高三数学(理)二轮专题复习集训：专题五 立体几何(题组含答案) (1)
高考数学立体几何专题复习(含答案)
的中点.
（Ⅰ）证明： PA / / 平面 EDB ； （Ⅱ）求三棱锥 A BDP 的体积.
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参考答案
1、【答案】(1)详见解析;(2) . 试题分析（：1）过 B 作 CD 的垂线交 CD 于 F，则
6、如图所示，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，点 D 是 AB 的中点． (1)求证：AC1∥平面 CDB1； (2)求异面直线 AC1 与 B1C 所成角的余弦值．
7、如图所示，在三棱锥 A BOC 中，OA 底面 BOC ，OAB OAC 300 ， AB AC 2 ， BC 2 ，
高考数学—立体几何专题复习
1、如图，直四棱柱 ABCD–A1B1C1D1 中，AB//CD，AD⊥AB，AB=2，AD= ，AA1=3，E 为 CD 上一点，DE=1，EC=3. （1）证明：BE⊥平面 BB1C1C; （2）求点 B1 到平面 EA1C1 的距离.
2、已知四棱锥 P ABCD 的底面 ABCD 是菱形， BAD 60 ,又 PD 平面 ABCD ，点 E 是棱 AD 的中点， F 在棱 PC 上. （1）证明：平面 BEF 平面 PAD . （2）试探究 F 在棱 PC 何处时使得 PA / / 平面 BEF .
答案第 1 页，总 6 页
试题解析：
（1）证明：
PD EB
平面ABCD 平面ABCD
PD
EB
,
又底面 ABCD 是 A 60 的菱形，且点 E 是棱 AD 的中点，所以 EB AD ，
2023高中数学立体几何复习 题集附答案
2023高中数学立体几何复习题集附答案一、立体几何基础知识立体几何是数学中的一个重要分支，主要研究空间内的图形、体积和表面积等相关性质。
掌握立体几何的基础知识对于高中数学学习尤为重要。
下面是一些常见的立体几何概念及其性质：1. 空间中的点、线、面是立体几何中最基本的概念。
点是没有长度、宽度和高度的，线是由无数个点组成的，面是由无数条线组成的。
2. 立体是由许多平面相互连接而成的。
这些平面称为面，每个面都有其特定的几何形状，如三角形面、矩形面等。
3. 空间中的距离有两种：直线距离和曲线距离。
直线距离是两点之间最短的距离，而曲线距离则是沿着曲线的长度。
4. 空间中的体积是指一个物体占据的空间大小。
常见的几何体体积计算公式有：长方体的体积为底面积乘以高，球体的体积为4/3乘以π半径的立方，圆柱体的体积为底面积乘以高等。
5. 表面积是指立体图形外表面的总面积。
计算几何体表面积的公式与计算体积的公式类似，只是不同几何体的取值不同。
二、复习题1. 长方体A的长、宽、高分别为3cm、4cm和5cm，计算长方体A的表面积和体积。
解答：长方体的表面积公式为S = 2(ab + ac + bc)，其中a、b和c分别是长方体的三个边长。
代入数据后，可得长方体A的表面积为：S = 2(3*4 + 3*5 + 4*5) = 94cm²长方体的体积公式为V = lwh，其中l、w和h分别是长方体的三个边长。
代入数据后，可得长方体A的体积为：V = 3*4*5 = 60cm³因此，长方体A的表面积为94cm²，体积为60cm³。
2. 一个四棱锥的底面是一个边长为6cm的正方形，其高度为8cm。
计算该四棱锥的体积和表面积。
解答：四棱锥的体积公式为V = 1/3 * 底面积 * 高度。
底面为正方形，因此底面积为6²=36cm²。
代入数据后，可得四棱锥的体积为：V = 1/3 * 36 * 8 = 96cm³四棱锥的表面积公式为S = 底面积 + 侧面积。
高考数学二轮复习立体几何多选题知识点及练习题及答案
高考数学二轮复习立体几何多选题知识点及练习题及答案一、立体几何多选题1．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，12AC BC AA ===，90ACB ∠=︒，D ，E ，F分别为AC ，1AA ，AB 的中点．则下列结论正确的是（ ）A ．1AC 与EF 相交B ．11//BC 平面DEF C ．EF 与1AC 所成的角为90︒D ．点1B 到平面DEF 的距离为322【答案】BCD 【分析】利用异面直线的位置关系，线面平行的判定方法，利用空间直角坐标系异面直线所成角和点到面的距离，对各个选项逐一判断． 【详解】对选项A ，由图知1AC ⊂平面11ACC A ，EF 平面11ACC A E =，且1.E AC ∉由异面直线的定义可知1AC 与EF 异面，故A 错误；对于选项B ，在直三棱柱111ABC A B C -中，11B C //BC ．D ，F 分别是AC ，AB 的中点， //∴FD BC ，11B C ∴ //FD ．又11B C ⊄平面DEF ，DF ⊂平面DEF ，11B C ∴ //平面.DEF 故B 正确；对于选项C ，由题意，建立如图所示的空间直角坐标系，则(0C ，0，0)，(2A ，0，0)，(0B ，2，0)，1(2A ，0，2)，1(0B ，2，2)，1(0C ，0，2)，(1D ，0，0)，(2E ，0，1)，(1F ，1，0)．(1EF ∴=-，1，1)-，1(2AC =-，0，2)． 1·2020EF AC =+-=，1EF AC ∴⊥，1EF AC ∴⊥． EF 与1AC 所成的角为90︒，故C 正确；对于选项D ，设向量(n x =，y ，)z 是平面DEF 的一个法向量． (1DE =，0，1)，(0DF =，1，0)， ∴由n DE n DF ⎧⊥⎨⊥⎩，，，即·0·0n DE n DF ⎧=⎨=⎩，，，得00.x z y +=⎧⎨=⎩，取1x =，则1z =-，(1n ∴=，0，1)-， 设点1B 到平面DEF 的距离为d ． 又1(1DB =-，2，2)，1·102DB n d n-+∴===， ∴点1B 到平面DEF 的距离为2，故D 正确．故选：BCD 【点睛】本题主要考查异面直线的位置关系，线面平行的判定，异面直线所成角以及点到面的距离，还考查思维能力及综合分析能力，属难题．2．在三棱柱111ABC A B C -中，ABC ∆是边长为（ ）A ．直线1A C 与直线1BB 之间距离的最大值为3B ．若1A 在底面ABC 上的投影恰为ABC ∆的中心，则直线1AA 与底面所成角为60︒ C ．若三棱柱的侧棱垂直于底面，则异面直线AB 与1A C 所成的角为30D ．若三棱柱的侧棱垂直于底面，则其外接球表面积为64π【答案】AD 【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解. 【详解】如图示，以A 为原点，AC 为y 轴正方向，Ax 为x 轴正方向，过A 点垂直于面ABC 的向上方向为z 轴正方向建系，则()()()0,0,0,3,0,0,23,0,A B C 设()()()100010001000,,,3,3,,,23,,A x y z B x y z C x y z ++所以()()()1000100011,23,,,,,3,3,0,AC x y z BB x y z A B =---== 对于A:设n 为直线1A C 与直线1BB 的公垂线的方向向量，则有：11·0·0AC n BB n ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即()()0000002300x x y y zz x x y y zz ⎧-+-=⎪⎨++=⎪⎩解得：()00,0n z x =- 设直线1A C 与直线1BB 之间距离为d ，则22011222200009||||z A B nd d x z n x z ===++ 22009x d ≥∴≤，即3d ≤，故A 正确；对于B ：若1A 在底面ABC 上的投影恰为ABC ∆的中心，则(13,211A 底面法向量()(10,0,1,1,3,211m AA ==，设直线 1AA 与底面所成角为θ，则：121133sin |cos ,|143AA n θ===⨯，故B 错误； 对于C ： 三棱柱的侧棱垂直于底面时，则(((1110,0,43,3,43,0,23,43,A B C则()(13,3,0,3,43,AB AC ==-设异面直线AB 与1A C 所成的角为θ，则1115cos |cos ,|||10||||23215AB AC AB AC AB AC θ====⨯,故C 错误；对于D ：若三棱柱的侧棱垂直于底面时，外接球的球心O 为上下底面中心DD 1连线的中点,所以外接球的半径()222324R =+=，所以2464S R ππ==.故D 正确故选：AD 【点睛】向量法解决立体几何问题的关键： (1)建立合适的坐标系； (2)把要用到的向量正确表示； (3)利用向量法证明或计算.3．已知三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，其长度分别为a ，b ，c ．点A 在底面BCD 内的射影为O ，点A ，B ，C ，D 所对面的面积分别为A S ，B S ，C S ，D S ．在下列所给的命题中，正确的有（ ） A ．2A BCO D S SS ⋅=； B ．3333A B C D S S S S <++；C ．若三条侧棱与底面所成的角分别为1α，1β，1γ，则222111sin sin sin 1αβγ++=；D ．若点M 是面BCD 内一个动点，且AM 与三条侧棱所成的角分别为2α，2β，2γ，则22cos α+2222cos cos 1βγ+=．【答案】ACD 【分析】由Rt O OA '与Rt O AD '相似，得边长关系，进而判断A 正确；当M 与O 重合时，注意线面角与线线角的关系，即可得C 正确；构造长方体，建立直角坐标系，代入夹角公式计算可得D 正确；代入特殊值，可得B 错误.【详解】由三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，则将三棱锥A BCD -补成长方体ABFC DGHE -，连接DO 并延长交BC 于O '， 则AO BC ⊥．对A ：由Rt O OA '与Rt O AD '相似，则2O A O O O D '''=⨯ 又12A S BC O D '=⋅，12BCOS BC O O '=⋅， 22221124DS BC O A BC O A ⎛⎫''=⋅=⋅ ⎪⎝⎭所以2A BCOD S SS ⋅=，故A 正确．对B ：当1a b c ===时，33318B C D S S S ===，则33338B C D S S S ++=，而3332288A S ⎛⎫==> ⎪ ⎪⎝⎭，此时3333A B C D S S S S >++，故B 不正确． 对D ：分别以AB ，AC ，AD 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．设(),,M x y z ，则(),,AM x y z =，AM =(),0,0AB a =，()0,,0AC b =，()0,0,AD c =所以222222222cos cos cos AM AB AM AC AM AD AM ABAM ACAM ADαβγ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅++=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪⋅⋅⋅⎝⎭⎝⎭⎝⎭2222221x y z AMAMAM=++=，所以D 正确．对C ：当M 与O 重合时，AO ⊥面BCD ，由D 有222222cos cos cos 1αβγ++=，由各侧棱与底面所成角与侧棱与所AO 成角互为余角，可得C 正确． 故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题考查空间线面角、线线角、面积关系的问题，计算角的问题关键是建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用数量积的公式代入计算，解决这道题目还要结合线面角与线线角的关系判断.4．在长方体1111ABCD A B C D -中，4AB BC ==，18AA =，点P 在线段11A C 上，M 为AB 的中点，则（ ） A ．BD ⊥平面PACB ．当P 为11AC 的中点时，四棱锥P ABCD -外接球半径为72C ．三棱锥A PCD -体积为定值D ．过点M 作长方体1111ABCD A B C D -的外接球截面，所得截面圆的面积的最小值为4π 【答案】ACD 【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A 选项的正误；判断出四棱锥P ABCD -为正四棱锥，求出该四棱锥的外接球半径，可判断B 选项的正误；利用等体积法可判断C 选项的正误；计算出截面圆半径的最小值，求出截面圆面积的最小值，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，因为AB BC =，所以，矩形ABCD 为正方形，所以，BD AC ⊥， 在长方体1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1BD AA ∴⊥，1AC AA A ⋂=，AC 、1AA ⊂平面PAC ，所以，BD ⊥平面PAC ，A 选项正确；对于B 选项，当点P 为11A C 的中点时，()22221182262PA AA PA =+=+=同理可得PB PC PD ===因为四边形ABCD 为正方形，所以，四棱锥P ABCD -为正四棱锥， 取AC 的中点N ，则PN 平面ABCD ，且四棱锥P ABCD -的外接球球心在直线PN上，设该四棱锥的外接球半径为R ，由几何关系可得222PN R AN R -+=， 即2288R R -+=，解得92R =，B 选项错误； 对于C 选项，2114822ACDSAD CD =⋅=⨯=， 三棱锥P ACD -的高为18AA =，因此，116433A PCD P ACD ACD V V S AA --==⋅=△，C 选项正确；对于D 选项，设长方体1111ABCD A B C D -的外接球球心为E ，则E 为1BD 的中点， 连接EN 、MN ，则1142EN DD ==，122MN AD ==， E 、N 分别为1BD 、BD 的中点，则1//EN DD ， 1DD ⊥平面ABCD ，EN ∴⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，EN MN ∴⊥，EM ∴==过点M 作长方体1111ABCD A B C D -的外接球截面为平面α，点E 到平面α的距离为d ，直线EM 与平面α所成的角为θ，则sin d EM θθ==≤ 当且仅当2πθ=时，等号成立，长方体1111ABCD A B C D -的外接球半径为R '==，所以，截面圆的半径2r =≥=，因此，截面圆面积的最小值为4π，D 选项正确.故选：ACD. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.5．正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点，F 在侧面11CDD C 上运动，且满足1//B F 平面1A BE .以下命题正确的有（ ）A ．侧面11CDD C 上存在点F ，使得11B F CD ⊥ B ．直线1B F 与直线BC 所成角可能为30︒C ．平面1A BE 与平面11CDD C 所成锐二面角的正切值为2D ．设正方体棱长为1，则过点E ，F ，A 5【答案】AC 【分析】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，易证得平面1//B MN 平面1A BE ，可得点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，根据等腰三角形的性质得1B F MN ⊥，即有11B F CD ⊥，A 正确；当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，可判断B 错误；根据平面1//B MN 平面1A BE ，11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，计算可知C 正确；【详解】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，则易证得11//B N A E ，1//MN A B ，从而平面1//B MN 平面1A BE ，所以点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，因为1B MN △是等腰三角形，所以1B F MN ⊥，又因为1//MN CD ，所以11B F CD ⊥，故A 正确；设正方体的棱长为a ，当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，此时11tan C B F ∠=1tan 3023︒<=，所以B 错误； 平面1//B MN 平面1A BE ，取F 为MN 的中点，则1MN C F ⊥，1MN B F ⊥，∴11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，11111tan B C B FC C F ∠==22，所以C 正确；因为当F 为1C E 与MN 的交点时，截面为菱形1AGC E （G 为1BB 的交点），面积为6，故D 错误. 故选：AC.【点睛】本题主要考查线面角，二面角，截面面积的求解，空间几何中的轨迹问题，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，综合性较强，属于较难题．6．如图，线段AB 为圆O 的直径，点E ，F 在圆O 上，//EF AB ，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，且2AB =，1EF AD ==，则下述正确的是（ ）A ．//OF 平面BCEB ．BF ⊥平面ADFC ．点A 到平面CDFE 的距离为217D ．三棱锥C BEF -5π 【答案】ABC 【分析】由1EF OB ==，//EF OB ，易证//OF 平面BCE ，A 正确；B ， 由所矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直， 易证AD ⊥平面ABEF ，所以AD BF ⊥，由线段AB 为圆O 的直径，所以BF FA ⊥，易证故B 正确.C ，由C DAF A CDF V V --=可求点A 到平面CDFE 的距离为217，C 正确. D ，确定线段DB 的中点M 是三棱锥C BEF -外接球心，进一步可求其体积，可判断D 错误. 【详解】解：1EF OB ==，//EF OB ，四边形OFEB 为平行四边形，所以//OF BE ，OF ⊄平面BCE ，BE ⊂平面BCE ，所以//OF 平面BCE ，故A 正确.线段AB 为圆O 的直径，所以BF FA ⊥，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，平面ABCD 平面ABEF AB =，AD ⊂平面ABCD ，所以AD ⊥平面ABEF ，BF ⊂平面ABEF ，所以AD BF ⊥ AD ⊂平面ADF ，AF ⊂平面ADF ，AD AF A =， 所以BF ⊥平面ADF ，故B 正确.1OF OE EF ===，OFE △是正三角形，所以1EF BE AF ===， //DA BC ，所以BC ⊥平面ABEF ，BC BF ⊥，3BF =22312CF CB BF +=+=，22112DF DA AF =+=+=2AB CD ==，CDF 是等腰三角形，CDF 的边DF 上的高22222142222DF CF ⎛⎫⎛⎫-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 1147222CDF S =⨯⨯=△， //DA BC ，AD ⊂平面ADF ，BC ⊄平面ADF ， //BC 平面ADF ，点C 到平面ADF 的距离为3BF =， 111122DAF S =⨯⨯=△，C DAF A CDF V V --=，设点A 到平面CDFE 的距离为h ，1133ADF CFD S FB S h ⨯⨯=⨯⨯△△，11173323h ⨯⨯=⨯⨯， 所以21h =，故C 正确. 取DB 的中点M ，则//MO AD ，12MO =，所以MO ⊥平面CDFE ，所以215122ME MF MB MC ⎛⎫====+= ⎪⎝⎭所以M 是三棱锥C BEF -5， 三棱锥C BEF -外接球的体积为334455533V r ππ==⨯=⎝⎭，故D 错误， 故选：ABC. 【点睛】综合考查线面平行与垂直的判断，求点面距离以及三棱锥的外接球的体积求法，难题.7．如图，点O 是正四面体P ABC -底面ABC 的中心，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，S 是棱PC 上的点，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ，则（ ）A ．若//MN 平面PAB ，则//AB RQ B ．存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQC ．存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+= D ．111PQPRPS++是常数【答案】ABD 【分析】对于选项A ，根据线面平行的性质定理，进行推理判断即可；对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ， 13SC PC =时，通过线面垂直的判定定理，证明此时PC ⊥平面SRQ ，即可证明，存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ；对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+=，利用线面垂直的判定定理可证得PC ⊥平面PAB ，此时通过反证法说明矛盾性，即可判断； 对于选项D ，利用S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V ----=++，即可求得111PQPRPS++是常数.【详解】 对于选项A ， 若//MN 平面PAB ，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ,∴平面SMN 平面PAB =RQ ，又MN ⊂平面SMN ，//MN 平面PAB ，∴//MN RQ ，点O 在面ABC 上，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，∴MN ⊂平面ABC ，又//MN 平面PAB ，平面ABC平面PAB AB =，∴//MN AB ， ∴//AB RQ ，故A 正确； 对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ，S 为线段PC 上靠近C 的三等分点，即13SC PC =，此时PC ⊥平面SRQ ，以下给出证明： 在正四面体P ABC -中，设各棱长为a ，∴ABC ，PBC ，PAC △，PAB △均为正三角形，点O 为ABC 的中心，//MN AB ，∴由正三角形中的性质，易得23CN CM a ==， 在CNS 中，23CN a =，13SC a =，3SCN π∠=，∴由余弦定理得，3SN a ==， ∴222249SC SN a CN +==，则SN PC ⊥， 同理，SM PC ⊥，又SM SN S =，SM ⊂平面SRQ ，SN ⊂平面SRQ ，∴PC ⊥平面SRQ ，∴存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ，故B 正确； 对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+=， 设QR 中点为K ，则2PQ PR PK +=，∴PS PK ⊥，即PC PK ⊥，()cos cos 0PC AB PC PB PA PC PB CPB PC PA CPA ⋅=⋅-=⋅∠-⋅∠=，∴PC AB ⊥，又易知AB 与PK 为相交直线，AB 与PK 均在平面PQR 上，∴PC ⊥平面PQR ，即PC ⊥平面PAB ，与正四面体P ABC -相矛盾，所以假设不成立， 故C 错误； 对于选项D ，易知点O 到面PBC ，面PAC ，面PAB 的距离相等，记为d ， 记PC 与平面PAB 所处角的平面角为α，α为常数，则sin α也为常数， 则点S 到PQR 的距离为sin PS α， 又13sin 234PQRSPQ PR PQ PR π=⋅=⋅ ∴()()1133sin sin sin 33412S PQR PQRV PS S PS PQ PR PQ PR PS ααα-=⋅=⋅⋅=⋅⋅， 又13sin 234PSRSPS PR PS PR π=⋅=⋅， 13sin 234PSQS PS PQ PS PQ π=⋅=⋅， 13sin 234PQRSPQ PR PQ PR π=⋅=⋅， ()3S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V d PS PR PS PQ PQ PR ----=++=⋅+⋅+⋅， ∴()33sin 1212PQ PR PS d PS PR PS PQ PQ PR α⋅⋅=⋅+⋅+⋅， ∴111sin d PQPRPSα++=为常数，故D 正确. 故选：ABD. 【点睛】本题考查了线面平行的性质定理、线面垂直的判定定理，考查了三棱锥体积的计算，考查了向量的运算，考查了转化能力与探究能力，属于较难题.8．如图，已知P 为棱长为1的正方体对角线1BD 上的一点，且()()10,1BP BD λλ=，下面结论中正确结论的有（ ）A ．11A D C P ⊥；B ．当1A P PD +取最小值时，23λ=；C ．若()0,1λ∈，则7,312APC ππ⎛⎫∠∈⎪⎝⎭；D ．若P 为1BD 的中点，四棱锥11P AA D D -的外接球表面积为94π． 【答案】ABD 【分析】以D 为坐标原点建立如图空间直角坐标系，利用向量关系可判断ABC ；根据几何体外接球关系建立方程求出球半径即可判断D. 【详解】以D 为坐标原点建立如图空间直角坐标系， 则()1,1,0B ，()10,0,1D ，设(),,P x y z ，()()10,1BP BD λλ=，1BP BD λ∴=，即()()1,1,1,1,1x y z λ--=--，则可解得()1,1,P λλλ--， 对A ，()()()111,0,1,0,0,0,0,1,1A D C ，()11,0,1A D ∴=--，()11,,1C P λλλ=---，则()()()()11110110A D C P λλλ⋅=-⨯-+⨯-+-⨯-=，则11A D C P ⊥，故A 正确；对B ，()()()()()2222221111111A P PD λλλλλλ+=--+-+--+-+222223422333λλλ⎛⎫=-+=-+ ⎪⎝⎭则当23λ=时，1A P PD +取最小值，故B 正确； 对C ，()()1,0,0,0,1,0A C ，(),1,PA λλλ∴=--，()1,,PC λλλ=--，则222321cos 1321321PA PCAPC PA PC λλλλλλ⋅-∠===--+-+⋅， 01λ<<，则2232123λλ≤-+<，则2111123212λλ-≤-<-+， 即11cos 22APC -≤∠<，则2,33APC ππ⎛⎤∠∈ ⎥⎝⎦，故C 错误；对于D ，当P 为1BD 中点时，四棱锥11P AA D D -为正四棱锥，设平面11AA D D 的中心为O ，四棱锥11P AA D D -的外接球半径为R ，所以22212R R ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭⎝⎭，解得34R =， 故四棱锥11P AA D D -的外接球表面积为94π，所以D 正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点睛：本题考查空间相关量的计算，解题的关键是建立空间直角坐标系，利用向量建立关系进行计算.。
2016届高三数学二轮复习(新课标)第一部分：专题五立体几何(含解析)
第1讲 空间几何体的三视图、表面积及体积1．(2014·江西高考)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( )【解析】 由三视图的知识得B 正确． 【答案】 B2．(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 3 【解析】 该几何体为四棱柱和四棱锥的组合，所以其体积V ＝V 四棱柱＋V 四棱锥，故V ＝23＋13×22×2＝323(cm 3)． 【答案】 C3．(2015·山东高考)已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在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.22π3B.42π3C．22πD．42π【解析】由题意，该几何体可以看作是两个底面半径为2、高为2的圆锥的组合体，其体积为2×13×π×(2)2×2＝42π3.【答案】 B4．(2014·全国大纲高考)正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4B．16πC．9π D.27π4【解析】易知EF＝4，AF＝1222＋22＝2，在直角三角形AOF中，设球的半径为R，则(4－R)2＋22＝R2，∴R＝94，∴S球＝4πR2＝81π4.【答案】 A考什么怎么考题型与难度1.空间几何体的三视图与直观图关系的确认主要考查空间几何体的三视图与直观图间对应关系题型：选择题难度：基础题2.空间几何体的表面积与体积主要考查以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的计算题型：选择题或填空题难度：中档题3.多面体与球的切、接问题主要考查多面体与球的结构特征及空间的点、线、面间的位置关系题型：选择题或填空题难度：中档题空间几何体的三视图与直观图关系的确认(自主探究型) 的三视图，则这个几何体是( )A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱【解析】将三视图还原为几何体即可，考查空间想象能力．由题中三视图可知该几何体的直观图如图所示，则这个几何体是三棱柱．故选B.【答案】 B2．(2014·湖北高考)在如图所示的空间直角坐标系O－xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)．给出编号为①，②，③，④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为( )A．①和②B．③和①C．④和③D．④和②【解析】根据正视图、俯视图的投影规则，找出它们各个顶点的坐标即可．在空间直角坐标系O —xyz 中作出棱长为2的正方体，在该正方体中作出四面体，如图所示，由图可知，该四面体的正视图为④，俯视图为②.【答案】 D【规律感悟】 1.由直观图确认三视图的策略根据空间几何体三视图的定义及画法规则和摆放规则确认． 2．由三视图还原到直观图的思路 (1)根据俯视图确定几何体的底面．(2)根据正(主)视图或侧(左)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．空间几何体的表面积与体积(多维探究型)【典例1】 (2015·新课标Ⅰ高考)《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【解析】 本题是一个实际应用问题，考查了圆锥的体积计算以及考生的理解与计算能力．由l ＝14×2πr ＝8得圆锥底面的半径r ＝16π≈163，所以米堆的体积V ＝14×13πr 2h ＝14×2569×5＝3209，所以堆放的米有3209÷1.62≈22斛．故选B.【答案】 B命题角度二 根据三视图求空间几何体的表面积与体积【典例2】 (1)(2015·陕西高考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．3πB ．4πC ．2π＋4D ．3π＋4(2)(2015·湖南高考)某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为(材料利用率＝新工件的体积原工件的体积)( )A.89πB.827π C.24（2－1）3πD.8（2－1）3π【解析】 (1)本题主要考查空间几何体的三视图与直观图的概念和性质，考查计算能力．由三视图知该几何体是半个圆柱，其表面积为S 表＝2π×1×22＋π×12＋2×2＝3π＋4.故选D.(2)本题主要考查三视图、圆锥的体积及正方体的体积等知识，解答此题的关键是作出轴截面，利用比例关系求出正方体的棱长．由三视图知，原工件为圆锥，要使正方体新工件的体积最大，则正方体下底面在圆锥底面上，上底面是平行于圆锥底面的截面圆的内接正方形，过正方体的顶点作轴截面如图，且AB 为上底面正方形的对角线，设正方体的棱长为a ，则AB ＝2a ，又圆锥的高为32－12＝22，所以2a2＝22－a22，得a＝223，正方体体积为V＝a3＝16227，圆锥的体积为13×π×12×22＝22π3，故原工件的材料利用率为1622722π3＝89π.故选A.【答案】(1)D (2)A【规律感悟】 1.求解几何体的表面积及体积的技巧(1)求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键所在．求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．(2)求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解．2．根据几何体的三视图求其表面积与体积的三个步骤(1)根据给出的三视图判断该几何体的形状．(2)由三视图中的大小标示确定该几何体的各个度量．(3)套用相应的面积公式与体积公式计算求解．[针对训练]1．(2015·安徽高考)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( )A．1＋ 3 B．1＋2 2C．2＋ 3 D．2 2【解析】在长、宽、高分别为2，1，1的长方体中，所求四面体即如图所示的三棱锥P—ABC，其表面积为12×2×1×2＋34×(2)2×2＝2＋ 3.【答案】 C2．(2015·重庆高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋2πB.13π6C.7π3D.5π2【解析】 由三视图知，该几何体为一个圆柱与一个半圆锥的组合体，其中圆柱的底面半径为1、高为2，半圆锥的底面半径为1、高为1，所以该几何体的体积V ＝12×13×π×12×1＋π×12×2＝13π6.故选B. 【答案】 B多面体与球的切、接问题【典例3】 (1)(2014·陕西高考)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( )A.32π3 B ．4πC ．2π D.4π3(2)(2015·新课标Ⅱ高考)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【解析】 (1)找出球心，求出球的半径代入体积公式求解．考查空间想象能力和运算求解能力．连接AC ，BD 相交于O 1，连接A 1C 1，B 1D 1，相交于O 2并连接O 1O 2，则线段O 1O 2的中点为球心．∴半径R ＝|OB |＝|OO 1|2＋|O 1B |2＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫222＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫222＝1，∴V 球＝43πR 3＝4π3.故选D.(2)本题主要考查球的性质、三棱锥的体积、球的表面积等基础知识，意在考查考生的空间想象能力与运算求解能力、推理论证能力．三棱锥V O —ABC ＝V C —OAB ＝13S △OAB ×h ，其中h 为点C 到平面OAB 的距离，而底面三角形OAB 是直角三角形，顶点C 到底面OAB 的最大距离是球的半径，故V O —ABC ＝V C —OAB ＝13×12×R 3＝36，其中R 为球O 的半径，所以R ＝6，所以球O 的表面积S ＝4πR 2＝144π.故选C.【答案】 (1)D (2)C [一题多变]若题(2)变为：已知正四棱锥O ABCD 的体积为322，底面边长为3，则以O 为球心，OA 为半径的球的表面积为________．【解析】 V 四棱锥O ABCD ＝13×3×3h ＝322，得h ＝322，∴OA 2＝h 2＋(AC 2)2＝184＋64＝6.∴S 球＝4πOA 2＝24π. 【答案】 24π【规律感悟】 多面体与球接、切问题的求解策略(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，理清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．(2)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段PA ，PB ，PC 两两互相垂直，且PA ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，则4R 2＝a 2＋b 2＋c 2求解．[针对训练]1．(2015·长春模拟)在正三棱锥S ABC 中，M ，N 分别是SC ，BC 的中点，且MN ⊥AM ，若侧棱SA ＝23，则正三棱锥S ABC 外接球的表面积是( )A．12πB．32πC．36πD．48π【解析】取AC的中点为D连结BD，SD，知BD⊥AC，SD⊥AC，∴AC⊥平面BDS，∴AC⊥BS，又MN⊥AM，∴BS⊥AM，∴BS⊥平面ACS，由S－ABC是正三棱锥知BS，AS，CS两两垂直，则4R2＝3·(23)2，∴4R2＝36，∴S表＝4πR2＝36π.故选C.【答案】 C2．(2015·河北唐山统考)如图，直三棱柱ABCA1B1C1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB＝AC，侧面BCC1B1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB1A1的面积为( )A．2 B．1C. 2D.2 2【解析】连结BC1，B1C，交于点O，则O为面BCC1B1的中心．由题意知，球心为侧面BCC1B1的中心O，BC为截面圆的直径，所以∠BAC＝90°，则△ABC的外接圆圆心N 位于BC的中点，同理，△A1B1C1的外接圆圆心M位于B1C1的中点，设正方形BCC1B1的边长为x，在Rt△OMC1中，OM＝x2，MC1＝x2，OC1＝R＝1(R为球的半径)，所以⎝⎛⎭⎪⎫x22＋⎝⎛⎭⎪⎫x22＝1，即x＝2，则AB＝AC＝1，所以侧面ABB1A1的面积为2×1＝ 2.故选C.【答案】 C转化与化归思想求解空间几何体的体积[思想诠释]空间几何体的体积用到转化与化归思想的常见题型：1．求某些三棱锥、四棱锥体积：求解过程中当高不易求时，常需转换顶点利用等体积法解决．2．不规则几何体的体积的求解：求解时， 常结合所给几何体的结构特征及条件，通过割、补等手段转化为规则几何体体积的和、差求解．[典例剖析]【典例】 (2015·烟台模拟)如图所示，四棱锥P ABCD 中 ，底面ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝AB ＝2，E ，F ，G 分别为PC ，PD ，BC 的中点．则(1)四棱锥E ABCD 的体积为________； (2)三棱锥P EFG 的体积为________．【审题策略】 (1)看到E 到平面ABCD 的距离不易求，想到转化与化归思想，EF ∥平面ABCD 转化为求V F ABCD ；(2)看到P 到平面EFG 的距离不易求，想到转化与化归思想转化为求V G PEF .【解析】 (1)因为E ，F 分别为PC ，PD 的中点，所以EF ∥DC ，又DC ⊂平面ABCD ，所以EF ∥平面ABCD ，又PD ⊥平面ABCD ，所以FD ⊥平面ABCD ，且FD ＝12PD ＝1，S 正方形ABCD ＝2×2＝4，所以V E ABCD ＝V F ABCD ＝13×4×1＝43.(2)因为PD ⊥平面ABCD ，GC ⊂平面ABCD ， 所以GC ⊥PD .因为ABCD 为正方形，所以GC ⊥CD . 因为PD ∩CD ＝D ，所以GC ⊥平面PCD . 因为PF ＝12PD ＝1，EF ＝12CD ＝1，所以S △PEF ＝12EF ×PF ＝12.因为GC ＝12BC ＝1，所以V P EFG ＝V G PEF＝13S △PEF ·GC ＝13×12×1＝16.【答案】 (1)43 (2)16[针对训练](2015·哈尔滨模拟)一个空间几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为12π＋853，则正(主)视图中x 的值为( )A ．5B ．3C ．4D ．2【解析】 由三视图知，几何体是一个组合体，上面是一个正四棱锥，四棱锥的底面是一个对角线为4的正方形，侧棱长是3，根据勾股定理知正四棱锥的高是32－22＝5，下面是一个圆柱，底面直径是4，母线长是x ，因为几何体的体积为12π＋853，所以x ×4π＋13×(22)2×5＝12π＋853，x ＝3.故选B.【答案】 B1．必记公式 (1)表面积公式表面积＝侧面积＋底面积，其中 ①多面体的表面积为各个面的面积的和．②圆柱的表面积公式：S ＝2πr 2＋2πrh ＝2πr (r ＋h )(其中，r 为底面半径，h 为圆柱的高)． ③圆锥的表面积公式：S ＝πr 2＋πrl ＝πr (r ＋l )(其中圆锥的底面半径为r ，母线长为l )． ④圆台的表面积公式：S ＝π(r l 2＋r 2＋r ′l ＋rl )(其中圆台的上、下底面半径分别为r ′和r ，母线长为l )．⑤球的表面积公式：S ＝4πR 2(其中球的半径为R )． (2)体积公式①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)．②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)．③V 球＝43πR 3(其中R 为球的半径)．2．重要结论(1)画三视图的基本要求：正俯一样长，俯侧一样宽，正侧一样高．(2)三视图排列规则：俯视图放在正(主)视图的下面；侧(左)视图放在正(主)视图的右面． 3．易错提醒(1)未注意三视图中实、虚线的区别：在画三视图时应注意看到的轮廓线画成实线，看不到的轮廓线画成虚线．(2)不能准确分析组合体的结构致误对简单组合体表面积与体积的计算要注意其构成几何体的面积、体积是和还是差． 限时训练(十二)建议用时 实际用时错题档案40分钟一、选择题1．(2014·福建高考)某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( ) A ．圆柱 B ．圆锥 C ．四面体 D ．三棱柱 【解析】 易知圆柱不论如何放置正视图不可能为三角形．故选A. 【答案】 A2．(2014·陕西高考)将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是( )A ．4πB ．3πC ．2πD ．π【解析】 ∵圆柱侧面展开图为矩形，底面圆半径为1，S 侧＝2πr ·l ＝2π×1×1＝2π.故选C.【答案】 C3．(2015·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为( )A ．1 B. 2 C. 3 D ．2【解析】 由题中三视图知，此四棱锥的直观图如图所示，其中侧棱SA ⊥底面ABCD ，且底面是边长为1的正方形，SA ＝1，所以四棱锥最长棱的棱长为SC ＝3.故选C.【答案】 C4．(2015·新课标Ⅱ高考)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18B.17C.16D.15【解析】 由三视图可知，该几何体是一个正方体截去了一个三棱锥，即截去了正方体的一个角．设正方体的边长为1，则正方体的体积为1，截去的三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，故剩余部分的体积为V 2＝56，所求比值为V 1V 2＝15.【答案】 D5．(2015·福建高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( )A ．8＋2 2B ．11＋2 2C ．14＋22 D ．15【解析】 由题中三视图可知，该几何体是底面为直角梯形、高为2的直四棱柱，所以其表面积为S表面积＝S 侧面积＋2S 下底面积＝(1＋1＋2＋2)×2＋2×12×(1＋2)×1＝11＋2 2.故选B.【答案】 B6．(2015·山西康杰中学3月模拟)已知某锥体的正视图和侧视图如图所示，其体积为233，则该锥体的俯视图可能是( )【解析】由正视图得该锥体的高是h＝22－12＝3，因为该锥体的体积为233，所以该锥体的底面面积是S＝23313h＝23333＝2，A项的正方形的面积是2×2＝4，B项的圆的面积是π×12＝π，C项的大三角形的面积是12×2×2＝2，D项不可能是该锥体的俯视图．故选C.【答案】 C7．(2014·湖南高考)一块石材表示的几何体的三视图如图所示．将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A．1 B．2 C．3 D．4【解析】由题意知，几何体为三棱柱，设最大球的半径为R.∴2R＝(6＋8)－10＝4，∴R＝2.【答案】 B8．(2015·江西铁路中学二模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.16π3B.20π3C.40π3D ．5π【解析】 观察三视图可知，该几何体为一个球和一个圆锥的组合体，球半径为1，圆锥底面半径为2，圆锥高为3，所以该几何体的体积为43π×13＋13π×22×3＝16π3.故选A. 【答案】 A9．(2015·新课标Ⅰ高考)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 ．1B ．2C ．4D ．8【解析】 由题中的三视图可知，该几何体由一个半圆柱与一个半球拼接而成，其表面积为2r ×2r ＋2πr 2＋2πr 2＋πr 2＝4r 2＋5πr 2＝16＋20π，解得r ＝2.故选B.【答案】 B10.(2013·全国新课标Ⅰ高考)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器厚度，则球的体积为( )A.500π3 cm 3B.866π3 cm 3C.1 372π3 cm 3D.2 048π3 cm 3【解析】利用球的截面性质结合直角三角形求解．如图，作出球的一个截面，则MC ＝8－6＝2(cm)，BM ＝12AB ＝12×8＝4(cm)．设球的半径为R cm ，则R 2＝OM 2＋MB 2＝(R －2)2＋42，∴R ＝5，∴V 球＝43π×53＝5003π(cm 3)． 【答案】 A 二、填空题11．(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.【解析】 该几何体是一个组合体，中间是一个圆柱，左、右两侧是两个一样的圆锥，其体积为V ＝2×13×π×12×1＋π×12×2＝8π3(m 3)．【答案】 8π312．(2015·山西运城教学检测)若一个空间几何体的三视图是三个边长为2的正方形，则以该空间几何体各个面的中心为顶点的多面体的体积为________．【解析】 由题意可知，该空间几何体为正方体，以正方体各个面的中心为顶点的多面体是两个相同的正四棱锥组成的几何体，如图，该四棱锥的高是正方体高的一半，底面面积是正方体一个面面积的一半，故所求多面体的体积V ＝2×13×1×2·2＝43.【答案】 4313．(预测题)一个几何体的正视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的________．(填入所有可能的几何体前的编号)①三棱锥 ②四棱锥 ③三棱柱 ④四棱柱 ⑤圆锥⑥圆柱【解析】 三棱锥、四棱锥和圆锥的正视图都是三角形，当三棱柱的一个侧面平行于水平面，底面对着观测者时其正视图是三角形，其余的正视图均不是三角形．【答案】 ①②③⑤14．(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和圆柱各一个，则新的底面半径为________．【解析】 底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱的总体积为13π×52×4＋π×22×8＝196π3.设新的圆锥和圆柱的底面半径为r ，则13π×r 2×4＋π×r 2×8＝28π3r 2＝196π3，解得r ＝7.【答案】715．(2015·广西三市4月联考)三棱锥P ABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥AC ，∠BAC ＝120°，PA ＝AB ＝AC ＝2，则此三棱锥外接球的体积为________．【解析】 设△ABC 外接圆的半径为r ，三棱锥外接球的半径为R ，∵AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝120°，∴BC ＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos ∠BAC＝4＋4－2×2×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝23，∴2r ＝2332＝4，∴r ＝2，由题意知PA ⊥平面ABC ，则将三棱锥补成三棱柱可得R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫PA 22＋r 2＝5，∴此三棱锥外接球的体积为43π·(5)3＝2053π.【答案】 2053π第2讲 点、直线、平面之间的位置关系1．(2015·湖北高考)l 1，l 2表示空间中的两条直线，若p ：l 1，l 2是异面直线；q ：l 1，l 2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【解析】 两直线异面，则两直线一定无交点，即两直线一定不相交；而两直线不相交，有可能是平行，不一定异面，故两直线异面是两直线不相交的充分不必要条件．故选A.【答案】 A2．(2013·安徽高考)在下列命题中，不是．．公理的是( ) A ．平行于同一个平面的两个平面相互平行 B ．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面C ．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内D ．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 【解析】 A ．不是公理，是个常用的结论，需经过推理论证； B ．是平面的基本性质公理； C ．是平面的基本性质公理； D ．是平面的基本性质公理． 【答案】 A3．(2014·浙江高考)设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面( ) A ．若m ⊥n ，n ∥α，则m ⊥α B ．若m ∥β，β⊥α，则m ⊥α C ．若m ⊥β，n ⊥β，n ⊥α，则m ⊥α D ．若m ⊥n ，n ⊥β，β⊥α，则m ⊥α【解析】 选项A ，若m ⊥n ，n ∥α，则m ⊂α或m ∥α或m ⊥α，错误；选项B ，若m ∥β，β⊥α，则m ⊂α或m ∥α 或m ⊥α，错误；选项C ，若m ⊥β，n ⊥β，n ⊥α，则m ⊥α，正确；选项D，若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α或m⊂α或m∥α，错误．故选C.【答案】 C4．(2015·江苏高考)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.【证明】(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此BD∥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.考什么怎么考题型与难度1.与空间位置关系有关的命题真假的判断主要考查线面平行、垂直与面面平行、垂直判定定理、性质定理的应用题型：选择题难度：中档题2.证明平行关系主要考查直线、线面、面面平行关系的证明题型：解答题难度：基础题或中档题3.证明垂直关系主要考查线线、线面、面面垂直关系的证明与应用题型：解答题难度：基础题或中档题与空间位置关系有关的命题真假的判断(自主探究型)β.( )A．若l⊥β，则α⊥βB．若α⊥β，则l⊥mC．若l∥β，则α∥βD．若α∥β，则l∥m【解析】本题主要考查线面位置关系，意在考查考生的空间想象能力和推理能力．对于面面垂直的判定，主要是两个条件，即l⊂α，l⊥β，如果这两个条件存在，则α⊥β.【答案】 A2．(2015·广东佛山二模)在空间中，有如下四个命题：①平行于同一个平面的两条直线是平行直线；②垂直于同一条直线的两个平面是平行平面；③若平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β；④过平面α的一条斜线有且只有一个平面与平面α垂直．其中正确的命题是( )A．①③B．②④C．①④D．②③【解析】①平行于同一个平面的两条直线，可能平行，相交或异面，不正确；②垂直于同一条直线的两个平面是平行平面，由面面平行的判定定理知正确；③若平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等，则α与β可能平行，也可能相交，不正确；易知④正确．故选B.【答案】 B【规律感悟】判断与空间位置关系有关的命题真假的两大方法(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断．(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定．证明平行关系（师生共研型）【典例1】(2015·陕西高考)四面体ABCD及其三视图如图所示，平行于棱AD，BC 的平面分别交四面体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H.(1)求四面体ABCD 的体积； (2)证明：四边形EFGH 是矩形．【解】 (1)以△BDC 为底面，AD 为高，利用体积公式求解；(2)先利用线面平行的性质定理证明四边形EFGH 为平行四边形，再证明为矩形．(1)由该四面体的三视图可知，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，BD ＝CD ＝2，AD ＝1，∴AD ⊥平面BDC ，∴四面体体积V ＝13×12×2×2×1＝23.(2)证明：∵BC ∥平面EFGH ， 平面EFGH ∩平面BDC ＝FG ，平面EFGH ∩平面ABC ＝EH ，∴BC ∥FG ，BC ∥EH ，∴FG ∥EH . 同理EF ∥AD ，HG ∥AD ，∴EF ∥HG ， ∴四边形EFGH 是平行四边形． 又∵AD ⊥平面BDC ， ∴AD ⊥BC ，∴EF ⊥FG ， ∴四边形EFGH 是矩形． [一题多变] 若本例变为：如图，在四面体PABC 中，PC ⊥AB ，点D ，E ，F ，G 分别是棱AP ，AC ，BC ，PB 的中点．(1)求证：DE ∥平面BCP ； (2)求证：四边形DEFG 为矩形．【证明】 (1)因为D ，E 分别为AP ，AC 的中点， 所以DE ∥PC .又因为DE ⊄平面BCP ， 所以DE ∥平面BCP .(2)因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点，所以DE∥PC∥FG，DG∥AB∥EF.所以四边形DEFG为平行四边形．又因为PC⊥AB，所以DE⊥DG.所以四边形DEFG为矩形．【规律感悟】 1.证明线线平行的常用方法(1)利用三角形中位线定理证明：即遇到中点时，常找中位线，利用该定理证明．(2)利用平行四边形对边平行证明：即要证两线平行，以两线为对边构造平行四边形证明．(3)利用平行公理证明：即要证两线平行，找第三线并证明其分别与要证两线平行即可．2．证明线面平行的常用方法(1)利用线面平行的判定定理，把证明线面平行转化为证明线线平行．(2)利用面面平行的性质定理，把证明线面平行转化为证明面面平行．3．证明面面平行的方法证明面面平行，依据判定定理，只要找到一个平面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行．[针对训练](2015·河北石家庄二中一模)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，E为PD的中点，F在AD上，且∠FCD＝30°.(1)求证：CE∥平面PAB；(2)若PA＝2AB＝2，求四面体PACE的体积．【解】(1)证明：∵∠ACD＝90°，∠CAD＝60°，∴∠FDC＝30°.又∠FCD＝30°，∴∠ACF＝60°，∴AF＝CF＝DF，即F为AD的中点．又E为PD的中点，∴EF∥PA，∵AP⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，∴EF∥平面PAB.又∠BAC＝∠ACF＝60°，∴CF∥AB，可得CF∥平面PAB.又EF∩CF＝F，∴平面CEF∥平面PAB，而CE⊂平面CEF，∴CE ∥平面PAB .(2)∵EF ∥AP ，AP ⊂平面APC ，EF ⊄平面APC ， ∴EF ∥平面APC .又∠ABC ＝∠ACD ＝90°，∠BAC ＝60°，PA ＝2AB ＝2， ∴AC ＝2AB ＝2，CD ＝ACtan 30°＝23.∴V P ACE ＝V E PAC ＝V F PAC ＝V P ACF ＝13×12×S △ACD ·PA ＝13×12×12×2×23×2＝233.证明垂直关系（多维探究型）命题角度一 利用线面垂直的性质证明线线垂直【典例2】 (2015·河北唐山一模)如图，在斜三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1与侧面CBB 1C 1都是菱形，∠ACC 1＝∠CC 1B 1＝60°，AC ＝2.(1)求证：AB 1⊥CC 1； (2)若AB 1＝6，求四棱锥A BB 1C 1C 的体积．【解】 本题主要考查线线垂直、线面垂直、四棱锥的体积等基础知识，意在考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力、运算求解能力．(1)证明：连接AC 1，CB 1，则 △ACC 1和△B 1CC 1皆为正三角形． 取CC 1的中点O ，连接OA ，OB 1， 则CC 1⊥OA ，CC 1⊥OB 1， 则CC 1⊥平面OAB 1，则CC 1⊥AB 1. (2)由(1)知，OA ＝OB 1＝3，又AB 1＝6，所以OA 2＋OB 21＝AB 21，所以OA ⊥OB 1.又OA ⊥CC 1，OB 1∩CC 1＝O ，所以OA ⊥平面BB 1C 1C .S ▱BB 1C 1C ＝BC ×BB 1sin 60°＝23，故VA BB 1C 1C ＝13S ▱BB 1C 1C ×OA ＝2.命题角度二 证明线面垂直、面面垂直【典例3】 (2015·新课标Ⅰ高考)如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥EACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积．【解】 本题主要考查空间直线与平面、平面与平面垂直的性质与判定及三棱锥体积与侧面积的计算等基础知识，考查考生的推理论证能力、空间想象能力、运算求解能力．求解第(1)问时，根据菱形的性质，易知AC ⊥BD ，由直线BE ⊥平面ABCD ，得AC ⊥BE ，进而得到AC ⊥平面BED ，再根据面面垂直的判定定理得平面AEC ⊥平面BED ；求解第(2)问时，首先根据AE ⊥EC 、菱形的性质及三棱锥的体积求出菱形的边长，再求三棱锥的侧面积．(1)因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD .因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE .故AC ⊥平面BED . 又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED .(2)证明：设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x2.因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x .由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x .由已知得，三棱锥EACD 的体积V EACD ＝13×12AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63.故x ＝2.从而可得AE ＝EC ＝ED ＝6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥EACD 的侧面积为3＋25.【规律感悟】 1.证明线线垂直的常用方法(1)利用特殊平面图形的性质：如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直．(2)利用勾股定理逆定理．(3)利用线面垂直的性质：即要证明线线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在平面即可．2．证明线面垂直的常用方法(1)利用线面垂直的判定定理：把线面垂直的判定转化为证明线线垂直． (2)利用面面垂直的性质定理，把证明线面垂直转化为证明面面垂直．。
高考数学(理)二轮复习：立体几何(含答案)
高考数学（理）二轮复习：立体几何（含答案）7 立体几何1．概念理解(1)四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直平行六面体、长方体之间的关系．(2)三视图①三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从几何的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．画三视图的基本要求：正俯一样长，俯侧一样宽，正侧一样高． ②三视图排列规则：俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图一样；侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度和正(主)视图一样，宽度与俯视图一样． 2．柱、锥、台、球体的表面积和体积侧面展开图 表面积 体积直棱柱 长方形 S ＝2S 底＋S 侧 V ＝S 底·h 圆柱 长方形 S ＝2πr 2＋2πrl V ＝πr 2·l 棱锥 由若干三角形构成S ＝S 底＋S 侧 V ＝13S 底·h 圆锥扇形S ＝πr 2＋πrlV ＝13πr 2·h 棱台 由若干个梯形构成 S ＝S 上底＋S 下底＋S 侧 V ＝13(S ＋SS ′＋S ′)·h圆台 扇环 S ＝πr ′2＋π(r ＋r ′)l ＋πr 2V ＝13π(r 2＋rr ′＋r ′2)·h 球 S ＝4πr 2 S ＝43πr 33.平行、垂直关系的转化示意图 (1)(2)两个结论 ①⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αb ⊥α⇒a ∥b ，②⎭⎪⎬⎪⎫a ∥b a ⊥α⇒b ⊥α.4．用空间向量证明平行垂直设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)．则有： (1)线面平行l ∥α⇔a ⊥μ⇔a ·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.(2)线面垂直l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2.(3)面面平行α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝λv ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3.(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.5．用向量求空间角(1)直线l 1，l 2的夹角θ有cos θ＝|cos 〈l 1，l 2〉|(其中l 1，l 2分别是直线l 1，l 2的方向向量)．(2)直线l 与平面α的夹角θ有sin θ＝|cos 〈l ，n 〉|(其中l 是直线l 的方向向量，n是平面α的法向量)．(3)平面α，β的夹角θ有cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|，则α—l —β二面角的平面角为θ或π－θ(其中n 1，n 2分别是平面α，β的法向量)．1．混淆“点A 在直线a 上”与“直线a 在平面α内”的数学符号关系，应表示为A ∈a ，a ⊂α.2．在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线为虚线．在还原空间几何体实际形状时一般是以正(主)视图和俯视图为主．3．易混淆几何体的表面积与侧面积的区别，几何体的表面积是几何体的侧面积与所有底面面积之和，不能漏掉几何体的底面积；求锥体体积时，易漏掉体积公式中的系数13.4．不清楚空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理，忽视判定定理和性质定理中的条件，导致判断出错．如由α⊥β，α∩β＝l ，m ⊥l ，易误得出m ⊥β的结论，就是因为忽视面面垂直的性质定理中m ⊂α的限制条件．5．注意图形的翻折与展开前后变与不变的量以及位置关系．对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置与数量关系． 6．几种角的范围两条异面直线所成的角0°<α≤90°； 直线与平面所成的角0°≤α≤90°； 二面角0°≤α≤180°；两条相交直线所成的角(夹角)0°<α≤90°； 直线的倾斜角0°≤α<180°； 两个向量的夹角0°≤α≤180°； 锐角0°<α<90°.7．空间向量求角时易忽视向量的夹角与所求角之间的关系，如求解二面角时，不能根据几何体判断二面角的范围，忽视向量的方向，误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错．1．(2017·重庆外国语学校月考)一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是( )A.π3B.π4 C.π2 D ．π答案 D解析 由三视图可知，该几何体为球的34，其半径为1，则体积V ＝34×43×π×13＝π.2．直三棱柱ABC —A 1B 1C 1的直观图及三视图如图所示，D 为AC 的中点，则下列命题是假命题的是( )A ．AB 1∥平面BDC 1 B ．A 1C ⊥平面BDC 1 C ．直三棱柱的体积V ＝4D ．直三棱柱的外接球的表面积为43π 答案 D解析 由三视图可知，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧面B 1C 1CB 是边长为2的正方形，底面ABC 是等腰直角三角形，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝2. 连接B 1C 交BC 1于点O ，连接OD .在△CAB 1中，O ，D 分别是B 1C ，AC 的中点，∴OD ∥AB 1，又OD ⊂平面BDC 1，AB 1⊄平面BDC 1， ∴AB 1∥平面BDC 1.故A 正确；在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ， ∴AA 1⊥BD .又AB ＝BC ＝2，D 为AC 的中点， ∴BD ⊥AC ，又AA 1∩AC ＝A ，AA 1，AC ⊂平面AA 1C 1C ， ∴BD ⊥平面AA 1C 1C . ∴BD ⊥A 1C .又A 1B 1⊥B 1C 1，A 1B 1⊥B 1B ， ∴A 1B 1⊥平面B 1C 1CB ， ∴A 1B 1⊥BC 1.∵BC 1⊥B 1C ，且A 1B 1∩B 1C ＝B 1， ∴BC 1⊥平面A 1B 1C . ∴BC 1⊥A 1C ，又BD ∩BC 1＝B ，BD ，BC 1⊂平面BDC 1， ∴A 1C ⊥平面BDC 1.故B 正确；V ＝S △ABC ×C 1C ＝12×2×2×2＝4，故C 正确；此直三棱柱的外接球的半径为3，其表面积为12π，D 错．故选D. 3．已知直线l ，m 和平面α，则下列结论正确的是( ) A ．若l ∥m ，m ⊂α，则l ∥α B ．若l ⊥α，m ⊂α，则l ⊥m C ．若l ⊥m ，l ⊥α，则m ∥α D ．若l ∥α，m ⊂α，则l ∥m 答案 B解析 若l ∥m ，m ⊂α，则l ∥α或l ⊂α，故A 错误；若l ⊥α，m ⊂α，则l ⊥m ，B 正确；若l ⊥m ，l ⊥α，则m ⊂α或m ∥α，故C 错误；若l ∥α，m ⊂α，则l ∥m 或l ，m 异面，故选B.4．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 ⊥l D ．m ⊥n 答案 C解析 由题意知，α∩β＝l ，∴l ⊂β，∵n ⊥β，∴n ⊥l .故选C.5．已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β.直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，l ⊄α，l ⊄β，则( )A ．α∥β且l ∥αB ．α⊥β且l ⊥βC ．α与β相交，且交线垂直于lD ．α与β相交，且交线平行于l 答案 D解析 假设α∥β，由m ⊥平面α，n ⊥平面β，得m ∥n ，这与已知m ，n 为异面直线矛盾，那么α与β相交，设交线为l 1，则l 1⊥m ，l 1⊥n ，在直线m 上任取一点作n 1平行于n ，那么l 1和l 都垂直于直线m 与n 1所确定的平面，所以l 1∥l .6.如图，正方体AC 1的棱长为1，过点A 作平面A 1BD 的垂线，垂足为点H ，以下四个命题：①点H 是△A 1BD 的垂心；②AH 垂直于平面CB 1D 1；③直线AH 和BB 1所成角为45°；④AH 的延长线经过点C 1，其中假命题的个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 答案 B解析 ∵AB ＝AA 1＝AD ，BA 1＝BD ＝A 1D ， ∴三棱锥A －BA 1D 为正三棱锥， ∴点H 是△A 1BD 的垂心，故①正确；∵平面A 1BD 与平面B 1CD 1平行，AH ⊥平面A 1BD ， ∴AH ⊥平面CB 1D 1，故②正确； ∵AA 1∥BB 1，∴∠A 1AH 就是直线AH 和BB 1所成的角， 在直角三角形AHA 1中，∵AA 1＝1，A 1H ＝23×32×2＝63，∴sin ∠A 1AH ＝63≠22，故③错误； 根据正方体的对称性得到AH 的延长线经过C 1， 故④正确，故选B.7．将正方体的纸盒展开如图，直线AB ，CD 在原正方体的位置关系是( )A．平行 B．垂直C．相交成60°角D．异面且成60°角答案 D解析如图，直线AB，CD异面．因为CE∥AB，所以∠ECD即为直线AB，CD所成的角，因为△CDE为等边三角形，故∠ECD＝60°.8．长方体的顶点都在同一球面上，其同一顶点处的三条棱长分别为3,4,5，则该球面的表面积为( )A．25π B．50πC．75π D.12523π答案 B解析设球的半径为R，由题意可得(2R)2＝32＋42＋52＝50，∴4R2＝50，球的表面积为S＝4πR2＝50π.9．如图，三棱锥A－BCD的棱长全相等，点E为AD的中点，则直线CE与BD所成角的余弦值为( )A.36B.32C.336D.12答案 A解析 方法一 取AB 中点G ，连接EG ，CG . ∵E 为AD 中点，∴EG ∥BD .∴∠GEC 为CE 与BD 所成的角．设AB ＝1， 则EG ＝12BD ＝12，CE ＝CG ＝32， ∴cos ∠GEC ＝EG 2＋EC 2－GC 22×EG ×EC＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322－⎝ ⎛⎭⎪⎫3222×12×32＝36. 方法二 设AB ＝1，则CE →·BD →＝(AE →－AC →)·(AD →－AB →)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12AD →－AC →·(AD →－AB →)＝12AD →2－12AD →·AB →－AC →·AD →＋AC →·AB →＝12－12cos 60°－cos 60°＋cos 60°＝14. ∴cos 〈CE →，BD →〉＝CE →·BD →|CE →||BD →|＝1432＝36，故选A.10．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.22D.32答案 A解析 如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，则O (0,0,0)，B (3，0,0)，A (0，－1,0)，B 1(3，0,2)，则AB →1＝(3，1,2)，则BO →＝(－3，0,0)为侧面ACC 1A 1的法向量，故sin θ＝|AB →1·BO →||AB →1||BO →|＝64.11．如图，在空间四边形ABCD 中，点M ∈AB ，点N ∈AD ，若AM MB ＝ANND，则直线MN 与平面BDC 的位置关系是________．答案 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 .12．已知长方体ABCD —A ′B ′C ′D ′，E ，F ，G ，H 分别是棱AD ，BB ′，B ′C ′，DD ′的中点，从中任取两点确定的直线中，与平面AB ′D ′平行的有________条．答案 6解析 如图，连接EG ，EH ，FG ，∵EH 綊FG ， ∴EFGH 四点共面，由EG ∥AB ′，EH ∥AD ′，EG ∩EH ＝E ，AB ′∩AD ′＝A ，可得平面EFGH 与平面AB ′D ′平行， ∴符合条件的共有6条．13．点P 在正方形ABCD 所在平面外，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AB ，则PB 与AC 所成角的大小是________．答案π3解析 以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，设正方形ABCD 的边长为1，则A (0,0,0)，P (0,0,1)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，PB →＝(1,0，－1)，AC →＝(1,1,0)，因此 cos 〈PB →，AC →〉＝1＋0×1＋0×()－112＋02＋()－12·12＋12＋02＝12， 因此PB 和AC 所成的角为60°，即π3.14．设m ，n 是不同的直线，α，β，γ是不同的平面，有以下四个命题：①⎩⎪⎨⎪⎧ α∥β，α∥γ⇒β∥γ；②⎩⎪⎨⎪⎧α⊥β，m ∥α⇒m ⊥β；③⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥α，m ∥β⇒α⊥β；④⎩⎪⎨⎪⎧m ∥n ，n ⊂α⇒m ∥α.其中，正确的命题是________．(填序号) 答案 ①③解析 ①中平行于同一平面的两平面平行是正确的；②中m ，β可能平行，相交或直线在平面内；③中由面面垂直的判定定理可知结论正确；④中m ，α可能平行或线在面内． 15．如图(1)，在边长为4的菱形ABCD 中，∠DAB ＝60°，点E ，F 分别是边CD ，CB 的中点，AC ∩EF ＝O ，沿EF 将△CEF 翻折到△PEF ，连接PA ，PB ，PD ，得到如图(2)所示的五棱锥P －ABFED ，且PB ＝10.(1)求证：BD ⊥PA ；(2)求四棱锥P －BFED 的体积．(1)证明 ∵点E ，F 分别是边CD ，CB 的中点， ∴BD ∥EF .∵菱形ABCD 的对角线互相垂直， ∴BD ⊥AC . ∴EF ⊥AC . ∴EF ⊥AO ，EF ⊥PO .∵AO ⊂平面POA ，PO ⊂平面POA ，AO ∩PO ＝O ，∴EF ⊥平面POA ，∴BD ⊥平面POA ，又PA ⊂平面POA ，∴BD ⊥PA .(2)解 设AO ∩BD ＝H .连接BO ，∵∠DAB ＝60°，∴△ABD 为等边三角形，∴BD ＝4，BH ＝2，HA ＝23，HO ＝PO ＝3，在Rt △BHO 中，BO ＝BH 2＋HO 2＝7，在△PBO 中，BO 2＋PO 2＝10＝PB 2，∴PO ⊥BO .∵PO ⊥EF ，EF ∩BO ＝O ，EF ⊂平面BFED ， BO ⊂平面BFED ，∴OP ⊥平面BFED ，梯形BFED 的面积S ＝12(EF ＋BD )·HO ＝33， ∴四棱锥P －BFED 的体积V ＝13S ·PO ＝13×33×3＝3.16.如图，四棱锥S －ABCD 的底面是正方形，SD ⊥平面ABCD ，SD ＝AD ＝a ，点E 是SD 上的点，且DE ＝λa (0＜λ≤1)．(1)求证：对任意的λ∈(0,1]，都有AC ⊥BE ；(2)若二面角C －AE －D 的大小为60°，求λ的值．(1)证明 如图，建立空间直角坐标系Dxyz ，则A (a,0,0)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，D (0,0,0)，E (0,0，λa )．∴AC →＝(－a ，a,0)，BE →＝(－a ，－a ，λa )，∴AC →·BE →＝0对任意λ∈(0,1]都成立，即对任意的λ∈(0,1]，都有AC ⊥BE .(2)解 显然n ＝(0,1,0)是平面ADE 的一个法向量，设平面ACE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，∵AC →＝(－a ，a,0)，AE →＝(－a,0，λa )，∴⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AC →＝0，m ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －ax ＋ay ＝0，－ax ＋λaz ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x －y ＝0，x －λz ＝0，取z ＝1，则x ＝y ＝λ，∴m ＝(λ，λ，1)，∵二面角C －AE －D 的大小为60°，∴cos 〈n ，m 〉＝n ·m ||n ||m ＝λ1＋2λ2＝12， ∵λ∈(0,1]，∴λ＝22. 亲爱的读者：春去燕归来，新桃换旧符。
高三数学(理)二轮复习专题集训：专题五 立体几何5.2 Word版含解析
A级1．设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，“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解析：当m∥β时，过m的平面α与β可能平行也可能相交，因而m∥β⇒/α∥β；当α∥β时，α内任一直线与β平行，因为m⊂α，所以m∥β.综上知，“m∥β”是“α∥β”的必要而不充分条件．答案：B2．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()解析：B选项中，AB∥MQ，且AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ；C选项中，AB∥MQ，且AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ；D选项中，AB∥NQ，且AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ.故选A.答案：A3．(2017·新疆第二次适应性检测)设m，n是不同的直线，α，β，γ是不同的平面，有以下四个命题：①若α∥β，α∥γ，则β∥γ②若α⊥β，m∥α，则m⊥β③若m⊥α，m∥β，则α⊥β④若m∥n，n⊂α，则m∥α其中正确命题的序号是()A．①③B．①④C．②③D．②④解析：对于①，因为平行于同一个平面的两个平面相互平行，所以①正确；对于②，当直线m位于平面β内，且平行于平面α，β的交线时，满足条件，但显然此时m与平面β不垂直，因此②不正确；对于③，在平面β内取直线n平行于m，则由m⊥α，m∥n，得n ⊥α，又n⊂β，因此有α⊥β，③正确；对于④，直线m可能位于平面α内，显然此时m与平面α不平行，因此④不正确．综上所述，正确命题的序号是①③，选A.答案：A4．如图，在三棱锥P-ABC中，不能证明AP⊥BC的条件是()A．AP⊥PB，AP⊥PCB．AP⊥PB，BC⊥PBC．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PCD．AP⊥平面PBC解析：A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A正确；C中，因为平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC ⊥平面APC，AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C正确；D中，由A知D正确；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.答案：B5．在正方体ABCD-A1B1C1D1的侧面ABB1A1内有一动点P到直线A1B1与直线BC的距离相等，则动点P所在的曲线的形状为()解析：由题意可知点P到点B的距离等于到直线A1B1的距离，根据抛物线的定义可知，动点P的轨迹是以点B为焦点，以A1B1为准线的过点A的抛物线的一部分．A选项中的图象为直线，排除A.C选项中点B不是抛物线的焦点，排除C.D选项中的图象不过A点，排除D.故选B.答案：B6．如图，在空间四边形ABCD 中，M ∈AB ，N ∈AD ，若AM MB ＝ANND ，则直线MN 与平面BDC 的位置关系是________．解析：由AM MB ＝ANND ，得MN ∥BD .而BD ⊂平面BDC ，MN ⊄平面BDC ， 所以MN ∥平面BDC . 答案：平行7．已知α，β表示两个不同的平面，m ，n 表示两条不同的直线，且m ⊥β，α⊥β，给出下列四个结论：①∀n ⊂α，n ⊥β； ②∀n ⊂β，m ⊥n ； ③∀n ⊂α，m ∥n ； ④∃n ⊂α，m ⊥n .则上述结论正确的为________．(写出所有正确结论的序号)解析：由于m ⊥β，α⊥β，所以m ⊂α或m ∥α.∀n ⊂α，则n ⊥β或n ⊂β或n ∥β或n 与β斜交，所以①不正确；∀n ⊂β，则由直线与平面垂直的性质，知m ⊥n ，②正确；∀n ⊂α，则m ∥n 或m ，n 相交或m ，n 互为异面直线，③不正确；当m ⊂α或m ∥α时，∃n ⊂α，m ⊥n ，④正确．答案：②④ 8.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，给出的下列结论正确的是________．①AF ⊥PB ；②EF ⊥PB ； ③AF ⊥BC ；④AE ⊥平面PBC .解析：由题意知P A ⊥平面ABC ，所以P A ⊥BC . 又AC ⊥BC ，P A ∩AC ＝A ， 所以BC ⊥平面P AC . 所以BC ⊥AF .因为AF ⊥PC ，BC ∩PC ＝C ，所以AF ⊥平面PBC ，PB ⊂平面PBC ， 所以AF ⊥PB ，又AE ⊥PB ，AE ∩AF ＝A ， 所以PB ⊥平面AEF ，所以PB ⊥EF . 故①②③正确． 答案：①②③9．(2017·惠州市第三次调研考试)在如图所示的多面体ABCDE 中，已知ABCD 是边长为2的正方形，平面ABCD ⊥平面ABE ，∠AEB ＝90°，AE ＝BE .(1)若M 是DE 的中点，试在AC 上找一点N ，使得MN ∥平面ABE ，并给出证明； (2)求多面体ABCDE 的体积．解析：(1)连接BD ，交AC 于点N ，则点N 即为所求，证明如下： ∵ABCD 是正方形，∴N 是BD 的中点， 又M 是DE 的中点，∴MN ∥BE ， ∵BE ⊂平面ABE ，MN ⊄平面ABE ， ∴MN ∥平面ABE .(2)取AB 的中点F ，连接EF ，∵△ABE 是等腰直角三角形，且AB ＝2， ∴EF ⊥AB ，EF ＝12AB ＝1，∵平面ABCD ⊥平面ABE ， 平面ABCD ∩平面ABE ＝AB ， EF ⊂平面ABE ，∴EF ⊥平面ABCD ，即EF 为四棱锥E -ABCD 的高， ∴V 四棱锥E -ABCD ＝13S 正方形ABCD ·EF ＝13×22×1＝43.10．如图，过底面是矩形的四棱锥F -ABCD 的顶点F 作EF ∥AB ，使AB ＝2EF ，且平面ABFE ⊥平面ABCD ，若点G 在CD 上且满足DG ＝GC .(1)求证：FG ∥平面AED ； (2)求证：平面DAF ⊥平面BAF .证明：(1)因为DG ＝GC ，AB ＝CD ＝2EF ，AB ∥EF ∥CD ， 所以EF ∥DG ，EF ＝DG .所以四边形DEFG 为平行四边形， 所以FG ∥ED .又因为FG ⊄平面AED ，ED ⊂平面AED ， 所以FG ∥平面AED .(2)因为平面ABFE ⊥平面ABCD ，平面ABFE ∩平面ABCD ＝AB ，AD ⊥AB ，AD ⊂平面ABCD ，所以AD ⊥平面BAF ，又AD ⊂平面DAF ，所以平面DAF ⊥平面BAF .B 级1．(2017·成都市第二次诊断性检测)把平面图形M 上的所有点在一个平面上的射影构成的图形M ′称为图形M 在这个平面上的射影．如图，在长方体ABCD -EFGH 中，AB ＝5，AD ＝4，AE ＝3.则△EBD 在平面EBC 上的射影的面积是( )A ．234B ．252C ．10D ．30解析：连接HC ，过D 作DM ⊥HC ，连接ME ，MB ，因为BC ⊥平面HCD ，又DM ⊂平面HCD ，所以BC ⊥DM ，因为BC ∩HC ＝C ，所以DM ⊥平面HCBE ，即D 在平面HCBE 内的射影为M ，所以△EBD 在平面HCBE 内的射影为△EBM ，在长方体中，HC ∥BE ，所以△MBE 的面积等于△CBE 的面积，所以△EBD 在平面EBC 上的射影的面积为12×52＋32×4＝234，故选A.答案：A2．(2017·惠州市第三次调研考试)如图是一几何体的平面展形图，其中四边形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4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( ) A ．1个 B ．2个 C ．3个D ．4个解析：将展开图还原为几何体(如图)，因为E ，F 分别为P A ，PD 的中点，所以EF ∥AD ∥BC ，即直线BE 与CF 共面，①错；因为B ∉平面P AD ，E ∈平面P AD ，E ∉AF ，所以BE 与AF 是异面直线，②正确；因为EF ∥AD ∥BC ，EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以EF ∥平面PBC ，③正确；平面P AD 与平面BCE 不一定垂直，④错．故选B.答案：B3．如图所示，平行四边形ABCD 中，∠DAB ＝60°，AB ＝2，AD ＝4.将△CBD 沿BD 折起到△EBD 的位置，使平面EBD ⊥平面ABD .(1)求证：AB ⊥DE ；(2)求三棱锥E -ABD 的侧面积和体积．解析：(1)证明：在△ABD 中，因为AB ＝2，AD ＝4，∠DAB ＝60°，所以BD ＝AB2＋AD2－2AB·AD cos∠DAB＝23，所以AB2＋BD2＝AD2，所以AB⊥BD.又平面EBD⊥平面ABD，平面EBD∩平面ABD＝BD，AB⊂平面ABD，所以AB⊥平面EBD.又DE⊂平面EBD，所以AB⊥DE.(2)由(1)知AB⊥BD.因为CD∥AB，所以CD⊥BD，从而DE⊥BD.在Rt△DBE中，因为DB＝23，DE＝DC＝AB＝2，所以S△EDB＝12BD·DE＝2 3.因为AB⊥平面EBD，BE⊂平面EBD，所以AB⊥BE.因为BE＝BC＝AD＝4，所以S△EAB＝12AB·BE＝4.因为DE⊥BD，平面EBD⊥平面ABD，平面EBD∩平面ABD＝BD，所以DE⊥平面ABD，而AD⊂平面ABD，所以DE⊥AD，故S△EAD＝12AD·DE＝4.故三棱锥E-ABD的侧面积S＝S△EDB＋S△EAB＋S△EAD＝8＋2 3. 因为DE⊥平面ABD，且S△ABD＝S△EBD＝23，DE＝2，所以V三棱锥E-ABD＝13S△ABD×DE＝13×23×2＝433.4．在多面体ABCDEF中，底面ABCD是梯形，四边形ADEF是正方形，AB∥DC，AB ＝AD＝1，CD＝2，AC＝EC＝ 5.(1)求证：平面EBC⊥平面EBD；(2)设M为线段EC上一点，且3EM＝EC，试问在线段BC上是否存在一点T，使得MT ∥平面BDE，若存在，试指出点T的位置；若不存在，请说明理由．解析：(1)证明：因为AD＝1，CD＝2，AC＝5，所以AD2＋CD2＝AC2，所以△ADC为直角三角形，且AD⊥DC.同理，因为ED＝1，CD＝2，EC＝5，所以ED2＋CD2＝EC2，所以△EDC 为直角三角形，且ED ⊥DC . 又四边形ADEF 是正方形，所以AD ⊥DE ， 又AD ∩DC ＝D ， 所以ED ⊥平面ABCD .又BC ⊂平面ABCD ，所以ED ⊥BC .在梯形ABCD 中，过点B 作BH ⊥CD 于点H ， 故四边形ABHD 是正方形，所以∠ADB ＝45°，BD ＝ 2. 在Rt △BCH 中，BH ＝CH ＝1，所以BC ＝2， 故BD 2＋BC 2＝DC 2，所以BC ⊥BD .因为BD ∩ED ＝D ，BD ⊂平面EBD ，ED ⊂平面EBD ， 所以BC ⊥平面EBD ，又BC ⊂平面EBC ，所以平面EBC ⊥平面EBD .(2)在线段BC 上存在一点T ，使得MT ∥平面BDE ，此时3BT ＝BC .连接MT ，在△EBC 中，因为BT BC ＝EM EC ＝13，所以MT ∥EB .又MT ⊄平面BDE ，EB ⊂平面BDE ，所以MT ∥平面BDE .。
高考数学(理)二轮专题练习：立体几何(含答案)
立体几何1．一个物体的三视图的排列规则是俯视图放在正(主)视图下面，长度与正(主)视图一样，侧(左)视图放在正(主)视图右面，高度与正(主)视图一样，宽度与俯视图一样，即“长对正，高平齐，宽相等”．在画一个物体的三视图时，一定注意实线与虚线要分明．[问题1] 如图，若一个几何体的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图均为面积等于2的等腰直角三角形，则该几何体的体积为________． 答案 432．在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．“平行于x 轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y 轴的线段平行性不变，长度减半．”[问题2] 如图所示的等腰直角三角形表示一个水平放置的平面图形的直观图，则这个平面图形的面积是________． 答案 2 23．简单几何体的表面积和体积(1)S 直棱柱侧＝c ·h (c 为底面的周长，h 为高)． (2)S 正棱锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)．(3)S 正棱台侧＝12(c ′＋c )h ′(c 与c ′分别为上、下底面周长，h ′为斜高)．(4)圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式 S 圆柱侧＝2πrl (r 为底面半径，l 为母线)， S 圆锥侧＝πrl (同上)，S 圆台侧＝π(r ′＋r )l (r ′、r 分别为上、下底的半径，l 为母线)． (5)体积公式V 柱＝S ·h (S 为底面面积，h 为高)， V 锥＝13S ·h (S 为底面面积，h 为高)，V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (S 、S ′为上、下底面面积，h 为高)．(6)球的表面积和体积 S 球＝4πR 2，V 球＝43πR 3.[问题3] 如图所示，一个空间几何体的正(主)视图和俯视图都是边长为1的正方形，侧(左)视图是一个直径为1的圆，那么这个几何体的表面积为( ) A ．4π B ．3π C ．2π D.32π 答案 D4．空间直线的位置关系：①相交直线——有且只有一个公共点．②平行直线——在同一平面内，没有公共点．③异面直线——不在同一平面内，也没有公共点．[问题4] 在空间四边形ABCD 中，E 、F 、G 、H 分别是四边上的中点，则直线EG 和FH 的位置关系是________． 答案 相交5．空间直线与平面、平面与平面的位置关系 (1)直线与平面①位置关系：平行、直线在平面内、直线与平面相交． ②直线与平面平行的判定定理和性质定理：判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行．性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行．③直线与平面垂直的判定定理和性质定理：判定定理：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直． 性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行． (2)平面与平面①位置关系：平行、相交(垂直是相交的一种特殊情况)． ②平面与平面平行的判定定理和性质定理：判定定理：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行． 性质定理：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行． ③平面与平面垂直的判定定理和性质定理：判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直．性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直．[问题5] 已知b ，c 是平面α内的两条直线，则“直线a ⊥α”是“直线a ⊥b ，直线a ⊥c ”的________条件． 答案 充分不必要 6．空间向量(1)用空间向量求角的方法步骤①异面直线所成的角若异面直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，它们所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈v 1，v 2〉|. ②直线和平面所成的角利用空间向量求直线与平面所成的角，可以有两种方法：方法一 分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两条直线的方向向量的夹角(或其补角)．方法二 通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角． ③利用空间向量求二面角也有两种方法：方法一 分别在二面角的两个面内找到一个与棱垂直且从垂足出发的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小．方法二 通过平面的法向量来求，设二面角的两个面的法向量分别为n 1和n 2，则二面角的大小等于〈n 1，n 2〉(或π－〈n 1，n 2〉)．易错警示：①求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，容易误以为是线面角的余弦．②求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析． (2)用空间向量求A 到平面α的距离： 可表示为d ＝|n ·AB →||n |.[问题6] (1)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________．(2)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，O 是底面A 1B 1C 1D 1的中心，则点O 到平面ABC 1D 1的距离为________． 答案 (1)64 (2)24解析 (1)方法一 取A 1C 1的中点E ，连接AE ，B 1E ，如图． 由题意知B 1E ⊥平面ACC 1A 1，则∠B 1AE 为AB 1与侧面ACC 1A 1所成的角． 设正三棱柱侧棱长与底面边长为1， 则sin ∠B 1AE ＝B 1E AB 1＝322＝64.方法二 如图，以A 1C 1中点E 为原点建立空间直角坐标系E －xyz ，设棱长为1，则A ⎝⎛⎭⎫12，0，1，B 1⎝⎛⎭⎫0，32，0， 设AB 1与平面ACC 1A 1所成的角为θ，EB 1→为平面ACC 1A 1的法向量． 则sin θ＝|cos 〈AB 1→，EB 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫－12，32，－1·⎝⎛⎭⎫0，32，02×32＝64. (2)建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，C 1(0,1,1)，O ⎝⎛⎭⎫12，12，1. 设平面ABC 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AD 1→＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋z ＝0.令z ＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝0，∴n ＝(1,0,1)，又OD 1→＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，0， ∴O 到平面ABC 1D 1的距离d ＝|n ·OD 1→||n|＝122＝24.易错点1 三视图认识不清致误例1 一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．48B ．32＋817C ．48＋817D ．80错解 由三视图知，该几何体的直观图如图所示，该几何体的下底面是边长为4的正方形；上底面是长为4，宽为2的矩形；两个梯形侧面垂直于底面，上底长为2，下底长为4，高为4；另两个侧面是正方形，边长为4. 所以表面积S ＝42×3＋2×4＋2×12(2＋4)×4＝48＋8＋24＝80.找准失分点 不能准确把握三视图和几何体之间的数量关系，根据正视图可知，侧视图中等腰梯形的高为4，而错认为等腰梯形的腰为4.正解 由三视图知该几何体的直观图如图所示，该几何体的下底面是边长为4的正方形；上底面是长为4、宽为2的矩形；两个梯形侧面垂直于底面，上底长为2，下底长为4，高为4；另两个侧面是矩形，宽为4，长为42＋12 ＝17.所以S 表＝42＋2×4＋12×(2＋4)×4×2＋4×17×2＝48＋817.答案 C易错点2 对几何概念理解不透致误例2 给出下列四个命题：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； ③底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体； ④底面是矩形的平行六面体是长方体．其中正确的命题是__________(写出所有正确命题的序号)． 错解1 ①②③ 错解2 ②③④找准失分点 ①是错误的，因为棱柱的侧棱要都平行且相等；④是错误的，因为长方体的侧棱必须与底面垂直． 正解 ②③易错点3 对线面关系定理条件把握不准致误例3 已知m 、n 是不同的直线，α、β、γ是不同的平面．给出下列命题： ①若α⊥β，α∩β＝m ，n ⊥m ，则n ⊥α，或n ⊥β； ②若α∥β，α∩γ＝m ，β∩γ＝n ，则m ∥n ；③若m 不垂直于α，则m 不可能垂直于α内的无数条直线； ④若α∩β＝m ，n ∥m ，且n ⊄α，n ⊄β，则n ∥α，且n ∥β； ⑤若m 、n 为异面直线，则存在平面α过m 且使n ⊥α. 其中正确的命题序号是________． 错解 ②③④⑤找准失分点③是错误的；⑤是错误的．正解①是错误的．如正方体中面ABB′A′⊥面ADD′A′，交线为AA′.直线AC⊥AA′，但AC不垂直面ABB′A′，同时AC也不垂直面ADD′A′.②正确．实质上是两平面平行的性质定理．③是错误的．在上面的正方体中，A′C不垂直于平面A′B′C′D′，但与B′D′垂直．这样A′C就垂直于平面A′B′C′D′内与直线B′D′平行的无数条直线．④正确．利用线面平行的判定定理即可．⑤错误．从结论考虑，若n⊥α且m⊂α，则必有m⊥n，事实上，条件并不能保证m⊥n.故错误．答案②④1．已知三条不同直线m，n，l与三个不同平面α，β，γ，有下列命题：①若m∥α，n∥α，则m∥n；②若α∥β，l⊂α，则l∥β；③α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；④若m，n为异面直线，m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β.其中正确命题的个数是()A．0 B．1 C．2 D．3答案 C解析因为平行于同一平面的两条直线除了平行，还可能相交或成异面直线，所以命题①错误；由直线与平面平行的定义知命题②正确；由于垂直于同一个平面的两个平面可能平行还可能相交，因此命题③错误；过两条异面直线分别作平面互相平行，这两个平面是唯一存在的，因此命题④正确．故选C.2．设m，n是空间两条直线，α，β是空间两个平面，则下列选项中不正确的是()A．当m⊂α时，“n∥α”是“m∥n”的必要不充分条件B．当m⊂α时，“m⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件C．当n⊥α时，“n⊥β”是“α∥β”成立的充要条件D．当m⊂α时，“n⊥α”是“m⊥n”的充分不必要条件答案 A解析当m⊂α时，若n∥α可得m∥n或m，n异面；若m∥n可得n∥α或n⊂α，所以“n∥α”是“m∥n”的既不充分也不必要条件，答案选A.3．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A ．64B ．72C ．80D ．112答案 B解析 根据三视图，该几何体为下面是一个立方体、上面两个三棱锥，所以V ＝4×4×4＋2×13×(12·4·2)×3＝72，故选B.4．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P ，Q 分别是AA 1，A 1D 1，CC 1，BC 的中点，给出以下四个结论：①A 1C ⊥MN ；②A 1C ∥平面MNPQ ；③A 1C 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 ．④ 答案 C解析 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．5．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．2＋ 2B ．3＋ 2C ．1＋2 2D ．5答案 A解析 由三视图可知，该几何体是一个四棱锥，如图所示． 该几何体的底面是边长为1的正方形，故S 1＝12＝1. 侧棱P A ⊥面ABCD ，且P A ＝1， 故S △P AB ＝S △P AD ＝12×1×1＝12，而PD ⊥DC ，CB ⊥PB ，且PB ＝PD ＝2， 所以S △PBC ＝S △PDC ＝12×2×1＝22.所以该几何体的表面积为S ＝1＋2×12＋2×22＝2＋ 2.故选A.6．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 ，则下列结论正确的是( ) A ．PB ⊥ADB ．平面P AB ⊥平面PBC C ．直线BC ∥平面P AED ．直线PD 与平面ABC 所成的角为45° 答案 D解析 若PB ⊥AD ，则AD ⊥AB ，但AD 与AB 成60°角，A 错误；平面P AB 与平面ABD 垂直，所以平面P AB 一定不与平面PBC 垂直，B 错误；BC 与AE 是相交直线，所以BC 一定不与平面P AE 平行，C 错误；直线PD 与平面ABC 所成角为∠PDA ，在Rt △P AD 中，AD ＝P A ， ∴∠PDA ＝45°，D 正确．7．对于四面体ABCD ，给出下列四个命题： ①若AB ＝AC ，BD ＝CD ，则BC ⊥AD ； ②若AB ＝CD ，AC ＝BD ，则BC ⊥AD ； ③若AB ⊥AC ，BD ⊥CD ，则BC ⊥AD ； ④若AB ⊥CD ，AC ⊥BD ，则BC ⊥AD .其中正确的是________．(填序号) 答案 ①④解析 取线段BC 的中点E ，连接AE ，DE ， ∵AB ＝AC ，BD ＝CD ， ∴BC ⊥AE ，BC ⊥DE ， ∴BC ⊥平面ADE ， ∵AD ⊂平面ADE ， ∴BC ⊥AD ，故①正确．设点O 为点A 在平面BCD 上的射影， 连接OB ，OC ，OD ， ∵AB ⊥CD ，AC ⊥BD ， ∴OB ⊥CD ，OC ⊥BD ， ∴点O 为△BCD 的垂心， ∴OD ⊥BC ，∴BC ⊥AD ，故④正确，易知②③不正确，填①④.8.如图，四面体ABCD 中，AB ＝1，AD ＝23，BC ＝3，CD ＝2，∠ABC ＝∠DCB ＝π2，则二面角A －BC －D 的大小为________．答案 π3解析 由∠ABC ＝∠DCB ＝π2知，BA →与CD →的夹角θ就是二面角A －BC －D 的平面角． 又AD →＝AB →＋BC →＋CD →，∴AD →2＝(AB →＋BC →＋CD →)2 ＝AB →2＋BC 2→＋CD →2＋2AB →·CD →.因此2AB →·CD →＝(23)2－12－32－22＝－2， ∴cos(π－θ)＝－12，且0<π－θ<π，则π－θ＝23π，故θ＝π3.9．已知直线l ，m ，平面α，β，且l ⊥α，m ⊂β，给出四个命题：①若α∥β，则l ⊥m ；②若l ⊥m ，则α∥β；③若α⊥β，则l ∥m ；④若l ∥m ，则α⊥β. 其中为真命题的是________．(填序号) 答案 ①④解析 对命题①，则l ⊥α，α∥β得，l ⊥β，m ⊂β，∴l⊥m，故①正确．对命题②，l⊥mD⇒/l⊥β，则l⊥mD⇒/α∥β，故②错误．对命题③，当α⊥β时，l与m也可能相交或异面或平行，故③错误．对命题④，由l⊥α，l∥m得m⊥α，又m⊂β，∴α⊥β，故④正确．10．三棱锥D－ABC及其三视图中的正(主)视图和侧(左)视图如图所示，则棱BD的长为________．答案4 2解析由正(主)视图知CD⊥平面ABC，设AC中点为E，则BE⊥AC，且AE＝CE＝2；由侧(左)视图知CD＝4，BE＝23，在Rt△BCE中，BC＝BE2＋EC2＝(23)2＋22＝4，在Rt△BCD中，BD＝BC2＋CD2＝42＋42＝4 2.故答案为4 2.。
高考数学备战专题高考数学(理)二轮专题练习专题5(1)空间几何体(含答案)(1)
高考数学（理）二轮专题练习第1讲空间几何体考情解读 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．1．四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直平行六面体、长方体之间的关系2．空间几何体的三视图(1)三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从物体的正前方、正左方、正上方看到的物体轮廓线的正投影形成的平面图形．(2)三视图排列规则：俯视图放在正视图的下面，长度与正视图一样；侧视图放在正视图的右面，高度和正视图一样，宽度与俯视图一样．(3)画三视图的基本要求：正俯一样长，俯侧一样宽，正侧一样高．看不到的线画虚线．3．直观图的斜二测画法空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴．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 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．4．空间几何体的两组常用公式(1)柱体、锥体、台体的侧面积公式：①S柱侧＝ch(c为底面周长，h为高)；②S锥侧＝ch′(c为底面周长，h′为斜高)；③S台侧＝(c＋c′)h′(c′，c分别为上，下底面的周长，h′为斜高)；④S球表＝4πR2(R为球的半径)．(2)柱体、锥体和球的体积公式：①V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；②V锥体＝Sh(S为底面面积，h为高)；③V台＝(S＋＋S′)h(不要求记忆)；④V球＝πR3.热点一三视图与直观图例 1 某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A. B．8C. D．16(2)(2013·四川)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( )思维启迪(1)根据三视图确定几何体的直观图；(2)分析几何体的特征，从俯视图突破．答案(1)B (2)D解析(1)由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，如图：则该几何体的体积V＝×2×2×4＝8.(2)由俯视图易知答案为D.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．(1)(2013·课标全国Ⅱ)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到的正视图可以为( )(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( )答案(1)A (2)D解析(1)根据已知条件作出图形：四面体C1－A1DB，标出各个点的坐标如图(1)所示，可以看出正视图为正方形，如图(2)所示．故选A.(2)如图所示，点D1的投影为C1，点D的投影为C，点A的投影为B，故选D.热点二几何体的表面积与体积例 2 (1)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.πB．2πC. D.2π3(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，则几何体EFC1－DBC的体积为( )A．66 B．68C．70 D．72思维启迪(1)由三视图确定几何体形状；(2)对几何体进行分割．答案(1)D (2)A解析(1)由三视图知，原几何体是两个相同的圆锥的组合，∴V ＝(×π×12)×2＝π.(2)如图，连接DF，DC1，那么几何体EFC1－DBC被分割成三棱锥D－EFC1及四棱锥D－CBFC1，那么几何体EFC1－DBC的体积为V＝××3×4×6＋××(3＋6)×6×6＝12＋54＝66.故所求几何体EFC1－DBC的体积为66.思维升华(1)利用三视图求解几何体的表面积、体积，关键是确定几何体的相关数据，掌握应用三视图的“长对正、高平齐、宽相等”；(2)求不规则几何体的体积，常用“割补”的思想．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，则该多面体的体积是( )A. B.8＋633C. D.203答案D解析过M，N分别作两个垂直于底面的截面，将多面体分割成一个三棱柱和两个四棱锥，由正视图知三棱柱底面是等腰直角三角形，面积为S1＝×2×2＝2，高为2，所以体积为V1＝4，两个四棱锥为全等四棱锥，棱锥的体积为V1＝2××2×1×2＝，所以多面体的体积为V＝＋4＝，选D.热点三多面体与球例3 如图所示，平面四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD，将其沿对角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD⊥平面BCD，若四面体ABCD的顶点在同一个球面上，则该球的体积为( )A.π B．3π C.π D．2π思维启迪要求出球的体积就要求出球的半径，需要根据已知数据和空间位置关系确定球心的位置，由于△BCD是直角三角形，根据直角三角形的性质：斜边的中点到三角形各个顶点的距离相等，只要再证明这个点到点A的距离等于这个点到B，C，D的距离即可确定球心，进而求出球的半径，根据体积公式求解即可．答案A解析如图，取BD的中点E，BC的中点O，连接AE，OD，EO，AO.由题意，知AB＝AD，所以AE⊥BD.由于平面ABD⊥平面BCD，AE⊥BD，所以AE⊥平面BCD.因为AB＝AD＝CD＝1，BD＝，所以AE＝，EO＝.所以OA＝.在Rt△BDC中，OB＝OC＝OD＝BC＝，所以四面体ABCD的外接球的球心为O，半径为.所以该球的体积V＝π()3＝π.故选A.思维升华多面体与球接、切问题求解策略(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，则4R2＝a2＋b2＋c2求解．(1)(2014·湖南)一块石材表示的几何体的三视图如图所示．将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A．1 B．2C．3 D．4(2)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的体积是________；若该几何体的所有顶点在同一球面上，则球的表面积是________．答案(1)B (2) 3π解析(1)由三视图可知该几何体是一个直三棱柱，如图所示．由题意知，当打磨成的球的大圆恰好与三棱柱底面直角三角形的内切圆相同时，该球的半径最大，故其半径r＝×(6＋8－10)＝2.因此选B.(2)由三视图可知，该几何体是四棱锥P－ABCD(如图)，其中底面ABCD是边长为1的正方形，PA⊥底面ABCD，且PA＝1，∴该四棱锥的体积为V＝×1×1×1＝.又PC为其外接球的直径，∴2R＝PC＝，则球的表面积为S＝4πR2＝3π.1．空间几何体的面积有侧面积和表面积之分，表面积就是全面积，是一个空间几何体中“暴露”在外的所有面的面积，在计算时要注意区分是“侧面积还是表面积”．多面体的表面积就是其所有面的面积之和，旋转体的表面积除了球之外，都是其侧面积和底面面积之和．2．在体积计算中都离不开空间几何体的“高”这个几何量(球除外)，因此体积计算中的关键一环就是求出这个量．在计算这个几何量时要注意多面体中的“特征图”和旋转体中的轴截面．3．一些不规则的几何体，求其体积多采用分割或补形的方法，从而转化为规则的几何体，而补形又分为对称补形(即某些不规则的几何体，若存在对称性，则可考虑用对称的方法进行补形)、还原补形(即还台为锥)和联系补形(某些空间几何体虽然也是规则几何体，不过几何量不易求解，可根据其所具有的特征，联系其他常见几何体，作为这个规则几何体的一部分来求解)．4．长方体的外接球(1)长、宽、高分别为a、b、c的长方体的体对角线长等于外接球的直径，即＝2R；(2)棱长为a的正方体的体对角线长等于外接球的直径，即a＝2R.真题感悟1．(2014·北京)在空间直角坐标系Oxyz中，已知A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D(1,1，)．若S1，S2，S3分别是三棱锥D－ABC 在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则( ) A．S1＝S2＝S3 B．S2＝S1且S2≠S3C．S3＝S1且S3≠S2 D．S3＝S2且S3≠S1答案D解析如图所示，△ABC为三棱锥在坐标平面xOy上的正投影，所以S1＝×2×2＝2.三棱锥在坐标平面yOz上的正投影与△DEF(E，F分别为OA，BC的中点)全等，所以S2＝×2×＝.三棱锥在坐标平面xOz上的正投影与△DGH(G，H分别为AB，OC的中点)全等，所以S3＝×2×＝.所以S2＝S3且S1≠S3.故选D.2．(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.若它们的侧面积相等，且＝，则的值是________．答案32解析设两个圆柱的底面半径和高分别为r1，r2和h1，h2，由＝，得＝，则＝.由圆柱的侧面积相等，得2πr1h1＝2πr2h2，即r1h1＝r2h2，则＝，所以＝＝.押题精练1．把边长为的正方形ABCD沿对角线BD折起，连接AC，得到三棱锥C－ABD，其正视图、俯视图均为全等的等腰直角三角形(如图所示)，则其侧视图的面积为( )A. B.12C．1 D.22答案B解析在三棱锥C－ABD中，C在平面ABD上的投影为BD的中点O，∵正方形边长为，∴AO＝OC＝1，∴侧视图的面积为S△AOC＝×1×1＝.2．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，，，则三棱锥A－BCD的外接球体积为( )A.π B ．2π C ．3π D ．4π答案 A解析 如图，以AB ，AC ，AD 为棱把该三棱锥扩充成长方体，则该长方体的外接球恰为三棱锥的外接球，∴三棱锥的外接球的直径是长方体的体对角线长．据题意解得⎩⎨⎧ AB ＝2，AC ＝1，AD ＝3，∴长方体的体对角线长为＝，∴三棱锥外接球的半径为.∴三棱锥外接球的体积为V ＝π·()3＝π.(推荐时间：50分钟)一、选择题1．已知正三棱锥V －ABC 的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图的面积为( )A ．2B ．4C ．6D ．8答案 C解析 如图，作出正三棱锥V －ABC 的直观图，取BC 边的中点D ，连接VD ，AD ，作VO⊥AD 于O.结合题意，可知正视图实际上就是△VAD，于是三棱锥的棱长VA ＝4，从俯视图中可以得到底面边长为2，侧视图是一个等腰三角形，此三角形的底边长为2，高为棱锥的高VO.由于VO ＝ ＝2.于是侧视图的面积为×2×2＝6，故选C.2．右图是棱长为2的正方体的表面展开图，则多面体ABCDE的体积为( )A．2 B.23C. D.83答案D解析多面体ABCDE为四棱锥，利用割补法可得其体积V＝4－＝，选D.3．如图，某几何体的正视图和俯视图都是矩形，侧视图是平行四边形，则该几何体的体积为( )A．15＋3 B．93C．30＋6 D．183答案B解析由三视图知几何体是一个底面为3的正方形，高为的斜四棱柱，所以V＝Sh＝3×3×＝9.4．已知正四棱锥的底面边长为2a，其侧(左)视图如图所示．当正(主)视图的面积最大时，该正四棱锥的表面积为( )A．8 B．8＋82C．8 D．4＋82答案B解析由题意可知该正四棱锥的直观图如图所示，其主视图与左视图相同，设棱锥的高为h，则a2＋h2＝4.故其主视图的面积为S＝·2a·h＝ah≤＝2，即当a＝h＝时，S最大，此时该正四棱锥的表面积S表＝(2a)2＋4××2a×2＝8＋8，故选B.5．某几何体的三视图如图所示，其中正视图是腰长为2的等腰三角形，侧视图是半径为1的半圆，该几何体的体积为( )A.πB.πC.πD.π答案A解析三视图复原的几何体是圆锥沿轴截面截成两部分，然后把截面放在平面上，底面相对接的图形，圆锥的底面半径为1，母线长为2，故圆锥的高为h＝＝.易知该几何体的体积就是整个圆锥的体积，即V圆锥＝πr2h＝π×12×＝π.故选A.6．(2014·大纲全国)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A. B．16π C．9π D.27π4答案A解析如图，设球心为O，半径为r，则Rt△AOF中，(4－r)2＋()2＝r2，解得r＝，∴该球的表面积为4πr2＝4π×()2＝π.二、填空题7．有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为________．答案2＋22解析如图，在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为E，则在Rt△ABE中，AB＝1，∠ABE＝45°，∴BE＝.而四边形AECD为矩形，AD＝1，∴EC＝AD＝1，∴BC＝BE＋EC＝＋1.由此可还原原图形如图．在原图形中，A′D′＝1，A′B′＝2，B′C′＝＋1，且A′D′∥B′C′，A′B′⊥B′C′，∴这块菜地的面积为S ＝(A′D′＋B′C′)·A′B′＝×(1＋1＋)×2＝2＋.8．如图，侧棱长为2的正三棱锥V －ABC 中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝40°，过A 作截面△AEF，则截面△AEF 的周长的最小值为____________．答案 6解析 沿着侧棱VA 把正三棱锥V －ABC 展开在一个平面内，如图．则AA′即为截面△AEF 周长的最小值，且∠AVA′＝3×40°＝120°.在△VAA′中，由余弦定理可得AA′＝6，故答案为6.9．如图，正方体ABCD －A1B1C1D1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA1，B1C 上的点，则三棱锥D1－EDF 的体积为______．答案 16 解析 11113D EDF F DDE D DE V V S AB --∆== ＝××1×1×1＝.10．已知矩形ABCD 的面积为8，当矩形周长最小时，沿对角线AC 把△ACD 折起，则三棱锥D －ABC 的外接球的表面积等于________．答案 16π解析 设矩形的两邻边长度分别为a ，b ，则ab ＝8，此时2a ＋2b≥4＝8，当且仅当a＝b＝2时等号成立，此时四边形ABCD为正方形，其中心到四个顶点的距离相等，均为2，无论怎样折叠，其四个顶点都在一个半径为2的球面上，这个球的表面积是4π×22＝16π.三、解答题11．已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，侧视图是一个底边长为6、高为4的等腰三角形．(1)求该几何体的体积V；(2)求该几何体的侧面积S.解由已知可得，该几何体是一个底面为矩形，高为4，顶点在底面的投影是矩形中心的四棱锥E－ABCD.(1)V＝×(8×6)×4＝64.(2)四棱锥E－ABCD的两个侧面EAD，EBC是全等的等腰三角形，且BC边上的高h1＝＝4；另两个侧面EAB，ECD也是全等的等腰三角形，AB边上的高h2＝＝5.因此S＝2×(×6×4＋×8×5)＝40＋24.12．如图，在Rt△ABC中，AB＝BC＝4，点E在线段AB上．过点E作EF∥BC交AC于点F，将△AEF沿EF折起到△PEF的位置(点A与P 重合)，使得∠PEB＝30°.(1)求证：EF⊥PB；(2)试问：当点E在何处时，四棱锥P—EFCB的侧面PEB的面积最大？并求此时四棱锥P—EFCB的体积．(1)证明∵EF∥BC且BC⊥AB，∴EF⊥AB，即EF⊥BE，EF⊥PE.又BE∩PE＝E，∴EF⊥平面PBE，又PB⊂平面PBE，∴EF⊥PB.(2)解设BE＝x，PE＝y，则x＋y＝4.∴S△PEB＝BE·PE·sin∠PEB＝xy≤2＝1.当且仅当x＝y＝2时，S△PEB的面积最大．此时，BE＝PE＝2.由(1)知EF⊥平面PBE，∴平面PBE⊥平面EFCB，在平面PBE中，作PO⊥BE于O，则PO⊥平面EFCB.即PO为四棱锥P—EFCB的高．又PO＝PE·sin 30°＝2×＝1.SEFCB＝×(2＋4)×2＝6.∴VP—BCFE＝×6×1＝2.。
2019数学(理)二轮精选讲义专题五 立体几何 第一讲空间几何体的三视图、表面积与体积 含答案
专题五立体几何第一讲空间几何体的三视图、表面积与体积考点一空间几何体的三视图与直观图1．三视图的排列规则俯视图放在正（主)视图的下面,长度与正（主）视图的长度一样，侧（左）视图放在正(主）视图的右面，高度与正（主）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．原图形面积S与其直观图面积S′之间的关系S′＝错误!S。
[对点训练]1．(2018·全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是(）［解析］两个木构件咬合成长方体时，小长方体（榫头)完全嵌入带卯眼的木构件，易知俯视图可以为A.故选A。
[答案］A2．（2018·河北衡水中学调研）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，则剩余几何体的左视图为（）[解析］过点A，E，C1的截面为AEC1F，如图，则剩余几何体的左视图为选项C中的图形．故选C。
［答案］C3．（2018·江西南昌二中模拟）一个几何体的三视图如图所示，在该几何体的各个面中,面积最小的面的面积为()A．8 B．4 C．4错误!D．4错误![解析］由三视图可知该几何体的直观图如图所示，由三视图特征可知，P A⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，AB⊥AC，P A＝AB ＝AC＝4，DB＝2，则易得S△P AC＝S△ABC＝8，S△CPD＝12，S梯形ABDP ＝12，S△BCD＝错误!×4错误!×2＝4错误!，故选D。
［答案]D4．如图所示，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则该平面图形的面积为________．[解析]直观图的面积S′＝错误!×（1＋1＋错误!)×错误!＝错误!.故原平面图形的面积S＝错误!＝2＋错误!.[答案]2＋错误![快速审题］（1)看到三视图，想到常见几何体的三视图，进而还原空间几何体．(2）看到平面图形直观图的面积计算，想到斜二侧画法,想到原图形与直观图的面积比为错误!.由三视图还原到直观图的3步骤(1）根据俯视图确定几何体的底面．(2）根据正(主)视图或侧(左)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．（3）确定几何体的直观图形状．考点二空间几何体的表面积与体积1．柱体、锥体、台体的侧面积公式（1)S柱侧＝ch(c为底面周长，h为高）；(2)S锥侧＝错误!ch′(c为底面周长,h′为斜高)；(3）S台侧＝错误!（c＋c′）h′（c′,c分别为上下底面的周长，h′为斜高)．2．柱体、锥体、台体的体积公式(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高）；(2)V锥体＝错误!Sh（S为底面面积，h为高）；(3)V台＝错误!(S＋错误!＋S′）h(不要求记忆）．3．球的表面积和体积公式S表＝4πR2(R为球的半径）,V球＝43πR3(R为球的半径）．[对点训练]1．(2018·浙江卷）某几何体的三视图如图所示(单位:cm）,则该几何体的体积(单位:cm3）是（）A．2 B．4 C．6 D．8［解析]由三视图可知该几何体是直四棱柱，其中底面是直角梯形，直角梯形上，下底边的长分别为1 cm，2 cm，高为2 cm,直四棱柱的高为2 cm.故直四棱柱的体积V＝1＋22×2×2＝6 cm3.[答案]C2．（2018·哈尔滨师范大学附中、东北师范大学附中联考）某几何体的三视图如图所示，其中正视图是半径为1的半圆，则该几何体的表面积是（)A.错误!＋2B.错误!＋2C.错误!＋3 D。
高考数学二轮复习立体几何多选题知识点及练习题含答案
高考数学二轮复习立体几何多选题知识点及练习题含答案一、立体几何多选题1．如图，正方体1111ABCD A B C D -中的正四面体11A BDC -的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）A ．异面直线1AB 与1AD 所成的角是3πB ．1BD ⊥平面11AC DC ．平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为3D ．正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23【答案】ABD 【分析】选项A ，利用正方体的结构特征找到异面直线所成的角；选项B ，根据正方体和正四面体的结构特征以及线面垂直的判定定理容易得证；选项C ，由图得平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为1ACB 面积的四分之一；选项D ，分别求出正方体的体对角线长和正四面体11A BDC -的高，然后判断数量关系即可得解. 【详解】A ：正方体1111ABCD ABCD -中，易知11//AD BC ，异面直线1A B 与1AD 所成的角即直线1A B 与1BC 所成的角，即11A BC ∠，11A BC 为等边三角形，113A BC π∠=，正确；B ：连接11B D ，1B B ⊥平面1111DC B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，即111AC B B ⊥，又1111AC B D ⊥，1111B B B D B ⋂=，有11A C ⊥平面11BDD B ，1BD ⊂平面11BDD B ，所以111BD AC ⊥，同理可证：11BD A D ⊥，1111AC A D A ⋂=，所以1BD ⊥平面11AC D ，正确；C ：易知平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为134ACB S=，错误；D ：易得正方体1111ABCD A B C D -()()()2222226++=2的正四面体11A BDC -的高为22222262213⎛⎫--⨯= ⎪⎝⎭，故正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23，正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：利用正方体的性质，找异面直线所成角的平面角求其大小，根据线面垂直的判定证明1BD ⊥平面11AC D ，由正四面体的性质，结合几何图形确定截面的面积，并求高，即可判断C 、D 的正误.2．如图，矩形ABCD 中，M 为BC 的中点，将ABM 沿直线AM 翻折成1AB M ，连结1B D ，N 为1B D 的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是（ ）A ．存在某个位置，使得1CN AB ⊥ B ．翻折过程中，CN 的长是定值C ．若AB BM =，则1AM BD ⊥D ．若1AB BM ==，当三棱锥1B AMD -的体积最大时，三棱锥1B AMD -外接球的体积是43π 【答案】BD 【分析】对于A ，取AD 中点E ，连接EC 交MD 与F ，可得到EN NF ⊥，又EN CN ⊥，且三线,,NE NF NC 共面共点，不可能；对于B ，可得由1NEC MAB ∠=∠（定值），112NE AB =（定值），AM EC =（定值），由余弦定理可得NC 是定值．对于C ，取AM 中点O ，连接1,B O DO ，假设1AM B D ⊥，易得AM ⊥面1ODB ，即可得OD AM ⊥，从而AD MD =，显然不一定成立．对于D ，当平面B 1AM ⊥平面AMD 时，三棱锥B 1﹣AMD 的体积最大，可得球半径为1，体积是43π． 【详解】对于A 选项：如图1，取AD 中点E ，连接EC 交MD 与F ， 则11////NE AB NF MB ，，又11AB MB ⊥，所以EN NF ⊥， 如果1CN AB ⊥，可得EN CN ⊥，且三线,,NE NF NC 共面共点， 不可能，故A 选项不正确；对于B 选项：如图1，由A 选项可得1AMB EFN ≈△△，故1NEC MAB ∠=∠（定值），112NE AB =（定值），AM EC =（定值）， 故在NEC 中，由余弦定理得222cos CN CE NE NE CE NEC =+-⋅⋅∠，整理得222212422AB AB AB CN AM AM BC AB AM =+-⋅⋅=+ 故CN 为定值，故B 选项正确．对于C 选项：如图，取AM 中点O ，连接1,B O DO ， 由AB BM =，得1B O AM ⊥，假设1AM B D ⊥，111B D B O B =，所以AM ⊥面1ODB ，所以OD AM ⊥，从而AD MD =，显然不恒成立，所以假设不成立，可得C 选项不正确．对于D 选项：由题易知当平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大，此时1B O ⊥平面AMD ，则1B O OE ⊥，由1AB BM ==，易求得122BO =，2DM =22221122122B E OB OE ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 因此1EB EA ED EM ===，E 为三棱锥1B AMD -的外接球球心，此外接球半径为1，体积是43π．故D 选项正确． 故答案为：BD ． 【点睛】本题主要考查了线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于难题.本题C 选项的解题的关键在于采用反证法证明，进而推出矛盾解题，D 选项求解的关键在于把握平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大.3．在长方体1111ABCD A B C D -中，4AB BC ==，18AA =，点P 在线段11A C 上，M 为AB 的中点，则（ ） A ．BD ⊥平面PACB ．当P 为11AC 的中点时，四棱锥P ABCD -外接球半径为72C ．三棱锥A PCD -体积为定值D ．过点M 作长方体1111ABCD A B C D -的外接球截面，所得截面圆的面积的最小值为4π 【答案】ACD 【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A 选项的正误；判断出四棱锥P ABCD -为正四棱锥，求出该四棱锥的外接球半径，可判断B 选项的正误；利用等体积法可判断C 选项的正误；计算出截面圆半径的最小值，求出截面圆面积的最小值，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，因为AB BC =，所以，矩形ABCD 为正方形，所以，BD AC ⊥， 在长方体1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1BD AA ∴⊥，1AC AA A ⋂=，AC 、1AA ⊂平面PAC ，所以，BD ⊥平面PAC ，A 选项正确；对于B 选项，当点P 为11A C 的中点时，PA ===同理可得PB PC PD ===因为四边形ABCD 为正方形，所以，四棱锥P ABCD -为正四棱锥， 取AC 的中点N ，则PN 平面ABCD ，且四棱锥P ABCD -的外接球球心在直线PN上，设该四棱锥的外接球半径为R ，由几何关系可得222PN R AN R -+=， 即2288R R -+=，解得92R =，B 选项错误； 对于C 选项，2114822ACDSAD CD =⋅=⨯=， 三棱锥P ACD -的高为18AA =，因此，116433A PCD P ACD ACD V V S AA --==⋅=△，C 选项正确；对于D 选项，设长方体1111ABCD A B C D -的外接球球心为E ，则E 为1BD 的中点， 连接EN 、MN ，则1142EN DD ==，122MN AD ==， E 、N 分别为1BD 、BD 的中点，则1//EN DD ， 1DD ⊥平面ABCD ，EN ∴⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，EN MN ∴⊥，EM ∴==过点M 作长方体1111ABCD A B C D -的外接球截面为平面α，点E 到平面α的距离为d ，直线EM 与平面α所成的角为θ，则sin d EM θθ==≤ 当且仅当2πθ=时，等号成立，长方体1111ABCD A B C D -的外接球半径为R '==，所以，截面圆的半径2r =≥=，因此，截面圆面积的最小值为4π，D选项正确.故选：ACD.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.4．已知四面体ABCD的所有棱长均为2，则下列结论正确的是（）A．异面直线AC与BD所成角为60︒B．点A到平面BCD的距离为26 3C．四面体ABCD6πD．动点P在平面BCD上，且AP与AC所成角为60︒，则点P的轨迹是椭圆【答案】BC【分析】在正四面体中通过线面垂直可证得AC⊥BD，通过计算可验证BC,通过轨迹法可求得P 的轨迹为双曲线方程即可得D错误.【详解】取BD中点E,连接,AE CE,可得BD⊥面ACE,则AC⊥BD,故A错误；在四面体ABCD中，过点A作AF⊥面BCD于点F,则F为为底面正三角形BCD的重心，因为所有棱长均为2,22263AF AB BF =-=,即点A 到平面BCD 的距离为263,故B 正确；设O 为正四面体的中心则OF 为内切球的半径，OA 我外接球的半径， 因为11433A BCD BCD BCD V S AF S OF -=⋅=⨯⋅△△，所以4AF OF =，即6=6OF AO =，, 所以四面体ABCD 的外接球体积3344633V R OA πππ===,故C 正确； 建系如图：26230,0,,0,,033A C ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,设(,,0)P x y ，则262326,,0,,AP x y AC →→⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为cos 60AP AC AP AC →→→→⋅=，所以22232481224193972y x y +=++⨯+⨯， 即222388=33y x y +++，平方化简可得：2232340039y x y ----，可知点P 的轨迹为双曲线,故D 错误. 故选：BC ．【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹的求解问题，解决此类问题可采用空间向量法，利用空间向量法表示出已知的角度或距离的等量关系，从而得到轨迹方程.5．已知正方体1111ABCD A B C D -棱长为2，如图，M 为1CC 上的动点，AM ⊥平面α.下面说法正确的是（）A ．直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为3232⎣⎦B ．点M 与点1C 重合时，平面α截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大 C ．点M 为1CC 的中点时，若平面α经过点B ，则平面α截正方体所得截面图形是等腰梯形D ．已知N 为1DD 中点，当AM MN +的和最小时，M 为1CC 的中点 【答案】AC 【分析】以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，利用空间向量法可判断A 选项的正误；证明出1AC ⊥平面1A BD ，分别取棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点E 、F 、Q 、N 、G 、H ，比较1A BD 和六边形EFQNGH 的周长和面积的大小，可判断B 选项的正误；利用空间向量法找出平面α与棱11A D 、11A B 的交点E 、F ，判断四边形BDEF 的形状可判断C 选项的正误；将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，利用A 、M 、N 三点共线得知AM MN +最短，利用平行线分线段成比例定理求得MC ，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，则点()2,0,0A 、()2,2,0B 、设点()()0,2,02M a a ≤≤，AM ⊥平面α，则AM 为平面α的一个法向量，且()2,2,AM a =-，()0,2,0AB =， 2232cos ,,32288AB AM AB AM AB AMa a ⋅<>===⎢⋅⨯++⎣⎦， 所以，直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为32⎣⎦，A 选项正确； 对于B 选项，当M 与1CC 重合时，连接1A D 、BD 、1A B 、AC ， 在正方体1111ABCD A B C D -中，1CC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1BD CC ∴⊥，四边形ABCD 是正方形，则BD AC ⊥，1CC AC C =，BD ∴⊥平面1ACC ，1AC ⊂平面1ACC ，1AC BD ∴⊥，同理可证11AC A D ⊥， 1A D BD D ⋂=，1AC ∴⊥平面1A BD ，易知1A BD 是边长为22(12322234A BD S =⨯=△为22362=.设E 、F 、Q 、N 、G 、H 分别为棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点，易知六边形EFQNGH 是边长为2的正六边形，且平面//EFQNGH 平面1A BD ， 正六边形EFQNGH 的周长为62，面积为()236233⨯⨯=，则1A BD 的面积小于正六边形EFQNGH 的面积，它们的周长相等，B 选项错误； 对于C 选项，设平面α交棱11A D 于点(),0,2E b ，点()0,2,1M ，()2,2,1AM =-，AM ⊥平面α，DE ⊂平面α，AM DE ∴⊥，即220AM DE b ⋅=-+=，得1b =，()1,0,2E ∴，所以，点E 为棱11A D 的中点，同理可知，点F 为棱11A B 的中点，则()2,1,2F ，()1,1,0EF =，而()2,2,0DB =，12EF DB ∴=，//EF DB ∴且EF DB ≠， 由空间中两点间的距离公式可得2222015DE =++=()()()2222212205BF =-+-+-=，DE BF ∴=，所以，四边形BDEF 为等腰梯形，C 选项正确；对于D 选项，将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，如下图所示：若AM MN +最短，则A 、M 、N 三点共线，11//CC DD ，2222222MC AC DN AD ∴===+， 11222MC CC =≠，所以，点M 不是棱1CC 的中点，D 选项错误.故选：AC. 【点睛】本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题.6．已知棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -，过对角线1BD 作平面α交棱1AA 于点E ，交棱1CC 于点F ，以下结论正确的是（ ） A ．四边形1BFD E 不一定是平行四边形 B ．平面α分正方体所得两部分的体积相等 C ．平面α与平面1DBB 不可能垂直 D ．四边形1BFD E 2 【答案】BD 【分析】由平行平面的性质可判断A 错误;利用正方体的对称性可判断B 正确;当E ､F 为棱中点时,通过线面垂直可得面面垂直,可判断C 错误;当E 与A 重合,F 与1C 重合时,四边形1BFD E 的面积最大,2,可判断D 正确. 【详解】 如图所示,对于选项A,因为平面1111//ABB A CC D D ,平面1BFD E 平面11ABB A BE =,平面1BFD E平面111CC D D D F =,所以1//BE D F ,同理可证1//D E BF ,所以四边形1BFD E 是平行四边形,故A 错误; 对于选项B,由正方体的对称性可知,平面α分正方体所得两部分的体积相等,故B 正确; 对于选项C,在正方体1111ABCD A B C D -中,有1,AC BD AC BB ⊥⊥, 又1BD BB B ⋂=,所以AC ⊥平面1BB D , 当E ､F 分别为棱11,AA CC 的中点时, 有//AC EF ,则EF ⊥平面1BB D , 又因为EF ⊂平面1BFD E ,所以平面1BFD E ⊥平面1BB D ,故C 错误;对于选项D,四边形1BFD E 在平面ABCD 内的投影是正方形ABCD , 当E 与A 重合,F 与1C 重合时,四边形1BFD E 的面积有最大值, 此时1212S D E BE =⋅=⋅=,故D 正确; 故选:BD. 【点睛】本题考查了正方体的几何性质与应用问题,也考查了点线面的位置关系应用问题,属于中档题.7．如图，点O 是正四面体P ABC -底面ABC 的中心，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，S 是棱PC 上的点，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ，则（ ）A ．若//MN 平面PAB ，则//AB RQ B ．存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQC ．存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+= D ．111PQPRPS++是常数【答案】ABD 【分析】对于选项A ，根据线面平行的性质定理，进行推理判断即可；对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ， 13SC PC =时，通过线面垂直的判定定理，证明此时PC ⊥平面SRQ ，即可证明，存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ；对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+=，利用线面垂直的判定定理可证得PC ⊥平面PAB ，此时通过反证法说明矛盾性，即可判断； 对于选项D ，利用S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V ----=++，即可求得111PQPRPS++是常数.【详解】 对于选项A ， 若//MN 平面PAB ，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ,∴平面SMN 平面PAB =RQ ，又MN ⊂平面SMN ，//MN 平面PAB ，∴//MN RQ ，点O 在面ABC 上，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，∴MN ⊂平面ABC ，又//MN 平面PAB ，平面ABC平面PAB AB =，∴//MN AB ， ∴//AB RQ ，故A 正确； 对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ，S 为线段PC 上靠近C 的三等分点，即13SC PC =， 此时PC ⊥平面SRQ ，以下给出证明： 在正四面体P ABC -中，设各棱长为a ，∴ABC ，PBC ，PAC △，PAB △均为正三角形，点O 为ABC 的中心，//MN AB ，∴由正三角形中的性质，易得23CN CM a ==， 在CNS 中，23CN a =，13SC a =，3SCN π∠=，∴由余弦定理得，SN a ==， ∴222249SC SN a CN +==，则SN PC ⊥， 同理，SM PC ⊥，又SM SN S =，SM ⊂平面SRQ ，SN ⊂平面SRQ ，∴PC ⊥平面SRQ ，∴存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ，故B 正确； 对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+=， 设QR 中点为K ，则2PQ PR PK +=，∴PS PK ⊥，即PC PK ⊥，()cos cos 0PC AB PC PB PA PC PB CPB PC PA CPA ⋅=⋅-=⋅∠-⋅∠=，∴PC AB ⊥，又易知AB 与PK 为相交直线，AB 与PK 均在平面PQR 上，∴PC ⊥平面PQR ，即PC ⊥平面PAB ，与正四面体P ABC -相矛盾，所以假设不成立， 故C 错误； 对于选项D ，易知点O 到面PBC ，面PAC ，面PAB 的距离相等，记为d ， 记PC 与平面PAB 所处角的平面角为α，α为常数，则sin α也为常数， 则点S 到PQR 的距离为sin PS α， 又13sin 234PQRSPQ PR PQ PR π=⋅=⋅ ∴()()1133sin sin sin 33412S PQR PQRV PS S PS PQ PR PQ PR PS ααα-=⋅=⋅⋅=⋅⋅， 又13sin23PSRSPS PR PS PR π=⋅=⋅， 13sin 234PSQSPS PQ PS PQ π=⋅=⋅，13sin 234PQRSPQ PR PQ PR π=⋅=⋅， ()3S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V d PS PR PS PQ PQ PR ----=++=⋅+⋅+⋅， ∴()33sin 1212PQ PR PS d PS PR PS PQ PQ PR α⋅⋅=⋅+⋅+⋅， ∴111sin d PQPRPSα++=为常数，故D 正确. 故选：ABD. 【点睛】本题考查了线面平行的性质定理、线面垂直的判定定理，考查了三棱锥体积的计算，考查了向量的运算，考查了转化能力与探究能力，属于较难题.8．M ，N 分别为菱形ABCD 的边BC ，CD 的中点，将菱形沿对角线AC 折起，使点D 不在平面ABC 内，则在翻折过程中，下列结论正确的有（ ）A ．MN ∥平面ABDB ．异面直线AC 与MN 所成的角为定值C ．在二面角D AC B --逐渐变小的过程中，三棱锥D ABC -外接球的半径先变小后变大D ．若存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直，则ABC ∠的取值范围是0,2π⎛⎫⎪⎝⎭【答案】ABD 【分析】利用线面平行的判定即可判断选项A ；利用线面垂直的判定求出异面直线AC 与MN 所成的角即可判断选项B ；借助极限状态，当平面DAC 与平面ABC 重合时，三棱锥D ABC -外接球即是以ABC ∆外接圆圆心为球心，外接圆的半径为球的半径，当二面角D AC B --逐渐变大时，利用空间想象能力进行分析即可判断选项C;过A 作AH BC ⊥,垂足为H ,分ABC ∠为锐角、直角、钝角三种情况分别进行分析判断即可判断选项D.【详解】对于选项A:因为M ，N 分别为菱形ABCD 的边BC ，CD 的中点，所以MN 为BCD ∆的中位线，所以//MN BD ,因为MN ⊄平面ABD ,BD ⊂平面ABD ，所以MN ∥平面ABD ,故选项A 正确；对于选项B ：取AC 的中点O ，连接,DO BO ,作图如下：则,AC DO AC BO ⊥⊥,BO DO O =,由线面垂直的判定知，AC ⊥平面BOD ,所以AC BD ⊥,因为//MN BD ,所以AC MN ⊥,即异面直线AC 与MN 所成的角为定值90，故选项B 正确；对于选项C:借助极限状态，当平面DAC 与平面ABC 重合时，三棱锥D ABC -外接球即是以ABC ∆外接圆圆心为球心，外接圆的半径为球的半径，当二面角D AC B --逐渐变大时，球心离开平面ABC ，但是球心在底面的投影仍然是ABC ∆外接圆圆心，故二面角D AC B --逐渐变小的过程中，三棱锥D ABC -外接球的半径不可能先变小后变大， 故选项C 错误；对于选项D:过A 作AH BC ⊥,垂足为H ,若ABC ∠为锐角，H 在线段BC 上；若ABC ∠为直角，H 与B 重合；若ABC ∠为钝角，H 在线段BC 的延长线上；若存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直，因为AH BC ⊥，所以CB ⊥平面AHD ,由线面垂直的性质知,CB HD ⊥,若ABC ∠为直角，H 与B 重合，所以CB BD ⊥,在CBD ∆中，因为CB CD =, 所以CB BD ⊥不可能成立，即ABC ∠为直角不可能成立；若ABC ∠为钝角，H 在线段BC 的延长线上，则在原平面图菱形ABCD 中，DCB ∠为锐角，由于立体图中DB DO OB <+,所以立体图中DCB ∠一定比原平面图中更小，，所以DCB ∠为锐角，CB HD ⊥，故点H 在线段BC 与H 在线段BC 的延长线上矛盾，因此ABC ∠不可能为钝角；综上可知，ABC ∠的取值范围是0,2π⎛⎫⎪⎝⎭.故选项D 正确;故选：ABD 【点睛】本题考查异面垂直、线面平行与线面垂直的判定、多面体的外接球问题；考查空间想象能力和逻辑推理能力；借助极限状态和反证法思想的运用是求解本题的关键；属于综合型强、难度大型试题.9．在正方体1111ABCD A B C D -中，如图，,M N 分别是正方形ABCD ，11BCC B 的中心.则下列结论正确的是（ ）A ．平面1D MN 与11BC 的交点是11B C 的中点 B ．平面1D MN 与BC 的交点是BC 的三点分点 C ．平面1D MN 与AD 的交点是AD 的三等分点 D ．平面1D MN 将正方体分成两部分的体积比为1∶1 【答案】BC 【分析】取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ，连FM 并延长分别交,BC AD 于,P Q ，连1,D Q PN 并延长交11B C 与H ，平面四边形1D HPQ 为所求的截面，进而求出,,P Q H 在各边的位置，利用割补法求出多面体11QPHD C CD 的体积，即可求出结论.【详解】如图，取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ， 连接FM 并延长，设FM BC P ⋂=，FM AD Q ⋂=， 连接PN 并延长交11B C 于点H .连接1D Q ，1D H ，则平面四边形1D HPQ 就是平面1D MN 与正方体的截面，如图所示.111111////,22NE CC DD NE CC DD ==，NE ∴为1DD F ∆的中位线，E ∴为DF 中点，连BF ， ,,90DCE FBE BF DC AB FBE DCE ∴∆≅∆==∠=∠=︒， ,,A B F ∴三点共线，取AB 中点S ，连MS ，则12//,,23BP FB MS BP MS BC MS FS =∴==，22111,33236BP MS BC BC PE BC ∴==⨯=∴=， E 为DF 中点，11//,233PE DQ DQ PE BC AD ∴===N 分别是正方形11BCC B 的中心，11113C H BP C B ∴==所以点P 是线段BC 靠近点B 的三等分点， 点Q 是线段AD 靠近点D 的三等分点， 点H 是线段11B C 靠近点1C 的三等分点. 做出线段BC 的另一个三等分点P '， 做出线段11A D 靠近1D 的三等分点G ，连接QP '，HP '，QG ，GH ，1H QPP Q GHD V V '--=， 所以111113QPHD C CD QPHQ DCC D V V V -==多面体长方体正方体 从而平面1D MN 将正方体分成两部分体积比为2∶1. 故选:BC.【点睛】本题考查直线与平面的交点及多面体的体积，确定出平面与正方体的交线是解题的关键，考查直观想象、逻辑推理能力，属于较难题.10．如果一个棱锥的底面是正方形，且顶点在底面内的射影是底面的中心，那么这样的棱锥叫正四棱锥．若一正四棱锥的体积为18，则该正四棱锥的侧面积最小时，以下结论正确的是（ ）．A ．棱的高与底边长的比为22B ．侧棱与底面所成的角为4π C 2 D ．侧棱与底面所成的角为3π 【答案】AB 【分析】设四棱锥S ABCD -的高为h ，底面边长为a ，由21183V a h ==得254h a=，然后可得侧面积为242108a a+，运用导数可求出当32a =时侧面积取得最小值，此时3h =，然后求出棱锥的高与底面边长的比和SAO ∠即可选出答案. 【详解】设四棱锥S ABCD -的高为h ，底面边长为a 可得21183V a h ==，即254h a= 所以其侧面积为2222244215410842244a a a h a a a⋅⋅+=+=+令()242108f a a a =+，则()23321084f a a a ⨯'=-令()233210840f a a a ⨯'=-=得32a =当(0,32a ∈时()0f a '<，()f a 单调递减当()32,a ∈+∞时()0f a '>，()f a 单调递增所以当32a =时()f a 取得最小值，即四棱锥的侧面积最小 此时3h =2，故A 正确，C 错误 侧棱与底面所成的角为SAO ∠，由3h =，32a =可得3AO = 所以4SAO π∠=，故B 正确，D 错误故选：AB 【点睛】本题考查的知识点有空间几何体的体积和表面积、线面角及利用导数求最值，属于综合题.。
高三数学(理)二轮复习专题集训：专题五 立体几何5.1 Word版含解析
A 级1．如图所示是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是( )解析：先观察俯视图，由俯视图可知选项B 和D 中的一个正确，由正视图和侧视图可知选项D 正确．答案：D2．如图，水平放置的三棱柱的侧棱长为1，且侧棱AA 1⊥平面A 1B 1C 1，正视图是边长为1的正方形，俯视图为一个等边三角形，则该三棱柱的侧视图面积为( )A ．23B. 3 C.32D ．1解析：由直观图、正视图以及俯视图可知，侧视图是宽为32，长为1的长方形，所以面积S ＝32×1＝32.故选C. 答案：C3．已知一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图是( )解析：A选项中的几何体，正视图不符，侧视图也不符，俯视图中没有虚线；B选项中的几何体，俯视图中不出现虚线；C选项中的几何体符合三个视图；D选项中的几何体，正视图不符．故选C.答案：C4．(2017·湖南省五市十校联考)如图，小方格是边长为1的正方形，一个几何体的三视图如图所示，则几何体的表面积为()A．45π＋96B．(25＋6)π＋96C．(45＋4)π＋64D．(45＋4)π＋96解析：几何体为一个圆锥和一个正方体的组合体，正方体的棱长为4，圆锥的高为4，底面半径为2，几何体的表面积为S＝6×42＋π×22＋π×2×42＋22＝(45＋4)π＋96.答案：D5．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A ．9＋ 3B ．18＋2 3C ．93＋3D ．183＋2解析：由三视图可得该几何体是一个侧放的正三棱柱，底面是边长为2，高为3的等边三角形，且每一个侧面面积都是6，则该三棱柱的表面积是6×3＋2×34×22＝18＋23，选项B 正确．答案：B6．(2017·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.π2＋1 B ．π2＋3C.3π2＋1 D ．3π2＋3解析：由三视图可知该几何体是由底面半径为1，高为3的半个圆锥和三棱锥S -ABC 组成的，如图，三棱锥的高为3，底面△ABC 中，AB ＝2，OC ＝1，AB ⊥OC .故其体积V ＝13×12×π×12×3＋13×12×2×1×3＝π2＋1.故选A.答案：A7．(2017·西安市八校联考)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.12 B ．24 C.22D ．32解析：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. 答案：C8．早在公元前三百多年我国已经运用“以度审容”的科学方法，其中商鞅铜方升是公元前344年商鞅督造的一种标准量器，其三视图如图所示，若π取3，其体积为12.6，则图中的x 为( )A ．1.2B ．1.6C ．1.8D ．2.4解析：由三视图知，商鞅铜方升是由一个圆柱和一个长方体组合而成的，故其体积为(5.4－x )×3×1＋π×⎝⎛⎭⎫122×x ＝16.2－3x ＋14πx ＝12.6，又π＝3，故x ＝1.6，故选B. 答案：B9．(2017·贵州省适应性考试)如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是线段A 1C 1上的动点，则三棱锥P -BCD 的俯视图与正视图面积之比的最大值为( )A ．1B ． 2 C. 3D ．2解析：正视图，底面B ，C ，D 三点，其中D 与C 重合，随着点P 的变化，其正视图均是三角形且点P 在正视图中的位置在边B 1C 1上移动，由此可知，设正方体的棱长为a ，则S正视图＝12×a 2；边A 1C 1的中点为O ，随着点P 的移动，在俯视图中，易知当点P 在OC 1上移动时，S 俯视图就是底面三角形BCD 的面积，当点P 在OA 1上移动时，点P 越靠近A 1，俯视图的面积越大，当到达A 1的位置时，俯视图为正方形，此时俯视图的面积最大，S 俯视图＝a 2，所以S 俯视图S 正视图的最大值为a 212a 2＝2，故选D.答案：D10．(2017·贵阳市检测)三棱锥P -ABC 的四个顶点都在体积为500π3的球的表面上，底面ABC 所在的小圆面积为16π，则该三棱锥的高的最大值为( )A ．4B ．6C ．8D ．10解析：依题意，设题中球的球心为O 、半径为R ，△ABC 的外接圆半径为r ，则4πR 33＝500π3，解得R ＝5，由πr 2＝16π，解得r ＝4，又球心O 到平面ABC 的距离为R 2－r 2＝3，因此三棱锥P -ABC 的高的最大值为5＋3＝8，选C.答案：C11．(2017·石家庄市第一次模拟)祖暅是南北朝时代的伟大数学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等．现有以下四个几何体：图①是从圆柱中挖去一个圆锥所得的几何体，图②、图③、图④分别是圆锥、圆台和半球，则满足祖暅原理的两个几何体为( )A ．①②B ．①③C ．②④D ．①④解析：设截面与底面的距离为h ，则①中截面内圆的半径为h ，则截面圆环的面积为π(R 2－h 2)；②中截面圆的半径为R －h ，则截面圆的面积为π(R －h )2；③中截面圆的半径为R －h 2，则截面圆的面积为π⎝⎛⎭⎫R －h 22；④中截面圆的半径为R 2－h 2，则截面圆的面积为π(R 2－h 2)．所以①④中截面的面积相等，故其体积相等，选D.答案：D12．(2017·郑州市第二次质量预测)将一个底面半径为1，高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱的最大体积为( )A.π27 B ．8π27C.π3D ．2π9解析：如图所示，设圆柱的半径为r ，高为x ，体积为V ，由题意可得r 1＝2－x2，所以x＝2－2r ，所以圆柱的体积V ＝πr 2(2－2r )＝2π(r 2－r 3)(0<r <1)，设V (r )＝2π(r 2－r 3)(0<r <1)，则V ′(r )＝2π(2r －3r 2)，由2π(2r －3r 2)＝0得r ＝23，所以圆柱的最大体积V max ＝2π⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫232－⎝⎛⎭⎫233＝8π27，故选B.答案：B13．已知某组合体的正视图与侧视图相同(其中AB ＝AC ，四边形BCDE 为矩形)，则该组合体的俯视图可以是________(把正确的图的序号都填上)．解析：几何体由四棱锥与四棱柱组成时，得①正确；几何体由四棱锥与圆柱组成时，得②正确；几何体由圆锥与圆柱组成时，得③正确；几何体由圆锥与四棱柱组成时，得④正确．答案：①②③④14．(2017·江苏卷)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设圆柱内切球的半径为R ，则由题设可得圆柱O 1O 2的底面圆的半径为R ，高为2R ， ∴V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32. 答案：3215．如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1-EDF 的体积为________．解析：因为B 1C ∥平面ADD 1A 1，所以F 到平面ADD 1A 1的距离d 为定值1，△D 1DE 的面积为12D 1D ·AD ＝12，所以VD 1-EDF ＝VF -D 1DE ＝13S △D 1DE ·d ＝13×12×1＝16.答案：1616．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：由题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P -ABCD ，CD ＝y2，AB ＝y ，AC ＝5，CP ＝7，BP ＝x ，∴BP 2＝BC 2＋CP 2，即x 2＝25－y 2＋7，x 2＋y 2＝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：37B 级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 ＝23，AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°，则球O 的表面积为( )A ．4πB ．12πC ．16πD ．64π解析：取SC 的中点E ，连接AE ，BE ，依题意，BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos60°＝3，∴AC 2＝AB 2＋BC 2，即AB ⊥BC .又SA ⊥平面ABC ，∴SA ⊥BC ，又SA ∩AB ＝A ，∴BC ⊥平在SAB ，BC ⊥SB ，AE ＝12SC ＝BE ，∴点E 是三棱锥S -ABC 的外接球的球心，即点E 与点O重合，OA ＝12SC ＝12SA 2＋AC 2＝2，故球O 的表面积为4π×OA 2＝16π.答案：C2．如图，在边长为2的正方形ABCD 中，以B 为圆心的圆与AB ，BC 分别交于点E ，F ，若tan ∠CDF ＝12，则阴影部分绕直线BC 旋转一周形成几何体的体积等于________．解析：在Rt △DCF 中，DC ＝2，所以CF ＝DC tan ∠CDF ＝2×12＝1，所以BF ＝BC －CF ＝2－1＝1.正方形ABCD 绕直线BC 旋转一周形成圆柱，圆柱的底面半径R 1＝AB ＝2，高h 1＝BC＝2，其体积V 1＝πR 21h 1＝π×22×2＝8π；Rt △DCF 绕直线BC 旋转一周形成一个圆锥，圆锥的底面半径R 2＝DC ＝2，高h 2＝CF ＝1，其体积V 2＝13πR 22h 2＝13π×22×1＝4π3； 扇形BEF 是圆的14，其绕直线BC 旋转一周形成一个半球，球的半径为r ＝BE ＝1，故其体积V 3＝12×4π3r 3＝12×4π3×13＝2π3.阴影部分绕直线BC 旋转一周形成的几何体是一个圆柱挖掉上述的半球与圆锥，故其体积V ＝V 1－V 2－V 3＝8π－4π3－2π3＝6π.答案：6π3．右图为一简单组合体，其底面ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，EC ∥PD ，且PD ＝AD ＝2EC ＝2.(1)请画出该几何体的三视图； (2)求四棱锥B －CEPD 的体积． 解析：(1)该组合体的三视图如图所示．(2)∵PD ⊥平面ABCD ， PD ⊂平面PDCE ， ∴平面PDCE ⊥平面ABCD . ∵四边形ABCD 为正方形， ∴BC ⊥CD ，且BC ＝DC ＝AD ＝2. 又∵平面PDCE ∩平面ABCD ＝CD ， BC ⊂平面ABCD . ∴BC ⊥平面PDCE .∵PD ⊥平面ABCD ，DC ⊂平面ABCD ， ∴PD ⊥DC .又∵EC ∥PD ，PD ＝2，EC ＝1，∴四边形PDCE 为一个直角梯形，其面积： S 梯形PDCE ＝12(PD ＋EC )·DC ＝12×3×2＝3.∴四棱锥B －CEPD 的体积V B －CEPD ＝13S 梯形PDCE ·PD ＝13×3×2＝2.4．如图，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A －DC －B .(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求棱锥E －DFC 的体积；(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？如果存在，求出BPBC 的值；如果不存在，请说明理由．解析：(1)AB ∥平面DEF ，理由如下：在△ABC 中，由E ，F 分别是AC ，BC 的中点，得EF ∥AB .又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF .∴AB ∥平面DEF .(2)∵AD ⊥CD ，BD ⊥CD ，将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A －DC －B ，∴AD ⊥BD ，BD ∩CD ＝D ，∴AD ⊥平面BCD .取CD 的中点M ，这时EM ∥AD ，∴EM ⊥平面BCD ，EM ＝1.V E －DFC ＝13×⎝⎛⎭⎫12S △BDC ×EM ＝33. (3)在线段BC 上存在点P ，使AP ⊥DE .证明如下：在线段BC 上取点P ，使BP ＝BC 3， 过P 作PQ ⊥CD 于Q .∵AD ⊥平面BCD ，PQ ⊂平面BCD ，∴AD ⊥PQ .又∵AD ∩CD ＝D ，∴PQ ⊥平面ACD ，∴DQ ＝DC 3＝233， ∴tan ∠DAQ ＝DQ AD ＝2332＝33， ∴∠DAQ ＝30°，在等边△ADE 中，∠DAQ ＝30°，∴AQ ⊥DE ，∵PQ ⊥平面ACD ，DE ⊂平面ACD ，∴PQ ⊥DE ，AQ ∩PQ ＝Q ，∴DE ⊥平面APQ ，∴AP ⊥DE .此时BP ＝BC 3，∴BP BC ＝13.。
高考数学二轮专题训练—立体几何(五)
立体几何（五）一、选择题：本大题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1、设α、β、γ是三个不同的平面，a 、b 是两条不同的直线，给出下列4个命题： ①若a ∥α，b ∥α，则a ∥b ； ②若a ∥α，b ∥β，a ∥b ，则α∥β； ③若a ⊥α，b ⊥β，a ⊥b ，则α⊥β；④若a 、b 在平面α内的射影互相垂直，则a ⊥b . 其中正确命题是A. ③ B ④ C. ①③ D. ②④ 2、直线a ∥平面α的一个充分条件是（ ） A ．存在一条直线b ，b ∥α，a ∥b B ．存在一个平面β，,β∈a α∥β C ．存在一个平面β，a ∥β，α∥β D ．存在一条直线b ，b ⊂α，a ∥b3、已知直线m 、l ,平面α、β，且m ⊥α, l⊂β，给出下列命题：①若α∥β，则m ⊥l ；②若α⊥β，则m ∥l ；③若m ⊥l ,则α∥β；④若m ∥l ,则α⊥β.其中正确命题的个数是 A.1 B.2C.3D.44、设a ，b ，c 是空间三条直线，α，β是空间两个平面，则下列命题中，逆命题不成立．．．的是（ ）A.当c ⊥α时，若c ⊥β，则α∥βB.当α⊂b ，且c 是a 在α内的射影时，若b ⊥c ，则a ⊥b C ．当α⊂b 时，若b ⊥β，则βα⊥D ．当α⊂b ，且α⊄c 时，若c ∥α，则b ∥c5、设m ，n 表示不同的直线，,αβ表示不同的平面，且,m n α⊂。
则“αβ∥”是“m n ββ且∥∥”的（ ）A ．充分但不必要条件B ．必要但不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件6、已知直线m ，n 和平面α，则m//n 的必要非充分条件是（ ） A m//α且n//α B m ⊥α且 n ⊥αC m//α且α⊂nD m ，n 与α成等角7、在空间中，有如下命题：①互相平行的两条直线在同一平面内的射影必然是互相平行的两条直线；②若平面α内任意一条直线m//平面β，则平面α//平面β；③若平面α与平面β的交线为m ，平面β内的直线⊥n 直线m ，则直线⊥n 平面α；④若点P 到三角形三个顶点的距离相等，则点P 在该三角形所在平面上的射影是该三角形的外心。
高考数学二轮复习数学立体几何多选题试题含答案
高考数学二轮复习数学立体几何多选题试题含答案一、立体几何多选题1．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为底面ABCD 内（含边界）一点．（ ） A ．若13A P =，则满足条件的P 点有且只有一个 B ．若12A P =，则点P 的轨迹是一段圆弧 C ．若1//A P 平面11B D C ，则1A P 长的最小值为2D ．若12A P =且1//A P 平面11B DC ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面的面积为23π【答案】ABD 【分析】选项A ，B 可利用球的截面小圆的半径来判断；由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD 上，1A P 长的最大值为2；结合以上条件点P 与B 或D 重合，利用12sin 60A P r =︒，求出63r =，进而求出面积. 【详解】对A 选项，如下图：由13A P =，知点P 在以1A 为球心，半径为3的球上，又因为P 在底面ABCD 内（含边界），底面截球可得一个小圆，由1A A ⊥底面ABCD ，知点P 的轨迹是在底面上以A 为圆心的小圆圆弧，半径为22112r A P A A =-=，则只有唯一一点C满足，故A 正确；对B 选项，同理可得点P 在以A 为圆心，半径为22111r A P A A =-=的小圆圆弧上，在底面ABCD 内（含边界）中，可得点P 轨迹为四分之一圆弧BD .故B 正确；对C 选项，移动点P 可得两相交的动直线与平面11B D C 平行，则点P 必在过1A 且与平面11B D C 平行的平面内，由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD上，则1A P 长的最大值为12A B =，则C 不正确； 对选项D ，由以上推理可知，点P 既在以A 为圆心，半径为1的小圆圆弧上，又在线段BD 上，即与B 或D 重合，不妨取点B ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面为11A BC 的外接圆，利用2126622,,sin 60333A B r r S r ππ==∴=∴==︒.故D 正确.故选：ABD 【点睛】（1）平面截球所得截面为圆面，且满足222=R r d +（其中R 为球半径，r 为小圆半径，d 为球心到小圆距离）；（2）过定点A 的动直线平行一平面α，则这些动直线都在过A 且与α平行的平面内.2．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点O 为11A D 的中点，若以O 6为半径的球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ，则下列结论正确的是（ ）A ．11//A D 平面EFGHB ．1AC ⊥平面EFGHC ．11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°D ．平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7 【答案】ACD 【分析】如图，计算可得,,,E F G H 分别为所在棱的中点，利用空间中点线面的位置关系的判断方法可判断A 、B 的正确与否，计算出直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒后可得C 正确，而几何体BHE CGF -为三棱柱，利用公式可求其体积，从而可判断D 正确与否. 【详解】如图，连接OA ，则2115OA AA =+=，故棱1111,,,A A A D D D AD 与球面没有交点.同理，棱111111,,A B B C C D 与球面没有交点. 因为棱11A D 与棱BC 之间的距离为26>BC 与球面没有交点.因为正方体的棱长为2，而26<球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ， 所以棱11,,,AB CD C C B B 与球面各有一个交点， 如图各记为,,,E F G H .因为OAE △为直角三角形，故22651AE OE OA -=-=，故E 为棱AB 的中点. 同理,,F G H 分别为棱11,,CD C C B B 的中点.由正方形ABCD 、,E F 为所在棱的中点可得//EF BC ， 同理//GH BC ，故//EF GH ，故,,,E F G H 共面. 由正方体1111ABCD A B C D -可得11//A D BC ，故11//A D EF因为11A D ⊄平面EFGH ，EF ⊂平面EFGH ，故11//A D 平面EFGH ，故A 正确. 因为在直角三角1BA C 中，122A B =2BC = ，190A BC ∠=︒， 1A C 与BC 不垂直，故1A C 与GH 不垂直，故1A C ⊥平面EFGH 不成立，故B 错误.由正方体1111ABCD A B C D -可得BC ⊥平面11AA B B ，而1A B ⊂平面11AA B B ， 所以1BC A B ⊥，所以1EF A B ⊥在正方形11AA B B 中，因为,E H 分别为1,AB BB 的中点，故1EH A B ⊥， 因为EFEH E =，故1A B ⊥平面EFGH ，所以BEH ∠为直线AB 与平面EFGH 所成的角，而45BEH ∠=︒， 故直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒，因为11//AB A B ，故11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°.故C 正确. 因为,,,E F G H 分别为所在棱的中点，故几何体BHE CGF -为三棱柱，其体积为111212⨯⨯⨯=，而正方体的体积为8， 故平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7，故D 正确. 故选：ACD. 【点睛】本题考查空间中线面位置的判断、空间角的计算和体积的计算，注意根据球的半径确定哪些棱与球面有交点，本题属于中档题.3．已知直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ⊥，1AB BC BB ==，D 是AC 的中点，O 为1A C 的中点.点P 是1BC 上的动点，则下列说法正确的是（ ）A ．当点P 运动到1BC 中点时，直线1A P 与平面111ABC 5 B ．无论点P 在1BC 上怎么运动，都有11A P OB ⊥C ．当点P 运动到1BC 中点时，才有1A P 与1OB 相交于一点，记为Q ，且113PQ QA = D ．无论点P 在1BC 上怎么运动，直线1A P 与AB 所成角都不可能是30° 【答案】ABD 【分析】构造线面角1PA E ∠，由已知线段的等量关系求1tan EPPA E AE∠=的值即可判断A 的正误；利用线面垂直的性质，可证明11A P OB ⊥即可知B 的正误；由中位线的性质有112PQ QA =可知C 的正误；由直线的平行关系构造线线角为11B A P ∠，结合动点P 分析角度范围即可知D 的正误 【详解】直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ⊥，1AB BC BB ==选项A 中，当点P 运动到1BC 中点时，有E 为11B C 的中点，连接1A E 、EP ，如下图示即有EP ⊥面111A B C∴直线1A P 与平面111A B C 所成的角的正切值：1tan EPPA E AE∠= ∵112EP BB =，22111152AE A B B E BB =+= ∴15tan PA E ∠=，故A 正确选项B 中，连接1B C ，与1BC 交于E ，并连接1A B ，如下图示由题意知，11B BCC 为正方形，即有11B C BC ⊥而AB BC ⊥且111ABC A B C -为直三棱柱，有11A B ⊥面11B BCC ，1BC ⊂面11B BCC ∴111A B BC ⊥，又1111A B B C B =∴1BC ⊥面11A B C ，1OB ⊂面11A B C ，故11BC OB ⊥ 同理可证：11A B OB ⊥，又11A B BC B ⋂=∴1OB ⊥面11A BC ，又1A P ⊂面11A BC ，即有11A P OB ⊥，故B 正确选项C 中，点P 运动到1BC 中点时，即在△11A B C 中1A P 、1OB 均为中位线∴Q为中位线的交点∴根据中位线的性质有：112PQQA=，故C错误选项D中，由于11//A B AB，直线1A P与AB所成角即为11A B与1A P所成角：11B A P∠结合下图分析知：点P在1BC上运动时当P在B或1C上时，11B A P∠最大为45°当P在1BC中点上时，11B A P∠最小为23arctan30>=︒∴11B A P∠不可能是30°，故D正确故选：ABD【点睛】本题考查了利用射影定理构造线面角，并计算其正弦值；利用线面垂直证明线线垂直；中位线的性质：中位线交点分中位线为1：2的数量关系；由动点分析线线角的大小4．如图，正方体1111ABCD A B C D-的棱长为1，线段11B D上有两个动点E，F，且2EF=则下列结论正确的是（）A ．三棱锥A BEF -的体积为定值B ．当E 向1D 运动时，二面角A EF B --逐渐变小C ．EF 在平面11ABB A 内的射影长为12D ．当E 与1D 重合时，异面直线AE 与BF 所成的角为π4【答案】AC 【分析】对选项分别作图，研究计算可得. 【详解】选项A:连接BD ,由正方体性质知11BDD B 是矩形，1112212224BEF S EF BB ∆∴=⋅=⨯=连接AO 交BD 于点O由正方体性质知AO ⊥平面11BDD B ,所以，AO 是点A 到平面11BDD B 的距离，即22AO =112213312A BEF BEF V S AO -∆∴=⨯==A BEF V -∴是定值.选项B:连接11A C 与11B D 交于点M ，连接11,AD AB ， 由正方体性质知11AD AB =,M 是11B D 中点，AM EF ∴⊥ ,又1BB EF ⊥,11//BB AAA EFB ∴--的大小即为AM 与1AA 所成的角，在直角三角形1AA M 中，12tan 2MAA ∠=为定值. 选项C:如图，作1111,,,FH A B EG A B ET EG ⊥⊥⊥ 在直角三角形EFT 中，221cos 452FT EF =⨯=⨯=12HG FT ∴== 选项D:当E 与1D 重合时，F 与M 重合，连接AC 与BD 交于点R ，连接1D R ,1//D R BM 异面直线AE 与BF 所成的角,即为异面直线1AD 与1D R 所成的角, 在三角形1AD R 中，22111132,2AD D R MB BB M B ===+=2AR =由余弦定理得13cos AD R ∠= 故选：AC 【点睛】本题考查空间几何体性质问题.求解思路：关键是弄清(1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．求空间几何体体积的思路：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，求三棱锥的体积常用等体积转换法；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.5．已知正方体1111ABCD A B C D -棱长为2，如图，M 为1CC 上的动点，AM ⊥平面α.下面说法正确的是（）A ．直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为3232⎣⎦B ．点M 与点1C 重合时，平面α截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大 C ．点M 为1CC 的中点时，若平面α经过点B ，则平面α截正方体所得截面图形是等腰梯形D ．已知N 为1DD 中点，当AM MN +的和最小时，M 为1CC 的中点 【答案】AC 【分析】以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，利用空间向量法可判断A 选项的正误；证明出1AC ⊥平面1A BD ，分别取棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点E 、F 、Q 、N 、G 、H ，比较1A BD 和六边形EFQNGH 的周长和面积的大小，可判断B 选项的正误；利用空间向量法找出平面α与棱11A D 、11A B 的交点E 、F ，判断四边形BDEF 的形状可判断C 选项的正误；将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，利用A 、M 、N 三点共线得知AM MN +最短，利用平行线分线段成比例定理求得MC ，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，则点()2,0,0A 、()2,2,0B 、设点()()0,2,02M a a ≤≤，AM ⊥平面α，则AM 为平面α的一个法向量，且()2,2,AM a =-，()0,2,0AB =，2232cos ,2288AB AMAB AM AB AM a a ⋅⎡<>===⎢⋅⨯++⎣⎦， 所以，直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为3232⎣⎦，A 选项正确；对于B 选项，当M 与1CC 重合时，连接1A D 、BD 、1A B 、AC ， 在正方体1111ABCD A B C D -中，1CC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1BD CC ∴⊥，四边形ABCD 是正方形，则BD AC ⊥，1CC AC C =，BD ∴⊥平面1ACC ，1AC ⊂平面1ACC ，1AC BD ∴⊥，同理可证11AC A D ⊥， 1A D BD D ⋂=，1AC ∴⊥平面1A BD ，易知1A BD 是边长为22(12322234A BD S =⨯=△为22362=.设E 、F 、Q 、N 、G 、H 分别为棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点，易知六边形EFQNGH 是边长为2的正六边形，且平面//EFQNGH 平面1A BD ， 正六边形EFQNGH 的周长为62，面积为()236233⨯⨯=，则1A BD 的面积小于正六边形EFQNGH 的面积，它们的周长相等，B 选项错误； 对于C 选项，设平面α交棱11A D 于点(),0,2E b ，点()0,2,1M ，()2,2,1AM =-，AM ⊥平面α，DE ⊂平面α，AM DE ∴⊥，即220AM DE b ⋅=-+=，得1b =，()1,0,2E ∴，所以，点E 为棱11A D 的中点，同理可知，点F 为棱11A B 的中点，则()2,1,2F ，()1,1,0EF =，而()2,2,0DB =，12EF DB ∴=，//EF DB ∴且EF DB ≠， 由空间中两点间的距离公式可得2222015DE =++=()()()2222212205BF =-+-+-=，DE BF ∴=，所以，四边形BDEF 为等腰梯形，C 选项正确；对于D 选项，将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，如下图所示：若AM MN +最短，则A 、M 、N 三点共线，11//CC DD ，2222222MC AC DN AD ∴===-+， 11222MC CC =-≠，所以，点M 不是棱1CC 的中点，D 选项错误. 故选：AC.【点睛】本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题.6．如图，已知矩形ABCD 中，2AB AD =，E 为边AB 的中点，将ADE ∆沿直线DE 翻折成1A DE ∆，若M 为线段1A C 的中点，则ADE ∆在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）A ．线段BM 的长是定值B ．存在某个位置，使1DE AC ⊥C ．点M 的运动轨迹是一个圆D ．存在某个位置，使MB ⊥平面1A DE【答案】AC【分析】取CD 中点F ，连接BF ，MF ，根据面面平行的判定定理可得平面//BMF 平面1A DE ，由面面平行的性质定理可知//BM 平面1A DE ，可判断D ；在BFM ∆中，利用余弦定理可求得BM a =为定值，可判断A 和C ；假设1DE A C ⊥，由线面垂直的判定定理可得DE ⊥平面1A CE ，由线面垂直的性质定理可知1DE A E ⊥，与11DA A E ⊥矛盾，可判断B ．【详解】解：取CD 的中点F ，连接BF ，MF ，∵M ，F 分别为1A C 、CD 中点，∴1MF A D ∥，∵1A D ⊂平面1A DE ，MF ⊄平面1A DE ，∴MF 平面1A DE ，∵DF BE ∥且DF BE =，∴四边形BEDF 为平行四边形，∴BF DE ，∵DE ⊂平面1A DE ，BF ⊄平面1A DE ，∴BF ∥平面1A DE ，又BF MF F =，BF 、MF ⊂平面BMF ，∴平面//BMF 平面1A DE ，∵BM ⊂平面BMF ，∴BM ∥平面1A DE ，即D 错误，设22AB AD a ==， 则112MF A D a ==，2BF DE a ==，145A DE MFB ︒∠=∠=， ∴222cos45BM MF BF MF BF a ︒=+-⋅⋅=，即BM 为定值，所以A 正确，∴点M 的轨迹是以B 为圆心，a 为半径的圆，即C 正确， ∵2DE CE a ==，2CD AB a ==， ∴222DE CE CD +=， ∴DE CE ⊥，设1DE A C ⊥，∵1A C 、CE ⊂平面1A CE ，1AC CE C =，∴DE ⊥平面1A CE ，∵1A E ⊂平面1A CE ，∴1DE A E ⊥，与11DA A E ⊥矛盾，所以假设不成立，即B 错误.故选:AC .【点睛】本题考查立体几何中的翻折问题，涉及到线段长度的求解、直线与平面位置关系的判定、点的轨迹的求解、反证法的应用等知识点，考查学生的空间立体感和推理论证能力．7．在正方体1111ABCD A B C D -中，如图，,M N 分别是正方形ABCD ，11BCC B 的中心.则下列结论正确的是（ ）A ．平面1D MN 与11BC 的交点是11B C 的中点B ．平面1D MN 与BC 的交点是BC 的三点分点C ．平面1D MN 与AD 的交点是AD 的三等分点D ．平面1D MN 将正方体分成两部分的体积比为1∶1【答案】BC【分析】取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ，连FM 并延长分别交,BC AD 于,P Q ，连1,D Q PN 并延长交11B C 与H ，平面四边形1D HPQ 为所求的截面，进而求出,,P Q H 在各边的位置，利用割补法求出多面体11QPHD C CD 的体积，即可求出结论.【详解】如图，取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ，连接FM 并延长，设FM BC P ⋂=，FM AD Q ⋂=，连接PN 并延长交11B C 于点H .连接1D Q ，1D H ，则平面四边形1D HPQ 就是平面1D MN 与正方体的截面，如图所示.111111////,22NE CC DD NE CC DD ==， NE ∴为1DD F ∆的中位线，E ∴为DF 中点，连BF ，,,90DCE FBE BF DC AB FBE DCE ∴∆≅∆==∠=∠=︒，,,A B F ∴三点共线，取AB 中点S ，连MS ， 则12//,,23BP FB MS BP MS BC MS FS =∴==， 22111,33236BP MS BC BC PE BC ∴==⨯=∴=， E 为DF 中点，11//,233PE DQ DQ PE BC AD ∴=== N 分别是正方形11BCC B 的中心，11113C H BP C B ∴==所以点P 是线段BC 靠近点B 的三等分点，点Q 是线段AD 靠近点D 的三等分点，点H 是线段11B C 靠近点1C 的三等分点.做出线段BC 的另一个三等分点P '，做出线段11A D 靠近1D 的三等分点G ，连接QP '，HP '，QG ，GH ，1H QPP Q GHD V V '--=，所以111113QPHD C CD QPHQ DCC D V V V -==多面体长方体正方体从而平面1D MN 将正方体分成两部分体积比为2∶1.故选:BC.【点睛】本题考查直线与平面的交点及多面体的体积，确定出平面与正方体的交线是解题的关键，考查直观想象、逻辑推理能力，属于较难题.8．已知正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，侧棱11AA =，P 为上底面1111D C B A 上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（ ）A ．若3PD =，则满足条件的P 点有且只有一个B ．若3PD =，则点P 的轨迹是一段圆弧C ．若PD ∥平面1ACB ，则DP 长的最小值为2D ．若PD ∥平面1ACB ，且3PD =，则平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形的面积为94π 【答案】ABD【分析】 若3PD =，由于P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一；()313PD =∈，，则12PD =，即点P 的轨迹是一段圆弧；当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为3=，可判断C ；平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为32=，可得D . 【详解】如图：∵正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，∴1122B D =11AA =，∴()2212213DB =+=，则P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一，故A 正确； ∵()313PD =，，11DD =，则12PD P 的轨迹是一段圆弧，故B 正确； 连接1DA ，1DC ，可得平面11//A DC 平面1ACB ，则当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为()22213+=C 错误；由C 知，平面BDP 即为平面11BDD B ，平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接2221322122++=，面积为94π，故D 正确．故选：ABD ．【点睛】本题考查了立体几何综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.。
专题05 立体几何专项高考真题总汇(带答案与解析)
专题05立体几何（选择题、填空题）1．【2021·浙江高考真题】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A ．32B ．3C．2D．【答案】A【分析】根据三视图可得如图所示的几何体，根据棱柱的体积公式可求其体积.【解析】几何体为如图所示的四棱柱1111ABCD A B C D -，其高为1，底面为等腰梯形ABCD ，，下底为12=，故1111131222ABCD A B C D V -=⨯+⨯⨯=，故选：A.2．【2021·北京高考真题】某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（）A ．332+B ．4C ．33D ．2【答案】A【分析】根据三视图可得如图所示的几何体（三棱锥），根据三视图中的数据可计算该几何体的表面积.【解析】根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥O ABC -，其侧面为等腰直角三角形，底面等边三角形，由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1，故其表面积为213333112242+⨯⨯⨯+⨯=，故选：A.3．【2021·浙江高考真题】如图已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则（）A ．直线1A D 与直线1DB 垂直，直线//MN 平面ABCD B ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC ．直线1AD 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCD D ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B 【答案】A【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证1//,MN AB A D ⊥平面1ABD ，即可得出结论.【解析】连1AD ，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 是1A D 的中点，所以M 为1AD 中点，又N 是1D B 的中点，所以//MN AB ，MN ⊄平面,ABCD AB ⊂平面ABCD ，所以//MN 平面ABCD .因为AB 不垂直BD ，所以MN 不垂直BD 则MN 不垂直平面11BDD B ，所以选项B,D 不正确；在正方体1111ABCD A B C D -中，11AD A D ⊥，AB ⊥平面11AA D D ，所以1AB A D ⊥，1AD AB A ⋂=，所以1A D ⊥平面1ABD ，1D B ⊂平面1ABD ，所以11A D D B ⊥，且直线11,A D D B 是异面直线，所以选项B 错误，选项A 正确.故选：A.【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.4．【2021·全国高考真题（理）】已如A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且,1AC BC AC BC ⊥==，则三棱锥O ABC -的体积为（）A ．212B ．312C ．24D ．34【答案】A【分析】由题可得ABC 为等腰直角三角形，得出ABC 外接圆的半径，则可求得O 到平面ABC 的距离，进而求得体积.【解析】,1AC BC AC BC ⊥== ，ABC ∴ 为等腰直角三角形，AB ∴=，则ABC 外接圆的半径为22，又球的半径为1，设O 到平面ABC 的距离为d ，则2d ==，所以1112211332212O ABC ABC V S d -=⋅=⨯⨯⨯⨯=.故选：A.【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解.5．【2021·全国高考真题（理）】在正方体1111ABCD A B C D -中，P 为11B D 的中点，则直线PB 与1AD 所成的角为（）A ．π2B ．π3C ．π4D ．π6【答案】D【分析】平移直线1AD 至1BC ，将直线PB 与1AD 所成的角转化为PB 与1BC 所成的角，解三角形即可.【解析】如图，连接11,,BC PC PB ，因为1AD ∥1BC ，所以1PBC ∠或其补角为直线PB 与1AD 所成的角，因为1BB ⊥平面1111D C B A ，所以11BB PC ⊥，又111PC B D ⊥，1111BB B D B ⋂=，所以1PC ⊥平面1P B B ，所以1PC PB ⊥，设正方体棱长为2，则111112BC PC D B ===1111sin 2PC PBC BC ∠==，所以16PBC π∠=.故选：D6．【2021·全国高考真题】已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A ．2B．C ．4D．【答案】B【分析】设圆锥的母线长为l ，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得l 的值，即为所求.【解析】设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则2l ππ=解得l =.故选：B.7．【2021·北京高考真题】定义：24小时内降水在平地上积水厚度（mm ）来判断降雨程度．其中小雨（10mm <），中雨（10mm 25mm -），大雨（25mm 50mm -），暴雨（50mm 100mm -），小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级（）A ．小雨B ．中雨C ．大雨D ．暴雨【答案】B【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.【解析】由题意，一个半径为()200100mm 2=的圆面内的降雨充满一个底面半径为()20015050mm 2300⨯=，高为()150mm 的圆锥，所以积水厚度()22150150312.5mm 100d ππ⨯⨯==⨯，属于中雨.故选：B.8．【2021·全国高考真题】在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（）A ．当1λ=时，1AB P △的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 【答案】BD【分析】对于A ，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B ，将P 点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；对于C ，考虑借助向量的平移将P 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P 点的个数；对于D ，考虑借助向量的平移将P 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P 点的个数．【解析】易知，点P 在矩形11BCC B 内部（含边界）．对于A ，当1λ=时，11=BP BC BB BC CC μμ=++，即此时P ∈线段1CC ，1AB P △周长不是定值，故A 错误；对于B ，当1μ=时，1111=BP BC BB BB B C λλ=++，故此时P 点轨迹为线段11B C ，而11//B C BC ，11//B C 平面1A BC ，则有P 到平面1A BC 的距离为定值，所以其体积为定值，故B 正确．对于C ，当12λ=时，112BP BC BB μ=+，取BC ，11B C 中点分别为Q ，H ，则BP BQ QH μ=+，所以P 点轨迹为线段QH ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，13,0,12A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()0,0P μ,，10,,02B ⎛⎫⎪⎝⎭，则13,0,12A P μ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，10,,2BP μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ，()110A P BP μμ⋅=-=，所以0μ=或1μ=．故,H Q 均满足，故C 错误；对于D ，当12μ=时，112BP BC BB λ=+ ，取1BB ，1CC 中点为,M N ．BP BM MN λ=+ ，所以P 点轨迹为线段MN ．设010,,2P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，因为0,02A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，所以01,22AP y ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，11,,122A B ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，所以00311104222y y +-=⇒=-，此时P 与N 重合，故D 正确．故选：BD ．【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．9．【2021·全国高考真题（理）】以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_________（写出符合要求的一组答案即可）．【答案】③④（答案不唯一）【分析】由题意结合所给的图形确定一组三视图的组合即可.【解析】选择侧视图为③，俯视图为④，如图所示，长方体1111ABCD A B C D -中，12,1AB BC BB ===，,E F 分别为棱11,BC BC 的中点，则正视图①，侧视图③，俯视图④对应的几何体为三棱锥E ADF -.故答案为：③④.【点睛】三视图问题解决的关键之处是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系.10．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为A ．514-B ．512-C ．514D ．512+【答案】C【解析】如图，设,CD a PE b ==，则22224a PO PE OEb =-=-由题意得212PO ab =，即22142a b ab-=，化简得24()210b b a a -⋅-=，解得14b a +=（负值舍去）.故选C ．【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.11．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为A ．EB ．FC ．GD ．H【答案】A【解析】根据三视图，画出多面体立体图形，14D D 上的点在正视图中都对应点M ,直线34B C 上的点在俯视图中对应的点为N,∴在正视图中对应M ,在俯视图中对应N 的点是4D ,线段34D D ,上的所有点在侧试图中都对应E ,∴点4D 在侧视图中对应的点为E .故选A.【点睛】本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法，考查了分析能力和空间想象，属于基础题.12．【2020年高考全国II 卷理数】已知△ABC 是面积为934O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为A 3B ．32C ．1D ．32【答案】C【解析】设球O 的半径为R ，则2416R π=π，解得：2R =.设ABC △外接圆半径为r ，边长为a ，ABC △是面积为934的等边三角形，21393224a ∴⨯=，解得：3a =，22229933434a r a ∴=-=⨯-，∴球心O 到平面ABC 的距离22431d R r =-=-=.故选：C ．【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.13．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是A ．2B ．4+42C ．3D ．4+23【答案】C 【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：22AB AD DB ===∴ADB △是边长为的等边三角形根据三角形面积公式可得：2113sin 60222ADB S AB AD =⋅⋅︒=⋅=△∴该几何体的表面积是：632=⨯++.故选：C ．【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.14．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC △的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π【答案】A【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r π=π=∴， ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=，1OO AB ∴==，根据球的截面性质1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A.【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.15．【2020年高考天津】若棱长为为A ．12πB ．24πC ．36πD ．144π【答案】C【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即3R ==，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=.故选：C ．【点睛】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.16．【2020年高考北京】某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为A ．6+B ．6+C ．12+D ．12+【答案】D 【解析】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，则其表面积为：()1322222sin 60122S ⎛⎫=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯︒=+⎪⎝⎭故选：D ．【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．17．【2020年高考浙江】某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是A ．73B ．143C ．3D ．6【答案】A 【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选：A【点睛】本小题主要考查根据三视图计算几何体的体积，属于基础题.18．【2020年高考浙江】已知空间中不过同一点的三条直线l ，m ，n ．“l ，m ，n 共面”是“l ，m ，n 两两相交”的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】依题意,,m n l 是空间不过同一点的三条直线，当,,m n l 在同一平面时，可能////m n l ，故不能得出,,m n l 两两相交.当,,m n l 两两相交时，设,,m n A m l B n l C ⋂=⋂=⋂=，根据公理2可知,m n 确定一个平面α，而,B m C n αα∈⊂∈⊂，根据公理1可知，直线BC 即l α⊂，所以,,m n l 在同一平面.综上所述，“,,m n l 在同一平面”是“,,m n l 两两相交”的必要不充分条件.故选：B【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查公理1和公理2的运用，属于中档题.19．【2020年新高考全国Ⅰ卷】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°【答案】B 【解析】画出截面图如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线.m 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥..由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒，由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒.故选：B.【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.20．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为A ．B ．C ．D 【答案】D【解析】解法一：,PA PB PC ABC == △为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA ，AB 的中点，EF PB ∴∥，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CE AC C EF =∴⊥ 平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC ，APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===，P ABC ∴-为正方体的一部分，2R ==364466,π2338R V R =∴=π=⨯=，故选D ．解法二：设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 的中点，EF PB ∴∥，且12EF PB x ==，ABC △为边长为2的等边三角形，CF ∴=又90CEF ∠=︒，12CE AE PA x ∴===，AEC △中，由余弦定理可得()2243cos 22x x EAC x +--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC = ，D \为AC 的中点，1cos 2AD EAC PA x ∠==，2243142x x x x+-+∴=，221221222x x x ∴+=∴==，，，PA PB PC ∴===，又===2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴==，62R ∴=，34466338V R ∴=π=π⨯=，故选D.【名师点睛】本题主要考查学生的空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决．21．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A ．α内有无数条直线与β平行B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ∥，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件，故选B ．【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若,,a b a b αβ⊂⊂∥，则αβ∥”此类的错误．22．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则A ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线【答案】B【解析】如图所示，作EO CD ⊥于O ，连接ON ，BD ，易得直线BM ，EN 是三角形EBD 的中线，是相交直线.过M 作MF OD ⊥于F ，连接BF ，平面CDE ⊥平面ABCD ，,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ，EO ∴⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，MFB ∴△与EON △均为直角三角形．设正方形边长为2，易知12EO ON EN ===,，5,,22MF BF BM ==∴=BM EN ∴≠，故选B ．【名师点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形.解答本题时，先利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．23．【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是A．158B．162C．182D．324【答案】B【解析】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为2646336162 22++⎛⎫⨯+⨯⨯=⎪⎝⎭.故选B.【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体——棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积，常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.24．【2019年高考浙江卷】设三棱锥V–ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P–AC–B的平面角为γ，则A．β<γ，α<γB．β<α，β<γC．β<α，γ<αD．α<β，γ<β【答案】B【解析】如图，G 为AC 中点，连接VG ，V 在底面ABC 的投影为O ，则P 在底面的投影D 在线段AO 上，过D 作DE 垂直于AC 于E ，连接PE ，BD ，易得PE VG ∥，过P 作PF AC ∥交VG 于F ，连接BF ，过D 作DH AC ∥，交BG 于H ，则,,BPF PBD PED αβγ=∠=∠=∠，结合△PFB ，△BDH ，△PDB 均为直角三角形，可得cos cos PF EG DH BD PB PB PB PB αβ===<=，即αβ>；在Rt △PED 中，tan tan PD PD ED BD γβ=>=，即γβ>，综上所述，答案为B.【名师点睛】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角，未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法.25．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l ．则下述命题中所有真命题的序号是__________．①14p p ∧②12p p ∧③23p p ⌝∨④34p p ⌝∨⌝【答案】①③④【解析】对于命题1p ，可设1l 与2l 相交，这两条直线确定的平面为α；若3l 与1l 相交，则交点A 在平面α内，同理，3l 与2l 的交点B 也在平面α内，所以，AB α⊂，即3l α⊂，命题1p 为真命题；对于命题2p ，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，命题2p 为假命题；对于命题3p ，空间中两条直线相交、平行或异面，命题3p 为假命题；对于命题4p ，若直线m ⊥平面α，则m 垂直于平面α内所有直线，直线l ⊂平面α，∴直线m ⊥直线l ，命题4p 为真命题.综上可知，，为真命题，，为假命题，14p p ∧为真命题，12p p ∧为假命题，23p p ⌝∨为真命题，34p p ⌝∨⌝为真命题.故答案为：①③④.【点睛】本题考查复合命题的真假，同时也考查了空间中线面关系有关命题真假的判断，考查推理能力，属于中等题.26．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【答案】23【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ，由于223122AM =-=，故1222222S =⨯⨯=△ABC 设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()1332222r =⨯++⨯=解得：22r =，其体积：34233V r =π=π.故答案为：23π.【点睛】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.27．【2020年高考浙江】已知圆锥的侧面积（单位：cm 2）为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm ）是_______．【答案】1【解析】设圆锥底面半径为r ，母线长为l ，则21222r l r l ππππ⨯⨯=⎧⎪⎨⨯⨯=⨯⨯⨯⎪⎩，解得1,2r l ==.故答案为：1【点睛】本小题主要考查圆锥侧面展开图有关计算，属于基础题.28．【2020年高考江苏】如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2cm ，高为2cm ，内孔半轻为0.5cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是▲cm.【答案】2π【解析】正六棱柱体积为2624⨯⨯⨯，圆柱体积为21()222ππ⋅=，所求几何体体积为2π.故答案为：2π-【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题.29．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 为球心，为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．【答案】22π.【解析】如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E =111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥，因为1111BB B C B = ，所以1D E ⊥侧面11B C CB ，设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点，则1D E EP ⊥，，1D E =，所以||EP ===，所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E ，因为||||EF EG ==11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧 FG ，因为114B EF C EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得 22FGπ==.故答案为：22π.【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.30．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O —EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为0.9g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.【答案】118.8【解析】由题意得，214642312cm 2EFGH S =⨯-⨯⨯⨯=四边形，∵四棱锥O −EFGH 的高为3cm ，∴3112312cm 3O EFGH V -=⨯⨯=．又长方体1111ABCD A B C D -的体积为32466144cm V =⨯⨯=，所以该模型体积为3214412132cm O EFGH V V V -=-=-=，其质量为0.9132118.8g ⨯=．【名师点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解．根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量即可.31．【2019年高考北京卷理数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【答案】40【解析】如图所示，在棱长为4的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD A NQC B -之后余下的几何体，则几何体的体积()3142424402V =-⨯+⨯⨯=.【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体，再根据题目给定的数据，计算几何体的体积.属于中等题.(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．32．【2019年高考北京卷理数】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．【答案】如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m .【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m ，正确；（2）如果l ⊥α，l ⊥m ，则m ∥α，不正确，有可能m 在平面α内；（3）如果l ⊥m ，m ∥α，则l ⊥α，不正确，有可能l 与α斜交、l ∥α.故答案为：如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m.【名师点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.将所给论断，分别作为条件、结论加以分析即可.33．【2019年高考天津卷理数】2的正方形，5若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_____________．【答案】π4【解析】由题意，的正方形，借助勾股定理，2=.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为12，故圆柱的体积为21ππ124⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭.【名师点睛】根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径.注意本题中圆柱的底面半径是棱锥底面对角线长度的一半、不是底边棱长的一半.34．【2019年高考江苏卷】如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E −BCD 的体积是▲.【答案】10【解析】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120，所以1120AB BC CC ⋅⋅=，因为E 为1CC 的中点，所以112CE CC =，由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ，所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高，所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=.【名师点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.35．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．）【答案】261【解析】由图可知第一层（包括上底面）与第三层（包括下底面）各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18826+=个面．如图，设该半正多面体的棱长为x ，则AB BE x ==，延长CB 与FE 的延长线交于点G ，延长BC 交正方体的棱于H ，由半正多面体对称性可知，BGE △为等腰直角三角形，22,21)122BG GE CH x GH x x x ∴===∴=⨯+=+=，1x ∴=1．。
高考数学二轮复习提高题专题复习立体几何多选题练习题含答案
高考数学二轮复习提高题专题复习立体几何多选题练习题含答案一、立体几何多选题1．已知正方体1111 ABCD A B C D -的棱长为2，M 为1DD 的中点，N 为正方形ABCD 所在平面内一动点，则下列命题正确的有（ ）A ．若2MN =，则MN 的中点的轨迹所围成图形的面积为πB ．若N 到直线1BB 与直线DC 的距离相等，则N 的轨迹为抛物线C ．若1D N 与AB 所成的角为3π，则N 的轨迹为双曲线 D ．若MN 与平面ABCD 所成的角为3π，则N 的轨迹为椭圆【答案】BC 【分析】对于A ，连接MN ，ND ，DP ，得到直角MDN △，且P 为斜边MN 的中点，所以1PD =，进而得到P 点的轨迹为球面的一部分，即可判断选项A 错误；对于B ，可知1NB BB ⊥，即NB 是点N 到直线1BB 的距离，在平面ABCD 中，点N 到定点B 的距离与到定直线DC 的距离相等，利用抛物线定义知B 正确；对于C ，建立空间直角坐标系，设(,,0)N x y ，利用空间向量求夹角知122121cos3224D N AB y x y D N ABπ⋅===⨯++⋅，化简可知N 的轨迹为双曲线；对于D ，MN 与平面ABCD 所成的角为3MND π∠=，3ND =，可知N 的轨迹是以D 为圆心，33为半径的圆周； 【详解】对于A ，如图所示，设P 为MN 的中点，连接MN ，ND ，DP ，由正方体性质知MDN △为直角三角形，且P 为MN 的中点，2MN =，根据直角三角形斜边上的中线为斜边的一半，知MDN △不管怎么变化，始终有1PD =，即P 点的轨迹与正方体的面围城的几何体是一个以D 为球心，1为半径的球的18，其面积214182S ππ=⨯⨯=，故A 错误；对于B ，由正方体性质知，1BB ⊥平面ABCD 由线面垂直的性质定理知1NB BB ⊥，即NB 是点N 到直线1BB 的距离，在平面ABCD 中，点N 到定点B 的距离与到定直线DC 的距离相等，所以点N 的轨迹是以点B 为焦点，直线DC 为准线的抛物线，故B 正确； 对于C ，如图以D 为直角坐标系原点，建立空间直角坐标系，(,,0)N x y ，1(0,0,2)D ，(0,2,0)A ，(2,2,0)B ，则1(,,2)D N x y =-，(0,2,0)AB =，利用空间向量求夹角知122121cos3224D N AB y x y D N ABπ⋅===⨯++⋅，化简整理得：2234y x -=，即221443y x -=，所以N 的轨迹为双曲线，故C 正确；对于D ，由正方体性质知，MN 与平面ABCD 所成的角为MND ∠，即3MND π∠=，在直角MDN △中，3ND =，即N 的轨迹是以D 3D 错误； 故选：BC 【点睛】关键点睛：本题考查立体几何与解析几何的综合，解题的关键是抓住解析几何几种特殊曲线的定义，考查学生的逻辑推理能力，转化与划归能力与运算求解能力，属于难题.2．正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点，F 在侧面11CDD C 上运动，且满足1//B F 平面1A BE .以下命题正确的有（ ）A ．侧面11CDD C 上存在点F ，使得11B F CD ⊥ B ．直线1B F 与直线BC 所成角可能为30︒C ．平面1A BE 与平面11CDD C 所成锐二面角的正切值为2D ．设正方体棱长为1，则过点E ，F ，A 5 【答案】AC 【分析】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，易证得平面1//B MN 平面1A BE ，可得点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，根据等腰三角形的性质得1B F MN ⊥，即有11B F CD ⊥，A 正确；当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，可判断B 错误；根据平面1//B MN 平面1A BE ，11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，计算可知C 正确；【详解】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，则易证得11//B N A E ，1//MN A B ，从而平面1//B MN 平面1A BE ，所以点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，因为1B MN △是等腰三角形，所以1B F MN ⊥，又因为1//MN CD ，所以11B F CD ⊥，故A 正确；设正方体的棱长为a ，当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，此时11tan C B F ∠=1tan 3023︒<=，所以B 错误； 平面1//B MN 平面1A BE ，取F 为MN 的中点，则1MN C F ⊥，1MN B F ⊥，∴11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，11111tan B C B FC C F ∠==22C 正确；因为当F 为1C E 与MN 的交点时，截面为菱形1AGC E （G 为1BB 的交点），面积为62，故D 错误. 故选：AC.【点睛】本题主要考查线面角，二面角，截面面积的求解，空间几何中的轨迹问题，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，综合性较强，属于较难题．3．如图，矩形ABCD 中， 22AB AD ==，E 为边AB 的中点.将ADE 沿直线DE 翻折成1A DE △（点1A 不落在底面BCDE 内），若M 在线段1A C 上（点M 与1A ，C 不重合），则在ADE 翻转过程中，以下命题正确的是（ ）A ．存在某个位置，使1DE A C ⊥B ．存在点M ，使得BM ⊥平面1A DC 成立 C ．存在点M ，使得//MB 平面1A DE 成立D ．四棱锥1A BCDE -2【答案】CD 【分析】利用反证法可得A 、B 错误，取M 为1A C 的中点，取1A D 的中点为I ，连接,MI IE ，可证明//MB 平面1A DE ，当平面1A DE ⊥平面BCDE 时，四棱锥1A BCDE -体积最大值，利用公式可求得此时体积为24. 【详解】如图（1），取DE 的中点为F ，连接1,A F CF ， 则45CDF ∠=︒，22DF =，故212254222222CF =+-⨯⨯=， 故222DC DF CF ≠+即2CFD π∠≠．若1CA DE ⊥，因为11,A D A E DF FE ==，故1A F DE ⊥，而111A F A C A ⋂=， 故DE ⊥平面1A FC ，因为CF ⊂平面1A FC ，故DE CF ⊥，矛盾，故A 错． 若BM ⊥平面1A DC ，因为DC ⊂平面1A DC ，故BM DC ⊥， 因为DC CB ⊥，BM CB B ⋂=，故CD ⊥平面1A CB ，因为1AC ⊂平面1A CB ，故1CD A C ⊥，但1A D CD <，矛盾，故B 错． 当平面1A DE ⊥平面BCDE 时，四棱锥1A BCDE -体积最大值， 由前述证明可知1A F DE ⊥，而平面1A DE平面BCDE DE =，1A F ⊂平面1A DE ，故1A F ⊥平面BCDE ，因为1A DE △为等腰直角三角形，111A D A E ==，故122A F =， 又四边形BCDE 的面积为13211122⨯-⨯⨯=， 故此时体积为13223224⨯⨯=D 正确． 对于C ，如图（2），取M 为1A C 的中点，取1A D 的中点为I ，连接,MI IE ，则1//,2IM CD IM CD =，而1//,2BE CD BE CD =， 故//,IM BE IM BE =即四边形IEBM 为平行四边形，故//IE BM ，因为IE ⊂平面1A DE ，BM ⊄平面1A DE ，故//MB 平面1A DE ， 故C 正确． 故选：CD.【点睛】本题考查立体几何中的折叠问题，注意对于折叠后点线面的位置的判断，若命题的不成立，往往需要利用反证法来处理，本题属于难题.4．在长方体1111ABCD A B C D -中，23AB =12AD AA ==，P 、Q 、R 分别是AB 、1BB 、1A C 上的动点，下列结论正确的是（ ）A ．对于任意给定的点P ，存在点Q 使得1D P CQ ⊥B ．对于任意给定的点Q ，存在点R 使得1D R CQ ⊥C ．当1AR A C ⊥时，1ARD R ⊥D ．当113AC A R =时，1//D R 平面1BDC 【答案】ABCD 【分析】本题先建立空间直角坐标系，再运用空间向量在立体几何中的应用逐一判断即可. 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设(2,,0)P a ，023a ⎡⎤∈⎣⎦，，(2,23,)Q b ，[]0,2b ∈，设11A R AC λ=，得到(22,3,22)R λλλ--，[]0,1λ∈. 1(2,,2)D P a =-，(2,0,)CQ b =，142D P CQ b ⋅=-，当2b =时，1D P CQ ⊥，A 正确；1(22,23,2)D R λλλ=--，12(22)2D R CQb λλ⋅=--，取22bλ=+时，1D R CQ ⊥，B 正确；1AR A C ⊥，则1(2,23,22)(2,23,2)412440AR AC λλλλλλ⋅=--⋅--=+-+=，解得：15λ=，此时122328232(,,)(,,)0555555AR D R ---⋅=⋅=，1AR D R ⊥，C 正确；113AC A R =，则4234(,,)333R ，14232(,,)333D R =-，设平面1BDC 的法向量为(,,)n x y z =，则100n BD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得(3,1,3)n =-，故10n D R ⋅=，故1//D R 平面1BDC ，D 正确.故选：ABCD.【点睛】本题考查了空间向量在立体几何中的应用，是偏难题.5．（多选题）在四面体P ABC -中，以上说法正确的有（ ）A ．若1233AD AC AB =+，则可知3BC BD = B ．若Q 为△ABC 的重心，则111333PQ PA PB PC =++C ．若0PA BC =，0PC AB =，则0PB AC =D ．若四面体P ABC -各棱长都为2，M N ，分别为,PA BC 的中点，则1MN = 【答案】ABC 【分析】作出四面体P ABC -直观图，在每个三角形中利用向量的线性运算可得. 【详解】对于A ，1233AD AC AB =+，32AD AC AB ∴=+，22AD AB AC AD ∴-=- ， 2BD DC ∴=，3BD BD DC BC ∴=+=即3BD BC ∴=，故A 正确；对于B ，Q 为△ABC 的重心，则0QA QB QC ++=，33PQ QA QB QC PQ ∴+++=()()()3PQ QA PQ QB PQ QC PQ ∴+++++=,3PA PB PC PQ ∴++=即111333PQ PA PB PC ∴=++，故B 正确； 对于C ，若0PA BC =，0PC AB =，则0PA BC PC AB +=，()0PA BC PC AC CB ∴++=,0PA BC PC AC PC CB ∴++=0PA BC PC AC PC BC ∴+-=,()0PA PC BC PC AC ∴-+= 0CA BC PC AC ∴+=,0AC CB PC AC ∴+=()0AC PC CB ∴+=，0AC PB ∴=，故C 正确；对于D ，111()()222MN PN PM PB PC PA PB PC PA ∴=-=+-=+- 1122MN PB PC PA PA PB PC ∴=+-=-- 222222PA PB PC PA PB PC PA PB PA PC PC PB --=++--+22211122222222222222222=++-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=2MN ∴=，故D 错误.故选：ABC 【点睛】用已知向量表示某一向量的三个关键点(1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键． (2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量． (3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．6．如图，线段AB 为圆O 的直径，点E ，F 在圆O 上，//EF AB ，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，且2AB =，1EF AD ==，则下述正确的是（ ）A ．//OF 平面BCEB ．BF ⊥平面ADFC ．点A 到平面CDFE 的距离为217D ．三棱锥C BEF -5π 【答案】ABC 【分析】由1EF OB ==，//EF OB ，易证//OF 平面BCE ，A 正确；B ， 由所矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直， 易证AD ⊥平面ABEF ，所以AD BF ⊥，由线段AB 为圆O 的直径，所以BF FA ⊥，易证故B 正确.C ，由C DAF A CDF V V --=可求点A 到平面CDFE 21，C 正确. D ，确定线段DB 的中点M 是三棱锥C BEF -外接球心，进一步可求其体积，可判断D 错误. 【详解】解：1EF OB ==，//EF OB ，四边形OFEB 为平行四边形，所以//OF BE ，OF ⊄平面BCE ，BE ⊂平面BCE ，所以//OF 平面BCE ，故A 正确.线段AB 为圆O 的直径，所以BF FA ⊥，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，平面ABCD 平面ABEF AB =，AD ⊂平面ABCD ，所以AD ⊥平面ABEF ，BF ⊂平面ABEF ，所以AD BF ⊥ AD ⊂平面ADF ，AF ⊂平面ADF ，AD AF A =， 所以BF ⊥平面ADF ，故B 正确.1OF OE EF ===，OFE △是正三角形，所以1EF BE AF ===， //DA BC ，所以BC ⊥平面ABEF ，BC BF ⊥，3BF =，22312CF CB BF =+=+=，22112DF DA AF =+=+=，2AB CD ==，CDF 是等腰三角形，CDF 的边DF 上的高22222142222DF CF ⎛⎫⎛⎫-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 11472222CDF S =⨯⨯=△， //DA BC ，AD ⊂平面ADF ，BC ⊄平面ADF ， //BC 平面ADF ，点C 到平面ADF 的距离为3BF =， 111122DAF S =⨯⨯=△，C DAF A CDF V V --=，设点A 到平面CDFE 的距离为h ，1133ADF CFD S FB S h ⨯⨯=⨯⨯△△，111733232h ⨯⨯=⨯⨯， 所以217h =，故C 正确. 取DB 的中点M ，则//MO AD ，12MO =，所以MO ⊥平面CDFE ，所以21512ME MF MB MC ⎛⎫====+= ⎪⎝⎭所以M 是三棱锥C BEF -5，三棱锥C BEF -外接球的体积为334433V r ππ==⨯=⎝⎭，故D 错误， 故选：ABC. 【点睛】综合考查线面平行与垂直的判断，求点面距离以及三棱锥的外接球的体积求法，难题.7．在长方体1111ABCD A B C D -中，AB =12AD AA ==，,,P Q R 分别是11,,AB BB AC 上的动点，下列结论正确的是（ ） A ．对于任意给定的点P ，存在点Q 使得1D P CQ ⊥ B ．对于任意给定的点Q ，存在点R 使得1D R CQ ⊥ C ．当1AR A C ⊥时，1AR D R ⊥D ．当113AC A R =时，1//D R 平面1BDC 【答案】ABD 【分析】如图所示建立空间直角坐标系，计算142D P CQ b ⋅=-，()12222D R CQ b λλ⋅=--，134AR D R ⋅=-，10D R n ⋅=，得到答案.【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设()2,,0P a ，a ⎡∈⎣，()Q b ，[]0,2b ∈，设11A R AC λ=，得到()22,22R λλ--，[]0,1λ∈. ()12,,2P a D -=，()2,0,CQ b =，142D P CQ b ⋅=-，当2b =时，1D P CQ ⊥，A 正确；()122,2D R λλ=--，()12222D R CQ b λλ⋅=--，取22bλ=+时，1D R CQ ⊥，B 正确； 1AR A C ⊥，则()()12,222212440AR AC λλλλλ⋅=--⋅--=-+-+=，14λ=，此时113313,,02222224AR D R ⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅-=-≠ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，C 错误；113AC A R =，则4433R ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，14233D R ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，设平面1BDC 的法向量为(),,n x y z =，则100n BD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得()3,1,3n =-，故10D R n ⋅=，故1//D R 平面1BDC ，D 正确. 故选：ABD .【点睛】本题考查了空间中的线线垂直，线面平行，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，推断能力.8．如果一个棱锥的底面是正方形，且顶点在底面内的射影是底面的中心，那么这样的棱锥叫正四棱锥．若一正四棱锥的体积为18，则该正四棱锥的侧面积最小时，以下结论正确的是（ ）．A 2B ．侧棱与底面所成的角为4π C 2 D ．侧棱与底面所成的角为3π 【答案】AB 【分析】设四棱锥S ABCD -的高为h ，底面边长为a ，由21183V a h ==得254h a=，然后可得侧242108a a+32a =时侧面积取得最小值，此时3h =，然后求出棱锥的高与底面边长的比和SAO ∠即可选出答案. 【详解】设四棱锥S ABCD -的高为h ，底面边长为a 可得21183V a h ==，即254h a= 所以其侧面积为2222244215410842244a a a h a a a⋅⋅+=+=+令()242108f a a a =+，则()23321084f a a a⨯'=- 令()233210840f a a a⨯'=-=得32a = 当(0,32a ∈时()0f a '<，()f a 单调递减当()32,a ∈+∞时()0f a '>，()f a 单调递增所以当32a =时()f a 取得最小值，即四棱锥的侧面积最小 此时3h =所以棱锥的高与底面边长的比为22，故A 正确，C 错误 侧棱与底面所成的角为SAO ∠，由3h =，32a =可得3AO = 所以4SAO π∠=，故B 正确，D 错误故选：AB 【点睛】本题考查的知识点有空间几何体的体积和表面积、线面角及利用导数求最值，属于综合题.9．已知正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，侧棱11AA =，P 为上底面1111D C B A 上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（ ）A ．若3PD =，则满足条件的P 点有且只有一个B ．若3PD =，则点P 的轨迹是一段圆弧C ．若PD ∥平面1ACB ，则DP 长的最小值为2D ．若PD ∥平面1ACB ，且3PD =，则平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形的面积为94π 【答案】ABD 【分析】若3PD =，由于P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一；()313PD =∈，，则12PD =，即点P 的轨迹是一段圆弧；当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为3=，可判断C ；平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为32=，可得D . 【详解】 如图：∵正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2， ∴1122B D =11AA =， ∴()2212213DB =+=，则P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一，故A 正确；∵()313PD =，，11DD =，则12PD P 的轨迹是一段圆弧，故B 正确； 连接1DA ，1DC ，可得平面11//A DC 平面1ACB ，则当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为()22213+=C 错误；由C 知，平面BDP 即为平面11BDD B ，平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接2221322122++=，面积为94π，故D 正确． 故选：ABD ． 【点睛】本题考查了立体几何综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.10．如图，1111ABCD A B C D -为正方体，下列结论中正确的是（ ）A ．11A C ⊥平面11BB D D B ．1BD ⊥平面1ACBC ．1BD 与底面11BCC B 2 D ．过点1A 与异面直线AD 与1CB 成60角的直线有2条 【答案】ABD 【分析】由直线与平面垂直的判定判断A 与B ；求解1BD 与底面11BCC B 所成角的正切值判断C ；利用空间向量法可判断D ． 【详解】对于A 选项，如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，1BB ⊥平面1111D C B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，则111BB A C ⊥， 由于四边形1111D C B A 为正方形，则1111AC B D ⊥， 1111BB B D B =，因此，11A C ⊥平面11BB D D ，故A 正确；对于B 选项，在正方体1111ABCD A B C D -中，1DD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，1AC DD ∴⊥，因为四边形ABCD 为正方形，所以，AC BD ⊥，1D DD BD =，AC ∴⊥平面11BB D D ， 1BD ⊂平面11BB D D ，1AC BD ∴⊥，同理可得11BD B C ⊥，1ACB C C =，1BD ∴⊥平面1ACB ，故B 正确；对于C 选项，由11C D ⊥平面11BCC B ，得11C BD ∠为1BD 与平面11BCC B 所成角， 且111112tan 2C D C BD BC ∠==，故C 错误； 对于D 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则()1,0,0A 、()0,0,0D 、()0,1,0C 、()11,1,1B ，()1,0,0DA =，()11,0,1CB =，设过点1A 且与直线DA 、1CB 所成角的直线的方向向量为()1,,m y z =， 则221cos ,21DA m DA m DA my z ⋅<>===⋅++， 1122111cos ,221CB m zCB m CB my z ⋅+<>===⋅⋅++， 整理可得2222341y z y z z ⎧+=⎨=++⎩，消去y 并整理得2210z z +-=，解得12z =-12z =-由已知可得3z ≤，所以，12z =-+22y =± 因此，过点1A 与异面直线AD 与1CB 成60角的直线有2条，D 选项正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：证明线面垂直的方法： 一是线面垂直的判定定理； 二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面），解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形（或给出线段长度，经计算满足勾股定理）、直角梯形等等．。
高三数学(理)二轮专题复习集训：专题五 立体几何(题组含答案) (3)
高三数学（理）二轮复习专题集训专题五 立体几何(3)A 级1．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝4，点D 在棱BB 1上，若BD ＝3，则AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正切值为( )A.235 B ．43 C.54D ．239132．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2，AD ＝3，点E 为AD 的中点，现分别沿BE ，CE 将△ABE ，△DCE 翻折，使得点A ，D 重合于F ，此时二面角E -BC -F 的余弦值为( )A.721 B ．74 C.32D ．343．在空间直角坐标系中，以点A (4,1,9)，B (10，－1,6)，C (x,4,3)为顶点的△ABC 是以BC 为斜边的直角三角形，则实数x 的值为________．4．(2017·全国卷Ⅲ)a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号)5．(2017·惠州市第三次调研考试)如图，四边形ABCD是圆柱OQ的轴截面，点P在圆柱OQ的底面圆周上，G是DP的中点，圆柱OQ的底面圆的半径OA ＝2，侧面积为83π，∠AOP＝120°.(1)求证：AG⊥BD；(2)求二面角P-AG-B的平面角的余弦值．6．(2017·太原市模拟试题)如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，BE⊥平面ABCD，DF∥BE，且DF＝2BE＝2，EF＝3.(1)证明：平面ACF⊥平面BEFD；(2)若二面角A-EF-C是直二面角，求直线AE与平面ABCD所成角的正切值．B级1．(2017·安徽省两校阶段性测试)已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，BC∥AD，AB⊥AD，且AB＝BC＝1，AD＝2，顶点P在平面ABCD内的射影H在AD上，P A⊥PD.(1)求证：平面P AB⊥平面P AD；(2)若直线AC与PD所成角为60°，求二面角A-PC-D的余弦值．2．已知长方形ABCD中，AB＝1，AD＝ 2.现将长方形沿对角线BD折起，使AC＝a，得到一个四面体A-BCD，如图所示．(1)试问：在折叠的过程中，异面直线AB与CD，AD与BC能否垂直？若能垂直，求出相应的a值；若不垂直，请说明理由；(2)当四面体A-BCD的体积最大时，求二面角A-CD-B的余弦值．参考答案 A 级1．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝4，点D 在棱BB 1上，若BD ＝3，则AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正切值为( )A.235 B ．43 C.54D ．23913解析： 如图，可得AD →·EB →＝(AB →＋BD →)·EB →＝AB →·EB→＝4×23×32＝12＝5×23×cos θ(θ为AD→与EB →的夹角)，所以cos θ＝235，sin θ＝135，tan θ＝396，又因为BE ⊥平面AA 1C 1C ，所以所求角的正切值为23913.答案： D2．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2，AD ＝3，点E 为AD 的中点，现分别沿BE ，CE 将△ABE ，△DCE 翻折，使得点A ，D 重合于F ，此时二面角E -BC -F 的余弦值为( )A.721 B ．74 C.32D ．34解析： 如图所示，取BC 的中点P ，连接EP ，FP ，由题意得BF ＝CF ＝2， ∴PF ⊥BC ，又EB ＝EC ，∴EP ⊥BC ，∴∠EPF 为二面角E -BC -F 的平面角，而FP ＝FB 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12BC 2＝72，在△EPF 中，cos ∠EPF ＝EP 2＋FP 2－EF 22EP ·FP ＝4＋74－942×2×72＝74. 答案： B3．在空间直角坐标系中，以点A (4,1,9)，B (10，－1,6)，C (x,4,3)为顶点的△ABC 是以BC 为斜边的直角三角形，则实数x 的值为________．解析： 由题意得AB →＝(6，－2，－3)，AC→＝(x －4,3，－6)， AB →·AC →＝(6，－2，－3)·(x －4,3，－6) ＝6(x －4)－6＋18＝0， 解之得x ＝2. 答案： 24．(2017·全国卷Ⅲ)a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号)解析： 依题意建立如图所示的空间直角坐标系．设等腰直角三角形ABC 的直角边长为1.由题意知点B 在平面xOy 中形成的轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆． 设直线a 的方向向量为a ＝(0,1,0)，直线b 的方向向量为b ＝(1,0,0)，CB →以Ox 轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ，θ∈[0,2π)，则B (cos θ，sin θ，0)，∴AB→＝(cos θ，sin θ，－1)，|AB →|＝ 2.设直线AB 与a 所成夹角为α， 则cos α＝|AB →·a ||a ||AB →|＝22|sin θ|∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22，∴45°≤α≤90°，∴③正确，④错误． 设直线AB 与b 所成夹角为β， 则cos β＝|AB →|·b |b ||AB →|＝22|cos θ|.当直线AB 与a 的夹角为60°， 即α＝60°时，则|sin θ|＝2cos α＝2cos 60°＝22， ∴|cos θ|＝22.∴cos β＝22|cos β|＝12.∵0°≤β≤90°，∴β＝60°，即直线AB 与b 的夹角为60°. ∴②正确．①错误． 答案： ②③5．(2017·惠州市第三次调研考试)如图，四边形ABCD 是圆柱OQ 的轴截面，点P 在圆柱OQ 的底面圆周上，G 是DP 的中点，圆柱OQ 的底面圆的半径OA ＝2，侧面积为83π，∠AOP ＝120°.(1)求证：AG ⊥BD ；(2)求二面角P -AG -B 的平面角的余弦值． 解析： 建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，由题意可知83π＝2×2π×AD ，解得AD ＝2 3. 则A (0,0,0)，B (0,4,0)，D (0,0,23)，P (3，3,0)， ∵G 是DP 的中点， ∴可求得G ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，3.(1)证明：BD→＝(0，－4,23)，AG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，3. ∴AG →·BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，3·(0，－4,23)＝0，∴AG ⊥BD .(2)BP →＝(3，－1,0)，AG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，3，PG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－32，3，BG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－52，3，∵BP →·PG →＝0，AG →·BP →＝0， ∴BP→是平面APG 的法向量． 设n ＝(x ，y,1)是平面ABG 的法向量， 由n ·AG →＝0，n ·AB →＝0， 解得n ＝(－2,0,1)，cos 〈BP →，n 〉＝BP →·n |BP →|·|n |＝－2325＝－155.∴二面角P -AG -B 的平面角的余弦值为155.6．(2017·太原市模拟试题)如图，在几何体ABCDEF 中，四边形ABCD 是菱形，BE ⊥平面ABCD ，DF ∥BE ，且DF ＝2BE ＝2，EF ＝3.(1)证明：平面ACF ⊥平面BEFD ；(2)若二面角A -EF -C 是直二面角，求直线AE 与平面ABCD 所成角的正切值． 解析： (1)证明：∵四边形ABCD 是菱形，∴AC ⊥BD . ∵BE ⊥平面ABCD ，∴BE ⊥AC ， ∵BD ∩BE ＝B ， ∴AC ⊥平面BEFD ， AC ⊂平面ACF ， ∴平面ACF ⊥平面BEFD .(2)设AC 与BD 的交点为O ，由(1)得AC ⊥BD ，分别以OA ，OB 为x 轴和y 轴，过点O 作垂直于平面ABCD 的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，∵BE ⊥平面ABCD ，∴BE ⊥BD ， ∵DF ∥BE ，∴DF ⊥BD ， ∴BD 2＝EF 2－(DF －BE )2＝8， ∴BD ＝2 2.设OA ＝a (a >0)，则A (a,0,0)，C (－a,0,0)，E (0，2，1)，F (0，－2，2)，∴EF→＝(0，－22，1)， AE→＝(－a ，2，1)，CE →＝(a ，2，1)． 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面AEF 的法向量， 则⎩⎨⎧m ·EF →＝0，m ·AE →＝0即⎩⎪⎨⎪⎧－22y 1＋z 1＝0－ax 1＋2y 1＋z 1＝0，令z 1＝22， ∴m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，1，22是平面AEF 的一个法向量， 设n ＝(x 2，y 2，z 2)，是平面CEF 的法向量， 则⎩⎨⎧n ·EF →＝0，n ·CE →＝0即⎩⎪⎨⎪⎧－22y 2＋z 2＝0，ax 2＋2y 2＋z 2＝0，令z 2＝22， ∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，1，22是平面CEF 的一个法向量，∵二面角A-EF-C是直二面角，∴m·n＝－18a2＋9＝0，∴a＝ 2.∵BE⊥平面ABCD，∴∠BAE是直线AE与平面ABCD所成的角，∵AB＝OA2＋OB2＝2，∴tan ∠BAE＝BEAB ＝1 2.故直线AE与平面ABCD所成角的正切值为12.B级1．(2017·安徽省两校阶段性测试)已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，BC∥AD，AB⊥AD，且AB＝BC＝1，AD＝2，顶点P在平面ABCD内的射影H在AD上，P A⊥PD.(1)求证：平面P AB⊥平面P AD；(2)若直线AC与PD所成角为60°，求二面角A-PC-D的余弦值．解析：(1)证明：∵PH⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PH⊥AB.∵AB⊥AD，AD∩PH＝H，AD，PH⊂平面P AD，∴AB⊥平面P AD.又AB⊂平面P AB，∴平面P AB⊥平面P AD.(2)以A 为原点，建立空间直角坐标系A -xyz ，如图，∵PH ⊥平面ABCD ， ∴z 轴∥PH .则A (0,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，设AH ＝a ，PH ＝h (0<a <2，h >0)． 则P (0，a ，h )．∴AP→＝(0，a ，h )，DP →＝(0，a －2，h )，AC →＝(1,1,0)． ∵P A ⊥PD ，∴AP →·DP→＝a (a －2)＋h 2＝0. ∵AC 与PD 所成角为60°，∴|cos(AC →，DP →)|＝|a －2|2·(a －2)2＋h 2＝12，∴(a －2)2＝h 2，∴(a －2)(a －1)＝0，∵0<a <2，∴a ＝1.∵h >0，∴h ＝1，∴P (0,1,1)．∴AP→＝(0,1,1)，AC →＝(1,1,0)，PC →＝(1,0，－1)，DC →＝(1，－1,0)，设平面APC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧ n ·AP →＝y ＋z ＝0，n ·AC →＝x ＋y ＝0，得平面APC 的一个法向量为n ＝(1，－1,1)，设平面DPC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )．由⎩⎨⎧ m ·PC →＝x －z ＝0，m ·DC →＝x －y ＝0得平面DPC 的一个法向量为(1,1,1)．∴cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝13.∵二面角A -PC -D 的平面角为钝角，∴二面角A -PC -D 的余弦值为－13.2．已知长方形ABCD 中，AB ＝1，AD ＝ 2.现将长方形沿对角线BD 折起，使AC＝a，得到一个四面体A-BCD，如图所示．(1)试问：在折叠的过程中，异面直线AB与CD，AD与BC能否垂直？若能垂直，求出相应的a值；若不垂直，请说明理由；(2)当四面体A-BCD的体积最大时，求二面角A-CD-B的余弦值．解析：(1)①若AB⊥CD，因为AB⊥AD，AD∩CD＝D，所以AB⊥平面ACD，AC⊂平面ACD，所以AB⊥AC.即AB2＋a2＝BC2，即12＋a2＝(2)2，所以a＝1.②若AD⊥BC，因为AD⊥AB，BC∩AB＝B，所以AD⊥平面ABC，所以AD⊥AC.即AD2＋a2＝CD2，即(2)2＋a2＝12，所以a2＝－1，无解．故AD⊥BC不成立．(2)要使四面体A-BCD的体积最大，，因为△BCD的面积为定值22所以只需三棱锥A-BCD的高最大即可，此时平面ABD⊥平面BCD.过点A作AO⊥BD于点O，则AO⊥平面BCD，以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz(如图)，则易知A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，63，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫63，33，0，D ⎝⎛⎭⎪⎫0，233，0， 显然，平面BCD 的一个法向量为OA →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，63. 设平面ACD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．因为CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－63，33，0，DA →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－233，63， 则⎩⎨⎧ CD →·n ＝0，DA →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－63x ＋33y ＝0，－233y ＋63z ＝0， 令y ＝2，得n ＝(1，2，2)．故二面角A -CD -B 的余弦值为|cos 〈OA →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪26363×1＋2＋4＝277.。
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高三数学（理）二轮复习专题集训专题五 立体几何(1)A 级1．如图所示是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是( )2．如图，水平放置的三棱柱的侧棱长为1，且侧棱AA 1⊥平面A 1B 1C 1，正视图是边长为1的正方形，俯视图为一个等边三角形，则该三棱柱的侧视图面积为( )A ．23B. 3C.32D ．13．已知一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图是()4．(2017·湖南省五市十校联考)如图，小方格是边长为1的正方形，一个几何体的三视图如图所示，则几何体的表面积为()A．45π＋96B．(25＋6)π＋96C．(45＋4)π＋64D．(45＋4)π＋965．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A．9＋ 3 B．18＋2 3C．93＋3 D．183＋26．(2017·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.π2＋1B ．π2＋3 C.3π2＋1 D ．3π2＋37．(2017·西安市八校联考)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.12 B ．24 C.22D ．328．早在公元前三百多年我国已经运用“以度审容”的科学方法，其中商鞅铜方升是公元前344年商鞅督造的一种标准量器，其三视图如图所示，若π取3，其体积为12.6，则图中的x 为( )A ．1.2B ．1.6C ．1.8D ．2.49．(2017·贵州省适应性考试)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，则三棱锥P-BCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为()A．1B． 2C. 3D．210．(2017·贵阳市检测)三棱锥P-ABC的四个顶点都在体积为500π3的球的表面上，底面ABC所在的小圆面积为16π，则该三棱锥的高的最大值为() A．4 B．6C．8 D．1011．(2017·石家庄市第一次模拟)祖暅是南北朝时代的伟大数学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等．现有以下四个几何体：图①是从圆柱中挖去一个圆锥所得的几何体，图②、图③、图④分别是圆锥、圆台和半球，则满足祖暅原理的两个几何体为()A．①②B．①③C．②④D．①④12．(2017·郑州市第二次质量预测)将一个底面半径为1，高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱的最大体积为()A.π27B．8π27C.π3D．2π913．已知某组合体的正视图与侧视图相同(其中AB ＝AC ，四边形BCDE 为矩形)，则该组合体的俯视图可以是________(把正确的图的序号都填上)．14．(2017·江苏卷)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________．15．如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1-EDF 的体积为________．16．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________．B 级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 ＝23，AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°，则球O 的表面积为( )A ．4πB ．12πC ．16πD ．64π2．如图，在边长为2的正方形ABCD 中，以B 为圆心的圆与AB ，BC 分别交于点E ，F ，若tan ∠CDF ＝12，则阴影部分绕直线BC 旋转一周形成几何体的体积等于________．3．右图为一简单组合体，其底面ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，EC ∥PD ，且PD ＝AD ＝2EC ＝2.(1)请画出该几何体的三视图；(2)求四棱锥B －CEPD 的体积．4．如图，正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B.(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；(2)求棱锥E－DFC的体积；(3)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出BPBC的值；如果不存在，请说明理由．参考答案 A 级1．如图所示是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是( )解析： 先观察俯视图，由俯视图可知选项B 和D 中的一个正确，由正视图和侧视图可知选项D 正确．答案： D2．如图，水平放置的三棱柱的侧棱长为1，且侧棱AA 1⊥平面A 1B 1C 1，正视图是边长为1的正方形，俯视图为一个等边三角形，则该三棱柱的侧视图面积为( )A ．23 B. 3 C.32D ．1解析： 由直观图、正视图以及俯视图可知，侧视图是宽为32，长为1的长方形，所以面积S ＝32×1＝32.故选C.3．已知一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图是()解析：A选项中的几何体，正视图不符，侧视图也不符，俯视图中没有虚线；B选项中的几何体，俯视图中不出现虚线；C选项中的几何体符合三个视图；D选项中的几何体，正视图不符．故选C.答案： C4．(2017·湖南省五市十校联考)如图，小方格是边长为1的正方形，一个几何体的三视图如图所示，则几何体的表面积为()A．45π＋96B．(25＋6)π＋96C．(45＋4)π＋64D．(45＋4)π＋96解析：几何体为一个圆锥和一个正方体的组合体，正方体的棱长为4，圆锥的高为4，底面半径为2，几何体的表面积为S＝6×42＋π×22＋π×2×42＋22＝(45＋4)π＋96.5．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．9＋ 3B ．18＋2 3C ．93＋3D ．183＋2解析： 由三视图可得该几何体是一个侧放的正三棱柱，底面是边长为2，高为3的等边三角形，且每一个侧面面积都是6，则该三棱柱的表面积是6×3＋2×34×22＝18＋23，选项B 正确．答案： B6．(2017·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.π2＋1 B ．π2＋3C.3π2＋1D ．3π2＋3解析： 由三视图可知该几何体是由底面半径为1，高为3的半个圆锥和三棱锥S -ABC 组成的，如图，三棱锥的高为3，底面△ABC 中，AB ＝2，OC ＝1，AB ⊥OC .故其体积V ＝13×12×π×12×3＋13×12×2×1×3＝π2＋1.故选A.答案： A7．(2017·西安市八校联考)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.12 B ．24 C.22D ．32解析： 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. 答案： C8．早在公元前三百多年我国已经运用“以度审容”的科学方法，其中商鞅铜方升是公元前344年商鞅督造的一种标准量器，其三视图如图所示，若π取3，其体积为12.6，则图中的x 为( )A ．1.2B ．1.6C ．1.8D ．2.4解析： 由三视图知，商鞅铜方升是由一个圆柱和一个长方体组合而成的，故其体积为(5.4－x )×3×1＋π×⎝ ⎛⎭⎪⎫122×x ＝16.2－3x ＋14πx ＝12.6，又π＝3，故x ＝1.6，故选B.答案： B9．(2017·贵州省适应性考试)如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是线段A 1C 1上的动点，则三棱锥P -BCD 的俯视图与正视图面积之比的最大值为( )A ．1B ． 2 C. 3D ．2解析： 正视图，底面B ，C ，D 三点，其中D 与C 重合，随着点P 的变化，其正视图均是三角形且点P 在正视图中的位置在边B 1C 1上移动，由此可知，设正方体的棱长为a ，则S 正视图＝12×a 2；边A 1C 1的中点为O ，随着点P 的移动，在俯视图中，易知当点P 在OC 1上移动时，S 俯视图就是底面三角形BCD 的面积，当点P 在OA 1上移动时，点P 越靠近A 1，俯视图的面积越大，当到达A 1的位置时，俯视图为正方形，此时俯视图的面积最大，S 俯视图＝a 2，所以S 俯视图S 正视图的最大值为a 212a 2＝2，故选D.答案： D10．(2017·贵阳市检测)三棱锥P -ABC 的四个顶点都在体积为500π3的球的表面上，底面ABC 所在的小圆面积为16π，则该三棱锥的高的最大值为( )A ．4B ．6C ．8D ．10解析： 依题意，设题中球的球心为O 、半径为R ，△ABC 的外接圆半径为r ，则4πR 33＝500π3，解得R ＝5，由πr 2＝16π，解得r ＝4，又球心O 到平面ABC 的距离为R 2－r 2＝3，因此三棱锥P -ABC 的高的最大值为5＋3＝8，选C.答案： C11．(2017·石家庄市第一次模拟)祖暅是南北朝时代的伟大数学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等．现有以下四个几何体：图①是从圆柱中挖去一个圆锥所得的几何体，图②、图③、图④分别是圆锥、圆台和半球，则满足祖暅原理的两个几何体为( )A ．①②B ．①③C ．②④D ．①④解析： 设截面与底面的距离为h ，则①中截面内圆的半径为h ，则截面圆环的面积为π(R 2－h 2)；②中截面圆的半径为R －h ，则截面圆的面积为π(R －h )2；③中截面圆的半径为R －h 2，则截面圆的面积为π⎝ ⎛⎭⎪⎫R －h 22；④中截面圆的半径为R 2－h 2，则截面圆的面积为π(R 2－h 2)．所以①④中截面的面积相等，故其体积相等，选D.答案： D12．(2017·郑州市第二次质量预测)将一个底面半径为1，高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱的最大体积为( )A.π27 B ．8π27 C.π3D ．2π9解析： 如图所示，设圆柱的半径为r ，高为x ，体积为V ，由题意可得r1＝2－x 2，所以x ＝2－2r ，所以圆柱的体积V ＝πr 2(2－2r )＝2π(r 2－r 3)(0<r <1)，设V (r )＝2π(r 2－r 3)(0<r <1)，则V ′(r )＝2π(2r －3r 2)，由2π(2r －3r 2)＝0得r ＝23，所以圆柱的最大体积V max ＝2π⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫232－⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝8π27，故选B.答案： B13．已知某组合体的正视图与侧视图相同(其中AB ＝AC ，四边形BCDE 为矩形)，则该组合体的俯视图可以是________(把正确的图的序号都填上)．解析： 几何体由四棱锥与四棱柱组成时，得①正确；几何体由四棱锥与圆柱组成时，得②正确；几何体由圆锥与圆柱组成时，得③正确；几何体由圆锥与四棱柱组成时，得④正确．答案： ①②③④14．(2017·江苏卷)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析： 设圆柱内切球的半径为R ，则由题设可得圆柱O 1O 2的底面圆的半径为R ，高为2R ， ∴V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32. 答案： 3215．如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1-EDF 的体积为________．解析： 因为B 1C ∥平面ADD 1A 1，所以F 到平面ADD 1A 1的距离d 为定值1，△D 1DE 的面积为12D 1D ·AD ＝12，所以VD 1-EDF ＝VF -D 1DE ＝13S △D 1DE ·d ＝13×12×1＝16.答案： 1616．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：由题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P-ABCD，CD＝y2，AB＝y，AC＝5，CP＝7，BP＝x，∴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：37B级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 ＝23，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，则球O的表面积为() A．4π B．12πC．16π D．64π解析：取SC的中点E，连接AE，BE，依题意，BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC cos60°＝3，∴AC 2＝AB 2＋BC 2，即AB ⊥BC .又 SA ⊥平面ABC ，∴SA ⊥BC ，又SA ∩AB ＝A ，∴BC ⊥平在SAB ，BC ⊥SB ，AE ＝12SC ＝BE ，∴点E 是三棱锥S -ABC 的外接球的球心，即点E 与点O 重合，OA ＝12SC ＝12SA 2＋AC 2＝2，故球O 的表面积为4π×OA 2＝16π.答案： C2．如图，在边长为2的正方形ABCD 中，以B 为圆心的圆与AB ，BC 分别交于点E ，F ，若tan ∠CDF ＝12，则阴影部分绕直线BC 旋转一周形成几何体的体积等于________．解析： 在Rt △DCF 中，DC ＝2，所以CF ＝DC tan ∠CDF ＝2×12＝1， 所以BF ＝BC －CF ＝2－1＝1.正方形ABCD 绕直线BC 旋转一周形成圆柱，圆柱的底面半径R 1＝AB ＝2，高h 1＝BC ＝2，其体积V 1＝πR 21h 1＝π×22×2＝8π；Rt △DCF 绕直线BC 旋转一周形成一个圆锥，圆锥的底面半径R 2＝DC ＝2，高h 2＝CF ＝1，其体积V 2＝13πR 22h 2＝13π×22×1＝4π3； 扇形BEF 是圆的14，其绕直线BC 旋转一周形成一个半球，球的半径为r ＝BE ＝1，故其体积V 3＝12×4π3r 3＝12×4π3×13＝2π3.阴影部分绕直线BC 旋转一周形成的几何体是一个圆柱挖掉上述的半球与圆锥，故其体积V ＝V 1－V 2－V 3＝8π－4π3－2π3＝6π.答案： 6π3．右图为一简单组合体，其底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，EC ∥PD，且PD＝AD＝2EC＝2.(1)请画出该几何体的三视图；(2)求四棱锥B－CEPD的体积．解析：(1)该组合体的三视图如图所示．(2)∵PD⊥平面ABCD，PD⊂平面PDCE，∴平面PDCE⊥平面ABCD.∵四边形ABCD为正方形，∴BC⊥CD，且BC＝DC＝AD＝2.又∵平面PDCE∩平面ABCD＝CD，BC⊂平面ABCD.∴BC⊥平面PDCE.∵PD⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，∴PD⊥DC.又∵EC∥PD，PD＝2，EC＝1，∴四边形PDCE 为一个直角梯形，其面积： S 梯形PDCE ＝12(PD ＋EC )·DC ＝12×3×2＝3.∴四棱锥B －CEPD 的体积V B －CEPD ＝13S 梯形PDCE ·PD ＝13×3×2＝2. 4．如图，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A －DC －B .(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求棱锥E －DFC 的体积；(3)在线段 BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？如果存在，求出BPBC 的值；如果不存在，请说明理由．解析： (1)AB ∥平面DEF ，理由如下：在△ABC 中，由E ，F 分别是AC ，BC 的中点，得EF ∥AB . 又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF .∴AB ∥平面 DEF .(2)∵AD ⊥CD ，BD ⊥CD ，将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A －DC －B ，∴AD ⊥BD ，BD ∩CD ＝D ，∴AD ⊥平面BCD .取CD 的中点M ，这时 EM ∥AD ， ∴EM ⊥平面BCD ，EM ＝1. V E －DFC ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12S △BDC ×EM ＝33.(3)在线段BC 上存在点P ，使AP ⊥DE . 证明如下：在线段BC 上取点P ，使BP ＝BC3，过P作PQ⊥CD于Q.∵AD⊥平面BCD，PQ⊂平面BCD，∴AD⊥PQ.又∵AD∩CD＝D，∴PQ⊥平面ACD，∴DQ＝DC3＝233，∴tan ∠DAQ＝DQAD ＝2332＝33，∴∠DAQ＝30°，在等边△ADE中，∠DAQ＝30°，∴AQ⊥DE，∵PQ⊥平面ACD，DE⊂平面ACD，∴PQ⊥DE，AQ∩PQ＝Q，∴DE⊥平面APQ，∴AP⊥DE.此时BP＝BC3，∴BPBC＝13.。