全国通用18届高考数学二轮复习第一篇求准提速基础小题不失分第13练空间几何体课件文180322231

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2018大二轮高考总复习理数文档：解答题4 立体几何与空

第一单元高考中档大题突破解答题04：立体几何与空间向量基本考点——利用空间向量证明空间位置关系设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)．平面α，β的法向量分别为u ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)．(1)线面平行：l ∥α⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0． (2)线面垂直：l ⊥α⇔a ∥u ⇔a ＝k u ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2． (3)面面平行：α∥β⇔u ∥v ⇔u ＝k v ⇔a 2＝ka 3，b 2＝kb 3，c 2＝kc 3． (4)面面垂直：α⊥β⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0．1．(2017·深圳模拟)已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D ，E ，F 分别为B 1A ，C 1C ，BC 的中点．求证：(1)DE ∥平面ABC ； (2)B 1F ⊥平面AEF ．证明：以A 为原点，AB ，AC ，AA 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，令AB ＝AA 1＝4，则A (0,0,0)，E (0,4,2)， F (2,2,0)，B 1(4,0,4)，D (2,0,2)，A 1(0,0,4)．(1)DE →＝(－2,4,0)，平面ABC 的一个法向量为AA 1→＝(0,0,4)， ∵DE →·AA →1＝0，DE ⊄平面ABC ， ∴DE ∥平面ABC ．(2)B 1F →＝(－2,2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)， B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， ∴B 1F →⊥EF →，∴B 1F ⊥EF ．B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0，∴B 1F →⊥AF →，∴B 1F ⊥AF ．∵AF ∩EF ＝F ，AF ，EF ⊂平面AEF ， ∴B 1F ⊥平面AEF ．2．(2017·济南模拟)在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 在线段BB 1上，且EB 1＝1，D 、F 、G 分别为CC 1、C 1B 1、C 1A 1的中点．求证：(1)B 1D ⊥平面ABD ； (2)平面EGF ∥平面ABD ．证明：(1)以B 为坐标原点，BA 、BC 、BB 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．则B (0,0,0)，D (0,2,2)，B 1(0,0,4)，C 1(0,2,4)，设BA ＝a ，则A (a,0,0)，所以BA →＝(a,0,0)，BD →＝(0,2,2)，B 1D →＝(0,2，－2)，B 1D →·BA →＝0， B 1D →·BD →＝0＋4－4＝0，即B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD ，又BA ∩BD ＝B ，BA ，BD ⊂平面ABD ，因此B 1D ⊥平面ABD ．(2)由(1)知，E (0,0,3)，G (a2， 1, 4)，F (0,1,4)，则EG →＝(a 2， 1, 1)，EF →＝(0,1,1)，B 1D →·EG →＝0＋2－2＝0，B 1D →·EF →＝0＋2－2＝0，即B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF ，又EG ∩EF ＝E ，EG ，EF ⊂平面EGF ，因此B 1D ⊥平面EGF ．结合(1)可知平面EGF ∥平面ABD ．常考热点——空间角与探索性问题考向01：空间角的求法1．向量法求异面直线所成的角若异面直线a，b的方向向量分别为a，b，异面直线所成的角为θ，则cos θ＝|cos〈a，b〉|＝|a·b| |a||b|．2．向量法求线面所成的角求出平面的法向量n，直线的方向向量a，设线面所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，a〉|＝|n·a||n||a|．3．向量法求二面角求出二面角α-l-β的两个半平面α与β的法向量n1，n2，若二面角α-l-β所成的角θ为锐角，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝|n1·n2||n1||n2|；若二面角α-l-β所成的角θ为钝角，则cos θ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－|n1·n2| |n1||n2|．注意：注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论错误．(2017·郑州二模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形AA1C1C是边长为2的菱形，平面ABC⊥平面AA1C1C，∠A1AC＝60°，∠BCA＝90°.阿凡题1083962(1)求证：A1B⊥AC1；(2)已知点E是AB的中点，BC＝AC，求直线EC1与平面ABB1A1所成的角的正弦值．(1)【证明】取AC的中点O，连接A1O，因为四边形AA1C1C是菱形，且∠A1AC＝60°，所以△A1AC为等边三角形，所以A1O⊥AC，又平面ABC⊥平面AA1C1C，所以A 1O ⊥平面ABC ，所以A 1O ⊥BC ．又BC ⊥AC ，所以BC ⊥平面AA 1C 1C ，所以AC 1⊥BC ．在菱形AA 1C 1C 中，AC 1⊥A 1C ，所以AC 1⊥平面A 1BC ，所以A 1B ⊥AC 1．(2)【解】以点O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则A (0，－1,0)，B (2,1,0)，C (0,1,0)，C 1(0,2，3)，AB →＝(2,2,0)，BB 1→＝CC 1→(0,1，3)，设m ＝(x ，y ，z )是平面ABB 1A 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·BB 1→＝0，即⎩⎨⎧2x ＋2y ＝0，y ＋3z ＝0，取z ＝－1，可得m ＝(－3，3，－1)．又E (1,0,0)，所以EC 1→＝(－1,2，3)，设直线EC 1与平面ABB 1A 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈EC 1→，m 〉|＝|EC 1→·m ||EC 1|→·|m |＝1510．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P -ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP＝90°.阿凡题1083963(1)证明：平面P AB ⊥平面P AD ；(2)若P A ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，求二面角A -PB -C 的余弦值． (1)【证明】由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD ．因为AB ∥CD ，所以AB ⊥PD ．又AP ∩DP ＝P ，所以AB ⊥平面P AD ．因为AB ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面P AD ． (2)【解】在平面P AD 内作PF ⊥AD ，垂足为点F ．由(1)可知，AB ⊥平面P AD ，故AB ⊥PF ，可得PF ⊥平面ABCD ．以F 为坐标原点，F A →的方向为x 轴正方向，|AB →|为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz ．由(1)及已知可得A22，0,0，P 0,0，22，B 22，1,0，C －22，1,0，所以PC →＝－22，1，－22，CB →＝(2，0,0)，P A →＝22，0，－22，AB →＝(0,1,0)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面PCB 的一个法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·CB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－22x 1＋y 1－22z 1＝0，2x 1＝0.所以可取n ＝(0，－1，－2)．设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面P AB 的一个法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧ m ·P A →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧22x 2－22z 2＝0，y 2＝0.所以可取m ＝(1,0,1)，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－23×2＝－33．所以二面角A -PB -C 的余弦值为－33．向量法求线面角、二面角的4个突破口(1)破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系； (2)破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标； (3)破“求法向量关”，求出平面的法向量； (4)破“应用公式关”．考向02：立体几何中的探索性问题以“平行、垂直、距离和角”为背景的存在判断型问题是近年来高考数学中创新型命题的一个显著特点，此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．求解此类问题一般是用向量方法来处理，通过待定系数法求解其存在性问题，思路简单、解法固定、操作方便．(2017·兰州一模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AB ＝AD＝2，四边形ABCD 满足AB ⊥AD ，BC ∥AD 且BC ＝4，点M 为PC 的中点，点E 为BC 边上的动点，且BEEC＝λ.阿凡题1083964(1)求证：平面ADM ⊥平面PBC ；(2)是否存在实数λ，使得二面角P -DE -B 的余弦值为22.若存在，试求出实数λ的值；若不存在，说明理由．(1)【证明】取PB 的中点N ，连接MN ，AN ， ∵M 是PC 的中点， ∴MN ∥BC ，MN ＝12BC ＝2，又BC ∥AD ，∴MN ∥AD ，MN ＝AD ， ∴四边形ADMN 为平行四边形， ∵AP ⊥AD ，AB ⊥AD ，AP ∩AB ＝A ， ∴AD ⊥平面P AB ， ∴AD ⊥AN ，∴AN ⊥MN ， ∵AP ＝AB ，∴AN ⊥PB ，∵MN ∩PB ＝N ，∴AN ⊥平面PBC ．∵AN ⊂平面ADM ，∴平面ADM ⊥平面PBC ．(2)【解】存在符合条件的λ.以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ．设BE ＝t ，则E (2，t,0)，P (0,0,2)，D (0,2,0)，B (2,0,0)，从而PD →＝(0,2，－2)，DE →＝(2，t －2,0)，设平面PDE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －2z ＝0，2x ＋(t －2)y ＝0，令y ＝z ＝2，解得x ＝2－t ， ∴n 1＝(2－t,2,2)，又平面DEB 即为平面xAy ，故其一个法向量为n 2＝(0,0,1)，则|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝2(2－t )2＋4＋4＝22，解得t ＝2，可知λ＝1．解决此类问题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解”来解决，但要注意检验此解是否在规定范围内．1．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE ∥平面P AB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M -AB -D 的余弦值．(1)证明：取P A 的中点F ，连接EF ，BF ．因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝12AD ．由∠BAD ＝∠ABC ＝90°得BC ∥AD ，又BC ＝12AD ，所以EF 綊BC ，四边形BCEF 是平行四边形，CE ∥BF ．又BF ⊂平面P AB ，CE ⊄平面P AB ，故CE ∥平面P AB ．(2)解：由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴正方向，|AB →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，P (0,1，3)，PC →＝(1,0，－3)，AB →＝(1,0,0)．设M (x ，y ，z )(0<x <1)，则BM →＝(x －1，y ，z )，PM →＝(x ，y －1，z －3)．因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°，而n ＝(0,0,1)是底面ABCD 的法向量，所以|cos 〈BM →，n 〉|＝sin 45°，|z |(x －1)2＋y 2＋z2＝22，即(x －1)2＋y 2－z 2＝0.①又M 在棱PC 上，设PM →＝λPC →，则 x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ.②由①②解得⎩⎨⎧x ＝1＋22，y ＝1，z ＝－62(舍去)，或⎩⎨⎧x ＝1－22，y ＝1，z ＝62，所以M 1－22，1，62，从而AM →＝1－22，1，62．设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·AM →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎨⎧(2－2)x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0，所以可取m ＝(0，－6，2)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝105．因此二面角M -AB -D 的余弦值为105．2．(2017·临沂模拟)如图，平面ABDE ⊥平面ABC ，△ABC 是等腰直角三角形，AB ＝BC ＝4，四边形ABDE 是直角梯形，BD ∥AE ，BD ⊥BA ，BD ＝12AE ＝2，点O 、M 分别为CE 、AB 的中点．(1)求证：OD ∥平面ABC ；(2)求直线CD 和平面ODM 所成角的正弦值；(3)能否在EM 上找到一点N ，使得ON ⊥平面ABDE .若能，请指出点N 的位置并加以证明；若不能，请说明理由．(1)证明：以B 为原点，BC 为x 轴，BA 为y 轴，BD 为z 轴，建立空间直角坐标系，则C (4,0,0)，A (0,4,0)，D (0,0,2)，E (0,4,4)，O (2,2,2)，M (0,2,0)．平面ABC 的法向量n 1＝(0,0,1)，DO →＝(2,2,0)，DO →·n 1＝0，∴OD ∥平面ABC ． (2)解：设平面ODM 的法向量为n 2，直线CD 与平面ODM 所成角为θ， ∵DO →＝(2,2,0)，DM →＝(0,2，－2)， ∴n 2＝(－1,1,1)，CD →＝(－4,0,2)， ∴sin θ＝CD →·n 2|CD →||n 2|＝155．(3)解：设EM 上一点N 满足BN →＝λBM →＋(1－λ)BE →＝(0,4－2λ，4－4λ)，平面ABDE 的法向量n 3＝(1,0,0)，ON →＝BN →－BO →＝(－2，2－2λ，2－4λ)，不存在λ使n 3∥ON →，∴不存在满足题意的点N ．1．(2017·梅州二模)如图所示的多面体是由一个直平行六面体被平面AEFG 所截后得到的，其中∠BAE ＝∠GAD ＝45°，AB ＝2AD ＝2，∠BAD ＝60°．(1)求证：BD ⊥平面ADG ；(2)求平面AEFG 与平面ABCD 所成锐二面角的余弦值． (1)证明：在△BAD 中，∵AB ＝2AD ＝2，∠BAD ＝60°．由余弦定理得BD ＝3，满足AB 2＝AD 2＋DB 2， ∴AD ⊥DB直平行六面体中GD ⊥面ABCD ，DB ⊂面ABCD ， ∴GD ⊥DB ，且AD ∩GD ＝D ∴BD ⊥平面ADG ．(2)解：如图以D 为原点建立空间直角坐标系D -xyz ，∵∠BAE ＝∠GAD ＝45°，AB ＝2AD ＝2，∴A (1,0,0)，B (0，3，0)，E (0，3，2)，C (－1，3，0)，G (0,0,1)．AE →＝(－1，3，2)，AG →＝(－1,0,1)，设平面AEFG 的法向量n ＝(x ，y ，z )， ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝－x ＋3y ＋2z ＝0n ·AG →＝－x ＋z ＝0，令x ＝1，得y ＝－33，z ＝1 ∴n ＝⎝⎛⎭⎫1，－33，1，而平面ABCD 的法向量为DG →＝(0,0,1)， ∴cos 〈DG →，n 〉＝|DG →·n ||DG →||n |＝217．∴平面AEFG 与平面ABCD 所成锐二面角的余弦值为217．2．(2017·晋江二模)如图，已知四棱锥P －ABCD 的底面为等腰梯形，AB ∥CD ，AC ⊥BD ，垂足为H ，PH 是四棱锥的高，E 为AD 的中点．(1)证明：PE ⊥BC ；(2)若∠APB ＝∠ADB ＝60°，求直线P A 与平面PEH 所成角的正弦值．(1)证明：以H 为原点，HA ，HB ，HP 分别为x ，y ，z 轴，线段HA 的长为单位长，建立空间直角坐标系如图，则A (1,0,0)，B (0,1,0)，设C (m,0,0)，P (0,0，n ) (m <0，n >0)，则D (0，m,0)，E ⎝⎛⎭⎫12，m 2，0．可得PE →＝⎝⎛⎭⎫12，m 2，－n ，BC →＝(m ，－1,0)．因为PE →·BC →＝m 2－m2＋0＝0，所以PE ⊥BC ．(2)解：由已知条件可得m ＝－33，n ＝1，故C ⎝⎛⎭⎫－33，0，0，D ⎝⎛⎭⎫0，－33，0，E ⎝⎛⎭⎫12，－36，0，P (0,0,1)，设n ＝(x ，y ，z )为平面PEH 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·HE →＝0，n ·HP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －36y ＝0，z ＝0，因此可以取n ＝(1，3，0)，又P A →＝(1,0，－1)，所以|cos 〈P A →，n 〉|＝24，所以直线P A 与平面PEH 所成角的正弦值为24．3． (2017·全国卷Ⅲ)如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD ＝∠CBD ，AB ＝BD ．(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D -AE -C 的余弦值．(1)证明：由题设可得△ABD ≌△CBD ，从而AD ＝CD ．又△ACD 是直角三角形，所以∠ADC ＝90°．取AC 的中点O ，连接DO ，BO ，则DO ⊥AC ，DO ＝AO ．又因为△ABC 是正三角形，故BO ⊥AC ，所以∠DOB 为二面角D -AC -B 的平面角．在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2，又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2，故∠DOB ＝90°．所以平面ACD ⊥平面ABC ．(2)解：由题设及(1)知，OA ，OB ，OD 两两垂直，以O 为坐标原点，OA →的方向为x 轴正方向，|OA →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1,0,0)，D (0,0,1)．由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB 的中点，得E 0，32，12，故AD →＝(－1,0,1)，AC →＝(－2,0,0)，AE →＝－1，32，12．设n ＝(x ，y ，z )是平面DAE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AD →＝0，n ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－x ＋32y ＋12z ＝0，可取n ＝1，33，1．设m 是平面AEC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AE →＝0，同理可取m ＝(0，－1，3)，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝77．所以二面角D -AE -C 的余弦值为77． 4．(2017·江门一模)如图，多面体EF -ABCD 中，ABCD 是正方形，AC ，BD 相交于O ，EF ∥AC ，点E 在AC 上的射影恰好是线段AO 的中点．(1)求证：BD ⊥平面ACF ；(2)若直线AE 与平面ABCD 所成的角为60°，求平面DEF 与平面ABCD 所成角的正弦值．(1)证明：取AO 的中点H ，连接EH ，则EH ⊥平面ABCD ， ∵BD 在平面ABCD 内，∴EH ⊥BD ，又正方形ABCD 中，AC ⊥BD ，∵EH ∩AC ＝H ，EH ，AC 在平面EACF 内， ∴BD ⊥平面EACF ，即BD ⊥平面ACF ．(2)解：由(1)知EH ⊥平面ABCD ，作HG ∥OB 交AB 于点G .如图，以H 为原点，HA →，HG →，HE →分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系H -xyz ，∵EH ⊥平面ABCD ，∴∠EAH 为AE 与平面ABCD 所成的角，即∠EAH ＝60°，设正方形ABCD 的边长为4a ，则AC ＝42a ，AH ＝2a ，EA ＝22a ，EH ＝6a ，各点坐标分别为H (0,0,0)，A (2a,0,0)，B (－2a ，22a ，0)，C (－32a,0,0)，D (－2a ，－22a,0)，E (0,0，6a )．易知HE →为平面ABCD 的一个法向量，记n 1＝HE →＝(0,0，6a )，AC →＝(－42a,0,0)，DE →＝(2a,22a ，6a )，∵EF ∥AC ，∴EF →＝λAC →＝(－42aλ，0,0)，设平面DEF 的一个法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则n 2⊥DE →，n 2⊥EF →，即n 2·DE →＝2ax ＋22ay ＋6az ＝0，n 2·EF →＝－42aλx ＝0，令z ＝－2，则x ＝0，y ＝3， ∴n 2＝(0，3，－2)，且n 2＝7，n 1·n 2＝－26a ， ∴n 1与n 2的夹角θ的余弦值为 cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝27，即平面DEF 与平面ABCD 所成角α的正弦值为 sin α＝1－cos 2θ＝217． 5． (2017·北京卷)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为正方形，平面P AD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，PD ∥平面MAC ，P A ＝PD ＝6，AB ＝4．(1) 求证：M 为PB 的中点； (2)求二面角B -PD -A 的大小；(3)求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值． (1)证明：设AC ，BD 交于点E ，连接ME ，因为PD ∥平面MAC ，平面MAC ∩平面PDB ＝ME ，所以PD ∥ME ．因为四边形ABCD 是正方形，所以E 为BD 的中点，所以M 为PB 的中点．图①(2)解：如图②，取AD 的中点O ，连接OP ，OE ．因为P A ＝PD ，所以OP ⊥AD ．又因为平面P AD ⊥平面ABCD ，且OP ⊂平面P AD ，所以OP ⊥平面ABCD ．因为OE ⊂平面ABCD ，所以OP ⊥OE ．因为四边形ABCD 是正方形，所以OE ⊥AD ．如图②，建立空间直角坐标系O -xyz ，则P (0,0，2)，D (2,0,0)，B (－2,4,0)，BD →＝(4，－4,0)，PD →＝(2,0，－2)．图②设平面BDP 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·PD →＝0，即⎩⎨⎧4x －4y ＝0，2x －2z ＝0.令x ＝1，则y ＝1，z ＝2．于是n ＝(1,1，2)．平面P AD 的法向量为p ＝(0,1,0)，所以cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝12．由题意知二面角B -PD -A 为锐角，所以它的大小为π3．(3)解：由题意知M －1,2，22，C (2,4,0)，MC →＝3,2，－22. 设直线MC 与平面BDP 所成角为α，则 sin α＝|cos 〈n ，MC →〉|＝|n ·MC →||n ||MC →|＝269，所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为269．6．(2017·吉林实验中学)如图①所示，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成二面角A -DC -B ，如图②所示．(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求二面角E -DF -C 的余弦值；(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？证明你的结论．解：(1)如图：在△ABC 中，由E ，F 分别是AC ，BC 中点，得EF ∥AB ．又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ， ∴AB ∥平面DEF ．(2)以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (0,23，0)，E (0，3，1)，F (1，3，0)，易知平面CDF 的法向量为DA →＝(0,0,2)，设平面EDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧DE →·n ＝0，DF →·n ＝0，即⎩⎨⎧3y ＋z ＝0，x ＋3y ＝0，取n ＝(3，－3，3)，cos 〈DA →，n 〉＝DA →·n |DA →||n |＝217，∴二面角E -DF -C 的余弦值为217． (3)设P (x ，y,0)，则AP →·DE →＝3y －2＝0，∴y ＝233．又BP →＝(x －2，y,0)，PC →＝(－x,23－y,0)，∵BP →∥PC →，∴(x －2)(23－y )＝－xy ，∴3x ＋y ＝23．把y ＝233代入上式得x ＝43，∴BP →＝13BC →，∴在线段BC 上存在点P 43，233，0，使AP ⊥DE ．。

2018届高考数学二轮复习专题五专题能力训练13空间几何体理

专题能力训练13 空间几何体能力突破训练1.下图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图,则该几何体的表面积为()A.20πB.24πC.28πD.32π2.(2017浙江,3)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是()A.+1B.+3C.+1D.+33.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,则它的表面积是()A.17πB.18πC.20πD.28π4.已知平面α截球O的球面得圆M,过圆心Μ的平面β与α的夹角为,且平面β截球O的球面得圆N.已知球Ο的半径为5,圆M的面积为9π,则圆N的半径为()A.3B.C.4D.5.在空间直角坐标系Oxyz中,已知A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(1,1,).若S1,S2,S3分别是三棱锥D-ABC在xOy,yOz,zOx坐标平面上的正投影图形的面积,则() A.S1=S2=S3B.S2=S1,且S2≠S3C.S3=S1,且S3≠S2D.S3=S2,且S3≠S16.(2017北京,理7)某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的最长棱的长度为()A.3B.2C.2D.27.在四面体ABCD中,AB=CD=6,AC=BD=4,AD=BC=5,则四面体ABCD的外接球的表面积为.8.(2017山东,理13)由一个长方体和两个圆柱构成的几何体的三视图如图,则该几何体的体积为.9.如图,已知多面体ABCDEFG中,AB,AC,AD两两互相垂直,平面ABC∥平面DEFG,平面BEF∥平面ADGC,AB=AD=DG=2,AC=EF=1,则该多面体的体积为.10.下列三个图中,左面是一个正方体截去一个角后所得多面体的直观图.右面两个是其正视图和侧视图.(1)请按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图(不要求叙述作图过程);(2)求该多面体的体积(尺寸如图).11.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4,过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.思维提升训练12.(2017中原名校质检)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的表面积为()A.9(+1)π+8B.9(+2)π+4-8C.9(+2)π+4D.9(+1)π+8-813.(2017江苏,6)如图,在圆柱O1O2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O1O2的体积为V1,球O的体积为V2,则的值是.14.(2017全国Ⅰ,理16)如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5 cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D,E,F为圆O 上的点,△DBC,△ECA,△FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角形,沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为.15.若三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,SA⊥平面ABC,SA=2,AB=1,AC=2,∠BAC=60°,则球O的表面积为.16.如图①,在矩形ABCD中,AB=4,BC=3,沿对角线AC把矩形折成二面角D-AC-B(如图②),并且点D在平面ABC内的射影落在AB上.(1)证明:AD⊥平面DBC;(2)若在四面体D-ABC内有一球,问:当球的体积最大时,球的半径是多少?参考答案专题能力训练13空间几何体能力突破训练1.C解析由题意可知,该几何体由同底面的一个圆柱和一个圆锥构成,圆柱的侧面积为S1=2π×2×4=16π,圆锥的侧面积为S2=2π×2=8π,圆柱的底面面积为S3=π×22=4π,故该几何体的表面积为S=S1+S2+S3=28π,故选C.2.A解析V=3+1,故选A.3.A解析由三视图可知该几何体是球截去后所得几何体,则R3=,解得R=2,所以它的表面积为4πR2+πR2=14π+3π=17π.4.B解析如图,∵OA=5,AM=3,∴OM=4.∵∠NMO=,∴ON=OM·sin=2又∵OB=5,∴NB=,故选B.5.D解析三棱锥的各顶点在xOy坐标平面上的正投影分别为A1(2,0,0),B1(2,2,0),C1(0,2,0),D1(1,1,0).显然D1点为A1C1的中点,如图(1),正投影为Rt△A1B1C1,其面积S1=2×2=2.三棱锥的各顶点在yOz坐标平面上的正投影分别为A2(0,0,0),B2(0,2,0),C2(0,2,0),D2(0,1,).显然B2,C2重合,如图(2),正投影为△A2B2D2,其面积S2=2三棱锥的各顶点在zOx坐标平面上的正投影分别为A3(2,0,0),B3(2,0,0),C3(0,0,0),D3(1,0,),由图(3)可知,正投影为△A3D3C3,其面积S3=2综上,S2=S3,S3≠S1.故选D.图(1)图(2)图(3)6.B解析由题意可知,直观图为四棱锥A-BCDE(如图所示),最长的棱为正方体的体对角线AE==2故选B.7解析构造一个长方体,使得它的三条面对角线长分别为4,5,6,设长方体的三条边长分别为x,y,z,则x2+y2+z2=,而长方体的外接球就是四面体的外接球,所以S=4πR2=8.2+解析由三视图还原几何体如图所示,故该几何体的体积V=2×1×1+212×1=2+9.4解析(方法一:分割法)几何体有两对相对面互相平行,如图,过点C作CH⊥DG于H,连接EH,即把多面体分割成一个直三棱柱DEH-ABC和一个斜三棱柱BEF-CHG.由题意,知V三棱柱DEH-ABC=S△DEH×AD=2=2,V三棱柱BEF-CHG=S△BEF×DE=2=2.故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG=2+2=4.(方法二:补形法)因为几何体有两对相对面互相平行,如图,将多面体补成棱长为2的正方体,显然所求多面体的体积即该正方体体积的一半.又正方体的体积V正方体ABHI-DEKG=23=8,故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG=8=4.10.解(1)作出俯视图如图所示.(2)依题意,该多面体是由一个正方体(ABCD-A1B1C1D1)截去一个三棱锥(E-A1B1D1)得到的,所以截去的三棱锥体积A1E=1=,正方体体积=23=8,故所求多面体的体积V=8-11.解(1)交线围成的正方形EHGF如图所示.(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EB1=12,EM=AA1=8.因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH==6,AH=10,HB=6.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱,所以其体积的比值为思维提升训练12.D解析由三视图可知,该几何体是由一个四棱锥和一个圆锥拼接而成,故S=(2π×3)×3+π×32-(2)2+4=9(+1)π+8-8.故选D.13解析设球O的半径为r,则圆柱O1O2的高为2r,故,答案为14.4解析如图所示,连接OD,交BC于点G.由题意知OD⊥BC,OG=BC.设OG=x,则BC=2x,DG=5-x,三棱锥的高h=因为S△ABC=2x×3x=3x2,所以三棱锥的体积V=S△ABC·h=x2令f(x)=25x4-10x5,x,则f'(x)=100x3-50x4.令f'(x)=0,可得x=2,则f(x)在(0,2)单调递增,在单调递减,所以f(x)max=f(2)=80.所以V=4,所以三棱锥体积的最大值为415.64π解析如图,三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,因为AB=1,AC=2,∠BAC=60°,所以BC=,所以∠ABC=90°.所以△ABC截球O所得的圆O'的半径r=1.设OO'=x,球O的半径为R,则R2=x2+12,R2=(SA-x)2+12,所以x2+1=+1,解得x=,R2=+12,R=4.所以球O的表面积为4πR2=64π.16.(1)证明设D在平面ABC内的射影为H,则H在AB上,连接DH,如图,则DH⊥平面ABC,得DH⊥BC.又AB⊥BC,AB∩DH=H,所以BC⊥平面ADB,故AD⊥BC.又AD⊥DC,DC∩BC=C,所以AD⊥平面DBC.(2)解当球的体积最大时,易知球与三棱锥D-ABC的各面相切,设球的半径为R,球心为O,则V D-ABC=R(S△ABC+S△DBC+S△DAC+S△DAB).由已知可得S△ABC=S△ADC=6.过点D作DG⊥AC于点G,连接GH,如图,可知HG⊥AC.易得DG=,HG=,DH=,S△DAB=4在△DAB和△BCD中,因为AD=BC,AB=DC,DB=DB,所以△DAB≌△BCD,故S△DBC=,V D-ABC=6则,于是(4+)R=,所以R=。

2018届高考数学二轮复习十二空间几何体注意速度和准度理

寒假作业(十二) 空间几何体(注意速度和准度)一、“12＋4”提速练1．下列命题中，错误的是( )A．圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的一个B．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台C．圆台的所有平行于底面的截面都是圆D．圆锥所有的轴截面是全等的等腰三角形解析：选B 根据棱台的定义，用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台，故B错误．2．一条线段长为52，其侧视图长为5，俯视图长为34，则其正视图长为( ) A．5 B.34C．6 D.41解析：选D 把这条线段想象成长方体ABCDA1B1C1D1的体对角线AC1，AC1的侧视图为DC1＝5，AC1的俯视图为AC＝34，AC1的正视图为AD1，设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，则a2＋c2＝25，a2＋b2＝34，又a2＋b2＋c2＝50，则b2＝25，c2＝16，AD1＝b2＋c2＝41.3．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点P是棱CD上一点，则三棱锥PA1B1A的侧视图是( )解析：选D 在长方体ABCDA1B1C1D1中，从左侧看三棱锥PA1B1A，B1，A1，A的射影分别是C1，D1，D；AB1的射影为C1D，且为实线，PA1的射影为PD1，且为虚线．故选D.4．(2017·湖北省七市(州)联考)如图是一个几何体的三视图，其中正视图和侧视图是两个全等的等腰三角形，底边长为4，腰长为3，则该几何体的表面积为( )A．6πB．8πC．10πD．12π解析：选 C 根据三视图，可以看出该几何体是一个圆锥，其底面圆的半径r为2，侧棱长l为3，故该圆锥的表面积S＝πr(r＋l)＝π×2×(2＋3)＝10π.5.“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )解析：选B 根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B.6.在一圆柱中挖去一圆锥所得的机械部件的三视图如图所示，则此机械部件的表面积为( )A ．(7＋2)πB ．(8＋2)πC.22π7D ．(1＋2)π＋6解析：选A 由题意得，挖去的圆锥的底面半径r ＝1，母线l ＝2，∴该机械部件的表面积S ＝π×12＋2π×1×3＋π×1×2＝(7＋2)π，故选A.7.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A ．10B ．12C ．14D ．16解析：选B 由多面体的三视图还原直观图如图．该几何体由上方的三棱锥A BCE 和下方的三棱柱BCE B 1C 1A 1构成，其中平面CC 1A 1A 和平面BB 1A 1A 是梯形，则梯形的面积之和为2×＋2＝12.8．若圆锥与球的体积相等，且圆锥底面半径与球的直径相等，则圆锥侧面积与球面面积之比为( ) A.2∶2 B.3∶2C.5∶2 D ．3∶2解析：选C 设圆锥底面半径为r ，高为h ，则球的半径R ＝r 2，由条件知，13πr 2h ＝43π⎝ ⎛⎭⎪⎫r 23，所以h ＝r 2.所以圆锥的侧面积S 1＝πr ·h 2＋r 2＝πr r 24＋r 2＝52πr 2，球面面积S 2＝4πR 2＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫r 22＝πr 2，所以S 1∶S 2＝5∶2. 9.(2017·石家庄质检)某几何体的三视图如图所示(在网格线中，每个小正方形的边长为1)，则该几何体的体积为( )A ．2B ．3C ．4D ．6 解析：选A 由三视图知，该几何体为四棱锥，其底面面积S ＝12×(1＋2)×2＝3，高为2，所以该几何体的体积V ＝13×3×2＝2. 10．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．18＋2πB ．20＋πC ．20＋π2D ．16＋π解析：选B 由三视图可知，这个几何体是一个边长为2的正方体割去了相对边对应的两个半径为1、高为1的14圆柱体，其表面积相当于正方体五个面的面积与两个14圆柱的侧面积的和，即该几何体的表面积S ＝4×5＋2×2π×1×1×14＝20＋π. 11．三棱锥P ABC 中，PA ⊥平面ABC 且PA ＝2，△ABC 是边长为3的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为( ) A.4π3 B ．4πC ．8πD ．20π 解析：选C 由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC 为底面、以PA 为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC 的外接圆半径r ＝32×3×23＝1，外接球球心到△ABC 的外接圆圆心的距离d ＝1，所以外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝2，所以三棱锥外接球的表面积S ＝4πR 2＝8π，故选C.12．设点A ，B ，C 为球O 的球面上三点，O 为球心．球O 的表面积为100π，且△ABC 是边长为43的正三角形，则三棱锥O ABC 的体积为( )A ．12B ．12 3C ．24 3D ．36 3解析：选B ∵球O 的表面积为100π＝4πr 2，∴球O 的半径为5.如图，取△ABC 的中心H ，连接OH ，连接AH 并延长交BC 于点M ，则AM ＝32－⎝ ⎛⎭⎪⎫4322＝6，AH ＝23AM ＝4，∴OH ＝OA 2－AH 2＝52－42＝3，∴三棱锥O ABC 的体积为V ＝13×34×(43)2×3＝12 3.13．(2017·江苏高考)如图，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________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32. 答案：3214．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．解析：由三视图可得该几何体为圆柱和四分之一球的组合体．圆柱的底面半径为1，高为3，球的半径为1，故该几何体的表面积为S ＝π×12＋2π×1×3＋4π×12×14＋12π×12＋12π×12＝9π.答案：9π15.(2017·南昌一模)如图，直角梯形ABCD 中，AD ⊥DC ，AD ∥BC ，BC＝2CD ＝2AD ＝2，若将该直角梯形绕BC 边旋转一周，则所得的几何体的表面积为________．解析：根据题意可知，此旋转体的上半部分为圆锥(底面半径为1，高为1)，下半部分为圆柱(底面半径为1，高为1)，如图所示．则所得几何体的表面积为圆锥侧面积、圆柱的侧面积以及圆柱的下底面积之和，即表面积为π·1·12＋12＋2π·12＋π·12＝(2＋3)π.答案：(2＋3)π16．(2018届高三·云南11校跨区调研)已知四棱锥P ABCD 的所有顶点都在体积为500π81的球面上，底面ABCD 是边长为2的正方形，则四棱锥P ABCD 体积的最大值为________．解析：依题意，设球的半径为R ，则有4π3R 3＝500π81，R ＝53.因为正方形ABCD 的外接圆半径r ＝1，所以球心到平面ABCD 的距离h ＝R 2－r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫532－12＝43，因此点P 到平面ABCD 的距离的最大值为h ＋R ＝43＋53＝3，因此四棱锥P ABCD 体积的最大值为13×(2)2×3＝2. 答案：2 二、能力拔高练1．(2017·洛阳统考)已知某组合体的三视图如图所示，则此组合体的体积为( )A.103π B ．14π C.163π－8 D.163π－4 解析：选D 依题意知，该组合体是从一个圆锥(底面半径为2、高为4)中截去一个正四棱柱(底面正方形边长为2、高为2)后剩余的部分，因此该组合体的体积为13π×22×4－(2)2×2＝16π3－4. 2．已知球O 1和球O 2的半径分别为1和2，且球心距为5，若两球体的表面相交得到一个圆，则该圆的面积为( )A.π2B.4π5C ．πD ．2π解析：选B 作出两球面相交的一个截面图，如图所示，AB 为相交圆的直径，由条件知O 1A ＝1，O 2A ＝2，O 1O 2＝5，所以△AO 1O 2为直角三角形．由三角形面积公式，得AC ＝O 1A ·O 2A O 1O 2＝25，所以所求圆的面积为π·⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝4π5，故选B. 3．一个正三棱柱被平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.15B.16C.17D.18解析：选 A 如图，依题意，剩余部分所表示的几何体是从正三棱柱ABC A 1B 1C 1(其底面边长是2)中截去三棱锥E A 1B 1C 1(其中E 是侧棱BB 1的中点)，因此三棱锥E A 1B 1C 1的体积为VE A 1B 1C 1＝13×34×22×1＝33，剩余部分的体积为V ＝VABC A 1B 1C 1－VE A 1B 1C 1＝34×22×2－33＝533，因此截去部分体积与剩余部分体积的比值为15. 4．(2017·郑州第一次质量预测)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．80B ．160C ．240D ．480解析：选 B 依题意，如图所示，题中的几何体是从直三棱柱ABC A ′B ′C ′中截去一个三棱锥A A ′B ′C ′后所剩余的部分，其中底面△ABC 是直角三角形，AC ⊥AB ，AC ＝6，AB ＝8，BB ′＝10，因此几何体的体积为⎝ ⎛⎭⎪⎫12×6×8×10－13×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12×6×8×10＝160，选B. 5．(2017·天水一模)四棱锥P ABCD 的三视图如图所示，且四棱锥P ABCD 的五个顶点都在同一个球面上，E ，F 分别是棱AB ，CD 的中点，直线EF 被球面所截得的线段长为22，则该球的表面积为________．解析：法一：将三视图还原为直观图如图中四棱锥P ABCD ，可得四棱锥P ABCD 的五个顶点位于同一个正方体的顶点处，且与该正方体内接于同一个球．设外接球的球心为O ，则O 也是正方体的中心，设EF 的中点为G ，连接OG ，OA ，AG .因为直线EF 被球面所截得的线段长为22，即正方体面对角线长也是22，所以AG ＝2＝22a ，得a ＝2.在Rt △OGA 中，OG ＝12a ＝1，AG ＝2，则AO ＝3，即外接球半径R ＝3，所以所求外接球的表面积为4πR 2＝12π.法二：将三视图还原为直观图如图中四棱锥P ABCD ，其中底面ABCD为正方形，PA ⊥平面ABCD ，且PA ＝AB ＝AD ＝a ，连接AC ，由题意得BC ⊥PB ，DC ⊥PD ，PA ⊥AC ，取PC 的中点O ，连接OA ，OB ，OD ，可得OA ＝OB ＝OC ＝OD ＝OP ＝12PC ，所以O 为球心．由直线EF 被球面所截得的线段长为22得，AC ＝2a ＝22，a ＝2，即4R 2＝PC 2＝PA 2＋AC 2＝a 2＋2a 2＝3a 2＝12，所以所求外接球的表面积为4πR 2＝12π.答案：12π6.如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1的侧棱A 1A 和B 1B 上各有一个动点P ，Q ，且满足A 1P ＝BQ ，M 是棱CA 上的动点，则V M ABQP VABC A 1B 1C 1－V M ABQP 的最大值是________．解析：设三棱柱ABC A 1B 1C 1的体积为V .∵侧棱AA 1和BB 1上各有一动点P ，Q 满足A 1P ＝BQ ，∴四边形PQBA 与四边形PQB 1A 1的面积相等．∵M 是棱CA 上的动点，∴点M 在点C 处时，V M ABQP VABC A 1B 1C 1－V M ABQP的值最大．又四棱锥M PQBA 的体积等于三棱锥C ABA 1的体积，即等于13V ， ∴V M ABQP VABC A 1B 1C 1－V M ABQP 的最大值是13V V －13V ＝12. 答案：12。

2018年高考数学二轮复习专题1.5立体几何(讲)文

专题 1.5立体几何【高考改编☆回首基础】1．【空间几何体的直观图和面积计算】【2017·全国卷Ⅰ改编】某多面体的三视图如下图，此中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形构成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为________．【答案】 12【分析】该几何体为一个三棱柱和一个三棱锥的组合体，其直观图如下图，各个面中有两个全等的梯形，其面2＋ 4积之和为2×2×2＝12.2.【三视图与空间几何体的体积】【2017·全国卷Ⅱ改编】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为________．【答案】 63π【分析】3.【空间几何体的体积】【2017课标3，改编】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为 2 的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为.【答案】【分析】3π4【命题展望☆看准方向】1. 空间几何体的三视图成为近几年高考的必考点 , 独自考察三视图的渐渐减少 , 主要考察由三视图求原几何体的面积、体积 , 主要以选择题、填空题的形式考察 .2. 对柱体、锥体、台体表面积、体积及球与多面体的切接问题中的相关几何体的表面积、体积的考察又是高考的一个热门 , 难度不大 , 主要以选择题、填空题的形式考察 .3.2018 年应注意抓住考察的主要题目种类进行训练 , 重点有三个 : 一是三视图中的几何体的形状及面积、体积 ; 二是求柱体、锥体、台体及球的表面积、体积; 三是求球与多面体的相切、接问题中的相关几何体的表面积、体积 .【典例剖析☆提高能力】【例 1】 17 世纪日本数学家们对于数学对于体积方法的问题还不认识，他们将体积公式“ V ＝kD 3”中的常数 k 称为“立圆术”或“玉积率”，创用了求“玉积率”的独到方法“会玉术”，此中， D 为直径，近似地，对于等边圆柱 ( 轴截面是正方形的圆柱叫做等边圆柱 ) 、正方体也有近似的体积公式V ＝ kD 3，此中，在等边圆柱中，D 表示底面圆的直径；在正方体中，D 表示棱长．假定运用此“会玉术”，求得的球、等边圆柱、正方体的“玉积率”分别为 k ， k ， k ，那么， k1∶k∶k＝ ()12323A. ∶ ∶1B. 6 ∶ ∶2C.1∶3∶12D.1∶3∶64642【答案】 D3【分析】球中，V4 R 3 4 D D 3 k 1D 3 , k 1 ；33266D 2等边圆柱中，VDD 3 k 2 D 3 , k 2；244正方体中，VD 3 k 3D 3 , k 3 1 ；所以 k 1 : k 2 : k 3: :1 1: 3: 6.应选 D.6 42πA. B.27【答案】 B 【分析】8π C.π D.2π2739【例 2】【 2018 届河南省郑州市第一次模拟】刍薨（chuhong ），中国古代算术中的一种几何形体，《九章算术》中记录“刍薨者，下有褒有广，而上有褒无广. 刍，草也 . 薨，屋盖也 . ”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱，刍薨字面意思为茅草屋顶”，如图，为一刍薨的三视图，此中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形，则搭建它（无底面，不考虑厚度）需要的茅草面积起码为（）A.24B.325C.64D.326【答案】 B【一鼓作气】【 2018 届湖北省稳派教育高三上第二次联考】已知一个几何体的三视图如下图，则该几何体的体积为（）A.8 16B.816C.126D.44333【答案】 A【分析】由三视图可得，该几何体为右边的一个半圆锥和左边的一个三棱锥拼接而成。

2018年全国各地高考模拟数学试题《空间几何体》解答题试题汇编(含答案解析)

2018年全国各地高考数学模拟试题《空间几何体》解答题试题汇编（含答案解析）1．（2018•黑龙江模拟）在三棱柱ABC﹣A1B l C1中，已知侧棱与底面垂直，∠CAB=90°，且AC=1，AB=2，E为BB1的中点，M为AC上一点，AM=AC．（I）若三棱锥A1﹣C1ME的体积为，求AA1的长；（Ⅱ）证明：CB1∥平面A1EM．2．（2018•焦作四模）如图，梯形ABCD与矩形CC1D1D所在平面相互垂直，AD ∥BC，BA⊥AD，AD=4，AB=BC=CC1=1．（Ⅰ）求证：AD1∥平面BCC1；（Ⅱ）求四棱锥C1﹣ABCD的侧面积．3．（2018•南海区模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四形，AB=2AD=2，∠DAB=60°，PD=BD，且PD⊥底面ABCD．（Ⅰ）证明：BC⊥平面PBD；（Ⅱ）若Q为PC的中点，求三棱锥A﹣PBQ的体积．4．（2018•晋城二模）如图，在几何体ABCDEF中，底面CDEF是平行四边形，AB ∥CD，AB=1，CD=2，DE=2，DF=4，DB=2，DB⊥平面CDEF，CE与DF交于点O．（Ⅰ）求证：OB∥平面ACF；（Ⅱ）求三棱锥B﹣DEF的表面积．5．（2018•西宁模拟）在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD是矩形，平面PAB⊥平面ABCD，点E、F分别为BC、AP中点．（1）求证：EF∥平面PCD；（2）若AD=AP=PB=AB=1，求三棱锥P﹣DEF的体积．6．（2018•徐州一模）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC=90°，AB=AA1，M，N分别是AC，B1C1的中点．求证：（1）MN∥平面ABB1A1；（2）AN⊥A1B．7．（2018•玉溪模拟）如图，平面ACEF⊥平面ABCD，四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，AF∥CE，AF⊥AC，AB=AF=2，CE=1．（1）求四棱锥B﹣ACEF的体积；（2）在BF上有一点P，使得AP∥DE，求的值．8．（2018•衡阳一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB，E、F、G分别是PA、PB、BC的中点．（1）证明：平面EFG∥平面PCD；（2）若平面EFG截四棱锥P﹣ABCD所得截面的面积为，求四棱锥P﹣ABCD 的体积9．（2018•顺德区一模）如图，在三棱锥D﹣ABC中，DA=DB=DC，E为AC上的一点，DE⊥平面ABC，F为AB的中点．（Ⅰ）求证：平面ABD⊥平面DEF；（Ⅱ）若AD⊥DC，AC=4，∠BAC=45°，求四面体F﹣DBC的体积．10．（2018•蚌埠三模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，M为侧棱PC上一点，侧棱PA丄底面ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，O为AC与BD交点，且∠BAD=60°，△PBD面积为2．（I ）证明：OM丄BD；（Ⅱ）若M为PC三等分点（靠近C点），求三棱锥P﹣DOM的体积．11．（2018•宁城县模拟）如图，四棱锥E﹣ABCD中，AD∥BC，AD=AB=AE=BC=1，且BC⊥平面ABE，M为棱CE的中点．（I）求证：DM∥平面ABE；（Ⅱ）求证：平面CDE⊥平面CBE；（Ⅲ）当四面体D﹣ABE的体积最大时，判断直线AE与直线CD是否垂直，并说明理由．12．（2018•麻城市校级模拟）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面PAC⊥平面PBD．（1）求证：PB=PD；（2）若M为PD的中点，AM⊥平面PCD，求三棱锥DACM的体积．13．（2018•上饶二模）如图所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面A1BC⊥平面A1B1BA，且AA1=AB=2，（1）求证：BC⊥平面A1B1BA；（2）若三棱锥A﹣A1BC外接球的体积为，求四棱锥A1﹣BCC1B1的体积．14．（2018•昌平区二模）如图，四边形ABCD是正方形，平面ABCD⊥平面ABE，AF∥BE，AB⊥BE，AB=BE=2，AF=1．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BDE；（Ⅱ）求证：AC∥平面DEF；（III）求三棱锥D﹣FEB的体积．15．（2018•宁德二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AB=AD=2BC=2，PB=PD，PA=．（1）求证：PA⊥BD；（2）若PA⊥AB，BD=2，E为PA的中点．（i）过点C作一直线l与BE平行，在图中画出直线l并说明理由；（ii）求平面BEC将三棱锥P﹣ACD分成的两部分体积的比．16．（2018•宝鸡二模）如图，四边形ABCD为矩形，四边形ADEF为梯形，AD∥FE，∠AFE=60°，且平面ABCD⊥平面ADEF，AF=FE=AB==2，点G为AC的中点．（1）求证：EG∥平面ABF；（2）求三棱锥B﹣AEG的体积．17．（2018•日照二模）如图，在菱形ABCD中，，其对角线AC与BD 相交于点O，四边形OAEF为矩形，平面OAEF⊥平面ABCD，AB=AE=2．（1）求证：平面DEF⊥平面BDF；（2）若点H在线段BF上，且BF=3HF，求三棱锥H﹣DEF的体积．18．（2018•福建模拟）如图，在直三棱柱ABC﹣A 1B1C1中，AC⊥BC，，BC=3，．（1）试在线段B1C上找一个异于B1，C的点P，使得AP⊥PC1，并证明你的结论；（2）在（1）的条件下，求多面体A1B1C1PA的体积．19．（2018•济宁二模）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱BB1⊥底面ABC，D，E分别为BC，CC1的中点，AA1=AC=AB=2，BC=3．（I）证明：A1B∥平面ADC1；（Ⅱ）求三棱锥E﹣A1BC的体积．20．（2018•凉山州模拟）如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足为H，PH是四棱锥的高．（Ⅰ）证明：平面PAC⊥平面PBD；（Ⅱ）若AB=，∠APB=∠ADB=60°，求四棱锥P﹣ABCD的体积．21．（2018•邯郸二模）如图，四棱锥P﹣ABCD中，AB=BC=2，AD=CD=2，PA=PC，，AB⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD．（1）求证：PD⊥平面ABCD；（2）若PD=3，是否存在球O使得四棱锥P﹣ABCD内接于球O？若存在，求球O 与四棱锥P﹣ABCD的体积之比；若不存在，请说明理由．22．（2018•渭南二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD 为正方形，PD=DC，E，F 分别是AB，PB的中点（Ⅰ）求证：EF⊥CD；（Ⅱ）已知PD=AD=2，记四棱锥P﹣ABCD和它的外接球的体积分别为V1、V2，求的值．23．（2018•肥城市模拟）如图，在多面体ABCDM中，△BCD是等边三角形，△CMD是等腰直角三角形，∠CMD=90°，平面CMD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，点O为CD的中点．（1）求证：OM∥平面ABD；（2）若AB=BC=2，求三棱锥M﹣ABD的体积．24．（2018•乐山三模）如图1所示，直角梯形ABCD，∠ADC=90°，AB∥CD，AD=CD=AB=2，点E为AC的中点，将△ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD 与平面ABC垂直（如图2），在图2所示的几何体D﹣ABC中．（1）求证：BC⊥平面ACD；（2）点F在棱CD上，且满足AD∥平面BEF，求几何体F﹣BCE的体积．25．（2018•广东二模）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD为菱形，且∠A1AB=∠A1AD．（1）证明：四边形BB1D1D为矩形；（2）若AB=A1A=2，∠BAD=60°，A1C⊥平面BB1D1D，求四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的体积．26．（2018•青岛二模）如图所示，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱BB1⊥底面ABC，BB1=4，AB⊥BC，且AB=BC=4，点M，N为棱AB，BC上的动点，且AM=BN．（1）求证：无论M在何处，总有B1C⊥C1M；（2）求三棱锥B﹣MNB1体积的最大值．27．（2018•陕西一模）在三棱锥P﹣ABC中，△PAC和△PBC都是边长为的等边三角形，AB=2，O、D分别是AB、PB的中点．（1）求证：OD∥平面PAC；（2）连接PO，求证PO⊥平面ABC；（3）求三棱锥A﹣PBC的体积．28．（2018•海南二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AB=2AD=2，，且PD⊥底面ABCD．（1）证明：BC⊥平面PBD；（2）若Q为PC的中点，求三棱锥A﹣PBQ的体积．29．（2018•上海模拟）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=AA1=4，BC=3，E，F分别是所在棱AB，BC的中点，点P是棱A1B1上的动点，联结EF，AC1．如图所示．（1）求异面直线EF，AC1所成角的大小（用反三角函数值表示）；（2）求以E，F，A，P为顶点的三棱锥的体积．30．（2018•德阳模拟）如图，点C在以AB为直径的圆O上，PA垂直与圆O所在平面，G为△AOC的垂心．（1）求证：平面OPG⊥平面PAC；（2）若PA=AB=2AC=2，点Q在线段PA上，且PQ=2QA，求三棱锥P﹣QGC的体积．31．（2018•全国I模拟）四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，．PA=PB，侧面PAB⊥底面ABCD．（1）证明：PA⊥BC；（2）若AB=2，PC⊥BD，PD与平面ABCD所成的角为45○，求四棱锥P﹣ABCD 的体积．32．（2018•开封三模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是长方形，2AD=CD=PD=2，，二面角P﹣AD﹣C为120°，点E为线段PC的中点，点F 在线段AB上，且．（Ⅰ）平面PCD⊥平面ABCD；（Ⅱ）求棱锥C﹣DEF的高．33．（2018•枣庄二模）在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，平面SAB⊥平面ABCD，平面SAD⊥平面ABCD，且SA=2AD=3AB．（Ⅰ）证明：SA⊥平面ABCD；（Ⅱ）若E为SC的中点，三棱锥E﹣BCD的体积为，求四棱锥S﹣ABCD外接球的表面积．34．（2018•全国模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，∠ABC=∠BAD=90°，AD=AB=BC=1，PD⊥平面ABCD，PD=，M为PC上的动点．（Ⅰ）当M为PC的中点时，在棱PB上是否存在点N，使得MN∥平面PDA？说明理由；（Ⅱ）△BDM的面积最小时，求三棱锥M﹣BCD的体积．35．（2018•凉山州模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，AB⊥AD，AB=1，AD=2，AC=CD=．（1）求证：PD⊥平面PAB；（2）求四面体PACD的体积．36．（2018•宜昌模拟）在四棱锥P﹣ABCD中，∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD=1，BC=2，△PAC是以AC为斜边的等腰直角三角形，平面PAC⊥平面ABCD．（Ⅰ）证明：PC⊥PB；（Ⅱ）若点E在线段PC上，且PC=3PE，求三棱锥A﹣EBC的体积．37．（2018•深圳一模）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC为等边三角形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，且∠B1BA=45°．（I）证明：AC⊥AA1；（Ⅱ）若AA1=AB=2，求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积．38．（2018•徐汇区一模）如图，梯形ABCD满足AB∥CD，，BC=1，∠BAD=30°，现将梯形ABCD绕AB所在直线旋转一周，所得几何体记叙Ω（1）求Ω的体积V；（2）求Ω的表面积S．39．（2018•抚顺一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD 为梯形，AB∥CD，∠BAD=60°，PD=AD=AB=2，CD=4，E为PC的中点．（Ⅰ）证明：BE∥平面PAD；（Ⅱ）求三棱锥E﹣PBD的体积．40．（2018•河南一模）已知四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，SA=SD=，点E是棱AD的中点，点F在棱SC上，且=λ，SA∥平面BEF．（Ⅰ）求实数λ的值；（Ⅱ）求三棱锥F﹣EBC的体积．参考答案与试题解析1．【分析】（I）由A1A⊥AB，AC⊥AB可知AB⊥平面ACC1A1，故E到平面ACC1A1的距离等于AB，于是VV=V，根据体积列出方程解出A 1A；（II）连结AB1交A1E于F，连结MF，由矩形知识可知AF=，故MF∥CB1，所以CB1∥平面A1EM．【解答】解：（I）∵A1A⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，∴A1A⊥AB，又A1A⊥AC，A1A⊂平面ACC1A1，AC⊂平面ACC1A1，A1A∩AC=A，∴AB⊥平面ACC1A1，∵BB1∥平面ACC1A1，∴V=V====．∴A1A=．（II）连结AB1交A1E于F，连结MF，∵E是B1B的中点，∴AF=，又AM=，∴MF∥CB1，又MF⊂平面A1ME，CB1⊄平面A1ME∴CB1∥平面A1EM．【点评】本题考查了线面平行的判定，棱锥的体积计算，属于基础题．2．【分析】（Ⅰ）推导出DD1∥平面BCC1，AD∥平面BCC1，从而平面ADD1∥平面BCC1，由此能证明AD1∥平面BCC1．（Ⅱ）推导出CC1⊥平面ABCD，从而CC1⊥BC，CC1⊥CD，过点C作CE⊥AD交AD于点E，连接C1E，推导出AB⊥平面CC1B，BC1⊥AB，从而AD⊥平面CC1E，AD⊥C1E，由此能求出四棱锥C1﹣ABCD的侧面积．【解答】解：（Ⅰ）因为CC1∥DD1，CC1⊂平面BCC1，DD1⊄平面BCC1，所以DD1∥平面BCC1，同理可得AD∥平面BCC1，又因为AD∩DD1=D，所以平面ADD1∥平面BCC1，因为AD1⊂平面ADD1，所以AD1∥平面BCC1．（Ⅱ）因为平面ABCD⊥平面CC1D1D，平面ABCD∩平面CC1D1D=CD，CC1⊥CD，所以CC1⊥平面ABCD，∴CC1⊥BC，CC1⊥CD，过点C作CE⊥AD交AD于点E，连接C1E，因为AD=4，AB=1，BC=CC1=1，由题意得：，所以，，因为CC1⊥AB，CB⊥AB，CB∩CC1=C，∴AB⊥平面CC1B，所以BC1⊥AB，，由AD⊥CC1，CE∩CC1=C，得AD⊥平面CC1E，所以AD⊥C1E，因为CE=CC 1=1，所以，，所以四棱锥C1﹣ABCD的侧面积为．【点评】本题考查线面平行的证明，考查四棱锥的侧面积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．3．【分析】（Ⅰ）在△ABD中，由余弦定理得求得BD，可得AD2+BD2=AB2，则AD ⊥BD，再由已知得到PD⊥BC．由线面垂直的判定可得BC⊥平面PBD；（Ⅱ）由Q为PC的中点，得三棱锥A﹣PBQ的体积与三棱锥A﹣QBC的体积相等，然后利用等积法求解．【解答】（Ⅰ）证明：在△ABD中，由余弦定理得：BD2=BA2+AD2﹣2BA•AD•cos60°=3，∵AD2+BD2=AB2，∴AD⊥BD，∵AD∥BC，∴BC⊥BD．又∵PD⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC．∵PD∩BD=D，∴BC⊥平面PBD；（Ⅱ）解：∵Q为PC的中点，∴三棱锥A﹣PBQ的体积与三棱锥A﹣QBC的体积相等，而=．∴三棱锥A﹣PBQ的体积．【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题．4．【分析】（Ⅰ）取CF的中点G，连接OG，AG．又点O为DF的中点，可得OG CD，利用已知可得AB OG．可得四边形ABOE为平行四边形，可得OB∥AE．再利用线面平行的判定定理即可证明结论．（Ⅱ）由CD=2，DE=2=CF，DF=4，可得CD2+DF2=DE2．于是CD⊥DF．又DB⊥平面CDEF，以FD，DC，DB所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．利用向量法能求出三棱锥B﹣DEF的表面积．【解答】证明：（Ⅰ）取CF的中点G，连接OG，AG又点O为DF的中点，∴OG CD，又AB∥CD，AB=1，CD=2，∴AB OG．∴四边形ABOE为平行四边形，∴OB∥AE．又OB⊄平面ACF，AE⊂平面ACF，∴OB∥平面ACF．（Ⅱ）解：∵CD=2，DE=2=CF，DF=4，∴CD2+DF2=DE2．∴∠CDF=90°，∴CD⊥DF．连结BF，又DB⊥平面CDEF，===4，∴S△BDF==4，==2，==2，∴三棱锥B﹣DEF的表面积：S=S△BDF+S△DEF+S△BDE+S△BDF==8+4．【点评】本题考查线面平行的证明，考查三棱锥的表面积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．5．【分析】（1）取PD中点G，连接GF，GC．推导出四边形ABCD是平行四边形，从而GC∥EF，由此能证明EF∥平面PCD．（2）推导出AD⊥AB，AD∥BC，从而AD⊥平面PAB，进而平面PAD⊥平面PAB，BC∥平面PAD，推导出AP⊥PB，从而BP⊥平面PAD，由BC∥平面PAD，得点E 到平面PAD的距离等于点B到平面PAD的距离，由此能求出三棱锥P﹣DEF的体积．【解答】（12分）（1）证明：取PD中点G，连接GF，GC．在△PAD中，有G，F分别为PD、AP中点，∴在矩形ABCD中，E为BC中点，∴，∴，∴四边形ABCD是平行四边形，∴GC∥EF∵GC⊂平面PCD，EF⊄平面PCD，∴EF∥平面PCD．………………………………………………（6分）解：（2）∵四边形ABCD是矩形，∴AD⊥AB，AD∥BC，∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，AD⊂平面PAB，∴AD⊥平面PAB，∴平面PAD⊥平面PAB，BC∥平面PAD，∵，∴，满足AP2+PB2=AB2，∴AP⊥PB，∴BP⊥平面PAD，∵BC∥平面PAD，∴点E到平面PAD的距离等于点B到平面PAD的距离．∵，∴，∴三棱锥P﹣DEF的体积为．…………………………………（12分）【点评】本题考查线面平行的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、空间想象能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．6．【分析】（1）取AB的中点P，连结PM、PB1推导出四边形PMNB1是平行四边形，从而MN∥PB1，由此能证明MN∥平面ABB1A1．（2）推导出BB1⊥面A1B1C1，从而面ABB1A1⊥面A1B1C1推导出B1C1⊥B1A1，从而B1C1⊥面ABB1A1，进而B1C1⊥A1B，即NB1⊥A1B，连结AB1，推导出AB1⊥A1B，从而A1B⊥面AB1N，由此能证明A1B⊥AN．【解答】证明：（1）取AB的中点P，连结PM、PB1，因为M、P分别是AB，AC的中点，所以PM∥BC且PM=BC，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC∥B1C1，BC=B1C1，又因为N是B1C1的中点，所以PM∥B1N，且PM=B1N．…（2分）所以四边形PMNB1是平行四边形，所以MN∥PB1，…（4分）而MN⊄平面ABB1A1，PB1⊂平面ABB1A1，所以MN∥平面ABB1A1．…（6分）（2）因为三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，所以BB1⊥面A1B1C1，又因为BB1⊂面ABB1A1，所以面ABB1A1⊥面A1B1C1，…（8分）又因为∠ABC=90°，所以B1C1⊥B1A1，面ABB1A1∩面A1B1C1=B1A1，B1C1⊂平面A1B1C1，所以B1C1⊥面ABB1A1，…（10分）又因为A1B⊂面ABB1A1，所以B1C1⊥A1B，即NB1⊥A1B，连结AB1，因为在平行四边形ABB1A1中，AB=AA1，所以AB1⊥A1B，又因为NB1∩AB1=B1，且AB1，NB1⊂面AB1N，所以A1B⊥面AB1N，…（12分）而AN⊂面AB1N，所以A1B⊥AN．…（14分）【点评】本题考查线面平行、线线垂直的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．7．【分析】（1）证明BD⊥AC，推出BD⊥平面ACEF，计算得，然后求解四棱锥B﹣ACEF的体积．（2）连接AM交BF于P则点P满足AP∥DE，证明四边形BMEC是平行四边形．推出AP∥DE．通过△BPM～△FPA，求解即可．【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，又∵平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD=AC，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥平面ACEF，在△ABC中，∠ABC=60°，AB=2，设BD∩AC=O，计算得在梯形ACEF中，AF∥CE，AF⊥AC，AC=AF=2，CE=1，梯形ACEF的面积，∴四棱锥B﹣ACEF的体积为．（2）在平面ABF内作BM∥AF，且BM=1，连接AM交BF于P，则点P满足AP∥DE，证明如下：∵AF∥CE，CE=1，∴BM∥CE，且BM=CE，∴四边形BMEC是平行四边形．∴BC∥ME，BC=ME，又菱形ABCD中，BC∥AD，BC=AD，∴ME∥AD，ME=AD，∴四边形ADEM是平行四边形∴AM∥DE，即AP∥DE．∵BM∥AF，∴△BPM～△FPA，又BM=1，∴．【点评】本题考查几何体的体积的求法，直线与平面平行与垂直的判断，考查空间想象能力以及计算能力．8．【分析】（1）推导出EF∥AB，AB∥CD，从而EF∥CD，再求出FG∥PC．由此能证明平面EFG∥面PCD．（2）设H为AD的中点，则GH∥EF，则平面EFG截四棱锥P﹣ABCD的截面为梯形EFGH，求出PA=AB=2，由此能四棱锥P﹣ABCD的体积．【解答】（本小题满分12分）证明：（1）∵E，F分别为PA，PB的中点，∴EF∥AB，又AB∥CD，∴EF∥CD，又∵F，G分别为PB，BC的中点，∴FG∥PC．又∵PC∩CD=C，EF∩FG=F，∴平面EFG∥面PCD．…（4分）解：（2）设H为AD的中点，则GH∥EF，则平面EFG截四棱锥P﹣ABCD的截面为梯形EFGH，∵PA⊥底面ABCD，DC⊂平面ABCD，∴PA⊥DC且DC⊥AD，∴DC⊥平面PAD，又EH⊂平面PAD，∴CD⊥EH，又∵GH∥CD，∴GH⊥EH，∴梯形EFGH为直角梯形…（8分）在直角梯形EFGH中，设PA=AB=a，则，∴，解得a=2…（10分）∴四棱锥P﹣ABCD的体积．…（12分）【点评】本题考查面面平行的证明，考查四棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．9．【分析】（I）由DE⊥平面得出DE⊥AB，又DF⊥AB，故而AB⊥平面DEF，从而得出平面ABD⊥平面DEF；（Ⅱ）可得线段DA、DB、DC在平面ABC的投影EA，EB，EC满足EA=EB=EC，△ABC为直角三角形，即AB⊥BC，由AD⊥DC，AC=4，∠BAC=45°，可得S△==2，FBC即可计算四面体F﹣DBC的体积V F=V D﹣FBC=．﹣DBC【解答】证明：（Ⅰ）∵DE⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，∴AB⊥DE，又F为AB的中点，DA=DB，∴AB⊥DF，DE，DF⊂平面DEF，DE∩DF=D，∴AB⊥平面DEF，又∵AB⊂平面ABD，∴平面ABD⊥平面DEF．（Ⅱ）∵DA=DB=DC，E为AC上的一点，DE⊥平面ABC，∴线段DA、DB、DC在平面ABC的投影EA，EB，EC满足EA=EB=EC∴△ABC为直角三角形，即AB⊥BC由AD⊥DC，AC=4，∠BAC=45°，∴AB=BC=2，DE=2，==2，∴S△FBC∴四面体F﹣DBC的体积V F=V D﹣FBC==．﹣DBC【点评】本题考查了了面面垂直的判定，三棱锥体积的计算，属于中档题．10．【分析】（Ⅰ）由PA丄底面ABCD，可得PA⊥BD，结合四边形ABCD是菱形，得BD⊥AC，则BD⊥平面PAC，进一步得到BD⊥OM；（Ⅱ）设PA=h，连接PO，由（Ⅰ）知，BD⊥PO，且PO2=h2+AO2，求解三角形求得h，再由M为PC三等分点（靠近C点），可得M到平面ABCD的距离为，然后利用等积法求三棱锥P﹣DOM的体积．【解答】（Ⅰ）证明：∵PA丄底面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，又PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，∵OM⊂平面PAC，∴BD⊥OM；（Ⅱ）解：设PA=h，连接PO，由（Ⅰ）知，BD⊥PO，且PO2=h2+AO2，∵菱形ABCD的边长为2，∠BAD=60°，∴BD=2，AO=，由，解得h=1．∵M为PC三等分点（靠近C点），∴M到平面ABCD的距离为，∴V P=2V C﹣DOM=2V M﹣CDO=．﹣DOM【点评】本题考查空间直线与直线的位置关系，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题．11．【分析】（Ⅰ）取线段EB的中点N，连接MN，AN推导出四边形DMNA是平行四边形，从面DM∥AN．由此能证明DM∥平面ABE．（Ⅱ）推导出AN⊥BE．BC⊥AN，从而AN⊥平面BCE．进而DM⊥平面BCE．由此能证明平面CDE⊥平面CBE．（Ⅲ）设∠EAB=θ，当θ=90°，即AE⊥AB时体积最大．由BC⊥平面ABE，得AE ⊥BC．从而AE⊥平面ABC．进而AE⊥CD．【解答】证明：（Ⅰ）取线段EB的中点N，连接MN，AN．因为M为棱CE的中点，所以在△CBE中MN∥BC，．又AD∥BC，，所以MN∥AD，MN=AD．所以四边形DMNA是平行四边形，所以DM∥AN．又DM⊄平面ABE，AN⊂平面ABE，所以DM∥平面ABE．（Ⅱ）因为AE=AB，N为EB中点，所以AN⊥BE．又BC⊥平面ABE，AN⊂平面ABE，所以BC⊥AN又BC∩BE=B，所以AN⊥平面BCE．又DM∥AN，所以DM⊥平面BCE．因为DM⊂平面CDE，所以平面CDE⊥平面CBE..……………………．…（9分）解：（Ⅲ）四面体D﹣ABE的体积最大时，AE⊥CD．理由如下：设∠EAB=θ，∵AD=AB=AE=1则四面体D﹣ABE的体积=．当θ=90°，即AE⊥AB时体积最大．又BC⊥平面ABE，AE⊂平面ABE，所以AE⊥BC．因为BC∩AB=B，所以AE⊥平面ABC．因为CD⊂平面ABCD，所以AE⊥CD..……………………．…（14分）【点评】本题考查线面平行、面面垂直的证明，考查线线是否垂直的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．12．【分析】（1）设AC∩BD=O，连接PO，过O做OQ⊥PO，交PC于Q点推导出OQ⊥BD，从而BD⊥PO，由此能证明PB=PD．（2）过M作MN⊥AD于N，AM⊥PD，PA=AD=2，MN=1，由此能求出三棱锥DACM 的体积．【解答】证明：（1）设AC∩BD=O，连接PO，过O做OQ⊥PO，交PC于Q点，则有OQ⊥平面PBD，∴OQ⊥BD，又∵BD⊥AC∴BD⊥平面PAC∴BD⊥PO又∵O为BD中点∴PB=PD解：（2）过M作MN⊥AD于N∵AM⊥平面PDC，∴AM⊥PD又∵M为PD中点∴PA=AD=2，∴AM=MD=，∴MN=1故三棱锥DACM的体积V===．【点评】本题考查线线相等的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．13．【分析】（1）连接AB1，由已知可得四边形A1B1BA为正方形，则AB1⊥A1B，再由面面垂直的性质可得AB1⊥平面A1BC，进一步得到AB1⊥BC，又B1B⊥平面ABC，可得B1B⊥BC，再由线面垂直的判断可得BC⊥平面A1B1BA；（2）设三棱锥A﹣A1BC外接球的半径为R，由已知可得，由题意可得A1C 为三棱锥A﹣A1BC外接球的直径，得A1C=3，然后证明AB⊥平面B1BCC1，再由棱锥体积公式求得四棱锥A1﹣BCC1B1的体积．【解答】（1）证明：连接AB1，∵ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，AA1=AB，∴四边形A1B1BA为正方形，则AB1⊥A1B，又平面A1BC⊥平面A1B1BA，且平面A1BC∩平面A1B1BA=A1B，AB1⊂平面A1B1BA，∴AB1⊥平面A1BC，又BC⊂平面A1BC，∴AB1⊥BC，又B1B⊥平面ABC，∴B1B⊥BC，又AB1∩B1B=B，且AB1，B1B⊂平面A1B1BA，∴BC⊥平面A1B1BA；（2）解：设三棱锥A﹣A1BC外接球的半径为R，，得，由（1）可知BC⊥A1B，∵∠A1AC=∠A1BC=90°，∴A1C为三棱锥A﹣A1BC外接球的直径，得A1C=3，又AA1=2，∴，又AB=2，∴BC=1，∵AB⊥BC，AB⊥BB1，BC∩BB1=B，∴AB⊥平面B1BCC1，∴．【点评】本题考查线面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．14．【分析】（Ⅰ）由四边形ABCD是正方形，可得AC⊥BD．再由已知结合面面垂直的性质可得BE⊥平面ABCD，则BE⊥AC，由线面垂直的判定可得AC⊥平面BDE；（Ⅱ）取DE的中点G，连结OG，FG，可证明四边形AOGF为平行四边形，则AO∥FG，再由线面平行的判定可得AC∥平面DEF；（Ⅲ）由平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，可得AD∥BC，AD⊥AB．由（Ⅰ）知，BE⊥平面ABCD，则BE⊥AD，即有AD⊥平面BEF，然后利用棱锥体积公式求解．【解答】（Ⅰ）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD．又∵平面ABEF⊥平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD=AB，AB⊥BE，BE⊂平面ABEF，∴BE⊥平面ABCD．又∵AC⊂平面ABCD．∴BE⊥AC，又BE∩BD=B，∴AC⊥平面BDE；（Ⅱ）证明：取DE的中点G，连结OG，FG，∵四边形ABCD为正方形，∴O为BD的中点．则OG∥BE，且．由已知AF∥BE，且，则AF∥OG且AF=OG，∴四边形AOGF为平行四边形，则AO∥FG，即AC∥FG．∵AC⊄平面DEF，FG⊂平面DEF，∴AC∥平面DEF；（Ⅲ）解：∵平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，平面ABEF∩平面ABCD=AB，∴AD∥BC，AD⊥AB．由（Ⅰ）知，BE⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴BE⊥AD∴AD⊥平面BEF．∴．【点评】本题考查直线与平面垂直、直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．15．【分析】（1）取BD中点O，连接AO，PO，推导出AO⊥BD，PO⊥BD，由此能证明BD⊥面PAO，从而PA⊥BD．（2）（i）取PD中点F，连接CF，EF，则CF∥BE，CF即为所作直线l．（ii）推导出PA⊥面ABD，从而AB⊥面PAD．法一：，，由此能求出结果；法二：在△PAD中，EF为中位线，，，由此能求出结果；法三：由，得，由此能求出结果．【解答】证明：（1）取BD中点O，连接AO，PO（1分）∵AB=AD，O为BD中点，∴AO⊥BD，又PB=PD，O为BD中点，∴PO⊥BD，又AO∩PO=O，∴BD⊥面PAO，（3分）又PA⊂面PAO，∴PA⊥BD．（4分）（2）（i）取PD中点F，连接CF，EF，则CF∥BE，CF即为所作直线l．（5分）理由如下：∵在△PAD中E、F分别为PA、PD中点，∴EF∥AD，且，又∵AD∥BC，，∴EF∥BC且EF=BC，∴四边形BCFE为平行四边形．（6分）∴CF∥BE．（7分）（ii）∵PA⊥AB，PA⊥BD，AB∩BD=B，∴PA⊥面ABD，（8分）又在△ABD中，AB=AD=2，，AB2+AD2=BD2，∴AB⊥AD又PA⊥AB，PA∩AD=A∴AB⊥面PAD（9分）方法一：，（10分）∴，（11分）∴．（12分）方法二：∵在△PAD中，EF为中位线，∴，……………………………………………………………………………..（10分）∴，…………………………………………………………..（11分）∴．…（12分）方法三：∵，∴，………………………………………………………..（11分）∴．…………………………………………………………………………．（12分）【点评】本小题主要考查空间中直线与直线、直线与平面的位置关系、平面与平面位置关系，几何体的体积等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想等．16．【分析】（1）取AB中点M，连FM，GM，证明EG∥FM．然后证明EG∥平面ABF．（2）作EN⊥AD，垂足为N，说明EN为三棱锥E﹣ABG的高．利用等体积法，通过求解即可．【解答】（1）证明：取AB中点M，连FM，GM．…（1分）∵G为对角线AC的中点，∴GM∥AD，且GM=AD，又∵FE∥AD，∴GM∥FE且GM=FE．∴四边形GMFE为平行四边形，即EG∥FM．…（4分）又∵EG⊄平面ABF，FM⊂平面ABF，∴EG∥平面ABF．…（6分）（2）解：作EN⊥AD，垂足为N，由平面ABCD⊥平面AFED，面ABCD∩面AFED=AD，得EN⊥平面ABCD，即EN为三棱锥E﹣ABG的高．∵在△AEF中，AF=FE，∠AFE=60°，∴△AEF是正三角形．∴∠AEF=60°，由EF∥AD知∠EAD=60°，∴EN=AE∙sin60°=．…（10分）∴三棱锥B﹣AEG的体积为．…（13分）【点评】本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．转化思想的应用．17．【分析】（1）推导出AO⊥BD，AO⊥FO，EF∥AO，从而EF⊥BD，EF⊥FO，进而EF⊥平面BDF．由此能证明平面DEF⊥平面BDF．（2）连接EH，DH，EB，则EF⊥平面BDF，V E=V B﹣DEF=3V H﹣DEF，由此能求出﹣BDF．三棱锥H﹣DEF的体积V H﹣DEF【解答】证明：（1）∵ABCD为菱形，∴AO⊥BD∵四边形OAEF为矩形，∴AO⊥FO，EF∥AO，∴EF⊥BD，∴EF⊥FO，又∵BD∩FO=O，∴EF⊥平面BDF．又EF⊂平面DEF，∴平面DEF⊥平面BDF．解：（2）连接EH，DH，EB，则由（1）可知EF⊥平面BDF，又△BDF中，，故三棱锥E﹣BDF的体积为V E=，﹣BDF又，故三棱锥H﹣DEF的体积．【点评】本题考查面面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．18．【分析】（1）先由直三棱柱的性质及AC⊥BC得到AC⊥平面BCC1B1，从而有C1P ⊥AC，所以要使PC1⊥AP，只需C1P⊥B1C即可，然后以此为条件进行证明即可；（2）把多面体A1B1C1PA分割为三棱锥A﹣A1B1C1和三棱锥A﹣B1PC1，分别计算体积并求和．【解答】解：（1）过C1作C1P⊥B1C，垂足为P，则AP⊥PC1．证明：∵AC⊥BC，AC⊥CC1，BC∩CC1=C，∴AC⊥平面BCC1B1，又PC1⊂平面BCC1B1，∴AC⊥PC1，又PC1⊥B1C，AC∩B1C=C，∴PC1⊥平面ACB1，又AP⊂平面ACB1，∴AP⊥PC1．（2）在Rt△BB1C1中，∵B1C1=3，CC1=3，∴B1C=6，∴PC1==，B1P=，∴V===．又V===9．∴多面体A 1B1C1PA的体积为：V+V=．【点评】本小题以直三棱柱为载体，考查直线与平面垂直的性质及判定等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力，考查化归与转化思想．19．【分析】（Ⅰ）设A1C与AC1相交于O点，连接OD，则O为A1C的中点，由三角形中位线定理可得OD∥A1B，再由线面平行的判定可得A1B∥平面ADC1；（Ⅱ）由AB=AC，D为BC的中点，可得AD⊥BC，由BB1⊥底面ABC，得BB1⊥AD，则AD⊥平面BCE，求解三角形可得AD，再求出三角形BEC的面积，由等积法求三棱锥E﹣A1BC的体积．【解答】（Ⅰ）证明：设A1C与AC1相交于O点，连接OD，则O为A1C的中点，∵D为BC的中点，∴OD是△A1CB的中位线，∴OD∥A1B，∵A1B⊄平面ADC1，OD⊂平面ADC1，∴A1B∥平面ADC1；（Ⅱ）解：∵AB=AC，D为BC的中点，∴AD⊥BC，∵BB1⊥底面ABC，AD⊂平面ABC，∴BB1⊥AD，又BB1∩BC=B，∴AD⊥平面BCE，又，．∴=．【点评】本题考查线面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．20．【分析】（Ⅰ）由PH是四棱锥P﹣ABCD的高，得到AC⊥PH，从而AC⊥平面PBD，由此能证明平面PAC⊥平面PBD．（Ⅱ）求出HA=HB=，从而PA=PB=，HD=HC=1，进而PH=，由此能求出四棱锥的体积．【解答】证明：（Ⅰ）∵PH是四棱锥P﹣ABCD的高．∴AC⊥PH，又AC⊥BD，PH，BD都在平PHD内，且PH∩BD=H．∴AC⊥平面PBD．∴平面PAC⊥平面PBD．…..（6分）解：（Ⅱ）∵ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，AB=．∴HA=HB=．∵∠APB=∠ADR=60．∴PA=PB=，HD=HC=1．∴PH=．等腰梯形ABCD的面积为S=AC•BD=2+．…..（9分）∴四棱锥的体积为V=（2+）×=．…..（12分）【点评】本题考查面面垂直的证明，考查四面体的体积的求法，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．21．【分析】（1）连接BD，由已知可得△ABD≌△BCD，由平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，可得AB⊥平面PAD，得到AB⊥PA，AB⊥PD．从而得到BC⊥平面PCD，则BC⊥PD．则PD⊥平面ABCD；（2）由（1）知，四边形ABCD有外接圆，且BD为外接圆的直径，设BD中点为G，则G为四边形ABCD的外接圆的圆心，求得GD，若PD=3，过G作GO⊥平面ABCD，且取GO=，则O为四棱锥P﹣ABCD的外接球的球心，分别求出外接球的体积与四棱锥的体积得答案．【解答】（1）证明：连接BD，∵AB=BC，AD=CD，BD=BD，∴△ABD≌△BCD，则∠BAD=∠BCD，∵AB=BC，PA=PC，PB=PB，∴△PAB≌△PCB，则∠PAB=∠PCB，∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，AB⊥AD，∴AB⊥平面PAD，则AB⊥PA，AB⊥PD．∴BC⊥CD，BC⊥PC，∵PC∩CD=C，∴BC⊥平面PCD，则BC⊥PD．又AB∩BC=B，∴PD⊥平面ABCD；（2）解：若PD=3，存在球O使得四棱锥P﹣ABCD内接于球O．事实上，由（1）知，四边形ABCD有外接圆，且BD为外接圆的直径，设BD中点为G，则G为四边形ABCD的外接圆的圆心，GD==．若PD=3，过G作GO⊥平面ABCD，且取GO=，则O为四棱锥P﹣ABCD的外接球的球心，此时OD=OP=，即四棱锥P﹣ABCD的外接球的半径R=．球O得体积V=，四棱锥P﹣ABCD的体积V=．∴球O与四棱锥P﹣ABCD的体积之比为．【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体及旋转体体积的求法，是中档题．22．【分析】（Ⅰ）推导出PD⊥CD，AD⊥CD，从而CD⊥平面PAD，由此能证明EF ⊥CD；（Ⅱ）以DA、DC、DP为棱构造棱长为2的正方体，则该正方体的外接球即四棱锥P﹣ABCD的外接球，从而四棱锥P﹣ABCD的外接球半径R==，由此能求出．【解答】证明：（Ⅰ）∵PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，∴PD⊥CD，AD⊥CD，∵PD∩AD=D，∴CD⊥平面PAD，∵E，F 分别是AB，PB的中点，∴PA∥EF，又PA⊂平面PAD，∴CD⊥PA，∴EF⊥CD；解：（Ⅱ）∵PD=AD=2，PD=DC，记四棱锥P﹣ABCD和它的外接球的体积分别为V1、V2，∴以DA、DC、DP为棱构造棱长为2的正方体，则该正方体的外接球即四棱锥P﹣ABCD的外接球，∴四棱锥P﹣ABCD的外接球半径R===，∴V2===4，四棱锥P﹣ABCD的体积V1===，∴==．【点评】本题考查线线垂直的证明，考查四棱锥的体积与其外接球体积的比值的求法，考查几何体的体积、空间线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查对立事件概率计算公式运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．23．【分析】（1）推导出OM⊥CD，从而OM⊥平面BCD，进而OM∥AB，由此能证明OM∥平面ABD；=V A﹣BDM=V O﹣ABD=V A﹣BDO，能求出三棱锥M﹣ABD的体积．（2）由V M﹣ABD【解答】（1）证明：∵△CMD是等腰直角三角形，∠CMD=90°，点O为CD的中点，∴OM⊥CD．∵平面CMD⊥平面BCD，平面CMD∩平面BCD=CD，OM⊂平面BCD，∴OM⊥平面BCD，∵AB⊥平面BCD，∴OM∥AB．∵AB⊂平面ABD，OM⊄平面ABD，∴OM∥平面ABD；（2）解：由（Ⅰ）知OM∥平面ABD，∴点M到平面ABD的距离等于点O到平面ABD的距离过O作OH⊥BD，垂足为点H，。

2018届高考数学立体几何

高考调研 ·二轮重点讲练 ·数学(理)
第7讲
立体几何
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高考调研 ·二轮重点讲练 ·数学(理)
调研一
三视图、直观图
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高考调研 ·二轮重点讲练 ·数学(理)
空间几何体的三视图 (1)几何体的三视图包括正(主 )视图、侧(左) 视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线． (2)三视图的画法： ①基本要求：长对正，高平齐，宽相等． ②画法规则：正(主)侧(左) 一样高，正(主)俯一样长，侧(左) 俯一样宽；看不到的线画虚线．
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Hale Waihona Puke 高考调研 ·二轮重点讲练 ·数学(理)
A．①②⑥ C．④⑤⑥
B．①②③ D．③④⑤
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高考调研 ·二轮重点讲练 ·数学(理)
【解析】正视图应该是相邻两边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是 ①；侧视图应该是相邻两边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②；俯视图应该是相邻两边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③，故选B. 【答案】 B
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高考调研 ·二轮重点讲练 ·数学(理)
(2)(2017· 武汉调研)已知以下三视图中有三个同时表示某一个三棱锥，则不是该三棱锥的三视图是( )
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高考调研 ·二轮重点讲练 ·数学(理)
【解析】由图知，该三棱锥的底面是直角边分别为1和2 的直角三角形，注意到侧视图是从左往右看得到的图形，结合 B，D选项知，D选项中侧视图方向错误，故选D. 【答案】 D
A．① C．②③
B．①② D．①②③

2018届高考数学(理)二轮专题复习：1-7 Word版含答案.doc

小题提速练(七)(满分80分，押题冲刺，45分钟拿下客观题满分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．设全集U ＝R ，A ＝{x ∈N |2x (x －4)＜1}，B ＝{x ∈N |y ＝ln(2－x )}，则图中阴影部分表示的集合的子集个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选D.由韦恩图知阴影部分表示的是A ∩(∁U B )，∵A ＝{x ∈N |2x (x －4)＜1}＝{1,2,3}，B ＝{x ∈N |y ＝ln(2－x )}＝{0,1}，∴阴影部分对应的集合是A ∩(∁U B )＝{2,3}，则图中阴影部分表示的集合的子集个数为22＝4.2．若复数a ＋3i1＋2i(a ∈R ，i 为虚数单位)是纯虚数，则实数a 的值为( )A ．－6B ．－2C ．4D ．6 解析：选A.∵a ＋3i 1＋2i ＝a ＋－＋－＝a ＋＋－2a5为纯虚数，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋6＝0，3－2a ≠0，解得a ＝－6.3．给出命题p ：若平面α与平面β不重合，且平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β；命题q ：向量a ＝(－2，－1)，b ＝(λ，1)的夹角为钝角的充要条件为λ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞.关于以上两个命题，下列结论中正确的是( ) A ．命题“p ∨q ”为假 B ．命题“p ∧q ”为真 C ．命题“p ∨﹁q ”为假D ．命题“p ∧﹁q ”为真解析：选A.命题p ：若平面α与平面β不重合，且平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β或相交，因此是假命题；命题q ：向量a ＝(－2，－1)，b ＝(λ，1)的夹角为钝角的充要条件为⎩⎪⎨⎪⎧a·b ＜0，且不异向共线，－2λ－1＜0，解得λ＞－12，由－λ＋2＝0，解得λ＝2，此时a 与b 异向共线，因此向量a ＝(－2，－1)，b ＝(λ，1)的夹角为钝角的充要条件为λ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞且λ≠2，因此是假命题． 4．一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为()A ．24πB ．6πC ．4πD ．2π解析：选B.几何体为三棱锥，可以将其补形为一个棱长为2的正方体，该正方体的外接球和几何体的外接球为同一个，故2R ＝22＋22，R ＝62，所以外接球的表面积为4πR 2＝6π. 5．下面图1是某学习小组学生数学考试成绩的茎叶图，1号到16号同学的成绩依次为A 1，A 2，…，A 16，图2是统计茎叶图中成绩在一定范围内的学生人数的算法流程图，那么该算法流程图输出的结果是( )7 8 9 10 116 9 1 3 6 72 9 4 1 58 6 3 1 4图1图2A ．6B ．10C ．91D ．92解析：选B.由算法流程图可知，其统计的是数学成绩大于等于90的人数，所以由茎叶图可知：数学成绩大于等于90的人数为10，因此输出结果为10.6．已知正数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ≤0，x －3y ＋5≥0，则z ＝4－x·⎝ ⎛⎭⎪⎫12y的最小值为( )A ．1 B.14 32 C.116D.132解析：选C.根据约束条件画出可行域，把z ＝4－x ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12y化成z ＝2－2x －y，直线z 1＝－2x －y 过点A (1,2)时，z 1最小值是－4，∴z ＝2－2x －y的最小值是2－4＝116.7．已知函数y ＝A cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2x ＋φ(A ＞0)在一个周期内的图象如图所示，其中P ，Q 分别是这段图象的最高点和最低点，M ，N 是图象与x 轴的交点，且∠PMQ ＝90°，则A 的值为()A. 3B. 2 C ．1D ．2解析：选A.过Q ，P 分别作x 轴的垂线于B ，C ，∵函数的周期T ＝2ππ2＝4，∴MN ＝2，CN ＝1，∵∠PMQ ＝90°，∴PQ ＝2MN ＝4，即PN ＝2，即PC ＝PN 2－NC 2＝4－1＝3，∴A ＝ 3.8．已知函数f (n )＝n 2cos(n π)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝( ) A ．0 B ．－100 C ．100D ．10200解析：选B.由题意可得a n ＝n 2cos(n π)＋(n ＋1)2cos[(n ＋1)π]＝(－1)n －1(2n ＋1)，所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝3－5＋7－9＋11－…＋199－201＝50×(－2)＝－100.9．函数f (x )是定义域为R 的奇函数，且x ≤0时，f (x )＝2x－12x ＋a ，则函数f (x )的零点个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C.∵函数f (x )是定义域为R 的奇函数， ∴f (0)＝0，又∵x ≤0时，f (x )＝2x－12x ＋a ，∴f (0)＝20＋a ＝0，解得a ＝－1，故x ≤0时，f (x )＝2x －12x －1，令f (x )＝2x －12x －1＝0，解得x ＝－1或x ＝0，故f (－1)＝0，则f (1)＝0，综上所述，函数f (x )的零点个数是3个．10．设A 1，A 2分别为双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的左右顶点，若双曲线上存在点M 使得两直线斜率kMA 1·kMA 2＜2，则双曲线C 的离心率的取值范围为( )A ．(0，3)B ．(1，3)C ．(3，＋∞)D ．(0,3)解析：选B.由题意可得A 1(－a,0)，A 2(a,0)，设M (m ，n )，可得m 2a 2－n 2b 2＝1，即n 2m 2－a 2＝b 2a 2，由题意k MA 1·k MA 2＜2，即为n －0m ＋a ·n －0m －a ＜2，即有b 2a 2＜2，即b 2＜2a 2，c 2－a 2＜2a 2，即c 2＜3a 2，c ＜3a ，即有e ＝ca＜3，由e ＞1，可得1＜e ＜ 3.11．已知△ABC 外接圆O 的半径为1，且OA →·OB →＝－12，∠C ＝π3，从圆O 内随机取一个点M ，若点M 取自△ABC 内的概率恰为334π，则△ABC 的形状为( )A ．直角三角形B ．等边三角形C ．钝角三角形D ．等腰直角三角形解析：选B.∵OA →·OB →＝－12，圆的半径为1，∴cos∠AOB ＝－12，又0＜∠AOB ＜π，故∠AOB ＝2π3，又△AOB 为等腰三角形，故AB ＝3，从圆O 内随机取一个点，取自△ABC 内的概率为334π，即S △ABC S 圆＝334π，∴S △ABC ＝334，设BC ＝a ，AC ＝b ，∵C ＝π3，∴12ab sin C ＝334，得ab ＝3①，由AB 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝3，得a 2＋b 2－ab ＝3，a 2＋b 2＝6②，联立①②解得a ＝b ＝3，∴△ABC 为等边三角形．12．设函数f (x )的导函数为f ′(x )，对任意x ∈R 都有f ′(x )＞f (x )成立，则( ) A ．3f (ln 2)＞2f (ln 3) B ．3f (ln 2)＝2f (ln 3) C ．3f (ln 2)＜2f (ln 3)D ．3f (ln 2)与2f (ln 3)的大小不确定解析：选C.令g (x )＝f xe x ，则g ′(x )＝f x x－f xxe2x＝f x －f xex，因为对任意x ∈R 都有f ′(x )＞f (x )，所以g ′(x )＞0，即g (x )在R 上单调递增，又ln 2＜ln 3，所以g (ln 2)＜g (ln 3)，即feln 2＜feln 3，所以f2＜f3，即3f (ln 2)＜2f (ln 3)，故选C.二、填空题(本题共4小题，每小题5分；共20分)13．已知过点P (2,2)的直线与圆(x －1)2＋y 2＝5相切，且与直线ax －y ＋1＝0垂直，则a ＝________.解析：因为点P (2,2)满足圆(x －1)2＋y 2＝5的方程，所以P 在圆上，又过点P (2,2)的直线与圆(x －1)2＋y 2＝5相切，且与直线ax －y ＋1＝0垂直，所以切点与圆心连线与直线ax －y ＋1＝0平行，所以直线ax －y ＋1＝0的斜率为a ＝2－02－1＝2.答案：214．在△ABC 中，已知B ＝π3，AC ＝43，D 为BC 边上一点．若AB ＝AD ，则△ADC 的周长的最大值为________．解析：∵AB ＝AD ，B ＝π3，∴△ABD 为正三角形，∵∠DAC ＝π3－C ，∠ADC ＝2π3，在△ADC 中，根据正弦定理可得ADsin C ＝43sin 2π3＝DCsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－C ， ∴AD ＝8sin C ，DC ＝8sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－C ，∴△ADC 的周长为AD ＋DC ＋AC ＝8sin C ＋8sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－C ＋43＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin C ＋32cos C ＋43＝8sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫C ＋π3＋43，∵∠ADC ＝2π3，∴0＜C ＜π3，∴π3＜C ＋π3＜2π3，∴当C ＋π3＝π2，即C ＝π6时，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫C ＋π3的最大值为1，则△ADC 的周长最大值为8＋4 3.答案：8＋4 315．已知椭圆C ：x 24＋y 23＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，椭圆C 上点A 满足AF 2⊥F 1F 2，若点P 是椭圆C 上的动点，则F 1P →·F 2A →的最大值为________．解析：由椭圆C ：x 24＋y 23＝1可得a 2＝4，b 2＝3，c ＝a 2－b 2＝1，可得F 1(－1,0)，F 2(1,0)，由AF 2⊥F 1F 2，令x ＝1，可得y ＝±3·1－14＝±32，可设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，设P (m ，n )，则m 24＋n 23＝1，又－3≤n ≤3，则F 1P →·F 2A →＝(m ＋1，n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32＝32n ≤332，可得F 1P →·F 2A →的最大值为332.答案：33216．定义在R 上的函数，对任意实数都有f (x ＋3)≤f (x )＋3和f (x ＋2)≥f (x )＋2，且f (1)＝2，记a n ＝f (n )(n ∈N *)，则a 2018＝________.解析：∵f (x ＋3)≤f (x )＋3和f (x ＋2)≥f (x )＋2，∴f (x ＋1)＋2≤f (x ＋3)≤f (x )＋3，∴f (x ＋1)≤f (x )＋1，∵f (x ＋1)＋1≥f (x ＋2)≥f (x )＋2，∴f (x ＋1)≥f (x )＋1，∴f (x ＋1)＝f (x )＋1，∴f (x ＋1)－f (x )＝1，∴{a n }是以f (1)为首项，公差为1的等差数列． ∴a 2018＝f (2018)＝f (1)＋(2018－1)×1＝2019. 答案：2019。

新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题4立体几何第1讲空间几何体课件

高为 0.01 m 可忽略不计，看作直径为 1.2 m 的平面圆，六边形 EFGHIJ
边长为
2 2
m，∠GFH＝∠GHF＝30°，所以 FH＝
3FG＝
3GH＝
6 2
m，
故六边形
EFGHIJ
内切圆直径为
6 2
m，而
262＝32>(1.2)2＝1.44，选项
D
正确．故选 ABD.
6. (多选)(2023·全国新课标Ⅱ卷)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( AC )
5. (多选)(2023·全国新课标Ⅰ卷)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( ABD )
A．直径为0.99 m的球体 B．所有棱长均为1.4 m的四面体 C．底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体 D．底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体
【解析】 A不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；B正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个二面角都是直二面角；C正确，因为过相对侧棱的两个截面的交线平行于侧棱，又两个截面都垂直于底面，故该四棱柱为直四棱柱；D正确，如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中的三棱锥C1－ABC，四个面都是直角三角形．
3. (2021·全国新高考Ⅰ卷)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( B )
A．2
B．2 2
C．4
D．4 2
【解析】由题意，设母线长为 l，因为圆锥底面周长即为侧面展开

2018届高考数学文二轮复习全国通用课件：专题四立体几何第1讲精品

2.(2016·全国Ⅱ卷)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.32π
解析由三视图可知，组合体的底面圆的面积和周长均为 4π，圆锥的母线长 l＝（2 3）2＋22＝4，所以圆锥的侧面积为 S 锥侧＝12×4π×4＝8π，圆柱的侧面积 S ＝柱侧 4π×4＝16π，所以组合体的表面积 S＝8π＋16π＋4π＝ 28π，故选 C. 答案 C
解析 (1)由几何体的三视图可知空间几何体的直
观图如图所示 .∴ 其表面积
S
表
＝
2×
1 2
×2×1
＋
2× 43×( 2)2＝2＋ 3，故选 C.
(2)由三视图可知该几何体由一个正方体和一个长方体组合而成，上面正方体的边长为2 cm，下面长方体是底面边长为4 cm，高为2 cm，其直观图如右图：其表面积S＝6×22＋2×42＋ 4×2×4－2×22＝80(cm2).体积V＝2×2×2＋ 4×4×2＝40(cm3). 答案 (1)C (2)80 40
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
(2)解因为 ABC－A1B1C1 是直三棱柱，所以 AA1⊥CD.由已知 AC＝CB，D 为 AB 的中点，所以 CD⊥AB.又 AA1∩AB＝A，于是 CD⊥平面 ABB1A1. 由 AA1＝AC＝CB＝2，AB＝2 2得 ∠ACB＝90°，CD＝ 2，A1D＝ 6，DE＝ 3，A1E＝3，故 A1D2＋DE2＝A1E2，即 DE⊥A1D. 所以 VC－A1DE＝13×12× 6× 3× 2＝1. 探究提高有关多面体的体积计算首先要熟悉几何体的特征，其次运用好公式，作好辅助线等.

2018届高考数学理新课标二轮专题复习课件：2-10立体几何精品

圆锥的底面半径为 2，高为 1，其体积 V3＝13π×22×1＝4π 3 ，所以阴影部分绕直线 BC 旋转一周形成几何体的体积 V＝V1－V2－ V3＝6π.
【答案】 B
(3)(2016·武昌调研)某超市为了方便摆放要售卖的足球，利用边长为 a 的正方形硬纸片做了一个支架(如图)，以各边中点连线折起四个小三角形，并使得四个小三角形与底面垂直，此时，足球上最高点到支架底面的距离为 2a，则该足球的表面积为 ________．
[求外接球的表面积] (1)(2016·唐山期末)三棱锥 P－ABC 中，PA⊥平面 ABC 且 PA ＝2，△ABC 是边长为 3的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为( )
4π A. 3
B．4π
C．8π
D．20π
【解析】由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC 为底面、
以
PA
为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC
第讲立体几何
热点调研
调研一空间几何体
考向一空间几何体的面积与体积命题方向： 1．多面体的面积与体积； 2．旋转体的面积与体积．
[多面体的面积与体积] (1)(2016·北京丰台)侧面都是直角三角形的正三棱锥，底面边长为 a 时，该三棱锥的全面积是( )
3＋ 3 A. 4 a2
B.34a2
此时 R2＝196，R＝34.当点 P 在 A1，C1 处时，R＝ 23，所以外接球
的半径 R 的取值范围是[34， 23]．
【答案】
[34，
3 2]
【回顾】 (1)本题主要考查几何体的结构、几何体的外接球半径的求法、最值问题，考查空间想象能力、转化与化归能力、运算求解能力，意在让少数考生得分．(2)本题若错，一是不能根据已知条件确定球心的大致位置，二是不能合理转化为解三角形的问题解决．

【高三数学试题精选】2018届高考数学第二轮立体几何综合复习检测题(含参考答案)

2018届高考数学第二轮立体几何综合复习检测题(含参考
答案)
5 c 2018年高考数学二轮复习综合检测
专题五立体几何
时间120分钟满分150分
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分；在每小题给出四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．设有四个命题①底面是矩形的平行六面体是长方体；②棱长相等的直四棱柱是正方体；③有两条侧棱都垂直于底面一边的平行六面体是直平行六面体；④对角线相等的平行六面体是直平行六面体．其中假命题的序号是( )
A．① B．②③
c．①②③ D．③④
[答案] c
[解析] 底面是矩形的平行六面体的侧棱不一定与底面垂直，故①错；棱长相等的直四棱柱中若底面是菱形则不是正方体，故②错；如果两条平行的侧棱都垂直于底面一边显然不是直平行六面体，③错．故选c
2．已知A、B为球面上的两点，为球心，且AB＝3，∠AB＝120°，则球的体积为( )
A9π2 B．43π
c．36π D．323π
[答案] B
[解析] 设球的半径为R，由AB2＝R2＋R2－2R2cs120°＝3R2＝9，得R2＝3，因此该球的体积是
4π3R3＝4π3×(3)3＝43π，故选B
3．(2018 北京市海淀区二模)在正四面体A－BcD中，棱长为4，是Bc的中点，点P在线段A上运动(P不与A，重合)，过点P作直线。

2018版全国高考数学第2轮复习第一篇求准提速基础小题不失分第16练圆锥曲线的定义、方程与性质文

11 12 13 14 15 16
解析答案
16.在直线y＝－2上任取一点Q，过Q作抛物线x2＝4y的切线，切点分别为 A，B，则直线AB恒过定点_(_0_，__2_)_.
11 12 13 14 15 16
解析答案
明辨是非易错易混专项练
1.若点 O 和点 F(－2，0)分别为双曲线ax22－y2＝1(a＞0)的中心和左焦点，点 P 为双曲线右支上的任意一点，则O→P·F→P的取值范围为
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
解析答案
4.(2016·浙江)已知椭圆 C1：mx22＋y2＝1(m＞1)与双曲线 C2：nx22－y2＝1(n＞0) 的焦点重合，e1，e2 分别为 C1，C2 的离心率，则
√A.m＞n且e1e2＞1 B.m＞n且e1e2＜1
C.m＜n且e1e2＞1 D.m＜n且e1e2＜1 解析由题意可得m2－1＝n2＋1，即m2＝n2＋2， ∵m＞0，n＞0，故m＞n.
除以a或a2得到关于e的方程求e.
6.已知 A 是双曲线ax22－by22＝1(a＞0，b＞0)的左顶点，F1，F2 分别为左、右焦点，P 为双曲线上一点，G 是△PF1F2 的重心，若G→A＝λP→F1，则双曲线的离心率为
A.2
√B.3
C.4
D.与λ的取值有关
解析因为G→A＝λP→F1，所以G→A∥P→F1，
6 7 8 9 10
解析答案
考点三圆锥曲线的综合
方法技巧圆锥曲线范围，最值问题的常用方法 (1)定义性质转化法：利用圆锥曲线的定义性质进行转化，根据平面几何中的结论确定最值或范围. (2)目标函数法：建立所求的目标函数，将所求最值转化为函数最值解决. (3)条件不等式法：找出与变量相关的所有限制条件，然后再通过解决不等式(组)求变量的范围.

2018届高考数学(理)二轮专题复习限时规范训练：第一部分专题五立体几何1-5-1(含答案)

限时规范训练十二空间几何体的三视图、表面积及体积限时45分钟，实际用时分值80分，实际得分一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)1．(2017·山东烟台模拟)一个三棱锥的正(主)视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧(左)视图可能为( )解析：选D.分析三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD⊥平面BCD，故其侧(左)视图应为D.2．如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的表面三角形中为直角三角形的个数为( )A．2 B．3C．4 D．5解析：选C.作出三棱锥的直观图如图所示，由三视图可知AB＝BD＝2，BC＝CD＝2，AD＝22，AC＝6，故△ABC，△ACD，△ABD，△BCD均为直角三角形，故选C.3．已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.22π3B.42π3C ．22πD ．42π解析：选B.旋转体是两个圆锥，其底面半径为直角三角形斜边的高2，高即斜边的长的一半2，故所得几何体的体积V ＝13π(2)2×2×2＝42π3.4．(2017·厦门质检)如图，在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 是棱BC 上的一点，则三棱锥D 1B 1C 1E 的体积等于( )A.13 B.512C.36D.16解析：选D.VD 1B 1C 1E＝VE B 1C 1D 1＝13S △B 1C 1D 1·CC 1＝13×12×12×1＝16，故选D.5．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥P ABC 为鳖臑，PA ⊥平面ABC ，PA ＝AB ＝2，AC ＝4，三棱锥P ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为( )A ．8πB ．12πC ．20πD ．24π解析：选C.将三棱锥P ABC 放入长方体中，如图，三棱锥P ABC 的外接球就是长方体的外接球．因为PA ＝AB ＝2，AC ＝4，△ABC 为直角三角形，所以BC ＝42－22＝2 3.设外接球的半径为R ，依题意可得(2R )2＝22＋22＋(23)2＝20，故R 2＝5，则球O 的表面积为4πR 2＝20π.故选C.6．某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为37，则侧(左)视图中线段的长度x 的值是()A.7 B ．27 C ．4D ．5解析：选 C.分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P ABCD ，故其体积V ＝13×32＋32×4×CP ＝37，所以CP ＝7，所以x ＝32＋72＝4.7．(2017·山东青岛二模)如图，正四棱锥P ABCD 的底面边长为6 cm ，侧棱长为5 cm ，则它的侧(左)视图的周长等于( )A ．17 cmB ．(119＋5)cmC ．16 cmD ．14 cm解析：选D.由题意可知，侧(左)视图是一个三角形，底边长等于正四棱锥底面正方形的边长，高为正四棱锥的高的一个等腰三角形．因为侧棱长5 cm ，所以斜高h ＝52－32＝4(cm)，又正四棱锥底面正方形的边长为6 cm ，所以侧(左)视图的周长为6＋4＋4＝14(cm)．8．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( )A.3172 B ．210 C.132D ．310解析：选C.因为在直三棱柱中AB ＝3，AC ＝4，AA 1＝12，AB ⊥AC ，所以BC ＝5，且BC 为过底面ABC 的截面圆的直径．取BC 中点D ，则OD ⊥底面ABC ，则O 在侧面BCC 1B 1内，矩形BCC 1B 1的对角线长即为球直径，所以2R ＝122＋52＝13，即R ＝132.9．(2016·高考山东卷)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π 解析：选C.由三视图可知，半球的半径为22，四棱锥底面正方形边长为1，高为1，所以该组合体的体积＝43π·⎝ ⎛⎭⎪⎫223×12＋13×1×1×1＝13＋26π.10．(2017·吉林长春模拟)某四面体的三视图如图所示，该四面体的六条棱中，长度最长的棱的长是( )A ．2 5B ．2 6解析：选C.由三视图可知该四面体的直观图如图所示，其中AC ＝2，PA ＝2，△ABC 中，边AC 上的高为23，所以BC ＝42＋32＝27，而PB ＝PA 2＋AB 2＝22＋42＝25，PC ＝PA 2＋AC 2＝22，因此在四面体的六条棱中，长度最长的棱是BC ，其长为27，选C.11．(2017·甘肃兰州三模)某四棱锥的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．17B ．22C ．14＋213D ．22＋213解析：选D.可借助长方体，作出该四棱锥的直观图，如图中的四棱锥V ABCD 所示．则BC ⊥平面VAB ，AB ⊥平面VAD ，CD ⊥平面VAD ，VD ＝5，VB ＝13，所以四棱锥V ABCD 的表面积S 表＝S △VAB ＋S △VBC ＋S △VCD ＋S △VAD ＋S 四边形ABCD ＝12×(2×3＋4×13＋2×5＋3×4)＋2×4＝22＋213.故选D.12．(2017·河北衡水模拟)一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为( )A ．24πB ．6π解析：选B.题中的几何体是三棱锥A BCD ，如图所示，其中底面△BCD 是等腰直角三角形，BC ＝CD ＝2，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AB ＝2，BD ＝2，AC ⊥CD .取AD 的中点M ，连接BM ，CM ，则有BM ＝CM ＝12AD ＝1222＋22＝62.从而可知该几何体的外接球的半径是62.故该几何体的外接球的表面积为4π×⎝⎛⎭⎪⎫622＝6π，应选B. 二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．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________．解析：利用圆锥、圆柱的体积公式，列方程求解．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. 答案：714．三棱锥P ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D ABE 的体积为V 1，P ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________.解析：如图，设点C 到平面PAB 的距离为h ，△PAB 的面积为S ，则V 2＝13Sh ，V 1＝V E ADB ＝13×12S ×12h ＝112Sh ，所以V 1V 2＝14.答案：1415．(2017·山东临沂模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：根据三视图可以判断该几何体由上、下两部分组成，其中上面部分为长方体，下面部分为半个圆柱，所以组合体的体积为2×2×4＋12×22×π×4＝16＋8π.答案：16＋8π16．(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为________．解析：如图，连接OD ，交BC 于点G ，由题意，知OD ⊥BC ，OG ＝36BC . 设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，三棱锥的高h ＝DG 2－OG 2＝25－10x ＋x 2－x 2＝25－10x ，S △ABC ＝12×23x ×3x ＝33x 2，则三棱锥的体积 V ＝13S △ABC ·h ＝3x 2·25－10x＝3·25x 4－10x 5.令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4.令f ′(x )＝0得x ＝2.当x ∈(0,2)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2，52时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，故当x ＝2时，f (x )取得最大值80，则V ≤3×80＝415.∴三棱锥体积的最大值为415 cm 3. 答案：415。

2018届高考数学二轮复习第一篇求准提速基础小题不失分第13练空间几何体练习文

第13练空间几何体[明考情]空间几何体是空间位置关系的载体，是高考的必考内容，题目难度为中档，多为选择题. [知考向]1.三视图与直观图.2.几何体的表面积与体积.3.多面体与球.考点一三视图与直观图要点重组(1)三视图画法的基本原则：长对正，高平齐，宽相等；画图时看不到的线画成虚线.(2)由三视图还原几何体的步骤定底面—根据俯视图确定↓定棱及侧面—根据正(主)视图确定几何体的侧棱与侧面特征，调整实线、虚线对应棱的位置↓定形状—确定几何体的形状(3)直观图画法的规则：斜二测画法.1.将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图1所示，则该几何体的侧(左)视图为( )答案 D解析被截去的四棱锥的三条可见棱中，有两条棱为长方体的两条对角线，它们在右侧面上的投影与右侧面(长方形)的两条边重合，另一条为体对角线，它在右侧面上的投影与右侧面的对角线重合，对照各图，只有D 项符合.2.(2017·全国Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A.90πB.63πC.42πD.36π 答案 B解析方法一 (割补法)如图所示，由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱被截去上面虚线部分所得.将圆柱补全，并将圆柱体从点A 处水平分成上下两部分.由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12，所以该几何体的体积V ＝π×32×4＋π×32×6×12＝63π. 故选B.方法二 (估值法)由题意知，12V 圆柱＜V 几何体＜V 圆柱.又V 圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π＜V 几何体＜90π. 观察选项可知只有63π符合. 故选B.3.如图所示是一个几何体的三视图，则此三视图所描述几何体的直观图是( )答案 D解析先观察俯视图，由俯视图可知选项B 和D 中的一个正确，由正(主)视图和侧(左)视图可知选项D 正确.4.如图，水平放置的三棱柱的侧棱长为1，且侧棱AA 1⊥平面A 1B 1C 1，正(主)视图是边长为1的正方形，俯视图为一个等边三角形，则该三棱柱侧(左)视图的面积为( )A.2 3B. 3C.32D.1 答案 C解析由直观图、正(主)视图以及俯视图可知，侧(左)视图是宽为32，长为1的长方形，所以面积S ＝32×1＝32，故选C. 5.已知正三棱锥V －ABC 的正(主)视图和俯视图如图所示，则该正三棱锥侧(左)视图的面积是________.答案 6解析如图，由俯视图可知正三棱锥底面边长为23，则AO ＝23×23sin 60°＝2.所以VO ＝42－22＝23，则VA ′＝2 3.所以该正三棱锥的侧(左)视图的面积为12×23×23＝6.考点二几何体的表面积与体积方法技巧 (1)求不规则的几何体的表面积，通常将几何体分割成基本的柱、锥、台体. (2)几何体的体积可以通过转换几何体的底面和高以利于计算.6.(2016·北京)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A.16B.13C.12 D.1 答案 A解析由三视图知，三棱锥如图所示.由侧(左)视图得高h ＝1，又底面积S ＝12×1×1＝12，所以体积V ＝13Sh ＝16.7.(2017·浙江)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.π2＋1 B.π2＋3 C.3π2＋1 D.3π2＋3 答案 A解析由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面是直角边长为2的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体， ∴该几何体的体积为V ＝13×12π×12×3＋13×12×2×2×3＝π2＋1.故选A.8.已知某几何体的三视图如图所示，其正(主)视图和侧(左)视图是边长为1的正方形，俯视图是腰长为1的等腰直角三角形，则该几何体的体积是( )A.2B.1C.12D.13答案 C解析根据几何体的三视图，得该几何体是如图所示的直三棱柱，且该三棱柱的底面是直角边长为1的等腰直角三角形，高为1，所以该三棱柱的体积为V ＝Sh ＝12×1×1×1＝12，故选C.9.已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是正三角形，则该几何体的体积为______.答案 2 3解析由题可知，该几何体是由如图所示的三棱柱ABC －A 1B 1C 1截去四棱锥A －BEDC 得到的，故其体积V ＝12×22×32×3－13×1＋22×2×3＝2 3.10.(2017·山东)由一个长方体和两个14圆柱构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________.答案 2＋π2解析该几何体由一个长、宽、高分别为2，1，1的长方体和两个半径为1，高为1的14圆柱体构成，∴V ＝2×1×1＋2×14×π×12×1＝2＋π2.考点三多面体与球要点重组 (1)设球的半径为R ，球的截面圆半径为r ，球心到球的截面的距离为d ，则有r ＝R 2－d 2.(2)当球内切于正方体时，球的直径等于正方体的棱长，当球外接于长方体时，长方体的对角线长等于球的直径.11.(2017·全国Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( ) A.π B.3π4 C.π2 D.π4答案 B解析设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，且R ＝1，由圆柱的两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r ，R 及圆柱的高的一半构成直角三角形.∴r ＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝32.∴圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝34π×1＝3π4.故选B.12.如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为( )A.500π3 cm 3 B.866π3 cm 3 C.1 372π3 cm 3 D.2 048π3cm 3答案 A解析过球心与正方体中点的截面如图，设球心为点O ，球半径为R cm ，正方体上底面中心为点A ，上底面一边的中点为点B ，在Rt△OAB 中，OA ＝(R －2)cm ，AB ＝4 cm ，OB ＝R cm ，由R 2＝(R －2)2＋42，得R ＝5， ∴V 球＝43πR 3＝5003π(cm 3).故选A.13.(2016·全国Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABCA 1B 1C 1内有一个体积为V 的球，若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A.4πB.9π2C.6πD.32π3答案 B解析由题意知，底面三角形的内切圆直径为4.三棱柱的高为3，所以球的最大直径为3，V 的最大值为9π2.14.正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( ) A.81π4 B.16π C.9π D.27π4答案 A解析由图知，R 2＝(4－R )2＋2，∴R 2＝16－8R ＋R 2＋2， ∴R ＝94.∴S 表＝4πR 2＝4π×8116＝81π4，故选A.15.一个圆锥过轴的截面为等边三角形，它的顶点和底面圆周在球O 的球面上，则该圆锥的体积与球O 的体积的比值为________.答案932解析设等边三角形的边长为2a ，球O 的半径为R ，则V 圆锥＝13·πa 2·3a ＝33πa 3.又R 2＝a 2＋(3a －R )2，所以R ＝233a ，故V 球＝4π3·⎝ ⎛⎭⎪⎫233a 3＝32327πa 3，故其体积比值为932.1.如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P －BCD 的正(主)视图与侧(左)视图的面积之比为( )A.1∶1B.2∶1C.2∶3D.3∶2 答案 A解析由题意可得正(主)视图的面积等于矩形ADD 1A 1面积的12，侧(左)视图的面积等于矩形CDD 1C 1面积的12.又底面ABCD 是正方形，所以矩形ADD 1A 1与矩形CDD 1C 1的面积相等，即正(主)视图与侧(左)视图的面积之比是1∶1.2.圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正(主)视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16＋20π，则r 等于( )A.1B.2C.4D.8 答案 B解析如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π，∴r 2＝4，r ＝2，故选B.3.已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点.若三棱锥O －ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( ) A.36π B.64π C.144π D.256π 答案 C解析易知△AOB 的面积确定，若三棱锥O －ABC 的底面OAB 的高最大，则其体积才最大.因为高最大为半径R ，所以V O －ABC ＝13×12R 2×R ＝36，解得R ＝6.故S 球＝4πR 2＝144π.解题秘籍 (1)三视图都是几何体的投影，要抓住这个根本点确定几何体的特征.(2)多面体与球的切、接问题，要明确切点、接点的位置，利用合适的截面图确定两者的关系，要熟悉长方体与球的各种组合.1.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A.3πB.4πC.2π＋4D.3π＋4 答案 D解析由三视图可知原几何体为半圆柱，底面半径为1，高为2，则表面积为S ＝2×12π×12＋12×2π×1×2＋2×2＝π＋2π＋4＝3π＋4.2.(2016·山东)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26πD.1＋26π 答案 C解析由三视图知，半球的半径R ＝22，该四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，∴V ＝13×1×1×1＋12×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝13＋26π，故选C. 3.(2016·全国Ⅰ)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.17πB.18πC.20πD.28π 答案 A解析由题知，该几何体的直观图如图所示，它是一个球(被过球心O 且互相垂直的三个平面)切掉左上角的18后得到的组合体，其表面积是球面面积的78和三个14圆面积之和，易得球的半径为2，则得S ＝78×4π×22＋3×14π×22＝17π，故选A.4.如图是棱长为2的正方体的表面展开图，则多面体ABCDE 的体积为( )A.2B.23C.43D.83答案 D解析多面体ABCDE 为四棱锥(如图)，利用割补法可得其体积V ＝4－43＝83，故选D.5.一只蚂蚁从正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的顶点A 出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C 1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正(主)视图的是( )A.①②B.①③C.③④D.②④ 答案 D解析由点A 经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C 1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)，若把平面ABB 1A 1和平面BCC 1B 1展开到同一个平面内，连接AC 1，则AC 1是最短路线，且AC 1会经过BB 1的中点，此时对应的正(主)视图为②；若把平面ABCD 和平面CDD 1C 1展到同一个平面内，连接AC 1，则AC 1是最短路线，且AC 1会经过CD 的中点，此时对应的正(主)视图为④.而其他几种展开方式对应的正(主)视图在题中没有出现.故选D. 6.在正三棱锥S －ABC 中，点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( ) A.6π B.12π C.32π D.36π 答案 B解析因为三棱锥S －ABC 为正三棱锥，所以SB ⊥AC ，又AM ⊥SB ，AC ∩AM ＝A ，所以SB ⊥平面SAC ，所以SB ⊥SA ，SB ⊥SC ，同理，SA ⊥SC ，即SA ，SB ，SC 三线两两垂直，且AB ＝22，所以SA ＝SB ＝SC ＝2，所以(2R )2＝3×22＝12，所以球的表面积S ＝4πR 2＝12π，故选B.7.某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为( )A.8－2πB.8－πC.8－π2D.8－π4答案 B解析由三视图可知，该几何体是由一个棱长为2的正方体切去两个四分之一圆柱而成，所以该几何体的体积为V ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22－2×14×π×12×2＝8－π.8.如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为1的正方体，四棱锥S －ABCD 是高为1的正四棱锥，若点S ，A 1，B 1，C 1，D 1在同一个球面上，则该球的表面积为( )A.916πB.2516πC.4916πD.8116π 答案 D解析作如图所示的辅助线，其中O 为球心，设OG 1＝x ，则OB 1＝SO ＝2－x ，由正方体的性质知，B 1G 1＝22，则在Rt△OB 1G 1中，OB 21＝G 1B 21＋OG 21，即(2－x )2＝x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222，解得x ＝78，所以球的半径R ＝OB 1＝98，所以球的表面积为S ＝4πR 2＝8116π，故选D.9.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________. 答案7解析设新的底面半径为r ，由题意得13πr 2×4＋πr 2×8＝13π×52×4＋π×22×8，解得r＝7.10.如图，侧棱长为23的正三棱锥V －ABC 中，∠AVB ＝∠BVC ＝∠CVA ＝40°，过点A 作截面△AEF ，则截面△AEF 的周长的最小值为____________.答案 6解析沿着侧棱VA 把正三棱锥V －ABC 展开在一个平面内，如图，则AA ′即为截面△AEF 周长的最小值，且∠AVA ′＝3×40°＝120°. 在△VAA ′中，由余弦定理可得AA ′＝6.11.如图是某空间几何体的三视图，则该几何体的体积为________.答案 4－2π3解析由三视图可知，该几何体是棱长为2，2，1的长方体挖去一个半径为1的半球，所以长方体的体积为2×2×1＝4，半球的体积为12×43π×13＝2π3，所以该几何体的体积是4－2π3. 12.(2017·全国Ⅰ)已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径.若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S －ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________. 答案 36π解析如图，连接OA ，OB .由SA ＝AC ，SB ＝BC ，SC 为球O 的直径知，OA ⊥SC ，OB ⊥SC .又由平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ，知OA ⊥平面SCB . 设球O 的半径为r ，则OA ＝OB ＝r ，SC ＝2r ， ∴三棱锥S －ABC 的体积V ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12SC ·OB ·OA ＝r 33，r3 3＝9，∴r＝3，∴S球表＝4πr2＝36π.即。