥α ②m ∥1l 且n ∥2l ③m ∥β且n ∥β ④m ∥β且n ∥2l .其中是α∥β成立的充分而不必要条件的命题的序号是________．【答案】： ②4．已知γβα,,是三个不同的平面，命题“γβγαβα⊥⇒⊥且,//”是真命题．如果把γβα,,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，真命题个．【答案】 25．如图，ABCD 是正方形，PA ⊥面ABCD ，连接,,,,,PB PC PD AC BD 问图中有对互相垂直的平面. 【答案】7对[解析]面PAB 和面ABCD ,面PAC 和面ABCD ,面PAD 和面ABCD 面PAB 和面PAD ,面PAB 和面PBC ,面PAD 和面PCD 面PAC 和面PBD ．6．正三棱锥S ABC -中，2BC =，SB =D E 、分别是棱SA SB 、上的点，Q 为边AB 的中点，SQ CDE ⊥平面，则三角形CDE 的面积为．【答案】410[解析]由Q 为边AB 的中点得AB SQ ⊥，又C D E SQ 平面⊥得AB DE //，设SQ交DE 于M 点，由32==SB BC ，，可求CM SQ SC CQ ⊥=且得M 为SQ 的中点，从而D2101==CM DE ，，则∆CDE 的面积为410. 【考点二】空间角的概念及求法7．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别是 CD 、1CC 的中点，则异面直线1A M 与DN 所成角的大小是________．【答案】2π[解析]连接1MD ，则DN MD ⊥1,又DN D A ⊥11，易知11MD A DN 面⊥，所以1A M 与DN 所成角的大小是2π． 8．如图长方体1111ABCD A BC D -，底面ABCD 是边长为2的正方形，1AA =4，则二面角1A BD A --的正切值为 .【答案】 [解析]二面角的平面角即为角11AO A ，可计算得其正切值为【考点三】柱、锥、球的表面积与体积9．底面边长为2，侧棱与底面成60︒的正四棱锥的侧面积为．【答案】[解析]60︒=1422⨯⨯．10．若一个圆锥的侧面展开图是面积为π2的半圆面，则该圆锥的体积为．【答案】π33 [解析]因为半圆面的面积为ππ2212=l ，所以42=l ，即2=l ，即圆锥的母线为2=l ，底面圆的周长πππ22==l r ，所以圆锥的底面半径1=r ，所以圆锥的高322=-=r l h ，所以圆锥的体积为πππ33331313=⨯=h r ． 11．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，3cm AB AD ==，12cm AA =，则四棱锥11A BB D D -的体积为 cm 3．【答案】6[解析] ∵长方体底面ABCD 是正方形，∴△ABD 中BD ，BD （它也B D 1D N A 1是11A BB D D -中11BB D D 上的高）．∴四棱锥11A BB D D -的体积为123⨯．【考点四】柱、锥、球及其组合体12．一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是6,3,2，这个长方体它的八个顶点都在同一个球面上，这个球的表面积是．【答案】 6π[解析]此球的直径即为长方体的体对角线，不难求出此长方体的三条边长为所以此球6π．13．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2SC =；则此棱锥的体积为．【答案】6[解析] ABC ∆的外接圆的半径r =O 到面ABC的距离d ==,SC 为球O 的直径⇒点S 到面ABC 的距离为2d =，此棱锥的体积为11233ABC V S d ∆=⨯==． 14．一个三棱柱恰好可放入一个正四棱柱的容体中，底面如图所示，其中三棱柱的底面AEF 是一个直角三角形，∠AEF = 90︒，AE = a ，EF = b ，三棱柱的高与正四棱柱的高均为1，则此正四棱柱的体积为．【答案】 422()a a ab +- [解析]设AB = x ，由AB EC AE EF =，得x ECa b=， ∴bx EC a =．则(1)bBE x a=-．由222AB BE AE +=，得2222(1)b x x a a +-=．4222()a x a a b =+-．则此正四棱柱的体积为422()a a a b +-．【考点五】空间几何图形的翻折与展开FEDCBAE ① A 1 AE ② A 1③ 15．一块边长为10 cm 的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P 为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥形容器．当x＝6 cm 时，该容器的容积为________cm 3．【答案】48 [解析]考点：图形的翻折和锥体体积的计算．由题意可知道，这个正四棱锥形容器的底面是以6 cm为边长的正方形，侧高为5 cm ，高为4 cm ，所以所求容积为48 cm 3． 16．已知正三棱柱111ABC A B C -的底面边长与侧棱长相等．蚂蚁甲从A 点沿表面经过棱1BB ，1CC 爬到点1A ，蚂蚁乙从B 点沿表面经过棱1CC 爬到点1A ．如图，设PAB α∠=，QBC β∠=，若两只蚂蚁各自爬过的路程最短，则αβ+= ．【答案】4π [解析]将三棱柱111ABC A B C -的侧面展开在同一平面处理．【考点六】立体几何中的最值问题17．在棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别为棱1AA 、11D C 上的动点，点G 为正方形，11B BCC 的中心. 则空间四边形AEFG 在该正方体各个面上的正投影所构成的图形中，面积的最大值为 . 【答案】12[解析]如图①，当E 与1A 重合、F 与1B 重合时，四边形AEFG 在前、后面的正投影的面积最大值为12；如图②，当E 与1A 重合、F 与1D 重合，四边形AEFG 在左、右面的正投影的面积最大值为8；如图③，当E 与A 重合、F 与D 重合时，四边形AEFG 在上、下面的正投影的面积最大值为8；综上得，面积最大值为12.ABCQ R A 1PB 1C 118．已知正四棱锥S ABCD -中，32=SA ，那么当该棱锥的体积取最大时，高为 . 【答案】2[解析]考察锥体的体积，考察函数的最值问题.设底面边长为a ，则高212)22(222a a SA h -=-=所以64221123131a a h a V -==，设642112a a y -=，则53348a a y -='，当y 取最值时，034853=-='a a y ，解得0=a 或4=a 时，体积最大，此时22122=-=a h .二．解答题：19．如图，四边形ABCD 是矩形，平面ABCD ⊥平面BCE ，BE ⊥EC ． (1)求证：平面AEC ⊥平面ABE ；(2)点F 在BE 上．若DE ∥平面ACF ，求BF BE的值．[解析] (1)因为ABCD 为矩形，所以AB ⊥BC ，因为平面ABCD ⊥平面BCE ，平面ABCD ∩平面BCE ＝BC ，AB ⊂平面ABCD ，所以AB ⊥平面BCE ．因为CE ⊂平面BCE ，所以CE ⊥AB ．因为CE ⊥BE ，AB ⊂平面ABE ，BE ⊂平面ABE ，AB ∩BE ＝B ，所以CE ⊥平面ABE ．因为CE ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面ABE ． (2)连接BD 交AC 于点O ，连接OF ．因为DE ∥平面ACF ，DE ⊂平面BDE ，平面ACF ∩平面BDE ＝OF ，所以DE ∥OF .又因为矩形ABCD 中，O 为BD 中点，所以F 为BE 中点，即BF BE ＝12．20．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1111AB AC =，D E ，分别是棱1BC CC ，上的点（点D 不同于点C ），且AD DE F ⊥，为11B C 的中点．求证：（1）平面ADE ⊥平面11BCC B ；（2）直线1//A F 平面ADE ．[解析]（1）在直三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，又AD ⊂平面ABC ，所以1CC DE ⊥．DC ⊂平面11BCC B ,1CC DE E ⋂=,所以AD ⊥平面11BCC B ,又AD ⊂平面ADE ,所以平面ADE ⊥平面11BCC B ．（2）因为1111A B AC =,F 为11B C 的中点，所以111A F B C ⊥, 因为1CC ⊥平面111ABC ，且1A F ⊂平面111ABC ，所以11CC A F ⊥．又因为111CC B C ⊂，11BCC B ,1111CC B C C ⋂=, 所以1A F ⊥平面11BCC B ．FABCEDA 1B 1C 1B 1C BADC 1 A 1 又AD ⊥平面11BCC B ，所以1//A F AD . 又AD ⊂平面ADE ，1AF ⊄平面ADE , 所以直线1//A F 平面ADE ．21．如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧棱垂直底面，90ACB ∠=，112AC BC AA ==，D 是棱1AA 的中点(1)证明：平面1BDC ⊥平面BDC ；（2）平面1BDC 分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比． [解析] (1) 由题设知1BC CC ⊥，BC AC ⊥，1CC AC C =，BC ∴⊥平面11ACC A 又1DC ⊂平面11ACC A ，1BC DC ∴⊥，112AC BC AA ==，1145A DC ADC ∴∠=∠=190CDC ∴∠=，即1DC DC ⊥，又DCBC C =，1DC ∴⊥平面BDC ，1DC ⊂平面1BDC ，故平面1BDC ⊥平面BDC（2）设棱锥1B DACC -的体积为1V ，1AC =，则1112111322V +=⨯⨯⨯= 又三棱柱111ABC A B C -的体积1V =，()11:1:1V V V ∴-=，故平面1BDC 分此棱柱所得两部分体积的比为1:1．22．如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，1PD DC BC ===，02//90AB AB DC BCD =∠=，，．(1)求证：PC BC ⊥；(2)求点A 到平面PBC 的距离．[解析]（1）因为PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥BC ．由∠BCD=900，得CD ⊥BC ，又PD DC=D ，PD 、DC ⊂平面PCD ，所以BC ⊥平面PCD ．因为PC ⊂平面PCD ，故PC ⊥BC ．（2）（方法一）分别取AB 、PC 的中点E 、F ，连DE 、DF ，则：易证DE ∥CB ，DE ∥平面PBC ，点D 、E 到平面PB C 的距离相等．又点A 到平面PBC 的距离等于E 到平面PBC 的距离的2倍．由（1）知：BC ⊥平面PCD ，所以平面PBC ⊥平面PCD 于PC ，因为PD=DC ，PF=FC ，所以DF⊥PC ，所以DF ⊥平面PBC 于F ．易知DF=2，故点A 到平面PBC（方法二）体积法：连结AC ．设点A 到平面PBC 的距离为h ．因为AB ∥DC ，∠BCD=900，所以∠AB C=900．从而AB=2，BC=1，得ABC ∆的面积1ABC S ∆=．由PD ⊥平面ABCD 及PD=1，得三棱锥P-ABC 的体积1133ABC V S PD ∆=⋅=．因为PD ⊥平面ABCD ，DC ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥DC ．又PD=DC=1，所以PC =。

2019年江苏高考数学二轮复习教师用书：第1部分知识专题突破专题9 立体几何 Word版含答案

专题九立体几何———————命题观察·高考定位———————(对应学生用书第39页)1. (2019·江苏高考)如图9－1，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．图9－132[设球O 的半径为R ， ∵球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切， ∴圆柱O 1O 2的高为2R ，底面半径为R .∴V 1V 2＝πR 2·2R 43πR3＝32.] 2．(2019·江苏高考)现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为______．7 [设新的底面半径为r ，由题意得13×π×52×4＋π×22×8＝13×π×r 2×4＋π×r 2×8， ∴r 2＝7，∴r ＝7.]3．(2019·江苏高考)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2.若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________．32 [设两个圆柱的底面半径和高分别为r 1，r 2和h 1，h 2，由S 1S 2＝94，得πr 21πr 22＝94，则r 1r 2＝32.由圆柱的侧面积相等，得2πr 1h 1＝2πr 2h 2，即r 1h 1＝r 2h 2，则h 1h 2＝23，所以V 1V 2＝πr 21h 1πr 2h 2＝32.]4. (2019·江苏高考)如图9－2，在三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，AC ，AA 1的中点．设三棱锥F －ADE 的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________.图9－21∶24 [设三棱柱的底面ABC 的面积为S ，高为h ，则其体积为V 2＝Sh .因为D ，E 分别为AB ，AC 的中点，所以△ADE 的面积等于14S .又因为F 为AA 1的中点，所以三棱锥F －ADE 的高等于12h ，于是三棱锥F －ADE 的体积V 1＝13×14S ·12h ＝124Sh ＝124V 2，故V 1∶V 2＝1∶24.] 5．(2019·江苏高考) 如图9－3，在三棱锥A －BCD 中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E ，F (E 与A ，D 不重合)分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD . 求证：(1)EF ∥平面ABC ； (2)AD ⊥AC .【导学号：56394060】图9－3[证明] (1)在平面ABD 内，因为AB ⊥AD ，EF ⊥AD ，所以EF ∥AB .又因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以EF ∥平面ABC .(2)因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，BC ⊂平面BCD ，BC ⊥BD ，所以BC ⊥平面ABD .因为AD ⊂平面ABD ，所以BC ⊥AD .又AB ⊥AD ，BC ∩AB ＝B ，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥平面ABC . 又因为AC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥AC .6. (2019·江苏高考)如图9－4，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F 在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.图9－4[证明](1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.[命题规律]观近几年江苏的高考题，立体几何的客观题以柱、锥、球为载体考查体积、表面积为主，属容易题；解答题一般都处于解答题第16题的位置，也就是属于容易题范畴，考查的难度不大，且都是考查线线、线面或面面的平行与垂直关系的证明．从近几年江苏高考试题分析，解答题中考查一道立体几何题型是固定模式，一般与棱柱和棱锥相关，其重点放在对几何体中的一些线、面之间的平行与垂直关系的证明上，突出考查学生的空间想象能力和推理运算能力．———————主干整合·归纳拓展———————(对应学生用书第40页)[第1步▕核心知识再整合]1．空间几何体的两组常用公式(1)柱体、锥体、台体的侧面积公式：①S柱侧＝ch(c为底面周长，h为高)；②S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)；③S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)；④S 球表＝4πR 2(R 为球的半径)． (2)柱体、锥体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；③V 球＝43πR 3.2．直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a ⊄α，b ⊂α，a ∥b ⇒a ∥α. (2)线面平行的性质定理：a ∥α，a ⊂β，α∩β＝b ⇒a ∥b .(3)面面平行的判定定理：a ⊂β，b ⊂β，a ∩b ＝P ，a ∥α，b ∥α⇒α∥β. (4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b ⇒a ∥b . 3．直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m ⊂α，n ⊂α，m ∩n ＝P ，l ⊥m ，l ⊥n ⇒l ⊥α. (2)线面垂直的性质定理：a ⊥α，b ⊥α⇒a ∥b . (3)面面垂直的判定定理：a ⊂β，a ⊥α⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l ，a ⊂α，a ⊥l ⇒a ⊥β.[第2步▕ 高频考点细突破]【例1】图9－5在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝3 cm ，AA 1＝2 cm ，则三棱锥A －B 1D 1D 的体积为________cm 3.[解析] VA －B 1D 1D ＝VB 1－AD 1D ＝13×S △AD 1D ×B 1A 1＝13×12×AD ×D 1D ×B 1A 1＝13×12×3×2×3＝3. [答案] 3[规律方法] (1)在求三棱锥体积的过程中，等体积转化法是常用的方法，转换底面的原则是使其高易求，常把底面放在已知几何体的某一面上．(2)求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体变为规则几何体，易于求解．(3)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问题化归为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系．(4)求与球有关的“切”或者“接”球半径时，往往用到的方法有构造法或者直接确定球心． [举一反三](江苏省南京市2019届高考三模数学试题)如图9－6，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，BC ＝2，BB 1＝3，∠ABC ＝90°，点D 为侧棱BB 1上的动点，当AD ＋DC 1最小时，三棱锥D －ABC 1的体积为________．图9－613[将直三棱柱ABC －A 1B 1C 1展开成矩形ACC 1A 1，如图，连接AC 1，交BB 1于D ，此时AD ＋DC 1最小，∵AB ＝1，BC ＝2，BB 1＝3，∠ABC ＝90°，点D 为侧棱BB 1上的动点， ∴当AD ＋DC 1最小时，BD ＝1，此时三棱锥D －ABC 1的体积：VD －ABC 1＝VC 1－ABD ＝13×S △ABD ×B 1C 1＝13×12×AB ×BD ×B 1C 1 ＝13×12×1×1×2＝13.]【例2】①若两个平面平行，那么其中一个平面内的直线一定平行于另一个平面；②若两个平面平行，那么垂直于其中一个平面的直线一定垂直于另一个平面；③若两个平面垂直，那么垂直于其中一个平面的直线一定平行于另一个平面；④若两个平面垂直，那么其中一个平面内的直线一定垂直于另一个平面．则其中所有真命题的序号是________．【导学号：56394061】[解析]两个平面平行，其中一个平面内的直线与另一平面一定没有公共点，因此线面平行，①正确；同样两个平面平行，一直线与其中一个平面垂直，则它必垂直这个平面内的任意直线，根据面面平行的性质定理，它也必垂直另一平面内的两条相交直线，故这条直线与另一平面也垂直，②正确；两平面垂直，垂直于其中一个平面的直线可能在另一平面内(面面垂直性质定理)，③错误；两平面垂直时，它们的交线与两平面都不垂直，④错误．[答案]①②[规律方法]解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全移植到立体几何中．[举一反三]设a，b，c是空间三条直线，α，β是空间两个平面，则下列命题中，逆命题不正确的是________．(填序号)①当c⊥α时，若c⊥β，则α//β；②当b⊂α，a⊄α且c是a在α内的射影时，若b⊥c，则a⊥b；③当b⊂α时，若b⊥β，则α⊥β；④当b⊂α且c⊄α时，若c//α，则b//c.③[①命题的逆命题为“当c⊥α时，若α∥β，则c⊥β”，正确；②命题的逆命题为“当b⊂α，a⊄α且c是a在α内的射影时，若a⊥b，则b⊥c”，正确；③命题的逆命题为“当b⊂α时，若α⊥β，则b⊥β”，错误；④命题的逆命题为“当b⊂α且c⊄α时，若b∥c，则c∥α”，正确．]【例3】(111CA＝CB，AA1＝2AB，D是AB的中点．(1)求证：BC1∥平面A1CD；(2)若点P 在线段BB 1上，且BP ＝14BB 1，求证：AP ⊥平面A 1CD .图9－7[证明] (1)连接AC 1，设与CA 1交于O 点，连接OD (图略)． ∴直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，O 为AC 1的中点，∵D 是AB 的中点， ∴在△ABC 1中，OD ∥BC 1，又∵OD ⊂平面A 1CD ， ∴BC 1∥平面A 1CD .(2)由题意，设AB ＝x ，则BP ＝24x ，AD ＝12x ，A 1A ＝2x ，由于BP AD ＝AB AA 1＝22，∴△ABP ∽△ADA 1，可得∠BAP ＝∠AA 1D ， ∵∠DA 1A ＋∠ADA 1＝90°，可得：AP ⊥A 1D ，又∵CD ⊥AB ，平面ABC ⊥平面ABB 1A 1，CD ⊂平面ABC ，平面ABC ∩平面ABB 1A 1＝AB ，可得CD ⊥平面ABB 1A 1，∴CD ⊥AP ，又∵A 1D ∩CD ＝D ， ∴AP ⊥平面A 1CD .[规律方法] (1)要证线面平行，先在平面内找一条直线与已知直线平行，或找一个经过已知直线与已知平面相交的平面，找出交线，证明两线平行． (2)要证线线平行，可考虑公理4或转化为线面平行．(3)要证线面垂直可转化为证明线线垂直，应用线面垂直的判定定理与性质定理进行转化． [举一反三] 如图9－8所示，在四面体PABC 中，PC ⊥AB ，PA ⊥BC ，点D ，E ，F ，G 分别是棱AP ，AC ，BC ，PB 的中点．(1)求证：DE ∥平面BCP ； (2)求证：四边形DEFG 为矩形；(3)是否存在点Q ，到四面体PABC 六条棱的中点的距离相等？说明理由．图9－8[解] (1)证明：因为D ，E 分别是AP ，AC 的中点，所以DE ∥PC . 又DE ⊄平面BCP ，所以DE ∥平面BCP .(2)证明：因为D ，E ，F ，G 分别为AP ，AC ，BC ，PB 的中点，所以DE ∥PC ∥FG ，DG ∥AB ∥EF . 所以四边形DEFG 为平行四边形．又PC ⊥AB ，所以DE ⊥DG . 所以四边形DEFG 为矩形．(3)存在点Q 满足条件．理由如下：连接DF ，EG ，如图所示，设Q 为EG 的中点，由(2)知，DF ∩EG ＝Q ，且QD ＝QE ＝QF ＝QG ＝12EG .分别取PC ，AB 的中点M ，N ，连接ME ，EN ，NG ，MG ，MN .与(2)同理，可证四边形MENG 为矩形，其对角线交点为EG 的中点Q ，且QM ＝QN ＝12EG ，所以Q 为满足条件的点.【例4】 CDE 所在的平面交于CD ，AE ⊥平面CDE ，且AB ＝2AE .(1)求证：AB ∥平面CDE ； (2)求证：平面ABCD ⊥平面ADE .图9－9[证明] (1)正方形ABCD中，AB//CD，又AB⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，∴AB//平面CDE.(2)∵AE⊥平面CDE，且CD⊂平面CDE，∴AE⊥CD，又正方形ABCD中，CD⊥AD，且AE∩AD＝A，AE⊂平面ADE，AD⊂平面ADE，∴CD⊥平面ADE，又CD⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面ADE.[规律方法]线面、线线垂直与平行的位置关系在面面平行与垂直位置关系的证明中起着承上启下的桥梁作用，依据线面、面面位置关系的判定定理与性质定理进行转化是解决这类问题的关键．证明面面平行主要依据判定定理，证明面面垂直时，关键是从现有直线中找一条直线与其中一个平面垂直，若图中不存在这样的直线应借助添加中线、高线等方法解决．[举一反三](江苏省南京市2019届高考三模数学试题)如图9－10，在三棱锥A－BCD中，E、F分别为BC，CD上的点，且BD∥平面AEF.(1)求证：EF∥平面ABD；(2)若AE⊥平面BCD，BD⊥CD，求证：平面AEF⊥平面ACD.【导学号：56394062】图9－10[证明] (1)∵BD∥平面AEF，BD⊂平面BCD，平面BCD∩平面AEF＝EF，∴BD ∥EF ，又BD ⊂平面ABD ，EF ⊄平面ABD ， ∴EF ∥平面ABD .(2)∵AE ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD ， ∴AE ⊥CD ，由(1)可知BD ∥EF ，又BD ⊥CD ， ∴EF ⊥CD ，又AE ∩EF ＝E ，AE ⊂平面AEF ，EF ⊂平面AEF ， ∴CD ⊥平面AEF ，又CD ⊂平面ACD ， ∴平面AEF ⊥平面ACD .[第3步▕ 高考易错明辨析]1．概念不清，做题时想当然导致出错．这是一些中差生最常犯的错如图9－11，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝4 cm ，AD ＝3 cm ，AA 1＝2 cm ，则四棱锥A －BB 1D 1D 的体积为________cm 3.图9－11[错解] 设AC ，BD 的交点为O (图略)，则四棱锥A －BB 1D 1D 的体积V ＝13×SBB 1D 1D ×AO ，根据题意AC ＝5 cm ，所以AO ＝52，四棱锥A －BB 1D 1D 的体积V ＝13×5×2×52＝253 cm 3.[错解分析] 由于AO 不垂直于面BB 1D 1D ，四棱锥A －BB 1D 1D 的体积不是13×SBB 1D 1D ×AO .[正解] 作AO ⊥BD ，垂足为O (图略)，因为平面ABCD ⊥平面BB 1D 1D .所以，AO ⊥平面BB 1D 1D ，所以四棱锥A －BB 1D 1D 的高为AO ，根据题意BD ＝5 cm ，所以AO ＝125，四棱锥A －BB 1D 1D 的体积V ＝13×5×2×125＝8 cm 3.2. 考纲要求学生要有一定的空间想象力，能根据图形想象出直观形象．学生往往由于空间感太差，考虑问题不全面，忽视一些细节之处，把图形想错已知m 、n 为两条不同的直线，α、β为两个不同的平面，则下列命题中正确的是________．(填序号) ①m ⊥α，m ⊥n ⇒n ∥α； ②α∥β，m ⊂α，n ⊂β⇒m ∥n ； ③m ∥n ，m ⊥α⇒n ⊥α；④m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β⇒α∥β.[错解]对①，想象为如下图形，所以正确，填①.[错解分析]空间想象能力差，考虑问题不全面而导致出错．[正解]对①，直线有可能在平面内，故错；对②，只能说明直线m、n无公共点，它们还有可能为异面直线，故错；对③，图形如下，所以正确，填③. 对④，平面α、β有可能相交，故错．3．推理不严密，逻辑思维混乱导致出错如图9－12，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点．如图，求证：平面PAC ⊥平面PBC.图9－12[错解]因为PA垂直圆所在的平面，所以PA⊥AC.又因为AB是圆的直径，C是圆上的点，所以BC⊥AC.所以平面PAC⊥平面PBC.[错解分析]证明任何一种位置关系，应紧扣相应的判定定理，要证两个平面垂直，必须证明其中一个平面经过另外一个平面的一条垂线．以上证明找到了PA⊥AC，BC⊥AC，但这并不能说明平面PAC⊥平面PBC.[正解]由AB是圆的直径可得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.又因为BC⊂平面PBC，所以平面PAC⊥平面PBC.———————专家预测·巩固提升———————(对应学生用书第43页)1．边长为2 2 的正△ABC内接于体积为43π的球，则球面上的点到△ABC的最大距离为________．433[设M 是△ABC 的外心，半径为r ，设球心为O ，球体半径为R ，则V ＝43πR 3＝43π，即R ＝3，在Rt △OMC 中，2r ＝22sin 60°，则r ＝223，d ＝R 2－r 2＝3－83＝33，d max ＝d ＋R ＝33＋3＝433.]2．等边三角形ABC 的边长为2，将它沿高AD 翻折，使点B 与点C 间的距离为2，此时四面体ABCD 外接球体积为________.【导学号：56394063】图9－1355π6 [根据题意可知三棱锥B －ACD 的三条侧棱BD ⊥AD ，DC ⊥DA ，底面是直角三角形，它的外接球就是它扩展为正三棱柱的外接球，球心在上下底面斜边的中点连线的中点处，求出上下底面斜边的中点连线的中点到顶点的距离，就是球的半径，R ＝OB ＝OC 2＋BC 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝52，∴V ＝43πR 3＝556π.] 3．在边长为6 cm 的正方形ABCD 中，E 、F 分别为BC 、CD 的中点，M 、N 分别为AB 、CF 的中点，现沿AE 、AF 、EF 折叠，使B 、C 、D 三点重合于B ，构成一个三棱锥(如图9－14所示)． (1)在三棱锥上标注出M 、N 点，并判别MN 与平面AEF 的位置关系，并给出证明；(2)G 是线段AB 上一点，且AG →＝λ·AB →，问是否存在点G 使得AB ⊥平面EGF ，若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由； (3)求多面体E －AFNM 的体积．图9－14[解] (1)因翻折后B 、C 、D 重合，所以MN 应是△ABF 的一条中位线，如图所示．则MN //平面AEF.证明如下：⎭⎪⎬⎪⎫MN //AFMN ⊄平面AEF AF ⊂平面AEF ⇒MN //平面AEF . (2)存在G 点使得AB ⊥平面EGF ，此时λ＝1.因为⎭⎪⎬⎪⎫AB ⊥BEAB ⊥BF BE ∩BF ＝B ⇒AB ⊥平面EBF . 又G 是线段AB 上一点，且AG →＝λ·AB →，∴ 当点G 与点B 重合时AB ⊥平面EGF ，此时λ＝1. (3)因为AB ⊥平面BEF ，且AB ＝6，BE ＝BF ＝3， ∴V A －BEF ＝13·AB ·S △BEF ＝9，又V E －AFNM V E －ABF ＝S AFNM S △ABF ＝34， V E －AFNM ＝274.。

江苏省2019高考数学二轮复习第9讲立体几何的综合问题滚动小练(含答案)

第9讲立体几何的综合问题<0,若p且q为真,则x的取值范围是.1.已知p:x2-2x-3<0;q:-2.已知△ABC的三边长分别为a,b,c且a2+b2-c2=ab,则∠C=.3.若存在实数x,使得x2-4bx+3b<0成立,则实数b的取值范围是.4.(2018苏州学业阳光指标调研)如图,两座建筑物AB,CD的高度分别是9m和15m,从建筑物AB的顶部A看建筑物CD的张角∠CAD=45°,则这两座建筑物AB和CD的底部之间的距离BD= m.5.(2017无锡普通高中调研)在平行四边形ABCD中,AB=4,AD= ,∠A=,M为DC的中点,N为平面ABCD内一点,若|-|=|-|,则·= .6.(2018江苏高考信息预测)如图,在平行四边形ABCD中,E,F分别在BC,CD上,且BE=BC,DF=FC,AE与BF交于点H,设=a,=b,且=xa+yb(x,y∈R),则x-y= .7.(2018江苏扬州中学高三模拟)如图,四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为菱形,PA⊥平ABCD,BD交AC于点E,F是线段PC中点,G为线段EC中点.(1)求证:FG∥平面PBD;(2)求证:BD⊥FG.8.(2018江苏盐城中学高三期末)如图,在△ABC中,B=,BC=2,点D在边AB上,AD=DC,DE⊥AC,E为垂足.(1)若△BCD的面积为,求CD的长;(2)若ED=,求角A的大小.答案精解精析1.答案 (-1,2)解析解不等式x 2-2x-3<0得-1<x<3,所以p 真时,x 的取值范围是(-1,3);解不等式- <0,得x<2,所以q 是真命题时,x 的取值范围是(-∞, ).所以若p 且q 为真,则x 的取值范围是(-1,2). 2.答案 0°解析因为a 2+b 2-c 2=2abcosC=ab,所以cosC=,∠C= 0°. 3.答案 (-∞,0)∪4, ∞ 解析 Δ=(-4b)2-12b>0⇒b<0或b>4. 4.答案 18解析过点A 作CD 的垂线AE,垂足是E,设∠EAD=α,∠EAC=β,BD=xm,则tan α= ,tan β=,tan45°=tan(α+β)=tan tan -tan t an =-=1,解得x=18(舍负),即BD=18m.5.答案 6解析解法一:由| - |=| - |得| |=| |,则点N 在线段AM 的垂直平分线上,取AM 的中点E,则EN⊥AM.又 = +,则| |2==| |2+ · +4| |2=4+ ×4× + 4× = ,所以 · = ·( + )= · =| |2=6.解法二:以点A 为坐标原点,AB 所在直线为x 轴,过点A 且垂直于AB 的直线为y 轴,建立平面直角坐标系,则D(1, 线段AM 的垂直平分线方程为y=- 由| - |=| - |得| |=| |,则点N 在线段AM 的垂直平分线上,设N(x,y),则 · =3x+ 6.答案4解析分别延长BF,AD 交于点O,由题设,得DO=BC=AD. 又∵BE∥AO,∴AH∶HE=AO∶BE= ∶ , ∴ = 4 =4( + )=4( +)= 4 + =4a+b. 又∵ =xa+xb(x,y∈R),a 与b 不共线, ∴x=4,y=,x-y= 4- =4.7.证明 (1)连接PE,因为G 、F 分别为EC 和PC 的中点,∴FG∥PE.又FG ⊄平面PBD,PE ⊂平面PBD,所以FG∥平面PBD.(2)因为四边形ABCD 是菱形,所以BD⊥AC,又PA⊥平面ABCD,BD ⊂平面ABCD,所以BD⊥PA,因为PA ⊂平面PAC,AC ⊂平面PAC,且PA∩AC=A,∴BD⊥平面PAC,∵FG ⊂平面PAC,∴BD⊥FG. 8.解析 (1)由已知得S △BCD = BC·BD·sinB= ,又B= ,BC= ,∴BD=. 在△BCD 中,由余弦定理得CD 2=BC 2+BD 2- BC·BD·cosB= ,∴CD=.(2)在△CDE 中,sin∠ =sin∠.∵AD=DC, ∴∠A=∠DCE,∴CD=AD= sin = sin .在△BCD 中 sin∠ =sin , 又∠BDC= ∠A,∴ sin =sin,∴CD=sin, ∴CD=sin =sin,解得cosA=,所以A=4.。

高考数学二轮复习立体几何多选题复习题含答案

高考数学二轮复习立体几何多选题复习题含答案一、立体几何多选题1．如图，在边长为4的正方形ABCD 中，点E 、F 分别在边AB 、BC 上（不含端点）且BE BF =，将AED ，DCF 分别沿DE ，DF 折起，使A 、C 两点重合于点1A ，则下列结论正确的有（）．A ．1A D EF ⊥B ．当12BE BF BC ==时，三棱锥1A F DE -6π C ．当14BE BF BC ==时，三棱锥1A F DE -217 D ．当14BE BF BC ==时，点1A 到平面DEF 的距离为177【答案】ACD 【分析】A 选项：证明1A D ⊥面1A EF ，得1A D EF ⊥；B 选项：当122BE BF BC ===时，三棱锥1A EFD -的三条侧棱111,,A D A E A F 两两相互垂直，利用分隔补形法求三棱锥1A EFD -的外接球体积； C 选项：利用等体积法求三棱锥1A EFD -的体积； D 选项：利用等体积法求出点1A 到平面DEF 的距离. 【详解】 A 选项：正方形ABCD,AD AE DC FC ∴⊥⊥由折叠的性质可知：1111,A D A E A D A F ⊥⊥ 又111A E A F A ⋂=1A D ∴⊥面1A EF又EF ⊂面1A EF ，1A D EF ∴⊥；故A 正确.B 选项：当122BE BF BC ===时，112,22A E A F EF ===在1A EF 中，22211A E A F EF +=，则11A E A F ⊥由A 选项可知，1111,A D A E A D A F ⊥⊥∴三棱锥1A EFD -的三条侧棱111,,A D A E A F 两两相互垂直，把三棱锥1A EFD -=，三棱锥1A EFD -，体积为334433R ππ==，故B 错误C 选项：当114BE BF BC ===时，113,A E A F EF ===在1A EF中，22222211111338cos 22339A E A F EF EA F A E A F+-+-∠===⋅⨯⨯，1sin 9EA F ∠=则111111sin 332292A EFSA E A F EA F =⋅⋅∠=⨯⨯⨯=111111433A EFD D A EF A EF V V SA D --∴==⋅⋅==故C 正确；D 选项：设点1A 到平面EFD 的距离为h ，则在EFD △中，2222225524cos 225525DE DF EF EDF DE DF +-+-∠===⋅⨯⨯， 7sin 25EDF ∠=则1177sin 5522252EFDSDE DF EDF =⋅⋅∠=⨯⨯⨯=11173323A EFD DEFV Sh h -∴=⋅⋅=⨯⨯=即7h =故D 正确；故选：ACD 【点睛】方法点睛：求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．2．如图，在棱长为2的正方体ABCD A B C D ''''-中，M 为BC 边的中点，下列结论正确的有（）A ．AM 与DB ''所成角的余弦值为1010B ．过三点A 、M 、D 的正方体ABCD A BCD ''''-的截面面积为92C ．四面体A C BD ''的内切球的表面积为3π D ．正方体ABCD A B C D ''''-中，点P 在底面A B C D ''''（所在的平面）上运动并且使MAC PAC ''∠=∠，那么点P 的轨迹是椭圆【答案】AB 【分析】构建空间直角坐标系，由异面直线方向向量的夹角cos ,||||AM D B AM D B AM D B ''⋅''<>=''为AM 与D B ''所成角的余弦值判断A 的正误；同样设(,,0)P x y 结合向量夹角的坐标表示，22215543x y =++⨯P 的轨迹知D 的正误；由立方体的截面为梯形，分别求,,,MN AD AM D N ''，进而得到梯形的高即可求面积，判断B 的正误；由四面体的体积与内切球半径及侧面面积的关系求内切球半径r ，进而求内切球表面积，判断C 的正误. 【详解】A ：构建如下图所示的空间直角坐标系：则有：(0,0,2),(1,2,2),(0,2,0),(2,0,0)A M B D ''， ∴(1,2,0),(2,2,0)AM D B ''==-，10cos ,10||||58AM D B AM D B AM D B ''⋅''<>===''⨯，故正确.B ：若N 为CC '的中点，连接MN ，则有//MN AD '，如下图示，∴梯形AMND’为过三点A 、M 、D 的正方体ABCD A B C D ''''-的截面，而2,2,5MN AD AM D N ''====322， ∴梯形的面积为132932222S =⨯=，故正确. C ：如下图知：四面体A C BD ''的体积为正方体体积减去四个直棱锥的体积，∴118848323V =-⨯⨯⨯=，而四面体的棱长都为22，有表面积为142222sin 8323S π=⨯⨯⨯⨯=，∴若其内切圆半径为r ，则有188333r ⨯⋅=，即33r =，所以内切球的表面积为2443r ππ=.故错误. D ：正方体ABCD A B C D ''''-中，点P 在底面A B C D ''''（所在的平面）上运动且MAC PAC ''∠=∠，即P 的轨迹为面A B C D ''''截以AM 、AP 为母线，AC’为轴的圆锥体侧面所得曲线，如下图曲线GPK ，构建如下空间直角坐标系，232(0,0,2),(2),(0,22,0)22A M C '-，若(,,0)P x y ，则232(,,0),(0,22,2),(,,2)22AM AC AP x y '=-=-=-，∴15cos ||||512AMAC MAC AM AC '⋅'∠==='⨯，2222cos ||||43AP AC y PAC AP AC x y '⋅+'∠=='++⨯，即222215543y x y +=++⨯，整理得22(102)9216(0)y x y +-=>，即轨迹为双曲线的一支，故错误.故选：AB 【点睛】关键点点睛：应用向量的坐标表示求异面直线的夹角，并结合等角的余弦值相等及向量数量积的坐标表示求动点的轨迹，综合立方体的性质求截面面积，分割几何体应用等体积法求内切球半径，进而求内切球的表面积.3．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点E ，F 在平面1111D C B A 内，若||5AE =，AC DF ⊥，则（）A ．点E 的轨迹是一个圆B ．点F 的轨迹是一个圆C ．EF 的最小值为21-D ．AE 与平面1A BD 所成角的正弦值的最大值为21530+【答案】ACD 【分析】对于A 、B 、C 、D 四个选项，需要对各个选项一一验证. 选项A ：由2211||5AE AA A E =+=，得1||1A E =，分析得E 的轨迹为圆；选项B ：由AC DBF ⊥，而点F 在11B D 上，即F 的轨迹为线段11B D ，；选项C ：由E 的轨迹为圆，F 的轨迹为线段11B D ，可分析得min ||EF d r =-；选项D ：建立空间直角坐标系，用向量法求最值. 【详解】对于A:2211||5AE AA A E =+=，即221|25A E +=，所以1||1A E =，即点E 为在面1111D C B A 内，以1A 为圆心、半径为1 的圆上；故A 正确；对于B: 正方体1111ABCD A B C D -中，AC ⊥BD ，又AC DF ⊥，且BD ∩DF=D ，所以AC DBF ⊥，所以点F 在11B D 上，即F 的轨迹为线段11B D ，故B 错误；对于C:在平面1111D C B A 内，1A 到直线11B D 的距离为2,d =当点E ，F 落在11A C 上时，min ||21EF =；故C 正确；对于D:建立如图示的坐标系，则()()()()10,0,0,2,0,0,0,0,2,0,2,0A B A D因为点E 为在面1111D C B A 内，以1A 为圆心、半径为1 的圆上，可设()cos ,sin ,2E θθ 所以()()()1cos ,sin ,2,2,0,2,2,2,0,AE A B BD θθ==-=-设平面1A BD 的法向量(),,n x y z =，则有1·220·220n BD x y n A B x z ⎧=-+=⎪⎨=-=⎪⎩不妨令x =1，则()1,1,1n =，设AE 与平面1A BD 所成角为α，则：22|||sin |cos ,|||||5315n AE n AE n AE πθα⎛⎫++ ⎪⎝⎭====⨯⨯当且仅当4πθ=时，sin α2215301515=，故D 正确故选：CD 【点睛】多项选择题是2020年高考新题型，需要要对选项一一验证．4．已知四面体ABCD 的所有棱长均为2，则下列结论正确的是（） A ．异面直线AC 与BD 所成角为60︒ B ．点A 到平面BCD 的距离为263C ．四面体ABCD 6πD ．动点P 在平面BCD 上，且AP 与AC 所成角为60︒，则点P 的轨迹是椭圆【答案】BC 【分析】在正四面体中通过线面垂直可证得AC ⊥BD ，通过计算可验证BC,通过轨迹法可求得P 的轨迹为双曲线方程即可得D 错误. 【详解】取BD 中点E ,连接,AE CE ,可得BD ⊥面ACE ,则AC ⊥BD ,故A 错误；在四面体ABCD 中，过点A 作AF ⊥面BCD 于点F ,则F 为为底面正三角形BCD 的重心，因为所有棱长均为2,22263AF AB BF =-=,即点A 到平面BCD 的距离为263,故B 正确；设O 为正四面体的中心则OF 为内切球的半径，OA 我外接球的半径，因为11433A BCD BCD BCD V S AF S OF -=⋅=⨯⋅△△，所以4AF OF =，即62=66OF AO =，, 所以四面体ABCD 的外接球体积3344633V R OA πππ===,故C 正确；建系如图：26230,0,,0,,0A C ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,设(,,0)P x y ，则262326,,0,,333AP x y AC →→⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为cos 60AP AC AP AC →→→→⋅=，所以222324812241393972y x y +=++⨯+⨯，即222388=33y x y +++，平方化简可得：22323400399y x y ----，可知点P 的轨迹为双曲线,故D 错误. 故选：BC ．【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹的求解问题，解决此类问题可采用空间向量法，利用空间向量法表示出已知的角度或距离的等量关系，从而得到轨迹方程.5．如图，矩形ABCD 中， 22AB AD ==，E 为边AB 的中点.将ADE 沿直线DE 翻折成1A DE △（点1A 不落在底面BCDE 内），若M 在线段1A C 上（点M 与1A ，C 不重合），则在ADE 翻转过程中，以下命题正确的是（）A ．存在某个位置，使1DE A C ⊥B ．存在点M ，使得BM ⊥平面1A DC 成立 C ．存在点M ，使得//MB 平面1A DE 成立D ．四棱锥1A BCDE -体积最大值为24【答案】CD 【分析】利用反证法可得A 、B 错误，取M 为1A C 的中点，取1A D 的中点为I ，连接,MI IE ，可证明//MB 平面1A DE ，当平面1A DE ⊥平面BCDE 时，四棱锥1A BCDE -体积最大值，利用公式可求得此时体积为24. 【详解】如图（1），取DE 的中点为F ，连接1,A F CF ，则45CDF ∠=︒，22DF =，故212254222222CF =+-⨯⨯=，故222DC DF CF ≠+即2CFD π∠≠．若1CA DE ⊥，因为11,A D A E DF FE ==，故1A F DE ⊥，而111A F A C A ⋂=，故DE ⊥平面1A FC ，因为CF ⊂平面1A FC ，故DE CF ⊥，矛盾，故A 错．若BM ⊥平面1A DC ，因为DC ⊂平面1A DC ，故BM DC ⊥，因为DC CB ⊥，BM CB B ⋂=，故CD ⊥平面1A CB ，因为1AC ⊂平面1A CB ，故1CD A C ⊥，但1A D CD <，矛盾，故B 错．当平面1A DE ⊥平面BCDE 时，四棱锥1A BCDE -体积最大值，由前述证明可知1A F DE ⊥，而平面1A DE平面BCDE DE =，1A F ⊂平面1A DE ，故1A F ⊥平面BCDE ，因为1A DE △为等腰直角三角形，111A D A E ==，故122A F =，又四边形BCDE 的面积为13211122⨯-⨯⨯=，故此时体积为13223224⨯⨯=D 正确．对于C ，如图（2），取M 为1A C 的中点，取1A D 的中点为I ，连接,MI IE ，则1//,2IM CD IM CD =，而1//,2BE CD BE CD =，故//,IM BE IM BE =即四边形IEBM 为平行四边形，故//IE BM ，因为IE ⊂平面1A DE ，BM ⊄平面1A DE ，故//MB 平面1A DE ，故C 正确．【点睛】本题考查立体几何中的折叠问题，注意对于折叠后点线面的位置的判断，若命题的不成立，往往需要利用反证法来处理，本题属于难题.6．已知直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ⊥，1AB BC BB ==，D 是AC 的中点，O 为1A C 的中点.点P 是1BC 上的动点，则下列说法正确的是（）A ．当点P 运动到1BC 中点时，直线1A P 与平面111ABC 5 B ．无论点P 在1BC 上怎么运动，都有11A P OB ⊥C ．当点P 运动到1BC 中点时，才有1A P 与1OB 相交于一点，记为Q ，且113PQ QA = D ．无论点P 在1BC 上怎么运动，直线1A P 与AB 所成角都不可能是30° 【答案】ABD 【分析】构造线面角1PA E ∠，由已知线段的等量关系求1tan EPPA E AE∠=的值即可判断A 的正误；利用线面垂直的性质，可证明11A P OB ⊥即可知B 的正误；由中位线的性质有112PQ QA =可知C 的正误；由直线的平行关系构造线线角为11B A P ∠，结合动点P 分析角度范围即可知【详解】直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ⊥，1AB BC BB ==选项A 中，当点P 运动到1BC 中点时，有E 为11B C 的中点，连接1A E 、EP ，如下图示即有EP ⊥面111A B C∴直线1A P 与平面111A B C 所成的角的正切值：1tan EPPA E AE∠= ∵112EP BB =，22111152AE A B B E BB =+= ∴15tan PA E ∠=，故A 正确选项B 中，连接1B C ，与1BC 交于E ，并连接1A B ，如下图示由题意知，11B BCC 为正方形，即有11B C BC ⊥而AB BC ⊥且111ABC A B C -为直三棱柱，有11A B ⊥面11B BCC ，1BC ⊂面11B BCC ∴111A B BC ⊥，又1111A B B C B =∴1BC ⊥面11A B C ，1OB ⊂面11A B C ，故11BC OB ⊥ 同理可证：11A B OB ⊥，又11A B BC B ⋂=∴1OB ⊥面11A BC ，又1A P ⊂面11A BC ，即有11A P OB ⊥，故B 正确选项C 中，点P 运动到1BC 中点时，即在△11A B C 中1A P 、1OB 均为中位线∴Q 为中位线的交点∴根据中位线的性质有：112PQ QA =，故C 错误选项D 中，由于11//A B AB ，直线1A P 与AB 所成角即为11A B 与1A P 所成角：11B A P ∠ 结合下图分析知：点P 在1BC 上运动时当P 在B 或1C 上时，11B A P ∠最大为45° 当P 在1BC 中点上时，11B A P ∠最小为23arctan 30>=︒ ∴11B A P ∠不可能是30°，故D 正确故选：ABD 【点睛】本题考查了利用射影定理构造线面角，并计算其正弦值；利用线面垂直证明线线垂直；中位线的性质：中位线交点分中位线为1：2的数量关系；由动点分析线线角的大小7．如图，已知矩形ABCD 中，2AB AD =，E 为边AB 的中点，将ADE ∆沿直线DE 翻折成1A DE ∆，若M 为线段1A C 的中点，则ADE ∆在翻折过程中，下列说法正确的是（）A ．线段BM 的长是定值B ．存在某个位置，使1DE AC ⊥ C ．点M 的运动轨迹是一个圆D ．存在某个位置，使MB ⊥平面1A DE 【答案】AC 【分析】取CD 中点F ，连接BF ，MF ，根据面面平行的判定定理可得平面//BMF 平面1A DE ，由面面平行的性质定理可知//BM 平面1A DE ，可判断D ；在BFM ∆中，利用余弦定理可求得BM a =为定值，可判断A 和C ；假设1DE A C ⊥，由线面垂直的判定定理可得DE ⊥平面1A CE ，由线面垂直的性质定理可知1DE A E ⊥，与11DA A E ⊥矛盾，可判断B ．【详解】解：取CD 的中点F ，连接BF ，MF ，∵M ，F 分别为1A C 、CD 中点， ∴1MF A D ∥，∵1A D ⊂平面1A DE ，MF ⊄平面1A DE ， ∴MF 平面1A DE ， ∵DF BE ∥且DF BE =， ∴四边形BEDF 为平行四边形， ∴BFDE ，∵DE ⊂平面1A DE ，BF ⊄平面1A DE ， ∴BF ∥平面1A DE ，又BFMF F =，BF 、MF ⊂平面BMF ，∴平面//BMF 平面1A DE ， ∵BM ⊂平面BMF ， ∴BM ∥平面1A DE ，即D 错误，设22AB AD a ==，则112MF A D a ==，2BF DE a ==，145A DE MFB ︒∠=∠=， ∴222cos45BM MF BF MF BF a ︒=+-⋅⋅=，即BM 为定值，所以A 正确，∴点M 的轨迹是以B 为圆心，a 为半径的圆，即C 正确， ∵2DE CE a ==，2CD AB a ==，∴222DE CE CD +=，∴DE CE ⊥，设1DE A C ⊥，∵1A C 、CE ⊂平面1A CE ，1AC CE C =，∴DE ⊥平面1A CE ， ∵1A E ⊂平面1A CE ，∴1DE A E ⊥，与11DA A E ⊥矛盾，所以假设不成立，即B 错误. 故选:AC . 【点睛】本题考查立体几何中的翻折问题，涉及到线段长度的求解、直线与平面位置关系的判定、点的轨迹的求解、反证法的应用等知识点，考查学生的空间立体感和推理论证能力．8．如图所示，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，过对角线1BD 的一个平面交棱1AA 于点E ，交棱1CC 于点F ，得四边形1BFD E ，在以下结论中，正确的是（）A ．四边形1BFD E 有可能是梯形B ．四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形C ．四边形1BFDE 有可能垂直于平面11BB D D D ．四边形1BFD E 6【答案】BCD【分析】四边形1BFD E 有两组对边分别平行知是一个平行四边形四边形；1BFD E 在底面ABCD 内的投影是四边形ABCD ；当与两条棱上的交点是中点时，四边形1BFD E 垂直于面11BB D D ；当E ，F 分别是两条棱的中点时，四边形1BFD E 的面积最小为6.【详解】过1BD 作平面与正方体1111ABCD A B C D -的截面为四边形1BFD E ，如图所示，因为平面11//ABB A 平面11DCC D ，且平面1BFD E 平面11ABB A BE =.平面1BFD E平面1111,//DCC D D F BE D F =，因此，同理1//D E BF ，故四边形1BFD E 为平行四边形，因此A 错误；对于选项B ，四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形ABCD ，因此B 正确；对于选项C ，当点E F 、分别为11,AA CC 的中点时，EF ⊥平面11BB D D ，又EF ⊂平面1BFD E ，则平面1BFD E ⊥平面11BB D D ，因此C 正确；对于选项D ，当F 点到线段1BD 的距离最小时，此时平行四边形1BFD E 的面积最小，此时点E F 、分别为11,AA CC 的中点，此时最小值为162322⨯⨯=，因此D 正确. 故选：BCD【点睛】关键点睛：解题的关键是理解想象出要画的平面是怎么样的平面，有哪些特殊的性质，考虑全面即可正确解题.。

高考数学(理)二轮练习：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________．答案 43 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________．答案 2 23．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 ．2π D.32π 答案 D4．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________．答案相交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．答案充分不必要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________．答案 (1)64 (2)24解析 (1)方法一取A 1C 1的中点E ，连接AE ，B 1E ，如图．由题意知B 1E ⊥平面ACC 1A 1，则∠B 1AE 为AB 1与侧面ACC 1A 1所成的角．设正三棱柱侧棱长与底面边长为1，则sin ∠B 1AE ＝B 1E AB 1＝322＝64.方法二如图，以A1C1中点E为原点建立空间直角坐标系E－xyz，设棱长为1，则A⎝⎛⎭⎫12，0，1，B1⎝⎛⎭⎫0，32，0，设AB1与平面ACC1A1所成的角为θ，EB1→为平面ACC1A1的法向量．则sin θ＝|cos〈AB1→，EB1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫－12，32，－1·⎝⎛⎭⎫0，32，02×32＝64.(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，C1(0,1,1)，O⎝⎛⎭⎫12，12，1.设平面ABC1D1的法向量为n＝(x，y，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n·AB→＝0，n·AD1→＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y＝0，－x＋z＝0.令z＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x＝1，y＝0，∴n＝(1,0,1)，又OD1→＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，0，∴O到平面ABC1D1的距离d＝|n·OD1→||n|＝122＝24.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．48 B．32＋817C ．48＋817D ．80错解由三视图知，该几何体的直观图如图所示，该几何体的下底面是边长为4的正方形；上底面是长为4，宽为2的矩形；两个梯形侧面垂直于底面，上底长为2，下底长为4，高为4；另两个侧面是正方形，边长为4. 所以表面积S ＝42×3＋2×4＋2×12(2＋4)×4＝48＋8＋24＝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.正解由三视图知该几何体的直观图如图所示，该几何体的下底面是边长为4的正方形；上底面是长为4、宽为2的矩形；两个梯形侧面垂直于底面，上底长为2，下底长为4，高为4；另两个侧面是矩形，宽为4，长为42＋12＝17.所以S 表＝42＋2×4＋12×(2＋4)×4×2＋4×17×2＝48＋817. 答案 C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)．错解1 ①②③错解2 ②③④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．正解 ②③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________．错解 ②③④⑤找准失分点③是错误的；⑤是错误的．正解①是错误的．如正方体中面ABB′A′⊥面ADD′A′，交线为AA′.直线AC⊥AA′，但AC不垂直面ABB′A′，同时AC也不垂直面ADD′A′.②正确．实质上是两平面平行的性质定理．③是错误的．在上面的正方体中，A′C不垂直于平面A′B′C′D′，但与B′D′垂直．这样A′C就垂直于平面A′B′C′D′内与直线B′D′平行的无数条直线．④正确．利用线面平行的判定定理即可．⑤错误．从结论考虑，若n⊥α且m⊂α，则必有m⊥n，事实上，条件并不能保证m⊥n.故错误．答案②④1．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．3答案 C解析因为平行于同一平面的两条直线除了平行，还可能相交或成异面直线，所以命题①错误；由直线与平面平行的定义知命题②正确；由于垂直于同一个平面的两个平面可能平行还可能相交，因此命题③错误；过两条异面直线分别作平面互相平行，这两个平面是唯一存在的，因此命题④正确．故选C.2．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”的充分不必要条件答案 A解析当m⊂α时，若n∥α可得m∥n或m，n异面；若m∥n可得n∥α或n⊂α，所以“n∥α”是“m∥n”的既不充分也不必要条件，答案选A.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 ．112答案 B解析根据三视图，该几何体为下面是一个立方体、上面两个三棱锥，所以V ＝4×4×4＋2×13×(12·4·2)×3＝72，故选B. 4．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 ．①B ．②C ．③D ．④ 答案 C解析作出过M ，N ，P ，Q 四点的截面交C 1D 1于点S ，交AB 于点R ，如图所示中的六边形MNSPQR ，显然点A 1，C 分别位于这个平面的两侧，故A 1C 与平面MNPQ 一定相交，不可能平行，故结论②不正确．5．一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 ．5答案 A解析由三视图可知，该几何体是一个四棱锥，如图所示．该几何体的底面是边长为1的正方形，故S 1＝12＝1.侧棱P A ⊥面ABCD ，且P A ＝1，故S △P AB ＝S △P AD ＝12×1×1＝12，而PD ⊥DC ，CB ⊥PB ，且PB ＝PD ＝2，所以S △PBC ＝S △PDC ＝12×2×1＝22. 所以该几何体的表面积为S ＝1＋2×12＋2×22＝2＋ 2.故选A. 6．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 ⊥ADB ．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°答案 D解析若PB ⊥AD ，则AD ⊥AB ，但AD 与AB 成60°角，A 错误；平面P AB 与平面ABD 垂直，所以平面P AB 一定不与平面PBC 垂直，B 错误；BC 与AE 是相交直线，所以BC 一定不与平面P AE 平行，C 错误；直线PD 与平面ABC 所成角为∠PDA ，在Rt △P AD 中，AD ＝P A ， ∴∠PDA ＝45°，D 正确．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)答案 ①④解析取线段BC 的中点E ，连接AE ，DE ，∵AB ＝AC ，BD ＝CD ，∴BC ⊥AE ，BC ⊥DE ，∴BC ⊥平面ADE ，∵AD ⊂平面ADE ，∴BC ⊥AD ，故①正确．设点O 为点A 在平面BCD 上的射影，连接OB ，OC ，OD ，∵AB ⊥CD ，AC ⊥BD ，∴OB ⊥CD ，OC ⊥BD ，∴点O 为△BCD 的垂心，∴OD ⊥BC ，∴BC ⊥AD ，故④正确，易知②③不正确，填①④.8.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________．答案 π3解析由∠ABC ＝∠DCB ＝π2知， BA →与CD →的夹角θ就是二面角A －BC －D 的平面角．又AD →＝AB →＋BC →＋CD →，∴AD →2＝(AB →＋BC →＋CD →)2＝AB →2＋BC 2→＋CD →2＋2AB →·CD →.因此2AB →·CD →＝(23)2－12－32－22＝－2，∴cos(π－θ)＝－12，且0<π－θ<π，则π－θ＝23π，故θ＝π3. 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)答案 ①④解析对命题①，则l ⊥α，α∥β得，l ⊥β，m ⊂β，∴l⊥m，故①正确．对命题②，l⊥mD⇒/l⊥β，则l⊥mD⇒/α∥β，故②错误．对命题③，当α⊥β时，l与m也可能相交或异面或平行，故③错误．对命题④，由l⊥α，l∥m得m⊥α，又m⊂β，∴α⊥β，故④正确．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________．答案4 2解析由正(主)视图知CD⊥平面ABC，设AC中点为E，则BE⊥AC，且AE＝CE＝2；由侧(左)视图知CD＝4，BE＝23，在Rt△BCE中，BC＝BE2＋EC2＝(23)2＋22＝4，在Rt△BCD中，BD＝BC2＋CD2＝42＋42＝4 2.故答案为4 2.。

江苏省2019高考数学二轮复习第9讲立体几何的综合问题课件2

25
易知EF∥C1D,且EF=
1 2
C1D.
又因为B1O∥C1D且B1O=
1 2
C1D,
所以EF∥B1O且EF=B1O,
26
所以四边形B1OEF为平行四边形, 所以B1F∥OE. 又因为B1F⊄平面A1BE,OE⊂平面A1BE, 所以B1F∥平面A1BE.
27
21
∴△A1AB是等边三角形.
∵E是A1B的中点,
BG GA
=
1 3
,
∴EG⊥AB.
∵平面A1ABB1⊥平面ABC,
且平面A1ABB1∩平面ABC=AB,
∴EG⊥平面ABC.
又EG⊂平面EFG,∴平面EFG⊥平面ABC.
22
【方法归纳】立体几何中的探索性问题主要是对平行、垂直关系的探究以及对条件和结论不完备的开放性问题的探究,解决这类问题一般根据探索性问题的设问,假设其存在并探索出结论,然后在这个假设下进行推理论证, 若得到合乎情理的结论,则肯定假设,若得到矛盾的结论,则否定假设.
.
答案一个或无数个
解析若这条直线与平面α垂直,则平面β有无数个;若这条直线与平面α不垂直,则平面β只有1个.
3.已知α,β,γ是三个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:①如果m⊥α,m⊂β,
那么α⊥β;②如果m⊥n,m⊥α,那么n∥α;③如果α⊥β,m∥α,那么m⊥β;④如果
α∥β,α∩γ=m,β∩γ=n,那么m∥n.其中正确的命题有
10
解析 (1)证明:∵PE=2DE,F为PE的中点, ∴E为DF的中点. 连接BD,与AC的交点为O,连接OE. ∵四边形ABCD为矩形,∴O为BD中点. ∴BF∥OE. 又OE⊂平面ACE,BF⊄平面ACE,∴BF∥平面ACE. (2)∵侧棱PA⊥底面ABCD,且四边形ABCD为矩形. ∴CD⊥PA,CD⊥AD. 又PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,∴CD⊥平面PAD.

高考数学二轮复习提高题专题复习立体几何多选题练习题含答案

高考数学二轮复习提高题专题复习立体几何多选题练习题含答案一、立体几何多选题1．已知正方体1111 ABCD A B C D -的棱长为2，M 为1DD 的中点，N 为正方形ABCD 所在平面内一动点，则下列命题正确的有（）A ．若2MN =，则MN 的中点的轨迹所围成图形的面积为πB ．若N 到直线1BB 与直线DC 的距离相等，则N 的轨迹为抛物线C ．若1D N 与AB 所成的角为3π，则N 的轨迹为双曲线 D ．若MN 与平面ABCD 所成的角为3π，则N 的轨迹为椭圆【答案】BC 【分析】对于A ，连接MN ，ND ，DP ，得到直角MDN △，且P 为斜边MN 的中点，所以1PD =，进而得到P 点的轨迹为球面的一部分，即可判断选项A 错误；对于B ，可知1NB BB ⊥，即NB 是点N 到直线1BB 的距离，在平面ABCD 中，点N 到定点B 的距离与到定直线DC 的距离相等，利用抛物线定义知B 正确；对于C ，建立空间直角坐标系，设(,,0)N x y ，利用空间向量求夹角知122121cos3224D N AB y x y D N ABπ⋅===⨯++⋅，化简可知N 的轨迹为双曲线；对于D ，MN 与平面ABCD 所成的角为3MND π∠=，3ND =，可知N 的轨迹是以D 为圆心，33为半径的圆周；【详解】对于A ，如图所示，设P 为MN 的中点，连接MN ，ND ，DP ，由正方体性质知MDN △为直角三角形，且P 为MN 的中点，2MN =，根据直角三角形斜边上的中线为斜边的一半，知MDN △不管怎么变化，始终有1PD =，即P 点的轨迹与正方体的面围城的几何体是一个以D 为球心，1为半径的球的18，其面积214182S ππ=⨯⨯=，故A 错误；对于B ，由正方体性质知，1BB ⊥平面ABCD 由线面垂直的性质定理知1NB BB ⊥，即NB 是点N 到直线1BB 的距离，在平面ABCD 中，点N 到定点B 的距离与到定直线DC 的距离相等，所以点N 的轨迹是以点B 为焦点，直线DC 为准线的抛物线，故B 正确；对于C ，如图以D 为直角坐标系原点，建立空间直角坐标系，(,,0)N x y ，1(0,0,2)D ，(0,2,0)A ，(2,2,0)B ，则1(,,2)D N x y =-，(0,2,0)AB =，利用空间向量求夹角知122121cos3224D N AB y x y D N ABπ⋅===⨯++⋅，化简整理得：2234y x -=，即221443y x -=，所以N 的轨迹为双曲线，故C 正确；对于D ，由正方体性质知，MN 与平面ABCD 所成的角为MND ∠，即3MND π∠=，在直角MDN △中，3ND =，即N 的轨迹是以D 3D 错误；故选：BC 【点睛】关键点睛：本题考查立体几何与解析几何的综合，解题的关键是抓住解析几何几种特殊曲线的定义，考查学生的逻辑推理能力，转化与划归能力与运算求解能力，属于难题.2．正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点，F 在侧面11CDD C 上运动，且满足1//B F 平面1A BE .以下命题正确的有（）A ．侧面11CDD C 上存在点F ，使得11B F CD ⊥ B ．直线1B F 与直线BC 所成角可能为30︒C ．平面1A BE 与平面11CDD C 所成锐二面角的正切值为2D ．设正方体棱长为1，则过点E ，F ，A 5 【答案】AC 【分析】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，易证得平面1//B MN 平面1A BE ，可得点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，根据等腰三角形的性质得1B F MN ⊥，即有11B F CD ⊥，A 正确；当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，可判断B 错误；根据平面1//B MN 平面1A BE ，11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，计算可知C 正确；【详解】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，则易证得11//B N A E ，1//MN A B ，从而平面1//B MN 平面1A BE ，所以点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，因为1B MN △是等腰三角形，所以1B F MN ⊥，又因为1//MN CD ，所以11B F CD ⊥，故A 正确；设正方体的棱长为a ，当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，此时11tan C B F ∠=1tan 3023︒<=，所以B 错误；平面1//B MN 平面1A BE ，取F 为MN 的中点，则1MN C F ⊥，1MN B F ⊥，∴11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，11111tan B C B FC C F ∠==22C 正确；因为当F 为1C E 与MN 的交点时，截面为菱形1AGC E （G 为1BB 的交点），面积为62，故D 错误. 故选：AC.【点睛】本题主要考查线面角，二面角，截面面积的求解，空间几何中的轨迹问题，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，综合性较强，属于较难题．3．如图，矩形ABCD 中， 22AB AD ==，E 为边AB 的中点.将ADE 沿直线DE 翻折成1A DE △（点1A 不落在底面BCDE 内），若M 在线段1A C 上（点M 与1A ，C 不重合），则在ADE 翻转过程中，以下命题正确的是（）A ．存在某个位置，使1DE A C ⊥B ．存在点M ，使得BM ⊥平面1A DC 成立 C ．存在点M ，使得//MB 平面1A DE 成立D ．四棱锥1A BCDE -2【答案】CD 【分析】利用反证法可得A 、B 错误，取M 为1A C 的中点，取1A D 的中点为I ，连接,MI IE ，可证明//MB 平面1A DE ，当平面1A DE ⊥平面BCDE 时，四棱锥1A BCDE -体积最大值，利用公式可求得此时体积为24. 【详解】如图（1），取DE 的中点为F ，连接1,A F CF ，则45CDF ∠=︒，22DF =，故212254222222CF =+-⨯⨯=，故222DC DF CF ≠+即2CFD π∠≠．若1CA DE ⊥，因为11,A D A E DF FE ==，故1A F DE ⊥，而111A F A C A ⋂=，故DE ⊥平面1A FC ，因为CF ⊂平面1A FC ，故DE CF ⊥，矛盾，故A 错．若BM ⊥平面1A DC ，因为DC ⊂平面1A DC ，故BM DC ⊥，因为DC CB ⊥，BM CB B ⋂=，故CD ⊥平面1A CB ，因为1AC ⊂平面1A CB ，故1CD A C ⊥，但1A D CD <，矛盾，故B 错．当平面1A DE ⊥平面BCDE 时，四棱锥1A BCDE -体积最大值，由前述证明可知1A F DE ⊥，而平面1A DE平面BCDE DE =，1A F ⊂平面1A DE ，故1A F ⊥平面BCDE ，因为1A DE △为等腰直角三角形，111A D A E ==，故122A F =，又四边形BCDE 的面积为13211122⨯-⨯⨯=，故此时体积为13223224⨯⨯=D 正确．对于C ，如图（2），取M 为1A C 的中点，取1A D 的中点为I ，连接,MI IE ，则1//,2IM CD IM CD =，而1//,2BE CD BE CD =，故//,IM BE IM BE =即四边形IEBM 为平行四边形，故//IE BM ，因为IE ⊂平面1A DE ，BM ⊄平面1A DE ，故//MB 平面1A DE ，故C 正确．故选：CD.【点睛】本题考查立体几何中的折叠问题，注意对于折叠后点线面的位置的判断，若命题的不成立，往往需要利用反证法来处理，本题属于难题.4．在长方体1111ABCD A B C D -中，23AB =12AD AA ==，P 、Q 、R 分别是AB 、1BB 、1A C 上的动点，下列结论正确的是（）A ．对于任意给定的点P ，存在点Q 使得1D P CQ ⊥B ．对于任意给定的点Q ，存在点R 使得1D R CQ ⊥C ．当1AR A C ⊥时，1ARD R ⊥D ．当113AC A R =时，1//D R 平面1BDC 【答案】ABCD 【分析】本题先建立空间直角坐标系，再运用空间向量在立体几何中的应用逐一判断即可. 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设(2,,0)P a ，023a ⎡⎤∈⎣⎦，，(2,23,)Q b ，[]0,2b ∈，设11A R AC λ=，得到(22,3,22)R λλλ--，[]0,1λ∈. 1(2,,2)D P a =-，(2,0,)CQ b =，142D P CQ b ⋅=-，当2b =时，1D P CQ ⊥，A 正确；1(22,23,2)D R λλλ=--，12(22)2D R CQb λλ⋅=--，取22bλ=+时，1D R CQ ⊥，B 正确；1AR A C ⊥，则1(2,23,22)(2,23,2)412440AR AC λλλλλλ⋅=--⋅--=+-+=，解得：15λ=，此时122328232(,,)(,,)0555555AR D R ---⋅=⋅=，1AR D R ⊥，C 正确；113AC A R =，则4234(,,)333R ，14232(,,)333D R =-，设平面1BDC 的法向量为(,,)n x y z =，则100n BD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得(3,1,3)n =-，故10n D R ⋅=，故1//D R 平面1BDC ，D 正确.故选：ABCD.【点睛】本题考查了空间向量在立体几何中的应用，是偏难题.5．（多选题）在四面体P ABC -中，以上说法正确的有（）A ．若1233AD AC AB =+，则可知3BC BD = B ．若Q 为△ABC 的重心，则111333PQ PA PB PC =++C ．若0PA BC =，0PC AB =，则0PB AC =D ．若四面体P ABC -各棱长都为2，M N ，分别为,PA BC 的中点，则1MN = 【答案】ABC 【分析】作出四面体P ABC -直观图，在每个三角形中利用向量的线性运算可得. 【详解】对于A ，1233AD AC AB =+，32AD AC AB ∴=+，22AD AB AC AD ∴-=- ， 2BD DC ∴=，3BD BD DC BC ∴=+=即3BD BC ∴=，故A 正确；对于B ，Q 为△ABC 的重心，则0QA QB QC ++=，33PQ QA QB QC PQ ∴+++=()()()3PQ QA PQ QB PQ QC PQ ∴+++++=,3PA PB PC PQ ∴++=即111333PQ PA PB PC ∴=++，故B 正确；对于C ，若0PA BC =，0PC AB =，则0PA BC PC AB +=，()0PA BC PC AC CB ∴++=,0PA BC PC AC PC CB ∴++=0PA BC PC AC PC BC ∴+-=,()0PA PC BC PC AC ∴-+= 0CA BC PC AC ∴+=,0AC CB PC AC ∴+=()0AC PC CB ∴+=，0AC PB ∴=，故C 正确；对于D ，111()()222MN PN PM PB PC PA PB PC PA ∴=-=+-=+- 1122MN PB PC PA PA PB PC ∴=+-=-- 222222PA PB PC PA PB PC PA PB PA PC PC PB --=++--+22211122222222222222222=++-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=2MN ∴=，故D 错误.故选：ABC 【点睛】用已知向量表示某一向量的三个关键点(1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键． (2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量． (3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．6．如图，线段AB 为圆O 的直径，点E ，F 在圆O 上，//EF AB ，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，且2AB =，1EF AD ==，则下述正确的是（）A ．//OF 平面BCEB ．BF ⊥平面ADFC ．点A 到平面CDFE 的距离为217D ．三棱锥C BEF -5π 【答案】ABC 【分析】由1EF OB ==，//EF OB ，易证//OF 平面BCE ，A 正确；B ，由所矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，易证AD ⊥平面ABEF ，所以AD BF ⊥，由线段AB 为圆O 的直径，所以BF FA ⊥，易证故B 正确.C ，由C DAF A CDF V V --=可求点A 到平面CDFE 21，C 正确. D ，确定线段DB 的中点M 是三棱锥C BEF -外接球心，进一步可求其体积，可判断D 错误. 【详解】解：1EF OB ==，//EF OB ，四边形OFEB 为平行四边形，所以//OF BE ，OF ⊄平面BCE ，BE ⊂平面BCE ，所以//OF 平面BCE ，故A 正确.线段AB 为圆O 的直径，所以BF FA ⊥，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，平面ABCD 平面ABEF AB =，AD ⊂平面ABCD ，所以AD ⊥平面ABEF ，BF ⊂平面ABEF ，所以AD BF ⊥ AD ⊂平面ADF ，AF ⊂平面ADF ，AD AF A =，所以BF ⊥平面ADF ，故B 正确.1OF OE EF ===，OFE △是正三角形，所以1EF BE AF ===， //DA BC ，所以BC ⊥平面ABEF ，BC BF ⊥，3BF =，22312CF CB BF =+=+=，22112DF DA AF =+=+=，2AB CD ==，CDF 是等腰三角形，CDF 的边DF 上的高22222142222DF CF ⎛⎫⎛⎫-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 11472222CDF S =⨯⨯=△， //DA BC ，AD ⊂平面ADF ，BC ⊄平面ADF ， //BC 平面ADF ，点C 到平面ADF 的距离为3BF =， 111122DAF S =⨯⨯=△，C DAF A CDF V V --=，设点A 到平面CDFE 的距离为h ，1133ADF CFD S FB S h ⨯⨯=⨯⨯△△，111733232h ⨯⨯=⨯⨯，所以217h =，故C 正确. 取DB 的中点M ，则//MO AD ，12MO =，所以MO ⊥平面CDFE ，所以21512ME MF MB MC ⎛⎫====+= ⎪⎝⎭所以M 是三棱锥C BEF -5，三棱锥C BEF -外接球的体积为334433V r ππ==⨯=⎝⎭，故D 错误，故选：ABC. 【点睛】综合考查线面平行与垂直的判断，求点面距离以及三棱锥的外接球的体积求法，难题.7．在长方体1111ABCD A B C D -中，AB =12AD AA ==，,,P Q R 分别是11,,AB BB AC 上的动点，下列结论正确的是（） A ．对于任意给定的点P ，存在点Q 使得1D P CQ ⊥ B ．对于任意给定的点Q ，存在点R 使得1D R CQ ⊥ C ．当1AR A C ⊥时，1AR D R ⊥D ．当113AC A R =时，1//D R 平面1BDC 【答案】ABD 【分析】如图所示建立空间直角坐标系，计算142D P CQ b ⋅=-，()12222D R CQ b λλ⋅=--，134AR D R ⋅=-，10D R n ⋅=，得到答案.【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设()2,,0P a ，a ⎡∈⎣，()Q b ，[]0,2b ∈，设11A R AC λ=，得到()22,22R λλ--，[]0,1λ∈. ()12,,2P a D -=，()2,0,CQ b =，142D P CQ b ⋅=-，当2b =时，1D P CQ ⊥，A 正确；()122,2D R λλ=--，()12222D R CQ b λλ⋅=--，取22bλ=+时，1D R CQ ⊥，B 正确； 1AR A C ⊥，则()()12,222212440AR AC λλλλλ⋅=--⋅--=-+-+=，14λ=，此时113313,,02222224AR D R ⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅-=-≠ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，C 错误；113AC A R =，则4433R ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，14233D R ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，设平面1BDC 的法向量为(),,n x y z =，则100n BD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得()3,1,3n =-，故10D R n ⋅=，故1//D R 平面1BDC ，D 正确. 故选：ABD .【点睛】本题考查了空间中的线线垂直，线面平行，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，推断能力.8．如果一个棱锥的底面是正方形，且顶点在底面内的射影是底面的中心，那么这样的棱锥叫正四棱锥．若一正四棱锥的体积为18，则该正四棱锥的侧面积最小时，以下结论正确的是（）．A 2B ．侧棱与底面所成的角为4π C 2 D ．侧棱与底面所成的角为3π 【答案】AB 【分析】设四棱锥S ABCD -的高为h ，底面边长为a ，由21183V a h ==得254h a=，然后可得侧242108a a+32a =时侧面积取得最小值，此时3h =，然后求出棱锥的高与底面边长的比和SAO ∠即可选出答案. 【详解】设四棱锥S ABCD -的高为h ，底面边长为a 可得21183V a h ==，即254h a= 所以其侧面积为2222244215410842244a a a h a a a⋅⋅+=+=+令()242108f a a a =+，则()23321084f a a a⨯'=- 令()233210840f a a a⨯'=-=得32a = 当(0,32a ∈时()0f a '<，()f a 单调递减当()32,a ∈+∞时()0f a '>，()f a 单调递增所以当32a =时()f a 取得最小值，即四棱锥的侧面积最小此时3h =所以棱锥的高与底面边长的比为22，故A 正确，C 错误侧棱与底面所成的角为SAO ∠，由3h =，32a =可得3AO = 所以4SAO π∠=，故B 正确，D 错误故选：AB 【点睛】本题考查的知识点有空间几何体的体积和表面积、线面角及利用导数求最值，属于综合题.9．已知正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，侧棱11AA =，P 为上底面1111D C B A 上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（）A ．若3PD =，则满足条件的P 点有且只有一个B ．若3PD =，则点P 的轨迹是一段圆弧C ．若PD ∥平面1ACB ，则DP 长的最小值为2D ．若PD ∥平面1ACB ，且3PD =，则平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形的面积为94π 【答案】ABD 【分析】若3PD =，由于P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一；()313PD =∈，，则12PD =，即点P 的轨迹是一段圆弧；当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为3=，可判断C ；平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为32=，可得D . 【详解】如图：∵正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2， ∴1122B D =11AA =， ∴()2212213DB =+=，则P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一，故A 正确；∵()313PD =，，11DD =，则12PD P 的轨迹是一段圆弧，故B 正确；连接1DA ，1DC ，可得平面11//A DC 平面1ACB ，则当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为()22213+=C 错误；由C 知，平面BDP 即为平面11BDD B ，平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接2221322122++=，面积为94π，故D 正确．故选：ABD ．【点睛】本题考查了立体几何综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.10．如图，1111ABCD A B C D -为正方体，下列结论中正确的是（）A ．11A C ⊥平面11BB D D B ．1BD ⊥平面1ACBC ．1BD 与底面11BCC B 2 D ．过点1A 与异面直线AD 与1CB 成60角的直线有2条【答案】ABD 【分析】由直线与平面垂直的判定判断A 与B ；求解1BD 与底面11BCC B 所成角的正切值判断C ；利用空间向量法可判断D ．【详解】对于A 选项，如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，1BB ⊥平面1111D C B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，则111BB A C ⊥，由于四边形1111D C B A 为正方形，则1111AC B D ⊥， 1111BB B D B =，因此，11A C ⊥平面11BB D D ，故A 正确；对于B 选项，在正方体1111ABCD A B C D -中，1DD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，1AC DD ∴⊥，因为四边形ABCD 为正方形，所以，AC BD ⊥，1D DD BD =，AC ∴⊥平面11BB D D ， 1BD ⊂平面11BB D D ，1AC BD ∴⊥，同理可得11BD B C ⊥，1ACB C C =，1BD ∴⊥平面1ACB ，故B 正确；对于C 选项，由11C D ⊥平面11BCC B ，得11C BD ∠为1BD 与平面11BCC B 所成角，且111112tan 2C D C BD BC ∠==，故C 错误；对于D 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则()1,0,0A 、()0,0,0D 、()0,1,0C 、()11,1,1B ，()1,0,0DA =，()11,0,1CB =，设过点1A 且与直线DA 、1CB 所成角的直线的方向向量为()1,,m y z =，则221cos ,21DA m DA m DA my z ⋅<>===⋅++， 1122111cos ,221CB m zCB m CB my z ⋅+<>===⋅⋅++，整理可得2222341y z y z z ⎧+=⎨=++⎩，消去y 并整理得2210z z +-=，解得12z =-12z =-由已知可得3z ≤，所以，12z =-+22y =± 因此，过点1A 与异面直线AD 与1CB 成60角的直线有2条，D 选项正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面），解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形（或给出线段长度，经计算满足勾股定理）、直角梯形等等．。

江苏省高考数学二轮复习第9讲立体几何的综合问题作业-人教版高三全册数学试题

第9讲立体几何的综合问题1.设α,β,γ是三个不同的平面,m,n是两条不同的直线,在命题“α∩β=m,n⊂γ,且,则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组,使该命题为真命题.①α∥γ,n⊂β;②m∥γ,n∥β;③n∥β,m⊂γ.可以填入的条件有.2.(2017江苏南京一中质检)设l是一条直线,α,β,γ是不同的平面,则在下面命题中,假命题是.①如果α⊥β,那么α内一定存在直线平行于β;②如果α不垂直于β,那么α内一定不存在直线垂直于β;③如果α⊥γ,β⊥γ,α∩β=l,那么l⊥γ;④如果α⊥β,l与α,β都相交,那么l与α,β所成的角互余.3.以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕,把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后,某学生得出下列四个结论:①BD⊥AC;②△BAC是等边三角形;③三棱锥D-ABC是正三棱锥;④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的是.4.将一个真命题中的“平面”换成“直线”,“直线”换成“平面”后仍是真命题,则该命题称为“可换命题”.给出下列四个命题:①垂直于同一平面的两直线平行;②垂直于同一平面的两平面平行;③平行于同一直线的两直线平行;④平行于同一平面的两直线平行.其中是“可换命题”的是.5.(2017江苏兴化中学调研)如图,在四面体A-BCD中,AD=BD,∠ABC=90°,点E,F分别为棱AB,AC上的点,点G为棱AD的中点,且平面EFG∥平面BCD.(1)求EE;EE(2)求证:平面EFD⊥平面ABC.6.(2017江苏运河中学月考)如图,已知四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,∠BAD=60°,Q为AD的中点.(1)若PA=PD,求证:平面PQB⊥平面PAD;(2)点M在线段PC上,PM=tPC,试确定t的值,使PA∥平面MQB.7.(2017江苏楚州中学月考)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,点D是BC的中点,BC=BB1.(1)求证:A1C∥平面AB1D;(2)试在棱CC1上找一点M,使MB⊥AB1.答案精解精析1.答案①或③解析由面面平行的性质定理可知,①正确;当n∥β,m⊂γ时,因为n和m在同一平面内,且没有公共点,所以m∥n,故③正确.2.答案④解析①如果α⊥β,那么α与β一定相交,所以在α内一定存在直线平行于β,正确;②如果α不垂直于β,α,β又不同,那么α与β相交不垂直或者平行,所以α内一定不存在直线垂直于β,正确;③如果α⊥γ,β⊥γ,α∩β=l,根据面面垂直的性质定理以及线面垂直的判定定理和性质定理,可以得到l⊥γ,正确;④如果α⊥β,l与α,β都相交,当l与α,β的交线垂直时,l与α,β所成的角互余;当直线l与α,β的交线不垂直时,l与α,β所成的角不互余,错误.综上,填④.3.答案①②③解析由题意知,BD⊥平面ADC,故BD⊥AC,①正确;由AD为等腰直角三角形ABC斜边BC上的高,平面ABD⊥平面ACD,易知,AB=AC=BC,所以△BAC是等边三角形,②正确;易知DA=DB=DC,又△BAC为等边三角形,则③正确;不能得出平面ADC⊥平面ABC,④错.4.答案①③解析由线面垂直的性质定理可知①是真命题,且垂直于同一直线的两平面平行也是真命题,故①是“可换命题”;因为垂直于同一平面的两平面可能平行或相交,所以②是假命题,不是“可换命题”;显然,③是真命题,且平行于同一平面的两平面平行也是真命题,故③是“可换命题”;因为平行于同一平面的两条直线可能平行、相交或异面,故④是假命题,不是“可换命题”.综上,填①③.5.解析(1)因为平面EFG∥平面BCD,平面ABD∩平面EFG=EG,平面ABD∩平面BCD=BD,所以EG∥BD.又G为AD的中点,所以E为AB的中点,同理可得,F为AC的中点,所以EE EE =12.(2)证明:因为AD=BD,由(1)知,E 为AB 的中点,所以AB⊥DE.又∠ABC=90°,即AB⊥BC,由(1)知,EF∥BC,所以AB⊥E F.又DE∩EF=E,DE,EF ⊂平面EFD,所以AB⊥平面EFD,又AB ⊂平面ABC,故平面EFD⊥平面ABC.6.解析 (1)证明:连接BD.∵四边形ABCD 是菱形,∠BAD=60°,∴△ABD 为正三角形,∴AD⊥BQ.∵PA=PD,Q 为AD 的中点,∴AD⊥PQ.又BQ∩PQ=Q,∴AD⊥平面PQB.∵AD ⊂平面PAD,∴平面PQB⊥平面PAD.(2)当t=13时,PA∥平面MQB.理由如下: 连接AC,交BQ 于N,连接MN.由AQ∥BC 可得,△ANQ∽△CNB,∴EE EE =EE EE =12.∵PA∥平面MQB,PA ⊂平面PAC,平面PAC∩平面MQB=MN, ∴PA∥MN,∴EE EE =EE EE =13,即PM=13PC,∴t=13.7.解析 (1)证明:连接A 1B,交AB 1于点O,连接OD. ∵O、D 分别是A 1B 、BC 的中点,∴A 1C∥OD.∵A1C⊄平面AB1D,OD⊂平面AB1D,∴A1C∥平面AB1D.(2)M为CC1的中点.证明如下:∵在正三棱柱ABC-A1B1C1中,BC=BB1,∴四边形BCC1B1是正方形.由M为CC1的中点,D是BC的中点,易证△B1BD≌△BCM,∴∠BB1D=∠CBM.又∵∠BB1D+∠BDB1=π2,∴∠CBM+∠BDB1=π2,∴BM⊥B1D.∵△ABC是正三角形,D是BC的中点,∴AD⊥BC.∵平面ABC⊥平面BB1C1C,平面ABC∩平面BB1C1C=BC, ∴AD⊥平面BB1C1C.∵BM⊂平面BB1C1C,∴AD⊥BM,∵AD∩B1D=D,∴BM⊥平面AB1D.∵AB1⊂平面AB1D,∴MB⊥AB1.。

高考数学二轮复习立体几何多选题复习题及解析

高考数学二轮复习立体几何多选题复习题及解析一、立体几何多选题1. 如图，正方体ABCD-ABCD中的正四而体A厂BD G的棱长为2,则下列说法正确的是（）A. 异面直线A&与所成的角是彳3B. 丄平而A^DC. 平而Acq截正四而体- BDC,所得截而而积为2D. 正四而体A - BDC｛的髙等于正方体ABCD-\B,C X D X体对角线长的;【答案】ABD【分析】选项A,利用正方体的结构特征找到异而直线所成的角；选项B,根据正方体和正四而体的结构特征以及线而垂直的判定泄理容易得证；选项C,由图得平而ACQ截正四而体 A - BDC x所得截面而积为A AC冋面积的四分之一：选项D,分别求出正方体的体对角线长和正四而体A - BDC.的高，然后判断数量关系即可得解.【详解】□ _______________ qA：正方体ABCD — AQCQ中，易处ADJIBC、,异面直线£3与所成的角即直线A"与BG 所成的角，即ZA/G , LA.B G 为等边三角形，ZABC,=-,正确:B ：连接Bp, QB 丄平面AdG®, AC|U 平而AdGD ，即人q 丄B® 又 AG 丄 Bp, B\BcBQ=B],有 AQ 丄平而 BDD 且,BQu 平而 BDD X B X ,所以BD 』A }C {,同理可证：BD 』人》,= 所以8卩丄平而AQD ,正确:D tCiSFic ：易知平面心截正四耐本A-所得截而面积为半斗’错误;D ：易得正方体ABCD- A 且CQ 的体对角线长为（（血丫 +（近$ +（Qf =应,棱长为2 的正四而体A - BDC 、的高为* -（圧正％ |卜斗2故正四而体A - BDC.的髙等于正方体ABCD-A.B^D,体对角线长的亍，正确.3故选：ABD.【点睛】关键点点睛：利用正方体的性质，找异而直线所成角的平而角求其大小，根拯线面垂直的判泄证明3。

江苏专用高考数学二轮复习解答题专项练1立体几何理

1.立体几何1.(2018·江苏省金陵中学月考)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥平面ABCD，AP＝AD，点M在棱PD上，AM⊥PD，点N是棱PC的中点，求证：(1) MN∥平面PAB；(2) AM⊥平面PCD.证明(1)因为在△PAD中，AP＝AD，AM⊥PD，所以点M是棱PD的中点.又点N是棱PC的中点，所以MN是△PDC的中位线，所以MN∥DC.因为底面ABCD是矩形，所以AB∥DC，所以MN∥AB.又AB⊂平面PAB, MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB.(2)因为平面PAD⊥平面ABCD, CD⊂平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊥AD，所以CD⊥平面PAD.又AM⊂平面PAD，所以CD⊥AM.因为PD⊥AM，CD⊥AM, CD∩PD＝D，CD⊂平面PCD，PD⊂平面PCD，所以AM⊥平面PCD.2.已知在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥DC，∠ABC＝60°，DC＝1，AD＝3，PB＝PC，且M，N分别为BC，PA的中点.(1)求证：DN∥平面PBC；(2)求证：MN⊥BC.证明 (1)取PB 的中点E ，连结NE ，CE ，AC ，因为ABCD 是直角梯形，AB ∥DC ， ∠ABC ＝60°，DC ＝1，AD ＝3，易得AC ＝CB ＝AB ＝2. 又N 为PA 的中点，所以NE ∥CD 且NE ＝CD ，所以四边形CDNE 是平行四边形，所以DN ∥CE .又CE ⊂平面PBC ，DN ⊄平面PBC ，所以DN ∥平面PBC . (2)连结AM ，PM . 因为PB ＝PC ，所以PM ⊥BC ，因为AC ＝AB ，所以AM ⊥BC ，又AM ∩PM ＝M ，AM ，PM ⊂平面PAM ，所以BC ⊥平面PAM . 因为MN ⊂平面APM ，所以MN ⊥BC .3.(2018·扬州市邗江区模拟)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，EF ∥AB ，EF ⊥FB ，AB ＝2EF ，∠BFC ＝90°，BF ＝FC ，H 为BC 的中点.(1)求证：FH ∥平面EDB ； (2)求证：AC ⊥平面EDB .证明 (1)设AC 与BD 的交点为G ，连结GE ，GH ，如图，以H 为坐标原点，分别以HB →，GH →，HF →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，令BH ＝1，则A (1，－2,0)，B (1,0,0)，C (－1,0,0)，D (－1，－2,0)，E (0，－1,1)，F (0,0,1)，G (0，－1,0)，∴GE →＝(0,0,1),又∵HF →＝(0,0,1)，∴GE →∥HF →，GE ⊂平面EDB ，HF ⊄平面EDB ，∴FH ∥平面EDB .(2)∵AC →＝(－2,2,0)，GE →＝(0,0,1)， ∴AC →·GE →＝0， ∴AC ⊥GE .又AC ⊥BD ，且GE ⊂平面EDB ，BD ⊂平面EDB ，GE ∩BD ＝G ，∴AC ⊥平面EDB . 4.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，M ，N 分别为棱A 1C 1和AB 的中点. (1)求证：MN ∥平面BCC 1B 1；(2)若平面ACC 1A 1⊥平面A 1B 1C 1，且A 1B 1＝B 1C 1，求证：平面B 1MN ⊥平面ACC 1A 1.证明 (1)方法一如图，设BC 的中点为H ，连结NH ，HC 1. 在△ABC 中，因为N 为AB 的中点，所以NH ∥AC ，且NH ＝12AC ，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，因为AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1，M 为A 1C 1的中点，所以MC 1∥AC ，且MC 1＝12AC ，所以NH ∥MC 1，且NH ＝MC 1，所以四边形MC 1HN 为平行四边形，所以MN ∥C 1H ，又MN ⊄平面BCC 1B 1，C 1H ⊂平面BCC 1B 1，所以MN ∥平面BCC 1B 1.方法二如图2，在侧面ACC1A1中，连结AM并延长交直线CC1于点Q，连结BQ.在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1∥CC1，所以AMMQ＝A1MMC1，因为M为A1C1的中点，所以M为AQ的中点.又因为N为AB中点，所以MN∥BQ，又MN⊄平面BCC1B1，BQ⊂平面BCC1B1，所以MN∥平面BCC1B1.方法三如图3，取A1B1的中点O，连结OM，ON. 在△A1B1C1中，因为O，M分别为A1B1，A1C1的中点，所以OM∥B1C1. 因为OM⊄平面BCC1B1，B1C1⊂平面BCC1B1，所以OM∥平面BCC1B1.在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1B1∥AB且A1B1＝AB，又因为O，N分别为A1B1，AB的中点，所以OB1∥NB，OB1＝NB，所以四边形OB1BN为平行四边形，所以ON∥B1B，又ON⊄平面BCC1B1，B1B⊂平面BCC1B1，所以ON∥平面BCC1B1.因为OM∥平面BCC1B1，ON∥平面BCC1B1，OM∩ON＝O，OM⊂平面OMN，ON⊂平面OMN，所以平面OMN∥平面BCC1B1，又MN⊂平面OMN，所以MN∥平面BCC1B1.(2)因为A1B1＝B1C1, M为A1C1的中点，所以B1M⊥A1C1，因为平面ACC1A1⊥平面A1B1C1，平面ACC1A1∩平面A1B1C1＝A1C1，B1M⊂平面A1B1C1，所以B1M⊥平面ACC1A1，又B1M⊂平面B1MN，所以平面B1MN⊥平面ACC1A1.5.如图，O是圆锥底面圆的圆心，圆锥的轴截面PAB为等腰直角三角形，C为底面圆周上一点.(1)若弧BC的中点为D，求证：AC∥平面POD；(2)如果△PAB的面积是9，求此圆锥的表面积.(1)证明方法一设BC∩OD＝E，∵D 是弧BC 的中点， ∴E 是BC 的中点. 又∵O 是AB 的中点， ∴AC ∥OE .又∵AC ⊄平面POD ，OE ⊂平面POD ， ∴AC ∥平面POD .方法二 ∵AB 是底面圆的直径， ∴AC ⊥BC .∵弧BC 的中点为D ， ∴OD ⊥BC . 又AC ，OD 共面， ∴AC ∥OD .又AC ⊄平面POD ，OD ⊂平面POD ， ∴AC ∥平面POD .(2)解设圆锥底面半径为r ，高为h ，母线长为l ， ∵圆锥的轴截面PAB 为等腰直角三角形， ∴h ＝r ，l ＝2r .由S △PAB ＝12×2r ×h ＝r 2＝9，得r ＝3，∴S 表＝πrl ＋πr 2＝πr ×2r ＋πr 2＝9(1＋2)π.6.已知四棱锥S －ABCD 的底面ABCD 为正方形，顶点S 在底面ABCD 上的射影为其中心O ，高为3，设E ，F 分别为AB ，SC 的中点，且SE ＝2，M 为CD 边上的点.(1)求证：EF ∥平面SAD ；(2)试确定点M 的位置，使得平面EFM ⊥底面ABCD .(1)证明取SB 的中点P ，连结PF ，PE .∵F 为SC 的中点，∴PF ∥BC ，又底面ABCD 为正方形， ∴BC ∥AD ，即PF ∥AD ，又PE ∥SA ，PE ∩PF ＝P ，SA ∩AD ＝A ， ∴平面PFE ∥平面SAD . ∵EF ⊂平面PFE ， ∴EF ∥平面SAD .(2)解连结AC ，AC 的中点即为点O ，连结SO ，由题意知SO ⊥平面ABCD ，取OC 的中点H ，连结FH ，则FH ∥SO ， ∴FH ⊥平面ABCD ，∴平面EFH ⊥平面ABCD ，连结EH 并延长，则EH 与DC 的交点即为M 点. 连结OE ，由题意知SO ＝3，SE ＝2. ∴OE ＝1，AB ＝2，AE ＝1，∴MC AE ＝HC HA ＝13， ∴MC ＝13AE ＝16CD ，即点M 在CD 边上靠近C 点距离为16的位置.。

高考数学二轮复习立体几何多选题测试试题及答案

高考数学二轮复习立体几何多选题测试试题及答案一、立体几何多选题1．在三棱柱111ABC A B C -中，ABC ∆是边长为23的等边三角形，侧棱长为43，则（）A ．直线1A C 与直线1BB 之间距离的最大值为3B ．若1A 在底面ABC 上的投影恰为ABC ∆的中心，则直线1AA 与底面所成角为60︒ C ．若三棱柱的侧棱垂直于底面，则异面直线AB 与1A C 所成的角为30D ．若三棱柱的侧棱垂直于底面，则其外接球表面积为64π 【答案】AD 【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解. 【详解】如图示，以A 为原点，AC 为y 轴正方向，Ax 为x 轴正方向，过A 点垂直于面ABC 的向上方向为z 轴正方向建系，则()()()0,0,0,3,0,0,23,0,A B C 设()()()100010001000,,,3,3,,,23,,A x y z B x y z C x y z ++所以()()()1000100011,23,,,,,3,3,0,AC x y z BB x y z A B =---== 对于A:设n 为直线1A C 与直线1BB 的公垂线的方向向量，则有：11·0·0AC n BB n ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即()()0000002300x x y y zz x x y y zz ⎧-+-=⎪⎨++=⎪⎩解得：()00,0n z x =- 设直线1A C 与直线1BB 之间距离为d ，则22011222200009||||z A B nd d x z n x z ===++ 22009x d ≥∴≤，即3d ≤，故A 正确；对于B ：若1A 在底面ABC 上的投影恰为ABC ∆的中心，则()11,3,211A 底面法向量()()10,0,1,1,3,211m AA ==，设直线 1AA 与底面所成角为θ，则：121133sin |cos ,|6143AA n θ===⨯，故B 错误；对于C ：三棱柱的侧棱垂直于底面时，则()()()1110,0,43,3,3,43,0,23,43,A B C则()()13,3,0,0,23,43,AB AC ==-设异面直线AB 与1A C 所成的角为θ，则1115cos |cos ,|||||||23215AB AC AB AC AB AC θ====⨯,故C 错误；对于D ：若三棱柱的侧棱垂直于底面时，外接球的球心O 为上下底面中心DD 1连线的中点,所以外接球的半径()222324R =+=，所以2464S R ππ==.故D 正确故选：AD 【点睛】向量法解决立体几何问题的关键： (1)建立合适的坐标系； (2)把要用到的向量正确表示； (3)利用向量法证明或计算.2．已知三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，其长度分别为a ，b ，c ．点A 在底面BCD 内的射影为O ，点A ，B ，C ，D 所对面的面积分别为A S ，B S ，C S ，D S ．在下列所给的命题中，正确的有（） A ．2A BCO D S SS ⋅=； B ．3333A B C D S S S S <++；C ．若三条侧棱与底面所成的角分别为1α，1β，1γ，则222111sin sin sin 1αβγ++=；D ．若点M 是面BCD 内一个动点，且AM 与三条侧棱所成的角分别为2α，2β，2γ，则22cos α+2222cos cos 1βγ+=．【答案】ACD 【分析】由Rt O OA '与Rt O AD '相似，得边长关系，进而判断A 正确；当M 与O 重合时，注意线面角与线线角的关系，即可得C 正确；构造长方体，建立直角坐标系，代入夹角公式计算可得D 正确；代入特殊值，可得B 错误. 【详解】由三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，则将三棱锥A BCD -补成长方体ABFC DGHE -，连接DO 并延长交BC 于O '，则AO BC ⊥．对A ：由Rt O OA '与Rt O AD '相似，则2O A O O O D '''=⨯ 又12A S BC O D '=⋅，12BCOS BC O O '=⋅， 22221124DS BC O A BC O A ⎛⎫''=⋅=⋅ ⎪⎝⎭所以2A BCOD S SS ⋅=，故A 正确．对B ：当1a b c ===时，33318B C D S S S ===，则33338B C D S S S ++=，而3332288A S ⎛⎫==> ⎪ ⎪⎝⎭，此时3333A B C D S S S S >++，故B 不正确．对D ：分别以AB ，AC ，AD 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．设(),,M x y z ，则(),,AM x y z =，AM =(),0,0AB a =，()0,,0AC b =，()0,0,AD c =所以222222222cos cos cos AM AB AM AC AM AD AM ABAM ACAM ADαβγ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅++=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪⋅⋅⋅⎝⎭⎝⎭⎝⎭2222221x y z AMAMAM=++=，所以D 正确．对C ：当M 与O 重合时，AO ⊥面BCD ，由D 有222222cos cos cos 1αβγ++=，由各侧棱与底面所成角与侧棱与所AO 成角互为余角，可得C 正确．故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题考查空间线面角、线线角、面积关系的问题，计算角的问题关键是建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用数量积的公式代入计算，解决这道题目还要结合线面角与线线角的关系判断.3．已知球O 为正方体1111ABCD A B C D -的内切球，平面11A C B 截球O 的面积为24π，下列命题中正确的有（）A ．异面直线AC 与1BC 所成的角为60°B ．1BD ⊥平面11AC B C ．球O 的表面积为36πD ．三棱锥111B AC B -的体积为288 【答案】AD 【分析】连接11A C ，1A B ，通过平移将AC 与1BC 所成角转化为11A C 与1BC 所成角可判断A ；通过反证法证明B ；由已知平面11A C B 截球O 的面积为24π求出正方体棱长，进而求出内切球的表面积可判断C ；利用等体积法可求得三棱锥111B AC B -的体积可判断D. 【详解】对于A ，连接11A C ，1A B ，由正方体1111ABCD A B C D -，可知11//A C AC ，11AC B ∴∠为异面直线AC 与1BC 所成的角，设正方体边长为a ，则11112AC A B BC a ==，由等边三角形知1160A C B ∠=，即异面直线AC 与1BC 所成的角为60，故A 正确；对于B ，假设1BD ⊥平面11A C B ，又1A B ⊂平面11A C B ，则11BD B A ⊥，设正方体边长为a ，则11A D a =，12A B a=，1BD 3a =，由勾股定理知111A D B A ⊥，与假设矛盾，假设不成立，故1BD 不垂直于平面11A C B ，故B 错误；对于C ，设正方体边长为a ，则112AC a =，内切球半径为2a，设内切球的球心O 在面11A C B 上的投影为O '，由等边三角形性质可知O '为等边11A C B △的重心，则111623332332O A AC a a =⨯'=⨯=，又132OA a =，∴球心O 到面11A C B 的距离为121222326336a a a OA O A ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=-='-，又球心与截面圆心的连线垂直于截面，∴截面圆的半径为223626a a a ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-=，又截面圆的面积26246S a ππ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭=，解得12a =，则内切球半径为6，内切球表面积214644S ππ==⨯，故C 错误；对于D ，由等体积法知111111111111212122812383B A C B B A C B A C B V V S a --==⨯⨯=⨯⨯=，故D 正确；故选：AD【点睛】关键点点睛：本题考查了正方体和它的内切球的几何结构特征，关键是想象出截面图的形状，从而求出正方体的棱长，进而求出内切球的表面积及三棱锥的体积，考查了空间想象能力，数形结合的思想，属于较难题.4．如图，一个结晶体的形状为平行六面体1111ABCD A B C D -，其中，以顶点A 为端点的三条棱长都等于1，且它们彼此的夹角都是60，下列说法中正确的是（）A ．()()2212AA AB ADAC ++=B ．1A 在底面ABCD 上的射影是线段BD 的中点C ．1AA 与平面ABCD 所成角大于45 D ．1BD 与AC 6 【答案】AC 【分析】对A ，分别计算()21++AA AB AD 和2AC ，进行判断；对B ，设BD 中点为O ，连接1A O ，假设1A 在底面ABCD 上的射影是线段BD 的中点，应得10⋅=O AB A ，计算10⋅≠O AB A ，即可判断1A 在底面ABCD 上的射影不是线段BD 的中点；对C ，计算11,,A A AC AC ，根据勾股定理逆定理判断得11⊥A A AC ，1AA 与平面ABCD 所成角为1A AC ∠，再计算1tan ∠A AC ；对D ，计算1,AC BD 以及1BD AC ⋅，再利用向量的夹角公式代入计算夹角的余弦值. 【详解】对A ，由题意，11111cos602⋅=⋅=⋅=⨯⨯=AA AB AA AD AD AB ，所以()2222111112*********++=+++⋅+⋅+⋅=+++⨯⨯=AA AB ADAA AB AD AA AB AB AD AA AD ，AC AB AD =+，所以()222221113=+=+⋅+=++=AC AB ADAB AB AD AD ，所以()()22126++==AA AB AD AC ，故A 正确；对B ，设BD 中点为O ，连接1A O ，1111111222=+=+=++AO A A AO A A AC A A AD AB ，若1A 在底面ABCD 上的射影是线段BD 的中点，则1A O ⊥平面ABCD ，则应10⋅=O AB A ，又因为21111111111110222222224⎛⎫⋅=++⋅=-⋅+⋅+=-+⨯+=≠ ⎪⎝⎭O AB A A AD AB AB AA AB AD AB AB A ，故B 错误；对D ，11,BD AD AA AB AC AB AD =+-=+，所以()()2211=2,=3=+-=+AD A B A AB AC AB AD D()()2211111⋅=+-⋅+=⋅++⋅+⋅--⋅=AC AD AA AB AB AD AD AB AD AA AB AA AD AB AB AD BD ，1116cos ,23⋅<>===⋅B AC D BD BD AC AC，故D 不正确；对C ，112==AC BD ，在1A AC 中，111,2,3===A A AC AC ，所以22211+=A A AC AC ，所以11⊥A A AC ，所以1AA 与平面ABCD 所成角为1A AC ∠，又1tan 21∠=>A AC ，即145∠>A AC ，故C 正确；故选：AC【点睛】方法点睛：用向量方法解决立体几何问题，需要树立“基底”意识，利用基向量进行线性运算，要理解空间向量概念、性质、运算，注意和平面向量类比；同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，利用向量的夹角公式求解.5．如图，矩形ABCD 中，M 为BC 的中点，将ABM 沿直线AM 翻折成1AB M ，连结1B D ，N 为1B D 的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是（）A ．存在某个位置，使得1CN AB ⊥ B ．翻折过程中，CN 的长是定值C ．若AB BM =，则1AM BD ⊥D ．若1AB BM ==，当三棱锥1B AMD -的体积最大时，三棱锥1B AMD -外接球的体积是43π 【答案】BD 【分析】对于A ，取AD 中点E ，连接EC 交MD 与F ，可得到EN NF ⊥，又EN CN ⊥，且三线,,NE NF NC 共面共点，不可能；对于B ，可得由1NEC MAB ∠=∠（定值），112NE AB =（定值），AM EC =（定值），由余弦定理可得NC 是定值．对于C ，取AM 中点O ，连接1,B O DO ，假设1AM B D ⊥，易得AM ⊥面1ODB ，即可得OD AM ⊥，从而AD MD =，显然不一定成立．对于D ，当平面B 1AM ⊥平面AMD 时，三棱锥B 1﹣AMD 的体积最大，可得球半径为1，体积是43π．【详解】对于A 选项：如图1，取AD 中点E ，连接EC 交MD 与F ，则11////NE AB NF MB ，，又11AB MB ⊥，所以EN NF ⊥，如果1CN AB ⊥，可得EN CN ⊥，且三线,,NE NF NC 共面共点，不可能，故A 选项不正确；对于B 选项：如图1，由A 选项可得1AMB EFN ≈△△，故1NEC MAB ∠=∠（定值），112NE AB =（定值），AM EC =（定值），故在NEC 中，由余弦定理得222cos CN CE NE NE CE NEC =+-⋅⋅∠，整理得222212422AB AB AB CN AM AM BC AB AM =+-⋅⋅=+，故CN 为定值，故B 选项正确．对于C 选项：如图，取AM 中点O ，连接1,B O DO ，由AB BM =，得1B O AM ⊥，假设1AM B D ⊥，111B D B O B =，所以AM ⊥面1ODB ，所以OD AM ⊥，从而AD MD =，显然不恒成立，所以假设不成立，可得C 选项不正确．对于D 选项：由题易知当平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大，此时1B O ⊥平面AMD ，则1B O OE ⊥，由1AB BM ==，易求得122BO =，2DM =22221122122B E OB OE ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因此1EB EA ED EM ===，E 为三棱锥1B AMD -的外接球球心，此外接球半径为1，体积是43π．故D 选项正确．故答案为：BD ．【点睛】本题主要考查了线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于难题.本题C 选项的解题的关键在于采用反证法证明，进而推出矛盾解题，D 选项求解的关键在于把握平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大.6．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3，线段11B D 上有两个动点,E F ，且1EF =，以下结论正确的有（）A ．AC BE ⊥B ．异面直线,AE BF 所成的角为定值C ．点A 到平面BEF 的距离为定值D ．三棱锥A BEF -的体积是定值【答案】ACD 【详解】由AC BD ⊥，1AC DD ⊥可证AC ⊥平面11D DBB ，从而AC BE ⊥，故A 正确；取特例，当E 与1D 重合时，F 是F '，AE 即1AD ，1AD 平行1BC ，异面直线,AE BF '所成的角是1C BF '∠，当F 与1B 重合时，E 是E '，BF 即1BB ，异面直线,AE BF '所成的角是1A AE '∠，可知1C BF '∠与1A AE '∠不相等，故异面直线,AE BF 所成的角不是定值，故B 错误；连结BD 交AC 于O ，又AC ⊥平面11D DBB ，点A 到平面11BDD B 的距离是2AO ，也即点A 到平面BEF 的距离是22，故C 正确； 2=2AO 为三棱锥A BEF -的高，又1111224BEF S =⨯⨯=△，故三棱锥A BEF -的体积为112234224⨯⨯=为定值，D 正确. 故选：ACD 【点睛】求空间中点到平面的距离常见方法为：（1）定义法：直接作平面的垂线，求垂线；（2）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离；（3）向量法：计算斜线在平面的法向量上的投影即可.7．如图，已知四棱锥P ABCD -所有棱长均为4，点M 是侧棱PC 上的一个动点（不与点,P C 重合），若过点M 且垂直于PC 的截面将该四棱锥分成两部分，则下列结论正确的是（）A ．截面的形状可能为三角形、四边形、五边形B ．截面和底面ABCD 所成的锐二面角为4πC ．当1PM =时，截面的面积为52D ．当2PM =时，记被截面分成的两个几何体的体积分别为()1212,>V V V V ，则123=V V【答案】BCD【分析】点M 是侧棱PC 上的一个动点，根据其不同位置，对选项逐一进行判断即可.【详解】A 选项中，如图，连接BD ，当M 是PC 中点时，2MC =，由题意知三角形PDC 与三角形PBC 都是边长为4的正三角形，所以DM PC ⊥,BM BC ⊥，又DM ，BM 在面MBD 内，且相交，所以PC ⊥平面PBD ，三角形MBD 即为过点M 且垂直于PC 的截面，此时是三角形，点M 向下移动时，2MC <，如图，仍是三角形；若点M 由中点位置向上移动，2MC >，在平面PDC 内作EM PC ⊥，交PD 于E ，在平面PBC 内作FM PC ⊥交PB 于F ，平面MEF 交平面PAD 于EG ，交PAB 于FH ，即交平面ABCD 于GH ，则五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，此时是五边形；故截面的形状可能为三角形、五边形，A 错误；B 选项中，因为截面总与PC 垂直，所以不同位置的截面均平行，截面与平面ABCD 所成的锐角为定值，不妨取M 是中点，连接AC ，BD ，MB ，MD ，设AC ，BD 交点是N ，连接PN ，由题意知，四边形ABCD 是边长为4的菱形，BD AC ⊥，因为MB =MD ，所以MN BD ⊥，故MNC ∠是截面与平面ABCD 所成的锐角，过点M 作MQ AC ⊥，垂足Q.在三角形PAC 中，MN =2，2，故在直角三角形MNQ 中，2cos 2NQ MNC MN ∠==，故4MNC π∠=，故B 正确；C 选项中，当PM =1时，M 是PC 中点，如图，五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，依题意，直角三角形PME 中，2cos PM PE EPM==∠，故E 为PD 的中点，同理，F 是PB 的中点，则EF 是三角形PBD 的中位线，1222EF BD ==G ，H 分别在,AD AB 的中点上，证明如下，当G ，H ，也是中点时，1//,2GH BD GH BD =，有//,22GH EF GH EF ==EFHG 是平行四边形.依题意，三角形PAC 中4,42PA PC AC ===，故PA PC ⊥，故PC GE ⊥，易见，正四棱锥中BD ⊥平面PAC ，故BD PC ⊥，GH PC ∴⊥，因为 ,GE GH 均在平面EFHG 内，且相交，所以PC ⊥平面EFHG ，故此时平面EFHG 和平面MEF 即同一平面.又BD ⊥平面PAC ，有GH ⊥面平面PAC ，GH GM ⊥，根据对称性有GH GE ⊥，四边形EFHG 是矩形.即五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，平面图如下:依题意，22GH EF ==2EG FG ==，三角形高为()()22321h =-=，面积是122122⨯=，四边形面积是22242=，故截面面积是52 故C 正确；D 选项中，若PM =2，看B 选项中的图可知，21124M BCD P BCD P ABCD V V V V ---===，故剩余部分134P ABCD V V -=，所以123=V V ，故D 正确. 故选：BCD. 【点睛】本题考查了棱锥的截面问题，考查了二面角、体积等计算问题，属于难题.8．（多选题）在四面体P ABC -中，以上说法正确的有（）A ．若1233AD AC AB =+，则可知3BC BD = B ．若Q 为△ABC 的重心，则111333PQ PA PB PC =++ C ．若0PA BC =，0PC AB =，则0PB AC =D ．若四面体P ABC -各棱长都为2，M N ，分别为,PA BC 的中点，则1MN =【答案】ABC【分析】作出四面体P ABC -直观图，在每个三角形中利用向量的线性运算可得.【详解】对于A ，1233AD AC AB =+，32AD AC AB ∴=+，22AD AB AC AD ∴-=- ， 2BD DC ∴=，3BD BD DC BC ∴=+=即3BD BC ∴=，故A 正确；对于B ，Q 为△ABC 的重心，则0QA QB QC ++=，33PQ QA QB QC PQ ∴+++=()()()3PQ QA PQ QB PQ QC PQ ∴+++++=,3PA PB PC PQ ∴++=即111333PQ PA PB PC ∴=++，故B 正确；对于C ，若0PA BC =，0PC AB =，则0PA BC PC AB +=，()0PA BC PC AC CB ∴++=,0PA BC PC AC PC CB ∴++=0PA BC PC AC PC BC ∴+-=,()0PA PC BC PC AC ∴-+=0CA BC PC AC ∴+=,0AC CB PC AC ∴+= ()0AC PC CB ∴+=，0AC PB ∴=，故C 正确；对于D ，111()()222MN PN PM PB PC PA PB PC PA ∴=-=+-=+- 1122MN PB PC PA PA PB PC ∴=+-=-- 222222PA PB PC PA PB PC PA PB PA PC PC PB --=++--+== 2MN ∴=，故D 错误.故选：ABC【点睛】用已知向量表示某一向量的三个关键点(1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量．(3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．9．在长方体1111ABCD A B C D -中，AB =12AD AA ==，,,P Q R 分别是11,,AB BB AC 上的动点，下列结论正确的是（） A ．对于任意给定的点P ，存在点Q 使得1D P CQ ⊥B ．对于任意给定的点Q ，存在点R 使得1D R CQ ⊥C ．当1AR A C ⊥时，1ARD R ⊥D ．当113AC A R =时，1//D R 平面1BDC 【答案】ABD【分析】如图所示建立空间直角坐标系，计算142D P CQ b ⋅=-，()12222D R CQ b λλ⋅=--，134AR D R ⋅=-，10D R n ⋅=，得到答案. 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设()2,,0P a ，a ⎡∈⎣，()Q b ，[]0,2b ∈，设11A R AC λ=，得到()22,22R λλ--，[]0,1λ∈. ()12,,2P a D -=，()2,0,CQ b =，142D P CQ b ⋅=-，当2b =时，1D P CQ ⊥，A 正确；()122,2D R λλ=--，()12222D R CQ b λλ⋅=--，取22bλ=+时，1D R CQ ⊥，B 正确；1AR A C ⊥，则()()12,222212440AR AC λλλλλ⋅=--⋅--=-+-+=，14λ=，此时11333313,,,,022224 AR DR⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅-=-≠⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，C错误；113AC A R=，则4234,,333R⎛⎫⎪⎪⎝⎭，14232,,333D R⎛⎫=-⎪⎪⎝⎭，设平面1BDC的法向量为(),,n x y z=，则1n BDn DC⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得()3,1,3n=-，故1D R n⋅=，故1//D R平面1BDC，D正确.故选：ABD.【点睛】本题考查了空间中的线线垂直，线面平行，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，推断能力.10．如图，1111ABCD A B C D-为正方体，下列结论中正确的是（）A．11A C⊥平面11BB D DB．1BD⊥平面1ACBC．1BD与底面11BCC B2D ．过点1A 与异面直线AD 与1CB 成60角的直线有2条【答案】ABD【分析】由直线与平面垂直的判定判断A 与B ；求解1BD 与底面11BCC B 所成角的正切值判断C ；利用空间向量法可判断D ．【详解】对于A 选项，如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，1BB ⊥平面1111D C B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，则111BB A C ⊥，由于四边形1111D C B A 为正方形，则1111AC B D ⊥， 1111BB B D B =，因此，11A C ⊥平面11BB D D ，故A 正确；对于B 选项，在正方体1111ABCD A B C D -中，1DD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，1AC DD ∴⊥，因为四边形ABCD 为正方形，所以，AC BD ⊥，1D DD BD =，AC ∴⊥平面11BB D D ，1BD ⊂平面11BB D D ，1AC BD ∴⊥，同理可得11BD B C ⊥，1AC B C C =，1BD ∴⊥平面1ACB ，故B 正确；对于C 选项，由11C D ⊥平面11BCC B ，得11C BD ∠为1BD 与平面11BCC B 所成角，且111112tan C D C BD BC ∠==，故C 错误；对于D 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则()1,0,0A 、()0,0,0D 、()0,1,0C 、()11,1,1B ，()1,0,0DA =，()11,0,1CB =，设过点1A 且与直线DA 、1CB 所成角的直线的方向向量为()1,,m y z =，则221cos ,21DA mDA m DA m y z ⋅<>===⋅++，1111cos ,22CB m CB m CB m ⋅<>===⋅，整理可得2222341y z yz z ⎧+=⎨=++⎩，消去y 并整理得2210z z +-=，解得1z =-1z =-由已知可得z ≤，所以，1z =-+y =因此，过点1A 与异面直线AD 与1CB 成60角的直线有2条，D 选项正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面），解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形（或给出线段长度，经计算满足勾股定理）、直角梯形等等．。

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专题限时集训(九) 立体几何 (对应学生用书第99页) (限时：120分钟)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分，请把答案填写在题中横线上．)1．(广西柳州2017届高三上学期10月模拟)已知长方体同一个顶点的三条棱长分别为2,3,4，则该长方体的外接球的表面积等于________．29π [长方体的外接球的直径等于22＋32＋42＝29，所以外接球的表面积等于4πR 2＝(29)2π＝29π.]2．(江苏省镇江市丹阳高中2017届高三下学期期中)已知一个圆锥的底面面积为2π，侧面积为4π，则该圆锥的体积为________．263π [设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，则⎩⎪⎨⎪⎧πr 2＝2π，πrl ＝4π，解得r ＝2，l ＝22，所以高h ＝l 2－r 2＝6，所以V ＝13πr 2h ＝13π×2×6＝263π.]3．(2017·江苏省盐城市高考数学二模)α，β为两个不同的平面，m ，n 为两条不同的直线，下列命题中正确的是________(填上所有正确命题的序号)． ①若α∥β，m ⊂α，则m ∥β； ②若m ∥α，n ⊂α，则m ∥n ；③若α⊥β，α∩β＝n ，m ⊥n ，则m ⊥β； ④若n ⊥α，n ⊥β，m ⊥α，则m ⊥β.①④ [由α，β为两个不同的平面，m ，n 为两条不同的直线，知：在①中，若α∥β，m ⊂α，则由面面平行的性质定理得m ∥β，故①正确；在②中，若m ∥α，n ⊂α，则m ∥n 或m 与n 异面，故②错误；在③中，若α⊥β，α∩β＝n ，m ⊥n ，则m 与β相交、平行或m ⊂β，故③错误；在④中，若n ⊥α，n ⊥β，m ⊥α，则由线面垂直的判定定理得m ⊥β，故④正确．]4．(2017·江苏省淮安市高考数学二模)现有一个底面半径为3 cm ，母线长为5 cm 的圆锥实心铁器，将其高温融化后铸成一个实心铁球(不计损耗)，则该铁球的半径是________cm.【导学号：56394064】39 [设该铁球的半径为r ，∵底面半径为3 cm ，母线长为5 cm 的圆锥实心铁器， ∴锥体的母线、半径、高构成直角三角形，∴h ＝52－32＝4，锥体体积V ＝13×π×32×4＝12π，圆球体积＝锥体体积V ＝43πr 3＝12π，解得r ＝39.]5．(2017·江苏省无锡市高考数学一模)已知正四棱锥的底面边长是2，侧棱长是3，则该正四棱锥的体积为________．43[如图，正四棱锥P －ABCD 中，AB ＝2，PA ＝3，设正四棱锥的高为PO ，连接AO ，则AO ＝12AC ＝ 2.在直角三角形POA 中，PO ＝PA 2－AO 2＝3－2＝1. 所以V P －ABCD ＝13·S ABCD ·PO ＝13×4×1＝43.]6．(广东汕头2017届高三上学期期末)已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体积为23，AB ＝2，AC ＝1，∠BAC ＝60°，则此球的表面积等于________．20π [由题意知三棱柱是直三棱柱，且底面是直角三角形，∠ACB ＝90°，设D ，D 1分别是AB ，A 1B 1的中点，O 是DD 1中点，可证O 就是三棱柱外接球球心，S △ABC ＝12×2×1×sin 60°＝32，V ＝S △ABC ·h ＝32×DD 1＝23，即DD 1＝4，OA ＝AD 2＋DO 2＝12＋22＝5，所以S ＝4π×OA 2＝4π×(5)2＝20π.]7．(2017·江苏省苏、锡、常、镇四市高考数学二模)已知直四棱柱底面是边长为2的菱形，侧面对角线的长为23，则该直四棱柱的侧面积为________． 162 [如图所示，直四棱柱底面ABCD 是边长为2的菱形，侧面对角线的长为23， ∴侧棱长为CC 1＝32－22＝22，∴该直四棱柱的侧面积为S ＝4×2×22＝16 2.]8．若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，则其母线与轴的夹角的大小为________． π3 [由题意得：πrl ：⎝ ⎛⎭⎪⎫12h ·2r ＝2π⇒l ＝2h ⇒母线与轴的夹角为π3.] 9．(江苏省扬州市2017届高三上学期期末)若正四棱锥的底面边长为2(单位：cm)，侧面积为8(单位：cm 2)，则它的体积为________(单位：cm 3)．433[设四棱锥为P －ABCD ，底面ABCD 的中心为O ，取CD 中点E ，连接PE ，OE . 则PE ⊥CD .OE ＝12BC ＝1.∵S 侧面＝4S △PCD ＝4×12×CD ×PE ＝8，∴PE ＝2.∴PO ＝3，∴正四棱锥体积V ＝13×22×3＝433.]10．(山东枣庄2017届高三上学期期末)《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年．例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥．如图9－15，在堑堵ABC －A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，若A 1A ＝AB ＝2，当阳马B －A 1ACC 1体积最大时，则堑堵ABC －A 1B 1C 1的体积为________．图9－152 [由阳马的定义知，VB －A 1ACC 1＝13×A 1A ×AC ×BC ＝23AC ×BC ≤13(AC 2＋BC 2)＝13AB 2＝43，当且仅当AC ＝BC＝2时等号成立，所以当阳马B －A 1ACC 1体积最大时，则堑堵ABC －A 1B 1C 1的体积为12×2×2×2＝2.]11．(湖南五市十校教研教改共同体2017届高三上学期12月联考)圆锥的母线长为L ，过顶点的最大截面的面积为12L 2，则圆锥底面半径与母线长的比rL的取值范围是________.【导学号：56394065】⎣⎢⎡⎭⎪⎫22，1 [由题意得轴截面的顶角θ不小于π2，因为sin θ2＝r L ≥sin π4＝22，所以22≤r L <1.] 12．(2017·江苏省泰州市高考数学一模)如图9－16，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3 cm ，AA 1＝1 cm ，则三棱锥D 1－A 1BD 的体积为________cm 3.图9－1632[∵在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3 cm ，AA 1＝1 cm ， ∴三棱锥D 1－A 1BD 的体积：VD 1－A 1BD ＝VB －A 1D 1D ＝13×S △A 1D 1D ×AB＝13×12×A 1D 1×DD 1×AB ＝16×3×1×3＝32(cm 3)．] 13．(安徽“皖南八校”2017届高三第二次联考)如图9－17，四棱锥P －ABCD 中，△PAB 为正三角形，四边形ABCD 为正方形且边长为2，平面PAB ⊥平面ABCD ，四棱锥P －ABCD 的五个顶点都在一个球面上，则这个球的表面积是________．图9－1728π3 [由题意球的半径满足R 2－1＋R 2－2＝3⇒R 2＝73，所以球的表面积是4πR 2＝28π3.] 14．(中原名校豫南九校2017届上学期第四次质量考评)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，M ，N 分别为棱A 1B 1，A 1C 1的中点，则平面BMNC 将三棱柱分成的两部分的体积比为________．7∶5 [设直三棱柱ABC －A 1B 1C 1高为h ，底面积为4S ，则VB 1C 1－BMNC ＝VC －B 1MNC 1＋VM －B 1BC ＝13×h ×3S＋12VA 1－B 1BC ＝hS ＋12VA －B 1BC ＝hS ＋12VB 1－ABC ＝hS ＋12×13h ·4S ＝53Sh ，所以两部分的体积比为⎝⎛⎭⎪⎫4Sh －53Sh ∶53Sh ＝7∶5.] 二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．)15．(本小题满分14分)(2017·江苏省盐城市高考数学二模)如图9－18，四棱锥P －ABCD 中，AD ⊥平面PAB ，AP ⊥AB .图9－18(1)求证：CD ⊥AP ；(2)若CD ⊥PD ，求证：CD ∥平面PAB .【导学号：56394066】[证明] (1)因为AD ⊥平面PAB ，AP ⊂平面PAB ，所以AD ⊥AP ， 2分又因为AP ⊥AB ，AB ∩AD ＝A ，AB ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以AP ⊥平面ABCD .4分因为CD ⊂平面ABCD ，所以CD ⊥AP .6分 (2)因为CD ⊥AP ，CD ⊥PD ，且PD ∩AP ＝P ，PD ⊂平面PAD ，AP ⊂平面PAD ，所以CD ⊥平面PAD .①8分因为AD ⊥平面PAB ，AB ⊂平面PAB ，所以AB ⊥AD .又因为AP ⊥AB ，AP ∩AD ＝A ，AP ⊂平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD .② 由①②得CD ∥AB ，12分因为CD ⊄平面PAB ，AB ⊂平面PAB ，所以CD ∥平面PAB .14分16．(本小题满分14分)(2017·江苏省淮安市高考数学二模)如图9－19，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，A 1B 与AB 1交于点D ，A 1C 与AC 1交于点E .图9－19求证：(1)DE ∥平面B 1BCC 1； (2)平面A 1BC ⊥平面A 1ACC 1.[证明] (1)由题意，D，E分别为A1B，A1C的中点，∴DE∥BC，2分∵DE⊄平面B1BCC1，BC⊂平面B1BCC1，∴DE∥平面B1BCC1；6分(2)∵AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴AA1⊥BC，∵AC⊥BC，AC∩AA1＝A，∴BC⊥平面A1ACC1，10分∵BC⊂平面A1BC，∴平面A1BC⊥平面A1ACC1.14分17．(本小题满分14分) (2017·江苏省无锡市高考数学一模)如图9－20，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C是菱形，AC1与A1C交于点O，E是棱AB上一点，且OE∥平面BCC1B1.图9－20(1)求证：E是AB中点；(2)若AC1⊥A1B，求证：AC1⊥BC.[证明](1)连接BC1，取AB中点E′，∵侧面AA1C1C是菱形，AC1与A1C交于点O，∴O为AC1的中点，∵E′是AB的中点，∴OE′∥BC1；4分∵OE′⊄平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，∴OE′∥平面BCC1B1，∵OE∥平面BCC1B1，∴E，E′重合，∴E是AB中点. 8分(2)∵侧面AA1C1C是菱形，∴AC1⊥A1C，10分∵AC1⊥A1B，A1C∩A1B＝A1，A1C⊂平面A1BC，A1B⊂平面A1BC，∴AC1⊥平面A1BC，∵BC⊂平面A1BC，∴AC1⊥BC. 14分18．(本小题满分16分) (2017·江苏省苏、锡、常、镇四市高考数学二模)如图9－21，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，E，F，G分别为AB，AD，AC的中点，AC＝BC，∠ACD＝90°.图9－21(1)求证：AB⊥平面EDC；(2)若P为FG上任一点，证明：EP∥平面BCD.[证明] (1)∵平面ABC⊥平面ACD，∠ACD＝90°，∴CD⊥AC，∵平面ABC∩平面ACD＝AC，CD⊂平面ACD，∴CD⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，∴CD⊥AB，∵AC＝BC，E为AB的中点，∴CE⊥AB，又CE∩CD＝C，CD⊂平面EDC，CE⊂平面EDC，∴AB⊥平面EDC.8分(2)连接EF、EG，∵E、F分别为AB、AD的中点，∴EF∥BD，又BD⊂平面BCD，EF⊄平面BCD，∴EF∥平面BCD，10分同理可得EG∥平面BCD，且EF∩EG＝E，EF、EG⊂平面EFG，∴平面EFG∥平面BCD，∵P是FG上任一点，∴EP⊂平面EFG，∴EP∥平面BCD. 16分19．(本小题满分16分)(河南豫北名校联盟2017届高三上学期精英对抗赛)如图9－22，在直图9－22三棱柱ABC－A1B1C1中，D是AB的中点．(1)证明：BC1∥平面A1CD；(2)若AC＝CB，求证：A1D⊥CD.[证明] (1)如图，连接AC1，交A1C于点O，连接OD.据直三棱柱性质知四边形ACC1A1为平行四边形，所以O为AC1的中点．又因为D是AB的中点，所以BC1//OD. 4分又因为BC1⊄平面A1CD，OD⊂平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD. 6分(2)因为AC＝BC，D为AB的中点，所以CD⊥AB. 8分据直三棱柱ABC－A1B1C1性质知AA1⊥平面ABC，又因为CD⊂平面ABC，所以AA1⊥CD.又因为AA1∩AB＝A，AA1，AB⊂平面ABB1A1，所以CD⊥平面ABB1A1. 14分又因为A1D⊂平面ABB1A1，所以CD⊥A1D，即A1D⊥CD.16分20．(本小题满分16分)(2017·江苏省泰州市高考数学一模)如图9－23，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，AC，BD相交于点O，点E为PC的中点，OP＝OC，PA⊥PD.求证：图9－23(1)直线PA∥平面BDE；(2)平面BDE⊥平面PCD.【导学号：56394067】[证明] (1)连接OE，因为O为平行四边形ABCD对角线的交点，所以O为AC中点．又因为E为PC的中点，所以OE∥PA. 4分又因为OE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，所以直线PA∥平面BDE. 6分(2)因为OE∥PA，PA⊥PD，所以OE⊥PD. 8分因为OP＝OC，E为PC的中点，所以OE⊥PC. 10分又因为PD⊂平面PCD，PC⊂平面PCD，PC∩PD＝P，所以OE⊥平面PCD. 14分又因为OE⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面PCD. 16分。