创新设计高考数学苏教文一轮方法测评练：步骤规范练——立体几何

合集下载

【创新设计】2016届数学一轮(文科) 苏教版江苏专用课件第八章立体几何-4

面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的________条件(填
“充分不必要、必要不充分、充要、既不充分也不必要”)．解析若α⊥β，因为 α∩β＝m， b⊂β，b⊥m，所以根据两个平面垂直的性质定理可得 b⊥α ，又 a⊂α ，所以 a⊥b ；反过
来，当a∥m时，因为 b⊥m，且a，m共面，一定有b⊥a，但
第4讲
直线、平面垂直的判定与性质
考试要求
1.空间中线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定
理，B级要求；2.运用线面垂直、面面垂直的判定定理及性质定
理证明一些空间图形的垂直关系的简单命题，B级要求．
知识梳理
1．直线与平面垂直
(1)直线和平面垂直的定义如果一条直线l与平面α内的任意直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．
图形语言
符号语言
l⊥α l⊂β
⇒α⊥β
α⊥β
α∩β＝a l ⊥a
l⊂β
⇒
l⊥α
诊断自测 1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)直线l与平面α内无数条直线都垂直，则l⊥α.
(2)若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直．(
(×)
) √ (×)
因此四边形 ABCE 为菱形，所以 O 为 AC 的中点．又 F 为 PC 的中点，因此在△PAC 中，可得 AP∥OF. 又 OF⊂平面 BEF，AP⊄平面 BEF，所以 AP∥平面 BEF.
不能保证b⊥α，所以不能推出α⊥β. 答案充分不必要
4 ．(2014·浙江卷改编 ) 设 m，n是两条不同的直线， α ， β 是两个不同的平面，下列命题：
①若m⊥n，n∥α，则m⊥α
②若m∥β，β⊥α，则m⊥α ③若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α ④若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α 其中所有假命题的序号是________．

创新设计数学一轮文科苏教江苏专用课时作业第八章立体几何4

第4讲直线、平面垂直的判定与性质基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、填空题1．(2015·南通、扬州、泰州、宿迁调研)设l，m表示直线，m是平面α内的任意一条直线，则“l⊥m”是“l⊥α”成立的________条件(在“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”中选填一个)．解析因为m是平面α内的任意一条直线，若l⊥m，则l⊥α，所以充分性成立；反过来，若l⊥α，则l⊥m，所以必要性成立，故“l⊥m”是“l⊥α”成立的充要条件．答案充要2．设a是空间中的一条直线，α是空间中的一个平面，给出下列说法：①过a一定存在平面β，使得β∥α；②过a一定存在平面β，使得β⊥α；③在平面α内一定不存在直线b，使得a⊥b；④在平面α内一定不存在直线b，使得a∥b.其中说法正确的是________(填序号)．解析当a与α相交时，不存在过a的平面β，使得β∥α，故①错误；直线a 与其在平面α内的投影所确定的平面β满足β⊥α，②正确；平面α内的直线b 只要垂直于直线a在平面α内的投影，则就必然垂直于直线a，故③错误；当a与α平行时，在平面α内存在直线b，使得a∥b，故④错误．答案②3．(2014·盐城模拟)已知点E，F分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB，AA1的中点，点M，N分别是线段D1E与C1F上的点，则与平面ABCD垂直的直线MN有________条．解析如图所示，设D1E与平面AA1C1C相交于点M，在平面AA1C1C内过点M作MN∥AA1交C1F于点N，连接MN，由C1F与D1E为异面直线知MN唯一，且MN⊥平面ABCD.答案 14．(2015·青岛质量检测)设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列条件中能得出a⊥b的是______(填序号)．①a⊥α，b∥β，α⊥β；②a⊥α，b⊥β，α∥β；③a⊂α，b⊥β，α∥β；④a⊂α，b∥β，α⊥β.解析①中，两直线可以平行、相交或异面，故不正确；②中，两直线平行，故不正确；③中，由α∥β，a⊂α可得a∥β，又b⊥β，得a⊥b，故正确；④中，两直线可以平行，相交或异面，故不正确．答案③5. 如图，P A⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E，F分别是点A在PB，PC上的正投影，给出下列结论：①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.其中正确结论的序号是________．解析由题意知P A⊥平面ABC，∴P A⊥BC.又AC⊥BC，且P A∩AC＝A，∴BC⊥平面P AC，∴BC⊥AF.∵AF⊥PC，且BC∩PC＝C，∴AF⊥平面PBC，∴AF⊥PB，AF⊥BC.又AE⊥PB，AE∩AF＝A，∴PB⊥平面AEF，∴PB⊥EF.故①②③正确．答案①②③6. (2015·深圳调研)如图，在四面体D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，给出下列结论：①平面ABC⊥平面ABD；②平面ABD⊥平面BDC；③平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE；④平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE.其中结论正确的序号是________．解析因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC ⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.所以③正确．答案③7．如图，在四棱锥P－ABCD中，P A⊥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正确的条件即可)．解析∵PC在底面ABCD上的射影为AC，且AC⊥BD，∴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)8．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝3 cm，AA1＝2 cm，则四棱锥A－BB1D1D的体积为________ cm3.解析连接AC交BD于O，在长方体中，∵AB＝AD＝3，∴BD＝3 2且AC⊥BD.又∵BB1⊥底面ABCD，∴BB1⊥AC.又DB∩BB1＝B，∴AC⊥平面BB1D1D，∴AO为四棱锥A－BB1D1D的高且AO＝12BD＝32 2.∵S矩形BB1D1D＝BD×BB1＝32×2＝62，∴VA－BB1D1D＝13S矩形BB1D1D·AO＝13×62×322＝6(cm3)．答案 6二、解答题9.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2AC＝2BC，D是棱AA1的中点，CD⊥B1D.(1)证明：CD⊥B1C1；(2)平面CDB1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．(1)证明由题设知，三棱柱的侧面为矩形，由于D为AA1的中点，故DC＝DC1，又AA1＝2A1C1，可得DC21＋DC2＝CC21，所以CD⊥DC1，而CD⊥B1D，B1D∩C1D＝D，所以CD⊥平面B1C1D，因为B1C1⊂平面B1C1D，所以CD⊥B1C1.(2)解由(1)知B 1C 1⊥CD ，且B 1C 1⊥C 1C ，C 1C ∩CD ＝C ，则B 1C 1⊥平面ACC 1A 1，设V 1是平面CDB 1上方部分的体积，V 2是平面CDB 1下方部分的体积，则V 1＝VB 1－CDA 1C 1＝13×S 梯形CDA 1C 1×B 1C 1＝13×32B 1C 31＝12B 1C 31. V 总＝VABC －A 1B 1C 1＝12AC ×BC ×CC 1＝B 1C 31，V 2＝V 总－V 1＝12B 1C 31＝V 1，故V 1V 2＝1∶1. 10．(2014·镇江模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，CD ＝2AB ，平面P AD ⊥底面ABCD ，P A ⊥AD ，E 和F 分别是CD 和PC 的中点．求证：(1)P A ⊥底面ABCD ；(2)BE ∥平面P AD ；(3)平面BEF ⊥平面PCD .证明 (1)因为平面P AD ⊥底面ABCD ，且P A 垂直于这两个平面的交线AD ，所以P A ⊥底面ABCD .(2)因为AB ∥CD ，CD ＝2AB ，E 为CD 的中点，所以AB ∥DE ，且AB ＝DE .所以四边形ABED 为平行四边形．所以BE ∥AD .又因为BE ⊄平面P AD ，AD ⊂平面P AD ，所以BE ∥平面P AD .(3)因为AB ⊥AD ，而且ABED 为平行四边形，所以BE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知P A⊥底面ABCD.所以P A⊥CD.又因为P A∩AD＝A，所以CD⊥平面P AD.从而CD⊥PD.又E，F分别是CD和PC的中点，所以PD∥EF.故CD⊥EF，由EF，BE⊂平面BEF，且EF∩BE＝E.所以CD⊥平面BEF.又CD⊂平面PCD，所以平面BEF⊥平面PCD.能力提升题组(建议用时：25分钟)1．(2015·南京模拟)已知m，n是不重合的两条直线，α，β是不重合的两个平面．下列命题：①若α⊥β，m⊥α，则m∥β；②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；③若m∥α，m⊥n，则n⊥α；④若m∥α，m⊂β，则α∥β.其中所有真命题的序号是________．解析若α⊥β，m⊥α，则m∥β或m⊂β，①是假命题；若m⊥α，m⊥β，则α∥β，②是真命题；若m∥α，m⊥n，则n⊥α或n∥α或n⊂α或n，α相交(非垂直)，③是假命题；若m∥α，m⊂β，则α∥β或α，β相交，④是假命题，故其中所有真命题的序号是②.答案②2．(2014·衡水中学模拟)如图，正方体AC1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为点H.给出下列结论：①点H是△A1BD的垂心；②AH垂直于平面CB1D1；③AH延长线经过点C1；④直线AH和BB1所成角为45°.其中错误的结论序号是________．解析对于①，由于AA1＝AB＝AD，所以点A在平面A1BD上的射影必到点A1，B，D的距离相等，即点H是△A1BD的外心，而A1B＝A1D＝BD，故点H 是△A1BD的垂心，命题①是真命题；对于②，由于B1D1∥BD，CD1∥A1B，故平面A1BD∥平面CB1D1，而AH⊥平面A1BD，从而AH⊥平面CB1D1，命题②是真命题；对于③，由于AH⊥平面CB1D1，因此AH的延长线经过点C1，命题③是真命题；对于④，由③知直线AH即是直线AC1，又直线AA1∥BB1，因此直线AC1和BB1所成的角就等于直线AA1与AC1所成的角，即∠A1AC1，而tan∠A1AC1＝2＝2，因此命题④是假命题．1答案④3．(2014·苏、锡、常、镇模拟)如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，P A⊥平面ABC，P A＝2AB，则下列结论中：①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面P AE；④∠PDA＝45°.其中正确的有________(把所有正确的序号都填上)．解析由P A⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，得P A⊥AE，又由正六边形的性质得AE⊥AB，P A∩AB＝A，得AE⊥平面P AB，又PB⊂平面P AB，∴AE⊥PB，①正确；又平面P AD⊥平面ABC，∴平面ABC⊥平面PBC 不成立，②错；由正六边形的性质得BC∥AD，又AD⊂平面P AD，∴BC∥平面P AD，∴直线BC∥平面P AE也不成立，③错；在Rt△P AD中，P A＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，∴④正确．答案①④4. (2015·南京模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，DC∥AB，DA＝DC＝2AB，O为AC与BD的交点，AB⊥平面P AD，△P AD是正三角形．(1)若点E为棱P A上一点，且OE∥平面PBC，求AEPE的值；(2)求证：平面PBC⊥平面PDC.(1)解因为OE∥平面PBC，OE⊂平面P AC，平面P AC∩平面PBC＝PC，所以OE∥PC，所以AO∶OC＝AE∶EP.因为DC∥AB，DC＝2AB，所以AO∶OC＝AB∶DC＝1∶2.所以AEPE＝12.(2)证明取PC的中点F，连接FB，FD.因为△P AD是正三角形，DA＝DC，所以DP＝DC.因为F为PC的中点，所以DF⊥PC.因为AB⊥平面P AD，所以AB⊥P A，AB⊥AD，AB⊥PD. 因为DC∥AB，所以DC⊥DP，DC⊥DA.设AB＝a，在等腰直角三角形PCD中，DF＝PF＝2a.在Rt△P AB中，PB＝5a.在直角梯形ABCD中，BD＝BC＝5a.因为BC＝PB＝5a，点F为PC的中点，所以PC⊥FB.在Rt△PFB中，FB＝3a.在△FDB中，由DF＝2a，FB＝3a，BD＝5a，可知DF2＋FB2＝BD2，所以FB⊥DF.由DF⊥PC，DF⊥FB，PC∩FB＝F，PC，FB⊂平面PBC，所以DF⊥平面PBC.又DF⊂平面PCD，所以平面PBC⊥平面PDC.。

《创新设计·高考一轮总复习》数学(理)第八篇立体几何第7讲

第7讲立体几何中的向量方法(Ⅰ)——证明平行与垂直
【2014年高考浙江会这样考】
1．通过线线、线面、面面关系考查空间向量的坐标运算．
2．利用空间向量解决直线、平面的平行与垂直问题． 3．利用空间向量求空间距
抓住2个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
考点梳理 1．用向量证明空间中的平行和垂直关系 (1)直线的方向向量与平面的法向量的确定 ①直线的方向向量：l是空间一直线，A，B是直线l上任意 → → 两点，则称AB为直线l的方向向量，与AB平行的任意
是C1C、B1C1的中点．求证：MN∥平面A1BD.
抓住2个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
[审题视点]
这是证明线面平行问题，可以利用三种方法证
→ 明：一是证明 MN 与平面A1BD的法向量垂直；二是在平面 → → A1BD内找一向量与 MN 共线；三是证明 MN 可以利用平面 A1BD中的两不共线向量线性表示．
量运算，研究点、线、面之间的位置关系；(3)根据运算结
果的几何意义来解释相关问题．
抓住2个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
两个结论 x1＋x2 y1＋y2 (1)P1(x1， y1， z1 ) ， P2(x2， y2 ， z2)， P1P2 的中点坐标为 2 ， 2 ， z1＋z2 2 . (2)已知△ABC 的三个顶点 A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，C(x3， x1＋x2＋x3 y1＋y2＋y3 y3，z3)，则△ABC 的重心 G 的坐标为（，， 3 3 z1＋z2＋z3 ）. 3

设平面A1BD的法向量n＝(x，y，z)，则
x＋z＝0， → → n· DA1＝0且n· DB＝0，得 x＋y＝0.

创新设计数学一轮理科苏教江苏专用课时作业第八章立体几何1

第1讲空间几何体及其表面积与体积基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、填空题1．(2015·无锡模拟)若正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为1，则此三棱锥的体积为________．解析该正三棱锥的底面积为34×(2)2＝32，高为1－⎝⎛⎭⎪⎫632＝33，所以该正三棱锥的体积为13×32×33＝16.答案1 62．(2015·宿迁模拟)用半径为2 cm的半圆形纸片卷成一个圆锥筒，则这个圆锥筒的高为________cm.解析用半径为2 cm的半圆形纸片卷成一个圆锥筒，该圆锥的母线长为2，底面圆的周长为2π，所以底面圆的半径为1，则这个圆锥筒的高为22－r2＝3 (cm)．答案 33. (2014·福州模拟)如图所示，已知三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则三棱锥B1－ABC1的体积为________．解析三棱锥B 1－ABC 1的体积等于三棱锥A －B 1BC 1的体积，三棱锥A －B 1BC 1的高为32，底面积为12，故其体积为13×12×32＝312. 答案 3124．(2015·盐城模拟)若一个圆锥的侧面展开图是面积为4π的半圆面，则该圆锥的体积为________．解析由圆锥的侧面展开图是面积为4π的半圆面，得该半圆的半径是22，即为圆锥的母线长．半圆周长即为圆锥底面圆的周长，设圆锥底面圆半径为r ，则22π＝2πr ，解得r ＝2，所以圆锥的高是h ＝(22)2－r 2＝6，体积是V＝13πr 2h ＝263π. 答案263π5．(2015·苏、锡、常、镇四市调研)已知△ABC 为等腰直角三角形，斜边BC 上的中线AD ＝2，将△ABC 沿AD 折成60°的二面角，连接BC ，则三棱锥C －ABD 的体积为________．解析由题意可得∠CDB ＝60°，DC ＝DB ，所以△DCB 是边长为2的等边三角形，且AD ⊥平面DCB ，所以三棱锥C －ABD 的体积为13S △BCD ·AD ＝13×12×2×2sin 60°×2＝233. 答案2336．(2015·南京模拟)已知圆锥的侧面展开图是一个半径为3 cm，圆心角为2π3的扇形，则此圆锥的高为________cm.解析设圆锥的底面半径为r，则2πr＝3×2π3，所以r＝1，所以高为32－12＝2 2.答案2 27．(2014·山东卷)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________．解析设六棱锥的高为h，斜高为h0.因为该六棱锥的底面是边长为2的正六边形，所以底面面积为12×2×2×sin 60°×6＝63，则13×63h＝23，得h＝1，所以h0＝(3)2＋12＝2，所以该六棱锥的侧面积为12×2×2×6＝12.答案128．(2015·泰州检测)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D为棱AA1的中点．若AA1＝4，AB＝2，则四棱锥B－ACC1D的体积为________．解析因为四棱锥B－ACC1D的底面ACC1D的面积为12×(2＋4)×2＝6，高为32×2＝3，所以体积为13×6×3＝2 3.答案2 3二、解答题9．(2014·苏州检测)一个正三棱台的上、下底面边长分别是3 cm和6 cm，高是32 cm.(1)求三棱台的斜高；(2)求三棱台的侧面积和表面积．解 (1) 设O 1、O 分别为正三棱台ABC －A 1B 1C 1的上、下底面正三角形的中心，如图所示，则O 1O ＝32，过O 1作O 1D 1⊥B 1C 1，OD ⊥BC ，则D 1D 为三棱台的斜高；过D 1作D 1E ⊥AD 于E ，则D 1E ＝O 1O ＝32，因O 1D 1＝36×3＝32，OD ＝36×6＝3，则DE ＝OD －O 1D 1＝3－32＝32.在Rt △D 1DE 中， D 1D ＝D 1E 2＋ED 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝3(cm)．故三棱台的斜高为3cm.(2)设c ，c ′分别为上、下底的周长，h ′为斜高， S 侧＝12(c ＋c ′)h ′＝12(3×3＋3×6)×3＝2732(cm 2)， S 表＝S 侧＋S 上＋S 下＝2732＋34×32＋34×62＝9934(cm 2)．故三棱台的侧面积为2732cm 2，表面积为9934cm 2.10．如图1，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，CD ∥AB ，AB ＝4，AD ＝CD ＝2，将△ADC 沿AC 折起，使平面ADC ⊥平面ABC ，得到几何体D －ABC ，如图2所示．(1)求证：BC ⊥平面ACD ； (2)求几何体D －ABC 的体积．(1)证明在题图中，可得AC ＝BC ＝22，从而AC 2＋BC 2＝AB 2，故AC ⊥BC ，又平面ADC ⊥平面ABC ，平面ADC ∩平面ABC ＝AC ， BC ⊂平面ABC ，∴BC ⊥平面ACD .(2)解由(1)可知，BC 为三棱锥B －ACD 的高，BC ＝22，S △ACD ＝2，∴V B －ACD ＝13S △ACD ·BC ＝13×2×22＝423，由等体积性可知，几何体D －ABC 的体积为423.能力提升题组 (建议用时：25分钟)1．(2014·江苏卷)设甲、乙两个圆柱的底面分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2，若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________．解析设甲、乙两个圆柱的底面和高分别为r 1、h 1，r 2、h 2，则2πr 1h 1＝2πr 2h 2，h 1h 2＝r 2r 1，又S 1S 2＝πr 21πr 22＝94，所以r 1r 2＝32，则V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2＝r 21r 22·h 1h 2＝r 21r 22·r 2r 1＝r 1r 2＝32.答案 322．已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，AB ＝3，∠ASC ＝∠BSC ＝30°，则棱锥S －ABC 的体积为________．解析由题意知，如图所示，在棱锥S－ABC中，△SAC，△SBC都是有一个角为30°的直角三角形，其中AB＝3，SC＝4，所以SA＝SB＝23，AC＝BC＝2，作BD⊥SC于D点，连接AD，易证SC⊥平面ABD，因此V＝13×34×(3)2×4＝ 3.答案 33．(2014·云南统一检测)已知球O的体积等于125π6，如果长方体的八个顶点都在球O的球面上，那么这个长方体的表面积的最大值等于________．解析由球O的体积为125π6＝43πR3，得球O的半径R＝52.设长方体的长、宽、高分别为x，y，z，则x2＋y2＋z2＝(2R)2＝25，所以该长方体的表面积2xy＋2xz ＋2yz≤2(x2＋y2＋z2)＝50，当且仅当x＝y＝z时取等号，所以表面积的最大值为50.答案504. 如图，四边形ABCD为正方形，QA⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝12PD.(1)证明：PQ⊥平面DCQ；(2)求棱锥Q－ABCD的体积与棱锥P－DCQ的体积的比值．(1)证明由条件知四边形PDAQ为直角梯形．因为QA⊥平面ABCD，所以平面PDAQ ⊥平面ABCD ，交线为AD . 又四边形ABCD 为正方形，DC ⊥AD ，所以DC ⊥平面PDAQ ，可得PQ ⊥DC . 在直角梯形PDAQ 中可得DQ ＝PQ ＝22PD ，则PQ ⊥QD .又DQ ∩DC ＝D ，所以PQ ⊥平面DCQ . (2)解设AB ＝a .由题设知AQ 为棱锥Q －ABCD 的高，所以棱锥Q －ABCD 的体积V 1＝13a 3.由(1)知PQ 为棱锥P －DCQ 的高，而PQ ＝2a ，△DCQ 的面积为22a 2，所以棱锥P －DCQ 的体积V 2＝13a 3.故棱锥Q －ABCD 的体积与棱锥P －DCQ 的体积的比值为1.。

高考数学苏教版理大一轮复习讲义中档题型规范练立体几何

叙述的方式有三种：顺叙、倒叙、插叙（能充实文章内容、丰富故事情节，使情节发展更合理）。叙述人称: 第一人称,真实、亲切、自然。
第二人称，有亲切感，便于直接对话；也增强语势，便于抒情。用于物,有拟人化效果。第三人称，不受时间、空间限制，自由灵活。
（二）描写。描写是把描写对象的状貌、情态描绘出来，再现给读者的一种表达方式。它是记叙文，特别是文学创作中的主要表达方式之一。
中考语文专题复习
了解表达方式体会其在文中的表达效果
一【考点分析】《盐城市2018说明、议论、抒情等表达方式，能体会它们在文中的表达效果。”
五种表达方式：
记叙说明议论描写抒情
（一）记叙。记叙是最基本、最常见的一种表达方式，它是作者对人物的经历和事件的发展变化过程以及场景、空间的转换所作的叙说和交代。
常见考点三：其他描写作用 1.描写角度：正面（直接）描写、侧面（间接）描写
答题模式：衬托、突出……特点。 2.描写人物的方法：语言、动作、神态、心理、外貌
答题模式：写出了人物……的性格特征。 3.描写的感官角度：视觉、听觉、味觉、触觉
答题模式：生动形象，使人身临其境。 4.描写景物的方法：动静结合
常见考点一：本段（本句）运用了……表达方式，有何作用？记叙文中抒情、议论的作用
记叙中的抒情的作用：抒发了作者……的感情，引发读者共鸣，使文章更具感染力。
记叙中议论的作用：引发读者思考，突出中心，升华主题，起到画龙点睛的作用。
常见考点二：描写及作用 1.肖像、神态描写及作用答题模式：交代了人物的……身份、……地
位、……处境、经历以及……心理状态、……思想性格等。
2.语言、行动描写及作用答题模式：形象生动地表现出人物的……心理（心情），并反映了人物的……性格特征或 ……精神品质，有时还推动了情节的发展。

立体几何专题检测——江苏省2024届高三数学一轮总复习(含答案)

江苏省2024届高三数学一轮总复习专题检测立体几何一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分共40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、已知直线m ，n 与平面α，β，γ，则能使αβ⊥成立的充分条件是( ) A ．αγ⊥，βγ⊥ B ．//m α，//m βC ．//m α，m β⊥D ．m n ⊥，m αβ= ，n β⊂2、如图：已知正四面体ABCD 中E 在棱CD 上，2EC DE =，G 为ABC 的重心，则异面直线EG 与BD 所成角为（）A. 90°B. 60°C. 45°D. 303、已知底面半径为r 的圆锥SO ，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为3r，则此圆柱与圆锥的侧面积的比值为（） A.29B.39C.23D.2394、在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D −中，AC 与BD 交于点O ，则下列说法错误的是（） A.1AD ∥平面1BOC B.BD ⊥平面1COC C.1C O 与平面ABCD 所成的角为45 D.三棱锥1C BOC −的体积为235、南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔1485m ．上升到6、约翰·开普勒是近代著名的天文学家、数学家、物理学家和哲学家，有一次在上几何课时，突然想到，一个正三角形的外接圆与内切圆的半径之比2：1恰好和土星与木星轨道的半径比很接近，于是他想，是否可以用正多面体的外接球和内切球的半径比来刻画太阳系各行星的距离呢?经过实践，他给出了以下的太阳系模型：最外面一个球面，设定为土星轨道所在的球面，先作一个正六面体内接于此球面，然后作此正六面体的内切球面，它就是木星轨道所在的球面．在此球面中再作一个内接的正四面体，接着作该正四面体的内切球面即得到火星轨道所在的球面，继续下去，他就得到了太阳系各个行星的模型．根据开普勒的猜想，土星轨道所在的球面与火星轨道所在球面半径的比值为( )A ． 3B ．3 3C ．3D ．9 7、在三棱锥−P ABC 中，1PA PB PC ===，2AB BC CA ===，圆柱体1OO 在三棱锥−P ABC 内部（包含边界），且该圆柱体1OO 的底面圆O 在平面PBC 内，则当该圆柱体1OO 的体积最大时，圆柱体1OO 的高为（） A.13B.69C.12D.238、动点M 在正方体1111ABCD A B C D −从点1B 开始沿表面运动，且与平面11A DC 的距离保持不变，则动直线1A M 与平面11A DC 所成角正弦值的取值范围是（） A. 16,33B. 13,33C. 12,32D. 16,239、已知正方体1111ABCD A B C D −，则（） A. 直线1BC 与1DA 所成的角为90° B. 直线1BC 与1CA 所成的角为90° C. 直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45°D. 直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45°10、如图，由正四棱锥P ABCD −和正方体1111ABCD A B C D −组成的多面体的所有棱长均为2．则（）A. //PA 平面11CB DB. 平面PAC ⊥平面11CB DC. PB 与平面11CB D 所成角的余弦值为66D. 点P 到平面11CB D 的距离为2363+ 11、已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长都为1，E 为AB 的中点，则（） A. BC 1∥平面A 1ECB. 二面角A 1－EC －A 的正弦值为55C. 点A 到平面A 1BC 1的距离为217D. 若棱柱的各顶点都在同一球面上，则该球的半径为21612、下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m ）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A. 直径为0.99m 的球体B. 所有棱长均为1.4m 的四面体三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13、如图是四边形ABCD 的水平放置的直观图A B C D ′′′′，则原四边形ABCD 的面积是14、在正四棱台1111ABCD A B C D −中，1112,1,2AB A B AA ===，则该棱台的体积为________．15、如图，某圆柱体的高为1，ABCD 是该圆柱体的轴截面.已知从点B 出发沿着圆柱体的侧面到点D 的路径中，最短路径的长度为52，则该圆柱体的侧面积是16、某同学在劳技课上设计了一个球形工艺品，球的内部有两个内接正五棱锥，两正五棱锥的底面重合，若两正五棱锥的侧棱与底面所成的角分别为α、β，则tan tan αβ+的最小值为______.四、解答题：本题共6小题，共 70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（本小题满分10分）如图，直三棱柱111ABC A B C −的体积为4，1A BC 的面积为22．（1）求A 到平面1A BC 的距离；18．（本小题满分12分）如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D −中，12,4AB AA ==．点2222,,,A B C D 分别在棱111,,AA BB CC ,1DD 上，22221,2,3AA BB DD CC ====．（1）证明：2222B C A D ∥；（2）点P 在棱1BB 上，当二面角222P A C D −−为150°时，求2B P ．19．（本小题满分12分）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，四边形11ABB A 为正方形，点D 为棱1BB 的中点，平面11AA C C ⊥平面11ABB A ，1AA CD ⊥.（1）求证：1CA CA =；（2）若2AC AB ==，求二面角11C A D B −−的余弦值.20．（本小题满分12分）在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠D ＝90°，AB ＝22，AD ＝DC ＝2，如图1．现将△ADC 沿对角线AC 折成直二面角P －AC －B ，如图2，点M 在线段BP 上．（1）求证：AP ⊥CM ；（2）若点M 到直线AC 的距离为255，求BM BP 的值．21．（本小题满分12分）如图（1），平面四边形ABCD 由正三角形ABD 和等腰直角三角形BCD 组成，其中2BD =，=90BDC ∠°．现将三角形ABD 绕着BD 所在直线翻折到三角形PBD 位置（如图（2）），且满足平面PBD ⊥平面PCD ．（1）证明：CD ⊥平面PBD ；（2）若点Q 满足1,12PQ PD λλ=∈，当平面BCQ 与平面PCD 夹角的余弦值为3131时，求λ的值．22．（本小题满分12分）如图，三棱锥P－ABC的底面为等腰直角三角形，∠ABC＝90°，AB＝2．D，E分别为AC，BC的中点，PD⊥平面ABC，点M在线段PE上．（1）再从条件①、②、③、④四个条件中选择两个作为已知，使得平面MBD⊥平面PBC，并给予证明；（2）在（1）的条件下，求直线BP与平面MBD所成的角的正弦值．条件①：2PD=；条件②：∠PED＝60°；条件③：PM＝3ME：条件④：PE＝3ME．参考答案一、单项选择题：1、C2、D3、D4、C5、C6、B7、A8、A二、多项选择题：9、ABD 10、BD 11、ACD 12、ABD三、填空题：13、28 14、76615、14 16、2则111111112211433333A A BCA A ABC A ABC AB BC CC B V S h h V S A A V −−−=⋅===⋅== ，解得2h =，所以点A 到平面1A BC 的距离为2；（2）取1A B 的中点E ,连接AE ,如图，因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥, 又平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC 平面111ABB A A B =，且AE ⊂平面11ABB A ，所以AE ⊥平面1A BC ，在直三棱柱111ABC A B C −中，1BB ⊥平面ABC ，由BC ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE BC ⊥，1BB BC ⊥，又1,AE BB ⊂平面11ABB A 且相交，所以BC ⊥平面11ABB A ，所以1,,BC BA BB 两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得2AE =，所以12AA AB ==，122A B =，所以2BC =，则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1AC 的中点()1,1,1D ，则()1,1,1BD = ，()()0,2,0,2,0,0BA BC ==,可取()1,0,1m =− ，设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c = ，则020m BD a b c m BC a ⋅=++= ⋅==，可取()0,1,1n =− ，则11cos ,222m n m n m n⋅===×⋅，所以二面角A BD C −−的正弦值为213122 −=.18、（1）以C 为坐标原点，1,,CD CB CC 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图，则2222(0,0,0),(0,0,3),(0,2,2),(2,0,2),(2,2,1)C C B D A ，2222(0,2,1),(0,2,1)B C A D ∴=−=−， 2222B C A D ∴ ∥，又2222B C A D ，不在同一条直线上，2222B C A D ∴∥.（2）设(0,2,)(04)P λλ≤≤，则22222(2,2,2)(0,2,3),=(2,0,1),A C PC D C λ=−−=−−−，则22222202(3)0n A C x y z n PC y z λ ⋅=−−+= ⋅=−+−=，令 2z =，得3,1y x λλ=−=−， (1,3,2)n λλ∴−−，设平面222A C D 的法向量(,,)m a b c =，则2222222020m A C a b c m D C a c ⋅=−−+= ⋅=−+=，令 1a =，得1,2==b c ， (1,1,2)m ∴=，2263cos ,cos150264(1)(3)n m n m n mλλ⋅∴===°=+−+−，化简可得，2430λλ−+=，解得1λ=或3λ=，(0,2,1)P ∴或(0,2,3)P ，21B P ∴=.19、（1）证明：取1AA 中点O ，连接OD ，OC ，因为四边形11ABB A 为正方形，点D 为1BB 的中点，点O 为1AA 的中点，所以1AA OD ⊥，又因为1AA CD ⊥，CD OD D = ，,CD OD ⊂平面OCD ，所以1AA ⊥平面OCD ，又因为OC ⊂平面OCD ，所以1AA OC ⊥，因为点O 为1AA 的中点，所以1CA CA =.（2）解：因为平面11AA C C ⊥平面11ABB A ，平面11AA C C 平面111ABB A AA =，且1OC AA ⊥，OC ⊂11AAC C ，所以OC ⊥平面11ABB A ，设(),,n x y z = 为平面1ACD 的一个法向量，则112030n A D x y n A C x z ⋅=+= ⋅=+= ，取6x =，得2=33,z y −=−，所以()6,3,23n =−−，由OC ⊥平面11ABB A ，可得平面11A DB 的一个法向量为()0,0,3OC =，则2332cos ,1919573OC n OC n OC n⋅−×===−×，由图知二面角11C A D B −−为钝二面角，所以其余弦值为21919−.20、（1）证明：在直角梯形ABCD 中，∠D ＝90°，AD ＝DC ＝2，所以AC ＝2．在△ABC 中，∠CAB ＝45°，AC ＝2，AB ＝22，所以BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB cos ∠CAB ＝4，所以AB 2＝AC 2＋BC 2，即AC ⊥BC ． ······················································· 2分因为二面角P —AC —B 是直二面角，平面ABC ∩平面P AC ＝AC ，且BC ⊂平面ACB ，所以BC ⊥平面P AC ．又AP ⊂平面P AC ，所以BC ⊥AP ． ·························································· 4分因为AP ⊥PC ，PC ∩BC ＝C ，PC ，BC ⊂平面PBC ，所以AP ⊥平面PBC ．又因为CM ⊂平面PBC ，所以AP ⊥CM ． ················································· 6分（2）解：如图，以C 为坐标原点，CA ，CB 所在直线分别为x 轴，y 轴建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，B (0，2，0)，A (2，0，0)， P (1，0，1)，所以CA →＝(2，0，0)，BP →＝(1，－2，1)．ABCPM xyz因为点M 在线段BP 上，所以设BM →＝λBP →，0≤λ≤1，则CM →＝BM →－BC →＝λ(1，－2，1)－(0，－2，0)＝(λ，2－2λ，λ)． ················· 8分因为点M 到直线AC 的距离为255，所以CM ·sin ＜CA →，CM →＞＝255， ······················································ 10分所以cos ＜CA →，CM →＞＝CA →·CM →|CA →|·|CM →|＝λ6 λ2－8λ＋4，所以sin ＜CA →，CM →＞＝5 λ2－8λ＋46 λ2－8λ＋4，即6 λ2－8λ＋4·5 λ2－8λ＋46 λ2－8λ＋4＝255，所以25λ2－40λ＋16＝0，解得λ＝45，即BM BP ＝45． ······································································· 12分21、（1）证明：取PD 的中点M ，连结BM ，在正三角形PBD 中，有BM PD ⊥，又因为平面PBD ⊥平面PCD ，平面PBD 平面PCD PD =，BM ⊂平面PBD ，所以BM ⊥平面PCD ，又因为CD ⊂平面PCD ，所以BM CD ⊥，在等腰直角三角形BCD 中，有BD CD ⊥，又因为BD BM B = ，且,BD BM ⊂平面PBD ，所以CD ⊥平面PBD ．（2）取BD 的中点O ，连结PO ，在正三角形PBD 中，有PO BD ⊥，由（1）可知CD ⊥平面PBD ，又因为PO ⊂平面PBD ，所以PO CD ⊥，又因为BD CD D ∩=，且,BD CD ⊂平面BCD ，所以PO ⊥平面BCD ．取BC 的中点N ，连结NO ，因为点O 是BD 的中点，所以NO CD ∥，又因为CD BD ⊥，所以NO BD ⊥，因为PO ⊥平面BCD ，,BD NO ⊂平面BCD ，所以PO BD ⊥，PO NO ⊥，以O 为坐标原点，OB ，ON ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则(1,0,0)B ，(1,0,0)D −，(0,0,3)P ，(1,2,0)C −，所以()1,0,3PD =−− ，()2,2,0BC =−，()0,2,0DC =.因为PQ PD λ= ，所以(1,0,3)OQ OP λ−=−−，所以(,0,33)OQ λλ=−− ，所以()1,0,33QB λλ=+−，设平面BCQ 的法向量为(,,)m x y z =，则()()133000220x z QB m BC m x y λλ ++−=⋅= ⇒ ⋅=−+=，令33x λ=−，则33y λ=−，1z λ=+，则()33,33,1m λλλ=−−+设平面PCD 的法向量为(,,)n x y z =，则030200PD n x z y DC n ⋅=−−= ⇒= ⋅=，令3x =，则0y =，1z =−，所以()3,0,1n−，由题意可知，()()2233131cos ,3122331m n mn m nλλλλ⋅−−−===−++，整理得2393880(32)(134)0λλλλ−+=⇒−−=，所以23λ=，413λ=，又因为1,12λ∈，所以23λ=．22、解：（1）因PD ⊥平面ABC ，DB ⊂平面ABC ，DC ⊂平面ABC ，则,PD DB PD DC ⊥⊥，又由题可知DB DC ⊥，则如图，建立以D 为原点的空间直角坐标系，则()2,0,0B，()0,0,0D ，()0,2,0C ，22,,022E，设()0,0,P t ()0t >，()01PMλPE λ=<<.则()2,0,0DB =，()20,,PB t =−，()02,,PCt =−，2222,,PE t =−，()00,,DP t =.故()22122,,DM DP PM DP λPE λλλt =+=+=−. 设平面MBD 法向量为()1111,,n x y z =，则()11111120221022DB n x DM n x y tz λλλ ⋅== ⋅=++−=，令11y =，可得()120121,,λn λt= −；设平面PBC 法向量为()2222,,n x y z =，则2222222020PB n x tz PC n y tz ⋅=−= ⋅=−= ，可令221x y ==，可得2211,,n t=. 要使平面MBD ⊥平面PBC ，需满足()12221021λn n λt ⋅=+=⇒−221t λt =+. 注意到条件①2t ⇔=，PD ⊥平面ABC ，DE ⊂平面ABC ，PD DE ⊥，又由题可知1DE =，则条件②3t ⇔=，条件③34λ⇔=，条件④23λ⇔=. 则当条件①④成立或条件②③成立时，都有221t λt =+，即可以使平面MBD ⊥平面PBC ；（2）由（1），当选择①④时，2t =，()0,0,2P ，23λ=. 则()2,0,2BP =− ，平面MBD 法向量为()()120101121,,,,λn λt ==− −，设BP 与平面MBD 所成角为θ，则1121sin 222BP n BP n ⋅===⋅⋅θ ；当选择②③时，3t =，()0,0,3P ，34λ=. 则()203,,BP =−，平面MBD 法向量()1260101221,,,,λn λt==−−，设BP 与平面MBD 所成角为θ，则113232sin 5552BP n BP n ⋅===⋅⋅θ； .。

创新设计数学一轮文科苏教江苏专用课时作业第八章立体几何3

第3讲直线、平面平行的判定与性质基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、填空题1．若直线ɑ平行于平面α，给出以下结论：①ɑ平行于α内的所有直线；②α内有无数条直线与ɑ平行；③直线ɑ上的点到平面α的距离相等；④α内存在无数条直线与ɑ成90°角．其中错误的结论是________(填序号)．解析若直线ɑ平行于平面α，则α内既存在无数条直线与ɑ平行，也存在无数条直线与ɑ异面且垂直，所以①不正确，②，④正确，又夹在相互平行的线与平面间的平行线段相等，所以③正确．答案①2．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________(填序号)．①AB∥CD；②AD∥CB；③AB与CD相交；④A，B，C，D四点共面．解析充分性：A，B，C，D四点共面，由平面与平面平行的性质知AC∥BD.必要性显然成立．答案④3．(2015·常州监测)给出下列命题：①若两个平面平行，那么其中一个平面内的直线一定平行于另一个平面；②若两个平面平行，那么垂直于其中一个平面的直线一定垂直于另一个平面；③若两个平面垂直，那么垂直于其中一个平面的直线一定平行于另一个平面；④若两个平面垂直，那么其中一个平面内的直线一定垂直于另一个平面．则其中所有真命题的序号为________．解析利用相关定理逐一判断．由面面平行的性质可知①正确；由线面垂直的性质可知②正确；若两个平面垂直，那么垂直于其中一个平面的直线可能与另一个平面平行，也可能在另一个平面内，所以③错误；若两个平面垂直，那么其中一个平面内垂直于它们交线的直线一定垂直于另一个平面，所以④错误．故真命题序号是①②.答案①②4．在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD ＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，现给出以下结论：①BD∥平面EFG，且四边形EFGH是平行四边形；②EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形；③HG∥平面ABD，且四边形EFGH是平行四边形；④EH∥平面ADC，且四边形EFGH是梯形．其中结论正确的序号是________．解析如图，由题意得EF∥BD，且EF＝15BD.HG∥BD，且HG＝12BD.∴EF∥HG，且EF≠HG.∴四边形EFGH是梯形．又EF∥平面BCD，而EH与平面ADC不平行．答案②5．棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是棱AA1的中点，过C，M，D1作正方体的截面，则截面的面积是________．解析由面面平行的性质知截面与面AB1的交线MN是△AA1B的中位线，所以截面是梯形CD1MN，易求其面积为92.答案9 26．(2015·吉林九校联考)已知m，n为两条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，给出以下命题：①若m∥α，n∥α，则m∥n；②若m⊥α，n⊥α，则m∥n；③若α∥β，m∥n，m∥α，则n∥β；④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β.其中命题正确的是________(填序号)．解析对于①，m∥α，n∥α，则m与n可以平行，可以相交，可以异面，故①错误；对于②，由线面垂直的性质定理知，m∥n，故②正确；对于③，n可以平行β，也可以在β内，故③错；对于④，α与β可以相交，因此④错．答案②7. 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于________．解析因为直线EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，且平面AB1C∩平面ABCD ＝AC，所以EF∥AC，又E是DA的中点，所以F是DC的中点，由中位线定理可得EF＝12AC，又在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，所以AC＝22，所以EF＝ 2.答案 28．(2014·金丽衢十二校联考)设α，β，γ是三个平面，a，b是两条不同直线，有下列三个条件：①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ.如果命题“α∩β＝a，b⊂γ，且________，则a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________(把所有正确的序号填上)．解析由面面平行的性质定理可知，①正确；当b∥β，a⊂γ时，a和b在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．故应填入的条件为①或③.答案①或③二、解答题9．(2014·苏北四市模拟)如图，ABCD与ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．求证：(1)BE∥平面DMF；(2)平面BDE∥平面MNG.证明(1)如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO 为△ABE的中位线，所以BE∥MO，又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.又M为AB中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，所以BD∥平面MNG，又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，所以平面BDE∥平面MNG. 10．(2014·苏北四市调研)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝5，BB1＝BC＝6，D，E分别是AA1和B1C的中点．(1)求证：DE∥平面ABC；(2)求三棱锥E－BCD的体积．(1)证明如图，取BC中点G，连接AG，EG，又E是B1C的中点，∴EG∥BB1，且EG＝12BB1.由直棱柱知，AA1綊BB1，而D是AA1的中点，∴EG綊AD，∴四边形EGAD是平行四边形，∴ED∥AG，又DE⊄平面ABC，AG⊂平面ABC，∴DE∥平面ABC.(2)解∵AD∥BB1，∴AD∥平面BCE，∴V E－BCD＝V D－BCE＝V A－BCE＝V E－ABC，由(1)知，DE∥平面ABC，AG＝AC2－CG2＝4，∴V E－ABC ＝V D－ABC＝13AD·12BC·AG＝16×3×6×4＝12.能力提升题组(建议用时：25分钟)1．(2015·广东七校联考)设a，b是两条直线，α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是________(填序号)．①存在一条直线a，a∥α，a∥β；②存在一条直线a，a⊂α，a∥β；③存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α；④存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α.解析对于①，两个平面还可以相交，若α∥β，则存在一条直线a，a∥α，a∥β，所以①是α∥β的一个必要条件；同理，②也是α∥β的一个必要条件；易知③不是α∥β的一个充分条件，而是一个必要条件；对于④，可以通过平移把两条异面直线平移到一个平面中，成为相交直线，则有α∥β，所以④是α∥β的一个充分条件．答案④2．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________．解析对于图形①：平面MNP与AB所在的对角面平行，即可得到AB∥平面MNP；对于图形④：AB∥PN，即可得到AB∥平面MNP，图形②，③都不可以．答案①④3.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，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B1BDD1(请填上你认为正确的一个条件)．解析如图，连接FH，HN，FN，由题意知HN∥面B1BDD1，FH∥面B1BDD1.且HN∩FH＝H，∴面NHF∥面B1BDD1.∴当M在线段HF上运动时，有MN∥面B1BDD1.答案M∈线段HF4．(2014·南京模拟)如图，已知正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AB，AD上，AE＝AF＝4，现将△AEF沿线段EF折起到△A′EF位置，使得A′C ＝2 6.(1)求五棱锥A′－BCDFE的体积；(2)在线段A′C上是否存在一点M，使得BM∥平面A′EF？若存在，求A′M；若不存在，请说明理由．解(1)连接AC，设AC∩EF＝H，连接A′H.∵四边形ABCD是正方形，AE＝AF＝4，∴H是EF的中点，且EF⊥AH，EF⊥CH，从而有A′H⊥EF，CH⊥EF，又A′H∩CH＝H，所以EF⊥平面A′HC，且EF⊂平面ABCD，从而平面A′HC⊥平面ABCD，过点A′作A′O垂直HC且与HC相交于点O，则A′O⊥平面ABCD，因为正方形ABCD的边长为6，AE＝AF＝4，故A′H＝22，CH＝42，所以cos∠A′HC＝A′H2＋CH2－A′C22A′H·CH＝8＋32－242×22×42＝12，所以HO＝A′H·cos∠A′HC＝2，则A′O＝6，所以五棱锥A′－BCDFE的体积V＝13×⎝⎛⎭⎪⎫62－12×4×4×6＝2863.(2)线段A′C上存在点M，使得BM∥平面A′EF，此时A′M＝6 2.证明如下：连接OM，BD，BM，DM，且易知BD过O点．A′M＝62＝14A′C，HO＝14HC，所以OM∥A′H，又OM⊄平面A′EF，A′H⊂平面A′EF，所以OM∥平面A′EF，又BD∥EF，BD⊄平面A′EF，EF⊂平面A′EF，所以BD∥平面A′EF，又BD∩OM＝O，所以平面MBD∥平面A′EF，因为BM⊂平面MBD，所以BM∥平面A′EF.。

创新设计高考数学江苏专用理科一轮复习习题：第八章立体几何第1讲含答案

基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、填空题1.(2015·无锡模拟)若正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为1，则此三棱锥的体积为________.解析该正三棱锥的底面积为34×(2)2＝32，高为1－⎝⎛⎭⎪⎫632＝33，所以该正三棱锥的体积为13×32×33＝16.答案1 62.(2016·宿迁模拟)用半径为2 cm的半圆形纸片卷成一个圆锥筒，则这个圆锥筒的高为________cm.解析用半径为2 cm的半圆形纸片卷成一个圆锥筒，该圆锥的母线长为2，底面圆的周长为2π，所以底面圆的半径为1，则这个圆锥筒的高为22－12＝3(cm).答案 33.如图所示，已知三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则三棱锥B1ABC1的体积为________.解析三棱锥B1－ABC1的体积等于三棱锥A－B1BC1的体积，三棱锥A－B1BC1的高为32，底面积为12，故其体积为13×12×32＝312.答案3 124.(2015·盐城模拟)若一个圆锥的侧面展开图是面积为4π的半圆面，则该圆锥的体积为________.解析由圆锥的侧面展开图是面积为4π的半圆面，得该半圆的半径是22，即为圆锥的母线长.半圆周长即为圆锥底面圆的周长，设圆锥底面圆半径为r，则22π＝2πr ，解得r ＝2，所以圆锥的高是h ＝（22）2－r 2＝6，体积是V ＝13πr 2h ＝263π. 答案263π5.(2015·苏、锡、常、镇四市调研)已知△ABC 为等腰直角三角形，斜边BC 上的中线AD ＝2，将△ABC 沿AD 折成60°的二面角，连接BC ，则三棱锥C －ABD 的体积为________.解析由题意可得∠CDB ＝60°，DC ＝DB ，所以△DCB 是边长为2的等边三角形，且AD ⊥平面DCB ，所以三棱锥C －ABD 的体积为13S △BCD ·AD ＝13×12×2×2sin 60°×2＝233. 答案2336.(2015·南京模拟)已知圆锥的侧面展开图是一个半径为3 cm ，圆心角为2π3的扇形，则此圆锥的高为________cm.解析设圆锥的底面半径为r ，则2πr ＝3×2π3，所以r ＝1，所以高为32－12＝2 2. 答案 2 27.一个六棱锥的体积为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________.解析设六棱锥的高为h ，斜高为h 0.因为该六棱锥的底面是边长为2的正六边形，所以底面面积为12×2×2×sin 60°×6＝63，则13×63h ＝23，得h ＝1，所以h 0＝（3）2＋12＝2，所以该六棱锥的侧面积为12×2×2×6＝12.答案 128.(2015·四川卷)在三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边的长为1的等腰直角三角形，设点M，N，P分别是AB，BC，B1C1的中点，则三棱锥P－A1MN的体积是________.解析由题意知还原后的几何体是一个直三棱柱，三棱柱的底面是直角边长为1的等腰直角三角形，高为1，∵VP－A1MN＝VA1－PMN，又∵AA1∥平面PMN，∴VA1－PMN＝V A－PMN，∴V A－PMN＝13×12×1×12×12＝124，故VP－A1MN＝124.答案1 24二、解答题9.(2015·全国Ⅱ卷)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.解(1)交线围成的正方形EHGF如图：(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＝EH2－EM2＝6，AH＝10，HB＝6.故S四边形A1EHA＝12×(4＋10)×8＝56，S四边形EB1BH＝12×(12＋6)×8＝72.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97(79也正确).10.如图1，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AB＝4，AD＝CD ＝2，将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体D－ABC，如图2所示.(1)求证：BC⊥平面ACD；(2)求几何体D－ABC的体积.(1)证明在题图中，可得AC＝BC＝22，从而AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC，又平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC，∴BC⊥平面ACD.(2)解由(1)可知，BC为三棱锥B－ACD的高，BC＝22，S△ACD＝2，∴V B－ACD＝13S△ACD·BC＝13×2×22＝423，由等体积性可知，几何体D－ABC的体积为423.能力提升题组(建议用时：20分钟)11.(2015·全国Ⅰ卷改编)《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________斛(保留整数).解析设圆锥底面半径为r ，因为米堆底部弧长为8尺，所以π2r ＝8，r ＝16π≈163(尺)，所以米堆的体积为V ＝13×14×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫1632×5＝3209(立方尺)，又1斛米的体积约为1.62立方尺，所以该米堆有3209÷1.62≈22(斛). 答案 2212.(2016·南通调研)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 为棱AA 1的中点.若AA 1＝4，AB ＝2，则四棱锥B －ACC 1D 的体积为________.解析因为四棱锥B －ACC 1D 的底面ACC 1D 的面积为12×(2＋4)×2＝6，高为32×2＝3，所以体积为13×6×3＝2 3. 答案 2313.(2015·徐州调研)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 ，一质点自A 点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A 1点的最短路线的长为________cm.解析如图，将三棱柱沿AA 1剪开，可得一矩形，其长为6 cm ，宽为5 cm ，其最短路线为两相等线段之和，其长度等于2⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋62＝13(cm).答案 1314.一个正三棱台的上、下底面边长分别是3 cm 和6 cm ，高是32 cm. (1)求三棱台的斜高；(2)求三棱台的侧面积和表面积.解 (1) 设O 1、O 分别为正三棱台ABC －A 1B 1C 1的上、下底面正三角形的中心，如图所示，则O 1O ＝32，过O 1作O 1D 1⊥B 1C 1，OD ⊥BC ，则D 1D 为三棱台的斜高；过D 1作D 1E ⊥AD 于E ，则D 1E ＝O 1O ＝32，因O 1D 1＝36×3＝32，OD ＝36×6＝3，则DE ＝OD －O 1D 1＝3－32＝32. 在Rt △D 1DE 中， D 1D ＝D 1E 2＋ED 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝3(cm). 故三棱台的斜高为 3 cm.(2)设c ，c ′分别为上、下底的周长，h ′为斜高， S 侧＝12(c ＋c ′)h ′＝12(3×3＋3×6)×3＝2732(cm 2)， S 表＝S 侧＋S 上＋S 下＝2732＋34×32＋34×62＝9934(cm 2). 故三棱台的侧面积为2732cm 2，表面积为9934 cm 2.。

江苏省高三数学一轮复习典型题专题训练：立体几何

江苏省高三数学一轮复习典型题专题训练立体几何一、填空题1、（南京市 2018 高三 9 月学情调研）将一个正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，所得圆柱的体积为32 27πcm，则该圆柱的侧面积为▲cm .2、（南京市 2019高三 9 月学情调研）如图，在正三棱柱ABC—A1B1C1中， AB＝ 2， AA1＝ 3，则四棱锥 A1－ B1C1CB 的体积是▲．3、（南京市六校结合体2019 届高三上学期锥的体积是 ____▲ ____．12 月联考）若圆锥底面半径为1，侧面积为5, 则该圆4、（南京金陵中学、海安高级中学、南京外国语学校2019 届高三第四次模拟）如图，该几何体由底面半径同样的圆柱与圆锥两部分构成，且圆柱的高与底面半径相等．若圆柱与圆锥的侧面积相等，则圆锥与圆柱的高之比为．5、（南京市13 校 2019 届高三12 月结合调研）已知直线l 、m与平面、， l,m，则下列命题中正确的选项是▲．（填写正确命题对应的序号）．①若 l / /m ，则/ /②若 l m ，则③若 l，则④若，则 m6、（徐州市2019 届高三上学期期中）如图，已知正方体ABCD A1 B1C1D1的棱长为1，点P为棱 AA1上随意一点，则四棱锥P BDD1 B1的体积为▲．7、（苏州市2018 高三上期初调研）如图，正四棱锥P ABCD 的底面一边 AB 的长为23cm ，侧面积为 8 3cm2，则它的体积为3 cm .8、（扬州市2019 届高三上学期期末）底面半径为1，母线长为 3 的圆锥的体积是．9、（镇江市2019 届高三上学期期末）已知一个圆锥的底面积为π，侧面积为 2π，则该圆锥的体积为．10、（常州市2019 届高三上学期期末）已知圆锥SO，过的中点P作平行于圆锥底面的截面，以SO截面为上底面作圆柱 PO ，圆柱的下底面落在圆锥的底面上（如图），则圆柱 PO 的体积与圆锥 SO 的体积的比值为 ________.11、（南京市、盐城市 2019 届高三上学期期末）如图， PA⊥平面 ABC，AC⊥ BC，PA＝ 4， AC＝3，BC＝ 1， E， F 分别为 AB， PC 的中点，则三棱锥 B－ EFC 的体积为▲ ．12、（南通市三地（通州区、海门市、启东市）2019 届高三上学期期末）已知正三棱柱ABC－则三棱锥D－ BB1C1的体积为＿＿＿13、（如皋市 2019 届高三上学期期末）如图，在正三棱柱 ABC －A1B1C1中，若 AA1＝ 3， AB＝2，点 D 是棱 CC1的中点，点 E 在棱 AA1上，则三棱锥 B1－ EBD 的体积为▲ ．14、（南通、如皋市 2019届高三放学期语数英学科模拟（二））已知一个圆锥的底面半径为 3 cm，侧面积为 6cm2，则该圆锥的体积是＿＿ cm3。

2018-2019学年高中新创新一轮复习文数江苏专版讲义：第八章+立体几何+Word版含答案

第八章立体几何第一节空间几何体的表面积与体积本节主要包括3个知识点：1.空间几何体的结构特征和直观图；2.空间几何体的表面积与体积；,3.与球有关的切、接应用问题.基础联通抓主干知识的“源”与“流”1．空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征多面体结构特征棱柱有两个面平行，其余各面都是四边形且每相邻两个面的交线都平行且相等棱锥有一个面是多边形，而其余各面都是有一个公共顶点的三角形棱台棱锥被平行于底面的平面所截，截面和底面之间的部分叫做棱台几何体旋转图形旋转轴圆柱矩形矩形任一边所在的直线圆锥直角三角形一条直角边所在的直线圆台直角梯形或等腰梯形直角腰所在的直线或等腰梯形上下底中点的连线球半圆或圆直径所在的直线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．考点贯通抓高考命题的“形”与“神”空间几何体的结构特征[例1]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有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台；④棱台的各侧棱延长后不一定交于一点．[解析]①错，如图(1)；②正确，如图(2)，其中底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，可证明∠PAB，∠PCB，∠PDA，∠PDC都是直角，这样四个侧面都是直角三角形；③错，如图(3)；④错，由棱台的定义知，其侧棱的延长线必相交于同一点．[答案]②[方法技巧]解决与空间几何体结构特征有关问题的三个技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，如例1中的①③易判断失误；(3)通过反例对结构特征进行辨析．空间几何体的直观图按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系：(1)S直观图＝24S原图形．(2)S原图形＝22S直观图．[例2]用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是________．(填序号)[解析]由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2 2.[答案]①能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下四个命题中，真命题是________．(填序号)①等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等；②等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补；③等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆；④等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上．解析：因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等，所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点的距离相等，故①③是真命题；且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等，故④是真命题；②是假命题，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立．答案：①③④2.[考点一](2018·连云港模拟)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为________．解析：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)．答案：103.[考点一]给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；④存在每个面都是直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：①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；②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平面的二面角都是直二面角，即三个侧面两两垂直；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面，故该四棱柱的侧棱垂直于底面，是直四棱柱；④正确，如图，正方体AC1中的三棱锥C1-ABC，四个面都是直角三角形．答案：②③④4.[考点二]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 cm，C′D′＝2 cm，则原图形是________．(填序号)①正方形；②矩形；③菱形；④一般的平行四边形．解析：如图，在原图形OABC 中，应有OD ＝2O ′D ′＝2×22＝42(cm)，CD ＝C ′D ′＝2 cm.∴OC ＝OD 2＋CD 2＝(42)2＋22＝6(cm)，∴OA ＝OC ，∴四边形OABC 是菱形．答案：③5．[考点三]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________cm 2.解析：依题意可知∠BAD ＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC ，AD 相等，高为梯形ABCD 的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm 2.答案：8突破点(二) 空间几何体的表面积与体积基础联通抓主干知识的“源”与“流”1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式 S 圆柱侧＝2πrl S 圆锥侧＝πrl S 圆台侧＝π(r ＋r ′)l S 圆柱侧＝2πrl ――→r ′＝r S 圆台侧＝π(r ＋r ′)l ――→r ′＝0S 圆锥侧＝πrl .2．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 ＝Sh 锥体(棱锥和圆锥) S 表面积＝S 侧＋S 底 V ＝13Sh台体(棱台和圆台) S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下 V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h 球S ＝4πR 2 V ＝43πR 3考点贯通抓高考命题的“形”与“神”空间几何体的表面积[例1] (1)一个六棱锥的体积为2 3 ，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________，表面积为________．(2)如图，斜三棱柱ABC -A ′B ′C ′中，底面是边长为a 的正三角形，侧棱长为b ，侧棱AA ′与底面相邻两边AB 与AC 都成45°角，则此斜三棱柱的表面积为________．[解析] (1)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)2＋1＝2，故该六棱锥的侧面积为S侧＝12×2×2×6＝12.表面积为S 表＝12＋6×34×22＝12＋6 3. (2)如图，过A ′作A ′D ⊥平面ABC 于D ，过D 作DE ⊥AB 于E ，DF ⊥AC 于F ，连结A ′E ，A ′F ，AD .则由∠A ′AE ＝∠A ′AF ，AA ′＝AA ′，又由题意知A ′E ⊥AB ，A ′F ⊥AC ，得Rt △A ′AE ≌Rt △A ′AF ，∴A ′E ＝A ′F ，∴DE ＝DF ，∴AD 平分∠BAC ，又∵AB ＝AC ，∴BC ⊥AD ，∴BC ⊥AA ′，而AA ′∥BB ′，∴BC ⊥BB ′，∴四边形BCC ′B ′是矩形，∴斜三棱柱的侧面积为2×a ×b sin 45°＋ab ＝(2＋1)ab .又∵斜三棱柱的底面积为2×34a 2＝32a 2，∴斜三棱柱的表面积为(2＋1)ab ＋32a 2.[答案](1)1212＋63(2)(2＋1)ab＋32a2[方法技巧]求空间几何体表面积的常见类型及思路求多面体的表面积只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积求旋转体的表面积可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系求不规则几何体的表面积通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积空间几何体的体积2，侧棱长为3的正四棱锥的体积为________．(2)(2017·徐州、连云港、宿迁三检)已知圆锥的母线长为10 cm，侧面积为60π cm2，则此圆锥的体积为________cm3.(3)(2017·盐城市三模)如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2，点P，Q分别为棱CC1，BC的中点，则四面体A1-B1PQ的体积为________．[解析](1)如图，在正四棱锥S-ABCD中，底面边长为2，侧棱长为3，点O为底面ABCD的中心，则SO⊥平面ABCD，取BC的中点E，连结OE，SE，则OE＝BE＝1，在Rt△SBE中，SE＝SB2－BE2＝3－1＝2，在Rt△SOE中，SO＝SE2－OE2＝2－1＝1，从而该正四棱锥的体积V＝13×S四边形ABCD·SO＝13×2×2×1＝43.(2)设圆锥的底面半径为r cm，高为h cm，则πr×10＝60π，所以r＝6 cm，从而高h＝8 cm，此圆锥的体积V＝13×36π×8＝96π cm3.(3)在边长为2的正方形BB1C1C中，因为P，Q分别为棱CC1，BC的中点，所以S△B 1PQ ＝4－1×22×2－12×12＝32，所以S △B 1PQ S △B 1C 1C ＝34，又VA 1-B 1C 1C ＝VC -A 1B 1C 1＝13VABC -A 1B 1C 1＝13×⎝⎛⎭⎫34×22×2＝233，又因为VA 1-B 1PQ VA 1-B 1C 1C ＝S △B 1PQ S △B 1C 1C ＝34，所以VA 1-B 1PQ ＝34VA 1-B 1C 1C ＝34×233＝32. [答案] (1)43 (2)96π (3)32[方法技巧] 求空间几何体体积的常见类型及思路(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．能力练通抓应用体验的“得”与“失”解析：该正四面体每个面的面积为12×2×2×32＝3，所以其表面积为4 3. 答案：4 32.[考点二](2018·如皋一模)已知在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 是棱CC 1的中点，则三棱锥A 1-ABM 的体积为________．解析：因为M 是CC 1的中点，所以三棱锥A 1-ABM 的体积为VA 1-ABM ＝VM -ABA 1＝13×12×1×1×1＝16. 答案：163.[考点一]如图所示，在边长为5＋2的正方形ABCD 中，以A 为圆心画一个扇形，以O 为圆心画一个圆，M ，N ，K 为切点，以扇形为圆锥的侧面，以圆O 为圆锥底面，围成一个圆锥，则圆锥的表面积为________．解析：设圆锥的母线长为l ，底面半径为r ，由已知条件⎩⎪⎨⎪⎧l ＋r ＋2r ＝(5＋2)×2，2πr ＝π2l ，解得r ＝2，l ＝42，所以圆锥的表面积等于扇形A -EKF 和圆O 的面积之和，所以圆锥的表面积S ＝πrl ＋πr 2＝10π.答案：10π4．[考点二]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________．解析：如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连结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.答案：2 35．[考点一、二]如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝22，AD＝2，求四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积及体积．解：所形成的几何体是由一圆台挖去一个圆锥所得．如图，在四边形ABCD中，作CM⊥AB于M，DN∥AB，交BC于N，设CM交DN于E.则CM⊥DN，CE是圆锥的高且CM是圆台的高．由几何关系易知，圆台的上、下底面半径分别为2,5，母线长为5，高为4；圆锥的底面半径为2，高为2.所以S表面＝S圆台侧＋S圆台下底＋S圆锥侧＝π(2＋5)×5＋π×52＋π×2×22＝(60＋42)π.V＝V圆台－V圆锥＝13(π×22＋π×52＋22×52×π2)×4－13π×22×2＝1483π.突破点(三)与球有关的切、接应用问题1.球的表面积和体积是高考的热点，解决此类问题时，一是要善于把空间问题平面化，把平面问题转化到直角三角形中处理；二是要将变化的模型转化到固定的长方体或正方体中.2.与球有关的组合体问题主要有两种，一种是内切问题，一种是外接问题.解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关“元素”间的数量关系，并作出合适的截面图. 考点贯通抓高考命题的“形”与“神”多面体的内切球问题[例1] (1)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＝________. (2)(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] (1)设正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4×34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14，即r ＝14×63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π. (2)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] (1)63π (2)32[方法技巧]处理与球有关内切问题的策略解答此类问题时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．多面体的外接球问题把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．[例2] (1)(2018·苏州模拟)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________．(2)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________．[解析] (1)如图所示，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC的中点M .又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝ ⎝⎛⎭⎫522＋62＝132. (2)如图所示，设球半径为R ，底面中心为O ′且球心为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] (1)132 (2)81π4[方法技巧] 与球有关外接问题的解题规律(1)直棱柱外接球的球心到直棱柱底面的距离恰为棱柱高的12. (2)正方体外接球的直径为正方体的体对角线的长．此结论也适合长方体，或由同一顶点出发的两两互相垂直的三条棱构成的三棱柱或三棱锥． (3)求多面体外接球半径的关键是找到由球的半径构成的三角形，解三角形即可．能力练通抓应用体验的“得”与“失”则球O 的表面积为________．解析：由题意知，长方体的体对角线长为32＋22＋12＝14，记长方体的外接球的半径为R ，则有2R ＝14，R ＝142，因此球O 的表面积为S ＝4πR 2＝14π. 答案：14π2.[考点一]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________．解析：设球的半径为R ，∵△ABC 的内切圆半径为6＋8－102＝2，∴R ≤2.又2R ≤3，∴R ≤32，∴V max ＝43×π×⎝⎛⎭⎫323＝9π2. 答案：9π23．[考点二](2018·泰州模拟)如图，平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将其沿对角线BD 折成四面体A ′-BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，若四面体A ′-BCD 的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为________．解析：由图示可得BD ＝A ′C ＝2，BC ＝3，△DBC 与△A ′BC 都是以BC 为斜边的直角三角形，由此可得BC 中点到四个点A ′，B ，C ，D 的距离相等，即该三棱锥的外接球的直径为3，所以该外接球的表面积S ＝4π×⎝⎛⎭⎫322＝3π. 答案：3π4．[考点二](2017·天津高考)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．解析：由正方体的表面积为18，得正方体的棱长为 3. 设该正方体外接球的半径为R ，则2R ＝3，R ＝32，所以这个球的体积为43πR 3＝4π3×278＝9π2.答案：9π2[课时达标检测]重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考1．下列结论中错误的序号有________． ①各个面都是三角形的几何体是三棱锥；②以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边绕旋转轴旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥；③棱锥的侧棱长与底面多边形的边长都相等，则该棱锥可能是六棱锥； ④圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线．解析：①错误，如图(1)是由两个相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，它的各个面都是三角形，但它不是三棱锥；②错误，如图(2)，若△ABC 不是直角三角形，或△ABC 是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥；③错误，若该棱锥是六棱锥，由题设知，它是正六棱锥．易证正六棱锥的侧棱长必大于底面边长，这与题设矛盾．④显然正确．答案：①②③2．(2018·南通中学高三月考)如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，若各条棱长均为2，且M 为A 1C 1 的中点，则三棱锥M -AB 1C 的体积是________．解析：因为VM -AB 1C ＝VABC -A 1B 1C 1－VA -A 1B 1M －VB 1-ABC －VC -B 1C 1M ，所以VM -AB 1C ＝2×34×22－13×2×12×34×22－13×2×34×22－13×2×12×34×22＝233. 答案：2333．已知某圆锥体的底面半径r ＝3，沿圆锥体的母线把侧面展开后得到一个圆心角为2π3的扇形，则该圆锥体的表面积是________．解析：由已知可得沿圆锥体的母线把侧面展开后得到的扇形的弧长为2πr ＝6π，从而其母线长为l ＝6π2π3＝9，所以圆锥体的表面积为S 侧＋S 底＝12×9×6π＋9π＝36π.答案：36π4.(2018·陕西西工大附中训练)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为m 的正方形，PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝m ，PA ＝PC ＝2m ，若在这个四棱锥内放一个球，则此球的最大半径是________．解析：由PD ⊥底面ABCD ，得PD ⊥AD .又PD ＝m ，PA ＝2m ，则AD＝m .设内切球的球心为O ，半径为R ，连接OA ，OB ，OC ，OD ，OP (图略)，易知V P -ABCD ＝V O -ABCD ＋V O -PAD ＋V O -PAB ＋V O -PBC ＋V O -PCD ，即13·m 2·m ＝13·m 2×R ＋13×12·m 2·R ＋13×12·2m 2·R ＋13×12·2m 2·R ＋13·12·m 2·R ，解得R ＝12(2－2)m ，所以此球的最大半径是12(2－2)m .答案：12(2－2)m5．(2018·常州期末)以一个圆柱的下底面为底面，并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥，若所得的圆锥底面半径等于圆锥的高，则圆锥的侧面积与圆柱的侧面积的比值为________．解析：如图，由题意可得圆柱的侧面积为S 1＝2πrh ＝2πr 2.圆锥的母线l ＝h 2＋r 2＝2r ，故圆锥的侧面积为S 2＝12×2πr ×l ＝2πr 2，所以S 2S 1＝22.答案：22[练常考题点——检验高考能力]一、填空题1．已知圆锥的表面积为a ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是________．解析：设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，由题意知2πr ＝πl ，∴l ＝2r ，则圆锥的表面积S 表＝πr 2＋12π(2r )2＝a ，∴r 2＝a 3π，∴2r ＝23πa 3π.答案：23πa3π2．(2018·苏北四市一模)将斜边长为4的等腰直角三角形绕其斜边所在直线旋转一周，则所形成的几何体体积是________．解析：因为等腰直角三角形的斜边长为4，所以斜边上的高为2，故旋转后的几何体为两个大小相等的圆锥的组合体，圆锥的底面半径为2，高为2，因此，几何体的体积为V ＝2×13π×22×2＝16π3.答案：16π33．已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为________．解析：依题意可知正四棱柱体对角线的长度等于球的直径，可设球半径为R ，则2R ＝12＋12＋(2)2＝2，解得R ＝1，所以V ＝4π3R 3＝4π3. 答案：4π34．已知正四面体的棱长为2，则其外接球的表面积为________．解析：如图所示，过顶点A 作AO ⊥底面BCD ，垂足为O ，则O 为正三角形BCD 的中心，连结DO 并延长交BC 于E ，又正四面体的棱长为2，所以DE ＝62，OD ＝23DE ＝63，所以在直角三角形AOD 中，AO ＝AD 2－OD 2＝233.设正四面体外接球的球心为P ，半径为R ，连结PD ，则在直角三角形POD 中，PD 2＝PO 2＋OD 2，即R 2＝⎝⎛⎭⎫233－R 2＋⎝⎛⎭⎫632，解得R ＝32，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝3π.答案：3π5．(2018·无锡期中)已知H 是球O 的直径AB 上一点，AH ∶HB ＝1∶2，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为________．解析：如图，设截面小圆的半径为r ，球的半径为R ，因为AH ∶HB ＝1∶2，所以OH ＝13R ，又由题意得πr 2＝π，则r ＝1.由勾股定理得，R 2＝r 2＋OH 2，故R 2＝1＋⎝⎛⎭⎫13R 2，即R 2＝98.由球的表面积公式得，S ＝4πR 2＝9π2. 答案：9π26．(2018·苏州十中月考)已知四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为2，锐角为60°的菱形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，PA ＝3.若点M 是BC 的中点，则三棱锥M -PAD 的体积为________．解析：因为S △ADM ＝2S △ABC －S △ABM －S △MDC ＝2×12×4×sin 60°－12×2×1×sin 60°－12×2×1×sin 120°＝3，且侧棱PA ⊥底面ABCD ，所以V M -PAD ＝V P -AMD＝13×3×3＝ 3. 答案： 37．在棱长为3的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，P 在线段BD 1上，且BP PD 1＝12，M 为线段B 1C 1上的动点，则三棱锥M -PBC 的体积为________．解析：∵BP PD 1＝12，∴点P 到平面BC 1的距离是D 1到平面BC 1距离的13，即三棱锥P -MBC的高h ＝D 1C 13＝1.M 为线段B 1C 1上的点，∴S △MBC ＝12×3×3＝92，∴V M -PBC ＝V P -MBC ＝13×92×1＝32. 答案：328．(2018·启东中学月考)将1个半径为1的小铁球与1个底面周长为2π，高为4的铁制圆柱重新锻造成一个大铁球，则该大铁球的表面积为________．解析：V 球＝43π×13＝43π，V 柱＝π⎝⎛⎭⎫2π2π2×4＝4π. 设重新锻造成一个大铁球的半径为R ，则43πR 3＝43π＋4π，R ＝34，则该大铁球的表面积S ＝4π(34)2＝832π.答案：832π9．(2017·徐州市四模)若圆锥的底面直径和高都与一个球的直径相等，圆锥、球的表面积分别记为S 1，S 2，则S 1S 2的值是________．解析：设球的半径为r ，则圆锥的底面半径和高分别为r,2r ，则圆锥的母线长为5r ，其侧面积S ＝πrl ＝5πr 2，所以S 1S 2＝5πr 2＋πr 24πr 2＝5＋14.答案：5＋1410.(2017·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：法一：由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，当△ABC 的边长变化时，设△ABC 的边长为a (a ＞0)cm ，则△ABC 的面积为34a 2，△DBC 的高为5－36a ，则正三棱锥的高为⎝⎛⎭⎫5－36a 2－⎝⎛⎭⎫36a 2＝25－533a ， ∴25－533a ＞0，∴0＜a ＜53， ∴所得三棱锥的体积V ＝13×34a 2×25－533a ＝312× 25a 4－533a 5. 令t ＝25a 4－533a 5，则t ′＝100a 3－2533a 4，由t ′＝0，得a ＝43，此时所得三棱锥的体积最大，为415 cm 3.法二：如图，连结OD 交BC 于点G ，由题意知，OD ⊥BC .易得OG ＝36BC ，设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，S △ABC ＝12×23x ×3x ＝33x 2，故所得三棱锥的体积V ＝13×33x 2×(5－x )2－x 2＝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，即x 4－2x 3＜0，得0＜x ＜2，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，52时，f (x )≤f (2)＝80， ∴V ≤3×80＝415.∴所求三棱锥的体积的最大值为415. 答案：415 二、解答题11．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P -ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥P -ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．解：(1)证明：由∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD . 因为AB ∥CD ，所以AB ⊥PD . 又AP ∩PD ＝P ，所以AB ⊥平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2)如图所示，在平面PAD 内作PE ⊥AD ，垂足为E . 由(1)知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PE ，可得PE ⊥平面ABCD .设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x . 故四棱锥P -ABCD 的体积 V P -ABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3. 由题设得13x 3＝83，故x ＝2.从而PA ＝PD ＝AB ＝DC ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝2 2. 可得四棱锥P -ABCD 的侧面积为12PA ·PD ＋12PA ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3. 12．(2016·江苏高考)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P -A 1B 1C 1D 1，下部的形状是正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍．(1)若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m ，则当PO 1为多少时，仓库的容积最大？解：(1)由PO 1＝2知O 1O ＝4PO 1＝8. 因为A 1B 1＝AB ＝6，所以正四棱锥P -A 1B 1C 1D 1的体积 V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)；正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积 V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)．所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)．(2)设A 1B 1＝a m ，PO 1＝h m ，则0＜h ＜6，O 1O ＝4h .连结O 1B 1. 因为在Rt △PO 1B 1中，O 1B 21＋PO 21＝PB 21，所以⎝⎛⎭⎫2a 22＋h 2＝36，即a 2＝2(36－h 2)．于是仓库的容积V ＝V 柱＋V 锥＝a 2·4h ＋13a 2·h ＝133a 2h ＝263(36h －h 3)，0＜h ＜6，从而V ′＝263(36－3h 2)＝26(12－h 2)．令V ′＝0，得h ＝23或h ＝－23(舍)．当0＜h ＜23时，V ′＞0，V 是单调增函数；当23＜h ＜6时，V ′＜0，V 是单调减函数．故当h ＝23时，V 取得极大值，也是最大值．因此，当PO 1＝2 3 m 时，仓库的容积最大．第二节空间点、直线、平面之间的位置关系本节主要包括2个知识点： 1.平面的基本性质； 2.空间两直线的位置关系. 突破点(一) 平面的基本性质基础联通抓主干知识的“源”与“流”1．公理1～3 表示公理文字语言图形语言符号语言公理1如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内⎭⎪⎬⎪⎫A ∈lB ∈lA ∈αB ∈α ⇒l ⊂α 公理2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 P ∈α，且P ∈β⇒α∩β＝l ，且P ∈l公理3过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面A ，B ，C 三点不共线⇒有且只有一个平面α，使A ∈α，B ∈α，C ∈α推论1：经过一条直线和这条直线外一点有且只有一个平面；推论2：经过两条相交直线有且只有一个平面；推论3：经过两条平行直线有且只有一个平面．考点贯通抓高考命题的“形”与“神”点、线、面的位置关系[典例]AD的中点，G，H分别是BC，CD上的点，且CG＝13BC，CH＝13DC.求证：(1)E，F，G，H四点共面；(2)三直线FH，EG，AC共点．[证明](1)连结EF，GH，∵E，F分别是AB，AD的中点，∴EF∥BD.又∵CG＝13BC，CH＝13DC，∴GH∥BD，∴EF∥GH，∴E，F，G，H四点共面．(2)易知FH与直线AC不平行，但共面，∴设FH∩AC＝M，∴M∈平面EFHG，M∈平面ABC.又∵平面EFHG∩平面ABC＝EG，∴M∈EG，∴FH，EG，AC共点．[方法技巧]1．证明点共线问题的常用方法公理法先找出两个平面，然后证明这些点都是这两个平面的公共点，再根据公理2证明这些点都在交线上同一法选择其中两点确定一条直线，然后证明其余点也在该直线上证明若干线共点的基本思路是先找出两条直线的交点，再证明其他直线都经过该点．而证明直线过该点的方法是证明点是以该直线为交线的两个平面的公共点．3．证明点、直线共面问题的常用方法纳入平面法先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内辅助平面法先证明有关的点、线确定平面α，再证明其余元素确定平面β，最后证明平面α，β重合能力练通抓应用体验的“得”与“失”AC和BD不相交，则甲是乙成立的____________条件．解析：若A，B，C，D四点不共面，则直线AC和BD不共面，所以AC和BD不相交；若直线AC和BD不相交，若直线AC和BD平行时，A，B，C，D四点共面，所以甲是乙成立的充分不必要条件．答案：充分不必要2．如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，既与AB共面又与CC1共面的棱有________条．解析：依题意，与AB和CC1都相交的棱有BC；与AB相交且与CC1平行有棱AA1，BB1；与AB平行且与CC1相交的棱有CD，C1D1.故符合条件的有5条．答案：53．以下四个命题中，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．解析：①显然是正确的，可用反证法证明；②中若A，B，C三点共线，则A，B，C，D，E 五点不一定共面；③构造长方体或正方体，如图显然b，c异面，故不正确；④中空间四边形中四条线段不共面．故只有①正确．答案：14.如图所示，四边形ABEF 和四边形ABCD 都是梯形，BC 綊12AD ，BE 綊12FA ，G ，H 分别为FA ，FD 的中点． (1)证明：四边形BCHG 是平行四边形；(2)C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？解：(1)证明：由已知FG ＝GA ，FH ＝HD ，可得GH 綊12AD .又∵BC 綊12AD ，∴GH 綊BC ，∴四边形BCHG 为平行四边形．(2)C ，D ，F ，E 四点共面，证明如下：由BE 綊12AF ，G 为FA 的中点知BE 綊FG ，∴四边形BEFG 为平行四边形，∴EF ∥BG .由(1)知BG ∥CH ，∴EF ∥CH .∴EF 与CH 共面．又D ∈FH ，∴C ，D ，F ，E 四点共面．突破点(二) 空间两直线的位置关系基础联通抓主干知识的“源”与“流” 1．空间中两直线的位置关系(1)空间中两直线的位置关系⎩⎨⎧ 共面直线⎩⎪⎨⎪⎧ 平行相交异面直线：不同在任何一个平面内(2)公理4和等角定理①公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．②等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行且方向相同，那么这两个角相等．(3)异面直线判定定理：过平面内一点与平面外一点的直线，和这个平面内不经过该点的直线是异面直线．2．异面直线所成的角(1)定义：设a ，b 是两条异面直线，经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角)．(2)范围：⎝⎛⎦⎤0，π2. 考点贯通抓高考命题的“形”与“神”。

【创新设计】高考数学一轮总复习步骤规范练空间向量与立体几何理苏教版

步骤规范练——空间向量与立体几何(建议用时：90分钟)一、填空题1．已知a ，b 是平面α内的两个不相等的非零向量，非零向量c 在直线l 上，则c·a ＝0且c·b ＝0是l ⊥α的________条件．解析若l ⊥α，则l 与a ，b 所在的直线垂直，∴c ⊥a ，c ⊥b ，∴c·a ＝0，c·b ＝0，是必要条件；∵a ≠b ，∴当a 与b 同向(或反向)时，由c·a ＝0且c·b ＝0可以推出c ⊥a 且c ⊥b ，但不能推出l ⊥α，不是充分条件．答案必要不充分2．已知二面角α－l －β的大小为π3，m ，n 为异面直线，且m ⊥α，n ⊥β，则m ，n 所成角的度数为________．解析设m ，n 的方向向量分别为m ，n .由m ⊥α，n ⊥β知m ，n 分别是平面α，β的法向量．∵|cos 〈m ，n 〉|＝cos π3＝12，∴〈m ，n 〉＝π3或2π3.但由于两异面直线所成的角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，故异面直线m ，n 所成的角为π3.答案π33．在正四面体P ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，BC ，CA 的中点，下面四个结论中成立的是________．①BC ∥平面PDF ②DF ⊥平面PAE ③平面PDF ⊥平面ABC ④平面PAE ⊥平面ABC解析 ∵D ，F 为中点，∴DF ∥BC ，又DF ⊂面PDF ，BC ⊄面PDF ，∴BC ∥面PDF ，①正确；∵E 为BC 中点，正四面体P —ABC ，∴AE ⊥BC ，∴PE ⊥BC ，∴BC ⊥面PAE ，∴DF ⊥面PAE ，②正确；∵BC ⊂面ABC ，∴面ABC ⊥面PAE ，④正确．假设平面PDF ⊥平面ABC ，则顶点P 在底面的射影在DF 上，又因为正四面体的顶点在底面的射影是底面的中心，因此假设不成立，故③不成立．答案 ①②④4．(2013·潍坊二模)已知m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出四个命题：①若α∩β＝m ，n ⊂α，n ⊥m ，则α⊥β；②若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β；③若m ⊥α，n ⊥β，m ⊥n ，则α⊥β；④若m ∥α，n ∥β，m ∥n ，则α∥β. 其中正确的命题是________．解析命题①中，α与β不一定垂直，不正确；垂直于同一条直线的两个平面平行，命题②正确；易知，命题③正确，命题④不正确．答案 ②③5．在以下命题中，不正确的个数为________．①|a |－|b |＝|a ＋b |是a ，b 共线的充要条件； ②若a ∥b ，则存在唯一的实数λ，使a ＝λb ；③对空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若OP →＝2OA →－2OB →－OC →，则P ，A ，B ，C 四点共面；④若{a ，b ，c }为空间的一个基底，则{a ＋b ，b ＋c ，c ＋a }构成空间的另一个基底； ⑤|(a·b )·c |＝|a |·|b |·|c |.解析 ①|a |－|b |＝|a ＋b |⇒a 与b 共线，但a 与b 共线时|a |－|b |＝|a ＋b |不一定成立，故不正确；②b 需为非零向量，故不正确；③因为2－2－1≠1，由共面向量定理知，不正确；④由基底的定义知正确；⑤由向量的数量积的性质知，不正确．答案 46．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中心，E ，F 分别是CC 1，AD 的中点．那么异面直线OE 和FD 1所成的角的余弦值等于________．解析建立如图所示的空间直角坐标系，则O (1,1,0)，E (0,2,1)，D 1(0,0,2)，F (1,0,0)，OE →＝(－1，1,1)，FD 1→＝(－1,0,2)， ∴OE →·FD 1→＝3，|OE →|＝3，|FD 1→|＝5，∴cos 〈OE →，FD 1→〉＝33·5＝155. 即OE 与FD1所成的角的余弦值为155.答案1557．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于________．解析设A 1在面ABC 内的射影为O ，过O 作OH ∥BC 交AB 于点H ，以O 为坐标原点，OA ，OH ，OA 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．设△ABC 边长为1，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫33，0，0，B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，63， ∴AB 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－536，12，63.面ABC 的法向量n ＝(0,0,1)，则AB 1与底面ABC 所成角α的正弦值为sin α＝|cos 〈AB 1→，n 〉|＝637536＋14＋69＝23. 答案238．如图为棱长是1的正方体的表面展开图，在原正方体中，给出下列三个命题：①点M 到AB 的距离为22； ②三棱锥C －DNE 的体积是16；③AB 与EF 所成的角是π2其中正确命题的序号是________．解析依题意可作出正方体的直观图如图，显然M 到AB 的距离为12MC ＝22，∴①正确；而V C －DNE ＝13×12×1×1×1＝16，∴②正确；AB 与EF 所成的角等于AB 与MC 所成的角，即为π2，∴③正确．答案 ①②③9．正△ABC 与正△BCD 所在平面垂直，则二面角A －BD －C 的正弦值为_______．解析取BC 中点O ，连接AO ，DO .建立如图所示坐标系，设BC ＝1，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，B ⎝⎛⎭⎪⎫0，－12，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0.∴OA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0.由于OA →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面BCD 的一个法向量，可进一步求出平面ABD 的一个法向量n ＝(1，－3，1)，∴cos 〈n ，OA →〉＝55，∴sin 〈n ，OA →〉＝255.答案25510．正三棱柱ABC A 1B 1C 1的棱长都为2，E ，F ，G 为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF所成角的正弦值为________．解析如图，取AB 的中点E ，建立如图所示空间直角坐标系E xyz .则E (0,0,0)，F (－1,0,1)，B 1(1,0,2)，A 1(－1，0,2)，C 1(0，3，2)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，2.∴B 1F →＝(－2,0，－1)，EF →＝(－1,0,1)，FG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，1，设平面GEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝－x ＋z ＝0，n ·FG →＝12x ＋32y ＋z ＝0，得⎩⎨⎧z ＝x ，y ＝－3x .令x ＝1，则n ＝(1，－3，1)，设B 1F 与平面GEF 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，B 1F →〉|＝|n ·B 1F →||n ||B 1F →|＝35. 答案 3511．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为_____．解析如图所示，建立空间直角坐标系，且设正方体的棱长为1，∵DB 1⊥平面ACD 1，∴取平面ACD 1的法向量n ＝DB 1→＝(1,1,1)，又BB 1→＝DD 1→＝(0,0,1)，若设BB 1与平面ACD 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DD 1→〉|＝|n ·DD 1→||n |·|DD 1→|＝33，∴cos θ＝1－sin 2θ＝63.答案6312．(2014·南京一模)P 是二面角α－AB －β棱上的一点，分别在平面α，β上引射线PM ，PN ，如果∠BPM ＝∠BPN ＝45°，∠MPN ＝60°，那么二面角α－AB －β的大小为________解析不妨设PM ＝a ，PN ＝b ，如图，作ME ⊥AB 于E ，NF ⊥AB 于F . ∵∠EPM ＝∠FPN ＝45°， ∴PE ＝22a ，PF ＝22b ， ∴EM →·FN →＝(PM →－PE →)·(PN →－PF →) ＝PM →·PN →－PM →·PF →－PE →·PN →＋PE →·PF → ＝ab cos 60°－a ×22b cos 45°－22ab cos 45°＋22a ×22b ＝ab 2－ab 2－ab 2＋ab2＝0， ∴EM →⊥FN →，∴二面角α－AB －β的大小为90°.答案 90°13．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝1，EF ∥BC 且AE ＝2EB ，G 为BC 的中点，K 为AF的中点．沿EF 将矩形折成120°的二面角A －EF －B ，此时KG 的长为________．解析如图，过K 作KM ⊥EF ，垂足M 为EF 的中点，则向量MK →与FC →的夹角为120°，〈KM →，FC →〉＝60°.又KG →＝KM →＋MG →＝KM →＋FC →，∴KG →2＝KM →2＋FC →2＋2KM →·FC →＝1＋1＋2×1×1×cos 60°＝3.∴|KG →|＝ 3.答案314．(2014·梅州模拟)如图，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SAC ； ④点C 到平面SAB 的距离是12a .其中正确结论的序号是________．解析由题意知AC ⊥平面SBC ，故AC ⊥SB ，SB ⊥平面ABC ，平面SBC ⊥平面SAC ，①②③正确；取AB 的中点E ，连接CE ，可证得CE ⊥平面SAB ，故CE 的长度即为C 到平面SAB 的距离，为12a ，④正确．答案 ①②③④ 二、解答题15．如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，PB 与底面成的角为45°，底面ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，PA ＝BC ＝12AD ＝1.问：在棱PD 上是否存在一点E ，使得CE ∥平面PAB ？若存在，求出E 点的位置，若不存在，请说明理由．解分别以AB →，AD →，AP →的方向为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图．则P (0,0,1)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，设E (0，y ，z )，则 PE →＝(0，y ，z －1)，PD →＝(0,2，－1)， ∵PE →∥PD →，∴y (－1)－2(z －1)＝0，①∵AD →＝(0,2,0)是平面PAB 的法向量， CE →＝(－1，y －1，z )，∴由CE ∥平面PAB ，可得CE →⊥AD →.∴(－1，y －1，z )·(0,2,0)＝2(y －1)＝0. ∴y ＝1，代入①式得z ＝12.∴E 是PD 的中点，即存在点E 为PD 中点时，CE ∥平面PAB16．(2013·福建卷节选)如图，在四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，侧棱AA 1⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AA 1＝1，AB ＝3k ，AD ＝4k ，BC ＝5k ，DC ＝6k (k ＞0)．(1)求证：CD ⊥平面ADD 1A 1；(2)若直线AA 1与平面AB 1C 所成角的正弦值为67，求k 的值．(1)证明取CD 的中点E ，连接BE ，如图1. ∵AB ∥DE ，AB ＝DE ＝3k ， ∴四边形ABED 为平行四边形， ∴BE ∥AD 且BE ＝AD ＝4k .在△BCE 中，∵BE ＝4k ，CE ＝3k ，BC ＝5k ， ∴BE 2＋CE 2＝BC 2，∴∠BEC ＝90°，即BE ⊥CD ，又∵BE ∥AD ，∴CD ⊥AD . ∵AA 1⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，∴AA 1⊥CD .又AA 1∩AD ＝A ，∴CD ⊥平面ADD 1A 1.图1(2)解以D 为原点，DA →，DC →，DD 1→的方向为x ，y ，z 轴的正方向建立如图2所示的空间直角坐标系，则A (4k,0,0)，C (0,6k,0)，B 1(4k,3k,1)，A 1(4k,0,1)，于是AC →＝(－4k,6k,0)，AB 1→＝(0,3k,1)，AA 1→＝(0,0,1)．设平面AB 1C 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎨⎧AC →·n ＝0，AB 1→·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－4kx ＋6ky ＝0，3ky ＋z ＝0.取y ＝2，得n ＝(3,2，－6k )．设AA 1与平面AB 1C 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈AA 1→，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪AA 1→·n |AA 1→|·|n |＝6k36k 2＋13＝67，解得k ＝1，故所求实数k 的值为1.17．(2014·济南质检)如图，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠BAC＝45°，PA ＝AD ＝2，AC ＝1.(1)证明：PC ⊥AD ；(2)求二面角A PC D 的正弦值；(3)设E 为棱PA 上的点，满足异面直线BE 与CD 所成的角为30°，求AE 的长． (1)证明如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意，得A (0,0,0)，D (2,0,0)，C (0,1,0)，B －12，12，0，P (0,0,2)．易得PC →＝(0,1，－2)，AD →＝(2,0,0)，于是PC →·AD →＝0，所以PC ⊥AD .(2)解 PC →＝(0,1，－2)，CD →＝(2，－1，0)．设平面PCD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧ n ·PC →＝0，n ·CD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ y －2z ＝0，2x －y ＝0.不妨令z ＝1，可得n ＝(1,2,1)．可取平面PAC 的法向量m ＝(1,0,0)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝16＝66，从而sin 〈m ，n 〉＝306.所以二面角A PC D 的正弦值为306. (3)解设点E 的坐标为(0,0，h )，其中h ∈[0,2]．由此得BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，h .由CD →＝(2，－1,0)，故cos 〈BE →，CD →〉＝BE →·CD →|BE →||CD →|＝310＋20h 2 所以310＋20h 2＝cos 30°＝32，解得h ＝1010，即AE ＝1010. 18．(2013·广东卷)如图1，在等腰直角三角形ABC 中，∠A ＝90°，BC ＝6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，CD ＝BE ＝2，O 为BC 的中点．将ADE 沿DE 折起，得到如图2所示的四棱锥A′－BCDE ，其中A ′O ＝ 3.(1)证明：A ′O ⊥平面BCDE ；(2)求二面角A ′－CD －B 的平面角的余弦值．(1)证明在折叠前的图形中，等腰直角三角形ABC 中，因为BC ＝6，O 为BC 的中点，所以AC ＝AB ＝32，OC ＝OB ＝3，又因为CD ＝BE ＝2，所以AD ＝AE ＝2 2.如图1，连接OD ，在△OCD 中，由余弦定理可得OD ＝OC 2＋CD 2－2OC ·CD cos 45°＝ 5.在折叠后的图形中，因为AD ′＝22，所以A ′O 2＋OD 2＝A ′D 2，所以A ′O ⊥OD .同理可证A ′O ⊥OE ，又OD ∩OE ＝O ，所以A ′O ⊥平面BCDE .(2)解以O 点为原点，建立空间直角坐标O －xyz ，如图3所示．图3则A ′(0,0，3)，C (0，－3,0)，D (1，－2，0)，所以CA ′→＝(0,3，3)，DA ′→＝(－1,2，3)，设平面A ′CD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧ n ·CA ′→＝0，n ·DA ′→＝0，即⎩⎨⎧ 3y ＋3z ＝0，－x ＋2y ＋3z ＝0，解得y ＝－x ，且z ＝3x ，令x ＝1，得n ＝(1，－1，3)．由(1)知，OA ′→＝(0,0，3)为平面CDB 的一个法向量，所以cos 〈n ，OA ′→〉＝n ·OA ′→|n |·|OA ′→|＝33×5＝155，所以二面角A ′－CD －B 的平面角的余弦值为155.。

高考数学一轮配套学案讲解：《立体几何》(苏教版)

中档题目强化练——立体几何A组专项基础训练(时间：40分钟)一、填空题1.已知直线l1，l2与平面α，则下列结论中正确的是________.(填序号)①若l1⊂α，l2∩α＝A，则l1，l2为异面直线；②若l1∥l2，l1∥α，则l2∥α；③若l1⊥l2，l1⊥α，则l2∥α；④若l1⊥α，l2⊥α，则l1∥l2.答案④解析对于①，当A∈l1时，结论不成立；对于②③，当l2⊂α时，结论不成立.2.设α、β、γ是三个互不重合的平面，m、n是两条不重合的直线，下列命题中正确的是________.(填序号)①若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γ；②若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n；③若α⊥β，m⊥α，则m∥β；④若α∥β，m⊄β，m∥α，则m∥β.答案④解析对于①，若α⊥β，β⊥γ，α，γ可以平行，也可以相交，①错；对于②，若m∥α，n∥β，α⊥β，则m，n可以平行，可以相交，也可以异面，②错；对于③，若α⊥β，m⊥α，则m 可以在平面β内，③错；易知④正确.3.设α、β、γ为平面，l、m、n为直线，则下列是m⊥β的一个充分条件为________.(填序号)①α⊥β，α∩β＝l，m⊥l；②n⊥α，n⊥β，m⊥α；③α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γ；④α⊥γ，β⊥γ，m⊥α.答案②解析如图1知①错；如图2知②错；如图3在正方体中，两侧面α与β相交于l，都与底面γ垂直，γ内的直线m⊥α，但m与β不垂直，故④错；由n⊥α，n⊥β，得α∥β.又m⊥α，则m⊥β，故②正确.4.如图，在正四棱柱(底面是正方形的直四棱柱)ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是AB1、BC1的中点，则下列结论不成立的是________.①EF与BB1垂直；②EF与BD垂直；③EF与CD异面；④EF与A1C1异面.答案④解析连结B 1C，AC，则B1C交BC1于F，且F为B1C的中点，又E为AB1的中点，所以EF綊12AC，而B1B⊥平面ABCD，所以B1B⊥AC，所以B1B⊥EF，①正确；又AC⊥BD，所以EF⊥BD，②正确；显然EF与CD异面，③正确；由EF綊12AC，AC∥A1C1，得EF∥A1C1.故不成立的为④.5.底面直径和母线长相等的圆柱称为等边圆柱.已知一等边圆柱的底面半径为2，则其体积为________.答案16π解析由题意，圆柱的高为4，则V＝π·22·4＝16π.6.三棱锥P－ABC中，P A⊥底面ABC，P A＝3，底面ABC是边长为2的正三角形，则三棱锥P－ABC的体积等于________.答案 3解析 ∵P A ⊥底面ABC ，∴P A 为三棱锥P －ABC 的高，且P A ＝3.∵底面ABC 为正三角形且边长为2，∴底面面积为12×22×sin 60°＝3，∴V P －ABC ＝13×3×3＝ 3.7.已知四棱锥P —ABCD 的底面ABCD 是矩形，P A ⊥底面ABCD ，点E 、F 分别是棱PC 、PD 的中点，则①棱AB 与PD 所在直线垂直；②平面PBC 与平面ABCD 垂直；③△PCD 的面积大于△P AB 的面积；④直线AE 与直线BF 是异面直线.以上结论正确的是________.(写出所有正确结论的编号)答案 ①③解析由条件可得AB ⊥平面P AD ，∴AB ⊥PD ，故①正确；若平面PBC ⊥平面ABCD ，由PB ⊥BC ，得PB ⊥平面ABCD ，从而P A ∥PB ，这是不可能的，故②错；S △PCD ＝12CD ·PD ，S △P AB ＝12AB ·P A ，由AB ＝CD ，PD >P A 知③正确；由E 、F 分别是棱PC 、PD 的中点，可得EF ∥CD ，又AB ∥CD ，∴EF ∥AB ，故AE 与BF 共面，④错.8.三棱锥S －ABC 中，∠SBA ＝∠SCA ＝90°，△ABC 是斜边AB ＝a 的等腰直角三角形，则以下结论中：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SAC ；④点C 到平面SAB 的距离是12a .其中正确结论的序号是________.答案 ①②③④解析由题意知AC ⊥平面SBC ，故AC ⊥SB ，SB ⊥平面ABC ，平面SBC ⊥平面SAC ，①②③正确；取AB 的中点E ，连结CE ，(如图)可证得CE ⊥平面SAB ，故CE 的长度即为C 到平面SAB 的距离12a ，④正确. 二、解答题9.如图，已知在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ⊥DC ，AB ∥DC ，DC ＝DD 1＝2AD ＝2AB ＝2.(1)求证：DB ⊥平面B 1BCC 1；(2)设E 是DC 上一点，试确定E 的位置，使得D 1E ∥平面A 1BD ，并说明理由.(1)证明在Rt △ABD 中，AB ＝AD ＝1，BD ＝2，又∵BC ＝2，CD ＝2，∴∠DBC ＝90°，即BD ⊥BC .又BD ⊥BB 1，B 1B ∩BC ＝B ，∴BD ⊥平面B 1BCC 1.(2)解 DC 的中点即为E 点，连结D 1E ，BE ，∵DE ∥AB ，DE ＝AB ，∴四边形ABED 是平行四边形.∴AD 綊BE .又AD 綊A 1D 1，∴BE 綊A 1D 1，∴四边形A 1D 1EB 是平行四边形.∴D 1E ∥A 1B .∵D 1E ⊄平面A 1BD ，A 1B ⊂平面A 1BD ，∴D 1E ∥平面A 1BD .10.在正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，棱AB ，BB ′，B ′C ′，C ′D ′的中点分别是E ，F ，G ，H ，如图所示.(1)求证：AD′∥平面EFG；(2)求证：A′C⊥平面EFG；(3)判断点A，D′，H，F是否共面？并说明理由. (1)证明连结BC′.在正方体ABCD－A′B′C′D′中，AB＝C′D′，AB∥C′D′，所以四边形ABC′D′是平行四边形，所以AD′∥BC′.因为F，G分别是BB′，B′C′的中点，所以FG∥BC′，所以FG∥AD′.因为EF，AD′是异面直线，所以AD′⊄平面EFG.因为FG⊂平面EFG，所以AD′∥平面EFG.(2)证明连结B′C.在正方体ABCD－A′B′C′D′中，A′B′⊥平面BCC′B′，BC′⊂平面BCC′B′，所以A′B′⊥BC′.在正方形BCC′B中，B′C⊥BC′，因为A′B′⊂平面A′B′C，B′C⊂平面A′B′C，A′B′∩B′C＝B′，所以BC′⊥平面A′B′C.因为A′C⊂平面A′B′C，所以BC′⊥A′C.因为FG∥BC′，所以A′C⊥FG，同理可证A′C⊥EF.因为EF⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EF∩FG＝F，所以A′C⊥平面EFG.(3)解点A，D′，H，F不共面.理由如下：假设A，D′，H，F共面，连结C′F，AF，HF.由(1)知，AD′∥BC′，因为BC′⊂平面BCC′B′，AD′⊄平面BCC′B′.所以AD′∥平面BCC′B′.因为C′∈D′H，所以平面AD′HF∩平面BCC′B′＝C′F.因为AD′⊂平面AD′HF，所以AD′∥C′F.所以C′F∥BC′，而C′F与BC′相交，矛盾.所以点A，D′，H，F不共面.B组专项能力提升(时间：40分钟)1.已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，有下面四个命题：①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；③l∥m⇒α⊥β；④l⊥m⇒α∥β.其中正确的命题有________.答案 ①③解析 ①中， ⎭⎪⎬⎪⎫α∥βl ⊥α⇒⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥βm ⊂β⇒l ⊥m ，故①正确； ②中，l 与m 相交、平行、异面均有可能，故②错；③中， ⎭⎪⎬⎪⎫l ∥m l ⊥α⇒⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥αm ⊂β⇒α⊥β，故③正确； ④中，α与β也有可能相交，故④错误.2.如图所示，是一几何体的平面展开图，其中ABCD 为正方形，E 、F分别为P A 、PD 的中点.在此几何体中，给出下面四个结论：①直线BE 与直线CF 异面；②直线BE 与直线AF 异面；③直线EF ∥平面PBC ；④平面BCE ⊥平面P AD .其中正确的有________.答案 ②③解析对于①，因为E 、F 分别是P A 、PD 的中点，所以EF ∥AD .又因为AD ∥BC ，所以EF ∥BC .所以BE 与CF 共面.故①不正确.对于②，因为BE 是平面APD 的斜线，AF 是平面APD 内与BE 不相交的直线，所以BE 与AF 不共面.故②正确.对于③，由①，知EF ∥BC ，所以EF ∥平面PBC .故③正确.对于④，条件不足，无法判断两平面垂直.3.有一个内接于球的四棱锥P －ABCD ，若P A ⊥底面ABCD ，∠BCD ＝π2，∠ABC ≠π2，BC ＝3，CD ＝4，P A ＝5，则该球的表面积为________.答案 50π解析由∠BCD ＝90°知BD 为底面ABCD 外接圆的直径，则2r ＝32＋42＝5. 又∠DAB ＝90°⇒P A ⊥AB ，P A ⊥AD ，BA ⊥AD .从而把P A ，AB ，AD 看作长方体的三条棱，设外接球半径为R ，则(2R )2＝52＋(2r )2＝52＋52， ∴4R 2＝50，∴S 球＝4πR 2＝50π.4.将一个真命题中的“平面”换成“直线”、“直线”换成“平面”后仍是真命题，则该命题称为“可换命题”.给出下列四个命题：①垂直于同一平面的两直线平行；②垂直于同一平面的两平面平行；③平行于同一直线的两直线平行；④平行于同一平面的两直线平行.其中是“可换命题”的是________.(填命题的序号)答案①③解析由线面垂直的性质定理可知①是真命题，且垂直于同一直线的两平面平行也是真命题，故①是“可换命题”；因为垂直于同一平面的两平面可能平行或相交，所以②是假命题，不是“可换命题”；由公理4可知③是真命题，且平行于同一平面的两平面平行也是真命题，故③是“可换命题”；因为平行于同一平面的两条直线可能平行、相交或异面，故④是假命题，故④不是“可换命题”.5.如图，直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝90°，BC＝CD＝2，AD＝BD，EC⊥底面ABCD，FD⊥底面ABCD，且有EC＝FD＝2.(1)求证：AD⊥BF；(2)若线段EC上一点M在平面BDF上的射影恰好是BF的中点N，试求二面角B－MF－C的余弦值.(1)证明∵BC⊥DC，且BC＝CD＝2，∴BD＝2且∠CBD＝∠BDC＝45°.又AB∥DC，可知∠DBA＝∠CDB＝45°.∵AD＝BD，∴△ADB是等腰三角形，且∠DAB＝∠DBA＝45°.∴∠ADB＝90°，即AD⊥DB.∵FD⊥底面ABCD于D，AD⊂平面ABCD，∴AD⊥DF.又DF∩DB＝D1，∴AD⊥平面BDF，∵BF⊂平面DBF，∴AD⊥BF.(2)解以点C为原点，直线CD、CB、CE方向为x，y，z轴建系.则D (2，0,0)，B (0，2，0)，F (2，0,2)，A (22，2，0)，∵N 恰好为BF 的中点，∴N (22，22，1). 设M (0,0，z 0)，∴MN →＝(22，22，1－z 0). 由⎩⎪⎨⎪⎧ MN →·BD →＝0，MN →·DF →＝0，解得z 0＝1. 故M 为线段CE 的中点.设平面BMF 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，且BF →＝(2，－2，2)，BM →＝(0，－2，1)，由⎩⎪⎨⎪⎧ BF →·n 1＝0，BM →·n 1＝0可得⎩⎪⎨⎪⎧ 2x 1－2y 1＋2z 1＝0，－2y 1＋z 1＝0，取x 1＝－1，则⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝1，z 1＝2，得n 1＝(－1,1，2). ∵平面MFC 的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝12. 故所求二面角B －MF －C 的余弦值为12. 6.(2013·辽宁)如图，直三棱柱ABC －A ′B ′C ，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2，AA ′＝1，点M ，N 分别为A ′B 和B ′C ′的中点.(1)证明：MN ∥平面A ′ACC ′；(2)求三棱锥A ′－MNC 的体积.(锥体体积公式V ＝13Sh ，其中S 为底面面积，h 为高) (1)证明方法一连结AB ′，AC ′，如图，由已知∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，三棱柱ABC －A ′B ′C 为直三棱柱，所以M 为AB ′的中点.又因为N为B′C′的中点，所以MN∥AC′.又MN⊄平面A′ACC′，AC′⊂平面A′ACC′，所以MN∥平面A′ACC′. 方法二取A′B′的中点P，连结MP，NP，AB′，如图，因为M，N分别为AB′与B′C′的中点，所以MP∥AA′，PN∥A′C′.所以MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′.又MP∩NP＝P，所以平面MPN∥平面A′ACC′.而MN⊂平面MPN，所以MN∥平面A′ACC′.(2)解方法一连结BN，如图所示，由题意知A′N⊥B′C′，平面A′B′C′∩平面B′BCC′＝B′C′，所以A′N⊥平面NBC.又A′N＝12B′C′＝1，故V A′－MNC＝V N－A′MC＝12V N－A′BC＝12V A′－NBC＝16.方法二V A′－MNC＝V A′－NBC－V M－NBC＝12V A′－NBC＝16.。

创新设计高考数学苏教文一轮方法测评练：必考解答题——模板成形练数列

必考解答题——模板成形练(五) 数列 (建议用时：60分钟)1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝1－a n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证∑k ＝1n1T k ＜2. (1)解当n ＝1时，2S 1＝1－a 1,2a 1＝1－a 1，∴a 1＝13；当n ≥2时，⎩⎨⎧2S n ＝1－a n ，2S n －1＝1－a n －1，两式相减得2a n ＝a n －1－a n (n ≥2)，即3a n ＝a n －1(n ≥2)，又a n －1≠0，∴a n a n －1＝13(n ≥2)， ∴数列{a n }是以13为首项，13为公比的等比数列．∴a n ＝13·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n . (2)证明由(1)知b n ＝＝n ， ∴T n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n 2＋n 2，∑k ＝1n1T k ＝21×2＋22×3＋…＋2n (n ＋1) ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＜2. 2．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，且S n ＝S n －1＋2n (n ≥2，n ∈N *)．(1)求S n ；(2)是否存在等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 2＝a 3，b 3＝a 9？若存在，求出数列{b n }的通项公式；若不存在，说明理由．解 (1)因为S n ＝S n －1＋2n ，所以有S n －S n －1＝2n 对n ≥2，n ∈N *成立，即a n ＝2n 对n ≥2成立，又a 1＝2·1.所以a n ＝2n 对n ∈N *成立．所以a n ＋1－a n ＝2对n ∈N *成立，所以{a n }是等差数列，所以有S n ＝a 1＋a n 2·n ＝n 2＋n ，n ∈N *.(2)存在．由(1)，得a n ＝2n ，n ∈N *成立，所以有a 3＝6，a 9＝18，又a 1＝2，所以由b 1＝a 1，b 2＝a 3，b 3＝a 9，则b 2b 1＝b 3b 2＝3. 所以存在以b 1＝2为首项，公比为3的等比数列{b n }，其通项公式为b n ＝2·3n －1.3．已知数列{a n }是首项a 1＝1的等差数列，其前n 项和为S n ，数列{b n }是首项b 1＝2的等比数列，且b 2S 2＝16，b 1b 3＝b 4.(1)求a n 和b n ；(2)令c 1＝1，c 2k ＝a 2k －1，c 2k ＋1＝a 2k ＋k b k (k ＝1,2,3，…)，求数列{c n }的前2n ＋1项和T 2n ＋1.解 (1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ，则a n ＝1＋(n －1)d ，b n ＝2q n －1.由b 1b 3＝b 4，得q ＝b 4b 3＝b 1＝2，由b 2S 2＝2q (2＋d )＝16，解得d ＝2.∴a n ＝2n －1，b n ＝2n .(2)∵T 2n ＋1＝c 1＋a 1＋(a 2＋b 1)＋a 3＋(a 4＋2·b 2)＋…＋a 2n －1＋(a 2n ＋nb n )＝1＋S 2n ＋(b 1＋2b 2＋…＋nb n )．令A ＝b 1＋2b 2＋…＋nb n ，则A ＝2＋2·22＋…＋n ·2n ，∴2A ＝22＋2·23＋…＋(n －1)2n ＋n ·2n ＋1，∴－A ＝2＋22＋…＋2n －n ·2n ＋1，∴A ＝n ·2n ＋1－2n ＋1＋2.又S 2n ＝2n (1＋a 2n )2＝4n 2， ∴T 2n ＋1＝1＋4n 2＋n ·2n ＋1－2n ＋1＋2＝3＋4n 2＋(n －1)2n ＋1.4．已知数列{a n }满足：a n ≠±1，a 1＝12，3(1－a 2n ＋1)＝2(1－a 2n )，b n ＝1－a 2n ，c n ＝a 2n ＋1－a 2n (n ∈N *)．(1)证明数列{b n }是等比数列，并求数列{b n }、{c n }的通项公式．(2)是否存在数列{c n }的不同项c i ，c j ，c k (i ＜j ＜k )使之成为等差数列？若存在，请求出这样的不同项c i ，c j ，c k (i ＜j ＜k )；若不存在，请说明理由．(3)是否存在最小的自然数M ，对一切n ∈N *都有(n －2)c n ＜M 恒成立？若存在，求出M 的值，若不存在，说明理由．(1)证明因为a n ≠±1，a 1＝12，3(1－a 2n ＋1)＝2(1－a 2n )，b n ＝1－a 2n ，所以b n ＋1b n＝1－a 2n ＋11－a 2n ＝23(n ∈N *)，b 1＝1－a 21＝34，所以{b n }是以34为首项，23为公比的等比数列，所以b n ＝34×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1(n ∈N *)，所以a 2n ＝1－b n ＝1－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1(n ∈N *)．所以c n ＝a 2n ＋1－a 2n ＝14×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1(n ∈N *) (2)解假设存在c j ，c j ，c k (i ＜j ＜k )满足题意，则有2c j ＝c i ＋c k 代入得2×14×⎝ ⎛⎭⎪⎫23j －1＝14×⎝ ⎛⎭⎪⎫23i －1＋14×⎝ ⎛⎭⎪⎫23k －1化简得2j －i ＋1＝3j －1＋2k ＋j －i ，即2j －i ＋1－2k ＋j －i ＝3j －1，左边为偶数，右边为奇数不可能相等．所以假设不成立，这样的三项不存在．(3)解 ∵(n －2)c n －(n －1)c n ＋1＝14×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1×n －43， ∴(1－2)c 1＜(2－2)c 2＜(3－2)c 3＜(4－2)c 4，(4－2)c 4＝(5－2)c 5，(5－2)c 5＞(6－2)c 6＞(7－2)c 7＞……即在数列{(n －2)c n }中，第4项和第5项是最大项，当n ＝4时(n －2)c n ＝2×14×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝427，所以存在最小自然数M ＝1符合题意．。

【创新设计】2021届高考数学一轮总温习必考解答题模板成形练立体几何理苏教版(1)

必考解答题——模板成形练(二)立体几何(建议历时：60分钟)1．如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，已知平面AA1C1C⊥平面ABCD，且AB＝BC＝CA＝3，AD＝CD ＝1.(1)求证：BD⊥AA1；(2)假设E为棱BC的中点，求证：AE∥平面DCC1D1.证明(1)在四边形ABCD中，因为BA＝BC，DA＝DC，因此BD⊥AC，又平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，BD⊂平面ABCD，因此BD⊥平面AA1C1C，又因为AA1⊂平面AA1C1C，因此BD⊥AA1.(2)在三角形ABC中，因为AB＝AC，且E为BC中点，因此AE⊥BC，又因为在四边形ABCD中，AB＝BC＝CA＝3，DA＝DC＝1，因此∠ACB＝60°，∠ACD＝30°，因此DC⊥BC，因此AE∥DC，因为DC⊂平面DCC1D1，AE⊄平面DCC1D1，因此AE∥平面DCC1D12. 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，BC⊥平面PAB，∠APB＝90°，PB＝BC，N为PC的中点．(1)假设M为AB的中点，求证：MN∥平面ADP；(2)求证：平面BDN⊥平面ACP.证明(1)设AC∩BD＝G，连接NG，MG，易知G是AC，BD的中点，又N是PC的中点，M为AB的中点，∴NG∥PA，MG∥AD，∴平面GMN∥平面APD.又MN⊂平面GMN，∴MN∥平面APD.(2)∵BC⊥平面PAB，AP⊂平面PAB，∴BC⊥PA，∵∠APB＝90°，∴BP⊥PA.∵BC∩BP＝B，∴PA⊥平面PBC，∴BN⊥PA.∵PB＝BC，点N为PC的中点，∴BN⊥PC.∵PC∩PA＝P，∴BN⊥平面ACP.又BN ⊂平面BDN ，∴平面BDN ⊥平面ACP .3. 如图，已知PA ⊥矩形ABCD 所在平面，E ，F 别离是AB ，PC 的中点．(1)求证：EF ∥平面PAD ；(2)求证：EF ⊥CD ；证明 (1)取PD 的中点G ，连接AG ，FG .因为FG 为△PCD 的中位线，因此FG ∥CD ，且FG ＝12CD ，又AE ∥CD ，且AE ＝12CD ，因此AE ∥FG ，且AE ＝FG ，故四边形AEFG 为平行四边形，因此EF ∥AG .又AG ⊂平面PAD ，EF ⊄平面PAD ，因此EF ∥平面PAD .(2)因为PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，因此PA ⊥CD .在矩形ABCD 中，AD ⊥CD ，又PA ∩AD ＝A ，因此CD ⊥平面PAD .因为AG ⊂平面PAD ，因此CD ⊥AG .又EF ∥AG ，因此EF ⊥CD .4. 如图，在平行四边形ABCD 中，AB ＝2BC ＝4，∠ABC ＝120°，E ，M 别离为AB ，DE 的中点，将△ADE 沿直线DE 翻折成△A ′DE ，连接A ′C ，A ′B ，F 为A ′C 的中点，A ′C ＝4.(1)求证：平面A ′DE ⊥平面BCD ；(2)求证：FB ∥平面A ′DE .证明 (1)由题意得△A ′DE 是△ADE 沿DE 翻折而成，∴△A ′DE ≌△ADE .∵∠ABC ＝120°，四边形ABCD 是平行四边形，∴∠A ＝60°.又∵AD ＝AE ＝2，∴△A ′DE 和△ADE 都是等边三角形．连接A ′M ，MC .∵M 是DE 的中点，∴A ′M ⊥DE ，A ′M ＝ 3.在△DMC 中，MC 2＝DC 2＋DM 2－2DC ·DM ·cos 60°＝42＋12－2×4×1·cos 60°，∴MC ＝13.在△A′MC中，A′M2＋MC2＝(3)2＋(13)2＝42＝A′C2.∴△A′MC是直角三角形，∴A′M⊥MC.又∵A′M⊥DE，MC∩DE＝M，∴A′M⊥平面BCD.又∵A′M⊂平面A′DE，∴平面A′DE⊥平面BCD.(2)取DC的中点N，连接FN，NB.∵A′C＝DC＝4，F，N别离是A′C，DC的中点，∴FN∥A′D.又∵N，E别离是平行四边形ABCD的边DC，AB的中点，∴BN∥DE.又∵A′D∩DE＝D，FN∩NB＝N，∴平面A′DE∥平面FNB.∵FB⊂平面FNB，∴FB∥平面A′DE.。

创新设计高考数学苏教理一轮方法测评练：必考解答题——模板成形练1

必考解答题——模板成形练(一)三角函数、平面向量及解三角形(建议用时：60分钟)1．在△ABC 中，cos A ＝63，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 所对的边．(1)求sin 2A ；(2)若sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＋B ＝－223，c ＝22，求△ABC 的面积．解 (1)因为cos A ＝63，A ∈(0，π)，∴sin A ＝33.∴sin 2A ＝2sin A cos A ＝223.(2)由sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＋B ＝－223，得cos B ＝223，由于B ∈(0，π)，∴sin B ＝13.则sin C ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝63.由正弦定理，得a ＝c sin A sin C ＝2，∴△ABC 的面积为S ＝12ac sin B ＝223.2．设a ，b ，c 分别为△ABC 的内角A ，B ，C 的对边，m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos C 2，sin C 2，n ＝七⎝ ⎛⎭⎪⎫cos C 2，－sin C 2，m 与n 的夹角为π3. (1)求角C 的大小； (2)已知c ＝72，△ABC 的面积S ＝332，求a ＋b 的值．解 (1)由条件得m ·n ＝cos 2C 2－sin 2C 2＝cos C ，又m ·n ＝|m ||n |cos π3＝12，∴cos C ＝12，0＜C ＜π，因此C ＝π3.(2)S △ABC ＝12ab sin C ＝34ab ＝332，∴ab ＝6.由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝a 2＋b 2－ab ＝(a ＋b )2－3ab ，得出(a ＋b )2＝1214，∴a ＋b ＝112.3．在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，且cos 2C ＝1－8b 2a 2.(1)求1tan A ＋1tan C 的值；(2)若tan B ＝815，求tan A 及tan C 的值．解 (1)∵cos 2C ＝1－8b 2a 2，∴sin 2C ＝4b 2a 2.∵C 为三角形内角，∴sin C ＞0，∴sin C ＝2b a .∵a sin A ＝b sin B ，∴b a ＝sin B sin A∴2sin B ＝sin A sin C .∵A ＋B ＋C ＝π，∴sin B ＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C .∴2sin A cos C ＋2cos A sin C ＝sin A sin C .∵sin A ·sin C ≠0，∴1tan A ＋1tan C ＝12.(2)∵1tan A ＋1tan C ＝12，∴tan A ＝2tan C tan C －2. ∵A ＋B ＋C ＝π，∴tan B ＝－tan(A ＋C )＝－tan A ＋tan C 1－tan A tan C＝tan 2C 2tan 2C －tan C ＋2. ∴815＝tan 2C 2tan 2C －tan C ＋2整理得tan 2C －8tan C ＋16＝0 解得，tan C ＝4，tan A ＝4.4．已知向量m ＝(3sin x －cos x,1)，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x ，12，若f (x )＝m ·n . (1)求函数f (x )的最小正周期；(2)已知△ABC 的三内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c 且c ＝3，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫C 2＋π12＝32(C 为锐角)，2sin A ＝sin B ，求C ，a ，b 的值．解 (1)f (x )＝m ·n ＝3sin x cos x －cos 2x ＋12 ＝32sin 2x －1＋cos 2x 2＋12 ＝32sin 2x －12cos 2x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6， ∴f (x )的最小正周期为π.(2)f ⎝ ⎛⎭⎪⎫C 2＋π12＝sin C ＝32，∵0＜C ＜π2，∴C ＝π3， ∵2sin A ＝sin B ，由正弦定理得b ＝2a .①∵c ＝3，由余弦定理，得9＝a 2＋b 2－2ab cos π3，②解①②组成的方程组，得⎩⎨⎧ a ＝3，b ＝2 3.∴C ＝π3，a ＝3，b ＝2 3.。

创新设计高考数学江苏专用理科一轮复习习题：第八章立体几何第5讲含答案

基础巩固题组(建议用时：30分钟)一、填空题1.空间直角坐标系中，A (1，2，3)，B (－2，－1，6)，C (3，2，1)，D (4，3，0)，则直线AB 与CD 的位置关系是________.解析由题意得，AB→＝(－3，－3，3)，CD →＝(1，1，－1)， ∴AB→＝－3CD →， ∴AB→与CD →共线，又AB →与CD →没有公共点. ∴AB ∥CD .答案平行2.有以下命题：①如果向量a ，b 与任何向量不能构成空间向量的一个基底，那么a ，b 的关系是共线；②O ，A ，B ，C 为空间四点，且向量OA→，OB →，OC →不构成空间的一个基底，那么点O ，A ，B ，C 一定共面；③已知向量a ，b ，c 是空间的一个基底，则向量a ＋b ，a －b ，c 也是空间的一个基底.其中所有正确命题的序号是________.解析对①易知a ，b 与空间任何向量共面，所以a ，b 共线，①正确；②显然正确；对③可结合平行六面体说明其正确性.答案 ①②③3.(2015·济南月考)O 为空间任意一点，若OP →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则A ，B ，C ，P 四点________(填序号).①一定不共面；②一定共面；③不一定共面；④无法判断.解析 ∵OP →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，且34＋18＋18＝1.∴P ，A ，B ，C 四点共面. 答案 ②4.已知a ＝(－2，1，3)，b ＝(－1，2，1)，若a ⊥(a －λb )，则实数λ的值为________. 解析由题意知a ·(a －λb )＝0，即a 2－λa ·b ＝0，∴14－7λ＝0，∴λ＝2.答案 25.已知a ＝(2，－1，3)，b ＝(－1，4，－2)，c ＝(7，5，λ)，若a ，b ，c 三个向量共面，则实数λ等于________.解析 ∵a ，b ，c 共面，且显然a ，b 不共线，∴c ＝x a ＋y b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧7＝2x －y ， ①5＝－x ＋4y ， ②λ＝3x －2y ， ③由①②解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝337，y ＝177，代入③得λ＝657. 答案 6576.已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ，点E ，F 分别是BC ，AD 的中点，则AE→·AF →的值为________. 解析如图，设AB→＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝a ，且a ，b ，c 三向量两两夹角为60°.AE →＝12(a ＋b )，AF →＝12c ， ∴AE →·AF →＝12(a ＋b )·12c ＝14(a ·c ＋b ·c )＝14(a 2cos 60°＋a 2cos 60°)＝14a 2.答案 14a 27.已知2a ＋b ＝(0，－5，10)，c ＝(1，－2，－2)，a ·c ＝4，|b |＝12，则以b ，c 为方向向量的两直线的夹角为________.解析由题意得，(2a ＋b )·c ＝0＋10－20＝－10.即2a ·c ＋b·c ＝－10，又∵a·c ＝4，∴b·c ＝－18，∴cos 〈b ，c 〉＝b·c |b |·|c |＝－1812×1＋4＋4＝－12，∴〈b ，c 〉＝120°，∴两直线的夹角为60°.答案 60°8.(2016·徐州模拟)已知O 点为空间直角坐标系的原点，向量OA →＝(1，2，3)，OB→＝(2，1，2)，OP→＝(1，1，2)，且点Q 在直线OP 上运动，当QA →·QB →取得最小值时，OQ→的坐标是__________. 解析 ∵点Q 在直线OP 上，∴设点Q (λ，λ，2λ)，则QA→＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB →＝(2－λ，1－λ，2－2λ)， QA →·QB →＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－432－23. 即当λ＝43时，QA →·QB →取得最小值－23. 此时OQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83 二、解答题9.已知空间中三点A (－2，0，2)，B (－1，1，2)，C (－3，0，4)，设a ＝AB →，b＝AC→. (1)若|c |＝3，且c ∥BC→，求向量c . (2)求向量a 与向量b 的夹角的余弦值.解 (1)∵c ∥BC→，BC →＝(－3，0，4)－(－1，1，2)＝(－2，－1，2)，∴c ＝mBC →＝m (－2，－1，2)＝(－2m ，－m ，2m )，∴|c |＝（－2m ）2＋（－m ）2＋（2m ）2＝3|m |＝3，∴m ＝±1.∴c ＝(－2，－1，2)或(2，1，－2).(2)∵a ＝(1，1，0)，b ＝(－1，0，2)，∴a·b ＝(1，1，0)·(－1，0，2)＝－1，又∵|a |＝12＋12＋02＝2，|b |＝（－1）2＋02＋22＝5，∴cos 〈a ，b 〉＝a·b |a |·|b |＝－110＝－1010，即向量a 与向量b 的夹角的余弦值为－1010.10.如图，在棱长为a 的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，G 为△BC 1D的重心，(1)试证：A 1，G ，C 三点共线；(2)试证：A 1C ⊥平面BC 1D .证明 (1)CA 1→＝CB →＋BA →＋AA 1→＝CB →＋CD →＋CC 1→，可以证明CG →＝13(CB →＋CD →＋CC 1→)＝13CA 1→，∴CG →∥CA 1→，又CG →与CA 1→有公共点C ，即A 1，G ，C 三点共线.(2)设CB →＝a ，CD →＝b ，CC 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝a ，且a·b ＝b·c ＝c·a ＝0，∵CA 1→＝a ＋b ＋c ，BC 1→＝c －a ， ∴CA 1→·BC 1→＝(a ＋b ＋c )·(c －a )＝c 2－a 2＝0，因此CA 1→⊥BC 1→，即CA 1⊥BC 1，同理CA 1⊥BD ，又BD 与BC 1是平面BC 1D 内的两相交直线，故A 1C ⊥平面BC 1D .能力提升题组(建议用时：20分钟)11.在四面体O －ABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，D 为BC 的中点，E 为AD的中点，则OE→＝________(用a ，b ，c 表示). 解析 OE →＝OA →＋12AD →＝OA →＋12×12(AB →＋AC →) ＝OA →＋14×(OB →－OA →＋OC →－OA →) ＝12OA →＋14OB →＋14OC →＝12a ＋14b ＋14c .答案 12a ＋14b ＋14c 12.已知{a ，b ，c }是空间的一个基底，{a ＋b ，a －b ，c }是空间的另一个基底，一向量p 在基底{a ，b ，c }下的坐标为(4，2，3)，则向量p 在基底{a ＋b ，a －b ，c }下的坐标是________.解析设p 在基底{a ＋b ，a －b ，c }下的坐标为x ，y ，z .则p ＝x (a ＋b )＋y (a －b )＋z c ＝(x ＋y )a ＋(x －y )b ＋z c ，①因为p 在{a ，b ，c }下的坐标为(4，2，3)，∴p ＝4a ＋2b ＋3c ，②由①②得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝4，x －y ＝2，z ＝3，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝1，z ＝3，即p 在{a ＋b ，a －b ，c }下的坐标为(3，1，3).答案 (3，1，3)13.(2016·北京西城区模拟)如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，若动点P 在线段BD 1上运动，则DC→·AP →的取值范围是________.解析由题意，设BP →＝λBD 1→，其中λ∈[0，1]，DC →·AP →＝AB →·(AB →＋BP →)＝AB →·(AB →＋λBD 1→)＝AB →2＋λAB →·BD 1→＝AB →2＋λAB →·(AD 1→－AB →)＝(1－λ)AB →2＝1－λ∈[0，1].因此DC →·AP →的取值范围是[0，1].答案 [0，1]14.如图所示，已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线长都等于1，点E ，F ，G 分别是AB ，AD ，CD 的中点，计算：(1)EF→·BA →；(2)EG 的长； (3)异面直线AG 与CE 所成角的余弦值.解设AB→＝a ，AC →＝b ，AD →＝c . 则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， (1)EF →＝12BD →＝12c －12a ，BA →＝－a ，DC →＝b －c ， EF →·BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12c －12a ·(－a )＝12a 2－12a·c ＝14， (2)EG →＝EB →＋BC →＋CG →＝12a ＋b －a ＋12c －12b ＝－12a ＋12b ＋12c ，|EG →|2＝14a 2＋14b 2＋14c 2－12a·b ＋12b·c －12c·a ＝12，则|EG →|＝22.(3)AG →＝12b ＋12c ，CE →＝CA →＋AE →＝－b ＋12a ， cos 〈AG →，CE →〉＝AG →·CE →|AG→||CE →|＝－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.。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

步骤规范练——立体几何(建议用时：90分钟)一、填空题1．若圆锥的母线长为2 cm，底面圆的周长为2π cm，则圆锥的体积为________cm3.解析设圆锥底面半径为r，则由2πr＝2π，得r＝1，所以圆锥高为h＝22－1＝3，从而体积为V＝13·π·3＝3 3π.答案3 3π2．(2013·豫西五校联考)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________．解析还原正方体，如图所示，连接AB，BC，AC，可得△ABC是正三角形，则∠ABC＝60°.答案60°3．设m，n是平面α内的两条不同直线；l1，l2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分而不必要条件是________．解析由于l1与l2是相交直线，而且由l1∥m可得l1∥α，同理可得l2∥α故可得α∥β，充分性成立，而由α∥β不一定能得到l1∥m，它们也可以异面，故必要性不成立，故填m∥l1，且n∥l2.答案m∥l1且n∥l24．若直线m⊂平面α，则条件甲：直线l∥α是条件乙：l∥m的________条件．解析若l∥α，m⊂α，不一定有l∥m；若l∥m，m⊂α则α，l⊂α或l∥α.因而甲乙，乙甲.答案既不充分也不必要5．已知α、β是两个不同的平面，直线a⊂α，直线b⊂β，命题p：a与b没有公共点，命题q：α∥β，则p是q的________条件．解析当a，b都平行于α与β的交线时，a与b无公共点，但α与β相交．当α∥β时，a与b一定无公共点，所以q⇒p，但p q.答案必要不充分6．已知平面α，β和直线m，给出条件：①m∥α；②m⊥α；③m⊂α；④α⊥β；⑤α∥β.当满足条件________时，有m⊥β(填序号)．解析利用一条直线垂直两平行平面中的一个平面必垂直另一个平面．答案②⑤7．设a，b，c是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则对于下列条件：①a⊥c，b⊥c；②α⊥β，a⊂α，b⊂β；③a⊥α，b∥α；④a⊥α，b⊥α，其中是a⊥b的一个充分不必要条件的是________．解析若a⊥α，b∥α，则a⊥b，反之显然不成立，故应填③.答案③8．如图所示，在等腰梯形ABCD中，AB＝2DC＝2，∠DAB＝60°，E为AB的中点，将△ADE与△BEC分别沿ED、EC向上折起，使A、B重合于点P，则三棱锥P-DCE外接球的体积为________．解析由题意，折叠后的三棱锥P -DCE为正四面体，且棱长为1，以此正四面体构作正方体，则此正方体棱长为2，正四面体外接球恰为该正方体外接2球，直径2R＝22×3＝62，故V球＝4π3R3＝4π3×⎝⎛⎭⎪⎫643＝6π8.答案6π89．(2014·合肥一模)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AB1，BC1的中点，则下列结论不成立的是________．①EF与BB1垂直；②EF与BD垂直；③EF与CD异面；④EF与A1C1异面．解析连接B1C，AC，则B1C交BC1于F，且F为B1C的中点，又E为AB1的中点，所以EF綉12AC，而B1B⊥平面ABCD，所以B1B⊥AC，所以B1B⊥EF，①正确；又AC⊥BD，所以EF⊥BD，②正确；显然EF与CD异面，③正确；由EF綉12AC，AC∥A1C1，得EF∥A1C1.故不成立的为④.答案④10．(2014·江苏城贤中学月考)正三棱锥S-ABC中，BC＝2，SB＝3，D、E分别是棱SA、SB上的点，Q为边AB的中点，SQ⊥平面CDE，则三角形CDE的面积为________．解析如图，设SQ与DE交于点F，连接CF，CQ，∵SQ⊥面CDE，CF⊂面CDE∴SQ⊥CF∵Q为AB中点，SA＝SB，AC＝BC ∴AB⊥SQ，AB⊥CQ∴AB⊥面SQC，∴AB⊥CF∴CF⊥面SAB，∴CF⊥DE∴CF为△CDE的高，DE∥AB∵BC＝2，SB＝3，正三棱锥S-ABC ∴CQ＝3，SQ＝2，SC＝QC；∴F为SQ中点，∴DE＝12AB＝1CF＝SC2－SF2＝3－12＝102∴S△CDE ＝12×1×102＝104.答案10 411．设α，β为两个不重合的平面，m，n为两条不重合的直线，给出下列四个命题：①若m⊥n，m⊥α，n⊄α，则n∥α；②若α⊥β，α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则n⊥β；③若m⊥n，m∥α，n∥β，则α⊥β；④若n⊂α，m⊂β，α与β相交且不垂直，则n与m不垂直．其中，所有真命题的序号是________．解析③α，β可以平行，所以错误；④n与m可以垂直，所以错误．答案①②12．(2013·新课标全国Ⅰ卷)已知H是球O的直径AB上一点，AH∶HB＝1∶2，AB⊥平面α，H为垂足，α截球O所得截面的面积为π，则球O的表面积为________．解析如图，设截面小圆的半径为r，球的半径为R，因为AH ∶HB ＝1∶2，所以OH ＝13R .由勾股定理，有R 2＝r 2＋OH 2，又由题意得πr 2＝π，则r ＝1，故R 2＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13R 2，即R 2＝98.由球的表面积公式，得S ＝4πR 2＝9π2.答案 9π213．正六棱锥P-ABCDEF 中，G 为PB 的中点，设三棱锥D-GAC的体积为V 1，三棱锥P-GAC 体积为V 2，则V 1∶V 2＝________.解析设棱锥的高为h ，V 1＝V D-GAC ＝V G-ADC ＝13S △ADC ·12h ，V 2＝V P-GAC ＝12V P-ABC ＝V G-ABC ＝13S △ABC ·h 2.又S △ADC ∶S △ABC ＝2∶1，故V 1∶V 2＝2∶1.答案 2∶1二、解答题14．(2014·济南一模)在如图的多面体中，AE ⊥底面BEFC ，AD ∥EF ∥BC ，BE ＝AD ＝EF ＝12BC ，G 是BC 的中点．(1)求证：AB ∥平面DEG ；(2)求证：EG ⊥平面BDF .证明 (1)∵AD ∥EF ，EF ∥BC ，∴AD ∥BC .又∵BC ＝2AD ，G 是BC 的中点，∴AD 綉BG ，∴四边形ADGB 是平行四边形，∴AB ∥DG .∵AB ⊄平面DEG ，DG ⊂平面DEG ，∴AB ∥平面DEG .(2)连接GF ，四边形ADFE 是矩形，∵DF ∥AE ，AE ⊥底面BEFC ，∴DF⊥平面BCFE，EG⊂平面BCFE，∴DF⊥EG.∵EF綉BG，EF＝BE，∴四边形BGFE为菱形，∴BF⊥EG，又BF∩DF＝F，BF⊂平面BFD，DF⊂平面BFD，∴EG⊥平面BDF.15．(2014·成都一模)如图，在五面体ABCDEF中，点O是矩形ABCD的对角线的交点，△ABF是等边三角形，棱EF∥BC，且EF＝12BC.(1)求证：EO∥面ABF；(2)若EF＝EO，证明：平面EFO⊥平面ABE. 证明(1)取AB的中点M，连接FM，OM.∵O为矩形ABCD的对角线的交点，∴OM∥BC，且OM＝12BC，又EF∥BC，且EF＝12BC，∴OM＝EF，且OM∥EF，∴四边形EFMO为平行四边形，∴EO∥FM，又∵FM⊂平面ABF，EO⊄平面ABF，∴EO∥平面ABF.(2)由(1)知四边形EFMO为平行四边形，又∵EF＝EO，∴四边形EFMO为菱形，连接EM，则有FO⊥EM，又∵△ABF是等边三角形，且M为AB中点，∴FM⊥AB，易知MO⊥AB，且MO∩MF＝M，∴AB⊥面EFMO，又FO⊂面EFMO，∴AB ⊥FO .∵AB ∩EM ＝M ，∴FO ⊥平面ABE .又∵FO ⊂平面EFO ，∴平面EFO ⊥平面ABE .16．(2013·安徽卷)如图，四棱锥P-ABCD 的底面ABCD 是边长为2的菱形， ∠BAD ＝60°.已知PB ＝PD ＝2，P A ＝ 6.(1)证明：PC ⊥BD ；(2)若E 为P A 的中点，求三棱锥P-BCE 的体积．(1)证明连接AC ，交BD 于O 点，连接PO .因为底面ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD ，BO ＝DO .由PB ＝PD 知，PO ⊥BD .再由PO ∩AC ＝O 知，BD ⊥面APC .因此BD ⊥PC .(2)解因为E 是P A 的中点，所以V P-BCE ＝V C-PEB ＝12V C-P AB ＝12V B-APC .由PB ＝PD ＝AB ＝AD ＝2知，△ABD ≌△PBD .因为∠BAD ＝60°，所以PO ＝AO ＝3，AC ＝23，BO ＝1.又P A ＝6，所以PO 2＋AO 2＝P A 2，即PO ⊥AC .故S △APC ＝12PO ·AC ＝3.由(1)知，BO ⊥面APC ，因此V P-BCE ＝12V B-APC ＝12×13·BO ·S △APC ＝12.17．(2013·广东卷)如图1，在边长为1的等边三角形ABC 中，D ，E 分别是AB ，AC 上的点，AD ＝AE ，F 是BC 的中点，AF 与DE 交于点G .将△ABF 沿AF折起，得到如图2所示的三棱锥ABCF，其中BC＝2 2.(1)证明：DE∥平面BCF；(2)证明：CF⊥平面ABF；(3)当AD＝23时，求三棱锥F-DEG的体积V F-DEG.(1)证明在等边△ABC中，AD＝AE，在折叠后的图形中，仍有AD＝AE，AB＝AC，因此ADAB＝AEAC，从而DE∥BC.因为DE⊄平面BCF，BC⊂平面BCF，所以DE∥平面BCF.(2)证明在折叠前的图形中，因为△ABC为等边三角形，BF＝CF，所以AF⊥BC，则在折叠后的图形中，AF⊥BF，AF⊥CF，又BF＝CF＝12，BC＝22.，所以BC2＝BF2＋CF2，所以BF⊥CF.又BF∩AF＝F，BF⊂平面ABF，AF⊂平面ABF，所以CF⊥平面ABF.(3)解由(1)知，平面DEG∥平面BCF，由(2)知AF⊥BF，AF⊥CF，又BF∩CF＝F，所以AF⊥平面BCF，所以AF⊥平面DEG，即GF⊥平面DEG.在折叠前的图形中，AB＝1，BF＝CF＝12，AF＝32.由AD＝23知ADAB＝23，又DG∥BF，所以DGBF＝AGAF＝ADAB＝23，所以DG＝EG＝23×12＝13，AG＝23×32＝33，所以FG＝AF－AG＝36.故V三棱锥F-DEG＝V三棱锥E-DFG＝13×12DG·FG·GE＝16·⎝⎛⎭⎪⎫132·36＝3324.。

创新设计高考数学苏教文一轮方法测评练：步骤规范练——立体几何

【创新设计】2016届 数学一轮(文科) 苏教版 江苏专用 课件 第八章 立体几何-4

最新江苏高考数学文科一轮创设计总复习步骤规范练——立体几何(含答案解析)

创新设计 数学一轮文科 苏教 江苏专用 课时作业 第八章 立体几何4

《创新设计·高考一轮总复习》数学(理)第八篇 立体几何 第7讲

创新设计 数学一轮理科 苏教 江苏专用 课时作业 第八章 立体几何1