79.高考数学专题39 空间几何体综合练习(理)(原卷版)
2024届全国高考(统考版)理科数学复习历年好题专项(立体几何的综合运用)练习(附答案)
2024届全国高考(统考版)理科数学复习历年好题专项(立体几何的综合运用)练习1．[2023ꞏ全国乙卷(理)]如图，在三棱锥P-ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝22，PB＝PC＝6，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD＝5 DO，点F在AC上，BF⊥AO.(1)证明：EF∥平面ADO；(2)证明：平面ADO⊥平面BEF；(3)求二面角D-AO-C的正弦值．2．[2022ꞏ全国乙卷(理)，18]如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．3．[2023ꞏ安徽省安庆市高三二模]如图，四边形ABCD是梯形，AB∥CD，AD⊥AB，AB ＝BC＝2CD，△PBC是等腰三角形，PB＝PC，且平面PBC⊥平面ABCD.(1)求证：BC⊥P A；(2)如果直线PD与平面ABCD所成角的大小为45°，求平面P AD与平面PBC所成锐二面角的余弦值．4．[2023ꞏ全国甲卷(理)]如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距离为1.(1)证明：A1C＝AC；(2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．5．[2023ꞏ安徽省皖北协作区联考]如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABEF 为正方形，AB ⊥BC ，BE ∥CD ，∠BCD ＝π3 ，AB ＝2，BC ＝CD ＝1，CM →＝13 CA → .(1)线段AD 上是否存在一点P ，使得AF ∥面BMP ？若存在，确定点P 的位置，若不存在，请说明理由；(2)求直线DM 与平面DEF 所成角的正弦值．参考答案1．答案解析：(1)如图，因为AB ⊥BC ，AB ＝2，BC ＝22 ，O 是BC 的中点，所以AB BC ＝OB AB ＝2，所以△OBA ∽△ABC .记BF 与AO 的交点为H ，则∠BHA ＝90°，又∠ABC ＝90°，∠BAH ＝∠OAB ，所以△BHA ∽△OBA ，所以△BHA ∽△ABC ，所以∠HBA ＝∠CAB ，又∠C ＋∠CAB ＝90°，∠CBF ＋∠HBA ＝90°，所以∠C ＝∠CBF ，所以CF ＝BF ，同理可得BF ＝F A ，所以F 是AC 的中点．因为E ，F 分别是AP ，AC 的中点，所以EF ∥PC ，同理可得DO ∥PC ， 所以EF ∥DO .又DO ⊂平面ADO ，EF ⊄平面ADO ，所以EF ∥平面ADO .(2)AO ＝AB 2＋BO 2 ＝6 ，OD ＝12 PC ＝62 ，又AD ＝5 OD ＝302 ， 所以AD 2＝AO 2＋OD 2，所以AO ⊥OD . 由于EF ∥OD ，所以AO ⊥EF ，又BF ⊥AO ，BF ∩EF ＝F ，BF ⊂平面BEF ，EF ⊂平面BEF ， 所以AO ⊥平面BEF .又AO ⊂平面ADO ，所以平面ADO ⊥平面BEF . (3)如图，以B 为坐标原点，BA ，BC 所在直线分别为x ，y 轴，建立空间直角坐标系，则B (0，0，0)，A (2，0，0)，O (0，2 ，0)，AO →＝(－2，2 ，0).因为PB ＝PC ，BC ＝22 ，所以设P (x ，2 ，z )，z >0，则BE → ＝BA → ＋AE → ＝BA →＋12 AP → ＝(2，0，0)＋12 (x －2，2 ，z )＝(x ＋22 ，2 ，z 2 )， 由(2)知AO ⊥BE ，所以AO → ꞏBE →＝(－2，2 ，0)ꞏ(x ＋22 ，22 ，z 2 )＝0， 所以x ＝－1，又PB ＝6 ，BP →＝(x ，2 ，z )，所以x 2＋2＋z 2＝6，所以z ＝3 ，则P (－1，2 ，3 ).由D 为BP 的中点，得D (－12 ，2 ，3 )，则AD →＝(－52 ，2 ，3 ). 设平面DAO 的法向量为n 1＝(a ，b ，c ).则⎩⎪⎨⎪⎧n 1ꞏAD →＝0n 1ꞏAO →＝0 ，即⎩⎪⎨⎪⎧－52a ＋22b ＋32c ＝0－2a ＋2b ＝0 ，得b ＝2 a ，c ＝3 a ， 取a ＝1，则n 1＝(1，2 ，3 ).易知平面CAO 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，设二面角D -AO -C 的大小为θ，则|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1ꞏn 2||n 1||n 2| ＝36 ＝2， 所以sin θ＝1－12 ＝2 ，故二面角D -AO -C 的正弦值为2.2．答案解析：(1)证明：∵AD ＝CD ，∠ADB ＝ ∠BDC ，BD ＝BD ， ∴△ABD ≌△CBD ，∴AB ＝CB .∵E 为AC 的中点，∴DE ⊥AC ，BE ⊥AC . ∵DE ∩BE ＝E ，DE ，BE ⊂平面BED ， ∴AC ⊥平面BED .∵AC ⊂平面ACD ，∴平面BED ⊥平面ACD .(2)如图，连接EF .由(1)知AC ⊥平面BED . 又∵EF ⊂平面BED ， ∴EF ⊥AC . ∴S △AFC ＝12 AC ꞏEF .当EF ⊥BD 时，EF 的长最小，此时△AFC 的面积最小． 由(1)知AB ＝CB ＝2. 又∵∠ACB ＝60°，∴△ABC 是边长为2的正三角形，∴BE ＝3 . ∵AD ⊥CD ，∴DE ＝1， ∴DE 2＋BE 2＝BD 2，∴DE ⊥BE .以点E 为坐标原点，直线EA ，EB ，ED 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则E (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，3 ，0)，C (－1，0，0)，D (0，0，1)，∴AB →＝(－1，3 ，0)，AD → ＝(－1，0，1)，DB → ＝(0，3 ，－1)，ED → ＝(0，0，1)，EC →＝(－1，0，0).设DF → ＝λDB →(0≤λ≤1)，则EF → ＝ED → ＋DF → ＝ED → ＋λDB →＝(0，0，1)＋λ(0，3 ，－1)＝(0，3 λ，1－λ). ∵EF ⊥DB ，∴EF → ꞏDB →＝(0，3 λ，1－λ)ꞏ(0，3 ，－1)＝4λ－1＝0，∴λ＝14 ，∴EF → ＝(0，34 ，34 )，∴CF → ＝EF → －EC →＝(0，34 ，34 )－(－1，0，0)＝(1，34 ，34 ).设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ꞏAB →＝0，n ꞏAD →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，－x ＋z ＝0.取y ＝1，则x ＝3 ，z ＝3 ，∴n ＝(3 ，1，3 ).设当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，CF → 〉|＝|n ꞏCF →||n ||CF →| ＝⎪⎪⎪⎪3×1＋1×3＋3×343＋1＋3× 1＋316＋916＝437 . 故当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为437 . 3．答案解析：(1)证明：如图，取AB 的中点E ，连接CE .因为AB ＝2CD ，AB ∥CD ，AD ⊥AB ， 所以四边形AECD 是矩形，所以CE ⊥AB . 在Rt △BEC 中，cos ∠CBE ＝BEBC ＝12AB BC ＝12 ， 所以∠CBE ＝60°. 连接AC ，则△ABC 是等边三角形. 取BC 的中点O ，连接AO ，则AO ⊥BC . 连接PO ， 因为PB ＝PC ，所以PO ⊥BC， 因为PO ∩AO ＝O ，所以BC ⊥平面P AO ，所以BC ⊥P A .(2)因为平面PBC ⊥平面ABCD ，PO ⊥BC ，平面PBC ⊥平面ABCD ＝BC ，PO ⊂平面PBC ，所以PO ⊥平面ABCD .连接DO ，则∠PDO 就是直线PD 与平面ABCD 所成的角， 所以∠PDO ＝45°， 所以PO ＝OD .在△OCD 中，OC ＝CD ，∠DCO ＝120°， 所以OD 2＝OC 2＋CD 2－2OC ꞏCD ꞏ(－12 )＝3OC 2， 所以PO ＝OD ＝3 OC .如图，以O 为坐标原点，OA → 、OB → 、OP →分别为x 轴、y 轴和z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，令AB ＝BC ＝2CD ＝2a ，则A (3 a ，0，0)，B (0，a ，0)，C (0，－a ，0)，P (0，0，3 a ). 由CD →＝12 BA → ，可得D (32 a ，－32 a ，0).所以DA →＝(32 a ，32 a ，0)，AP → ＝(－3 a ，0，3 a ). 设平面P AD 的一个法向量为m ＝(x 0，y 0，z 0)， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ꞏDA →＝0，m ꞏAP →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧3a ꞏx 0＋32a ꞏy 0＝0，－3a ꞏx 0＋3a ꞏz 0＝0.可取x 0＝z 0＝3 ，y 0＝－1，则m ＝(3 ，－1，3 ).因为平面PBC 的一个法向量为OA → ，所以cos 〈OA →，m 〉＝OA →ꞏm |OA →||m | ＝3a 21a ＝217 ，所以平面P AD 与平面PBC 所成锐二面角的余弦值为217 . 4.答案解析：(1)如图，过A 1作A 1D ⊥CC 1，垂足为D ， ∵A 1C ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴A 1C ⊥BC ， 又∠ACB ＝90°，∴AC ⊥BC ，∵A 1C ，AC ⊂平面ACC 1A 1，且A 1C ∩AC ＝C ， ∴BC ⊥平面ACC 1A 1，∴A 1D ⊂平面ACC 1A 1，∴BC ⊥A 1D ，又CC 1，BC ⊂平面BCC 1B 1，且CC 1∩BC ＝C ，∴A 1D ⊥平面BCC 1B 1， ∴A 1D ＝1.由已知条件易证△CA 1C 1是直角三角形，又CC 1＝AA 1＝2，A 1D ＝1， ∴D 为CC 1的中点，又A 1D ⊥CC 1， ∴A 1C ＝A 1C 1，又在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AC ＝A 1C 1， ∴A 1C ＝AC .(2)如图，连接A 1B ，由(1)易证A 1B ＝A 1B 1，故取BB 1的中点F ，连接A 1F ， ∵AA 1与BB 1的距离为2，∴A 1F ＝2， 又A 1D ＝1且A 1C ＝AC ，∴A 1C ＝A 1C 1＝AC ＝2 ，AB ＝A 1B 1＝5 ，BC ＝3 .建立空间直角坐标系C -xyz 如图所示，则C (0，0，0)，A (2 ，0，0)，B (0，3 ，0)，B 1(－2 ，3 ，2 )，C 1(－2 ，0，2 )，∴CB → ＝(0，3 ，0)，CC ⃗＝(－2 ，0，2 )，AB ⃗＝(－22 ，3 ，2 )， 设平面BCC 1B 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ꞏCB →＝0，n ꞏCC 1＝0， 即⎩⎨⎧3y ＝0，－2x ＋2z ＝0， 取x ＝1，则y ＝0，z ＝1， ∴平面BCC 1B 1的一个法向量为n ＝(1，0，1). 设AB 1与平面BCC 1B 1所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，AB ⃗〉|＝＝13.∴AB 1与平面BCC 1B 1所成角的正弦值为1313 .5．答案解析：(1)存在P 为AD 上靠近D 点的三等分点，使得AF ∥面BMP ； 理由：过点M 作MP ∥CD ，交AD 于P ，因为CM →＝13 CA → ，即有CM ＝13 CA ，故DP ＝13 DA ，即P 为AD 上靠近D 点的三等分点，而BE ∥CD ，AF ∥BE ，故AF ∥MP ，又MP ⊂面BMP ，AF ⊄面BMP ，所以AF ∥ 面BMP .(2)取CD 的中点为G ，连接BG ，BD ，因为∠BCD ＝π3 ，BC ＝CD ＝1， 故△BCD 为正三角形，则BG ⊥CD ，故以B 为坐标原点，分别以BG ，BE ，BA 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系， 则D (32 ，12 ，0)，E (0，2，0)，F (0，2，2)，A (0，0，2)， C (3，－12 ，0)，则EF → ＝(0，0，2)，DE →＝(－32 ，32 ，0)， 又∵CM →＝13 CA → ＝13 (－32 ，12 ，2)， 可求得M (33 ，－13 ，23 )，设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ꞏEF →＝0n ꞏDE →＝0 ，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0－32x ＋32y ＝0，不妨取y ＝1，则n ＝(3 ，1，0)， 记直线DM 与平面DEF 所成角为θ， 又∵DM →＝(－3 ，－56 ，23 ), ∴sin θ＝|cos 〈DM →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪－12－562×（－36）2＋（56）2＋（23）2＝21111 ，即直线DM 与平面DEF 所成角的正弦值为21111 .。
(完整版)高三数学立体几何复习测试题含答案
高三数学立体几何复习一、填空题1. 分别在两个平行平面内的两条直线间的地址关系不可以能为．．．． ①平行 ②订交③异面④垂直【答案】②【剖析】两平行平面没有公共点，因此两直线没有公共点，因此两直线不可以能订交2.已知圆锥的母线长为 8，底面周长为 6π，则它的体积为【答案】 3 55【剖析】设底面半径为r, 2 r 6 , r 3 , 设圆锥的高为 h ，那么 h823255 ，那么圆锥的体积 V1 r2 h 1 955 3 55 ，故填： 3 55 .3 33.已知平面/ / 平面 ， P且 P ，试过点 P 的直线 m 与 ， 分别交于 A ， C ，过点 P 的直线 n 与 ，分别交于 B ， D 且 PA6 ， AC9， PD 8 ，则 BD 的长为 ___________.【答案】24 或 245【剖析】 第一种情况画出图形以以下列图所示，由于“若是两个平行平面同时和第三个平面订交，那么它们的交线相互平行 . ”因此 AB / /CD ，设 BD x ，依照平行线分线段成比率，有6 8x, x249 x5第二种情况画出图形以以下列图所示，由于“若是两个平行平面同时和第三个平面订交， 那么它们的交线相互平行. ”因此 AB / /CD ，设 BDx ，依照平行线分线段成比率，有PBA DCB A6X8, x 24 .384.半径为 R 的球 O 中有一内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，圆柱的侧面积与球的表面积之比是 ____________．【答案】 1： 2PCDr 2h2rhr2h 2h时取等号，【剖析】 R2，圆柱的侧面积2 rh 44 242 R 2，当且仅当 r42 2此时圆柱的侧面积与球的表面积之比为 2 R 2 : 4 R 2 1: 25.以下列图， G 、N 、M 、 H 分别是正三棱柱（两底面为正三角形的直棱柱）的极点或所在棱的中点，则表示直线 GH 、MN 是异面直线的图形有 ____________（填上所有正确答案的序号） ．【答案】②④【剖析】由题意得，可知（ 1）中，直线 GH // MN ；图（ 2）中，G , H , N 三点共面，但M 面 GHN ，因此直线 GH 与 MN 异面；图（ 3）中，连接 MG , GM // HN ，因此 GH 与MNG ，因此直线 GH 与 MN 共面；图（ 4）中， G , M , N 共面，但 H面 GHN ，因此直线 GH 与 MN试卷第 1 页，总 9 页异面．6.已知 m, n 为直线，,m, n // ；②为空间的两个平面，给出下列命题：①m nm m mn,,m // n ．其中的正确命题为, m // n ；③// ；④．m n//【答案】③④【剖析】关于① , 也会有n的结论 , 因此不正确；关于②, 也会有m, n异面的可能的结论, 因此不正确；简单考据关于③④都是正确的, 故应填答案③④ .7.设 a,b 是两条不同样的直线, , 是两个不同样的平面,则以下四个命题①若a b, a,b则，②若 a b, a则 b / /，③若 a,，则 a / /④若a / /, a，则其中正确的命题序号是.【答案】①④【剖析】① a b ，不如设a, b订交（如异面平移到订交地址），确定一个平面，设平面与平面的交线为 c ，则由 b，得 b c ，从而 a // c ，于是有 c，因此，①正确；②若a b, a，b 可能在内，②错；③若 a,， a 可能在内，③错；④若 a / / ，则由线面平行的性质定理，在内有直线 b 与a平行，又a，则 b，从而，④正确．故答案为①④．8.已知三棱锥 P ABC 的所有极点都在球 O 的球面上，ABC 是边长为1的正三角形，PC 为球 O 的直径，该三棱锥的体积为2，则球 O 的表面积为__________．6【答案】4【剖析】设 ABC 的中心为O1，由题意得 S ABC3212OO1SABC OO12, 因此球O的;6334半径 R 满足R2OO12( 3)2211，球O的表面积为 4R2 4 .3339.以下列图 ,在直三棱柱 ABC A1 B1C1中, AB BC CC11,AB BC, E 为CC1的中点,则三棱锥 C1ABE 的体积是．【答案】112【剖析】由于 E 是 CC1中点，因此 V C ABE 1V C ABC11(11 1)11．1212321210. 以下列图，在直三棱柱ABC A1 B1C1中，ACB90 , AA12, AC BC1 ,则异面直线A1 B 与AC所成角的余弦值是.【答案】66【剖析】由于AC / / A1C1，因此BA1C1（或其补角）就是所求异面直线所成的角，在 BA1C1中,A1 B6 ,A1C11, BC15, cos BAC11615 6 .261611.如图，在棱长为 1 的正方体ABCD - A1B1C1D1中，M , N分别是BB1, BC的中点，则图中阴影部分在平面 ADA1D1上的投影的面积为．【答案】1 8【剖析】图中点 M 在平面的投影是AA1的中点，点N在平面的投影是AD 的中点，点 D 的投影还是点 D ,连接三点的三角形的面积是1111，故填： 1 .2228812. 如图 , 正方体ABCD A1 B1C1D1中 ,AB 2 ,点 E 为 AD 的中点,点 F 在D F CECD 上,若 EF // 平面AB1C,则 EF________.A B【答案】 EF2D 1C1【剖析】依照题意，由于 EF // 平面AB1C ，因此EF // AC.又由于点E是AD中A1B1点，因此点 F 是 CD 中点.由于在 Rt DEF 中， DE DF 1，故EF2.13. 在棱长为 1 的正方体ABCD A B C D 中， E 为 AB 的中点，在面ABCD11111D 1C1中取一点 F ，使 EF FC1最小，则最小值为__________．A 1B 1【答案】142D E C 【剖析】如图，将正方体ABCD A1B1C1D1关于面ABCD对称，则 EC1就是所A BD1C1A1N B132114 ．求的最小值， EC1EN 2NC121242D1C1 14.点 M 是棱长为3 2 的正方体ABCD A1B1C1D1的内切球 O球面上的动 A 1NB1点，点 N 为B1C1上一点，2NB1NC1, DM BN ，则动点M的轨迹的长度为 __________ ．DM C【答案】310A B 5【剖析】由于DM BN ，因此 M 在过 D 且垂直于 BN 的平面上，以以下列图（ 1 ），取BS 1SB1，2AT 1TA1，则BN平面 DTSC ，因此 M 在一个圆周上，如图以下列图（2），正方体的中心O 到该平面的2距离即为 O1F，在直角三角形 O1FC中， O1F O1C sin O1CF 3sin O1CF ，而111，故 sin5 3 5tan O CF tan BCS3O1CF，O1 F， M 所在的圆周的半径1411255322为 3 2353 30，故其轨迹的长度为 3 1025105D 1C 1B1C1NA 1NB 1O1OD STM S CA B图（ 1）二、解答题FB C图（ 2）15.如图，四棱锥P ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，DAB60o，AB 2 AD ， PD底面ABCD .（ 1）证明：PA BD ；（ 2）设PD AD 2 ，求点 D 到面 PBC 的距离.解析：（ 1 ）证明：因为DAB60o，AB2AD ，由余弦定理得BD3AD .从而BD2AD 2AB2，∴ BD AD ，又由 PD 底面EABCD ， BD面 ABCD ，可得 BDPD . ∴ BD 面 PAD ， PA面 PAD ，∴ PABD .（ 2）法 1：在平面 PDB 内作 DEPB ，垂足为 E . ∵ PD 底面 ABCD ，BC 面 ABCD ，∴ PD BC ，由（ 1 ）知 BDAD ，又 BC / / AD ，∴ BC BD ，又 AD I BD D ， . ∴ BC 平面 PBD ，又AD I BD D ∴ BC DE . 则 DE 平面 PBC . 由题设知， PD 2 ，则 BD2 3 ， PB 4，依照DE gPB PD gBD ，得 DE3 ，即点 D 到面 PBC 的距离为3 .法2 ： 设 点 D到平 面 PBC 的 距 离 为 d ， 由 （ 1 ） 得 BD AD ， ∴ AB4 ，V P BCD1V PABCD 11S Y ABCD PD1 2 43 24 3 ， 又 V 1 S PBCd ， 由2236 23 P BCD 3PD 底 面ABCD ， BD 面 ABCD ， DC面 ABCD ，PBD , PCD 为 Rt， ∴PCPD 2 CD 22 5 ， PBPD 2CD 2 4 ， 又 BCAD2 ， ∴PBC 为 Rt且SPBC1 2 44 ，∴ d3 .216. 已知直角梯形 ABCD 中， AB / /CD ， AB AD ， CD2， AD2 ， AB 1 ，如图 1所示，将ABD 沿 BD 折起到 PBD 的地址，如图2 所示 .（ 1）当平面 PBD平面 PBC 时，求三棱锥 P BCD 的体积；（ 2）在图 2 中， E 为 PC 的中点，若线段BQ / /CD ，且 EQ / / 平面 PBD ，求线段 BQ 的长；剖析 ：（ 1）当平面PBD 平面 PBC 时，由于 PB PD ，且平面 PBD I 平面 PBCPB ， PD平面PBD ，因此 PD平面 PBC ，由于 PC 平面 PBC ，因此 PD PC . 由于在直角梯形ABCD 中，AB / /CD ， AB AD ， CD 2 ， AD 2 ， AB 1 ， 所 以 BD BC3 ， DP2 . 所 以CPCD 2 PD 22 . 又 因 为 BP1 ， 所 以 BP 2CP 2 BC 2 ， 所 以 BPCP . 所 以S PBC1PB PC2. 因此三棱锥PBCD 的体积等于VD PBC1S PBCgPD1221.223323（2）取 PD 的中点 F ，连接 EF ， BF ，如上图所示 . 又由于 E 为 PC 的中点，因此EF / /CD ，且EF1CD . 又由于 BQ / /CD ，因此 EF / / BQ . 因此 B ， F ， E ， Q 共面 .2因 为 EQ / / 平 面 PBD ， EQ平 面 BFEQ ， 且 平 面 BFEQ I 平 面试卷第 5 页，总 9 页PBD BF ， 所 以 EQ / / FB . 又 因 为 EF / / BQ ， 所 以 四 边 形 BFEQ 是 平 行 四 边 形 . 所 以 BQEF1CD 1 .2ACDF 所在平面与梯形BCDE 所在平面垂直，且BC 2DE ， DE / / BC ，17. 如图几何体中，矩形BD AD ， M 为 AB 的中点 .（ 1）证明： EM / / 平面 ACDF ； （ 2）证明： BD 平面 ACDF .剖析 ：（ 1）法 1：延长 BE 交 CD 与 G ，连接 AG ，∵ E, M 为中点，∴EM // AG ， EM 平面 AFDC ， AG 平面 AFDC ，∴ EM / / 面 ACDF ．G法 2：如图，取 BC 的中点 N ，连接 MN 、 EN .在 ABC 中， M 为 AB 的中点， N 为 BC 的中点，∴ MN / / AC ，又由于 DE / / BC ，且 DE1 CN ，∴四边形 CDEN 为平行四边形，BC2∴ EN / / DC ，又∵ MN I EN N ， AC I CD C . ∴平面 EMN / / 平面 ACDF ，又∵ EM面EMN ，∴ EM / / 面 ACDF .法 3：如图，取 AC 的中点 P ，连接 PM ， PD . 在 ABC 中， P 为 AC 的中点， M 为 AB 的中点，∴PM / / BC ，且 PM11BC ，又∵ DE / /BC ， DEBC , ∴ PM / / DE ，故四边形 DEMP 为平行四22边形，∴ ME / / DP ，又∵ DP 平面 ACDF ， EM平面 ACDF ，∴ EM / / 面 ACDF ．（ 2）∵平面 ACDF平面 BCDE ，平面 ACDF I平面 BCDEDC ，又 AC DC ，∴ AC平面BCDE ，∴ AC BD ，又 BD AD ， BD I ADA ，∴ BD 平面 ACDF ．18. 如图，在四棱锥 P － ABCD 中，四边形 ABCD 为矩形， AB ⊥ BP ， M 为 AC 的中点， N 为 PD 上一点 .（ 1）若 MN ∥平面 ABP ，求证： N 为 PD 的中点；（ 2）若平面 ABP ⊥平面 APC ，求证： PC ⊥平面 ABP.【剖析】（ 1）连接 BD ，由四边形 ABCD 为矩形得： M 为 AC 和 BD 的中点，∵ MN ∥平面 ABP ， MN 平面 BPD ，平面 BPD I 平面 ABP ＝ BP ，∴MN ∥ BP ，∵ M 为 AC 的中点，∴ N 为 PD 的中点 .（ 2）在△ ABP 中，过点 B 作 BE ⊥ AP 于 E ，∵平面 ABP ⊥平面 APC ，平面 ABP ∩平面 APC ＝AP ，BE 平面 ABP ， BE ⊥ AP∴ BE ⊥平面 APC ，又 PC 平面 APC ，∴ BE ⊥ PC.∵ ABCD 为矩形，∴ AB ⊥ BC ，又 AB ⊥ BP ， BC ∩BP＝ B ，BC ，BP 平面 BPC ，∴ AB ⊥平面 BPC ， ∴AB ⊥PC ，又 BE ⊥ PC ， AB 平面 ABP ，BE 平面 ABP ，AB ∩BE ＝B ， ∴ PC ⊥平面 ABPP ABCD∥1 是线段的中点 .19. 如图 ,在四棱锥AB, MPA中，AB DC , AD DC2（ 1）求证： DM ∥ 平面 PCB ；（ 2）若AD AB ,平面 PAC 平面 PBC ,求证： PA BC .【剖析】（1）如图，取PB中点N , 连接CN , MN . 由于M是线段PA的中点 ,因此 MN∥ AB, MN 1AB , 2因为 DC∥ AB, CD 1CD ,所以四边形 CDFM 为平行四边形,所以AB ,所以 MN∥DC , MN2CN∥DM ,由于 CN平面PCB,DM平面PCB,因此DM∥平面PCB.P（ 2）连接AC , 在四边形ABCD中，由于AD AB,CD∥AB ,因此 AD CD ,设MNAD a ,因为 AD DC1AB ,所以 CD a, AB2a ,在ADC中，A2B ADC 90 , AD DC,所以DCA DAC45,从而D CAC2a,CAB45,在ACB中,AB2a, AC2a,CAB45 ,所以BC AC 2AB2 2 AB AC cos CAB2a, 所以AC 2BC 2AB2, 即AC BC .在平面PAC 中,过点 A 作 AE PC ,垂足为 E ,由于平面PAC平面 PBC ,因此 AE平面 PBC ,又由于BC平面 PBC ,因此 AE BC ,由于 AE平面PAC ,AC平面 PAC ,因此BC平面 PAC .因为PA 平面 PAC ,因此 PA BC .20. 如图 , 在直三棱柱ABC A B C 中,ACB 900，E, F ,G 分别是 AA , AC , BB 的中点，且1 1 111CG C1G .（1）求证：CG //平面BEF；（ 2）求证：平面BEF平面 AC1 1G .【剖析】证 :( Ⅰ ) 连接AG交BE于D , 连接DF , EG . ∵E,G分别是AA1, BB1的中点，∴ AE ∥BG且 AE =BG,∴四边形AEGB 是矩形.∴D是 AG 的中点，又∵F是AC 的中点,∴ DF ∥CG，则由 DF面 BEF , CG面 BEF ,得CG∥面 BEF( Ⅱ ) ∵在直三棱柱ABC A1 B1C1中， C1C ⊥底面 A1B1C1,∴ C1C ⊥ A1C1.又∵A1C1B1ACB900,即 C1B1⊥ A1C1，∴ A1C1⊥面 B1C1CB ,而CG面 B1C1CB ，∴ A1C1⊥CG，又 CG C1G ,由(Ⅰ)DF∥CG ，AC DF , DF C G DF AC G，Q DF BEF BEF11 1 ，∴平面1 1平面，∴平面平面AC G .1 1三、提高练习21.在三棱锥P ABC 中，AB BC ，AB 6 ，BC 2 3 ，O 为 AC 的中点，过 C 作 BO 的垂线，交 BO 、 AB 分别于 R 、 D ，若DPR CPR ，则三棱锥 P ABC 体积的最大值为 __________．【答案】 3 3【剖析】在 Rt ABC 中， ACB 60，OCB 为等边三角形，DCB 30 ，因此 CD 4 ， CR 3 ， 因此 DR1，在 PDC 中， DPRCPR ，因此PDDR1 ，以以下列图（ 2），设 P x, y ， D 0,0 ，PC RC32则 C 4,0 ，从而有 9 x2y2x2y 2，整理获取 x1 y29，故 PCD 的边 CD 上的高424的最大值为3，从而 PABC 体积的最大值为 1 31 2 3 63 323 22PbPAODRCBD R C x图 (1)图（ 2）22. 如图，直三棱柱 ABCA 1B 1C 1 中，D 、E 分别是棱 BC 、AB的中点，点F 在棱 CC 1 上，已知AB AC ， AA 1 3 ，BC CF2 ．（ 1）求证： C 1E // 平面 ADF ；（ 2）设点 M 在棱 BB 1 上，当 BM 为何值时， 平面 CAM 平面 ADF ？【剖析】（ 1）连接 CE 交 AD 于 O ，连接 OF ．由于 CE , AD 为ABC 中线，因此 O 为 ABC 的重心，CFCO 2．从而CC 1CE3OF // C 1E ． OF 面 ADF ， C 1E平面 ADF ，因此 C 1 E // 平面 ADF ．（ 2）当 BM 1 时，平面 CAM 平面 ADF ．在直三棱柱ABC A 1 B 1C 1 中，由于 B 1 B 平面 ABC ， B 1B 平面 B 1BCC 1 ，因此平面 B 1BCC 1 平面 ABC ．由于 ABAC ， D 是 BC 中点，因此 AD BC ．又平面 B 1BCC 1 ∩平面 ABC BC ， 因此 AD 平面(完满版)高三数学立体几何复习测试题含答案B1BCC1．而CM平面B1BCC1，于是AD CM ．由于BM CD 1,BC CF 2 ，因此Rt CBM Rt FCD ，因此 CM DF DF , AD 订交，因此CM平面ADF，CM平面CAM ，因此平面CAM平面ADF．试卷第 9 页，总 9 页11 / 11。
专题39 二项式展开项的通项及应用--《2023年高考数学命题热点聚焦与扩展》【原卷版】
【热点聚焦】二项展开式定理的问题是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式1r n r rr n T C a b -+=；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）；（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和； （3）二项式定理的应用．【重点知识回眸】1. 二项式定理()()011*nn n r n r rn nn n n n a b C a C a b C a b C b n N --+=+++++∈，这个公式所表示的定理叫做二项式定理，右边的多项式叫做()na b +的二项展开式，其中的系数rn C (0,1,2,3,,r n =)叫做二项式系数．式中的r n r rn C a b -叫做二项展开式的通项，用1r T +表示，即展开式的第1r +项；1r n r rr n T C a b -+=.2．二项展开式形式上的特点 (1)项数为1n +.(2)各项的次数都等于二项式的幂指数n ，即a 与b 的指数的和为n .(3)字母a 按降幂排列，从第一项开始，次数由n 逐项减1直到零；字母b 按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n .(4)二项式的系数从0n C ，1n C ，一直到1n n C -，nn C . 3. 二项式系数的性质(1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即0n n n C C =，11n n n C C -=，，m n m n n C C -=.(2)增减性与最大值：二项式系数rn C ，当12n r +≤时，二项式系数是递增的；由对称性知：当12n r +>时，二项式系数是递减的． 当n 是偶数时，中间的一项2n nC 取得最大值． 当n 是奇数时，中间两项12n nC+ 和12n nC-相等，且同时取得最大值．(3)各二项式系数的和()na b +的展开式的各个二项式系数的和等于2n ，即012r nn n n n n C C C C +++++=，二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即02413512n n n n n n n C C C C C C -+++=+++=，（4）常用结论①0n C ＝1；②1nn C =；③m n m n n C C -=；④11m m m n n n C C C -+=+.4.二项式的应用（1）求某些多项式系数的和； （2）证明一些简单的组合恒等式；（3）证明整除性,①求数的末位；②数的整除性及求系数；③简单多项式的整除问题； （4）近似计算.当x 充分小时，我们常用下列公式估计近似值： ①()11nx nx +≈+；②()()21112nn n x nx x -+≈++；（5）证明不等式.【典型考题解析】热点一 二项式展开式的通项公式的应用【典例1】（2020·全国·高考真题（理））262()x x+的展开式中常数项是__________（用数字作答）．【典例2】（2019·浙江·高考真题）在二项式9(2)x 的展开式中，常数项是________；系数为有理数的项的个数是_______.【典例3】（2022·山西·高三阶段练习）二项式()4x ay +的展开式中含22x y 项的系数为24，则=a ______．【典例4】（2022·全国·高考真题）81()y x y x ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭的展开式中26x y 的系数为________________（用数字作答）． 【总结提升】1.二项展开式中的特定项，是指展开式中的某一项，如第n 项、常数项、有理项等，求解二项展开式中的特定项的关键点如下：①求通项，利用(a ＋b )n 的展开式的通项公式T r ＋1＝C r n an －r b r (r ＝0,1,2，…，n )求通项． ②列方程(组)或不等式(组)，利用二项展开式的通项及特定项的特征，列出方程(组)或不等式(组)．③求特定项，先由方程(组)或不等式(组)求得相关参数，再根据要求写出特定项．2.已知展开式的某项或其系数求参数，可由某项得出参数项，再由通项公式写出第k ＋1项，由特定项得出k 值，最后求出其参数．3.求解形如()()nma b c d ＋＋的展开式问题的思路 (1)若n ，m 中一个比较小，可考虑把它展开得到多个，如222()()()(2)m m a b c d a ab b c d ＋＋＝＋＋＋，然后展开分别求解．(2)观察(a ＋b )(c ＋d )是否可以合并，如5752252()()[()()11]()11111()()x x x x x x x ＋－＝＋－－＝－－；(3)分别得到(),()nma b c d ＋＋的通项公式，综合考虑．4.求几个多项式积的展开式中的特定项(系数)问题，可先分别化简或展开为多项式和的形式，再分类考虑特定项产生的每一种情形，求出相应的特定项，最后进行合并即可． 热点二 形如()na b c ＋＋的展开式问题【典例5】（2021·江西南昌·高三阶段练习）5144x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的展开式中含3x -的项的系数为（ ） A ．1-B ．180C ．11520-D ．11520【典例6】（2022·全国·高三专题练习）()52x y z +-的展开式中，22xy z 的系数是（ ） A ．120B ．-120C ．60D ．30【典例7（2022·山东济南·模拟预测）()3221x x -+的展开式中，含3x 项的系数为______（用数字作答）. 【规律方法】求三项展开式中某些特定项的系数的方法(1)通过变形先把三项式转化为二项式，再用二项式定理求解． (2)两次利用二项式定理的通项公式求解．(3)由二项式定理的推证方法知，可用排列、组合的基本原理去求，即把三项式看作几个因式之积，要得到特定项看有多少种方法从这几个因式中取因式中的量． 热点三 二项式系数的和与各项的系数和问题【典例8】（2022·全国·高三专题练习）已知012233C 2C 2C 2C 2C 243n nn n n n n +++++=，则123C C C C nn n n n ++++=（ ）A ．31B ．32C ．15D ．16【典例9】（2023·全国·高三专题练习）若9290129(2)(1)(1)(1)++=+++++⋅⋅⋅++x m a a x a x a x ，且()()22028139++⋅⋅⋅+-++⋅⋅⋅+a a a a a a 93=，则实数m 的值可以为（ ） A ．1或3-B ．1-C ．1-或3D ．3-【典例10】（2022·北京四中高三开学考试）设多项式51010910910(1)(1)x x a x a x a x a ++-=++++，则9a =___________，0246810a a a a a a +++++=___________. 【规律方法】赋值法在求各项系数和中的应用(1)形如(ax ＋b )n ，(ax 2＋bx ＋c )m (a ，b ，c ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x ＝1即可．(2)对形如(ax ＋by )n (a ，b ∈R )的式子求其展开式各项系数之和，只需令x ＝y ＝1即可． (3)若f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，则f (x )展开式中各项系数之和为f (1)． ①奇数项系数之和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝.②偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝.热点四 二项式系数的性质【典例11】（2023·全国·高三专题练习）在()1nx +（*n ∈N ）的展开式中，若第5项为二项式系数最大的项，则n 的值不可能是（ ） A ．7B ．8C ．9D ．10【典例12】（2022·全国·高三阶段练习）已知()610ax a x ⎛⎫+> ⎪⎝⎭的展开式中含2x -的系数为60，则下列说法正确的是（ ）A ．61ax x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式的各项系数之和为1 B ．61ax x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中系数最大的项为2240xC ．61ax x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中的常数项为160-D ．61ax x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中所有二项式的系数和为32【典例13】（2022·浙江·三模）在二项式4(2)+x 的展开式中，常数项是__________，二项式系数最大的项的系数是__________． 【规律方法】1．二项式系数最大项的确定方法(1)如果n 是偶数，则中间一项⎝ ⎛⎭⎪⎫第n2＋1项的二项式系数最大；(2)如果n 是奇数，则中间两项⎝ ⎛⎭⎪⎫第n ＋12项与第n ＋12＋1项的二项式系数相等并最大．2．展开式系数最大值的两种求解思路(1)由于展开式系数是离散型变量，因此在系数均为正值的前提下，求最大值只需解不等式(1)(1)2f f +-(1)(1)2f f --组⎩⎪⎨⎪⎧a k ≥a k －1，a k ≥a k ＋1即可求得答案．(2)由于二项展开式中的系数是关于正整数n 的式子，可以看作关于n 的数列，通过判断数列单调性的方法从而判断系数的增减性，并根据系数的单调性求出系数的最值． 热点五 二项式定理应用【典例14】（2022·全国·高三专题练习）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在中国南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中，法国数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律.“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示.则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（ ）A ．222234510C C C C 165++++=B ．在第2022行中第1011个数最大C ．第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于9行的第8个数D ．第34行中第15个数与第16个数之比为2：3【典例15】（2023·全国·高三专题练习（理））设0122191919191919C C 7C 7C 7a =++++，则a 除以9所得的余数为______．【典例16】（2021·山东·高三阶段练习）某同学在一个物理问题计算过程中遇到了对数据100.98的处理，经过思考，他决定采用精确到0.01的近似值，则这个近似值是________.【规律方法】1.二项式定理应用的常见题型及求解策略（1）逆用二项式定理的关键是根据所给式的特点结合二项展开式的要求，使之具备二项式定理右边的结构，然后逆用二项式定理求解．（2）利用二项式定理解决整除问题的思路：①观察除式与被除式间的关系；②将被除式拆成二项式；③结合二项式定理得出结论．（3） 近似计算要首先观察精确度，然后选取展开式中若干项. 2.特别提醒: （1）分清是第项，而不是第项.（2）在通项公式中，含有、、、、、这六个参数，只有、、、是独立的，在未知、的情况下，用通项公式解题，一般都需要首先将通式转rn rr n C ab -1r +r 1r n r r r n T C a b -+=1r T +rn C a b n r a b n r n r化为方程（组）求出、,然后代入通项公式求解.（3）求二项展开式中的一些特殊项，如系数最大项，常数项等，通常都是先利用通项公式由题意列方程，求出，再求所需的某项；有时则需先求,计算时要注意和的取值范围以及 它们之间的大小关系.（4）在中，就是该项的二项式系数，它与，的值无关；而项的系数是指化简后字母外的数．（5）在应用通项公式时，要注意以下几点：①它表示二项展开式的任意项，只要与确定，该项就随之确定； ②是展开式中的第项，而不是第项；③公式中，，的指数和为且，不能随便颠倒位置； ④对二项式展开式的通项公式要特别注意符号问题．⑤在二项式定理的应用中，“赋值思想”是一种重要方法，是处理组合数问题、系数问题的经典方法．【精选精练】一、单选题1．（2022·全国·高三阶段练习（理））612x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭展开式中的常数项为（ ） A ．160 B ．120 C ．90D ．602．（2022·全国·高三专题练习）()()52x y x y +-的展开式中的33x y 项系数为（ ） A ．30B ．10C ．-30D ．-103．（2022·黑龙江哈尔滨·高三开学考试）在812x x ⎫⎪⎭的展开式中5x 的系数为（ ）A ．454B ．458-C ．358D ．74．（2022·湖南·高三开学考试）已知()522x a x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭的展开式中各项系数的和为3-，则该展开式中x 的系数为（ ） A ．0B ．120-C ．120D ．160-5．（2022·全国·高三专题练习）设()011nn n x a a x a x +=++⋅⋅⋅+，若1263n a a a ++⋅⋅⋅+=，则展开式中系数最大的项是（ ） A ．315xB ．320xC ．321xD ．335x6．（2023·全国·高三专题练习）511x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭展开式中，3x 项的系数为（ ）n r r n n r 1r n r r r n T C a b -+=rn C a b 1r T +n r 1r T +1r +r a b n a b ()na b -A ．5B ．-5C ．15D ．-15二、多选题7．（2023·全国·高三专题练习）62⎛⎫+ ⎪⎝⎭x x 的展开式中，下列结论正确的是（ ） A ．展开式共6项 B ．常数项为160C ．所有项的系数之和为729D ．所有项的二项式系数之和为648．（2022·湖北·黄冈中学高三阶段练习）已知660(2)ii i x a x =+=∑，则（ ）A ．123456666a a a a a a +++++=B ．320a =C ．135246a a a a a a ++>++D ．1034562234a a a a a a +=+++9．（2022·河北张家口·三模）已知52(1)(0)b ax x b x ⎛⎫-+> ⎪⎝⎭的展开式中x 项的系数为30，1x 项的系数为M ，则下列结论正确的是（ ） A ．0a > B ．323ab b -=C ．M 有最大值10D ．M 有最小值10-三、填空题10．（2022·全国·高三专题练习（文））“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和．若在“杨辉三角”中从第二行右边的1开始按“锯齿形”排列的箭头所指的数依次构成一个数列：1，2，3，3，6，4，10，5，…，则在该数列中，第35项是______．11．（2022·河北·三河市第三中学高三阶段练习）在3nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中，所有二项式系数的和是16，则展开式中的常数项为 ____．12．（2022·全国·高三专题练习）（1）已知()31nx -的展开式中第2项与第5项的二项式系数相等，则n =__________.（2）1921C C n nn n --+=__________.13．（2019·浙江·高考真题）在二项式9(2)x 的展开式中，常数项是________；系数为有理数的项的个数是_______.14．（2022·浙江省春晖中学模拟预测）二项式3nx x ⎫⎝的展开式中共有11项，则n =___________，常数项的值为___________.15．（2022·全国·高三专题练习）在()413x +的展开式中，二项式系数之和为_________；各项系数之和为_________．（用数字作答） 四、解答题16．（2019·江苏·高考真题）设2*012(1),4,n n n x a a x a x a x n n +=++++∈N .已知23242a a a =. （1）求n 的值；（2）设(13)3n a =+*,a b ∈N ，求223a b -的值.。
高三数学空间几何体试题答案及解析
高三数学空间几何体试题答案及解析1.（3分）（2011•重庆）高为的四棱锥S﹣ABCD的底面是边长为1的正方形，点S，A，B，C，D均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为（）A．B．C．1D．【答案】C【解析】由题意可知ABCD所在的圆是小圆，对角线长为，四棱锥的高为，而球心到小圆圆心的距离为，则推出顶点S在球心距的垂直分的平面上，而顶点S到球心的距离为1，即可求出底面ABCD的中心与顶点S之间的距离．解：由题意可知ABCD所在的圆是小圆，对角线长为，四棱锥的高为，点S，A，B，C，D均在半径为1的同一球面上，球心到小圆圆心的距离为，顶点S在球心距的垂直分的平面上，而顶点S到球心O的距离为1，所以底面ABCD的中心O'与顶点S之间的距离为1故选C点评：本题是基础题，考查球的内接多面体的知识，考查逻辑推理能力，计算能力，转化与划归的思想．2.（2013•天津）已知下列三个命题：①若一个球的半径缩小到原来的，则其体积缩小到原来的；②若两组数据的平均数相等，则它们的标准差也相等；③直线x+y+1=0与圆相切．其中真命题的序号是（）A．①②③B．①②C．①③D．②③【答案】C【解析】①由球的体积公式V=可知，若一个球的半径缩小到原来的，则其体积缩小到原来的；故①正确；②若两组数据的平均数相等，则它们的标准差不一定相等，如2，2，2和1，2，3；这两组数据的平均数相等，它们的标准差不相等，故②错；③圆的圆心到直线x+y+1=0的距离d==半径r，故直线x+y+1=0与圆相切，③正确．故选C．3.如果，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=（）A ．8B ．9C ．10D ．11【答案】A【解析】因为过EF 做垂直于CD （AB ）的平面垂直平分CD ，所以该平面与过AB 中点并与AB 垂直的平面平行，平面和正方体的4个侧面相交，由于EF 和正方体的侧棱不平行，所以它与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为4.同理与CE 相交的平面有4个，共8个，选A.【考点】该题主要考查空间点、线、面的位置关系，考查空间直线与平面的平行与相交，考查空间想象能力和逻辑思维能力.4. 如图，已知四棱锥，底面是等腰梯形，且∥，是中点，平面，，是中点．（1）证明：平面平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）详见解析；（2）【解析】（1）根据中位线可得∥，从而可证得∥平面。
立体几何与空间向量综合测试卷(新高考专用)(解析版)-高中数学
立体几何与空间向量综合测试卷（考试时间：120分钟；满分：150分）注意事项：1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1．（5分）（2024·湖南·三模）已知m，n是两条不重合的直线，α,β是两个不重合的平面，下列命题正确的是（）A．若m//α,n//β,α//β，则m//nB．若m⊂α,n⊂α,m//β,n//β，则α//βC．若m⊥α,m//n,α⊥β，则n⊥βD．若m⊥α,n⊥β,m⊥n，则α⊥β【解题思路】利用空间线线的关系、面面平行、面面垂直的判定定理和性质逐一判定各选项，即可得出结论.【解答过程】对于A，若n//β，α//β，则n//α或n⊂α，则m，n相交、平行、异面都有可能，A错误；对于B，若m⊂α,n⊂α,m//β,n//β，则α与β相交或平行，B错误；对于C，若m⊥α,m//n，则n⊥α，又α⊥β，则n//β或n⊂β，C错误；对于D，由m⊥α,m⊥n，得n//α或n⊂a，若n//α，则存在过n的平面与α相交，令交线为l，则n//l，而n⊥β，于是l⊥β，α⊥β；若n⊂a，而n⊥β，则α⊥β，因此α⊥β，D正确.故选：D.2．（5分）（2024·浙江嘉兴·模拟预测）设x，y∈R,a=(1,1,1),b=(1,y,z),c=(x,―4,2)，且a⊥c,b∥c，则|2a+b|=（）A．B．0C．3D．【解题思路】根据向量的垂直和平行，先求出x,y,z的值，再求所给向量的模.【解答过程】由a⊥c⇒a⋅c=0⇒x―4+2=0⇒x=2，由b∥c⇒12=y―4=z2⇒y=―2，z=1.所以|2a+b|=|2(1,1,1)+(1,―2,1)|=|(3,0,3)|=故选：D.3．（5分）（2024·新疆乌鲁木齐·三模）三棱锥A―BCD中，AD⊥平面ABC，∠BAC=60°，AB=1，AC=2，AD=4，则三棱锥A―BCD外接球的表面积为（）A．10πB．20πC．25πD．30π【解题思路】利用余弦定理先求出底面三角形ABC的外接圆半径r，再利用R2=r2+(ℎ2)2(ℎ为三棱锥的高，R为外接球半径），即可求解．【解答过程】在△ABC中，∠BAC=60°，AB=1，AC=2，由余弦定理可得BC2=AB2+AC2―2AB⋅AC⋅cos∠BAC，即BC2=1+4―2×1×2×cos60°=3，所以BC=设△ABC的外接圆半径为r，则2r=BCsin∠BAC==2，所以r=1，AD⊥平面ABC，且AD=4，设三棱锥A―BCD外接球半径为R，则R2=r2+(12AD)2，即R2=1+4=5，所以三棱锥A―BCD外接球的表面积为4πR2=20π．故选：B．4．（5分）（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知直三棱柱ABC ―A 1B 1C 1中，∠ABC =120°，AB =CC 1=2，BC =1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为（ ）A B C D 【解题思路】根据空间向量法求线线角即可.【解答过程】以B 为原点，在平面ABC 内过B 作BC 的垂线交AC 于D ，以BD 为x 轴，以BC 为y 轴，以BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系，因为直三棱柱ABC ―A 1B 1C 1中，∠ABC =120°，AB =CC 1=2，BC =1，所以―1,0),B 1(0,0,2),B(0,0,0),C 1(0,1,2)，所以AB 1=(―BC 1=(0,1,2)，设异面直线AB 1与BC 1所成角为θ，所以cos θ=|AB 1⋅BC ||AB 1|⋅|BC 1|==故选：C.5．（5分）（2024·贵州·模拟预测）为了美化广场环境，县政府计划定购一批石墩．已知这批石墩可以看作是一个圆台和一个圆柱拼接而成，其轴截面如下图所示，其中AB =2CE =2EF =40cm ，AC =，则该石墩的体积为（ ）A ．10000π3cm 3B ．11000π3cm 3C ．4000πcm 3D ．13000π3cm 3【解题思路】过点C 作CM ⊥AB 于M ，根据条件，求出圆台的高，再利用圆台与圆柱的体积公式，即可求出结果.【解答过程】如图，过点C 作CM ⊥AB 于M ，因为|AB |=2|CE |=2|EF |=40cm ，|AC |=，所以|AM |=10，|CM |===10，所以圆台的体积为V =13(S 上+S 下+=13(π×102+π×202+×10=7000π3(cm 3)，又圆柱的体积为V 1=Sℎ=π×102×20=2000π(cm 3)，所以该石墩的体积为7000π3+2000π=13000π3(cm 3)，故选：D.6．（5分）（2024·江西赣州·二模）已知球O 内切于正四棱锥P ―ABCD ，PA =AB =2，EF 是球O 的一条直径，点Q 为正四棱锥表面上的点，则QE ⋅QF 的取值范围为（ ）A ．[0,2]B ．[4―C ．[0,4D ．[0,4―【解题思路】根据给定条件，利用体积法求出球O 半径，再利用向量数量积的运算律计算即得.【解答过程】令H 是正四棱锥P ―ABCD 底面正方形中心，则PH ⊥平面ABCD ，而AH =则PH ==P ―ABCD 的体积V =13×22×=正四棱锥P ―ABCD 的表面积S =422+22=，显然球O 的球心O 在线段PH 上，设球半径为r ，则V =13Sr ，即r =3VS=在△POA 中，∠PAO <45∘=∠APO ，于是OA >OP ，又EF 是球O 的一条直径，因此QE ⋅QF =(QO +OE )⋅(QO ―OE )=QO 2―OE 2=QO 2―OH 2，显然OH ≤QO ≤AO ，则(QE ⋅QF )min =0，(QE ⋅QF )max =AO 2―OH 2=AH 2=2，所以QE ⋅QF 的取值范围为[0,2].故选：A.7．（5分）（2024·陕西榆林·模拟预测）在正方体ABCD―A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，BC1的中点，则（）A．EF//BD B．FD1//平面BCEC．EF⊥BC1D．AF⊥平面BCC1B1【解题思路】对于A，说明EF,BD异面即可判断；对于B，说明平面BCE//平面GHD1即可判断；对于C，可以用反证法导出矛盾，进而判断；对于D，显然不垂直.【解答过程】对于A，设G为BB1中点，则EG//BD，但EG,EF相交，所以EF,BD异面，故A错误；对于B，设CC1的中点为H，则BC//GH，BE//GD1，因为GH⊄平面BEC，BC⊂平面BEC，GD1⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，所以GH//平面BEC，GD1//平面BEC，又因为GH∩GD1=G,GH,GD1⊂平面GHD1，故平面BCE//平面GHD1，又FD1⊂平面GHD1，故FD1//平面BCE，选项B正确．对于C，在△EBC1中，BE≠EC1，BF=FC1，故EF与BC1不可能垂直（否则EF垂直平分BC1，会得到EB=EC1，这与BE≠EC1矛盾），C选项错误．对于D ，易知AB ⊥平面BCC 1B 1，又AB ∩AF =A ，故D 选项错误．故选：B.8．（5分）（2024·山东临沂·二模）已知正方体ABCD ―A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为CC 1，C 1D 的中点，则（ ）A ．直线MN 与A 1CB ．平面BMN 与平面BC 1D 1C ．在BC 1上存在点Q ，使得B 1Q ⊥BD 1D ．在B 1D 上存在点P ，使得PA //平面BMN【解题思路】以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，由空间向量计算异面直线所成角，二面角和线线垂直可判断ABC ；由N,M,B,A 四点共面，而A ∈平面BMN 可判断D.【解答过程】以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，所以A (1,0,0),D (0,0,0),B (1,1,0),C (0,1,0)，A 1(1,0,1),D 1(0,0,1),B 1(1,1,1),C 1(0,1,1)，M0,1,0,12对于A ，MN =0,―12,0，A 1C =(―1,1,―1)，直线MN 与A 1C 所成角的余弦值为|cos ⟨MN ,A 1C ⟩|=|MN⋅A C ||MN ||A 1C |=1=A 错误；对于B ，MN =0,―12,0，BM =―设平面BMN 的法向量为n =(x,y,z )，则n ⋅MN =―12y =0n ⋅BM =―x +12z =0，取x =1，可得y =0,z =2，所以n =(1,0,2)，C 1D 1=(0,―1,0)，BC 1=(―1,0,1)，设平面BC 1D 1的法向量为m =(x 1,y 1,z 1)，则n ⋅C 1D 1=―y 1=0n ⋅BC 1=―x 1+z 1=0，取x 1=1，可得y 1=0,z 1=1，所以m =(1,0,1)，平面BMN 与平面BC 1D 1夹角的余弦值为：cos⟨m,n⟩=m⋅n==B错误；对于C，因为Q在BC1上，设Q(x0,1,z0)，所以C1Q=λC1B，0≤λ≤1，则C1Q=(x0,0,z0―1),C1B=(1,0,―1)，所以x0=λ,z0=―λ+1，所以Q(λ,1,―λ+1)，B1Q=(λ―1,0,―λ),BD1=(―1,―1,1)，.所以B1Q⋅BD1=1―λ―λ=0，解得：λ=12故BC1上存在点B1Q⊥BD1，故C正确；对于D，因为MN//DC//AB，所以N,M,B,A四点共面，而A∈平面BMN，所以B1D上不存在点P，使得PA//平面BMN，故D错误.故选：C.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
压轴题05 立体几何压轴题(原卷版)--2023年高考数学压轴题专项训练(全国通用-理)
压轴题05立体几何压轴题题型/考向一：点、线、面间的位置关系和空间几何体的体积、表面积题型/考向二：外接球、内切球等相关问题题型/考向三：平行关系、垂直关系、二面角等相关问题一、空间几何体的体积、表面积热点一空间几何体的侧面积、表面积柱体、锥体、台体和球的表面积公式：(1)若圆柱的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝2πrl，S表＝2πr(r＋l).(2)若圆锥的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝πrl，S表＝πr(r＋l).(3)若圆台的上、下底面半径分别为r′，r，则S侧＝π(r＋r′)l，S表＝π(r2＋r′2＋r′l ＋rl).(4)若球的半径为R，则它的表面积S＝4πR2.热点二空间几何体的体积柱体、锥体、台体和球的体积公式：(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；Sh(S为底面面积，h为高)；(2)V锥体＝13(S上＋S下＋S上S下)h(S上、S下分别为上、下底面面积，h为高)；(3)V台体＝13(4)V球＝4πR3.3二、外接球、内切球问题类型一外接球问题考向1墙角模型墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长.长方体同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球半径为R .则(2R )2＝a 2＋b 2＋c 2，即2R ＝a 2＋b 2＋c 2.常见的有以下三种类型：考向2对棱相等模型对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长，如图所示，(2R )2＝a 2＋b 2＋c 2(长方体的长、宽高分别为a ，b ，c )，即R 2＝18(x 2＋y 2＋z 2)，如图.考向3汉堡模型汉堡模型是直三棱柱、圆柱的外接球模型，模型如下，由对称性可知，球心O的位置是△ABC的外心O1与△A1B1C1的外心O2的连线的中点，算出小圆O1的半径AO1＝r，OO1＝h2，所以R2＝r2＋h24.考向4垂面模型垂面模型是有一条侧棱垂直底面的棱锥模型，可补为直棱柱内接于球；如图所示，由对称性可知球心O的位置是△CBD的外心O1与△AB2D2的外心O2连线的中点，算出小圆O1的半径CO1＝r，OO1＝h2，则R＝r2＋h24.类型二内切球问题内切球问题的解法(以三棱锥为例)第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体的体积；第二步：设内切球的半径为r，建立等式V P－ABC＝V O－ABC＋V O－P AB＋V O－P AC＋V O－PBC⇒V P－ABC＝13S△ABC·r＋13S△P AB·r＋13S△P AC·r＋13S PBC·r＝13(S△ABC＋S△P AB＋S△P AC＋S△PBC)r；第三步：解出r＝3V P－ABCS△ABC＋S△P AB＋S△P AC＋S△PBC.类型三球的截面问题解决球的截面问题抓住以下几个方面：(1)球心到截面圆的距离；(2)截面圆的半径；(3)直角三角形(球心到截面圆的距离、截面圆的半径、球的半径构成的直角三角形).三、平行关系和垂直关系的证明、二面角等热点一空间线、面位置关系的判定判断空间线、面位置关系的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题.(2)利用直线的方向向量、平面的法向量判断.(3)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断.热点二几何法证明平行、垂直1.直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.2.直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.热点三空间向量法证明平行、垂直1.用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔v1∥v2.(2)设直线l的方向向量为v，在平面α内的两个不共线向量v1和v2，则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x，y，使v＝x v1＋y v2.(3)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔v ⊥u .(4)设平面α和β的法向量分别为u 1，u 2，则α∥β⇔u 1∥u 2.2.用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝0.(2)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔v ∥u .(3)设平面α和β的法向量分别为u 1和u 2，则α⊥β⇔u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0.四、空间角、距离问题热点一异面直线所成的角求异面直线所成角的方法方法一：综合法.步骤为：①利用定义构造角，可固定一条直线，平移另一条直线，或将两条直线同时平移到某个特殊的位置；②证明找到(或作出)的角即为所求角；③通过解三角形来求角.方法二：空间向量法.步骤为：①求出直线a ，b 的方向向量，分别记为m ，n ；②计算cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |；③利用cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|，以及θ，π2，求出角θ.热点二直线与平面所成的角求直线与平面所成角的方法方法一：几何法.步骤为：①找出直线l 在平面α上的射影；②证明所找的角就是所求的角；③把这个角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.方法二：空间向量法.步骤为：①求出平面α的法向量n 与直线AB 的方向向量AB →；②计算cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →||n |；③利用sin θ＝|cos 〈AB →，n 〉|，以及θ∈0，π2，求出角θ.热点三平面与平面的夹角求平面与平面的夹角方法方法一：几何法.步骤为：①找出二面角的平面角(以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角)；②证明所找的角就是要求的角；③把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.求二面角的平面角的口诀：点在棱上，边在面内，垂直于棱，大小确定.方法二：空间向量法.步骤为：①求两个平面α，β的法向量m ，n ；②计算cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m |·|n |；③设两个平面的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|.热点四距离问题1.空间中点、线、面距离的相互转化关系2.空间距离的求解方法有：(1)作垂线段；(2)等体积法；(3)等价转化；(4)空间向量法.○热○点○题○型一点、线、面间的位置关系和空间几何体的体积、表面积一、单选题1．在正方体1111ABCD A B C D -中，直线m 、n 分别在平面ABCD 和11ABB A 内，且m n ⊥，则下列命题中正确的是（）A ．若m 垂直于AB ，则n 垂直于AB B ．若m 垂直于AB ，则n 不垂直于ABC ．若m 不垂直于AB ，则n 垂直于ABD ．若m 不垂直于AB ，则n 不垂直于AB2．在中国古代数学经典著作《九章算术》中，称图中的多面体ABCDEF 为“刍甍”.书中描述了刍甍的体积计算方法：求积术曰，倍下袤，上袤从之，以广乘之，又以高乘之，六而一，即()216V AB EF AD h =+⨯⨯，其中h 是刍甍的高，即点F 到平面ABCD 的距离.若底面ABCD 是边长为4的正方形，2EF =，且//EF AB ，ADE V 和BCF △是等腰三角形，90AED BFC ∠=∠= ，则该刍甍的体积为（）A 202B ．33C ．103D ．4033．已知一个三棱锥型玩具容器-P ABC 的外包装纸（包装纸厚度忽略不计，外包装纸面积恰为该容器的表面积）展开后是如图所示的边长为10的正方形123APP P （其中点B 为23P P 中点，点C 为12PP 中点），则该玩具的体积为（）A ．6253B ．1253C ．125D ．25034．攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖.通常有圆形攒尖､三角攒尖､四角攒尖､八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑､园林建筑.如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是底边长为6m ，腰长为5m 的等腰三角形，则该屋顶的体积约为（）A ．38πmB ．39πmC ．310πmD ．312πm 5．已知,a b 为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A ．若//,//a b b α，则//a αB ．若//,,//a b a b αβ⊥，则αβ⊥C ．若//,//,//a b αβαβ，则//a bD ．若//,//,a b αβαβ⊥，则a b⊥6．在直三棱柱111ABC A B C -中，ABC 为等腰直角三角形，若三棱柱111ABC A B C -的体积为32，则该三棱柱外接球表面积的最小值为（）A ．12πB ．24πC ．48πD ．96π7．已知三棱锥-P ABC 中，底面ABC 是边长为23点P 在底面上的射影为底面的中心，且三棱锥-P ABC 外接球的表面积为18π，球心在三棱锥-P ABC 内，则二面角P AB C --的平面角的余弦值为（）A ．12B ．13C D8．已知三棱锥-P ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，4PB PC AB AC ====，2PA BC ==，则球O 的表面积为（）A ．316π15B ．79π15C ．158π5D ．79π5二、多选题9．已知直线a ，b ，c 两两异面，且a c ⊥，b c ⊥，下列说法正确的是（）A ．存在平面α，β，使a α⊂，b β⊂，且c α⊥，c β⊥B ．存在平面α，β，使a α⊂，b β⊂，且c α∥，c β∥C ．存在平面γ，使a γ∥，b γ∥，且c γ⊥D ．存在唯一的平面γ，使c γ⊂，且a ，b 与γ所成角相等10．已知正方体1111ABCD A B C D -的外接球表面积为12π，,,M N P 分别在线段1BB ，1CC ，1DD 上，且,,,A M N P 四点共面，则（）．A ．AP MN=B ．若四边形AMNP 为菱形，则其面积的最大值为C ．四边形AMNP 在平面11AAD D 与平面11CC D D 内的正投影面积之和的最大值为6D ．四边形AMNP 在平面11AA D D 与平面11CC D D 内的正投影面积之积的最大值为4三、解答题11．如图，四棱锥S ABCD -的底面为菱形，60BAD ∠=︒，2AB =，4SD =，SD ⊥平面ABCD ，点E 在棱SB 上．(1)证明：AC DE ⊥；(2)若三棱锥E ABC -E 到平面SAC 的距离．12．如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，,AB AD O =为BD 的中点.(1)证明：OA CD ⊥；(2)已知OCD 是边长为1的等边三角形，已知点E 在棱AD 的中点，且二面角E BC D --的大小为45 ，求三棱锥A BCD -的体积.○热○点○题○型二外接球、内切球等相关问题一、单选题1．已知ABC 是边长为3的等边三角形，其顶点都在球O 的球面上，若球O 的体积为323π，则球心O 到平面ABC 的距离为（）AB ．32C ．1D 2．已知三棱锥-P ABC 的底面ABC 是边长为1的正三角形，侧棱,,PA PB PC 两两垂直，若此三棱锥的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积是（）A ．3πB ．πC ．3π4D ．3π23．一个圆锥的底面圆和顶点都恰好在一个球面上，且这个球的半径为5，则这个圆锥的体积的最大值时，圆锥的底面半径为（）A ．103B C ．1023D 4．已知圆锥的侧面积为2π，母线与底面所成角的余弦值为12，则该圆锥的内切球的体积为（）A ．4π3B ．43π9C ．27D ．275．如图，几何体Ω为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为A ，圆柱的上、下底面的圆心分别为B 、C ，若该几何体Ω存在外接球（即圆锥的顶点与底面圆周在球面上，且圆柱的底面圆周也在球面上）．已知24BC AB ==，则该组合体的体积等于（）A ．56πB ．70π3C ．48πD ．64π6．已知矩形ABCD 的顶点都在球心为O 的球面上，3AB =，BC =且四棱锥O ABCD -的体积为O 的表面积为（）A ．76πB ．112πC ．3D ．37．水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切.若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为（）A．4B ．2+C ．2D ．68．已知三棱锥-P ABC 的四个顶点均在球O 的球面上，2PA BC ==，PB AC ==，PC AB =Q为球O 的球面上一动点，则点Q 到平面PAB 的最大距离为（）A ．211+B ．222+C 11+D 22二、填空题9．在三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，14AB AC PA AB AC ⊥=+=，，，当三棱锥的体积最大时，三棱锥-P ABC 外接球的体积为______．10．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1AA AB BC ==．设D 为1AC 的中点，三棱锥D ABC -的体积为94，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，则三棱柱111ABC A B C -外接球的表面积为______．11．如图，直三棱柱111ABC A B C -的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB AC =，侧面11BCC B 是半球底面圆的内接正方形，则直三棱柱111ABC A B C -的体积为___________.12．如图所示的由4个直角三角形组成的各边长均相等的六边形是某棱锥的侧面展开图，若该六边形的面积为1___．○热○点○题○型三平面关系、垂直关系、二面角等相关问题1．已知多面体ABCDEF 中，四边形CDEF 是边长为4的正方形，四边形ABCD 是直角梯形，90ADC DAB ∠=∠=︒，36BE AB ==，4=AD ．(1)求证：平面ADF ⊥平面BCE ；(2)求直线AF 与平面BCF 所成角的正弦值．2．如图，在四棱锥P ABCD -中，PAD 为等边三角形，M 为PA 的中点，PD AB ⊥，平面PAD ⊥平面ABCD ．(1)证明：平面CDM ⊥平面PAB ；(2)若AD BC ∥，2AD BC =，2AB =，直线PB 与平面MCD 所成角的正弦值为34，求三棱锥P MCD -的体积．3．如图所示，在三棱锥A BCD -中，满足BC CD ==，点M 在CD 上，且5DM MC =，ABD △为边长为6的等边三角形，E 为BD 的中点，F 为AE 的三等分点，且2AF FE =.(1)求证：//FM 面ABC ；(2)若二面角A BD C --的平面角的大小为23π，求直线EM 与面ABD 所成角的正弦值.4．已知底面ABCD 是正方形，PA ⊥平面ABCD ，//PA DQ ，33PA AD DQ ===，点E 、F 分别为线段PB 、CQ 的中点．(1)求证：//EF 平面PADQ ；(2)求平面PCQ 与平面CDQ 夹角的余弦值；(3)线段PC 上是否存在点M ，使得直线AM 与平面PCQ 所成角的正弦值是7，若存在求出PM MC的值，若不存在，说明理由．5．如图，AB 为圆O 的直径，点EF 在圆O 上，//AB EF ，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在的平面互相垂直，已知2,1AB EF ==．(1)求证：平面DAF ⊥平面CBF ；(2)当AD 的长为何值时，二面角C EF B --的大小为60︒6．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11AAC C 是边长为4的菱形，AB BC ==点D 为棱AC 上的动点（不与A 、C 重合），平面1B BD 与棱11AC 交于点E .(1)求证1BB DE //；(2)若平面ABC ⊥平面11AAC C ，160A AC ∠= ，判断是否存在点D 使得平面11A ABB 与平面1B BDE 所成的锐二面角为π3，并说明理由.。
高三数学空间几何体试题答案及解析
高三数学空间几何体试题答案及解析1.有一正方体,六个面上分别写有数字1、2、3、4、5、6,有3个人从不同的角度观察,结果如图所示.若记3的对面的数字为,4的对面的数字为,则 ( )A．3B．7C．8D．11【答案】C【解析】从图中可看出，与4相邻的是1、6、3、5，故与4相对的是2；与3相邻的是1、2、4、5，故与3相对的是6，所以.【考点】空间几何体.2.有一正方体,六个面上分别写有数字1、2、3、4、5、6,有3个人从不同的角度观察,结果如图所示.若记3的对面的数字为,4的对面的数字为,则 ( )A．3B．7C．8D．11【答案】C【解析】从图中可看出，与4相邻的是1、6、3、5，故与4相对的是2；与3相邻的是1、2、4、5，故与3相对的是6，所以.【考点】空间几何体.3.已知矩形的周长为36，矩形绕它的一条边旋转形成一个圆柱，则旋转形成的圆柱的侧面积的最大值为．【答案】81【解析】假设矩形的一边为（），则另一边为.以x长的变为轴旋转成的圆柱的侧面积为.所以当时，.【考点】1.旋转体的知识.2.函数的最值问题.4.已知四面体的外接球的球心在上，且平面，，若四面体的体积为，则该球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】如下图所示，由于四面体的外接球的球心在上，则为其外接球的一条直径，因此，设球的半径为，在中，，由勾股定理得，，由于为球上一点，则，且平面，所以，，所以球的表面积为，故选D.【考点】1.勾股定理；2.三角形的面积；3.三棱锥的体积；4.球的表面积5.如图所示,在正方体ABCD A1B1C1D1中,M,N分别是BC1,CD1的中点,则下列判断错误的是()A．MN与CC1垂直B．MN与AC垂直C．MN与BD平行D．MN与A1B1平行【答案】D【解析】由于C1D1与A1B1平行,MN与C1D1是异面直线,所以MN与A1B1是异面直线,故选项D错误.6.如图,正方形BCDE的边长为a,已知AB=BC,将直角△ABE沿BE边折起,A点在平面BCDE 上的射影为D点,则对翻折后的几何体有如下描述:(1)AB与DE所成角的正切值是.(2)三棱锥B-ACE的体积是a3.(3)AB∥CD.(4)平面EAB⊥平面ADE.其中正确的叙述有(写出所有正确结论的编号).【答案】(1)(2)(4)【解析】翻折后得到的直观图如图所示.AB与DE所成的角也就是AB与BC所成的角,即为∠ABC.因为AD⊥平面BCDE,所以平面ADC⊥平面BCDE. 又因为四边形BCDE为正方形,所以BC⊥CD.可得BC⊥平面ACD.所以BC⊥AC.因为BC=a,AB=BC=a,则AC== a.在Rt△ABC中,tan∠ABC==.故(1)正确;由AD==a,可得VB-ACE =VA-BCE=×a2·a=,故(2)正确;因为AB与CD异面,故(3)错;因为AD⊥平面BCDE,所以平面ADE⊥平面BCDE.又BE⊥ED,所以BE⊥平面ADE,故平面EAB⊥平面ADE,故(4)正确.7.如图所示的几何体ABCDFE中，△ABC，△DFE都是等边三角形，且所在平面平行，四边形BCED为正方形，且所在平面垂直于平面ABC．（Ⅰ）证明：平面ADE∥平面BCF；（Ⅱ）求二面角D－AE－F的正切值．【答案】（Ⅰ）利用线线平行，则面面平行证明，即可得证；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）先证明四边形为平行四边形得，又，所以平面平面；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，先求出平面的一个法向量，再求出平面的一个法向量，然后利用公式即可求出余弦值为，进而求出正切值.试题解析：（Ⅰ）取的中点，的中点，连接.则，又平面平面，所以平面，同理平面，所以又易得，所以四边形为平行四边形，所以，又，所以平面平面. （6分）（Ⅱ）建立如图所示的空间直角坐标系，设，则,,，，，.设平面的一个法向量是，则，令，得. （9分）设平面的一个法向量是，则令，得.所以，易知二面角为锐二面角，故其余弦值为，所以二面角的正切值为. （12分）【考点】1.平面与平面垂直的判定方法；2.二面角的求法.8.已知某四棱锥的三视图，如图。
空间几何体的交线与截面问题(原卷版)-高考数学二轮复习专题训练(全国通用)
空间几何体的交线与截面问题空间几何体的交线与截面问题是立体几何的难点也是高考的热点问题，利用平面的性质是处理交线与截面解决问题的关键.进而提升直观想象，逻辑推理数学核心素养.类型一 空间几何体的交线【例1】(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°.以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为__________.【解题技巧】作交线的方法有如下两种：①利用基本事实3作交线；②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线.【跟踪训练】已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为32，E ，F 分别为BC ，CD 的中点，P 是线段A 1B 上的动点，C 1P 与平面D 1EF 的交点Q 的轨迹长为________.类型二 空间几何体的截面问题【例2】(1)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱DD 1和BB 1上的点，MD ＝13DD 1，NB ＝13BB 1，那么正方体中过M ，N ，C 1的截面图形是( )A ．三角形B ．四边形C ．五边形D ．六边形（2）在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是BC 的中点，平面α经过直线BD 且与直线C 1E 平行，若正方体的棱长为2，则平面α截正方体所得的多边形的面积为________.【解题技巧】(1)作截面应遵循的三个原则：①在同一平面上的两点可引直线；②凡是相交的直线都要画出它们的交点；③凡是相交的平面都要画出它们的交线． (2)作交线的方法有如下两种：①利用基本事实3作交线；②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线．思路引导母题呈现【跟踪训练】(1)(多选)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，已知平面α⊥AC 1，则关于α截此正方体所得截面的判断正确的是( ) A ．截面形状可能为正三角形 B ．截面形状可能为正方形 C ．截面形状可能为正六边形 D ．截面面积最大值为33(2)(2022·兰州模拟)如图，正方体A 1C 的棱长为1，点M 在棱A 1D 1上，A 1M ＝2MD 1，过M 的平面α与平面A 1BC 1平行，且与正方体各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为________．1．（2023·陕西咸阳·陕西咸阳中学校考模拟预测）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的所有棱长均为2，π3BAD ∠=，E 是侧棱1AA 的中点，则平面1B CE 截四棱柱1111ABCD A B C D -所得的截面图形的周长是（ ）A ．32252++B ．22257++C ．3252++D ．3257++2．（2023·全国·模拟预测）在棱长为3的正方体1111ABCD A B C D -中，O 为AC 与BD 的交点，P 为11A D 上一点，且112A P PD =，则过A ，P ，O 三点的平面截正方体所得截面的周长为（ ）模拟训练A．413B．A．B．10C．D．23A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形，其中SAD、1S BC为等边三角形，其余各面为全等α截多面体Γ所得截面多边形的周长为⊥A．SB BC⊥B．SC ABA．当点Q运动时，平面MNQ截正方体所得的多边形可能为四边形、五边形或六边形A ．BP 的最小值为6则（ ）A ．任意0a >，A M BD ⊥A．圆锥PO的母线长为4ABC A B C的所有棱长均为111______．的正方体ABCD。
高考数学空间几何体三视图、表面积与体积专题测试(含答案解析)
2019高考数学空间几何体三视图、表面积与体积专题测试（含答案解析）试题可以帮助考生进行查缺补漏，为此查字典数学网整理了空间几何体三视图、表面积与体积专题测试，请考生进行练习。
一、选择题1.(2019武汉调研)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是()解析A、B、C与俯视图不符.答案D2.将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧(左)视图为()解析抓住其一条对角线被遮住应为虚线，可知正确答案在C，D中，又结合直观图知，D正确.答案D3.(2019安徽卷)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为()A.21+3B.18+3C.21D.18解析由三视图知，该多面体是由正方体割去两个角所成的图形，如图所示，则S=S正方体-2S三棱锥侧+2S三棱锥底=24-231211+234(2)2=21+3.4.已知S，A，B，C是球O表面上的点，SA平面ABCD，ABBC，SA=AB=1，BC=2，则球O的表面积等于()A.4B.3C.2解析如图所示，由ABBC知，AC为过A，B，C，D四点小圆直径，所以ADDC.又SA平面ABCD，设SB1C1D1-ABCD为SA，AB，BC为棱长构造的长方体，得体对角线长为12+12+22=2R，所以R=1，球O的表面积S=4.故选A.答案A5.(2019湖南卷)一块石材表示的几何体的三视图如图所示.将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于()A.1B.2C.3D.4解析由三视图可得原石材为如图所示的直三棱柱A1B1C1-ABC，且AB=8，BC=6，BB1=12.若要得到半径最大的球，则此球与平面A1B1BA，BCC1B1，ACC1A1相切，故此时球的半径与△ABC内切圆的半径相等，故半径r=6+8-102=2.故选B.6.点A，B，C，D均在同一球面上，其中△ABC是正三角形，AD平面ABC，AD=2AB=6，则该球的体积为()A.323B.48C.643D.163解析如图所示，O1为三角形ABC的外心，过O做OEAD，OO1面ABC，AO1=33AB=3.∵OD=O A，E为DA的中点.∵AD面ABC，AD∥OO1，EO=AO1=3.DO=DE2+OE2=23.R=DO= 23.V=43(23)3=323.答案A二、填空题7.某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的体积是________.解析由三视图可知，四棱锥的高为2，底面为直角梯形ABCD.其中DC=2，AB=3，BC=3，所以四棱锥的体积为132+3322=533.答案5338.如图，在三棱柱A1B1C1-ABC中，D，E，F分别是AB，AC，AA1的中点，设三棱锥F-ADE的体积为V1，三棱柱A1B1C1-ABC的体积为V2，则V1V2=________.解析设三棱柱A1B1C1-ABC的高为h，底面三角形ABC的面积为S，则V1=1314S12h=124Sh=124V2，即V1V2=124.答案1249.在四面体ABCD中，AB=CD=6，AC=BD=4，AD=BC=5，则四面体ABCD的外接球的表面积为________.解析构造一个长方体，使得它的三条面对角线分别为4、5、6，设长方体的三条边分别为x，y，z，则x2+y2+z2=772，而长方体的外接球就是四面体的外接球，所以S=4R2=772.答案772三、解答题10.下列三个图中，左边是一个正方体截去一个角后所得多面体的直观图.右边两个是其正(主)视图和侧(左)视图.(1)请在正(主)视图的下方，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图(不要求叙述作图过程).(2)求该多面体的体积(尺寸如图).解(1)作出俯视图如图所示.(2)依题意，该多面体是由一个正方体(ABCD-A1B1C1D1)截去一个三棱锥(E-A1B1D1)得到的，所以截去的三棱锥体积VE-A1B1D1=13S△A1B1D1A1E=1312221=23，正方体体积V正方体AC1=23=8，所以所求多面体的体积V=8-23=223.11.(2019安徽卷)如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，A1A底面ABCD.四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD=2BC.过A1，C，D三点的平面记为，BB1与的交点为Q.(1)证明：Q为BB1的中点;(2)求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比.解(1)证明：因为BQ∥AA1，BC∥AD，BCBQ=B，ADAA1=A，所以平面QBC∥平面A1AD.从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行，即QC∥A1D.故△QBC与△A1AD的对应边相互平行，于是△QBC∽△A1AD.所以BQBB1=BQAA1=BCAD=12，即Q为BB1的中点.(2)如图，连接QA，QD.设AA1=h，梯形ABCD的高为d，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为V上和V下，BC=a，则AD=2a.VQ-A1AD=13122ahd=13ahd，VQ-ABCD=13a+2a2d12h=14ahd，所以V下=VQ-A1AD+VQ-ABCD=712ahd，又V四棱柱A1B1C1D1-ABCD=32ahd，所以V上=V四棱柱A1B1C1D1-ABCD-V下=32ahd-712ahd=1112ahd.故V上V下=117.B级能力提高组1.(2019北京卷)在空间直角坐标系Oxyz中，已知A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D(1,1，2).若S1，S2，S3分别是三棱锥D-ABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则()A.S1=S2=S3B.S2=S1且S2S3C.S3=S1且S3 S2D.S3=S2且S3S1解析作出三棱锥在三个坐标平面上的正投影，计算三角形的面积.如图所示，△ABC为三棱锥在坐标平面xOy上的正投影，所以S1=1222=2.三棱锥在坐标平面yOz上的正投影与△DE F(E，F 分别为OA，BC的中点)全等，所以S2=1222=2.三棱锥在坐标平面xOz上的正投影与△DGH(G，H分别为AB，OC的中点)全等，所以S3=1222=2.所以S2=S3且S1S3.故选D.答案D2.(2019山东卷)三棱锥P-ABC中，D，E分别为PB，PC的中点，记三棱锥D-ABE的体积为V1，P-ABC的体积为V2，则V1V2=________. 解析由于VP-ABE=VC-ABE，所以VP-ABE=12VP-ABC，又因VD-ABE=12VP-ABE，所以VD-ABE=14VP-ABC，V1V2=14.答案143.(理)(2019课标全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，E为PD的中点.(1)证明：PB∥平面AEC;(2)设二面角D-AE-C为60，AP=1，AD=3，求三棱锥E-ACD的体积.解(1)连接BD交AC于点O，连接EO.因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点.又E为PD的中点，所以EO∥PB.EO平面AEC，PB平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)因为PA平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直.如图，以A为坐标原点，AB的方向为x轴的正方向，|PA|为单位长，建立空间直角坐标系A-xyz.则D(0，3，0)，E0，32，12，AE=0，32，12.设B(m,0,0)(m0)，则C(m，3，0)，AC=(m，3，0)，设n1=(x，y，z)为平面ACE的法向量，则n1AC=0，n1AE=0，即mx+3y=0，32y+12z=0，可取n1=3m，-1，3.又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量，由题设|cos〈n1，n2〉|=12，即33+4m2=12，解得m=32.因为E为PD的中点，所以三棱锥E-ACD的高为12.三棱锥E-ACD的体积V=131233212=38.3.(文)如图，在Rt△ABC中，AB=BC=4，点E在线段AB上.过点E 作EF∥BC交AC于点F，将△AEF沿EF折起到△PEF的位置(点A 与P重合)，使得PEB=30.(1)求证：EF(2)试问：当点E在何处时，四棱锥P-EFCB的侧面PEB的面积最大?并求此时四棱锥P-EFCB的体积.解(1)证明：∵AB=BC，BCAB，又∵EF∥BC，EFAB，即EFBE，EFPE.又BEPE=E，EF平面PBE，EFPB.(2)设BE=x，PE=y，则x+y=4.S△PEB=12BEPEsinPEB=14xy14x+y22=1.当且仅当x=y=2时，S△PEB的面积最大.此时，BE=PE=2.由(1)知EF平面PBE，平面PBE平面EFCB，在平面PBE中，作POBE于O，则PO平面EFCB.即PO为四棱锥P-EFCB的高.又PO=PEsin30=212=1.死记硬背是一种传统的教学方式,在我国有悠久的历史。
2024年高考数学复习大题全题型专练：专题09 空间向量与立体几何(原卷版)
专题9立体几何中的探索性问题1．（2022·全国·高考真题）如图，直三棱柱111ABC A B C 的体积为4，1A BC 的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1A C 的中点，1AA AB ，平面1A BC 平面11ABB A ，求二面角A BD C 的正弦值．2．（2022·浙江·高考真题）如图，已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形，//AB DC ，//DC EF ，5AB ，3DC ，1EF ，60BAD CDE ，二面角F DC B 的平面角为60 ．设M ，N 分别为,AE BC 的中点．(1)证明：FN AD ；(2)求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值．3．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））如图，在三棱柱111ABC A B C 中，11222A C AA AB AC BC ，160BAA ．(1)证明：平面ABC 平面11AA B B ．(2)设P 是棱1CC 的中点，求AC 与平面11PA B 所成角的正弦值．4．（2022·内蒙古·赤峰红旗中学松山分校模拟预测（理））如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为正方形，PD 底面ABCD ，M 为线段PC 的中点，PD AD ，N 为线段BC 上的动点．(1)证明：平面MND 平面PBC(2)当点N 在线段BC 的何位置时，平面MND 与平面PAB 所成锐二面角的大小为30°？指出点N 的位置，并说明理由．5．（2022·四川·成都七中模拟预测（理））如图1，在边上为4的菱形ABCD 中，60DAB ，点M ，N 分别是边BC ，CD 的中点，1AC BD O ，AC MN G ．沿MN 将CMN △翻折到PMN 的位置，连接PA ，PB ，PD ，得到如图2所示的五棱锥P ABMND ．(1)在翻折过程中是否总有平面PBD 平面PAG ？证明你的结论；(2)当四棱锥P MNDB 体积最大时，求直线PB 和平面MNDB 所成角的正弦值；(3)在（2）的条件下，在线段PA 上是否存在一点Q ，使得二面角Q MN P 点Q 的位置；若不存在，请说明理由．6．（2022·全国·南京外国语学校模拟预测）如图，在三棱台111ABC A B C 中，AB AC ，4AB AC ，1112A A A B ，侧棱1A A 平面ABC ，点D 是棱1CC 的中点．(1)证明：平面1BB C 平面1AB C ；(2)求二面角C BD A 的正弦值．7．（2022·青海·模拟预测（理））如图，在四棱锥A -BCDE 中，底面BCDE 为矩形，M 为CD 中点，连接BM ，CE 交于点F ，G 为△ABE 的重心．(1)证明：//GF 平面ABC(2)已知平面ABC ⊥BCDE ，平面ACD ⊥平面BCDE ，BC =3，CD =6，当平面GCE 与平面ADE 所成锐二面角为60°时，求G 到平面ADE 的距离．8．（2022·北京市第九中学模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，△PAB 为正三角形，且侧面PAB ⊥底面ABCD ，M 为PD 的中点．(1)求证：PB //平面ACM ；(2)求直线BM 与平面PAD 所成角的正弦值；(3)求二面角C PA D 的余弦值．9．（2022·内蒙古·海拉尔第二中学模拟预测（理））已知四棱锥S ABCD 中，四边形ABCD 为菱形，SAB SBA ，.SD AB (1)求证：ABD △是等边三角形；(2)22SA SD AD ，求SC 与平面SAD 所成角的正弦值.10．（2022·广东茂名·二模）如图，四棱锥P ﹣ABCD 的底面是等腰梯形，AD ∥BC ，BC =2AD ，60ABC ，E 是棱PB 的中点，F 是棱PC 上的点，且A 、D 、E 、F 四点共面．(1)求证：F 为PC 的中点；(2)若△PAD 为等边三角形，二面角P AD B 的大小为120 ，求直线BD 与平面ADFE 所成角的正弦值．11．（2022·安徽省舒城中学三模（理））在四棱锥P ABCD 中，PAB △为正三角形，四边形ABCD 为等腰梯形，M 为棱AP 的中点，且2224AB AD BC CD，DM 퐴 =14퐴.(1)求证：平面ODM 平面ABCD ；(2)求直线AP 与平面PBC 所成角的正弦值.12．（2022·广东·大埔县虎山中学模拟预测）如图，在四棱台1111ABCD A B C D 中，2AB ，111A B ，四边形ABCD 为平行四边形，点E 为棱BC的中点．(1)求证：1//D E 平面11ABB A ；(2)若四边形ABCD 为正方形，1AA 平面ABCD ，12A A AB ，求二面角1A DE C 的余弦值．13．（2022·全国·模拟预测（理））如图，在四棱锥A BCDE 中，AC 平面BCDE ，AD DE ，BCE 为等边三角形，60ECD ．(1)求证：DE 平面ACD ，且//BE 平面ACD ．(2)已知3AC ，2BC ，求平面ADE 与平面ABE 所成锐二面角的余弦值．14．（2022·浙江绍兴·模拟预测）如图，三棱台111ABC A B C 中，90ABC ，1113A A A B A C ，2AB BC ．(1)证明：111A C A B ；(2)求直线11A C 与平面1A CB 所成的角．15．（2022·辽宁实验中学模拟预测）如图所示正四棱锥,2,7P ABCD AB PA (1)求证：PA BD(2)若沿侧棱将此四棱锥剪开，四个侧面向外旋转，PAD 旋转至1,P AD PCD 旋转至2P CD 如图所示，其中二面角1P AD B与二面角2P CD B 相同，当12DP DP 时，求平面1P AD 与2P CD 所成的锐二面角的余弦值16．（2022·福建·三明一中模拟预测）如图，四边形ABCD 为菱形，2,60AB ABC ，将ACD △沿AC 折起，得到三棱锥D ABC ，点M ，N 分别为ABD △和ABC 的重心．(1)证明：CD ∥平面BMN ；(2)当三棱锥D ABC 的体积最大时，求二面角N BM D 的余弦值．17．（2022·浙江湖州·模拟预测）已知四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为等腰梯形，//AB CD ，24AB CD ，AD BC ，PAB △是斜边为AP 的等腰直角三角形．(1)若PC PBC 平面ABCD ；(2)若PC PD 与平面ABCD 所成的角的正弦值．18．（2022·四川·成都七中模拟预测（理））如图1，在等边ABC 中，点D ，E 分别为边AB ，AC 上的动点且满足//DE BC ，记DE BC.将△ADE 沿DE 翻折到△MDE 的位置并使得平面MDE ⊥平面DECB ，连接MB ，MC 得到图2，点N 为MC 的中点．(1)当EN ∥平面MBD 时，求λ的值；(2)试探究：随着λ值的变化，二面角B -MD -E 的大小是否改变？如果改变，请说明理由；如果不改变，请求出二面角B MD E 的正弦值大小．19．（2022·全国·模拟预测（理））如图，在四棱锥P ABCD 中，1AB BC ，2DC ，PD PC ，90DPC ，90DCB CBA ，平面PDC 平面ABCD .(1)证明：PD 平面PBC ；(2)求二面角A PC B 的余弦值.20．（2022·上海市光明中学模拟预测）如图所示，设有底面半径为3的圆锥．已知圆锥的侧面积为15 ，D 为PA 中点，3AOC．(1)求圆锥的体积；(2)求异面直线CD 与AB 所成角．。
高中数学空间几何体历年高考题汇总及解析
---------------------------------------------------------------装--------------------订--------------------线-------------------------------------------------------------空间几何体试题成绩课程名称高考数学二轮复习模拟考试开卷闭卷√教研室高三数学组A卷√B卷复习时间年月日时分至时分适用专业班级班级姓名学号考生注意：舞弊万莫做，那样要退学，自爱当守诺，最怕错上错，若真不及格，努力下次过。
答案写在答题纸上，写在试题纸上无效。
A卷一、选择题1．如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是()A．17πB．18πC．20π D．28π2．将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为()试 题 共 页 第 页3．某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．8－π4 B ．8－π2 C ．8－πD ．8－2π4．已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上．若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( ) A.3172B ．210 C. 132D ．310---------------------------------------------------------------装--------------------订--------------------线------------------------------------------------------------- 5．一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于()A．1 B．2C．3 D．46．一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正(主)视图如图所示，则该四棱锥侧面积和体积分别是()A．45，8 B．45，83C．4(5＋1)，83D．8，87．如图是一个几何体的三视图，则该几何体任意两个顶点间距离的最大值是()A．4 B．5C．3 2 D．3 3试题共页第页8．一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A．12 B．6C．4 D．29．如图是某四棱锥的三视图，则该几何体的表面积等于()A．34＋6 5 B．6＋65＋4 3C．6＋65＋413 D．17＋6 510．某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x的值是()A．2 B.92C.32D．3---------------------------------------------------------------装--------------------订--------------------线------------------------------------------------------------- 11．已知某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是()A．108 cm3B．100 cm3C．92 cm3D．84 cm312．如图是一几何体的三视图，则该几何体的表面积是()A．5＋ 3 B．5＋2 3C．4＋2 2 D．4＋2 3二、填空题13．已知一个几何体的三视图是三个全等的边长为1的正方形，如图所示，则它的体积为________．14．如图所示是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为________．试题共页第页15．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________．16．已知某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是________．---------------------------------------------------------------装--------------------订--------------------线-------------------------------------------------------------B卷一、选择题1．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A．6 B．33C．23D．3 2．某个几何体的三视图如图所示，其中正视图中的圆弧是半径为2的半圆，则该几何体的表面积为()A．92＋24π B．82＋24πC．92＋14πD．82＋14π3．如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥P-BCD的正视图与侧视图的面积之比为()A．1∶1 B．2∶1C．2∶3 D．3∶2试题共页第页4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A．8＋23B．8＋83C．12＋43D．16＋4 3 5．已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中，棱A1A＝5，AB＝12，那么直线B1C1和平面A1BCD1的距离是()A．5 B.132C.6013D．86．在三棱锥A-BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，△ABC，△ACD，△ADB 的面积分别为10,5,4，则该三棱锥外接球的表面积为()A．141π B．45πC．35π D．24π7．如图，圆锥的底面直径AB＝2，母线长VA＝3，点C在母线VB上，且VC ＝1，有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点A到达点C，则这只蚂蚁爬行的最短距离是()A.13B. 7B.433 D.332---------------------------------------------------------------装--------------------订--------------------线------------------------------------------------------------- 8．已知长方体ABCD-A1B1C1D1的各个顶点都在表面积为16π的球面上，且AB ＝3AD，AA1＝2AD，则四棱锥D1-ABCD的体积为()A.263 B.463C.π3 D.2π39．已知Rt△ABC，其三边长分别为a，b，c(a>b>c)．分别以三角形的边a，b，c所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成三个几何体，其表面积和体积分别为S1，S2，S3和V1，V2，V3.则它们的关系为()A．S1>S2>S3，V1>V2>V3 B．S1<S2<S3，V1<V2<V3C．S1>S2>S3，V1＝V2＝V3 D．S1<S2<S3，V1＝V2＝V310．正三角形ABC的边长为23，将它沿高AD翻折，使点B与点C间的距离为3，此时四面体ABCD的外接球的半径为()A. 13B.132C．23 D. 3 11．已知点A，B，C，D在同一个球的球面上，AB＝BC＝2，AC＝2，若四面体ABCD体积的最大值为23，则这个球的表面积为()A.125π6B．8π C.25π4 D.25π1612．如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P∥平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是()A.⎝⎛⎭⎪⎫324，52B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52试题共页第页B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，52D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，52二、填空题13．若圆锥的侧面积是底面积的3倍，则其母线与轴所成角的正弦值为________．14．已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱垂直于底面，且底面边长与侧棱长都等于3.蚂蚁从A点沿侧面经过棱BB1上的点N和CC1上的点M爬到点A1，如图所示，则蚂蚁爬过的路程最短为________．15．如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，点P是棱AD上一点，且AP＝a3，过B1、D1、P的平面交底面ABCD于PQ，Q在直线CD上，则PQ＝________.16．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，Q为AD 的中点．若平面P AD⊥平面ABCD，P A＝PD＝AD＝2，点M在线段PC上，且PM＝2MC，则四棱锥P-ABCD与三棱锥P-QBM的体积之比是________．---------------------------------------------------------------装--------------------订--------------------线-------------------------------------------------------------A卷答案解析一、选择题1．解析：由三视图知该几何体为球去掉了18所剩的几何体(如图)，设球的半径为R，则78×43πR3＝28π3，故R＝2，从而它的表面积S＝78×4πR2＋34×πR2＝17π答案：A2．解析：由几何体的正视图、俯视图以及题意可画出几何体的直观图，如图所示．该几何体的侧视图为选项B答案：B3．解析：由三视图可知，该几何体的体积是一个四棱柱的体积减去半个圆柱的体积，即V＝2×2×2－12×π×12×2＝8－π.故选C.答案：C4．解析：由题意知，该三棱柱可以看作是长方体的一部分，且长方体同一顶点处的三条棱长分别为3、4、12，又∵三棱柱的外接球即为长方体的外接球，(2R)2＝32＋42＋122，∴R＝132.故选C.答案：C5．解析：由三视图可知该几何体是一个直三棱柱，底面为直角三角形，高为试题共页第页12，如图所示，其中AC＝6，BC＝8，∠ACB＝90°，则AB＝10.要使该石材加工成的球的半径最大，只需球与直三棱柱的三个侧面都相切，则半径r等于直角三角形ABC的内切圆半径，即r＝6＋8－102＝2，故能得到的最大球的半径为2，故选B.答案：B6．解析：由题意知该四棱锥为正四棱锥，其底面边长为2，正四棱锥的高为2，故侧面三角形的高为 5.所以该四棱锥的侧面积为4×12×2×5＝45，体积为13×22×2＝83，故答案B.答案：B7．答案：D8．解析：该几何体为四棱锥P-ABCD，其中P A⊥平面ABCD，如图，则该几何体的体积为V＝13×2×12×(2＋1)×2＝2.答案：D9．解析：由三视图得该几何体的直观图如图，其中，ABCD为矩形，AD＝6，AB＝2，平面P AD⊥平面ABCD，△P AD---------------------------------------------------------------装--------------------订--------------------线------------------------------------------------------------- 为等腰三角形，且此四棱锥的高为4，故该几何体的表面积等于6×2＋2×12×2×5＋12×6×25＋12×6×4＝34＋65，故选A.答案：A10．解析：由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是一个直角梯形，底面积为12×(1＋2)×2＝3，四棱锥的高为x，因为该几何体的体积为3，所以13×3x＝3，解得x＝3，故选D.答案：D11．解析：由三视图可知原几何体是一个长、宽、高分别为6,3,6的长方体切去一个三棱锥，因此该几何体的体积＝6×3×6－13×4×12×4×3＝108－8＝100(cm3)，故选B.答案：B12．解析：由三视图可知该几何体是一个六面体ABCDEFG，其中底面ABCD 为正方形，AF∥CG.且AF＝CG＝1，DE∥AF，且DE＝2AF，易计算出EF＝BF＝BG＝EG＝2，所以四边形EFBG为菱形，其对角线长分别为2和6，故该几何体的表面积S＝1×1＋12×1×1×2＋12×(1＋2)×1×2＋12×6×2＝5＋3，故选A.答案：A二、填空题13．解析：该几何体是一个单位正方体被截去了一部分，其直观图如图所示，试题共页第页其体积为1－13×12×1×1×1＝56.答案：5614．解析：由题可知该几何体由两个相同的半圆柱和一个长方体拼接而成，因此该几何体的体积V＝1×2×4＋π×12×2＝8＋2π.答案：8＋2π15．解析：由三视图可知，该几何体的外接球与长、宽、高分别为2、2、2的长方体的外接球相同，故所求球的半径R＝1222＋12＋22＝2，其表面积S ＝4πR2＝8π.答案：8π16．解析：在长方体(长为23，宽、高均为1)中作出此三棱锥，如图所示，则V P-ABC＝13×12×23×1×1＝33.答案：33---------------------------------------------------------------装--------------------订--------------------线-------------------------------------------------------------B卷答案解析一、选择题1．解析：由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱，其底面为侧视图，该侧视图是底边为2，高为3的三角形，正视图的长为三棱柱的高，故h＝3，所以几何体的体积V＝S·h＝⎝⎛⎭⎪⎫12×2×3×3＝3 3.答案：B2．解析：依题意，题中的几何体是在一个长方体的上表面放置了半个圆柱，其中长方体的长、宽、高分别是5、4、4，圆柱的底面半径是2，高是5，因此该几何体的表面积等于3×(4×5)＋2×(4×4)＋π×22＋12×(2π×2)×5＝92＋14π，故选C.答案：C3．解析：由题意可得正视图的面积等于矩形ADD1A1面积的12，侧视图的面积等于矩形CDD1C1面积的12，又底面ABCD是正方形，所以矩形ADD1A1与矩形CDD1C1的面积相等，即正视图与侧视图的面积之比是1∶1，故选A.答案：A4．解析：该几何体是一个四棱柱，其直观图如图所示，其中上、下、左、右四个面是边长为2的正方形，前、后两个面均是底边长为2，高为3的平行四边形，故其表面积为4×2×2＋2×2×3＝16＋4 3.答案：D5．解析：∵B1C1∥BC，且B1C1⊄平面A1BCD1，BC⊂平面A1BCD1，∴B1C1∥平面A1BCD1.从而点B1到平面A1BCD1的距离即为所求．过点B1作B1E⊥A1B试题共页第页于E点(图略)．∵BC⊥平面A1ABB1，且B1E⊂平面A1ABB1，∴BC⊥B1E.又BC∩A1B＝B，∴B1E⊥平面A1BCD1，即线段B1E的长即为所求．在Rt△A1B1B 中，B1E＝A1B1·B1BA1B＝12×552＋122＝6013，因此直线B1C1和平面A1BCD1的距离是6013，故选C.答案：C6．解析：三棱锥A-BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，补成长方体，两者的外接球是同一个，长方体的对角线就是球的直径，设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，由题意得，ab＝20，ac＝10，bc＝8，解得，a＝5，b＝4，c＝2，所以球的直径为25＋16＋4＝35，它的半径为352，球的表面积为4π·⎝⎛⎭⎪⎫3522＝45π.故选B.答案：B7．解析：把圆锥的半侧面展开，侧面展开图中，半径r＝3，故圆心角∠AVB＝π3，如图，在△VAC中，根据余弦定理得AC＝32＋12－2×3×1×12＝7，此即为蚂蚁爬行的最短距离．答案：B8．解析：设AD＝x，长方体的外接球的半径为R，则AD2＋AB2＋AA21＝(2R)2，又4πR2＝16π，∴x2＋(3x)2＋(2x)2＝4R2＝16，解得x＝2，∴四棱锥D1-ABCD 的体积V＝13AA1·S四边形ABCD＝13×22×3×2×2＝463.故选B.答案：B9．解析：S1＝π·bca·(b＋c)，V1＝13π⎝⎛⎭⎪⎫bca2a，S2＝πac＋πc2，V2＝13πbc2，S3＝πab ＋πb2，V3＝13πb2c.由a>b>c，可得S1<S2<S3，V1<V2<V3.---------------------------------------------------------------装--------------------订--------------------线------------------------------------------------------------- 答案：B10．解析：球心O一定在与平面BCD垂直且过底面正三角形中心O′的直线上，也在平面ADO中AD的垂直平分线上，如图．OE＝O′D＝3×32×23＝1，DE＝12AD＝12×23×32＝32，故所求外接球的半径r＝12＋⎝⎛⎭⎪⎫322＝132.答案：B11．解析：∵AB＝BC＝2，AC＝2，∴△ABC是直角三角形，∴△ABC的外接圆的圆心为边AC的中点O1，如图所示，若使四面体ABCD体积取得最大值只需使点D到平面ABC的距离最大，又OO1⊥平面ABC，∴点D是直线OO1与球上方的交点时体积最大．设球的半径为R，则由体积公式有O1D＝2.在Rt △AOO1中，R2＝1＋(2－R)2，解得R＝54，故球的表面积S＝25π4，故选C.答案：C12．解析：取B1C1的中点M，BB1的中点N，连接A1M，A1N，MN，则平面A1MN ∥平面AEF，所以点P位于线段MN上．在△A1MN中，A1M＝A1N＝1＋⎝⎛⎭⎪⎫122试题共页第页＝52，MN＝⎝⎛⎭⎪⎫122＋⎝⎛⎭⎪⎫122＝22.当点P位于点M，N时，A1P最大，为52；当点P位于MN的中点时，A1P最小，为⎝⎛⎭⎪⎫522－⎝⎛⎭⎪⎫242＝324，所以324≤A1P≤52.答案：B二、填空题13．解析：设圆锥的高为h，底面半径为r，母线与轴所成角为θ，则S侧＝12·2πr·r2＋h2，S底＝πr2，因为S侧＝3S底，所以πr·r2＋h2＝3πr2，得r2＋h2＝3r，即8r2＝h2，所以tan θ＝122，sin θ＝13.答案：1314．解析：将三棱柱ABC-A1B1C1的侧面展开如图所示，则有A′A′1＝3，AA′1＝(AA′)2＋(A′A′1)2＝310.所以蚂蚁爬过的路程最短为AA′1.答案：31015．解析：∵平面A1B1C1D1∥平面ABCD，而平面B1D1P∩平面ABCD＝PQ，平面B1D1P∩平面A1B1C1D1＝B1D1，∴B1D1∥PQ.---------------------------------------------------------------装--------------------订--------------------线------------------------------------------------------------- 又∵B1D1∥BD，∴BD∥PQ，设PQ∩AB＝M，∵AB∥CD，∴△APM∽△DPQ.∴PMPQ＝APPD＝12，即PQ＝2PM.又知△APM∽△ADB，∴PMBD＝APAD＝13，∴PM＝13BD，又BD＝2a，∴PQ＝223a.答案：223a16．解析：过点M作MH∥BC交PB于点H.∵平面P AD⊥平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，PQ⊥AD，∴PQ⊥平面ABCD.∵P A＝PD＝AD＝AB＝2，∠BAD＝60°，∴PQ＝BQ＝ 3.∴V P-ABCD＝13PQ·S菱形ABCD＝13×3×2×3＝2.又PQ⊥BC，BQ⊥AD，AD∥BC.∴BQ⊥BC，又QB∩QP＝Q，∴BC⊥平面PQB，由MH∥BC，∴MH⊥平面PQB，MHBC＝PMPC＝23，∵BC＝2，∴MH＝43，∴V P-QBM＝V M-PQB＝13×12×3×3×43＝23，∴V P-ABCD∶V P-QBM＝3∶1.答案：3∶1。
新高考数学立体几何综合练习答案
立体几何综合练习答案1. B设点A '在底面BCD 中的射影为H ，则A CH '∠是A C '与平面BCD 所成的角，cos CHA CH A C'∠='． 在翻折过程中，AH BD ⊥，又A B AC '⊥，则BH AC ⊥，即H 在AB 的中垂线MN 上．取A B '的中点E ，∵OA OB '=，A B OE '⊥，又A B AC '⊥，从而A B '⊥平面EOC ，A B EC '⊥，而E 是A B '的中点，从而A C BC '=．cos CH CHA CH A C BC'∠=='． 又1BC =，2AB a =，由ABC HMB △△∽得：22MH a =，在直角梯形BCHM 中，CH ==从而cos CH CH A CH A C BC '∠=='，当且仅当a =时取等号． 故选：B 2. ABA 选项，当1MA AP ==时，MP 与与底面ABCD 的所成角π4θ=，故点P 所在区域为以A 为圆心，1为半径的圆在正方形ABCD 内部部分（包含边界弧长），即圆的14，面积为211π1π44⨯=，A 正确；如图，当点P 位于AE 上时，此时点P 到平面11A CD 的距离最大，最大距离为341255AH ⨯==， 此时四面体11P A CD -的体积为11111124583325A CD S AH ⋅=⨯⨯⨯⨯=，当P 与点F 重合时，此时点P 到平面11A CD 的距离最小，最小距离为FK ， 因为△BFK ∽△BAH ，所以34FK AH =，所以最小体积为3864⨯=，故四面体11P A CD -的体积取值范围为[]68，，B 正确； C 选项，不妨点P 与点F 重合，此时1PC2221111cos 02MF C F C M MFC MF C F +-∠===⋅，则1π2MFC ∠=同理可得：1π2MEC ∠=， 故多于一个点P 使得1MP PC ⊥，C 错误；D 选项，当PC 取最小值时，线段1PC 长度最小，由三角形两边之和大于第三边可知：当A ，P ，C 三点共线时，PC取得最小值，即min 1PC =，则1min PC =D错误故选：AB3. AD对于A ，易得11A D ⊥平面1A AM ，又11A D ⊂平面11D A M ，则平面11D A M ⊥平面1A AM ，A 正确；对于B ，连接11,DC D C ，若存在点M ，使得11DC D M ⊥，因为11A D ⊥平面11D DCC ，1DC ⊂平面11D DCC ，则111A D DC ⊥，又1111D M A D D ⋂=，111,D M A D ⊂平面11D A M ，则1DC ⊥平面11D A M ，又1A B ⊂平面11D A M ，则11DC A B ⊥， 又11D CA B ，则11DC D C ⊥，又11,2CD CC ==，显然11,DC D C 不垂直，故不存在点M ，使得11DC D M ⊥，B 错误；对于C ，连接1AD ，易得111A D A M ⊥，则222222222211111111MA MD AD MA MA A D AD MA MA A A +-=++-=+-，当1AM A B ⊥时，易得1AM A M ==1A M <1AMA ∠为钝角，由余弦定理得222110MA MA A A +-<，即222110MA MD AD +-<，即1AMD ∠为钝角，C 错误；对于D ，将平面11A BCD 绕1A B 旋转至与平面1A AB 共面，如图所示，易得1AM MD +的最小值即为1AD ， 作11D E AA ⊥交1AA 延长线于E ，易得1112D E A A EA AB ==，又111A D =，则11D E EA ==，1AD =1AM MD +D 正确. 故选：AD 4. ABD对选项A ，连接AN ，VN ，如图所示：因为三棱锥V ABC -为正三棱锥，N 为BC 中点， 所以AN BC ⊥，VN BC ⊥，又因为AN VN N =，所以BC ⊥平面VAN . 又因为VA ⊂平面VAN ，所以VA BC ⊥，故A 正确；对选项B ，取VA 的中点D ，连接,,,,,DQ DM MN NQ MQ MC ，如图所示：因为正三棱锥V ABC -中，棱长均为1，,,,M N Q D 分别是棱,,,AB BC VC VA 的中点， 所以//DQ MN ，//DM QN ，即四点,,,D M N Q 共面，即四边形DMNQ 为平面MNQ 截正三棱锥所得截面，且四边形DMNQ 为平行四边形。
高中数学空间几何体综合复习题(含答案)
高一数学空间几何体综合复习题一、选择题：1.下列四种说法中正确的是 ( )A.棱柱的某些侧棱延长后可能相交B.棱锥的侧面可以是梯形C.棱台的所有侧棱延长后交于同一点D.所有面都是三角形的几何体是棱锥2．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( )A ．163πB ．323π C ．16π D ．24π3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A. 43B. 52C. 73D ．34．平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为( ) A.6π B ．43π C ．46π D ．63π5. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得，则该几何体的体积为（ ） A ． 90π B ．63π C ．42π D ．36π6．如图（1）、（2）、（3）、（4）是四个几何体的三视图，这四个几何体依次分别是( )正视图 侧视图正视图 侧视图 正视图 侧视图正视图 侧视图（1）（2）（3）（4）俯视图俯视图俯视图俯视图A ．三棱台、三棱柱、圆锥、圆台B ．三棱台、三棱锥、圆锥、圆台C ．三棱柱、四棱锥、圆锥、圆台D ．三棱柱、三棱台、圆锥、圆台7．在梯形ABCD 中，2ABC π∠=，//,222AD BC BC AD AB === .将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（） A.23π 错误!未找到引用源。
B. 43π 错误!未找到引用源。
C. 53π 错误!未找到引用源。
D. 2π8．已知一个实心铁质的几何体的正视图、侧视图和俯视图都是半径为3的圆，将6个这样的几何体熔成一个实心正方体，则该正方体的表面积是 ( )A.32216π B ．3216π C ．32210π D ．3210π9．已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．πB ．3π4C ．π2D ．π410. 某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为（ ） A ．2B ．2C ．3D ．211. 正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 中点，则三棱锥11A B DC -的体积为( ) A.3B.32C.1D.3212．如图，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为2，动点E ，F 在棱A 1B 1上，动点P ，Q 分别在棱AD ，CD 上．若EF ＝1，A 1E ＝x ，DQ ＝y ，DP ＝z (x ，y ，z 大于零)，则四面体P—EFQ 的体积( )A ．与x ，y ，z 都有关B ．与x 有关，与y ，z 无关C ．与y 有关，与x ，z 无关D ．与z 有关，与x ，y 无关二、填空题13．在三棱锥S －ABC 中，面SAB ，SBC ，SAC 都是以S 为直角顶点的等腰直角三角形，且AB ＝BC ＝CA ＝2，则三棱锥S －ABC 的表面积是________．14. 已知一个圆锥的母线长为2，侧面展开是半圆，则该圆锥的体积为________．15. 已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．16.如图4，一个底面半径为R 的圆柱形量杯中装有适量的水若放入一个半径为r 的实心铁球，水面高度恰好升高r ，则Rr=________．第16题三、解答题：17. 某个几何体的三视图如图所示（单位：m ） （1）求该几何体的表面积； （2）求该几何体的体积．18. 如图是一个几何体的正视图和俯视图．（Ⅰ）试判断该几何体是什么几何体；(Ⅱ)画出其侧视图，并求该平面图形的面积；（Ⅲ）求出该几何体的体积．19. 如图，三棱锥A BCD -中，AB ⊥平面,BCD CD BD ⊥.（Ⅰ）求证：CD ⊥平面ABD ；(Ⅱ)若1AB BD CD ===，M 为AD 中点，求三棱锥A MBC -的体积.20. 如图，把边长为2的正六边形ABCDEF 沿对角线BE 折起，使AC ＝ 6.(Ⅰ)求证：平面ABEF ⊥平面BCDE ； (Ⅱ)求五面体ABCDEF 的体积．21.如图，已知四棱锥A BCDE -，1AB BC AC BE ====，2CD =，CD ⊥平面ABC ，BE ∥CD ，F 为AD 的中点．（Ⅰ）求证：EF ∥平面ABC ； （Ⅱ）求证：平面ADE ⊥平面ACD ； （Ⅲ）求四棱锥A BCDE -的体积．[来源:学科网]22. 如图(1)所示，在直角梯形ABEF 中(图中数字表示线段的长度)，将直角梯形DCEF 沿CD折起，使平面DCEF ⊥平面ABCD ，连结部分线段后围成一个空间几何体，如图(2)所示． (Ⅰ)求证：BE ∥平面ADF ； (Ⅱ)求三棱锥F －BCE 的体积．参考答案一、选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C BABBCCABBCD二、填空题13. 3＋3 14. 15. 92π 16. 。
高考数学二轮复习专题综合测试卷(4)立体几何与空间向量(理)(含解析)
4立体几何与空间向量(理)时间120 分钟，满分150 分。
一、选择题 (本大题共只有一项为哪一项切合题目要求的1． (2015 青·岛市质检中的 x 的值是 ()12 个小题，每题 5 分，共 60 分，在每题给出的四个选项中，))某几何体的三视图以下图，且该几何体的体积是3，则正视图9A ． 2B．23D． 3C.2[答案 ]D[分析 ]依题意，由三视图复原出原几何体的直观图以下图，原几何体为四棱锥，且其底面积为112×2×(1＋ 2)＝ 3，高为 x，所以其体积V＝3×3x＝ 3，所以 x＝ 3.2． (2015 ·西理，陕 5)一个几何体的三视图以下图，则该几何体的表面积为()A ． 3πC．2π＋ 4B． 4πD． 3π＋4[答案 ]D[分析 ] 由空间几何体的三视图可知该几何体为竖着放的半个圆柱，圆柱底面半径为1，高为 2，所以几何体的表面积S＝ 2×2＋π×2＋π＝ 3π＋ 4.故此题正确答案为D．3．一个棱锥的三视图以下图，则这个棱锥的体积是()A ． 6B． 12C．24D． 36[答案 ]B[分析 ]由三视图知该几何体为有一条侧棱与底面垂直的四棱锥，体积1V＝ 3×(4 ×3) ×3＝12.4．如图，设平面α∩β＝EF，AB⊥ α，CD⊥ α，垂足分别是B、 D ，假如增添一个条件，就能推出 BD ⊥EF，这个条件不行能是下边四个选项中的()A． AC⊥ βB．AC⊥ EFC．AC 与 BD 在β内的射影在同一条直线上D． AC 与α、β所成的角相等[答案 ]D[分析 ]的逆定理可得由于 BD 是 AC 在平面α内的射影，所以只要获得AC⊥ EF ，那么由三垂线定理BD ⊥ EF .关于选项A ，由于 AC⊥ β，EF ? β? AC⊥ EF? BD⊥EF .选项 B，由于AC⊥ EF，所以BD ⊥ EF.关于选项C，可得平面ABDC ⊥ β，所以BD⊥ EF.关于选项 D ，AC 与α、β所成的角相等，没法保证AC⊥EF .综上知选 D ．5．设m、n 是两条不一样的直线，α、β是两个不一样的平面，则以下命题不正确的选项是()A ．若m⊥ n， m⊥ α， n?α，则n∥ αB．若m⊥ β，α⊥ β，则m∥ α或m?αC．若 m⊥ n， m⊥ α， n⊥ β，则α⊥ βD．若 m∥ α，α⊥ β，则 m⊥ β[答案 ]D明显[分析]关于选项D，当直线m与平面β不垂直，所以选项m 位于平面β内且与平面α，β的交线平行时，直线D 不正确．m∥ α，6．已知正四周体A－ BCD ，设异面直线AB 与 CD 所成的角为α，侧棱AB与底面BCD所成的角为β，侧面ABC与底面BCD所成的角为γ，则()A ．α>β>γB．α>γ>βC．β>α>γD．γ>β>α[答案 ]B[分析 ]如图，设底面BCD的中心为点O，连结AO， BO，易知∠ ABO＝β，取BC的中点 E，连结 AE 、OE，易知∠ AEO＝γ，在正三角形BCD 中， OB>OE，π所以 0<β<γ<2，延伸 BO 交 CD 于 F ，则 BF⊥ CD ，又 AO⊥ CD ，π∴ CD⊥平面 ABF .∴ CD⊥ AB，即α＝2.∴α>γ>β.7．如图，在△ ABC 中， AB⊥AC，若 AD⊥ BC，则 AB2＝ BD·BC；近似地有命题：在三2棱锥 A－BCD 中，AD ⊥平面 ABC，若 A 点在平面BCD 内的射影为M，则有 S△ABC＝ S△BCM·S △BCD．上述命题是 ()A ．真命题B．增添条件“AB⊥AC ”才是真命题C．增添条件“M 为△ BCD 的垂心”才是真命题D．增添条件“三棱锥 A－ BCD 是正三棱锥”才是真命题[答案 ]A[分析 ]由于 AD ⊥平面 ABC，所以 AD ⊥ AE， AD⊥ BC，在△ ADE 中， AE 2＝ ME·DE ，又 A 点在平面 BCD 内的射影为 M，所以 AM ⊥平面 BCD ，AM⊥ BC，所以 BC⊥平面 ADE ，2所以 BC⊥ DE ，将 S△ABC、 S△BCM、 S△BCD分别表示出来，可得 S△ABC＝ S△BCM·S△BCD，应选 A.8． (2015 德·州市期末 )以下图，在长方体 ABCD －A1B1C1D1中， AB ＝2， AD ＝ 3， AA1＝26，点 P 是 B1C 的三均分点且凑近点 C，则异面直线 AP 和 DD 1所成的角为 ()ππA. 6B．4π5πC．3D．12[答案 ]C[分析 ]如图，过点 P 作 PN⊥ BC 于点 N，连结 AN，则 PN∥ BB1，而 DD 1∥ BB1，所以 DD 1∥ PN，所以∠ APN 就是异面直线AP 和 DD 1所成的角．由于点 P 是 B1C 的三均分点且凑近点C，且 AB＝ 2， AD1262＝3，AA1＝ 2 6，所以 PN＝ BB1＝，BN＝ BC＝ 2.在 Rt△ ABN 中，333AN ＝22＝ 3，所以∠ APNAN＝ 2 2，在 Rt △ ANP 中， tan∠ APN＝PN263π＝3.9． (2015 浙·江文， 7)如图，斜线段 AB 与平面α所成的角为60°， B 为斜足，平面α上的动点 P 知足∠ PAB＝ 30°，则点 P 的轨迹是 ()A ．直线B．抛物线C．椭圆D．双曲线的一支[答案 ]C[分析 ]考察1.圆锥曲线的定义； 2.线面地点关系．由题可知，当P 点运动时，在空间中，知足条件的AP 绕AB 旋转形成一个圆锥，用一个与圆锥高成60°角的平面截圆锥，所得图形为椭圆．应选 C.10．(2015·南市模拟济)类比平面内“垂直于同一条直线的两条直线相互平行”的性质，可得出空间内的以下结论：①垂直于同一个平面的两条直线相互平行；②垂直于同一条直线的两条直线相互平行；③垂直于同一个平面的两个平面相互平行；④垂直于同一条直线的两个平面相互平行．则正确的结论是()A ．①②B．②③C．③④D．①④[答案] D[分析 ]明显①④正确；关于②，在空间中垂直于同一条直线的两条直线能够平行，也能够异面或订交；关于③，在空间中垂直于同一个平面的两个平面能够平行，也能够订交(如长方体相邻双侧面与底面)．11．(2014 ·州市质检郑 )如图，四边形 ABCD 中，AB ＝AD ＝CD＝ 1，BD＝ 2，BD ⊥ CD ．将四边形 ABCD 沿对角线 BD 折成四周体 A′－ BCD ，使平面 A′BD ⊥平面 BCD ，则以下结论正确的是()A ． A′C⊥ BDB．∠ BA′C＝ 90°C．CA ′与平面 A′BD 所成的角为30°D．四周体A′－ BCD 的体积为[答案]B 1 3[分析 ] 取 BD 的中点 O，∵ A′B＝ A′D，∴ A′O⊥ BD ，又平面 A′BD⊥平面 BCD ，平面A′BD ∩平面 BCD＝ BD ，∴ A′O⊥平面 BCD ，∵ CD⊥ BD，∴OC 不垂直于 BD．假设 A′C⊥ BD，∵ OC 为 A′C 在平面 BCD 内的射影，∴ OC⊥ BD，矛盾，∴A′C 不垂直于 BD ， A 错误；∵ CD⊥ BD ，平面 A′BD ⊥平面 BCD ，∴ CD⊥平面 A′BD ， A′C 在平面 A′BD 内的射影为 A′D，∵ A′B＝A′D＝ 1， BD＝ 2，∴ A′B⊥ A′D，A′B⊥ A′C，B 正确；∠ CA′D 为直线 CA′与平面 A′BD 所成的角，∠ CA′D＝ 45°， C 错误； V A′11，D 错误，应选 B．－BCD＝S△A′BD·CD＝3612．(2014 ·山市二模唐)直三棱柱 ABC－ A1B1C1的全部极点都在半径为2的球面上， AB ＝AC ＝ 3， AA1＝ 2，则二面角 B－ AA1－ C 的余弦值为 ()A ．－1B．－1 3211 C.3D．2 [答案 ]D[分析 ]如图，设球心为 O ，底面△ ABC 外接圆的圆心为 O ′，则 OA ＝OB ＝ OC ＝ 2，OO ′＝1，∴ O ′A ＝ O ′B ＝O ′C ＝ 1，∴ BC ＝3，∴△ ABC 为正三角形，∴二面角 B － AA 1 －C1的平面角 BAC ＝ 60°，∴二面角B －AA 1－ C 的余弦值为 2.二、填空题 (本大题共 4 个小题，每题5 分，共 20 分，将正确答案填在题中横线上)13．(2015 ·庄四校联考枣 )在正三棱锥 P － ABC 中， M ， N 分别是 PB ，PC 的中点，若截S 1面 AMN ⊥平面 PBC ，且三棱锥 P －ABC 的侧面积为S 1，底面积为 S 2，则 S 2＝ ________.[答案 ] 2 3[分析 ]取线段 BC 的中点 D ，连结 PD 交 MN 于 H ，连结 AD ，AH .由于 M ， N 分别是 PB ， PC 的中点，所以H 为 PD 的中点，AH ⊥MN ，又平面 AMN ⊥平面 PBC ，平面 AMN ∩平面 PBC ＝ MN ， 所以 AH ⊥平面 PBC ，进而 AH 垂直且均分 PD ，则 PA ＝ AD ，设AB ＝ a ，则 PA ＝ AD ＝33 23 22a ，所以侧面积 S 1＝a ，底面积 S 2＝a ，24则S 1＝ 2 3.S 214.(2015 胶·东示范校质检 )如图， 在平面四边形 ABDC 中，已知 AB ⊥ BC ，CD ⊥ BD ，AB＝BC ，现将四边形 ABDC 沿 BC 折起，使平面 ABC ⊥平面 BDC ，设 E ，F 分别为棱 AC ， AD 的中点，若 CD ＝ 2，∠ BCD ＝ 60°，则 V A － BFE ＝________.2 3[答案 ]3[分析 ] 由于平面 ABC ⊥平面 BDC ， AB ⊥ BC ，所以 AB ⊥平面 BDC ，所以 AB ⊥ CD ，又 CD ⊥ BD ， AB ∩BD ＝ B ，所以 DC ⊥平面 ABD ，由于 E ， F 分别为棱AC ， AD 的中点，所以 EF ⊥平面 ABD ，所以 A － BFE ＝ V E －ABF ，在 Rt △VBCD 中， CD ＝ 2，∠ BCD ＝60°，所以 BD ＝ 2 3， BC ＝ 4，又 AB ＝ BC ， 所以 AB ＝ 4，由于 E ， F 分别为棱 AC ， AD 的中点，所以 EF ＝ 1，所以V －BFE ＝ V － ABF＝ 1 △＝11 △ ABD )A E×1×S ABF3 ·( S321 12 3＝ ××23×4＝3.6 215．设 C 是∠ AOB 所在平面外的一点， 若∠ AOB ＝∠ BOC ＝∠ AOC ＝ θ，此中 θ是锐角，而 OC 和平面 AOB 所成角的余弦值等于3，则 θ的值为 ________．3[答案 ] 60°[分析 ] 作 CC 1⊥平面 AOB 于点 C 1，C 1A 1⊥OA 于点 A 1，C 1B 1⊥ OB 于点 B 1，连结 OC 1，则∠ COC 1 为直线 OC 与平面 AOB 所成的角，且 OC 1 是∠ AOB 的均分线，设 OA 1＝ x ，则 OC ＝ x，cos θOC 1＝x ，θcos 22θcos θ2cos － 13易求得 cos ∠ COC ＝2＝＝，1θθ3cos 2cos 22θ3 θ即 2cos－ 3cos － 1＝ 0，解之得22θ 3 θ3cos ＝或 cos ＝－3(舍去 )，2 22θ故 2＝ 30°，所以 θ＝ 60°.16．如图，正方形 BCDE 的边长为 a ，已知 AB ＝ 3BC ，将直角△ ABE 沿 BE 边折起，A 点在面 BCDE 上的射影为 D 点，则翻折后的几何体中有以下描绘：① AB 与 DE 所成角的正切值是 2；② V B －ACE 的体积是1 3 ；a6③ AB ∥ CD ；④平面 EAB ⊥平面 ADE ；⑤直线 BA 与平面 ADE 所成角的正弦值为3 3.此中正确的表达有 ________(写出全部正确结论的编号 )．[答案 ] ①②④⑤[分析 ]由题意可得以下图的几何体，关于①， AB 与 DE 所成角为∠ ABC ，在△ ABC中，∠ ACB ＝90°， AC ＝ 2a ， BC ＝ a ，所以 tan ∠ ABC ＝ 2，故①正确；1113，故②正确；③明显错误；关于②， V B－ACE＝ V A－ECB＝×a× ×a×a＝a326关于④，由于 AD⊥平面 BCDE ，所以 AD ⊥ BE，又由于 DE ⊥ BE，所以 BE⊥平面 ADE ，可得平面 EAB⊥平面 ADE，故④正确；关于⑤，由④可知，∠ BAE 即为直线 BA 与平面 ADE所成的角，在△ ABE 中，∠ AEB＝90°，AB＝3a， BE＝ a，所以 sin∠ BAE＝3，故⑤正确．3三、解答题 (本大题共 6 个小题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 )17．(此题满分 10 分 )如图，直三棱柱ABC－ A1B1C1中，△ ABC 是等边三角形， D 是 BC 的中点．(1)求证：直线A1D ⊥B1C1；(2)判断 A1B 与平面 ADC 1的地点关系，并证明你的结论．[分析 ] (1)在直三棱柱 ABC－A1B1C1中， AA1⊥平面 ABC，所以 AA1⊥ BC，在等边△ ABC 中， D 是 BC 中点，所以 AD ⊥ BC，由于在平面A1AD 中， A1A∩AD ＝ A，所以 BC ⊥平面 A1AD ，又由于 A1D ? 平面 A1AD ，所以 A1D⊥ BC，在直三棱柱ABC－ A1B1C1中，四边形BCC1B1是平行四边形，所以B1C1∥ BC，所以，A1D ⊥ B1C1.(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形 ACC1A1是平行四边形，在平行四边形ACC1A1中连结 A1C，交 AC1于点 O，连结 DO.故 O 为 A1C 的中点．在三角形 A11 1 ．CB中，D 为 BC中点，O为 A C中点，故DO∥A B 由于 DO ? 平面 ADC 1， A1B?平面 ADC 1，所以， A1B∥平面 ADC 1，故 A1B 与平面 ADC 1平行．18． (此题满分12 分)(2015 山·西太原市模拟 )如图，四棱锥P－ ABCD 的底面 ABCD 是平行四边形，∠DAB ＝ 60°，AB＝ 2AD＝2， PD ⊥平面 ABCD ．(1)求证： AD ⊥PB；(2)若 BD 与平面 PBC 的所成角为30°，求四周体P－ BCD 的体积．[分析 ] (1)证明：在△ ABD 中，∠ DAB＝ 60°， AB＝ 2AD ＝ 2，由余弦定理得 BD 2＝ AB2＋ AD2－ 2AB·AD cos∠ DAB ＝3，∴AB2＝ AD2＋ BD2，∴∠ ADB＝ 90°，∴AD⊥ BD ，∵PD⊥平面 ABCD ，∴PD⊥AD，∴ AD⊥平面 PBD ，∴ AD⊥ PB；(2)过 D 作 DE⊥ PB，垂足为E，∵ ABCD 是平行四边形，∴AD ∥ BC，由 (1)得 AD⊥平面 PBD ，∴ BC ⊥平面 PBD，∴平面 PBC⊥平面 PBD ，∴ DE⊥平面 PBC，∴ BD 与平面 PBC 的所成角为∠ DBE ＝ 30°，由 (1)得 BD＝ 3， DP＝BD ·tan∠ DBE＝ 1，1113∴ V P－BCD＝S△BCD·DP＝× BD ·BC·DP ＝6.33219．(此题满分12 分 )(2014 成·都一诊 ) 如图， PO⊥平面 ABCD ，点 O 在 AB 上，EA∥ PO，四边形 ABCD 为直角梯形， BC ⊥AB， BC＝ CD ＝ BO＝PO ，EA＝ AO＝1 CD．2(1)求证： PE ⊥平面 PBC ；(2)直线 PE 上能否存在点M ，使 DM ∥平面 PBC ，若存在，求出点 M ；若不存在，说明原因．(3)求二面角 E － BD －A 的余弦值．[分析 ] (1)证明：∵ EA ∥ OP ， AO? 平面 ABP ，∴点 A ， B ，P ， E 共面．∵ PO ⊥平面 ABCD ， PO? 平面 PEAB ．∴平面 PEAB ⊥平面 ABCD ，∵ BC? 平面 ABCD ， BC ⊥ AB ，平面 PEAB ∩平面 ABCD ＝ AB ， ∴ BC ⊥平面 PEAB ，∴ PE ⊥ BC.由平面几何知识知PE ⊥ PB ，又 BC ∩PB ＝ B ，∴ PE ⊥平面 PBC.(2)点 E 即为所求的点，即点M 与点 E 重合．取 PB 的中点 F ，连结 EF 、CF 、DE ，延长 PE 交 BA 的延伸线于 H ，则 E 为 PH 的中点， O 为 BH 的中点，∴ EF 綊 OB ，又 OB 綊 CD ，∴ EF ∥CD ，且 EF ＝DC ，∴四边形 DCFE 为平行四边形，所以DE ∥ CF .∵ CF 在平面 PBC 内， DE 不在平面 PBC 内， ∴ DE ∥平面 PBC.(3)由已知可知四边形BCDO 是正方形，明显 OD 、 OB 、OP 两两垂直，如图成立空间直角坐标系，设DC ＝ 1，1 1 则 B(0,1,0)， D (1,0,0) ，E(0，－ ， )，2 2设平面 BDE 的一个法向量为 n 1＝ (x ， y ， z)， →→ 3 1BD ＝ (1，－ 1,0)， BE ＝ (0，－2， )，2→x － y ＝0， n 1·BD ＝ 0， 即→ －3 1n 1·BE ＝0，2y ＋ 2z ＝ 0. 取 y ＝ 1，则 x ＝ 1， z ＝ 3，进而 n 1＝ (1,1,3) ．取平面 ABD 的一个法向量为 n 2＝ (0,0,1) ．cos〈n1，n2〉＝n1·n2＝3＝311，|n1| ·|n2 |11·111311故二面角 E－BD － A 的余弦值为.1120．(此题满分12 分 )(2015 江·西省质检 )已知斜四棱柱ABCD － A1B1C1D1的底面是矩形，侧面 CC1D 1D 垂直于底面ABCD ， BC＝ 2AB＝ DC 1＝ 2， BD1＝2 3.(1)求证：平面AB1 C1D ⊥平面 ABCD ；(2)点 E 是棱 BC 的中点，求二面角A1－ AE－ D 的余弦值．[分析 ] (1)连结 CD1，设 CD 1∩DC 1＝ F，则 F 是 CD 1， DC 1的中点，由于底面 ABCD 是矩形，所以 BC⊥CD ，又平面 ABCD ⊥平面 CC1D1D ，所以 BC ⊥平面 CC1D 1D，所以 BC⊥ CD1，由 BD1＝2 3，BC＝2，得 CD1＝2 2，CF＝ 2.1在△ DFC 中， DF ＝2DC 1＝ 1， CD＝ 1.所以 CD 2＋DF 2＝CF 2，所以 DF ⊥ DC，又 BC⊥平面 CC1D 1D 得 DF ⊥ BC，所以 DF ⊥平面 ABCD ，DF ? 平面 AB1C1D，所以平面 AB1C1D ⊥平面 ABCD ；(2)由 (1) 能够点 D 为原点， DA， DC，DC 1所在直线分别为x 轴， y 轴， z 轴成立空间直角坐标系，则平面DAE 的法向量→，n＝DC1＝(0,0,2)设平面 A1AE的法向量为 m＝(x，y，z)，→→→→→，由于 DA＝ (2,0,0) ， DE＝ (1,1,0) ， AA1＝ DD 1＝ (0，－ 1,2)，所以 AE＝ (－ 1,1,0)→由 m·AE＝0得－x＋y＝0，→得－ y＋ 2z＝0，由 m·AA1＝0令 z＝ 1，得m＝ (2,2,1) ，所以 cos 〈m ，n 〉＝2＝ 1，4＋ 4＋1×2 31即所求二面角的余弦值为3.21．(此题满分 12 分 )如图①，边长为 1 的正方形 ABCD 中，点 E 、F 分别为 AB 、BC 的中点，将△ BEF 剪去，将△ AED 、△ DCF 分别沿 DE 、DF 折起，使 A 、C 两点重合于点 P ，得一三棱锥如图②所示．(1)求证： PD ⊥EF ；(2)求三棱锥 P － DEF 的体积；(3)求 DE 与平面 PDF 所成角的正弦值．[分析 ] (1)依题意知图①折前AD ⊥ AE ， CD ⊥ CF ，∴折起后 PD ⊥ PE ， PF ⊥ PD ，∵ PE ∩PF ＝P ，∴ PD ⊥平面 PEF .又∵ EF? 平面 PEF ，∴ PD ⊥ EF.112 (2)依题意知图①中 AE ＝ CF ＝2，∴ PE ＝ PF ＝ 2，在△ BEF 中 EF ＝ 2BE ＝ 2 ，在△ PEF 中， PE 2＋ PF 2＝EF 2，∴ PE ⊥PF ，1 ·PE1 1 1 1 ，∴ S △PEF ＝·PF ＝ ··＝22 2 2 8∴ V － DEF ＝ V －PEF＝ 1△1 11PDS PEF ·PD ＝ × ×1＝ .33 824(3)由 (2) 知 PE ⊥ PF ，又 PE ⊥ PD ，∴ PE ⊥平面 PDF ，∴∠ PDE 为 DE 与平面 PDF 所成的角．在 Rt △PDE 中，∵ DE ＝ PD 2＋ PE 2＝ 1＋ 1＝ 5， PE ＝ 1，4221∴ sin ∠ PDE ＝ PE ＝ 2＝ 5DE 55 .222． (此题满分 12分)如图，在三棱柱 ABC － A 1B 1C 1 中， H 是正方形 AA 1 B 1B 的中心，AA 1＝ 2 2， C 1 H ⊥平面 AA 1 B 1B ，且 C 1H ＝ 5.(1)求异面直线 AC 与 A 1B 1 所成角的余弦值；(2)求二面角 A － A 1 C 1 －B 1 的正弦值；(3)设 N 为棱 B 1C 1 的中点，点M 在平面 AA 1B 1B 内，且 MN ⊥平面 A 1B 1C 1，求线段 BM的长．[分析 ] 以下图 ，成立空间直角坐标系，点B 为坐标原点．依题意得 A(2 2，0,0)，B(0,0,0) ，C( 2，－ 2， 5)，A 1(2 2， 2 2， 0)，B 1(0,22， 0)， C 1( 2，2， 5)．→2， →2 2，0,0)，于是(1)易得 AC ＝ (－ 2，－ 5)，A 1B 1＝ (－〈→，A →〉＝ cos AC 1B 1 → → ＝4 ＝ 2 AC ·A 1B 1 → →3×2 2 3 .|AC| |A ·1B 1|所以异面直线 AC 与 A 1B 1 所成角的余弦值为2. 3→ →2， 5)．(2)易知 AA 1＝ (0,2 2， 0)， A 1C 1＝(－ 2，－ 设平面 AA 1C 1 的法向量 m ＝ (x ， y ， z)，则→－ 2x － 2y ＋ 5z ＝ 0，m ·A 1C 1＝ 0，→即2 2y ＝0.m ·AA 1＝0.不如令 x ＝ 5，可得 m ＝ ( 5， 0， 2)．相同的，设平面A 1B 1C 1 的法向量 n ＝ (x ， y ， z)，则→n ·A 1C 1＝ 0，→n ·A 1B 1＝ 0.－ 2x － 2y ＋ 5z ＝ 0，即－ 2 2x ＝ 0.不如令 y ＝ 5，可得 n ＝ (0， 5， 2)．于是 cos 〈m ，n 〉＝ m ·n22|m | |·n |＝7·7 ＝ 7 ，进而 sin 〈 m ， n 〉＝ 37 5.35所以二面角A － A 1C 1－B 1 的正弦值为7 .(3)由 N 为棱 B 1C 1 的中点，得N 22，3 22， 25 .→2－ a ， 3 2 － b ， 5 ，设 M(a ， b,0)，则 MN ＝2 2 2→ →由 MN ⊥平面 A 1B 1C 1，得 MN ·A 1B 1＝ 0，→ →MN ·A 1C 1＝ 0.2－a－ 2 2 ＝ 0，2即5 2－ 2 3 2－ 2 2 － a＋2 － b＋2 ·5＝0.2，2 222a ＝ 2故 M→ ，解得2 ， 4， 0 ，所以 BM ＝ 2 ，4 ， 0 2b ＝ 4 .→ 10所以线段 BM 的长 |BM |＝ 4 .。
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专题39 空间几何体综合练习 1．用一个平面去截一个几何体，得到的截面是圆面，这个几何体不可能是( )。
A 、圆锥
B 、圆柱
C 、球
D 、棱柱
2．如右图所示，在正方体1111D C B A ABCD -中，M 、N 分别是1BB 、BC 的中点，则图中阴影部分在正方体的六个面上的正投影(投射线垂直于投射面所得的平行投影)可能为下图中的( )。
① ② ③ ④
A 、①③
B 、②④
C 、②③④
D 、③④ 3．如图所示，在多面体ABCDEF 中，已知四边形ABCD 是边长为1的正方形，且AD
E ∆、BC
F ∆均为正三角形，AB EF //，2=EF ，则该多面体的体积为( )。
A 、3
2 B 、
33 C 、
32 D 、3
4 4．如图，在长方体D C B A ABCD ''''-中，用截面截下一个棱锥D D A C ''-，则棱锥D D A C ''-的体积与剩余部分的体积之比为( )。
A 、51：
B 、41：
C 、31：
D 、21：
5．如图所示，已知一圆台上底面半径为5cm ，下底面半径为10cm ，母线AB 长为20cm ，其中A 在上底面上，B 在下底面上，从AB 的中点M 处拉一条绳子，绕圆台的侧面转一周达到B 点，则这条绳子的长度
最短为( )。
A 、30cm
B 、40cm
C 、50cm
D 、60cm
6．如图为一个几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为( )。
A 、π4
B 、π8
C 、π12
D 、π16
7．在地球北纬 60圈上有A 、B 两点，它们的经度相差 180，A 、B 两地沿纬线圈的弧长与A 、B 两点的球面距离之比为( )。
A 、31：
B 、21：
C 、32：
D 、23：
8．已知A 、B 是球O 的球面上两点， 90=∠AOB ，C 为该球面上的动点，若三棱锥ABC O -体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )。
A 、π36
B 、π64
C 、π144
D 、π256
9．平行四边形ABCD 中，BD AB ⊥，且4222=+BD AB ，沿BD 将四边形折起成平面⊥ABD 平面BDC ，则三棱锥BCD A -外接球的表面积为( )。
A 、2
π B 、π2
C 、π4
D 、π16
10．已知四面体ABCD 是球O 的内接四面体，且AB 是球O 的一条直径，2=AD ，3=BD ，则下面结论错误的是( )。
A 、球O 的表面积为π13
B 、A
C 上存在一点M ，使得BM A
D //
C 、若N 为C
D 的中点，则CD ON ⊥
D 、四面体ABCD 体积的最大值为213 11．如图所示，在三棱柱ABC O -中，三条棱OA 、OB 、OC 两两垂直，且OC OB OA >>，分别经过三条棱OA 、OB 、OC 作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为1S 、2S 、3S ，则1S 、2S 、3S 的大小关系( )。
A 、321S S S >>
B 、312S S S >>
C 、132S S S >>
D 、123S S S >>
12．如图所示，正方体D C B A ABCD ''''-的棱长为1，E 、F 分别是棱A A '、C C '的中点，过直线E 、F 的平面分别与棱B B '、D D '交于M 、N ，设x BM =，]10[，∈x ，则下列命题中错误的是( )。
A 、平面⊥MENF 平面
B D BD ''
B 、当且仅当2
1=x 时，四边形MENF 的面积最小 C 、四边形MENF 周长)(x f L =是单调函数
D 、四棱锥MENF C -'的体积)(x h V =为常函数
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在有太阳的某时刻，一个大球放在水平地面上，球的影子伸到距离球与地面接触点10m 处，同一时刻一根长3m 的木棒垂直于地面，且影子长1m ，则此球的半径为 。
14．古希腊数学家阿基米德是世界上公认的三位最伟大的数学家之一，其墓碑上刻着他认为最满意的一个数学发现。
如图，一个“圆柱容球”的几何图形，即圆柱容器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边，在该图中，球的体积是圆柱体积的32，并且球的表面积也是圆柱表面积的3
2，若圆柱的表面积是π6，现在向圆柱和球的缝隙里注水，则最多可以注入的水的体积为 。
15．连接正方体相邻各面的中心(中心是指正方形的两条对角线的交点)后所得到了一个几何体，设正方体的棱长为a ，则该几何体的表面积为 ，该几何体的体积为 。
(本题第一空2分，第二空3分)
16．已知正四棱锥ABCD P -内接于半径为1的球，则当此正四棱锥的体积最大时，其高为 。
三、解答题：本题共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）如图所示，正方体1111D C B A ABCD -的棱长为a ，过顶点B 、D 、1A 截下一个三棱锥。
(1)求剩余部分的体积；
(2)求三棱锥BD A A 1-的高。
18．（12分）如图所示，在长方体1111D C B A ABCD -中，16=AB ，10=BC ，81=AA ，点E 、F 分别在11B A 、11C D 上，411==F D E A 。
过点E 、F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形。
(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；
(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值。
19．（12分）正四棱台两底面边长分别为3和9。
45，求棱台的侧面积；
(1)若侧棱所在直线与上、下底面正方形中心的连线所成的角为
(2)若棱台的侧面积等于两底面面积之和，求它的高。
20．（12分）如图，底面为菱形的直棱柱1111D C B A ABCD -中，E 、F 分别为棱11B A 、11D A 的中点。
(1)在图中作一个平面α，使得α⊂BD ，且平面α//AEF ；(不必给出证明过程，只要求作出α与直棱柱1111D C B A ABCD -的截面。
)
(2)若21==AA AB ， 60=∠BAD ，求点C 到所作截面α的距离。
21．（12分）如图，矩形ABCD 中，3=AB ，4=BC 。
E 、F 分别在线段BC 和AD 上，AB EF //，将矩形ABEF 沿EF 折起。
记折起后的矩形为MNEF ，且平面⊥MNEF 平面ECDF 。
(1)求证：//NC 平面MFD ； (2)若3=EC ，求证：FC ND ⊥； (3)求四面体NFEC 体积的最大值。
A B C D
E F
22．（12分）如图，在三棱锥ABC P -中，平面⊥PAB 平面ABC ，6=AB ，32=BC ，62=AC ，D 为线段AB 上的点，且DB AD 2=，AC PD ⊥。
(1)求证：⊥PD 平面ABC ；
(2)若4
π=
∠PAB ，求点B 到平面PAC 的距离。