2012高三数学一轮复习阶段性测试题(9)：立体几何1
高考数学一轮复习立体几何多选题测试试题及答案
高考数学一轮复习立体几何多选题测试试题及答案一、立体几何多选题1．已知图1中，A 、B 、C 、D 是正方形EFGH 各边的中点，分别沿着AB 、BC 、CD 、DA 把ABF 、BCG 、CDH △、DAE △向上折起，使得每个三角形所在的平面都与平面ABCD 垂直，再顺次连接EFGH ，得到一个如图2所示的多面体，则（ ）A ．AEF 是正三角形B ．平面AEF ⊥平面CGHC ．直线CG 与平面AEF 2D ．当2AB =时，多面体ABCD EFGH -的体积为83【答案】AC 【分析】取CD 、AB 的中点O 、M ，连接OH 、OM ，证明出OH ⊥平面ABCD ，然后以点O 为坐标原点，OM 、OC 、OH 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，求出EF ，可判断A 选项的正误，利用空间向量法可判断BC 选项的正误，利用几何体的体积公式可判断D 选项的正误. 【详解】取CD 、AB 的中点O 、M ，连接OH 、OM ， 在图1中，A 、B 、C 、D 是正方形EFGH 各边的中点，则1122CH GH EH DH ===，O 为CD 的中点，OH CD ∴⊥，平面CDH ⊥平面ABCD ，平面CDH 平面ABCD CD =，OH ⊂平面CDH ，OH ∴⊥平面ABCD ，在图1中，设正方形EFGH 的边长为()220a a >，可得四边形ABCD 的边长为2a ， 在图1中，ADE 和ABF 均为等腰直角三角形，可得45BAF DAE ∠=∠=， 90BAD ∴∠=，∴四边形ABCD 是边长为2a 的正方形，O 、M 分别为CD 、AB 的中点，则//OC BM 且OC BM =，且90OCB ∠=，所以，四边形OCBM 为矩形，所以，OM CD ⊥，以点O 为坐标原点，OM 、OC 、OH 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则()2,,0A a a -、()2,,0B a a 、()0,,0C a 、()0,,0D a -、(),,E a a a -、()2,0,F a a 、(),,G a a a 、()0,0,H a .对于A 选项，由空间中两点间的距离公式可得2AE AF EF a ===，所以，AEF 是正三角形，A 选项正确；对于B 选项，设平面AEF 的法向量为()111,,m x y z =，(),0,AE a a =-，()0,,AF a a =，由11110m AE ax az m AF ay az ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取11z =，则11x =，11y =-，则()1,1,1m =-，设平面CGH 的法向量为()222,,n x y z =，(),0,CG a a =，()0,,CH a a =-， 由222200n CG ax az n CH ay az ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取21z =-，可得21x =，21y =-，则()1,1,1n =--，()22111110m n ⋅=+--⨯=≠，所以，平面AEF 与平面CGH 不垂直，B 选项错误；对于C 选项，6cos ,23CG m CG m a CG m⋅<>===⨯⋅， 设直线CG 与平面AEF 所成角为θ，则sin 6θ=，23cos 1sin θθ=-=，所以，sin tan 2cos θθθ==，C 选项正确； 对于D 选项，以ABCD 为底面，以OH 为高将几何体ABCD EFGH -补成长方体1111ABCD A B C D -，则E 、F 、G 、H 分别为11A D 、11A B 、11B C 、11C D 的中点，因为2AB =，即1a =，则1OH =，长方体1111ABCD A B C D -的体积为2214V =⨯=，11211111113326A A EF A EF V S AA -=⋅=⨯⨯⨯=△，因此，多面体ABCD EFGH -的体积为111044463ABCD EFGH A A EF V V V --=-=-⨯=， D 选项错误. 故选：AC. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度h ，从而不必作出线面角，则线面角θ满足sin hlθ=（l 为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设a 为直线l 的方向向量，n 为平面的法向量，则线面角θ的正弦值为sin cos ,a n θ=<>.2．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 '=⋅， 22221124DS 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332333322288A 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.3．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6r =，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.4．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.5．在三棱锥M ABC -中，下列命题正确的是（ ）A ．若1233AD AB AC =+，则3BC BD = B ．若G 为ABC 的重心，则111333MG MA MB MC =++C ．若0MA BC ⋅=，0MC AB ⋅=，则0MB AC ⋅=D ．若三棱锥M ABC -的棱长都为2，P ，Q 分别为MA ，BC 中点，则2PQ = 【答案】BC 【分析】作出三棱锥M ABC -直观图，在每个三角形中利用向量的线性运算可得. 【详解】对于A ，由已知12322233AD AB AC AD AC AB AD AC AB AD =+⇒=+⇒-=-，即2CD DB =，则32BD BD DC BC =+=，故A 错误； 对于B ，由G 为ABC 的重心，得0GA GB GC ++=，又MG MA AG =+，MG MB BG =+，MG MC CG =+，3MA MB MC MG ∴++=，即111333MG MA MB MC =++，故B 正确；对于C ，若0MA BC ⋅=，0MC AB ⋅=，则0MC MA BC AB ⋅+⋅=，即()00MA BC AC CB MA BC AC C MC C M B M C ⋅++=⇒⋅++⋅⋅=⋅()00MA BC A MC MC MC MC C BC MA BC AC ⋅⋅⋅⇒⋅+-=⇒-+=⋅()000MC M CA BC AC AC CB AC CB AC C MC ⇒+=⇒+=⇒+=⋅⋅⋅⋅⋅，即0MB AC ⋅=，故C 正确；对于D ，111()()222PQ MQ MP MB MC MA MB MC MA ∴=-=+-=+- ()21122PQ MB MC MA MB MC MA ∴=+-=+-，又()2222222MB MC MA MB MC MA MB MC MB MA MC MA+-=+++⋅-⋅-⋅2221112222222222228222=+++⨯⨯⨯-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯=，1822PQ ∴==，故D 错误. 故选：BC 【点睛】关键点睛：本题考查向量的运算，用已知向量表示某一向量的三个关键点： (1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量． (3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．6．正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点，F 在侧面11CDD C 上运动，且满足1//B F 平面1A BE .以下命题正确的有（ ）A ．侧面11CDD C 上存在点F ，使得11B F CD ⊥ B ．直线1B F 与直线BC 所成角可能为30︒C ．平面1A BE 与平面11CDD C 所成锐二面角的正切值为2D ．设正方体棱长为1，则过点E ，F ，A 5 【答案】AC 【分析】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，易证得平面1//B MN 平面1A BE ，可得点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，根据等腰三角形的性质得1B F MN ⊥，即有11B F CD ⊥，A 正确；当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，可判断B 错误；根据平面1//B MN 平面1A BE ，11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，计算可知C 正确；【详解】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，则易证得11//B N A E ，1//MN A B ，从而平面1//B MN 平面1A BE ，所以点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，因为1B MN △是等腰三角形，所以1B F MN ⊥，又因为1//MN CD ，所以11B F CD ⊥，故A 正确；设正方体的棱长为a ，当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，此时11tan C B F ∠=1tan 3023︒<=，所以B 错误； 平面1//B MN 平面1A BE ，取F 为MN 的中点，则1MN C F ⊥，1MN B F ⊥，∴11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，11111tan B C B FC C F ∠==22，所以C 正确；因为当F 为1C E 与MN 的交点时，截面为菱形1AGC E （G 为1BB 的交点），面积为62，故D 错误. 故选：AC.【点睛】本题主要考查线面角，二面角，截面面积的求解，空间几何中的轨迹问题，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，综合性较强，属于较难题．7．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2. 【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.8．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.9．如图所示，正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为1，E ，F 分别是棱AA '，CC '的中点，过直线EF 的平面分别与棱BB '，DD '交于点M ，N ，以下四个命题中正确的是（ ）A ．0MN EF ⋅=B ．ME NE =C ．四边形MENF 的面积最小值与最大值之比为2:3D ．四棱锥A MENF -与多面体ABCD EMFN -体积之比为1:3 【答案】ABD 【分析】证明EF ⊥平面BDD B ''，进而得EF MN ⊥，即可得A 选项正确；证明四边形MENF 为菱形即可得B 选项正确；由菱形性质得四边形MENF 的面积12S MN EF =⋅，再分别讨论MN 的最大值与最小值即可；根据割补法求解体积即可. 【详解】对于A 选项，如图，连接BD ，B D ''，MN ．由题易得EF BD ⊥，EF BB '⊥，BD BB B '⋂=，所以EF ⊥平面BDD B ''，又MN ⊂平面BDD B ''，所以EF MN ⊥，因此0MN EF ⋅=，故A 正确．对于B 选项，由正方体性质得：平面''//BCC B 平面''ADD A ，平面''BCC B 平面EMFN MF =，平面''ADD A 平面EMFN EN =， 所以//MF EN ，同理得//ME NF ，又EF MN ⊥，所以四边形MENF 为菱形， 因此ME NE =，故B 正确．对于C 选项，由B 易得四边形MENF 的面积12S MN EF =⋅， 所以当点M ，N 分别为BB '，DD '的中点时，四边形MENF 的面积S 最小，此时MN EF ==，即面积S 的最小值为1；当点M ，N 分别与点B （或点B '），D （或D ）重合时，四边形MENF 的面积S 最大，此时MN =，即面积S所以四边形MENF 的面积最小值与最大值之比为2C 不正确． 对于D 选项，四棱锥A MENF -的体积1111336M AEF N AEF AEF V V V DB S --=+=⋅==△； 因为E ，F 分别是AA '，CC '的中点，所以BM D N '=，DN B M '=，于是被截面MENF 平分的两个多面体是完全相同的，则它们的体积也是相同的，因此多面体ABCD EMFN -的体积21122ABCD A B C D V V ''''-==正方体，所以四棱锥A MENF -与多面体ABCD EMFN -体积之比为1:3，故D 正确． 故选：ABD ．【点睛】本题考查立体几何与向量的综合、截面面积的最值、几何体的体积，考查空间思维能力与运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于证明四边形MENF 为菱形，利用割补法将四棱锥A MENF -的体积转化为三棱锥M AEF - 和N AEF -的体积之和，将多面体ABCD EMFN -的体积转化为正方体的体积的一半求解.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 D D ．四边形1BFD E 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162322⨯⨯=，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.。
2012届高三数学一轮复习 第九章《立体几何》9-4精品练习
第9章第4节一、选择题1．(文)(09·某某)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( )A．m∥β且l1∥αB．m∥l1且n∥l2C．m∥β且n∥βD．m∥β且n∥l2[答案] B[解析] 如图(1)，α∩β＝l，m∥l，l1∥l，满足m∥β且l1∥α，故排除A；如图(2)，α∩β＝l，m∥n∥l，满足m∥β，n∥β，故排除C.在图(2)中，m∥n∥l∥l2满足m∥β，n∥l2，故排除D，故选B.[点评] ∵l1与l2相交，m∥l1，n∥l2，∴m与n相交，由面面平行的判定定理可知α∥β；但当m、n⊂α，l1，l2⊂β，l1与l2相交，α∥β时，如图(3)，得不出m∥l1且n∥l2.(理)设a，b是两条直线，α，β是两个平面，则a⊥b的一个充分条件是( )A．a⊥α，b∥β，α⊥βB．a⊥α，b⊥β，α∥βC．a⊂α，b⊥β，α∥βD．a⊂α，b∥β，α⊥β[答案] C[解析] 对于A，如图正方体α、β分别为平面ABCD与平面ADD1A1，a、b分别为直线B1B和C1C.a与b也可能平行，对于B，∵a⊥α，α∥β，∴a⊥β，又b⊥β，∴a∥b，对于D，a与b也可能平行，故选C.2．(2010·某某检测)已知α，β，γ是三个不同的平面，命题“α∥β，且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题．如果把α，β，γ中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题有( )A．0个B．1个C．2个D．3个[答案] C[解析] 依题意得，命题“a∥b，且a⊥γ⇒b⊥γ”是真命题(由“若两条平行线中的一条与一个平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”可知)；命题“a∥β，且a⊥c⇒β⊥c”是假命题(直线c 可能位于平面β内，此时结论不成立)；命题“α∥b ，且α⊥c ⇒b ⊥c ”是真命题(因为α∥b ，因此在平面α内必存在直线b 1∥b ；又α⊥c ，因此c ∥b 1，c ⊥b )．综上所述，其中真命题共有2个，选C.3．(2010·东北三校模拟)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P 分别为A 1B 1，CD ，B 1C 1的中点，则下列命题正确的是( )A ．AM 与PC 是异面直线B ．AM ⊥PC C ．AM ∥平面BC 1ND ．四边形AMC 1N 为正方形 [答案] C[解析] 连接MP ，AC ，A 1C 1，AM ，C 1N ，由题易知MP ∥A 1C 1∥AC ，且MP ＝12AC ，所以AM 与PC 是相交直线，假设AM ⊥PC ，∵BC ⊥平面ABB 1A 1，∴BC ⊥AM ，∴AM ⊥平面BCC 1B 1，又AB ⊥平面BCC 1B 1矛盾，∴AM 与PC 不垂直．因为AM ∥C 1N ，C 1N ⊂平面BC 1N ，所以AM ∥平面BC 1N .又易得四边形AMC 1N 为菱形而不是正方形，故选C.4．(文)对两条不相交的空间直线a 与b ，必存在平面α，使得( ) A ．a ⊂α，b ⊂αB ．a ⊂α，b ∥α C ．a ⊥α，b ⊥αD ．a ⊂α，b ⊥α [答案] B[解析] a 、b 异面时，A 错，C 错；若D 正确，则必有a ⊥b ，故排除A 、C 、D ，选B. (理)设a 、b 为两条直线，α、β为两个平面．下列四个命题中，正确的命题是( ) A ．若a 、b 与α所成的角相等，则a ∥b B ．若a ∥α，b ∥β，α∥β，则a ∥b C ．若a ⊂α，b ⊂β，a ∥b ，则α∥β D ．若a ⊥α，b ⊥β，α⊥β，则a ⊥b [答案] D[解析] 若直线a 、b 与α成等角，则a 、b 平行、相交或异面；对选项B ，如a ∥α，b ∥β，α∥β，则a 、b 平行、相交或异面；对选项C ，若a ⊂α，b ⊂β，a ∥b ，则α、β平行或相交；对选项D ，由⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αβ⊥α⇒a ∥β或a ⊂β，无论哪种情形，由b ⊥β都有b ⊥a .，故选D.5．一个正方体纸盒展开后如图，在原正方体纸盒中有下列结论：①AB ⊥EF ②AB 与CM 成60°③EF 与MN 是异面直线④MN ∥CD 其中正确的是( )A．①②B．③④C．②③D．①③[答案] D[解析] 本题考查学生的空间想象能力，将其还原成正方体如图所示，AB⊥EF，EF与MN 是异面直线，AB∥CM，MN⊥CD.只有①③正确，故选D.6．(文)(2010·某某潍坊)已知m、n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是( )A．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥βB．若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥βC．若m∥n，m∥α，则n∥αD．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β[答案] D[解析] 对于选项A，两平面β、γ同垂直于平面α，平面β与平面γ可能平行，也可能相交；对于选项B，平面α、β可能平行，也可能相交；对于选项C，直线n可能与平面α平行，也可能在平面α内；对于选项D，∵m∥n，m⊥α，∴n⊥α，又n⊥β，∴α∥β，故选D.(理)(2010·曲师大附中)已知两个不同的平面α，β和两条不重合的直线a，b，则下列四个命题中为真命题的是( )A．若a∥b，b⊂α，则a∥αB．若α⊥β，α∩β＝b，a⊥b，则a⊥βC．若a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥βD．若α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α，则a∥β[答案] D[解析] 选项A中，直线a可能在平面α内；选项B中，直线a可能在平面β内；选项C中，直线a，b为相交直线时命题才成立．7．(2010·某某某某)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P、Q分别是棱AA1、CC1的中点，则过点B、P、Q的截面是( )A．邻边不等的平行四边形B．菱形但不是正方形C．邻边不等的矩形D．正方形[答案] B[解析] 设正方体棱长为1，连结D1P，D1Q，则易得PB＝PQ＝D1P＝D1Q＝52，取D1D的中点M，则D1P綊AM綊BQ，故截面为四边形PBQD1，它是一个菱形，又PQ＝AC＝2，∴∠PBQ 不是直角，故选B.8．(文)(2010·某某日照、聊城模考)已知直线l、m，平面α、β，且l⊥α，m⊂β，给出下列四个命题：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；其中真命题是( )A．①②B．①③C．①④D．②④[答案] C[解析][点评] 如图，α∩β＝m，则l⊥m，故(2)假；在上述图形中，当α⊥β时，知③假．(理)(2010·某某某某市)对于平面α和共面的直线m，n，下列命题是真命题的是( ) A．若m，n与α所成的角相等，则m∥nB．若m∥α，n∥α，则m∥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m⊂α，n∥α，则m∥n[答案] D[解析] 正三棱锥P－ABC的侧棱PA、PB与底面成角相等，但PA与PB相交应排除A；若m∥α，n∥α，则m与n平行、相交或异面，应排除B；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，应排除C.∵m、n共面，设经过m、n的平面为β，∵m⊂α，∴α∩β＝m，∵n∥α，∴n∥m，故D正确．9．(文)(2010·顺义一中月考)已知l是直线，α、β是两个不同平面，下列命题中的真命题是( )A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若α⊥β，l∥α，则l⊥βC．若l⊥α，l∥β，则α⊥βD．若l∥α，α∥β，则l∥β[答案] C[解析] 如图在正方体ABCD－A1B1C1D1中，取平面ABD1A1为α，平面ABCD为β，B1C1为l，则排除A、B；又取平面ADD1A1为α，平面BCC1B1为β，B1C1为l，排除D.(理)(2010·某某罗湖区调研)已知相异直线a，b和不重合平面α，β，则a∥b的一个充分条件是( )A．a∥α，b∥αB．a∥α，b∥β，α∥βC．a⊥α，b⊥β，α∥βD．α⊥β，a⊥α，b∥β[答案] C[解析] a∥α，b∥α时，a与b可相交可异面也可平行，故A错；a∥α，b∥β，α∥β时，a与b可异面，故B错；由α⊥β，a⊥α得，a∥β或a⊂β，又b∥β，此时a与b 可平行也可异面，排除D.10．(2010·日照实验高中)如图，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，AB ＝1，M ，N 分别在AD 1，BC 上移动，且始终保持MN ∥平面DCC 1D 1，设BN ＝x ，MN ＝y ，则函数y ＝f (x )的图象大致是( )[答案] C[解析] 过M 作ME ⊥AD 于E ，连接EN ，则平面MEN ∥平面DCC 1D 1，所以BN ＝AE ＝x (0≤x <1)，ME ＝2x ，MN 2＝ME 2＋EN 2，则y 2＝4x 2＋1，y 2－4x 2＝1(0≤x <1，y >0)，图象应是焦点在y 轴上的双曲线的一部分．故选C.二、填空题11．(文)如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 分别是棱CC 1、C 1D 1、D 1D 、DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 满足条件________时，有MN ∥平面B 1BDD 1.[答案] M ∈线段FH[解析] 因为HN ∥BD ，HF ∥DD 1，所以平面NHF ∥平面B 1BDD 1，又平面NHF ∩平面EFGH ＝FH .故线段FH 上任意点M 与N 相连，有MN ∥平面B 1BDD 1，故填M ∈线段FH .(理)(2010·某某市模拟)已知两异面直线a ，b 所成的角为π3，直线l 分别与a ，b 所成的角都是θ，则θ的取值X 围是________．[答案] [π6，π2]12．在四面体ABCD 中，M 、N 分别是△ACD 、△BCD 的重心，则四面体的四个面中与MN 平行的是________．[答案] 面ABC 和面ABD[解析] 连结AM 并延长交CD 于点E ，∵M 为△ACD 的重心，∴E 为CD 的中点， 又N 为△BCD 的重心，∴B 、N 、E 三点共线， 由EM MA ＝EN NB ＝12得MN ∥AB ， 因此MN ∥平面ABC ，MN ∥平面ABD .13．如图是一正方体的表面展开图，B 、N 、Q 都是所在棱的中点，则在原正方体中， ①AB 与CD 相交；②MN ∥PQ ；③AB ∥PE ；④MN 与CD 异面；⑤MN ∥平面PQC . 其中真命题的序号是________．[答案] ①②④⑤[解析] 将正方体还原后如图，则N 与B 重合，A 与C 重合，E 与D 重合，∴①、②、④、⑤为真命题．14．如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点P 是棱AD 上一点，且AP ＝a3，过B 1，D 1，P 的平面交底面ABCD 于PQ ，Q 在直线CD 上，则PQ ＝________.[答案]223a [解析] ∵B 1D 1∥平面ABCD ，平面B 1D 1P ∩平面ABCD ＝PQ ，∴B 1D 1∥PQ ， 又B 1D 1∥BD ，∴BD ∥PQ ，设PQ ∩AB ＝M ，∵AB ∥CD ，∴△APM ∽△DPQ ，∴PQ PM ＝PDAP＝2，即PQ ＝2PM ， 又△APM ∽△ADP ，∴PM BD ＝AP AD ＝13，∴PM ＝13BD ，又BD ＝2a ，∴PQ ＝223a .三、解答题15．(文)(2010·某某调研)如图，在四棱锥E －ABCD 中，四边形ABCD 为平行四边形，BE ＝EC ，AE ⊥BE ，M 为CE 上一点，且BM ⊥平面ACE .(1)求证：AE ⊥BC ；(2)如果点N 为线段AB 的中点，求证：MN ∥平面ADE . [解析] (1)因为BM ⊥平面ACE ，AE ⊂平面ACE ，所以BM ⊥AE . 因为AE ⊥BE ，且BE ∩BM ＝B ，BE 、BM ⊂平面EBC ，所以AE ⊥平面EBC . 因为BC ⊂平面EBC ，所以AE ⊥BC . (2)解法1：取DE 中点H ，连接MH 、AH .因为BM ⊥平面ACE ，EC ⊂平面ACE ，所以BM ⊥EC . 因为BE ＝BC ，所以M 为CE 的中点． 所以MH 为△EDC 的中位线，所以MH 綊12DC .因为四边形ABCD 为平行四边形，所以DC 綊AB . 故MH 綊12AB .因为N 为AB 的中点，所以MH 綊AN .所以四边形ANMH 为平行四边形，所以MN ∥AH . 因为MN ⊄平面ADE ，AH ⊂平面ADE ， 所以MN ∥平面ADE .解法2：取EB 的中点F ，连接MF 、NF .因为BM ⊥平面ACE ，EC ⊂平面ACE ，所以BM ⊥EC . 因为BE ＝BC ，所以M 为CE 的中点，所以MF ∥BC .因为N 为AB 的中点，所以NF ∥AE ， 因为四边形ABCD 为平行四边形， 所以AD ∥BC .所以MF ∥AD .因为NF 、MF ⊄平面ADE ，AD 、AE ⊂平面ADE ， 所以NF ∥平面ADE ，MF ∥平面ADE . 因为MF ∩NF ＝F ，MF 、NF ⊂平面MNF ， 所以平面MNF ∥平面ADE .因为MN ⊂平面MNF ，所以MN ∥平面ADE .(理)(2010·某某市质检)如图所示的几何体中，△ABC 为正三角形，AE 和CD 都垂直于平面ABC ，且AE ＝AB ＝2，CD ＝1，F 为BE 的中点．(1)若点G 在AB 上，试确定G 点位置，使FG ∥平面ADE ，并加以证明；(2)在(1)的条件下，求三棱锥D －ABF 的体积． [解析] (1)当G 是AB 的中点时，GF ∥平面ADE . ∵G 是AB 的中点，F 是BE 的中点， ∴GF ∥AE ，又GF ⊄平面ADE ，AE ⊂平面ADE ， ∴GF ∥平面ADE . (2)连接CG ，由(1)可知：GF ∥AE ，且GF ＝12AE .又AE ⊥平面ABC ，CD ⊥平面ABC ，∴CD ∥AE ， 又CD ＝12AE ，∴GF ∥CD ，GF ＝CD ，∴四边形CDFG 为平行四边形， ∴DF ∥CG ，且DF ＝CG .又∵AE ⊥平面ABC ，CG ⊂平面ABC ，∴AE ⊥CG . ∵△ABC 为正三角形，G 为AB 的中点， ∴CG ⊥AB ，又AB ∩AE ＝A ，∴CG ⊥平面ABE . 又CG ∥DF ，且CG ＝DF ，∴DF 为三棱锥D －ABF 的高，且DF ＝ 3. 又AE ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，∴AE ⊥AB . ∵在Rt △ABE 中，AB ＝AE ＝2，F 为BE 的中点，∴S △ABF ＝12S △ABE ＝12×12×2×2＝1.∴V D －ABF ＝13S △ABF ·DF ＝13×1×3＝33，∴三棱锥D －ABF 的体积为33. 16．(文)(2010·某某某某质检)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 ＝12CD .(1)求证：BC ⊥平面ABPE ；(2)直线PE 上是否存在点M ，使DM ∥平面PBC ，若存在，求出点M ；若不存在，说明理由． [解析] (1)∵PO ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴BC ⊥PO ，又BC ⊥AB ，AB ∩PO ＝O ，AB ⊂平面ABP ，PO ⊂平面ABP ，∴BC ⊥平面ABP ， 又EA ∥PO ，AO ⊂平面ABP ， ∴EA ⊂平面ABP ，∴BC ⊥平面ABPE . (2)点E 即为所求的点，即点M 与点E 重合． 取PO 的中点N ，连结EN 并延长交PB 于F ， ∵EA ＝1，PO ＝2，∴NO ＝1，又EA 与PO 都与平面ABCD 垂直，∴EF ∥AB ， ∴F 为PB 的中点，∴NF ＝12OB ＝1，∴EF ＝2，又CD ＝2，EF ∥AB ∥CD ，∴四边形DCFE 为平行四边形，∴DE ∥CF ， ∵CF ⊂平面PBC ，DE ⊄平面PBC ，∴DE ∥平面PBC .∴当M 与E 重合时即可．(理)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为底面正方形的中心，过A 1、C 1、B 三点的平面截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体ABCD －A 1C 1D 1及其三视图．(1)求证：D1O∥平面A1BC1；(2)是否存在过点A1与直线DC1垂直的平面A1PQ，与线段BC1交于点P，与线段CC1交于点Q？若存在，求出线段PQ的长；若不存在，请说明理由．[分析] 要证D1O∥平面A1BC1，∵O为DB的中点，∴取A1C1中点E，只须证D1E綊OB，或利用长方体为正四棱柱的特性，证明平面ACD1∥平面A1C1B，假设存在平面A1PQ⊥DC1，利用正四棱柱中，BC⊥平面DCC1D1，故有BC⊥DC1，从而平面A1PQ与平面BCC1的交线PQ⊥DC1，故只须在面DCC1D1的边CC1上寻找点Q，使D1Q⊥DC1即可．[解析] (1)连接AC，AD1，D1C，易知点O在AC上．根据长方体的性质得四边形ABC1D1、四边形A1D1CB均为平行四边形，∴AD1∥BC1，A1B∥D1C，又∵AD1⊄平面A1C1B，BC1⊂平面A1C1B，∴AD1∥平面A1C1B，同理D1C∥平面A1BC1，又∵D1C∩AD1＝D1，∴根据面面平行的判定定理知平面ACD1∥平面A1BC1.∵D1O⊂平面ACD1，∴D1O∥平面A1BC1.(2)假设存在过点A1与直线DC1垂直的平面A1PQ，与线段BC1交于点P，与线段CC1交于点Q.连接C1D，过点D1作C1D的垂线交C1C于点Q，过点Q作PQ∥BC交BC1于点P，连接A1P，A1Q.∵C1D⊥D1Q，C1D⊥A1D1，D1Q∩A1D1＝D1，∴C1D⊥平面A1D1Q.∵A1Q⊂平面A1D1Q，∴C1D⊥A1Q.∵PQ∥BC∥A1D1，∴C1D⊥PQ，∵A1Q∩PQ＝Q，∴C1D⊥平面A1PQ.∴存在过点A1与直线DC1垂直的平面A1PQ，与线段BC1交于点P，与线段CC1交于点Q.在矩形CDD1C1中，∵Rt△D1C1Q∽Rt△C1CD，∴C1QCD＝D1C1C1C，结合三视图得C1Q2＝24，∴C1Q＝1.∵PQ ∥BC ，∴PQ BC ＝C 1Q CC 1＝14，∴PQ ＝14BC ＝12. 17．(文)(2010·东北师大附中)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为DD 1、DB 的中点．(1)求证：EF ∥平面ABC 1D 1；(2)求证：EF ⊥B 1C ；(3)求三棱锥B 1－EFC 的体积．[解析] (1)证明：连结BD 1，在△DD 1B 中，E 、F 分别为D 1D ，DB 的中点，则EF ∥D 1B ，又EF ⊄平面ABC 1D 1，D 1B ⊂平面ABC 1D 1，∴EF ∥平面ABC 1D 1.(2)证明：∵B 1C ⊥AB ，B 1C ⊥BC 1，AB ∩BC 1＝B ，∴B 1C ⊥平面ABC 1D 1，又BD 1⊂平面ABC 1D 1，∴B 1C ⊥BD 1，又EF ∥BD 1，∴EF ⊥B 1C .(3)解：∵CF ⊥BD ，CF ⊥BB 1，∴CF ⊥平面BDD 1B 1，即CF ⊥平面EFB 1，且CF ＝BF ＝ 2∵EF ＝12BD 1＝3，B 1F ＝BF 2＋BB 12＝22＋22＝6，B 1E ＝B 1D 12＋D 1E 2＝12＋222＝3， ∴EF 2＋B 1F 2＝B 1E 2，即∠EFB 1＝90°，∴VB 1－EFC ＝VC －B 1EF ＝13·S △B 1EF ·CF ＝13×12·EF ·B 1F ·CF ＝13×12×3×6×2＝1. (理)(2010·某某某某)如图，在四棱锥V －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，侧棱VA ⊥底面ABCD ，E 、F 、G 分别为VA 、VB 、BC 的中点．(1)求证：平面EFG ∥平面VCD ；(2)当二面角V －BC －A 、V －DC －A 依次为45°、30°时，求直线VB 与平面EFG 所成的角．[解析] (1)∵E 、F 、G 分别为VA 、VB 、BC 的中点，∴EF∥AB，FG∥VC，又ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴EF∥CD，又∵EF⊄平面VCD，FG⊄平面VCD，∴EF∥平面VCD，FG∥平面VCD，又EF∩FG＝F，∴平面EFG∥平面VCD.(2)∵VA⊥平面ABCD，CD⊥AD，∴CD⊥VD.则∠VDA为二面角V－DC－A的平面角，∴∠VDA＝30°.同理∠VBA＝45°.作AH⊥VD，垂足为H，由上可知CD⊥平面VAD，则AH⊥平面VCD.∵AB∥平面VCD，∴AH即为B到平面VCD的距离．由(1)知，平面EFG∥平面VCD，则直线VB与平面EFG所成的角等于直线VB与平面VCD 所成的角，记这个角为θ.∵AH＝VA sin60°＝32VA，VB＝2VA，∴sinθ＝AHVB＝64，故直线VB与平面EFG所成的角是arcsin64.。
高三数学一轮复习【立体几何】练习题
高三数学一轮复习【立体几何】练习题1.空间中，用a，b，c表示三条不同的直线，γ表示平面，则下列说法正确的有()A.若a∥b，b∥c，则a∥cB.若a⊥γ，b⊥γ，则a∥bC.若a∥γ，b∥γ，则a∥bD.若a⊥b，b⊥c，则a⊥c答案AB解析根据空间平行直线的传递性可知A正确；由直线与平面垂直的性质定理知B正确；若a∥γ，b∥γ，则a，b可能平行、相交或异面，故C错误；若a⊥b，b⊥c，则a，c可能相交、平行或异面，故D错误.2.对于两条不同直线m，n和两个不同平面α，β，下列选项正确的为()A.若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥nB.若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n或m∥nC.若m∥α，α∥β，则m∥β或m⊂βD.若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α答案ACD解析对A，令m，n分别为直线m，n的方向向量，因为m⊥α，n⊥β，所以m⊥α，n⊥β，又α⊥β，所以m⊥n，即m⊥n，所以选项A正确；对B，如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，令平面ABCD为平面α，平面ABB1A1为平面β，直线A1C1为m，直线C1D为n，满足α⊥β，m∥α，n∥β，但m与n既不平行也不垂直，所以选项B错误；对C，若m⊄β，过m作一平面γ分别与平面α和平面β相交，且交线分别为a，b，则m∥a，a∥b，所以m∥b，所以m∥β；若m⊂β，符合题意，所以选项C 正确；对D，若n⊂α，符合题意；若n⊄α，过直线n作一平面β与平面α相交，设交线为b，因为b⊂α，m⊥α，所以m⊥b，又m⊥n，且n，b在同一平面内，所以n∥b，所以n∥α，所以选项D正确.综上，选ACD.3.如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中()A.AE∥CDB.CH∥BEC.DG⊥BHD.BG⊥DE答案BCD解析由正方体的平面展开图还原正方体如图，连接AH，DE，BG，BH，DG，HC.由图形可知，AE⊥CD，故A错误；因为HE∥BC，HE＝BC，所以四边形BCHE为平行四边形，所以CH∥BE，故B正确；因为DG⊥HC，DG⊥BC，HC∩BC＝C，HC，BC⊂平面BHC，所以DG⊥平面BHC，又BH⊂平面BHC，所以DG⊥BH，故C正确；因为BG∥AH，而DE⊥AH，所以BG⊥DE，故D正确.故选BCD.4.用一个平面截正方体，所得的截面不可能是()A.锐角三角形B.直角梯形C.有一个内角为75°的菱形D.正五边形答案BCD解析对于A，如图1，截面的形状可能是正三角形，故A可能；图1图2对于B，首先考虑平面截正方体得到的截面为梯形，且QR与AA1不平行，如图2所示，不妨假设PQ⊥QR，因为AA1⊥平面A1B1C1D1，PQ⊂平面A1B1C1D1，所以AA1⊥PQ，从而有PQ⊥平面A1ABB1，这是不可能的，故B不可能；对于C，当平面截正方体得到的截面为菱形(非正方形)时，只有如下情形，如图3，其中P，R为所在棱的中点，易知当菱形为PBRD1时，菱形中的锐角取得最小值，即∠PD1R最小.设正方体的棱长为2，则PD1＝RD1＝5，PR＝22，则由余弦定理，得cos∠PD1R＝PD21＋RD21－PR22PD1·RD1＝5＋5－82×5×5＝15<6－24＝cos 75°，所以∠PD1R>75°，故C不可能；图3对于D，假设截面是正五边形，则截面中的截线必然分别在5个面内，由于正方体有6个面，分成两两平行的三对，故必然有一对平行面中有两条截线，而根据面面平行的性质可知这两条截线互相平行，但正五边形的边中是不可能有平行的边的，故截面的形状不可能是正五边形，故D不可能.综上所述，选BCD.5.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M为AA1的中点，平面α过点D1且与CM垂直，则()A.CM⊥BDB.BD∥平面αC.平面C1BD∥平面αD.平面α截正方体所得的截面图形的面积为9 2答案ABD解析如图，连接AC，则BD⊥AC.因为BD⊥AM，AM∩AC＝A，AM，AC⊂平面AMC，所以BD⊥平面AMC，又CM⊂平面AMC，所以BD⊥CM，故A正确；取AD的中点E，连接D1E，DM，由平面几何知识可得D1E⊥DM，又CD⊥D1E，DM∩CD＝D，DM，CD⊂平面CDM，所以D1E⊥平面CDM，又CM⊂平面CDM，所以D1E⊥CM.连接B1D1，过点E作EF∥BD，交AB于F，连接B1F，所以CM⊥EF，又D1E∩EF＝E，D1E，EF⊂平面D1EFB1，所以CM⊥平面D1EFB1，所以平面α截正方体所得的截面图形即梯形D1EFB1.由EF∥BD，BD⊄平面α，EF⊂平面α，得BD∥平面α，故B正确；连接AB1，AD1，易知平面AB1D1∥平面C1BD，而平面AB1D1∩平面α＝B1D1，所以平面C1BD与平面α不平行，故C不正确；截面图形为等腰梯形D1EFB1，EF＝2，B1D1＝22，D1E＝B1F＝5，所以截面图形的面积S＝12×(2＋22)×（5）2－⎝⎛⎭⎪⎫22－222＝92，故D正确.6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，N为底面ABCD的中心，P为线段A1D1上的动点(不包括两个端点)，M为线段AP的中点，则()A.CM与PN是异面直线B.CM>PNC.平面PAN⊥平面BDD1B1D.过P，A，C三点的正方体的截面一定是等腰梯形答案BCD解析对于选项A，如图，连接NC，PC，则A，N，C三点共线.又M为AP的中点，N为AC的中点，所以CM与PN共面，故A错误；对于选项B，因为P为线段A1D1上的动点(不包括两个端点)，所以AC>AP.在△MAC中，CM2＝AC2＋AM2－2AC·AM cos∠MAC＝AC2＋14AP2－AC·AP·cos∠MAC.在△PAN中，PN2＝AP2＋AN2－2AP·AN cos∠PAN＝AP2＋1 4AC 2－AP ·AC cos ∠PAN ，则CM 2－PN 2＝34(AC 2－AP 2)>0，所以CM >PN ，故B 正确；对于选项C ，在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，易知AC ⊥平面BDD 1B 1，即AN ⊥平面BDD 1B 1，又AN ⊂平面PAN ，所以平面PAN ⊥平面BDD 1B 1，故C 正确； 对于选项D ，连接A 1C 1，在平面A 1B 1C 1D 1内作PK ∥A 1C 1，交C 1D 1于K ，连接KC .在正方体中，A 1C 1∥AC ，所以PK ∥AC ，PK ，AC 共面，所以四边形PKCA 就是过P ，A ，C 三点的正方体的截面，AA 1＝CC 1，A 1P ＝C 1K ，所以AP ＝CK ，即梯形PKCA 为等腰梯形，故D 正确.故选BCD.7.如图，在正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝2，点P 为线段AD 1上一动点，则下列说法正确的是( )A.直线PB 1∥平面BC 1DB.三棱锥P-BC 1D 的体积为13C.三棱锥D 1-BC 1D 外接球的表面积为3π2D.直线PB 1与平面BCC 1B 1所成角的正弦值的最大值为53 答案 ABD解析 对于A 选项，连接B 1D 1，AB 1，根据正四棱柱的性质可知AD 1∥BC 1，BD ∥B 1D 1，因为BC 1⊄平面AB 1D 1，AD 1⊂平面AB 1D 1，所以BC 1∥平面AB 1D 1，同理得BD ∥平面AB 1D 1，又BC 1∩BD ＝B ，所以平面AB 1D 1∥平面BC 1D ，又PB 1⊂平面AB 1D 1，所以PB 1∥平面BC 1D ，所以A 选项正确；对于B 选项，易知AD 1∥平面BC 1D ，所以V P-BC 1D ＝V A-BC 1D ＝V C 1-ABD ＝13×12×1×1×2＝13，所以B 选项正确；对于C 选项，三棱锥D 1-BC 1D 的外接球即正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的外接球.设外接球的半径为R ，则4R 2＝12＋12＋22＝6，所以外接球的表面积为4πR 2＝6π，所以C 选项错误；对于D 选项，过P 作PE ∥AB ，交BC 1于点E ，则PE ⊥平面BCC 1B 1，连接B 1E ，则∠PB 1E 即直线PB 1与平面BCC 1B 1所成的角，当B 1E 最小时，∠PB 1E 最大，此时B 1E ⊥BC 1，由等面积法得S △BB 1C 1＝12BC 1·B 1E ＝12BB 1·B 1C 1，解得B 1E ＝25，在Rt △PB 1E 中，PE ＝AB ＝1，所以PB 1＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝35，所以∠PB 1E 的正弦值的最大值为PE PB 1＝53，所以D 选项正确.故选ABD.8.如图，已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F ，G 分别为BC ，CC 1，BB 1的中点，则( )A.直线D1D与直线AF垂直B.直线A1G与平面AEF平行C.平面AEF截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面的面积为9 2D.点A1和点D到平面AEF的距离相等答案BCD解析对于选项A，假设AF与D1D垂直，又D1D⊥AE，AE∩AF＝A，AE，AF⊂平面AEF，所以D1D⊥平面AEF.因为EF⊂平面AEF，所以D1D⊥EF，这显然是错误的，所以假设不成立，故A错误；图1对于选项B，取B1C1的中点N，连接A1N，GN，如图1所示，易知A1N∥AE，又AE⊂平面AEF，A1N⊄平面AEF，所以A1N∥平面AEF.因为GN∥EF，EF⊂平面AEF，GN⊄平面AEF，所以GN∥平面AEF.又A1N，GN⊂平面A1GN，A1N∩GN＝N，所以平面A1GN∥平面AEF.因为A1G⊂平面A1GN，所以A1G∥平面AEF，故B正确；对于选项C，连接AD1，FD1，如图2所示，因为AD1∥EF，所以四边形AD1FE 为平面AEF截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面，又AD1＝22＋22＝22，图2EF ＝12＋12＝2，D 1F ＝AE ＝12＋22＝5，所以四边形AD 1FE 为等腰梯形， 高为（5）2－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝322，则S 梯形AD 1FE ＝12×(2＋22)×322＝92，故C 正确；对于选项D ，连接A 1D ，如图2所示，由选项C 可知A 1D 与平面AEF 相交且交点为A 1D 的中点，所以点A 1和点D 到平面AEF 的距离相等，故D 正确.综上，选BCD.9.已知棱长为a 的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，M 是B 1C 1的中点，点P 在正方体的表面上运动，且总满足MP ⊥MC ，则下列结论中正确的是( ) A.点P 的轨迹中包含AA 1的中点B.点P 在侧面AA 1D 1D 内的轨迹的长为5a4 C.MP 长度的最大值为21a4D.直线CC 1与直线MP 所成角的余弦值的最大值为55 答案 BCD解析 如图，取A 1D 1的中点E ，分别取A 1A ，B 1B 上靠近A 1，B 1的四等分点F ，G ，连接EM ，EF ，FG ，MG ，易知EM ∥FG 且EM ＝FG ，所以E ，M ，F ，G 四点共面.连接GC ，因为MG 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 42＝5a 216，MC 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＋a 2＝5a 24，GC 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 42＋a 2＝25a 216，因此MG 2＋MC 2＝GC 2，所以MG ⊥MC ，易知ME ⊥MC ，又MG ∩ME ＝M ，MG ，ME ⊂平面MEFG ，所以MC ⊥平面MEFG ，即点P 的轨迹为四边形MEFG (不含点M )，易知点P 在侧面AA 1D 1D 内的轨迹为EF ，且EF ＝MG ＝5a4，所以A 选项错误，B 选项正确；根据点P 的轨迹可知，当P 与F 重合时，MP 最长，易知FG ⊥平面BB 1C 1C ，则FG ⊥MG ，连接MF ，所以MF ＝a 2＋5a 216＝21a4，故C 选项正确；由于点P 的轨迹为四边形MEFG (不含点M )，所以直线CC 1与直线MP 所成的最小角就是直线CC 1与平面MEFG 所成的角，又向量CC 1→与平面MEFG 的法向量CM →的夹角等于∠C 1CM ，且sin ∠C 1CM ＝a25a 2＝55，所以直线CC 1与平面MEFG 所成角的余弦值为55，即直线CC 1与直线MP 所成角的余弦值的最大值等于55，故D 选项正确.10.如图，长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝2，M 为AA 1的中点，过B 1M 作长方体的截面α交棱CC 1于N ，则( )A.截面α可能为六边形B.存在点N，使得BN⊥截面αC.若截面α为平行四边形，则1≤CN≤2D.当N与C重合时，截面图形的面积为36 4答案CD解析设N0为棱CC1的中点，当N从C1移动到C时，其过程中存在以下几种情况，如图1，当点N在线段C1N0上时，截面α为平行四边形；当点N在线段N0C上(不包括点N0，C)时，截面α为五边形；当点N与点C重合时，截面α为梯形.图1图2由以上分析可知，对于A，截面α不可能为六边形，所以A错误；对于B，假设BN⊥截面α，因为B1M⊂α，所以BN⊥B1M，所以必有点N，C重合，而BC与平面B1CQM不垂直，所以B错误；对于C，当截面α为平行四边形时，点N在线段C1N0上，则1≤CN≤2，所以C 正确；对于D，当点N与点C重合时，截面α为梯形，如图2，过M作MM′⊥B1C，垂足为M′.设梯形的高为h，B1M′＝x，则在Rt△B1MM′中，由勾股定理，得h2＝(2)2－x2，①同理h 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522－⎝ ⎛⎭⎪⎫52－x 2，② 由①②，解得x ＝255，h ＝65，所以截面α的面积等于12×⎝⎛⎭⎪⎫5＋52·h ＝12×352×65＝364，所以D 正确. 综上可知，选CD.。
2012年高三数学大题复习题组-立体几何
2012年高三数学大题复习题组-立体几何2012年高三数学大题复习题组-立体几何1、四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，侧面SBC ⊥底面ABCD ．已知45ABC =∠，2AB =，22BC =3SA SB ==．（1）证明SA BC ⊥；（2）求直线SD 与平面SAB解法一：（Ⅰ）作SO BC ⊥，垂足为O ，连结AO ，由侧面SBC ⊥底面ABCD ，得SO ⊥底面ABCD ． 因为SA SB =，所以AO BO =，又45ABC =∠，故AOB △为等腰直角三角形，AO BO ⊥， 由三垂线定理，得SA BC ⊥．（Ⅱ）由（Ⅰ）知SA BC ⊥，依题设AD BC ∥，故SA AD ⊥，由22AD BC ==3SA =2AO =得1SO =，11SD =．SAB △的面积22111222S ABSA AB ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭连结DB ，得DAB △的面积21sin13522SAB AD ==设D 到平面SAB 的距离为h ，由于D SABS ABDV V--=，得 121133h S SO S =，解得2h =CASOD BCAS设SD 与平面SAB 所成角为α，则222sin 11hSD α===．所以，直线SD 与平面SBC 所成的我为22arcsin 11．解法二：（Ⅰ）作SO BC ⊥，垂足为O ，连结AO ，由侧面SBC ⊥底面ABCD ，得SO ⊥平面AO BO =．又45ABC =∠，AOB △为等腰直角三角形，AO OB ⊥．如图，以O 为坐标原点，OA 为x 轴正向，建立直角坐标系O xyz -， 20)A ，，，(02B ，，，(02C ，，，(001)S ，，，(201)SA =-，，， (022CB =，，，0SA CB =，所以SA BC ⊥． （Ⅱ）取AB 中点E ，22022E ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，，连结SE ，取SE 中点G ，连结OG ，221442G ⎛⎫⎪⎪⎝⎭，，．221442OG ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，，，22122SE ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，，(22AB =，，．0SE OG =，AB OG =，OG 与平面SAB 内两条相交直线SE ，AB 垂直．所以OG ⊥平面SAB ，OG 与DS 的夹角记为α，SD 与平面SAB 所成的角记为β，则α与β互余．22D ，，，(22DS =，，．22cos 11OG DS OG DSα==22sin β=，所以，直线SD 与平面SAB 所成的角为22arcsin11．D BC A SO E Gx z= 63.解法二: 如图,建立空间直角坐标系M －xyz.令MN=1, 则有 A(－1,0,0),B(1,0,0),N(0,1,0),(Ⅰ)∵MN 是 l 1、l 2的公垂线, l 1⊥l 2, ∴l 2⊥平面ABN. l 2平行于z 轴. 故可设C(0,1,m).于是 AC →=(1,1,m), NB →=(1,－1,0). ∴AC →·NB →=1+(－1)+0=0 ∴AC ⊥NB.(Ⅱ)∵AC→ =(1,1,m), BC →=(－1,1,m), ∴|AC →|=|BC →|, 又已知∠ACB=60°,∴△ABC 为正三角形,AC=BC=AB=2. 在Rt △CNB 中,NB=2, 可得NC=2,故C(0,1, 2).连结MC,作NH ⊥MC 于H,设H(0,λ, 2λ) (λ>0). ∴HN→=(0,1－λ,－2λ), MC→=(0,1, 2). HN →·MC → = 1－λ－2λ=0, ∴λ= ABMNCl 1Hxz13, ∴H(0, 13, 23), 可得HN →=(0,23, － 23), 连结BH,则BH →=(－1,13, 23), ∵HN →·BH →=0+29 － 29 =0, ∴HN →⊥BH →, 又MC ∩BH=H,∴HN ⊥平面ABC,∠NBH 为NB 与平面ABC 所成的角.又BN →=(－1,1,0),∴cos ∠NBH= BH→·BN →|BH →|·|BN →| = 4323×2 =63 3、已知四棱锥P-ABCD 的底面为直角梯形，AB ∥DC ，⊥=∠PA DAB ,90 底面ABCD ，且PA=AD=DC=21AB=1，M 是PB 的中点（1）证明：面PAD ⊥面PCD ； （2）求AC 与PB 所成的角；A CPM（3）求面AMC 与面BMC 所成二面角的大小方案一：（Ⅰ）证明：∵PA ⊥面ABCD ，CD ⊥AD ， ∴由三垂线定理得：CD ⊥PD.因而，CD 与面PAD 内两条相交直线AD ，PD 都垂直，∴CD ⊥面PAD.又CD ⊂面PCD ，∴面PAD ⊥面PCD.（Ⅱ）解：过点B 作BE//CA ，且BE=CA ，则∠PBE 是AC 与PB 所成的角.连结AE，可知AC=CB=BE=AE=2，又AB=2，所以四边形ACBE 为正方形. 由PA ⊥面ABCD 得∠PEB=90°在Rt △PEB中BE=2，PB=5，.510cos ==∠∴PB BE PBE .510arccos 所成的角为与PB AC ∴（Ⅲ）解：作AN ⊥CM ，垂足为N ，连结BN.在Rt △PAB 中，AM=MB ，又AC=CB ，∴△AMC ≌△BMC,∴BN ⊥CM ，故∠ANB 为所求EACPMN二面角的平面角∵CB ⊥AC ，由三垂线定理，得CB ⊥PC ，在Rt △PCB 中，CM=MB ，所以CM=AM. 在等腰三角形AMC 中，AN ·MC=AC AC CM ⋅-22)2(，5625223=⨯=∴AN .∴AB=2，322cos 222-=⨯⨯-+=∠∴BN AN AB BN AN ANB ，故所求的二面角为).32arccos(- 方法二：因为PA ⊥PD ，PA ⊥AB ，AD ⊥AB ，以A 为坐标原点AD 长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为A （0，0，0）B （0，2，0），C （1，1，0），D （1，0，0），P （0，0，1），M （0，1，)21. （Ⅰ）证明：因.,0),0,1,0(),1,0,0(DC AP DC AP DC AP ⊥=⋅==所以故 又由题设知AD ⊥DC ，且AP 与与AD 是平面PAD 内的两条相交直线，由此得DC ⊥面PAD. 又DC 在面PCD 上，故面PAD ⊥面PCD（Ⅱ）解：因),1,2,0(),0,1,1(-==PB AC.510||||,cos ,2,5||,2||=⋅>=<=⋅==PB AC PBAC PB AC PB AC PB AC 所以故由此得AC 与PB 所成的角为.510arccos（Ⅲ）解：在MC 上取一点N （x ，y ，z ），则存在,R ∈λ使,MC NC λ=..21,1,1),21,0,1(),,1,1(λλ==-=∴-=---=z y x MC z y x NC 要使.54,0210,==-=⋅⊥λ解得即只需z x MC AN MC AN 0),52,1,51(),52,1,51(,.0),52,1,51(,54=⋅-===⋅=MC BN BN AN MC AN N 有此时能使点坐标为时可知当λANBMC BN MC AN MC BN MC AN ∠⊥⊥=⋅=⋅所以得由.,0,0为所求二面角的平面角.30304||,||,.555AN BN AN BN ==⋅=-2cos(,).3||||AN BN AN BN AN BN ⋅∴==-⋅2arccos().3-故所求的二面角为4、如图，在四棱锥P-ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，PD=DC=BC=1，AB=2，AB ∥DC ，︒=∠90BCD 。
高考数学一轮复习立体几何多选题知识点及练习题含答案
高考数学一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．已知正方体1111 ABCD A B C D -的棱长为2，M 为1DD 的中点，N 为正方形ABCD 所在平面内一动点，则下列命题正确的有（ ）A ．若2MN =，则MN 的中点的轨迹所围成图形的面积为πB ．若N 到直线1BB 与直线DC 的距离相等，则N 的轨迹为抛物线C ．若1D N 与AB 所成的角为3π，则N 的轨迹为双曲线 D ．若MN 与平面ABCD 所成的角为3π，则N 的轨迹为椭圆【答案】BC 【分析】对于A ，连接MN ，ND ，DP ，得到直角MDN △，且P 为斜边MN 的中点，所以1PD =，进而得到P 点的轨迹为球面的一部分，即可判断选项A 错误；对于B ，可知1NB BB ⊥，即NB 是点N 到直线1BB 的距离，在平面ABCD 中，点N 到定点B 的距离与到定直线DC 的距离相等，利用抛物线定义知B 正确；对于C ，建立空间直角坐标系，设(,,0)N x y ，利用空间向量求夹角知122121cos3224D N AB y x y D N ABπ⋅===⨯++⋅，化简可知N 的轨迹为双曲线；对于D ，MN 与平面ABCD 所成的角为3MND π∠=，3ND =，可知N 的轨迹是以D 为圆心，33为半径的圆周； 【详解】对于A ，如图所示，设P 为MN 的中点，连接MN ，ND ，DP ，由正方体性质知MDN △为直角三角形，且P 为MN 的中点，2MN =，根据直角三角形斜边上的中线为斜边的一半，知MDN △不管怎么变化，始终有1PD =，即P 点的轨迹与正方体的面围城的几何体是一个以D 为球心，1为半径的球的18，其面积214182S ππ=⨯⨯=，故A 错误；对于B ，由正方体性质知，1BB ⊥平面ABCD 由线面垂直的性质定理知1NB BB ⊥，即NB 是点N 到直线1BB 的距离，在平面ABCD 中，点N 到定点B 的距离与到定直线DC 的距离相等，所以点N 的轨迹是以点B 为焦点，直线DC 为准线的抛物线，故B 正确； 对于C ，如图以D 为直角坐标系原点，建立空间直角坐标系，(,,0)N x y ，1(0,0,2)D ，(0,2,0)A ，(2,2,0)B ，则1(,,2)D N x y =-，(0,2,0)AB =，利用空间向量求夹角知122121cos3224D N AB y x y D N ABπ⋅===⨯++⋅，化简整理得：2234y x -=，即221443y x -=，所以N 的轨迹为双曲线，故C 正确；对于D ，由正方体性质知，MN 与平面ABCD 所成的角为MND ∠，即3MND π∠=，在直角MDN △中，3ND =，即N 的轨迹是以D 3D 错误； 故选：BC 【点睛】关键点睛：本题考查立体几何与解析几何的综合，解题的关键是抓住解析几何几种特殊曲线的定义，考查学生的逻辑推理能力，转化与划归能力与运算求解能力，属于难题.2．在三棱柱111ABC A B C -中，ABC ∆是边长为23的等边三角形，侧棱长为43，则（ ）A ．直线1A C 与直线1BB 之间距离的最大值为3B ．若1A 在底面ABC 上的投影恰为ABC ∆的中心，则直线1AA 与底面所成角为60︒ C ．若三棱柱的侧棱垂直于底面，则异面直线AB 与1A C 所成的角为30D ．若三棱柱的侧棱垂直于底面，则其外接球表面积为64π 【答案】AD 【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解. 【详解】如图示，以A 为原点，AC 为y 轴正方向，Ax 为x 轴正方向，过A 点垂直于面ABC 的向上方向为z 轴正方向建系，则()()()0,0,0,3,0,0,23,0,A B C 设()()()100010001000,,,3,3,,,23,,A x y z B x y z C x y z ++所以()()()1000100011,23,,,,,3,3,0,AC x y z BB x y z A B =---== 对于A:设n 为直线1A C 与直线1BB 的公垂线的方向向量，则有：11·0·0AC n BB n ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即()()0000002300x x y y zz x x y y zz ⎧-+-=⎪⎨++=⎪⎩解得：()00,0n z x =- 设直线1A C 与直线1BB 之间距离为d ，则22011222200009||||z A B nd d x z n x z ===++ 22009x d ≥∴≤，即3d ≤，故A 正确；对于B ：若1A 在底面ABC 上的投影恰为ABC ∆的中心，则(13,211A 底面法向量()(10,0,1,1,3,211m AA ==，设直线 1AA 与底面所成角为θ，则：121133sin |cos ,|143AA n θ===⨯，故B 错误； 对于C ： 三棱柱的侧棱垂直于底面时，则()()()1110,0,43,3,3,43,0,23,43,A B C则()()13,3,0,0,23,43,AB AC ==-设异面直线AB 与1A C 所成的角为θ，则1115cos |cos ,|||10||||23215AB AC AB AC AB AC θ====⨯,故C 错误；对于D ：若三棱柱的侧棱垂直于底面时，外接球的球心O 为上下底面中心DD 1连线的中点,所以外接球的半径()222324R =+=，所以2464S R ππ==.故D 正确故选：AD 【点睛】向量法解决立体几何问题的关键： (1)建立合适的坐标系； (2)把要用到的向量正确表示； (3)利用向量法证明或计算.3．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点E ，F 在平面1111D C B A 内，若||5AE =AC DF ⊥，则（ ）A ．点E 的轨迹是一个圆B ．点F 的轨迹是一个圆C ．EF 21-D ．AE 与平面1A BD 所成角的正弦值的最大值为153015【答案】ACD 【分析】对于A 、B 、C 、D 四个选项，需要对各个选项一一验证. 选项A ：由2211||5AE AA A E =+=1||1A E =，分析得E 的轨迹为圆；选项B ：由AC DBF ⊥，而点F 在11B D 上，即F 的轨迹为线段11B D ，； 选项C ：由E 的轨迹为圆，F 的轨迹为线段11B D ，可分析得min ||EF d r =-； 选项D ：建立空间直角坐标系，用向量法求最值. 【详解】 对于A:2211||5AE AA A E =+=221|25A E +=1||1A E =，即点E 为在面1111D C B A 内，以1A 为圆心、半径为1 的圆上；故A 正确；对于B: 正方体1111ABCD A B C D -中，AC ⊥BD ，又AC DF ⊥，且BD ∩DF=D ，所以AC DBF ⊥，所以点F 在11B D 上，即F 的轨迹为线段11B D ，故B 错误；对于C:在平面1111D C B A 内，1A 到直线11B D 的距离为2,d=当点E ，F 落在11A C 上时，min ||21EF =-；故C 正确； 对于D:建立如图示的坐标系，则()()()()10,0,0,2,0,0,0,0,2,0,2,0A B A D因为点E 为在面1111D C B A 内，以1A 为圆心、半径为1 的圆上，可设()cos ,sin ,2E θθ 所以()()()1cos ,sin ,2,2,0,2,2,2,0,AE A B BD θθ==-=-设平面1A BD 的法向量(),,n x y z =，则有1·220·220n BD x y n A B x z ⎧=-+=⎪⎨=-=⎪⎩不妨令x =1，则()1,1,1n =， 设AE 与平面1A BD 所成角为α，则：22|||sin |cos ,|||||5315n AE n AE n AE πθα⎛⎫++ ⎪⎝⎭====⨯⨯当且仅当4πθ=时，sin α2215301515=， 故D 正确故选：CD 【点睛】多项选择题是2020年高考新题型，需要要对选项一一验证．4．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 '=⋅， 22221124DS 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 =，AM =(),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.5．如图，已知四棱锥P ABCD -所有棱长均为4，点M 是侧棱PC 上的一个动点（不与点,P C 重合），若过点M 且垂直于PC 的截面将该四棱锥分成两部分，则下列结论正确的是（ ）A ．截面的形状可能为三角形、四边形、五边形B ．截面和底面ABCD 所成的锐二面角为4π C ．当1PM =时，截面的面积为52D ．当2PM =时，记被截面分成的两个几何体的体积分别为()1212,>V V V V ，则123=V V 【答案】BCD 【分析】点M 是侧棱PC 上的一个动点，根据其不同位置，对选项逐一进行判断即可. 【详解】A 选项中，如图，连接BD ，当M 是PC 中点时，2MC =，由题意知三角形PDC 与三角形PBC 都是边长为4的正三角形，所以DM PC ⊥,BM BC ⊥，又DM ，BM 在面MBD 内，且相交，所以PC ⊥平面PBD ，三角形MBD 即为过点M 且垂直于PC 的截面，此时是三角形，点M 向下移动时，2MC <，如图，仍是三角形；若点M 由中点位置向上移动，2MC >，在平面PDC 内作EM PC ⊥，交PD 于E ，在平面PBC 内作FM PC ⊥交PB 于F ，平面MEF 交平面PAD 于EG ，交PAB 于FH ，即交平面ABCD 于GH ，则五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，此时是五边形； 故截面的形状可能为三角形、五边形，A 错误；B 选项中，因为截面总与PC 垂直，所以不同位置的截面均平行，截面与平面ABCD 所成的锐角为定值，不妨取M 是中点，连接AC ，BD ，MB ，MD ，设AC ，BD 交点是N ，连接PN ，由题意知，四边形ABCD 是边长为4的菱形，BD AC ⊥，因为MB =MD ，所以MN BD ⊥，故MNC ∠是截面与平面ABCD 所成的锐角，过点M 作MQ AC ⊥，垂足Q.在三角形PAC中，MN =2，2，故在直角三角形MNQ 中，2cos 2NQ MNC MN ∠==，故4MNC π∠=，故B 正确；C 选项中，当PM =1时，M 是PC 中点，如图，五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，依题意，直角三角形PME 中，2cos PMPE EPM==∠，故E 为PD 的中点，同理，F是PB 的中点，则EF 是三角形PBD 的中位线，1222EF BD ==G ，H 分别在,AD AB 的中点上，证明如下，当G ，H ，也是中点时，1//,2GH BD GH BD =，有//,22GH EF GH EF ==EFHG 是平行四边形.依题意，三角形PAC 中4,42PA PC AC ===，故PA PC ⊥，故PC GE ⊥，易见，正四棱锥中BD ⊥平面PAC ，故BD PC ⊥，GH PC ∴⊥，因为 ,GE GH 均在平面EFHG 内，且相交，所以PC ⊥平面EFHG ，故此时平面EFHG 和平面MEF 即同一平面.又BD ⊥平面PAC ，有GH ⊥面平面PAC ，GH GM ⊥，根据对称性有GH GE ⊥，四边形EFHG 是矩形. 即五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，平面图如下:依题意，22GH EF ==，2EG FG ==，三角形高为()()22321h =-=，面积是122122⨯⨯=，四边形面积是22242⨯=，故截面面积是52. 故C 正确；D 选项中，若PM =2，看B 选项中的图可知，21124M BCD P BCD P ABCD V V V V ---===，故剩余部分134P ABCD V V -=，所以123=V V ，故D 正确. 故选：BCD. 【点睛】本题考查了棱锥的截面问题，考查了二面角、体积等计算问题，属于难题.6．如图，点E 为正方形ABCD 边CD 上异于点C ，D 的动点，将ADE 沿AE 翻折成SAE △，在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）A ．存在点E 和某一翻折位置，使得SB SE ⊥ B ．存在点E 和某一翻折位置，使得//AE 平面SBCC ．存在点E 和某一翻折位置，使得直线SB 与平面ABC 所成的角为45°D ．存在点E 和某一翻折位置，使得二面角S AB C --的大小为60° 【答案】ACD 【分析】依次判断每个选项：当SE CE ⊥时，⊥SE SB ，A 正确，//AE 平面SBC ，则//AE CB ，这与已知矛盾，故B 错误，取二面角D AE B --的平面角为α，取4=AD ，计算得到2cos 3α=，C 正确，取二面角D AE B --的平面角为60︒，计算得到tan θ=，故D 正确，得到答案. 【详解】当SE CE ⊥时，SE AB ⊥，SE SA ⊥，故SE ⊥平面SAB ，故⊥SE SB ，A 正确； 若//AE 平面SBC ，因AE ⊂平面ABC ，平面ABC 平面SBC BC =，则//AE CB ，这与已知矛盾，故B 错误；如图所示：DF AE ⊥交BC 于F ，交AE 于G ，S 在平面ABCE 的投影O 在GF 上， 连接BO ，故SBO ∠为直线SB 与平面ABC 所成的角，取二面角D AE B --的平面角为α，取4=AD ，3DE =，故5AE DF ==，1CE BF ==，125DG =，12cos 5OG α=，故只需满足12sin 5SO OB α==， 在OFB △中，根据余弦定理：2221213121312sin 1cos 2cos cos 55555OFB ααα⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+---∠ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，解得2cos 3α=，故C 正确； 过O 作OMAB ⊥交AB 于M ，则SMO ∠为二面角S AB C --的平面角，取二面角D AE B --的平面角为60︒，故只需满足22DG GO OM ==，设OAG OAM θ∠=∠=，84ππθ<<，则22DAG πθ∠=-，tan tan 22DG OGAG πθθ==⎛⎫- ⎪⎝⎭，化简得到2tan tan 21θθ=，解得tan 5θ=，验证满足，故D 正确； 故选：ACD .【点睛】本题考查了线线垂直，线面平行，线面夹角，二面角，意在考查学生的计算能力，推断能力和空间想象能力.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，3SN 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13sin 234PSRSPS PR PS PR π=⋅=⋅， 13sin23PSQS PS PQ PS PQ π=⋅=⋅， 13sin 234PQRSPQ PR PQ PR π=⋅=⋅，()S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V PS PR PS PQ PQ PR ----=++=⋅+⋅+⋅，∴()3sin 12PQ 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．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()10AC '=+-⨯⨯⨯-= 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．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 D D ．四边形1BFD E 面积的最小值为62【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 6【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162322=，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.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EBFN2【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，所以A错；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222PS 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．。
高三数学一轮复习 第九章《立体几何》9-1精品
• (4)能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算 问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用．
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• ●命题趋势
• 1．空间几何体
• 空间几何体是立体几何初步的重要内容，高考非常重视 对这一部分的考查．一是在选择、填空题中有针对性地 考查空间几何体的概念、性质及主要几何量(角度、距 离、面积、体积)的计算等．二是在解答题中，以空间 几何体为载体考查线面位置关系的推理、论证及有关计 算．
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• 3．空间向量与立体几何(理)
• 高考试题中的立体几何解答题，包括部分选择、填空题， 大多都可以使用空间向量来解答．高考在注重对立体几 何中传统知识和方法考查的同时，加大了对空间向量的 考查．给考生展现综合利用所学知识解决实际问题的才 能提供更宽阔的舞台．
• 这一部分高考命题主要有以下几个方面：
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• 1°球面被经过球心的平面截得的圆叫做大圆． • 2°不过球心的截面截得的圆叫做球的小圆．
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• (3)球面距离：
• 1°定义：在球面上两点之间的最短距离，就是经过这
两点的 在这两点间的一段
的长度，这个弧
长叫做两大点圆的球面距离．
劣弧
• 2°地球上的经纬线
• 当把地球看作一个球时，经线是球面上从北极到南极的 半个大圆，纬线是与地轴垂直的平面与球面的交线，其
• ②棱锥的高、斜高和斜高在底面内的射影组成一个直角 三角形；棱锥的高、侧棱和侧棱在底面内的射影也组成 一个直角三角形．
• 4．棱台的概念及性质
• (1)定义：棱锥被 的部分叫做棱台．
高考数学一轮复习立体几何多选题练习题附解析
高考数学一轮复习立体几何多选题练习题附解析一、立体几何多选题1．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.2．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点O 为11A D 的中点，若以O 6为半径的球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ，则下列结论正确的是（ ）A ．11//A D 平面EFGHB ．1AC ⊥平面EFGHC ．11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°D ．平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7 【答案】ACD 【分析】如图，计算可得,,,E F G H 分别为所在棱的中点，利用空间中点线面的位置关系的判断方法可判断A 、B 的正确与否，计算出直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒后可得C 正确，而几何体BHE CGF -为三棱柱，利用公式可求其体积，从而可判断D 正确与否. 【详解】如图，连接OA ，则2115OA AA =+=，故棱1111,,,A A A D D D AD 与球面没有交点.同理，棱111111,,A B B C C D 与球面没有交点. 因为棱11A D 与棱BC 之间的距离为26>BC 与球面没有交点.因为正方体的棱长为2，而26<球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ， 所以棱11,,,AB CD C C B B 与球面各有一个交点， 如图各记为,,,E F G H .因为OAE △为直角三角形，故22651AE OE OA -=-=，故E 为棱AB 的中点. 同理,,F G H 分别为棱11,,CD C C B B 的中点.由正方形ABCD 、,E F 为所在棱的中点可得//EF BC ， 同理//GH BC ，故//EF GH ，故,,,E F G H 共面. 由正方体1111ABCD A B C D -可得11//A D BC ，故11//A D EF因为11A D ⊄平面EFGH ，EF ⊂平面EFGH ，故11//A D 平面EFGH ，故A 正确. 因为在直角三角1BA C 中，122A B =2BC = ，190A BC ∠=︒， 1A C 与BC 不垂直，故1A C 与GH 不垂直，故1A C ⊥平面EFGH 不成立，故B 错误.由正方体1111ABCD A B C D -可得BC ⊥平面11AA B B ，而1A B ⊂平面11AA B B ， 所以1BC A B ⊥，所以1EF A B ⊥在正方形11AA B B 中，因为,E H 分别为1,AB BB 的中点，故1EH A B ⊥， 因为EFEH E =，故1A B ⊥平面EFGH ，所以BEH ∠为直线AB 与平面EFGH 所成的角，而45BEH ∠=︒， 故直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒，因为11//AB A B ，故11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°.故C 正确. 因为,,,E F G H 分别为所在棱的中点，故几何体BHE CGF -为三棱柱， 其体积为111212⨯⨯⨯=，而正方体的体积为8，故平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7，故D 正确. 故选：ACD. 【点睛】本题考查空间中线面位置的判断、空间角的计算和体积的计算，注意根据球的半径确定哪些棱与球面有交点，本题属于中档题.3．在长方体1111ABCD A B C D -中，AB =12AD AA ==，P 、Q 、R 分别是AB 、1BB 、1A C 上的动点，下列结论正确的是（ ）A ．对于任意给定的点P ，存在点Q 使得1D P CQ ⊥B ．对于任意给定的点Q ，存在点R 使得1D R CQ ⊥C ．当1AR A C ⊥时，1ARD R ⊥D ．当113AC A R =时，1//D R 平面1BDC 【答案】ABCD 【分析】本题先建立空间直角坐标系，再运用空间向量在立体几何中的应用逐一判断即可. 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设(2,,0)P a，0a ⎡∈⎣，(2,)Q b ，[]0,2b ∈，设11A R AC λ=，得到(22,,22)R λλ--，[]0,1λ∈. 1(2,,2)D P a =-，(2,0,)CQ b =，142D P CQ b ⋅=-，当2b =时，1D P CQ ⊥，A 正确；1(22,2)D R λλ=--，12(22)2D R CQ b λλ⋅=--，取22bλ=+时，1D R CQ ⊥，B 正确；1AR A C ⊥，则1(2,22)(2)412440AR AC λλλλλ⋅=--⋅--=+-+=，解得：15λ=，此时12282()()05555AR D R ---⋅=⋅=，1AR D R ⊥，C 正确；113AC A R =，则44()33R，142()33D R =-，设平面1BDC 的法向量为(,,)n x y z =，则100n BD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得(3,n =-，故10n D R ⋅=，故1//D R 平面1BDC ，D 正确.故选：ABCD.【点睛】本题考查了空间向量在立体几何中的应用，是偏难题.4．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 +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 AA 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．5．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 -的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为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.6．如图，1111ABCD A B C D -为正方体，下列结论中正确的是（ ）A ．11A C ⊥平面11BB D D B ．1BD ⊥平面1ACBC ．1BD 与底面11BCC B 2 D ．过点1A 与异面直线AD 与1CB 成60角的直线有2条 【答案】ABD 【分析】由直线与平面垂直的判定判断A 与B ；求解1BD 与底面11BCC B 所成角的正切值判断C ；利用空间向量法可判断D ． 【详解】对于A 选项，如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，1BB ⊥平面1111D C B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，则111BB A C ⊥， 由于四边形1111D C B A 为正方形，则1111AC B D ⊥， 1111BB B D B =，因此，11A C ⊥平面11BB D D ，故A 正确；对于B 选项，在正方体1111ABCD A B C D -中，1DD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，1AC DD ∴⊥，因为四边形ABCD 为正方形，所以，AC BD ⊥，1D DD BD =，AC ∴⊥平面11BB D D ， 1BD ⊂平面11BB D D ，1AC BD ∴⊥，同理可得11BD B C ⊥，1ACB C C =，1BD ∴⊥平面1ACB ，故B 正确；对于C 选项，由11C D ⊥平面11BCC B ，得11C BD ∠为1BD 与平面11BCC B 所成角， 且111112tan 2C D C BD BC ∠==，故C 错误； 对于D 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则()1,0,0A 、()0,0,0D 、()0,1,0C 、()11,1,1B ，()1,0,0DA =，()11,0,1CB =，设过点1A 且与直线DA 、1CB 所成角的直线的方向向量为()1,,m y z =， 则221cos ,21DA m DA m DA my z ⋅<>===⋅++， 1122111cos ,221CB m zCB m CB my z ⋅+<>===⋅⋅++， 整理可得2222341y z y z z ⎧+=⎨=++⎩，消去y 并整理得2210z z +-=，解得12z =-12z =-由已知可得3z ≤，所以，12z =-+22y =± 因此，过点1A 与异面直线AD 与1CB 成60角的直线有2条，D 选项正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：证明线面垂直的方法： 一是线面垂直的判定定理； 二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面），解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形（或给出线段长度，经计算满足勾股定理）、直角梯形等等．7．如图，已知P 为棱长为1的正方体对角线1BD 上的一点，且()()10,1BP BD λλ=，下面结论中正确结论的有（ ）A ．11A D C P ⊥；B ．当1A P PD +取最小值时，23λ=；C ．若()0,1λ∈，则7,312APC ππ⎛⎫∠∈⎪⎝⎭； D ．若P 为1BD 的中点，四棱锥11P AA D D -的外接球表面积为94π． 【答案】ABD 【分析】以D 为坐标原点建立如图空间直角坐标系，利用向量关系可判断ABC ；根据几何体外接球关系建立方程求出球半径即可判断D. 【详解】以D 为坐标原点建立如图空间直角坐标系， 则()1,1,0B ，()10,0,1D ，设(),,P x y z ，()()10,1BP BD λλ=，1BP BD λ∴=，即()()1,1,1,1,1x y z λ--=--，则可解得()1,1,P λλλ--，对A ，()()()111,0,1,0,0,0,0,1,1A D C ，()11,0,1A D ∴=--，()11,,1C P λλλ=---，则()()()()11110110A D C P λλλ⋅=-⨯-+⨯-+-⨯-=，则11A D C P ⊥，故A 正确；对B ，1A P PD +===则当23λ=时，1A P PD +取最小值，故B 正确； 对C ，()()1,0,0,0,1,0A C ，(),1,PA λλλ∴=--，()1,,PC λλλ=--，则222321cos 1321321PA PCAPC PA PC λλλλλλ⋅-∠===--+-+⋅， 01λ<<，则2232123λλ≤-+<，则2111123212λλ-≤-<-+， 即11cos 22APC -≤∠<，则2,33APC ππ⎛⎤∠∈ ⎥⎝⎦，故C 错误； 对于D ，当P 为1BD 中点时，四棱锥11P AA D D -为正四棱锥，设平面11AA D D 的中心为O ，四棱锥11P AA D D -的外接球半径为R ，所以222122R R ⎛⎛⎫-+= ⎪ ⎝⎭⎝⎭，解得34R =， 故四棱锥11P AA D D -的外接球表面积为94π，所以D 正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点睛：本题考查空间相关量的计算，解题的关键是建立空间直角坐标系，利用向量建立关系进行计算.8．如图所示，正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为1，E ，F 分别是棱AA '，CC '的中点，过直线EF 的平面分别与棱BB '，DD '交于点M ，N ，以下四个命题中正确的是（ ）A ．0MN EF ⋅=B ．ME NE =C ．四边形MENF 的面积最小值与最大值之比为2:3D ．四棱锥A MENF -与多面体ABCD EMFN -体积之比为1:3 【答案】ABD 【分析】证明EF ⊥平面BDD B ''，进而得EF MN ⊥，即可得A 选项正确；证明四边形MENF 为菱形即可得B 选项正确；由菱形性质得四边形MENF 的面积12S MN EF =⋅，再分别讨论MN 的最大值与最小值即可；根据割补法求解体积即可. 【详解】对于A 选项，如图，连接BD ，B D ''，MN ．由题易得EF BD ⊥，EFBB '⊥，BD BB B '⋂=，所以EF ⊥平面BDD B ''，又MN ⊂平面BDD B ''，所以EF MN ⊥，因此0MN EF ⋅=，故A 正确．对于B 选项，由正方体性质得：平面''//BCC B 平面''ADD A ，平面''BCC B 平面EMFN MF =，平面''ADD A 平面EMFN EN =， 所以//MF EN ，同理得//ME NF ，又EF MN ⊥，所以四边形MENF 为菱形， 因此ME NE =，故B 正确．对于C 选项，由B 易得四边形MENF 的面积12S MN EF =⋅， 所以当点M ，N 分别为BB '，DD '的中点时，四边形MENF 的面积S 最小， 此时2MN EF ==，即面积S 的最小值为1；当点M ，N 分别与点B （或点B '），D （或D ）重合时，四边形MENF 的面积S 最大，此时3MN =，即面积S 的最大值为6， 所以四边形MENF 的面积最小值与最大值之比为2:6，故C 不正确． 对于D 选项，四棱锥A MENF -的体积1112123346M AEF N AEF AEF V V V DB S --=+=⋅=⨯⨯=△； 因为E ，F 分别是AA '，CC '的中点，所以BM D N '=，DN B M '=，于是被截面MENF 平分的两个多面体是完全相同的，则它们的体积也是相同的，因此多面体ABCD EMFN -的体积21122ABCD A B C D V V ''''-==正方体，所以四棱锥A MENF -与多面体ABCD EMFN -体积之比为1:3，故D 正确． 故选：ABD ．【点睛】本题考查立体几何与向量的综合、截面面积的最值、几何体的体积，考查空间思维能力与运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于证明四边形MENF 为菱形，利用割补法将四棱锥A MENF -的体积转化为三棱锥M AEF - 和N AEF -的体积之和，将多面体ABCD EMFN -的体积转化为正方体的体积的一半求解.9．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 ）A ．BF ⊥平面EABB ．该二十四等边体的体积为203C ．该二十四等边体外接球的表面积为8πD ．PN 与平面EBFN 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， 所以A 错；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 =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．10．如图，正四棱锥S－BCDE底面边长与侧棱长均为a，正三棱锥A－SBE底面边长与侧棱长均为a，则下列说法正确的是（）A．AS⊥CDB．正四棱锥S－BCDE的外接球半径为2 2C．正四棱锥S－BCDE的内切球半径为212a ⎛-⎝⎭D．由正四棱锥S－BCDE与正三棱锥A－SBE拼成的多面体是一个三棱柱【答案】ABD【分析】取BE 中点H ，证明BE ⊥平面SAH 即可证AS CD ⊥；设底面中心为1O ，有1122OB O S a ==，可求得球半径为22a ；用等体积法求内切球半径即可判断；由////SA DE BC 且==SA DE BC 可知多面体是一个三棱柱.【详解】 如图所示：A 选项：取BE 中点H 连接,AH SH ，正三棱锥A SBE -中，,AH BE SH BE ⊥⊥ 又AHSH H =，所以BE ⊥平面SAH ，则BE AS ⊥，又//BE CD 所以AS CD ⊥ ，故A 正确；B 选项：设底面中心为1O ，球心为O 半径为R ，因为正四棱锥S －BCDE 外接球球心在1O S 上，所以OS OB R ==，因为，正四棱锥S －BCDE 底面边长与侧棱长均为a所以1122O B O S ==，由()22211OB O B O S OS =+- 得22222R R ⎫⎫=+-⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭解得22R =，故B 正确； C 选项：设内切球半径为r ，易求得侧面面积为2213sin 23S a π=⋅=， 由等体积法得22212113432334a a a r a r ⋅=⋅+⋅⋅⋅ 解得624a r = ，故C 错；D 选项：取SE 中点F ，连结AF ，DF ，BF ，则BFD ∠和BFA ∠分别是D SE B --和A SE B --的二面角的平面角，由)22222221cos2322BF DF BDBFDBF DFa⎫⎫+-⎪⎪+-⎝⎭⎝⎭∠===-⋅⎛⎫⎪⎝⎭22222221cos2322aAF BF BAAFDAF BFa⎫⎫+-⎪⎪+-⎝⎭⎝⎭∠===⋅⎛⎫⎪⎝⎭，故BFD∠与BFA∠互补，所以ASDE共面，又因为AS AE ED SD===，则ASDE为平行四边形，故////AS ED BC故正四棱锥S－BCDE与正三棱锥A－SBE拼成的多面体是一个三棱柱，所以D正确故选：ABD【点睛】求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：几何体在不同面均对直角的棱必然是球的直径；（3）定义法：到各个顶点距离均相等的点为球心，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.。
高三一轮复习 立体几何全章 练习(9套)+易错题+答案
第九章立体几何与空间向量第1节简单几何体的结构、三视图和直观图一、选择题1.如图是由哪个平面图形旋转得到的( A )解析:根据面动成体的原理即可解,一个直角三角形绕直角边旋转一周可以得到一个圆锥.一个直角梯形绕着直角腰旋转一周得到圆台.该几何体的上部分是圆锥,下部分是圆台,圆锥的轴截面是直角三角形,圆台的轴截面是直角梯形,所以这个几何图形是由直角三角形和直角梯形围绕直角边所在的直线为轴旋转一周得到.故选A.2.已知三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上.若AB=3,AC=4, AB⊥AC,AA1=12,则球O的半径为( C )(A) (B)2 (C) (D)3解析:构建长方体的棱长分别为3,4,12.体对角线长为=13,外接球的半径为,故选C.3.用长为4,宽为2的矩形做侧面围成一个圆柱,此圆柱轴截面面积为( B )(A)8 (B)(C)(D)解析:若以4作为圆柱的高、2作为底面圆的周长,则圆柱轴截面面积为;若以2作为圆柱的高、4作为底面圆的周长,则圆柱轴截面面积为,所以此圆柱轴截面面积为.故选B.4.正四棱锥S-ABCD的底面边长为4,高SE=8,则过点A,B,C,D,S的球的半径为( C )(A)3 (B)4 (C)5 (D)6解析:由正四棱锥及其外接球的对称性,球心O在正四棱锥的高线SE上,球半径R=OS=OB,EB=BD=4.所以在直角三角形OEB中,由勾股定理得,(8-R)2+42=R2,解得R=5,故选C.5.三棱锥P-ABC中,△ABC是底面,PA⊥PB,PA⊥PC,PB⊥PC,且这四个顶点都在半径为2的球面上,PA=2PB,则这个三棱锥的三个侧棱长的和的最大值为( B )(A)16 (B)(C)(D)32解析:因为PA,PB,PC两两垂直,又因为三棱锥P-ABC的四个顶点均在半径为1的球面上,所以以PA,PB,PC为棱的长方体的对角线即为球的一条直径.所以16=PA2+PB2+PC2,因为PA=2PB,则这个三棱锥的三个侧棱长的和PA+PB+PC=3PB+PC,因为5PB2+PC2=16,设PB=4cos α,PC=4sin α,则3PB+PC=cos α+4sin α=sin(α+φ)≤=. 可知其最大值为,选B.6.已知一个四面体其中五条棱的长分别为1,1,1,1,,则此四面体体积的最大值是( B )(A) (B) (C) (D)解析:设四面体为P-ABC,则设PC=X,AB=,其余的各边为1,那么取AB 的中点D,那么连接PD,因此可知,AB垂直于平面PCD,则棱锥的体积可以运用以PCD为底面,高为AD,BD的两个三棱锥体积的和来表示,因此只要求解底面积的最大值即可.由于PD=CD=,那么可知三角形PDC的面积越大,体积越大,可知S△PDC=××sin θ≤=,也就是当PD垂直于CD时,面积最大,因此可得四面体的体积的最大值为××=,选B.二、填空题7.圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形,则圆柱的表面积为.解析:因为圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形,①若6π=2πr,r=3,所以圆柱的表面积为4π×6π+2×πr2=24π2+18π;②若4π=2πr,r=2,所以圆柱的表面积为4π×6π+2×πr2=24π2+8π.答案:24π2+8π或24π2+18π8.一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与某一个球的直径相等,这时圆柱、圆锥、球的体积之比为.解析:设球的半径为r,则V圆柱=πr2×2r=2πr3,V圆锥=πr2×2r=,V球=πr3,所以V圆柱∶V圆锥∶V球=2πr3∶∶πr3=3∶1∶2.答案:3∶1∶29.将4个半径都是R的球体完全装入底面半径是2R的圆柱形桶中,则桶的最小高度是.解析:由题意知,小球要分两层放置且每层两个,令下层两小球的球心分别是A,B,上层两小球的球心分别是C,D.此时,圆柱底面的半径=两小球半径的和,恰好使小球相外切,且与圆柱母线相切.圆柱的高=上层小球的上方半径+AB与CD间的距离+下层小球的下方半径=2R+AB与CD间的距离.令AB,CD的中点分别为E,F.很明显,四面体ABCD每条棱的长都是2R,容易求出:EC=ED,FA=FB,由EC=ED,CF=DF,得EF⊥CD.由FA=FB,AE=BE,得EF⊥AB.所以EF是AB与CD间的距离,所以圆柱的高=2R+EF.由勾股定理,有CE2+AE2=AC2,CE2=EF2+CF2.两式相减,消去CE,得AE2=AC2-EF2-CF2,所以EF2=AC2-AE2-CF2=(2R)2-R2-R2=2R2,所以EF=R.所以圆柱的高=2r+R=(2+)R.答案:(2+)R10.一个圆锥有三条母线两两垂直,则它的侧面展开图的圆心角大小为.解析:设母线长为l,因圆锥有三条母线两两垂直,则这三条母线可以构成以它们为侧棱、以底面边长为l的正三角形的正三棱锥,故由正弦定理得,圆锥的底面直径2R=,解得R=,因此可知侧面展开图的圆心角大小为π.答案:π11.若圆锥的侧面展开图是圆心角为180°,半径为4的扇形,则这个圆锥的表面积是.解析:因为圆锥的侧面展开图是圆心角为180°,母线长等于4,半径为4的扇形,则这个圆锥的表面积是底面积加上侧面积,扇形面积加上底面面积的和为12π.答案:12π12.若长方体的一个顶点上的三条棱的长分别为3,4,5,从长方体的一条对角线的一个端点出发,沿表面运动到另一个端点,其最短路程是.解析:从长方体的一条对角线的一个端点A出发,沿表面运动到另一个端点B,有三种方案,如图是它们的三种部分侧面展开图,AB路程可能是:最短路程是.答案:三、解答题13.某几何体的一条棱长为,在该几何体的正视图中,这条棱的投影是长为的线段,在该几何体的侧视图与俯视图中,这条棱的投影分别是长为a和b的线段,求a+b的最大值.解:如图,把几何体放到长方体中,使得长方体的体对角线刚好为几何体的已知棱,则长方体的体对角线A 1C=,则它的正视图投影长为A 1B=,侧视图投影长为A1D=a,俯视图投影长为A1C1=b,则a2+b2+()2=2·()2,即a2+b2=8,又≤,当且仅当“a=b=2”时等号成立.所以a+b≤4,即a+b的最大值为4.14.某几何体的三视图如图所示.(1)判断该几何体是什么几何体?(2)画出该几何体的直观图.解:(1)该几何体是一个正方体切掉两个圆柱后得到的几何体.(2)直观图如图所示.15.已知正三棱锥V-ABC的正视图和俯视图如图所示.(1)画出该正三棱锥的侧视图和直观图;(2)求出侧视图的面积.解:(1)如图.(2)侧视图中V A===2,则S △VBC=×2×2=6.第2节简单几何体的表面积与体积一、选择题1.如图所示是一个几何体的三视图,则该几何体的体积为( B )(A)16+2π(B)8+2π(C)16+π (D)8+π解析:由图可知该几何体是由两个相同的半圆柱与一个长方体拼接而成,因此V=1×2×4+π×12×2=8+2π.故选B.2.一个三条侧棱两两互相垂直并且侧棱长都为a的三棱锥的四个顶点全部在同一个球面上,则该球的表面积为( B )(A)πa2(B)3πa2(C)6πa2(D)πa2解析:由题可知该三棱锥为一个棱长a的正方体的一角,则该三棱锥与该正方体有相同的外接球,又正方体的对角线长为a,则球半径为a,则S=4πr2=4π(a)2=3πa2.故选B.3.一个棱长都为a的直三棱柱的六个顶点全部在同一个球面上,则该球的表面积为( A )(A)πa2(B)2πa2(C)πa2(D)πa2解析:如图,设O1,O2为棱柱两底面的中心,球心O为O1O2的中点.又直三棱柱的棱长为a,可知OO1=a,AO1=a,所以R2=OA2=O+A=,因此该直三棱柱外接球的表面积为S=4πR2=4π×=πa2,故选A.4.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( D )(A) (B)2 (C) (D)解析:由三视图可知,该几何体的直观图为一个竖立的圆锥和一个倒立的圆锥组成,其体积为V=2×π×12×1=,选D.5.某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的体积是( C )(A)5 (B)2 (C) (D)解析:由三视图知,该四棱锥的底面是直角梯形,上底长为2,下底长为3,高为,四棱锥的高为h=2,故该四棱锥的底面积S=(2+3)×=,所以该四棱锥的体积V=Sh=××2=.6.已知边长为2的菱形ABCD中,∠A=60°,现沿对角线BD折起,使得二面角A BD C为120°,此时点A,B,C,D在同一个球面上,则该球的表面积为( C )(A)20π(B)24π(C)28π(D)32π解析:如图,分别取BD,AC的中点M,N,连接MN,则容易算得AM=CM=3,MN=,MD=,CN=,由图形的对称性可知球心必在MN的延长线上,设球心为O,半径为R,ON=x,则由题设可得解得x=,则R2=+=7,所以球面面积S=4πR2=28π,故选C.二、填空题7.一个圆柱的轴截面为正方形,则与它同底等高的圆锥的侧面积与该圆柱的侧面积的比为.解析:令正方形的边长为a,则圆柱的侧面积S1=2π××a=πa2,与它同底等高的圆锥的侧面积S2=πrl=π××a=,则与它同底等高的圆锥的侧面积与该圆柱的侧面积的比为.答案:8.球O与直三棱柱ABC-A1B1C1的各个面都相切,若三棱柱的表面积为27,△ABC的周长为6,则球的表面积为.解析:设内切球半径为r,那么直三棱柱的底面内切圆半径为r,棱柱的高为2r,由等面积法,则直三棱柱底面面积S 底=r×6=3r,由等体积法,V三棱柱=S底·2r=r·27,所以9r=6r2,解得r=.其表面积为4π×()2=3π.答案:3π9.已知母线长为6,底面半径为3的圆锥内有一球,球与圆锥的底面及圆锥的所有母线都相切,则球的体积是 .解析:取圆锥的轴截面,则截面是边长为6的正三角形,正三角形的内切圆的圆心即为球心,R=6××,所以R=,所以V=πR3=4π.答案:4π10.棱长为a的正方体ABCD A 1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上,E,F 分别是棱AA1,DD1的中点,则过E,F两点的直线被球O截得的线段长为.解析:设过E,F两点的直线与球O交于M,N,所以△OMN,△OEF均为等腰直角三角形,所以OM=ON=R=a,点O到EF的距离为棱长一半,所以|MN|=2= a.答案: a11.四棱锥P-ABCD的各顶点都在同一球面上,且矩形ABCD的各顶点都在同一个大圆上,球半径为R,则此四棱锥的体积的最大值为.解析:点P到平面ABCD的最大距离为R,设矩形ABCD的长宽分别为x,y,则x2+y2=4R2,四棱锥P ABCD的体积V=xyR≤×=R3,当且仅当x=y=R时,V max=R3.答案:R312.设正四面体ABCD的棱长为a,P是棱AB上的任意一点,且P到平面ACD,BCD的距离分别为d1,d2,则d1+d2= .解析:根据题意,由于正四面体ABCD的棱长为a,各个面的面积为a2,高为a,所以V=×a2×a=×a2×(d1+d2),所以d1+d2= a.答案: a三、解答题13.已知一个几何体的三视图如图所示.(1)求此几何体的表面积;(2)如果点P,Q在正视图中所示位置,P为所在线段中点,Q为顶点,求在几何体表面上,从P点到Q点的最短路径的长.解:(1)由三视图知该几何体是由一个圆锥加一个圆柱组成的,其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和.S 圆锥侧=(2πa)·(a)=πa2,S圆柱侧=(2πa)·(2a)=4πa2,S圆柱底=πa2,所以S 表=πa2+4πa2+πa2=(+5)πa2.(2)沿P点所在母线剪开圆柱侧面,如图.则PQ===a,所以从P点到Q点在侧面上的最短路径长为a.14.如图,四棱锥P ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.(1)证明:MN∥平面PAB;(2)求四面体NBCM的体积.(1)证明:由已知得AM=AD=2.如图,取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TN∥BC,TN=BC=2.所以AM=TN,又AD∥BC,故TN AM,所以四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT.因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB.(2)解:因为PA⊥平面ABCD,N为PC的中点,所以N到平面ABCD的距离为PA.取BC的中点E,连接AE.由AB=AC=3得AE⊥BC,AE==.由AM∥BC得M到BC的距离为,故S △BCM=×4×=2.所以四面体NBCM的体积V N-BCM=×S△BCM×=.15.如图所示,在空间几何体ADE BCF中,四边形ABCD是梯形,四边形CDEF是矩形,且平面ABCD⊥平面CDEF,AD⊥DC,AB=AD=DE=2,EF=4,M是线段AE上的动点.(1)试确定点M的位置,使AC∥平面MDF,并说明理由;(2)在(1)的条件下,平面MDF将几何体ADE-BCF分成两部分,求空间几何体M-DEF与空间几何体ADM BCF的体积之比.解:(1)当M是线段AE的中点时,AC∥平面MDF.理由如下:连接CE交DF于点N,连接MN.因为M,N分别是AE,CE的中点,所以MN∥AC.又因为MN⊂平面MDF,AC⊄平面MDF,所以AC∥平面MDF.(2)将几何体ADE-BCF补成三棱柱ADE-B′CF,如图所示,三棱柱ADE-B′CF的体积为V=S△ADE·CD=×2×2×4=8,则几何体ADE-BCF的体积=-=8-×(×2×2)×2=.因为三棱锥M-DEF的体积=×(×2×4)×1=,所以=-=,所以两几何体的体积之比为∶=1∶4.第3节空间图形的基本关系与公理一、选择题1.设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面( C )(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⊥β解析:设直线a⊂α,b⊂α,a∩b=A,因为m⊥α,所以m⊥a,m⊥b.又n∥m,所以n⊥a,n⊥b,所以n⊥α.故选C.2.下列命题中,错误的是( D )(A)平行于同一平面的两个不同平面平行(B)一条直线与两个平行平面中的一个相交,则必与另一个平面相交(C)如果两个平面不垂直,那么其中一个平面内一定不存在直线与另一个平面垂直(D)若直线不平行于平面,则此直线与这个平面内的直线都不平行解析:当直线l在平面α内,即l⊂α时,直线l不平行于平面α,但平面α内存在直线与直线l平行,可知D选项错误,故选D.3.下列四个命题:①若一个平面内的两条直线都与另一个平面平行,那么这两个平面相互平行;②若一个平面经过另一个平面的垂线,那么这两个平面相互垂直;③垂直于同一直线的两条直线相互平行;④若两个平面垂直,那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直.其中,为真命题的是( D )(A)①和②(B)②和③(C)③和④(D)②和④解析:①显然错误,因为这两条直线相交才满足条件;②成立;③错误,这两条直线可能平行、相交,也可能异面;④成立,用反证法容易证明.故选D.4.若α,β是两个相交平面,则在下列命题中,真命题的序号为( C )①若直线m⊥α,则在平面β内,一定不存在与直线m平行的直线;②若直线m⊥α,则在平面β内,一定存在无数条直线与直线m垂直;③若直线m⊂α,则在平面β内,不一定存在与直线m垂直的直线;④若直线m⊂α,则在平面β内,一定存在与直线m垂直的直线.(A)①③(B)②③(C)②④(D)①④解析:若α⊥β且直线m⊥α,则在平面β内,一定存在与直线m平行的直线,所以①错误;若直线m⊥α,则在平面β内,一定存在无数条直线与直线m垂直,故②正确;若直线m⊂α,则在平面β内,一定存在与直线m垂直的直线,故③错误,④正确,故选C.5.设不在同一条直线上的A,B,C三点到平面α的距离相等,且A∉α,则( B )(A)α∥平面ABC(B)△ABC中至少有一条边平行于α(C)△ABC中至多有两条边平行于α(D)△ABC中只可能有一条边平行于α解析:因为A∉α,所以A,B,C均不在平面α内.当A,B,C三点在平面α的同侧时,α∥平面ABC,此时△ABC的三条边都平行于α,排除C,D;当A,B,C三点不在平面α的同侧时,易知△ABC中只有一条边平行于α,此时平面α和平面ABC相交,故选B.6.若l,m是两条不同的直线,m垂直于平面α,则“l⊥m”是“l∥α”的( B )(A)充分而不必要条件(B)必要而不充分条件(C)充分必要条件(D)既不充分也不必要条件解析:因为l⊥m,m⊥α,所以l∥α或l⊂α.故充分性不成立.若l∥α,m⊥α,一定有l⊥m.故必要性成立.选B.二、填空题7.长方体ABCD-A1B1C1D1的底面是边长为1的正方形,点E在侧棱AA1上(不与A,A1重合),满足∠C1EB=90°,则异面直线BE与C1B1所成的角为,侧棱AA1的长的最小值为.解析:在长方体ABCD-A1B1C1D1中,CB⊥平面ABB1A1,所以∠CBE=90°,又C1B1∥BC,所以异面直线BE与C1B1所成的角为90°.连接BC1,设AA1=x,AE=m(m>0),则有BE2=1+m2,C1E2=(x-m)2+2,C1B2=1+x2,因为∠C1EB=90°,所以C1B2=C1E2+BE2,即1+x2=(x-m)2+2+1+m2,即m2-mx+1=0,所以x=m+≥2,当且仅当m=,即m=1时,“=”成立.答案:90° 28.四边形ABCD中,AB=AD=CD=1,BD=,BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A1-BCD,使平面A1BD⊥平面BCD,给出下列结论:(1)A1C⊥BD;(2)∠BA1C=90°;(3)四面体A1-BCD的体积为.其中正确的命题是.(把所有正确命题的序号都填上) 解析:若A1C⊥BD,因为BD⊥CD,A1C∩CD=C,所以BD⊥平面A1CD,所以BD⊥A1D.而由A 1B=AB=1,A1D=AD=1,BD=,得A1B⊥A1D,与BD⊥A1D矛盾,故(1)错.因为CD⊥BD,平面BCD⊥平面A1BD,所以CD⊥平面A1BD,则CD⊥A1B.又A1B⊥A1D,A1D∩CD=D,所以A1B⊥平面A1CD,则A1B⊥A1C,故(2)正确.由(2)知==×·A1D·DC·A1B=,故(3)错.答案:(2)9.在正方体ABCD A 1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1,CC1的中点,则在空间中与三条直线A1D1,EF,CD都相交的直线有条.解析:在A1D1上任取一点P,过点P与直线EF作一个平面α,因为CD 与平面α不平行,所以它们相交,设α∩CD=Q,连接PQ,则PQ与EF必然相交.由点P的任意性,知有无数条直线与A1D1,EF,CD都相交.答案:无数10.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面为直角三角形.∠ACB =90°,AC=6,BC=CC 1=,P是BC1上一动点,则CP+PA1的最小值为.解析:连接A1B,将△A1BC1与△CBC1同时展开形成一个平面四边形A1BCC1,则此时对角线CP+PA1=A1C达到最小,在等腰直角三角形△BCC1中,BC1=2,∠CC1B=45°,在△A 1BC1中,A1B==2,A1C1=6,BC1=2,所以A1+B=A1B2,即∠A1C1B=90°.对于展开形成的四边形A1BCC1,如图,在△A 1C1C中,C1C=,A1C1=6,∠A1C1C=135°,由余弦定理有,CP+PA 1=A1C===5.答案:511. 如图,三棱锥A BCD中,AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,点M,N分别是AD,BC的中点,则异面直线AN,CM所成的角的余弦值是.解析:如图所示,连接DN,取线段DN的中点K,连接MK,CK.因为M为AD的中点,所以MK∥AN,所以∠KMC为异面直线AN,CM所成的角.因为AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,N为BC的中点,由勾股定理求得AN=DN=CM=2,所以MK=.在Rt△CKN中,CK==.在△CKM中,由余弦定理,得cos∠KMC===.答案:12.如图,矩形ABCD中,AB=2AD,E为边AB的中点,将△ADE沿直线DE 翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点,则在△ADE翻折过程中,下面四个命题中不正确的是.①BM是定值;②点M在某个球面上运动;③存在某个位置,使DE⊥A1C;④存在某个位置,使MB∥平面A1DE.解析:取DC中点F,连接MF,BF,MF∥A1D且MF=A1D,FB∥ED且FB=ED,所以∠MFB=∠A1DE.由余弦定理可得MB2=MF2+FB2-2MF·FB·cos∠MFB 是定值,所以M是在以B为圆心,MB为半径的球上,可得①②正确;由MF∥A1D与FB∥ED可得平面MBF∥平面A1DE,可得④正确;A1C在平面ABCD中的投影与AC重合,AC与DE不垂直,可得③不正确.答案:③三、解答题13.如图所示,等腰直角三角形ABC中,∠A=90°,BC=,DA⊥AC,DA⊥AB,若DA=1,且E为DA的中点.求异面直线BE与CD所成角的余弦值.解:如图所示,取AC的中点F,连接EF,BF,在△ACD中,E,F分别是AD,AC的中点,所以EF∥CD.所以∠BEF或其补角即为异面直线BE与CD所成的角.在Rt△EAB中,AB=AC=1,AE=AD=,所以BE=.在Rt△EAF中,AF=AC=,AE=,所以EF=.在Rt△BAF中,AB=1,AF=,所以BF=.在等腰三角形EBF中,cos∠FEB===.所以异面直线BE与CD所成角的余弦值为.14.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为D1C1,C1B1的中点,AC∩BD=P,A1C1∩EF=Q.求证:(1)D,B,F,E四点共面;(2)若A1C交平面DBFE于R点,则P,Q,R三点共线.证明:(1)如图所示,因为EF是△D1B1C1的中位线,所以EF∥B1D1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,B1D1∥BD,所以EF∥BD.所以EF,BD确定一个平面.即D,B,F,E四点共面.(2)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,设平面A1ACC1确定的平面为α,又设平面BDEF为β.因为Q∈A1C1,所以Q∈α.又Q∈EF,所以Q∈β.则Q是α与β的公共点,同理,P点也是α与β的公共点.所以α∩β=PQ.又A1C∩β=R,所以R∈A1C,则R∈α且∈β.则R∈PQ,故P,Q,R三点共线.15.在长方体ABCD A 1B1C1D1的A1C1面上有一点P(如图所示,其中P点不在对角线B1D1)上.(1)过P点在空间内作一条直线l,使l∥直线BD,应该如何作图?并说明理由;(2)过P点在平面A1C1内作一条直线m,使m与直线BD成α角,其中α∈(0°,90°],这样的直线有几条,应该如何作图?解:(1)连接B1D1,BD,在平面A1C1内过P点作直线l,使l∥直线B1D1,则l即为所求作的直线.因为直线B1D1∥直线BD,l∥直线B1D1,所以l∥直线BD.如图(1).(2)在平面A1C1内作直线m,使直线m与B1D1相交成α角,因为BD∥B1D1,所以直线m与直线BD也成α角,即直线m为所求作的直线,如图(2).由图(2)知m与BD是异面直线,且m与BD所成的角α∈(0,90°].当α=90°时,这样的直线m有且只有一条,当α≠90°时,这样的直线m 有两条.第4节直线、平面平行的判定与性质一、选择题1.若直线l∥平面α,直线a⊂平面α,则l与a的位置关系是( D )(A)l∥a (B)l与a异面(C)l与a相交 (D)l与a没有公共点解析:因为直线平行于平面,那么l与平面内的任何一条直线都没有公共点,因此l与a的位置关系是没有公共点,选D.2.下列条件能推出平面α∥平面β的是( D )(A)存在一条直线a,a∥α,a∥β(B)存在一条直线a,a⊂α,a∥β(C)存在两条平行直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α(D)存在两条异面直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α解析:因为根据面面平行的判定定理可知,如果存在两条异面直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α,则可以利用线线平行得到面面平行,选D.3.已知直线l,m,平面α,β,则下列命题中:①若α∥β,l⊂α,则l∥β②若α⊥β,l⊥α,则l∥β③若l∥α,m⊂α,则l∥m④若α⊥β,α∩β=l,m⊥l,则m⊥β,其中真命题有( B )(A)0个(B)1个(C)2个(D)3个解析:当两个平面平行时,一个平面上的线与另一个平面平行,故①正确;一条直线垂直于两个垂直平面中的一个平面,那么这条直线平行于或包含于另一个平面,故②不正确;④不正确;③中l,m的关系是不相交,故③不正确,故选B.4.下列四个正方体图形中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,P分别为其所在棱的中点,能得出AB∥平面MNP的图形的序号是( B )(A)①③(B)①④(C)②③(D)②④解析:对图①,构造AB所在的平面,即对角面,可以证明这个对角面与平面MNP平行,由线面平行的定义可得AB∥平面MNP;对图④,通过证明AB∥PN得到AB∥平面MNP;对于②,证MP中点为K,延长BA,KN则相交,所以BA与平面MNP相交,②错;对于③平面MNP与直线AB相交于点B,③错.故选B.5.类比平面几何中的定理“设a,b,c是三条直线,若a⊥c,b⊥c,则a∥b”,得出如下结论:①设a,b,c是空间的三条直线,若a⊥c,b⊥c,则a∥b;②设a,b是两条直线,α是平面,若a⊥α,b⊥α,则a∥b;③设α,β是两个平面,m是直线,若m⊥α,m⊥β,则α∥β;④设α,β,γ是三个平面,若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β.其中正确命题的个数是( B )(A)1 (B)2 (C)3 (D)4解析:①错;②垂直于同一个平面的两条直线平行,正确;③垂直于同一条直线的两个平面平行,正确;④错;两个平面也可能相交.6.在空间中,下列命题正确的是( D )(A)平面α内的一条直线a垂直于平面β内的无数条直线,则α⊥β(B)若直线m与平面α内的一条直线平行,则m∥α(C)若平面α⊥β,且α∩β=l,则过α内一点P与l垂直的直线垂直于平面β(D)若直线a与平面α内的无数条直线都垂直,则不能说一定有a⊥α解析:直线a与平面α内的任意直线都垂直,则有a⊥α,所以D正确.二、填空题7.点S在平面ABC外,SB⊥AC,SB=AC=2,E,F分别是SC和AB的中点,则EF= .解析:取BC的中点D,连接ED与FD,因为E,F分别是SC和AB的中点,点D为BC的中点所以ED∥SB,FD∥AC,而SB⊥AC,SB=AC=2,则三角形EDF为等腰直角三角形,则ED=FD=1,即EF=.答案:8.正四棱锥S ABCD的底面边长为2,高为2,E是边BC的中点,动点P 在这个棱锥表面上运动,并且总保持PE⊥AC,则动点P的轨迹的周长为.解析:由题意知,点P的轨迹为如图所示的三角形EFG,其中G,F为其所在棱的中点,所以EF=BD=,GE=GF=SB=,所以轨迹的周长为+.答案:+9.将边长为2,一个内角为60°的菱形ABCD沿较短对角线BD折成四面体ABCD,点E,F分别为AC,BD的中点,则下列命题中正确的是.①EF∥AB;②EF⊥BD;③EF有最大值,无最小值;④当四面体ABCD的体积最大时,AC=;⑤AC垂直于截面BDE.解析:因为将边长为2,一个内角为60°的菱形ABCD沿较短对角线BD 折成四面体ABCD,点E,F分别为AC,BD的中点,则可知EF⊥BD,当四面体ABCD的体积最大时,AC=,AC垂直于截面BDE成立.答案:②④⑤10.已知平面α∥平面β,P是α,β外一点,过点P的直线m与α,β分别交于A,C,过点P的直线n与α,β分别交于B,D且PA=6,AC=9,PD=8,则BD的长为.解析:因为平面α∥平面β,所以AB∥CD,①当P在两平面外时,==,所以=,所以BD=.②当P在两平面之间时,=,所以=,所以BD=24,所以BD的长为或24.答案:或2411.给出下列四个命题:①过平面外一点,作与该平面成θ角的直线一定有无穷多条;②一条直线与两个相交平面都平行,则它必与这两个平面的交线平行;③对确定的两条异面直线,过空间任意一点有且只有一个平面与这两条异面直线都平行;④对两条异面的直线,都存在无穷多个平面与这两条直线所成的角相等.其中正确的命题序号为.解析:①中,成90度角的时候,就只有一条,因此错误.②中是线面平行的性质定理,显然成立.③不正确.④中,利用等角定理,可知成立. 答案:②④12.侧棱长为2的正三棱锥V-ABC中,∠AVB=∠BVC=∠CVA=40°,过A 作截面AEF,则截面△AEF周长的最小值为.解析:沿着侧棱VA把正三棱锥V ABC展开在一个平面内,则设VA的另一边为VA′,则AA′即为截面△AEF周长的最小值,且∠AVA′=3×40=120°.△VAA′中,由余弦定理可得AA′=6.答案:6三、解答题13.已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为正方形,AB=4,AA1=2,点E 在棱C1D1上,且D1E=3.(1)试在棱CD上确定一点E1,使得直线EE1∥平面D1DB,并证明;(2)若动点F在底面ABCD内,且AF=2,请说明点F的轨迹,并探求EF 长度的最小值.解:(1)取CD的四等分点E1,使得DE1=3,则有EE1∥平面D1DB.证明如下:因为D1E∥DE1且D1E=DE1,所以四边形D1EE1D为平行四边形,则D1D∥EE1,因为DD1⊂平面D1DB,EE1⊄平面D1DB,所以EE1∥平面D1DB.(2)因为AF=2,所以点F在平面ABCD内的轨迹是以A为圆心,半径等于2的四分之一圆弧.因为EE1∥DD1,D1D⊥平面ABCD,所以E1E⊥平面ABCD,故EF==.所以当E1F的长度取最小值时,EF的长度最小,此时点F为线段AE1和四分之一圆弧的交点,即E1F=E1A-AF=5-2=3,所以EF==.即EF长度的最小值为.14.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为2,E是棱CD的中点,P是棱AA1的中点,(1)求证:PD∥平面AB1E;(2)求三棱锥B-AB1E的体积.(1)证明:取AB1中点Q,连接PQ,则PQ为中位线,PQ A1B1,而正方体ABCD-A1B1C1D1,E是棱CD的中点,故DE A1B1,所以PQ DE,所以四边形PQED为平行四边形.所以PD∥QE,而QE⊂平面AB1E,PD⊄平面AB1E,故PD∥平面AB1E.(2)解:正方体ABCD-A1B1C1D1中,BB1⊥平面ABE,故BB1为高,BB1=2,因为CD∥AB,所以S△ABE=S△ABC=AB·BC=×2×2=2.故==BB1·S△ABC=.15.如图,在四面体PABC中,PA=PB,CA=CB,D,E,F,G分别是PA,AC,CB,BP的中点.(1)求证:D,E,F,G四点共面;(2)求证:PC⊥AB;(3)若△ABC和△PAB都是等腰直角三角形,且AB=2,PC=,求四面体PABC的体积.(1)证明:依题意DG∥AB,EF∥AB,所以DG∥EF,DG,EF共面,从而D,E,F,G四点共面.(2)证明:取AB中点为O,连接PO,CO.因为PA=PB,CA=CB,所以PO⊥AB,CO⊥AB,因为PO∩CO=O,所以AB⊥平面POC,PC⊂平面POC,所以AB⊥PC.(3)解:因为△ABC和△PAB是等腰直角三角形,所以PO=CO=AB=1,因为PC=,OP2+OC2=PC2,所以OP⊥OC,又PO⊥AB,且AB∩OC=O,所以PO⊥平面ABC,=PO·S△ABC=×1×2×1×=.第5节直线、平面垂直的判定与性质一、选择题1.已知直线l,m和平面α, 则下列命题正确的是( C )(A)若l∥m,m⊂α,则l∥α(B)若l∥α,m⊂α,则l∥m(C)若l⊥α,m⊂α,则l⊥m(D)若l⊥m,l⊥α,则m∥α解析:A项中直线l与平面α可能平行,可能直线在平面内;B项中直线l,m平行或异面;C项中当直线垂直于平面时,直线垂直于平面内任意直线;D项中直线m与平面α平行或直线在平面内.2.在Rt△ABC中,∠ABC=90°,P为△ABC所在平面外一点,PA⊥平面ABC,则四面体P ABC中共有直角三角形个数为( A )(A)4 (B) 3 (C) 2 (D) 1解析:因为PA⊥平面ABC,AB⊥BC,所以PA⊥AB,PA⊥AC,PB⊥CB,所以△ABC,△PBC, △ABP, △APC都是直角三角形,故选A.3.已知直线m,n和平面α,β满足m⊥n,m⊥α,α⊥β,则( C )(A)n⊥β (B)n∥β,或n⊂β(C)n∥α或n⊂α(D)n⊥α解析:由题意画出图形,容易判断选项.由于直线m⊥n,m⊥α,α⊥β,选项A,中线面可能相交,也可能垂直,选项B中,n与β还可能相交,错误,选项D中,直线不能垂直于平面,故结合图象不难得到选项为C.4.正方体的棱长为1,C,D,M分别为三条棱的中点,A,B是顶点,那么点M到截面ABCD的距离是( B )(A)(B)(C)(D)解析:过M作AB的垂线MN交AB于N,连接CN.由于CM⊥AB,MN⊥AB,则AB⊥平面CMN,所以,M到面ABCD的距离h是直角三角形CMN的斜边CN上的高.由于BM=,CM=1,MN=,CN=,则结合=求得h=.故选B.。
2012年高考文科立体几何(无错版)
立体几何（一）1.（安徽12）某几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积是 9212(25)4(2544922S =⨯⨯+⨯++++⨯=2.(广东6) 某几何体的三视图如图1所示，它的体积为( C )()A 12π ()B 45π ()C π57 ()D π81221353573V πππ=⨯⨯+⨯=3.(湖北4)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( B )A ．8π3 B ．3π C ．10π3D ．6π 4.(福建)如图，在长方体1111D C B A ABCD -中，11==AD AA ，E 为CD 中点。
（Ⅰ）求证：11AD E B ⊥；（Ⅱ）在棱1AA 上是否存在一点P ，使得//DP 平面AE B 1？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由。
（Ⅲ）若二面角11A E B A --的大小为030，求AB 的长。
解：Ⅰ）长方体1111D C B A ABCD -中，11==AD AA 得：1111111111,,AD A D AD A B A D A B A A D ⊥⊥=⇔⊥ 面11A B CD1B E ⊂面11A B CD 11B E AD ⇒⊥（Ⅱ）取1AA 的中点为P ，1AB 中点为Q ，连接PQ侧（左）视图 正（主）视图 45 俯视图42 俯视图侧视图正视图4在11AA B ∆中，111111//,////////22PQ A B DE A B PQ DE PD QE PD ⇒⇒⇒面AE B 1 此时11122AP AA == （Ⅲ）设11A D AD O = ，连接AO ，过点O 作1OH B E ⊥于点H ，连接AH1AO ⊥面11A B CD ，1O H B E ⊥1A H B E⇒⊥ 得：AHO ∠是二面角11A E B A --的平面角30AHO ο⇒∠=在Rt AOH ∆中，30,90,2AHO AOH AH OH οο∠=∠==⇒=在矩形11A B CD 中，1,CD x A D ==11112222222228B OE x xS x ∆=--⨯-⨯=122x =⇔= 得：2AB =5.（湖南3）某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是( D )6.（辽宁13）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 387.（辽宁16）已知正三棱锥-P ABC ，点,,,P A B C 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38.（江苏7）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，3cm AB AD ==，12cm AA =，则四棱锥11A BB D D -的体积为 6 cm 3。
2012届高三数学一轮复习第九章《立体几何》97精品练习
第9章 第7节一、选择题1．已知正方体ABCD －A1B1C1D1中，E 为侧面BCC1B1的中心．若AE →＝zAA1→＋xAB →＋yAD →，则x ＋y ＋z 的值为( ) A ．1 B.32 C ．2D.34[答案] C[解析] ∵AE →＝AB →＋BE →＝AB →＋12AA1→＋12AD →.2．将边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角，若点P 满足BP →＝12BA →－12BC →＋BD →，则|BP →|2的值为( ) A.32B ．2 C.10－24D.94[答案] D[解析] 由题意，翻折后AC ＝AB ＝BC ， ∴∠ABC ＝60°，∴|BP →|2＝|12BA →－12BC →＋BD →|2＝14|BA →|2＋14|BC →|2＋|BD →|2－12BA →·BC →－BC →·BD →＋BA →·BD →＝14＋14＋2－12×1×1×cos60°－1×2cos45°＋1×2×cos45°＝94.3．(2010·广西南宁二中模考)在正三棱柱ABC －A1B1C1中，AA1＝AB ，则AC1与平面BB1C1C 所成的角的正弦值为( ) A.22 B.155 C.64D.63[答案] C[解析] 解法一：取BC 的中点D ，在正三角形ABC 中，AD ⊥BC ，在正三棱柱中，CC1⊥平面ABC ，AD ⊂平面ABC ，∴CC1⊥AD ，∴AD ⊥平面BCC1B1，∴∠AC1D 为AC1与平面BB1C1C 所成的角，设AB ＝AA1＝1，则AD ＝32，AC1＝2，∴sin ∠AC1D ＝AD AC1＝64，故选C. 解法二：以线段BC 的中点D 为原点，直线BC 、AD 分别为x 轴、y 轴建立空间直角坐标系，如图．设AB ＝1，则A(0，32，0)，C1(12，0,1)， 设AC1与平面BB1C1C 所成角为θ，易知平面BB1C1C 的一个法向量为DA →＝(0，32，0)，又AC1→＝(12，－32，1)，∴sinθ＝|cos 〈AC1→，DA →〉|＝|AC1→·DA →||AC1→|·|DA →|＝64，故选C.4．在棱长为2的正方体ABCD －A1B1C1D1中，G 为AA1的中点，则直线BD 与平面GB1D1的距离为( ) A.33 B.263C.63D.233[答案] B[分析] 求直线与平面的距离，应有直线与平面平行，故可转化为点面距，为此找出平面的一个法向量和该点与平面内一点连线的方向向量，即可通过向量的数量积来求．一般地，平面α的法向量为n ，平面内一点P 和平面外一点Q ，则Q 到α的距离d ＝|n·PQ →||n|.[解析] 如图建立空间直角坐标系，则B(2,2,0)，G(2,0,1)，B1(2,2,2)，D1(0,0,2)，D1B1→＝(2,2,0)，D1G →＝(2,0，－1)，BB1→＝(0,0,2)．设平面GB1D1的法向量n ＝(x ，y ，z)，则 n·D1B1→＝0，n·D1G →＝0， ∴2x ＋2y ＝0,2x －z ＝0， 即y ＝－x ，z ＝2x.令x ＝1，则n ＝(1，－1,2)．∵BD ∥B1D1，∴BD ∥平面GB1D1. ∴BD 与平面GB1D1的距离为 d ＝|BB1→·n||n|＝263.故选B.5．已知二面角α－l －β的大小为120°，点B 、C 在棱l 上，A ∈α，D ∈β，AB ⊥l ，CD ⊥l ，AB ＝2，BC ＝1，CD ＝3，则AD 的长为( ) A.14 B.13 C ．2 2D ．2 5[答案] D[解析] 由条件知|AB →|＝2，|BC →|＝1，|CD →|＝3，AB →⊥BC →，BC →⊥CD →，〈AB →，CD →〉＝60°，AD →＝AB →＋BC →＋CD →， ∴|AD →|2＝|AB →|2＋|BC →|2＋|CD →|2＋2AB →·BC →＋2BC →·CD →＋2AB →·CD → ＝4＋1＋9＋2×2×3×cos60° ＝20，∴|AD →|＝2 5.6．正四棱锥P －ABCD 的底面边长为2，高为3，E 、F 分别为PC ，PD 的中点，则异面直线AC 与EF 的距离为( ) A.12B.32C.233D.23[答案] B[分析] 若能找到n ，n·AC →＝0，n·EF →＝0，则d ＝|CF →·n||n|.[解析] 以正方形ABCD 的中心为原点，与边BC 、CD 垂直的直线分别为x 轴、y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系，则由条件知：C(1,1,0)，D(－1,1,0)，P(0,0,3)，∴E ⎝⎛⎭⎫12，12，32，F ⎝⎛⎭⎫－12，12，32，∴OC →＝(1,1,0)，EF →＝(－1,0,0)，设n ＝(x ，y ，z)，则n·OC →＝0，n·EF →＝0，∴x ＋y ＝0，－x ＝0，∴x ＝y ＝0， 取n ＝(0,0,1)，又CF →＝⎝⎛⎭⎫－32，－12，32， ∴d ＝|n·CF →||n|＝32，故选B.[点评] 只要向量n 与两条异面直线的方向向量垂直，不论两点M 、N 分别是两异面直线上的哪一点，都有d ＝|n·MN →||n|.7．(2010·河南新乡市模考)如图，正方体ABCD －A1B1C1D1的棱长为1，O 是底面A1B1C1D1的中心，则点O 到平面ABC1D1的距离为()A.12B.24C.22D.32[答案] B[解析] 以D 为原点，DA 、DC 、DD1为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，C1(0,1,1)，O ⎝⎛⎭⎫12，12，1，设平面ABCD 的法向量n ＝(x ，y,1)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n·AB →＝0n·AD1→＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝0－x ＋1＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1y ＝0，∴n ＝(1,0,1)，又OD1→＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，0， ∴O 到平面ABC1D1的距离d ＝|n·OD1→||n|＝122＝24.[点评] 1.建立坐标系可以有不同的方案，如以A 为原点，直线AB 、AD 、AA1分别为x 轴、y 轴、z 建立空间直角坐标系，则O ⎝⎛⎭⎫12，12，1，A(0,0,0)，B(1,0,0)，D1(0,1,1)，设平面ABC1D1的法向量n ＝(x ，y,1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n·AB →＝0n·AD1→＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0y ＝1，∴n ＝(0，－1,1)，∴O 到平面ABC1D1的距离h ＝|AO →·n||n|＝24.2．也可以不用空间向量求解．取B1C1的中点M ，连结B1C 交BC1于O′，取O′C1的中点N ，连结MN ，则MN ⊥BC1，又在正方体ABCD －A1B1C1D1中，OM 平行于平面ABC1D1，则O 到平面ABC1D1的距离转化为M 到平面ABC1D1的距离，即MN ＝24，故选B. 8．将正方形ABCD 沿对角线BD 折成一个120°的二面角，点C 到达点C1，这时异面直线AD 与BC1所成角的余弦值是( ) A ．－34B ．－34C.34D.34[答案] D[解析] 设正方形的边长为1，AC 与BD 交于点O ，当折成120°的二面角时， AC12＝⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222－2·22·22·cos120°＝32.又AC1→＝AD →＋DB →＋BC1→，∴|AC1→|2＝|AD →|2＋|DB →|2＋|BC1→|2＋2AD →·DB →＋2AD →·BC1→＋2DB →·BC1→＝1＋2＋1＋2×1×2cos135°＋2×2×1×cos135°＋2AD →·BC1→＝2AD →·BC1→＝2|AD →|·|BC1→|cos 〈AD →，BC1→〉＝2cos 〈AD →，BC1→〉． ∴cos 〈AD →，BC1→〉＝34.9．(2010·陕西宝鸡)已知正四面体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>γ B ．α>γ>β C ．β>α>γD ．γ>β>α[答案] B[解析] 如图，取底面BCD 的中心为点O ，连接AO ，BO ，易知∠ABO ＝β，取BC 的中点E ，连接AE 、OE ，易知∠AEO ＝γ，∵OB>OE ，∴0<β<γ<π2，延长BO交CD 于F ，则BF ⊥CD ，又AO ⊥CD ，∴CD ⊥平面ABF ，∴CD ⊥AB ，即α＝π2，∴α>γ>β，故选B.10．二面角的棱上有A 、B 两点，直线AC 、BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为( ) A ．150° B ．45° C ．60°D ．120°[答案] C[解析] 由条件知，CA →·AB →＝0，AB →·BD →＝0， CD →＝CA →＋AB →＋ BD →.∴|CD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD →＝62＋42＋82＋2×6×8cos 〈CA →，BD →〉 ＝116＋96cos 〈CA →，BD →〉＝(217)2， ∴cos 〈CA →，BD →〉＝－12，∴〈CA →，BD →〉＝120°，所以二面角的大小为60°. 二、填空题11．(2010·上海奉贤区调研)在正四面体ABCD 中，E 、F 分别是BC 、AD 中点，则异面直线AE 与CF 所成的角是________．(用反三角函数值表示) [答案] arccos 23[解析] 设正四面体的棱长为1，AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，则AE →＝12(a ＋b)，CF →＝12c －b ，|a|＝|b|＝|c|＝1，a·b ＝b·c ＝c·a ＝12，∴AE →·CF →＝12(a ＋b)·(12c －b)＝14a·c ＋14b·c －12a·b －12|b|2＝－12， |AE →|2＝14(|a|2＋|b|2＋2a·b)＝34，|CF →|2＝14|c|2＋|b|2－b·c ＝34，∴|AE →|＝32，|CF →|＝32，cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →|·|CF →|＝－23，因异面直线所成角是锐角或直角，∴AE 与CF 成角为arccos 23.12．(2010·江西九江一中)空间一条直线l1与一个正四棱柱的各个面所成的角都为α，而另一条直线l2与这个正四棱柱的各条棱所成的角都为β，则sin2α＋sin2β＝________. [答案] 1[解析] 由正四棱柱的对称性知，若直线l1与各面成角都相等，则该直线一定经过或平行于四棱柱的一条体对角线，l2也一样，于是取对角线BD1研究，则α＝∠BD1B1，β＝∠BD1D ，∴sin2α＋sin2β＝sin2α＋cos2α＝1.13．(2010·山东聊城联考)如图，以等腰直角三角形斜边BC 上的高AD 为折痕，把△ABD 和△ACD 折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD →·AC →≠0； ②∠BAC ＝60°；③三棱锥D －ABC 是正三棱锥；④平面ADC 的法向量和平面ABC 的法向量互相垂直． 其中正确的是________(填序号)． [答案] ②③[解析] BD ⊥平面ADC ⇒BD ⊥AC ，①错；AB ＝AC ＝BC ，②对；由⎩⎪⎨⎪⎧DA ＝DB ＝DC AB ＝AC ＝BC 知，③对④错．14．给出下列命题：①直线l 的方向向量为a ＝(1，－1,2)，直线m 的方向向量为b ＝(2,1，－12)，则l 与m 垂直．②直线l 的方向向量为a ＝(0,1，－1)，平面α的法向量为n ＝(1，－1，－1)，则l ⊥α. ③平面α、β的法向量分别为n1＝(0,1,3)，n2＝(1,0,2)，则α∥β.④平面α经过三点A(1,0，－1)，B(0,1,0)，C(－1,2,0)，向量n ＝(1，u ，t)是平面α的法向量，则u ＋t ＝1. 其中真命题的序号是________．[答案] ①④[解析] ①∵a·b ＝(1，－1,2)·(2,1，－12)＝0，∴a ⊥b ，∴l ⊥m ，故①真；②∵a·n ＝(0,1，－1)·(1，－1，－1)＝0， ∴a ⊥n ，∴l ∥α或l ⊂α，故②假；③∵n1与n2不平行，∴α与β不平行，∴③假； ④AB →＝(－1,1,1)，AC →＝(－2,2,1)， 由条件n ⊥AB →，n ⊥AC →，∴⎩⎪⎨⎪⎧n·AB →＝0n·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －1＋u ＋t ＝0－2＋2u ＋t ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧u ＝1t ＝0，∴u ＋t ＝1.三、解答题15．(2010·温州中学模拟)如图，在底面是矩形的四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AB ＝2，BC ＝4，E 是PD 的中点． (1)求证：平面PDC ⊥平面PAD ； (2)求点B 到平面PCD 的距离；(2)方法1：过A 作AF ⊥PD ，垂足为F.在RtPAD 中，PA ＝2，AD ＝BC ＝4，PD ＝42＋22＝25， AF·PD ＝PA·AD ，∴AF ＝2×425＝455，即点B 到平面PCD 的距离为455.方法2：如图，以A 为原点，AD 、AB 、AP 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系A －xyz ，则依题意可知A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(4,2,0)，D(4,0,0)，P(0,0,2)， PD →＝(4,0，－2)，CD →＝(0，－2,0)，BC →＝(4,0,0)， 设面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n·CD →＝0n·PD →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧－2y ＝04x －2＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0x ＝12，所以面PCD 的一个单位法向量为n |n|＝⎝⎛⎭⎫55，0，255，所以|BC →·n|n||＝|(4,0,0)·(55，0，255)|＝455，则点B 到面PCD 的距离为455.(3)方法1：过C 作CH ⊥AE ，垂足为H ，连接DH ，由(1)可知CD ⊥面PAD ，⎭⎪⎬⎪⎫ ⎭⎪⎬⎪⎫AE ⊥CDAE ⊥CH CD∩CH ＝C ⇒AE ⊥面CDH DH ⊂面CDH⇒AE ⊥DH ，⎭⎪⎬⎪⎫AE ⊥DH AE ⊥CH ⇒∠CHD 为二面角C －AE －D 的平面角． 在Rt △ADH 中，DH ＝AD·sin ∠DAH ＝4×55＝455，在Rt △CDH 中，CH2＝CD2＋DH2⇒CH ＝655.所以cos ∠CHD ＝DH CH ＝455655＝23.方法2：建立空间直角坐标系同(2)的方法2，则依题意可知A(0,0,0)，C(4,2,0)，D(4,0,0)，P(0,0,2)，E(2,0,1)，易知面ADE 的一个法向量为n1＝(0,1,0)，设面ACE 的一个法向量为n2＝(x ，y,1)，又AE →＝(2,0,1)，AC →＝(4,2,0)，则⎩⎪⎨⎪⎧n2·AE →＝0n2·AC →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋1＝04x ＋2y ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－12y ＝1，所以平面ACE 的一个法向量为n2＝(－12，1,1)．设二面角C －AE －D 的平面角为θ， 则cosθ＝n1·n2|n1|·|n2|＝－12×0＋1×1＋1×0－12＋12＋12×02＋12＋02＝23. 结合图形可知二面角C －AE －D 的余弦值为23.16．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，AB ＝3，BC ＝1，PA ＝2，E 为PD 的中点．(1)求直线AC 与PB 所成角的余弦值；(2)在侧面PAB 内找一点N ，使NE ⊥平面PAC ，并求出点N 到AB 和AP 的距离．[解析] (1)分别以AB 、AD 、AP 为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A ，B ，C ，D ，P ，E 的坐标为A(0,0,0)，B(3，0,0)，C(3，1,0)，D(0,1,0)，P(0,0,2)，E(0，12，1)，从而AC →＝(3，1,0)，PB →＝(3，0，－2)．设AC →与PB →的夹角为θ，则cosθ＝AC →·PB →|AC →|·|PB →|＝32×7＝3714，∴AC 与PB 所成角的余弦值为3714.(2)由于N 点在侧面PAB 内，故可设N 点坐标为(x,0，z)，则NE →＝(－x ，12，1－z)，由NE ⊥平面PAC 可得， ⎩⎪⎨⎪⎧ NE →·AP →＝0NE →·AC →＝0，即⎩⎨⎧ －x ，12，1－，0，＝0－x ，12，1－3，1，＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧ z －1＝0－3x ＋12＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝36z ＝1，即N 点的坐标为(36，0,1)， 从而N 点到AB 和AP 的距离分别为1，36. 17．直四棱柱ABCD －A1B1C1D1中，底面ABCD 是等腰梯形，AB ∥DC ，AB ＝2AD ＝2DC ＝2，E 为BD1的中点，F 为AB 中点．(1)求证EF ∥平面ADD1A1；(2)若BB1＝22，求A1F 与平面DEF 所成角的大小． [解析] (1)证明：连结AD1，在△ABD1中∵E 是BD1的中点，F 是BA 中点，∴EF 綊12AD1 又EF ⊄平面ADD1A1，AD1⊂平面ADD1A1∴EF ∥平面ADD1A1.(2)解法1：延长D1A1至H ，使A1H ＝D1A1，延长DA 至G ，使AG ＝DA ，并连结HG 和A1G ，则A1G ∥D1A ∥EF∴A1G ∥平面DEF ，∴A1到平面DEF 的距离等于G 到平面DEF 的距离，设为x由题意可得，DF ＝BC ＝AD ＝1，连DB ，在Rt △D1DB 中，DE ＝12D1B 又DB ＝3，且DD1＝22， ∴DE ＝12×12＋3＝144， 又EF ＝12AD1＝121＋12＝64， 在△DEF 中，由余弦定理得：cos ∠EDF ＝78＋1－382×144×1＝314 ∴sin ∠EDF ＝1－914＝514∴S △DEF ＝12×144×1×514＝58， 又点E 到平面DGF 的距离d ＝12DD1＝24不难证明∠DFG 是Rt △(∵FA ＝12DG) ∴S △DFG ＝12×DF×FG ＝12×1×3＝32由VE －DGF ＝VG －DEF 得，x·S △DEF ＝d·S △DFG ， ∴x·58＝24×32， ∴x ＝305，即A1到平面DEF 的距离为305， 设A1F 与平面DEF 成α角，则sinα＝x A1F ＝305×11＋12＝255，∴α＝arcsin 255， 即A1F 与平面DEF 所成角的大小为arcsin 255.解法2：建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz(DG 为AB 边上的高)则有A1(32，－12，22)，F(32，12，0)，D1(0,0，22)，B(32，32，0)，∴E(34，34，24)， 设平面DEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)，由⎩⎨⎧ n·DE →＝34x ＋34y ＋24z ＝0n·DF →＝32x ＋12y ＝0，取x ＝1解得y ＝－3，z ＝ 6∴法向量n ＝(1，－3，6)，∵A1F →＝(0,1，－22)， 设A1F 与平面DEF 所成的角为θ，则sinθ＝|cos 〈A1F →，n 〉|＝|A1F →·n||A1F →|·|n|＝|0×1＋－3＋－226|32·10＝255， ∴A1F 与平面DEF 所成角的大小为arcsin 255.。
2012年高考真题汇编——理科数学：立体几何1
2012高考真题分类汇编：立体几何一、选择题1.【2012高考真题新课标理7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（）D18C12()B9()A6()()【答案】B2.【2012高考真题浙江理10】已知矩形ABCD，AB=1，BC=2。
将△沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中。
A.存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直.B.存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直.C.存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直.D.对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直【答案】C3.【2012高考真题新课标理11】已知三棱锥S ABC∆-的所有顶点都在球O的求面上，ABC 是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且2SC=；则此棱锥的体积为（）DB()C()()A()【答案】A4.【2012高考真题四川理6】下列命题正确的是（）A、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行【答案】C7.【2012高考真题湖南理3】某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是【答案】D8.【2012高考真题湖北理4】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为B．3πA．8π3C．10πD．6π3【答案】B9.【2012高考真题广东理6】某几何体的三视图如图所示，它的体积为A ．12π B.45π C.57π D.81π 【答案】C10.【2012高考真题福建理4】一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是A.球B.三棱柱C.正方形D.圆柱【答案】D.12.【2012高考真题北京理7】某三棱锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是（ ）A. 28+65B. 30+65C. 56+ 125D. 60+125 【答案】B13.【2012高考真题全国卷理4】已知正四棱柱ABCD- A 1B 1C 1D 1中 ，AB=2，CC 1= E 为CC 1的中点，则直线AC 1与平面BED 的距离为A 2B CD 1【答案】D二、填空题14.【2012高考真题浙江理11】已知某三棱锥的三视图（单位：cm ）如图所示，则该三棱锥的体积等于________cm 3.【答案】115.【2012高考真题四川理14】如图，在正方体1111ABCD A B C D 中，M 、N 分别是CD 、1CC 的中点，则异面直线1A M 与DN 所成角的大小是____________。
2012届高三数学一轮复习阶段性测试题8(北师大版)
阶段性测试题八(立体几何初步)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题共50分)一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50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．(2011·陕西宝鸡模拟)在空间中，“两条直线没有公共点”是“这两条直线平行”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件[答案] B[解析]在空间中，两条直线没有公共点，可能是两条直线平行，也可能是两条直线异面，两条直线平行则两条直线没有公共点，所以“两条直线没有公共点”是“这两条直线平行”的必要不充分条件．2．(2011·江西南昌适应性检测)已知某个几何体的三视图如图(主视图的弧线是半圆)，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何体的表面积是()A．(92＋20π)cm2B．(92＋14π)cm2C．(112＋14π)cm2D．(92＋10π)cm2[答案] B[解析]由三视图可知原几何体是一个长方体上面放一个半圆柱，半圆半径为2，高为5，所以其表面积为πrh＋πr2＝14π(cm2)，长方体的表面积为(4＋5)×2×4＋4×5＝92(cm2)，所以几何体的表面积为(14π＋92)cm2.3．(文)(2011·青岛第一次教学检测)设b、c表示两条直线，α、β表示两个平面，下列命题中是真命题的为( )A.⎭⎪⎬⎪⎫b αc ∥α⇒b ∥c B.⎭⎪⎬⎪⎫bαb ∥c ⇒c ∥α C.⎭⎪⎬⎪⎫c ⊂αc ⊥β⇒α⊥β D.⎭⎪⎬⎪⎫c ∥αα⊥β⇒c ⊥β [答案] C[解析] 结合线面位置关系选C.(理)(2011.3·萍乡一模)已知直线AB ，CD 是异面直线，AC ⊥AB ，AC ⊥CD ，BD ⊥CD ，且AB ＝2，CD ＝1，则异面直线AB 与CD 所成角的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．75°[答案] C[解析] 设AB 与CD 所成的角为θ， 则cos θ＝|cos 〈AB →，CD →〉|＝|AB →·CD →||AB →||CD →|，由于AB →·CD →＝(AC →＋CD →＋DB →)·CD →＝AC →·CD →＋CD →2＋DB →·CD →＝0＋12＋0＝1， ∴cos θ＝|AB →·CD →|AB →||CD →||＝|12×1|＝12.由于0°＜θ≤90°，∴θ＝60°.故异面直线AB 与CD 所成角的大小为60°.4．(2011·广东中山一模)设a ，b ，c 是空间的三条直线，α，β是空间的两个平面，则下列命题的逆命题不成立的是( )A ．当c ⊥α时，若c ⊥β，则α∥βB ．当b α，且c α时，若c ∥α，则b ∥cC ．当b α，且c 是a 在α内的的射影时，若b ⊥a ，则c ⊥bD ．当b α时，若b ⊥β，则α⊥β [答案] D[解析] D 的逆命题是b ⊂α，α⊥β，则b ⊥β，显然不成立．5．(文)(2010·新课标卷)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，则该球的表面积为( )A ．πa 2B.73πa 2C.113πa 2 D ．5πa 2[答案] B[解析] 本题主要考查球与三棱柱的相关知识，考查空间想象能力及分析问题解决问题的能力．三棱柱如图所示，由题意可知：球心在三棱柱上、下底面的中心O 1、O 2的连线的中点O 处，连接O 1B 、O 1O 、OB ，其中OB 即为球的半径R ，由题意知：O 1B ＝23×3a 2＝3a3，所以半径R 2＝⎝⎛⎭⎫a 22＋⎝⎛⎭⎫3a 32＝7a 212，所以球的表面积是S ＝4πR 2＝7πa 23，故选B .(理)(2010·全国卷Ⅱ)已知三棱锥S －ABC 中，底面ABC 为边长等于2的等边三角形，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.54C.74D.34[答案] D[解析] 本题考查了直线与平面所成角的概念与求法． 如图所示，过A 作AD ⊥BC .连接AD ，SD 作AG ⊥SD ，连接GB ， ∵SA ⊥平面ABC ，△ABC 为等边三角形， ∴BC ⊥SA ，BC ⊥AD.∴BC ⊥平面SAD ，∴AG ⊥BC ， 又AG ⊥SD ，∴AG ⊥平面SBC.∴∠ABG 即为直线AB 与平面SBC 所成的角． ∵AB ＝2，SA ＝3，∴AD ＝3，在Rt △SAD 中，AG ＝32，∴sin ∠ABG ＝322＝34.6．(2011·温州一模)圆柱的侧面展开图是长12cm ，宽8cm 的矩形，则这个圆柱的体积为( )A.288πcm 3 B.192πcm 3 C.288πcm 3或192πcm 3 D ．192πcm 3[答案] C[解析] 分两种情况(1)12为底面圆周长，则2πr ＝12，∴r ＝6π，∴V ＝π·⎝⎛⎭⎫6π2·8＝288π(cm 3)． (2)8为底面圆周长，则2πr ＝8，∴r ＝4π，∴V ＝π·⎝⎛⎭⎫4π2·12＝192π(cm 3)．故选C. 7．(文)(2011·遂川一模)已知m ，n ，l 1，l 2表示直线，α，β表示平面．若m α，n α，l 1β，l 2β，l 1∩l 2＝M ，则α∥β的一个充分条件是( )A ．m ∥β且l 1∥αB ．m ∥β且n ∥βC ．m ∥β且n ∥l 2D ．m ∥l 1且n ∥l 2 [答案] D[解析] 对选项A ，B ，C 都有α与β相交的情况只有选项D 是两平面平行的判定，故选D .(理)(2011·四川卷)半径为R 的球O 的直径AB 垂直于平面α，垂足为B ，△BCD 是平面α内边长为R 的正三角形，线段AC 、AD 分别与球面交于点M 、N ，那么M 、N 两点间的球面距离是( )A ．Rarccos 1725B ．Rarccos 1825C.13πR D.415πR[答案] A[解析] 如图，连结BM ，BN ，MN ，OM ，ON ，在Rt △ABC 中，BM ⊥AC ，且AC ＝5R ，由AB 2＝AM·AC 得AM ＝455R ，又Rt △ABC ≌Rt △ABD ，∴AN ＝AM ＝455R.在△ACD 中，由余弦定理可求得cos ∠CAD ＝910，在△MAN 中，由余弦定理可求得MN＝45R ，在△MON 中，OM ＝ON ＝R ， 由余弦定理求得cos ∠MON ＝725，则M 、N 两点的球面距离为R arccos 1725.8．(2011·山东枣庄期末)一个空间几何体的三视图及部分数据如图所示 ，则这个几何体的体积是( )A ．3 B.52 C ．2 D.32[答案] D[解析] 由三视图可知，该几何体为直三棱柱，底面是边长为3，1,2，的直角三角形，侧棱长为3，所以体积为12×1×3×3＝32.9．(文)(2011·九江质检)已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，E 为AA 1中点，则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为( )A.1010B.15C.31010D.35[答案] C[解析] 本题考查异面直线所成角的定义，以及空间想象能力、基本运算能力．如图所示，连结A 1B ，∵ABCD －A 1B 1C 1D 1为正四棱柱， ∴A 1B ∥D 1C ，∴∠A 1BE 为异面直线BE 与CD 1所成的角． ∵AA 1＝2AB ，∴设AB ＝a ，则AA 1＝2a ，又∵E 为AA 1的中点，∴A 1E ＝a ，BE ＝2a ，A 1B ＝5a ， 在△A 1BE 中，由余弦定理，得cos ∠A 1BE ＝2a 2＋5a 2－a 22·2a·5a ＝6a 2210a2＝31010. (理)(2011·济南调研)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为( )A.63 B.255C.155D.105[答案] D[解析] 以B 为原点，直线BC 、BA 、BB 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则D(2,2,0)，B 1(0,0,1)，C 1(2,0,1)．设平面BB 1D 1D 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0n ·BB 1→＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0z ＝0，取n ＝(1，－1,0)，直线BC 1的方向向量BC 1→＝(2,0,1)，∴直线BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角为θ，满足sin θ＝|BC 1→·n ||BC 1→|·|n |＝105.10．(文)(2011·山东日照调研)在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱AA 1、BB 1的中点，G 为棱A 1B 1上的一点，且A 1G ＝λ(0≤λ≤1)，则点G 到平面D 1EF 的距离为( )A. 3B.22C.2λ3D.55[答案] D[解析] 方法一：∵A 1B 1∥平面D 1EF ，∴G 到平面D 1EF 的距离为A 1到平面D 1EF 的距离，在△A 1D 1E 中，过A 1作A 1H ⊥D 1E 交D 1E 于H ，显然A 1H ⊥平面D 1EF ，则A 1H 即为所求， 在Rt △A 1D 1E 中， A 1H ＝A 1D 1·A 1E D 1E＝1×121＋⎝⎛⎭⎫122＝55. 方法二：等体积法，设h 为G 到平面D 1EF 的距离． ∵VG —D 1EF ＝VA 1—D 1EF ＝VF —D 1A 1E ，∴12×1×52×h ＝12×1×12×1， ∴h ＝55. (理)(2009·四川)如图，已知六棱锥P －ABCDEF 的底面是正六边形，P A ⊥平面ABC ，P A ＝2AB ，则下列结论正确的是( )A ．PB ⊥ADB ．平面P AB ⊥平面PBC C ．直线BC ∥平面P AED ．直线PD 与平面ABC 所成的角为45° [答案] D[解析] 本小题主要考查线线垂直、线面垂直、面面垂直、线面平行、线面角等立体几何的基础知识．设AB 长为1，由P A ＝2AB 得P A ＝2， 又ABCDEF 是正六边形，所以AD 长也为2， 又P A ⊥平面ABC ，所以P A ⊥AD ， 所以△P AD 为直角三角形． ∵P A ＝AD ，∴∠PDA ＝45°，∴PD 与平面ABC 所成的角为45°，故选D.第Ⅱ卷(非选择题 共100分)二、填空题(本大题共5个小题，每小题5分，共25分，把正确答案填在题中横线上) 11．(2010·江西卷)长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的顶点均在同一个球面上，AB ＝AA 1＝1，BC ＝2，则A ，B 两点间的球面距离为________． [答案] π3[解析] 本题考查了组合体及球面距离的定义，需要有较强的空间想象能力，首先确定球心及球半径，球心即长方体的中心，即体对角线交点，连接AC 1，BD 1交于O 点，进一步求出半径为1，∠AOB ＝π3，∴球面距离＝π3R ＝π3·1＝π3.12．(文)(2011·济宁第二次月考)设长方体的长、宽、高分别为2a 、a 、a ，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为________．[答案] 6a 2π[解析] 记球半径为R ，则有(2R )2＝(2a )2＋a 2＋a 2＝6a 2,4R 2＝6a 2，因此该球的面表面积为4πR 2＝6a 2π.(理)(2011·淮南模拟)如图，已知正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的各条棱长都相等，M 是侧棱CC 1的中点，则异面直线AB 1和BM 所成的角的大小是________．[答案] 90°[解析] 延长A 1B 1至D ，使A 1B 1＝B 1D ，则AB 1∥BD ，∠MBD 就是直线AB 1和BM 所成的角，设三棱柱的各条棱长为2， 则BM ＝5，BD ＝22，C 1D 2＝A 1D 2＋A 1C 21－2A 1D ·A 1C 1cos60°＝16＋4－2×4＝12. DM 2＝C 1D 2＋C 1M 2＝13，∴cos ∠DBM ＝BM 2＋BD 2－DM 22·BM ·BD ＝0，∴∠DBM ＝90°.13．(2011·安徽宣城二模)a ，b ，c 是空间中互不重合的三条直线，下面给出五个命题： ①若a ∥b ，b ∥c ，则a ∥c ； ②若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ∥c ；③若a 与b 相交，b 与c 相交，则a 与c 相交； ④若a 平面α，b 平面β，则a ，b 一定是异面直线； ⑤若a ，b 与c 成等角，则a ∥b . 上述命题中正确的是________(只填序号) [答案] ①[解析] 由基本性质4知①正确；当a ⊥b ，b ⊥c 时，a 与c 可以相交、平行，也可以异面，故②不正确；当a 与b 相交，b 与c 相交时，a 与c 可以相交、平行，也可以异面，故③不正确； aα，b β，并不能说明a 与b 不同在任何一个平面内，故④不正确；当a ，b 与c 成等角时，a 与b 可以相交、平行，也可以异面故⑤不正确．14．(2010·辽宁卷)如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为________．[答案] 2 3[解析] 由主视图和俯视图可知几何体是正方体切割后的一部分(四棱锥C 1－ABCD )，还原在正方体中，如图所示：多面体最长的一条棱即为正方体的体对角线，由正方体棱长为AB ＝2知最长棱长为2 3. 15．(文)(2011·淮北一中期中)已知四棱锥P —ABCD 的底面ABCD 是矩形，P A ⊥底面ABCD ，点E 、F 分别是棱PC 、PD 的中点，则①棱AB 与PD 所在的直线垂直； ②平面PBC 与平面ABCD 垂直； ③△PCD 的面积大于△P AB 的面积； ④直线AE 与直线BF 是异面直线．以上结论正确的是____________．(写出所有正确结论的编号) [答案] ①③[解析] 由条件可得AB ⊥平面P AD ，所以AB ⊥PD ，故①正确；由题易知②错；S △PCD ＝12CD ·PD ，S △P AB ＝12AB ·P A ，由AB ＝CD ，PD ＞P A 知③正确；由E 、F 分别是棱PC 、PD 的中点可得EF ∥CD ，又AB ∥CD ，所以EF ∥AB ，故AE 与BF 共面，故④错．(理)(2011·浙江舟山模拟)如图所示，在平行四边形ABCD 中，AB ＝AC ＝1，∠ACD ＝90°，将它沿对角线AC 折起，使AB 与CD 成60°角，则B 、D 间的距离为________．[答案] 2或 2[解析] ∵∠ACD ＝90°，∴AC →·CD →＝0， 同理AC →·BA →＝0. ∵AB 与CD 成60°角， ∴<BA →，CD →>＝60°或120°. 又BD →＝BA →＋AC →＋CD →，∴BD →·BD →＝|BA →|2＋|AC →|2＋|CD →|2＋2BA →·AC →＋2BA →·CD →＋2AC →·CD → ＝3＋2×1×1×cos<BA →，CD →> ＝⎩⎪⎨⎪⎧4 (<BA →，CD →>＝60°)2 (<BA →，CD →>＝120°)∴|BD →|＝2或2，即B 、D 间的距离为2或 2.三、解答题(本大题共6个小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 16．(本小题满分12分)(2011·枣庄期中)如图，三棱柱A 1B 1C 1—ABC 的三视图中，正(主)视图和侧(左)视图是全等的矩形，俯视图是等腰直角三角形，点M 是A 1B 1的中点．(1)求证：B 1C ∥平面AC 1M ； (2)求证：平面AC 1M ⊥平面AA 1B 1B .[解析] (1)解法一 由三视图可知三棱柱A 1B 1C 1—ABC 为直三棱柱，底面是等腰直角三角形，且∠ACB ＝90°.连接A 1C ，设A 1C ∩AC 1＝O ，连接MO ， 由题意可知，A 1O ＝CO ，A 1M ＝B 1M ， ∴MO ∥B 1C ，又MO 平面AC 1M ，B 1C 平面AC 1M ，∴B 1C ∥平面AC 1M . 解法二 由三视图可知三棱柱A 1B 1C 1—ABC 为直三棱柱，侧棱长为2，底面为等腰直角三角形，且AC ＝BC ＝1. 如图，建立空间直角坐标系C －xyz ，则C (0,0,0)，C 1(0,0,2)，A (1,0,0)，B 1(0,1,2)，A 1(1,0,2)， ∵M 为A 1B 1的中点，∴M (12，12，2)．∵CB 1→＝(0,1,2)，AM →＝(－12，12，2)，C 1M →＝(12，12，0)，∴CB 1→＝AM →＋C 1M →，又B 1C 平面AC 1M ，∴B 1C ∥平面AC 1M .(2)∵A 1C 1＝B 1C 1，M 为A 1B 1的中点，∴C 1M ⊥A 1B 1，又平面A 1B 1C 1⊥平面AA 1B 1B ，平面A 1B 1C 1∩平面AA 1B 1B ＝A 1B 1， ∴C 1M ⊥平面AA 1B 1B ，又C 1M 平面AC 1M ， ∴平面AC 1M ⊥平面AA 1B 1B . 17．(本小题满分12分)(理)(2011·德安一模)已知三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，P A ＝AC ＝12AB ，N 为AB 上一点，AB ＝4AN ，M ，S 分别为PB 、BC 的中点．(1)证明：CM ⊥SN ；(2)求SN 与平面CMN 所成角的大小．[解析] 本小题考查空间中的线线垂直与线面角的求法，也考查了运算能力，应用能力及空间想象能力．解题思路是通过建立空间直角坐标系，充分利用空间向量这一工具，分析法向量、方向向量与线面角的关系，进行垂直证明以及线面角的求值．证明：设P A ＝1，以A 为原点，射线AB ，AC ，AP 分别为x ，y ，z 轴正向建立空间直角坐标系如图．则P (0,0,1)，C (0,1,0)， B (2,0,0)，M ⎝⎛⎭⎫1，0，12， N ⎝⎛⎭⎫12，0，0，S ⎝⎛⎭⎫1，12，0. (1)CM →＝⎝⎛⎭⎫1，－1，12， SN →＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，0， 因为CM →·SN →＝－12＋12＋0＝0，所以CM ⊥SN .(2)NC →＝⎝⎛⎭⎫－12，1，0， 设a ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量，则⎩⎨⎧x －y ＋12z ＝0－12x ＋y ＝0，令x ＝2，得a ＝(2,1，－2)．因为|cos 〈a ，SN →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1－123×22＝22，所以SN 与平面CMN 所成角为45°.(文)(2011·福建南平模拟)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，E 、F 分别是AB 、PC 的中点．(1)若AB ＝2，P A ＝4，求四棱锥P －ABCD 的体积； (2)求证：EF ∥平面P AD .[解析] (1)解：∵AB ＝2，AP ＝4，PD ＝23， ∴V P －ABCD ＝13S ABCD ·PD＝13·4·23＝833. (2)证明：作FG ∥DC 交PD 于点G ， 则G 为PD 的中点，连接AG ，FG 綊12CD ，又CD 綊AB ，故FG 綊AE ，四边形AEFG 为平行四边形． ∴EF ∥AG ，又AG 平面P AD ，EF 平面P AD ， ∴EF ∥平面P AD . 18．(本小题满分12分)(2011.4·瑞金二模)如图，三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，BC ⊥侧面AA 1C 1C ，AC ＝BC ＝1，CC 1＝2，∠CAA 1＝π3，D 为AA 1的中点．(1)求证：A 1C ⊥平面ABC ；(2)截面BDC 1将三棱柱分成两部分，其体积分别为V 1、V 2，求V 1V 2. [解析] (1)∵BC ⊥侧面AA 1C 1C ，A 1C 面AA 1C 1C ， ∴BC ⊥A 1C .在△AA 1C 中，AC ＝1，AA 1＝CC 1＝2，∠CAA 1＝π3，由余弦定理得A 1C 2＝AC 2＋AA 21－2AC ·AA 1cos ∠CAA 1＝12＋22－2×1×2×cos π3＝3， 所以A 1C ＝3，故有AC 2＋A 1C 2＝AA 21，所以AC ⊥A 1C ， 而AC ∩BC ＝C ， ∴A 1C ⊥平面ABC .(2)∵BC ⊥侧面AA 1C 1C ，∴BC ⊥AC ，故Rt △ABC 的面积，S △ABC ＝12AC ·BC ＝12×1×1＝12，由(1)知A 1C ⊥平面ABC ，∴棱柱ABC —A 1B 1C 1的体积V ＝S △ABC ·A 1C ＝12×3＝32.截面BDC 1将三棱柱分成两部分，设V 1对应的是四棱锥B —ADC 1C .如图，过点C 作CE ⊥AD ，垂足为E .在Rt △CAE 中，CE ＝AC ·sin ∠CAE ＝1×sin π3＝32.所以梯形ADC 1C 的面积为S ＝12(AD ＋CC 1)×CE＝12(1＋2)×32＝334.∵BC ⊥侧面AA 1C 1C ，∴四棱锥B —ADC 1C 的体积V 1＝13S 1·BC ＝13×334×1＝34.故另一部分体积V 2＝V －V 1＝32－34＝34， 所以V 1V 2＝3434＝19．(本小题满分12分)(2010·北京卷)如图，正方形ABCD 和四边形ACEF 所在平面互相垂直，CE ⊥AC ，EF ∥AC ，AB ＝2，CE ＝EF ＝1.(1)求证：AF ∥平面BDE ； (2)求证：CF ⊥平面BDE ；(3)(理)求二面角A －BE －D 的大小．[解析] 证明：(1)设AC 与BD 交于点G ，因为EF ∥AG ，且EF ＝1，AG ＝12AC ＝1，所以四边形AGEF 为平行四边形．所以AF ∥EG .因为EG P 平面BDE ，AF 平面BDE ，所以AF ∥平面BDE .(2)证法一：连接FG .∵EF ∥CG ，EF ＝CG ＝1且CE ＝1， ∴四边形CEFG 为菱形， ∴EG ⊥CF .∵四边形ABCD 为正方形，∴AC ⊥BD . 又∵平面ACEF ∩平面ABCD ＝AC ，∴BD ⊥平面ACEF ，∴CF ⊥BD . 又∵BD ∩EG ＝G ，∴CF ⊥平面BDE .证法二：因为正方形ABCD 和四边形ACEF 所在的平面互相垂直，且CE ⊥AC ，所以CE ⊥平面ABCD .如图以C 为原点，建立空间直角坐标系C —xyz .则C (0,0,0)，A (2，2，0)，D (2，0,0)，E (0,0,1)，F (22，22，1)．所以CF →＝(22，22，1)，BE →＝(0，－2，1)，DE →＝(－2，0,1)．所以CF →·BE →＝0－1＋1＝0，CF →·DE →＝－1＋0＋1＝0.所以CF ⊥BE ，CF ⊥DE ，所以CF ⊥平面BDE .(3)由(2)知，CF →＝(22，22，1)是平面BDE 的一个法向量，设平面ABE 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则n ·BA →＝0，n ·BE →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧(x ，y ，z )·(2，0，0)＝0(x ，y ，z )·(0，－2，1)＝0所以x ＝0，z ＝2y .令y ＝1，则z ＝ 2.所以n ＝(0,1，2)，从而cos(n ，CF →)＝n ·CF →|n ||CF →|＝32因为二面角A —BE —D 为锐角，所以二面角A —BE —D 的大小为π6.点评：借助法向量求二面角的平面角时，一定要正确判断此二面角是锐二面角还是钝二面角．20．(本小题满分13分)(文)(2011·河南开封一模)如图，P A ⊥平面ABCD ，ABCD 是矩形，P A ＝AB ＝1，AD ＝3，点F 是PB 的中点，点E 在边BC 上移动．(1)求三棱锥E －P AD 的体积；(2)当点E 为BC 的中点时，试判断EF 与平面P AC 的位置关系，并说明理由； (3)证明无论点E 在边BC 的何处，都有PE ⊥AF . [解析] (1)∵P A ⊥平面ABCD ，ABCD 为矩形， ∴V E －P AD ＝V P －ADE ＝13·S △ADE ·P A ＝13×12×3×1×1＝36.(2)当E 为BC 中点时，EF 与平面P AC 平行． ∵F 为PB 的中点，∴EF ∥PC . ∵EF 平面P AC ，PC 平面P AC ， ∴EF ∥平面P AC .(3)证明：∵P A ＝AB ，F 为PB 的中点， ∴AF ⊥PB .∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥BC . 又BC ⊥AB ，BC ⊥平面P AB ， 又AF 平面P AB ，∴BC ⊥AF . 又PB ∩BC ＝B ，∴AF ⊥平面PBC .∵无论点E 在边BC 的何处，都有PE 平面PBC ， ∴AF ⊥PE .(理)(2011·宜川调研)如图，在四棱锥P －ABCD 中，侧面P AD ⊥底面ABCD ，侧棱P A ＝PD ＝2，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AD ＝2AB ＝2BC ＝2，O 为AD 中点．(1)求证：PO ⊥平面ABCD ；(2)求异面直线PB 与CD 所成角的大小； (3)求点A 到平面PCD 的距离．[解析] (1)在△P AD 中P A ＝PD ，O 为AD 中点，所以PO ⊥AD ，又侧面P AD ⊥底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PO 平面P AD ，故PO ⊥平面ABCD .(2)以O 为坐标原点，OC →、OD →、OP →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O －xyz .则A (0，－1,0)、B (1，－1,0)、C (1,0,0)、 D (0,1,0)、P (0，0,1)，∴CD →＝(－1,1,0)，PB →＝(1，－1，－1)． cos<PB →，CD →>＝PB →·CD →|PB →||CD →|＝－63，即异面直线PB 与CD 所成的角是arccos63. (3)设平面PCD 的法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)， 由(2)知CP →＝(－1,0,1)，CD →＝(－1,1,0)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CP →＝0n ·CD →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧－x 0＋z 0＝0－x 0＋y 0＝0，即x 0＝y 0＝z 0，取x 0＝1，得平面的一个法向量为n ＝(1,1,1)． 又AC →＝(1,1,0)，从而点A 到平面PCD 的距离d ＝|AC →·n ||n |＝233.21．(本小题满分14分)(文)(2010·山东卷)在如图所示的几何体中，四边形 ABCD 是正方形，MA ⊥平面ABCD ，PD ∥MA ，E 、G 、F 分别为MB 、PB 、PC 的中点，且AD ＝PD ＝2MA .(1)求证：平面EFG⊥平面PDC；(2)求三棱锥P－MAB与四棱锥P－ABCD的体积之比．[解析]本小题主要考查空间中的线面关系和面面关系．考查线面垂直、面面垂直的判定及几何体体积的计算，考查识图能力、空间想象能力和逻辑思维能力，体现了转化与化归的数学思想．(1)证明：∵MA⊥平面ABCD，PD∥MA，所以PD⊥平面ABCD，又BC平面ABCD，∴PD⊥BC，因为ABCD为正方形，所以BC⊥DC.又PD∩DC＝D，因此BC⊥平面PDC.在△PBC中，因为G、F为中点，所以GF∥BC，因此GF⊥平面PDC.又GF平面PDC，所以平面EFG⊥平面PDC.(2)因为PD⊥面ABCD，ABCD为正方形，不妨设MA＝1，则PD＝AD＝2，所以V P－ABCD＝13S正方形ABCD·PD＝83.由于DA ⊥面MAB ，且PD ∥MA ，所以DA 即为点P 到平面MAB 的距离，三棱锥V P －MAB ＝13×12×1×2×2＝23. 所以V P －MAB V P －ABCD ＝(理)(2010·天津卷)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是棱BC ，CC 1上的点，CF ＝AB ＝2CE ，AB AD AA 1＝(1)求异面直线EF 与A 1D 所成角的余弦值；(2)证明AF ⊥平面A 1ED ；(3)求二面角A 1－ED －F 的正弦值．[解析] 本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等知识，考查空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象力、运算能力、推理论证能力．一般思路：建系利用空间向量．方法1：如图所示，建立空间直角坐标系，点A 为坐标原点，设AB ＝1，依题意得D (0,2,0)，F (1,2,1)，A 1(0,0,4)，E ⎝⎛⎭⎫1，32，0.(1)易得EF →＝⎝⎛⎭⎫0，12，1，A 1D →＝(0,2，－4)． 于是cos 〈EF →，A 1D →〉＝EF →·A 1D →|EF →||A 1D →|＝－35. 所以异面直线EF 与A 1D 所成角的余弦值为35. (2)证明：易知AF →＝(1,2,1)，EA 1→＝⎝⎛⎭⎫－1，－32，4， ED →＝⎝⎛⎭⎫－1，12，0，于是AF →·EA 1→＝0，AF →·ED →＝0，因此，AF ⊥EA 1，AF ⊥ED .又EA 1∩ED ＝E ，所以AF ⊥平面A 1ED .(3)设平面EFD 的法向量u ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ u ·EF →＝0u ·ED →＝0，即⎩⎨⎧ 12y ＋z ＝0－x ＋12y ＝0，不妨令x ＝1，可得u ＝(1,2，－1)，由(2)可知，AF →为平面A 1ED 的一个法向量，于是cos〈u ，AF →〉＝u ·AF →|u ||AF →|＝23，从而sin 〈u ，AF →〉＝53. 所以二面角A 1－ED －F 的正弦值为53.方法2：(1)设AB ＝1，可得AD ＝2，AA 1＝4，CF ＝1，CE ＝12， 连接B 1C ，BC 1，设B 1C 与BC 1交于点M .易知A 1D ∥B 1C ，由CE CB ＝CF CC 1＝14，可知EF ∥BC 1，故∠BMC 是异面直线EF 与A 1D 所成的角，易知BM ＝CM ＝12B 1C ＝5， 所以cos ∠BMC ＝BM 2＋CM 2－BC 22·BM ·CM ＝35. 所以异面直线EF 与A 1D 所成角的余弦值为35. (2)证明：连接AC ，设AC 与DE 交于点N . 因为CD BC ＝EC AB ＝12，所以Rt △DCE ∽Rt △CBA ，从而∠CDE ＝∠BCA .又由于∠CDE ＋∠CED ＝90°，所以∠BCA ＋∠CED ＝90°.故AC ⊥DE ，又因为CC 1⊥DE 且CC 1∩AC ＝C ，所以DE ⊥平面ACF ，从而AF ⊥DE .连接BF ，同理可证B 1C ⊥平面ABF ，从而AF ⊥B 1C ，所以AF ⊥A 1D ，因为DE ∩A 1D ＝D ，所以AF ⊥平面A 1ED .(3)连接A 1N ，FN .由(2)可知DE ⊥平面ACF ，又NF 平面ACF ，A 1N 平面ACF ，所以DE ⊥NF ，DE ⊥A 1N ，故∠A 1NF 为二面角A 1－ED －F 的平面角．易知Rt △CNE ∽Rt △CBA ，所以CN BC ＝EC AC .又AC ＝5，所以CN ＝55.在Rt △CNF 中，NF ＝CF 2＋CN 2＝305. 在Rt △A 1AN 中，A 1N ＝AN 2＋A 1A 2＝4305，连接A 1C 1，A 1F .在Rt △A 1C 1F 中，A 1F ＝A 1C 21＋C 1F 2＝14.在△A 1NF 中，cos ∠A 1NF ＝A 1N 2＋FN 2－A 1F 22A 1N ·FN ＝23， 所以sin ∠A 1NF ＝53， 所以二面角A 1－ED －F 的正弦值为53.高+考(试═题じ库。
2012高考文科数学立体几何_(答案详解)
选择题1.（12年四川卷）如图，半径为R 的半球O 的底面圆O 在平面α内，过点O 作平面α的垂线交半球面于点A ，过圆O 的直径CD 作平面α成45 角的平面与半球面相交，所得交线上到平面α的距离最大的点为B ，该交线上的 一点P 满足60BOP ∠= ，则A 、P 两点 间的球面距离为 （ ）A. arccos4R B. 4R πC. arccos 3RD. 3R π 2.（12年广东卷）某几何体的三视图如图1所示，它的体积为( )A. 72πB. 48πC. 30πD. 24π3.（12年重庆卷）设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1和a 且长为a的棱与长为的棱异面，则a 的取值范围是（ ）A.B.C.D.4.（12年浙江卷）已知某三棱锥的三视图（单位：cm ）如图所示，则该三棱锥的体积是（ ） A.1cm 3 B.2cm 3 C.3cm 3 D.6cm3图1C5.（12年浙江卷）设l 是直线，αβ，是两个不同的平面 （ ）A.若l ∥α，l ∥β，则α∥βB. 若l ∥α，l ⊥β，则α⊥βC. 若α⊥β，l ⊥α，则l ⊥βD. 若α⊥β， l ∥α，则l ⊥β6.（12年新课标卷）如图，网格上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则几何体的体积为（ ）A .6B .9C .12D .187. 某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是（ ）A．28+ B．30+ C．56+ D ．60+ 8.（12年福建卷）一个几何体的三视图形状都相同，大小均等，那么这个几何体不可以是（ ）A ．球B ．三棱锥C ．正方体D ．圆柱 9.（12年湖南卷）某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能．．．是（ ）10.（12年江西卷）若一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为 ( )A B C DA ．112B.5C.4D. 9211.（12年大纲卷）已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，2AB =，1CC =E 为1CC 的中点，则直线1AC 与平面BED 的距离为（ ）A ．2BCD ．1 12.（12年陕西卷）将正方体（如图1所示）截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的左视图为（ ）填空题1．（12年湖北卷）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 .左视图主视图俯视图侧视图正视图俯视图2.（12年四川卷）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别是CD ，1CC 的中点，则异面直线1A M 与DN 所成的角的大小是____________.3.（12年山东卷）如图，正方体1111D C B A ABCD -的棱长为1，E 为线段C B 1上的一点，则三棱锥1DED A -的体积为___________ .4.（12年安徽卷）某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积是_____.5.（12年江苏卷）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，3cm AB AD ==，12cm AA =，则四棱锥11A BB D D -的体积为 cm 3．NA 1A B CC 1 A 1 侧（左）视图正（主）视图 4俯视图 5 4 26.（12年辽宁卷）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_______________.7.（12年辽宁卷）已知点P A B C D ，，，，是球O 表面上的点，PA ABCD ⊥平面，四边形ABCD是边长为.若PA =，则OAB ∆的面积为______________. 8.（12年大纲卷）已知正方形1111ABCD A B C D -中，,E F 分别为1BB ，1CC 的中点，那么异面直线AE 与1D F 所成角的余弦值为 ．9.（12年上海卷）一个高为2的圆柱，底面周长为2π，该圆柱的表面积为 . 10.（12年天津卷）一个几何体的三视图如图所示（单位：m ），则该几何体的体积 3m.2.（12年山东卷）(本小题满分12分)如图，几何体E ABCD -是四棱锥，△ABD 为正三角形，,CB CD EC BD =⊥. (Ⅰ)求证：BE DE =；(Ⅱ)若∠120BCD =︒，M 为线段AE 的中点， 求证：DM ∥平面BEC .3.（12年广东卷）(本小题满分13分)如图所示，在四棱锥P ABCD -中，AB ⊥平面PAD ，//,AB CD PD AD =，E 是PB 中点，F 是DC 上的点，且12DF AB =，PH 为PAD ∆中AD 边上的高. （1）证明：PH ⊥平面ABCD ； （2）若1,1PH AD FC ===，求三棱锥E BCF -的体积； （3）证明：EF ⊥平面PAB ． 6.（12年新课标卷）（本小题满分12分） 如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧棱垂直底面，o 90ACB ∠=，112AC BC AA ==，D 是棱1AA 的 中点.(Ｉ) 证明：平面BDC ⊥平面1BDC（Ⅱ）平面1BDC 分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比.选择题1.【答案】A【分析】由已知可知，AOP CBD ⊥面面，∴cos cos cos AOP AOB BOP = ∠∠∠，带入数据得1cos ==224AOP ∠，arccos4AP R ∴=. 2. 【答案】C【分析】几何体是半球与圆锥叠加而成它的体积为32141π3π330π233V =⨯⨯+⨯⨯= 3.【答案】：A【分析】：如图所示，取,E F 分别为,PC AB 的中点，依题意可得PB BC ⊥，所以GEAB FCPD HBE ==.在BEF ∆中，BF BE <，所以2AB BF =<4. 【答案】C【分析】由题意判断出，底面是一个直角三角形，两个直角边分别为1和2，整个棱锥的高由侧视图可得为3，所以三棱锥的体积为11123132⨯⨯⨯⨯=. 5.【答案】B【分析】利用排除法可得选项B 是正确的，∵l ∥α，l ⊥β，则α⊥β．如选项A ：l ∥α，l ∥β时，α⊥β或α∥β；选项C ：若α⊥β，l ⊥α时，l ∥β或l β⊂；选项D ：若α⊥β，l ∥α时，l ∥β或l ⊥β．6. 【答案】B【分析】由三视图知，其对应几何体为三棱锥，其底面为一边长为6，底边上高为3的等腰三角形，棱锥的高为3，故其体积为1163332⨯⨯⨯⨯=9，故选B. 7. 【答案】B 【分析】从所给的三视图可以得到该几何体为三棱锥，本题所求表面积为三棱锥四个面的面积之和.利用垂直关系和三角形面积公式，可得：=10=10=10S S S S 后右左底，，，因此该几何体表面积30S =+，故选B .8. 【答案】D【分析】圆的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图均为圆；三棱锥的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图可以为全等的三角形； 正方体的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图均为正方形； 圆柱的正视图（主视图）、侧视图（左视图）为矩形，俯视图为圆.9. 【答案】D【分析】本题是组合体的三视图问题，由几何体的正视图和侧视图均相同，原图下面部分应为圆柱或直四棱柱，上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱，A ，B ，C 都可能是该几何体的俯视图，D 不可能是该几何体的俯视图，因为它的正视图上面部分应为中间有条虚线的矩形..10. 【答案】C【分析】通过观察几何体的三视图可知，该几何体是一个底面为六边形（2条对边长为1，其余4，高为1的直棱柱.所以该几何体的体积为112122142V sh ⎛⎫==⨯+⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭，故选D.11. 【答案】D【分析】因为底面的边长为2，高为,AC BD ，得到交点为O ，连接EO ，1//EO AC ，则点1C 到平面BDE 的距离等于C 到平面BDE 的距离，过点C 作CH OE ⊥，则CH 即为所求，在三角形OCE 中，利用等面积法，可得1CH =，故选答案D. 12.【答案】B【分析】显然从左边看到的是一个正方形，因为割线1AD 可见，所以用实线表示；而割线1B C 不可见，所以用虚线表示．故选B ．填空题1. 【答案】12π【分析】该几何体的左中右均为圆柱体，其中左右圆柱体全等，是底面半径为2，高为1的 圆柱体；中间部分是底面半径为1，高为4的圆柱体，所以所求的体积为：22π212π14=12πV =⨯⨯⨯+⨯⨯.2. 【答案】o 90【分析】方法一：连接D 1M ，易得DN ⊥A 1D 1 ，DN ⊥D 1M ，所以，DN ⊥平面A 1MD 1，又A 1M ⊂平面A 1MD 1，所以，DN ⊥A 1M ，故夹角为o 90 方法二：以D 为原点，分别以DA ， DC ， DD 1为x ， y ， z 轴，建立空间直角坐标系D —xyz .设正方体边长为2，则D （0，0，0），N （0，2，1），M （0，1，0），A 1（2，0，2）故1(0,2,1)(2,1,2)DN MA ==- ， 所以， 111cos ,0DN MA DN MA DN MA <>==，故DN ⊥A 1M ，所以夹角为o 90.3. 【答案】61 【分析】求1DED A -的体积，显然为定值，也就是说三棱锥的底面面积与三棱锥的高都为定值，因此，我们需要找一个底面为定值的三角形，三角形1ADD 的面积为21（为定值），而E 点到底面1ADD 的高恰为正方体的高为1（为定值），因此体积为61. 4. 【答案】56 【分析】该几何体是底面是直角梯形，高为4的直四棱柱，几何体的的体积是：()12544562V =⨯+⨯⨯=5. 【答案】6【分析】∵长方体底面A B C D 是正方形 ，∴△ABD 中BD cm ，BD 边上的高（它也是四棱锥11A BB D D -的高）∴四棱锥11A BB D D -的体积为123⨯6. 【答案】12π+【分析】由三视图可知该几何体为一个长方体和一个等高的圆柱的组合体，其中长方体的长、宽、高分别为4、3、1，圆柱的底面直径为2，高位1，所以该几何体的体积为3411112ππ⨯⨯+⨯⨯=+7.【答案】【分析】点P A B C D O 、、、、为球内接长方体的顶点，14O OAB ∴∆球心为该长方体对角线的中点，的面积是该长方体对角面面积的，164OAB AB PA S ∆===⨯=8. 【答案】35【分析】首先根据已知条件，连接DF ，则由//DF AE 可知1DFD ∠或其补角为异面直线AE 与1D F 所成的角，设正方体的棱长为2，则可以求解得到112DF D F DD ===，再由余弦定理可得22211115543cos 2255D F DF D D DFD D F DF +-+-∠===⋅⨯. 9. 【答案】π6【分析】根据该圆柱的底面周长得底面圆的半径为1=r ，所以该圆柱的表面积为：22π2π4π2π6πS rh r =+=+=.10. 【答案】30【分析】由三视图可知这是一个下面是个长方体，上面是个平躺着的底面为直角梯形的直四棱柱构成的组合体.长方体的体积为24243=⨯⨯，直四棱柱的体积是6412)21(=⨯⨯+，所以几何体的总体积为30.2. 【证明】(Ⅰ)设BD 的中点为O ，连接,OC OE , 则由BC CD CO BD =知垂直 又CE BD ⊥，所以BD OCE ⊥平面 所以BD OE ⊥，即OD 是BE 的垂直平分线BE DE =所以(Ⅱ)取AB 的中点为N ，连接MN ,DN 因为M 是AE 的中点，，所以//MN BEO NM因为ABD ∆是等边三角形，所以DN ⊥AB由o o 12030BCD CBD ∠=∠=知，所以o 90ABC ∠=，即BC ⊥AB 所以ND //BC所以平面MND //平面BEC ，故DM //平面BEC3. 【解】（1）AB ⊥平面PAD ，PH ⊂面PAD PH AB ⇒⊥ 又,PH AD AD AB A PH ⊥=⇒⊥ 面ABCD （2）E 是PB 中点⇒点E 到面BCF 的距离1122h PH ==三棱锥E BCF -的体积11111133262BCF V S h FC AD h ∆=⨯=⨯⨯⨯⨯=⨯=（3）过D 作DG PA G ⊥于，连接EG ，易得EG PAD ⊥面 由AB ⊥平面PAD ⇒面PAD ⊥面PAB DG ⇒⊥面PAB E P B E GP A A B P是的中点，⊥，⊥ 11//,//////22EG AB DF AB EG DF DG EF ⇒⇒⇒ 得：EF ⊥平面PAB6. 【解】（Ⅰ）由题设知1BC CC ⊥，BC AC ⊥，1CC AC C =∩，∴BC ⊥面11ACC A又∵1DC ⊂面11ACC A ，∴1DC BC ⊥，由题设知01145A DC ADC ∠=∠=，∴1CDC ∠=090，即1DC DC ⊥， 又∵DC BC C =∩，∴1DC ⊥面BDC ， ∵1DC ⊂面1BDC ， ∴面BDC ⊥面1BDC ；（Ⅱ）设棱锥1B DACC -的体积为1V ，AC =1，由题意得，1V =1121132+⨯⨯⨯=12，由三棱柱111ABC A B C -的体积V =1，∴11():V V V -=1:1，∴平面1BDC 分此棱柱为两部分体积之比为1:1.。
2012年高考数学复习检测题：立体几何
第七单元立体几何第一节简单几何体的结构及其三视图和直观图1. 有下列四个命题：①圆柱是将矩形旋转一周所得的几何体；②以直角三角形的一边为旋转轴，旋转所得几何体是圆锥；③圆台的任意两条母线的延长线，可能相交也可能不相交；④圆锥的轴截面是等腰三角形．其中错误命题的个数是( )A. 1B. 2C. 3D. 42. 关于直观图画法的说法中，不正确的是( )A. 原图中平行于x轴的线段，其对应线段仍平行于x轴，且长度不变B. 原图中平行于y轴的线段，其对应线段仍平行于y轴，长度不变C. 画与坐标系xOy对应的坐标系x′O′y′时，∠x′O′y′可以等于135°D. 作直观图时，由于选轴不同，所画直观图可能不同3. 某几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是( )A. 三棱锥B. 四棱锥C. 四棱台D. 三棱台4. 正三棱柱ABCA1B1C1如下图所示，以四边形BCC1B1的前面为正前方画出的三视图正确的是( )5. 如图，一个水平放置的平面图的斜二测直观图(图1)是一个底角为45°、腰和上底长均为1的等腰梯形，则这个平面图形(图2)的面积是( )A. 12＋22B. 1＋22C. 1＋ 2D. 2＋ 2 6. 如图所示的图形是由若干个小正方体所叠成的几何体的左视图与俯视图，其中俯视图的小正方形中的数字表示该几何体在同一位置上叠放的小正方体的个数，则这个几何体的主视图是( )7. (2010²海南海口模拟)如图，图①、②、③是图④表示的几何体的三视图，其中图①是________，图②是________，图③是________(说出视图名称)．8. (2010²广东深圳模拟)如图1，直三棱柱的侧棱长和底面边长均为2，主视图和俯视图如图2、图3所示，则其左视图的面积为________．9. (2011²湖南六校联考)已知一个空间几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何体的体积为________cm 3.10. 圆台的两底面半径分别为5 cm 和10 cm ，高为8 cm ，有一个过圆台两母线的截面，且上、下底面中心到截面与两底面交线的距离分别为3 cm 和6 cm ，求截面面积．11. 如图是一个几何体的主视图和俯视图．(1)试判断该几何体是什么几何体；(2)画出其左视图，并求该平面图形的面积．第二节 简单几何体的表面积与体积1. 将一个边长为a 的正方体切成27个全等的小正方体，则表面积增加了( )A. 6a 2B. 12a 2C. 18a 2D. 24a 22. 若一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为3，则这个圆锥的全面积为( )A. 3πB. 33πC. 6πD. 9π3. (2010²广东佛山模拟)已知一个实心铁质的几何体的主视图、左视图和俯视图都是半径为3的圆，将6个这样的几何体熔成一个实心正方体，则该正方体的表面积为( ) A. 2163π2 B. 2163π C. 2103π2 D. 2103π4. (2010²山东济南模拟)长方体的一个顶点上三条棱的长分别是3、4、5，且它的八个顶点都在同一个球面上，这个球的表面积是( ) A. 202π B. 252π C. 50π D. 200π5. 一个容器的外形是一个棱长为2的正方体，其三视图如图所示，则容器的容积为( )A. 2π3B. 2πC. 8D. 8－2π36. 正六棱锥P －ABCDEF 中，G 为PB 的中点，则三棱锥D －GAC 与三棱锥P －GAC 体积之比为( )A. 1∶1B. 1∶2C. 2∶1D. 3∶27. 一个正三棱锥的四个顶点都在半径为1的球面上，其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上，则该正三棱锥的体积是________．8. (2010²福建)若一个底面是正三角形的三棱柱的主视图如图所示，则其表面积等于________．9. (2010²江西)如图，在三棱锥O ABC 中，三条棱OA ，OB ，OC 两两垂直，且OA >OB >OC ，分别经过三条棱OA ，OB ，OC 作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为S 1，S 2，S 3，则S 1，S 2，S 3的大小关系为________．10. (2010²上海)如图所示，在边长为4的正方形纸片ABCD中，AC与BD相交于O，剪去△AOB，将剩余部分沿OC、OD折叠，使OA、OB重合，则以A(B)、C、D、O为顶点的四面体的体积为________．11. 正六棱柱(底面是正六边形，侧棱垂直底面)ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的各棱长均为1，求：(1)正六棱柱的表面积；(2)一动点从A沿表面移动到点D1时的最短路程．12. 三棱锥一条侧棱长是16 cm，和这条棱相对的棱长是18 cm，其余四条棱长都是17 m，求棱锥的体积．第三节空间图形的基本关系与公理1. 下列命题：①三角形一定是平面图形；②互相平行的三条直线都在同一平面内；③梯形一定是平面图形；④四边都相等的四边形是菱形．其中真命题的个数是( )A. 1B. 2C. 3D. 42. 若A表示点，a表示直线，α、β表示平面，则下列表述中错误的是( )A. a⊂α，A∈a⇒A∈αB. a⊄α，A∈a⇒A∉αC. A∈α，A∈β，α∩β＝a⇒A∈aD. A∈a，A∉α⇒a⊄α3.有一木块如图所示，点P在平面A′C′内，棱BC平行于平面A′C′，要经过P和棱BC将木料锯开，锯开的面必须平整，有N种锯法，N为( )A. 0B. 1C. 2D. 无数4. (2011²济南模拟)平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，既与AB共面也与CC1共面的棱的条数为( )A. 3B. 4C. 5D. 65. (2010²全国Ⅰ)直三棱柱ABCA1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于( )A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°6. 下列各图是正方体或正四面体，P、Q、R、S分别是所在棱的中点，这四点不共面的是________．(填序号)7. 如图所示，是一个正方体表面的一种展开图，图中的四条线段AB、CD、EF和GH在原正方体中相互异面的有________对．8. 如图，在四面体ABCD中，E、F分别是AC、BD的中点，若CD＝2AB＝2，EF⊥AB，则EF与CD所成的角等于________．9. (2010²浙江杭州模拟)已知a、b为不垂直的异面直线，α是一个平面，则a、b在α上的射影可能是：①两条平行直线；②两条互相垂直的直线；③同一条直线；④一条直线及其外一点．则在上面的结论中，正确结论的编号是________(写出所有正确结论的编号)．10. (2010²江苏南京模拟)如图，已知E、F、G、H分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱AB、BC、CC1、C1D1的中点，证明：FE、HG、DC三线共点．11. 如图，三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝60°，PA＝AB＝AC＝2，E是PC的中点．(1)求异面直线AE和PB所成角的余弦值．(2)求三棱锥AEBC的体积．第四节平行关系的判定和性质1. 过直线a外两点作与a平行的平面，这样的平面( )A. 不可作B. 只能作一个C. 可作无数个D. 以上均可能2. (2010²广东北江模拟)若a不平行于平面α，且a⊄α，则下列结论成立的是( )A. α内的所有直线与a异面B. α内与a平行的直线不存在C. α内存在唯一的直线与a平行D. α内的直线与a都相交3. (2011²江西师大附中，临川一中联考)平面α∥平面β的一个充分条件是( )A. 存在一条直线a，a∥α，a∥βB. 存在一条直线a，a⊂α，a∥βC. 存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD. 存在两条相交直线a，b，a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β.4. 一条直线若同时平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线的位置关系是( )A. 异面B. 相交C. 平行D. 不确定5. (2010²枣庄模拟)下列命题中正确的个数是( )①若直线a不在α内，则a∥α；②若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α；③若直线l与平面α平行，则l与α内的任意一条直线都平行；④如果两条平行线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行；⑤若l与平面α平行，则l与α内任何一条直线都没有公共点；⑥平行于同一平面的两直线可以相交．A. 1B. 2C. 3D. 46. 如图所示，ABCD是空间四边形，E、F、G、H分别是四边上的点，它们共面，并且AC∥平面EFGH，BD∥平面EFGH，AC＝m，BD＝n，当EFGH是菱形时，AE∶EB＝________.7.如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E、F、G、H分别是棱CC1、C1D1、D1D、DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则点M满足条件________时，有MN∥平面B1BDD1.8. 正方体ABCDA1B1C1D1中，棱长为a，E为A1B1中点，过E、C1、C作一截面，则截面的面积为________．9. 已知平面α∥β，P∉α且P∉β，过点P的直线m与α、β分别交于A、C，过点P 的直线n与α、β分别交于B、D，且PA＝6，AC＝9，PD＝8，则BD的长为________．10. 如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D点为棱AB的中点．求证：AC1∥平面CDB1.11. (2010²湖南郴州模拟)如图，已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，M、N 分别是AB、PC的中点．(1)求证：MN∥平面PAD；(2)若MN＝BC＝4，PA＝43，求异面直线PA与MN所成的角的大小．第五节垂直关系的判定和性质1. (2010²山东)在空间，下列命题正确的是( )A. 平行直线的平行投影重合B. 平行于同一直线的两个平面平行C. 垂直于同一平面的两个平面平行D. 垂直于同一平面的两条直线平行2. (2010²福建宁化模拟)已知直线l和两个不同的平面α、β，则下列命题正确的是( )A. 若l⊥α，l⊥β，则α∥βB. 若l∥α，l∥β，则α∥βC. 若l⊥α，α⊥β，则l∥βD. 若l∥α，α⊥β，则l⊥β3. (2011²江南十校联考)在下列关于直线l，m与平面α，β的命题中，为真命题的是( )A. 若l⊂β，α⊥β，则l⊥αB. 若l⊥β且α∥β，则l⊥αC. 若l⊥β且α⊥β，则l∥αD. 若α∩β＝m且l∥m，则l∥α4. (2010²青岛质检)如图所示，b、c在平面α内，a∩c＝B，b∩c＝A，且a⊥b，a ⊥c，b⊥c，若C∈a，D∈b，E在线段AB上(C，D，E均异于A，B)，则△CDE是( )A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 等腰三角形5. (2010²全国Ⅰ)正方体ABCDA1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为( )A.63B.33C.23D.236. 设α、β表示平面，a、b表示直线，且a与b均不在平面α或β内，并有：①a ∥β，②a⊥α，③α⊥β.以其中任意两个为条件，另一个为结论，可以构成三个命题，其中正确命题的个数是( )A. 1B. 2C. 3D. 07. 设x，y，z是空间不同的直线或平面，对于下列四种情形，使“x⊥z且y⊥z⇒x∥y”为真命题的是________(只填序号)．①x，y，z均为直线；②x，y是直线，z是平面；③z是直线，x，y是平面；④x，y，z均为平面．8. 如图所示，PA⊥矩形ABCD所在的平面，那么以P、A、B、C、D五个点中的三点为顶点的直角三角形的个数是________．9. P为△ABC所在平面外一点，AC＝2a，连接PA、PB、PC，得△PAB和△PBC都是边长为a的等边三角形，则平面ABC和平面PAC的位置关系为________．10. 如图所示，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)11. ABCA ′B ′C ′是正三棱柱，底面边长为a ，D 、E 分别为BB ′、CC ′上的点，BD ＝12a ，EC ＝a .(1)求证：平面ADE ⊥平面ACC ′A ′；(2)求△ADE 的面积．12. (2010²重庆)如图，四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝AB ＝2，点E 是棱PB 的中点．(1)证明：AE ⊥平面PBC ；(2)若AD ＝1，求二面角B EC D 的平面角的余弦值．第六节 空间向量及其运算1. 下列说法正确的是( )A. 在平面内共线的向量在空间不一定共线B. 在空间共线的向量在平面内不一定共线C. 在平面内共线的向量在空间一定不共线D. 在空间共线的向量在平面内一定共线2. 点P (1,0,2)关于原点的对称点P ′的坐标为( )A. (－1,0,2)B. (－1,0，－2)C. (1,0,2)D. (－2,0,1)3. (2010²广东广州模拟)在空间直角坐标系中，点A (1,1,1)与点B (2,2，－1)之间的距离为( ) A. 6 B. 6 C. 3 D. 25. 如图，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB 、AC ，M 、N 分别是对边OA 、BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG →＝2GN →，现用基向量OA →、OB →、OC →表示向量OG →，设OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x 、y 、z 的值分别是( )A. x ＝13，y ＝13，z ＝13B. x ＝13，y ＝13，z ＝16C. x ＝13，y ＝16，z ＝13D. x ＝16，y ＝13，z ＝136. 已知四边形ABCD 满足：AB →²BC →>0，BC →²CD →>0，CD →²DA →>0，DA →²AB →>0，则该四边形为( )A. 平行四边形B. 梯形C. 两组对边不平行的平面四边形D. 空间四边形7. 已知向量a ＝(1,1,0)，b ＝(－1,0,2)且k a ＋b 与2a －b 互相垂直，则k ＝________.8. 已知a ＝(2,3，－1)，b ＝(－2,1,3)，则以a ，b 为邻边的平行四边形的面积是________．9. (2010²广州质检)在空间直角坐标系中，以点A (4,1,9)、B (10，－1,6)、C (x,4,3)为顶点的△ABC 是以BC 为斜边的等腰直角三角形，则实数x 的值为________．10. 已知三点A (1,0,0)，B (3,1,1)，C (2,0,1)，且BC →＝a ，AB →＝b ，则a 在b 方向上的射影为________．11. 在空间四边形PABC 中，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC .若A 在PB 、PC 上的射影分别是E 、F .求证：EF ⊥PB .12. 如图，在棱长为a 的正方体OABC O 1A 1B 1C 1中，E 、F 分别是棱AB 、BC 上的动点，且AE ＝BF ＝x ，其中0≤x ≤a ，以O 为原点建立空间直角坐标系O －xyz .(1)求出点E 、F 的坐标；(2)求证：A 1F →⊥C 1E →；(3)若A 1、E 、F 、C 1四点共面，求证：A 1F →＝12A 1C 1→＋A 1E →.第七节 立体几何中的向量方法1. 若a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)是两个非零向量，则a ∥b 的充要条件是( ) A. a 1b 1＝a 2b 2＝a 3b 3 B. a |a|＝b |b|C. a 1b 1＋a 2b 2＋c 1c 2＝0D. 存在非零实数λ，使a ＋λb ＝02. (2010²陕西八校模拟)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为棱AA 1和BB 1的中点，则sin 〈CM →，D 1N →〉的值为( )A. 19B. 49 5C. 29 5D. 233. 如图，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为( )A.63 B. 255 C. 155 D. 1054. 点A (n ，n －1,2n )，B (1，－n ，n )，则|AB →|的最小值是( )A. 12B. 22C. 2D. 不存在5. 已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，E 为AA 1的中点，则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为( ) A. 1010 B. 15 C. 31010 D. 356. 在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，若E 为A 1C 1中点，则直线CE 垂直于( )A. ACB. BDC. A 1DD. A 1A7. 设平面α与向量a ＝(－1,2，－4)垂直，平面β与向量b ＝(2,3,1)垂直，则平面α与β的位置关系是________．8. 正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，M 是DD 1的中点，O 是底面ABCD 的中心，P 为棱A 1B 1上任意一点，则直线OP 与AM 所成的角是________．9. (2010²辽宁沈阳模拟)如图，在45°的二面角αl β的棱上有两点A 、B ，点C 、D 分别在平面α、β内，且AC ⊥AB ，∠ABD ＝45°，AC ＝BD ＝AB ＝1，则CD 的长度为________．10. 已知空间三点A ，B ，C 的坐标分别是A (1，－1，－1)，B (0,1,2)，C (0,6,6)，O为原点，则向量OC →在平面OAB 的法向量方向上的投影t 为________．11. 如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 和N 分别是A 1B 1和BB 1的中点，求直线AM 与CN 所成角的余弦值．12. (2011²皖南八校高考摸底联考)如图，四棱锥EABCD中，底面ABCD为正方形，EC ⊥平面ABCD，AB＝2，CE＝1，G为AC与BD交点，F为EG中点．(1)求证：CF⊥平面BDE；(2)求二面角ABED的大小．参考答案第七单元立体几何第一节简单几何体的结构及其三视图和直观图1. 解析：①②未确定旋转轴，故①②错误；③圆台是由圆锥用平行于底面的平面截得的，则母线延长线一定相交，故③错误；④正确．答案：C2. 解析：由斜二测画法的规则可知，B错误．答案：B3. 解析：由所给三视图可以判定对应的几何体为如图所示的四棱锥，且PA⊥面ABCD，AB ⊥BC，BC∥AD.答案：B4. 解析：主视图为矩形，左视图为三角形，俯视图为两个有公共边的矩形，公共边为CC 1在面ABB 1A 1内的投影，故选A. 答案：A5. 解析：在直观图1中，B ′C ′＝1＋2，A ′B ′＝1，∠A ′B ′C ′＝45°， ∴AB ＝2，BC ＝1＋2，AD ＝1，∠ABC ＝90°，∴S ＝12³(1＋1＋2)³2＝2＋ 2.答案：D6. 解析：从俯视图可看出，该几何体从右到左能分别看到3、2、1块小正方体． 答案：A7. 解析：利用得到图形的形状和边长的长度来确定． 答案：主视图 左视图 俯视图8. 解析：其左视图是底为32³2＝3，高为2的矩形，S ＝2³3＝2 3.答案：2 39. 解析：由三视图可知，此几何体为底面是直角梯形的四棱锥，底面的面积为6 cm 2，此四棱锥的高为h ＝2 cm.所以此四棱锥的体积为13³6³2＝4 cm 3.答案：4 10. 解析：如图，O 1、O 分别是圆台上、下底面的中心，截面为ABCD ，取AB 的中点F ，CD 的中点E ，连接OO 1，OF ，O 1E ，EF ，O 1D ，OA ，则O 1EFO 为直角梯形，ABCD 为等腰梯形，EF 为梯形ABCD 的高，在直角梯形O 1EFO 中，∵EF ＝OO 21＋ OF －O 1E 2＝73(cm)． 又O 1E ＝3 cm ，∴DE ＝O 1D 2－O 1E 2＝4(cm)，同理OF ＝6 cm ，AF ＝OA 2－OF 2＝8(cm)，S 梯形ABCD ＝12³2³(4＋8)³73＝1273(cm 2)．11. 解析：(1)正六棱锥．(2)其左视图如图，其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，且BC 的长是俯视图中正六边形对边的距离，即BC ＝3a ，AD 的长是正六棱锥的高，即AD ＝3a ，∴该平面图形的面积S ＝123a ²3a ＝32a 2.第二节 简单几何体的表面积与体积1. 解析：依题意，小正方体的棱长为a3，所以27个小正方体的表面积总和为27³6³⎝ ⎛⎭⎪⎫a 32＝18a 2，增加了18a 2－6a 2＝12a 2. 答案：B 2. 解析：已知正三角形的面积求其边长，然后利用圆锥的母线，底面半径与轴截面以及三角形之间的关系，由圆锥的全面积公式可求，如图，设圆锥轴截面三角形的边长为a ，则34a 2＝3，∴a 2＝4，∴a ＝2，∴圆锥的全面积S ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＋π²a2²a ＝3π.答案：A3. 解析：设正方体的棱长为a ，由6³43π³33＝a 3，得a ＝63π，∴S ＝6a 2＝2163π. 答案：A4. 解析：设球半径为R ，依题意，得2R ＝32＋42＋52＝52，∴R ＝522，∴S 球＝4πR 2＝4π³⎝ ⎛⎭⎪⎫5222＝50π.答案：C5. 解析：由三视图可知，几何体为正方体内倒置一圆锥，故其容积为13³π³12³2＝2π3.答案：A6. 解析：∵G 为PB 中点，∴V P GAC ＝V P ABC －V G ABC ＝2V G ABC －V G ABC ＝V G ABC . 又多边形ABCDEF 是正六边形，∴S △ABC ＝12S △ACD ，∴V D GAC ＝V G ACD ＝2V G ABC ，∴V D GAC ∶V P GAC ＝2∶1. 答案：C 7. 解析：如图，过S 作SO ⊥面ABC 于O ，由已知O 为球心，连接OB 、OC ，则O 为正三角形ABC 的中心，且OB ＝OS ＝1，易求底面边长为3，∴V S ABC ＝13³34³(3)2³1＝34.答案：348. 解析：通过三视图还原三棱柱直观图如图所示，通过主视图可以得出该三棱柱底面边长为2，侧棱长为1，三个侧面为矩形，上下底面为正三角形，∴S 表＝3³(2³1)＋2³⎝ ⎛⎭⎪⎫34³22＝6＋2 3.答案：6＋2 39. 解析：设OA ＝a ，OB ＝b ，OC ＝c ，则a >b >c .过OA 的截面面积S 1＝12OA ²⎝ ⎛⎭⎪⎫12BC ＝12OA OB 2＋OC 22＝14²a ²b 2＋c 2.同理，过OB 的截面面积S 2＝14b ²a 2＋c 2，过OC 的截面面积S 3＝14c ²a 2＋b 2.∵(a ²b 2＋c 2)2－(b ²a 2＋c 2)2＝a 2b 2＋a 2c 2－a 2b 2－b 2c 2＝(a 2－b 2)c 2>0.∴S 1>S 2，同理可得S 2>S 3.∴S 3<S 2<S 1. 答案：S 3<S 2<S 1 10. 解析：折叠后的四面体如图所示．OA 、OC 、OD 两两相互垂直，且OA ＝OC ＝OD ＝22，体积V ＝13S △OCD ²OA ＝13³12³(22)3＝823. 答案：82311. 解析：(1)可知S 侧＝ch ＝6³1＝6，S 底＝6³34＝332， ∴S 表＝S 侧＋2S 底＝6＋3 3.(2)将所给的正六棱柱如图2的表面按图1部分展开．易算得AD ′1＝AD 2＋DD ′21＝32＋12＝10， AD 1＝AB 2＋BD 21 ＝12＋ 1＋3 2＝5＋2 3.∵AD ′1>AD 1，故从A 点沿正侧面和上底面到D 1的路程最短，为5＋2 3. 12. 解析：如图，设AD ＝16 cm ，则BC ＝18 cm ， 取AD 的中点E ，连接CE 、BE ， ∵AC ＝CD ＝17 cm ， DE ＝8 cm ，CE ⊥AD ，∴CE ＝172－82＝15 (cm)，并易知BE ＝CE ， 取BC 的中点F ，连接EF ，EF 为BC 边上的高， EF ＝CE 2－CF 2＝152－92＝12(cm)，∴S △BCE ＝12³BC ³EF ＝12³18³12＝108(cm 2)．∵CE ⊥AD ，BE ⊥AD ，∴DA ⊥平面BCE ，∴三棱锥的体积可分为以△BCE 为底，以AE 、DE 为高的两个三棱锥的体积V ABCE 和V DBC 之和，∴V ABCD ＝2³13S △BCE ³AE ＝2³13³108³8＝576(cm 3)．第三节 空间点、直线、平面之间的位置关系1. 解析：①对；②错；③对；④错． 答案：B2. 解析：a ⊂α的含义是a 上所有点都在平面α内，故A 正确；反之直线a 上有一点不在α内，就说明a ⊄α，故D 正确；但是a ⊄α并不代表所有点都不在α内，故B 错误；C 就是公理3，故C 正确． 答案：B3. 解析：∵BC ∥平面A ′C ′，∴BC ∥B ′C ′，∴在平面A ′C ′上过P 作EF ∥B ′C ′则EF ∥BC ，过EF 、BC 所确定的平面锯开即可．又由于此平面唯一确定，∴只有一种方法． 答案：B4. 解析：依题意，与AB 和CC 1都相交的棱有BC ；与AB 相交且与CC 1平行的棱有AA 1，BB 1；与AB 平行且与CC 1相交的棱有CD ，C 1D 1，故符合条件的棱共有5条． 答案：C5. 解析：如图，可补成一个正方体ABCD A 1B 1C 1D 1，∴AC 1∥BD 1. ∴BA 1与AC 1所成角的大小为∠A 1BD 1.又易知△A 1BD 1为正三角形，∴∠A 1BD 1＝60°. ∴BA 1与AC 1成60°的角． 答案：C 6. 解析：易知(1)、(3)两图中的四点是共面的；对于(2)，如右图，设N 也是棱的中点，由图可知，R 在平面PQNM 上，故P 、Q 、R 、S 共面．只有(4)中P 、Q 、R 、S 不共面．答案：(4)7. 解析：还原如图，相互异面的线段有AB 与CD ，EF 与GH ，AB 与GH ，共3对．答案：3 8. 解析：如图所示，H 为DA 的中点，则FH ⊥EF ，在Rt △EFH 中，HE ＝1，HF ＝12，∴∠EHF ＝60°，即EF 与CD 所成的角为30°. 答案：30°9. 解析：①、②、④对应的情况如下：用反证法证明③不可能． 答案：①②④ 10. 解析：如图，连结C 1B ，由题意知HC 1綊EB ， ∴四边形HC 1BE 是平行四边形， ∴HE ∥C 1B .又G ，F 分别为CC 1，BC 的中点，故GF 綊12C 1B ，∴GF ∥HE ，且GF ≠HE ，∴HG 与EF 相交．设交点为K ，则K ∈HG ，HG ⊂面D 1C 1CD ，∴K ∈面D 1C 1CD . ∵K ∈EF ，EF ⊂面ABCD ， ∴K ∈面ABCD .∵面D 1C 1CD ∩面ABCD ＝DC ，∴K ∈DC ，∴FE 、HG 、DC 三线共点．解析：(1)取BC 的中点F ，连结EF 、AF ，如图，则EF ∥PB ，所以∠AEF 或其补角就是异面直线AE 和PB 所成的角．∵∠BAC ＝60°，PA ＝AB ＝AC ＝2，PA ⊥平面ABC ， ∴AF ＝3，AE ＝2，EF ＝2；cos ∠AEF ＝2＋2－32³2³2＝14，所以异面直线AE 和PB 所成角的余弦值为14.(2)因为E 是PC 中点，所以E 到平面ABC 的距离为12PA ＝1，∴V A EBC ＝V E ABC ＝13³⎝ ⎛⎭⎪⎫12³2³2³32³1＝33.第四节 直线、平面平行的判定及其性质1. 解析：设过直线a 外两点的直线为l .若l 与a 相交，则与a 平行的平面不可作；若l 与a 异面，则与a 平行的平面只能作一个；若l 与a 平行，则与a 平行的平面可作无数个． 答案：D2. 解析：由题设知，a 和α相交，设a ∩α＝P ，如图，在α内过点P 的直线与a 共面，A 错；在α内不过点P 的直线与a 异面，D 错；(反证)假设α内直线b ∥a ，则∵a ⊄α，∴a ∥α，与已知矛盾，C 错，故选B. 答案：B3. 解析：由面面平行的判定定理可知D 正确，其他选项都存在两个平面相交的情况． 答案：D4. 解析：以四棱柱为模型，一条侧棱与和它平行的两个侧面的交线平行，可得出结论． 答案：C5. 解析：①②中a 可与α相交；③中l ∥α，只能说明有一系列的平行线与l 平行；④中另一条线可能在面内；⑤正确；⑥正确． 答案：B6. 解析：如图所示，设AE ＝a ，EB ＝b ，由EF ∥AC 可得EF ＝bm a ＋b.同理EH ＝ana ＋b.∵EF ＝EH ，∴bm a ＋b ＝an a ＋b ，于是a b ＝mn.答案：m ∶n7. 解析：因为HN ∥BD ，HF ∥DD 1，所以平面NHF ∥平面B 1BDD 1，故线段FH 上任一点M 与N 相连，有MN ∥平面B 1BDD 1. 答案：M ∈线段FH8. 解析：设截面与AB 的交点为F ，由题意可知截面EFCC 1为一矩形，且EC 1＝a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝52a ，C 1C ＝a . ∴截面面积为EC 1²C 1C ＝52a 2. 答案：52a 2 9. 解析：如图1，∵AC ∩BD ＝P ， ∴经过直线AC 与BD 可确定平面PCD .∵α∥β，α∩平面PCD ＝AB ，β∩平面PCD ＝CD ，∴AB ∥CD ，∴PA AC ＝PB BD ，即69＝8－BD BD ，∴BD ＝245.如图2，同理可证AB ∥CD ， ∴PA PC ＝PB PD ，即63＝BD －88，∴BD ＝24. 综上所述，BD ＝245或24.图1 图2答案：245或2410. 证明：如图，连接BC 1，交B 1C 于点E ，连接DE ，则BC 1与B 1C 互相平分． ∴BE ＝C 1E ，又AD ＝BD ， ∴DE 为△ABC 1的中位线， ∴AC 1∥DE ，又DE ⊂平面CDB 1，AC 1⊄平面CDB 1，∴AC 1∥平面CDB 1. 解析：(1)证明：如图，取PD 的中点H ，连接AH ，NH ，由N 是PC 的中点，得NH 綊12DC .由M 是AB 的中点．得AM 綊12DC .∴NH 綊AM ，即四边形AMNH 为平行四边形． ∴MN ∥AH .由MN ⊄平面PAD ，AH ⊂平面PAD ， ∴MN ∥平面PAD .(2)如图，连接AC ，并取其中点为O ，连接OM 、ON ，∴OM 綊12BC ，ON 綊12PA ，∴∠ONM (或其补角)就是异面直线PA 与MN 所成的角． 由MN ＝BC ＝4，PA ＝43，得OM ＝2，ON ＝23，∴cos ∠ONM ＝ON 2＋MN 2－OM 22ON ²MN ＝12＋16－42³23³4＝32，∴∠ONM ＝30°，即异面直线PA 与MN 成30°的角．第五节 直线、平面垂直的判定及其性质1. 解析：由于两条平行直线的平行投影可以平行也可以重合，因此A 错；平行于同一直线的两个平面可以平行也可以相交，故B 错；垂直于同一平面的两个平面可以相交也可以平行，故C 错；易知垂直于同一平面的两条直线平行，故D 正确． 答案：D2. 解析：B 中可能有α、β相交；C 中可能有l ⊂β；D 中可能有l ∥β或l ⊂β. 答案：A3. 解析：A 显然不对，C 、D 中的直线l 有可能在平面α内． 答案：B4. 答案：C5. 解析：∵BB 1∥DD 1，所以BB 1与平面ACD 1所成角和DD 1与平面ACD 1所成角相等，设正方体的棱长为1且DD 1与平面ACD 1所成角为α，作DO ⊥平面ACD 1， 由等积法得VD －ACD 1＝VD 1－ACD ， 即13S △ACD 1²DO ＝13S △ACD ²DD 1， 则S △ACD 1＝12²AC ²AD 1²sin60°＝12³(2)2³32＝32，S △ACD ＝12AD ²CD ＝12.所以DO ＝S △ACD ³DD 1S △ACD 1＝33，又sin α＝DO DD 1＝33，所以cos α＝63.答案：A6. 解析：可构成的三个命题是(1)①②⇒③；(2)①③⇒②；(3)②③⇒①.命题(1)，(3)正确，而命题(2)不正确．在命题(2)中，a 可能与α平行，还可能与α相交而不垂直． 答案：B7. 解析：①中，x 与y 的位置关系可以为相交、平行或异面，故①为假命题；由线面垂直的性质定理知，②③为真命题；④中，x ，y 也可相交． 答案：②③8. 解析：分三类：(1)在底面ABCD 中，共有四个直角， 因此有四个直角三角形；(2)四个侧面都是直角三角形；(3)过两条侧棱的截面中，△PAC 为直角三角形． 故共有9个直角三角形． 答案：9 9. 解析：如图所示，由题意知PA ＝PB ＝PC ＝AB ＝BC ＝a ， 取AC 的中点D ，连接PD 、BD ，则PD ⊥AC ，BD ⊥AC ，则∠BDP 为二面角P AC B 的平面角，又∵AC ＝2a ，∴PD ＝BD ＝22a ，在△PBD 中，PB 2＝BD 2＋PD 2， ∴∠PDB ＝90°. 答案：垂直10. 解析：由定理可知，BD ⊥PC .∴当DM ⊥PC (或BM ⊥PC )时，即有PC ⊥平面MBD ， 而PC ⊂平面PCD ，∴平面MBD ⊥平面PCD . 答案：DM ⊥PC (或BM ⊥PC ) 11. 解析：(1)证明：如图，分别取A ′C ′，AC 的中点M 、N ，连接MN ， 则MN ∥A ′A ∥B ′B ，∴B ′、M 、N 、B 共面，B ′M ⊥A ′C ′. 又B ′M ⊥AA ′，∴B ′M ⊥平面A ′ACC ′.设MN 交AE 于P ，∵CE ＝AC ，∴PN ＝NA ＝12a ，又BD ＝12a ，∴PN ＝BD .∵PN ∥BD ，∴四边形PNBD 是矩形，于是PD ∥BN ，又BN ∥B ′M ，∴PD ∥B ′M . ∵B ′M ⊥平面ACC ′A ′，∴PD ⊥平面ACC ′A ′，∵PD ⊂平面ADE ， ∴平面ADE ⊥平面ACC ′A ′.(2)∵PD ⊥平面ACC ′A ′，∴PD ⊥AE ，∵PD ＝B ′M ＝32a ，AE ＝2a ，∴S △ADE ＝12AE ²PD ＝12³2a ³32a ＝64a 2.12. 解析：(1)证明：如图，由PA ⊥底面ABCD 得PA ⊥AB .又PA ＝AB ，故△PAB 为等腰直角三角形．而点E 是棱PB 的中点，所以AE ⊥PB .由题意知BC ⊥AB ，又AB 是PB 在平面ABCD 内的射影，由三垂线定理得BC ⊥PB ，从而BC ⊥平面PAB ，故BC ⊥AE .PB ∩BC ＝B ，所以AE ⊥平面PBC .(2)由(1)知BC ⊥平面PAB ，又AD ∥BC ，得AD ⊥平面PAB ，故AD ⊥AE .在Rt △PAB 中，PA ＝AB ＝2，AE ＝12PB ＝12PA 2＋AB 2＝1，从而在Rt △DAE 中，DE ＝AE 2＋AD 2＝ 2.在Rt △CBE 中，CE ＝BE 2＋BC 2＝2， 又CD ＝2，所以△CED 为等边三角形． 取CE 的中点F ，连接DF ，则DF ⊥CE .因为BE ＝BC ＝1，且BC ⊥BE ，所以△EBC 为等腰直角三角形．连接BF ，则BF ⊥CE ，所以∠BFD 为所求二面角的平面角．连接BD ，在△BFD 中，DF ＝CD ²sin π3＝62，BF ＝12CE ＝22，BD ＝BC 2＋CD 2＝3，所以cos ∠BFD ＝DF 2＋BF 2－BD 22²DF ²BF ＝－33.故二面角B EC D 的平面角的余弦值为－33. 第六节 空间向量及其运算1. 解析：由向量的性质知，在平面内共线的向量在空间一定共线，在空间共线的向量在平面内一定共线． 答案：D2. 解析： 由题意知，原点是P 和P ′连线的中点，根据中点坐标公式，可得P ′(－1,0，－2)． 答案：B3. 解析：由空间两点间距离公式可得|AB |＝ 1－2 2＋ 1－2 2＋ 1＋1 2＝ 6.答案：A4. 若a ＝(2x,1,3)，b ＝(1，－2y,9)，且a∥b，则( )A. x ＝1，y ＝1B. x ＝12，y ＝－12C. x ＝16，y ＝－32D. x ＝－16，y ＝32解析：∵a∥b，∴2x 1＝1－2y ＝39，得x ＝16，y ＝－32.答案：C5. 解析：记OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c. ∵MG →＝2GN →，∴MG →＝23MN →，∴OG →＝OM →＋MG →＝OM →＋23(ON →－OM →)＝12a ＋23⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＋12c －12a ＝12a ＋13b ＋13c －13a ＝16a ＋13b ＋13c. ∴x ＝16，y ＝13，z ＝13.答案：D6. 解析：假设ABCD 为平面四边形，如图，则由条件知，∠1，∠2，∠3，∠4均为锐角，从而∠ABC ，∠BCD ，∠CDA ，∠DAB 均为钝角，这不可能，∴四边形ABCD 为空间四边形． 答案： D7. 解析：k a ＋b ＝(k ，k,0)＋(－1,0,2)＝(k －1，k,2)，2a －b ＝(2,2,0)－(－1,0,2)＝(3,2，－2)．由(k a ＋b)²(2a－b)＝0得3(k －1)＋2k －4＝0，∴k ＝75.答案：758. 解析：∵a²b＝－4＋3－3＝－4，|a|＝|b|＝22＋32＋12＝14，∴cos 〈a ，b 〉＝－414＝－27，∴sin 〈a ，b 〉＝357，∴S 平行四边形＝|a||b|sin 〈a ，b 〉＝14³357＝6 5.答案：6 59. 解析：由题意知，AB →²AC →＝0，|AB →|＝|AC →|，可解得x ＝2. 答案：210. 解析：a ＝BC →＝(－1，－1,0)，b ＝AB →＝(2,1,1)， a²b |b|＝－2－1＋06＝－36＝－62.答案：－6211. 解析：由已知可得PA →²BC →＝0， AC →²BC →＝0， AF →²PC →＝0，AE →²PB →＝0， 又AF →、PA →、AC →共面，所以存在实数x ，y ，使得AF →＝xPA →＋yAC →， ∴EF →²PB →＝(AF →－AE →)²PB → ＝AF →²PB →＝AF →²(PC →＋CB →) ＝AF →²CB →＝(xPA →＋yAC →)²CB →＝x (PA →²CB →)＋y (AC →²CB →)＝0＋0＝0. ∴EF ⊥PB .12. 解析：(1)E (a ，x,0)，F (a －x ，a,0)． (2)证明：∵A 1(a,0，a )、C 1(0，a ，a )， ∴A 1F →＝(－x ，a ，－a )，C 1E →＝(a ，x －a ，－a )， ∴A 1F →²C 1E →＝－ax ＋a (x －a )＋a 2＝0， ∴A 1F →⊥C 1E →.(3)证明：∵A 1、E 、F 、C 1四点共面，∴A 1E →、A 1C 1→、A 1F →共面． 视A 1E →与A 1C 1→为一组基向量，则存在唯一实数对λ1、λ2， 使A 1F →＝λ1A 1C 1→＋λ2A 1E →，即(－x ，a ，－a )＝λ1(－a ，a,0)＋λ2(0，x ，－a ) ＝(－a λ1，a λ1＋x λ2，－a λ2)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧－x ＝－a λ1，a ＝a λ1＋x λ2，－a ＝－a λ2，解得λ1＝12，λ2＝1.于是A 1F →＝12A 1C 1→＋A 1E →.第七节 立体几何中的向量方法1. 解析：选项A ，B 是充分条件，C 是既不充分也不必要条件，D 是充要条件． 答案：D2. 解析：设正方体棱长2，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系(如图)，可知CM →＝(2，－2,1)，D 1N →＝(2,2，－1)，cos 〈CM →，D 1N →〉＝－19，sin 〈CM →，D 1N →〉＝459. 答案：B3. 解析：如图，连接A 1C 1交B 1D 1于O ，连接OB ，A 1C 1⊥B 1D 1，且A 1C 1⊥BB 1，B 1D 1∩BB 1＝B 1，故A 1C 1⊥平面BB 1D 1D ，故∠C 1BO 为直线BC 1与平面BB 1D 1D 所成角，OC 1＝2，OB ＝3，BC 1＝5，∴sin ∠C 1BO ＝105.答案：D4. 解析：|AB →|2＝(1－n )2＋(－2n ＋1)2＋(－n )2＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫n －122＋12，∴|AB →|的最小值为22.答案：B 5. 解析：如图建立空间直角坐标系，设底面边长为1，则B (1,1,0)，E (1,0,1)，C (0,1,0)， D 1(0,0,2)， ∴BE →＝(0，－1,1)，CD 1→＝(0，－1,2)，∴cos 〈BE →，CD 1→〉＝BE →²CD 1→|BE →|²|CD 1→|＝1＋202＋ －1 2＋12³02＋ －1 2＋22＝31010，∴BE →与CD 1→所成角的余弦值为31010.答案：C6. 解析：如图，以A 为原点，AB 、AD 、AA 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建系， 设正方体棱长为1，则A (0,0,0)，C (1,1,0)，B (1,0,0)，D (0,1,0)，A 1(0,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1， ∴CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－12，1，AC →＝(1,1,0)，BD →＝(－1,1,0)， A 1D →＝(0,1，－1)，A 1A →＝(0,0，－1)，显然CE →²BD →＝12－12＋0＝0，∴CE →⊥BD →，即CE ⊥BD . 答案：B7. 解析：由已知，a ，b 分别是平面α，β的法向量． a²b＝－2＋6－4＝0，∴a ⊥b ，∴α⊥β. 答案：垂直8. 解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则A (2,0,0)，M (0,0,1)，O (1,1,0)． 设P (2，t,2)，于是AM →＝(－2,0,1)，OP →＝(1，t －1，2)． ∵AM →²OP →＝－2³1＋0³(t －1)＋1³2＝0，∴AM →⊥OP →，直线OP 与AM 所成的角为π2.答案：π29. 解析：由CD →＝CA →＋AB →＋BD →，cos 〈AC →，BD →〉＝cos45°cos45°＝12，∴|CD →|2＝CA 2→＋AB 2→＋BD2→＋2(CA →²AB →＋AB →²BD →＋CA ²BD →)＝3＋2(0＋1³1³cos135°＋1³1³cos120°)＝2－2， ∴|CD →|＝2－ 2. 答案：2－ 210. 解析：设平面OAB 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥OA →，n ⊥OB →，从而x －y －z ＝0且y ＋2z ＝0，则n ＝(－z ，－2z ，z )＝－z (1,2，－1)，又t ＝|OC →|cos 〈OC →，n 〉＝|OC →²n||n|＝－z 0＋12－6 6|z |＝－6z|z |＝± 6.答案：± 611. 解析：以D 为坐标原点，DA →为x 轴，DC →为y 轴，DD 1→为z 轴建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，1，C (0,1,0)， N ⎝⎛⎭⎪⎫1，1，12，∴AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，CN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12，∴cos 〈AM →，CN →〉＝AM →²CN →|AM →|²|CN →|＝0³1＋12³0＋1³120＋14＋1³1＋0＋14＝25.。
2012届高考数学第一轮立体几何单元练习题(含答案)
2012届高考数学第一轮立体几何单元练习题(含答案)高三数学单元练习题：立体几何（Ⅱ）第Ⅰ卷一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确答案的代号填在题后的括号内（本大题共12个小题，每小题5分，共60分）. 1．一条直线与一个平面所成的角等于，另一直线与这个平面所成的角是 . 则这两条直线的位置关系（） A．必定相交 B．平行 C．必定异面 D．不可能平行 2．在一个锥体中，作平行于底面的截面，若这个截面面积与底面面积之比为1∶3，则锥体被截面所分成的两部分的体积之比为（） A．1∶ B．1∶9 C．1∶ D．1∶ 3．正方体中，、、分别是、、的中点．那么，正方体的过、、的截面图形是（） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 4．正四棱锥的侧棱长与底面边长都是1，则侧棱与底面所成的角为（）A．75° B．60° C．45° D．30° 5．对于直线m、n和平面，下面命题中的真命题是（） A．如果、n是异面直线，那么 B．如果、n是异面直线，那么相交 C．如果、n共面，那么 D．如果、n共面，那么 6．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，长为定值的线段EF在棱AB上移动（EF<a），若P是A1D1上的定点，Q是C1D1上的动点，则四面体PQEF的体积是（） A．有最小值的一个变量B．有最大值的一个变量 C．没有最值的一个变量 D．是一个常量 7．已知平面所成的二面角为80°，P为、外一定点，过点P的一条直线与、所成的角都是30°，则这样的直线有且仅有（） A．1条B．2条 C．3条 D．4条 8．如图所示，在水平横梁上A、B两点处各挂长为50cm的细线AM、 BN、AB的长度为60cm，在MN处挂长为60cm的木条MN平行于横梁，木条中点为O，若木条绕O的铅垂线旋转60°，则木条比原来升高了（） A．10cm B．5cm C．10 cm D．5 cm 9．如图，棱长为5的正方体无论从哪一个面看，都有两个直通的边长为1的正方形孔，则这个有孔正方体的表面积（含孔内各面）是（） A．258 B．234 C．222 D．210 10．在半径为的球内有一内接正三棱锥，它的底面三个顶点恰好都在同一个大圆上，一个动点从三棱锥的一个顶点出发沿球面运动，经过其余三点后返回，则经过的最短路程是（） A． B． C． D． 11．底面边长为a，高为h的正三棱锥内接一个正四棱柱（此时正四棱柱上底面有两个顶点在同一个侧面内），此棱柱体积的最大值（） A． B． C． D． 12．将半径都为１的４个钢球完全装入形状为正四面体的容器里，这个正四面体的高的最小值为（） A． B．2+ C．4+ D．第Ⅱ卷二、填空题：请把答案填在题中横线上（本大题共4个小题，每小题4分，共16分）. 13．某地球仪上北纬纬线的长度为，该地球仪的半径是__________cm，表面积是______________cm2. 14．如图，矩形ABCD中，DC= ，AD=1，在DC上截取DE=1，将△ADE沿AE翻折到D1点，点D1在平面ABC上的射影落在AC上时，二面角D1¬―AE―B 的平面角的余弦值是 . 15．多面体上位于同一条棱两端的顶点称为相邻的，如图，正方体的一个顶点A在平面内，其余顶点在的同侧，正方体上与顶点A相邻的三个顶点到的距离分别为1，2和4，P是正方体的其余四个顶点中的一个，则P到平面的距离可能是：①3；②4；③5；④6；⑤7 以上结论正确的为______________. （写出所有正确结论的编号） 16．如图，在透明材料制成的长方体容器ABCD―A1B1C1D1内灌注一些水，固定容器底面一边BC于桌面上，再将容器倾斜根据倾斜度的不同，有下列命题：（1）水的部分始终呈棱柱形；（2）水面四边形EFGH的面积不会改变；（3）棱A1D1始终与水面EFGH平行；（4）当容器倾斜如图所示时，BE•BF是定值。
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阶段性测试题九(立体几何)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
满分150分。
考试时间120分钟。
第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符号题目要求的。
)1．(2011·北京朝阳区期末)关于直线l，m及平面α，β，下列命题中正确的是()A．若l∥α，α∩β＝m，则l∥m B．若l∥α，m∥α，则l∥mC．若l⊥α，l∥β，则α⊥βD．若l∥α，m⊥l，则m⊥α.[答案] C[解析]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，若取平面ABCD为β，平面ADD1A1为α，则交线AD为m，取BB1为l，由此可知A错；若取平面ADD1A1为α，BB1、BC分别为l，m，可知B与D都错误，故选C.2．(文)(2011·宁波期末)设x，y，z是空间的不同直线或不同平面，下列条件中能保证“若x⊥z，且y⊥z，则x∥y”为真命题的是()A．x，y，z为直线B．x，y，z为平面C．x，y为直线，z为平面D．x为直线，y，z为平面[答案] C[解析]由正方体交于同一顶点的三条直线(或三个平面)知，x、y、z都是直线(或都是平面)时，该命题都是假命题；当x为直线，y、z为平面时，可能有x在平面y内，故D错，因此选C.(理)(2011·山东淄博一中期末)已知三条直线a，b，c和平面β，则下列推理中正确的是() A．若a∥b，b⊂β，则a∥βB．若a，b与β所成角相等，则a∥bC．若a⊂β，b∥β，a，b共面，则a∥bD．若a⊥c，b⊥c，则a∥b[答案] C[解析]A中直线a可能在β内；如图可知B错误；由正方体中交于同一顶点的三条棱所在直线知D错误；C中，∵b∥β，∴b与β无公共点，∵a⊂β，∴b与a无公共点，∵a，b共面，∴a∥b，故选C.3．(文)(2011·日照调研)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.其中真命题的个数是()A ．4B ．3C ．2D ．1[答案] C [解析]⎭⎬⎫⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥αα∥β⇒l ⊥β m ⊂β⇒l ⊥m ，故①真；⎭⎬⎫⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥αl ∥m ⇒m ⊥α m ⊂β⇒β⊥α，故④真；如图α∩β＝a ，m ⊂β，m ∥a ，l ⊥α可知l ⊥m ，因此②假；上图中当α⊥β时，可知③假．(理)(2011·合肥质检)设a ，b 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题错．误．的是( ) A ．若a ⊥α，b ∥α，则a ⊥b B ．若a ⊥α，b ∥a ，b ⊂β，则α⊥β C ．若a ⊥α，b ⊥β，α∥β，则a ∥b D ．若a ∥α，a ∥β，则α∥β [答案] D[解析] 由线面平行的性质和线面垂直的性质知A 正确；∵a ⊥α，b ∥a ，∴b ⊥α，又b ⊂β，∴α⊥β，故B 正确；∵a ⊥α，α∥β，∴a ⊥β，又b ⊥β，∴a ∥b ，故C 正确，故选D.4．(文)(2011·合肥市质检)下图是一个几何体的三视图，其中正(主)视图和侧(左)视图都是一个两底长分别为2和4，腰长为4的等腰梯形，则该几何体的侧面积是( )A ．6πB ．12πC ．18πD ．24π[答案] B[解析] 由三视图知，该几何体是两底半径分别为1和2，母线长为4的圆台，故其侧面积S ＝π(1＋2)×4＝12π.(理)(2011·北京西城区期末)如图，四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD .将四边形ABCD 沿对角线BD 折成四面体A ′－BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，则下列结论正确的是( )A ．A ′C ⊥BDB ．∠BA ′C ＝90°C ．CA ′与平面A ′BD 所成的角为30° D ．四面体A ′－BCD 的体积为13[答案] B[解析] ∵AB ＝AD ＝1，BD ＝2，∴AB ⊥AD ， ∴A ′B ⊥A ′D ，∵平面A ′BD ⊥平面BCD ，CD ⊥BD ， ∴CD ⊥平面A ′BD ，∴CD ⊥A ′B ，∴A ′B ⊥平面A ′CD ， ∴A ′B ⊥A ′C ，即∠BA ′C ＝90°，∴选B.5．(2011·北京丰台区期末)若一个螺栓的底面是正六边形，它的正(主)视图和俯视图如图所示，则它的体积是( )A.332＋3225πB ．33＋3225πC ．93＋3225πD ．93＋12825π [答案] C[解析] 由三视图知，该螺栓的上部是一个底半径为0.8，高为2的圆柱，下部是底面为边长为2，高为1.5的正六棱柱，故体积V ＝π×0.82×2＋6×34×22×1.5＝93＋32π25，故选C.6．(2011·北京朝阳区期末)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱AB 、CC 1的中点，在平面ADD 1A 1内且与平面D 1EF 平行的直线( )A ．有无数条B ．有2条C ．有1条D ．不存在[答案] A[解析] ∵平面D 1EF 与平面ADD 1A 1有公共点D 1且不重合，∴两平面有条过D 1的交线l ，在平面ADD 1A 1内与l 平行的任意直线都与平面D 1EF 平行，这样的直线有无数条．7．(文)(2011·山西太原调研)已知平面α和不重合的两条直线m 、n ，下列选项正确的是( ) A ．如果m ⊂α，n ⊄α，m 、n 是异面直线，那么n ∥α B ．如果m ⊂α，n 与α相交，那么m 、n 是异面直线 C ．如果m ⊂α，n ∥α，m 、n 共面，那么m ∥n D ．如果m ⊥α，n ⊥m ，那么n ∥α [答案] C[解析] 如图(1)可知A 错；如图(2)可知B 错；如图(3)，m ⊥α，n 是α内的任意直线，都有n ⊥m ，故D 错．∵n ∥α，∴n 与α无公共点， ∵m ⊂α，∴n 与m 无公共点， 又m 、n 共面，∴m ∥n ，故选C.(理)(2011·辽宁丹东四校联考)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，AC ＝2，BC ＝3，D 、E 分别是AC 1和BB 1的中点，则直线DE 与平面BB 1C 1C 所成的角为( )A.π6B.π4C.π3D.π2[答案] A[解析] ∵AB ＝1，AC ＝2，BC ＝3，∴AC 2＝BC 2＋AB 2，∴AB ⊥BC ，又三棱柱为直三棱柱，∴BB 1⊥平面ABC ，以B 为原点，BC 、BA 、BB 1为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则A (0,1,0)，C (3，0,0)，设B 1(0,0，a )，则C 1(3，0，a )，∴D ⎝⎛⎭⎫32，12，a 2，E ⎝⎛⎭⎫0，0，a 2， ∴DE →＝⎝⎛⎭⎫－32，－12，0，平面BB 1C 1C 的法向量BA →＝(0,1,0)，设直线DE 与平面BB 1C 1C 所成的角为α，则sin α＝|DE →·BA →||DE →|·|BA →|＝⎪⎪⎪⎪－121×1＝12，∴α＝π6.8．(2011·沈阳二中阶段检测)已知长方体ABCD －A ′B ′C ′D ′，对角线AC ′与平面A ′BD 相交于点G ，则G 是△A ′BD 的( )A ．垂心B ．外心C ．内心D ．重心[答案] D[解析] 设AB ′与A ′B 相交于点E ，则在平面AB ′C ′D 中，DE 与AC ′必相交，则交点为G ，∴G 点在△A ′BD 的中线DE 上，同理可知G 点在BD 边的中线上，∴G 为△A ′BD 的重心．9．(2011·宁夏银川一中检测)如图所示是某一容器的三视图，现向容器中匀速注水，容器中水面的高度h 随时间t 变化的可能图象是( )[答案] B[分析]可以直接根据变化率的含义求解，也可以求出函数的解析式进行判断．[解析]容器是一个倒置的圆锥，由于水是均匀注入的，故水面高度随时间变化的变化率逐渐减少，表现在函数图象上就是其切线的斜率逐渐减小，故选B.[点评]本题在空间几何体三视图和函数的变化率交汇处命制，重点是对函数变化率的考查，这种在知识交汇处命制题目考查对基本概念的理解与运用的命题方式值得重视．10．(2011·宁夏银川一中检测)设l，m，n为三条不同的直线，α为一个平面，下列命题中正确的个数是()①若l⊥α，则l与α相交②若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α③若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α④若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l∥nA．1B．2C．3D．4[答案] C[分析]根据空间线面位置关系的有关定理逐个进行判断．[解析]由于直线与平面垂直是相交的特殊情况，故命题①正确；由于②中不能确定直线m，n是否相交，不符合线面垂直的判定定理，命题②不正确；根据平行线的传递性．∵l∥m，m∥n，∴l∥n，故l⊥α时，一定有n⊥α，故③正确；又∵l∥m，m⊥α，∴l⊥α，又n⊥α，∴l∥n，∴④正确，故选C.[点评]把空间平行关系和垂直关系的相关定理中抽掉一些条件或添加限制条件来考查考生对空间点线面位置关系概念、定理掌握的熟练程度是常见命题方式．解答这类题的关键是对比定理逐个条件进行检查．解答方法常常是直接推证或特例反驳．11．(2011·江西南昌调研)如图，在透明塑料制成的长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1容器内灌进一些水，将容器底面一边BC 固定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下列四个说法：①水的部分始终呈棱柱状；②水面四边形EFGH 的面积不改变； ③棱A 1D 1始终与水面EFGH 平行； ④当E ∈AA 1时，AE ＋BF 是定值． 其中正确说法是( ) A ．①②③ B ．①②④ C ．②③④ D ．①③④[答案] D[解析] 由于容器一边BC 固定于水平地面上，所以随着容器倾斜度的变化，水面四边形EFGH 的一组对边EH 和FG 始终与BC 平行且相等，而另一对边EF 与GH 是变化的，因此A 1D 1与水面平行，且水的部分是一个棱柱(BC 为垂直于两底的侧棱)，由于水的体积不变，故棱柱的底面面积不变，因此AE ＋BF 为定值．12．(文)(2011·华安、连城、永安、漳平、龙海、泉港六校联考)一个体积为123的正三棱柱的三视图如图所示，则这个三棱柱的侧(左)视图的面积为( )A ．12B ．8C ．8 3D ．6 3[答案] D[解析] 设此三棱柱底面边长为a ，高为h ，则由图示知32a ＝23，∴a ＝4，∴123＝34×42×h ，∴h ＝3，∴侧(左)视图面积为23×3＝6 3.(理)(2011·黑龙江哈六中期末)棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的8个顶点都在球O 的表面上，E ，F 分别是棱AA 1，DD 1的中点，则过E ，F 两点的直线被球O 截得的线段长为( )A.3a B ．2a C.2a D.22a [答案] C[解析] 过直线EF 与球心作截面，则截面圆半径r ＝32a ，球心到EF 的距离为a2，∴过E 、F 两点的直线被球O 截得的线段长为2⎝⎛⎭⎫32a 2－⎝⎛⎭⎫a 22＝2a .第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上) 13．(2011·黑龙江哈六中期末)已知α，β，γ是三个不同的平面，命题“α∥β且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题，如果把α，β，γ中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题有________个．[答案] 2[解析] ①将α，β换作直线a ，b ，命题为“a ∥b 且a ⊥γ⇒b ⊥γ”，显然这是一个真命题；②将α，γ换作直线a ，c ，命题为“a ∥β，且a ⊥c ⇒c ⊥β”，这是一个假命题；③将β，γ换成直线b ，c ，命题为“b ∥α，且c ⊥α⇒b ⊥c ”，这是一个真命题，故填2.14．(2011·黑龙江哈六中期末)点P 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的面对角线BC 1上运动，则下列四个命题：①三棱锥A －D 1PC 的体积不变； ②A 1P ∥平面ACD 1； ③DP ⊥BC 1；④平面PDB 1⊥平面ACD 1. 其中正确命题的序号是________．[答案] ①②④[解析] ①∵BC 1∥AD 1，∴BC 1∥平面AD 1C ，∴直线BC 1上任一点到平面AD 1C 的距离都相等，∴VA －D 1PC ＝VP －AD 1C ＝VB －AD 1C 为定值；②∵AC ∥A 1C 1，AD 1∥BC 1，AC ∩AD 1＝A ，A 1C 1∩BC 1＝C 1，∴平面ACD 1∥平面A 1BC 1，∵A 1P ⊂平面A 1BC 1，∴A 1P ∥平面ACD 1；③假设DP ⊥BC 1，∵DC ⊥BC 1，DC ∩DP ＝D ，∴BC 1⊥平面DPC ，∴BC 1⊥CP ，∵P 是BC 1上任一点，∴BC 1⊥CP 不成立；④∵B 1B ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴B 1B ⊥AC ，又AC ⊥BD ，BD ∩B 1B ＝B ，∴AC ⊥平面BB 1D ，∴AC ⊥DB 1，同理可知AD 1⊥DB 1，∵AC ∩AD 1＝A ，∴DB 1⊥平面ACD 1，∵DB 1⊂平面PDB 1，∴平面PDB 1⊥平面ACD 1.15．(文)(2011·北京东城区示范校联考)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 、M 分别是棱AD 、DD 1、D 1A 1、A 1A 、AB 的中点，点N 在四边形EFGH 的四边及其内部运动，则当N 只需满足条件________时，就有MN ⊥A 1C 1；当N 只需满足条件________时，就有MN ∥平面B 1D 1C .[答案] 点N 在EG 上 点N 在EH 上[解析] (1)当点N 在EG 上时，∵AC ⊥EM ，AC ⊥EG ，EG ∩EM ＝E ，∴AC ⊥平面GEM ，又MN ⊂平面GEM ，∴AC ⊥MN ，∵A 1C 1∥AC ，∴A 1C 1⊥MN .(2)EM ∥BD ∥B 1D 1，HE ∥A 1D ∥B 1C ，EM ∩HE ＝E ，B 1D 1∩B 1C ＝B 1，∴平面EMH ∥平面B 1D 1C ，过点M 与平面B 1D 1C 平行的直线必在平面EMH 内，故点N 在平面EMH 内，又点N 在平面EFGH 内，∴N 在两平面的交线EH 上．(理)(2011·甘肃天水一中期末)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，若点M 是棱BC 的中点，则D 1B 与AM 所成角的余弦值是________．[答案]1515[解析] 以D 为原点，DA 、DC 、DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A (1,0,0)，M ⎝⎛⎭⎫12，1，0，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)， ∴AM →＝⎝⎛⎭⎫－12，1，0，BD 1→＝(－1，－1,1)，∴cos 〈AM →，BD 1→〉＝AM →·BD 1→|AM →|·|BD 1→|＝－1252×3＝－1515，∴异面直线D 1B 与AM 所成角的余弦值为1515. 16．(文)(2011·洪泽中学月考)有以下四个条件：①平面γ与平面α，β所成的锐角二面角相等；②直线a ∥b ，a ⊥平面α，b ⊥平面β；③a ，b 是异面直线，a ⊂α，b ⊂β，且a ∥β，b ∥α；④平面α内距离为d 的两条平行直线在平面β内的射影仍为两条距离为d 的平行线．其中能推出α∥β的条件有________(填写所有正确条件的代号)．[答案] ②③[解析] 正三棱锥的底面与侧面所成的锐二面角都相等，但侧面不平行，故①错；⎭⎬⎫⎭⎪⎬⎪⎫a ∥ba ⊥平面α⇒b ⊥平面α b ⊥平面β⇒α∥β，∴②对；在直线a 上任取一点P ，点P 与直线b 确定一个平面γ，则γ与α有一条过P 的交线b ′，∵b ∥α，∴b ∥b ′，b ′⊄β，∴b ′∥β，又a ∥β，a ∩b ′＝P ，∴α∥β，故③对；如图可知，④错．故能推出α∥β的条件只有②和③. (理)(2011·天津河东区模拟)如图，ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，下面结论中正确的是________．(把你认为正确的结论都填上)①BD ∥平面CB 1D 1； ②AC 1⊥平面CB 1D 1；③AC 1与底面ABCD 所成角的正切值是2； ④二面角C —B 1D 1－C 1的正切值是2，⑤过点A 1与异面直线AD 与CB 1成70°角的直线有2条． [答案] ①②④[解析] ①∵BD ∥B 1D 1，B 1D 1⊂平面CB 1D 1， ∴BD ∥平面CB 1D 1. ②连结A 1C 1交B 1D 1于O ，∵AA 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，∴AA 1⊥B 1D 1.又∵A 1C 1⊥B 1D 1，∴B 1D 1⊥平面AA 1C 1.∴B 1D 1⊥AC 1. 同理B 1C ⊥AC 1.∴AC 1⊥平面CB 1D 1. ③∠C 1AC 为AC 1与平面ABCD 所成的角， tan ∠C 1AC ＝CC 1AC ＝CC 12CC 1＝22.④∠C 1OC 为二面角C —B 1D 1—C 1的平面角， tan ∠C 1OC ＝CC 1C 1O ＝CC 122CC 1＝ 2.⑤异面直线AD 与CB 1所成的角为45°，则满足题意的直线有4条．三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分12分)(文)(2011·烟台调研)如图，矩形ABCD 中，AD ⊥平面ABE ，AE ＝EB ＝BC ，F 为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE .(1)求证：AE ⊥平面BCE ； (2)求证：AE ∥平面BFD .[解析] (1)证明：∵AD ⊥平面ABE ，AD ∥BC ， ∴BC ⊥平面ABE ，则AE ⊥BC ， 又∵BF ⊥平面ACE ，则AE ⊥BF ，∵BC ⊂平面BCE ，BF ⊂平面BCE ，BC ∩BF ＝B ， ∴∴AE ⊥平面BCE .(2)证明：连结AC 、BD ，设AC 与BD 交于G 点，依题意可知：G 是AC 中点， ∵BF ⊥平面ACE ，则CE ⊥BF ， 而BC ＝BE ，∴F 是EC 中点， 在△AEC 中，FG ∥AE ，又AE ⊄平面BFD ，FG ⊄平面BFD ，∴AE ∥平面BFD .(理)(2011·辽宁大连期末联考)已知斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是直角三角形，∠C ＝90°，点B 1在底面上射影D 落在BC 上．(1)求证：AC ⊥平面BB 1C 1C ；(2)若AB 1⊥BC 1，且∠B 1BC ＝60°，求证：A 1C ∥平面AB 1D . [解析] (1)∵B 1D ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ， ∴B 1D ⊥AC ，又∵BC ⊥AC ，B 1D ∩BC ＝D ，∴AC ⊥平面BB 1C 1C .⎭⎪⎬⎪⎫⎭⎪⎬⎪⎫(2)AB 1⊥BC 1AC ⊥BC 1 AB 1与AC 相交⇒BC 1⊥平面AB 1CB 1C ⊂平面AB 1C⇒BC 1⊥B 1C ， ∴四边形BB 1C 1C 为菱形，∵∠B 1BC ＝60°，B 1D ⊥BG 于D ，∴D 为BC 的中点， 连结A 1B 和AB 1交于点E ，在三角形A 1BC 中，DE ∥A 1C ， ∴A 1C ∥平面AB 1D .18．(本小题满分12分)(文)(2011·山西太原调研)已知四棱锥P －ABCD 及其三视图如下图所示，E 是侧棱PC 上的动点．(1)求四棱锥P －ABCD 的体积；(2)不论点E 在何位置，是否都有BD ⊥AE ？试证明你的结论．[解析] (1)由三视图可知，四棱锥P －ABCD 的底面是边长为1的正方形，侧棱PC ⊥底面ABCD ，且PC ＝2，∴V P －ABCD ＝13S 正方形ABCD ·PC ＝13×12×2＝23，即四棱锥P －ABCD 的体积为23.(2)不论点E在何位置，都有BD⊥AE，证明：连结AC，∵ABCD是正方形，∴BD⊥AC，∵PC⊥底面ABCD，且BD⊂平面P AC，∴BD⊥PC，又∵AC∩PC＝C，∴BD⊥平面P AC.∵不论点E在何位置，都有AE⊂平面P AC，∴不论点E在何位置，都有BD⊥AE.(理)(2011·山东淄博一中期末)四棱锥P－ABCD中，侧面P AD⊥底面ABCD，底面ABCD 是边长为2的正方形，又P A＝PD，∠APD＝60°，E、G分别是BC、PE的中点．(1)求证：AD⊥PE；(2)求二面角E－AD－G的正切值．[解析]解法一：(1)如图，取AD的中点O，连结OP，OE，∵P A＝PD，∴OP⊥AD，又E是BC的中点，∴OE∥AB，∴OE⊥AD.又OP∩OE＝0，∴AD⊥平面OPE.∵PE⊂平面OPE，∴AD⊥PE.(2)取OE的中点F，连结FG，OG，则由(1)易知AD⊥OG，又OE⊥AD，∴∠GOE就是二面角E－AD－G的平面角，∵P A＝PD，∠APD＝60°，∴△APD 为等边三角形，且边长为2， ∴OP ＝32×2＝3，FG ＝12OP ＝32，OF ＝12CD ＝1， ∴OG ＝72，∴cos ∠GOE ＝277. 解法二：(1)同解法一．(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，D (－1,0,0)，P (0,0，3)，E (0,2,0)，∴E ⎝⎛⎭⎫0，1，32，DA →＝(2,0,0)，DG →＝⎝⎛⎭⎫1，1，32. 设平面ADG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DA →＝0n ·DG →＝0得，⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝0x ＋y ＋32z ＝0， ∴n ＝⎝⎛⎭⎫0，－32，1， 又平面EAD 的一个法向量为OP →＝(0,0，3)， 又因为cos 〈n ，OP →〉＝n ·OP →|n |·|OP →|＝372·3＝277，∴二面角E －AD －G 的余弦值为277.19．(本小题满分12分)(文)(2011·北京学普教育中心)如图为一简单组合体，其底面ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，EC ∥PD ，且PD ＝AD ＝2EC ＝2.(1)求四棱锥B －CEPD 的体积； (2)求证：BE ∥平面PDA .[解析](1)∵PD⊥平面ABCD，PD⊂平面PDCE，∴平面PDCE⊥平面ABCD，∵BC⊥CD，∴BC⊥平面PDCE.∵S梯形PDCE＝12(PD＋EC)×DC＝12×3×2＝3，∴四棱锥B－CEPD的体积V B－CEPD＝13S梯形PDCE×BC＝13×3×2＝2.(2)证明：∵EC∥PD，PD⊂平面PDA，EC⊄平面PDA，∴EC∥平面PDA，同理可得BC∥平面PDA，∵EC⊂平面EBC，BC⊂平面EBC且EC∩BC＝C，∴平面BEC∥平面PDA，又∵BE⊂平面EBC，∴BE∥平面PDA.(理)在如图所示的空间几何体中，平面ACD⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝DA＝DC＝BE＝2，BE和平面ABC所成的角为60°，且点E在平面ABC上的射影落在∠ABC的平分线上．(1)求证：DE∥平面ABC；(2)求二面角E－BC－A的余弦值．[解析](1)由题意知，△ABC，△ACD都是边长为2的等边三角形，取AC中点O，连接BO，DO，则BO⊥AC，DO⊥AC，又∵平面ACD⊥平面ABC，∴DO⊥平面ABC，作EF⊥平面ABC，那么EF∥DO，根据题意，点F落在BO上，∴∠EBF＝60°，易求得EF＝DO＝3，∴四边形DEFO是平行四边形，∴DE∥OF，∵DE ⊄平面ABC ，OF ⊂平面ABC ，∴DE ∥平面ABC . (2)解法一：作FG ⊥BC ，垂足为G ，连接EG ，∵EF ⊥平面ABC ，∴EF ⊥BC ，EF ∩FG ＝F ，BC ⊥平面EFG ，∴EG ⊥BC ， ∴∠EGF 就是二面角E －BC －A 的平面角．Rt △EFG 中，FG ＝FB ×sin30°＝12，EF ＝3，EG ＝132.∴cos ∠EGF ＝FG EG ＝1313.即二面角E －BC －A 的余弦值为1313. 解法二：建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz ，可知平面ABC 的一个法向量为n 1(0,0,1)，设平面BCE 的一个法向量为n 2＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BC →＝0n 2·BE →＝0，可求得n 2＝(－3，3，1)．所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝1313，又由图知，所求二面角的平面角是锐角， 所以二面角E －BC －A 的余弦值为1313. 20．(本小题满分12分)(2011·福建厦门期末质检)四棱锥A －BCDE 的侧面ABC 是等边三角形，EB ⊥平面ABC ，DC ⊥平面ABC ，BE ＝1，BC ＝CD ＝2，F 是棱AD 的中点．(1)求证：EF ∥平面ABC ； (2)求四棱锥A －BCDE 的体积．[解析] (1)取AC 中点M ，连结FM 、BM ， ∵F 是AD 中点，∴FM ∥DC ，且FM ＝12DC ＝1，∵EB⊥平面ABC，DC⊥平面ABC，∴EB∥DC，∴FM∥EB. 又∵EB＝1，∴FM＝EB，∴四边形BEFM是平行四边形，∴EF∥BM，∵EF⊄平面ABC，BM⊂平面ABC，∴EF∥平面ABC.(2)取BC中点N，连结AN，∵AB＝AC，∴AN＝BC，∵EB⊥平面ABC，∴AN⊥EB，∵BC与EB是底面BCDE内的相交直线，∴AN⊥平面BCDE，由(1)得，底面BCDE为直角梯形，S梯形BCDE＝(EB＋DC)·BC2＝3，在等边△ABC中，BC＝2，∴AN＝3，∴V棱锥A－BCDE＝13S梯形BCDE·AN＝ 3.21．(本小题满分12分)(文)(2011·黑龙江哈六中期末)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F 分别是CD、A1D1中点．(1)求证：AB1⊥BF；(2)求证：AE⊥BF；(3)棱CC1上是否存在点F，使BF⊥平面AEP，若存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由．[解析](1)证明：连结A1B，CD1，∵AB1⊥A1B，AB1⊥BC，A1B∩BC＝B，∴AB1⊥平面A1BCD1，又BF ⊂平面A 1BCD 1，所以AB 1⊥BF .(2)证明：取AD 中点M ，连结FM ，BM ，∴AE ⊥BM ， 又∵FM ⊥AE ，BM ∩FM ＝M ，∴AE ⊥平面BFM ，又BF ⊂平面BFM ，∴AE ⊥BF . (3)存在，P 是CC 1的中点．易证PE ∥AB 1， 故A ，B 1，E ，P 四点共面．由(1)(2)知AB 1⊥BF ，AE ⊥BF ，AB 1∩AE ＝A ， ∴BF ⊥平面AEB 1，即BF ⊥平面AEP .(理)(2011·浙江宁波八校联考)如图，四边形ABCD 中，AB ＝1，AD ＝2AB ，∠ADC ＝60°，EC ⊥平面ABCD ，EF ∥AC ，EF ＝32，CE ＝1.(1)求证：AF ∥平面BDE .(2)求CF 与平面DCE 所成角的正切值． [解析] (1)证明：四边形ABCD 中， ∵AB ＝1，AD ＝2AB ，∠ADC ＝60°，∴AC ＝AD 2＋CD 2－2AD ·CD cos ∠ADC ＝3， O 为AC 与BD 交点，AO ＝32＝EF ， 又AO ∥EF ，∴EOAF 为平行四边形，∴OE ∥AF . 又AF ⊄平面BDE ，OE ⊂平面BDE ，∴AF ∥平面BDE .(2)△ACD 中，AD ＝2，AC ＝3，∠ADC ＝60°， AC sin ∠ADC ＝ADsin ∠ACD，∠ACD ＝90°，⎭⎪⎪⎬⎪⎪⎫⎭⎪⎬⎪⎫AC ⊥CD AC ∥EF ⇒EF ⊥CD⎭⎬⎫ ⎭⎪⎬⎪⎫EC ⊥平面ABCDAC ⊂平面ABCD ⇒EC ⊥AC AC ∥EF⇒EF ⊥EC CD ⊂平面DCEEC ⊂平面DCE CD ∩EC ＝C⇒EF ⊥平面DCE ， ∴∠FCE 为CF 与平面DCE 所成的角． △FCE 中，EF ⊥CE ，EF ＝32，CE ＝1， ∴tan ∠FCE ＝32， 即CF 与平面DCE 所成角的正切值为32. 22．(本小题满分12分)(2011·北京市朝阳区期末)如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AC ＝BC ＝2，AA 1＝4，AB ＝22，M ，N 分别是棱CC 1，AB 中点．(1)求证：CN ⊥平面ABB 1A 1； (2)求证：CN ∥平面AMB 1； (3)求三棱锥B 1－AMN 的体积．[解析] (1)证明：因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ， 又因为CN ⊂平面ABC ，所以AA 1⊥CN . 因为AC ＝BC ＝2，N 是AB 中点， 所以CN ⊥AB .因为AA 1∩AB ＝A ，所以CN ⊥平面ABB 1A 1.(2)证明：取AB 1的中点G ，连结MG ，NG ， 因为N ，G 分别是棱AB ，AB 1中点， 所以NG ∥BB 1，NG ＝12BB 1.又因为CM ∥BB 1，CM ＝12BB 1，所以CM ∥NG ，CM ＝NG .所以四边形CNGM 是平行四边形． 所以CN ∥MG .因为CN ⊄平面AMB 1，GM ⊂平面AMB 1， 所以CN ∥平面AMB 1. (3)由(2)知GM ⊥平面AB 1N .所以VB 1－AMN ＝VM －AB 1N ＝13×12×22×4×2＝43.。