高考数学简单几何体模块跟踪训练16

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高考数学I轮精品学案及其跟踪训练( 附详解) 立体几何初步

高考数学I轮精品学案及其跟踪训练( 附详解)立体几何初步附详解)立体几何初步1理解平面的基本性质，会用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图、能够画出空间两条直线、直线和平面的各种位置关系的图形，能根据图形想象它们的位置关系2了解空间两条直线、直线和平面、两个平面的位置关系3掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理；理解直线和平面垂直的概念；掌握直线和平面垂直的判定定理和性质定理；掌握三垂线定理及其逆定理4掌握直线和直线、直线和平面、平面和平面所成的角、距离的概念；掌握两个平面平行、垂直的判定定理和性质定理5了解多面体、凸多面体、正多面体的概念6了解棱柱，棱锥的概念；了解棱柱，棱锥的性质；会画其直观图7了解球的概念；掌握球的性质；掌握球的表面积、体积公式本章的定义、定理、性质多，为了易于掌握，可把主要知识系统化首先，归纳总结，理线串点，可分为四块：A、平面的三个基本性质，四种确定平面的条件；B、两个特殊的位置关系，即线线，线面，直线、平面、简单几何体三个公理、三个推论平面平行直线异面直线相交直线公理4 及等角定理异面直线所成的角异面直线间的距离直线在平面内直线与平面平行直线与平面相交空间两条直线概念、判定与性质三垂线定理垂直斜交直线与平面所成的角空间直线与平面空间两个平面棱柱棱锥球两个平面平行两个平面相交距离两个平面平行的判定与性质两个平面垂直的判定与性质二面角定义及有关概念性质综合应用多面体面积公式体积公式正多面体知识网络考纲导读高考导航 RP Q C B A 面面的平行与垂直C、三个所成角；即线线、线面、面面所成角；D、四个距离，即两点距、两线距、线面距、面面距其次，平行和垂直是位置关系的核心，而线面垂直又是核心中的核心，线面角、二面角、距离等均与线面垂直密切相关，把握其中的线面垂直，也就找到了解题的钥匙再次，要加强数学思想方法的学习，立体几何中蕴涵着丰富的思想方法，化空间图形为平面图形解决，化几何问题为坐标化解决，自觉地学习和运用数学思想方法去解题，常能收到事半功倍的效果第1 课时平面的基本性质公理1 如果一条直线上的在同一个平面内，那么这条直线上的都在这个平面内 (证明直线在平面内的依据)公理2 如果两个平面有个公共点，那么它们还有其他公共点，这些公共点的集合是 (证明多点共线的依据)公理3 经过不在的三点，有且只有一个平面(确定平面的依据)推论1 经过一条直线和这条直线外的一点有且只有一个平面推论2 经过两条直线，有且只有一个平面推论3 经过两条直线，有且只有一个平面例1正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，对角线A1C 与平面 BDC1 交于 O，AC、BD 交于点 M 求证：点 C1、O、M 共线证明：A1ACC1确定平面 A1C A1C面 A1C O面 A1C OA1C 面 BC1D直线 A1CO O面 BC1D O 在面 A1C 与平面 BC1D 的交线 C1M 上 C1、O、M 共线变式训练1：已知空间四点A、B、C、D 不在同一平面内，求证：直线 AB 和 CD 既不相交也不平行提示：反证法例2、已知直线 l与三条平行线 a、b、c 都相交求证：l与 a、b、c 共面证明：设 alA blB clC ab a、b 确定平面 l Aa, Bb bc b、c 确定平面同理可证 l 所以、均过相交直线 b、l 、重合 c a、b、c、l 共面变式训练2：如图，ABC 在平面外，它的三条边所在的直线 AB、BC、CA 分别交平面于 P、Q、R 点求证：P、Q、R 共线证明：设平面 ABCl，由于 PAB，即 P平面ABCl ，即点 P 在直线 l 上同理可证点 Q、R 在直线 l 上 P、Q、R 共线，共线于直线 l 例3、若ABC 所在的平面和A1B1C1 所在平面相交，并且直线AA1、BB1、CC1 相交于一点 O，求证：(1)AB 和 A1B1、BC 和 B1C1 分别在同一个平面内； (2)如果 AB 和 A1B1，BC 和 B1C1 分别相交，那么交点在同一条直线上 O C1B1 A1 A B C 典型例题基础过关 C O D A B M B1 C1D1 A1 证明：(1)AA1BB10，AA1 与 BB1 确定平面，又 Aa，B，A1，B1，AB ，A1B1 ，AB、A1B1 在同一个平面内同理 BC、B1C1、AC、A1C1 分别在同一个平面内 (2)设 ABA1B1X，BCB1C1Y ，ACA1C1Z，则只需证明 X、Y、Z 三点都是平面 A1B1C1 与 ABC 的公共点即可变式训练3：如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，E 为 AB 中点，F 为 AA1 中点，求证：(1)E、CD1、F 四点共面； (2)CE、D1F、DA 三线共点证明(1)连结 A1B 则 EFA1B A1BD1C EFD1C E、F、D1、C 四点共面 (2)面 D1A面 CADA EFD1C 且 EF2D1C D1F 与 CE 相交又 D1F 面 D1A，CE 面 AC D1F 与 CE 的交点必在 DA 上 CE、D1F、DA 三线共点例4、求证：两两相交且不通过同一点的四条直线必在同一平面内证明：(1)若 a、b、c 三线共点 P，但点 pd，由 d 和其外一点可确定一个平面又 adA 点 A 直线 a 同理可证：b、c a、b、c、d 共面 (2)若 a、b、c、d 两两相交但不过同一点 abQ a 与 b 可确定一个平面又 cbE E 同理 caF F 直线 c 上有两点、在上 c 同理可证：d 故 a、b、c、d 共面由(1)(2)知：两两相交而不过同一点的四条直线必共面变式训练4：分别和两条异面直线 AB、CD 同时相交的两条直线 AC、BD 一定是异面直线，为什么? 解：假设 AC、BD 不异面，则它们都在某个平面内，则A、B、C、D 、由公理1 知 AC,BD 、这与已知 AB 与 CD 异面矛盾，所以假设不成立,即 AC、BD 一定是异面直线。

高中数学选择性必修一高考训练练习习题课时作业(十六)

课时作业(十六) 两条直线的交点坐标两点间的距离公式[练基础]1．直线3 x －y ＝0与x ＋y ＝0的位置关系是( )A ．相交但不垂直B ．平行C ．重合D ．垂直2．已知三角形的三个顶点A (2，4)，B (3，－6)，C (5，2)，则过A 点的中线长为( )A ．10B ．210C ．112D ．3103．已知直线l 1：2x －y －2＝0与直线l 2：3x ＋y －8＝0的交点为A ，则点A 与点B (2，3)间的距离为( )A ．13B ．22C ．2D ．14．若三条直线2x ＋ky ＋8＝0，x －y －1＝0和2x －y ＝0交于一点，则k 的值为( )A ．－2B ．－12C ．3D ．125．已知点M (0，－1)，点N 在直线x －y ＋1＝0上，若直线MN 垂直于直线x ＋2y －3＝0，则N 点的坐标是( )A ．(2，3)B ．(－2，－1)C ．(－4，－3)D ．(0，1)6．过两条直线l 1：x ＋y －2＝0与l 2：3x －y －4＝0的交点，且斜率为－2的直线l 的方程为________．7．已知点A (－25 ，3)，在y 轴上有一点B ，且|AB |＝35 ，则点B 的坐标为________．8．设直线l 1：3x ＋2y －1＝0与直线l 2：x ＋3y ＋2＝0相交于一点A .(1)求点A 的坐标；(2)求经过点A ，且垂直于直线l 1的直线l 的方程．[提能力]9．已知x ，y ∈R ，S ＝（x ＋1）2＋y 2 ＋（x －1）2＋y 2 ，则S 的最小值是( )A ．0B ．2C ．4D ．210．(多选)已知平面上三条直线l 1：x －2y ＋1＝0，l 2：x －1＝0，l 3：x ＋ky ＝0不能构成三角形，则实数k 的值可以为( )A ．－2B ．－1C ．0D ．111．已知两直线a 1x ＋b 1y ＋1＝0和a 2x ＋b 2y ＋1＝0的交点为P (2，3)，则过两点Q (a 1，b1)，P(a2，b2)(a1≠a2)的直线方程为________．12．直线l过定点P(0，1)，且与直线l1：x－3y＋10＝0，l2：2x＋y－8＝0分别交于A，B两点，若线段AB的中点为P，求直线l的方程．[培优生]13．直线l1：x－my－2＝0与直线l2：mx＋y＋2＝0交于点Q，m是实数，O为坐标原点，则|OQ|的最大值是()A．2 B．22C．23D．4。

高考数学简单几何体模块跟踪训练5

高考数学简单几何体模块跟踪训练5一、选择题(8×5＝40分)1．α、β是两个平行平面，直线a ⊂α，直线b ⊂β，a 与b 之间的距离为d 1，α与β之间的距离为d 2，则( )A ．d 1＝d 2B ．d 1≥d 2C ．d 2<d 2D ．d 1>d 2答案：B解析：由条件知，a 与b 的位置关系是平行或异面．若a ∥b ，则d 1≥d 2；若a 、b 异面，则d 1＝d 2. 2．在△ABC 中，AB ＝AC ＝5，BC ＝6，PA ⊥平面ABC ，PA ＝8，则P 到BC 的距离为( )A.5B ．2 5C ．35D ．4 5答案：D解析：取BC 中点E ，连结AE 、PE ，由AE ⊥BC 知PE ⊥BC ，即PE 为点P 到BC 的距离．则∵PA ＝8，AE ＝4，∴PE ＝4 5.3．(2009·成都市高中毕业班第一次诊断性检测题)如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，若AA 1＝AB ＝AD ＝1，∠A 1AD ＝∠A 1AB ＝60°，∠BAD ＝90°，则直线A 1D 1到平面ABCD 的距离为( )A ．1 B.22C.33D.63答案：B解析：作A 1O ⊥平面ABCD 于点O ，连结AO .由∠A 1AD ＝∠A 1AB 得点O 位于∠BAD 的平分线上，且cos∠A 1AD ＝cos∠A 1AO ·cos∠DAO ，因此cos∠A 1AO ＝cos∠A 1AD cos∠DAO ＝22，sin∠A 1AO ＝22，由题意知直线A 1D 1到平面ABCD 的距离等于点A 1到平面ABCD 的距离，即1×22＝22，选B. 4．(2009·黄冈市高三年级月考试题)如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长都为2，E 、F 分别是AB 、A 1C 1的中点，则EF 的长是( )A ．2 B. 3C.5D.7答案：C解析：过F 作FM ⊥AC 于M ，连接ME ，则△EFM 为直角三角形．∴|EF |＝|FM |2＋|ME |2＝ 5.5．如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1棱长为1，E 是A 1B 1上的点，则点E 到平面ABC 1D 1的距离是( )A.32B.22C.12D.33答案：B解析：如示意图．取AD 1、BC 1的中点分别为M 、N ，连结A 1M 、B 1N 、MN .则A 1M 綊B 1N ＝12AD 1＝22. ∴A 1B 1∥MN ，A 1B 1∥平面ABC 1D 1. ∵A 1B 1⊥平面B 1BCC 1，∴A 1B 1∥B 1N .∴MN ⊥B 1N .又B 1N ⊥BC 1，∴B 1N ⊥平面ABC 1D 1.∴点E 到平面ABC 1D 1的距离为A 1M ＝22. 6．A 是正方形BCDE 所在平面外一点，AE ⊥平面BCDE ，且AE ＝CD ＝a ，G 、H 分别是BE 、ED 的中点，则GH 到平面ABD 的距离是( )A.32aB.33aC.34aD.36a 答案：D解析：如图G 到平面ABD 的距离是E 到平面ABD 距离的一半，可先求后者．易知AB ＝AD ＝BD ＝2BE ＝2a ，∴S △ABD ＝34AB 2＝34×(2a )2 ＝32a 2，S △BED ＝12a 2，设E 到平面ABD 的距离为h .由V E －ABD ＝V A －BED 得：13S △ABD ·h ＝13S △BED ·AE ， ∴13×32a 2h ＝13×12a 2×a ，∴h ＝33a . ∴GH 到平面ABD 的距离h ′＝12h ＝36a . 7．空间四边形ABCD 的各边与两条对角线的长都是1，点P 在边AB 上移动，点Q 在CD 上移动，则点P 和Q 的最短距离为( )A.12B.22C.34D.32答案：B解析：易证，当P 、Q 分别为AB 、CD 的中点时，PQ 间距离最短，解Rt △ADQ 及Rt△APQ ，得PQ ＝22. 8．已知三棱锥S －ABC 中，SA ，SB ，SC 两两互相垂直，底面ABC 上一点P 到三个面SAB ，SAC ，SBC 的距离分别为2，1，6，则PS 的长度为( )A ．9 B. 5 C.7 D ．3答案：D解析：P 到三个面的距离可以构成一个长方体的三边，则PS 是对角线，PS ＝2＋1＋6＝3.二、填空题(4×5＝20分)9．在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，已知AB ＝2，AD ＝A 1A ＝1，则直线B 1C 与A 1D 的距离为________；直线AC 与B 1D 1的距离为________；点A 到直线B 1C 的距离为________；点B 到平面AB 1C 的距离为________；直线B 1C 1到CD 1的距离为________．答案：2 1 32223255 解析：如图：①易知B 1C ∥A 1D 而CD ⊥A 1D ，CD ⊥B 1C ，∴CD 的长为直线B 1C 与A 1D 的距离等于2；②易知AC 与B 1D 1距离为BB 1＝1；③连AC 、AB 1、B 1C 作AE ⊥B 1C 于E 由题意易知AC ＝AB 1＝5，B 1C ＝ 2∴AE ＝5－12＝322； ④连结AB 1，B 1C ，AC 1由所给题条件易得：VB —AB 1C ＝13，由③得：S △AB 1C ＝22×2×32＝32， ∴由等体积法得所求距离为23； ⑤作C 1F ⊥CD 1，∵四边形ABCD 为长方形，∴B 1C 1⊥面C 1D ，∴B 1C 1⊥C 1F ，∴C 1F 即为所求C 1F ＝1×25＝25 5. 10．(2009·昆明质检)三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AP ＝2，D 为AB 中点，E 为BC 中点，则点D 到直线PE 的距离等于________．答案：306解析：如图，由题意知ED ⊥AB ，由三垂线定理知，ED ⊥PD ，又ED ＝1，PD ＝5，PE ＝6，则点D 到直线PE 的距离等于ED ·PD PE ＝306，故填306.11．如右图，将边长为1的正方形ABCD 沿对角线AC 折起，使平面ACD ⊥平面ABC ，则折起后B 、D 两点的距离为________；直线BD 和平面ABC 所成角的大小是________.答案：1 45°解析：在Rt△BOD 中，OB ＝OD ＝22，则BD ＝1. ∠DBO 即为直线BD 和平面ABC 所成角的大小，∠DBO ＝45°.12．多面体上，位于同一条棱两端的顶点称为相邻的．如下图，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．．) 答案：①③④⑤解析：如图若P 位于C ，∵平面ABCD 为正方形，∴BD 与AC 的中点为同一点O .∵B 、D 到平面α的距离分别为2、1，∴O 到平面α的距离为32. ∴C 到平面α的距离为3. 若P 位于B 1，∵B 1B 綊A 1A ，∴B 1到平面α的距离等于A 1到平面α的距离加B 到平面α的距离为6.同理，若P 位于C 1，则C 1到平面α的距离为7.若P 位于D 1，则D 1到平面α的距离为5.三、解答题(4×10＝40分)13．在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面边长为22，侧棱长为4，E 、F 分别为棱AB 、BC 的中点．(1)求证：平面B 1EF ⊥平面BDD 1B 1；(2)求点D 1到平面B 1EF 的距离d .分析：(1)可先证EF ⊥平面BDD 1B 1.(2)用几何法或等积法求距离时，可由B 1D 1∥BD ，将点进行转移：D 1点到平面B 1EF 的距离是B 点到它的距离的4倍，先求B 点到平面B 1EF 的距离即可．解答：(1)证明： ⎭⎪⎬⎪⎫EF ⊥BD EF ⊥B 1B ⇒EF ⊥平面BDD 1B 1⇒平面B 1EF ⊥平面BDD 1B 1. (2)解：解法一：连结EF 交BD 于G 点．∵B 1D 1＝4BG ，且B 1D 1∥BG ，∴D 1点到平面B 1EF 的距离是B 点到它的距离的4倍．利用等积法可求．由题意可知，EF ＝12AC ＝2，B 1G ＝17. S △B 1EF ＝12EF ·B 1G ＝12×2×17＝17， S △BEF ＝12BE ·BF ＝12×2×2＝1. ∵VB －B 1EF ＝VB 1－BEF ，设B 到面B 1EF 的距离为h 1，则13×17×h 1＝13×1×4， ∴h 1＝41717. ∴点D 1到平面B 1EF 的距离为h ＝4h 1＝161717. 解法二：如图，在正方形BDD 1B 1的边BD 上取一点G ，使BG ＝14BD ，连结B 1G ，过点D 1作D 1H ⊥B 1G 于H ，则D 1H 即为所求距离．可求得D 1H ＝161717(直接法)． 14．如图直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱CC 1＝2，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2，M 是棱BC 的中点，N 是CC 1中点．求：(1)二面角B 1－AN －M 的大小；(2)C 1到平面AMN 的距离．解析：(1)∵∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2，M 是棱BC 的中点，∴AM ⊥BC ，BC ＝2，AM ＝1.∴AM ⊥平面BCC 1B 1.∴平面AMN ⊥平面BCC 1B 1.作B 1H ⊥MN 于H ，HR ⊥AN 于R ，连结B 1R ，[∴B 1H ⊥平面AMN .又由三垂线定理知，B 1R ⊥AN .∴∠B 1RH 是二面角B 1－AN －M 的平面角．由已知得AN ＝3，MN ＝2，B 1M ＝5＝B 1N ，则B 1H ＝322，又Rt△AMN ∽Rt△HRN ，RH AM ＝HN AN ，∴RH ＝66. ∴B 1R ＝143，∴cos∠B 1RH ＝RH B 1R ＝714. ∴二面角B 1－AN －M 的大小为arccos714. (2)∵N 是CC 1中点，∴C 1到平面AMN 的距离等于C 到平面AMN 的距离．设C 到平面AMN 的距离为h ，由V C －AMN ＝V N －AMC得13×12·MN ·h ＝13×12AM ·MC . ∴h ＝22. 15．(2009·北京海淀一模)如图所示，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，且AB ∥CD ，∠BAD ＝90°，PA ＝AD ＝DC ＝2，AB ＝4.(1)求证：BC ⊥PC ；(2)求PB 与平面PAC 所成的角的正弦值；(3)求点A 到平面PBC 的距离．解析：(1)证明：如图，在直角梯形ABCD 中，∵AB ∥CD ，∠BAD ＝90°，AD ＝DC ＝2，∴∠ADC ＝90°，且AC ＝2 2.取AB 的中点E ，连结CE ，由题意可知，四边形ABCD 为正方形，∴AE ＝CE ＝2.又∵BE ＝12AB ＝2.∴CE ＝12AB ， ∴△ABC 为等腰直角三角形，∴AC ⊥BC .又∵PA ⊥平面ABCD ，且AC 为PC 在平面ABCD 内的射影，BC ⊂平面ABCD ，由三垂线定理得，BC ⊥PC .(2)由(1)可知，BC ⊥PC ，BC ⊥AC ，PC ∩AC ＝C ，∴BC ⊥平面PAC .PC 是PB 在平面PAC 内的射影，∴∠CPB 是PB 与平面PAC 所成的角．又CB ＝22，PB 2＝PA 2＋AB 2＝20，PB ＝25，∴sin∠CPB ＝BC PB ＝105，即PB 与平面PAC 所成角的正弦值为105.[ (3)由(2)可知，BC ⊥平面PAC ，BC ⊂平面PBC ，∴平面PBC ⊥平面PAC .过A 点在平面PAC 内作AF ⊥PC 于F ，∴AF ⊥平面PBC ，∴AF 的长即为点A 到平面PBC 的距离．在直角三角形PAC 中， PA ＝2，AC ＝22，PC ＝23，∴AF ＝263. 即点A 到平面PBC 的距离为263. 16．(2009·吉林长春一模)如图所示，四棱锥P －ABCD 的底面是正方形，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝2，∠PDA ＝45°，点E 、F 分别为棱AB 、PD 的中点．(1)求证：AF ∥平面PCE ；(2)求二面角E －PD －C 的大小；(3)求点A 到平面PCE 的距离．解析：(1)证明：如图取PC 的中点G ，连结FG 、EG ，∴FG 为△PCD 的中位线，[∴FG ＝12CD 且FG ∥CD . 又∵底面四边形ABCD 是正方形，E 为棱AB 的中点，∴AE ＝12CD 且AE ∥CD ， ∴AE ＝FG 且AE ∥FG .∴四边形AEGF 是平行四边形，∴AF ∥EG .又EG ⊂平面PCE ，AF ⊄平面PCE ，∴AF ∥平面PCE .(2)解：∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥AD ，PA ⊥CD .又AD ⊥CD ，PA ∩AD ＝A ，∴CD ⊥平面PAD .又∵AF ⊂平面PAD ，∴CD ⊥AF .又PA ＝2，∠PDA ＝45°，∴PA ＝AD ＝2.∵F 是PD 的中点，∴AF ⊥PD .又∵CD ∩PD ＝D ，∴AF ⊥平面PCD .∵AF ∥EG ，∴EG ⊥平面PCD .又GF ⊥PD ，连结EF ，则∠GFE 是二面角E －PD －C 的平面角．在Rt△EGF 中，EG ＝AF ＝2，GF ＝1， ∴tan∠GFE ＝GEGF＝ 2.∴二面角E －PD －C 的大小为arctan 2.(3)设A 到平面PCE 的距离为h ，由V A －PCE ＝V P －ACE ，即13×12PC ·EG ·h ＝13PA ·12AE ·CB ，得h ＝63， ∴点A 到平面PCE 的距离为63.。

(完整word版)高中数学立体几何专项练习

立体几何简答题练习1、正方形ABCD与正方形ABEF所在平面相交于AB,在AE、BD上各有一点P、Q,且AP=DQ。

求证:PQ∥平面BCE.（用两种方法证明）2、如图所示,P是平行四边形ABCD所在平面外一点,E、F分别在PA、BD上,且PE:EA=BF:FD,求证:EF∥平面PBC.3、如图，E，F，G，H分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BC，CC1，C1D1，AA1的中点。

求证：（1）EG∥平面BB1D1 D；（2）平面BDF∥平面B1D1 H．4、如图所示，已知P 是平行四边形ABCD 所在平面外一点，M 、N 分别为AB 、PC 的中点，平面PAD ∩平面PBC ＝l. (1)求证：l ∥BC ；(2)MN 与平面PAD 是否平行？试证明你的结论。

5、如图，在四棱锥S-ABCD 中，底面ABCD 是正方形，SA ⊥底面ABCD ，SA=SB ，点M 是SD 的中点，AN ⊥SC ，且交SC 于点N 。

（1）求证：SB ∥平面ACM ；（2）求证：平面SAC ⊥平面AMN ；（3）求二面角D-AC-M 的余弦值。

6、如图,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 是边长为2的正方形,侧面PAD ⊥底面ABCD,且PA=PD=22AD,E 、F 分别为PC 、BD 的中点. 求证:(1) 求证:EF ∥平面PAD; (2) 求证:平面PAB ⊥平面PDC;(3) 在线段AB 上是否存在点G,使得二面角C-PD-G 的余弦值为31?说明理由.7、如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,∠DAB=60°,AB=2CD=2,M是线段AB的中点。

(1)求证:C1M∥平面A1ADD1;(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1=3,求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值。

8、如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，E是PC的中点．（1）证明：PA∥平面EDB；（2）证明：BC⊥DE．9、三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱与底面垂直，∠ABC=90°，AB=BC=BB1=2，M，N分别是AB，A1C的中点．（Ⅰ）求证：MN||平面BCC1B1；（Ⅰ）求证：平面AMN⊥平面A1B1C．10、如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥PC，AB=PB，E，F分别是PA，AC的中点．求证：（1）EF∥平面PBC；（2）平面BEF⊥平面PAB．11、如图所示，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，点M，N分别是AB，PC的中点，且PA=AD（1）求证：MN∥平面PAD（2）求证：平面PMC⊥平面PCD．12、如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC⊥AC，D，E分别是AB，AC的中点．（1）求证：B1C1∥平面A1DE；（2）求证：平面A1DE⊥平面ACC1A1．8、如图所示，P是四边形ABCD所在平面外的一点，四边形ABCD是∠DAB=60°且边长为a的菱形.△PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD.若G为AD 边的中点，求证：平面PBG⊥平面PAD；9、如图所示,在四棱柱P-ABCD中,底面ABCD是边长为a菱形,且∠DAB=60°,侧面PAD为正三角形,其所在平面垂直于底面ABCD。

2021-2022年高三数学一轮总复习第八章立体几何课时跟踪检测理

2021-2022年高三数学一轮总复习第八章立体几何课时跟踪检测理1．简单几何体(1)简单旋转体的结构特征：①圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到；②圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；③圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到；④球可以由半圆或圆绕直径旋转得到．(2)简单多面体的结构特征：①棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形；②棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；③棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．2．直观图(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．[小题体验]1．关于空间几何体的结构特征，下列说法不正确的是________(填序号)．①棱柱的侧棱长都相等；②四棱锥有四个顶点；③三棱台的上、下底面是相似三角形；④有的棱台的侧棱长都相等．解析：根据棱锥顶点的定义可知，四棱锥仅有一个顶点，故②说法不正确，由棱柱、棱台的结构，知①③④说法正确．答案：②2.如图，正方形OABC的边长为1 cm，它是水平放置的一个平面图形用斜二测画法得到的直观图，则原图形的周长是________ cm.解析：将直观图还原为平面图形，如图所示．可知周长为8 cm.答案：83．(xx·金陵中学检测)下列结论正确的是________(填序号)．①各个面都是三角形的几何体是三棱锥；②以三角形的一条边所在直线为轴，旋转一周得到的几何体叫圆锥；③棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是正六棱锥；④圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线．解析：当一个几何体由具有相同的底面且顶点在底面两侧的两个三棱锥构成时，尽管各面都是三角形，但它不是三棱锥，故①错误；若三角形不是直角三角形或是直角三角形但旋转轴不是直角边所在直线，则所得的几何体就不是圆锥，故②错误；正六棱锥的侧棱长必然要大于底面边长，故③错误；由圆锥母线的定义，知④正确．答案：④1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点．2．注意斜二测画法中的“三变”与“三不变”：“三变”坐标轴的夹角改变，与y轴平行的线段的长度变为原来的一半，图形改变．“三不变”平行性不改变，与x，z轴平行的线段的长度不改变，相对位置不改变．[小题纠偏]1．下列说法正确的是________(填序号)．①有2个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台；②多面体至少有3个面；③各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；④九棱柱有9条侧棱，9个侧面，侧面为平行四边形．解析：①说法错误，反例如图1；一个多面体至少有4个面，如三棱锥有4个面，不存在有3个面的多面体，所以②说法错误；③说法错误，反例如图2，上、下底面是全等的菱形，各侧面是全等的正方形，它不是正方体；根据棱柱的定义，知④说法正确．答案：④2．下面关于利用斜二测画法得到直观图的叙述正确的是________(填序号)．①正三角形的直观图是正三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③矩形的直观图是矩形；④圆的直观图是圆．解析：直观图改变了原图中角的大小及图形的形状，所以①③④都不正确，易知②正确．答案：②3.如图所示的正方形ABCD用斜二测画法得到的直观图是一个平行四边形，平行四边形中有一条边的边长为4，则此正方形的面积是________．解析：由题意，可知在直观图(图略)中，若边长为4的边与x′轴平行，则原正方形的边长为4，此时正方形的面积为16；若边长为4的边与y′轴平行，则原正方形的边长为8，此时正方形的面积为64.答案：16或64考点一空间几何体的结构特征基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是________．解析：截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．答案：球体2．下列说法中正确的个数是________．①以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周得到的旋转体不一定是圆锥；②以直角梯形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周得到的旋转体是圆台；③圆锥、圆台的底面都是圆；④分别以矩形的长和宽所在直线为旋转轴，旋转一周得到的两个圆柱是两个不同的圆柱．解析：①中，若以直角三角形的斜边所在直线为旋转轴，得到的是由两个底面重合的圆锥组成的旋转体，故①说法正确；②中，必须以直角梯形的垂直于底边的腰所在直线为旋转轴才能得到圆台，若以其余三边所在直线为旋转轴，则不能得到圆台，故②说法错误；显然③④说法正确．答案：33．下列图形经过折叠可以围成一个棱柱的是________(填序号)．解析：①②③中底面图形的边数与侧面的个数不一致，故不能围成棱柱．④经过折叠可以围成一个棱柱．答案：④[谨记通法]解决与空间几何体结构特征有关问题3个技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型；(3)通过反例对结构特征进行辨析．考点二空间几何体的直观图重点保分型考点——师生共研[典例引领]如图，△A′B′C′是水平放置的平面图形用斜二测画法画出的直观图，将其恢复成原图形．解：(1)画出直角坐标系xOy，在x轴上取OA＝O′A′，即CA ＝C′A′；(2)在图①中，过B′作B′D′∥y′轴，交x′轴于D′，在x轴上取OD＝O′D′，过点D作DB∥y轴，并使DB＝2D′B′；(3)连结AB，BC，则△ABC 即为△A′B′C′原来的图形，如图②所示．[由题悟法]用斜二测画法画直观图的3个步骤(1)在原图形中与x轴或y轴平行的线段在直观图中与x′轴或y′轴平行．(2)原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线．(3)原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连结而画出．[即时应用]用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为22 cm2，则原平面图形的面积为________cm2.解析：依题意可知∠BAD＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC，AD 相等，高为梯形ABCD的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm2.答案：8一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．四棱柱有________条侧棱，________个顶点．解析：四棱柱有4条侧棱，8个顶点(可以结合正方体观察求得)．答案：4 82．给出下列几种说法：①圆柱的底面是圆；②经过圆柱的任意两条母线的截面是一个矩形；③连结圆柱上、下底面圆周上两点的线段是圆柱的母线；④圆柱的任意两条母线互相平行．其中不正确的个数是________．解析：圆柱的母线一定垂直于圆柱的两个底面，而连结圆柱上、下底面圆周上两点的线段不一定与底面垂直，所以③说法不正确，显然①②④说法正确．答案：13．给出下列四个命题：①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体；③有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱；④长方体一定是正四棱柱．其中正确的命题个数是________．解析：反例：①直平行六面体底面是菱形，满足条件但不是正棱柱；②底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；③④显然错误．答案：04.(xx·南通调研)水平放置的正方体的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示．如图是一个正方体的表面展开图(图中数字写在正方体的外表面上)，若图中“0”上方的“2”在正方体的上面，则这个正方体的下面上的数字是________．解析：由题意，将正方体的展开图还原成正方体，1与4相对，2与2相对，0与3相对，所以正方体的下面上的数字是2.答案：25．如图，线段OA 在平面xOy 中，它与x 轴的夹角为45°，它的长为22，OA 的直观图O ′A ′的长为________．解析：过点A 作AB ⊥Ox 于B ，∵OA ＝22，∠AOB ＝45°，∴OB ＝AB ＝2，线段OB 的直观图O ′B ′＝2，A ′B ′＝1，∠O ′B ′A ′＝135°.∴O ′A ′2＝22＋12－2×2×1×cos 135°，∴O ′A ′＝5＋2 2.答案： 5＋2 2二保高考，全练题型做到高考达标 1．将等边三角形绕它的一条中线旋转180°，形成的几何体是________．解析：因为等边三角形是一个对称图形，并且中线过其顶点，底边旋转后成为一个圆，所以形成的几何体是一个圆锥．答案：圆锥2．把一个圆锥截成圆台，已知圆台上下底面的半径之比为1∶4，母线长为9；则圆锥的母线长是________．解析：设该圆锥的轴截面如图所示，由平面几何知识可知，O ′B ′OB ＝CB ′CB ，所以14＝CB ′CB ′＋9，所以CB ′＝3，所以BC ＝3＋9＝12.即圆锥的母线长为12.答案：123．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥不可能是________(填序号)．①三棱锥；②四棱锥；③五棱锥；④六棱锥．解析：各个侧面都是等边三角形，故六棱锥的底面的每一条边长都相等，底面是一个六边都相等的六边形．当这个六边形是正六边形时，如图可知AD＝2AB＝SA＋SD，这时不能构成三角形；当这个六边形不是正六边形时，则AD，BE，CF三条线段中必然有一条大于或等于SA＋SD，这时也不能构成三角形，故这个棱锥不可能是六棱锥．序号①②③中都有符合条件的棱锥，故填④.答案：④4．下列关于投影的说法正确的是________(填序号)．①平行投影的投影线是互相平行的；②中心投影的投影线是互相垂直的；③线段上的点在中心投影下仍然在线段上；④平行的直线在中心投影下不平行．解析：①平行投影是指投影线互相平行的投影，故①是正确的；②中心投影的投影线一般是不垂直的；③线段上的点在中心投影下可以重合于一点；④平行的直线在中心投影下可以平行也可以不平行．答案：①5.如图所示是水平放置的△ABC在直角坐标系中的直观图，其中D是AC的中点，原△ACB中，∠ACB≠30°，则原图形中与线段BD的长相等的线段有________条．解析：先按照斜二测画法把直观图还原为真正的平面图形，然后根据平面图形的几何性质找与线段BD长度相等的线段，把△ABC还原后为直角三角形，则D 为斜边AC的中点，所以AD＝DC＝BD.答案：26．设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；②底面是矩形的平行六面体是长方体；③直四棱柱是直平行六面体；④棱台的相对侧棱延长后必交于一点．其中真命题的序号是________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．答案：①④7．如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6，O ′C ′＝2，则原图形OABC 的面积为________．解析：由题意知原图形OABC 是平行四边形，且OA ＝BC ＝6，设平行四边形OABC 的高为OE ，则OE ×12×22＝O ′C ′，∵O ′C ′＝2，∴OE ＝42，∴S ▱OABC ＝6×42＝24 2. 答案：24 28．(xx·南京师大附中月考)已知正三角形ABC 的边长为a ，那么用斜二测画法得到的△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′的面积为________．解析：根据题意，建立如图①所示的平面直角坐标系，再按照斜二测画法画出其直观图，如图②中△A ′B ′C ′所示．易知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a .过点C ′作C ′D ′⊥A ′B ′于点D ′，则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a .所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12a ×68a ＝616a 2. 答案：616a 2 9.(xx·盐城调研)如图所示，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝2，BB 1＝2，∠ABC ＝90°，E ，F 分别为AA 1，C 1B 1的中点，试求沿棱柱的表面从点E 到点F 的最短路径．解：若将△A 1B 1C 1沿A 1B 1折起，使得E ，F 在同一平面内，则此时EF ＝72＋ 2.若将侧面沿B 1B 展成平面，则此时EF ＝ 112.若将△A 1B 1C 1沿A 1C 1折起使得E ，F 在同一平面内，则此时EF ＝322.经比较知沿棱柱的表面从点E 到点F 的最短路径为322.10.如图所示，圆台母线AB 长为20 cm ，上、下底面半径分别为5 cm 和10 cm ，从母线AB 的中点M 拉一条绳子绕圆台侧面转到B 点，求这条绳长的最小值．解：作出圆台的轴截面与侧面展开图，如图所示，如图1，由其轴截面中Rt △OPA 与Rt △OQB 相似，得OA OA ＋AB ＝510，可求得OA ＝20 cm.如图2，设∠BOB ′＝α，由于扇形弧的长与底面圆Q 的周长相等，而底面圆Q 的周长为2π×10 cm.扇形OBB ′的半径为OA ＋AB ＝20＋20＝40 cm ，扇形OBB ′所在圆的周长为2π×40＝80π cm. 所以扇形弧的长度20π为所在圆周长的14.所以OB ⊥OB ′.所以在Rt △B ′OM 中，B ′M 2＝402＋302，所以B ′M ＝50 cm ，即所求绳长的最小值为50 cm. 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知菱形ABCD 的边长是4，∠DAB ＝60°，则菱形ABCD 的斜二测直观图的面积是________．解析：由已知得BD ＝4，AC ＝43，且AC ⊥BD ，所以其斜二测直观图的面积为S ＝12×43×4×12×sin 45°＝2 6.答案：2 62．在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，过对角线BD 1的一个平面交AA 1于E ，交CC 1于F ，得四边形BFD 1E ，给出下列结论：①四边形BFD 1E 有可能为梯形； ②四边形BFD 1E 有可能为菱形；③四边形BFD 1E 有可能垂直于平面BB 1D 1D ；④四边形BFD 1E 面积的最小值为62. 其中正确的是________(填序号)．解析：四边形BFD 1E 为平行四边形，①显然不成立，当E ，F 分别为AA 1，CC 1的中点时，②③成立．当E ，F 分别为AA 1，CC 1的中点时，四边形BFD 1E 的面积最小，最小值为62. 答案：②③④3．(xx·南京调研)一个圆台的母线长为12 cm ，两底面面积分别为4π cm 2和25π cm 2. (1)求圆台的高；(2)求截得此圆台的圆锥的母线长．解：(1)如图，过圆台的轴作截面，则截面为等腰梯形ABCD ，作AM ⊥BC 于点M ，连结O 1O .由已知可得上底半径O 1A ＝2 cm ，下底半径OB ＝5 cm ，且腰长AB ＝12 cm ， ∴AM ＝122－32＝315(cm)．即圆台的高为315 cm.(2)延长BA ，OO 1，CD 交于点S ，设截得此圆台的圆锥的母线长为l . 则由△SAO 1∽△SBO ，可得l －12l ＝25， ∴l ＝20 (cm)，即截得此圆台的圆锥的母线长为20 cm.第二节空间几何体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式 S 圆柱侧＝2πrl S 圆锥侧＝πrl S 圆台侧＝π(r ＋r ′)l名称几何体表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S 表面积＝S 侧＋2S 底 V ＝Sh锥体(棱锥和圆锥) S 表面积＝S 侧＋S 底V ＝13Sh台体(棱台和圆台) S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球S ＝4πR 2V ＝43πR 3[小题体验]1．(教材习题改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶3 1∶12．(教材习题改编)已知棱长为a ，各面均为等边三角形的四面体S ABC ，它的表面积为________．解析：过S 作SD ⊥BC ， ∵BC ＝a ，∴SD ＝32a ， ∴S △SBC ＝34a 2， ∴表面积S ＝4×34a 2＝3a 2. 答案：3a 23．已知一个母线长为1的圆锥的侧面展开图的圆心角等于240°，则该圆锥的体积为________．解析：圆锥的底面圆的周长为240°360°×2π×1＝43π，设底面圆的半径为r ，则有2πr＝43π，所以r ＝23，于是圆锥的高h ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝53，故圆锥的体积V ＝13×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫232×53＝4581π. 答案：4581π1．易混侧面积与表面积的概念，导致计算时错用公式，漏掉底面积的计算． 2．对几何体的结构特征把握不准，导致空间线面关系的推理、表面积与体积的求解出现错误．[小题纠偏]1．正六棱台的上、下两底面的边长分别是1 cm,2 cm ，高是1 cm ，则它的侧面积为________ cm 2.解析：正六棱台的侧面是6个全等的等腰梯形，上底长为1 cm ，下底长为2 cm ，高为正六棱台的斜高．又边长为1 cm 的正六边形的中心到各边的距离是32cm ，边长为2 cm 的正六边形的中心到各边的距离是 3 cm ，则梯形的高为1＋⎝⎛⎭⎪⎫3－322＝72 cm ，所以正六棱台的侧面积为6×12×(1＋2)×72＝972cm 2.答案：9722．若一个球的体积为43π，则它的表面积为________．解析：设球的半径为R ，则43πR 3＝43π，∴R ＝3，∴球的表面积S ＝4πR 2＝4π×3＝12π. 答案：12π3．已知某圆柱的侧面展开图是边长为2a ，a 的矩形，则该圆柱的体积为________．解析：设圆柱的母线长为l ，底面圆的半径为r ，则当l ＝2a 时，2πr ＝a ，∴r ＝a2π，这时V 圆柱＝2a ·π⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2π2＝a32π；当l ＝a 时，2πr ＝2a ，∴r ＝a π，这时V圆柱＝a ·π⎝ ⎛⎭⎪⎫a π2＝a 3π.综上，该圆柱的体积为a 32π或a 3π.答案：a 32π或a 3π考点一空间几何体的表面积基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．(xx·无锡一中检测)等边圆柱(底面直径和高相等的圆柱)的底面半径与球的半径相等，则等边圆柱的表面积与球的表面积的比值为________．解析：设球的半径为R .等边圆柱的表面积S 1＝2πR ×2R ＋2×πR 2＝6πR 2，球的表面积S 2＝4πR 2，所以S 1S 2＝6πR 24πR 2＝32.答案：322.(xx·启东中学检测)如图，半径为2的半球内有一个内接正六棱锥P ABCDEF ，则此正六棱锥的表面积是________．解析：显然正六棱锥P ABCDEF 的底面的外接圆是球的一个大圆，由已知，可得大圆的半径为 2.易得其内接正六边形的边长为 2.又正六棱锥P ABCDEF 的高为2，则斜高为22＋32＝7，所以该正六棱锥的表面积为6×12×2×7＋6×3＝67＋6 3.答案：67＋6 33．已知底面是菱形的直四棱柱的侧棱长为5，它的体对角线的长分别是9和15，求这个直四棱柱的侧面积．解：如图，底面是菱形的直棱柱ABCD A ′B ′C ′D ′中，两条对角线长为A ′C ＝15，BD ′＝9，侧棱长为AA ′＝DD ′＝5，∵△BDD ′和△CAA ′都是直角三角形，∴由勾股定理，得AC 2＝152－52＝200，BD 2＝92－52＝56，可得AC ＝102，BD ＝214.∵AC ，BD 分别是菱形ABCD 的两条对角线，∴AC ，BD 互相垂直平分，且把菱形分成四个全等的直角三角形，两条直角边的长分别为12AC ＝52和12BD ＝14，由勾股定理，得AB ＝522＋142＝8.∴该直四棱柱的侧面积S ＝4×8×5＝160.[谨记通法] 几何体的表面积2种求法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．注意衔接部分的处理．考点二空间几何体的体积重点保分型考点——师生共研[典例引领]1.(xx·南京一中检测)如图所示，已知一个多面体的平面展开图由一个边长为1的正方形和4个正三角形组成，则该多面体的体积是________．解析：由展开图，可知该多面体是正四棱锥，底面正方形的边长为1，侧棱长也为1，∴该正四棱锥的高h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝22， ∴其体积V ＝13×12×22＝26.答案：262.如图，AA 1，BB 1为圆柱OO 1的母线，BC 是底面圆O 的直径，D ，E 分别是AA 1，CB 1的中点，DE ⊥平面CBB 1.(1)证明：DE ∥平面ABC ；(2)求四棱锥C ABB 1A 1与圆柱OO 1的体积比．解：(1)证明：连结EO ，OA . ∵E ，O 分别为B 1C ，BC 的中点， ∴EO ∥BB 1，且EO ＝12BB 1.又DA ∥BB 1，且DA ＝12BB 1，∴DA 綊EO ，∴四边形AOED 是平行四边形， ∴DE ∥OA .又DE ⊄平面ABC ，AO ⊂平面ABC ， ∴DE ∥平面ABC .(2)由题意知DE ⊥平面CBB 1，且由(1)知DE ∥AO ， ∴AO ⊥平面CBB 1， ∴AO ⊥BC ， ∴AC ＝AB .∵BC 是底面圆O 的直径，得CA ⊥AB ，且AA 1⊥CA ， ∴CA ⊥平面AA 1B 1B ，即CA 为四棱锥C ABB 1A 1的高．设圆柱高为h ，底面半径为r ，则V ＝πr 2h ，V ＝13h (2r )·(2r )＝23r 2h .∴V ∶V ＝23π.[由题悟法]求解几何体体积的必备策略常见类型解题策略球的体积问题直接利用球的体积公式求解，在实际问题中要根据题意作出图形，构造直角三角形确定球的半径锥体、柱体的体积问题根据题设条件求出所给几何体的底面积和高，直接套用公式求解不规则几何体的体积问题常用分割或补形的思想，若几何体的底不规则，也需采用同样的方法，将不规则的几何体或平面图形转化为规则的几何体或平面图形，易于求解[即时应用]如图，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥AD ，AB ∥CD ，CD ⊥AD ，AD ＝CD ＝2AB ＝2，E ，F 分别为PC ，CD 的中点，DE ＝EC .(1)求证：平面ABE ⊥平面BEF ；(2)设PA ＝a ，若三棱锥B PED 的体积V ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤2515，21515，求实数a 的取值范围．解：(1)证明：因为AB ∥CD ，CD ⊥AD ，AD ＝CD ＝2AB ＝2，F 为CD 的中点，所以四边形ABFD 为矩形，AB ⊥BF . 因为DE ＝EC ，所以DC ⊥EF . 又AB ∥CD ，所以AB ⊥EF . 因为BF ∩EF ＝F ，所以AB ⊥平面BEF .又AB ⊂平面ABE ，所以平面ABE ⊥平面BEF . (2)因为PD ∥EF ，AB ⊥EF ，所以AB ⊥PD .又AB ⊥AD ，AD ∩PD ＝D ，所以AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PA .又PA ⊥AD ，AB ∩AD ＝A ，所以PA ⊥平面ABCD . 因为S △BCD ＝12×2×2＝2，E 到平面BCD 的距离h ＝a2，所以V B PED ＝V B EDC ＝V E BCD ＝13×2×a 2＝a3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤2515，21515，所以a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤255，2155.故实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤255，2155.考点三与球有关的切、接问题常考常新型考点——多角探明[命题分析]与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考生的难点、易失分点，命题角度多变．常见的命题角度有： (1)正四面体的内切球； (2)直三棱柱的外接球； (3)正方体(长方体)的外接球； (4)四棱锥(三棱锥)的外接球．[题点全练]角度一：正四面体的内切球1．(xx·苏州模拟)若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.解析：设正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4·34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14，即r ＝14·63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π. 答案：63π角度二：直三棱柱的外接球2．已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为________．解析：如图，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M .又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52 2＋62＝132.答案：132角度三：正方体(长方体)的外接球3．(xx·扬州调研一模)已知矩形ABCD 的顶点都在半径为2的球O 的球面上，且AB ＝3，BC ＝3，过点D 作DE 垂直于平面ABCD ，交球O 于E ，则棱锥E ABCD 的体积为________．解析：如图所示，BE 过球心O ，∴DE ＝42－32－32＝2，∴V E ABCD ＝13×3×3×2＝2 3.答案：2 3角度四：四棱锥(三棱锥)的外接球4．(xx·盐城模拟)体积为163的正四棱锥S ABCD 的底面中心为O ，SO 与侧面成的角的正切值为22，那么过S ABCD 的各顶点的球的表面积为________．解析：如图，取AB 的中点为F ，连结SF ，过点O 作OG ⊥SF ，则∠OSG 为SO 与侧面所成的角，且tan ∠OSG ＝OF SO ＝22. 设AB ＝2a ，则SO ＝2a ，所以13×4a 2×2a ＝163，得a ＝ 2.延长SO 交外接球于E ，则EB ⊥SB ，由OB 2＝SO ·OE 得4＝2·(2R －2)，所以R ＝2，S ＝4π×22＝16π. 答案：16π5．(xx·南京四校联考)在正三棱锥S ABC 中，M 是SC 的中点，且AM ⊥SB ，底面边长AB ＝22，则正三棱锥S ABC 的外接球的表面积为________．解析：如图，由正三棱锥的性质易知SB ⊥AC ，结合AM ⊥SB 知SB ⊥平面SAC ，所以SB ⊥SA ，SB ⊥SC .又正三棱锥的三个侧面是全等的三角形，所以SA ⊥SC ，所以正三棱锥S ABC 为正方体的一个角，所以正三棱锥S ABC 的外接球即为正方体的外接球．由AB ＝22，得SA ＝SB ＝SC ＝2，所以正方体的体对角线为23，所以所求外接球的半径R ＝3，所求表面积为4πR 2＝12π.答案：12π[方法归纳]“切”“接”问题处理的注意事项(1)“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．(2)“接”的处理把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为________．解析：设球的半径为R ，则表面积是16π，即4πR 2＝16π，解得R ＝2.所以体积为43πR3＝32π3.答案：32π32．若一个圆台的母线长l ，上、下底面半径r 1，r 2满足2l ＝r 1＋r 2，且侧面积为8π，则母线长l ＝________.解析：S 圆台侧＝π(r 1＋r 2)l ＝2πl 2＝8π，所以l ＝2. 答案：23．在三角形ABC 中，AB ＝3，BC ＝4，∠ABC ＝90°，若将△ABC 绕直线BC 旋转一周，则所形成的几何体的侧面积为________．解析：依题意知几何体为底面半径为3，母线长为5的圆锥，所得几何体的侧面积等于π×3×5＝15π.答案：15π4．棱长为a 的正方体有一内切球，该球的表面积为________．解析：由题意知球的直径2R ＝a ， ∴R ＝a2.∴S ＝4πR 2＝4π×a 24＝πa 2.答案：πa 25．如图，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长都为3，D 为CC 1上一点，且CD ＝2DC 1，则三棱锥A 1BCD 的体积________．解析：过A 1作A 1H ⊥B 1C 1，垂足为H .因为平面A 1B 1C 1⊥平面BB 1C 1C ，所以A 1H ⊥平面BB 1C 1C ，所以VA 1BCD ＝13×32×3×12×2×3＝332.答案：332二保高考，全练题型做到高考达标1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为________．解析：设圆台较小底面半径为r ，则另一底面半径为3r . 由S ＝π(r ＋3r )·3＝84π，解得r ＝7. 答案：72．若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，则该圆锥的体积为________．解析：因为半圆面的面积为12πl 2＝2π，所以l 2＝4，解得l ＝2，即圆锥的母线为l ＝2，底面圆的周长2πr ＝πl ＝2π，所以圆锥的底面半径r ＝1，所以圆锥的高h ＝l 2－r 2＝3，所以圆锥的体积为13πr 2h ＝13×π×3＝3π3.答案：3π33．已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的底面边长为6时，其高的值为________．解析：设正六棱柱的高为h ，则可得(6)2＋h 24＝32，解得h ＝2 3.答案：2 34．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 cm ，于是其体积V ＝34×22×6×6＝36 3 cm 3. 答案：36 35．(xx·南通调研)一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为2 cm 的球面上，如果正四棱柱的底面边长为1 cm ，那么该棱柱的表面积为________cm 2.解析：作出轴截面图，其中圆的内接矩形为正四棱柱的对角面，易求棱柱的侧棱长为2，所以S 表＝4×1×2＋2×12＝2＋42(cm 2)．答案：2＋4 26．已知正三棱锥S ABC ，D ，E 分别是底面边AB ，AC 的中点，则四棱锥S BCED 与三棱锥S ABC 的体积之比为________．解析：设正三棱锥S ABC 底面△ABC 面积为4S .由S △ADE S △ABC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122，所以，S △ADE ＝S ，S 四边形BCDE＝3S ，因两个棱锥的高相同，所以V S BCED ∶V S ABC ＝3∶4.答案：3∶47．已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且AB ＝6，BC ＝23，则棱锥。

新高考数学重难点培优专题讲义——立体几何小题专练(含详细答案解析)

立体几何小题培优讲义高考规律立体几何是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度中等或偏上．知识梳理【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】1.求几何体体积的常用方法(1)公式法：直接代入公式求解.(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.2.求组合体的表面积与体积的一般方法求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】1.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：2.空间几何体外接球问题的求解方法：空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段P A,PB,PC两两垂直，且P A=a，PB=b，PC=c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.(3)利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.【知识点3 几何法与向量法求空间角】1.几何法求异面直线所成的角(1)求异面直线所成角一般步骤：①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.2.用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.3.几何法求线面角(1)垂线法求线面角(也称直接法)；(2)公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线P A在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.4.向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)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或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.5.几何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.6.向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】1.立体几何中的几类最值问题立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．2.立体几何中的最值问题的求解方法解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题．【知识点5 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】1.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．2.立体几何中的轨迹问题的求解方法解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法：对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法：在图形中，建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．【知识点6 以立体几何为载体的情境题的求解策略】1.以立体几何为载体的几类情境题以立体几何为载体的情境题大致有三类：(1)以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；(2)以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；(3)以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．2.以立体几何为载体的情境题的求解思路以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题.此类问题的求解过程主要分四步：一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【题型1 求几何体的体积与表面积】【例1】（2023·江苏徐州·沛县湖西中学模拟预测）在三棱锥P−ABC中，三条侧棱P A，PB，PC两两垂直，且PA=PB=PC=2，若三棱锥P−ABC的所有顶点都在同一个球的表面上，则该球的体积是（）A．4√3πB．4√2πC．6πD．12π【变式1-1】（2023·陕西铜川·统考一模）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（）（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸；③V台=13(S上+S下+√S上⋅S下)ℎ）A．6寸B．4寸C．3寸D．2寸【变式1-2】（2023·全国·模拟预测）如图，已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1的高为2,AB=2A1B1,P,Q分别为B1C1,C1D1的中点，若四边形PQDB的面积为152，则该四棱台的体积为（）A．563B．56C．283D．28【变式1-3】（2023·山东·统考一模）陀螺起源于我国，在山西夏县新石器时代的遗址中，就出土了目前发现的最早的石制陀螺因此，陀螺的历史至少也有四千年，如图所示为一个陀螺的立体结构图，若该陀螺底面圆的直径AB=12cm，圆柱体部分的高BC=6cm，圆锥体部分的高CD=4cm，则这个陀螺的表面积是（）A．(144+12√13)πcm2B．(144+24√13)πcm2C．(108+12√13)πcm2D．(108+24√13)πcm2【题型2 与球有关的截面问题】【例2】（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知球O的一个截面的面积为2π，球心O到该截面的距离比球的半径小1，则球O的表面积为（）A．8πB．9πC．12πD．16π【变式2-1】（2023·全国·校联考模拟预测）上、下底面均为等边三角形的三棱台的所有顶点都在同一球面上，若三棱台的高为3，上、下底面边长分别为√15，2√6，则该球的表面积为（）A．32πB．36πC．40πD．42π【变式2-2】（2023·河南·信阳高中校联考模拟预测）如图，在三棱锥A−BCD中，AB,AC,AD两两垂直，且AB=AC=AD=3，以A为球心，√6为半径作球，则球面与底面BCD的交线长度的和为（）A．2√3πB．√3πC．√3π2D．√3π4【变式2-3】（2023·江西南昌·江西师大附中校考三模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E为棱CC1上的一点，且满足平面BDE⊥平面A1BD，则平面A1BD截四面体ABCE的外接球所得截面的面积为（）A．136πB．2512πC．83πD．23π【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】【例3】（2023·福建莆田·莆田一中校考一模）如图，在边长为a的正三角形的三个角处各剪去一个四边形.这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的，并且这三个四边形也全等，如图①.若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器，如图②.则这个容器的容积的最大值为（）A．a327B．a336C．a354D．a372【变式3-1】（2023·全国·模拟预测）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=60°，侧面BCC1B1的面积为2√3，则直三棱柱ABC−A1B1C1外接球的表面积的最小值为（）A．4πB．8πC．4√3πD．8√3π【变式3-2】（2023·山东·山东省实验中学校考二模）正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，P为底面A1B1C1D1的中心，M是棱AB的中点，正四棱柱的高ℎ∈[√2,2√2]，点M到平面PCD的距离的最大值为（）A．2√63B．83C．4√23D．329【变式3-3】（2023·湖南长沙·长沙一中校考模拟预测）已知A，B，C，D是体积为20√53π的球体表面上四点，若AB=4，AC=2，BC=2√3，且三棱锥A－BCD的体积为2√3，则线段CD长度的最大值为（）A．2√3B．3√2C．√13D．2√5【题型4 几何体与球的切、接问题】【例4】（2023·河北邯郸·统考三模）三棱锥S−ABC中，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA=AB=BC．过点A分别作AE⊥SB，AF⊥SC交SB、SC于点E、F，记三棱锥S−FAE的外接球表面积为S1，三棱锥S−ABC的外接球表面积为S2，则S1S2=（）A．√33B．13C．√22D．12【变式4-1】（2023·福建龙岩·统考模拟预测）如图，已知正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体为正八面体，则该正八面体的内切球表面积为（）A．π6B．πC．4π3D．4π【变式4-2】（2023·全国·模拟预测）为了便于制作工艺品，某工厂将一根底面半径为6cm，高为4cm的圆柱形木料裁截成一个正四棱台木料，已知该正四棱台上底面的边长不大于4√2cm，则当该正四棱台的体积最大时，该正四棱台外接球的表面积为（）A．128πcm2B．145πcm2C．153πcm2D．160πcm2【变式4-3】（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考二模）如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体ABCD的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体ABCD棱长为2√6，则模型中九个球的表面积和为（）A．6πB．9πC．31π4D．21π【题型5 空间线段以及线段之和最值问题】【例5】（2023·湖南长沙·长郡中学校联考模拟预测）已知底面边长为a的正四棱柱ABCD−A1B1C1D1内接于半径为√3的球内，E，F分别为B1C1，C1D1的中点，G，H分别为线段AC1，EF上的动点，M为线段AB1的中点，当正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积最大时，|GH|+|GM|的最小值为（）A．√2B．3√22C．2D．1+√2【变式5-1】（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）已知在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC= 1，AA1=√3，在线段A1D上取点M，在CD1上取点N，使得直线MN//平面ACC1A1，则线段MN长度的最小值为（）A．√33B．√213C．√37D．√217【变式5-2】（2023·四川绵阳·模拟预测）如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，以下四个命题：；④|C1P|+①三棱锥D−BPC1的体积为定值；②C1P⊥CB1；③直线DC1与平面ABC1D1所成角的正弦值为12|DP|的最小值为√10．其中真命题有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【变式5-3】（2023·天津和平·耀华中学校考二模）粽子，古称“角黍”，早在春秋时期就已出现，到晋代成为了端午节的节庆食物．现将两个正四面体进行拼接，得到如图所示的粽子形状的六面体，其中点G在线，则下列说法正确的是（）段CD（含端点）上运动，若此六面体的体积为163A．EF=2B．EF=4C．EG+FG的最小值为3√2D．EG+FG的最小值为2√6【题型6 空间角问题】【例6】（2023·全国·模拟预测）已知正三棱柱ABC−A1B1C1的侧面积是底面积的6√3倍，点E为四边形ABB1A1的中心，点F为棱CC1的中点，则异面直线BF与CE所成角的余弦值为（）A．2√3913B．√3913C．√3926D．3√3926【变式6-1】（2023·河北保定·统考二模）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=2，对角线B1D与平面A1BC1交于E点．则A1E与面AA1D1D所成角的余弦值为（）A．13B．√33C．23D．√53【变式6-2】（2023·全国·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，若点N是棱BB1上的动点，点M是线段A1C1（不含线段的端点）上的动点，则下列说法正确的是（）A．存在直线MN，使MN//B1C B．异面直线CM与AB所成的角可能为π3C．直线CM与平面BND所成的角为π3D．平面BMC//平面C1NA【变式6-3】（2023·四川遂宁·统考三模）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E,F（E在F的左边），且EF=√2．下列说法不正确的是（）A．当E运动时，二面角E−AB−C的最小值为45∘B．当E,F运动时，三棱锥体积B−AEF不变C．当E,F运动时，存在点E,F使得AE//BFD．当E,F运动时，二面角C−EF−B为定值【题型7 翻折问题】【例7】（2023·四川泸州·统考一模）已知菱形ABCD的边长为6，∠BAD=60°，将△BCD沿对角线BD翻折，使点C到点P处，且二面角A−BD−P为120°，则此时三棱锥P−ABD的外接球的表面积为（）A．21πB．28√21πC．52πD．84π【变式7-1】（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）在矩形ABCD中，AB=3,AD=4，将△ABD 沿对角线BD翻折至△A′BD的位置，使得平面A′BD⊥平面BCD，则在三棱锥A′−BCD的外接球中，以A′C为直径的截面到球心的距离为（）A．√43510B．6√25C．√23910D．√11310【变式7-2】（2023·湖北恩施·校考模拟预测）如图，矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，且BC=2AB=2，现将△ABE沿AE向上翻折，使B点移到P点，则在翻折过程中，下列结论不正确的是（）A．存在点P，使得PE∥CFB．存在点P，使得PE⊥EDC．三棱锥P−AED的体积最大值为√26D．当三棱锥P−AED的体积达到最大值时，三棱锥P−AED外接球表面积为4π【变式7-3】（2023·四川·校联考模拟预测）如图，已知△ABC是边长为4的等边三角形，D,E分别是AB,AC 的中点，将△ADE沿着DE翻折，使点A到点P处，得到四棱锥P−BCED，则下列命题错误的是（）A．翻折过程中，该四棱锥的体积有最大值为3B．存在某个点P位置，满足平面PDE⊥平面PBCC．当PB⊥PC时，直线PB与平面BCED所成角的正弦值为√33πD．当PB=√10时，该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为523【题型8 立体几何中的轨迹问题】【例8】（2023·全国·模拟预测）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，点P是平面ACB1内的动点，M，N分别为C1D1，B1C的中点，若直线BP与MN所成的角为θ，且sinθ=√55，则动点P的轨迹所围成的图形的面积为（）A．3π4B．π2C．π3D．π4【变式8-1】（2023·海南省直辖县级单位·文昌中学校考模拟预测）已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD 为正方形，侧棱与底面垂直，点P是侧棱DD1上的点，且DP=2PD1,AA1=3,AB=1.若点Q在侧面BCC1B1（包括其边界）上运动，且总保持AQ⊥BP，则动点Q的轨迹长度为（）A．√3B．√2C．2√33D．√52【变式8-2】（2023·河北·统考模拟预测）已知正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥为正四棱锥）P－ABCD的底面正方形边长为2，其内切球O的表面积为π3，动点Q在正方形ABCD 内运动，且满足OQ=OP，则动点Q形成轨迹的周长为（）A．2π11B．3π11C．4π11D．5π11【变式8-3】（2023·全国·校联考模拟预测）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，P为空间中一点且满足∠APB1=∠ADB1，则以下说法正确的有（）A．若P在面AB1C1D上，则其轨迹周长为8√6π9B．若A1P⊥AB1，则D1P的最小值为√3+1−√6C．P的轨迹围成的封闭曲面体积为32√6π227+4√3πD．四棱锥P-ABCD体积最大值为4(2√6+√2+3)9【题型9 以立体几何为载体的情境题】【例9】（2023·云南大理·统考一模）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为36寸，盆底直径为12寸，盆深18寸.若某次下雨盆中积水的深度恰好是盆深的一半，则该天池盆中水的体积为（）A．1404π立方寸B．1080π立方寸C．756π立方寸D．702π立方寸【变式9-1】（2023·广东广州·广东实验中学校考一模）阿基米德多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图所示的阿基米德多面体有四个全等的正三角形面和四个全等的正六边形面，该多面体是由过正四面体各棱的三等分点的平面截去四个小正四面体得到．若该多面体的所有顶点都在球O的表面上，且点O到正六边形面的距离为√62，则球O的体积为（）A．7√1424πB．7√143πC．11√2224πD．11√223π【变式9-2】（2023·河南·校联考模拟预测）如图1所示，宫灯又称宫廷花灯，是中国彩灯中富有特色的汉民族传统手工艺品之一．图2是小明为自家设计的一个花灯的直观图，该花灯由上面的正六棱台与下面的正六棱柱组成，若正六棱台的上、下两个底面的边长分别为4dm和2dm，正六棱台与正六棱柱的高分别为1dm 和6dm，则该花灯的表面积为（）A．(108+30√3)dm2B．(72+30√3)dm2C．(64+24√3)dm2D．(48+24√3)dm2【变式9-3】（2023·河南郑州·统考模拟预测）《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”.意思是一个长方体沿对角面斜解（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）.若长方体的体积为V，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为V1，V2，V3，则下列等式错误的是（）A．V1+V2+V3=V B．V1=2V2C．V2=2V3D．V2−V3=V61．（2023·北京·统考高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若AB=25m,BC=AD=10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平，则该五面体的所有棱长之和为（）面与平面ABCD的夹角的正切值均为√145A．102m B．112mC．117m D．125m2．（2023·全国·统考高考真题）已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C−AB−D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（）A．15B．√25C．√35D．253．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥PO的底面半径为√3，O为底面圆心，P A，PB为圆锥的母线，∠AOB=120°，若△PAB的面积等于9√34，则该圆锥的体积为（）A．πB．√6πC．3πD．3√6π4．（2023·天津·统考高考真题）在三棱锥P−ABC中，点M,N分别在棱PC,PB上，且PM=13PC，PN=23PB，则三棱锥P−AMN和三棱锥P−ABC的体积之比为（）A．19B．29C．13D．495．（2021·浙江·统考高考真题）如图已知正方体ABCD−A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B16．（2023·全国·统考高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A．直径为0.99m的球体B．所有棱长均为1.4m的四面体C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体7．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB=120°，PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P−AC−O为45°，则（）．A．该圆锥的体积为πB．该圆锥的侧面积为4√3πC．AC=2√2D．△PAC的面积为√38．（2023·全国·统考高考真题）已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA=．9．（2023·全国·统考高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4,O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是．10．（2023·全国·统考高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有个公共点．11．（2023·全国·统考高考真题）在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=2,A1B1=1,AA1=√2，则该棱台的体积为．12．（2023·全国·统考高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．立体几何小题【题型1 求几何体的体积与表面积】 (4)【题型2 与球有关的截面问题】 (7)【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】 (10)【题型4 几何体与球的切、接问题】 (13)【题型5 空间线段以及线段之和最值问题】 (18)【题型6 空间角问题】 (23)【题型7 翻折问题】 (30)【题型8 立体几何中的轨迹问题】 (35)【题型9 以立体几何为载体的情境题】 (40)立体几何是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度中等或偏上．【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】1.求几何体体积的常用方法(1)公式法：直接代入公式求解.(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.2.求组合体的表面积与体积的一般方法求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】1.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：2.空间几何体外接球问题的求解方法：空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段P A,PB,PC两两垂直，且P A=a，PB=b，PC=c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.(3)利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.【知识点3 几何法与向量法求空间角】1.几何法求异面直线所成的角(1)求异面直线所成角一般步骤：①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.2.用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.3.几何法求线面角(1)垂线法求线面角(也称直接法)；(2)公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线P A在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.4.向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)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或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.5.几何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.6.向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】1.立体几何中的几类最值问题立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．2.立体几何中的最值问题的求解方法解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题．【知识点5 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】1.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．2.立体几何中的轨迹问题的求解方法解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法：对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法：在图形中，建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．【知识点6 以立体几何为载体的情境题的求解策略】1.以立体几何为载体的几类情境题以立体几何为载体的情境题大致有三类：(1)以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；(2)以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；(3)以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．。

人教版高中数学配套课时作业(三维设计版)课时跟踪检测(十六) 对数的运算

课时跟踪检测（十六）对数的运算层级一学业水平达标1.log 29log 23＝( ) A.12 B ．2 C.32 D.92 解析：选B 原式＝log 29log 23＝log 232log 23＝2.2．2log 510＋log 50.25＝( )A ．0B ．1C ．2 D. 4 解析：选C 原式＝log 5102＋log 50.25＝log 5(102×0.25)＝log 525＝2. 3．若a ＞0，且a ≠1，则下列说法正确的是( ) A ．若M ＝N ，则log a M ＝log a N B ．若log a M ＝log a N ，则M ＝N C ．若log a M 2＝log a N 2，则M ＝ND ．.若M ＝N ，则log a M 2＝log a N 2解析：选B 在A 中，当M ＝N ≤0时，log a M 与log a N 均无意义，因此log a M ＝log a N 不成立，故A 错误；在B 中，当log a M ＝log a N 时，必有M ＞0，N ＞0，且M ＝N ，因此M ＝N 成立，故B 正确；在C 中，当log a M 2＝log a N 2时，有M ≠0，N ≠0，且M 2＝N 2，即|M |＝|N |，但未必有M ＝N ，例如M ＝2，N ＝－2时，也有log a M 2＝log a N 2，但M ≠N ，故C 错误；在D 中，若M ＝N ＝0，则log a M 2与log a N 2均无意义，因此log a M 2＝log a N 2不成立，故D 错误．4．设a ＝log 32，则log 38－2log 36用a 表示的形式是( ) A ．a －2 B ．3a －(1＋a )2 C ．5a －2D ．－a 2＋3a －1解析：选A ∵a ＝log 32，∴log 38－2log 36＝3log 32－2(log 32＋1)＝3a －2(a ＋1)＝a －2. 5．计算log 225·log 322·log 59的结果为( )A ．3B ．4C ．5 D.6解析：选D 原式＝lg 25lg 2·lg 22lg 3·lg 9lg 5＝2lg 5lg 2·32lg 2lg 3·2lg 3lg 5＝6.6．已知a 2＝1681(a ＞0)，则log 23a ＝________.解析：由a 2＝1681(a ＞0)得a ＝49，所以log 2349＝log 23⎝⎛⎭⎫23 2＝2. 答案：27．lg 5＋lg 20的值是________．解析：lg 5＋lg 20＝lg 100＝lg 10＝1. 答案：18．若log a b ·log 3a ＝4，则b 的值为________．解析：log a b ·log 3a ＝lg b lg a ·lg a lg 3＝lg blg 3＝4，所以lg b ＝4lg 3＝lg 34，所以b ＝34＝81. 答案：819．用lg x ，lg y ，lg z 表示下列各式： (1)lg(xyz )； (2)lg xy 2z ；(3)lg xy 3z；(4)lgxy 2z . 解：(1)lg (xyz )＝lg x ＋lg y ＋lg z . (2)lg xy 2z ＝lg(xy 2)－lg z ＝lg x ＋2lg y －lg z . (3)lg xy 3z ＝lg(xy 3)－lg z＝lg x ＋3lg y －12lg z .(4)lgxy 2z ＝lg x －lg (y 2z )＝12lg x －2lg y －lg z . 10．求下列各式的值： (1)2log 525＋3log 264； (2)lg(3＋5＋3－5)； (3)(lg 5)2＋2lg 2－(lg 2)2.解：(1)∵2log 525＝2log 552＝4log 55＝4， 3log 264＝3log 226＝18log 22＝18， ∴2log 525＋3log 264＝4＋18＝22. (2)原式＝12lg(3＋5＋3－5)2＝12lg(3＋5＋3－5＋29－5)＝12lg 10＝12. (3)(lg 5)2＋2lg 2－(lg 2)2 ＝(lg 5)2－(lg 2)2＋2lg 2 ＝(lg 5＋lg 2)(lg 5－lg 2)＋2lg 2 ＝lg 10(lg 5－lg 2)＋2lg 2 ＝lg 5＋lg 2＝lg 10＝1.层级二应试能力达标1．若log 5 13·log 36·log 6x ＝2，则x 等于( )A ．9 B.19 C ．25 D.125解析：选D 由换底公式，得－lg 3lg 5·lg 6lg 3·lg x lg 6＝2，lg x ＝－2lg 5，x ＝5－2＝125. 2．若ab ＞0，给出下列四个等式： ①lg(ab )＝lg a ＋lg b ； ②lg ab ＝lg a －lg b ； ③12lg ⎝⎛⎭⎫a b 2＝lg a b ； ④lg(ab )＝1log ab 10.其中一定成立的等式的序号是( ) A ．①②③④ B ．①② C ．③④D ．③解析：选D ∵ab ＞0，∴a ＞0，b ＞0或a ＜0，b ＜0，∴①②中的等式不一定成立；∵ab ＞0，∴a b ＞0，12lg ⎝⎛⎭⎫a b 2＝12×2lg a b ＝lg a b ，∴③中等式成立；当ab ＝1时，lg(ab )＝0，但log ab 10无意义，∴④中等式不成立．故选D.3．若lg x －lg y ＝t ，则lg ⎝⎛⎭⎫x 2 3－lg ⎝⎛⎭⎫y2 3＝( ) A ．3t B.32t C ．tD.t 2解析：选A lg ⎝⎛⎭⎫x 2 3－lg ⎝⎛⎭⎫y 2 3＝3lg x 2－3lg y 2＝3lg xy ＝3(lg x －lg y )＝3t .4．若2.5x ＝1 000,0.25y ＝1 000，则1x －1y ＝( )A. 13 B ．3 C ．－13D ．－3解析：选A ∵x ＝log 2.51 000，y ＝log 0.251 000， ∴1x ＝1log 2.51 000＝log 1 0002.5，同理1y ＝log 1 0000.25，∴1x －1y ＝log 1 0002.5－log 1 0000.25＝log 1 00010＝lg 10lg 1 000＝13.5.lg 3＋2lg 2－1lg 1.2＝________.解析：lg 3＋2lg 2－1lg 1.2＝lg 3＋lg 22－1lg 1.2＝lg 12－1lg 1.2＝lg1210lg 1.2＝lg 1.2lg 1.2＝1.答案：16．若lg x ＋lg y ＝2lg(x －2y )，则xy ＝________.解析：因为lg x ＋lg y ＝2lg(x －2y )，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，y ＞0，x －2y ＞0，xy ＝(x －2y )2.由xy ＝(x －2y )2，知x 2－5xy ＋4y 2＝0，所以x ＝y 或x ＝4y .又x ＞0，y ＞0且x －2y ＞0，所以舍去x ＝y ，故x ＝4y ，则xy ＝4.答案：47．计算下列各式的值： (1)log 535＋2log 122－log 5150－log 514；(2)[(1－log 63)2＋log 62·log 618]÷log 64.解：(1)原式＝log 535＋log 550－log 514＋2log 12212＝log 535×5014＋log 122＝log 553－1＝2.(2)原式＝[(log 66－log 63)2＋log 62·log 6(2×32)]÷log 64＝⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫log 6632＋log 62·(log 62＋log 632)÷log 622＝[(log 62)2＋(log 62)2＋2log 62·log 63]÷2log 62 ＝log 62＋log 63＝log 6(2×3)＝1.8．若a ，b 是方程2(lg x )2－lg x 4＋1＝0的两个实根，求lg(ab )·(log a b ＋log b a )的值．解：原方程可化为2(lg x )2－4lg x ＋1＝0. 设t ＝lg x ，则方程化为2t 2－4t ＋1＝0， ∴t 1＋t 2＝2，t 1·t 2＝12.又∵a ，b 是方程2(lg x )2－lg x 4＋1＝0的两个实根， ∴t 1＝lg a ，t 2＝lg b ，即lg a ＋lg b ＝2，lg a ·lg b ＝12.∴lg(ab )·(log a b ＋log b a )＝(lg a ＋lg b )·⎝⎛⎭⎫lg b lg a ＋lg a lg b ＝(lg a ＋lg b )·(lg b )2＋(lg a )2lg a ·lg b＝(lg a ＋lg b )·(lg a ＋lg b )2－2lg a ·lg blg a ·lg b＝2×22－2×1212＝12，即lg(ab )·(log a b ＋log b a )＝12.。

2022高考数学二轮复习立体几何经典题型精练(原卷版)

微专题16 立体几何经典题型精练典型例题例1．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，三棱柱111ABC A B C -中，所有棱长均为2，1160BAC BAA CAA ∠=∠=∠=︒，P ，Q 分别在AB ，11A C 上（不包括两端），1AP AQ =．（1）求证：//PQ 平面11BCC B ；（2）设PQ 与平面ABC 所成角为θ，求sin θ的取值范围．例2．（2022·全国·高三专题练习）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，AC BC ⊥，1AC BC AA ==，D 为11A B 的中点，G 为1AA 的中点，E 为1C D 的中点，3BF AF =，点P 为线段1BC 上的动点（不包括线段1BC 的端点）．（1）若//EP 平面CFG ，请确定点P 的位置；（2）求直线CP 与平面CFG 所成角的正弦值的最大值．例3．（2022·辽宁·大连市一0三中学高三开学考试）如图，在四棱锥P ABCD -中，2BC =，//AD BC ，E 为棱P A 的中点，//BE 平面PCD ．（1）求AD 的长；（2）若PB AB BC ===，平面PAB ⊥平面PBC ，求二面角B PC D --的大小的取值范围．例4．（2022·全国·高三专题练习）如图，三棱柱111ABC A B C -的底面是边长为4的正三角形，侧面11ACC A ⊥底面ABC ，且侧面11ACC A 为菱形，160A AC ∠=.（1）求二面角1A AB C 所成角θ的正弦值.（2）,M N 分别是棱11A C ，11B C 的中点，又2AP BP =.求经过,,M N P 三点的平面截三棱柱111ABC A B C -的截面的周长.过关测试1．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体1111ABCD A B C D -.(1)若正方体的棱长为1，求点A 到平面1A BD 的距离；(2)在一个棱长为10的密封正方体盒子中，放一个半径为1的小球，任意摇动盒子，求小球在盒子中不能达到的空间的体积；(3)在空间里，是否存在一个正方体，它的定点1111A B C D A B C D 、、、、、、、到某个平面的距离恰好为0、1、2、3、4、5、6、7，若存在，求出正方体的棱长，若不存在，说明理由. 2．（2022·山东烟台·一模）如图，在四棱锥V －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，24AB BC ==，E 为CD 的中点，且△VBC 为等边三角形．(1)若VB ⊥AE ，求证：AE ⊥VE ；(2)若二面角A －BC －V 的大小为30，求直线AV 与平面VCD 所成角的正弦值． 3．（2022·陕西·一模（理））如图，已知直三棱柱111ABC A B C -，O ，M ，N 分别为线段BC ，1AA ，1BB 的中点，P 为线段1AC 上的动点，116AA =，8AC =.(1)若12AO BC =，试证1C N CM ⊥； (2)在（1）的条件下，当6AB =时，试确定动点P 的位置，使线段MP 与平面11BB C C 所成角的正弦值最大.4．（2022·安徽·芜湖一中一模（理））如图所示，已知矩形ABCD 和矩形ADEF 所在的平面互相垂直，222AD AF AB ===，M ，N 分别是对角线BD ，AE 上异于端点的动点，且BM AN =.(1)求证：直线//MN 平面CDE ；(2)当MN 的长最小时，求二面角A MN D --的余弦值．5．（2022·天津·一模）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，其中AD BC ∥，3AD =，2AB BC ==，PA ⊥平面ABCD ，且3PA =，点M 在棱PD 上，点N 为BC 中点.(1)证明：若2DM MP =，直线//MN 平面PAB ；(2)求二面角C PD N --的正弦值；(3)是否存在点M ，使NM 与平面PCD PM PD 值；若不存在，说明理由.6．（2022·全国·高三专题练习）如图，四棱锥P —ABCD 的底面ABCD 是边长为2的正方形，P A ＝PB ＝3．(1)证明：∠P AD ＝∠PBC ；(2)当直线P A 与平面PCD 所成角的正弦值最大时，求此时二面角P —AB —C 的大小． 7．（2022·贵州贵阳·高三期末（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面,ABCD AF PB ⊥，F 为垂足.(1)当点E 在线段BC 上移动时，判断AEF 是否为直角三角形，并说明理由；(2)若2,PA AB EF ==∥PC ，且PB 与平面PAE 所成角为30，求二面角C PE D --的大小.8．（2022·全国·高三专题练习）如图，四边形ABCD 中，π2ADC ∠=,24AD CD ==，AE EC =，沿对角线AC 将△ACD 翻折成△ACD '，使得BE CD '⊥.(1)证明：BD BC '=；(2)若ABD '△为等边三角形，求二面角D AB C '--的余弦值.9．（2022·江苏泰州·高三期末）如图，在三棱锥P ABC -中，2,4,AB PB BC PA PC AC ======(1)平面PAC ⊥平面ABC ；(2)点D 是棱BC 上一点，BD BC λ=，且二面角B PA D --与二面角C PA D --的大小相等，求实数λ的值.10．（2022·江苏扬州·高三期末）如图，在三棱台ABC －A 1B 1C 1中，底面△ABC 是等腰三角形，且BC ＝8，AB ＝AC ＝5，O 为BC 的中点．侧面BCC 1B 1为等腰梯形，且B 1C 1＝CC 1＝4，M 为B 1C 1中点．(1)证明：平面ABC ⊥平面AOM ；(2)记二面角A －BC －B 1的大小为θ，当θ∈[6π，2π]时，求直线BB 1平面AA 1C 1C 所成角的正弦的最大值．11．（2022·辽宁营口·高三期末）在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AAC C 和侧面11AA B B 是都是边长为2的菱形，D 是1AA 中点，BC =1160CAA BAA ∠=∠=︒(1)求证：1AA ⊥平面BCD ；(2)求二面角1B AC A --的余弦值．12．（2022·全国·高三专题练习（理））如图，四棱锥S ABCD -的底面是正方形，每条侧棱的P 为侧棱SD 上的点.(1)求证：AC SD ⊥；(2)若SD ⊥平面PAC ，求二面角P AC S --的大小；(3)在（2）的条件下，侧棱SC 上是否存在一点E ，使得//BE 平面PAC ？若存在，求:SC SE 的值；若不存在，试说明理由.13．（2022·浙江·高三专题练习）如图，AE ⊥平面,//,//ABCD CF AE AD BC ，,1,2AD AB AB AD AE BC ⊥====.(1)求证：//DE 平面BCF ；(2)若二面角E BD F --的余弦值为13，求直线FB 与平面ABCD 所成角的正切值. 14．（2022·全国·高三专题练习（理））如图，在正四棱锥P ABCD -中，PA AB ==E F ､分别为PB PD ､的中点，平面AEF 与棱PC 的交点为G .(1)求异面直线AE 与PF 所成角的大小；(2)求平面AEGF 与平面ABCD 所成锐二面角的大小；(3)求点G 的位置.15．（2022·山西运城·高三期末（理））在①2AE =，②AC BD ⊥，③EAB EBA ∠=∠，这三个条件中选择一个，补充在下面问题中，并给出解答如图，在五面体ABCDE 中，已知___________，AC BC ⊥，//ED AC ，且22AC BC ED ===，DC DB ==(1)求证：平面ABE ⊥与平面ABC ；(2)线段BC 上是否存在一点F ，使得平面AEF 与平面ABE ，若存在，求BF BC 的值；若不存在，说明理由. 16．（2022·全国·高三专题练习）如图，四棱锥P ABCD -中，PAB △是等边三角形，底面ABCD 是直角梯形，AB ∥CD ，,AB AD ⊥2,AB BC ==3ABC π∠=，F ，G 分别是,PC AD 的中点.(1)求证：FG ∥平面PAB ；(2)若3PC =，求直线FG 与平面PBC 所成角的正弦值.17．（2022·全国·高三专题练习）如图，P 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AC 为底面直径，ABD △为底面圆O E 在母线PC 上，且1,AE CE EC BD ==⊥．(1)求证：平面BED ⊥平面ABD ；(2)设线段PO 上动点为M ，求直线DM 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值． 18．（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，E ，F 分别为,PA BD 中点，2PA PD AD ===．（1）求证：//EF 平面PBC ；（2）求二面角E DF A --的余弦值；（3）在棱PC 上是否存在一点G ，使GF ⊥平面EDF ？若存在，指出点G 的位置；若不存在，说明理由．。

16年高考数学立体几何部分

立体几何一、选择题1、（2016年山东高考）一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示.则该几何体的体积为（A ）（B ）（C ）（D ） 2、（2016年上海高考）如图，在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为BC 、BB 1的中点，则下列直线中与直线EF 相交的是（）(A)直线AA 1 (B)直线A 1B 1 (C)直线A 1D 1(D)直线B 1C 1（ 1 ）（2）（3）3、（2016年天津高考）将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧（左）视图为（）4、（2016年全国I 卷高考）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是（）（A ）17π （B ）18π （C ）20π （D ）28π 5、（2016年全国I 卷高考）如平面α过正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的顶点A ，11//CB D α平面,ABCD m α= 平面，11ABB A n α= 平面，则m ，n 所成角的正弦值为（AB）2（C（D ）13 6、（2016年全国II 卷高考）如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）（A ）20π（B ）24π（C ）28π（D ）32π7、（2016年浙江高考）已知互相垂直的平面交于直线l .若直线m ，n 满足m ∥α，n ⊥β，则（）A..m ∥l B..m ∥n C..n ⊥l D..m ⊥n12+π331313αβ，8、（2016年全国III 卷高考）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（）（A ）B ）（C ）90（D）81二、填空题1、（2016年北京高考）某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为___________.2、（20163、（2016年浙江高考）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的表面积是______cm 2,体积是______cm 3.80 ；40．（1）（2）（3）三、解答题1、（2016年北京高考）如图，在四棱锥P-ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，（I ）求证：；（II ）求证：；（III ）设点E 为AB 的中点，在棱PB 上是否存在点F ，使得平面?说明理由.2、（2016年江苏省高考）如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ，BC的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且，.求证：（1）直线DE ∥平面A 1C 1F ；（2）平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .18+54+3.2,AB DC DC AC ⊥∥DC PAC ⊥平面PAB PAC ⊥平面平面//PA C F E 11B D A F ⊥1111AC A B ⊥3、（2016年山东高考）在如图所示的几何体中，D 是AC 的中点，EF ∥DB .（I ）已知AB =BC ，AE =EC .求证：AC ⊥FB ；（II ）已知G ,H 分别是EC 和FB 的中点.求证：GH ∥平面ABC .4、（2016年上海高考）将边长为1的正方形AA 1O 1O （及其内部）绕OO 1旋转一周形成圆柱，如图， AC 长为56π， 11A B 长为3π，其中B 1与C 在平面AA 1O 1O 的同侧. （1）求圆柱的体积与侧面积；22V 11r l =π=π⨯⨯=π.22112S rl =π=π⨯⨯=π（2）求异面直线O 1B 1与OC 所成的角的大小. 2π 5、（2016年四川高考）如图，在四棱锥P-ABCD 中，PA ⊥CD ，AD ∥BC ，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=12AD 。

高中数学立体几何练习题及答案

高中数学立体几何练习题及答案Ⅰ.选择题1.已知正方体的一条对角线的长度为3√3cm，则正方形的边长为（）。

A. 2cmB. 3cmC. 6cmD. 9cm2.如图，在长方体的ABCD和BDEM中，BN＝DM，求线段BN的长。

(可略）3.如图，A是正方体ABCDA1B1C1D1的顶点，平面A1AD1平分角A1AD的角度为α，则sinα=1/（）。

A. 2B. 6C. 4D. √24.如图，正方体在右侧下面的视点B1处观察时，所看到的方形ABCD的形状是（可略）5.如图，有一个棱长为2的正方体，其中一对相对棱在无系的背景上的投影是一个边长为5的正方形，求此正方体所有棱长的和。

Ⅱ.填空题1.如图，四面体ABCD，P是边AB的中点，连接PC，则PA1：PB1=（）:（）。

（可略)2.如图，已知点A的坐标是(1,-2,3)、B的坐标是(4,-1,1)，那么线段AB的中点的坐标是（）。

（可略)3．如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，则侧面三棱锥的体积为（）。

（可略)4.有一个正方体，如果把它的一角顶点放在水平地面上，正方体上点O的投影在地面上是一个直角等腰三角形，而且三角形的短边和长边的长度的比是（）。

5.如图，已知棱长为1的正方体ABCD-EFGH，点P分别是棱CD和棱BF的中点，点M是棱EF的中点，则四边形PBDM是一个（）形。

Ⅲ.计算题1.有一个侧面积是36平方厘米的直接四棱锥，设它各侧棱的长为a，底面边长为12cm，则它的体积为（）立方厘米。

2.如图，ABCD-EFGH是一个边长为1的正方体，J是边AF上的动点．关于四边形AHJK和四边形FBJK，下列说法正确的是（）．（可略)3.如图，ABCD是边长为a的正方体，M是CD的中点，E是AB的中点，连接MEA，若α＜90，则α的值为（）．（可略)4.如图，ABCD-EFGH是一棱长为10cm的立方体，P是棱EF的中点，连接PC，P1C⊥PC交BF于点P1，求线段BP1的长。

【精品新高考数学】决战高考16 立体几何综合题-通关专练+答案详解

专练16 立体几何综合题1．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA 1＝AC＝CB＝22AB.(1)证明：BC1//平面A1CD.(2)求二面角D－A1C－E的正弦值．2．如图，在直三棱柱(侧棱与底面垂直的三棱柱)ABC－A1B1C1中，AC＝AA1＝2AB＝2，∠BAC＝90°，点D是侧棱CC1延长线上一点，EF是平面ABD与平面A1B1C1的交线．(1)求证：EF⊥A1C；(2)当平面DAB与平面CA1B1所成锐二面角的余弦值为26 26时，求DC1的长．3．如图，AB是圆的直径，P A垂直圆所在的平面，C是圆上的点．(1)求证：平面P AC⊥平面PBC；(2)若AB＝2，AC＝1，P A＝1，求二面角C－PB－A的余弦值．4．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1＝A1C＝AC＝2，AB＝BC，AB⊥BC，O为AC中点．(1)证明：A 1O⊥平面ABC；(2)求直线A1C与平面A1AB所成角的正弦值；(3)在BC1上是否存在一点E，使得OE∥平面A1AB？若存在，确定点E的位置；若不存在，说明理由．5．如图是多面体ABC－A1B1C1和它的三视图．(1)线段CC1上是否存在一点E，使BE⊥平面A1CC1，若不存在，请说明理由，若存在，请找出并证明；(2)求平面C1A1C与平面A1CA夹角的余弦值．6．如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝2a，D，E分别为AC，AB的中点，沿DE将△ADE折起，得到如图所示的四棱锥A′－BCDE.(1)在棱A′B上找一点F，使EF∥平面A′CD；(2)当四棱锥A′－BCDE的体积取最大值时，求平面A′CD与平面A′BE夹角的余弦值．参考答案1．解：(1)证明：连接AC 1，交A 1C 于点F ，则F 为AC 1的中点．又D 是AB 的中点，连接DF ，则BC 1∥DF .因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ，所以BC 1∥平面A 1CD .(4分)(2)由AC ＝CB ＝22AB ，得AC ⊥BC . 以C 为坐标原点，的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .设CA ＝2，则D (1，1，0)，E (0，2，1)，A 1(2，0，2)，＝(1，1，0)，＝(0，2，1)，＝(2，0，2)．(6分)设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1CD 的法向量，则即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1＋2z 1＝0.(8分) 可取n ＝(1，－1，－1)．同理，设m 是平面A 1CE 的法向量，则可取m ＝(2，1，－2)．从而cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝33，故sin 〈n ，m 〉＝63. 即二面角D －A 1C －E 的正弦值为63.(12分) 2．解：(1)∵三棱柱ABC －A 1B 1C 1为直三棱柱，∴平面ABC ∥平面A 1B 1C 1. 又平面ABC ∩平面ABD ＝AB ，平面A 1B 1C 1∩平面ABD ＝EF ，∴EF ∥AB .(2分)∵三棱柱ABC －A 1B 1C 1为直三棱柱，且∠BAC ＝90°，∴AB ⊥AA 1，AB ⊥AC .而AA 1∩AC ＝A ，∴AB ⊥平面ACC 1A 1.又A 1C ⊂平面ACC 1A 1，∴AB ⊥A 1C .∴EF ⊥A 1C .(6分)(2)建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz .设C 1D ＝t (t ＞0)．则B (1，0，0)，C (0，2，0)，D (0，2，2＋t )，A 1(0，0，2)，B 1(1，0，2)． ∴＝(1，0，0)，＝(0，2，－2)．设平面CA 1B 1的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)．则，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0y 1－z 1＝0，令z 1＝1，则y 1＝1， ∴n ＝(0，1，1)．同理，可求得平面DAB 的一个法向量m ＝⎝⎛⎭⎫0，1，－2t ＋2.(9分) 由|cos 〈n ，m 〉|＝⎪⎪⎪⎪1－2t ＋22× 1＋⎝⎛⎭⎫2t ＋22＝2626，得t ＝1或t ＝－23(舍去)． ∴DC 1＝1.(12分)3．解：(1)证明：由AB 是圆的直径，得AC ⊥BC ，由P A ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，得P A ⊥BC .又P A ∩AC ＝A ，P A ⊂平面P AC ，AC ⊂平面P AC ，所以BC ⊥平面P AC .因为BC ⊂平面PBC .所以平面PBC ⊥平面P AC .(4分)(2)解法一：过C 作CM ∥AP ，则CM ⊥平面ABC .如图(1)，以点C 为坐标原点，分别以直线CB ，CA ，CM 为x轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．(6分)在Rt △ABC 中，因为AB ＝2，AC ＝1，所以BC ＝ 3.又因为P A ＝1，所以A (0，1，0)，B (3，0，0)，P (0，1，1)．故＝(3，0，0)，＝(0，1，1)．(8分)设平面BCP 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则所以⎩⎨⎧3x 1＝0，y 1＋z 1＝0，不妨令y 1＝1，则n 1＝(0，1，－1)．因为＝(0，0，1)，＝(3，－1，0)，设平面ABP 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则所以⎩⎨⎧z 2＝0，3x 2－y 2＝0，(10分) 不妨令x 2＝1，则n 2＝(1，3，0)．于是cos 〈n 1，n 2〉＝322＝64. 由图(1)知二面角C －PB －A 为锐角，故二面角C －PB －A 的余弦值为64.(12分) 解法二：如图(2)，过C 作CM ⊥AB 于M ，因为P A ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，所以P A ⊥CM .(6分)又因为P A ∩AB ＝A ，且P A ⊂平面P AB ，AB ⊂平面P AB ，所以CM ⊥平面P AB .过M作MN⊥PB于N，连接NC，由三垂线定理得CN⊥PB，所以∠CNM为二面角C－PB－A的平面角．(8分)在Rt△ABC中，由AB＝2，AC＝1，得BC＝3，CM＝32，BM＝32.在Rt△P AB中，由AB＝2，P A＝1，得PB＝ 5.因为Rt△BNM∽Rt△BAP，所以MN1＝325，所以MN＝3510.所以在Rt△CNM中，CN＝305，所以cos∠CNM＝64，所以二面角C－PB－A的余弦值为64.(12分)4．解：(1)∵AA1＝A1C＝AC＝2，且O为AC中点，∴A1O⊥AC.又侧面AA1C1C⊥底面ABC，交线为AC，A1O⊂平面A1AC，∴A1O⊥平面ABC.(4分)(2)连接OB，如图，以O为原点，分别以OB、OC、OA1所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，则由题可知B(1，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，0, 3)，A(0，－1，0)．∴＝(0，1，－3)，令平面A1AB的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝n·＝0.而＝(0，1，3)，＝(1，1，0)，可求得一个法向量n＝(3，－3，3)，∴|cos〈，n〉|＝＝62×21＝217，故直线A1C与平面A1AB所成角的正弦值为217.(8分) (3)存在点E，且E为线段BC1的中点．取B1C的中点M，从而OM是△CAB1的一条中位线，OM∥AB1，又AB1⊂平面A1AB，OM⊄平面A1AB，∴OM∥平面A1AB，故BC1的中点M即为所求的E点．(12分)5．解：(1)由题意知AA1，AB，AC两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，B(－2，0，0)，C(0，－2，0)，C1(－1，－1，2)，则＝(－1，1，2)，＝(－1，－1，0)，＝(0，－2，－2)．(1分)设E (x ，y ，z )，则＝(x ，y ＋2，z )，＝(－1－x ，－1－y ，2－z )．(3分)设＝λ，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－λ－λx y ＋2＝－λ－λy ，z ＝2λ－λz则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－λ1＋λ，－2－λ1＋λ，2λ1＋λ，＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋λ1＋λ，－2－λ1＋λ，2λ1＋λ.(4分) 由，得⎩⎪⎨⎪⎧－2＋λ1＋λ＋2＋λ1＋λ＝0－2－λ1＋λ＋2λ1＋λ＝0，解得λ＝2，所以线段CC 1上存在一点E ，＝2，使BE ⊥平面A 1CC 1.(6分)(2)设平面C 1A 1C 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由，得⎩⎪⎨⎪⎧－x －y ＝0－2y －2z ＝0，取x ＝1，则y ＝－1，z ＝1.故m ＝(1，－1，1)，(8分)而平面A 1CA 的一个法向量为n ＝(1，0，0)，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝13＝33，(11分) 故平面C 1A 1C 与平面A 1CA 夹角的余弦值为33.(12分) 6．解：(1)点F 为棱A ′B 的中点．证明如下：取A ′C 的中点G ，连接DG ，EF ，GF ，则由中位线定理得DE ∥BC ，DE ＝12BC ，且GF ∥BC ，GF ＝12BC .(3分) 所以DE ∥GF ，DE ＝GF ，从而四边形DEFG 是平行四边形，EF ∥DG .又EF ⊄平面A ′CD ，DG ⊂平面A ′CD ，故点F 为棱A ′B 的中点时，EF ∥平面A ′CD .(5分)(2)在平面A ′CD 内作A ′H ⊥CD 于点H ，⎭⎪⎬⎪⎫DE ⊥A ′D DE ⊥CD A ′D ∩CD ＝D ⇒DE ⊥平面A ′CD ⇒DE ⊥A ′H ，又DE ∩CD ＝D ，故A ′H ⊥底面BCDE ，即A ′H 就是四棱锥A ′－BCDE 的高．由A ′H ≤AD 知，点H 和D 重合时，四棱锥A ′－BCDE 的体积取最大值．(7分) 分别以DC ，DE ，DA ′所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A ′(0，0，a )，B (a ，2a ，0)，E (0，a ，0)，＝(a ，2a ，－a )，＝(0，a ，－a )．(9分)设平面A ′BE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋2ay －az ＝0ay －az ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y －z ＝0y ＝z，可取m ＝(－1，1，1)．同理可以求得平面A ′CD 的一个法向量n ＝(0，1，0)．故cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝－1×0＋1×1＋1×03×1＝33，故平面A ′CD 与平面A ′BE 夹角的余弦值为33.(12分)。

高中数学课时跟踪检测一简单几何体北师大版必修2

课时跟踪检测（一）简单几何体一、基本能力达标1．下列几何体中棱柱有( )A．5个B．4个C．3个D．2个解析：选D 由棱柱定义知，①③为棱柱．2．下列命题中正确的是( )A．用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分是棱台B．四棱锥有五个顶点C．侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥D．棱台的侧棱延长后必交于一点解析：选D A中，要用“平行于底面”的平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分才叫棱台，如果截棱锥的平面不与底面平行，棱锥底面与截面之间的部分只能叫多面体，故A 错误；B中，根据棱锥顶点的定义可知，四棱锥仅有一个顶点，故B错误；C中，正棱锥还要求底面是正多边形，故C错误；D中，由棱台的定义知，棱台的侧棱延长后必交于一点，故D 正确．3．下列说法正确的是( )A．有2个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台B．多面体至少有3个面C．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体D．九棱柱有9条侧棱，9个侧面，侧面为平行四边形解析：选D 选项A错误，反例如图1；一个多面体至少有4个面，如三棱锥有4个面，不存在有3个面的多面体，所以选项B错误；选项C错误，反例如图2，上、下底面是全等的菱形，各侧面是全等的正方形，它不是正方体；根据棱柱的定义，知选项D正确．4．用一个平面去截一个三棱锥，截面形状是( )A．四边形B．三角形C．三角形或四边形D．不可能为四边形解析：选C 如果截面截三棱锥的三条棱，则截面形状为三角形(如图①)，如果截面截三棱锥的四条棱则截面为四边形(如图②)．5．已知正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为4 cm，高为10 cm，则一质点自点A出发，沿着三棱柱的侧面，绕行两周到达点A1的最短路线的长为( )A．16 cm B．12 3 cmC．24 3 cm D．26 cm解析：选D 将正三棱柱ABCA1B1C1沿侧棱展开，再拼接一次，如图所示，最短距离是六个小矩形拼成的矩形对角线的连线的长度，即为三棱柱的侧面上所求路线的最小值．由已知，拼成的矩形的长等于6×4＝24 cm，宽等于10 cm，所以最短路线为l＝242＋102＝26 cm，故选D.6．若一个棱台共有21条棱，则这个棱台是________棱台．解析：由棱台的概念可知，棱台的上下底面为相似多边形，边数相同；侧面为梯形，侧面个数与底面多边形边数相同，可知该棱台为七棱台．答案：七7．给出下列说法：(1)圆柱的底面是圆面；(2)经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面；(3)圆台的任意两条母线的延长线，可能相交，也可能不相交；(4)夹在圆柱的两个截面间的几何体还是一个旋转体，其中说法正确的是________．解析：(1)正确，圆柱的底面是圆面；(2)正确，经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面；(3)不正确，圆台的母线延长一定相交于一点；(4)不正确，夹在圆柱的两个平行于底面的截面间的几何体才是旋转体．答案：(1)(2)8．如图，将装有水的长方体水槽固定底面一边后将水槽倾斜一个小角度，则倾斜后水槽中的水形成的几何体的形状是________．解析：由于倾斜角度较小，所以倾斜后水槽中水形成的几何体的形状应为四棱柱．答案：四棱柱9．观察下列四张图片，结合所学知识说出这四个建筑物主要的结构特征．解：(1)是上海世博会中国馆，其主体结构是四棱台．(2)是法国卢浮宫，其主体结构是四棱锥．(3)是国家游泳中心“水立方”，其主体结构是四棱柱．(4)是美国五角大楼，其主体结构是五棱柱．10．指出如图(1)(2)所示的图形是由哪些简单几何体构成的．解：图(1)是由一个三棱柱和一个四棱柱拼接而成的简单组合体．图(2)是由一个圆锥和一个四棱柱拼接而成的简单组合体．二、综合能力提升1．如图所示的组合体，其构成形式是( )A．左边是三棱台，右边是圆柱B．左边是三棱柱，右边是圆柱C．左边是三棱台，右边是长方体D．左边是三棱柱，右边是长方体解析：选D 根据三棱柱和长方体的结构特征，可知此组合体左边是三棱柱，右边是长方体．2．如右图所示的平面中阴影部分绕中间轴旋转一周，形成的几何体形状为( )A．一个球体B．一个球体中间挖出一个圆柱C．一个圆柱D．一个球体中间挖去一个长方体解析：选B 圆旋转一周形成球，圆中的矩形旋转一周形成一个圆柱，所以选B.3．下列说法中正确的个数是( )①用一个平面去截一个圆锥得到一个圆锥和一个圆台；②圆锥中过轴的截面是一个等腰三角形；③分别以矩形(非正方形)的长和宽所在直线为旋转轴，旋转一周得到的两个几何体是两个不同的圆柱．A．0 B．1C．2 D．3解析：选C ①中，必须用一个平行于底面的平面去截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，故①说法错误；显然②③说法正确．故说法正确的有2个．4．下列关于圆柱的说法中不正确的是( )A．圆柱的所有母线长都相等B．用平行于圆柱底面的平面截圆柱，截面是与底面全等的圆面C．用一个不平行于圆柱底面的平面截圆柱，截面是一个圆面D．一个矩形以其对边中点的连线为旋转轴，旋转180°所形成的几何体是圆柱解析：选C 根据圆柱的定义和结构特征，易知选项C不正确．5．如图，这是一个正方体的表面展开图，若把它再折回成正方体后，有下列命题：①点H与点C重合；②点D，M，R重合；③点B与点Q重合；④点A与点S重合．其中正确命题的序号是________(把你认为正确命题的序号都填上)．解析：将正方体的六个面分别用“前”“后”“左”“右”“上”“下”标记，若记面NPGF为“下”，面PSRN为“后”，则面PQHG，MNFE，EFCB，DEBA分别为“右”“左”“前”“上”．按各面的标记折成正方体，则点D，M，R重合；点G，C重合；点B，H重合；点A，S，Q重合．故②④正确，①③错误．答案：②④6．一个正方体内接于一个球，过球心作一个截面，则在图中，可能是截面的是________．解析：在组合体内取截面时，要注意交点是否在截面上，如：当截面过对角面时，得(2)；当截面平行正方体的其中一个侧面时，得(3)；当截面不平行于任一侧面且不过对角面时，得(1)，只要是过球心就不可能截出截面(4)．答案：(1)(2)(3)7．如图所示，梯形ABCD 中，AD ∥BC ，且AD ＜BC ，当梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周时，其他各边旋转围成了一个几何体，试描述该几何体的结构特征．解：如图所示，旋转所得的几何体是一个圆柱挖去两个圆锥后剩余部分构成的组合体．探究应用题8．一个圆台的母线长为12 cm ，两底面面积分别为4π cm 2和25π cm 2.(1)求圆台的高；(2)求截得此圆台的圆锥的母线长．解：(1)过圆台的轴作截面，则截面为等腰梯形，记为ABCD ，如图所示．作AM ⊥BC 于点M .记圆台的上、下底面的圆心分别为O 1，O ，连接O 1O .由已知可得上底面半径O 1A ＝2 cm ，下底面半径OB ＝5 cm ，且腰长AB ＝12 cm ，所以AM ＝122－32＝315(cm)，即圆台的高为315 cm.(2)如图，延长BA ，OO 1，CD 交于点S ，设截得此圆台的圆锥的母线长为l .则由△SAO 1∽△SBO ，可得l －12l ＝25，解得l ＝20 cm ，即截得此圆台的圆锥的母线长为20 cm.。

人教版高三数学第二学期立体几何多选题单元提优专项训练试卷

人教版高三数学第二学期立体几何多选题单元提优专项训练试卷一、立体几何多选题1．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，12AC BC AA ===，90ACB ∠=︒，D ，E ，F分别为AC ，1AA ，AB 的中点．则下列结论正确的是（）A ．1AC 与EF 相交B ．11//BC 平面DEF C ．EF 与1AC 所成的角为90︒D ．点1B 到平面DEF 的距离为322【答案】BCD 【分析】利用异面直线的位置关系，线面平行的判定方法，利用空间直角坐标系异面直线所成角和点到面的距离，对各个选项逐一判断．【详解】对选项A ，由图知1AC ⊂平面11ACC A ，EF 平面11ACC A E =，且1.E AC ∉由异面直线的定义可知1AC 与EF 异面，故A 错误；对于选项B ，在直三棱柱111ABC A B C -中，11B C //BC ．D ，F 分别是AC ，AB 的中点， //∴FD BC ，11B C ∴ //FD ．又11B C ⊄平面DEF ，DF ⊂平面DEF ，11B C ∴ //平面.DEF 故B 正确；对于选项C ，由题意，建立如图所示的空间直角坐标系，则(0C ，0，0)，(2A ，0，0)，(0B ，2，0)，1(2A ，0，2)，1(0B ，2，2)，1(0C ，0，2)，(1D ，0，0)，(2E ，0，1)，(1F ，1，0)．(1EF ∴=-，1，1)-，1(2AC =-，0，2)． 1·2020EF AC =+-=，1EF AC ∴⊥，1EF AC ∴⊥． EF 与1AC 所成的角为90︒，故C 正确；对于选项D ，设向量(n x =，y ，)z 是平面DEF 的一个法向量． (1DE =，0，1)，(0DF =，1，0)， ∴由n DE n DF ⎧⊥⎨⊥⎩，，，即·0·0n DE n DF ⎧=⎨=⎩，，，得00.x z y +=⎧⎨=⎩，取1x =，则1z =-，(1n ∴=，0，1)-，设点1B 到平面DEF 的距离为d ．又1(1DB =-，2，2)，1·102DB n d n-+∴===， ∴点1B 到平面DEF 的距离为2，故D 正确．故选：BCD 【点睛】本题主要考查异面直线的位置关系，线面平行的判定，异面直线所成角以及点到面的距离，还考查思维能力及综合分析能力，属难题．2．在正三棱柱111ABC A B C -中，AC =11CC =，点D 为BC 中点，则以下结论正确的是（） A ．111122A D AB AC AA =+- B ．三棱锥11D AB C -的体积为6C ．1AB BC ⊥且1//AB 平面11AC DD ．ABC 内到直线AC 、1BB 的距离相等的点的轨迹为抛物线的一部分【答案】ABD 【分析】A ．根据空间向量的加减运算进行计算并判断；B ．根据1111D ABC A DB C V V --=，然后计算出对应三棱锥的高AD 和底面积11DB C S，由此求解出三棱锥的体积；C ．先假设1AB BC ⊥，然后推出矛盾；取AB 中点E ，根据四点共面判断1AB //平面11AC D 是否成立；D ．将问题转化为“ABC 内到直线AC 和点B 的距离相等的点”的轨迹，然后利用抛物线的定义进行判断. 【详解】A ．()11111111222A D A A AD AD AA AB AC AA AB AC AA =+=-=+-=+-，故正确； B ．1111D AB C A DB C V V --=，因为D 为BC 中点且AB AC =，所以AD BC ⊥，又因为1BB ⊥平面ABC ，所以1BB AD ⊥且1BB BC B =，所以AD ⊥平面11DB C ，又因为36322AD BD BC ===，111111222DB C S BB B C =⨯⨯=，所以1111111162333D AB C A DB C DB C V V AD S --==⨯⨯=⋅⋅=，故正确；C ．假设1AB BC ⊥成立，又因为1BB ⊥平面ABC ，所以1BB BC ⊥且111BB AB B =，所以BC ⊥平面1ABB ，所以BC AB ⊥，显然与几何体为正三棱柱矛盾，所以1AB BC ⊥不成立；取AB 中点E ，连接11,,ED EA AB ，如下图所示：因为,D E 为,BC AB 中点，所以//DE AC ，且11//AC A C ，所以11//DE AC ，所以11,,,D E A C 四点共面，又因为1A E 与1AB 相交，所以1AB //平面11AC D 显然不成立，故错误；D ．“ABC 内到直线AC 、1BB 的距离相等的点”即为“ABC 内到直线AC 和点B 的距离相等的点”，根据抛物线的定义可知满足要求的点的轨迹为抛物线的一部分，故正确；故选：ABD. 【点睛】方法点睛：求解空间中三棱锥的体积的常用方法：（1）公式法：直接得到三棱锥的高和底面积，然后用公式进行计算；（2）等体积法：待求三棱锥的高和底面积不易求出，采用替换顶点位置的方法，使其求解高和底面积更容易，由此求解出三棱锥的体积.3．如图所示，正三角形ABC 中，D ，E 分别为边AB ，AC 的中点，其中AB ＝8，把△ADE 沿着DE 翻折至A 'DE 位置，使得二面角A '-DE -B 为60°，则下列选项中正确的是（）A ．点A '到平面BCED 的距离为3B ．直线A 'D 与直线CE 所成的角的余弦值为58C ．A 'D ⊥BDD ．四棱锥A '-BCED 237【答案】ABD【分析】作AM ⊥DE ，交DE 于M ,延长AM 交BC 于N ,连接A'M ,A'N .利用线面垂直的判定定理判定CD ⊥平面A'MN ,利用面面垂直的判定定理与性质定理得到'A 到平面面BCED 的高A'H ,并根据二面角的平面角，在直角三角形中计算求得A'H 的值，从而判定A;根据异面直线所成角的定义找到∠A'DN 就是直线A'D 与CE 所成的角，利用余弦定理计算即可判定B;利用勾股定理检验可以否定C;先证明底面的外接圆的圆心为N ,在利用外接球的球心的性质进行得到四棱锥A'-BCED 的外接球的球心为O ,则ON ⊥平面BCED ,且OA'=OC ,经过计算求解可得半径从而判定D. 【详解】如图所示，作AM ⊥DE ，交DE 于M ,延长AM 交BC 于N ,连接A'M ,A'N . 则A'M ⊥DE ,MN ⊥DE , ,∵'A M ∩MN =M ,∴CD ⊥平面A'MN , 又∵CD ⊂平面ABDC ,∴平面A'MN ⊥平面ABDC , 在平面A'MN 中作A'H ⊥MN ,则A'H ⊥平面BCED , ∵二面角A'-DE -B 为60°，∴∠A'EF =60°，∵正三角形ABC 中，AB =8,∴AN =∴A'M ,∴A'H =A'M sin60°=3，故A 正确；连接DN ,易得DN ‖EC ,DN =EC =4, ∠A'DN 就是直线A'D 与CE 所成的角，DN =DA'=4,A'N =A'M ,cos ∠A'DN =22441252448+-=⨯⨯,故B 正确；A'D =DB =4,==,∴222A D DB A B '≠'+,∴A'D 与BD 不垂直，故C 错误’ 易得NB =NC =ND =NG =4，∴N 为底面梯形BCED 的外接圆的圆心，设四棱锥A'-BCED 的外接球的球心为O ,则ON ⊥平面BCED ,且OA'=OC , 若O 在平面BCED 上方，入图①所示：设ON =x ,外接球的半径为R ,过O 作A'H 的垂线，垂足为P ,则HP =x ,易得()2222243x x R +=-+=,解得23x =-,舍去；故O 在平面BCED 下方，如图②所示：设ON =x ,外接球的半径为R ,过O 作A'H 的垂线，垂足为P ,则HP =x ,易得()2222243x x R +=++=, 解得23x =,∴244371699R ⨯=+=,3R ∴=,故D 正确. 故选:ABD .【点睛】本题考查立体几何中的折叠问题，涉及二面角问题，异面直线所成的角，用到线面、面面垂直的判定与性质及外接球的球心的性质和有关计算，余弦定理等，属综合性较强的题目，关键是利用线面垂直，面面垂直的判定和性质进行空间关系和结构的判定，注意球心在四棱锥的底面上方和下方的讨论与验证.AB M，连4．如图，矩形ABCD中，M为BC的中点，将ABM沿直线AM翻折成1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 =，故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.5．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3，点E ，F 分别在1CC ，1BB 上，12C E EC →→=，12BF FB →→=.动点M 在侧面11ADD A 内(包含边界)运动，且满足直线//BM 平面1D EF ，则（）A ．过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为等腰梯形B ．三棱锥1D EFM -的体积为定值C ．动点M 10D ．过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面面积的最小值为10【答案】BCD 【分析】由题做出过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为梯形1D EFN ，进而计算即可排除A 选项；根据//BM平面1D EF ，由等体积转化法得1111D EFM M D EF B D EF D BEFV V V V ----===即可得B 选项正确；取1AA 靠近1A 点的三等分点H ， 1DD 靠近D 点的三等分点I ，易知M 的轨迹为线段HI ，故C 选项正确；过M 点做BE 的平行线交1AA 于P ，交1DD 于O ，连接,BP OE ，易知过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面即为平行四边形BPOE ，进而得当H 位于点I 时，截面面积最小，为四边形ABEI 的面积，且面积为S AB BE =⋅= 【详解】解：对于A 选项，如图，取BF 中点G ，连接1A G ，由点E ，F 分别在1CC ，1BB 上，12C E EC →→=，12BF FB →→=，故四边形11A D EG 为平行四边形，故11//AGD E ，由于在11A B G △，F 为1B G 中点，当N 为11A B 中点时，有11////NF A G D E ，故过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为梯形1D EFN ，此时1D N ==，EF ==1D EFN 不是等腰梯形，故A 选项错误；对于B 选项，三棱锥1D EFM -的体积等于三棱锥1M D EF -的体积，由于//BM平面1D EF ，故三棱锥1M D EF -的体积等于三棱锥1B D EF -的体积，三棱锥1B D EF -的体积等于三棱锥1D BEF -的体积，而三棱锥1D BEF -的体积为定值，故B 选项正确；对于C 选项，取1AA 靠近1A 点的三等分点H ， 1DD 靠近D 点的三等分点I ，易知1////HB AG NF ，1//BI D F ，由于1,HI BI I NFD F F ==，故平面//BHI 平面1D EF ，故M 的轨迹为线段HI ，故C 选项正确；对于D 选项，过M 点做BE 的平行线交1AA 于P ，交1DD 于O ，连接,BP OE ，则过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面即为平行四边形BPOE ，易知当H 位于点I 时，平行四边形BPOE 边BP 最小，且为AB ，此时截面平行四边形BPOE 的面积最小，为四边形ABEI 的面积，且面积为S AB BE =⋅=D 选项正确；故选：BCD【点睛】本题解题的关键在于根据题意，依次做出过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为梯形1D EFN ，过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面即为平行四边形BPOE ，进而讨论AD选项，通过//BM平面1D EF ，并结合等体积转化法得1111D EFM M D EF B D EF D BEF V V V V ----===知B 选项正确，通过构造面面平行得M 的轨迹为线段HI ，进而讨论C 选项，考查回归转化思想和空间思维能力，是中档题.6．在三棱锥M ABC -中，下列命题正确的是（）A ．若1233AD AB AC =+，则3BC BD = B ．若G 为ABC 的重心，则111333MG MA MB MC =++C ．若0MA BC ⋅=，0MC AB ⋅=，则0MB AC ⋅=D ．若三棱锥M ABC -的棱长都为2，P ，Q 分别为MA ，BC 中点，则2PQ = 【答案】BC 【分析】作出三棱锥M 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 ，由已知12322233AD AB AC AD AC AB AD AC AB AD =+⇒=+⇒-=-，即2CD DB =，则32BD BD DC BC =+=，故A 错误；对于B ，由G 为ABC 的重心，得0GA GB GC ++=，又MG MA AG =+，MG MB BG =+，MG MC CG =+，3MA MB MC MG ∴++=，即111333MG MA MB MC =++，故B 正确；对于C ，若0MA BC ⋅=，0MC AB ⋅=，则0MC MA BC AB ⋅+⋅=，即()00MA BC AC CB MA BC AC C MC C M B M C ⋅++=⇒⋅++⋅⋅=⋅()00MA BC A MC MC MC MC C BC MA BC AC ⋅⋅⋅⇒⋅+-=⇒-+=⋅()000MC M CA BC AC AC CB AC CB AC C MC ⇒+=⇒+=⇒+=⋅⋅⋅⋅⋅，即0MB AC ⋅=，故C 正确；对于D ，111()()222PQ MQ MP MB MC MA MB MC MA ∴=-=+-=+- ()21122PQ MB MC MA MB MC MA ∴=+-=+-，又()2222222MB MC MA MB MC MA MB MC MB MA MC MA+-=+++⋅-⋅-⋅2221112222222222228222=+++⨯⨯⨯-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯=，1822PQ ∴==，故D 错误. 故选：BC 【点睛】关键点睛：本题考查向量的运算，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．7．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CN 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 -的外接球的表面积是4π 【答案】BD 【分析】对于选项A ，取AD 中点E ，取1AB 中点K ，连结KN ，BK ，通过假设CN AB ⊥，推出AB ⊥平面BCNK ，得到AB BK ⊥，则22AK AB BK AB =+>，即可判断；对于选项B ，在判断A 的图基础上，连结EC 交MD 于点F ，连结NF ，易得1NEC MAB ∠=∠，由余弦定理，求得CN 为定值即可；对于选项C ，取AM 中点O ，1B O ，DO ，由线面平行的性质定理导出矛盾，即可判断；对于选项D ，易知当平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大，说明此时AD 中点E 为外接球球心即可. 【详解】如图1，取AD 中点E ，取1AB 中点K ，连结EC 交MD 于点F ，连结NF ，KN ，BK ,则易知1//NE AB ，1//NF B M ，//EF AM ，//KN AD ，112NE AB =，EC AM = 由翻折可知，1MAB MAB ∠=∠，1AB AB =，对于选项A ，易得//KN BC ，则K 、N 、C 、B 四点共面，由题可知AB BC ⊥，若CN AB ⊥，可得AB ⊥平面BCNK ，故AB BK ⊥，则22AK AB BK AB =+>，不可能，故A 错误；对于选项B ，易得1NEC MAB ∠=∠，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 正确；如图2，取AD 中点E ，取AM 中点O ，连结1B E ，OE ，1B O ，DO ，，对于选项C ，由AB BM =得1B O AM ⊥，若1AM B D ⊥，易得AM ⊥平面1B OD ，故有AM OD ⊥，从而AD MD =，显然不可能，故C 错误；对于选项D ，由题易知当平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥B 1﹣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，表面积为4π，故D 正确. 故选：BD. 【点睛】本题主要考查了立体几何中的翻折问题以及空间图形的位置关系，考查了空间想象能力，属于较难题.8．如图，正三棱柱11ABC A B C -中，11BC AB ⊥、点D 为AC 中点，点E 为四边形11BCC B 内（包含边界）的动点则以下结论正确的是（）A ．()1112DA A A B A BC =-+ B ．若//DE 平面11ABB A ，则动点E 的轨迹的长度等于22AC C ．异面直线AD 与1BC 6D ．若点E 到平面11ACC A 的距离等于32EB ，则动点E 的轨迹为抛物线的一部分【答案】BCD 【分析】根据空间向量的加减法运算以及通过建立空间直角坐标系求解，逐项判断，进而可得到本题答案. 【详解】解析：对于选项A ，()1112AD A A B A BC =-+，选项A 错误；对于选项B ，过点D 作1AA 的平行线交11A C 于点1D ．以D 为坐标原点，1DA DB DD ,,分别为,,x y z 轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz ．设棱柱底面边长为a ，侧棱长为b ，则002aA ⎛⎫ ⎪⎝⎭,,，3002B a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,,，130B b ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,,，102a C b ⎛⎫- ⎪⎝⎭,,，所以132a BC b ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,,，132a AB b ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,,．∵11BC AB ⊥，∴110BC AB ⋅=，即222302a a b ⎛⎫⎛⎫--+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得22b a =．因为//DE 平面11ABB A ，则动点E 的轨迹的长度等于122BB AC =．选项B 正确．对于选项C ，在选项A 的基础上，002a A ⎛⎫⎪⎝⎭,,，3002B a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,,，()0,0,0D ，12022a C a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭,,，所以002a DA ⎛⎫= ⎪⎝⎭,,，13222a BC a a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,-,，因为211162cos ,6||||622a BC DA BC DA BC DA a a ⎛⎫- ⎪⋅⎝⎭<>===-，所以异面直线1,BC DA 所成角的余弦值为66，选项C 正确．对于选项D ，设点E 在底面ABC 的射影为1E ，作1E F 垂直于AC ，垂足为F ，若点E 到平面11ACC A 的距离等于3EB ，即有31E F EB =，又因为在1CE F ∆中，311E F E C =，得1EB E C =，其中1E C 等于点E 到直线1CC 的距离，故点E 满足抛物线的定义，另外点E 为四边形11BCC B 内（包含边界）的动点，所以动点E 的轨迹为抛物线的一部分,故D 正确.故选：BCD 【点睛】本题主要考查立体几何与空间向量的综合应用问题，其中涉及到抛物线定义的应用.9．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 面积的最小值为62【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 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.10．半正多面体（semiregularsolid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为2，则（）A．BF⊥平面EABB．该二十四等边体的体积为20 3C．该二十四等边体外接球的表面积为8πD．PN与平面EBFN2【答案】BCD【分析】A用反证法判断；B先补齐八个角成正方体，再计算体积判断；C先找到球心与半径，再计算表面积判断；D先找到直线与平面所成角，再求正弦值判断．【详解】解：对于A，假设A对，即BF⊥平面EAB，于是BF AB⊥，90ABF∠=︒，但六边形ABFPQH为正六边形，120ABF∠=︒，矛盾，所以A错；对于B ，补齐八个角构成棱长为2的正方体，则该二十四等边体的体积为3112028111323-⋅⋅⋅⋅⋅=，所以B 对；对于C ，取正方形ACPM 对角线交点O ，即为该二十四等边体外接球的球心，其半径为2R =，其表面积为248R ππ=，所以C 对；对于D ，因为PN 在平面EBFN 内射影为NS ，所以PN 与平面EBFN 所成角即为PNS ∠，其正弦值为222PS PN ==，所以D 对．故选：BCD ．【点睛】本题考查了正方体的性质，考查了直线与平面所成角问题，考查了球的体积与表面积计算问题．。

高考数学简单几何体模块跟踪训练16

2014高考数学模块跟踪训练简单几何体一、选择题(8×5＝40分)1．四棱锥成为正四棱锥的一个充分但不必要的条件是 ( ) A ．各侧面是等边三角形B ．顶点在底面的射影在底面四边形的对角线的交点上C ．各侧面三角形的顶角为45°D ．各侧面是等腰三角形，且底面是正方形答案：A解析：当各侧面为正三角形时，底面为菱形，由侧棱相等，知顶点在底面的射影为底面四边形的外心，因此菱形又必须成为矩形，因此底面为正方形，但正四棱锥侧面不一定是正三角形，故选A.2．在斜棱柱的侧面中，矩形最多有几个 ( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．6 答案：A解析：最多2个，若有3个，则底面有三条边与侧棱垂直，而三边中至少有两条相交，即底面一定存在两相交直线与侧棱垂直，与斜棱柱定义矛盾．故选A.3．(2009·四川，6)如图所示，已知六棱锥P －ABCDEF 的底面是正六边形，PA ⊥平面ABC ，PA ＝2AB ，则下列结论正确的是 ( )A ．PB ⊥AD[B ．平面PAB ⊥平面PBC C ．直线BC ∥平面PAED ．直线PD 与平面ABC 所成的角为45° 答案：D解析：∵PB 在底面的射影为AB ，AB 与AD 不垂直，排除A.又BD ⊥AB ，BD ⊥PA ，∴BD ⊥面PAB .但BD 不在面PBC 内，排除B.对于C 选项，∵BD ∥AE ，∴BD ∥面PAE ，∴BC 与面PAE 不平行，排除C.∵PD 与面ABC 所成角为∠PDA ，又∵AD ＝2AB ＝PA ，∴∠PDA ＝45°，故选D.4．(2009·湖北，6)如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，∠ACC 1＝60°，∠BCC 1＝45°，侧棱CC 1的长为1，则该三棱柱的高等于 ( )A.12B.22C.32D.33 答案：A解析：如图，作C 1O ⊥底面ABC 于点O ，作OE ⊥BC 于E ，作OF ⊥AC 于F ，连结C 1E 、C 1F .可知C 1F ⊥FC ，C 1E ⊥BC .根据已知条件可得OE ＝FC ＝12CC 1＝12.C 1E ＝22，∴高C 1O ＝C 1E 2－OE 2＝24－14＝12.故选A. 5．(2009·河北邯郸一模)棱长为a 的正四面体中，高为h ，斜高为m ，相对棱间的距离为d ，则a 、m 、h 、d 的大小关系正确的是 ( )[A ．a >m >h >dB ．a >h >m >dC ．a >h >d >mD ．a >d >h >m 答案：A解析：显然斜高大于高，即m >h ，排除B 、C 、D.故选A.6．(2009·郑州市高中毕业班第一次质量预测卷)如右图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为棱DC 的中点，则D 1P 与BC 1所在直线所成角的余弦值等于 ( )A.45B.105C.12D.510答案：B解析：过C 1作D 1P 的平行线交DC 的延长线于点F ，连结BF ，则∠BC 1F 或其补角等于异面直线D 1P 与BC 1所成的角．设正方体的棱长为1，由P 为棱DC 的中点，易得BC 1＝2，C 1F ＝12＋(12)2＝52，BF ＝12＋(12)2＝52.在△BC 1F 中，cos∠BC 1F ＝(2)2＋(52)2－(52)22×2×52＝105，选B.7．(2009·陕西，11)若正方体的棱长为2，则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的体积为 ( )[A.26B.23C.33D.23 答案：B解析：所求八面体体积只是两个底面边长为1，高为22的四棱锥的体积和，一个四棱锥体积V 1＝13×1×22＝26，所以V ＝2×V 1＝23.故选B.8．(2009·宁夏、海南，9)如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F ，且EF ＝12，则下列结论中错误的是 ( )A ．AC ⊥BEB ．EF ∥平面ABCDC ．三棱锥A －BEF 的体积为定值D ．△AEF 的面积与△BEF 的面积相等答案：D解析：如图，正方体ABCD －A 1B 1C1D1中， AC ⊥BD ，AC ⊥BB 1，BD ∩BB 1＝B ，∴AC ⊥平面BB 1D 1D ，BE ⊆平面BB 1D 1D ， ∴AC ⊥BE ，∴A 对．∵EF ∥平面ABCD ，∴B 对．S △BEF ＝12×EF ×BB 1＝12×12×1＝14，AO ⊥平面BB 1D 1D ，AO ＝22， ∴V A －BEF ＝13×14×22＝224，∴三棱锥的体积为定值，C 对．故选D. 二、填空题(4×5＝20分)9．斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 的面积为S ，AA 1到面BCC 1B 1的距离是a ，则该三棱柱的体积是________．答案：aS2解析：将其分割为三棱锥A 1－ABC 和四棱锥A 1－BCC 1B 1，因为：VA 1－BCC 1B 1＝13Sa .∴VABC －A 1B 1C 1＝32VA 1－BCC 1B 1＝aS2.10．如图，在直四棱柱ABCD — A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，AA 1＝AB ＝1，则截面ACC 1A 1的面积为________，异面直线AD 与D 1C 所成角的余弦值为________．答案： 3 24解析：截面ACC 1A 1为矩形，AA 1＝1，AC ＝3，其面积S ＝3；BD ＝1，BD 1＝2，在△BCD 1中，BC ＝1， ]CD 1＝2，cos∠BCD 1＝24.则异面直线AD 与D 1C 所成角的余弦值为24.11．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________．答案：64解析：如图，取A 1C 1中点为M ，则B 1M ⊥平面ACC 1A 1，连结AM .∠B 1AM 为所求角．不妨设棱长为2，则B 1M ＝3，AB 1＝22，∴sin∠B 1AM ＝B 1M AB 1＝64.12．如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝2，BB 1＝2，∠ABC ＝90°，E 、F 分别为AA 1、C 1B 1的中点，沿棱柱的表面从E 到F 两点的最短路径的长度为________．答案：322解析：∵AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝90°，∴AC ＝2 ∴侧面展开后如下图所示．A 1E ＝12AA 1＝1，A 1F ＝A 1B 1＋B 1F ＝322， ∴EF ＝A 1E 2＋A 1F 2＝1＋92＝222. 把△A 1B 1C 1与侧面A 1B 1BA 展开如右图所示．连结EF ，过E 作EM ⊥B 1B ，则EM ＝AB ＝2，FM ＝1＋22，∴EF ＝72＋2，若把△A 1B 1C 1与侧面A 1ACC 1展开如右图．连结EF ，作EM ⊥CC 1于M ，作FD ⊥EM 于D 点，则ED ＝32，FD ＝32，∴EF ＝(32)2＋(32)2＝322. 比较以上三条路径，以第三条最小，∴EF 间最短路径为322.三、解答题(4×10＝40分) 13．(2009·陕西，18)如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，AC ＝AA 1＝3，∠ABC ＝60°.(1)求证：AB ⊥A 1C ；(2)求二面角A －A 1C －B 的大小．解析：(1)证明：∵三棱柱ABC －A 1B 1C 1为直三棱柱， ∴AB ⊥AA 1，在△ABC 中，AB ＝1，AC ＝3，∠ABC ＝60°，由正弦定理得∠ACB ＝30°， ∴∠BAC ＝90°，即AB ⊥AC .∴AB ⊥平面ACC 1A 1，又A 1C ⊂平面ACC 1A 1，∴AB ⊥A 1C . (2)解：如图，作AD ⊥A 1C 交A 1C 于D 点，连结BD ，由三垂线定理知BD ⊥A 1C ，∴∠ADB 为二面角A －A 1C －B 的平面角．在Rt△AA 1C 中，AD ＝AA 1·AC A 1C ＝3×36＝62，在Rt△BAD 中，tan∠ADB ＝AB AD ＝63，∴∠ADB ＝arctan63，即二面角A －A 1C －B 的大小为arctan 63. 14．如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是边长为a 的正三角形，侧面ABB 1A 1是菱形且垂直于底面，∠A 1AB ＝60°，M 是A 1B 1的中点．(1)求证：BM ⊥AC ；(2)求二面角B －B 1C 1－A 1的正切值； (3)求三棱锥M －A 1CB 的体积．解析：(1)证明：∵ABB 1A 1是菱形，∠A 1AB ＝60°⇒△A 1B 1B 是正三角形，⎭⎪⎬⎪⎫∵M 是A 1B 1的中点，∴BM ⊥A 1B 又∵平面AA 1B 1B ⊥平面A 1B 1C 1⇒BM ⊥平面A 1B 1C 1. ⎭⎪⎬⎪⎫∴BM ⊥A 1C 1又∵AC ∥A 1C 1⇒BM ⊥AC .⎭⎪⎬⎪⎫(2)过M 作ME ⊥B 1C 1且交于点E ，∵BM ⊥平面A 1B 1C 1，⇒BE ⊥B 1C 1，∴∠BEM 为所求二面角的平面角， △A 1B 1C 1中，ME ＝MB 1·sin60°＝34a ，Rt△BMB 1中，MB ＝MB 1·tan60°＝32a ， ∴tan∠BEM ＝MBME＝2，∴所求二面角的正切值是2.(3)VM －A 1CB ＝12VB 1－A 1CB ＝12VA －A 1CB ＝12VA 1－ABC ＝12×13×34a 2·32a ＝116a 3.15．(2009·广东汕头一模)如图所示，已知△BCD 中，∠BCD ＝90°，BC ＝CD ＝1，AB ⊥平面BCD ，∠ADB ＝60°，E 、F 分别是AC 、AD 上的动点，且AE AC ＝AF AD＝λ(0<λ<1)．(1)求证：不论λ为何值，总有EF ⊥平面ABC ；(2)若λ＝12，求三棱锥A －BEF 的体积．解析：(1)证明：∵AB ⊥平面BCD ， ∴AB ⊥CD .又∵在△BCD 中，∠BCD ＝90°， ∴BC ⊥CD .∵又AB ∩BC ＝B ，∴CD ⊥平面ABC .又∵在△ACD 中，E 、F 分别是AC 、AD 上的动点，且AE AC ＝AFAD＝λ(0<λ<1)， ∴不论λ为何值，都有EF ∥CD ， ∴EF ⊥平面ABC .(2)在△BCD 中，∠BCD ＝90°，BC ＝CD ＝1， ∴BD ＝ 2.又∵AB ⊥平面BCD ， ∴AB ⊥BC ，AB ⊥BD .又∵在Rt△ABD 中，∠ADB ＝60°， ∴AB ＝BD ·tan60°＝6，由(1)知EF ⊥平面ABC ， ∴V A －BEF ＝V F －ABE ＝13S △ABE ·EF ＝13×12S △ABC ·EF ＝16×12×1×6×12＝624. 故三棱锥A －BEF 的体积是624.[ 16．在四棱锥P －ABCD 中，侧面PDC 是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD 是面积为23的菱形，∠ADC 为菱形的锐角．(1)求证：PA ⊥CD ；(2)求二面角P －AB －D 的大小； (3)求棱锥P －ABCD 的侧面积；解析：(1)证明：如图所示，取CD 的中点E ，由PE ⊥CD ，得PE ⊥平面ABCD ，连结AC 、AE . ∵AD ·CD ·sin∠ADC ＝23，AD ＝CD ＝2，∴sin∠ADC ＝32，即∠ADC ＝60°，∴△ADC 为正三角形，∴CD ⊥AE . ∴CD ⊥PA (三垂线定理)．(2)解：∵AB ∥CD ，∴AB ⊥PA ，AB ⊥AE ， ∴∠PAE 为二面角P －AB －D 的平面角．在Rt△PEA 中，PE ＝AE ，∴∠PAE ＝45°. 即二面角P －AB －D 的大小为45°. (3)分别计算各侧面的面积： ∵PD ＝DA ＝2，PA ＝6，∴cos∠PDA ＝14，sin∠PDA ＝154.S △PCD ＝3，S △PAB ＝12AB ·PA ＝12·2·2·3＝6，S △PAD ＝S △PBC ＝12PD ·DA ·sin∠PDA ＝152. ∴S P －ABCD 侧＝3＋6＋15.。

高考数学简单几何体模块跟踪训练10

2014高考数学模块跟踪训练简单几何体一、选择题(8×5＝40分)1．(2009·福建，10)设m，n是平面α内的两条不同直线；l1，l2是平面β内的两条相交直线．则α∥β的一个充分而不必要条件是( )A．m∥β且l1∥αB．m∥l1且n∥l2C．m∥β且n∥β D．m∥β且n∥l2答案：B解析：∵m∥l1，且n∥l2，又l1与l2是平面β内的两条相交直线，∴α∥β，而当α∥β时不一定推出m∥l1且n∥l2，可能异面．故选B.2．已知直线a，b，平面α，β，则a∥α的一个充分条件是( )A．a⊥b，b⊥αB．a∥β，β∥αC．b⊂α，a∥b D．a∥b，b∥α，a⊄α[答案：D解析：对于A，若a⊥b，b⊥α，则a∥α或a在α内，A不合题意；对于B，若a∥β，β∥α，则a∥α或a在α内，B不合题意；对于C，若b⊂α，a∥b，则a∥α或a在α内，C不合题意；故选D.3．一条直线l上有相异三个点A、B、C到平面α的距离相等，那么直线l与平面α的位置关系是( ) A．l∥αB．l⊥αC．l与α相交但不垂直D．l∥α或l⊂α答案：D解析：l∥α时，直线l上任意点到α的距离都相等；l⊂α时，直线l上的所有点与α的距离都是0；l⊥α时，直线l上只能有两点到α的距离相等；l与α斜交时，也只能有两点到α的距离相等．4．(2009·山东潍坊一模)已知m、n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是( ) A．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥β B．若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥βC．若m∥n，m∥α，则n∥α D．若n⊥α，n⊥β，则α∥β答案：D解析：选项A中，γ与β可能垂直，如墙角的三面墙，所以A不正确；选项B中，α与β可能相交，所以B不正确；选项C中，可能有n∥α，可能有n⊂α，所以C不正确；D正确．5．(2009·河南调考)已知α∥β，a⊂α，B∈β，则在β内过点B的所有直线中( )A．不一定存在与a平行的直线 B．只有两条与a平行的直线C．存在无数条与a平行的直线 D．存在唯一一条与a平行的直线答案：D解析：设过a与B的平面与β的交线为b，由面面平行的性质得b与a平行，故选D.6．下列四个正方体图形中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得到AB∥平面MNP的图形的序号是( )A ．①、③B ．②、③C ．①、④D ．②、④ 答案：C解析：如①图中，连结AC ，则平面ACB ∥平面MNP ，又AB ⊂面ACB ，∴AB ∥面MNP . 如②图中，平面ACD ∥平面MNP ，又AB 与面ACD 相交，所以AB 与面MNP 也相交．如③图中，因为AB 与平面NPCB 相交，所以AB 与平面MNP 相交．如④图中，AB ∥CD ，CD ∥NP ，那么AB ∥NP ，AB ∥平面MNP . 综上所述，正确答案为①、④.故选C.7．(2009·广东重点中学)如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”，在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是 ( )A ．60B ．48C ．36D ．24 答案：B解析：在长方体中，含四个顶点的平面有6个表面和6个对角面，共12个平面，而每个表面能构成6个“平行线面组”，每个对角面能构成2个“平行线面组”，则所有的“平行线面组”的个数有6×6＋6×2＝48，故选B.8．如图，α∥β，AB 和AC 是夹在平面α与β之间的两条线段，AB ⊥AC ，且AB ＝2，直线AB 与平面α所成的角为30°，那么线段AC 的取值范围是 ( )A ．(233，433) B ．[1，＋∞)C ．(1，233)D ．[233，＋∞)答案：D解析：作AD ⊥β，连结BD 、CD 、BC .因为AB >BD ，AC >DC ，AB 2＋AC 2＝BC 2，所以cos∠BDC ＝BD 2＋DC 2－BC 22BD ·DC <AB 2＋AC 2－BC 22BD ·DC＝0(*)，因为AD ⊥β，所以∠ABD 是AB 和β所成的角，∠ABD ＝30°，依题意：AB ＝2，AD ＝1，DC ＝AC 2－1，BC ＝4＋AC 2，BD ＝3，由(*)式可得：－1≤3＋AC 2－1－4－AC 22·3·AC 2－1<0，所以0<1AC 2－1≤3，所以AC 2－1≥13，即AC ≥233；AC ≤－233(舍去)，所以AC 的取值范围是[233，＋∞)．二、填空题(4×5＝20分)9．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为DD 1的中点，则BD 1与过A 、C 、E 的平面的位置关系是________．答案：平行解析：取AC 中点F ，连结EF ，在△BDD 1中，EF ∥BD 1，因此，BD 1∥面AEC ，平行关系．10．如图所示，ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为a 的正方体，M ，N 分别是下底面的棱A 1B 1，B 1C 1的中点，P 是上底面的棱AD 上的一点，AP ＝a3，过P ，M ，N 的平面交上底面于PQ ，Q 在CD 上，则PQ ＝________. 答案：223a[解析：如图所示，连接AC ，易知MN ∥平面ABCD ，∴MN ∥PQ . 又∵MN ∥AC ，∴PQ ∥AC ，又∵AP ＝a 3，∴PD AD ＝DQ CD ＝PQ AC ＝23，∴PQ ＝23AC ＝223a .11．设平面α∥β，A 、C ∈α，B 、D ∈β，直线AB 与CD 交于S ，若AS ＝18，BS ＝27，CD ＝34，则CS ＝________.答案：685或68解析：利用面面平行的性质，通常构造相似三角形求解，但要注意交点S 在α、β之间，或在AB 、CD 的延长线上两种情况，易得CS ＝685或68.12．如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 分别是棱CC 1、C 1D 1、D 1D 、DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 满足条件________时，有MN ∥平面B 1BDD 1.答案：M ∈线段FH解析：因为HN ∥BD ，HF ∥DD 1，所以平面NHF ∥平面B 1BDD 1，又平面NHF ∩平面EFGH ＝FH .故线段FH 上任意点M 与N 相连，有MN ∥平面B 1BDD 1，故填M ∈线段FH .三、解答题(4×10＝40分)13．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ，E 是PC 的中点，证明PA ∥平面EDB .证明：方法一：连接AC 交BD 于O .连接EO .∵底面ABCD 是正方形，∴点O 是AC 的中点．在△PAC 中，EO 是中位线，∴PA ∥EO . 而EO ⊂平面EDB 且PA ⊄平面EDB ，所以，PA ∥平面EDB . 方法二：如图所示建立空间直角坐标系，D 为坐标原点．设DC ＝a .连接AC 交BD 于G ，连接EG .依题意得A (a,0,0)，P (0,0，a )，E (0，a 2，a2)．∵底面ABCD 是正方形，∴G 是此正方形的中心，故点G的坐标为(a 2，a2，0)，且PA →＝(a,0，－a )，EG →＝(a 2，0，－a 2)．∴PA →＝2EG →.这表明PA ∥EG .而EG ⊂平面EDB 且PA ⊄平面EDB ， ∴PA ∥平面EDB .14．如下图所示，已知A 1B 1C 1－ABC 是正三棱柱，E 、E 1分别是AC 、A 1C 1的中点． (1)求证：平面AB 1E 1∥平面BEC 1；(2)当该棱柱各棱长都为a 时，求(1)中两个平行平面间的距离．解析：(1)∵E 、E 1分别是AC 、A 1C 1的中点，又∵三棱柱为正三棱柱，⎭⎪⎬⎪⎫∴B 1E 1∥BE ，AE 1∥C 1E ∵AE 1∩B 1E 1＝E 1，C 1E ∩BE ＝E ⇒平面AB 1E ∥平面BEC 1 (2)由(1)可知平面AB 1F 与平面BEC 1之间的距离可以转化为A 到平面BEC 1的距离，设为d .∵V C 1－ABE ＝V A －BC 1E ，[ 又∵正三棱柱各棱长都是a ，∴AE ＝a 2，BE ＝32a ，∴V C 1－ABE ＝13·12·a 2·3a 2·a ＝324a 3，而BC 1＝2a ，C 1E ＝52a ，BE ＝32a ， ∴BC 21＝C 1E 2＋BE 2，∴∠C 1EB ＝90°，∴S △BC 1E ＝12·BE ·C 1E ＝12·32a ·52a ＝158a 2，∴d ＝VC 1－ABE 13S △BC 1E ＝324a 313·158a 2＝55a ，[则(1)中两个平行平面间的距离是55a . 15．(2009·河北秦皇岛一模)如图所示，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，底面是边长为1的正方形，E 、F 、G 分别是棱BB 1、DD 1、DA 的中点．(1)求证：平面AD 1E ∥平面BGF ； (2)求证：D 1E ⊥平面AEC .证明：(1)∵E 、F 分别是棱BB 1、DD 1的中点，∴BE ∥D 1F 且BE ＝D 1F . ∴四边形BED 1F 为平行四边形． ∴D 1E ∥BF .又∵D 1E ⊂平面AD 1E ，BF ⊄平面AD 1E ， ∴BF ∥平面AD 1E .又∵G 是棱DA 的中点， ∴GF ∥AD 1.又∵AD 1⊂平面AD 1E ，GF ⊄平面AD 1E ， ∴GF ∥平面AD 1E . 又∵BF ∩GF ＝F ，∴平面AD 1E ∥平面BGF .(2)连结CE 、AC 、BD ，∵AA 1＝2，∴AD 1＝A 1A 2＋A 1D 21＝5，同理AE ＝2，D 1E ＝ 3.∴AD 21＝D 1E ＋AE 2， ∴D 1E ⊥AE .∵AC ⊥BD ，AC ⊥D 1D ， ∴AC ⊥平面BB 1D 1D . 又∵D 1E ⊂平面BB 1D 1D ， ∴AC ⊥D 1E .又∵AC ∩AE ＝A ，AC ⊂平面AEC ， AE ⊂平面AEC ， ∴D 1E ⊥平面AEC .16．(2009·河北唐山一模)如图所示，四棱锥S －ABCD 的底面ABCD 是正方形，侧面SAB 是等腰三角形且垂直于底面，SA ＝SB ＝5，AB ＝2，E 、F 分别是AB 、SD 的中点．(1)求证：EF ∥平面SBC ；(2)求二面角F －CE －A 的大小．解析：解法一：(1)证明：如图(1)，取SC 中点G ，连结FG 、BG ，则FG 綊12CD .又BE 綊12CD ，∴FG 綊BE ，四边形BEFG 是平行四边形，∴EF ∥BG .又∵EF ⊄平面SBC ，BG⊂平面SBC ，∴EF ∥平面SBC .(2)连结SE ，∵SA ＝SB ，∴SE ⊥AB .又∵平面SAB ⊥平面ABCD ，∴SE ⊥平面ABCD .而SE ⊂平面SDE ， ∴平面SDE ⊥平面ABCD .作FH ⊥DE 于H ，则FH ⊥平面ABCD ，且FH ∥SE ，H 为DE 的中点．作HK ⊥CE 于K ，连结FK ，则CE ⊥FK . 于是∠FKH 为二面角F －CE －A 的平面角． ∵SA ＝SB ＝5，AB ＝2， ∴SE ＝2，FH ＝1.在正方形ABCD 中，作DL ⊥CE 于L ，则DL ＝CD sin∠LCD ＝CD sin∠BEC ＝2×BC CE ＝2×25＝45.∴HK ＝12DL ＝25，∴tan∠FKH ＝FH HK＝52. 解法二：如图(2)，以E 为原点，建立空间直角坐标系，使BC ∥x 轴，A 、S 分别在y 轴、z 轴上．(1)证明：由已知，E (0,0,0)，D (2,1,0)，S (0,0,2)，F (1，12，1)，B (0，－1,0)，C (2，－1,0)，∴E F →＝(1，12，1)，B C →＝(2,0,0)，B S →＝(0,1,2)．∵E F →＝12B C →＋12B S →，EF ⊄平面SBC ，∴EF ∥平面SBC .(2)设m ＝(a ，b ，c )为平面CEF 的法向量，则m ⊥E C →，且m ⊥E F →.∵E C →＝(2，－1,0)，E F →＝(1，12，1)，则m ·E C →＝m ·E F →＝0，[∴⎩⎪⎨⎪⎧2a －b ＝0，a ＋12b ＋c ＝0，取a ＝1，b ＝2，c ＝－2，则m ＝(1,2，－2)．又∵n ＝(0,0,1)为平面ACE 的法向量，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－23×1＝－23，因为二面角F －CE －A 为锐角，所以其大小为arccos 23.[。

押新高考第16题空间几何体新高考原卷版

押第16题空间几何体空间几何体是高考全国卷每年必考知识点,作为客观题考查的空间几何体试题主要涉及三视图、几何体的表面积与体积、截面等内容,难度有容易题也有难度较大的题，求解本类问题的关键是空间想象能力及运算能力，预测2022年依然会有2道立体几何题.依然会遵循前几年的命题风格.1.空间几何的结构特征(1)关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一反例即可．(2)圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系．(3)既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略．2.三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．(3)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形状，然后再找其剩下部分三视图的可能形状．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．3.用斜二测画法画直观图的技巧(1)在原图形中与x 轴或y 轴平行的线段在直观图中与x ′轴或y ′轴平行，原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出．(2)注意斜二测画法中的“三变”与“三不变”“三变”⎩⎪⎨⎪⎧ 坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度变为原来的一半图形改变“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧ 平行性不改变与x ，z 轴平行的线段的长度不改变相对位置不改变4.空间几何体表面积的求法(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．(3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．5.空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．1．（2021·全国·高考真题（文））已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π则该圆锥的侧面积为________. 2．（2021·新高考全国卷Ⅰ数学·2锥的母线长为（）A ．2B ．22C ．4D ．423．（2021·新高考全国卷Ⅱ数学·高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O ，半径r 为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为22(1cos )S r πα=-（单位：2km ），则S 占地球表面积的百分比约为（） A ．26% B ．34% C ．42% D ．50%4．（2021·新高考全国卷Ⅱ数学·高考真题）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（）A ．203+B ．282C ．563D 2825．（2021·新高考全国卷Ⅰ数学·高考真题）在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（）A ．当1λ=时，1AB P △的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 6．（2021·新高考全国卷Ⅱ数学·高考真题）如图，在正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点．则满足MN OP ⊥的是（）A ．B ．C ．D ．1．（2022·山东济南·一模）已知圆锥的轴截面是一个顶角为23π，腰长为2的等腰三角形，则该圆锥的体积为___________.2．（2022·山东青岛·一模）截角四面体（亦称“阿基米德多面体”）的表面由四个正三角形和四个正六边形组成，它是由一个正四面体分别沿每条棱的三等分点截去四个小正四面体而得到的几何体．若一正四面体的棱长为3，则由其截得的截角四面体的体积为______．3．（2022·山东济宁·一模）在边长为6的菱形ABCD 中，3A π∠=，现将ABD △沿BD 折起，当三棱锥A BCD-的体积最大时，三棱锥A BCD -的外接球的表面积为___________.4．（2022·广东广州·一模）已知三棱锥P ABC -的棱AP ，AB ，AC 两两互相垂直，23AP AB AC ===，以顶点P 为球心，4为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到四段弧，则最长弧的弧长等于___________.5．（2022·湖南·一模）在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 为正方形，124AA AB ==，则1CC 与平面1C BD 所成角的余弦值为_________．（限时：30分钟）1．已知过圆锥顶点P 的截面为三角形PAB ，O 为底面圆的圆心，若二面角P AB O --的大小为60︒，120AOB ∠=︒，23AB =，则圆锥的侧面积为___________.2．现有一个橡皮泥制作的实心圆柱，其底面半径、高均为1，将它重新制作成一个体积与高不变的圆锥，则该圆锥的底面积为___________.3．陀螺是中国民间的娱乐工具之一，也叫作陀罗.陀螺的形状结构如图所示，由一个同底的圆锥体和圆柱体组合而成，若圆锥体和圆柱体的高以及底面圆的半径长分别为1h ，2h ，r ，且12h h r ==，设圆锥体的侧面积和圆柱体的侧面积分别为S 1和S 2，则12S S =___________.4．如图，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，2PA AB ==，若三棱锥的外接球体积为43π，则异面直线PB 与AC 所成角为_________.5．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1||||2AA AD =，||2AB =，E 为线段1B C 的中点，F 是棱11C D 上的动点，若点P 为线段1BD 上的动点，则||||PE PF +的最小值为__．6．在如图直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 为菱形，124AA AB ==，60BAD ∠=︒，点M 为棱1AA 的中点，若N 为菱形1111D C B A 内一点（不包含边界），满足MN ∥平面1BDC ，设直线MN 与直线1CC 所成角为α，则tan α的最小值为______.7．在四面体P ABC -中，ABC ∆为等边三角形，边长为6，6PA =，8PB =，10PC =，则四面体P ABC -的体积为______.8．等边△ABC 的边长为6，直线l 交边AC ，AB 分别于点D ，E (异于△ABC 的顶点)，将△ADE 折起，使得平面ADE ⊥平面BCDE ，则四棱锥A －BCDE 体积的最大值为________．9．如图，等腰Rt PAD △与矩形ABCD 所在平面垂直，且2PA PD AB ===，则四棱锥P ABCD -的外接球的表面积为______．10．已知在正四面体P ABC -中，3AB =，记以P A 为直径的球为球O ，则平面ABC 截球O 所得截面的面积为______．11．已知ABC 是等腰直角三角形，点P 在平面ABC 的同一侧运动，P 到平面ABC 的距离为6，三棱锥P ABC-的体积为18且其外接球的半径为5，则满足上述条件的点P的轨迹长度为____________．12．某中学开展劳动实习，学习加工制作包装盒.现将一张足够用的正方形硬纸片加工制作成轴截面的顶角为60°，高为6的圆锥形包装盒，若在该包装盒中放入一个球形冰淇淋（内切），则该球形冰淇淋的表面积为___________.13．已知三棱锥A BCD-的各棱长均为1，且其四个顶点都在球O的球面上．若过球心О的一个截面如图所示，则该截面中三角形（阴影部分）的面积为______．14．边长为3的正方形ABCD的四个顶点都在球O上，OA与对角线AC的夹角为45°，则球O的体积为______. 15．矩形ABCD中，3,1AB BC==，现将ACD△沿对角线AC向上翻折，得到四面体D ABC-，则该四面体外接球的表面积为______；若翻折过程中BD的长度在710⎡⎢⎣⎦范围内变化，则点D的运动轨迹的长度是______．。

高中数学-综合素养评价(二)立体几何初步跟踪测试卷及答案

综合素养评价（二）立体几何初步1.如图，Rt △O ′A ′B ′是一平面图形的直观图，斜边O ′B ′＝2，则这个平面图形的面积是( ) A.22 B ．1 C. 2D ．2 2 解析：选D ∵Rt △O ′A ′B ′是一平面图形的直观图，斜边O ′B ′＝2，∴Rt △O ′A ′B ′的直角边长是 2.∴Rt △O ′A ′B ′的面积是12×2×2＝1. ∴原平面图形的面积是1×22＝2 2.故选D.2．(2022·新高考Ⅱ卷)(多选)如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，FB ∥ED ，AB ＝ED ＝2FB .记三棱锥E ACD ，F ABC ，F ACE的体积分别为V 1，V 2，V 3，则( )A ．V 3＝2V 2B ．V 3＝V 1C ．V 3＝V 1＋V 2D ．2V 3＝3V 1 解析：选CD 如图，连接BD 交AC 于点O ，连接OE ，OF .设AB ＝ED ＝2FB ＝2，则AB ＝BC ＝CD ＝AD ＝2，FB ＝1.因为ED ⊥平面ABCD ，FB ∥ED ，所以FB ⊥平面ABCD ，所以V 1＝V E ACD ＝13S △ACD ×ED ＝13×12AD ×CD ×ED ＝13×12×2×2×2＝43，V 2＝V F ABC ＝13S △ABC ×FB ＝13×12AB ×BC ×FB ＝13×12×2×2×1＝23.因为ED ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以ED ⊥AC ，又AC ⊥BD ，且ED ∩BD ＝D ，ED ，BD ⊂平面BDEF ，所以AC ⊥平面BDEF .因为OE ，OF ⊂平面BDEF ，所以AC ⊥OE ，AC ⊥OF .易知AC ＝BD ＝2AB ＝22，OB ＝OD ＝12BD ＝2，OF ＝OB 2＋FB 2＝3，OE ＝OD 2＋ED 2＝6，EF ＝BD 2＋(ED －FB )2＝(22)2＋(2－1)2＝3，所以EF 2＝OE 2＋OF 2，所以OF ⊥OE ，又OE ∩AC ＝O ，OE ，AC⊂平面ACE ，所以OF ⊥平面ACE ，所以V 3＝V F ACE ＝13S △ACE ·OF ＝13×12AC ×OE ×OF ＝13×12×22×6×3＝2，所以V 3≠2V 2，V 1≠V 3，V 3＝V 1＋V 2,2V 3＝3V 1，所以A 、B 不正确，C 、D 正确，故选C 、D.3.《九章算术(卷第五)·商功》中有如下问题：“今有冥谷上广二丈，袤七丈，下广八尺，袤四丈，深六丈五尺，问积几何？”译文为：“今有上、下底面皆为长方形的墓坑，上底宽2丈，长7丈；下底宽8尺，长4丈，深6丈5尺，问它的容积量是多少？”则该几何体的容积为(注：1丈＝10尺)( ) A ．45 000立方尺B ．52 000立方尺C ．63 000立方尺D ．72 000立方尺解析：选B 进行分割如图所示，V ＝2(VA A 1MNE ＋V AMN DPQ ＋VD PQFD 1)＋V BCGH ADFE＝2×13×15×6×65×2＋12×65×15×8＋(8＋20)×652×40＝52000(立方尺)．4.如图，六棱锥P ABCDEF 的底面是正六边形，PA ⊥平面ABC ，PA ＝2AB ，则下列结论正确的是( ) A ．PB ⊥ADB ．平面PAB ⊥平面PBCC ．直线BC ∥平面PAED ．直线PD 与平面ABC 所成的角为45°解析：选D 选项A 、B 、C 显然错误．因为PA ⊥平面ABC ，所以∠PDA 是直线PD与平面ABC 所成的角．因为ABCDEF 是正六边形，所以AD ＝2AB .因为tan ∠PDA ＝PA AD＝2AB 2AB＝1，所以直线PD 与平面ABC 所成的角为45°. 5．菱形ABCD 在平面α内，PC ⊥α，则PA 与对角线BD 的位置关系是( ) A ．平行B ．相交但不垂直C ．相交垂直D ．异面垂直解析：选D如图，PC ⊥平面ABCD ，∴PC ⊥BD .又四边形ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC .∵PC ∩AC ＝C ，∴BD ⊥平面PAC .∴BD ⊥PA .显然PA 与BD 异面，∴PA 与BD 异面垂直．故选D. 6．已知正三棱锥的侧棱长是底面边长的2倍，则侧棱与底面所成角的余弦值为 ( ) A.36 B.34C.22D.32解析：选A 如图所示，设正三棱锥的底面边长为a ，则侧棱长为2a ，设O 为底面中心，则∠SAO 为SA 与平面ABC 所成的角．∵AO ＝23×23a ＝33a ， ∴cos ∠SAO ＝33a 2a ＝36. 7.如图，在三棱锥P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，D 是侧面PBC 上的一点，过点D 作平面ABC 的垂线DE ，其中D ∉PC ，则DE 与平面PAC 的位置关系是________．解析：因为DE ⊥平面ABC ，PA ⊥平面ABC ，所以DE ∥PA .又DE ⊄平面PAC ，PA ⊂平面PAC ，所以DE ∥平面PAC .答案：平行8．已知直二面角αl β，A ∈α，AC ⊥l ，C 为垂足，B ∈β，BD ⊥l ，D 为垂足．若AB ＝2，AC ＝BD ＝1，则D 到平面ABC 的距离为__________．解析：如图，作DE ⊥BC 于点E .由αl β为直二面角，AC ⊥l ，得AC⊥β，进而AC ⊥DE .又BC ⊥DE ，BC ∩AC ＝C ，于是DE ⊥平面ABC ，故DE 为D 到平面ABC 的距离．在Rt △BCD 中，利用等面积法得DE ＝BD ·DC BC ＝1×23＝63. 答案：639.如图，在棱长均相等的正四棱锥P ABCD 中，O 为底面正方形的中心， M ，N 分别为侧棱PA ，PB 的中点，有下列结论：①PC ∥平面OMN ；②平面PCD ∥平面OMN ；③OM ⊥PA ；④直线PD 与直线MN 所成角的大小为90°.其中正确结论的序号是__________．解析：连接AC ，易得PC ∥OM ，所以PC ∥平面OMN ，结论①正确．同理PD ∥ON ，所以平面PCD ∥平面OMN ，结论②正确．由于四棱锥的棱长均相等，所以AB 2＋BC 2＝PA 2＋PC 2＝AC 2，所以PC ⊥PA，又PC∥OM ，所以OM ⊥PA ，结论③正确．由于M ，N 分别为侧棱PA，PB的中点，所以MN∥AB.又四边形ABCD为正方形，所以AB∥CD，所以直线PD与直线MN所成的角即为直线PD与直线CD所成的角，即为∠PDC.又三角形PDC为等边三角形，所以∠PDC＝60°，故④错误．答案：①②③10．(2022·北京高考节选)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点．求证：MN∥平面BCC1B1.证明：如图，设点P为AB的中点，连接PN，PM，因为N为AC的中点，所以PN为△ABC的中位线，所以PN∥BC.又因为M为A1B1的中点，所以PM∥BB1.因为BB1∩BC＝B，PM∩PN＝P，BB1，BC⊂平面BCC1B1，PM，PN⊂平面MPN，所以平面BCC1B1∥平面MPN.又因为MN⊂平面MPN，所以MN∥平面BCC1B1.11.如图，正方体的棱长为1，B′C∩BC′＝O，求：(1)AO与A′C′所成角的度数；(2)AO与平面ABCD所成角的正切值；(3)平面AOB与平面AOC所成角的度数．解：(1)∵A′C′∥AC，∴AO与A′C′所成的角就是∠OAC.∵AB⊥平面B′BCC′，OC⊂平面B′BCC′，∴OC⊥AB.又OC⊥BO，AB∩BO＝B，∴OC⊥平面ABO.∵OA⊂平面ABO，∴OC⊥OA.在Rt△AOC中，OC＝22，AC＝2，则sin∠OAC＝OCAC＝12，∴∠OAC＝30°，即AO与A′C′所成角的度数为30°.(2)如图，作OE⊥BC于E，连接AE.∵平面B′BCC′⊥平面ABCD，∴OE⊥平面ABCD.∴∠OAE 为OA 与平面ABCD 所成的角．在Rt △OAE 中，OE ＝12， AE ＝ 12＋ 122＝52，∴tan ∠OAE ＝OE AE ＝55. (3)∵OC ⊥OA ，OC ⊥OB ，OA ∩OB ＝O ，∴OC ⊥平面AOB .又∵OC ⊂平面AOC ，∴平面AOB ⊥平面AOC .即平面AOB 与平面AOC 所成角的度数为90°.12．如图①，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到图②中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1BCDE .(1)求证：CD ⊥平面A 1OC ；(2)当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1BCDE 的体积为362，求a 的值．解：(1)证明：在题图①中，因为AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点， ∠BAD ＝90°，所以BE ⊥AC .所以在题图②中，BE ⊥A 1O ，BE ⊥OC .又A 1O ∩OC ＝O ，所以BE ⊥平面A 1OC ，又由题知CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC .(2)由已知及(1)知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，且平面A 1BE ∩平面BCDE ＝BE ，A 1O ⊥BE ，所以A 1O ⊥平面BCDE ，即A 1O 是四棱锥A 1BCDE 的高．由题图①知，A 1O ＝22AB ＝22a ，平行四边形BCDE 的面积S ＝BC ·AB ＝a 2.从而四棱锥A 1BCDE 的体积V ＝13·S ·A 1O ＝13·a 2·22a ＝26a 3，由26a 3＝362，得a ＝6.。

简单几何体的表面积与体积跟踪训练(原卷版)

8.3简单几何体的表面积与体积跟踪训练一、选择题1、已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )A.2B.2 2C.4D.4 22、现有同底等高的圆锥和圆柱，已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，则圆锥的侧面积为( )A.3πB.3π2 C.5π2 D.5π3、等腰直角三角形的直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积为( )A．2πB．2π或()1＋2πC．22πD．22π或()2＋2π4、对24小时内降水在平地上的积水厚度(mm)进行如下定义：0～1010～2525～5050～100小雨中雨大雨暴雨小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，则这一天的雨水属于哪个等级( )A.小雨B.中雨C.大雨D.暴雨5、埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()A．5－14B．5－12C．5＋14D．5＋126、已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )A．122πB．12πC．82πD．10π7、已知圆台的上、下底面半径和高的比为1∶4∶4，若母线长为10，则圆台的表面积为( )A．81πB．100πC．168πD．169π8、正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为( )A.20＋12 3B.28 2C.563 D.28239、已知三棱锥S－ABC中，∠SAB＝∠ABC＝π2，SB＝4，SC＝213，AB＝2，BC＝6，则三棱锥S－ABC的体积是( )A.4B.6C.4 3D.6 310、如图，四面体各个面都是边长为1的正三角形，其三个顶点在一个圆柱的下底面圆周上，另一个顶点是上底面圆心，圆柱的侧面积是( )A．23πB．324πC．223πD．22π11、已知三棱锥S-ABC中，∠SAB＝∠ABC＝π2，SB＝4，SC＝213，AB＝2，BC＝6，则三棱锥S-ABC的体积是( )A．4 B．6C．4 3 D．6 312、(多选)已知正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为θ，若θ＝30°，侧棱长为21，则( )A.正四棱锥的底面边长为6B.正四棱锥的底面边长为3C.正四棱锥的侧面积为24 3D.正四棱锥的侧面积为12 3二、填空题13、已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为________．14、一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm和8 cm，若两底面圆心的连线长为12 cm，则这个圆台的母线长为________cm.15、已知圆锥的顶点为A，过母线AB，AC的截面面积是2 3.若AB，AC的夹角是60°，且AC与圆锥底面所成的角是30°，则该圆锥的表面积为________.16、学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体ABCD－A1B1C1D1挖去四棱锥O－EFGH后所得的几何体.其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为______g.17、棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1－D1MN的体积为________.18、圆台的上、下底面半径分别为10 cm，20 cm，它的侧面展开图扇环的圆心角为180°，则圆台的表面积为_______cm2.(结果中保留π)＋π×202＝1 100π(cm2).故圆台的表面积为1 100π cm2.19、如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为______.20、如图，设正三棱锥S-ABC的侧面积是底面积的2倍，正三棱锥的高SO＝3，则此正三棱锥的表面积为________．21、已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为________.22、如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，ED⊥平面ABCD，FC⊥平面ABCD，ED＝2FC＝2，则四面体ABEF的体积为________.23、若E，F是三棱柱ABC－A1B1C1侧棱BB1和CC1上的点，且B1E＝CF，三棱柱的体积为m，则四棱锥A－BEFC的体积为________.24、现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P-A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍，若AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积是多少？25、如图所示，底面半径为1，高为1的圆柱OO1中有一内接长方体A1B1C1D1-ABCD.设矩形ABCD的面积为S，长方体A1B1C1D1-ABCD的体积为V，AB＝x.(1)将S表示为x的函数；(2)求V的最大值．。

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高考数学简单几何体模块跟踪训练16一、选择题(8×5＝40分)1．四棱锥成为正四棱锥的一个充分但不必要的条件是( )A．各侧面是等边三角形B．顶点在底面的射影在底面四边形的对角线的交点上C．各侧面三角形的顶角为45°D．各侧面是等腰三角形，且底面是正方形答案：A解析：当各侧面为正三角形时，底面为菱形，由侧棱相等，知顶点在底面的射影为底面四边形的外心，因此菱形又必须成为矩形，因此底面为正方形，但正四棱锥侧面不一定是正三角形，故选A.2．在斜棱柱的侧面中，矩形最多有几个( )A．2 B．3 C．4 D．6答案：A解析：最多2个，若有3个，则底面有三条边与侧棱垂直，而三边中至少有两条相交，即底面一定存在两相交直线与侧棱垂直，与斜棱柱定义矛盾．故选A.3．(2009·四川，6)如图所示，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论正确的是( )A．PB⊥AD[B．平面PAB⊥平面PBCC．直线BC∥平面PAED．直线PD与平面ABC所成的角为45°答案：D解析：∵PB在底面的射影为AB，AB与AD不垂直，排除A.又BD⊥AB，BD⊥PA，∴BD⊥面PAB.但BD不在面PBC内，排除B.对于C 选项，∵BD∥AE，∴BD∥面PAE，∴BC与面PAE不平行，排除C.∵PD与面ABC所成角为∠PDA，又∵AD＝2AB＝PA，∴∠PDA＝45°，故选D.4．(2009·湖北，6)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，∠ACC1＝60°，∠BCC1＝45°，侧棱CC1的长为1，则该三棱柱的高等于( )A.12B.22C.32D.33答案：A解析：如图，作C1O⊥底面ABC于点O，作OE⊥BC于E，作OF⊥AC于F，连结C1E、C1F.可知C1F⊥FC，C1E⊥BC.根据已知条件可得OE＝FC＝12CC1＝12.C 1E ＝22，∴高C 1O ＝C 1E 2－OE 2＝24－14＝12.故选A. 5．(2009·河北邯郸一模)棱长为a 的正四面体中，高为h ，斜高为m ，相对棱间的距离为d ，则a 、m 、h 、d 的大小关系正确的是( )[A ．a >m >h >dB ．a >h >m >dC ．a >h >d >mD ．a >d >h >m 答案：A解析：显然斜高大于高，即m >h ，排除B 、C 、D.故选A.6．(2009·郑州市高中毕业班第一次质量预测卷)如右图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为棱DC 的中点，则D 1P 与BC 1所在直线所成角的余弦值等于( )A.45B.105C.12D.510 答案：B解析：过C 1作D 1P 的平行线交DC 的延长线于点F ，连结BF ，则∠BC 1F或其补角等于异面直线D 1P 与BC 1所成的角．设正方体的棱长为1，由P 为棱DC 的中点，易得BC 1＝2，C 1F ＝12＋(12)2＝52，BF ＝12＋(12)2＝52.在△BC 1F 中，cos∠BC 1F ＝(2)2＋(52)2－(52)22×2×52＝105，选B.7．(2009·陕西，11)若正方体的棱长为2，则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的体积为( )[A.26B.23C.33D.23 答案：B解析：所求八面体体积只是两个底面边长为1，高为22的四棱锥的体积和，一个四棱锥体积V 1＝13×1×22＝26，所以V ＝2×V 1＝23.故选B.8．(2009·宁夏、海南，9)如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F ，且EF ＝12，则下列结论中错误的是( )A ．AC ⊥BEB ．EF ∥平面ABCDC ．三棱锥A －BEF 的体积为定值D ．△AEF 的面积与△BEF 的面积相等答案：D解析：如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， AC ⊥BD ，AC ⊥BB 1，BD ∩BB 1＝B ，∴AC ⊥平面BB 1D 1D ，BE ⊆平面BB 1D 1D ， ∴AC ⊥BE ，∴A 对．∵EF ∥平面ABCD ，∴B 对．S △BEF ＝12×EF ×BB 1＝12×12×1＝14，AO ⊥平面BB 1D 1D ，AO ＝22， ∴V A －BEF ＝13×14×22＝224，∴三棱锥的体积为定值，C 对．故选D. 二、填空题(4×5＝20分)9．斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 的面积为S ，AA 1到面BCC 1B 1的距离是a ，则该三棱柱的体积是________．答案：aS2解析：将其分割为三棱锥A 1－ABC 和四棱锥A 1－BCC 1B 1，因为：VA 1－BCC 1B 1＝13Sa .∴VABC －A 1B 1C 1＝32VA 1－BCC 1B 1＝aS2.10．如图，在直四棱柱ABCD — A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，AA 1＝AB ＝1，则截面ACC 1A 1的面积为________，异面直线AD 与D 1C 所成角的余弦值为________．答案：324解析：截面ACC 1A 1为矩形，AA 1＝1，AC ＝3，其面积S ＝3；BD ＝1，BD 1＝2，在△BCD 1中，BC ＝1， ]CD 1＝2，cos∠BCD 1＝24.则异面直线AD 与D 1C 所成角的余弦值为24. 11．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________．答案：64解析：如图，取A 1C 1中点为M ，则B 1M ⊥平面ACC 1A 1，连结AM .∠B 1AM 为所求角．不妨设棱长为2，则B 1M ＝3，AB 1＝22，∴sin∠B 1AM ＝B 1M AB 1＝64.12．如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝2，BB 1＝2，∠ABC ＝90°，E 、F 分别为AA 1、C 1B 1的中点，沿棱柱的表面从E 到F 两点的最短路径的长度为________．答案：322解析：∵AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝90°，∴AC ＝2 ∴侧面展开后如下图所示．A 1E ＝12AA 1＝1， A 1F ＝A 1B 1＋B 1F ＝322， ∴EF ＝A 1E 2＋A 1F 2＝1＋92＝222. 把△A 1B 1C 1与侧面A 1B 1BA 展开如右图所示．连结EF ，过E 作EM ⊥B 1B ，则EM ＝AB ＝2，FM ＝1＋22，∴EF ＝72＋2，若把△A 1B 1C 1与侧面A 1ACC 1展开如右图．连结EF ，作EM ⊥CC 1于M ，作FD ⊥EM 于D 点，则ED ＝32，FD ＝32，∴EF ＝(32)2＋(32)2＝322. 比较以上三条路径，以第三条最小，∴EF 间最短路径为322.三、解答题(4×10＝40分) 13．(2009·陕西，18)如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，AC ＝AA 1＝3，∠ABC ＝60°.(1)求证：AB ⊥A 1C ；(2)求二面角A －A 1C －B 的大小．解析：(1)证明：∵三棱柱ABC －A 1B 1C 1为直三棱柱， ∴AB ⊥AA 1，在△ABC 中，AB ＝1，AC ＝3，∠ABC ＝60°，由正弦定理得∠ACB ＝30°， ∴∠BAC ＝90°，即AB ⊥AC .∴AB ⊥平面ACC 1A 1，又A 1C ⊂平面ACC 1A 1，∴AB ⊥A 1C . (2)解：如图，作AD ⊥A 1C 交A 1C 于D 点，连结BD ，由三垂线定理知BD ⊥A 1C ， ∴∠ADB 为二面角A －A 1C －B 的平面角．在Rt△AA 1C 中，AD ＝AA 1·AC A 1C ＝3×36＝62，在Rt△BAD 中，tan∠ADB ＝AB AD ＝63，∴∠ADB ＝arctan63，即二面角A －A 1C －B 的大小为arctan 63. 14．如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是边长为a 的正三角形，侧面ABB 1A 1是菱形且垂直于底面，∠A 1AB ＝60°，M 是A 1B 1的中点．(1)求证：BM ⊥AC ；(2)求二面角B －B 1C 1－A 1的正切值； (3)求三棱锥M －A 1CB 的体积．解析：(1)证明：∵ABB 1A 1是菱形，∠A 1AB ＝60°⇒△A 1B 1B 是正三角形， ⎭⎪⎬⎪⎫∵M 是A 1B 1的中点，∴BM ⊥A 1B 又∵平面AA 1B 1B ⊥平面A 1B 1C 1 ⇒BM ⊥平面A 1B 1C 1.⎭⎪⎬⎪⎫∴BM ⊥A 1C 1又∵AC ∥A 1C 1⇒BM ⊥AC .⎭⎪⎬⎪⎫(2)过M 作ME ⊥B 1C 1且交于点E ，∵BM ⊥平面A 1B 1C 1，⇒BE ⊥B 1C 1，∴∠BEM 为所求二面角的平面角， △A 1B 1C 1中，ME ＝MB 1·sin60°＝34a ，Rt△BMB 1中，MB ＝MB 1·tan60°＝32a ， ∴tan∠BEM ＝MBME＝2，∴所求二面角的正切值是2.(3)VM －A 1CB ＝12VB 1－A 1CB ＝12VA －A 1CB ＝12VA 1－ABC ＝12×13×34a 2·32a ＝116a 3.15．(2009·广东汕头一模)如图所示，已知△BCD 中，∠BCD ＝90°，BC ＝CD ＝1，AB ⊥平面BCD ，∠ADB ＝60°，E 、F 分别是AC 、AD 上的动点，且AE AC ＝AF AD＝λ(0<λ<1)．(1)求证：不论λ为何值，总有EF ⊥平面ABC ；(2)若λ＝12，求三棱锥A －BEF 的体积．解析：(1)证明：∵AB ⊥平面BCD ， ∴AB ⊥CD .又∵在△BCD 中，∠BCD ＝90°， ∴BC ⊥CD .∵又AB ∩BC ＝B ， ∴CD ⊥平面ABC .又∵在△ACD 中，E 、F 分别是AC 、AD 上的动点，且AE AC ＝AFAD＝λ(0<λ<1)， ∴不论λ为何值，都有EF ∥CD ， ∴EF ⊥平面ABC .(2)在△BCD 中，∠BCD ＝90°，BC ＝CD ＝1， ∴BD ＝ 2.又∵AB ⊥平面BCD ， ∴AB ⊥BC ，AB ⊥BD .又∵在Rt△ABD 中，∠ADB ＝60°， ∴AB ＝BD ·tan60°＝6，由(1)知EF ⊥平面ABC ， ∴V A －BEF ＝V F －ABE＝13S △ABE ·EF ＝13×12S △ABC ·EF ＝16×12×1×6×12＝624. 故三棱锥A －BEF 的体积是624.[16．在四棱锥P －ABCD 中，侧面PDC 是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD 是面积为23的菱形，∠ADC 为菱形的锐角．(1)求证：PA ⊥CD ；(2)求二面角P －AB －D 的大小； (3)求棱锥P －ABCD 的侧面积；解析：(1)证明：如图所示，取CD 的中点E ，由PE ⊥CD ，得PE ⊥平面ABCD ，连结AC 、AE . ∵AD ·CD ·sin∠ADC ＝23， AD ＝CD ＝2，∴sin∠ADC ＝32，即∠ADC ＝60°，∴△ADC 为正三角形，∴CD ⊥AE . ∴CD ⊥PA (三垂线定理)．(2)解：∵AB ∥CD ，∴AB ⊥PA ，AB ⊥AE ， ∴∠PAE 为二面角P －AB －D 的平面角．在Rt△PEA 中，PE ＝AE ，∴∠PAE ＝45°. 即二面角P －AB －D 的大小为45°. (3)分别计算各侧面的面积： ∵PD ＝DA ＝2，PA ＝6，∴cos∠PDA ＝14，sin∠PDA ＝154.S △PCD ＝3，S △PAB ＝12AB ·PA ＝12·2·2·3＝6，S △PAD ＝S △PBC ＝12PD ·DA ·sin∠PDA ＝152. ∴S P －ABCD 侧＝3＋6＋15.。

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