高考数学异构异模复习第八章8.1.2表面积撬题理

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高三数学一轮复习 8.2 空间几何体的表面积与体积

考点1
考点2
考点3
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对点训练1如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是 283π, 则它的表面积是( )
由三视图可知该几何体是球截去18后所得几何体, 则所78以A×.它1473π的π×B表R.13面=8π2积83πC为,.解2078得×πD4Rπ.2R=82π2+, 34×πR2=14π+3π=17π.
(3)设正四面体棱长为 a,则正四面体表面积为 S1=4·43·a2= 3a2,
其内切球半径为正四面体高的14,即 r=14 ·36a=126a,因此内切球表面积
为 S2=4πr2=π6��2,则��12 =
3��2 π6��2
=
6π3.
考点1
考点2
考点3
考点1
考点2
考点3
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(2)设球半径为R,过AB作相互垂直的平面α,β,设圆M的直径为AC, 圆N的直径为AD,则BD⊥BC,BC2+BD2+4=(2R)2=12,
∴CD=2 2, ∵M,N分别是AC,AD的中点, ∴MN的长度是定值 2,故选B.
考点1
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考点3
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1.求柱体、锥体、台体与球的表面积的问题,要结合它们的结构特点与平面几何知识来解决.
2.求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面. 3.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.
考点1
考点2
考点3
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解析 (1)∵AB=AC=3,∠BAC=23π,

精品2019高考数学异构异模复习第八章8.2空间点线面的位置关系撬题理4

2018高考数学异构异模复习考案第八章立体几何 8.2 空间点、线、面的位置关系撬题理1．若空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值( )A．至多等于3 B．至多等于4C．等于5 D．大于5答案 B解析首先我们知道正三角形的三个顶点满足两两距离相等，于是可以排除C、D.又注意到正四面体的四个顶点也满足两两距离相等，于是排除A，故选B.2．若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”的( )A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件答案 B解析由“m⊥α且l⊥m”推出“l⊂α或l∥α”，但由“m⊥α且l∥α”可推出“l⊥m”，所以“l⊥m”是“l∥α”的必要而不充分条件，故选B.3.已知m，n表示两条不同直线，α表示平面．下列说法正确的是( )A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α答案 B解析A选项m、n也可以相交或异面，C选项也可以n⊂α，D选项也可以n∥α或n与α斜交．根据线面垂直的性质可知选B.4．直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为( )A.110B.25C.3010D.22答案 C解析解法一：取BC 的中点Q ，连接QN ，AQ ，易知BM ∥QN ，则∠ANQ 即为所求，设BC ＝CA ＝CC 1＝2，则AQ ＝5，AN ＝5，QN ＝6，∴cos ∠ANQ ＝AN 2＋NQ 2－AQ 22AN ·NQ ＝5＋6－525×6＝6230＝3010，故选C.解法二：如图，以点C 1为坐标原点，C 1B 1，C 1A1，C 1C 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，不妨设BC ＝CA ＝CC 1＝1，可知点A (0,1,1)，N ⎝⎛⎭⎪⎫0，12，0，B (1,0,1)， M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0.∴AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，－1，BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，－1.∴cos 〈AN →，BM →〉＝AN →·BM→|AN →||BM →|＝3010. 根据AN →与BM →的夹角及AN 与BM 所成角的关系可知，BM 与AN 所成角的余弦值为3010. 5．如图，在三棱锥A －BCD 中，AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，点M ，N 分别为AD ，BC 的中点，则异面直线AN ，CM 所成的角的余弦值是________．答案 78解析如下图所示，连接ND ，取ND 的中点E ，连接ME ，CE ，则ME ∥AN ，则异面直线AN ，CM 所成的角即为∠EMC .由题可知CN ＝1，AN ＝22， ∴ME ＝ 2.又CM ＝22，DN ＝22，NE ＝2，∴CE ＝3，则cos ∠CME ＝CM 2＋EM 2－CE 22CM ·EM ＝8＋2－32×22×2＝78.6. 如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E ，F 分别为AB ，BC 的中点．设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值为________．答案 25解析取BF 的中点N ，连接MN ，EN ，则EN ∥AF ，所以直线EN 与EM 所成的角就是异面直线EM 与AF 所成的角．在△EMN 中，当点M 与点P 重合时，EM ⊥AF ，所以当点M 逐渐趋近于点Q 时，直线EN 与EM 的夹角越来越小，此时cos θ越来越大．故当点M 与点Q 重合时，cos θ取最大值．设正方形的边长为4，连接EQ ，NQ ，在△EQN 中，由余弦定理，得cos ∠QEN ＝EQ 2＋EN 2－QN 22EQ ·EN ＝20＋5－332×20×5＝－25，所以cos θ的最大值为25.7．如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．解 (1)证明：连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC .又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322. 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长，建立空间直角坐标系G －xyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF→|AE →||CF →|＝－33. 所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 8．如下图，三角形PDC 所在的平面与长方形ABCD 所在的平面垂直，PD ＝PC ＝4，AB ＝6，BC ＝3.点E 是CD 边的中点，点F ，G 分别在线段AB ，BC 上，且AF ＝2FB ，CG ＝2GB .(1)证明：PE ⊥FG ；(2)求二面角P －AD －C 的正切值； (3)求直线PA 与直线FG 所成角的余弦值．解 (1)证明：由PD ＝PC ＝4知，△PDC 是等腰三角形，而E 是底边CD 的中点，故PE ⊥CD .又平面PDC ⊥平面ABCD ，平面PDC ∩平面ABCD ＝CD ，故PE ⊥平面ABCD ，又FG ⊂平面ABCD ，故PE ⊥FG . (2)∵平面PDC ⊥平面ABCD ，平面PDC ∩平面ABCD ＝CD ，AD ⊥CD ，∴AD ⊥平面PDC ，而PD ⊂平面PDC ，故AD ⊥PD ，故∠PDC 为二面角P －AD －C 的平面角．在Rt △PDE 中，PE ＝PD 2－DE 2＝7， ∴tan ∠PDC ＝PE DE ＝73，故二面角P －AD －C 的正切值是73. (3)连接AC .由AF ＝2FB ，CG ＝2GB 知，F ，G 分别是AB ，BC 且靠近点B 的三等分点，从而FG ∥AC ，∴∠PAC 为直线PA 与直线FG 所成的角．在Rt △ADP 中，AP ＝PD 2＋AD 2＝42＋32＝5. 在Rt △ADC 中，AC ＝AD 2＋CD 2＝32＋62＝3 5. 在△PAC 中，由余弦定理知，cos ∠PAC ＝PA 2＋AC 2－PC 22PA ·AC ＝52＋52－422×5×35＝9525，故直线PA 与直线FG 所成角的余弦值是9525.。

[精品]2019高考数学异构异模复习第八章8.1.3体积撬题理3

2018高考数学异构异模复习考案第八章立体几何 8.1.3 体积撬题理1．《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斛答案 B解析设圆锥底面的半径为R 尺，由14×2πR ＝8得R ＝16π，从而米堆的体积V ＝14×13πR 2×5＝3203π(立方尺)，因此堆放的米约有3203×1.62π≈22(斛)．故选B.2．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )A ．8 cm 3B ．12 cm 3C.323cm 3D.403cm 3答案 C解析该几何体是由棱长为2的正方体和底面边长为2，高为2的正四棱锥组合而成的几何体．故其体积为V＝2×2×2＋13×2×2×2＝323cm 3.3.在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.2π3B.4π3C.5π3D ．2π答案 C解析如图，过点D 作BC 的垂线，垂足为H .则由旋转体的定义可知，该梯形绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体为一个圆柱挖去一个圆锥．其中圆柱的底面半径R ＝AB ＝1，高h 1＝BC ＝2，其体积V 1＝πR 2h 1＝π×12×2＝2π；圆锥的底面半径r ＝DH ＝1，高h 2＝1，其体积V 2＝13πr 2h 2＝13π×12×1＝π3.故所求几何体的体积为V ＝V 1－V 2＝2π－π3＝5π3.故选C.4．如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm ，高为6 cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )A.1727 B.59 C.1027D.13答案 C解析由三视图知该零件是两个圆柱的组合体．一个圆柱的底面半径为2 cm ，高为4 cm ；另一个圆柱的底面半径为3 cm ，高为2 cm.则零件的体积V 1＝π×22×4＋π×32×2＝34π(cm 3)．而毛坯的体积V ＝π×32×6＝54π (cm 3)，因此切削掉部分的体积V 2＝V －V 1＝54π－34π＝20π(cm 3)，所以V 2V ＝20π54π＝1027.故选C.5．某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．8－2πB ．8－πC ．8－π2D ．8－π4答案 B解析由三视图知，原几何体是棱长为2的正方体挖去两个底面半径为1，高为2的四分之一圆柱，故几何体的体积为8－2×π×2×14＝8－π.故选B.6．《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．该术相当于给出了由圆锥的底面周长L 与高h ，计算其体积V 的近似公式V ≈136L 2h .它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么，近似公式V ≈275L 2h 相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( )A.227B.258C.15750D.355113答案 B解析由题意可知：L ＝2πr ，即r ＝L2π，圆锥体积V ＝13Sh ＝13πr 2h ＝13π·⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2π2h ＝112πL 2h ≈275L 2h ，故112π≈275，π≈258，故选B. 7．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.32π3B ．4πC ．2π D.4π3答案 D解析依题意可知正四棱柱体对角线的长度等于球的直径，可设球半径R ，则2R ＝12＋12＋22＝2，解得R ＝1，所以V ＝4π3R 3＝4π3.8．一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 ．1B ．2C ．3D ．4 答案 B解析由三视图可得原石材为如下图所示的直三棱柱A 1B 1C 1－ABC ，且AB ＝8，BC ＝6，BB 1＝12，AC ＝82＋62＝10.若要得到半径最大的球，则此球与平面A 1B 1BA ，BCC 1B 1，ACC 1A 1相切，故此时球的半径与△ABC 内切圆的半径相等，故半径r ＝6＋8－102＝2.故选B.9.一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.答案8π3解析由三视图可得该几何体是由两个圆锥和一个圆柱构成的组合体，圆柱的底面圆的半径为1 m ，高为2 m ，圆锥的底面圆的半径和高都是1 m ，且圆锥的底面分别与圆柱的两个底面重合，故该组合体的体积为2π＋2×13π＝8π3(m 3)． 10．现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________．答案7解析底面半径为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 ＝7.11．三棱锥P －ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D －ABE 的体积为V 1，P －ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________.答案 14解析由题意知，V D －ABE ＝V A －BDE ＝V 1，V P －ABC ＝V A －PBC ＝V 2.因为D ，E 分别为PB ，PC 中点，所以S △BDE S △PBC ＝14. 设点A 到平面PBC 的距离为d ，则V 1V 2＝13S △BDE ·d 13S △PBC ·d ＝S △BDE S △PBC ＝14. 12．设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1、S 2，体积分别为V 1、V 2，若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________．答案 32解析设甲、乙两个圆柱底面半径和高分别为r 1，h 1，r 2，h 2，则2πr 1h 1＝2πr 2h 2，h 1h 2＝r 2r 1.又S 1S 2＝πr 21πr 22＝94，所以r 1r 2＝32，则V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2＝r 21r 22·h 1h 2＝r 1r 2＝32. 13．已知三棱锥P －ABC 的各顶点均在一个半径为R 的球面上，球心O 在AB 上，PO ⊥平面ABC ，ACBC＝3，则三棱锥与球的体积之比为________．答案3∶8π解析如图，依题意，AB ＝2R ，又AC BC ＝3，∠ACB ＝90°，∴∠CAB ＝30°，因此AC ＝3R ，BC ＝R ，V P －ABC ＝13PO ·S△ABC＝13×R ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×3R ×R ＝36R 3.而V 球＝4π3R 3，因此V P －ABC ∶V 球＝36R 3∶4π3R 3＝3∶8π.。

高考数学异构异模复习第八章立体几何8-1-2表面积撬题理

高考数学异构异模复习第八章立体几何8.1.3体积课件理

以其体积 V＝πr2·h·34＝π·12·4·34＝3π，故选 B.
(2)因为△ABC 是边长为 1 的正三角形，且球半径为 1，所以四面体 O－ABC 为正四面体，所以△ABC
的外接圆的半径为 33，所以点 O 到面 ABC 的距离为
1－

332＝
36，所以三棱锥
S－ABC
的高为2 3 6，
8π A. 3
10π C. 3
B．3π D．6π
(2)已知三棱锥 S－ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上，△ABC 是边长为 1 的正三角形， SC 为球 O 的直径，且 SC＝2，则此棱锥的体积为( )
A.
2 6
B.
3 6
2 C. 3 [解析]
2 D. 2 (1)由三视图可知，此几何体为如图所示是底面半径为 1，高为 4 的圆柱被截去了圆柱的14，所
[正解] 在空间直角坐标系中构建棱长为 2 的正方体，设 A(0，0,2)，B(2,2,0)，C(1,2,1)，D(2,2，2)，则 ABCD 即为满足条件的四面体，得出正视图和俯视图分别为④和②，故选 D.
[心得体会]
(2)与球有关的切、接问题的处理方法 ①求球的表面积或体积的关键是求出球的半径．反之，若已知球的表面积或体积，那么就可以得到球的半径．求球半径常用的方法有两个： a．根据球心到内接多面体各顶点的距离相等确定球心，然后求出半径； b．依据已知的线线或线面之间的关系推理出球心位置，然后求出半径． ②处理与几何体外接球有关的问题时，一般需依据球和几何体的对称性，确定球心与几何体的特殊点间的关系．解决与棱柱有关的问题时需注意运用棱柱的体对角线即为外接球直径这一知识．
解析由题意得，VP－ABC＝31·S△ABC·PA＝13× 43×22×3＝ 3.

2018高考数学文科异构异模复习考案撬分法习题第八章立体几何 8-1-3 含答案精品

1．《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( )点击观看解答视频A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛答案 B解析设圆锥底面的半径为R 尺，由14×2πR ＝8得R ＝16π，从而米堆的体积V ＝14×13πR 2×5＝3203π(立方尺)，因此堆放的米约有3203×1.62π≈22(斛)．故选B.2．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )A ．8 cm 3B ．12 cm 3C.323cm 3D.403cm 3答案 C解析该几何体是由棱长为2的正方体和底面边长为2，高为2的正四棱锥组合而成的几何体．故其体积为V ＝2×2×2＋13×2×2×2＝323cm 3.3.在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )点击观看解答视频A.2π3B.4π3C.5π3D ．2π答案 C解析如图，过点D 作BC 的垂线，垂足为H .则由旋转体的定义可知，该梯形绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体为一个圆柱挖去一个圆锥．其中圆柱的底面半径R ＝AB ＝1，高h 1＝BC ＝2，其体积V 1＝πR 2h 1＝π×12×2＝2π；圆锥的底面半径r ＝DH＝1，高h 2＝1，其体积V 2＝13πr 2h 2＝13π×12×1＝π3.故所求几何体的体积为V ＝V 1－V 2＝2π－π3＝5π3.故选C.4．如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm ，高为6 cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )A.1727 B.59 C.1027D.13答案 C解析由三视图知该零件是两个圆柱的组合体．一个圆柱的底面半径为2 cm ，高为4 cm ；另一个圆柱的底面半径为 3 cm ，高为 2 cm.则零件的体积V 1＝π×22×4＋π×32×2＝34π(cm 3)．而毛坯的体积V ＝π×32×6＝54π (cm 3)，因此切削掉部分的体积V 2＝V －V 1＝54π－34π＝20π(cm 3)，所以V 2V ＝20π54π＝1027.故选C.5．某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．8－2πB ．8－πC ．8－π2D ．8－π4答案 B解析由三视图知，原几何体是棱长为2的正方体挖去两个底面半径为1，高为2的四分之一圆柱，故几何体的体积为8－2×π×2×14＝8－π.故选B.6．《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．该术相当于给出了由圆锥的底面周长L 与高h ，计算其体积V 的近似公式V ≈136L 2h .它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么，近似公式V ≈275L 2h 相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( )A.227B.258C.15750D.355113 答案 B解析由题意可知：L ＝2πr ，即r ＝L 2π，圆锥体积V ＝13Sh ＝13πr 2h ＝13π·⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2π2h ＝112πL 2h ≈275L 2h ，故112π≈275，π≈258，故选B. 7．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.32π3B ．4πC ．2π D.4π3答案 D解析依题意可知正四棱柱体对角线的长度等于球的直径，可设球半径R ，则2R ＝12＋12＋22＝2，解得R ＝1，所以V ＝4π3R 3＝4π3.8．一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 ．1B ．2C ．3D ．4 答案 B解析由三视图可得原石材为如下图所示的直三棱柱A 1B 1C 1－ABC ，且AB ＝8，BC ＝6，BB 1＝12，AC ＝82＋62＝10.若要得到半径最大的球，则此球与平面A 1B 1BA ，BCC 1B 1，ACC 1A 1相切，故此时球的半径与△ABC 内切圆的半径相等，故半径r ＝6＋8－102＝2.故选B.9.一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.点击观看解答视频答案8π3解析由三视图可得该几何体是由两个圆锥和一个圆柱构成的组合体，圆柱的底面圆的半径为1 m ，高为2 m ，圆锥的底面圆的半径和高都是1 m ，且圆锥的底面分别与圆柱的两个底面重合，故该组合体的体积为2π＋2×13π＝8π3(m 3)．10．现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________．答案7解析底面半径为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＝28π3r2＝196π3，解得r ＝7.11．三棱锥P －ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D －ABE 的体积为V 1，P －ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________.答案 14解析由题意知，V D －ABE ＝V A －BDE ＝V 1，V P －ABC ＝V A －PBC ＝V 2.因为D ，E 分别为PB ，PC 中点，所以S △BDE S △PBC ＝14. 设点A 到平面PBC 的距离为d ，则V 1V 2＝13S △BDE ·d 13S △PBC ·d ＝S △BDE S △PBC ＝14. 12．设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1、S 2，体积分别为V 1、V 2，若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________．答案 32解析设甲、乙两个圆柱底面半径和高分别为r 1，h 1，r 2，h 2，则2πr 1h 1＝2πr 2h 2，h 1h 2＝r 2r 1.又S 1S 2＝πr 21πr 22＝94，所以r 1r 2＝32，则V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2＝r 21r 22·h 1h 2＝r 1r 2＝32. 13．已知三棱锥P －ABC 的各顶点均在一个半径为R 的球面上，球心O 在AB 上，PO ⊥平面ABC ，ACBC＝3，则三棱锥与球的体积之比为________．答案3∶8π解析如图，依题意，AB ＝2R ，又ACBC＝3，∠ACB ＝90°，∴∠CAB ＝30°，因此AC ＝3R ，BC ＝R ，V P －ABC ＝13PO ·S △ABC ＝13×R ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×3R ×R ＝36R 3.而V 球＝4π3R 3，因此V P －ABC ∶V 球＝36R 3∶4π3R 3＝3∶8π.。

2018高考数学(文科)异构异模复习考案撬分法习题第八章立体几何课时撬分练8-3 Word版含答案

………………………………………………………………………………………………时间：分钟基础组.已知，为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列为真命题的是( )．∥，⊥α⇒⊥α．α∥β，⊂α，⊂β⇒∥．⊥α，⊥⇒∥α．⊂α，⊂α，∥β，∥β⇒α∥β答案解析选项中，如图①，∥，⊥α⇒⊥α一定成立，选项正确．选项中，如图②，α∥β，⊂α，⊂β，与互为异面直线，∴选项不正确．选项中，如图③，⊥α，⊥，⊂α，∴选项不正确．选项中，如图④，⊂α，⊂α，∥β，∥β，但α与β相交，∴选项不正确．．直线，均不在平面α，β内，给出下列命题：①若∥，∥α，则∥α；②若∥β，α∥β，则∥α；③若⊥，⊥α，则∥α；④若⊥β，α⊥β，则∥α.其中正确命题的个数是( )．．．．答案解析对命题①，根据线面平行的判定定理知，∥α；对命题②，如果直线与平面α相交，则必与平面β相交，而这与α∥β矛盾，故∥α；对命题③，在平面α内取一点，设过，的平面γ与平面α相交于直线.因为⊥α，所以⊥，又⊥，所以∥，则∥α；对命题④，设α∩β＝，在α内作′⊥β，因为⊥β，所以∥′，从而∥α.故四个命题都正确．．已知，是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中错误的是( )．若⊥α，⊥β，则α∥β．若α∥γ，β∥γ，则α∥β．若⊂α，⊂β，∥，则α∥β．若，是异面直线，⊂α，∥β，⊂β，∥α，则α∥β答案解析由线面垂直的性质可知正确；由两个平面平行的性质可知正确；由异面直线的性质易知也是正确的；对于选项，α，β可以相交、可以平行，故错误，选.．平面α∥平面β，点，∈α，，∈β，则直线∥直线的充要条件是( )．∥．∥．与相交．，，，四点共面答案解析充分性：，，，四点共面，由平面与平面平行的性质知∥.必要性显然成立．．如图，在正四棱柱中，，，，分别是棱，，，的中点，是的中点，点在四边形及其内部运动，则只需满足条件时，就有∥平面.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)答案位于线段上解析连接，，，则∥，∥，∴平面∥平面，只要∈，则⊂平面，∴∥平面.(答案不唯一)．给出下列关于互不相同的直线、、和平面α、β、γ的三个命题：①若与为异面直线，⊂α，⊂β，则α∥β；②若α∥β，⊂α，⊂β，则∥；③若α∩β＝，β∩γ＝，γ∩α＝，∥γ，则∥.其中真命题为．答案③解析①中当α与β不平行时，也能存在符合题意的、.②中与也可能异面．。

高考数学异构异模复习第八章8.1.2表面积撬题理

2018高考数学异构异模复习考案第八章立体几何 8.1.2 表面积撬题理1．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．3πB ．4πC ．2π＋4D ．3π＋4 答案 D解析由所给三视图可知，该几何体是圆柱从底面圆直径处垂直切了一半，故该几何体的表面积为12×2π×1×2＋2×12×π×12＋2×2＝3π＋4，故选D.2．一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( )A ．1＋ 3B ．2＋ 3C ．1＋2 2D ．2 2答案 B解析在长、宽、高分别为2、1、1的长方体中，该四面体是如图所示的三棱锥P －ABC ，表面积为12×1×2×2＋34×(2)2×2＝2＋ 3.3.已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O －ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π答案 C解析如图，设点C 到平面OAB 的距离为h ，球O 的半径为R ，因为∠AOB ＝90°，所以S △OAB ＝12R 2，要使V O －ABC ＝13·S △OAB ·h 最大，则OA ，OB ，OC 应两两垂直，且(V O －ABC )max ＝13×12R 2×R＝16R 3＝36，此时R ＝6，所以球O 的表面积为S 球＝4πR 2＝144π.故选C. 4．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长方体新工件，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.169πC.2－3πD.2－3π答案 A解析解法一：由圆锥的对称性可知，要使其内接长方体最大，则底面为正方形，令此长方体底面对角线长为2x ，高为h ，则由三角形相似可得，x 1＝2－h2，所以h ＝2－2x ，x ∈(0,1)，长方体体积为V 长方体＝(2x )2h ＝2x 2(2－2x )≤2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋x ＋2－2x 33＝1627，当且仅当x ＝2－2x ，即x ＝23时取等号，V 圆锥＝13π×12×2＝2π3，故材料利用率为16272π3＝89π，选A. 解法二：由圆锥的对称性可知，要使其内接长方体最大，则底面为正方形，令此长方体底面对角线长为2x ，高为h ，则由三角形相似可得，x 1＝2－h2，所以h ＝2－2x ，x ∈(0,1)，长方体体积为V长方体＝(2x )2h ＝2x 2(2－2x )＝－4x 3＋4x 2，令V ′长方体＝－12x 2＋8x ＝0，得x＝23，故当x ＝23时，(V 长方体)max ＝1627，V 圆锥＝13π×12×2＝2π3，故材料利用率为16272π3＝89π，选A.5.一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为()A ．21＋ 3B ．18＋ 3C ．21D ．18答案 A解析由三视图知，该多面体是由正方体割去两个角所成的图形，如图所示，则S ＝S 正方体－2S 三棱锥侧＋2S 三棱锥底＝24－2×3×12×1×1＋2×34×(2)2＝21＋ 3.6．某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是( )A ．90 cm 2B ．129 cm 2C ．132 cm 2D ．138 cm 2答案 D解析由题干中的三视图可得原几何体如图所示．故该几何体的表面积S ＝2×4×6＋2×3×4＋3×6＋3×3＋3×4＋3×5＋2×12×3×4＝138(cm 2)．故选D.7．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答案 A解析由图知，R 2＝(4－R )2＋2，∴R 2＝16－8R ＋R 2＋2，∴R ＝94，∴S 表＝4πR 2＝4π×8116＝814π，选A.8．一个几何体的三视图如图所示，则几何体的表面积是( )A．6＋8 3 B．12＋7 3C．12＋8 3 D．18＋2 3答案 C解析该空间几何体是一个三棱柱．底面等腰三角形的高是1，两腰长为2，所以其底边长是23，两个底面三角形的面积之和是23，侧面积是(2＋2＋23)×3＝12＋63，故其表面积是12＋8 3.故选C.。

高考数学异构异模复习第八章课时撬分练8.3直线平面平行的判定与性质撬题理1

2018高考数学异构异模复习考案第八章立体几何课时撬分练8.3 直线、平面平行的判定与性质撬题理时间：45分钟基础组1.[2016·武邑中学预测]已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列为真命题的是( )A．m∥n，m⊥α⇒n⊥αB．α∥β，m⊂α，n⊂β⇒m∥nC．m⊥α，m⊥n⇒n∥αD．m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β⇒α∥β答案 A解析选项A中，如图①，n∥m，m⊥α⇒n⊥α一定成立，选项A正确．选项B中，如图②，α∥β，m⊂α，n⊂β，m与n互为异面直线，∴选项B不正确．选项C中，如图③，m⊥α，m⊥n，n⊂α，∴选项C不正确．选项D中，如图④，m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，但α与β相交，∴选项D不正确．2．[2016·衡水二中模拟]直线m，n均不在平面α，β内，给出下列命题：①若m∥n，n∥α，则m∥α；②若m∥β，α∥β，则m∥α；③若m⊥n，n⊥α，则m ∥α；④若m⊥β，α⊥β，则m∥α.其中正确命题的个数是( )A．1 B．2C．3 D．4答案 D解析对命题①，根据线面平行的判定定理知，m∥α；对命题②，如果直线m与平面α相交，则必与平面β相交，而这与α∥β矛盾，故m∥α；对命题③，在平面α内取一点A，设过A，m的平面γ与平面α相交于直线b.因为n⊥α，所以n⊥b，又m⊥n，所以m ∥b，则m∥α；对命题④，设α∩β＝l，在α内作m′⊥β，因为m⊥β，所以m∥m′，从而m∥α.故四个命题都正确．3．[2016·枣强中学期末]已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中错误的是( )A．若m⊥α，m⊥β，则α∥βB．若α∥γ，β∥γ，则α∥βC．若m⊂α，n⊂β，m∥n，则α∥βD．若m，n是异面直线，m⊂α，m∥β，n⊂β，n∥α，则α∥β答案 C解析由线面垂直的性质可知A正确；由两个平面平行的性质可知B正确；由异面直线的性质易知D也是正确的；对于选项C，α，β可以相交、可以平行，故C错误，选C.4．[2016·衡水二中仿真]平面α∥平面β，点A，C∈α，B，D∈β，则直线AC∥直线BD的充要条件是( )A．AB∥CD B．AD∥CBC．AB与CD相交D．A，B，C，D四点共面答案 D解析充分性：A，B，C，D四点共面，由平面与平面平行的性质知AC∥BD.必要性显然成立．5．[2016·枣强中学期中]如图，在正四棱柱A1C中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件________时，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)答案M位于线段FH上解析连接HN，FH，FN，则FH∥DD1，HN∥BD，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只要M∈FH，则MN⊂平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.(答案不唯一)6．[2016·冀州中学期末]给出下列关于互不相同的直线l、m、n和平面α、β、γ的三个命题：①若l与m为异面直线，l⊂α，m⊂β，则α∥β；②若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m；③若α∩β＝l ，β∩γ＝m ，γ∩α＝n ，l ∥γ，则m ∥n . 其中真命题为________．答案 ③解析 ①中当α与β不平行时，也能存在符合题意的l 、m . ②中l 与m 也可能异面．③中⎭⎪⎬⎪⎫l ∥γl ⊂ββ∩γ＝m ⇒l ∥m ，同理l ∥n ，则m ∥n ，正确．7．[2016·衡水中学预测]如图所示，四棱锥P －ABCD 的底面是一个直角梯形，AB ∥CD ，BA ⊥AD ，CD ＝2AB ，PA ⊥底面ABCD .若E 为PC 的中点，则BE 与平面PAD 的位置关系是________．答案平行解析取PD 的中点F ，连接EF ，AF .在△PCD 中，EF ∥CD ，且EF ＝12CD .∵AB ∥CD ，且CD＝2AB ，∴EF ∥AB ，且EF ＝AB ，∴四边形ABEF 为平行四边形，∴EB ∥AF .又∵EB ⊄平面PAD ，AF ⊂平面PAD ，∴BE ∥平面PAD .8．[2016·枣强中学热身]如图，四棱锥P －ABCD 的底面是边长为1的正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝2，E 是侧棱PA 上的中点．(1)求证：PC ∥平面BDE ； (2)求四棱锥P －ABCD 的体积．解 (1)证明：连接AC 交BD 于点O ，连接OE ，如图：∵四边形ABCD 是正方形， ∴O 是AC 的中点．又E 是PA 的中点，∴PC ∥OE . ∵PC ⊄平面BDE ，OE ⊂平面BDE ， ∴PC ∥平面BDE . (2)∵PA ⊥平面ABCD ，∴V P －ABCD ＝13S 正方形ABCD ·PA ＝13×12×2＝23，∴四棱锥P －ABCD 的体积为23.9．[2016·衡水中学猜题]已知三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，平面BCC ′B ′⊥底面ABC ，BB ′⊥AC ，底面ABC 是边长为2的等边三角形，AA ′＝3，E ，F 分别在棱AA ′，CC ′上，且AE ＝C ′F ＝2.(1)求证：BB ′⊥底面ABC ；(2)在棱A ′B ′上找一点M ，使得C ′M ∥平面BEF ，并给出证明．证明 (1)如图，取BC 中点O ，连接AO ，因为三角形ABC 是等边三角形，所以AO ⊥BC ，又平面BCC′B′⊥底面ABC，AO⊂平面ABC，平面BCC′B′∩平面ABC＝BC，所以AO⊥平面BCC′B′，又BB′⊂平面BCC′B′，所以AO⊥BB′.又BB′⊥AC，AO∩AC＝A，AO⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，所以BB′⊥底面ABC.(2)如图，显然M不是A′，B′，棱A′B′上若存在一点M，使得C′M∥平面BEF，过M 作MN∥AA′交BE于N，连接FN，MC′，所以MN∥C′F，即C′M和FN共面，所以C′M∥FN，所以四边形C′MNF为平行四边形，所以MN＝2，所以MN是梯形A′B′BE的中位线，M为A′B′的中点．10．[2016·衡水中学一轮检测]如图所示，在棱长均为4的三棱柱ABC－A1B1C1中，D，D1分别是BC和B1C1的中点．(1)求证：A1D1∥平面AB1D；(2)若平面ABC⊥平面BCC1B1，∠B1BC＝60°，求三棱锥B1－ABC的体积．解(1)证明：如图所示，连接DD1，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，因为D ，D 1分别是BC 与B 1C 1的中点，所以B 1D 1∥BD ，且B 1D 1＝BD .所以四边形B 1BDD 1为平行四边形，所以BB 1∥DD 1，且BB 1＝DD 1.又因为AA 1∥BB 1，AA 1＝BB 1，所以AA 1∥DD 1，AA 1＝DD 1，所以四边形AA 1D 1D 为平行四边形，所以A 1D 1∥AD .又A 1D 1⊄平面AB 1D ，AD ⊂平面AB 1D ，故A 1D 1∥平面AB 1D . (2)在△ABC 中，因为AB ＝AC ，D 为BC 的中点，所以AD ⊥BC .因为平面ABC ⊥平面B 1C 1CB ，交线为BC ，AD ⊂平面ABC ，所以AD ⊥平面B 1C 1CB ，即AD 是三棱锥A －B 1BC 的高．在△ABC 中，因为AB ＝AC ＝BC ＝4，得AD ＝2 3. 在△B 1BC 中，B 1B ＝BC ＝4，∠B 1BC ＝60°，所以△B 1BC 的面积S △B 1BC ＝12×4×4×32＝43，所以三棱锥B 1－ABC 的体积即三棱锥A －B 1BC 的体积，V ＝13S △B 1BC ·AD ＝13×43×23＝8.11．[2016·冀州中学模拟]如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，S 是B 1D 1的中点，E 、F 、G 分别是BC 、DC 、SC 的中点，求证：(1)直线EG ∥平面BDD 1B 1； (2)平面EFG ∥平面BDD 1B 1. 证明 (1)如图，连接SB ，∵E 、G 分别是BC 、SC 的中点， ∴EG ∥SB .又∵SB ⊂平面BDD 1B 1，EG ⊄平面BDD 1B 1，∴直线EG ∥平面BDD 1B 1.(2)连接SD ，∵F 、G 分别是DC 、SC 的中点，∴FG ∥SD . 又∵SD ⊂平面BDD 1B 1，FG ⊄平面BDD 1B 1，∴FG ∥平面BDD 1B 1，又EG ⊂平面EFG ，FG ⊂平面EFG ，EG ∩FG ＝G ，∴平面EFG ∥平面BDD 1B 1.12．[2016·衡水二中周测]如图所示的多面体中，ABCD 是菱形，BDEF 是矩形，ED ⊥平面ABCD ，∠BAD ＝π3，AD ＝2.(1)求证：平面FCB ∥平面AED ；(2)若二面角A －EF －C 为直二面角，求直线BC 与平面AEF 所成的角θ的正弦值．解 (1)证明：在矩形BDEF 中，FB ∥ED ， ∵FB ⊄平面AED ，ED ⊂平面AED ， ∴FB ∥平面AED ，同理BC ∥平面AED ，又FB ∩BC ＝B ，∴平面FBC ∥平面EDA .(2)取EF 的中点M .连接AM ，CM .连接AC 交BD 于点N .由于ED ⊥平面ABCD ，ED ∥FB ， ∴ED ⊥AD ，ED ⊥DC ，FB ⊥BC ，FB ⊥AB . 又ABCD 是菱形，BDEF 是矩形，∴△ADE ，△EDC ，△ABF ，△BCF 是全等三角形， ∴AE ＝AF ，CE ＝CF ，∴AM ⊥EF ，CM ⊥EF ，∠AMC 就是二面角A －EF －C 的平面角．解法一：(几何法)延长CB 到G ，使BC ＝BG ，由已知可得，ADBG 是平行四边形，又BDEF 是矩形，∴AEFG 是平行四边形，即A ，E ，F ，G 共面，由此可知，AM ⊥MC ，CM ⊥EF ，EF ，AM 相交于M ，∴CM ⊥平面AEFG ，∠CGM 为所求．由AD ＝2，∠DAB ＝60°，得AC ＝23，等腰Rt △AMC 中，AC ＝23，可得MC ＝6，Rt △GMC 中，sin ∠CGM ＝CM CG ＝64.解法二：(向量法)以D 为原点，DC 为y 轴，DE 为z 轴，建立如图的直角坐标系，由AD ＝2，则M ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，3，C (0,2,0)，平面AEF 的法向量n ＝MC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，32，－3. CB →＝DA →＝(3，－1,0)，cos 〈n ，CB →〉＝n ·CB→|n ||CB →|＝－64.∴sin θ＝64. 能力组13.[2016·枣强中学仿真]已知m，n，l1，l2表示直线，α，β表示平面．若m⊂α，n ⊂α，l1⊂β，l2⊂β，l1∩l2＝M，则α∥β的一个充分条件是( )A．m∥β且l1∥αB．m∥β且n∥βC．m∥β且n∥l2D．m∥l1且n∥l2答案 D解析由定理“如果一个平面内有两条相交直线分别与另一个平面平行，那么这两个平面平行”可知，选项D可推知α∥β.14．[2016·衡水二中月考]平面α∥平面β的一个充分条件是________(填写正确的序号)．①存在一条直线a，a∥α，a∥β；②存在一条直线a，a⊂α，a∥β；③存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂βa∥β，b∥α；④存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α.答案④解析根据两平面平行的条件，只有④符合．15. [2016·武邑中学热身]在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形．(1)若AC⊥BC，证明：直线BC⊥平面ACC1A1；(2)设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论．解(1)证明：因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC.因为AB，AC为平面ABC内两条相交直线，所以AA1⊥平面ABC.因为直线BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.又AC⊥BC，AA1，AC为平面ACC1A1内两条相交直线，所以BC⊥平面ACC1A1.(2)取线段AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，设O为A1C，AC1的交点．由已知可知O为AC1的中点．连接MD ，OE ，则MD ，OE 分别为△ABC ，△ACC 1的中位线，所以MD 綊12AC ，OE 綊12AC ，因此MD 綊OE .连接OM ，从而四边形MDEO 为平行四边形，则DE ∥MO . 因为直线DE ⊄平面A 1MC ，MO ⊂平面A 1MC ，所以直线DE ∥平面A 1MC ，即线段AB 上存在一点M (线段AB 的中点)，使直线DE ∥平面A 1MC .。

高考数学异构异模复习第八章8.1.1三视图与直观图撬题理

2018高考数学异构异模复习考案第八章立体几何 8.1.1 三视图与直观图撬题理1.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答案 B解析由三视图可知，此组合体是由半个圆柱与半个球体组合而成的，其表面积为πr 2＋2πr 2＋4r 2＋2πr 2＝20π＋16，所以r ＝2，故选B.2．一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答案 D解析如图，不妨设正方体的棱长为1，则截去部分为三棱锥A －A 1B 1D 1，其体积为16，又正方体的体积为1，则剩余部分的体积为56，故所求比值为15.故选D.3．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )A ．6 2B ．6C ．4 2D ．4答案 B解析如图所示的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为4.取B 1B 的中点G ，即三棱锥G －CC 1D 1为满足要求的几何体，其中最长棱为D 1G ，D 1G ＝422＋22＝6.4．在空间直角坐标系O －xyz 中，已知A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，D (1,1，2)．若S 1，S 2，S 3分别是三棱锥D －ABC 在xOy ，yOz ，zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则( )A ．S 1＝S 2＝S 3B ．S 2＝S 1且S 2≠S 3C ．S 3＝S 1且S 3≠S 2D ．S 3＝S 2且S 3≠S 1答案 D解析三棱锥D －ABC 如图所示．S 1＝S △ABC ＝12×2×2＝2， S 2＝12×2×2＝2， S 3＝12×2×2＝2，∴S 2＝S 3且S 1≠S 3，故选D.5.一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是( )答案 B解析俯视图为在水平投射面上的正投影，结合几何体可知选B. 6．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 ．三棱柱答案 A解析因为圆锥、四面体、三棱柱的正视图均可以是三角形，而圆柱无论从哪个方向看均不可能是三角形，所以选A.7．已知正三角形ABC 的边长为a ，那么△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′的面积为( ) A.34a 2B.38a 2C.68a 2D.616a 2 答案 D解析如图①、②所示的平面图形和直观图．由②可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ，在图②中作C ′D ′⊥A ′B ′于D ′，则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a .∴S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.8．如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下4个命题中，假命题是( )A ．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B ．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C ．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D ．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上答案 B解析因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等，所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点的距离相等，故A ，C 正确，且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等，故D 正确，B 不正确，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立，故选B.9．给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；④棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3答案 A解析 ①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，因为“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面都是有一个公共顶点的三角形”，如图1所示；③不一定是．当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图2所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；④错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．10．已知一三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为( )答案 C解析由已知条件得直观图如图所示，正视图是直角三角形，中间的线是看不见的线PA 形成的投影，应为虚线．故选C.11．如图，三棱锥V －ABC 的底面为正三角形，侧面VAC 与底面垂直且VA ＝VC ，已知其正视图的面积为23，则其侧视图的面积为( )A.32B.33C.34D.36答案 B解析设三棱锥V －ABC 的底面边长为a ，侧面VAC 边AC 上的高为h ，则ah ＝43，其侧视图是由底面三角形ABC 边AC 上的高与侧面三角形VAC 边AC 上的高组成的直角三角形，其面积为12×32×43＝33，故选B.。

「精品」高考数学异构异模复习第八章立体几何课时撬分练8.2空间点线面的位置关系课件理

2018高考数学异构异模复习考案第八章立体几何课时撬分练8.2 空间点、线、面的位置关系课件理时间：45分钟基础组1.[2016·衡水中学期末]设a，b，c是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中，其逆命题不成立的是( )A．当c⊥α时，若c⊥β，则α∥βB．当b⊂α时，若b⊥β，则α⊥βC．当b⊂α，且c是a在α内的射影时，若b⊥c，则a⊥bD．当b⊂α，且c⊄α时，若c∥α，则b∥c答案 B解析A的逆命题为：当c⊥α时，若α∥β，则c⊥β，由线面垂直的性质知c⊥β；B的逆命题为：当b⊂α时，若α⊥β，则b⊥β，显然错误；C的逆命题为：当b⊂α，且c是a在α内的射影时，若a⊥b，则b⊥c，由三垂线的逆定理知b⊥c；D的逆命题为：当b⊂α，且c⊄α时，若b∥c，则c∥α，由线面平行的判定定理可得c∥α.故选B.2．[2016·衡水二中热身]对于空间的两条直线m，n和一个平面α，下列命题中的真命题是( )A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，n⊂α，则m∥nC．若m∥α，n⊥α，则m∥n D．若m⊥α，n⊥α，则m∥n答案 D解析对A，直线m，n可能平行、异面或相交，故A错误；对B，直线m与n可能平行，也可能异面，故B错误；对C，m与n垂直而非平行，故C错误；对D，垂直于同一平面的两直线平行，故D正确．3．[2016·武邑中学期末]已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是( )A．相交或平行 B．相交或异面C．平行或异面 D．相交、平行或异面答案 D解析依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面，故选D.4．[2016·衡水二中预测]已知a，b，c为三条不同的直线，且a⊂平面M，b⊂平面N，M∩N＝c.①若a与b是异面直线，则c至少与a，b中的一条相交；②若a不垂直于c，则a与b一定不垂直；③若a∥b，则必有a∥c；④若a⊥b，a⊥c，则必有M⊥N.其中正确命题的个数是( ) A．0 B．1C．2 D．3答案 C解析命题①③正确，命题②④错误．其中命题②中a和b有可能垂直；命题④中当b∥c时，平面M，N有可能不垂直，故选C.5. [2016·枣强中学月考]已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E是AA1的中点，则异面直线D 1C 与BE 所成角的余弦值为( )A.15B.31010C.1010D.35答案 B解析如图，连接A 1B .由题意知A 1D 1綊BC ，所以四边形A 1D 1CB 为平行四边形，故D 1C ∥A 1B .所以∠A 1BE 为异面直线D 1C 与BE 所成的角．不妨设AA 1＝2AB ＝2，则A 1E ＝1，BE ＝2，A 1B ＝5，在△A 1BE 中，cos ∠A 1BE ＝A 1B 2＋EB 2－A 1E 22A 1B ·EB＝5＋2－12×5×2＝31010，故选B.6. [2016·衡水二中猜题]设a ，b ，c 是空间中的三条直线，下面给出四个命题： ①若a ∥b ，b ∥c ，则a ∥c ； ②若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ∥c ；③若a 与b 相交，b 与c 相交，则a 与c 相交； ④若a ⊂平面α，b ⊂平面β，则a ，b 一定是异面直线．上述命题中正确的命题是________(写出所有正确命题的序号)．答案 ①解析由公理4知①正确；当a ⊥b ，b ⊥c 时，a 与c 可以相交、平行或异面，故②错；当a 与b 相交，b 与c 相交时，a 与c 可以相交、平行，也可以异面，故③错；a ⊂α，b ⊂β，并不能说明a 与b “不同在任何一个平面内”，故④错．7．[2016·衡水二中一轮检测]如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AA 1＝2，AC ＝BC ＝1，则异面直线A 1B 与AC 所成角的余弦值是________．答案66解析由于AC ∥A 1C 1，所以∠BA 1C 1(或其补角)就是所求异面直线所成的角．在△BA 1C 1中，A 1B ＝6，A 1C 1＝1，BC 1＝5，cos ∠BA 1C 1＝6＋1－526×1＝66.8．[2016·冀州中学周测]如图所示，在四面体ABCD 中，E 、F 分别是AC 、BD 的中点，若CD ＝2AB ＝2，EF ⊥AB ，则EF 与CD 所成的角等于________．答案 30°解析如图所示，设H 为DA 的中点，连接HF ，HE ，则易得FH ⊥EF .在Rt △EFH 中，HE ＝1，HF ＝12， ∴∠HEF ＝30°，即EF 与CD 所成的角为30°.9．[2016·冀州中学热身]如图所示，正方形ABCD 中，E ，F 分别是AB ，AD 的中点，将此正方形沿EF 折成直二面角后，异面直线AF 与BE 所成角的余弦值为________．答案 12解析过F 点作HF ∥BE ，过A 点作EF 的垂线AG ，垂足为G .连接HG ，HE ，AH .如图，设正方形ABCD 的边长为2，∵平面AEF ⊥平面BCDFE ，且AG ⊥EF ，∴AG ⊥平面BCDFE .∵BE ＝BH ＝AE ＝AF ＝1，∴EH ＝EF ＝ 2.∵G 为EF 的中点，∴EG ＝22，AG ＝22.又∵HF ＝2，∴∠HEG ＝90°，∴在Rt △EHG 中，HG ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋22＝102. ∴在Rt △AGH 中，AH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1022＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝ 3. ∵HF ∥BE ，∴AF 与BE 所成的角即为∠AFH .在△AHF 中，AF ＝1，HF ＝2，AH ＝3，∴∠HAF ＝90°，∴cos ∠AFH ＝AF HF ＝12.10．[2016·枣强中学周测]如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱CD ，CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成的角的大小是________．答案 90°解析连接D 1M ，则D 1M 为A 1M 在平面DCC 1D 1上的射影，在正方形DCC 1D 1中，∵M ，N 分别是CD ，CC 1的中点，∴D 1M ⊥DN ，由三垂线定理得A 1M ⊥DN .即异面直线A 1M 与DN 所成的角为90°.11．[2016·冀州中学预测]在三棱锥S －ACB 中，∠SAB ＝∠SAC ＝∠ACB ＝90°，AC ＝2，BC ＝13，SB ＝29，则SC 与AB 所成角的余弦值为____________．答案1717解析解法一：如图，取BC 的中点E ，分别在平面ABC 内作DE ∥AB ，在平面SBC 内作EF ∥SC ，则异面直线SC 与AB 所成的角为∠FED ，过F 作FG ⊥AB ，连接DG ，则△DFG 为直角三角形．由题知AC ＝2，BC ＝13，SB ＝29，可得DE ＝172，EF ＝2，DF ＝52，在△DEF 中，由余弦定理可得cos ∠DEF ＝DE 2＋EF 2－DF 22DE ·EF ＝1717.解法二：如图，以A 为原点，以AB ，AS 所在直线分别为y ，z 轴，以垂直于y 轴、z 轴的直线为x 轴，建立空间直角坐标系，则由AC ＝2，BC ＝13，SB ＝29，得B (0，17，0)，S (0,0，23)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫21317，417，0， SC →＝⎝⎛⎭⎪⎫21317，417，－23，AB →＝(0，17，0)，设SC 与AB 所成的角为θ，∵SC →·AB →＝4，|SC →||AB →|＝417，∴cos θ＝|SC →·AB →||SC →||AB →|＝1717.12．[2016·衡水二中期中]如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面是边长为2的菱形，∠DAB ＝60°，对角线AC 与BD 交于点O ，PO ⊥平面ABCD ，PB 与平面ABCD 所成角为60°.(1)求四棱锥的体积；(2)若E 是PB 的中点，求异面直线DE 与PA 所成角的余弦值．解 (1)在四棱锥P －ABCD 中，∵PO ⊥平面ABCD ，∴∠PBO 是PB 与平面ABCD 所成的角，即∠PBO ＝60°.在Rt △AOB 中，∵AB ＝2，∴BO ＝AB ·sin30°＝1. 在Rt △POB 中，∵PO ⊥OB ，∴PO ＝BO ·tan60°＝3， ∵底面菱形的面积S ＝2×12×2×2×32＝23，∴四棱锥P －ABCD的体积V P －ABCD ＝13×23×3＝2.(2)如图所示，取AB 的中点F ，连接EF ，DF .∵E 为PB 中点， ∴EF ∥PA ，∴∠DEF 为异面直线DE 与PA 所成角(或其补角)．在Rt △AOB 中，AO ＝AB ·cos30°＝3＝OP ，∴在Rt △POA 中，PA ＝6，∴EF ＝62. 在正三角形ABD 和正三角形PDB 中，DF ＝DE ＝3，由余弦定理得cos ∠DEF ＝DE 2＋EF 2－DF 22DE ·EF＝32＋⎝⎛⎭⎪⎫622－322×3×62＝6432＝24. ∴异面直线DE 与PA 所成角的余弦值为24. 能力组13.[2016·枣强中学模拟]已知m 、n 为异面直线，m ⊂平面α，n ⊂平面β，α∩β＝l ，则l ( ) A ．与m 、n 都相交 B ．与m 、n 至少一条相交 C ．与m 、n 都不相交 D ．至多与m 、n 中的一条相交答案 B解析若l 与m 、n 都不相交，则l ∥m ，l ∥n . ∴m ∥n 与已知矛盾，故C 、D 不正确．A 中与m 、n 都相交，也不一定，如l ∥m ，n 与l 相交于一点．14．[2016·衡水二中期末]直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1，则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于( )A ．30° B．45° C ．60° D．90° 答案 C解析分别取AB ，AA 1，A 1C 1的中点D ，E ，F ，则BA 1∥DE ，AC 1∥EF . 所以异面直线BA 1与AC 1所成的角为∠DEF (或其补角)，设AB ＝AC ＝AA 1＝2，则DE ＝EF ＝2，DF ＝6，由余弦定理得，cos ∠DEF ＝DE 2＋EF 2－DF 22DE ·EF ＝－12，则∠DEF ＝120°，从而异面直线BA 1与AC 1所成的角为60°.15．[2016·武邑中学猜题]如图是三棱锥D －ABC 的三视图，点O 在三个视图中都是所在边的中点，则异面直线DO 和AB 所成角的余弦值等于( )A.33B.12C. 3D.22答案 A解析由题意得如图的直观图，从A 出发的三条线段，AB ，AC ，AD 两两垂直且AB ＝AC ＝2，AD ＝1，O 是BC 中点，取AC 中点E ，连接DE ，DO ，OE ，则OE ＝1，又可知AE ＝1，由于OE ∥AB ，故∠DOE 即为所求两异面直线所成的角或其补角．在Rt △DAE 中，DE ＝2，由于O 是中点，在Rt △ABC中可以求得AO ＝2，在直角三角形DAO 中可以求得DO ＝ 3.在△DOE 中，由余弦定理得cos ∠DOE ＝1＋3－22×1×3＝33，故所求余弦值为33. 16．[2016·冀州中学仿真]如图所示，三棱锥P —ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC ＝60°，PA ＝AB ＝AC ＝2，E 是PC 的中点．(1)①求证：AE 与PB 是异面直线； ②求异面直线AE 和PB 所成角的余弦值； (2)求三棱锥A －EBC 的体积．解 (1)①证明：假设AE 与PB 共面，设平面为α， ∵A ∈α，B ∈α，E ∈α， ∴平面α即为平面ABE ， ∴P ∈平面ABE ，这与P ∉平面ABE 矛盾，所以AE 与PB 是异面直线．②取BC 的中点F ，连接EF 、AF ，则EF ∥PB ，所以∠AEF 或其补角就是异面直线AE 和PB 所成角． ∵∠BAC ＝60°，PA ＝AB ＝AC ＝2，PA ⊥平面ABC ， ∴AF ＝3，AE ＝2，EF ＝2， cos ∠AEF ＝2＋2－32×2×2＝14，所以异面直线AE 和PB 所成角的余弦值为14.(2)因为E 是PC 中点，所以E 到平面ABC 的距离为12PA ＝1，V A －EBC ＝V E －ABC ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2×32×1＝33.。

高考数学异构异模复习第八章8.5.2利用空间向量求空间角与距离撬题理

2018高考数学异构异模复习考案第八章立体几何 8.5.2 利用空间向量求空间角与距离撬题理1．如图，已知△ABC ，D 是AB 的中点，沿直线CD 将△ACD 翻折成△A ′CD ，所成二面角A ′－CD －B 的平面角为α，则( )A ．∠A ′DB ≤α B ．∠A ′DB ≥αC ．∠A ′CB ≤αD ．∠A ′CB ≥α答案 B解析若CD ⊥AB ，则∠A ′DB 为二面角A ′－CD －B 的平面角，即∠A ′DB ＝α. 若CD 与AB 不垂直，在△ABC 中，过A 作CD 的垂线交线段CD 或CD 的延长线于点O ，交BC 于E ，连接A ′O ，则∠A ′OE 为二面角A ′－CD －B 的平面角，即∠A ′OE ＝α，∵AO ＝A ′O ，∴∠A ′AO ＝α2.又A ′D ＝AD ，∴∠A ′AD ＝12∠A ′DB .而∠A ′AO 是直线A ′A 与平面ABC 所成的角，由线面角的性质知∠A ′AO <∠A ′AD ，则有α<∠A ′DB .综上有∠A ′DB ≥α，故选B.2．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点O 为线段BD 的中点．设点P 在线段CC 1上，直线OP 与平面A 1BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，1 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤63，1C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤63，223D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤223，1 答案 B解析由正方体的性质易求得sin ∠C 1OA 1＝223，sin ∠COA 1＝63，注意到∠C 1OA 1是锐角，∠COA 1是钝角，且223>63.故sin α的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤63，1.3．如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值．解 (1)交线围成的正方形EHGF 如图：(2)作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EM ＝AA 1＝8. 因为EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10. 于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，所以AH ＝10.以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则A (10,0,0)，H (10,10,0)，E (10,4,8)，F (0,4,8)，FE →＝(10,0,0)，HE →＝(0，－6，8)．设n ＝(x ，y ，z )是平面EHGF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝0，n ·HE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧10x ＝0，－6y ＋8z ＝0，所以可取n ＝(0,4,3)．又AF →＝(－10,4,8)，故|cos 〈n ，AF →〉|＝|n ·AF →||n ||AF →|＝4515.所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为4515.4．如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1－AC －B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E 的长．解如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (2,0,0)，D (1，－2,0)，A 1(0,0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(2,0,2)，D1(1，－2,2)．又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，1，N (1，－2,1)．(1)证明：依题意，可得n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量.MN →＝(0，－52，0)．由此可得MN →·n ＝0，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2)AD 1→＝(1，－2,2)，AC →＝(2,0,0)．设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0.不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0,1,1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0，又AB 1→＝(0,1,2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0.不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2，1)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010，所以，二面角D 1－AC －B 1的正弦值为31010.(3)依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈[0,1]，则E (0，λ，2)，从而NE →＝(－1，λ＋2,1)．又n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量，由已知，得cos 〈NE →，n 〉＝NE →·n|NE →|·|n |＝1－2＋λ＋2＋12＝13，整理得λ2＋4λ－3＝0，又因为λ∈[0,1]，解得λ＝7－2.所以，线段A 1E 的长为7－2.5．如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．解以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如下图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．(1)因为AD ⊥平面PAB ，所以AD →是平面PAB 的一个法向量，AD →＝(0,2,0)．因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)．设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1.所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量．从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m|AD →||m |＝33，所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP→|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2. 设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255.6．如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，AB ⊥B 1C .(1)证明：AC ＝AB 1；(2)若AC ⊥AB 1，∠CBB 1＝60°，AB ＝BC ，求二面角A －A 1B 1－C 1的余弦值．解 (1)证明：连接BC 1，交B 1C 于点O ，连接AO ，因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为B 1C 及BC 1的中点．又AB ⊥B 1C ，所以B 1C ⊥平面ABO .由于AO ⊂平面ABO ，故B 1C ⊥AO . 又B 1O ＝CO ，故AC ＝AB 1.(2)因为AC ⊥AB 1，且O 为B 1C 的中点，所以AO ＝CO . 又因为AB ＝BC ，所以△BOA ≌△BOC .故OA ⊥OB ，从而OA ，OB ，OB 1两两互相垂直．以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，|OB →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .因为∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形．又AB ＝BC ，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，33，B (1,0,0)，B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－33，0， AB 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33，－33，A 1B 1→＝AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，－33，B 1C 1→＝BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－33，0.设n ＝(x ，y ，z )是平面AA 1B 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AB 1→＝0，n ·A 1B 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧33y －33z ＝0，x －33z ＝0.所以可取n ＝(1，3，3)．设m 是平面A 1B 1C 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B 1→＝0，m ·B 1C 1→＝0.同理可取m ＝(1，－3，3)．则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝17.所以二面角A －A 1B 1－C 1的余弦值为17.7．在平面四边形ABCD 中，AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD .将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图．(1)求证：AB ⊥CD ；(2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．解 (1)证明：∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，AB ⊥BD ，∴AB ⊥平面BCD .又CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD.(2)过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD ，如图．由(1)知AB ⊥平面BCD ，BE ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD ， ∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD .以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意，得B (0,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，A (0,0,1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，则BC →＝(1,1,0)，BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，AD →＝(0,1，－1)．设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，12y 0＋12z 0＝0，取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1,1)．设直线AD 与平面MBC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →||n ||AD →|＝63，即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为63. 8．如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，AC ∩BD ＝O ，A 1C 1∩B 1D 1＝O 1，四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形．(1)证明：O 1O ⊥底面ABCD ；(2)若∠CBA ＝60°，求二面角C 1－OB 1－D 的余弦值．解 (1)证明：如图1，因为四边形ACC 1A 1为矩形，所以CC 1⊥AC .同理DD 1⊥BD . 因为CC 1∥DD 1，所以CC 1⊥BD . 而AC ∩BD ＝O ，因此CC 1⊥底面ABCD .由题设知，O 1O ∥C 1C .故O 1O ⊥底面ABCD . (2)解法一：如图1，过O 1作O 1H ⊥OB 1于H ，连接HC 1. 由(1)知，O 1O ⊥底面ABCD ，所以O 1O ⊥底面A 1B 1C 1D 1，于是O 1O ⊥A 1C 1.又因为四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，所以四边形A 1B 1C 1D 1是菱形，因此A 1C 1⊥B 1D 1，从而A 1C 1⊥平面BDD 1B 1，所以A 1C 1⊥OB 1，于是OB 1⊥平面O 1HC 1，进而OB 1⊥C 1H .故∠C 1HO 1是二面角C 1－OB 1－D 的平面角．不妨设AB ＝2.因为∠CBA ＝60°，所以OB ＝3，OC ＝1，OB 1＝7.在Rt △OO 1B 1中，易知O 1H ＝OO 1 ·O 1B 1OB 1＝237.而O 1C 1＝1，于是C 1H ＝O 1C 21＋O 1H 2＝1＋127＝197. 故cos ∠C 1HO 1＝O 1HC 1H＝237197＝25719.即二面角C 1－OB 1－D 的余弦值为25719.解法二：因为四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD 是菱形，因此AC ⊥BD .又O 1O ⊥底面ABCD ，从而OB ，OC ，OO 1两两垂直．如图2，以O 为坐标原点，OB ，OC ，OO 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系O －xyz .不妨设AB ＝2.因为∠CBA ＝60°，所以OB ＝3，OC ＝1，于是相关各点的坐标为：O (0,0,0)，B 1(3，0,2)，C 1(0,1,2)．易知，n 1＝(0,1,0)是平面BDD 1B 1的一个法向量．设n 2＝(x ，y ，z )是平面OB 1C 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·OB 1→＝0，n 2·OC 1→＝0，即⎩⎨⎧3x ＋2z ＝0，y ＋2z ＝0.取z ＝－3，则x ＝2，y ＝23，所以n 2＝(2,23，－3)．设二面角C 1－OB 1－D 的大小为θ，易知θ是锐角，于是 cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝2319＝25719.故二面角C 1－OB 1－D 的余弦值为25719.9．三棱锥A －BCD 及其侧视图、俯视图如图所示．设M ，N 分别为线段AD ，AB 的中点，P 为线段BC 上的点，且MN ⊥NP .(1)证明：P是线段BC的中点；(2)求二面角A－NP－M的余弦值．解(1)证明：如图，取BD中点O，连接AO，CO.由侧视图及俯视图知，△ABD，△BCD为正三角形，因此AO⊥BD，OC⊥BD.因为AO，OC⊂平面AOC，且AO∩OC＝O，所以BD⊥平面AOC.又因为AC⊂平面AOC，所以BD⊥AC.取BO的中点H，连接NH，PH.又M，N分别为线段AD，AB的中点，所以NH∥AO，MN∥BD.因为AO⊥BD，所以NH⊥BD.因为MN⊥NP，所以NP⊥BD.因为NH，NP⊂平面NHP，且NH∩NP＝N，所以BD⊥平面NHP.又因为HP⊂平面NHP，所以BD⊥HP.又OC⊥BD，HP⊂平面BCD，OC⊂平面BCD，所以HP∥OC.因为H为BO中点，故P为BC 中点．(2)解法一：如图，作NQ⊥AC于Q，连接MQ.由(1)知，NP ∥AC ，所以NQ ⊥NP .因为MN ⊥NP ，所以∠MNQ 为二面角A －NP －M 的一个平面角．由(1)知，△ABD ，△BCD 为边长为2的正三角形，所以AO ＝OC ＝ 3. 由俯视图可知，AO ⊥平面BCD . 因为OC ⊂平面BCD ，所以AO ⊥OC ，因此在等腰Rt △AOC 中，AC ＝ 6. 作BR ⊥AC 于R ，在△ABC 中，AB ＝BC ，所以BR ＝AB 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫AC 22＝102.因为在平面ABC 内，NQ ⊥AC ，BR ⊥AC ，所以NQ ∥BR .又因为N 为AB 的中点，所以Q 为AR 的中点，因此NQ ＝BR 2＝104.同理，可得MQ ＝104.所以在等腰△MNQ 中，cos ∠MNQ ＝MN 2NQ ＝BD4NQ ＝105.故二面角A －NP －M 的余弦值是105. 解法二：由俯视图及(1)可知，AO⊥平面BCD . 因为OC ，OB ⊂平面BCD ，所以AO ⊥OC ，AO ⊥OB .又OC ⊥OB ，所以直线OA ，OB ，OC 两两垂直．如图，以O 为坐标原点，以OB →，OC →，OA →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O －xyz .则A (0,0，3)，B (1,0,0)，C (0，3，0)，D (－1,0,0)．因为M ，N 分别为线段AD ，AB 的中点，又由(1)知，P 为线段BC 的中点，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，32，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0.于是AB →＝(1,0，－3)，BC →＝(－1，3，0)，MN →＝(1,0,0)，NP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，－32.设平面ABC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1⊥AB →，n 1⊥BC →，即⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB →＝0，n 1·BC →＝0，有 ⎩⎨⎧x 1，y 1，z 1，0，－3＝0，x 1，y 1，z 1－1，3，＝0，从而⎩⎨⎧x 1－3z 1＝0，－x 1＋3y 1＝0.取z 1＝1，则x 1＝3，y 1＝1，所以n 1＝(3，1,1)．设平面MNP 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2⊥MN →，n 2⊥NP →，即⎩⎪⎨⎪⎧n 2·MN →＝0，n 2·NP →＝0，有⎩⎪⎨⎪⎧x 2，y 2，z 2，0，＝0，x 2，y 2，z 2⎝⎛⎭⎪⎫0，32，－32＝0，从而⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，32y 2－32z 2＝0.取z 2＝1，所以n 2＝(0,1,1)．设二面角A －NP －M的大小为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪3，1，，1，5×2＝105. 故二面角A －NP －M 的余弦值是105.10．如图，四棱锥P －ABCD 中，ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD .(1)求证：AB ⊥PD ；(2)若∠BPC ＝90°，PB ＝2，PC ＝2，问AB 为何值时，四棱锥P －ABCD 的体积最大？并求此时平面PBC 与平面DPC 夹角的余弦值．解 (1)证明：ABCD 为矩形，故AB ⊥AD ；又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PD .(2)过P 作AD 的垂线，垂足为O ，过O 作BC 的垂线，垂足为G ，连接PG .故PO ⊥平面ABCD ，BC ⊥平面POG ，BC ⊥PG ，在Rt △BPC 中，PG ＝233，GC ＝263，BG ＝63，设AB ＝m ，则OP ＝PG 2－OG 2＝43－m 2，故四棱锥P －ABCD 的体积为V ＝13·6·m ·43－m 2＝m 3·8－6m 2. 因为m 8－6m 2＝8m 2－6m 4 ＝－6⎝⎛⎭⎪⎫m 2－232＋83，故当m ＝63，即AB ＝63时，四棱锥P －ABCD 的体积最大．此时，建立如图所示的坐标系，各点的坐标为O (0,0,0)，B ⎝⎛⎭⎪⎫63，－63，0，C ⎝⎛ 63，⎭⎪⎫263，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，263，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，63. 故PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫63，263，－63，BC →＝(0，6，0)，CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－63，0，0，设平面BPC 的法向量n 1＝(x ，y,1)，则由n 1⊥PC →，n 1⊥BC →得⎩⎪⎨⎪⎧63x ＋263y －63＝0，6y ＝0，解得x ＝1，y ＝0，n 1＝(1,0,1)．同理可求出平面DPC 的法向量n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，从而平面BPC 与平面DPC 夹角θ的余弦值为 cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝12·14＋1＝105. 11．四面体ABCD 及其三视图如图所示，过棱AB 的中点E 作平行于AD ，BC 的平面分别交四面体的棱BD ，DC ，CA 于点F ，G ，H .(1)证明：四边形EFGH 是矩形；(2)求直线AB 与平面EFGH 夹角θ的正弦值．解 (1)证明：由该四面体的三视图可知，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，BD ＝DC ＝2，AD ＝1，由题设，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 ⊥DC ，AD ⊥BD ，∴AD ⊥平面BDC . ∴AD ⊥BC .∴EF ⊥FG .∴四边形EFGH 是矩形．(2)解法一：如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (0,0,1)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，DA →＝(0,0,1)，BC →＝(－2,2,0)，BA →＝(－2,0,1)．设平面EFGH 的法向量n ＝(x ，y ，z )，∵EF ∥AD ，FG ∥BC ，∴n ·DA →＝0，n ·BC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，－2x ＋2y ＝0，取n ＝(1,1,0)．∴sin θ＝|cos 〈BA →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪BA →·n |BA →||n |＝25×2＝105. 解法二：如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (0,0,1)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，∵E 是AB 的中点，∴F ，G 分别是BD ，DC 的中点，得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12，F (1,0,0)，G (0,1,0)． ∴FE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，12，FG →＝(－1,1,0)，BA ＝(－2,0,1)．设平面EFGH 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则n ·FE →＝0，n ·FG →＝0.得⎩⎪⎨⎪⎧12z ＝0，－x ＋y ＝0，取n ＝(1,1,0)．∴sin θ＝|cos 〈BA →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪BA →·n |BA →||n |＝25×2＝105. 12.如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB＝1，点E 为棱PC 的中点．(1)证明：BE ⊥DC ；(2)求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；(3)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F －AB －P 的余弦值．解解法一：依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B (1,0,0)，C(2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．由E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1)．(1)证明：向量BE →＝(0,1,1)，DC →＝(2,0,0)，故BE →·DC →＝0.所以BE ⊥DC .(2)向量BD →＝(－1,2,0)，PB →＝(1,0，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，x －2z ＝0.不妨令y ＝1，可得n ＝(2,1,1)为平面PBD 的一个法向量．于是有cos 〈n ，BE →〉＝n ·BE→|n |·|BE →|＝26×2＝33. 所以，直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33. (3)向量BC →＝(1,2,0)，CP →＝(－2，－2,2)，AC →＝(2,2,0)，AB →＝(1,0,0)．由点F 在棱PC 上，设CF →＝λCP →，0≤λ≤1.故BF →＝BC →＋CF →＝BC →＋λCP →＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由BF ⊥AC ，得BF →·AC →＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝34.即BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，32.设n 1＝(x ，y ，z )为平面FAB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB →＝0，n 1·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0.不妨令z ＝1，可得n 1＝(0，－3,1)为平面FAB 的一个法向量．取平面ABP 的法向量n 2＝(0,1,0)．则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－310×1＝－31010.易知，二面角F －AB －P 是锐角，所以其余弦值为31010.解法二：(1)证明：如图，取PD 中点M ，连接EM ，AM .由于E ，M 分别为PC ，PD 的中点，故EM ∥DC ，且EM ＝12DC ，又由已知，可得EM ∥AB 且EM ＝AB ，故四边形ABEM 为平行四边形，所以BE ∥AM . 因为PA ⊥底面ABCD ，故PA ⊥CD ，而CD ⊥DA ，从而CD ⊥平面PAD ，因为AM ⊂平面PAD ，于是CD ⊥AM ，又BE ∥AM ，所以BE ⊥CD .(2)连接BM .由(1)知CD ⊥平面PAD ，得CD ⊥PD ，而EM ∥CD ，故PD ⊥EM . 又因为AD ＝AP ，M 为PD 的中点，故PD ⊥AM ，可得PD ⊥BE ，所以PD ⊥平面BEM ，故平面BEM ⊥平面PBD .所以，直线BE 在平面PBD 内的射影为直线BM ，而BE ⊥EM ，可得∠EBM 为锐角，故∠EBM 为直线BE 与平面PBD 所成的角．依题意，有PD ＝22，而M 为PD 中点，可得AM ＝2，进而BE ＝ 2. 故在直角三角形BEM 中，tan ∠EBM ＝EM BE ＝AB BE＝12，因此sin ∠EBM ＝33.所以，直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33. (3)如图，在△PAC 中，过点F 作FH ∥PA 交AC 于点H .因为PA ⊥底面ABCD ，故FH ⊥底面ABCD ，从而FH ⊥AC .又BF ⊥AC ，得AC ⊥平面FHB ，因此AC ⊥BH . 在底面ABCD 内，可得CH ＝3HA ，从而CF ＝3FP . 在平面PDC 内，作FG ∥DC 交PD 于点G ，于是DG ＝3GP . 由于DC ∥AB ，故GF ∥AB ，所以A ，B ，F ，G 四点共面．由AB ⊥PA ，AB ⊥AD ，得AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥AG . 所以∠PAG 为二面角F －AB －P 的平面角．在△PAG 中，PA ＝2，PG ＝14PD ＝22，∠APG ＝45°，由余弦定理可得AG ＝102，cos ∠PAG＝31010. 所以二面角F －AB －P 的余弦值为31010.。

高考数学异构异模复习第八章课时撬分练8.5空间向量与理3

2018高考数学异构异模复习考案第八章立体几何课时撬分练8.5空间向量与立体几何理时间：45分钟基础组1.[2016·枣强中学猜题]若直线l 的方向向量为a ＝(1，－1，2)，平面α的法向量为u ＝(－2,2，－4)，则( )A ．l ∥αB ．l ⊥αC ．l ⊂αD ．l 与α斜交答案 B解析因为直线l 的方向向量a ＝(1，－1,2)与平面α的法向量u ＝(－2,2，－4)共线，则说明了直线与平面垂直，故选B.2．[2016·衡水中学期中]正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 在AC 1上且AM →＝12MC 1→，N 为B 1B 的中点，则|MN →|为( )A.216aB.66aC.156a D.153a 答案 A解析 MN →＝MA →＋AB →＋BN →＝－13AC 1→＋AB →＋BN →＝－13(AB →＋AD →＋AA 1→)＋AB →＋12AA 1→＝23AB →＋16AA 1→－13AD →， ∴|MN →|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23AB →＋16AA 1→－13AD →2＝2136a 2＝216a . 3．[2016·武邑中学期中]平面α的一个法向量为(1,2,0)，平面β的一个法向量为(2，－1,0)，则平面α和平面β的位置关系是( )A ．平行B ．相交但不垂直C ．垂直D ．重合答案 C解析由(1,2,0)·(2，－1,0)＝1×2＋2×(－1)＋0×0＝0，知两平面的法向量互相垂直，所以两平面互相垂直．4．[2016·衡水中学期末]如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为()A.55B.53C.255D.35答案 A解析设CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2，故B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，A (2,0,0)，B 1(0,2,1)，则BC 1→＝(0,2，－1)，AB 1→＝(－2,2,1)，cos 〈BC 1→，AB 1→〉＝BC 1→·AB 1→|BC 1→|·|AB 1→|＝335＝55，即直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为55.故选A. 5.[2016·冀州中学猜题]如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB ，B 1C 的中点，则EF 和平面ABCD 所成角的正切值为( )A. 2B.22C.12 D ．2答案 B解析如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则点C (0,1,0)，D 1(0,0,1)，B 1(1,1,1)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，12，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，12DD 1→＝(0,0,1)为底面的一个法向量，cos 〈EF →，DD 1→〉＝EF →·DD 1→|EF →||DD 1→|＝13＝33，所以EF 和平面ABCD 所成角θ的正弦值为 sin θ＝33，∴tan θ＝sin θcos θ＝22.故选B. 6．[2016·武邑中学仿真]过正方形ABCD 的顶点A 作线段PA ⊥平面ABCD ，若AB ＝PA ，则平面ABP 与平面CDP 所成的锐二面角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°答案 B解析建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝PA ＝1，知A (0,0,0)，B (1,0,0)，D (0,1,0)，C (1,1,0)，P (0,0,1) 由题意得，AD ⊥平面ABP ，设E 为PD 的中点，连接AE ，则AE ⊥PD ，又∵CD ⊥平面PAD ，∴AE ⊥CD ，又PD ∩CD ＝D ，∴AE ⊥平面CDP .∴AD →＝(0,1,0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12分别是平面ABP 、平面CDP 的法向量，而〈AD →，AE →〉＝45°，∴平面ABP 与平面CDP 所成的锐二面角为45°.7．[2016·衡水中学模拟]若平面α的一个法向量为n ＝(4,1,1)，直线l 的一个方向向量为a ＝(－2，－3,3)，则l 与α所成角的正弦值为________．答案41133 解析设l 与α所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝|n ·a ||n ||a |＝|－8－3＋3|16＋1＋1×4＋9＋9＝41133. 8．[2016·冀州中学期中]已知在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A 1到截面AB 1D 1的距离是________．答案 43解析如图建立空间直角坐标系D －xyz ，则A 1(2,0,4)，A (2,0,0)，B 1(2,2,4)，D 1(0,0,4)， AD 1→＝(－2,0,4)，AB 1→＝(0,2,4)，AA 1→＝(0,0,4)，设平面AB 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD 1→＝0，n ·AB 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋4z ＝0，2y ＋4z ＝0，解得x ＝2z 且y ＝－2z ，不妨设n ＝(2，－2,1)，设点A 1到平面AB 1D 1的距离为d .则d ＝|AA 1→·n ||n |＝43.9．[2016·衡水中学仿真]已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝2，AA 1＝4，D 是棱AA 1的中点．如图所示．(1)求证：DC 1⊥平面BCD ； (2)求二面角A －BD －C 的大小．解 (1)证明：按如图所示建立空间直角坐标系．由题意，可得点C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，D (2,0,2)，A 1(2,0,4)，C 1(0,0,4)．于是，DC 1→＝(－2,0,2)，DC →＝(－2,0，－2)，DB →＝(－2，2，－2)．可算得DC 1→·DC →＝0，DC 1→·DB →＝0. 因此，DC 1⊥DC ，DC 1⊥DB .又DC ∩DB ＝D ，所以DC 1⊥平面BDC .(2)设n ＝(x ，y ，z )是平面ABD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AD →＝0.又AB →＝(－2,2,0)，AD →＝(0,0,2)，所以⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＝0，2z ＝0.取y ＝1，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝1，z ＝0，即平面ABD 的一个法向量是n ＝(1,1,0)．由(1)知，DC 1→是平面DBC 的一个法向量，记n 与DC 1→的夹角为θ，则cos θ＝n ·DC 1→|n ||DC 1→|＝－12，θ＝2π3. 结合三棱柱可知，二面角A －BD －C 是锐角，故所求二面角A －BD －C 的大小是π3.10. [2016·枣强中学预测]如图所示的长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为2的正方形，O 为AC 与BD 的交点，BB 1＝2，M 是线段B 1D 1的中点．(1)求证：BM ∥平面D 1AC ； (2)求证：D 1O ⊥平面AB 1C ； (3)求二面角B －AB 1－C 的大小．解 (1)证明：建立如图所示的空间直角坐标系，则点O (1,1,0)，D 1(0,0，2)， ∴OD 1→＝(－1，－1，2)，又点B (2,2,0)，M (1,1，2)， ∴BM →＝(－1，－1，2)， ∴OD 1→＝BM →，又∵OD 1与BM 不共线， ∴OD 1∥BM .又OD 1⊂平面D 1AC ，BM ⊄平面D 1AC ， ∴BM ∥平面D 1AC .(2)证明：连接OB 1，∵OD 1→·OB 1→＝(－1，－1，2)·(1,1，2)＝0，OD 1→·AC →＝(－1，－1，2)·(－2,2,0)＝0，∴OD 1→⊥OB 1→，OD 1→⊥AC →，即OD 1⊥OB 1，OD 1⊥AC ，又OB 1∩AC ＝O ，∴D 1O ⊥平面AB 1C . (3)∵CB ⊥AB ，CB ⊥BB 1，∴CB ⊥平面ABB 1， ∴BC →＝(－2,0,0)为平面ABB 1的一个法向量． ∵OD 1→⊥OB 1→，OD 1→⊥AC →，∴OD 1→＝(－1，－1，2)为平面AB 1C 的一个法向量．∴cos 〈BC →，OD 1→〉＝BC →·OD 1→|BC →|·|OD 1→|＝22×2＝12， ∴BC →与OD 1→的夹角为60°，即二面角B －AB 1－C 的大小为60°.11．[2016·冀州中学一轮检测]如图1，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝30°，∠ABC ＝90°，D 为AC 中点，AE ⊥BD 于点E ，延长AE 交BC 于点F ，将△ABD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，如图2所示．(1)求证：AE ⊥平面BCD ； (2)求二面角A －DC －B 的余弦值；(3)在线段AF 上是否存在点M 使得EM ∥平面ADC ？若存在，请指明点M 的位置；若不存在，请说明理由．解 (1)证明：因为平面ABD ⊥平面BCD ，交线为BD ，又在△ABD 中，AE ⊥BD 于点E ，AE ⊂平面ABD ，所以AE ⊥平面BCD .(2)由(1)中AE ⊥平面BCD 可得AE ⊥EF . 由题意可知EF ⊥BD ，又AE ⊥BD ，如图，以E 为坐标原点，分别以EF ，ED ，EA 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系E －xyz ，不妨设AB ＝BD ＝DC ＝AD ＝2，则BE ＝ED ＝1.由图1条件计算得AE ＝3，BC ＝23，BF ＝33，则E (0,0,0)，D (0,1,0)，B (0，－1，0)，A (0,0，3)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫33，0，0，C (3，2,0)，DC →＝(3，1,0)，AD →＝(0,1，－3)．由AE⊥平面BCD 可知平面DCB 的法向量为EA →，EA →＝(0,0，3)，设平面ADC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DC →＝0，n ·AD →＝0，即⎩⎨⎧3x ＋y ＝0，y －3z ＝0.令z ＝1，则y ＝3，x ＝－1，所以n ＝(－1，3，1)．因为平面DCB 的法向量为EA →，所以cos 〈n ，EA →〉＝EA →·n|EA →||n |＝55. 所以二面角A －DC －B 的余弦值为55. (3)设AM →＝λAF →，其中λ∈[0,1]．由于AF →＝⎝⎛⎭⎪⎫33，0，－3，所以AM →＝λAF →＝λ⎝⎛⎭⎪⎫33，0，－3，其中λ∈[0,1]．所以EM →＝EA →＋AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33λ，0，－λ3.由EM →·n ＝0，即－33λ＋(1－λ)3＝0，解得λ＝34∈(0,1)．所以在线段AF 上存在点M 使EM ∥平面ADC ，且AM AF ＝34.12．[2016·武邑中学一轮检测]如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，点E 在棱AB 上移动．(1)求证：D 1E ⊥A 1D ；(2)当E 点为AB 的中点时，求点E 到平面ACD 1的距离； (3)AE 为何值时，二面角D 1－EC －D 的大小为π4？解 (1)证明：建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,2,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,1)，D 1(0,0,1)．∵E 在棱AB 上移动，∴设E (1，a,0)，0≤a ≤2.∵D 1E →＝(1，a ，－1)，A 1D →＝(－1,0，－1)，∴D 1E →·A 1D →＝0，∴D 1E ⊥A 1D . (2)设平面ACD 1的法向量为m ＝(x ，y ，z )，点E 到平面ACD 1的距离为h . ∵AC →＝(－1,2,0)，AD 1→＝(－1,0,1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，－x ＋z ＝0，令y ＝1，则m ＝(2,1,2)．又E (1,1,0)，CE →＝(1，－1,0)，∴CE 与平面ACD 1所成角的正弦值为|m ·CE →||m ||CE →|＝132＝26，∴h ＝|CE →|·26＝13.(3)设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， ∵D 1E →＝(1，a ，－1)，D 1C →＝(0,2，－1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋ay 1－z 1＝0，2y 1－z 1＝0，令y 1＝1，得n ＝(2－a,1,2)．易知平面ECD 的一个法向量为DD 1→＝(0,0,1)，则|cos 〈n ，DD 1→〉|＝2－a 2＋5＝22，可得a ＝2－3或a ＝2＋3(不符合，舍去)， ∴当AE ＝2－3时，二面角D 1－EC －D 的大小为π4.能力组13．[2016·武邑中学月考]如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，PC ＝2，在四边形ABCD 中，∠B ＝∠C ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，点M 在PB上，PB ＝4PM ，PB 与平面ABCD 成30°的角．求证：(1)CM ∥平面PAD ； (2)平面PAB ⊥平面PAD .证明以C 为坐标原点，CB 为x 轴，CD 为y 轴，CP 为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .∵PC ⊥平面ABCD ，∴∠PBC 为PB 与平面ABCD 所成的角， ∴∠PBC ＝30°，∵PC ＝2，∴BC ＝23，PB ＝4，∴D (0,1,0)，B (23，0,0)，A (23，4,0)，P (0,0,2)，M ⎝⎛⎭⎪⎫32，0，32，∴DP →＝(0，－1,2)，DA →＝(23，3,0)，CM →＝⎝⎛⎭⎪⎫32，0，32.(1)设n ＝(x ，y ，z )为平面PAD 的一个法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧DP →·n ＝－y ＋2z ＝0，DA →·n ＝23x ＋3y ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧z ＝12y ，x ＝－32y ，令y ＝2，得n ＝(－3，2,1)． ∵n ·CM →＝－3×32＋2×0＋1×32＝0， ∴n ⊥CM →.又CM ⊄平面PAD ， ∴CM ∥平面PAD .(2)如图，取AP 的中点E ，连接BE ，则E (3，2,1)，BE →＝(－3，2,1)． ∵PB ＝AB ，∴BE ⊥PA .又∵BE →·DA →＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0， ∴BE →⊥DA →，∴BE ⊥DA .又PA ∩DA ＝A ，∴BE ⊥平面PAD . 又∵BE ⊂ 平面PAB ， ∴平面PAB ⊥平面PAD .14．[2016·衡水中学热身]在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面ABB 1A 1为矩形，AB ＝1，AA 1＝2，D 为AA 1的中点，BD 与AB 1交于点O ，CO ⊥侧面ABB 1A 1.(1)证明：BC ⊥AB 1；(2)若OC ＝OA ，求直线C 1D 与平面ABC 所成角的正弦值．解 (1)证明：由题意tan ∠ABD ＝AD AB ＝22，tan ∠AB 1B ＝AB BB 1＝22，注意到0<∠ABD ，∠AB 1B <π2，所以∠ABD ＝∠AB 1B .所以∠ABD ＋∠BAB 1＝∠AB 1B ＋∠BAB 1＝π2.所以AB 1⊥BD .又CO ⊥侧面ABB 1A 1，所以AB 1⊥CO . 又BD 与CO 交于点O ，所以AB 1⊥面CBD .又因为BC ⊂面CBD ，所以BC ⊥AB 1.(2)如图，分别以OD ，OB 1，OC 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴，以O 为原点，建立空间直角坐标系O －xyz ，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－33，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－63，0，0，C ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，33， B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫66，0，0.又因为CC 1→＝2AD →，所以C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫63，233，33.所以AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－63，33，0， AC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33，33，DC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫66，233，33.设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则根据AB →·n ＝0，AC →·n ＝0可得n ＝(1，2，－2)是平面ABC 的一个法向量，设直线C 1D 与平面ABC 所成角为α.则sin α＝|DC 1→·n ||DC 1→||n |＝35555.15．[2016·冀州中学期末]如图，在几何体ABC －A 1B 1C 1中，点A 1，B 1，C 1在平面ABC 内的正投影分别为A ，B ，C ，且AB ⊥BC ，AA 1＝BB 1＝4，AB ＝BC ＝CC 1＝2，E 为AB 1中点．(1)求证：CE ∥平面A 1B 1C 1； (2)求二面角B 1－AC 1－C 的大小．解 (1)证明：由题知AA 1⊥平面ABC ，BB 1⊥平面ABC ，CC 1⊥平面ABC ， ∴AA 1∥BB 1∥CC 1.如图，取A 1B 1中点F ，连接EF ，FC 1， ∵E 为AB 1中点，∴EF 綊12A 1A .∵AA 1＝4，CC 1＝2，∴CC 1綊12A 1A ，∴EF 綊CC 1，∴四边形EFC 1C 为平行四边形， ∴CE ∥C 1F .∵CE ⊄平面A 1B 1C 1，C 1F ⊂平面A 1B 1C 1， ∴CE ∥平面A 1B 1C 1.(2)由题知，AB ⊥BC ，又BB 1⊥平面ABC ，∴BB 1⊥AB ，BB 1⊥BC ，分别以BA ，BC ，BB 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．则A (2,0,0)，C (0,2,0)，B 1(0,0,4)，C 1(0,2,2)， ∴AC →＝(－2,2,0)，CC 1→＝(0,0,2)，AB 1→＝(－2,0,4)，B 1C 1→＝(0,2，－2)．设平面ACC 1的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则m ·AC →＝0，m ·CC 1→＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ －2x 1＋2y 1＝02z 1＝0，令x 1＝1，得m ＝(1,1,0)，设平面AB 1C 1的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则n ·AB 1→＝0，n ·B 1C 1→＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧－2x 2＋4z 2＝02y 2－2z 2＝0，令z 2＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2，y 2＝1，∴n ＝(2,1,1)．∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝32.由图知，二面角B 1－AC 1－C 是钝角，∴二面角B 1－AC 1－C 的大小为150°.16. [2016·衡水中学预测]在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝22，∠ABC ＝90°，如图①所示，把△ABD 沿BD 翻折，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图②所示．(1)求证：CD ⊥AB ；(2)若点M 为线段BC 的中点，求DM 与平面ACD 所成角的正弦值；(3)在线段BC 上是否存在点N ，使得AN 与平面ACD 所成的角为60°？若存在，求出BNBC的值；若不存在，说明理由．解 (1)证明：由已知条件可得，BD ＝2，CD ＝2，又BD 2＋CD 2＝BC 2，∴CD ⊥BD .∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，∴CD ⊥平面ABD .∵AB ⊂平面ABD ，∴CD ⊥AB.(2)以点D 为原点，BD 所在的直线为x 轴，DC 所在的直线为y 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则各相关点的坐标为A (1,0,1)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (0,0,0)，M (1,1,0)．∴CD →＝(0，－2,0)，AD →＝(－1,0，－1)，MC →＝(－1,1,0)，DM →＝(1,1,0)．设平面ACD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则CD →⊥n ，AD →⊥n ，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋z ＝0，令x ＝1，得平面ACD 的一个法向量为n ＝(1,0，－1)．若DM 与平面ACD 所成的角为θ，则DM 与平面ACD 所成角的正弦值为sin θ＝|cos 〈n ，DM →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DM →|n ||DM →|＝12.(3)假设在线段BC 上存在点N ，使得AN 与平面ACD 所成的角为60°. 设BN →＝λBC →，0<λ<1，则N (2－2λ，2λ，0)，∴AN →＝(1－2λ，2λ，－1)． ∵平面ACD 的一个法向量为n ＝(1,0，－1)，且直线AN 与平面ACD 所成的角为60°，∴sin60°＝|AN →·n ||AN →||n |＝32，整理得8λ2＋2λ－1＝0，∴λ＝14或λ＝－12(舍去)．综上所述，在线段BC 上存在点N ，使AN 与平面ACD 所成的角为60°，此时BN BC ＝14.。

高考数学异构异模复习第八章立体几何8.1.2表面积课件理

[考法综述] 高考对空间几何体的表面积的考查，主要借助于三视图和不规则图形，而不是单纯应用公式，因此在掌握柱、锥、台、球的表面积公式及其推导过程的基础上，还要掌握一些组合体表面积的处理方法．
命题法根据几何体的特征或三视图求表面积典例某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
A．180 B．200 C．220 D．240
编后语
• 同学们在听课的过程中，还要善于抓住各种课程的特点，运用相应的方法去听，这样才能达到最佳的学习效果。 • 一、听理科课重在理解基本概念和规律 • 数、理、化是逻辑性很强的学科，前面的知识没学懂，后面的学习就很难继续进行。因此，掌握基本概念是学习的关键。上课时要抓好概念的理解，
同时，大家要开动脑筋，思考老师是怎样提出问题、分析问题、解决问题的，要边听边想。为讲明一个定理，推出一个公式，老师讲解顺序是怎样的，为什么这么安排？两个例题之间又有什么相同点和不同之处？特别要从中学习理科思维的方法，如观察、比较、分析、综合、归纳、演绎等。 • 作为实验科学的物理、化学和生物，就要特别重视实验和观察，并在获得感性知识的基础上，进一步通过思考来掌握科学的概念和规律，等等。 • 二、听文科课要注重在理解中记忆 • 文科多以记忆为主，比如政治，要注意哪些是观点，哪些是事例，哪些是用观点解释社会现象。听历史课时，首先要弄清楚本节教材的主要观点，然后，弄清教材为了说明这一观点引用了哪些史实，这些史料涉及的时间、地点、人物、事件。最后，也是关键的一环，看你是否真正弄懂观点与史料间的关系。最好还能进一步思索：这些史料能不能充分说明观点？是否还可以补充新的史料？有无相反的史料证明原观点不正确。 • 三、听英语课要注重实践 • 英语课老师往往讲得不太多，在大部分的时间里，进行的师生之间、学生之间的大量语言实践练习。因此，要上好英语课，就应积极参加语言实践活动，珍惜课堂上的每一个练习机会。

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