(新课标版)高考数学二轮复习专题1.5立体几何测试卷理
高考数学(理)二轮复习：立体几何(含答案)
高考数学（理）二轮复习：立体几何（含答案）7 立体几何1．概念理解(1)四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直平行六面体、长方体之间的关系．(2)三视图①三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从几何的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．画三视图的基本要求：正俯一样长，俯侧一样宽，正侧一样高． ②三视图排列规则：俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图一样；侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度和正(主)视图一样，宽度与俯视图一样． 2．柱、锥、台、球体的表面积和体积侧面展开图 表面积 体积直棱柱 长方形 S ＝2S 底＋S 侧 V ＝S 底·h 圆柱 长方形 S ＝2πr 2＋2πrl V ＝πr 2·l 棱锥 由若干三角形构成S ＝S 底＋S 侧 V ＝13S 底·h 圆锥扇形S ＝πr 2＋πrlV ＝13πr 2·h 棱台 由若干个梯形构成 S ＝S 上底＋S 下底＋S 侧 V ＝13(S ＋SS ′＋S ′)·h圆台 扇环 S ＝πr ′2＋π(r ＋r ′)l ＋πr 2V ＝13π(r 2＋rr ′＋r ′2)·h 球 S ＝4πr 2 S ＝43πr 33.平行、垂直关系的转化示意图 (1)(2)两个结论 ①⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αb ⊥α⇒a ∥b ，②⎭⎪⎬⎪⎫a ∥b a ⊥α⇒b ⊥α.4．用空间向量证明平行垂直设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)．则有： (1)线面平行l ∥α⇔a ⊥μ⇔a ·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.(2)线面垂直l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2.(3)面面平行α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝λv ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3.(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.5．用向量求空间角(1)直线l 1，l 2的夹角θ有cos θ＝|cos 〈l 1，l 2〉|(其中l 1，l 2分别是直线l 1，l 2的方向向量)．(2)直线l 与平面α的夹角θ有sin θ＝|cos 〈l ，n 〉|(其中l 是直线l 的方向向量，n是平面α的法向量)．(3)平面α，β的夹角θ有cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|，则α—l —β二面角的平面角为θ或π－θ(其中n 1，n 2分别是平面α，β的法向量)．1．混淆“点A 在直线a 上”与“直线a 在平面α内”的数学符号关系，应表示为A ∈a ，a ⊂α.2．在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线为虚线．在还原空间几何体实际形状时一般是以正(主)视图和俯视图为主．3．易混淆几何体的表面积与侧面积的区别，几何体的表面积是几何体的侧面积与所有底面面积之和，不能漏掉几何体的底面积；求锥体体积时，易漏掉体积公式中的系数13.4．不清楚空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理，忽视判定定理和性质定理中的条件，导致判断出错．如由α⊥β，α∩β＝l ，m ⊥l ，易误得出m ⊥β的结论，就是因为忽视面面垂直的性质定理中m ⊂α的限制条件．5．注意图形的翻折与展开前后变与不变的量以及位置关系．对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置与数量关系． 6．几种角的范围两条异面直线所成的角0°<α≤90°； 直线与平面所成的角0°≤α≤90°； 二面角0°≤α≤180°；两条相交直线所成的角(夹角)0°<α≤90°； 直线的倾斜角0°≤α<180°； 两个向量的夹角0°≤α≤180°； 锐角0°<α<90°.7．空间向量求角时易忽视向量的夹角与所求角之间的关系，如求解二面角时，不能根据几何体判断二面角的范围，忽视向量的方向，误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错．1．(2017·重庆外国语学校月考)一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是( )A.π3B.π4 C.π2 D ．π答案 D解析 由三视图可知，该几何体为球的34，其半径为1，则体积V ＝34×43×π×13＝π.2．直三棱柱ABC —A 1B 1C 1的直观图及三视图如图所示，D 为AC 的中点，则下列命题是假命题的是( )A ．AB 1∥平面BDC 1 B ．A 1C ⊥平面BDC 1 C ．直三棱柱的体积V ＝4D ．直三棱柱的外接球的表面积为43π 答案 D解析 由三视图可知，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧面B 1C 1CB 是边长为2的正方形，底面ABC 是等腰直角三角形，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝2. 连接B 1C 交BC 1于点O ，连接OD .在△CAB 1中，O ，D 分别是B 1C ，AC 的中点，∴OD ∥AB 1，又OD ⊂平面BDC 1，AB 1⊄平面BDC 1， ∴AB 1∥平面BDC 1.故A 正确；在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ， ∴AA 1⊥BD .又AB ＝BC ＝2，D 为AC 的中点， ∴BD ⊥AC ，又AA 1∩AC ＝A ，AA 1，AC ⊂平面AA 1C 1C ， ∴BD ⊥平面AA 1C 1C . ∴BD ⊥A 1C .又A 1B 1⊥B 1C 1，A 1B 1⊥B 1B ， ∴A 1B 1⊥平面B 1C 1CB ， ∴A 1B 1⊥BC 1.∵BC 1⊥B 1C ，且A 1B 1∩B 1C ＝B 1， ∴BC 1⊥平面A 1B 1C . ∴BC 1⊥A 1C ，又BD ∩BC 1＝B ，BD ，BC 1⊂平面BDC 1， ∴A 1C ⊥平面BDC 1.故B 正确；V ＝S △ABC ×C 1C ＝12×2×2×2＝4，故C 正确；此直三棱柱的外接球的半径为3，其表面积为12π，D 错．故选D. 3．已知直线l ，m 和平面α，则下列结论正确的是( ) A ．若l ∥m ，m ⊂α，则l ∥α B ．若l ⊥α，m ⊂α，则l ⊥m C ．若l ⊥m ，l ⊥α，则m ∥α D ．若l ∥α，m ⊂α，则l ∥m 答案 B解析 若l ∥m ，m ⊂α，则l ∥α或l ⊂α，故A 错误；若l ⊥α，m ⊂α，则l ⊥m ，B 正确；若l ⊥m ，l ⊥α，则m ⊂α或m ∥α，故C 错误；若l ∥α，m ⊂α，则l ∥m 或l ，m 异面，故选B.4．已知互相垂直的平面α，β交于直线l .若直线m ，n 满足m ∥α，n ⊥β，则( ) A ．m ∥l B ．m ∥n C ．n ⊥l D ．m ⊥n 答案 C解析 由题意知，α∩β＝l ，∴l ⊂β，∵n ⊥β，∴n ⊥l .故选C.5．已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β.直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，l ⊄α，l ⊄β，则( )A ．α∥β且l ∥αB ．α⊥β且l ⊥βC ．α与β相交，且交线垂直于lD ．α与β相交，且交线平行于l 答案 D解析 假设α∥β，由m ⊥平面α，n ⊥平面β，得m ∥n ，这与已知m ，n 为异面直线矛盾，那么α与β相交，设交线为l 1，则l 1⊥m ，l 1⊥n ，在直线m 上任取一点作n 1平行于n ，那么l 1和l 都垂直于直线m 与n 1所确定的平面，所以l 1∥l .6.如图，正方体AC 1的棱长为1，过点A 作平面A 1BD 的垂线，垂足为点H ，以下四个命题：①点H 是△A 1BD 的垂心；②AH 垂直于平面CB 1D 1；③直线AH 和BB 1所成角为45°；④AH 的延长线经过点C 1，其中假命题的个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 答案 B解析 ∵AB ＝AA 1＝AD ，BA 1＝BD ＝A 1D ， ∴三棱锥A －BA 1D 为正三棱锥， ∴点H 是△A 1BD 的垂心，故①正确；∵平面A 1BD 与平面B 1CD 1平行，AH ⊥平面A 1BD ， ∴AH ⊥平面CB 1D 1，故②正确； ∵AA 1∥BB 1，∴∠A 1AH 就是直线AH 和BB 1所成的角， 在直角三角形AHA 1中，∵AA 1＝1，A 1H ＝23×32×2＝63，∴sin ∠A 1AH ＝63≠22，故③错误； 根据正方体的对称性得到AH 的延长线经过C 1， 故④正确，故选B.7．将正方体的纸盒展开如图，直线AB ，CD 在原正方体的位置关系是( )A．平行 B．垂直C．相交成60°角D．异面且成60°角答案 D解析如图，直线AB，CD异面．因为CE∥AB，所以∠ECD即为直线AB，CD所成的角，因为△CDE为等边三角形，故∠ECD＝60°.8．长方体的顶点都在同一球面上，其同一顶点处的三条棱长分别为3,4,5，则该球面的表面积为( )A．25π B．50πC．75π D.12523π答案 B解析设球的半径为R，由题意可得(2R)2＝32＋42＋52＝50，∴4R2＝50，球的表面积为S＝4πR2＝50π.9．如图，三棱锥A－BCD的棱长全相等，点E为AD的中点，则直线CE与BD所成角的余弦值为( )A.36B.32C.336D.12答案 A解析 方法一 取AB 中点G ，连接EG ，CG . ∵E 为AD 中点，∴EG ∥BD .∴∠GEC 为CE 与BD 所成的角．设AB ＝1， 则EG ＝12BD ＝12，CE ＝CG ＝32， ∴cos ∠GEC ＝EG 2＋EC 2－GC 22×EG ×EC＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322－⎝ ⎛⎭⎪⎫3222×12×32＝36. 方法二 设AB ＝1，则CE →·BD →＝(AE →－AC →)·(AD →－AB →)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12AD →－AC →·(AD →－AB →)＝12AD →2－12AD →·AB →－AC →·AD →＋AC →·AB →＝12－12cos 60°－cos 60°＋cos 60°＝14. ∴cos 〈CE →，BD →〉＝CE →·BD →|CE →||BD →|＝1432＝36，故选A.10．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于( ) A.64 B.104 C.22D.32答案 A解析 如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，则O (0,0,0)，B (3，0,0)，A (0，－1,0)，B 1(3，0,2)，则AB →1＝(3，1,2)，则BO →＝(－3，0,0)为侧面ACC 1A 1的法向量，故sin θ＝|AB →1·BO →||AB →1||BO →|＝64.11．如图，在空间四边形ABCD 中，点M ∈AB ，点N ∈AD ，若AM MB ＝ANND，则直线MN 与平面BDC 的位置关系是________．答案 平行解析 由AM MB ＝AN ND，得MN ∥BD . 而BD ⊂平面BDC ，MN ⊄平面BDC ， 所以MN ∥平面BDC .12．已知长方体ABCD —A ′B ′C ′D ′，E ，F ，G ，H 分别是棱AD ，BB ′，B ′C ′，DD ′的中点，从中任取两点确定的直线中，与平面AB ′D ′平行的有________条．答案 6解析 如图，连接EG ，EH ，FG ，∵EH 綊FG ， ∴EFGH 四点共面，由EG ∥AB ′，EH ∥AD ′，EG ∩EH ＝E ，AB ′∩AD ′＝A ，可得平面EFGH 与平面AB ′D ′平行， ∴符合条件的共有6条．13．点P 在正方形ABCD 所在平面外，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AB ，则PB 与AC 所成角的大小是________．答案π3解析 以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，设正方形ABCD 的边长为1，则A (0,0,0)，P (0,0,1)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，PB →＝(1,0，－1)，AC →＝(1,1,0)，因此 cos 〈PB →，AC →〉＝1＋0×1＋0×()－112＋02＋()－12·12＋12＋02＝12， 因此PB 和AC 所成的角为60°，即π3.14．设m ，n 是不同的直线，α，β，γ是不同的平面，有以下四个命题：①⎩⎪⎨⎪⎧ α∥β，α∥γ⇒β∥γ；②⎩⎪⎨⎪⎧α⊥β，m ∥α⇒m ⊥β；③⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥α，m ∥β⇒α⊥β；④⎩⎪⎨⎪⎧m ∥n ，n ⊂α⇒m ∥α.其中，正确的命题是________．(填序号) 答案 ①③解析 ①中平行于同一平面的两平面平行是正确的；②中m ，β可能平行，相交或直线在平面内；③中由面面垂直的判定定理可知结论正确；④中m ，α可能平行或线在面内． 15．如图(1)，在边长为4的菱形ABCD 中，∠DAB ＝60°，点E ，F 分别是边CD ，CB 的中点，AC ∩EF ＝O ，沿EF 将△CEF 翻折到△PEF ，连接PA ，PB ，PD ，得到如图(2)所示的五棱锥P －ABFED ，且PB ＝10.(1)求证：BD ⊥PA ；(2)求四棱锥P －BFED 的体积．(1)证明 ∵点E ，F 分别是边CD ，CB 的中点， ∴BD ∥EF .∵菱形ABCD 的对角线互相垂直， ∴BD ⊥AC . ∴EF ⊥AC . ∴EF ⊥AO ，EF ⊥PO .∵AO ⊂平面POA ，PO ⊂平面POA ，AO ∩PO ＝O ，∴EF ⊥平面POA ，∴BD ⊥平面POA ，又PA ⊂平面POA ，∴BD ⊥PA .(2)解 设AO ∩BD ＝H .连接BO ，∵∠DAB ＝60°，∴△ABD 为等边三角形，∴BD ＝4，BH ＝2，HA ＝23，HO ＝PO ＝3，在Rt △BHO 中，BO ＝BH 2＋HO 2＝7，在△PBO 中，BO 2＋PO 2＝10＝PB 2，∴PO ⊥BO .∵PO ⊥EF ，EF ∩BO ＝O ，EF ⊂平面BFED ， BO ⊂平面BFED ，∴OP ⊥平面BFED ，梯形BFED 的面积S ＝12(EF ＋BD )·HO ＝33， ∴四棱锥P －BFED 的体积V ＝13S ·PO ＝13×33×3＝3.16.如图，四棱锥S －ABCD 的底面是正方形，SD ⊥平面ABCD ，SD ＝AD ＝a ，点E 是SD 上的点，且DE ＝λa (0＜λ≤1)．(1)求证：对任意的λ∈(0,1]，都有AC ⊥BE ；(2)若二面角C －AE －D 的大小为60°，求λ的值．(1)证明 如图，建立空间直角坐标系Dxyz ，则A (a,0,0)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，D (0,0,0)，E (0,0，λa )．∴AC →＝(－a ，a,0)，BE →＝(－a ，－a ，λa )，∴AC →·BE →＝0对任意λ∈(0,1]都成立，即对任意的λ∈(0,1]，都有AC ⊥BE .(2)解 显然n ＝(0,1,0)是平面ADE 的一个法向量，设平面ACE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，∵AC →＝(－a ，a,0)，AE →＝(－a,0，λa )，∴⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AC →＝0，m ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －ax ＋ay ＝0，－ax ＋λaz ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x －y ＝0，x －λz ＝0，取z ＝1，则x ＝y ＝λ，∴m ＝(λ，λ，1)，∵二面角C －AE －D 的大小为60°，∴cos 〈n ，m 〉＝n ·m ||n ||m ＝λ1＋2λ2＝12， ∵λ∈(0,1]，∴λ＝22. 亲爱的读者：春去燕归来，新桃换旧符。
高考数学二轮复习专项—立体几何含详解试题
智才艺州攀枝花市创界学校师大附中高考数学二轮复习专项——立体几何(含详解)1.如图，平面VAD ⊥平面ABCD ，△VAD 是等边三角形，ABCD 是矩形，AB ∶AD ＝2∶1，F 是AB 的中点．〔1〕求VC 与平面ABCD 所成的角； 〔2〕求二面角V-FC-B 的度数；〔3〕当V 到平面ABCD 的间隔是3时，求B 到平面VFC 的间隔． ABCD-1111D C B A 中，E 、F 、G 分别是B B 1、AB 、BC 的中点．〔1〕证明：F D 1⊥EG ； 〔2〕证明：F D 1⊥平面AEG ； 〔3〕求AE <cos ，>BD 1．3.在直角梯形P 1DCB 中，P 1D//CB ，CD//P 1D 且P 1D=6，BC=3，DC=6，A 是P 1D 的中点，沿AB 把平面P 1AB 折起到平面PAB 的位置，使二面角P －CD －B 成45°角，设E 、F 分别是线段AB 、PD 的中点． 〔1〕求证：AF//平面PEC ；〔2〕求平面PEC 和平面PAD 所成的二面角的大小； 〔3〕求点D 到平面PEC 的间隔．4.如图四棱锥ABCD P -中，⊥PA 底面ABCD ，4=PA 正方形的边长为2〔1〕求点A 到平面PCD 的间隔；〔2〕求直线PA 与平面PCD 所成角的大小； 〔3〕求以PCD 与PAC 为半平面的二面角的正切值。
5.如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是∠DAB=60°且边长为1的菱形。
侧面PAD 是正三角形，其所在侧面垂直底面ABCD ，G 是AD 中点。
〔1〕求异面直线BG 与PC 所成的角； 〔2〕求点G 到面PBC 的间隔；〔3〕假设E 是BC 边上的中点，能否在棱PC 上找到一点F ，使平面DEF ⊥平面ABCD ，并说明理由。
BCDAP 1DBCFEA P D CA B P6.如图，正三棱柱中点是中，AC E C B A ABC 111-. (1)求证：平面111A ACC BEC 平面⊥；(2)求证：11//BEC AB 平面；(3)假设的大小，求二面角C BC E AB A A --=1122. 7.如图，四棱锥S ABCD -的底面是边长为1的正方形，SD ⊥底面ABCD ，3SB =。
(通用版)(新课标)高考数学二轮复习作业手册 专题综合训练(五) 专题五 立体几何 理
[专题五 立体几何](时间：60分钟 分值：100分)一、选择题(每小题5分，共40分)1．设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．则下列结论中正确的是( ) A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若m ∥α，m ∥β，则α∥β C ．若m ∥n ，m ⊥α，则n ⊥α D ．若m ∥α，α⊥β，则m ⊥β2．一个几何体的三视图如图Z5－1所示，则该几何体的表面积是( )A ．6＋8 3B ．12＋C ．12＋8 3D ．18＋图Z5－1图Z5－23．网格纸中的小正方形边长为1，一个正三棱锥的侧视图如图Z5－2所示，则这个正三棱锥的体积为( )A. 3 B ．3 3 C.92 D.9234．如图Z5－3所示是底面为正方形、一条侧棱垂直于底面的四棱锥的三视图，那么该四棱锥的直观图是下列各图中的( )Z5－3图Z5－4Z5－55．某长方体被一个平面所截，得到的几何体的三视图如图Z5－5所示，则这个几何体的体积为( )A．4 B．4 2C．6 2 D．86．已知m，n是空间两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中为真的是( )A．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥nB．若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥βC．若m⊂β，α⊥β，则m⊥αD．若m⊥β，m∥α，则α⊥β7．已知A，B，C，D是同一球面上的四个点，其中△ABC是正三角形，AD⊥平面ABC，AD ＝2AB＝6，则该球的表面积为( )A．16πB．24πC．32 3πD．48π8．已知Rt△ABC，其三边分别为a，b，c(a>b>c)．分别以三角形的边a，b，c所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成三个几何体，其表面积和体积分别为S1，S2，S3和V1，V2，V3.则它们的大小关系为( )A．S1>S2>S3，V1>V2>V3B．S1<S2<S3，V1<V2<V3C．S1>S2>S3，V1＝V2＝V3D．S1<S2<S3，V1＝V2＝V3二、填空题(每小题5分，共20分)9．空间直角坐标系中，已知点P(1，2，3)，P点关于平面xOy的对称点为P0，则|PP0|＝________．10．若一个球的体积为4 3π，则它内接正方体的表面积是________．11．如图Z5－6所示，在正三角形ABC中，D，E，F分别为各边的中点，G，H分别为DE，AF的中点，将△ABC沿DE，EF，DF折成正四面体P－DEF，则四面体中异面直线PG与DH所成的角的余弦值为________．12．已知正三棱锥P－ABC，点P，A，B，C都在半径为3的球面上．若PA，PB，PC两两相互垂直，则球心到截面ABC的距离为________．三、解答题(共40分)13．(13分)如图Z5－7所示，四棱锥P－ABCD的底面ABCD为一直角梯形，其中BA⊥AD，CD⊥AD，CD＝AD＝2AB，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点．(1)求证：BE∥平面PAD；(2)若BE⊥平面PCD，求平面EBD与平面BDC夹角的余弦值．14．(13分)如图Z5－8所示，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝6，平面PAC⊥平面ABC，PD⊥AC于点D，AD＝1，CD＝3，PD＝ 3.(1)证明：△PBC为直角三角形；(2)求直线AP与平面PBC15．(14分)如图Z5－9所示，在多面体ABCDEFG中，平面ABC∥平面DEFG，AD⊥平面DEFG，BA⊥AC，ED⊥DG，EF∥DG，且AC＝1，AB＝ED＝EF＝2，AD＝DG＝4.(1)求证：BE⊥平面DEFG；(2)求证：BF∥平面ACGD；(3)求二面角F－BC－A的余弦值．专题综合训练(五)1．C [解析] 直线m ，n 同时与平面α平行时，m ，n 可能平行，也可能相交，也可能异面；只要直线m 平行于平面α，β的交线，就满足选项B 中的已知，但此时α，β不平行；根据直线与平面垂直的性质定理，当两条平行线中的一条垂直于一个平面时，另一条也垂直于这个平面，选项C 中的结论正确；α⊥β时，与平面α平行的直线m 可能与平面β垂直，也可能斜交，也可能平行，也可能在平面β内．2．C [解析] 该空间几何体是一个三棱柱．底面为等腰三角形且底面三角形的高是1，底边长是2 3，两个底面三角形的面积之和是2 3，侧面积是(2＋2＋2 3)×3＝12＋6 3，故其表面积是12＋8 3.3．B [解析] 该三棱锥的底面三角形的高为3，故底面边长a 满足32a ＝3，即a ＝2 3.又三棱锥的高为3，则体积为13×12×2 3×3×3＝3 3.4．D [解析] 这个空间几何体是一个一条侧棱垂直于底面的四棱锥，其直观图为选项D 中的图形．5．D [解析] 割补可得其体积为2×2×2＝8.6．D [解析] 分别位于两个平行平面内的两条直线有平行与异面两种位置关系，选项A 中的命题为假；相交的两个平面与第三个平面相交时，只要第三个平面与前面两个平面的交线平行，就符合选项B 中的已知，但此时两个平面相交，选项B 中的命题为假；当m ⊂β，α⊥β时，m 可能与α平行，垂直，相交，也可能在平面α内，C 不正确；根据平面与平面垂直的判定定理可知，选项D 中的命题为真．7．D [解析] 如图所示，O E 为AD 中点．|OE |＝|O ′A |＝23×3×32＝3，|AE |＝3，所以球的半径|OA |＝2 3，所以所求的球的表面积为4π(2 3)2＝48π.8．B [解析] S 1＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫bc a (b ＋c )，V 1＝13π⎝ ⎛⎭⎪⎫bc a 2a ，S 2＝πac ＋πc 2，V 2＝13πbc 2，S 3＝πab ＋πb 2，V 3＝13πb 2c .由于a >b >c ，可得S 1<S 2<S 3，V 1<V 2<V 3.9．6 [解析] 易知P 点关于平面xOy 的对称点为P 0(1，2，－3)，所以|PP 0|＝（1－1）2＋（2－2）2＋（3＋3）2＝6.10．24 [解析] 根据球的体积公式43πr 3＝4 3π，得r 3＝3 3，故r ＝3，该球的内接正方体的体对角线长为2 3，设正方体的棱长为a ，则3a ＝2 3，即a ＝2，故球的内接正方体的表面积是6×22＝24.11.23[解析] 折成的四面体是正四面体，画出立体图形，根据中点找平行线，把所求的异面直线所成角转化为一个三角形的内角．如图所示，联结HE ，取HE 的中点K ，联结GK ，PK ，则GK ∥DH ，故∠PGK 即为所求的异面直线所成角或其补角．设这个正四面体的棱长为2，在△PGK中，PG ＝3，GK ＝32，PK ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝72，故cos ∠PGK ＝（3）2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322－⎝ ⎛⎭⎪⎫7222×3×32＝23，即异面直线PG 与DH 所成的角的余弦值是23.12.33[解析] 本题主要考查球的概念与性质．解题的突破口为解决好点P 到截面ABC 的距离．由已知条件可知，以PA ，PB ，PC 为棱的正三棱锥可以补充成球的内接正方体，故而PA 2＋PB 2＋PC 2＝()2R 2， 由已知PA ＝PB ＝PC, 得到PA ＝PB ＝PC ＝2, 因为V P －ABC ＝V A －PBC ⇒13h ·S△ABC＝13PA ·S △PBC, 得到h ＝23 3，故而球心到截面ABC 的距离为R －h ＝33. 13．解：设AB ＝a ，PA ＝b A (0，0，0)，B (a ，0，0)，P (0，0，b )，C (2a ，2a ，0)，D (0，2a ，0)，E⎛⎪⎫a ，a ，b 2.(1)证明：BE →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，a ，b 2，AD →＝(0，2a ，0)，AP →＝(0，0，b )，所以BE →＝12AD →＋12AP →，又BE⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，AP ⊂平面PAD ，故BE ∥平面PAD .(2)∵BE ⊥平面PCD ，∴BE ⊥PC ，即BE →·PC →＝0，PC →＝(2a ，2a ，－b )，∴BE →·PC →＝2a 2－b 22＝0，即b ＝2a .在平面BDE 和平面BDC 中，BE →＝(0，a ，a )，BD →＝(－a ，2a ，0)，BC →＝(a ，2a ，0)， 所以平面BDE 的一个法向量为n 1＝(2，1，－1)，平面BDC 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)．cos 〈n 1，n 2〉＝－66，所以平面EBD 与平面BDC 夹角的余弦值为66.14．解：(1)证明：取AC 中点E ，联结BE ，以点E 为坐标原点，以EB ，EC 所在的直线分别为x 轴，y 轴建立如图所示的空间直角坐标系E －xyz ，则B (2，0，0)，C (0，2，0)，P (0，－1，3)．于是BP →＝(－2，－1，3)，BC →＝(－2，2，0)．因为BP →·BC →＝(－2，－1，3)·(－2，2，0)＝0，所以BP →⊥BC →， 所以BP ⊥BC ，所以△PBC 为直角三角形．(2)由(1)可得，A (0，－2，0)．于是AP →＝(0，1，3)，PB →＝(2，1，－3)，PC →＝(0，3，－3)． 设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎨⎧2x ＋y －3z ＝0，3y －3z ＝0.取y ＝1，则z ＝3，x ＝ 2.所以平面PBC 的一个法向量为n ＝(2，1，3)． 设直线AP 与平面PBC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AP →，n 〉|＝|AP →·n ||AP →|·|n |＝42×6＝63，所以直线AP 与平面PBC 所成角的正弦值为63. 15．解：(1)证明：∵平面ABC ∥平面DEFG ，平面ABC ∩平面ADEB ＝AB ，平面DEFG ∩平面ADEB ＝DE ，∴AB ∥DE .又∵AB ＝DE ，∴四边形ADEB 为平行四边形，∴BE ∥AD . ∵AD ⊥平面DEFG ，∴BE ⊥平面DEFG .(2)证明：设DG 的中点为M ，联结AM ，MF ，则DM ＝12DG ＝2，∵EF ＝2，EF ∥DG ，∴四边形DEFM ∴MF ＝DE 且MF ∥DE ，由(1)知，四边形ADEB 为平行四边形，∴AB ＝DE 且AB ∥DE ，∴AB ＝MF 且AB ∥MF ，∴四边形ABFM 是平行四边形，即BF ∥AM ，又BF ⊄平面ACGD ，AM ACGD .(3)由已知，AD ，DE ，DG 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，0，4)，B (2，0，4)，C (0，1，4)，F (2，2，0)，故BF →＝(0，2，－4)，BC →＝(－2，1，0)． 设平面FBC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BF →＝2y －4z ＝0，n 1·BC →＝－2x ＋y ＝0，令z ＝1，则n 1＝(1，2，1)，而平面ABC 的法向量可为n 2＝DA →＝(0，0，4)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝41＋4＋1×4＝66，由图形可知，二面角F －BC －A 的余弦值为－66.。
高考数学二轮复习立体几何多选题知识点及练习题含答案
高考数学二轮复习立体几何多选题知识点及练习题含答案一、立体几何多选题1．如图，正方体1111ABCD A B C D -中的正四面体11A BDC -的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）A ．异面直线1AB 与1AD 所成的角是3πB ．1BD ⊥平面11AC DC ．平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为3D ．正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23【答案】ABD 【分析】选项A ，利用正方体的结构特征找到异面直线所成的角；选项B ，根据正方体和正四面体的结构特征以及线面垂直的判定定理容易得证；选项C ，由图得平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为1ACB 面积的四分之一；选项D ，分别求出正方体的体对角线长和正四面体11A BDC -的高，然后判断数量关系即可得解. 【详解】A ：正方体1111ABCD ABCD -中，易知11//AD BC ，异面直线1A B 与1AD 所成的角即直线1A B 与1BC 所成的角，即11A BC ∠，11A BC 为等边三角形，113A BC π∠=，正确；B ：连接11B D ，1B B ⊥平面1111DC B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，即111AC B B ⊥，又1111AC B D ⊥，1111B B B D B ⋂=，有11A C ⊥平面11BDD B ，1BD ⊂平面11BDD B ，所以111BD AC ⊥，同理可证：11BD A D ⊥，1111AC A D A ⋂=，所以1BD ⊥平面11AC D ，正确；C ：易知平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为134ACB S=，错误；D ：易得正方体1111ABCD A B C D -()()()2222226++=2的正四面体11A BDC -的高为22222262213⎛⎫--⨯= ⎪⎝⎭，故正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23，正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：利用正方体的性质，找异面直线所成角的平面角求其大小，根据线面垂直的判定证明1BD ⊥平面11AC D ，由正四面体的性质，结合几何图形确定截面的面积，并求高，即可判断C 、D 的正误.2．如图，矩形ABCD 中，M 为BC 的中点，将ABM 沿直线AM 翻折成1AB M ，连结1B D ，N 为1B D 的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是（ ）A ．存在某个位置，使得1CN AB ⊥ B ．翻折过程中，CN 的长是定值C ．若AB BM =，则1AM BD ⊥D ．若1AB BM ==，当三棱锥1B AMD -的体积最大时，三棱锥1B AMD -外接球的体积是43π 【答案】BD 【分析】对于A ，取AD 中点E ，连接EC 交MD 与F ，可得到EN NF ⊥，又EN CN ⊥，且三线,,NE NF NC 共面共点，不可能；对于B ，可得由1NEC MAB ∠=∠（定值），112NE AB =（定值），AM EC =（定值），由余弦定理可得NC 是定值．对于C ，取AM 中点O ，连接1,B O DO ，假设1AM B D ⊥，易得AM ⊥面1ODB ，即可得OD AM ⊥，从而AD MD =，显然不一定成立．对于D ，当平面B 1AM ⊥平面AMD 时，三棱锥B 1﹣AMD 的体积最大，可得球半径为1，体积是43π． 【详解】对于A 选项：如图1，取AD 中点E ，连接EC 交MD 与F ， 则11////NE AB NF MB ，，又11AB MB ⊥，所以EN NF ⊥， 如果1CN AB ⊥，可得EN CN ⊥，且三线,,NE NF NC 共面共点， 不可能，故A 选项不正确；对于B 选项：如图1，由A 选项可得1AMB EFN ≈△△，故1NEC MAB ∠=∠（定值），112NE AB =（定值），AM EC =（定值）， 故在NEC 中，由余弦定理得222cos CN CE NE NE CE NEC =+-⋅⋅∠，整理得222212422AB AB AB CN AM AM BC AB AM =+-⋅⋅=+ 故CN 为定值，故B 选项正确．对于C 选项：如图，取AM 中点O ，连接1,B O DO ， 由AB BM =，得1B O AM ⊥，假设1AM B D ⊥，111B D B O B =，所以AM ⊥面1ODB ，所以OD AM ⊥，从而AD MD =，显然不恒成立，所以假设不成立，可得C 选项不正确．对于D 选项：由题易知当平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大，此时1B O ⊥平面AMD ，则1B O OE ⊥，由1AB BM ==，易求得122BO =，2DM =22221122122B E OB OE ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 因此1EB EA ED EM ===，E 为三棱锥1B AMD -的外接球球心，此外接球半径为1，体积是43π．故D 选项正确． 故答案为：BD ． 【点睛】本题主要考查了线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于难题.本题C 选项的解题的关键在于采用反证法证明，进而推出矛盾解题，D 选项求解的关键在于把握平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大.3．在长方体1111ABCD A B C D -中，4AB BC ==，18AA =，点P 在线段11A C 上，M 为AB 的中点，则（ ） A ．BD ⊥平面PACB ．当P 为11AC 的中点时，四棱锥P ABCD -外接球半径为72C ．三棱锥A PCD -体积为定值D ．过点M 作长方体1111ABCD A B C D -的外接球截面，所得截面圆的面积的最小值为4π 【答案】ACD 【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A 选项的正误；判断出四棱锥P ABCD -为正四棱锥，求出该四棱锥的外接球半径，可判断B 选项的正误；利用等体积法可判断C 选项的正误；计算出截面圆半径的最小值，求出截面圆面积的最小值，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，因为AB BC =，所以，矩形ABCD 为正方形，所以，BD AC ⊥， 在长方体1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1BD AA ∴⊥，1AC AA A ⋂=，AC 、1AA ⊂平面PAC ，所以，BD ⊥平面PAC ，A 选项正确；对于B 选项，当点P 为11A C 的中点时，PA ===同理可得PB PC PD ===因为四边形ABCD 为正方形，所以，四棱锥P ABCD -为正四棱锥， 取AC 的中点N ，则PN 平面ABCD ，且四棱锥P ABCD -的外接球球心在直线PN上，设该四棱锥的外接球半径为R ，由几何关系可得222PN R AN R -+=， 即2288R R -+=，解得92R =，B 选项错误； 对于C 选项，2114822ACDSAD CD =⋅=⨯=， 三棱锥P ACD -的高为18AA =，因此，116433A PCD P ACD ACD V V S AA --==⋅=△，C 选项正确；对于D 选项，设长方体1111ABCD A B C D -的外接球球心为E ，则E 为1BD 的中点， 连接EN 、MN ，则1142EN DD ==，122MN AD ==， E 、N 分别为1BD 、BD 的中点，则1//EN DD ， 1DD ⊥平面ABCD ，EN ∴⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，EN MN ∴⊥，EM ∴==过点M 作长方体1111ABCD A B C D -的外接球截面为平面α，点E 到平面α的距离为d ，直线EM 与平面α所成的角为θ，则sin d EM θθ==≤ 当且仅当2πθ=时，等号成立，长方体1111ABCD A B C D -的外接球半径为R '==，所以，截面圆的半径2r =≥=，因此，截面圆面积的最小值为4π，D选项正确.故选：ACD.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.4．已知四面体ABCD的所有棱长均为2，则下列结论正确的是（）A．异面直线AC与BD所成角为60︒B．点A到平面BCD的距离为26 3C．四面体ABCD6πD．动点P在平面BCD上，且AP与AC所成角为60︒，则点P的轨迹是椭圆【答案】BC【分析】在正四面体中通过线面垂直可证得AC⊥BD，通过计算可验证BC,通过轨迹法可求得P 的轨迹为双曲线方程即可得D错误.【详解】取BD中点E,连接,AE CE,可得BD⊥面ACE,则AC⊥BD,故A错误；在四面体ABCD中，过点A作AF⊥面BCD于点F,则F为为底面正三角形BCD的重心，因为所有棱长均为2,22263AF AB BF =-=,即点A 到平面BCD 的距离为263,故B 正确；设O 为正四面体的中心则OF 为内切球的半径，OA 我外接球的半径， 因为11433A BCD BCD BCD V S AF S OF -=⋅=⨯⋅△△，所以4AF OF =，即6=6OF AO =，, 所以四面体ABCD 的外接球体积3344633V R OA πππ===,故C 正确； 建系如图：26230,0,,0,,033A C ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,设(,,0)P x y ，则262326,,0,,AP x y AC →→⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为cos 60AP AC AP AC →→→→⋅=，所以22232481224193972y x y +=++⨯+⨯， 即222388=33y x y +++，平方化简可得：2232340039y x y ----，可知点P 的轨迹为双曲线,故D 错误. 故选：BC ．【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹的求解问题，解决此类问题可采用空间向量法，利用空间向量法表示出已知的角度或距离的等量关系，从而得到轨迹方程.5．已知正方体1111ABCD A B C D -棱长为2，如图，M 为1CC 上的动点，AM ⊥平面α.下面说法正确的是（）A ．直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为3232⎣⎦B ．点M 与点1C 重合时，平面α截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大 C ．点M 为1CC 的中点时，若平面α经过点B ，则平面α截正方体所得截面图形是等腰梯形D ．已知N 为1DD 中点，当AM MN +的和最小时，M 为1CC 的中点 【答案】AC 【分析】以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，利用空间向量法可判断A 选项的正误；证明出1AC ⊥平面1A BD ，分别取棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点E 、F 、Q 、N 、G 、H ，比较1A BD 和六边形EFQNGH 的周长和面积的大小，可判断B 选项的正误；利用空间向量法找出平面α与棱11A D 、11A B 的交点E 、F ，判断四边形BDEF 的形状可判断C 选项的正误；将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，利用A 、M 、N 三点共线得知AM MN +最短，利用平行线分线段成比例定理求得MC ，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，则点()2,0,0A 、()2,2,0B 、设点()()0,2,02M a a ≤≤，AM ⊥平面α，则AM 为平面α的一个法向量，且()2,2,AM a =-，()0,2,0AB =， 2232cos ,,32288AB AM AB AM AB AMa a ⋅<>===⎢⋅⨯++⎣⎦， 所以，直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为32⎣⎦，A 选项正确； 对于B 选项，当M 与1CC 重合时，连接1A D 、BD 、1A B 、AC ， 在正方体1111ABCD A B C D -中，1CC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1BD CC ∴⊥，四边形ABCD 是正方形，则BD AC ⊥，1CC AC C =，BD ∴⊥平面1ACC ，1AC ⊂平面1ACC ，1AC BD ∴⊥，同理可证11AC A D ⊥， 1A D BD D ⋂=，1AC ∴⊥平面1A BD ，易知1A BD 是边长为22(12322234A BD S =⨯=△为22362=.设E 、F 、Q 、N 、G 、H 分别为棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点，易知六边形EFQNGH 是边长为2的正六边形，且平面//EFQNGH 平面1A BD ， 正六边形EFQNGH 的周长为62，面积为()236233⨯⨯=，则1A BD 的面积小于正六边形EFQNGH 的面积，它们的周长相等，B 选项错误； 对于C 选项，设平面α交棱11A D 于点(),0,2E b ，点()0,2,1M ，()2,2,1AM =-，AM ⊥平面α，DE ⊂平面α，AM DE ∴⊥，即220AM DE b ⋅=-+=，得1b =，()1,0,2E ∴，所以，点E 为棱11A D 的中点，同理可知，点F 为棱11A B 的中点，则()2,1,2F ，()1,1,0EF =，而()2,2,0DB =，12EF DB ∴=，//EF DB ∴且EF DB ≠， 由空间中两点间的距离公式可得2222015DE =++=()()()2222212205BF =-+-+-=，DE BF ∴=，所以，四边形BDEF 为等腰梯形，C 选项正确；对于D 选项，将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，如下图所示：若AM MN +最短，则A 、M 、N 三点共线，11//CC DD ，2222222MC AC DN AD ∴===+， 11222MC CC =≠，所以，点M 不是棱1CC 的中点，D 选项错误.故选：AC. 【点睛】本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题.6．已知棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -，过对角线1BD 作平面α交棱1AA 于点E ，交棱1CC 于点F ，以下结论正确的是（ ） A ．四边形1BFD E 不一定是平行四边形 B ．平面α分正方体所得两部分的体积相等 C ．平面α与平面1DBB 不可能垂直 D ．四边形1BFD E 2 【答案】BD 【分析】由平行平面的性质可判断A 错误;利用正方体的对称性可判断B 正确;当E ､F 为棱中点时,通过线面垂直可得面面垂直,可判断C 错误;当E 与A 重合,F 与1C 重合时,四边形1BFD E 的面积最大,2,可判断D 正确. 【详解】 如图所示,对于选项A,因为平面1111//ABB A CC D D ,平面1BFD E 平面11ABB A BE =,平面1BFD E平面111CC D D D F =,所以1//BE D F ,同理可证1//D E BF ,所以四边形1BFD E 是平行四边形,故A 错误; 对于选项B,由正方体的对称性可知,平面α分正方体所得两部分的体积相等,故B 正确; 对于选项C,在正方体1111ABCD A B C D -中,有1,AC BD AC BB ⊥⊥, 又1BD BB B ⋂=,所以AC ⊥平面1BB D , 当E ､F 分别为棱11,AA CC 的中点时, 有//AC EF ,则EF ⊥平面1BB D , 又因为EF ⊂平面1BFD E ,所以平面1BFD E ⊥平面1BB D ,故C 错误;对于选项D,四边形1BFD E 在平面ABCD 内的投影是正方形ABCD , 当E 与A 重合,F 与1C 重合时,四边形1BFD E 的面积有最大值, 此时1212S D E BE =⋅=⋅=,故D 正确; 故选:BD. 【点睛】本题考查了正方体的几何性质与应用问题,也考查了点线面的位置关系应用问题,属于中档题.7．如图，点O 是正四面体P ABC -底面ABC 的中心，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，S 是棱PC 上的点，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ，则（ ）A ．若//MN 平面PAB ，则//AB RQ B ．存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQC ．存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+= D ．111PQPRPS++是常数【答案】ABD 【分析】对于选项A ，根据线面平行的性质定理，进行推理判断即可；对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ， 13SC PC =时，通过线面垂直的判定定理，证明此时PC ⊥平面SRQ ，即可证明，存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ；对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+=，利用线面垂直的判定定理可证得PC ⊥平面PAB ，此时通过反证法说明矛盾性，即可判断； 对于选项D ，利用S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V ----=++，即可求得111PQPRPS++是常数.【详解】 对于选项A ， 若//MN 平面PAB ，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ,∴平面SMN 平面PAB =RQ ，又MN ⊂平面SMN ，//MN 平面PAB ，∴//MN RQ ，点O 在面ABC 上，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，∴MN ⊂平面ABC ，又//MN 平面PAB ，平面ABC平面PAB AB =，∴//MN AB ， ∴//AB RQ ，故A 正确； 对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ，S 为线段PC 上靠近C 的三等分点，即13SC PC =， 此时PC ⊥平面SRQ ，以下给出证明： 在正四面体P ABC -中，设各棱长为a ，∴ABC ，PBC ，PAC △，PAB △均为正三角形，点O 为ABC 的中心，//MN AB ，∴由正三角形中的性质，易得23CN CM a ==， 在CNS 中，23CN a =，13SC a =，3SCN π∠=，∴由余弦定理得，SN a ==， ∴222249SC SN a CN +==，则SN PC ⊥， 同理，SM PC ⊥，又SM SN S =，SM ⊂平面SRQ ，SN ⊂平面SRQ ，∴PC ⊥平面SRQ ，∴存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ，故B 正确； 对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+=， 设QR 中点为K ，则2PQ PR PK +=，∴PS PK ⊥，即PC PK ⊥，()cos cos 0PC AB PC PB PA PC PB CPB PC PA CPA ⋅=⋅-=⋅∠-⋅∠=，∴PC AB ⊥，又易知AB 与PK 为相交直线，AB 与PK 均在平面PQR 上，∴PC ⊥平面PQR ，即PC ⊥平面PAB ，与正四面体P ABC -相矛盾，所以假设不成立， 故C 错误； 对于选项D ，易知点O 到面PBC ，面PAC ，面PAB 的距离相等，记为d ， 记PC 与平面PAB 所处角的平面角为α，α为常数，则sin α也为常数， 则点S 到PQR 的距离为sin PS α， 又13sin 234PQRSPQ PR PQ PR π=⋅=⋅ ∴()()1133sin sin sin 33412S PQR PQRV PS S PS PQ PR PQ PR PS ααα-=⋅=⋅⋅=⋅⋅， 又13sin23PSRSPS PR PS PR π=⋅=⋅， 13sin 234PSQSPS PQ PS PQ π=⋅=⋅，13sin 234PQRSPQ PR PQ PR π=⋅=⋅， ()3S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V d PS PR PS PQ PQ PR ----=++=⋅+⋅+⋅， ∴()33sin 1212PQ PR PS d PS PR PS PQ PQ PR α⋅⋅=⋅+⋅+⋅， ∴111sin d PQPRPSα++=为常数，故D 正确. 故选：ABD. 【点睛】本题考查了线面平行的性质定理、线面垂直的判定定理，考查了三棱锥体积的计算，考查了向量的运算，考查了转化能力与探究能力，属于较难题.8．M ，N 分别为菱形ABCD 的边BC ，CD 的中点，将菱形沿对角线AC 折起，使点D 不在平面ABC 内，则在翻折过程中，下列结论正确的有（ ）A ．MN ∥平面ABDB ．异面直线AC 与MN 所成的角为定值C ．在二面角D AC B --逐渐变小的过程中，三棱锥D ABC -外接球的半径先变小后变大D ．若存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直，则ABC ∠的取值范围是0,2π⎛⎫⎪⎝⎭【答案】ABD 【分析】利用线面平行的判定即可判断选项A ；利用线面垂直的判定求出异面直线AC 与MN 所成的角即可判断选项B ；借助极限状态，当平面DAC 与平面ABC 重合时，三棱锥D ABC -外接球即是以ABC ∆外接圆圆心为球心，外接圆的半径为球的半径，当二面角D AC B --逐渐变大时，利用空间想象能力进行分析即可判断选项C;过A 作AH BC ⊥,垂足为H ,分ABC ∠为锐角、直角、钝角三种情况分别进行分析判断即可判断选项D.【详解】对于选项A:因为M ，N 分别为菱形ABCD 的边BC ，CD 的中点，所以MN 为BCD ∆的中位线，所以//MN BD ,因为MN ⊄平面ABD ,BD ⊂平面ABD ，所以MN ∥平面ABD ,故选项A 正确；对于选项B ：取AC 的中点O ，连接,DO BO ,作图如下：则,AC DO AC BO ⊥⊥,BO DO O =,由线面垂直的判定知，AC ⊥平面BOD ,所以AC BD ⊥,因为//MN BD ,所以AC MN ⊥,即异面直线AC 与MN 所成的角为定值90，故选项B 正确；对于选项C:借助极限状态，当平面DAC 与平面ABC 重合时，三棱锥D ABC -外接球即是以ABC ∆外接圆圆心为球心，外接圆的半径为球的半径，当二面角D AC B --逐渐变大时，球心离开平面ABC ，但是球心在底面的投影仍然是ABC ∆外接圆圆心，故二面角D AC B --逐渐变小的过程中，三棱锥D ABC -外接球的半径不可能先变小后变大， 故选项C 错误；对于选项D:过A 作AH BC ⊥,垂足为H ,若ABC ∠为锐角，H 在线段BC 上；若ABC ∠为直角，H 与B 重合；若ABC ∠为钝角，H 在线段BC 的延长线上；若存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直，因为AH BC ⊥，所以CB ⊥平面AHD ,由线面垂直的性质知,CB HD ⊥,若ABC ∠为直角，H 与B 重合，所以CB BD ⊥,在CBD ∆中，因为CB CD =, 所以CB BD ⊥不可能成立，即ABC ∠为直角不可能成立；若ABC ∠为钝角，H 在线段BC 的延长线上，则在原平面图菱形ABCD 中，DCB ∠为锐角，由于立体图中DB DO OB <+,所以立体图中DCB ∠一定比原平面图中更小，，所以DCB ∠为锐角，CB HD ⊥，故点H 在线段BC 与H 在线段BC 的延长线上矛盾，因此ABC ∠不可能为钝角；综上可知，ABC ∠的取值范围是0,2π⎛⎫⎪⎝⎭.故选项D 正确;故选：ABD 【点睛】本题考查异面垂直、线面平行与线面垂直的判定、多面体的外接球问题；考查空间想象能力和逻辑推理能力；借助极限状态和反证法思想的运用是求解本题的关键；属于综合型强、难度大型试题.9．在正方体1111ABCD A B C D -中，如图，,M N 分别是正方形ABCD ，11BCC B 的中心.则下列结论正确的是（ ）A ．平面1D MN 与11BC 的交点是11B C 的中点 B ．平面1D MN 与BC 的交点是BC 的三点分点 C ．平面1D MN 与AD 的交点是AD 的三等分点 D ．平面1D MN 将正方体分成两部分的体积比为1∶1 【答案】BC 【分析】取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ，连FM 并延长分别交,BC AD 于,P Q ，连1,D Q PN 并延长交11B C 与H ，平面四边形1D HPQ 为所求的截面，进而求出,,P Q H 在各边的位置，利用割补法求出多面体11QPHD C CD 的体积，即可求出结论.【详解】如图，取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ， 连接FM 并延长，设FM BC P ⋂=，FM AD Q ⋂=， 连接PN 并延长交11B C 于点H .连接1D Q ，1D H ，则平面四边形1D HPQ 就是平面1D MN 与正方体的截面，如图所示.111111////,22NE CC DD NE CC DD ==，NE ∴为1DD F ∆的中位线，E ∴为DF 中点，连BF ， ,,90DCE FBE BF DC AB FBE DCE ∴∆≅∆==∠=∠=︒， ,,A B F ∴三点共线，取AB 中点S ，连MS ，则12//,,23BP FB MS BP MS BC MS FS =∴==，22111,33236BP MS BC BC PE BC ∴==⨯=∴=， E 为DF 中点，11//,233PE DQ DQ PE BC AD ∴===N 分别是正方形11BCC B 的中心，11113C H BP C B ∴==所以点P 是线段BC 靠近点B 的三等分点， 点Q 是线段AD 靠近点D 的三等分点， 点H 是线段11B C 靠近点1C 的三等分点. 做出线段BC 的另一个三等分点P '， 做出线段11A D 靠近1D 的三等分点G ，连接QP '，HP '，QG ，GH ，1H QPP Q GHD V V '--=， 所以111113QPHD C CD QPHQ DCC D V V V -==多面体长方体正方体 从而平面1D MN 将正方体分成两部分体积比为2∶1. 故选:BC.【点睛】本题考查直线与平面的交点及多面体的体积，确定出平面与正方体的交线是解题的关键，考查直观想象、逻辑推理能力，属于较难题.10．如果一个棱锥的底面是正方形，且顶点在底面内的射影是底面的中心，那么这样的棱锥叫正四棱锥．若一正四棱锥的体积为18，则该正四棱锥的侧面积最小时，以下结论正确的是（ ）．A ．棱的高与底边长的比为22B ．侧棱与底面所成的角为4π C 2 D ．侧棱与底面所成的角为3π 【答案】AB 【分析】设四棱锥S ABCD -的高为h ，底面边长为a ，由21183V a h ==得254h a=，然后可得侧面积为242108a a+，运用导数可求出当32a =时侧面积取得最小值，此时3h =，然后求出棱锥的高与底面边长的比和SAO ∠即可选出答案. 【详解】设四棱锥S ABCD -的高为h ，底面边长为a 可得21183V a h ==，即254h a= 所以其侧面积为2222244215410842244a a a h a a a⋅⋅+=+=+令()242108f a a a =+，则()23321084f a a a ⨯'=-令()233210840f a a a ⨯'=-=得32a =当(0,32a ∈时()0f a '<，()f a 单调递减当()32,a ∈+∞时()0f a '>，()f a 单调递增所以当32a =时()f a 取得最小值，即四棱锥的侧面积最小 此时3h =2，故A 正确，C 错误 侧棱与底面所成的角为SAO ∠，由3h =，32a =可得3AO = 所以4SAO π∠=，故B 正确，D 错误故选：AB 【点睛】本题考查的知识点有空间几何体的体积和表面积、线面角及利用导数求最值，属于综合题.。
高考理科数学二轮复习《立体几何》检测试卷及答案解析
课时跟踪检测（十九）立体几何1.(2018届高三·广西五校联考)如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝AE＝2.(1)求证：BD⊥平面ACFE；(2)当直线FO与平面BED所成的角为45°时，求异面直线OF与BE所成的角的余弦值大小．2.(2017·合肥模拟)如图所示，在四棱台ABCDA1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，AB＝AA1＝2A1B1＝2.(1)若M为CD中点，求证：AM⊥平面AA1B1B；(2)求直线DD 1与平面A 1BD 所成角的正弦值．3.(2018届高三·洛阳四校调研)如图，四边形ABEF 和四边形ABCD 均是直角梯形，∠FAB ＝∠DAB ＝90°，二面角F AB D 是直二面角，BE ∥AF ，BC ∥AD ，AF ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1.(1)证明：在平面BCE 上，一定存在过点C 的直线l 与直线DF 平行；(2)求二面角F CD A 的余弦值．4．(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°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE∥平面PAB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角MABD的余弦值．5．(2017·开封模拟)如图①，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AB＝2.将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何AD＝CD＝12体DABC，如图②所示．(1)证明：平面ABD⊥平面BCD；(2)求二面角DABC的余弦值．6.(2018届高三·湖北五校联考)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝22，BC＝42，PA＝2.(1)求证：AB⊥PC；(2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角MACD的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．课时跟踪检测（十九）立体几何1.(2018届高三·广西五校联考)如图，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝AE ＝2.(1)求证：BD ⊥平面ACFE ；(2)当直线FO 与平面BED 所成的角为45°时，求异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值大小．解：(1)证明：∵四边形ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC .∵AE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴BD ⊥AE .∵AC ∩AE ＝A ，∴BD ⊥平面ACFE .(2)以O 为坐标原点，OA ―→，OB ―→的方向为x 轴，y 轴正方向，过O且平行于CF 的直线为z 轴(向上为正方向)，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ，设CF ＝a ，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，E (1,0,2)，F (－1，0，a )(a ＞0)，OF ―→＝(－1,0，a )．设平面BED 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·OB ―→＝0，n ·OE ―→＝0，3＝0，x ＋2z ＝0，令z ＝1，则n ＝(－2,0,1)，由题意得sin 45°＝|cos 〈OF ―→，n 〉|＝|OF ·n ||OF ―→||n |＝|2＋a |a 2＋1·5＝22，解得a ＝3或a ＝－13.由a ＞0，得a ＝3，OF ―→＝(－1,0,3)，BE ―→＝(1，－3，2)，∴cos 〈OF ―→，BE ―→〉＝－1＋610×8＝54，故异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值为54.2.(2017·合肥模拟)如图所示，在四棱台ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，AB ＝AA 1＝2A 1B 1＝2.(1)若M 为CD 中点，求证：AM ⊥平面AA 1B 1B ；(2)求直线DD 1与平面A 1BD 所成角的正弦值．解：(1)证明：连接AC ，∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，∴△ACD 为等边三角形，又M 为CD 中点，∴AM ⊥CD ，由CD ∥AB 得，AM ⊥AB .∵AA 1⊥底面ABCD ，AM ⊂平面ABCD ，∴AM ⊥AA 1.又AB ∩AA 1＝A ，∴AM ⊥平面AA 1B 1B .(2)∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，AB ＝AA 1＝2A 1B 1＝2，∴DM ＝1，AM ＝3，∴∠AMD ＝∠BAM ＝90°，又AA 1⊥底面ABCD ，∴以A 为坐标原点，AB ，AM ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，则A 1(0,0,2)，B (2,0,0)，D (－1，3，0)，D 1－12，32，2，∴DD 1―→12，－32，2BD ―→＝(－3，3，0)，A 1B ―→＝(2,0，－2)．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·BD ―→＝0，n ·A 1B ―→＝0，－3x ＋3y ＝0，2x －2z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1，3，1)，∴|cos 〈n ，DD 1―→〉|＝|n ·DD 1―→||n |·|DD 1―→|＝15×5＝15.∴直线DD 1与平面A 1BD 所成角的正弦值为15.3.(2018届高三·洛阳四校调研)如图，四边形ABEF 和四边形ABCD均是直角梯形，∠FAB ＝∠DAB ＝90°，二面角F AB D 是直二面角，BE ∥AF ，BC ∥AD ，AF ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1.(1)证明：在平面BCE 上，一定存在过点C 的直线l 与直线DF 平行；(2)求二面角F CD A 的余弦值．解：(1)证明：由已知得，BE ∥AF ，BE ⊄平面AFD ，AF ⊂平面AFD ，∴BE ∥平面AFD .同理可得，BC ∥平面AFD .又BE ∩BC ＝B ，∴平面BCE ∥平面AFD .设平面DFC ∩平面BCE ＝l ，则l 过点C .∵平面BCE ∥平面ADF ，平面DFC ∩平面BCE ＝l ，平面DFC ∩平面AFD ＝DF ，∴DF ∥l ，即在平面BCE 上一定存在过点C 的直线l ，使得DF ∥l .(2)∵平面ABEF ⊥平面ABCD ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ，FA ⊂平面ABEF ，又∠FAB ＝90°，∴AF ⊥AB ，∴AF ⊥平面ABCD .∵AD ⊂平面ABCD ，∴AF ⊥AD .∵∠DAB ＝90°，∴AD ⊥AB .以A 为坐标原点，AD ，AB ，AF 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，由已知得，D (1,0,0)，C (2，2,0)，F (0,0,2)，∴DF ―→＝(－1,0,2)，DC ―→＝(1,2,0)．设平面DFC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·DF ―→＝0，n ·DC ―→＝0，－x ＋2z ＝0，x ＋2y ＝0，令z ＝1，则n ＝(2，－1,1)，不妨取平面ACD 的一个法向量为m ＝(0,0,1)，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝16＝66，由于二面角F CD A 为锐角，因此二面角F CD A 的余弦值为66.4．(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°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE ∥平面PAB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M AB D 的余弦值．解：(1)证明：取PA 的中点F ，连接EF ，BF .因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝12AD .由∠BAD ＝∠ABC ＝90°，得BC ∥AD ，又BC ＝12AD ，所以EF 綊BC ，所以四边形BCEF 是平行四边形，CE ∥BF ，又CE ⊄平面PAB ，BF ⊂平面PAB ，故CE ∥平面PAB .(2)由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB ―→的方向为x 轴正方向，|AB ―→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，则A (0,0,0)，B (1，0,0)，C (1,1,0)，P (0，1，3)，PC ―→＝(1,0，－3)，AB ―→＝(1,0,0)．设M (x ，y ，z )(0<x <1)，则BM ―→＝(x －1，y ，z )，PM ―→＝(x ，y －1，z －3)．因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°，而n ＝(0,0,1)是底面ABCD 的法向量，所以|cos 〈BM ―→，n 〉|＝sin 45°，|z |(x －1)2＋y 2＋z 2＝22，即(x －1)2＋y 2－z 2＝0.①又M 在棱PC 上，设PM ―→＝λPC ―→，则x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ.②x ＝1＋22，y ＝1，z ＝－62(舍去)x ＝1－22，y ＝1，z ＝62，所以1－22，1，62，从而AM ―→1－22，1，62设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量，m ·AM ―→＝0，m ·AB ―→＝0，(2－2)x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0，所以可取m ＝(0，－6，2)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝105.由图知二面角M AB D 为锐角，因此二面角M AB D 的余弦值为10.5．(2017·开封模拟)如图①，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，CD ∥AB ，AD ＝CD ＝12AB ＝2.将△ADC 沿AC 折起，使平面ADC ⊥平面ABC ，得到几何体D ABC ，如图②所示．(1)证明：平面ABD ⊥平面BCD ；(2)求二面角D AB C 的余弦值．解：(1)证明：易知AC ⊥BC ，又平面ADC ⊥平面ABC ，平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，BC ⊂平面ABC ，∴BC ⊥平面ACD ，∴AD ⊥BC .又AD ⊥CD ，BC ∩CD ＝C ，∴AD ⊥平面BCD ，∵AD ⊂平面ABD ，∴平面ABD ⊥平面BCD .(2)以C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系C xyz ，则C (0，0,0)，A (22，0,0)，D (2，0，2)，B (0,22，0)，AD ―→＝(－2，0，2)，AB ―→＝(－22，22，0)．设平面ABD 的法向量m ＝(x ，y ，z )．m ·AD ―→＝0，m ·AB ―→＝0，－2x ＋2z ＝0，－22x ＋22y ＝0，令x ＝1，得y ＝1，z ＝1，所以平面ABD 的一个法向量m ＝(1,1,1)．易知平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0,1)，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝33，由图知，二面角D AB C 为锐角，∴二面角D AB C 的余弦值为33.6.(2018届高三·湖北五校联考)如图，在四棱锥P ABCD 中，PA⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，AD ⊥CD ，且AD ＝CD ＝22，BC ＝42，PA ＝2.(1)求证：AB ⊥PC ；(2)在线段PD 上，是否存在一点M ，使得二面角M AC D 的大小为45°，如果存在，求BM 与平面MAC 所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．解：(1)证明：如图，由已知得四边形ABCD 是直角梯形，由AD ＝CD ＝22，BC ＝42，可得AB ＝AC ＝4，所以BC 2＝AB 2＋AC 2，所以∠BAC ＝90°，即AB ⊥AC ，因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AB ，又PA ∩AC ＝A ，所以AB ⊥平面PAC ，所以AB ⊥PC .(2)存在，理由如下：取BC 的中点E ，则AE ⊥BC ，以A 为坐标原点，AE ，AD ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，C (22，22，0)，D (0，22，0)，P (0，0,2)，B (22，－22，0)，PD ―→＝(0,22，－2)，AC ―→＝(22，22，0)．设PM ―→＝t PD ―→(0＜t ＜1)，则点M 的坐标为(0,22t ，2－2t )，所以AM ―→＝(0,22t,2－2t )．设平面MAC 的法向量是n ＝(x ，y ，z )，n ·AC ―→＝0，n ·AM ―→＝0，22x ＋22y ＝0，22ty ＋(2－2t )z ＝0，令x ＝1，得y ＝－1，z ＝2t 1－t，则n 1，－1，2t 1－t .又m ＝(0,0,1)是平面ACD 的一个法向量，所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝|2t t －1|2＋2t t －12＝22，高考理科数学二轮复习《立体几何》检测试卷及答案解析11解得t ＝12，即点M 是线段PD 的中点．此时平面MAC 的一个法向量n ＝(1，－1，2)，又BM ―→＝(－22，32，1)．设BM 与平面MAC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，BM ―→〉|＝422×33＝269.故BM 与平面MAC 所成角的正弦值为269.。
高考数学二轮复习立体几何多选题测试试题附解析
高考数学二轮复习立体几何多选题测试试题附解析一、立体几何多选题1．如图，正方体1111ABCD A B C D -中的正四面体11A BDC -的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）A ．异面直线1AB 与1AD 所成的角是3πB ．1BD ⊥平面11AC DC ．平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为3D ．正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23【答案】ABD 【分析】选项A ，利用正方体的结构特征找到异面直线所成的角；选项B ，根据正方体和正四面体的结构特征以及线面垂直的判定定理容易得证；选项C ，由图得平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为1ACB 面积的四分之一；选项D ，分别求出正方体的体对角线长和正四面体11A BDC -的高，然后判断数量关系即可得解. 【详解】A ：正方体1111ABCD ABCD -中，易知11//AD BC ，异面直线1A B 与1AD 所成的角即直线1A B 与1BC 所成的角，即11A BC ∠，11A BC 为等边三角形，113A BC π∠=，正确；B ：连接11B D ，1B B ⊥平面1111DC B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，即111AC B B ⊥，又1111AC B D ⊥，1111B B B D B ⋂=，有11A C ⊥平面11BDD B ，1BD ⊂平面11BDD B ，所以111BD AC ⊥，同理可证：11BD A D ⊥，1111AC A D A ⋂=，所以1BD ⊥平面11AC D ，正确；C ：易知平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为134ACB S=，错误；D ：易得正方体1111ABCD A B C D -()()()2222226++=2的正四面体11A BDC -的高为22222262213⎛⎫--⨯= ⎪⎝⎭，故正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23，正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：利用正方体的性质，找异面直线所成角的平面角求其大小，根据线面垂直的判定证明1BD ⊥平面11AC D ，由正四面体的性质，结合几何图形确定截面的面积，并求高，即可判断C 、D 的正误.2．如图所示，正三角形ABC 中，D ，E 分别为边AB ，AC 的中点，其中AB ＝8，把△ADE 沿着DE 翻折至A 'DE 位置，使得二面角A '-DE -B 为60°，则下列选项中正确的是（ ）A ．点A '到平面BCED 的距离为3B ．直线A 'D 与直线CE 所成的角的余弦值为58C ．A 'D ⊥BDD ．四棱锥A '-BCED 237【答案】ABD 【分析】作AM ⊥DE ，交DE 于M ,延长AM 交BC 于N ,连接A'M ,A'N .利用线面垂直的判定定理判定CD ⊥平面A'MN ,利用面面垂直的判定定理与性质定理得到'A 到平面面BCED 的高A'H ,并根据二面角的平面角，在直角三角形中计算求得A'H 的值，从而判定A;根据异面直线所成角的定义找到∠A'DN 就是直线A'D 与CE 所成的角，利用余弦定理计算即可判定B;利用勾股定理检验可以否定C;先证明底面的外接圆的圆心为N ,在利用外接球的球心的性质进行得到四棱锥A'-BCED 的外接球的球心为O ,则ON ⊥平面BCED ,且OA'=OC ,经过计算求解可得半径从而判定D. 【详解】如图所示，作AM ⊥DE ，交DE 于M ,延长AM 交BC 于N ,连接A'M ,A'N . 则A'M ⊥DE ,MN ⊥DE , ,∵'A M ∩MN =M ,∴CD ⊥平面A'MN , 又∵CD ⊂平面ABDC ,∴平面A'MN ⊥平面ABDC , 在平面A'MN 中作A'H ⊥MN ,则A'H ⊥平面BCED ,∵二面角A'-DE -B 为60°，∴∠A'EF =60°，∵正三角形ABC 中，AB =8,∴AN =43,∴A'M =23,∴A'H =A'M sin60°=3，故A 正确； 连接DN ,易得DN ‖EC ,DN =EC =4, ∠A'DN 就是直线A'D 与CE 所成的角， DN =DA'=4,A'N =A'M =23,cos ∠A'DN =22441252448+-=⨯⨯,故B 正确；A'D =DB =4,A'B=22121627A N BN +=+=',∴222A D DB A B '≠'+,∴A'D 与BD 不垂直，故C 错误’ 易得NB =NC =ND =NG =4，∴N 为底面梯形BCED 的外接圆的圆心， 设四棱锥A'-BCED 的外接球的球心为O ,则ON ⊥平面BCED ,且OA'=OC , 若O 在平面BCED 上方，入图①所示：设ON =x ,外接球的半径为R ,过O 作A'H 的垂线，垂足为P ,则HP =x ,易得()()22222433x x R +=-+=,解得23x =-,舍去；故O 在平面BCED 下方，如图②所示：设ON =x ,外接球的半径为R ,过O 作A'H 的垂线，垂足为P ,则HP =x ,易得()()22222433x x R +=++=, 解得23x =, ∴244371699R ⨯=+=,237R ∴=,故D 正确. 故选:ABD .【点睛】本题考查立体几何中的折叠问题，涉及二面角问题，异面直线所成的角，用到线面、面面垂直的判定与性质及外接球的球心的性质和有关计算，余弦定理等，属综合性较强的题目，关键是利用线面垂直，面面垂直的判定和性质进行空间关系和结构的判定，注意球心在四棱锥的底面上方和下方的讨论与验证.3．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -，中，E 为棱1CC 上的中点，F 为棱1AA 上的点，且满足1:1:2A F FA =，点F ，B ，E ，G ，H 为过三点B ，E ，F 的平面BMN 与正方体1111ABCD A B C D -的棱的交点，则下列说法正确的是（ ）A ．//HF BEB ．三棱锥的体积14B BMN V -=C ．直线MN 与平面11A B BA 所成的角为45︒D ．11:1:3D G GC = 【答案】ABD 【分析】面面平行性质定理可得出A 正确；等体积法求得B 正确；直线MN 与平面11A B BA 所成的角为1B MN ∠，求其正切值不等于1即可得出C 错误；利用面面平行性质定理和中位线求出11,D G GC 长度即可得出D 正确. 【详解】解：对于A.在正方体1111ABCD A B C D -中平面11//ADA D 平面11BCB C ， 又平面11ADA D 平面BMN HF =，平面11BCB C ⋂平面BMN BE =，有平面与平面平行的性质定理可得//HF BE ，故正确； 对于B.因为1:1:2A F FA =，所以111332B M A B ==， 又E 为棱1CC 上的中点，所以14B N =, 所以1111234432B BMN N B BM V V --⎛⎫==⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭，故正确； 对于C.由题意及图形可判定直线MN 与平面11A B BA 所成的角为1B MN ∠， 结合B 选项可得1114tan 13B N B MN B M ∠==≠，故错误； 对于D.同A 选项证明方法一样可证的11//GC B M ，因为E 为棱1CC 上的中点，1C 为棱1B N 上的中点，所以1113=22GC B M = 所以11G=2D ，所以11:1:3D G GC =，故正确. 故选：ABD 【点睛】求体积的常用方法：（1）直接法：对于规则的几何体，利用相关公式直接计算；（2）等体积法：选择合适的底面来求几何体体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面可作为三棱锥的底面进行等体积变换；（3）割补法：首先把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算.4．在边长为2的等边三角形ABC 中，点,D E 分别是边,AC AB 上的点，满足//DE BC 且AD ACλ=，（()01λ∈，），将ADE 沿直线DE 折到A DE '△的位置.在翻折过程中，下列结论不成立的是（ ）A ．在边A E '上存在点F ，使得在翻折过程中，满足//BF 平面A CD 'B ．存在102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面A BC '⊥平面BCDE C ．若12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，||A B '=D ．在翻折过程中，四棱锥A BCDE '-体积的最大值记为()f λ，()f λ的最大值为23【答案】ABC 【分析】对于A.在边A E '上点F ，在A D '上取一点N ，使得//FN ED ，在ED 上取一点H ，使得//NH EF ，作//HG BE 交BC 于点G ，即可判断出结论.对于B ，102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，在翻折过程中，点A '在底面BCDE 的射影不可能在交线BC 上，即可判断出结论. 对于C ，12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，取ED 的中点M ，可得AM ⊥平面BCDE .可得22A B AM BM '=+，结合余弦定理即可得出.对于D.在翻折过程中，取平面AED ⊥平面BCDE ，四棱锥A BCDE '-体积()3133BCDE f S λλλλ=⋅⋅=-，()01λ∈，，利用导数研究函数的单调性即可得出.【详解】对于A.在边A E '上点F ，在A D '上取一点N ，使得//FN ED ，在ED 上取一点H ，使得//NH EF ，作//HG BE 交BC 于点G ，如图所示，则可得FN 平行且等于BG ，即四边形BGNF 为平行四边形， ∴//NG BE ，而GN 始终与平面ACD 相交，因此在边A E '上不存在点F ，使得在翻折过程中，满足//BF 平面A CD '，A 不正确.对于B ，102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，在翻折过程中，点A '在底面BCDE 的射影不可能在交线BC 上，因此不满足平面A BC '⊥平面BCDE ，因此B 不正确. 对于C.12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，取ED 的中点M ，如图所示：可得AM ⊥平面BCDE ， 则22223111010()1()21cos12022224A B AM BM '=+=++-⨯⨯⨯︒=≠，因此C 不正确；对于D.在翻折过程中，取平面AED ⊥平面BCDE ，四棱锥A BCDE '-体积()3133BCDE f S λλλλ=⋅⋅=-，()01λ∈，，()213f λλ'=-，可得3λ=时，函数()f λ取得最大值()312313f λ⎛⎫=-=⎪⎝⎭，因此D 正确. 综上所述，不成立的为ABC. 故选：ABC. 【点睛】本题考查了利用运动的观点理解空间线面面面位置关系、四棱锥的体积计算公式、余弦定理、利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力空间想象能力与计算能力，属于难题.5．如图，点O 是正四面体P ABC -底面ABC 的中心，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，S 是棱PC 上的点，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ，则（ ）A ．若//MN 平面PAB ，则//AB RQ B ．存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQC ．存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+= D ．111PQPRPS++是常数【答案】ABD 【分析】对于选项A ，根据线面平行的性质定理，进行推理判断即可；对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ， 13SC PC =时，通过线面垂直的判定定理，证明此时PC ⊥平面SRQ ，即可证明，存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ；对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+=，利用线面垂直的判定定理可证得PC ⊥平面PAB ，此时通过反证法说明矛盾性，即可判断； 对于选项D ，利用S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V ----=++，即可求得111PQPRPS++是常数.【详解】 对于选项A ， 若//MN 平面PAB ，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ,∴平面SMN 平面PAB =RQ ，又MN ⊂平面SMN ，//MN 平面PAB ，∴//MN RQ ，点O 在面ABC 上，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，∴MN ⊂平面ABC ，又//MN 平面PAB ，平面ABC平面PAB AB =，∴//MN AB ， ∴//AB RQ ，故A 正确； 对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ，S 为线段PC 上靠近C 的三等分点，即13SC PC =， 此时PC ⊥平面SRQ ，以下给出证明： 在正四面体P ABC -中，设各棱长为a ，∴ABC ，PBC ，PAC △，PAB △均为正三角形，点O 为ABC 的中心，//MN AB ，∴由正三角形中的性质，易得23CN CM a ==， 在CNS 中，23CN a =，13SC a =，3SCN π∠=，∴由余弦定理得，SN a ==，∴222249SC SN a CN +==，则SN PC ⊥， 同理，SM PC ⊥，又SM SN S =，SM ⊂平面SRQ ，SN ⊂平面SRQ ，∴PC ⊥平面SRQ ，∴存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ，故B 正确； 对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+=， 设QR 中点为K ，则2PQ PR PK +=，∴PS PK ⊥，即PC PK ⊥，()cos cos 0PC AB PC PB PA PC PB CPB PC PA CPA ⋅=⋅-=⋅∠-⋅∠=，∴PC AB ⊥，又易知AB 与PK 为相交直线，AB 与PK 均在平面PQR 上，∴PC ⊥平面PQR ，即PC ⊥平面PAB ，与正四面体P ABC -相矛盾，所以假设不成立， 故C 错误； 对于选项D ，易知点O 到面PBC ，面PAC ，面PAB 的距离相等，记为d ， 记PC 与平面PAB 所处角的平面角为α，α为常数，则sin α也为常数， 则点S 到PQR 的距离为sin PS α， 又13sin23PQRSPQ PR PQ PR π=⋅=⋅ ∴()()1133sin sin sin33S PQR PQRV PS S PS PQ PR PQ PR PS ααα-=⋅=⋅⋅=⋅⋅， 又13sin 234PSRSPS PR PS PR π=⋅=⋅， 13sin23PSQS PS PQ PS PQ π=⋅=⋅， 13sin 234PQRSPQ PR PQ PR π=⋅=⋅，()12S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V d PS PR PS PQ PQ PR ----=++=⋅+⋅+⋅，∴()33sin 1212PQ PR PS d PS PR PS PQ PQ PR α⋅⋅=⋅+⋅+⋅， ∴111sin d PQ PR PS α++=为常数，故D 正确.故选：ABD.【点睛】本题考查了线面平行的性质定理、线面垂直的判定定理，考查了三棱锥体积的计算，考查了向量的运算，考查了转化能力与探究能力，属于较难题.6．如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，11,2,AB BC AA P ===是1A B 上的一动点，则下列选项正确的是( )A ．DP 的最小值为355B ．DP 5C ．1AP PC +6D ．1AP PC +170 【答案】AD【分析】 DP 的最小值，即求1DA B △底边1A B 上的高即可；旋转11A BC 所在平面到平面11ABB A ，1AP PC +的最小值转化为求AC '即可.【详解】求DP 的最小值，即求1DA B △底边1A B 上的高，易知115,2A B A D BD ===，所以1A B 边上的高为355h =111,AC BC ，得11A BC ，以1A B 所在直线为轴，将11A BC 所在平面旋转到平面11ABB A ，设点1C 的新位置为C '，连接AC '，则AC '即为所求的最小值，易知11122,2,cos 10AA AC AAC ''==∠=-， 所以217042222()105AC '=+-⨯⨯⨯-=. 故选：AD.【点睛】本题考查利用旋转求解线段最小值问题.求解翻折、旋转问题的关键是弄清原有的性质变化与否， (1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，翻折、旋转前后应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．7．如图，矩形ABCD 中，M 为BC 的中点，将ABM 沿直线AM 翻折成1AB M ，连结1B D ，N 为1B D 的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是（ ）A ．存在某个位置，使得CN AB ⊥B ．翻折过程中，CN 的长是定值C ．若AB BM =，则1AM BD ⊥D ．若1AB BM ==，当三棱锥1B AMD -的体积最大时，三棱锥1B AMD -的外接球的表面积是4π【答案】BD【分析】对于选项A ，取AD 中点E ，取1AB 中点K ，连结KN ，BK ，通过假设CN AB ⊥，推出AB ⊥平面BCNK ，得到AB BK ⊥，则22AK AB BK AB =+>，即可判断； 对于选项B ，在判断A 的图基础上，连结EC 交MD 于点F ，连结NF ，易得1NEC MAB ∠=∠，由余弦定理，求得CN 为定值即可；对于选项C ，取AM 中点O ，1B O ，DO ，由线面平行的性质定理导出矛盾，即可判断； 对于选项D ，易知当平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大，说明此时AD 中点E 为外接球球心即可.【详解】如图1，取AD 中点E ，取1AB 中点K ，连结EC 交MD 于点F ，连结NF ，KN ，BK ,则易知1//NE AB ，1//NF B M ，//EF AM ，//KN AD ，112NE AB =，EC AM = 由翻折可知，1MAB MAB ∠=∠，1AB AB =， 对于选项A ，易得//KN BC ，则K 、N 、C 、B 四点共面，由题可知AB BC ⊥，若CN AB ⊥，可得AB ⊥平面BCNK ，故AB BK ⊥，则22AK AB BK AB =+>，不可能，故A 错误；对于选项B ，易得1NEC MAB ∠=∠，在NEC 中，由余弦定理得222cos CN CE NE NE CE NEC =+-⋅⋅∠， 整理得222212422AB AB AB CN AM AM BC AB AM =+-⋅⋅=+， 故CN 为定值，故B 正确；如图2，取AD 中点E ，取AM 中点O ，连结1B E ，OE ，1B O ，DO ，，对于选项C ，由AB BM =得1B O AM ⊥，若1AM B D ⊥，易得AM ⊥平面1B OD ，故有AM OD ⊥，从而AD MD =，显然不可能，故C 错误；对于选项D ，由题易知当平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥B 1﹣AMD 的体积最大，此时1B O ⊥平面AMD ，则1B O OE ⊥，由1AB BM ==，易求得122BO =，2DM =22221122122B E OB OE ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因此1EB EA ED EM ===，E 为三棱锥1B AMD -的外接球球心，此外接球半径为1，表面积为4π，故D 正确.故选：BD.【点睛】本题主要考查了立体几何中的翻折问题以及空间图形的位置关系，考查了空间想象能力，属于较难题.8．已知正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，侧棱11AA =，P 为上底面1111D C B A 上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（ ）A ．若3PD =，则满足条件的P 点有且只有一个B ．若3PD =，则点P 的轨迹是一段圆弧C ．若PD ∥平面1ACB ，则DP 长的最小值为2D ．若PD ∥平面1ACB ，且3PD =，则平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形的面积为94π 【答案】ABD【分析】 若3PD =，由于P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一；()313PD =∈，，则12PD =，即点P 的轨迹是一段圆弧；当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为3=，可判断C ；平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为32=，可得D . 【详解】如图：∵正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，∴1122B D =11AA =，∴()2212213DB =+=，则P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一，故A 正确；∵()13PD =，，11DD =，则1PD P 的轨迹是一段圆弧，故B 正确； 连接1DA ，1DC ，可得平面11//A DC 平面1ACB ，则当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为=C 错误；由C 知，平面BDP 即为平面11BDD B ，平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接32=，面积为94π，故D 正确．故选：ABD ．【点睛】本题考查了立体几何综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.。
2020—2021年新高考总复习数学(理)二轮复习精选《空间几何体》试题及答案解析.docx
高三数学二轮复习精选专题练（理科，有解析）空间几何体1、已知某个几何体的三视图如图(主视图中的弧线是半圆),根据图中标出的尺寸,可得这个几何体的体积是 ( )A.8π+B.283π+C.12π+D.2123π+【答案】A2、在直角坐标系xOy 中，设(2,2),(2,3)A B --，沿y 轴把坐标平面折成120o的二面角后，AB 的长是（）37 B. 6 C. 35 53 【答案】A【解析】做AC 垂直y 轴于点C,BD 垂直y 轴于点D ，BM 平行于y 轴，且NC 垂直Y 轴，则0=120ACM ∠，又AC=MC=2，所以由余弦定理得AM=23,在ABM ∆，0=9023,537BMA AM BM AB ∠===，，所以.即AB 的长是37.3、已知某个几何体的三视图如下,根据图中标出的尺寸（单位：cm ）.可得这个几何体的体积是（）A.133cmB.233cmC.433cmD.833cm【答案】C4、已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图中半圆的直径为2，则该几何体的体积为（）A.243π- B.242π- C.3242π- D.24π-【答案】C5、如图,某几何体的正视图和俯视图都是矩形,侧视图是等腰直角三角形,则该几何体的体积为()A.163B.8C.16D. 83【答案】B6、平面四边形ABCD 中,1===CD AD AB ,CD BD BD ⊥=,2,将其沿对角线BD 折成四面体BCD A -',使平面⊥BD A '平面BCD ,若四面体BCD A -'顶点在同一个球面上,则该球的体积为( ) A. π23 B. π3 C. π32 D. π2【答案】ABD 所在的圆直径就是BD,BDC 所在的圆直径是BC,由题意两个圆面垂直,且ABD 所在的圆面被BDC 所在的圆平分,所以BDC 所在的圆就是大圆;球的直径就是BC 3,所以正确的选项是A.7、设集合P={直四棱柱}，Q={正四棱柱}，S={长方体}，则（）A ．()S Q P =UB ．()P Q S ⊆IC ．()P S Q⊆I D ．()P Q S ⊆U 【答案】B【解析】底面为正方形的直四棱柱是长方体的一种，所以正确选项为B.8、半径为R 的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为（） 3324R πB 338R πC 3524R πD 358R π【答案】A设圆锥底面圆的半径为r ，高为h ，则2πr=πR ，∴r=2R ∵R 2=r 2+h 2，∴h=32R ，∴V=213()322R R π=3324R π，故选A 。
(新课标版)高考数学二轮复习专题1.5立体几何测试卷
专题1.5 立体几何（一）选择题（12*5=60分）1．三棱柱的侧棱垂直于底面，且，，若该三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】如图，由题可知矩形的中心为该三棱柱外接球的球心，.∴该球的表面积为.选C．2．已知，，是三个不同的平面，，是两条不同的直线，下列命题是真命题的是（）A．若，，则B．若，，则C．若，，，则D．若，，，则【答案】D【解析】对于A，B选项，可能相交；对于C选项，可能异面，故选D.3．【2018广西贺州桂梧高中联考】有一个圆锥与一个圆柱的底面半径相等，圆锥的母线与底面所成角为60°，若圆柱的外接球的表面积是圆锥的侧面积的6倍，则圆柱的高是底面半径的（）A. 倍B. 倍C. 倍D. 倍【答案】C4．《九章算术》是我国数学史上堪与欧几里得《几何原本》相媲美的数学名著．其第五卷《商功》中有如下问题：“今有圆堡，周四丈八尺，高一丈一尺，问积几何？”这里所说的圆堡就是圆柱体，其底面周长是4丈8尺，高1丈1尺，问它的体积是多少?若取3，估算该圆堡的体积为（1丈=10尺）（）A．1998立方尺 B．2012立方尺 C．2112立方尺 D．2324立方尺【答案】A【解析】由底面半径为，则，又，所以，所以该圆堡的体积为立方尺，故选A．5．【2018东北名校联考】已知正四棱锥中，分别是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】C6．在直三棱柱中，平面与棱分别交于点，且直线平面.有下列三个命题：①四边形是平行四边形；②平面平面；③平面平面.其中正确的命题有（）．A．①② B．②③ C．①③ D．①②③【答案】C7．【2018东北名校联考】某几何体的三视图如图所示，则该几何体体积是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由三视图知原几何体为一个半圆锥加处一个四棱锥．由三视图知半圆锥的底面半径为．则几何体的体积．故本题答案选．8．现有一半球形原料，若通过切削将该原料加工成一正方体工件，则所得工件体积与原料体积之比的最大值为（）A． B． C. D．【答案】A9．圆锥的母线长为，过顶点的最大截面的面积为，则圆锥底面半径与母线长的比的取值范围是（）．A． B． C． D．【答案】D【解析】由题意得轴截面的顶角不小于，因为，所以，选D. 10．已知长方体的外接球的体积为，其中，则三棱锥的体积的最大值为（）A.1B.3C.2D.4【答案】A【解析】由题意设外接球的半径为,则由题设可得,由此可得.记长方体的三条棱长分别为,则,由此可得,因棱锥的体积,故应选A.11．在正四棱锥中，为正方形的中心，，且平面与直线交于，则（）A. B. C. D.【答案】A12．用半径为的圆铁皮剪一个内接矩形，再以内接矩形的两边分别作为圆柱的高于底面半径，则圆柱的体积最大时，该圆铁皮面积与其内接矩形的面积比为（）A． B． C． D．【答案】C（二）填空题（4*5=20分）13．【西藏拉萨市2018届第一次模拟】中国古代数学瑰宝《九章算术》中有这样一道题：“今有堑堵（底面为直角三角形的直棱柱）下广二丈，袤一十八丈六尺，高二丈五尺，问积几何？”其意思为：“今有底面为直角三角形的直棱柱，底面的直角边长宽为2丈，长为18丈6尺，高为2丈5尺，问它的体积是多少？”已知1丈为10尺，则题中的堑堵的外接球的表面积为__________平方尺．【答案】【解析】根据题意可将此堑堵补成一个长方体，且长、宽、高分别为186尺，20尺，25尺，则外接球的直径为，外接球的面积为.14．已知球的表面积为，用一个平面截球，使截面圆的半径为，则截面圆心与球心的距离是____________．【答案】【解析】由已知可得．15．已知三棱锥的顶点都在同一个球面上（球），且，，当三棱锥的三个侧面的面积之和最大时，该三棱锥的体积与球的体积的比值是 .【答案】【解析】由于三条棱长是定值,所以由题设可知当两两互相垂直时,三个侧面的面积之和最大.在此前提下可构造长方体,使得分别是该长方体的长，宽，高.由此可得其外接球的直径即长方体的对角线长为,即球的半径,球的体积,而三棱锥的体积,所以,故应填答案.NQDCBPMA16．【2018广西南宁摸底联考】如图，在正方形中，分别是的中点，是的中点.现在沿及把这个正方形折成一个空间图形，使三点重合，重合后的点记为.下列说法错误的是__________（将符合题意的选项序号填到横线上）.①所在平面；②所在平面；③所在平面；④所在平面.【答案】①③④（三）解答题（10+5*12=70分）17．如图所示的几何体为一简单组合体，在底面中，，，，平面，，，．（1）求证：平面平面；（2）求该组合体的体积．18．如图，在四面体中，，，点，分别为棱，上的点，点为棱的中点，且平面平面．求证：（1）；（2）平面平面．19．【2018黑龙江齐齐哈尔八中三模】如图1，矩形中，，将沿折起，得到如图所示的四棱锥，其中.（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【解析】（1）在图2中取的中点，连接，.由条件可知图1中四边形为正方形，则有，且可求得.在中，，，，由余弦定理得.在中，，所以，即.由于，平面，且，，所以平面.又平面，故平面平面.20．如图，四棱锥中，底面为平行四边形，底面，是棱的中点，且．（1）求证：平面；（2）如果是棱上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值．【解析】（1）连结，因为在中，，所以，所以．因为，所以．又因为底面，所以，因为，所以平面．21．如图①所示，四边形为等腰梯形，，且于点为的中点．将沿着折起至的位置，得到如图②所示的四棱锥.（1）求证：平面；（2）若平面平面，求二面角的余弦值．22．【河北省鸡泽县2018届月考】如图，三棱柱中，，，.（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）若，在棱上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求的长，若不存在，说明理由.。
高考数学二轮复习立体几何多选题测试试题附解析
高考数学二轮复习立体几何多选题测试试题附解析一、立体几何多选题1．如图①，矩形ABCD 的边2BC =，设AB x =，0x >，三角形BCM 为等边三角形，沿BC 将三角形BCM 折起，构成四棱锥M ABCD -如图②，则下列说法正确的有（ ）A ．若T 为BC 中点，则在线段MC 上存在点P ，使得//PD 平面MATB ．当)3,2x ∈时，则在翻折过程中，不存在某个位置满足平面MAD ⊥平面ABCDC ．若使点M 在平面ABCD 内的射影落在线段AD 上，则此时该四棱锥的体积最大值为1 D ．若1x =，且当点M 在平面ABCD 内的射影点H 落在线段AD 上时，三棱锥M HAB -6322++【答案】BCD 【分析】对于A ，延长AT 与DC 的延长线交于点N ，此时，DP 与MN 必有交点； 对于B ，取AD 的中点H ，表示出2223MH MT HT x --，验证当)3,2x ∈时，无解即可； 对于C ，利用体积公式21233V x x =⨯⨯-，借助基本不等式求最值即可； 对于D ，要求外接球半径与内切球半径，找外接圆的圆心，又内接圆半径为2323r =++【详解】对于A ，如图，延长AT 与DC 的延长线交于点N ，则面ATM ⋂面()MDC N MN =．此时，DP 与MN 必有交点，则DP 与面ATM 相交，故A 错误； 对于B ，取AD 的中点H ，连接MH ，则MH AD ⊥．若面MAD ⊥面ABCD ，则有2223MH MT HT x =-=- 当)3,2x ∈时，无解，所以在翻折过程中，不存在某个位置满足平面MAD ⊥平面ABCD故B 正确；对于C ，由题可知，此时面MAD ⊥面ABCD ，由B 可知，(3x ∈，所以()22222221223232331333232x x V x x x x ⎛⎫+-⎛⎫=⨯⨯-=-≤== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭当且仅当223x x =-，即6x =时等号成立．故C 正确； 对于D ，由题可知，此时面MAD ⊥面ABCD ，且2MH =因为AHB ，MHB 都是直角三角形，所以M ABH -底面外接圆的圆心是中点，所以1R =，由等体积法，可求得内接圆半径为2323r =++，故61322R r +=，故D 正确．故选：BCD ． 【点睛】本题从多个角度深度考查了立体几何的相关内容，注意辅助线的作法，以及求内接圆半径的公式、基本不等式、构造函数等核心思想．2．在正三棱柱111ABC A B C -中，2AC =11CC =，点D 为BC 中点，则以下结论正确的是（ ） A ．111122A D AB AC AA =+- B ．三棱锥11D AB C -3C ．1AB BC ⊥且1//AB 平面11AC DD ．ABC 内到直线AC 、1BB 的距离相等的点的轨迹为抛物线的一部分 【答案】ABD 【分析】A ．根据空间向量的加减运算进行计算并判断；B ．根据1111D ABC A DB C V V --=，然后计算出对应三棱锥的高AD 和底面积11DB C S，由此求解出三棱锥的体积；C ．先假设1AB BC ⊥，然后推出矛盾；取AB 中点E ，根据四点共面判断1AB //平面11AC D 是否成立；D ．将问题转化为“ABC 内到直线AC 和点B 的距离相等的点”的轨迹，然后利用抛物线的定义进行判断. 【详解】A ．()11111111222A D A A AD AD AA AB AC AA AB AC AA =+=-=+-=+-，故正确；B ．1111D ABC A DB C V V --=，因为D 为BC 中点且AB AC =，所以AD BC ⊥， 又因为1BB ⊥平面ABC ，所以1BB AD ⊥且1BB BC B =，所以AD ⊥平面11DB C ，又因为36322AD BD BC ===，111111222DB C S BB B C =⨯⨯=， 所以11111111623332D AB C A DB C DB C V V AD S --==⨯⨯=⋅⋅=，故正确；C ．假设1AB BC ⊥成立，又因为1BB ⊥平面ABC ，所以1BB BC ⊥且111BB AB B =，所以BC ⊥平面1ABB ，所以BC AB ⊥，显然与几何体为正三棱柱矛盾，所以1AB BC ⊥不成立；取AB 中点E ，连接11,,ED EA AB ，如下图所示：因为,D E 为,BC AB 中点，所以//DE AC ，且11//AC A C ，所以11//DE AC ，所以11,,,D E A C 四点共面，又因为1A E 与1AB 相交，所以1AB //平面11AC D 显然不成立，故错误；D ．“ABC 内到直线AC 、1BB 的距离相等的点”即为“ABC 内到直线AC 和点B 的距离相等的点”，根据抛物线的定义可知满足要求的点的轨迹为抛物线的一部分，故正确； 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：求解空间中三棱锥的体积的常用方法：（1）公式法：直接得到三棱锥的高和底面积，然后用公式进行计算；（2）等体积法：待求三棱锥的高和底面积不易求出，采用替换顶点位置的方法，使其求解高和底面积更容易，由此求解出三棱锥的体积.3．已知三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，其长度分别为a ，b ，c ．点A 在底面BCD 内的射影为O ，点A ，B ，C ，D 所对面的面积分别为A S ，B S ，C S ，D S ．在下列所给的命题中，正确的有（ ） A ．2A BCO D S SS ⋅=； B ．3333A B C D S S S S <++；C ．若三条侧棱与底面所成的角分别为1α，1β，1γ，则222111sin sin sin 1αβγ++=；D ．若点M 是面BCD 内一个动点，且AM 与三条侧棱所成的角分别为2α，2β，2γ，则22cos α+2222cos cos 1βγ+=．【答案】ACD 【分析】由Rt O OA '与Rt O AD '相似，得边长关系，进而判断A 正确；当M 与O 重合时，注意线面角与线线角的关系，即可得C 正确；构造长方体，建立直角坐标系，代入夹角公式计算可得D 正确；代入特殊值，可得B 错误. 【详解】由三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，则将三棱锥A BCD -补成长方体ABFC DGHE -，连接DO 并延长交BC 于O '， 则AO BC ⊥．对A ：由Rt O OA '与Rt O AD '相似，则2O A O O O D '''=⨯ 又12A S BC O D '=⋅，12BCOS BC O O '=⋅， 22221124D S BC O A BC O A ⎛⎫''=⋅=⋅ ⎪⎝⎭所以2A BCOD S SS ⋅=，故A 正确．对B ：当1a b c ===时，33318B C D S S S ===，则33338B C D S S S ++=，而3332288A S ⎛⎫==> ⎪⎪⎝⎭，此时3333A B C D S S S S >++，故B 不正确． 对D ：分别以AB ，AC ，AD 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．设(),,M x y z ，则(),,AM x y z =，222AM x y z =++，(),0,0AB a =，()0,,0AC b =，()0,0,AD c =所以222222222cos cos cos AM AB AM AC AM AD AM ABAM ACAM ADαβγ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅++=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪⋅⋅⋅⎝⎭⎝⎭⎝⎭2222221x y z AMAMAM=++=，所以D 正确．对C ：当M 与O 重合时，AO ⊥面BCD ，由D 有222222cos cos cos 1αβγ++=，由各侧棱与底面所成角与侧棱与所AO 成角互为余角，可得C 正确． 故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题考查空间线面角、线线角、面积关系的问题，计算角的问题关键是建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用数量积的公式代入计算，解决这道题目还要结合线面角与线线角的关系判断.4．在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别是棱AB 、1CC 的中点，1MB P 的顶点P 在棱1CC 与棱11C D 上运动，有以下四个命题正确命题的序号是（ ）A ．平面1MB P 1ND ⊥ B ．平面1MB P ⊥平面11ND AC ．1MB P 在底面ABCD 上的射影图形的面积为定值 D ．1MB P 在侧面11D C CD 上射影图形是三角形【答案】BC 【分析】取N 与P 重合，结合勾股定理可判断A 选项的正误；利用面面垂直的判定定理可判断B 选项的正误；分点P 在棱1CC 、11C D 上运动两种情况讨论，利用三角形的面积公式可判断C 选项的正误；取点P 与点1C 重合，判断1MB P 在侧面11D C CD 上射影图形形状，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，如下图所示：当点P 与点N 重合时， 若1ND ⊥平面1MB P ，1B N ⊂平面1MB P ，则11ND B N ⊥，由勾股定理可得2211115D N C N C D =+=，同理可得15B N =1122B D =2221111B N D N B D ∴+≠，则1ND 与1B N 不垂直，假设不成立，A 选项错误；对于B 选项，取1BB 的中点E ，连接1A E 、EN ，在正方体1111ABCD A B C D -中，11//BB CC ，且E 、N 分别为1BB 、1CC 的中点， 则11//B E C N 且11B E C N =，所以，四边形11B ENC 为平行四边形，则11//EN B C 且11EN B C =，1111//A D B C 且1111A D B C =，所以，11//A D EN 且11A D EN =，所以，四边形11A END 为平行四边形，所以，11//A E D N ，111A B BB =，1B E BM =，11190A B E B BM ∠=∠=，所以，111Rt A B E Rt B BM ≅△△，所以，111B A E BB M ∠=∠，所以，111111190A EB BB M A EB B A E ∠+∠=∠+∠=，190B FE ∴∠=，所以，11B M A E ⊥，11A D ⊥平面11AA B B ，1B M ⊂平面11AA B B ，111B M A D ∴⊥， 1111A D A E A =，11A D 、1A E ⊂平面11ND A ，1MB ∴⊥平面11ND A ，1MB ⊂平面1MB P ，所以，平面1MB P ⊥平面11ND A ，B 选项正确；对于C 选项，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a .若点P 在棱1CC 上运动时，1MB P 在底面ABCD 上的射影为MBC △， 此时，射影图形的面积为21224MBCa a S a =⋅=△； 若点P 在棱11C D 上运动时，设点P 在底面ABCD 上的射影点为G ，则G CD ∈， 且点G 到AB 的距离为a ,1MB 在底面ABCD 内的射影为MB ，则1MB P 在底面ABCD 内的射影为MBG △，且21224MBGa a S a =⋅⋅=△.综上所述，1MB P 在底面ABCD 内的射影图形的面积为定值，C 选项正确； 对于D 选项，当点P 与1C 重合时，P 、1B 两点在平面11D C CD 上的射影重合， 此时，1MB P 在侧面11D C CD 上的射影不构成三角形，D 选项错误. 故选：BC. 【点睛】方法点睛：证明面面垂直常用的方法： （1）面面垂直的定义； （2）面面垂直的判定定理.在证明面面垂直时，一般假设面面垂直成立，然后利用面面垂直转化为线面垂直，即为所证的线面垂直，组织论据证明即可.5．已知四面体ABCD 的所有棱长均为2，则下列结论正确的是（ ） A ．异面直线AC 与BD 所成角为60︒ B ．点A 到平面BCD 的距离为263C ．四面体ABCD 6πD ．动点P 在平面BCD 上，且AP 与AC 所成角为60︒，则点P 的轨迹是椭圆 【答案】BC 【分析】在正四面体中通过线面垂直可证得AC ⊥BD ，通过计算可验证BC,通过轨迹法可求得P 的轨迹为双曲线方程即可得D 错误. 【详解】取BD 中点E ,连接,AE CE ,可得BD ⊥面ACE ,则AC ⊥BD ,故A 错误；在四面体ABCD 中，过点A 作AF ⊥面BCD 于点F ,则F 为为底面正三角形BCD 的重心，因为所有棱长均为2,22263AF AB BF =-=即点A 到平面BCD 26,故B 正确；设O 为正四面体的中心则OF 为内切球的半径，OA 我外接球的半径， 因为11433A BCD BCD BCD V S AF S OF -=⋅=⨯⋅△△，所以4AF OF =，即6=6OF AO =，, 所以四面体ABCD 的外接球体积3344633V R OA πππ===,故C 正确； 建系如图：26230,0,,0,,0A C ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,设(,,0)P x y ，则262326,,0,,333AP x y AC →→⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为cos 60AP AC AP AC →→→→⋅=，所以222324812241393972y x y +=++⨯+⨯， 即222388=33y x y +++，平方化简可得：22323400399y x y ----，可知点P 的轨迹为双曲线,故D 错误. 故选：BC ．【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹的求解问题，解决此类问题可采用空间向量法，利用空间向量法表示出已知的角度或距离的等量关系，从而得到轨迹方程.6．如图，矩形ABCD 中， 22AB AD ==，E 为边AB 的中点.将ADE 沿直线DE 翻折成1A DE △（点1A 不落在底面BCDE 内），若M 在线段1A C 上（点M 与1A ，C 不重合），则在ADE 翻转过程中，以下命题正确的是（ ）A ．存在某个位置，使1DE A C ⊥B ．存在点M ，使得BM ⊥平面1A DC 成立C ．存在点M ，使得//MB 平面1A DE 成立D ．四棱锥1A BCDE -体积最大值为24 【答案】CD【分析】利用反证法可得A 、B 错误，取M 为1A C 的中点，取1A D 的中点为I ，连接,MI IE ，可证明//MB 平面1A DE ，当平面1A DE ⊥平面BCDE 时，四棱锥1A BCDE -体积最大值，利用公式可求得此时体积为24. 【详解】如图（1），取DE 的中点为F ，连接1,A F CF ，则45CDF ∠=︒，22DF =，故212254222222CF =+-⨯⨯=，故222DC DF CF ≠+即2CFD π∠≠． 若1CA DE ⊥，因为11,A D A E DF FE ==，故1A F DE ⊥，而111A F A C A ⋂=， 故DE ⊥平面1A FC ，因为CF ⊂平面1A FC ，故DE CF ⊥，矛盾，故A 错． 若BM ⊥平面1A DC ，因为DC ⊂平面1A DC ，故BM DC ⊥，因为DC CB ⊥，BM CB B ⋂=，故CD ⊥平面1A CB ，因为1AC ⊂平面1A CB ，故1CD A C ⊥，但1A D CD <，矛盾，故B 错． 当平面1A DE ⊥平面BCDE 时，四棱锥1A BCDE -体积最大值，由前述证明可知1A F DE ⊥，而平面1A DE 平面BCDE DE =，1A F ⊂平面1A DE ，故1A F ⊥平面BCDE ，因为1A DE △为等腰直角三角形，111A D A E ==，故122A F =， 又四边形BCDE 的面积为13211122⨯-⨯⨯=， 故此时体积为13223224⨯⨯=，故D 正确． 对于C ，如图（2），取M 为1A C 的中点，取1A D 的中点为I ，连接,MI IE ，则1//,2IM CD IM CD =，而1//,2BE CD BE CD =， 故//,IM BE IM BE =即四边形IEBM 为平行四边形， 故//IE BM ，因为IE ⊂平面1A DE ，BM ⊄平面1A DE ，故//MB 平面1A DE ， 故C 正确．故选：CD.【点睛】本题考查立体几何中的折叠问题，注意对于折叠后点线面的位置的判断，若命题的不成立，往往需要利用反证法来处理，本题属于难题.7．如图，线段AB 为圆O 的直径，点E ，F 在圆O 上，//EF AB ，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，且2AB =，1EF AD ==，则下述正确的是（ ）A ．//OF 平面BCEB ．BF ⊥平面ADFC ．点A 到平面CDFE 的距离为217D ．三棱锥C BEF -5π【答案】ABC【分析】由1EF OB ==，//EF OB ，易证//OF 平面BCE ，A 正确；B ， 由所矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直， 易证AD ⊥平面ABEF ，所以AD BF ⊥，由线段AB 为圆O 的直径，所以BF FA ⊥，易证故B 正确.C ，由C DAF A CDF V V --=可求点A 到平面CDFE 21，C 正确.D ，确定线段DB 的中点M 是三棱锥C BEF -外接球心，进一步可求其体积，可判断D 错误.【详解】解：1EF OB ==，//EF OB ，四边形OFEB 为平行四边形，所以//OF BE ， OF ⊄平面BCE ，BE ⊂平面BCE ，所以//OF 平面BCE ，故A 正确.线段AB 为圆O 的直径，所以BF FA ⊥，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，平面ABCD平面ABEF AB =，AD ⊂平面 ABCD ，所以AD ⊥平面ABEF ，BF ⊂平面ABEF ，所以AD BF ⊥AD ⊂平面ADF ，AF ⊂平面ADF ，AD AF A =，所以BF ⊥平面ADF ，故B 正确.1OF OE EF ===，OFE △是正三角形，所以1EF BE AF ===，//DA BC ，所以BC ⊥平面ABEF ，BC BF ⊥，3BF =22312CF CB BF +=+=，22112DF DA AF =+=+=2AB CD ==，CDF 是等腰三角形，CDF 的边DF 上的高22222142222DF CF ⎛⎫⎛⎫-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 11472222CDF S =⨯⨯=△， //DA BC ，AD ⊂平面ADF ，BC ⊄平面ADF ， //BC 平面ADF ，点C 到平面ADF 的距离为3BF =，111122DAF S =⨯⨯=△，C DAF A CDF V V --=， 设点A 到平面CDFE 的距离为h ，1133ADF CFD S FB S h ⨯⨯=⨯⨯△△，111733232h ⨯⨯=⨯⨯， 所以21h =，故C 正确. 取DB 的中点M ，则//MO AD ，12MO =，所以MO ⊥平面CDFE ，所以215122ME MF MB MC ⎛⎫====+= ⎪⎝⎭所以M 是三棱锥C BEF -5， 三棱锥C BEF -外接球的体积为33445553326V r ππ⎛==⨯= ⎝⎭，故D 错误， 故选：ABC.【点睛】综合考查线面平行与垂直的判断，求点面距离以及三棱锥的外接球的体积求法，难题.8．已知正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，侧棱11AA =，P 为上底面1111D C B A 上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（ ）A ．若3PD =，则满足条件的P 点有且只有一个B ．若3PD =，则点P 的轨迹是一段圆弧C ．若PD ∥平面1ACB ，则DP 长的最小值为2D ．若PD ∥平面1ACB ，且3PD =，则平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形的面积为94π 【答案】ABD【分析】 若3PD =，由于P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一；()313PD =∈，，则12PD =，即点P 的轨迹是一段圆弧；当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为3=，可判断C ；平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为32=，可得D . 【详解】如图：∵正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，∴1122B D =11AA =，∴()2212213DB =+=，则P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一，故A 正确； ∵()313PD =，，11DD =，则12PD P 的轨迹是一段圆弧，故B 正确； 连接1DA ，1DC ，可得平面11//A DC 平面1ACB ，则当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为()22213+=C 错误；由C 知，平面BDP 即为平面11BDD B ，平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接2221322122++=，面积为94π，故D 正确．故选：ABD ．【点睛】本题考查了立体几何综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.9．如图所示，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，过对角线1BD 的一个平面交棱1AA 于点E ，交棱1CC 于点F ，得四边形1BFD E ，在以下结论中，正确的是（ ）A ．四边形1BFD E 有可能是梯形B ．四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形C ．四边形1BFDE 有可能垂直于平面11BB D DD ．四边形1BFDE 6【答案】BCD【分析】四边形1BFD E 有两组对边分别平行知是一个平行四边形四边形；1BFD E 在底面ABCD 内的投影是四边形ABCD ；当与两条棱上的交点是中点时，四边形1BFD E 垂直于面11BB D D ；当E ，F 分别是两条棱的中点时，四边形1BFD E 的面积最小为62. 【详解】过1BD 作平面与正方体1111ABCD A B C D -的截面为四边形1BFD E ，如图所示，因为平面11//ABB A 平面11DCC D ，且平面1BFD E平面11ABB A BE =. 平面1BFD E 平面1111,//DCC D D F BE D F =，因此，同理1//D E BF ，故四边形1BFD E 为平行四边形，因此A 错误；对于选项B ，四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形ABCD ，因此B 正确； 对于选项C ，当点E F 、分别为11,AA CC 的中点时，EF ⊥平面11BB D D ，又EF ⊂平面1BFD E ，则平面1BFD E ⊥平面11BB D D ，因此C 正确；对于选项D ，当F 点到线段1BD 的距离最小时，此时平行四边形1BFD E 的面积最小，此时点E F 、分别为11,AA CC 的中点，此时最小值为16232=D 正确.【点睛】关键点睛：解题的关键是理解想象出要画的平面是怎么样的平面，有哪些特殊的性质，考虑全面即可正确解题.10．半正多面体（semiregularsolid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为2，则（）A．BF⊥平面EABB．该二十四等边体的体积为20 3C．该二十四等边体外接球的表面积为8πD．PN与平面EBFN所成角的正弦值为2 2【答案】BCD【分析】A用反证法判断；B先补齐八个角成正方体，再计算体积判断；C先找到球心与半径，再计算表面积判断；D先找到直线与平面所成角，再求正弦值判断．【详解】解：对于A，假设A对，即BF⊥平面EAB，于是BF AB⊥，90ABF∠=︒，但六边形ABFPQH为正六边形，120ABF∠=︒，矛盾，对于B ，补齐八个角构成棱长为2的正方体， 则该二十四等边体的体积为3112028111323-⋅⋅⋅⋅⋅=， 所以B 对；对于C ，取正方形ACPM 对角线交点O ，即为该二十四等边体外接球的球心，其半径为2R =，其表面积为248R ππ=，所以C 对；对于D ，因为PN 在平面EBFN 内射影为NS ，所以PN 与平面EBFN 所成角即为PNS ∠，其正弦值为22PS PN ==，所以D 对． 故选：BCD ．【点睛】本题考查了正方体的性质，考查了直线与平面所成角问题，考查了球的体积与表面积计算问题．。
高考数学二轮复习 专题1 - 5 立体几何(测)理
高考数学二轮复习专题1 - 5 立体几何（测）理专题1.5 立体几何总分 _______ 时间 _______ 班级 _______ 学号 _______ 得分_______一、选择题（12*5=60分）1．如图，四棱锥P-ABCD中，M，N分别为AC，PC上的点，且MN∥平面PAD，则（）A. MN∥PDB. MN∥PAC. MN∥ADD. 以上均有可能【答案】B【解析】因为MN∥平面PAD，平面PAC∩平面PAD=PA，MN?平面PAC，所以MN∥PA．故选B.2．【2021届四川省成都市龙泉中学高三12月月考】一个棱锥的三视图如图所示，其中侧视图为边长为1的正三角形，则四棱锥侧面中最大侧面的面积是（）A. 37B. 1C. 2D. 44【答案】D【解析】3．设?,?是两个不同的平面， l是一条直线，以下命题正确的是（） A. 若l??,???，则l?? B. 若l??,?//?，则l?? C. 若l//?,?//?，则l?? D. 若l//?,???，则l?? 【答案】B【解析】若l⊥α,α⊥β,则l?β或l∥β，故A错误；若l⊥α,α∥β，由平面平行的性质，我们可得l⊥β，故B正确；若l∥α,α∥β,则l?β或l∥β，故C错误；若l∥α,α⊥β,则l⊥β或l∥β，故D 错误；故选：C.4．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝4，则点A1到平面AB1D1的距离是( ) A. 1 B. 【答案】B【解析】设点A1到平面AB1D1的距离为h，因为VA1－AB1D1＝VA－A1B1D1，所以416 C. D. 2 3911S△AB1D1h＝S△A1B1D1×AA1，所以h＝33SA1B1D1?AA1S?1?2?2?421?22?42?22?2AB1D1??22?4故选B. 3点睛：点面距离往往转化为对应棱锥的高，通过等体积法求高得点面距离.5．【2021届吉林省实验中学高三上学期第五次月考（一模）】四棱锥P-ABCD的三视图如图所示，四棱锥P-ABCD的五个顶点都在一个球面上， E，F分别是棱AB，CD的中点，直线EF被球面所截得的线段长为22 ，则该球的表面积为（）A. 12πB. 24πC. 36πD. 48π 【答案】A点睛:空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段PA,PB,PC两两互相垂直，且PA?a,PB?b,PC?c，一般把有2222关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R?a?b?c求解．6．祖��原理：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两个同高的几何体，如在等高处截面的面积恒相等，则体积相等．已知某不规则几何体与如图所示的几何体满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为( )A. 1632B.C. 3D. 6 55【答案】B【解析】由祖��原理可知，该不规则几何体的体积与已知三视图几何体体积相等，图示几何体是一个三棱锥，其直观图如下图：其底面是底和高分别为5， 12216122（）?，则该三棱锥的体积为V＝的三角形，高为4?5551112163232??5???.从而该不规则几何体的体积为. 325555点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.7．已知△ABC的三个顶点在以O为球心的球面上，且AB＝2，AC＝4，BC＝2球O的表面积为( ) A. 22π B. 【答案】DC. 24πD. 36π，三棱锥O－ABC的体积为，则8．已知在四棱锥P－ABCD中，ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，则在四棱锥P－ABCD的任意两个顶点的连线中，互相垂直的异面直线共有( )A. 3对B. 4对C. 5对D. 6对【答案】C【解析】因为ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BC，PA⊥CD，AB⊥PD，BD⊥PA，AD⊥PB.共5对． 9．如图是四棱锥的平面展开图,其中四边形ABCD为正方形,E,F,G,H分别为PA,PD,PC,PB的中点,在此几何体中，给出下面四个结论中错误的是（）A. 平面EFGH//平面ABCDB. 直线BE,CF相交于一点C. EF//平面BGDD. PA//平面BGD 【答案】C【解析】把图形还原为一个四棱锥,如图所示,根据三角形中位线的性质，可得EH//AB,GH//BC,?平面EFGH//平面ABCD，A正确；在△PAD中,根据三角形的中位线定理可得EF∥AD，又∵AD∥BC，∴EF∥BC，因此四边形EFBC是梯形，故直线BE与直线CF相交于一点，所以B是正确的；连接AC，设AC中点为M，则M也是BD的中点，因为MG∥PA，且直线MG在平面BDG上，所以有PA∥平面BDG，所以D是正确的；∵ EF∥BC，∵EF?平面PBC，BC?平面PBC，∴直线EF∥平面PBC，再结合图形可得：直线EF与平面BDG不平行，因此C是错误的. 故选C10．在四棱锥P－ABCD中，四条侧棱长均为2，底面ABCD为正方形，E为PC的中点．若异面直线PA与BE所成的角为45°，则该四棱锥的体积是( )感谢您的阅读，祝您生活愉快。
高三数学二轮复习 专题5 立体几何综合测评 理 新人教版(1)
综合测评(五) 立体几何(时间：120分钟；满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．下面几何体各自的三视图中，至少有两个视图相同的是( )A ．①②③B ．①④C ．②④D ．①②④2．(2010年山东枣庄第八中学质检)等体积的球与正方体，它们的表面积的大小关系是( )A ．S 球>S 正方体B ．S 球＝S 正方体C ．S 球<S 正方体D ．不能确定3．正棱锥的高缩小为原来的12，底面外接圆半径扩大为原来的3倍，则它的体积是原来体积的( )A.32B.92C.34D.944．如图，△ABC 为正三角形，AA ′∥BB ′∥CC ′，CC ′⊥平面ABC 且3AA ′＝32BB ′＝CC ′＝AB ，则多面体ABC －A ′B ′C ′的正视图(也称主视图)是( )5．(2010年高考大纲全国卷)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为( )A.23B.33C.23D.636．如图，已知△ABC 的平面直观图A ′B ′C ′是边长为2的正三角形，则原△ABC 的面积为( )A. 3 B ．2 3 C. 6 D ．2 67．(2010年辽宁抚顺一中模拟)若圆锥的侧面展开图是圆心角为120°、半径为l 的扇形，则这个圆锥的表面积与侧面积的比是( )A ．3∶2B ．2∶1C ．4∶3D ．5∶38．已知S ，A ，B ，C 是球O 表面上的点，SA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，SA ＝AB ＝1，BC ＝2，则球O 的表面积等于( )A ．4πB ．3πC ．2πD ．π9．设a 、b 、c 是空间三条直线，α、β是空间两个平面，则下列命题中，逆命题不．成立的是( )A ．当c ⊥α时，若c ⊥β，则α∥βB ．当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 ∥c10．已知三棱锥S －ABC 中，底面ABC 为边长等于2的等边三有形，SA 垂直于底面ABC ，SA ＝3，那么直线AB 与平面SBC 所成角的正弦值为( )A.34 B.54 C.74 D.3411．如图，三棱锥P －ABC 的高PO ＝8，AC ＝BC ＝3，∠ACB ＝30°，M 、N 分别在BC 和PO 上，且CM ＝x ，PN ＝2CM ，则下面四个图象中大致描绘了三棱锥N －AMC 的体积V 与x 的变化关系(x ∈(0,3])的是( )12．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 、F 分别是棱BC 、DD 1上的点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则点E 、F 满足的条件一定是( )A ．CE ＝D 1F ＝12B ．CE ＋DF ＝1C ．BE ＋D 1F ＝1D ．E 、F 为棱BC 、DD 1上的任意位置二、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．(2010年高考天津卷)一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为________．14．如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC ＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.15.已知a、b是两条异面直线，a⊥b.点P∉a且P∉b.下列命题中：①在上述已知条件下，平面α一定满足：P∈α且a∥α且b∥α；②在上述已知条件下，存在平面α，使P∉α，a⊂α且b⊥α；③在上述已知条件下，直线c一定满足：P∈c，a∥c且b∥c；④在上述已知条件下，存在直线c，使P∉α，a⊥c且b⊥c.正确的命题有________(把所有正确的序号都填上)．16．如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论中：①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面PAE；④∠PDA＝45°.其中正确的有________(把所有正确的序号都填上)．三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)一几何体的三视图如下：(1)画出它的直观图，并求其体积；(2)你能发现该几何体的哪些面互相垂直？试一一列出．18．(本小题满分12分)四棱柱ABCD—A1B1C1D1的三视图如下．(2)求证：D1C⊥AC1.19．(本小题满分12分)(2010年高考课标全国卷)如图，已知四棱锥P－ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD的中点．(1)证明：PE⊥BC；(2)若∠APB＝∠ADB＝60°，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值．20.(本小题满分12分)一个空间几何体G－ABCD的三视图如图所示，其中A i、B i、C i、D i、G i(i＝1,2,3)分别是A、B、C、D、G五点在直立、侧立、水平三个投影面内的投影．在正(主)视图中，四边形A1B1C1D1为正方形，且A1B1＝2a；在侧(左)视图中，A2D2⊥A2G2；在俯视图中，A3G3＝B3G3.(1)根据三视图作出空间几何体G－ABCD的直观图，并标明A、B、C、D、G五点的位置；(2)在空间几何体G－ABCD中，过点B作平面AGC的垂线，若垂足H在直线CG上，求证：平面AGD⊥平面BGC；(3)在(2)的条件下，求三棱锥D－ACG的体积及其外接球的表面积．21．(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，AB⊥BB1，AC＝BC＝BB1＝2，D为AB的中点，且CD⊥DA1.(1)求证：BB1⊥面ABC；(2)求多面体DBC－A1B1C1的体积；(3)求二面角C－DA1－C1的余弦值．22．(本小题满分12分)如图，DC⊥平面ABC，EB∥DC，AC＝BC＝EB＝2DC＝2，∠ACB＝120°，P，Q分别为AE，AB的中点．(1)证明：PQ∥平面ACD；(2)求AD与平面ABE所成角的正弦值．综合测评(五)1．【解析】选D.易知①正方体的三个视图均相同；②圆锥的正视图和侧视图均为等腰三角形；③三棱台的正视图和侧视图为两个不同梯形，俯视图是一三角形内套着一个三角形；④正四棱椎的正视图和侧视图均为一等腰三角形，故有①②④符合条件．2．【解析】选C.设球的半径为R ，正方体的棱长为a ，则43πR 3＝a 3.又S 球＝4πR 2，S 正方体＝6a 2＝6·3169π2R 2＝436π2R 2>4πR 2＝S 球．3．【解析】选B.设原棱锥的高为h ，底面面积为S ，则V ＝13Sh ，新棱锥的高为h2，底面面积为9S ，∴V ′＝13·9S ·h 2，∴V ′V ＝92，故选B.4．【解析】选D.由AA ′∥BB ′∥CC ′及CC ′⊥平面ABC ，知BB ′⊥平面ABC .又CC ′＝32BB ′，且△ABC 为正三角形，故正视图应为D 中的图形．5．【解析】选D.如图，连结BD 交AC 于O ，连结D 1O ，由于BB 1∥DD 1，∴DD 1与平面ACD 1所成的角就是BB 1与平面ACD 1所成的角．易知∠DD 1O 即为所求．设正方体的棱长为1，则DD 1＝1，DO ＝22，D 1O ＝62， ∴cos ∠DD 1O ＝DD 1D 1O ＝26＝63. ∴BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为63. 6．【解析】选D.由斜二测作图的规则知，原△ABC 的边AB ＝2，AB 边上的高h ＝2O ′C ′＝2 6.∴S △ABC ＝12·AB ·h ＝12·2·26＝2 6.7．【解析】选C.底面半径r ＝23π2πl ＝13l .故圆锥中S 侧＝13πl 2，S 表＝13πl 2＋π(13l )2＝49πl 2，所以表面积与侧面积的比为4∶3. 8．【解析】选A.如图所示，A 、B 、C 三点在一小圆面上，∵AB ⊥BC ，AC 为斜边，∴小圆的圆心为AC 的中点D . ∵SA ＝AB ＝1，BC ＝2，∴AC ＝3，AD ＝32. ∵S ，A ，B ，C 都在球面上，取SC 的中点O ， 则OD ∥SA .∵SA ⊥平面ABC ，∴OD ⊥平面ABC ， ∴O 为球心，SO 为半径． ∵SC ＝ 1＋32＝2，∴SO ＝1， ∴球O 的表面积为4π. 9．【解析】选B.B 中只有当b 垂直于两个面的交线时，有b ⊥β，故选B. 10．【解析】选D.如图所示，过点A 作AD ⊥BC 于点D ，连结SD ；作AG ⊥SD 于点G ，连结GB . ∵SA ⊥底面ABC ，△ABC 为等边三角形，∴BC ⊥SA ，BC ⊥AD ，而SA ∩AD ＝A ，∴BC ⊥平面SAD . 又AG ⊂平面SAD ，∴AG ⊥BC .又AG ⊥SD ，BC ∩SD ＝D ，∴AG ⊥平面SBC . ∴∠ABG 即为直线AB 与平面SBC 所成的角． ∵AB ＝2，SA ＝3，∴AD ＝3，SD ＝2 3.在Rt △SAD 中，AG ＝SA ·AD SD ＝32，∴sin ∠ABG ＝AG AB ＝322＝34.11．【解析】A.∵CM ＝x ，∴NO ＝8－2x ，∴V N －AMC ＝13×S △AMC ·NO＝12(4x －x 2)． 故图象是开口向下的抛物线． 12．【解析】选B.在面BB 1C 1C 内作BF ′∥AF 交CC 1于F ′， ∵B 1E ⊥面ABF ， ∴B 1E ⊥AF ，∴B 1E ⊥BF ′，DF ＝CF ′.在正方形BB 1C 1C 中，由B 1E ⊥BF ′， 得CE ＝C 1F ′＝1－CF ′，∴CE ＋CF ′＝1，即CE ＋DF ＝1.13．【解析】该几何体为底面是直角梯形的四棱柱，V ＝1＋2×22×1＝3.【答案】3 14．【解析】由直三棱柱及D 是A 1C 1的中点， 得B 1D ⊥平面AC 1，而CF ⊂平面AC 1，∴B 1D ⊥CF ，故若CF ⊥平面B 1DF ，则必有CF ⊥DF .设AF ＝x (0<x <3a )，则CF 2＝x 2＋4a 2，DF 2＝a 2＋(3a －x )2，又CD 2＝a 2＋9a 2＝10a 2，∴10a 2＝x 2＋4a 2＋a 2＋(3a －x )2，解得x ＝a 或2a . 【答案】a 或2a 15．【解析】构造正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，设AB 所在的直线为a ，CC 1所在的直线为b ，当点P ∈CD 时，不存在平面α，使P ∈α，a ∥α且b ∥α，①错；同理可得③也错；而②④正确．【答案】②④ 16．【解析】由PA ⊥平面ABC ，AE ⊂平面ABC ，得PA ⊥AE ，又由正六边形的性质得AE ⊥AB ，PA ∩AB ＝A ，得AE ⊥平面PAB ，又PB ⊂平面PAB ，∴AE ⊥PB ，①正确；又平面PAB ⊥平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面PBC 不成立，②错；由正六边形的性质得BC ∥AD ，又AD ⊂平面PAD ，∴BC ∥平面PAD ，∴直线BC ∥平面PAE 也不成立，③错；在Rt △PAD 中，PA ＝AD ＝2AB ，∴∠PDA ＝45°，∴④正确． 【答案】①④ 17．【解】(1)该几何体的直观图如图， 其中PC ⊥面ABC ，∠ABC ＝90°，△ABC 斜边AC 上的高为125cm ，PC ＝6 cm ，AC ＝5 cm ，∴V P －ABC ＝13×12×5×125×6＝12(cm 3)．(2)互相垂直的面有：面PAC ⊥面ABC ，面PBC ⊥面ABC ， 面PBC ⊥面PAB . 18．【解】(1)由三视图可知，SAA 1D 1D ＝SAA 1B 1B ＝1×2＝2，SA 1B 1C 1D 1＝S ABCD ＝12(1＋2)×1＝32，SD 1DCC 1＝2×2＝4，SB 1BCC 1＝2×2＝22，则该四棱柱的表面积S ＝11＋2 2.(2)证明：由三视图得，该四棱柱为直四棱柱且底面为直角梯形． 在直四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，连结C 1D ，AC 1∵DC ＝DD 1，∴四边形DCC 1D 1是正方形．∴DC 1⊥D 1C . 又AD ⊥DC ，AD ⊥DD 1，DC ∩DD 1＝D ， ∴AD ⊂平面DCC 1D 1， D 1C ⊂平面DCC 1D 1， ∴AD ⊥DC 1.∵AD ，DC 1⊂平面ADC 1，且AD ∩DC 1＝D ， ∴D 1C ⊥平面ADC 1，又AC 1⊂平面ADC 1，∴D 1C ⊥AC 1. 19．【解】以H 为原点，HA ，HB ，HP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，线段HA 的长为单位长度，建立空间直角坐标系(如图)，则A (1,0,0)，B (0,1,0)．(1)证明：设C (m,0,0)，P (0,0，n )(m <0，n >0)，则D (0，m,0)，E (12，m2，0)．可得PE →＝(12，m 2，－n )，BC →＝(m ，－1,0)．因为PE →·BC →＝m 2－m2＋0＝0，所以PE ⊥BC .(2)由已知条件可得m ＝－33，n ＝1， 故C (－33，0,0)， D (0，－33，0)， E (12，－36，0)，P (0,0,1)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面PEH 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·HE →＝0，n ·HP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －36y ＝0，z ＝0.因此可以取n ＝(1，3，0)．又PA →＝(1,0，－1)， 所以|cos 〈PA →，n 〉|＝24.所以直线PA 与平面PEH 所成角的正弦值为24. 20．【解】(1)空间几何体的直观图如图所示，由题意可知，平面ABCD ⊥平面ABG ，四边形ABCD 为正方形，且AG ＝BG ，AB ＝2a . (2)证明：因为过B 作平面AGC 的垂线，垂足H 在直线CG 上，所以BH ⊥平面AGC . 因为AG ⊂平面AGC ，所以BH ⊥AG .又因为BC ⊥AB ，所以BC ⊥平面AGB ，所以BC ⊥AG . 又因为BC ∩BH ＝B ，所以AG ⊥平面BGC . 又因为AG ⊂面AGD ，故平面AGD ⊥平面BGC .(3)由(2)知，AG ⊥GB ，AG ⊥CG ，所以△ABG 为等腰直角三角形．过点G 作GE ⊥AB 于点E ，则GE 为G 点到平面ABCD 的距离，且GE ＝12AB ＝a ，AG ＝BG ＝2a .所以V D －ACG ＝V G －ADC ＝13×12AD ×DC ×GE ＝23a 3.取AC 的中点M ，因为△AGC 和△ACD 均为直角三角形，所以MD ＝MG ＝MA ＝MC ＝12AC ＝2a .所以M 是四棱锥D －ACG 的外接球的球心，半径为2a ， 所以S 球＝4π×(2a )2＝8πa 2. 21．【解】(1)证明：∵AC ＝BC ，D 为AB 的中点， ∴CD ⊥AB ，又CD ⊥DA 1，AB ∩A 1D ＝D ，∴CD ⊥面AA 1B 1B ，而BB 1⊂面AA 1B 1B ，∴CD ⊥BB 1， 又BB 1⊥AB ，AB ∩CD ＝D ， ∴BB 1⊥面ABC ，(2)V 多面体DBC －A 1B 1C 1＝V 棱柱ABC －A 1B 1C 1－V 棱锥A 1－ADC ＝S △ABC ·|AA 1|－13S △ADC ·|AA 1|＝S △ABC ·|AA 1|－13×12S △ABC ·|AA 1|＝56S △ABC ·|AA 1|＝103. (3)以C 为原点，分别以CB →，CC 1→，CA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系(如图所示)，则C (0,0,0)，B (2，0,0)，C 1(0,2,0)，A (0,0,2)，A 1(0,2,2)，∴D (1,0,1)．设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面DCA 1的一个法向量，则有⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CD →＝0n 1·CA 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋z 1＝02y 1＋2z 1＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝－z 1y 1＝－z 1，故可取n 1＝(1,1，－1)．同理设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面DC 1A 1的一个法向量，且C 1D →＝(1，－2,1)，C 1A 1→＝(0,0,2)． 则有⎩⎪⎨⎪⎧n 2·C 1D →＝0n 2·C 1A 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2y 2＋z 2＝02z 2＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝2y 2z 2＝0.故可取n 2＝(2,1,0)．∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝33×5＝155，又二面角C －DA 1－C 1的平面角为锐角，所以其余弦值为155. 22．【解】(1)证明：因为P ，Q 分别为AE ，AB 的中点，所以PQ ∥EB . 又DC ∥EB ，因此PQ ∥DC ，故而PQ ∥平面ACD .(2)如图，连结CQ ，DP .因为Q 为AB 的中点，且AC ＝BC ，所以CQ ⊥AB . 因为DC ⊥平面ABC ，EB ∥DC ，所以EB ⊥平面ABC . 因此CQ ⊥EB ，故CQ ⊥平面ABE .由(1)有PQ ∥DC ，又PQ ＝12EB ＝DC ，所以四边形CQPD 为平行四边形，故DP ∥CQ ，因此DP ⊥平面ABE ，∠DAP 为AD 和平面ABE 所成的角，在Rt △DPA 中，AD ＝5，DP ＝1，sin ∠DAP ＝55.因此AD 和平面ABE 所成角的正弦值为55.。
高考数学二轮复习立体几何多选题测试试题含答案
高考数学二轮复习立体几何多选题测试试题含答案一、立体几何多选题1．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为底面ABCD 内（含边界）一点．（ ） A ．若13A P =，则满足条件的P 点有且只有一个 B ．若12A P =，则点P 的轨迹是一段圆弧 C ．若1//A P 平面11B D C ，则1A P 长的最小值为2D ．若12A P =且1//A P 平面11B DC ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面的面积为23π【答案】ABD 【分析】选项A ，B 可利用球的截面小圆的半径来判断；由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD 上，1A P 长的最大值为2；结合以上条件点P 与B 或D 重合，利用12sin 60A P r =︒，求出63r =，进而求出面积. 【详解】对A 选项，如下图：由13A P =，知点P 在以1A 为球心，半径为3的球上，又因为P 在底面ABCD 内（含边界），底面截球可得一个小圆，由1A A ⊥底面ABCD ，知点P 的轨迹是在底面上以A 为圆心的小圆圆弧，半径为22112r A P A A =-=，则只有唯一一点C满足，故A 正确；对B 选项，同理可得点P 在以A 为圆心，半径为22111r A P A A =-=的小圆圆弧上，在底面ABCD 内（含边界）中，可得点P 轨迹为四分之一圆弧BD .故B 正确；对C 选项，移动点P 可得两相交的动直线与平面11B D C 平行，则点P 必在过1A 且与平面11B D C 平行的平面内，由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD上，则1A P 长的最大值为12A B =，则C 不正确； 对选项D ，由以上推理可知，点P 既在以A 为圆心，半径为1的小圆圆弧上，又在线段BD 上，即与B 或D 重合，不妨取点B ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面为11A BC 的外接圆，利用2126622,,sin 60333A B r r S r ππ==∴=∴==︒.故D 正确.故选：ABD 【点睛】（1）平面截球所得截面为圆面，且满足222=R r d +（其中R 为球半径，r 为小圆半径，d 为球心到小圆距离）；（2）过定点A 的动直线平行一平面α，则这些动直线都在过A 且与α平行的平面内.2．如图，直三棱柱11,ABC A B C -，ABC 为等腰直角三角形，AB BC ⊥，且12AC AA ==，E ，F 分别是AC ，11A C 的中点，D ，M 分别是1AA ，1BB 上的两个动点，则（ ）A ．FM 与BD 一定是异面直线B ．三棱锥D MEF -的体积为定值14C ．直线11B C 与BD 所成角为2π D ．若D 为1AA 中点，则四棱锥1D BB FE -55【答案】CD 【分析】A 当特殊情况M 与B 重合有FM 与BD 相交且共面；B 根据线面垂直、面面垂直判定可证面1BEFB ⊥面11ACC A ，可知EMFS、D 到面1BEFB 的距离，可求D EMF V -；C 根据线面垂直的判定及性质即可确定11B C 与BD 所成角；D 由面面垂直、勾股、矩形性质等确定外接球半径，进而求体积，即可判断各项的正误. 【详解】A ：当M 与B 重合时，FM 与BD 相交且共面，错误； B ：由题意知：BE AC ⊥，AC EF ⊥且BEEF E =，则AC ⊥面1BEFB ，又AC ⊂面11ACC A ，面1BEFB ⋂面11ACC A EF =，所以面1BEFB ⊥面11ACC A ，又1121122EMFSEF BE =⋅⋅=⨯⨯=，D 到面1BEFB 的距离为1h =，所以1133D EMF EMFV h S-=⋅⋅=，错误； C ：由AB BC ⊥，1BC B B ⊥，1B BAB B =，所以BC ⊥面11ABB A ，又11//BC B C ，即11B C ⊥面11ABB A ，而BD ⊂面11ABB A ，则11BD B C ⊥，正确；D ：由B 中，面1BEFB ⊥面11ACC A ，即面DEF ⊥面1BEFB ，则D 到面1BEFB 的距离为1h =，又D 为1AA 中点，若1,BF EB 交点为O ，G 为EF 中点，连接,,OG GD OD ，则OG GD ⊥，故2252OD OG GD =+=，由矩形的性质知：15OB OE OF OB ====令四棱锥1D BB FE -的外接球半径为R ，则52R =，所以四棱锥1D BB FE -的外接球体积为35435V R ππ==，正确. 故选：CD. 【点睛】关键点点睛：利用线面、面面关系确定几何体的高，结合棱锥体积公式求体积，根据线面垂直、勾股定理及矩形性质确定外接球半径，结合球体体积公式求体积.3．如图，矩形ABCD 中，M 为BC 的中点，将ABM 沿直线AM 翻折成1AB M ，连结1B D ，N 为1B D 的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是（ ）A ．存在某个位置，使得1CN AB ⊥ B ．翻折过程中，CN 的长是定值C ．若AB BM =，则1AM BD ⊥D ．若1AB BM ==，当三棱锥1B AMD -的体积最大时，三棱锥1B AMD -外接球的体积是43π 【答案】BD 【分析】对于A ，取AD 中点E ，连接EC 交MD 与F ，可得到EN NF ⊥，又EN CN ⊥，且三线,,NE NF NC 共面共点，不可能；对于B ，可得由1NEC MAB ∠=∠（定值），112NE AB =（定值），AM EC =（定值），由余弦定理可得NC 是定值．对于C ，取AM 中点O ，连接1,B O DO ，假设1AM B D ⊥，易得AM ⊥面1ODB ，即可得OD AM ⊥，从而AD MD =，显然不一定成立．对于D ，当平面B 1AM ⊥平面AMD 时，三棱锥B 1﹣AMD 的体积最大，可得球半径为1，体积是43π． 【详解】对于A 选项：如图1，取AD 中点E ，连接EC 交MD 与F ， 则11////NE AB NF MB ，，又11AB MB ⊥，所以EN NF ⊥， 如果1CN AB ⊥，可得EN CN ⊥，且三线,,NE NF NC 共面共点， 不可能，故A 选项不正确；对于B 选项：如图1，由A 选项可得1AMB EFN ≈△△，故1NEC MAB ∠=∠（定值），112NE AB =（定值），AM EC =（定值）， 故在NEC 中，由余弦定理得222cos CN CE NE NE CE NEC =+-⋅⋅∠，整理得222212422AB AB AB CN AM AM BC AB AM =+-⋅⋅=+ 故CN 为定值，故B 选项正确．对于C 选项：如图，取AM 中点O ，连接1,B O DO ， 由AB BM =，得1B O AM ⊥，假设1AM B D ⊥，111B D B O B =，所以AM ⊥面1ODB ，所以OD AM ⊥，从而AD MD =，显然不恒成立，所以假设不成立，可得C 选项不正确．对于D 选项：由题易知当平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大，此时1B O ⊥平面AMD ，则1B O OE ⊥，由1AB BM ==，易求得12BO =2DM =22221122122B E OB OE ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 因此1EB EA ED EM ===，E 为三棱锥1B AMD -的外接球球心，此外接球半径为1，体积是43π．故D 选项正确． 故答案为：BD ． 【点睛】本题主要考查了线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于难题.本题C 选项的解题的关键在于采用反证法证明，进而推出矛盾解题，D 选项求解的关键在于把握平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大.4．如图，矩形ABCD 中， 22AB AD ==，E 为边AB 的中点.将ADE 沿直线DE 翻折成1A DE △（点1A 不落在底面BCDE 内），若M 在线段1A C 上（点M 与1A ，C 不重合），则在ADE 翻转过程中，以下命题正确的是（ ）A ．存在某个位置，使1DE A C ⊥B ．存在点M ，使得BM ⊥平面1A DC 成立 C ．存在点M ，使得//MB 平面1A DE 成立D ．四棱锥1A BCDE -体积最大值为24【答案】CD 【分析】利用反证法可得A 、B 错误，取M 为1A C 的中点，取1A D 的中点为I ，连接,MI IE ，可证明//MB 平面1A DE ，当平面1A DE ⊥平面BCDE 时，四棱锥1A BCDE -体积最大值，利用公式可求得此时体积为24. 【详解】如图（1），取DE 的中点为F ，连接1,A F CF ， 则45CDF ∠=︒，22DF =，故212254222222CF =+-⨯⨯=，故222DC DF CF ≠+即2CFD π∠≠．若1CA DE ⊥，因为11,A D A E DF FE ==，故1A F DE ⊥，而111A F A C A ⋂=， 故DE ⊥平面1A FC ，因为CF ⊂平面1A FC ，故DE CF ⊥，矛盾，故A 错． 若BM ⊥平面1A DC ，因为DC ⊂平面1A DC ，故BM DC ⊥， 因为DC CB ⊥，BM CB B ⋂=，故CD ⊥平面1A CB ，因为1AC ⊂平面1A CB ，故1CD A C ⊥，但1A D CD <，矛盾，故B 错． 当平面1A DE ⊥平面BCDE 时，四棱锥1A BCDE -体积最大值， 由前述证明可知1A F DE ⊥，而平面1A DE平面BCDE DE =，1A F ⊂平面1A DE ，故1A F ⊥平面BCDE ，因为1A DE △为等腰直角三角形，111A D A E ==，故122A F =， 又四边形BCDE 的面积为13211122⨯-⨯⨯=， 故此时体积为13223224⨯⨯=，故D 正确． 对于C ，如图（2），取M 为1A C 的中点，取1A D 的中点为I ，连接,MI IE ，则1//,2IM CD IM CD =，而1//,2BE CD BE CD =， 故//,IM BE IM BE =即四边形IEBM 为平行四边形，故//IE BM ，因为IE ⊂平面1A DE ，BM ⊄平面1A DE ，故//MB 平面1A DE ， 故C 正确． 故选：CD.【点睛】本题考查立体几何中的折叠问题，注意对于折叠后点线面的位置的判断，若命题的不成立，往往需要利用反证法来处理，本题属于难题.5．已知正方体1111ABCD A B C D -棱长为2，如图，M 为1CC 上的动点，AM ⊥平面α.下面说法正确的是（）A ．直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为3232⎣⎦B ．点M 与点1C 重合时，平面α截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大 C ．点M 为1CC 的中点时，若平面α经过点B ，则平面α截正方体所得截面图形是等腰梯形D ．已知N 为1DD 中点，当AM MN +的和最小时，M 为1CC 的中点 【答案】AC 【分析】以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，利用空间向量法可判断A 选项的正误；证明出1AC ⊥平面1A BD ，分别取棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点E 、F 、Q 、N 、G 、H ，比较1A BD 和六边形EFQNGH 的周长和面积的大小，可判断B 选项的正误；利用空间向量法找出平面α与棱11A D 、11A B 的交点E 、F ，判断四边形BDEF 的形状可判断C 选项的正误；将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，利用A 、M 、N 三点共线得知AM MN +最短，利用平行线分线段成比例定理求得MC ，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，则点()2,0,0A 、()2,2,0B 、设点()()0,2,02M a a ≤≤，AM ⊥平面α，则AM 为平面α的一个法向量，且()2,2,AM a =-，()0,2,0AB =， 2232cos ,,32288AB AM AB AM AB AMa a ⋅<>===⎢⋅⨯++⎣⎦， 所以，直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为32⎣⎦，A 选项正确； 对于B 选项，当M 与1CC 重合时，连接1A D 、BD 、1A B 、AC ， 在正方体1111ABCD A B C D -中，1CC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1BD CC ∴⊥，四边形ABCD 是正方形，则BD AC ⊥，1CC AC C =，BD ∴⊥平面1ACC ，1AC ⊂平面1ACC ，1AC BD ∴⊥，同理可证11AC A D ⊥， 1A D BD D ⋂=，1AC ∴⊥平面1A BD ，易知1A BD 是边长为22(12322234A BD S =⨯=△为22362=.设E 、F 、Q 、N 、G 、H 分别为棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点，易知六边形EFQNGH 是边长为2的正六边形，且平面//EFQNGH 平面1A BD ， 正六边形EFQNGH 的周长为62，面积为()236233⨯⨯=，则1A BD 的面积小于正六边形EFQNGH 的面积，它们的周长相等，B 选项错误； 对于C 选项，设平面α交棱11A D 于点(),0,2E b ，点()0,2,1M ，()2,2,1AM =-，AM ⊥平面α，DE ⊂平面α，AM DE ∴⊥，即220AM DE b ⋅=-+=，得1b =，()1,0,2E ∴，所以，点E 为棱11A D 的中点，同理可知，点F 为棱11A B 的中点，则()2,1,2F ，()1,1,0EF =，而()2,2,0DB =，12EF DB ∴=，//EF DB ∴且EF DB ≠， 由空间中两点间的距离公式可得2222015DE =++=()()()2222212205BF =-+-+-=，DE BF ∴=，所以，四边形BDEF 为等腰梯形，C 选项正确；对于D 选项，将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，如下图所示：若AM MN +最短，则A 、M 、N 三点共线，11//CC DD ，2222222MC AC DN AD ∴===-+， 11222MC CC =-≠，所以，点M 不是棱1CC 的中点，D 选项错误.故选：AC. 【点睛】本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题.6．如图，点O 是正四面体P ABC -底面ABC 的中心，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，S 是棱PC 上的点，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ，则（ ）A ．若//MN 平面PAB ，则//AB RQ B ．存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQC ．存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+= D ．111PQPRPS++是常数【答案】ABD 【分析】对于选项A ，根据线面平行的性质定理，进行推理判断即可；对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ， 13SC PC =时，通过线面垂直的判定定理，证明此时PC ⊥平面SRQ ，即可证明，存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ；对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+=，利用线面垂直的判定定理可证得PC ⊥平面PAB ，此时通过反证法说明矛盾性，即可判断； 对于选项D ，利用S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V ----=++，即可求得111PQPRPS++是常数.【详解】 对于选项A ， 若//MN 平面PAB ，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ,∴平面SMN 平面PAB =RQ ，又MN ⊂平面SMN ，//MN 平面PAB ，∴//MN RQ ，点O 在面ABC 上，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，∴MN ⊂平面ABC ，又//MN 平面PAB ，平面ABC平面PAB AB =，∴//MN AB ， ∴//AB RQ ，故A 正确； 对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ，S 为线段PC 上靠近C 的三等分点，即13SC PC =， 此时PC ⊥平面SRQ ，以下给出证明： 在正四面体P ABC -中，设各棱长为a ，∴ABC ，PBC ，PAC △，PAB △均为正三角形，点O 为ABC 的中心，//MN AB ，∴由正三角形中的性质，易得23CN CM a ==， 在CNS 中，23CN a =，13SC a =，3SCN π∠=，∴由余弦定理得，3SN a ==， ∴222249SC SN a CN +==，则SN PC ⊥，同理，SM PC ⊥， 又SMSN S =，SM ⊂平面SRQ ，SN ⊂平面SRQ ，∴PC ⊥平面SRQ ，∴存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ，故B 正确； 对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+=， 设QR 中点为K ，则2PQ PR PK +=，∴PS PK ⊥，即PC PK ⊥，()cos cos 0PC AB PC PB PA PC PB CPB PC PA CPA ⋅=⋅-=⋅∠-⋅∠=，∴PC AB ⊥，又易知AB 与PK 为相交直线，AB 与PK 均在平面PQR 上，∴PC ⊥平面PQR ，即PC ⊥平面PAB ，与正四面体P ABC -相矛盾，所以假设不成立， 故C 错误； 对于选项D ，易知点O 到面PBC ，面PAC ，面PAB 的距离相等，记为d ， 记PC 与平面PAB 所处角的平面角为α，α为常数，则sin α也为常数， 则点S 到PQR 的距离为sin PS α， 又13sin 234PQRSPQ PR PQ PR π=⋅=⋅ ∴()()1133sin sin sin33S PQR PQRV PS S PS PQ PR PQ PR PS ααα-=⋅=⋅⋅=⋅⋅， 又13sin 234PSRSPS PR PS PR π=⋅=⋅， 13sin 234PSQS PS PQ PS PQ π=⋅=⋅， 13sin 234PQRSPQ PR PQ PR π=⋅=⋅，()12S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V d PS PR PS PQ PQ PR ----=++=⋅+⋅+⋅，∴()3sin PQ PR PS d PS PR PS PQ PQ PR α⋅⋅=⋅+⋅+⋅，∴111sin d PQPRPSα++=为常数，故D 正确. 故选：ABD. 【点睛】本题考查了线面平行的性质定理、线面垂直的判定定理，考查了三棱锥体积的计算，考查了向量的运算，考查了转化能力与探究能力，属于较难题.7．如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，11,2,AB BC AA P ===是1A B 上的一动点，则下列选项正确的是( )A ．DP 35B ．DP 5C ．1AP PC +6D ．1AP PC +的最小值为1705【答案】AD 【分析】DP 的最小值，即求1DA B △底边1A B 上的高即可；旋转11A BC 所在平面到平面11ABB A ，1AP PC +的最小值转化为求AC '即可.【详解】求DP 的最小值，即求1DA B △底边1A B 上的高，易知115,2A B A D BD ===，所以1A B 边上的高为355h =111,AC BC ，得11A BC ，以1A B 所在直线为轴，将11A BC 所在平面旋转到平面11ABB A ，设点1C 的新位置为C '，连接AC '，则AC '即为所求的最小值，易知11122,2,cos 10AA AC AAC ''==∠=-， 所以217042222()105AC '=+-⨯⨯⨯-=.故选：AD. 【点睛】本题考查利用旋转求解线段最小值问题.求解翻折、旋转问题的关键是弄清原有的性质变化与否， (1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，翻折、旋转前后应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．8．如图，正三棱柱11ABC A B C -中，11BC AB ⊥、点D 为AC 中点，点E 为四边形11BCC B 内（包含边界）的动点则以下结论正确的是（ ）A ．()1112DA A A B A BC =-+ B ．若//DE 平面11ABB A ，则动点E 的轨迹的长度等于22AC C ．异面直线AD 与1BC 6D ．若点E 到平面11ACC A 3EB ，则动点E 的轨迹为抛物线的一部分 【答案】BCD 【分析】根据空间向量的加减法运算以及通过建立空间直角坐标系求解，逐项判断，进而可得到本题答案. 【详解】解析：对于选项A ，()1112AD A A B A BC =-+，选项A 错误； 对于选项B ，过点D 作1AA 的平行线交11A C 于点1D ．以D 为坐标原点，1DA DB DD ,,分别为,,x y z 轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz ．设棱柱底面边长为a ，侧棱长为b ，则002aA ⎛⎫ ⎪⎝⎭,,，3002B a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,,，1302B a b ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,,，102a C b ⎛⎫- ⎪⎝⎭,,，所以132a BC b ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,,，132a AB b ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,,． ∵11BC AB ⊥，∴110BC AB ⋅=，即222302a b ⎫⎛⎫--+=⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，解得22b a =．因为//DE 平面11ABB A ，则动点E 的轨迹的长度等于122BB AC =．选项B 正确． 对于选项C ，在选项A 的基础上，002a A ⎛⎫⎪⎝⎭,,，3002B a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,,，()0,0,0D ，1202a C a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭,,，所以002a DA ⎛⎫= ⎪⎝⎭,,，1322a BC a a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,-,， 因为211162cos ,6||||622a BC DA BC DA BC DA a a ⎛⎫- ⎪⋅⎝⎭<>===-，所以异面直线1,BC DA 所成角的余弦值为66，选项C 正确． 对于选项D ，设点E 在底面ABC 的射影为1E ，作1E F 垂直于AC ，垂足为F ，若点E 到平面11ACC A 的距离等于3EB ，即有31E F EB =，又因为在1CE F ∆中，3112E F E C =，得1EB E C =，其中1E C 等于点E 到直线1CC 的距离，故点E 满足抛物线的定义，另外点E 为四边形11BCC B 内（包含边界）的动点，所以动点E 的轨迹为抛物线的一部分,故D 正确.故选：BCD 【点睛】本题主要考查立体几何与空间向量的综合应用问题，其中涉及到抛物线定义的应用.9．如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点P 在线段B 1C 上运动，则（ ）A ．直线BD 1⊥平面A 1C 1DB ．三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值C ．异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[45°，90°] D ．直线C 1P 与平面A 1C 1D 6【答案】ABD 【分析】在A 中，推导出A 1C 1⊥BD 1，DC 1⊥BD 1，从而直线BD 1⊥平面A 1C 1D ；在B 中，由B 1C ∥平面 A 1C 1D ，得到P 到平面A 1C 1D 的距离为定值，再由△A 1C 1D 的面积是定值，从而三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值；在C 中，异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[60°，90°]；在D 中，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线C 1P 与平面A 1C 1D 6． 【详解】解：在A 中，∵A 1C 1⊥B 1D 1，A 1C 1⊥BB 1，B 1D 1∩BB 1＝B 1， ∴A 1C 1⊥平面BB 1D 1，∴A 1C 1⊥BD 1，同理，DC 1⊥BD 1， ∵A 1C 1∩DC 1＝C 1，∴直线BD 1⊥平面A 1C 1D ，故A 正确； 在B 中，∵A 1D ∥B 1C ，A 1D ⊂平面A 1C 1D ，B 1C ⊄平面A 1C 1D ， ∴B 1C ∥平面 A 1C 1D ，∵点P 在线段B 1C 上运动，∴P 到平面A 1C 1D 的距离为定值，又△A 1C 1D 的面积是定值，∴三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值，故B 正确； 在C 中，异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[60°，90°]，故C 错误；在D 中，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系， 设正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中棱长为1，P （a ，1，a ），则D （0，0，0），A 1（1，0，1），C 1（0，1，1），1DA ＝（1，0，1），1DC ＝（0，1，1），1C P ＝（a ，0，a ﹣1）， 设平面A 1C 1D 的法向量(),,n x y z =，则1100n DA x z n DC y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取x ＝1，得1,1,1n，∴直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值为：11||||||C P n C P n ⋅⋅＝22(1)3a a +-⋅＝21132()22a ⋅-+， ∴当a ＝12时，直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值的最大值为63，故D 正确． 故选：ABD ．【点睛】求直线与平面所成的角的一般步骤：（1）、①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解； （2）、用空间向量坐标公式求解.10．如图所示，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，过对角线1BD 的一个平面交棱1AA 于点E ，交棱1CC 于点F ，得四边形1BFD E ，在以下结论中，正确的是（ ）A ．四边形1BFD E 有可能是梯形B ．四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形C ．四边形1BFDE 有可能垂直于平面11BB D DD ．四边形1BFDE 面积的最小值为6 【答案】BCD 【分析】四边形1BFD E 有两组对边分别平行知是一个平行四边形四边形；1BFD E 在底面ABCD 内的投影是四边形ABCD ；当与两条棱上的交点是中点时，四边形1BFD E 垂直于面11BB D D ；当E ，F 分别是两条棱的中点时，四边形1BFD E 的面积最小为62.【详解】过1BD 作平面与正方体1111ABCD A B C D -的截面为四边形1BFD E ， 如图所示，因为平面11//ABB A 平面11DCC D ，且平面1BFD E 平面11ABB A BE =.平面1BFD E平面1111,//DCC D D F BE D F =，因此，同理1//D E BF ，故四边形1BFD E 为平行四边形，因此A 错误；对于选项B ，四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形ABCD ，因此B 正确； 对于选项C ，当点E F 、分别为11,AA CC 的中点时，EF ⊥平面11BB D D ，又EF ⊂平面1BFD E ，则平面1BFD E ⊥平面11BB D D ，因此C 正确；对于选项D ，当F 点到线段1BD 的距离最小时，此时平行四边形1BFD E 的面积最小，此时点E F 、分别为11,AA CC 的中点，此时最小值为16232⨯⨯=，因此D 正确. 故选：BCD【点睛】关键点睛：解题的关键是理解想象出要画的平面是怎么样的平面，有哪些特殊的性质，考虑全面即可正确解题.。
高三数学二轮复习立体几何高考题理试题
卜人入州八九几市潮王学校2021届高三数学二轮复习立体几何高考题理〔06理科〕如图5所示，AF 、DE 分别世O 、1O 的直径，AD 与两圆所在的平面均垂直，8AD =.BC 是O 的直径，6AB AC ==,//OE AD .(I)求二面角B AD F --的大小； (II)求直线BD 与EF 所成的角.〔07理科〕如图，四面体ABCD 中，O 、E 分别是BD 、BC 的中点， 〔I 〕求证：AO ⊥平面BCD ；〔II 〕求异面直线AB 与CD 所成角的大小； 〔III 〕求点E 到平面ACD 的间隔。
〔08理科〕如图5所示，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是半径为R 的圆的内接四边形，其中BD 是圆的直径，60ABD ∠=，45BDC∠=，PD 垂直底面ABCD ，22PD R =，E F ，分别是PB CD ，上的点，且PE DFEB FC=，过点E 作BC 的平行线交PC 于G ．〔1〕求BD 与平面ABP 所成角θ的正弦值；〔2〕证明：EFG △是直角三角形； 〔3〕当12PE EB =时，求EFG △的面积． 〔09理科〕如图６，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为２，点Ｅ是正方形11BCC B 的中心，点Ｆ、Ｇ分别是棱111,C D AA 的中点．设点11,E G 分别是点Ｅ，Ｇ在平面11DCC D 内的正投影． 〔１〕求以Ｅ为顶点，以四边形FGAE 在平面11DCC D 内的正投影为底面边界的棱锥的体积； 〔２〕证明：直线11FG FEE ⊥平面；〔３〕求异面直线11E G EA 与所成角的正弦值〔10理科〕如图5，AEC 是半径为a 的半圆，AC 为直径，点E 为AC 的中点，点B 和点C 为线段AD 的三等分点。
平面外一点F 满足5,6FB FD a FE a ===.〔1〕证明EB FD ⊥；FCP G E AB图5D图5ACFDEO1OA BCDEF〔2〕点Q 、R 分别为线段FE 、FB 上的点， 使得22,33FQFE FR FB ==，求平面BED 与 平面RQD 所成二面角的正弦值。
高考数学二轮复习专题综合测试卷(4)立体几何与空间向量(理)(含解析)
4立体几何与空间向量(理)时间120 分钟，满分150 分。
一、选择题 (本大题共只有一项为哪一项切合题目要求的1． (2015 青·岛市质检中的 x 的值是 ()12 个小题，每题 5 分，共 60 分，在每题给出的四个选项中，))某几何体的三视图以下图，且该几何体的体积是3，则正视图9A ． 2B．23D． 3C.2[答案 ]D[分析 ]依题意，由三视图复原出原几何体的直观图以下图，原几何体为四棱锥，且其底面积为112×2×(1＋ 2)＝ 3，高为 x，所以其体积V＝3×3x＝ 3，所以 x＝ 3.2． (2015 ·西理，陕 5)一个几何体的三视图以下图，则该几何体的表面积为()A ． 3πC．2π＋ 4B． 4πD． 3π＋4[答案 ]D[分析 ] 由空间几何体的三视图可知该几何体为竖着放的半个圆柱，圆柱底面半径为1，高为 2，所以几何体的表面积S＝ 2×2＋π×2＋π＝ 3π＋ 4.故此题正确答案为D．3．一个棱锥的三视图以下图，则这个棱锥的体积是()A ． 6B． 12C．24D． 36[答案 ]B[分析 ]由三视图知该几何体为有一条侧棱与底面垂直的四棱锥，体积1V＝ 3×(4 ×3) ×3＝12.4．如图，设平面α∩β＝EF，AB⊥ α，CD⊥ α，垂足分别是B、 D ，假如增添一个条件，就能推出 BD ⊥EF，这个条件不行能是下边四个选项中的()A． AC⊥ βB．AC⊥ EFC．AC 与 BD 在β内的射影在同一条直线上D． AC 与α、β所成的角相等[答案 ]D[分析 ]的逆定理可得由于 BD 是 AC 在平面α内的射影，所以只要获得AC⊥ EF ，那么由三垂线定理BD ⊥ EF .关于选项A ，由于 AC⊥ β，EF ? β? AC⊥ EF? BD⊥EF .选项 B，由于AC⊥ EF，所以BD ⊥ EF.关于选项C，可得平面ABDC ⊥ β，所以BD⊥ EF.关于选项 D ，AC 与α、β所成的角相等，没法保证AC⊥EF .综上知选 D ．5．设m、n 是两条不一样的直线，α、β是两个不一样的平面，则以下命题不正确的选项是()A ．若m⊥ n， m⊥ α， n?α，则n∥ αB．若m⊥ β，α⊥ β，则m∥ α或m?αC．若 m⊥ n， m⊥ α， n⊥ β，则α⊥ βD．若 m∥ α，α⊥ β，则 m⊥ β[答案 ]D明显[分析]关于选项D，当直线m与平面β不垂直，所以选项m 位于平面β内且与平面α，β的交线平行时，直线D 不正确．m∥ α，6．已知正四周体A－ BCD ，设异面直线AB 与 CD 所成的角为α，侧棱AB与底面BCD所成的角为β，侧面ABC与底面BCD所成的角为γ，则()A ．α>β>γB．α>γ>βC．β>α>γD．γ>β>α[答案 ]B[分析 ]如图，设底面BCD的中心为点O，连结AO， BO，易知∠ ABO＝β，取BC的中点 E，连结 AE 、OE，易知∠ AEO＝γ，在正三角形BCD 中， OB>OE，π所以 0<β<γ<2，延伸 BO 交 CD 于 F ，则 BF⊥ CD ，又 AO⊥ CD ，π∴ CD⊥平面 ABF .∴ CD⊥ AB，即α＝2.∴α>γ>β.7．如图，在△ ABC 中， AB⊥AC，若 AD⊥ BC，则 AB2＝ BD·BC；近似地有命题：在三2棱锥 A－BCD 中，AD ⊥平面 ABC，若 A 点在平面BCD 内的射影为M，则有 S△ABC＝ S△BCM·S △BCD．上述命题是 ()A ．真命题B．增添条件“AB⊥AC ”才是真命题C．增添条件“M 为△ BCD 的垂心”才是真命题D．增添条件“三棱锥 A－ BCD 是正三棱锥”才是真命题[答案 ]A[分析 ]由于 AD ⊥平面 ABC，所以 AD ⊥ AE， AD⊥ BC，在△ ADE 中， AE 2＝ ME·DE ，又 A 点在平面 BCD 内的射影为 M，所以 AM ⊥平面 BCD ，AM⊥ BC，所以 BC⊥平面 ADE ，2所以 BC⊥ DE ，将 S△ABC、 S△BCM、 S△BCD分别表示出来，可得 S△ABC＝ S△BCM·S△BCD，应选 A.8． (2015 德·州市期末 )以下图，在长方体 ABCD －A1B1C1D1中， AB ＝2， AD ＝ 3， AA1＝26，点 P 是 B1C 的三均分点且凑近点 C，则异面直线 AP 和 DD 1所成的角为 ()ππA. 6B．4π5πC．3D．12[答案 ]C[分析 ]如图，过点 P 作 PN⊥ BC 于点 N，连结 AN，则 PN∥ BB1，而 DD 1∥ BB1，所以 DD 1∥ PN，所以∠ APN 就是异面直线AP 和 DD 1所成的角．由于点 P 是 B1C 的三均分点且凑近点C，且 AB＝ 2， AD1262＝3，AA1＝ 2 6，所以 PN＝ BB1＝，BN＝ BC＝ 2.在 Rt△ ABN 中，333AN ＝22＝ 3，所以∠ APNAN＝ 2 2，在 Rt △ ANP 中， tan∠ APN＝PN263π＝3.9． (2015 浙·江文， 7)如图，斜线段 AB 与平面α所成的角为60°， B 为斜足，平面α上的动点 P 知足∠ PAB＝ 30°，则点 P 的轨迹是 ()A ．直线B．抛物线C．椭圆D．双曲线的一支[答案 ]C[分析 ]考察1.圆锥曲线的定义； 2.线面地点关系．由题可知，当P 点运动时，在空间中，知足条件的AP 绕AB 旋转形成一个圆锥，用一个与圆锥高成60°角的平面截圆锥，所得图形为椭圆．应选 C.10．(2015·南市模拟济)类比平面内“垂直于同一条直线的两条直线相互平行”的性质，可得出空间内的以下结论：①垂直于同一个平面的两条直线相互平行；②垂直于同一条直线的两条直线相互平行；③垂直于同一个平面的两个平面相互平行；④垂直于同一条直线的两个平面相互平行．则正确的结论是()A ．①②B．②③C．③④D．①④[答案] D[分析 ]明显①④正确；关于②，在空间中垂直于同一条直线的两条直线能够平行，也能够异面或订交；关于③，在空间中垂直于同一个平面的两个平面能够平行，也能够订交(如长方体相邻双侧面与底面)．11．(2014 ·州市质检郑 )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 折成四周体 A′－ BCD ，使平面 A′BD ⊥平面 BCD ，则以下结论正确的是()A ． A′C⊥ BDB．∠ BA′C＝ 90°C．CA ′与平面 A′BD 所成的角为30°D．四周体A′－ BCD 的体积为[答案]B 1 3[分析 ] 取 BD 的中点 O，∵ A′B＝ A′D，∴ A′O⊥ BD ，又平面 A′BD⊥平面 BCD ，平面A′BD ∩平面 BCD＝ BD ，∴ 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′11，D 错误，应选 B．－BCD＝S△A′BD·CD＝3612．(2014 ·山市二模唐)直三棱柱 ABC－ A1B1C1的全部极点都在半径为2的球面上， AB ＝AC ＝ 3， AA1＝ 2，则二面角 B－ AA1－ C 的余弦值为 ()A ．－1B．－1 3211 C.3D．2 [答案 ]D[分析 ]如图，设球心为 O ，底面△ ABC 外接圆的圆心为 O ′，则 OA ＝OB ＝ OC ＝ 2，OO ′＝1，∴ O ′A ＝ O ′B ＝O ′C ＝ 1，∴ BC ＝3，∴△ ABC 为正三角形，∴二面角 B － AA 1 －C1的平面角 BAC ＝ 60°，∴二面角B －AA 1－ C 的余弦值为 2.二、填空题 (本大题共 4 个小题，每题5 分，共 20 分，将正确答案填在题中横线上)13．(2015 ·庄四校联考枣 )在正三棱锥 P － ABC 中， M ， N 分别是 PB ，PC 的中点，若截S 1面 AMN ⊥平面 PBC ，且三棱锥 P －ABC 的侧面积为S 1，底面积为 S 2，则 S 2＝ ________.[答案 ] 2 3[分析 ]取线段 BC 的中点 D ，连结 PD 交 MN 于 H ，连结 AD ，AH .由于 M ， N 分别是 PB ， PC 的中点，所以H 为 PD 的中点，AH ⊥MN ，又平面 AMN ⊥平面 PBC ，平面 AMN ∩平面 PBC ＝ MN ， 所以 AH ⊥平面 PBC ，进而 AH 垂直且均分 PD ，则 PA ＝ AD ，设AB ＝ a ，则 PA ＝ AD ＝33 23 22a ，所以侧面积 S 1＝a ，底面积 S 2＝a ，24则S 1＝ 2 3.S 214.(2015 胶·东示范校质检 )如图， 在平面四边形 ABDC 中，已知 AB ⊥ BC ，CD ⊥ BD ，AB＝BC ，现将四边形 ABDC 沿 BC 折起，使平面 ABC ⊥平面 BDC ，设 E ，F 分别为棱 AC ， AD 的中点，若 CD ＝ 2，∠ BCD ＝ 60°，则 V A － BFE ＝________.2 3[答案 ]3[分析 ] 由于平面 ABC ⊥平面 BDC ， AB ⊥ BC ，所以 AB ⊥平面 BDC ，所以 AB ⊥ CD ，又 CD ⊥ BD ， AB ∩BD ＝ B ，所以 DC ⊥平面 ABD ，由于 E ， F 分别为棱AC ， AD 的中点，所以 EF ⊥平面 ABD ，所以 A － BFE ＝ V E －ABF ，在 Rt △VBCD 中， CD ＝ 2，∠ BCD ＝60°，所以 BD ＝ 2 3， BC ＝ 4，又 AB ＝ BC ， 所以 AB ＝ 4，由于 E ， F 分别为棱 AC ， AD 的中点，所以 EF ＝ 1，所以V －BFE ＝ V － ABF＝ 1 △＝11 △ ABD )A E×1×S ABF3 ·( S321 12 3＝ ××23×4＝3.6 215．设 C 是∠ AOB 所在平面外的一点， 若∠ AOB ＝∠ BOC ＝∠ AOC ＝ θ，此中 θ是锐角，而 OC 和平面 AOB 所成角的余弦值等于3，则 θ的值为 ________．3[答案 ] 60°[分析 ] 作 CC 1⊥平面 AOB 于点 C 1，C 1A 1⊥OA 于点 A 1，C 1B 1⊥ OB 于点 B 1，连结 OC 1，则∠ COC 1 为直线 OC 与平面 AOB 所成的角，且 OC 1 是∠ AOB 的均分线，设 OA 1＝ x ，则 OC ＝ x，cos θOC 1＝x ，θcos 22θcos θ2cos － 13易求得 cos ∠ COC ＝2＝＝，1θθ3cos 2cos 22θ3 θ即 2cos－ 3cos － 1＝ 0，解之得22θ 3 θ3cos ＝或 cos ＝－3(舍去 )，2 22θ故 2＝ 30°，所以 θ＝ 60°.16．如图，正方形 BCDE 的边长为 a ，已知 AB ＝ 3BC ，将直角△ ABE 沿 BE 边折起，A 点在面 BCDE 上的射影为 D 点，则翻折后的几何体中有以下描绘：① AB 与 DE 所成角的正切值是 2；② V B －ACE 的体积是1 3 ；a6③ AB ∥ CD ；④平面 EAB ⊥平面 ADE ；⑤直线 BA 与平面 ADE 所成角的正弦值为3 3.此中正确的表达有 ________(写出全部正确结论的编号 )．[答案 ] ①②④⑤[分析 ]由题意可得以下图的几何体，关于①， AB 与 DE 所成角为∠ ABC ，在△ ABC中，∠ ACB ＝90°， AC ＝ 2a ， BC ＝ a ，所以 tan ∠ ABC ＝ 2，故①正确；1113，故②正确；③明显错误；关于②， V B－ACE＝ V A－ECB＝×a× ×a×a＝a326关于④，由于 AD⊥平面 BCDE ，所以 AD ⊥ BE，又由于 DE ⊥ BE，所以 BE⊥平面 ADE ，可得平面 EAB⊥平面 ADE，故④正确；关于⑤，由④可知，∠ BAE 即为直线 BA 与平面 ADE所成的角，在△ ABE 中，∠ AEB＝90°，AB＝3a， BE＝ a，所以 sin∠ BAE＝3，故⑤正确．3三、解答题 (本大题共 6 个小题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 )17．(此题满分 10 分 )如图，直三棱柱ABC－ A1B1C1中，△ ABC 是等边三角形， D 是 BC 的中点．(1)求证：直线A1D ⊥B1C1；(2)判断 A1B 与平面 ADC 1的地点关系，并证明你的结论．[分析 ] (1)在直三棱柱 ABC－A1B1C1中， AA1⊥平面 ABC，所以 AA1⊥ BC，在等边△ ABC 中， D 是 BC 中点，所以 AD ⊥ BC，由于在平面A1AD 中， A1A∩AD ＝ A，所以 BC ⊥平面 A1AD ，又由于 A1D ? 平面 A1AD ，所以 A1D⊥ BC，在直三棱柱ABC－ A1B1C1中，四边形BCC1B1是平行四边形，所以B1C1∥ BC，所以，A1D ⊥ B1C1.(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形 ACC1A1是平行四边形，在平行四边形ACC1A1中连结 A1C，交 AC1于点 O，连结 DO.故 O 为 A1C 的中点．在三角形 A11 1 ．CB中，D 为 BC中点，O为 A C中点，故DO∥A B 由于 DO ? 平面 ADC 1， A1B?平面 ADC 1，所以， A1B∥平面 ADC 1，故 A1B 与平面 ADC 1平行．18． (此题满分12 分)(2015 山·西太原市模拟 )如图，四棱锥P－ ABCD 的底面 ABCD 是平行四边形，∠DAB ＝ 60°，AB＝ 2AD＝2， PD ⊥平面 ABCD ．(1)求证： AD ⊥PB；(2)若 BD 与平面 PBC 的所成角为30°，求四周体P－ BCD 的体积．[分析 ] (1)证明：在△ ABD 中，∠ DAB＝ 60°， AB＝ 2AD ＝ 2，由余弦定理得 BD 2＝ AB2＋ AD2－ 2AB·AD cos∠ DAB ＝3，∴AB2＝ AD2＋ BD2，∴∠ ADB＝ 90°，∴AD⊥ BD ，∵PD⊥平面 ABCD ，∴PD⊥AD，∴ AD⊥平面 PBD ，∴ AD⊥ PB；(2)过 D 作 DE⊥ PB，垂足为E，∵ ABCD 是平行四边形，∴AD ∥ BC，由 (1)得 AD⊥平面 PBD ，∴ BC ⊥平面 PBD，∴平面 PBC⊥平面 PBD ，∴ DE⊥平面 PBC，∴ BD 与平面 PBC 的所成角为∠ DBE ＝ 30°，由 (1)得 BD＝ 3， DP＝BD ·tan∠ DBE＝ 1，1113∴ V P－BCD＝S△BCD·DP＝× BD ·BC·DP ＝6.33219．(此题满分12 分 )(2014 成·都一诊 ) 如图， PO⊥平面 ABCD ，点 O 在 AB 上，EA∥ PO，四边形 ABCD 为直角梯形， BC ⊥AB， BC＝ CD ＝ BO＝PO ，EA＝ AO＝1 CD．2(1)求证： PE ⊥平面 PBC ；(2)直线 PE 上能否存在点M ，使 DM ∥平面 PBC ，若存在，求出点 M ；若不存在，说明原因．(3)求二面角 E － BD －A 的余弦值．[分析 ] (1)证明：∵ EA ∥ OP ， AO? 平面 ABP ，∴点 A ， B ，P ， E 共面．∵ PO ⊥平面 ABCD ， PO? 平面 PEAB ．∴平面 PEAB ⊥平面 ABCD ，∵ BC? 平面 ABCD ， BC ⊥ AB ，平面 PEAB ∩平面 ABCD ＝ AB ， ∴ BC ⊥平面 PEAB ，∴ PE ⊥ BC.由平面几何知识知PE ⊥ PB ，又 BC ∩PB ＝ B ，∴ PE ⊥平面 PBC.(2)点 E 即为所求的点，即点M 与点 E 重合．取 PB 的中点 F ，连结 EF 、CF 、DE ，延长 PE 交 BA 的延伸线于 H ，则 E 为 PH 的中点， O 为 BH 的中点，∴ EF 綊 OB ，又 OB 綊 CD ，∴ EF ∥CD ，且 EF ＝DC ，∴四边形 DCFE 为平行四边形，所以DE ∥ CF .∵ CF 在平面 PBC 内， DE 不在平面 PBC 内， ∴ DE ∥平面 PBC.(3)由已知可知四边形BCDO 是正方形，明显 OD 、 OB 、OP 两两垂直，如图成立空间直角坐标系，设DC ＝ 1，1 1 则 B(0,1,0)， D (1,0,0) ，E(0，－ ， )，2 2设平面 BDE 的一个法向量为 n 1＝ (x ， y ， z)， →→ 3 1BD ＝ (1，－ 1,0)， BE ＝ (0，－2， )，2→x － y ＝0， n 1·BD ＝ 0， 即→ －3 1n 1·BE ＝0，2y ＋ 2z ＝ 0. 取 y ＝ 1，则 x ＝ 1， z ＝ 3，进而 n 1＝ (1,1,3) ．取平面 ABD 的一个法向量为 n 2＝ (0,0,1) ．cos〈n1，n2〉＝n1·n2＝3＝311，|n1| ·|n2 |11·111311故二面角 E－BD － A 的余弦值为.1120．(此题满分12 分 )(2015 江·西省质检 )已知斜四棱柱ABCD － A1B1C1D1的底面是矩形，侧面 CC1D 1D 垂直于底面ABCD ， BC＝ 2AB＝ DC 1＝ 2， BD1＝2 3.(1)求证：平面AB1 C1D ⊥平面 ABCD ；(2)点 E 是棱 BC 的中点，求二面角A1－ AE－ D 的余弦值．[分析 ] (1)连结 CD1，设 CD 1∩DC 1＝ F，则 F 是 CD 1， DC 1的中点，由于底面 ABCD 是矩形，所以 BC⊥CD ，又平面 ABCD ⊥平面 CC1D1D ，所以 BC ⊥平面 CC1D 1D，所以 BC⊥ CD1，由 BD1＝2 3，BC＝2，得 CD1＝2 2，CF＝ 2.1在△ DFC 中， DF ＝2DC 1＝ 1， CD＝ 1.所以 CD 2＋DF 2＝CF 2，所以 DF ⊥ DC，又 BC⊥平面 CC1D 1D 得 DF ⊥ BC，所以 DF ⊥平面 ABCD ，DF ? 平面 AB1C1D，所以平面 AB1C1D ⊥平面 ABCD ；(2)由 (1) 能够点 D 为原点， DA， DC，DC 1所在直线分别为x 轴， y 轴， z 轴成立空间直角坐标系，则平面DAE 的法向量→，n＝DC1＝(0,0,2)设平面 A1AE的法向量为 m＝(x，y，z)，→→→→→，由于 DA＝ (2,0,0) ， DE＝ (1,1,0) ， AA1＝ DD 1＝ (0，－ 1,2)，所以 AE＝ (－ 1,1,0)→由 m·AE＝0得－x＋y＝0，→得－ y＋ 2z＝0，由 m·AA1＝0令 z＝ 1，得m＝ (2,2,1) ，所以 cos 〈m ，n 〉＝2＝ 1，4＋ 4＋1×2 31即所求二面角的余弦值为3.21．(此题满分 12 分 )如图①，边长为 1 的正方形 ABCD 中，点 E 、F 分别为 AB 、BC 的中点，将△ BEF 剪去，将△ AED 、△ DCF 分别沿 DE 、DF 折起，使 A 、C 两点重合于点 P ，得一三棱锥如图②所示．(1)求证： PD ⊥EF ；(2)求三棱锥 P － DEF 的体积；(3)求 DE 与平面 PDF 所成角的正弦值．[分析 ] (1)依题意知图①折前AD ⊥ AE ， CD ⊥ CF ，∴折起后 PD ⊥ PE ， PF ⊥ PD ，∵ PE ∩PF ＝P ，∴ PD ⊥平面 PEF .又∵ EF? 平面 PEF ，∴ PD ⊥ EF.112 (2)依题意知图①中 AE ＝ CF ＝2，∴ PE ＝ PF ＝ 2，在△ BEF 中 EF ＝ 2BE ＝ 2 ，在△ PEF 中， PE 2＋ PF 2＝EF 2，∴ PE ⊥PF ，1 ·PE1 1 1 1 ，∴ S △PEF ＝·PF ＝ ··＝22 2 2 8∴ V － DEF ＝ V －PEF＝ 1△1 11PDS PEF ·PD ＝ × ×1＝ .33 824(3)由 (2) 知 PE ⊥ PF ，又 PE ⊥ PD ，∴ PE ⊥平面 PDF ，∴∠ PDE 为 DE 与平面 PDF 所成的角．在 Rt △PDE 中，∵ DE ＝ PD 2＋ PE 2＝ 1＋ 1＝ 5， PE ＝ 1，4221∴ sin ∠ PDE ＝ PE ＝ 2＝ 5DE 55 .222． (此题满分 12分)如图，在三棱柱 ABC － A 1B 1C 1 中， H 是正方形 AA 1 B 1B 的中心，AA 1＝ 2 2， C 1 H ⊥平面 AA 1 B 1B ，且 C 1H ＝ 5.(1)求异面直线 AC 与 A 1B 1 所成角的余弦值；(2)求二面角 A － A 1 C 1 －B 1 的正弦值；(3)设 N 为棱 B 1C 1 的中点，点M 在平面 AA 1B 1B 内，且 MN ⊥平面 A 1B 1C 1，求线段 BM的长．[分析 ] 以下图 ，成立空间直角坐标系，点B 为坐标原点．依题意得 A(2 2，0,0)，B(0,0,0) ，C( 2，－ 2， 5)，A 1(2 2， 2 2， 0)，B 1(0,22， 0)， C 1( 2，2， 5)．→2， →2 2，0,0)，于是(1)易得 AC ＝ (－ 2，－ 5)，A 1B 1＝ (－〈→，A →〉＝ cos AC 1B 1 → → ＝4 ＝ 2 AC ·A 1B 1 → →3×2 2 3 .|AC| |A ·1B 1|所以异面直线 AC 与 A 1B 1 所成角的余弦值为2. 3→ →2， 5)．(2)易知 AA 1＝ (0,2 2， 0)， A 1C 1＝(－ 2，－ 设平面 AA 1C 1 的法向量 m ＝ (x ， y ， z)，则→－ 2x － 2y ＋ 5z ＝ 0，m ·A 1C 1＝ 0，→即2 2y ＝0.m ·AA 1＝0.不如令 x ＝ 5，可得 m ＝ ( 5， 0， 2)．相同的，设平面A 1B 1C 1 的法向量 n ＝ (x ， y ， z)，则→n ·A 1C 1＝ 0，→n ·A 1B 1＝ 0.－ 2x － 2y ＋ 5z ＝ 0，即－ 2 2x ＝ 0.不如令 y ＝ 5，可得 n ＝ (0， 5， 2)．于是 cos 〈m ，n 〉＝ m ·n22|m | |·n |＝7·7 ＝ 7 ，进而 sin 〈 m ， n 〉＝ 37 5.35所以二面角A － A 1C 1－B 1 的正弦值为7 .(3)由 N 为棱 B 1C 1 的中点，得N 22，3 22， 25 .→2－ a ， 3 2 － b ， 5 ，设 M(a ， b,0)，则 MN ＝2 2 2→ →由 MN ⊥平面 A 1B 1C 1，得 MN ·A 1B 1＝ 0，→ →MN ·A 1C 1＝ 0.2－a－ 2 2 ＝ 0，2即5 2－ 2 3 2－ 2 2 － a＋2 － b＋2 ·5＝0.2，2 222a ＝ 2故 M→ ，解得2 ， 4， 0 ，所以 BM ＝ 2 ，4 ， 0 2b ＝ 4 .→ 10所以线段 BM 的长 |BM |＝ 4 .。
高考数学(理)二轮专题练习：立体几何(含答案)
立体几何1．一个物体的三视图的摆列规则是俯视图放在正(主 )视图下边，长度与正 (主 )视图同样，侧 (左 )视图放在正 (主 )视图右边，高度与正 (主 )视图同样，宽度与俯视图同样，即“长对正，高平齐，宽相等”．在画一个物体的三视图时，必定注意实线与虚线要分明．[问题 1]如图，若一个几何体的正(主 )视图、侧 (左 )视图、俯视图均为面积等于2 的等腰直角三角形，则该几何体的体积为________．答案4 32．在斜二测画法中，要确立重点点及重点线段．“平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于 y 轴的线段平行性不变，长度减半．”[问题2] 如下图的等腰直角三角形表示一个水平搁置的平面图形的直观图，则这个平面图形的面积是 ________．答案223．简单几何体的表面积和体积(1)S 直棱柱侧＝c·h(c 为底面的周长， h 为高 )．1(2)S 正棱锥侧＝2ch′(c为底面周长， h′为斜高 )．1(3) S 正棱台侧＝2(c′＋c)h′(c与 c′分别为上、下底面周长，h′为斜高 )．(4) 圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式S 圆柱侧＝ 2πrl (r 为底面半径， l 为母线 )，S 圆锥侧＝πrl (同上 )，S 圆台侧＝π(r′＋ r )l (r′、 r 分别为上、下底的半径，l 为母线 ) ．(5) 体积公式V 柱＝ S·h (S 为底面面积， h 为高 )，1V 锥＝ S·h(S 为底面面积， h 为高 )，31h 为高 )．V 台＝ (S＋ SS′＋ S′)h(S、 S′为上、下底面面积，3(6) 球的表面积和体积S 球＝ 4πR2，V 球＝4πR3.3[问题3]如下图，一个空间几何体的正(主 )视图和俯视图都是边长为1的正方形，侧(左 )视图是一个直径为 1 的圆，那么这个几何体的表面积为()A ．4πB ． 3πC． 2π3 D. 2π答案D4．空间直线的地点关系：①订交直线——有且只有一个公共点．②平行直线内，没有公共点．③异面直线——不在同一平面内，也没有公共点．[问题 4]在空间四边形ABCD 中， E、 F、 G、 H 分别是四边上的中点，则直线——在同一平面EG和FH 的地点关系是 ________．答案订交5．空间直线与平面、平面与平面的地点关系(1)直线与平面①地点关系：平行、直线在平面内、直线与平面订交．②直线与平面平行的判断定理和性质定理：判断定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行．性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行．③直线与平面垂直的判断定理和性质定理：判断定理：一条直线与一个平面内的两条订交直线都垂直，则该直线与此平面垂直．性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行．(2)平面与平面①地点关系：平行、订交(垂直是订交的一种特别状况)．②平面与平面平行的判断定理和性质定理：判断定理：一个平面内的两条订交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行．性质定理：假如两个平行平面同时和第三个平面订交，那么它们的交线平行．③平面与平面垂直的判断定理和性质定理：判断定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直．性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直．[问题 5]已知b，c是平面α内的两条直线，则“直线a⊥ α”是“直线a⊥b，直线a⊥c”的________条件．答案充足不用要6．空间向量(1)用空间向量求角的方法步骤①异面直线所成的角若异面直线 l 1 和 l 2 的方向向量分别为 v 1 和 v 2，它们所成的角为 θ，则 cos θ＝|cos 〈v 1 ， v 2〉|.②直线和平面所成的角利用空间向量求直线与平面所成的角，能够有两种方法：方法一 分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转变为求两条直线的方向向量的夹角 (或其补角 )．方法二经过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．③利用空间向量求二面角也有两种方法：方法一分别在二面角的两个面内找到一个与棱垂直且从垂足出发的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小．方法二经过平面的法向量来求，设二面角的两个面的法向量分别为 n 1 和 n 2，则二面角的大小等于〈 n 1， n 2〉 (或 π－〈 n 1， n 2〉 )．易错警告： ①求线面角时，获得的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，简单误认为是线面角的余弦．②求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中剖析．(2) 用空间向量求 A 到平面 α的距离：→|n ·AB|可表示为d ＝ |n | .[问题 6] (1)已知正三棱柱 ABC － A 1 B 1C 1 的侧棱长与底面边长相等，则 AB 1 与侧面 ACC 1A 1 所成角的正弦值等于 ________．(2) 正方体 ABCD － A 1B 1C 1D 1 的棱长为 1，O 是底面 A 1B 1C 1D 1 的中心，则点 O 到平面 ABC 1D 1 的距离为 ________． 答案(1)6(2) 244分析(1) 方法一取 A 1C 1 的中点 E ，连结 AE ， B 1E ，如图．由题意知 B 1E ⊥ 平面 ACC 1A 1 ，则 ∠ B 1AE 为 AB 1 与侧面 ACC 1A 1 所成的角．设正三棱柱侧棱长与底面边长为1，3126则 sin ∠ B 1AE ＝ B E＝＝4.AB 12方法二 如图，以 A 1C 1 中点 E 为原点成立空间直角坐标系 E － xyz ，设棱长为 1，则1 3A 2， 0，1 ，B 1 0，2 ， 0 ，→设 AB 1 与平面 ACC 1A 1 所成的角为 θ， EB 1为平面 ACC 1A 1 的法向量．→→则 sin θ＝ |cos 〈 AB 1， EB 1〉 |－ 1，3，－ 1 ·3， 06220， 2＝3＝ 4.2×2(2) 成立如下图的空间直角坐标系，1 1则 A(1,0,0) ，B(1,1,0) ， D 1(0,0,1) ， C 1(0,1,1) ，O 2， 2， 1 .设平面 ABC 1D 1 的法向量为 n ＝ (x ， y ， z)，则→＝ 0，y ＝ 0，n ·AB→ ∴－ x ＋z ＝ 0.＝ 0， n ·AD 1x ＝ 1，令 z ＝ 1，得 ∴ n ＝ (1,0,1) ，y ＝ 0，→11又 OD 1＝ －2，－ 2，0 ，→12 ＝∴ O 到平面 ABC 1D 1 的距离 d ＝ |n ·OD 1|＝ 2 .|n | 2 4易错点 1 三视图认识不清致误例 1一个空间几何体的三视图如下图，则该几何体的表面积为 ( )A ．48B ． 32＋8 17C． 48＋ 8 17D．80错解由三视图知，该几何体的直观图如下图，该几何体的下底面是边长为 4 的正方形；上底面是长为 4，宽为 2 的矩形；两个梯形侧面垂直于底面，上底长为 2，下底长为4，高为 4；另两个侧面是正方形，边长为4.21所以表面积 S＝ 4 ×3＋ 2×4＋ 2× (2＋ 4) ×4＝ 48＋8＋ 24＝80.2找准失分点不可以正确掌握三视图和几何体之间的数目关系，依据正视图可知，侧视图中等腰梯形的高为4，而错认为等腰梯形的腰为4.正解由三视图知该几何体的直观图如下图，该几何体的下底面是边长为4 的正方形；上底面是长为4、宽为 2 的矩形；两个梯形侧面垂直于底面，上底长为 2，下底长为4，高为 4；另两个侧面是矩形，宽为 4，长为 42＋ 1221＝17.所以 S 表＝4 ＋2×4＋2×(2＋ 4) ×4×2＋ 4× 17×2＝ 48＋ 8 17.答案C易错点 2对几何观点理解不透致误例 2 给出以下四个命题：①有两个平面相互平行，其他各面都是平行四边形的多面体是棱柱；②若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；③底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；④底面是矩形的平行六面体是长方体．此中正确的命题是 __________( 写出全部正确命题的序号 )．错解 1 ①②③错解 2 ②③④找准失分点① 是错误的，因为棱柱的侧棱要都平行且相等；④ 是错误的，因为长方体的侧棱一定与底面垂直．正解②③易错点 3对线面关系定理条件掌握禁止致误例 3 已知 m、 n 是不一样的直线，α、β、γ是不一样的平面．给出以下命题：①若α⊥ β，α∩β＝ m， n⊥m，则 n⊥ α，或 n⊥ β；②若α∥ β，α∩γ＝ m，β∩γ＝ n，则 m∥ n；③若 m 不垂直于α，则 m 不行能垂直于α内的无数条直线；④若α∩β＝ m， n∥ m，且 n? α， n? β，则 n∥ α，且 n∥β；⑤若 m、 n 为异面直线，则存在平面α过m且使n⊥ α.此中正确的命题序号是________．错解②③④⑤找准失分点③是错误的；⑤ 是错误的．正解① 是错误的．如正方体中面ABB′A′⊥面 ADD ′A′，交线为AA ′.直线 AC⊥ AA′，但 AC 不垂直面ABB′A′，同时 AC 也不垂直面ADD ′A′.② 正确．本质上是两平面平行的性质定理．③是错误的．在上边的正方体中， A′C 不垂直于平面 A′B′C′D′，但与 B′D′垂直．这样A′C 就垂直于平面 A′B′C′D′内与直线 B′D′平行的无数条直线．④ 正确．利用线面平行的判断定理即可．⑤错误．从结论考虑，若n⊥ α且 m? α，则必有 m⊥ n，事实上，条件其实不可以保证m⊥ n.故错误．答案②④1．已知三条不一样直线 m， n， l 与三个不一样平面α，β，γ，有以下命题：①若 m∥ α， n∥α，则 m∥n；②若α∥ β， l? α，则 l ∥β；③ α⊥ γ，β⊥ γ，则α∥β；④若 m， n 为异面直线， m? α， n? β，m∥ β， n∥ α，则α∥ β.此中正确命题的个数是()A ．0 B．1 C．2 D．3答案C分析因为平行于同一平面的两条直线除了平行，还可能订交或成异面直线，所以命题误；由直线与平面平行的定义知命题②正确；因为垂直于同一个平面的两个平面可能平行还可能订交，所以命题③ 错误；过两条异面直线分别作平面相互平行，这两个平面是独一存在的，所以命题④正确．应选 C.2．设 m， n 是空间两条直线，α，β是空间两个平面，则以下选项中不正确的选项是()A ．当 m? α时，“n∥ α”是“m∥ n”的必需不充足条件B ．当 m? α时，“m⊥ β”是“α⊥ β”的充足不用要条件C．当 n⊥ α时，“n⊥ β”是“α∥ β”成立的充要条件D ．当 m? α时，“n⊥ α”是“m⊥ n”的充足不用要条件① 错答案A分析当m?α时，若n∥ α可得m∥ n 或m，n 异面；若m∥ n 可得n∥ α或n?α，所以“n∥ α”是“m∥ n”的既不充足也不用要条件，答案选 A.3．一个几何体的三视图如下图，则该几何体的体积是()A ．64B．72 C． 80D．112答案B分析依据三视图，该几何体为下边是一个立方体、上边两个三棱锥，所以1 V＝ 4×4×4＋2×31×(2·4·2) ×3＝72，应选 B.4．如下图，在正方体ABCD － A1B1C1D 1中， M，N，P，Q 分别是 AA1，A1D 1，CC 1，BC 的中点，给出以下四个结论：①A1C⊥ MN ；② A1C∥平面 MNPQ ；③ A1C 与 PM 订交；④ NC 与 PM 异面．此中不正确的结论是()A ．①B ．②C．③ D ．④答案C分析作出过 M，N， P， Q 四点的截面交C1D 1于点 S，交 AB 于点 R，如下图中的六边形MNSPQR，明显点 A1， C 分别位于这个平面的双侧，故A1C 与平面 MNPQ 必定订交，不行能平行，故结论② 不正确．5．一个几何体的三视图如下图，则该几何体的表面积为()A ．2＋2B．3＋2C．1＋22 D ． 5答案A分析由三视图可知，该几何体是一个四棱锥，如下图．2该几何体的底面是边长为 1 的正方形，故S1＝ 1 ＝1.侧棱 PA⊥面 ABCD ，且 PA＝ 1，1 1故 S△PAB＝ S△PAD＝2×1×1＝2，而 PD ⊥ DC， CB⊥ PB，且 PB＝ PD＝ 2，所以 S△PBC＝S△PDC＝1× 2×1＝2. 22所以该几何体的表面积为S＝ 1＋12＝ 2＋ 2.应选 A. 2×＋2×226．如图，已知六棱锥P—ABCDEF 的底面是正六边形，PA⊥平面 ABC，PA＝ 2AB，则以下结论正确的选项是()A．PB⊥ADB．平面 PAB⊥平面 PBCC．直线 BC∥平面 PAED ．直线PD 与平面ABC所成的角为45°答案D分析若 PB⊥ AD ，则 AD ⊥ AB，但 AD 与 AB 成 60°角， A 错误；平面PAB 与平面 ABD 垂直，所以平面PAB 必定不与平面PBC 垂直， B 错误； BC 与 AE 是订交直线，所以BC 必定不与平面 PAE 平行， C 错误；直线 PD 与平面 ABC 所成角为∠ PDA，在 Rt△PAD 中， AD ＝ PA，∴∠ PDA＝ 45°， D 正确．7．关于四周体ABCD ，给出以下四个命题：①若 AB＝ AC， BD＝CD ，则 BC⊥ AD ；②若 AB＝ CD， AC＝ BD ，则 BC⊥ AD ；③若 AB⊥ AC， BD⊥CD ，则 BC⊥ AD ；④若 AB⊥ CD， AC⊥ BD ，则 BC⊥ AD .此中正确的选项是________． (填序号 )答案①④分析取线段 BC 的中点 E，连结 AE， DE ，∵AB＝ AC， BD ＝ CD，∴ BC⊥ AE， BC⊥ DE，∴ BC⊥平面 ADE ，∵AD? 平面 ADE ，∴ BC⊥ AD，故①正确．设点 O 为点 A 在平面 BCD 上的射影，连结 OB，OC， OD，∵AB⊥ CD ， AC⊥ BD，∴ OB⊥ CD，OC⊥ BD ，∴点 O 为△BCD 的垂心，∴OD⊥BC，∴ BC⊥ AD，故④正确，易知②③不正确，填①④ .8.如图，四周体ABCD 中， AB＝ 1， AD＝ 23， BC＝ 3，CD＝ 2，∠ ABC ＝π∠ DCB＝，则二面角A－ BC－ D 的大小为 ________．2π答案3π分析由∠ ABC ＝∠DCB ＝2知，→ →A－ BC－ D 的平面角．BA与 CD 的夹角θ就是二面角→→→→→ 2→ → →2又 AD＝ AB＋ BC＋ CD，∴ AD＝ (AB ＋BC＋CD )→ 2→→ 2→ →＝ AB＋BC 2＋ CD＋ 2AB·CD .→ →＝(2 3)2222所以 2AB·CD－ 1－ 3－2 ＝－ 2，∴ cos( π－θ)＝－12，且 0<π－θ<π，2π则π－θ＝π，故θ＝.339．已知直线l ， m，平面α，β，且 l ⊥ α， m? β，给出四个命题：①若α∥ β，则 l ⊥ m；②若 l ⊥ m，则α∥ β；③若α⊥ β，则 l ∥ m；④若 l∥ m，则α⊥ β.此中为真命题的是________． (填序号 )答案①④分析对命题①，则 l ⊥ α，α∥ β得， l ⊥ β， m? β，∴ l⊥ m，故①正确．对命题②， l ⊥ mD? /l⊥ β，则 l⊥ mD? /α∥ β，故②错误．对命题③，当α⊥ β时， l 与 m 也可能订交或异面或平行，故③ 错误．对命题④，由 l⊥ α， l∥ m 得 m⊥ α，又 m? β，∴α⊥β，故④正确．BD的长为10．三棱锥 D － ABC 及其三视图中的正(主 ) 视图和侧 (左 )视图如下图，则棱________．答案42AC中点为E，则BE⊥ AC，且AE ＝ CE＝ 2；分析由正 (主 )视图知 CD⊥平面 ABC，设由侧 (左 )视图知 CD＝ 4，BE ＝ 2 3，在 Rt△ BCE中， BC＝BE2＋EC2＝32＋22＝4，在 Rt△ BCD 中， BD ＝ BC2＋ CD2＝ 42＋ 42＝ 4 2.故答案为 4 2.。
高考数学二轮滚动检测 立体几何试卷 理含解析 试题
立体几何(lìtǐjǐhé)本套试卷分第一卷(选择题)和第二卷(非选择题)两局部，一共(yīgòng)150分，考试时间是是120分钟．第一卷一、选择题(本大题一一共(yīgòng)12小题，每一小题5分，一共60分．在每一小题给出的四个选项里面，只有一项是哪一项符合题目要求的)1．(2021·模拟(mónǐ))在△ABC 中，|AB →|＝|BC →|＝|CA →|＝2，那么向量AB →·BC →＝( ) A ．2 B ．－2 C ．23 D ．－2 3【解析】 向量AB →与BC →的夹角为2π3，那么AB →·BC →＝2×2×cos 23π＝－2.【答案】 B2．(2021·模拟)等比数列{a n }，假设存在两项a m ，a n 使得a m ·a n ＝a 23，那么1m ＋4n 的最小值为( )A.32B.53C.94D.76【解析】 由等比数列的性质知m ＋n ＝6，那么1m ＋4n ＝16⎝⎛⎭⎫1m ＋4n (m ＋n )＝16⎝⎛⎭⎫5＋4m n ＋n m ≥32，当且仅当4m n ＝n m，即m ＝2，n ＝4时等号成立．【答案】 A3．在正四面体P －ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，BC ，CA 的中点，下面四个结论中不成立的( )A ．BC ∥平面PDFB ．DF ⊥平面(píngmiàn)P AEC ．平面(píngmiàn)PDE ⊥平面(píngmiàn)ABCD ．平面(píngmiàn)P AE ⊥平面ABC【解析】 假设平面PDF ⊥平面ABC ，那么顶点P 在底面的射影在DF 上，又因为正四面体的顶点在底面的射影是底面的中心，因此结论不成立，应选C.【答案】 C4．(2021·模拟)点M 、N 分别是正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱A 1B 1、A 1D 1的中点，用过A 、M 、N 和D 、N 、C 1的两个截面截去正方体的两个角后得到的几何体如以下图4－1，那么该几何体的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图依次为( )图4－1A ．①②③B ．②③④C ．①③④D ．②④③【解析】 根据三视图的定义可知选B. 【答案】 B5．(2021·模拟)设z ＝x ＋y ，其中实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≥0，x －y ≤0，0≤y ≤k ，假设z 的最大值为6，那么z 的最小值为( )A ．－3B ．－2C ．－1D ．0【解析(jiě xī)】 由z ＝x ＋y 得y ＝－x ＋z ，作出⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≥0，x －y ≤0，0≤y ≤k ，的区域(qūyù)BCO ，平移(pín ɡ yí)直线y ＝－x ＋z ，由图象可知(kě zhī)当直线经过C 时，直线的截距最大，此时z ＝6，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝x ，y ＝－x ＋6，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝3，所以k ＝3，解得B (－6,3)，代入z ＝x ＋y 得最小值为z ＝－6＋3＝－3，选A.【答案】 A6．函数f (x )＝A sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π6(A ＞0，ω＞0)的最小正周期为2，且f (0)＝3，那么函数f (3)＝( )A ．－ 3 B. 3 C ．－2D ．2【解析】 ω＝2π2＝π，由f (0)＝A sin π6＝3得A ＝23，所以f (x )＝23sin ⎝⎛⎭⎫πx ＋π6，所以f (3)＝23sin ⎝⎛⎭⎫3π＋π6＝－ 3. 【答案】 A7．(2021·课标全国卷Ⅰ)如图4－2，有一个程度放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为 6 cm ，假如不计容器厚度，那么球的体积为( )图4－2A.500π3 cm 3B.866π3 cm 3C.1 372π3cm 3D.2 048π3cm 3【解析(jiě xī)】 如图，作出球的一个(yī ɡè)截面，那么MC ＝8－6＝2(cm)，BM ＝12AB ＝12×8＝4(cm)．设球的半径(bànjìng)为R cm ，那么(nà me)R 2＝OM 2＋MB 2＝(R －2)2＋42，∴R ＝5，∴V 球＝43π×53＝5003π(cm 3)．【答案】 A8．(2021·模拟)平面α⊥平面β，α∩β＝l ，点A ∈α，A ∉l ，直线AB ∥l ，直线AC ⊥l ，直线m ∥α，m ∥β，那么以下四种位置关系中，不一定成立的是( )A ．AB ∥m B ．AC ⊥m C ．AB ∥βD ．AC ⊥β【解析】 因为m ∥α，m ∥β，α∩β＝l ，所以m ∥l . 因为AB ∥l ，所以AB ∥m ，故A 一定正确．因为AC ⊥l ，m ∥l ，所以AC ⊥m ，从而B 一定正确．因为AB ∥l ，l ⊂β，AB ⊄β. 所以AB ∥β.故C 也正确．因为AC ⊥l ，当点C 在平面α内时，AC ⊥β成立，当点C 不在平面α内时，AC ⊥β不成立，故D 不一定成立．【答案】 D9．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a ，顶点都在一个球面上，那么该球的外表积为( )A ．πa 2 B.73πa 2 C.113πa 2 D ．5πa 2【解析(jiě xī)】 设球心(qiúxīn)为O ，正三棱柱(léngzhù)上底面为△ABC ，中心(zhōngxīn)为O ′，因为三棱柱所有棱的长都为a ，那么可知OO ′＝a 2，O ′A ＝33a ，又由球的相关性质可知，球的半径R ＝OO ′2＋O ′A 2＝216a ， 所以球的外表积为4πR 2＝73πa 2.【答案】 B 10.图4－3在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AB 的中点，那么点C 到平面A 1DM 的间隔 为( )A.63a B.66a C.22a D.12a 【解析】 设点C 到平面A 1DM 的间隔 为h ，那么由得DM ＝A 1M ＝a 2＋(a 2)2＝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 ，64a 2·h ＝12a 2·a ，所以h ＝63a ，即点C 到平面A 1DM 的间隔 为63a ，选A. 【答案(dá àn)】 A11．在正三棱柱(léngzhù)ABC —A 1B 1C 1中，D 是AC 的中点(zhōnɡ diǎn)，AB 1⊥BC 1，那么(nà me)平面DBC 1与平面CBC 1所成的角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°【解析】 以A 为坐标原点，AC →，AA 1→的方向分别为y 轴和z 轴的正方向建立空间直角坐标系．设底面边长为2a ，侧棱长为2b ，那么A (0,0,0)，C (0,2a,0)，D (0，a,0)，B (3a ，a,0)，C 1(0,2a,2b )，B 1(3a ，a,2b )． 由AB 1→⊥BC 1→，得AB 1→·BC 1→＝0，即2b 2＝a 2. 设n 1＝(x ，y ，z )为平面DBC 1的一个法向量， 那么n 1·DB →＝0，n 1·DC 1→＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧3ax ＝0，ay ＋2bz ＝0.又2b 2＝a 2，令z ＝1，解得n 1＝(0，－2，1)．同理可求得平面CBC 1的一个法向量为n 2＝(1，3，0)．利用公式cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝22，得θ＝45°. 【答案】 B12．(2021·模拟)正四棱锥S —ABCD 中，SA ＝23，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为( )A ．1 B.3 C ．2 D ．3【解析(jiě xī)】 如下(rúxià)图，设正四棱锥高为h ，底面边长为a ，那么(nà me)22a ＝12－h 2，即a 2＝2(12－h 2)，所以(suǒyǐ)V ＝13×a 2×h ＝23h (12－h 2)＝－23(h 3－12h )，令f (h )＝h 3－12h ，那么f ′(h )＝3h 2－12(h ＞0)，令f ′(h )＝0，那么h ＝2，此时f (h )有最小值，V 有最大值． 【答案】 C第二卷二、填空题(本大题一一共4小题，每一小题5分，一共20分．把答案填在题中横线上)13．(2021·模拟)关于直线m ，n 和平面α，β有以下四个命题： ①假设m ∥α，n ∥β，α∥β，那么m ∥n ；②假设m∥n，m⊂α，n⊥β，那么α⊥β；③假设α∩β＝m，m∥n，那么n∥α且n∥β；④假设m⊥n，α∩β＝m，那么n⊥α或者n⊥β.其中假命题的序号是________．【解析】命题①m与n也可相交或者异面，所以①是假命题；命题②由条件可得m ⊥β，又m⊂α，故α⊥β，所以②是真命题；命题③也可得到n⊂α或者n⊂β，所以③错；命题④由只能得到n垂直α与β内的一条直线，无法断定n⊥α或者n⊥β，所以命题④错．【答案】①③④14．(2021·高考)某几何体的三视图如图4－4所示，那么其体积为________．图4－4【解析(jiě xī)】原几何体可视为圆锥的一半(yībàn)，其底面半径为1，高为2，∴其体积(tǐjī)为13×π×12×2×12＝π3.【答案(dá àn)】π315．(2021·模拟)三棱锥S—ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，△ABC是斜边AB＝a的等腰直角三角形，那么以下结论中：图4－5①异面直线SB 与AC 所成的角为90°. ②直线SB ⊥平面ABC ； ③平面SBC ⊥平面SAC ； ④点C 到平面SAB 的间隔 是12a .其中正确结论的序号是________．【解析】 由题意知AC ⊥平面SBC ，故AC ⊥SB ，SB ⊥平面ABC ，平面SBC ⊥平面SAC ，①②③正确；取AB 的中点E ，连接CE ，可证得CE ⊥平面SAB ，故CE 的长度即为C 到平面SAB 的间隔 12a ，④正确．【答案(dá àn)】 ①②③④16．对大于或者(huòzhě)等于2的自然数m 的n 次方幂有如下(rúxià)分解方式： 22＝1＋3 23＝3＋5 32＝1＋3＋5 33＝7＋9＋11 42＝1＋3＋5＋7 43＝13＋15＋17＋19 52＝1＋3＋5＋7＋953＝21＋23＋25＋27＋29根据上述分解(fēnjiě)规律，假设m 3(m ∈N *)的分解中最小的数是73，那么m 的值是________．【解析】 由所给等式知，m 3分解中第1个数为数列3,5,7，…中第2＋3＋4＋…＋(m －1)＋1项，即m 2－m 2项，从而m 3分解中第1个数为m 2－m ＋1，由m 2－m ＋1＝73得m ＝9.【答案】 9三、解答题(本大题一一共6小题，一共70分．解容许写出文字说明、证明过程或者演算步骤)17．(本小题满分是10分)(2021·模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对边的边长分别是a ，b ，c .(1)假设c ＝2，C ＝π3且△ABC 的面积等于3，求cos(A ＋B )和a ，b 的值；(2)假设B 是钝角，且cos A ＝35，sin B ＝1213，求sin C 的值．【解】 (1)∵A ＋B ＋C ＝π，C ＝π3，∴A ＋B ＝π－C ，∴cos(A ＋B )＝cos(π－C )＝－cos C ＝－cos π3＝－12.由余弦定理及条件得，a 2＋b 2－ab ＝4，又因为(yīn wèi)△ABC 的面积(miàn jī)等于3，所以(suǒyǐ)12ab sin C ＝3，得ab ＝4.联立方程(lián lì fānɡ chénɡ)组⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2－ab ＝4，ab ＝4，解得a ＝2，b ＝2.(2)∵B 是钝角，且cos A ＝35，sin B ＝1213，∴sin A ＝1－cos 2A ＝1－⎝⎛⎭⎫352＝45， cos B ＝－1－sin 2B ＝－1－⎝⎛⎭⎫12132＝－513， ∴sin C ＝sin[π－(A ＋B )]＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝45×⎝⎛⎭⎫－513＋35×1213＝1665. 18．(本小题满分是12分)(2021·模拟)在如图4－6所示的多面体ABCDE 中，AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，且AC ＝AD ＝CD ＝DE ＝2，AB ＝1.图4－6(1)请在线段CE 上找到点F 的位置，使得恰有直线BF ∥平面ACD ，并证明这一结论；(2)求多面体ABCDE 的体积．【解】 (1)如下图，由AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，∴AB ∥ED ，设F 为线段CE 的中点，H 是线段CD 的中点，连接BF 、FH 、AH ，那么FH 綊12ED ，又AB ＝12ED ，∴FH 綊AB ，∴四边形ABFH 是平行四边形，∴BF ∥AH ，又因为(yīn wèi)BF ⊄平面(píngmiàn)ACD ，AH ⊂平面(píngmiàn)ACD ，∴BF ∥平面(píngmiàn)ACD .(2)取AD 中点G ，连接CG .因为AB ⊥平面ACD ，∴CG ⊥AB ，又CG ⊥AD ，∴CG ⊥平面ABED ，即CG 为四棱锥C —ABED 的高，求得CG ＝3，∴V C —ABED ＝13·(1＋2)2·2·3＝ 3.19．(本小题满分是12分)(2021·模拟)如图4－7，三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧面AA 1B 1B 为正方形，侧面BB 1C 1C 为菱形，∠CBB 1＝60°，AB ⊥B 1C .(1)求证：平面AA 1B 1B ⊥平面BB 1C 1C(2)假设AB ＝2，求三棱柱ABC —A 1B 1C 1的体积．图4－7【解】 (1)由侧面AA 1B 1B 为正方形，知AB ⊥BB 1. 又AB ⊥B 1C ，BB 1∩B 1C ＝B 1，所以AB ⊥平面BB 1C 1C ， 又AB ⊂平面AA 1B 1B ，所以平面AA 1B 1B ⊥平面BB 1C 1C .(2)由题意，CB ＝CB 1，设O 是BB 1的中点，连接CO ，那么CO ⊥BB 1.由(1)知，CO ⊥平面AA 1B 1B ，且CO ＝32BC ＝32AB ＝ 3. 连结(lián jié)AB 1，那么(nà me)VC —ABB 1＝13S △ABB 1·CO ＝16AB 2·CO ＝233.因为(yīn wèi)VB 1—ABC ＝VC —ABB 1＝13VABC —A 1B 1C 1＝233，故三棱柱(léngzhù)ABC —A 1B 1C 1的体积VABC —A 1B 1C 1＝2 3.20．(本小题满分是12分)数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －2，数列{b n }满足b 1＝1，且b n ＋1＝b n ＋2.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝1－(－1)n 2a n －1＋(－1)n2b n ，求数列{c n }的前2n 项和T 2n .【解】 (1)当n ＝1，a 1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，∴a n ＝2a n －1. ∴{a n }是等比数列，公比为2，首项a 1＝2，∴a n ＝2n . 由b n ＋1＝b n ＋2，得{b n }是等差数列，公差为2. 又首项b 1＝1，∴b n ＝2n －1.(2)c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2nn 为奇数，－(2n －1) n 为偶数，∴T 2n ＝2＋23＋…＋22n －1－[3＋7＋…＋(4n －1)] ＝22n ＋1－23－2n 2－n .21．(本小题满分是12分)如图4－8所示，P A ⊥平面ABC ，点C 在以AB 为直径的⊙O 上，∠CBA ＝30°，P A ＝AB ＝2，点E 为线段PB 的中点，点M 在弧AB 上，且OM ∥AC .图4－8(1)求证：平面MOE ∥平面P AC .(2)求证(qiúzhèng)：平面P AC⊥平面(píngmiàn)PCB.(3)设二面角M—BP—C的大小(dàxiǎo)为θ，求cos θ的值．【解】(1)因为(yīn wèi)点E为线段PB的中点，点O为线段AB的中点，所以OE∥P A.因为P A⊂平面P AC，OE⊄平面P AC，所以OE∥平面P AC.因为OM∥AC，因为AC⊂平面P AC，OM⊄平面P AC，所以OM∥平面P AC.因为OE⊂平面MOE，OM⊂平面MOE，OE∩OM＝O，所以平面MOE∥平面P AC.(2)因为点C在以AB为直径的⊙O上，所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC.因为P A⊥平面BAC，BC⊂平面ABC，所以P A⊥BC.因为AC⊂平面P AC，P A⊂平面P AC，P A∩AC＝A，所以BC⊥平面P AC.因为BC⊂平面PCB，所以平面P AC⊥平面PCB.(3)如图，以C为原点，CA所在的直线为x轴，CB所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系C —xyz .因为(yīn wèi)∠CBA ＝30°，P A ＝AB ＝2， 所以(suǒyǐ)CB ＝2cos 30°＝3，AC ＝1. 延长(yáncháng)MO 交CB 于点D . 因为(yīn wèi)OM ∥AC ， 所以MD ⊥CB ，MD ＝1＋12＝32，CD ＝12CB ＝32.所以P (1,0,2)，C (0,0,0)，B (0，3，0)，M ⎝⎛⎭⎫32，32，0.所以CP →＝(1,0,2)，CB →＝(0，3，0)． 设平面PCB 的法向量m ＝(x ，y ，z )． 因为⎩⎪⎨⎪⎧m ·CP →＝0，m ·CB →＝0.所以⎩⎪⎨⎪⎧ (x ，y ，z )·(1，0，2)＝0，(x ，y ，z )·(0，3，0)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2z ＝0，3y ＝0.令z ＝1，那么x ＝－2，y ＝0. 所以m ＝(－2,0,1)．同理可求平面PMB 的一个法向量n ＝(1，3，1)． 所以cos 〈m ，n 〉＝m·n|m|·|n|＝－15.因为二面角M —BP —C 为锐二面角，所以cos θ＝15.图4－922．(本小题满分(mǎn fēn)是12分)(2021·高考(ɡāo kǎo))如图4－9，四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，AD ＝CD ＝1，AA 1＝AB ＝2，E 为棱AA 1的中点(zhōnɡ diǎn)．(1)证明(zhèngmíng)B 1C 1⊥CE ； (2)求二面角B 1-CE -C 1的正弦值；(3)设点M 在线段C 1E 上，且直线AM 与平面ADD 1A 1所成角的正弦值为26，求线段AM 的长．【解】 如图，以点A 为原点，以AD ，AA 1，AB 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，依题意得A (0,0,0)，B (0,0,2)，C (1,0,1)，B 1(0,2,2)，C 1(1,2,1)，E (0,1,0)．(1)证明：易得B 1C 1→＝(1,0，－1)，CE →＝(－1,1－1)，于是B 1C 1→·CE →＝0，所以B 1C 1⊥CE . (2)解：B 1C →＝(1，－2，－1)．设平面B 1CE 的法向量m ＝(x ，y ，z )，那么⎩⎪⎨⎪⎧m ·B 1C →＝0，m ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －z ＝0，－x ＋y －z ＝0.消去x ，得y ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得一个法向量为m ＝(－3，－2,1)． 由(1)知，B 1C 1⊥CE ，又CC 1⊥B 1C 1， 可得B 1C 1⊥平面CEC 1，故B 1C 1→＝(1,0，－1)为平面(píngmiàn)CEC 1的一个(yī ɡè)法向量．于是(yúshì)cos 〈m ，B 1C 1→〉＝m ·B 1C 1→|m ||B 1C 1→|＝－414×2＝－277，从而(cóng ér)sin 〈m ，B 1C 1→〉＝217.所以二面角B 1—CE —C 1的正弦值为217. (3)解：AE →＝(0,1,0)，EC 1→＝(1,1,1)．设EM →＝λEC 1→＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有AM →＝AE →＋EM →＝(λ，λ＋1，λ)． 可取AB →＝(0,0,2)为平面ADD 1A 1的一个法向量． 设θ为直线AM 与平面ADD 1A 1所成的角，那么 sin θ＝|cos 〈AM →，AB →〉|＝|AM →·AB →||AM →||AB →|＝2λλ2＋(λ＋1)2＋λ2×2＝λ3λ2＋2λ＋1，于是λ3λ2＋2λ＋1＝26，解得λ＝13(负值舍去)，所以AM＝ 2.内容总结。
高考数学二轮复习 专题5 立体几何 专题综合检测五 理-人教版高三全册数学试题
专题综合检测(五)(时间：120分钟，满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．(2015·某某卷)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(D )A ．3πB ．4πC ．2π＋4D ．3π＋4解析：由几何体的三视图可知，该几何体为半圆柱，直观图如图所示．表面积为2×2＋2×12×π×12＋π×1×2＝4＋3π. 2．利用斜二测画法得到如下结论：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菱形的直观图是菱形．其中正确的是(A )A ．①②B ．①C ．③④D ．①②③④解析：由斜二测画法规则知，保持平行性、平行x 轴长度保持不变，平行y 轴的长度减半．故①②正确，选A.3．(2015·新课标Ⅱ卷)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(D )A.18B.17C.16D.15解析：由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为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．等体积的球与正方体，它们的表面积的大小关系是(C )A ．S 球＞S 正方体B ．S 球＝S 正方体C ．S 球＜S 正方体D ．不能确定解析：设正方体与球的体积均为V ，可算出它们的表面积大小(用V 表示)，知选C.5．下列命题正确的是(C )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，则这两个平面平行解析：若两条直线和同一平面所成角相等，这两条直线可能平行，也可能为异面直线，也可能相交，所以A错；一个平面不在同一条直线的三点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行，故B错；若两个平面垂直同一个平面，两平面可以平行，也可以垂直，故D 错；故选项C正确．6. (2014·某某卷)在如图所示的空间直角坐标系O－xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)，给出编号①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为(D)A．①和② B．③和①C．④和③ D．④和②解析：设A(0，0，2)，B(2，2，0)，C(1，2，1)，D(2，2，2)，在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的正视图为④与俯视图为②.故选D.7. (2015·某某卷改编)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(C)A.63πm 3B.85πm 3C.83πm 3D.94π m 3 解析：由几何体的三视图可知该几何体由两个圆锥和一个圆柱构成，其中圆锥的底面半径和高均为1，圆柱的底面半径为1且其高为2，故所求几何体的体积为V ＝13π×12×1×2＋π×12×2＝83π(m 3)．8．如图，三棱锥P ABC 的高PO ＝8，AC ＝BC ＝3，∠ACB ＝30°，M ，N 分别在BC 和PO 上，且CM ＝x ，PN ＝2CM ，则下面四个图象中大致描绘了三棱锥N AMC 的体积V 与x 的变化关系(x ∈(0，3])的是(A )9．如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下4个命题中，假命题是(B)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10．如图，模块①～⑤均由4个棱长为1的小正方体构成，模块⑥由15个棱长为1的小正方体构成，现从模块①～⑤中选出3个放到模块⑥上，使得模块⑥成为一个棱长为3的大正方体，下列方案中能完成任务的是(A)A．模块①②⑤ B．模块①③⑤C．模块②④⑤ D．模块③④⑤11．(2015·某某模拟)设m，n是平面α内的两条不同直线；l1，l2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分而不必要条件是(B)A．m∥β且l1∥α B．m∥l1且n∥l2C．m∥β且n∥βD．m∥β且n∥l2解析：对于选项A，不合题意；对于选项B，由于l1与l2是相交直线，而且由l1∥m可得l1∥α，同理可得l2∥α，又l1与l2相交，故可得α∥β，充分性成立，而由α∥β不一定能得到l1∥m，它们也可以异面，故必要性不成立，符合题意，对于选项C，由于m，n 不一定相交，故是必要非充分条件；对于选项D，由n∥l2可转化为n∥β，同选项C，故不符合题意．故选B.12．(2015·某某调研)在四面体DABC中，若AB＝CB，AD＝CD，且是AC的中点，则下列正确的是(C)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解析：因为AB＝CB且E是AC的中点，所以BE⊥AC.同理有DE⊥AC.于是AC⊥平面BDE.因为AC在平面ABC内，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE，所以选C.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)13．如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面是∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝a或2a时，CF⊥平面B1DF.解析：由直三棱柱及D是A1C1的中点，得B1D⊥平面AC1，而CF⊂平面AC1，∴B1D⊥CF.若CF⊥平面B1DF，则必有CF⊥DF，设AF＝x(0＜x＜3a)，则CF2＝x2＋4a2，DF2＝a2＋(3a－x)2.又CD2＝a2＋9a2＝10a2，∴10a2＝x2＋4a2＋a2＋(3a－x)2.解得x＝a或2a.14．若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积是18cm3.解析：该几何体是由两个长方体组成，下面长方体的体积为1×3×3＝9 (cm 3)，上面的长方体体积为3×3×1＝9 (cm 3)，因此该几何体的体积为18 cm 3.15．如图，在长方形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 为DC 的中点，F 为线段EC (端点除外)上一动点．现将△AFD 沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABC .在平面ABD 内过点D 作DK ⊥AB ，K 为垂足．设AK ＝t ，则t 的取值X 围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1．解析：此题可采用两个极端位置法，即对于F 位于DC 的中点时，t ＝1，随着点F 到点C 时，因CB ⊥AB ，CB ⊥DK ，∴CB ⊥平面ADB ，即有CB ⊥BD .对于CD ＝2，BC ＝1，∴BD ＝ 3.又AD ＝1，AB ＝2，因此有AD ⊥BD ，则有t ＝12.因此t 的取值X 围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 . 16．关于直线m ，n 和平面α，β有以下四个命题：①当m ∥α，n ∥β，α∥β时，m ∥n ；②当m ∥n ，m ⊂α，n ⊥β时，α⊥β；③当α∩β＝m ，m ∥n 时，n ∥α且n ∥β；④当m ⊥n ，α∩β＝m 时，n ⊥α或n ⊥β.其中假命题的序号是①③④．三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝13，BB 1＝BC ＝6，E ，F 为侧棱AA 1上的两点，且EF ＝3，求几何体EF BB 1C 1C 的体积．解析：△ABC 的边BC 上的高等于（13）2－33＝2，所以S △ABC ＝S △A 1B 1C 1＝12×6×2＝6. 由于直三棱柱ABC A 1B 1C 1的体积 V ＝6×6＝36，而三棱锥E A 1B 1C 1的体积VE A 1B 1C 1＝13·S △A 1B 1C 1·EA 1， 三棱锥F ABC 的体积V F ABC ＝13·S △ABC ·FA ， 所以VE A 1B 1C 1＋V F ABC ＝13·S △ABC ·(EA 1＋FA )＝13×6×(6－3)＝6. 于是几何体EF BB 1C 1C 的体积等于36－6＝30.18．(12分)如图，四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为菱形，PA ⊥底面ABCD ，AC ＝22，PA ＝2，E 是PC 上的一点，PE ＝2EC .(1)证明：PC ⊥平面BED ；(2)设二面角A PB C 为90°，求PD 与平面PBC 所成角的大小．解析：(1)因为底面ABCD 是菱形，所以BD ⊥AC ，又PA ⊥底面ABCD ，所以PA ⊥BD ，又AC ∩PA ＝A ，AC 、PA ⊂面PAC ，所以BD ⊥平面PAC ，所以PC ⊥BD .设AC ∩BD ＝F ，连接EF ，因为AC ＝22，PA ＝2，PE ＝2EC ，故PC ＝23，EC ＝233，FC ＝ 2. 从而PCFC ＝6，AC EC ＝ 6.因为PC FC ＝AC EC ，∠FCE ＝∠PCA ，所以△FCE ∽△PCA ，∠FEC ＝∠PAC ＝90°，由此知PC ⊥EF . 因为PC 与平面BED 内两条相交直线BD ，EF 都垂直，所以PC ⊥平面BED .(2)在平面PAB 内过点A 作AG ⊥PB ，G 为垂足．因为二面角A PB C 为90°，所以平面PAB ⊥平面PBC .又平面PAB ∩平面PBC ＝PB ，故AG ⊥平面PBC ，AG ⊥BC .因为BC 与平面PAB 内两条相交直线PA ，AG 都垂直，故BC ⊥平面PAB ，于是BC ⊥AB ，所以底面ABCD 为正方形，AD ＝2，PD ＝PA 2＋AD 2＝2 2.设D 到平面PBC 的距离为d .因为AD ∥BC ，且AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，故AD ∥平面PBC ，A ，D 两点到平面PBC 的距离相等，即d ＝AG ＝ 2.设PD 与平面PBC 所成的角为α，则sin α＝d PD ＝12.所以PD 与平面PBC 所成的角为30°.19．(12分)(2014·某某卷)如图，四棱锥PABCD 中，ABCD 为矩形．平面PAD ⊥平面ABCD .(1)求证：AB ⊥PD .(2)若∠BPC ＝90°，PB ＝2，PC ＝2.问AB 为何值时，四棱锥PABCD 的体积最大？并求此时平面BPC 与平面DPC 夹角的余弦值．分析：(1)利用直线与平面、平面与平面垂直的性质证明线线垂直；(2)利用空间坐标系求解空间角的大小．解析：(1)因为四边形ABCD 为矩形，故AB ⊥AD . 又平面PAD ⊥平面ABCD ， 平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PD .(2)过P 作AD 的垂线，垂足为O ，过O 作BC 的垂线，垂足为G ，连接PG . 故PO ⊥平面ABCD ，BC ⊥平面POG ，BC ⊥PG . 在Rt △BPC 中，PG ＝233，GC ＝263，BG ＝63.设AB ＝m ，则OP ＝PG 2－OG 2＝43－m 2，故四棱锥PABCD 的体积为V ＝13·6·m ·43－m 2＝m 3·8－6m 2. 因为m 8－6m 2＝8m 2－6m 4＝－6（m 2－23）2＋83，故当m ＝63，即AB ＝63时，四棱锥PABCD 的体积最大． 此时，建立如图所示的坐标系，各点的坐标为O (0，0，0)，B (63，－63，0，)，C (63，263，0)，D (0，263，0)，P (0，0，63)．故PC →＝(63，263，－63)，BC →＝(0，6，0)，CD →＝(－63，0，0)．设平面BPC 的法向量n 1＝(x ，y ，1)，则由n 1⊥PC →，n 1⊥BC →得⎩⎪⎨⎪⎧63x ＋263y －63＝0，6y ＝0，解得x ＝1，y ＝0，n 1＝(1，0，1)．同理可求出平面DPC 的法向量n 2＝(0，12，1)．从而平面BPC 与平面DPC 夹角θ的余弦值为cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝12·14＋1＝105. 20．(12分)(2015·新课标Ⅱ卷)如图，长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值． 解析：(1)交线围成的正方形EHGF 如图所示． (2)作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EM ＝AA 1＝8. 因为四边形EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10. 于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，所以AH ＝10.以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，则A (10，0，0)，H (10，10，0)，E (10，4，8)，F (0，4，8)，FE →＝(10，0，0)，HE →＝(0，－6，8)．设n ＝(x ，y ，z )是平面EHGF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝0，n ·HE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧10x ＝0，－6y ＋8z ＝0，所以可取n ＝(0，4，3)．又AF →＝(－10，4，8)，故|cos 〈n ，AF →〉|＝|n ·AF →||n ||AF →|＝4515.所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为4515.21．(12分)如图1，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，CD ∥AB ，AB ＝4，AD ＝CD ＝2.将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体DABC，如图2所示．(1)求证：BC⊥平面ACD；(2)求几何体DABC的体积．解析：(1)证法一在题图1中，可得AC＝BC＝22，∴AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC.如图，取AC中点为O，连接DO，则DO⊥AC，又平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC＝AC，DO⊂平面ADC，∴OD⊥平面ABC.∴OD⊥BC.又AC⊥BC，AC∩OD＝O，∴BC⊥平面ACD.证法二在题图1中，可得AC＝BC＝22，∴AC2＋BC2＝AB2.故AC⊥BC.又∵平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC，从而BC⊥平面ACD.(2)由(1)可知BC为三棱锥BACD的高，BC＝22，S△ACD＝2.∴V B ACD ＝13·S △ACD ·BC ＝13×2×22＝423.由等积性可知几何体D ABC 的体积为423.22．(12分)(2015·某某卷)如图，在四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1AC B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E 的长．解析：如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0，0，0)，B (0，1，0)，C (2，0，0)，D (1，－2，0)，A 1(0，0，2)，B 1(0，1，2)，C 1(2，0，2)，D 1(1，－2，2)．又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，1，N (1，－2，1)．(1)依题意，可得n ＝(0，0，1)为平面ABCD 的一个法向量，MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－52，0，由此可得MN →·n ＝0.又因为直线MN ⊄平面ABCD ， 所以MN ∥平面ABCD .(2)AD 1→＝(1，－2，2)，AC →＝(2，0，0)，设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0. 不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0，1，1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0.又AB 1→＝(0，1，2)，所以⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0，不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2，1)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010，所以，二面角D 1AC B 1的正弦值为31010.(3)依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈[0，1]，则E (0，λ，2)， 从而NE →＝(－1，λ＋2，1)．又n ＝(0，0，1)为平面ABCD 的一个法向量，由已知，得 |cos 〈NE →，n 〉|＝|NE →·n ||NE →||n |＝1（－1）2＋（λ＋2）2＋12＝13， 整理得λ2＋4λ－3＝0，解得λ＝－2±7. 又因为λ∈[0，1]，所以λ＝7－2.所以，线段A1E的长为7－2.。
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专题1.5 立体几何
（一）选择题（12*5=60分）
1．三棱柱的侧棱垂直于底面，且，，若该三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如图，由题可知矩形的中心为该三棱柱外接球的球心，.
∴该球的表面积为.选C．
2．已知，，是三个不同的平面，，是两条不同的直线，下列命题是真命题的是（）A．若，，则B．若，，则
C．若，，，则D．若，，，则
【答案】D
【解析】对于A，B选项，可能相交；对于C选项，可能异面，故选D.
3．【2018广西贺州桂梧高中联考】有一个圆锥与一个圆柱的底面半径相等，圆锥的母线与底面所成角为60°，若圆柱的外接球的表面积是圆锥的侧面积的6倍，则圆柱的高是底面半径的（）
A. 倍
B. 倍
C. 倍
D. 倍
【答案】C
4．《九章算术》是我国数学史上堪与欧几里得《几何原本》相媲美的数学名著．其第五卷《商功》中有如下问题：“今有圆堡，周四丈八尺，高一丈一尺，问积几何？”这里所说的圆堡就是圆柱体，其底面周长是4丈8尺，高1丈1尺，问它的体积是多少?若取3，估算该圆堡的体积为（1丈=10尺）（）A．1998立方尺 B．2012立方尺 C．2112立方尺 D．2324立方尺
【答案】A
【解析】由底面半径为，则，又，所以，所以该圆堡的体积为
立方尺，故选A．
5．【2018东北名校联考】已知正四棱锥中，分别是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）
A. B. C. D.
【答案】C
6．在直三棱柱中，平面与棱分别交于点，且直线
平面.有下列三个命题：①四边形是平行四边形；②平面平面；③平面平面.其中正确的命题有（）．
A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
【答案】C
7．【2018东北名校联考】某几何体的三视图如图所示，则该几何体体积是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由三视图知原几何体为一个半圆锥加处一个四棱锥．由三视图知半圆锥的底面半径为．则几何体的体积．故本题答案选．
8．现有一半球形原料，若通过切削将该原料加工成一正方体工件，则所得工件体积与原料体积之比的最大值为（）
A． B． C. D．
【答案】A
9．圆锥的母线长为，过顶点的最大截面的面积为，则圆锥底面半径与母线长的比的取值范围是（）．
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意得轴截面的顶角不小于，因为，所以，选D. 10．已知长方体的外接球的体积为，其中，则三棱锥的体积的最大值为（）
A.1
B.3
C.2
D.4
【答案】A
【解析】由题意设外接球的半径为,则由题设可得,由此可得.记长方体的三条棱长
分别为,则,由此可得,因棱锥的体积
,故应选A.
11．在正四棱锥中，为正方形的中心，，且平面与直线交于，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
12．用半径为的圆铁皮剪一个内接矩形，再以内接矩形的两边分别作为圆柱的高于底面半径，则圆柱的体积最大时，该圆铁皮面积与其内接矩形的面积比为（）
A． B． C． D．
【答案】C
（二）填空题（4*5=20分）
13．【西藏拉萨市2018届第一次模拟】中国古代数学瑰宝《九章算术》中有这样一道题：“今有堑堵（底面为直角三角形的直棱柱）下广二丈，袤一十八丈六尺，高二丈五尺，问积几何？”其意思为：“今有底面为直角三角形的直棱柱，底面的直角边长宽为2丈，长为18丈6尺，高为2丈5尺，问它的体积是多少？”已知1丈为10尺，则题中的堑堵的外接球的表面积为__________平方尺．
【答案】
【解析】根据题意可将此堑堵补成一个长方体，且长、宽、高分别为186尺，20尺，25尺，则外接球的直径为，外接球的面积为.
14．已知球的表面积为，用一个平面截球，使截面圆的半径为，则截面圆心与球心的距离是____________．
【答案】
【解析】由已知可得．
15．已知三棱锥的顶点都在同一个球面上（球），且，，当三棱锥的三个侧面的面积之和最大时，该三棱锥的体积与球的体积的比值是 .
【答案】
【解析】由于三条棱长是定值,所以由题设可知当两两互相垂直时,三个侧面的面
积之和最大.在此前提下可构造长方体
,使得分别是该长方体的长，宽，高.由此可得其外接球的直径即长方体的对角线长为
,即球的半径,球的体积,而三棱锥的体积
,所以
,故应填答案
.
N
Q
D
C
P
M
A
16．【2018广西南宁摸底联考】如图，在正方形中，
分别是
的中点，是
的中点.现
在沿
及
把这个正方形折成一个空间图形，使
三点重合，重合后的点记为.下列说法错
误的是__________（将符合题意的选项序号填到横线上）.
①
所在平面；②
所在平面；③
所在平面；④
所在平面.
【答案】①③④
（三）解答题（10+5*12=70分） 17．如图所示的几何体
为一简单组合体，在底面中，
，
，
，
平面
，
，
，
．
（1）求证：平面平面；
（2）求该组合体的体积．
18．如图，在四面体中，，，点，分别为棱，上的点，点为棱的中点，且平面平面．求证：
（1）；
（2）平面平面．
19．【2018黑龙江齐齐哈尔八中三模】如图1，矩形中，，将沿折起，得到如图所示的四棱锥，其中.
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【解析】（1）在图2中取的中点，连接，.由条件可知图1中四边形为正方形，则有，且可求得.在中，，，，由余弦定理得.在中，
，所以，即.由于，平面，且，，所以平面.又平面，故平面
平面.
20．如图，四棱锥中，底面为平行四边形，底面，是棱的中点，且．
（1）求证：平面；
（2）如果是棱上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值．
【解析】（1）连结，因为在中，，所以，
所以．因为，所以．又因为底面，所以，因为，所以平面．
21．如图①所示，四边形为等腰梯形，，且
于点为的中点．将沿着折起至的位置，得到如图②所示的四棱锥.
（1）求证：平面；
（2）若平面平面，求二面角的余弦值．
22．【河北省鸡泽县2018届月考】如图，三棱柱中，，
，.
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）若，在棱上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求的长，若不存在，说明理由.。