2018届人教B版 7.3 立体几何中的最值问题检测卷

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2018届人教B版立体几何 3 单元测试

一、选择题1.若直线a 平行于平面α，则下列结论错误的是( )A.a 平行于α内的所有直线B.α内有无数条直线与a 平行C.直线a 上的点到平面α的距离相等D.α内存在无数条直线与a 成90°角解析若直线a 平行于平面α，则α内既存在无数条直线与a 平行，也存在无数条直线与a 异面且垂直，所以A 不正确，B 、D 正确.又夹在相互平行的线与平面间的平行线段相等，所以C 正确.答案 A2.平面α∥平面β，点A ，C ∈α，B ，D ∈β，则直线AC ∥直线BD 的充要条件是( )A.AB ∥CDB.AD ∥CBC.AB 与CD 相交D.A ，B ，C ，D 四点共面解析充分性：A ，B ，C ，D 四点共面，由平面与平面平行的性质知AC ∥BD .必要性显然成立.答案 D3.在空间四边形ABCD 中，E ，F 分别是AB 和BC 上的点，若AE ∶EB ＝CF ∶FB ＝1∶2，则对角线AC 和平面DEF 的位置关系是( )A.平行B.相交C.在平面内D.不能确定解析如图，由AE EB ＝CF FB 得AC ∥EF .又因为EF ⊂平面DEF ，AC ⊄平面DEF ，所以AC ∥平面DEF .答案 A4.给出下列关于互不相同的直线l ，m ，n 和平面α，β，γ的三个命题：①若l 与m 为异面直线，l ⊂α，m ⊂β，则α∥β；②若α∥β，l ⊂α，m ⊂β，则l ∥m ；③若α∩β＝l ，β∩γ＝m .γ∩α＝n ，l ∥γ，则m ∥n .其中真命题的个数为( )A.3B.2C.1D.0解析 ①中当α与β不平行时，也可能存在符合题意的l ，m ；②中l 与m 也可能异面；③中⎭⎬⎫l ∥γl ⊂αα∩γ＝n ⇒l ∥n ，同理，l ∥m ，则m ∥n ，正确. 答案 C 5.(2016·郑州模拟)设α，β，γ为三个不同的平面，m ，n 是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m ，n ⊂γ，且________，则m ∥n ”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题.①α∥γ，n ⊂β；②m ∥γ，n ∥β；③n ∥β，m ⊂γ.可以填入的条件有( )A.①或②B.②或③C.①或③D.①或②或③解析由面面平行的性质定理可知，①正确；当n ∥β，m ⊂γ时，n 和m 在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确.故选C.答案 C二、填空题6.(2016·泉州一模)如图，四棱锥P －ABCD 的底面是一直角梯形，AB ∥CD ，BA ⊥AD ，CD ＝2AB ，P A ⊥底面ABCD ，E 为PC 的中点，则BE 与平面P AD 的位置关系为________.解析取PD 的中点F ，连接EF ，AF ，在△PCD 中，EF 綉12CD . 又∵AB ∥CD 且CD ＝2AB ，∴EF 綉AB ，∴四边形ABEF 是平行四边形，∴EB ∥AF .又∵EB ⊄平面P AD ，AF ⊂平面P AD ，∴BE ∥平面P AD .答案平行7.在四面体A －BCD 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________.解析如图，取CD 的中点E .连接AE ，BE ，由于M ，N 分别是△ACD ，△BCD 的重心，所以AE ，BE 分别过M ，N ，则EM ∶MA ＝1∶2，EN ∶BN ＝1∶2，所以MN ∥AB . 所以MN ∥平面ABD ，MN ∥平面ABC.答案平面ABD与平面ABC8.在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是棱AA1的中点，过C，M，D1作正方体的截面，则截面的面积是________.解析由面面平行的性质知截面与面AB1的交线MN是△AA1B的中位线，所以截面是梯形CD1MN，易求其面积为9 2.答案9 2三、解答题9.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，D是BC上一点，且A1B∥平面AC1D，D1是B1C1的中点，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.证明如图，连接A1C交AC1于点E，连接ED.∵四边形A1ACC1是平行四边形，∴E是A1C的中点.∵A1B∥平面AC1D，平面A1BC∩平面AC1D＝ED，∴A1B ∥ED.∵E是A1C的中点，∴D是BC的中点.又D1是B1C1的中点，∴D1C1綉BD，∴四边形BDC1D1为平行四边形，∴BD1∥C1D.又A1B∩BD1＝B，DE∩DC1＝D，∴平面A1BD1∥平面AC1D.10.(2016·长沙模拟)一个多面体的直观图及三视图如图所示(其中M，N分别是AF，BC的中点).(1)求证：MN∥平面CDEF；(2)求多面体A－CDEF的体积.解由三视图可知：AB＝BC＝BF＝2，DE＝CF＝22，∠CBF＝π2.(1)证明取BF的中点G，连接MG，NG，由M，N分别为AF，BC的中点，可得NG∥CF，MG∥AB∥EF，且NG∩MG＝G，CF∩EF＝F，∴平面MNG∥平面CDEF，又MN⊂平面MNG，∴MN∥平面CDEF.(2)取DE的中点H.∵AD＝AE，∴AH⊥DE，在直三棱柱ADE－BCF中，平面ADE⊥平面CDEF，平面ADE∩平面CDEF＝DE，AH⊂平面ADE，∴AH⊥平面CDEF.∴多面体A－CDEF是以AH为高，以矩形CDEF为底面的棱锥，在△ADE中，AH＝ 2.S矩形CDEF＝DE·EF＝42，∴棱锥A－CDEF的体积为V＝13·S矩形CDEF·AH＝13×42×2＝83.能力提升题组(建议用时：20分钟)11.(2016·广东七校联考)设a，b是两条不同直线，α，β是两个不同的平面，则α∥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解析对于A，两个平面还可以相交，若α∥β，则存在一条直线a，a∥α，a ∥β，所以A是α∥β的一个必要条件；同理，B也是α∥β的一个必要条件；易知C不是α∥β的一个充分条件，而是一个必要条件；对于D，可以通过平移把两条异面直线平移到一个平面中，成为相交直线，则有α∥β，所以D 是α∥β的一个充分条件.答案 D12.下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是()A.①③B.②③C.①④D.②④解析对于图形①：平面MNP与AB所在的对角面平行，即可得到AB∥平面MNP；对于图形④：AB∥PN，即可得到AB∥平面MNP；图形②，③都不可以，故选C.答案 CB1C1D1中，E，F，G，H分别13.如图，在长方体ABCD－A是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M满足条件________时，有MN∥平面B1BDD1.解析如图，连接FH，HN，FN，由题意知HN∥面BBDD1，FH∥面B1BDD1.且HN∩FH＝H，∴面NHF∥面B1BDD1.∴当M在线段HF上运动时，有MN∥面B1BDD1.答案M∈线段HF14.如图，四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，PD＝DC＝4，AD＝2，E为PC的中点.(1)求三棱锥A－PDE的体积；(2)AC边上是否存在一点M，使得P A∥平面EDM？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由.解(1)因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD.又因ABCD是矩形，所以AD⊥CD.因PD∩CD＝D，所以AD⊥平面PCD，所以AD是三棱锥A－PDE的高. 因为E为PC的中点，且PD＝DC＝4，所以S△PDE ＝12S△PDC＝12×⎝⎛⎭⎪⎫12×4×4＝4.又AD＝2，所以V A－PDE ＝13AD·S△PDE＝13×2×4＝83.(2)取AC中点M，连接EM，DM，因为E为PC的中点，M 是AC的中点，所以EM∥P A.又因为EM⊂平面EDM，P A⊄平面EDM，所以P A∥平面EDM.所以AM＝12AC＝ 5.即在AC边上存在一点M，使得P A∥平面EDM，AM的长为 5.。

【高三数学试题精选】2018届高三数学立体几何测试题(有答案)

2018届高三数学立体几何测试题（有答案）
5 c 2018届高三数学末综合测试题（14）立体几何
一、选择题本大题共12小题，每小题5分，共60分．
1 ．建立坐标系用斜二测画法画正△ABc的直观图，其中直观图不是全等三角形的一组是( )
解析由直观图的画法知选项c中两三角形的直观图其长度已不相等
答案c
2．已知几何体的三视图(如下图)，若图中圆的半径为1，等腰三角形的腰为3，则该几何体的表面积为( )
A．4π B． 3π c．5π D．6π
解析由三视图知，该几何体为一个圆锥与一个半球的组合体，而圆锥的侧面积为π×1×3＝3π，半球的表面积为2π×12＝2π，∴该几何体的表面积为3π＋2π＝5π
答案c
3．已知a，b，c，d是空间中的四条直线，若a⊥c，b⊥c，a⊥d，b⊥d，那么( )
A．a∥b，且c∥d
B．a，b，c，d中任意两条都有可能平行
c．a∥b或c∥d
D．a，b，c，d中至多有两条平行
解析如图，作一长方体，从长方体中观察知c选项正确
答案c
4．设α、β、γ为平面，、n、l为直线，则⊥β的一个充分条是( )
A．α⊥β，α∩β＝l，⊥l B．α∩γ＝，α⊥γ，β⊥γ
c．α⊥γ，β⊥γ，⊥α D．n⊥α，n⊥β，⊥α。

【高三数学试题精选】2018届高考数学第一轮复习阶段立体几何质量检测试题及答案2

2018届高考数学第一轮复习阶段立体几何质量检测试题及
答案2
5
c
阶段质量检测(七) 立体几何
(时间1ABcD的体积；
(2)证明BD∥平面PEc；
(3)若G为Bc上的动点，求证AE⊥PG
解(1)由几何体的三视图可知，底面ABcD是边长为4的正方形，PA⊥平面ABcD，PA∥EB，且PA＝42，BE＝22，AB＝AD＝cD＝cB＝4，∴VP－ABcD＝13PA×SABcD＝13×42×4×4＝6423
(2)证明连结Ac交BD于点，
取Pc中点F，连结F，
∵EB∥PA，且EB＝12PA，
又F∥PA，且F＝12PA，
∴EB∥F，且EB＝F，
∴四边形EBF为平行四边形，
∴EF∥BD
又EF 平面PEc，BD 平面PEc，所以BD∥平面PEc
(3)连结BP，∵EBAB＝BAPA＝12，∠EBA＝∠BAP＝90°，
∴△EBA∽△BAP，∴∠PBA＝∠BEA，
∴∠PBA＋∠BAE＝∠BEA＋∠BAE＝90°，
∴PB⊥AE
又∵Bc⊥平面APEB，∴Bc⊥AE，
∴AE⊥平面PBG，∴AE⊥PG
16(本小题满分12分)已知直角梯形ABcD中，AB∥cD，AB⊥Bc，AB＝1，Bc＝2，cD＝1＋3，过A作AE⊥cD，垂足为E，G、F分别为AD、cE的中点，现将△ADE沿AE折叠，使DE⊥Ec。

2018届人教B版立体几何检测卷 7

第七章第七讲一、选择题1．(2016·福州质检)在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中心，E ，F 分别是CC 1，AD 的中点，则异面直线OE 和FD 1所成的角的余弦值等于 ( D )A ．55 B ．1010 C ．－155D ．155[解析] 以D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，∴F (1,0,0)，D 1(0,0,2)，O (1,1,0)，E (0,2,1)． ∴FD 1→＝(－1,0,2)，OE →＝(－1,1,1)． ∴cos 〈FD 1→，OE →〉＝1＋25·3＝155.2．若正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都相等，D 是A 1C 1的中点，则直线AD 与平面B 1DC 所成角的正弦值为 ( B ) A ．35B ．45C ．34D ．55[解析] 间接法：由正三棱柱的所有棱长都相等，依据题设条件，可知B 1D ⊥平面ACD ，∴B 1D ⊥DC ，故△B 1DC 为直角三角形．设棱长为1，则有AD ＝52，B 1D ＝32，DC ＝52， ∴S △B 1DC ＝12×32×52＝158.设A 到平面B 1DC 的距离为h ，则有 VA －B 1DC ＝VB 1－ADC ，∴13×h ×S △B 1DC ＝13×B 1D ×S △ADC ． ∴13×h ×158＝13×32×12，∴h ＝25.设直线AD 与平面B 1DC 所成的角为θ，则sin θ＝h AD ＝45.向量法：如图，取AC 的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系．设各棱长为2，则有A (0，－1,0)，D (0,0,2)，C (0,1,0)，B 1(3，0,2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面B 1CD 的法向量，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CB 1→＝0⇒⎩⎨⎧－y ＋2z ＝0，3x －y ＋2z ＝0⇒n ＝(0,2,1)．∴sin 〈AD →，n 〉＝AD →·n |AD →|·|n |＝45.3．(2016·皖南八校联考)四棱锥V －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，其他四个侧面的腰长为3的等腰三角形，则二面角V －AB －C 的余弦值的大小为 ( B )A ．23 B ．24C ．73D ．223[解析] 如图所示，取AB 中点E ，过V 作底面的垂线，垂足为O ，连接OE ，根据题意可知，∠VEO 是二面角V －AB －C 的平面角．因为OE ＝1，VE ＝32－1＝22，所以cos ∠VEO ＝OE VE ＝122＝24，故选B ．4．如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，若E ，F 分别是BC ，DD 1的中点，则B 1到平面ABF 的距离为 ( D )A ．33B ．55C ．53D ．255二、填空题5．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为3010. [解析] 解法一：取BC 的中点Q ，连接QN ，AQ ，易知BM ∥QN ，则∠ANQ 即为所求，设BC ＝CA ＝CC 1＝2，则AQ ＝5，AN ＝5，QN ＝6， ∴cos ∠ANQ ＝AN 2＋NQ 2－AQ 22AN ·NQ ＝5＋6－525×6＝6230＝3010.解法二：以C 1为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设BC ＝CA ＝CC 1＝2，则A (2,0,2)，N (1,0,0)，M (1,1,0)，B (0,2,2)，∴AN →＝(－1,0，－2)，BM →＝(1，－1，－2)，∴cos 〈AN →，BM →〉＝AN →·BM →|AN →||BM →|＝－1＋45×6＝330＝3010.6.正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，则棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为 π6.[解析] 解法一：以C 为原点建立坐标系，得下列坐标：A (2,0,0)，C 1(0,0,22)．点C 1在侧面ABB 1A 1内的射影为点C 2(32，32，22)．所以AC 1→＝(－2,0,22)， AC 2→＝(－12，32，22)，设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为θ，则cos θ＝AC 1→·AC 2→|AC 1→||AC 2→|＝1＋0＋823×3＝32.又θ∈[0，π2]，所以θ＝π6.解法二：取A 1B 1的中点H ，连AH ，由题意易知GH ⊥平面ABB 1A 1，∴∠GAH 即为AG 与平面ABB 1A 1所成的角，在Rt △GHA 中，C 1H ＝3，GA ＝AA 21＋A 1G2＝23，∴∠GAH ＝π6，即AG 与侧面ABB 1A 所成角为π6.三、解答题7．(2015·新课标全国Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC ．(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值． [答案] (1)略 (2)33[解析] (1)证明：连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF . 在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1. 由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC ．又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC ．在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322. 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC ．因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC ．(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长，建立空间直角坐标系G －xyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F (－1,0，22)，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝(－1，－3，22)．故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.8.(2016·浙江)如图，在三棱台ABC －DEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3.(1)求证：BF ⊥平面ACFD ；(2)求二面角B －AD －F 的平面角的余弦值．[解析] (1)延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示．因为平面BCFE ⊥平面ABC ，平面BCFE ∩平面ABC ＝BC ，且AC ⊥BC ，所以 AC ⊥平面BCK ，因此，BF ⊥AC ．又EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1， BC ＝2，所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点，则 BF ⊥CK ，又AC ∩CK ＝C ，所以BF ⊥平面ACFD ．(2)解法一：过点F 作FQ ⊥AK 于Q ，连接BQ .因为BF ⊥平面ACK ，所以BF ⊥AK ，则AK ⊥平面BQF ，所以BQ ⊥AK .所以，∠BQF 是二面角B －AD －F 的平面角．在Rt △ACK 中，AC ＝3，CK ＝2，得AK ＝13，FQ ＝31313.在Rt △BQF 中，FQ ＝31313，BF ＝3，得cos ∠BQF ＝34.所以，二面角B －AD －F 的平面角的余弦值为34. 解法二：如图，延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，则△BCK 为等边三角形．取BC 的中点O ，连接KO ，则KO ⊥BC ，又平面BCFE ⊥平面ABC ，所以，KO ⊥平面ABC ．以点O 的原点，分别以射线OB ，OK 的方向为x 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O －xyz .由题意得B (1,0,0)，C (－1,0,0)，K (0,0，3)，A (－1，－3,0)，E (12，0，32)，F (－12，0，32)．因此，AC →＝(0,3,0)，AK →＝(1,3，3)，AB →＝(2,3,0)．设平面ACK 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABK 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧ AC →·m ＝0AK →·m ＝0得⎩⎨⎧3y 1＝0，x 1＋3y 1＋3z 1＝0，取m ＝(3，0，－1)；由⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝0，AK →·n ＝0得⎩⎨⎧2x 2＋3y 2＝0，x 2＋3y 2＋3z 2＝0，取n ＝(3，－2，3)．于是，cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝34.所以，二面角B －AD －F 的平面角的余弦值为34. 1．(2016·山东)在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线.(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ；(2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角F －BC －A 的余弦值．[解析] (1)设FC 的中点为Ⅰ，连接GI ，HI ，在△CEF 中，因为点G 是CE 的中点，所以GI ∥EF .GI ∥平面⊙O ′又平面⊙O ′∥平面⊙O 且CI ⊄平面⊙O ， ∴GI ∥平面⊙O在△CFB 中，因为H 是FB 的中点，所以HI ∥BC ．又HI ∩GI ＝I ，IH ⊄平面⊙O ′，∴IH ∥平面⊙O ，所以平面GHI ∥平面ABC ．因为GH ⊂平面GHI ，所以GH ∥平面ABC ． (2)解法一：连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC ．又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径，所以BO ⊥AC ．以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .由题意得B (0,23，0)，C (－23，0,0)．过点F 作FM 垂直OB 于点M ，所以FM ＝FB 2－BM 2＝3，可得F (0，3，3)．故BC →＝(－23，－23，0)，BF →＝(0，－3，3)．设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎨⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.可得平面BCF 的一个法向量m ＝(－1,1，33)．因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝77.所以二面角F－BC－A的余弦值为7 7.解法二：连接OO′.过点F作FM垂直OB于点M，则有FM∥OO′.又OO′⊥平面ABC，所以FM⊥平面ABC．可得FM＝FB2－BM2＝3.过点M作MN垂直BC于点N，连接FN.可得FN⊥BC，从而∠FNM为二面角F－BC－A的平面角．又AB＝BC，AC是圆O的直径．所以MN＝BM sin45°＝6 2，从而FN＝422，可得cos∠FNM＝77.所以二面角F－BC－A的余弦值为7 7.2．(2017·四川省成都市石室中学高三上学期期中数学试题)如图，四边形ABCD是矩形，AB＝1，AD＝2，E是AD的中点，BE与AC交于点F，GF⊥平面ABCD．(1)求证：A F⊥面BEG；(2)若AF＝FG，求二面角E－AG－B所成角的余弦值．[解析](1)推导出△AEF∽△CBF，从而AC⊥BE，再求出AC⊥GF，由此能证明AF⊥平面BEG.(2)以点F为原点，F A，FE，FG所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角E－AG－B所成角的余弦值．证明：(1)∵四边形ABCD为矩形，∴△AEF∽△CBF，∴AF CF ＝EF BF ＝AE BC ＝12. 又∵矩形ABCD 中，AB ＝1，AD ＝2，∴AE ＝22，AC ＝ 3 在Rt △BEA 中，BE ＝AB 2＋AE 2＝62，∴AF ＝13AC ＝33，BF ＝23BE ＝63，在△ABF 中，AF 2＋BF 2＝(33)2＋(63)2＝1＝AB 2 ∴∠AFB ＝90°，即AC ⊥BE∵GF ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴AC ⊥GF又∵BE ∩GF ＝F ，BE ，GF ⊂平面BCE ， ∴AF ⊥平面BEG解：(2)由(1)得AD ，BE ，FG 两两垂直，以点F 为原点，F A ，FE ，FG 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (33，0,0)，B (0，－63，0)，G (0,0，33)，E (0，66，0)，AB →＝(－33，－63，0)，AG →＝(－33，0，33)，EG →＝(0，－66，33)，AE →＝(－33，66，0)设n ＝(x ，y ，z )是平面ABG 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ AB →·n ＝0AG →·n ＝0即⎩⎨⎧ －33x －63y ＝0－33x ＋33z ＝0，即x ＝2，得n ＝(2，－1，2)．设m ＝(x ，y ，z )是平面AEG 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧AE →·n ＝0AG →·n ＝0即⎩⎨⎧－33x ＋66y ＝0－33x ＋33z ＝0，取x ＝1，得m ＝(1，2，1)，设平面AEG 与平面ABG 所成角的大小为θ，则|cos θ|＝|m ·n ||m ||n |＝1010. ∵平面AEG 与平面ABG 成钝二面角∴二面角E －AG －B 所成角的余弦值为－1010. 3．(2016·天津)如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB ＝BE ＝2.(1)求证：EG ∥平面ADF ：(2)求二面角O －EF －C 的正弦值；(3)设H 为线段AF 上的点，且AH ＝23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值． [解析] 依题意，OF ⊥平面ABCD ，如图，以O 为原点，分别以AD →，BA →，OF →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O (0,0,0)，A (－1,1,0)，B (－1，－1,0)，C (1，－1,0)，D (1,1,0)，E (－1，－1,2)，F (0,0,2)，G (－1,0,0)．(1)依题意，AD →＝(2,0,0)，AF →＝(1，－1,2)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面ADF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝0，x －y ＋2z ＝0，不妨设z ＝1，可得n 1＝(0,2,1)，又EG →＝(0,1，－2)，可得EG →·n 1＝0，又直线EG ⊄平面ADF ，所以EG ∥平面ADF .(2)易证，OA →＝(－1,1,0)为平面OEF 的一个法向量．依题意，EF →＝(1,1,0)，CF →＝(－1,1,2)．设n 2＝(x ，y ，z )为平面CEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·EF →＝0，n 2·CF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0，不妨设x ＝1，可得n 2＝(1，－1,1)．因此有OA →，n 2＝OA →·n 2|OA →|·|n 2|＝－63，于是OA →，n 2＝33. 所以，二面角O －EF －C 的正弦值为33. (3)由AH ＝23HF ，得AH ＝25AF . 因为AF →＝(1，－1,2)，所以AH →＝25AF →＝(25，－25，45)，进而有H (－35，35，45)，从而BH →＝(25，85，45)，因此BH →，n 2＝BH →·n 2|BH →|·|n 2|＝－721. 所以，直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为721.。

2018届北师大版立体几何单元质量检测

时间：90分钟分值：100分一、选择题(每小题4分，共40分)1．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( ) A ．圆柱 B ．圆锥 C ．四面体D ．三棱柱解析：圆柱、四面体、三棱柱的正视图都有可能是三角形．答案：A2．用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为( ) A.8π3B.82π3 C ．82πD.32π3解析：S 圆＝πr 2＝π⇒r ＝1，而截面圆圆心与球心的距离d ＝1，所以球的半径为R ＝r 2＋d 2＝ 2.所以V ＝43πR 3＝82π3，故选B.答案：B3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．16＋8πB ．8＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π解析：将三视图还原为原来的几何体，再利用体积公式求解．原几何体为组合体；上面是长方体，下面是圆柱的一半(如图所示)，其体积为V ＝4×2×2＋12π×22×4＝16＋8π.答案：A4．已知a ，b 为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，且a ⊥α，b ⊥β，则下列命题中的假命题是( )A ．若a∥b，则α∥βB ．若α⊥β，则a⊥bC ．若a ，b 相交，则α，β相交D ．若α，β相交，则a ，b 相交解析：若α，β相交，则a ，b 可能相交，也可能异面，故D 为假命题．答案：D5．设α、β、γ是三个互不重合的平面，m 、n 是两条不重合的直线，下列命题中正确的是( )A ．若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γB ．若m∥α，n ∥β，α⊥β，则m⊥nC ．若α⊥β，m ⊥α，则m∥βD ．若α∥β，m ⊄β，m ∥α，则m∥β解析：对于A ，若α⊥β，β⊥γ，α，γ可以平行，也可以相交，A 错；对于B ，若m∥α，n ∥β，α⊥β，则m ，n 可以平行，可以相交，也可以异面，B 错；对于C ，若α⊥β，m ⊥α，则m 可以在平面β内，C 错；易知D 正确．答案：D6．已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为正方形，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.31010D.35解析：如图，以D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系．设AA 1＝2AB ＝2，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―→〉＝1＋22·5＝31010.答案：C7．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G 分别是A 1B 1，CD ，B 1C 1的中点，则下列中与直线AE 有关的正确命题是( )A ．AE ⊥CGB ．AE 与CG 是异面直线C ．四边形ABC 1F 是正方形D ．AE ∥平面BC 1F解析：由正方体的几何特征，可得AE⊥C 1G.但AE 与平面BCC 1B 1不垂直，故AE⊥CG 不成立；由于EG∥AC，故A ，E ，G ，C 四点共面，所以AE 与CG 是异面直线错误；四边形ABC 1F 中，AB ≠BC 1，故四边形ABC 1F 是正方形是错误的；而AE∥C 1F ，由线面平行的判定定理，可得AE∥平面BC 1F ，故选D.答案：D8．正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的棱长都为2，E ，F ，G 为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为( )A.35B.56C.3310 D.3610解析：如图，取AB 的中点E ，建立如图所示空间直角坐标系E －xyz.则E(0，0，0)，F(－1，0，1)，B 1(1，0，2)，A 1(－1，0，2)，C 1(0，3，2)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，2.∴B 1F ―→＝(－2，0，－1)，EF ―→＝(－1，0，1)，FG ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，1.设平面GEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)，由⎩⎪⎨⎪⎧n·EF ―→＝－x ＋z ＝0，n·FG ―→＝12x ＋32y ＋z ＝0，得⎩⎨⎧z ＝x ，y ＝－3x. 令x ＝1，则n ＝(1，－3，1)，设B 1F 与平面GEF 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，B 1F ―→〉|＝错误!)＝错误!.答案：A9．四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，E ∈PC ，F ∈PB，PE ―→＝3EC ―→，PF ―→＝λFB ―→，若AF∥平面BDE ，则λ的值为( )A ．1B ．3C ．2D ．4解析：因为AF∥平面BDE ，所以过点A 作AH∥平面BDE ，交PC 于H ，连接FH ，则得到平面AFH∥平面BDE ，所以FH∥BE，因为E∈PC，F ∈PB ，PE ―→＝3EC ―→，PF ―→＝λFB ―→，所以OC OA ＝EC HE ＝1，所以EC ＝EH ，又PE ＝3EC ，所以PH ＝2HE ，又因为PF FB ＝PHHE＝2，所以λ＝2.答案：C10．如图，在正四棱柱(底面是正方形的直四棱柱)ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是AB 1、BC 1的中点，则下列结论不成立的是( )A ．EF 与BB 1垂直 B ．EF 与BD 垂直C ．EF 与CD 异面D ．EF 与A 1C 1异面解析：连接B 1C ，AC ，则B 1C 交BC 1于F ，且F 为B 1C 的中点，又E 为AB 1的中点，所以EF 綊12AC ，而B 1B ⊥平面ABCD ，所以B 1B ⊥AC ，所以B 1B ⊥EF ，A 正确；又AC⊥BD，所以EF⊥BD，B 正确；显然EF 与CD 异面，C 正确；由EF 綊12AC ，AC ∥A 1C 1，得EF∥A 1C 1，故不成立的选项为D.答案：D二、填空题(每小题4分，共16分)11．把一个半径为532 cm 的金属球熔成一个圆锥，使圆锥的侧面积为底面积的3倍，则这个圆锥的高为________．解析：设圆锥的高为h ，底面半径为r ，母线长为l ，则由已知得⎩⎪⎨⎪⎧43π×（532）3＝13πr 2h ，πrl ＝3πr 2，l 2＝h 2＋r2解得h ＝20(cm)．答案：20 cm12．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P ，Q ，R ，S 分别是AB ，BC ，C 1D 1，C 1C ，A 1B 1，B 1B 的中点，则下列判断：①PQ 与RS 共面；②MN 与RS 共面；③PQ 与MN 共面．则正确结论的序号是________．解析：①连接PR ，SQ ，可知SQ 綊PR ，所以四边形PQSR 为平行四边形，所以PQ∥RS，故①正确；②由图知直线MN 过平面A 1B 外一点N ，而直线RS 不过M 点，故MN 与RS 为异面直线，故②错；③由图知延长PQ 与MN ，则PQ 与MN 相交，故③正确．答案：①③13．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各顶点都在同一球面上．若AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝120°，则此球的表面积等于________．解析：设球心为O ，球半径为R ，△ABC 的外心是M ，则O 在底面ABC 上的射影是点M ，在△ABC 中，AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝120°，∠ABC ＝12(180°－120°)＝30°，AM ＝AC 2sin30°＝2.因此，R 2＝22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫AA 122＝5，此球的表面积等于4πR 2＝20π.答案：20π14．三棱锥S －ABC 中，∠SBA ＝∠SCA＝90°，△ABC 是斜边AB ＝a 的等腰直角三角形，则以下结论中：①异面直线SB 与AC 所成的角为90°； ②直线SB⊥平面ABC ； ③平面SBC⊥平面SAC ； ④点C 到平面SAB 的距离是12a.其中正确结论的序号是________．解析：由题意知AC⊥平面SBC ，故AC⊥SB，SB ⊥平面ABC ，平面SBC⊥平面SAC ，①②③正确；取AB 的中点E ，连接CE ，(如图)可证得CE⊥平面SAB ，故CE 的长度即为C 到平面SAB 的距离12a ，④正确．答案：①②③④三、解答题(共4小题，共44分，解答应写出必要的文字说明、计算过程或证明步骤) 15．(10分)已知点P 在矩形ABCD 的边DC 上，AB ＝2，BC ＝1，点F 在AB 边上且DF⊥AP，垂足为E ，将△ADP 沿AP 边折起，使点D 位于D′位置，连接D′B、D′C 得四棱锥D′－ABCP.(1)求证：D′F⊥AP；(2)若PD ＝1，且平面D′AP⊥平面ABCP ，求四棱锥D′－ABCP 的体积．解：(1)证明：∵AP⊥D′E，AP ⊥EF ，D ′E ∩EF ＝E ， ∴AP ⊥平面D′EF，∴AP ⊥D ′F. (2)连接PF ，∵PD ＝1，∴四边形ADPF 是边长为1的正方形， ∴D ′E ＝DE ＝EF ＝22. ∵平面D′AP⊥平面ABCP ，D ′E ⊥AP ， ∴D ′E ⊥平面ABCP ，∵S 梯形ABCP ＝12×(1＋2)×1＝32，∴V D ′－ABCP ＝13D ′E ·S 梯形ABCP ＝24.16．(10分)如图，AB ＝AD ，∠BAD ＝90°，M ，N ，G 分别是BD ，BC ，AB 的中点，将等边△BCD 沿BD 折叠成△BC′D 的位置，使得AD⊥C′B.(1)求证：平面GNM∥平面ADC′. (2)求证：C ′A⊥平面ABD.证明：(1)因为M ，N 分别是BD ，BC ′的中点，所以MN∥DC′.因为MN ⊄平面ADC′， DC ′⊂平面ADC′，所以MN∥平面ADC′. 同理NG∥平面ADC′.又因为MN∩NG＝N ，所以平面GNM∥平面ADC′. (2)因为∠BAD＝90°，所以AD⊥AB. 又因为AD⊥C′B，且AB ∩C′B＝B ，所以AD⊥平面C′AB.因为C′A ⊂平面C′AB，所以AD⊥C′A. 因为△BCD 是等边三角形，AB ＝AD ，不妨设AB ＝1，则BC ＝CD ＝BD ＝2，可得C′A＝1. 由勾股定理的逆定理，可得AB⊥C′A. 因为AB∩AD＝A ，所以C′A⊥平面ABD.17．(12分)如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥底面ABCD ，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，且A 1A ＝AB ＝AD ＝2BC ＝2，点E 在棱AB 上，平面A 1EC 与棱C 1D 1相交于点F.(1)证明：A 1F ∥平面B 1CE ；(2)若E 是棱AB 的中点，求二面角A 1－EC －D 的余弦值； (3)求三棱锥B 1－A 1EF 的体积的最大值．解：(1)证明：因为ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱柱，所以平面ABCD∥平面A 1B 1C 1D 1.又因为平面ABCD∩平面A 1ECF ＝EC ，平面A 1B 1C 1D 1∩平面A 1ECF ＝A 1F ，所以A 1F ∥EC. 又因为A 1F ⊄平面B 1CE ，EC ⊂平面B 1CE ，所以A 1F ∥平面B 1CE.(2)解：因为AA 1⊥底面ABCD ，∠BAD ＝90°，所以AA 1，AB ，AD 两两垂直，以A 为原点，以AB ，AD ，AA 1分别为x 轴、y 轴和z 轴建立空间直角坐标系如图，则A 1(0，0，2)，E(1，0，0)，C(2，1，0)，所以A 1E ―→＝(1，0，－2)，A 1C ―→＝(2，1，－2)．设平面A 1ECF 的法向量为m ＝(x ，y ，z)，由A 1E ―→·m＝0，A 1C ―→·m＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，2x ＋y －2z ＝0.令z ＝1，得m ＝(2，－2，1)．又因为平面DEC 的法向量为n ＝(0，0，1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝13.由图可知，二面角A 1－EC －D 的平面角为锐角，所以二面角A 1－EC －D 的余弦值为13.(3)过点F 作FM⊥A 1B 1于点M ，因为平面A 1ABB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，FM ⊂平面A 1B 1C 1D 1，所以FM⊥平面A 1ABB 1. 所以VB 1－A 1EF ＝VF －B 1A 1E ＝13×S △A 1B 1E ×FM ＝13×2×22×FM ＝23FM.因为当F 与点D 1重合时，FM 取到最大值2(此时点E 与点B 重合)，所以当F 与点D 1重合时，三棱锥B 1－A 1EF 的体积的最大值为43.18．(12分)(2016·山西四校联考)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ＝AC ＝1，E ，F 分别是CC 1，BC 的中点，AE ⊥A 1B 1，D 为棱A 1B 1上的点．(1)证明：DF⊥AE；(2)是否存在一点D ，使得平面DEF 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为1414？若存在，说明点D 的位置；若不存在，说明理由．解：(1)证明：∵AE⊥A 1B 1，A 1B 1∥AB ， ∴AB ⊥AE.∵AB ⊥AA 1，AE ∩AA 1＝A ， ∴AB ⊥平面A 1ACC 1. ∵AC ⊂平面A 1ACC 1， ∴AB ⊥AC.以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A(0，0，0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫0，1，12， F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)．设点D 的坐标为(x ，y ，z)，A 1D ―→＝λA 1B 1―→，且λ∈[0，1]，则(x ，y ，z －1)＝λ(1，0，0)， ∴点D 的坐标为(λ，0，1)， ∴DF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－λ，12，－1.又AE ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，1，12，∴DF ―→·AE ―→＝12－12＝0.∴DF ⊥AE.(2)假设存在，设平面DEF 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n·FE ―→＝0，n·DF ―→＝0， ∵FE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，12，DF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－λ，12，－1，∴⎩⎪⎨⎪⎧－12x 1＋12y 1＋12z 1＝0，⎝ ⎛⎭⎪⎫12－λx 1＋12y 1－z 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝32（1－λ）z 1，y 1＝1＋2λ2（1－λ）z 1.令z 1＝2(1－λ)，则n ＝(3，1＋2λ，2(1－λ))．由题可知平面ABC 的一个法向量m ＝(0，0，1)． ∵平面DEF 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为1414， ∴|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n||m||n|＝1414，即|2（1－λ）|9＋（1＋2λ）2＋4（1－λ）2＝1414，解得λ＝12或λ＝74(舍)．∴当点D 为A 1B 1的中点时，满足要求．。

2018届人教B版立体几何(文)检测卷

第七章综合过关规范限时检测(文)(时间：120分钟满分150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个是符合题目要求的)1．(2016·山东枣庄八中高三月考)下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是 ( D )A ．①②B ．①③C ．①④D ．②④[解析] ①的正视图、侧视图、俯视图均为正方形，不符合题意；②的正视图、侧视图、俯视图分别为三角形、三角形、圆；③的正视图、侧视图、俯视图分别为等腰梯形且左右中间加一条线、一般梯形、三角形，不符合题意；④正四棱锥的正视图、侧视图、俯视图分别为三角形、三角形、正方形且连接两条对角线．故选D ．2．(2016·四川雅安高三模拟)下列说法错误的是 ( D ) A ．两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内 B ．过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直C ．如果共点的三条直线两两垂直，那么它们中每两条直线确定的平面也两两垂直D ．如果两条直线和一个平面所成的角相等，那么这两条直线一定平行[解析] 由平面性质的公理1,2,3易知A ，B 两项正确；由面面垂直的判定定理知C 项正确；D 项不正确，因为这两条直线可能相交，可能平行，可能异面．故选D ．3．(2017·福建省南平市邵武七中高三上学期第一次月考数学试题)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是 ( B )A ．16B ．13C ．23D ．1[解析] 由三视图可知：该几何体是一个三棱锥，其中P A ⊥底面ABC ，P A ＝2，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝1.据此即可得到体积．解：由三视图可知：该几何体是一个三棱锥，其中P A ⊥底面ABC ，P A ＝2，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝1.∴S △ABC ＝12×AB ×BC ＝12×12＝12.因此V ＝13×S △ABC ×P A ＝13×12×2＝13.故选B ．4．(2016·宁夏回族自治区银川一中高三一模)已知直线m ，n 和平面α，则m ∥n 的必要非充分条件是 ( A )A ．m ，n 与α成等角B ．m ⊥α，且n ⊥αC ．m ∥α，且n ⊂αD ．m ∥α，且n ∥α[解析] 因为m ∥n ，所以m ，n 与α所成角相等，但m ，n 与α所成角相等，m 与n 可能相交、异面，也可能平行．故选A ．5．(2016·广东江门3月模拟)如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB 1，BC 1的中点．下列结论中，正确的是 ( B )A ．EF ⊥BB 1 B ．EF ∥平面ACC 1A 1 C ．EF ⊥BDD ．EF ⊥平面BCC 1B 1[解析] 如图所示，取BB 1的中点M ，连接ME ，MF ，延长ME 交AA 1于P ，延长MF 交CC 1于Q ，∵E ，F 分别是AB 1，BC 1的中点，∴P 是AA 1的中点，Q 是CC 1的中点，从而可得E 是MP 的中点，F 是MQ 的中点，所以EF ∥PQ .又PQ ⊂平面ACC 1A 1，EF ⊄平面ACC 1A 1，所以EF ∥平面ACC 1A 1.故选B ．6．(2016·河北邯郸上学期1月份教学质量检测)在正四棱锥P－ABCD中，P A＝2，直线P A与平面ABCD所成角为60°，E为PC的中点，则异面直线P A与BE所成的角为(C) A．90°B．60°C．45°D．30°[解析]连接AC，BD交于点O，连接OE，OP.因为E为PC中点，所以OE∥P A，所以∠OEB即为异面直线P A与BE所成的角．因为四棱锥P－ABCD为正四棱锥，所以PO⊥平面ABCD，所以AO为P A在平面ABCD内的射影，所以∠P AO即为P A与平面ABCD所成的角，即∠P AO＝60°.因为P A＝2，所以OA＝OB＝1，OE＝1.所以在直角三角形EOB中，∠OEB＝45°，即异面直线P A与BE所成的角为45°.故选C．7．(2016·贵州八校联盟第二次联考)如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD 的中点，沿AE，AF，EF把正方形折成一个四面体，使B，C，D三点重合，重合后的点记为P，P点在△AEF内的射影为O.则下列说法正确的是(D)A．O是△AEF的垂心B．O是△AEF的内心C．O是△AEF的外心D．O是△AEF的重心[解析]易知P A，PE，PF两两垂直，P A⊥平面PEF，从而P A⊥EF，而PO⊥平面AEF，则PO⊥EF，所以EF⊥平面P AO，∴EF⊥AO.同理可知AE⊥FO，AF⊥EO，∴O为△AEF 的垂心．故选A．8．(2017·浙江省名校协作体2016届高三下学期3月联考数学试题)已知α，β是相异两平面，m，n是相异两直线，则下列命题中不正确的是(D)A．若m∥n，m⊥α，则m⊥αB．若m⊥α，m⊥β，则α∥βC．若m⊥α，m⊂β，则α⊥βD．若m∥α，α∩β＝n，则m∥n[解析]由α，β是相异两平面，m，n是相异两直线，知：若m∥n，m⊥α，则m⊥α；若m⊥α，m⊥β，则α∥β；若m⊥α，m⊂β，则α⊥β；若m∥α，α∩β＝n，则m与n相交、平行或异面．解：由α，β是相异两平面，m，n是相异两直线，知：若m∥n，m⊥α，则m⊥α，故A正确；若m⊥α，m⊥β，则α∥β，故B正确；若m⊥α，m⊂β，则α⊥β，故C正确；若m∥α，α∩β＝n，则m与n相交、平行或异面，故D不正确．故选D．9．(2015·福建厦门期末)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°.侧面P AD为正三角形，且平面P AD⊥平面ABCD，则下列说法错误的是(D)A．在棱AD上存在点M，使AD⊥平面PMBB．异面直线AD与PB所成的角为90°C．二面角P－BC－A的大小为45°D．BD⊥平面P AC[解析]对于A项，如图，取AD的中点M，连接PM，BM.因为则面P AD为正三角形，所以PM⊥AD．又底面ABCD是∠DAB＝60°的菱形，所以△ABD是等边三角形，所以AD ⊥BM，所以AD⊥平面PBM，故A项正确，对于B项，因为AD⊥平面PBM，所以AD⊥PB，即异面直线AD与PB所成的角为90°，故B项正确．对于C项，因为底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°，平面P AD⊥平面ABCD，所以BM⊥BC，则∠PBM是二面角P－BC－A的平面角．设AB＝1，则BM＝32，PM＝32.在Rt△PBM中，tan∠PBM＝PMBM＝1，即∠PBM＝45°，所以二面角P－BC－A的大小为45°，故C项正确．故选D．10．正三棱锥P －ABC 的高为2，侧棱与底面ABC 成45°角，则点A 到侧面PBC 的距离为 ( B )A ．355B ．655C ． 5D ．5[解析] 如图所示，正三棱锥P －ABC 中高PO ＝2，侧棱P A 与底面所成的角∠P AO ＝45°延长AO 交BC 、于点M ，则点M 为BC 边的中点，连接PM ，∴AO ＝PO ＝2，OM ＝1，PM ＝PO 2＋OM 2＝5，过点A 作AN ⊥PM 于点N ，则AN ⊥平面PBC ，即得AN 的长就是点A 到平面PBC 的距离，∵AM ×PO ＝PM ×AN ，∴AN ＝AM ×PO PM ＝3×25＝655.11．(2016·河南商丘高三一模)已知三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球的表面积为 ( A )A ．4πB ．8πC ．12πD ．16π[解析] 由三棱锥的三视图，易得俯视图斜边上的中点到三棱锥各顶点的距离均为1，所以三棱锥的外接球球心为俯视图斜边上的中点，外接球的半径为1.由球的表面积公式S 球＝4πR 2，知外接球表面积为4π，故选A ．12.(2016·江西上饶第一次模拟)如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长都等于2，D 在AC 1上，F 为BB 1的中点，且FD ⊥AC 1，有下述结论：(1)AC 1⊥BC ； (2)ADDC 1＝1；(3)平面F AC 1⊥平面ACC 1A 1； (4)三棱锥D －ACF 的体积为33. 其中正确结论的个数为 ( C ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4[解析] BC ⊥CC 1，但BC 不垂直于AC ，故BC 不垂直于平面ACC 1A 1，所以AC 1与BC 不垂直，故(1)错误；连接AF ，C 1F ，可得AF ＝C 1F ＝ 5.因为FD ⊥AC 1，所以可得D 为线段AC 1的中点，故(2)正确；取AC 的中点为H ，连接BH ，DH ，因为该三棱柱是正三棱柱，所以CC 1⊥底面ABC ，因为BH ⊂底面ABC ，所以CC 1⊥BH ，因为底面ABC 为正三角形，可得BH ⊥AC ，所以BH ⊥侧面ACC 1A 1.因为D 和H 分别为AC ，AC 1的中点，∴DH ∥CC 1∥BF ，DH ＝BF ＝12CC 1，可得四边形BFDH 为平行四边形，所以FD ∥BH ，所以可得FD ⊥平面ACC 1A 1，所以平面F AC 1⊥平面ACC 1A 1，故(3)正确；V D －ACF ＝V F －ADC ＝13·FD ·S △ACD ＝13×3×(12×1×2)＝33，故(4)正确．故选C ．二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上) 13．(2016·山东青岛模拟)已知圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球的表面积与圆柱的表面积之比是_2∶3__.[解析] 设球的半径为R ，则球的表面积S 球＝4πR 2，圆柱的底面半径为R ，高为2R ，则圆柱的表面积S 柱＝2×πR 2＋2πR ×2R ＝6πR 2.球的表面积与圆柱的表面积的比为4πR 2∶6πR 2＝2∶3.14．(2016·浙江，6分)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是_72__cm 2，体积是_32__cm 3.[解析] 将三视图还原成直观图如图所示，它由2个长方体组合而成，其体积V＝2×2×2×4＝32 cm 3，表面积为6×2×4＋6×2×2＝72 cm 2.15．如图所示是一几何体的平面展开图，其中ABCD 为正方形，E ，F ，分别为P A ，PD 的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：①直线BE 与直线CF 异面； ②直线BE 与直线AF 异面； ③直线EF ∥平面PBC ； ④平面BCE ⊥平面P AD ．其中正确的有_2__个.[解析] 将几何体展开图拼成几何体(如图)，因为E ，F 分别为P A ，PD 的中点，所以EF ∥AD ∥BC ，即直线BE 与CF 共面，①错；因为B ∉平面P AD ，E ∈平面P AD ，E ∉AF ，所以BE 与AF 是异面直线，②正确；因为EF ∥AD ∥BC ，EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以EF ∥平面PBC ，③正确；平面P AD 与平面BCE 不一定垂直，④错．16．(2016·浙江，4分)如图，已知平面四边形ABCD ，AB ＝BC ＝3，CD ＝1，AD＝5，∠ADC ＝90°.沿直线AC 将△ACD 翻折成△ACD ′，直线AC 与BD ′所成角的余弦的最大值是66.[解析] 作BE ∥AC ，BE ＝AC ，连接D ′E ，则∠D ′BE 为所求的角或其补角，作D ′N ⊥AC 于点N ，设M 为AC 的中点，连接BM ，则BM ⊥AC ，作NF ∥BM 交BE 于F ，连接D ′F ，设∠D ′NF ＝θ，∵D ′N ＝56＝306，BM ＝FN ＝152＝302，∴D ′F 2＝253－5cos θ，∵AC ⊥D ′N ，AC ⊥FN ，∴D ′F ⊥AC ，∴D ′F ⊥BE ，又BF ＝MN ＝63，∴Rt △D ′FB 中，D ′B 2＝9－5cos θ，∴cos ∠D ′BE ＝BF D ′B ＝639－5cos θ≤66，当且仅当θ＝0°时取“＝”．三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17.(本小题满分10分)如图，在三棱锥P －ABC 中，BC ⊥平面P AB ．已知P A ＝AB ，点D ，E 分别为PB ，BC 的中点.(1)求证：AD ⊥平面PBC ；(2)若F 在线段AC 上，满足AD ∥平面PEF ，求AFFC 的值．[答案] (1)略 (2)12[解析] (1)证明：∵BC ⊥平面P AB ，AD ⊂平面P AB ，∴BC ⊥AD ． ∵P A ＝AB ，D 为PB 的中点，∴AD ⊥PB ． ∵PB ∩BC ＝B ，∴AD ⊥平面PBC ．(2)解：如图所示，连接DC 交PE 于G ，连接FG . ∵AD ∥平面PEF ，平面ADC ∩平面PEF ＝FG ， ∴AD ∥FG .∵G 为△PBC 的重心， ∴AF FC ＝DG GC ＝12. 18.(本小题满分12分)(2016全国卷Ⅰ)如图，已知正三棱锥P －ABC 的侧面是直角三角形，P A ＝6.顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面P AB 内的正投影为点E ，连接PE 并延长交AB 于点G(1)证明：G 是AB 的中点；(2)在图中作出点E 在平面P AC 内的正投影F (说明作法及理由)，并求四面体PDEF 的体积．[解析] (1)因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以AB ⊥PD ．因为D 在平面P AB 内的正投影为E ，所以AB ⊥DE .所以AB ⊥平面PED ，故AB ⊥PG .又由已知，可得P A ＝PB ，所以G 是AB 的中点．(2)在平面P AB 内，过点E 作PB 的平行线交P A 于点F ，F 即为E 在平面P AC 内的正投影．理由如下：由已知可得PB ⊥P A ，PB ⊥PC ，又EF ∥PB ，所以EF ⊥P A ，EF ⊥PC ，因此EF ⊥平面P AC ，即点F 为E 在平面P AC 内的正投影．连接CG ，因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以D 是正三角形ABC 的中心．由(1)知，G 是AB 的中点，所以D 在CG 上，故CD ＝23CG .由题设可得PC ⊥平面P AB ，DE ⊥平面P AB ，所以DE ∥PC ，因此PE ＝23PG ，DE ＝13PC ．由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且P A ＝6，可得DE ＝2，PE ＝2 2. 在等腰直角三角形EFP 中，可得EF ＝PF ＝2. 所以四面体PDEF 的积体V ＝13×12×2×2×2＝43.19．(本小题满分12分)(2017·黑龙江省大庆市高三上学期第一次质检数学试题)如图，已知三棱锥A ﹣BPC 中，AP ⊥PC ，AC ⊥BC ，M 为AB 的中点，D 为PB 的中点，且△PMB 为正三角形.(1)求证：BC⊥平面APC；(2)若BC＝3，AB＝10，求点B到平面DCM的距离．[解析](1)根据正三角形三线合一，可得MD⊥PB，利用三角形中位线定理及空间直线夹角的定义可得AP⊥PB，由线面垂直的判定定理可得AP⊥平面PBC，即AP⊥BC，再由AC⊥BC结合线面垂直的判定定理可得BC⊥平面APC；(2)记点B到平面MDC的距离为h，则有V M﹣BCD＝V B﹣MDC．分别求出MD长，及△BCD 和△MDC面积，利用等积法可得答案．证明：(1)如图，∵△PMB为正三角形，且D为PB的中点，∴MD⊥PB．又∵M为AB的中点，D为PB的中点，∴MD∥AP，∴AP⊥PB．又已知AP⊥PC，PB∩PC＝P，PB，PC⊂平面PBC∴AP⊥平面PBC，∴AP⊥BC，又∵AC⊥BC，AC∩AP＝A，∴BC⊥平面APC，(2)记点B到平面MDC的距离为h，则有V M﹣BCD＝V B﹣MDC．∵AB＝10，∴MB＝PB＝5，又BC＝3，BC⊥PC，∴PC ＝4，∴S △BDC ＝12S △PBC ＝14PC ·BC ＝3. 又MD ＝532， ∴V M －BCD ＝13MD ·S △BDC ＝532. 在△PBC 中，CD ＝12，PB ＝52，又∵MD ⊥DC ，∴S △MDC ＝12MD ·DC ＝2583， ∴V B －MDC ＝13h ·S △MDC ＝13·h ·2583＝532 ∴h ＝125即点B 到平面DCM 的距离为125. [点拨] 本题考查的知识点是直线与平面垂直的判定，点到平面的距离，其中(1)的关键是熟练掌握空间线线垂直与线面垂直之间的相互转化，(2)的关键是等积法的使用．20.(本小题满分12分)(2016·福建莆田一中等上学期三校联考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AD ＝1，AB ＝3，点F 是PD 的中点，点E 是边DC 上的任意一点.(1)当点E 为DC 边的中点时，判断EF 与平面P AC 的位置关系，并加以证明；(2)证明：无论点E 在边DC 的何处，都有AF ⊥EF ；(3)求三棱锥B －AFE 的体积．[答案] (1)平行 (2)略 (3)312[解析] (1)解：当点E 为DC 边的中点时，EF 与平面P AC 平行．证明如下：在△PDC 中，E ，F 分别为DC ，PD 的中点，∴EF ∥PC ，又EF ⊄平面P AC ，而PC ⊂平面P AC ，∴EF ∥平面P AC ．(2)证明：∵P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥CD ．∵四边形ABCD 是矩形，∴CD ⊥AD ．∵AD ∩AP ＝A ，∴CD ⊥平面P AD ．又AF ⊂平面P AD ，∴AF ⊥CD ．∵P A ＝AD ，点F 是PD 的中点，∴AF ⊥PD ．又CD ∩PD ＝D ，∴AF ⊥平面PCD ．∵EF ⊂平面PCD ，∴AF ⊥EF .即无论点E 在边DC 的何处，都有AF ⊥EF .(3)解：作FG ∥P A 交AD 于G ，则FG ⊥平面ABCD ，且FG ＝12，又S △ABE ＝32，∴V B －AEF ＝V F －AEB ＝13S △ABE ·FG ＝312. ∴三棱锥B －AFE 的体积为312. 21.(本小题满分12分)(2016·洛阳统一考试)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，点O 是对角线AC 与BD 的交点，M 是PD 的中点，且AB ＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：OM ∥平面P AB ；(2)求证：平面PBD ⊥平面P AC ；(3)当三棱锥M －BCD 的体积等于34时，求PB 的长． [答案] (1)略 (2)略 (3)52[解析] (1)∵在△PBD 中，O ，M 分别是BD ，PD 的中点，∴OM 是△PBD 的中位线，∴OM ∥PB ，又OM ⊄平面P AB ，PB ⊂平面P AB ，∴OM ∥平面P AB ．(2)∵P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥BD ．∵底面ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC ，又AC ⊂平面P AC ，P A ⊂平面P AC ，AC ∩P A ＝A ，∴BD ⊥平面P AC ．∵BD ⊂平面PBD ，∴平面PBD ⊥平面P AC ．(3)∵底面ABCD 是菱形，M 是PD 的中点，∴V M －BCD ＝12V M －ABCD ＝14V P －ABCD ，从而V P －ABCD ＝ 3. 又AB ＝2，∠BAD ＝60°，∴S 四边形ABCD ＝2 3.∵四棱锥P －ABCD 的高为P A ，∴13×23×P A ＝3，得P A ＝32， ∵P A ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥AB ．在Rt △P AB 中，PB ＝P A 2＋AB 2＝(32)2＋22＝52. 22．(本小题满分12分)(2017·福建省南平市邵武七中高三上学期第一次月考数学试题)如图，直角梯形ACDE 与等腰直角△ABC 所在平面互相垂直，F 为BC 的中点，∠BAC ＝∠ACD ＝90°，AE ∥CD ，DC ＝AC ＝2AE ＝2.(1)求证：AF ∥平面BDE ；(2)求四面体B ﹣CDE 的体积．[解析] (1)取BD 的中点P ，连接EP 、FP ，△BCD 中利用中位线定理，证出PF ∥DC且PF ＝DC ，结合题意EA ∥DC 且EA ＝12DC ，可得PF 与EA 平行且相等，从而得到四边形AFPE 是平行四边形，可得AF ∥EP ，再由线面平行判定定理可得AF ∥平面BDE ；(2)由面面垂直的性质定理，证出BA ⊥面ACDE ，得BA 就是四面体B ﹣CDE 的高．根据直角梯形ACDE 的上下底边长和直角腰长，算出△CDE 的面积为S △CDE ＝S 梯形ACDE ﹣S △ACE ＝2，最后利用锥体的体积公式即可算出四面体B ﹣CDE 的体积．解：(1)取BD 的中点P ，连接EP 、FP ，∵△BCD 中，PF 为中位线，∴PF ∥DC 且PF ＝12DC ，又∵AE ∥CD ，DC ＝2AE ＝2，∴EA ∥DC 且EA ＝12DC ，由此可得PF ∥EA ，且PF ＝EA∴四边形AFPE是平行四边形，可得AF∥EP∵EP⊂面BDE，AF⊄面BDE，∴AF∥面BDE(2)∵BA⊥AC，面ABC⊥面ACDE，面ABC∩面ACDE＝AC ∴BA⊥面ACDE，即BA就是四面体B﹣CDE的高，BA＝2 ∵DC＝AC＝2AE＝2，AE∥CD∴S梯形ACDE＝12(1＋2)×2＝3，S△ACE＝12×1×2＝1因此，△CDE的面积为S△CDE＝3﹣1＝2∴四面体B﹣CDE的体积V B－CDE＝13·BA·S△CDE＝13×2×2＝43.。

2018届人教B版立体几何检测卷

一、选择题1．【2017安徽阜阳二模】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. 43B.83C. 4D. 8【答案】A点睛：空间几何体的三视图是分别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时，先根据俯视图确定几何体的底面，然后根据正视图或侧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．2．【2017广东佛山二模】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. 483π-B. 283π- C. 24π- D. 24π+ 【答案】A3．【2017湖南娄底二模】一个几何体的三视图如下图所示，其中正视图和侧视图都是腰长为2的等腰直角三角形，俯视图是圆心角为2π的扇形，则该几何体的表面积为（）A. 2B. 4π+4+ D.)14π+ 【答案】B【解析】该几何体是一个底面半径和高都是2的圆锥的四分之一，所以该几何体的表面积为()221122221442πππ⋅+⋅⋅+⋅⋅=++,故选D. 4．【2017宁夏中卫二模】一个几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为7，则a 等于（）A. 2B. 32C. 1D.12【答案】B点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.5．【2017陕西汉中二模】如图中的三个直角三角形是一个体积为320cm的几何体的三视图，则该几何体外接球的面积（单位：2cm）等于 ( ).A. 55πB. 75πC. 77πD. 65π【答案】C【解析】从题设中提供的三视图中的图形信息及数据信息可知该几何体是底面是边长分别为5,6的直角三角形的三棱锥，如图，设高为h ，由题设可得115652032V h h =⨯⨯⨯==，所以4h =，由题意该几何体的外接球的直径即是长方体的对角线，即2R ==，则其表面积2477S R ππ==，应选答案C 。

2018届人教B版立体几何检测卷 2

第七章一、选择题1．(2017·唐山期末)《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱体称之为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，则该“堑堵”的表面积为 ( B )A ．4B ．6＋4 2C ．4＋4 2D ．22．(2017·内蒙古赤峰二中高三上学期第三次模拟数学试题)网格纸的小正方形边长为1，一个正三棱锥的左视图如图所示，则这个正三棱锥的体积为 ( B )A ． 3B ．3 3C ．92D ．923[解析] 由已知中的三视图可得：三棱锥的底面边长和高，代入棱锥体积公式，可得答案．解：由已知中的三视图可得：三棱锥的底面上的高为3，故三棱锥的底a ＝23，故三棱锥的底面积S ＝34·(23)2＝33，三棱锥的高h ＝3，故棱锥的体积V ＝13Sh ＝33，故选B ．3.(2016·衡水调研卷)若一个半径为2的球体经过切割之后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 ( B )A ．8πB ．16πC ．12πD ．20π[解析] 则三视图，可知该几何体是一个球体挖去14之后剩余的部分，故该几何体的表面积为球体表面积的34与两个半圆面的面积之和，即S ＝34×(4π×22)＋2×(12π×22)＝16π.4．(2016·北京)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为 ( A )A ．16B ．13C ．12D ．1[解析] 由三视图可得该几何体的直观图为三棱锥A －BCD ，将其放在长方体中如图所示，其中BD ＝CD ＝1，CD ⊥BD ，三棱锥的高为1，所以三棱锥的体积为13×12×1×1×1＝16.故选A ．5．(2017·河北省保定市定州中学高三上学期期末(高补班)数学试题)如图为某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为 ( B )A ．272πB ．27πC ．273πD ．273π2[解析] 由已知中的三视图，可得该几何体是以俯视图为底面的四棱锥，其外接球等同于棱长为3的正方体的外接球，从而求得答案．解：由已知中的三视图，可得该几何体是以俯视图为底面的四棱锥，其底面是边长为3的正方形，且高为3，其外接球等同于棱长为3的正方体的外接球，所以外接球半径R 满足：2R ＝32＋32＋32＝27，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝27π，故选B ．6．(2017·广东省揭阳市普宁市华侨中学高三上学期期末数学试题)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，则该几何体的表面积为 ( C )A ．96B ．80＋42πC ．96＋4(2－1)πD ．96＋4(22－1)π[解析] 几何体为边长为4的正方体挖去一个圆锥得到的．解：由三视图可知几何体为边长为4的正方体挖去一个圆锥得到的，圆锥的底面半径为2，高为2，∴圆锥的母线长为2 2.∴几何体的平面部分面积为6×42﹣π×22＝96﹣4π. 圆锥的侧面积为π×2×22＝42π.∴几何体的表面积为96﹣4π＋42π.故选C ．7．(2016·沈阳模拟)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为 ( C )A ．3172B ．210C ．132D ．310[解析] 如图所示，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M .又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝(52)2＋62＝132. 8．(2016·太原模拟)已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC ＝2，则此棱锥的体积为 ( A )A ．26B ．36C ．23D ．22[解析] 如图，因为△ABC 为边长为1的正三角形，且球半径为1，所以四面体O －ABC 为正四面体，所以△ABC 的外接圆的半径为33，所以点O 到平面ABC 的距离d ＝1－(33)2＝63，所以三棱锥的高SF ＝2OE ＝263，所以三棱锥的体积为13×12×1×32×263＝26，故选A ．二、填空题9．(2017·辽宁省铁岭市协作体高三上学期第三次联考数学试题)我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水．天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸．若盆中积水深九寸，则平地降雨量是_3__寸.(注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸)[解析] 由题意得到盆中水面的半径，利用圆台的体积公式求出水的体积，用水的体积除以盆的上地面面积即可得到答案.解：如图，由题意可知，天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸.因为积水深9寸，所以水面半径为12(14＋6)＝10寸.则盆中水的体积为13π×9(62＋102＋6×10)＝588π(立方寸).所以则平地降雨量等于588ππ×142＝3(寸).故答案为3.10．(2016·北京)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为 32.[解析] 通过俯视图可知该四棱柱的底面为等腰梯形，则四棱柱的底面积S ＝(1＋2)×12＝32，通过侧(左)视图可知四棱柱的高h ＝1，所以该四棱柱的体积V ＝Sh ＝32. 11．(2016·河北五校联考)已知球O 的表面积为25π，长方体的八个顶点都在球O 的球面上，则这个长方体的表面积的最大值等于_50__.[解析] 设球的半径为R ，则4πR 2＝25π，所以R ＝52，所以球的直径为2R ＝5，设长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，则长方体的表面积S ＝2ab ＋2ac ＋2bc ≤a 2＋b 2＋a 2＋c 2＋b 2＋c 2＝2(a 2＋b 2＋c 2)＝50.三、解答题12．(2016·安徽模拟)一个多面体的三视图如图所示，求该多面体的表面积.[解析]由三视图可知原几何体是一个正方体截去两个全等的小正三棱锥．正方体的表面积为S＝24，两个全等的三棱锥是以正方体的相对顶点为顶点，侧面是三个全等的直角边长为1的等腰直角三角形，其侧面面积的和为3，三棱锥的底面的边长为2的正三角形，其表面积的和为3，故所求几何体的表面积为24－3＋3＝21＋ 3.13．右图为一简单组合体，其底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，EC∥PD，且PD＝AD＝2EC＝2.(1)画出该几何体的三视图；(2)求四棱锥B－CEPD的体积．[答案](1)略(2)2[解析](1)如图所示：(2)∵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＝2.1．(2016·云南质检)如果一个空间几何体的正视图、侧视图、俯视图都是半径等于5的圆，那么这个空间几何体的表面积等于 ( A )A ．100πB ．100π3C ．25πD ．25π3[解析] 易知该几何体为球，其半径为5，则表面积为S ＝4πR 2＝100π，故选A ． 2．(2017·北京市朝阳区高三上学期期末统一考试数学试题)某四棱锥的三视图如图所示，其俯视图为等腰直角三角形，则该四棱锥的体积为 ( B )A ．223B ．43C ． 2D ．4[解析] 空间几何体的表面积与体积空间几何体的三视图与直观图还原三视图后放到长方体里如图所示，AD ＝2，AP ＝2，AD ⊥AP ，AP 为四棱锥的高体积为13×2×2×2＝43，故答案为B ．3．(2016·洛阳统一考试)如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为 ( D )A ．200πB ．150πC ．100πD ．50π[解析] 由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去3个角后得到，该长方体的长、宽、高分别为5、4、3，所以其外接球半径R 满足2R ＝42＋32＋52＝52，所以该几何体的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×(522)2＝ 50π，故选D ．4.(2016·浙江绍兴期末统考)已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，其俯视图如图所示，侧视图为直角三角形．则该四棱锥的侧面中直角三角形的个数为_3__，该四棱锥的体积为 43.[解析] 根据题意还原出四棱锥模型如图所示，O 为BC 的中点，且PO ⊥底面ABCD ．由俯视图知，BC ＝2，BO ＝OC ＝1，显然BA ⊥平面PBC ，DC ⊥平面PBC ，所以BA ⊥BP ，DC ⊥PC ，所以△ABP ，△PCD 为直角三角形．又侧视图为直角三角形，故△PBC 为直角三角形，所以PO ＝12BC ＝1，所以V ＝13×22×1＝43.5．如图所示的三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图在下面画出(单位：cm).(1)在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图；(2)按照给出的尺寸．求该多面体的体积． [答案] (1)略 (2)2843 cm 3[解析] (1)如图所示．(2)所求多面体的体积是：V ＝V 长方体－V 正三棱锥＝4×4×6－13×(12×2×2)×2＝2843 cm 3.。

2018年理数真题分类训练专题17 立体几何中的最值问题【解析版】

第四章立体几何专题17 立体几何中的最值问题【压轴综述】在立体几何中，判定和证明空间的线线、线面以及面面之间的位置关系(主要是平行与垂直的位置关系)，计算空间图形中的几何量(主要是角与距离)是两类基本问题．在涉及最值的问题中主要有三类，一是距离（长度）的最值问题；二是面（体）积的最值问题；三是在最值已知的条件下，确定参数（其它几何量）的值.从解答思路看，有几何法（利用几何特征）和代数法(应用函数思想、应用基本不等式等)两种，都需要我们正确揭示空间图形与平面图形的联系，并有效地实施空间图形与平面图形的转换．要善于将空间问题转化为平面问题：这一步要求我们具备较强的空间想象能力，对几何体的结构特征要牢牢抓住，有关计算公式熟练掌握.一、涉及几何体切接问题最值计算求解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等.通过作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．这样才能进一步将空间问题转化为平面内的问题；二.涉及角的计算最值问题1. 二面角的平面角及其求法有：定义法、三垂线定理及其逆定理、找公垂面法、射影公式、向量法等，依据题目选择方法求出结果．2.求异面直线所成角的步骤:一平移,将两条异面直线平移成相交直线．二定角,根据异面直线所成角的定义找出所成角．三求角,在三角形中用余弦定理或正弦定理或三角函数求角．四结论．3.线面角的计算：（1）利用几何法：原则上先利用图形“找线面角”或者遵循“一做----二证----三计算”. （2）利用向量法求线面角的方法(i分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(ii)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)，取其余角就是斜线和平面所成的角.下面通过例题说明应对这类问题的方法与技巧.【压轴典例】例1.（2018·全国高考真题（理））已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A B C ．4D 【答案】A 【解析】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体1111ABCD A B C D -中，平面11AB D 与线11111,,AA A B A D 所成的角是相等的，所以平面11AB D 与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面1C BD 也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面11AB D 与1C BD 中间的，且过棱的中点的正六边形，且边长为2，所以其面积为26(2S ==，故选A. 例2.（2018·全国高考真题（文））设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为D ABC -体积的最大值为（）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】如图所示，点M 为三角形ABC 的中心，E 为AC 中点，当DM ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC -体积最大此时，OD OB R 4===2393ABC S AB ==V Q AB 6∴=,Q 点M 为三角形ABC 的中心2BM 233BE ∴==Rt OMB ∴V 中，有22OM 2OB BM =-=DM OD OM 426∴=+=+=()max 19361833D ABC V -∴=⨯=故选B.例3.（2017·全国高考真题（理））a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）【答案】②③ 【解析】由题意知，a 、b 、AC 三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为1，故|AC |＝1，|AB|=斜边AB 以直线AC 为旋转轴，则A 点保持不变，B 点的运动轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆，以C 坐标原点，以CD 为x 轴，CB 为y 轴，CA 为z 轴，建立空间直角坐标系，则D （1，0，0），A （0，0，1），直线a 的方向单位向量a =r （0，1，0），|a r|＝1，直线b 的方向单位向量b =r （1，0，0），|b r|＝1，设B 点在运动过程中的坐标中的坐标B ′（cosθ，sinθ，0），其中θ为B ′C 与CD 的夹角，θ∈[0，2π），∴AB ′在运动过程中的向量，'AB =u u u u r （cosθ，sinθ，﹣1），|'AB u u u u r|=设'AB u u u u r与a r所成夹角为α∈[0，2π]，则cosα()()10102'cos sin a AB θθ--⋅==⋅u u uu rr ，，，，， ∴α∈[4π，2π]，∴③正确，④错误．设'AB u u u u r 与b r 所成夹角为β∈[0，2π]，cosβ()()'11002''AB b cos sin AB b b AB θθ⋅-⋅===⋅⋅u u u u r r u u u u r u u u u r r r ，，，，|cosθ|，当'AB u u u u r与a r 夹角为60°时，即α3π=，|sinθ|3πα===，∵cos 2θ+sin 2θ＝1，∴cosβ2=|cosθ|12=，∵β∈[0，2π]，∴β3π=，此时'AB u u u u r 与b r 的夹角为60°， ∴②正确，①错误．故答案为：②③．例4.（2017·全国高考真题（理））如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为______．【答案】15【解析】如下图，连接DO 交BC 于点G ，设D ，E ，F 重合于S 点，正三角形的边长为x (x >0)，则133OG x =3x =. ∴35FG SG x ==-，222233566SO h SG GO x x ⎛⎫⎛⎫==-=-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3553x ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭， ∴三棱锥的体积2113355333ABC V S h x x ⎛⎫=⋅=- ⎪ ⎪⎝⎭V 451535123x x =-. 设()4535n x x x =-，x >0，则()345320n x x x '=，令()0n x '=，即43403x =，得43x =()n x 在43x =处取得最大值. ∴max 154854415V =-=例5.（2016·浙江高考真题（理））如图，在ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD=DA，PB=BA，则四面体PBCD的体积的最大值是 .【答案】【解析】中，因为，所以.由余弦定理可得，所以.设，则，.在中，由余弦定理可得.故.在中，，.由余弦定理可得，所以.由此可得，将ABD沿BD翻折后可与PBD重合，无论点D在任何位置，只要点D的位置确定，当平面PBD⊥平面BDC时，四面体PBCD的体积最大（欲求最大值可不考虑不垂直的情况）.过作直线的垂线，垂足为.设，则，即，解得.而的面积.当平面PBD⊥平面BDC 时：四面体的体积.观察上式，易得，当且仅当，即时取等号，同时我们可以发现当时，取得最小值，故当时，四面体的体积最大，为例6.（2019·安徽芜湖一中高三开学考试）在Rt AOB ∆中，6OAB π∠=，斜边4AB =．Rt AOC ∆可以通过Rt AOB ∆以直线AO 为轴旋转得到，且二面角B AO C --是直二面角．动点D 的斜边AB 上．（1）求证：平面COD ⊥平面AOB ；（2）求直线CD 与平面AOB 所成角的正弦的最大值．【答案】（1）详见解析；（2277【解析】（1）AOB ∆Q 为直角三角形，且斜边为AB ，2AOB π∴∠=.将Rt AOB ∆以直线AO 为轴旋转得到Rt AOC ∆，则2AOC π∠=，即OC AO ⊥.Q 二面角B AO C --是直二面角，即平面AOC ⊥平面AOB .又平面AOC I 平面AOB AO =，OC ⊂平面AOC ，OC ∴⊥平面AOB .OC ⊂Q 平面COD ，因此，平面COD ⊥平面AOB ；（2）在Rt AOB ∆中，6OAB π∠=，斜边4AB =，122OB AB ∴==且3OBA π∠=. 由（1）知，OC ⊥平面AOB ，所以，直线CD 与平面AOB 所成的角为ODC ∠. 在Rt OCD ∆中，2COD π∠=，2OC OB ==，2224CD OD OC OD =+=+，2sin 4OC ODC CD OD ∴∠==+，当⊥OD AB 时，OD 取最小值，此时sin ODC ∠取最大值，且sin33OD OB π==.因此，227sin 774OC ODC CD OD ∠==≤=+，即直线CD 与平面AOB 所成角的正弦的最大值为27. 例7.（2019·深圳市高级中学高三月考（文））如图，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于A ，B 的点，PO 垂直于圆O 所在的平面，且PO ＝OB ＝1.(1)若D 为线段AC 的中点，求证：AC⊥平面PDO ； (2)求三棱锥P －ABC 体积的最大值； (3)若，点E 在线段PB 上，求CE ＋OE 的最小值．【答案】（1）见解析；（2）；（3）【解析】(1)证明：在△AOC中，因为OA＝OC，D为AC的中点，所以AC⊥DO.又PO垂直于圆O所在的平面，所以PO⊥AC.因为DO∩PO＝O，所以AC⊥平面PDO.(2)解：因为点C在圆O上，所以当CO⊥AB时，C到AB的距离最大，且最大值为1.又AB＝2，所以△ABC面积的最大值为.又因为三棱锥P－ABC的高PO＝1，故三棱锥P－ABC体积的最大值为.(3)解：在△POB中，PO＝OB＝1，∠POB＝90°，所以.同理，所以PB＝PC＝BC.在三棱锥P－ABC中，将侧面BCP绕PB旋转至平面BC′P，使之与平面ABP共面，如图所示．当O，E，C′共线时，CE＋OE取得最小值．又因为OP＝OB，，所以垂直平分PB，即E为PB的中点．从而，即CE＋OE的最小值为.例8.（2016·江苏高考真题）现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥，下部分的形状是正四棱柱（如图所示），并要求正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍.（1）若则仓库的容积是多少？（2）若正四棱锥的侧棱长为，则当为多少时，仓库的容积最大？【答案】（1）312（2）【解析】（1）由PO 1=2知OO 1=4PO 1=8. 因为A 1B 1=AB=6，所以正四棱锥P-A 1B 1C 1D 1的体积正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的体积所以仓库的容积V=V 锥+V 柱=24+288=312（m 3）.（2）设A 1B 1=a （m ），PO 1=h （m ），则0<h<6，OO 1=4h.连结O 1B 1. 因为在中，所以，即于是仓库的容积，从而. 令，得或（舍）.当时，，V 是单调增函数；当时，，V 是单调减函数.故时，V 取得极大值，也是最大值.因此，当m 时，仓库的容积最大.【压轴训练】1．（2019·四川石室中学高三开学考试（文））在ABC △中，已知23AB =6BC =045ABC ∠=，D 是边AC 上一点，将ABD △沿BD 折起，得到三棱锥A BCD -．若该三棱锥的顶点A 在底面BCD 的射影M 在线段BC 上，设BM x =，则x 的取值范围为（） A.()23,26 B.()6,23C.()3,6D.()0,23【答案】B 【解析】由将ABD △沿BD 折起，得到三棱锥A BCD -，且A 在底面BCD 的射影M 在线段BC 上，如图2所示，AM ⊥平面BCD ，则AM BD ⊥，在折叠前图1中，作AM BD ⊥，垂足为N ，在图1中过A 作1AM BC ⊥于点1M ，当运动点D 与点C 无限接近时，折痕BD 接近BC ，此时M 与点1M 无限接近，在图2中，由于AB 是直角ABM ∆的斜边，BM 为直角边，所以BM AB <，由此可得1BM BM AB <<,因为ABC ∆中，023,26,45ABC AB BC ∠===，由余弦定理可得23AC =,所以221(23)(6)6BM =-=，所以623BM <<由于BM x =，所以实数x 的取值范围是()6,23，故选B ．2．（2019·四川高三月考（文））已知球O 表面上的四点A ，B ，C ，P 满足2AC BC ==2AB =．若四面体PABC 体积的最大值为23，则球O 的表面积为（） A ．254πB ．254π C ．2516π D ．8π【答案】A 【解析】当平面ABP 与平面ABC 垂直时，四面体ABCP 的体积最大．由AC BC ==2AB =，得90ACB ︒∠=．设点Р到平面ABC 的距离为h，则112323h ⨯=，解得2h =．设四面体ABCP 外接球的半径为R ，则()22221R R =-+，解得5R=4．所以球O 的表面积为2525444ππ⎛⎫⨯= ⎪⎝⎭．故选：A ．3．（2019·湖南雅礼中学高三月考（理））圆锥的母线长为2，其侧面展开图的中心角为θ弧度，过圆锥顶点的截面中，面积的最大值为2，则θ的取值范围是（） A．),2π B．π⎡⎤⎣⎦C．}D．π⎫⎪⎪⎣⎭【答案】A 【解析】设轴截面的中心角为α，过圆锥顶点的截面的顶角为β，且βα≤ 过圆锥顶点的截面的面积为：122sin β2sin β2⨯⨯⨯=，又过圆锥顶点的截面中，面积的最大值为2，故此时β2π=，故απ2π≤＜圆锥底面半径r )2sin22α=∈ ∴侧面展开图的中心角为θ弧度2sin222πsin22απα⨯⨯==∈),2π 故选：A.4．（2019·安徽高考模拟（理））如图，已知四面体ABCD 为正四面体，1AB ＝，E ，F 分别是AD ，BC 中点．若用一个与直线EF 垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为（）A ．14B ．2 C ．3 D ．1【答案】A 【解析】将正四面体补成正方体，如下图所示：EF α⊥Q ∴截面为平行四边形MNKL ，可得1NK KL +=又//KL BC ，//KN AD ，且AD BC ⊥ KN KL ∴⊥ 可得2124MNKLNK KL S NK KL +⎛⎫=⋅≤=⎪⎝⎭四边形（当且仅当NK KL =时取等号）本题正确选项：A5．（2019·湖北高三月考（理））若一个四棱锥底面为正方形，顶点在底面的射影为正方形的中心，且该四棱锥的体积为9，当其外接球表面积最小时，它的高为( ) A ．3 B ．2C ．3D ．33【答案】A 【解析】设正方形的边长为a ，则四棱锥的高为227h a =2a ，则其外接圆的半径22r a =.设球的半径为R ，则()222h R r R -+=，解得44222272727210844108a a R a a a =+=++4322272793441084a a a ≥⋅⋅=，当且仅当42274108a a =，即3a =时等号成立，此时，四棱锥的高为2272739h a ===.故选A. 6．（2019·四川雅安中学高三开学考试（文））已知三棱锥D ABC -四个顶点均在半径为R 的球面上，且2AB BC ==，2AC =，若该三棱锥体积的最大值为1，则这个球的表面积为（）A.50081πB.1009πC.259πD.4π【答案】B 【解析】2AB BC ==Q ，2AC = 222AB BC AC ∴+= AB BC ∴⊥112ABC S AB BC ∆∴=⋅= 如下图所示：若三棱锥D ABC -体积最大值为1，则点D 到平面ABC 的最大距离：3d = 即：3DO '=设球的半径为R ，则在Rt OAO '∆中：()22213R R =+-，解得：53R =∴球的表面积：210049S R ππ==本题正确选项：B7．（2017·山西高三（理））两球1O 和2O 在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -的内部，且互相外切，若球1O 与过点A 的正方体的三个面相切，球2O 与过点1C 的正方体的三个面相切，则球1O 和2O 的表面积之和的最小值为( ) A ．(323p B ．(423pC ．(323p +D ．(423p【答案】A 【解析】设球1O 与球2O 的半径分别为r 1,r 2,∴r 1+r 23r 1+r 2)= 3 r 1+r 2313+=332-， r 1+r 2⩾12r r 球1O 与球2O 的面积之和为： S =4π(21r+21r)=4π(r 1+r 2)2−8π12r r ⩾()212π13+−2π()2313+=(6−3)π,当且仅当r 1=r 2时取等号其面积最小值为(6−3π. 故选A.8．（2019·广东高考模拟（理））平面四边形ABCD 中，2AD AB ==5CD CB ==且AD AB ⊥，现将ABD ∆沿对角线BD 翻折成A BD '∆，则在A BD '∆折起至转到平面BCD 的过程中，直线A C '与平面BCD 所成最大角的正切值为（）A ．2B ．12C 3D 3【答案】D 【解析】取BD 的中点O,则,,,A B A D BC CD A O BD CO BD '''==∴⊥⊥Q 即BD ⊥平面A OC ',从而平面BCD ⊥平面A OC ',因此A '在平面BCD 的射影在直线OC 上，即A CO '∠为直线A C '与平面BCD 所成角，因为2AD AB ==5CD CB ==AD AB ⊥，所以111,2sin sin sin 22A O A O OC A CO OA C OA C OC '''''==∴∠=∠=∠≤,即A CO '∠最大值为π6，因此直线A C '与平面BCD 所成最大角的正切值为π3tan63=，选D.9．（2019·云南省玉溪第一中学高二月考（理））已知底面边长为42，侧棱长为25的正四棱锥S ABCD -内接于球1O ．若球2O 在球1O 内且与平面ABCD 相切，则球2O 的直径的最大值为__________．【答案】8 【解析】如图所示，正四棱锥S ABCD -内接于球1O ，1SO 与平面ABCD 交于点O ，正方形ABCD 中，42,4AB AO ==，在直角三角形SAO 中，2222(25)42SO SA OA =-=-=，设球1O 的半径为R ，则在直角三角形1OAO 中，222(2)4R R -+=，解得5R =，所以球1O 的直径为10，当求2O 与平面ABCD 相切且与球1O 相切时，球2O 的直径最大，又因为球2SO =，所以球2O 的直径的最大值为1028-=.10．（2019·山西高三月考）已知三棱锥P ABC -的四个顶点都在半径为3的球面上，AB AC ⊥，则该三棱锥体积的最大值是__．【答案】323【解析】如图所示，设,AB m AC n ==，则12ABCS mn ∆=，ABC ∆22m n +22934m n +-，三棱锥P ABC -的体积公式为222222111(93)(93)324344m n m n m n mn +++⨯-≤⨯-，设224m n t +=，则1()(93)3f t t t =-+，1()93329f t t t '⎫=-+⎪-⎭，令()0f t '=，解得8t =，()f t 在()0,8单增，[]8,9单减，max 32()(8)3f t f ∴==，所以三棱锥P ABC -体积最大值为32311．（2019·云南师大附中高三月考）在直三棱柱111ABC A B C -中，90BAC ∠=︒且14BB =，设其外接球的球心为O ，已知三棱锥O -ABC 的体积为2，则球O 的表面积的最小值是_____________. 【答案】28π 【解析】如图，在Rt ABC △中，设AB c =，=AC b ，则22BC b c =+，取BC ，11B C 的中点分别为2O ，1O ，则2O ，1O 分别为Rt ABC △和111Rt A B C △的外接圆的圆心，连接2O 1O ，又直三棱柱111ABC A B C -的外接球的球心为O ，则O 为2O 1O 的中点，连接OB ，则OB 为三棱柱外接球的半径．设半径为R ，因为直三棱柱111ABC A B C -，所以1214BB O O ==，所以三棱锥O ABC -的高为2，即22OO =，又三棱锥O ABC -体积为2，所以1122632O ABC V bc bc -=⨯⨯=⇒=．在2Rt OO B △中，2222222221()4424b c b c R BC OO ++⎛⎫=+=+=+ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以2=4πS R =球表22224π4π()16π2π16π12π16π28π4b c b c bc ⎛⎫++=+++=+= ⎪⎝⎭≥，当且仅当b c =时取“=”，所以球O 的表面积的最小值是28π，故答案为28π.12．（2019·湖南高三月考（文））已知三棱锥A BCD -满足3AB BD DC CA ====，则该三棱锥体积的最大值为________. 【答案】3【解析】取AD 中点E ，连接BE ，CE ，因为3AB BD DC CA ====，所以BE AD ⊥，CE AD ⊥，且BE CE =，由题意可得，当平面⊥BAD 平面CAD 时，棱锥的高最大，等于BE ，此时体积也最大；所以此时该三棱锥体积为113sin sin 362-∆=⋅⋅=⋅⋅⋅∠⋅=⋅∠A BCD ACD V S BE CA CD ACD BE CE ACD ，设ACD θ∠=，则sin 3cos 22πθθ-⎛⎫=⋅=⎪⎝⎭CE CD ，所以239cos sin 9sin cos 9sin sin 222222θθθθθθ-⎛⎫=⋅=⋅=- ⎪⎝⎭A BCD V ，令sin2θ=x ，因为0θπ<<，所以0sin12θ<<，设3()=-f x x x ，01x <<，则2()13'=-f x x ，由2()130'=->f x x 得303x <<；由2()130'=-<f x x 得313x <<；所以函数3()=-f x x x 在30,3⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，在3,13⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭上单调递减；所以max 333323()⎛⎫==-= ⎪ ⎪⎝⎭f x f ，因此三棱锥体积的最大值为239239-=⋅=A BCD V . 故答案为2313．（2019·河南高三月考（文））已知三棱锥P ABC -的四个顶点均在同一个球面上，底面ABC ∆满足6BA BC ==，2ABC π∠=，若该三棱锥体积的最大值为3．则其外接球的体积为________.【答案】323π 【解析】如图所示：设球心为O ，ABC △所在圆面的圆心为1O ，则1OO ⊥平面ABC ；因为6BA BC ==2ABC π∠=，所以ABC △是等腰直角三角形，所以1O 是AC 中点；所以当三棱锥体积最大时，P 为射线1O O 与球的交点，所以113p ABC ABC V PO S -=⋅⋅V ；因为16632ABC S ==V ，设球的半径为R ，所以2221113PO PO OO R R AO R R =+=-=+-(213333R R ⋅-⋅=，解得：2R =，所以球的体积为：343233R ππ=.14．（2019·四川双流中学高三月考（文））已知球的直径4DC =，A ，B 是该球面上的两点，6ADC BDC π∠=∠=，则三棱锥A BCD -的体积最大值是______.【答案】2 【解析】因为球的直径4DC =，且6ADC BDC π∠=∠=，所以2AC BC ==，23AD BD ==13A BCD BCD V S h -∆=⨯⨯（其中h 为点A 到底面BCD 的距离），故当h 最大时，A BCD V -的体积最大，即当面ADC ⊥面BDC 时，h 最大且满足4223h =⨯3h =112233232A BCD V -=⨯⨯⨯=.15．（2019·河北高三月考）在四棱锥P ABCD -中，PD AC ⊥，AB ⊥平面PAD ，底面ABCD 为正方形，且3CD PD +=，若四棱锥P ABCD -的每个顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积的最小值为_____. 【答案】6π 【解析】∵AB ⊥平面PAD ，∴AB PD ⊥，又PD AC ⊥，∴PD ⊥平面ABCD ，则四棱锥P ABCD -可补形成一个长方体，球O 的球心为PB 的中点，设()03CD x x =<<，则3PD x =-.从而球O 的表面积为()()22222343126x x x x πππ⎛⎫++- ⎪⎡⎤=-+≥⎣⎦⎝⎭. 故答案为6π 16.（2016·浙江高考真题（文））如图，已知平面四边形ABCD ，AB=BC=3，CD=1，AD=5，∠ADC=90°.沿直线AC 将V ACD 翻折成V ACD'，直线AC 与BD' 所成角的余弦的最大值是______.6 【解析】试题分析：如图，连接BD′，设直线AC 与'BD 所成的角为θ．O 是AC 的中点.由已知得6AC =，以OB 为x 轴， OA 为y 轴，过O 与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则60,2A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭， 302B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭， 60,2C ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭.作DH AC ⊥于H ，连接D′H 翻折过程中， 'D H 始终与AC 垂直，则266CD CH CA ===则63OH = 15306DH ⨯==因此30630'cos ,sin 636D αα⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭（设∠DHD′=α），则3030630'BD αα⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭u u u u r ，与CA u u u r 平行的单位向量为()0,1,0n =，所以cos cos ',BD n θ=u u u u r ''BD n BD n⋅=u u u u r u u u u r ＝6395cos α+，所以cos 1α=-时， cos θ取得最大值，为6． 17．（2019·重庆一中高三开学考试（理））已知正方形ABCD 的边长为22，将ABC ∆沿对角线AC 折起，使平面ABC ⊥平面ACD ，得到如图所示的三棱锥B-ACD .若O 为AC 的中点，点M ，N 分别为DC ，BO 上的动点（不包括端点），且BN CM =，则当三棱锥N-AMC 的体积取得最大值时，点N 到平面ACD 的距离为______.【答案】1【解析】由题意知，BO AC ⊥，而平面ABC ⊥平面ACD ，所以BO ⊥平面ACD ，易知BO ＝2，设BN x =，三棱锥N AMC -的高为NO ，则2NO x =-，由三棱锥体积公式得21122=22(2)(1)3233N AMC V y x x x -=⨯⨯⨯-=--+，∴x ＝1时，y max ＝23.此时，211NO =-=. 故本题正确答案为1.18．（2019·浙江高三开学考试）如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是AD 中点，动点P 在底面ABCD 内（不包括边界），使四面体1A BMP 体积为23，则1C P 的最小值是___________．【答案】2305【解析】由已知得四面体1A BMP 体积1122,33A MBP MBP V S -∆=⨯⨯= 所以1,MBPS ∆=设P 到BM 的距离为h ，则151,2MBP S h ∆=⨯⨯= 解得25,5h =所以P 在底面ABCD 内（不包括边界）与BM 平行且距离为25的线段l 上，要使1C P 的最小，则此时P 是过C 作BM 的垂线的垂足.点C 到BM 的距离为45,5所以25,5CP = 此时()221min 252302.55C P ⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭故答案为230. 19．（2019·安徽合肥一中高考模拟（文））如图，在棱长为 1 的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是AD 的中点，动点P 在底面ABCD 内（不包括边界），若1//B P 平面1A BM ，则1C P 的最小值是____．【答案】305【解析】取BC中点N，连结11,,B D B N DN，作CO DN⊥，连1C O，因为面1//B DN面面1A BM，所以动点P在底面ABCD内的轨迹为线段DN，当点P与点O重合时，1C P取得最小值，因为1115222552DN CO DC NC CO⋅=⋅⇒==，所以221min11130()155C P C O CO CC==+=+=.20．（2019·湖南高三期末（文））点P在正方体1111ABCD A B C D-的侧面11BCC B及其边界上运动，并保持1AP BD⊥，若正方体边长为2，则PB的取值范围是__________．【答案】2,2⎡⎤⎣⎦【解析】连结1AB，AC，1CB，易知平面11ACB BD ⊥，故P 点的轨道为线段1CB ，当P 在1CB 当P 与C 或1B 重合时：最大值为2则PB 的取值范围是2⎤⎦.故答案为：2⎤⎦。

【高考速递】问题7.3 立体几何中的最值问题-2018届高三数学成功在我之优等生提分精品(Word版含解析)

2018届高三数学成功在我一、考情分析立体几何中的最值问题一般涉及到距离、面积、体积、角度等四个方面,此类问题多以规则几何体为载体,涉及到几何体的结构特征以及空间线面关系的逻辑推理、空间角与距离的求解等,题目较为综合,解决此类问题一般可从两个方面思考：一是函数法,即利用传统方法或空间向量的坐标运算,建立所求的目标函数,转化为函数的最值问题求解；二是直接法,即根据几何体的结构特征或平面几何中的相关结论,直接判断最值.纵观近几年高考对于组合体的考查,重点放在与球相关的外接与内切问题上.要求学生有较强的空间想象能力和准确的计算能力,才能顺利解答.从实际教学来看,这部分知识是学生掌握最为模糊,看到就头疼的题目.分析原因,除了这类题目的入手确实不易之外,主要是学生没有形成解题的模式和套路,以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理．二、经验分享1.解决立体几何中的最值问题常见方法有：(1)建立函数法是一种常用的最值方法，很多情况下，我们都是把这类动态问题转化成目标函数，最终利用代数方法求目标函数的最值.解题途径很多，在函数建成后，可用一次函数的端点法；二次数的配方法、公试法；有界函数界值法（如三角函数等）及高阶函数的拐点导数法等.(2)公理与定义法通常以公理与定义作依据，直接推理问题的最大值与最小值，一般的公理与定理有：两点之间以线段为最短，分居在两异面直线上的两点的连线段中，以它们的公垂线段为短.球面上任意两点间的连线中以过这两点与球心的平面所得圆的劣弧长为最短等.如果直接建立函数关系求之比较困难，而运用两异面直线公垂线段最短则是解决问题的捷径.(3)解不等式法是解最值问题的常用方法、在立体几何中同样可利用不等式的性质和一些变量的特殊不等关系求解：如ab b a ≥+222 2b a ab +≤ 最小角定理所建立的不等关系等等.(4)展开体图法是求立体几何最值的一种特殊方法，也是一种常用的方法，它可将几何题表面展开，也可将几何体内部的某些满足条件的部分面展开成平面，这样能使求解问题，变得十分直观，由难化易.(5)变量分析法是我们要透过现象看本质，在几何体中的点、线、面，哪些在动，哪些不动，要分析透彻，明白它们之间的相互关系，从而转化成求某些线段或角等一些量的求解最值总题的方法.除了上述5种常用方法外，还有一些使用并不普遍的特殊方法，可以让我们达到求解最值问题的目的，这就是：列方程法、极限思想法、向量计算法等等其各法的特点与普遍性，大家可以通过实例感受其精彩内涵与思想方法所在.2.决定棱锥体积的量有两个，即底面积和高，当研究其体积的最值问题时，若其中有一个量确定，则只需另一个量的最值；若两个量都不确定，可通过设变量法，将体积表示为变量的函数解析式，利用函数思想确定其最值；将空间问题转化为平面问题是转化思想的重要体现，通过旋转到一个平面内，利用两点之间距离最短求解3.解决几何体体积最值问题的方法(1) 根据条件建立两个变量的和或积为定值,利用基本不等式求体积的最值；通过建立相关函数式,将所求的最值问题转化为函数的最值问题求解,此法应用最为广泛；由图形的特殊位置确定最值,如垂直求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．4.解题时，通常应注意分析题目中所有的条件，首先应该在充分理解题意的基础上，分析是否能用公理与定义直接解决题中问题；如果不能，再看是否可将问题条件转化为函数，若能写出确定的表意函数，则可用建立函数法求解；再不能，则要考虑其中是否存在不等关系，看是否能运用解等不式法求解；还不行则应考虑是否可将其体图展开成平面，这样依次从本文所标定的方法顺序思考，必能找到解题的途径三、题型分析(一) 距离最值问题1.空间中两点间距离的最值问题【例1】正方体1111ABCD A B C D 的棱长为1,M 、N 分别在线段11AC 与BD 上,求MN 的最小值.由正方体的棱长为1可得1PQ =.连结AC ,则11//AC AC ,所以BQC ∠为两异面直线11AC 与BD 所成角. 在正方形ABCD 中,AC BD ⊥,所以90BQC ∠=.过点M 作MH AC ⊥,垂足为H ,连结NH ,则//MH PQ ,且1MH PQ ==.设PM m =,QN t =,则QH m =.在Rt QNH ∆中,22222HN QN QH n m =+=+,在Rt MHN ∆中,2222221MN MH HN n m =+=++.显然,当0m n ==时,2MN 取得最小值1,即MN 的最小值为1.【点评】空间中两点距离的最值,最基本的方法就是利用距离公式建立目标函数,根据目标函数解析式的结构特征求解最值.对于分别在两个不同对象上的点之间距离的最值,可以根据这两个元素之间的关系,借助立体几何中相关的性质、定理等判断并求解相应的最值.如【典例1】中的两点分别在两条异面直线上,显然这两点之间距离的最小值即为两异面直线的公垂线段的长度.另外注意直线和平面的距离,两平面的距离等的灵活运用.【小试牛刀】【2017甘肃省天水市第一中学上学期期末】如图所示,在空间直角坐标系中,是坐标原点,有一棱长为的正方体,和分别是体对角线和棱上的动点,则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B2.几何体表面上的最短距离问题【例2】正三棱柱ABC—A1B1C1中,各棱长均为2,M为AA1中点,N为BC的中点,则在棱柱的表面上从点M到点N的最短距离是多少?并求之.【分析】将正三棱柱的表面展开,即可转化为平面内两点间距离的最小值问题求解.注意两种不同的展开方式的比较.【解析】 (1)从侧面到N,如图1,沿棱柱的侧棱AA1剪开,并展开,则MN===(2)从底面到N点,沿棱柱的AC、BC剪开、展开,如图2.则MN=图（1）图（2）【点评】求解几何体表面上的最短距离问题,往往需要将几何体的侧面或表面展开,将问题转化为平面图形中的最值,进而利用平面几何中的相关结论判断并求解最值.如【典例2】中就是利用了平面内两点间线段最短来确定最值,但要注意几何体表面的展开方式可能有多种,求解相关最值时,需要比较才能得到正确结论.【小试牛刀】【2017甘肃省天水市第一中学上学期期末】在侧棱长为的正三棱锥中,,过作截面,交于,交于,则截面周长的最小值为__________．【答案】6【解析】将棱锥的侧面沿侧棱展开,如图,的长就是截面周长的最小值,由题意,由等腰三角形的性质得.(二) 面积的最值1.旋转体中面积的最值【例3】一个圆锥轴截面的顶角为56π,母线为2,过顶点作圆锥的截面中,最大截面面积为 .【分析】本题是截面问题中的常见题,应根据几何体的结构特征确定截面形状,然后求解截面的数字特征,进而确定其最值.【点评】由圆锥的性质可知,过圆锥顶点的截面一定是等腰三角形,且腰长等于圆锥的母线长,该等腰三角形的顶角的最大值为轴截面的顶角,所以截面面积的最大值取决于轴截面顶角的取值范围,不能误认为轴截面的面积就是最大值.【小试牛刀】圆柱轴截面的周长l 为定值,求圆柱侧面积的最大值.【解析】设圆柱的底面直径为d ,高为h .则由题意得：2()d h L +=. 所以12d h L +=. 而圆柱的侧面积为2S rh dh ππ==.由均值不等式可得2()2d h dh +≥,即216L dh ≤（当且仅当d h =时等号成立）. 所以圆柱侧面积为216S dh L ππ=≤,即圆柱侧面积的最大值为216L π. 2.多面体中的面积最值【例4】如图中1所示,边长AC ＝3,BC ＝4,AB ＝5的三角形简易遮阳棚,其A 、B 是地面上南北方向两个定点,正西方向射出的太阳光线与地面成30°角,试问：遮阳棚ABC 与地面成多大角度时,才能保证所遮影面ABD 面积最大?【分析】首先分析几何体的结构特征,明确遮影面ABD 中的定值——AB,则所求最值问题转化为该边上的高的最值,进而根据已知——太阳光的照射角度将其与ABC ∆中AB 上的高建立联系,从而确定最值.【点评】求解几何体中的面积最值,首先要明确所求图形面积的表示式,区分该图形中的定值与变量,然后根据几何体的结构特征和已知条件确定变量的最值即可.如该题中抓住QD 的变化,建立与已知——太阳光的照射角的关系是准确确定最值的关键所在.【小试牛刀】在三棱锥A —BCD 中,ΔABC 和ΔBCD 都是边长为a 的正三角形,求三棱锥的全面积的最大值.(三) 体积的最值问题【例5】如图3,已知在∆A B C 中,∠=︒C 90,P A ⊥平面ABC,A E P B ⊥于E,A F P C⊥于F,A P A B ==2,∠=A E F θ,当θ变化时,求三棱锥PA E F-体积的最大值.图3【分析】θ的变化是由ＡＣ与ＢＣ的变化引起的,要求三棱锥P-AEF 的体积,则需找到三棱锥P-AEF 的底面积和高,高为定值时,底面积最大,则体积最大.【解析】因为P A ⊥平面ABC,B C ⊂平面ABC,所以P A B C⊥ 又因为B C A C P A A C A ⊥⋂=,,所以B C ⊥平面PAC,又A F ⊂平面PAC,所以B C A F⊥,又A F P C P C B C C ⊥⋂=,,所以A F ⊥平面PBC,即A F E F⊥.EF 是AE 在平面PBC 上的射影,因为A E P B ⊥,所以E F P B ⊥,即P E ⊥平面AEF.在三棱锥PA E F-中,A P A BA E P B ==⊥2,, 所以P E A E ==22,,A F E F V S P E P A E F A E F ===⋅=⨯⨯⋅⨯-22131312222s in ,c o s s in c o s θθθθ，∆ =262sin θ,因为02<<θπ,所以02021<<<≤θπθ，s i n 因此,当θπ=4时,V P A E F -取得最大值为26. 【点评】几何体体积的最值问题的解决,要根据几何体的结构特征确定其体积的求解方式,分清定量与变量,然后根据变量的取值情况,利用函数法或平面几何的相关结论判断相应的最值.如该题中确定三棱锥底面的面积最值是关键.【小试牛刀】【2017安徽省黄山市上学期期末质量检测】在棱长为6的正方体中,是中点,点是面所在的平面内的动点,且满足,则三棱锥的体积最大值是（） A. 36 B. C. 24 D.【答案】B(四) 角的最值【例6】如图,在四棱锥S － ABCD中,底面ABCD是直角梯形,侧棱SA⊥底面ABCD,AB垂直于AD和BC,SA =AB=BC =2,AD =1．M是棱SB的中点．（Ⅰ）求证：AM∥面SCD；（Ⅱ）求面SCD与面SAB所成二面角的余弦值；（Ⅲ）设点N是直线CD上的动点,MN与面SAB所成的角为θ,求sinθ的最大值,【分析】直接根据几何体的结构特征建立空间直角坐标系,求出相关点的坐标和向量坐标,利用向量运算进行证明计算即可.【解析】当531=x ,即35=x 时,735sin max =θ. 【小试牛刀】在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,P 是A 1B 1上的一动点,平面PAD 1和平面PBC 1与对角面ABC 1D 1所成的二面角的平面角分别为α、β,试求α+β的最大值和最小值. 解析：如图.对角面A 1B 1CD⊥对角面ABC 1D 1,其交线为EF.过P 作PQ⊥EF 于Q,则PQ⊥对角面ABC 1D 1.分别连PE 、PF.∵EF⊥AD 1,PE⊥AD 1(三垂线定理).故由二面角的平面角定义知 ∠PFQ ＝α,五、迁移运用1.【2018北京市首师附高三理零模】在棱长为1的正方体1111ABCD A BC D 中,点12,P P 分别是线段1,AB BD （不包括端点）上的动点,且线段12PP 平行于平面11A ADD ,则四面体121PP AB 的体积的最大值是A.124 B. 112 C. 16 D. 12【答案】A2.【2018年江西省抚州市高三八校联考】如图，在长方体中，,,，点是棱的中点，点在棱上，且满足，是侧面四边形内一动点(含边界).若平面，则线段长度的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】取中点，在上取点，使得，连结，则平面平面，因为是侧面内的一动点（含边界），平面，所以，3.如图，在棱长为5的正方体ABCD－A1B1C1D1中，EF是棱AB上的一条线段，且EF＝2，Q是A1D1的中点，点P是棱C1D1上的动点，则四面体P－QEF的体积 ( )A. 是变量且有最大值B. 是变量且有最小值C.是变量且有最大值和最小值D. 是常量【答案】D【解析】因为EF＝2，点Q到AB的距离为定值，∴△QEF的面积为定值，设为S．又D1C1∥AB，D1C1 平面QEF ，AB⊂平面QEF，∴D1C1∥平面QEF，∴点P到平面QEF的距离也为定值，设为d．∴四面体P－QEF的体积为定值13Sd．选D．4. 【2017届甘肃省肃南裕固族自治县第一中学高三上学期期末】若一条直线与一个平面成角,则这条直线与这个平面内经过斜足的直线所成角中最大角等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】当这个平面内经过斜足的直线与这条直线在这个平面内射影垂直时, 直线与这条直线垂直,所成角为直角,而两直线所成角范围为,所以直线与这条直线所成角最大值为,所以选B.5.【2017届云南省师范大学附属中学高三高考适应性月考】三棱锥内接于半径为的球中,,则三棱锥的体积的最大值为（）A. B. C. D.【答案】C6.【2017学年安徽省黄山市高二上学期期末质量检测】在棱长为6的正方体中,是中点,点是面所在的平面内的动点,且满足,则三棱锥的体积最大值是（）A. 36B.C. 24D.【答案】B【解析】试题分析：因平面,则,同理平面,则,,则,,则,下面研究点在面的轨迹（立体几何平面化）,在平面直角坐标系内设,设,因为,所以,化简得：,该圆与的交点纵坐标最大,交点为,三棱锥的底面的面积为18,要使三棱锥体积最大,只需高最大,当在上切时,棱锥的高最大,,.,本题应选.7.【2017湖北省武汉市第二中学上学期期末】如图,在四棱锥中,侧面是边长为4的正三角形,底面为正方形,侧面⊥底面,为底面内的一个动点,且满足,则点到直线的最短距离为( )A. B. C. D.【答案】C8．【2017届浙江省温州市高三第二次模拟考试】如图,在三棱锥中,平面平面,与均为等腰直角三角形,且,．点是线段上的动点,若线段上存在点,使得异面直线与成的角,则线段长的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】9．【2016浙江省杭州二中】已知各棱长均为1的四面体ABCD 中, E 是AD 的中点,P∈直线CE,则|BP|＋|DP|的最小值为（）A ．1 D 【答案】B【解析】如图,将CDE ∆旋转至与BCE ∆共面,连结BD ,则它与CE 的交点P ,即为使|BP|＋|DP|取最小值的点．易知11,,9022BE CE BC DE DEC ====∠= , 在BCE ∆中由余弦定理得2221cos 23BE CE BC BEC BE CE +-∠==⋅ ,从而由平方关系得sin 3BEC ∠=, 在BDE ∆中由余弦定理得22222112cos(90)()2(122BD DE BE DE BE BEC =+-⋅+∠=+-=+,所以BD =．BE D10．【2016辽宁师大附中】在长方体1111D C B A ABCD -中,2=AB ,11==AA BC ,点M 为1AB 的中点,点P 为对角线1AC 上的动点,点Q 为底面ABCD 上的动点（点P 、Q 可以重合）,则PQ MP +的最小值为（）A ．22B ．23C ．43D ．1【答案】C11.已知四棱锥P ABCD -的三视图如图所示,则四棱锥P ABCD -的四个侧面中面积最大的是（）A ．3 B．．6 D ．8俯视图侧视图正视图图1【答案】 C【解析】三棱锥如图所示,3PM =,142PDC S ∆=⨯= 12332PBC PAD S S ∆∆==⨯⨯=,14362PAB S ∆=⨯⨯=222N12.两球O1和O2在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的内部,且互相外切,若球O1与过点A的正方体的三个面相切,球O2与过点C1的正方体的三个面相切,则球O1和O2的表面积之和的最小值为( )A．(6－33)πB．(8－43)πC．(6＋33)πD．(8＋43)π【答案】A13.【河北省石家庄市2018届高三下学期一模】一个直角三角形的三个顶点分别在底面棱长为2的正三棱柱的侧棱上，则该直角三角形斜边的最小值为__________．【答案】【解析】[Failed to download image :如图，不妨设N在B处，AM h CQ m==，，则有2222444M B h B Q m M Q =+=+=-，，（）由222220MB BQ MQ m hm=+⇒-+=．22808h h=-≥⇒≥该直角三角形斜边MB≥故答案为14.【2017届湖南省衡阳市高三上学期期末考试】表面积为的球面上有四点,且是边长为的等边三角形,若平面平面,则三棱锥体积的最大值是__________．【答案】15．【2016届辽宁省沈阳市二中高三上学期期中】如图,在棱柱111ABC A B C -的侧棱11A A B B 和上各有一个动点,P Q ,且满足1A P BQ =,M 是棱CA 上的动点,则111M ABQPABC A B C M ABQPV V V ----的最大值是．【答案】1216．【2016届广东省广州市荔湾区高三上学期调研】已知直三棱柱111ABC A B C -中,090BAC ∠=,侧面11BCC B 的面积为2,则直三棱柱111ABC A B C -外接球表面积的最小值为．【答案】4π【解析】根据题意,设2BC m =,则有11BB m=,从而有其外接球的半径为1R =≥,所以其比表面积的最小值为4S π=． 17．【2016届贵州省贵阳市六中高三元月月考】表面积为π60的球面上有四点C B A S 、、、且ABC ∆是等边三角形,球心O 到平面ABC 的距离为3,若ABC SAB 面⊥,则棱锥ABC S -体积的最大值为．【答案】2718.如图,过半径为R 的球面上一点P 作三条两两垂直的弦PA 、PB 、PC,(1)求证：PA 2+PB 2+PC2为定值；(2)求三棱锥P —ABC 的体积的最大值.【解析】(1)设过PA 、PB 的平面截球得⊙O 1,∵PA⊥PB,∴AB 是⊙O 1的直径,连PO 1并延长交⊙O 1于D,则PADB 是矩形,PD 2＝PA 2+PB 2. 设O 为球心,则OO 1⊥平面⊙O 1, ∵PC⊥⊙O 1平面,∴OO 1∥PC,因此过PC 、PD 的平面经过球心O,截球得大圆,又PC⊥PD. ∴CD 是球的直径.故 PA 2+PB 2+PC 2＝PD 2+PC 2＝CD 2＝4R 2定值.(2)设PA 、PB 、PC 的长分别为x 、y 、z,则三棱锥P —ABC 的体积V ＝61xyz, V 2＝361x 2y 2z 2≤361(3222z y x ++)3＝361·27646R ＝5432R 6.∴V≤2734R 3.即 V 最大＝2734R 3. 19.如图,平行四边形ABCD 中,AB ⊥BD ,AB ＝2,BD ＝2,沿BD 将△BCD 折起,使二面角A －BD －C 是大小为锐角α的二面角,设C 在平面ABD 上的射影为O .(1)当α为何值时,三棱锥C －OAD 的体积最大？最大值为多少？ (2)当AD ⊥BC 时,求α的大小．20. 如图,△ABC内接于圆O,AB是圆O的直径,四边形DCBE为平行四边形,DC⊥平面ABC,AB ＝2,EB＝ 3.(2)设AC＝x,V(x)表示三棱锥B－ACE的体积,求函数V(x)的解析式及最大值．。

2018年理数真题分类训练专题17立体几何中的最值问题【原卷版】

3020 s>第四章立体几何专题17立体几何中的最值问题【压轴综述】在立体几何中，判定和证明空间的线线、线面以及面面之间的位置关系（主要是平行与垂直的位置关系），计算空间图形中的几何量（主要是角与距离）是两类基本问题.在涉及最值的问题中主要有三类，一是距离（长度）的最值问题；二是面（体）积的最值问题；三是在最值已知的条件下，确定参数（其它几何量）的值.从解答思路看，有几何法（利用几何特征）和代数法（应用函数思想、应用基本不等式等）两种, 都需要我们正确揭示空间图形与平面图形的联系，并有效地实施空间图形与平面图形的转换.要善于将空间问题转化为平面问题：这一步要求我们具备较强的空间想象能力，对几何体的结构特征要牢牢抓住，有关计算公式熟练掌握.、涉及几何体切接问题最值计算求解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等.通过作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解.这样才能进一步将空间问题转化为平面内的问题;二.涉及角的计算最值问题1.二面角的平面角及其求法有：定义法、三垂线定理及其逆定理、找公垂面法、射影公式、向量法等，依据题目选择方法求出结果.2.求异面直线所成角的步骤平移，将两条异面直线平移成相交直线.二定角，根据异面直线所成角的定义找出所成角.三求角，在三角形中用余弦定理或正弦定理或三角函数求角.四结论.3.线面角的计算：（1）利用几何法：原则上先利用图形“找线面角”或者遵循“一做----二证----三计算”.（2）利用向量法求线面角的方法（i分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角（或其补角）;（ii）通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角（钝角时取其补角），取其余角就是斜线和平面所成的角F面通过例题说明应对这类问题的方法与技巧【压轴典例】例1. （2018 -全国高考真题（理））已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为（ )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A . 12^3B. 18 J 3C. 24J3D. 54J 3a ,b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形 ABC 的直角边AC③直线AB 与 a 所成角的最小值为45°; ④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.例4. （2017 •全国高考真题（理））如图，圆形纸片的圆心为 0半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形的中心为QD, E , F 为圆0上的点，△ DBC △ ECA △ FAB 分别是以BC CA AB 为底边的等腰三角形. 虚线剪开后，分别以 BC CA AB 为折痕折起△ DBC △ ECA △ FAB 使得D, E , F 重合，得到三棱锥. △ ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm ）的最大值为例5. （2016 -浙江高考真题（理））如图，在且ABC 中，AB=BC=2 / ABC=120 .若平面 ABC 外卜的点P 和线段AC 上的点D,满足PD=DA PB=BA 则四面体 PBCD 勺体积的最大值是例6. （2019 -安徽芜湖一中高三开学考试）在 Rt AOB 中， OAB —,斜边AB 4 . Rt AOC 可以 6 通过Rt AOB 以直线AO 为轴旋转得到，且二面角 B AO C 是直二面角.动点 D 的斜边AB 上.三角形且其面积为 9 J 3 ,则三棱锥D ABC 体积的最大值为（所在直线与a , b 都垂直，斜边 AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论: ①当直线AB 与a 成60°角时,AB 与b 成30°角; ②当直线AB 与a 成60°角时,AB 与b 成60°角;例2. （2018 •全国高考真题（文））例3. （2017 •全国高考真题（理）其中正确的是.（填写所有正确结论的编号）ABC(2)求直线CD与平面AOB所成角的正弦的最大值.例7. (2019 -深圳市高级中学高三月考(文) )如图，AB是圆0的直径，点C是圆0上异于A, B的点，P0 垂直于圆0所在的平面，且pg OB= 1.C(1)若D为线段AC的中点，求证：AC1平面PDO ⑵ 求三棱锥P—ABC体积的最大值;⑶若BC-41，点E在线段PB上，求CE+ 0E的最小值.例8. (2016 •江苏高考真题)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥P-為凤GD］，下部分的形状是正四棱柱且BCQ-K L A I GD I (如图所示)，并要求正四棱柱的高0馮是正四(1 )若盘3 = 6他POj = 2 则仓库的容积是多少?(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m,则当为多少时，仓库的容积最大?【压轴训练】1. （2019 •四川石室中学高三开学考试（文））在^ ABC 中，已知AB 2/3 , BC D 是边AC 上一点，将 △ ABD 沿BD 折起，得到三棱锥 A BCD .若该三棱锥的顶点在线段BC 上，设BM x ，则x 的取值范围为（D.5. （2019 •湖北高三月考（理））若一个四棱锥底面为正方形，顶点在底面的射影为正方形的中心，且该四棱锥的体积为9,当其外接球表面积最小时，它的高为（） C. 2V /36. （2019 •四川雅安中学高三开学考试（文））已知三棱锥 D ABC 四个顶点均在半径为 R 的球面上，且2j 6 , ABC 45° ,A 在底面BCD 的射影MB. 76, 2/3C. 73,76D. 0,2 732. （2019 •四川高三月考（文））已知球O 表面上的四点 A, B,C, P 满足 AC BC 72，AB 2 .若四2面体PAB （体积的最大值为-，则球0的表面积为（）325 B.—A . 2543. （2019 -湖南雅礼中学高三月考（理）25C.——16D. 8 n2，其侧面展开图的中心角为弧度，过圆锥顶点的截面中，面积的最大值为2，则的取值范围是（A .B .J 2C.D.（2019 •安徽高考模拟（理））如图, 已知四面体 ABCD 为正四面体,AB =1 , E , F 分别是 AD , BC中点.若用一个与直线 EF 垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多A . 3BC J 6, ABC ―,若该三棱锥体积的最大值为 3.则其外接球的体积为2ADC BDC —,则三棱锥A615. （2019 -河北高三月考）在四棱锥形，且CD PD 3，若四棱锥P ABCD 的14. （2019 •四川双流中学高三月考（文））已知球的直径 DC 4, A , B 是该球面上的两点,AB BC J 2, AC 2，若该三棱锥体积的最大值为 1,则这个球的表面积为（A.50081D. 47. （2017 •山西高三（理））两球01和O 2在棱长为1的正方体ABCD A 1 BiC 1D 1的内部，且互相外切，若球O i 与过点A 的正方体的三个面相切，球 02与过点C i 的正方体的三个面相切，则球1和02的表面积之和的最小值为（）8. （2019 •广东高考模拟（理））平面四边形 ABCD 中，AD AB 42，CD CB 頁，且 AD AB ,现将 ABD 沿对角线BD 翻折成 A BD ，则在 A BD 折起至转到平面 BCD 的过程中，直线 AC 与平面BCD 所成最大角的正切值为（）A . 2C. 739. （2019 •云南省玉溪第一中学高二月考（理））已知底面边长为4血，侧棱长为2J 5的正四棱锥S ABCD内接于球1 .若球02在球01内且与平面 ABCD相切，则球2的直径的最大值为10. （2019 -山西高三月考）已知三棱锥 P ABC 的四个顶点都在半径为 3的球面上，AB AC ，则该三棱锥体积的最大值是11. （2019 -云南师大附中高三月考）在直三棱柱ABC A 1B 1C 1 中， BAC 90 且 BB 1 4，设其外接球的球心为 0,已知三棱锥 0ABC 的体积为2,则球0的表面积的最小值是12. （2019 •湖南高三月考（文））已知三棱锥A BCD 满足AB BD DC CA 3，则该三棱锥体积的最大值为13. （2019 •河南高三月考（文））已知三棱锥 P ABC 的四个顶点均在同一个球面上，底面 ABC 满足BA BCD 的体积最大值是P ABCD 中，PD AC , AB 平面PAD ，底面ABCD 为正方每个顶点都在球0的球面上，则球0的表面积的最小值为的中点，动点P在底面ABCD内（不包括边界），若BP//平面ABM，则GP的最小值是16. （2016 •浙江高考真题（文））如图，已知平面四边形ABCD AB=BC=3 CD=1,直线AC将VACD翻折成V ACD',直线AC与BD'所成角的余弦的最大值是17. （2019 -重庆一中高三开学考试（理））已知正方形ABCD勺边长为2^2，将使平面ABC 平面ACD得到如图所示的三棱锥B-ACD若C为AC的中点，点M点（不包括端点），且BN CM ,则当三棱锥N-AMC勺体积取得最大值时，点N到平面ACD的距离为2的正方体ABCD A i B i C i D i中，点M是AD中点，动2ABMP体积为一，则GP的最小值是319. （2019 -安徽合肥一中高考模拟（文））如图,在棱长为1的正方体ABCD AB1C1D1中，点M是ADAD"，/ ADC=90 .沿ABC沿对角线AC折起,N分别为DC BC上的动18. （2019 •浙江高三开学考试）如图，在棱长为点P在底面ABCD内（不包括边界），使四面体的中点，动点P 在底面ABCD 内（不包括边界），若BP//平面ABM ，则GP 的最小值是20. （2019 •湖南高三期末（文））点P 在正方体 ABCD AB iG D i 的侧面BCC i B i 及其边界上运动，并保持AP BD i ，若正方体边长为2，则PB 的取值范围是c。

2018届人教B版(理) 数列、三角函数、立体几何、导数检测题

单元测试考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分150分． 4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.如图所示的Venn 图中，A ，B 是非空集合，定义A *B 表示阴影部分的集合．若x ，y ∈R ，A ＝{x |y ＝2x －x 2}，B ＝{y |y ＝3x ，x >0}，则A *B 等于( ) A ．(2，＋∞) B ．[0,1)∪(2，＋∞) C ．[0,1]∪(2，＋∞)D ．[0,1]∪[2，＋∞)2．(2016·南昌调研)“x >1”是“1x <1”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件3．函数y ＝|x |(1－x )在区间A 上是增加的，那么区间A 是( ) A ．(－∞，0) B ．[0，12] C ．[0，＋∞) D ．(12，＋∞)4．(2016·大同质检)已知f (x )为偶函数，当x ≥0时，f (x )＝⎩⎨⎧cos πx ，x ∈[0，12]，2x －1，x ∈(12，＋∞)，则不等式f (x －1)≤12的解集为( )A ．[14，23]∪[43，74]B ．[－34，－13]∪[14，23]C ．[13，34]∪[43，74]D ．[－34，－13]∪[13，34]5．在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，D 为侧棱PC 上的一点，它的主视图和左视图如图所示，则下列命题正确的是( )A ．AD ⊥平面PBC 且三棱锥D －ABC 的体积为83B ．BD ⊥平面P AC 且三棱锥D －ABC 的体积为83C ．AD ⊥平面PBC 且三棱锥D －ABC 的体积为163D ．BD ⊥平面P AC 且三棱锥D －ABC 的体积为1636．(2016·济宁模拟)设等差数列{a n }的前n 项和是S n ，若－a m <a 1<－a m ＋1(m ∈N ＋且m ≥2)，则必定有( ) A ．S m >0，且S m ＋1<0 B ．S m <0，且S m ＋1>0 C ．S m >0，且S m ＋1>0D ．S m <0，且S m ＋1<07．(2016·黄山联考)设函数f (x )＝3cos(2x ＋φ)＋sin(2x ＋φ)(|φ|<π2)，且其图像关于直线x ＝0对称，则( )A ．y ＝f (x )的最小正周期为π，且在(0，π2)上是增加的B ．y ＝f (x )的最小正周期为π，且在(0，π2)上是减少的C ．y ＝f (x )的最小正周期为π2，且在(0，π4)上是增加的D ．y ＝f (x )的最小正周期为π2，且在(0，π4)上是减少的8．(2017·昆明统考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若△ABC 的面积为S ，且2S ＝(a ＋b )2－c 2，则tan C 等于( ) A.34 B.43 C ．－43 D ．－349．设1<x <2，则ln x x ，(ln x x )2，ln x 2x 2的大小关系是( )A ．(ln x x )2<ln x x <ln x 2x 2B.ln x x <(ln x x )2<ln x 2x 2 C ．(ln x x )2<ln x 2x 2<ln x xD.ln x 2x 2<(ln x x )2<ln x x10．(2016·滨州一模)若对任意的x ＞1，x 2＋3x －1≥a 恒成立，则a 的最大值是( )A ．4B ．6C ．8D ．1011．若f (x )＝x 2＋2ʃ10f (x )d x ，则ʃ10f (x )d x 等于( )A ．－1B ．－13 C.13D ．112．(2017·陕西千阳中学质检)已知f 1(x )＝(x 2＋2x ＋1)·e x ，f 2(x )＝[f 1(x )]′，f 3(x )＝[f 2(x )]′，…，f n ＋1(x )＝[f n (x )]′，n ∈N ＋.设f n (x )＝(a n x 2＋b n x ＋c n )e x ，则c 100等于( ) A ．9 903 B ．9 902 C ．9 901 C ．9 900第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．(2016·福州质检)在△ABC 中，AR →＝2RB →，CP →＝2PR →，若AP →＝mAB →＋nAC →，则m ＋n ＝________.14．在算式“4×△＋1×○＝30”中的△，○中，分别填入两个正整数，使它们的倒数和最小，则这两个数构成的数对(△，○)应为________．15．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，则直线EF 被球O 截得的线段长为________．16．已知函数f (x )＝1－x ax ＋ln x ，若函数f (x )在[1，＋∞)上是增加的，则正实数a 的取值范围为________．三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0，－π2＜φ＜π2，x ∈R )的部分图像如图所示． (1)求函数y ＝f (x )的解析式；(2)当x ∈[－π，－π6]时，求f (x )的取值范围．18.(12分)已知数列{a n }是递增的等差数列，a 2，a 4是方程x 2－5x ＋6＝0的根． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n2n }的前n 项和．19.(12分)(2016·江西上饶重点中学第二次联考)已知向量a ＝(sin x ，34)，b ＝(cos x ，－1)． (1)当a ∥b 时，求cos 2x －sin 2x 的值；(2)设函数f (x )＝2(a ＋b )·b ，已知在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a ＝3，b ＝2，sin B ＝63，求f (x )＋4cos(2A ＋π6)(x ∈[0，7π24])的取值范围．20.(12分)(2016·景德镇质检)在等腰直角三角形ABC 中(图1)，斜边BC ＝6，O 为BC 中点，E ，F 分别在OC 和AC 上，且EF ∥AO ，现将三角形以EF 为折痕，向上折成60°的二面角，且使C 在平面ABEF 内的投影恰好为O 点(图2)． (1)求V C －ABEF ；(2)求平面CEF 和平面CAB 夹角的余弦值．21.(12分)(2016·合肥质检)已知△ABC 的三边长AB ＝13，BC ＝4，AC ＝1，动点M 满足CM →＝λCA →＋μCB →，且λμ＝14.(1)求|CM →|最小值，并指出此时CM →与C A →，C B →的夹角；(2)是否存在两定点F 1，F 2，使||MF 1→|－|MF 2→||恒为常数k ？若存在，指出常数k 的值，若不存在，说明理由.22.(12分)(2016·潍坊一中期初考试)已知函数f (x )＝x ＋1e x (e 为自然对数的底数)． (1)求函数f (x )的最大值；(2)设函数φ(x )＝xf (x )＋tf ′(x )＋1e x ，存在实数x 1，x 2∈[0,1]，使得2φ(x 1)<φ(x 2)成立，求实数t 的取值范围．答案解析1．C [A ＝{x |0≤x ≤2}，B ＝{y |y >1}，故A ∪B ＝{x |x ≥0}，A ∩B ＝{x |1<x ≤2}，由题图可知，A *B ＝{x |x ∈A 或x ∈B 且x ∉A ∩B } ＝{x |0≤x ≤1或x >2}．]2．A [当x >1时，1x <1，当1x <1时，x >1或x <0，所以“x >1”是“1x<1”的充分不必要条件．]3．B [y ＝|x |(1－x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x (1－x )，x ≥0，－x (1－x )，x <0＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋x ，x ≥0，x 2－x ，x <0＝⎩⎨⎧－(x －12)2＋14，x ≥0，(x －12)2－14，x <0.画出函数的图像，如图．由图易知原函数在[0，12]上是增加的．故选B.]4．A [借助偶函数的性质，先解不等式f (x )≤12，再利用图像的平移知识解不等式f (x －1)≤12.当x ∈[0，12]时，由cos πx ≤12，得13≤x ≤12；当x ∈(12，＋∞)时，由2x －1≤12，得12<x ≤34；所以不等式f (x )≤12(x ≥0)的解为13≤x ≤12或12<x ≤34，即13≤x ≤34.由于偶函数的图像关于y 轴对称，则在函数的定义域内，不等式f (x )≤12的解为－34≤x ≤－13或13≤x ≤34.函数f (x －1)的图像可以看作由f (x )的图像向右平移1个单位得到的，故不等式f (x )≤12的解为14≤x ≤23或43≤x ≤74，即解集为[14，23]∪[43，74]．] 5．C [∵P A ⊥平面ABC ，∴P A ⊥BC ，又AC ⊥BC ，P A ∩AC ＝A ， ∴BC ⊥平面P AC ，∴BC ⊥AD ，又由三视图可得在△P AC 中，P A ＝AC ＝4，D 为PC 的中点， ∴AD ⊥PC ，∴AD ⊥平面PBC .又BC ＝4，∠ADC ＝90°，BC ⊥平面P AC . 故V D －ABC ＝V B －ADC ＝13×12×22×22×4＝163.]6．A [因为－a m <a 1<－a m ＋1，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a m >0，a 1＋a m ＋1<0.易得S m ＝a 1＋a m 2·m >0，S m ＋1＝a 1＋a m ＋12·(m ＋1)<0.]7．B [∵f (x )＝3cos(2x ＋φ)＋sin(2x ＋φ)＝2sin(2x ＋π3＋φ)，且其图像关于x ＝0对称，∴f (x )是偶函数， ∴π3＋φ＝π2＋k π，k ∈Z . 又∵|φ|<π2，∴φ＝π6，∴f (x )＝2sin(2x ＋π3＋π6)＝2cos 2x .易知f (x )的最小正周期为π，在(0，π2)上是减少的．]8．C [因为2S ＝(a ＋b )2－c 2＝a 2＋b 2－c 2＋2ab ，则结合面积公式与余弦定理，得ab sin C ＝2ab cos C ＋2ab ，即sin C －2cos C ＝2，所以(sin C －2cos C )2＝4， sin 2C －4sin C cos C ＋4cos 2Csin 2C ＋cos 2C＝4，所以tan 2C －4tan C ＋4tan 2C ＋1＝4，解得tan C ＝－43或tan C ＝0(舍去)，故选C.] 9．A [方法一令f (x )＝x －ln x (1<x <2)，则f ′(x )＝1－1x ＝x －1x >0，∴函数y ＝f (x )在(1,2)上是增加的， ∴f (x )>1>0，∴x >ln x >0⇒0<ln xx <1，∴(ln x x )2<ln x x.又ln x 2x 2－ln x x ＝2ln x －x ln x x 2＝(2－x )ln x x 2>0，∴(ln x x )2<ln x x <ln x 2x2，故选A.方法二 ∵1<x <2，∴0<ln x x <1，∴(ln x x )2<ln x x ，又ln x 2x 2＝2x ·ln x x >ln xx ，∴(ln x x )2<ln x x <ln x 2x2.]10．B [a ≤x 2＋3x －1对x ∈(1，＋∞)恒成立，即a ≤(x 2＋3x －1)min ，x 2＋3x －1＝(x －1)2＋2(x －1)＋4x －1＝(x －1)＋4x －1＋2，∵x ＞1，∴(x －1)＋4x －1＋2≥2(x －1)·4x －1＋2＝6，当且仅当x －1＝4x －1，即当x ＝3时取“＝”，∴a ≤6，∴a 的最大值为6，故选B.] 11．B [因为f (x )＝x 2＋2ʃ10f (x )d x ，所以ʃ10f (x )d x ＝(13x 3＋2x ʃ10f (x )d x )|10＝13＋2ʃ10f (x )d x ，所以ʃ10f (x )d x ＝－13.] 12．C [∵f 1(x )＝(x 2＋2x ＋1)e x ， ∴f 2(x )＝[f 1(x )]′＝(x 2＋4x ＋3)e x ， f 3(x )＝[f 2(x )]′＝(x 2＋6x ＋7)e x ， f 4(x )＝[f 3(x )]′＝(x 2＋8x ＋13)e x ， ∴数列{c n }为1,3,7,13，…， ∵1＝(1－1)×1＋1， 3＝(2－1)×2＋1， 7＝(3－1)×3＋1， 13＝(4－1)×4＋1， ∴c n ＝n (n －1)＋1＝n 2－n ＋1.∴C 100＝1002－100＋1＝9 901.] 13.79解析由CP →＝2PR →，得AP →－AC →＝2(AR →－AP →)，得AP →＝13(AC →＋2AR →)．又由AR →＝2RB →，得AR →＝2(AB →－AR →)，得AR →＝23AB →，故AP →＝13AC →＋49AB →，所以m ＋n ＝79.14．(5,10)解析设数对为(a ，b )，则4a ＋b ＝30，所以1a ＋1b ＝130(1a ＋1b )(4a ＋b )＝130(5＋b a ＋4a b )≥130(5＋2 b a ·4a b )＝310，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧b a ＝4a b ，4a ＋b ＝30，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝5，b ＝10时等号成立，所以满足题意的数对为(5,10)． 15.2a 解析因为正方体内接于球，所以2R ＝a 2＋a 2＋a 2， R ＝32a ，过球心O 和点E 、F 的大圆的截面图如图所示，则直线被球截得的线段为QR ，过点O 作OP ⊥QR 于点P ，所以在△QPO 中，QR ＝2QP ＝2 (32a )2－(12a )2 ＝2a .16．[1，＋∞)解析 ∵f (x )＝1－x ax＋ln x ， ∴f ′(x )＝ax －1ax 2(a >0)． ∵函数f (x )在[1，＋∞)上是增加的，∴f ′(x )＝ax －1ax 2≥0在x ∈[1，＋∞)上恒成立， ∴ax －1≥0在x ∈[1，＋∞)上恒成立，即a ≥1x在x ∈[1，＋∞)上恒成立，∴a ≥1. 17．解 (1)由题图得A ＝1，T 4＝2π3－π6＝π2，所以T ＝2π，则ω＝1，将(π6，1)代入得1＝sin(π6＋φ)，因为－π2＜φ＜π2，所以φ＝π3，因此函数f (x )＝sin(x ＋π3)． (2)由于x ∈[－π，－π6]，则－2π3≤x ＋π3≤π6，所以－1≤sin(x ＋π3)≤12，所以f (x )的取值范围是[－1，12]． 18．解 (1)方程x 2－5x ＋6＝0的两根为2,3，由题意得a 2＝2，a 4＝3.设数列{a n }的公差为d ，则a 4－a 2＝2d ，故d ＝12，从而a 1＝32. 所以{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1. (2)设{a n 2n }的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＝n ＋22n ＋1，则S n ＝322＋423＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1， 12S n ＝323＋424＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2. 两式相减得12S n ＝34＋(123＋…＋12n ＋1)－n ＋22n ＋2 ＝34＋14(1－12n －1)－n ＋22n ＋2. 所以S n ＝2－n ＋42n ＋1. 19．解 (1)∵a ∥b ，∴34cos x ＋sin x ＝0，得tan x ＝－34， cos 2x －sin 2x ＝cos 2x －2sin x cos x sin 2x ＋cos 2x ＝1－2tan x 1＋tan 2x ＝85. (2)f (x )＝2(a ＋b )·b＝2sin x cos x ＋2cos 2x ＋12＝sin 2x ＋cos 2x ＋32＝2sin(2x ＋π4)＋32. 由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得sin A ＝22， ∴A ＝π4或A ＝3π4. ∵b >a ，∴B >A ，∴A ＝π4. ∴f (x )＋4cos(2A ＋π6)＝2sin(2x ＋π4)－12. ∵x ∈∈[0，7π24]， ∴2x ＋π4∈[π4，5π6]， ∴sin(2x ＋π4)∈[12，1]， ∴2－12≤f (x )＋4cos(2A ＋π6)≤2－12. 故f (x )＋4cos(2A ＋π6)的取值范围为 [2－12，2－12]． 20．解 (1)设OE ＝a ，则CE ＝2a ，又OE ＋CE ＝3，∴a ＝1，CO ＝3，S 四边形ABEF ＝7，∴V C －ABEF ＝13OC ·S ABEF ＝733. (2)分别以OA ，OB ，OC 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (3,0,0)，B (0,3,0)，C (0,0，3)，E (0，－1,0)，F (2，－1,0)，EF →＝(2,0,0)，EC →＝(0,1，3)，CA →＝(3,0，－3)， CB →＝(0,3，－3)，设n 为平面CEF 的法向量，m 为平面ABC 的法向量，⎩⎪⎨⎪⎧ n ·EF →＝0，n ·EC →＝0⇒n ＝(0，－3，1)为平面CEF 的一个法向量， ⎩⎪⎨⎪⎧ m ·CA →＝0，m ·CB →＝0⇒m ＝(1,1，3)为平面ABC 的一个法向量． cos θ＝|m ·n ||m ||n |＝0. 即平面CEF 和平面CAB 夹角的余弦值为0.21．解 (1)由余弦定理知cos ∠ACB ＝12＋42－132×1×4＝12 ⇒∠ACB ＝π3，因为|CM →|2＝CM →2＝(λC A →＋μC B →)2 ＝λ2＋16μ2＋2λμC A →·C B →＝λ2＋1λ2＋1≥3，所以|CM →|≥3，当且仅当λ＝±1时，“＝”成立，故|CM →|的最小值是3，此时〈CM →，C A →〉＝〈CM →，C B →〉＝π6或5π6. (2)以C 为坐标原点，∠ACB 的平分线所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系如图所示，所以A (32，12)，B (23，－2)，设动点M (x ，y )，因为CM →＝λC A →＋μC B →，所以⎩⎨⎧ x ＝32λ＋23μ，y ＝12λ－2μ⇒⎩⎨⎧ x 23＝(λ2＋2μ)2，y 2＝(λ2－2μ)2，再由λμ＝14知x 23－y 2＝1，所以动点M 的轨迹是以F 1(－2,0)，F 2(2,0)为焦点，实轴长为23的双曲线，即||MF 1→|－|MF 2→||恒为常数23，即存在k ＝2 3.22．解 (1)函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝－x ex . 当x <0时，f ′(x )>0；当x >0时，f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，0)上是增加的，在(0，＋∞)上是减少的．因此，f (x )在x ＝0处取得极大值，也是最大值，最大值为f (0)＝1.(2)由题意，存在x 1，x 2∈[0,1]，使得2φ(x 1)<φ(x 2)成立，即2φ(x )min <φ(x )max .因为φ(x )＝xf (x )＋tf ′(x )＋1e x ＝x 2＋(1－t )x ＋1e x，x ∈[0,1]，所以φ′(x )＝－x 2＋(1＋t )x －t e x ＝－(x －1)(x －t )e x. ①当t ≥1时，φ′(x )≤0，φ(x )在[0,1]上是减少的，所以2φ(1)<φ(0)，即t >3－e 2>1，符合题意． ②当t ≤0时，φ′(x )≥0，φ(x )在[0,1]上是增加的，所以2φ(0)<φ(1)，即t <3－2e<0，符合题意．③当0<t <1时，若x ∈[0，t )，φ′(x )<0，φ(x )在[0，t )上是减少的；若x ∈(t,1]，φ′(x )>0，φ(x )在(t,1]上是增加的．所以2φ(t )<max{φ(0)，φ(1)}，即2×t ＋1e t <max{1，3－t e}．(*)由(1)知，函数g (t )＝2·t ＋1e t 在[0,1]上是减少的，故4e ≤2·t ＋1e t ≤2，而2e <3－t e <3e，所以不等式(*)无解．综上所述，t 的取值范围为(－∞，3－2e)∪(3－e 2，＋∞)．。

几何最值(解析版)2018年数学全国中考真题-1

2018年数学全国中考真题几何最值（试题一）解析版一、选择题1. （2018山东滨州，11，3分）如图，∠AOB ＝60°，点P 是∠AOB 内的定点且OP ＝3，若点M 、N 分别是射线OA 、OB 上异于点O 的动点，则△PMN 周长的最小值是（） A ．36 B ．33C ．6D ．3第11题图【答案】D【解析】分别以OA 、OB 为对称轴作点P 的对称点P 1，P 2，连接点P 1，P 2，分别交射线OA 、OB 于点M 、N 则此时△PMN 的周长有最小值，△PMN 周长等于＝PM ＋PN ＋MN ＝ P 1N ＋P 2N ＋MN ，根据对称的性质可知，OP 1＝OP 2＝OP ＝3，∠P 1OP 2＝120°，∠OP 1M ＝30°，过点O 作MN 的垂线段，垂足为Q ，在△OP 1Q 中，可知P 1Q ＝32,所以P 1P 2＝2P 1Q ＝3,故△PMN 的周长最小值为3．第11题答图【知识点】轴对称的性质、两点之间线段最短、直角三角形（有一个角为30°）的性质。

2. （2018四川泸州，10题，3分）在平面直角坐标系内，以原点O 为原心，1为半径作圆，点P 在直线323y x =+上运动，过点P 作该圆的一条切线，切点为A ，则PA 的最小值为（）A. 3B. 2C. 3D.2AB OPM N【答案】D【解析】由题可知，B （-2,0），C （0，32），P 为直线上一点，过P 作圆O 的切线PA ，连接AO ，则在Rt △PAO 中，AO=1，由勾股定理可得22AO PO PA -=，要想使PA 最小，要求PO 最小，所以过点O 作OP ⊥BC 于点P ，此时PO=3，PA=2【知识点】一次函数，圆的切线，勾股定理3. （2018四川泸州，10题，3分）已知二次函数22233y ax ax a =+++（其中x 是自变量），当2x ≥时，y 随x 的增大而增大，且21x -≤≤时，y 的最大值为9，则a 的值为（） A.1或2- B.2-或2 C.2 D.1【答案】D【解析】原函数可化为y=a(x+1)2+3a 2-a+3，对称轴为x=-1，当2x ≥时，y 随x 的增大而增大，所以a>0，抛物线开口向上，因为21x -≤≤时，y 的最大值为9，结合对称轴及增减性可得，当x=1时，y=9，带入可得，a 1=1，a 2=-2，又因为a>0，所以a=1 【知识点】二次函数，增减性4. （2018四川绵阳，10，3分）一艘在南北航线上的测量船，于A 点处测得海岛B 在点A 的南偏东30°方向，继续向南航行30海里到达C 点时，测得海岛B 在C 点的北偏东15°方向，那么海岛B 离此航线的最近距离是（结果保留小数点后两位）（参考数据：732.13≈，414.12≈） A.4.64海里 B.5.49海里 C.6.12海里 D.6.21海里【答案】B.【解析】解：如图所示，P A Oy xC B由题意知，∠BAC=30°、∠ACB=15°，作BD ⊥AC 于点D ，以点B 为顶点、BC 为边，在△ABC 内部作∠CBE=∠ACB=15°，则∠BED=30°，BE=CE ，设BD=x ，则AB=BE=CE=2x ，AD=DE=3x ， ∴AC=AD+DE+CE =23x +2x ， ∵AC=30， ∴23x +2x=30，解得：x=21315-≈5.49. 故选B.【知识点】解直角三角形的应用——方向角问题，勾股定理的应用，三角形的外角性质，等腰三角形的判定，含30°角直角三角形的性质，垂线段最短的应用5. （2018四川省宜宾市，8，3分）在△ABC 中，若O 为BC 边的中点，则必有：AB 2+AC 2=2AO 2+2BO 2成立.依据以上结论，解决如下问题：如图，在矩形DEFG 中，已知DE=4，EF=3，点P 在以DE 为直径的半圆上运动，则PF 2 +PG 2的最小值为（）A.10B.192C.34D.10【答案】D【思路分析】取GF 的中点为O ，连接PO ，则根据材料可知PF 2 +PG 2=2PO 2+2OG 2=2PO 2+2×22=8+2OP 2，若使PF 2 +PG 2的值最小，则必须OP 的值最小，所以PO 垂直于GF 时PO 的值最小，即此时才有最小值.【解题过程】取GF 的中点为O ，连接PO ，则根据材料可知PF 2 +PG 2=2PO 2+2OG 2=2PO 2+2× 22=8+2OP 2，若使PF 2 +PG 2的值最小，则必须OP 的值最小，所以PO 垂直于GF 时PO 的值最小，此时PO=1，所以PF 2 +PG 2的最小值为10.【知识点】阅读理解题；矩形的性质6.（2018天津市，11，3）如图，在正方形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点，P为对角线BD上的一个动点，则下列线段的长等于AP+EP最小值的是（）A．AB B．DE C.BD D．AF【答案】D【解析】分析：本题考查正方形的性质，轴对称的性质，取CD中点E′连结AE′、PE′，根据正方形是轴对称图形，可得EP=E′P,AF= AE′，结合图形由线段公理可得AE′为AP+EP最小值，进而可得结果.解：取CD中点E′连结AE′、PE′,由正方形的轴对称性质，可知EP=E′P,AF= AE′∴AP+EP=AP+ E′P,∴AP+EP最小值是A E′,即AP+EP最小值是AF.故选D【知识点】正方形的性质；轴对称；线段公理1.（2018山东德州，12，3分）如图，等边三角形ABC的边长为4,点O是△ABC的中心，120FOG∠=.绕点O旋转FOG∠,分别交线段AB BC、于D E、两点，连接DE,给出下列四个结论:①OD OE=;②ODE BDES S∆∆=;③四边形ODBE的面积始终等于433;④△BDE周长的最小值为6,上述结论中正确的个数是( )A．1 B．2 C. 3 D．4【答案】C第12题图EDFOAB CG第12题答图1EDFOAB CG第12题答图2EDFOAB CG【解析】如图1，连接OB 、OC ，因为点O 是△ABC 的中心，所以120AOB BOC ∠=∠=，OA =OB =OC ，所以 120BOC FOG ∠=∠=， 30ABO BCO ∠=∠=，所以 BOD COE ∠=∠，所以 BOD COE ∆∆≌（ASA ），所以OD =OE ，结论①正确；通过画图确定结论②错误，如当点E 为BC 中点时，ODE BDE S S ∆∆<；因为 BOD COE ∆∆≌，所以BOD COE S ∆∆=S ，所以1 3BOC ABC ODBE S ∆∆=四边形=SS =，结论③正确；因为 BOD COE ∆∆≌，所以BD =CE ，所以BD ＋CE =BC =4，因为120BOC ∠=，OB=OC ，易得DE =，如图2，当OD ⊥AB 时，OD 最小=BD×tan⊥OBD DE 最小=2，所以△BDE 周长的最小值为6, 结论④正确. 故选C.【知识点】旋转，全等，定值，最值2. （2018·新疆维吾尔、生产建设兵团，9，5）如图，点P 是边长为1的菱形ABCD 对角线AC 上的一个动点，点M ，N 分别是AB ，BC 边上的中点，则MP ＋PN 的最小值是（） A ．12B ．1C D ．2【答案】B ．【解析】如下图，取AD 的中点M '，连接M 'N 交AC 于点P ，则由菱形的轴对称性可知M 、M '关于直线AC 对称，从而P M '＝PM ，此时MP ＋PN 的值最小，而易知四边形CD M 'N 是平行四边形，故M 'N ＝CD ＝1，于是，MP ＋PN 的最小值是1，因此选B ．【知识点】菱形的性质；轴对称；最小值；动态问题；最值问题二、填空题1. （2018四川泸州，题，3分）如图5，等腰△ABC 的底边BC=20，面积为120，点F 在边BC 上，且BF=3FC ，EG 是腰AC 的垂直平分线，若点D 在EG 上运动，则△CDF 周长的最小值为 .第16题图NMPDBCAC【答案】18【解析】做△ABC的高AH，因为S=120，BC=20，所以AH=12，△CDF的周长=CF+CD+DF，CF=5，因为EG 是腰AC的垂直平分线，连接AD，AF，可得DA=DC，所以AD+DF的最小值为AF的长度，在Rt△AHF中，HF=5，AH=12，由勾股定理可得AF=13，因此△CDF周长的最小值为18【知识点】三角形面积，垂直平分线，勾股定理2. （2018四川内江，23，6）如图，以AB为直径的⊙O的圆心O到直线l的距离OE＝3，⊙O的半径r＝2，直线AB不垂直于直线l，过点A、B分别作直线l的垂线，垂足分别为点D、C，则四边形ABCD的面积的最大值为．【答案】12【思路分析】由于四边形ABCD为梯形，所以面积为两底之和的一半再乘以高，由已知条件可以通过构造三角形的中位线，证得两底之和与线段OE的长度有关，是一个定值，所以四边形面积的大小取决于高，当直径AB为梯形的高时，面积最大．【解题过程】解：连接DO并延长交CB的延长线于F，∵AD⊥l，BC⊥l，∴AD∥BC，∴∠DAO＝∠FBO，∠ADO ＝∠F，∵OA＝OB，∴△AOD≌△BOF，∴AD＝BF，OD＝OF，∵OE⊥l，∴AD∥BC∥OE，∴ODOF＝DECE，∴DE ＝CE，∴OE＝12CF＝12(BF＋BC)＝12(AD＋BC)，∴AD＋BC＝2OE＝6，∵四边形ABCD的面积＝12(AD＋BC)×CD，∴当AB∥l时，即AB为梯形的高时四边形ABCD的面积最大，最大值为12×6×4＝12．GFEDCB H【知识点】三角形中位线，梯形的面积公式；全等三角形；1. （2018贵州遵义，17题，4分）如图，抛物线y=x 2+2x-3与x 轴交于A 、B 两点，与y 轴交于点C ，点P 是抛物线对称轴上任意一点，若点D 、E 、F 分别是BC 、BP 、PC 的中点，连接DE 、DF ，则DE+DF 的最小值为______第17题图【解析】点D 、E 、F 分别是BC 、BP 、PC 的中点，所以DE 、DF 是△PBC 的中位线，DE=12PC ，DF=12PB ，所以DE+DF=12(PC+PB)，即求PC+PB 的最小值，因为B 、C 为定点，P 为对称轴上一动点，点A 、B 关于对称轴对称，所以连接AC ，与对称轴的交点就是点P 的位置，PC+PB 的最小值等于AC 长度，由抛物线解析式可得，A(-3,0)，C(0,-3)，AC=DE+DF=12【知识点】三角形中位线，勾股定理，二次函数，最短距离问题15．2. （2018四川攀枝花，15，4）如图5，在矩形ABCD 中，AB =4，AD =3，矩形内部有一动点P 满足ABCD PAB S s 矩形31=∆，则点P 到A 、B 两点的距离之和P A +PB 的最小值为 .FlAE BODC【答案】24【解析】设△PAB 中AB 边上的高是h ， ∵ABCD PAB S s 矩形31=∆，∴AD AB h AB ⋅=⋅3121， ∴232==AD h ，∴动点P 在与AB 平行且与AB 的距离是2的直线L 上，如图，作点A 关于直线L 的对称点A'，链接AA',BA',则BA'即为所求的最短距离。

2018届人教B版立体几何大题(理) 检测卷

2017年高考三轮复习系讲练测之核心热点【全国通用版】热点十九立体几何大题（理）【名师精讲指南篇】【高考真题再现】1.【2014全国卷1】如图,三棱柱111C B A ABC -中,侧面C C BB 11为菱形,C B AB 1⊥.（Ⅰ）证明：1AB AC =;（Ⅱ）若1AC AB ⊥,︒=∠601CBB ,BC AB =,求二面角111C B A A --的余弦值.AA 1B1CC 1【解析】（I ）连接1BC ,交1B C 于O ,连接AO ．因为侧面11BB C C 为菱形,所以11B C BC ⊥,且O 为1B C 与1BC 的中点．又1AB B C ⊥,所以1B C ⊥平面ABO ,故1B C AO ⊥．又1B O CO =,故1AB AC =．（II ）因为1AC AB ⊥,且O 为1B C 的中点,所以AO CO =,又因为BC AB =,BOA BOC ∆≅∆．故OA OB ⊥,从而1OA OB OB ，，两两垂直．以O 为坐标原点,OB 的方向为x 轴正方向,OB为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -．因为0160CBB ∠=,所以1CBB ∆为等边三角形．又AB BC =,则A ,(1,0,0)B,1B,(0,C ．1AB = ,11(1,0,A B AB == ,11(1,B C BC ==- ．设(,,)n x y z = 是平面11AA B 的法向量,则1110,0,n AB n A B ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即0,0,y zx z-=⎪=⎪⎩所以可取n=．设m是平面111A B C的法向量,则11110,0,m A Bm B C⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩同理可取(1,m=．则1cos,7n mn mn m⋅<>==．所以二面角111CBAA--的余弦值为17．zyOAA1B B1CC12.【2015全国卷1】如图所示,四边形ABCD为菱形,120ABC∠= ,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,2BE DF=,AE EC⊥．（1）求证：平面AEC⊥平面AFC；（2）求直线AE与直线CF所成角的余弦值．x（2）以G 为坐标原点,分别以GB ,GC 的方向为x ,y 轴正方向,GB为单位长度,建立空间直角坐标系G xyz -．由（Ⅰ）知()0,A,(E,F ⎛- ⎝, ()C ,所以(AE =,1,CF ⎛=- ⎝, 所以cos ,AE CF = AE CF AE CF=所以直线AE 与直线CF ． GABCDEF zyxF EDCBAG3.【2015全国卷2】如图所示,长方体1111ABCD A B C D -中,16AB =,10BC =,18AA =,点,E F 分别在11A B ,11D C 上,114A E D F ==,过点,E F 的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形（1）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）（2）求直线AF 与平面α所成角的正弦值【解析】（1）根据题意,交线围成的正方形EHGF 如图（1）所示：（2）如图（2）所示,过点E 作EM AB ⊥,垂足为M ,则14AM A E ==,18EM AA ==,因为EHGF 为正方形,所以10EH EF BC ===．于是有6MH ==,所以10AH =．以D 为坐标原点,1,,DA DC DD的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立如图（2）所示的空间直角坐标系D xyz -,则(10,0,0)A ,(10,10,0)H ,(10,4,8)E ,(0,4,8)F ,则(10,0,0)FE = ,(0,6,8)HE =-．设(,,)x y z =n 是平面EHGF 的法向量,则有0,0,FE HE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即100,680,x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取(0,4,3)=n ．又(10,4,8)AF =- ,故cos ,AF AF AF⋅<>==⋅ n n n 所以直线AF 与平面EHGFAB 1C 1D 1A 1BCDE FG HHG FE D CBA 1D 1C 1B 1A xyz M图（1）图（2）4.【2016全国卷1】如图所示,在以A ,B ,C ,D ,E ,F 为顶点的五面体中,面ABEF 为正方形,2AF FD =,90AFD ∠= ,且二面角D AF E --与二面角C BE F --都是60 ．（1）求证：平面ABEF ⊥平面EFDC ；（2）求二面角E BC A --的余弦值．【解析】（1）由已知可得AF DF ⊥,AF FE ⊥,所以AF ⊥平面EFDC . 又AF ⊂平面ABEF ,故平面ABEF ⊥平面EFDC .（2）过D 作DG EF ⊥,垂足为G ,由（1）知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点,GF的方向为x 轴正方向,GF 为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -.由（1）知DFE ∠为二面角D AF E --的平面角,故60DFE ∠=︒,则DF =可得(140)A ，，,(340)B -，，,(300)E -，，,(00D ，. 由已知,AB EF ,所以AB 平面EFDC .又平面ABCD 平面EFDC CD =,故AB CD ,CD EF .由BE AF ,可得BE ⊥平面EFDC ,所以CEF ∠为二面角C BE F --的平面角, 故60CEF ∠= ,从而可得(20C -，.所以(10EC = ，,(040)EB= ，，,(34AC =-- ，,(400)AB =- ，，,设()x y z =，，n 是平面BCE 的法向量,则00EC EB ⎧=⎪⎨=⎪⎩••n n ,即040x y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩,所以可取(30=-，，n . 设m 是平面ABCD 的法向量,则0AC AB ⎧=⎪⎨=⎪⎩••m m . 同理可取(04)=m ,则cos ==，n m n m |n ||m |•故二面角EBC A --的余弦值为. 5.【2016全国卷2】如图所示,菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ,5AB =,6AC =,点E ,F 分别在AD ,CD 上,54AE CF ==,EF 交BD 于点H ,将DEF △沿EF 折到D EF '△的位置,OD '=.（1）证明：D H '⊥平面ABCD ；（2）求二面角B D A C '--的正弦值. 【解析】（1）证明：因为54AE CF ==,所以AE CF AD CD=,所以EF AC ∥．因为四边形ABCD 为菱形,所以AC BD ⊥,所以EF BD ⊥,所以EF DH ⊥,所以EF D H '⊥．因为6AC =,所以3AO =.又5AB =,AO OB ⊥,所以4OB OD ==,所以1AEOH OD AD=⋅=,所以3DH D H '==,所以222OD OH D H ''=+,所以D H OH '⊥．又因为OH EF H =I ,所以D H '⊥面ABCD ．（2）建立如图坐标系H xyz -,所以()500B ，，,()130C ，，,()003D '，，,()130A -，，,()430AB =uu u r，，,()133AD '=-uuu r ，，,()060AC =uuu r ，，,设面ABD '的法向量()1n x y z =，，u r,由1100n AB n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩u r uu u r u r uuu r,得430330x y x y z +=⎧⎨-++=⎩,取345x y z =⎧⎪=-⎨⎪=⎩,所以()1345n =-u r ，，．同理可得面AD C '的法向量()2301n =u u r ，，,所以1212cos n n n n θ⋅===u r u u ru r u u r ,所以sin θ即二面角B D A C '--． 6.【2016全国卷3】如图所示,四棱锥P ABCD -中,PA ⊥地面ABCD ,BC AD ∥,3AB AD AC ===,4PA BC ==,M 为线段AD 上一点,2AM MD =,N 为PC 的中点.(1)证明MN ∥平面PAB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.【解析】（1）取PB 中点Q ,连接AQ 、NQ ,因为N 是PC 中点,//NQ BC ,且12NQ BC =, 又22313342AM AD BC BC ==⨯=,且//AM BC ,所以//QN AM ,且QN AM =．所以四边形AQNM 是平行四边形．所以//MN AQ ．又MN ⊄平面PAB ,AQ ⊂平面PAB ,所以//MN 平面PAB ．（2）取BC 的中点E ,联结AE .由AB AC =得AE BC ⊥,从而AEAD ⊥,且AE ===.以A 为坐标原点,AE的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -.由题意知,()0,0,4P,()0,2,0M,)C,N ⎫⎪⎪⎭,设(),,x y z =n 为平面PMN 的法向量,则00PM PN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ,即24020y z y z -=⎧+-=. 可取()0,2,1=n .于是cos ,AN AN AN⋅==n n n 所以直线AN 与平面PMN 所成角的正弦. 【热点深度剖析】PQNMDCBA2014年的高考题对本热点的考查,可以发现是以规则几何体为背景,这样建立空间直角坐标系较为容易, 2014年以平放的三棱柱为几何背景考查线线垂直的判定和二面角的求法,可以运用传统几何法,也可以用空间向量方法求解.2015年分别考查异面直线所成角及线面角.突出考查空间想象能力和计算能力.2016年分别考查线面角及二面角,建系难度有所增加.从近几年的高考试题来看,线线垂直的判定、线面垂直的判定、面面垂直的判定与性质、二面角等是高考的热点,题型既有选择题、填空题又有解答题,难度中等偏高,客观题主要考查线面垂直、面面垂直的判定与性质,考查二面角的概念及求法；而主观题不仅考查以上内容,同时还考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力以及分析问题、解决问题的能力．而直线与平面平行的判定,以及平面与平面平行的判定高考大题连续三年都没涉及,而在小题中考查,从高考试题来看,利用空间向量证明平行与垂直,以及求空间角是高考的热点,题型主要为解答题,难度属于中等,主要考查向量的坐标运算,以及向量的平行与垂直的充要条件,如何用向量法解决空间角问题等,同时注重考查学生的空间想象能力、运算能力．故预测2017年高考,可能以锥体或斜棱柱为几何背景,第一问以线面平行,面面平行为主要考查点,第二问可能是求二面角或探索性命题,突出考查空间想象能力和逻辑推理能力,以及分析问题、解决问题的能力,也有可能求线面角．【重点知识整合】1.直线与平面平行的判定和性质（1）判定：①判定定理：如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行,那么这条直线和这个平面平行；②面面平行的性质：若两个平面平行,则其中一个平面内的任何直线与另一个平面平行. （2）性质：如果一条直线和一个平面平行,那么经过这条直线的平面和这个平面相交,那么这条直线和交线平行.注意：在遇到线面平行时,常需作出过已知直线且与已知平面相交的辅助平面,以便运用线面平行的性质.2.直线和平面垂直的判定和性质（1）判定：①如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直,那么这条直线和这个平面垂直.②两条平行线中有一条直线和一个平面垂直,那么另一条直线也和这个平面垂直. （2）性质：①如果一条直线和一个平面垂直,那么这条直线和这个平面内所有直线都垂直.②如果两条直线都垂直于同一个平面,那么这两条直线平行.3.平面与平面平行（1）判定：一个如果平面内有两条相交直线和另一个平面平行,则这两个平面平行. 注意：这里必须清晰“相交”这个条件.如果两个平面平行,那么在其中一个平面内的所有直线与另一个平面无公共点,即这些直线都平行于另一个平面.（2）性质：如果两个平行平面同时与第三个平面相交,那么它们的交线平行.注意：这个定理给出了判断两条直线平行的方法,注意一定是第三个平面与两个平行平面相交,其交线平行.4.两个平面垂直的判定和性质（1）判定：①判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线,那么这两个平面互相垂直.②定义法：即证两个相交平面所成的二面角为直二面角；注意：在证明两个平面垂直时,一般先从已知有的直线中寻找平面的垂线,若不存在这样的直线,则可以通过添加辅助线解决,而作辅助线应有理论依据；如果已知面面垂直,一般先用面面垂直的性质定理,即在一个平面内作交线的垂直,使之转化为线面垂直,然后进一步转化为线线垂直.（2）性质：①如果两个平面垂直,那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面.②两个平面垂直,则经过第一个平面内的一点垂直于第二个平面的直线在第一个平面内. 注意：性质定理中成立有两个条件：一是线在平面内,二是线垂直于交线,才能有线面垂直. (3)立体几何中平行、垂直关系的证明的基本思路是利用线面关系的转化,即：线∥线线∥面面∥面判定线⊥线线⊥面面⊥面性质线∥线线⊥面面∥面←→−←→−−→−−←→−←→−←−−−←→−←→−5.直线与平面所成的角（1）定义：平面的一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角,叫这条直线和这个平面所成的角.当直线和平面垂直时,就说直线和平面所称的角为直角；当直线与平面平行或在平面内时,就说直线和平面所称的角为0 角. （2）范围：[0,90]；（3）求法：作出直线在平面上的射影,关键是找到异于斜足的一点在平面内的垂足,可根据面面垂直的性质定理来确定垂线.（4）最小角定理：斜线与平面中所有直线所成角中最小的角是斜线与平面所成的角. 6. 二面角（1）二面角定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角,这条直线叫做二面角的棱,每个半平面叫做二面角的面.二面角的大小是通过其平面角来度量的平面角,而二面角的平面角的三要素：①顶点在棱上；②角的两边分别在两个半平面内；③角的两边与棱都垂直.（2）作平面角的主要方法：①定义法：直接在二面角的棱上取一点（特殊点）,分别在两个半平面内作棱的垂线,得出平面角,用定义法时,要认真观察图形的特性；②三垂线法：过其中一个面内一点作另一个面的垂线,用三垂线定理或逆定理作出二面角的平面角；③垂面法：过一点作棱的垂面,则垂面与两个半平面的交线所成的角即为平面角；（3）二面角的范围：[0,]π； 7 利用向量处理平行问题（1）证明线线平行,找出两条直线的方向向量,证明方向向量共线；（2）证明线面平行的方法：①证明直线的方向向量与平面内的某一向量是共线（平行）；②证明直线的方向向量与平面的两个不共线向量是共线向量,即利用共面向量定理进行证明；③证明直线的方向向量与该平面的法向量垂直.（3）平面与平面平行的证明方法：证明两个平面的法向量平行. 8（理）利用向量处理垂直问题（1）证明线线垂直,可证明两条线的方向向量的数量积为0；（2）证明线面垂直方法：①根据线面垂直的判定定理利用向量证明直线与平面内的两条相交直线垂直；②转化为证明直线的方向向量与平面的法向量共线.（3）证明面面垂直的方法：①根据面面垂直的判定定理利用向量证明一个平面内的一条直线方向向量为另一个平面的法向量；②证明一个平面的法向量与另一人平面平行；③转化为证明这两个平面的法向量互相垂直. 9.利用向量处理角度问题1.求异面直线所成的角的向量法：其基本步骤是（1）在a 、b 上分别取,AB CD；或者建立空间直角坐标系用坐标表示,AB CD ;(2)由公式cos ||||||AB CDAB CD θ⋅=⋅确定异面直线a 与b 所成角θ的大小.2.求直线和平面所成的角的向量法：在斜线上取一方向向量a ,并求出平面α的一个法向量n ,若设斜线和平面所成的角为θ,由sin cos ,||||||a n a n a n θ⋅=<>=⋅ . 3.求二面角的向量法：方法（1）设n ,m 分别是平面,βα的法向量,则向量n 和m 的夹角与二面角l αβ--的平面角相等或互补. 方法（2）二面角的棱l 上确定两个点B A 、,过B A 、分别在平面βα、内求出与l 垂直的向量21n n 、,则二面角βα--l 的大小等于向量21n n 、的夹角,即 ||||cos 21n n ⋅=θ 【应试技巧点拨】1. 线线平行与垂直的证明证明线线平行的方法：（1）平行公理；（2）线面平行的性质定理；（3）面面平行的性质定理；（4）向量平行.要注意线面、面面平行的性质定理的成立条件. 证明线线垂直的方法：（1）异面直线所成的角为直角；（2）线面垂直的性质定理；（3）面面垂直的性质定理；（4）三垂线定理和逆定理；（5）勾股定理；（6）向量垂直.要注意线面、面面垂直的性质定理的成立条件.解题过程中要特别体会平行关系性质的传递性,垂直关系的多样性.2.线面平行与垂直的证明方法线面平行与垂直位置关系的确定,也是高考考查的热点,在小题中考查关系的确定,在解答题考查证明细节.线面平行的证明方法：（1）线面平行的定义；（2）线面平行的判断定理；（3）面面平行的性质定理；（4）向量法：证明这条直线的方向向量和这个平面内的一个向量互相平行；证明这个直线的方向向量和这个平面的法向量相互垂直.线面平行的证明思考途径：线线平行⇔线面平行⇔面面平行.线面垂直的证明方法：（1）线面垂直的定义；（2）线面垂直的判断定理；（3）面面垂直的性质定理；（4）向量法：证明这个直线的方向向量和这个平面的法向量相互平行.线面垂直的证明思考途径：线线垂直⇔线面垂直⇔面面垂直.3.面面平行与垂直的证明（1）面面平行的证明方法：①反证法:假设两个平面不平行,则它们必相交,在导出矛盾；②面面平行的判断定理；③利用性质:垂直于同一直线的两个平面平行；平行于同一平面的两个平面平行；④向量法：证明两个平面的法向量平行.（2）面面垂直的证明方法：①定义法；②面面垂直的判断定理；③向量法：证明两个平面的法向量垂直.解题时要由已知相性质,由求证想判定,即分析法和综合法相结合寻找证明思路,关键在于对题目中的条件的思考和分析,掌握做此类题的一般技巧和方法,以及如何巧妙进行垂直之间的转化.4.探索性问题探求某些点的具体位置,使得线面满足平行或垂直关系,是一类逆向思维的题目.一般可采用两个方法：一是先假设存在,再去推理,下结论；二是运用推理证明计算得出结论,或先利用条件特例得出结论,然后再根据条件给出证明或计算.5. 如何求线面角（1）利用面面垂直性质定理,巧定垂足：由面面垂直的性质定理,可以得到线面垂直,这就为线面角中的垂足的确定提供了捷径.（2）利用三棱锥的等体积,省去垂足在构成线面角的直角三角形中,其中垂线段尤为关键.确定垂足,是常规方法.可是如果垂足位置不好确定,此时可以利用求点面距常用方法---等体积法.从而不用确定垂足的位置,照样可以求出线面角.因为垂线段的长度实际就是点面距h ！利用三棱锥的等体积,只需求出h,然后利用斜线段长h =θsin 进行求解. （3）妙用公式,直接得到线面角课本习题出现过这个公式：21cos cos cos θθθ=,如图所示：21,,θθθ=∠=∠=∠OBC ABO ABC .其中1θ为直线AB 与平面所成的线面角.这个公式在求解一些选择填空题时,可直接应用.但是一定要注意三个角的位置,不能张冠李戴.（4）万能方法,空间向量求解不用找角设AB 是平面α的斜线,BO 是平面α的垂线,AB 与平面α所成的角BAO θ∠=,向量AB 与n 的夹角ABO ψ∠=,则sin cos AB n AB nθψ⋅==⋅ . 6.如何求二面角（1）直接法.直接法求二面角大小的步骤是：一作（找）、二证、三计算.即先作(找)出表示二面角大小的平面角,并证明这个角就是所求二面角的平面角,然后再计算这个角的大小. 用直接法求二面角的大小,其关键是确定表示二面角大小的平面角.而确定其平面角,可从以下几个方面着手:①利用三垂线定理(或三垂线定理的逆定理)确定平面角；②利用与二面角的棱垂直的平面确定平面角；③利用定义确定平面角；（2）射影面积法.利用射影面积公式cos θ＝ S S'；此方法常用于无棱二面角大小的计算；对于无棱二面角问题还有一条途径是设法作出它的棱,作法有“平移法”“延伸平面法”等.法二：设1n ,2n 是二面角l αβ--的两个半平面的法向量,其方向一个指向内侧,另一个指向外侧（同等异补）,则二面角l αβ--的平面角α1212arccos ||||n n n n =7.如何建立适当的坐标系根据几何体本身的几何性质,恰当建立空间直角坐标系最为关键,如果坐标系引入的恰当,合理,即能够容易确定点的坐标,需要总结一些建系方法.常见建系方法：（1）借助三条两两相交且垂直的棱为坐标轴,如正方体,长方体等规则几何体,一般选择三条线为三个坐标轴,如图1、2；（2）借助面面垂直的性质定理建系,若题目中出现侧面和底面垂线的条件,一般利用此条件添加辅助线,确定z 轴,如图3；（3）借助棱锥的高线建系等.对于正棱锥,利用定点在底面的射影为底面的中心,可确定z 轴,然后在底面确定互相垂直的直线分别为x,y 轴.如图4.8.如何确定平面的法向量（1）首先观察是否与存在于面垂直的法向量,若有可直接确定,若不存在,转化为待定系数法；（2）待定系数法：由于法向量没有规定长度,仅规定了方向,所以有一个自由度,于是可把法向量的某个坐标设为1,再求另两个坐标.由于平面法向量是垂直于平面的向量,所以取平面的两条相交向量,设(,,),n x y z = 由00n a n b ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 解方程组求得.9. 向量为谋求解立体几何的探索性问题空间向量最合适于解决立体几何中探索性问题,它无需进行复杂繁难的作图、论证、推理,只需通过坐标运算进行判断,在解题过程中,往往把“是否存在”问题,转化为“点的坐标是否有解,是否有规定范围的解”等,所以使问题的解集更加简单、有效,应善于运用这一方法解题.【考场经验分享】1．在推证线面平行时,一定要强调直线不在平面内,否则,会出现错误．2．可以考虑向量的工具性作用,能用向量解决的尽可能应用向量解决,可使问题简化．3．在解决直线与平面垂直的问题过程中,要注意直线与平面垂直定义,判定定理和性质定理的联合交替使用,即注意线线垂直和线面垂直的互相转化．4．面面垂直的性质定理是作辅助线的一个重要依据．我们要作一个平面的一条垂线,通常是先找这个平面的一个垂面,在这个垂面中,作交线的垂线即可．5．用向量知识证明立体几何问题,仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行,只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行,即化归为证明线线平行,用向量方法证直线a ∥b ,只需证明它们的方向向量满足a b λ= (λ∈R)即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行,仍需强调直线在平面外．6．利用向量求角,一定要注意将向量夹角转化为各空间角．因为向量夹角与各空间角的定义、范围不同．【名题精选练兵篇】1．【辽宁省鞍山市2017届高三下学期第一次质量检测】如图四棱锥P ABCD -的底面ABCD 为菱形,且60ABC ∠=︒, 2AB PC ==,PA PB ==（Ⅰ）求证：平面PAB ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）二面角P AC B --的余弦值.（2）由（1）OB 、CO 、OP 两两互相垂直,如图建立空间直角坐标系,则()0,1,0A -, )C , ()0,0,1P, )AC ∴= , ()0,1,1AP = ,设平面PAC 的法向量为(),,n x y z = ,则0{0n AC y n AP y z ⋅=+=⋅=+= ,取1x =,则(1,n = ,又平面BAC 的一个法向量为()0,0,1m = ,设二面角P AC B --的大小为θ,易知其为锐角, cos cos ,n m θ∴=〈〉 n m n m⋅===, ∴二面角P AC B --2．【湖南省娄底市2017届高考仿真模拟（二模）】如图,四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是平行四边形,侧面PAD 是边长为2的正三角形, AB BD= = 3PB =.（Ⅰ）求证：平面PAD ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）设Q 是棱PC 上的点,当PA 平面BDQ 时,求二面角A BD Q --的余弦值.（Ⅱ）连结AC ,设AC BD E ⋂=,则E 为AC 的中点,连结EQ ,当PA 平面BDQ 时, PA EQ ,所以Q 是PC 的中点.由（Ⅰ）知, OA 、OB 、OP 两两垂直,分别以OA 、OB 、OP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系如图,则()B 、()C -、()1,0,0D -、(P , 由P 、C 坐标得Q⎛- ⎝,从而()DB= , DQ ⎛= ⎝ ,设(),,n x y z = 是平面BDQ 的一个法向量,则由0{0n DB n DQ ⋅=⋅=得00x y z +=+=, 取1y =,得(n = ,易知平面ABD 的一个法向量是()10,0,1n = , 所以111cos ,n n n n n n ⋅〈〉==由图可知,二面角A BD Q --的平面角为钝角,故所求余弦值为. 3．【天津市十二重点中学2017届高三毕业班联考（一）】如图,已知菱形ABCD 与直角梯形ABEF 所在的平面互相垂直,其中BE AF , AB AF ⊥, 122AB BE AF ===, 3CBA π∠=, P 为DF 的中点.（Ⅰ）求证： PE ∥平面ABCD ；（Ⅱ）求二面角D EF A －－的余弦值；（Ⅲ）设G 为线段AD 上一点, AG AD λ= , 若直线FG 与平面ABEF 所成角的正弦求AG 的长. 【解析】（Ⅰ）取AD 的中点Q ,连接PQ BQ ，,则PQ ∥AF ∥BE ,且12PQ AF BE ＝＝,所以四边形BEPQ 为平行四边形所以PE ∥BQ ,又BQ ⊂平面ABCD , PE ⊄ 平面ABCD ,则PE ∥平面ABCD .（Ⅱ）取AB 中点O ,连接CO ,则CO AB ⊥，因为平面ABCD ⊥平面ABEF ,交线为AB ,则CO ⊥平面ABEF作OM ∥AF ,分别以,,OB OM OC 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系,如图,则(()(),1,4,0,1,2,0D F E --于是(()1,4,,2,2,0DF EF ==- ,设平面DEF 的法向量(),,m x y z = ,则40{220x y x y +-=-+= 令1x =,则1,y z == 平面AEF 的法向量()0,0,1n =所以cos ,m n 〈〉== 又因为二面角D EF A －－为锐角,4．【河北省唐山市2016-2017学年度高三年级第二次模拟】在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为平行四边形, 3AB =,AD = 45ABC ∠=︒, P 点在底面ABCD 内的射影E 在线段AB 上,且2PE =, 2BE EA =, F 为AD 的中点, M 在线段CD 上,且CM CD λ=．（Ⅰ）当23λ=时,证明：平面PFM ⊥平面PAB ；（Ⅱ）当平面PAM 与平面ABCD ,求四棱锥P ABCM -的体积．（Ⅱ）以E 为坐标原点, EB , EC , EP 所在直线分别为x 轴, y 轴, z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,则()1,0,0A -, ()0,0,2P , ()0,2,0C , ()3,2,0D -, ()1,0,2AP = ,()13,2,0AM AC CD λλ=+=- .平面ABCD 的一个法向量为()0,0,1m = .设平面PAM 的法向量为(),,n x y z =,由0AP n ⋅= , 0AM n ⋅= ,得()20,{1320,x z x y λ+=-+=令2x =,得()2,31,1n λ=--. 由题意可得, cos ,m n m n m n ⋅=⋅==解得13λ=, 所以四棱锥P ABCM -的体积1833P ABCM ABCM V SPE -=⨯=梯形.5．【黑龙江省哈尔滨2017届高三二模】如图,四棱锥P ABCD -底面为正方形,已知PD ⊥平面ABCD , PD AD =,点M 为线段PA 上任意一点（不含端点）,点N 在线段BD上,且PM DN =.（1）求证：直线//MN 平面PCD ；（2）若M 为线段PA 中点,求直线PB 与平面AMN 所成的角的余弦值.【解析】（Ⅰ）延长AN ,交CD 于点G ,由相似知AN BN AM NG ND MP==, MN ⊄平面PCD , PG ⊂平面PCD ,则直线MN //平面PCD ；（Ⅱ）由于DA DC DP ⊥⊥,以,,DA DC DP 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系, 设()1,0,0A ,则()1,1,0B , ()0,1,0C , ()0,0,1P , 11,0,22M ⎛⎫⎪⎝⎭, 11,,022N ⎛⎫ ⎪⎝⎭则()1,1,1PB =- ,平面AMN 的法向量为()1,1,1m =,则向量PB 与m 的夹角为θ,则1cos 3θ=,则PB 与平面AMN .6．【2017届淮北市高三第二次模拟】如图,三棱柱111ABC A B C -中,四边形11AA BB 是菱形,,二面角11C A B B --为6π, 1CB =.（Ⅰ）求证：平面1ACB ⊥平面1CBA ; （Ⅱ）求二面角1A AC B --的余弦值.（2）由题意得11A B B ∆为正三角形, 取11A B 得中点为D,连CD,BD, 则11BD A B ⊥,又11CB A B ⊥易得11CD A B ⊥,则CDB ∠为二面角11C A B B --的平面角,因1BC =, CDB ∠=6π,所以BD =,所以11112A B BB A B ===过11,AB A B 交点O 作1OE AC ⊥,垂足为E ,连AE则AEO ∠为二面角1A AC B --的平面角,又OE AO == 得AE =所以1cos 4AEO ∠=7．【山西省三区八校2017届高三第二次模拟】如图,已知多面体EABCDF 的底面ABCD是边长为2的正方形, EA ⊥底面ABCD , //FD EA ,且112FD EA ==．（Ⅰ）求多面体EABCDF 的体积；（Ⅱ）求直线EB 与平面ECF 所成角的正弦值；（Ⅲ）记线段BC 的中点为K ,在平面ABCD 内过点K 作一条直线与平面ECF 平行,要求保留作图痕迹,但不要求证明．【解析】（Ⅰ）连结ED ． ∵EA ⊥底面ABCD , //FD EA , ∴FD ⊥底面ABCD ,∴FD AD ⊥, FD AD D ⋂=, ∴AD ⊥平面FDC ,11121223323E FCD FDC V AD S -∆=⋅=⨯⨯⨯⨯=, 118222333E ABCDABCD V EA S -=⋅=⨯⨯⨯=正方形, ∴多面体EABCDF 的体积2810333E FCD E ABCD V V V --=+=+=．（Ⅱ）以点A 为原点, AB 所在直线为x 轴, AD 所在的直线为y 轴,建立空间直角坐标系,如图．由已知可得()0,0,0A , ()0,0,2E , ()2,0,0B , ()2,2,0C , ()0,2,1F ,∴()2,2,2EC =- , ()2,0,2EB =- , ()0,2,1EF =-,设平面ECF 的法向量为(),,n x y z =,得2220,{20,x y z y z +-=-=取1y =,得平面ECF 的一个法向量为()1,1,2n =, 设直线EB 与平面ECF 所成的角为θ,∴sin cos ,n θ= ．（Ⅲ）取线段CD 的中点Q ,连结KQ ,直线KQ 即为所求．如图所示：8．【江西省2017届高三4月新课程教学质量监测】如图,四棱锥P ABCD -中,侧面PAD ⊥底面ABCD , //AD BC , AD DC ⊥, 3AD DC ==, 2BC =, PD ==,点F 在棱PG 上,且2FC FP =,点E 在棱AD 上,且//PA 平面BEF .（1）求证： PE ⊥平面ABCD ；（2）求二面角P EB F --的余弦值.（2）因为DE BC =, //DE BC ,所以//BE CD ,有EA EB ⊥,如图,以EA , EB , EP 所在直线分别为x 轴, y 轴, z 轴建立空间直角坐标系, 则()1,0,0A , ()0,3,0B , ()2,3,0C -,PE ==,所以(P ,所以(12,1,33EF EP PC ⎛=+=+- ⎝23⎛=- ⎝, 设平面EFB 的法向量为(),,n x y z =,则203n EF x y z ⊥⇒-++=,0n EB y ⊥⇒=,令1z =,则x =,所以)n =,又因为平面PEB 的法向量()1,0,0EA =,所以cos ,n EA ==.9．【2016届河南省洛阳市一中高三下学期第二次模拟】如图（1）,等腰直角三角形ABC 的底边4AB =,点D 在线段AC 上,DE AB ⊥于E ,现将ADE ∆沿DE 折起到PDE ∆的位置（如图（2））．（1）求证：PB DE ⊥；（2）若PE BE ⊥,直线PD 与平面PBC 所成的角为o 30,求PE 长．【解析】（1） ,,DE AB DE PE DE EB ⊥∴⊥⊥ . 又,PE BE E DE =∴⊥ 平面PEB .PB ⊂ 平面PEB ,PB DE ∴⊥.（2）由（1）知,DE PE DE EB ⊥⊥,且PE BE ⊥,所以,,DE BE PE 两两垂直.分别以,,ED EB EP的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系.设||PE a =,则(0,4,0)B a -,(,0,0)D a ,(2,2,0)C a -,(0,0,)P a ,可得(0,4,),(2,2,0)PB a a BC =--=-.设平面PBC 的法向量为(,,)n x y z = ,则0n PB n BC ⎧=⎪⎨=⎪⎩, 所以(4)0220a y az x y --=⎧⎨-=⎩,取4(1,1,)an a -= .直线PD 与平面PBC 所成的角为o 30,且(,0,)PD a a =-, o1sin 30|cos ,|||2PD n ∴=<>==. 解之得45a =,或4a =（舍去）. 所以PE 的长为45.10．【2016届河北省邯郸一中高三下第一次模拟】直三棱柱111ABC A B C -中,11AA AB AC ===,,E F 分别是1,CC BC 的中点,11AE A B ⊥,D 为棱11A B 上的点．（1）证明：DF AE ⊥；。

2023届高考数学一轮复习作业立体几何中的最值翻折探索性问题新人教B版

立体几何中的最值、翻折、探索性问题1．(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点．(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；(2)当三棱锥MABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．[解](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，所以BC⊥DM．因为M为CD上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC．而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．(2)以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz．当三棱锥MABC体积最大时，M为CD的中点．由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，AM＝(－2,1,1)，AB＝(0,2,0)，DA＝(2,0,0)．设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，则即可取n＝(1,0,2)．DA是平面MCD的法向量，因此cos〈n，DA〉＝＝，sin〈n，DA〉＝．所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是．2．如图①，已知三棱锥PABC，其展开图如图②所示，其中四边形ABCD是边长等于的正方形，△ABE和△BCF均为正三角形，在三棱锥PABC中：图① 图②(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；(2)若M是PA的中点，求二面角PBCM的余弦值．[解](1)证明：如图，设AC的中点为O，连接BO，PO．由题意，得PA＝PB＝PC＝，PO＝1，AO＝BO＝CO＝1．因为在△PAC中，PA＝PC，O为AC的中点，所以PO⊥AC，因为在△POB中，PO＝1，OB＝1，PB＝，所以PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB．因为AC∩OB＝O，AC，OB⊂平面ABC，所以PO⊥平面ABC，因为PO⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC．(2)由(1)可知PO⊥OB，PO⊥AC，OB⊥AC，以OC，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，C(1,0,0)，B(0,1,0)，A(－1,0,0)，P(0,0,1)，M，所以BC＝(1，－1,0)，PC＝(1,0，－1)，MC＝．设平面MBC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，由得令x1＝1，得y1＝1，z1＝3，即m＝(1,1,3)为平面MBC的一个法向量．设平面PBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，由得令x2＝1，得y2＝1，z2＝1，即n＝(1,1,1)为平面PBC的一个法向量．cos〈n，m〉＝＝＝．由图可知，二面角PBCM为锐角，故其余弦值为．3．如图所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝120°，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，AD＝CD＝BC＝CF．(1)求证：EF⊥平面BCF；(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值．[解](1)证明：设AD＝CD＝BC＝1，∵AB∥CD，∠BCD＝120°，∴AB＝2，∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 60°＝3，∴AB2＝AC2＋BC2，则BC⊥AC．∵CF⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥CF，而CF∩BC＝C，CF，BC⊂平面BCF，∴AC⊥平面BCF．∵EF∥AC，∴EF⊥平面BCF．(2)以C为坐标原点，分别以直线CA，CB，CF为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设FM＝λ(0≤λ≤)，则C(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，M(λ，0,1)，∴AB＝(－，1,0)，BM＝(λ，－1,1)．设n＝(x，y，z)为平面MAB的法向量，由得取x＝1，则n＝(1，，－λ)．易知m＝(1,0,0)是平面FCB的一个法向量，∴cos〈n，m〉＝＝＝．∵0≤λ≤，∴当λ＝0时，cos〈n，m〉取得最小值，∴当点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最大，此时二面角的余弦值为．1．(2019·全国卷Ⅲ)图①是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②．图① 图②(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图②中的二面角BCGA的大小．[解](1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，故AB⊥平面BCGE．又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE．(2)作EH⊥BC，垂足为H．因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，所以EH⊥平面ABC．由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝．以H为坐标原点，HC的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz，则A(－1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0，)，CG＝(1,0，)，AC＝(2，－1,0)．设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，则即所以可取n＝(3,6，－)．又平面BCGE的法向量可取为m＝(0,1,0)，所以cos〈n，m〉＝＝．因此，二面角BCGA的大小为30°．2．(2021·山东菏泽市高三二模)如图1所示，平面五边形ABCDE中，四边形ABCD 为直角梯形，∠B＝90°且AD∥BC，若AD＝2BC＝2，AB＝，△ADE是以AD为斜边的等腰直角三角形，现将△ADE沿AD折起，连接EB，EC得如图2的几何体．图1 图2(1)若点M是ED的中点，求证：CM∥平面ABE；(2)若EC＝2，在棱EB上是否存在点F，使得二面角EADF的大小为60°？若存在，求出点F的位置；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：取AE的中点为G，连接MG，BG，∵M是ED的中点，AD＝2BC，∴MG是△ADE的中位线，∴MG∥AD∥BC且MG＝BC，∴四边形MGBC为平行四边形，∴CM∥BG，∵CM⊄平面ABE，BG⊂平面ABE，所以CM∥平面ABE．(2)取AD的中点为H，连接HC，HE，其中HC＝AB＝，EH＝1，由EC＝2可得HC⊥HE，显然EH⊥平面ABCD，故以H为坐标原点，分别以HC，HA，HE所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E(0,0,1)，A(0,1,0)，D(0，－1,0)，B(，1,0)，设存在点F(x，y，z)，EF＝λEB⇒(x，y，z－1)＝λ(，1，－1)⇒x＝λ，y＝λ，z＝1－λ，易知平面EAD的法向量可取HC＝(，0,0)，另外AF＝(x，y－1，z)＝(λ，λ－1,1－λ)，AD＝(0，－2,0)，设平面ADF的一个法向量为u＝(m，n，r)，则⇒，可取一个法向量为u＝(λ－1,0，λ)，则|cos〈HC，u〉|＝＝⇒λ＝，F为EB的中点．故存在F点为EB的中点．。

2018届人教B版(文) 立体几何检测卷

总分 150分时间 120分钟班级 _______ 学号 _______ 得分_______（一）选择题（12*5=60分）1. 【【百强校】2017届四川宜宾市高三上学期期中】某几何体的三视图如图所示，则该几何体最长棱的长度为（）A ．4B ．23C ．22D ．32【答案】D2．【【百强校】2017届四川双流中学高三必得分训练】某由圆柱切割获得的几何体的三视图如图所示，其中俯视图是中心角为60 的扇形，则该几何体的侧面积为（）A ．10123π+B ．1063π+ C ．122π+ D ．64π+ 【答案】C【解析】由三视图中所提供的图形信息可知该几何体的底面形状为中心角为60︒的扇形，其高为，所以侧面积为2223231226ππ⨯⨯⨯+⨯=+,故应选C. 3．【【百强校】2017届辽宁庄河市高级中学高三12月月考】已知长方体1111D C B A ABCD -的外接球O 的体积为332π，其中21=BB ，则三棱锥ABC O -的体积的最大值为（） A.1 B.3C.2D.4【答案】A4．【【百强校】2017届河北沧州一中高三11月月考】《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北张家山出土，这是我过现存最早的有系统的数学典籍，其中记录求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一，该术相当于给出了由圆锥底面周长L 与高，计算其体积V 的近似公式2136V L h ≈，它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3，那么，近似公式2275V L h ≈相当于将圆锥体积公式中的π近似取值为（） A.227 B.258C.15750D.355113【答案】B 【解析】因圆锥的体积公式h R V 231π=,又R L π2=,故π2L R =,所以h L h L V 22121)2(31πππ==,由题设752121=π,所以825≈π,应选B. 5．【【百强校】2017届河南中原名校高三上学期质检】如图，网格纸上小正方形的边长为，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）A.)91π++)928π+-C.)92π++)918π++ 【答案】D6.已知直线,a b ，平面,αβ，且a α⊥，b β⊂，则“a b ⊥”是“//αβ”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】a α⊥，若//αβ，则 β⊥a .又因b β⊂，所以a b ⊥成立。

2018届人教B版立体几何检测卷 5

第七章一、选择题1．(2016·海淀模拟)若平面α⊥平面β，平面α∩平面β＝直线l，则(D)A．垂直于平面β的平面一定平行于平面αB．垂直于直线l的直线一定垂直于平面αC．垂直于平面β的平面一定平行于直线lD．垂直于直线l的平面一定与平面α，β都垂直[解析]对于A，垂直于平面β的平面与平面α平行或相交，故A错；对于B，垂直于直线l的直线与平面α垂直、斜交、平行或在平面α内，故B错；对于C，垂直于平面β的平面与直线l平行或相交，故C错；易知D正确，故选D．2．(2017·新疆哈密地区第二中学期末数学试题)已知平面α与平面β相交，直线m⊥α，则(C)A．β内必存在直线与m平行，且存在直线与m垂直B．β内不一定存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直C．β内不一定存在直线与m平行，但必存在直线与m垂直D．β内必存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直[解析]作两个相交平面，交线为n，使得直线m⊥α，假设β内一定存在直线α与m 平行，因为m⊥α，而α∥m，所以直线a⊥α，而α⊂β，所以α⊥β，这与平面α与平面β相交不一定垂直矛盾，所以β内不一定存在直线a与m平行，因为直线m⊥α，n⊂β，所以m ⊥n，所以在β内不一定存在直线与m平行，但必存在直线与m垂直，故选C．3．(2016·杭州模拟)已知l，m为不同的直线，α，β为不同的平面，如果l⊂α，且m⊂β，那么下列命题中不正确的是(C)A．“l⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件B．“l⊥m”是“l⊥β”的必要不充分条件C．“m∥α”是“l∥m”的充要条件D．“l⊥m”是“α⊥β”的即不充分也不必要条件[解析]对于A中命题由“l⊥β”可得“α⊥β”，但反之不一定，故A中命题正确；对于B中命题，“l⊥m”不一定有“l⊥β”，但反之成立，故B中命题正确；对于C中命题，因为m∥α⇒l∥m或l与m为异面直线，所以“m⊥α”l∥m，故C错误；对于D中命题，“l⊥m”“α⊥β”，反之亦然，故D中命题正确，故选C．4．设a，b，c是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则a⊥b的一个充分不必要条件是(C)A．a⊥c，b⊥c B．α⊥β，a⊂α，b⊂βC．a⊥α，b∥αD．a⊥α，b⊥α[解析]对于C，在平面α内存在c∥b，因为a⊥α，所以a⊥c，故a⊥b；A，B中，直线a，b可能是平行直线，相交直线，也可能是异面直线；D中一定推出a∥b.5．(2016·南昌模拟)设a，b是夹角为30°的异面直线，则满足条件“a⊂α，b⊂β，且α⊥β”的平面α，β (D)A．不存在B．有且只有一对C．有且只有两对D．有无数对[解析]过直线a的平面α有无数个，当平面α与直线b平行时，两直线的公垂线与b 确定的平面β⊥α，当平面α与b相交时，过交点作平面α的垂线与b确定的平面β⊥α，故选D．6.(教材改编题)已知直线P A垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A，B 的任一点，则下列关系中不正确的是(C)A．P A⊥BC B．BC⊥平面P ACC．AC⊥PB D．PC⊥BC[解析]AB为直径，C为圆上异于A，B的一点，所以AC⊥BC．因为P A⊥平面ABC，所以P A⊥BC．因为P A∩AC＝A，所以BC⊥平面P AC，从而PC⊥BC．故选C．7.如图，在三棱锥D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E中AC的中点，则下列命题中正确的是(C)A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BCDC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE[解析]因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同量，DE⊥AC，由于DE∩BE＝E，于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.故选C．8.如图所示，在正方形ABCD中，E，F分别是BC和CD的中点，G是EF的中点，现在沿着AE和AF及EF把正方形折成一个四面体，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，那么，在四面体A－EFH中必有(A)A．AH⊥△EFH所在平面B．AG⊥△EFH所在平面C．HF⊥△AEF所在平面D．HG⊥△AEF所在平面[解析]∵AD⊥DF，AB⊥BE，又∵B，C，D重合记为H，∴AH⊥HF，AH⊥HE.∴AH ⊥平面EFH.二、填空题9．如图，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC和△P AC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有_AB、BC、AC__；与AP垂直的直线有_AB__.[解析]∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC；∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC ＝C，∴AB⊥平面P AC，∴与AP垂直的直线是AB．10．在正三棱锥(底面为正三角形且侧棱相等)P－ABC中，D，E分别是AB，BC的中点，有下列三个论断：①AC⊥PB；②AC∥平面PDE；③AB⊥平面PDE.其中正确论断的序号为_①②__.[解析]如图，∵P－ABC为正三棱锥，∴PB⊥AC；又∵DE∥AC，DE⊂平面PDE，AC⊄平面PDE，∴AC∥平面PDE.故①②正确．11．正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为6 3[解析]画出图形，如图，BB1与平面ACD1所成的角等于DD1与平面ACD1所成的角，在三棱锥D－ACD1中，由三条侧棱两两垂直得点D在底面ACD1内的射影为等边三角形ACD1的垂心即中心H，连接D1H，DH，则∠DD1H为DD1与平面ACD1所成的角，设正方体的棱长为a，则cos∠DD1H＝63aa＝63.三、解答题12．(2017·广东省揭阳市普宁市华侨中学高三上学期期末数学试题)如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且AD ⊥DE，F为B1C1的中点．求证：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；(2)直线A1F∥平面ADE.[解析](1)根据三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，得到CC1⊥平面ABC，从而AD⊥CC1，结合已知条件AD⊥DE，DE、CC1是平面BCC1B1内的相交直线，得到AD⊥平面BCC1B1，从而平面ADE⊥平面BCC1B1；(2)先证出等腰三角形△A1B1C1中，A1F⊥B1C1，再用类似(1)的方法，证出A1F⊥平面BCC1B1，结合AD⊥平面BCC1B1，得到A1F∥AD，最后根据线面平行的判定定理，得到直线A1F∥平面ADE.解：(1)∵三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，∴CC1⊥平面ABC，∵AD⊂平面ABC，∴AD⊥CC1又∵AD⊥DE，DE、CC1是平面BCC1B1内的相交直线∴AD⊥平面BCC1B1，∵AD⊂平面ADE∴平面ADE⊥平面BCC1B1；(2)∵△A1B1C1中，A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点∴A1F⊥B1C1，∵CC1⊥平面A1B1C1，A1F⊂平面A1B1C1，∴A1F⊥CC1又∵B1C1、CC1交于点C1，∴A1F⊥面BCC1B1，又∵AD⊥面BCC1B1，∴A1F∥AD，又A1F⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，∴A1F∥面ADE.13．(2016·山东)在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB．(1)已知AB＝BC，AE＝EC．求证：AC⊥FB；(2)已知G，H分别是EC和FB的中点．求证：GH∥平面ABC．[解析](1)因为EF∥DB，所以EF与DB确定平面BDEF.连接DE.因为AE＝EC，D为AC的中点，所以DE⊥AC．同理可得BD⊥AC．又BD∩DE＝D，所以AC⊥平面BDEF，因为FB⊂平面BDEF，所以AC⊥FB．(2)设FC的中点为I，连接GI，HI.在△CEF中，因为G是CE的中点，所以GI∥EF.又EF∥BD，所以GI∥DB．在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC，又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC．因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC．1．(2016·衡水模拟)设l是直线，α，β是两个不同的平面(B)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⊥β[解析]对于A，若l∥α，l∥β，则α，β可能相交；对于B，若l∥α，则平面α内必存在一直线m与l平行，则m⊥β，又m⊂α，故α⊥β.选项C，l可能平行于β或l在平面β内；选项D，l还可能平行于β或在平面β内．2.(2016·沧州七校联考)如图所示，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，P A⊥平面ABC．则下列结论不正确的是(D)A．CD∥平面P AF B．DF⊥平面P AFC．CF∥平面P AB D．CF⊥平面P AD[解析]A中，∵CD∥AF，AF⊂面P AF，CD⊄面P AF，∴CD∥平面P AF成立；B中，∵ABCDEF为正六边形，∴DF⊥AF.又∵P A⊥面ABCDEF，∴DF⊥平面P AF成立；C中，CF∥AB，AB⊂平面P AB，CF⊄平面P AB，∴CF∥平面P AB；而D中CF与AD不垂直，故选D．3．(2016·天津模拟)如图，以等腰直角三角形ABC的斜边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；②△BAC是等边三角形；③三棱锥D－ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC．其中正确的是(B)A．①②④B．①②③C．②③④D．①③④[解析]由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正确；由①知④错，故选B．4．(2016·泉州模拟)点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，给出下列命题：①三棱锥A－D1PC的体积不变；②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1.其中正确的命题序号是_①②④__.[解析]对于①VA－D1PC＝VP－AD1C点P到面AD1C的距离即为线BC1与面AD1的距离，为定值故①正确，对于②，因为面A1C1B∥面AD1C1所以线A1P∥面AD1C对于③，DB 与BC1就成60°角，故③错，对于④由于B1D⊥面ACD1，所以面B1DP⊥面ACD1.5.(2016·天津)如图，四边形ABCD是平行四边形，平面AED⊥平面ABCD，EF∥AB，AB＝2，BC＝EF＝1，AE＝6，DE＝3，∠BAD＝60°，G为BC的中点.(1)求证：FG ∥平面BED ： (2)求证：平面BED ⊥平面AED ；(3)求直线EF 与平面BED 所成角的正弦值．[解析] (1)取BD 的中点O ，连接OE ，OG .在△BCD 中，因为G 是BC 中点，所以OG ∥DC 且OG ＝12DC ＝1，又因为EF ∥AB ，AB ∥DC ，所以EF ∥OG 且EF ＝OG ，即四边形OGFE 是平行四边形，所以FG ∥OE .又FG ⊄平面BED ，OE ⊂平面BED ，所以，FG ∥平面BED ．(2)在△ABD 中，AD ＝1，AB ＝2， ∠BAD ＝60°，由余弦定理可得BD ＝3，进而∠ADB ＝90°，即BD ⊥AD ．又因为平面AED ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，平面AED ∩平面ABCD ＝AD ，所以BD ⊥平面AED ．又因为BD ⊂平面BED ，所以平面BED ⊥平面AED ．(3)因为EF ∥AB ，所以直线EF 与平面BED 所成的角即为直线AB 与平面BED 所成的角．过点A 作AH ⊥DE 于点H ，连接BH .又平面BED ∩平面AED ＝ED ，由(2)知AH ⊥平面BED ．所以直线AB 与平面BED 所成的角即为∠ABH .在△ADE 中，AD ＝1，DE ＝3，AE ＝6，由余弦定理得cos ∠ADE ＝23，所以sin ∠ADE ＝53，因此，AH ＝AD ·sin ∠ADE ＝53. 在Rt △AHB 中，sin ∠ABH ＝AH AB ＝56. 所以，直线EF 与平面BED 所成角的正弦值为56.。

2018届人教B版立体几何检测卷 1

第七章一、选择题1．下列结论中正确的是 ( D ) A ．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B ．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C ．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是六棱锥D ．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线[解析] 当一个几何体由具有相同的底面且顶点在底面两侧的两个三棱锥构成时，尽管各面都是三角形，但它不是三棱锥，故A 错误；若三角形不是直角三角形或是直角三角形但旋转轴不是直角边所在直线，所得几何体就不是圆锥，B 错误；若六棱锥的所有棱都相等，则底面多边形是正六边形，由几何图形知，若以正六边形为底面，则棱长必须要大于底面边长，故C 错误．2．一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 ( D ) A ．球 B ．三棱锥 C ．正方体D ．圆柱[解析] 球的三视图是三个全等的圆；含有互相垂直且相等的三条棱的三棱锥的三视图可以是三个全等的三角形；正方体的三视图可以是三个全等的正方形；圆柱不管如何放置，其三视图的形状都不可能全部相同．故选D ．3．(2016·温州十校联考)一个几何体的正视图和侧视图都是面积为1的正方形，则这个几何体的俯视图一定不是 ( B )[解析] 由题意，符合选项A 的几何体是一个直三棱柱，其中底面三角形是底边为1，高为1的等腰三角形，侧棱长为1；符合选项C 的几何体是一个棱长为1的正方体；符合选项D 的几何体是一个棱长为1的正方体去掉半径与母线长都为的14圆柱．4．(2017·陕西省延安市黄陵中学期中(重点班)数学试题)下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是(D)A．①②B．①③C．①④D．②④[解析]利用三视图的作图法则，对选项判断，A的三视图相同，圆锥，四棱锥的两个三视图相同，棱台都不相同，推出选项即可．解：正方体的三视图都相同，而三棱台的三视图各不相同，圆锥和正四棱锥的，正视图和侧视图相同，所以，正确答案为D．故选D．[点拨]本题是基础题，考查几何体的三视图的识别能力，作图能力，三视图的投影规则是主视、俯视长对正；主视、左视高平齐，左视、俯视宽相等．5．(2017·福建省福州市闽侯三中高三上期中数学试题)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其主视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是(B)[解析]相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．根据三视图看到方向，可以确定三个识图的形状，判断答案．解：∵相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．∴其正视图和侧视图是一个圆，∵俯视图是从上向下看，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上 ∴俯视图是有2条对角线且为实线的正方形，故选B ． [点拨] 本题考查了几何体的三视图，属于基础题．6．(2016·桂林模拟)已知正三角形ABC 的边长为a ，那么△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′的面积为 ( D )A ．34a 2B ．38a 2C ．68a 2 D ．616a 2 [解析] 如图①、②所示的平面图形和直观图．由②可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ，在图②中作C ′D ′⊥A ′B ′于D ′，则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a . ∴S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.7．(2016·烟台模拟)若一个三棱锥的三视图如图所示，其中三个视图都是直角三角形，则在该三棱锥的四个面中，直角三角形的个数为 ( D )A ．1B ．2C ．3D ．4[解析] 观察三视图，该三棱锥A －BCD 的底面BCD 是直角三角形，AB ⊥平面BCD ，CD ⊥BC ，侧面ABC ，ABD 是直角三角形；由CD ⊥BC ，CD ⊥AB ，知CD ⊥平面ABC ，CD ⊥AC ，侧面ACD 也是直角三角形，故选D ．8．(2016·淄博模拟)把边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折起，形成的三棱锥A －BCD 的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为 ( D )A ．22B ．12C ．24D ．14[解析] 由正视图与俯视图可得三棱锥A －BCD 的一个侧面与底面垂直，其侧视图是直角三角形，且直角边长均为22，所以侧视图的面积为S ＝12×22×22＝14，故选D ．二、填空题9．(2016·北京西城区期未)已知一个正三棱柱的所有棱长均相等，其侧(左)视图如图所示．那么此三棱柱正(主)[解析] 由正三棱柱三视图还原直观图可得正(主)视图是一个矩形，其中一边的长是侧(左)视图中三角形的高，另一边是棱长．因为侧(左)视图中三角形的边长为2，所以高为3，所以正视图的面积为2 3.10．如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6，O ′C ′＝2，则原图形OABC[解析] 由题意知原图形OABC 是平行四边形，且OA ＝BC ＝6，设平行四边形OABC 的高为OE ，则OE ×12×22＝O ′C ′，∵O ′C ′＝2，∴OE ＝42，∴S ▱OABC ＝6×42＝24 2.11．三棱锥D －ABC 及其三视图中的正视图和侧视图如图所示，则棱BD[解析] 取AC 的中点E ，连接BE ，DE .由主视图和侧视图可知BE ⊥AC ，BE ⊥DE ，DC⊥平面ABC且DC＝4，BE＝23，AE＝EC＝2.所以BC＝BE2＋EC2＝(23)2＋22＝16＝4，BD＝42＋42＝4 2.三、解答题12.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm的全等的等腰直角三角形.(1)根据图所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求P A．[答案](1)36 cm2(2)6 3 cm[解析](1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝6 2.由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△P AD中，P A＝PD2＋AD2＝(62)2＋62＝6 3 cm.13．已知正三棱锥V－ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示.(1)画出该三棱锥的直观图；(2)求出左视图的面积．[答案](1)略(2)6[解析](1)如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23，∴左视图中VA ＝42－(23×32×23)2＝2 3.∴S △VBC ＝12×23×23＝6.1．(2016·广东省广州市高三五校联考)已知某几何体的正视图和侧视图均如图所示，给出下列5个图形，其中可以作为该几何体的俯视图的图形个数是 ( B )A ．5B ．4C ．3D ．2[解析] 由题知可以作为该几何体的俯视图的图形有①②③⑤.2．(2016·河北省“五个一名校联盟”高三教学质量监测)某四面体的三视图如图，则其四个面中最大的面积是 ( D )A ．2B ．2 2C ． 3D ．2 3[解析] 如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中还原出三视图的直观图，其是一个三个顶点在正方体的右侧面、一个顶点在左侧面的三棱锥，即D 1－BCB 1，其四个面的面积分别为2,22，22，23，故选D ．3．(2016·兰州诊断考试)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x 的值是 ( D )A ．2B ．92C ．32D ．3[解析] 由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是－个直角梯形，底面积S ＝12×(1＋2)×2＝3，高h ＝x ，所以其体积V ＝13Sh ＝13×3x ＝3，解得x ＝3，故选D ．4．如图所示是水平放置三角形的直观图，D 是△ABC 的BC 边中点，AB ，BC 分别与y ′轴、x ′轴平行，则原三角形中三条线段AB ，AD ，AC 中 ( B )A ．最长的是AB ，最短的是AC B ．最长的是AC ，最短的是AB C ．最长的是AB ，最短的是AD D ．最长的是AC ，最短的是AD[解析] 由条件知，原平面图形中AB ⊥BC ，从而AB <AD <AC ，选B 项．5．(2016·石家庄月考)如图的三个图中，上面是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图的下面画出(单位：cm).(1)在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图； (2)按照给出的尺寸，求该多面体的体积． [解析] (1)如图．(2)所求多面体体积V ＝V 长方体－V 正三棱锥＝4×4×6－13×(12×2×2)×2＝2843(cm 3)．。

2018届人教B版立体几何03 单元测试

立体几何031.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为．【答案】75+【解析】由三视图可知，该几何体是底面是直角梯形的四棱柱。

棱柱的高为4，，底面梯形的上底为4，下底为5，腰CD =,所以梯形的面积为(45)32722S +⨯==，梯形的周长为34512++，所以四个侧面积为12)448⨯=，所以该几何体的表面积为27482752+⨯=+2.三棱锥D ABC -及其三视图中的主视图和左视图如图所示，则棱BD 的长为_________.【答案】【解析】取AC 的中点，连结BE,DE 由主视图可知,BE AC BE DE ⊥⊥.DC ABC ⊥且4,2DC BE AE EC ====.所以223)2B E E C ==+=，即BD =。

3.如右图, 设A 、B 、C 、D 为球O 上四点，若AB 、AC 、AD 两两互相垂直，且AB AC =2AD =，则A 、D 两点间的球面距离．【答案】23π 【解析】因为AB 、AC 、AD 两两互相垂直，所以分别以AB 、AC 、AD 为棱构造一个长方体，在长方体的体对角线为球的直径，所以球的直径24R ==，所以球半径为2R =,在正三角形AOD 中，3AOD π∠=，所以A 、D 两点间的球面距离为233R ππ=. 4.若某几何体的三视图 (单位：cm) 如图所示，则此几何体的表面积是 cm 2．【答案】62)π+【解析】由三视图可知，该几何体试题是半个圆锥，如图底面半径为2，圆锥的高为 3.圆锥的母线长为=。

所以底面积为21222ππ⨯=，三角形14362VAB S ∆=⨯⨯=,圆锥的底面弧长为2π，圆锥的侧面积为122π⨯=，所以圆锥的表面积为626(2ππ+=+。

5.已知一个几何体的三视图如下图所示(单位：cm)，其中正视图是直角梯形，侧视图和俯视图都是矩形，则这个几何体的体积是________cm 3.【答案】32【解析】由三视图可知，该几何体为一个放到的四棱柱，以梯形为低，所以梯形面积为1(12)322⨯+=，四棱柱的高为1，所以该几何体的体积为32。

2018届人教B版立体几何检测卷 3

一、选择题1．(2016·合肥模拟)已知空间中有三条线段AB，BC和CD，且∠ABC＝∠BCD，那么直线AB与CD的位置关系是(D)A．AB∥CDB．AB与CD异面C．AB与CD相交D．AB∥CD或AB与CD异面或AB与CD相交[解析]若三条线段共面，如果AB，BC，CD构成等腰三角形，则直线AB与CD相交，否则直线AB与CD平行；若不共面，则直线AB与CD是异面直线，故选D．2．已知异面直线a，b分别在平面α，β内，且α∩β＝c，那么直线c一定(C) A．与a，b都相交B．只能与a，b中的一条相交C．至少与a，b中的一条相交D．与a，b都平行[解析]由题意易知，c与a，b都可相交，也可只与其中一条相交，故A，B均错误；若c与a，b都不相交，则c与a，b都平行，根据公理4，知a∥b，与a，b异面矛盾，D 错误．故选C．3．若l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是(B)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[解析]当l1⊥l2，l2⊥l3时，l1与l3也可能相交或异面，故A不正确；l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3，故B正确；当l1∥l2∥l3时，l1，l2，l3未必共面，如三棱柱的三条侧棱，故C不正确；l1，l2，l3共点时，l1，l2，l3未必共面，如正方体中从同一顶点出发的三条棱，故D不正确．4．若P是两条异面直线l，m外的任意一点．则(B)A．过点P有且仅有一条直线与l，m都平行B．过点P有且仅有一条直线与l，m都垂直C．过点P有且仅有一条直线与l.m都相交D．过点P有且仅有一条直线与l，m都异面[解析]对于选项A，若过点P有直线n与l，m都平行，则l∥m，这与l，m异面矛盾；对于选项B，过点P与l，m都垂直的直线，即过P且与l，m的公垂线段平行的那一条直线；对于选项C，过点P与l，m都相交的直线有一条或零条；对于选项D，过点P与l，m 都异面的直线可能有无数条．5．(2017·陕西省延安市黄陵中学期中(重点班)数学试题)下列四个结论中假命题的个数是(B)①垂直于同一直线的两条直线互相平行；②平行于同一直线的两直线平行；③若直线a，b，c满足a∥b，b⊥c，则a⊥c；④若直线a，b是异面直线，则与a，b都相交的两条直线是异面直线．A．1 B．2C．3 D．4[解析]在①中，垂直于同一直线的两条直线相交、平行或异面；在②中，由平行公理得平行于同一直线的两直线平行；在③中，由线面垂直的性质定理得a⊥c；在④中，若直线a，b是异面直线，则与a，b都相交的两条直线不存在．解：在①中，垂直于同一直线的两条直线相交、平行或异面，故①错误；在②中，由平行公理得平行于同一直线的两直线平行，故②正确；在③中，若直线a，b，c满足a∥b，b⊥c，则由线面垂直的性质定理得a⊥c，故③正确；在④中，若直线a，b是异面直线，则与a，b都相交的两条直线不存在，故④错误．故选B．[点拨]本题考查命题真假的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．6．如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的一个图是(D)[解析]在A图中分别连接PS，QR，易证PS∥QR，∴P，Q，R，S共面；在C图中分别连接PQ，RS，易证PQ//RS，∴P，Q，R，S共面；如图所示，在B图中过P，Q，R，S可作一正六边形，故四点共面；D图中PS与QR为异面直线，∴四点不共面，故选D．7．已知在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为AA1中点，则异面直线BE与CD 1所成角的余弦值为 ( C )A ．1010B ．15C ．31010D ．35[解析] 连接BA 1，则CD 1∥BA 1，于是∠A 1BE 就是异面直线BE 与CD 1所成的角(或补角)．设AB ＝1，则BE ＝2，BA 1＝5，A 1E ＝1，在△A 1BE 中，cos ∠A 1BE ＝5＋2－125·2 ＝31010，选C ．8.如图，在Rt △AOB 中，∠OAB ＝π6，斜边AB ＝4.Rt △AOC 可以通过Rt △AOB 以直线AO 为轴旋转得到，且二面角B －AO －C 是π3.点D 为斜边AB 的中点，则异面直线AO 与CD所成角的大小为 ( B )A ．π2B ．π4C ．π3D ．π6[解析] 如图，∵AO ⊥OB ，AO ⊥OC ，∴∠BOC ＝π3，∵AB ＝4，∠OAB ＝π6，∴OB ＝OC ＝2，过点D 作DE ⊥OB ，垂足为E ，连接CE ，则DE ∥AO ，∴∠CDE 为异面直线AO 与CD 所成的角，∵OE ＝1，OC ＝2，∠BOC ＝π3，∴CE ＝3，∵点D 为AB 的中点，∴DE＝3，∴Rt △DEC 是等腰直角三角形，∴∠CDE ＝π4，即异面直线AO 与CD 所成角的大小为π4.二、填空题9．已知AB ∥PQ ，BC ∥QR ，∠ABC ＝30°，则∠PQR ＝_30°或150°__.[解析] 据“空间中如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补”得解．10．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB ∥CD ，正方体的六个面所在的平面与直线CE ，EF 相交的平面个数分别记为m ，n ，那么m ＋n ＝_8__.[解析] 取CD 的中点H ，连接EH ，HF .在四面体CDEF 中，CD ⊥EH ，CD ⊥FH ，所以CD ⊥平面EFH ，所以AB ⊥平面EFH ，所以正方体的左、右两个侧面与EF 平行，其余4个平面与EF 相交，即n ＝4.又因为CE 与AB 在同一平面内，所以CE 与正方体下底面共面，与上底面平行，与其余四个面相交，即m ＝4，所以m ＋n ＝4＋4＝8.11．若两条异面直线所成的角为60°，则称这对异面直线为“黄金异面直线对”，在连接正方体各顶点的所有直线中，“黄金异面直线对”共有_24__对.[解析] 正方体如图，若要出现所成角为60°的异面直线，则直线为面对角线，以AC 为例，与之构成黄金异面直线对的直线有4条，分别是A ′B ，BC ′，A ′D ，C ′D ，正方体的面对角线有12条，所以所求的黄金异面直线对共有12×42＝24(对)．三、解答题12．如图所示，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与ABCD 都是直角梯形，∠BAD＝∠F AB ＝ 90°，BC ∥AD 且BC ＝12AD ，BE ∥AF 且BE ＝12AF ，G ，H 分别为F A ，FD 的中点.(1)证明：四边形BCHG 是平行四边形；(2)C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？ [答案] (1)略 (2)共面，证明略[解析] (1)证明：∵G ，H 分别为F A ，FD 的中点，∴GH 綊12AD ．又∵BC 綊12AD ，∴GH 綊BC ．∴四边形BCHG 为平行四边形． (2)C ，D ，F ，E 四点共面．理由如下：由BE 綊12AF ，G 是F A 的中点，得BE 綊GF .所以EF 綊BG .由(1)知，BG 綊CH ，所以EF 綊CH .所以EC ∥FH . 所以C ，D ，F ，E 四点共面．13.如图，在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥底面ABC ，D 是PC 的中点．已知∠BAC ＝π2，AB＝2，AC ＝23，P A ＝2.求：(1)三棱锥P －ABC 的体积；(2)异面直线BC 与AD 所成角的余弦值． [解析] (1)S △ABC ＝12×2×23＝23，三梭锥P －ABC 的体积为 V ＝13S △ABC ·P A ＝13×23×2＝433.(2)如图，取PB 的中点E ，连接DE ，AE ，则ED ∥BC ，所以∠ADE (或其补角)是异面直线BC 与AD 所成的角．在△ADE 中，DE ＝2，AE ＝2，AD ＝2， cos ∠ADE ＝22＋22－22×2×2＝34.1．(2016·太原检测)已知平面α和直线l ，则α内至少有一条直线与l ( C ) A ．平行 B ．相交 C ．垂直D ．异面[解析] 直线l 与平面α斜交时，在平面α内不存在与l 平行的直线，∴A 错；l ⊂α时，在平面α内不存在与l 异面的直线，∴D 错；l ∥α时，在平面α内不存在与l 相交的直线，∴B错．无论哪种情形在平面α内都有无数条直线与l垂直．2．(2016·河北唐山三模)异面直线l与m所成的角为60°，异面直线l与n所成的角为45°，则异面直线m与n所成的角θ的范围是(A)A．15°≤θ≤90°B．60°≤θ≤90°C．15°≤θ≤105°D．30°≤θ≤105°[解析]如图，在直线l任取一点O，过O作m′∥m，作n′∥n，当m′，n′，l三线共面时，m′与n′所成角最小为15°，即异面直线m与n所成角最小为15°；当n′不在l与m′所确定的平面α内时，过O作平面β，使m′⊥β，则l为平面β的一条斜线，在β内存在与l成45°的直线n′，所以m′与n′所成角最大为90°，即异面直线m与n所成角最大为90°.故选A．3．(2017·浙江省宁波市慈溪中学期中数学试卷)两条异面直线a，b所成角为60°，则过一定点P，与直线a，b都成60°角的直线有_3__条.[解析]先将异面直线a，b平移到点P，结合图形可知，当使直线在面BPE的射影为∠BPE的角平分线时存在2条满足条件，当直线为∠EPD的角平分线时存在1条满足条件，则一共有3条满足条件．解：先将异面直线a，b平移到点P，则∠BPE＝60°，∠EPD＝120°而∠BPE的角平分线与a和b的所成角为30°，而∠EPD的角平分线与a和b的所成角为60°∵60°＞30°，∴直线与a，b所成的角相等且等于60°有且只有3条，使直线在面BPE的射影为∠BPE的角平分线，和直线为∠EPD的角平分线，故答案为：3.[点拨]本小题主要考查异面直线所成的角、异面直线所成的角的求法，以及射影等知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，考查转化思想，属于基础题．4.如图是正四面体(各面均为正三角形)的平面展开图，G、H、M、N分别为DE、BE、EF、EC的中点，在这个正四面体中，①GH与EF平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是_②③④__.[解析]还原成正四面体知GH与EF为异面直线，BD与MN为异面直线，GH与MN 成60°角，DE⊥MN.5．如图所示，三棱锥P－ABC中，P A⊥平面ABC，∠BAC＝60°，P A＝AB＝AC＝2，E 是PC的中点.(1)求证：AE与PB是异面直线；(2)求异面直线AE和PB所成角的余弦值；(3)求三棱锥A－EBC的体积．[解析](1)证明：假设AE与PB共面，设平面为α，∵A∈α，B∈α，E∈α，∴平面α即为平面ABE，∴P∈平面ABE，这与P∉平面ABE矛盾，所以AE与PB是异面直线．(2)取BC的中点F，连接EF、AF，则EF∥PB，所以∠AEF或其补角就是异面直线AE 和PB所成角．∵∠BAC ＝60°，P A ＝AB ＝AC ＝2， P A ⊥平面ABC ，∴AF ＝3，AE ＝2，EF ＝2， cos ∠AEF ＝2＋2－32×2×2＝14，所以异面直线AE 和PB 所成角的余弦值为14.(3)因为E 是PC 中点，所以E 到平面ABC 的距离为12P A ＝1，V A －EBC ＝V E －ABC ＝13×(12×2×2×32)×1＝33.。

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【迁移运用】1.【2017届甘肃省肃南裕固族自治县第一中学高三上学期期末】若一条直线与一个平面成角,则这条直线与这个平面内经过斜足的直线所成角中最大角等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】当这个平面内经过斜足的直线与这条直线在这个平面内射影垂直时, 直线与这条直线垂直,所成角为直角,而两直线所成角范围为,所以直线与这条直线所成角最大值为,所以选B.2.【2017届云南省师范大学附属中学高三高考适应性月考】三棱锥内接于半径为的球中,,则三棱锥的体积的最大值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】如图,过作平面,使⊥平面,交于点,设点到的距离为,当球心在上时,最大,此时分别为,的中点,且球心为的中点,所以,所以,故选C．3.【2017学年安徽省黄山市高二上学期期末质量检测】在棱长为6的正方体中,是中点,点是面所在的平面内的动点,且满足,则三棱锥的体积最大值是（）A. 36B.C. 24D.【答案】B【解析】试题分析：因平面,则,同理平面,则,,则,,则,下面研究点在面的轨迹（立体几何平面化）,在平面直角坐标系内设,设,因为,所以,化简得：,该圆与的交点纵坐标最大,交点为,三棱锥的底面的面积为18,要使三棱锥体积最大,只需高最大,当在上切时,棱锥的高最大,,.,本题应选.4.【2017湖北省武汉市第二中学上学期期末】如图,在四棱锥中,侧面是边长为4的正三角形,底面为正方形,侧面⊥底面,为底面内的一个动点,且满足,则点到直线的最短距离为()A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：设的中点为,连接,侧面是边长为4的正三角形,所以又因为侧面⊥底面,所以平面,则,由,可得,故平面,可得,所以点在平面内的轨迹是以为直径的圆,则点到直线的最短距离是圆心到直线的距离与半径的差,圆心到直线的距离是圆半径为,所以点到直线的最短距离是,故选C.5．【辽宁省六校协作体2016-2017学年高二下学期期初】如图,已知平面平面,是平面与平面的交线上的两个定点,,且,在平面上有一个动点,使,则四棱锥体积的最大值是（）A. B. 16 C. 144 D. 48【答案】D【解析】由题设可得且,即,以所在直线为轴,其中垂线为轴建立平面直角坐标系,则,设,则,即,则圆心,半径,所以到动点到轴的距离的最大值为,此时四棱锥锥的体积的最大值为,应选答案D.6．【2017届浙江省温州市高三第二次模拟考试】如图,在三棱锥中,平面平面,与均为等腰直角三角形,且,．点是线段上的动点,若线段上存在点,使得异面直线与成的角,则线段长的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设的中点为,连,因,故建立如图所示的空间直角坐标系,则,则,所以,,所以,即,也即,由此可得,结合可得,所以,则,即,应选答案B.7．【2016届西藏日喀则一中高三10月检测】已知正三角形CAB三个顶点都在半径为2的球面上,球心O到平面CAB的距离为1,点E是线段AB的中点,过点E作球O的截面,则截面面积的最小值是（）A．74πB．2πC．94πD．3π【答案】C【解析】设正△ABC 的中心为O 1,连结O 1A ．根据球的截面圆性质、正三角形的性质与勾股定理,而经过点E 的球O 的截面,当截面与OE 垂直时截面圆的半径最小,相应地截面圆的面积有最小值,由此算出截面圆半径的最小值,从而可得截面面积的最小值．设正△ABC 的中心为O 1,连结O 1A,连结111,,,O O O C O D OD ∵O 1是正△ABC 的中心,A 、B 、C 三点都在球面上,∴1O O ⊥平面ABC,结合1O C ⊂平面ABC ,可得11O O O C ⊥ ∵球的半径R=2,球心O 到平面ABC 的距离为1,得1O O =1, ∴Rt △O 1OC 中,1O C ==又∵E 为AB 的中点,△ABC 是等边三角形,∴13cos302o AE AO == A ∵过E 作球O 的截面,当截面与OE 垂直时,截面圆的半径最小, 此时截面圆的半径32r =,可得截面面积为294S r ππ==,故选C ． 8．在长方体1111ABCD A B C D -中,AB =11BC AA ==,点M 为1AB 的中点,点P 为对角线1AC 上的动点,点Q 为底面ABCD 上的动点（点P ,Q 可以重合）,则MP PQ +的最小值为（）ABC ．34 D ． 1【答案】C【解析】分别以1,,AB AD AA 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系A xyz -,则有1(0,0,0),)2A C M ,要使MP PQ +最小,则PQ ⊥底面ABCD ,根据题意,可以设,,)P a a ,则,,0)Q a ,所以MP PQ+a =+a=a =+,令u a =,'1u =+,令'0u =,解得14a =或12a =,当14a =时,34u =,当12a =时,1u =,所以最小值为34,故选C ． 9．【2016浙江省杭州二中】已知各棱长均为1的四面体ABCD 中, E 是AD 的中点,P ∈直线CE,则|BP|＋|DP|的最小值为（）A ．1BCD【答案】B【解析】如图,将CDE ∆旋转至与BCE ∆共面,连结BD ,则它与CE 的交点P ,即为使|BP|＋|DP|取最小值的点．易知11,,902BE CE BC DE DEC ====∠= , 在BCE ∆中由余弦定理得2221cos 23BE CE BC BEC BE CE +-∠==⋅ ,从而由平方关系得sin BEC ∠=, 在BDE ∆中由余弦定理得22222112cos(90)()2(122BD DE BE DE BE BEC =+-⋅+∠=+-=+ ,所以BD =．BE D10．【2016辽宁师大附中】在长方体1111D C B A ABCD -中,2=AB ,11==AA BC ,点M为1AB 的中点,点P 为对角线1AC 上的动点,点Q 为底面ABCD 上的动点（点P 、Q 可以重合）,则PQ MP +的最小值为（）A ．22 B ．23 C ．43 D ．1 【答案】C【解析】画出图形,利用折叠与展开法则同一个平面,转化折线段为直线段距离最小,转化求解MP+PQ 的最小值．由题意,要求MP+PQ 的最小值,就是P 到底面ABCD 的距离的最小值与MP 的最小值之和,Q 是P 在底面上的射影距离最小,展开三角形ACC 1与三角形AB 1C 1,在同一个平面上,如图,易知11130B AC C AC AM ∠=∠=︒=，可知MQ ⊥AC 时,MP+PQ 的最小,最小3604sin ︒=．故选C ．11.已知四棱锥错误！未找到引用源。

的三视图如图所示,则四棱锥错误！未找到引用源。

的四个侧面中面积最大的是（）A ．错误！未找到引用源。

B ．错误！未找到引用源。

C ．错误！未找到引用源。

D ．错误！未找到引用源。

222俯视图侧视图正视图433图1【答案】 C【解析】三棱锥如图所示,错误！未找到引用源。

,错误！未找到引用源。

12.两球O 1和O 2在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的内部,且互相外切,若球O 1与过点A 的正方体的三个面相切,球O 2与过点C 1的正方体的三个面相切,则球O 1和O 2的表面积之和的最小值为( ) A ．(6－33)π B ．(8－43)π C ．(6＋33)πD ．(8＋43)π【答案】A【解析】选A 设球O 1、球O 2的半径分别为r 1、r 2, 则3r 1＋r 1＋3r 2＋r 2＝3, r 1＋r 2＝3－32,从而4π(r 21＋r 22)≥4π· r 1＋r 2 22＝(6－33)π.13.如图,AD 与BC 是四面体ABCD 中互相垂直的棱,BC ＝2.若AD ＝2c ,且AB ＋BD ＝AC ＋CD ＝2a ,其中a ,c 为常数,则四面体ABCD 的体积的最大值是________．【答案】23c a 2－c 2－114.【2017届湖南省衡阳市高三上学期期末考试】表面积为的球面上有四点,且是边长为的等边三角形,若平面平面,则三棱锥体积的最大值是__________．【答案】【解析】∵,故当到面的距离最大时,三棱锥的体积最大,由图可知即当,为中点时,三棱锥的体积最大,作,面,连接,由,得,由于,得,故,,故,,, ,故答案为.15．【2016届辽宁省沈阳市二中高三上学期期中】如图,在棱柱111ABC A B C -的侧棱11A A B B 和上各有一个动点,P Q ,且满足1A P BQ =,M 是棱CA 上的动点,则111M ABQPABC A B C M ABQPV V V ----的最大值是．【答案】12【解析】设点C 到平面11ABB A 的距离为d ,三棱柱111ABC A B C =的高为h ,(01)AM kAC k =<≤,由点M 到平面11ABB A 的距离为kd ,又因为1A P BQ =,所以111112ABQP A B QP A B BA S S S ==四边形四边形四边形,所以111111113326M ABQP ABQP ABB A ABB A V S kd S kd kdS -=⨯⨯=⨯⨯⨯=四边形四边形四边形,11111111122ABC A B C ABB A ABB A V S d dS -=⨯⨯=四边形四边形,所以111111111113661111132626ABB A M ABQP ABC A B C M ABQPABB A ABB A kdS k V V V k kdS kdS k ---===-----四边形四边形四边形,令3()13f k k =--,则函数()f k 在区间(0,1]上单调递增,当1k =时,函数()f k 有最小值31(1)1312f =-=-,即111M ABQP ABC A B C M ABQPV V V ----的最大值是12． 16．【2016届广东省广州市荔湾区高三上学期调研】已知直三棱柱111ABC A B C -中,090BAC ∠=,侧面11BCC B 的面积为2,则直三棱柱111ABC A B C -外接球表面积的最小值为．【答案】4π【解析】根据题意,设2BC m =,则有11BB m=,从而有其外接球的半径为1R =≥,所以其比表面积的最小值为4S π=． 17．【2016届贵州省贵阳市六中高三元月月考】表面积为π60的球面上有四点CB A S 、、、且ABC ∆是等边三角形,球心O 到平面ABC 的距离为3,若ABC SAB 面⊥,则棱锥ABC S -体积的最大值为．【答案】2718.如图,过半径为R 的球面上一点P 作三条两两垂直的弦PA 、PB 、PC,(1)求证：PA 2+PB 2+PC 2为定值；(2)求三棱锥P —ABC 的体积的最大值.(2)设PA 、PB 、PC 的长分别为x 、y 、z,则三棱锥P —ABC 的体积V ＝61xyz, V 2＝361x 2y 2z 2≤361(3222z y x ++)3＝361·27646R ＝5432R 6. ∴V≤2734R 3.即 V 最大＝2734R 3. 19.如图,平行四边形ABCD 中,AB ⊥BD ,AB ＝2,BD ＝2,沿BD 将△BCD 折起,使二面角A －BD－C 是大小为锐角α的二面角,设C 在平面ABD 上的射影为O .(1)当α为何值时,三棱锥C －OAD 的体积最大？最大值为多少？(2)当AD ⊥BC 时,求α的大小．【解析】(1)由题知CO ⊥平面ABD ,∴CO ⊥BD ,又BD ⊥CD ,CO ∩CD ＝C ,∴BD ⊥平面COD .∴BD ⊥OD .∴∠ODC ＝α.V C －AOD ＝13S △AOD ·OC ＝13×12·OD ·BD ·OC ＝26·OD ·OC ＝26·CD ·cos α·CD ·sin α＝23·sin 2α≤23, 当且仅当sin 2α＝1,即α＝45°时取等号．∴当α＝45°时,三棱锥C －OAD 的体积最大,最大值为23. (2)连接OB ,∵CO ⊥平面ABD ,∴CO ⊥AD ,又AD ⊥BC ,∴AD ⊥平面BOC .∴AD ⊥OB .∴∠OBD ＋∠ADB ＝90°.故∠OBD ＝∠DAB ,又∠ABD ＝∠BDO ＝90°,∴Rt △ABD ∽Rt △BDO . ∴OD BD ＝BD AB. ∴OD ＝BD 2AB ＝ 2 22＝1, 在Rt △COD 中,cos α＝OD CD ＝12,得α＝60°. 20. 如图,△ABC 内接于圆O ,AB 是圆O 的直径,四边形DCBE 为平行四边形,DC ⊥平面ABC ,AB ＝2,EB ＝ 3.(1)求证：DE ⊥平面ACD ；(2)设AC ＝x ,V (x )表示三棱锥B －ACE 的体积,求函数V (x )的解析式及最大值．(1)证明 ∵四边形DCBE 为平行四边形,∴CD ∥BE ,BC ∥DE .∵DC ⊥平面ABC ,BC ⊂平面ABC ,∴DC ⊥BC .∵AB 是圆O 的直径,∴BC ⊥AC ,且DC ∩AC ＝C ,∴BC ⊥平面ADC .∵DE ∥BC ,∴DE ⊥平面ADC .(2)解 ∵DC ⊥平面ABC ,∴BE ⊥平面ABC .在Rt △ABE 中,AB ＝2,EB ＝ 3.在Rt △ABC 中,∵AC ＝x ,BC ＝4－x 2(0<x <2),∴S △ABC ＝12AC ·BC ＝12x ·4－x 2, ∴V (x )＝V E －ABC ＝36x ·4－x 2(0<x <2)． ∵x 2(4－x 2)≤(x 2＋4－x 22)2＝4,当且仅当x 2＝4－x 2,即x ＝2时,取等号,∴x ＝2时,体积有最大值33.。

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