配套K12新(浙江专用)2016高考数学二轮专题突破专题四立体几何与空间向量第1讲空间几何体

合集下载

高考数学二轮复习(浙江专用)训练：专题四立体几何第1讲 Word版含解析

一、选择题1.(2016·浙江卷)已知互相垂直的平面α，β交于直线l .若直线m ，n 满足m ∥α，n ⊥β，则( ) A.m ∥l B.m ∥n C.n ⊥lD.m ⊥n解析由已知，α∩β＝l ，∴l ⊂β，又∵n ⊥β，∴n ⊥l ，C 正确.故选C. 答案 C2.(2016·山东卷)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26πD.1＋26π解析由三视图知，半球的半径R ＝22，四棱锥为底面边长为1，高为1的正四棱锥，∴V ＝13×1×1×1＋12×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝13＋26π，故选C.答案 C3.(2016·全国Ⅲ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.4πB.9π2C.6πD.32π3解析由题意知，底面三角形的内切圆直径为4.三棱柱的高为3，所以球的最大直径为3，V的最大值为9π2.答案 B4.(2014·全国Ⅰ卷)如图，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，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为()A.6 2B.4 2C.6D.4解析如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥A－BCD，最长的棱为AD＝（42）2＋22＝6，选C.答案 C5.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. 答案 B二、填空题6.如图，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为DC的中点，F为线段EC(端点除外)上一动点.现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC.在平面ABD内过点D 作DK ⊥AB ，K 为垂足.设AK ＝t ，则t 的取值范围是________.解析如图，过D 作DG ⊥AF ，垂足为G ，连接GK ， ∵平面ABD ⊥平面ABC ，又DK ⊥AB ， ∴DK ⊥平面ABC ，∴DK ⊥AF . ∴AF ⊥平面DKG ，∴AF ⊥GK .容易得到，当F 接近E 点时，K 接近AB 的中点，当F 接近C 点时，K 接近AB 的四等分点.所以t 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，17.一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是________.解析由空间几何体的三视图可得该空间几何体的直观图，如图，∴该四面体的表面积为S 表＝2×12×2×1＋2×34×(2)2＝2＋ 3. 答案 2＋ 38.(2016·浙江卷)如图，已知平面四边形ABCD ，AB ＝BC ＝3，CD ＝1，AD ＝5，∠ADC ＝90°，沿直线AC 将△ACD 翻折成△ACD ′，直线AC 与BD ′所成角的余弦的最大值是________.解析设直线AC 与BD ′所成角为θ，平面ACD 翻折的角度为α，设O 是AC 中点，由已知得AC ＝6，如图，以OB 为x 轴，OA 为y 轴，过O 与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，由A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，62，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫302，0，0， C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－62，0，作DH ⊥AC 于H ，翻折过程中，D ′H 始终与AC 垂直，CH ＝CD 2CA ＝16＝66，则OH ＝63，DH ＝1×56＝306，因此可设D ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－306cos α，－63，306sin α，则BD ′→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－306cos α－302，－63，306sin α，与CA →平行的单位向量为n ＝(0，1，0)，所以cos θ＝|cos 〈BD →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪BD →·n |BD →|·|n |＝639＋5cos α，所以cos α＝－1时，cos θ取最大值66. 答案66 三、解答题9.在正三角形ABC 中，E ，F ，P 分别是AB ，AC ，BC 边上的点，满足AE ∶EB ＝CF ∶F A ＝CP ∶PB ＝1∶2(如图1)，将△AEF 折起到△A 1EF的位置，连接A 1B ，A 1C (如图2).(1)求证：FP ∥平面A 1EB ； (2)求证：EF ⊥A 1B .证明 (1)∵CP ∶PB ＝CF ∶F A ，∴FP ∥BE ，又BE ⊂平面A 1EB ，FP ⊄平面A 1EB ， ∴FP ∥平面A 1EB .(2)不妨设正三角形ABC 的边长为3，则AE ＝1，AF ＝2.又∵∠EAF ＝60°，∴EF 2＝AE 2＋AF 2－2AE ·AF cos ∠EAF ＝12＋22－2×1×2cos 60°＝3，∴EF ＝3.在△AEF 中，有AF 2＝AE 2＋EF 2，∴EF ⊥AE ，即EF ⊥AB .则在题图2中，有EF ⊥A 1E ，EF ⊥BE ，又A 1E ，BE ⊂平面A 1BE ，A 1E ∩BE ＝E ，∴EF ⊥平面A 1EB ，又∵A 1B ⊂平面A 1EB ，∴EF ⊥A 1B .10.(2017·江南十校联考)如图1，等腰梯形ABCD 中，BC ∥AD ，CE ⊥AD ，AD ＝3BC ＝3，CE ＝1.求△CDE 沿CE 折起得到四棱锥F －ABCE (如图2)，G 是AF 的中点.(1)求证：BG ∥平面ECE ；(2)当平面FCE ⊥平面ABCE 时，求三棱锥F －BEG 的体积. (1)证明如图，取EF 的中点M ，连接GM 、MC ，则GM 綊12AE .∵等腰梯形ABCD 中，BC ＝1，AD ＝3， ∴BC 綊12AE .∴GM 綊BC ，∴四边形BCMG 是平行四边形， ∴BG ∥CM .又CM ⊂平面FCE ，BG ⊄平面FCE ，∴BG ∥平面FCE .(2)解∵平面FCE ⊥平面ABCE ，平面FCE ∩平面ABCE ＝CE ， EF ⊂平面FCE ，FE ⊥CE ，∴FE ⊥平面ABCE . 又V F －BEG ＝V B －GEF ＝12V B －AEF ＝12V F －ABE ， S △ABE ＝12×2×1＝1， ∴V F －BEG ＝12×13×1×1＝16.11.如图所示，四边形ABCD 为矩形，AD ⊥平面ABE ，AE ＝EB ＝BC ，F 为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE . (1)求证：AE ⊥BE ；(2)设M 在线段AB 上，且满足AM ＝2MB ，试在线段CE 上确定一点N ，使得MN ∥平面DAE .(1)证明∵AD ⊥平面ABE ， AD ∥BC ， ∴BC ⊥平面ABE ， ∵AE ⊂平面ABE ， ∴AE ⊥BC .又∵BF ⊥平面ACE ，AE ⊂平面ACE ， ∴AE ⊥BF .∵BC ∩BF ＝B ，BC ，BF ⊂平面BCE ， ∴AE ⊥平面BCE . 又BE ⊂平面BCE ， ∴AE ⊥BE .(2)解在△ABE 中过M 点作MG ∥AE 交BE 于G 点，在△BEC 中过G 点作GN ∥BC 交EC 于N 点，连接MN ，则由比例关系易得CN ＝13CE . ∵MG ∥AE ，MG ⊄平面ADE ，AE ⊂平面ADE ， ∴MG ∥平面ADE . 同理，GN ∥平面ADE .又∵GN∩MG＝G，GN，MG⊂平面MGN，∴平面MGN∥平面ADE.又MN⊂平面MGN，∴MN∥平面ADE.∴N点为线段CE上靠近C点的一个三等分点.。

教育最新K12新(浙江专用)2016高考数学二轮专题突破高考小题综合练(二)理

高考小题综合练(二)1．(2015·金华月考)已知集合A ＝{x |y ＝2－x }，B ＝{y |y ＝2－x }，则A ∩B 等于( ) A ．∅ B ．R C ．(－∞，2]D ．[0,2]2．在△ABC 中，a ＝4，b ＝52，5cos(B ＋C )＋3＝0，则角B 的大小为( )A.π6B.π4C.π3D.56π 3．已知f (x ＋1)＝f (x －1)，f (x )＝f (－x ＋2)，方程f (x )＝0在[0,1]内有且只有一个根x ＝12，则f (x )＝0在区间[0,2 013]内根的个数为( ) A ．2 011 B ．1 006 C ．2 013D ．1 0074．若k ∈[－3,3]，则k 的值使得过A (1,1)可以做两条直线与圆(x －k )2＋y 2＝2相切的概率等于( ) A.12 B.13 C.23D.345．(2015·湖北)将离心率为e 1的双曲线C 1的实半轴长a 和虚半轴长b (a ≠b )同时增加m (m >0)个单位长度，得到离心率为e 2的双曲线C 2，则( ) A ．对任意的a ，b ，e 1>e 2B ．当a >b 时，e 1>e 2；当a b 时，e 1<e 2；当a e 26．一个机器零件的三视图如图所示，其中俯视图是一个半圆内切于边长为2的正方形，则该机器零件的体积为( )A ．8＋π3B ．8＋2π3C ．8＋8π3D ．8＋16π37．(2015·浙江重点中学协作体第二次适应性测试)已知f (x )＝2x ＋3(x ∈R )，若|f (x )－1|<a 的必要条件是|x ＋1|0)，则a ，b 之间的关系是( ) A ．b ≥a 2 B ．b <a 2C ．a ≤b2 D ．a >b28．在平面上，AB 1→⊥AB 2→，|OB →1|＝|OB 2→|＝1，AP →＝AB 1→＋AB 2→.若|OP →|<12，则|OA →|的取值范围是( ) A ．(0，52] B ．(52，72] C ．(52，2] D ．(72，2] 9．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形．若P 为底面A 1B 1C 1的中心，则PA 与平面ABC 所成角的大小为( )A.5π12B.π3C.π4D.π610．已知a >b >0，椭圆C 1的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1，双曲线C 2的方程为x 2a 2－y 2b2＝1，C 1与C 2的离心率之积为32，则C 2的渐近线方程为( ) A ．x ±2y ＝0 B.2x ±y ＝0 C ．x ±2y ＝0 D ．2x ±y ＝011．设函数f (x )＝log 3x ＋2x－a 在区间(1,2)内有零点，则实数a 的取值范围是________． 12．若圆x 2＋y 2＝r 2(r >0)上有且只有两个点到直线x －y －2＝0的距离为1，则实数r 的取值范围是________．13.如图，在矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝a (a >0)，PA ⊥平面AC ，BC 边上存在点Q ，使得PQ ⊥QD ，则实数a 的取值范围是________．14．(2015·杭州联考)已知x ，y 满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧y ≤x ，x ＋y ≥2，x ≤2，则z ＝2x ＋y的最大值与最小值的比值为________．15．过抛物线y 2＝4x 的焦点F 的直线交该抛物线于A ，B 两点，O 为坐标原点．若|AF |＝3，则△AOB 的面积为________．答案精析高考小题综合练(二)1．D [∵A ＝{x |y ＝2－x }＝(－∞，2]，B ＝{y |y ＝2－x }＝[0，＋∞)，则A ∩B ＝[0,2]．] 2．A [由5cos(B ＋C )＋3＝0得cos A ＝35，则sin A ＝45，445＝52sin B ，sin B ＝12.又a >b ，B 必为锐角，所以B ＝π6.]3．C [由f (x ＋1)＝f (x －1)，可知f (x ＋2)＝f (x )，所以函数f (x )的周期是2，由f (x )＝f (－x ＋2)可知函数f (x )关于直线x ＝1对称，因为函数f (x )＝0在[0,1]内有且只有一个根x ＝12，所以函数f (x )＝0在区间[0，2 013]内根的个数为2 013，选C.]4．C [点在圆外，过该点可做两条直线与圆相切，故需圆心与点A 距离大于半径即可，即(1－k )2＋1>2，解得k <0或k >2，所以所求k ∈[－3,0)∩(2,3]，概率为P ＝46＝23.]5．D [由题意e 1＝ a 2＋b 2a 2＝ 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a2；双曲线C 2的实半轴长为a ＋m ，虚半轴长为b＋m ，离心率e 2＝ a ＋m2＋b ＋m 2a ＋m 2＝1＋⎝⎛⎭⎪⎫b ＋m a ＋m 2.因为b ＋m a ＋m －b a ＝m a －ba a ＋m，且a >0，b >0，m >0，a ≠b ，所以当a >b 时，m a －ba a ＋m>0，即b ＋m a ＋m >b a .又b ＋m a ＋m >0，ba>0，所以由不等式的性质依次可得⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋m a ＋m 2>⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2,1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋m a ＋m 2>1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2，所以1＋⎝⎛⎭⎪⎫b ＋m a ＋m 2>1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a2，即e 2>e 1；同理，当a b 时，e 1<e 2；当a e 2.]6．A [依题意得，该机器零件的形状是在一个正方体的上表面放置了一个14的球体，其中正方体的棱长为2，相应的球半径是1，因此其体积等于23＋14×43π×13＝8＋π3.]7．A [由|f (x )－1|<a 可得－a －22<x <a －22，由|x ＋1|0)，所以可得|x ＋1|0)是|f (x )－1|<a 的必要条件，即|x ＋1|0)⇐|f (x )－1|<a ，可得－b －1≤－a －22，b －1≥a －22，解得b ≥a2，故选A.]8．D [根据条件知A ，B 1，P ，B 2构成一个矩形AB 1PB 2，以AB 1，AB 2为坐标轴建立直角坐标系，设|AB 1|＝a ，|AB 2|＝b ，点O 的坐标为(x ，y )，则点P 的坐标为(a ，b )，由|OB 1→|＝|OB 2→|＝1得⎩⎪⎨⎪⎧ x －a 2＋y 2＝1，x 2＋y －b 2＝1，则⎩⎪⎨⎪⎧x －a 2＝1－y 2，y －b2＝1－x 2，又由|OP →|<12，得(x －a )2＋(y －b )2<14，则1－x 2＋1－y 2<14，即x 2＋y 2>74，①又(x －a )2＋y 2＝1，得x 2＋y 2＋a 2＝1＋2ax ≤1＋a 2＋x 2，则y 2≤1；同理，由x 2＋(y －b )2＝1，得x 2≤1，即有x 2＋y 2≤2，②由①②知74<x 2＋y 2≤2，所以72<x 2＋y 2≤ 2.而|OA →|＝x 2＋y 2，所以72<|OA →|≤ 2.] 9．B [过点P 作底面的垂线，射影是P ′，则∠PAP ′即为所求角，根据已知条件得，三棱柱的底面积是：S ＝12×3×3×sin π3＝334，根据柱体体积公式得：94＝334×h ，∴h ＝3，在△ABC 中，AP ′＝23×3×sin π3＝1，∴tan ∠PAP ′＝3，∴∠PAP ′＝π3.]10．A [由题意知e 1＝c 1a ，e 2＝c 2a， ∴e 1·e 2＝c 1a ·c 2a ＝c 1c 2a 2＝32. 又∵c 21＝a 2－b 2，c 22＝a 2＋b 2，∴c 21c 22a 4＝a 4－b 4a 4＝1－(b a)4，即1－(b a )4＝34，解得b a ＝±22，∴b a ＝22. 令x 2a 2－y 2b2＝0，解得bx ±ay ＝0， ∴x ±2y ＝0.] 11．(log 32,1) 解析 ∵x ∈(1,2)， ∴x ＋2x ∈(2,3)，log 3x ＋2x∈(log 32,1)，故要使函数f (x )在(1,2)内存在零点，只要a ∈(log 32,1)即可． 12．(2－1，2＋1)解析注意到与直线x －y －2＝0平行且距离为1的直线方程分别是x －y －2＋2＝0和x －y －2－2＝0，要使圆上有且只有两个点到直线x －y －2＝0的距离为1，需满足在两条直线x －y －2＋2＝0和x －y －2－2＝0中，一条与该圆相交且另一条与该圆相离，所以|2－2|2<r <|－2－2|2，即2－1<r <2＋1. 13．[2，＋∞) 解析如图，连接AQ ，∵PA ⊥平面AC ，∴PA ⊥QD ，又PQ ⊥QD ，PQ ∩PA ＝P ，∴QD ⊥平面PQA ，于是QD ⊥AQ ，∴在线段BC 上存在一点Q ，使得QD ⊥AQ ，等价于以AD 为直径的圆与线段BC 有交点，∴a2≥1，a ≥2.14．2解析约束条件对应的区域如图所示，当直线z ＝2x ＋y 经过点A (2,2)时，z 取得最大值6，当直线经过点B (1,1)时取得最小值3，故最大值与最小值的比值为2.15.322解析如图所示，由题意知，抛物线的焦点F 的坐标为(1,0)，又|AF |＝3，由抛物线定义知：点A 到准线x ＝－1的距离为3， ∴点A 的横坐标为2.将x ＝2代入y 2＝4x 得y 2＝8，由图知点A 的纵坐标y ＝22， ∴A (2,22)，∴直线AF 的方程为y ＝22(x －1)．联立直线与抛物线的方程⎩⎨⎧y ＝22x －，y 2＝4x ，解之得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，y ＝－2或⎩⎨⎧x ＝2，y ＝2 2.由图知B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－2， ∴S △AOB ＝12|OF |·|y A －y B |＝12×1×|22＋2| ＝32 2.。

2016届高考数学(浙江专用理科)二轮专题精练规范练4Word版含解析

规范练四解析几何问题1．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，右焦点到直线l 1：3x ＋4y ＝0的距离为35.(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 2：y ＝kx ＋m (km ≠0)与椭圆C 交于A ，B 两点，且线段AB 的中点恰好在直线l 1上，求△OAB 的面积S 的最大值(其中O 为坐标原点)．解 (1)由题意，得e ＝c a ＝12.∴右焦点(c,0)到直线3x ＋4y ＝0的距离为35，∴3c5＝35，∴c ＝1，∴a ＝2. ∴椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，把直线l 2：y ＝kx ＋m 代入椭圆方程x 24＋y 23＝1，得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，因此x 1＋x 2＝－8km4k 2＋3，x 1x 2＝4m 2－124k 2＋3.∴y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝6m4k 2＋3. ∴AB 中点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km4k 2＋3，3m 4k 2＋3，又点M 在直线l 1上，得3×－4km 4k 2＋3＋4×3m4k 2＋3＝0，∴k ＝1，故x 1＋x 2＝－8m 7，x 1x 2＝4m 2－127，∴|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝2(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝4677－m 2，原点O 到AB 的距离为d ＝|m |2＝22|m |，∴S ＝237m 2(7－m 2)≤237×m 2＋(7－m 2)2＝3，当且仅当m 2＝72时取到等号，经检验此时Δ>0成立．故△OAB 的面积S 的最大值为 3.2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率与等轴双曲线的离心率互为倒数关系，直线l ：x －y ＋2＝0与以原点为圆心，以椭圆C 的短半轴长为半径的圆相切． (1)求椭圆C 的方程；(2)设M 是椭圆的上顶点，过点M 分别作直线MA ，MB 交椭圆于A ，B 两点，设两直线的斜率分别为k 1，k 2，且k 1＋k 2＝4，证明：直线AB 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－1.(1)解 ∵等轴双曲线离心率为2，∴椭圆C 的离心率e ＝22.∴e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝12，∴a 2＝2b 2.∵由x －y ＋2＝0与圆x 2＋y 2＝b 2相切，得 b ＝1，∴a 2＝2.∴椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明 ①若直线AB 的斜率不存在，设方程为x ＝x 0，则点A (x 0，y 0)，B (x 0，－y 0)．由已知y 0－1x 0＋－y 0－1x 0＝4，得x 0＝－12.此时AB 方程为x ＝－12，显然过点⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－1.②若直线AB 的斜率存在，设AB 方程为y ＝kx ＋m ，依题意m ≠±1.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0. 则x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－21＋2k 2.由已知k 1＋k 2＝4，可得y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝4，∴kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x 2＝4，即2k ＋(m －1)x 1＋x 2x 1x 2＝4，将x 1＋x 2，x 1x 2代入得k －kmm ＋1＝2，∴k ＝2(m ＋1)， ∴m ＝k 2－1.故直线AB 的方程为y ＝kx ＋k2－1，即y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12－1.∴直线AB 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－1.综上，直线AB 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－1.3．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)是椭圆C ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)上两点，已知m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1b ，y 1a ，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2b ，y 2a ，若m ·n ＝0且椭圆的离心率e ＝32，短轴长为2，O 为坐标原点．(1)求椭圆的方程；(2)试问△AOB 的面积是否为定值？如果是，请给予证明；如果不是，请说明理由．解 (1)∵2b ＝2，∴b ＝1，∴e ＝c a ＝a 2－b 2a ＝32. ∴a ＝2，c ＝ 3.故椭圆的方程为y 24＋x 2＝1.(2)①当直线AB 斜率不存在时，即x 1＝x 2，y 1＝－y 2，由m ·n ＝0，得x 21－y 214＝0⇒y 21＝4x 21.又A (x 1，y 1)在椭圆上，所以x 21＋4x 214＝1，∴|x 1|＝22，|y 1|＝2，S ＝12|x 1||y 1－y 2|＝12|x 1|·2|y 1|＝1.②当直线AB 斜率存在时，设AB 的方程为y ＝kx ＋b (其中b ≠0)，代入y 24＋x 2＝1，得(k 2＋4)x 2＋2kbx ＋b 2－4＝0.有Δ＝(2kb )2－4(k 2＋4)(b 2－4)＝16(k 2－b 2＋4)>0，x 1＋x 2＝－2kb k 2＋4，x 1x 2＝b 2－4k 2＋4，由已知m ·n ＝0得x 1x 2＋y 1y 24＝0⇔x 1x 2＋(kx 1＋b )(kx 2＋b )4＝0，代入整理得2b 2－k 2＝4，代入Δ中可得b 2>0满足题意，∴S ＝12|b |1＋k 2|AB |＝12|b | (x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝|b |4k 2－4b 2＋16k 2＋4＝4b 22|b |＝1.综上，所以△ABC 的面积为定值．4．如图，已知A 是圆x 2＋y 2＝4上的一个动点，过点A 作两条直线l 1，l 2.它们与椭圆x 23＋y 2＝1都只有一个公共点，且分别交圆于点M ，N .(1)若A (－2,0)，求直线l 1，l 2的方程；(2)①求证：对于圆上的任一点A ，都有l 1⊥l 2成立； ②求△AMN 面积的取值范围．(1)解设过点A 的直线的方程为y ＝k (x ＋2)，代入x 23＋y 2＝1得(1＋3k 2)x 2＋12k 2x ＋12k 2－3＝0，由Δ＝0得，k 2－1＝0，设l 1，l 2的斜率分别为k 1，k 2，得k 1＝1，k 2＝－1. ∴直线l 1，l 2的方程分别为y ＝x ＋2，y ＝－x －2.(2)①证明 (ⅰ)当l 1，l 2斜率都存在时，设点A (x 0，y 0)，则x 20＋y 20＝4.设经过点A (x 0，y 0)与椭圆只有一个公共点的直线为y ＝k (x －x 0)＋y 0，代入x 23＋y 2＝1化简得(1＋3k 2)x 2＋6k (y 0－kx 0)x ＋3(y 0－kx 0)2－3＝0，由Δ＝0化简整理得(3－x 20)k 2＋2x 0y 0k ＋1－y 20＝0， ∵x 20＋y 20＝4，∴(3－x 20)k 2＋2x 0y 0＋x 20－3＝0.设l 1，l 2的斜率分别为k 1，k 2，∵l 1，l 2与椭圆只有一个公共点，∴k 1，k 2是方程(3－x 20)k 2＋2x 0y 0k ＋x 20－3＝0的两个根，即k 1k 2＝－1，∴l 1，l 2垂直．(ⅱ)当l 1，l 2其中有一条直线斜率不存在时，设l 1斜率不存在． ∵l 1与椭圆只有一个公共点，∴其方程为x ＝±3，当l 1方程为x ＝3时，此时l 1与圆交于点(3，±1)， ∴l 2方程为y ＝1(或y ＝－1)；显然直线l 1，l 2垂直；同理可证l1方程为x＝－3时，直线l1，l2垂直．综上，对于圆上的任意一点A，都有l1⊥l2成立．②解记原点到直线l1，l2的距离分别为d1，d2，则△AMN的面积S＝2d1d2＝2|y0－k1x0|1＋k21·|y0－k2x0|1＋k22＝2|y20－x20－(k1＋k2)x0y0|2＋k21＋k22＝(12－2x20)29－2x20＝9－2x20＋99－2x20＋6.∵9－2x20∈[1,9]，∴S∈[23，4]．∴△AMN面积的取值范围为[23，4]．。

2016届高考数学(理)二轮专题复习演练：专题四第2讲立体几何与空间向量过关提升(人教版含答案)(浙江专用)

专题四立体几何与空间向量专题过关²提升卷第Ⅰ卷(选择题)一、选择题1．(2015²浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )A ．8 cm 3B ．12 cm 3 C.323 cm 3 D.403cm 32．设a ，b 是两条直线，α，β表示两个平面，如果a ⊂α，α∥β，那么“b ⊥β”是“a ⊥b ”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件3．(2015²山东高考)在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.2π3 B.4π3 C.5π3D ．2π 4．(2015²北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( )A．2＋ 5 B．4＋ 5C．2＋2 5 D．55．(2015²北京朝阳区质检)在空间直角坐标系O－xyz中，已知A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，D(1，1，2)，若S1，S2，S3分别表示三棱锥D－ABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则( )A．S1＝S2＝S3B．S1＝S2且S3≠S1C．S1＝S3且S3≠S2D．S2＝S3且S1≠S36．(2015²杭州中学模拟)一个四棱锥的三视图如图所示，下列说法中正确的是( )A．最长棱的棱长为 6B．最长棱的棱长为3C．侧面四个三角形中有且仅有一个是正三角形D．侧面四个三角形都是直角三角形7．(2015²嘉兴模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，A1A＝AB＝2，若棱AB上存在点P，使得D1P⊥PC，则AD的取值范围是( )A．[1，2) B．(1，2]C．(0，1] D．(0，2)8．某市博物馆邀请央视《一槌定音》专家鉴宝，其中一藏友持有的“和田玉”的三视图如图所示，若将和田玉切割、打磨、雕刻成“和田玉球”，则该“玉雕球”的最大表面积是( )A ．4πB ．16πC ．36πD ．64π第Ⅱ卷(非选择题)二、填空题9．(2015²舟山中学模拟)如图，在矩形ABCD 中，AB ＝32，BC ＝2，沿BD 将矩形ABCD 折叠，连接AC ，所得三棱锥A －BCD 的正视图和俯视图如图所示，则三棱锥A －BCD 侧视图的面积为________．10．如图所示，ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，AC ⊥CB ，点D 1、F 1分别是A 1B 1、A 1C 1的中点．若BC ＝CA ＝CC 1，则BD 1与CF 1所成角的正弦值是________．11．(2015²杭州二中调研)在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，PA ＝3，则该三棱锥外接球的表面积为________．12．(2014²山东高考)在三棱锥P －ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D －ABE 的体积为V 1，P －ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________．13．多面体MN －ABCD 的底面ABCD 为矩形，其正视图和侧视图如图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形，则AM 的长为________．14．(2015²天津高考)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.15．将边长为1的正方形ABCD 沿对角线AC 折起后，使得平面ADC ⊥平面ABC ，在折起后的三棱锥D －ABC 中，给出下列四个命题：①AC ⊥BD ；②侧棱DB 与平面ABC 成45°的角；③△BCD 是等边三角形；④三棱锥的体积V D－ABC＝26. 那么正确的命题是________(填上所有正确命题的序号)．三、解答题16．如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点，将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求直线A1B与平面A1CD所成角．17．(2015²福建高考)如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE ⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，G，F分别是线段BE，DC的中点．(1)求证：GF∥平面ADE；(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值．18．(2015²四川高考)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N.(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)证明：直线MN∥平面BDH；(3)求二面角A－EG－M的余弦值．19．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，且∠BAD＝120°，AB＝2，E是CD 的中点．平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥AD，PC与平面ABCD所成的角为45°.(1)求证：CD ⊥平面PAE ； (2)试问在线段A B (不包括端点)上是否存在一点F ，使得二面角A －P F －E 的大小为45°？若存在，请求出AF 的长；若不存在，说明理由．20．(2015²天津高考)如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1－AC －B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E 的长．专题过关²提升卷1．C [该几何体为正方体与正四棱锥的组合体，∴体积V ＝23＋13³22³2＝323(cm 3)．]2．A [若b ⊥β，α∥β，则b ⊥α，又a ⊂α，∴a ⊥b ，但a ⊥b ，a ⊂α，α∥β时，得不到b ⊥β. ∴“b ⊥β”是“a ⊥b ”的充分不必要条件．]3．C [如图，由题意，得BC ＝2，AD ＝AB ＝1.绕AD 所在直线旋转一周后所得几何体为一个圆柱挖去一个圆锥的组合体．所求体积V ＝π³12³2－13π³12³1＝5π3.]4．C [该三棱锥的直观图如图所示：过D 作DE ⊥BC ，交BC 于E ，连接AE ，则BC ＝2，EC ＝1，AD ＝1，ED ＝2，AE ＝5，BD ＝CD ＝5，S 表＝S △BCD ＋S △ACD ＋S △ABD ＋S △ABC＝12³2³2＋12³1³5³2＋12³2³ 5 ＝2＋2 5.]5．D [由图可知S 2＝S 3＝2，S 1＝2，所以S 1≠S 3.]6．D [由三视图知，该四棱锥的直观图如图所示，其中PA ⊥平面ABCD ，平面ABCD 为直角梯形．则最长棱PB ＝22＋22＝22，A 错，B 错．棱锥中的四个侧面中：由PA ⊥底面ABCD ，知△PAB ，△PAD 为直角三角形．又DC ⊥AD ，PA ⊥DC ，知DC ⊥平面PAD ，则DC ⊥PD ，从而△PDC 为直角三角形．又PD ＝5，DC ＝1，所以PC ＝12＋（5）2＝ 6.在梯形ABCD 中，易求BC ＝2，故PB 2＝PC 2＋BC 2，△PBC 为直角三角形．]7．C [如图，以D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ，则D 1(0，0，2)，C (0，2，0)，设P (x ，y ，0)(x >0，0<y <2)，则D 1P →＝(x ，y ，－2)，PC →＝(－x ，2－y ，0)．由D 1P ⊥PC ，得D 1P →²PC →＝－x 2＋y (2－y )＝0， ∴x ＝2y －y 2(0<y <2)，所以0<x ≤1.]8．B [由三视图知，“和田玉”为直三棱柱，底面是直角三角形，高为12，如图所示．其中AC ＝6，BC ＝8，BC ⊥AC ，则AB ＝10，若使“玉雕球”的半径最大，则该球与直三棱柱的三个侧面都相切． ∴球半径r ＝6＋8－102＝2，则S 球＝4πr 2＝16π.]9.1825 [由正视图及俯视图知，在三棱锥A －BCD 中，平面ABD ⊥平面BCD (如图所示)，因此三棱锥的侧视图为等腰直角三角形．在△ABD 中，AB ＝32，AD ＝BC ＝2.∴BD ＝AB 2＋BC 2＝52.因此AA ′＝AB ²AD BD ＝32³252＝65.所以等腰直角三角形的腰长为65.故侧视图的面积为12³⎝ ⎛⎭⎪⎫652＝1825.]10.66[如图所示，建立以C 为坐标原点，CA 、CB 、CC 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z轴的空间直角坐标系．设BC ＝CA ＝CC 1＝2，则B (0，2，0)、D 1(1，1，2)、F 1(1，0，2)．则BD 1→＝(1，－1，2)，CF 1→＝(1，0，2)，∴cos 〈BD 1→，CF 1→〉＝BD 1→²CF 1→|BD 1→||CF 1→|＝530＝306. 设BD 1与CF 1所成的角为α.11．5π [如图所示，将三棱锥P －ABC 补成长方体ADBC －PD ′B ′C ′.则三棱锥P －ABC 的外接球就是长方体的外接球．∴2R ＝PA 2＋AC 2＋AD 2＝5，故外接球的表面积S 球＝4πR 2＝5π.]12.14 [分别过E ，C 向平面PAB 作高h 1，h 2，由E 为PC 的中点得h 1h 2＝12，由D 为PB 的中点得S △ABD ＝12S △ABP ，所以V 1∶V 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13S △ABD ²h 1∶⎝ ⎛⎭⎪⎫13S △ABP ²h 2＝14.]13. 6 [如图所示为多面体MN －ABCD ，作MH ⊥AB 交AB 于H .由侧视图可知MH ＝12＋22＝ 5.根据正视图知MN ＝2，AB ＝4，且正视图为等腰梯形． ∴AH ＝4－22＝1，从而AM ＝AH 2＋MH 2＝ 6.]14.8π3 [由三视图知，该几何体是由两个圆锥和一个圆柱构成的组合体，且圆锥的底面分别与圆柱的两个底面重合．∵圆柱的底面圆的半径R ＝1，高h ＝2，且圆锥的高h ′＝1. ∴V 圆柱＝πR 2²h ＝2π，V 圆锥＝13πR 2h ′＝π3.因此该几何体的体积V ＝V 圆柱＋2V 圆锥＝8π3.]15．①②③ [取AC 的中点O ，连接OB ，OD ，则OD ⊥AC ，OB ⊥AC .OD ∩OB ＝O ，AC ⊥平面OBD ，从而AC ⊥BD ，①正确．又平面ADC ⊥平面ABC ，DO ⊥AC ，所以DO ⊥平面ABC ，因此DO ⊥OB ，且∠OBD 为棱BD 与底面ABC 所成的角．由OB ＝OD ，知∠OBD ＝45°，所以②正确，从而BD ＝2²OB ＝1，故BC ＝CD ＝BD ＝1，因此△BCD 是等边三角形，命题③正确．根据DO ⊥平面ABC .得V 三棱锥D －ABC ＝13²S △ABC ²OD ＝212，∴④错误．]16．(1)证明在题图1中，因AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点， ∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC ，即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，且A 1O ∩OC ＝O ，从而BE ⊥平面A 1OC ，又在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，BC ＝12AD ，E 为AD 中点，所以BC 綉ED ，所以四边形BCDE 为平行四边形，故有CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC .(2)解由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2，如图，以O 为原点，建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，于是A 1B →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，－22，A 1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0，0)．设直线A 1B 与平面A 1CD 所成的角为θ，平面A 1CD 的法向量n ＝(x ，y ，z )．则⎩⎪⎨⎪⎧n ²CD →＝0，n ²A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＝0，22y －22z ＝0，取n ＝(0，1，1)．∴cos 〈A 1B →，n 〉＝A 1B →²n |A 1B →|²|n |＝－221³2＝－12.因此sin θ＝|cos 〈A 1B →，n 〉|＝12，故直线A 1B 与平面A 1CD 所成的角为π6.17．(1)证明如图，取AE 的中点H ，连接HG ，HD ，又G 是BE 的中点，所以GH ∥AB ，且GH ＝12AB .又F 是CD 的中点，所以DF ＝12CD .由四边形ABCD 是矩形得，AB ∥CD ，AB ＝CD ，所以GH ∥DF ，且GH ＝DF ，从而四边形HGFD 是平行四边形，所以GF ∥DH .又DH ⊂平面ADE ，GF ⊄平面ADE ，所以GF ∥平面ADE .(2)解如图，在平面BEC 内，过B 点作BQ ∥EC . 因为BE ⊥CE ，所以BQ ⊥BE .又因为AB ⊥平面BEC ，所以AB ⊥BE ，AB ⊥BQ .以B 为原点，分别以BE →，BQ →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则A (0，0，2)，B (0，0，0)，E (2，0，0)，F (2，2，1)．因为AB ⊥平面BEC ，所以BA →＝(0，0，2)为平面BEC 的法向量．设n ＝(x ，y ，z )为平面AEF 的法向量．又AE →＝(2，0，－2)，AF →＝(2，2，－1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ²AE →＝0，n ²AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x －2z ＝0，2x ＋2y －z ＝0. 取z ＝2，得n ＝(2，－1，2)．从而cos 〈n ，BA →〉＝n ²BA →|n |²|BA →|＝43³2＝23. 所以平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值为23.18．(1)解点F ，G ，H 的位置如图所示．(2)证明连接BD ，设O 为BD 的中点，因为M ，N 分别是BC ，GH 的中点，所以OM ∥CD ，且OM ＝12CD ，HN ∥CD ，且HN ＝12CD ，所以OM ∥HN ，OM ＝HN ，所以MNHO 是平行四边形，从而MN ∥OH . 又MN ⊄平面BDH ，OH ⊂平面BDH ，所以MN ∥平面BDH .(3)解如图，以D 为坐标原点，分别以DA →，DC →，DH →方向为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系D －xyz ，设AD ＝2，则M (1，2，0)，G (0，2，2)，E (2，0，2)，O (1，1，0)，所以，GE →＝(2，－2，0)，MG →＝(－1，0，2)，设平面EGM 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ²GE →＝0，n 1²MG →＝0，⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＝0，－x ＋2z ＝0，取x ＝2，得n 1＝(2，2，1)，在正方体ABCD －EFGH 中，DO ⊥平面AEGC ，则可取平面AEG 的一个法向量为n 2＝DO →＝(1，1，0)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1²n 2|n 1|²|n 2|＝2＋2＋04＋4＋1²1＋1＋0＝223，故二面角A －EG －M 的余弦值为223.19．(1)证明连接AC ，∵平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥AD . 又PA ⊂平面PAD ，面PAD ∩面ABCD ＝AD .∴PA ⊥平面ABCD ，故PA ⊥CD . 在菱形ABCD 中，∠BAD ＝120°，∴∠ADC ＝60°，从而△ACD 为等边三角形．又∵E 为CD 的中点， ∴AE ⊥CD ，由于PA ∩AE ＝A ，所以CD ⊥平面PAE ，(2)解假设存在，由(1)知，PA 、AB 、AE 两两垂直，以A 为坐标原点，分别以AB 、AE 、AP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系A －xyz (如图所示)．由PA ⊥平面ABCD ，则∠PCA 为PC 与平面ABCD 所成的角， ∴∠PCA ＝45°，因此PA ＝AC ＝AB ＝2.则P (0，0，2)，A (0，0，0)，E (0，3，0)∴PE →＝(0，3，－2)．设AF ＝a (0<a <2)，则F (a ，0，0)，∴PF →＝(a ，0，－2)，设平面PEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧m ²PE →＝0，m ²PF →＝0.得⎩⎨⎧3y －2z ＝0，ax －2z ＝0，取x ＝2，则m ＝⎝⎛⎭⎪⎫2，2a 3，a .又向量AE →＝(0，3，0)是平面PAF 的一个法向量．∴|cos 〈m ，AE →〉|＝|m ²AE →||m |²|AE →|＝2a3²4＋7a 23因此2a 3²4＋7a 23＝cos 45°＝22，解之得a ＝2 3. 由于23∉(0，2)，故不存在点F ，使得二面角A －PF －E 为45°. 20．解如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0，0，0)，B (0，1，0)，C (2，0，0)，D (1，－2，0)，A 1(0，0，2)，B 1(0，1，2)，C 1(2，0，2)，D 1(1，－2，2)．又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，1，N (1，－2，1)． (1)证明依题意，可得n ＝(0，0，1)为平面ABCD 的一个法向量，MN →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－52，0，由此可得MN →²n ＝0，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2)AD 1→＝(1，－2，2)，AC →＝(2，0，0)，设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量，则1110,0,n AD n AC ⎧=⎪⎨=⎪⎩即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0. 不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0，1，1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量，则1220,0,n AB n AC ⎧=⎪⎨=⎪⎩又AB1→＝(0，1，2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2，1)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1²n 2|n 1|²|n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－10102＝31010. 所以，二面角D 1－AC －B 1的正弦值为31010.(3)依题意，可设1A E ＝λ11A B，其中λ∈[0，1]，则E (0，λ，2)，从而NE →＝(－1，λ＋2，1)，又n ＝(0，0，1)是平面ABCD 的一个法向量，故|cos 〈NE →，n 〉|＝|NE →²n ||NE →|²|n |＝1（－1）2＋（λ＋2）2＋12＝13. 整理得λ2＋4λ－3＝0，解得λ＝－2±7，又因为λ∈[0，1]，所以λ＝7－2，所以，线段A 1E 的长为7－2.。

2016版高考数学二轮专题突破(浙江专用理科)课件专题四立体几何与空间向量第3讲

1 2
| m· n| 1 可取 n＝( 7，0,1).于是|cos〈m，n〉|＝＝ . |m|· |n| 8
由题意可知，所求二面角的平面角是钝角， 1 故二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值为－8 .
考情考向分析
以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答的形式进行考查，难度主要体现在建
专题四立体几何与空间向量
第3讲立体几何中的向量方法
栏目索引
高考真题体验
热点分类突破
高考押题精练
高考真题体验
1 2
1.(2014· 课标全国 Ⅱ) 直三棱柱 ABC － A1B1C1 中， ∠BCA ＝ 90°， M ， N 分别是 A1B1 ， A1C1 的中点， BC ＝ CA ＝ CC1 ，则BM与AN所成角的余弦值为( )
如图 (2) ，取 BC 的中点 D ，连接 MN ， ND ， AD ，由于 MN 綊
1 B1C1 2
綊 BD,因此有ND綊BM,
则ND与NA所成的角即为异面直线BM与AN所成的角.
设BC＝2，
则 BM＝ND＝ 6，AN＝ 5，AD＝ 5，
1 2
ND2＋NA2－AD2 30 因此 cos∠AND＝＝ 10 . 2ND· NA
1 1 → → OM＝0，－2，－2，BA＝(－1,0,0)，

→ → → → ∴OM· BA＝0, ∴OM⊥BA.
∵棱柱ADE—BCF是直三棱柱，
∴AB⊥平面BCF， → 是平面BCF的一个法向量， ∴ BA 且OM⊄平面BCF， ∴OM∥平面BCF.
证明设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为 n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2).

配套K12新(浙江专用)2016高考数学二轮专题突破大题纵横练(一)理

高考大题纵横练(一)1．已知函数f (x )＝2sin x cos x ＋23cos 2x －3，x ∈R .(1)求函数y ＝f (－3x )＋1的最小正周期和单调递减区间； (2)已知△ABC 中的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若锐角A 满足f (A 2－π6)＝3，且a ＝7，sin B ＋sin C ＝13314，求△ABC 的面积．2．(2015·嘉兴质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2－(2n＋1)a n (n ∈N *)． (1)求证：数列{a n n }是等比数列；(2)设数列{2n a n }的前n 项和为T n ，A n ＝1T 1＋1T 2＋1T 3＋…＋1T n ，试比较A n 与2na n的大小．3．如图，在直角梯形ABCP 中，AP ∥BC ，AP ⊥AB ，AB ＝BC ＝12AP ＝2，D 是AP 的中点，E 、G 分别为PC 、CB 的中点，F 是PD 上的点，将△PCD 沿CD 折起，使得PD ⊥平面ABCD .(1)若F 是PD 的中点，求证：AP ∥平面EFG ；(2)当二面角G －EF －D 的大小为π4时，求FG 与平面PBC 所成角的余弦值．4．设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的一个顶点与抛物线C ：x 2＝43y 的焦点重合，F 1，F 2分别是椭圆的左、右焦点，且离心率e ＝12，过椭圆右焦点F 2的直线l 与椭圆C 交于M ，N 两点． (1)求椭圆C 的方程；(2)若OM →·ON →＝－2，求直线l 的方程；(3)若AB 是椭圆C 经过原点O 的弦，MN ∥AB ，求证：|AB |2|MN |为定值．5．因发生意外交通事故，一辆货车上的某种液体泄漏到一鱼塘中，为了治污，根据环保部门的建议，现决定在鱼塘中投放一种可与污染液体发生化学反应的药剂．已知每投放a (1≤a ≤4，且a ∈R )个单位的药剂，它在水中释放的浓度y (克/升)随着时间x (天)变化的函数关系式近似为y ＝a ·f (x )，其中f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 168－x －1(0≤x ≤4)5－12x (4<x ≤10)，若多次投放，则某一时刻水中的药剂浓度为每次投放的药剂在相应时刻所释放的浓度之和．根据经验，当水中药剂的浓度不低于4(克/升)时，它才能起到有效治污的作用．(1)若一次投放4个单位的药剂，则有效治污时间可达几天？(2)若第一次投放2个单位的药剂，6天后再投放a 个单位的药剂，要使接下来的4天中能够持续有效治污，试求a 的最小值．(精确到0.1，参考数据：2≈1.4)答案精析高考大题纵横练(一)1．解 (1)∵f (x )＝2sin x cos x ＋3(2cos 2x －1)＝sin 2x ＋3cos 2x ＝2sin(2x ＋π3)， ∴y ＝f (－3x )＋1＝2sin(－6x ＋π3)＋1 ＝－2sin(6x －π3)＋1， ∴y ＝f (－3x )＋1的最小正周期为 T ＝2π6＝π3，由2k π－π2≤6x －π3≤2k π＋π2得：13k π－π36≤x ≤13k π＋5π36，k ∈Z ， ∴y ＝f (－3x )＋1的单调递减区间是[13k π－π36，13k π＋5π36]，k ∈Z . (2)∵f (A 2－π6)＝ 3. ∴2sin(A －π3＋π3)＝3， ∴sin A ＝32. ∵0<A <π2，∴A ＝π3. 由正弦定理得：sin B ＋sin C ＝b ＋c a sin A ，即13314＝b ＋c 7×32，∴b ＋c ＝13，由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A 得：a 2＝(b ＋c )2－2bc －2bc cos A ，即49＝169－3bc ，∴bc ＝40，∴S △ABC ＝12bc sin A ＝12×40×32＝10 3.2．(1)证明 a 1＝S 1＝2－3a 1得a 1＝12，当n ≥2时，由a n ＝S n －S n －1得a n n＝12×a n －1n －1，所以{a n n }是首项和公比均为12的等比数列． (2)解由(1)得a n n ＝12n ，于是2n ·a n ＝n ， T n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12. 所以1T n ＝2(1n －1n ＋1)，于是A n ＝2(1－1n ＋1)＝2n n ＋1，而2na n ＝2n ＋1n 2，所以问题转化为比较2nn 2与nn ＋1的大小．设f (n )＝2n n 2，所以问题转化为比较2nn 2与n n ＋1的大小．设f (n )＝2n n 2，g (n )＝n n ＋1，当n ≥4时，f (n )≥f (4)＝1，而g (n )<1，所以f (n )>g (n )．经验证当n ＝1,2,3时，仍有f (n )>g (n )．因此对任意的正整数n ，都有f (n )>g (n )，即A n <2na n .3．(1)证明 F 是PD 的中点时，EF ∥CD ∥AB ，EG ∥PB ，∴AB ∥平面EFG ，PB ∥平面EFG ，AB ∩PB ＝B ，∴平面PAB ∥平面EFG ，又∵AP ⊂平面PAB ，∴AP ∥平面EFG .(2)解建立如图所示的坐标系，则有G (1,2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,2)，E (0,1,1)，B (2,2,0)，设F (0,0，a )，GF →＝(－1，－2，a )，GE →＝(－1，－1,1)，设平面EFG 的一个法向量n 1＝(x ，y,1)，则有⎩⎪⎨⎪⎧ －x －2y ＋a ＝0，－x －y ＋1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2－a ，y ＝a －1， ∴n 1＝(2－a ，a －1,1)．取平面EFD 的一个法向量n 2＝(1,0,0)，依题意，cos 〈n 1，n 2〉＝2－a－a 2＋a －12＋1＝22， ∴a ＝1，于是GF →＝(－1，－2,1)．设平面PBC 的一个法向量n 3＝(m ，n,1)，PC →＝(0,2，－2)，BC →＝(－2,0,0)，则有⎩⎪⎨⎪⎧ 2n －2＝0，－2m ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝0，n ＝1.∴n 3＝(0,1,1)．设FG 与平面PBC 所成角为θ，则有sin θ＝|cos 〈GF →，n 3〉|＝16·2＝36，故有cos θ＝336. 4．(1)解由题意知，椭圆的一个顶点为(0，3)，即b ＝3，e ＝c a ＝12，∴a ＝2， ∴椭圆的标准方程为x 24＋y 23＝1. (2)解由题意可知，直线l 与椭圆必相交．①当直线斜率不存在时，经检验不合题意．②当斜率存在时，设直线l 的方程为 y ＝k (x －1)(k ≠0)，且M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧ x 24＋y 23＝1，y ＝k x －1得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k2， OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋k 2[x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1]＝4k 2－123＋4k 2＋k 2(4k 2－123＋4k 2－8k 23＋4k2＋1) ＝－5k 2－123＋4k2＝－2，解得k ＝±2，故直线l 的方程为y ＝2(x －1)或 y ＝－2(x －1)，即2x －y －2＝0或2x ＋y －2＝0.(3)证明设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，A (x 3，y 3)，B (x 4，y 4)，由(2)可得|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝＋k 2x 1＋x 22－4x 1x 2]＝＋k 28k23＋4k22－44k 2－123＋4k 2 ＝12k 2＋13＋4k 2，由⎩⎪⎨⎪⎧ x 24＋y 23＝1，y ＝kx消去y 并整理得x 2＝123＋4k 2， |AB |＝1＋k 2|x 3－x 4|＝43＋k23＋4k 2， ∴|AB |2|MN |＝48＋k23＋4k 212k 2＋13＋4k 2＝4，为定值．5．解 (1)因为a ＝4，所以y ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 648－x －4≤x ≤420－2x x ≤10.由当0≤x ≤4时，由648－x－4≥4，解得x ≥0，所以此时0≤x ≤4；当4<x ≤10时，由20－2x ≥4，解得x ≤8，所以此时4<x ≤8.综上，可得0≤x ≤8，即一次投放4个单位的药时，有效治污时间可达8天．(2)当6≤x ≤10时，y ＝2×(5－12x )＋a [168－x －6－1]＝10－x ＋16a 14－x－a ＝(14－x )＋16a 14－x－a －4，因为14－x ∈[4,8]，1≤a ≤4，所以4a ∈[4,8]，故当且仅当14－x ＝4a 时，y 取得最小值8a －a －4.令8a －a －4≥4，解得24－162≤a ≤4，所以a 的最小值为24－162≈1.6.。

2016届高考数学(理)二轮专题复习专题四+第3讲+立体几何与空间向量模拟演练(人教版含答案)(浙江专用)

专题四立体几何与空间向量经典模拟·演练卷一、选择题1．(2015·济宁模拟)已知α，β表示两个不同的平面，m 为平面α内的一条直线，则“α⊥β”是“m ⊥β”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2．(2015·潍坊三模)一个几何体的三视图如图所示，其中侧视图为直角三角形，则该几何体的体积为( )A.423B.823C.1623D ．16 23．(2015·诸暨中学模拟)已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于( ) A.64 B.104 C.22 D.324．(2015·河北质检)某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x 的值是( )A.92B.32C ．3D ．2 5．(2015·吉林实验中学模拟)已知E ，F 分别是矩形ABCD 的边BC 与AD 的中点，且BC ＝2AB ＝2，现沿EF 将平面ABEF 折起，使平面ABEF ⊥平面EFDC ，则三棱锥A －FEC 外接球的体积为( ) A.33π B.32π C.3π D ．23π6．(2015·宁波联考)如图，棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为线段A 1B 上的动点，则下列结论错误的是( )A ．DC 1⊥D 1PB ．平面D 1A 1P ⊥平面A 1APC ．∠APD 1的最大值为90° D ．AP ＋PD 1的最小值为2＋2二、填空题7．(2015·金华模拟)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 为棱DD 1上的点，F 为AB 的中点，则三棱锥B 1－BFE 的体积为________．8．(2015·保定调研)如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的表面积为________．9．(2015·杭州模拟)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥平面ABCD，AB ＝PD＝a，点E为侧棱PC的中点，又作DF⊥PB交PB于点F，则PB与平面EFD所成角为________．三、解答题10．(2015·杭州模拟)如图，四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝AD＝1，DC＝2，PD＝2，M为棱PB的中点．(1)证明：DM⊥平面PBC；(2)求二面角A－DM－C的余弦值．11．(2015·浙江名校联考)如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F分别为AC，DC的中点．(1)求证：EF⊥BC；(2)求二面角E－BF－C的正弦值．12．(2015·温州中学二模)如图，边长为2的正方形ADEF 与梯形ABCD 所在的平面互相垂直．已知AB ∥CD ，AB ⊥BC ，DC ＝BC ＝12AB ＝1，点M 在线段EC 上．(1)证明：平面BDM ⊥平面ADEF ；(2)判断点M 的位置，使得平面BDM 与平面ABF 所成的锐二面角为π3.经典模拟·演练卷1．B [当m ⊥β，m ⊂α时，α⊥β，必要性成立．但α⊥β，m ⊂α，则m ⊂β或m ∥β或m 与β相交．因此“α⊥β”是“m ⊥β”的必要不充分条件．]2．C [由三视图知，该几何体为三棱锥(如图)．其中AO ⊥底面BCD ，且OD ⊥BC .∵AO ＝22，S △BCD ＝12×42×22＝8.所以几何体的体积V ＝13·OA ·S △BCD ＝13×22×8＝1623.]3．A [如图所示，设点E 为棱A 1C 1的中点，连接AE ，B 1E . 在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，B 1E ⊥平面ACC 1A 1， ∴∠B 1AE 为直线AB 1与侧面ACC 1A 1所成的角，记为α.设三棱柱的棱长为a ，则B 1E ＝32a ，AB 1＝2a .∴sin α＝B 1E AB 1＝32a 2a ＝64.] 4．C [由三视图知，该几何体是底面为直角梯形的四棱锥． ∵S 底＝12(1＋2)×2＝3.∴几何体的体积V ＝13x ·S 底＝3，即13x ·3＝3.因此x ＝3.] 5．B [如图，平面ABEF ⊥平面EFDC ，AF⊥EF ， ∴AF ⊥平面ECDF ，将三棱锥A －FEC 补成正方体ABC ′D ′－FECD . 依题意，其棱长为1，外接球的半径R ＝32， ∴外接球的体积V ＝43πR 3＝43π·⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝32π.] 6．C [由DC 1⊥平面A 1BCD 1知DC 1⊥D 1P ，∴A 正确． ∵D 1A 1⊥平面ABB 1A 1，且A 1D 1⊂平面D 1A 1P ， ∴平面D 1A 1P ⊥平面A 1AP ，因此B 正确．当0<A 1P <22时，∠APD 1为钝角，∴C 错．将面AA 1B 与面A 1BCD 1沿面对角线A 1B 展开成平面图形时，线段A 1D 为AP ＋PD 1的最小值．在△AA 1D 1中，A 1D 1＝A 1A ＝1，∠AA 1D 1＝135°.由余弦定理，AD 21＝12＋12－2×1×1cos 135°＝2＋ 2. ∴AP ＋PD 1的最小值AD 1＝2＋2，因此D 正确．] 7.112[∵V 三棱锥B 1－BFE ＝V 三棱锥E －BB 1F ，又S △BB 1F ＝12·BB 1·BF ＝14，且点E 到底面BB 1F 的距离h ＝1.∴V 三棱锥B 1－BFE ＝13·h ·S △BB 1F ＝112.]8．(16＋213)π [由三视图知，该几何体是由一个底面半径为2，高为3的圆柱挖去一个同底等高的圆锥所得的组合体．则S 圆柱侧＝2π×2×3＝12π.S 圆柱下底＝π×22＝4π.S 圆锥侧＝12×2π×2×13＝213π.故几何体的表面积S ＝12π＋4π＋213π＝(16＋213)π.]9．90° [建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，D 为坐标原点，则P (0，0，a )，B (a ，a ，0)，PB →＝(a ，a ，－a )，又DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，a 2，PB →·DE →＝0＋a 22－a 22＝0，所以PB ⊥DE .又DF ⊥PB ，且DF ∩DE ＝D ，∴PB ⊥平面DEF .故直线PB 与平面DEF 所成的角为90°.]10．(1)证明连接BD ，取DC 的中点G ，连接BG ，由此知DG ＝GC ＝BG ＝1，即△DBC 为直角三角形， ∴BC ⊥BD .又PD ⊥平面ABCD ， ∴BC ⊥PD ，又PD ∩BD ＝D ， ∴BC ⊥平面BDP ，∴BC ⊥DM .又PD ＝BD ＝2，PD ⊥BD ，M 为PB 的中点， ∴DM ⊥PB ，∵PB ∩BC ＝B ， ∴DM ⊥平面PBC .(2)解以D 为坐标原点，射线DA 、DC 、DP 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系D －xyz ，则A (1，0，0)，B (1，1，0)，C (0，2，0)，P (0，0，2)，从而M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，22，设n 1＝(x ，y ，z )是平面ADM 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DA →＝0，n 1·DM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，x 2＋y 2＋22z ＝0， ∴可取n 1＝(0，2，－1)．同理，设n 2＝(u ，v ，w )是平面CDM 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·DC →＝0，n 2·DM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧v ＝0，u 2＋v 2＋22w ＝0，∴可取n 2＝(2，0，－1)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝13，显然二面角A －DM －C 的大小为钝角， ∴所以二面角A －DM －C 的余弦值为－13.11. (1)证明法一过E 作EO ⊥BC ，垂足为O ，连接OF . 由△ABC ≌△DBC 可证出△EOC ≌△FOC .图1所以∠EOC ＝∠FOC ＝π2，即FO ⊥BC .又EO ⊥BC ，FO ∩EO ＝O ，因此BC ⊥面EFO ，又EF ⊂面EFO ，所以EF ⊥BC .法二由题意，以B 为坐标原点，在平面DBC 内过B 作垂直BC 的直线为x 轴，BC 所在直线为y 轴，在平面ABC 内过B 作垂图2直BC 的直线为z 轴，建立如图2所示空间直角坐标系．易得B (0，0，0)，A (0，－1，3)，D (3，－1，0)，C (0，2，0)．因而E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，所以EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，－32，BC →＝(0，2，0)，因此EF →·BC →＝0.从而EF →⊥BC →，所以EF ⊥BC .(2)解法一在图1中，过O 作OG ⊥BF ，垂足为G ，连接EG .由平面ABC ⊥平面BDC ，从而EO ⊥面BDC ，∴EO ⊥BF ，又OG ⊥BF ，EO ∩OG ＝O ，∴BF ⊥平面BOG ，∴EO ⊥BF .因此∠EGO 为二面角E －BF －C 的平面角．在△EOC 中，EO ＝12EC ＝12BC ·cos 30°＝32，由△BGO ∽△BFC 知，OG ＝BOBC ·FC ＝34，因此tan ∠EGO ＝EO OG＝2，从而sin ∠EGO ＝255，即二面角E －BF －C 的正弦值为255.法二在图2中，平面BFC 的一个法向量为n 1＝(0，0，1)．设平面BEF 的法向量n 2＝(x ，y ，z )，又BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32.由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BF →＝0n 2·BE →＝0得其中一个n 2＝(1，－3，1)．设二面角E －BF －C 大小为θ，且由题意知θ为锐角，则 cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝15，因此sin θ＝25＝255，即所求二面角的正弦值为255.12．(1)证明 ∵DC ＝BC ＝1，DC ⊥BC ，∴BD ＝2，又∵AD ＝2，AB ＝2，∴AD 2＋BD 2＝AB 2，则∠ADB ＝90°. ∴AD ⊥BD ，又∵面ADEF ⊥面ABCD ，ED ⊥AD ，面ADEF ∩面ABCD ＝AD ， ∴ED ⊥面ABCD ，∴BD ⊥ED ，又∵AD ∩DE ＝D ，∴BD ⊥面ADEF ，BD ⊂面BDM ， ∴面BDM ⊥面ADEF .(2)解在面DAB 内过D 作DN ⊥AB ，垂足N ， ∵AB ∥CD ，∴DN ⊥CD ，又∵ED ⊥面ABCD ，∴DN ⊥ED ，∴以D 为坐标原点，DN 为x 轴，DC 为y 轴，DE 为z 轴，建立空间直角坐标系． ∴B (1，1，0)，C (0，1，0)，E (0，0，2)，N (1，0，0)，设M (x 0，y 0，z 0)，EM →＝λEC →(0<λ<1)，∴(x 0，y 0，z 0－2)＝λ(0，1，－2) 因此x 0＝0，y 0＝λ，z 0＝2(1－λ)．于是点M (0，λ，2(1－λ))．设平面BDM 的法向量n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DM →＝0，n 1·DB →＝0，∴⎩⎨⎧λy ＋2z （1－λ）＝0，x ＋y ＝0，令x ＝1，得n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1，λ2（1－λ）.∵平面ABF 的法向量n 2＝DN →＝(1，0，0)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝11＋1＋λ22（1－λ）2＝cos π3＝12，解得λ＝23，λ＝2(舍去)．∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，23，∴点M 的位置在线段CE 的三等分点且靠近C 处．。

配套K12浙江省2016届高三数学专题复习专题四立体几何与空间向量理

专题四立体几何与空间向量真题体验·引领卷一、选择题1．(2015·全国卷Ⅱ)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右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18B.17C.16D.152．(2015·全国卷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( )A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛3．(2015·安徽高考)已知m ，n 是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( )A ．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B ．若m ，n 平行于同一平面，则m 与n 平行C ．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线D ．若m ，n 不平行，则m 与n 不可能垂直于同一平面4．(2015·福建高考)若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”的( )A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件5．(2015·全国卷Ⅱ)已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点，若三棱锥O－ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为( )A．36πB．64πC．144πD．256π6．(2015·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．8二、填空题7．(2015·江苏高考)现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个，则新的底面半径为________．8．(2015·重庆高考改编)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．9．(2015·四川高考)如图所示，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cosθ的最大值为________．三、解答题10．(2015·全国卷Ⅱ)如图，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)求直线AF与平面α所成角的正弦值．11．(2014·浙江高考)如图，在四棱锥A－BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝ 2.(1)证明：DE⊥平面ACD；(2)求二面角B－AD－E的大小．12．(2015·山东高考)如图，在三棱台DEF－ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．(1)求证：BD∥平面FGH；(2)若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF＝DE，∠BAC＝45°，求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小．专题四立体几何与空间向量经典模拟·演练卷一、选择题1．(2015·济宁模拟)已知α，β表示两个不同的平面，m 为平面α内的一条直线，则“α⊥β”是“m ⊥β”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2．(2015·潍坊三模)一个几何体的三视图如图所示，其中侧视图为直角三角形，则该几何体的体积为( )A.423 B.823C.1623D ．16 23．(2015·诸暨中学模拟)已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于( )A.64B.104C.22D.324．(2015·河北质检)某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x 的值是( )A.92B.32 C ．3 D ．25．(2015·吉林实验中学模拟)已知E，F分别是矩形ABCD的边BC与AD的中点，且BC＝2AB ＝2，现沿EF将平面ABEF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC，则三棱锥A－FEC外接球的体积为( )A.33π B.32πC.3πD．23π6．(2015·宁波联考)如图，棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论错误的是( )A．DC1⊥D1PB．平面D1A1P⊥平面A1APC．∠APD1的最大值为90°D．AP＋PD1的最小值为2＋2二、填空题7．(2015·金华模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E为棱DD1上的点，F为AB的中点，则三棱锥B1－BFE的体积为________．8．(2015·保定调研)如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的表面积为________．9．(2015·杭州模拟)在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥平面ABCD ，AB ＝PD ＝a ，点E 为侧棱PC 的中点，又作DF ⊥PB 交PB 于点F ，则PB 与平面EFD 所成角为________．三、解答题10．(2015·杭州模拟)如图，四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AD ⊥DC ，AB ＝AD ＝1，DC ＝2，PD ＝2，M 为棱PB 的中点．(1)证明：DM ⊥平面PBC ； (2)求二面角A －DM －C 的余弦值．11．(2015·浙江名校联考)如图，△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直，且AB ＝BC ＝BD ＝2，∠ABC ＝∠DBC ＝120°，E ，F 分别为AC ，DC 的中点．(1)求证：EF ⊥BC ；(2)求二面角E －BF －C 的正弦值．12．(2015·温州中学二模)如图，边长为2的正方形ADEF 与梯形ABCD 所在的平面互相垂直．已知AB ∥CD ，AB ⊥BC ，DC ＝BC ＝12AB ＝1，点M 在线段EC 上．(1)证明：平面BDM ⊥平面ADEF ；(2)判断点M 的位置，使得平面BDM 与平面ABF 所成的锐二面角为π3.专题四立体几何与空间向量专题过关·提升卷第Ⅰ卷(选择题)一、选择题1．(2015·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )A ．8 cm 3B ．12 cm 3 C.323 cm 3 D.403cm 32．设a ，b 是两条直线，α，β表示两个平面，如果a ⊂α，α∥β，那么“b ⊥β”是“a ⊥b ”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件3．(2015·山东高考)在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.2π3 B.4π3 C.5π3D ．2π 4．(2015·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( )A ．2＋ 5B ．4＋ 5C ．2＋2 5D ．55．(2015·北京朝阳区质检)在空间直角坐标系O －xyz 中，已知A (2，0，0)，B (2，2，0)，C (0，2，0)，D (1，1，2)，若S 1，S 2，S 3分别表示三棱锥D －ABC 在xOy ，yOz ，zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则( ) A ．S 1＝S 2＝S 3 B ．S 1＝S 2且S 3≠S 1 C ．S 1＝S 3且S 3≠S 2D ．S 2＝S 3且S 1≠S 36．(2015·杭州中学模拟)一个四棱锥的三视图如图所示，下列说法中正确的是( )A ．最长棱的棱长为 6B ．最长棱的棱长为3C ．侧面四个三角形中有且仅有一个是正三角形D ．侧面四个三角形都是直角三角形7．(2015·嘉兴模拟)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1A ＝AB ＝2，若棱AB 上存在点P ，使得D 1P ⊥PC ，则AD 的取值范围是( ) A ．[1，2) B ．(1，2] C ．(0，1]D ．(0，2)8．某市博物馆邀请央视《一槌定音》专家鉴宝，其中一藏友持有的“和田玉”的三视图如图所示，若将和田玉切割、打磨、雕刻成“和田玉球”，则该“玉雕球”的最大表面积是( )A ．4πB ．16πC ．36πD ．64π第Ⅱ卷(非选择题)二、填空题9．(2015·舟山中学模拟)如图，在矩形ABCD 中，AB ＝32，BC ＝2，沿BD 将矩形ABCD 折叠，连接AC ，所得三棱锥A －BCD 的正视图和俯视图如图所示，则三棱锥A －BCD 侧视图的面积为________．10．如图所示，ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，AC ⊥CB ，点D 1、F 1分别是A 1B 1、A 1C 1的中点．若BC ＝CA ＝CC 1，则BD 1与CF 1所成角的正弦值是________．11．(2015·杭州二中调研)在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，PA ＝3，则该三棱锥外接球的表面积为________．12．(2014·山东高考)在三棱锥P －ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D －ABE 的体积为V 1，P －ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________．13．多面体MN －ABCD 的底面ABCD 为矩形，其正视图和侧视图如图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形，则AM 的长为________．14．(2015·天津高考)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.15．将边长为1的正方形ABCD 沿对角线AC 折起后，使得平面ADC ⊥平面ABC ，在折起后的三棱锥D －ABC 中，给出下列四个命题：①AC ⊥BD ；②侧棱DB 与平面ABC 成45°的角；③△BCD 是等边三角形；④三棱锥的体积V D －ABC＝26. 那么正确的命题是________(填上所有正确命题的序号)．三、解答题16．如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点，将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求直线A 1B 与平面A 1CD 所成角．17．(2015·福建高考)如图，在几何体ABCDE 中，四边形ABCD 是矩形，AB ⊥平面BEC ，BE ⊥EC ，AB ＝BE ＝EC ＝2，G ，F 分别是线段BE ，DC 的中点．(1)求证：GF ∥平面ADE ；(2)求平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值．18．(2015·四川高考)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N.(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)证明：直线MN∥平面BDH；(3)求二面角A－EG－M的余弦值．19．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，且∠BAD＝120°，AB＝2，E是CD 的中点．平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥AD，PC与平面ABCD所成的角为45°.(1)求证：CD⊥平面PAE；(2)试问在线段A B(不包括端点)上是否存在一点F，使得二面角A－P F －E的大小为45°？若存在，请求出AF的长；若不存在，说明理由．20．(2015·天津高考)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB ＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝5，且点M和N分别为B1C和D1D的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1－AC －B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E 的长．专题四立体几何与空间向量真题体验·引领卷1．D [如图，由题意知，该几何体是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1被过三点A 、B 1、D 1的平面所截剩余部分，截去的部分为三棱锥A －A 1B 1D 1，设正方体的棱长为1，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为16∶56＝1∶5.]2．B [由题意知，米堆的底面半径R ＝163(尺)，则米堆体积V ＝13×14πR 2·h ＝13×14×3×⎝ ⎛⎭⎪⎫1632×5≈3209(立方尺)．所以堆放的米大约为3209×1.62≈22(斛)．]3．D [A 中α∥β或α与β相交，A 错；B 中直线m 与n 的位置关系：相交、平行或异面，B 错；C 中，在α内存在直线l 平行α与β的交线，从而l ∥β.因此C 不正确；选项D 中，假设m ，n 垂直于同一平面，则m ∥n 与m 、n 不平行矛盾，因此m ，n 不能垂直于同一平面，D 正确．]4．B [当l ∥α时，由于m ⊥平面α.∴m ⊥l .则必要性成立．但l ⊥m 时，由于m ⊥α，则l ⊂α或l ∥α，故充分性不成立．故“l ⊥m ”是“l ∥α”的必要不充分条件．]5．C [设点C 到平面OAB 的距离为h ，球O 的半径为R (如图所示)．由∠AOB ＝90°，得S △AOB ＝12R 2，要使V O －ABC ＝13·S △AOB ·h 最大，当且仅当点C 到平面OAB 的距离，即三棱锥C －OAB 底面OAB上的高最大，其最大值为球O 的半径R . 故V O －ABC ＝16R 3＝36，则R ＝6.所以S 球＝4πR 2＝4π×62＝144π.]6．B [由三视图知，该几何体由半个圆柱和半球体构成，由题设得12(πr 2＋4πr 2)＋2r ·2r＋12·2πr ·2r ＋12πr 2＝16＋20π.解之得r ＝2.] 7.7 [设新的底面半径为r ，由题意得13πr 2·4＋πr 2·8＝43π×52＋8π×22，解之得r ＝7.]8.13＋π [由三视图知，该几何体为一个三棱锥与一个半圆柱构成的组合体，其中半圆柱的底面半径为1，高为2；三棱锥的底面为斜边为2的等腰直角三角形，高为1.则V 三棱锥＝13×12×2×1×1＝13，V 半圆柱＝12π×12×2＝π.故所求几何体的体积V ＝V 三棱锥＋V 半圆柱＝13＋π.]9.25[以A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系(如图)．设AB ＝2，则A (0，0，0)，E (1，0，0)，F (2，1，0)．设点M (0，y ，2)(0≤y ≤2)．于是EM →＝(－1，y ，2)，AF →＝(2，1，0)．∴cos θ＝|cos 〈EM →，AF →〉|＝2－y 5·5＋y2.又t ＝2－y 5·5＋y2在y ∈[0，2]上是减函数．∴当y ＝0时，t 有最大值25，即cos θ的最大值为25.]10．解 (1)交线围成的正方形EHGF 如图：(2)作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EM ＝AA 1＝8. 因为EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10. 于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，所以AH ＝10.以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则A (10，0，0)，H (10，10，0)，E (10，4，8)，F (0，4，8)，FE →＝(10，0，0)，HE →＝(0，－6，8)．设n ＝(x ，y ，z )是平面EHGF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝0，n ·HE →＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧10x ＝0，－6y ＋8z ＝0.所以可取n ＝(0，4，3)．又AF →＝(－10，4，8)，故|cos 〈n ，AF →〉|＝|n ·AF →||n ||AF →|＝4515. 所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为4515.11．(1)证明在直角梯形BCDE 中，由DE ＝BE ＝1，CD ＝2，得BD ＝BC ＝ 2. 由AC ＝2，AB ＝2，得AB 2＝AC 2＋BC 2，即AC ⊥BC .又平面ABC ⊥平面BCDE ，平面ABC ∩平面BCDE ＝BC ，从而AC ⊥平面BCDE . 所以AC ⊥DE .又DE ⊥DC ，AC ∩DC ＝C ，从而DE ⊥平面ACD .(2)解法一作BF ⊥AD ，与AD 交于点F .过点F 作FG ∥DE ，与AE 交于点G ，连接BG ，如图所示．由(1)知DE ⊥AD ，则FG ⊥AD .所以∠BFG 是二面角B －AD －E 的平面角．在直角梯形BCDE 中，由CD 2＝BC 2＋BD 2，得BD ⊥BC ，又平面ABC ⊥平面BCDE ，得BD ⊥平面ABC ，从而BD ⊥AB . 由(1)知AC ⊥平面BCDE ，得AC ⊥CD .在Rt △ACD 中，由DC ＝2，AC ＝2，得AD ＝ 6. 在Rt △AED 中，由ED ＝1，AD ＝6，得AE ＝7.在Rt △ABD 中，由BD ＝2，AB ＝2，AD ＝6，得BF ＝233，AF ＝23AD .从而GF ＝23.在△ABE ，△ABG 中，利用余弦定理分别可得cos ∠BAE ＝5714，BG ＝23.在△BFG 中，cos ∠BFG ＝GF 2＋BF 2－BG 22BF ·GF ＝32.所以，∠BFG ＝π6，即二面角B －AD －E 的大小是π6.法二以D 为原点，分别以射线DE ，DC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系D －xyz ，如图所示．由题意知各点坐标如下：D (0，0，0)，E (1，0，0)，C (0，2，0)，A (0，2，2)，B (1，1，0)．设平面ADE 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)．可算得AD →＝(0，－2，－2)，AE →＝(1，－2，－2)，DB →＝(1，1，0)，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AD →＝0，m ·AE →＝0，即⎩⎨⎧－2y 1－2z 1＝0，x 1－2y 1－2z 1＝0.可取m ＝(0，1，－2)．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎨⎧－2y 2－2z 2＝0，x 2＋y 2＝0，可取n ＝(1，－1，2)．于是|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n||m|·|n|＝33·2＝32.由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角B －AD －E 的大小是π6.12．(1)证明法一连接DG ， CD ，设CD ∩GF ＝O ，连接OH . 在三棱台DEF －ABC 中，AB ＝2DE ，G 为AC 的中点．可得DF ∥GC ，DF ＝GC ，所以四边形DFCG 为平行四边形．则O 为CD 的中点，又H 为BC 的中点，所以OH ∥BD ，又OH ⊂平面FGH ，BD ⊄平面FGH ，所以BD ∥平面FGH .法二在三棱台DEF －ABC 中，由BC ＝2EF ，H 为BC 的中点，可得BH ∥EF ，BH ＝EF ，所以四边形BHFE 为平行四边形，可得BE ∥HF .在△ABC 中，G 为AC 的中点，H 为BC 的中点，所以GH ∥AB .又GH ∩HF ＝H ，所以平面FGH ∥平面ABED .因为BD ⊂平面ABED ，所以BD ∥平面FGH .(2)解设AB ＝2，则CF ＝1.在三棱台DEF －ABC 中，G 为AC 的中点，由DF ＝12AC ＝GC ，可得四边形DGCF 为平行四边形，因此DG ∥FC . 又FC ⊥平面ABC ，所以DG ⊥平面ABC .在△ABC 中，由AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，G 是AC 中点．所以AB ＝BC ，GB ⊥GC ，因此GB ，GC ，GD 两两垂直．以G 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G －xyz . 所以G (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (0，0，1)．可得H ⎝⎛⎭⎪⎫22，22，0，F (0，2，1)，故GH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，GF →＝(0，2，1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面FGH 的一个法向量，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·GH →＝0，n ·GF →＝0，可得⎩⎨⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0. 可得平面FGH 的一个法向量n ＝(1，－1，2)．因为GB →是平面ACFD 的一个法向量，GB →＝(2，0，0)．所以cos 〈GB →，n 〉＝GB →·n |GB →|·|n |＝222＝12.所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°.经典模拟·演练卷1．B [当m ⊥β，m ⊂α时，α⊥β，必要性成立．但α⊥β，m ⊂α，则m ⊂β或m ∥β或m 与β相交．因此“α⊥β”是“m ⊥β”的必要不充分条件．]2．C [由三视图知，该几何体为三棱锥(如图)．其中AO ⊥底面BCD ，且OD ⊥BC .∵AO ＝22，S △BCD ＝12×42×22＝8.所以几何体的体积V ＝13·OA ·S △BCD ＝13×22×8＝1623.]3．A [如图所示，设点E 为棱A 1C 1的中点，连接AE ，B 1E . 在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，B 1E ⊥平面ACC 1A 1， ∴∠B 1AE 为直线AB 1与侧面ACC 1A 1所成的角，记为α.设三棱柱的棱长为a ，则B 1E ＝32a ，AB 1＝2a .∴sin α＝B 1E AB 1＝32a 2a ＝64.] 4．C [由三视图知，该几何体是底面为直角梯形的四棱锥． ∵S 底＝12(1＋2)×2＝3.∴几何体的体积V ＝13x ·S 底＝3，即13x ·3＝3.因此x ＝3.] 5．B [如图，平面ABEF ⊥平面EFDC ，AF ⊥EF ， ∴AF ⊥平面ECDF ，将三棱锥A －FEC 补成正方体ABC ′D ′－FECD . 依题意，其棱长为1，外接球的半径R ＝32，∴外接球的体积V ＝43πR 3＝43π·⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝32π.] 6．C [由DC 1⊥平面A 1BCD 1知DC 1⊥D 1P ，∴A 正确． ∵D 1A 1⊥平面ABB 1A 1，且A 1D 1⊂平面D 1A 1P ， ∴平面D 1A 1P ⊥平面A 1AP ，因此B 正确．当0<A 1P <22时，∠APD 1为钝角，∴C 错．将面AA 1B 与面A 1BCD 1沿面对角线A 1B 展开成平面图形时，线段A 1D 为AP ＋PD 1的最小值．在△AA 1D 1中，A 1D 1＝A 1A ＝1，∠AA 1D 1＝135°.由余弦定理，AD 21＝12＋12－2×1×1cos 135°＝2＋ 2. ∴AP ＋PD 1的最小值AD 1＝2＋2，因此D 正确．] 7.112[∵V 三棱锥B 1－BFE ＝V 三棱锥E －BB 1F ，又S △BB 1F ＝12·BB 1·BF ＝14，且点E 到底面BB 1F 的距离h ＝1.∴V 三棱锥B 1－BFE ＝13·h ·S △BB 1F ＝112.]8．(16＋213)π [由三视图知，该几何体是由一个底面半径为2，高为3的圆柱挖去一个同底等高的圆锥所得的组合体．则S 圆柱侧＝2π×2×3＝12π.S 圆柱下底＝π×22＝4π.S 圆锥侧＝12×2π×2×13＝213π.故几何体的表面积S ＝12π＋4π＋213π＝(16＋213)π.]9．90° [建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，D 为坐标原点，则P (0，0，a )，B (a ，a ，0)，PB →＝(a ，a ，－a )，又DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，a 2，PB →·DE →＝0＋a 22－a 22＝0，所以PB ⊥DE .又DF ⊥PB ，且DF ∩DE ＝D ， ∴PB ⊥平面DEF .故直线PB 与平面DEF 所成的角为90°.]10．(1)证明连接BD ，取DC 的中点G ，连接BG ，由此知DG ＝GC ＝BG ＝1，即△DBC 为直角三角形， ∴BC ⊥BD .又PD ⊥平面ABCD ， ∴BC ⊥PD ，又PD ∩BD ＝D ， ∴BC ⊥平面BDP ，∴BC ⊥DM .又PD ＝BD ＝2，PD ⊥BD ，M 为PB 的中点， ∴DM ⊥PB ，∵PB ∩BC ＝B ， ∴DM ⊥平面PBC .(2)解以D 为坐标原点，射线DA 、DC 、DP 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系D －xyz ，则A (1，0，0)，B (1，1，0)，C (0，2，0)，P (0，0，2)，从而M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，22，设n 1＝(x ，y ，z )是平面ADM 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DA →＝0，n 1·DM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，x 2＋y 2＋22z ＝0， ∴可取n 1＝(0，2，－1)．同理，设n 2＝(u ，v ，w )是平面CDM 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·DC →＝0，n 2·DM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧v ＝0，u 2＋v 2＋22w ＝0， ∴可取n 2＝(2，0，－1)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝13，显然二面角A －DM －C 的大小为钝角， ∴所以二面角A －DM －C 的余弦值为－13.11. (1)证明法一过E 作EO ⊥BC ，垂足为O ，连接OF . 由△ABC ≌△DBC 可证出△EOC ≌△FOC .图1所以∠EOC ＝∠FOC ＝π2，即FO ⊥BC .又EO ⊥BC ，FO ∩EO ＝O ，因此BC ⊥面EFO ，又EF ⊂面EFO ，所以EF ⊥BC .法二由题意，以B 为坐标原点，在平面DBC 内过B 作垂直BC 的直线为x 轴，BC 所在直线为y 轴，在平面ABC 内过B 作垂图2直BC 的直线为z 轴，建立如图2所示空间直角坐标系．易得B (0，0，0)，A (0，－1，3)，D (3，－1，0)，C (0，2，0)．因而E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，所以EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，－32，BC →＝(0，2，0)，因此EF →·BC →＝0.从而EF →⊥BC →，所以EF ⊥BC .(2)解法一在图1中，过O 作OG ⊥BF ，垂足为G ，连接EG .由平面ABC ⊥平面BDC ，从而EO ⊥面BDC ，∴EO ⊥BF ，又OG ⊥BF ，EO ∩OG ＝O ，∴BF ⊥平面BOG ，∴EO ⊥BF .因此∠EGO 为二面角E －BF －C 的平面角．在△EOC 中，EO ＝12EC ＝12BC ·cos 30°＝32，由△BGO ∽△BFC 知，OG ＝BOBC ·FC ＝34，因此tan ∠EGO ＝EO OG＝2，从而sin ∠EGO ＝255，即二面角E －BF －C 的正弦值为255.法二在图2中，平面BFC 的一个法向量为n 1＝(0，0，1)．设平面BEF 的法向量n 2＝(x ，y ，z )，又BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32.由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BF →＝0n 2·BE →＝0得其中一个n 2＝(1，－3，1)．设二面角E －BF －C 大小为θ，且由题意知θ为锐角，则 cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝15，因此sin θ＝25＝255，即所求二面角的正弦值为255.12．(1)证明 ∵DC ＝BC ＝1，DC ⊥BC ，∴BD ＝2，又∵AD ＝2，AB ＝2，∴AD 2＋BD 2＝AB 2，则∠ADB ＝90°. ∴AD ⊥BD ，又∵面ADEF ⊥面ABCD ，ED ⊥AD ，面ADEF ∩面ABCD ＝AD ， ∴ED ⊥面ABCD ，∴BD ⊥ED ，又∵AD ∩DE ＝D ，∴BD ⊥面ADEF ，BD ⊂面BDM ， ∴面BDM ⊥面ADEF .(2)解在面DAB 内过D 作DN ⊥AB ，垂足N ， ∵AB ∥CD ，∴DN ⊥CD ，又∵ED ⊥面ABCD ，∴DN ⊥ED ，∴以D 为坐标原点，DN 为x 轴，DC 为y 轴，DE 为z 轴，建立空间直角坐标系． ∴B (1，1，0)，C (0，1，0)，E (0，0，2)，N (1，0，0)，设M (x 0，y 0，z 0)，EM →＝λEC →(0<λ<1)，∴(x 0，y 0，z 0－2)＝λ(0，1，－2) 因此x 0＝0，y 0＝λ，z 0＝2(1－λ)．于是点M (0，λ，2(1－λ))．设平面BDM 的法向量n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DM →＝0，n 1·DB →＝0，∴⎩⎨⎧λy ＋2z （1－λ）＝0，x ＋y ＝0，令x ＝1，得n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1，λ2（1－λ）.∵平面ABF 的法向量n 2＝DN →＝(1，0，0)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝11＋1＋λ22（1－λ）2＝cos π3＝12，解得λ＝23，λ＝2(舍去)．∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，23，∴点M 的位置在线段CE 的三等分点且靠近C 处．专题过关·提升卷1．C [该几何体为正方体与正四棱锥的组合体，∴体积V ＝23＋13×22×2＝323(cm 3)．]2．A [若b ⊥β，α∥β，则b ⊥α，又a ⊂α，∴a ⊥b ，但a ⊥b ，a ⊂α，α∥β时，得不到b ⊥β. ∴“b ⊥β”是“a ⊥b ”的充分不必要条件．]3．C [如图，由题意，得BC ＝2，AD ＝AB ＝1.绕AD 所在直线旋转一周后所得几何体为一个圆柱挖去一个圆锥的组合体．所求体积V ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3.]4．C [该三棱锥的直观图如图所示：过D 作DE ⊥BC ，交BC 于E ，连接AE ，则BC ＝2，EC ＝1，AD ＝1，ED ＝2，AE ＝5，BD ＝CD ＝5，S 表＝S △BCD ＋S △ACD ＋S △ABD ＋S △ABC＝12×2×2＋12×1×5×2＋12×2× 5 ＝2＋2 5.]5．D [由图可知S 2＝S 3＝2，S 1＝2，所以S 1≠S 3.]6．D [由三视图知，该四棱锥的直观图如图所示，其中PA ⊥平面ABCD ，平面ABCD 为直角梯形．则最长棱PB ＝22＋22＝22，A 错，B 错．棱锥中的四个侧面中：由PA ⊥底面ABCD ，知△PAB ，△PAD 为直角三角形．又DC ⊥AD ，PA ⊥DC ，知DC ⊥平面PAD ，则DC ⊥PD ，从而△PDC 为直角三角形．又PD ＝5，DC ＝1，所以PC ＝12＋（5）2＝ 6.在梯形ABCD 中，易求BC ＝2，故PB 2＝PC 2＋BC 2，△PBC 为直角三角形．]7．C [如图，以D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ，则D 1(0，0，2)，C (0，2，0)，设P (x ，y ，0)(x >0，0<y <2)，则D 1P →＝(x ，y ，－2)，PC →＝(－x ，2－y ，0)．由D 1P ⊥PC ，得D 1P →·PC →＝－x 2＋y (2－y )＝0， ∴x ＝2y －y 2(0<y <2)，所以0<x ≤1.]8．B [由三视图知，“和田玉”为直三棱柱，底面是直角三角形，高为12，如图所示．其中AC ＝6，BC ＝8，BC ⊥AC ，则AB ＝10，若使“玉雕球”的半径最大，则该球与直三棱柱的三个侧面都相切． ∴球半径r ＝6＋8－102＝2，则S 球＝4πr 2＝16π.]9.1825 [由正视图及俯视图知，在三棱锥A －BCD 中，平面ABD ⊥平面BCD (如图所示)，因此三棱锥的侧视图为等腰直角三角形．在△ABD 中，AB ＝32，AD ＝BC ＝2.∴BD ＝AB 2＋BC 2＝52.因此AA ′＝AB ·AD BD ＝32×252＝65.所以等腰直角三角形的腰长为65.故侧视图的面积为12×⎝ ⎛⎭⎪⎫652＝1825.]10.66[如图所示，建立以C 为坐标原点，CA 、CB 、CC 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z轴的空间直角坐标系．设BC ＝CA ＝CC 1＝2，则B (0，2，0)、D 1(1，1，2)、F 1(1，0，2)．则BD 1→＝(1，－1，2)，CF 1→＝(1，0，2)，∴cos 〈BD 1→，CF 1→〉＝BD 1→·CF 1→|BD 1→||CF 1→|＝530＝306. 设BD 1与CF 1所成的角为α.11．5π [如图所示，将三棱锥P －ABC 补成长方体ADBC －PD ′B ′C ′. 则三棱锥P －ABC 的外接球就是长方体的外接球．∴2R ＝PA 2＋AC 2＋AD 2＝5，故外接球的表面积S 球＝4πR 2＝5π.]12.14 [分别过E ，C 向平面PAB 作高h 1，h 2，由E 为PC 的中点得h 1h 2＝12，由D 为PB 的中点得S △ABD ＝12S △ABP ，所以V 1∶V 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13S △ABD ·h 1∶⎝ ⎛⎭⎪⎫13S △ABP ·h 2＝14.]13. 6 [如图所示为多面体MN －ABCD ，作MH ⊥AB 交AB 于H .由侧视图可知MH ＝12＋22＝ 5.根据正视图知MN ＝2，AB ＝4，且正视图为等腰梯形． ∴AH ＝4－22＝1，从而AM ＝AH 2＋MH 2＝ 6.]14.8π3 [由三视图知，该几何体是由两个圆锥和一个圆柱构成的组合体，且圆锥的底面分别与圆柱的两个底面重合．∵圆柱的底面圆的半径R ＝1，高h ＝2，且圆锥的高h ′＝1. ∴V 圆柱＝πR 2·h ＝2π，V 圆锥＝13πR 2h ′＝π3.因此该几何体的体积V ＝V 圆柱＋2V 圆锥＝8π3.]15．①②③ [取AC 的中点O ，连接OB ，OD ，则OD ⊥AC ，OB ⊥AC .OD ∩OB ＝O ，AC ⊥平面OBD ，从而AC ⊥BD ，①正确．又平面ADC ⊥平面ABC ，DO ⊥AC ，所以DO ⊥平面ABC ，因此DO ⊥OB ，且∠OBD 为棱BD 与底面ABC 所成的角．由OB ＝OD ，知∠OBD ＝45°，所以②正确，从而BD ＝2·OB ＝1，故BC ＝CD ＝BD ＝1，因此△BCD 是等边三角形，命题③正确．根据DO ⊥平面ABC .得V 三棱锥D －ABC ＝13·S △ABC ·OD ＝212，∴④错误．]16．(1)证明在题图1中，因AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点， ∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC ，即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，且A 1O ∩OC ＝O ，从而BE ⊥平面A 1OC ，又在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，BC ＝12AD ，E 为AD 中点，所以BC 綉ED ，所以四边形BCDE 为平行四边形，故有CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC .(2)解由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2，如图，以O 为原点，建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，于是A 1B →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，－22，A 1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0，0)．设直线A 1B 与平面A 1CD 所成的角为θ，平面A 1CD 的法向量n ＝(x ，y ，z )．则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＝0，22y －22z ＝0，取n ＝(0，1，1)． ∴cos 〈A 1B →，n 〉＝A 1B →·n |A 1B →|·|n |＝－221×2＝－12.因此sin θ＝|cos 〈A 1B →，n 〉|＝12，故直线A 1B 与平面A 1CD 所成的角为π6.17．(1)证明如图，取AE 的中点H ，连接HG ，HD ，又G 是BE 的中点，所以GH ∥AB ，且GH ＝12AB .又F 是CD 的中点，所以DF ＝12CD .由四边形ABCD 是矩形得，AB ∥CD ，AB ＝CD ，所以GH ∥DF ，且GH ＝DF ，从而四边形HGFD 是平行四边形，所以GF ∥DH .又DH ⊂平面ADE ，GF ⊄平面ADE ，所以GF ∥平面ADE .(2)解如图，在平面BEC 内，过B 点作BQ ∥EC . 因为BE ⊥CE ，所以BQ ⊥BE .又因为AB ⊥平面BEC ，所以AB ⊥BE ，AB ⊥BQ .以B 为原点，分别以BE →，BQ →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则A (0，0，2)，B (0，0，0)，E (2，0，0)，F (2，2，1)．因为AB ⊥平面BEC ，所以BA →＝(0，0，2)为平面BEC 的法向量．设n ＝(x ，y ，z )为平面AEF 的法向量．又AE →＝(2，0，－2)，AF →＝(2，2，－1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x －2z ＝0，2x ＋2y －z ＝0. 取z ＝2，得n ＝(2，－1，2)．从而cos 〈n ，BA →〉＝n ·BA →|n |·|BA →|＝43×2＝23. 所以平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值为23.18．(1)解点F ，G ，H 的位置如图所示．(2)证明连接BD ，设O 为BD 的中点，因为M ，N 分别是BC ，GH 的中点，所以OM ∥CD ，且OM ＝12CD ，HN ∥CD ，且HN ＝12CD ，所以OM ∥HN ，OM ＝HN ，所以MNHO 是平行四边形，从而MN ∥OH . 又MN ⊄平面BDH ，OH ⊂平面BDH ，所以MN ∥平面BDH .(3)解如图，以D 为坐标原点，分别以DA →，DC →，DH →方向为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系D －xyz ，设AD ＝2，则M (1，2，0)，G (0，2，2)，E (2，0，2)，O (1，1，0)，所以，GE →＝(2，－2，0)，MG →＝(－1，0，2)，设平面EGM 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·GE →＝0，n 1·MG →＝0，⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＝0，－x ＋2z ＝0，取x ＝2，得n 1＝(2，2，1)，在正方体ABCD －EFGH 中，DO ⊥平面AEGC ，则可取平面AEG 的一个法向量为n 2＝DO →＝(1，1，0)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝2＋2＋04＋4＋1·1＋1＋0＝223，故二面角A －EG －M 的余弦值为223.19．(1)证明连接AC ，∵平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥AD . 又PA ⊂平面PAD ，面PAD ∩面ABCD ＝AD .∴PA ⊥平面ABCD ，故PA ⊥CD . 在菱形ABCD 中，∠BAD ＝120°，∴∠ADC ＝60°，从而△ACD 为等边三角形．又∵E 为CD 的中点， ∴AE ⊥CD ，由于PA ∩AE ＝A ，所以CD ⊥平面PAE ，(2)解假设存在，由(1)知，PA 、AB 、AE 两两垂直，以A 为坐标原点，分别以AB 、AE 、AP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系A －xyz (如图所示)．由PA ⊥平面ABCD ，则∠PCA 为PC 与平面ABCD 所成的角， ∴∠PCA ＝45°，因此PA ＝AC ＝AB ＝2.则P (0，0，2)，A (0，0，0)，E (0，3，0)∴PE →＝(0，3，－2)．设AF ＝a (0<a <2)，则F (a ，0，0)，∴PF →＝(a ，0，－2)，设平面PEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧m ·PE →＝0，m ·PF →＝0.得⎩⎨⎧3y －2z ＝0，ax －2z ＝0，取x ＝2，则m ＝⎝⎛⎭⎪⎫2，2a3，a . 又向量AE →＝(0，3，0)是平面PAF 的一个法向量．∴|cos 〈m ，AE →〉|＝|m ·AE →||m |·|AE →|＝2a3·4＋7a 23因此2a 3·4＋7a 23＝cos 45°＝22，解之得a ＝2 3. 由于23∉(0，2)，故不存在点F，使得二面角A －PF －E 为45°. 20．解如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0，0，0)，B (0，1，0)，C (2，0，0)，D (1，－2，0)，A 1(0，0，2)，B 1(0，1，2)，C 1(2，0，2)，D 1(1，－2，2)．又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，1，N (1，－2，1)． (1)证明依题意，可得n ＝(0，0，1)为平面ABCD 的一个法向量，MN →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－52，0，由此可得MN →·n ＝0，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2)AD 1→＝(1，－2，2)，AC →＝(2，0，0)，设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量，则1110,0,n AD n AC ⎧=⎪⎨=⎪⎩即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0. 不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0，1，1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量，则1220,0,n AB n AC ⎧=⎪⎨=⎪⎩又AB1→＝(0，1，2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2，1)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－10102＝31010. 所以，二面角D 1－AC －B 1的正弦值为31010.(3)依题意，可设1A E ＝λ11A B ，其中λ∈[0，1]，则E (0，λ，2)，从而NE →＝(－1，λ＋2，1)，又n ＝(0，0，1)是平面ABCD 的一个法向量，故|cos 〈NE →，n 〉|＝|NE →·n ||NE →|·|n |＝1（－1）2＋（λ＋2）2＋12＝13. 整理得λ2＋4λ－3＝0，解得λ＝－2±7，又因为λ∈[0，1]，所以λ＝7－2，所以，线段A 1E 的长为7－2.。

[推荐学习]新(浙江专用)2016高考数学二轮专题突破高考中档大题规范练(三)理

高考中档大题规范练 (三)立体几何与空间向量1.如图，四边形ABCD 是菱形，四边形MADN 是矩形，平面MADN ⊥平面ABCD ，E ，F 分别为MA ，DC 的中点，求证：(1)EF ∥平面MNCB ；(2)平面MAC ⊥平面BND .2．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A －BCF ，其中BC ＝22.(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 .3.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．(1)求证：B1E⊥AD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．4.(2015·金华模拟)如图，三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都是2，又AA1⊥平面ABC，D，E分别是AC，CC1的中点．(1)求证：AE⊥平面A1BD；(2)求二面角D－BA1－A的余弦值；(3)求点B1到平面A1BD的距离．5．(2015·杭州模拟)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．(1)求证：B1E⊥AD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A－B1E－A1的大小为30°，求AB的长．答案精析高考中档大题规范练(三)立体几何与空间向量1．证明 (1)取NC 的中点G ，连接FG ，MG ，如图所示．因为ME ∥ND 且ME ＝12ND ，F ，G 分别为DC ，NC 的中点， FG ∥ND 且FG ＝12ND ，所以FG 綊ME ，所以四边形MEFG 是平行四边形，所以EF ∥MG ，又MG ⊂平面MNCB ，EF ⊄平面MNCB ，所以EF ∥平面MNCB .(2)因为四边形MADN 是矩形，所以ND ⊥AD .因为平面MADN ⊥平面ABCD ，平面ABCD ∩平面MADN ＝AD ，DN ⊂平面MADN ，所以ND ⊥平面ABCD ，所以ND ⊥AC .因为四边形ABDC 是菱形，所以AC ⊥BD .因为BD ∩ND ＝D ，所以AC ⊥平面BDN .又AC ⊂平面MAC ，所以平面MAC ⊥平面BDN .2．(1)证明在等边△ABC 中，AD ＝AE ，∴AD DB ＝AE EC在折叠后的三棱锥A －BCF 中也成立．∴DE ∥BC ，又DE ⊄平面BCF ，BC ⊂平面BCF ，∴DE ∥平面BCF .(2)证明在等边△ABC 中，F 是BC 的中点，∴AF ⊥CF .∵在三棱锥A －BCF 中，BC ＝22，∴BC 2＝BF 2＋CF 2＝14＋14＝12，∴CF ⊥BF .又BF ∩AF ＝F ，∴CF ⊥平面ABF .(3)解 V F －DEG ＝V E －DFG ＝13×12×DG ×FG ×GE ＝13×12×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫13×32×13＝3324.3．(1)证明以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AB ＝a ，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，1，0，B 1(a,0,1)，故AD 1→＝(0,1,1)，B 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，1，－1.∵AD 1→·B 1E →＝－a2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B 1E ⊥AD 1.(2)解假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)．使得DP ∥平面B 1AE ，此时DP →＝(0，－1，z 0)．又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )，且AB 1→＝(a,0,1)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，1，0.∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ ax ＋z ＝0，ax 2＋y ＝0.取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－a 2，－a . 要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12.又DP ⊄平面B 1AE ， ∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12. 4．(1)证明以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，过D 作AC 的垂线为y 轴，DB 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系(如图所示)．则D (0,0,0)，A (1,0,0)，C (－1,0,0)，E (－1，－1,0)，A 1(1，－2,0)，C 1(－1，－2,0)，B (0,0，3)，B 1(0，－2，3)．AE →＝(－2，－1,0)，A 1D →＝(－1,2,0)，BD →＝(0,0，－3)，∴AE →·A 1D →＝2－2＋0＝0. ∴AE →⊥A 1D →.同理，AE →·BD →＝0，∴AE →⊥BD →.又A 1D ∩BD ＝D ，∴AE ⊥平面A 1BD .(2)解设平面A 1BD 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·A 1D →＝0，n 1·BD →＝0⇒⎩⎨⎧ －x 1＋2y 1＝0，－3z 1＝0，取n 1＝(2,1,0)．设平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由于A 1A →＝(0,2,0)，A 1B →＝(－1,2，3)，由{n 2·A 1B →＝0，n 2·A 1A →＝0⇒ ⎩⎨⎧ －x 2＋2y 2＋3z 2＝0，2y 2＝0，取n 2＝(3,0，3)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝65·12＝155，故所求二面角的余弦值为155. (3)解 B 1B →＝(0,2,0)，平面A 1BD 的法向量取n 1＝(2,1,0)，则点B 1到平面A 1BD 的距离为d ＝|B 1B →·n 1||n 1|＝25＝255.5．(1)证明以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AB ＝a ，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0， B 1(a,0,1)，故AD 1→＝(0,1,1)，B 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，－1，AB 1→＝(a,0,1)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0. ∵AD 1→·B 1E →＝－a 2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B 1E ⊥AD 1. (2)解假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)．使得DP ∥平面B 1AE ，此时DP →＝(0，－1，z 0)．又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )．∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ ax ＋z ＝0，ax 2＋y ＝0.取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－a 2，－a . 要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12.又DP ⊄平面B 1AE ， ∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12. (3)解连接A 1D ，B 1C ，由长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1及AA 1＝AD ＝1，得AD 1⊥A 1D .∵B 1C ∥A 1D ，∴AD 1⊥B 1C .又由(1)知B 1E ⊥AD 1，且B 1C ∩B 1E ＝B 1，∴AD 1⊥平面DCB 1A 1，∴AD 1→是平面A 1B 1E 的一个法向量，此时AD 1→＝(0,1,1)．设AD 1→与n 所成的角为θ，则cos θ＝n ·AD 1→|n ||AD 1→|＝－a 2－a 2 1＋a 24＋a 2.∵二面角A －B 1E －A 1的大小为30°， ∴|cos θ|＝cos 30°，即3a22 1＋5a 24＝32，解得a ＝2，即AB 的长为2.高考中档大题规范练。

配套K12新(浙江专用)2016高考数学二轮专题突破高考小题分项练(五)理

高考小题分项练(五)1．设A 、B 、C 、D 为空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是( ) A ．若AC 与BD 共面，则AD 与BC 共面B ．若AC 与BD 是异面直线，则AD 与BC 也是异面直线 C ．若AB ＝AC ，DB ＝DC ，则AD ＝BC D ．若AB ＝AC ，DB ＝DC ，则AD ⊥BC2．(2015·福建)若l ，m 是两条不同的直线，m 垂直于平面α，则“l ⊥m ”是“l ∥α”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件3．(2015·重庆)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋π B.23＋π C.13＋2π D.23＋2π 4．已知四面体P －ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，若PB ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，且AC ＝1，PB ＝AB ＝2，则球O 的表面积为( )A ．7πB ．8πC ．9πD ．10π5．(2015·吉林模拟)已知直线x ＋y －k ＝0(k ＞0)与圆x 2＋y 2＝4交于不同的两点A ，B ，O 是坐标原点，且有|OA →＋OB →|≥33|AB →|，那么k 的取值范围是( )A ．(3，＋∞)B ．[2，＋∞)C．[2，22) D．[3，22)6．如图所示，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD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，下列命题正确的是( )A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC7．已知三条相异直线m、n、l，两个不重合的平面α、β，给出下列四个命题：①若m∥n，n⊂α，则m∥α；②若l⊥α，m⊥β且l∥m，则α∥β；③若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；④若α⊥β，α∩β＝m，n⊂β，n⊥m，则n⊥α.其中正确命题的个数是( )A．1 B．2C．3 D．48．如图，正方体AC1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为H，则以下命题中，错误的命题是( )A．点H是△A1BD的垂心B．AH垂直于平面CB1D1C．AH的延长线经过点C1D．直线AH和BB1所成角为45°9.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 ．48π10．如图，在四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将四边形ABCD 沿对角线BD 折成四面体A ′－BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，则下列结论正确的是( )A ．A ′C ⊥BDB ．∠BA ′C ＝90°C ．CA ′与平面A ′BD 所成的角为30° D ．四面体A ′－BCD 的体积为1311．(2015·重庆一诊)如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1A ＝2，底面是边长为1的正方形，E ，F ，G 分别是棱BB 1，AA 1，AD 的中点．平面A 1DE 与平面BGF 的位置关系是________(填“平行”或“相交”)．12．如图所示是正方体的平面展开图，在这个正方体中：①BM 与ED 平行； ②CN 与BE 是异面直线； ③CN 与BM 成60°角；④DM 与BN 垂直．以上四个说法中，正确说法的序号依次是________．13．如图所示，PA ⊥⊙O 所在的平面，AB 是⊙O 的直径，C 是⊙O 上的一点，E ，F 分别是点A 在PB ，PC 上的射影，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__________．14．(2015·杭州模拟)如图，在等腰直角三角形ABD中，∠BAD＝90°，且等腰直角三角形ABD与等边三角形CBD所在平面垂直，E为BC的中点，则AE与平面BCD所成角的大小为________．15．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__________．答案精析高考小题分项练(五)1．C [A 中，若AC 与BD 共面，则A 、B 、C 、D 四点共面，则AD 与BC 共面；B 中，若AC 与BD 是异面直线，则A ，B ，C ，D 四点不共面，则AD 与BC 是异面直线；C 中，若AB ＝AC ，DB ＝DC ，四边形ABCD 可以是空间四边形，AD 不一定等于BC ；D 中，若AB ＝AC ，DB ＝DC ，可以证明AD ⊥BC .]2．B [m 垂直于平面α，当l ⊂α时，也满足l ⊥m ，但直线l 与平面α不平行，∴充分性不成立，反之，l ∥α，一定有l ⊥m ，必要性成立．故选B.]3．A [这是一个三棱锥与半个圆柱的组合体，V ＝12π×12×2＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×2×1＝π＋13，选A.]4．C [依题意，记题中的球的半径是R ，可将题中的四面体补形成一个长方体，且该长方体的长，宽，高分别是2,1,2，于是有(2R )2＝12＋22＋22＝9,4πR 2＝9π，所以球O 的表面积为9π.]5．C [当|OA →＋OB →|＝33|AB →|时，O ，A ，B 三点为等腰三角形的三个顶点，其中OA ＝OB ，∠AOB ＝120°，从而圆心O 到直线x＋y －k ＝0(k ＞0)的距离为1，此时k ＝2；当k ＞2时，|OA →＋OB →|＞33|AB →|，又直线与圆x 2＋y 2＝4存在两交点，故k ＜22，综上，k 的取值范围为[2，22)，故选C.]6．D [由题意知，在四边形ABCD 中，CD ⊥BD .在三棱锥A －BCD 中，平面ABD ⊥平面BCD ，两平面的交线为BD ，所以CD ⊥平面ABD ，因此有AB ⊥CD .又因为AB ⊥AD ，AD ∩DC ＝D ，所以AB ⊥平面ADC ，于是得到平面ADC ⊥平面ABC .]7．B [由m ∥n ，n ⊂α，可得m ∥α或m ⊂α，故①错；由l ∥m ，l ⊥α可得m ⊥α，又m ⊥β，得出α∥β，故②对；由面面平行的判定定理可知③错；由面面垂直的性质定理可知④对，所以有2个真命题，故选B.]8．D [△A 1BD 为正三角形，其重心、外心、中心合一．∵AB ＝AA 1＝AD ，∴H 到△A 1BD 各顶点的距离相等，∴A 正确；∵CD 1∥BA 1，CB 1∥DA 1，CD 1∩CB 1＝C ，BA 1∩DA 1＝A 1，∴平面CB 1D 1∥平面A 1BD ，∴AH ⊥平面CB 1D 1，∴B 正确；连接AC 1，则AC 1⊥B 1D 1， ∵B 1D 1∥BD ，∴AC 1⊥BD ，同理AC 1⊥BA 1，∴AC 1⊥平面A 1BD ，∴A 、H 、C 1三点共线， ∴C 正确，故选D.]9．C [由MN ⊥AM 且MN 是△BSC 的中位线得BS ⊥AM ，又由正三棱锥的性质得BS ⊥AC ，∴BS ⊥面ASC .即正三棱锥S －ABC 的三侧棱SA 、SB 、SC 两两垂直，外接球直径为3SA ＝6. ∴球的表面积S ＝4πR 2＝4π×32＝36π.选C.]10．B [取BD 的中点O ，∵A ′B ＝A ′D ，∴A ′O ⊥BD ，又平面A ′BD ⊥平面BCD ，∴A ′O ⊥平面BCD ，∵CD ⊥BD ，∴OC 不垂直于BD ，假设A ′C ⊥BD ，可证得OC ⊥BD ，矛盾，∴A ′C 不垂直于BD ，A 错误，∵CD ⊥BD ，平面A ′BD ⊥平面BCD ， ∴CD ⊥平面A ′BD ，A ′C 在平面A ′BD 内的射影为A ′D ，∵A ′B ＝A ′D ＝1，BD ＝2，∴A ′B ⊥A ′D ，A ′B ⊥A ′C ，B 正确；∠CA ′D 为直线CA ′与平面A ′BD 所成的角，∠CA ′D ＝45°，C 错误；V A ′－BCD ＝13S △A ′BD ·CD ＝16，D 错误，故选B.]11．平行解析在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G 分别是棱BB 1，AA 1，AD 的中点，所以FG ∥A 1D ，所以FG ∥平面A 1DE ，同理FB ∥平面A 1DE ，又FG ∩FB ＝F ，所以平面BGF ∥平面A 1DE . 12．③④解析如图所示，逐个判断即可．13．①②③解析 ∵PA ⊥⊙O 所在的平面，AB 是⊙O 的直径， ∴CB ⊥AC ，CB ⊥PA ，CB ⊥平面PAC . 又AF ⊂平面PAC ，∴CB ⊥AF .故③正确．又∵E ，F 分别是点A 在PB ，PC 上的射影， ∴AF ⊥PC ，∴AF ⊥平面PCB .∴AF ⊥PB .又∵PB ⊥AE ， ∴PB ⊥平面AEF ，∴PB ⊥EF ，故②正确．∵AF ⊥平面PCB ，∴AE 不可能垂直于平面PBC .故④错误． 14．45°解析如图，取BD 的中点F ，连接EF 、AF ，易得AF ⊥BD ，AF ⊥平面CBD ，则∠AEF 就是AE 与平面BCD 所成的角，由题意知EF ＝12CD ＝12BD ＝AF ，所以∠AEF＝45°，即AE 与平面BCD 所成的角为45°. 15．①③解析过N 作NP ⊥BB 1于点P .连接MP ，可证AA 1⊥平面MNP ，∴AA 1⊥MN ，①正确．过M 、N 分别作MR ⊥A 1B 1、NS ⊥B 1C 1于点R 、S ，则当M 不是AB 1的中点，N 不是BC 1的中点时，直线A 1C 1与直线RS 相交；当M 、N 分别是AB 1、BC 1的中点时，A 1C 1∥RS ，∴A 1C 1与MN 可以异面，也可以平行，故②④错误．由①正确知，AA 1⊥平面MNP ，而AA 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，∴平面MNP ∥平面A 1B 1C 1D 1，故③对．综上所述，其中正确结论的序号是①③.。

高考数学二轮复习(浙江专用)训练：专题四立体几何第2讲Word版含解析

1.(2016 山·东卷 )在以下图的圆台中， AC 是下底面圆 O 的直径， EF 是上底面圆 O′的直径， FB 是圆台的一条母线 .(1)已知 G，H 分别为 EC， FB 的中点，求证： GH∥平面ABC；1(2)已知 EF＝FB＝2AC＝23，AB＝BC，求二面角 F－ BC－A 的余弦值 .(1)证明设 FC 中点为 I ，连结 GI ，HI ，在△ CEF 中，由于点 G 是 CE 的中点，所以 GI∥EF.又 EF∥OB，所以 GI∥ OB.在△ CFB 中，由于 H 是 FB 的中点，所以 HI ∥BC，又 HI ∩GI ＝I ，所以平面GHI ∥平面 ABC.由于 GH? 平面 GHI ，所以 GH∥平面 ABC.(2)解连结OO′，则OO′⊥平面ABC.又AB＝BC，且AC是圆 O 的直径，所以 BO⊥AC.以 O 为坐标原点，成立以下图的空间直角坐标系O－xyz.由题意得 B(0，23， 0)，C(－23，0，0).过点 F 作 FM 垂直 OB 于点 M，所以 FM ＝ FB2－BM2＝ 3，可得 F(0，3， 3).→→3，3).故BC＝(－2 3，－2 3，0)，BF＝(0，－设 m＝(x，y，z)是平面BCF的一个法向量.→m·BC＝0，由→m·BF＝0.可得－2 3x－ 2 3y＝ 0，可得平面 BCF 的一个法向量m＝－ 3y＋3z＝0.3－1，1，3，由于平面 ABC 的一个法向量n＝(0，0，1)，m·n7所以 cos〈m，n〉＝|m||n|＝7 .7所以二面角 F－BC－A 的余弦值为7 .2.(2015 山·东卷 )如图，在三棱台DEF－ABC 中， AB＝2DE，G，H 分别为 AC，BC 的中点 .(1)求证： BD∥平面 FGH ；(2)若 CF⊥平面 ABC，AB⊥BC，CF＝DE, ∠BAC＝45°，求平面 FGH 与平面 ACFD 所成的角 (锐角 )的大小 .(1)证明法一连结 DG，CD，设 CD∩ GF＝ O，连结 OH，在三棱台 DEF －ABC 中，AB＝2DE，G 为 AC 的中点，可得 DF ∥GC， DF＝ GC，所以四边形 DFCG 为平行四边形 .则 O 为 CD 的中点，又 H 为 BC 的中点，所以 OH∥BD，又 OH? 平面 FGH ，BD?平面 FGH ，所以 BD∥平面 FGH .法二在三棱台 DEF －ABC 中，由 BC＝2EF， H 为 BC 的中点，可得 BH∥EF，BH＝EF，所以四边形 BHFE 为平行四边形，可得 BE∥HF .在△ ABC 中，G 为 AC 的中点， H 为 BC 的中点，所以 GH∥ AB.又 GH∩HF ＝H，所以平面 FGH ∥平面 ABED.由于 BD? 平面 ABED，所以 BD∥平面 FGH .(2)解设AB＝2，则CF＝1.1在三棱台 DEF －ABC 中， G 为 AC 的中点，由 DF ＝2AC＝GC，可得四边形 DGCF 为平行四边形，所以 DG∥ FC，又 FC⊥平面 ABC，所以 DG⊥平面 ABC.在△ ABC 中，由 AB⊥BC，∠ BAC＝45°， G 是 AC 中点 .所以 AB ＝BC ，GB ⊥GC ，所以 GB ，GC ， GD 两两垂直 .以 G 为坐标原点，成立以下图的空间直角坐标系 G －xyz.所以 G(0， 0， 0)，B( 2，0，0)， C(0， 2，0)，D(0， 0， 1).可得 H 22，22， 0 ，F(0，2，1)，→2 2 →故GH ＝2 ，2 ，0 ，GF ＝(0， 2，1). 设 n ＝(x ，y ，z)是平面 FGH 的一个法向量，→x ＋y ＝0，n ·GH ＝0，则由可得2y ＋ z ＝ 0.→＝0，·n GF可得平面 FGH 的一个法向量 n ＝(1，－ 1， 2).→ 的一个法向量， →2，0，0).由于 GB 是平面 ACFD GB ＝( → → 2 1GB ·n所以 cos 〈GB ， n 〉＝ → ＝＝ 2.|GB| ·|n| 22所以平面 FGH 与平面 ACFD 所成角 (锐角 )的大小为 60° .3.(2016 四·川卷 )如图，在四棱锥 P － ABCD 中， AD ∥BC ，1∠ADC ＝∠ PAB ＝90°， BC ＝CD ＝2AD.E 为边 AD 的中点，异面直线 PA 与 CD 所成的角为 90° .(1)在平面 PAB 内找一点 M ，使得直线 CM ∥平面 PBE ，并说明原因；(2)若二面角 P － CD － A 的大小为 45°，求直线 PA 与平面 PCE 所成角的正弦值 .解 (1)在梯形 ABCD 中，AB 与 CD 不平行 .延伸 AB ，DC ，订交于点 M(M ∈平面 PAB)，点 M 即为所求的一个点 .原因以下：由已知， BC ∥ ED ，且 BC ＝ED.所以四边形 BCDE 是平行四边形 .进而 CM ∥ EB.又 EB? 平面 PBE ，CM?平面 PBE.所以 CM ∥平面 PBE.(说明：延伸 AP 至点 N ，使得 AP ＝ PN ，则所找的点能够是直线MN 上随意一点 )(2)法一由已知， CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ，所以 CD ⊥平面 PAD.于是 CD ⊥ PD.进而∠ PDA 是二面角 P －CD －A 的平面角 .所以∠ PDA ＝ 45°.由 PA ⊥ AB ，可得 PA ⊥平面 ABCD.设 BC ＝1，则在 Rt △ PAD 中， PA ＝ AD ＝ 2.→ →作 Ay ⊥ AD ，以 A 为原点，以 AD ，AP 的方向分别为 x 轴，z 轴的正方向，成立以下图的空间直角坐标系A － xyz ，则 A(0，0，0)， P(0，0，2)，C(2， 1，0)，E(1，0，0).→ → →所以 PE ＝(1，0，－ 2)，EC ＝(1，1，0)， AP ＝ (0，0，2).设平面 PCE 的法向量为 n ＝(x ， y ， z).→n ·PE ＝0，由得 →n ·EC ＝ 0.x －2z ＝ 0，设 x ＝2，解得 n ＝(2，－ 2，1).x ＋y ＝0.→设直线 PA 与平面 PCE 所成角为 α，则 sin α＝ |n ·AP| ＝22→×222＋（－ 2）＋1|n | |AP ·|21＝ 3.1所以直线 PA 与平面 PCE 所成角的正弦值为 3.法二由已知， CD ⊥ PA ，CD ⊥ AD ， PA ∩AD ＝ A ，所以 CD ⊥平面 PAD.进而 CD ⊥PD.所以∠ PDA 是二面角 P －CD －A 的平面角 .所以∠ PDA ＝45°.设 BC ＝1，则在 Rt △ PAD 中， PA ＝ AD ＝ 2.过点 A 作 AH ⊥CE ，交 CE 的延伸线于点 H ，连结 PH.易知 PA ⊥平面 ABCD ，进而 PA⊥CE.且 PA∩ AH＝ A，于是 CE⊥平面 PAH.又 CE? 平面 PCE，所以平面 PCE⊥平面 PAH.过 A 作 AQ⊥PH 于 Q，则 AQ⊥平面 PCE.所以∠ APH 是 PA 与平面 PCE 所成的角 .在 Rt△ AEH 中，∠ AEH＝45°， AE＝1，2所以AH＝2.在 Rt△ PAH 中， PH＝ PA2＋AH2＝322.所以 sin∠APH＝AHPH＝13.4.(2016 全·国Ⅰ卷)如图，在以 A，B， C， D，E，F 为极点的五面体中，平面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 .(1)证明由已知可得 AF⊥ DF，AF⊥ FE，且 DF ∩EF＝F，所以 AF⊥平面 EFDC ，又 AF? 平面 ABEF，故平面 ABEF⊥平面 EFDC .(2)解过 D 作DG⊥ EF，垂足为G，由 (1)知DG⊥平面ABEF.以G 为坐标原→→点， GF的方向为 x 轴正方向， |GF|为单位长，成立以下图的空间直角坐标系G－ xyz.由(1)知∠ DFE 为二面角 D－AF－ E 的平面角，故∠ DFE＝ 60°，则|DF|＝2，|DG|＝ 3，可得 A(1，4，0)，B(－ 3，4，0)，E(－3，0，0)，D(0，0， 3).由已知， 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，∠ CEF＝ 60°，进而可得 C(－ 2， 0， 3).→所以 EC＝(1，0，→→3)， EB＝ (0，4，0)，AC＝(－3，－ 4，→3)， AB＝ (－4，0，0).→n·EC＝0，设 n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，则→n·EB＝0，x＋3z＝ 0，即所以可取 n＝(3，0，－3).4y＝0.→m·AC＝0，设 m 是平面ABCD的法向量，则→m·AB＝0.同理可取 m＝(0，3， 4)，n·m219则 cos〈n，m〉＝|n||m|＝－19 .219故二面角 E－BC－A 的余弦值为－19 .5.(2016 广·州二模 )如图，△ABC 和△ BCD 所在平面相互垂直，且 AB＝ BC＝ BD＝2，∠ ABC＝∠ DBC＝120°， E，F 分别为 AC，DC 的中点 .(1)求证： EF⊥ BC；(2)求二面角 E－ BF－ C 的正弦值 .法一 (1)证明由题意，以 B 为坐标原点，在平面 DBC 内过 B 作垂直 BC 的直线为x 轴， BC 所在直线为 y 轴，在平面 ABC 内过 B 作垂直 BC 的直线为 z 轴，成立以下图空间直角坐标系 .易得B(0，0， 0)，A(0，－ 1， 3)，D( 3，－ 1，0)， C(0，2，0).因此 E(0，13312，2 )，F2，2，0 ，→3，，－3→所以 EF＝，BC＝(0，2，0)，202→→→→所以 EF·BC＝0.进而 EF⊥BC，所以 EF⊥BC. (2)解平面 BFC 的一个法向量为n1＝(0， 0， 1).设平面 BEF 的法向量n2＝(x，y， z)，→31→13又 BF＝2，2，0 ，BE＝0，2， 2.→n 2·BF ＝ 0，得此中一个 n 2＝(1，－ 3， 1).由→n 2 ·BE ＝ 0，设二面角 E －BF －C 大小为 θ，且由题意知 θ为锐角，则〈 1 ，n 2〉＝ n 1·n 2＝ 1，∴ cos θ ＝ 5， cos n|n ||n |5 512所以 sin θ＝2＝25，即所求二面角的正弦值为2 55 55 .法二(1)证明过 E 作 EO ⊥BC ，垂足为 O ，连结 OF.由△ ABC ≌△ DBC 可证出△ EOC ≌△ FOC.π所以∠ EOC ＝∠ FOC ＝ 2 ，即 FO ⊥BC.又 EO ⊥BC ，EO ∩FO ＝O ， EO ， FO? 平面 EFO ，所以 BC ⊥平面 EFO ，又 EF? 平面 EFO ，所以 EF ⊥BC.(2)解过 O 作 OG ⊥BF ，垂足为 G ，连结 EG. 由平面 ABC ⊥平面 BDC ，进而 EO ⊥平面 BDC ， BF? 平面 BDC ，∴ BF ⊥EO ，又 OG ⊥BF ，又 EO ∩OG ＝O ，所以 BF ⊥平面 EOG ，又 EG? 平面 EOG ，所以 EG ⊥BF.所以∠ EGO 为二面角 EBFC 的平面角 . 在△ EOC 中， EO ＝1＝1·°＝ 3，2EC 2BCcos 302BO3由△ BGO ∽△ BFC 知， OG ＝BC ·FC ＝ 4 ，EO2 5 所以 tan ∠EGO ＝OG ＝ 2，进而 sin ∠EGO ＝ 5 ，即二面角 E- BF- C 的正弦值2 5 为 5.6.(2016 北·京二模 )如图，正方形 AMDE 的边长为 2，B，C分别为 AM， MD 的中点 .在五棱锥 P－ABCDE 中， F 为棱 PE 的中点，平面 ABF 与棱 PD， PC 分别交于点 G，H.(1)求证： AB∥ FG；(2)若 PA⊥底面 ABCDE，且 PA＝AE.求直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小，并求线段 PH 的长 .(1)证明在正方形AMDE 中，由于B 是AM 的中点，所以 AB∥DE.又由于 AB?平面 PDE， DE? 平面 PDE，所以 AB∥平面 PDE.由于 AB? 平面 ABF，且平面 ABF∩平面 PDE＝FG，所以 AB∥FG.(2)解由于PA⊥底面ABCDE，所以 PA⊥AB，PA⊥ AE.如图成立空间直角坐标系A－xyz，则 A(0，0，0)，B(1，0，→0)，C(2，1，0)，P(0， 0， 2)，F(0，1，1)， BC＝ (1，1，0).设平面 ABF 的法向量为n＝(x，y，z)，则→n·AB＝0，x＝0，即→y＋z＝ 0.n·AF＝0，令 z＝1，则 y＝－ 1. 所以n＝(0，－ 1，1).设直线 BC 与平面 ABF 所成角为α，→→11 n·BC则 cos〈n，BC〉＝→ ＝－2.∴sin α＝2，|n||BC|π所以直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小为 6.设点 H 的坐标为 (u，v，w).由于点 H 在棱 PC 上，→→所以可设 PH＝λPC(0＜λ＜1)，即 (u，v，w－2)＝λ(2， 1，－ 2)，所以 u＝2λ，v＝λ， w ＝2－2λ.→由于 n 是平面ABF的法向量，所以n·AH＝0，即 (0，－ 1，1) ·(2λ，λ， 2－ 2λ)＝0.2422解得λ＝3，所以点 H 的坐标为3，3，3 .所以 PH＝42＋224233＋－3＝ 2.。

2016版高考数学(新课标全国卷Ⅱ·理科)二轮复习配套课件专题四立体几何第2讲

解析：连接 AN、CN(图略)，因为 AD＝ BC，AB＝ CD，BD＝ BD，所以△ ABD≌△ CDB，则 AN＝ CN，在等腰△ ANC 中，由 M 为 AC 的中点知 MN⊥ AC.同理可证 MN⊥ BD.
考点二
空间线面位置关系的证明
[命题角度]
1．线面、面面平行关系的证明．
2．线面、面面垂直关系的证明．
方法归纳空间线面位置关系判定的两种方法 (1)定理法：借助空间线面位置关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题． (2)模型法：借助空间几何模型，如在长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，结合有关定理作出选择．
1． (2015· 贵阳市监测考试 )设 m， n 是两条不同的直线， α， β 是两个不同的平面，则下列命题正确的是( B ) A． m∥ α， n∥ β，且 α∥ β，则 m∥ n B．m⊥ α， n⊥ β，且 α⊥ β，则 m⊥ n C． m⊥ α，m⊥ n， n⊂ β，则 α⊥ β D． m⊂ α， n⊂ α，m∥ β， n∥ β，则 α∥ β
(2)利用面面垂直的性质定理与判定定理证明．
(1)因为 O， M 分别为 AB， VA 的中点，所以 OM∥ VB. 又因为 OM⊂ 平面 MOC，VB⊄平面 MOC，所以 VB∥平面 MOC. (2)因为 AC＝ BC， O 为 AB 的中点，所以 OC⊥ AB. 又因为平面 VAB⊥平面 ABC，且 OC⊂平面 ABC，平面 VAB∩ 平面 ABC＝ AB，所以 OC⊥平面 VAB. 所以平面 MOC⊥平面 VAB.
专题四
立体几何
第2讲
空间点、线、面的位置关系源自专题四立体几何2016考向导航——适用于全国卷Ⅱ
高考对本节知识的考查主要有： (1)以选择题、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质

浙江新高考数学二轮复习专题强化练：专题四 3 第3讲空间向量与立体几何含解析

专题强化训练1．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为CD 和C 1C 的中点，则直线AE 与D 1F 所成角的余弦值为( )A.13 B.25 C.35D.37解析：选B.以D 为原点，分别以DA 、DC 、DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(图略)．若棱长为2，则A (2，0，0)、E (0，1，0)、D 1(0，0，2)、F (0，2，1)．所以EA →＝(2，－1，0)，D 1F →＝(0，2，－1)， cos 〈EA →，D 1F →〉＝EA →·D 1F→|EA →||D 1F →|＝－25·5＝－25.则直线AE 与D 1F 所成角的余弦值为25.2．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22解析：选B.以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，设棱长为1，则A 1(0，0，1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12， D (0，1，0)，所以A 1D →＝(0，1，－1)， A 1E →＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12，设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.所以n 1＝(1，2，2)．因为平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即所成的锐二面角的余弦值为23.3．(2019·浙江省十校联合体期末联考)在三棱锥O -ABC 中，已知OA ，OB ，OC 两两垂直且相等，点P 、Q 分别是线段BC 和OA 上的动点，且满足BP ≤12BC ，AQ ≥12AO ，则PQ 和OB 所成角的余弦的取值范围是( )A.⎣⎡⎦⎤22，1B.⎣⎡⎦⎤33，1C.⎣⎡⎦⎤33，255D.⎣⎡⎦⎤22，255解析：选B.根据题意，以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设OA ＝OB ＝OC ＝2，OB →＝(2，0，0)，设P (x ，y ，0)，Q (0，0，z )，因为BP ≤12BC ，AQ ≥12AO ，所以1≤x ≤2，0≤y ≤1且x ＋y ＝2，0≤z ≤1，PQ →＝(－x ，x －2，z )，|cos 〈OB →，PQ →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪OB →·PQ →|OB→|·|PQ →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－x 2x 2－4x ＋4＋z 2，当x ＝1，z ＝1时，|cos 〈OB →，PQ →〉|＝33；当x ＝2，z ＝1时，|cos 〈OB →，PQ →〉|＝255；当x ＝2，z ＝0时，|cos 〈OB →，PQ →〉|＝1.当x ＝1，z ＝0时，|cos 〈OB →，PQ →〉|＝22，结合四个选项可知PQ 和OB 所成角的余弦的取值范围是⎣⎡⎦⎤33，1.4．(2019·宁波市镇海中学高考模拟)在直三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，∠BAC ＝π2，AB ＝AC ＝AA 1＝1，已知G 和E 分别为A 1B 1和CC 1的中点，D 与F 分别为线段AC 和AB 上的动点(不包括端点)，若GD ⊥EF ，则线段DF 的长度的取值范围为( )A.⎣⎡⎭⎫55，1B.⎣⎡⎦⎤55，1C.⎝⎛⎭⎫255，1D.⎣⎡⎭⎫255，1解析：选 A.建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，0，0)，E ⎝⎛⎭⎫0，1，12，G ⎝⎛⎭⎫12，0，1，F (x ，0，0)，D (0，y ，0)，由于GD ⊥EF ，所以x ＋2y －1＝0， DF ＝x 2＋y 2＝5⎝⎛⎭⎫y －252＋15，由x ＝1－2y >0，得y <12，所以当y ＝25时，线段DF 长度的最小值是15，当y ＝0时，线段DF 长度的最大值是1而不包括端点，故y ＝0不能取，故选A. 5．已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( )A.32B.155C.105D.33解析：选C.如图所示，将直三棱柱ABC -A 1B 1C 1补成直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1，连接AD 1，B 1D 1，则AD 1∥BC 1，所以∠B 1AD 1或其补角为异面直线AB 1与BC 1所成的角．因为∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，所以AB 1＝5，AD 1＝ 2.在△B 1D 1C 1中，∠B 1C 1D 1＝60°，B 1C 1＝1，D 1C 1＝2，所以B 1D 1＝12＋22－2×1×2×cos 60°＝3，所以cos ∠B 1AD 1＝5＋2－32×5×2＝105，选择C.6.(2019·杭州市学军中学高考数学模拟)如图，在二面角A -CD -B 中，BC ⊥CD ，BC ＝CD ＝2，点A 在直线AD 上运动，满足AD ⊥CD ，AB ＝3.现将平面ADC 沿着CD 进行翻折，在翻折的过程中，线段AD 长的取值范围是________．解析：由题意得AD →⊥DC →，DC →⊥CB →，设平面ADC 沿着CD 进行翻折过程中，二面角A -CD -B 的夹角为θ，则〈DA →，CB →〉＝θ，因为AB →＝AD →＋DC →＋CB →，所以平方得AB →2＝AD →2＋DC →2＋CB →2＋2AD →·DC →＋2CB →·AD →＋2DC →·CB →，设AD ＝x ，因为BC ＝CD ＝2，AB ＝3，所以9＝x 2＋4＋4－4x cos θ，即x 2－4x cos θ－1＝0，即cos θ＝x 2－14x .因为－1≤cos θ≤1，所以－1≤x 2－14x≤1，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－1≤4x x 2－1≥－4x ，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x －1≤0x 2＋4x －1≥0，则⎩⎪⎨⎪⎧2－5≤x ≤2＋5，x ≥－2＋5或x ≤－2－ 5.因为x >0，所以5－2≤x ≤5＋2，即AD 的取值范围是[5－2，5＋2]．答案：[5－2，5＋2]7．(2019·台州市高考模拟)如图，在棱长为2的正四面体A -BCD 中，E 、F 分别为直线AB 、CD 上的动点，且|EF |＝ 3.若记EF 中点P 的轨迹为L ，则|L |等于________．(注：|L |表示L 的测度，在本题，L 为曲线、平面图形、空间几何体时，|L |分别对应长度、面积、体积)解析：如图，当E 为AB 中点时，F 分别在C ，D 处，满足|EF |＝3，此时EF 的中点P 在EC ，ED 的中点P 1，P 2的位置上；当F 为CD 中点时，E 分别在A ，B 处，满足|EF |＝3，此时EF 的中点P 在BF ，AF 的中点P 3，P 4的位置上，连接P 1P 2，P 3P 4相交于点O ，则四点P 1，P 2，P 3，P 4共圆，圆心为O ，圆的半径为12，则EF 中点P 的轨迹L 为以O 为圆心，以12为半径的圆，其测度|L |＝2π×12＝π.答案：π8.(2019·金丽衢十二校联考)如图，在三棱锥D -ABC 中，已知AB ＝2，AC →·BD →＝－3，设AD ＝a ，BC ＝b ，CD ＝c ，则c 2ab ＋1的最小值为________．解析：设AD →＝a ，CB →＝b ，DC →＝c ，因为AB ＝2，所以|a ＋b ＋c |2＝4⇒a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝4，又因为AC →·BD →＝－3，所以(a ＋c )·(－b －c )＝－3⇒a ·b ＋b ·c ＋c ·a ＋c 2＝3，所以a 2＋b 2＋c 2＋2(3－c 2)＝4⇒c 2＝a 2＋b 2＋2，所以a 2＋b 2＋2ab ＋1≥2ab ＋2ab ＋1＝2，当且仅当a＝b 时，等号成立，即c 2ab ＋1的最小值是2.答案：29．(2019·宁波诺丁汉大学附中高三期中考试)如图，矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝3，将△ABD 沿对角线BD 向上翻折，若翻折过程中AC 长度在⎣⎡⎦⎤102，132内变化，则点A 所形成的运动轨迹的长度为________．解析：过A 作AE ⊥BD ，垂足为E ，连接CE ，A ′E . 因为矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝3，所以AE ＝32，CE ＝72. 所以A 点的轨迹为以E 为圆心，以32为半径的圆弧．∠A ′EA 为二面角A -BD -A ′的平面角．以E 为原点，以EB ，EA ′所在直线为x 轴，y 轴建立如图所示空间直角坐标系E -xyz ，设∠A ′EA ＝θ，则A ⎝⎛⎭⎫0，32cos θ，32sin θ，C ⎝⎛⎭⎫－1，－32，0，所以AC ＝1＋34（cos θ＋1）2＋34sin 2θ＝5＋3cos θ2，所以102≤5＋3cos θ2≤132，解得0≤cos θ≤12，所以60°≤θ≤90°，所以A 点轨迹的圆心角为30°，所以A 点轨迹的长度为π6·32＝3π12.答案：312π 10．(2019·宁波十校联考模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，∠BAD ＝120°，AB ＝AD ＝2，△BCD 是等边三角形，E 是BP 的中点，AC 与BD 交于点O ，且OP ⊥平面ABCD .(1)求证：PD ∥平面ACE ；(2)当OP ＝1时，求直线P A 与平面ACE 所成角的正弦值．解：(1)证明：因为在四棱锥P -ABCD 中，∠BAD ＝120°，AB ＝AD ＝2，△BCD 是等边三角形，所以△ABC ≌△ACD ，因为E 是BP 中点，AC 与BD 交于点O ，所以O 是BD 中点，连接OE ，则OE ∥PD ，因为PD ⊄平面ACE ，OE ⊂平面ACE ，所以PD ∥平面ACE .(2)因为BD ⊥AC ，PO ⊥平面ABCD ，以O 为原点，OB ，OC ，OP 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，则P (0，0，1)，A (0，－1，0)，B (3，0，0)，C (0，3，0)，E ⎝⎛⎭⎫32，0，12，EA →＝⎝⎛⎭⎫－32，－1，－12，EC →＝⎝⎛⎭⎫－32，3，－12，P A →＝(0，－1，－1)，设平面ACE 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EA →＝3x ＋2y ＋z ＝0n ·EC →＝3x －6y ＋z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1，0，－3)，设直线P A 与平面ACE 所成角为θ，则sin θ＝|n ·P A →||n |·|P A →|＝322＝64，所以直线P A 与平面ACE 所成角的正弦值为64. 11.(2019·浙江暨阳4月联考卷)在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，BC ∥AD ，BC ⊥AB ，PB ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1，E 为棱PD 上的点．(1)若PE ＝13PD ，求证：PB ∥平面ACE ；(2)若E 是PD 的中点，求直线PB 与平面ACE 所成角的正弦值．解：(1)证明：过A 作Az ⊥平面ABCD ，以A 为原点，如图建立直角坐标系，由题意解得，PC ＝3，所以B (1，0，0)，P (1，1，3)，所以BP →＝(0，1，3)，C (1，1，0)，D (0，2，0)，设E (x ，y ，z )，由PE →＝13PD →，得E (23，43，233)，设平面ACE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n AC→＝x ＋y ＝0n AE →＝23x ＋43y ＋233z ＝0，取z ＝1，得n ＝(3，－3，1)，所以BP →·n ＝0，因为PB ⊄平面ACE ，所以PB ∥平面ACE .(2)过A 作Az ⊥平面ABCD ，以A 为原点，如图建立直角坐标系，由题意解得PC ＝3，所以B (1，0，0)，P (1，1，3)，A (0，0，0)，所以BP →＝(0，1，3)，C (1，1，0)，D (0，2，0)，所以E (12，32，32)，AC →＝(1，1，0)，AE →＝(12，32，32)，设平面ACE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n AC→＝x ＋y ＝0n AE →＝12x ＋32y ＋32z ＝0，取z ＝2，得n ＝(3，－3，2)，所以直线PB 与平面ACE 所成角的正弦值： sin θ＝|BP →·n ||BP →||n |＝3210＝3020.12.(2019·嵊州市第二次高考适应性考试)如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，底面ABC 为边长为2的正三角形，D 是棱A 1C 1的中点，CC 1＝h (h >0)．(1)证明：BC 1∥平面AB 1D ；(2)若直线BC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小为π6，求h 的值．解：(1)证明：连接A 1B 交AB 1于E ，连接DE ，则DE 是△A 1BC 1的中位线．所以DE ∥BC 1.又DE ⊂平面AB 1D ，BC 1⊄平面AB 1D ，故BC 1∥平面AB 1D .(2)以AB 的中点O 为坐标原点，OB ，OC 所在直线分别为x 轴，y 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B (1，0，0)，C 1(0，3，h )．易得平面ABB 1A 1的一个法向量为n ＝(0，1，0)．又BC 1→＝(－1，3，h )．所以sin π6＝|cos 〈BC 1→，n 〉|＝|BC 1→·n ||BC 1→|·|n |.即3h 2＋4＝12，解得h ＝2 2. 13.(2019·温州十五校联考)已知菱形ABCD 中，对角线AC 与BD 相交于一点O ，∠BAD ＝60°，将△BDC 沿着BD 折起得△BDC ′，连接AC ′.(1)求证：平面AOC ′⊥平面ABD ；(2)若点C ′在平面ABD 上的投影恰好是△ABD 的重心，求直线CD 与底面ADC ′所成角的正弦值．解：(1)证明：因为C ′O ⊥BD ，AO ⊥BD ，C ′O ∩AO ＝O ，所以BD ⊥平面C ′OA ，又因为BD ⊂平面ABD ，所以平面AOC ′⊥平面ABD .(2)如图建系O -xyz ，令AB ＝a ，则 A ⎝⎛⎭⎫32a ，0，0，B ⎝⎛⎭⎫0，12a ，0， D ⎝⎛⎭⎫0，－12a ，0， C ′⎝⎛⎭⎫36a ，0，63a ，所以DC →＝AB →＝⎝⎛⎭⎫－32a ，12a ，0，平面ADC ′的法向量为m ＝⎝⎛⎭⎫1，－3，22，设直线CD与底面ADC ′所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈DC →，m 〉|＝|DC →·m ||DC →||m |＝3a a ·32＝63，故直线CD 与底面ADC ′所成角的正弦值为63. 14.(2019·宝鸡市质量检测(一))如图，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，点E 是PD 的中点，点F 是PC 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)若底面ABCD 为正方形，探究在什么条件下，二面角C -AF -D 的大小为60°？解：易知AD ，AB ，AP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，设AB ＝2a ，AD ＝2b ，AP ＝2c ，则A (0，0，0)，B (2a ，0，0)，C (2a ，2b ，0)，D (0，2b ，0)， P (0，0，2c )．设AC ∩BD ＝O ，连接OE ，则O (a, b ，0)，又E 是PD 的中点，所以E (0，b ，c )． (1)证明：因为PB →＝(2a ，0，－2c )，EO →＝(a ，0，－c )，所以PB →＝2EO →，所以PB →∥EO →，即PB ∥EO . 因为PB ⊄平面AEC ，EO ⊂平面AEC ，所以PB ∥平面AEC .(2)因为四边形ABCD 为正方形，所以a ＝b ，A (0，0，0)，B (2a ，0，0)，C (2a ，2a ，0)，D (0，2a ，0)，P (0，0，2c )，E (0，a ，c )，F (a ，a ，c )，因为z 轴⊂平面CAF ，所以设平面CAF 的一个法向量为n ＝(x ，1，0)，而AC →＝(2a ，2a ，0)，所以AC →·n ＝2ax ＋2a ＝0，得x ＝－1，所以n ＝(－1，1，0)．因为y 轴⊂平面DAF ，所以设平面DAF 的一个法向量为m ＝(1，0，z )，而AF →＝(a ，a ，c )，所以AF →·m ＝a ＋cz ＝0，得z ＝－a c ，所以m ＝(1，0，－ac)∥m ′＝(c ，0，－a )．cos 60°＝|n ·m ′||n ||m ′|＝c 2（a 2＋c 2）＝12，得a ＝c . 故当AP 与正方形ABCD 的边长相等时，二面角C -AF -D 的大小为60°.。

新(浙江专用)高考数学二轮专题突破专题四立体几何与

第2讲空间中的平行与垂直1．(2015·北京)设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α.则“m∥β”是“α∥β”的( )A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件2．(2013·浙江)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面( )A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m∥α，m∥β，则α∥βC．若m∥n，m⊥α，则n⊥αD．若m∥α，α⊥β，则m⊥β3．(2015·江苏)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.1.以选择题、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面的判定与性质定理对命题的真假进行判断，属基础题.2.以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中等.热点一空间线面位置关系的判定空间线面位置关系判断的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题；(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断．例1 (1)(2015·广东)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(2)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思维升华解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中．跟踪演练1 已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不重合的平面，给出下列命题：①若m⊥α，n⊥α，则m∥n；②若m⊥α，m⊥n，则n∥α；③若α⊥β，m∥α，则m⊥β；④若m⊥α，m∥β，则α⊥β.A．0 B．1C．2 D．3热点二空间平行、垂直关系的证明空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．例2 (2015·广东)如图，三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，PD＝PC＝4，AB＝6，BC＝3.(1)证明：BC∥平面PDA；(2)证明：BC⊥PD；(3)求点C到平面PDA的距离．思维升华垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下：(1)证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换；三是利用三角形的中位线定理证线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．(2)证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l⊥α，a⊂α⇒l⊥a.跟踪演练2 如图所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．求证：(1)AF∥平面BCE；(2)平面BCE⊥平面CDE.热点三平面图形的折叠问题平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生变化、有的没有发生变化，这些发生变化和没有发生变化的性质是解决问题的关键．一般地，在翻折后还在一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化，解决这类问题就是要根据这些变与不变，去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值，这是化解翻折问题的主要方法．例3 如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD 上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图(2)．(1)求证：DE∥平面A1CB；(2)求证：A1F⊥BE；(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？请说明理由．思维升华(1)折叠问题中不变的数量和位置关系是解题的突破口；(2)存在探索性问题可先假设存在，然后在此前提下进行逻辑推理，得出矛盾或肯定结论．跟踪演练3 (2014·广东)如图(1)，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC ＝2，作如图(2)折叠，折痕EF∥DC.其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后点P 叠在线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF.(1)证明：CF⊥平面MDF；(2)求三棱锥M－CDE的体积．热点四直线和平面所成的角直线和平面所成的角往往涉及空间几何体的结构特征和空间线面关系的推理，多以特殊的棱柱和棱锥为载体，如长方体、有一条侧棱与底面垂直的棱锥等，试题比较简单，多以直接求解直线和平面所成的角，有时也会出现在解答题的某一问中．例4 (2015·浙江)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D为B1C1的中点．(1)证明：A1D⊥平面A1BC；(2)求直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值．思维升华求解直线和平面所成的角的关键是找出或作出平面的垂线，进而根据直线和平面所成的角的定义确定其平面角，即可将所求角转化为三角形的内角求解．跟踪演练4 如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，BC＝2.则直线A1B与平面BCC1B1所成的角为________.1．不重合的两条直线m，n分别在不重合的两个平面α，β内，下列为真命题的是( ) A．m⊥n⇒m⊥βB．m⊥n⇒α⊥βC．α∥β⇒m∥βD．m∥n⇒α∥β2．如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，已知DC＝DD1＝2AD＝2AB，AD⊥DC，AB∥DC.(1)求证：D1C⊥AC1；(2)问在棱CD上是否存在点E，使D1E∥平面A1BD.若存在，确定点E位置；若不存在，说明理由．提醒：完成作业专题四第2讲专题四第2讲空间中的平行与垂直A组专题通关1．(2015·温州模拟)已知a、b、c是三条不同的直线，α、β是两个不同的平面，下列条件中，能推导出a⊥α的是( )A．a⊥b，a⊥c，其中b⊂α，c⊂αB．a⊥b，b∥αC．α⊥β，a∥βD．a∥b，b⊥α2．(2015·湖北)l1，l2表示空间中的两条直线，若p：l1，l2是异面直线，q：l1，l2不相交，则( )A．p是q的充分条件，但不是q的必要条件B．p是q的必要条件，但不是q的充分条件C．p是q的充分必要条件D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件3．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P，Q分别是AA1，A1D1，CC1，BC的中点，给出以下四个结论：①A1C⊥MN；②A1C∥平面MNPQ；③A1C与PM相交；④NC与PM异面．其中不正确的结论是( )A．① B．② C．③ D．④4．已知α，β是两个不同的平面，有下列三个条件：①存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β；②存在一条直线a，a⊂α，a⊥β；③存在两条垂直的直线a，b，a⊥β，b⊥α.其中，所有能成为“α⊥β”的充要条件的序号是( )A．① B．②C．③ D．①③5．如图，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，下列命题正确的是( )A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC6．如图，在空间四边形ABCD中，M∈AB，N∈AD，若AMMB＝ANND，则直线MN与平面BDC的位置关系是________．7.如图，AB为圆O的直径，点C在圆周上(异于点A，B)，直线PA垂直于圆O所在的平面，点M为线段PB的中点．有以下四个命题：①PA∥平面MOB；②MO∥平面PAC；③OC⊥平面PAC；④平面PAC⊥平面PBC.其中正确的命题是________(填上所有正确命题的序号)．8．(2015·浙江)如图，三棱锥ABCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别是AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是________．9．(2015·山东)如图，三棱台DEFABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．(1)求证：BD∥平面FGH；(2)若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH.10．(2015·四川)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系．并证明你的结论；(3)证明：直线DF⊥平面BEG.B组能力提高11．(2015·丽水模拟)已知平面α、β、γ，则下列命题中正确的是( )A．α⊥β，α∩β＝a，a⊥b，则b⊥αB．α⊥β，β⊥γ，则α∥γC．α∩β＝a，β∩γ＝b，α⊥β，则a⊥bD．α∥β，β⊥γ，则α⊥γ12.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.13．正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为线段B1D1上的一个动点，则下列结论中正确的是________．(填序号)①AC⊥BE；②B1E∥平面ABCD；③三棱锥E－ABC的体积为定值；④直线B 1E⊥直线BC1.14.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．(1)证明：平面ADC1B1⊥平面A1BE；(2)在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论．二轮专题强化练专题四第2讲空间中的平行与垂直A组专题通关1．(2015·温州模拟)已知a、b、c是三条不同的直线，α、β是两个不同的平面，下列条件中，能推导出a⊥α的是( )A．a⊥b，a⊥c，其中b⊂α，c⊂αB．a⊥b，b∥αC．α⊥β，a∥βD．a∥b，b⊥α2．(2015·湖北)l1，l2表示空间中的两条直线，若p：l1，l2是异面直线，q：l1，l2不相交，则( )A．p是q的充分条件，但不是q的必要条件B．p是q的必要条件，但不是q的充分条件C．p是q的充分必要条件D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件3．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P，Q分别是AA1，A1D1，CC1，BC的中点，给出以下四个结论：①A1C⊥MN；②A1C∥平面MNPQ；③A1C与PM相交；④NC与PM异面．其中不正确的结论是( )A．① B．② C．③ D．④4．已知α，β是两个不同的平面，有下列三个条件：①存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β；②存在一条直线a，a⊂α，a⊥β；③存在两条垂直的直线a，b，a⊥β，b⊥α.其中，所有能成为“α⊥β”的充要条件的序号是( )A．① B．②C．③ D．①③5．如图，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，下列命题正确的是( )A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC6．如图，在空间四边形ABCD中，M∈AB，N∈AD，若AMMB＝ANND，则直线MN与平面BDC的位置关系是________．7.如图，AB为圆O的直径，点C在圆周上(异于点A，B)，直线PA垂直于圆O所在的平面，点M为线段PB的中点．有以下四个命题：①PA∥平面MOB；②MO∥平面PAC；③OC⊥平面PAC；④平面PAC⊥平面PBC.其中正确的命题是________(填上所有正确命题的序号)．8．(2015·浙江)如图，三棱锥ABCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别是AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是________．9．(2015·山东)如图，三棱台DEFABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．(1)求证：BD∥平面FGH；(2)若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH.10．(2015·四川)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系．并证明你的结论；(3)证明：直线DF⊥平面BEG.B组能力提高11．(2015·丽水模拟)已知平面α、β、γ，则下列命题中正确的是( )A．α⊥β，α∩β＝a，a⊥b，则b⊥αB．α⊥β，β⊥γ，则α∥γC．α∩β＝a，β∩γ＝b，α⊥β，则a⊥bD．α∥β，β⊥γ，则α⊥γ12.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.13．正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为线段B1D1上的一个动点，则下列结论中正确的是________．(填序号)①AC⊥BE；②B1E∥平面ABCD；③三棱锥E－ABC的体积为定值；④直线B 1E⊥直线BC1.14.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．(1)证明：平面ADC1B1⊥平面A1BE；(2)在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论．学生用书答案精析第2讲空间中的平行与垂直高考真题体验1．B [m⊂α，m∥β⇒/ α∥β，但m⊂α，α∥β⇒m∥β，∴m∥β是α∥β的必要而不充分条件．]2．C [两条平行线中，有一条直线垂直于一个平面，那么另一条直线也垂直这个平面．故选C.]3．证明(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.热点分类突破例1 (1)D (2)D解析(1)若l与l1，l2都不相交则l∥l1，l∥l2，∴l1∥l2，这与l1和l2异面矛盾，∴l至少与l1，l2中的一条相交．(2)若α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β，则a∥α，a∥β，故排除A.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，故排除B.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C.故选D.跟踪演练1 C [对于①，垂直于同一个平面的两条直线平行，①正确；对于②，直线n可能在平面α内，所以推不出n∥α，②错误；对于③，举一反例，m⊂β且m与α，β的交线平行时，也有m∥α，③错误；对于④，可以证明其正确性，④正确．故选C.]例2 (1)证明因为四边形ABCD是长方形，所以BC∥AD，因为BC⊄平面PDA，AD⊂平面PDA，所以BC∥平面PDA.(2)证明因为四边形ABCD是长方形，所以BC⊥CD，因为平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD＝CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面PDC，因为PD⊂平面PDC，所以BC⊥PD.(3)解如图，取CD的中点E，连接AE和PE.因为PD＝PC，所以PE⊥CD，在Rt△PED中，PE＝PD2－DE2＝42－32＝7.因为平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD＝CD，PE⊂平面PDC，所以PE⊥平面ABCD，由(2)知：BC⊥平面PDC，由(1)知：BC∥AD，所以AD⊥平面PDC，因为PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD .设点C 到平面PDA 的距离为h ，因为V 三棱锥CPDA ＝V 三棱锥PACD ，所以13S △PDA ·h ＝13S △ACD ·PE ，即h ＝S △ACD ·PES △PDA ＝12×3×6×712×3×4＝372，所以点C 到平面PDA 的距离是372.跟踪演练2 证明 (1)如图，取CE 的中点G ，连接FG ，BG . ∵F 为CD 的中点，∴GF ∥DE 且GF ＝12DE .∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，∴AB ∥DE ，∴GF ∥AB .又AB ＝12DE ，∴GF ＝AB .∴四边形GFAB 为平行四边形，则AF ∥BG .∵AF ⊄平面BCE ，BG ⊂平面BCE ，∴AF ∥平面BCE .(2)∵△ACD 为等边三角形，F 为CD 的中点，∴AF ⊥CD .∵DE ⊥平面ACD ，AF ⊂平面ACD ，∴DE ⊥AF .又CD ∩DE ＝D ，故AF ⊥平面CDE .∵BG ∥AF ，∴BG ⊥平面CDE .∵BG ⊂平面BCE ，∴平面BCE ⊥平面CDE .例3 (1)证明因为D ，E 分别为AC ，AB 的中点，所以DE ∥BC .又因为DE ⊄平面A 1CB ，BC ⊂平面A 1CB ，所以DE∥平面A1CB.(2)证明由题图(1)得AC⊥BC且DE∥BC，所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD.所以DE⊥平面A1DC.而A1F⊂平面A1DC，所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD，所以A1F⊥平面BCDE，又BE⊂平面BCDE，所以A1F⊥BE.(3)解线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.又因为DE∥BC，所以DE∥PQ.所以平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，所以A1C⊥DP.所以A1C⊥平面DEP.从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.跟踪演练3 (1)证明因为PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PD⊥AD.又因为ABCD是矩形，CD⊥AD，PD与CD交于点D，所以AD⊥平面PCD.又CF⊂平面PCD，所以AD⊥CF，即MD⊥CF.又MF⊥CF，MD∩MF＝M，所以CF⊥平面MDF.(2)解因为PD ⊥DC ，BC ＝2，CD ＝1，∠PCD ＝60°，所以PD ＝3，由(1)知FD ⊥CF ，在直角三角形DCF 中，CF ＝12CD ＝12.过点F 作FG ⊥CD 交CD 于点G ，得FG ＝FC sin 60°＝12×32＝34，所以DE ＝FG ＝34，故ME ＝PE ＝3－34＝334，所以MD ＝ME 2－DE 2＝3342－342＝62.S △CDE ＝12DE ·DC ＝12×34×1＝38.故V M －CDE ＝13MD ·S △CDE ＝13×62×38＝216.例4 (1)证明设E 为BC 的中点，由题意得A 1E ⊥平面ABC ，所以A 1E ⊥AE ，因为AB ＝AC ，所以AE ⊥BC .故AE ⊥平面A 1BC .由D ，E 分别为B 1C 1，BC 的中点，得DE ∥B 1B 且DE ＝B 1B ，从而DE ∥A 1A且DE ＝A 1A ，所以AA 1DE 为平行四边形．于是A 1D ∥AE .又因为AE ⊥平面A 1BC ，所以A 1D ⊥平面A 1BC .(2)解作A 1F ⊥DE ，垂足为F ，连接BF .因为A 1E ⊥平面ABC ，所以BC ⊥A 1E .因为BC ⊥AE ，所以BC ⊥平面AA 1DE .所以BC ⊥A 1F .又A 1F ⊥平面BB 1C 1C ，所以∠A 1BF 为直线A 1B 和平面BB 1C 1C 所成的角．由AB ＝AC ＝2，∠CAB ＝90°，得EA ＝EB ＝ 2.由A 1E ⊥平面ABC ，得A 1A ＝A 1B ＝4，A 1E ＝14. 由DE ＝BB 1＝4.DA 1＝EA ＝2，∠DA 1E ＝90°，得A 1F ＝72.所以sin ∠A 1BF ＝78. 跟踪演练4π6 解析如图所示，取B 1C 1的中点D ，连接A 1D ，BD .因为AB ＝AC ＝2，所以A 1B 1＝A 1C 1＝2，又B 1C 1＝BC ＝2，且B 1D ＝DC 1＝1，所以A 1D ⊥B 1C 1，且A 1D ＝A 1B 21－B 1D 2＝22－12＝1.又直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面A 1B 1C 1⊥平面BCC 1B 1，且平面 A 1B 1C 1∩平面BCC 1B 1＝B 1C 1，所以A 1D ⊥平面BCC 1B 1.故∠A 1BD 为直线A 1B 与平面BCC 1B 1所成的角．又A 1B ＝AA 21＋AB 2＝22＋22＝2，所以sin∠A 1BD ＝A 1D A 1B ＝12，故∠A 1BD ＝π6. 所以直线A 1B 与平面BCC 1B 1所成的角为π6. 高考押题精练1．C [构造长方体，如图所示．因为A 1C 1⊥AA 1，A 1C 1⊂平面AA 1C 1C ，AA 1⊂平面AA 1B 1B ，但A 1C 1与平面AA 1B 1B不垂直，平面AA 1C 1C 与平面AA 1B 1B 不垂直．所以选项A ，B 都是假命题．CC 1∥AA 1，但平面AA 1C 1C 与平面AA 1B 1B 相交而不平行，所以选项D 为假命题．“若两平面平行，则平面内任何一条直线必平行于另一个平面”是真命题，故选C.]2．(1)证明在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，连接C 1D ，∵DC ＝DD 1，∴四边形DCC 1D 1是正方形，∴DC1⊥D1C.又AD⊥DC，AD⊥DD1，DC∩DD1＝D，∴AD⊥平面DCC1D1，又D1C⊂平面DCC1D1，∴AD⊥D1C.∵AD⊂平面ADC1，DC1⊂平面ADC1，且AD∩DC1＝D，∴D1C⊥平面ADC1，又AC1⊂平面ADC1，∴D1C⊥AC1.(2)解假设存在点E，使D1E∥平面A1BD.连接AD 1，AE，D1E，设AD1∩A1D＝M，BD∩AE＝N，连接MN，∵平面AD1E∩平面A1BD＝MN，要使D1E∥平面A1BD，可使MN∥D1E，又M是AD1的中点，则N是AE的中点．又易知△ABN≌△EDN，∴AB＝DE.即E是DC的中点．综上所述，当E是DC的中点时，可使D1E∥平面A1BD.二轮专题强化练答案精析第2讲空间中的平行与垂直1．D [选项A 中缺少b ，c 相交；选项B ，由a ⊥b ，b ∥α可能a ⊂α；选项C 可能a ⊂α或a ∥α，选项D 正确．]2．A [由l 1，l 2是异面直线，可得l 1，l 2不相交，所以p ⇒q ；由l 1，l 2不相交，可得l 1，l 2是异面直线或l 1∥l 2，所以q ⇒/p .所以p 是q 的充分条件，但不是q 的必要条件．故选A.]3．B [作出过M ，N ，P ，Q 四点的截面交C 1D 1于点S ，交AB 于点R ，如图所示中的六边形MNSPQR ，显然点A 1，C 分别位于这个平面的两侧，故A 1C 与平面MNPQ 一定相交，不可能平行，故结论②不正确．]4．D [对于①，存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β，则α⊥β，反之也成立，即“存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β”是“α⊥β”的充要条件，所以①对，可排除B 、C.对于③，存在两条垂直的直线a ，b ，则直线a ，b 所成的角为90°，因为a ⊥β，b ⊥α，所以α，β所成的角为90°，即α⊥β，反之也成立，即“存在两条垂直的直线a ，b ，a ⊥β，b ⊥α”是“α⊥β”的充要条件，所以③对，可排除A ，选D.]5．D [∵在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°，∴BD ⊥CD ，又平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，所以CD ⊥平面ABD ，则CD ⊥AB ，又AD ⊥AB ，AD ∩CD ＝D ，所以AB ⊥平面ADC ，又AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面ADC ，故选D.]6．平行解析由AM MB ＝AN ND，得MN ∥BD .而BD ⊂平面BDC ，MN ⊄平面BDC ，所以MN ∥平面BDC .7．②④解析 ①错误，PA ⊂平面MOB ；②正确；③错误，否则，有OC ⊥AC ，这与BC ⊥AC 矛盾；④正确，因为BC ⊥平面PAC . 8.78 解析如图所示，连接DN ，取线段DN 的中点K ，连接MK ，CK .∵M 为AD 的中点，∴MK ∥AN ，∴∠KMC 为异面直线AN ，CM 所成的角．∵AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，N 为BC 的中点，由勾股定理求得AN ＝DN ＝CM ＝22，∴MK ＝ 2.在Rt △CKN 中，CK ＝22＋12＝ 3. 在△CKM 中，由余弦定理，得cos ∠KMC ＝22＋222－322×2×22＝78. 9．证明 (1)方法一连接DG ，设CD ∩GF ＝M ，连接MH .在三棱台DEFABC 中，AB ＝2DE ，G 为AC 的中点，可得DF ∥GC ，DF ＝GC ，所以四边形DFCG 为平行四边形．则M 为CD 的中点，又H 为BC 的中点，所以HM ∥BD ，又HM ⊂平面FGH ，BD ⊄平面FGH ，所以BD ∥平面FGH .方法二在三棱台DEFABC 中，由BC ＝2EF ，H 为BC 的中点，可得BH ∥EF ，BH ＝EF ，所以四边形HBEF 为平行四边形，可得BE ∥HF .在△ABC 中，G 为AC 的中点，H 为BC 的中点，所以GH ∥AB .又GH ∩HF ＝H ，所以平面FGH ∥平面ABED .所以BD∥平面FGH.(2)连接HE，GE.因为G，H分别为AC，BC的中点，所以GH∥AB.由AB⊥BC，得GH⊥BC.又H为BC的中点，所以EF∥HC，EF＝HC，因此四边形EFCH是平行四边形，所以CF∥HE.又CF⊥BC，所以HE⊥BC.又HE，GH⊂平面EGH，HE∩GH＝H，所以BC⊥平面EGH.又BC⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH. 10．(1)解点F，G，H的位置如图所示．(2)解平面BEG∥平面ACH，证明如下：因为ABCDEFGH为正方体，所以BC∥FG，BC＝FG，又FG∥EH，FG＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH，于是BCHE为平行四边形，所以BE∥CH，又CH⊂平面ACH，BE⊄平面ACH，所以BE∥平面ACH，同理BG∥平面ACH，又BE∩BG＝B，所以平面BEG∥平面ACH.(3)证明连接FH，BD.因为ABCDEFGH为正方体，因为EG ⊂平面EFGH ，所以DH ⊥EG ，又EG ⊥FH ，EG ∩FH ＝O ，所以EG ⊥平面BFHD ，又DF ⊂平面BFHD ，所以DF ⊥EG ，同理DF ⊥BG ，又EG ∩BG ＝G ，所以DF ⊥平面BEG .11．D [选项A 中，缺少条件b ⊂β，错误；B 中，α、β、γ的关系可参考教室墙角处三个平面的关系，易知错误；C 中的a ，b 可能平行或斜交．由两平面平行的性质可知D 正确．]12．a 或2a解析由题意易知，B 1D ⊥平面ACC 1A 1，所以B 1D ⊥CF .要使CF ⊥平面B 1DF ，只需CF ⊥DF 即可．令CF ⊥DF ，设AF ＝x ，则A 1F ＝3a －x .易知Rt △CAF ∽Rt △FA 1D ，得AC A 1F ＝AF A 1D，即2a x ＝3a －x a ，整理得x 2－3ax ＋2a 2＝0，解得x ＝a 或x ＝2a .13．①②③解析因AC ⊥平面BDD 1B 1，故①、②正确；记正方体的体积为V ，则V E －ABC ＝16V 为定值，故③正确；B 1E 与BC 1不垂直，故④错误．14．(1)证明如图，因为ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，所以B 1C 1⊥面ABB 1A 1.因为A 1B ⊂面ABB 1A 1，所以 B 1C 1⊥A 1B .又因为A 1B ⊥AB 1，B 1C 1∩AB 1＝B 1，所以A 1B ⊥面ADC 1B 1.因为A 1B ⊂面A 1BE ，所以平面ADC 1B 1⊥平面A 1BE .(2)解当点F 为C 1D 1中点时，可使B 1F ∥平面A 1BE . 证明如下：易知：EF ∥C 1D ，且EF ＝12C 1D .设AB 1∩A 1B ＝O ，则B 1O ∥C 1D 且B 1O ＝12C 1D ，所以EF ∥B 1O 且EF ＝B 1O ，所以四边形B 1OEF 为平行四边形．所以B 1F ∥OE .又因为B 1F ⊄面A 1BE ，OE ⊂面A 1BE . 所以B 1F ∥面A 1BE .。

2016版高考数学二轮专题突破(,理科) 配套课件：专题四立体几何与空间向量第1讲

第1讲空间几何体1．(2014·浙江）某几何体的三视图（单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是( )A．72 cm3B．90 cm3C．108 cm3D．138 cm32．（2015·山东)在梯形ABCD中，∠ABC＝错误!，AD∥BC，BC＝2AD ＝2AB＝2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ）A。

错误!B。

错误! C.错误!D．2π3．（2015·课标全国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（）A．14斛B．22斛C．36斛D．66斛4．(2014·江苏)设甲，乙两个圆柱的底面积分别为S1，S2，体积分别为V1,V2。

若它们的侧面相等，且错误!＝错误!，则错误!的值是________．1.以三视图为载体,考查空间几何体面积、体积的计算.2.考查空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题。

热点一三视图与直观图1．一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正视图的下面，长度与正视图的长度一样,侧视图放在正视图的右面,高度与正视图的高度一样,宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．2．由三视图还原几何体的步骤一般先从俯视图确定底面再利用正视图与侧视图确定几何体．例1 (1）(2014·课标全国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（2)一几何体的直观图如图,下列给出的四个俯视图中正确的是( )思维升华空间几何体的三视图是从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图，因此在分析空间几何体的三视图问题时，先根据俯视图确定几何体的底面，然后根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置，再确定几何体的形状，即可得到结果．跟踪演练1 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )(2)将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )热点二几何体的表面积与体积空间几何体的表面积和体积计算是高考中常见的一个考点，解决这类问题,首先要熟练掌握各类空间几何体的表面积和体积计算公式,其次要掌握一定的技巧,如把不规则几何体分割成几个规则几何体的技巧，把一个空间几何体纳入一个更大的几何体中的补形技巧．例2 (1）（2015·北京）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( )A．2＋ 5 B．4＋错误!C．2＋2错误!D．5(2)如图，在棱长为6的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别在C1D1与C1B1上，且C1E＝4，C1F＝3,连接EF,FB，DE,BD则几何体EFC1－DBC的体积为（）A．66 B．68 C．70 D．72思维升华（1）求多面体的表面积的基本方法就是逐个计算各个面的面积，然后求和．（2）求体积时可以把空间几何体进行分解，把复杂的空间几何体的体积分解为一些简单几何体体积的和或差．求解时注意不要多算也不要少算．跟踪演练2 (2015·四川)在三棱柱ABCA1B1C1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PA1MN的体积是________．热点三多面体与球与球有关的组合体问题,一种是内切，一种是外接．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，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心,正方体的棱长等于球的直径;球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上,正方体的体对角线长等于球的直径．例3 （1)已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，SA⊥平面ABC,SA＝2错误!,AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°,则球O的表面积为（）A．4πB．12πC．16πD．64π(2）(2015·课标全国Ⅱ）已知A，B是球O的球面上两点,∠AOB＝90°，C为该球面上的动点，若三棱锥OABC体积的最大值为36，则球O的表面积为（)A．36πB．64πC．144πD．256π思维升华三棱锥P－ABC可通过补形为长方体求解外接球问题的两种情形:(1）P可作为长方体上底面的一个顶点，A、B、C可作为下底面的三个顶点;(2)P－ABC为正四面体，则正四面体的棱都可作为一个正方体的面对角线．跟踪演练3 在三棱锥A－BCD中，侧棱AB，AC,AD两两垂直，△ABC，△ACD,△ABD的面积分别为错误!，错误!，错误!，则三棱锥A －BCD的外接球体积为________。

浙江新高考数学二轮复习专题强化练：专题四 1 第1讲空间几何体含解析

专题强化训练1.《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是()A．4B．8C．12D．16解析：选D.如图，以AA1为底面矩形一边的四边形有AA1C1C、AA1B1B、AA1D1D、AA1E1E 这4个，每一个面都有4个顶点，所以阳马的个数为16个．故选D.2．正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点(如图)，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的正视图为()解析：选C.过点A，E，C1的平面与棱DD1相交于点F，且F是棱DD1的中点，截去正方体的上半部分，剩余几何体的直观图如图所示，则其正视图应为选项C.3．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是()A ．8 cm 3B ．12 cm 3C ．323cm 3D ．403cm 3解析：选C.由三视图可知，该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的组合体．下面是棱长为2 cm 的正方体，体积V 1＝2×2×2＝8(cm 3)；上面是底面边长为2 cm ，高为2 cm 的正四棱锥，体积V 2＝13×2×2×2＝83(cm 3)，所以该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝323(cm 3)．4．(2019·台州模拟)如图，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，则该多面体最长的棱长等于( )A ．34B ．41C ．52D ．215解析：选C.由正视图、侧视图、俯视图的形状，可判断该几何体为三棱锥，形状如图，其中SC ⊥平面ABC ，AC ⊥AB ，所以最长的棱长为SB ＝5 2.5．(2019·金华十校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A ．15π2B ．8π C.17π2D ．9π解析：选B.依题意，题中的几何体是由两个完全相同的圆柱各自用一个不平行于其轴的平面去截后所得的部分拼接而成的组合体(各自截后所得的部分也完全相同)，其中一个截后所得的部分的底面半径为1，最短母线长为3、最长母线长为5，将这两个截后所得的部分拼接恰好形成一个底面半径为1，母线长为5＋3＝8的圆柱，因此题中的几何体的体积为π×12×8＝8π，选B.6.如图，圆柱内有一个直三棱柱，三棱柱的底面在圆柱底面内，且底面是正三角形．如果三棱柱的体积为123，圆柱的底面直径与母线长相等，则圆柱的侧面积为( )A ．12πB ．14πC ．16πD ．18π解析：选C.设圆柱的底面半径为R ，则三棱柱的底面边长为3R ，由34(3R )2·2R ＝123，得R ＝2，S 圆柱侧＝2πR ·2R ＝16π.故选C.7．(2019·石家庄市第一次模拟)某几何体的三视图如图所示(网格线中每个小正方形的边长为1)，则该几何体的表面积为( )A ．48B ．54C ．64D ．60解析：选D.根据三视图还原直观图，如图所示，则该几何体的表面积S ＝6×3＋12×6×4＋2×12×3×5＋12×6×5＝60，故选D.8．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.4πB.9π2C.6πD.32π3解析：选B.由题意可得若V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R ＝32，该球的体积最大，V max ＝43πR 3＝4π3×278＝9π2.9．(2019·温州八校联考)某几何体是直三棱柱与圆锥的组合体，其直观图和三视图如图所示，正视图为正方形，其中俯视图中椭圆的离心率为( )A.12B.24C.22 D.32解析：选C.依题意得，题中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形，设其直角边长为a ，则斜边长为2a ，圆锥的底面半径为22a 、母线长为a ，因此其俯视图中椭圆的长轴长为2a 、短轴长为a ，其离心率e ＝1－（a 2a）2＝22，选C.10.已知圆柱OO 1的底面半径为1，高为π，ABCD 是圆柱的一个轴截面．动点M 从点B 出发沿着圆柱的侧面到达点D ，其距离最短时在侧面留下的曲线Γ如图所示．现将轴截面ABCD 绕着轴OO 1逆时针旋转θ(0＜θ≤π)后，边B 1C 1与曲线Γ相交于点P ，设BP 的长度为f (θ)，则y ＝f (θ)的图象大致为( )解析：选A.将圆柱的侧面沿轴截面ABCD 展平，则曲线Γ是展开图形(即矩形)的对角线，根据题意，将轴截面ABCD 绕着轴OO 1逆时针旋转θ(0＜θ≤π)后，边B 1C 1与曲线Γ相交于点P ，设BP 的长度为f (θ)，则f (θ)应当是一次函数的一段，故选A.11．(2019·浙江省重点中学高三12月期末热身联考)某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________；表面积是________．解析：根据三视图可得，该几何体是长方体中的四棱锥C -BB 1D 1D ，由三视图可得：AB ＝2，BC ＝2，BB 1＝4，VC BB 1D 1D ＝23×12×2×2×4＝163，S C BB 1D 1D ＝12×2×2＋22×4＋12×2×4＋12×2×4＋12×22×18＝16＋8 2.答案：16316＋8 212.(2019·宁波市余姚中学期中检测)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积为________ cm 3，表面积为________cm 2.解析：由三视图可知：该几何体是由一个半球去掉14后得到的几何体．所以该几何体的体积＝34×12×43×π×13＝π2cm 3.表面积＝34×12×4π×12＋12×π×12＋34×π×12＝11π4cm2.答案：π211π413．(2019·河北省“五校联盟”质量检测)已知球O的表面积为25π，长方体的八个顶点都在球O的球面上，则这个长方体的表面积的最大值等于________．解析：设球的半径为R，则4πR2＝25π，所以R＝52，所以球的直径为2R＝5，设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，则长方体的表面积S＝2ab＋2ac＋2bc≤a2＋b2＋a2＋c2＋b2＋c2＝2(a2＋b2＋c2)＝50.答案：5014．(2019·浙江省高三考前质量检测)某几何体的三视图如图所示，当xy取得最大值时，该几何体的体积是____________．解析：分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥PABCD，CD＝y2，AB＝y，AC＝5，CP＝7，BP＝x，所以BP2＝BC2＋CP2，即x2＝25－y2＋7，x2＋y2＝32≥2xy，则xy≤16，当且仅当x＝y＝4时，等号成立．此时该几何体的体积V＝13×2＋42×3×7＝37.答案：3715．(2019·杭州市高考数学二模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是AA1的中点，则异面直线BE与B1D1所成角的余弦值等于________，若正方体棱长为1，则四面体B-EB1D1的体积为________．解析：取CC1中点F，连接D1F，B1F，则BE綊D1F，所以∠B1D1F为异面直线BE与B1D1所成的角．设正方体棱长为1，则B1D1＝2，B1F＝D1F＝1＋14＝52.所以cos∠B1D1F＝12B1D1D1F＝2252＝105. V B EB 1D 1＝V D 1BB 1E ＝13S △BB 1E ·A 1D 1＝13×12×1×1×1＝16.答案：105 1616．已知棱长均为a 的正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为216的球面上，则a 的值为________．解析：设O 是球心，D 是等边三角形A 1B 1C 1的中心，则OA 1＝216，因为正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长均为a ，所以A 1D ＝32a ×23＝33a ，OD ＝a 2，故A 1D 2＋OD 2＝⎝⎛⎭⎫33a 2＋⎝⎛⎭⎫a 22＝⎝⎛⎭⎫2162，得712a 2＝2136，即a 2＝1，得a ＝1.答案：117．(2019·瑞安四校联考)已知底面为正三角形的三棱柱内接于半径为1的球，则此三棱柱的体积的最大值为________．解析：如图，设球心为O ，三棱柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，底面正三角形的边长为a ，则AO 1＝23×32a ＝33a .由已知得O 1O 2⊥底面，在Rt △OAO 1中，由勾股定理得OO 1＝12－⎝⎛⎭⎫33a 2＝3·3－a 23，所以V 三棱柱＝34a 2×2×3·3－a 23＝3a 4－a 62，令f (a )＝3a 4－a 6(0＜a ＜2)，则f ′(a )＝12a 3－6a 5＝－6a 3(a 2－2)，令f ′(a )＝0，解得a ＝ 2.因为当a ∈(0，2)时，f ′(a )＞0；当a ∈(2，2)时，f ′(a )＜0，所以函数f (a )在(0，2)上单调递增，在(2，2)上单调递减．所以f (a )在a ＝ 2 处取得极大值．因为函数f (a )在区间(0，2)上有唯一的极值点，所以a ＝ 2 也是最大值点．所以(V 三棱柱)max ＝3×4－82＝1. 答案：118.如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD , ∠BAD ＝∠ABC ＝90°.(1)证明：直线BC ∥平面P AD ；(2)若△PCD 的面积为27，求四棱锥P -ABCD 的体积．解：(1)证明：在平面ABCD 内，因为∠BAD ＝∠ABC ＝90°，所以BC ∥AD .又BC ⊄平面P AD ，AD ⊂平面P AD ，故BC ∥平面P AD .(2)取AD 的中点M ，连接PM ，CM .由AB ＝BC ＝12AD 及BC ∥AD ，∠ABC ＝90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .因为侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD .因为CM ⊂底面ABCD ，所以PM ⊥CM .设BC ＝x ，则CM ＝x ，CD ＝2x ，PM ＝3x ，PC ＝PD ＝2x . 取CD 的中点N ，连接PN ，则PN ⊥CD ，所以PN ＝142x . 因为△PCD 的面积为27，所以12×2x ×142x ＝27，解得x ＝－2(舍去)或x ＝2.于是AB ＝BC ＝2，AD ＝4，PM ＝2 3. 所以四棱锥P -ABCD 的体积V ＝13×2×（2＋4）2×23＝4 3.19.如图，在△ABC 中，∠B ＝π2，AB ＝BC ＝2，P 为AB 边上一动点，PD ∥BC 交AC 于点D .现将△PDA 沿PD 翻折至△PDA ′，使平面PDA ′⊥平面PBCD .(1)当棱锥A ′PBCD 的体积最大时，求P A 的长； (2)若P 为AB 的中点，E 为A ′C 的中点，求证：A ′B ⊥DE . 解：(1)设P A ＝x ，则P A ′＝x ，所以V A ′PBCD ＝13P A ′·S 底面PBCD ＝13x ⎝⎛⎭⎫2－x 22.令f (x )＝13x ⎝⎛⎭⎫2－x 22＝2x 3－x 36(0<x <2)，则f ′(x )＝23－x 22.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表： x ⎝⎛⎭⎫0，233233 ⎝⎛⎭⎫233，2 f ′(x )0 f (x )单调递增极大值单调递减由上表易知，当P A ＝x ＝23时，V A ′PBCD 取最大值．(2)证明：取A ′B 的中点F ，连接EF ，FP . 由已知，得EF 綊12BC 綊PD .所以四边形EFPD 是平行四边形，所以ED ∥FP .因为△A ′PB 为等腰直角三角形，所以A ′B ⊥PF .所以A ′B ⊥DE .。

配套K12新(浙江专用)2016高考数学二轮专题突破 专题四 立体几何与空间向量 第1讲 空间几何体

高考数学二轮复习(浙江专用)训练：专题四 立体几何 第1讲 Word版含解析

教育最新K12新(浙江专用)2016高考数学二轮专题突破 高考小题综合练(二)理

2016届高考数学(浙江专用理科)二轮专题精练规范练4Word版含解析

2016届高考数学(理)二轮专题复习演练：专题四 第2讲 立体几何与空间向量过关提升(人教版含答案)(浙江专用)

2016版高考数学二轮专题突破(浙江专用理科)课件专题四 立体几何与空间向量 第3讲

配套K12新(浙江专用)2016高考数学二轮专题突破 大题纵横练(一)理

2016届高考数学(理)二轮专题复习专题四+第3讲+立体几何与空间向量模拟演练(人教版含答案)(浙江专用)

配套K12浙江省2016届高三数学专题复习 专题四 立体几何与空间向量 理

[推荐学习]新(浙江专用)2016高考数学二轮专题突破 高考中档大题规范练(三)理

配套K12新(浙江专用)2016高考数学二轮专题突破 高考小题分项练(五)理

高考数学二轮复习(浙江专用)训练：专题四立体几何第2讲Word版含解析

2016版高考数学(新课标全国卷Ⅱ·理科)二轮复习配套课件专题四 立体几何第2讲

浙江新高考数学二轮复习专题强化练：专题四 3 第3讲 空间向量与立体几何 含解析

新(浙江专用)高考数学二轮专题突破 专题四 立体几何与

推荐学习K12新(浙江专用)2016高考数学二轮专题突破 高考小题分项练(二)理

2016版高考数学二轮专题突破(,理科) 配套课件：专题四 立体几何与空间向量 第1讲

浙江新高考数学二轮复习专题强化练：专题四 1 第1讲 空间几何体 含解析