高考数学一轮总复习 第八章 立体几何课时作业 文
2020高考文科数学一轮总复习课标通用版作业：第8章 立体几何 38
课时作业38直线、平面平行的判定及其性质一、选择题1．(2019年湖北省黄冈、黄石等八市高三联考)已知命题p：若α∥β，a∥α，则a∥β；命题q：若a∥α，a∥β，α∩β＝b，则a∥b，下列是真命题的是()A．p∧q B．p∨(綈)qC．p∧(綈q) D．(綈p)∧q解析：若α∥β，a∥α，则α∥β或a⊂β，故p假，綈p真，a ∥α，a∥β，α∩β＝b，则a∥b，正确，故q为真，綈q为假，∴(綈p)∧q为真，故选D.答案：D2.图1(2019年陕西省西安市第一中学高一上学期期末考试)在三棱锥A －BCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA上的点，当BD∥平面EFGH时，下面结论正确的是()A．E，F，G，H一定是各边的中点B．G，H一定是CD，DA的中点C．BE∶EA＝BF∶FC，且DH∶HA＝DG∶GCD．AE∶EB＝AH∶HD且BF∶FC＝DG∶GC解析：由BD∥平面EFGH，得BD∥EH，BD∥FG，则AE∶EB ＝AH∶HD，且BF∶FC＝DG∶GC.故选D.答案：D3．(2019年重庆市高二上学期期末测试)已知直线l与平面α平行，则“直线m与直线l平行”是“直线m与平面α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图2解析：如图2所示，以正方体为例，A1B1∥面ABCD，CD∥A1B1，但CD⊆面ABCD，故充分条件不成立；CC1∥面A1ADD1，B1C∥面A1ADD1，但C1C和B1C相交，即必要性不成立，故选D.答案：D4．(2019年陕西省榆林市高三高考模拟)如图3，在三棱台ABC－A1B1C1的6个顶点中任取3个点作平面α，设α∩平面ABC＝l，若l∥A1C1，则这3个点可以是()图3A．B，C，A1B．B1，C1，AC．A1，B1，C D. A1，B，C1解析：当α为平面A1BC1时，因为平面ABC∥平面A1B1C1，平面A1BC1∩平面ABC＝l，平面A1BC1∩平面A1B1C1＝A1C1所以l∥A1C1，故选D.答案：D5．(2019年陕西省铜川市王益区高一上学期期末考试)在正四面体ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，则下列结论错误的是()A. 异面直线AB与CD所成的角为90°B. 直线AB与平面BCD垂直C. 直线EF∥平面ACDD. 平面AFD垂直平面BCD解析：图4如图4过A作AG⊥CD，则G为CD中点，连接AG，AF，BG，DF，则BG⊥CD，DF⊥BC，∴CD⊥平面ABG，∴CD⊥AB，故A正确；正四面体ABCD中，A在平面BCD的射影为O，则O在BG上，并且O为△BCD的重心，则直线AB与平面BCD成的角为∠ABO，又BO＝23BG＝23×32AB＝33AB，即BOAB＝33＝cos∠ABO，∴∠ABO≠90°，故B错误；正四面体ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，∴EF∥AC，EF⊄平面ACD，AC⊂平面ACD，∴EF∥平面ACD，故C正确；∵几何体为正四面体，∴A在底面BCD的射影为底面的中心，∴AO⊥平面BCD，AO⊂平面AFD，∴平面AFD⊥平面BCD，故D正确，故选B.答案：B6．(2019年陕西省铜川市王益区高一上学期期末考试)如图5，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，线段A1C1上有两个动点E，F，且EF＝12；则下列结论错误的是()图5 A．BD⊥CEB ．EF ∥平面ABCDC. 三棱锥E －FBC 的体积为定值D ．△BEF 的面积与△CEF 的面积相等解析：A 项，因为BD ⊥AC ，BD ⊥AA 1，∴BD ⊥平面ACC 1A 1，∴BD ⊥CE ，正确；B 项，EF ∥AC ，∴EF ∥平面ABCD ，正确；C 项，V E －FBC ＝V B －EFC ＝13×12EF ×CC 1×22＝224，正确；D 项，B ，C 到直线A 1C 1的距离不等，∴两面积不等，错误，故选D.答案：D7．类比平面内 “垂直于同一条直线的两条直线互相平行”的性质，可推出空间下列结论：①垂直于同一条直线的两条直线互相平行②垂直于同一个平面的两条直线互相平行③垂直于同一条直线的两个平面互相平行④垂直于同一个平面的两个平面互相平行则正确的结论是( )A ．①②B ．③④C ．②③D ．①④解析：由平面内线的性质，可类比空间中面的性质，即为：②垂直于同一个平面的两条直线互相平行；③垂直于同一条直线的两个平面互相平行．①在空间中易得反例(可相交)④反例为相交．答案：C8．(2019年广东省揭阳市高三高考第二次模拟考试)已知直线a 、b ，平面α、β、γ，下列命题正确的是( )A ．若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a ，则a ⊥γB ．若α∩β＝a ，α∩γ＝b ，β∩γ＝c ，则a ∥b ∥cC．若α∩β＝a，b∥a，则b∥αD．若α⊥β，α∩β＝a，b∥α，则b∥a解析：逐一考查所给的选项：A．若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，则a⊥γ，该说法正确；B．若α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，在三棱锥P－ABC中，令平面α，β，γ分别为平面P AB，P AC，PBC，交线a，b，c为P A，PB，PC，不满足a∥b∥c，该说法错误；C．若α∩β＝a，b∥a，有可能b⊆α，不满足b∥α，该说法错误；D．若α⊥β，α∩β＝a，b∥α，正方体ABCD－A1B1C1D1中，取平面α，β为平面ABCD，ADD1A1，直线b为A1C1，满足b∥α，不满足b∥a，该说法错误．本题选择A选项．答案：A9．如图6，矩形ABCD中，AB＝2BC＝4，E为边AB的中点，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：图6①|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.其中正确的命题是()A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④解析：取CD中点F，连接MF，BF，则MF∥DA1，BF∥DE，∴平面MBF∥平面DA1E，∴MB∥平面DA1E，故④正确；由∠A1DE＝∠MFB，MF＝12A1D＝定值，FB＝DE＝定值，由余弦定理可得MB2＝MF2＋FB2－2MF·FB cos∠MFB，所以|MB|是定值，故①正确．∵B是定点，∴M是在以B为圆心，MB为半径的圆上，故②正确，由题意知DE⊥CE，若DE⊥A1C，因为CE∩A1C＝C，所以DE⊥平面A1EC，所以DE⊥A1E，与DA1⊥A1E矛盾，故③不正确．答案：B10.图7(2019年天津市高二期中考试)如图7，在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列命题中，正确的个数为()(1)AC⊥BD(2)AC∥截面PQMN(3)AC＝BD(4)异面直线PM 与BD所成的角为45°A．1 B．2C．3 D．4解析：∵QM∥PN，∴QM∥面ABD，因此QM ∥BD ，同理可得AC ∥MN,∵QM ∥BD ，AC ∥MN ，MN ⊥QM ，∴AC ⊥BD ；(1)正确；∵AC ∥MN ，∴AC ∥截面PQMN ，(2)正确；∵QM ∥BD ，AC ∥MN ，∴MN AC ＋QM BD ＝1，(3)不一定正确；∵QM ∥BD ，∴异面直线PM 与BD 所成的角为∠PMQ ＝45°，(4)正确，选C.答案：C11．(2019年天津市实验中学高二上学期期中考试)已知m ，n ，是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是( )A ．若m ⊂α，n ⊂β，m ∥n ，则α∥βB ．若m ⊂α，n ⊂α，m ∥β，n ∥β，则α∥βC ．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βD ．若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β解析：若m ⊂α，n ⊂β，m ∥n ，则α，β位置关系不定；若m ⊂α，n ⊂α，m ∥β，n ∥β，则当m ，n 相交时才有α∥β； 若α⊥γ，β⊥γ，则α，β位置关系不定；若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β；所以选D.答案：D12．(2019年北京市东城二中高一下学期期末考试)已知m ，n ，为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，对于下列四个命题：①m ⊂α，n ⊂α，m ∥β，n ∥β⇒α∥β②n ∥m ，n ⊂α⇒m ∥α③α∥β，m⊂α，n⊂β⇒m∥n④m∥α，n⊂α⇒m∥n其中正确命题的个数有()A．0个B．1C．2个D．3个解析：①m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α与β可能相交，①错；②n∥m，n⊂α，则m可能在平面α内，②错；③α∥β，m⊂α，n⊂β，则m与n可能异面，③错；④m∥α，n⊂α，则m与n可能异面，④错，故所有命题均不正确，故选A.答案：A二、填空题13．(2019年江苏省睢宁县古邳中学高二上学期第一次月考)已知a、b是直线，α、β、γ是平面，给出下列命题：①若α∥β，a⊂α，则a∥β②若a、b与α所成角相等，则a∥b③若α⊥β、β⊥γ，则α∥γ④若a⊥α，a⊥β，则α∥β其中正确的是________．解析：①两个平行平面中，其中任一平面内的任意直线平行另一个平面，所以正确；②a，b与平面所成角相等，可以是异面直线，故错误；③同垂直于一个平面的两个平面可以相交，例如墙角，故错误；④垂直于同一直线的两个平面平行，正确，故填①④.答案：①、④图814．如图8，正方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于________．解析：∵EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，∴EF∥AC，所以F是CD的中点，EF＝12AC＝ 2.答案： 215．(2019年广东省百校联盟高三第二次联考)如图9，E是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱C1D1上的一点，且BD1∥平面B1CE，则异面直线BD1与CE所成角的余弦值为________．解析：不妨设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，设B1C∩BC1＝O，如图10所示，当点E为C1D1的中点时，BD1∥OE，则BD1∥平面B1CE，据此可得∠OEC为直线BD1与CE所成的角，在△OEC中，边长：EC＝5，OC＝2，OE＝3，由余弦定理可得：cos∠OEC＝3＋5－223×5＝155.即异面直线BD1与CE所成角的余弦值为15 5.答案：15 516．(2019年贵州省贵阳市第一中学、凯里市第一中学高三下学期高考适应性月考(七))已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，有下列命题：①若m，n平行于同一平面，则m与n平行；②若m⊥α，n∥α，则m⊥n；③若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线；④若α∩β＝n，m∥n，则m∥α且m∥β；⑤若m∥n，α∥β，则m与α所成角等于n与β所成角．其中真命题有________．(填写所有正确命题的编号)解析：①m，n还可以相交或异面；③若α，β不平行，则α，β相交，设α∩β＝l，在α内存在直线a，使得a∥l，则a∥β；④m还可能在平面α内或平面β内．②⑤正确．答案：②⑤三、解答题图1117．(2019年东莞市高三毕业班第二次综合考试)如图11，平面CDEF⊥平面ABCD，四边形ABCD是平行四边形，CDEF为直角梯形，∠ADC＝120°，CF⊥CD，且CF∥DE，AD＝2DC＝DE＝2CF.(1)求证：BF∥平面ADE；(2)若AD＝2，求该几何体的各个面的面积的平方和．解：(1)取DE的中点H，连接AH，HF.∵四边形CDEF为直角梯形，DE＝2CF，H是DE的中点，图12∴HF ＝DC ，且HF ∥DC .∵四边形ABCD 是平行四边形，∴AB ＝DC ，且AB ∥DC ，∴AB ＝HF ，且AB ∥HF ，∴四边形ABFH 是平行四边形，∴BF ∥AH .∵AH ⊂平面ADE ，BF ⊄平面ADF ，∴BF ∥平面ADE .(2)∵在△BCD 中，BC ＝2DC ，∴∠BDC ＝90°，∴S 四边形ABCD ＝2×12×BD ×AB ＝2×12×3×1＝3，S △ADE ＝12×2×2＝2，S △BCF ＝12×2×1＝1.∵DE ⊥BD ，且DE ＝2，BD ＝3，∴BE ＝7，又AE ＝22，AB ＝1，∴AE 2＝AB 2＋BE 2，即∠EBA ＝90°，∴S △ABE ＝12×1×7＝72.∴S △BEF ＝12×5×2＝102.S 梯形CDEF ＝12×(DE ＋CF )×CD ＝12×3×1＝32.∴该几何体的各个面的面积的平方和为(3)2＋22＋12＋(32)2＋(72)2＋(102)2＝292.图1318．(2019年陕西省榆林市高三高考模拟第二次测试)如图13，在四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 是菱形，△P AD ≌△BAD ，平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ＝4，P A ＝PD ，M 在棱PD 上运动．(1)当M 在何处时，PB ∥平面MAC ；(2)已知O 为AD 的中点，AC 与OB 交于点E ，当PB ∥平面MAC 时，求三棱锥E －BCM 的体积．解：(1)如图14，设AC 与BD 相交于点N ，图14当M 为PD 的中点时，PB ∥平面MAC ， 证明：∵四边形ABCD 是菱形，可得：DN ＝NB ，又∵M 为PD 的中点，可得：DM ＝MP ，∴NM 为△BDP 的中位线，可得：NM ∥PB ，又∵NM ⊂平面MAC ，PB ⊄平面MAC ，∴PB ∥平面MAC .(2)∵O 为AD 的中点，P A ＝PD 则OP ⊥AD又△P AD ≌△BAD∴OB ⊥AD ，且OB ＝23，又∵△AEO ∽△CEB ，∴OE BE ＝OA BC ＝12.∴BE ＝23OB ＝433.∴S △EBC ＝12×4×433＝833.又∵OP ＝4×32＝23，点M 为PD 的中点，∴M 到平面EBC 的距离为 3.∴V E －BCM ＝V M －EBC ＝13×833×3＝83.19.图15(2019年四川省棠湖中学高三月考)如图15，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明：MN ∥平面P AB ，(2)求四面体N －BCM 的体积．解：(1)由已知得AM ＝23AD ＝2，取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2，即TN ＝AM ，又AD ∥BC ，即TN ∥AM ，故四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT ，因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，所以MN ∥平面P AB .图16(2)因为P A ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以N 到平面ABCD的距离为12P A ，取BC 的中点E ，连接AE ，由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝5，由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5，故S △BCM＝12×4×5＝25，所以四面体N －BCM 的体积为V N －BCM ＝13×S △BCM ×P A 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高考数学一轮复习 第八章《立体几何》精编配套试题(含解析)文 新人教A版
高考数学一轮复习第八章《立体几何》精编配套试题（含解析）文新人教A版第八章立体几何一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．每小题中只有一项符合题目要求)1、（2013年高考四川卷（文2））一个几何体的三视图如图所示,则该几何体可以是（）A．棱柱B．棱台C．圆柱D．圆台2、【山东省烟台市莱州一中20l3届高三第二次质量检测（文）】一个简单几何体的主视图，左视图如图所示，则其俯视图不可能为①长方形；②直角三角形；③圆；④椭圆.其中正确的是A.①B.②C.③D.④3 ．（2013年高考浙江卷（文4））设m.n是两条不同的直线,α.β是两个不同的平面,（）A．若m∥α,n∥α,则m∥n B．若m∥α,m∥β,则α∥βC．若m∥n,m⊥α,则n⊥αD．若m∥α,α⊥β,则m⊥β4．（2013年高考广东卷（文））某三棱锥的三视图如图2所示,则该三棱锥的体积是图 21俯视图侧视图正视图21（ ） A ．16B ．13C ．23D ．15 ．【北京市海淀区北师特学校2013届高三第四次月考文】在空间，下列命题正确的是 （ ）A ．平行直线在同一平面内的射影平行或重合 B. 垂直于同一平面的两条直线平行 C. 垂直于同一平面的两个平面平行 D. 平行于同一直线的两个平面平行 6、（2013年高考山东卷（文4））一个四棱锥的侧棱长都相等,底面是正方形,其正(主)视图如右图所示该四棱锥侧面积和体积分别是（ ） A ．45,8B ．845,3C ．84(51),3+ D ．8,87、如右图所示，正四棱锥P －ABCD 的底面积为3，体积为22，E 为侧棱PC 的中点，则PA 与BE 所成的角为( )A.π6B.π4C.π3 D.π28、（2013安徽安庆三模）如图是不锈钢保温饭盒的三视图，根据图中数据（单位：cm ）， 则该饭盒的表面积为 A ．1100π2cm B ．900π2cm C ．800π2cm D ．600π2cm9、（2013年高考辽宁卷（文10））已知三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上,若34AB AC ==，,AB AC ⊥,112AA =,则球O 的半径为（ ） A ．3172B ．210C ．132D ．31010．圆台上、下底面面积分别是π、4π，侧面积是6π，这个圆台的体积是( )A 、233π B、23π C 、736π D、733π11、（上海市普陀区2013届高三第二学期（二模）质量调研数学（文）试题）若圆柱的底面直径和高都与球的直径相等,圆柱、球的表面积分别记为1S 、2S ,则1S :2S =A . 1:1.B . 2:1.C . 3:2.D . 4:1.12、【北京市朝阳区2013届高三上学期期末考试数学文】在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，1P ，2P 分别为线段AB ，1BD （不包括端点）上的动点，且线段12P P 平行于平面11A ADD ，则四面体121PP AB 的体积的最大值是 A ．124 B ．112C ．16 D ．12二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上) 13、（2013年高考课标Ⅱ卷（文15））已知正四棱锥O ABCD -的体积为322，底面边长为3，则以O 为球心，OA 为半径的球的表面积为________。
核按钮(新课标)高考数学一轮复习第八章立体几何训练文
核按钮（新课标）高考数学一轮复习第八章立体几何训练文考纲链接1.空间几何体(1)认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．(2)能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图．(3)会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式．(4)了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式．2．点、直线、平面之间的位置关系(1)理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解如下可以作为推理依据的公理和定理：①公理1：如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线在此平面内．②公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．③公理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．④公理4：平行于同一条直线的两条直线平行．⑤定理：空间中如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．(2)以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理．理解以下判定定理：①平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行．②一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行．③一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，则该直线与此平面垂直．④一个平面过另一个平面的垂线，则两个平面垂直．理解以下性质定理，并加以证明：①如果一条直线与一个平面平行，那么过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行．②两个平面平行，则任意一个平面与这两个平面相交所得的交线相互平行．③垂直于同一个平面的两条直线平行．④两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直．(3)能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题．3．空间直角坐标系(1)了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置．(2)会简单应用空间两点间的距离公式．§8.1 空间几何体的结构、三视图和直观图1．棱柱、棱锥、棱台的概念(1)棱柱：有两个面互相______，其余各面都是________，并且每相邻两个四边形的公共边都互相______，由这些面所围成的多面体叫做棱柱．※注：棱柱又分为斜棱柱和直棱柱．侧棱与底面不垂直的棱柱叫做斜棱柱；侧棱与底面垂直的棱柱叫做直棱柱；底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱．(2)棱锥：有一个面是________，其余各面都是有一个公共顶点的__________，由这些面所围成的多面体叫做棱锥．※注：如果棱锥的底面是正多边形，且它的顶点在过底面中心且与底面垂直的直线上，则这个棱锥叫做正棱锥．(3)棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分，叫做棱台．※注：由正棱锥截得的棱台叫做正棱台．※2.棱柱、棱锥、棱台的性质(1)棱柱的性质侧棱都相等，侧面是______________；两个底面与平行于底面的截面是__________的多边形；过不相邻的两条侧棱的截面是______________；直棱柱的侧棱长与高相等且侧面、对角面都是________．(2)正棱锥的性质侧棱相等，侧面是全等的______________；棱锥的高、斜高和斜高在底面上的射影构成一个____________；棱锥的高、侧棱和侧棱在底面上的射影也构成一个____________；斜高、侧棱及底面边长的一半也构成一个____________；侧棱在底面上的射影、斜高在底面上的射影及底面边长的一半也构成一个____________．(3)正棱台的性质侧面是全等的____________；斜高相等；棱台的高、斜高和两底面的边心距组成一个____________；棱台的高、侧棱和两底面外接圆的半径组成一个____________；棱台的斜高、侧棱和两底面边长的一半也组成一个____________．3．圆柱、圆锥、圆台(1)圆柱、圆锥、圆台的概念分别以______的一边、__________的一直角边、________中垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴，其余各边旋转一周而形成的曲面所围成的几何体分别叫做圆柱、圆锥、圆台．(2)圆柱、圆锥、圆台的性质圆柱、圆锥、圆台的轴截面分别是________、________、________；平行于底面的截面都是________．4．球(1)球面与球的概念以半圆的______所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体，简称球．半圆的圆心叫做球的________．(2)球的截面性质球心和截面圆心的连线________截面；球心到截面的距离d与球的半径R及截面圆的半径r的关系为______________．5．平行投影在一束平行光线照射下形成的投影，叫做__________．平行投影的投影线互相__________．6．空间几何体的三视图、直观图(1)三视图①空间几何体的三视图是用正投影得到的，在这种投影下，与投影面平行的平面图形留下的影子与平面图形的形状和大小是完全相同的．三视图包括__________、__________、__________．②三视图尺寸关系口诀：“长对正，高平齐，宽相等．” 长对正指正视图和俯视图长度相等，高平齐指正视图和侧(左)视图高度要对齐，宽相等指俯视图和侧(左)视图的宽度要相等．(2)直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：①在已知图形所在空间中取水平面，在水平面内作互相垂直的轴Ox，Oy，再作Oz轴，使∠xOz＝________且∠yOz＝________．②画直观图时，把Ox，Oy，Oz画成对应的轴O′x′，O′y′，O′z′，使∠x′O′y′＝____________，∠x′O′z′＝____________．x′O′y′所确定的平面表示水平面．③已知图形中，平行于x轴、y轴或z轴的线段，在直观图中分别画成____________x′轴、y′轴或z′轴的线段，并使它们和所画坐标轴的位置关系与已知图形中相应线段和原坐标轴的位置关系相同．④已知图形中平行于x轴和z轴的线段，在直观图中保持长度不变，平行于y轴的线段，长度为原来的__________．⑤画图完成后，擦去作为辅助线的坐标轴，就得到了空间图形的直观图．自查自纠：1．(1)平行四边形平行(2)多边形三角形2．(1)平行四边形全等平行四边形矩形(2)等腰三角形直角三角形直角三角形直角三角形直角三角形(3)等腰梯形直角梯形直角梯形直角梯形3．(1)矩形直角三角形直角梯形(2)矩形等腰三角形等腰梯形圆4．(1)直径球心(2)垂直于d＝R2－r25．平行投影平行6．(1)①正(主)视图侧(左)视图俯视图(2)①90°90°②45°(或135°) 90°③平行于④一半给出下列四个命题：①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱；②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥；③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体；④若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱．其中所有错误命题．．．．的序号是( )A．②③④ B. ①②③C．①②④ D. ①②③④解：认识棱柱一般要从侧棱与底面的垂直与否和底面多边形的形状两方面去分析，故①③错误，对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明，故②错误，平行六面体的两个相对侧面也可能与底面垂直且互相平行，故④错误．故选D.以下关于几何体的三视图的论述中，正确的是( )A．球的三视图总是三个全等的圆B．正方体的三视图总是三个全等的正方形C．水平放置的正四面体的三视图都是正三角形D．水平放置的圆台的俯视图是一个圆解：几何体的三视图要考虑视角，只有球无论选择怎样的视角，其三视图总是三个全等的圆．故选A.(2015·北京)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为( )A ． 1 B. 2 C. 3 D ．2解：由题中三视图知，此四棱锥的直观图如图所示，其中侧棱SA ⊥底面ABCD ，且底面是边长为1的正方形，SA ＝1，∴四棱锥最长棱的棱长为SC ＝3，故选 C.用一张4cm ×8cm 的矩形硬纸卷成圆柱的侧面，则圆柱轴截面的面积为________cm 2(接头忽略不计)．解：以4cm 或8cm 为底面周长，所得圆柱的轴截面面积均为32πcm 2，故填32π.已知正△ABC 的边长为a ，那么△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′的面积为________．解：如图所示是实际图形和直观图．由图可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ，在图中作C ′D ′⊥A ′B ′，垂足为D ′，则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a. ∴S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′×C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.故填616a 2.类型一 空间几何体的结构特征(2014·全国课标Ⅰ)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( )A ．三棱锥B ．三棱柱C ．四棱锥D ．四棱柱解：该几何体的三视图由一个三角形，两个矩形组成，经分析可知该几何体为三棱柱，故选B.点拨：解决此类问题的关键是根据几何体的三视图判断几何体的结构特征．常见的有以下几类：①三视图为三个三角形，对应的几何体为三棱锥；②三视图为两个三角形，一个四边形，对应的几何体为四棱锥；③三视图为两个三角形，一个圆，对应的几何体为圆锥；④三视图为一个三角形，两个四边形，对应的几何体为三棱柱；⑤三视图为三个四边形，对应的几何体为四棱柱；⑥三视图为两个四边形，一个圆，对应的几何体为圆柱．某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是( )解：D 选项的正视图应为如图所示的图形．故选D.类型二 空间几何体的三视图如图所示的三个直角三角形是 一个体积为20cm 3的几何体的三视图，则h ＝________cm .解：由三视图可知，该几何体为三棱锥，此三棱锥的底面为直角三角形，直角边长分别为5cm ，6cm ，三棱锥的高为h cm ，则三棱锥的体积为V ＝13×12×5×6×h ＝20，解得h ＝4cm .故填4.点拨：对于空间几何体的考查，从内容上看，锥的定义和相关性质是基础，以它们为载体考查三视图、体积和棱长是重点．本题给出了几何体的三视图，只要掌握三视图的画法“长对正、高平齐、宽相等”，不难将其还原得到三棱锥．(2015·全国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：由图可知该几何体由半个圆柱和半个球体组合而成，则S 表＝4πr 2×12＋12πr 2×2＋πr ·2r＋2r ·2r ＝16＋20π，解得r ＝2.故选B.类型三 空间多面体的直观图如图是一个几何体的三视图，用斜二测画法画出它的直观图．解：由三视图知该几何体是一个简单组合体，它的下部是一个正四棱台，上部是一个正四棱锥．画法：(1)画轴．如图1，画x 轴、y 轴、z 轴，使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝90°.图1(2)画底面．利用斜二测画法画出底面ABCD ，在z 轴上截取O ′使OO ′等于三视图中相应高度，过O ′作Ox 的平行线O ′x ′，Oy 的平行线O ′y ′，利用O ′x ′与O ′y ′画出底面A ′B ′C ′D ′.(3)画正四棱锥顶点．在Oz 上截取点P ，使PO ′等于三视图中相应的高度．(4)成图．连接PA ′，PB ′，PC ′，PD ′，A ′A ，B ′B ，C ′C ，D ′D ，整理得到三视图表示的几何体的直观图如图2所示．图2点拨：根据三视图可以确定一个几何体的长、宽、高，再按照斜二测画法，建立x 轴、y 轴、z 轴，使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝90°，确定几何体在x 轴、y 轴、z 轴方向上的长度，最后连线画出直观图．已知一个四棱锥的高为3，其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个边长为1的正方形，则此四棱锥的体积为( )A. 2 B ．6 2 C.13D ．2 2解：因为四棱锥的底面直观图是一个边长为1的正方形，该正方形的对角线长为2，根据斜二测画法的规则，原图底面的底边长为1，高为直观图中正方形的对角线长的两倍，即22，则原图底面积为S ＝22.因此该四棱锥的体积为V ＝13Sh ＝13×22×3＝22.故选D.类型四 空间旋转体的直观图用一个平行于圆锥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3cm ，求圆台的母线长．解：设圆台的母线长为l ，截得圆台的上、下底面半径分别为r ，4r.根据相似三角形的性质得， 33＋l ＝r4r，解得 l ＝9. 所以，圆台的母线长为9cm .点拨：用平行于底面的平面去截柱、锥、台等几何体，注意抓住截面的性质(与底面全等或相似)，同时结合旋转体中的轴截面(经过旋转轴的截面)的几何性质，利用相似三角形中的相似比，设相关几何变量列方程求解．(2014·湖南)一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4解：该几何体为一直三棱柱，底面是边长为6，8，10的直角三角形，侧棱为12，其最大球的半径为底面直角三角形内切圆的半径r ，由等面积法可得12×(6＋8＋10)·r ＝12×6×8，得r ＝2.故选B.1．在研究圆柱、圆锥、圆台的相关问题时，主要方法就是研究它们的轴截面，这是因为在轴截面中容易找到这些几何体的有关元素之间的位置关系以及数量关系．2．建议对下列一些具有典型意义的重要空间图形的数量关系予以推证并适当记忆．(1)正多面体(Ⅰ)正四面体就是棱长都相等的三棱锥，正六面体就是正方体，连接正方体六个面的中心，可得到一个正八面体，正八面体可以看作是由两个棱长都相等的正四棱锥拼接而成．棱长为a 的正四面体中：①斜高为32a ；②高为63a ；③对棱中点连线长为22a ； ④外接球的半径为64a ，内切球的半径为612a ； ⑤正四面体的表面积为3a 2，体积为212a 3. (Ⅱ)如图，在棱长为a 的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，连接A 1B ，BC 1，A 1C 1，DC 1，DA 1，DB ，可以得到一个棱长为2a 的正四面体A 1BDC 1，其体积为正方体体积的13.(Ⅲ)正方体与球有以下三种特殊情形：一是球内切于正方体；二是球与正方体的十二条棱相切；三是球外接于正方体．它们的相应轴截面如图所示(正方体的棱长为a ，球的半径为R )．(2)长方体的外接球(Ⅰ)长、宽、高分别为a ，b ，c 的长方体的体对角线长等于外接球的直径，即a 2＋b 2＋c 2＝2R.(Ⅱ)棱长为a 的正方体的体对角线长等于外接球的直径，即3a ＝2R.3．三视图的正(主)视图、侧(左)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，主视图反映了物体的长度和高度；俯视图反映了物体的长度和宽度；左视图反映了物体的宽度和高度．由此得到：主俯长对正，主左高平齐，俯左宽相等．4．一个平面图形在斜二测画法下的直观图与原图形相比，有“三变、三不变”．三变：坐标轴的夹角改变，与y轴平行线段的长度改变(减半)，图形改变．三不变：平行性不变，与x轴平行的线段长度不变，相对位置不变．1．由平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体是( )A．六棱锥B．六棱台C．六棱柱D．非棱柱、棱锥、棱台的一个几何体解：平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体符合棱柱的定义，故选C.2．下列结论正确的是( )A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边绕旋转轴旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长都相等，则该棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解：A错误，如图1是由两个相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，它的各个面都是三角形，但它不是三棱锥；B错误，如图2，若△ABC不是直角三角形，或△ABC是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥；C错误，若该棱锥是六棱锥，由题设知，它是正六棱锥．易证正六棱锥的侧棱长必大于底面边长，这与题设矛盾；易知D正确．故选D.3．将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周，所得的几何体包括( )A．一个圆台、两个圆锥B．两个圆台、一个圆柱C．两个圆台、一个圆锥D．一个圆柱、两个圆锥解：把等腰梯形分割成两个直角三角形和一个矩形，由旋转体的定义可知所得几何体包括一个圆柱、两个圆锥．故选D.4．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：观察可知，该几何体的侧视图为正方形，且AD1为实线，故选B.5．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：A，B的正视图不符合要求，C的俯视图显然不符合要求，故选D.6．(2014·课标Ⅰ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )A．6 2 B．4 2 C．6 D．4解法一：如图甲，设辅助正方体棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥DABC，最长的棱为AD ＝6.解法二：将三视图还原为三棱锥DABC，如图乙，易知侧面DBC⊥底面AB C.点D在底面ABC的射影点O是BC的中点，△ABC为直角三角形．∵AB＝4，BO＝2，∴AO＝25，DO⊥底面ABC，∴DO⊥AO，DO＝4，∴最长的棱AD＝20＋16＝6.故选C.7．已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的半径是____________．解：由三视图可知该组合体为球内接棱长为2的正方体，∴正方体的体对角线为球的直径，即2r＝22＋22＋22＝23，r ＝3.故填3.8．若一个螺栓的底面是正六边形，它的正(主)视图和俯视图如图所示，则它的体积是____________．解：由三视图知，该螺栓的上部是一个底面半径为0.8，高为2的圆柱，下部是底面边长为2，高为1.5的正六棱柱，故体积V ＝π×0.82×2＋6×34×22×1.5＝93＋32π25.故填93＋32π25.9．在四棱锥P ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直．该四棱锥的正视图和侧视图如图所示，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA 的长度．解：(1)该四棱锥的俯视图为边长为6 cm 的正方形，如图，其面积为36cm 2.(2)在正方形ABCD 中，易得AC ＝62cm ，∵PC ⊥面ABCD ，∴PC ⊥A C.在Rt △ACP 中，PA ＝PC 2＋AC 2＝62＋（62）2＝63cm .10．如图是某几何体的三视图，试说明该几何体的结构特征，并用斜二测画法画出它的直观图．解：图中几何体是由上部为正六棱柱，下部为倒立的正六棱锥堆砌而成的组合体．斜二测画法：(1)画轴．如图(1)，画x 轴，y 轴，z 轴，使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝∠yOz ＝90°.(2)画底面，利用斜二测画法画出底面ABCDEF ，在z 轴上截取O ′，使OO ′等于正六棱柱的高，过O ′作Ox 的平行线O ′x ′，Oy 的平行线O ′y ′，利用O ′x ′与O ′y ′画出底面A ′B ′C ′D ′E ′F ′.(3)画正六棱锥顶点．在Oz 上截取点P ，使PO ′等于正六棱锥的高．(4)成图．连接PA ′，PB ′，PC ′，PD ′，PE ′，PF ′，AA ′，BB ′，CC ′，DD ′，EE ′，FF ′，整理得到三视图表示的几何体的直观图如图(2)所示．注意：图形中平行于x 轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于y 轴的线段，长度为原来的一半．11．某长方体的一条体对角线长为7，在该长方体的正视图中，这条对角线的投影长为6，在该长方体的侧视图与俯视图中，这条体对角线的投影长分别为a 和b ，求ab 的最大值．解：如图，则有AC1＝7，DC1＝6，BC1＝a，AC＝b，设AB＝x，AD＝y，AA1＝z，有x2＋y2＋z2＝7，x2＋z2＝6，∴y2＝1.∵a2＝y2＋z2＝z2＋1，b2＝x2＋y2＝x2＋1，∴a＝z2＋1，b＝x2＋1.∴ab＝（z2＋1）（x2＋1）≤z2＋1＋x2＋12＝4，当且仅当z2＋1＝x2＋1，即x＝z＝3时，ab的最大值为4.水以匀速注入某容器中，容器的三视图如图所示，其中与题中容器对应的水的高度h与时间t的函数关系图象是( )解：由三视图知其直观图为两个圆台的组合体，水是匀速注入的，所以水面高度随时间变化的变化率先逐渐减小后逐渐增大，又因为容器的对称性，所以函数图象关于一点中心对称．故选C.§8.2 空间几何体的表面积与体积1．柱体、锥体、台体的表面积(1)直棱柱、正棱锥、正棱台的侧面积S 直棱柱侧＝__________，S 正棱锥侧＝__________， S 正棱台侧＝__________(其中C ，C ′为底面周长，h 为高，h ′为斜高)． (2)圆柱、圆锥、圆台的侧面积 S 圆柱侧＝________，S 圆锥侧＝________，S 圆台侧＝________(其中r ，r ′为底面半径，l 为母线长)． (3)柱或台的表面积等于________与__________的和，锥体的表面积等于________与__________的和．2．柱体、锥体、台体的体积(1)棱柱、棱锥、棱台的体积V 棱柱＝__________，V 棱锥＝__________，V 棱台＝__________(其中S ，S ′为底面积，h 为高)． (2)圆柱、圆锥、圆台的体积V 圆柱＝__________，V 圆锥＝__________，V 圆台＝__________(其中r ，r ′为底面圆的半径，h 为高)． 3．球的表面积与体积(1)半径为R 的球的表面积S 球＝________． (2)半径为R 的球的体积V 球＝________.自查自纠：1．(1)Ch 12Ch ′ 12()C ＋C ′h ′ (2)2πrl πrl π(r ＋r ′)l(3)侧面积 两个底面积 侧面积 一个底面积2．(1)Sh 13Sh 13h ()S ＋SS ′＋S ′(2)πr 2h 13πr 2h 13πh ()r 2＋rr ′＋r ′23．(1)4πR 2 (2)43πR 3已知圆锥的正视图是边长为2的等边三角形，则该圆锥体积为( )A.2π2B.2πC.3π3D.3π 解：易知圆锥的底面直径为2，母线长为2，则该圆锥的高为22－12＝3，因此其体积是13π·12×3＝3π3.故选C.一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是2，3，6，则这个长方体的体对角线的长是( )A ．2 3B ．3 2C ．6 D. 6 解：设长方体的长、宽、高分别为a ，b ，c ，则有ab ＝2，ac ＝3，bc ＝6，解得a ＝1，b ＝2，c ＝3，则长方体的体对角线的长l ＝a 2＋b 2＋c 2＝6.故选D. (2015·安徽)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( ) A ．1＋ 3 B ．2＋ 3C ．1＋2 2D ．2 2 解：根据几何体的三视图可知，该几何体是底面为等腰直角三角形的三棱锥， 如图所示．因此该几何体的表面积为S 表面积＝ S △PAC ＋2S △PAB ＋S △ABC ＝12×2×1＋2×34×(2)2＋12×2×1＝2＋3.故选B.已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为____________．解：∵该正四棱柱的外接球的半径是正四棱柱体对角线的一半，∴半径r ＝1212＋12＋（2）2＝1，V 球＝4π3×13＝4π3.故填4π3.若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示，则其表面积等于________．解：由正视图知，三棱柱是底面边长为2，高为1的正三棱柱，所以底面积为2×12×2×2×32＝23，侧面积为3×2×1＝6，所以其表面积为6＋23.故填6＋23.类型一 空间几何体的面积问题如图，在△ABC 中，∠ABC ＝45°，∠BAC ＝90°，AD 是BC 边上的高，沿AD 把△ABD 折起，使∠BDC ＝90°.若BD ＝1，求三棱锥D ABC 的表面积．解：∵折起前AD 是BC 边上的高，∴沿AD 把△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥B D. 又∠BDC ＝90°，DB ＝DA ＝DC ＝1， ∴AB ＝BC ＝CA ＝2.从而S △DAB ＝S △DBC ＝S △DCA ＝12×1×1＝12，S △ABC ＝12×2×2×sin60°＝32. ∴三棱锥D ABC 的表面积S ＝12×3＋32＝3＋32.点拨：充分运用图形在翻折前后的不变性，如角的大小不变，线段长度不变等．(2015·北京)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( )A ．2＋ 5B ．4＋ 5C ．2＋2 5D ．5 解：由三视图作出该几何体的直观图如图所示，底面△ABC 是等腰三角形，PC ⊥平面ABC ，取AB 的中点D ，连接CD ，PD ，易证AB ⊥PD ，由三视图中的数据知PC ＝1，AB ＝CD ＝2，∴AC ＝BC ＝5，PD ＝5，∴S △ABC ＝12×2×2＝2，S △PAC ＝S △PBC ＝12×5×1＝52，S △PAB ＝12×2×5＝5，∴S 表＝2＋25.故选C. 类型二 空间旋转体的面积问题如图，半径为4的球O 中有一内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是______．解：如图，设球的一条半径与圆柱相应的母线的夹角为α，圆柱侧面积S ＝2π×4sin α×2×4cos α＝32πsin2α，当α＝π4时，S 取最大值32π，此时球的表面积与该圆柱的侧面积之差为32π.故填32π.点拨：根据球的性质，内接圆柱上、下底面中心连线的中点为球心，且圆柱的上、下底面圆周均在球面上，球心和圆柱的上、下底面圆上的点的连线与母线的夹角相等，这些为我们建立圆柱的侧面积与上述夹角之间的函数关系提供了依据．(2015·陕西)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：该几何体为半圆柱，底面半径为1，高为2，其表面积为π×12＋2×2＋12×2π×1×2＝3π＋4.故选D.类型三 空间多面体的体积问题如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为( )A.23 B.33 C.43 D.32 解：如图，过A ，B 两点分别作AM ，BN 垂直于EF ，垂足分别为M ，N ，连接DM ，CN ，可证得DM ⊥EF ，CN ⊥EF ，则多面体ABCDEF 分为三部分，即多面体的体积V ABCDEF ＝V AMD BNC ＋V E AMD ＋V F BN C.依题意知AEFB 为等腰梯形．易知Rt △DME Rt △CNF ，∴EM ＝NF ＝12.又BF ＝1，∴BN ＝32. 作NH 垂直于BC ，则H 为BC 的中点，∴NH ＝22. ∴S △BNC ＝12·BC ·NH ＝24.∴V F BNC ＝13·S △BNC ·NF ＝224，V E AMD ＝V F BNC ＝224，V AMD BNC ＝S △BNC ·MN ＝24. ∴V ABCDEF ＝23，故选A.点拨：求空间几何体体积的常用方法为割补法和等积变换法：①割补法：将这个几何体分割成几个柱体、锥体，分别求出柱体和锥体的体积，从而得出要求的几何体的体积；②等积变换法：特别的，对于三棱锥，由于其任意一个面均可作为棱锥的底面，从而可选择更容易计算的方式来求体积；利用“等积性”还可求“点到面的距离”．(2014·重庆)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．12B ．18C ．24D ．30解：由三视图可知该几何体是由一个直三棱柱去掉一个三棱锥得到的．所以该几何体的体积为V ＝12×3×4×5－13×12×3×4×3＝24.故选C. 类型四 空间旋转体的体积问题已知某几何体的三视图如图所示，其中，正(主)视图、侧(左)视图均是由三角形与半圆构成，俯视图由圆与其内接三角形构成，根据图中的数据可得此几何体的体积为( )。
2020高考文科数学一轮总复习课标通用版作业：第8章 立体几何 课时作业37
课时作业37 空间点、线、面之间的位置关系一、选择题 1．(2019年天津市实验中学高二上学期期中考试)下列说法正确的是( )(1)任意三点确定一个平面；(2)圆上的三点确定一个平面；(3)任意四点确定一个平面；(4)两条平行线确定一个平面A．(1)(2) B．(2)(3)C．(2)(4) D．(3)(4)解析：任意三个不共线点确定一个平面；圆上的三点确定一个平面；任意四点不一定确定一个平面；两条平行线确定一个平面；选C.答案：C2．(2019年高考数学高考复习)如图1，一个封闭的长方体，它的六个表面各标出A，B，C，D，E，F这六个字母，现放成下面三种不同的位置，所看见的表面上的字母已表明，则字母A，B，C对面的字母依次分别为( )图1A．D，E，F B．F，D，EC．E，F，D D．E，D，F解析：第一个正方体已知A，B，C，第二个正方体已知A，C，D，第三个正方体已知B，C，E，且不同的面上写的字母各不相同，则可知A对面标的是E，B对面标的是D，C对面标的是F.选D.答案：D3．(2019年陕西省汉中市汉台中学、西乡中学高一上学期期末联考)一条直线与两条平行线中的一条为异面直线，则它与另一条( ) A．相交B．异面C．相交或异面D．平行解析：如图2所示，a，b，c三条直线平行，a与d异面，而b与d异面，c与d相交，故选C.图2答案：C4．(海南省万宁市2019年高三高考适应性考试数学文科卷4)下列命题中：①一条直线和两条平行线都相交，那么这三条直线共面；②每两条都相交，但不共点的四条直线一定共面；③两条相交直线上的三个点确定一个平面；④空间四点不共面，则其中任意三点不共线．其中正确命题的个数是( )A．1个 B．2个C．3个 D．4个答案：C5．(2019年江西省南昌市第二中学高二下学期第一次阶段性考试)给出下列四个命题，其中正确的是( )①空间四点共面，则其中必有三点共线；②空间四点不共面，则其中任何三点不共线；③空间四点中存在三点共线，则此四点共面；④空间四点中任何三点不共线，则此四点不共面A．②③B．①②③C．①②D．②③④解析：对于①，空间四点共面，如平面四边形，其中任何三点不共线，故①错误；对于②，空间四点不共面，如果任意三点有共线的，那么此四个点就共面，与已知矛盾故②正确；对于③，空间四点中有三点共线，根据不共线的三点确定一个平面，得到此四点必共面，故③正确；对于④，空间四点中任何三点不共线，则此四点可能共面，如平面四边形，故④不正确；故选A.答案：A图36．如图3，若Ω是长方体ABCD—A1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHB1C1后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EH∥A1D1，则下列结论中不正确的是( )A．EH∥FGB．四边形EFGH是矩形C．Ω是棱柱D．Ω是棱台解析：根据直线与平面平行的性质定理可知EH∥FG，则EH∥FG∥B1C1，从而Ω是棱柱，因为A1D1⊥平面ABB1A1，EH∥A1D1，则EH⊥平面ABB1A1，又EF⊂平面ABB1A1，故EH⊥EF，从而四边形EFGH是矩形．因为EH∥A1D1，A1D1∥B1C1，所以EH∥B1C1，又EH⊄平面BCC1B1，平面EFGH∩平面BCC1B1＝FG，所以EH∥平面BCB1C1，又EH⊂平面EFGH，平面EFGH∩平面BCB1C1＝FG，所以EH∥FG，故EH∥FG∥B1C1，所以选项A、B、C正确．答案：D7．(2019年内蒙古乌兰察布市北京八中分校高二上学期期末考试)如图4，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点，若P到直线BC与直线C1D1的距离相等，则动点P的轨迹所在的曲线是( )图4A．直线B．圆C．双曲线D．抛物线解析：由正方体的性质可知，直线C1D1⊥平面BB1C1C，则C1D1⊥PC1，即|PC1|就是点P到直线C1D1的距离，那么点P到定直线BC的距离等于到定点C1的距离，符合抛物线的定义，∴点P的轨迹所在的曲线是抛物线，故选D.答案：D图58．(2019年浙江省诸暨中学高一下学期期中考试)设四棱锥P－ABCD的底面不是平行四边形，用平面α去截此四棱锥(如图5), 使得截面四边形是平行四边形，则这样的平面α有( ) A．不存在B．只有1个C．恰有4个D．有无数多个解析：证明：由侧面PAD与侧面PBC相交，侧面PAB与侧面PCD相交，设两组相交平面的交线分别为m，n，由m，n决定的平面为β，作α与β平行且与四条侧棱相交，交点分别为A1，B1，C1，D1则由面面平行的性质定理得：A1B1∥m∥C1D1，A1D1∥n∥B1C1，从而得截面必为平行四边形．由于平面α可以上下移动，则这样的平面α有无数多个．故选D.答案：D图69．(2019年江苏省苏州市第五中学高二月考)如图6，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列结论中错误的为( ) A．AC⊥BDB．AC∥截面PQMNC．AC＝BDD．异面直线PM与BD所成的角为45°解析：依题意得MN∥PQ，MN∥平面ABC，又MN、AC⊂平面ACD，且MN与AC无公共点，因此有MN∥AC，AC∥平面MNPQ.同理，BD∥PN.又截面MNPQ是正方形，因此有AC⊥BD，直线PM 与BD所成的角是45°.综上所述，其中错误的是C，故选C.答案：C10．一个正方体的展开图如图7所示，A、B、C、D为原正方体的顶点，则在原来的正方体中( )A．AB⊥CD B．AB∥CDC. AB与CD所成的角为60°D. AB与CD相交图7 图8解析：将表面展开图还原为正方体，连接BE，AE，∵BE∥CD，∴∠ABE就是异面直线AB，CD所成的角，连接AE，∵△ABE是正三角形，∠ABE＝60°，选C.答案：C11．(2019年广东省深圳市南山区高三上学期入学摸底考试(文))在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是线段BC上的动点，F是线段CD1上的动点，且E，F不重合，则直线AB1与直线EF的位置关系是( )A．相交且垂直B．共面C．平行D．异面且垂直解析：由题意易知：直线AB1⊥平面A1BCD1，∴AB1⊥EF，又直线AB1与直线EF是异面直线，故选：D.答案：D12．(2019年安徽省马鞍山市度第一学期学业水平测试高二)如图9，三棱柱ABC－A1B1C1中，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是( )图9A．CC1与B1E是异面直线B．CC1与AE是共面直线C．AE与B1C1是异面直线D．AE与BB1是共面直线解析：由于CC1与B1E均在平面BCC1B1内，不是异面直线；CC1∩平面ABC＝C，AE⊂平面ABC，点C不在直线AE上，所以CC1和AE是异面直线，AE∩平面BCC1B1＝E，B1C1⊂平面BCC1B1，点E不在直线B1C1上，则AE与B1C1是异面直线，选C.答案：C二、填空题13．(2019年陕西省西安市第一中学高一上学期期末考试)长宽高分别为5，4，3的长方体ABCD－A1B1C1D1中，由顶点A沿其表面到顶点C1的最近距离为________．解析：从A点沿不同的表面到C1，有三种不同捷径，其距离可（3＋4）2＋5274采用将长方体展开的方式求得，分别是＝，（3＋5）2＋425＝4，（4＋5）2＋329010＝＝3，∴从A点沿表面到C1的最短距离7474为，故答案为.答案：74图1014．(2019年江苏省邗江中学(创新班)高一下学期期中考试)如图10所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：①直线AM与CC1是相交直线；②直线AM与BN是平行直线；③直线BN与MB1是异面直线；④直线MN与AC所成的角为60°.其中正确的结论为________(注：把你认为正确的结论序号都填上)．解析：∵直线CC1在平面CC1D1D上，而M∈平面CC1D1D，A∉平面CC1D1D，∴直线AM与直线CC1异面，故①不正确，∵直线AM与直线BN异面，故②不正确，利用①的方法验证直线BN与直线MB1异面，故③正确，利用平移法，可得直线MN与AC所成的角为60°，故④正确，综上，③④正确．答案：③④15．长方体ABCD—A1B1C1D1中，已知AB＝AD＝2，AA1＝3，棱AD在平面α内，则长方体在平面α内的射影所构成的图形面积的取值范围是________．图11解析：由题意，四边形ABCD 和ADD 1A 1的面积分别为4和6，长方体在平面α内的射影可由这两个四边形在平面α内的射影组合而成．显然S min ＝4.若记平面ABCD 与平面α所成角为θ，则平面ADD 1A 1与平面α所成角为－θ.π2它们在平面α内的射影分别为4cos θ和6cos(－θ)＝6sin θ，π2所以，S ＝4cos θ＋6sin θ＝2sin(θ＋φ)(其中，tan φ＝)，1323因此，S max ＝2，当且仅当θ＝－φ时取到．13π2因此，4≤S ≤2.13答案：4≤S ≤21316．(2019年福建省闽侯第四中学高二上学期期中)给出以下说法：①不共面的四点中，任意三点不共线；②有三个不同公共点的两个平面重合；③没有公共点的两条直线是异面直线；④分别和两条异面直线都相交的两条直线异面；⑤一条直线和两条异面直线都相交，则它们可以确定两个平面．其中正确结论的序号是________．解析：对于①，若四点中有三点共线时，则必有这四点共面，故①正确；对于②，当这三个点共线时，则这两个平面不一定重合，故②不正确；对于③，当两条直线平行时，无公共点，但这两条直线不异面，故③不正确；对于④，如图12，直线a ，b 为异面直线，直线AB ，AC 与两异面直线都相交，但直线AB ，AC 有公共点，故④不正确；图12对于⑤，当直线c 和异面直线a ，b 相交时，则a ，b ，c 必不共面，所以它们可以确定两个平面，故⑤正确。
2020版高考数学一轮总复习 第八单元立体几何 课后作业全集 含解析
空间几何体的结构及三视图、直观图1．下列关于简单几何体的说法中：①斜棱柱的侧面中不可能有矩形；②侧面是等腰三角形的棱锥是正棱锥；③圆台也可看成是圆锥被平行于底面的平面所截，截面与底面之间的部分．其中正确的个数为(B)A．0 B．1C．2 D．3①是错误的；②是错误的；③是正确的，故选B.2．下图为一个平面图形水平放置的直观图，则这个平面图形可能是下列图形中的(C)A B C D按斜二测画法的规则，平行于x轴的线段的长度在新坐标系中不变，在y轴上或平行于y轴的线段的长度在新坐标系中变为原来的12，并注意到∠xOy＝90°，∠x′O′y′＝45°，则还原图形知选C.3．一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正(主)视图与侧(左)视图分别如下图所示，则该几何体的俯视图为(C)正视图中小长方形在左上方，对应俯视图应该在左侧，排除B ，D ；侧视图中小长方形在右上方，对应俯视图应该在下方，排除A ，故选C.4．(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图. 圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为(B)A ．217B ．2 5C ．3D ．2先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点M ，N 的位置如图①所示．②圆柱的侧面展开图及M ，N 的位置(N 为OP 的四等分点)如图②所示，连接MN ，则图中MN 即为M 到N 的最短路径．ON ＝14×16＝4，OM ＝2，所以|MN |＝OM 2＋ON 2＝22＋42＝2 5.5．已知在斜二测画法下△ABC 的平面直观图(如图)是直角边长为a 的等腰直角三角形A 1B 1C 1(∠A 1B 1C 1＝90°)，那么原△ABC 的面积为 2a 2.原△ABC 也是直角三角形，且两直角边AB ＝a ，AC ＝22a ，故面积为12AB ·AC ＝2a2.6．若三棱锥的底面为正三角形，侧面为等腰三角形，侧棱长为2，底面周长为9，则棱锥的高为 1 .三棱锥P－ABC中，设P在底面ABC的射影为O，则PO为所求．因为PC＝2，底面边长AB＝3，所以OC＝32×23×3＝3，所以PO＝22－32＝1.7．某一简单几何体的实物图如下图所示，试根据实物图画出此几何体的三视图．三视图如下图所示．8．(2018·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为(C)A．1 B．2C．3 D．4由三视图得到空间几何体，如图所示，则PA ⊥平面ABCD ，平面ABCD 为直角梯形，PA ＝AB ＝AD ＝2，BC ＝1， 所以PA ⊥AD ，PA ⊥AB ，PA ⊥BC . 又BC ⊥AB ，AB ∩PA ＝A ， 所以BC ⊥平面PAB . 所以BC ⊥PB .在△PCD 中，PD ＝22，PC ＝3，CD ＝5， 所以△PCD 为锐角三角形．所以侧面中的直角三角形为△PAB ，△PAD ，△PBC ，共3个．9．若一个正三棱柱的三视图如图所示，则这个正三棱柱的高和底面边长分别是 2,4 .三棱柱为正三棱柱，侧视图与过侧棱与相对的侧面垂直的截面相等，其高为2，设底面边长为a ，则32a ＝23， 所以a ＝4.10．(2017·盐湖区校级月考)如图是一个几何体的正视图和俯视图．(1)试判断该几何体是什么几何体； (2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积．(1)该几何体的正视图和俯视图可知该几何体是一个正六棱锥．(2)该几何体的侧视图如下图．其中AB＝AC，AD⊥BC，且BC的长是俯视图正六边形中对边的距离，即BC＝3a. AD是正六棱锥的高，即AD＝3a.所以该平面图形的面积S＝12×3a×3a＝32a2.空间几何体的表面积与体积1．(2018·全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为(B)A．122π B．12πC．82π D．10π设圆柱的轴截面的边长为x，则由x2＝8，得x＝22，所以S圆柱表＝2S底＋S侧＝2×π×(2)2＋2π×2×2 2＝12π.2．(2017·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是(A)A.π2＋1 B.π2＋3C.3π2＋1 D.3π2＋3由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长是2的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，所以该几何体的体积V ＝13×12π×12×3＋13×12×2×2×3＝π2＋1.3．(2018·河北五校高三联考)已知几何体的三视图如图所示，则其体积为(C)A ．1 B.43C.53 D ．2将三视图还原为直观图，如图1.1由直观图可知，该几何体是一个组合体，将该组合体分割成两个几何体，如图2.2其中E －AGHD 为四棱锥，EGH －FBC 为三棱柱． 四棱锥E －AGHD 的底面矩形边长分别为1,2，高为1， 其体积V 1＝13×1×2×1＝23.三棱柱EGH －FBC 为斜三棱柱，此棱柱通过割补可变成一个直三棱柱E ′GH －F ′BC ，如图3.图3此棱柱的体积V 2＝12×2×1×1＝1.所以所求几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝53.4．已知球O 的半径为R ，A ，B ，C 三点在球O 的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为12R ，AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝120°， 则球O 的表面积为(D)A.169πB.163πC.649πD.643π在△ABC 中，因为AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝120°，所以∠ABC ＝30°，由正弦定理得ACsin ∠ABC ＝2r (r 为△ABC 的外接圆半径)，即2r ＝2sin 30° ＝4，所以r ＝2.因为R 2＝r 2＋h 2，又因为h ＝R2，所以R 2＝4＋R 24，解得R 2＝163，所以球O 的表面积为S ＝4πR 2＝64π3.5．(2016·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是 80 cm 2，体积是 40 cm 3.由三视图还原几何体如图所示，下面长方体的长、宽都是4，高为2；上面正方体的棱长为2.所以该几何体的表面积为(4×4＋2×4＋2×4)×2＋2×2×4＝80(cm 2)； 体积为4×4×2＋23＝40(cm 3)．6．(2017·天津卷)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为92π .设正方体的棱长为a ，则6a 2＝18，所以a ＝ 3.设球的半径为R ，则由题意知2R ＝a 2＋a 2＋a 2＝3， 所以R ＝32.故球的体积V ＝43πR 3＝43π×(32)3＝92π.7．一个正三棱锥的底面边长为6，侧棱长为15，求这个三棱锥的体积．如图，正三棱锥S －ABC ，设H 为正三角形ABC 的中心，连接SH ，则SH 即为该正三棱锥的高， 连接AH 并延长交BC 于E ， 则E 为BC 的中点，且AH ⊥BC . 因为△ABC 是边长为6的正三角形， 所以AE ＝32×6＝33，所以AH ＝23AE ＝23， 在△ABC 中，S △ABC ＝12BC ·AE ＝12×6×33＝9 3.在Rt △SHA 中，SA ＝15，AH ＝23， 所以SH ＝SA 2－AH 2＝15－12＝3， 所以V 正三棱锥＝13S △ABC ·SH ＝13×93×3＝9.8．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(A)A.13＋πB.23＋π C.13＋2π D.23＋2π由三视图可知该几何体是由一个半圆柱和一个三棱锥组成的．由图中数据可得三棱锥的体积V 1＝13×12×2×1×1＝13，半圆柱的体积V 2＝12×π×12×2＝π，所以V ＝13＋π.9．(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成的角为30°.若△SAB 的面积为8，则该圆锥的体积为 8π .在Rt △SAB 中，SA ＝SB ，S △SAB ＝12·SA 2＝8，解得SA ＝4.设圆锥的底面圆心为O ，底面半径为r ，高为h ， 在Rt △SAO 中，∠SAO ＝30°， 所以r ＝23，h ＝2，所以圆锥的体积为13πr 2·h ＝13π×(23)2×2＝8π.10．如图，是一个奖杯的三视图(单位：cm)，底座是正四棱台．(1)求这个奖杯的体积(π取3.14)； (2)求这个奖杯的底座的侧面积．(1)球的体积V 球＝43πr 3＝36π，圆柱的体积V 圆柱＝Sh 1＝64π，正四棱台的体积是V 正四棱台＝13h 2(S 上＋S 下＋S 上·S 下)＝336，所以此几何体的体积是V ＝100π＋336＝650(cm 3)． (2)因为底座是正四棱台， 所以它的斜高是h ′＝－2＋42＝5，所以它的侧面积是S 侧＝4×12×(6＋12)×5＝180 (cm 2)．空间点、线、面的位置关系1．下列命题正确的个数是(B)①如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等；②如果两条相交直线与另两条直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角或直角相等；③如果一个角的两边与另一个角的两边分别垂直，那么这两个角相等或互补；④如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线互相平行．A．1个 B．2个C．3个 D．4个①中两角应相等或互补；②的说法正确，因为两直线所成的角即夹角为锐角或直角；③在平面几何中成立，但在立体几何中不一定成立；④根据平行公理，是正确的．因此②④是正确的．2．(2018·哈尔滨模拟)已知a，b，c是空间中的三条不同的直线，命题p：若a⊥b，a ⊥c，则b∥c；命题q：若直线a，b，c两两相交，则a，b，c共面，则下列命题中为真命题的是(D)A．p∧q B．p∨qC．(﹁p)∧q D．p∨(﹁q)若a⊥b，a⊥c，则b，c可能平行，也可能相交，还可能异面，所以命题p是假命题．若直线a，b，c交于三个不同的点时，三条直线一定共面，当三条直线交于一点时，三条直线不一定共面，所以命题q也是假命题．故p∨(﹁q)为真命题．3．(2018·广州市高考模拟)已知E，F，G，H是空间四点，命题甲：E，F，G，H四点不共面，命题乙：直线EF和GH不相交，则甲是乙成立的(B)A．必要不充分条件 B．充分不必要条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件甲⇒乙，但乙 甲，所以甲是乙成立的充分不必要条件．4．如图，空间四边形ABCD中，对角线AC⊥BD，E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA 的中点，则四边形EFGH的形状一定是(C)A．等腰梯形 B．菱形C．矩形 D．正方形因为E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，所以EF 12AC，GH12AC，所以EF GH，所以四边形EFGH为平行四边形．又AC⊥BD，而EF∥AC，GF∥BD，所以EF⊥FG.故四边形EFGH为矩形．5．有下面几个命题：①若空间四点不共面，则任意三点不共线；②若直线l上有一个点在一个平面外，则直线l不在这个平面内；③若a⊂α，b⊂α，b⊂β，c⊂β，则a，c必共面；④三个平面两两相交，可有一条或三条交线．其中真命题的序号是①②④.6．用a，b，c表示三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题：①若a∥b，b∥c，则a∥c; ②若a⊥b，b⊥c，则a⊥c；③若a∥γ，b∥γ，则a∥b; ④若a⊥γ，b⊥γ，则a∥b.其中真命题的序号是①④.(写出你认为正确的所有命题的序号)由公理4知①是真命题．在空间a⊥b，b⊥c，直线a，c可以平行、相交或异面，故②是假命题．由a∥γ，b∥γ，直线a，b可以平行、相交或异面，故③是假命题．④是直线与平面垂直的性质定理，真命题．故真命题的序号为①④.7．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是AB的中点，F是A1A的中点，求证：(1)E，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点．(1)连接A1B.因为E，F分别是AB，AA1的中点，所以EF∥A1B，又因为A1B∥CD1，所以EF∥CD1.所以E，C，D1，F四点共面．(2)由(1)知EF∥CD1且EF≠CD1，所以CE，D1F相交，设交于点P，如图，因为CE平面ABCD，所以P∈平面ABCD，同理P∈平面ADD1A1，又因为平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，所以P∈DA，所以CE，D1F，DA三线共点．8．(2018·河南六市一模)设直线m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列事件中是必然事件的是(D)A．若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥βB．若m∥α，n⊥β，m∥n，则α∥βC．若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥βD．若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β对于A，m∥α，n∥β，m⊥n，则α与β可能平行，也可能相交，所以A不是必然事件；对于B，m∥α，n⊥β，则m⊥β，又m∥α，则α⊥β，所以B是不可能事件；对于C，m⊥α，n∥β，m⊥n，则α与β可能平行，所以C不是必然事件；对于D，m⊥α，m∥n，则n⊥α，又n⊥β，所以α∥β，因此D是必然事件．9．若α，β是两个相交平面，则在下列命题中，真命题的序号是②④.(写出所有真命题的序号)①若直线m⊥α，则在平面β内，一定不存在与直线m平行的直线；②若直线m ⊥α，则在平面β内，一定存在无数条直线与直线m 垂直； ③若直线m ⊂α，则在平面β内，不一定存在与直线m 垂直的直线； ④若直线m ⊂α，则在平面β内，一定存在与直线m 垂直的直线．对于①，若直线m ⊥α，如果α⊥β，则在平面β内，存在与直线m 平行的直线，故①错误；对于②，若直线m ⊥α，则直线m 垂直于平面α内的所有直线，则直线m 垂直于α，β的交线．在平面β内，存在无数条与交线平行的直线，这无数条直线与直线m 垂直，故②正确；对于③④，若直线m ⊂α，则在平面β内，一定存在与直线m 垂直的直线，故③错误，④正确．10．如图所示，在空间四边形ABCD 中，E ，H 分别是边AB ，AD 上的点，且AE EB ＝AH HD ＝12，F ，G 分别是边CB ，CD 上的点，且CF CB ＝CG CD ＝23.求证：四边形EFGH 是梯形．在△ABD 中，AE EB ＝AH HD ＝12，所以EH ∥BD ，且EH ＝13BD .在△BCD 中，CF CB ＝CG CD ＝23，所以FG ∥BD ，且FG ＝23BD .根据平行公理知，FG ∥EH .又因为FG >EH ，所以四边形EFGH 是梯形．空间中的平行关系1．若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”的(B)A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件因为m⊥α，若l∥α，则必有l⊥m，即l∥α⇒l⊥m.但l⊥m l∥α，因为l⊥m时，l可能在α内．故“l⊥m”是“l∥α”的必要而不充分条件．2．α，β，γ为不同的平面，a，b为不同的直线，给出下列条件：①α∥a，β∥a; ②α∥γ，β∥γ；③α⊥γ，β⊥γ；④a⊥α，a⊥β.其中能使α∥β成立的条件的个数为(B)A．1 B．2C．3 D．4只有②④正确，选B.3．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是(A)A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.因为QD∩平面MNQ＝Q，所以QD与平面MNQ相交，所以直线AB与平面MNQ相交．B项，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，所以AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.C项，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，所以AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，所以AB∥NQ.又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.4．(2018·广州市二测)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是棱A1D1的中点，过C1，B，M作正方体的截面，则这个截面的面积为(C)A.352B.358C.92D.98如图，取AA1的中点N，则四边形BC1MN为所求截面．此截面是两腰为5，上底为2，下底为22的等腰梯形，其面积S＝2＋222×32＝92.5．在单位正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1上的点，若BD1∥平面ACE，则DE＝12.连接BD 交AC 于O ，连接EO ，可知EO ∥BD 1，故E 为DD 1的中点，所以DE ＝12.6．下列命题：①一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，则这两个平面平行； ②一条直线和一个平面内无数条直线平行，这条直线与这个平面平行； ③一条直线与两个平行平面中的一个相交，则与另一个也相交； ④一条直线与两个平行平面中的一个平行，则与另一个也平行． 其中为真命题的序号是 ③ .7．(2017·蒙自市校级模拟节选)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 是等边三角形，BC ＝CC 1＝4，D 是A 1C 1的中点．求证：A 1B ∥平面B 1CD .(方法一)连接BC 1，交B 1C 于O ，连接DO .在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，四边形BB 1C 1C 为平行四边形， 则BO ＝OC 1，又D 是A 1C 1的中点，所以DO ∥A 1B ， 而DO ⊂平面B 1CD ，A 1B ⊄平面B 1CD ， 所以A 1B ∥平面B 1CD .(方法二)取AC 的中点E ，连接A 1E ，EB ， 易证A 1E ∥DC ，EB ∥DB 1，所以A 1E ∥平面DB 1C ，EB ∥平面DB 1C ， 又A 1E ∩EB ＝E ，所以平面DB 1C ∥平面A 1EB ，因为A 1B ⊂平面A 1EB ，所以A 1B ∥平面B 1CD .8．(2018·威海二模)设a ，b 是两条直线，α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是(D)A ．存在一条直线a ，a ∥α，a ∥βB ．存在一条直线a ，a α，a ∥βC．存在两条直线a，b，aα，bβ，a∥β，b∥αD．存在两条异面直线a，b，aα，bβ，a∥β，b∥α对于A，两个平面还可以相交，若α∥β，则存在一条直线a，a∥α，a∥β，所以A是α∥β的一个必要条件；同理B也是α∥β的一个必要条件；易知C不是α∥β的一个充分条件，而是一个必要条件；对于D，可以通过平移两条异面直线到一个平面中成为相交直线，则有α∥β，所以D是α∥β的一个充分条件．9．过三棱柱ABC－A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线共有 6 条．记AC，BC，A1C1，B1C1的中点分别为E，F，E1，F1，则直线EF，E1F1，EE1，FF1，E1F，EF1均与平面ABB1A1平行，故符合题意的直线共有6条．10．(2017·北京卷·理节选)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝6，AB＝4.求证：M为PB的中点．设AC，BD交于点E，连接ME，因为PD∥平面MAC，平面MAC∩平面PDB＝ME，所以PD∥ME.因为四边形ABCD是正方形，所以E为BD的中点，所以M为PB的中点．空间中的垂直关系1．(2015·安徽卷)已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是(D)A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行C．若α，β不平行．．．与β平行的直线．．．，则在α内不存在D．若m，n不平行．．．，则m与n不可能．．．垂直于同一平面可以结合图形逐项判断．A项，α，β可能相交，故错误；B项，直线m，n的位置关系不确定，可能相交、平行或异面，故错误；C项，若m⊂α，α∩β＝n，m∥n，则m∥β，故错误；D项，假设m，n垂直于同一平面，则必有m∥n，所以原命题正确，故D项正确．2．(2018·白银区校级月考)l，m，n是互不相同的直线，α，β是不重合的平面，则下列命题为真命题的是(C)A．若α∥β，lα，nβ，则l∥n B．若α⊥β，lα，则l⊥βC．若l⊥α，l∥β，则α⊥β D．若l⊥n，m⊥n，则l∥mA选项中，α∥β，lα，nβ，则l与n还可能异面；B选项中，α⊥β，lα，则l与β还可能斜交或平行；C选项中，l⊥α，l∥β，所以β⊥α是正确的；D选项中，l⊥n，m⊥n，则l与m还可能相交或异面，选C.3．如图，ABCD是圆柱的轴截面，E是底面圆周上异于A，B的点，则下面结论中，错误的是(C)A．AE⊥CEB．BE⊥DEC．DE⊥CED．平面ADE⊥平面BCE因为BE⊥AE，BE⊥DA BE⊥平面ADE BE⊥ED，平面ADE⊥平面BCE.同理可证AE⊥CE .故A ，B ，D 都为真命题．对于C ，假设DE ⊥CE ，又DE ⊥BE DE ⊥平面BCE ，又AE ⊥平面BCE DE ∥AE ，这显然矛盾．故选C.4．α，β，γ为不同平面，a ，b 为不同直线，给出下列条件： ①a ⊥α，β∥a; ②α⊥γ，β⊥γ；③a ⊥α，b ⊥β，a ⊥b; ④a α，b β，a ⊥b . 其中能使α⊥β成立的条件的个数为(B) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4根据面面垂直的定义与判定，只有①和③能使α⊥β，选B.5．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l ，在l 上取AB ＝4，AC ⊂α，BD ⊂β，AC ⊥l ，BD ⊥l ，且AC ＝3，BD ＝12，则CD ＝ 13 .连接AD ，则CD ＝AC 2＋AD 2＝AC 2＋AB 2＋BD 2＝13.6．已知正方形ABCD 中，E ，F 分别是BC ，CD 的中点，将它沿AE ，AF 和EF 折起，使点B ，C ，D 重合为一点P ，则必有AP ⊥ 平面PEF .折起后，有⎭⎪⎬⎪⎫AP ⊥PFAP ⊥PE PF ∩PE ＝P ⇒AP ⊥平面PEF . 7．(2018·北京卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点．(1)求证：PE ⊥BC ；(2)求证：平面PAB ⊥平面PCD ； (3)求证：EF ∥平面PCD .(1)因为PA ＝PD ，E 为AD 的中点，所以PE ⊥AD .因为底面ABCD 为矩形， 所以BC ∥AD ，所以PE ⊥BC . (2)因为底面ABCD 为矩形， 所以AB ⊥AD .又因为平面PAD ⊥平面ABCD ， 所以AB ⊥平面PAD ， 所以AB ⊥PD .又因为PA ⊥PD ，PA ∩AB ＝A ， 所以PD ⊥平面PAB .又PD ⊂平面PCD ，所以平面PAB ⊥平面PCD . (3)如图，取PC 的中点G ，连接FG ，DG .因为F ，G 分别为PB ，PC 的中点， 所以FG ∥BC ，FG ＝12BC .因为四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点， 所以DE ∥BC ，DE ＝12BC .所以DE ∥FG ，DE ＝FG .所以四边形DEFG 为平行四边形． 所以EF ∥DG .又因为EF ⊄平面PCD ，DG ⊂平面PCD ， 所以EF ∥平面PCD .8．(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CD 的中点，则(C) A ．A 1E ⊥DC 1 B ．A 1E ⊥BD C ．A 1E ⊥BC 1 D ．A 1E ⊥AC因为A 1E 在平面ABCD 上的投影为AE ，而AE 不与AC ，BD 垂直，所以B ，D 错；因为A 1E 在平面BCC 1B 1上的投影为B 1C ，且B 1C ⊥BC 1， 所以A 1E ⊥BC 1，故C 正确；(证明：由条件易知，BC 1⊥B 1C ，BC 1⊥CE ，又CE ∩B 1C ＝C ，所以BC 1⊥平面CEA 1B 1.又A 1E ⊂平面CEA 1B 1，所以A 1E ⊥BC 1)因为A 1E 在平面DCC 1D 1上的投影为D 1E ，而D 1E 不与DC 1垂直，故A 错． 故选C.9．(2017·全国卷Ⅰ)已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S －ABC 的体积为9，则球O 的表面积为 36π .如图，连接OA ，OB .由SA ＝AC ，SB ＝BC ，SC 为球O 的直径，知OA ⊥SC ，OB ⊥SC .由平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ，OA ⊥SC ，知OA ⊥平面SCB . 设球O 的半径为r ，则OA ＝OB ＝r ，SC ＝2r ， 所以三棱锥S －ABC 的体积 V ＝13×(12SC ·OB )·OA ＝r 33， 即r 33＝9，所以r ＝3，所以S 球表＝4πr 2＝36π. 10．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥P －ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．(1)证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD .由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD ，PD ∩AP ＝P ， 从而AB ⊥平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD . (2)如图，在平面PAD 内作PE ⊥AD ，垂足为E .由(1)知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PE ，AB ⊥AD ， 可得PE ⊥平面ABCD .设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x . 故四棱锥P －ABCD 的体积V P －ABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3.由题设得13x 3＝83，故x ＝2.从而结合已知可得PA ＝PD ＝AB ＝DC ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝2 2. 可得四棱锥P －ABCD 的侧面积为12PA ·PD ＋12PA ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3.空间角及其计算1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BC 1与平面BDD 1B 1所成的角为(A) A ．30° B．45° C ．60° D．90°取B 1D 1的中点E ，连接C 1E ，BE ，因为C 1E ⊥平面BDD 1B 1，所以∠C 1BE 即为所求角θ.因为sin θ＝222＝12，所以θ＝30°，选A. 2．正四棱锥的侧棱长为23，侧棱与底面所成的角为60°，则该棱锥的体积为(B) A ．3 B ．6 C ．9 D ．18棱锥的底面对角线长为2×23cos 60°＝23，高为23sin 60°＝3，设底面边长为a ，则2a ＝23，所以a ＝6，所以底面面积为a 2＝6，所以其体积V ＝13×6×3＝6，所以选B.3．已知二面角α－l －β的大小为60°，m ，n 为异面直线，且m ⊥α，n ⊥β，则m ，n 所成的角为(B)A ．30° B．60° C ．90° D．120°4．如图，平面α⊥平面β，A ∈α，B ∈β，AB 与平面α，β所成的角分别为π4和π6.过A ，B 分别作两平面交线的垂线，垂足为A ′，B ′，若AB ＝12，则A ′B ′＝(B)A ．4 B．6 C ．8 D ．9连接AB ′，设AB ＝a ，可得AB 与平面α所成的角为∠BAB ′＝π4，在Rt △BAB ′中，有AB ′＝22a . 同理可得AB 与平面β所成的角为∠ABA ′＝π6，所以A ′A ＝12a .因此在Rt △AA ′B ′中，A ′B ′＝22a 2－12a 2＝12a ， 因为AB ＝12，所以A ′B ′＝6，故选B.5．长为2a 的线段AB 在平面α内的射影线段A 1B 1的长为a ，则直线AB 与平面α所成的角的大小为 60° .设直线AB 与平面α所成的角为θ，则cos θ＝a 2a ＝12，则θ＝60°.6．已知正三棱锥的侧棱长是底面边长的2倍，则侧棱与底面所成角的余弦值等于 36.如图，O 为底面正△ABC 的中心，则OP ⊥平面ABC ，∠PCO 即为所求角，设AB ＝1， 则PC ＝2，OC ＝33， 所以cos ∠PCO ＝OC PC ＝36. 7．(2018·天津卷)如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面ABC ⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，AB ＝2，AD ＝23，∠BAD ＝90°.(1)求证：AD ⊥BC ；(2)求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值； (3)求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．(1)证明：由平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD ＝AB ，AD ⊥AB ，可得AD⊥平面ABC ，故AD ⊥BC .(2)如图，取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND . 又因为M 为棱AB 的中点，所以MN ∥BC .所以∠DMN (或其补角)为异面直线BC 与MD 所成的角．在Rt △DAM 中，AM ＝1，故DM ＝AD 2＋AM 2＝13. 因为AD ⊥平面ABC ，所以AD ⊥AC .在Rt △DAN 中，AN ＝1，故DN ＝AD 2＋AN 2＝13.在等腰三角形DMN 中，MN ＝1，可得cos ∠DMN ＝12MN DM ＝1326.所以，异面直线BC 与MD 所成角的余弦值为1326.(3)如图，连接CM .因为△ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，所以CM ⊥AB ，CM ＝ 3.又因为平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD ＝AB ，而CM ⊂平面ABC ，故CM ⊥平面ABD ，所以∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角． 在Rt △CAD 中，CD ＝AC 2＋AD 2＝4. 在Rt △CMD 中，sin ∠CDM ＝CM CD ＝34. 所以，直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为34.8．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成的角的余弦值为(C)A.110B.25C.3010D.22取BC 的中点D ，连接MN ，ND ，AD ，由于MN 12B 1C 1 BD ，因此ND BM ，则ND 与NA 所成的角即为异面直线BM 与AN 所成的角． 设BC ＝2，则BM ＝ND ＝6，AN ＝5，AD ＝5，因此，cos ∠AND ＝ND 2＋NA 2－AD 22ND ·NA ＝3010.9．已知正四面体A －BCD 的棱长为a.(1)AC 与平面 BCD 所成角的余弦值为33； (2)二面角A －BD －C 的平面角的余弦值为 13 .设A 在底面BCD 上的射影为O ，连接OA ，连接OC 并延长与BD 相交于E ，连接AE .(1)因为AO ⊥平面BCD ，所以∠ACO 就是AC 与平面BCD 所成的角． 因为△BCD 是正三角形， 所以O 是△BCD 的中心．在Rt △AOC 中，OC ＝23×32a ＝33a ，所以cos ∠ACO ＝OC AC ＝33. 所以AC 与平面BCD 所成角的余弦值为33. (2)因为四面体A －BCD 为正四面体， 所以△BCD 和△ABD 都为正三角形， 所以OE ⊥BD 且AE ⊥BD ，所以∠AEO 为二面角A －BD －C 的平面角， 所以OE ＝13×32a ＝3a 6，AE ＝32a ，所以cos ∠AEO ＝OE AE ＝13.所以二面角A －BD －C 的平面角的余弦值为13.10．如图，已知菱形ABCD 的边长为a ，∠ABC ＝60°，PC ⊥平面ABCD ，且PC ＝a ，E 为PA 的中点．(1)求证：平面BED ⊥平面ABCD ； (2)求PB 与平面PAC 所成角的正弦值； (3)求二面角D －PA －B 的平面角的余弦值．(1)证明：设AC 交BD 于O ，连接OE ，因为O 是AC 的中点，E 是PA 的中点，所以OE ∥PC ，又PC ⊥平面ABCD ， 所以OE ⊥平面ABCD ，因为OE ⊂平面BED ，所以平面BED ⊥平面ABCD . (2)连接OP ，因为ABCD 是菱形，所以BD ⊥AC ， 又PC ⊥平面ABCD ，所以BD ⊥PC ，PC ∩AC ＝C ，所以BD ⊥平面PAC ，所以OP 是BP 在平面PAC 上的射影，所以∠BPO 即为所求角． 在Rt △BPO 中，OB ＝32a ，PB ＝2a ， 所以sin ∠BPO ＝OB PB＝64. 所以PB 与平面PAC 所成角的正弦值为64. (3)过D 作DF ⊥PA 于F ，连接BF ，由(2)知BD ⊥PA ，DF ∩BD ＝D ，所以PA ⊥平面BFD ，BF ⊂平面BFD ，所以PA ⊥BF ，所以∠DFB 即是所求二面角的平面角． 在△DFB 中，可考虑用余弦定理求∠DFB . 因为PD ＝PA ＝2a ，取AD 的中点G ，连接PG ，则PG ⊥AD ， PG ＝PD 2－DG 2＝72a ， 由等面积法知AD ×PG ＝PA ×DF ，得DF ＝a ×72a 2a＝144a ，BF ＝DF ＝144a ，BD ＝3a ，所以cos ∠DFB ＝1416a 2＋1416a 2－3a 22×1416a 2＝－57.所以二面角D －PA －B 的平面角的余弦值为－57.立体几何的综合应用1．(2018·全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC .(2)在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．(1)证明：由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD .因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ， 故BC ⊥DM .因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径， 所以DM ⊥CM .又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC . 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC.(2)当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD . 证明如下：连接AC 交BD 于O .因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．连接OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP.又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD.2．(2016·全国卷Ⅰ)如图，已知正三棱锥P－ABC的侧面是直角三角形，PA＝6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G.(1)证明：G是AB的中点；(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积．(1)证明：因为P在平面ABC内的正投影为D，所以AB⊥PD.因为D在平面PAB内的正投影为E，所以AB⊥DE.因为PD∩DE＝D，所以AB⊥平面PED，故AB⊥PG.又由已知可得，PA＝PB，所以G是AB的中点．(2)在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F，F即为E在平面PAC内的正投影．理由如下：由已知可得PB⊥PA，PB⊥PC，又EF∥PB，所以EF⊥PA，EF⊥PC.又PA∩PC ＝P，因此EF⊥平面PAC，即点F为E在平面PAC内的正投影．连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，所以D是正三角形ABC的中心．由(1)知，G是AB的中点，所以D在CG上，故CD ＝23CG . 由题设可得PC ⊥平面PAB ，DE ⊥平面PAB ，所以DE ∥PC ，因此PE ＝23PG ，DE ＝13PC . 由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA ＝6，可得DE ＝2，PE ＝2 2.在等腰直角三角形EFP 中，可得EF ＝PF ＝2，所以四面体PDEF 的体积V ＝13×12×2×2×2＝43. 3．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P －ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD, ∠BAD ＝∠ABC ＝90°.(1)证明：直线BC ∥平面PAD ；(2)若△PCD 的面积为27，求四棱锥P －ABCD 的体积．(1)在平面ABCD 内，因为∠BAD ＝∠ABC ＝90°，所以BC ∥AD .又BC ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，故BC ∥平面PAD .(2)如图，取AD 的中点M ，连接PM ，CM .由AB ＝BC ＝12AD 及BC ∥AD ，∠ABC ＝90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD . 因为侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD .因为CM ⊂底面ABCD ，所以PM ⊥CM .设BC ＝x ，则CM ＝x ，CD ＝2x ，PM ＝3x ，PC ＝PD ＝2x .如图，取CD 的中点N ，连接PN ，则PN ⊥CD ，所以PN ＝142x .因为△PCD 的面积为27，所以12×2x ×142x ＝27， 解得x ＝－2(舍去)或x ＝2.于是AB ＝BC ＝2，AD ＝4，PM ＝2 3.所以四棱锥P －ABCD 的体积V ＝13×＋2×23＝4 3.4．(2017·全国卷Ⅲ)如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD ＝CD .(1)证明：AC ⊥BD ；(2)已知△ACD 是直角三角形，AB ＝BD ，若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．(1)如图，取AC 的中点O ，连接DO ，BO .因为AD ＝CD ，所以AC ⊥DO .又由于△ABC 是正三角形，所以AC ⊥BO .BO ∩DO ＝O ，从而AC ⊥平面DOB ，BD ⊂平面DOB ，故AC ⊥BD .(2)连接EO .由(1)及题设知∠ADC ＝90°，所以DO ＝AO .在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2.又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2，故∠DOB ＝90°.由题设知△AEC 为直角三角形，所以EO ＝12AC . 又△ABC 是正三角形，所以AC ＝AB ，又AB ＝BD ，所以EO ＝12BD .故E 为BD 的中点，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1∶1.。
高考数学一轮复习 第八章 立体几何 课时作业51 椭圆及其几何性质课件
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2．如图所示，某瓷器菜盘的外轮廓线是椭圆，根据图中数 据可知该椭圆的离心率为( B )
2 A.5
23 C. 5
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3 B.5
25 D. 5
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解析：由题图知 2b＝16.4,2a＝20.5，则ba＝45，则离心率 e＝ 1－452＝35.故选 B.
又 b>c，所以 b2>c2，所以 a2－c2>c2，所以 2e2<1.②
联立①②，得35≤e<
2 2.
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三、解答题 12．已知椭圆xa22＋by22＝1(a>b>0)的右焦点为 F2(3,0)，离心率 为 e.
(1)若 e＝ 23，求椭圆的方程； (2)设直线 y＝kx 与椭圆相交于 A，B 两点，M，N 分别为线
所 以F→2A·F→2B ＝ (x1 － 3)(x2 － 3) ＋ y1y2 ＝ (1 ＋ k2)x1x2 ＋9 ＝ 0.即 －aa22ka22＋－9a2－1＋9k2＋9＝0，
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将其整理为 k2＝a4－－a148＋a21＋8a821＝－1－a4－8118a2. 因为 22<e≤ 23，所以 2 3≤a<3 2，即 12≤a2<18. 所以 k2≥18，即 k∈－∞，－ 42∪ 42，＋∞.
解：(1)连接 PF1，由△POF2 为等边三角形可知在△F1PF2 中，∠F1PF2＝90°，|PF2|＝c，|PF1|＝ 3c，于是 2a＝|PF1|＋|PF2| ＝( 3＋1)c，故 C 的离心率 e＝ac＝ 3－1.
高考数学总复习 第八章 立体几何 课时作业54(含解析)理 新人教A版
高考数学总复习 第八章 立体几何 课时作业54（含解析）理 新人教A 版1．若直线l 的方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为u ＝(－2,0，－4)，则 A ．l ∥α B ．l ⊥α C ．l ⊂α D ．l 与α斜交答案 B解析 ∵u ＝－2a ，∴u ∥a ，∴l ⊥α.2．平面α的一个法向量为(1,2,0)，平面β的一个法向量为(2，－1,0)，则平面α和平面β的位置关系是( )A ．平面B ．相交但不垂直C ．垂直D ．重合答案 C解析 由(1,2,0)·(2，－1,0)＝1×2＋2×(－1)＋0×0＝0，知两平面的法向量互相垂直，所以两平面互相垂直．3．已知A (1,0,0)、B (0,1,0)、C (0,0,1)，则平面ABC 的一个单位法向量是( ) A ．(33，33，－33) B ．(33，－33，33) C ．(－33，33，33) D ．(－33，－33，－33) 答案 D解析 AB →＝(－1,1,0)，AC →＝(－1,0,1)， 设平面ABC 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，∴⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0.令x ＝1，则y ＝1，z ＝1，∴n ＝(1,1,1)．单位法向量为±n |n |＝±(33，33，33)．4．已知点A ，B ，C ∈平面α，点P ∉α，则AP →·AB →＝0且AP →·AC →＝0是AP →·BC →＝0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 已知AP →·AB →＝0，AP →·AC →＝0⇒AP →·BC →＝AP →·(AC →－AB →)＝AP →·AC →－AP →·AB →＝0.若A 、B 、C 三点共线⇒AP →·AB →＝0，AP →·AC →＝0. 若A ，B ，C 三点不共线DAP →⊥αDAP →·AB →＝0，AP →·AC →＝0.5．已知a ＝(－2，－3,1)，b ＝(2,0,4)，c ＝(－4，－6,2)，则下列结论正确的是 A ．a ∥c ，b ∥c B ．a ∥b ，a ⊥c C ．a ∥c ，a ⊥b D ．以上都不对答案 C解析 a ·b ＝0，a ⊥b ，c ＝2a ，c ∥a .6．已知空间三点A (0,2,3)，B (－2,1,6)，C (1，－1,5)．若|a |＝3，且a 分别与AB →，AC →垂直，则向量a 为( )A ．(1,1,1)B ．(－1，－1，－1)C ．(1,1,1)或(－1，－1，－1)D ．(1，－1,1)或(－1,1，－1) 答案 C解析 AB →＝(－2，－1,3)，AC →＝(1，－3,2)， 设a ＝(a ，b ，c )，⎩⎪⎨⎪⎧－2a －b ＋3c ＝0，a －3b ＋2c ＝0⇒b ＝c ＝a .∴a 2＋b 2＋c 2＝3，a 2＝1 a ＝±1. ∴a ＝(1,1,1)或(－1，－1，－1)．7．若直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，能使l ∥α的是( ) A ．a ＝(1,0,0)，n ＝(－2,0,0) B ．a ＝(1,3,5)，n ＝(1,0,1) C ．a ＝(0,2,1)，n ＝(－1,0，－1) D ．a ＝(1，－1,3)，n ＝(0,3,1) 答案 D解析 ∵l ∥平面α，∴a ⊥n .a ·n ＝0，只有D 符合．8．△ABC 的顶点分别为A (1，－1,2)，B (5，－6,2)，C (1,3，－1)，则AC 边上的高BD 等于( )A ．5B.41C ．4D ．2 5答案 A解析 设AD →＝λAC →，D (x ，y ，z )，∴由AC →·BD →＝0， 得λ＝－45，∴BD →＝(－4，95，125)，∴|BD →|＝5.9．如图所示，正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，棱长为1，E 、F 分别是BC 、CD 上的点，且BE ＝CF ＝a (0<a <1)，则D ′E 与B ′F 的位置关系是( )A ．平行B ．垂直C ．相交D ．与a 值有关答案 B解析 方法一 如下图甲所示，连接A ′B ，AB ′，AF ，DE 易知A ′B 是D ′E 在平面ABB ′A ′上的射影．∵AB ′⊥A ′B ，∴D ′E ⊥AB ′. 又由BE ＝CF ，知EC ＝FD ，而AD ＝CD ， ∴Rt △DCE ≌Rt △ADF .∴∠EDC ＝∠FAD .而∠EDC ＋∠EDA ＝90°， ∴∠FAD ＋∠EDA ＝90°，从而AF ⊥DE . 又易知DE 是D ′E 在底面ABCD 上的射影， ∴D ′E ⊥AF .综上，知D ′E ⊥平面AB ′F ，从而D ′E ⊥B ′F . 方法二 建立如图乙所示空间直角坐标系．则D ′(0,0,1)，E (1－a,1,0)，B ′(1,1,1)，F (0,1－a,0)， ∴D ′E →＝(1－a,1，－1)，B ′F →＝(－1，－a ，－1)．∴D ′E →·B ′F →＝(1－a )×(－1)＋1×(－a )＋(－1)×(－1)＝a －1－a ＋1＝0. ∴D ′E →⊥B ′F →，即D ′E ⊥B ′F .10．设平面α与向量a ＝(－1,2，－4)垂直，平面β与向量b ＝(2,3,1)垂直，则平面α与β位置关系是________．答案 垂直解析 由已知a ，b 分别是平面α，β的法向量． ∵a ·b ＝－2＋6－4＝0， ∴a ⊥b ，∴α⊥β.11．设a ＝(1,2,0)，b ＝(1,0,1)，则“c ＝(23，－13，－23)”是“c ⊥a ，c ⊥b 且c 为单位向量”的________．(将正确的序号填上)．①充要条件 ②充分不必要条件 ③必要不充分条件④既非充分条件也非必要条件 答案 ②解析 当c ＝(23，－13，－23)时，c ⊥a ，c ⊥b 且c 为单位向量，反之则不成立．12．下列命题中，所有正确命题的序号为________．①若n 1，n 2分别是平面α，β的法向量，则n 1∥n 2⇔α∥β； ②若n 1，n 2分别是平面α，β的法向量，则α⊥β⇔n 1·n 2＝0； ③若n 是平面α的法向量，a 与α共面，则n ·a ＝0； ④若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直． 答案 ①②③④13．如图所示，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 是线段EF 的中点．(1)求证：AM ∥平面BDE ； (2)求证：AM ⊥平面BDF .解析 (1)建立如图所示的空间直角坐标系，设AC ∩BD ＝N ，连接NE . 则点N 、E 的坐标分别为(22，22，0)、(0,0,1)． ∴NE →＝(－22，－22，1)．又点A 、M 的坐标分别是(2，2，0)、(22，22，1)， ∴AM →＝(－22，－22，1)．∴NE →＝AM →且NE 与AM 不共线．∴NE ∥AM . 又∵NE ⊂平面BDE ，AM ⊄平面BDE ， ∴AM ∥平面BDE .(2)同(1)，AM →＝(－22，－22，1)，∵D (2，0,0)，F (2，2，1)，∴DF →＝(0，2，1)． ∴AM →·DF →＝0.∴AM →⊥DF →.同理AM →⊥BF →.又DF ∩BF ＝F ，∴AM ⊥平面BDF . 14.如右图所示，在底面是矩形的四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，E 、F 分别是PC 、PD 的中点，PA ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面PAB ； (2)求证：平面PAD ⊥平面PDC .思路 建立空间直角坐标系后，使用向量的共线定理证明EF →∥AB →即可证明第(1)问，第(2)问根据向量的垂直关系证明线线垂直，进而证明线面垂直，得出面面垂直．解析以A 为原点，AB 、AD 、AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系如右图所示，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，所以E 为(12，1，12)，F 为(0,1，12)．EF →＝(－12，0,0)，PB →＝(1,0，－1)，PD →＝(0,2，－1)，AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)，AB →＝(1,0,0)． (1)因为EF →＝－12AB →，所以EF →∥AB →，即EF ∥AB .又AB ⊂平面PAB ，EF ⊄平面PAB ，所以EF ∥平面PAB .(2)因为AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，所以AP →⊥DC →，AD →⊥DC →，即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .又AP ∩AD ＝A ，AP ⊂平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，所以DC ⊥平面PAD .因为DC ⊂平面PDC ，所以平面PAD ⊥平面PDC .15．如图，在五面体ABCDEF 中，FA ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ∥FE ，AB ⊥AD ，M 为EC 的中点，AF ＝AB ＝BC ＝FE ＝12AD .证明：平面AMD ⊥平面CDE .解析 方法一 因为DC ＝DE 且M 为CE 的中点，所以DM ⊥CE .取AD 中点为P ，连接MP ，则MP ⊥CE .又MP ∩DM ＝M ，故CE ⊥平面AMD .而CE ⊂平面CDE ，所以平面AMD ⊥平面CDE .方法二 如图所示，建立空间直角坐标系，点A 为坐标原点．设AB ＝1，依题意得B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，E (0,1,1)，F (0,0,1)，M (12，1，12)．由AM →＝(12，1，12)，CE →＝(－1,0,1)，AD →＝(0,2,0)，可得CE →·AM →＝0，CE →·AD →＝0.因此，CE ⊥AM ，CE ⊥AD .又AM ∩AD ＝A ，故CE ⊥平面AMD .而CE ⊂平面CDE ，所以平面AMD ⊥平面CDE .16.(2013·西城区)如图，ABCD 是边长为3的正方形，DE ⊥平面ABCD ，AF ∥DE ，DE ＝3AF ，BE 与平面ABCD 所成角为60°.(1)求证：AC ⊥平面BDE ；(2)设点M 是线段BD 上一个动点，试确定M 的位置，使得AM ∥平面BEF ，并证明你的结论．解析 (1)因为DE ⊥平面ABCD ，所以DE ⊥AC . 因为ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD . 从而AC ⊥平面BDE .(2)因为DA ，DC ，DE 两两垂直，所以建立空间直角坐标系D －xyz 如图所示．因为BE 与平面ABCD 所成角为60°， 即∠DBE ＝60°，所以EDDB＝ 3.因为正方形ABCD 的边长为3，所以BD ＝32，所以DE ＝36，AF ＝ 6.则A (3,0,0)，F (3,0，3)，E (0,0,36)，B (3,3,0)，C (0,3,0)． 所以BF →＝(0，，3，6)，EF →＝(3,0，－26)． 设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·BF →＝0，n ·EF →＝0，即⎩⎨⎧－3y ＋6z ＝03x －26z ＝0，令z ＝6，则n ＝(4,2，6)．点M 是线段BD 上一个动点，设M (t ，t,0)． 则AM →＝(t －3，t,0)． 因为AM ∥平面BEF ， 所以AM →·n ＝0.即4(t －3)＋2t ＝0，解得t ＝2.此时，点M 为(2,2,0)，BM ＝13BD ，符合题意．1. 如图，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝4，点E 在CC 1上，且C 1E ＝3EC .证明：A 1C ⊥平面BED .解析 以D 为坐标原点，射线DA 为x 轴的正半轴，建立如图所示直角坐标系D —xyz .依题设B (2,2,0)，C (0,2,0)，E (0,2,1)，A 1(2,0,4)． DE →＝(0,2,1)，DB →＝(2,2,0)，A 1C →＝(－2,2，－4)，DA 1→＝(2,0,4)．因为A 1C →·DB →＝0，A 1C →·DE →＝0， 故A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥DE .又DB ∩DE ＝D ，所以A 1C ⊥平面BED .2．已知在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，∠BAD ＝90°，2AB ＝2AD ＝CD ，侧面PAD 是正三角形且垂直于底面ABCD ，E 是PC 的中点．(1)求证：BE ⊥平面PCD ；(2)在PB 上是否存在一点F ，使AF ∥平面BDE? 解析(1)证明 以AD 的中点O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 设AB ＝AD ＝2，则有B (1,2,0)，C (－1,4,0)，D (－1,0,0)，P (0,0，3)，E (－12，2，32)． ∴BE →＝(－32，0，32)，PC →＝(－1,4，－3)．CD →＝(0，－4,0)，∴BE →·PC →＝(－32，0，32)·(－1,4，－3)＝0，BE →·CD →＝(－32，0，32)·(0，－4,0)＝0.即BE ⊥PC ，BE ⊥CD .又PC ∩CD ＝C ，∴BE ⊥平面PCD .(2)解析 设平面BDE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∵n ⊥BE →，n ⊥DE →，∴n ·BE →＝0，n ·DE →＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧－32x ＋32z ＝0，12x ＋2y ＋32z ＝0.令y ＝－1，则x ＝1，z ＝ 3.∴平面BDE 的一个法向量为(1，－1，3)． 取PB 中点F ，则有F (12，1，32)．又A (1,0,0)，∴AF →＝(－12，1，32)．∵AF →·n ＝(－12，1，32)·(1，－1，3)＝－12－1＋32＝0，∴AF →⊥n .又n 是平面BDE 的法向量，且AF ⊄平面BDE ， ∴AF ∥平面BDE .故存在PB 中点F 使AF ∥平面BDE .3．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D 、E 、F 分别为B 1A 、C 1C 、BC 的中点．(1)求证：DE ∥平面ABC ； (2)求证：B 1F ⊥平面AEF .解析 方法一 如图建立空间直角坐标系A —xyz ，令AB ＝AA 1＝4， 则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)，B (4,0,0)，B 1(4,0,4)． (1)取AB 中点为N ，则N (2,0,0)，C (0,4,0)，D (2,0,2)．∴DE →＝(－2,4,0)，NC →＝(－2,4,0)． ∴DE →＝NC →.∴DE ∥NC .又NC 在面ABC 内，11 故DE ∥面ABC .(2)B 1F →＝(－2,2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →＝(2,2,0)．∴B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0.则B 1F →⊥EF →，∴B 1F ⊥EF .∵B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥AF .又∵AF ∩FE ＝F ，∴B 1F ⊥平面AEF .方法二(1)连接A 1B 、A 1E ，并延长A 1E 交AC 的延长线于点P ，连接BP .由E 为C 1C 的中点且A 1C 1∥CP ，可证A 1E ＝EP .∵D 、E 分别是A 1B 、A 1P 的中点，∴DE ∥BP .又∵BP ⊂平面ABC ，DE ⊄平面ABC ，∴DE ∥平面ABC .(2)∵△ABC 为等腰三角形，F 为BC 的中点，∴BC ⊥AF .又∵B 1B ⊥AF ，B 1B ∩BC ＝B ，∴AF ⊥平面B 1BF .而B 1F ⊂平面B 1BF ，∴AF ⊥B 1F .设AB ＝A 1A ＝a ，则B 1F 2＝32a 2，EF 2＝34a 2，B 1E 2＝94a 2. ∴B 1F 2＋EF 2＝B 1E 2，B 1F ⊥FE .又AF ∩FE ＝F ，综上知B 1F ⊥平面AEF .。
高考数学总复习 第八章 立体几何 课时作业52(含解析)理 新人教A版
高考数学总复习第八章立体几何课时作业52（含解析）理新人教A版1．已知不同直线m、n及不重合平面α、β，给出下列结论：①m⊂α，n⊂β，m⊥n⇒α⊥β②m⊂α，n⊂β，m∥n⇒α∥β③m⊂α，n⊂α，m∥n⇒α∥β④m⊥α，n⊥β，m⊥n⇒α⊥β其中的假命题有( ) A．1个B．2个C．3个D．4个答案 C解析①为假命题，m不一定与平面β垂直，所以平面α与β不一定垂直．命题②与③为假命题，②中两平面可以相交，③没有任何实质意义．只有④是真命题，因为两平面的垂线所成的角与两平面所成的角相等或互补．2．(2012·安徽)设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的( ) A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件答案 A解析若α⊥β，因为α∩β＝m，b⊂β，b⊥m，则根据两个平面垂直的性质定理可得b⊥α.又因为a⊂α，所以a⊥b；反过来，当a∥m时，因为b⊥m，一定有b⊥a，但不能保证b⊥α，所以不能推出α⊥β.3．已知m、n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是( ) A．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥βB．若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥βC．若m∥n，m∥α，则n∥αD．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β答案 D解析对于选项A，两平面β、γ同垂直于平面α，平面β与平面γ可能平行，也可能相交；对于选项B，平面α、β可能平行，也可能相交；对于选项C，直线n可能与平面α平行，也可能在平面α内；对于选项D，由m∥n，m⊥α，∴n⊥α.又n⊥β，∴α∥β，故选D.4．(2011·浙江理)下列命题中错误的是( )A．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βC．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γD．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β答案 D解析对于D，若平面α⊥平面β，则平面α内的直线可能不垂直于平面β，甚至可能平行于平面β，其余选项均是正确的．5．已知m、n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是( ) A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊥α，n⊥α，则m∥nC．若m∥α，m∥β，则α∥βD．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β答案 B解析对于选项A，若m∥α，n∥α，则m与n可能平行、相交或异面；对于选项C，α与β也可能相交；对于选项D，α与β也可能相交．故选B.6．如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC和CD的中点，G是EF的中点，现在沿着AE和AF及EF把正方形折成一个四面体，使B、C、D三点重合，重合后的点记为H，那么，在四面体A－EFH中必有( )A．AH⊥△EFH所在平面B．AG⊥△EFH所在平面C．HF⊥△AEF所在平面D．HG⊥△AEF所在平面答案 A解析∵AD⊥DF，AB⊥BE，又∵B、C、D重合记为H，∴AH⊥HF，AH⊥HE.∴AH⊥面EFH.7．如图，四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝2，BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′－BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是A ．A ′C ⊥BDB ．∠BA ′C ＝90°C ．CA ′与平面A ′BD 所成的角为30° D ．四面体A ′－BCD 的体积为13答案 B解析 取BD 的中点O ，∵A ′B ＝A ′D ，∴A ′O ⊥BD ，又平面A ′BD ⊥平面BCD ，∴A ′O ⊥平面BCD .∵CD ⊥BD ，∴OC 不垂直于BD ，假设A ′C ⊥BD ，∵OC 为A ′C 在平面BCD 内的射影，∴OC ⊥BD ，矛盾，∴A ′C 不垂直于BD .A 错误；∵CD ⊥BD ，平面A ′BD ⊥平面BCD ，∴CD ⊥平面A ′BD ，A ′C 在平面A ′BD 内的射影为A ′D ，∵A ′B ＝A ′D ＝1，BD ＝2，∴A ′B ⊥A ′D ，A ′B ⊥A ′C ，B 正确；∠CA ′D 为直线CA ′与平面A ′BD 所成的角，∠CA ′D ＝45°，C 错误；V A ′－BCD ＝13S△A ′BD·CD ＝16，D 错误，故选B.8. 在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AB 的中点，则点C 到平面A 1DM 的距离为 ( )A.63aB.66a C.22a D.12a 答案 A解析 设点C 到平面A 1DM 的距离为h ，则由已知得DM ＝A 1M ＝a 2＋a22＝52a ，A 1D ＝2a ，S △A 1DM ＝12×2a ×52a 2－22a 2＝64a 2，连接CM ，S △CDM ＝12a 2，由VC －A 1DM ＝VA 1－CDM ，得13S △A 1DM ·h ＝13S △CDM ·a ，即64a 2·h ＝12a 2·a . 所以h ＝63a ，即点C 到平面A 1DM 的距离为63a ，选A. 9. 如图所示，PA ⊥圆O 所在的平面，AB 是圆O 的直径，C 是圆O 上的一点，E 、F 分别是点A 在PB 、PC 上的正投影，给出下列结论：①AF ⊥PB ；②EF ⊥PB ；③AF ⊥BC ；④AE ⊥平面PBC . 其中正确结论的序号是________． 答案 ①②③解析 由题意知PA ⊥平面ABC ，∴PA ⊥BC . 又AC ⊥BC ，PA ∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面PAC .∴BC ⊥AF .∵AF ⊥PC ，BC ∩PC ＝C ，∴AF ⊥平面PBC . ∴AF ⊥PB ，AF ⊥BC .又AE ⊥PB ，AE ∩AF ＝A ， ∴PB ⊥平面AEF .∴PB ⊥EF .故①②③正确．10．四面体ABCD 中，AC ＝BD ，E 、F 分别是AD 、BC 的中点，且EF ＝22AC ，∠BDC ＝90°. 求证：BD ⊥平面ACD . 证明如图所示，取CD 的中点G ，连接EG 、FG 、EF . ∵E 、F 分别为AD 、BC 的中点， ∴EG 綊12AC ，FG 綊12BD .又AC ＝BD ，∴FG ＝12AC .∴在△EFG 中，EG 2＋FG 2＝12AC 2＝EF 2.∴EG ⊥FG .∴BD ⊥AC .又∠BDC ＝90°，即BD ⊥CD ，AC ∩CD ＝C ， ∴BD ⊥平面ACD .11. 如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，AB ⊥BB 1，AC ＝BC ＝BB 1＝2，D 为AB 的中点，且CD ⊥DA 1.(1)求证：BB 1⊥平面ABC ； (2)求证：BC 1∥平面CA 1D ； (3)求三棱锥B 1－A 1DC 的体积．解析 (1)证明：∵AC ＝BC ，D 为AB 的中点， ∴CD ⊥AB .又∵CD ⊥DA 1， ∴CD ⊥平面ABB 1A 1. ∴CD ⊥BB 1.又BB 1⊥AB ，AB ∩CD ＝D ， ∴BB 1⊥平面ABC .(2)证明：连接BC 1，连接AC 1交CA 1于E ，连接DE ，易知E 是AC 1的中点． 又D 是AB 的中点，则DE ∥BC 1. 又DE ⊂平面CA 1D ，BC 1⊄平面CA 1D ， ∴BC 1∥平面CA 1D .(3)由(1)知CD ⊥平面AA 1B 1B ， 故CD 是三棱锥C －A 1B 1D 的高， 在Rt △ACB 中，AC ＝BC ＝2， ∴AB ＝22，CD ＝ 2.又BB 1＝2，∴VB 1－A 1DC ＝VC －A 1B 1D ＝13S △A 1B 1D ·CD ＝16A 1B 1×B 1B ×CD ＝16×22×2×2＝43.12. (2012·江苏)如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，A 1B 1＝A 1C 1，D ，E 分别是棱BC ，CC 1上的点(点D 不同于点C )，且AD ⊥DE ，F 为B 1C 1的中点．求证：(1)平面ADE ⊥平面BCC 1B 1； (2)直线A 1F ∥平面ADE .证明 (1)因为ABC —A 1B 1C 1是直三棱柱，所以CC 1⊥平面ABC ，又AD ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥AD .又因为AD ⊥DE ，CC 1，DE ⊂平面BCC 1B 1，CC 1∩DE ＝E ， 所以AD ⊥平面BCC 1B 1.又AD ⊂平面ADE ， 所以平面ADE ⊥平面BCC 1B 1.(2)因为A 1B 1＝A 1C 1，F 为B 1C 1的中点， 所以A 1F ⊥B 1C 1.因为CC 1⊥平面A 1B 1C 1，且A 1F ⊂平面A 1B 1C 1， 所以CC 1⊥A 1F .又因为CC 1，B 1C 1⊂平面BCC 1B 1，CC 1∩B 1C 1＝C 1， 所以A 1F ⊥平面BCC 1B 1.由(1)知AD ⊥平面BCC 1B 1，所以A 1F ∥AD .又AD ⊂平面ADE ，A 1F ⊄平面ADE ，所以A 1F ∥平面ADE .13. (2012·新课标)如图，三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，侧棱垂直底面，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点．(1)证明：平面BDC 1⊥平面BDC ；(2)平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比． 解析 (1)证明：由题设知BC ⊥CC 1，BC ⊥AC ，CC 1∩AC ＝C ， 所以BC ⊥平面ACC 1A 1.又DC 1⊂平面ACC 1A 1，所以DC 1⊥BC . 由题设知∠A 1DC 1＝∠ADC ＝45°， 所以∠CDC 1＝90°，即DC 1⊥DC . 又DC ∩BC ＝C ，所以DC 1⊥平面BDC .又DC 1⊂平面BDC 1，故平面BDC 1⊥平面BDC . (2)设棱锥B —DACC 1的体积为V 1，AC ＝1. 由题意得V 1＝13×1＋22×1×1＝12.又三棱柱ABC —A 1B 1C 1的体积V ＝1， 所以(V －V 1)∶V 1＝1∶1.故平面BDC 1分此棱柱所得两部分体积的比为1∶1.14．(2012·江西)如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，E ，F 是线段AB 上的两点，且DE ⊥AB ，CF ⊥AB ，AB ＝12，AD ＝5，BC ＝42，DE ＝4.现将△ADE ，△CFB 分别沿DE ，CF 折起，使A ，B 两点重合于点G ，得到多面体CDEFG .(1)求证：平面DEG ⊥平面CFG ； (2)求多面体CDEFG 的体积．解析 (1)证明：因为DE ⊥EF ，CF ⊥EF ， 所以四边形CDEF 为矩形．由GD ＝5，DE ＝4，得GE ＝GD 2－DE 2＝3.由GC ＝42，CF ＝4，得FG ＝GC 2－CF 2＝4.所以EF ＝5.在△EFG 中，有EF 2＝GE 2＋FG 2， 所以EG ⊥GF .又因为CF ⊥EF ，CF ⊥FG ，所以CF ⊥平面EFG . 所以CF ⊥EG .所以EG ⊥平面CFG ，即平面DEG ⊥平面CFG . (2)在平面EGF 中，过点G 作GH ⊥EF 于点H ， 则GH ＝EG ·GF EF ＝125. 因为平面CDEF ⊥平面EFG ，所以GH ⊥平面CDEF .所以V CDEFG ＝13S CDEF ·GH ＝16.15．(2012·广东)如图所示，在四棱锥P —ABCD 中，AB ⊥平面PAD ，AB ∥CD ，PD ＝AD ，E 是PB 的中点，F 是DC 上的点且DF ＝12AB ，PH 为△PAD 中AD 边上的高．(1)证明：PH ⊥平面ABCD ；(2)若PH ＝1，AD ＝2，FC ＝1，求三棱锥E —BCF 的体积； (3)证明：EF ⊥平面PAB .解析 (1)由于AB ⊥平面PAD ，PH ⊂平面PAD ， 故AB ⊥PH .又∵PH 为△PAD 中AD 边上的高， 故AD ⊥PH .∵AB ∩AD ＝A ，AB ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ， ∴PH ⊥平面ABCD .(2)由于PH ⊥平面ABCD ，E 为PB 的中点，PH ＝1，故E 到平面ABCD 的距离h ＝12PH ＝12.又因为AB ∥CD ，AB ⊥AD ，所以AD ⊥CD . 故S △BFC ＝12·CF ·AD ＝12×1×2＝22.因此V E －BCF ＝13S △BCF ·h ＝13×22×12＝212.(3)证明：过E 作EG ∥AB 交PA 于G ，连接DG . 由于E 为PB 的中点，所以G 为PA 的中点． 因为DA ＝DP ，故△DPA 为等腰三角形，所以DG ⊥PA . ∵AB ⊥平面PAD ，DG ⊂平面PAD ， ∴AB ⊥DG .又∵AB ∩PA ＝A ，AB ⊂平面PAB ，PA ⊂平面PAB ， ∴DG ⊥平面PAB .又∵GE 綊12AB ，DF 綊12AB ，∴GE 綊DF .∴四边形DFEG 为平行四边形．故DG ∥EF ，于是EF ⊥平面PAB .1. 如图，已知PA ⊥矩形ABCD 所在平面，M ，N 分别是AB ，PC 的中点．(1)求证：MN ⊥CD ；(2)若∠PDA ＝45°，求证：MN ⊥平面PCD . 证明 (1)连接AC ，∵PA ⊥平面ABCD ， ∴PA ⊥AC ，在Rt △PAC 中，N 为PC 中点． ∴AN ＝12PC .∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥BC . 又BC ⊥AB ，PA ∩AB ＝A ， ∴BC ⊥平面PAB ，∴BC ⊥PB .从而在Rt △PBC 中，BN 为斜边PC 上的中线， ∴BN ＝12PC .∴AN ＝BN ，∴△ABN 为等腰三角形．又M 为底边的中点，∴MN ⊥AB ，又AB ∥CD ，∴MN ⊥CD . (2)∵∠PDA ＝45°，PA ⊥AD ，∴AP ＝AD . ∵ABCD 为矩形．∴AD ＝BC ，∴PA ＝BC . 又∵M 为AB 的中点，∴AM ＝BM . 而∠PAM ＝∠CBM ＝90°，∴PM ＝CM ，又N 为PC 的中点，∴MN ⊥PC . 由(1)知MN ⊥CD ，PC ∩CD ＝C ，∴MN ⊥平面PCD .2. 如图，已知矩形ABCD ，过A 作SA ⊥平面AC ，再过A 作AE ⊥SB 交SB 于E ，过E 作EF ⊥SC 交SC 于F .(1)求证：AF⊥SC；(2)若平面AEF交SD于G，求证：AG⊥SD.证明(1)∵SA⊥平面AC，BC⊂平面AC，∴SA⊥BC.∵ABCD为矩形，∴AB⊥BC且SA∩AB＝A.∴BC⊥平面SAB.又∵AE⊂平面SAB，∴BC⊥AE.又SB⊥AE且SB∩BC＝B，∴AE⊥平面SBC.又∵SC⊂平面SBC，∴AE⊥SC.又EF⊥SC且AE∩EF＝E，∴SC⊥平面AEF.又∵AF⊂平面AEF，∴AF⊥SC.(2)∵SA⊥平面AC，DC⊂平面AC，∴SA⊥DC.又AD⊥DC，SA∩AD＝A，∴DC⊥平面SAD.又AG⊂平面SAD，∴DC⊥AG.又由(1)有SC⊥平面AEF，AG⊂平面AEF，∴SC⊥AG且SC∩CD＝C，∴AG⊥平面SDC.又SD⊂平面SDC，∴AG⊥SD.3. (2011·江苏)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD ＝60°，E，F分别是AP，AD的中点．求证：(1)直线EF∥平面PCD；(2)平面BEF⊥平面PAD.解析(1)在△PAD中，因为E，F分别为AP，AD的中点，所以EF∥PD.又因为EF⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，所以直线EF∥平面PCD.(2)连接BD .因为AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，所以△ABD 为正三角形．因为F 是AD 的中点，所以BF ⊥AD .因为平面PAD ⊥平面ABCD ，BF ⊂平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以BF ⊥平面PAD . 又因为BF ⊂平面BEF ，所以平面BEF ⊥平面PAD .4．直棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是直角梯形，∠BAD ＝∠ADC ＝90°，AB ＝2AD ＝2CD ＝2.(1)求证：AC ⊥平面BB 1C 1C ；(2)在A 1B 1上是否存在一点P ，使得DP 与平面BCB 1和平面ACB 1都平行？证明你的结论． 解析 (1)证明：∵直棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BB 1⊥平面ABCD ，∴BB 1⊥AC . 又∵∠BAD ＝∠ADC ＝90°，AB ＝2AD ＝2CD ＝2， ∴AC ＝2，∠CAB ＝45°.∴BC ＝ 2.∵BC 2＋AC 2＝AB 2，∴BC ⊥AC . 又BB 1∩BC ＝B ，BB 1⊂平面BB 1C 1C ，BC ⊂平面BB 1C 1C ，∴AC ⊥平面BB 1C 1C .(2)存在点P ，P 为A 1B 1的中点．由P 为A 1B 1的中点，有PB 1∥AB ，且PB 1＝12AB .又∵DC ∥AB ，DC ＝12AB ，∴DC ⊥PB 1，且DC ＝PB 1.∴DCB 1P 为平行四边形，从而CB 1∥DP . 又CB 1⊂平面ACB 1，DP ⊄平面ACB 1， ∴DP ∥平面ACB 1. 同理，DP ∥平面BCB 1.5. (2011·安徽理)如图，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA ＝1，OD ＝2，△OAB ，△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形．(1)证明：直线BC ∥EF ； (2)求棱锥F －OBED 的体积．解析 (1)(综合法)设G 是线段DA 与线段EB 延长线的交点，由于△OAB 与△ODE 都是正三角形，所以OB 綊12DE ，OG ＝OD ＝2.同理，设G ′是线段DA 与线段FC 延长线的交点，有OG ′＝OD ＝2.又由于G 和G ′都在线段DA 的延长线上，所以G 与G ′重合．在△GED 和△GFD 中，由OB 綊12DE 和OC 綊12DF ，可知B ，C 分别是GE 和GF 的中点，所以BC 是△GEF 的中位线，故BC ∥EF .(向量法)过点F 作FQ ⊥AD ，交AD 于点Q ，连接QE ，由平面ABED ⊥平面ADFC ，知FQ ⊥平面ABED ，以Q 为坐标原点，QE →为x 轴正向，QD →为y 轴正向，QF →为z 轴正向，建立如图所示空间直角坐标系．由条件E (3，0,0)，F (0,0，3)，B (32，－32，0)，C (0，－32，32)． 则有BC →＝(－32，0，32)，EF →＝(－3，0，3)．所以EF →＝2BC →，即得BC ∥EF .(2)由OB ＝1，OE ＝2，∠EOB ＝60°，知S EOB ＝32，而△OED 是边长为2的正三角形，故S OED ＝3，所以S OBED ＝S EOB ＋S OED ＝332. 过点F 作FQ ⊥AD ，交AD 于点Q ，由平面ABED ⊥平面ACFD 知，FQ 就是四棱锥F －OBED 的高，且FQ ＝3，所以V F －OBED ＝13FQ ·S OBED ＝32.6. (2011·辽宁文)如图，四边形ABCD 为正方形，QA ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .(1)证明：PQ ⊥平面DCQ ；(2)求棱锥Q －ABCD 的体积与棱锥P －DCQ 的体积的比值． 解析 (1)由条件知PDAQ 为直角梯形．因为QA ⊥平面ABCD ，所以平面PDAQ ⊥平面ABCD ，交线为AD . 又四边形ABCD 为正方形，DC ⊥AD ，所以DC ⊥平面PDAQ ，可得PQ ⊥DC . 在直角梯形PDAQ 中可得DQ ＝PQ ＝22PD ，则PQ ⊥QD . 又DQ ∩DC ＝D ，所以PQ ⊥平面DCQ .(2)设AB ＝a .由题设知AQ 为棱锥Q －ABCD 的高，所以棱锥Q －ABCD 的体积V 1＝13a 3.由(1)知PQ 为棱锥P －DCQ 的高，而PQ ＝2a ，△DCQ 的面积为22a 2，所以棱锥P －DCQ 的体积V 2＝13a 3.故棱锥Q －ABCD 的体积与棱锥P －DCQ 的体积的比值为1.7. (2012·潍坊质量抽测)已知三棱锥S －ABC 中，平面ASC ⊥平面ABC ，O 、D 分别为AC 、AB 的中点，AS ＝CS ＝CD ＝AD ＝22AC .(1)求证：平面ASC ⊥平面BCS ；(2)设AC ＝2，求三棱锥S －BCD 的体积．解析 (1)证明：连接SO ，OD ，因为AS ＝CS ＝CD ＝AD ＝22AC ，O 为AC 的中点，所以SO ⊥AC ，OD ⊥AC .又D 为AB 的中点，∴OD ∥BC .∴BC ⊥AC .又平面SAC ⊥平面ABC ，平面SAC ∩平面ABC ＝AC ， 所以SO ⊥平面ABC .所以SO ⊥BC . 又SO ∩AC ＝O ，故BC ⊥平面SAC .又BC ⊂平面BCS ，所以平面ASC ⊥平面BCS . (2)由(1)知，SO 为三棱锥S －BCD 的高．因为AC ＝2，所以AS ＝SC ＝2，AO ＝12AC ＝1，AB ＝2AD ＝2AC ＝22，所以BC ＝AB 2－AC2＝2，SO ＝AS 2－AO 2＝22－12＝1.∴S △BCD ＝12S △ABC ＝12·12AC ·BC ＝14×2×2＝1，∴V S －BCD ＝13·S △BCD ·SO ＝13×1×1＝13.8．一个多面体的直观图和三视图如图所示，其中M 、G 分别是AB 、DF 的中点．(1)求证：CM ⊥平面FDM ；(2)在线段AD 上(含A 、D 端点)确定一点P ，使得GP ∥平面FMC ，并给出证明； (3)一只小飞虫在几何体ADF —BCE 内自由飞，求它飞入几何体F —AMCD 内的概率． 解析 由三视图可得直观图为直三棱柱且底面ADF 中AD ⊥DF ，DF ＝AD .(1)证明：∵FD ⊥平面ABCD ，CM ⊂平面ABCD ， ∴FD ⊥CM .在矩形ABCD 中，CD ＝2a ，AD ＝a ，M 为AB 中点，DM ＝CM ＝2a . ∴CM ⊥DM .∵FD ∩DM ＝D ， ∴CM ⊥平面FDM . (2)点P 在A 点处．方法一 取DC 中点S ，连接AS 、GS 、GA . ∵G 是DF 的中点，GS ∥FC ，AS ∥CM ， ∴面GSA ∥面FMC .而GA ⊂平面GSA ， ∴GA ∥平面FMC .方法二 取FC 中点N ，连接AG 、GN 、NM ，由GN 綊12DC .又AM 綊12DC ，∴AM 綊GN .∴四边形AGNM 为平行四边形．∴AG ∥NM . 又NM ⊂面FMC ，故AG ∥平面FMC . (3)V F －AMCD ＝13S AMCD ×DF ＝12a 3，V ADF －BCE ＝a 3，∴概率为V F －AMCD V ADF －BCE ＝12.。
2020届高三数学文科总复习作业：第八章+立体几何+课时作业8-2+Word版含解析
8-2课时作业A组——基础对点练1．给出下列说法：①梯形的四个顶点共面；②三条平行直线共面；③有三个公共点的两个平面重合；④三条直线两两相交，可以确定1个或3个平面．其中正确的序号是()A．①B．①④C．②③D．③④【答案】 B2．(2019·九江模拟)在如图所示的正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1B，AD的中点，则直线BF与平面AD1E的位置关系是()A．平行B．相交但不垂直C．垂直D．异面【答案】 A3．(2019·烟台质检)a，b，c是两两不同的三条直线，下面四个命题中，真命题是()A．若直线a，b异面，b，c异面，则a，c异面B．若直线a，b相交，b，c相交，则a，c相交C．若a∥b，则a，b与c所成的角相等D．若a⊥b，b⊥c，则a∥c【答案】 C4．已知平面α及直线a，b，则下列说法正确的是()A．若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线平行B．若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线不可能垂直C．若直线a，b平行，则这两条直线中至少有一条与平面α平行D．若直线a，b垂直，则这两条直线与平面α不可能都垂直【答案】 D5．(2018·全国Ⅱ卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为()A.22 B.32C.52 D.72【答案】 C6．已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为AA1的中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为()A.1010 B.15C.35 D.31010【答案】 D7．(2019·邯郸调研)在三棱锥S-ABC中，G1，G2分别是△SAB和△SAC的重心，则直线G1G2与BC的位置关系是__________．【答案】G1G2∥BC8．如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，则异面直线AP与BD所成的角为________________．【答案】π39．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，H为直线B1D与平面ACD1的交点．求证：D1，H，O三点共线．【证明】如图，连接BD，B1D1，则BD∩AC＝O，∵BB1綊DD1，∴四边形BB1D1D为平行四边形．又H∈B1D，B1D⊂平面BB1D1D，则H∈平面BB1D1D，∵平面ACD1∩平面BB1D1D＝OD1，∴H∈OD1.故D1，H，O三点共线．10．(2019·昆明月考)如图所示，在三棱锥P-ABC中，P A⊥底面ABC，D是PC的中点．已知∠BAC＝π2，AB＝2，AC＝23，P A＝2.求：(1)三棱锥P-ABC的体积．(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值．B组——能力提升练1．若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是()A．l1⊥l4B．l1∥l4C．l1与l4既不垂直也不平行D．l1与l4的位置关系不确定【答案】 D2．平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为()A.32 B.22C.33 D.13【答案】 A3．(2019·西安模拟)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，①GH与EF平行；②BD与MN 为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是__________．【答案】②③④4．正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段B1D1上的一个动点，则下列结论中正确的是________________(填序号)．①AC⊥BE；②B1E∥平面ABCD；③三棱锥E-ABC的体积为定值；④直线B1E⊥直线BC1.【答案】①②③5．如图所示，三棱柱ABC-A1B1C1，底面是边长为2的正三角形，侧棱A1A⊥底面ABC，点E，F分别是棱CC1，BB1上的点，点M是线段AC上的动点，EC＝2FB＝2.(1)当点M在何位置时，BM∥平面AEF?(2)若BM∥平面AEF，判断BM与EF的位置关系，说明理由；并求BM与EF所成的角的余弦值．。
高考数学总复习 第八章 立体几何 课时作业53(含解析)
课时作业(五十三)1．有4个命题：①若p ＝x a ＋y b ，则p 与a 、b 共面； ②若p 与a 、b 共面，则p ＝x a ＋y b ； ③若MP →＝xMA →＋yMB →，则P 、M 、A 、B 共面； ④若P 、M 、A 、B 共面，则MP →＝xMA →＋yMB →. 其中真命题的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 B解析 ①正确，②中若a ，b 共线，p 与a 不共线，则p ＝x a ＋y b 就不成立．③正确．④中若M ，A ，B 共线，点P 不在此直线上，则MP →＝xMA →＋yMB →不正确．2．在平行六面体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，设AC ′→＝xAB →＋2yBC →＋3zCC ′→，x ＋y ＋z 等于( )A.116B.56C.23D.76答案 A解析 AC ′→＝AB →＋BC →＋CC ′→，故x ＝1，y ＝12，z ＝13，从而x ＋y ＋z ＝116.3．已知向量a ＝(8，12x ，x )，b ＝(x,1,2)，其中x >0.若a ∥b ，则x 的值为( )A ．8B ．4C ．2D ．0答案 B解析 因x ＝8,2,0时都不满足a ∥b .而x ＝4时，a ＝(8,2,4)＝2(4,1,2)＝2b ，∴a ∥b .另解：a ∥b ⇔存在λ>0使a ＝λb ⇔(8，x2，x )＝(λx ，λ，2λ)⇔⎩⎪⎨⎪⎧λx ＝8，x2＝λ，x ＝2λ⇔⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，x ＝4.∴选B.4．已知空间四边形ABCD 中，M 、G 分别为BC 、CD 的中点，则AB →＋12(BD →＋BC →)等于A.AG →B.CG →C.BC →D.12BC → 答案 A解析 依题意有AB →＋12(BD →＋BC →)＝AB →＋12·2BG →＝AG →.5．若向量a ＝(1，λ，2)，b ＝(2，－1,2)，且cos 〈a ，b 〉＝89，则λ＝( )A ．2B ．－2C ．－2或255D ．2或－255答案 C解析 由已知cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |，所以89＝2－λ＋45＋λ2·9，解得λ＝－2或λ＝255. 6．已知四边形ABCD 满足AB →·BC →>0，BC →·CD →>0，CD →·DA →>0，DA →·AB →>0，则该四边形为 A ．平行四边形 B ．梯形 C ．平面四边形 D ．空间四边形答案 D解析 由已知条件得四边形的四个外角均为锐角，但在平面四边形中任一四边形的外角和都是360°，这与已知条件矛盾，所以该四边形是一个空间四边形．7．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，EF 是异面直线AC 与A 1D 的公垂线，则EF 与BD 1所成的角是( )A ．90°B ．60°C ．30°D ．0°答案 D解析 如图，以D 为原点建立空间直角坐标系D －xyz ，设正方体的棱长为a ，则A 1(a,0，a )，D (0,0,0)，A (a,0,0)，C (0，a,0)，B (a ，a,0)，D 1(0,0，a )，∴DA 1→＝(a,0，a )，AC →＝(－a ，a,0)， BD 1→＝(－a ，－a ，a )．∵EF 是直线AC 与A 1D 的公垂线， ∴EF →⊥DA 1→，EF →⊥AC →.设EF →＝(x ，y ，z )， ∴EF →·DA 1→＝(x ，y ，z )·(a,0，a )＝ax ＋az ＝0. ∴EF →·AC →＝(x ，y ，z )·(－a ，a,0)＝－ax ＋ay ＝0. ∵a ≠0，∴x ＝y ＝－z .∴EF →＝(x ，x ，－x )，∴BD 1→＝－a xEF →. ∴BD 1→∥EF →，即BD 1∥EF .8．已知a ＋b ＋c ＝0，|a |＝2，|b |＝3，|c |＝19，则向量a 与b 之间的夹角〈a ，b 〉为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．以上都不对答案 C解析 ∵a ＋b ＝－c ，∴a 2＋b 2＋2a ·b ＝c 2. 又∵|a |＝2，|b |＝3，|c |＝19， ∴a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉＝3.∴cos 〈a ，b 〉＝12，∴〈a ，b 〉＝60°.9．已知两个非零向量a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，它们平行的充要条件是 A.a |a |＝b |b |B ．a 1·b 1＝a 2·b 2＝a 3·b 3C ．a 1·b 1＋a 2·b 2＋a 3·b 3＝0D ．存在非零实数k ，使a ＝k b 答案 D解析 应选D ，首先排除B ，C 项表示a ⊥b ，A 项表示与a ，b 分别平行的单位向量，但两向量方向相反也叫平行．10．下列各组向量共面的是( )A ．a ＝(1,2,3)，b ＝(3,0,2)，c ＝(4,2,5)B ．a ＝(1,0,0)，b ＝(0,1,0)，c ＝(0,0,1)C ．a ＝(1,1,0)，b ＝(1,0,1)，c ＝(0,1,1)D ．a ＝(1,1,1)，b ＝(1,1,0)，c ＝(1,0,1) 答案 A解析 A 项：假设共面则c ＝x a ＋y b ，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝4，2x ＝2，3x ＋2y ＝5⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝1.∴a ，b ，c 共面．B 项：用A 项方法或直接建立空间直角坐标系很明显不共面．C 项：设c ＝x a ＋y b ，⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，x ＝1，y ＝1，解集为空．D 项：设c ＝x a ＋y b ，⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝1，x ＋y ＝0⇒解集为∅.11．正方体不在同一表面上的两顶点为A (－1,2，－1)、B (3，－2，3)，则正方体体积为( )A ．8B ．27C ．64D ．128答案 C解析 3a 2＝(3＋1)2＋(2＋2)2＋(3＋1)2＝48， ∴a ＝4，V ＝a 3＝64.12．已知a ＝(cos θ，1，sin θ)，b ＝(sin θ，1，cos θ)，则向量a ＋b 与a －b 的夹角是( )A ．0°B ．30°C ．60°D ．90°答案 D解析 ∵a ＋b ＝(cos θ＋sin θ，2，cos θ＋sin θ)，a －b ＝(cos θ－sin θ，0，sin θ－cos θ)，∴cos 〈a ＋b ，a －b 〉＝0.13. (2010·台湾入学试题)如图所示，正方体ABCD －EFGH 的棱长等于2(即|AB →|＝2)，K 为正方形ABCD 的中心，M 、N 分别为线段BF 、EF 的中点．试问下列选项是正确的序号为________．(1)KM →＝12AB →－12AD →＋12AE →；(2)KM →·AB →＝1； (3)KM →＝3；(4)△KMN 为一直角三角形； (5)△KMN 的面积为10. 答案 (1)(4)解析 以EF ，EH ，EA 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则F (2,0,0)，N (1,0,0)，B (2,0,2)，K (1,1,2)，M (2,0,1)，KM →＝(1，－1，－1)，MN →＝(－1,0，－1)，AB →＝(2,0,0)．∴(4)对，S ＝62. 14．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，O 是面ABCD 的中心，点P 在棱C 1D 1上移动，则|OP |的最小值为____．答案5解析 以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1为x 轴，y 轴，z 轴正方向建立空间直角坐标系，则O (1,1,0)．设P (x,2,2)(0≤x ≤2)． 则|OP |＝1－x2＋1－22＋0－22＝x －12＋5.所以当x ＝1，即P 为C 1D 1中点时，|OP |取最小值 5.15．设向量a ＝(3,5，－4)，b ＝(2,1,8)，计算2a ＋3b,3a －2b ，a ·b 以及a 与b 所成角的余弦值，并确定λ、μ的关系，使λa ＋μb 与z 轴垂直．答案 λ＝2μ解析 ∵2a ＋3b ＝2(3,5，－4)＋3(2,1,8)＝(12,13,16)， 3a －2b ＝3(3,5，－4)－2(2,1,8)＝(5,13，－28)，a ·b ＝(3,5，－4)·(2,1,8)＝3×2＋5×1－4×8＝－21，|a |＝32＋52＋－42＝50，|b |＝22＋12＋82＝69，∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－2150·69＝－7138230.由(λa ＋μb )·(0,0,1)＝(3λ＋2μ，5λ＋μ，－4λ＋8μ)·(0,0,1) ＝－4λ＋8μ＝0知，只要λ，μ满足λ＝2μ即可使λa ＋μb 与z 轴垂直．16．已知PA 垂直于正方形ABCD 所在的平面，M 、N 分别是AB 、PC 的中点，并且PA ＝AD ＝1.求MN →、DC →的坐标．解析 ∵PA ＝AD ＝AB ，且PA ⊥平面AC ，AD ⊥AB ， ∴可设DA →＝e 1，AB →＝e 2，AP →＝e 3.以e 1、e 2、e 3为坐标向量建立空间直角坐标系A －xyz ， ∵MN →＝MA →＋AP →＋PN →＝MA →＋AP →＋12PC →＝MA →＋AP →＋12(PA →＋AD →＋DC →)＝－12e 2＋e 3＋12(－e 3－e 1＋e 2)＝－12e 1＋12e 3，∴MN →＝(－12，0，12)，DC →＝(0,1,0)．17．已知平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为1的正方形，AA 1＝2，∠A 1AB ＝∠A 1AD ＝120°.(1)求线段AC 1的长；(2)求异面直线AC 1与A 1D 所成角的余弦值； (3)证明：AA 1⊥BD .解析 (1)解 如图所示，设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝1，|c |＝2.a ·b ＝0，a ·c ＝b ·c＝2×1×cos120°＝－1. ∵AC 1→＝AB →＋BC →＋CC 1→＝a ＋b ＋c ， ∴|AC 1→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2a ·b ＋2a ·c ＋2b ·c ＝1＋1＋22－2－2＝2. ∴|AC 1→|＝ 2. 即AC 1长为 2.(2)解 ∵AC 1→＝a ＋b ＋c ，A 1D →＝b －c ， ∴AC 1→·A 1D →＝(a ＋b ＋c )·(b －c ) ＝a ·b －a ·c ＋b 2－b ·c ＋b ·c －c 2＝1＋12－22＝－2.又|A 1D →|2＝(b －c )2＝b 2＋c 2－2b ·c ＝1＋4＋2＝7， ∴|A 1D →|＝7.∴cos 〈AC 1→，A 1D →〉＝AC 1→·A 1D→|AC 1→|·|A 1D →|＝－22×7＝－147.∴异面直线AC 1与A 1D 所成角的余弦值为147. (3)证明 ∵AA 1→＝c ，BD →＝b －a ， ∴AA 1→·BD →＝c ·(b －a )＝c ·b －c ·a ＝－1－(－1)＝0. ∴AA 1→⊥BD →，即AA 1⊥BD .。
2020届高三数学文科总复习作业：第八章+立体几何+课时作业8-4+Word版含解析
8-4课时作业A组——基础对点练1．设a，b，c是空间的三条直线，α，β是空间的两个平面，则下列命题中，逆命题不成立的是()A．当c⊥α时，若c⊥β，则α∥βB．当b⊂α时，若b⊥β，则α⊥βC．当b⊂α，且c是a在α内的射影时，若b⊥c，则a⊥bD．当b⊂α，且c⊄α时，若c∥α，则b∥c【答案】 B2．(2019·贵阳监测)如图，在三棱锥P-ABC中，不能证明AP⊥BC的条件是()A．AP⊥PB，AP⊥PCB．AP⊥PB，BC⊥PBC．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PCD．AP⊥平面PBC【答案】 B3．如图所示，直线P A垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB 为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面P AC的距离等于线段BC的长．其中正确的是()A．①②B．①②③C．①D．②③【答案】 B4．在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则点C1在平面ABC上的射影H必在()A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC的内部【答案】 A5．如图，在四面体D-ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列正确的是()A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE D．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE 【答案】 C6．已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形，若P为底面A1B1C1的中心，则P A与平面ABC所成角的大小为()A.5π12 B.π3C.π4 D.π6【答案】 B7．(2019·青岛模拟)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，P A⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)【答案】DM⊥PC(答案不唯一)8．(2019·兰州实战)α，β是两平面，AB，CD是两条线段，已知α∩β＝EF，AB⊥α于B，CD⊥α于D，若增加一个条件，就能得出BD⊥EF.现有下列条件：①AC⊥β；②AC与α，β所成的角相等；③AC与CD在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF.其中能成为增加条件的序号是______________．【答案】①③9．(2018·北京高考)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面P AD⊥平面ABCD，P A⊥PD，P A＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．(1)求证：PE⊥BC.(2)求证：平面P AB⊥平面PCD.(3)求证：EF∥平面PCD.【证明】(1)因为P A＝PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD.因为P A⊥AD.因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD.所以PE⊥BC.(2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.又因为平面P AD⊥平面ABCD，所以AB⊥平面P AD.所以AB⊥PD.又因为P A⊥PD，所以PD⊥平面P AB.所以平面P AB⊥平面PCD.(3)取PC中点G，连接FG，DG.因为F，G分别为PB，PC的中点，所以FG∥BC，FG＝12BC.因为ABCD为矩形，且E为AD的中点，所以DE∥BC，DE＝12BC.所以DE∥FG，DE＝FG.所以四边形DEFG为平行四边形．所以EF∥DG.又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，所以EF∥平面PCD.10．(2018·石家庄模拟)在平面四边形ABCD(图①)中，△ABC与△ABD均为直角三角形且有公共斜边AB，设AB＝2，∠BAD＝30°，∠BAC＝45°，将△ABC 沿AB折起，构成如图②所示的三棱锥C′ABD.(1)当C′D＝2时，求证：平面C′AB⊥平面DAB.(2)当AC′⊥BD时，求三棱锥C′ABD的高．B组——能力提升练1．如图，梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，给出下列四个结论：①DF⊥BC；②BD⊥FC；③平面BDF⊥平面BCF；④平面DCF⊥平面BCF，则上述结论可能正确的是()A．①③B．②③C．②④D．③④【答案】 B2．(2018·全国Ⅰ卷)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为()A．8 B．6 2C．8 2 D．8 3【答案】 C3．在矩形ABCD中，AB＜BC，现将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，给出下列结论：①存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直；②存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直；③存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直．其中正确结论的序号是____________．(写出所有正确结论的序号)【答案】②4．如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为________．【答案】1 25．在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，P A⊥平面ABCD，P A＝AD ＝4，AB＝2，以AC为直径的球面交PD于M点．(1)求证：平面ABM⊥平面PCD.(2)求CD与平面ACM所成角的正弦值．。
2020高考文科数学一轮总复习课标通用版作业：第8章 立体几何 课时作业39
课时作业39直线、平面垂直的判定及其性质一、选择题1．(2019年广州市第二中学高二上学期开学考试)在正方体ABCD －A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则()A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC解析：根据三垂线定理的逆定理，可知平面内的线垂直于平面的斜线，则也垂直于斜线在平面内的射影，A.若A1E⊥DC1，那么D1E ⊥DC1，很显然不成立；B.若A1E⊥BD，那么BD⊥AE，显然不成立；C.若A1E⊥BC1，那么BC1⊥B1C，成立，反过来BC1⊥B1C时，也能推出BC1⊥A1E，所以C成立；D.若A1E⊥AC，则AE⊥AC，显然不成立，故选C.答案：C2．(2019年陕西省西安市第一中学高一上学期期末考试)如图1，平行四边形ABCD中，AB⊥BD，沿BD将△ABD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AC，则在四面体ABCD的四个面中，互相垂直的平面共有()图1A．1对B．2对C．3对D．4对解析：由题意直线AB⊥平面BCD，直线CD⊥平面ABD，所以：面ABD⊥面BCD，面ABC⊥面BCD，面ABD⊥面ACD共有3对，故选C.答案：C3．(2019年福建省厦门市高三下学期第一次质量检查)矩形ABCD 中，BC＝2AB，E为BC中点，将△ABD沿BD所在直线翻折，在翻折过程中，给出下列结论：①存在某个位置，BD⊥AE；②存在某个位置，BC⊥AD；③存在某个位置，AB⊥CD；④存在某个位置，BD⊥AC.其中正确的是()A．①②B．③④C．①③D．②④解析：根据题意画出如图2所示的矩形ABCD：图2图3翻折后如图3：对于①，连接AE，交BD于点F，易证AFEF＝DFBF＝2，设AB＝1，则BD＝3，AE＝62，所以AF＝63，BF＝33，则AF2＋BF2＝1＝AB2，即AF⊥BD，EF⊥BD，所以翻折后易得BD⊥平面AEF，即可证BD⊥AE，故①正确；对于②，若存在某个位置，BC⊥AD，则BC⊥平面ACD，从而平面ACD⊥平面BCD，即A在底面BCD上的射影应位于线段CD上，这是不可能的，故②不正确；对于③，若存在某个位置，AB⊥CD，则CD⊥平面ABC，平面ABC⊥平面BCD，则∠AFE 就是二面角A－BD－C的平面角，此角显然存在，即当A在底面上的射影位于BC的中点时，直线AB与直线CD垂直，故③正确；对于④，若存在某个位置，BD⊥AC，因为AF⊥BD，所以BD⊥平面AEC，从而BD⊥EC，这与已知矛盾，故④不正确．故选C.答案：C4．(2019年福建省泉州市高三下学期质量检查)如图，在下列四个正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G均为所在棱的中点，过E，F，G作正方体的截面，则在各个正方体中，直线BD1与平面EFG不垂直的是()解析：对于选项D中图形，由于E，F为AB，A1B1的中点，所以EF∥BB1，故∠B1BD1为异面直线所成的角且tan∠B1BD1＝2，即∠B1BD1不为直角，故BD1与平面EFG不可能垂直，故选D.答案：D5．(2019年内蒙古包头市高三第一次模拟考试)如图4，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，G是EF的中点，沿DE，EF，FD将正方形折起，使A，B，C重合于点P，构成四面体，则在四面体P－DEF中，给出下列结论：①PD⊥平面PEF；②PD⊥EF；③DG⊥平面PEF；④DF⊥PE；⑤平面PDE⊥平面PDF.其中正确结论的序号是()图4A．①②③⑤B．②③④⑤C．①②④⑤D．②④⑤解析：如图5所示，因为E，F分别为AB，BC的中点，所以BD⊥EF，图5因为DA⊥AE，DC⊥CF，所以折叠后DP⊥PE，DP⊥PF，所以DP⊥平面PEF，所以①正确；由DP⊥平面PEF，EF⊂平面PEF，所以DP⊥EF，所以②正确；由DP⊥平面PEF，根据过一点有且只有一条直线垂直于一个平面，所以DG⊥平面PEF是不正确的，所以③不正确；由PE⊥PF，PE⊥DP，可得PE⊥平面PDF，又DF⊂平面DPF，所以PE⊥DF，所以④正确；由PE⊥平面DPF，又PE⊂平面PDE，所以平面PDE⊥平面DPF，所以⑤是正确的，综上可知，正确的结论序号为①②④⑤，故选C.答案：C6．(2019年河北省唐山一中高二下学期期中考试)已知直线m，l，平面α，β，且m⊥α，l⊂β，给出下列命题：①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l；③若m⊥l，则α⊥β；④若m∥l，则α⊥β.其中正确的命题是()A．①④B．③④C．①②D．②③解析：若α∥β，且m⊥α，m⊥β，又l⊂β，m⊥l，所以①正确；若α⊥β，且m⊥α，m∥β，又l⊂β，则m与l可能平行，可能异面，所以②不正确；若m⊥l，且m⊥α，l⊂β，α与β可能平行，可能相交。
近年高考数学一轮复习第八章立体几何学案文(1)(2021年整理)
（江苏专版）2019版高考数学一轮复习第八章立体几何学案文(1) 编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（江苏专版）2019版高考数学一轮复习第八章立体几何学案文(1)）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第八章立体几何1．空间几何体的结构特征（1)多面体的结构特征（22.空间几何体的直观图常用斜二测画法来画,其规则是：（1）原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直,直观图中,x′轴，y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．（2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴；平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段在直观图中长度为原来的一半．考点贯通抓高考命题的“形”与“神”空间几何体的结构特征[例1］下列说法正确的序号是________．①有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱；②四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形；③有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台；④棱台的各侧棱延长后不一定交于一点．[解析］①错，如图(1)；②正确,如图(2），其中底面ABCD是矩形,PD⊥平面ABCD，可证明∠PAB，∠PCB，∠PDA，∠PDC都是直角,这样四个侧面都是直角三角形;③错,如图(3）；④错，由棱台的定义知,其侧棱的延长线必相交于同一点．[答案］②［方法技巧］解决与空间几何体结构特征有关问题的三个技巧(1）把握几何体的结构特征,要多观察实物，提高空间想象能力；（2)紧扣结构特征是判断的关键,熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，如例1中的①③易判断失误；（3）通过反例对结构特征进行辨析．空间几何体的直观图按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系：（1)S直观图＝错误!S原图形．（2）S原图形＝2错误!S直观图．[例2] 用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是________．（填序号）[解析］由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为错误!,所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2错误!。
近年届高考数学一轮复习第八章立体几何层级快练50文(2021学年)
２0１9届高考数学一轮复习第八章立体几何层级快练5０文编辑整理:尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心,本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的,发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方,但是任然希望(2019届高考数学一轮复习第八章立体几何层级快练50 文)的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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层级快练(五十)1．下列关于线、面的四个命题中不正确的是（）A．平行于同一平面的两个平面一定平行ﻩB．平行于同一直线的两条直线一定平行C.垂直于同一直线的两条直线一定平行ﻩD．垂直于同一平面的两条直线一定平行答案C解析垂直于同一条直线的两条直线不一定平行,可能相交或异面.本题可以以正方体为例证明．2．设α，β，γ为平面,a,b为直线,给出下列条件:①a⊂α,ｂ⊂β,a∥β，b∥α;②α∥γ,β∥γ;③α⊥γ,β⊥γ;④ａ⊥α，ｂ⊥β，a∥b。
其中能推出α∥β的条件是( )Ａ．①② B.②③C．②④ﻩD．③④答案Ｃ3.若空间四边形ABＣD的两条对角线ＡC，ＢD的长分别是８，12,过AB的中点E且平行于BD，AC的截面四边形的周长为( )Ａ．10 ﻩB．20C．8 Ｄ.4答案Ｂ解析设截面四边形为EFGH，F，G,Ｈ分别是ＢＣ，ＣD,ＤA的中点，∴EF＝GH=4,FG＝ＨE=６．∴周长为２×（4＋6)=20.4．(２018·安徽毛坦厂中学月考)如图，在正方体ABＣD－A1B１C1D1中,E，F分别为棱ＡＢ,CC1的中点,在平面ADD１A内且与平面D1EF平行的直线（)A.有无数条ﻩB．有2条C．有１条ﻩ D.不存在答案 A解析因为平面D1ＥF与平面ＡＤＤ１A1有公共点D1,所以两平面有一条过Ｄ１的交线l,在平面ADD１A1内与l平行的任意直线都与平面D1ＥＦ平行,这样的直线有无数条，故选A。
2021高考理科数学一轮总复习课标通用版作业：第8章 立体几何 课时作业42
课时作业42 立体几何中的向量方法一、选择题1．(2019年江西省六校联考)在等腰直角△ABC 中，AC ＝BC ，D 在AB 边上且满足：CD →＝tCA →＋(1－t )CB →，若∠ACD ＝30°，则t 的值为 ( )A.3－12B.3－1C.3－32D.3＋12 解析：∵CD→＝tCA →＋(1－t )CB →，∴A ，B ，D 三点共线， ∴由题意建立如图1所示的坐标系，设AC ＝BC ＝1， 则C (0，0)，A (1，0)，B (0，1)，图1直线AB 的方程为x ＋y ＝1， 直线CD 的方程为y ＝33x ，故联立解得，x ＝3－32，y ＝3－12，故D ⎝ ⎛⎭⎪⎫3－32，3－12，故CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3－3，3－1，CA →＝(1，0)，CB →＝(0，1)， 故tCA →＋(1－t )CB →＝(t ，1－t )，故⎝ ⎛⎭⎪⎫3－32，3－12 ＝(t ，1－t )，故t ＝3－32. 本题选择C 选项． 答案：C2．(2019年江西省重点中学盟校联考)棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1内有一个内切球O ，过正方体中两条互为异面直线的AB ，A 1D 1的中点P ，Q 作直线，该直线被球面截在球内的线段的长为 ( )A.22B.12C.24 D.2－1解析：以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，所以球心O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，12，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1，|PQ |＝62，|OP |＝|OQ |＝22，故O 到直线PQ 的距离为⎝ ⎛⎭⎪⎫222－⎝ ⎛⎭⎪⎫642＝24，而球的半径为12，所以在球内的线段长度为2⎝ ⎛⎭⎪⎫122－⎝ ⎛⎭⎪⎫242＝22，故选A.图2答案：A3．(2019年内蒙古乌兰察布市北京八中分校月考)已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于 ( )A.23B.33C.23D.13解析：设AB ＝1，则AA 1＝2，建立如图3所示空间直角坐标系，则D (0，0，2)，C 1(0，1，0)，B (1，1，2)，C (0，1，2)，∴DB →＝(1，1，0)，DC 1→＝(0，1，－2)，DC →＝(0，1，0)，设n ＝(x ，y ，z )为平面BDC 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0y －2z ＝0，取n ＝(－2，2，1)，设CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DC →|n ||DC →|＝23，故选A.图3答案：A4．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于 ( )A.13B.23C.33D.23解析：如图，设A 1在平面ABC 内的射影为O ，以O 为坐标原点，OA 、OA 1分别为x 轴、z 轴建立空间直角坐标系如图4.图4设△ABC 的边长为1，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫33，0，0，B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，63，∴AB 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－536，12，63. 又平面ABC 的法向量为n ＝(0，0，1)． 设AB 1与底面ABC 所成角为α， 则sin α＝|cosAB 1→，n |＝|AB 1→·n ||AB 1→||n |＝23.故直线AB 1与底面ABC 所成角的正弦值为23，选B. 答案：B5．(2019年河北省石家庄市第一中学质检)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 为BB 1的中点，则点C 到平面A 1D 1E 的距离为 ( )A.5B.5C.5D.3解析：建立空间直角坐标系，结合题意得到点的坐标，然后利用空间向量求解点面距离即可．如图5所示，建立空间直角坐标系，则A 1(0，0，1)，D 1(0，1，1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12，据此可得：A 1D 1→＝(0，1，0)，A 1E →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，－12，图5设平面A 1D 1E 1的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧y 1＝0x 1－12z 1＝0， 据此可得平面A 1D 1E 的一个法向量为m ＝(1，0，2)， 而C (1，1，0)，据此有：A 1C →＝(1，1，－1)， 则点C 到平面A 1D 1E 的距离为|A 1C →·m ||m|＝15＝55.本题选择A 选项． 答案：A6．(2019年湖南省株洲市茶陵三中月考)在如图6所示的空间直角坐标系中，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 为正方体的棱AA 1的中点，F 为棱AB 上的一点，且∠C 1EF ＝90°，则点F 的坐标为 ( )图6A.⎝ ⎛⎭⎪⎫2，12，0B.⎝ ⎛⎭⎪⎫2，13，0 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫2，14，0 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫2，23，0 解析：由题意得E (2，0，1)，C 1(0，2，2)，设F (2，y ，0)， 则EC 1→＝(－2，2，1)，EF →＝(0，y ，－1)， ∵∠C 1EF ＝90°，∴EC 1→·EF →＝2y －1＝0，解得y ＝12， 则点F 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，12，0， 答案：A 7.图7(2019年河南省豫北重点中学联考)如图7，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝2，AB ＝3，E 为AB 的中点，则点B 1到平面D 1EC 的距离为 ( )A.156161B.83131C.186161D.113131解析：以D 为坐标原点建立空间直角坐标系， 设B 1(2，3，2)，C (0，3，0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫2，32，0，D 1(0，0，2)平面D 1EC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∴⎩⎨⎧（x ，y ，z ）·⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－32，0＝0（x ，y ，z ）·（0，3，－2）＝0⇒⎩⎨⎧2x ＝32y 3y ＝2z取n ＝⎩⎨⎧⎭⎪⎫14，13，12，所以点B 1到平面D 1EC 的距离为⎪⎪⎪⎪B 1D 1→cos n ，B 1D 1→＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪B 1D 1→·n n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－12－16112 ＝186161，选C. 答案：C8．(2019年福建省龙岩市模拟)如图8所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知M ，N 分别是BD 和AD 的中点，则B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为 ( )图8A.3030B.3015C.3010D.1515图9解析：建立如图9所示的坐标系，设正方体的棱长为2，则B 1(2，2，2)，M (1，1，0)， D 1(0，0，2)，N (1，0，0)∴B 1M →＝(－1，－1，－2)，D 1N →＝(1，0，－2) ∴B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1＋41＋1＋4·1＋4＝3010，故选C. 答案：C9．(2019年福建省三明市第一中学月考)如图10，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为A 1B 1、CC 1的中点，P 为AD 上一动点，记α为异面直线PM 与D 1N 所成的角，则α的集合是 ( )图10A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫π2 B.⎩⎨⎧⎭⎬⎫α|π6≤α≤π2C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫α|π4≤α≤π2D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫α|π3≤α≤π2解析：分别以边DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图11所示空间直角坐标系，图11设正方体边长为1，P (x ，0，0)，(0≤x ≤1)，并能确定以下几点坐标：M ⎝⎛⎭⎪⎫1，12，1，D 1(0，0，1)，N ⎝⎛⎭⎪⎫0，1，12；∴PM →＝⎝⎛⎭⎪⎫1－x ，12，1，D 1N →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，1，－12∴PM →·D 1N →＝0∴PM ⊥D 1N ，∴α＝π2，故选A. 答案：A10．(2019年江西省抚州市临川区第一中学月考)在空间直角坐标系O －xyz 中，已知A (2，0，0)，B (2，2，2)，C (0，2，0)，D (1，1，2)．若S 1，S 2，S 3分别是三棱锥D －ABC 在xOy ，yOz ，zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则 ( )A ．S 1＝S 2<S 3B ．S 1＝S 2>S 3C ．S 1<S 2＝S 3D ．S 1>S 2＝S 3解析：根据点在面上的投影，D ，B 在xOy 面上投影分别为(1，1，0) ，(2，，2，0)，所以投影三角形面积S 1＝12×2×2＝2，在面yOz 面上的投影分别为(0，1， 2 )，(0，2，2)，投影梯形面积S 2＝12×(1＋2)×2＝322，在面xOz 面上的投影分别为(1，0，2)，(2，0，2) ，投影梯形的面积S 3＝12×(2＋1)×2＝322，故S 1<S 2＝S 3，选C.答案：C11．(2019年安徽省铜陵市第一中学月考)设点M 是棱长为2的正方体的棱AD 的中点，P 是平面BCC 1B 1内一点，若面D 1PM 分别与面ABCD 和面BCC 1B 1所成的锐二面角相等，则PC 1长度的最小值是 ( )A.255B.22C.63 D ．1解析：如图12，过点P 作D 1M 的平行线交BC 于点Q ，交B 1C 1于点E ，连接MQ ，图12则PN 是平面D 1PM 与平面BCC 1B 1的交线，MN 是平面D 1PM 与平面ABCD 的交线．EF ∥BB 1 ，交BC 于点F ，过点F 作FG 垂直MQ 于点G ，则有MQ 与平面EFG 垂直，所以，EG ⊥MQ ，即角EGF 是平面D 1PM 与平面ABCD 所成二面角的平面角，且sin ∠EGF ＝EFEG ，MN ∥CD 交BC 于点N ，过点N 作NH ⊥EQ 于点H ，同上有：sin ∠MHN ＝MNMH ，且有∠EGF ＝∠MHN ， 又因为EF ＝MN ＝AB ，故EG ＝MH ，而2S △EMQ ＝EG ×MQ ＝MH ×EQ ，故MQ ＝EQ ，而四边形EQMD 1一定是平行四边形，故它还是菱形，即点E 一定是B 1C 1的中点，点PC 1长度的最小值是点C 1到直线BE 的距离，以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AA 1为z 轴，建立空间直角坐标系，E (2，1，2)，B (2，0，0)，C 1(2，2，2)，BE →＝(0，1，2)， BC 1→＝(0，2，2)， ∴PC 1 长度的最小值 d ＝|BC 1→|·1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫|BE →·BC 1→||BE →||BC 1→|2 ＝22× 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫65×82＝255， 故选A. 答案：A12．(2019年浙江省温州市“十五校联合体”联考)如图13，在长方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，点P ，Q 分别是棱BC ，CD 上的动点，BC ＝4，CD ＝3，CC ′＝23，直线CC ′与平面PQC ′所成的角为30°，则△PQC ′面积的最小值是 ( )A.1855 B ．8 C.1633 D ．10图13图14解析：以C 为原点，以CD ，CB ，CC ′为坐标轴建立空间直角坐标系，如图14所示：则C (0，0，0)，C ′(0，0，23)，设P (0，a ，0)，Q (b ，0，0)， 于是0<a ≤4，0<b ≤3.∴QC ′→＝(－b ，0，23)，PC ′→＝(0，－a ，23)， CC ′→＝(0，0，23)设平面PQC ′的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧n ·PC ′→＝0n ·QC′→＝0∴⎩⎪⎨⎪⎧－ay ＋23z ＝0，－bx ＋23z ＝0，令z ＝1，得n ＝⎝ ⎛⎭⎬⎫23，23，1， ∴n ·CC ′→＝23，|CC ′→|＝23，|n |＝12b 2＋12a 2＋1∴cos 〈n ，CC ′→〉＝112b 2＋12a 2＋1＝12∴12a 2＋12b 2＝3，∴a 2＋b 2＝14a 2b 2≥2ab ，解得ab ≥8. ∴当ab ＝8时，S △PQC ＝4，棱锥C ′－PQC 的体积最小， ∵直线CC ′与平面PQC ′所成的角为30°， ∴C 到平面PQC ′的距离d ＝23×12＝3 ∵V C ′－PQC ＝V C －PQC ′，∴13×4×23＝13×S △PQC ′×3， ∴S △PQC ′＝8，故选B. 答案：B 二、填空题13．(2019年山西省平遥中学调研)在内切圆圆心为M 的△ABC 中，AB ＝3，BC ＝4，AC ＝5，在平面ABC 内，过点M 作动直线l ，现将△ABC 沿动直线l 翻折，使翻折后的点C 在平面ABM 上的射影E 落在直线AB 上，点C 在直线l 上的射影为F ，则|EF ||CF |的最小值为________．解析：画出图象如图15所示．由于l ⊥C 1F ，l ⊥C 1E ，所以l ⊥平面C 1EF ，所以C ，F ，E 三点共线．以BA ，BC 分别为x ，y 轴建立平面直角坐标系，则A (3，0)，C (0，4)，M (1，1)，设直线l 的方程为y －1＝k (x －1)，则直线CE 的方程为y ＝－1k x ＋4.令y ＝0求得x E ＝4k ，而y E ＝0.联立⎩⎨⎧y －1＝k （x －1）y ＝－1k x ＋4解得x F ＝（3＋k ）k 1＋k 2，y F ＝4k 2－k ＋11＋k 2.由点到直线的距离公式可计算得，|EF |＝|4k 2－k ＋1|1＋k2， |CF |＝|3＋k |1＋k2，所以|EF ||CF |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4k 2－k ＋1k ＋3 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4（k ＋3）＋40k ＋3－25≥24（k ＋3）·40k ＋3－25＝810－25，即最小值为810－25.图15答案：810－2514．(2019年江苏省清江中学质检)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成锐二面角的余弦值为________．图16解析：分别以AB 、AD 、AA ′为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系A －xyz ，如图17所示，设其棱长为1，图17则A 1(0，0，1)，E (1，0，12)，D (0，1，0)． ∴A 1D →＝(0，1，－1)，A 1E →＝(1，0，－12)． 设平面A 1ED 的法向量n ＝(x ，y ，z )，⎩⎨⎧n 1·A 1D →＝0，n ·A 1E →＝0，即⎩⎨⎧y －z ＝0，x －12z ＝0.∴n 1＝(1，2，2)． 又∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)． ∴cosn 1，n 2＝23×1＝23. 即平面A 1ED 与平面ABCD 所成二面角的余弦值为23. 答案：32 15.图18(2019年江西省上饶市模拟)如图18，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3AD ＝3AA 1＝3，点P 为线段A 1C 上的动点(包含线段端点)，则下列结论正确的________．①当A 1C →＝3A 1P →时，D 1P ∥平面BDC 1； ②当A 1C →＝5A 1P →时，A 1C ⊥平面D 1AP ； ③∠APD 1的最大值为90°； ④|AP →|＋|PD 1→|的最小值为 5. 解析：以D 为坐标原点建立空间角直坐标系，则A (1，0，0)，A 1(1，0，1)，C (0，3，0)，D 1(0，0，1)，C 1(0，3，1)，B (1，3，0)，A 1C →＝(－1，3，－1)，设P (x ，y ，z )，A 1P →＝(x －1，y ，z －1)．对于①，当A 1C →＝3A 1P →，即(－1，3，－1)＝3(x －1，y ，z －1)，解得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，33，23，D 1P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，33，－13，设平面BDC 1的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则由⎩⎨⎧n ·DB→＝0，n ·DC 1→＝0，解得n ＝(－3，1，－3)，由于D 1P →·n ＝0，所以D 1P∥平面BDC 1成立；对于②，当A 1C →＝5A 1P →时，即(－1，3，－1)＝5(x－1，y ，z －1)，解得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫45，35，45，由⎩⎨⎧A 1C →·D 1A →＝0，A 1C →·D 1P →＝0，可知A 1C ⊥平面D 1AP 成立；对于③，设A 1C →＝λA 1P →，即(－1，3，－1)＝λ(x －1，y ，z －1)，解得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1λ，3λ，1－1λ，由cos 〈P A →，PD 1→〉＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ，－3λ，1λ－1⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ－1，－3λ，1λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－3λ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ－12，其分子化简得5－2λλ2，当λ>52时，cosP A →，PD 1→<0，故∠APD 1的最大值可以为钝角，③错误；对于④，根据③计算的数据，P A →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ，－3λ，1λ－1， PD 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ－1，－3λ，1λ|P A →|＋|PD 1→|＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－3λ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ－12＝25·1λ2－2·1λ＋1，在对称轴1λ＝15， 即λ＝5时取得最小值为245＝455，故④错误．答案：①②16．(2019年浙江省台州市调研)如图19，已知正四棱锥P —ABCD 中，AB ＝4，高h ＝22，点M 是侧棱PC 的中点，则异面直线BM 与AC 所成角的余弦值为________．图19图20解析：设AC ，BD 交于点O ，以O 为原点，与CB ，AB 平行的直线为x ，y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系，则A (2，－2，0)，B (2，2，0)，C (－2，2，0)，P (0，0，22) ，所以M (－1，1，2)，AC→＝(－4，4，0)， BM →＝(－3，－1，2)，cos θ＝|AC →·BM →|AC →|·|BM →||＝|（－4）×（－3）＋4×（－1）＋0×242×23|＝66.答案：66 三、解答题17．(2019年北京东城二中模拟)如图21，四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 为菱形，∠ABC ＝60°，侧面P AB 是边长为2的正三角形，侧面P AB ⊥底面ABCD .(1)设AB 的中点为Q ，求证：PQ ⊥平面ABCD . (2)求斜线PD 与平面ABCD 所成角的正弦值．(3)在侧棱PC 上存在一点M ，使得二面角M －BD －C 的大小为60°，求CMCP 的值．图21图22解：(1)证明：∵侧面P AB 是正三角形，AB 中点为Q ， ∴PQ ⊥AB ，∵侧面P AB ⊥底面ABCD ， 侧面P AB ∩底面ABCD ＝AB ， PQ ⊂侧面P AB ，∴PQ ⊥平面ABCD . (2)连接AC ，设AC ∩BD ＝O 点，以O 为原点，OB ，OC ，过O 点且垂直于平面ABCD 的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则O (0，0，0)，B (3，0，0)，C (0，1，0)，D (－3，0，0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，3，PD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－332，12，－3，平面ABCD 的法向量m ＝(0，0，1)，设斜线PD 与平面ABCD 所成角为α，则sin α＝|cos m ，PD→|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ·PD →|m |·|PD →|| ＝3274＋14＋3＝3010(3)设CM →＝tCP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32t ，－32t ，3t ，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫32t ，1－32t ，3t ，BM →＝(32t －3，－32t ＋1，3t )， DB→＝()23，0，0， 设平面MBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∴n ⊥DB →，n ⊥MB →，∴⎩⎨⎧n ·DB →＝0，n ·MB→＝0，即⎩⎨⎧x ＝0⎝ ⎛⎭⎪⎫32t －3x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－32t ＋1y ＋3tz ＝0，取z ＝3，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，6t 3t －2，3，又∵平面ABCD 的法向量m ＝(0，0，1)， ∴|m ·n ||m ||n |＝cos m ·n＝cos60°，∴33＋⎝ ⎛⎭⎪⎫6t 3t －22＝12， 解出t ＝2(舍去)或t ＝25，此时CM CP ＝25.18．(2019年湖南省邵阳市月考)如图23，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，F ，G 分别是棱CC 1，AA 1的中点，E 为棱AB 上一点，B 1M →＝3MA 1→且GM ∥平面B 1EF .图23(1)证明：E 为AB 的中点；(2)求平面B 1EF 与平面ABC 1D 1成锐二面角的余弦值．解：(1)证明：取A 1B 1的中点N ，连接AN ，因为B 1M →＝3MA 1→，所以M 为A 1N 的中点，又G 为AA 1的中点，所以GM ∥AN ，因为GM ∥平面B 1EF ，GM ⊂平面ABB 1A 1，平面ABB 1A 1∩平面B 1EF ＝B 1E ，所以GM ∥B 1E ，即AN ∥B 1E ，又B 1N ∥AE ，所以四边形AEB 1N 为平行四边形，则AE ＝B 1N ，所以E 为AB 的中点．(2)以D 为坐标原点，建立如图24所示的空间直角坐标系D －xyz .不妨令正方体的棱长为2，则B 1(2，2，2)，E (2，1，0)，F (0，2，1)，A 1(2，0，2)，可得B 1E →＝(0，－1，－2)，EF →＝(－2，1，1)，设m 是平面B 1EF 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧m ·B 1E →＝－y －2z ＝0m ·EF →＝－2x ＋y ＋z ＝0，令z ＝2，得m ＝(－1，－4，2)．易得平面ABC 1D 1的一个法向量为n ＝DA 1→＝(2，0，2)，图24所以cos〈m，n〉＝|m·n||m||n|＝222×21＝4242.故所求锐二面角的余弦值为42 42.19．正△ABC的边长为2，CD是AB边上的高，E、F分别是AC 和BC的中点(如图25(1))．现将△ABC沿CD翻成直二面角A—DC－B(如图25(2))．在图(2)中：图25(1)求证：AB∥平面DEF；(2)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？证明你的结论；(3)求二面角E－DF－C的余弦值．解：(1)证明：在△ABC中，因为E、F分别是AC、BC的中点，所以EF ∥AB .又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ， 所以AB ∥平面DEF .(2)以点D 为坐标原点，以直线DB 、DC 、DA 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(图略)．则A (0，0，1)，B (1，0，0)，C (0，3，0)，E (0，32，12)，F (12，32，0)，AB →＝(1，0，－1)，BC →＝(－1，3，0)，DE →＝(0，32，12)，DF →＝(12，32，0)．设BP→＝λBC →，则AP →＝AB →＋BP →＝(1－λ，3λ，－1)， 注意到AP ⊥DE ，AP →·DE →＝0，λ＝13，BP →＝13BC →， 所以在线段BC 上存在点P ，使AP ⊥DE . (3)平面CDF 的一个法向量DA→＝(0，0，1)， 设平面EDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧DF →·n ＝0DE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，3y ＋z ＝0，取n ＝(3，－3，3)，cosDA→，n ＝DA →·n |n ||DA →|＝217，所以二面角E －DF －C 的余弦值为217.。
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第八章立体几何第1讲空间几何体的三视图和直观图1．下列说法正确的是( )A．相等的角在直观图中仍然相等B．相等的线段在直观图中仍然相等C．正方形的直观图是正方形D．若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行2．(2013年新课标Ⅰ)某几何体的三视图如图X811，则该几何体的体积为( )图X811A．16＋8π B．8＋8πC．16＋16π D．8＋16π3．如图X812，正方形O′A′B′C′的边长为1 cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长为( )图X812A．6 cm B．8 cmC．(2＋4 2)cm D．(2＋2 3)cm4．(2015年陕西)一个几何体的三视图如图X813，则该几何体的表面积为( )图X813A．3π B．4πC．2π＋4 D．3π＋45．(2015年重庆)某几何体的三视图如图X814，则该几何体的体积为( )图X814A.13＋π B.23＋πC.13＋2π D.23＋2π6．(2013年新课标Ⅱ)一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到的正视图可以为( )A B C D7．(2014年北京)某三棱锥的三视图如图X815，则该三棱锥最长棱的棱长为________．图X8158．如图X816，直三棱柱的正视图面积为2a2，则侧视图的面积为________．图X8169．如图X817所示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图X818中画出．X817(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．X81810．如图X819所示的为一简单组合体，其底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，EC ∥PD，且PD＝AD＝2EC＝2.(1)如图X8110所示的方框内已给出了该几何体的俯视图，请在方框内画出该几何体的正视图和侧视图；(2)求四棱锥BCEPD的体积；(3)求证：BE∥平面PDA.X819X8110第2讲 空间几何体的表面积和体积1．(2015年上海)若正三棱柱的所有棱长均为a ，且其体积为16 3，则a ＝________. 2．(2015年山东)已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.2 2π3B.4 2π3C ．2 2π D．4 2π 3．(2014年浙江)某几何体的三视图(单位：cm)如图X821，则该几何体的体积是( )图X821A ．72 cm 3B ．90 cm 3C ．108 cm 3D ．138 cm 34．(2014年江苏)设甲、乙两个圆柱的底面面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2.若它们的侧面面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2＝________.5．(2011年新课标)已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且AB ＝6，BC ＝2 3，则棱锥O ABCD 的体积为________．6．(2013年新课标Ⅰ)已知H 是球O 的直径AB 上一点，AH ∶HB ＝1∶2，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为________．7．(2015年上海)若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，则其母线与轴的夹角的大小为______．8．(2013年江苏)如图X822，在三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，AC ，AA 1的中点，设三棱锥F ADE 的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1ABC 的体积为V 2，则V 1∶V 2＝__________.图X8229．如图X823，设计一个正四棱锥形的冷水塔，高是1 m ，底面的边长是2 m.(1)求这个正四棱锥形冷水塔的容积；(2)制造这个水塔的侧面需要的钢板的面积是多少？图X82310．如图X824，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点．(1)证明：平面BDC 1⊥平面BDC ；(2)平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．图X824第3讲点、直线、平面之间的位置关系1．(2015年广东)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是( )A．l至少与l1，l2中的一条相交B．l与l1，l2都相交C．l至多与l1，l2中的一条相交D．l与l1，l2都不相交2．下列命题正确的是( )A．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行3．设A，B，C，D是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是( )A．若AC与BD共面，则AD与BC共面B．若AC与BD异面直线，则AD与BC是异面直线C．若AB＝AC，DB＝DC，则AD＝BCD．若AB＝AC，DB＝DC，则AD⊥BC4．如图X831，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有下列四个结论：①直线AM与CC1是相交直线；②直线AM与BN是平行直线；③直线BN与MB1是异面直线；④直线AM与DD1是异面直线．其中正确的结论为________．图X8315．(2015年湖北)l1，l2表示空间中的两条直线，若p：l1，l2是异面直线；q：l1，l2不相交，则( )A．p是q的充分条件，但不是q的必要条件B．p是q的必要条件，但不是q的充分条件C．p是q的充分必要条件D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件6．如图X832所示的是正方体的平面展开图，在这个正方体中，图X832①BM与ED平行；②CN与BE是异面直线；③CN与BM成60°；④CN与AF垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是( )A．①②③ B．②④ C．③ D．③④7．(2011年大纲)已知正方体ABCDA1B1C1D1中，E为C1D1的中点，则异面直线AE与BC 所成角的余弦值为__________．8．直三棱柱ABCA1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于( )A．30° B．45° C．60° D．90°9．(2015年上海改编)如图X833，圆锥的顶点为P，底面的一条直径为AB，C为半圆弧AB的中点，E为劣弧CB的中点．已知PO＝2，OA＝1，求三棱锥PAOC的体积，并求异面直线PA与OE所成角的余弦值．图X83310．如图X835所示的是一个正方体(如图X834)的表面展开图，MN和PQ是两个面的对角线，请在正方体中将MN和PQ画出来，并就这个正方体解答下列问题．(1)求MN和PQ所成角的大小；(2)求三棱锥MNPQ的体积与正方体的体积之比．图X834图X835第4讲直线、平面平行的判定与性质1．(2014年辽宁)已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是( ) A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α2．已知m，n是两条直线，α，β是两个平面，给出下列命题：①若n⊥α，n⊥β，则α∥β；②若平面α上有不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β；③若n，m 为异面直线，n⊂α，n∥β，m⊂β，m∥α，则α∥β.其中正确命题的个数是( ) A．3个 B．2个 C．1个 D．0个3．如图X841，已知l是过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点的平面AB1D1与下底面ABCD所在平面的交线，下列结论错误的是( )图X841A．D1B1∥l B．BD∥平面AD1B1C．l∥平面A1D1B1 D．l⊥B1C14．(2015年北京)设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α.“m∥β”是“α∥β”的( )A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件5．如图X842，在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于________．图X8426．如图X843(1)，在透明塑料制成的长方体ABCDA1B1C1D1容器内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下列四个说法：①水的部分始终呈棱柱状；②水面四边形EFGH的面积不改变；③棱A1D1始终与水面EFGH平行；④当容器倾斜如图X843(2)时，BE·BF是定值．其中正确说法的序号是____________．图X8437．如图X844，在长方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC 的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M满足条件____________时，有MN∥平面B1BDD1.图X8448．设α，β，γ是三个平面，a，b是两条不同直线，有下列三个条件：①a∥γ，b ⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ.如果命题“α∩β＝a，b⊂γ，且________，则a∥b”为真命题．可以在横线处填入的条件是________(把所有正确的序号填上)．9．(2014年广东惠州一模)如图X845，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，D为AC的中点，AA1＝AB＝2.(1)求证：AB1∥平面BC1D；(2)若BC＝3，求三棱锥DBC1C的体积．图X84510．如图X846，在正方体ABCDA1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，问：当点Q在什么位置时，平面D1BQ∥平面PAO?图X846第5讲 直线、平面垂直的判定与性质1．(2015年浙江)设α，β是两个不同的平面，l ，m 是两条不同的直线，且l ⊂α，m ⊂β，( )A ．若l ⊥β，则α⊥βB ．若α⊥β，则l ⊥mC ．若l ∥β，则α∥βD ．若α∥β，则l ∥m2．如图X851，ABCD A 1B 1C 1D 1为正方体，下面结论错误的是( )图X851A ．BD ∥平面CB 1D 1 B ．AC 1⊥BDC ．AC 1⊥平面CB 1D 1D ．异面直线AD 与CB 1所成的角为60°3．(2014年浙江)设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则( ) A ．若m ⊥n ，n ∥α，则m ⊥α B ．若m ∥β，β⊥α，则m ⊥αC ．若m ⊥β，n ⊥β，n ⊥α，则m ⊥αD ．若m ⊥n ，n ⊥β，β⊥α，则m ⊥α 4．(2011年大纲)已知直二面角αl β，点A ∈α，AC ⊥l ，C 为垂足，B ∈β，BD ⊥l ，D 为垂足．若AB ＝2，AC ＝BD ＝1，则CD ＝( )A ．2 B. 3 C. 2 D ．15．如图X852，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，A 1D 与BC 1所成的角为π2，则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为( )图X852A.63 B.12 C.155 D.326．已知a ，b ，c 是三条不同的直线，命题“a ∥b ，且a ⊥c ⇒b ⊥c ”是正确的，如果把a ，b ，c 中的两个或三个换成平面，在所得的命题中，真命题有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个7．如图X853，在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，若AB ＝2，AA 1＝1，则点A 到平面A 1BC 的距离为( )图X853A.34B.32C.3 34D. 38．已知正三棱锥ABC，点P，A，B，C都在半径为3的球面上，若PA，PB，PC两两互相垂直，则球心到截面ABC的距离为________．9．(2013年北京)如图X854，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD，PC的中点．求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.图X85410．(2015年广东)如图X855，三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，PD＝PC＝4，AB＝6，BC＝3.(1)证明：BC∥平面PDA；(2)证明：BC⊥PD；(3)求点C到平面PDA的距离．图X855专题五立体几何1．已知α，β，γ是三个不同的平面，命题“α∥β，且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题．如果把α，β，γ中的任意两个换成直线，另一个保持不变，那么在所得的所有新命题中，真命题的个数有( )A．0个 B．1个 C．2个 D．3个2．在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝2，PA⊥平面ABCD，PA＝1，则PC与平面ABCD所成的角是( )A．30° B．45° C．60° D．90°3．已知直三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，侧面BCC1B1的面积为2，则直三棱柱ABCA1B1C1外接球表面积的最小值为( )A．4π B．8π C．3 3π D．6 3π4．三棱锥的三组相对的棱(相对的棱是指三棱锥中成异面直线的一组棱)分别相等，且长各为2，m，n，其中m2＋n2＝6，则三棱锥体积的最大值为( )A.33B.12C.8 327D.235．(2015年天津)一个几何体的三视图如图Z51(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.图Z516．(2013年新课标Ⅰ)如图Z52，三棱柱ABCA1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.(1)证明：AB⊥A1C；(2)若AB＝CB＝2，A1C＝6，求三棱柱ABCA1B1C1的体积．图Z527．(2015年湖南)如图Z53，直三棱柱ABCA1B1C1的底面是边长为2的正三角形，E，F 分别是BC，CC1的中点．(1)证明：平面AEF⊥平面B1BCC1；(2)若直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°，求三棱锥FAEC的体积．图Z538．(2014年广东广州一模)如图Z54，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠BCD＝60°，AB＝2AD，PD⊥平面ABCD，点M为PC的中点．(1)求证：PA∥平面BMD；(2)求证：AD⊥PB；(3)若AB＝PD＝2，求点A到平面BMD的距离．图Z54第八章 立体几何第1讲 空间几何体的三视图和直观图1．D 解析：由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行性不变． 2．A 解析：原几何体为组合体：上面是长方体，下面是圆柱的一半(如图D111)，其体积为V ＝4×2×2＋12π×22×4＝16＋8π.图D1113．B4．D 解析：由三视图知：该几何体是半个圆柱，其中底面圆的半径为1，母线长为2，所以该几何体的表面积是12×2π×1×2＋π×12＋2×2＝3π＋4.故选D.5．A 解析：这是一个三棱锥与半个圆柱的组合体，V ＝12π×12×2＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×2×1＝π＋13.故选A.6．A 解析：根据已知条件作出图形：四面体C 1A 1DB ，标出各个点的坐标如图D112(1)，可以看出正视图是正方形，如图D112(2)．故选A.图D1127．2 2 解析：由三视图可知该几何体的直观图如图D113，并由三视图的形状特征及数据，可推知PA ⊥面ABC ，△ABC 为等腰直角三角形，且PA ＝2，AB ＝BC ＝2，AC ＝2，所以最长的棱为PC ，PC ＝PA 2＋AC 2＝2 2.图D1138.3a 2解析：由正视图面积可求出直三棱柱的高为2a ，底面的正三角形的高为32a ，故侧视图的面积为2a ·32a ＝3a 2. 9．解：(1)如图D114.图D114(2)所求多面体体积V ＝V 长方体－V 正三棱锥＝4×4×6－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2×2＝2843. 10．(1)解：该组合体的正视图和侧视图如图D115.图D115(2)解：∵PD ⊥平面ABCD ，PD ⊂平面PDCE ， ∴平面PDCE ⊥平面ABCD . ∵BC ⊥CD ，∴BC ⊥平面PDCE .∵S 梯形PDCE ＝12(PD ＋EC )·DC ＝12×3×2＝3，∴四棱锥B CEPD 的体积为V B CEPD ＝13S 梯形PDCE ·BC ＝13×3×2＝2.(3)证明：∵EC ∥PD ，PD ⊂平面PDA ，EC 平面PDA ， ∴EC ∥平面PDA .同理，BC ∥平面PDA .∵EC ⊂平面EBC ，BC ⊂平面EBC ，且EC ∩BC ＝C ， ∴平面EBC ∥平面PDA .又∵BE ⊂平面EBC ，∴BE ∥平面PDA . 第2讲 空间几何体的表面积和体积1．4 解析：a ·34a 2＝16 3⇒a 3＝64⇒a ＝4. 2．B 解析：由题意知，该等腰直角三角形的斜边长为2 2，斜边上的高为2，所得旋转体为同底等高的全等圆锥，所以，其体积为13π×(2)2×2 2＝4 2π3.故选B.3．B 解析：由三视图可知，该几何体是由一个长方体和一个直三棱柱构成的组合体，如图D116，其体积V ＝V 长方体＋V 三棱柱＝6×4×3＋12×4×3×3＝90(cm 3)．故选B.图D1164.32解析：设甲、乙两个圆柱的底面半径和高分别为r 1，r 2，h 1，h 2，则2πr 1h 1＝2πr 2h 2，h 1h 2＝r 2r 1.又S 1S 2＝πr 21πr 22＝94，所以r 1r 2＝32.则V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2＝r 21r 22·h 1h 2＝r 21r 22·r 2r 1＝r 1r 2＝32. 5．8 3 解析：设ABCD 所在的截面圆的圆心为M ，则AM ＝122 32＋62＝2 3，OM ＝42－ 2 32＝2，V O －ABCD ＝13×6×2 3×2＝8 3.6.92π 解析：如图D117，设球O 的半径为R ，则图D117由AH ∶HB ＝1∶2，得HA ＝13·2R ＝23R .∴OH ＝R3. ∵截面面积为π＝π·(HM )2， ∴HM ＝1.在Rt △HMO 中，OM 2＝OH 2＋HM 2，∴R 2＝19R 2＋HM 2＝19R 2＋1.∴R ＝3 24.∴S 球＝4πR 2＝4π·⎝ ⎛⎭⎪⎫3 242＝92π.7.π3 解析：由题意，得πrl ∶⎝ ⎛⎭⎪⎫12h ·2r ＝2π⇒l ＝2h ⇒母线与轴的夹角为π3. 8．1∶24 解析：V 1＝13S △ADE h 1＝13×14S △ABC ×12h 2＝124V 2，所以V 1∶V 2＝1∶24.9．解：(1)V ＝13S 底h ＝13×2×2×1＝43(m 3)．答：这个正四棱锥形冷水塔的容积是43m 3.(2)如图D118，取底面边长的中点E ，连接SE .图D118SE ＝SO 2＋EO 2＝12＋12＝2(m)， S 侧＝4×12×2×2＝4 2(m 2)．答：制造这个水塔的侧面需要4 2 m 2的钢板．10．(1)证明：由题意知，BC ⊥CC 1，BC ⊥AC ，CC 1∩AC ＝C ， ∴BC ⊥平面ACC 1A 1.又DC 1⊂平面ACC 1A 1，∴DC 1⊥BC . ∵AC ＝AD ，A 1C 1＝A 1D ， ∴∠A 1DC 1＝∠ADC ＝45°. ∴∠CDC 1＝90°，即DC 1⊥DC . 又DC ∩BC ＝C ，∴DC 1⊥平面BDC .又DC 1⊂平面BDC 1，故平面BDC 1⊥平面BDC . (2)解：设棱锥B DACC 1的体积为V 1，AC ＝1.由题意，得V 1＝13×1＋2×12×1＝12.又三棱柱ABC A 1B 1C 1的体积V ＝12×1×1×2＝1，∴(V －V 1)∶V 1＝1∶1.故平面BDC 1分此棱柱所得的两部分体积的比为1∶1. 第3讲 点、直线、平面之间的位置关系1．A 解析：考虑反证法：假如l 与l 1，l 2都不相交即都平行，则l 1，l 2平行，与l 1和l 2是异面直线矛盾，所以l 至少与l 1，l 2中的一条相交．故选A.2．C 3.C4．③④ 解析：A ，M ，C 1三点共面，且在平面AD 1C 1B 中，但C 平面AD 1C 1B ，因此直线AM 与CC 1是异面直线，同理AM 与BN 也是异面直线，AM 与DD 1也是异面直线，①②错，④正确；M ，B ，B 1三点共面，且在平面MBB 1中，但N 平面MBB 1，因此直线BN 与MB 1是异面直线，③正确．5．A 解析：若p ：l 1，l 2是异面直线，由异面直线的定义知，l 1，l 2不相交，所以命题q ：l 1，l 2不相交成立，即p 是q 的充分条件；反过来，若q ：l 1，l 2不相交，则l 1，l 2可能平行，也可能异面，所以不能推出l 1，l 2是异面直线，即p 不是q 的必要条件．故选A.6．D 7.23解析：取A 1B 1的中点M ，连接EM ，AM ，AE ，则∠AEM 就是异面直线AE 与BC 所成的角．在△AEM 中，cos ∠AEM ＝22＋32－52×2×3＝23.8．C 解析：如图D119，可补成一个正方体．∴AC 1∥BD 1.∴BA 1与AC 1所成角的大小为∠A 1BD 1.又易知△A 1BD 1为正三角形，∴∠A 1BD 1＝60°.即BA 1与AC 1成60°的角．图D1199．解：因为PO ＝2，OA ＝1，所以三棱锥P AOC 的体积 V ＝13S △AOC ·OP ＝13×12×AO ×CO ×OP ＝13×12×1×1×2＝13. 因为OE ∥AC ，所以异面直线PA 与OE 所成的角就是PA 与AC 的夹角．在△ACP 中，AC ＝2，AP ＝CP ＝5，过P 作PH ⊥AC ，则AH ＝22.在Rt △AHP 中，cos ∠PAH ＝AH AP ＝1010， 所以异面直线PA 与OE 所成角的余弦值为1010. 10．解：(1)如图D120，连接NC ，MN 与PQ 是异面直线．图D120在正方体中，PQ ∥NC ，则∠MNC 为MN 与PQ 所成的角． 因为MN ＝NC ＝MC ，所以∠MNC ＝60°. 所以MN 与PQ 所成角的大小为60°.(2)设正方体棱长为a ，则正方体的体积V ＝a 3.而三棱锥M NPQ 的体积与三棱锥N PQM 的体积相等，且NP ⊥平面PQM ，所以V N PQM ＝13×12×MP ×MQ ×NP ＝16a 3.所以三棱锥M NPQ 的体积与正方体的体积之比为1∶6. 第4讲 直线、平面平行的判定与性质1．B 解析：若m ∥α，n ∥α，则m ∥n 或m ，n 相交或m ，n 异面，故A 错；若m ⊥α，n ⊂α，由直线和平面垂直的定义知，m ⊥n ，故B 正确；若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ⊂α，故C 错；若m ∥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ，α相交，故D 错．2．B 3.D4．B 解析：因为α，β是两个不同的平面，m 是直线且m ⊂α.若“m ∥β”，则平面α，β可能相交也可能平行，不能推出α∥β；反过来若α∥β，m ⊂α，则有m ∥β，则“m ∥β”是“α∥β”的必要而不充分条件．5. 2 解析：因为EF ∥平面AB 1C ，EF ⊂平面ABCD ，且平面AB 1C 与平面ABCD 的交线为AC ，所以EF ∥AC .又点E 为AD 的中点，所以EF 为△DAC 的中位线，所以EF ＝12AC .因为AB＝2，ABCD 为正方形，所以AC ＝2 2，所以EF ＝ 2.6．①③④ 解析：对于①，由于BC 固定，所以在倾斜的过程中，始终有AD ∥EH ∥FG ∥BC ，且平面AEFB ∥平面DHGC ，故水的部分始终呈棱柱状(四棱柱、三棱柱或五棱柱)，且BC 为棱柱的一条侧棱，故①正确；对于②，当水是四棱柱或五棱柱时，水面面积与上下底面面积不等；当水是三棱柱时，则水面面积可能变大，也可能变小，故②不正确；③是正确的；④是正确的，由水的体积的不变性可证得．综上所述，正确命题的序号是①③④.7．M ∈线段HF 解析：如图D121，连接FH ，HN ，FN ，图D121由题意知，HN ∥面B 1BDD 1，FH ∥面B 1BDD 1. 且HN ∩FH ＝H .∴面NHF ∥面B 1BDD 1.∴当M 在线段HF 上运动时，有MN ∥面B 1BDD 1.8．①或③ 解析：由线面平行的性质定理可知，①正确；当b ∥β，a ⊂γ时，a 和b 在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．故应填入的条件为①或③.9．(1)证明：如图D122，连接B 1C ，交BC 1于点O ，连接OD .图D122∵四边形BCC 1B 1是平行四边形， ∴点O 为B 1C 的中点． ∵D 为AC 的中点，∴OD 为△ACB 1的中位线． ∴OD ∥AB 1.∵OD ⊂平面BC 1D ，AB 1平面BC 1D ， ∴AB 1∥平面BC 1D .(2)解：∵三棱柱ABC A 1B 1C 1，∴侧棱CC 1∥AA 1. 又∵AA 1⊥底面ABC ，∴侧棱CC 1⊥平面ABC . 故CC 1为三棱锥C 1BCD 的高，A 1A ＝CC 1＝2.S △BCD ＝12S △ABC ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×BC ×AB ＝32.∴V 1-D BC C ＝V 1-C BCD ＝13CC 1·S △BCD ＝13×2×32＝1.10．解：当Q 为CC 1的中点时，平面D 1BQ ∥平面PAO .证明如下： ∵Q 为CC 1的中点，P 为DD 1的中点，∴QB ∥PA .又∵QB 平面PAO ，PA ⊂平面PAO ， ∴QB ∥平面PAO .在△DD 1B 中，P ，O 分别为DD 1，DB 的中点， ∴D 1B ∥PO .又∵D 1B 平面PAO ，PO ⊂平面PAO ， ∴D 1B ∥平面PAO .又D 1B ∩QB ＝B ，D 1B ，QB ⊂平面D 1BQ ， ∴平面D 1BQ ∥平面PAO .第5讲 直线、平面垂直的判定与性质1．A 解析：采用排除法，选项A 中，平面与平面垂直的判定，故正确；选项B 中，当α⊥β时，l ，m 可以垂直，也可以平行，也可以异面；选项C 中，l ∥β时，α，β可以相交；选项D 中，α∥β时，l ，m 也可以异面．故选A.2．D3．C 解析：若m ⊥β，n ⊥β，则m ∥n ，又n ⊥α，则m ⊥α.故选C.4．C 解析：如图D123，因为αl β是直二面角，AC ⊥l ，∴AC ⊥平面β.∴AC ⊥BC .∴BC ＝ 3.BD ⊥l .∴CD ＝ 2.图D1235．B 解析：如图D124，连接B 1C ，则B 1C ∥A 1D .∵A 1D 与BC 1所成的角为π2，∴B 1C ⊥BC 1.∴长方体ABCD A 1B 1C 1D 1为正方体．取B 1D 1的中点M ，连接C 1M ，BM ，图D124∴C 1M ⊥平面BB 1D 1D .∴∠C 1BM 为BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角． ∵AB ＝BC ＝2，∴C 1M ＝2，BC 1＝2 2.∴sin ∠C 1BM ＝C 1M C 1B ＝12.故选B.6．C 解析：若a ，b ，c 换成平面α，β，γ，则“α∥β，且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题；若a ，b 换成平面α，β，则“α∥β，且c ⊥α⇒c ⊥β”是真命题； 若b ，c 换成平面β，γ，则“a ∥β，且a ⊥γ⇒β⊥γ”是真命题； 若a ，c 换成平面α，γ，则“b ∥α，且α⊥γ⇒b ⊥γ”是假命题． 7．B 解析：方法一，取BC 中点E ，连接AE ，A 1E ， 过点A 作AF ⊥A 1E ，垂足为F . ∵A 1A ⊥平面ABC ，∴A 1A ⊥BC . ∵AB ＝AC ，∴AE ⊥BC .∴BC ⊥平面AEA 1.∴BC ⊥AF . 又AF ⊥A 1E ，∴AF ⊥平面A 1BC .∴AF 的长即为所求点A 到平面A 1BC 的距离．∵AA 1＝1，AE ＝3，∴AF ＝32.方法二，1-A ABC V ＝13S △ABC ·AA 1＝13×3×1＝33.又∵A 1B ＝A 1C ＝ 5.在△A 1BE 中，A 1E ＝A 1B 2－BE 2＝2.∴1A BC S V ＝12×2×2＝2.∴1-A A BC V ＝13×S △A 1BC ·h ＝23h .∴23h ＝33.∴h ＝32.∴点A 到平面A 1BC 的距离为32. 8.33解析：因为在正三棱锥P ABC 中，PA ，PB ，PC 两两互相垂直，所以可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一部分(如图D125)，此正方体内接于球，正方体的对角线为球的直径，球心为正方体对角线的中点．球心到截面ABC 的距离为球的半径减去正三棱锥P ABC 在平面ABC 上的高．已知球的半径为3，所以正方体的棱长为2，可求得正三棱锥P ABC在平面ABC 上的高为2 33，所以球心到截面ABC 的距离为3－2 33＝33.图D1259．证明：(1)∵平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ， 又平面PAD ⊥平面ABCD ，且PA ⊥AD . ∴PA ⊥底面ABCD .(2)∵AB ∥CD ，CD ＝2AB ，E 为CD 的中点， ∴AB ∥DE ，且AB ＝DE .∴四边形ABED 为平行四边形．∴BE ∥AD .又∵BE 平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，∴BE ∥平面PAD . (3)∵AB ⊥AD ，且四边形ABED 为平行四边形． ∴BE ⊥CD ，AD ⊥CD .由(1)知，PA ⊥底面ABCD ，则PA ⊥CD . 又PA ∩AD ＝A ，∴CD ⊥平面PAD ，从而CD ⊥PD ，又E ，F 分别为CD ，CP 的中点， ∴EF ∥PD .故CD ⊥EF .由EF ，BE 在平面BEF 内，且EF ∩BE ＝E ， ∴CD ⊥平面BEF .又∵CD ⊂平面PCD ， ∴平面BEF ⊥平面PCD .10．(1)证明：∵四边形ABCD 是长方形，∴BC ∥AD . 又∵BC 平面PDA ，AD ⊂平面PDA ， ∴BC ∥平面PDA .(2)证明：∵四边形ABCD 是长方形，∴BC ⊥CD .∵平面PDC ⊥平面ABCD ，平面PDC ∩平面ABCD ＝CD ，BC ⊂平面ABCD ，∴BC ⊥平面PDC . ∵PD ⊂平面PDC ，∴BC ⊥PD .(3)解：如图D126，取CD 的中点E ，连接PE.图D126∵PD ＝PC ，∴PE ⊥CD .在Rt △PED 中，PE ＝PD 2－DE 2＝42－32＝7.∵平面PDC ⊥平面ABCD ，平面PDC ∩平面ABCD ＝CD ，PE ⊂平面PDC ，∴PE ⊥平面ABCD . 由(2)知，BC ⊥平面PDC ，由(1)知，BC ∥AD . ∴AD ⊥平面PDC .∵PD ⊂平面PDC ，∴AD ⊥PD . 设点C 到平面PDA 的距离为h ， 则V 三棱锥C PDA ＝V 三棱锥P ACD . ∴13S △PDA ·h ＝13S △ACD ·PE ， 即h ＝S △ACD ·PE S △PDA ＝12×3×6×712×3×4＝3 72.∴点C 到平面PDA 的距离是3 72.专题五 立体几何1．C 解析：若α，β换为直线a ，b ，则命题化为“a ∥b ，且a ⊥γ⇒b ⊥γ”，此命题为真命题；若α，γ换为直线a ，b ，则命题化为“a ∥β，且a ⊥b ⇒b ⊥β”，此命题为假命题；若β，γ换为直线a ，b ，则命题化为“a ∥α，且b ⊥α⇒a ⊥b ”，此命题为真命题．2．A 解析：连接AC ，则AC 是PC 在平面ABCD 上的射影．∴∠PCA 是PC 与平面ABCD所成的角．∵AB ＝1，BC ＝2，∴AC ＝ 3.∴在Rt△PAC 中，tan ∠PCA ＝PA AC ＝13＝33.∴∠PCA ＝30°.故选A.3．A 解析：如果直接在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中计算很困难，对空间想象能力较差的同学则更困难，将该三棱柱补成一个长方体(如图D127)，则长方体的外接球即为三棱柱的外接球，长方体的对角线为外接球的直径，本题转化为已知|BC |·|CC 1|＝2，求|BC |2＋|CC 1|2的最小值．即4R 2＝|BC |2＋|CC 1|2≥2|BC |·|CC 1|＝4，所以外接球表面积4πR 2≥4π，其最小值为4π.图D1274．D 解析：如果直接求三棱锥的体积很困难，因为不知三棱锥的形状，也没有数据，将该三棱锥放进长方体模型，如图D128，三棱锥A CB 1D 1符合题意，设AA 1＝x ，A 1D 1＝y ，A 1B 1＝z ，有⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝2，x 2＋z 2＝m 2，y 2＋z 2＝n 2，x 2＋y 2＋2z 2＝m 2＋n 2＝6,2z 2＝4，z ＝2，x 2＋y 2＝2≥2xy ，∴xy ≤1.三棱锥体积V ＝13V 长方体＝13xyz ＝23xy ≤23，所以三棱锥体积的最大值为23.故选D.图D1285.8π3解析：该几何体是由两个高为1的圆锥与一个高为2的圆柱组合而成，所以该几何体的体积为2×13×π×1＋π×2＝8π3(m 3)．6．(1)证明：如图D129，取AB 的中点O ， 连接OC ，OA 1，A 1B .D129因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB . 由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°， 故△AA 1B 为等边三角形． 所以OA 1⊥AB .因为OC ∩OA 1＝O ，所以AB ⊥平面OA 1C . 又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .(2)解：由题设知△ABC 与△AA 1B 都是边长为2的等边三角形，所以OC ＝OA 1＝ 3.又A 1C ＝6，则A 1C 2＝OC 2＋OA 21，故OA 1⊥OC .因为OC ∩AB ＝O ，所以OA 1⊥平面ABC ，OA 1为三棱柱ABC A 1B 1C 1的高． 又△ABC 的面积S △ABC ＝3，故三棱柱ABC A 1B 1C 1的体积V ＝S △ABC ·OA 1＝3.7．(1)证明：如图D130，因为三棱柱ABC A 1B 1C 1是直三棱柱，所以AE ⊥BB 1，又E 是正三角形ABC 的边BC 的中点，图D130所以AE ⊥BC .因此AE ⊥平面B 1BCC 1， 而AE ⊂平面AEF ，所以平面AEF 平面B 1BCC 1.(2)解：设AB 的中点为D ，连接A 1D ，CD ， 因为△ABC 是正三角形，所以CD ⊥AB . 又三棱柱ABC A 1B 1C 1是直三棱柱， 所以CD ⊥AA 1.因此CD ⊥平面A 1ABB 1.于是∠CA 1D 为直线A 1C 与平面A 1ABB 1所成的角， 由题设知，∠CA 1D ＝45°. 所以A 1D ＝CD ＝ 3.在Rt △AA 1D 中，AA 1＝A 1D 2－AD 2＝3－1＝2，所以FC ＝12AA 1＝22.故三棱锥F AEC 的体积V ＝13S △AEC ×FC ＝13×32×22＝612.8．(1)证明：如图D131，连接AC ，交BD 于点O, 连接MO . ∵ABCD 是平行四边形，∴O 是AC 的中点． ∵M 为PC 的中点，∴MO ∥AP . ∵PA 平面BMD ，MO ⊂平面BMD ， ∴PA ∥平面BMD .(2)证明：∵PD ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ， ∴PD ⊥AD .∵∠BAD ＝∠BCD ＝60°，AB ＝2AD ，∴BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD ·cos60°＝AB 2＋AD 2－2AD 2＝AB 2－AD 2.∴AB 2＝AD 2＋BD 2.∴AD ⊥BD .∵PD ∩BD ＝D ，PD ，BD ⊂平面PBD ， ∴AD ⊥平面PBD .∵PB ⊂平面PBD ， ∴AD ⊥PB .图D131(3)解：如图D131，取CD 的中点为点N ，连接MN ，则MN ∥PD ，且MN ＝12PD .∵PD ⊥平面ABCD ，PD ＝2， ∴MN ⊥平面ABCD ，MN ＝1.在Rt △PDC 中，CD ＝AB ＝PD ＝2，∴PC ＝PD 2＋CD 2＝2 2，DM ＝12PC ＝ 2.∵BC ∥AD ，AD ⊥PB ， ∴BC ⊥PB .在Rt △PBC 中，BM ＝12PC ＝ 2.在△BMD 中，BM ＝DM ，O 为BD 的中点， ∴MO ⊥BD .在Rt △ABD 中，BD ＝AB ·sin60°＝2×32＝ 3.在Rt △MOB 中，MO ＝BM 2－OB 2＝52. ∴S △ABD ＝12AD ·BD ＝12×1×3＝32，S △MBD ＝12BD ·MO ＝12×3×52＝154.设点A 到平面BMD 的距离为h . ∵V M ABD ＝V A MBD, ∴13MN ·S △ABD ＝13h ·S △MBD ， 即13×1×32＝13×h ×154.解得h ＝2 55. ∴点A 到平面BMD 的距离为2 55.。