(通用版)高考数学一轮复习第七章立体几何分层限时跟踪练39
高三数学(理)一轮总复习练习-第七章 立体几何 7-4 Word版含答案
课时规范训练[A级基础演练]1．下列说法中正确的是()①一条直线如果和一个平面平行，它就和这个平面内的无数条直线平行；②一条直线和一个平面平行，它就和这个平面内的任何直线无公共点；③过直线外一点，有且仅有一个平面和已知直线平行；④如果直线l和平面α平行，那么过平面α内一点和直线l平行的直线在α内．A．①②③④B．①②③C．②④D．①②④解析：选 D.由线面平行的性质定理知①④正确；由直线与平面平行的定义知②正确；③错误，因为经过一点可作一直线与已知直线平行，而经过这条直线可作无数个平面．2．(2017·济南模拟)平面α∥平面β的一个充分条件是()A．存在一条直线a，a∥α，a∥βB．存在一条直线a，a⊂α，a∥βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α解析：选D.若α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β，则a∥α，a∥β，故排除A.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，故排除B.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C.故选D.3．已知a，b是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列命题中正确的是()A．a∥b，b⊂α，则a∥αB．a，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥βC．a⊥α，b∥α，则a⊥bD．当a⊂α，且b⊄α时，若b∥α，则a∥b解析：选C.A选项是易错项，由a∥b，b⊂α，也可能推出a⊂α；B中的直线a ，b 不一定相交，平面α，β也可能相交；C 正确；D 中的直线a ，b 也可能异面．4．已知直线a ，b ，平面α，则以下三个命题：①若a ∥b ，b ⊂α，则a ∥α；②若a ∥b ，a ∥α，则b ∥α；③若a ∥α，b ∥α，则a ∥b .其中真命题的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选A.对于①，若a ∥b ，b ⊂α，则应有a ∥α或a ⊂α，所以①不正确；对于②，若a ∥b ，a ∥α，则应有b ∥α或b ⊂α，因此②不正确；对于③，若a ∥α，b ∥α，则应有a ∥b 或a 与b 相交或a 与b 异面，因此③是假命题．综上，在空间中，以上三个命题都是假命题．5．如图，在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱BC ，CC 1的中点，P 是侧面BCC 1B 1内一点，若A 1P ∥平面AEF ，则线段A 1P 长度的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，52 B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤52，2 D ．[2，3]解析：选B.取B 1C 1的中点M ，BB 1的中点N ，连接A 1M ，A 1N ，MN ，可以证明平面A 1MN ∥平面AEF ，所以点P 位于线段MN 上，因为A 1M ＝A 1N ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 2＝52，MN ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 2＝22，所以当点P 位于M ，N 处时，A 1P 的长度最长，当P 位于MN 的中点O 时，A 1P 的长度最短，此时A 1O ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫24 2＝324，所以A 1O ≤A 1P ≤A 1M ，即324≤A 1P ≤52，所以线段A 1P 长度的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52，选B. 6．若m ，n 为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，则下列命题中真命题的序号是．①若m ，n 都平行于平面α，则m ，n 一定不是相交直线；②若m ，n 都垂直于平面α，则m ，n 一定是平行直线；③已知α，β互相平行，m ，n 互相平行，若m ∥α，则n ∥β；④若m ，n 在平面α内的射影互相平行，则m ，n 互相平行．解析：①为假命题，②为真命题，在③中，n 可以平行于β，也可以在β内，故是假命题，在④中，m ，n 也可能异面，故为假命题．答案：②7．过三棱柱ABC -A 1B 1C 1任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB 1A 1平行的直线有条．解析：如图，E 、F 、G 、H 分别是A 1C 1、B 1C 1、BC 、AC的中点，则与平面ABB 1A 1平行的直线有EF ，GH ，FG ，EH ，EG ，FH 共6条．答案：68.如图所示，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 分别是棱CC 1、C 1D 1、D 1D 、DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 满足条件时，有MN ∥平面B 1BDD 1.解析：由平面HNF ∥平面B 1BDD 1知，当M 点满足在线段FH 上有MN ∥平面B 1BDD 1.答案：M ∈线段FH9.已知四棱锥S -ABCD 中，四边形ABCD 是直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，SA ⊥平面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12，E 是棱SC 的中点．(1)求证：DE ∥平面SAB ；(2)求三棱锥S -BED 的体积．解：(1)证明：取线段SB 的中点F ，连接EF ，AF ，则EF ∥BC 且EF ＝12BC ，由已知AD ∥BC 且AD ＝12BC ，所以EF ∥AD ，且EF ＝AD ，所以AF ∥DE ，又AF ⊂平面SAB ，DE ⊄平面SAB ，所以DE ∥平面SAB .(2)因为E 是棱SC 的中点，所以V S -BDE ＝V C -BDE ＝V E -BDC ＝13S △BDC ·12SA ＝112.10．如图，四棱锥P -ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝12AD ，E ，F ，H 分别为线段AD ，PC ，CD 的中点，AC 与BE 交于O 点，G 是线段OF 上一点．(1)求证：AP ∥平面BEF ；(2)求证：GH ∥平面P AD .证明：(1)连接EC ，∵AD ∥BC ，BC ＝12AD ，∴BC═∥AE，∴四边形ABCE是平行四边形，∴O为AC的中点．又∵F是PC的中点，∴FO∥AP，FO⊂平面BEF，AP⊄平面BEF，∴AP∥平面BEF.(2)连接FH，OH，∵F，H分别是PC，CD的中点，∴FH∥PD，∴FH∥平面P AD.又∵O是BE的中点，H是CD的中点，∴OH∥AD，∴OH∥平面P AD.又FH∩OH＝H，∴平面OHF∥平面P AD.又∵GH⊂平面OHF，∴GH∥平面P AD.[B级能力突破]1．(2017·潍坊市模拟)如图，已知平行四边形ABCD与直角梯形ABEF所在的平面互相垂直，且AB＝BE＝12AF＝1，BE∥AF，AB⊥AF，∠CBA＝π4，BC＝2，P为DF的中点．(1)求证：PE∥平面ABCD；(2)求三棱锥A-BCE的体积．解：证明：(1)取AD的中点M，连接MP，MB，在△ADF中，FP＝PD，DM＝MA，∴MP ∥AF ，且MP ＝12AF .又BE ∥AF ，BE ＝12AF ，∴MP ∥BE ，且MP ＝BE ，∴四边形BMPE 为平行四边形．∴PE ∥BM .又PE ⊄平面ABCD ，BM ⊂平面ABCD ，∴PE ∥平面ABCD .(2)在△ABC 中，AB ＝1，∠CBA ＝π4，BC ＝2，∴由余弦定理AC 2＝BC 2＋AB 2－2BC ·AB cos ∠CBA ＝12＋(2)2－2×2×1×22＝1，得AC 2＋AB 2＝BC 2，∴AC ⊥AB .∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，又平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ，∴AC ⊥平面ABEF .又BE ∥AF ，AB ⊥AF ，∴BE ⊥AB ，又AB ＝BE ＝1，∴S △ABE ＝12×1×1＝12，∴V A -BCE ＝V C -ABE ＝13S △ABE ·AC ＝13×12×1＝16.2．如图，几何体E -ABCD 是四棱锥，△ABD 为正三角形，CB ＝CD ，EC ⊥BD .(1)求证：BE ＝DE ；(2)若∠BCD ＝120°，M 为线段AE 的中点．求证：DM ∥平面BEC .(3)在(2)的条件下，在线段AD上是否存在一点N，使得BN∥面DEC，并说明理由．证明：(1)取BD的中点O，连接CO，EO.由于CB＝CD，所以CO⊥BD，又EC⊥BD，EC∩CO＝C，CO，EC⊂平面EOC，所以BD⊥平面EOC，因此BD⊥EO，又O为BD的中点，所以BE＝DE.(2)法一：取AB的中点N，连接DM，DN，MN，因为M是AE的中点，所以MN∥BE.又MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，所以MN∥平面BEC.又因为△ABD为正三角形，所以∠BDN＝30°，又CB＝CD，∠BCD＝120°，因此∠CBD＝30°，所以∠BDN＝∠CBD，所以DN∥BC.又DN⊄平面BEC，BC⊂平面BEC，所以DN∥平面BEC.又MN∩DN＝N，故平面DMN∥平面BEC，又DM⊂平面DMN，所以DM∥平面BEC.法二：延长AD，BC交于点F，连接EF.因为CB＝CD，∠BCD＝120°，所以∠CBD＝30°.因为△ABD为正三角形，所以∠BAD＝∠ABD＝60°，所以∠ABC＝90°，因此∠AFB＝30°，所以AB＝12AF.又AB＝AD，所以D为线段AF的中点．连接DM，由于点M是线段AE的中点，因此DM∥EF.又DM⊄平面BEC，EF⊂平面BEC，所以DM∥平面BEC.(3)存在点N为AD的中点取AD的中点N，连接BN，O为BD的中点由(2)可知∠DCO＝60°，∴∠BDC＝30°，又∵DBN＝30°，∴BN∥DC.DC⊂面DEC，∴BN∥面DEC.。
高考数学一轮复习第七章 立体几何答案
第七章 立体几何第33讲 空间几何体的表面积与体积链教材·夯基固本 激活思维 1.B【解析】设圆柱的直径为2R ，则高为2R ，由题意得4R 2＝8，所以R ＝2，则圆柱表面积为π×(2)2×2＋2×2π×22＝12π.故选B. 2.B【解析】设底面半径为r cm ，因为S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π，所以r 2＝4，所以r ＝2.3. A 【解析】 底面边长为2，高为1的正三棱柱的体积是V ＝Sh ＝12×2×2sin60°×1＝3.4. C 【解析】 由题意，正方体的对角线就是球的直径，所以2R ＝3×23＝6，所以R ＝3，S ＝4πR 2＝36π.5.C【解析】设正四棱锥的高为h ，底面边长为a ，侧面三角形底边上的高为h ′，则依题意有⎩⎪⎨⎪⎧h2＝12ah ′，h2＝h ′2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 22，因此有h ′2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 22＝12ah ′，4⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫h ′a 2－2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫h ′a －1＝0，解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)．知识聚焦1. (1) 平行且相等 全等 多边形 公共点 平行于底面 相似 (2) 任一边任一直角边 垂直于底边的腰 直径2. 2πrl πrl π(r 1＋r 2)l3. Sh 4πR 2研题型·融会贯通 分类解析【答案】 C【解析】 对于A ，通过圆台侧面上一点只能做出1条母线，故A 错误；对于B ，直角三角形绕其直角边所在直线旋转一周得到的几何体是圆锥，绕其斜边旋转一周，得到的是两个圆锥的组合体，故B 错误；对于C ，由圆柱的定义得圆柱的上底面、下底面互相平行，故C 正确； 对于D ，五棱锥有十条棱，故D 错误．(1) 【答案】 D 【解析】因为在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2，所以将梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是一个底面半径为AB ＝1，高为BC ＝2的圆柱减去一个底面半径为AB ＝1，高为BC －AD ＝2－1＝1的圆锥的组合体，所以该几何体的表面积S ＝π×12＋2π×1×2＋π×1×12＋12＝(5＋2)π.(2) 【答案】 B【解析】 由题知三棱锥P －ABC 的四个顶点都在球O 上， 故该球为三棱锥P －ABC 的外接球． 在△ABC 中，BC ＝3，∠BAC ＝60°， 根据三角形的外接圆半径公式r ＝a2sin A ，可得△ABC 的外接圆半径r ＝12·332＝3，设点P 在平面ABC 内的射影为D ，则AD ＝r ＝3.又球心O 在PD 上，在Rt△PAD 中，PA 2＝PD 2＋AD 2，则PD ＝3.设三棱锥P －ABC 外接球半径为R ，如图，在Rt △ODA 中，OA 2＝OD 2＋AD 2，即(3－R )2＋(3)2＝R 2，解得R ＝2.根据球体的表面积公式S ＝4πR 2，可得球O 的表面积为S ＝4π×22＝16π.(例2(2))(1) 【答案】 12【解析】设正六棱锥的高为h ，侧面的斜高为h ′.由题意，得13×6×12×2×3×h ＝23，所以h ＝1，所以斜高h ′＝12＋(3)2＝2， 所以S 侧＝6×12×2×2＝12.(2) 【答案】 C 【解析】 如图所示，当点C 位于垂直于平面AOB 的直径端点时，三棱锥O －ABC 的体积最大，设球O 的半径为R ，此时V O －ABC ＝V C －AOB ＝13×12×R 2×R ＝16R 3＝36，故R ＝6，则球O 的表面积为4πR 2＝144π.(变式)【答案】 43【解析】由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于2，所以该多面体的体积为2×13×1×(2)2＝43.(1) 【答案】 C 【解析】过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3.(变式(1))(2) 【答案】 61π 【解析】由圆台的下底面半径为5，知下底面在外接球的大圆上，如图所示，设球的球心为O ，圆台上底面的圆心为O ′，则圆台的高OO ′＝OQ2－O ′Q2＝52－42＝3，所以圆台的体积V ＝13π×3×(52＋5×4＋42)＝61π.(变式(2))【答案】 C【解析】 因为正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为π∶4，“牟合方盖”的体积为18，所以正方体的内切球的体积V 球＝π4×18＝92π，设正方体内切球半径为r ，则43πr 3＝92π， 解得r ＝32，所以正方体的棱长为2r ＝3.【答案】 C【解析】 如图所示，过球心O 作平面ABC 的垂线， 则垂足为BC 的中点M .又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫522＋62＝132.(变式)课堂评价 1.3π【解析】 设圆锥的底面半径为r ，母线为l ，高为h ，则由题意可得l ＝2r .因为S 侧＝πrl ＝2πr 2＝6π，所以r ＝3，l ＝23，则h ＝l2－r2＝12－3＝3，所以圆锥的体积为V ＝13πr 2h ＝13π×3×3＝3π.2.29π【解析】根据题意可知三棱锥P －ABC 可看作长方体的一个角，如图，该长方体的外接球就是经过P ，A ，B ，C 四点的球．因为PA ＝2 m ，PB ＝3 m ，PC ＝4 m ，所以长方体的体对角线的长为PA2＋PB2＋PC2＝29 m ，即外接球的直径2R ＝29m ，可得R ＝292m ，因此外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2922＝29π(m 2)．(第2题)(第3题)3.3【解析】如图，将直三棱柱ABC－A1B1C1沿BB1展开，则AM＋MC1最小等价于在矩形ACC1A1中求AM＋MC1的最小值．当A，M，C1三点共线时，AM＋MC1最小．又AB＝1，BC＝2，AB∶BC＝1∶2，所以AM＝2，MC1＝22.又在原三棱柱中，AC1＝9＋5＝14，所以cos∠AMC1＝AM2＋C1M2－AC212AM·C1M＝2＋8－142×2×22＝－12，故sin∠AMC1＝32，△AMC1的面积为S＝12×2×22×32＝3.4. 10 【解析】因为长方体ABCD－A1B1C1D1的体积为120，所以AB·BC·CC1＝120，因为E为CC1的中点，所以CE＝12CC1，由长方体的性质知CC1⊥底面ABCD，所以CE是三棱锥E－BCD的底面BCD上的高，所以三棱锥E－BCD的体积V＝13·12AB·BC·CE＝13·12AB·BC·12CC1＝112×120＝10.第34讲空间点、线、面之间的位置关系链教材·夯基固本激活思维1. C 【解析】点A在平面α外，故A∉α；直线l在平面α内，故l⊂α.2. C 【解析】此时三个平面两两相交，且有三条平行的交线．3. C 【解析】根据平面的特征，绝对的平，无限延展，不计大小和厚薄，即可知，①对，②错；再根据点线面的关系可知，③④正确．4. C 【解析】如图，因为M，N分别是长方形A1B1C1D1与长方形BCC1B1的中心，所以M，N分别是A1 C1，BC1的中点，所以直线MN与直线A1B平行，所以A错误；因为直线MN经过平面BB1D1D内一点M，且点M不在直线DD1上，所以直线MN与直线DD1是异面直线，所以B错误；因为直线MN经过平面ABC1内一点N，且点N不在直线AC1上，所以直线MN与直线AC1是异面直线，所以C正确；因为直线MN经过平面A1CC1内一点M，且点M不在直线A1C上，所以直线MN与直线A1C是异面直线，所以D错误．(第4题)5. C 【解析】连接BD，BC1，因为AB＝D1C1，AB∥D1C1，所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以AD1∥BC1，所以∠BC1D为异面直线AD1与DC1所成的角．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BD＝BC1＝DC1，所以△BC1D为等边三角形，所以∠BC1D＝60°，所以异面直线AD1与DC1所成的角的大小为60°.知识聚焦1. 两点所有的点经过这个公共点的一条直线有且只有一个平面2. 在同一平面内异面直线3. (1) 平行(2) 平行相同4. (3) 互相垂直研题型·融会贯通分类解析【解答】 (1) 因为EF是△D1B1C1的中位线，所以EF∥B1D1.在正方体AC1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD，所以EF，BD确定一个平面，即D，B，F，E四点共面．(2) 在正方体AC1中，设A1ACC1确定的平面为α，又设平面BDEF为β.因为Q∈A1C1，所以Q∈α.又Q∈EF，所以Q∈β，则Q是α与β的公共点，所以α∩β＝PQ.又A1C∩β＝R，所以R∈A1C.所以R∈α，且R∈β，则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．【解答】(1) 因为PQ⊂平面PQR，M∈直线PQ，所以M∈平面PQR.因为RQ ⊂平面PQR，N∈直线RQ，所以N∈平面PQR，所以直线MN⊂平面PQR.(2) 因为M∈直线CB，CB⊂平面BCD，所以M∈平面BCD.由(1)知M∈平面PQR，所以M在平面PQR与平面BCD的交线上，同理，可知N，K也在平面PQR与平面BCD的交线上，所以M，N，K三点共线，所以点K在直线MN上．【解答】(1) 不是异面直线，理由：连接MN，A1C1，AC，如图，因为M，N分别是A1B1，B1C1的中点，所以MN∥A1C1.又因为A1A綊D1D，D1D綊C1C，所以A1A綊C1C，所以四边形A1ACC1为平行四边形，所以A1C1∥AC，故MN∥A1C1∥AC，所以A，M，N，C在同一个平面内，故AM和CN不是异面直线．(例2)(2)是异面直线，证明如下：显然D1B与CC1不平行，假设D1B与CC1在同一个平面CC1D1内，则B∈平面CC1D1，C∈平面CC1D1，所以BC⊂平面CC1D1，这显然是不正确的，所以假设不成立，故D1B与CC1是异面直线．【解答】 (1) 由题意易知PQ∥DE，MN∥DE，所以PQ∥MN，所以M，N，P，Q四点共面．(2) 由条件知AD＝1，DC＝1，BC＝2，(例3)如图，延长ED至R，使DR＝ED，则ER＝BC，ER∥BC，故四边形ERCB为平行四边形，所以RC∥EB，又AC∥QM.所以∠ACR为异面直线BE与QM所成的角(或补角)．因为DA＝DC＝DR，且三线两两互相垂直，由勾股定理得AC＝AR＝RC＝2.因为△ACR为正三角形，所以∠ACR＝60°.所以异面直线BE 与MQ 所成的角为60°. 【题组强化】 1. C【解析】 如图，取CD 的中点M ，CF 的中点N ，连接MN ，则MN ∥DF .延长BC 到点P ，使CP ＝12BC ，连接MP ，NP ，则MP ∥AC .(第1题)令AB ＝2，则MP ＝MN ＝2，又△BCF 是等边三角形，NC ＝PC ＝1，在△NCP 中，由余弦定理可得NP 2＝CP 2＋CN 2－2·CP ·CN ·cos ∠PCN ＝1＋1－2×1×1×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12＝3，所以NP ＝3，又异面直线AC 和DF 所成角为∠NMP ，在△NMP 中，由余弦定理得cos ∠NMP ＝2＋2－32×2×2＝14.2. D 【解析】 如图，取CD 的中点G ，连接EG ，FG ，则FG ∥BC ，EG ∥AD ，则∠EGF 为异面直线AD 与BC 所成的角(或补角)，因为FG ＝12BC ＝2，EG ＝12AD ＝3，所以由余弦定理得cos ∠EGF ＝4＋9－22×2×3＝1112，故异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为1112.(第2题)3.C【解析】如图，设AC ∩BD ＝O ，连接OE ，易知OE 是△SAC 的中位线，故EO∥SA ，则∠BEO 为异面直线BE 与SA 所成的角．设SA ＝AB ＝2a ，则OE ＝12SA ＝a ，BE ＝32SA ＝3a ，OB ＝22SA ＝2a ，在△EOB 中，由余弦定理可得cos ∠BEO ＝a2＋3a2－2a223a2＝33.(第3题)4. 2 【解析】 如图，设AB 的中点为E ，连接EN ，则EN ∥AC 且EN ＝12AC ，所以∠MNE 或其补角即为异面直线MN 与AC 所成的角．连接ME ，在Rt △MEN 中，tan ∠MNE ＝MENE＝2.所以异面直线MN 与AC 所成角的正切值为2.(第4题)【答案】 A 【解析】如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，平面AB 1D 1与棱A 1A ，A 1B 1，A 1D 1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A 1A ，A 1B 1，A 1D 1平行，故正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的每条棱所在直线与平面AB 1D 1所成的角都相等．如图所示，取棱AB ，BB 1，B 1C 1，C 1D 1，D 1D ，DA 的中点E ，F ，G ，H ，M ，N ，则正六边形EFGHMN 所在平面与平面AB 1D 1平行且面积最大，此截面面积为S 正六边形EFGHMN ＝6×12×22×22×sin60°＝334.故选A.(例4)【答案】 26【解析】由题知，过BD1的截面可能是矩形，可能是平行四边形．(1) 当截面为矩形，即截面为ABC1D1，A1BCD1，BB1D1D时，由正方体的对称性可知S矩形ABC1D1＝S矩形A1BCD1＝S矩形BB1D1D＝42.(2) 当截面为平行四边形时，如图所示，过点E作EM⊥BD1于M，S▱BED1F＝BD1·EM，又因为BD1＝23，所以S▱BED1F＝EM·23，过点M作MN∥D1D交BD于N，连接AN，当AN⊥BD时，AN最小，此时，EM的值最小，且EM＝2，故四边形BED1F面积的最小值为S▱BED1F＝2×23＝26，又因为42＞26，所以过BD1的截面面积S的最小值为26.(变式)课堂评价1. D 【解析】因为一条直线与两条异面直线中的一条平行，所以它与另一条异面直线可能异面也可能相交．2. B 【解析】当两个平面相互平行时，把空间分成3部分．当两个平面相交时，把空间分成4部分．所以不重合的两个平面可以把空间分成3或4部分．3. BD 【解析】对于A，两两相交的三条直线，若相交于同一点，则不一定共面，故A不正确；对于B，平行四边形两组对边分别平行，则平行四边形是平面图形，故B正确；对于C，若一个角的两边分别平行于另一个角的两边，则这两个角相等或互补，故C不正确；对于D，由公理可得，若A∈α，A∈β，α∩β＝l，则A∈l，故D正确．4. ABC 【解析】如图，过点A作AM⊥BF于点M，过点C作CN⊥DE于点N.在翻折过程中，AF是以F为顶点，AM为底面半径的圆锥的母线，同理AB，E C，DC边均可看作圆锥的母线．对于A，点A和点C的轨迹为圆周，所在平面平行，显然无公共点，故A正确；对于B，AF，EC分别可看成圆锥的母线，只需看以F为顶点、AM为底面半径的圆锥的轴截面的顶角是否大于等于60°即可，故B正确；对于C，同理B，故C正确；对于D，能否使直线AB与CD所成的角为90°，只需看以B为顶点、AM为底面半径的圆锥轴截面的顶角是否大于等于90°即可，可知D不成立．故选ABC.(第4题)5. 【解答】(1) 因为DD1⊥平面ABCD，所以斜线BD1在平面ABCD内的射影是BD.又直线BD1和直线AC不同在任何一个平面内，所以直线BD1和直线AC是异面直线．(2) 连接BD.因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DD1⊥AC.又因为AC⊥BD，BD∩DD1＝D，所以AC⊥平面BDD1.因为BD1⊂平面BDD1，所以AC⊥BD1，故直线BD1和直线AC所成的角是90°.第35讲直线、平面平行的判定与性质链教材·夯基固本激活思维1. D 【解析】与一个平面平行的两条直线可以平行，相交，也可以异面．2. D 【解析】依题意，直线a必与平面α内的某直线平行，又a∥b，因此直线b与平面α的位置关系是平行或直线b在平面α内．3. BD 【解析】因为直线a∥平面α，直线a与平面α无公共点，所以直线a和平面α内的任意一条直线都不相交，与无数条直线平行．4. 平面ABCDEF、平面CC1D1D【解析】在正六棱柱中，易知A1F1∥AF，AF⊂平面ABCDEF，且A1F1⊄平面ABCDEF，所以A1F1∥平面ABCDEF.同理，A1F1∥C1D1，C1D1⊂平面CC1D1D，且A1F1⊄平面CC1D1D，所以A1F1∥平面CC1D1D.其他各面与A1F1均不满足直线与平面平行的条件．5. ①③【解析】直线l在平面α外⇔l∥α或直线l与平面α仅有一个交点．知识聚焦1. 直线a与平面α平行直线a与平面α相交直线a在平面α内研题型·融会贯通分类解析【答案】 D【解析】对于A，若a⊥c，b⊥c，则a与b可能平行、异面、相交，故A是假命题；对于B，设α∩β＝m，若a，b均与m平行，则a∥b，故B是假命题；对于C，a，b可能平行、异面、相交，故C是假命题；对于D，若α∥β，a⊂α，则a与β没有公共点，故a∥β，故D是真命题．【答案】 C【解析】对于A，两条直线可能平行也可能异面或相交；对于B，如图，在正方体ABCD－A1B1CD1中，平面ABB1A1和平面BCC1B1与B1D1所成的角相等，但这两个平面垂直；对于D，1两平面也可能相交．C正确．(变式)【解答】因为在直三棱柱ABC－A1B1C1中，点D，E分别是边BC，B1C1的中点，所以EC1綊BD，所以四边形BDC1E是平行四边形，所以BE∥C1D.因为BE⊄平面AC1D，C1D⊂平面AC1D，所以BE∥平面AC1D.【解答】如图，连接BD，令AC∩BD＝O，连接EO.因为在△BPD中，BO＝OD，PE＝ED，所以OE∥BP.又因为BP⊄平面ACE，OE⊂平面ACE，所以BP∥平面ACE.(变式)【解答】 因为BC ∥平面GEFH ，BC ⊂平面ABCD ，平面GEFH ∩平面ABCD ＝EF ，所以BC ∥EF .同理可得，BC ∥GH ，所以GH ∥EF .【解答】 因为AB ∥平面MNPQ ，平面ABC ∩平面MNPQ ＝MN ，且 AB ⊂平面ABC ，所以由线面平行的性质定理，知 AB ∥MN .同理可得PQ ∥AB ，故MN ∥PQ .同理可得MQ ∥NP ，所以截面四边形 MNPQ 为平行四边形．【解答】 (1) 在正方形AA 1B 1B 中，因为AE ＝B 1G ＝1，所以BG ＝A 1E ＝2，所以BG 綊A 1E ，所以四边形A 1GBE 是平行四边形，所以A 1G ∥BE .又C 1F 綊B 1G ，所以四边形C 1FGB 1是平行四边形，所以FG 綊C 1B 1綊D 1A 1，所以四边形A 1GFD 1是平行四边形，所以A 1G 綊D 1F ，所以D 1F 綊EB ，故E ，B ，F ，D 1四点共面．(2) 因为H 是B 1C 1的中点，所以B 1H ＝32. 又B 1G ＝1，所以B1G B1H ＝23. 又FC BC ＝23，且∠FCB ＝∠GB 1H ＝90°，所以△B 1HG ∽△CBF ， 所以∠B 1GH ＝∠CFB ＝∠FBG ，所以HG ∥FB .因为GH ⊄平面FBED 1，FB ⊂平面FBED 1，所以GH ∥平面BED 1F .由(1)知A 1G ∥BE ，A 1G ⊄平面FBED 1，BE ⊂平面FBED 1，所以A 1G ∥平面BED 1F .又HG ∩A 1G ＝G ，所以平面A 1GH ∥平面BED 1F .【解答】 因为PM ∶MA ＝BN ∶ND ＝PQ ∶QD ，所以MQ ∥AD ，NQ ∥BP .又BP ⊂平面PBC ，NQ ⊄平面PBC ，所以NQ∥平面PBC.又因为四边形ABCD为平行四边形，所以BC∥AD，所以MQ∥BC.又BC⊂平面PBC，MQ⊄平面PBC，所以MQ∥平面PBC.又MQ∩NQ＝Q，所以平面MNQ∥平面PBC.课堂评价1. D2. A3. B 【解析】因为平面SBC∩平面ABC＝BC，EF⊂平面SBC，又EF∥平面ABC，所以EF∥BC.4. ABC 【解析】由题意知，OM是△BPD的中位线，所以OM∥PD，故A正确；因为PD⊂平面PCD，OM⊄平面PCD，所以OM∥平面PCD，故B正确；同理可得OM∥平面PDA，故C正确；因为OM与平面PBA相交，故D不正确．第36讲直线、平面垂直的判定与性质链教材·夯基固本激活思维1. B 【解析】设a，b为异面直线，a∥平面α，b∥平面α，直线l⊥a，l⊥b.过a作平面β∩平面α＝a′，则a∥a′，所以l⊥a′.同理过b作平面γ∩α＝b′，则l⊥b′.因为a，b异面，所以a′与b′相交，所以l⊥α.2. A 【解析】由l⊥α且m∥α能推出m⊥l，充分性成立；若l⊥α且m⊥l，则m∥α或者m⊂α，必要性不成立，因此“m∥α”是“m⊥l”的充分不必要条件，故选A.3. A 【解析】因为DD1⊥平面ABCD，所以AC⊥DD1.又因为AC⊥BD，DD1∩BD＝D，所以AC⊥平面BDD1B1.因为OM⊂平面BDD1B1，所以OM⊥AC.设正方体的棱长为2，则OM＝1＋2＝3，MN＝1＋1＝2，ON＝1＋4＝5，所以OM2＋MN2＝ON2，所以OM⊥MN.故选A.4. AC 【解析】由题意知PA⊥平面ABC，因为BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，故A正确；因为AC⊥BC，PA⊥BC，且PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC，故C正确；若AC⊥PB，因为AC⊥BC，故可得AC⊥平面PBC，则AC⊥PC，与题目矛盾，故B错误；由BC⊥平面PAC可得，BC⊥PC，则△PBC为直角三角形，若PC ⊥PB ，则BC ，PB 重合，与已知矛盾，故D 错误．5. (1) 外 (2) 垂【解析】 (1) 如图(1)，连接OA ，OB ，OC ，OP ，在Rt △POA ，Rt △POB 和Rt △POC 中，PA ＝PC ＝PB ，所以OA ＝OB ＝OC ，即O 为△ABC 的外心．(2)如图(2)，延长AO ，BO ，CO 分别交BC ，AC ，AB 于点H ，D ，G .因为PC ⊥PA ，PB ⊥PC ，PA ∩PB ＝P ，所以PC ⊥平面PAB ，又AB ⊂平面PAB ，所以PC ⊥AB ，又AB ⊥PO ，PO ∩PC ＝P ，所以AB ⊥平面PGC .又CG ⊂平面PGC ，所以AB ⊥CG ，即CG 为△ABC 边AB 的高．同理可证BD ，AH 为△ABC 底边上的高，即O 为△ABC 的垂心．(第5题(1))(第5题(2))知识聚焦1. (1) 任意一条直线 (2) 两条相交直线都垂直2. (1) 射影 锐角 直角 (2) ⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤0，π2 3. (1) 两个半平面 (2) 垂直于棱 (4) 直二面角研题型·融会贯通分类解析【答案】 B【解析】 如图，连接AC 1，因为∠BAC ＝90°，所以AC ⊥AB ，因为BC 1⊥AC ，BC 1∩AB ＝B ，所以AC ⊥平面ABC 1. 又AC 在平面ABC 内，所以根据面面垂直的判定定理，知平面ABC ⊥平面ABC 1， 则根据面面垂直的性质定理知，在平面ABC 1内一点C 1向平面ABC 作垂线，垂足必落在交线AB 上．故选B.(例1)【答案】 C【解析】因为α∩β＝l，所以l⊂β，又n⊥β，所以n⊥l.【解答】因为AB＝AC，D是BC的中点，所以AD⊥BC. 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，因为BB1⊥底面ABC，AD⊂底面ABC，所以AD⊥B1B.因为BC∩B1B＝B，BC，B1B⊂平面B1BCC1，所以AD⊥平面B1BCC1.因为B1F⊂平面B1BCC1，所以AD⊥B1F.方法一：在矩形B1BCC1中，因为C1F＝CD＝1，B1C1＝CF＝2，所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1，所以∠CFD＝∠C1B1F，所以∠B1FD＝90°，即B1F⊥FD.因为AD∩FD＝D，AD，FD⊂平面ADF，所以B1F⊥平面ADF.方法二：在Rt△B1BD中，BD＝CD＝1，BB1＝3，所以B1D＝BD2＋BB21＝10.在Rt△B1C1F中，B1C1＝2，C1F＝1，所以B1F＝B1C21＋C1F2＝5.在Rt△DCF中，CF＝2，CD＝1，所以DF＝CD2＋CF2＝5.显然DF2＋B1F2＝B1D2，所以∠B1FD＝90°，所以B1F⊥FD.因为AD∩FD＝D，AD，FD⊂平面ADF，所以B1F⊥平面ADF.【解答】在矩形CDEF中，CD⊥DE.因为∠ADC＝90°，所以CD⊥AD.因为DE∩AD＝D，DE，AD⊂平面ADE，所以CD⊥平面ADE. 因为DM⊂平面ADE，所以CD⊥DM.又因为AB∥CD，所以AB⊥DM.因为AD＝DE，M为AE的中点，所以AE⊥DM.又因为AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE，所以MD⊥平面ABE.因为BE⊂平面ABE，所以BE⊥MD.【解答】 (1) 因为四边形ABCD是矩形，所以AB∥CD.又AB⊄平面PDC，CD⊂平面PDC，所以AB∥平面PDC.因为AB⊂平面ABE，平面ABE∩平面PDC＝EF，所以AB∥EF.(2) 因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD.因为AF⊥EF，AB∥EF，所以AB⊥AF.又AB⊥AD，点E在棱PC上(异于点C)，所以点F异于点D，所以AF∩AD＝A.又AF，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD.又AB⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.【解答】 (1) 因为PA＝PC，O是AC的中点，所以PO⊥AC. 在Rt△PAO中，因为PA＝5，OA＝3，所以由勾股定理得PO＝4.因为AB＝BC，O是AC的中点，所以BO⊥AC.在Rt△BAO中，因为AB＝5，OA＝3，所以由勾股定理得BO＝4.因为PO＝4，BO＝4，PB＝42，所以PO2＋BO2＝PB2，所以PO⊥BO.因为BO∩AC＝O，所以PO⊥平面ABC.因为PO⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC.(2) 由(1)可知平面PAC⊥平面ABC.因为平面ABC∩平面PAC＝AC，BO⊥AC，BO⊂平面ABC，所以BO⊥平面PAC，所以V POBQ＝V BPOQ＝13S△PQO·BO＝13×12S△PAO×4＝13×14×3×4×4＝4.所以四面体POBQ的体积为4.【解答】(1) 因为AB⊥AD，AB⊥BC，且A，B，C，D四点共面，所以AD ∥BC.因为BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥平面PAD.(2) 如图，过点D作DH⊥PA于点H，因为△PAD是锐角三角形，所以H与A不重合．因为平面PAD⊥平面PAB，平面PAD∩平面PAB＝PA，DH⊂平面PAD，所以DH⊥平面PAB，因为AB⊂平面PAB，所以DH⊥AB.因为AB⊥AD，AD∩DH＝D，AD，DH⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD.因为AB⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.(变式2)课堂评价1. ③⑤②⑤2. AC 【解析】如图，连接AC，BD相交于点O，连接EM，EN，SO.由正四棱锥的性质可得SO⊥底面ABCD，AC⊥BD，进而得到SO⊥AC，可得AC⊥平面SBD，利用三角形的中位线结合面面平行判定定理得平面EMN∥平面SBD，进而得到AC⊥平面EMN，故A正确；由异面直线的定义可知不可能EP∥BD；由A易得C正确；由A同理可得EM⊥平面SAC，故D错误．3. [2，3] 【解析】因为CD⊥平面B1C1CB，EF⊂平面B1C1CB，所以CD⊥EF.连接BC1，B1C，则EF∥BC1，BC1⊥B1C，所以EF⊥B1C，因为CD∩B1C＝C，所以EF⊥平面A1B1CD.当点P在线段CD上时，总有A1P⊥EF，所以A1P的最大值为A1C＝3，A1P的最小值为A1D＝2，故线段A1P长度的取值范围是[2，3]．4. 【解答】 (1) 如图，连接BD，交AC于点O，连接OF.因为四边形ABCD是矩形，O是矩形ABCD对角线的交点，所以O为BD的中点．又因为F是BE的中点，所以在△BED中，OF∥DE.因为OF⊂平面ACF，DE⊄平面ACF，所以DE∥平面ACF.(2) 因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥BC.又因为平面ABCD⊥平面BCE，且平面ABCD∩平面BCE＝BC，AB⊂平面ABCD ，所以AB ⊥平面BCE .因为CF ⊂平面BCE ，所以AB ⊥CF .在△BCE 中，因为CE ＝CB ，F 是BE 的中点，所以CF ⊥BE .因为AB ⊂平面ABE ，BE ⊂平面ABE ，AB ∩BE ＝B ，所以CF ⊥平面ABE .又CF ⊂平面AFC ，所以平面AFC ⊥平面ABE .(第4题)第37讲 综合法求角与距离链教材·夯基固本激活思维1. B 【解析】 如图，取AD 的中点F ，连接EF ，CF .因为E 为AB 的中点，所以EF ∥DB ，则∠CEF 为异面直线BD 与CE 所成的角．在正四面体ABCD 中，因为E ，F 分别为AB ，AD 的中点，所以CE ＝CF .设正四面体的棱长为2a ，则EF ＝a ，CE ＝CF ＝(2a )2－a 2＝3a .在△CEF 中，由余弦定理得cos ∠CEF ＝CE2＋EF2－CF22CE ·EF ＝a22×3a2＝36.(第1题)2. A 【解析】 如图，连接A 1C 1，则∠AC 1A 1为AC 1与平面A 1B 1C 1D 1所成的角．因为AB ＝BC ＝2，所以A 1C 1＝AC ＝22，又AA1＝1，所以AC 1＝3，所以sin ∠AC 1A 1＝AA1AC1＝13.故选A.(第2题)3. 233【解析】设棱长为a，BC的中点为E，连接A1E，AE，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，由各棱长都相等，可得A1E⊥BC，AE⊥BC，故二面角A1－BC－A的平面角为∠A1EA.在Rt△AA1E中，AE＝32a，所以tan ∠A1EA＝AA1AE＝a32a＝233，即二面角A1－BC－A的平面角的正切值为233.(第3题)4. 8 【解析】由体积公式V＝13Sh，得96＝13×36h，所以h＝8，即点P到平面ABCD的距离是8.5.33【解析】由题意知点S在平面ABC内的射影为AB的中点H，所以SH⊥平面ABC.因为SH＝3，CH＝1，在平面SHC内作SC的垂直平分线MO，交SH于点O，则O为三棱锥S－ABC的外接球球心．因为SC＝2，所以SM＝1，∠OSM＝30°，所以SO＝233，OH＝33，即为O到平面ABC的距离．知识聚焦1. 锐角2. 垂直研题型·融会贯通分类解析【答案】 D【解析】因为PA⊥底面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥AC，即∠PAB＝∠PAC＝90°，又因为AB＝AC＝1，PA＝2，所以△PAB≌△PAC，所以PB＝PC.如图，取BC的中点D，连接AD，PD，所以PD⊥BC，AD⊥BC.又因为PD∩AD＝D，所以点BC⊥平面PAD.因为BC⊂平面PBC，所以平面PAD⊥平面PBC.过点A作AO⊥PD于点O，易得AO⊥平面PBC，所以∠APD就是直线PA与平面PBC所成的角. 在Rt△PAD中，AD＝12，PA＝2，则PD＝PA2＋AD2＝32，则sin ∠APD＝ADPD＝13.故选D.(例1)【答案】 A【解析】因为平面ABD⊥底面BCD，AB＝AD，取DB的中点O，连接AO，CO，则AO⊥BD，AO⊥平面BCD，所以∠ACO就是直线AC与底面BCD所成的角．因为BC⊥CD，BC＝6，BD＝43，所以CO＝23.在Rt△ADO中，OA＝AD2－OD2＝2.在Rt△AOC中，tan ∠ACO＝AOOC＝33，故直线AC与底面BCD所成角的大小为30°.故选A.(变式)【答案】1 3【解析】如图，过点S作SO⊥底面ABC，点O为垂足，连接OA，OB，OC，则OA＝OB＝OC，点O为等边三角形ABC 的中心．延长AO交BC于点D，连接SD.(例2)则AD⊥BC，BC⊥SD，所以∠ODS为侧面SBC与底面ABC所成二面角的平面角．因为正三棱锥S－ABC的所有棱长均为2，所以SD＝3，OD＝13AD＝33.在Rt△SOD中，cos ∠ODS＝ODSD＝13.【答案】π3【解析】在△BDC中，BC＝3，CD＝2，∠BCD＝π2，则BD＝13.在△ABC中，AB＝1，BC＝3，∠ABC＝π2，则AC＝10.又AD＝23，在△ABD中，BD2＝AB2＋AD2，则∠BAD＝π2.过点B作BE∥CD，使BE＝CD，连接AE，DE，则四边形BEDC为矩形，BE＝2.因为BC⊥AB，BC⊥BE，则BC⊥平面ABE，DE∥BC，则DE⊥平面ABE，则DE⊥AE，AE＝AD2－DE2＝3，在△ABE中，AE2＋AB2＝BE2，则∠BAE＝π2，∠AEB＝π6，∠ABE＝π3，由于AB⊥BC，EB⊥BC，则∠ABE为二面角A－BC－D的平面角，且∠ABE＝π3.【答案】 B【解析】过点B作BE∥AC，且BE＝AC.因为AC⊥AB，所以BE⊥AB.因为BD⊥AB，BD∩BE＝B，所以∠DBE是二面角α－l－β的平面角，且AB⊥平面DBE，所以AB⊥DE ，所以CE ⊥DE .因为AB ＝4，CD ＝8，所以DE ＝CD2－CE2＝82－42＝43，所以cos ∠DBE ＝BE2＋BD2－DE22BE ·BD ＝36＋36－482×6×6＝13.故选B.【解答】 (1) 如图(1)，取BD 的中点O ，连接OM ，OE .(例3(1))因为O ，M 分别为BD ，BC 的中点，所以OM ∥CD ，且OM ＝12CD .因为四边形ABCD 为菱形，所以CD ∥AB ，又EF∥AB ，所以CD∥EF ，又AB ＝CD ＝2EF ，所以EF ＝12CD ，所以OM∥EF ，且OM ＝EF ，所以四边形OMFE 为平行四边形，所以MF ∥OE .又OE ⊂平面BDE ，MF ⊄平面BDE ，所以MF ∥平面BDE .(2) 由(1)得FM ∥平面BDE ，所以点F 到平面BDE 的距离等于点M 到平面BDE 的距离． 如图(2)，取AD 的中点H ，连接EH ，BH .(例3(2))因为EA ＝ED ，四边形ABCD 为菱形，且∠DAB ＝60°，所以EH ⊥AD ，BH ⊥AD .因为平面ADE ⊥平面ABCD ，平面ADE ∩平面ABCD ＝AD ，EH ⊂平面ADE ，所以EH ⊥平面ABCD ，所以EH ⊥BH ，易得EH ＝BH ＝3，所以BE ＝6，所以S △BDE ＝12×6×22－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫622＝152.设点F 到平面BDE 的距离为h ，连接DM ，则S △BDM ＝12S △BCD ＝12×34×4＝32，连接EM ，由V E －BDM ＝V M －BDE ，得13×3×32＝13×h ×152，解得h ＝155，即点F 到平面BDE 的距离为155.【解答】(1)如图，连接AF ，则AF ＝2，又DF ＝2，AD ＝2，所以DF 2＋AF 2＝AD 2，所以DF ⊥AF .因为PA ⊥平面ABCD ，所以DF ⊥PA ，又PA ∩AF ＝A ，所以DF ⊥平面PAF .又PF ⊂平面PAF ，所以DF ⊥PF .(变式)(2) 如图，连接EP ，ED ，EF .因为S △EFD ＝S 矩形ABCD －S △BEF －S △ADE －S △CDF ＝2－54＝34，所以V P －EFD ＝13S △EFD ·PA ＝13×34×1＝14.设点E 到平面PFD 的距离为h ， 则由V E －PFD ＝V P －EFD ，得13S△PFD ·h ＝13·62·h ＝14，解得h ＝64，即点E 到平面PFD 的距离为64. 课堂评价 1.D【解析】如图，连接BC 1，A 1C 1，易证BC 1∥AD 1，则∠A 1BC 1即为异面直线A 1B 与AD 1所成的角．(第1题)由AB ＝1，AA 1＝2，易得A 1C 1＝2，A 1B ＝BC 1＝5，故cos ∠A 1BC 1＝5＋5－22×5×5＝45，即异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为45.2.55【解析】连接EB ，由BB 1⊥平面ABCD ，知∠FEB 即为直线EF 与平面ABCD 所成的角．在Rt △FBE 中，BF ＝1，BE ＝5，则tan ∠FEB ＝BFBE ＝55.3. 60°【解析】 如图，取AB 的中点O ，连接VO ，CO .在三棱锥V －ABC 中，VA ＝VB ＝AC ＝BC ＝2，AB＝23，VC ＝1，所以VO⊥AB ，CO⊥AB ，所以∠VOC 是二面角V －AB －C 的平面角，VO ＝VA2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB 22＝4－3＝1，CO ＝BC2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB 22＝4－3＝1，所以cos ∠VOC ＝VO2＋CO2－VC22VO ·CO＝1＋1－12×1×1＝12，所以∠VOC ＝60°，所以二面角V －AB －C 的平面角的度数为60°.(第3题)4.217【解析】 如图，取AB 的中点E ，连接CE ，C 1E ，过点C 作CF ⊥C 1E ，垂足为F .在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，则AB ⊥CC 1. 因为△ABC 是等边三角形，所以AB ⊥CE ， 又CE ∩CC 1＝C ，所以AB ⊥平面CC 1E .因为CF ⊂平面CC 1E ，所以CF ⊥AB ，因为C 1E ∩AB ＝E ，所以CF ⊥平面ABC 1，则CF 的长即为所求． 在Rt △CEC 1中，CC 1＝1，CE ＝32AB ＝32，所以C 1E ＝CC21＋CE2＝72，由等面积法，得CF ＝CC1×CE C1E ＝217.(第4题)第38讲 空间直角坐标系与空间向量链教材·夯基固本 激活思维 1.D【解析】因为向量OA→，OB →，OC →不能构成空间的一个基底，所以向量OA→，OB→，OC→共面，因此O ，A ，B ，C 四点共面，故选D.2. C 【解析】 AE →＝AA 1＋A 1E ＝AA 1＋12A 1C 1＝AA 1＋12(AB →＋AD →)，故x ＝12，y ＝12.3. 2 【解析】 |EF→|2＝EF →2＝(EC →＋CD →＋DF →)2＝EC →2＋CD →2＋DF →2＋2(EC →·CD →＋EC →·DF →＋CD →·DF →) ＝12＋22＋12＋2(1×2×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°) ＝2，所以|EF→|＝2，所以EF 的长为2.4. 18 【解析】 因为P ，A ，B ，C 四点共面，所以34＋18＋t ＝1，所以t ＝18. 5. α⊥β α∥β 【解析】 当v ＝(3，－2,2)时，u ·v ＝(－2,2,5)·(3，－2,2)＝0⇒α⊥β.当v ＝(4，－4，－10)时，v ＝－2u ⇒α∥β.知识聚焦2. (1) ①〈a ，b 〉 [0，π] 互相垂直 ②|a ||b |cos 〈a ，b 〉 a·b |a ||b |cos 〈a ，b 〉 (2) λ(a ·b ) b ·a3. a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3 a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3 a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0研题型·融会贯通 分类解析【解答】 ①因为P 是C 1D 1的中点，所以AP→＝AA1→＋A1D1→＋D1P →＝a ＋AD →＋12D1C1→＝a ＋c ＋12AB →＝a ＋12b ＋c . ②因为N 是BC 的中点，所以A1N →＝A1A →＋AB →＋BN →＝－a ＋b ＋12BC →＝－a ＋b ＋12AD →＝－a ＋b ＋12c .③因为M 是AA 1的中点，所以MP →＝MA →＋AP →＝12A1A →＋AP →＝－12a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋12b ＋c ＝12a ＋12b ＋c . 又NC1→＝NC →＋CC1→＝12BC →＋AA1→＝12AD →＋AA1→＝a ＋12c ，所以MP →＋NC1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12a ＋12b ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋12c ＝32a ＋12b ＋32c . (1) 【答案】 －3 【解析】因为AB→＝(3，－1,1)，AC →＝(m ＋1，n －2，－2)，且A ，B ，C 三点共线，所以存在实数λ，使得AC→＝λAB→，即(m ＋1，n －2，－2)＝λ(3，－1,1)＝(3λ，－λ，λ)，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＋1＝3λ，n －2＝－λ，－2＝λ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－2，m ＝－7，n ＝4.所以m ＋n ＝－3.(2) 【解答】 ①由题知OA→＋OB →＋OC →＝3OM →，所以OA →－OM →＝(OM →－OB→)＋(OM →－OC →)，即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →，所以MA →，MB →，MC →共面． ②由①知MA→，MB→，MC→共面且过同一点M ，所以M ，A ，B ，C 四点共面，从而点M 在平面ABC 内．【解答】 因为AM→＝k AC1→，BN →＝k BC →，所以MN →＝MA →＋AB →＋BN →＝k C1A →＋AB→＋k BC →＝k (C1A →＋BC →)＋AB →＝k (C1A →＋B1C1→)＋AB →＝k B1A →＋AB →＝AB →－k AB1→＝AB →－k (AA1→＋AB →)＝(1－k )AB →－k AA1→，所以由共面向量定理知向量MN →与向量AB →，AA1→共面．【解答】 (1) 设AB→＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，由题意知EG →＝12(AC →＋AD →－AB →)＝12(b ＋c －a )，所以EG →·AB →＝12(a ·b ＋a ·c －a 2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1×1×12＋1×1×12－1＝0. 故EG→⊥AB →，即EG ⊥AB . (2) 由题意知EG →＝－12a ＋12b ＋12c ，得|EG →|2＝14a 2＋14b 2＋14c 2－12a ·b ＋12b ·c －12c ·a ＝12，则|EG →|＝22，即EG 的长为22.(3) 因为AG →＝12(AC →＋AD →)＝12b ＋12c ，CE →＝CA →＋AE →＝－b ＋12a ，所以cos 〈AG→，CE →〉＝AG →·CE →|AG→||CE →|＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12b ＋12c ·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－b ＋12a ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12b ＋12c 2·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12a －b 2＝－1232×32＝－23，由于异面直线所成角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤0，π2， 所以异面直线AG 与CE 所成角的余弦值为23.。
2025年高考数学一轮复习课件第七章立体几何-单元检测
1
4
2
∘
2
12
13
∘
cos 60 + cos 60
=
故选C.
1
2
3
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17
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18
10
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15
1 2
.
4
6.如图，在正方体 − 1 1 1 1 中，,分别是棱,1 1 的中点，
则与平面1 1 的位置关系是 (
)
A.//平面1 1
故选C.
1
2
3
4
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6
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15
2.若直线与平面 相交，则(
A.平面
√
)
内存在直线与异面
B.平面 内存在唯一直线与平行
C.平面 内存在唯一直线与垂直
D.平面 内的直线与都相交
解：当直线与平面 相交时，这条直线与该平面内任意一条不过交点的直线均为异
B.π
√
3π
A.
4
1
2
3
4
C.2π
5
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7
16
8
17
D.3π
9
18
)
10
19
11
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13
14
15
解：如图，设顶点在底面上的投影为，连接.
2
3
由题意,知为△ 的中心，且 = × 6 ×
3
2
= 2 3.
故 = 36 − 12 = 2 6.
2019版高考数学一轮复习第七章立体几何分层限时跟踪练(7).doc
非常考案通用版2019版高考数学一轮复习第七章立体几何分层限时跟踪练(7)一、选择题1．一个几何体的三视图如图7212所示，其中俯视图与侧视图均为半径是2的圆，则这个几何体的体积是( )图7212A ．16 πB ．14 πC ．12 πD ．8 π【解析】 由三视图可知，该几何体为一个球切去四分之一个球后剩余部分，由于球的半径为2，所以这个几何体体积为34×43π×23＝8π.【答案】 D2．(2015·北京高考)某三棱锥的三视图如图7213所示，则该三棱锥的表面积是( )图7213A ．2＋ 5B ．4＋ 5C ．2＋2 5D ．5【解析】作出三棱锥的示意图如图，在△ABC 中，作AB 边上的高CD ，连接SD .在三棱锥S ABC 中，SC ⊥底面ABC ，SC ＝1，底面三角形ABC 是等腰三角形，AC ＝BC ，AB 边上的高CD ＝2，AD ＝BD ＝1，斜高SD ＝5，AC ＝BC ＝ 5.∴S表＝S △ABC ＋S △SAC ＋S △SBC ＋S △SAB ＝12×2×2＋12×1×5＋12×1×5＋12×2×5＝2＋2 5.【答案】 C3．(2015·全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图7214，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )图7214A.18B.17C.16D.15【解析】由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V2＝13－16＝56.所以V1V2＝1656＝15，故选D.【答案】 D4．(2015·安徽高考)一个四面体的三视图如图7215所示，则该四面体的表面积是( )图7215A．1＋ 3 B．2＋ 3C．1＋2 2 D．2 2【解析】 根据三视图还原几何体如图所示，其中侧面ABD ⊥底面BCD ，另两侧面ABC 、ACD 为等边三角形，则S 表面积＝2×12×2×1＋2×34×(2)2＝2＋ 3. 【答案】 B5．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. 81π4 B ．16π C ．9π D.27π4【解析】 如图所示，设球半径为R ，底面中心为O ′且球心为O ，∵正四棱锥P ABCD 中AB ＝2，∴AO ′＝ 2. ∵PO ′＝4， ∴在Rt △AOO ′中，AO 2＝AO ′2＋OO ′2，∴R 2＝(2)2＋(4－R )2，解得R ＝94，∴该球的表面积为4πR 2＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫942＝81π4，故选A. 【答案】 A 二、填空题6．如图7216，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 1EDF 的体积为 ．图7216【解析】 VD 1EDF ＝VF DD 1E ＝13 ·AB ＝13×12×1×1×1＝16.【答案】 167．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 ． 【解析】 设甲、乙两圆柱的底面半径分别为r 1，r 2，母线长分别为l 1，l 2，则由S 1S 2＝94得r 1r 2＝32.又两圆柱侧面积相等，即2πr 1l 1＝2πr 2l 2，则l 1l 2＝r 2r 1＝23，所以V 1V 2＝S 1l 1S 2l 2＝94×23＝32. 【答案】 328．已知一个棱长为2的正方体，被一个平面截后所得几何体的三视图如图7217所示，则该几何体的体积是 ．图7217【解析】 根据三视图，画出其直观图，几何体由正方体切割而成，即正方体截去一个棱台．如图所示．其中正方体棱长为2，AF ＝AE ＝1，故所求几何体体积为V ＝23－13×2×12×1×1＋12×2×2＋12×1×1×12×2×2＝173. 【答案】173三、解答题9．(2015·荥阳月考)已知球的两平行截面的面积分别为5π和8π，它位于球心的同一侧，且相距为1，求这个球的体积．【解】 如图，设以r 1为半径的截面面积为5π，圆心为O 1，以r 2为半径的截面面积为8π，圆心为O 2，O 1O 2＝1，球的半径为R ，设OO 2＝x ，可得下列关系式：r 22＝R 2－x 2，πr 22＝π(R 2－x 2)＝8π，r 21＝R 2－(x ＋1)2，πr 21＝π[R 2－(x ＋1)2]＝5π，∴R 2－x 2＝8，R 2－(x ＋1)2＝5，解得R ＝3，∴球的体积为V ＝43πR 3＝43π×33＝36π.10．(2015·全国卷Ⅱ)如图7218，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．图7218(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值． 【解】 (1)交线围成的正方形EHGF 如图所示．(2)如图，作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EB 1＝12，EM ＝AA 1＝8. 因为四边形EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10. 于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，AH ＝10，HB ＝6. 故S 四边形A 1EHA ＝12×(4＋10)×8＝56，S 四边形EB 1BH ＝12×(12＋6)×8＝72.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱， 所以其体积的比值为97⎝ ⎛⎭⎪⎫79也正确. [能 力 练]扫盲区 提素能1．(2015·山东高考)在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.2π3 B.4π3 C.5π3D ．2π【解析】 过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3，选C. 【答案】 C2．如图7219，直三棱柱ABC A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB ＝AC ，侧面BCC 1B 1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB 1A 1的面积为( )图7219A ．2B ．1 C. 2 D.22【解析】 由题意知，球心在侧面BCC 1B 1的中心O 上，BC 为截面圆的直径，∴∠BAC ＝90°，△ABC 的外接圆圆心N 是BC 的中点，同理△A 1B 1C 1的外心M 是B 1C 1的中点．设正方形BCC 1B 1的边长为x ，在Rt △OMC 1中，OM ＝x 2，MC 1＝x 2，OC 1＝R ＝1(R 为球的半径)，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22＝1，即x ＝2，则AB ＝AC ＝1，∴S 矩形ABB 1A 1＝2×1＝ 2.【答案】 C3．圆锥的全面积为15 π cm 2，侧面展开图的圆心角为60°，则该圆锥的体积为cm 3.【解析】 设底面圆的半径为r ，母线长为a ，则侧面积为12×(2πr )a ＝πra .由题意得⎩⎪⎨⎪⎧πra ＋πr 2＝15π，πra ＝16πa 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧r 2＝157，a 2＝36×157，故圆锥的高h ＝a 2－r 2＝53，所以体积V ＝13πr 2h ＝13π×157×53＝2537π(cm 3)．【答案】2573π 4．已知正四面体的俯视图如图7220所示，其中四边形ABCD 是边长为2的正方形，则这个正四面体的表面积为 ，体积为 ．图7220【解析】 由题意知正四面体的直观图E ACF 补成正方体如图所示． 由正方体棱长为2，知正四面体的棱长为22，正四面体表面积为34×(22)2×4＝8 3.点E 到平面ACF 的距离为222－⎝⎛⎭⎪⎫32×22×232＝433. 正四面体的体积为13×433×34×(22)2＝83.【答案】 8 3835．如图7221所示，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，求该多面体的体积．图7221【解】 如图所示，分别过A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG ，CH ，则原几何体分割为两个三棱锥和一个直三棱柱，∵三棱锥高为12，直三棱柱高为1，AG ＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝32，取AD 中点M ，则MG ＝22，∴S △AGD ＝12×1×22＝24，∴V ＝24×1＋2×13×24×12＝23. 6．如图7222，已知平行四边形ABCD 中，BC ＝2，BD ⊥CD ，四边形ADEF 为正方形，平面ADEF ⊥平面ABCD ，G ，H 分别是DF ，BE 的中点．记CD ＝x ，V (x )表示四棱锥F ABCD 的体积．图7222(1)求V (x )的表达式； (2)求V (x )的最大值．【解】 (1)∵平面ADEF ⊥平面ABCD ，交线为AD 且FA ⊥AD ，∴FA ⊥平面ABCD . ∵BD ⊥CD ，BC ＝2，CD ＝x ， ∴FA ＝2，BD ＝4－x 2(0＜x ＜2)， ∴S ▱ABCD ＝CD ·BD ＝x 4－x 2，∴V (x )＝13S ▱ABCD ·FA ＝23x 4－x 2(0＜x ＜2)．(2)V (x )＝23x 4－x 2＝23－x 4＋4x 2＝23－x 2－22＋4.∵0＜x ＜2，∴0＜x 2＜4，∴当x 2＝2，即x ＝2时，V (x )取得最大值，且V (x )max ＝43.。
高考数学一轮总复习 第七章 立体几何 理 新人教版-新人教版高三全册数学试题
第七章⎪⎪⎪ 立体几何第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图1．简单几何体 (1)简单旋转体的结构特征： ①圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到； ②圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；③圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到；④球可以由半圆或圆绕直径旋转得到． (2)简单多面体的结构特征：①棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形； ②棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；③棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．2．直观图(1)画法：常用斜二测画法．(2)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．3．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．说明：正视图也称主视图，侧视图也称左视图．(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．[小题体验]1．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是( )解析：选B D选项为正视图或者侧视图，俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B.2．如图所示，等腰△A′B′C′是△ABC的直观图，那么△ABC是( )A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．钝角三角形解析：选B 由题图知A′C′∥y′轴，A′B′∥x′轴，由斜二测画法知，在△ABC中，AC∥y轴，AB∥x轴，∴AC⊥AB.又因为A′C′＝A′B′，∴AC＝2AB≠AB，∴△ABC是直角三角形．3．(教材习题改编)如图，长方体ABCDA′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是______．答案：五棱柱三棱柱1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点．2．空间几何体不同放置时其三视图不一定相同．3．对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视实虚线的画法．[小题纠偏]1．沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )解析：选B 给几何体的各顶点标上字母，如图1.A，E在侧投影面上的投影重合，C，G在侧投影面上的投影重合，几何体在侧投影面上的投影及把侧投影面展平后的情形如图2所示，故正确选项为B.2．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )解析：选B 根据选项A、B、C、D中的直观图，画出其三视图，只有B项正确．考点一空间几何体的结构特征基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是( ) A．圆柱B．圆锥C．球体 D．圆柱、圆锥、球体的组合体解析：选C 截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．2．(易错题)下列说法正确的是( )A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点解析：选B A错，如图(1)；B正确，如图(2)，其中底面ABCD是矩形，可证明∠PAB，∠PCB都是直角，这样四个侧面都是直角三角形；C错，如图(3)；D错，由棱台的定义知，其侧棱的延长线必相交于同一点．3．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解析：选B 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．[谨记通法]解决与空间几何体结构特征有关问题3个技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，如“题组练透”第2题的A、C两项易判断失误；(3)通过反例对结构特征进行辨析．考点二空间几何体的三视图重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2016·某某七校联考)如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形)( )A．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥ D．③④⑤解析：选B 正视图应该是边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是①；侧视图应该是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③.2．(2015·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． 2C． 3 D．2解析：选C 根据三视图，可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥VABCD，其中VB⊥平面ABCD，且底面ABCD是边长为1的正方形，VB＝1.所以四棱锥中最长棱为VD.连接BD，易知BD＝2，在Rt△VBD中，VD＝VB2＋BD2＝ 3.[由题悟法]几何体画三视图的2个关键点(1)三视图的安排位置，正视图、侧视图分别放在左右两边，俯视图在正视图的下边．(2)注意实虚线的区别．[即时应用]1．(2016·某某模拟)如图甲，将一个正三棱柱ABCDEF截去一个三棱锥ABCD，得到几何体BCDEF，如图乙，则该几何体的正视图(主视图)是( )解析：选C 由于三棱柱为正三棱柱，故平面ADEB⊥平面DEF，△DEF是等边三角形，所以CD在后侧面上的投影为AB的中点与D的连线，CD的投影与底面不垂直，故选C.2．(2016·某某一模)如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥PBCD的正视图与侧视图的面积之比为( )A．1∶1 B．2∶1C．2∶3 D．3∶2解析：选A 根据题意，三棱锥PBCD的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高．故三棱锥PBCD的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.考点三空间几何体的直观图重点保分型考点——师生共研[典例引领](2015·某某模拟)用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是( )解析：选A 由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2 2.[由题悟法]用斜二测画法画直观图的3个步骤(1)在原图形中与x轴或y轴平行的线段在直观图中与x′轴或y′轴平行．(2)原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线．(3)原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出．[即时应用]用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为2 2 cm2，则原平面图形的面积为( )A．4 cm2B．4 2 cm2C．8 cm2 D．8 2 cm2解析：选C 依题意可知∠BAD＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC，AD相等，高为梯形ABCD的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm2.一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．已知一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的组成为( )A．上面为棱台，下面为棱柱B．上面为圆台，下面为棱柱C．上面为圆台，下面为圆柱D．上面为棱台，下面为圆柱解析：选C 依题意，题中的几何体上面是圆台，下面是圆柱．2．某几何体的正视图和侧视图完全相同，均如图所示，则该几何体的俯视图一定不可能是( )解析：选D 几何体的正视图和侧视图完全一样，则几何体从正面看和侧面看的长度相等，只有等边三角形不可能．3．给出下列四个命题：①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体；③有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱；④长方体一定是正四棱柱．其中正确的命题个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选A 反例：①直平行六面体底面是菱形，满足条件但不是正棱柱；②底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；③④显然错误，故选A.4．底面水平放置的正三棱柱的所有棱长均为2，当其正视图有最大面积时，其侧视图的面积为( )A．2 3 B．3C． 3 D．4解析：选A 当正视图的面积最大时，可知其正三棱柱某个侧面的面积，可以按如图所示放置，此时S侧＝2 3.5．如图，线段OA在平面xOy中，它与x轴的夹角为45°，它的长为22，OA的直观图O′A′的长为________．解析：过点A作AB⊥Ox于B，∵OA＝22，∠AOB＝45°，∴OB＝AB＝2，线段OB的直观图O′B′＝2，A′B′＝1，∠O′B′A′＝135°.∴O′A′2＝22＋12－2×2×1×cos 135°，∴O′A′＝5＋2 2.答案：5＋2 2二保高考，全练题型做到高考达标1．(2016·某某联考)已知底面为正方形的四棱锥，其一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的( )解析：选C 根据三视图的定义可知A、B、D均不可能，故选C.2．(2016·某某调研)若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的直观图是( )解析：选A B的侧视图不对，C的俯视图不对，D的正视图不对，排除B、C、D，A正确．3．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：选A 圆柱的正视图是矩形，则该几何体不可能是圆柱．4．(2015·模拟)某三棱锥的三视图如图所示，则其表面中，直角三角形的个数为( )A．1 B．2C．3 D．4解析：选D 由三视图可得该三棱锥的底面是直角边为2的等腰直角三角形，一个底边长为2、底边上的高为1的侧面垂直于底面，该侧面是直角边长为2的直角三角形．利用面面垂直的性质定理可得右边一个侧面是边长为2，2，6的直角三角形，则左边一个侧面的边长为2，6，22的三角形，也是直角三角形，所以该三棱锥表面的4个面都是直角三角形．5．如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6，O′C′＝2，则原图形OABC的面积为( )A ．24 2B ．12 2C ．48 2D ．20 2解析：选A 由题意知原图形OABC 是平行四边形，且OA ＝BC ＝6，设平行四边形OABC 的高为OE ，则OE ×12×22＝O ′C ′，∵O ′C ′＝2，∴OE ＝42，∴S ▱OABC ＝6×42＝24 2.6．设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体； ②底面是矩形的平行六面体是长方体； ③直四棱柱是直平行六面体； ④棱台的相对侧棱延长后必交于一点． 其中真命题的序号是________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．答案：①④7．(2016·某某某某联考)一水平放置的平面四边形OABC ，用斜二测画法画出它的直观图O ′A ′B ′C ′如图所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC 面积为________．解析：因为直观图的面积是原图形面积的24倍，且直观图的面积为1，所以原图形的面积为2 2.答案：2 28．如图，点O 为正方体ABCD A ′B ′C ′D ′的中心，点E 为面B ′BCC ′的中心，点F 为B ′C ′的中点，则空间四边形D ′OEF 在该正方体的各个面上的正投影可能是________(填出所有可能的序号)．解析：空间四边形D ′OEF 在正方体的面DCC ′D ′及其对面ABB ′A ′上的正投影是①；在面BCC ′B ′及其对面ADD ′A ′上的正投影是②；在面ABCD 及其对面A ′B ′C ′D ′上的正投影是③.答案：①②③9．(2016·某某、某某统考)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(主)视图的面积为23，则其侧(左)视图的面积为________．解析：设三棱锥V ABC 的底面边长为a ，侧面VAC 的边AC 上的高为h ，则ah ＝43，其侧(左)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12×32a ×h ＝12×32×43＝33.答案：3310．已知正三棱锥V ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出侧视图的面积． 解：(1)直观图如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )A ．8B ．7C ．6D ．5解析：选C 画出直观图，共六块．2．一个几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，且体积为12，则这个几何体的俯视图可能是下列图形中的________．(填入所有可能的图形前的编号)①锐角三角形；②直角三角形；③四边形；④扇形；⑤圆．解析：如图1所示，直三棱柱ABE A 1B 1E 1符合题设要求，此时俯视图△ABE 是锐角三角形；如图2所示，直三棱柱ABC A 1B 1C 1符合题设要求，此时俯视图△ABC 是直角三角形；如图3所示，当直四棱柱的八个顶点分别是正方体上、下各边的中点时，所得直四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1符合题设要求，此时俯视图四边形ABCD 是正方形；若俯视图是扇形或圆，体积中会含有π，故排除④⑤.答案：①②③3．如图，在四棱锥P ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA.解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝6 2.由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝622＋62＝6 3 cm.第二节空间几何体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r＋r′)l2．空间几何体的表面积与体积公式名称几何体表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝Sh锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝13Sh台体(棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝13(S上＋S下＋S上S下)h球S ＝4πR 2 V ＝43πR 3[小题体验]1．如图是一个空间几何体的三视图，其中正(主)视图、侧(左)视图都是由边长为4和6的矩形以及直径等于4的圆组成，俯视图是直径等于4的圆，该几何体的体积是( )A ．41π3B ．62π3C ．83π3D ．104π3解析：选D 由题意得，此几何体为圆柱与球的组合体，其体积V ＝43π×23＋π×22×6＝104π3.2．一个体积为123的正三棱柱的三视图如图所示，则这个三棱柱的侧(左)视图的面积为( )A ．8 3B ．6 3C ．12D ．8解析：选B 设此三棱柱底面边长为a ，高为h ，则由图示知32a ＝23，∴a ＝4，∴123＝34×42×h ，∴h ＝3， ∴侧(左)视图面积为23×3＝6 3.3．(教材习题改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶3 1∶14．(教材习题改编)已知棱长为a ，各面均为等边三角形的四面体S ABC ，它的表面积为________．解析：过S 作SD ⊥BC ， ∵BC ＝a ，∴SD ＝32a ， ∴S △SBC ＝34a 2， ∴表面积S ＝4×34a 2＝3a 2. 答案：3a 21．求组合体的表面积时：组合体的衔接部分的面积问题易出错．2．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．3．易混侧面积与表面积的概念．[小题纠偏]1．已知某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是( )A ．84 cm 3B ．92 cm 3C ．100 cm 3D ．108 cm 3解析：选C 由三视图的几何体，利用体积公式求解．由三视图可得该几何体是棱长分别为6,3,6的长方体截去一个三条侧棱两两垂直，且长度分别为3,4,4的三棱锥，所以该几何体的体积是6×6×3－13×12×4×4×3＝108－8＝100 cm 3.2．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是________．解析：由三视图可知，该几何体由一个正四棱柱和一个棱台组成，其表面积S ＝3×4×2＋2×2×2＋4×22×2＋4×6＋12×(2＋6)×2×2＝72＋16 2.答案：72＋16 2考点一 空间几何体的表面积基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．(2015·某某高考)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＋22B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15解析：选B 由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.2．(易错题)(2015·全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选 B 如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π， ∴r 2＝4，r ＝2，故选B.3．某几何体的三视图如图所示，则它的侧面积为( )A ．12 5B ．24 2C ．24D ．12 3解析：选A 由三视图得，这是一个正四棱台，由条件知斜高h ＝22＋12＝5，侧面积S ＝2＋4×52×4＝12 5.[谨记通法] 几何体的表面积2种求法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．注意衔接部分的处理，如“题组练透”第2题．考点二 空间几何体的体积重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2015·某某高考)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：选B 由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋12×13π×12×1＝136π.2．(2015·全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A ．18B ．17 C ．16D ．15解析：选 D 由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56.所以V 1V 2＝1656＝15，故选D.[由题悟法]求解几何体体积的必备策略常见类型 解题策略球的体积问题直接利用球的体积公式求解，在实际问题中要根据题意作出图形，构造直角三角形确定球的半径锥体、柱体的体积问题根据题设条件求出所给几何体的底面积和高，直接套用公式求解以三视图为载体的几何体体积问题 将三视图还原为几何体，利用空间几何体的体积公式求解不规则几何体的体积问题 常用分割或补形的思想，若几何体的底不规则，也需采用同样的方法，将不规则的几何体或平面图形转化为规则的几何体或平面图形，易于求解[即时应用]1．(2016·某某瑞安模拟)已知一个空间几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的体积是( )A ．2B ．4C ．6D ．12解析：选 B 由三视图可知此棱锥是底面为直角梯形，高为2的四棱锥，所以V ＝13×⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×2＋4×2×2＝4.2．(2015·某某二调)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图与侧(左)视图均为半径是2的圆，则这个几何体的体积是( )A ．16πB ．14πC ．12πD ．8π解析：选D 由三视图可知，该几何体为一个球切去四分之一个球后剩余的部分，由于球的半径为2，所以这个几何体的体积V ＝34×43π×23＝8π.考点三 与球有关的切、接问题常考常新型考点——多角探明[命题分析]与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考生的难点、易失分点，命题角度多变． 常见的命题角度有： (1)正四面体的内切球； (2)直三棱柱的外接球； (3)正方体(长方体)的外接球； (4)四棱锥(三棱锥)的外接球．[题点全练]角度一：正四面体的内切球1．(2016·某某模拟)若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.解析：设正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4·34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14，即r ＝14·63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π. 答案：63π角度二：直三棱柱的外接球2．已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A ．3172B ．210C ．132D ．310解析：选C 如图，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M . 又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋62＝132.角度三：正方体(长方体)的外接球3．(2016·某某一模)已知矩形ABCD 的顶点都在半径为2的球O 的球面上，且AB ＝3，BC ＝3，过点D 作DE 垂直于平面ABCD ，交球O 于E ，则棱锥E ABCD 的体积为________．解析：如图所示，BE 过球心O ，∴DE ＝42－32－32＝2，∴V E ABCD ＝13×3×3×2＝2 3.答案：2 3角度四：四棱锥(三棱锥)的外接球4．(2016·某某模拟)体积为163的正四棱锥S ABCD 的底面中心为O ，SO 与侧面成的角的正切值为22，那么过S ABCD 的各顶点的球的表面积为( ) A ．32π B ．24π C ．16πD ．12π解析：选C 如图，取AB 的中点为F ，连接SF ，过点O 作OG ⊥SF ，则∠OSG 为SO 与侧面所成的角， 且tan ∠OSG ＝OF SO ＝22.设AB ＝2a ，则SO ＝2a ，所以13×4a 2×2a ＝163，得a ＝ 2.延长SO 交外接球于E ，则EB ⊥SB ，由OB 2＝SO ·OE 得4＝2·(2R －2)，所以R ＝2，S ＝4π×22＝16π.[方法归纳]“切”“接”问题处理的注意事项(1)“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．(2)“接”的处理把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( ) A ．163π B ．323πC ．16πD ．24π解析：选B 设球的半径为R ，则表面积是16π，即4πR 2＝16π，解得R ＝2.所以体积为43πR 3＝32π3. 2．一个几何体的三视图如图所示，则它的体积为( )A ．203B ．403C ．20D ．40解析：选B 由几何体的三视图可知该空间几何体是一个四棱锥，其直观图如图所示．其体积为13×12(1＋4)×4×4＝403.3．在三角形ABC 中，AB ＝3，BC ＝4，∠ABC ＝90°，若将△ABC 绕直线BC 旋转一周，则所形成的几何体的侧面积为( )A ．15πB ．20πC ．30πD ．40π解析：选A 依题意知几何体为底面半径为3，母线长为5的圆锥，所得几何体的侧面积等于π×3×5＝15π.4．棱长为a 的正方体有一内切球，该球的表面积为________． 解析：由题意知球的直径2R ＝a ， ∴R ＝a2.∴S ＝4πR 2＝4π×a 24＝πa 2.答案：πa 25．已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中圆的直径为4，该几何体的体积为V 1，直径为4的球的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________.解析：由三视图知，该几何体为圆柱内挖去一个底面相同的圆锥，因此V 1＝8π－8π3＝16π3，V 2＝4π3×23＝32π3，V 1∶V 2＝1∶2. 答案：1∶2二保高考，全练题型做到高考达标1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )A ．7B ．6C ．5D ．3解析：选A 设圆台较小底面半径为r ， 则另一底面半径为3r .由S ＝π(r ＋3r )·3＝84π，解得r ＝7.2．(2015·某某师大附中)如图是一几何体的三视图，则该几何体的体积是( )A ．9B ．10C ．12D ．18解析：选 A 由三视图还原出几何体的直观图如图，SD ⊥平面ABCD ，AB 与DC 平行，AB ＝2，DC ＝4，AD ＝3，SD ＝3，所求体积V ＝13×12×(2＋4)×3×3＝9. 3．已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的底面边长为6时，其高的值为( )A ．33B ． 3C ．2 6D ．2 3解析：选D 设正六棱柱的高为h ，则可得(6)2＋h 24＝32，解得h ＝2 3.4．(2015·某某高考)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解析：选D 由几何体的三视图可知，该几何体为半圆柱，直观图如图所示．表面积为2×2＋2×12×π×12＋π×1×2＝4＋3π.5．(2015·某某高考)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 3C ．323 cm 3D ．403cm 3解析：选C 由三视图可知，该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的组合体．下面是棱长为2 cm 的正方体，体积V 1＝2×2×2＝8(cm 3)；上面是底面边长为2 cm ，高为2 cm 的正四棱锥，体积V 2＝13×2×2×2＝83(cm 3)，所以该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝323(cm 3)．6．某几何体的三视图如图所示，则其体积为________．解析：易知原几何体是底面圆半径为1，高为2的圆锥体的一半，故所求体积为V ＝12×13×(π×12)×2＝π3.答案：π37．(2015·某某高考)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.。
2023年高考数学一轮复习第七章立体几何与空间向量7向量法求空间角练习含解析
向量法求空间角考试要求 能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用．知识梳理1．异面直线所成的角若异面直线l 1，l 2所成的角为θ，其方向向量分别是u ，v ，则cos θ＝|cos 〈u ，v 〉|＝|u·v ||u||v |.2．直线与平面所成的角如图，直线AB 与平面α相交于点B ，设直线AB 与平面α所成的角为θ，直线AB 的方向向量为u ，平面α的法向量为n ，则sin θ＝|cos 〈u ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪u ·n |u ||n |＝|u·n||u||n|.3．平面与平面的夹角如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．若平面α，β的法向量分别是n 1和n 2，则平面α与平面β的夹角即为向量n 1和n 2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|.常用结论1．线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a 与平面的法向量n 所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|，不要误记为cos θ＝|cos 〈a ，n 〉|.2．二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等．( × )(2)直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角的余角就是直线l 与平面α所成的角．( × )(3)二面角的平面角为θ，则两个面的法向量的夹角也是θ.( × )(4)两异面直线夹角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.( √ )教材改编题1．已知直线l 1的方向向量s 1＝(1,0,1)与直线l 2的方向向量s 2＝(－1,2，－2)，则l 1和l 2夹角的余弦值为( ) A.24B.12C.22D.32答案 C解析 因为s 1＝(1,0,1)，s 2＝(－1,2，－2)，所以cos 〈s 1，s 2〉＝s 1·s 2|s 1||s 2|＝－1－22×3＝－22.所以l 1和l 2夹角的余弦值为22. 2．已知向量m ，n 分别是直线l 的方向向量、平面α的法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为________．答案 30°解析 设直线l 与α所成角为θ， sin θ＝||cos 〈m ，n 〉＝12，又∵θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴θ＝30°.3．已知两平面的法向量分别为(0，－1,3)，(2,2,4)，则这两个平面夹角的余弦值为______． 答案156解析|0，－1，3·2，2，4|1＋9×4＋4＋16＝156.题型一 异面直线所成的角例1 (1)(2022·大庆模拟)如图，已知棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，E ，F ，G 分别为AB ，CD 1，AD 的中点，则异面直线A 1G 与EF 所成角的余弦值为( )A ．0 B.1010C.22D ．1答案 A解析 如图，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A 1(2,0,2)，G (1,0,0)，E (2,1,0)，F (0,1,1)，所以A 1G —→＝(－1,0，－2)，EF →＝(－2,0,1)， 设异面直线A 1G 与EF 所成的角为θ， 则cos θ＝|A 1G —→·EF →||A 1G —→||EF →|＝|－1×－2－2×1|5×5＝0.(2)(2022·杭州模拟)如图，已知圆锥CO 的截面△ABC 是正三角形，AB 是底面圆O 的直径，点D 在AB ︵上，且∠AOD ＝2∠BOD ，则异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为( )A.34B.12C.14D.34答案 A解析 因为∠AOD ＝2∠BOD ，且∠AOD ＋∠BOD ＝π， 所以∠BOD ＝π3，连接CO ，则CO ⊥平面ABD ，以点O 为坐标原点，OB ，OC 所在直线分别为y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设圆O 的半径为2，则A (0，－2,0)，B (0,2,0)，C (0,0，23)，D (3，1,0)， AD →＝(3，3,0)，BC →＝(0，－2,23)，设异面直线AD 与BC 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈AD →，BC →〉|＝|AD →·BC →||AD →||BC →|＝|－6|23×4＝34，因此，异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为34. 教师备选如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝2，BC ＝2，点D 为BC 的中点，则异面直线AD 与A 1C 所成的角为( )A.π2B.π3C.π4D.π6 答案 B解析 以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，A 1(0,0，2)，B (2，0,0)，C (0，2，0)，∴D ⎝⎛⎭⎪⎫22，22，0， ∴AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，A 1C —→＝(0，2，－2)，∴cos〈AD →，A 1C —→〉＝AD →·A 1C —→|AD →||A 1C —→|＝12，∴即异面直线AD ，A 1C 所成角为π3.思维升华用向量法求异面直线所成的角的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量； (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．跟踪训练1 (1)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱CC 1的中点，AF →＝λAD →，若异面直线D 1E 和A 1F 所成角的余弦值为3210，则λ的值为______．答案 13解析 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系(图略)，正方体的棱长为2，则A 1(2,0,2)，D 1(0,0,2)，E (0,2,1)，A (2,0,0)， ∴D 1E —→＝(0,2，－1)， A 1F —→＝A 1A —→＋AF →＝A 1A —→＋λAD → ＝(－2λ，0，－2)．∴cos〈A 1F —→，D 1E —→〉＝A 1F —→·D 1E —→|A 1F —→||D 1E —→|＝22λ2＋1×5＝3210， 解得λ＝13⎝⎛⎭⎪⎫λ＝－13舍.(2)(2022·武汉模拟)若在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠A 1AC ＝∠BAC ＝60°，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，AA 1＝AC ＝AB ，则异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为________．答案24解析 令M 为AC 的中点，连接MB ，MA 1， 由题意知△ABC 是等边三角形， 所以BM ⊥AC ，同理，A 1M ⊥AC ， 因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ， 平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，BM ⊂平面ABC ，所以BM ⊥平面A 1ACC 1， 因为A 1M ⊂平面A 1ACC 1， 所以BM ⊥A 1M ，所以AC ，BM ，A 1M 两两垂直，以M 为坐标原点，MA →，MB →，MA 1—→的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设AA 1＝AC ＝AB ＝2，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，A 1(0,0，3)，C 1(－2,0，3)，所以AC 1—→＝(－3,0，3)，A 1B —→＝(0，3，－3)， 所以cos 〈AC 1—→，A 1B —→〉＝－323×6＝－24，故异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为24. 题型二 直线与平面所成的角例2 (2022·广州模拟)在边长为2的菱形ABCD 中，∠BAD ＝60°，点E 是边AB 的中点(如图1)，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，连接A 1B ，A 1C ，得到四棱锥A 1－BCDE (如图2)．(1)证明：平面A 1BE ⊥平面BCDE ；(2)若A 1E ⊥BE ，连接CE ，求直线CE 与平面A 1CD 所成角的正弦值． (1)证明 连接图1中的BD ，如图所示．因为四边形ABCD 为菱形，且∠BAD ＝60°， 所以△ABD 为等边三角形，所以DE ⊥AB ， 所以在图2中有DE ⊥BE ，DE ⊥A 1E ， 因为BE ∩A 1E ＝E ，BE ，A 1E ⊂平面A 1BE ， 所以DE ⊥平面A 1BE ， 因为DE ⊂平面BCDE ， 所以平面A 1BE ⊥平面BCDE .(2)解 因为平面A 1BE ⊥平面BCDE ，平面A 1BE ∩平面BCDE ＝BE ，A 1E ⊥BE ，A 1E ⊂平面A 1BE ，所以A 1E ⊥平面BCDE ，以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，所以A 1(0,0,1)，C (2，3，0)，D (0，3，0)，E (0,0,0)，所以A 1D —→＝(0，3，－1)，A 1C —→＝(2，3，－1)，EC →＝(2，3，0)， 设平面A 1CD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1D —→＝3y －z ＝0，n ·A 1C —→＝2x ＋3y －z ＝0，令y ＝1，则n ＝(0,1，3)，所以cos 〈n ，EC →〉＝n ·EC →|n ||EC →|＝327＝2114，所以直线CE 与平面A 1CD 所成角的正弦值为2114. 教师备选(2020·新高考全国Ⅰ)如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面PAD 与平面PBC 的交线为l .(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD ＝AD ＝1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值． (1)证明 在正方形ABCD 中，AD ∥BC ， 因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以AD ∥平面PBC ，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD ∩平面PBC ＝l ， 所以AD ∥l ，因为在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形， 所以AD ⊥DC ，所以l ⊥DC ， 因为PD ⊥平面ABCD ，所以AD ⊥PD ， 所以l ⊥PD ，因为DC ∩PD ＝D ，PD ，DC ⊂平面PDC ， 所以l ⊥平面PDC .(2)解 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，因为PD ＝AD ＝1，则有D (0,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0,1)，B (1，1,0)， 因为平面PAD ∩平面PBC ＝l ， 所以l 过点P ，设Q (m ，0,1)，则有DC →＝(0,1,0)，DQ →＝(m ，0,1)，PB →＝(1,1，－1)， 设平面QCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧DC →·n ＝0，DQ →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，mx ＋z ＝0，令x ＝1，则z ＝－m ，所以平面QCD 的一个法向量为n ＝(1,0，－m )， 则cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝1＋0＋m 3·m 2＋1. 记PB 与平面QCD 所成的角为θ，根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值， 则sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝|1＋m |3·m 2＋1， 当m ＝0时，sin θ＝33， 当m ≠0时，sin θ＝|1＋m |3·m 2＋1＝33·1＋2m ＋m 2m 2＋1＝33·1＋2mm 2＋1≤33·1＋2|m |m 2＋1≤33·1＋1＝63， 当且仅当m ＝1时取等号，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为63. 思维升华 利用空间向量求线面角的解题步骤跟踪训练2 (2022·全国百校联考)如图所示，在三棱锥S －BCD 中，平面SBD ⊥平面BCD ，A 是线段SD 上的点，△SBD 为等边三角形，∠BCD ＝30°，CD ＝2DB ＝4.(1)若SA ＝AD ，求证：SD ⊥CA ；(2)若直线BA 与平面SCD 所成角的正弦值为419565，求AD 的长．(1)证明 依题意，BD ＝2， 在△BCD 中，CD ＝4，∠BCD ＝30°， 由余弦定理求得BC ＝23， ∴CD 2＝BD 2＋BC 2，即BC ⊥BD .又平面SBD ⊥平面BCD ，平面SBD ∩平面BCD ＝BD ，BC ⊂平面BCD ， ∴BC ⊥平面SBD .从而BC ⊥SD ， 在等边△SBD 中，SA ＝AD ，则BA ⊥SD . 又BC ∩BA ＝B ，BC ，BA ⊂平面BCA ， ∴SD ⊥平面BCA ，又CA ⊂平面BCA ， ∴SD ⊥CA .(2)解 以B 为坐标原点，BC ，BD 所在直线分别为x 轴、y 轴，过点B 作平面BCD 的垂线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，C (23，0,0)，D (0,2,0)，S (0,1，3)，故CD →＝(－23，2,0)，SD →＝(0,1，－3)， 设平面SCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CD →＝0，m ·SD →＝0，即⎩⎨⎧－23x ＋2y ＝0，y －3z ＝0，取x ＝1，则y ＝3，z ＝1， ∴m ＝(1，3，1)， 设DA →＝λDS →(0≤λ≤1)， 则DA →＝(0，－λ，3λ)，故A (0,2－λ，3λ)，则BA →＝(0,2－λ，3λ)， 设直线BA 与平面SCD 所成角为θ， 故sin θ＝||cos 〈m ，BA →〉＝|m ·BA →||m ||BA →|＝|23－3λ＋3λ|5·2－λ2＋3λ2＝419565， 解得λ＝14或λ＝34，则AD ＝12或AD ＝32.题型三 平面与平面的夹角例3 (12分)(2021·新高考全国Ⅰ)如图，在三棱锥A －BCD 中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB ＝AD ，O 为BD 的中点．(1)证明：OA ⊥CD; [切入点：线线垂直转化到线面垂直](2)若△OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，DE ＝2EA ，且二面角E －BC －D 的大小为45°，求三棱锥A －BCD 的体积.[关键点：建系写坐标]教师备选(2020·全国Ⅰ改编)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝66 DO.(1)证明：PA⊥平面PBC；(2)求平面BPC与平面EPC的夹角的余弦值．(1)证明由题设，知△DAE为等边三角形，设AE＝1，则DO＝32，CO＝BO＝12AE＝12，所以PO ＝66DO ＝24，PC ＝PO 2＋OC 2＝64， 同理PB ＝64，PA ＝64， 又△ABC 为等边三角形， 则BAsin60°＝2OA ，所以BA ＝32，PA 2＋PB 2＝34＝AB 2，则∠APB ＝90°，所以PA ⊥PB ，同理PA ⊥PC ， 又PC ∩PB ＝P ，PC ，PB ⊂平面PBC ， 所以PA ⊥平面PBC .(2)解 过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴，ON 所在直线为y 轴，OD 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，24，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，34，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，－34，0， PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，－34，－24， PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，34，－24，PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，－24， 设平面PCB 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PB →＝0，得⎩⎨⎧－x 1－3y 1－2z 1＝0，－x 1＋3y 1－2z 1＝0，令x 1＝2，得z 1＝－1，y 1＝0， 所以n ＝(2，0，－1)，设平面PCE 的一个法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PE →＝0，得⎩⎨⎧－x 2－3y 2－2z 2＝0，－2x 2－2z 2＝0，令x 2＝1，得z 2＝－2，y 2＝33， 所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，－2， 故cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝223×103＝255， 所以平面BPC 与平面EPC 的夹角的余弦值为255.思维升华 利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤跟踪训练3 (2021·全国乙卷改编)如图，四棱锥P －ABCD 的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ＝1，M 为BC 的中点，且PB ⊥AM .(1)求BC ；(2)求平面APM 与平面BPM 夹角的正弦值．解 (1)因为PD ⊥平面ABCD ，所以PD ⊥AD ，PD ⊥DC .在矩形ABCD 中，AD ⊥DC ，故以点D 为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，设BC ＝t ，则A (t ，0,0)，B (t ，1,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2，1，0，P (0,0,1)， 所以PB →＝(t ，1，－1)，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－t 2，1，0.因为PB ⊥AM ，所以PB →·AM →＝－t 22＋1＝0，得t ＝2，所以BC ＝ 2.(2)易知C (0,1,0)，由(1)可得AP →＝(－2，0,1)，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，1，0，CB →＝(2，0,0)，PB →＝(2，1，－1)．设平面APM 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AP →＝0，n 1·AM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x 1＋z 1＝0，－22x 1＋y 1＝0，令x 1＝2，则z 1＝2，y 1＝1，所以平面APM 的一个法向量为n 1＝(2，1,2)． 设平面PMB 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CB →＝0，n 2·PB →＝0，即⎩⎨⎧2x 2＝0，2x 2＋y 2－z 2＝0，得x 2＝0，令y 2＝1，则z 2＝1，所以平面PMB 的一个法向量为n 2＝(0,1,1)． 设平面APM 与平面BPM 夹角为θ，cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝37×2＝31414，sin θ＝1－cos 2θ＝7014. 所以平面APM 与平面BPM 夹角的正弦值为7014.课时精练1．如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值； (2)求平面A 1BD 与平面A 1AD 所成角的正弦值． 解 在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E . 因为AA 1⊥平面ABCD ， 所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD .如图，以{AE →，AD →，AA 1—→}为一个正交基底，建立空间直角坐标系，因为AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°， 则A (0,0,0)，B (3，－1,0)，D (0,2,0)，E (3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(3，1，3)．(1)A 1B —→＝(3，－1，－3)，AC 1—→＝(3，1，3)． 则cos 〈A 1B —→，AC 1—→〉＝A 1B —→·AC 1—→|A 1B —→||AC 1—→|＝3－1－37×7＝－17.因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17.(2)可知平面A 1AD 的一个法向量为 AE →＝(3，0,0)，设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1BD 的一个法向量， 又A 1B —→＝(3，－1，－3)，BD →＝(－3，3,0)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B —→＝0，m ·BD →＝0，即⎩⎨⎧3x －y －3z ＝0，－3x ＋3y ＝0.不妨取x ＝3，则y ＝3，z ＝2.所以m ＝(3，3，2)为平面A 1BD 的一个法向量， 从而cos 〈AE →，m 〉＝AE →·m |AE →||m|＝333×4＝34.设平面A 1BD 与平面A 1AD 所成的角为θ， 则cos θ＝34.所以sin θ＝1－cos 2θ＝74. 因此平面A 1BD 与平面A 1AD 所成角的正弦值为74. 2．(2021·浙江)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，∠ABC ＝120°，AB ＝1，BC ＝4，PA ＝15，M ，N 分别为BC ，PC 的中点，PD ⊥DC ，PM ⊥MD .(1)证明：AB ⊥PM ；(2)求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值． (1)证明 因为底面ABCD 是平行四边形， ∠ABC ＝120°，BC ＝4，AB ＝1， 且M 为BC 的中点，所以CM ＝2，CD ＝1，∠DCM ＝60°， 易得CD ⊥DM .又PD ⊥DC ，且PD ∩DM ＝D ，PD ，DM ⊂平面PDM ， 所以CD ⊥平面PDM .因为AB ∥CD ，所以AB ⊥平面PDM . 又PM ⊂平面PDM ，所以AB ⊥PM .(2)解 方法一 由(1)知AB ⊥平面PDM ， 所以∠NAB 为直线AN 与平面PDM 所成角的余角． 连接AM ，因为PM ⊥MD ，PM ⊥DC ，所以PM ⊥平面ABCD ，所以PM ⊥AM . 因为∠ABC ＝120°，AB ＝1，BM ＝2， 所以由余弦定理得AM ＝7， 又PA ＝15，所以PM ＝22， 所以PB ＝PC ＝23， 连接BN ，结合余弦定理得BN ＝11. 连接AC ，则由余弦定理得AC ＝21， 在△PAC 中，结合余弦定理得PA 2＋AC 2＝2AN 2＋2PN 2，所以AN ＝15.所以在△ABN 中，cos∠BAN ＝AB 2＋AN 2－BN 22AB ·AN ＝1＋15－11215＝156.设直线AN 与平面PDM 所成的角为θ， 则sin θ＝cos∠BAN ＝156. 方法二 因为PM ⊥MD ，PM ⊥DC ， 所以PM ⊥平面ABCD . 连接AM ，则PM ⊥AM .因为∠ABC ＝120°，AB ＝1，BM ＝2， 所以AM ＝7，又PA ＝15，所以PM ＝22， 由(1)知CD ⊥DM ，过点M 作ME ∥CD 交AD 于点E ， 则ME ⊥MD .故可以以M 为坐标原点，MD ，ME ，MP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (－3，2,0)，P (0,0,22)，C (3，－1,0)， 所以N ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，2.所以AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332，－52，2.易知平面PDM 的一个法向量为n ＝(0,1,0)． 设直线AN 与平面PDM 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈AN →，n 〉|＝|AN →·n ||AN →||n |＝5215＝156.3.(2022·汕头模拟)如图，在圆柱OO 1中，四边形ABCD 是其轴截面，EF 为⊙O 1的直径，且EF ⊥CD ，AB ＝2，BC ＝a (a >1)．(1)求证：BE ＝BF ；(2)若直线AE 与平面BEF 所成角的正弦值为63，求平面ABE 与平面BEF 夹角的余弦值． (1)证明 如图，连接BO 1，在圆柱OO 1中，BC ⊥平面CEDF ，∵EF ⊂平面CEDF ，∴EF ⊥BC ， ∵EF ⊥CD ，BC ∩CD ＝C ，BC ，CD ⊂平面ABCD ，∴EF ⊥平面ABCD ，又BO 1⊂平面ABCD ，∴EF ⊥BO 1，∵在△BEF 中，O 1为EF 的中点，∴BE ＝BF .(2)解 连接OO 1，则OO 1与该圆柱的底面垂直，以点O 为坐标原点，OB ，OO 1所在直线分别为y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，－1,0)，B (0,1,0)，E (－1,0，a )，F (1,0，a )，AE →＝(－1,1，a )，BE →＝(－1，－1，a )，BF →＝(1，－1，a )，设平面BEF 的法向量是n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BE →＝0，n 1·BF →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 1＋az 1＝0，x 1－y 1＋az 1＝0， 取z 1＝1，得n 1＝(0，a ，1)，设直线AE 与平面BEF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AE →，n 1〉| ＝2aa 2＋2·a 2＋1＝63，化简得(a 2－2)(a 2－1)＝0，∵a >1，解得a ＝2，∴n 1＝(0，2，1)，设平面ABE 的法向量是n 2＝(x 2，y 2，z 2)，AB →＝(0,2,0)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB →＝0，n 2·AE →＝0，得⎩⎨⎧ 2y 2＝0，－x 2＋y 2＋2z 2＝0，取z 2＝1，得n 2＝(2，0,1)，设平面ABE 与平面BEF 的夹角为α，则cos α＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝13， ∴平面ABE 与平面BEF 夹角的余弦值为13.4.(2021·全国甲卷改编)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1B 1B 为正方形，AB ＝BC ＝2，E ，F 分别为AC 和CC 1的中点，D 为棱A 1B 1上的点，BF ⊥A 1B 1.(1)证明：BF ⊥DE ；(2)当B 1D 为何值时，平面BB 1C 1C 与平面DFE 夹角的正弦值最小？(1)证明 因为E ，F 分别是AC 和CC 1的中点，且AB ＝BC ＝2， 所以CF ＝1，BF ＝ 5.如图，连接AF ，由BF ⊥A 1B 1，AB ∥A 1B 1，得BF ⊥AB ，于是AF ＝BF 2＋AB 2＝3，所以AC ＝AF 2－CF2＝2 2.由AB 2＋BC 2＝AC 2，得BA ⊥BC ，故以B 为坐标原点，以BA ，BC ，BB 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则B (0,0,0)，E (1,1,0)，F (0,2,1)，BF →＝(0,2,1)．设B 1D ＝m (0≤m ≤2)，则D (m ，0,2)，于是DE →＝(1－m ，1，－2)．所以BF →·DE →＝0，所以BF ⊥DE .(2)解 易知平面BB 1C 1C 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)．设平面DFE 的一个法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ DE →·n 2＝0，EF →·n 2＝0，又DE →＝(1－m ，1，－2)，EF →＝(－1,1,1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 1－m x ＋y －2z ＝0，－x ＋y ＋z ＝0，令x ＝3，得y ＝m ＋1，z ＝2－m ，于是平面DFE 的一个法向量为n 2＝(3，m ＋1,2－m )，所以cos 〈n 1，n 2〉＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫m －122＋272.设平面BB 1C 1C 与平面DFE 的夹角为θ，则sin θ＝1－cos 2〈n 1，n 2〉，故当m ＝12时，平面BB 1C 1C 与平面DFE 夹角的正弦值最小，为33，即当B 1D ＝12时，平面BB 1C 1C 与平面DFE 夹角的正弦值最小．。
2023年高考数学一轮复习第七章立体几何与空间向量3空间点直线平面之间的位置关系练习含解析
空间点、直线、平面之间的位置关系考试要求 1．借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义．2．了解四个基本事实和一个定理，并能应用定理解决问题．知识梳理 1．平面基本事实1：过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面．基本事实2：如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内． 基本事实3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．基本事实4：平行于同一条直线的两条直线平行． 2．“三个”推论推论1：经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面． 推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面． 推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面． 3．空间中直线与直线的位置关系⎩⎪⎨⎪⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧相交直线，平行直线，异面直线：不同在任何一个平面内，没有 公共点.4．空间中直线与平面的位置关系直线与平面的位置关系有：直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情况． 5．空间中平面与平面的位置关系平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况． 6．等角定理如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补． 7．异面直线所成的角(1)定义：已知两条异面直线a ，b ，经过空间任一点O 分别作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把直线a ′与b ′所成的角叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角)．(2)范围：⎝⎛⎦⎥⎤0，π2．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两个平面α，β有一个公共点A ，就说α，β相交于过A 点的任意一条直线．( × ) (2)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面．( √ ) (3)如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合．( × ) (4)没有公共点的两条直线是异面直线．( × ) 教材改编题1．(多选)如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法正确的是( )A ．AB 与CD 是异面直线 B ．GH 与CD 相交C ．EF ∥CD D ．EF 与AB 异面 答案 ABC解析 把展开图还原成正方体，如图所示．还原后点G 与C 重合，点B 与F 重合，由图可知ABC 正确，EF 与AB 相交，故D 错． 2．如果直线a ⊂平面α，直线b ⊂平面β．且α∥β，则a 与b ( ) A ．共面 B ．平行 C ．是异面直线D ．可能平行，也可能是异面直线 答案 D解析 α∥β，说明a 与b 无公共点， ∴a 与b 可能平行也可能是异面直线．3．如图，在三棱锥A －BCD 中，E ，F ，G ，H 分别是棱AB ，BC ，CD ，DA 的中点，则(1)当AC ，BD 满足条件________时，四边形EFGH 为菱形； (2)当AC ，BD 满足条件________时，四边形EFGH 为正方形． 答案 (1)AC ＝BD (2)AC ＝BD 且AC ⊥BD 解析 (1)∵四边形EFGH 为菱形， ∴EF ＝EH ，∵EF 綉12AC ，EH 綉12BD ，∴AC ＝BD ．(2)∵四边形EFGH 为正方形， ∴EF ＝EH 且EF ⊥EH ， ∵EF 綉12AC ，EH 綉12BD ，∴AC ＝BD 且AC ⊥BD ．题型一 基本事实应用例1 如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是AB ，AA 1的中点，连接D 1F ，CE ．求证：(1)E ，C ，D 1，F 四点共面； (2)CE ，D 1F ，DA 三线共点．证明 (1)如图所示，连接CD 1，EF ，A 1B ， ∵E ，F 分别是AB ，AA 1的中点， ∴EF ∥A 1B ，且EF ＝12A 1B ．又∵A 1D 1∥BC ，A 1D 1＝BC ， ∴四边形A 1BCD 1是平行四边形， ∴A 1B ∥CD 1，∴EF ∥CD 1，∴EF 与CD 1能够确定一个平面ECD 1F ， 即E ，C ，D 1，F 四点共面．(2)由(1)知EF ∥CD 1，且EF ＝12CD 1，∴四边形CD 1FE 是梯形， ∴CE 与D 1F 必相交，设交点为P ， 则P ∈CE ，且P ∈D 1F ，∵CE ⊂平面ABCD ，D 1F ⊂平面A 1ADD 1， ∴P ∈平面ABCD ，且P ∈平面A 1ADD 1． 又∵平面ABCD ∩平面A 1ADD 1＝AD ， ∴P ∈AD ，∴CE ，D 1F ，DA 三线共点． 教师备选如图所示，已知在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为D 1C 1，C 1B 1的中点，AC ∩BD ＝P ，A 1C 1∩EF ＝Q ．求证：(1)D ，B ，F ，E 四点共面；(2)若A 1C 交平面DBFE 于R 点，则P ，Q ，R 三点共线． 证明 (1)∵EF 是△D 1B 1C 1的中位线， ∴EF ∥B 1D 1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，B 1D 1∥BD ， ∴EF ∥BD ．∴EF ，BD 确定一个平面，即D ，B ，F ，E 四点共面． (2)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， 设平面A 1ACC 1为α， 平面BDEF 为β． ∵Q ∈A 1C 1，∴Q ∈α．又Q∈EF，∴Q∈β，则Q是α与β的公共点，同理，P是α与β的公共点，∴α∩β＝PQ．又A1C∩β＝R，∴R∈A1C．∴R∈α，且R∈β，则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．思维升华共面、共线、共点问题的证明(1)证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内．(2)证明共线的方法：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上．(3)证明共点的方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．跟踪训练1 (1)(多选)如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点共面的图是( )答案ABC解析对于A，PS∥QR，故P，Q，R，S四点共面；同理，B，C图中四点也共面；D中四点不共面．(2)在三棱锥A－BCD的棱AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EF∩HG＝P，则点P( )A．一定在直线BD上B．一定在直线AC上C．在直线AC或BD上D．不在直线AC上，也不在直线BD上答案 B解析如图所示，因为EF⊂平面ABC，HG⊂平面ACD，EF∩HG＝P，所以P∈平面ABC，P∈平面ACD．又因为平面ABC∩平面ACD＝AC，所以P∈AC．题型二空间线面位置关系命题点1 空间位置关系的判断例2 (1)下列推断中，错误的是( )A．若M∈α，M∈β，α∩β＝l，则M∈lB．A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β＝ABC．l⊄α，A∈l⇒A∉αD．A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线⇒α，β重合答案 C解析对于A，因为M∈α，M∈β，α∩β＝l，由基本事实3可知M∈l，A对；对于B，A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，故直线AB⊂α，AB⊂β，即α∩β＝AB，B对；对于C，若l∩α＝A，则有l⊄α，A∈l，但A∈α，C错；对于D，有三个不共线的点在平面α，β中，故α，β重合，D对．(2)已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是长方形A1B1C1D1与长方形BCC1B1的中心，则下列说法正确的是( )A．直线MN与直线A1B是异面直线B．直线MN与直线DD1相交C．直线MN与直线AC1是异面直线D．直线MN与直线A1C平行答案 C解析如图，因为M，N分别是长方形A1B1C1D1与长方形BCC1B1的中心，所以M，N分别是A1C1，BC1的中点，所以直线MN与直线A1B平行，所以A错误；因为直线MN经过平面BB1D1D内一点M，且点M不在直线DD1上，所以直线MN与直线DD1是异面直线，所以B错误；因为直线MN经过平面ABC1内一点N，且点N不在直线AC1上，所以直线MN与直线AC1是异面直线，所以C正确；因为直线MN经过平面A1CC1内一点M，且点M不在直线A1C上，所以直线MN与直线A1C是异面直线，所以D错误．命题点2 异面直线所成角例3 (1)(2021·全国乙卷)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为B 1D 1的中点，则直线PB 与AD 1所成的角为( ) A ．π2B ．π3C ．π4D ．π6答案 D解析 方法一 如图，连接C 1P ，因为ABCD －A 1B 1C 1D 1是正方体，且P 为B 1D 1的中点，所以C 1P ⊥B 1D 1，又C 1P ⊥BB 1，所以C 1P ⊥平面B 1BP ．又BP ⊂平面B 1BP ，所以C 1P ⊥BP ．连接BC 1，则AD 1∥BC 1，所以∠PBC 1为直线PB 与AD 1所成的角．设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则在Rt△C 1PB 中，C 1P ＝12B 1D 1＝2，BC 1＝22，sin∠PBC 1＝PC 1BC 1＝12，所以∠PBC 1＝π6．方法二 如图所示，连接BC 1，A 1B ，A 1P ，PC 1，则易知AD 1∥BC 1，所以直线PB 与AD 1所成的角等于直线PB 与BC 1所成的角．根据P 为正方形A 1B 1C 1D 1的对角线B 1D 1的中点，易知A 1，P ，C 1三点共线，且P 为A 1C 1的中点．易知A 1B ＝BC 1＝A 1C 1，所以△A 1BC 1为等边三角形，所以∠A 1BC 1＝π3，又P 为A 1C 1的中点，所以可得∠PBC 1＝12∠A 1BC 1＝π6．(2)(2022·衡水检测)如图，在圆锥SO 中，AB ，CD 为底面圆的两条直径，AB ∩CD ＝O ，且AB ⊥CD ，SO ＝OB ＝3，SE ＝14SB ，则异面直线SC 与OE 所成角的正切值为( )A ．222B ．53C ．1316D ．113答案 D解析 如图，过点S 作SF ∥OE ，交AB 于点F ，连接CF ，则∠CSF (或其补角)为异面直线SC 与OE 所成的角．∵SE ＝14SB ，∴SE ＝13BE ．又OB ＝3，∴OF ＝13OB ＝1．∵SO ⊥OC ，SO ＝OC ＝3， ∴SC ＝32．∵SO ⊥OF ，∴SF ＝SO 2＋OF 2＝10． ∵OC ⊥OF ，∴CF ＝10． ∴在等腰△SCF 中，tan∠CSF ＝102－⎝ ⎛⎭⎪⎫3222322＝113． 教师备选1．(多选)设a ，b ，c 是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列结论不正确的是( )A ．若a ⊂α，b ⊂β，则a 与b 是异面直线B ．若a 与b 异面，b 与c 异面，则a 与c 异面C ．若a ，b 不同在平面α内，则a 与b 异面D ．若a ，b 不同在任何一个平面内，则a 与b 异面 答案 ABC2．在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( )A ．15B ．56C ．55D ．22 答案 C解析 如图，连接BD 1，交DB 1于O ，取AB 的中点M ，连接DM ，OM ．易知O 为BD 1的中点，所以AD 1∥OM ，则∠MOD 为异面直线AD 1与DB 1所成角或其补角．因为在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，AD 1＝AD 2＋DD 21＝2， DM ＝AD 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12AB 2＝52， DB 1＝AB 2＋AD 2＋BB 21＝5． 所以OM ＝12AD 1＝1，OD ＝12DB 1＝52，于是在△DMO 中，由余弦定理，得cos∠MOD ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫522－⎝ ⎛⎭⎪⎫5222×1×52＝55，即异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55． 思维升华 (1)点、直线、平面位置关系的判定，注意构造几何体(长方体、正方体)模型来判断，常借助正方体为模型． (2)求异面直线所成的角的三个步骤一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角． 二证：证明作出的角是异面直线所成的角． 三求：解三角形，求出所作的角．跟踪训练2 (1)如图所示，G ，N ，M ，H 分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH 与MN 是异面直线的图形有________．(填序号)答案 ②④(2)若直线l 1和l 2是异面直线，l 1在平面α内，l 2在平面β内，l 是平面α与平面β的交线，则下列结论正确的是( ) A ．l 与l 1，l 2都不相交 B ．l 与l 1，l 2都相交C ．l 至多与l 1，l 2中的一条相交D ．l 至少与l 1，l 2中的一条相交 答案 D解析 如图1，l 1与l 2是异面直线，l 1与l 平行，l 2与l 相交，故A ，B 不正确；如图2，l 1与l 2是异面直线，l 1，l 2都与l 相交，故C 不正确．图1 图2题型三 空间几何体的切割(截面)问题例4 (1)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱DD 1和BB 1上的点，MD ＝13DD 1，NB ＝13BB 1，那么正方体中过M ，N ，C 1的截面图形是( ) A ．三角形 B ．四边形 C ．五边形 D ．六边形答案 C解析 先确定截面上的已知边与几何体上和其共面的边的交点，再确定截面与几何体的棱的交点．如图，设直线C 1M ，CD 相交于点P ，直线C 1N ，CB 相交于点Q ，连接PQ 交直线AD 于点E ，交直线AB 于点F ，则五边形C 1MEFN 为所求截面图形．(2)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2．以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为______． 答案π2解析 以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线是以C 1为圆心，1为半径的圆与正方形BCC 1B 1相交的一段弧(圆周的四分之一)，其长度为14×2π×1＝π2．延伸探究 将本例(2)中正方体改为直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°．以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．答案2π2解析 如图，设B 1C 1的中点为E ，球面与棱BB 1，CC 1的交点分别为P ，Q ，连接DB ，D 1B 1，D 1P ，D 1E ，EP ，EQ ，由∠BAD ＝60°，AB ＝AD ，知△ABD 为等边三角形， ∴D 1B 1＝DB ＝2，∴△D 1B 1C 1为等边三角形， 则D 1E ＝3且D 1E ⊥平面BCC 1B 1，∴E 为球面截侧面BCC 1B 1所得截面圆的圆心， 设截面圆的半径为r ，则r ＝R 2球－D 1E 2＝5－3＝2． 又由题意可得EP ＝EQ ＝2，∴球面与侧面BCC 1B 1的交线为以E 为圆心的圆弧PQ ． 又D 1P ＝5，∴B 1P ＝D 1P 2－D 1B 21＝1， 同理C 1Q ＝1，∴P ，Q 分别为BB 1，CC 1的中点， ∴∠PEQ ＝π2，知PQ ︵的长为π2×2＝2π2，即交线长为2π2．教师备选如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是BC 的中点，平面α经过直线BD 且与直线C 1E 平行，若正方体的棱长为2，则平面α截正方体所得的多边形的面积为________．答案 92解析 如图，过点B 作BM ∥C 1E 交B 1C 1于点M ，过点M 作BD 的平行线，交C 1D 1于点N ，连接DN ，则平面BDNM 即为符合条件的平面α，由图可知M ，N 分别为B 1C 1，C 1D 1的中点， 故BD ＝22，MN ＝2， 且BM ＝DN ＝5， ∴等腰梯形MNDB 的高为h ＝52－⎝⎛⎭⎪⎫222＝322， ∴梯形MNDB 的面积为 12×(2＋22)×322＝92． 思维升华 (1)作截面应遵循的三个原则：①在同一平面上的两点可引直线；②凡是相交的直线都要画出它们的交点；③凡是相交的平面都要画出它们的交线． (2)作交线的方法有如下两种：①利用基本事实3作交线；②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线． 跟踪训练3 (1)(多选)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，已知平面α⊥AC 1，则关于α截此正方体所得截面的判断正确的是( ) A ．截面形状可能为正三角形 B ．截面形状可能为正方形 C ．截面形状可能为正六边形 D ．截面面积最大值为3 3 答案 ACD解析 易知A ，C 正确，B 不正确，下面说明D 正确，如图，截面为正六边形，当六边形的顶点均为棱的中点时，其面积最大，MN ＝22，GH ＝2，OE ＝OO ′2＋O ′E 2＝1＋⎝⎛⎭⎪⎫222＝62， 所以S ＝2×12×(2＋22)×62＝33，故D 正确．(2)(2022·兰州模拟)如图，正方体A 1C 的棱长为1，点M 在棱A 1D 1上，A 1M ＝2MD 1，过M 的平面α与平面A 1BC 1平行，且与正方体各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为________．答案 3 2解析 在平面A 1D 1DA 中寻找与平面A 1BC 1平行的直线时，只需要ME ∥BC 1，如图所示，因为A 1M ＝2MD 1，故该截面与正方体的交点位于靠近D 1，A ，C 的三等分点处，故可得截面为MIHGFE ，设正方体的棱长为3a ， 则ME ＝22a ，MI ＝2a ，IH ＝22a ，HG ＝2a ，FG ＝22a ，EF ＝2a ，所以截面MIHGFE 的周长为ME ＋EF ＋FG ＋GH ＋HI ＋IM ＝92a ， 又因为正方体A 1C 的棱长为1，即3a ＝1， 故截面多边形的周长为32．课时精练1．下列叙述错误的是( )A ．若P ∈α∩β，且α∩β＝l ，则P ∈lB．若直线a∩b＝A，则直线a与b能确定一个平面C．三点A，B，C确定一个平面D．若A∈l，B∈l且A∈α，B∈α，则l⊂α答案 C解析选项A，点P是两平面的公共点，当然在交线上，故正确；选项B，由基本事实的推论可知，两相交直线确定一个平面，故正确；选项C，只有不共线的三点才能确定一个平面，故错误；选项D，由基本事实2，直线上有两点在一个平面内，则这条直线在平面内．2．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列判断正确的是( ) A．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则直线m与n可能相交或异面B．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则直线m与n一定平行C．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则直线m与n一定垂直D．若m∥α，n∥β，α∥β，则直线m与n一定平行答案 A解析m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，对于A，若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则直线m与n相交垂直或异面垂直，故A正确；对于B，若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则直线m与n相交、平行或异面，故B错误；对于C，若m⊥α，n∥β，α⊥β，则直线m与n相交、平行或异面，故C错误；对于D，若m∥α，n∥β，α∥β，则直线m与n平行或异面，故D错误．3．(2022·营口模拟)已知空间中不过同一点的三条直线a，b，l，则“a，b，l两两相交”是“a，b，l共面”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案 A解析空间中不过同一点的三条直线a，b，l，若a，b，l在同一平面，则a，b，l相交或a，b，l有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行．所以a，b，l在同一平面，则a，b，l两两相交不一定成立；而若a，b，l两两相交，则a，b，l在同一平面成立．故“a，b，l两两相交”是“a，b，l共面”的充分不必要条件．4．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是平面ADD1A1的中心，M，N，F分别是B1C1，CC1，AB的中点，则下列说法正确的是( )A ．MN ＝12EF ，且MN 与EF 平行B ．MN ≠12EF ，且MN 与EF 平行C ．MN ＝12EF ，且MN 与EF 异面D ．MN ≠12EF ，且MN 与EF 异面答案 D解析 设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2a ， 则MN ＝MC 21＋C 1N 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 22 ＝2a ，作点E 在平面ABCD 内的射影点G ，连接EG ，GF ，所以EF ＝EG 2＋GF 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 22＋2a2＝3a ，所以MN ≠12EF ，故选项A ，C 错误；连接DE ，因为E 为平面ADD 1A 1的中心， 所以DE ＝12A 1D ，又因为M ，N 分别为B 1C 1，CC 1的中点，所以MN ∥B 1C ， 又因为B 1C ∥A 1D ，所以MN ∥ED ， 且DE ∩EF ＝E ，所以MN 与EF 异面，故选项B 错误．5．(多选)(2022·临沂模拟)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是DB 的中点，直线A 1C 交平面C 1BD 于点M ，则下列结论正确的是( )A．C1，M，O三点共线B．C1，M，O，C四点共面C．C1，O，B1，B四点共面D．D1，D，O，M四点共面答案AB解析∵O∈AC，AC⊂平面ACC1A1，∴O∈平面ACC1A1．∵O∈BD，BD⊂平面C1BD，∴O∈平面C1BD，∴O是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点，同理可得，点M和C1都是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点，∴三点C1，M，O在平面C1BD与平面ACC1A1的交线上，即C1，M，O三点共线，故A，B正确；根据异面直线的判定定理可得BB1与C1O为异面直线，故C1，O，B1，B四点不共面，故C不正确；根据异面直线的判定定理可得DD1与MO为异面直线，故D1，D，O，M四点不共面，故D不正确．6．(多选)(2022·厦门模拟)下列说法不正确的是( )A．两组对边分别相等的四边形确定一个平面B．和同一条直线异面的两直线一定共面C．与两异面直线分别相交的两直线一定不平行D．一条直线和两平行线中的一条相交，也必定和另一条相交答案ABD解析两组对边分别相等的四边形可能是空间四边形，故A错误；如图1，直线DD1与B1C1都是直线AB的异面直线，同样DD1与B1C1也是异面直线，故B错误；如图2，设直线AB与CD是异面直线，则直线AC与BD一定不平行，否则AC∥BD，有AC与BD确定一个平面α，则AC⊂α，BD⊂α，所以A∈α，B∈α，C∈α，D∈α，所以AB⊂α，CD⊂α，这与假设矛盾，故C正确；如图1，AB∥CD，而直线AA1与AB相交，但与直线CD不相交，故D错误．图1 图27．(2022·哈尔滨模拟)已知在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为________． 答案105解析 如图所示，补成直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1，则所求角为∠BC 1D 或其补角，∵BC 1＝2，BD ＝22＋1－2×2×1×cos60°＝3，C 1D ＝AB 1＝5， 易得C 1D 2＝BD 2＋BC 21，即BC 1⊥BD ， 因此cos∠BC 1D ＝BC 1C 1D ＝25＝105． 8．(2022·本溪模拟)在空间中，给出下面四个命题，其中假命题为________．(填序号) ①过平面α外的两点，有且只有一个平面与平面α垂直； ②若平面β内有不共线三点到平面α的距离都相等，则α∥β； ③若直线l 与平面α内的任意一条直线垂直，则l ⊥α； ④两条异面直线在同一平面内的射影一定是两条相交直线． 答案 ①②④解析 对于①，当平面α外两点的连线与平面α垂直时，此时过两点有无数个平面与平面α垂直，所以①不正确；对于②，若平面β内有不共线三点到平面α的距离都相等，平面α与β可能平行，也可能相交，所以②不正确；对于③，直线l 与平面内的任意直线垂直时，得到l ⊥α，所以③正确；对于④，两条异面直线在同一平面内的射影可能是两条相交直线或两条平行直线或直线和直线外的一点，所以④不正确．9．(2022·上海市静安区模拟)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB ，CC 1的中点．(1)求异面直线A 1E 与D 1F 所成的角的余弦值； (2)求三棱锥A 1－D 1EF 的体积．解 (1)如图，设BB 1的中点为H ，连接HF ，EH ，A 1H ，因为F 是CC 1的中点，所以A 1D 1∥CB ∥HF ，A 1D 1＝CB ＝HF ， 因此四边形A 1D 1FH 是平行四边形， 所以D 1F ∥A 1H ，D 1F ＝A 1H ，因此∠EA 1H 是异面直线A 1E 与D 1F 所成的角或其补角， 正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 是AB 的中点， 所以A 1E ＝A 1H ＝22＋12＝5，EH ＝12＋12＝2，由余弦定理可知，cos∠EA 1H ＝A 1E 2＋A 1H 2－EH 22A 1E ·A 1H ＝5＋5－22×5×5＝45，所以异面直线A 1E 与D 1F 所成的角的余弦值为45．(2)因为A 1D 1∥HF ，HF ⊄平面A 1D 1E ，A 1D 1⊂平面A 1D 1E ， 所以HF ∥平面A 1D 1E ，因此点H ，F 到平面A 1D 1E 的距离相等， 即111111F A D E H A D E D A EH V V V －－－＝＝，11D A EH V －＝13D 1A 1·1A EH S △＝13×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫22－12×2×1×2－12×1×1＝1，所以三棱锥A 1－D 1EF 的体积为1．10．如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的侧棱AA 1⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为菱形，E ，F 分别为AA 1，CC 1的中点，M 为AB 上一点．(1)若D 1E 与CM 相交于点K ，求证D 1E ，CM ，DA 三条直线相交于同一点； (2)若AB ＝2，AA 1＝4，∠BAD ＝π3，求点D 1到平面FBD 的距离．(1)证明 ∵D 1E 与CM 相交于点K ， ∴K ∈D 1E ，K ∈CM ，而D 1E ⊂平面ADD 1A 1，CM ⊂平面ABCD ， 且平面ADD 1A 1∩平面ABCD ＝AD ， ∴K ∈AD ，∴D 1E ，CM ，DA 三条直线相交于同一点K ． (2)解 ∵四边形ABCD 为菱形，AB ＝2， ∴BC ＝CD ＝2，而四棱柱的侧棱AA 1⊥底面ABCD ， ∴CC 1⊥底面ABCD ，又∵F 是CC 1的中点，CC 1＝4，∴CF ＝2， ∴BF ＝DF ＝22，又∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝π3，∴BD ＝AB ＝2， ∴S △FBD ＝12×2×222－1＝7．设点D 1到平面FBD 的距离为h ，点B 到平面DD 1F 的距离为d ， 则d ＝2sin π3＝3，又∵11D FBD B DD F V V －－＝， ∴13×S △FBD ×h ＝13×1DD F S △×d ， ∴13×7×h ＝13×12×4×2×3， 解得h ＝4217．即点D1到平面FBD的距离为421 7．11．(多选)(2022·太原模拟)如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，下列结论正确的是( )A．GH与EF平行B．BD与MN为异面直线C．GH与MN成60°角D．DE与MN垂直答案BCD解析如图，还原成正四面体A－DEF，其中H与N重合，A，B，C三点重合，连接GM，易知GH与EF异面，BD与MN异面．又△GMH为等边三角形，∴GH与MN成60°角，易证DE⊥AF，MN∥AF，∴MN⊥DE．∴B，C，D正确．12．(多选)(2022·广州六校联考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，A1D1的中点，下列结论正确的是( )A．AP与CM是异面直线B．AP，CM，DD1相交于一点C．MN∥BD1D．MN∥平面BB1D1D答案 BD解析 如图，连接MP ，AC ，因为MP ∥AC ，MP ≠AC ，所以AP 与CM 是相交直线，又平面A 1ADD 1∩平面C 1CDD 1＝DD 1，所以AP ，CM ，DD 1相交于一点，则A 不正确，B 正确；令AC ∩BD ＝O ，连接OD 1，ON ．因为M ，N 分别是C 1D 1，BC 的中点，所以ON ∥D 1M ∥CD ，ON ＝D 1M ＝12CD ， 则四边形MNOD 1为平行四边形，所以MN ∥OD 1，因为MN ⊄平面BB 1D 1D ，OD 1⊂平面BB 1D 1D ，所以MN ∥平面BB 1D 1D ，C 不正确，D 正确．13．(2022·玉林模拟)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，P ，Q 分别为A 1B ，B 1D 1，A 1D ，CD 1的中点，则直线EF 与PQ 所成角的大小是________．答案 π3解析 如图，连接A 1C 1，BC 1，则F 是A 1C 1的中点，又E 为A 1B 的中点，所以EF ∥BC 1，连接DC 1，则Q 是DC 1的中点，又P 为A 1D 的中点，所以PQ ∥A 1C 1，于是∠A 1C 1B 是直线EF 与PQ 所成的角或其补角．易知△A 1C 1B 是正三角形，所以∠A 1C 1B ＝π3． 14．(2022·盐城模拟)在棱长为4的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P ，Q 分别为棱A 1D 1，CC 1的中点，过P ，Q ，A 作正方体的截面，则截面多边形的周长是________．答案 25＋95＋2133 解析 如图所示，过Q 作QM ∥AP 交BC 于M ，由A 1P ＝CQ ＝2，tan∠APA 1＝2，则tan∠CMQ ＝2，CM ＝CQtan∠CMQ＝1， 延长MQ 交B 1C 1的延长线于E 点，连接PE ，交D 1C 1于N 点，则多边形AMQNP 即为截面，根据平行线性质有C 1E ＝CM ＝1， C 1N ND 1＝C 1E PD 1＝12， 则C 1N ＝43，D 1N ＝83， 因此NQ ＝22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫432＝2133， NP ＝22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫832＝103， 又AP ＝42＋22＝25，AM ＝42＋32＝5，MQ ＝12＋22＝5，所以多边形AMQNP 的周长为AM ＋MQ ＋QN ＋NP ＋PA＝5＋5＋2133＋103＋2 5 ＝25＋95＋2133．15．(2022·大连模拟)如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是边长为2的正方形，AA 1＝3，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，过点D 1，E ，F 的平面记为α，则下列说法中错误的是( )A ．点B 到平面α的距离与点A 1到平面α的距离之比为1∶2B ．平面α截直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1所得截面的面积为732C ．平面α将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47∶25D ．平面α截直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1所得截面的形状为四边形 答案 D解析 对于A ，因为平面α过线段AB 的中点E ，所以点A 到平面α的距离与点B 到平面α的距离相等．由平面α过A 1A 的三等分点M 可知，点A 1到平面α的距离是点A 到平面α的距离的2倍，因此，点A 1到平面α的距离是点B 到平面α的距离的2倍．故选项A 正确；延长DA ，DC 交直线EF 的延长线于点P ，Q ，连接D 1P ，D 1Q ，交棱A 1A ，C 1C 于点M ，N ．连接ME ，NF ，可得五边形D 1MEFN ，故选项D 错误；由平行线分线段成比例可得AP ＝BF ＝1，故DP ＝DD 1＝3，则△DD 1P 为等腰三角形．由相似三角形可知，AM ＝AP ＝1，A 1M ＝2，则D 1M ＝D 1N ＝22，ME ＝EF ＝FN ＝2．连接MN ，则MN ＝22，因此五边形D 1MEFN 可分为等边三角形D 1MN 和等腰梯形MEFN ．等腰梯形MEFN 的高h ＝22－⎝ ⎛⎭⎪⎫22－222＝62， 则等腰梯形MEFN 的面积为22＋22×62＝332．又1D MN S △＝12×22×6＝23，所以五边形D 1MEFN 的面积为332＋23＝732，故选项B 正确；记平面将直四棱柱分割成上、下两部分的体积分别为V 1，V 2，则V 2＝1D DPQ V －－V M －PAE －V N －CFQ＝13×12×3×3×3－13×12×1×1×1－13×12×1×1×1＝256， 所以V 1＝1111ABCD A B C D V －－V 2＝12－256＝476， V 1∶V 2＝47∶25，故选项C 正确．16．如图1，在边长为4的正三角形ABC 中，D ，F 分别为AB ，AC 的中点，E 为AD 的中点．将△BCD 与△AEF 分别沿CD ，EF 同侧折起，使得二面角A －EF －D 与二面角B －CD －E 的大小都等于90°，得到如图2所示的多面体．图1 图2(1)在多面体中，求证：A ，B ，D ，E 四点共面；(2)求多面体的体积．(1)证明 因为二面角A －EF －D 的大小等于90°，所以平面AEF ⊥平面DEFC ，又AE ⊥EF ，AE ⊂平面AEF ，平面AEF ∩平面DEFC ＝EF ，所以AE ⊥平面DEFC ，同理，可得BD ⊥平面DEFC ，所以AE ∥BD ，故A ，B ，D ，E 四点共面．(2)解 因为AE ⊥平面DEFC ，BD ⊥平面DEFC ，EF ∥CD ，AE ∥BD ，DE ⊥CD ，所以AE 是四棱锥A －CDEF 的高，点A 到平面BCD 的距离等于点E 到平面BCD 的距离， 又AE ＝DE ＝1，CD ＝23，EF ＝3，BD ＝2，所以V ＝V A －CDEF ＋V A －BCD ＝13S 梯形CDEF ·AE ＋13S △BCD ·DE ＝736．。
2024年高考数学一轮复习第7章：立体几何(附答案解析)
2024年高考数学一轮复习第7章：立体几何学生版一、单项选择题
1．如图，用斜二测画法作水平放置的正三角形A1B1C1的直观图，则正确的图形是(
)
2．下列四个命题中，正确的是()
A．各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱
B．对角面是全等矩形的六面体一定是长方体
C．有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱
D．长方体一定是直四棱柱
3．从平面外一点P引与平面相交的直线，使P点与交点的距离等于1，则满足条件的直线可能有()
A．0条或1条B．0条或无数条
C．1条或2条D．0条或1条或无数条
4．已知m，n表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，则下列命题中正确的是() A．若m∥α，n⊥β，m∥n，则α⊥β
B．若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α∥β
C．若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n∥β
D．若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊥β
5．已知直线a，b，l和平面α，β，a⊂α，b⊂β，α∩β＝l，且α⊥β.对于以下命题，判断正确的是()
①若a，b异面，则a，b至少有一个与l相交；
②若a，b垂直，则a，b至少有一个与l垂直．
A．①是真命题，②是假命题
B．①是假命题，②是真命题
C．①是假命题，②是假命题
D．①是真命题，②是真命题
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2023年高考数学一轮复习(新高考1) 第7章 §7
则点O到平面ABC1D1的距离
—→ —→ 1
d2＝|
DA1 ·C1O —→
|＝
| DA1 |
22＝
42，故
B
正确；
—A1→B ＝(1,0，－1)，—A1→D ＝(0,1，－1)，
A—1→D1＝(0,1,0)．
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)， 则nn··——AA11→→DB ＝ ＝00， ，
设点N到直线AB的距离为d1，
则 d1＝
|A→N|2－
A→A→NB·A→B 2＝
20－4＝4.
(2)求点C1到平面ABN的距离.
设平面ABN的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则由 n⊥A→B，n⊥A→N，
得nn··AA→→NB＝＝24y＋3x2＋z＝2y0＝，0，
令 z＝2，则 y＝－1，x＝ 易知—C1→N ＝(0,0，－2)，
得xy＝ ＝0z，， 令y＝z＝1，
所以n＝(0,1,1). 因为O→F＝(0， 3，0)，
设点O到平面PBC的距离为d，
则 d＝O→|Fn·|n＝
3＝ 2
6 2.
因为点O在直线DE上，
所以直线
DE
到平面
PBC
的距离等于
6 2.
思维升华
点到直线的距离 (1)设过点 P 的直线 l 的单位方向向量为 n，A 为直线 l 外一点， 点 A 到直线 l 的距离 d＝ |P→A|2－P→A·n2.
如图，设DE的中点为O，BC的中点为F，连接OP，OF，OB， 因为平面PDE⊥平面BCDE， 平面PDE∩平面BCDE＝DE， 所以OP⊥平面BCDE. 因为在△ABC中，点D，E分别为AC，AB边的中点， 所以DE∥BC. 因为DE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， 所以DE∥平面PBC. 又OF⊥DE，
高考数学一轮复习(通用版)分层限时跟踪练40第七章 立体几何 Word版含解析
分层限时跟踪练(四十)(限时分钟)础练],扣教材练双基)一、选择题．给出以下命题，其中错误的是( )．如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，则这条直线垂直于这个平面．垂直于同一平面的两条直线互相平行．垂直于同一直线的两个平面互相平行．两条平行直线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面【解析】一条直线可以垂直于一个平面内的无数条平行直线，但这条直线不垂直这个平面．【答案】．设，是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是( )．若⊥，⊂α，则⊥α．若⊥α，∥，则⊥α．若∥α，⊂α，则∥．若∥α，∥α，则∥【解析】根据定理：两条平行线中的一条垂直于一个平面，另一条也垂直于这个平面，可知正确．【答案】．(·葫芦岛模拟)已知，为异面直线，⊥平面α，⊥平面β.直线满足⊥，⊥，⊄α，⊄β，则( )．α∥β且∥α．α⊥β且⊥β．α与β相交，且交线垂直于．α与β相交，且交线平行于【解析】由⊥平面α，直线满足⊥，且⊄α，所以∥α，又⊥平面β，⊥，⊄β，所以∥β.由直线，为异面直线，且⊥平面α，⊥平面β，则α与β相交，否则，若α∥β则推出∥，与，异面矛盾．故α与β相交，且交线平行于.【答案】．(·长春模拟)设α、β、γ为平面，、、为直线，则⊥β的一个充分条件是( )．α⊥β，α∩β＝，⊥．α∩γ＝，α⊥γ，β⊥γ．α⊥γ，β⊥γ，⊥α．⊥α，⊥β，⊥α【解析】α⊥β，α∩β＝，⊥，根据面面垂直的判定定理可知，缺少条件⊂α，故不正确；α∩γ＝，α⊥γ，β⊥γ，而α与β可能平行，也可能相交，则与β不一定垂直，故不正确；α⊥γ，β⊥γ，⊥α，而α与β可能平行，也可能相交，则与β不一定垂直，故不正确；⊥α，⊥β⇒α∥β，而⊥α，则⊥β，故正确，故选.【答案】．如图--，四边形中，＝＝＝，＝，⊥.将四边形沿对角线折成四面体′-，使平面′⊥平面，则下列结论正确的是( )图--．′⊥．∠′＝°．′与平面′所成的角为°．四面体′-的体积为【解析】取的中点，∵′＝′，∴′⊥，又平面′⊥平面，平面′∩平面。
(通用版)高考数学一轮复习 第七章 立体几何 分层限时跟踪练36-人教版高三全册数学试题
分层限时跟踪练(三十六)(限时40分钟)[基础练]扣教材练双基一、选择题1．利用斜二测画法画一个水平放置的平行四边形的直观图，得到的直观图图719是一个边长为1的正方形(如图719所示)，则原图形的形状是( )【解析】直观图中正方形的对角线为2，故在平面图形中平行四边形的高为22，只有A项满足条件，故A正确．【答案】 A2．如图7110是一个几何体的三视图，则此三视图所描述几何体的直观图是( )图7110【解析】由俯视图可排除A、C，由正视图和侧视图可排除B；D正确．【答案】 D3．(2015·某某模拟)一个侧面积为4π的圆柱，其正视图、俯视图是如图7111所示的两个边长相等的正方形，则与这个圆柱具有相同的正视图、俯视图的三棱柱的相应的侧视图可以为( )图7111【解析】三棱柱一定有两个侧面垂直，故只有C选项正确．【答案】 C4．(2015·东北四校联考)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【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．【答案】 B5．(2015·武昌调研)已知以下三视图中有三个同时表示某一个三棱锥，则不是该三棱锥的三视图是( )【解析】易知该三棱锥的底面是直角边分别为1和2的直角三角形．注意到侧视图是从左到右看到的图形，结合B、D选项知，D中侧视图方向错误．【答案】 D二、填空题6．如图7112，某三棱锥的三视图都是直角边为2的等腰直角三角形，则该三棱锥的四个面的面积中最大的是．图7112【解析】 由三视图可知，该几何体的直观图如图所示．AB ，AC ，AD 两两垂直，且均为2，所以四个面中面积最大的为△BCD ，且△BCD 是边长为2的正三角形，所以S △BCD ＝12×2×2×32＝ 3. 【答案】3 7．如图7113是水平放置的△ABC (AD 为BC 边上的中线)的直观图，试按此图判定原△ABC 中的四条线段AB ，BC ，AC ，AD ，其中最长的线段是，最短的线段是．图7113【解析】 根据题意，画出原图如下，故AC 最长，BC 最短．【答案】 ACBC8．给出下列命题：①在正方体上任意选择4个不共面的顶点，它们可能是正四面体的4个顶点；②底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥；③若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱．其中正确命题的序号是．【解析】 ①正确，正四面体是每个面都是等边三角形的四面体，如正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中的四面体ACB 1D 1；②错误，反例如图所示，底面△ABC 为等边三角形，可令AB ＝VB ＝VC ＝BC ＝AC ，则△VBC 为等边三角形，△VAB 和△VCA 均为等腰三角形，但不能判定其为正三棱锥；③错误，必须是相邻的两个侧面．【答案】 ①三、解答题9．如图7114所示，用一个平行于圆锥SO 底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的面积之比为1∶16，截去的圆锥的母线长是3 cm ，求圆台O ′O 的母线长．图7114【解】设圆台的母线长为l，由截得圆台上、下底面面积之比为1∶16，可设截得圆台的上、下底面的半径分别为r,4r.过轴SO作截面，如图所示．则△SO′A′∽△SOA，SA′＝3 cm，∴SA′SA＝O′A′OA，∴33＋l＝r4r＝14，解得l＝9 (cm)，即圆台的母线长为9 cm.10．如图7115中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图在下面画出(单位：cm)．图7115(1)在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图；(2)按照给出的尺寸，求该多面体的体积；【解】(1)如图．(2)所求多面体的体积：V＝V长方体－V正三棱锥＝4×4×6－13×⎝⎛⎭⎪⎫12×2×2×2＝2843(cm3)．[能力练]扫盲区提素能1．(2015·某某七校联考)如图7116所示，四面体ABCD的四个顶点是图7116长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形)( )A．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥D．③④⑤【解析】正视图应该是边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是①；侧视图应该是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③，故选B.【答案】 B2．(2015·某某一模)如图7117，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥PBCD的正视图与侧视图的面积之比为( )图7117A．1∶1 B．2∶1C．2∶3 D．3∶2【解析】由题意知三棱锥PBCD的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长，高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长，高为正四棱柱的高，故两视图面积之比为1∶1.【答案】 A3．(2015·某某模拟)如图7118，图7118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．【解析】由多面体的三视图可知该几何体的直观图为一个三棱锥，如图所示．其中面ABC⊥面BCD，△ABC为等腰直角三角形，AB＝BC＝4，取BC的中点M，连接AM，DM，则DM⊥面ABC，在等腰△BCD中，BD＝DC＝25，BC＝DM＝4，所以在Rt△AMD中，AD＝AM2＋DM2＝42＋22＋42＝6，又在Rt△ABC中，AC＝42＜6，故该多面体的各条棱中，最长棱为AD，长度为6.【答案】 64．设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；②底面是矩形的平行六面体是长方体；③四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形；④圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线．其中真命题的序号是．【解析】命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；③正确，如右图，PD⊥平面ABCD，其中底面ABCD为矩形，可证明∠PAB，∠PCB为直角，这样四个侧面都是直角三角形；命题④由圆锥母线的定义知是正确的．【答案】 ①③④5．一圆柱被从顶部斜切掉两块，剩下部分几何体的正视图和俯视图如图7119所示，其中正视图中的四边形是边长为2的正方形．图7119(1)画出此几何体的侧视图；(2)求此几何体侧视图的面积．【解】 (1)侧视图如图所示，为一个底边长为2，高为2的等腰三角形．(2)S ＝12×2×2＝2. 6．如图7120，在四棱锥P ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，如图7121为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．图7120图7121(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA .【解】 (1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm 的正方形，如图，其面积为36 cm 2.(2)由侧视图可求得PD ＝PC 2＋CD 2＝62＋62＝6 2.由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝622＋62＝6 3 cm.。
高考数学一轮复习第七章立体几何分层限时跟踪练39
【2019最新】精选高考数学一轮复习第七章立体几何分层限时跟踪练39(限时40分钟)一、选择题1．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，有下列命题：①若m⊂α，n∥α，则m∥n；②若m∥α，m∥β，则α∥β；③若m⊥α，m⊥n，则n∥α.其中真命题的个数是( )A．1 B．2 C．3 D．0【解析】①错，两直线可平行或异面；②两平面可相交，只需直线m平行于两平面的交线即可，故命题错误；③错，直线n可在平面内．【答案】D2．(2015·唐山模拟)对于平面α、β、γ和直线a、b、m、n，下列命题中真命题是( )A．若a⊥m，a⊥n，m⊂α，n⊂α，则a⊥αB．若a∥b，b⊂α，则a∥αC．若α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，则a∥bD．若a⊂β，b⊂β，a∥α，b∥α，则β∥α【解析】A．根据线面垂直的判定定理可知，m，n必须是相交直线，所以A 错误．B.根据直线和平面平行的判定定理可知，a必须在平面α外，所以B错误．C.根据面面平行的性质定理可知，两个平行平面同时和第三个平面相交，则交线平行，所以C正确．D.根据面面平行的判定定理可知，直线a，b必须是相交直线，才能得到面面平行，所以D错误．【答案】C3．(2015·新乡模拟)设x、y、z是空间不同的直线或平面，对下列四种情形：①x、y、z均为直线；②x、y是直线，z是平面；③z是直线，x、y是平面；④x、y、z均为平面，其中使“x⊥z且y⊥z⇒x∥y”为真命题的是( ) A．③④B．①③C．②③D．①②【解析】根据空间中的直线、平面的位置关系的判断方法去筛选知②、③正确．【答案】C4．在三棱锥PABC中，点D在PA上，且PD＝DA，过点D作平行于底面ABC的平面，交PB，PC于点E，F，若△ABC的面积为9，则△DEF的面积是( ) A．1 B．2C．4 D.94【解析】由于平面DEF∥底面ABC，因此DE∥AB，DF∥AC，EF∥BC，所以＝＝，所以△DEF∽△ABC，所以＝2，而S△ABC＝9，所以S△DEF＝1，故选A.【答案】A5．设α、β、γ为三个不同的平面，m、n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，n⊂γ，且，则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．①α∥γ，n⊂β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m⊂γ.可以填入的条件有( )A．①或②B．②或③C．①或③D．①或②或③【解析】由面面平行的性质定理可知，①正确；当n∥β，m⊂γ时，n和m 在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．【答案】C二、填空题6．如图746，四棱锥PABCD的底面是一直角梯形，AB∥CD，BA⊥AD，CD＝2AB，PA⊥底面ABCD，E为PC的中点，则BE与平面PAD的位置关系为．图746【解析】取PD的中点F，连接EF，AF，在△PCD中，EF綊CD.又∵AB∥CD且CD＝2AB，∴EF綊AB，∴四边形ABEF是平行四边形，∴EB∥AF.又∵EB⊄平面PAD，AF⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD.【答案】平行7．在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则点Q满足条件时，有平面D1BQ∥平面PAO.【解析】如图，假设Q为CC1的中点，因为P为DD1的中点，所以QB∥PA.连接DB，因为P，O分别是DD1，DB的中点，所以D1B∥PO，又D1B⊄平面PAO，QB⊄平面PAO，所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，又D1B∩QB＝B，所以平面D1BQ∥平面PAO.故Q满足条件Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO.【答案】Q为CC1的中点8．已知a、b、l表示三条不同的直线，α、β、γ表示三个不同的平面，有下列四个命题：①若α∩β＝a，β∩γ＝b，且a∥b，则α∥γ；②若a、b相交，且都在α、β外，a∥α，a∥β，b∥α，b∥β，则α∥β；③若α⊥β，α∩β＝a，b⊂β，a⊥b，则b⊥α；④若a⊂α，b⊂α，l⊥a，l⊥b，则l⊥α.其中正确命题的序号是．【解析】①如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，可令平面A1B1CD为α，平面DCC1D1为β，平面A1B1C1D1为γ，又平面A1B1CD∩平面DCC1D1＝CD，平面A1B1C1D1∩平面DCC1D1＝C1D1，则CD与C1D1所在的直线分别表示a，b，因为CD∥C1D1，但平面A1B1CD与平面A1B1C1D1不平行，即α与γ不平行，故①错误．②因为a、b相交，假设其确定的平面为γ，根据a∥α，b∥α，可得γ∥α.同理可得γ∥β，因此α∥β，②正确．③由两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线和另一个平面垂直，易知③正确．④当a∥b时，l垂直于平面α内两条不相交直线，不可得出l ⊥α，④错误．【答案】②③三、解答题9．如图747，在正方体ABCDA1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E、F、G分别是BC、DC、SC的中点，求证：图747(1)直线EG∥平面BDD1B1；(2)平面EFG∥平面BDD1B1.【证明】(1)如图，连接SB，∵E、G分别是BC、SC的中点，∴EG∥SB.又∵SB⊂平面BDD1B1，EG⊄平面BDD1B1，∴直线EG∥平面BDD1B1.(2)连接SD，∵F、G分别是DC、SC的中点，∴FG∥SD.又∵SD⊂平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1，∴FG∥平面BDD1B1，由(1)知，EG∥平面BDD1B1，且EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，∴平面EFG∥平面BDD1B1.10．如图748，直角梯形ACDE与等腰直角△ABC所在平面互相垂直，F为BC 的中点，∠BAC＝∠ACD＝90°，AE∥CD，DC＝AC＝2AE＝2.图748(1)求证：AF∥平面BDE；(2)求四面体BCDE的体积．【解】(1)证明：取BD的中点P，连接EP、FP，则PF为中位线，PF DC，又∵EA DC，∴EA PF.故四边形AFPE是平行四边形，即AF∥EP.∵EP⊂平面BDE，AF⊄平面BDE，∴AF∥平面BDE.(2)∵BA⊥AC，平面ABC⊥平面ACDE且交于AC，∴BA⊥平面ACDE，即BA就是四面体BCDE的高，BA＝AC＝2.∵DC＝AC＝2AE＝2，AE∥CD，∴S梯形ACDE＝×(1＋2)×2＝3，S△ACE＝×AE×AC＝×1×2＝1，∴S△CDE＝3－1＝2，∴VBCDE＝·BA·S△CDE＝×2×2＝.1．下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是( )图749A．①③B．②③C．①④D．②④【解析】对图形①，平面MNP∥平面ABC，可得AB∥面MNP；对图形④，AB∥PN，故AB∥面MNP；图形②③无论用定义还是判定定理都无法证明线面平行．【答案】C2．(2015·开原模拟)若α、β是两个相交平面，点A不在α内，也不在β内，则过点A且与α和β都平行的直线( )A．只有1条B．只有2条C．只有4条D．有无数条【解析】据题意如图，要使过点A的直线m与平面α平行，则据线面平行的性质定理得经过直线m的平面与平面α的交线n与直线m平行，同理可得经过直线m的平面与平面β的交线k与直线m平行，则推出n∥k，由线面平行可进一步推出直线n与直线k与两平面α与β的交线平行，即要满足条件的直线m只需过点A 且与两平面交线平行即可，显然这样的直线有且只有一条．【答案】A3．(2015·唐山统考)在三棱锥PABC中，PB＝6，AC＝3，G为△PAC的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于PB和AC，则截面的周长为．【解析】过点G作EF∥AC，分别交PA、PC于点E、F，过E、F分别作EN∥PB、FM∥PB，分别交AB、BC于点N、M，连接MN，则四边形EFMN是平行四边形(面EFMN 为所求截面)，且EF＝MN＝AC＝2，FM＝EN＝PB＝2，所以截面的周长为2×4＝8.【答案】84．(2015·温州模拟)如图7410，矩形ABCD中，E为边AB的中点，图7410将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻转过程中，正确的命题是．①|BM|是定值；②点M在圆上运动；③一定存在某个位置，使DE⊥A1C；④一定存在某个位置，使MB∥平面A1DE.【解析】取DC中点N，连接MN，NB，则MN∥A1D，NB∥DE，∴平面MNB∥平面A1DE，∵MB⊂平面MNB，∴MB∥平面A1DE，④正确；∠A1DE＝∠MNB，MN＝A1D＝定值，NB＝DE＝定值，根据余弦定理得，MB2＝MN2＋NB2－2MN·NB·cos∠MNB，所以|MB|是定值，①正确；B是定点，所以M是在以B为圆心，MB为半径的圆上，②正确；当矩形ABCD满足AC⊥DE时存在，其他情况不存在，③不正确．所以①②④正确．【答案】①②④5．(2015·陕西二检)如图7411，在正方体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝2，E为棱CC1的中点．图7411(1)求证：B1D1⊥AE；(2)求证：AC∥平面B1DE.【证明】(1)如图，连接BD，则BD∥B1D1.∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.∵CE⊥平面ABCD，∴CE⊥BD.又AC∩CE＝C，∴BD⊥平面ACE.∵AE⊂平面ACE，∴BD⊥AE，∴B1D1⊥AE.(2)取BB1的中点F，连接AF，CF，EF，则FC∥B1E，∴CF∥平面B1DE.∵E，F分别是CC1，BB1的中点，∴EF綊BC.又BC AD，∴EF AD，∴四边形ADEF是平行四边形，∴AF∥ED.∵AF⊄平面B1DE，ED⊂平面B1DE，∴AF∥平面B1DE.∵AF∩CF＝F，∴平面ACF∥平面B1DE.又AC⊂平面ACF，∴AC∥平面B1DE.6．(2015·云南昆明三中、玉溪一中高三统一考试)如图7412，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，且AB∥EF，矩形ABCD所在的平面和圆O所在的平面互相垂直，且AD＝EF＝AF＝1，AB＝2.图7412(1)求证：平面AFC⊥平面CBF；(2)在线段CF上是否存在一点M，使得OM∥平面ADF？并说明理由．【解】(1)证明：因为平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，所以CB⊥平面ABEF，因为AF⊂平面ABEF，所以AF⊥CB，又AB为圆O的直径，所以AF⊥BF，所以AF⊥平面CBF.因为AF⊂平面AFC，所以平面AFC⊥平面CBF.(2)取CF中点记作M，设DF的中点为N，连接AN，MN，如图所示，则MN CD，又AO CD，则MN AO，所以MNAO为平行四边形，所以OM∥AN，又AN⊂平面ADF，OM⊄平面ADF，所以OM∥平面ADF.。
高三数学一轮复习高效测评卷 第七章 立体几何 理 试题
金版新学案?高三一轮总复习[B师大]数学理科高效测评卷(七)第七章立体几何—————————————————————————————————————【说明】本套试卷分为第Ⅰ、Ⅱ卷两局部，请将第一卷选择题之答案填入答题格内，第二卷可在各题后直接答题，一共150分，考试时间是是120分钟．第一卷(选择题一共60分)个选项里面，只有一项是哪一项符合题目要求的)1．在空间中，“两条直线没有公一共点〞是“这两条直线平行〞的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件2．以下四个命题中，真命题的个数为( )①假如两个平面有三个公一共点，那么这两个平面重合②两条直线可以确定一个平面③假设M∈α，M∈β，α∩β＝l，那么M∈l④空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内A．1 B．2C．3 D．43．一个空间几何体的主视图、左视图都是面积为32，且一个内角为60°的菱形，俯视图为正方形，那么这个几何体的外表积为( )A．2 3 B．4 3C．4 D．84．体积为52的圆台，一个底面积是另一个底面积的9倍，那么截得这个圆台的圆锥的体积是( )A．54 B．54πC．58 D．58π5．设三条不同的直线a、b、c，两个不同的平面α，β，bα，c⃘α.那么以下命题不成立的是( )A．假设α∥β，c⊥α，那么c⊥βB．“假设b⊥β，那么α⊥β〞的逆命题C．假设a是c在α的射影，b⊥a，那么c⊥bD．“假设b∥c，那么c∥α〞的逆否命题6．正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为( )A.23B.33C.23D.637．设P是平面α外一点，且P到平面α内的四边形的四条边的间隔都相等，那么四边形是( )A．梯形B．圆外切四边形C．圆内接四边形D．任意四边形8．用a，b，c表示三条不同的直线，γ表示平面，给出以下命题：①假设a∥b，b∥c，那么a∥c；②假设a⊥b，b⊥c，那么a⊥c；③假设a∥γ，b∥γ，那么a∥b；④假设a⊥γ，b⊥γ，那么a∥b.其中真命题的序号是( )A．①②B．②③C．①④D．③④9．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a，顶点都在一个球面上，那么该球的外表积为( )A．πa2 B.73πa2C.113πa2D．5πa210．正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，BB1＝4，长为1的线段PQ在棱AA1上挪动，长为3的线段MN在棱CC1上挪动，点R在棱BB1上挪动，那么四棱锥R－PQMN的体积是( )A．6 B．10C．12 D．不确定11．平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，A∉l，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m ∥α，m∥β，那么以下四种位置关系中，不一定成立的是( )A．AB∥m B．AC⊥mC．AB∥βD．AC⊥β12．设α，β，γ是三个互不重合的平面，m，n是直线，给出以下命题：①α⊥β，β⊥γ，那么α⊥γ；②假设α∥β，m⃘β，m∥α，那么m∥β；③假设m，n在γ内的射影互相垂直，那么m⊥n；④假设m∥α，n∥β，α⊥β，那么m⊥n.其中正确命题的个数为( )A．0 B．1C．2 D．3第二卷(非选择题一共90分)题号第一卷第Ⅱ总分二1718192021 22得分二、填空题(本大题一一共4小题，每一小题4分，一共16分．请把正确答案填在题中横线上)13．如图，一个空间几何体的主视图左视图和左视图都是边长为2的正三角形，俯视图是一个圆，那么该几何体的体积是________．14．如图，点O为正方体ABCD－A′B′C′D′的中心，点E为面B′BCC′的中心，点F为B′C′的中点，那么空间四边形D′OEF在该正方体的面上的正投影可能是________(填出所有可能的图的序号)．15．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝6，AD＝4，AA1＝3，分别过BC，A1D1的两个平行截面将长方体分成三局部，其体积分别记为V1＝VAEA1－DFD1，V2＝VEBE1A1－FCF1D1，V3＝VB1E1B－C1F1C.假设V1∶V2∶V3＝1∶4∶1，那么截面A1EFD1的面积为________．16．如图，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为AA1的中点，在对角面BDD1B1上取一点M，使AM＋ME最小，其最小值为________．三、解答题(本大题一一共6小题，一共74分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或者演算步骤)17．(12分)一几何体的三视图如下：(1)画出它的直观图，并求其体积；(2)你能发现该几何体的哪些面互相垂直？试一一列出．18．(12分)直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝CB＝AA1＝2，D是AB的中点．(1)求证：CD⊥平面ABB1A1；(2)求二面角D－A1C－A的正切值．19．(12分)如下图，为了制作一个圆柱形灯笼，先要制作4个全等的矩形骨架，总计耗用铁丝，再用S平方米塑料片制成圆柱的侧面和下底面(不安装上底面)．(1)当圆柱底面半径r取何值时，S获得最大值？并求出该最大值(结果准确到0.01平方米)；(2)假设要制作一个如图放置的、底面半径为的灯笼，请作出用于制作灯笼的三视图(作图时，不需考虑骨架等因素)．20．(12分)如下图，四棱锥P－ABCD中，AB⊥AD，AD⊥DC，PA⊥底面ABCD ，PA ＝AD ＝AB ＝12CD ＝1，M 为PB 的中点．(1)试在CD 上确定一点N ，使得MN ∥平面PAD ；(2)点N 在满足(1)的条件下，求直线MN 与平面PAB 所成角的正弦值．21．(12分)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，PG ⊥平面ABCD ，垂足为G ，G 在AD 上，且AG ＝13GD ，BG ⊥GC ，GB ＝GC ＝2，E 是BC 的中点，四面体P －BCG 的体积为83.(1)求异面直线GE 与PC 所成的角的余弦值； (2)求点D 到平面PBG 的间隔 ；(3)假设F 点是棱PC 上一点，且DF ⊥GC ，求PF FC的值．【解析方法代码108001100】22．(14分)如图，M 、N 、P 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱AB 、BC 、DD 1上的点． (1)假设BM MA ＝BNNC，求证：无论点P 在D 1D 上如何挪动，总有BP ⊥MN ；(2)假设D 1P ∶PD ＝1∶2，且PB ⊥平面B 1MN ，求二面角M －B 1N －B 的余弦值；(3)棱DD 1上是否总存在这样的点P ，使得平面APC 1⊥平面ACC 1？证明你的结论．【解析方法代码108001101】答案一、选择题1．B 在空间中，两条直线没有公一共点，可能是两条直线平行，也可能是两条直线异面，两条直线平行那么两条直线没有公一共点，∴“两条直线没有公一共点〞是“这两条直线平行〞的必要不充分条件．2．A ①两个平面有三个公一共点，假设这三个公一共点一共线，那么这两个平面相交，故①不正确；两异面直线不能确定一个平面，故②不正确；在空间交于一点的三条直线不一定一共面(如墙角)，故④不正确；据平面的性质可知③正确．3．C 由几何体的三视图可得，此几何体是由两个正四棱锥底面重合在一起组成的，由主视图的面积为32，得菱形的边长为1，此几何体的外表积为S ＝8×12×1×1＝4. 4．A 设圆台的上、下底面半径分别为r ，R ，截去的圆锥与原圆锥的高分别为h ，H ，那么r R ＝h H，又πR 2＝9·πr 2，∴R ＝3r ， ∴H ＝3h .∴13πR 2·H －13πr 2h ＝52. 即13πR 2·H －13π·19R 2·13H ＝52，∴13πR 2H ＝54. 5．B 命题C 即为三垂线定理；命题D 中的原命题即为线面平行的断定定理，所以D 正确；命题A 显然成立；对于命题B ，假设α⊥β，那么b 与β的位置关系都有可能．6．D 如图，连接BD 交AC 于O ，连接D 1O ，由于BB 1∥DD 1， ∴DD 1与平面ACD 1所成的角就是BB 1与平面ACD 1所成的角，易知∠DD 1O 即为所求．设正方体的棱长为1，那么DD 1＝1，DO ＝22，D 1O ＝62， ∴cos∠DD 1O ＝DD 1D 1O ＝26＝63. ∴BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为63. 7．B P 到平面α内的四边形的四条边的间隔 都相等，那么P 在平面α内的射影到四边形的四条边的间隔 也都相等，故四边形有内切圆．8．C 由平行公理可知①正确；②不正确，假设三条直线在同一平面内，那么a ∥c ；③不正确，a 与b 有可能平行，也有可能异面或者相交；由线面垂直的性质可知④正确．9．B 由题意知，该三棱柱为正三棱柱，且侧棱与底面边长相等，均为a . 如图，设O 、O 1分别为下、上底面中心，且球心O 2为O 1O 的中点，又AD ＝32a ，AO ＝33a ，OO 2＝a 2， 设球的半径为R ，那么R 2＝AO 22＝13a 2＋14a 2＝712a 2. ∴S 球＝4πR 2＝4π×712a 2＝73πa 2.10．A 四棱锥R －PQMN 的底面积为S ＝S △PQM ＋S △MNP＝12PQ ·AC ＋12MN ·AC ＝12(PQ ＋MN )·AC ＝12(1＋3)×32＝6 2. 其高h ＝322，V R －PQMN ＝13Sh ＝13×62×322＝6.11．D ∵m ∥α，m ∥β，α∩β＝l ，∴m ∥l .∵AB ∥l ，∴AB ∥m .故A 一定正确． ∵AC ⊥l ，m ∥l ，∴AC ⊥m .从而B 一定正确． ∵A ∈α，AB ∥l ，l α，∴B ∈α. ∴A B ⃘β，l β.∴AB ∥β.故C 也正确．∵AC ⊥l ，当点C 在平面α内时，AC ⊥β成立，当点C 不在平面α内时，AC ⊥β不成立．故D 不一定成立．12．B 此题为线面位置关系的断定，注意对线面平行与垂直的断定定理与性质定理的应用．①错，当两平面同时垂直于一个平面时，这两个平面也可以平行，如正方体相对的两个平面；②正确，不妨过直线m 作一平面与α，β同时相交，交线分别为a ，b ，由α∥β知a ∥b ，又m ∥α⇒m ∥a ，∴m ∥b ，又m ⊄β，∴m ∥β；③错，不妨设该直线为正方体的两对角线，其在底面的射影为正方形的两对角线，它们是互相垂直的，但正方体的两对角线不垂直；④错，以正方形两平行棱，或者一条棱及与其相交的面对角线为例，可找到反例．二、填空题13．解析： 由三视图知该几何体是底面半径为1，高为3的圆锥． 因此，其体积V ＝13π·12×3＝33π.答案：33π 14．解析： 图①为空间四边形D ′OEF 在前面(或者后面)上的投影．图②为空间四边形D ′OEF 在左面(或者右面)上的投影．图③为空间四边形D ′OEF 在上面(或者下面)上的投影．答案： ①②③15．解析： 设AE ＝x ，BE ＝6－x ，V 1＝VAEA 1－DFD 1，V 2＝VEBE 1A 1－FCF 1D 1，V 3＝VB 1E 1B －C 1F 1C ，且V 1∶V 2∶V 3＝1∶4∶1，所以12×(3x )×4∶(6－x )×3×4∶12×(3x )×4＝1∶4∶1，解得x ＝AE ＝2，∴A 1E ＝A 1A 2＋AE 2＝13， ∴SA 1EFD 1＝413. 答案： 41316．解析： 取CC 1的中点F ，连接EF ，EF 交平面BB 1D 1D 于点N ，且EN ＝FN ， 所以F 点是E 点关于平面BB 1D 1D 的对称点， 那么AM ＋ME ＝AM ＋MF ，所以当A ，M ，F 三点一共线时，AM ＋MF 最小，即AM ＋ME 最小， 此时AM ＋MF ＝AF ＝AC 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫CC 122＝3a2. 答案： 32a三、解答题17．解析： (1)该几何体的直观图如图，棱锥P －ABC ，其中PC ⊥面ABC ，∠ABC ＝90°，△ABC 斜边AC 上的高为125cm ，PC ＝6 cm ，AC ＝5 cm ，∴V P －ABC ＝13×12×5×125×6＝12(cm 3)．(2)互相垂直的面分别有：面PAC ⊥面ABC ，面PBC ⊥面ABC ，面PBC ⊥面PAB .18．解析： (1)证明：因为AC ＝CB ，∠ACB ＝90°，D 是AB 的中点， 所以CD ⊥AB ，又因为ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，所以CD ⊥AA 1， 又∵AB ∩AA 1＝A ， ∴CD ⊥平面ABB 1A 1.(2)建立如下图的空间直角坐标系， ∵AC ＝CB ＝AA 1＝2，∴A (2,0,0)，A 1(2,0,2)，D (1,1,0)，C (0,0,0)，C 1(0,0,2)． 显然平面A 1AC 的法向量为m ＝(0,1,0)， 设平面A 1CD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 那么⎩⎪⎨⎪⎧A 1D →·n ＝0A 1C →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y －2z ＝02x ＋2z ＝0，令x ＝1，那么n ＝(1，－1，－1)， 令m ，n 的夹角为θ，那么cos θ＝m ·n |m ||n |＝－33， ∴二面角D －A 1C －A 的余弦值为33，其正切值为 2. 19．解析： (1)由题意可知矩形的高即圆柱的母线长为9.6－8×2r8＝1.2－2r ，∴塑料片面积S ＝πr 2＋2πr (1.2－2r )＝πr 2r －4πr 2＝－3πr 2r ＝－3π(r 2r )． ∴当r ＝0.4时，S 有最大值，约为．(2)假设灯笼底面半径为，那么高为1.2－2×0.3＝0.6(米)． 制作灯笼的三视图如图．20．解析： 方法一：(1)过点M 作ME ∥AB 交PA 于E 点，连接DE .要使MN ∥平面PAD ，那么MN ∥ED ， ∴四边形MNDE 为平行四边形， ∴EM 綊DN .又∵EM 綊12AB ，而AB ＝12CD ，∴DN ＝14CD ，∴DN ＝12.(2)∵MN ∥ED ，∴直线MN 与平面PAB 所成的角即为直线ED 与平面PAB 所成的角． ∵PA ⊥面ABCD ，∴PA ⊥AD ， 而AB ⊥AD ，∴DA ⊥面PAB ，∴∠DEA 为直线ED 与平面PAB 所成的角． 由题设计算得DE ＝52， ∴sin ∠DEA ＝AD DE ＝255.方法二：过点M 作ME ∥AB 交PA 于E 点，连接DE .要使MN ∥平面PAD ，那么MN ∥ED ，∴四边形MNDE 为平行四边形．以AD 、AB 、AP 所在直线分别为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系A —xyz ，如下图．那么由题意得A (0,0,0)、B (0,1,0)、D (1,0,0)、C (1,2,0)、P (0,0,1)、M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12、N ⎝⎛⎭⎪⎫1，12，0.(1)∵D N →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，∴|D N →|＝12.(2)∵PA ⊥面ABCD ，∴PA ⊥AD ， 而AB ⊥AD ，∴DA ⊥面PAB . 又∵N M →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，12，D A →＝(－1,0,0)，∴cos 〈N M →，D A →〉＝NM →·DA →|NM →|·|DA →|＝152·1＝255，∴直线MN 与平面PAB 所成的角的正弦值为255.21．解析： (1)由V P －BGC ＝13S △BCG ·PG ＝13·12BG ·CG ·PG ＝83，∴PG ＝4，如下图，以G 点为原点建立空间直角坐标系O －xyz ， 那么B (2,0,0)，C (0,2,0)，P (0,0,4)，故E (1,1,0)，GE →＝(1,1,0)， PC →＝(0,2，－4)，cos 〈GE →，PC →〉＝GE →·PC →|G E →|·|P C →|＝22×20＝1010，∴异面直线GE 与PC 所成的角的余弦值为1010. (2)平面PBG 的单位法向量n 0＝(0，±1,0)， ∵GD →＝34A D →＝34BC →，B (2,0,0)，C (0,2,0)，∴GD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，32，0，∴点D 到平面PBG 的间隔 为|GD →·n 0|＝32.(3)设F (0，y ，z )，那么DF →＝OF →－OD →＝(0，y ，z )－⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，32，0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，y －32，z ，GC →＝(0,2,0)．∵DF →⊥GC →，∴DF →·GC →＝0， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫32，y －32，z ·(0,2,0)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫y －32＝0， ∴y ＝32.在平面PGC 内过F 点作FM ⊥GC ，M 为垂足，那么GM ＝32，MC ＝12，∴PF FC ＝GMMC＝3. 22．解析： (1)证明：连接AC 、BD ，那么BD ⊥AC ，∵BM MA ＝BN NC， ∴MN ∥AC ，∴BD ⊥MN . 又∵DD 1⊥平面ABCD ， ∴DD 1⊥MN ， ∵BD ∩DD 1＝D ， ∴MN ⊥平面BDD 1.又P 无论在DD 1上如何挪动，总有BP ⊂平面BDD 1， ∴无论点P 在D 1D 上如何挪动，总有BP ⊥MN .(2)以D 为坐标原点，DA 、DC 、DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如下图的坐标系．设正方体的棱长为1，AM ＝NC ＝t ，那么M (1，t,0)，N (t,1,0)，B 1(1,1,1)，P (0,0，23)，B (1,1,0)，A (1,0,0)，∵MB 1→＝(0,1－t,1)， B P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－1，23.又∵BP ⊥平面MNB 1， ∴MB 1→·B P →＝0， 即t －1＋23＝0，∴t ＝13，∴MB 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，1，M N →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，23，0.设平面MNB 1的法向量n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧MB 1→·n ＝0M N →·n ＝0，得x ＝y ，z ＝－23y .令y ＝3，那么n ＝(3,3，－2)． ∵AB ⊥平面BB 1N ，∴A B →是平面BB 1N 的一个法向量，A B →＝(0,1,0)．设二面角M －B 1N －B 的大小为θ， ∴cos 〈n ，A B →〉 ＝|3，3，－2·0，1，0|22＝32222.那么二面角M －B 1N －B 的余弦值为32222.(3)存在点P ，且P 为DD 1的中点， 使得平面APC 1⊥平面ACC 1. 证明：∵BD ⊥AC ，BD ⊥CC 1， ∴BD ⊥平面ACC 1.取BD 1的中点E ，连接PE ， 那么PE ∥BD ， ∴PE ⊥平面ACC 1. ∵PE ⊂平面APC 1， ∴平面APC 1⊥平面ACC 1.。
高考一轮复习 人教版 立体几何第七单元 测评答案
小题必刷卷(十)题组一刷真题角度11.B[解析]从俯视图为矩形可以看出,此几何体不可能是三棱锥或四棱锥,其直观图如图所示,是一个三棱柱,故选B.2.A[解析]卯眼的空间立体图如图,同时需要注意,在三视图中看不见的线用虚线表示,故选A.3.B[解析]几何体的直观图如图所示,所以该几何体的体积为π×32×4+12×π×32×6=63π,故选B.4.B[解析]该几何体为一个三棱柱和一个三棱锥的组合体,其直观图如图所示,各个面中有两个全等的梯形,其面积之和为2×2+42×2=12,故选B.5.40√2π[解析]设圆锥的底面圆的半径为r,因为SA与圆锥底面所成角为45°,所以SA=√2r.由cos∠ASB=78得sin∠ASB=√158,所以12SA·SB·sin∠ASB=12×√2r×√2r×√158=5√15,所以r2=40,所以圆锥的侧面积为√2πr2=40√2π.6.B[解析]由三视图可知圆柱表面上的点M,N的位置如图1,将圆柱的侧面展开得到图2,在圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径即为侧面展开图中的线段MN,所以最短路径的长度为MN=√22+42=2√5.角度27.B[解析]由题可知球心为圆柱的中心,则圆柱底面圆的半径r=√12-(12)2=√32,故圆柱的体积V=π×(√32)2×1=3π4.8.9π2[解析]设正方体的棱长为a,则6×a2=18,即a=√3.∵正方体内接于球,∴球的半径R=√32a,∴球的体积V=43π(√32a)3=9π2.9.32[解析]设球O的半径为R,因为该球与圆柱的上、下底面及母线均相切,所以圆柱的底面圆的半径为R,圆柱的高为2R.故圆柱O1O2的体积V1=2πR3,球O的体积V2=43πR3,所以V1V2=2πR343πR3=32.角度310.A[解析]平面α与正方体的每条棱所在直线所成的角都相等,只需与过同一顶点的三条棱所成的角相等即可,如图,AP=AR=AQ,则平面PQR与正方体过点A的三条棱所成的角相等.若点E,F,G,H,M,N分别为相应棱的中点,可得平面EFGHMN平行于平面PQR,且六边形EFGHMN为正六边形.正方体棱长为1,所以正六边形EFGHMN 的边长为√22,可得此正六边形的面积为3√34,而在四个选项中,选项B ,C ,D 中的值都小于3√34,所以选A .11.C [解析] 方法一:建立如图所示的空间直角坐标系,则A (2,0,0),B (0,0,0),B 1(0,0,1),C 1(-12,√32,1),所以AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,0,1),BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-12,√32,1),故异面直线AB 1与BC 1所成角θ的余弦值cos θ=|AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5×√2=√105.方法二:如图,将该直三棱柱补充成直四棱柱,其中CD ∥AB 且CD=AB ,则可得AB 1∥DC 1且AB 1=DC 1,图中∠BC 1D 即为异面直线AB 1与BC 1所成的角或所成角的补角.在△BC 1D 中,BC 1=√2,DC 1=√5,BD=√4+1-2×2×1×12=√3,所以cos ∠BC 1D=2+5-32×√2×√5=√105.故异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为√105.12.②③④ [解析] 对于①,m ⊥n ,m ⊥α,n ∥β,则α,β的位置关系无法确定,故错误;对于②,因为n ∥α,所以可过直线n 作平面γ与平面α相交于直线c ,则n ∥c ,因为m ⊥α,所以m ⊥c ,所以m ⊥n ,故正确;对于③,由两个平面平行的性质可知其正确;对于④,由线面所成角的定义和等角定理可知其正确.故正确的有②③④. 题组二 刷模拟13.C[解析]该几何体的直观图是如图所示的有一条侧棱垂直于底面的四棱锥C1-ABCD,其中底面ABCD是边长为1的正方形,高为CC1=1.该几何体的所有顶点都是棱长为1的正方体的顶点,则该几何体的外接球即为棱长为1的正方体的外接球,球的半径R满足2R=√12+12+12=√3,即R=√32,∴所求球的表面积是4π×(√32)2=3π,故选C.14.D[解析]由三视图知,该几何体的直观图如图所示,它可分成一个三棱锥E-ABD和一个四棱锥B-CDEF,故该几何体的体积V=13×12×3×3×2+13×1×2×3=5,故选D.15.D[解析]如图所示,三视图所对应的几何体是长、宽、高分别为2,2,3的长方体去掉一个三棱柱后剩余的部分,故该几何体的表面积S=(2×2)×5+12×1×2×2+2×1+2×√5=24+2√5.16.C[解析]由题设知α⊥β,若m⊂α,则m与平面β的位置关系可能是平行、相交或在平面β内,选项A中说法错误;若m⊂α,n⊂β,则m与n的位置关系可能是平行、相交或异面,选项B中说法错误;若α∩β=m,n⊥m,当n⊄β时,不能得到n⊥α,选项D中说法错误;若m⊄α,m⊥β,则m∥α,选项C中说法正确.故选C.17.B[解析]由三视图可知,该几何体是底面为边长为1的正方形,高为1的四棱锥,其直观图如图,其中平面ADE⊥平面BCDE,四个侧面的面积分别为12,√22,√22,√52,所以最大的侧面的面积是√52,故选B.18.C[解析]如图所示,∵AB2+AC2=BC2,∴∠CAB为直角,即△ABC所在小圆面的圆心为BC的中点O'.△ABC和△DBC所在的平面互相垂直,则球心O在过△DBC的圆面上,即△DBC的外接圆为球的大圆,由等边三角形的重心和外心重合,易得球O的半径R=2,故球O的表面积S=4πR2=16π,故选C.19.D[解析]取DN的中点O,连接MO,BO.因为M,O分别是棱AD,DN的中点,所以MO∥AN,所以∠BMO是异面直线BM与AN所成的角.设三棱锥A-BCD的所有棱长为2,则AN=BM=DN=√22-12=√3,MO=12AN=√32=NO=12DN,所以cos∠BMO=BM2+MO2-BO22BM·OM =3+34-742×√3×√32=23,所以异面直线BM与AN所成角的余弦值为23,故选D.20.D [解析] 由三视图可知该几何体为如图所示的三棱锥A-BCD ,则该几何体的体积V A-BCD =13S △BCD×2=13×12×2×4×2=83.设三棱锥外接球的直径为2R ,则AC=2R ,从而4R 2=22+22+42=24,即外接球的表面积S=4πR 2=24π.故所求比值为8324π=19π,故选D . 21.D [解析] 设AC 与BD 交于点O ,由于AB=AD ,CB=CD ,所以AC ⊥BD ,因此在翻折过程中,直线A'C 在平面BCD 内的射影是直线CO ,所以∠A'CO 是直线A'C 与平面BCD 所成的角.由已知可得OA=OA'=√2,OC=2,将△ABD 沿着对角线BD 翻折成△A'BD ,当A'C 与以O 为圆心,OA'为半径的圆相切时,直线A'C 与平面BCD 所成的角最大,即在△A'OC 中,当OA'⊥A'C 时,∠A'CO 最大,且sin ∠A'CO=A'O OC =√22,故选D .22.①②④ [解析] ①由AB ∥CD ,AA 1∥DD 1,得平面ABB 1A 1∥平面DCC 1D 1,又平面APQR ∩平面ABB 1A 1=AP ,平面APQR ∩平面CDD 1C 1=RQ ,∴AP ∥QR ,则①中结论正确.②∵四边形ABCD 是直角梯形,AB ∥CD ,∴平面BCC 1B 1与平面ADD 1A 1不平行, 又∵平面APQR ∩平面BCC 1B 1=PQ ,平面APQR ∩平面ADD 1A 1=AR ,∴PQ 与AR 不平行,即四边形APQR 不可能为平行四边形,则②中结论正确.③要使△ARP 是等腰直角三角形,则∠BAD ≥90°,但由已知得∠BAD<90°,则③中结论不正确. ④延长CD 至M ,使得DM=CD ,连接MA ,则四边形ABCM 是矩形,∴BC ∥AM ,当R ,Q ,M 三点共线,且Q 与C 不重合时,AM ⊂平面APQR ,∴BC ∥平面APQR ,故④中结论正确.故正确的结论是①②④.解答必刷卷(四)题组一 刷真题1.解:(1)证明:因为AP=CP=AC=4,O 为AC 的中点,所以OP ⊥AC ,且OP=2√3.连接OB.因为AB=BC=√22AC ,所以△ABC 为等腰直角三角形,且OB ⊥AC ,OB=12AC=2.由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.(2)如图,以O为坐标原点,OB⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2√3),AP⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2√3).取平面PAC的法向量OB⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0).设M(a,2-a,0)(0<a≤2),则AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,4-a,0).设平面PAM的法向量为n=(x,y,z).由AP⃗⃗⃗⃗⃗ ·n=0,AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n=0得{2y+2√3z=0,ax+(4-a)y=0,可取n=(√3(a-4),√3a,-a),所以cos<OB⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=√3(a23(a-4)+3a+a.由已知可得|cos<OB⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=√32,所以√3|a2√3(a-4)+3a2+a2=√32,解得a=-4(舍去),a=43,所以n=(-8√33,4√33,-43),又PC⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2√3),所以cos<PC⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=√34,所以PC与平面PAM所成角的正弦值为√34.2.解:(1)证明:取PA 的中点F ,连接EF ,BF.因为E 是PD 的中点,所以EF ∥AD ,EF=12AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC ∥AD ,又BC=12AD ,所以EF BC ,四边形BCEF 是平行四边形,CE ∥BF ,又BF ⊂平面PAB ,CE ⊄平面PAB ,故CE ∥平面PAB.(2)由已知得BA ⊥AD ,以A 为坐标原点,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ,则A (0,0,0),B (1,0,0),C (1,1,0),P (0,1,√3),PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-√3),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0). 设M (x ,y ,z )(0<x<1),则BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x-1,y ,z ),PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ,y-1,z-√3). 因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD 的法向量,所以|cos <BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=sin ,√(x -1)+y 2+z 2=√22,即(x-1)2+y 2-z 2=0.①又M 在棱PC 上,设PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPC⃗⃗⃗⃗⃗ ,则 x=λ,y=1,z=√3-√3λ.②由①②解得{ x =1+√22,y =1,z =-√62(舍去)或{x =1-√22,y =1,z =√62,所以M (1-√22,1,√62),从而AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-√22,1,√62).设m=(x 0,y 0,z 0)是平面ABM 的法向量,则 {m ·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{(2-√2)x 0+2y 0+√6z 0=0,x 0=0,所以可取m=(0,-√6,2).于是cos <m ,n>=m ·n |m ‖n|=√105, 因此二面角M-AB-D 的余弦值为√105.3.解:依题意,可以建立以D 为原点,分别以DA⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DG ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向的空间直角坐标系(如图),可得D (0,0,0),A (2,0,0),B (1,2,0),C (0,2,0),E (2,0,2),F (0,1,2),G (0,0,2),M 0,32,1,N (1,0,2).(1)证明:依题意DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2).设n 0=(x ,y ,z )为平面CDE 的法向量,则{n 0·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 0·DE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y =0,2x +2z =0,不妨令z=-1,可得n 0=(1,0,-1).又MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1,-32,1,可得MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 0=0,又因为直线MN ⊄平面CDE ,所以MN ∥平面CDE. (2)依题意,可得BC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-2,2),CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,2). 设n=(x ,y ,z )为平面BCE 的法向量,则{n ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x =0,x -2y +2z =0,不妨令z=1,可得n=(0,1,1).设m=(x ,y ,z )为平面BCF 的法向量,则{m ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·CF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x =0,-y +2z =0,不妨令z=1,可得m=(0,2,1).因此有cos <m ,n>=m ·n |m||n|=3√1010,于是sin <m ,n>=√1010.所以,二面角E - BC - F 的正弦值为√1010.(3)设线段DP 的长为h (h ∈[0,2]),则点P 的坐标为(0,0,h ),可得BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-2,h ).易知DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0)为平面ADGE 的一个法向量,故|cos <BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·DC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√ℎ+5.由题意,可得√ℎ+5=sin 60°=√32,解得h=√33∈[0,2],所以,线段DP 的长为√33.题组二 刷模拟4.解:(1)证明:∵△ABD 为等腰直角三角形,且∠BAD=90°,∴AB=AD , 连接AF ,∵点F 是BD 的中点,∴AF ⊥BD ,∵侧面ABD ⊥底面BDC ,且平面ABD ∩平面BDC=BD ,∴AF ⊥平面BDC , 又∵BC ⊂平面BDC ,∴BC ⊥AF. 设BC 的中点为N ,连接DN , 由BC=4BG 可知,点G 是BN 的中点,又点F 是BD 的中点,∴FG 是△BDN 的中位线,∴FG ∥DN.∵△BDC 为等腰直角三角形,∠BDC=90°,∴CD=BD ,∴BC ⊥DN ,∴BC ⊥FG. ∵BC ⊥AF ,BC ⊥FG ,AF ∩FG=F , ∴BC ⊥平面AFG ,又MF ⊂平面AFG ,∴BC ⊥MF.(2)连接MN ,FN ,∵FN 是△BDC 的中位线,∴FN ∥CD ,∵CD ⊂平面ACD ,FN ⊄平面ACD ,∴FN ∥平面ACD. ∵MF ∥平面ACD ,FN ∥平面ACD ,MF ∩FN=F ,且MF ⊂平面MNF ,FN ⊂平面MNF ,∴平面MNF ∥平面ACD , 又平面MNF ∩平面AGC=MN ,平面ACD ∩平面AGC=AC ,∴MN ∥AC ,且GM GA =GN GC =13.∵∠BDC=90°,∴CD ⊥BD ,又∵FN ∥CD ,∴FN ⊥BD ,又AF ⊥平面BDC ,∴FN ,FD ,FA 两两垂直.以F 为坐标原点,以FN ,FD ,FA 所在的直线为坐标轴建立空间直角坐标系,如图所示. 不妨设FD=1,从而F (0,0,0),D (0,1,0),C (2,1,0),A (0,0,1),B (0,-1,0),N (1,0,0).∵G 是BN 的中点,∴G (12,-12,0),∴GA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-12,12,1). ∵GM GA =13,∴GM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13GA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-16,16,13),∴M (13,-13,13),∴FM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(13,-13,13). ∵E 是AC 的中点,∴E (1,12,12),∴FE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,12,12). 设平面EMF 的法向量为n=(a ,b ,c ),则{13a -13b +13c =0,a +12b +12c =0, 得a=-23c ,b=13c ,令c=3,则n=(-2,1,3). 由(1)可知BC ⊥平面AFG ,即平面MFG 的一个法向量为BC⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,0). ∵cos <n ,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n |·|BC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=-√714,且易知二面角G-MF-E 的平面角为钝角,∴二面角G-MF-E 的余弦值为-√714.5.解:(1)证明:连接AC ,设AC 与BD 的交点为O ,连接MO.因为DO ∥EF ,DO ⊄平面CEF , 所以DO ∥平面CEF.因为M 是AE 的中点,所以MO 是△ACE 的中位线,所以MO ∥EC ,又MO ⊄平面CEF ,所以MO ∥平面CEF.又MO ∩DO=O ,所以平面MDO ∥平面CEF ,又DM ⊂平面MDO ,所以DM ∥平面CEF.(2)取AB 的中点G ,连接DG ,则DG ⊥DC.以D 为坐标原点,分别以DG ,DC ,DE 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系, 设BD=2,则D (0,0,0),A (√3,-1,0),E (0,0,1),M (√32,-12,12),F (√32,12,1),所以DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1),DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,12,1). 设平面DEFB 的法向量为n=(x ,y ,z ),则{n ·DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{z =0,√32x +12y +z =0,解得{z =0,y =-√3x, 可取法向量n=(1,-√3,0).又DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,-12,12), 则cos <DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n |DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n |=√32+√322×√52=√155, 故直线DM 与平面DEFB 所成角的正弦值为√155.6.解:(1)G 为棱AA 1的中点.证明如下: 当G 为棱AA 1的中点时,∵四边形ABB 1A 1为平行四边形,∴O 为A 1B 的中点,∴OG ∥AB. ∵AG C 1D ,∴四边形ADC 1G 为平行四边形,则C 1G ∥AD.又OG ∩C 1G=G ,∴平面C 1OG ∥平面ABD.(2)过C 作CH ⊥AB 于H ,连接DH ,则∠DHC 即为二面角D-AB-C 的平面角.∵DC=1,tan ∠DHC=√22,∴CH=√2,又AC=2,AC ⊥BC ,∴BC=2.以C 为原点建立空间直角坐标系C-xyz ,如图所示,则A (2,0,0),B (0,2,0),D (0,0,1),A 1(2,0,2), 则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,0),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,1).设平面ABD 的法向量为n=(x ,y ,z ),则{AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{-2x +2y =0,-2y +z =0,令y=1,得n=(1,1,2). 设BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λBA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1),∵BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-2,2),∴CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =CB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λBA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2λ,2-2λ,2λ),∴CE 与平面ABD 所成角的正弦值为|cos <CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=4λ+2√6×√12λ-8λ+4=2√23, ∴36λ2-44λ+13=0,∴λ=12或λ=1318, 又BA 1=2√3,∴BE=√3或BE=13√39.。
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分层限时跟踪练(三十九)(限时40分钟)[基础练]扣教材练双基一、选择题1．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，有下列命题：①若m⊂α，n∥α，则m∥n；②若m∥α，m∥β，则α∥β；③若m⊥α，m⊥n，则n∥α.其中真命题的个数是( )A．1 B．2 C．3 D．0【解析】①错，两直线可平行或异面；②两平面可相交，只需直线m平行于两平面的交线即可，故命题错误；③错，直线n可在平面内．【答案】 D2．(2015·唐山模拟)对于平面α、β、γ和直线a、b、m、n，下列命题中真命题是( )A．若a⊥m，a⊥n，m⊂α，n⊂α，则a⊥αB．若a∥b，b⊂α，则a∥αC．若α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，则a∥bD．若a⊂β，b⊂β，a∥α，b∥α，则β∥α【解析】A．根据线面垂直的判定定理可知，m，n必须是相交直线，所以A错误．B.根据直线和平面平行的判定定理可知，a必须在平面α外，所以B错误．C.根据面面平行的性质定理可知，两个平行平面同时和第三个平面相交，则交线平行，所以C正确．D.根据面面平行的判定定理可知，直线a，b必须是相交直线，才能得到面面平行，所以D错误．【答案】 C3．(2015·新乡模拟)设x、y、z是空间不同的直线或平面，对下列四种情形：①x、y、z均为直线；②x、y是直线，z是平面；③z是直线，x、y是平面；④x、y、z均为平面，其中使“x⊥z且y⊥z⇒x∥y”为真命题的是( )A．③④B．①③C．②③D．①②【解析】根据空间中的直线、平面的位置关系的判断方法去筛选知②、③正确．【答案】 C4．在三棱锥P ABC 中，点D 在PA 上，且PD ＝12DA ，过点D 作平行于底面ABC 的平面，交PB ，PC 于点E ，F ，若△ABC 的面积为9，则△DEF 的面积是( )A ．1B ．2C ．4D.94【解析】 由于平面DEF ∥底面ABC ，因此DE ∥AB ，DF ∥AC ，EF ∥BC ，所以DE AB ＝DFAC ＝EF BC ，所以△DEF ∽△ABC ，所以S△DEF S△ABC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132，而S △ABC ＝9，所以S △DEF ＝1，故选A. 【答案】 A5．设α、β、γ为三个不同的平面，m 、n 是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m ，n ⊂γ，且 ，则m ∥n ”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．①α∥γ，n ⊂β；②m ∥γ，n ∥β；③n ∥β，m ⊂γ. 可以填入的条件有( ) A ．①或② B ．②或③ C ．①或③D ．①或②或③【解析】 由面面平行的性质定理可知，①正确；当n ∥β，m ⊂γ时，n 和m 在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．【答案】 C 二、填空题6．如图746，四棱锥P ABCD 的底面是一直角梯形，AB ∥CD ，BA ⊥AD ，CD ＝2AB ，PA ⊥底面ABCD ，E 为PC 的中点，则BE 与平面PAD 的位置关系为 ．图746【解析】 取PD 的中点F ，连接EF ，AF ， 在△PCD 中，EF 綊12CD .又∵AB ∥CD 且CD ＝2AB ，∴EF 綊AB ，∴四边形ABEF 是平行四边形，∴EB ∥AF . 又∵EB ⊄平面PAD ，AF ⊂平面PAD ， ∴BE ∥平面PAD . 【答案】 平行7．在正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，O 为底面ABCD 的中心，P 是DD 1的中点，设Q 是CC 1上的点，则点Q 满足条件 时，有平面D 1BQ ∥平面PAO .【解析】如图，假设Q为CC1的中点，因为P为DD1的中点，所以QB∥PA.连接DB，因为P，O分别是DD1，DB的中点，所以D1B∥PO，又D1B⊄平面PAO，QB⊄平面PAO，所以D1B ∥平面PAO，QB∥平面PAO，又D1B∩QB＝B，所以平面D1BQ∥平面PAO.故Q满足条件Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO.【答案】Q为CC1的中点8．已知a、b、l表示三条不同的直线，α、β、γ表示三个不同的平面，有下列四个命题：①若α∩β＝a，β∩γ＝b，且a∥b，则α∥γ；②若a、b相交，且都在α、β外，a∥α，a∥β，b∥α，b∥β，则α∥β；③若α⊥β，α∩β＝a，b⊂β，a⊥b，则b⊥α；④若a⊂α，b⊂α，l⊥a，l⊥b，则l⊥α.其中正确命题的序号是．【解析】①如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，可令平面A1B1CD为α，平面DCC1D1为β，平面A1B1C1D1为γ，又平面A1B1CD∩平面DCC1D1＝CD，平面A1B1C1D1∩平面DCC1D1＝C1D1，则CD与C1D1所在的直线分别表示a，b，因为CD∥C1D1，但平面A1B1CD与平面A1B1C1D1不平行，即α与γ不平行，故①错误．②因为a、b相交，假设其确定的平面为γ，根据a∥α，b∥α，可得γ∥α.同理可得γ∥β，因此α∥β，②正确．③由两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线和另一个平面垂直，易知③正确．④当a∥b时，l垂直于平面α内两条不相交直线，不可得出l⊥α，④错误．【答案】②③三、解答题9．如图747，在正方体ABCDA1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E、F、G分别是BC、DC、SC的中点，求证：图747(1)直线EG∥平面BDD1B1；(2)平面EFG∥平面BDD1B1.【证明】(1)如图，连接SB，∵E、G分别是BC、SC的中点，∴EG∥SB.又∵SB⊂平面BDD1B1，EG⊄平面BDD1B1，∴直线EG∥平面BDD1B1.(2)连接SD，∵F、G分别是DC、SC的中点，∴FG∥SD.又∵SD⊂平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1，∴FG∥平面BDD1B1，由(1)知，EG∥平面BDD1B1，且EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，∴平面EFG∥平面BDD1B1.10．如图748，直角梯形ACDE与等腰直角△ABC所在平面互相垂直，F为BC的中点，∠BAC＝∠ACD＝90°，AE∥CD，DC＝AC＝2AE＝2.图748(1)求证：AF∥平面BDE；(2)求四面体BCDE的体积．【解】(1)证明：取BD的中点P，连接EP、FP，则PF为中位线，PF═∥12 DC，又∵EA═∥12 DC，∴EA═∥PF.故四边形AFPE 是平行四边形， 即AF ∥EP .∵EP ⊂平面BDE ，AF ⊄平面BDE ， ∴AF ∥平面BDE .(2)∵BA ⊥AC ，平面ABC ⊥平面ACDE 且交于AC ，∴BA ⊥平面ACDE ，即BA 就是四面体B CDE 的高，BA ＝AC ＝2. ∵DC ＝AC ＝2AE ＝2，AE ∥CD ， ∴S 梯形ACDE ＝12×(1＋2)×2＝3，S △ACE ＝12×AE ×AC ＝12×1×2＝1，∴S △CDE ＝3－1＝2，∴V B CDE ＝13·BA ·S △CDE ＝13×2×2＝43.[能 力 练]扫盲区 提素能1．下列四个正方体图形中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，P 分别为其所在棱的中点，能得出AB ∥平面MNP 的图形的序号是( )图749A．①③B．②③C．①④D．②④【解析】对图形①，平面MNP∥平面ABC，可得AB∥面MNP；对图形④，AB∥PN，故AB∥面MNP；图形②③无论用定义还是判定定理都无法证明线面平行．【答案】 C2．(2015·开原模拟)若α、β是两个相交平面，点A不在α内，也不在β内，则过点A且与α和β都平行的直线( )A．只有1条B．只有2条C．只有4条D．有无数条【解析】据题意如图，要使过点A的直线m与平面α平行，则据线面平行的性质定理得经过直线m的平面与平面α的交线n与直线m平行，同理可得经过直线m的平面与平面β的交线k 与直线m 平行，则推出n ∥k ，由线面平行可进一步推出直线n 与直线k 与两平面α与β的交线平行，即要满足条件的直线m 只需过点A 且与两平面交线平行即可，显然这样的直线有且只有一条．【答案】 A3．(2015·唐山统考)在三棱锥P ABC 中，PB ＝6，AC ＝3，G 为△PAC 的重心，过点G 作三棱锥的一个截面，使截面平行于PB 和AC ，则截面的周长为 ．【解析】 过点G 作EF ∥AC ，分别交PA 、PC 于点E 、F ，过E 、F 分别作EN ∥PB 、FM ∥PB ，分别交AB 、BC 于点N 、M ，连接MN ，则四边形EFMN 是平行四边形(面EFMN 为所求截面)，且EF ＝MN ＝23AC ＝2，FM ＝EN ＝13PB ＝2，所以截面的周长为2×4＝8.【答案】 84．(2015·温州模拟)如图7410，矩形ABCD 中，E 为边AB 的中点，图7410将△ADE 沿直线DE 翻转成△A 1DE .若M 为线段A 1C 的中点，则在△ADE 翻转过程中，正确的命题是 ．①|BM |是定值； ②点M 在圆上运动；③一定存在某个位置，使DE ⊥A 1C ； ④一定存在某个位置，使MB ∥平面A 1DE .【解析】 取DC 中点N ，连接MN ，NB ，则MN ∥A 1D ，NB ∥DE ，∴平面MNB ∥平面A 1DE ，∵MB ⊂平面MNB ，∴MB ∥平面A 1DE ，④正确； ∠A 1DE ＝∠MNB ，MN ＝12A 1D ＝定值，NB ＝DE ＝定值，根据余弦定理得，MB 2＝MN 2＋NB 2－2MN ·NB ·cos∠MNB ，所以|MB |是定值，①正确；B 是定点，所以M 是在以B 为圆心， MB 为半径的圆上，②正确；当矩形ABCD 满足AC ⊥DE 时存在，其他情况不存在，③不正确． 所以①②④正确． 【答案】 ①②④5．(2015·陕西二检)如图7411，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，E 为棱CC 1的中点．图7411(1)求证：B1D1⊥AE；(2)求证：AC∥平面B1DE.【证明】(1)如图，连接BD，则BD∥B1D1.∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.∵CE⊥平面ABCD，∴CE⊥BD.又AC∩CE＝C，∴BD⊥平面ACE.∵AE⊂平面ACE，∴BD⊥AE，∴B1D1⊥AE.(2)取BB1的中点F，连接AF，CF，EF，则FC∥B1E，∴CF∥平面B1DE. ∵E，F分别是CC1，BB1的中点，∴EF綊BC.又BC═∥AD，∴EF═∥AD，∴四边形ADEF是平行四边形，∴AF∥ED.∵AF⊄平面B1DE，ED⊂平面B1DE，∴AF∥平面B1DE.∵AF∩CF＝F，∴平面ACF∥平面B1DE.又AC⊂平面ACF，∴AC∥平面B1DE.6．(2015·云南昆明三中、玉溪一中高三统一考试)如图7412，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，且AB∥EF，矩形ABCD所在的平面和圆O所在的平面互相垂直，且AD＝EF＝AF＝1，AB＝2.图7412(1)求证：平面AFC⊥平面CBF；(2)在线段CF上是否存在一点M，使得OM∥平面ADF？并说明理由．【解】(1)证明：因为平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，所以CB⊥平面ABEF，因为AF⊂平面ABEF，所以AF⊥CB，又AB为圆O的直径，所以AF ⊥BF ，所以AF ⊥平面CBF .因为AF ⊂平面AFC ，所以平面AFC ⊥平面CBF .(2)取CF 中点记作M ，设DF 的中点为N ，连接AN ，MN ，如图所示，则MN ═∥12CD ，又AO ═∥12CD ，则MN ═∥AO ， 所以MNAO 为平行四边形，所以OM ∥AN ，又AN ⊂平面ADF ，OM ⊄平面ADF ，所以OM ∥平面ADF .。