2014届高考数学一轮复习 第7章《立体几何》(第3课时)知识过关检测 理 新人教A版
高考数学一轮复习第七章 立体几何答案
第七章 立体几何第33讲 空间几何体的表面积与体积链教材·夯基固本 激活思维 1.B【解析】设圆柱的直径为2R ，则高为2R ，由题意得4R 2＝8，所以R ＝2，则圆柱表面积为π×(2)2×2＋2×2π×22＝12π.故选B. 2.B【解析】设底面半径为r cm ，因为S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π，所以r 2＝4，所以r ＝2.3. A 【解析】 底面边长为2，高为1的正三棱柱的体积是V ＝Sh ＝12×2×2sin60°×1＝3.4. C 【解析】 由题意，正方体的对角线就是球的直径，所以2R ＝3×23＝6，所以R ＝3，S ＝4πR 2＝36π.5.C【解析】设正四棱锥的高为h ，底面边长为a ，侧面三角形底边上的高为h ′，则依题意有⎩⎪⎨⎪⎧h2＝12ah ′，h2＝h ′2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 22，因此有h ′2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 22＝12ah ′，4⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫h ′a 2－2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫h ′a －1＝0，解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)．知识聚焦1. (1) 平行且相等 全等 多边形 公共点 平行于底面 相似 (2) 任一边任一直角边 垂直于底边的腰 直径2. 2πrl πrl π(r 1＋r 2)l3. Sh 4πR 2研题型·融会贯通 分类解析【答案】 C【解析】 对于A ，通过圆台侧面上一点只能做出1条母线，故A 错误；对于B ，直角三角形绕其直角边所在直线旋转一周得到的几何体是圆锥，绕其斜边旋转一周，得到的是两个圆锥的组合体，故B 错误；对于C ，由圆柱的定义得圆柱的上底面、下底面互相平行，故C 正确； 对于D ，五棱锥有十条棱，故D 错误．(1) 【答案】 D 【解析】因为在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2，所以将梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是一个底面半径为AB ＝1，高为BC ＝2的圆柱减去一个底面半径为AB ＝1，高为BC －AD ＝2－1＝1的圆锥的组合体，所以该几何体的表面积S ＝π×12＋2π×1×2＋π×1×12＋12＝(5＋2)π.(2) 【答案】 B【解析】 由题知三棱锥P －ABC 的四个顶点都在球O 上， 故该球为三棱锥P －ABC 的外接球． 在△ABC 中，BC ＝3，∠BAC ＝60°， 根据三角形的外接圆半径公式r ＝a2sin A ，可得△ABC 的外接圆半径r ＝12·332＝3，设点P 在平面ABC 内的射影为D ，则AD ＝r ＝3.又球心O 在PD 上，在Rt△PAD 中，PA 2＝PD 2＋AD 2，则PD ＝3.设三棱锥P －ABC 外接球半径为R ，如图，在Rt △ODA 中，OA 2＝OD 2＋AD 2，即(3－R )2＋(3)2＝R 2，解得R ＝2.根据球体的表面积公式S ＝4πR 2，可得球O 的表面积为S ＝4π×22＝16π.(例2(2))(1) 【答案】 12【解析】设正六棱锥的高为h ，侧面的斜高为h ′.由题意，得13×6×12×2×3×h ＝23，所以h ＝1，所以斜高h ′＝12＋(3)2＝2， 所以S 侧＝6×12×2×2＝12.(2) 【答案】 C 【解析】 如图所示，当点C 位于垂直于平面AOB 的直径端点时，三棱锥O －ABC 的体积最大，设球O 的半径为R ，此时V O －ABC ＝V C －AOB ＝13×12×R 2×R ＝16R 3＝36，故R ＝6，则球O 的表面积为4πR 2＝144π.(变式)【答案】 43【解析】由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于2，所以该多面体的体积为2×13×1×(2)2＝43.(1) 【答案】 C 【解析】过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3.(变式(1))(2) 【答案】 61π 【解析】由圆台的下底面半径为5，知下底面在外接球的大圆上，如图所示，设球的球心为O ，圆台上底面的圆心为O ′，则圆台的高OO ′＝OQ2－O ′Q2＝52－42＝3，所以圆台的体积V ＝13π×3×(52＋5×4＋42)＝61π.(变式(2))【答案】 C【解析】 因为正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为π∶4，“牟合方盖”的体积为18，所以正方体的内切球的体积V 球＝π4×18＝92π，设正方体内切球半径为r ，则43πr 3＝92π， 解得r ＝32，所以正方体的棱长为2r ＝3.【答案】 C【解析】 如图所示，过球心O 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 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫522＋62＝132.(变式)课堂评价 1.3π【解析】 设圆锥的底面半径为r ，母线为l ，高为h ，则由题意可得l ＝2r .因为S 侧＝πrl ＝2πr 2＝6π，所以r ＝3，l ＝23，则h ＝l2－r2＝12－3＝3，所以圆锥的体积为V ＝13πr 2h ＝13π×3×3＝3π.2.29π【解析】根据题意可知三棱锥P －ABC 可看作长方体的一个角，如图，该长方体的外接球就是经过P ，A ，B ，C 四点的球．因为PA ＝2 m ，PB ＝3 m ，PC ＝4 m ，所以长方体的体对角线的长为PA2＋PB2＋PC2＝29 m ，即外接球的直径2R ＝29m ，可得R ＝292m ，因此外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2922＝29π(m 2)．(第2题)(第3题)3.3【解析】如图，将直三棱柱ABC－A1B1C1沿BB1展开，则AM＋MC1最小等价于在矩形ACC1A1中求AM＋MC1的最小值．当A，M，C1三点共线时，AM＋MC1最小．又AB＝1，BC＝2，AB∶BC＝1∶2，所以AM＝2，MC1＝22.又在原三棱柱中，AC1＝9＋5＝14，所以cos∠AMC1＝AM2＋C1M2－AC212AM·C1M＝2＋8－142×2×22＝－12，故sin∠AMC1＝32，△AMC1的面积为S＝12×2×22×32＝3.4. 10 【解析】因为长方体ABCD－A1B1C1D1的体积为120，所以AB·BC·CC1＝120，因为E为CC1的中点，所以CE＝12CC1，由长方体的性质知CC1⊥底面ABCD，所以CE是三棱锥E－BCD的底面BCD上的高，所以三棱锥E－BCD的体积V＝13·12AB·BC·CE＝13·12AB·BC·12CC1＝112×120＝10.第34讲空间点、线、面之间的位置关系链教材·夯基固本激活思维1. C 【解析】点A在平面α外，故A∉α；直线l在平面α内，故l⊂α.2. C 【解析】此时三个平面两两相交，且有三条平行的交线．3. C 【解析】根据平面的特征，绝对的平，无限延展，不计大小和厚薄，即可知，①对，②错；再根据点线面的关系可知，③④正确．4. C 【解析】如图，因为M，N分别是长方形A1B1C1D1与长方形BCC1B1的中心，所以M，N分别是A1 C1，BC1的中点，所以直线MN与直线A1B平行，所以A错误；因为直线MN经过平面BB1D1D内一点M，且点M不在直线DD1上，所以直线MN与直线DD1是异面直线，所以B错误；因为直线MN经过平面ABC1内一点N，且点N不在直线AC1上，所以直线MN与直线AC1是异面直线，所以C正确；因为直线MN经过平面A1CC1内一点M，且点M不在直线A1C上，所以直线MN与直线A1C是异面直线，所以D错误．(第4题)5. C 【解析】连接BD，BC1，因为AB＝D1C1，AB∥D1C1，所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以AD1∥BC1，所以∠BC1D为异面直线AD1与DC1所成的角．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BD＝BC1＝DC1，所以△BC1D为等边三角形，所以∠BC1D＝60°，所以异面直线AD1与DC1所成的角的大小为60°.知识聚焦1. 两点所有的点经过这个公共点的一条直线有且只有一个平面2. 在同一平面内异面直线3. (1) 平行(2) 平行相同4. (3) 互相垂直研题型·融会贯通分类解析【解答】 (1) 因为EF是△D1B1C1的中位线，所以EF∥B1D1.在正方体AC1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD，所以EF，BD确定一个平面，即D，B，F，E四点共面．(2) 在正方体AC1中，设A1ACC1确定的平面为α，又设平面BDEF为β.因为Q∈A1C1，所以Q∈α.又Q∈EF，所以Q∈β，则Q是α与β的公共点，所以α∩β＝PQ.又A1C∩β＝R，所以R∈A1C.所以R∈α，且R∈β，则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．【解答】(1) 因为PQ⊂平面PQR，M∈直线PQ，所以M∈平面PQR.因为RQ ⊂平面PQR，N∈直线RQ，所以N∈平面PQR，所以直线MN⊂平面PQR.(2) 因为M∈直线CB，CB⊂平面BCD，所以M∈平面BCD.由(1)知M∈平面PQR，所以M在平面PQR与平面BCD的交线上，同理，可知N，K也在平面PQR与平面BCD的交线上，所以M，N，K三点共线，所以点K在直线MN上．【解答】(1) 不是异面直线，理由：连接MN，A1C1，AC，如图，因为M，N分别是A1B1，B1C1的中点，所以MN∥A1C1.又因为A1A綊D1D，D1D綊C1C，所以A1A綊C1C，所以四边形A1ACC1为平行四边形，所以A1C1∥AC，故MN∥A1C1∥AC，所以A，M，N，C在同一个平面内，故AM和CN不是异面直线．(例2)(2)是异面直线，证明如下：显然D1B与CC1不平行，假设D1B与CC1在同一个平面CC1D1内，则B∈平面CC1D1，C∈平面CC1D1，所以BC⊂平面CC1D1，这显然是不正确的，所以假设不成立，故D1B与CC1是异面直线．【解答】 (1) 由题意易知PQ∥DE，MN∥DE，所以PQ∥MN，所以M，N，P，Q四点共面．(2) 由条件知AD＝1，DC＝1，BC＝2，(例3)如图，延长ED至R，使DR＝ED，则ER＝BC，ER∥BC，故四边形ERCB为平行四边形，所以RC∥EB，又AC∥QM.所以∠ACR为异面直线BE与QM所成的角(或补角)．因为DA＝DC＝DR，且三线两两互相垂直，由勾股定理得AC＝AR＝RC＝2.因为△ACR为正三角形，所以∠ACR＝60°.所以异面直线BE 与MQ 所成的角为60°. 【题组强化】 1. C【解析】 如图，取CD 的中点M ，CF 的中点N ，连接MN ，则MN ∥DF .延长BC 到点P ，使CP ＝12BC ，连接MP ，NP ，则MP ∥AC .(第1题)令AB ＝2，则MP ＝MN ＝2，又△BCF 是等边三角形，NC ＝PC ＝1，在△NCP 中，由余弦定理可得NP 2＝CP 2＋CN 2－2·CP ·CN ·cos ∠PCN ＝1＋1－2×1×1×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12＝3，所以NP ＝3，又异面直线AC 和DF 所成角为∠NMP ，在△NMP 中，由余弦定理得cos ∠NMP ＝2＋2－32×2×2＝14.2. D 【解析】 如图，取CD 的中点G ，连接EG ，FG ，则FG ∥BC ，EG ∥AD ，则∠EGF 为异面直线AD 与BC 所成的角(或补角)，因为FG ＝12BC ＝2，EG ＝12AD ＝3，所以由余弦定理得cos ∠EGF ＝4＋9－22×2×3＝1112，故异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为1112.(第2题)3.C【解析】如图，设AC ∩BD ＝O ，连接OE ，易知OE 是△SAC 的中位线，故EO∥SA ，则∠BEO 为异面直线BE 与SA 所成的角．设SA ＝AB ＝2a ，则OE ＝12SA ＝a ，BE ＝32SA ＝3a ，OB ＝22SA ＝2a ，在△EOB 中，由余弦定理可得cos ∠BEO ＝a2＋3a2－2a223a2＝33.(第3题)4. 2 【解析】 如图，设AB 的中点为E ，连接EN ，则EN ∥AC 且EN ＝12AC ，所以∠MNE 或其补角即为异面直线MN 与AC 所成的角．连接ME ，在Rt △MEN 中，tan ∠MNE ＝MENE＝2.所以异面直线MN 与AC 所成角的正切值为2.(第4题)【答案】 A 【解析】如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，平面AB 1D 1与棱A 1A ，A 1B 1，A 1D 1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A 1A ，A 1B 1，A 1D 1平行，故正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的每条棱所在直线与平面AB 1D 1所成的角都相等．如图所示，取棱AB ，BB 1，B 1C 1，C 1D 1，D 1D ，DA 的中点E ，F ，G ，H ，M ，N ，则正六边形EFGHMN 所在平面与平面AB 1D 1平行且面积最大，此截面面积为S 正六边形EFGHMN ＝6×12×22×22×sin60°＝334.故选A.(例4)【答案】 26【解析】由题知，过BD1的截面可能是矩形，可能是平行四边形．(1) 当截面为矩形，即截面为ABC1D1，A1BCD1，BB1D1D时，由正方体的对称性可知S矩形ABC1D1＝S矩形A1BCD1＝S矩形BB1D1D＝42.(2) 当截面为平行四边形时，如图所示，过点E作EM⊥BD1于M，S▱BED1F＝BD1·EM，又因为BD1＝23，所以S▱BED1F＝EM·23，过点M作MN∥D1D交BD于N，连接AN，当AN⊥BD时，AN最小，此时，EM的值最小，且EM＝2，故四边形BED1F面积的最小值为S▱BED1F＝2×23＝26，又因为42＞26，所以过BD1的截面面积S的最小值为26.(变式)课堂评价1. D 【解析】因为一条直线与两条异面直线中的一条平行，所以它与另一条异面直线可能异面也可能相交．2. B 【解析】当两个平面相互平行时，把空间分成3部分．当两个平面相交时，把空间分成4部分．所以不重合的两个平面可以把空间分成3或4部分．3. BD 【解析】对于A，两两相交的三条直线，若相交于同一点，则不一定共面，故A不正确；对于B，平行四边形两组对边分别平行，则平行四边形是平面图形，故B正确；对于C，若一个角的两边分别平行于另一个角的两边，则这两个角相等或互补，故C不正确；对于D，由公理可得，若A∈α，A∈β，α∩β＝l，则A∈l，故D正确．4. ABC 【解析】如图，过点A作AM⊥BF于点M，过点C作CN⊥DE于点N.在翻折过程中，AF是以F为顶点，AM为底面半径的圆锥的母线，同理AB，E C，DC边均可看作圆锥的母线．对于A，点A和点C的轨迹为圆周，所在平面平行，显然无公共点，故A正确；对于B，AF，EC分别可看成圆锥的母线，只需看以F为顶点、AM为底面半径的圆锥的轴截面的顶角是否大于等于60°即可，故B正确；对于C，同理B，故C正确；对于D，能否使直线AB与CD所成的角为90°，只需看以B为顶点、AM为底面半径的圆锥轴截面的顶角是否大于等于90°即可，可知D不成立．故选ABC.(第4题)5. 【解答】(1) 因为DD1⊥平面ABCD，所以斜线BD1在平面ABCD内的射影是BD.又直线BD1和直线AC不同在任何一个平面内，所以直线BD1和直线AC是异面直线．(2) 连接BD.因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DD1⊥AC.又因为AC⊥BD，BD∩DD1＝D，所以AC⊥平面BDD1.因为BD1⊂平面BDD1，所以AC⊥BD1，故直线BD1和直线AC所成的角是90°.第35讲直线、平面平行的判定与性质链教材·夯基固本激活思维1. D 【解析】与一个平面平行的两条直线可以平行，相交，也可以异面．2. D 【解析】依题意，直线a必与平面α内的某直线平行，又a∥b，因此直线b与平面α的位置关系是平行或直线b在平面α内．3. BD 【解析】因为直线a∥平面α，直线a与平面α无公共点，所以直线a和平面α内的任意一条直线都不相交，与无数条直线平行．4. 平面ABCDEF、平面CC1D1D【解析】在正六棱柱中，易知A1F1∥AF，AF⊂平面ABCDEF，且A1F1⊄平面ABCDEF，所以A1F1∥平面ABCDEF.同理，A1F1∥C1D1，C1D1⊂平面CC1D1D，且A1F1⊄平面CC1D1D，所以A1F1∥平面CC1D1D.其他各面与A1F1均不满足直线与平面平行的条件．5. ①③【解析】直线l在平面α外⇔l∥α或直线l与平面α仅有一个交点．知识聚焦1. 直线a与平面α平行直线a与平面α相交直线a在平面α内研题型·融会贯通分类解析【答案】 D【解析】对于A，若a⊥c，b⊥c，则a与b可能平行、异面、相交，故A是假命题；对于B，设α∩β＝m，若a，b均与m平行，则a∥b，故B是假命题；对于C，a，b可能平行、异面、相交，故C是假命题；对于D，若α∥β，a⊂α，则a与β没有公共点，故a∥β，故D是真命题．【答案】 C【解析】对于A，两条直线可能平行也可能异面或相交；对于B，如图，在正方体ABCD－A1B1CD1中，平面ABB1A1和平面BCC1B1与B1D1所成的角相等，但这两个平面垂直；对于D，1两平面也可能相交．C正确．(变式)【解答】因为在直三棱柱ABC－A1B1C1中，点D，E分别是边BC，B1C1的中点，所以EC1綊BD，所以四边形BDC1E是平行四边形，所以BE∥C1D.因为BE⊄平面AC1D，C1D⊂平面AC1D，所以BE∥平面AC1D.【解答】如图，连接BD，令AC∩BD＝O，连接EO.因为在△BPD中，BO＝OD，PE＝ED，所以OE∥BP.又因为BP⊄平面ACE，OE⊂平面ACE，所以BP∥平面ACE.(变式)【解答】 因为BC ∥平面GEFH ，BC ⊂平面ABCD ，平面GEFH ∩平面ABCD ＝EF ，所以BC ∥EF .同理可得，BC ∥GH ，所以GH ∥EF .【解答】 因为AB ∥平面MNPQ ，平面ABC ∩平面MNPQ ＝MN ，且 AB ⊂平面ABC ，所以由线面平行的性质定理，知 AB ∥MN .同理可得PQ ∥AB ，故MN ∥PQ .同理可得MQ ∥NP ，所以截面四边形 MNPQ 为平行四边形．【解答】 (1) 在正方形AA 1B 1B 中，因为AE ＝B 1G ＝1，所以BG ＝A 1E ＝2，所以BG 綊A 1E ，所以四边形A 1GBE 是平行四边形，所以A 1G ∥BE .又C 1F 綊B 1G ，所以四边形C 1FGB 1是平行四边形，所以FG 綊C 1B 1綊D 1A 1，所以四边形A 1GFD 1是平行四边形，所以A 1G 綊D 1F ，所以D 1F 綊EB ，故E ，B ，F ，D 1四点共面．(2) 因为H 是B 1C 1的中点，所以B 1H ＝32. 又B 1G ＝1，所以B1G B1H ＝23. 又FC BC ＝23，且∠FCB ＝∠GB 1H ＝90°，所以△B 1HG ∽△CBF ， 所以∠B 1GH ＝∠CFB ＝∠FBG ，所以HG ∥FB .因为GH ⊄平面FBED 1，FB ⊂平面FBED 1，所以GH ∥平面BED 1F .由(1)知A 1G ∥BE ，A 1G ⊄平面FBED 1，BE ⊂平面FBED 1，所以A 1G ∥平面BED 1F .又HG ∩A 1G ＝G ，所以平面A 1GH ∥平面BED 1F .【解答】 因为PM ∶MA ＝BN ∶ND ＝PQ ∶QD ，所以MQ ∥AD ，NQ ∥BP .又BP ⊂平面PBC ，NQ ⊄平面PBC ，所以NQ∥平面PBC.又因为四边形ABCD为平行四边形，所以BC∥AD，所以MQ∥BC.又BC⊂平面PBC，MQ⊄平面PBC，所以MQ∥平面PBC.又MQ∩NQ＝Q，所以平面MNQ∥平面PBC.课堂评价1. D2. A3. B 【解析】因为平面SBC∩平面ABC＝BC，EF⊂平面SBC，又EF∥平面ABC，所以EF∥BC.4. ABC 【解析】由题意知，OM是△BPD的中位线，所以OM∥PD，故A正确；因为PD⊂平面PCD，OM⊄平面PCD，所以OM∥平面PCD，故B正确；同理可得OM∥平面PDA，故C正确；因为OM与平面PBA相交，故D不正确．第36讲直线、平面垂直的判定与性质链教材·夯基固本激活思维1. B 【解析】设a，b为异面直线，a∥平面α，b∥平面α，直线l⊥a，l⊥b.过a作平面β∩平面α＝a′，则a∥a′，所以l⊥a′.同理过b作平面γ∩α＝b′，则l⊥b′.因为a，b异面，所以a′与b′相交，所以l⊥α.2. A 【解析】由l⊥α且m∥α能推出m⊥l，充分性成立；若l⊥α且m⊥l，则m∥α或者m⊂α，必要性不成立，因此“m∥α”是“m⊥l”的充分不必要条件，故选A.3. A 【解析】因为DD1⊥平面ABCD，所以AC⊥DD1.又因为AC⊥BD，DD1∩BD＝D，所以AC⊥平面BDD1B1.因为OM⊂平面BDD1B1，所以OM⊥AC.设正方体的棱长为2，则OM＝1＋2＝3，MN＝1＋1＝2，ON＝1＋4＝5，所以OM2＋MN2＝ON2，所以OM⊥MN.故选A.4. AC 【解析】由题意知PA⊥平面ABC，因为BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，故A正确；因为AC⊥BC，PA⊥BC，且PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC，故C正确；若AC⊥PB，因为AC⊥BC，故可得AC⊥平面PBC，则AC⊥PC，与题目矛盾，故B错误；由BC⊥平面PAC可得，BC⊥PC，则△PBC为直角三角形，若PC ⊥PB ，则BC ，PB 重合，与已知矛盾，故D 错误．5. (1) 外 (2) 垂【解析】 (1) 如图(1)，连接OA ，OB ，OC ，OP ，在Rt △POA ，Rt △POB 和Rt △POC 中，PA ＝PC ＝PB ，所以OA ＝OB ＝OC ，即O 为△ABC 的外心．(2)如图(2)，延长AO ，BO ，CO 分别交BC ，AC ，AB 于点H ，D ，G .因为PC ⊥PA ，PB ⊥PC ，PA ∩PB ＝P ，所以PC ⊥平面PAB ，又AB ⊂平面PAB ，所以PC ⊥AB ，又AB ⊥PO ，PO ∩PC ＝P ，所以AB ⊥平面PGC .又CG ⊂平面PGC ，所以AB ⊥CG ，即CG 为△ABC 边AB 的高．同理可证BD ，AH 为△ABC 底边上的高，即O 为△ABC 的垂心．(第5题(1))(第5题(2))知识聚焦1. (1) 任意一条直线 (2) 两条相交直线都垂直2. (1) 射影 锐角 直角 (2) ⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤0，π2 3. (1) 两个半平面 (2) 垂直于棱 (4) 直二面角研题型·融会贯通分类解析【答案】 B【解析】 如图，连接AC 1，因为∠BAC ＝90°，所以AC ⊥AB ，因为BC 1⊥AC ，BC 1∩AB ＝B ，所以AC ⊥平面ABC 1. 又AC 在平面ABC 内，所以根据面面垂直的判定定理，知平面ABC ⊥平面ABC 1， 则根据面面垂直的性质定理知，在平面ABC 1内一点C 1向平面ABC 作垂线，垂足必落在交线AB 上．故选B.(例1)【答案】 C【解析】因为α∩β＝l，所以l⊂β，又n⊥β，所以n⊥l.【解答】因为AB＝AC，D是BC的中点，所以AD⊥BC. 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，因为BB1⊥底面ABC，AD⊂底面ABC，所以AD⊥B1B.因为BC∩B1B＝B，BC，B1B⊂平面B1BCC1，所以AD⊥平面B1BCC1.因为B1F⊂平面B1BCC1，所以AD⊥B1F.方法一：在矩形B1BCC1中，因为C1F＝CD＝1，B1C1＝CF＝2，所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1，所以∠CFD＝∠C1B1F，所以∠B1FD＝90°，即B1F⊥FD.因为AD∩FD＝D，AD，FD⊂平面ADF，所以B1F⊥平面ADF.方法二：在Rt△B1BD中，BD＝CD＝1，BB1＝3，所以B1D＝BD2＋BB21＝10.在Rt△B1C1F中，B1C1＝2，C1F＝1，所以B1F＝B1C21＋C1F2＝5.在Rt△DCF中，CF＝2，CD＝1，所以DF＝CD2＋CF2＝5.显然DF2＋B1F2＝B1D2，所以∠B1FD＝90°，所以B1F⊥FD.因为AD∩FD＝D，AD，FD⊂平面ADF，所以B1F⊥平面ADF.【解答】在矩形CDEF中，CD⊥DE.因为∠ADC＝90°，所以CD⊥AD.因为DE∩AD＝D，DE，AD⊂平面ADE，所以CD⊥平面ADE. 因为DM⊂平面ADE，所以CD⊥DM.又因为AB∥CD，所以AB⊥DM.因为AD＝DE，M为AE的中点，所以AE⊥DM.又因为AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE，所以MD⊥平面ABE.因为BE⊂平面ABE，所以BE⊥MD.【解答】 (1) 因为四边形ABCD是矩形，所以AB∥CD.又AB⊄平面PDC，CD⊂平面PDC，所以AB∥平面PDC.因为AB⊂平面ABE，平面ABE∩平面PDC＝EF，所以AB∥EF.(2) 因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD.因为AF⊥EF，AB∥EF，所以AB⊥AF.又AB⊥AD，点E在棱PC上(异于点C)，所以点F异于点D，所以AF∩AD＝A.又AF，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD.又AB⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.【解答】 (1) 因为PA＝PC，O是AC的中点，所以PO⊥AC. 在Rt△PAO中，因为PA＝5，OA＝3，所以由勾股定理得PO＝4.因为AB＝BC，O是AC的中点，所以BO⊥AC.在Rt△BAO中，因为AB＝5，OA＝3，所以由勾股定理得BO＝4.因为PO＝4，BO＝4，PB＝42，所以PO2＋BO2＝PB2，所以PO⊥BO.因为BO∩AC＝O，所以PO⊥平面ABC.因为PO⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC.(2) 由(1)可知平面PAC⊥平面ABC.因为平面ABC∩平面PAC＝AC，BO⊥AC，BO⊂平面ABC，所以BO⊥平面PAC，所以V POBQ＝V BPOQ＝13S△PQO·BO＝13×12S△PAO×4＝13×14×3×4×4＝4.所以四面体POBQ的体积为4.【解答】(1) 因为AB⊥AD，AB⊥BC，且A，B，C，D四点共面，所以AD ∥BC.因为BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥平面PAD.(2) 如图，过点D作DH⊥PA于点H，因为△PAD是锐角三角形，所以H与A不重合．因为平面PAD⊥平面PAB，平面PAD∩平面PAB＝PA，DH⊂平面PAD，所以DH⊥平面PAB，因为AB⊂平面PAB，所以DH⊥AB.因为AB⊥AD，AD∩DH＝D，AD，DH⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD.因为AB⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.(变式2)课堂评价1. ③⑤②⑤2. AC 【解析】如图，连接AC，BD相交于点O，连接EM，EN，SO.由正四棱锥的性质可得SO⊥底面ABCD，AC⊥BD，进而得到SO⊥AC，可得AC⊥平面SBD，利用三角形的中位线结合面面平行判定定理得平面EMN∥平面SBD，进而得到AC⊥平面EMN，故A正确；由异面直线的定义可知不可能EP∥BD；由A易得C正确；由A同理可得EM⊥平面SAC，故D错误．3. [2，3] 【解析】因为CD⊥平面B1C1CB，EF⊂平面B1C1CB，所以CD⊥EF.连接BC1，B1C，则EF∥BC1，BC1⊥B1C，所以EF⊥B1C，因为CD∩B1C＝C，所以EF⊥平面A1B1CD.当点P在线段CD上时，总有A1P⊥EF，所以A1P的最大值为A1C＝3，A1P的最小值为A1D＝2，故线段A1P长度的取值范围是[2，3]．4. 【解答】 (1) 如图，连接BD，交AC于点O，连接OF.因为四边形ABCD是矩形，O是矩形ABCD对角线的交点，所以O为BD的中点．又因为F是BE的中点，所以在△BED中，OF∥DE.因为OF⊂平面ACF，DE⊄平面ACF，所以DE∥平面ACF.(2) 因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥BC.又因为平面ABCD⊥平面BCE，且平面ABCD∩平面BCE＝BC，AB⊂平面ABCD ，所以AB ⊥平面BCE .因为CF ⊂平面BCE ，所以AB ⊥CF .在△BCE 中，因为CE ＝CB ，F 是BE 的中点，所以CF ⊥BE .因为AB ⊂平面ABE ，BE ⊂平面ABE ，AB ∩BE ＝B ，所以CF ⊥平面ABE .又CF ⊂平面AFC ，所以平面AFC ⊥平面ABE .(第4题)第37讲 综合法求角与距离链教材·夯基固本激活思维1. B 【解析】 如图，取AD 的中点F ，连接EF ，CF .因为E 为AB 的中点，所以EF ∥DB ，则∠CEF 为异面直线BD 与CE 所成的角．在正四面体ABCD 中，因为E ，F 分别为AB ，AD 的中点，所以CE ＝CF .设正四面体的棱长为2a ，则EF ＝a ，CE ＝CF ＝(2a )2－a 2＝3a .在△CEF 中，由余弦定理得cos ∠CEF ＝CE2＋EF2－CF22CE ·EF ＝a22×3a2＝36.(第1题)2. A 【解析】 如图，连接A 1C 1，则∠AC 1A 1为AC 1与平面A 1B 1C 1D 1所成的角．因为AB ＝BC ＝2，所以A 1C 1＝AC ＝22，又AA1＝1，所以AC 1＝3，所以sin ∠AC 1A 1＝AA1AC1＝13.故选A.(第2题)3. 233【解析】设棱长为a，BC的中点为E，连接A1E，AE，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，由各棱长都相等，可得A1E⊥BC，AE⊥BC，故二面角A1－BC－A的平面角为∠A1EA.在Rt△AA1E中，AE＝32a，所以tan ∠A1EA＝AA1AE＝a32a＝233，即二面角A1－BC－A的平面角的正切值为233.(第3题)4. 8 【解析】由体积公式V＝13Sh，得96＝13×36h，所以h＝8，即点P到平面ABCD的距离是8.5.33【解析】由题意知点S在平面ABC内的射影为AB的中点H，所以SH⊥平面ABC.因为SH＝3，CH＝1，在平面SHC内作SC的垂直平分线MO，交SH于点O，则O为三棱锥S－ABC的外接球球心．因为SC＝2，所以SM＝1，∠OSM＝30°，所以SO＝233，OH＝33，即为O到平面ABC的距离．知识聚焦1. 锐角2. 垂直研题型·融会贯通分类解析【答案】 D【解析】因为PA⊥底面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥AC，即∠PAB＝∠PAC＝90°，又因为AB＝AC＝1，PA＝2，所以△PAB≌△PAC，所以PB＝PC.如图，取BC的中点D，连接AD，PD，所以PD⊥BC，AD⊥BC.又因为PD∩AD＝D，所以点BC⊥平面PAD.因为BC⊂平面PBC，所以平面PAD⊥平面PBC.过点A作AO⊥PD于点O，易得AO⊥平面PBC，所以∠APD就是直线PA与平面PBC所成的角. 在Rt△PAD中，AD＝12，PA＝2，则PD＝PA2＋AD2＝32，则sin ∠APD＝ADPD＝13.故选D.(例1)【答案】 A【解析】因为平面ABD⊥底面BCD，AB＝AD，取DB的中点O，连接AO，CO，则AO⊥BD，AO⊥平面BCD，所以∠ACO就是直线AC与底面BCD所成的角．因为BC⊥CD，BC＝6，BD＝43，所以CO＝23.在Rt△ADO中，OA＝AD2－OD2＝2.在Rt△AOC中，tan ∠ACO＝AOOC＝33，故直线AC与底面BCD所成角的大小为30°.故选A.(变式)【答案】1 3【解析】如图，过点S作SO⊥底面ABC，点O为垂足，连接OA，OB，OC，则OA＝OB＝OC，点O为等边三角形ABC 的中心．延长AO交BC于点D，连接SD.(例2)则AD⊥BC，BC⊥SD，所以∠ODS为侧面SBC与底面ABC所成二面角的平面角．因为正三棱锥S－ABC的所有棱长均为2，所以SD＝3，OD＝13AD＝33.在Rt△SOD中，cos ∠ODS＝ODSD＝13.【答案】π3【解析】在△BDC中，BC＝3，CD＝2，∠BCD＝π2，则BD＝13.在△ABC中，AB＝1，BC＝3，∠ABC＝π2，则AC＝10.又AD＝23，在△ABD中，BD2＝AB2＋AD2，则∠BAD＝π2.过点B作BE∥CD，使BE＝CD，连接AE，DE，则四边形BEDC为矩形，BE＝2.因为BC⊥AB，BC⊥BE，则BC⊥平面ABE，DE∥BC，则DE⊥平面ABE，则DE⊥AE，AE＝AD2－DE2＝3，在△ABE中，AE2＋AB2＝BE2，则∠BAE＝π2，∠AEB＝π6，∠ABE＝π3，由于AB⊥BC，EB⊥BC，则∠ABE为二面角A－BC－D的平面角，且∠ABE＝π3.【答案】 B【解析】过点B作BE∥AC，且BE＝AC.因为AC⊥AB，所以BE⊥AB.因为BD⊥AB，BD∩BE＝B，所以∠DBE是二面角α－l－β的平面角，且AB⊥平面DBE，所以AB⊥DE ，所以CE ⊥DE .因为AB ＝4，CD ＝8，所以DE ＝CD2－CE2＝82－42＝43，所以cos ∠DBE ＝BE2＋BD2－DE22BE ·BD ＝36＋36－482×6×6＝13.故选B.【解答】 (1) 如图(1)，取BD 的中点O ，连接OM ，OE .(例3(1))因为O ，M 分别为BD ，BC 的中点，所以OM ∥CD ，且OM ＝12CD .因为四边形ABCD 为菱形，所以CD ∥AB ，又EF∥AB ，所以CD∥EF ，又AB ＝CD ＝2EF ，所以EF ＝12CD ，所以OM∥EF ，且OM ＝EF ，所以四边形OMFE 为平行四边形，所以MF ∥OE .又OE ⊂平面BDE ，MF ⊄平面BDE ，所以MF ∥平面BDE .(2) 由(1)得FM ∥平面BDE ，所以点F 到平面BDE 的距离等于点M 到平面BDE 的距离． 如图(2)，取AD 的中点H ，连接EH ，BH .(例3(2))因为EA ＝ED ，四边形ABCD 为菱形，且∠DAB ＝60°，所以EH ⊥AD ，BH ⊥AD .因为平面ADE ⊥平面ABCD ，平面ADE ∩平面ABCD ＝AD ，EH ⊂平面ADE ，所以EH ⊥平面ABCD ，所以EH ⊥BH ，易得EH ＝BH ＝3，所以BE ＝6，所以S △BDE ＝12×6×22－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫622＝152.设点F 到平面BDE 的距离为h ，连接DM ，则S △BDM ＝12S △BCD ＝12×34×4＝32，连接EM ，由V E －BDM ＝V M －BDE ，得13×3×32＝13×h ×152，解得h ＝155，即点F 到平面BDE 的距离为155.【解答】(1)如图，连接AF ，则AF ＝2，又DF ＝2，AD ＝2，所以DF 2＋AF 2＝AD 2，所以DF ⊥AF .因为PA ⊥平面ABCD ，所以DF ⊥PA ，又PA ∩AF ＝A ，所以DF ⊥平面PAF .又PF ⊂平面PAF ，所以DF ⊥PF .(变式)(2) 如图，连接EP ，ED ，EF .因为S △EFD ＝S 矩形ABCD －S △BEF －S △ADE －S △CDF ＝2－54＝34，所以V P －EFD ＝13S △EFD ·PA ＝13×34×1＝14.设点E 到平面PFD 的距离为h ， 则由V E －PFD ＝V P －EFD ，得13S△PFD ·h ＝13·62·h ＝14，解得h ＝64，即点E 到平面PFD 的距离为64. 课堂评价 1.D【解析】如图，连接BC 1，A 1C 1，易证BC 1∥AD 1，则∠A 1BC 1即为异面直线A 1B 与AD 1所成的角．(第1题)由AB ＝1，AA 1＝2，易得A 1C 1＝2，A 1B ＝BC 1＝5，故cos ∠A 1BC 1＝5＋5－22×5×5＝45，即异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为45.2.55【解析】连接EB ，由BB 1⊥平面ABCD ，知∠FEB 即为直线EF 与平面ABCD 所成的角．在Rt △FBE 中，BF ＝1，BE ＝5，则tan ∠FEB ＝BFBE ＝55.3. 60°【解析】 如图，取AB 的中点O ，连接VO ，CO .在三棱锥V －ABC 中，VA ＝VB ＝AC ＝BC ＝2，AB＝23，VC ＝1，所以VO⊥AB ，CO⊥AB ，所以∠VOC 是二面角V －AB －C 的平面角，VO ＝VA2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB 22＝4－3＝1，CO ＝BC2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB 22＝4－3＝1，所以cos ∠VOC ＝VO2＋CO2－VC22VO ·CO＝1＋1－12×1×1＝12，所以∠VOC ＝60°，所以二面角V －AB －C 的平面角的度数为60°.(第3题)4.217【解析】 如图，取AB 的中点E ，连接CE ，C 1E ，过点C 作CF ⊥C 1E ，垂足为F .在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，则AB ⊥CC 1. 因为△ABC 是等边三角形，所以AB ⊥CE ， 又CE ∩CC 1＝C ，所以AB ⊥平面CC 1E .因为CF ⊂平面CC 1E ，所以CF ⊥AB ，因为C 1E ∩AB ＝E ，所以CF ⊥平面ABC 1，则CF 的长即为所求． 在Rt △CEC 1中，CC 1＝1，CE ＝32AB ＝32，所以C 1E ＝CC21＋CE2＝72，由等面积法，得CF ＝CC1×CE C1E ＝217.(第4题)第38讲 空间直角坐标系与空间向量链教材·夯基固本 激活思维 1.D【解析】因为向量OA→，OB →，OC →不能构成空间的一个基底，所以向量OA→，OB→，OC→共面，因此O ，A ，B ，C 四点共面，故选D.2. C 【解析】 AE →＝AA 1＋A 1E ＝AA 1＋12A 1C 1＝AA 1＋12(AB →＋AD →)，故x ＝12，y ＝12.3. 2 【解析】 |EF→|2＝EF →2＝(EC →＋CD →＋DF →)2＝EC →2＋CD →2＋DF →2＋2(EC →·CD →＋EC →·DF →＋CD →·DF →) ＝12＋22＋12＋2(1×2×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°) ＝2，所以|EF→|＝2，所以EF 的长为2.4. 18 【解析】 因为P ，A ，B ，C 四点共面，所以34＋18＋t ＝1，所以t ＝18. 5. α⊥β α∥β 【解析】 当v ＝(3，－2,2)时，u ·v ＝(－2,2,5)·(3，－2,2)＝0⇒α⊥β.当v ＝(4，－4，－10)时，v ＝－2u ⇒α∥β.知识聚焦2. (1) ①〈a ，b 〉 [0，π] 互相垂直 ②|a ||b |cos 〈a ，b 〉 a·b |a ||b |cos 〈a ，b 〉 (2) λ(a ·b ) b ·a3. a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3 a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3 a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0研题型·融会贯通 分类解析【解答】 ①因为P 是C 1D 1的中点，所以AP→＝AA1→＋A1D1→＋D1P →＝a ＋AD →＋12D1C1→＝a ＋c ＋12AB →＝a ＋12b ＋c . ②因为N 是BC 的中点，所以A1N →＝A1A →＋AB →＋BN →＝－a ＋b ＋12BC →＝－a ＋b ＋12AD →＝－a ＋b ＋12c .③因为M 是AA 1的中点，所以MP →＝MA →＋AP →＝12A1A →＋AP →＝－12a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋12b ＋c ＝12a ＋12b ＋c . 又NC1→＝NC →＋CC1→＝12BC →＋AA1→＝12AD →＋AA1→＝a ＋12c ，所以MP →＋NC1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12a ＋12b ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋12c ＝32a ＋12b ＋32c . (1) 【答案】 －3 【解析】因为AB→＝(3，－1,1)，AC →＝(m ＋1，n －2，－2)，且A ，B ，C 三点共线，所以存在实数λ，使得AC→＝λAB→，即(m ＋1，n －2，－2)＝λ(3，－1,1)＝(3λ，－λ，λ)，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＋1＝3λ，n －2＝－λ，－2＝λ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－2，m ＝－7，n ＝4.所以m ＋n ＝－3.(2) 【解答】 ①由题知OA→＋OB →＋OC →＝3OM →，所以OA →－OM →＝(OM →－OB→)＋(OM →－OC →)，即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →，所以MA →，MB →，MC →共面． ②由①知MA→，MB→，MC→共面且过同一点M ，所以M ，A ，B ，C 四点共面，从而点M 在平面ABC 内．【解答】 因为AM→＝k AC1→，BN →＝k BC →，所以MN →＝MA →＋AB →＋BN →＝k C1A →＋AB→＋k BC →＝k (C1A →＋BC →)＋AB →＝k (C1A →＋B1C1→)＋AB →＝k B1A →＋AB →＝AB →－k AB1→＝AB →－k (AA1→＋AB →)＝(1－k )AB →－k AA1→，所以由共面向量定理知向量MN →与向量AB →，AA1→共面．【解答】 (1) 设AB→＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，由题意知EG →＝12(AC →＋AD →－AB →)＝12(b ＋c －a )，所以EG →·AB →＝12(a ·b ＋a ·c －a 2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1×1×12＋1×1×12－1＝0. 故EG→⊥AB →，即EG ⊥AB . (2) 由题意知EG →＝－12a ＋12b ＋12c ，得|EG →|2＝14a 2＋14b 2＋14c 2－12a ·b ＋12b ·c －12c ·a ＝12，则|EG →|＝22，即EG 的长为22.(3) 因为AG →＝12(AC →＋AD →)＝12b ＋12c ，CE →＝CA →＋AE →＝－b ＋12a ，所以cos 〈AG→，CE →〉＝AG →·CE →|AG→||CE →|＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12b ＋12c ·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－b ＋12a ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12b ＋12c 2·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12a －b 2＝－1232×32＝－23，由于异面直线所成角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤0，π2， 所以异面直线AG 与CE 所成角的余弦值为23.。
高考数学(理)一轮复习教师用书：第七章 立体几何 Word版含解析
第1课时空间几何体的结构及三视图、直观图1．空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征2.(1)三视图的名称几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图．(2)三视图的画法①在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体的正投影图．3．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(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，直观图中仍分别平行于坐标轴；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轴的线段在直观图中长度为原来的一半．4．判断下列结论的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．(×)(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．(×)(3)用一个平面去截一个球，截面是一个圆面．(√)(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．(×)(5)斜二测画法中，原图形中的平行垂直关系在直观图中不变．(×)(6)三角形的直观图应是三角形．(√)(7)正方形的直观图应是正方形．(×)(8)几何体的底面是什么图形，其俯视图就是什么图形．(×)(9)一个几何体的三视图完全相同，这个几何体只能是球．(×)(10)正四面体的三视图是三个全等的正三角形．(×)考点一空间几何体的结构特征例1](1)下列说法正确的是()A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点解析：A错，如图1；B正确，如图2，其中底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，可证明∠P AB，∠PCB都是直角，这样四个侧面都是直角三角形；C错，如图3；D 错，由棱台的定义知，其侧棱必相交于同一点．答案：B(2)给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；④棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是()A．0B．1C．2 D．3解析：①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，因为“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面都是有一个公共顶点的三角形”，如图1所示；③不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图2所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；④错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．答案：A方法引航](1)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，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定.(2)通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可.1．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()A．0B．1C．2 D．3解析：选A.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，故选A.2．给出下列四个命题：①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱；②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥；③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体；④底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱．其中不正确的命题为________．解析：对于①，平行六面体的两个相对侧面也可能是矩形，故①错；对于②，对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明(如图)，故②错；对于③，若底面不是矩形，则③错；④正确．答案：①②③考点二空间几何体的三视图例2](1)(2016·高考天津卷)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()解析：由正视图、俯视图还原几何体的形状如图所示，则该几何体的侧视图为B.答案：B(2)某四面体的三视图如图所示，该四面体的六条棱中，长度最长的是()A．25B．2 6C．27D．4 2解析：由三视图可知该四面体的直观图如图所示．其中AC＝2，P A＝2，△ABC中，边AC上的高为23，所以BC＝42＋(23)2＝27，而PB＝P A2＋AB2＝22＋42＝25，因此在四面体的六条棱中，长度最长的是BC，其值为27，选C.答案：C(3)已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图均由直角三角形与半圆构成，俯视图由圆与内接三角形构成，根据图中的数据可得几何体的体积为________．解：由三视图确定该几何体是一个半球体与三棱锥构成的组合体，如图，其中AP ，AB ，AC 两两垂直，且AP ＝AB ＝AC ＝1，故AP ⊥平面ABC ，S △ABC ＝12AB ×AC ＝12，所以三棱锥P -ABC 的体积V 1＝13×S △ABC ×AP ＝13×12×1＝16，又Rt △ABC 是半球底面的内接三角形，所以球的直径2R ＝BC ＝2，解得R ＝22，所以半球的体积V 2＝12×4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝2π6，故所求几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝16＋2π6.答案：16＋2π6方法引航] (1)分析视图的意义．确定其是一个平面的投影，还是面与面的交线，或者是旋转体的轮廓线的投影．(2)利用线框分析表面相对位置的关系．视图中的一个封闭线框一般情况下表示一个面的投影．若出现线框套线框，则可能有一个面是凸出的、凹下的、倾斜的或者是有打通的孔，两个线框相连，表示两个面高低不平或者相交．(3)将几个视图联系起来观察，确定物体形状．根据一个视图不能确定物体的形状，往往需要两个或两个以上的视图．1．(2017·河南开封模拟)一个正四棱锥的所有棱长均为2，其俯视图如图所示，则该正四棱锥的正视图的面积为()A.2B. 3C．2 D．4解析：选A.由题知，所求正视图是底边长为2，腰长为3的等腰三角形，其面积为1()32－1＝ 2.2×2×2．如图是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是()解析：选D.由俯视图可知是B和D中的一个，由正视图和侧视图可知B错，D正确．考点三几何体的直观图例3](1)正三角形xOy，则它的直观图的面积是________．解析：画出坐标系x′O′y′，作出△OAB的直观图O′A′B′(如图)．D′为O′A′的中点．易知D ′B ′＝12DB (D 为OA 的中点)＝12×32a ＝34a∴S △O ′A ′B ′＝12O ′A ′22D ′B ′＝24×a ×34a ＝24×34a 2＝616a 2. 答案：616a 2(2)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是( )A ．28＋65B ．30＋6 5C ．56＋125D ．60＋12 5解析：由几何体的三视图可知，该三棱锥的直观图如图所示，其中AE ⊥平面BCD ，CD ⊥BD ，且CD ＝4，BD ＝5，BE ＝2，ED ＝3，AE ＝4. ∵AE ＝4，ED ＝3，∴AD ＝5. 又CD ⊥BD ，CD ⊥AE ， 则CD ⊥平面ABD ， 故CD ⊥AD ，所以AC ＝41且S △ACD ＝10.在Rt △ABE 中，AE ＝4，BE ＝2，故AB ＝2 5. 在Rt △BCD 中，BD ＝5，CD ＝4， 故S △BCD ＝10，且BC ＝41.在△ABD 中，AE ＝4，BD ＝5，故S △ABD ＝10.在△ABC 中，AB ＝25，BC ＝AC ＝41，则AB 边上的高h ＝6，故S △ABC ＝12×25×6＝6 5. 因此，该三棱锥的表面积为S ＝30＋6 5.答案：B方法引航](1)由直观图还原为平面图的关键是找与x ′轴，y ′轴平行的直线或线段，且平行于x ′轴的线段还原时长度不变，平行于y ′轴的线段还原时放大为直观图中相应线段长的2倍，由此确定图形的各个顶点，顺次连接即可.(2)对于直观图，除了了解斜二测画法的规则外，还要了解原图形面积S 与其直观图面积S ′之间的关系S ′＝S ，能进行相关问题的计算.1．将本例(1)改为一个三角形在其直观图中对应一个边长为1的正三角形，原三角形的面积为________．解析：由斜二测画法画出直观图，知直观图是边长为1的正三角形，其原图是一个底边为1，高为6的三角形，所以原三角形的面积为62. 答案：622．将本例(2)改为某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.5603B.5803C．200 D．240解析：选C.由三视图知该几何体为直四棱柱，其底面为等腰梯形，上底长为2，下底长为8，高为4，故面积为S＝(2＋8)×42＝20.又棱柱的高为10，所以体积V＝Sh＝20×10＝200.易错警示]忽视几何体的放置与特征致误典例]在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为()正解]由正视图和俯视图可以推测几何体为半圆锥和三棱锥的组合体(如图所示)，且顶点在底面的射影恰是底面半圆的圆心，可知侧视图为等腰三角形，且轮廓线为实线，故选D.易误](1)根据正视图和俯视图确定原几何体的形状时出现错误，误把半圆锥看成半圆柱，不能准确判断出几何体的形状而误选A.(2)对实线与虚线的画法规则不明确而误选C. 警示] 1.首先确定几何体，面对读者是怎么放置的． 2．要分清三视图中的虚线是被哪部分挡住的． 3．要明确三视图中三角形的高度是不是几何体的高度．高考真题体验]1．(2016·高考全国乙卷)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解析：选A.由三视图知该几何体为球去掉了18所剩的几何体(如图)，设球的半径为R ，则78×43πR 3＝28π3，故R ＝2，从而它的表面积S ＝78×4πR 2＋34×πR 2＝17π.故选A.2．(2015·高考课标全国卷Ⅰ)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视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A．1 B．2C．4 D．8解析：选B.由三视图可知，此组合体是由半个圆柱与半个球体组合而成的，其表面积为πr2＋2πr2＋4r2＋2πr2＝20π＋16，所以r＝2，故选B.3．(2014·高考课标全国卷Ⅰ)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是()A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱解析：选B.将三视图还原为几何体即可．如图，几何体为三棱柱．4．(2013·高考课标全国Ⅰ)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A．16＋8π B．8＋8πC．16＋16π D．8＋16π解析：选A.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×π×22×4＝16＋8π，故选A.课时规范训练A组基础演练1．五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个五棱柱对角线的条数共有()A．20B．15C．12 D．10解析：选D.如图，在五棱柱ABCDE-A1B1C1D1E1中，从顶点A出发的对角线有两条：AC1，AD1，同理从B，C，D，E点出发的对角线均有两条，共2×5＝10(条)．2．一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是() A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱解析：选D.球、正方体的三视图形状都相同、大小均相等，首先排除选项A和C.对于如图所示三棱锥O-ABC，当OA、OB、OC两两垂直且OA＝OB＝OC时，其三视图的形状都相同，大小均相等，故排除选项B.不论圆柱如何设置，其三视图的形状都不会完全相同，故答案选D.3．如图是一几何体的直观图、主视图和俯视图．在主视图右侧，按照画三视图的要求画出的该几何体的左视图是( )解析：选B.由直观图和主视图、俯视图可知，该几何体的左视图应为面P AD ，且EC 投影在面P AD 上，故B 正确．4．一个锥体的主视图和左视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )解析：选C.注意到在三视图中，俯视图的宽度应与左视图的宽度相等，而在选项C 中，其宽度为32，与题中所给的左视图的宽度不相等，C 不可能． 5．如图是一正方体被过棱的中点M 、N 和顶点A 、D 、C 1的两个截面截去两个角后所得的几何体，则该几何体的主视图为( )解析：选B.还原正方体，如图所示，由题意可知，该几何体的主视图是选项B.6．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2 2 cm 2，则原平面图形的面积为( ) A ．4 cm 2B ．4 2 cm 2 C ．8 cm 2D ．8 2 cm 2解析：选C.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 cm 2. 7．把边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折起，形成的三棱锥A -BCD 的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为( )A.22B.12C.24D.14解析：选D.由正视图与俯视图可得三棱锥A -BCD 的一个侧面与底面垂直，其侧视图是直角三角形，且直角边长均为22，所以侧视图的面积为S ＝12×22×22＝14，选D.8．已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于()A.32B．1C.2＋12 D. 2解析：选D.由题意可知该正方体的放置如图所示，侧视图的方向垂直于面BDD1B1，正视图的方向垂直于面A1C1CA，且正视图是长为2，宽为1的矩形，故正视图的面积为2，因此选D.9．如图，E、F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1中AD1、B1C上的动点(不含端点)，则四边形B1FDE的俯视图可能是()解析：选B.由画几何体的三视图的要求可知，点E在底面的正投影应落在线段A1D1上(不含端点)，点F在底面的正投影应落在线段B1C1上(不含端点)，而B1与D在底面的正投影分别为B1和D1，故四边形B1FDE在底面ABCD上的正投影为四边形，结合选项知选B.10．如图是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图，A，B，C是展开图上的三点，则在正方体盒子中，∠ABC的值为()A．30°B．45°C．60°D．90°解析：选C.还原正方体，如图所示，连接AB，BC，AC，可得△ABC是正三角形，则∠ABC＝60°.B组能力突破1．如图，水平放置的三棱柱的侧棱长和底边长均为2，且侧棱AA1⊥面A1B1C1，主视图是边长为2的正方形，俯视图为一个等边三角形，该三棱柱的左视图面积为()A．23B. 3C．22D．4解析：选A.观察三视图可知，该几何体是正三棱柱，底面边长、高均为2，所以，其左视图是一个矩形，边长分别为2,2sin 60°＝3，其面积为2 3.2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A ．12B ．18C ．24D ．30解析：选C.由三视图还原几何体知，该几何体如图所示，其体积V ＝VB 1-ABC ＋VB 1-A 1ACC 1＝13×12×3×4×2＋13×3×5×4＝24.3．已知一个正三棱柱的所有棱长均相等，其侧(左)视图如图所示，那么此三棱柱正(主)视图的面积为________．解析：由正三棱柱三视图还原直观图可得正(主)视图是一个矩形，其中一边的长是侧(左)视图中三角形的高，另一边是棱长．因为侧(左)视图中三角形的边长为2，所以高为3，所以正视图的面积为2 3. 答案：2 34．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 25．如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一动点，则三棱锥P -ABC 的正(主)视图与侧(左)视图的面积的比值为________．解析：如题图所示，设正方体的棱长为a ，则三棱锥P -ABC 的正(主)视图与侧(左)视图都是三角形，且面积都是12a 2，所以所求面积的比值为1. 答案：16．如图，三棱锥A -BCD 中，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，若AB ＝BC ＝CD ＝2，则该三棱锥的侧视图(投影线平行于BD )的面积为________．解析：∵AB ⊥平面BCD ，投影线平行于BD ，∴三棱锥A -BCD 的侧视图是一个以△BCD 的BD 边上的高为底，棱锥的高为高的三角形，∵BC ⊥CD ，AB ＝BC ＝CD ＝2，∴△BCD 中BD 边上的高为2，故该三棱锥的侧视图(投影线平行于BD )的面积S ＝12×2×2＝ 2. 答案： 2第2课时 空间几何体的表面积与体积1．空间几何体的表面积与体积2.(1)锥体的体积等于底面面积与高之积．(×)(2)球的体积之比等于半径比的平方．(×)(3)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．(√)(4)已知球O的半径R，其内接正方体的边长为a，则R＝32a.(√)(5)半径为R的球内接正方体的对角线长为2R.(√)(6)因V锥＝13Sh，V柱＝Sh，因此锥体的体积是柱体的体积的13.(×)(7)圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS.(×)(8)球的表面积是该球大圆面积的4倍．(√)(9)圆锥的侧面展开图的扇形的圆心角不可能大于π.(×)(10)棱长为3,4,5的长方体表面上，两个对顶点间的最短距离为74.(√)考点一几何体的表面积例1](1)(2016·则该几何体的表面积为()A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：该几何体是圆锥与圆柱的组合体，由三视图可知圆柱底面圆的半径r ＝2，底面圆的周长c ＝2πr ＝4π，圆锥的母线长l ＝22＋(23)2＝4，圆柱的高h ＝4，所以该几何体的表面积S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π，故选C. 答案：C(2)一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．解析：由题意可知，该六棱锥是正六棱锥，设该六棱锥的高为h ，则13×6×34×22×h ＝23，解得h ＝1，底面正六边形的中心到其边的距离为3，故侧面等腰三角形底边上的高为3＋1＝2，故该六棱锥的侧面积为12×2×2×6＝12.答案：12方法引航](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应注意其侧面展开图的应用.1．侧面都是等腰直角三角形的正三棱锥，底面边长为a 时，该三棱锥的表面积是( ) A.3＋34a 2B.34a 2C.3＋32a 2D.6＋34a 2解析：选A.∵侧面都是等腰直角三角形，故侧棱长等于22a ， ∴S 表＝34a 2＋3×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 2＝3＋34a 2.2．以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于( ) A ．2π B ．π C ．2 D ．1解析：选A.所得圆柱体的底面半径为1，母线长为1，所以其侧面积S ＝2π×1×1＝2π，故选A.考点二 几何体的体积例2] (1)(2016·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，四棱锥的底面是边长为1的正方形，高为1，其体积V 1＝13×12×1＝13.设半球的半径为R ，则2R ＝2，即R ＝22，所以半球的体积V 2＝12×4π3R 3＝12×4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝26π.故该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝13＋26π.故选C.(2)(2016·高考北京卷)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________．解析：由俯视图可知该四棱柱的底面为等腰梯形，则四棱柱的底面积S ＝(1＋2)×12＝32，由侧(左)视图可知四棱柱的高h ＝1，所以该四棱柱的体积V ＝Sh ＝32. 答案：32(3)(2016·高考天津卷)已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m 3.解析：根据三视图可知该四棱锥的底面是底边长为2 m 、高为1 m 的平行四边形，四棱锥的高为3 m ，故其体积为13×2×1×3＝2(m 3)． 答案：2(4)(2016·高考全国乙卷)如图，已知正三棱锥P -ABC 的侧面是直角三角形，P A ＝6.顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面P AB 内的正投影为点E ，连接PE 并延长交AB 于点G . ①证明：G 是AB 的中点；②在图中作出点E 在平面P AC 内的正投影F (说明作法及理由)，并求四面体PDEF 的体积．解：①证明：因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以AB ⊥PD . 因为D 在平面P AB 内的正投影为E ，所以AB ⊥DE .又PD ∩DE ＝D ，所以AB ⊥平面PED ，故AB ⊥PG . 又由已知可得，P A ＝PB ，从而G 是AB 的中点．②在平面P AB 内，过点E 作PB 的平行线交P A 于点F ，F 即为E 在平面P AC 内的正投影．理由如下：由已知可得PB ⊥P A ，PB ⊥PC ，又EF ∥PB ，所以EF ⊥P A ，EF ⊥PC ，又P A ∩PC ＝P ，因此EF ⊥平面P AC ，即点F 为E 在平面P AC 内的正投影．连接CG ，因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以D 是正三角形ABC 的中心，由①知，G 是AB 的中点，所以D 在CG 上，故CD ＝23CG . 由题设可得PC ⊥平面P AB ，DE ⊥平面P AB ， 所以DE ∥PC ，因此PE ＝23PG ，DE ＝13PC .由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且P A ＝6，可得DE ＝2，PE ＝2 2. 在等腰直角三角形EFP 中，可得EF ＝PF ＝2， 所以四面体PDEF 的体积V ＝13×12×2×2×2＝43.方法引航](1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解.其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积.(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.(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.1．一个正方体被一个平面截去一部分后，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.18B.17C.16D.15解析：选D.如图，不妨设正方体的棱长为1，则截去部分为三棱锥A -A 1B 1D 1，其体积为16，又正方体的体积为1，则剩余部分的体积为56，故所求比值为15.故选D.2．如图，在多面体ABCDEF 中，已知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( )A.23B.33C.43D.32解析：选A.如图，分别过点A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG ，CH ，容易求得EG ＝HF ＝12，AG ＝GD ＝BH ＝HC ＝32，则△BHC 中BC 边的高h ＝22.∴S △AGD ＝S △BHC ＝12×22×1＝24，∴V ＝V E -ADG ＋V F -BHC ＋V AGD -BHC ＝2V E -ADG ＋V AGD -BHC ＝13×24×12×2＋24×1＝23.3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A.13＋πB.23＋π C.13＋2π D.23＋2π解析： 选A.半圆柱上面有一个三棱锥的组合体，其中半圆柱的底面半径为1，高为2，三棱锥的底面为一个斜边长为2的等腰直角三角形，高为1，所以该几何体的体积V ＝13×12×2×1×1＋12π×12×2＝13＋π，故选A.考点三 与球有关的组合体例3] (1)(2016·则该球的表面积为( )A ．12π B.323π C ．8π D ．4π解析：由正方体的体积为8可知，正方体的棱长a ＝2.又正方体的体对角线是其外接球的一条直径，即2R ＝3a (R 为正方体外接球的半径)，所以R ＝3，故所求球的表面积S ＝4πR 2＝12π. 答案：A(2)(2016·高考全国丙卷)在封闭的直三棱柱ABC -A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( ) A ．4π B.92π C ．6π D.32π3解析：设球的半径为R ，∵AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，∴AC ＝10.当球与直三棱柱的三个侧面相切时，有12(6＋8＋10)×R ＝12×6×8，此时R ＝2； 当球与直三棱柱两底面相切时，有2R ＝3，此时R ＝32.所以在封闭的直三棱柱中，球的最大半径只能为32，故最大体积V ＝43π⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝9π2.答案：B(3)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：设正四面体的棱长为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(4)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.81π4B ．16π C ．9π D.27π4解析：如图所示，设球半径为R ，棱锥的底面中心为O ′，球心为O . ∵正四棱锥P -ABCD 中AB ＝2，∴AO ′＝ 2.∵PO ′＝4，∴在Rt △AOO ′中，AO 2＝AO ′2＋OO ′2， ∴R 2＝(2)2＋(4－R )2，解得R ＝94，∴该球的表面积为4πR 2＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫942＝81π4.答案：A方法引航] 一般要过球心及多面体中的特殊点或过线作截面将空间问题转化为平面问题，从而寻找几何体各元素之间的关系.1．在本例(1)中求该正方体的内切球的体积及表面积．解：由题意知：2R ＝2，R ＝1，S 球＝4πR 2＝4π，V 球＝43πR 3＝43π. 2．在本例(2)中求三棱柱ABC -A 1B 1C 1的外接球的表面积． 解：将三棱柱ABC -A 1B 1C 1补成一个长方体，棱长分别为6,8,3. ∴球的直径2R ＝62＋82＋32＝109，∴R ＝12109∴S 球＝4πR 2＝4π×1094＝109π.3．将本例(3)改为球内有一个高为4，底面半径为1的圆锥，求球的表面积． 解析：由题意得(4－r )2＋12＝r 2，∴r ＝178， 此时，2＜r ＜4，适合题意．或者当r ＞4时，(r －4)2＋12＝r 2，∴r ＝178(舍)．∴S 球＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫1782＝28916π.思想方法]化归与转化思想在求空间几何体体积中的应用(1)“转”：指的是转换底面与高，将原来不容易求面积的底面转换为容易求面积的底面，或将原来不容易看出的高转换为容易看出并容易求解长度的高； (2)“拆”：指的是将一个不规则的几何体拆成几个简单的几何体，便于计算； (3)“拼”：指的是将小几何体嵌入一个大几何体中，如有时将一个三棱锥还原成一个三棱柱，有时将一个三棱柱还原成一个四棱柱，还台为锥，这些都是拼补的方法． 典例] 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-VM -ABQP的最大值是__________．解析] 设VABC -A 1B 1C 1＝V ，V M -ABQP ＝VM -B 1BA ≤VC -B 1BA ＝VB 1-CBA ＝13V ，即M 与C 重合时V M -ABQP最大，V M -ABQPVABC -A 1B 1C 1－V M -ABQP ＝V 3V －V 3＝12. 答案] 12回顾反思] 一般来说，对于规则的几何体，一般用公式法．对于非规则的几何体，一般用割补法．对于某些三棱锥，有时可以利用转换的方法．高考真题体验]1．(2016·高考全国丙卷)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为()A．18＋36 5B．54＋18 5C．90D．81解析：选B.由几何体的三视图可知，该几何体是底面为正方形的斜四棱柱，其中有两个侧面为矩形，另两个侧面为平行四边形，则表面积S＝(3×3＋3×6＋3×35)×2＝54＋18 5.故选B.2．(2015·高考课标卷Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有()。
2014届高考数学一轮复习 第7章《立体几何》(第5课时)知识过关检测 理 新人教A版
2014届高考数学（理）一轮复习知识过关检测：第7章《立体几何》（第5课时）（新人教A版）一、选择题1．(2013·北京海淀区期末)已知平面α、β，直线l，若α⊥β，α∩β＝l，则( ) A．垂直于平面β的平面一定平行于平面αB．垂直于直线l的直线一定垂直于平面αC．垂直于平面β的平面一定平行于直线lD．垂直于直线l的平面一定与平面α、β都垂直解析：选D.对于A，垂直于平面β的平面与平面α平行或相交，故A错；对于B，垂直于直线l的直线与平面α垂直、斜交、平行或在平面α内，故B错；对于C，垂直于平面β的平面与直线l平行或相交，故C错；易知D正确．2．(2012·高考浙江卷)设l是直线，α，β是两个不同的平面( )A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l∥α，l⊥β，则α⊥βC．若α⊥β，l⊥α，则l⊥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β解析：选B.对于选项A，两平面可能平行也可能相交；对于选项C，直线l可能在β内也可能平行于β；对于选项D，直线l可能在β内或平行于β或与β相交，故选B.3．(2013·洛阳统考)已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不重合的直线，则下列命题中正确的是( )A．若m∥α，α∩β＝n，则m∥nB．若m⊥α，m⊥n，则n∥αC．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥nD．若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β解析：选C.对于选项A，若m∥α，α∩β＝n，则m∥n或m，n是异面直线，所以A 错误；对于选项B，n可能在平面α内，所以B错误；对于选项D，m与β的位置关系还可以是m⊂β，m∥β或m与β斜交，所以D错误；由面面垂直的性质可知C正确．4．(2012·高考浙江卷)已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝ 2.将△ABD沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中，( )A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直解析：选B.对于AB⊥CD，因为BC⊥CD，可得CD⊥平面ACB，因此有CD⊥AC.因为AB＝1，BC＝2，CD＝1，所以AC＝1，所以存在某个位置，使得AB⊥CD.5．(2012·高考安徽卷)设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析：选A.若α⊥β，因为α∩β＝m，b⊂β，b⊥m，则根据两个平面垂直的性质定理可得b⊥α，又因为a⊂α，所以a⊥b；反过来，当a∥m时，因为b⊥m，一定有b⊥a，但不能保证b⊥α，所以不能推出α⊥β.二、填空题6.如图，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中：与PC垂直的直线有________；与AP垂直的直线有________．解析：∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC；∵AB⊥AC，AB⊥PC，∴AB⊥平面PAC，∴AB⊥AP.与AP垂直的直线是AB.答案：AB，BC，AC AB7．已知a、b是两条不重合的直线，α、β、γ是三个两两不重合的平面，给出下列四个命题：①若a⊥α，a⊥β，则α∥β；②若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；③若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a∥b；④若α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，则a∥b.其中正确命题的序号有________．解析：垂直于同一直线的两平面平行，①正确；α⊥β也有可能成立，②错；a、b也可以异面，③错；由面面平行性质知，a∥b，④正确．答案：①④8.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足__________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)解析：由定理可知，BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD，而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.答案：DM⊥PC(或BM⊥PC等)三、解答题9.(2011·高考课标全国卷)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB ＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD.(1)证明：PA⊥BD；(2)设PD＝AD＝1，求棱锥D－PBC的高．解：(1)证明：因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝3AD.所以BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD.又PD⊥底面ABCD，所以BD⊥PD.所以BD⊥平面PAD，故PA⊥BD.(2)如图，作DE⊥PB，垂足为E.已知PD⊥底面ABCD，故PD⊥BC.由(1)知BD⊥AD，因为BC∥AD，所以BC⊥BD.所以BC⊥平面PBD，BC⊥DE.则DE⊥平面PBC，即DE为棱锥D－PBC的高．由PD＝AD＝1知BD＝3，PB＝2.由DE·PB＝PD·BD得DE＝32，所以棱锥D－PBC的高为32.10.(2012·高考安徽卷)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面A1B1C1D1是正方形，O是BD 的中点，E是棱AA1上任意一点．(1)证明：BD⊥EC1；(2)如果AB＝2，AE＝2，OE⊥EC1，求AA1的长．解：(1)证明：如图，连接AC，A1C1，相交于点O.由底面是正方形知，BD⊥AC.因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以AA1⊥BD.又由AA1∩AC＝A，所以BD⊥平面AA1C1C.再由EC1⊂平面AA1C1C知，BD⊥EC1.(2)设AA1的长为h，连接OC1.在Rt△OAE中，AE＝2，AO＝2，故OE2＝(2)2＋(2)2＝4.在Rt△EA1C1中，A1E＝h－2，A1C1＝22，故EC21＝(h－2)2＋(22)2.在Rt△OCC1中，OC＝2，CC1＝h，OC21＝h2＋(2)2.因为OE⊥EC1，所以OE2＋EC21＝OC21，即4＋(h－2)2＋(22)2＝h2＋(2)2，解得h＝32，所以AA1的长为3 2.一、选择题1．(2013·青岛质检)已知直线l、m，平面α、β，且l⊥α，m⊂β，则α∥β是l ⊥m的( )A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件解析：选B.充分性：若α∥β，∵l⊥α，∴l⊥β，又m⊂β，∴l⊥m，是充分条件；必要性：如图正方体ABCD－A1B1C1D1，取ABCD 为平面α，ADD1A1为平面β，直线l过点B，B1，直线m过点A，D，则符合条件，但不能推出α∥β，不是必要条件．2.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且总保持AP ⊥BD1，则动点P的轨迹是( )A．线段B1CB．线段BC1C．BB1中点与CC1中点连成的线段D．BC中点与B1C1中点连成的线段解析：选A.连接AC、CB1、AB1(图略)．易证BD1⊥平面AB1C.所以点P的轨迹是线段B1C.二、填空题3．(2013·桂林质检)已知l，m，n为三条不同的直线，α为一个平面，给出下列命题：①若l⊥α，则l与α相交；②若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α；③若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α；④若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l∥n.其中正确命题的序号为________．解析：由于垂直是直线与平面相交的特殊情况，故①正确；由于m、n不一定相交，故②不正确；根据平行线的传递性，故l∥n，又l⊥α，故n⊥α，从而③正确；由l∥m，m ⊥α，n⊥α知m∥n，故l∥n，故④正确．答案：①③④4.(2013·威海质检)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长是1，过A点作平面A1BD的垂线，垂足为点H，有下列三个命题：①点H是△A1BD的中心；②AH垂直于平面CB1D1；③AC1与B1C所成的角是90°.其中正确命题的序号是________．解析：由于ABCD－A1B1C1D1是正方体，所以A－A1BD是一个正三棱锥，因此A点在平面A1BD上的射影H是三角形A1BD的中心，故①正确；又因为平面CB1D1与平面A1BD平行，所以AH⊥平面CB1D1，故②正确；因为B1C⊥BC1，AB⊥B1C，且AB∩BC1＝B，所以B1C⊥平面ABC1，即AC1与B1C垂直，所成的角等于90°.答案：①②③三、解答题5.如图，在四面体ABCD中，CB＝CD，AD⊥BD，点E、F分别是AB、BD的中点，求证：(1)直线EF∥平面ACD；(2)平面EFC⊥平面BCD.证明：(1)在△ABD中，因为E、F分别是AB、BD的中点，所以EF∥AD.又AD⊂平面ACD，EF⊄平面ACD，所以直线EF∥平面ACD.(2)在△ABD中，因为AD⊥BD，EF∥AD，所以EF⊥BD.在△BCD中，因为CD＝CB，F为BD的中点，所以CF⊥BD.因为EF⊂平面EFC，CF⊂平面EFC，EF与CF交于点F，所以BD⊥平面EFC.又因为BD⊂平面BCD，所以平面EFC⊥平面BCD.。
2014年高考数学一轮复习第7章立体几何4精品训练理(含解析)新人教B版
2014年高考数学一轮复习第7章立体几何4精品训练理（含解析）新人教B版[命题报告·教师用书独具]一、选择题1．在梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊂平面α，CD⊄平面α，则直线CD与平面α内的直线的位置关系只能是( )A．平行B．平行和异面C．平行和相交D．异面和相交解析：因为AB∥CD，AB⊂平面α，CD⊄平面α，所以CD∥平面α，所以CD与平面α内的直线可能平行，也可能异面．答案：B2．(2013年金华模拟)直线a不平行于平面α，则下列结论成立的是( )A．α内的所有直线都与a异面B．α内不存在与a平行的直线C．α内的直线都与a相交D．直线a与平面α有公共点解析：因为直线a不平行于平面α，则直线a与平面α相交或直线a在平面α内，所以选项A、B、C均不正确．答案：D3．(2013年长沙模拟)若直线a⊥b，且直线a∥平面α，则直线b与平面α的位置关系是( )A．b⊂αB．b∥αC．b⊂α或b∥αD．b与α相交或b⊂α或b∥α解析：可以构造一草图来表示位置关系，经验证，当b与α相交或b⊂α或b∥α时，均满足直线a⊥b，且直线a∥平面α的情况，故选D.答案：D4．下面四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形是( )A．①②B．①④C．②③D．③④解析：由线面平行的判定定理知图①②可得出AB∥平面MNP.答案：A5．(2013年潍坊模拟)已知m，n，l1，l2表示直线，α，β表示平面．若m⊂α，n⊂α，l1⊂β，l2⊂β，l1∩l2＝M，则α∥β的一个充分条件是( )A．m∥β且l1∥αB．m∥β且n∥βC．m∥β且n∥l2D．m∥l1且n∥l2解析：由定理“如果一个平面内有两条相交直线分别与另一个平面平行，那么这两个平面平行”可得，由选项D可推知α∥β.答案：D二、填空题6．对于平面M与平面N，有下列条件：① M，N都垂直于平面Q；②M、N都平行于平面Q；③M内不共线的三点到N的距离相等；④l，m为两条平行直线，且l∥M，m∥N；⑤l，m是异面直线，且l∥M，m∥M；l∥N，m∥N，则可判定平面M与平面N平行的条件是________(填正确结论的序号)．解析：由面面平行的判定定理及性质定理知，只有②⑤能判定M∥N.答案：②⑤7．在四面体ABCD中，M，N分别为△ACD和△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是________．解析：如图，取CD的中点E，则AE 过M ，且AM ＝2ME ，BE 过N ，且BN ＝2NE .则AB ∥MN ，∴MN ∥面ABC 和面ABD .答案：面ABC 和面ABD8．(2013年汕头质检)若m ，n 为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，则下列命题中真命题的序号是________．①若m ，n 都平行于平面α，则m ，n 一定不是相交直线；②若m ，n 都垂直于平面α，则m ，n 一定是平行直线；③已知α，β互相平行，m ，n 互相平行，若m ∥α，则n ∥β；④若m ，n 在平面α内的射影互相平行，则m ，n 互相平行．解析：①为假命题，②为真命题，在③中，n 可以平行于β，也可以在β内，故是假命题，在④中，m ，n 也可能异面，故为假命题．答案：②9．已知平面α∥β，P ∉α且P ∉β，过点P 的直线m 与α，β分别交于A ，C ，过点P 的直线n 与α，β分别交于B ，D ，且PA ＝6，AC ＝9，PD ＝8，则BD 的长为________．解析：如图(1)，∵AC ∩BD ＝P .∴经过直线AC 与BD 可确定平面PCD ，∵α∥β，α∩平面PCD ＝AB ，β∩平面PCD ＝CD ，∴AB ∥CD .∴PA AC ＝PB BD ，即69＝8－BD BD.∴BD ＝245. 如图(2)，同理可证AB ∥CD .∴PA PC ＝PB PD ，即63＝BD －88， ∴BD ＝24.综上所述，BD ＝245或24. 答案：245或24 三、解答题10．(2013年惠州调研)如图所示，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD ＝4，DC ＝3，E 是PC 的中点．求证：PA ∥平面BDE .证明：连接AC 交BD 于O ，连接EO ，∵底面ABCD 是正方形，∴O 为AC 中点，E 为PC 的中点，∴OE ∥PA .又∵OE ⊂平面BDE ，PA ⊄平面BDE ，∴PA ∥平面BDE .11．如图，在直四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，且AB ＝2CD ，在棱AB 上是否存在一点F ，使平面C 1CF ∥平面ADD 1A 1？若存在，求点F 的位置；若不存在，请说明理由．解析：存在这样的点F，使平面C1CF∥平面ADD1A1，此时点F为AB的中点，证明如下：∵AB∥CD，AB＝2CD，∴AF綊CD，∴四边形AFCD是平行四边形．∴AD∥CF.又AD⊂平面ADD1A1，CF⊄平面ADD1A1，∴CF∥平面ADD1A1.又CC1∥DD1，CC1⊄平面ADD1A1，DD1⊂平面ADD1A1，∴CC1∥平面ADD1A1.又CC1、CF⊂平面C1CF，CC1∩CF＝C，∴平面C1CF∥平面ADD1A1.12．(能力提升)(2013年南通模拟)已知正方体ABCDA1B1C1D1，AA1＝2，E为棱CC1的中点．(1)求证：AC1∥平面B1DE；(2)求三棱锥ABDE的体积．解析：(1)取BB1的中点F，连接AF，CF，EF.∵E，F分别是CC1，BB1的中点，∴CE綊B1F.∴四边形B1FCE是平行四边形．∴CF∥B1E.∵E，F是CC1，BB1的中点，∴EF綊BC，又BC綊AD，∴EF綊AD.∴四边形ADEF是平行四边形．∴AF∥ED.∵AF ∩CF ＝F ，B 1E ∩ED ＝E ，∴平面ACF ∥平面B 1DE .又AC ⊂平面ACF ，∴AC ∥平面B 1DE .(2)由条件得S △ABD ＝12AB ·AD ＝2. ∴V A －BDE ＝V E －ABD ＝13S △ABD ·EC ＝13×2×1＝23， 即三棱锥A －BDE 的体积为23. [因材施教·学生备选练习]1．(2013年天津塘沽模拟)如图边长为a 的等边三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 交于点G ，已知△A ′DE 是△ADE 绕DE 旋转过程中的一个图形，则下列命题中正确的是( )①动点A ′在平面ABC 上的射影在线段AF 上；②BC ∥平面A ′DE ；③三棱锥A ′FED 的体积有最大值．A ．①B ．①②C ．①②③D ．②③解析：①中由已知可得平面A ′FG ⊥平面ABC ，∴点A ′在平面ABC 上的射影在线段AF 上． ②BC ∥DE ，∴BC ∥平面A ′DE .③当平面A ′DE ⊥平面ABC 时，三棱锥A ′FED 的体积达到最大．答案：C2．(2013年佳木斯模拟)如图所示，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.解析：由题意，HN∥面B1BDD1，FH∥面B1BDD1，∴面NHF∥面B1BDD1.∴当M在线段HF上运动时，有MN∥面B1BDD1.答案：M∈线段HF。
届数学一轮复习第七章立体几何第三节空间图形的基本关系与公理课时规范练文含解析
第七章立体几何第三节空间图形的基本关系与公理课时规范练A组—-基础对点练1．若直线a⊥b，且直线a∥平面α，则直线b与平面α的位置关系是()A．bαB．b∥αC．bα或b∥αD．b与α相交或bα或b∥α解析：b与α相交或bα或b∥α都可以．答案：D2．(2020·江西景德镇模拟）将图①中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC上的中线折起得到空间四面体ABCD(如图②)，则在空间四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是()A．相交且垂直B．相交但不垂直C．异面且垂直D．异面但不垂直解析:在题图①中，AD⊥BC,故在题图②中,AD⊥BD，AD⊥DC,又因为BD∩DC＝D,所以AD⊥平面BCD,又BC平面BCD，D不在BC上，所以AD⊥BC，且AD与BC异面，故选C。
答案：C3．(2020·湖北荆州模拟)设α，β是两个不同的平面,a，b是两条不同的直线，则下列命题正确的是(）A．若a⊥b，b⊥α,则a∥αB．若aα,bβ，α∥β，则a与b是异面直线C．若a⊥α,b⊥β，a⊥b，则α⊥βD．若α∩β＝b,a∥b,则a∥α且a∥β解析：选项A，a可能在α内，故A错；选项B，a与b可能平行可能异面,故B错；选项D,a可能在α或β内,故D错．故选C.答案：C4．（2020·安徽安庆模拟）在正方体ABCD。
A1B1C1D1中,点P是线段BC1上任意一点，则下列结论中正确的是（)A．AD1⊥DP B．AC1⊥DPC．AP⊥B1C D．A1P⊥B1C解析:在正方体ABCD。
A1B1C1D1中，∵B1C⊥BC1,B1C⊥AB,BC1∩AB＝B，∴B1C⊥平面ABC1D1，∵点P是线段BC1上任意一点，∴AP平面ABC1D1，∴AP⊥B1C.故选C.答案：C5．(2020·河北模拟）若a，b是不同的直线,α,β是不同的平面，则下列命题中正确的是（)A．若a∥α，b∥β,a⊥b，则α⊥βB．若a∥α，b∥β，a∥b，则α∥βC．若a⊥α，b⊥β，a∥b，则α∥βD．若a∥α，b⊥β，a⊥b，则α∥β解析：∵a∥b,a⊥α,∴b⊥α，又b⊥β，∴α∥β.故选C.答案:C6. (2020·广东东莞模拟）如图，在三棱柱ABC.A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1,底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是（)A．CC1与B1E是异面直线B．AC⊥平面ABB1A1C．AE，B1C1为异面直线，且AE⊥B1C1D．A1C1∥平面AB1E解析：因为CC1与B1E都在平面CC1B1B内，且CC1与B1E是相交直线,所以选项A错误．假设AC⊥平面ABB1A1，则AC⊥AB,即∠CAB＝90°，从而可得∠C1A1B1＝90°，这与题设“底面三角形A1B1C1是正三角形”矛盾，故假设错误，即选项B错误．因为点B1∉AE，直线B1C1交平面AEB1于点B1，所以AE,B1C1为异面直线；由题意可知△ABC是正三角形，又E是BC的中点，所以AE⊥BC，结合BC∥B1C1可得AE⊥B1C1,故选项C正确．因为直线AC交平面AB1E于点A，又AC∥A1C1，所以直线A1C1与平面AB1E相交，故选项D错误．综上，选C。
高考数学一轮复习第七章立体几何阶段检测试题(含解析)文(new)
第七章立体几何阶段检测试题时间：120分钟分值：150分一、选择题（每小题5分，共60分)1．关于空间几何体的结构特征，下列说法不正确的是（）A．棱柱的侧棱长都相等B．棱锥的侧棱长都相等C．三棱台的上、下底面是相似三角形D．有的棱台的侧棱长都相等解析:根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等．答案：B2．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E,F分别是线段BC，CD1的中点，则直线A1B与直线EF的位置关系是（)A．相交B．异面C．平行D．垂直解析：由BC綊AD，AD綊A1D1知,BC綊A1D1，从而四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥CD1，又EF⊂平面A1C,EF∩D1C＝F,则A1B与EF相交．答案:A3．（2017·嘉兴月考）对于空间的两条直线m,n和一个平面α，下列命题中的真命题是( ）A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m∥α，n⊂α,则m∥nC．若m∥α，n⊥α，则m∥nD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n解析：对A，直线m，n可能平行、异面或相交，故选项A错误；对B，直线m与n可能平行，也可能异面，故选项B错误；对C，m与n垂直而非平行，故选项C错误；对D,垂直于同一平面的两直线平行，故选项D正确．答案:D4．设P是异面直线a,b外的一点，则过点P与a,b都平行的平面（)A．有且只有一个B．恰有两个C．不存在或只有一个D．有无数个解析：过点P作a1∥a，b1∥b，若过a1，b1的平面不经过a，b，则存在一个平面同时与a,b平行；若过a,b1的平面经过a或b,则不存在这样的平面同时与a,b平行．1答案：C5．若平面α∥平面β，点A，C∈α,B，D∈β,则直线AC∥直线BD的充要条件是（）A．AB∥CD B．AD∥CBC．AB与CD相交D．A,B，C，D四点共面解析:由平面α∥平面β知，直线AC与BD无公共点，则直线AC∥直线BD的充要条件是A，B，C，D四点共面．答案：D6．已知a，b为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，且a⊥α,b⊥β，则下列命题中的假命题是（)A．若a∥b，则α∥βB．若α⊥β，则a⊥bC．若a，b相交，则α，β相交D．若α,β相交，则a，b相交解析：若α,β相交,则a，b可能相交，也可能异面,故D为假命题．答案：D7．一个几何体的侧视图和俯视图如图所示，若该几何体的体积为错误!,则它的正视图为（)解析：由几何体的侧视图和俯视图，可知几何体为组合体，由几何体的体积为错误!，可知上方为棱锥,下方为正方体．由俯视图可得,棱锥顶点在底面上的射影为正方形一边上的中点，顶点到正方体上底面的距离为1，所以选B.答案：B8．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．27－错误!B．18－错误!C．27－3πD．18－3π解析：由几何体的三视图可知该几何体可以看成是底面是梯形的四棱柱挖去了半个圆柱，所以所求体积为错误!×（2＋4)×2×3－错误!π×12×3＝18－错误!。
高考数学大一轮复习配套课时训练：第七篇 立体几何 第3节 空间点、直线、平面的位置关系(含答案)
第3节空间点、直线、平面的位置关系课时训练练题感提知能【选题明细表】A组一、选择题1.若空间中有两条直线,则“这两条直线为异面直线”是“这两条直线没有公共点”的( A )(A)充分非必要条件 (B)必要非充分条件(C)充分必要条件(D)既非充分又非必要条件解析:两直线异面⇒两直线没有公共点,反之不然,所以“两直线异面”是“这两直线没有公共点”的充分不必要条件,故选A.2.有以下命题:①若平面α与平面β相交,则它们只有有限个公共点;②经过一条直线和这条直线外的一点,有且只有一个平面;③经过两条相交直线有且只有一个平面;④两两相交且不共点的三条直线确定一个平面.其中,真命题的个数是( B )(A)4 (B)3 (C)2 (D)1解析:将四个命题一一验证知,只有①不正确,故选B.3.以下四个命题中,正确命题的个数是( B )①不共面的四点中,其中任意三点不共线;②若点A、B、C、D共面,点A、B、C、E共面,则A、B、C、D、E共面;③若直线a、b共面,直线a、c共面,则直线b、c共面;④依次首尾相接的四条线段必共面(A)0 (B)1 (C)2 (D)3解析:①中,假设存在三点共线,则这四点必共面,与题设矛盾,故①正确;②中,若A、B、C三点共线,则A、B、C、D、E有可能不共面,故②错误;③中,如图所示正方体的棱中,a、b共面,a、c共面,而b、c异面,故③错误;④中,空间四边形的四条线段不共面,故④错误,故选B.4.若两条直线和一个平面相交成等角,则这两条直线的位置关系是( D )(A)平行(B)异面(C)相交(D)平行、异面或相交解析:经验证,当平行、异面或相交时,均有两条直线和一个平面相交成等角的情况出现,故选D.5.如图所示,平面α∩平面β=l,A∈α,B∈α,AB∩l=D,C∈β,C∉l,则平面ABC与平面β的交线是( C )(A)直线AC(B)直线AB(C)直线CD(D)直线BC解析:∵D∈l,l⊂β,∴D∈β,又∵D∈AB,AB⊂平面ABC,∴D∈平面ABC,即D在平面ABC与平面β的交线上,又∵C∈平面ABC,C∈β,∴C在平面β与平面ABC的交线上.从而有平面ABC∩平面β=CD.故选C.6.已知A、B是两个不同的点,m、n是两条不重合的直线,α、β是两个不重合的平面,则①m⊂α,A∈m⇒A∈α;②m∩n=A,A∈α,B∈m⇒B ∈α;③m⊂α,n⊂β,m∥n⇒α∥β;④m⊂α,m⊥β⇒α⊥β.其中真命题为( C )(A)①③(B)②③(C)①④(D)②④解析:根据平面的性质,可知①正确,②中不能确定B∈α,③中α与β可能平行、也可能相交,④中根据面面垂直判定定理可知正确,故①④为真命题.故选C.7.(2013唐山统考)四棱锥P ABCD的所有侧棱长都为,底面ABCD是边长为2的正方形,则CD与PA所成角的余弦值为( B )(A) (B)(C)(D)解析: 如图在四棱锥P ABCD中,CD与PA所成的角即是AB与PA所成的角,即∠PAB,取AB中点M,连接PM.在Rt△PAM中,PA=,AM=1,所以cos∠PAB==.故选B.二、填空题8.下列命题中不正确的是.(填序号)①没有公共点的两条直线是异面直线;②分别和两条异面直线都相交的两直线异面;③一条直线和两条异面直线中的一条平行,则它和另一条直线不可能平行;④一条直线和两条异面直线都相交,则它们可以确定两个平面.解析:没有公共点的两直线平行或异面,故①错;如果与两异面直线中一条交于一点,则两直线相交,故命题②错;命题③:若c∥b,又c∥a,则a∥b,这与a,b异面矛盾,故c、b不可能平行,③正确;命题④正确,若c与两异面直线a,b都相交,由公理2可知,a,c可确定一个平面,b,c也可确定一个平面,这样a,b,c共确定两个平面.答案:①②9.对于空间三条直线,有下列四个条件:①三条直线两两相交且不共点;②三条直线两两平行;③三条直线共点;④有两条直线平行,第三条直线和这两条直线都相交.其中使三条直线共面的充分条件有.解析:易知①中的三条直线一定共面;三棱柱三侧棱两两平行,但不共面,故②错;三棱锥三侧棱交于一点,但不共面,故③错;④中两条直线平行可确定一个平面,第三条直线和这两条直线相交于两点,则第三条直线也在这个平面内,故三条直线共面.答案:①④10.下列如图所示的是正方体和正四面体,P、Q、R、S分别是所在棱的中点,则四个点共面的图形是.(填上图形的序号)解析: 图①中,由于PS∥QR,所以P、Q、R、S四点共面;图②中,如图,容易知道,PMQNRS为六边形,所以图②中四点共面;图③中,易证PQ RS,所以图③中四点共面;图④中,Q点所在棱与平面PRS平行,因此四点不共面.综上可知,四点共面的图形有①②③.答案:①②③11. 如图所示,在三棱锥A BCD中,E,F,G,H分别是棱AB,BC,CD,DA的中点,则当AC,BD满足条件时,四边形EFGH为菱形,当AC,BD满足条件时,四边形EFGH是正方形.解析:易知EH∥BD∥FG,且EH=BD=FG,同理EF∥AC∥HG,且EF=AC=HG,显然四边形EFGH为平行四边形.要使平行四边形EFGH为菱形需满足EF=EH,即AC=BD;要使四边形EFGH为正方形需AC⊥BD.答案:AC=BD AC⊥BD三、解答题12. 如图所示,在四面体ABCD中作截面PQR,若PQ、CB的延长线交于点M,RQ、DB的延长线交于点N,RP、DC的延长线交于点K,求证:M、N、K三点共线. 证明:∵M∈PQ,直线PQ⊂平面PQR,M∈BC,直线BC⊂平面BCD,∴M是平面PQR与平面BCD的一个公共点,即M在平面PQR与平面BCD的交线上.同理可证N、K也在平面PQR与平面BCD的交线上.又如果两个平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线,所以M、N、K三点共线.13.点A是△BCD所在平面外的一点,E、F分别是BC、AD的中点.(1)求证:直线EF与BD是异面直线;(2)若AC⊥BD,AC=BD,求EF与BD所成的角.(1)证明:假设EF与BD不是异面直线,则EF与BD共面,从而DF与BE共面,即AD与BC共面,所以A、B、C、D在同一平面内,这与A是△BCD所在平面外的一点相矛盾.故直线EF与BD是异面直线.(2)解:如图所示,取CD的中点G,连接EG、FG,则EG∥BD,FG∥AC,所以相交直线EF与EG所成的角即为异面直线EF与BD所成的角. 又由FG∥AC,AC⊥BD,AC=BD知△EGF为等腰直角三角形,则∠FEG=45°,即异面直线EF与BD所成的角为45°.B组14.将正方形ABCD沿对角线BD折起,使平面ABD⊥平面CBD,E是CD 的中点,则异面直线AE与BC所成角的正切值为( A )(A) (B)(C)2 (D)解析:如图所示正方形ABCD及折叠后图形,取BD中点O,连接OE、AO,则OE∥BC,则∠AEO就是异面直线BC与AE所成的角(或其补角), 设正方形边长为2,则OE=1,AO=,由平面ABD⊥平面CBD,平面ABD∩平面CBD=BD,AO⊥DB,知AO⊥平面BDC,则AO⊥EO.在Rt△AOE中,tan∠AEO==.故选A.15. 如图所示,ABCD A1B1C1D1是长方体,AA1=a,∠BAB1=∠B1A1C1=30°,则AB与A1C1所成的角为,AA1与B1C所成的角为.解析:∵AB∥A1B1,∴∠B1A1C1是AB与A1C1所成的角,∴AB与A1C1所成的角为30°.∵AA1∥BB1,∴∠BB1C是AA1与B1C所成的角,由已知条件可以得出BB1=a,AB1=A1C1=2a,AB=a,∴B1C1=BC=a,∴四边形BB1C1C是正方形,∴∠BB1C=45°.答案:30°45°16. 如图所示 ,在四面体ABCD中,E、G分别为BC、AB的中点,F在CD上,H在AD上,且有DF∶FC=DH∶HA=2∶3.求证:EF、GH、BD交于一点.证明:连接GE,FH.因为E、G分别为BC、AB的中点,所以GE∥AC,且GE=AC,又因为DF∶FC=DH∶HA=2∶3,所以FH∥AC,且FH=AC.所以FH∥GE,且GE≠FH.所以E、F、H、G四点共面,且四边形EFHG是一个梯形.设GH和EF交于一点O.因为O在平面ABD内,又在平面BCD内,所以O在这两个平面的交线上.因为这两个平面的交线是BD,且交线只有这一条, 所以点O在直线BD上.这就证明了GH和EF的交点也在BD上,所以EF、GH、BD交于一点.。
2014届高考数学一轮复习 第7章《立体几何》(第4课时)知识过关检测 理 新人教A版
2014届高考数学（理）一轮复习知识过关检测：第7章《立体几何》（第4课时）（新人教A版）一、选择题1．(2013·某某调研)已知直线l∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于直线l的直线( )A．只有一条，不在平面α内B．有无数条，不一定在平面α内C．只有一条，且在平面α内D．有无数条，一定在平面α内解析：选C.由直线l与点P可确定一个平面β，则平面α，β有公共点，因此它们有一条公共直线，设该公共直线为m，因为l∥α，所以l∥m，故过点P且平行于直线l的直线只有一条，且在平面α内，选C.2．在空间，下列命题正确的是( )A．平行直线的平行投影重合B．平行于同一直线的两个平面平行C．垂直于同一平面的两个平面平行D．垂直于同一平面的两条直线平行解析：选D.两平行直线的投影不一定重合，故A错；由空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质定理可知B、C均错误，故选D.3．已知甲命题：“如果直线a∥b，那么a∥α”；乙命题：“如果a∥平面α，那么a∥b”．要使上面两个命题成立，需分别添加的条件是( )A．甲：b⊂α；乙：b⊂αB．甲：b⊂α；乙：a⊂β且α∩β＝bC．甲：a⊄α，b⊂α；乙：a⊂β且α∩β＝bD．甲：a⊄α，b⊂α；乙：b∥α解析：选C.根据直线与平面平行的判定定理和性质定理，知C正确．4．(2011·高考某某卷)已知α1，α2，α3是三个相互平行的平面，平面α1，α2之间的距离为d1，平面α2，α3之间的距离为d2.直线l与α1，α2，α3分别相交于P1，P2，P3，那么“P1P2＝P2P3”是“d1＝d2”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件解析：选C.如图，α1∥α2∥α3，l与α1，α2，α3分别交于点P1，P2，P3；FP3⊥α1，且FP3与α2交于点E，则FE＝d1，EP3＝d2.根据“两平行平面与一平面相交所得的交线平行”得P1F∥P2E，则P 1P 2P 2P 3＝d 1d 2，显然“P 1P 2＝P 2P 3”是“d 1＝d 2”的充分必要条件． 5．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，能得出AB ∥平面MNP 的图形的序号是( )A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④解析：选B.对图①，可通过面面平行得到线面平行．对图④，通过证明AB ∥PN 得到AB ∥平面MNP ，故选B.二、填空题 6.如图，在空间四边形ABCD 中，M ∈AB ，N ∈AD ，若AM MB ＝ANND，则直线MN 与平面BDC 的位置关系是__________．解析：在平面ABD 中，AM MB ＝ANND，∴MN ∥BD .又MN ⊄平面BCD ，BD ⊂平面BCD ， ∴MN ∥平面BCD . 答案：平行7．考查下列两个命题，在“________”处都缺少同一个条件，补上这个条件使其构成真命题(其中a 、b 为不同的直线，α、β为不重合的平面)，则此条件为________．⎭⎬⎫b ⊂α①a ∥b ⇒a ∥α⎭⎬⎫a ∥b ②b ∥α⇒a ∥α解析：①体现的是线面平行的判定定理，缺的条件是“a 为平面α外的直线”，即“a ⊄α”．它同样适合②，故填a ⊄α.答案：a ⊄α8．(2013·某某质检)已知l 、m 、n 是互不相同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，给出下列命题：①若l 与m 为异面直线，l ⊂α，m ⊂β，则α∥β； ②若α∥β，l ⊂α，m ⊂β，则l ∥m ；③若α∩β＝l ，β∩γ＝m ，γ∩α＝n ，l ∥γ，则m ∥n . 其中所有真命题的序号为________．解析：①中，当α、β不平行时，也存在符合条件的l 、m ；②中的直线l 、m 也可能异面；③中由l ∥γ，l ⊂β，γ∩β＝m 得l ∥m ，同理l ∥n ，故m ∥n .答案：③ 三、解答题 9.如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，AP ＝AB ，BP ＝BC ＝2，E ，F 分别是PB ，PC 的中点．(1)证明：EF ∥平面PAD ；(2)求三棱锥E －ABC 的体积V .解：(1)证明：在△PBC 中，E ，F 分别是PB ，PC 的中点， ∴EF ∥BC .∵四边形ABCD 为矩形，∴BC ∥AD ， ∴EF ∥AD .又∵AD ⊂平面PAD ，EF ⊄平面PAD ， ∴EF ∥平面PAD .(2)连接AE ，AC ，EC ，过E 作EG ∥PA 交AB 于点G ，则EG ⊥平面ABCD ，且EG ＝12PA .在△PAB 中，AP ＝AB ，∠PAB ＝90°，BP ＝2，∴AP ＝AB ＝2，EG ＝22.∴S △ABC ＝12AB ·BC ＝12×2×2＝2，∴V E －ABC ＝13S △ABC ·EG ＝13×2×22＝13.10.(2012·高考某某卷)如图，几何体E －ABCD 是四棱锥，△ABD 为正三角形，CB ＝CD ，EC ⊥BD .(1)求证：BE ＝DE ；(2)若∠BCD ＝120°，M 为线段AE 的中点，求证：DM ∥平面BEC . 证明：(1)如图，取BD的中点O，连接CO，EO.由于CB＝CD，所以CO⊥BD，又EC⊥BD，EC∩CO＝C，CO，EC⊂平面EOC，所以BD⊥平面EOC，因此BD⊥EO，又O为BD的中点，所以BE＝DE.(2)法一：如图，取AB的中点N，连接DM，DN，MN.因为M是AE的中点，所以MN∥BE.又MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，所以MN∥平面BEC.又因为△ABD为正三角形，所以∠BDN＝30°.又CB＝CD，∠BCD＝120°，因此∠CBD＝30°，所以DN∥BC.又DN⊄平面BEC，BC⊂平面BEC，所以DN∥平面BEC.又MN∩DN＝N，故平面DMN∥平面BEC.又DM⊂平面DMN，所以DM∥平面BEC.法二：如图，延长AD，BC交于点F，连接EF. 因为CB＝CD，∠BCD＝120°，所以∠CBD＝30°.因为△ABD为正三角形，所以∠BAD＝60°，∠ABC＝90°，因此∠AFB＝30°，所以AB ＝12AF .又AB ＝AD ，所以D 为线段AF 的中点．连接DM ，由于点M 是线段AE 的中点， 因此DM ∥EF .又DM ⊄平面BEC ，EF ⊂平面BEC ， 所以DM ∥平面BEC .一、选择题1．一条直线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解析：选D.l ∥α时，直线l 上任意点到α的距离都相等．l ⊂α时，直线l 上所有的点到α的距离都是0；l ⊥α时，直线l 上有两个点到α距离相等；l 与α斜交时，也只能有两点到α距离相等．2．下列命题中，是假命题的是( )A ．三角形的两条边平行于一个平面，则第三边也平行于这个平面B ．平面α∥平面β，a ⊂α，过β内的一点B 有唯一的一条直线b ，使b ∥aC ．α∥β，γ∥δ，α、β与γ、δ的交线分别为a 、b 、c 、d ，则a ∥b ∥c ∥dD ．一条直线与两个平面成等角是这两个平面平行的充要条件解析：选D.由面面平行的判定定理及性质定理知A 、B 、C 正确．当两平面平行时，一条直线与两个平面成等角；反之，如果一条直线与两个平面成等角，这两个平面可能是相交平面．如图，α⊥β，直线AB 与α、β都成45°角，但α∩β＝l .二、填空题3．(2013·东城区综合练习)在空间中，有如下命题：①互相平行的两条直线在同一个平面内的射影必然是互相平行的两条直线； ②若平面α∥平面β，则平面α内任意一条直线m ∥平面β；③若平面α与平面β的交线为m ，平面α内的直线n ⊥直线m ，则直线n ⊥平面β； ④若平面α内的三点A ，B ，C 到平面β的距离相等，则α∥β. 其中正确命题的个数为________．解析：①中，互相平行的两条直线的射影可能重合，①错误；②正确；③中，平面α与平面β不一定垂直，所以直线n 就不一定垂直于平面β，③错误；④中，若平面α内的三点A ，B ，C 在一条直线上，则平面α与平面β可以相交，④错误．综上，填1.答案：14．(2011·高考某某卷)如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上．若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于________．解析：由于在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，∴AC ＝2 2.又E 为AD 的中点，EF ∥平面AB 1C ，EF ⊂平面ADC ，平面ADC ∩平面AB 1C ＝AC ，∴EF ∥AC ，∴F 为DC 的中点，∴EF ＝12AC＝ 2.答案： 2 三、解答题5．(2011·高考卷)如图，在四面体PABC 中，PC ⊥AB ，PA ⊥BC ，点D ，E ，F ，G 分别是棱AP ，AC ，BC ，PB 的中点．(1)求证：DE ∥平面BCP ；(2)求证：四边形DEFG 为矩形；(3)是否存在点Q ，到四面体PABC 六条棱的中点的距离相等？说明理由． 解：(1)证明：因为D ，E 分别为AP ，AC 的中点，所以DE ∥PC . 又因为DE ⊄平面BCP ， 所以DE ∥平面BCP .(2)证明：因为D ，E ，F ，G 分别为AP ，AC ，BC ，PB 的中点， 所以DE ∥PC ∥FG ，DG ∥AB ∥EF ， 所以四边形DEFG 为平行四边形． 又因为PC ⊥AB ， 所以DE ⊥DG ，所以四边形DEFG 为矩形．(3)存在点Q 满足条件，理由如下： 连接DF ，EG ，设Q 为EG 的中点．由(2)知，DF ∩EG ＝Q ，且QD ＝QE ＝QF ＝QG ＝12EG .分别取PC ，AB 的中点M ，N ，连接ME ，EN ，NG ，MG ，MN .与(2)同理，可证四边形MENG 为矩形，其对角线交点为EG 的中点Q ，且QM ＝QN ＝12EG ，所以Q 为满足条件的点．。
2014届高考数学一轮复习 第7章《立体几何》(第3课时)知识过关检测 理 新人教A版
2014届高考数学（理）一轮复习知识过关检测：第7章《立体几何》（第3课时）（新人教A版）一、选择题1．若a与b是异面直线，b与c是异面直线，则a与c是( )A．异面直线B．平行直线C．相交直线D．以上三种情况都有可能解析：选D.把直线放在正方体内可知a与c可以异面、平行或相交．2．(2013·石家庄调研)若异面直线a，b分别在平面α，β内，且α∩β＝l，则直线l( )A．与直线a，b都相交B．至少与a，b中的一条相交C．至多与a，b中的一条相交D．与a，b中的一条相交，另一条平行解析：选B.若a∥l，b∥l，则a∥b，故a，b中至少有一条与l相交，故选B.3.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，过顶点A1与正方体其他顶点的连线与直线BC1成60°角的条数为( )A．1 B．2C．3 D．4解析：选B.有2条：A1B和A1C1，故选B.4．(2013·大连质检)以下几个命题中，正确命题的个数是( )①不共面的四点中，其中任意三点不共线；②若点A、B、C、D共面，点A、B、C、E共面，则A、B、C、D、E共面；③若直线a、b共面，直线a、c共面，则直线b、c共面；④依次首尾相接的四条线段必共面．A．0 B．1C．2 D．3解析：选B.①正确；②从条件看出两平面有三个公共点A、B、C，但是若A、B、C共线，则结论不正确；③不正确，共面不具有传递性；④不正确，因为此时所得四边形的四条边可以不在一个平面上．5．(2013·聊城质检)设P表示一个点，a，b表示两条直线，α，β表示两个平面，给出下列四个命题，其中正确的命题是( )①P∈a，P∈α⇒a⊂α；②a∩b＝P，b⊂β⇒a⊂β；③a∥b，a⊂α，P∈b，P∈α⇒b⊂α；④α∩β＝b，P∈α，P∈β⇒P∈b.A．①②B．②③C．①④D．③④解析：选D.当a ∩α＝P 时，P ∈a ，P ∈α，但a ⊂/ α，∴①错；当a ∩b ＝P ，a ∩β＝P 时，②错；如图，∵a ∥b ，P ∈b ，∴P ∈/ a ，∴由直线a 与点P 确定唯一平面α，又a ∥b ，由a 与b 确定唯一平面β，但β过直线a 与点P ，∴β与α重合，∴b ⊂α，故③正确；两个平面的公共点必在其交线上，故④正确．二、填空题 6．平面α、β相交，在α、β内各取两点，这四点都不在交线上，这四点能确定________个平面．解析：若过四点中任意两点的连线与另外两点的连线相交或平行，则确定一个平面；否则确定四个平面．答案：1或47．在空间中，①若四点不共面，则这四点中任何三点都不共线； ②若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线．以上两个命题中，逆命题为真命题的是__________(把符合要求的命题序号都填上)． 解析：对于①可举反例，如AB ∥CD ，A 、B 、C 、D 没有三点共线，但A 、B 、C 、D 共面．对于②由异面直线定义知正确，故填②.答案：②8．(2011·高考大纲全国卷)已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为C 1D 1的中点，则异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为__________．解析：取A 1B 1的中点F ，连接EF ，AF . ∵在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中， EF ∥B 1C 1，B 1C 1∥BC ，∴EF ∥BC ，∴∠AEF 即为异面直线AE 与BC 所成的角． 设正方体的棱长为a ，则AF ＝ a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2＝52a ，EF ＝a .∵EF ⊥平面ABB 1A 1，∴EF ⊥AF ，∴AE ＝AF 2＋EF 2＝32a .∴cos ∠AEF ＝EF AE ＝a 32a ＝23.答案：23三、解答题9．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是AB和AA1的中点．求证：(1)E、C、D1、F四点共面；(2)CE、D1F、DA三线共点．证明：(1)如图，连接EF，CD1，A1B.∵E、F分别是AB、AA1的中点，∴EF∥BA1.又A1B∥D1C，∴EF∥CD1，∴E、C、D1、F四点共面．(2)∵EF∥CD1，EF＜CD1，∴CE与D1F必相交，设交点为P，则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA.∴P∈直线DA，∴CE、D1F、DA三线共点．10.如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别是A1B1、B1C1的中点．问：(1)AM和CN是否是异面直线？说明理由；(2)D1B和CC1是否是异面直线？说明理由．解：(1)不是异面直线．理由如下：连接MN、A1C1、AC.∵M、N分别是A1B1、B1C1的中点，∴MN∥A1C1.又∵A1A綊C1C，∴A1ACC1为平行四边形，∴A1C1∥AC，∴MN∥AC，∴A、M、N、C在同一平面内，故AM和CN不是异面直线．(2)是异面直线．证明如下：∵ABCD－A1B1C1D1是正方体，∴B、C、C1、D1不共面．假设D1B与CC1不是异面直线，则存在平面α，使D1B⊂平面α，CC1⊂平面α，∴D1、B、C、C1∈α，与ABCD－A1B1C1D1是正方体矛盾．∴假设不成立，即D1B与CC1是异面直线．一、选择题1．以下四个命题中，正确命题的个数是( )①有三个角是直角的四边形一定是矩形；②不共面的四点可以确定四个面；③空间四点不共面的充要条件是其中任意三点不共线；④若点A、B、C∈平面M，且点A、B、C∈平面N，则平面M与平面N重合．A．0 B．1C．2 D．3解析：选B.如图(1)，平面α内∠ABC为直角，P∈/ α，过P作PD⊥AB，PE⊥BC，则四边形PDBE有三个直角，故①错误；在图(2)的平面α内，四边形ABCD中任意三点不共线，知③错误；图(3)中，M∩N＝l，A、B、C都在l上，知④错误，只有②正确．2.如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，C∈/ l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( )A．点A B．点BC．点C但不过点M D．点C和点M解析：选D.通过A，B，C三点的平面γ，即通过直线AB与点C的平面，M∈AB.∴M∈γ，而C∈γ，又∵M∈β，C∈β，∴γ与β的交线必通过点C和点M.二、填空题3．(2013·泰安调研)若A、B、C表示三个不同的点，l表示一条直线，α表示一个平面，则在下列四个命题中：①若l⊂α，C∈α，则C∈l；②若A∈l，B∈l，且B∈/ α，则l⊂/ α；③若l⊂α，C∈l，则C∈α；④若l⊂/ α，C∈l，则C∈/ α.正确的命题有________(把所有正确命题的序号都填上)．解析：①错误．直线l在平面α内，不能得到在平面α内的一点C一定在直线l上；②正确，若直线l上一点B不在平面α内，则直线l不可能在平面α内，否则，若直线l在平面α内，可得点B 也在平面α内，与题意矛盾；③正确，直线l 在平面α内，C 是直线l 上一点，则点C 必在平面α内；④错误，直线l 不在平面α内，则直线l 与平面α可能有一个公共点C 或没有公共点．答案：②③4．(2013·潍坊质检)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱AA 1、CC 1的中点，则在空间中与三条直线A 1D 1、EF 、CD 都相交的直线有________条．解析：在A 1D 1上任取一点P ，过点P 与直线EF 作一个平面α，因CD 与平面α不平行，所以它们相交，设α∩CD ＝Q ，连接PQ ，则PQ 与EF 必然相交，即PQ 为所求直线．由点P 的任意性，知有无数条直线与A 1D 1、EF 、CD 都相交．答案：无数 三、解答题5．如图所示，等腰直角三角形ABC 中，∠A ＝90°，BC ＝2，DA ⊥AC ，DA ⊥AB ，若DA ＝1，且E 为DA 的中点．求异面直线BE 与CD 所成角的余弦值．解：取AC 的中点F ，连接EF ，BF ，在△ACD 中，E 、F 分别是AD 、AC 的中点， ∴EF ∥CD .∴∠BEF 即为异面直线BE 与CD 所成的角或其补角． 在Rt △EAB 中，AB ＝AC ＝1，AE ＝12AD ＝12，∴BE ＝52. 在Rt △EAF 中，AF ＝12AC ＝12，AE ＝12，∴EF ＝22. 在Rt △BAF 中，AB ＝1，AF ＝12，∴BF ＝52.在等腰三角形EBF 中，cos ∠FEB ＝12EF BE ＝2452＝1010，10 10.∴异面直线BE与CD所成角的余弦值为。
高考数学一轮复习 第7章《立体几何》(第1课时)知识过关检测 理 新人教A版
2014届高考数学（理）一轮复习知识过关检测：第7章《立体几何》（第1课时）（新人教A版）一、选择题1．在斜二测画法的规则下，下列结论正确的是( )A．水平放置的角的直观图不一定是角B．相等的角在直观图中仍然相等C．相等的线段在直观图中仍然相等D．若两条线段平行，且相等，则在直观图中对应的两条线段仍然平行且相等解析：选D.角在直观图中可以与原来的角不等，但仍然为角；由正方形的直观图可排除B、C，故选D.2．(2011·高考广东卷)正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数共有( )A．20 B．15C．12 D．10解析：选D.如图，在正五棱柱ABCDE－A1B1C1D1E1中，从顶点A出发的对角线有两条：AC1、AD1，同理从B、C、D、E点出发的对角线均有两条，共2×5＝10(条)．3．(2013·北京西城区期末)一个几何体的主视图和左视图如图所示，则这个几何体的俯视图不可能是( )解析：选D.∵该几何体的主视图和左视图都是正方形，∴其可能为正方体、底面直径与高相等的圆柱体及底面是等腰直角三角形且其腰长等于高的直三棱柱，但不可能是一个长与宽不相等的长方体，故选D.4．(2012·高考湖南卷)某几何体的主视图和左视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是( )解析：选C.对于选项A ，两个圆柱的组合体符合要求；对于选项B ，一个圆柱和一个正四棱柱的组合体符合要求；对于选项D ，底面为等腰直角三角形的直三棱柱符合要求，故选C.5．下列结论正确的是( )A ．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B ．以正方形的一条对角线为轴旋转一周围成的几何体叫圆锥C ．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长都相等，则此棱锥可能是正六棱锥D ．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：选D.三棱锥的侧面是有公共顶点的三角形，A 错；以正方形的一条对角线为轴旋转一周围成的几何体为两个圆锥组成的一个组合体，B 错；六棱锥的侧棱长大于底面多边形的边长，C 错；D 正确．二、填空题6．主视图为一个三角形的几何体可以是________________(写出三种)．解析：由于主视图为三角形，只需构造一个简单几何体，使得从正面看正好是三角形即可，例如圆锥、三棱锥、三棱柱、正四棱锥或有一侧棱垂直于底面，底面为矩形的四棱锥等，答案不唯一．答案：圆锥、三棱锥、正四棱锥(答案不唯一) 7.(2013·温州质检)把边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折起，形成三棱锥C －ABD ，其主视图与俯视图如图所示，则左视图的面积为__________．解析：根据这两个视图可以推知折起后二面角C －BD －A 为直二面角，其左视图是一个两直角边长为22的直角三角形，其面积为14.答案：148.如图所示，E 、F 分别是正方体的面ADD 1A 1、面BCC 1B 1的中心，则四边形BFD 1E 在该正方体的面上的正投影可能是________．(要求：把可能的图的序号都填上)解析：由正投影的定义，四边形BFD1E在面AA1D1D与面BB1C1C上的正投影是图③；其在面ABB1A1与面DCC1D1上的正投影是图②；其在面ABCD与面A1B1C1D1上的正投影也是②，故①④错误．答案：②③三、解答题9．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，轴截面的面积等于392，母线与轴的夹角为45°，求这个圆台的高、母线长和底面半径．解：作出圆台的轴截面如图．设O′A′＝r，∵一底面周长是另一底面周长的3倍，∴OA＝3r，SA′＝2r，SA＝32r，OO′＝2r.由轴截面的面积为12(2r＋6r)·2r＝392，得r＝7.故上底面半径为7，下底面半径为21，高为14，母线长为14 2.10．一个正方体内接于高为40 cm，底面半径为30 cm的圆锥中，求正方体的棱长．解：如图，过正方体的体对角线作圆锥的轴截面，设正方体的棱长为x，则OC＝22x，∴22x30＝40－x40，解得x＝120(3－22)，∴正方体的棱长为120(3－22)cm.一、选择题1．(2011·高考课标全国卷)在一个几何体的三视图中，主视图和俯视图如图所示，则相应的左视图可以为( )解析：选D.由几何体的主视图和俯视图可知，该几何体的底面为半圆和等腰三角形，其左视图可以是一个由等腰三角形及底边上的高构成的平面图形，故应选D.2．一圆柱被从顶部斜切掉两块，剩下部分几何体如图所示，此几何体的主视图和俯视图如图所示，其中主视图中的四边形是边长为2的正方形，则此几何体的左视图的面积为( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选B.由主视图、俯视图可知，该几何体的左视图是一个底边长为2，高为2的等腰三角形，所以左视图的面积为S ＝12×2×2＝2.二、填空题 3.用单位正方体搭一个几何体，使它的主视图和俯视图如图所示，则它的体积的最小值与最大值分别为________．解析：由俯视图知，几何体有三行和三列，且第三列的第一行，第二行都没有小正方体，其余各列各行都有小正方体，再根据主视图，第一列中至少有一行有三层，第二列中至少有一行有二层，第三列第三行只有一层，这样就可推出小正方体的个数．最少有10个小正方体，最多有16个小正方体．答案：10与164．(2013·海淀质检)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一动点，则三棱锥P －ABC 的主视图与左视图的面积的比值为________．解析：三棱锥P －ABC 的主视图为底边是CD ，顶点在C 1D 1上的三角形，其面积是S 1＝12CD ·CC 1，左视图为底边是BC ，顶点在B 1C 1上的三角形，其面积是S 2＝12BC ·CC 1＝12CD ·CC 1，∴S 1S 2＝1.答案：1 三、解答题5．(2013·大连质检)已知正三棱锥V －ABC 的主视图、左视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出左视图的面积． 解：(1)如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴左视图中VA ＝ 42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝23， ∴S △VBC ＝12×23×23＝6.。
高考数学一轮复习 第7单元 立体几何听课学案 理
第七单元立体几何第40讲空间几何体的三视图和直观图﹑表面积与体积课前双击巩固1.多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形结构特征①有两个面互相,其余各个面都是;②每相邻两个四边形的公共边都互相有一个面是,其余各面是有一个公共顶点的的多面体用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥,和之间的部分侧棱相交于,但不一定相等延长线交于侧面形状2.旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等,于底面相交于延长线交于轴截面全等的全等的全等的侧面展开图3.三视图与直观图三视图画法规则:长对正、高平齐、宽相等直观图斜二测画法:(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,z'轴与x'轴和y'轴所在平面.(2)原图形中平行于坐标轴的线段在直观图中仍,平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度,平行于y轴的线段在直观图中长度为4.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式名称圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧= S圆锥侧=S圆台侧=5.空间几何体的表面积与体积公式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= 锥体(棱锥和圆锥)S表面积=S侧+S底V=台体(棱台和圆台) S表面积=S侧+S上+S下V=(S上+S下+)h球S= V=常用结论1.按照斜二测画法得到的平面图形的直观图,其面积与原图形的面积的关系:S直观图=S原图形,S原图形=2S直观图.2.多面体的内切球与外接球常用的结论.(1)设正方体的棱长为a,则它的内切球半径r=,外接球半径R= a.(2)设长方体的长、宽、高分别为a,b,c,则它的外接球半径R=.(3)设正四面体的棱长为a,则它的高为a,内切球半径r=a,外接球半径R= a.3.正方体的截面情况: 三角形、四边形(有菱形、矩形、梯形等)、五边形、六边形.题组一常识题1.[教材改编]一个几何体由5个面围成,其中两个面是互相平行且全等的三角形,其他面都是全等的矩形,则该几何体是;一个等腰直角三角形绕其斜边所在的直线旋转一周形成的封闭曲面所围成的几何体是.2.[教材改编]如图7-40-1所示,图①②③是图④表示的几何体的三视图,若图①是正视图,则图②是,图③是.图7-40-13.[教材改编]已知正三角形ABC的边长为a,那么△ABC的平面直观图△A'B'C'的面积为.4.[教材改编]如图7-40-2所示是一个几何体的三视图,正视图是长为2,宽为1的矩形,俯视图是正方形,侧视图是半圆,则这个几何体的表面积是,体积是.图7-40-2题组二常错题◆索引:不清楚三视图的三个视图之间的长度关系致错;几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准确致误;对几何体与其外接球的结构不清楚致误.5.给出下列说法:①有两个平面互相平行,其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱;②四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形;③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥;④棱台的上、下底面可以不相似,但侧棱长一定相等.其中正确说法的序号是.6.一个四面体的三视图如图7-40-3所示,则该四面体的表面积是.图7-40-37.若某几何体的三视图如图7-40-4所示,则此几何体的体积是.图7-40-48.某几何体的三视图如图7-40-5所示,则该几何体的外接球的表面积是.图7-40-5课堂考点探究探究点一空间几何体的三视图和直观图1 (1)[2017·南昌二模]一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是(0,0,0),(1,0,1),(0,1,1),,1,0,绘制该四面体的三视图时, 按照如图7-40-6所示的方向画正视图,则得到的侧视图可以为()图7-40-6图7-40-7(2)[2017·北京卷]某四棱锥的三视图如图7-40-8所示,则该四棱锥的最长棱的长度为()图7-40-8A.3B.2C.2D.2[总结反思] 分析空间几何体的三视图可从以下几方面着手:(1)由三视图中的线是否含有曲线,可确定该几何体是多面体还是旋转体.(2)根据俯视图确定几何体的底面,再根据正视图或侧视图确定几何体的侧面与侧棱的特征,调整虚、实线对应的棱、面的位置,可确定几何体的形状.(3)由三视图还原实物图,要遵循以下三步:①看视图,明关系;②分部分,想整体;③综合起来,定整体.式题(1)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7-40-9所示,则该几何体的侧视图为()图7-40-9图7-40-10(2)某几何体的三视图如图7-40-11所示,则该几何体中最长棱的长度为()图7-40-11A.3B.2C.D.2探究点二空间几何体的表面积与体积2 (1)[2017·渭南质检]某几何体的三视图如图7-40-12所示,则该几何体的体积为()A.64B.64-4πC.64-8πD.64-图7-40-12(2)[2017·太原模拟]某几何体的三视图如图7-40-13所示,则该几何体的表面积为 ()A. B.8+C.(4+)πD.(5+)π图7-40-13[总结反思] (1)根据三视图求表面积、体积时,解题的关键是对所给三视图进行分析,得到几何体的直观图.(2)多面体的表面积是各个面的面积之和,求组合体的表面积时要注意重合部分的面积,不要漏算或多算,解决旋转体的表面积问题要熟练应用其侧面展开图的面积公式.(3)求规则几何体的体积,只需确定其底面积与相应的高,而对于一些不规则几何体的体积往往需采用分割法或补形法,转化求解.式题(1)[2017·郑州质检]如图7-40-14是某个几何体的三视图,则这个几何体的体积是()A.2+B.2+C.4+D.4+图7-40-14(2)[2017·长沙一中二模]如图7-40-15,某几何体的三视图为三个边长均为1的正方形及两条对角线,则该几何体的表面积为()A.2B.2C.3D.4图7-40-15探究点三空间几何体与球的切﹑接问题考向1几何体的外接球3 (1)[2017·深圳二调]已知三棱锥S-ABC中,△ABC是直角三角形,其斜边AB=8,SC⊥平面ABC,SC=6,则该三棱锥的外接球的表面积为()A.64πB.68πC.72πD.100π(2)[2017·全国卷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.[总结反思] 一个多面体的顶点都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球的特点,即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径.考向2几何体的内切球4 (1)在三棱锥P-ABC中,侧棱PA=PB=2,PC=,则当三棱锥P-ABC的三个侧面的面积和最大时,三棱锥P-ABC的内切球的表面积是 ()A.(32-8)πB.(32-16)πC.(40-8)πD.(40-16)π(2)若一个正四面体的表面积为S1,其内切球的表面积为S2,则= .[总结反思] 求解多面体的内切球问题,一般是将多面体分割为以内切球球心为顶点,多面体的各侧面为底面的棱锥,利用多面体的体积等于各分割棱锥的体积之和求内切球的半径.强化演练1.【考向1】正四棱锥P-ABCD的侧棱和底面边长都等于2,则它的外接球的表面积是()A.16πB.12πC.8πD.4π2.【考向2】在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BC⊥AC,AC=12,BC=5,若一个球和该三棱柱的各个面都相切,则该三棱柱的表面积为()A.60B.180C.240D.3603.【考向2】如图7-40-16,已知球O是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球,则平面ACD1截球O的截面面积为()A.πB.C.D.π图7-40-164.【考向1】在三棱锥S-ABC中,侧棱SA⊥底面ABC,AB=5,BC=8,∠ABC=60°,SA=2,则该三棱锥的外接球的表面积为()A.πB.πC.πD.π5.【考向1】长方体ABCD-A1B1C1D1的各个顶点都在表面积为16π的球O的球面上,若AB∶AD∶AA1=2∶1∶,则四棱锥O-ABCD的体积为.第41讲空间点、直线、平面之间的位置关系课前双击巩固1.空间图形的公理与定理公理1:如果一条直线上的在一个平面内,那么这条直线在此平面内.公理2:过的三点,有且只有一个平面.公理3:如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线.公理4:平行于同一条直线的两条直线互相.定理:空间中如果两个角的两边分别对应平行,那么这两个角或.2.空间直线之间的位置关系(1)空间直线(2)异面直线所成的角①定义:设a,b是两条异面直线,经过空间中任一点O作直线a'∥a,b'∥b,把a'与b'所成的叫作异面直线a与b所成的角(或夹角).②范围:.3.空间中直线与平面、平面与平面的位置关系(1)空间中直线与平面的位置关系位置关系图形表示符号表示公共点直线a在平面α内a⊂α有公共点直线在直线a与平面α平行a∥α公共点平面外直线a与平面α斜交a∩α=A直线a与平面α垂直有且只有一个公共点(2)空间中平面与平面的位置关系位置关系图形表示符号表示公共点或直线两平面平行公共点两平面相交斜交有一条公共垂直题组一常识题1.[教材改编]共点的三条直线最少可确定个平面,最多可确定个平面.2.[教材改编]已知直线a与b平行,直线c与b相交,则直线a与c的位置关系是.3.[教材改编]已知互相垂直的平面α,β交于直线l,若直线n满足n⊥β,则n与l的位置关系为.4.[教材改编]三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧棱垂直于底面,底面边长为2,高为,M是AB的中点,则直线CM与BC1所成的角等于.题组二常错题◆索引:忽略公理2的条件致误;对异面直线概念的理解不准确致误;忽视异面直线的取值范围致误.5.若a,b是异面直线,c与a,b都相交,则由这三条直线可以确定个平面.6.下列关于异面直线的说法正确的是.(1)若a⊂α,b⊂β,则a与b是异面直线;(2)若a与b异面,b与c异面,则a与c异面;(3)若a,b不同在平面α内,则a与b异面;(4)若a,b不同在任何一个平面内,则a与b异面.7.已知直线a,b分别在两个不同的平面α,β内,则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的条件.(填充分不必要、必要不充分、充要)8.若一条直线与一个平面所成的角为,则此直线与这个平面内任意一条直线所成角的取值范围是.课堂考点探究探究点一平面的基本性质1 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,判断下列说法是否正确,并说明理由.(1)直线AC1在平面CC1B1B内;(2)设正方形ABCD与正方形A1B1C1D1的中心分别为O,O1,则平面AA1C1C与平面BB1D1D 的交线为OO1;(3)由点A,O,C可以确定一个平面;(4)由A,C1,B1确定的平面是ADC1B1;(5)设直线l是平面ABCD内的直线,直线m是平面DD1C1C内的直线,若l与m相交,则交点一定在直线CD上.[总结反思] (1)三个公理是立体几何的基础.公理1是确定直线在平面内的依据;公理2是利用点或直线确定平面的依据;公理3是确定两个平面有一条交线的依据,同时也是证明多点共线、多线共点的依据.(2)证明点共线或线共点的问题,关键是转化为证明点在直线上,也就是利用公理3,证明点在两个平面的交线上,或者选择其中两点确定一条直线,然后证明另一点也在该直线上.式题(1)若点P∈平面α,点Q∈平面α,点R∈平面β,α∩β=m,且R∉m,PQ∩m=M,过P,Q,R 三点确定一个平面γ,则β∩γ是()A.直线QRB.直线PRC.直线RMD.以上均不正确(2)给出下列四个说法:①经过三点确定一个平面;②梯形可以确定一个平面;③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面;④若两个平面有三个公共点,则这两个平面重合.其中正确说法的个数是()A.0B.1C.2D.3探究点二空间两条直线的位置关系2 (1)[2017·东北三省三校联考]已知α是一个平面,m,n是两条不同的直线,A是一个点,若m⊄α,n⊂α,且A∈m,A∈α,则m,n的位置关系不可能是()A.垂直B.相交C.异面D.平行(2)[2017·临汾一模]已知平面α和直线a,b,则下列说法正确的是 ()A.若直线a,b与平面α所成角都是30°,则这两条直线平行B.若直线a,b与平面α所成角都是30°,则这两条直线不可能垂直C.若直线a,b平行,则这两条直线中至少有一条与平面α平行D.若直线a,b垂直,则这两条直线与平面α不可能都垂直[总结反思] (1)要判断空间两条直线的位置关系(平行、相交、异面),可利用定义及公理4,借助空间想象并充分利用图形进行判断.(2)判断空间直线的位置关系一般有两种方法:一是构造几何体(如正方体、空间四边形等)模型来推断;二是利用排除法.式题(1)对于任意的直线l与平面α,在平面α内必有直线m,使得m与l()A.平行B.相交C.垂直D.互为异面直线(2)设a,b,c是空间中三条不同的直线,给出下面四个说法:①若a∥b,b∥c,则a∥c;②若a⊥b,b⊥c,则a∥c;③若a与b相交,b与c相交,则a与c相交;④若a⊂平面α,b⊂平面β,则a与b一定是异面直线.其中说法正确的是.(写出所有正确说法的序号)探究点三异面直线所成的角3 (1)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,若AB=BB1,D是CC1的中点,则CA1与BD所成角的大小是()A.B.C.D.(2)如图7-41-1,E,F分别是三棱锥P-ABC的棱AP,BC的中点,PC=10,AB=6,EF=7,则异面直线AB与PC所成的角为.图7-41-1[总结反思] 用平移法求异面直线所成角的一般步骤:(1)作角——用平移法找(或作)出符合题意的角;(2)求角——转化为求一个三角形的内角,通过解三角形,求出所找的角;(3)结论——设由(2)求出的角的大小为θ,若0°<θ≤90°,则θ即为所求,若90°<θ<180°,则180°-θ即为所求.式题(1)已知四棱锥P-ABCD的侧棱长与底面边长都相等,点E是PB的中点,则异面直线AE与PD所成角的余弦值为()A.B.C. D.(2)如图7-41-2所示,正三棱锥A-BCD的底面BCD与正四面体E-BCD的底面BCD重合,连接AE,则异面直线AE与CD所成角的大小为()图7-41-2A.30°B.45°C.60°D.90°第42讲直线、平面平行的判定与性质课前双击巩固1.直线与平面平行的判定与性质判定性质定义定理图形条件结a∥αb∥αa∩α=⌀a∥b 论2.面面平行的判定与性质判定性质定义定理图形条件结α∥βα∥βa∥b a∥α论常用结论1.两个平面平行,则其中任意一个平面内的直线与另一个平面平行.2.三种平行关系的转化:线线平行、线面平行、面面平行的相互转化是解决与平行有关的证明题的指导思想,解题中既要注意一般的转化规律,又要看清题目的具体条件,选择正确的转化方向.题组一常识题1.[教材改编]已知直线a∥平面α,P∈α,那么过点P且平行于直线a的直线有条.2.[教材改编]空间四边形ABCD中,E,F分别在边AD,CD上,且满足=,则直线EF与平面ABC的位置关系是.3.[教材改编]如图7-42-1所示,长方体ABCD-A1B1C1D1中,平面AB1C与平面A1DC1的位置关系是.图7-42-14.[教材改编]如图7-42-2,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为DD1的中点,则BD1与平面AEC的位置关系为.图7-42-2题组二常错题◆索引:对空间平行关系的相互转化条件理解不够致误;忽略线面平行判定定理的条件致误;应用面面平行的判定定理时忽视“面内两条相交直线”这一条件致误.5.设m,l表示两条不同的直线,α表示平面,若m⊂α,则“l∥α”是“l∥m”的条件.6.(1)若直线a与平面α内无数条直线平行,则a与α的位置关系是.(2)已知直线a,b和平面α,β,若a⊂α,b⊂α,a∥β,b∥β,则α,β的位置关系是.(3)若α∥β,直线a∥α,则a与β的位置关系是.7.下列条件中,能判断两个平面平行的是.(1)一个平面内的一条直线平行于另一个平面;(2)一个平面内的两条直线平行于另一个平面;(3)一个平面内有无数条直线平行于另一个平面;(4)一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面.课堂考点探究探究点一平行关系的基本问题1 (1)[2017·全国卷Ⅰ]如图7-42-3,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是()A B C D图7-42-3(2)[2017·济南模拟]平面α∥平面β的一个充分条件是()A.存在一条直线a,a∥α,a∥βB.存在一条直线a,a⊂α,a∥βC.存在两条平行直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥αD.存在两条异面直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α[总结反思] 解决空间中线面、面面平行的基本问题要注意以下几个方面:(1)判定定理与性质定理中易忽视定理成立的条件;(2)结合题意构造或绘制图形,结合图形作出判断;(3)举反例否定结论.式题(1)过三棱柱ABC-A1B1C1的任意两条棱的中点作直线,其中与平面ABB1A1平行的直线共有()A.2条B.4条C.6条D.8条(2)设m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,给出下列四个说法:①若m⊂α,n∥α,则m∥n;②若α∥γ,β∥γ,则α∥β;③若α∩β=n,m∥n,m∥α,则m∥β;④若m∥α,n∥β,m∥n,则α∥β.其中正确说法的序号是.探究点二线面平行的判定与性质2 如图7-42-4所示,在直三棱柱ABC-A'B'C'中,M为CC'的中点,N为AB的中点,AA'=BC=3,AB=2,AC=.图7-42-4(1)求证:CN∥平面AB'M;(2)求三棱锥B'-AMN的体积.[总结反思] (1)证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线,解题的思路是利用几何体的特征,合理利用中位线定理、线面平行的性质,或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.(2)应用线面平行性质定理的关键是确定交线的位置,有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线.式题如图7-42-5所示,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,AD=2BC,E为侧棱PC上不同于端点的任意一点.若PA∥平面BDE,求的值.图7-42-5探究点三面面平行的判定与性质3 如图7-42-6,在以A,B,C,D,E,F为顶点的多面体中,AF⊥平面ABCD,DE⊥平面ABCD,AD∥BC,BC=2AD.请在图中作出平面α,使得DE⊂α,且BF∥α,并说明理由.图7-42-6[总结反思] 证明面面平行的常用方法:(1)利用面面平行的定义或判定定理;(2)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(l⊥α,l⊥β⇒α∥β);(3)利用平面平行的传递性,即两个平面同时平行于第三个平面,则这两个平面平行(α∥β,β∥γ⇒α∥γ).式题已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,AD=2BC,E,F分别为CC1,DD1的中点.求证:平面BEF∥平面AD1C1.图7-42-7第43讲直线、平面垂直的判定与性质课前双击巩固1.直线与平面垂直(1)定义:如果直线l与平面α内的都垂直,就称直线l与平面α互相垂直,记作l⊥α.直线l叫作平面α的,平面α叫作直线l的.(2)直线与平面垂直的判定与性质类别语言表述图形表示符号表示应用判定根据定义,证明一条直线垂直于一个平面内的任意一条直线b是平面α内任意一条直线,⇒a⊥α证明直线和平面垂直一条直线与一个平面内的都垂直,则该直线与此平面垂直⇒l⊥α如果两条平行直线中的垂直于一个平面,那么也垂直于同一个平面⇒b⊥α性质如果一条直线和一个平面垂直,那么这条直线和这个平面内的都垂直⇒a⊥b证明两条直线垂直垂直于同一个的两条直线平行⇒a∥b证明两条直线平行2.两个平面垂直(1)定义:两个平面相交,如果它们所成的二面角是,就说这两个平面互相垂直.(2)两个平面垂直的判定和性质类别语言表述图形表示符号表示应用判定根据定义,证明两平面所成的二面角是∠AOB是二面角α-l-β的平面角,且,则α⊥β证明两平面垂直如果一个平面经过另一个平面的一条,那么这两个平面互相垂直⇒α⊥β性质如果两个平面垂直,那么它们所成是直角α⊥β,∠AOB是二面角α-l-β的平面角,则证明两条直线垂直如果两个平面垂直,那么在一个平面内垂直于它们的直线垂直于⇒l⊥α证明直线与平面垂直常用结论1.与线面垂直相关的两个常用结论:(1)两平行线中的一条与平面垂直,则另一条也与这个平面垂直;(2)一条直线垂直于两平行平面中的一个,则与另一个平面也垂直.2.三种垂直关系的转化:线线垂直线面垂直面面垂直题组一常识题1.[教材改编]已知直线a,b和平面α,且a⊥α,b∥α,则a与b的位置关系为.2.[教材改编]已知三棱锥P-ABC的三条侧棱都相等,顶点P在底面ABC上的射影为O,则O 是△ABC的心.3.[教材改编]如图7-43-1所示,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°,F是AC的中点,E是PC上的点,且EF⊥BC,则= .图7-43-14.[教材改编]如图7-43-2所示,在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°.将△ADB沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,构成三棱锥A-BCD,则在三棱锥A-BCD中,平面ADC⊥平面.图7-43-2题组二常错题◆索引:忽略线面垂直的条件致误;忽视平面到空间的变化致误.5.“直线a与平面α内的无数条直线都垂直”是“直线a与平面α垂直”的条件.6.已知直线a,b,c,若a⊥b,b⊥c,则a与c的位置关系为.7.已知直线a和平面α,β,若α⊥β,a⊥β,则a与α的位置关系为.8.已知互相垂直的平面α,β交于直线l,若直线n满足n⊥β,则n与l的位置关系是.课堂考点探究探究点一垂直关系的基本问题1 (1)设a,b是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列四个说法中错误的是()A.若a⊥b,a⊥α,b⊄α,则b∥αB.若a∥α,a⊥β,则α⊥βC.若a⊥β,α⊥β,则a∥αD.若a⊥b,a⊥α,b⊥β,则α⊥β(2)[2017·全国卷Ⅲ]在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则()A.A1E⊥DC1B.A1E⊥BDC.A1E⊥BC1D.A1E⊥AC[总结反思] 解决空间中线面、面面垂直的问题有以下三种方法: (1)依据相关定理得出结论;(2)结合符合题意的模型(如构造正方体、长方体)作出判断;(3)否定命题时只需举一个反例即可.式题(1)[2017·宣城二调]已知m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则下列四个说法中错误的是()A.若m∥α,m∥β,α∩β=n,则m∥nB.若α⊥β,m⊥α,n⊥β,则m⊥nC.若α⊥β,α⊥γ,β∩γ=m,则m⊥αD.若α∥β,m∥α,则m∥β(2)[2017·洛阳三模]若空间中四个不重合的平面α1,α2,α3,α4满足α1⊥α2,α2⊥α3,α3⊥α4,则下列结论一定正确的是()A.α1⊥α4B.α1∥α4C.α1与α4既不垂直也不平行D.α1与α4的位置关系不确定探究点二线面垂直的判定与性质2 [2018·郑州一中月考]在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,△PAD 是等腰三角形,AB=2AD,E是AB的一个三等分点(靠近点A),CE的延长线与DA的延长线交于点F,连接PF.证明:(1)CD⊥PF;(2)在线段PC,PD上可以分别找到两点A',A″,使得直线PC⊥平面AA'A″.图7-43-3[总结反思] (1)解决直线与平面垂直问题的常用方法:①利用线面垂直的定义;②利用线面垂直的判定定理;③利用线面垂直的性质;④利用面面垂直的判定定理;⑤利用面面垂直的性质.(2)由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化,因此整个证明过程围绕着“线面垂直”这个核心展开,这是化解空间垂直关系问题难点的技巧所在.式题[2017·北京海淀区期中]如图7-43-4所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB⊥AC,AC=AA1,E,F分别是棱BC,CC1的中点.证明:(1)AB⊥平面AA1C1C;(2)EF⊥A1C.图7-43-4探究点三面面垂直的判定与性质3 [2018·豫南九校质检]在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,AB∥CD,△PAD是等边三角形,已知AD=2,BD=2,AB=2CD=4.(1)设M是PC上一点,求证:平面MBD⊥平面PAD.(2)求四棱锥P-ABCD的体积.图7-43-5[总结反思] (1)证明面面垂直的常用方法:①利用面面垂直的定义;②利用面面垂直的判定定理,转化为从现有直线中(或作辅助线)寻找平面的垂线,即证明线面垂直.(2)两个平面垂直问题,通常是通过“线线垂直→线面垂直→面面垂直”的过程来实现的.式题如图7-43-6,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=AA1,AB=BC,∠AA1C1=60°,平面ABC1⊥平面AA1C1C.求证:BC1⊥平面AA1C1C.图7-43-6探究点四平行与垂直的综合问题考向1平行与垂直关系的证明4 如图7-43-7,在三棱锥A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E,F(E与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EF⊥AD.求证:(1)EF∥平面ABC;(2)AD⊥AC.图7-43-7[总结反思] 处理空间图形中的平行与垂直问题,一般考虑判定定理和性质的应用,当满足相关定理的条件时,可直接使用相关定理得出结论.考向2探索性问题中的平行与垂直关系5 如图7-43-8所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥CD,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=AD.(1)在平面PAD内找一点M,使得直线CM∥平面PAB,并说明理由;(2)证明:平面PAB⊥平面PBD.图7-43-8[总结反思] 处理空间中平行或垂直的探索性问题,一般是先根据条件猜测点或直线的位置再给出证明.点一般为中点或三等分点,直线一般为中位线.考向3折叠问题中的平行与垂直关系6 如图7-43-9(1)所示,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,D为AC的中点,AE⊥BD于点E(不同于点D),延长AE交BC于点F,将△ABD沿BD折起,得到三棱锥A1-BCD,如图(2)所示.(1)若M是FC的中点,求证:直线DM∥平面A1EF.(2)求证:BD⊥A1F.(3)若平面A1BD⊥平面BCD,试判断直线A1B与直线CD能否垂直?请说明理由.图7-43-9[总结反思] 证明折叠问题中的平行与垂直,关键是分清折叠前后图形的位置和数量关系的变与不变.一般地,折叠前位于“折痕”同侧的点、线间的位置和数量关系折叠后不变,而折叠前位于“折痕”两侧的点、线间的位置关系折叠后会发生变化.对于不变的关系可在平面图形中处理,而对于变化的关系则要在立体图形中解决.强化演练1.【考向1】在三棱锥S-ABC中,∠SBA=∠SCA=90°,△ABC是斜边AB=a的等腰直角三角形,给出以下结论:①异面直线SB与AC所成的角为90°;②直线SB⊥平面ABC;③平面SBC⊥平面ABC;④点C到平面SAB的距离是a.其中正确结论的个数是()A.1B.2C.3D.4图7-43-102.【考向1】[2017·宝鸡质检]对于四面体ABCD,给出下列四个说法:①若AB=AC,BD=CD,则BC⊥AD;②若AB=CD,AC=BD,则BC⊥AD;③若AB⊥AC,BD⊥CD,则BC⊥AD;④若AB⊥CD,AC⊥BD,则BC⊥AD.其中正确的说法是()A.①②B.②③C.②④D.①④3.【考向3】如图7-43-11,以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕,翻折△ABD 和△ACD,使得平面ABD⊥平面ACD.给出下列四个结论:①BD⊥AC;②△BAC是等边三角形;③三棱锥D-ABC是正三棱锥;④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的结论是()图7-43-11A.①②④B.①②③C.②③④D.①③④。
高考数学一轮复习 第7单元 立体几何测评 理
第七单元立体几何小题必刷卷(十)立体几何题组一真题集训1.[2014·全国卷Ⅰ]如图X10-1,网格纸的各小格都是正方形,粗实线画出的是一个几何体的三视图,则这个几何体是 ()A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱图X10-12.[2017·全国卷Ⅱ]如图X10-2,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图X10-23.[2017·北京卷]某四棱锥的三视图如图X10-3所示,则该四棱锥的最长棱的长度为()A.3B.2C.2D.2图X10-34.[2017·全国卷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.πB.C.D.5.[2015·广东卷]若直线l1和l2是异面直线,l1在平面α内,l2在平面β内,l是平面α与平面β的交线,则下列命题正确的是()A.l与l1,l2都不相交B.l与l1,l2都相交C.l至多与l1,l2中的一条相交D.l至少与l1,l2中的一条相交6.[2016·全国卷Ⅰ]平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为()A.B.C.D.7.[2017·全国卷Ⅰ]某多面体的三视图如图X10-4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图X10-48.[2017·全国卷Ⅱ]已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A.B.C.D.9.[2016·全国卷Ⅱ]α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号)10.[2017·全国卷Ⅰ]如图X10-5,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.图X10-5题组二模拟强化11.[2018·武汉调研]一个几何体的三视图如图X10-6所示,则它的表面积为 ()A.28B.20+2C.20+4D.24+2图X10-612.[2018·温州一模]某几何体的三视图如图X10-7所示,则该几何体的体积是()A.+πB.+πC.D.图X10-713.[2017·怀化四模]在三棱锥A-BCD中,E,F分别是AB,CD的中点,若AD=BC=2,AD与BC 所成的角为θ,EF=,则sin θ=()A. B. C.D.14.[2017·合肥二模]若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形,则该三棱锥与平面α平行的棱有()A.0条B.1条C.2条D.1条或2条15.[2017·厦门二模]如图X10-8是由正三棱锥与正三棱柱组合而成的几何体的三视图,若该几何体的顶点都在半径为R的球面上,则R=()A.1B.C.D.图X10-816.[2017·广州二模]在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是棱A1D1的中点,过C1,B,M 作正方体的截面,则这个截面的面积为()A.B.C. D.17.[2017·郑州质检]在四面体A-BCD中,AB=CD=10,AC=BD=2,AD=BC=2,则四面体A-BCD外接球的表面积为()A.50πB.100πC.200πD.300π18.[2017·洛阳二模]一个透明密闭的正方体容器中,恰好盛有该容器一半容积的水,任意转动这个正方体容器,则水面在容器中的形状可以是:(1)三角形;(2)四边形;(3)五边形;(4)六边形.其中正确的结论是()A.(1)(3)B.(2)(4)C.(2)(3)(4)D.(1)(2)(3)(4)19.[2017·河南六市二联]如图X10-9,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线与粗虚线画出的是某多面体的三视图,则该多面体外接球的表面积为.图X10-920.[2017·泉州质检]如图X10-10,一张纸的长、宽分别为2a,2a,A,B,C,D分别是其四条边的中点.现将其沿图中虚线折起,使得P1,P2,P3,P4四点重合为一点P,从而得到一个多面体.下列关于该多面体的说法中正确的是.(写出所有正确说法的序号)①该多面体是三棱锥;②平面BAD⊥平面BCD;③平面BAC⊥平面ACD;④该多面体外接球的表面积为5πa2.图X10-10解答必刷卷(四)立体几何题组一真题集训1.[2017·全国卷Ⅲ]如图J4-1,四面体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.图J4-12.[2017·天津卷]如图J4-2,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°.点D,E,N分别为棱PA,PC,BC的中点,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2.(1)求证:MN∥平面BDE;(2)求二面角C-EM-N的正弦值;(3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为,求线段AH的长.图J4-23.[2016·全国卷Ⅰ]如图J4-3,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°.(1)证明:平面ABEF⊥平面EFDC;(2)求二面角E-BC-A的余弦值.图J4-3题组二模拟强化4.[2017·石家庄二模]在如图J4-4所示的多面体ABCDEF中,四边形ABCD为直角梯形,AB ∥CD,∠DAB=90°,四边形ADEF为等腰梯形,EF∥AD,已知AE⊥EC,AB=AF=EF=2,AD=CD=4.(1)求证:平面ABCD⊥平面ADEF;(2)求直线CF与平面EAC所成角的正弦值.图J4-45.[2017·福州质检]如图J4-5所示,梯形ABCD中,AB∥CD,矩形BFED所在的平面与平面ABCD 垂直,且AD=DC=CB=BF=AB.(1)求证:平面ADE⊥平面BFED;(2)若P为线段EF上一点,平面PAB与平面ADE所成的锐二面角为θ,求θ的最小值.图J4-56.[2017·合肥二模]如图J4-6①所示,矩形ABCD中,AB=1,AD=2,点E为AD的中点,沿BE将△ABE折起至△PBE,如图②所示,点P在平面BCDE的射影O落在BE上.(1)求证:BP⊥CE;(2)求二面角B-PC-D的余弦值.图J4-6小题必刷卷(十)1.B[解析] 从俯视图为矩形可以看出,此几何体不可能是三棱锥或四棱锥,其直观图如图,是一个三棱柱.2.B[解析] 几何体的直观图如图所示,所以该几何体的体积为π×32×4+×π×32×6=63π.3.B[解析] 将四棱锥放在棱长为2的正方体中,该四棱锥为D'-B'C'CB,如图所示.该四棱锥最长的棱为正方体的体对角线D'B,D'B===2,故选B.4.B[解析] 由题可知球心为圆柱的中心,则圆柱底面圆的半径r==,故圆柱的体积V=π××1=.5.D[解析] 若直线l1和l2是异面直线,l1在平面α内,l2在平面β内,l是平面α与平面β的交线,则l至少与l1,l2中的一条相交,故选D.6.A[解析] 因为平面α∥平面CB1D1,所以平面α与平面ABCD的交线m平行于平面CB1D1与平面ABCD的交线l.因为在正方体中平面ABCD平行于平面A1B1C1D1,所以l∥B1D1,所以m∥B1D1.同理,n平行于平面CB1D1与平面ABB1A1的交线.因为平面ABB1A1∥平面CDD1C1,所以平面CB1D1与平面ABB1A1的交线平行于平面CB1D1与平面CDD1C1的交线CD1,所以n∥CD1.故m,n所成的角即为B1D1,CD1所成的角,显然所成的角为60°,则其正弦值为.7.B[解析] 该几何体为一个三棱柱和一个三棱锥的组合体,其直观图如图所示,各个面中有两个全等的梯形,其面积之和为2××2=12.8.C[解析] 方法一:建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(0,0,0),B1(0,0,1),C1,所以=(-2,0,1),=,故异面直线AB1与BC1所成角θ的余弦值cos θ===.方法二:如图,将该直三棱柱补充成直四棱柱,其中CD∥AB且CD=AB,则可得AB1∥DC1且AB1=DC1,图中∠BC1D即为异面直线AB1与BC1所成的角或所成角的补角.在△BC1D中,BC1=,DC1=,BD==,所以cos∠BC1D==.故异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.9.②③④[解析] 对于①,m⊥n,m⊥α,n∥β,则α,β的位置关系无法确定,故错误;对于②,因为n∥α,所以可过直线n作平面γ与平面α相交于直线c,则n∥c,因为m⊥α,所以m⊥c,所以m⊥n,故正确;对于③,由两个平面平行的性质可知其正确;对于④,由线面所成角的定义和等角定理可知其正确.故正确的有②③④.10.4[解析] 设△ABC的边长为a cm,0<a<5,则三个等腰三角形的高为 cm,折起后所得正三棱锥的高为= (cm),所以所得三棱锥的体积为×a2×= (cm3).令u=25a4-a5,则u'=100a3-a4=25a3,其中0<a<5,当0<a<4时,u'>0,当4<a<5时,u'<0,故a=4为u=25a4-a5在定义域内唯一的极大值点,也是最大值点,所以当a=4时,三棱锥的体积最大,最大值为××(4)2×=4×=4(cm3).11.D[解析] 如图所示,三视图所对应的几何体是长、宽、高分别为2,2,3的长方体去掉一个三棱柱后剩余的部分,故该几何体的表面积S=(2×2)×5+×1×2×2+2×1+2×=24+2.12.A[解析] 由三视图可知,该几何体是由半个圆柱和以圆柱轴截面为底面的四棱锥组成的组合体,其中半圆柱底面半径为1,高为2,体积为×π×12×2=π,四棱锥的体积为×4×1=,所以该几何体的体积为+π,故选A.13.D[解析] 如图,取BD的中点G,连接EG,FG.∵E,F分别是AB,CD的中点,∴EG∥AD,FG∥BC,又∵AD与BC所成的角为θ,∴∠EGF即为θ(或θ的补角).在△EFG中,易知EG=FG=1,EF=,∴cos∠EGF===-,∴sin θ==,故选D.14.C[解析] 如图所示,四边形EFGH为平行四边形,则EF∥GH.∵EF⊄平面BCD,GH⊂平面BCD,∴EF∥平面BCD.∵EF⊂平面ACD,平面BCD∩平面ACD=CD,∴EF∥CD,∴CD∥平面EFGH,同理AB∥平面EFGH,故选C.15.B[解析] 正三棱柱的底面边长为,高为2,设正三棱柱的上、下底面中心分别为O,O1,连接OO1,则该几何体外接球的球心为OO1的中点H,设正三棱柱底面的一个顶点为A.∵底面边长为,∴O1A=×=1,又O1H=1,∴HA==,即外接球的半径为,故选B.16.C[解析] 取AA1的中点N,连接MN,NB,MC1,BC1,易知MN∥BC1,∴截面为梯形,且MN=BC1=,MC1=BN=,∴梯形的高为,∴梯形的面积为×(+2)×=,故选C.17.C[解析] 由题意可采用割补法.考虑到四面体A-BCD的四个面为全等的三角形,所以可将四面体A-BCD置于一个长方体中,所以四面体A-BCD的外接球即为长方体的外接球.设长方体的长、宽、高分别为x,y,z,则x2+y2=100,x2+z2=136,y2+z2=164,设外接球的半径为R,则有(2R)2=x2+y2+z2=200,即4R2=200,所以外接球的表面积S=4πR2=200π,故选C.18.B[解析] 正方体容器中盛有一半容积的水,无论怎样转动,其水面总是过正方体的中心.三角形截面不过正方体的中心,故(1)中结论不正确;过正方体的一对相对的棱和中心可作一截面,截面形状为长方形,故(2)中结论正确;显然水面在容器中的形状不可能是五边形,故(3)中结论不正确;过正方体一平面上相邻两边的中点以及正方体的中心得截面形状为正六边形,故(4)中结论正确.故选B.19.π[解析] 根据三视图可得该几何体是镶嵌在正方体中的四棱锥O-ABCD,正方体的棱长为2,A,D为正方体棱的中点,根据几何体可以判断,外接球球心在过A,D且平行于正方体下底面的截面上.设外接球半径为R,球心到平面BCO的距离为x,则球心到AD的距离为2-x,∴R2=x2+()2,R2=12+(2-x)2,解得x=,R=,∴该多面体外接球的表面积为4πR2=π.20.①②③④[解析] 由题意得,该多面体是三棱锥,故①中说法正确.根据题意可得,BD=2a,AD=CD=AB=BC=a,分析可得,平面BAD⊥平面BCD,故②中说法正确,同理平面BAC⊥平面ACD,故③中说法正确.易得多面体外接球的半径为,则该多面体外接球的表面积为5πa2,故④中说法正确.解答必刷卷(四)1.解:(1)证明:由题设可得,△ABD≌△CBD,从而AD=DC.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.又由于△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,BO2+AO2=AB2.又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°,所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由题设及(1)知,OA,OB,OD两两垂直.以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则A(1,0,0),B(0,,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,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的,即E为DB的中点,得E.故=(-1,0,1),=(-2,0,0),=.设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,则即可取n=.设m是平面AEC的法向量,则同理可取m=(0,-1,),则cos<n,m>==,所以二面角D-AE-C的余弦值为.2.解:如图,以A为原点,分别以,,方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).(1)证明:=(0,2,0),=(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则即不妨取z=1,可得n=(1,0,1).又=(1,2,-1),可得·n=0.因为MN⊄平面BDE,所以MN∥平面BDE.(2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.设n2=(x2,y2,z2)为平面EMN的法向量,则因为=(0,-2,-1),=(1,2,-1),所以不妨取y2=1,可得n2=(-4,1,-2).因此有cos<n1,n2>==-,于是sin<n1,n2>=,所以二面角C-EM-N的正弦值为.(3)依题意,设AH=h(0≤h≤4),则H(0,0,h),进而可得=(-1,-2,h),=(-2,2,2).由已知,得|cos<,>|===,整理得10h2-21h+8=0,解得h=或h=,所以,线段AH的长为或.3.解:(1)证明:由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,又DF∩FE=F,所以AF⊥平面EFDC.又AF⊂平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC.(2)过D作DG⊥EF,垂足为G,由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系G -xyz.由(1)知∠DFE为二面角D-AF-E的平面角,故∠DFE=60°,则DF=2,DG=,可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,).由已知得,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC.又平面ABCD∩平面EFDC=CD,故AB∥CD,CD∥EF.由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角,故∠CEF=60°,从而可得C(-2,0,),所以=(1,0,),=(0,4,0),=(-3,-4,),=(-4,0,0).设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则即所以可取n=(3,0,-).设m=(x1,y1,z1)是平面ABCD的法向量,则同理可取m=(0,,4),则cos<n,m>==-,结合图形得,二面角E-BC-A的余弦值为-.4.解:(1)证明:取AD的中点M,连接EM,由AF=EF=DE=2,AD=4,可知EM=AD,∴AE⊥DE.又AE⊥EC,DE∩EC=E,∴AE⊥平面CDE,∴AE⊥CD.又CD⊥AD,AD∩AE=A,∴CD⊥平面ADEF,又∵CD⊂平面ABCD,∴平面ABCD⊥平面ADEF.(2)如图,过点E作EO⊥AD,则EO⊥平面ABCD,过点O作OG∥DC交BC于点G,以O为原点,分别以,,的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得E(0,0,),A(3,0,0),C(-1,4,0),F(2,0,),所以=(3,0,-),=(-4,4,0),=(3,-4,).设n=(x,y,z) 为平面EAC的法向量,则即不妨设x=1,可得n=(1,1,),所以cos<,n>===,即直线CF与平面EAC所成角的正弦值为.5.解:(1)证明:取AB的中点G,连接DG,因为AB∥CD,DC=AB=BG,所以四边形BCDG为平行四边形,则DG=CB,所以DG=AG=BG,所以AD⊥BD.因为平面BFED⊥平面ABCD, 平面BFED∩平面ABCD=DB,AD⊥DB,AD⊂平面ABCD,所以AD⊥平面BFED.又AD⊂平面ADE,所以平面ADE⊥平面BFED.(2)因为四边形BFED为矩形,所以ED⊥DB.由(1)知AD⊥ED,AD⊥DB,故建立如图所示空间直角坐标系D-xyz.设AD=1,则A(1,0,0),B(0,,0),P(0,t,1)(0≤t≤),所以=(-1,t,1),=(-1,,0).设m=(x,y,z)是平面PAB的法向量,则取y=1,则m=(,1,-t+).易知平面ADE的一个法向量为n=(0,1,0),所以cos θ=≤,又θ∈0,,所以θmin=.6.解:(1)证明:∵点P在平面BCDE的射影O落在BE上,∴平面PBE⊥平面BCDE.易知BE⊥CE,又平面PBE∩平面BCDE=BE,∴CE⊥平面PBE,而BP⊂平面PBE,∴PB⊥CE.(2)以O为坐标原点,以过点O且平行于CD的直线为x轴,过点O且平行于BC的直线为y轴,直线PO为z轴,建立如图所示空间直角坐标系,则B,-,0,C,,0,D-,,0,P0,0,,∴=(-1,0,0),=-,-,,=,-,-,=(0,2,0).设平面PCD的法向量为n1=(x1,y1,z1),则即令z1=,可得n1=0,,.设平面PBC的法向量为n2=(x2,y2,z2),则即令z2=,可得n2=(2,0,),∴cos<n1,n2>==.易知二面角B-PC-D为钝二面角,则二面角B-PC-D的余弦值为-.。
高考数学一轮复习 第7章 立体几何2精品训练 理(含解析)新人教B版
2014年高考数学一轮复习 第7章 立体几何2精品训练 理（含解析）新人教B 版[命题报告·教师用书独具]一、选择题1．(2013年烟台调研)棱长为2的正四面体的表面积是( ) A. 3 B ．4 C ．4 3D ．16解析：每个面的面积为： 12×2×2×32＝ 3.∴正四面体的表面积为：4 3.答案：C2．(2013年福州质检)把球的表面积扩大到原来的2倍，那么体积扩大到原来的( ) A ．2倍 B ．22倍 C.2倍D ．32倍解析：由题意知球的半径扩大到原来的2倍，则体积V ＝43πR 3，知体积扩大到原来的22倍．答案：B3．(2013年哈尔滨模拟)某品牌香水瓶的三视图如下(单位：cm)，则该几何体的表面积为( )A.⎝⎛⎭⎪⎫95－π2 cm 2B.⎝⎛⎭⎪⎫94－π2 cm 2C.⎝⎛⎭⎪⎫94＋π2 cm 2D. ⎝⎛⎭⎪⎫95＋π2 cm 2 解析：该几何体的上下为长方体，中间为圆柱．S 表面积＝S 上长方体＋S 下长方体＋S 圆柱侧－2S 圆柱底＝2×4×4＋4×4×2＋2×3×3＋4×3×1＋2π×12×1－2·π(12)2＝94＋π2.答案：C4．(2013年佛山模拟)已知某个几何体的三视图如图，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何体的体积是( )A.83 cm 3B.43 cm 3C. 23cm 3D.13cm 3 解析：由三视图知几何体为三棱锥，如图所示：V ＝13S △ABC ·PO ＝13×12×2×2×2＝43(cm 3)．答案：B5．(2013年西安模拟)有一个几何体的三视图及其尺寸如下(单位：cm)，则该几何体的表面积及体积为( )A ．24π cm 2,12π cm 3B ．15π cm 2,12π cm 3C ．24π cm 2,36π cm 3D ．以上都不正确解析：此几何体是个圆锥，r ＝3 cm ，l ＝5 cm ，h ＝4 cm ，S 表面＝π×32＋π×3×5＝24π(cm 2)．V ＝13π×32×4＝12π(cm 3)．答案：A 二、填空题6．(2013年湖州模拟)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个边长为1的正三角形组成，则该多面体的体积是________．解析：由题知该多面体为正四棱锥，底面边长为1，侧棱长为1，斜高为32，连接顶点和底面中心即为高，可求高为22，所以体积为V ＝13×1×1×22＝26.答案：267．(2012年高考浙江卷)已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图所示，则该三棱锥的体积等于________cm 3.解析：三棱锥的体积为：13×1×32×2＝1(cm 3)．答案：18．(2013年南京调研)如图，已知正三棱柱ABC A 1B 1C 1的底面边长为2 cm ，高为5 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A 1的最短路线的长为________ cm.解析：根据题意，利用分割法将原三棱柱分割为两个相同的三棱柱，然后将其展开为如图所示的实线部分，则可知所求最短路线的长为52＋122＝13 (cm)．答案：139．(2013年武汉调研)已知一个空间几何体的三视图如图所示，且这个空间几何体的所有顶点都在一个球面上，则这个球的表面积是________．解析：根据三视图可知，该几何体是一个正三棱柱，底面是边长为2的正三角形，高为2，由空间几何体的所有顶点都在一个球面上，设球半径为R ，则R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2332＋1，解得R 2＝73，故球的表面积S ＝4πR 2＝28π3. 答案：28π3三、解答题10．(2013年阳泉月考)已知某几何体的俯视图是如右图所示的矩形，正视图(或称主视图)是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，侧视图(或称左视图)是一个底边长为6、高为4的等腰三角形．(1)求该几何体的体积V ； (2)求该几何体的侧面积S .解析：由题设可知，几何体是一个高为4的四棱锥，其底面是长、宽分别为8和6的矩形，正侧面及其相对侧面均为底边长为8，高为h 1的等腰三角形，左、右侧面均为底边长为6，高为h 2的等腰三角形，如图所示．(1)几何体的体积为：V ＝13·S 矩形·h ＝13×6×8×4＝64.(2)正侧面及相对侧面底边上的高为：h 1＝42＋32＝5.左、右侧面的底边上的高为：h 2＝42＋42＝4 2.故几何体的侧面面积为：S ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×8×5＋12×6×42＝40＋24 2.11．正三棱锥的高为1，底面边长为26，内有一个球与它的四个面都相切(如图)．求： (1)这个正三棱锥的表面积；(2)这个正三棱锥内切球的表面积与体积．解析：(1)底面正三角形中心到一边的距离为 13×32×26＝2， 则正棱锥侧面的斜高为12＋22＝ 3.∴S 侧＝3×12×26×3＝9 2.∴S 表＝S 侧＋S 底＝92＋12×32×(26)2＝92＋6 3.(2)设正三棱锥P ABC 的内切球球心为O ，连接OP ，OA ，OB ，OC ，而O 点到三棱锥的四个面的距离都为球的半径r .∴V P ABC ＝V O PAB ＋V O PBC ＋V O PAC ＋V O ABC ＝13S 侧·r ＋13S △ABC ·r ＝13S 表·r ＝(32＋23)r .又V P ABC ＝13×12×32×(26)2×1＝23，∴(32＋23)r ＝23，得r ＝2332＋23＝232－2318－12＝6－2.∴S 内切球＝4π(6－2)2＝(40－166)π.V 内切球＝43π(6－2)3＝83(96－22)π.12．(能力提升)四面体的六条棱中，有五条棱长都等于a . (1)求该四面体的体积的最大值； (2)当四面体的体积最大时，求其表面积．解析：(1)如图，在四面体ABCD 中，设AB ＝BC ＝CD ＝AC ＝BD ＝a ，AD ＝x ，取AD 的中点为P ，BC 的中点为E ，连接BP ，EP ，CP .得到AD ⊥平面BPC ，∴V A BCD ＝V A BPC ＋V D BPC ＝13·S △APC ·AP ＋13S △BPC ·PD ＝13·S △BPC ·AD ＝13·12·a a 2－x 24－a 24·x＝a12a 2－x2x 2≤a12·3a 22＝18a 3⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当x ＝62a 时取等号.∴该四面体的体积的最大值为18a 3.(2)由(1)知，△ABC 和△BCD 都是边长为a 的正三角形，△ABD 和△ACD 是全等的等腰三角形，其腰长为a ，底边长为62a ，∴S 表＝2×34a 2＋2×12×62a × a 2－64a 2＝32a 2＋62a ×10a 4＝32a 2＋15a 24 ＝23＋154a 2. [因材施教·学生备选练习]1．(2013年济南模拟)如图所示，在正三棱锥S ABC 中，M ，N 分别是SC ，BC 的中点，且MN ⊥AM ，若侧棱SA ＝23，则正三棱锥S ABC 外接球的表面积是( )A ．12πB ．32πC ．36πD ．48π解析：在正三棱锥S ABC 中，易证SB ⊥AC ， 又MN 綊12BS ，∴MN ⊥AC .∵MN ⊥AM ，∴MN ⊥平面ACM . ∴MN ⊥SC ，∴∠CSB ＝∠CMN ＝90°，即侧面为直角三角形，底面边长为2 6.此棱锥的高为2，设外接球半径为R ，则(2－R )2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫26×32×232＝R 2， ∴R ＝3，∴外接球的表面积是36π.故选C. 答案：C2．(2011年高考四川卷)如图，半径为R 的球O 中有一内接圆柱．当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是________．解析：解法一设圆柱的轴与球的半径的夹角为α，则圆柱高为2R cos α，圆柱底面半径为R sin α，∴S圆柱侧＝2π·R sin α·2R cos α＝2πR2sin 2α.当sin 2α＝1时，S 圆柱侧最大为2πR2，此时，S球表－S圆柱侧＝4πR2－2πR2＝2πR2.解法二设圆柱底面半径为r，则其高为2R2－r2.∴S圆柱侧＝2πr·2R2－r2，S′圆柱侧＝4πR2－r2－4πr2R2－r2.令S′圆柱侧＝0，得r＝22 R.当0<r<22R时，S′>0；当22R<r<R时，S′<0.∴当r＝22R时，S圆柱侧取得最大值2πR2.此时S球表－S圆柱侧＝4πR2－2πR2＝2πR2. 答案：2πR2。
高考数学一轮复习第7章立体几何第3讲课后作业理含解析
第7章立体几何第3讲A组基础关1．如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( )A．点A B．点BC．点C但不过点M D．点C和点M答案 D解析因为M∈AB⊂平面ABC，C∈平面ABC.M∈l⊂β，C∈β，所以γ∩β＝直线CM.2．(2016·山东高考)已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案 A解析若直线a，b相交，设交点为P，则P∈a，P∈b.又a⊂α，b⊂β，所以P∈α，P∈β，故α，β相交．反之，若α，β相交，则a，b可能相交，也可能异面或平行．故“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要条件．3．(2018·华南师大附中模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是线段BC上的动点，F 是线段CD1上的动点，且E，F不重合，则直线AB1与直线EF的位置关系是( ) A．相交且垂直B．共面C．平行D．异面且垂直答案 D解析如图所示，AB1⊥平面BCD1，EF⊂平面BCD1，故AB1⊥EF且AB1与EF异面．4．已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是BD1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论错误的是( )A．A1，M，O三点共线B．M，O，A1，A四点共面C．A1，O，C，M四点共面D．B，B1，O，M四点共面答案 D解析由正方体的性质知，O也是A1C的中点，因此A1，M，O三点共线，又直线与直线外一点确定一个平面，所以B，C中的结论正确．由BB1与A1C异面知D中的结论错误，故选D.5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线( )A．不存在B．有且只有两条C．有且只有三条D．有无数条答案 D解析在EF上任意取一点M，直线A1D1与M确定一个平面，这个平面与CD有且仅有1个交点N，当M取不同的位置就确定不同的平面，从而与CD有不同的交点N，而直线MN与这3条异面直线都有交点，如图：所以D正确．6．下列各图是正方体和正四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的图形是( )答案 D解析①在A中易证PS∥QR，∴P，Q，R，S四点共面．②在C中易证PQ∥SR，∴P，Q，R，S四点共面．③在D中，∵QR⊂平面ABC，PS∩面ABC＝P且P∉QR，∴直线PS与QR为异面直线．∴P，Q，R，S四点不共面．④在B中P，Q，R，S四点共面，证明如下：取BC中点N，可证PS，NR交于直线B1C1上一点，∴P，N，R，S四点共面，设为α，可证PS∥QN，∴P，Q，N，S四点共面，设为β.∵α，β都经过P，N，S三点，∴α与β重合，∴P，Q，R，S四点共面．故选D.7．如图所示，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为( )A.15B．25C.35D．45答案 D解析连接BC1，易证BC1∥AD1，则∠A1BC1即为异面直线A1B与AD1所成的角．连接A1C1，设AB＝1，则AA1＝2，A1C1＝2，A1B＝BC1＝5，故cos∠A1BC1＝5＋5－22×5×5＝45.故选D.8．如图为正方体表面的一种展开图，则图中的四条线段AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面的对数为________．答案 3解析平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB，CD，EF和GH在原正方体中，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH相交，CD与EF平行．故互为异面直线的有3对．9．如图，在正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，AB 的中点为M ，DD ′的中点为N ，则异面直线B ′M 与CN 所成的角是________．答案 90°解析 取AA ′的中点Q ，连接QN ，BQ ，且BQ 与B ′M 相交于点H ，则QN 綊AD 綊BC ，从而有四边形NQBC 为平行四边形，所以NC ∥QB ，则有∠B ′HB 为异面直线B ′M 与CN 所成的角．又∵B ′B ＝BA ，∠B ′BM ＝∠BAQ ＝90°，BM ＝AQ ，∴△B ′BM ≌△BAQ ，∴∠MB ′B ＝∠QBM .而∠B ′MB ＋∠MB ′B ＝90°，从而∠B ′MB ＋∠QBM ＝90°，∴∠MHB ＝90°.B 组 能力关1．正四棱锥P －ABCD 中，四条侧棱长均为2，底面ABCD 是正方形，E 为PC 的中点，若异面直线PA 与BE 所成的角为45°，则该四棱锥的体积是( )A ．4B ．2 3C ．43D ．233答案 D解析 如图，连接AC ，BD .设AC ∩BD ＝O ，连接PO ，OE ，∵O ，E 分别是AC 和PC 的中点，∴OE ∥PA ，OE ＝12PA ＝1，则∠BEO 即为异面直线PA ，BE 所成的角，即∠BEO ＝45°，易证PO ⊥平面ABCD ，OB ⊥平面PAC ，所以PO ⊥OB ，△BOE 是等腰直角三角形，所以OB ＝OE ＝1，BC ＝2，PO ＝PB 2－OB 2＝3，所以四棱锥的体积V ＝13×BC 2×PO ＝13×2×3＝233. 2．(2018·西安模拟)如图是正四面体的平面展开图，G ，H ，M ，N 分别为DE ，BE ，EF ，EC 的中点，在这个正四面体中，①GH 与EF 平行；②BD 与MN 为异面直线；③GH 与MN 成60°角；④DE 与MN 垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是________．答案 ②③④解析 还原成正四面体A －DEF ，其中H 与N 重合，A ，B ，C 三点重合．易知GH 与EF 异面，BD 与MN 异面．又△GMH 为等边三角形，∴GH 与MN 成60°角，易证DE ⊥AF ，MN ∥AF ，∴MN ⊥DE . 因此正确的序号是②③④.。
高三数学(理)一轮总复习练习-第七章 立体几何 7-3 Word版含答案
课时规范训练[A级基础演练]1．若空间三条直线a，b，c满足a⊥b，b∥c，则直线a与c()A．一定平行B．一定相交C．一定是异面直线D．一定垂直解析：选D.∵a⊥b，b∥c，∴a⊥c.2．(2017·江西七校联考)已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是() A．相交或平行B．相交或异面C．平行或异面D．相交、平行或异面解析：选D.依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面，故选D.3．若直线m⊂平面α，则条件甲：“直线l∥α”是条件乙：“l∥m”的() A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．即不充分也不必要条件答案：D4．若直线a平行于平面α，则下列结论错误的是()A．a平行于α内的所有直线B．α内有无数条直线与a平行C．直线a上的点到平面α的距离相等D．α内存在无数条直线与a成90°角解析：选A.若直线a平行于平面α，则α内既存在无数条直线与a平行，也存在无数条直线与a异面且垂直，所以A不正确，B、D正确．又夹在相互平行的线与平面间的平行线段相等，所以C正确．5．若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2∥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是()A ．l 1⊥l 4B ．l 1∥l 4C ．l 1与l 4既不垂直也不平行D ．l 1与l 4的位置关系不确定解析：选D.在如图所示的正六面体中，不妨设l 2为直线AA 1，l 3为直线CC 1，则直线l 1，l 4可以是AB ，BC ；也可以是AB ，CD ；也可以是AB ，B 1C 1，这三组直线可以相交，平行，垂直，异面，故选D.6．过同一点的4条直线中，任意3条都不在同一平面内，则这四条直线确定平面的个数为．解析：由题意知这4条直线中的每两条都确定一个平面，因此，共可确定6个平面．答案：67．(2017·揭阳模拟)如图所示，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D 是AC 的中点，AA 1∶AB ＝2∶1，则异面直线AB 1与BD 所成的角为．解析：如图，取A 1C 1的中点D 1，连接B 1D 1，因为D 是AC 的中点，所以B 1D 1∥BD ，所以∠AB 1D 1即为异面直线AB 1与BD 所成的角．连接AD 1，设AB ＝a ，则AA 1＝2a ，所以AB 1＝3a ，B 1D 1＝32a ，AD 1＝14a 2＋2a 2＝32a ， 所以，在△AB 1D 1中，由余弦定理得，cos∠AB1D1＝AB21＋B1D21－AD21 2AB1·B1D1＝3a2＋34a2－94a22×3a×32a＝12，所以∠AB1D1＝60°.答案：60°8．(2017·福建六校联考)设a，b，c是空间中的三条直线，下面给出四个命题：①若a∥b，b∥c，则a∥c；②若a⊥b，b⊥c，则a∥c；③若a与b相交，b与c相交，则a与c相交；④若a⊂平面α，b⊂平面β，则a，b一定是异面直线．上述命题中正确的命题是(写出所有正确命题的序号)解析：由公理4知①正确；当a⊥b，b⊥c时，a与c可以相交、平行，或异面，故②错；当a与b相交，b与c相交时，a与c可以相交、平行，也可以异面，故③错；a⊂α，b⊂β，并不能说明a与b“不同在任何一个平面内”，故④错．答案：①9．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线有条．解析：法一：在EF上任意取一点M，直线A1D1与M确定一个平面，这个平面与CD有且仅有1个交点N，M取不同的位置就确定不同的平面，从而与CD有不同的交点N，而直线MN与这3条异面直线都有交点，如图所示．法二：在A1D1上任取一点P，过点P与直线EF作一个平面α，因CD与平面α不平行，所以它们相交，设它们交于点Q，连接PQ，则PQ与EF必然相交，即PQ为所求直线．由点P的任意性，知有无数条直线与三条直线A1D1，EF，CD都相交．答案：无数10.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点M∈AB1，N∈BC1，且AM ＝BN≠2，有以下四个结论：①AA1⊥MN；②A1C1∥MN；③MN∥平面A1B1C1D1；④MN与A1C1是异面直线．其中正确结论的序号是．(注：把你认为正确命题的序号都填上) 解析：过N作NP⊥BB1于点P，连接MP，可证AA1⊥平面MNP，∴AA1⊥MN，①正确．过M、N分别作MR⊥A1B1、NS⊥B1C1于点R、S，则当M不是AB1的中点、N不是BC1的中点时，直线A1C1与直线RS相交；当M、N分别是AB1、BC1的中点时，A1C1∥RS，∴A1C1与MN可以异面，也可以平行，故②④错误．由①正确知，AA1⊥平面MNP，而AA1⊥平面A1B1C1D1，∴平面MNP∥平面A1B1C1D1，故③对．综上所述，其中正确的序号是①③.答案：①③[B级能力突破]1.如图，ABCDA1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是()A ．A ，M ，O 三点共线B ．A ，M ，O ，A 1不共面C ．A ，M ，C ，O 不共面D ．B ，B 1，O ，M 共面解析：选A.连接A 1C 1，AC ，则A 1C 1∥AC ，所以A 1，C 1，C ，A 四点共面，所以A 1C ⊂平面ACC 1A 1，因为M ∈A 1C ，所以M ∈平面ACC 1A 1，又M ∈平面AB 1D 1，所以M 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上，同理O 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上，所以A ，M ，O 三点共线．故选A.2.如图是某个正方体的侧面展开图，l 1，l 2是两条侧面对角线，则在正方体中，l 1与l 2( )A ．互相平行B ．异面且互相垂直C ．异面且夹角为π3D ．相交且夹角为π3解析：选D.将侧面展开图还原成正方体如图所示，则B ，C 两点重合．故l 1与l 2相交，连接AD ，则△ABD 为正三角形，所以l 1与l 2的夹角为π3.故选D.3．正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G 分别是A 1B 1，CD ，B 1C 1的中点，则正确的命题是()A．AE⊥CGB．AE与CG是异面直线C．四边形AEC1F是正方形D．AE∥平面BC1F解析：选D.由正方体的几何特征知，AE与平面BCC1B1不垂直，则AE⊥CG 不成立；由于EG∥A1C1∥AC，故A、E、G、C四点共面，所以AE与CG是异面直线错误；在四边形AEC1F中，AE＝EC1＝C1F＝AF，但AF与AE不垂直，故四边形AEC1F是正方形错误；由于AE∥C1F，由线面平行的判定定理，可得AE∥平面BC1F.4．设l，m，n表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列四个命题：①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；②若m∥l，且m∥α，则l∥α；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，则l∥m∥n；④若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，且n∥β，则l∥m.其中正确命题的个数是()A．1 B．2C．3 D．4解析：选B.易知①正确；②错误，l与α的具体关系不能确定；③错误，以墙角为例即可说明，④正确，可以以三棱柱为例证明．5.如图为正方体表面的一种展开图，则图中的四条线段AB，CD，EF，GH 在原正方体中互为异面的对数为对．解析：平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB，CD，EF 和GH在原正方体中，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH相交，CD与EF平行．故互为异面的直线有且只有3对．答案：36.如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC 的中点，在这个正四面体中，①GH与EF平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；以上四个命题中，正确命题的序号是．解析：还原成正四面体知GH与EF为异面直线，BD与MN为异面直线，GH与MN成60°角．答案：②③。
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2014届高考数学（理）一轮复习知识过关检测：第7章《立体几何》
（第3课时）（新人教A版）
一、选择题
1．若a与b是异面直线，b与c是异面直线，则a与c是( )
A．异面直线B．平行直线
C．相交直线D．以上三种情况都有可能
解析：选D.把直线放在正方体内可知a与c可以异面、平行或相交．
2．(2013·石家庄调研)若异面直线a，b分别在平面α，β内，且α∩β＝l，则直线l( )
A．与直线a，b都相交
B．至少与a，b中的一条相交
C．至多与a，b中的一条相交
D．与a，b中的一条相交，另一条平行
解析：选B.若a∥l，b∥l，则a∥b，故a，b中至少有一条与l相交，故选B.
3.
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，过顶点A1与正方体其他顶点的连线与直线BC1成60°角的条数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B.有2条：A1B和A1C1，故选B.
4．(2013·大连质检)以下几个命题中，正确命题的个数是( )
①不共面的四点中，其中任意三点不共线；
②若点A、B、C、D共面，点A、B、C、E共面，则A、B、C、D、E共面；
③若直线a、b共面，直线a、c共面，则直线b、c共面；
④依次首尾相接的四条线段必共面．
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选B.①正确；②从条件看出两平面有三个公共点A、B、C，但是若A、B、C共线，则结论不正确；③不正确，共面不具有传递性；④不正确，因为此时所得四边形的四条边可以不在一个平面上．
5．(2013·聊城质检)设P表示一个点，a，b表示两条直线，α，β表示两个平面，给出下列四个命题，其中正确的命题是( )
①P∈a，P∈α⇒a⊂α；
②a∩b＝P，b⊂β⇒a⊂β；
③a∥b，a⊂α，P∈b，P∈α⇒b⊂α；
④α∩β＝b，P∈α，P∈β⇒P∈b.
A．①②B．②③
C．①④D．③④
解析：
选D.当a ∩α＝P 时，P ∈a ，P ∈α，但a ⊂/ α，∴①错；当a ∩b ＝P ，a ∩β＝P 时，②错；如图，∵a ∥b ，P ∈b ，∴P ∈/ a ，
∴由直线a 与点P 确定唯一平面α，
又a ∥b ，由a 与b 确定唯一平面β，但β过直线a 与点P ，∴β与α重合，∴b ⊂α，故③正确；两个平面的公共点必在其交线上，故④正确．
二、填空题 6．平面α、β相交，在α、β内各取两点，这四点都不在交线上，这四点能确定________个平面．
解析：若过四点中任意两点的连线与另外两点的连线相交或平行，则确定一个平面；否则确定四个平面．
答案：1或4
7．在空间中，①若四点不共面，则这四点中任何三点都不共线； ②若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线．
以上两个命题中，逆命题为真命题的是__________(把符合要求的命题序号都填上)． 解析：对于①可举反例，如AB ∥CD ，A 、B 、C 、D 没有三点共线，但A 、B 、C 、D 共面．对于②由异面直线定义知正确，故填②.
答案：②
8．(2011·高考大纲全国卷)已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为C 1D 1的中点，则异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为__________．
解析：
取A 1B 1的中点F ，连接EF ，AF . ∵在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中， EF ∥B 1C 1，B 1C 1∥BC ，
∴EF ∥BC ，∴∠AEF 即为异面直线AE 与BC 所成的角． 设正方体的棱长为a ，
则AF ＝ a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2＝52
a ，EF ＝a .
∵EF ⊥平面ABB 1A 1，∴EF ⊥AF ，
∴AE ＝AF 2＋EF 2
＝32a .
∴cos ∠AEF ＝EF AE ＝a 32
a ＝2
3
.
答案：23
三、解答题
9．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是AB和AA1的中点．求证：
(1)E、C、D1、F四点共面；
(2)CE、D1F、DA三线共点．
证明：(1)如图，连接EF，CD1，A1B.
∵E、F分别是AB、AA1的中点，
∴EF∥BA1.
又A1B∥D1C，
∴EF∥CD1，
∴E、C、D1、F四点共面．
(2)∵EF∥CD1，EF＜CD1，
∴CE与D1F必相交，设交点为P，则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，
得P∈平面ABCD.
同理P∈平面ADD1A1.
又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA.
∴P∈直线DA，∴CE、D1F、DA三线共点．
10.
如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别是A1B1、B1C1的中点．问：
(1)AM和CN是否是异面直线？说明理由；
(2)D1B和CC1是否是异面直线？说明理由．
解：
(1)不是异面直线．理由如下：
连接MN、A1C1、AC.
∵M、N分别是A1B1、B1C1的中点，
∴MN∥A1C1.
又∵A1A綊C1C，
∴A1ACC1为平行四边形，
∴A1C1∥AC，∴MN∥AC，
∴A、M、N、C在同一平面内，故AM和CN不是异面直线．
(2)是异面直线．证明如下：
∵ABCD－A1B1C1D1是正方体，
∴B、C、C1、D1不共面．
假设D1B与CC1不是异面直线，
则存在平面α，使D1B⊂平面α，CC1⊂平面α，
∴D1、B、C、C1∈α，与ABCD－A1B1C1D1是正方体矛盾．
∴假设不成立，即D1B与CC1是异面直线．
一、选择题
1．以下四个命题中，正确命题的个数是( )
①有三个角是直角的四边形一定是矩形；
②不共面的四点可以确定四个面；
③空间四点不共面的充要条件是其中任意三点不共线；
④若点A、B、C∈平面M，且点A、B、C∈平面N，则平面M与平面N重合．
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选B.如图(1)，平面α内∠ABC为直角，P∈/ α，过P作PD⊥AB，PE⊥BC，则四边形PDBE有三个直角，故①错误；在图(2)的平面α内，四边形ABCD中任意三点不共线，知③错误；图(3)中，M∩N＝l，A、B、C都在l上，知④错误，只有②正确．
2.
如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，C∈/ l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( )
A．点A B．点B
C．点C但不过点M D．点C和点M
解析：选D.通过A，B，C三点的平面γ，即通过直线AB与点C的平面，M∈AB.
∴M∈γ，而C∈γ，
又∵M∈β，C∈β，
∴γ与β的交线必通过点C和点M.
二、填空题
3．(2013·泰安调研)若A、B、C表示三个不同的点，l表示一条直线，α表示一个平面，则在下列四个命题中：①若l⊂α，C∈α，则C∈l；②若A∈l，B∈l，且B∈/ α，则l⊂/ α；③若l⊂α，C∈l，则C∈α；④若l⊂/ α，C∈l，则C∈/ α.正确的命题有________(把所有正确命题的序号都填上)．
解析：①错误．直线l在平面α内，不能得到在平面α内的一点C一定在直线l上；
②正确，若直线l上一点B不在平面α内，则直线l不可能在平面α内，否则，若直线l
在平面α内，可得点B 也在平面α内，与题意矛盾；③正确，直线l 在平面α内，C 是直线l 上一点，则点C 必在平面α内；④错误，直线l 不在平面α内，则直线l 与平面α可能有一个公共点C 或没有公共点．
答案：②③
4．(2013·潍坊质检)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱AA 1、CC 1的中点，则在空间中与三条直线A 1D 1、EF 、CD 都相交的直线有________条．
解析：
在A 1D 1上任取一点P ，过点P 与直线EF 作一个平面α，因CD 与平面α不平行，所以它们相交，设α∩CD ＝Q ，连接PQ ，则PQ 与EF 必然相交，即PQ 为所求直线．由点P 的任意性，知有无数条直线与A 1D 1、EF 、CD 都相交．
答案：无数 三、解答题
5．如图所示，等腰直角三角形ABC 中，∠A ＝90°，BC ＝2，DA ⊥AC ，DA ⊥AB ，若DA ＝1，且E 为DA 的中点．求异面直线BE 与CD 所成角的余弦值．
解：取AC 的中点F ，连接EF ，BF ，
在△ACD 中，E 、F 分别是AD 、AC 的中点， ∴EF ∥CD .
∴∠BEF 即为异面直线BE 与CD 所成的角或其补角． 在Rt △EAB 中，AB ＝AC ＝1，
AE ＝12AD ＝12，
∴BE ＝
5
2
. 在Rt △EAF 中，AF ＝12AC ＝12，AE ＝1
2，
∴EF ＝
2
2
. 在Rt △BAF 中，AB ＝1，AF ＝12，∴BF ＝5
2.
在等腰三角形EBF 中，cos ∠FEB ＝12EF BE ＝2
452
＝10
10
，
10 10.
∴异面直线BE与CD所成角的余弦值为。