2016高三文数二轮复习专题四第2讲高考中的立体几何(解答题型)
高三数学二轮复习：立体几何
专题四 立体几何
第1讲 空间几何体
[考情考向分析]
1.以三视图为载体，考查空间几何体面积、体积的计算. 2.考查空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题.
内容索引
热点分类突破 真题押题精练
热规则 俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视 图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图 的宽度一样.即“长对正、高平齐、宽相等”. 2.由三视图还原几何体的步骤 一般先依据俯视图确定底面再利用正(主)视图与侧(左)视图确定几何体.
跟踪演练3 (1)(2018·咸阳模拟)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，
AB⊥BC，若AB＝2，BC＝3，PA＝4，则该三棱锥的外接球的表面积为
A.13π C.25π
B.20π
√D.29π
解析 答案
(2)(2018·四川成都名校联考)已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，
√ 记该圆锥的内切球的表面积为S1，外接球的表面积为S2，则SS12 等于
例3 (1)(2018·百校联盟联考)在三棱锥P－ABC中，△ABC和△PBC均为
边长为3的等边三角形，且PA＝326 ，则三棱锥P－ABC外接球的体积为
13 13 A. 6 π
10 10 B. 3 π
√C.5
15 2π
55 D. 6 π
解析 答案
(2)(2018·衡水金卷信息卷)如图是某三棱锥的三视
跟踪演练1 (1)(2018·衡水模拟)已知一几何体的正(主)视图、侧(左)视 图如图所示，则该几何体的俯视图不可能是
√
解析 答案
(2)(2018·合肥质检)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱 A1B1的中点，用过点A，C，E的平面截正方体，则位于 截面以下部分的几何体的侧(左)视图为
(江苏专用)2016高考数学二轮复习 专题四 立体几何课件 理
因为 BC⊂ 平面 SBC ，所以 AF⊥BC. 又因为 AB⊥BC ， AF∩AB ＝ A ，
AF⊂平面SAB，AB⊂平面SAB，所以BC⊥平面SAB. 因为SA⊂平面SAB，所以BC⊥SA.
1.求解几何体的表面积或体积
(1)对于规则几何体，可直接利用公式计算.
(2)对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥， 有时可采用等体积转换法求解. (3)求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形， 圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形的应用. (4)注意几何体的表面积与侧面积的区别，侧面积只是表面积的 一部分，不包括底面积，而表面积包括底面积和侧面积.
考点整合
1.四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直平行六
面体、长方体之间的关系.
2.空间几何体的两组常用公式 (1)柱体、锥体、台体的侧面积公式： ①S 柱侧＝ch(c 为底面周长，h 为高)； 1 ②S 锥侧＝ ch′(c 为底面周长，h′为斜高)； 2 1 ③S 台侧＝2(c＋c′)h′(c′，c 分别为上下底面的周长，h′为斜高)； ④S 球表＝4πR2(R 为球的半径). (2)柱体、锥体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh(S 为底面面积，h 为高)； 1 ②V 锥体＝ Sh(S 为底面面积，h 为高)； 3 1 ③V 台＝3(S＋ SS′＋S′)h(不要求记忆)； 4 ④V 球＝3πR3.
3.直线、平面平行的判定及其性质 (1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α. (2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b. (3) 面 面 平 行 的 判 定 定 理 ： a⊂ β ， b⊂ β ， a ∩ b ＝ P ， a∥α ，
b∥α⇒α∥β.
2016届高考数学(文)二轮复习 考前冲刺攻略课件：2-2-4立体几何
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大二轮 ·数学 ·文
[错因分析] 上述解题过程中没有注意到两条异面直线所成角的范围是(0°，90°]． [正解] ∠MEN或其补角为异面直线AC与BD所成的角．所以异面直线AC与BD所成的角应该是180°－ ∠MEN＝60°.
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大二轮 ·数学 ·文
补救训练23 [2015·兰州诊断]如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，AB＝ 2，BC＝CD＝1，AB∥CD，顶点D1在底面ABCD内的射影恰为点C.
(1)求证：AD1⊥BC； (2)在AB上是否存在点M，使得C1M∥平面ADD1A1？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理 由．
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[防范措施] 本题失分的原因是概念不清，记不住异面直线所成角的范围，要避免失分，首先要牢记 概念，其次要分清各种角的范围．
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第十七页，编学 ·文
补救训练24 [2015·浙江高考]如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝ 4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．
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(2)设M是AB上的点，连接C1M， ∵AB∥CD，∴AM∥D1C1. 经过AM，D1C1的平面与平面ADD1A1相交于AD1，要使C1M∥平面ADD1A1， 则C1M∥AD1，即四边形AD1C1M为平行四边形， 此时D1C1＝DC＝AM＝12AB，即点M为AB的中点． ∴在AB上存在点M，使得C1M∥平面ADD1A1，此时点M为AB的中点.
高考数学二轮复习 第一部分 专题篇 专题四 立体几何 第二讲 空间点、线、面位置关系的判断课时作业
2017届高考数学二轮复习第一部分专题篇专题四立体几何第二讲空间点、线、面位置关系的判断课时作业理1．(2016·正定摸底)已知直线a与平面α，β，α∥β，a⊂α，点B∈β，则在β内过点B的所有直线中( )A．不一定存在与a平行的直线B．只有两条与a平行的直线C．存在无数条与a平行的直线D．存在唯一一条与a平行的直线解析：设直线a和点B所确定的平面为γ，则α∩γ＝a，记β∩γ＝b，∵α∥β，∴a ∥b，故存在唯一一条直线b与a平行．答案：D2．设l，m，n表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列四个命题：①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；②若m∥l，且m∥α，则l∥α；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，则l∥m∥n；④若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，且n∥β，则l∥m.其中正确命题的个数是( )A．1 B．2C．3 D．4解析：易知①正确；②错误，l与α的具体关系不能确定；③错误，以墙角为例即可说明；④正确，可以以三棱柱为例证明，故选B.答案：B3．如图所示，O为正方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD的中心，则下列直线中与B1O垂直的是( )A．A1D B．AA1C．A1D1D．A1C1解析：由题意知，A1C1⊥平面DD1B1B，又OB1⊂面DD1B1B，所以A1C1⊥OB1，故选D.答案：D4．(2016·某某模拟)设m、n为两条不同的直线，α、β为两个不同的平面，给出下列命题：①若m⊥α，m⊥β，则α∥β；②若m∥α，m∥β，则α∥β；③若m∥α，n∥α，则m∥n；④若m⊥α，n⊥α，则m∥n.上述命题中，所有真命题的序号是( )A．①④B．②③C．①③D．②④解析：由线面垂直的性质定理知①④正确；平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，故②错；平行于同一平面的两条直线可能平行，也可能相交或异面，故③错．选A. 答案：A5.如图，在三棱锥PABC中，不能证明AP⊥BC的条件是( )A．AP⊥PB，AP⊥PCB．AP⊥PB，BC⊥PBC．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PCD．AP⊥平面PBC解析：A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A正确；C中，因为平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C正确；D中，由A知D正确；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.答案：B6．如图，L，M，N分别为正方体对应棱的中点，则平面LMN与平面PQR的位置关系是( ) A．垂直B．相交不垂直C ．平行D ．重合 解析：如图，分别取另三条棱的中点A ，B ，C 将平面LMN 延展为平面正六边形AMBNCL ，因为PQ ∥AL ，PR ∥AM ，且PQ 与PR 相交，AL与AM 相交，所以平面PQR ∥平面AMBNCL ，即平面LMN ∥平面PQR .答案：C7．一个面截空间四边形的四边得到四个交点，如果该空间四边形的两条对角线与这个截面平行，那么此四个交点围成的四边形是________．解析：如图，由题意得AC ∥平面EFGH ，BD ∥平面EFGH .∵AC ⊂平面ABC ，平面ABC ∩平面EFGH ＝EF ，∴AC ∥EF ，同理AC ∥GH ，所以EF ∥GH .同理，EH ∥FG ，所以四边形EFGH 为平行四边形．答案：平行四边形8．(2016·某某模拟)如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，P 为棱DC 的中点，则D 1P 与BC 1所在直线所成角的余弦值等于________．解析：连接AD 1，AP (图略)，则∠AD 1P 就是所求角，设AB ＝2，则AP ＝D 1P ＝5，AD 1＝22，∴cos ∠AD 1P ＝12AD 1D 1P ＝105. 答案：1059.如图，在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱BC ，CC 1的中点，P 是侧面BCC 1B 1内一点，若A 1P ∥平面AEF ，则线段A 1P 长度的取值X 围是________．解析：取B 1C 1中点M ，则A 1M ∥AE ；取BB 1中点N ，则MN ∥EF (图略)，∴平面A 1MN ∥平面AEF .若A 1P ∥平面AEF ，只需P ∈MN ，则P 位于MN 中点时，A 1P 最短；当P 位于M 或N 时，A 1P 最长．不难求得A 1P 的取值X 围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52 10.(2016·某某模拟)如图，在四面体ABCD 中，平面BAD ⊥平面CAD ，∠BAD ＝90°.M ，N ，Q 分别为棱AD ，BD ，AC 的中点．(1)求证：CD ∥平面MNQ ；(2)求证：平面MNQ ⊥平面CAD .证明：(1)因为M ，Q 分别为棱AD ，AC 的中点，所以MQ ∥CD ，又CD ⊄平面MNQ ，MQ ⊂平面MNQ ，故CD ∥平面MNQ .(2)因为M ，N 分别为棱AD ，BD 的中点，所以MN ∥AB ，又∠BAD ＝90°，故MN ⊥AD .因为平面BAD ⊥平面CAD ，平面BAD ∩平面CAD ＝AD ，且MN ⊂平面ABD ，所以MN ⊥平面CAD ，又MN ⊂平面MNQ ，所以平面MNQ ⊥平面CAD .11．(2016·某某五校联考)如图，四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是菱形，PA ＝PD ，∠BAD ＝60°，E 是AD 的中点，点Q 在侧棱PC 上．(1)求证：AD ⊥平面PBE ；(2)若Q 是PC 的中点，求证：PA ∥平面BDQ ；(3)若V P BCDE ＝2V Q ABCD ，试求CP CQ的值．解析：(1)证明：由E 是AD 的中点，PA ＝PD 可得AD ⊥PE .又底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，所以AB ＝BD ，又因为E 是AD 的中点，所以AD ⊥BE ，又PE ∩BE ＝E ，所以AD ⊥平面PBE .(2)证明：连接AC (图略)，交BD 于点O ，连接OQ .因为O 是AC 的中点， Q 是PC 的中点，所以OQ ∥PA ，又PA ⊄平面BDQ ，OQ ⊂平面BDQ ，(3)设四棱锥P BCDE ，Q ABCD 的高分别为h 1，h 2.所以V P BCDE ＝13S 四边形BCDE h 1， V Q ABCD ＝13S 四边形ABCD h 2.又因为V P BCDE ＝2V Q ABCD ，且S 四边形BCDE ＝34S 四边形ABCD ，所以CP CQ ＝h 1h 2＝83. 12．(2016·某某模拟)一个正方体的平面展开图及该正方体直观图的示意图如图所示，在正方体中，设BC 的中点为M ，GH 的中点为N .(1)请将字母F ，G ，H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)证明：直线MN ∥平面BDH ；(3)过点M ，N ，H 的平面将正方体分割为两部分，求这两部分的体积比．解析：(1)点F ，G ，H 的位置如图所示．(2)证明：连接BD ，设O 为BD 的中点，连接OM ，OH ，AC ，BH ，MN .∵M ，N 分别是BC ，GH 的中点，∴OM ∥CD ，且OM ＝12CD ，NH ∥CD ，且NH ＝12CD ， ∴OM ∥NH ，OM ＝NH ，则四边形MNHO 是平行四边形，∴MN ∥OH ，又∵MN ⊄平面BDH ，OH ⊂平面BDH ，(3)由(2)知，OM∥NH，OM＝NH，连接GM，MH，过点M，N，H的平面就是平面GMH，它将正方体分割为两个同高的棱柱，高都是GH，底面分别是四边形BMGF和三角形MGC，体积比等于底面积之比，即3∶1.。
高三二轮复习数学专题4立体几何课件+课时作业(共6份)
专题四 第二讲一、选择题1．(2013·德阳市二诊)设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，若已知m ⊥n ，m ⊥α，则“n ⊥β”是“α⊥β”的( )A ．充分非必要条件B ．必要非充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件[答案] A[解析]⎭⎪⎬⎪⎫⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥α m ⊥n ⇒n ∥α或n ⊂α n ⊥β⇒α⊥β.⎭⎪⎬⎪⎫⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βm ⊥α⇒m ∥β或m ⊂β m ⊥n⇒/ n ⊥β. 2．(2014·重庆理，7)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A ．54B ．60C ．66D ．72[答案] B [解析] 如图所示该几何体是将一个直三棱柱截去一个三棱锥得到的，直三棱柱底面是直角三角形，两直角边长为3和4，柱高为5，∵EF ∥AC ，AC ⊥平面ABDF ，∴EF ⊥平面ABDF ，∴EF ⊥DF ，在直角梯形ABDF 中，易得DF ＝5，故其表面积为S ＝S Rt △ABC ＋S 矩形ACEF ＋S 梯形ABDF ＋S 梯形BCED ＋S Rt △DEF ＝3×42＋3×5＋(5＋2)×42＋(2＋5)×52＋3×52＝60.3．(文)设α、β、γ是三个互不重合的平面，m 、n 为两条不同的直线．给出下列命题： ①若n ∥m ，m ⊂α，则n ∥α； ②若α∥β，n ⊄β，n ∥α，则n ∥β； ③若β⊥α，γ⊥α，则β∥γ； ④若n ∥m ，n ⊥α，m ⊥β，则α∥β. 其中真命题是( ) A ．①和② B ．①和③ C ．②和④ D ．③和④[答案] C[解析] 若n ∥m ，m ⊂α，则n ∥α或n ⊂α，即命题①不正确，排除A 、B ；若α∥β，n ⊄β，n ∥α，则n ∥β，则命题②正确，排除D ，故应选C.(理)已知α、β是两个不同的平面，m 、n 是两条不重合的直线，下列命题中正确的是( ) A ．若m ∥α，α∩β＝n ，则m ∥n B ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α C ．若m ⊥α，n ⊥β，α⊥β，则m ⊥n D ．若α⊥β，α∩β＝n ，m ⊥n ，则m ⊥β [答案] C[解析] 对于选项A ，m ，n 有可能平行也有可能异面；对于选项B ，n 有可能在平面α内，所以n 与平面α不一定平行；对于选项D ，m 与β的位置关系可能是m ⊂β，m ∥β，也可能m 与β相交．由n ⊥β，α⊥β得，n ∥α或n ⊂α，又m ⊥α，∴m ⊥n ，故C 正确．4．如图，边长为2的正方形ABCD 中，点E ，F 分别是边AB ，BC 的中点，△AED 、△EBF 、△FCD 分别沿DE 、EF 、FD 折起，使A ，B ，C 三点重合于点A ′，若四面体A ′EFD 的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为( )A. 2B.62C.112D.52[答案] B[解析] 由条件知A ′E 、A ′F 、A ′D 两两互相垂直，以A ′为一个顶点，A ′E 、A ′F 、A ′D为三条棱构造长方体，则长方体的对角线为四面体外接球的直径，∵A ′E ＝A ′F ＝1，A ′D ＝2，∴(2R )2＝12＋12＋22＝6，∴R ＝62. 5．已知矩形ABCD ，AB ＝1，BC ＝ 2.将△ABD 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] B[解析] ①过A 、C 作BD 的垂线AE 、CF ，∵AB 与BC 不相等，∴E 与F 不重合，在空间图(2)中，若AC ⊥BD ，∵AC ∩AE ＝A ，∴BD ⊥平面ACE ，∴BD ⊥CE ，这样在平面BCD 内，过点C 有两条直线CE 、CF 都与BD 垂直矛盾，∴A 错；②若AB ⊥CD ，∵AB ⊥AD ，∴AB ⊥平面ACD ，∴AB ⊥AC ，∵AB <BC ，∴存在这样的三角形ABC ，AB ⊥AC ，AB ＝AC ，∴B 选项正确，∴选项D 错；③若AD ⊥BC ，又CD ⊥BC ，∴BC ⊥平面ACD ，∴BC ⊥AC ，∵BC >AB ，这样的△ABC 不存在，∴C 错误．6．(文)已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1，AB ＝2，CC 1＝22，E 为CC 1的中点，则直线AC 1与平面BED 的距离为( )A ．2 B. 3 C. 2 D ．1[答案] D[解析] 本题考查了正四棱柱的性质，点到直线距离的求解．连接AC 、BD ，AC ∩BD ＝O ，连接EO ，则EO ∥AC 1.则点C 到平面BDE 的距离等于AC 1到平面BDE 的距离，过C 作CH ⊥OE 于H ，CH 为所求．在△EOC 中，EC ＝2，CO ＝2，所以CH ＝1.本题解答体现了转化与化归的思想，注意等积法的使用．(理)已知四棱锥P －ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，点E 是侧棱PB 的中点，则异面直线AE 与PD 所成角的余弦值为( )A.13B.23C.33 D.23[答案] C[解析] 设AC 与BD 的交点为O ，∵棱锥的各棱长都相等，∴O 为BD 中点，∴EO ∥PD ，∴∠AEO 为异面直线AE 与PD 所成的角，设棱长为1，则AO ＝22，EO ＝12，AE ＝32，∵AO 2＋EO 2＝AE 2，∴cos ∠AEO ＝OE AE ＝33.二、填空题7．a 、b 表示直线，α、β、γ表示平面． ①若α∩β＝a ，b ⊂α，a ⊥b ，则α⊥β；②若a ⊂α，a 垂直于β内任意一条直线，则α⊥β； ③若α⊥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b ，则a ⊥b ；④若a 不垂直于平面α，则a 不可能垂直于平面α内无数条直线； ⑤若l ⊂α，m ⊂α，l ∩m ＝A ，l ∥β，m ∥β，则α∥β. 其中为真命题的是__________． [答案] ②⑤[解析] 对①可举反例如图，需b ⊥β才能推出α⊥β.对③可举反例说明，当γ不与α，β的交线垂直时，即可得到a ，b 不垂直；④对a 只需垂直于α内一条直线便可以垂直α内无数条与之平行的直线．所以只有②⑤是正确的．8．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1底面是边长为6的正三角形，侧棱垂直于底面，且该三棱柱的外接球表面积为12π，则该三棱柱的体积为________．[答案] 3 3[解析] 4πR 2＝12π，∴R ＝3，△ABC 外接圆半径r ＝2，∴柱高h ＝2R 2－r 2＝2，∴体积V ＝34×(6)2×2＝3 3.9．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 是线段A 1C 1上的动点，则四棱锥P －ABCD 的外接球半径R 的取值范围是______________．[答案] ⎣⎡⎦⎤34，32[解析] 当P 为A 1C 1的中点时，设球半径为R ，球心到底面ABCD 距离为h ，则⎩⎪⎨⎪⎧R ＋h ＝1R 2－h 2＝12，∴R ＝34，当P 与A 1(或C 1)重合时，外接球就是正方体的外接球，R ＝32，∴R ∈[34，32]．三、解答题10．(文)(2014·江苏，16)如图，在三棱锥P －ABC 中，D 、E 、F 分别为棱PC 、AC 、AB 的中点．已知P A ⊥AC ，P A ＝6，BC ＝8，DF ＝5.求证：(1)直线P A ∥平面DEF ； (2)平面BDE ⊥平面ABC .[解析] (1)由于D 、E 分别是棱PC 、AC 的中点，则有P A ∥DE ， 又P A ⊄平面DEF ，DE ⊂平面DEF ， 所以P A ∥平面DEF .(2)由(1)P A ∥DE ，又P A ⊥AC ，所以DE ⊥AC ， 又F 是AB 中点，所以DE ＝12P A ＝3，EF ＝12BC ＝4，又DF ＝5，所以DE 2＋EF 2＝DF 2，所以DE ⊥EF ，EF 、AC 是平面ABC 内两条相交直线，所以DE ⊥平面ABC ， 又DE ⊂平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面ABC .(理)(2013·内江模拟)已知ABCD 是矩形，AD ＝4，AB ＝2，E 、F 分别是AB 、BC 的中点，P A ⊥平面ABCD .(1)求证：PF ⊥DF ；(2)若PD 与平面ABCD 所成角为30°，在P A 上找一点G ，使EG ∥平面PFD ，并求出AG 的长． [解析] (1)证明：连接AF ，∵P A ⊥平面ABCD ，且DF ⊂平面ABCD ，∴DF ⊥P A ， 又F 为BC 中点，BC ＝4，AB ＝2， ∴BF ＝BA ，∴∠AFB ＝45°， 同理∠DFC ＝45°，∴∠AFD ＝90°，即DF ⊥AF ，∴DF ⊥平面P AF . 又PF ⊂平面P AF ，∴PF ⊥DF .(2)∵P A ⊥平面ABCD ，∴∠PDA 就是PD 与平面ABC 所成角． ∴∠PDA ＝30°，∴P A ＝433.延长DF 交AB 延长线于H ，连接PH ，则平面PDF 就是平面PHD ，在平面P AH 内，过E 作EG ∥PH 交P A 于G .∵EG ∥PH ，PH ⊂平面PHD ，∴EG ∥平面PHD ， 即EG ∥平面PDF ，故点G 为所求． ∴AG AP ＝AE AH ＝14，∴AG ＝33.一、选择题11．(文)(2013·吉大附中模拟)已知m 、n 为两条不同的直线，α、β为两个不同的平面，则下列命题中正确的是( )A ．m ∥n ，m ⊥α⇒n ⊥αB ．α∥β，m ⊂α，n ⊂β⇒m ∥nC ．m ⊥α，m ⊥n ⇒n ∥αD ．m ⊂α，n ⊂α，m ∥β，n ∥β⇒α∥β [答案] A[解析] 由线面垂直的性质定理知A 正确；如图1知，当m 1⊂β，m 1∩n ＝A 时满足B 的条件，但m 与n 不平行；当m ⊥α，m ⊥n 时，可能有n ⊂α；如图2知，m ∥n ∥l ，α∩β＝l 时满足D 的条件，由此知D 错误．(理)设m 、n 是不同的直线，α、β、γ是不同的平面，有以下四个命题： ① ⎭⎪⎬⎪⎫α∥βα∥γ⇒β∥γ ②⎭⎪⎬⎪⎫α ⊥βm ∥α⇒m ⊥β ③⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥αm ∥β⇒α⊥β ④⎭⎪⎬⎪⎫m ∥n n ⊂α⇒m ∥α 其中，真命题是( ) A ．①④ B ．②③ C ．①③ D ．②④[答案] C[解析] ①正确，平行于同一个平面的两个平面平行；②错误，由线面平行、垂直定理知：m 不一定垂直于β；③正确，由线面平行，垂直关系判断正确；④错误，m 也可能在α内．综上所述，正确的命题是①③，故选C.12．(文)(2013·西城区模拟)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱B 1C 1的中点，动点P 在底面ABCD 内，且P A 1＝A 1E ，则点P 运动形成的图形是( )A ．线段B ．圆弧C ．椭圆的一部分D ．抛物线的一部分[答案] B[解析] |AP |＝A 1P 2－AA 21＝A 1E 2－A 1B 21＝|B 1E |(定值)，故点P 在底面ABCD 内运动形成的图形是圆弧．(理)(2013·保定市模拟)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为CC 1的中点，P 在底面ABCD 内运动，且满足∠DPD 1＝∠CPM ，则点P 的轨迹为( )A ．圆的一部分B ．椭圆的一部分C ．双曲线的一部分D ．抛物线的一部分[答案] A[解析] 由∠DPD 1＝∠CPM 得MC PC ＝DD 1DP ＝2MCDP，∴PDPC＝2，在平面ABCD 内，以D 为原点，DA 、DC 分别为x 轴、y 轴建立平面直角坐标系，设DC ＝1，P (x ，y )，∵PD ＝2PC ，∴x 2＋y 2＝2x 2＋(y －1)2，整理得x 2＋(y －43)2＝49，所以，轨迹为圆的一部分，故选A.13．(2013·苍南求知中学月考)已知A 、B 是两个不同的点，m 、n 是两条不重合的直线，α、β是两个不重合的平面，给出下列4个命题：①若m ∩n ＝A ，A ∈α，B ∈m ，则B ∈α；②若m ⊂α，A ∈m ，则A ∈α；③若m ⊂α，m ⊥β，则α⊥β；④若m ⊂α，n ⊂β，m ∥n ，则α∥β，其中真命题为( )A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④[答案] C[解析] ②∵m ⊂α，∴m 上的点都在平面α内，又A ∈m ，∴A ∈α，∴②对；由二面垂直的判定定理知，③正确．二、解答题14．(文)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面ABC 为正三角形，M 、N 、G 分别是棱CC 1、AB 、BC 的中点．且CC 1＝2AC .(1)求证：CN ∥平面AMB 1； (2)求证：B 1M ⊥平面AMG .[证明] (1)如图取线段AB 1的中点P ，连接NP 、MP ，∵CM 綊12BB 1，NP 綊12BB 1，∴CM 綊NP ，∴四边形CNPM 是平行四边形． ∴CN ∥MP .∵CN ⊄平面AMB 1，MP ⊂平面AMB 1， ∴CN ∥平面AMB 1. (2)∵CC 1⊥平面ABC ， ∴平面CC 1B 1B ⊥平面ABC ， ∵AG ⊥BC ，∴AG ⊥平面CC 1B 1B ， ∴B 1M ⊥AG . ∵CC 1⊥平面ABC ， 平面A 1B 1C 1∥平面ABC ， ∴CC 1⊥AC ，CC 1⊥B 1C 1， 设AC ＝2a ，则CC 1＝22a ， 在Rt △MCA 中，AM ＝CM 2＋AC 2＝6a .在Rt △B 1C 1M 中，B 1M ＝B 1C 21＋C 1M 2＝6a .∵BB 1∥CC 1，∴BB 1⊥平面ABC ，∴BB 1⊥AB ， ∴AB 1＝B 1B 2＋AB 2＝C 1C 2＋AB 2＝23a .∵AM 2＋B 1M 2＝AB 21，∴B 1M ⊥AM . 又∵AG ∩AM ＝A ，∴B 1M ⊥平面AMG .(理)如图，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，且AB ＝BC ＝2，点N 为B 1C 1的中点，点P 在棱A 1C 1上运动．(1)试问点P 在何处时，AB ∥平面PNC ，并证明你的结论；(2)在(1)的条件下，若AA 1<AB ，直线B 1C 与平面BCP 所成角的正弦值为1010，求二面角A －BP －C 的大小.[解析] (1)当点P 为A 1C 1的中点时，AB ∥平面PNC . ∵P 为A 1C 1的中点，N 为B 1C 1的中点，∴PN ∥A 1B 1∥AB ∵AB ⊄平面PNC ，PN ⊂平面PNC ，∴AB ∥平面PNC . (2)设AA 1＝m ，则m <2，∵AB 、BC 、BB ，两两垂直，∴以B 为原点，BA 、BC ，BB 1为x 轴、y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (2,0,0)，C (0,2,0)，B 1(0,0，m )，A 1(2,0，m )，C 1(0,2，m )，∴P (1,1，m )，设平面BCP 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则由n ·BP →＝0，n ·BC →＝0，解得y ＝0，x ＝－mz ， 令z ＝0，则n ＝(－m,0，－1)，又B 1C →＝(0,2，－m )， 直线B 1C 与平面BCP 所成角正弦值为1010， ∴1010＝|n ·B 1C ||n |·|B 1C |，解之得m ＝1 ∴n ＝(－1,0,1)易求得平面ABP 的法向量n 1＝(0，－1,1)cos α＝n ·n 1|n |·|n 1|＝12，设二面角的平面角为θ，则cos θ＝－12，∴θ＝120°.15．如图1，在四棱锥P －ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直(图1)，图2为该四棱锥的正(主)视图和侧(左)视图，它们是腰长为6cm 的全等的等腰直角三角．(1)根据图2所给的正(主)视图、侧(左)视图画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)图3中，E 为棱PB 上的点，F 为底面对角线AC 上的点，且BE EP ＝CFF A，求证：EF ∥平面PDA .[解析] (1)该四棱锥相应的俯视图为内含对角线、边长为6cm 的正方形(如图)．其面积为6×6＝36cm 2.(2)连接BF ，延长BF 与AD 交于G ，连接PG .如图，在正方形ABCD 中，BF FG ＝CF F A， 又因为BE EP ＝CF F A ，所以BF FG ＝BE EP， 故在△BGP 中，EF ∥PG ，又EF ⊄平面PDA ，PG ⊂平面PDA ，所以EF ∥平面PDA .16．(文)(2013·辽宁文，18)如图，AB 是圆O 的直径，P A 垂直圆O 所在的平面，C 是圆O 上的点．(1)求证：BC ⊥平面P AC ；(2)设Q 为P A 的中点，G 为△AOC 的重心，求证：QG ∥平面PBC .[解析] (1)由AB 是圆O 的直径，得AC ⊥BC ，由P A ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，得P A ⊥BC .又P A ∩AC ＝A ，P A ⊂平面P AC ，AC ⊂平面P AC ，所以BC ⊥平面P AC .(2)连OG 并延长交AC 于M ，连接QM 、QO ，由G 为△AOC 的重心，得M 为AC 中点．由Q 为P A 中点，得QM ∥PC ，又O 为AB 中点，得OM ∥BC .因为QM ∩MO ＝M ，QM ⊂平面QMO ，MO ⊂平面QMO ，BC ∩PC ＝C ，BC ⊂平面PBC ，PC ⊂平面PBC ，所以平面QMO ∥平面PBC ，因为QG ⊂平面QMO .所以QG ∥平面PBC .(理)(2013·天津六校联考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，平面P AD ⊥底面ABCD ，E 为AD 的中点，M 是棱PC 的中点，P A ＝PD ＝2，BC ＝12AD ＝1，CD ＝ 3.(1)求证：PE ⊥平面ABCD ；(2)求直线BM 与平面ABCD 所成角的正切值；(3)求直线BM 与CD 所成角的余弦值．[解析] (1)∵P A ＝PD ，E 为AD 的中点，∴PE ⊥AD ，又∵平面P AD ⊥平面ABCD ，且平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，∴PE ⊥平面ABCD .(2)连接EC ，取EC 中点H ，连接MH ，HB ，∵M 是PC 的中点，H 是EC 的中点，∴MH ∥PE ，由(1)知PE ⊥平面ABCD ，∴MH ⊥平面ABCD ，∴HB 是BM 在平面ABCD 内的射影，∴∠MBH 即为BM 与平面ABCD 所成的角．∵AD ∥BC ，BC ＝12AD ，E 为AD 的中点，∠ADC ＝90°， ∴四边形BCDE 为矩形，又CD ＝3，∴EC ＝2，HB ＝12EC ＝1， 又∵MH ＝12PE ＝32， ∴△MHB 中，tan ∠MBH ＝MH HB ＝32， ∴直线BM 与平面ABCD 所成角的正切值为32. (3)由(2)知CD ∥BE ，∴直线BM 与CD 所成角即为直线BM 与BE 所成角，连接ME ，在Rt △MHE 中，ME ＝72， 在Rt △MHB 中，BM ＝72， 又BE ＝CD ＝3，∴△MEB 中，cos ∠MBE ＝BM 2＋BE 2－ME 22BM ·BE ＝74＋3－742×72×3＝217， ∴直线BM 与CD 所成角的余弦值为217.。
浙江省2016届高三数学(文)专题复习检测专题四立体几何
专题四 立体几何真题体验·引领卷一、选择题1．(2015·全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18 B.17 C.16D.152．(2015·全国卷Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( ) A ．14斛 B ．22斛 C ．36斛D ．66斛3．(2015·安徽高考)已知m ，n 是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( )A ．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B ．若m ，n 平行于同一平面，则m 与n 平行C ．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线D ．若m ，n 不平行，则m 与n 不可能垂直于同一平面4．(2015·福建高考)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( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件5．(2015·全国卷Ⅱ)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点，若三棱锥O －ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A．36πB．64πC．144πD．256π6．(2015·全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r＝()A．1 B．2C．4 D．8二、填空题7．(2015·江苏高考)现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个，则新的底面半径为________．8．(2015·重庆高考改编)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．9．(2015·四川高考)如图所示，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cos θ的最大值为________．三、解答题10．(2015·浙江高考)在三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D为B1C1的中点．(1)证明：A1D⊥平面A1BC；(2)求直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值．11.(2014·天津高考)如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是平行四边形，BA＝BD＝2，AD＝2，P A＝PD＝5，E，F分别是棱AD，PC的中点．(1)证明：EF∥平面P AB；(2)若二面角P－AD－B为60°，①证明：平面PBC⊥平面ABCD；②求直线EF与平面PBC所成角的正弦值．12．(2015·天津高考)如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝25，AA1＝7，BB1＝27，点E和F分别为BC和A1C的中点．(1)求证：EF∥平面A1B1BA；(2)求证：平面AEA1⊥平面BCB1；(3)求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小．专题四立体几何经典模拟·演练卷一、选择题1．(2015·济宁模拟)已知α，β表示两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，则“α⊥β”是“m⊥β”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件2．(2015·潍坊三模)一个几何体的三视图如图所示，其中侧视图为直角三角形，则该几何体的体积为( )A.423B.823C.1623D ．16 23．(2015·诸暨中学模拟)已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于( ) A.64 B.104 C.22D.324．(2015·河北质检)某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x 的值是( )A.92B.32 C ．3D ．25．(2015·吉林实验中学模拟)已知E ，F 分别是矩形ABCD 的边BC 与AD 的中点，且BC ＝2AB ＝2，现沿EF 将平面ABEF 折起，使平面ABEF ⊥平面EFDC ，则三棱锥A －FEC 外接球的体积为( ) A.33π B.32π C.3πD ．23π6．(2015·宁波联考)如图，棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为线段A 1B 上的动点，则下列结论错误的是( ) A ．DC 1⊥D 1PB ．平面D 1A 1P ⊥平面A 1APC ．∠APD 1的最大值为90° D ．AP ＋PD 1的最小值为2＋ 2二、填空题7．(2015·金华模拟)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 为棱DD 1上的点，F 为AB 的中点，则三棱锥B 1－BFE 的体积为________．8．(2015·保定调研)如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的表面积为________．9．(2015·杭州模拟)在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥平面ABCD ，AB ＝PD ＝a ，点E 为侧棱PC 的中点，又作DF ⊥PB 交PB 于点F ，则PB 与平面EFD 所成角为________．三、解答题10．(2015·杭州模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ＝2，AD ＝CD ＝7，P A ＝3，∠ABC ＝120°，G 为线段PC 上的点．(1)证明：BD ⊥平面APC ；(2)若G 为PC 的中点，求DG 与平面APC 所成的角的正切值； (3)若G 满足PC ⊥平面BGD ，求PGGC 的值．11．(2015·浙江名校联考)如图1，平面四边形ABCD关于直线AC对称，∠A＝60°，∠C＝90°，CD＝2.把△ABD沿BD折起，使二面角A－BD－C的余弦值等于33(如图2)．(1)求AC；(2)证明：AC⊥平面BCD；(3)求直线AC与平面ABD所成角的正弦值．12．(2015·温州中学二模)如图，在四棱锥P－ABCD中，P A⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．(1)证明：BE⊥DC；(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；(3)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F－AB－P的余弦值．专题四 立体几何专题过关·提升卷 第Ⅰ卷(选择题)一、选择题1．(2015·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )A ．8 cm 3B ．12 cm 3 C.323 cm 3D.403 cm 32．设a ，b 是两条直线，α，β表示两个平面，如果a ⊂α，α∥β，那么“b ⊥β”是“a ⊥b ”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件3．(2015·山东高考)在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.2π3 B.4π3 C.5π3D ．2π4．(2015·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( )A．2＋ 5 B．4＋ 5C．2＋2 5 D．55．(2015·北京朝阳区质检)在空间直角坐标系O－xyz中，已知A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，D(1，1，2)，若S1，S2，S3分别表示三棱锥D－ABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则()A．S1＝S2＝S3B．S1＝S2且S3≠S1C．S1＝S3且S3≠S2D．S2＝S3且S1≠S36．(2015·杭州中学模拟)一个四棱锥的三视图如图所示，下列说法中正确的是()A．最长棱的棱长为 6B．最长棱的棱长为3C．侧面四个三角形中有且仅有一个是正三角形D．侧面四个三角形都是直角三角形7．(2015·嘉兴模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，A1A＝AB＝2，若棱AB上存在点P，使得D1P⊥PC，则AD的取值范围是()A．[1，2) B．(1，2]C．(0，1] D．(0，2)8．某市博物馆邀请央视《一槌定音》专家鉴宝，其中一藏友持有的“和田玉”的三视图如图所示，若将和田玉切割、打磨、雕刻成“和田玉球”，则该“玉雕球”的最大表面积是()A ．4πB ．16πC ．36πD ．64π 第Ⅱ卷(非选择题)二、填空题9．(2015·舟山中学模拟)如图，在矩形ABCD 中，AB ＝32，BC ＝2，沿BD 将矩形ABCD 折叠，连接AC ，所得三棱锥A －BCD 的正视图和俯视图如图所示，则三棱锥A －BCD 侧视图的面积为________．10．如图所示，ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，AC ⊥CB ，点D 1、F 1分别是A 1B 1、A 1C 1的中点．若BC ＝CA ＝CC 1，则BD 1与CF 1所成角的正弦值是________．11．(2015·杭州二中调研)在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，P A ＝3，则该三棱锥外接球的表面积为________．12．(2014·山东高考)在三棱锥P －ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D －ABE 的体积为V 1，P －ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________．13．多面体MN －ABCD 的底面ABCD 为矩形，其正视图和侧视图如图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形，则AM 的长为________．14．(2015·天津高考)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.15．将边长为1的正方形ABCD 沿对角线AC 折起后，使得平面ADC ⊥平面ABC ，在折起后的三棱锥D －ABC 中，给出下列四个命题：①AC ⊥BD ；②侧棱DB 与平面ABC 成45°的角；③△BCD 是等边三角形；④三棱锥的体积V D －ABC ＝26.那么正确的命题是________(填上所有正确命题的序号)．三、解答题16.如图，在四棱锥A －BCDE 中，平面ABC ⊥平面BCDE ，∠CDE ＝∠BED ＝90°，AB ＝CD ＝2，DE ＝BE ＝1，AC ＝ 2. (1)证明：AC ⊥平面BCDE ；(2)求直线AE 与平面ABC 所成的角的正切值．17．(2015·湖南高考)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是边长为2的正三角形，E ，F 分别是BC ，CC 1的中点． (1)证明：平面AEF ⊥平面B 1BCC 1；(2)若直线A 1C 与平面A 1ABB 1所成的角为45°，求三棱锥F －AEC 的体积．18．(2015·嘉兴联考)如图，三棱台A 1B 1C 1－ABC 中，侧棱CC 1⊥底面ABC ，∠ACB ＝90°，B 1C 1＝AC ＝a ，BC ＝3a ，CC 1与AB 1所成的角为45°，P 为线段BC 上一点，且CP ＝a .(1)求证：直线BB 1⊥平面AB 1C ；(2)求直线AP 与平面AA 1B 1B 所成角的正弦值．19．如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，AD ＝CD ＝1，AA 1＝AB ＝2，E 为棱AA 1的中点．(1)证明B 1C 1⊥CE ；(2)求二面角B 1－CE －C 1的正弦值；(3)设点M 在线段C 1E 上，且直线AM 与平面ADD 1A 1所成角的正弦值为26，求线段AM 的长．20．(2015·天津高考)如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点． (1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1－AC －B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E 的长．专题四 立体几何真题体验·引领卷1．D [如图，由题意知，该几何体是正方体ABCD －A1B 1C 1D 1被过三点A 、B 1、D 1的平面所截剩余部分，截去的部分为三棱锥A －A 1B 1D 1，设正方体的棱长为1，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为16∶56＝1∶5.]2．B [由题意知，米堆的底面半径R ＝163(尺)，则米堆体积V ＝13×14πR 2·h ＝13×14×3×⎝ ⎛⎭⎪⎫1632×5≈3209(立方尺)．所以堆放的米大约为3209×1.62≈22(斛)．] 3．D [A 中α∥β或α与β相交，A 错；B 中直线m 与n 的位置关系：相交、平行或异面，B 错；C 中，在α内存在直线l 平行α与β的交线，从而l ∥β.因此C 不正确；选项D 中，假设m ，n 垂直于同一平面，则m ∥n 与m 、n 不平行矛盾，因此m ，n 不能垂直于同一平面，D 正确．]4．B [当l ∥α时，由于m ⊥平面α.∴m ⊥l .则必要性成立．但l ⊥m 时，由于m ⊥α，则l ⊂α或l ∥α，故充分性不成立．故“l ⊥m ”是“l ∥α”的必要不充分条件．]5．C [设点C 到平面OAB 的距离为h ，球O 的半径为R (如图所示)． 由∠AOB ＝90°，得S △AOB ＝12R 2，要使V O －ABC ＝13·S △AOB ·h 最大，当且仅当点C 到平面OAB 的距离，即三棱锥C －OAB 底面OAB 上的高最大，其最大值为球O 的半径R . 故V O －ABC ＝16R 3＝36，则R ＝6. 所以S 球＝4πR 2＝4π×62＝144π.]6．B [由三视图知，该几何体由半个圆柱和半球体构成，由题设得12(πr 2＋4πr 2)＋2r ·2r ＋12·2πr ·2r ＋12πr 2＝16＋20π.解之得r ＝2.]7.7 [设新的底面半径为r ，由题意得13πr 2·4＋πr 2·8＝43π×52＋8π×22，解之得r ＝7.]8.13＋π [由三视图知，该几何体为一个三棱锥与一个半圆柱构成的组合体，其中半圆柱的底面半径为1，高为2；三棱锥的底面为斜边为2的等腰直角三角形，高为1.则V 三棱锥＝13×12×2×1×1＝13，V 半圆柱＝12π×12×2＝π.故所求几何体的体积V＝V 三棱锥＋V 半圆柱＝13＋π.]9.25 [以A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系(如图)． 设AB ＝2，则A (0，0，0)，E (1，0，0)，F (2，1，0)． 设点M (0，y ，2)(0≤y ≤2)．于是EM →＝(－1，y ，2)，AF →＝(2，1，0)．∴cos θ＝|cos 〈EM →，AF →〉|＝2－y5·5＋y 2.又t ＝2－y5·5＋y 2在y ∈[0，2]上是减函数．∴当y ＝0时，t 有最大值25，即cos θ的最大值为25.] 10．(1)证明 设E 为BC 的中点，连接A 1E ，AE .由题意得A 1E ⊥平面ABC ，所以A 1E ⊥AE ， 因为AB ＝AC ，所以AE ⊥BC . 故AE ⊥平面A 1BC .连接DE ，由D ，E 分别为B 1C 1，BC 的中点，得 DE ∥B 1B 且DE ＝B 1B ， 从而DE ∥A 1A 且DE ＝A 1A ，所以AA 1DE 为平行四边形．于是A 1D ∥AE . 又因为AE ⊥平面A 1BC ，所以A 1D ⊥平面A 1BC . (2)解 作A 1F ⊥DE ，垂足为F ，连接BF . 因为A 1E ⊥平面ABC ，所以BC ⊥A 1E . 因为BC ⊥AE ，所以BC ⊥平面AA 1DE . 所以BC ⊥A 1F .又A 1F ⊥平面BB 1C 1C ，所以∠A 1BF 为直线A 1B 和平面BB 1C 1C 所成的角． 由AB ＝AC ＝2，∠CAB ＝90°，得EA ＝EB ＝ 2. 由A 1E ⊥平面ABC ，得A 1A ＝A 1B ＝4，A 1E ＝14. 由DE ＝BB 1＝4.DA 1＝EA ＝2，∠DA 1E ＝90°，得A1F＝72.所以sin ∠A1BF＝78.11.(1)证明如图，取PB中点M，连接MF，AM.因为F为PC中点，故MF∥BC且MF＝12BC.由已知有BC∥AD，BC＝AD.又由于E为AD中点，因而MF∥AE且MF＝AE，故四边形AMFE为平行四边形，所以EF∥AM.又AM⊂平面P AB，而EF⊄平面P AB，所以EF∥平面P AB.(2)①证明连接PE，BE.因为P A＝PD，BA＝BD，而E为AD中点，故PE⊥AD，BE⊥AD，所以∠PEB为二面角P－AD－B的平面角．在△P AD中，由P A＝PD＝5，AD＝2，可解得PE＝2.在△ABD中，由BA＝BD＝2，AD＝2，可解得BE＝1.在△PEB中，PE＝2，BE＝1，∠PEB＝60°，由余弦定理，可解得PB＝3，从而∠PBE＝90°，即BE⊥PB.又BC∥AD，BE⊥AD，从而BE⊥BC，因此BE⊥平面PBC.又BE⊂平面ABCD，所以，平面PBC⊥平面ABCD.②解连接BF.由①知，BE⊥平面PBC，所以∠EFB为直线EF与平面PBC所成的角．由PB＝3及已知，得∠ABP为直角．而MB＝12PB＝32，可得AM＝112.故EF＝112.又BE＝1，故在直角三角形EBF中，sin ∠EFB＝BEEF＝21111.所以，直线EF与平面PBC所成角的正弦值为211 11.12．(1)证明如图，连接A1B，在△A1BC中，因为E和F分别是BC和A1C的中点，所以EF∥BA1.又因为EF⊄平面A1B1BA，BA1⊂平面A1B1BA，所以EF∥平面A1B1BA.(2)证明因为AB＝AC，E为BC中点，所以AE⊥BC，因为AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，所以BB1⊥平面ABC，从而BB1⊥AE.又因为BC∩BB1＝B，所以AE⊥平面BCB 1，又因为AE ⊂平面AEA 1，所以平面AEA 1⊥平面BCB 1.(3)解 取BB 1的中点M 和B 1C 的中点N ，连接A 1M ，A 1N ，NE .因为N 和E 分别为B 1C 和BC 的中点，所以NE ∥B 1B ，NE ＝12B 1B ，故NE ∥A 1A 且NE ＝A 1A ，所以A 1N ∥AE ，且A 1N ＝AE .又因为AE ⊥平面BCB 1，所以A 1N ⊥平面BCB 1，从而∠A 1B 1N 为直线A 1B 1与平面BCB 1所成的角． 在△ABC 中，可得AE ＝2， 所以A 1N ＝AE ＝2.因为BM ∥AA 1，BM ＝AA 1， 所以A 1M ∥AB ，A 1M ＝AB ， 又由AB ⊥BB 1，有A 1M ⊥BB 1.在Rt △A 1MB 1中，可得A 1B 1＝B 1M 2＋A 1M 2＝4. 在Rt △A 1NB 1中，sin ∠A 1B 1N ＝A 1N A 1B 1＝12，所以∠A 1B 1N ＝30°.所以，直线A 1B 1与平面BCB 1所成的角为30°.经典模拟·演练卷1．B [当m ⊥β，m ⊂α时，α⊥β，必要性成立．但α⊥β，m ⊂α，则m ⊂β或m ∥β或m 与β相交．因此“α⊥β”是“m ⊥β”的必要不充分条件．]2．C [由三视图知，该几何体为三棱锥(如图)． 其中AO ⊥底面BCD ，且OD ⊥BC . ∵AO ＝22，S △BCD ＝12×42×22＝8.所以几何体的体积V ＝13·OA ·S △BCD ＝13×22×8＝1623.]3．A [如图所示，设点E 为棱A 1C 1的中点，连接AE ，B 1E . 在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，B 1E ⊥平面ACC 1A 1， ∴∠B 1AE 为直线AB 1与侧面ACC 1A 1所成的角，记为α. 设三棱柱的棱长为a ，则B 1E ＝32a ，AB 1＝2a .∴sin α＝B1EAB1＝32a2a＝64.]4．C[由三视图知，该几何体是底面为直角梯形的四棱锥．∵S底＝12(1＋2)×2＝3.∴几何体的体积V＝13x·S底＝3，即13x·3＝3.因此x＝3.]5．B[如图，平面ABEF⊥平面EFDC，AF⊥EF，∴AF⊥平面ECDF，将三棱锥A－FEC补成正方体ABC′D′－FECD.依题意，其棱长为1，外接球的半径R＝3 2，∴外接球的体积V＝43πR3＝43π·⎝⎛⎭⎪⎫323＝32π.]6．C[由DC1⊥平面A1BCD1知DC1⊥D1P，∴A正确．∵D1A1⊥平面ABB1A1，且A1D1⊂平面D1A1P，∴平面D1A1P⊥平面A1AP，因此B正确．当0<A1P<22时，∠APD1为钝角，∴C错．将面AA1B与面A1BCD1沿面对角线A1B展开成平面图形时，线段A1D为AP＋PD1的最小值．在△AA1D1中，A1D1＝A1A＝1，∠AA1D1＝135°.由余弦定理，AD21＝12＋12－2×1×1cos 135°＝2＋ 2.∴AP＋PD1的最小值AD1＝2＋2，因此D正确．]7.112[∵V三棱锥B1－BFE＝V三棱锥E－BB1F，又S△BB1F＝12·BB1·BF＝14，且点E到底面BB1F的距离h＝1.∴V三棱锥B1－BFE＝13·h·S△BB1F＝112.]8．(16＋213)π[由三视图知，该几何体是由一个底面半径为2，高为3的圆柱挖去一个同底等高的圆锥所得的组合体． 则S 圆柱侧＝2π×2×3＝12π.S 圆柱下底＝π×22＝4π. S 圆锥侧＝12×2π×2×13＝213π.故几何体的表面积S ＝12π＋4π＋213π＝(16＋213)π.] 9．90° [建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，D 为坐标原点，则P (0，0，a )，B (a ，a ，0)，PB →＝(a ，a ，－a )， 又DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，a 2，PB →·DE →＝0＋a 22－a 22＝0，所以PB ⊥DE .又DF ⊥PB ，且DF ∩DE ＝D ， ∴PB ⊥平面DEF .故直线PB 与平面DEF 所成的角为90°.] 10．(1)证明 设点O 为AC ，BD 的交点．由AB ＝BC ，AD ＝CD ，得BD 是线段AC 的中垂线． ∴O 为AC 的中点，BD ⊥AC .又P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴P A ⊥BD . ∴BD ⊥平面APC .(2)解 连接OG .由(1)可知OD ⊥平面APC ，则DG 在平面APC 内的射影为OG ，所以∠OGD 是DG 与平面APC 所成的角．在△ABC 中，AC ＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos ∠ABC ＝2 3. ∴OC ＝12AC ＝ 3.在直角△OCD 中，OD ＝CD 2－OC 2＝2. 又OG ＝12P A ＝32，在直角△OGD 中，tan ∠OGD ＝OD OG ＝4 33. ∴DG 与平面APC 所成的角的正切值为4 33. (3)解 连接OG .∵PC ⊥平面BGD ，OG ⊂平面BGD ，∴PC ⊥OG .在Rt △P AC 中，PC ＝P A 2＋AC 2＝15. ∴GC ＝AC ·OC PC ＝2 155. 从而PG ＝3 155，所以PG GC ＝32.11．(1)解 取BD 的中点E ，连接AE ，CE ， 由AB ＝AD ，CB ＝CD ， 得AE ⊥BD ，CE ⊥BD .∴∠AEC 就是二面角A －BD －C 的平面角， ∴cos ∠AEC ＝33.在△ACE 中，AE ＝6，CE ＝2，AC 2＝AE 2＋CE 2－2AE ·CE ·cos ∠AEC ＝6＋2－2×6×2×33＝4， ∴AC ＝2.(2)证明 ∵AB ＝AD ＝BD ＝22，AC ＝BC ＝CD ＝2， ∴AC 2＋BC 2＝AB 2，AC 2＋CD 2＝AD 2， ∴∠ACB ＝∠ACD ＝90°， ∴AC ⊥BC ，AC ⊥CD ，又BC ∩CD ＝C ，∴AC ⊥平面BCD . (3)解 设点C 到平面ABD 的距离为h ， ∴V C －ABD ＝V A －BCD ，∴13×12×22×22×sin 60°×h ＝13×12×2×2×2，∴h ＝233，于是AC 与平面ABD 所成角θ的正弦值sin θ＝h AC ＝33. 12．解 依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B (1，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)．由E 为棱PC 的中点，得E (1，1，1)．(1)证明 向量BE →＝(0，1，1)，DC →＝(2，0，0)，故BE →·DC →＝0. 所以，BE ⊥DC .(2)向量BD →＝(－1，2，0)，PB →＝(1，0，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的法向量．则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋2y ＝0，x －2z ＝0.不妨令y ＝1， 可得n ＝(2，1，1)为平面PBD 的一个法向量，于是有cos 〈n ，BE →〉＝n ·BE→|n |·|BE →|＝26×2＝33. 所以，直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33. (3)向量BC →＝(1，2，0)，CP →＝(－2，－2，2)，AC →＝(2，2，0)，AB →＝(1，0，0)．由点F 在棱PC 上，设CF →＝λCP →，0≤λ≤1.故BF →＝BC →＋CF →＝BC →＋λCP →＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由BF ⊥AC ，得BF →·AC →＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝34.即BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，32.设n 1＝(x ，y ，z )为平面F AB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB →＝0，n 1·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0.不妨令z ＝1，可得n 1＝(0，－3，1)为平面F AB 的一个法向量．取平面ABP 的法向量n 2＝(0，1，0)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－310×1＝－31010. 易知，二面角F －AB －P 是锐角，所以其余弦值为31010.专题过关·提升卷1．C [该几何体为正方体与正四棱锥的组合体，∴体积V ＝23＋13×22×2＝323(cm 3)．]2．A [若b ⊥β，α∥β，则b ⊥α，又a ⊂α，∴a ⊥b ，但a ⊥b ，a ⊂α，α∥β时，得不到b ⊥β.∴“b ⊥β”是“a ⊥b ”的充分不必要条件．]3．C [如图，由题意，得BC ＝2，AD ＝AB ＝1.绕AD 所在直线旋转一周后所得几何体为一个圆柱挖去一个圆锥的组合体．所求体积V ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3.]4．C [该三棱锥的直观图如图所示：过D 作DE ⊥BC ，交BC 于E ，连接AE ，则BC ＝2，EC ＝1，AD ＝1，ED ＝2，AE ＝5，BD ＝CD ＝5，S 表＝S △BCD ＋S △ACD ＋S △ABD ＋S △ABC＝12×2×2＋12×1×5×2＋12×2×5＝2＋2 5.]5．D [由图可知S 2＝S 3＝2，S 1＝2，所以S 1≠S 3.]6．D [由三视图知，该四棱锥的直观图如图所示，其中P A ⊥平面ABCD ，平面ABCD 为直角梯形．则最长棱PB ＝22＋22＝22，A 错，B 错．棱锥中的四个侧面中：由P A ⊥底面ABCD ，知△P AB ，△P AD 为直角三角形．又DC ⊥AD ，P A ⊥DC ，知DC ⊥平面P AD ，则DC ⊥PD ，从而△PDC 为直角三角形．又PD ＝5，DC ＝1，所以PC ＝12＋（5）2＝ 6.在梯形ABCD 中，易求BC ＝2，故PB 2＝PC 2＋BC 2，△PBC 为直角三角形．]7．C [如图，以D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ，则D 1(0，0，2)，C (0，2，0)，设P (x ，y ，0)(x >0，0<y <2)，则1D P ＝(x ，y ，－2)，PC →＝(－x ，2－y ，0)．由D 1P ⊥PC ，得1D P ·PC →＝－x 2＋y (2－y )＝0，∴x ＝2y －y 2(0<y <2)，所以0<x ≤1.]8．B [由三视图知，“和田玉”为直三棱柱，底面是直角三角形，高为12，如图所示．其中AC ＝6，BC ＝8，BC ⊥AC ，则AB ＝10，若使“玉雕球”的半径最大，则该球与直三棱柱的三个侧面都相切．∴球半径r ＝6＋8－102＝2，则S 球＝4πr 2＝16π.]9.1825 [由正视图及俯视图知，在三棱锥A －BCD 中，平面ABD ⊥平面BCD (如图所示)，因此三棱锥的侧视图为等腰直角三角形．在△ABD 中，AB ＝32，AD ＝BC ＝2.∴BD ＝AB 2＋BC 2＝52. 因此AA ′＝AB ·AD BD ＝32×252＝65.所以等腰直角三角形的腰长为65.故侧视图的面积为12×⎝ ⎛⎭⎪⎫652＝1825.]10.66 [如图所示，建立以C 为坐标原点，CA 、CB 、CC 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴的空间直角坐标系．设BC ＝CA ＝CC 1＝2，则B (0，2，0)、D 1(1，1，2)、F 1(1，0，2)． 则1BD ＝(1，－1，2)，1CF ＝(1，0，2)，∴cos 〈1BD ，1CF 〉＝ ＝530＝306. 设BD 1与CF1所成的角为α.11．5π [如图所示，将三棱锥P －ABC 补成长方体ADBC －PD ′B ′C ′.则三棱锥P －ABC 的外接球就是长方体的外接球． ∴2R ＝P A 2＋AC 2＋AD 2＝5，故外接球的表面积S 球＝4πR 2＝5π.]12.14 [分别过E ，C 向平面P AB 作高h 1，h 2，由E 为PC 的中点得h 1h 2＝12，由D 为PB 的中点得S △ABD ＝12S △ABP ，所以V 1∶V 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13S △ABD ·h 1∶⎝ ⎛⎭⎪⎫13S △ABP ·h 2＝14.]13.6 [如图所示为多面体MN －ABCD ，作MH ⊥AB 交AB 于H .由侧视图可知MH ＝12＋22＝ 5.根据正视图知MN ＝2，AB ＝4，且正视图为等腰梯形．∴AH ＝4－22＝1，从而AM ＝AH 2＋MH 2＝ 6.]14.8π3 [由三视图知，该几何体是由两个圆锥和一个圆柱构成的组合体，且圆锥的底面分别与圆柱的两个底面重合．∵圆柱的底面圆的半径R ＝1，高h ＝2，且圆锥的高h ′＝1.∴V 圆柱＝πR 2·h ＝2π，V 圆锥＝13πR 2h ′＝π3. 因此该几何体的体积V ＝V 圆柱＋2V 圆锥＝8π3.]15．①②③ [取AC 的中点O ，连接OB ，OD ，则OD ⊥AC ，OB ⊥AC .OD ∩OB ＝O ，AC ⊥平面OBD ，从而AC ⊥BD ，①正确．又平面ADC ⊥平面ABC ，DO ⊥AC ，所以DO ⊥平面ABC ，因此DO ⊥OB ，且∠OBD 为棱BD 与底面ABC 所成的角．由OB ＝OD ，知∠OBD ＝45°，所以②正确，从而BD ＝2·OB ＝1，故BC ＝CD ＝BD ＝1，因此△BCD 是等边三角形，命题③正确．根据DO ⊥平面ABC .得V 三棱锥D －ABC ＝13·S △ABC ·OD ＝212，∴④错误．]16.(1)证明 如图，连接BD ，在直角梯形BCDE 中，由DE ＝BE ＝1，CD ＝2，得BD ＝BC ＝2，由AC ＝2，AB ＝2，得AB 2＝AC 2＋BC 2，即AC ⊥BC .又平面ABC ⊥平面BCDE ，从而AC ⊥平面BCDE .(2)解在直角梯形BCDE中，由BD＝BC＝2，DC＝2.得BD⊥BC，又平面ABC⊥平面BCDE，所以BD⊥平面ABC.如图，作EF∥BD，与CB的延长线交于F，连接AF，则EF⊥平面ABC. 所以∠EAF是直线AE与平面ABC所成的角．在Rt△BEF中，由EB＝1，∠EBF＝π4，得EF＝22，BF＝22；在Rt△ACF中，由AC＝2，CF＝322，得AF＝262.在Rt△AEF中，由EF＝22，AF＝262，得tan ∠EAF＝13 13.所以，直线AE与平面ABC所成的角的正切值是13 13.17．(1)证明∵△ABC为正三角形，E为BC中点，∴AE⊥BC，∴又B1B⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，∴B1B⊥AE，∴由B1B∩BC＝B知，AE⊥平面B1BCC1，又由AE⊂平面AEF，∴平面AEF⊥平面B1BCC1.(2)解设AB中点为M，连接CM，则CM⊥AB，由平面A1ABB1⊥平面ABC且平面A1ABB1∩平面ABC＝AB知，CM⊥面A1ABB1，∴∠CA1M即为直线A1C与平面A1ABB1所成的角．∴∠CA1M＝45°，易知CM＝32×2＝3，在等腰Rt△CMA中，AM＝CM＝3，在Rt△A1AM中，A1A＝A1M2－AM2＝ 2.∴FC＝12A1A＝22，又S △AEC ＝12×34×4＝32，∴V 三棱锥F －AEC ＝13×32×22＝612.18．(1)证明 连接B 1P ，则B 1P ∥CC 1，∴∠PB 1A ＝45°，且B 1P ⊥底面ABC ，∴B 1P ＝AP ＝2a ，∴BB 21＋AB 21＝10a 2＝AB 2，∴BB 1⊥AB 1.又AC ⊥BC ，AC ⊥CC 1，∴AC ⊥平面BB 1C 1C ，∴BB 1⊥AC ，∴直线BB 1⊥平面AB 1C .(2)解 过P 作PD ⊥AB 于D ，连接B 1D ，再过P 作PQ ⊥B 1D 于Q ，连接AQ .∵B 1P ⊥底面ABC ，∴AB ⊥平面PDB 1，∴PQ ⊥平面AA 1B 1B ，∴直线AQ 是直线AP 在平面AA 1B 1B 上的射影，∴∠P AQ 即为直线AP 与平面AA 1B 1B 所成的角．在Rt △PDB 1中，B 1P ＝2a ，DP ＝105a ，则PQ ＝33a ，∴直线AP 与平面AA 1B 1B 所成角的正弦值为66.19.解 如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得A (0，0，0)，B (0，0，2)，C (1，0，1)，B 1(0，2，2)，C 1(1，2，1)，E (0，1，0)．(1)证明 易得B 1C 1→＝(1，0，－1)，CE →＝(－1，1，－1)，于是B 1C 1→·CE →＝0，所以B 1C 1⊥CE .(2)B 1C →＝(1，－2，－1)．设平面B 1CE 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·B 1C →＝0，m ·CE →＝0，即⎩⎨⎧x －2y －z ＝0，－x ＋y －z ＝0.消去x ，得y ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得一个法向量为m ＝(－3，－2，1)．由(1)，B 1C 1⊥CE ，又CC 1⊥B 1C 1，可得B 1C 1⊥平面CEC 1，故B 1C 1→＝(1，0，－1)为平面CEC 1的一个法向量．于是cos 〈m ，B 1C 1→〉＝m ·B 1C 1→|m ||B 1C 1→|＝－414×2＝－277， 从而sin 〈m ，B 1C 1→〉＝217，所以二面角B 1CEC 1的正弦值为217.(3)AE →＝(0，1，0)，EC 1→＝(1，1，1)，设EM →＝λEC 1→＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有AM →＝AE →＋EM →＝(λ，λ＋1，λ)．可取AB →＝(0，0，2)为平面ADD 1A 1的一个法向量． 设θ为直线AM 与平面ADD 1A 1所成的角，则sin θ＝|cos 〈AM →，AB →〉|＝|AM →·AB →||AM →||AB →| ＝2λλ2＋（λ＋1）2＋λ2×2＝λ3λ2＋2λ＋1， 于是λ3λ2＋2λ＋1＝26，解得λ＝13， ∴AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，43，13，所以AM ＝ 2.20．解 如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0，0，0)，B (0，1，0)，C (2，0，0)，D (1，－2，0)，A 1(0，0，2)，B 1(0，1，2)，C 1(2，0，2)，D 1(1，－2，2)．又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，1，N (1，－2，1)． (1)证明 依题意，可得n ＝(0，0，1)为平面ABCD 的一个法向量，MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－52，0，由此可得MN →·n ＝0，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2)AD 1→＝(1，－2，2)，AC →＝(2，0，0)，设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎨⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0. 不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0，1，1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0，又AB 1→＝(0，1，2)，得⎩⎨⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0 不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2，1)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010， 于是sin 〈n 1，n 2〉＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－10102＝31010. 所以，二面角D 1－AC －B 1的正弦值为31010.(3)依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈[0，1]，则E (0，λ，2)，从而NE →＝(－1，λ＋2，1)，又n ＝(0，0，1)是平面ABCD 的一个法向量，故|cos 〈NE →，n 〉|＝|NE →·n ||NE →|·|n |＝1（－1）2＋（λ＋2）2＋12＝13. 整理得λ2＋4λ－3＝0，解得λ＝－2±7，又因为λ∈[0，1]，所以λ＝7－2，所以，线段A 1E 的长为7－2.。
(浙江专用)高考数学二轮复习专题四立体几何高考解答题的审题与答题示范(四)教案
（浙江专用）高考数学二轮复习专题四立体几何高考解答题的审题与答题示范（四）教案立体几何类解答题[思维流程]——立体几何问题重在“建”——建模、建系[审题方法]——审图形图形或者图象的力量比文字更为简洁而有力，挖掘其中蕴含的有效信息，正确理解问题是解决问题的关键．对图形或者图象的独特理解很多时候能成为问题解决中的亮点．典例(本题满分15分)如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角APBC的余弦值.审题路线标准答案阅卷现场(1)由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD.由于AB∥CD，故AB⊥PD，又PD∩PA＝P，PD，PA⊂平面PAD，第(1)问第(2)问得分点①②③④⑤⑥⑦⑧⑨31122112 25分10分所以AB⊥平面PAD.①又AB⊂平面PAB，②所以平面PAB⊥平面PAD垂直模型．③(2)在平面PAD内作PF⊥AD，垂足为点F，AB⊥平面PAD，故AB⊥PF，可得PF⊥平面ABCD.以F为坐标原点，FA→的方向为x轴正方向，|AB→|为单位长度，建立空间直角坐标系．④由(1)及已知可得A⎝⎛⎭⎪⎫22，0，0，P⎝⎛⎭⎪⎫0，0，22，B⎝⎛⎭⎪⎫22，1，0，C⎝⎛⎭⎪⎫－22，1，0.所以PC→＝⎝⎛⎭⎪⎫－22，1，－22，CB→＝(2，0，0)，PA→＝⎝⎛⎭⎪⎫22，0，－22，AB→＝(0，1，0)．⑤设n＝(x，y，z)是平面PCB的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n·PC→＝0，n·CB→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－22x＋y－22z＝0，2x＝0，可取n第(1)问踩点得分说明①证得AB⊥平面PAD得3分，直接写出不得分；②写出AB⊂平面PAB得1分，此步没有扣1分；③写出结论平面PAB⊥平面PAD得1分.第(2)问踩点得分说明④正确建立空间直角坐标系得2分；⑤写出相应的坐标及向量得2分(酌情)；⑥正确求出平面PCB的一个法向量得1分，错误不得分；⑦正确求出平面PAB的一个法向量得1分，错误不得分；⑧写出公式cos〈n，m〉＝n·m|n||m|得1分，正确求出值再得1分；⑨判断二面角的大小得1分，写出正确结果得1分，不写不得分.。
高三文科数学第二轮《立体几何》专题
答案：D
2．如下图，斜三棱柱ABC－A1B1C1的底面是Rt△ABC，∠A 是直角，且BC1⊥AC，作C1H⊥底面ABC，垂足为H.
(1)试判断H点的位置，并说明理由； (2)若AB＝AC＝2，且三棱柱的高为 2 6，求三棱柱ABC－ A1B1C1的体积．
解析：(1)∵∠A为直角，又∵CA⊥AB，CA⊥BC1， ∴CA⊥平面C1AB， ∴平面C1AB⊥平面CAB. 在平面C1AB内作C1H⊥AB， ∴C1H⊥平面CAB，∴H点在直线BA上． 2 6， (2)∵h＝ ∴VABC－A1B1C1＝SRt△ABC· h
答案：D
高分突破
线线、线面的位置关系
正三棱柱A1B1C1—ABC中，点D是BC的中点，BC＝ 2BB1. 设B1D∩BC1＝F.
(1)求证：A1C∥平面AB1D； (2)求证：BC1⊥平面AB1D.
答案： 1.两点 2.过不在一条直线上 3．一个 过该点 4.互相平行
整合训练
1．给出下列命题，正确命题的个数是( ) ①梯形的四个顶点在同一平面内；②有三个公共点的两个 平面必重合；③三条平行直线必共面；④每两条都相交且交点 不相同的四条直线一定共面． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 答案：B
基础梳理 三、表面积公式 1．多面体的表面积 多面体的表面积为各个面的________． 2．旋转体的表面积 (1)圆柱的表面积S＝________； (2)圆锥的表面积S＝________； (3)圆台的表面积S＝π (r′2＋r2＋r′L＋rL)； (4)球的表面积S＝________. 四、体积公式 1．柱体的体积V＝________； 2．锥体的体积V＝________； 3．台体的体积V＝________； 4．球的体积V＝________.
高考数学二轮复习第2部分专题4立体几何解密高考4立体几何问题重在“建”“转”__建模转换课件文
解得
h＝
36，故三棱锥
C-PAB
的高等于
6 3.
Thank you for watching !
母题示例：2019 年全国卷Ⅰ，本小题满分 12 分
如图，直四棱柱
本题考查：线面平行的证明，
ABCD-A1B1C1D1 的底面是菱
点到平面距离的计算、体积
形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD
的计算，考生的直观想象、
＝60°，E，M，N 分别是 BC，BB1，A1D 转化化归、数学运算能力，
的中点.
[构建模板·三步解法] 有关立体几何综合问题的解题步骤
母题突破：2019 年唐山五校摸底 如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PC⊥底面 ABCD，四边形 ABCD 是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E 是 PB 的 中点．
(1)求证：平面 EAC⊥平面 PBC； (2)若 PC＝ 2，求三棱锥 C-PAB 的高．
[规范解答·评分标准] (1)连接 ME，B1C. ∵M，E 分别为 BB1，BC 中点， ∴ME 为△B1BC 的中位线， ∴ME∥B1C 且 ME＝12B1C.2 分
又 N 为 A1D 中点，且 A1D 綊 B1C，
∴ND∥B1C 且 ND＝12B1C， ∴ME 綊 ND，∴四边形 MNDE 为平行四边形.·········4 分
考生的直观想象和数学运算
(1)证明：MN∥平面 C1DE；
的核心素养.
(2)求点 C 到平面 C1DE 的距离.
[审题指导·发掘条件] (1)看到证明 MN∥平面 C1DE，想到线面平行的判定定理，需证 明 MN 与平面 C1DE 内的某一直线平行，看到 E，M，N 为 BC，BB1， A1D 的中点，想到利用三角形的中位线寻找平行关系． (2)看到找点 C 到平面 C1DE 的距离，想到作高或等体积转换．
2016版高考数学二轮复习配套课件：专题四 立体几何第2讲
所以三棱锥 CVAB 的体积等于13OC·S△VAB＝ 33. 又因为三棱锥 V-ABC 的体积与三棱锥 C-VAB 的体积相等，所以
三棱锥 V-ABC 的体积为 33.
栏目 导引
第十三页，编辑于星期五：二十三点 五十三分。
专题四 立体几何
2．(2015·高考广东卷节选)如图，三角形 PDC 所在的平面与长方形 ABCD 所在的平面垂直， PD＝PC＝4，AB＝6，BC＝3. (1)求证：BC∥平面 PDA； (2)证明：BC⊥PD. 证明：(1)因为四边形 ABCD 为长方形，所以 BC∥AD.又 BC⊄平 面 PDA，AD⊂平面 PDA， 所以 BC∥平面 PDA. (2)因为 BC⊥CD，平面 PDC⊥平面 ABCD 且平面 PDC∩平面 ABCD＝CD，BC⊂平面 ABCD，所以 BC⊥平面 PDC. 因为 PD⊂平面 PDC，所以 BC⊥PD.
专题四 立体几何
1．(2015·贵阳市监测考试)设 m，n 是两条不同的直线，α，β 是 两个不同的平面，则下列命题正确的是( B ) A．m∥α，n∥β，且 α∥β，则 m∥n B．m⊥α，n⊥β，且 α⊥β，则 m⊥n C．m⊥α，m⊥n，n⊂β，则 α⊥β D．m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则 α∥β 解析：A：m 与 n 的位置关系为平行，异面或相交，所以 A 错误； B：根据面面垂直的性质可知正确；C：由题中的条件无法推出 α⊥β，所以 C 错误；D：只有当 m 与 n 相交时，结论才成立， 所以 D 错误．
栏目 导引 第二十二页，编辑于星期五：二十三点 五十三
分。
专题四 立体几何
(2015·绵阳质检)在长方形 A1ABB1 中，C，C1 分别是 AB，A1B1 的中点，且 AB＝2AA1，将长方形沿 CC1 对折，使平面 AA1C1C ⊥平面 BB1C1C. (1)求证：∠ACB＝90°；
高考专题辅导与测试第部分专题四第二讲高考中的立体几何解答题型共44页文档
所以 BCD⊥op平y面rigAhPtC2，019-2019 Aspose Pty Ltd.
又 PC⊂平面 PAC，因此 BD⊥PC.
(2)线面平行的性E质v定al理ua：ti∵ona∥oαn，lya. ⊂β，α∩β＝b，∴a eate∥dbw. ith Aspose.Slides for .NET 3.5 Client Profile 5.2.0
(3)面C面op平y行ri的gh判t 定20定1理9-：20∵1a9⊂Aβ，spbo⊂sβe，Pat∩y bL＝tdP.，a∥α，
eated with Aspose.Slides for .NET 3.5 Client Profile 5.2.0 常出现在C问op题y的ri最g后ht一2问01，9如-2200119年9 安A徽spTo18s.e Pty Ltd.
3.多以柱体、锥体为载体考查，难度中等.
数学
质量铸就品牌 品质赢得未来 第二讲 高考中的立体几何（解答题型）
质量铸就品牌 品质赢得未来 第二讲 高考中的立体几何（解答题型）
第二讲 高考中的立体几何解答题型
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2016版高考数学(文山东版)二轮复习课件第2部分-专题4 立体几何-第2讲
(2)结合给出的已知条件，画出符合条件的图形，然后 判断得出． 根据所给的已知条件作图，如图所示． 由图可知 α 与 β 相交，且交线平行于 l，故选 D.
【答案】 (1)D (2)D
空间线面位置关系的判断方法 (1)公理法：借助空间线面位置关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决 问题． (2)模型法：借助空间几何模型，如在长方体、四面体等模型中观察线面位 置关系，结合有关定理作出选择．
线、面位置关系的判断 难度：基础 分值：5 分
空间点、直线、平面位置关系的判断
知识小脉络：
(1)(2015· 广州模拟)用 a，b，c 表示空间中三条不同的直线， γ 表 示平面， 给出下列命题： ①若 a⊥b，b⊥c，则 a∥c；②若 a∥b，a∥c，则 b∥c； ③若 a∥γ，b∥γ ，则 a∥b；④若 a⊥γ，b⊥γ ，则 a∥b. 其中真命题的序号是( A．① ② C．① ④ ) B．② ③ D．② ④
a⊂β a∥α α∩β＝b
线面垂直的 判定定理 线面垂直的 性质定理 面面平行的 判定定理
a⊂α ，b⊂α a∩b＝O l⊥a，l⊥b
⇒l ⊥ α ⇒ a⊥α b⊥αa∥b
a⊂β b⊂β ⇒α ∥β a∩b＝O a∥α，b∥α
面面平行的 性质定理
命题预测： 1.以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考查空间中平行与垂直的证 明. 2.以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考查线面角和二面角的计算.
【理要点· 5 分钟回扣核心知识】 一、熟记核心要点 1．线面平行与垂直的判定定理、性质定理 线面平行的 判定定理 线面平行的 性质定理 a∥b b⊂α a⊄α ⇒a∥α ⇒a∥b
明 考 情
高三数学二轮复习：专题四 立体几何
第1讲空间几何体[考情考向分析] 1.以三视图为载体，考查空间几何体面积、体积的计算.2.考查空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题．热点一三视图与直观图1．一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．2．由三视图还原几何体的步骤一般先依据俯视图确定底面再利用正(主)视图与侧(左)视图确定几何体．例1(1)(2018·全国Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()答案A解析由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应选A.(2)有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，则这块菜地的面积为________．答案 2＋22解析 如图，在直观图中，过点A 作AE ⊥BC ，垂足为点E ，则在Rt △ABE 中，AB ＝1，∠ABE ＝45°，∴BE ＝22. 而四边形AECD 为矩形，AD ＝1， ∴EC ＝AD ＝1，∴BC ＝BE ＋EC ＝22＋1. 由此可还原原图形如图所示．在原图形中，A ′D ′＝1，A ′B ′＝2，B ′C ′＝22＋1， 且A ′D ′∥B ′C ′，A ′B ′⊥B ′C ′，∴这块菜地的面积为S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′＝12×⎝⎛⎭⎫1＋1＋22×2＝2＋22. 思维升华 空间几何体的三视图是从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图，因此在分析空间几何体的三视图问题时，先根据俯视图确定几何体的底面，然后根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置，再确定几何体的形状，即可得到结果．在还原空间几何体实际形状时，一般是以正(主)视图和俯视图为主，结合侧(左)视图进行综合考虑．跟踪演练1 (1)(2018·衡水模拟)已知一几何体的正(主)视图、侧(左)视图如图所示，则该几何体的俯视图不可能是( )答案D解析由选项图可知，选项D对应的几何体为长方体与三棱柱的组合，其侧(左)视图中间的线不可视，应为虚线，故该几何体的俯视图不可能是D.(2)(2018·合肥质检)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱A1B1的中点，用过点A，C，E的平面截正方体，则位于截面以下部分的几何体的侧(左)视图为()答案A解析如图所示，取B1C1的中点F，连接EF，AC，AE，CF，则EF∥AC，平面ACFE，即为平面ACE截正方体所得的截面，据此可得位于截面以下部分的几何体的侧(左)视图如选项A所示．热点二几何体的表面积与体积空间几何体的表面积和体积计算是高考中常见的一个考点，解决这类问题，首先要熟练掌握各类空间几何体的表面积和体积计算公式，其次要掌握一定的技巧，如把不规则几何体分割成几个规则几何体的技巧，把一个空间几何体纳入一个更大的几何体中的补形技巧．例2 (1)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．3π＋4B ．4π＋4C ．6π＋4D ．8π＋4 答案 B解析 由三视图可得该几何体由上下两部分组成，上部分是半径为1的四分之一球，下部分是底面圆半径为1，高为2的半圆柱． 故该几何体的表面积为S 表＝14×()4π×12＋12×()π×12＋12×()2π×1×2＋12×()π×12＋2×2＝4π＋4.(2)(2018·内蒙古鄂伦春自治旗模拟)甲、乙两个几何体的三视图如图所示(单位相同)，记甲、乙两个几何体的体积分别为V 1，V 2，则( )A ．V 1>2V 2B ．V 1＝2V 2C ．V 1－V 2＝163D ．V 1－V 2＝173答案 D解析 由甲的三视图可知，该几何体为一个正方体中间挖掉一个长方体，正方体的棱长为8，长方体的长为4，宽为4，高为6，则该几何体的体积为V 1＝83－4×4×6＝416；由乙的三视图可知，该几何体是一个底面为正方形，边长为9，高为9的四棱锥，则该几何体的体积为V 2＝13×9×9×9＝243.∴V 1－V 2＝416－243＝173.思维升华 (1)求多面体的表面积的基本方法就是逐个计算各个面的面积，然后求和． (2)求简单几何体的体积时，若所给的几何体为柱体、锥体或台体，则可直接利用公式求解；求组合体的体积时，若所给定的几何体是组合体，不能直接利用公式求解，常用转换法、分割法、补形法等进行求解；求以三视图为背景的几何体的体积时，应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．跟踪演练2 (1)(2018·黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学模拟)已知某几何体是一个平面将一正方体截去一部分后所得，该几何体三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．20＋2 3B ．18＋23C ．18＋ 3D ．20＋3答案 B解析 由三视图可知，正方体棱长为2，截去部分为三棱锥，作出几何体的直观图如图所示，故该几何体的表面积为3×22＋3×⎝⎛⎭⎫12×22＋34×()222＝18＋23，故选B.(2)(2018·孝义模拟)某几何体的三视图如图所示(实线部分)，若图中小正方形的边长均为1，则该几何体的体积是( )A.28π3B.32π3C.52π3D.56π3答案 A解析 由三视图可知，该几何体是由半个圆柱与半个圆锥组合而成，其中圆柱的底面半径为2，高为4，圆锥的底面半径和高均为2，其体积为V ＝12×4π×4＋12×13×4π×2＝28π3，故选A.热点三 多面体与球与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图．如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径．球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心(或“切点”“接点”)作出截面图． 例3 (1)(2018·百校联盟联考)在三棱锥P －ABC 中，△ABC 和△PBC 均为边长为3的等边三角形，且P A ＝362，则三棱锥P －ABC 外接球的体积为( )A.13136πB.10103πC.5152πD.556π答案 C解析 取BC 的中点D ，连接PD ，AD ，因为△ABC 和△PBC 均为等边三角形，所以AD ⊥BC ，PD ⊥BC ，AD ∩PD ＝D ，AD ，PD ⊂平面P AD ，所以BC ⊥平面P AD ，因为△ABC 和△PBC 均为边长为3的等边三角形， 所以AD ＝PD ＝332，又因为P A ＝362，P A 2＝PD 2＋AD 2，所以PD ⊥AD ，过△ABC 的外心O 1作平面ABC 的垂线，过△PBC 的外心O 2作平面PBC 的垂线， 设两条垂线交于点O ，则O 为三棱锥P －ABC 外接球的球心． O 1O ＝O 2D ＝32，AO 1＝PO 2＝3， 所以OA 2＝OO 21＋AO 21＝154， 所以外接球的半径R ＝OA ＝152， 所以三棱锥P －ABC 外接球的体积V ＝43πR 3＝5152π.(2)(2018·衡水金卷信息卷)如图是某三棱锥的三视图，则此三棱锥内切球的体积为( )A.25π4 B.25π16 C.1 125π4D.1 125π16答案 D解析 把此三棱锥嵌入长、宽、高分别为20,24,16的长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，三棱锥B －KLJ 即为所求的三棱锥，其中KC 1＝9，C 1L ＝LB 1＝12，B 1B ＝16， ∴KC 1C 1L ＝LB 1B 1B， 则△KC 1L ∽△LB 1B ，∠KLB ＝90°， 故可求得三棱锥各面面积分别为S △BKL ＝150，S △JKL ＝150，S △JKB ＝250，S △JLB ＝250， 故表面积为S 表＝800.三棱锥体积V ＝13S △BKL ·JK ＝1 000，设内切球半径为r ，则r ＝3V S 表＝154，故三棱锥内切球体积V 球＝43πr 3＝1 125π16.思维升华 三棱锥P －ABC 可通过补形为长方体求解外接球问题的两种情形 (1)点P 可作为长方体上底面的一个顶点，点A ，B ，C 可作为下底面的三个顶点． (2)P －ABC 为正四面体，则正四面体的棱都可作为一个正方体的面对角线．跟踪演练3 (1)(2018·咸阳模拟)在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，若AB ＝2，BC ＝3，P A ＝4，则该三棱锥的外接球的表面积为( ) A ．13π B ．20π C ．25π D ．29π 答案 D解析 把三棱锥P －ABC 放到长方体中，如图所示，所以长方体的体对角线长为22＋32＋42＝29， 所以三棱锥外接球的半径为292， 所以外接球的表面积为4π×⎝⎛⎭⎫2922＝29π. (2)(2018·四川成都名校联考)已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，记该圆锥的内切球的表面积为S 1，外接球的表面积为S 2，则S 1S 2等于( )A ．1∶2B ．1∶3C ．1∶4D ．1∶8 答案 C 解析 如图，由已知圆锥侧面积是底面积的2倍，不妨设底面圆半径为r ，l 为底面圆周长，R 为母线长， 则12lR ＝2πr 2， 即12·2π·r ·R ＝2πr 2， 解得R ＝2r ，故∠ADC ＝30°，则△DEF 为等边三角形， 设B 为△DEF 的重心，过B 作BC ⊥DF ，则DB 为圆锥的外接球半径，BC 为圆锥的内切球半径， 则BC BD ＝12，∴r 内r 外＝12，故S 1S 2＝14.真题体验1．(2018·全国Ⅰ改编)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．圆柱表面上的点M 在正(主)视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在侧(左)视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为________．答案 25解析 先画出圆柱的直观图，根据题中的三视图可知，点M ，N 的位置如图①所示．圆柱的侧面展开图及M ，N 的位置(N 为OP 的四等分点)如图②所示，连接MN ，则图中MN 即为M 到N 的最短路径． ON ＝14×16＝4，OM ＝2，∴MN ＝OM 2＋ON 2＝22＋42＝2 5.2．(2017·北京改编)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为________．答案 23解析 在正方体中还原该四棱锥，如图所示，可知SD 为该四棱锥的最长棱． 由三视图可知，正方体的棱长为2， 故SD ＝22＋22＋22＝2 3.3．(2017·天津)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________． 答案 92π解析 设正方体的棱长为a ，则6a 2＝18，∴a ＝ 3. 设球的半径为R ，则由题意知2R ＝a 2＋a 2＋a 2＝3， ∴R ＝32.故球的体积V ＝43πR 3＝43π×⎝⎛⎭⎫323＝92π.4．(2017·全国Ⅰ)已知三棱锥S —ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S —ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________． 答案 36π解析 如图，连接OA ，OB .由SA ＝AC ，SB ＝BC ，SC 为球O 的直径知，OA ⊥SC ，OB ⊥SC . 由平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ， ∴OA ⊥平面SCB . 设球O 的半径为r ，则 OA ＝OB ＝r ，SC ＝2r ， ∴三棱锥S －ABC 的体积 V ＝13×12×SC ×OB ×OA ＝r 33，即r 33＝9，∴r ＝3，∴球O 的表面积S ＝4πr 2＝36π. 押题预测1．一个几何体的三视图及其尺寸如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．16B ．82＋8C ．22＋26＋8D ．42＋46＋8押题依据 求空间几何体的表面积或体积是立体几何的重要内容之一，也是高考命题的热点．此类题常以三视图为载体，给出几何体的结构特征，求几何体的表面积或体积． 答案 D解析 由三视图知，该几何体是底面边长为22＋22＝22的正方形，高PD ＝2的四棱锥P －ABCD ，因为PD ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 是正方形， 易得BC ⊥PC ，BA ⊥P A ，又PC＝PD2＋CD2＝22＋(22)2＝23，所以S△PCD＝S△P AD＝12×2×22＝22，S△P AB＝S△PBC＝12×22×23＝2 6.所以几何体的表面积为46＋42＋8.2．在正三棱锥S－ABC中，点M是SC的中点，且AM⊥SB，底面边长AB＝22，则正三棱锥S－ABC的外接球的表面积为()A．6π B．12πC．32π D．36π押题依据灵活运用正三棱锥中线与棱之间的位置关系来解决外接球的相关问题，是高考的热点．答案B解析因为三棱锥S－ABC为正三棱锥，所以SB⊥AC，又AM⊥SB，AC∩AM＝A，AC，AM ⊂平面SAC，所以SB⊥平面SAC，所以SB⊥SA，SB⊥SC，同理SA⊥SC，即SA，SB，SC 三线两两垂直，且AB＝22，所以SA＝SB＝SC＝2，所以(2R)2＝3×22＝12，所以球的表面积S＝4πR2＝12π，故选B.3．已知半径为1的球O中内接一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的体积与圆柱的体积的比值为________．押题依据求空间几何体的体积是立体几何的重要内容之一，也是高考的热点问题之一，主要是求柱体、锥体、球体或简单组合体的体积．本题通过球的内接圆柱，来考查球与圆柱的体积计算，命题角度新颖，值得关注．答案42 3解析如图所示，设圆柱的底面半径为r，则圆柱的侧面积为S＝2πr×21－r2＝4πr1－r2≤4π×r 2＋(1－r 2)2＝2π⎝⎛⎭⎫当且仅当r 2＝1－r2，即r ＝22时取等号.所以当r ＝22时，V 球V 圆柱＝4π3×13π⎝⎛⎭⎫222×2＝423.A 组 专题通关1．(2018·上海金山区模拟)如图几何体是由五个相同正方体叠成的，其三视图中的侧(左)视图序号是( )答案 A解析 根据几何体的直观图，可以得到它的侧(左)视图，应该是下面两个正方形，上面一个正方形且靠近左侧，故选A.2．(2018·咸阳模拟)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，则该几何体的体积是( )A ．16－8πB ．64－8πC ．64－4πD ．16－4π答案 C解析 由三视图知，该几何体是正方体中间挖去一个圆柱， 所以V ＝43－π×12×4＝64－4π.3．(2018·佛山质检)如图是一种螺栓的简易三视图，其螺帽俯视图是一个正六边形，则由三视图尺寸可知，该螺栓的表面积为()A．153＋12π B．93＋12＋12πC．123＋12＋12π D．123＋12＋11π答案C解析螺栓由一个正六棱柱与一个圆柱组合而成，其中正六棱柱的高为1，底边正六边形边长为2，圆柱高为6，底面圆半径为1.因此螺栓的表面积为正六棱柱表面积与圆柱侧面积之和，正六棱柱的一个底面积为6×34×22＝63，正六棱柱的侧面积为6×1×2＝12，圆柱侧面积为2π×1×6＝12π，因此螺栓的表面积为2×63＋12＋12π＝123＋12＋12π，故选C. 4．某几何体的正(主)视图和侧(左)视图如图(1)所示，它的俯视图的直观图是△A′B′C′，如图(2)所示，其中O′A′＝O′B′＝2，O′C′＝3，则该几何体的表面积为()A．36＋12 3 B．24＋83C．24＋12 3 D．36＋83答案C解析由图(2)可知，该几何体的俯视图是一个底面边长为4，高为23的等腰三角形，即该三角形为等边三角形，在如图所示的长方体中，长、宽、高分别为4,23，6，三视图还原为几何体是图中的三棱锥P－ABC，且S△P AB＝S△PBC＝12×4×6＝12，S△ABC＝12×4×23＝43，△P AC 是腰长为52，底面边长为4的等腰三角形，S △P AC ＝8 3.综上可知，该几何体的表面积为2×12＋43＋83＝24＋12 3.故选C.5．已知三棱柱ABC －A ′B ′C ′的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体积为3，AB ＝2，AC ＝1，∠BAC ＝60°，则此球的表面积是( ) A ．2π B ．4π C ．8π D ．10π答案 C解析 根据余弦定理可知，BC ＝3，则∠ACB ＝90°，点E ，F 分别是斜边AB ，A ′B ′的中点，点O 为EF 的中点，点O 为三棱柱外接球的球心，设三棱柱的高为h ，V ＝12×1×3×h ＝3，解得h ＝2，R 2＝OA 2＝⎝⎛⎭⎫12AB 2＋⎝⎛⎭⎫12h 2，代入可得R 2＝1＋1＝2，所以此球的表面积为S ＝4πR 2＝8π，故选C.6．(2018·衡水金卷信息卷)已知正四棱锥P －ABCD 的各顶点都在同一球面上，底面正方形的边长为2，若该正四棱锥的体积为2，则此球的体积为( ) A.124π3 B.625π81 C.500π81 D.256π9答案 C解析 如图所示，设底面正方形ABCD 的中心为O ′，正四棱锥P －ABCD 的外接球的球心为O ， ∵底面正方形的边长为2， ∴O ′D ＝1，∵正四棱锥的体积为2，∴V P －ABCD ＝13×(2)2×PO ′＝2，解得PO ′＝3，∴OO ′＝|PO ′－PO |＝|3－R |，在Rt △OO ′D 中，由勾股定理可得OO ′2＋O ′D 2＝OD 2， 即(3－R )2＋12＝R 2，解得R ＝53，∴V 球＝43πR 3＝43π×⎝⎛⎭⎫533＝500π81. 7．在三棱锥S －ABC 中，侧棱SA ⊥底面ABC ，AB ＝5，BC ＝8，∠ABC ＝60°，SA ＝25，则该三棱锥的外接球的表面积为( ) A.643π B.2563π C.4363π D.2 048327π答案 B解析 由题意知，AB ＝5，BC ＝8，∠ABC ＝60°， 则根据余弦定理可得AC 2＝AB 2＋BC 2－2×AB ×BC ×cos ∠ABC ， 解得AC ＝7，设△ABC 的外接圆半径为r ，则△ABC 的外接圆直径2r ＝AC sin B ＝732，∴r ＝73，又∵侧棱SA ⊥底面ABC ，∴三棱锥的外接球的球心到平面ABC 的距离d ＝12SA ＝5，则外接球的半径R ＝⎝⎛⎭⎫732＋()52＝643， 则该三棱锥的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝2563π.8．(2018·北京海淀区模拟)某几何体的正(主)视图和俯视图如图所示，在下列图形中，可能是该几何体侧(左)视图的图形是________．(写出所有可能的序号)答案 ①②③解析 如图a 三棱锥C －ABD ，正(主)视图与俯视图符合题意，侧(左)视图为①； 如图b 四棱锥P －ABCD ，正(主)视图与俯视图符合题意，侧(左)视图为②； 如图c 三棱锥P －BCD ，正(主)视图与俯视图符合题意，侧(左)视图为③.9．(2018·安徽省“皖南八校”联考)如图1所示是一种生活中常见的容器，其结构如图2，其中ABCD 是矩形，ABFE 和CDEF 都是等腰梯形，且AD ⊥平面CDEF ，现测得AB ＝20 cm ，AD ＝15 cm ，EF ＝30 cm ，AB 与EF 间的距离为25 cm ，则几何体EF －ABCD 的体积为________cm 3.答案 3 500解析 在EF 上，取两点M ，N (图略)，分别满足EM ＝NF ＝5，连接DM ，AM ，BN ，CN ，则该几何体就被分割成两个棱锥和一个棱柱，根据柱、锥体的体积公式以及题中所给的相关量，可以求得V ＝12×20×15×20＋2×13×12×20×15×5＝3 500.10．(2018·全国Ⅲ改编)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D －ABC 体积的最大值为________． 答案 183解析 由等边△ABC 的面积为93，可得34AB 2＝93，所以AB ＝6，所以等边△ABC 的外接圆的半径为r ＝33AB ＝2 3. 设球的半径为R ，球心到等边△ABC 的外接圆圆心的距离为d ， 则d ＝R 2－r 2＝16－12＝2.所以三棱锥D －ABC 高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D －ABC 体积的最大值为13×93×6＝18 3.11．(2018·全国Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30°.若△SAB 的面积为8，则该圆锥的体积为________． 答案 8π解析 在Rt △SAB 中，SA ＝SB ，S △SAB ＝12·SA 2＝8，解得SA ＝4.设圆锥的底面圆心为O ，底面半径为r ，高为h ， 在Rt △SAO 中，∠SAO ＝30°， 所以r ＝23，h ＝2，所以圆锥的体积V ＝13πr 2·h ＝13π×(23)2×2＝8π.12．已知三棱锥P －ABC 的三条侧棱两两垂直，且AB ＝5，BC ＝7，AC ＝2，则此三棱锥外接球的表面积是________． 答案 8π解析 如图P A ，PB ，PC 两两垂直，设PC ＝h ，则PB ＝BC 2－PC 2＝7－h 2， P A ＝AC 2－PC 2＝4－h 2，由PC ⊥P A ，PC ⊥PB ，P A ∩PB ＝P ，P A ，PB ⊂平面P AB ， 得PC ⊥平面P AB ，∴PC ⊥AB ， 即P A 2＋PB 2＝AB 2，∴4－h 2＋7－h 2＝5，解得h ＝3，在三棱锥P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，且P A ＝1，PB ＝2，PC ＝3， ∴以P A ，PB ，PC 为棱构造一个长方体,则这个长方体的外接球就是三棱锥P －ABC 的外接球，∴由题意可知，这个长方体的中心是三棱锥的外接球的球心，三棱锥的外接球的半径为R ＝1＋4＋32＝2， ∴外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×(2)2＝8π.B 组 能力提高13．若四棱锥P －ABCD 的三视图如图所示，则该四棱锥的外接球的表面积为( )A.81π5B.81π20C.101π5D.101π20 答案 C解析 根据三视图还原几何体为一个四棱锥P －ABCD ，如图所示，平面P AD ⊥平面ABCD ，由于△P AD 为等腰三角形，P A ＝PD ＝3，AD ＝4，四边形ABCD 为矩形，CD ＝2，过△P AD 的外心F 作平面P AD 的垂线，过矩形ABCD 的中心H 作平面ABCD 的垂线，两条垂线交于一点O ，则O 为四棱锥外接球的球心， 在△P AD 中，cos ∠APD ＝32＋32－422×3×3＝19，则sin ∠APD ＝459，2PF ＝AD sin ∠APD ＝4459＝955，PF ＝9510，PE ＝9－4＝5，OH ＝EF ＝5－9510＝510，BH ＝1216＋4＝5，OB ＝OH 2＋BH 2＝5100＋5＝50510， 所以S ＝4π×505100＝101π5.14．(2018·龙岩质检)如图所示，正方形ABCD 的边长为2，切去阴影部分围成一个正四棱锥，则正四棱锥侧面积的取值范围为( )A ．(1,2)B ．(1,2]C ．(0,2]D ．(0,2)答案 D解析 设四棱锥一个侧面为△APQ ，∠APQ ＝x ，过点A 作AH ⊥PQ ，则AH ＝12PQ ×tan x ＝AC －PQ 2＝22－PQ 2＝2－12PQ ，∴PQ ＝221＋tan x ，AH ＝2tan x1＋tan x ，∴S ＝4×12×PQ ×AH ＝2×PQ ×AH＝2×221＋tan x ×2tan x 1＋tan x ＝8tan x (1＋tan x )2，x ∈⎣⎡⎭⎫π4，π2， ∵S ＝8tan x (1＋tan x )2＝8tan x1＋tan 2x ＋2tan x＝81tan x＋tan x ＋2≤82＋2＝2，⎝⎛⎭⎫当且仅当tan x ＝1，即x ＝π4时取等号，而tan x >0，故S >0，∵S ＝2时，△APQ 是等腰直角三角形，顶角∠P AQ ＝90°，阴影部分不存在，折叠后A 与O 重合，构不成棱锥， ∴S 的取值范围为(0,2)，故选D.15．在棱长为2的正四面体P －ABC 中，M ，N 分别为P A ，BC 的中点，点D 是线段PN 上一点，且PD ＝2DN ，则三棱锥D －MBC 的体积为________．答案29解析 由题意得V D －BMC ＝V M －BDC ， AN ＝22－12＝3，DN ＝13×3＝33.所以AD ＝(3)2－⎝⎛⎭⎫332＝263.所以三棱锥M －BDC 的高为12×263＝63.因为S △BCD ＝13×⎝⎛⎭⎫34×22＝33.所以V D －BMC ＝V M －BDC ＝13×33×63＝29.16．(2018·衡水金卷信息卷)在正三棱锥A －BCD 中，M ，N 分别是AB ，BC 上的点，且MN ∥AC ，AM ＝5MB ，MD ⊥MN ，若侧棱AB ＝1，则正三棱锥A －BCD 的外接球的表面积为________． 答案 3π解析 设底面边长为a ，则在△BCD 中， BN ＝16BC ＝16a ，∠DBN ＝π3，由余弦定理，得DN 2＝BD 2＋BN 2－2BD ·BN ·cos ∠DBN ＝3136a 2，∴DN ＝316a . 同理，在△ABD 中，cos ∠BAD ＝2－a 22，在△AMD 中，AM ＝56，DM ＝56a 2＋136， ∵MD ⊥MN ，MN ＝16AC ＝16，DM 2＋MN 2＝DN 2，即56a 2＋136＋136＝3136a 2，∴a 2＝2，a ＝ 2. 设A 在底面BCD 上的射影为E ，则BE ＝BC sin 60°×23＝63，AE ＝AB 2－BE 2＝33.设外接球的半径为R ，则R 2＝⎝⎛⎭⎫33－R 2＋BE 2， ∴R ＝32， ∴正三棱锥A －BCD 的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝3π.第2讲空间中的平行与垂直[考情考向分析] 1.以选择题、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面平行和垂直的判定定理与性质定理对命题的真假进行判断，属于基础题.2.以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系的交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中档．热点一空间线面位置关系的判定空间线面位置关系判断的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题．(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断．例1(1)若m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是() A．若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥nB．若m∥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥nC．若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥nD．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m∥n答案A解析对于选项A，由n∥β，α∥β可得n∥α或n⊂α，又m⊥α，所以可得m⊥n，故A正确；对于选项B，由条件可得m⊥n或m∥n，故B不正确；对于选项C，由条件可得m∥n或m，n相交或m，n异面，故C不正确；对于选项D，由题意得m⊥n，故D不正确．(2)如图，平面α⊥平面β，α∩β＝l，A，C是α内不同的两点，B，D是β内不同的两点，且A，B，C，D∉直线l，M，N分别是线段AB，CD的中点．下列判断正确的是()A．当CD＝2AB时，M，N两点不可能重合B．M，N两点可能重合，但此时直线AC与l不可能相交C．当AB与CD相交，直线AC平行于l时，直线BD可以与l相交D．当AB，CD是异面直线时，直线MN可能与l平行答案B解析由于直线CD的两个端点都可以动，所以M，N两点可能重合，此时两条直线AB，CD共面，由于两条线段互相平分，所以四边形ACBD是平行四边形，因此AC∥BD，而BD ⊂β，AC⊄B，所以由线面平行的判定定理可得AC∥β，又因为AC⊂α，α∩β＝l，所以由线面平行的性质定理可得AC∥l，故选B.思维升华解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中．跟踪演练1(1)(2018·揭阳模拟)已知直线a，b，平面α，β，γ，下列命题正确的是() A．若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，则a⊥γB．若α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，则a∥b∥cC．若α∩β＝a，b∥a，则b∥αD．若α⊥β，α∩β＝a，b∥α，则b∥a答案A解析A中，若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，则a⊥γ，该说法正确；B中，若α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，在三棱锥P－ABC中，令平面α，β，γ分别为平面P AB，P AC，PBC，交线a，b，c为P A，PB，PC，不满足a∥b∥c，该说法错误；C中，若α∩β＝a，b∥a，有可能b⊂α，不满足b∥α，该说法错误；D中，若α⊥β，α∩β＝a，b∥α，正方体ABCD－A1B1C1D1中，取平面α，β为平面ABCD，ADD1A1，直线b为A1C1，满足b∥α，不满足b∥a，该说法错误．(2)(2018·资阳模拟)如图，平面α与平面β相交于BC，AB⊂α，CD⊂β，点A∉BC，点D∉BC，则下列叙述错误的是()A．直线AD与BC是异面直线B．过AD只能作一个平面与BC平行C．过AD只能作一个平面与BC垂直D．过D只能作唯一平面与BC垂直，但过D可作无数个平面与BC平行答案 C解析 由异面直线的判定定理得直线AD 与BC 是异面直线；在平面β内仅有一条直线过点D 且与BC 平行，这条直线与AD 确定一个平面与BC 平行，即过AD 只能作一个平面与BC 平行；若AD 垂直于平面α，则过AD 的平面都与BC 垂直，因此C 错；过D 只能作唯一平面与BC 垂直，但过D 可作无数个平面与BC 平行． 热点二 空间平行、垂直关系的证明空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．例2 (1)(2018·衡水调研)如图，四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是边长为2的正方形，平面P AB ⊥平面ABCD ，点E 是PD 的中点，棱P A 与平面BCE 交于点F .①求证：AD ∥EF ；②若△P AB 是正三角形，求三棱锥P －BEF 的体积． ①证明 因为底面ABCD 是边长为2的正方形， 所以BC ∥AD .又因为BC ⊄平面P AD ，AD ⊂平面P AD ， 所以BC ∥平面P AD .又因为B ，C ，E ，F 四点共面，且平面BCEF ∩平面P AD ＝EF ， 所以BC ∥EF .又因为BC ∥AD ，所以AD ∥EF .②解 由①知，AD ∥EF ，点E 是PD 的中点， 所以点F 为P A 的中点，EF ＝12AD ＝1.又因为平面P AB ⊥平面ABCD ，平面P AB ∩平面ABCD ＝AB ，AD ⊥AB ， 所以AD ⊥平面P AB ，所以EF ⊥平面P AB .又因为△P AB是正三角形，所以P A＝PB＝AB＝2，所以S△PBF＝12S△PBA＝32.又EF＝1，所以V P－BEF＝V E－PBF＝13×32×1＝36.故三棱锥P－BEF的体积为3 6.(2)(2018·北京)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面P AD⊥平面ABCD，P A⊥PD，P A＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．①求证：PE⊥BC；②求证：平面P AB⊥平面PCD；③求证：EF∥平面PCD.证明①因为P A＝PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD.因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD，所以PE⊥BC.②因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.又因为平面P AD⊥平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面P AD，又PD⊂平面P AD，所以AB⊥PD.又因为P A⊥PD，P A∩AB＝A，P A，AB⊂平面P AB，所以PD⊥平面P AB.又PD⊂平面PCD，所以平面P AB⊥平面PCD.③如图，取PC的中点G，连接FG，DG.因为F，G分别为PB，PC的中点，所以FG ∥BC ，FG ＝12BC ，因为四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点， 所以DE ∥BC ，DE ＝12BC .所以DE ∥FG ，DE ＝FG .所以四边形DEFG 为平行四边形，所以EF ∥DG . 又因为EF ⊄平面PCD ，DG ⊂平面PCD ， 所以EF ∥平面PCD .思维升华 垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下：(1)证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换；三是利用三角形的中位线定理证明线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．(2)证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质，即要证线线垂直，只需证明一条直线垂直于另一条直线所在的平面即可，l ⊥α，a ⊂α⇒l ⊥a .跟踪演练2 (2018·全国Ⅲ)如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC .(2)在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由． (1)证明 由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD . 因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ， 又DM ⊂平面CMD ， 故BC ⊥DM .因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径， 所以DM ⊥CM .又BC ∩CM ＝C ，BC ，CM ⊂平面BMC ， 所以DM ⊥平面BMC .又DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC . (2)解 当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD .证明如下：连接AC，BD，交于点O.因为ABCD为矩形，所以O为AC的中点．连接OP，因为P为AM的中点，所以MC∥OP.又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD.热点三平面图形的翻折问题平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生变化，有的没有发生变化，这些发生变化和没有发生变化的性质是解决问题的关键．一般地，在翻折后还在一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化，解决这类问题就是要根据这些变与不变，去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法．例3(2018·北京海淀区期末)如图1，已知菱形AECD的对角线AC，DE交于点F，点E为AB中点．将△ADE沿线段DE折起到△PDE的位置，如图2所示．(1)求证：DE⊥平面PCF；(2)求证：平面PBC⊥平面PCF；(3)在线段PD，BC上是否分别存在点M，N，使得平面CFM∥平面PEN？若存在，请指出点M，N的位置，并证明；若不存在，请说明理由．(1)证明折叠前，因为四边形AECD为菱形，所以AC⊥DE，所以折叠后，DE⊥PF，DE⊥CF，又PF∩CF＝F，PF，CF⊂平面PCF，所以DE⊥平面PCF.(2)证明因为四边形AECD为菱形，所以DC∥AE，DC＝AE.又点E为AB的中点，所以DC∥EB，DC＝EB，。
2016届高考数学(江苏专用)二轮复习 专题二 立体几何 第2讲 立体几何综合问题 (文科)
第2讲立体几何综合问题【自主学习】第2讲立体几何综合问题(本讲对应学生用书第16～20页)自主学习回归教材1. （必修2 P49练习1改编）已知正四棱柱的底面边长为3 cm，侧面的对角线长为5cm，那么这个正四棱柱的侧面积为cm2。
【答案】72【解析】侧面矩形的高为6 cm，所以侧面积为4×3×6=72cm2.2。
(必修2 P49练习4改编）用半径为r的半圆形铁皮卷成一个圆锥筒,则这个圆锥筒的高是。
3r【解析】圆锥筒底面圆周的半径R=π2πr=2r，高h221-4r r32r。
3. (必修2 P57习题2改编）若一个正六棱锥的底面边长为6 cm，高为15 cm,则它的体积为cm3。
【答案】3【解析】由题意可得，底面积S=1233V=13S h=13334。
（必修2 P71复习题19改编）如图,在三棱柱A 1B 1C 1-ABC 中，D ，E,F 分别是AB ，AC ，AA 1的中点，设三棱锥F —ADE 的体积为V 1,三棱柱A 1B 1C 1-ABC 的体积为V 2，则V 1∶V 2= .（第4题）【答案】1∶24【解析】因为D,E 分别是AB ，AC 的中点，所以S △ADE ∶S △ABC =1∶4. 记F 和A 1到平面ABC 的距离分别为h 1，h 2.由F 为AA 1的中点，得h 1∶h 2=1∶2。
所以12V V =121·3·ADE ABC S h S h =1∶24.5. (必修2 P54练习4改编)已知一个正四棱台油槽可以装煤油190L ，它的上、下底面边长分别为40 cm 和60 cm ，求它的深度。
【答案】1(?)3V h S S S S ⎛⎫=⎪⎝⎭下下上上棱台体积公式： 【解答】由题意有S 上=402=1600（cm 2），S 下=602=3600(cm 2），V=13h (S 上·S S 下上下）=13h 16003600⨯+3600）=76003h ,所以76003h =190000，解得h =75(cm ）.即油槽的深度为75 cm .【要点导学】要点导学 各个击破空间几何体的表面积和体积例1 （2015·江苏卷)现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个，则新的底面半径为 。
2016版高考数学二轮专题突破(理科)文档：专题四 立体几何与空间向量 第2讲 含答案
第2讲空间中的平行与垂直1．(2015·北京）设α,β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α。
则“m∥β”是“α∥β"的（)A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件2．（2013·浙江)设m，n是两条不同的直线，α,β是两个不同的平面( )A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m∥α，m∥β，则α∥βC．若m∥n,m⊥α，则n⊥αD．若m∥α，α⊥β，则m⊥β3．(2015·江苏）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1。
设AB1的中点为D,B1C∩BC1＝E.求证：(1）DE∥平面AA1C1C;(2）BC1⊥AB1.1。
以选择题、填空题的形式考查,主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面的判定与性质定理对命题的真假进行判断，属基础题.2.以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查,难度中等.热点一空间线面位置关系的判定空间线面位置关系判断的常用方法(1）根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题;（2）必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系,并结合有关定理来进行判断．例1 （1）(2015·广东)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内,l是平面α与平面β的交线,则下列命题正确的是（）A．l与l1,l2都不相交B．l与l1，l2都相交C．l至多与l1，l2中的一条相交D．l至少与l1，l2中的一条相交(2)平面α∥平面β的一个充分条件是( )A．存在一条直线a,a∥α,a∥βB．存在一条直线a，a⊂α,a∥βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α,b⊂β,a∥β，b∥αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α,b⊂β，a∥β,b∥α思维升华解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中．跟踪演练1 已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不重合的平面，给出下列命题：①若m⊥α,n⊥α，则m∥n；②若m⊥α，m⊥n，则n∥α；③若α⊥β，m∥α，则m⊥β；④若m⊥α，m∥β，则α⊥β.A．0 B．1C．2 D．3热点二空间平行、垂直关系的证明空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．例2 （2015·广东）如图,三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，PD＝PC＝4,AB＝6，BC＝3.（1）证明：BC∥平面PDA;（2）证明：BC⊥PD；（3）求点C到平面PDA的距离．思维升华垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下：(1）证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换；三是利用三角形的中位线定理证线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．(2）证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质：即要证两线垂直,只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l⊥α，a⊂α⇒l⊥a。
高考数学文科二轮专题突破素材：专题四 立体几何 第2讲主干知识梳理+热点分类突破+押题精练
第2讲空间中的平行与垂直【高考考情解读】高考对本节知识的考查主要是以下两种形式：1.以选择、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面的判定与性质定理对命题真假进行判断，属基础题.2.以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中等．1．线面平行与垂直的判定定理、性质定理2．提醒使用有关平行、垂直的判定定理时，要注意其具备的条件，缺一不可．3．平行关系及垂直关系的转化示意图考点一空间线面位置关系的判断例1(1)l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是() A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面(2)设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是()A．若l⊥m，m⊂α，则l⊥αB．若l⊥α，l∥m，则m⊥αC．若l∥α，m⊂α，则l∥m D．若l∥α，m∥α，则l∥m答案(1)B(2)B解析(1)对于A，直线l1与l3可能异面、相交；对于C，直线l1、l2、l3可能构成三棱柱的三条棱而不共面；对于D，直线l1、l2、l3相交于同一个点时不一定共面，如正方体一个顶点的三条棱．所以选B.(2)A中直线l可能在平面α内；C与D中直线l，m可能异面；事实上由直线与平面垂直的判定定理可得B正确．解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全移植到立体几何中．(1)(2013·广东)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是()A．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nB．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥nC．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥βD．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β(2)平面α∥平面β的一个充分条件是()A．存在一条直线a，a∥α，a∥βB．存在一条直线a，a⊂α，a∥βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α答案(1)D(2)D解析(1)A中，m与n可垂直、可异面、可平行；B中m与n可平行、可异面；C中若α∥β，仍然满足m⊥n，m⊂α，n⊂β，故C错误；故D正确．(2)若α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β，则a∥α，a∥β，故排除A.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，故排除B.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C.故选D.考点二线线、线面的位置关系例2如图，在四棱锥P—ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，P A⊥平面ABCD，E为PD的中点，P A＝2AB.(1)若F为PC的中点，求证：PC⊥平面AEF；(2)求证：EC∥平面P AB.证明(1)由题意得P A＝CA，∵F为PC的中点，∴AF⊥PC.∵P A⊥平面ABCD，∴P A⊥CD.∵AC⊥CD，P A∩AC＝A，∴CD⊥平面P AC，∴CD⊥PC.∵E为PD的中点，F为PC的中点，∴EF∥CD，∴EF⊥PC.∵AF∩EF＝F，∴PC⊥平面AEF.(2)方法一如图，取AD的中点M，连接EM，CM.则EM∥P A.∵EM⊄平面P AB，P A⊂平面P AB，∴EM∥平面P AB.在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，MC＝AM，∴∠ACM＝60°.而∠BAC＝60°，∴MC∥AB.∵MC⊄平面P AB，AB⊂平面P AB，∴MC∥平面P AB.∵EM∩MC＝M，∴平面EMC∥平面P AB.∵EC⊂平面EMC，∴EC∥平面P AB.方法二如图，延长DC、AB，设它们交于点N，连接PN.∵∠NAC＝∠DAC＝60°，AC⊥CD，∴C为ND的中点．∵E为PD的中点，∴EC∥PN.∵EC⊄平面P AB，PN⊂平面P AB，∴EC∥平面P AB.(1)立体几何中，要证线垂直于线，常常先证线垂直于面，再用线垂直于面的性质易得线垂直于线．要证线平行于面，只需先证线平行于线，再用线平行于面的判定定理易得．(2)证明立体几何问题，要紧密结合图形，有时要利用平面几何的相关知识，因此需要多画出一些图形辅助使用．如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝BB1，D为AC的中点．(1)求证：B1C∥平面A1BD；(2)若AC1⊥平面A1BD，求证：B1C1⊥平面ABB1A1；(3)在(2)的条件下，设AB＝1，求三棱锥B－A1C1D的体积．(1)证明如图所示，连接AB1交A1B于E，连接ED.∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，且AB＝BB1，∴侧面ABB1A1是正方形，∴E是AB1的中点，又已知D为AC的中点，∴在△AB1C中，ED是中位线，∴B1C∥ED，∴B1C∥平面A1BD.(2)证明∵AC1⊥平面A1BD，∴AC1⊥A1B.∵侧面ABB1A1是正方形，∴A1B⊥AB1.又AC1∩AB1＝A，∴A1B⊥平面AB1C1，∴A1B⊥B1C1.又∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，∴BB1⊥B1C1，∴B1C1⊥平面ABB1A1.(3)解∵AB＝BC，D为AC的中点，∴BD ⊥AC ，∴BD ⊥平面DC 1A 1. ∴BD 是三棱锥B －A 1C 1D 的高． 由(2)知B 1C 1⊥平面ABB 1A 1， ∴BC ⊥平面ABB 1A 1.∴BC ⊥AB ，∴△ABC 是等腰直角三角形． 又∵AB ＝BC ＝1，∴BD ＝22， ∴AC ＝A 1C 1＝ 2.∴三棱锥B －A 1C 1D 的体积V ＝13·BD ·S △A 1C 1D ＝13×22×12A 1C 1·AA 1＝212×2×1＝16.考点三 面面的位置关系例3 如图，在几何体ABCDE 中，AB ＝AD ＝2，AB ⊥AD ，AE ⊥平面ABD .M 为线段BD 的中点，MC ∥AE ，AE ＝MC ＝ 2. (1)求证：平面BCD ⊥平面CDE ；(2)若N 为线段DE 的中点，求证：平面AMN ∥平面BEC . 证明 (1)∵AB ＝AD ＝2，AB ⊥AD ，M 为线段BD 的中点， ∴AM ＝12BD ＝2，AM ⊥BD .∵AE ＝MC ＝2，∴AE ＝MC ＝12BD ＝2，∴BC ⊥CD .∵AE ⊥平面ABD ，MC ∥AE ， ∴MC ⊥平面ABD . ∴平面ABD ⊥平面CBD ， ∴AM ⊥平面CBD . 又MC 綊AE ，∴四边形AMCE 为平行四边形， ∴EC ∥AM ，∴EC ⊥平面CBD ，∴BC ⊥EC ， ∵EC ∩CD ＝C ，∴BC ⊥平面CDE ，∴平面BCD⊥平面CDE.(2)∵M为BD中点，N为ED中点，∴MN∥BE且BE∩EC＝E，由(1)知EC∥AM且AM∩MN＝M，∴平面AMN∥平面BEC.(1)证明面面平行依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行．(2)证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中线、高线或添加辅助线解决．如图所示，已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，AD ＝DE ＝2AB ，F 为CD 的中点． 求证：(1)AF ∥平面BCE ； (2)平面BCE ⊥平面CDE .证明 (1)如图，取CE 的中点G ，连接FG ，BG . ∵F 为CD 的中点，∴GF ∥DE 且GF ＝12DE .∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ， ∴AB ∥DE ，∴GF ∥AB . 又AB ＝12DE ，∴GF ＝AB .∴四边形GF AB 为平行四边形，则AF ∥BG . ∵AF ⊄平面BCE ，BG ⊂平面BCE ， ∴AF ∥平面BCE .(2)∵△ACD 为等边三角形，F 为CD 的中点， ∴AF ⊥CD .∵DE ⊥平面ACD ，AF ⊂平面ACD ，∴DE ⊥AF . 又CD ∩DE ＝D ，故AF ⊥平面CDE . ∵BG ∥AF ，∴BG ⊥平面CDE .∵BG ⊂平面BCE ，∴平面BCE ⊥平面CDE .考点四图形的折叠问题例4(2012·北京)如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F 为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图(2)．(1)求证：DE∥平面A1CB；(2)求证：A1F⊥BE；(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由．折叠问题要注意在折叠过程中，哪些量变化了，哪些量没有变化．第(1)问证明线面平行，可以证明DE∥BC；第(2)问证明线线垂直转化为证明线面垂直，即证明A1F⊥平面BCDE；第(3)问取A1B的中点Q，再证明A1C⊥平面DEQ.(1)证明因为D，E分别为AC，AB的中点，所以DE∥BC.又因为DE⊄平面A1CB，BC⊂平面A1CB，所以DE∥平面A1CB.(2)证明由已知得AC⊥BC且DE∥BC，所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD.所以DE⊥平面A1DC.而A1F⊂平面A1DC，所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD，所以A1F⊥平面BCDE，所以A1F⊥BE.(3)解线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.又因为DE∥BC，所以DE∥PQ.所以平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，所以A1C⊥DP.所以A1C⊥平面DEP.从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．(2013·广东)如图(1)，在边长为1的等边三角形ABC中，D，E分别是AB，AC上的点，AD＝AE，F是BC的中点，AF与DE交于点G.将△ABF沿AF折起，得到如图(2)所示的三棱锥A－BCF，其中BC＝2 2.(1)证明：DE ∥平面BCF ； (2)证明：CF ⊥平面ABF ；(3)当AD ＝23时，求三棱锥F －DEG 的体积V F －DEG .(1)证明 在等边△ABC 中，AD ＝AE ，∴AD DB ＝AEEC在折叠后的三棱锥A －BCF 中也成立．∴DE ∥BC ，又DE ⊄平面BCF ，BC ⊂平面BCF ，∴DE ∥平面BCF . (2)证明 在等边△ABC 中，F 是BC 的中点，∴AF ⊥CF . ∵在三棱锥A －BCF 中，BC ＝22， ∴BC 2＝BF 2＋CF 2＝14＋14＝12，∴CF ⊥BF .又BF ∩AF ＝F ，∴CF ⊥平面ABF .(3)解 V F －DEG ＝V E －DFG ＝13×12×DG ×FG ×GE ＝13×12×13×⎝⎛⎭⎫13×32×13＝3324.1． 证明线线平行的常用方法(1)利用平行公理，即证明两直线同时和第三条直线平行； (2)利用平行四边形进行转换； (3)利用三角形中位线定理证明；(4)利用线面平行、面面平行的性质定理证明． 2． 证明线面平行的常用方法(1)利用线面平行的判定定理，把证明线面平行转化为证线线平行； (2)利用面面平行的性质定理，把证明线面平行转化为证面面平行． 3． 证明面面平行的方法证明面面平行，依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证面面平行转化为证线面平行，再转化为证线线平行． 4． 证明线线垂直的常用方法(1)利用特殊平面图形的性质，如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直；(2)利用勾股定理逆定理；(3)利用线面垂直的性质，即要证线线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在平面即可． 5． 证明线面垂直的常用方法(1)利用线面垂直的判定定理，把线面垂直的判定转化为证明线线垂直； (2)利用面面垂直的性质定理，把证明线面垂直转化为证面面垂直；(3)利用常见结论，如两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面等．6． 证明面面垂直的方法证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中点、高线或添加辅助线解决．1． 如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F ，且EF ＝12，则下列结论中错误的是( )A．AC⊥BEB．EF∥平面ABCDC．三棱锥A－BEF的体积为定值D．△AEF的距离与△BEF的面积相等答案 D解析∵AC⊥平面BB1D1D，又BE⊂平面BB1D1D，∴AC⊥BE，故A正确．∵B1D1∥平面ABCD，又E、F在线段B1D1上运动，故EF∥平面ABCD.故B正确．C中由于点B到直线EF的距离是定值，故△BEF的面积为定值，又点A到平面BEF的距离为定值，故V A－BEF不变．故C正确．由于点A到B1D1的距离与点B到B1D1的距离不相等，因此△AEF与△BEF的面积不相等，故D错误．2．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．(1)证明：平面ADC1B1⊥平面A1BE；(2)在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论．(1)证明如图，因为ABCD－A1B1C1D1为正方体，所以B1C1⊥面ABB1A1.因为A1B⊂面ABB1A1，所以B1C1⊥A1B.又因为A1B⊥AB1，B1C1∩AB1＝B1，所以A1B⊥面ADC1B1.因为A1B⊂面A1BE，所以平面ADC1B1⊥平面A1BE.(2)解当点F为C1D1中点时，可使B1F∥平面A1BE.证明如下：易知：EF∥C1D，且EF＝12C1D.设AB1∩A1B＝O，则B1O∥C1D且B1O＝12C1D，所以EF∥B1O且EF＝B1O，所以四边形B1OEF为平行四边形．所以B1F∥OE.又因为B1F⊄面A1BE，OE⊂面A1BE.所以B1F∥面A1BE.(推荐时间：60分钟)一、选择题1．已知α，β，γ是三个互不重合的平面，l是一条直线，下列命题中正确的是() A．若α⊥β，l⊥β，则l∥αB．若l上有两个点到α的距离相等，则l∥αC．若l⊥α，l∥β，则α⊥βD．若α⊥β，α⊥γ，则γ⊥β答案 C解析当α⊥β，l⊥β时，l可以在α内，∴选项A不正确；如果α过l上两点A，B的中点，则A，B到α的距离相等，∴选项B不正确；当α⊥β，α⊥γ时，可以有β∥γ，∴选项D不正确，∴正确选项为C.2．已知直线m，n和平面α，则m∥n的必要不充分条件是() A．m∥α且n∥αB．m⊥α且n⊥αC．m∥α且n⊂αD．m，n与α成等角答案 D解析m∥n不能推出m∥α且n∥α，m∥α，n∥α时，m，n可能相交或异面，为即不充分也不必要条件，A不正确；m⊥α，n⊥α时，m∥n，为充分条件，但m∥n不能推出m⊥α，n⊥α，故B不正确；m∥n不能推出m∥α且n⊂α，m∥α，且n⊂α时，m和n可能异面，为即不充分也不必要条件，故C不正确；m∥n时，m，n与α成等角，必要性成立，但充分性不成立，故选D.3．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD.则在三棱锥A－BCD中，下列命题正确的是()A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC答案 D解析∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD，又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，所以CD⊥平面ABD，则CD⊥AB，又AD⊥AB，AD∩CD＝D，所以AB⊥平面ADC，又AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ADC，故选D.4．下列命题中，m、n表示两条不同的直线，α、β、γ表示三个不同的平面．①若m⊥α，n∥α，则m⊥n；②若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；③若m∥α，n∥α，则m∥n；④若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ.正确的命题是() A．①③B．②③C．①④D．②④答案 C解析 ②平面α与β可能相交，③中m 与n 可以是相交直线或异面直线．故②③错，选C.5． 一正四面体木块如图所示，点P 是棱VA 的中点，过点P 将木块锯开，使截面平行于棱VB 和AC ，若木块的棱长为a ，则截面面积为( ) A.a 22 B.a 23 C.a 24D.a 25答案 C解析 如图，在面VAC 内过点P 作AC 的平行线PD 交VC 于点D ，在 面VAB 内作VB 的平行线交AB 于点F ，过点D 作VB 的平行线交BC 于 点E .连接EF ，易知PF ∥DE ，故P ，D ，E ，F 共面，且面PDEF 与VB 和AC 都平行，易知四边形PDEF 是边长为a 2的正方形，故其面积为a 24，故选C.6． 在正三棱锥S －ABC 中，M ，N 分别是SC ，BC 的中点，且MN ⊥AM ，若侧棱SA ＝23，则正三棱锥S －ABC 外接球的表面积是 ( ) A ．12π B ．32π C ．36πD ．48π答案 C解析 由MN ⊥AM 且MN 是△BSC 的中位线得BS ⊥AM ， 又由正三棱锥的性质得BS ⊥AC ，所以BS ⊥面ASC .即正三棱锥S －ABC 的三侧棱SA 、SB 、SC 两两垂直，外接球直径为3SA ＝6. ∴球的表面积S ＝4πR 2＝4π×32＝36π.选C. 二、填空题7． 设x ，y ，z 是空间中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________(填出所有正确条件的代号)．①x 为直线，y ，z 为平面；②x ，y ，z 为平面；③x ，y 为直线，z 为平面；④x ，y 为平面，z 为直线；⑤x ，y ，z 为直线． 答案 ③④解析 因为垂直于同一个平面的两条直线平行，所以③正确；因为垂直于同一条直线的两个平面平行，所以④正确；若直线x ⊥平面z ，平面y ⊥平面z ，则可能有直线x 在平面y 内的情况，所以①不正确；若平面x ⊥平面z ，平面y ⊥平面z ，则平面x 与平面y 可能相交，所以②不正确；若直线x ⊥直线z ，直线y ⊥直线z ，则直线x 与直线y 可能相交、异面、平行，所以⑤不正确．8． 如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC ＝2a ，BB 1＝3a ，D 是A 1C 1的中点，点F 在线段AA 1上，当AF ＝________时，CF ⊥平面B 1DF . 答案 a 或2a解析 由题意易知，B 1D ⊥平面ACC 1A 1，所以B 1D ⊥CF . 要使CF ⊥平面B 1DF ，只需CF ⊥DF 即可． 令CF ⊥DF ，设AF ＝x ，则A 1F ＝3a －x . 易知Rt △CAF ∽Rt △F A 1D ， 得AC A 1F ＝AF A 1D ，即2a x ＝3a －x a， 整理得x 2－3ax ＋2a 2＝0， 解得x ＝a 或x ＝2a .9． 如图，AB 为圆O 的直径，点C 在圆周上(异于点A ，B )，直线P A 垂直于圆O 所在的平面，点M 为线段PB 的中点．有以下四个命题： ①P A ∥平面MOB ； ②MO ∥平面P AC ； ③OC ⊥平面P AC ； ④平面P AC ⊥平面PBC .其中正确的命题是________(填上所有正确命题的序号)． 答案 ②④解析 ①错误，P A ⊂平面MOB ；②正确；③错误，否则，有OC ⊥AC ，这与BC ⊥AC 矛盾；④正确，因为BC ⊥平面P AC . 三、解答题10．(2013·重庆)如图，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，P A ＝23，BC ＝CD ＝2，∠ACB ＝∠ACD ＝π3.(1)求证：BD ⊥平面P AC ；(2)若侧棱PC 上的点F 满足PF ＝7FC ，求三棱锥P －BDF 的体积． (1)证明 因为BC ＝CD ，所以△BCD 为等腰三角形，又∠ACB ＝∠ACD ，故BD ⊥AC .因为P A ⊥底面ABCD ，所以P A ⊥BD .从而BD 与平面P AC 内两条相交直线P A ，AC 都垂直，所以BD ⊥平面P AC .(2)解 三棱锥P －BCD 的底面BCD 的面积S △BCD ＝12BC ·CD ·sin ∠BCD ＝12×2×2×sin 2π3＝ 3.由P A ⊥底面ABCD ，得V P －BCD ＝13·S △BCD ·P A ＝13×3×23＝2.由PF ＝7FC ，得三棱锥F －BCD 的高为18P A ，故V F －BCD ＝13·S △BCD ·18P A ＝13×3×18×23＝14，所以V P －BDF ＝V P －BCD －V F －BCD ＝2－14＝74.11．(2012·广东)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥平面P AD ， AB ∥CD ，PD ＝AD ，E 是PB 的中点，F 是DC 上的点且DF ＝12AB ，PH 为△P AD 中AD 边上的高．(1)证明：PH ⊥平面ABCD ；(2)若PH ＝1，AD ＝2，FC ＝1，求三棱锥E －BCF 的体积；(3)证明：EF ⊥平面P AB .(1)证明 因为AB ⊥平面P AD ，PH ⊂平面P AD ，所以PH ⊥AB .因为PH 为△P AD 中AD 边上的高，所以PH ⊥AD .因为PH ⊄平面ABCD ，AB ∩AD ＝A ，AB ，AD ⊂平面ABCD ， 所以PH ⊥平面ABCD .(2)解 如图，连接BH ，取BH 的中点G ，连接EG .因为E 是PB 的中点，所以EG ∥PH ，且EG ＝12PH ＝12.因为PH ⊥平面ABCD ，所以EG ⊥平面ABCD .因为AB ⊥平面P AD ，AD ⊂平面P AD ，所以AB ⊥AD ，所以底面ABCD 为直角梯形，所以V E －BCF ＝13S △BCF ·EG＝13·12·FC ·AD ·EG ＝212.(3)证明 取P A 中点M ，连接MD ，ME .因为E 是PB 的中点，所以ME 綊12AB .又因为DF 綊12AB ，所以ME 綊DF ，所以四边形MEFD 是平行四边形，所以EF ∥MD .因为PD ＝AD ，所以MD ⊥P A .因为AB ⊥平面P AD ，所以MD ⊥AB .因为P A ∩AB ＝A ，所以MD ⊥平面P AB ，所以EF ⊥平面P AB .12．如图，在平行四边形ABCD 中，AB ＝2BC ＝4，∠ABC ＝120°，E ， M 分别为AB ，DE 的中点，将△ADE 沿直线DE 翻折成△A ′DE ，F 为A ′C 的中点，A ′C ＝4.(1)求证：平面A ′DE ⊥平面BCD ；(2)求证：FB ∥平面A ′DE .证明 (1)由题意，得△A ′DE 是△ADE 沿DE 翻折而成的， ∴△A ′DE ≌△ADE .∵∠ABC ＝120°，四边形ABCD 是平行四边形，∴∠A ＝60°.又∵AD ＝AE ＝2，∴△A ′DE 和△ADE 都是等边三角形．如图，连接A′M，MC，∵M是DE的中点，∴A′M⊥DE，A′M＝ 3.在△DMC中，MC2＝DC2＋DM2－2DC·DM cos 60°＝42＋12－2×4×1cos 60°，∴MC＝13.在△A′MC中，A′M2＋MC2＝(3)2＋(13)2＝42＝A′C2. ∴△A′MC是直角三角形，∴A′M⊥MC.又∵A′M⊥DE，MC∩DE＝M，∴A′M⊥平面BCD.又∵A′M⊂平面A′DE，∴平面A′DE⊥平面BCD.(2)取DC的中点N，连接FN，NB.∵A′C＝DC＝4，F，N分别是A′C，DC的中点，∴FN∥A′D.又∵N，E分别是平行四边形ABCD的边DC，AB的中点，∴BN∥DE.又∵A′D∩DE＝D，FN∩NB＝N，∴平面A′DE∥平面FNB.∵FB⊂平面FNB，∴FB∥平面A′DE.。
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专题四 立体几何
第二讲 高考中的立体几何(解答题型)
1.命题点：线、面的平行关系，线、面的垂直关系，平行与垂直关系的综合考查． 2交汇点：常与空间几何体的三视图、表面积、体积等知识交汇考查．
3.常用方法：利用判定定理证明平行的方法，利用判定定理证明垂直的方法.
[必记定理]
1．线面平行与垂直的判定定理、性质定理 2.面面平行与垂直的判定定理、性质定理
[重要转化]
1.三种平行关系的转化
2．三种垂直关系的转化
线线垂直 判定定理性质定理线面垂直 判定定理
性质定理面面垂直
[易错提醒]
1．忽视线面平行判定定理的条件：证明线面平行时，忽视“直线在平面外”“直线在平面内”的条件． 2．忽视线面垂直判定定理的条件：证明线面垂直时，忽视“平面内两条相交直线”这一条件．
3．关注面面垂直的性质定理的条件：当题目涉及面面垂直的条件时，一般用此定理转化为线面垂直，应用时注意在面面垂直的前提下，过平面内一点，垂直于两平面交线的直线应在其中一个平面内．
热点一 空间位置关系的证明
例1 (1)[2015·陕西高三质检]如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2， E 为棱CC 1的中点．
①求证：B 1D 1⊥AE ；②求证：AC ∥平面B 1DE .
(2)[2015·郑州质检]如图，已知三棱柱ABC－A′B′C′的侧棱垂直于底面，AB＝AC，
∠BAC＝90°，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．
①证明：MN∥平面AA′C′C；
②设AB＝λAA′，当λ为何值时，CN⊥平面A′MN，试证明你的结论．
【立体几何中平行与垂直的证明方法总结】
(1)证明线线平行的常用方法
①利用平行公理，即证明两直线同时和第三条直线平行．②利用平行四边形进行转换．
③利用三角形中位线定理证明．④利用线面平行、面面平行的性质定理证明．
(2)证明线面平行的常用方法
①利用线面平行的判定定理，把证明线面平行转化为证明线线平行．
②利用面面平行的性质定理，把证明线面平行转化为证明面面平行．
(3)证明面面平行的方法
证明面面平行，依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行．
(4)证明线线垂直的常用方法
①利用特殊平面图形的性质，如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直．
②利用勾股定理逆定理．
③利用线面垂直的性质，即要证明线线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在平面即可．
(5)证明线面垂直的常用方法
①利用线面垂直的判定定理，把线面垂直的判定转化为证明线线垂直．
②利用面面垂直的性质定理，把证明线面垂直转化为证明面面垂直．
③利用常见结论，如两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面等．
(6)证明面面垂直的方法：证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中点、高线或添加辅助线解决．
[2015·山东高考]如图，三棱台DEF－ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．
(1)求证：BD∥平面FGH；
(2)若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH.
热点二空间位置关系与体积的综合问题
例2(1)[2015·陕西质检一]如图，AC是圆O的直径，点B在圆O上，∠BAC＝30°，BM⊥AC交AC
于点M，EA⊥平面ABC，FC∥EA，AC＝4，EA＝3，FC＝1.
①证明：AB⊥BF；②求三棱锥E－BMF的体积．
【三种常见的求体积的方法】
(1)分割求和法：把不规则的图形分割成几种规则的图形，然后进行体积求和．
(2)补形法：把不规则的形体补成规则的形体，不熟悉的形体补成熟悉的形体，便于计算其体积．常见的补形方法：①将正四面体补成正方体；②将棱长相等的三棱锥补成长方体；③将三条侧棱互相垂直的三棱锥补成长方体或正方体；④将三棱锥补成三棱柱或平行六面体；⑤将三棱柱补成平行六面体；⑥将台体补成锥体．
(3)等积转化法：从不同的角度看待原几何体，通过改变顶点和底面，利用体积不变的原理，求原几何体的体积．
[2015·兰州双基过关]如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC ＝π
2， AB ＝AC ＝2，AA 1＝3，D 是BC 的中点，点E 在棱BB 1上运动． (1)证明：AD ⊥C 1E ；
(2)当异面直线AC ，C 1E 所成的角为π
3时，求三棱锥C 1－A 1B 1E 的体积．
热点三 折叠问题
例3 [2015·陕西高考]如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1
2AD ＝a ，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到图2中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1－BCDE . (1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；
(2)当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1－BCDE 的体积为362，求a 的值．
【求解翻折问题的两个关键点】
(1)画好两个图——翻折前的平面图和翻折后的立体图．
(2)分析好两个关系——翻折前后哪些位置关系和变量关系发生了变化，哪些没有变，这些不变和变化的量反映了折叠后空间图形的结构特征．
一般地，在同一个半平面内的几何元素之间的关系是不变的，涉及两个半平面内的几何元素之间的关系是要变的，分别位于两个半平面内但垂直于棱的直线翻折后仍然垂直于翻折棱．
如图，已知矩形ABCD 中，AB ＝10，BC ＝6，将矩形沿对角线BD 把△ABD 折起，使A 移到A 1点，且A
1在平面BCD 上的射影O 恰好在CD 上．
(1)求证：BC ⊥A 1D ；(2)求证：平面A 1BC ⊥平面A 1BD ； (3)求三棱锥A 1－BCD 的体积．
1．在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AC ＝AA 1，AC 1与A 1C 交于一点P ，延长B 1B 到点D ，使得
BD ＝1
2AA 1，连接DC ，DA ，得到如图所示的几何体． 求证：(1)BP ∥平面ACD ；(2)平面ABC 1⊥平面A 1B 1C .
2．[2015·太原模拟]如图，在底面是正三角形的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ＝2，D 是BC 的中点．(1)求证：A 1C ∥平面AB 1D ；
(2)求点A 1到平面AB 1D 的距离．
4．[2015·山西四校联考(三)]如图，AB 是圆O 的直径，点C 在圆O 上，矩形DCBE 所在的平面垂直于圆O 所在的平面，AB ＝4，BE ＝1.
(1)证明：平面ADE ⊥平面ACD ；
(2)当三棱锥C －ADE 的体积最大时，求点C 到平面ADE 的距离．
5．[2015·山东]如图，三棱台ABC -DEF 中，2,,AB DE G H =分别为BC AC ,的中点，
（I ）求证：//BD 平面FGH ；
（II ）若BC AB BC CF ⊥⊥,，求证：平面⊥BCD 平面FGH .。