2018届高三数学(理)一轮复习考点规范练：第八章 立体几何44 Word版含解析
2018届高三数学(理)一轮复习考点规范练：第八章 立体几何40 Word版含解析
考点规范练40空间点、直线、平面之间的位置关系基础巩固1.在下列命题中,不是公理的是()A.平行于同一个平面的两个平面相互平行B.过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面C.如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内D.如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线2.在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3.如图,α∩β=l,A,B∈α,C∈β,且C∉l,直线AB∩l=M,过A,B,C三点的平面记作γ,则γ与β的交线必通过()A.点AB.点BC.点C但不过点MD.点C和点M4.如图所示,ABCD-A1B1C1D1是长方体,O是B1D1的中点,直线A1C交平面AB1D1于点M,则下列结论正确的是()A.A,M, O三点共线B.A,M,O,A1不共面C.A,M,C,O不共面D.B,B1,O,M共面5.设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,和a,且长为a的棱与长为的棱异面,则a的取值范围是()A.(0,)B.(0,)C.(1,)D.(1,) 〚导学号37270476〛6.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7.b是平面α外一条直线,下列条件中可得出b∥α的是()A.b与α内一条直线不相交B.b与α内两条直线不相交C.b与α内无数条直线不相交D.b与α内任意一条直线不相交8.已知直线l⊥平面α,直线m⊂平面β,则α∥β是l⊥m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9.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;⑤若a⊥b,b∥c,则a⊥c;⑥若a∥b∥c,则a,b,c共面.其中真命题的序号是.10.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G,H分别是AB,AC,A1B1,A1C1的中点,求证:(1)B,C,H,G四点共面;(2)几何体A1GH-ABC是三棱台;(3)平面EF A1∥平面BCHG.能力提升11.以下四个命题中,①不共面的四点中,其中任意三点不共线;②若点A,B,C,D共面,点A, B,C,E共面,则点A,B,C,D,E共面;③若直线a,b共面,直线a,c共面,则直线b,c共面;④依次首尾相接的四条线段必共面.正确命题的个数是()A.0B.1C.2D.312.若空间三条直线a,b,c满足a⊥b,b∥c,则直线a与c()A.一定平行B.一定相交C.一定是异面直线D.一定垂直13.若空间中n个不同的点两两距离都相等,则正整数n的取值()A.至多等于3B.至多等于4C.等于5D.大于5 〚导学号37270477〛14.已知m,n,l为不同直线,α,β为不同平面,给出下列命题,其中真命题的序号是(填上所有真命题的序号).①m∥l,n∥l⇒m∥n;②m∥α,n∥α⇒m∥n;③m⊥α,n⊥β,α∥β⇒m∥n;④m⊥α,α⊥β,n⊥β⇒m⊥n;⑤m与l异面,n与l异面⇒m与n异面;⑥m与l共面,n与l共面⇒m与n共面.15.已知空间四边形ABCD中,E,H分别是边AB,AD的中点,F,G分别是边BC,CD的中点.(1)求证:BC与AD是异面直线.(2)求证:EG与FH相交.高考预测16.如图,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是棱D1D的中点,点F在棱B1B上,且满足B1F=2BF.(1)求证:EF⊥A1C1;(2)在棱C1C上确定一点G,使A,E,G,F四点共面,并求此时C1G的长.参考答案考点规范练40空间点、直线、平面之间的位置关系1.A解析选项A是面面平行的性质定理,是由公理推证出来的,而公理是不需要证明的.2.D解析如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,取l1为BC,l2为CC1,l3为C1D1.满足l1⊥l2,l2⊥l3.若取l4为A1D1,则有l1∥l4;若取l4为DD1,则有l1⊥l4.因此l1与l4的位置关系不确定,故选D.3.D解析∵AB⊂γ,M∈AB,∴M∈γ.又α∩β=l,M∈l,∴M∈β.根据公理3可知,M在γ与β的交线上,同理可知,点C也在γ与β的交线上.4.A解析连接A1C1,AC,则A1C1∥AC,所以A1,C1,A,C四点共面.所以A1C⊂平面ACC1A1.因为M∈A1C,所以M∈平面ACC1A1.又M∈平面AB1D1,所以M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上.同理A,O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上,所以A,M,O三点共线.5.A解析此题相当于一个正方形沿着对角线折成一个四面体,长为a的棱长一定大于0且小于6.A解析l 1,l2是异面直线⇒l1,l2不相交,即p⇒q;而l1,l2不相交l1,l2是异面直线,即q p.故p是q的充分条件,但不是q的必要条件.7.D解析只有在b与α内所有直线都不相交,即b与α无公共点时,b∥α.8.A解析若α∥β,则由l⊥α知l⊥β,又m⊂β,可得l⊥m,若α与β相交(如图),设α∩β=n,当m ∥n时,由l⊥α可得l⊥m,而此时α与β不平行,于是α∥β是l⊥m的充分不必要条件,故选A.9.①④⑤解析①由平行线的传递性(公理4)知①正确;②举反例:在同一平面α内,a⊥b,b⊥c,有a∥c;③举反例:如图的长方体中,a∥γ,b∥γ,但a与b相交;④垂直于同一平面的两直线互相平行,知④正确;⑤显然正确;⑥由三棱柱的三条侧棱知⑥错.10.证明(1)∵GH是△A1B1C1的中位线,∴GH∥B1C1.又B1C1∥BC,∴GH∥BC,∴B,C,H,G四点共面.(2)∵A1G AB,∴AA1与BG必相交.设交点为P,则同理设CH∩AA1=Q,则,∴P与Q重合,即三条直线AA1,GB,CH相交于一点.又由棱柱的性质知平面A1GH∥平面ABC,∴几何体A1GH-ABC为棱台.(3)∵E,F分别为AB,AC的中点,∴EF∥BC.∵EF⊄平面BCHG,BC⊂平面BCHG,∴EF∥平面BCHG.∵A1G EB,∴四边形A1EBG是平行四边形,∴A1E∥GB.∵A1E⊄平面BCHG,GB⊂平面BCHG,∴A1E∥平面BCHG.∵A1E∩EF=E,∴平面EF A1∥平面BCHG.11.B解析①中显然是正确的;②中若A,B,C三点共线,则A,B,C,D,E五点不一定共面;③构造长方体或正方体,如图显然b,c异面,故不正确;④中空间四边形中四条线段不共面,故只有①正确.12.D解析两条平行线中一条与第三条直线垂直,另一条直线也与第三条直线垂直,故选D.13.B解析特殊值法.当n=3时,正三角形的三个顶点之间两两距离相等,故n=3符合;当n=4时,联想正四面体的四个顶点之间两两距离相等,故n=4符合.由此可以排除选项A,C,D.故选B.14.①③④解析由平面的基本性质4知①正确;平行于同一平面的两条直线可以平行、相交,也可以异面,故②错误;m∥n,故③为真命题;m⊥n,故④为真命题;如图(1),长方体中,m与l异面,n1,n2,n3都与l异面,但n2与m相交,n1与m异面,n3与m平行,故⑤为假命题;如图(2),长方体中,m与l共面,n与l共面,但m与n异面,故⑥为假命题.(1)(2)15.证明(1)假设BC与AD共面,不妨设它们所共平面为α,则B,C,A,D∈α.所以四边形ABCD为平面图形,这与四边形ABCD为空间四边形相矛盾,所以BC与AD 是异面直线.(2)如图,连接AC,BD,则EF∥AC,HG∥AC,因此EF∥HG.同理EH∥FG,则四边形EFGH为平行四边形.又EG,FH是▱EFGH的对角线,所以EG与FH相交.16.(1)证明如图所示,连接B1D1,∵ABCD-A1B1C1D1为正方体,∴四边形A1B1C1D1为正方形.∴A1C1⊥B1D1.∵BB1⊥平面A1B1C1D1,∴A1C1⊥BB1.∵B1D1∩BB1=B1,∴A1C1⊥平面BB1D1D.∵EF⊂平面BB1D1D,∴EF⊥A1C1.(2)解如图所示,假设A,E,G,F四点共面,则A,E,G,F四点确定平面AEGF,∵ABCD-A1B1C1D1为正方体,∴平面AA1D1D∥平面BB1C1C.∵平面AEGF∩平面AA1D1D=AE,平面AEGF∩平面BB1C1C=GF,∴由平面与平面平行的性质定理得AE∥GF,同理可得AF∥GE,因此四边形AEGF为平行四边形,∴GF=AE.在Rt△ADE中,AD=a,DE=DD1=,∠ADE=90°,由勾股定理得AE=a,在直角梯形B1C1GF中,下底B1F=BB1=a,腰B1C1=a,GF=AE=a,由勾股定理可得GF==a,结合图形可知C1G<B1F,解得C1G=a.。
(课标通用)2018年高考数学一轮复习 第八章 立体几何大题冲关 理
第八章立体几何高考中立体几何问题的热点题型1．立体几何是高考的重要内容，每年基本上都是一个解答题，两个选择题或填空题．小题主要考查学生的空间观念，空间想象能力及简单计算能力．解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算．重在考查学生的逻辑推理能力及计算能力．热点题型主要有平面图形的翻折、探索性的存在问题等；2．思想方法：(1)转化与化归(空间问题转化为平面问题)；(2)数形结合(根据空间位置关系利用向量转化为代数运算)．热点一空间点、线、面的位置关系以空间几何体(主要是柱、锥或简单组合体)为载体，通过空间平行、垂直关系的论证命制试题，主要考查公理4及线面平行与垂直的判定定理与性质定理，常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查，考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思想，一般以解答题的形式出现，难度中等．[典题1] 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求证：C1F∥平面ABE；(3)求三棱锥E－ABC的体积．(1)[证明]在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，AB⊂平面ABC，所以BB1⊥AB.又AB⊥BC，BC∩BB1＝B，所以AB⊥平面B1BCC1.又AB⊂平面ABE，所以平面ABE⊥平面B1BCC1.(2)[证明]证法一：如图①，取AB中点G，连接EG，FG.因为E，F分别是A1C1，BC的中点，所以FG ∥AC ，且FG ＝12AC .因为AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1， 所以FG ∥EC 1，且FG ＝EC 1. 所以四边形FGEC 1为平行四边形． 所以C 1F ∥EG .又EG ⊂平面ABE ，C 1F ⊄平面ABE ， 所以C 1F ∥平面ABE .①②证法二：如图②，取AC 的中点H ，连接C 1H ，FH . 因为H ，F 分别是AC ，BC 的中点， 所以HF ∥AB .又E ，H 分别是A 1C 1，AC 的中点， 所以EC 1綊AH ，所以四边形EAHC 1为平行四边形， 所以C 1H ∥AE .又C 1H ∩HF ＝H ，AE ∩AB ＝A ， 所以平面ABE ∥平面C 1HF . 又C 1F ⊂平面C 1HF ， 所以C 1F ∥平面ABE .(3)[解] 因为AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB ⊥BC ， 所以AB ＝AC 2－BC 2＝ 3.所以三棱锥E －ABC 的体积V ＝13S △ABC ·AA 1＝13×12×3×1×2＝33.1．证明面面垂直，将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题，再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题．2．计算几何体的体积时，能直接用公式时，关键是确定几何体的高，若不能直接用公式时，注意进行体积的转化．一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．(1)请将字母F ，G ，H 标记在正方体相应的顶点处(不需要说明理由)； (2)判断平面BEG 与平面ACH 的位置关系，并证明你的结论； (3)证明：直线DF ⊥平面BEG . (1)解：点F ，G ，H 的位置如图所示．(2)解：平面BEG ∥平面ACH .证明如下： 因为ABCD －EFGH 为正方体， 所以BC ∥FG ，BC ＝FG .又FG∥EH，FG＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH，于是四边形BCHE为平行四边形，所以BE∥CH.又CH⊂平面ACH，BE⊄平面ACH，所以BE∥平面ACH，同理BG∥平面ACH，又BE∩BG＝B，所以平面BEG∥平面ACH.(3)证明：连接FH，与EG交于点O，连接BD.因为ABCD－EFGH为正方体，所以DH⊥平面EFGH.因为EG⊂平面EFGH，所以DH⊥EG.又EG⊥FH，DH∩FH＝H，所以EG⊥平面BFHD.又DF⊂平面BFHD，所以DF⊥EG，同理DF⊥BG，又EG∩BG＝G，所以DF⊥平面BEG.热点二立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种考查形式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证．(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在．[典题2] [2017·山东济南调研]如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.(1)求证：AA 1⊥平面ABC ；(2)求二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值；(3)在线段BC 1上是否存在点D ，使得AD ⊥A 1B ？若存在，试求出BDBC 1的值． (1)[证明] 在正方形AA 1C 1C 中，A 1A ⊥AC . 又平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且平面ABC ∩平面AA 1C 1C ＝AC ，AA 1⊂平面AA 1C 1C . ∴AA 1⊥平面ABC .(2)[解] 由(1)知，AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB ， 由题意知，在△ABC 中，AC ＝4，AB ＝3，BC ＝5， ∴BC 2＝AC 2＋AB 2，∴AB ⊥AC .∴以A 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A －xyz.A 1(0,0,4)，B (0,3,0)，C 1(4,0,4)，B 1(0,3,4)，于是A 1C 1→＝(4,0,0)，A 1B →＝(0,3，－4)，B 1C 1→＝(4，－3,0)，BB 1→＝(0,0,4)．设平面A 1BC 1的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 平面B 1BC 1的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)． ∴⎩⎪⎨⎪⎧A 1C 1→·n 1＝0，A 1B →·n 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧4x 1＝0，3y 1－4z 1＝0，∴取向量n 1＝(0,4,3)．由⎩⎪⎨⎪⎧B 1C 1→·n 2＝0，BB 1→·n 2＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧4x 2－3y 2＝0，4z 2＝0，∴取向量n 2＝(3,4,0)． ∴cos θ＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝165×5＝1625.由题图可判断二面角A 1－BC 1－B 1为锐角， 故二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值为1625.(3)[解] 假设存在点D (x ，y ，z )是线段BC 1上一点，使AD ⊥A 1B ，且BD →＝λBC 1→，∴(x ，y －3，z )＝λ(4，－3,4)， 解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ， ∴AD →＝(4λ，3－3λ，4λ)．又AD ⊥A 1B ，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0， 解得λ＝925，∵925∈[0,1]， ∴在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ， 此时BD BC 1＝925.1．对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．2．对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．热点三 空间向量在立体几何中的应用在高考中主要考查通过建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算证明空间中的线、面的平行与垂直关系，计算空间角(特别是二面角)，常与空间几何体的结构特征，空间线、面位置关系的判定定理与性质定理等知识综合，以解答题形式出现，难度中等．常见的命题角度有：[考查角度一] 计算线线角、线面角[典题3] 如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．[解] 以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．(1)由题意知，AD ⊥平面PAB ，所以AD →是平面PAB 的一个法向量， AD →＝(0,2,0)．因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)． 设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1.所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量．从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m|AD →||m |＝33， 所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2)， 设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)， 则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP→|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2. 设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]， 则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t25t 2－10t ＋9＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，所以此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值． 又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255.解决与线线角、线面角有关的问题，关键是利用垂直关系建立空间直角坐标系，运用向量的坐标运算求解．[考查角度二] 求二面角[典题4] [2016·浙江卷]如图，在三棱台ABC －DEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3.(1)求证：BF ⊥平面ACFD ；(2)求二面角B －AD －F 的平面角的余弦值．(1)[证明] 延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示．因为平面BCFE ⊥平面ABC ，平面BCFE ∩平面ABC ＝BC ，且AC ⊥BC ， 所以AC ⊥平面BCK ，因此BF ⊥AC . 又EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2， 所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点， 则BF ⊥CK ，又AC ∩CK ＝C ， 所以BF ⊥平面ACFD .(2)[解] 解法一：过点F 作FQ ⊥AK 于Q ，连接BQ .因为BF ⊥平面ACK ，所以BF ⊥AK ，则AK ⊥平面BQF ，所以BQ ⊥AK . 所以∠BQF 是二面角B －AD －F 的平面角． 在Rt △ACK 中，AC ＝3，CK ＝2，得AK ＝13，FQ ＝31313. 在Rt △BQF 中，FQ ＝31313，BF ＝3，得cos ∠BQF ＝34. 所以二面角B －AD －F 的平面角的余弦值为34.解法二：如图，延长AD ，BE ，CF相交于一点K ，则△BCK 为等边三角形．取BC 的中点O ，连接KO ，则KO ⊥BC ，又平面BCFE ⊥平面ABC ，所以KO ⊥平面ABC . 以点O 为原点，分别以射线OB ，OK 的方向为x 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O －xyz .由题意，得B (1,0,0)，C (－1,0,0)，K (0,0，3)，A (－1，－3，0) ，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，32. 因此，AC →＝(0,3,0)，AK →＝(1,3，3)， AB →＝(2,3,0)．设平面ACK 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABK 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧AC →·m ＝0，AK →·m ＝0，得⎩⎨⎧3y 1＝0，x 1＋3y 1＋3z 1＝0，取m ＝(3，0，－1)；由⎩⎪⎨⎪⎧ AB →·n ＝0，AK →·n ＝0，得⎩⎨⎧ 2x 2＋3y 2＝0，x 2＋3y 2＋3z 2＝0，取n ＝(3，－2，3)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝34. 所以二面角B －AD －F 的平面角的余弦值为34.1．用向量法解决立体几何问题，可使复杂问题简单化，使推理论证变为计算求解，降低思维难度，使立体几何问题“公式”化，训练的关键在于“归类、寻法”．2．求二面角的余弦值，转化为求两个半平面所在平面的法向量，通过两个平面的法向量的夹角求得二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．。
2018版高考数学(人教A版理科)一轮复习真题演练集训：第八章 立体几何 8-4 Word版含答案
真题演练集训1．在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线．已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC .证明：设FC 的中点为I ，连接GI ，HI ，在△CEF 中，因为点G 是CE 的中点，所以GI ∥EF .又EF ∥OB ，所以GI ∥OB .在△CFB 中，因为H 是FB 的中点，所以HI ∥BC . 又HI ∩GI ＝I ，OB ∩BC ＝B ， 所以平面GHI ∥平面ABC .因为GH ⊂平面GHI ，所以GH ∥平面ABC .2．如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，PA ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．证明：MN ∥平面PAB .证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN .由N 为PC 的中点知，TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ， 所以MN ∥平面PAB .3．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AC ⊥BC ，BC ＝CC 1，设AB 1的中点为D ，B 1C ∩BC 1＝E .求证：DE ∥平面AA 1C 1C .证明：由题意知，E 为B 1C 的中点， 又D 为AB 1的中点，因此DE ∥AC . 又因为DE ⊄平面AA 1C 1C ，AC ⊂平面AA 1C 1C ， 所以DE ∥平面AA 1C 1C .4．如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．证明：PB ∥平面AEC .证明：连接BD 交AC 于点O ，连接EO . 因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点． 又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB . 又因为EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ， 所以PB ∥平面AEC .课外拓展阅读立体几何中的探索性问题1．条件追溯型问题如图所示，已知在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥DC，AB∥DC，DC＝DD1＝2AD＝2AB ＝2.(1)求证：DB⊥平面B1BCC1；(2)设E是DC上一点，试确定点E的位置，使得D1E∥平面A1BD，并说明理由．(1) 因为AB∥DC，AD⊥DC，所以AB⊥AD，在Rt△ABD中，AB＝AD＝1，所以BD＝2，易求BC＝2，因为CD＝2，所以BD⊥BC.又BD⊥BB1，B1B∩BC＝B，所以BD⊥平面B1BCC1.(2) 点E为DC的中点．理由如下：如图所示，连接BE，因为DE∥AB，DE＝AB，所以四边形ABED是平行四边形．所以AD∥BE.又AD∥A1D1，所以BE∥A1D1，所以四边形A1D1EB是平行四边形，所以D1E∥A1B.因为D1E⊄平面A1BD，A1B⊂平面A1BD，所以D1E∥平面A1BD.方法探究立体几何中的条件追溯型问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探索，或条件增删需确定，或条件正误需判断．解题策略一般是先假设结论成立，然后以该结论作为一个已知条件，再结合题目的其他已知条件，逆推(即从后往前推)，一步一步地推出所要求的条件．此类问题的难点是如何应用“执果索因”．在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意．2．存在探索型问题如图所示，在四面体PABC中，PC⊥AB，PA⊥BC，点D，E，F，G分别是棱AP，AC，BC，PB的中点．(1)求证：DE∥平面BCP；(2)求证：四边形DEFG为矩形；(3)是否存在点Q，到四面体PABC六条棱的中点的距离相等？请说明理由．(1)利用DE∥PC证明线面平行；(2)利用平行关系和已知PC⊥AB证明DE⊥DG；(3)Q应为EG的中点．(1) 因为D，E分别是AP，AC的中点，所以DE∥PC.又DE⊄平面BCP，所以DE∥平面BCP.(2) 因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点，所以DE∥PC∥FG，DG∥AB∥EF.所以四边形DEFG为平行四边形．又PC ⊥AB ，所以DE ⊥DG . 所以四边形DEFG 为矩形．(3) 存在满足条件的点Q .理由如下： 连接DF ，EG ，如图所示，设Q 为EG 的中点，由(2)知，DF ∩EG ＝Q ，且QD ＝QE ＝QF ＝QG ＝12EG .分别取PC ，AB 的中点M ，N ， 连接ME ，EN ，NG ，MG ，MN .与(2)同理，可证四边形MENG 为矩形，其对角线交点为EG 的中点Q ，且QM ＝QN ＝12EG ，所以Q 为满足条件的点． 方法探究解决与平行有关的存在性问题的基本策略是：通常假定题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若导出与条件或实际情况相矛盾的结果，则说明假设不成立，即不存在．。
2018年高考数学(理)人教A版一轮复习习题第八章立体几何考点规范练44Word版含答案
考点规范练44立体几何中的向量方法基础巩固1.直线l的方向向量s=(-1,1,1),平面α的法向量为n=(2,x2+x,-x),若直线l∥平面α,则x的值为()A.-2B.-C.D.±2.已知平面α的一个法向量为n=(1,-,0),则y轴与平面α所成的角的大小为()A. B. C. D.3.如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,以CD,CB,CE所在直线分别为x轴,y轴,z 轴建立空间直角坐标系,AB=,AF=1,M在EF上,且AM∥平面BDE,则M点的坐标为() A.(1,1,1) B.C. D.4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,点M在AC1上,且,N为B1B的中点,则||为()A.aB.aC.aD.a5.如图,过正方形ABCD的顶点A,作PA⊥平面ABCD.若PA=BA,则平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是()A.30°B.45°C.60°D.90°6.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1,则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为()A. B. C. D.7.如图,在正四棱锥S-ABCD中,O为顶点在底面上的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC所成的角为.8.已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点,且=(2,-1,-4),=(4,2,0),=(-1,2,-1).对于结论:①AP⊥AB;②AP⊥AD;③是平面ABCD的法向量;④.其中正确的是.(填序号)9.如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为正三角形,底面ABCD为正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,M 为底面ABCD内的一个动点,且满足MP=MC,则点M在正方形ABCD内的轨迹为.(填序号)10.(2016全国乙卷,理18)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°.(1)证明:平面ABEF⊥平面EFDC;(2)求二面角E-BC-A的余弦值.〚导学号37270484〛能力提升11.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别在A1D,AC上,且A1E=A1D,AF=AC,则()A.EF至多与A1D,AC之一垂直B.EF⊥A1D,EF⊥ACC.EF与BD1相交D.EF与BD1异面12.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O为线段BD的中点.设点P在线段CC1上,直线OP与平面A1BD所成的角为α,则sin α的取值范围是()A.B.C.D.〚导学号37270486〛13.如图,等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB,二面角C-AB-D的余弦值为,M,N分别是AC,BC的中点,则EM,AN所成角的余弦值等于.〚导学号37270487〛14.如图,AB是半圆O的直径,C是半圆O上除A,B外的一个动点,DC垂直于半圆O所在的平面,DC∥EB,DC=EB,AB=4,tan∠EAB=.(1)证明:平面ADE⊥平面ACD;(2)当三棱锥C-ADE体积最大时,求二面角D-AE-B的余弦值.〚导学号37270488〛高考预测15.如图,在四棱锥A-EFCB中,△AEF为等边三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O为EF的中点.(1)求证:AO⊥BE;(2)求二面角F-AE-B的余弦值;(3)若BE⊥平面AOC,求a的值.〚导学号37270489〛参考答案考点规范练44立体几何中的向量方法1.D解析当线面平行时,直线的方向向量垂直于平面的法向量,故-1×2+1×(x2+x)+1×(-x)=0,解得x=±2.B解析可知y轴的方向向量为m=(0,1,0),设y轴与平面α所成的角为θ,则sin θ=|cos<m,n>|,∵cos<m,n>==-,∴sin θ=,∴θ=3.C解析设M(x,x,1).由已知得A(,0),B(0,,0),D(,0,0),E(0,0,1),则=(x-,x-,1),=(,-,0),=(0,-,1).设平面BDE的一个法向量为n=(a,b,c),则解得令b=1,则n=(1,1,).又AM∥平面BDE,所以n=0,即2(x-)+=0,得x=所以M4.A解析以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则A(a,0,0),C1(0,a,a),N设M(x,y,z),∵点M在AC1上,且,∴(x-a,y,z)=(-x,a-y,a-z).∴x=a,y=,z=,得M∴||== a.5.B解析 (方法一)建立如图①所示的空间直角坐标系,不难求出平面APB与平面PCD的法向量分别为n1=(0,1,0),n2=(0,1,1),故平面ABP与平面CDP所成二面角的余弦值为,故所求的二面角的大小是45°.图①图②(方法二)将其补成正方体.如图②,不难发现平面ABP和平面CDP所成的二面角就是平面ABQP和平面CDPQ所成的二面角,其大小为45°.6.C解析取B1C1的中点D1,以A1为原点,A1D1,A1A所在直线为x轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=2,则C1(,1,0),A(0,0,2),=(,1,-2),平面BB1C1C的一个法向量为n=(1,0,0).所以AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为7.30°解析如图所示,以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.设OD=SO=OA=OB=OC=a,则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P则=(2a,0,0),=(a,a,0).设平面PAC的法向量为n,可求得n=(0,1,1),则cos<,n>=∴<,n>=60°,∴直线BC与平面PAC所成的角为90°-60°=30°.8.①②③解析因为=0,=0,所以AB⊥AP,AD⊥AP,则①②正确.又不平行,所以是平面ABCD的法向量,则③正确.因为=(2,3,4),=(-1,2,-1),所以不平行,故④错误.9.①解析以D为原点,DA,DC所在直线分别为x轴,y轴建立空间直角坐标系如图.设M(x,y,0),设正方形边长为a,则P,C(0,a,0),则MC=,MP=由MP=MC,得x=2y,所以点M在正方形ABCD内的轨迹为直线y=x的一部分.10.(1)证明由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,所以AF⊥平面EFDC.又AF⊂平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC.(2)解过D作DG⊥EF,垂足为G,由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.由(1)知∠DFE为二面角D-AF-E的平面角,故∠DFE=60°,则DF=2,DG=,可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,).由已知,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC.又平面ABCD∩平面EFDC=CD,故AB∥CD,CD∥EF.由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角,∠CEF=60°.从而可得C(-2,0,).所以=(1,0,),=(0,4,0),=(-3,-4,),=(-4,0, 0),设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则所以可取n=(3,0,-).设m是平面ABCD的法向量,则同理可取m=(0,,4),则cos<n,m>==-故二面角E-BC-A的余弦值为-11.B解析以D点为坐标原点,以DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.设正方体棱长为1,则A1(1,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),E,F,B(1,1,0),D1(0,0,1),=(-1,0,-1),=(-1,1,0),=(-1,-1,1),=-=0,从而EF∥BD1,EF⊥A1D,EF⊥AC.故选B.12.B解析以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在的直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.不妨设DC=DA=DD1=1,则D(0,0,0),B(1,1,0),A1(1,0,1),O,并设点P(0,1,t)且0≤t≤1.则=(-1,0,-1),=(0,1,-1).设平面A1BD的法向量为n=(x0,y0,z0),则有即取x0=1,y0=-1,z0=-1,∴n=(1,-1,-1).∴sin α=|cos<,n>|=(0≤t≤1),∴sin2α=,0≤t≤1.令f(t)=,0≤t≤1,则f'(t)==-,可知当t时,f'(t)>0;当t时,f'(t)≤0.又f(0)=,f=1,f(1)=,∴f(t)max=f=1,f(t)min=f(0)=∴sin α的最大值为1,最小值为∴sin α的取值范围为13解析过C点作CO⊥平面ABDE,垂足为O,取AB中点F,连接CF,OF,则∠CFO为二面角C-AB-D的平面角,设AB=1,则CF=,OF=CF·cos ∠CFO=,OC=,则O为正方形ABDE的中心,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则E,M,A,N,,,cos<>=14.(1)证明因为AB是直径,所以BC⊥AC.因为CD⊥平面ABC,所以CD⊥BC.因为CD∩AC=C,所以BC⊥平面ACD.因为CD∥BE,CD=BE,所以四边形BCDE是平行四边形,所以BC∥DE,所以DE⊥平面ACD.因为DE⊂平面ADE,所以平面ADE⊥平面ACD.(2)解依题意,EB=AB×tan∠EAB=4=1,由(1)知V C-ADE=V E-ACD=S△ACD×DE=AC×CD×DE=AC×BC(AC2+BC2)=AB2=,当且仅当AC=BC=2时等号成立.如图所示,建立空间直角坐标系,则D(0,0,1),E(0,2,1),A(2,0,0),B(0,2,0),则=(-2,2,0),=(0,0,1),=(0,2,0),=(2,0,-1),设平面DAE的法向量为n1=(x1,y1,z1),即∴n1=(1,0,2).设平面ABE的法向量为n2=(x2,y2,z2),∴n2=(1,1,0),∴cos<n1,n2>==可以判断<n1,n2>与二面角D-AE-B的平面角互补,∴二面角D-AE-B的余弦值为-15.(1)证明因为△AEF是等边三角形,O为EF的中点,所以AO⊥EF.又因为平面AEF⊥平面EFCB,AO⊂平面AEF,所以AO⊥平面EFCB,所以AO⊥BE.(2)解取BC中点G,连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形,所以OG⊥EF.由(1)知AO⊥平面EFCB,又OG⊂平面EFCB,所以OA⊥OG.如图建立空间直角坐标系Oxyz,则E(a,0,0),A(0,0,a),B(2,(2-a),0),=(-a,0,a),=(a-2,(a-2),0).设平面AEB的法向量为n=(x,y,z),则即令z=1,则x=,y=-1.于是n=(,-1,1).平面AEF的一个法向量为p=(0,1,0).所以cos <n,p>==-由题知二面角F-AE-B为钝角,所以它的余弦值为-(3)解因为BE⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即=0.因为=(a-2,(a-2),0),=(-2,(2-a),0),所以=-2(a-2)-3(a-2)2.由=0及0<a<2,解得a=。
2018届高三数学理一轮复习考点规范练：第八章立体几何38Word版含解析
考点规范练38空间几何体的结构及其三视图和直观图基础巩固1.某空间几何体的正视图是三角形,则该几何体不可能是()A.圆柱B.圆锥C.四面体D.三棱柱2.将长方体截去一个四棱锥后,得到的几何体的直观图如图所示,则该几何体的俯视图为()3.如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的各条棱中,最长的棱的长度为()A.6B.4C.6D.44.图(1)某几何体的正视图和侧视图均为如图(1)所示的图形,则在图(2)的四个图中可以作为该几何体的俯视图的是()图(2)A.①③B.①④C.②④D.①②③④5.某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的表面积是()A.90 cm2B.129 cm2C.132 cm2D.138 cm26.已知以下三视图中有三个同时表示某一个三棱锥,则不是该三棱锥的三视图的是()7.如图,三棱锥V-ABC的底面为正三角形,侧面VAC与底面垂直且VA=VC,已知其正视图的面积为,则其侧视图的面积为.8.利用斜二测画法得到的以下结论,正确的是.(写出所有正确结论的序号)①三角形的直观图是三角形;②平行四边形的直观图是平行四边形;③正方形的直观图是正方形;④圆的直观图是椭圆;⑤菱形的直观图是菱形.9.给出下列命题:①在正方体上任意选择4个不共面的顶点,它们可能是正四面体的4个顶点;②底面是等边三角形,侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥;③若有两个侧面垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱.其中正确命题的序号是.10.(2016四川,理13)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形,该三棱锥的正视图如图所示,则该三棱锥的体积是.能力提升11.一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为()A. B. C. D.12.如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则此几何体的体积为()A.6B.9C.12D.1813.(2016河北衡水中学高三四调)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A. B.1+C. D.1+14.(2016云南师大附中高考适应性月考(四))已知正三棱柱的侧面展开图是相邻边长分别为3和6的矩形,则该正三棱柱的体积是.15.如图,E,F分别为正方体ABCD-A1B1C1D1的面ADD1A1,面BCC1B1的中心,则四边形BFD1E在该正方体的面上的正投影可能是.(填序号)高考预测16.某三棱锥的正视图如图所示,则下列图①②③④,所有可能成为这个三棱锥的俯视图的是()A.①②③B.①②④C.②③④D.①②③④参考答案考点规范练38空间几何体的结构及其三视图和直观图1.A解析因为圆锥、四面体、三棱柱的正视图均可以是三角形,而圆柱的正视图是圆或矩形.2.C解析长方体的侧面与底面垂直,所以俯视图是C.3.C解析如图,设辅助正方体的棱长为4,三视图对应的多面体为三棱锥A-BCD,最长的棱为AD==6,选C.4.A解析由正视图和侧视图知,该几何体为球与正四棱柱或球与圆柱体的组合体,故①③正确.5.D解析由题干中的三视图可得原几何体如图所示.故该几何体的表面积S=2×4×6+2×3×4+3×6+3×3+3×4+3×5+23×4=138(cm2).故选D.6.D解析易知该三棱锥的底面是直角边分别为1和2的直角三角形,结合A,B,C,D选项知,D选项中侧视图、俯视图方向错误,故选D.7解析设三棱锥V-ABC的底面边长为a,侧面VAC边AC上的高为h,则ah=,其侧视图是由底面三角形ABC边AC上的高与侧面三角形VAC边AC上的高组成的直角三角形,其面积为a×h=8.①②④解析①正确;由原图形中平行的线段在直观图中仍平行可知②正确;但是原图形中垂直的线段在直观图中一般不垂直,故③错误;④正确;原图形中相等的线段在直观图中不一定相等,故⑤错误.9.①解析①正确,正四面体是每个面都是等边三角形的四面体,如正方体ABCD-A1B1C1D1中的四面体ACB1D1;②错误,反例如图所示,底面△ABC为等边三角形,可令AB=VB=VC=BC=AC,则△VBC为等边三角形,△VAB和△VCA均为等腰三角形,但不能判定其为正三棱锥;③错误,必须是相邻的两个侧面.10解析由三棱锥的正视图知,三棱锥的高为1,底面边长分别为2,2,2,所以底面三角形的高为=1,所以,三棱锥的体积为V=21×1=11.D解析由题意知该正方体截去了一个三棱锥,如图所示,设正方体棱长为a,则V正方体=a3,V截=a3,故截去部分体积与剩余部分体积的比为a3a3=1∶5.去部分12.B解析由三视图可推知,几何体的直观图如图所示,可知AB=6,CD=3,PC=3,CD垂直平分AB,且PC⊥平面ACB,故所求几何体的体积为3=9.13.B解析根据已知可得该几何体是一个四分之一圆锥,与三棱柱的组合体,四分之一圆锥的底面半径为1,高为1,故体积为1=,三棱柱的底面是两直角边分别为1和2的直角三角形,高为1,故体积为1×2×1=1,故组合体的体积V=1+14或3解析若正三棱柱的高为6时,底面边长为1,V=1×16=;若正三棱柱的高为3时,底面边长为2,V=2×23=315.②③解析由正投影的定义,四边形BFD1E在面AA1D1D与面BB1C1C上的正投影是图③;其在面ABB1A1与面DCC1D1上的正投影是图②;其在面ABCD与面A1B1C1D1上的正投影也是②,故①④错误.16.D解析①②③④的模型分别如图(1)、图(2)、图(3)、图(4)所示,故选D.图(1)图(2)图(3)图(4).。
2018版高考数学一轮复习第八章立体几何精选练习43理新人教A版
2018版高考数学一轮复习第八章立体几何课时跟踪检测43 理新人教A版[高考基础题型得分练]1．给出下列四个命题：①垂直于同一平面的两条直线相互平行；②垂直于同一平面的两个平面相互平行；③若一个平面内有无数条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；④若一条直线垂直于一个平面内的任一直线，那么这条直线垂直于这个平面．其中真命题的个数是( )A．1 B．2C．3 D．4答案：B解析：由直线与平面垂直的性质可知，①正确；正方体的相邻的两个侧面都垂直于底面，而不平行，故②错；由直线与平面垂直的定义知，④正确，而③错．2．如果一条直线垂直于一个平面内的下列各种情况：①三角形的两边；②梯形的两边；③圆的两直径；④正六边形的两边．不能保证该直线与平面垂直的是( )A．①③B．②C．②④D．①②④答案：C解析：直线与平面垂直的条件是：平面外的直线和平面内的两条交线垂直，故②④不能保证．3．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则( )A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l答案：D解析：由于m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，则平面α与平面β必相交，但未必垂直，且交线垂直于直线m，n，又直线l满足l⊥m，l⊥n，则交线平行于l.4．如图，已知△ABC为直角三角形，其中∠ACB＝90°，M为AB的中点，PM垂直于△ABC 所在平面，那么( )A．PA＝PB>PC B．PA＝PB<PCC．PA＝PB＝PC D．PA≠PB≠PC答案：C解析：∵M为AB的中点，△ACB为直角三角形，∴BM＝AM＝CM.又PM⊥平面ABC，∴Rt△PMB≌Rt△PMA≌Rt△PMC，故PA＝PB＝PC.5．[2017·宁夏银川一模]设m，n为空间两条不同的直线，α，β为空间两个不同的平面，给出下列命题：①若m∥α，m∥β，则α∥β；②若m⊥α，m∥β，则α⊥β；③若m∥α，m∥n，则n∥α；④若m⊥α，α∥β，则m⊥β.其中的正确命题序号是( )A．③④B．①②C．②④D．①③答案：C解析：①若m∥α，m∥β，则α与β相交或平行，故①错误；②若m⊥α，m∥β，则由平面与平面垂直的判定定理，得α⊥β，故②正确；③若m∥α，m∥n，则n∥α或n⊂α，故③错误；④若m⊥α，α∥β，则由直线与平面垂直的判定定理，得m⊥β，故④正确．故选C.6．[2017·山东青岛质检]设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则能得出a⊥b的是( )A．a⊥α，b∥β，α⊥βB．a⊥α，b⊥β，α∥βC．a⊂α，b⊥β，α∥βD．a⊂α，b∥β，α⊥β答案：C解析：对于C项，由α∥β，a⊂α可得a∥β，又b⊥β，得a⊥b，故选C.7．[2017·江西九江模拟]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BDED．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE答案：C解析：因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，又BE∩DE＝E，于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE，故选C.8．如图，PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，AE⊥PC，AF⊥PB.给出下列结论：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.其中真命题的序号是________．答案：①②④解析：①AE⊂平面PAC，BC⊥AC，BC⊥PA⇒AE⊥BC，故①正确；②AE⊥PC，AE⊥BC，PB ⊂平面PBC⇒AE⊥PB，AF⊥PB，EF⊂平面AEF⇒EF⊥PB，故②正确；③若AF⊥BC⇒AF⊥平面PBC，则AF∥AE，与已知矛盾，故③错误；由①可知④正确．9．设a，b为不重合的两条直线，α，β为不重合的两个平面，给出下列命题：①若a∥α且b∥α，则a∥b；②若a⊥α且a⊥β，则α∥β；③若α⊥β，则一定存在平面γ，使得γ⊥α，γ⊥β；④若α⊥β，则一定存在直线l，使得l⊥α，l∥β.上面命题中，所有真命题的序号是________．答案：②③④解析：①中a与b可能相交或异面，故不正确．②垂直于同一直线的两平面平行，正确．③中存在γ，使得γ与α，β都垂直．④中只需直线l⊥α且l⊄β就可以．10．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥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(或BM⊥PC)解析：连接AC，BD，则AC⊥BD.∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BD.又PA∩AC＝A，∴BD ⊥平面PAC ， ∴BD ⊥PC .∴当DM ⊥PC (或BM ⊥PC )时，即有PC ⊥平面MBD . 而PC ⊂平面PCD ， ∴平面MBD ⊥平面PCD .11.如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱长为2，AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝90°，D 是A 1B 1的中点，F 是BB 1上的动点，AB 1，DF 交于点E .要使AB 1⊥平面C 1DF ，则线段B 1F 的长为________．答案：12解析：设B 1F ＝x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ，所以AB 1⊥DF . 由已知可得A 1B 1＝2，设Rt △AA 1B 1斜边AB 1上的高为h ，则DE ＝12h .又2×2＝h 22＋22，所以h ＝233，DE ＝33.在Rt △DB 1E 中，B 1E ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222－⎝ ⎛⎭⎪⎫332＝66. 由面积相等得66× x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫222＝22x ，得x ＝12. 即线段B 1F 的长为12.[冲刺名校能力提升练]1．[2017·吉林实验中学模拟]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：B解析：A的逆命题为：当c⊥α时，若α∥β，则c⊥β.由线面垂直的性质知，c⊥β，故A正确；B的逆命题为：当b⊂α时，若α⊥β，则b⊥β，显然错误，故B错误；C的逆命题为：当b⊂α，且c是a在α内的射影时，若a⊥b，则b⊥c.由三垂线逆定理知，b⊥c，故C正确；D的逆命题为：当b⊂α，且c⊄α时，若b∥c，则c∥α.由线面平行判定定理知，c∥α，故D正确．2．[2017·河北衡水中学模拟]如图，正方体AC1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为点H.则以下命题中，错误的是( )A．点H是△A1BD的垂心B．AH垂直于平面CB1D1C．AH延长线经过点C1D．直线AH和BB1所成角为45°答案：D解析：对于A，由于AA1＝AB＝AD，所以点A在平面A1BD上的射影必到点A1，B，D的距离相等，即点H是△A1BD的外心，而A1B＝A1D＝BD，故点H是△A1BD的垂心，命题A是真命题；对于B，由于B1D1∥BD，CD1∥A1B，故平面A1BD∥平面CB1D1，而AH⊥平面A1BD，从而AH ⊥平面CB1D1，命题B是真命题；对于C，由于AH⊥平面CB1D1，因此AH的延长线经过点C1，命题C是真命题；对于D，由C知直线AH即是直线AC1，又直线AA1∥BB1，因此直线AC1和BB1所成的角就等于直线AA1与AC1所成的角，即∠A1AC1，而tan∠A1AC1＝21＝2，因此命题D是假命题．3．[2017·江西上饶质检]已知m，n是两条不相同的直线，α，β是两个不重合的平面，现有以下说法：①若α∥β，n⊂α，m⊂β，则m∥n；②若m⊥α，m⊥β，n⊥α，则n⊥β；③若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β；④若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n；⑤若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n.其中正确说法的序号为________．答案：②③解析：对于①，注意到分别位于两个平行平面内的两条直线未必平行，可能是异面直线，因此①不正确；对于②，由定理“垂直于同一直线的两个平面平行”得知α，β平行；由定理“若一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则它也垂直于另一个平面”得知，n⊥β，因此②正确；对于③，由定理“由空间一点向一个二面角的两个半平面分别引垂线，则这两条垂线所成的角与该二面角相等或互补”得知，③正确；对于④，分别平行于两个垂直平面的两条直线未必垂直，因此④不正确；对于⑤，m与n有可能平行，因此⑤不正确．综上所述，正确的说法有②③.4．[2017·甘肃兰州质检]如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，且E为CD的中点，M，N分别是AD，BE的中点，将三角形ADE沿AE折起，则下列说法正确的是________．(写出所有正确说法的序号)①不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥平面DEC；②不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN⊥AE；③不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥AB；④在折起过程中，一定存在某个位置，使EC⊥AD.答案：①②④解析：由已知，在未折叠的原梯形中，AB∥DE，BE∥AD，所以四边形ABED为平行四边形，所以BE＝AD，折叠后如图所示．①过点M作MP∥DE，交AE于点P，连接NP.因为M，N分别是AD，BE的中点，所以点P为AE的中点，故NP∥EC.又MP∩NP＝P，DE∩CE＝E，所以平面MNP∥平面DEC，故MN∥平面DEC，①正确；②由已知，AE⊥ED，AE⊥EC，所以AE⊥MP，AE⊥NP，又MP∩NP＝P，所以AE⊥平面MNP，又MN⊂平面MNP，所以MN⊥AE，②正确；③假设MN∥AB，则MN与AB确定平面MNBA，从而BE⊂平面MNBA，AD⊂平面MNBA，与BE和AD是异面直线矛盾，③错误；④当EC⊥ED时，EC⊥AD.因为EC⊥EA，EC⊥ED，EA∩ED＝E，所以EC⊥平面AED，AD⊂平面AED，所以EC⊥AD，④正确．5．[2017·贵州七校联考]如图，几何体EF－ABCD中，CDEF为边长为2的正方形，ABCD为直角梯形，AB∥CD，AD⊥DC，AD＝2，AB＝4，∠ADF＝90°.(1)求证：AC ⊥FB ；(2)求几何体EF －ABCD 的体积． (1)证明：由题意，得AD ⊥DC ，AD ⊥DF ，且 DC ∩DF ＝D ，∴AD ⊥平面CDEF ，∴AD ⊥FC . ∵四边形CDEF 为正方形，∴DC ⊥FC . ∵DC ∩AD ＝D ，∴FC ⊥平面ABCD ，∴FC ⊥AC . 又∵四边形ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AD ＝2，AB ＝4，∴AC ＝22，BC ＝22， 则有AC 2＋BC 2＝AB 2，∴AC ⊥BC ，又BC ∩FC ＝C ，∴AC ⊥平面FCB ，∴AC ⊥FB .(2)解：如图，连接EC ，过B 作CD 的垂线，垂足为N ，易知BN ⊥平面CDEF ，且BN ＝2. ∵V EF －ABCD ＝V E －ABCD ＋V B －EFC＝13S 梯形ABCD ·DE ＋13S △EFC ·BN ＝163， ∴几何体EF －ABCD 的体积为163.6．[2017·湖北八校联考]如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AC ＝2AB ＝2，且BC 1⊥A 1C .(1)求证：平面ABC1⊥平面A1ACC1.(2)设D是A1C1的中点，在线段BB1上是否存在点E，使DE∥平面ABC1？若存在，求三棱锥E－ABC1的体积；若不存在，请说明理由．(1)证明：在直三棱柱ABC－A1B1C1中，有A1A⊥平面ABC，∴A1A⊥AC.又∵A1A＝AC，∴A1C⊥AC1.又∵BC1⊥A1C，AC1∩BC1＝C1，AC1，BC1⊂平面ABC1，∴A1C⊥平面ABC1.∵A1C⊂平面A1ACC1，∴平面ABC1⊥平面A1ACC1.(2)解：存在，E为BB1的中点．取A1A的中点F，连接EF，FD.则EF∥AB，DF∥AC1.∵EF∩DF＝F，AB∩AC1＝A，∴平面EFD∥平面ABC1.∵DE⊂平面EFD，∴DE∥平面ABC1.V E－ABC1＝V C1－ABE＝13×12×1×1×2＝13.。
2018届高三数学（理）一轮复习考点规范练：第八章立体几何44Word版含解析
2018届高三数学（理）一轮复习考点规范练：第八章立体几何44Word版含解析考点规范练44立体几何中的向量方法基础巩固1.直线l的方向向量s=(-1,1,1),平面α的法向量为n=(2,x2+x,-x),若直线l∥平面α,则x的值为()A.-2B.-C.D.±2.已知平面α的一个法向量为n=(1,-,0),则y轴与平面α所成的角的大小为()A. B. C. D.3.如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,以CD,CB,CE 所在直线分别为x轴,y轴,z 轴建立空间直角坐标系,AB=,AF=1,M在EF 上,且AM∥平面BDE,则M点的坐标为() A.(1,1,1) B.C. D.4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,点M在AC1上,且,N 为B1B的中点,则||为()A.aB.aC.aD.a5.如图,过正方形ABCD的顶点A,作P A⊥平面ABCD.若P A=BA,则平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是()A.30°B.45°C.60°D.90°6.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1,则AC1与平面BB1C1C 所成角的正弦值为()A. B. C. D.7.如图,在正四棱锥S-ABCD中,O为顶点在底面上的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面P AC所成的角为.8.已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点,且=(2,-1,-4),=(4,2,0),=(-1,2,-1).对于结论:①AP⊥AB;②AP⊥AD;③是平面ABCD的法向量;④.其中正确的是.(填序号)9.如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面P AD为正三角形,底面ABCD为正方形,侧面P AD⊥底面ABCD,M为底面ABCD内的一个动点,且满足MP=MC,则点M在正方形ABCD内的轨迹为.(填序号)10.(2016全国乙卷,理18)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°.(1)证明:平面ABEF⊥平面EFDC;(2)求二面角E-BC-A的余弦值.导学号37270484?能力提升11.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别在A1D,AC上,且A1E=A1D,AF=AC,则()A.EF至多与A1D,AC之一垂直B.EF⊥A1D,EF⊥ACC.EF与BD1相交D.EF与BD1异面12.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O为线段BD的中点.设点P在线段CC1上,直线OP与平面A1BD所成的角为α,则sin α的取值范围是()A.B.C.D. ?导学号37270486?13.如图,等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB,二面角C-AB-D的余弦值为,M,N分别是AC,BC的中点,则EM,AN所成角的余弦值等于.?导学号37270487?14.如图,AB是半圆O的直径,C是半圆O上除A,B外的一个动点,DC 垂直于半圆O所在的平面,DC∥EB,DC=EB,AB=4,tan∠EAB=.(1)证明:平面ADE⊥平面ACD;(2)当三棱锥C-ADE体积最大时,求二面角D-AE-B的余弦值.导学号37270488?高考预测15.如图,在四棱锥A-EFCB中,△AEF为等边三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O为EF的中点.(1)求证:AO⊥BE;(2)求二面角F-AE-B的余弦值;(3)若BE⊥平面AOC,求a的值.导学号37270489?参考答案考点规范练44立体几何中的向量方法1.D解析当线面平行时,直线的方向向量垂直于平面的法向量,故-1×2+1×(x2+x)+1×(-x)=0,解得x=±2.B解析可知y轴的方向向量为m=(0,1,0),设y轴与平面α所成的角为θ,则sin θ=|cos|,∵cos==-,∴sin θ=,∴θ=3.C解析设M(x,x,1).由已知得A(,0),B(0,,0),D(,0,0),E(0,0,1),则=(x-,x-,1),=(,-,0),=(0,-,1).设平面BDE的一个法向量为n=(a,b,c),则解得令b=1,则n=(1,1,).又AM∥平面BDE,所以n=0,即2(x-)+=0,得x=所以M4.A解析以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则A(a,0,0),C1(0,a,a),N设M(x,y,z),∵点M在AC1上,且,∴(x-a,y,z)=(-x,a-y,a-z).∴x=a,y=,z=,得M∴||==a.5.B解析(方法一)建立如图①所示的空间直角坐标系,不难求出平面APB与平面PCD的法向量分别为n1=(0,1,0),n2=(0,1,1),故平面ABP 与平面CDP所成二面角的余弦值为,故所求的二面角的大小是45°.图①图②(方法二)将其补成正方体.如图②,不难发现平面ABP和平面CDP所成的二面角就是平面ABQP和平面CDPQ所成的二面角,其大小为45°.6.C解析取B1C1的中点D1,以A1为原点,A1D1,A1A所在直线为x轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=2,则C1(,1,0),A(0,0,2),=(,1,-2),平面BB1C1C的一个法向量为n=(1,0,0).所以AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为7.30°解析如图所示,以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.设OD=SO=OA=OB=OC=a,则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P则=(2a,0,0),=(a,a,0).设平面P AC的法向量为n,可求得n=(0,1,1),则cos<,n>=∴<,n>=60°,∴直线BC与平面P AC所成的角为90°-60°=30°.8.①②③解析因为=0,=0,所以AB⊥AP,AD⊥AP,则①②正确.又不平行,所以是平面ABCD的法向量,则③正确.因为=(2,3,4),=(-1,2,-1),所以不平行,故④错误.9.①解析以D为原点,DA,DC所在直线分别为x轴,y轴建立空间直角坐标系如图.设M(x,y,0),设正方形边长为a,则P,C(0,a,0),则MC=,MP=由MP=MC,得x=2y,所以点M在正方形ABCD内的轨迹为直线y=x的一部分.10.(1)证明由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,所以AF⊥平面EFDC.又AF?平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC.(2)解过D作DG⊥EF,垂足为G,由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.由(1)知∠DFE为二面角D-AF-E的平面角,故∠DFE=60°,则DF=2,DG=,可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,).由已知,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC.又平面ABCD∩平面EFDC=CD,故AB∥CD,CD∥EF.由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角,∠CEF=60°.从而可得C(-2,0,).所以=(1,0,),=(0,4,0),=(-3,-4,),=(-4,0,0),设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则所以可取n=(3,0,-).设m是平面ABCD的法向量,则同理可取m=(0,,4),则cos==-故二面角E-BC-A的余弦值为-11.B解析以D点为坐标原点,以DA,DC,DD1所在直线分别为x 轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.设正方体棱长为1,则A1(1,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),E,F,B(1,1,0),D1(0,0,1),=(-1,0,-1),=(-1,1,0),=(-1,-1,1), =-=0,从而EF∥BD1,EF⊥A1D,EF⊥AC.故选B.12.B解析以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在的直线分别为x轴,y 轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.不妨设DC=DA=DD1=1,则D(0,0,0),B(1,1,0),A1(1,0,1),O,并设点P(0,1,t)且0≤t≤1.则=(-1,0,-1),=(0,1,-1).设平面A1BD的法向量为n=(x0,y0,z0),则有即取x0=1,y0=-1,z0=-1,∴n=(1,-1,-1).∴sin α=|cos<,n>|=(0≤t≤1),∴sin2α=,0≤t≤1.令f(t)=,0≤t≤1,则f'(t)==-,可知当t时,f'(t)>0;当t时,f'(t)≤0.又f(0)=,f=1,f(1)=,∴f(t)max=f=1,f(t)min=f(0)=∴sin α的最大值为1,最小值为∴sin α的取值范围为13解析过C点作CO⊥平面ABDE,垂足为O,取AB中点F,连接CF,OF,则∠CFO为二面角C-AB-D的平面角,设AB=1,则CF=,OF=CF·cos ∠CFO=,OC=,则O为正方形ABDE的中心,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则E,M,A,N,,,cos<>=14.(1)证明因为AB是直径,所以BC⊥AC.因为CD⊥平面ABC,所以CD⊥BC.因为CD∩AC=C,所以BC⊥平面ACD.因为CD∥BE,CD=BE,所以四边形BCDE是平行四边形,所以BC∥DE,所以DE⊥平面ACD.因为DE?平面ADE,所以平面ADE⊥平面ACD.(2)解依题意,EB=AB×tan∠EAB=4=1,由(1)知V C-ADE=V E-ACD=S△ACD×DE=AC×CD×DE=AC×BC(AC2+BC2)=AB2=,当且仅当AC=BC=2时等号成立.如图所示,建立空间直角坐标系,则D(0,0,1),E(0,2,1),A(2,0,0),B(0,2,0),则=(-2,2,0),=(0,0,1),=(0,2,0),=(2,0,-1),设平面DAE的法向量为n1=(x1,y1,z1),即∴n1=(1,0,2).设平面ABE的法向量为n2=(x2,y2,z2),∴n2=(1,1,0),∴cos==可以判断与二面角D-AE-B的平面角互补,∴二面角D-AE-B的余弦值为-15.(1)证明因为△AEF是等边三角形,O为EF的中点,所以AO⊥EF.又因为平面AEF⊥平面EFCB,AO?平面AEF,所以AO⊥平面EFCB,所以AO⊥BE.(2)解取BC中点G,连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形,所以OG⊥EF.由(1)知AO⊥平面EFCB,又OG?平面EFCB,所以OA⊥OG.如图建立空间直角坐标系Oxyz,则E(a,0,0),A(0,0,a),B(2,(2-a),0),=(-a,0,a),=(a-2,(a-2),0).设平面AEB的法向量为n=(x,y,z),则即令z=1,则x=,y=-1.于是n=(,-1,1).平面AEF的一个法向量为p=(0,1,0).所以cos ==-由题知二面角F-AE-B为钝角,所以它的余弦值为-(3)解因为BE⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即=0.因为=(a-2,(a-2),0),=(-2,(2-a),0),所以=-2(a-2)-3(a-2)2.由=0及0<a<2,< p="">解得a=</a<2,<>。
2018届高三数学(理)一轮复习考点规范练：第八章 立体几何40 Word版含解析
2018届高三数学（理）一轮复习考点规范练：第八章立体几何40 Word版含解析考点规范练40空间点、直线、平面之间的位置关系基础巩固1.在下列命题中,不是公理的是()A.平行于同一个平面的两个平面相互平行B.过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面C.如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内D.如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线2.在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3.如图,α∩β=l,A,B∈α,C∈β,且C∉l,直线AB∩l=M,过A,B,C三点的平面记作γ,则γ与β的交线必通过()A.点AB.点BC.点C但不过点MD.点C和点M4.如图所示,ABCD-A1B1C1D1是长方体,O是B1D1的中点,直线A1C交平面AB1D1于点M,则下列结论正确的是()A.A,M, O三点共线B.A,M,O,A1不共面C.A,M,C,O不共面D.B,B1,O,M共面5.设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,和a,且长为a的棱与长为的棱异面,则a的取值范围是()A.(0,)B.(0,)C.(1,)D.(1,) 〚导学号37270476〛6.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7.b是平面α外一条直线,下列条件中可得出b∥α的是()A.b与α内一条直线不相交B.b与α内两条直线不相交C.b与α内无数条直线不相交D.b与α内任意一条直线不相交8.已知直线l⊥平面α,直线m⊂平面β,则α∥β是l⊥m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9.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;⑤若a⊥b,b∥c,则a⊥c;⑥若a∥b∥c,则a,b,c共面.其中真命题的序号是.10.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G,H分别是AB,AC,A1B1,A1C1的中点,求证:(1)B,C,H,G四点共面;(2)几何体A1GH-ABC是三棱台;(3)平面EFA1∥平面BCHG.能力提升11.以下四个命题中,①不共面的四点中,其中任意三点不共线;②若点A,B,C,D共面,点A,B,C,E共面,则点A,B,C,D,E共面;③若直线a,b共面,直线a,c共面,则直线b,c共面;④依次首尾相接的四条线段必共面.正确命题的个数是()A.0B.1C.2D.312.若空间三条直线a,b,c满足a⊥b,b∥c,则直线a 与c()A.一定平行B.一定相交C.一定是异面直线D.一定垂直13.若空间中n个不同的点两两距离都相等,则正整数n的取值()A.至多等于3B.至多等于4C.等于5D.大于5 〚导学号37270477〛14.已知m,n,l为不同直线,α,β为不同平面,给出下列命题,其中真命题的序号是(填上所有真命题的序号).①m∥l,n∥l⇒m∥n;②m∥α,n∥α⇒m∥n;③m⊥α,n⊥β,α∥β⇒m∥n;④m⊥α,α⊥β,n⊥β⇒m⊥n;⑤m与l异面,n与l异面⇒m与n异面;⑥m与l共面,n与l共面⇒m与n共面.15.已知空间四边形ABCD中,E,H分别是边AB,AD的中点,F,G分别是边BC,CD的中点.(1)求证:BC与AD是异面直线.(2)求证:EG与FH相交.高考预测16.如图,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是棱D1D的中点,点F在棱B1B上,且满足B1F=2BF.(1)求证:EF⊥A1C1;(2)在棱C1C上确定一点G,使A,E,G,F四点共面,并求此时C1G的长.参考答案考点规范练40空间点、直线、平面之间的位置关系1.A解析选项A是面面平行的性质定理,是由公理推证出来的,而公理是不需要证明的.2.D解析如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,取l1为BC,l2为CC1,l3为C1D1.满足l1⊥l2,l2⊥l3.若取l4为A1D1,则有l1∥l4;若取l4为DD1,则有l1⊥l4.因此l1与l4的位置关系不确定,故选D.3.D解析∵AB⊂γ,M∈AB,∴M∈γ.又α∩β=l,M∈l,∴M∈β.根据公理3可知,M在γ与β的交线上,同理可知,点C也在γ与β的交线上.4.A解析连接A1C1,AC,则A1C1∥AC,所以A1,C1,A,C四点共面.所以A1C⊂平面ACC1A1.因为M∈A1C,所以M∈平面ACC1A1.又M∈平面AB1D1,所以M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上.同理A,O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上,所以A,M,O三点共线.5.A解析此题相当于一个正方形沿着对角线折成一个四面体,长为a的棱长一定大于0且小于6.A解析l1,l2是异面直线⇒l1,l2不相交,即p⇒q;而l 1,l2不相交l1,l2是异面直线,即q p.故p是q的充分条件,但不是q的必要条件.7.D解析只有在b与α内所有直线都不相交,即b与α无公共点时,b∥α.8.A解析若α∥β,则由l⊥α知l⊥β,又m⊂β,可得l⊥m,若α与β相交(如图),设α∩β=n,当m∥n 时,由l⊥α可得l⊥m,而此时α与β不平行,于是α∥β是l⊥m的充分不必要条件,故选A.9.①④⑤解析①由平行线的传递性(公理4)知①正确;②举反例:在同一平面α内,a⊥b,b ⊥c,有a∥c;③举反例:如图的长方体中,a∥γ,b∥γ,但a与b相交;④垂直于同一平面的两直线互相平行,知④正确;⑤显然正确;⑥由三棱柱的三条侧棱知⑥错.10.证明(1)∵GH是△A1B1C1的中位线,∴GH∥B1C1.又B1C1∥BC,∴GH∥BC,∴B,C,H,G四点共面.(2)∵A1G AB,∴AA1与BG必相交.设交点为P,则同理设CH∩AA1=Q,则,∴P与Q重合,即三条直线AA1,GB,CH相交于一点.又由棱柱的性质知平面A1GH∥平面ABC,∴几何体A1GH-ABC为棱台.(3)∵E,F分别为AB,AC的中点,∴EF∥BC.∵EF⊄平面BCHG,BC⊂平面BCHG,∴EF ∥平面BCHG.∵A1G EB,∴四边形A1EBG是平行四边形,∴A1E∥GB.∵A1E⊄平面BCHG,GB⊂平面BCHG,∴A1E ∥平面BCHG.∵A1E∩EF=E,∴平面EFA1∥平面BCHG.11.B解析①中显然是正确的;②中若A,B,C三点共线,则A,B,C,D,E五点不一定共面;③构造长方体或正方体,如图显然b,c异面,故不正确;④中空间四边形中四条线段不共面,故只有①正确.12.D解析两条平行线中一条与第三条直线垂直,另一条直线也与第三条直线垂直,故选D. 13.B解析特殊值法.当n=3时,正三角形的三个顶点之间两两距离相等,故n=3符合;当n=4时,联想正四面体的四个顶点之间两两距离相等,故n=4符合.由此可以排除选项A,C,D.故选B.14.①③④解析由平面的基本性质4知①正确;平行于同一平面的两条直线可以平行、相交,也可以异面,故②错误;m∥n,故③为真命题;m⊥n,故④为真命题;如图(1),长方体中,m与l异面,n1,n2,n3都与l 异面,但n2与m相交,n1与m异面,n3与m平行,故⑤为假命题;如图(2),长方体中,m与l共面,n与l共面,但m与n异面,故⑥为假命题.(1)(2)15.证明(1)假设BC与AD共面,不妨设它们所共平面为α,则B,C,A,D∈α.所以四边形ABCD为平面图形,这与四边形ABCD为空间四边形相矛盾,所以BC与AD是异面直线.(2)如图,连接AC,BD,则EF∥AC,HG∥AC,因此EF∥HG.同理EH∥FG,则四边形EFGH为平行四边形.又EG,FH是▱EFGH的对角线,所以EG与FH相交.16.(1)证明如图所示,连接B1D1,∵ABCD-A1B1C1D1为正方体,∴四边形A1B1C1D1为正方形.∴A1C1⊥B1D1.∵BB1⊥平面A1B1C1D1,∴A1C1⊥BB1.∵B1D1∩BB1=B1,∴A1C1⊥平面BB1D1D.∵EF⊂平面BB1D1D,∴EF⊥A1C1.(2)解如图所示,假设A,E,G,F四点共面,则A,E,G,F四点确定平面AEGF,∵ABCD-A1B1C1D1为正方体,∴平面AA1D1D∥平面BB1C1C.∵平面AEGF∩平面AA1D1D=AE,平面AEGF∩平面BB1C1C=GF,∴由平面与平面平行的性质定理得AE∥GF,同理可得AF∥GE,因此四边形AEGF为平行四边形,∴GF=AE.在Rt△ADE中,AD=a,DE=DD1=,∠ADE=90°,由勾股定理得AE=a,在直角梯形B1C1GF中,下底B1F=BB1=a,腰B1C1=a,GF=AE=a,由勾股定理可得GF==a,结合图形可知C1G<B1F,解得C1G=a.。
2018年北京市高考数学理 8专题八 立体几何
第八篇：立体几何一、选择题1.【2018全国一卷7】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．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A ．172B ．52C ．3D ．22.【2018全国一卷12】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A B C D3.【2018全国二卷9】在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA 1AD 与1DB 所成角的余弦值为A ．15B C D 4.【2018全国三卷3】3．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是5.【2018全国三卷10】设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为D ABC 体积的最大值为 A．B．C．D．6.【2018北京卷5】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A.1B.2C.3D.4俯视图正视图7.【2018浙江卷3】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是 A ．2B ．4C ．6D ．88.【2018浙江卷8】已知四棱锥S −ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S −AB −C 的平面角为θ3，则 A ．θ1≤θ2≤θ3B ．θ3≤θ2≤θ1C ．θ1≤θ3≤θ2D ．θ2≤θ3≤θ19.【2018上海卷15】《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设AA ₁是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA ₁为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（ ）（A ）4 （B ） 8（C ）12 （D ）16二、填空题1.【2018全国二卷16】已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB △的面积为__________．2.【2018天津卷11】已知正方体1111ABCD A BC D -的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M EFGH -的体积为.3.【2018江苏卷10】如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 ．三、解答题1.【2018全国一卷18】如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥.（1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.2.【2018全国二卷20】如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．3.【2018全国三卷19】如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点． （1）证明：平面AM D ⊥平面BMC ；（2）当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．4.【2018北京卷16】如图，在三棱柱ABC −111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11AC ，1BB 的中点，AB=BC AC =1AA =2．（Ⅰ）求证：AC ⊥平面BEF ； （Ⅱ）求二面角B−CD −C 1的余弦值； （Ⅲ）证明：直线FG 与平面BCD 相交．5.【2018天津卷17】如图，AD BC ∥且AD =2BC ，AD CD ⊥,EG AD ∥且EG =AD ，CD FG ∥且CD =2FG ，DG ABCD ⊥平面，DA =DC =DG =2.（I ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN CDE ∥平面；（II ）求二面角E BC F --的正弦值；（III ）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.6.【2018江苏卷15】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ； （2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ．7.【2018江苏卷22（附加题）】如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； （2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．8.【2018浙江卷19】如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2．（Ⅰ）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（Ⅱ）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．9.【2018上海卷17】已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，半径为2（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设PO =4，OA ，OB 是底面半径，且∠AOB =90°，M 为线段AB 的中点，如图，求异面直线PM 与OB 所成的角的大小.参考答案 一、选择题1.B2.A3.C4.A5.B6.C7.C8.D9.D 二、填空题 1.π240 2.121 3.43三、解答题1.解：（1）由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD . （2）作PH ⊥EF ，垂足为H .由（1）得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF 的方向为y 轴正方向，||BF 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H −xyz .由（1）可得，DE ⊥PE .又DP =2，DE =1，所以PE 又PF =1，EF =2，故PE ⊥PF .可得322PH EH ==.则33(0,0,0),(1,,0),(1,22H P D DP --=HP =为平面ABFD 的法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则34sin ||||||3HP DPHP DP θ⋅===⋅所以DP 与平面ABFD . 2解：（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且OP =连结OB ．因为AB BC AC ==，所以ABC △为等腰直角三角形， 且OB AC ⊥，122OB AC ==． 由222OP OB PB +=知PO OB ⊥． 由,OP OB OP AC ⊥⊥知PO⊥平面ABC ．（2）如图，以O 为坐标原点，的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -．由已知得)0,0,0(O ，)0,0,2(B ，)0,2,0(-A ，)0,2,0(C ，)32,0,0(P ，)32,2,0(=AP 取平面PAC 的法向量)0,0,2(=．设(,2,0)(02)M a a a -<≤，则)0,4,(a a -=． 设平面PAM 的法向量为(,,)x y z=n ．由0=⋅n ，0=⋅n 得20(4)0yax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取,)a a =--n ，所以2223)4(32)4(32,cos aa a a n ++-->=<．由已知可得23,cos =><n OB ．4a =-（舍去），43a =．所以4()3=-n ． 又)322,0(-=，PC ，所以43,cos >=<n ．所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为4． 3.解：（1）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 BCCM =C ,所以DM ⊥平面BMC .而DM ⊂平面AMD ,故平面AMD ⊥平面BMC .（2）以D 为坐标原点,DA 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz .当三棱锥M −ABC 体积最大时，M 为CD 的中点.由题设得(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,1,1)D A B C M ，(2,1,1),(0,2,0),(2,0,0)AM AB DA =-==设(,,)x y z =n 是平面MAB 的法向量,则0,0.AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.x y z y -++=⎧⎨=⎩ 可取(1,0,2)=n .DA 是平面MCD 的法向量,因此5cos ,5||||DA DA DA ⋅==n n n ， 2sin,5DA =n ， 所以面MAB 与面MCD 4.解：（Ⅰ）在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∵CC 1⊥平面ABC ，∴四边形A 1ACC 1为矩形． 又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点，∴AC ⊥EF ． ∵AB =BC ．∴AC ⊥BE ，∴AC ⊥平面BEF ． （Ⅱ）由（I ）知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1． 又CC 1⊥平面ABC ，∴EF ⊥平面ABC ． ∵BE ⊂平面ABC ，∴EF ⊥BE ． 如图建立空间直角坐标系E -xyz ．由题意得B （0，2，0），C （-1，0，0），D （1，0，1），F （0，0，2），G （0，2，1）．)1,0,2(=∴CD ，)0,2,1(=CB ，设平面BCD 的法向量为()a b c =，，n ， ∴⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00n n ，∴2020a c a b +=⎧⎨+=⎩，令a =2，则b =-1，c =-4，∴平面BCD 的法向量(214)=--，，n ， 又∵平面CDC 1的法向量为)0,2,0(=，∴2121cos -=>=⋅<n ． 由图可得二面角B -CD -C 1为钝角，所以二面角B -CD -C 1的余弦值为． （Ⅲ）由（Ⅱ）知平面BCD 的法向量为(214)=--，，n ，∵G （0，2，1），F （0，0，2），∴)1,2,0(-=，∴2-=⋅n ，∴n 与不垂直，∴GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内，∴GF 与平面BCD 相交．5.解：依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA ，DC ，DG 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D （0，0，0），A （2，0，0），B （1，2，0），C （0，2，0），E （2，0，2），F （0，1，2），G （0，0，2），M （0，32，1），N （1，0，2）．（Ⅰ）证明：依题意DC =（0，2，0），DE =（2，0，2）．设n 0=(x ，y ，z )为平面CDE的法向量，则0000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即20220y x z =⎧⎨+=⎩，， 不妨令z=–1，可得n 0=（1，0，–1）．又MN =（1，32-，1），可得00MN ⋅=n ，又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ．（Ⅱ）解：依题意，可得BC =（–1，0，0），(122)BE =-，，，CF =（0，–1，2）． 设n =（x ，y ，z ）为平面BCE 的法向量，则00BC BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即0220x x y z -=⎧⎨-+=⎩，， 不妨令z =1，可得n =（0，1，1）．设m =（x ，y ，z ）为平面BCF 的法向量，则00BC CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，m m 即020x y z -=⎧⎨-+=⎩，， 不妨令z =1，可得m =（0，2，1）． 因此有cos<m ，n>=||||⋅=m n m n sin<m ，n．所以，二面角E –BC –F． （Ⅲ）解：设线段DP 的长为h （h ∈［0，2］），则点P 的坐标为（0，0，h ），可得(12)BP h =--，，．易知，DC =（0，2，0）为平面ADGE 的一个法向量，故 cos BP DC BP DC BP DCh ⋅<⋅>==，h ∈［0，2］． 所以线段DP 6.证明：（1）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1．因为AB ⊄平面A 1B 1C ，A 1B 1⊂平面A 1B 1C ， 所以AB ∥平面A 1B 1C ．（2）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，四边形ABB 1A 1为平行四边形． 又因为AA 1=AB ，所以四边形ABB 1A 1为菱形， 因此AB 1⊥A 1B ．又因为AB 1⊥B 1C 1，BC ∥B 1C 1， 所以AB 1⊥BC ．又因为A 1B ∩BC =B ，A 1B ⊂平面A 1BC ，BC ⊂平面A 1BC ， 所以AB 1⊥平面A 1BC ． 因为AB 1⊂平面ABB 1A 1， 所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC ．7.解：如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1，则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以1,{},OB OC OO 为基底，建立空间直角坐标系O −xyz ．因为AB =AA 1=2，所以1110,1,0,,0,1,0,0,1,())()()2,,0,1,2)()A B C A B C --．（1）因为P 为A 1B 1的中点，所以1,2)2P -， 从而131(,,2)(0,2,22),BP AC ==--，故111|||cos ,|||||5BP AC BP AC BP AC ⋅===⋅． 因此，异面直线BP 与AC 1 （2）因为Q 为BC 的中点，所以1,0)2Q ， 因此33(,0)2AQ =，11(0,2,2),(0,0,2)AC CC ==．设n =（x ，y ，z ）为平面AQC 1的一个法向量， 则10,0,AQ AC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=n n 即30,2220.y y z +=⎪+=⎩不妨取1,1)=-n ，设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ， 则111||sin |cos |,|||CC CC CC |θ==⋅⋅==n n n 所以直线CC 1与平面AQC 1 8.解：方法一：（Ⅰ）由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥得111AB AB ==，所以2221111A B AB AA +=.故111AB A B ⊥.由2BC =，112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥得11B C = 由2,120AB BC ABC ==∠=︒得AC =由1CC AC ⊥，得1AC =2221111AB BC AC +=，故111AB B C ⊥. 因此1AB ⊥平面111A B C .（Ⅱ）如图，过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连结AD.由1AB ⊥平面111A B C 得平面111A B C ⊥平面1ABB ， 由111C D A B ⊥得1C D ⊥平面1ABB ， 所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角.由111111BC AB AC ==111111cos C A B C A B ∠=∠=所以1C D =111sin C D C AD AC ∠==. 因此，直线1AC 与平面1ABB方法二：（Ⅰ）如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O -xyz.由题意知各点坐标如下：111(0,(1,0,0),(0,(1,0,2),),A B A B C因此111112),3),AB A B AC ==-=-uuu r uuu u r uuu u r由1110AB A B ⋅=uuu r uuu u r得111AB A B ⊥. 由1110AB AC ⋅=uuu r uuu u r 得111AB AC ⊥. 所以1AB ⊥平面111A B C .（Ⅱ）设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ.由（Ⅰ）可知11(0,0,2),AC AB BB ===uuu r uu u r uuu r设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n .由10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uuu r n n即0,20,x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩可取(,0)=n .所以111|sin |cos ,||||AC AC AC θ⋅===⋅uuu ruuu r uuu rn |n n |因此，直线1AC 与平面1ABB9.解：(1)依题意可知：圆锥的高度为322422=-=OP ，所以其体积为：πππ338322313122=⨯⨯⨯==h r V 。
2018届高三数学(理)一轮复习考点规范练：第八章 立体几何41Word版含解析
考点规范练41直线、平面平行的判定与性质基础巩固1.对于空间的两条直线m,n和一个平面α,下列命题中的真命题是()A.若m∥α,n∥α,则m∥nB.若m∥α,n⊂α,则m∥nC.若m∥α,n⊥α,则m∥nD.若m⊥α,n⊥α,则m∥n2.下列四个正方体图形中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,P分别为其所在棱的中点,能得出AB∥平面MNP的图形的序号是()A.①③B.②③C.①④D.②④3.设l表示直线,α,β表示平面.给出四个结论:①如果l∥α,则α内有无数条直线与l平行;②如果l∥α,则α内任意的直线与l平行;③如果α∥β,则α内任意的直线与β平行;④如果α∥β,对于α内的一条确定的直线a,在β内仅有唯一的直线与a平行.以上四个结论中,正确结论的个数为()A.0B.1C.2D.34.平面α∥平面β的一个充分条件是()A.存在一条直线a,a∥α,a∥βB.存在一条直线a,a⊂α,a∥βC.存在两条平行直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥αD.存在两条异面直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α5.已知平面α和不重合的两条直线m,n,下列选项正确的是()A.如果m⊂α,n⊄α,m,n是异面直线,那么n∥αB.如果m⊂α,n与α相交,那么m,n是异面直线C.如果m⊂α,n∥α,m,n共面,那么m∥nD.如果m⊥α,n⊥m,那么n∥α6.如图,四边形ABCD是边长为1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD=NB=1,G为MC的中点.则下列结论中不正确的是()A.MC⊥ANB.GB∥平面AMNC.平面CMN⊥平面AMND.平面DCM∥平面ABN7.设l,m,n表示不同的直线,α,β,γ表示不同的平面,给出下列四个命题:①若m∥l,且m⊥α,则l⊥α;②若m∥l,且m∥α,则l∥α;③若α∩β=l,β∩γ=m,γ∩α=n,则l∥m∥n;④若α∩β=m,β∩γ=l,γ∩α=n,且n∥β,则l∥m.其中正确命题的个数是()A.1B.2C.3D.48.过三棱柱ABC-A1B1C1的任意两条棱的中点作直线,其中与平面ABB1A1平行的直线共有条.9.如图,四棱锥P-ABCD的底面是一直角梯形,AB∥CD,BA⊥AD,CD=2AB,PA⊥底面ABCD,E为PC的中点,则BE与平面PAD的位置关系为.10.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,O为底面ABCD的中心,P是DD1的中点,设Q是CC1上的点,则点Q满足条件时,有平面D1BQ∥平面PAO.11.如图,三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.求证:BD∥平面FGH.12.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,点E在线段B1C1上,B1E=3EC1,试探究:在AC上是否存在点F,满足EF∥平面A1ABB1?若存在,请指出点F的位置,并给出证明;若不存在,请说明理由.能力提升13.(2016全国乙卷,理11)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. B. C. D. 〚导学号37270352〛14.设α,β,γ为三个不同的平面,m,n是两条不同的直线,在命题“α∩β=m,n⊂γ,且,则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组,使该命题为真命题.①α∥γ,n⊂β;②m∥γ,n∥β;③n∥β,m⊂γ.可以填入的条件有()A.①②B.②③C.①③D.①②③15.在三棱锥S-ABC中,△ABC是边长为6的正三角形,SA=SB=SC=15,平面DEFH分别与AB,BC,SC,SA交于D,E,F,H.D,E分别是AB,BC的中点,如果直线SB∥平面DEFH,那么四边形DEFH的面积为.高考预测16.如图,已知正方形ABCD的边长为6,点E,F分别在边AB,AD上,AE=AF=4,现将△AEF 沿线段EF折起到△A'EF位置,使得A'C=2.(1)求五棱锥A'-BCDFE的体积;(2)在线段A'C上是否存在一点M,使得BM∥平面A'EF?若存在,求A'M;若不存在,请说明理由.〚导学号37270354〛参考答案考点规范练41直线、平面平行的判定与性质1.D解析对A,直线m,n可能平行、异面或相交,故A错误;对B,直线m与n可能平行,也可能异面,故B错误;对C,m与n垂直而非平行,故C错误;对D,垂直于同一平面的两直线平行,故D正确.2.C解析对于图形①,平面MNP与AB所在的对角面平行,即可得到AB∥平面MNP;对于图形④,AB∥PN,即可得到AB∥平面MNP;图形②③无论用定义还是判定定理都无法证明线面平行.3.C解析②中α内的直线与l可异面,④中可有无数条.4.D解析若α∩β=l,a∥l,a⊄α,a⊄β,则a∥α,a∥β,故排除A.若α∩β=l,a⊂α,a∥l,则a∥β,故排除B.若α∩β=l,a⊂α,a∥l,b⊂β,b∥l,则a∥β,b∥α,故排除C.选D.5.C解析如图(1)可知A错;如图(2)可知B错;如图(3),m⊥α,n是α内的任意直线,都有n ⊥m,故D错.∵n∥α,∴n与α无公共点,∵m⊂α,∴n与m无公共点,又m,n共面,∴m∥n,故选C.6.C解析显然该几何图形为正方体截去两个三棱锥所剩的几何体,把该几何体放置到正方体中(如图),取AN的中点H,连接HB,MH,则MC∥HB,又HB⊥AN,所以MC⊥AN,所以A 正确;由题意易得GB∥MH,又GB⊄平面AMN,MH⊂平面AMN,所以GB∥平面AMN,所以B正确;因为AB∥CD,DM∥BN,且AB∩BN=B,CD∩DM=D,所以平面DCM∥平面ABN,所以D正确.7.B解析对①,两条平行线中有一条与一平面垂直,则另一条也与这个平面垂直,故①正确;对②,直线l可能在平面α内,故②错误;对③,三条交线除了平行,还可能相交于同一点,故③错误;对④,结合线面平行的判定定理和性质定理可判断其正确.综上①④正确.故选B.8.6解析过三棱柱ABC-A1B1C1的任意两条棱的中点作直线,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6条.9.平行解析取PD的中点F,连接EF,AF,在△PCD中,EF CD.又∵AB∥CD且CD=2AB,∴EF AB,∴四边形ABEF是平行四边形,∴EB∥AF.又∵EB⊄平面PAD,AF⊂平面PAD,∴BE∥平面PAD.10.Q为CC1的中点解析如图,假设Q为CC1的中点,因为P为DD1的中点,所以QB∥PA.连接DB,因为P,O分别是DD1,DB的中点,所以D1B∥PO.又D1B⊄平面PAO,QB⊄平面PAO,所以D1B∥平面PAO,QB∥平面PAO.又D1B∩QB=B,所以平面D1BQ∥平面PAO.故Q满足条件Q为CC1的中点时,有平面D1BQ∥平面PAO.11.证法一连接DG,CD,设CD∩GF=M.连接MH.在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,可得DF∥GC,DF=GC,所以四边形DFCG为平行四边形.则M为CD的中点.又H为BC的中点,所以HM∥BD,又HM⊂平面FGH,BD⊄平面FGH,所以BD∥平面FGH.证法二在三棱台DEF-ABC中,由BC=2EF,H为BC的中点,可得BH∥EF,BH=EF,所以四边形HBEF为平行四边形,可得BE∥HF.在△ABC中,G为AC的中点,H为BC的中点,所以GH∥AB.又GH∩HF=H,所以平面FGH∥平面ABED.因为BD⊂平面ABED,所以BD∥平面FGH.12.解方法一:当AF=3FC时,FE∥平面A1ABB1.证明如下:在平面A1B1C1内过点E作EG∥A1C1交A1B1于点G,连接AG.因为B1E=3EC1,所以EG=A1C1.又因为AF∥A1C1,且AF=A1C1,所以AF EG,所以四边形AFEG为平行四边形,所以EF∥AG.又因为EF⊄平面A1ABB1,AG⊂平面A1ABB1,所以EF∥平面A1ABB1.方法二:当AF=3FC时,EF∥平面A1ABB1.证明如下:在平面BCC1B1内过点E作EG∥BB1交BC于点G,因为EG∥BB1,EG⊄平面A1ABB1,BB1⊂平面A1ABB1,所以EG∥平面A1ABB1.因为B1E=3EC1,所以BG=3GC,所以FG∥AB.又因为AB⊂平面A1ABB1,FG⊄平面A1ABB1,所以FG∥平面A1ABB1.又因为EG⊂平面EFG,FG⊂平面EFG,EG∩FG=G,所以平面EFG∥平面A1ABB1.因为EF⊂平面EFG,所以EF∥平面A1ABB1.13.A解析(方法一)∵α∥平面CB1D1,平面ABCD∥平面A1B1C1D1,α∩平面ABCD=m,平面CB1D1∩平面A1B1C1D1=B1D1,∴m∥B1D1.∵α∥平面CB1D1,平面ABB1A1∥平面DCC1D1,α∩平面ABB1A1=n,平面CB1D1∩平面DCC1D1=CD1,∴n∥CD1.∴B1D1,CD1所成的角等于m,n所成的角,即∠B1D1C等于m,n所成的角.∵△B1D1C为正三角形,∴∠B1D1C=60°,∴m,n所成的角的正弦值为(方法二)由题意画出图形如图,将正方体ABCD-A1B1C1D1平移,补形为两个全等的正方体如图,易证平面AEF∥平面CB1D1,所以平面AEF即为平面α,m即为AE,n即为AF,所以AE与AF所成的角即为m与n所成的角.因为△AEF是正三角形,所以∠EAF=60°,故m,n所成角的正弦值为14.C解析由面面平行的性质定理可知,①正确;当n∥β,m⊂γ时,n和m在同一平面内,且没有公共点,所以平行,③正确.选C.15解析取AC的中点G,连接SG,BG.易知SG⊥AC,BG⊥AC,故AC⊥平面SGB,所以AC⊥SB.因为SB∥平面DEFH,SB⊂平面SAB,平面SAB∩平面DEFH=HD,则SB∥HD.同理SB∥FE.又D,E分别为AB,BC的中点,则H,F也为AS,SC的中点,从而得HF AC DE,所以四边形DEFH为平行四边形.又AC⊥SB,SB∥HD,DE∥AC,所以DE⊥HD,所以四边形DEFH为矩形,其面积S=HF·HD=16.解(1)连接AC,设AC∩EF=H,连接A'H.因为四边形ABCD是正方形,AE=AF=4,所以H是EF的中点,且EF⊥AH,EF⊥CH.从而有A'H⊥EF,CH⊥EF,又A'H∩CH=H,所以EF⊥平面A'HC,且EF⊂平面ABCD.从而平面A'HC⊥平面ABCD.过点A'作A'O垂直HC且与HC相交于点O,则A'O⊥平面ABCD.因为正方形ABCD的边长为6,AE=AF=4,故A'H=2,CH=4,所以cos∠A'HC=所以HO=A'H·cos∠A'HC=,则A'O=所以五棱锥A'-BCDFE的体积V=(2)线段A'C上存在点M,使得BM∥平面A'EF,此时A'M=证明如下:连接OM,BD,BM,DM,且易知BD过O点.A'M=A'C,HO=HC,所以OM∥A'H.又OM⊄平面A'EF,A'H⊂平面A'EF,所以OM∥平面A'EF.又BD∥EF,BD⊄平面A'EF,EF⊂平面A'EF,所以BD∥平面A'EF.又BD∩OM=O,所以平面MBD∥平面A'EF,因为BM⊂平面MBD,所以BM∥平面A'EF.。
2018年高考一轮复习高中数学立体几何知识点汇编
高中课程复习专题——数学立体几何一空间几何体㈠空间几何体的类型1 多面体：由若干个平面多边形围成的几何体。
围成多面体的各个多边形叫做多面体的面，相邻两个面的公共边叫做多面体的棱，棱与棱的公共点叫做多面体的顶点。
2 旋转体：把一个平面图形绕它所在的平面内的一条定直线旋转形成了封闭几何体。
其中，这条直线称为旋转体的轴。
㈡几种空间几何体的结构特征1 棱柱的结构特征1.1 棱柱的定义：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的几何体叫做棱柱。
1.2 棱柱的分类1.3 棱柱的性质⑴侧棱都相等，侧面是平行四边形；⑵两个底面与平行于底面的截面是全等的多边形；⑶过不相邻的两条侧棱的截面是平行四边形；⑷ 直棱柱的侧棱长与高相等，侧面的对角面是矩形。
1.4 长方体的性质⑴ 长方体的一条对角线的长的平方等于一个顶点上三 条棱的平方和：AC 12 = AB 2 + AC 2 + AA 12⑵ 长方体的一条对角线AC 1与过定点A 的三条棱所成 的角分别是α、β、γ，那么：cos 2α + cos 2β + cos 2γ = 1 sin 2α + sin 2β + sin 2γ = 2⑶ 长方体的一条对角线AC 1与过定点A 的相邻三个面所组成的角分别为α、β、γ，则：cos 2α + cos 2β + cos 2γ = 2 sin 2α + sin 2β + sin 2γ = 11.5 棱柱的侧面展开图：正n 棱柱的侧面展开图是由n 个全等矩形组成的以底面周长和侧棱为邻边的矩形。
1.6 棱柱的面积和体积公式S 直棱柱侧面 = c ·h (c 为底面周长，h 为棱柱的高) S 直棱柱全 = c ·h+ 2S 底 V 棱柱 = S 底 ·h 2 圆柱的结构特征2-1 圆柱的定义：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体叫圆柱。
2018届高三(新课标)数学(理)大一轮复习教师用书第八章立体几何Word版含解析
第八章⎪⎪⎪立 体 几 何 第一节空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积突破点(一) 空间几何体的三视图和直观图1．空间几何体的结构特征 (1)多面体的结构特征(1)三视图的名称几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图． (2)三视图的画法①在画三视图时，能看见的轮廓线和棱用实线表示，重叠的线只画一条，不能看见的轮廓线和棱用虚线表示．②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体的正投影图．3．空间几何体的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)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°，本节主要包括3个知识点：1.空间几何体的三视图和直观图；2.空间几何体的表面积与体积；3.与球有关的切、接应用问题.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](1)用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是()A．圆柱B．圆锥C．球体D．圆柱、圆锥、球体的组合体(2)下列说法正确的是()A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点[解析](1)截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．(2)A错，如图(1)；B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；C错，如图(3)；D错，由棱台的定义知，其侧棱的延长线必相交于同一点．[答案](1)C(2)B[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(2)中的A，C两项易判断失误；(3)通过反例对结构特征进行辨析．1.长对正、高平齐、宽相等，即俯视图与正视图一样长；正视图与侧视图一样高；侧视图与俯视图一样宽．2．三视图的排列顺序先画正视图，俯视图放在正视图的下方，侧视图放在正视图的右方．[例2](1)(2017·贵州七校联考)如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形，按正视图，侧视图，俯视图的顺序排列)()A．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥D．③④⑤(2)(2016·天津高考)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为()[解析](1)正视图应该是边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是①；侧视图应该是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③.(2)先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧(左)视图．由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧(左)视图为图②.[答案](1)B(2)B[方法技巧]三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向；注意能看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的视图解决此类问题，可先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入检验．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．空间几何体的直观图直观图与原图形面积的关系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＝24S原图形．(2)S原图形＝22S直观图．[例3]用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是()[解析]由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2 2.[答案] A1．[考点一]如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下四个命题中，假命题是()A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上解析：选B因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等，所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点的距离相等，故A，C是真命题；且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等，故D是真命题；B是假命题，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立．2．[考点二]一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是()解析：选B由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成．从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部是一条水平线段连接两个三角形．3．[考点二]已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为()解析：选C 当正视图为等腰三角形时，则高应为2，且应为虚线，排除A ，D ；当正视图是直角三角形时，由条件得一个直观图如图所示，中间的线是看不见的线PA 形成的投影，应为虚线，故答案为C.4．[考点三]用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB 平行于y 轴，BC ，AD 平行于x 轴．已知四边形ABCD 的面积为2 2 cm 2，则原平面图形的面积为( )A ．4 cm 2B ．4 2 cm 2C ．8 cm 2D ．8 2 cm 2解析：选C 依题意可知∠BAD ＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC ，AD 相等，高为梯形ABCD 的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm 2.5．[考点二](2017·南昌模拟)如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为( )A ．1∶1B ．2∶1C ．2∶3D ．3∶2解析：选A 根据题意，三棱锥P -BCD 的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高．故三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.突破点(二) 空间几何体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱、圆锥、圆台侧面积间的关系：S 圆柱侧＝2πrl ――→r ′＝rS 圆台侧＝π(r ＋r ′)l ――→r ′＝0S 圆锥侧＝πrl . 2．空间几何体的表面积与体积公式[例1]分曲线为半圆弧，则该几何体的表面积为()A．4π＋16＋4 3 B．5π＋16＋4 3C．4π＋16＋2 3 D．5π＋16＋2 3(2)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是()A ．1＋ 3B ．2＋ 3C ．1＋2 2D ．2 2[解析] (1)由三视图可知该几何体是一个正三棱柱和一个半圆柱的组合体，三棱柱的两个侧面面积之和为2×4×2＝16，两个底面面积之和为2×12×2×3＝23；半圆柱的侧面积为π×4＝4π，两个底面面积之和为2×12×π×12＝π，所以几何体的表面积为5π＋16＋23，故选D.(2)根据三视图还原几何体如图所示，其中侧面ABD ⊥底面BCD ，另两个侧面ABC ，ACD 为等边三角形，则有S 表面积＝2×12×2×1＋2×34×(2)2＝2＋ 3. [答案] (1)D (2)B[方法技巧]求空间几何体表面积的常见类型及思路(1)求多面体的表面积，只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积．(2)求旋转体的表面积，可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系．(3)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积．空间几何体的体积柱体、锥体、台体体积间的关系[例2] (1)(2016·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A.16B.13C.12D ．1 (2)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋2π B.13π6 C.7π3D.5π2[解析] (1)通过三视图可还原几何体为如图所示的三棱锥P -ABC ，通过侧视图得高h ＝1，通过俯视图得底面积S ＝12×1×1＝12，所以体积V ＝13Sh ＝13×12×1＝16.(2)由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋12×13π×12×1＝13π6.[答案] (1)A (2)B [方法技巧]求空间几何体体积的常见类型及思路(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1．[考点二](2016·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π 解析：选C 由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×4π3×⎝⎛⎭⎫223＝13＋26π.故选C. 2．[考点二]已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.5π3 cm 3 B ．2π cm 3 C.7π3cm 3 D ．3π cm 3解析：选C 该几何体为一个圆柱挖去半个球得到的几何体，其体积V ＝π×12×3－12×4π×133＝7π3(cm 3)．3.[考点一]某几何体的三视图如图所示，则它的表面积为( )A ．125＋20B ．242＋20C ．44D ．12 5解析：选A 由三视图得，这是一个正四棱台，且上、下底面的边长分别为2,4，则侧面梯形的高h ＝ 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫4－222＝5，所以该正四棱台的表面积S ＝(2＋4)×52×4＋22＋42＝125＋20.4．[考点一]某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( )A ．8＋2 2B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15解析：选B 由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.5．[考点二]中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)：若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x 的值为________．解析：由三视图知，商鞅铜方升由一圆柱和一长方体组合而成，由题意得：(5.4－x )×3×1＋π·⎝⎛⎭⎫122x ＝12.6，解得x ＝1.6.答案：1.6突破点(三) 与球有关的切、接应用问题1.球的表面积和体积是每年高考的热点，且多与三视图、多面体等综合命题，常以选择题、填空题的形式出现.解决此类问题时，一是要善于把空间问题平面化，把平面问题转化到直角三角形中处理；二是要将变化的模型转化到固定的长方体或正方体中.2.与球有关的组合体问题主要有两种，一种是内切问题，一种是外接问题.解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关“元素”间的数量关系，并作出合适的截面图.考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”多面体的内切球问题[例1] 若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.[解析] 设正四面体棱长为a ， 则正四面体表面积为S 1＝4×34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14， 即r ＝14×63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π.[答案] 63π[方法技巧]处理与球有关内切问题的策略解答此类问题时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．多面体的外接球问题处理与球有关外接问题的策略把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．[例2] (1)(2017·抚顺模拟)已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172 B ．210 C.132D ．310(2)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4 B ．16π C ．9πD.27π4(3)一个正方体削去一个角所得到的几何体的三视图如图所示(图中三个四边形都是边长为2的正方形)，则该几何体外接球的体积为________．[解析] (1)如图所示，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC的中点M .又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝⎛⎭⎫522＋62＝132. (2)如图所示，设球半径为R ，底面中心为O ′且球心为O ，∵正四棱锥P -ABCD 中AB ＝2， ∴AO ′＝ 2. ∵PO ′＝4，∴在Rt △AOO ′中，AO 2＝AO ′2＋OO ′2， ∴R 2＝(2)2＋(4－R )2， 解得R ＝94，∴该球的表面积为4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫942＝81π4.(3)依题意可知，新的几何体的外接球也就是原正方体的外接球，球的直径就是正方体的体对角线，∴2R ＝23(R 为球的半径)，∴R ＝3， ∴球的体积V ＝43πR 3＝43π.[答案] (1)C (2)A (3)43π [方法技巧]与球有关外接问题的解题规律(1)直棱柱外接球的球心到直棱柱底面的距离恰为棱柱高的12.(2)正方体外接球的直径为正方体的体对角线的长．此结论也适合长方体，或由同一顶点出发的两两互相垂直的三条棱构成的三棱柱或三棱锥．(3)求多面体外接球半径的关键是找到由球的半径构成的三角形，解三角形即可．能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]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解析：选B 该几何体为直三棱柱，底面是边长分别为6,8,10的直角三角形，侧棱长为12，故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径，其半径为r ＝2Sa ＋b ＋c ＝2×12×6×86＋8＋10＝2，故选B.2．[考点二]如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为( )A ．200πB ．150πC ．100πD ．50π解析：选D 由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去4个角后得到，此长方体的长、宽、高分别为5,4,3，所以外接球半径R 满足2R ＝42＋32＋52＝52，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫5222＝50π，故选D. 3．[考点二](2016·太原模拟)如图，平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将其沿对角线BD 折成四面体A ′-BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，若四面体A ′-BCD 的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为( )A ．3π B.32π C ．4π D.34π 解析：选A 由图示可得BD ＝A ′C ＝2，BC ＝3，△DBC 与△A ′BC 都是以BC 为斜边的直角三角形，由此可得BC 中点到四个点A ′，B ，C ，D 的距离相等，即该三棱锥的外接球的直径为3，所以该外接球的表面积S ＝4π×⎝⎛⎭⎫322＝3π. 4．[考点二]设一个球的表面积为S 1，它的内接正方体的表面积为S 2，则S 1S 2的值等于( )A.2πB.6πC.π6D.π2解析：选D 设球的半径为R ，其内接正方体的棱长为a ，则易知R 2＝34a 2，即a ＝233R ，则S 1S 2＝4πR 26×⎝⎛⎭⎫233R 2＝π2.[全国卷5年真题集中演练——明规律] 1．(2016·全国甲卷)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h .由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得，l ＝22＋(23)2＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π.2．(2016·全国丙卷)在封闭的直三棱柱ABC -A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB.9π2C ．6πD.32π3解析：选B 设球的半径为R ，∵△ABC 的内切圆半径为6＋8－102＝2，∴R ≤2.又2R ≤3，∴R ≤32，∴V max ＝43×π×⎝⎛⎭⎫323＝9π2.故选B. 3．(2015·新课标全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为()A.18 B.17 C.16 D.15解析：选D 由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56.所以V 1V 2＝1656＝15，故选D. 4．(2015·新课标全国卷Ⅱ)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O -ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π解析：选C 如图，设球的半径为R ，∵∠AOB ＝90°，∴S △AOB ＝12R 2.∵V O -ABC ＝V C -AOB ，而△AOB 面积为定值，∴当点C 到平面AOB 的距离最大时，V O -ABC 最大，∴当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时，体积V O -ABC 最大，为13×12R 2×R ＝36，∴R ＝6，∴球O 的表面积为4πR 2＝4π×62＝144π.故选C.5．(2015·新课标全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选B 如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π，∴r 2＝4，r ＝2，故选B.6．(2015·新课标全国卷Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛解析：选B 设米堆的底面半径为r 尺，则π2r ＝8，所以r ＝16π，所以米堆的体积为V ＝14×13π·r 2·5＝π12×⎝⎛⎭⎫16π2×5≈3209(立方尺)．故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛)．故选B. 7．(2014·新课标全国卷Ⅱ)如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm ，高为6 cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )A.1727B.59C.1027D.13解析：选C 原毛坯的体积V ＝(π×32)×6＝54π(cm 3)，由三视图可知该零件为两个圆柱的组合体，其体积V ′＝V 1＋V 2＝(π×22)×4＋(π×32)×2＝34π(cm 3)，故所求比值为1－V ′V ＝1027. 8．(2013·新课标全国卷Ⅰ)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．16＋8πB ．8＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π解析：选A 根据三视图可以判断该几何体由上、下两部分组成，其中上面部分为长方体，下面部分为半个圆柱，所以组合体的体积为2×2×4＋12×22×π×4＝16＋8π，故选A.9．(2012·新课标全国卷)已知三棱锥S -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC ＝2，则此棱锥的体积为( )A.26B.36 C.23D.22解析：选A 由于三棱锥S -ABC 与三棱锥O -ABC 底面都是△ABC ，O 是SC 的中点，因此三棱锥S -ABC 的高是三棱锥O -ABC 高的2倍，所以三棱锥S -ABC 的体积也是三棱锥O -ABC 体积的2倍．在三棱锥O -ABC 中，其棱长都是1，如图所示，S △ABC ＝34×AB 2＝34，高OD ＝12－⎝⎛⎭⎫332＝63，所以VS -ABC ＝2V O -ABC ＝2×13×34×63＝26.[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练基础小题——强化运算能力]1．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析：选D 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．2.如图是一个空间几何体的三视图，其中正视图、侧视图都是由边长为4和6的矩形以及直径等于4的圆组成，俯视图是直径等于4的圆，该几何体的体积是( )A.41π3 B.62π3C.83π3D.104π3解析：选D 由题意得，此几何体为球与圆柱的组合体，其体积V ＝43π×23＋π×22×6＝104π3. 3．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．12＋4 2B ．18＋8 2C ．28D ．20＋8 2解析：选D 由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，如图．则该几何体的表面积为S ＝2×12×2×2＋4×2×2＋22×4＝20＋82，故选D.4．《九章算数》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中虚线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为( )A ．2B ．4＋2 2C ．4＋4 2D ．6＋4 2解析：选C 由题可知，该几何体的底面为等腰直角三角形，等腰直角三角形的斜边长为2，腰长为2，棱柱的高为2.所以其侧面积S ＝2×2＋22×2＝4＋42，故选C.5．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的体积为9π2，则正方体的棱长为________．解析：设正方体棱长为a ，球半径为R ，则43πR 3＝9π2，∴R ＝32，∴3a ＝3，∴a ＝ 3.答案： 3[练常考题点——检验高考能力]一、选择题1．已知圆锥的表面积为a ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是( )A.a2 B.3πa3πC.23πa 3πD.23a 3π解析：选C 设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，由题意知2πr ＝πl ，∴l ＝2r ，则圆锥的表面积S 表＝πr 2＋12π(2r )2＝a ，∴r 2＝a 3π，∴2r ＝23πa 3π.2．在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.2π3B.4π3C.5π3D ．2π解析：选C 过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3，故选C.3．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.163 B.203 C.152D.132解析：选D 该几何体可视为正方体截去两个三棱锥所得，如图所示，所以其体积为23－13×12×2×2×2－13×12×1×1×1＝132.故选D.4．已知正四面体的棱长为2，则其外接球的表面积为( ) A ．8π B ．12π C.32π D ．3π 解析：选D 如图所示，过顶点A 作AO ⊥底面BCD ，垂足为O ，则O 为正三角形BCD 的中心，连接DO 并延长交BC 于E ，又正四面体的棱长为2，所以DE ＝62，OD ＝23DE ＝63，所以在直角三角形AOD 中，AO ＝AD 2－OD 2＝233.设正四面体外接球的球心为P ，半径为R ，连接PD ，则在直角三角形POD 中，PD 2＝PO 2＋OD 2，即R 2＝⎝⎛⎭⎫233－R 2＋⎝⎛⎭⎫632，解得R ＝32，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝3π.5．(2017·郑州质检)如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的表面积为( )A ．8πB ．16πC ．32πD ．64π解析：选C 还原三视图可知该几何体为一个四棱锥，将该四棱锥补成一个长、宽、高分别为22，22，4的长方体，则该长方体外接球的半径r ＝(22)2＋(22)2＋422＝22，则所求外接球的表面积为4πr 2＝32π.6．已知四棱锥P -ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P -ABCD 的四个侧面中面积的最大值是( )A ．6B ．8C ．2 5D ．3解析：选A 四棱锥如图所示，作PN ⊥平面ABCD ，交DC 于点N ，PC ＝PD ＝3，DN ＝2，则PN ＝32－22＝5，AB ＝4，BC ＝2，BC⊥CD ，故BC ⊥平面PDC ，即BC ⊥PC ，同理AD ⊥PD .设M 为AB 的中点，连接PM ，MN ，则PM ＝3，S △PDC ＝12×4×5＝25，S △PBC ＝S △PAD ＝12×2×3＝3，S △PAB ＝12×4×3＝6，所以四棱锥P -ABCD 的四个侧面中面积的最大值是6.二、填空题7．在棱长为3的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，P 在线段BD 1上，且BP PD 1＝12，M 为线段B 1C 1上的动点，则三棱锥M -PBC 的体积为________．解析：∵BP PD 1＝12，∴点P 到平面BC 1的距离是D 1到平面BC 1距离的13，即三棱锥P -MBC 的高h ＝D 1C 13＝1.M 为线段B 1C 1上的点，∴S △MBC ＝12×3×3＝92，∴V M -PBC ＝V P -MBC ＝13×92×1＝32. 答案：328．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.解析：由三视图可得该几何体是组合体，上面是底面圆的半径为2 m 、高为2 m 的圆锥，下面是底面圆的半径为1 m 、高为4 m 的圆柱，所以该几何体的体积是13×4π×2＋4π＝20π3(m 3)．答案：20π39.如图，正方形O ′A ′B ′C ′的边长为a ，它是一个水平放置的平面图形的直观图，则原图形OABC 的周长是________．解析：由斜二测画法的规则可知，原图形OABC 是一个平行四边形． 在原图形OABC 中OB ＝22a ，OA ＝a ， 且OA ⊥OB ，∴AB ＝3a ，∴原图形OABC 的周长为2(a ＋3a )＝8a . 答案：8a10．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水．天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸．若盆中积水深九寸，则平地降雨量是________寸．(注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸)解析：由题意知，圆台中截面圆的半径为十寸，圆台内水的体积为V ＝13πh (r 2中＋r 2下＋r 中r 下)＝π3×9×(102＋62＋10×6)＝588π(立方寸)，降雨量为V 142π＝588π196π＝3(寸)．答案：3 三、解答题11．已知球的半径为R ，在球内作一个内接圆柱，这个圆柱的底面半径与高为何值时，它的侧面积最大？侧面积的最大值是多少？解：如图为其轴截面，令圆柱的高为h ，底面半径为r ，侧面积为S ，则⎝⎛⎭⎫h 22＋r 2＝R 2， 即h ＝2R 2－r 2.因为S ＝2πrh ＝4πr ·R 2－r 2＝4πr 2·(R 2－r 2)≤4π(r 2＋R 2－r 2)24＝2πR 2， 当且仅当r 2＝R 2－r 2， 即r ＝22R 时，取等号， 即当内接圆柱底面半径为22R ，高为2R 时，其侧面积的值最大，最大值为2πR 2. 12．一个几何体的三视图如图所示．已知正视图是底边长为1的平行四边形，侧视图是一个长为3、宽为1的矩形，俯视图为两个边长为1的正方形拼成的矩形．(1)求该几何体的体积V ； (2)求该几何体的表面积S .解：(1)由三视图可知，该几何体是一个平行六面体(如图)，其底面是边长为1的正方形，高为 3.所以V ＝1×1×3＝ 3.(2)由三视图可知，该平行六面体中，A 1D ⊥平面ABCD ，CD ⊥平面BCC 1B 1，。
2018届高三数学(理)一轮复习考点规范练：第八章立体几何43Word版含解析
11.证明 (1),可以证明 )= ,
, 即 A1,G,C 三点共线 .
(2)设 = a,=b,= c, 则 |a|=| b|=| c|=a ,
且 a·b=b·c=c·a=0,
= a+b+c,= c-a,
= (a+b+c )·(c-a) =c2-a 2=0.
因此 ,
即 CA1⊥ BC1. 同理 CA 1⊥ BD , 又 BD 与 BC 1是平面 BC1D 内的两条相交直线
棱 AB,BB1 的中点 ,则异面直线 EF 和 BC 1所成的角是
.
10. 已知 O(0,0,0), A(1,2,3),B(2,1,2),P(1,1,2),点 Q 在直线 OP 上运动 ,当最小时 ,点 Q 的坐标
是
.
11.
如图 ,在棱长为 a 的正方体 ABCD-A 1B1C1D1 中 ,G 为 △BC1D 的重心 ,求证 : (1) A1,G,C 三点共线 ; (2) A1C⊥平面 BC1D.
B.(1, -1,0)
C.(0, -1,1)
D.( -1,0,1)
8.若平面 α,β的法向量分别为 n1= (2, -3,5),n2=(-3,1,-4),则( )
A. α∥ β
B. α⊥β
C.α,β相交但不垂直 D.以上均不正确
9.
如图所示 ,在三棱柱 ABC-A 1B1C1中 ,AA1⊥底面 ABC,AB=BC=AA 1,∠ ABC= 90° ,点 E,F 分别是
p 总存在实数 x,y,z 使得
p=x a+y b+z c.
其中正确命题的个数是 ( )
A.0
B.1
C.2
D.3
6.在空间四边形 ABCD 中 ,则的值为 ( )
2018届高三数学(理)1轮复习考点规范练：第8章 立体几何39 Word版含解析
考点标准练39空间几何体的外表积与体积根底稳固1.圆柱被一个平面截去一局部后与半球(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下图.假设该几何体的外表积为16 +20π,那么r =()A.1B.2C.4D.82.一个四面体的三视图如下图,那么该四面体的外表积是()A.1 +B.1 +2C.2 +D.23.如图,直三棱柱ABC -A1B1C1的六个顶点都在半径为1的半球面上,AB =AC,侧面BCC1B1是半球底面圆的内接正方形,那么侧面ABB1A1的面积为()A. B.1 C. D.4.(2021山东,理5)一个由半球和四棱锥组成的几何体,其三视图如下列图所示.那么该几何体的体积为()A.πB.πC.πD.1 +π5.底面边长为1,侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上,那么该球的体积为()A. B.4π C.2π D. 〚导学号37270348〛6.?九章算术?是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题: "今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?〞其意思为: "在屋内墙角处堆放米(如图,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少?〞1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米约有()A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛7.棱长为4的正方体被一平面截成两个几何体,其中一个几何体的三视图如下图,那么该几何体的体积是.8.某四棱柱的三视图如下图,那么该四棱柱的体积为.9.(2021邯郸一模)三棱锥P -ABC内接于球O,P A =PB =PC =2,当三棱锥P -ABC的三个侧面的面积之和最|大时,球O的外表积为.〚导学号37270349〛10.在三棱柱ABC -A1B1C1中,∠BAC =90°,其正视图和侧视图都是边长为1的正方形,俯视图是直角边的长为1的等腰直角三角形,设点M,N,P分别是棱AB,BC,B1C1的中点,那么三棱锥P -A1MN的体积是.11.一个上、下底面为正三角形且两底面中|心连线垂直于底面的三棱台的两底面边长分别为20 cm和30 cm,且其侧面积等于两底面面积之和,求棱台的高.12.一个几何体的三视图如下图.正视图是底边长为1的平行四边形,侧视图是一个长为、宽为1的矩形,俯视图为两个边长为1的正方形拼成的矩形.(1)求该几何体的体积V;(2)求该几何体的外表积S.能力提升13.如图,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD是边长为1的正方形,且△ADE,△BCF均为正三角形,EF∥AB,EF =2,那么该多面体的体积为()A. B. C. D. 〚导学号37270350〛14.某几何体的三视图如下图,那么该几何体的体积为()A. +πB. +πC. + 2πD. +2π15.(2021浙江,理11)某几何体的三视图如下图(单位:cm),那么该几何体的外表积是cm2,体积是cm3.如图,长方体ABCD -A1B1C1D1中,AB =16,BC =10,AA1 =8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E =D1F =4,过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);(2)求平面α把该长方体分成的两局部体积的比值.（高|考）预测17.球的直径SC =4,A,B是该球球面上的两点,AB =,∠ASC =∠BSC =30°,那么棱锥S -ABC的体积为()A.3B.2C.D.1 〚导学号37270351〛参考答案考点标准练39空间几何体的外表积与体积1.B解析由条件及几何体的三视图可知该几何体是由一个圆柱被过圆柱底面直径的平面所截剩下的半个圆柱及一个半球拼接而成的.其外表积由一个矩形的面积、两个半圆的面积、圆柱的侧面积的一半及一个球的外表积的一半组成.∴S表=2r×2r +2r2 +πr×2r +4πr2 =5πr2 +4r2 =16 +20π,解得r =2.2.C解析由三视图可得该四面体的直观图如下图,平面ABD⊥平面BCD,△ABD与△BCD为全等的等腰直角三角形,AB =AD =BC =CD =取BD的中点O,连接AO,CO,那么AO⊥CO,AO =CO =1.由勾股定理得AC =,因此△ABC与△ACD为全等的正三角形,由三角形面积公式得S△ABC =S△ACD =,S△ABD =S△BCD =1,所以四面体的外表积为2 +3.C解析由题意知,球心在侧面BCC1B1的中|心O上,BC为△ABC所在圆面的直径,所以∠BAC =90°,△ABC的外接圆圆心N是BC的中点,同理△A1B1C1的外心M是B1C1的中点.设正方形BCC1B1的边长为x,Rt△OMC1中,OM =,MC1 =,OC1 =R =1(R为球的半径),所以=1,即x =,那么AB =AC =1.所以侧面ABB1A1的面积S =1 =4.C解析由三视图可知,上面是半径为的半球,体积为V1 =,下面是底面积为1,高为1的四棱锥,体积V2 =1×1 =,应选C.5.D解析因为该正四棱柱的外接球的半径是四棱柱体对角线的一半,所以半径r = =1,所以V球=13 =应选D.6.B解析设底面圆半径为R,米堆高为h.∵米堆底部弧长为8尺,2πR =8,∴R =∴体积V =πR2h=π5.∵π≈3,∴V(立方尺).∴堆放的米约为22(斛).7.32解析由三视图,可得棱长为4的正方体被平面AJGI截成两个几何体,且J,I分别为BF,DH的中点,如图,两个几何体的体积各占正方体的一半,那么该几何体的体积是43 =32.8解析由三视图可知,四棱柱高h为1,底面为等腰梯形,且底面面积S =(1 +2)×1 =,故四棱柱的体积V =S·h =9.12π解析由题意三棱锥P -ABC的三条侧棱P A,PB,PC两两互相垂直,三棱锥P -ABC的三个侧面的面积之和最|大,三棱锥P -ABC的外接球就是它扩展为正方体的外接球,求出正方体的体对角线的长为2,所以球的直径是2,半径为,球的外表积为4π×()2 =12π.10解析由题意,可得直三棱柱ABC -A1B1C1如下图.其中AB =AC =AA1 =BB1 =CC1 =A1B1 =A1C1 =1.∵M,N,P分别是棱AB,BC,B1C1的中点,∴MN =,NP =1.∴S△MNP =1 =∵点A1到平面MNP的距离为AM =,11.解如下图,三棱台ABC -A1B1C1中,O,O1分别为两底面中|心,D,D1分别为BC和B1C1的中点,那么DD1为棱台的斜高.由题意知A1B1 =20,AB =30,那么OD =5,O1D1 =,由S侧=S上+S下,得3(20 +30)×DD1 =(202 +302),解得DD1 =,在直角梯形O1ODD1中,O1O ==4(cm),所以棱台的高为4 cm.12.解(1)由三视图可知,该几何体是一个平行六面体(如图),其底面是边长为1的正方形,高为,所以V =1×1(2)由三视图可知,该平行六面体中,A1D⊥平面ABCD,CD⊥平面BCC1B1,所以AA1=2,侧面ABB1A1,CDD1C1均为矩形.S =2×(1×1 +1 +1×2) =6 +213.A解析如图,分别过点A,B作EF的垂线,垂足分别为G,H,连接DG,CH,容易求得EG =HF =,AG =GD =BH =HC =,所以S△AGD =S△BHC =1 =所以V =V E -ADG +V F -BHC +V AGD -BHC=2V E -ADG +V AGD -BHC=2 +1 =14.A解析由三视图可知,该几何体是一个组合体,其左边是一个三棱锥,底面是等腰直角三角形(斜边长等于2),高为1,所以体积V1=2×1×1=;其右边是一个半圆柱,底面半径为1,高为2,所以体积V2 =π·12·2 =π,所以该几何体的体积V =V1 +V2 = +π.15.7232解析由三视图,可知该几何体为两个相同长方体组合而成,其中每个长方体的长、宽、高分别为4 cm,2 cm,2 cm,所以其体积为2×(2×2×4) =32(cm3).由于两个长方体重叠局部为一个边长为2的正方形,所以其外表积为2×(2×2×2 +4×2×4) -2×(2×2) =72(cm2).16.解(1)交线围成的正方形EHGF如图:(2)作EM⊥AB,垂足为M,那么AM =A1E =4,EB1 =12,EM =AA1 =8.因为EHGF为正方形,所以EH =EF =BC =10.于是MH = =6,AH =10,HB =6.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱,所以其体积的比值为17.C解析如图,过A作AD垂直SC于D,连接BD.由于SC是球的直径,所以∠SAC =∠SBC =90°.又∠ASC =∠BSC =30°,又SC为公共边,所以△SAC≌△SBC.由于AD⊥SC,所以BD⊥SC.由此得SC⊥平面ABD.所以V S -ABC =V S -ABD +V C -ABD=S△ABD·SC.由于在Rt△SAC中,∠ASC =30°,SC =4,所以AC =2,SA =2 由于AD =同理在Rt△BSC中也有BD =又AB =,所以△ABD为正三角形.所以V S -ABC =S△ABD·SC=()2·sin 60°×4 =,所以选C.。
高考数学一轮复习 第八章 立体几何 课时跟踪检测44 理 新人教A版(2021年最新整理)
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A版［高考基础题型得分练］1．点M(－8,6,1)关于x轴的对称点的坐标是( ）A．(－8，－6，－1) B．(8，－6，－1)C．（8,－6,1) D．（－8,－6,1）答案:A解析:点P（a，b，c）关于x轴的对称点为P′(a,－b，－c)．2．[2017·山东济南月考］O为空间任意一点，若错误!＝错误!错误!＋错误!错误!＋错误!错误!，则A，B，C，P四点（)A．一定不共面B．一定共面C．不一定共面D．无法判断答案:B解析：因为错误!＝错误!错误!＋错误!错误!＋错误!错误!,且错误!＋错误!＋错误!＝1,所以P，A，B，C四点共面．3．在空间直角坐标系中，A（1,2，3)，B（－2，－1,6)，C(3，2,1），D(4,3,0），则直线AB与CD的位置关系是( ）A．垂直B．平行C．异面D．相交但不垂直答案：B解析:由题意得，错误!＝(－3,－3，3），错误!＝（1，1，－1），∴错误!＝－3错误!,∴错误!与错误!共线．又错误!与错误!没有公共点，∴AB∥CD。
4．已知a＝(2,3，－4），b＝（－4，－3,－2)，b＝错误!x－2a，则x＝（)A．（0，3,－6）B．（0,6，－20)C．(0，6,－6）D．（6,6，－6)答案：B解析：由b＝错误!x－2a，得x＝4a＋2b＝(8，12，－16）＋(－8,－6，－4）＝（0,6，－20)．5．若平面α,β的法向量分别为n1＝（2，－3，5)，n2＝（－3,1,－4），则（) A．α∥βB．α⊥βC．α与β相交但不垂直D．以上均不正确答案：C解析：∵n1·n2＝2×（－3)＋（－3)×1＋5×(－4）≠0，∴n1与n2不垂直,∴α与β相交但不垂直．6．空间四边形ABCD的各边和对角线均相等，E是BC的中点，那么( ）A。
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考点规范练44立体几何中的向量方法基础巩固1.直线l的方向向量s=(-1,1,1),平面α的法向量为n=(2,x2+x,-x),若直线l∥平面α,则x的值为()A.-2B.-C.D.±2.已知平面α的一个法向量为n=(1,-,0),则y轴与平面α所成的角的大小为()A. B. C. D.3.如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,以CD,CB,CE所在直线分别为x轴,y轴,z 轴建立空间直角坐标系,AB=,AF=1,M在EF上,且AM∥平面BDE,则M点的坐标为() A.(1,1,1) B.C. D.4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,点M在AC1上,且,N为B1B的中点,则||为()A.aB.aC.aD.a5.如图,过正方形ABCD的顶点A,作P A⊥平面ABCD.若P A=BA,则平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是()A.30°B.45°C.60°D.90°6.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1,则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为()A. B. C. D.7.如图,在正四棱锥S-ABCD中,O为顶点在底面上的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面P AC所成的角为.8.已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点,且=(2,-1,-4),=(4,2,0),=(-1,2,-1).对于结论:①AP⊥AB;②AP⊥AD;③是平面ABCD的法向量;④.其中正确的是.(填序号)9.如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面P AD为正三角形,底面ABCD为正方形,侧面P AD⊥底面ABCD,M为底面ABCD内的一个动点,且满足MP=MC,则点M在正方形ABCD内的轨迹为.(填序号)10.(2016全国乙卷,理18)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°.(1)证明:平面ABEF⊥平面EFDC;(2)求二面角E-BC-A的余弦值.〚导学号37270484〛能力提升11.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别在A1D,AC上,且A1E=A1D,AF=AC,则()A.EF至多与A1D,AC之一垂直B.EF⊥A1D,EF⊥ACC.EF与BD1相交D.EF与BD1异面12.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O为线段BD的中点.设点P在线段CC1上,直线OP与平面A1BD所成的角为α,则sin α的取值范围是()A.B.C.D. 〚导学号37270486〛13.如图,等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB,二面角C-AB-D的余弦值为,M,N分别是AC,BC的中点,则EM,AN所成角的余弦值等于.〚导学号37270487〛14.如图,AB是半圆O的直径,C是半圆O上除A,B外的一个动点,DC垂直于半圆O所在的平面,DC∥EB,DC=EB,AB=4,tan∠EAB=.(1)证明:平面ADE⊥平面ACD;(2)当三棱锥C-ADE体积最大时,求二面角D-AE-B的余弦值.〚导学号37270488〛高考预测15.如图,在四棱锥A-EFCB中,△AEF为等边三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O为EF的中点.(1)求证:AO⊥BE;(2)求二面角F-AE-B的余弦值;(3)若BE⊥平面AOC,求a的值.〚导学号37270489〛参考答案考点规范练44立体几何中的向量方法1.D解析当线面平行时,直线的方向向量垂直于平面的法向量,故-1×2+1×(x2+x)+1×(-x)=0,解得x=±2.B解析可知y轴的方向向量为m=(0,1,0),设y轴与平面α所成的角为θ,则sin θ=|cos<m,n>|,∵cos<m,n>==-,∴sin θ=,∴θ=3.C解析设M(x,x,1).由已知得A(,0),B(0,,0),D(,0,0),E(0,0,1),则=(x-,x-,1),=(,-,0),=(0,-,1).设平面BDE的一个法向量为n=(a,b,c),则解得令b=1,则n=(1,1,).又AM∥平面BDE,所以n=0,即2(x-)+=0,得x=所以M4.A解析以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则A(a,0,0),C1(0,a,a),N设M(x,y,z),∵点M在AC1上,且,∴(x-a,y,z)=(-x,a-y,a-z).∴x=a,y=,z=,得M∴||==a.5.B解析(方法一)建立如图①所示的空间直角坐标系,不难求出平面APB与平面PCD的法向量分别为n1=(0,1,0),n2=(0,1,1),故平面ABP与平面CDP所成二面角的余弦值为,故所求的二面角的大小是45°.图①图②(方法二)将其补成正方体.如图②,不难发现平面ABP和平面CDP所成的二面角就是平面ABQP和平面CDPQ所成的二面角,其大小为45°.6.C解析取B1C1的中点D1,以A1为原点,A1D1,A1A所在直线为x轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=2,则C1(,1,0),A(0,0,2),=(,1,-2),平面BB1C1C的一个法向量为n=(1,0,0).所以AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为7.30°解析如图所示,以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.设OD=SO=OA=OB=OC=a,则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P则=(2a,0,0),=(a,a,0).设平面P AC的法向量为n,可求得n=(0,1,1),则cos<,n>=∴<,n>=60°,∴直线BC与平面P AC所成的角为90°-60°=30°.8.①②③解析因为=0,=0,所以AB⊥AP,AD⊥AP,则①②正确.又不平行,所以是平面ABCD的法向量,则③正确.因为=(2,3,4),=(-1,2,-1),所以不平行,故④错误.9.①解析以D为原点,DA,DC所在直线分别为x轴,y轴建立空间直角坐标系如图.设M(x,y,0),设正方形边长为a,则P,C(0,a,0),则MC=,MP=由MP=MC,得x=2y,所以点M在正方形ABCD内的轨迹为直线y=x的一部分.10.(1)证明由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,所以AF⊥平面EFDC.又AF⊂平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC.(2)解过D作DG⊥EF,垂足为G,由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.由(1)知∠DFE为二面角D-AF-E的平面角,故∠DFE=60°,则DF=2,DG=,可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,).由已知,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC.又平面ABCD∩平面EFDC=CD,故AB∥CD,CD∥EF.由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角,∠CEF=60°.从而可得C(-2,0,).所以=(1,0,),=(0,4,0),=(-3,-4,),=(-4,0,0),设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则所以可取n=(3,0,-).设m是平面ABCD的法向量,则同理可取m=(0,,4),则cos<n,m>==-故二面角E-BC-A的余弦值为-11.B解析以D点为坐标原点,以DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.设正方体棱长为1,则A1(1,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),E,F,B(1,1,0),D1(0,0,1),=(-1,0,-1),=(-1,1,0),=(-1,-1,1), =-=0,从而EF∥BD1,EF⊥A1D,EF⊥AC.故选B.12.B解析以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在的直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.不妨设DC=DA=DD1=1,则D(0,0,0),B(1,1,0),A1(1,0,1),O,并设点P(0,1,t)且0≤t≤1.则=(-1,0,-1),=(0,1,-1).设平面A1BD的法向量为n=(x0,y0,z0),则有即取x0=1,y0=-1,z0=-1,∴n=(1,-1,-1).∴sin α=|cos<,n>|=(0≤t≤1),∴sin2α=,0≤t≤1.令f(t)=,0≤t≤1,则f'(t)==-,可知当t时,f'(t)>0;当t时,f'(t)≤0.又f(0)=,f=1,f(1)=,∴f(t)max=f=1,f(t)min=f(0)=∴sin α的最大值为1,最小值为∴sin α的取值范围为13解析过C点作CO⊥平面ABDE,垂足为O,取AB中点F,连接CF,OF,则∠CFO为二面角C-AB-D的平面角,设AB=1,则CF=,OF=CF·cos ∠CFO=,OC=,则O为正方形ABDE的中心,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则E,M,A,N,,,cos<>=14.(1)证明因为AB是直径,所以BC⊥AC.因为CD⊥平面ABC,所以CD⊥BC.因为CD∩AC=C,所以BC⊥平面ACD.因为CD∥BE,CD=BE,所以四边形BCDE是平行四边形,所以BC∥DE,所以DE⊥平面ACD.因为DE⊂平面ADE,所以平面ADE⊥平面ACD.(2)解依题意,EB=AB×tan∠EAB=4=1,由(1)知V C-ADE=V E-ACD=S△ACD×DE=AC×CD×DE=AC×BC(AC2+BC2)=AB2=,当且仅当AC=BC=2时等号成立.如图所示,建立空间直角坐标系,则D(0,0,1),E(0,2,1),A(2,0,0),B(0,2,0),则=(-2,2,0),=(0,0,1),=(0,2,0),=(2,0,-1),设平面DAE的法向量为n1=(x1,y1,z1),即∴n1=(1,0,2).设平面ABE的法向量为n2=(x2,y2,z2),∴n2=(1,1,0),∴cos<n1,n2>==可以判断<n1,n2>与二面角D-AE-B的平面角互补,∴二面角D-AE-B的余弦值为-15.(1)证明因为△AEF是等边三角形,O为EF的中点,所以AO⊥EF.又因为平面AEF⊥平面EFCB,AO⊂平面AEF,所以AO⊥平面EFCB,所以AO⊥BE.(2)解取BC中点G,连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形,所以OG⊥EF.由(1)知AO⊥平面EFCB,又OG⊂平面EFCB,所以OA⊥OG.如图建立空间直角坐标系Oxyz,则E(a,0,0),A(0,0,a),B(2,(2-a),0),=(-a,0,a),=(a-2,(a-2),0).设平面AEB的法向量为n=(x,y,z),则即令z=1,则x=,y=-1.于是n=(,-1,1).平面AEF的一个法向量为p=(0,1,0).所以cos <n,p>==-由题知二面角F-AE-B为钝角,所以它的余弦值为-(3)解因为BE⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即=0.因为=(a-2,(a-2),0),=(-2,(2-a),0),所以=-2(a-2)-3(a-2)2.由=0及0<a<2,解得a=。