2022版新教材高考数学一轮复习第7章立体几何微专题进阶课7立体几何中的动态问题学案含解析新人教B版

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高考数学一轮复习第七章立体几何答案

第七章立体几何第33讲空间几何体的表面积与体积链教材·夯基固本激活思维 1.B【解析】设圆柱的直径为2R ，则高为2R ，由题意得4R 2＝8，所以R ＝2，则圆柱表面积为π×(2)2×2＋2×2π×22＝12π.故选B. 2.B【解析】设底面半径为r cm ，因为S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π，所以r 2＝4，所以r ＝2.3. A 【解析】底面边长为2，高为1的正三棱柱的体积是V ＝Sh ＝12×2×2sin60°×1＝3.4. C 【解析】由题意，正方体的对角线就是球的直径，所以2R ＝3×23＝6，所以R ＝3，S ＝4πR 2＝36π.5.C【解析】设正四棱锥的高为h ，底面边长为a ，侧面三角形底边上的高为h ′，则依题意有⎩⎪⎨⎪⎧h2＝12ah ′，h2＝h ′2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 22，因此有h ′2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 22＝12ah ′，4⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫h ′a 2－2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫h ′a －1＝0，解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)．知识聚焦1. (1) 平行且相等全等多边形公共点平行于底面相似 (2) 任一边任一直角边垂直于底边的腰直径2. 2πrl πrl π(r 1＋r 2)l3. Sh 4πR 2研题型·融会贯通分类解析【答案】 C【解析】对于A ，通过圆台侧面上一点只能做出1条母线，故A 错误；对于B ，直角三角形绕其直角边所在直线旋转一周得到的几何体是圆锥，绕其斜边旋转一周，得到的是两个圆锥的组合体，故B 错误；对于C ，由圆柱的定义得圆柱的上底面、下底面互相平行，故C 正确；对于D ，五棱锥有十条棱，故D 错误．(1) 【答案】 D 【解析】因为在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2，所以将梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是一个底面半径为AB ＝1，高为BC ＝2的圆柱减去一个底面半径为AB ＝1，高为BC －AD ＝2－1＝1的圆锥的组合体，所以该几何体的表面积S ＝π×12＋2π×1×2＋π×1×12＋12＝(5＋2)π.(2) 【答案】 B【解析】由题知三棱锥P －ABC 的四个顶点都在球O 上，故该球为三棱锥P －ABC 的外接球．在△ABC 中，BC ＝3，∠BAC ＝60°，根据三角形的外接圆半径公式r ＝a2sin A ，可得△ABC 的外接圆半径r ＝12·332＝3，设点P 在平面ABC 内的射影为D ，则AD ＝r ＝3.又球心O 在PD 上，在Rt△PAD 中，PA 2＝PD 2＋AD 2，则PD ＝3.设三棱锥P －ABC 外接球半径为R ，如图，在Rt △ODA 中，OA 2＝OD 2＋AD 2，即(3－R )2＋(3)2＝R 2，解得R ＝2.根据球体的表面积公式S ＝4πR 2，可得球O 的表面积为S ＝4π×22＝16π.(例2(2))(1) 【答案】 12【解析】设正六棱锥的高为h ，侧面的斜高为h ′.由题意，得13×6×12×2×3×h ＝23，所以h ＝1，所以斜高h ′＝12＋(3)2＝2，所以S 侧＝6×12×2×2＝12.(2) 【答案】 C 【解析】如图所示，当点C 位于垂直于平面AOB 的直径端点时，三棱锥O －ABC 的体积最大，设球O 的半径为R ，此时V O －ABC ＝V C －AOB ＝13×12×R 2×R ＝16R 3＝36，故R ＝6，则球O 的表面积为4πR 2＝144π.(变式)【答案】 43【解析】由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于2，所以该多面体的体积为2×13×1×(2)2＝43.(1) 【答案】 C 【解析】过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3.(变式(1))(2) 【答案】 61π 【解析】由圆台的下底面半径为5，知下底面在外接球的大圆上，如图所示，设球的球心为O ，圆台上底面的圆心为O ′，则圆台的高OO ′＝OQ2－O ′Q2＝52－42＝3，所以圆台的体积V ＝13π×3×(52＋5×4＋42)＝61π.(变式(2))【答案】 C【解析】因为正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为π∶4，“牟合方盖”的体积为18，所以正方体的内切球的体积V 球＝π4×18＝92π，设正方体内切球半径为r ，则43πr 3＝92π，解得r ＝32，所以正方体的棱长为2r ＝3.【答案】 C【解析】如图所示，过球心O 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 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫522＋62＝132.(变式)课堂评价 1.3π【解析】设圆锥的底面半径为r ，母线为l ，高为h ，则由题意可得l ＝2r .因为S 侧＝πrl ＝2πr 2＝6π，所以r ＝3，l ＝23，则h ＝l2－r2＝12－3＝3，所以圆锥的体积为V ＝13πr 2h ＝13π×3×3＝3π.2.29π【解析】根据题意可知三棱锥P －ABC 可看作长方体的一个角，如图，该长方体的外接球就是经过P ，A ，B ，C 四点的球．因为PA ＝2 m ，PB ＝3 m ，PC ＝4 m ，所以长方体的体对角线的长为PA2＋PB2＋PC2＝29 m ，即外接球的直径2R ＝29m ，可得R ＝292m ，因此外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2922＝29π(m 2)．(第2题)(第3题)3.3【解析】如图，将直三棱柱ABC－A1B1C1沿BB1展开，则AM＋MC1最小等价于在矩形ACC1A1中求AM＋MC1的最小值．当A，M，C1三点共线时，AM＋MC1最小．又AB＝1，BC＝2，AB∶BC＝1∶2，所以AM＝2，MC1＝22.又在原三棱柱中，AC1＝9＋5＝14，所以cos∠AMC1＝AM2＋C1M2－AC212AM·C1M＝2＋8－142×2×22＝－12，故sin∠AMC1＝32，△AMC1的面积为S＝12×2×22×32＝3.4. 10 【解析】因为长方体ABCD－A1B1C1D1的体积为120，所以AB·BC·CC1＝120，因为E为CC1的中点，所以CE＝12CC1，由长方体的性质知CC1⊥底面ABCD，所以CE是三棱锥E－BCD的底面BCD上的高，所以三棱锥E－BCD的体积V＝13·12AB·BC·CE＝13·12AB·BC·12CC1＝112×120＝10.第34讲空间点、线、面之间的位置关系链教材·夯基固本激活思维1. C 【解析】点A在平面α外，故A∉α；直线l在平面α内，故l⊂α.2. C 【解析】此时三个平面两两相交，且有三条平行的交线．3. C 【解析】根据平面的特征，绝对的平，无限延展，不计大小和厚薄，即可知，①对，②错；再根据点线面的关系可知，③④正确．4. C 【解析】如图，因为M，N分别是长方形A1B1C1D1与长方形BCC1B1的中心，所以M，N分别是A1 C1，BC1的中点，所以直线MN与直线A1B平行，所以A错误；因为直线MN经过平面BB1D1D内一点M，且点M不在直线DD1上，所以直线MN与直线DD1是异面直线，所以B错误；因为直线MN经过平面ABC1内一点N，且点N不在直线AC1上，所以直线MN与直线AC1是异面直线，所以C正确；因为直线MN经过平面A1CC1内一点M，且点M不在直线A1C上，所以直线MN与直线A1C是异面直线，所以D错误．(第4题)5. C 【解析】连接BD，BC1，因为AB＝D1C1，AB∥D1C1，所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以AD1∥BC1，所以∠BC1D为异面直线AD1与DC1所成的角．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BD＝BC1＝DC1，所以△BC1D为等边三角形，所以∠BC1D＝60°，所以异面直线AD1与DC1所成的角的大小为60°.知识聚焦1. 两点所有的点经过这个公共点的一条直线有且只有一个平面2. 在同一平面内异面直线3. (1) 平行(2) 平行相同4. (3) 互相垂直研题型·融会贯通分类解析【解答】 (1) 因为EF是△D1B1C1的中位线，所以EF∥B1D1.在正方体AC1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD，所以EF，BD确定一个平面，即D，B，F，E四点共面．(2) 在正方体AC1中，设A1ACC1确定的平面为α，又设平面BDEF为β.因为Q∈A1C1，所以Q∈α.又Q∈EF，所以Q∈β，则Q是α与β的公共点，所以α∩β＝PQ.又A1C∩β＝R，所以R∈A1C.所以R∈α，且R∈β，则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．【解答】(1) 因为PQ⊂平面PQR，M∈直线PQ，所以M∈平面PQR.因为RQ ⊂平面PQR，N∈直线RQ，所以N∈平面PQR，所以直线MN⊂平面PQR.(2) 因为M∈直线CB，CB⊂平面BCD，所以M∈平面BCD.由(1)知M∈平面PQR，所以M在平面PQR与平面BCD的交线上，同理，可知N，K也在平面PQR与平面BCD的交线上，所以M，N，K三点共线，所以点K在直线MN上．【解答】(1) 不是异面直线，理由：连接MN，A1C1，AC，如图，因为M，N分别是A1B1，B1C1的中点，所以MN∥A1C1.又因为A1A綊D1D，D1D綊C1C，所以A1A綊C1C，所以四边形A1ACC1为平行四边形，所以A1C1∥AC，故MN∥A1C1∥AC，所以A，M，N，C在同一个平面内，故AM和CN不是异面直线．(例2)(2)是异面直线，证明如下：显然D1B与CC1不平行，假设D1B与CC1在同一个平面CC1D1内，则B∈平面CC1D1，C∈平面CC1D1，所以BC⊂平面CC1D1，这显然是不正确的，所以假设不成立，故D1B与CC1是异面直线．【解答】 (1) 由题意易知PQ∥DE，MN∥DE，所以PQ∥MN，所以M，N，P，Q四点共面．(2) 由条件知AD＝1，DC＝1，BC＝2，(例3)如图，延长ED至R，使DR＝ED，则ER＝BC，ER∥BC，故四边形ERCB为平行四边形，所以RC∥EB，又AC∥QM.所以∠ACR为异面直线BE与QM所成的角(或补角)．因为DA＝DC＝DR，且三线两两互相垂直，由勾股定理得AC＝AR＝RC＝2.因为△ACR为正三角形，所以∠ACR＝60°.所以异面直线BE 与MQ 所成的角为60°. 【题组强化】 1. C【解析】如图，取CD 的中点M ，CF 的中点N ，连接MN ，则MN ∥DF .延长BC 到点P ，使CP ＝12BC ，连接MP ，NP ，则MP ∥AC .(第1题)令AB ＝2，则MP ＝MN ＝2，又△BCF 是等边三角形，NC ＝PC ＝1，在△NCP 中，由余弦定理可得NP 2＝CP 2＋CN 2－2·CP ·CN ·cos ∠PCN ＝1＋1－2×1×1×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12＝3，所以NP ＝3，又异面直线AC 和DF 所成角为∠NMP ，在△NMP 中，由余弦定理得cos ∠NMP ＝2＋2－32×2×2＝14.2. D 【解析】如图，取CD 的中点G ，连接EG ，FG ，则FG ∥BC ，EG ∥AD ，则∠EGF 为异面直线AD 与BC 所成的角(或补角)，因为FG ＝12BC ＝2，EG ＝12AD ＝3，所以由余弦定理得cos ∠EGF ＝4＋9－22×2×3＝1112，故异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为1112.(第2题)3.C【解析】如图，设AC ∩BD ＝O ，连接OE ，易知OE 是△SAC 的中位线，故EO∥SA ，则∠BEO 为异面直线BE 与SA 所成的角．设SA ＝AB ＝2a ，则OE ＝12SA ＝a ，BE ＝32SA ＝3a ，OB ＝22SA ＝2a ，在△EOB 中，由余弦定理可得cos ∠BEO ＝a2＋3a2－2a223a2＝33.(第3题)4. 2 【解析】如图，设AB 的中点为E ，连接EN ，则EN ∥AC 且EN ＝12AC ，所以∠MNE 或其补角即为异面直线MN 与AC 所成的角．连接ME ，在Rt △MEN 中，tan ∠MNE ＝MENE＝2.所以异面直线MN 与AC 所成角的正切值为2.(第4题)【答案】 A 【解析】如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，平面AB 1D 1与棱A 1A ，A 1B 1，A 1D 1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A 1A ，A 1B 1，A 1D 1平行，故正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的每条棱所在直线与平面AB 1D 1所成的角都相等．如图所示，取棱AB ，BB 1，B 1C 1，C 1D 1，D 1D ，DA 的中点E ，F ，G ，H ，M ，N ，则正六边形EFGHMN 所在平面与平面AB 1D 1平行且面积最大，此截面面积为S 正六边形EFGHMN ＝6×12×22×22×sin60°＝334.故选A.(例4)【答案】 26【解析】由题知，过BD1的截面可能是矩形，可能是平行四边形．(1) 当截面为矩形，即截面为ABC1D1，A1BCD1，BB1D1D时，由正方体的对称性可知S矩形ABC1D1＝S矩形A1BCD1＝S矩形BB1D1D＝42.(2) 当截面为平行四边形时，如图所示，过点E作EM⊥BD1于M，S▱BED1F＝BD1·EM，又因为BD1＝23，所以S▱BED1F＝EM·23，过点M作MN∥D1D交BD于N，连接AN，当AN⊥BD时，AN最小，此时，EM的值最小，且EM＝2，故四边形BED1F面积的最小值为S▱BED1F＝2×23＝26，又因为42＞26，所以过BD1的截面面积S的最小值为26.(变式)课堂评价1. D 【解析】因为一条直线与两条异面直线中的一条平行，所以它与另一条异面直线可能异面也可能相交．2. B 【解析】当两个平面相互平行时，把空间分成3部分．当两个平面相交时，把空间分成4部分．所以不重合的两个平面可以把空间分成3或4部分．3. BD 【解析】对于A，两两相交的三条直线，若相交于同一点，则不一定共面，故A不正确；对于B，平行四边形两组对边分别平行，则平行四边形是平面图形，故B正确；对于C，若一个角的两边分别平行于另一个角的两边，则这两个角相等或互补，故C不正确；对于D，由公理可得，若A∈α，A∈β，α∩β＝l，则A∈l，故D正确．4. ABC 【解析】如图，过点A作AM⊥BF于点M，过点C作CN⊥DE于点N.在翻折过程中，AF是以F为顶点，AM为底面半径的圆锥的母线，同理AB，E C，DC边均可看作圆锥的母线．对于A，点A和点C的轨迹为圆周，所在平面平行，显然无公共点，故A正确；对于B，AF，EC分别可看成圆锥的母线，只需看以F为顶点、AM为底面半径的圆锥的轴截面的顶角是否大于等于60°即可，故B正确；对于C，同理B，故C正确；对于D，能否使直线AB与CD所成的角为90°，只需看以B为顶点、AM为底面半径的圆锥轴截面的顶角是否大于等于90°即可，可知D不成立．故选ABC.(第4题)5. 【解答】(1) 因为DD1⊥平面ABCD，所以斜线BD1在平面ABCD内的射影是BD.又直线BD1和直线AC不同在任何一个平面内，所以直线BD1和直线AC是异面直线．(2) 连接BD.因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DD1⊥AC.又因为AC⊥BD，BD∩DD1＝D，所以AC⊥平面BDD1.因为BD1⊂平面BDD1，所以AC⊥BD1，故直线BD1和直线AC所成的角是90°.第35讲直线、平面平行的判定与性质链教材·夯基固本激活思维1. D 【解析】与一个平面平行的两条直线可以平行，相交，也可以异面．2. D 【解析】依题意，直线a必与平面α内的某直线平行，又a∥b，因此直线b与平面α的位置关系是平行或直线b在平面α内．3. BD 【解析】因为直线a∥平面α，直线a与平面α无公共点，所以直线a和平面α内的任意一条直线都不相交，与无数条直线平行．4. 平面ABCDEF、平面CC1D1D【解析】在正六棱柱中，易知A1F1∥AF，AF⊂平面ABCDEF，且A1F1⊄平面ABCDEF，所以A1F1∥平面ABCDEF.同理，A1F1∥C1D1，C1D1⊂平面CC1D1D，且A1F1⊄平面CC1D1D，所以A1F1∥平面CC1D1D.其他各面与A1F1均不满足直线与平面平行的条件．5. ①③【解析】直线l在平面α外⇔l∥α或直线l与平面α仅有一个交点．知识聚焦1. 直线a与平面α平行直线a与平面α相交直线a在平面α内研题型·融会贯通分类解析【答案】 D【解析】对于A，若a⊥c，b⊥c，则a与b可能平行、异面、相交，故A是假命题；对于B，设α∩β＝m，若a，b均与m平行，则a∥b，故B是假命题；对于C，a，b可能平行、异面、相交，故C是假命题；对于D，若α∥β，a⊂α，则a与β没有公共点，故a∥β，故D是真命题．【答案】 C【解析】对于A，两条直线可能平行也可能异面或相交；对于B，如图，在正方体ABCD－A1B1CD1中，平面ABB1A1和平面BCC1B1与B1D1所成的角相等，但这两个平面垂直；对于D，1两平面也可能相交．C正确．(变式)【解答】因为在直三棱柱ABC－A1B1C1中，点D，E分别是边BC，B1C1的中点，所以EC1綊BD，所以四边形BDC1E是平行四边形，所以BE∥C1D.因为BE⊄平面AC1D，C1D⊂平面AC1D，所以BE∥平面AC1D.【解答】如图，连接BD，令AC∩BD＝O，连接EO.因为在△BPD中，BO＝OD，PE＝ED，所以OE∥BP.又因为BP⊄平面ACE，OE⊂平面ACE，所以BP∥平面ACE.(变式)【解答】因为BC ∥平面GEFH ，BC ⊂平面ABCD ，平面GEFH ∩平面ABCD ＝EF ，所以BC ∥EF .同理可得，BC ∥GH ，所以GH ∥EF .【解答】因为AB ∥平面MNPQ ，平面ABC ∩平面MNPQ ＝MN ，且 AB ⊂平面ABC ，所以由线面平行的性质定理，知 AB ∥MN .同理可得PQ ∥AB ，故MN ∥PQ .同理可得MQ ∥NP ，所以截面四边形 MNPQ 为平行四边形．【解答】 (1) 在正方形AA 1B 1B 中，因为AE ＝B 1G ＝1，所以BG ＝A 1E ＝2，所以BG 綊A 1E ，所以四边形A 1GBE 是平行四边形，所以A 1G ∥BE .又C 1F 綊B 1G ，所以四边形C 1FGB 1是平行四边形，所以FG 綊C 1B 1綊D 1A 1，所以四边形A 1GFD 1是平行四边形，所以A 1G 綊D 1F ，所以D 1F 綊EB ，故E ，B ，F ，D 1四点共面．(2) 因为H 是B 1C 1的中点，所以B 1H ＝32. 又B 1G ＝1，所以B1G B1H ＝23. 又FC BC ＝23，且∠FCB ＝∠GB 1H ＝90°，所以△B 1HG ∽△CBF ，所以∠B 1GH ＝∠CFB ＝∠FBG ，所以HG ∥FB .因为GH ⊄平面FBED 1，FB ⊂平面FBED 1，所以GH ∥平面BED 1F .由(1)知A 1G ∥BE ，A 1G ⊄平面FBED 1，BE ⊂平面FBED 1，所以A 1G ∥平面BED 1F .又HG ∩A 1G ＝G ，所以平面A 1GH ∥平面BED 1F .【解答】因为PM ∶MA ＝BN ∶ND ＝PQ ∶QD ，所以MQ ∥AD ，NQ ∥BP .又BP ⊂平面PBC ，NQ ⊄平面PBC ，所以NQ∥平面PBC.又因为四边形ABCD为平行四边形，所以BC∥AD，所以MQ∥BC.又BC⊂平面PBC，MQ⊄平面PBC，所以MQ∥平面PBC.又MQ∩NQ＝Q，所以平面MNQ∥平面PBC.课堂评价1. D2. A3. B 【解析】因为平面SBC∩平面ABC＝BC，EF⊂平面SBC，又EF∥平面ABC，所以EF∥BC.4. ABC 【解析】由题意知，OM是△BPD的中位线，所以OM∥PD，故A正确；因为PD⊂平面PCD，OM⊄平面PCD，所以OM∥平面PCD，故B正确；同理可得OM∥平面PDA，故C正确；因为OM与平面PBA相交，故D不正确．第36讲直线、平面垂直的判定与性质链教材·夯基固本激活思维1. B 【解析】设a，b为异面直线，a∥平面α，b∥平面α，直线l⊥a，l⊥b.过a作平面β∩平面α＝a′，则a∥a′，所以l⊥a′.同理过b作平面γ∩α＝b′，则l⊥b′.因为a，b异面，所以a′与b′相交，所以l⊥α.2. A 【解析】由l⊥α且m∥α能推出m⊥l，充分性成立；若l⊥α且m⊥l，则m∥α或者m⊂α，必要性不成立，因此“m∥α”是“m⊥l”的充分不必要条件，故选A.3. A 【解析】因为DD1⊥平面ABCD，所以AC⊥DD1.又因为AC⊥BD，DD1∩BD＝D，所以AC⊥平面BDD1B1.因为OM⊂平面BDD1B1，所以OM⊥AC.设正方体的棱长为2，则OM＝1＋2＝3，MN＝1＋1＝2，ON＝1＋4＝5，所以OM2＋MN2＝ON2，所以OM⊥MN.故选A.4. AC 【解析】由题意知PA⊥平面ABC，因为BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，故A正确；因为AC⊥BC，PA⊥BC，且PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC，故C正确；若AC⊥PB，因为AC⊥BC，故可得AC⊥平面PBC，则AC⊥PC，与题目矛盾，故B错误；由BC⊥平面PAC可得，BC⊥PC，则△PBC为直角三角形，若PC ⊥PB ，则BC ，PB 重合，与已知矛盾，故D 错误．5. (1) 外 (2) 垂【解析】 (1) 如图(1)，连接OA ，OB ，OC ，OP ，在Rt △POA ，Rt △POB 和Rt △POC 中，PA ＝PC ＝PB ，所以OA ＝OB ＝OC ，即O 为△ABC 的外心．(2)如图(2)，延长AO ，BO ，CO 分别交BC ，AC ，AB 于点H ，D ，G .因为PC ⊥PA ，PB ⊥PC ，PA ∩PB ＝P ，所以PC ⊥平面PAB ，又AB ⊂平面PAB ，所以PC ⊥AB ，又AB ⊥PO ，PO ∩PC ＝P ，所以AB ⊥平面PGC .又CG ⊂平面PGC ，所以AB ⊥CG ，即CG 为△ABC 边AB 的高．同理可证BD ，AH 为△ABC 底边上的高，即O 为△ABC 的垂心．(第5题(1))(第5题(2))知识聚焦1. (1) 任意一条直线 (2) 两条相交直线都垂直2. (1) 射影锐角直角 (2) ⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤0，π2 3. (1) 两个半平面 (2) 垂直于棱 (4) 直二面角研题型·融会贯通分类解析【答案】 B【解析】如图，连接AC 1，因为∠BAC ＝90°，所以AC ⊥AB ，因为BC 1⊥AC ，BC 1∩AB ＝B ，所以AC ⊥平面ABC 1. 又AC 在平面ABC 内，所以根据面面垂直的判定定理，知平面ABC ⊥平面ABC 1，则根据面面垂直的性质定理知，在平面ABC 1内一点C 1向平面ABC 作垂线，垂足必落在交线AB 上．故选B.(例1)【答案】 C【解析】因为α∩β＝l，所以l⊂β，又n⊥β，所以n⊥l.【解答】因为AB＝AC，D是BC的中点，所以AD⊥BC. 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，因为BB1⊥底面ABC，AD⊂底面ABC，所以AD⊥B1B.因为BC∩B1B＝B，BC，B1B⊂平面B1BCC1，所以AD⊥平面B1BCC1.因为B1F⊂平面B1BCC1，所以AD⊥B1F.方法一：在矩形B1BCC1中，因为C1F＝CD＝1，B1C1＝CF＝2，所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1，所以∠CFD＝∠C1B1F，所以∠B1FD＝90°，即B1F⊥FD.因为AD∩FD＝D，AD，FD⊂平面ADF，所以B1F⊥平面ADF.方法二：在Rt△B1BD中，BD＝CD＝1，BB1＝3，所以B1D＝BD2＋BB21＝10.在Rt△B1C1F中，B1C1＝2，C1F＝1，所以B1F＝B1C21＋C1F2＝5.在Rt△DCF中，CF＝2，CD＝1，所以DF＝CD2＋CF2＝5.显然DF2＋B1F2＝B1D2，所以∠B1FD＝90°，所以B1F⊥FD.因为AD∩FD＝D，AD，FD⊂平面ADF，所以B1F⊥平面ADF.【解答】在矩形CDEF中，CD⊥DE.因为∠ADC＝90°，所以CD⊥AD.因为DE∩AD＝D，DE，AD⊂平面ADE，所以CD⊥平面ADE. 因为DM⊂平面ADE，所以CD⊥DM.又因为AB∥CD，所以AB⊥DM.因为AD＝DE，M为AE的中点，所以AE⊥DM.又因为AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE，所以MD⊥平面ABE.因为BE⊂平面ABE，所以BE⊥MD.【解答】 (1) 因为四边形ABCD是矩形，所以AB∥CD.又AB⊄平面PDC，CD⊂平面PDC，所以AB∥平面PDC.因为AB⊂平面ABE，平面ABE∩平面PDC＝EF，所以AB∥EF.(2) 因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD.因为AF⊥EF，AB∥EF，所以AB⊥AF.又AB⊥AD，点E在棱PC上(异于点C)，所以点F异于点D，所以AF∩AD＝A.又AF，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD.又AB⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.【解答】 (1) 因为PA＝PC，O是AC的中点，所以PO⊥AC. 在Rt△PAO中，因为PA＝5，OA＝3，所以由勾股定理得PO＝4.因为AB＝BC，O是AC的中点，所以BO⊥AC.在Rt△BAO中，因为AB＝5，OA＝3，所以由勾股定理得BO＝4.因为PO＝4，BO＝4，PB＝42，所以PO2＋BO2＝PB2，所以PO⊥BO.因为BO∩AC＝O，所以PO⊥平面ABC.因为PO⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC.(2) 由(1)可知平面PAC⊥平面ABC.因为平面ABC∩平面PAC＝AC，BO⊥AC，BO⊂平面ABC，所以BO⊥平面PAC，所以V POBQ＝V BPOQ＝13S△PQO·BO＝13×12S△PAO×4＝13×14×3×4×4＝4.所以四面体POBQ的体积为4.【解答】(1) 因为AB⊥AD，AB⊥BC，且A，B，C，D四点共面，所以AD ∥BC.因为BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥平面PAD.(2) 如图，过点D作DH⊥PA于点H，因为△PAD是锐角三角形，所以H与A不重合．因为平面PAD⊥平面PAB，平面PAD∩平面PAB＝PA，DH⊂平面PAD，所以DH⊥平面PAB，因为AB⊂平面PAB，所以DH⊥AB.因为AB⊥AD，AD∩DH＝D，AD，DH⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD.因为AB⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.(变式2)课堂评价1. ③⑤②⑤2. AC 【解析】如图，连接AC，BD相交于点O，连接EM，EN，SO.由正四棱锥的性质可得SO⊥底面ABCD，AC⊥BD，进而得到SO⊥AC，可得AC⊥平面SBD，利用三角形的中位线结合面面平行判定定理得平面EMN∥平面SBD，进而得到AC⊥平面EMN，故A正确；由异面直线的定义可知不可能EP∥BD；由A易得C正确；由A同理可得EM⊥平面SAC，故D错误．3. [2，3] 【解析】因为CD⊥平面B1C1CB，EF⊂平面B1C1CB，所以CD⊥EF.连接BC1，B1C，则EF∥BC1，BC1⊥B1C，所以EF⊥B1C，因为CD∩B1C＝C，所以EF⊥平面A1B1CD.当点P在线段CD上时，总有A1P⊥EF，所以A1P的最大值为A1C＝3，A1P的最小值为A1D＝2，故线段A1P长度的取值范围是[2，3]．4. 【解答】 (1) 如图，连接BD，交AC于点O，连接OF.因为四边形ABCD是矩形，O是矩形ABCD对角线的交点，所以O为BD的中点．又因为F是BE的中点，所以在△BED中，OF∥DE.因为OF⊂平面ACF，DE⊄平面ACF，所以DE∥平面ACF.(2) 因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥BC.又因为平面ABCD⊥平面BCE，且平面ABCD∩平面BCE＝BC，AB⊂平面ABCD ，所以AB ⊥平面BCE .因为CF ⊂平面BCE ，所以AB ⊥CF .在△BCE 中，因为CE ＝CB ，F 是BE 的中点，所以CF ⊥BE .因为AB ⊂平面ABE ，BE ⊂平面ABE ，AB ∩BE ＝B ，所以CF ⊥平面ABE .又CF ⊂平面AFC ，所以平面AFC ⊥平面ABE .(第4题)第37讲综合法求角与距离链教材·夯基固本激活思维1. B 【解析】如图，取AD 的中点F ，连接EF ，CF .因为E 为AB 的中点，所以EF ∥DB ，则∠CEF 为异面直线BD 与CE 所成的角．在正四面体ABCD 中，因为E ，F 分别为AB ，AD 的中点，所以CE ＝CF .设正四面体的棱长为2a ，则EF ＝a ，CE ＝CF ＝(2a )2－a 2＝3a .在△CEF 中，由余弦定理得cos ∠CEF ＝CE2＋EF2－CF22CE ·EF ＝a22×3a2＝36.(第1题)2. A 【解析】如图，连接A 1C 1，则∠AC 1A 1为AC 1与平面A 1B 1C 1D 1所成的角．因为AB ＝BC ＝2，所以A 1C 1＝AC ＝22，又AA1＝1，所以AC 1＝3，所以sin ∠AC 1A 1＝AA1AC1＝13.故选A.(第2题)3. 233【解析】设棱长为a，BC的中点为E，连接A1E，AE，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，由各棱长都相等，可得A1E⊥BC，AE⊥BC，故二面角A1－BC－A的平面角为∠A1EA.在Rt△AA1E中，AE＝32a，所以tan ∠A1EA＝AA1AE＝a32a＝233，即二面角A1－BC－A的平面角的正切值为233.(第3题)4. 8 【解析】由体积公式V＝13Sh，得96＝13×36h，所以h＝8，即点P到平面ABCD的距离是8.5.33【解析】由题意知点S在平面ABC内的射影为AB的中点H，所以SH⊥平面ABC.因为SH＝3，CH＝1，在平面SHC内作SC的垂直平分线MO，交SH于点O，则O为三棱锥S－ABC的外接球球心．因为SC＝2，所以SM＝1，∠OSM＝30°，所以SO＝233，OH＝33，即为O到平面ABC的距离．知识聚焦1. 锐角2. 垂直研题型·融会贯通分类解析【答案】 D【解析】因为PA⊥底面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥AC，即∠PAB＝∠PAC＝90°，又因为AB＝AC＝1，PA＝2，所以△PAB≌△PAC，所以PB＝PC.如图，取BC的中点D，连接AD，PD，所以PD⊥BC，AD⊥BC.又因为PD∩AD＝D，所以点BC⊥平面PAD.因为BC⊂平面PBC，所以平面PAD⊥平面PBC.过点A作AO⊥PD于点O，易得AO⊥平面PBC，所以∠APD就是直线PA与平面PBC所成的角. 在Rt△PAD中，AD＝12，PA＝2，则PD＝PA2＋AD2＝32，则sin ∠APD＝ADPD＝13.故选D.(例1)【答案】 A【解析】因为平面ABD⊥底面BCD，AB＝AD，取DB的中点O，连接AO，CO，则AO⊥BD，AO⊥平面BCD，所以∠ACO就是直线AC与底面BCD所成的角．因为BC⊥CD，BC＝6，BD＝43，所以CO＝23.在Rt△ADO中，OA＝AD2－OD2＝2.在Rt△AOC中，tan ∠ACO＝AOOC＝33，故直线AC与底面BCD所成角的大小为30°.故选A.(变式)【答案】1 3【解析】如图，过点S作SO⊥底面ABC，点O为垂足，连接OA，OB，OC，则OA＝OB＝OC，点O为等边三角形ABC 的中心．延长AO交BC于点D，连接SD.(例2)则AD⊥BC，BC⊥SD，所以∠ODS为侧面SBC与底面ABC所成二面角的平面角．因为正三棱锥S－ABC的所有棱长均为2，所以SD＝3，OD＝13AD＝33.在Rt△SOD中，cos ∠ODS＝ODSD＝13.【答案】π3【解析】在△BDC中，BC＝3，CD＝2，∠BCD＝π2，则BD＝13.在△ABC中，AB＝1，BC＝3，∠ABC＝π2，则AC＝10.又AD＝23，在△ABD中，BD2＝AB2＋AD2，则∠BAD＝π2.过点B作BE∥CD，使BE＝CD，连接AE，DE，则四边形BEDC为矩形，BE＝2.因为BC⊥AB，BC⊥BE，则BC⊥平面ABE，DE∥BC，则DE⊥平面ABE，则DE⊥AE，AE＝AD2－DE2＝3，在△ABE中，AE2＋AB2＝BE2，则∠BAE＝π2，∠AEB＝π6，∠ABE＝π3，由于AB⊥BC，EB⊥BC，则∠ABE为二面角A－BC－D的平面角，且∠ABE＝π3.【答案】 B【解析】过点B作BE∥AC，且BE＝AC.因为AC⊥AB，所以BE⊥AB.因为BD⊥AB，BD∩BE＝B，所以∠DBE是二面角α－l－β的平面角，且AB⊥平面DBE，所以AB⊥DE ，所以CE ⊥DE .因为AB ＝4，CD ＝8，所以DE ＝CD2－CE2＝82－42＝43，所以cos ∠DBE ＝BE2＋BD2－DE22BE ·BD ＝36＋36－482×6×6＝13.故选B.【解答】 (1) 如图(1)，取BD 的中点O ，连接OM ，OE .(例3(1))因为O ，M 分别为BD ，BC 的中点，所以OM ∥CD ，且OM ＝12CD .因为四边形ABCD 为菱形，所以CD ∥AB ，又EF∥AB ，所以CD∥EF ，又AB ＝CD ＝2EF ，所以EF ＝12CD ，所以OM∥EF ，且OM ＝EF ，所以四边形OMFE 为平行四边形，所以MF ∥OE .又OE ⊂平面BDE ，MF ⊄平面BDE ，所以MF ∥平面BDE .(2) 由(1)得FM ∥平面BDE ，所以点F 到平面BDE 的距离等于点M 到平面BDE 的距离．如图(2)，取AD 的中点H ，连接EH ，BH .(例3(2))因为EA ＝ED ，四边形ABCD 为菱形，且∠DAB ＝60°，所以EH ⊥AD ，BH ⊥AD .因为平面ADE ⊥平面ABCD ，平面ADE ∩平面ABCD ＝AD ，EH ⊂平面ADE ，所以EH ⊥平面ABCD ，所以EH ⊥BH ，易得EH ＝BH ＝3，所以BE ＝6，所以S △BDE ＝12×6×22－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫622＝152.设点F 到平面BDE 的距离为h ，连接DM ，则S △BDM ＝12S △BCD ＝12×34×4＝32，连接EM ，由V E －BDM ＝V M －BDE ，得13×3×32＝13×h ×152，解得h ＝155，即点F 到平面BDE 的距离为155.【解答】(1)如图，连接AF ，则AF ＝2，又DF ＝2，AD ＝2，所以DF 2＋AF 2＝AD 2，所以DF ⊥AF .因为PA ⊥平面ABCD ，所以DF ⊥PA ，又PA ∩AF ＝A ，所以DF ⊥平面PAF .又PF ⊂平面PAF ，所以DF ⊥PF .(变式)(2) 如图，连接EP ，ED ，EF .因为S △EFD ＝S 矩形ABCD －S △BEF －S △ADE －S △CDF ＝2－54＝34，所以V P －EFD ＝13S △EFD ·PA ＝13×34×1＝14.设点E 到平面PFD 的距离为h ，则由V E －PFD ＝V P －EFD ，得13S△PFD ·h ＝13·62·h ＝14，解得h ＝64，即点E 到平面PFD 的距离为64. 课堂评价 1.D【解析】如图，连接BC 1，A 1C 1，易证BC 1∥AD 1，则∠A 1BC 1即为异面直线A 1B 与AD 1所成的角．(第1题)由AB ＝1，AA 1＝2，易得A 1C 1＝2，A 1B ＝BC 1＝5，故cos ∠A 1BC 1＝5＋5－22×5×5＝45，即异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为45.2.55【解析】连接EB ，由BB 1⊥平面ABCD ，知∠FEB 即为直线EF 与平面ABCD 所成的角．在Rt △FBE 中，BF ＝1，BE ＝5，则tan ∠FEB ＝BFBE ＝55.3. 60°【解析】如图，取AB 的中点O ，连接VO ，CO .在三棱锥V －ABC 中，VA ＝VB ＝AC ＝BC ＝2，AB＝23，VC ＝1，所以VO⊥AB ，CO⊥AB ，所以∠VOC 是二面角V －AB －C 的平面角，VO ＝VA2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB 22＝4－3＝1，CO ＝BC2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB 22＝4－3＝1，所以cos ∠VOC ＝VO2＋CO2－VC22VO ·CO＝1＋1－12×1×1＝12，所以∠VOC ＝60°，所以二面角V －AB －C 的平面角的度数为60°.(第3题)4.217【解析】如图，取AB 的中点E ，连接CE ，C 1E ，过点C 作CF ⊥C 1E ，垂足为F .在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，则AB ⊥CC 1. 因为△ABC 是等边三角形，所以AB ⊥CE ，又CE ∩CC 1＝C ，所以AB ⊥平面CC 1E .因为CF ⊂平面CC 1E ，所以CF ⊥AB ，因为C 1E ∩AB ＝E ，所以CF ⊥平面ABC 1，则CF 的长即为所求．在Rt △CEC 1中，CC 1＝1，CE ＝32AB ＝32，所以C 1E ＝CC21＋CE2＝72，由等面积法，得CF ＝CC1×CE C1E ＝217.(第4题)第38讲空间直角坐标系与空间向量链教材·夯基固本激活思维 1.D【解析】因为向量OA→，OB →，OC →不能构成空间的一个基底，所以向量OA→，OB→，OC→共面，因此O ，A ，B ，C 四点共面，故选D.2. C 【解析】 AE →＝AA 1＋A 1E ＝AA 1＋12A 1C 1＝AA 1＋12(AB →＋AD →)，故x ＝12，y ＝12.3. 2 【解析】 |EF→|2＝EF →2＝(EC →＋CD →＋DF →)2＝EC →2＋CD →2＋DF →2＋2(EC →·CD →＋EC →·DF →＋CD →·DF →) ＝12＋22＋12＋2(1×2×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°) ＝2，所以|EF→|＝2，所以EF 的长为2.4. 18 【解析】因为P ，A ，B ，C 四点共面，所以34＋18＋t ＝1，所以t ＝18. 5. α⊥β α∥β 【解析】当v ＝(3，－2,2)时，u ·v ＝(－2,2,5)·(3，－2,2)＝0⇒α⊥β.当v ＝(4，－4，－10)时，v ＝－2u ⇒α∥β.知识聚焦2. (1) ①〈a ，b 〉 [0，π] 互相垂直 ②|a ||b |cos 〈a ，b 〉 a·b |a ||b |cos 〈a ，b 〉 (2) λ(a ·b ) b ·a3. a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3 a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3 a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0研题型·融会贯通分类解析【解答】 ①因为P 是C 1D 1的中点，所以AP→＝AA1→＋A1D1→＋D1P →＝a ＋AD →＋12D1C1→＝a ＋c ＋12AB →＝a ＋12b ＋c . ②因为N 是BC 的中点，所以A1N →＝A1A →＋AB →＋BN →＝－a ＋b ＋12BC →＝－a ＋b ＋12AD →＝－a ＋b ＋12c .③因为M 是AA 1的中点，所以MP →＝MA →＋AP →＝12A1A →＋AP →＝－12a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋12b ＋c ＝12a ＋12b ＋c . 又NC1→＝NC →＋CC1→＝12BC →＋AA1→＝12AD →＋AA1→＝a ＋12c ，所以MP →＋NC1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12a ＋12b ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋12c ＝32a ＋12b ＋32c . (1) 【答案】－3 【解析】因为AB→＝(3，－1,1)，AC →＝(m ＋1，n －2，－2)，且A ，B ，C 三点共线，所以存在实数λ，使得AC→＝λAB→，即(m ＋1，n －2，－2)＝λ(3，－1,1)＝(3λ，－λ，λ)，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＋1＝3λ，n －2＝－λ，－2＝λ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－2，m ＝－7，n ＝4.所以m ＋n ＝－3.(2) 【解答】 ①由题知OA→＋OB →＋OC →＝3OM →，所以OA →－OM →＝(OM →－OB→)＋(OM →－OC →)，即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →，所以MA →，MB →，MC →共面． ②由①知MA→，MB→，MC→共面且过同一点M ，所以M ，A ，B ，C 四点共面，从而点M 在平面ABC 内．【解答】因为AM→＝k AC1→，BN →＝k BC →，所以MN →＝MA →＋AB →＋BN →＝k C1A →＋AB→＋k BC →＝k (C1A →＋BC →)＋AB →＝k (C1A →＋B1C1→)＋AB →＝k B1A →＋AB →＝AB →－k AB1→＝AB →－k (AA1→＋AB →)＝(1－k )AB →－k AA1→，所以由共面向量定理知向量MN →与向量AB →，AA1→共面．【解答】 (1) 设AB→＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，由题意知EG →＝12(AC →＋AD →－AB →)＝12(b ＋c －a )，所以EG →·AB →＝12(a ·b ＋a ·c －a 2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1×1×12＋1×1×12－1＝0. 故EG→⊥AB →，即EG ⊥AB . (2) 由题意知EG →＝－12a ＋12b ＋12c ，得|EG →|2＝14a 2＋14b 2＋14c 2－12a ·b ＋12b ·c －12c ·a ＝12，则|EG →|＝22，即EG 的长为22.(3) 因为AG →＝12(AC →＋AD →)＝12b ＋12c ，CE →＝CA →＋AE →＝－b ＋12a ，所以cos 〈AG→，CE →〉＝AG →·CE →|AG→||CE →|＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12b ＋12c ·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－b ＋12a ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12b ＋12c 2·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12a －b 2＝－1232×32＝－23，由于异面直线所成角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤0，π2，所以异面直线AG 与CE 所成角的余弦值为23.。

2022版高考数学一轮复习考案7 第七章立体几何(含解析)新人教版

第七章立体几何(时间 : 120分钟总分值150分)一、单项选择题(本大题共8个小题 , 每道题5分 , 共40分 , 在每道题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1．(2021·河北省衡水中学调研)以下命题正确的个数为(C)①梯形一定是平面图形 ;②假设两条直线和第三条直线所成的角相等 , 那么这两条直线平行 ;③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面 ;④如果两个平面有三个公共点 , 那么这两个平面重合．A．0B．1C．2D．3[解析]①由于梯形是有一组对边平行的四边形 , 易知两平行线确定一平面 , 所以梯形可以确定一个平面 , 故①对 ; ②假设两条直线和第三条直线所成的角相等 , 比方等腰三角形ABC , AB＝AC , 直线AB , AC与直线BC所成的角相等 , 而直线AB , AC不平行 , 故②错 ; ③两两相交的三条直线 , 比方墙角处的三条交线可以确定三个平面 , 故③对 ; ④如果两个平面有三个公共点 , 比方两平面相交有一条公共直线 , 如果这三个公共点不共线 , 那么这两个平面重合 , 故④错．综上 , 选C.2．(2020·山东省济南市6月模拟)如下列图 , 在圆柱O1O2内有一个球O , 该球与圆柱的上 , 下底面及母线均相切．假设O1O2＝2 , 那么圆柱O1O2的外表积为(C)A．4πB．5πC．6πD．7π[解析]由题意, 可得h＝2r＝2 , 解得r＝1 , 所以圆柱O1O2的外表积为S＝πr2×2＋2πr×h＝6πr2＝6π.应选C.3．(2021·河北省唐山市期末)一个几何体的三视图如下列图, 小正方形的边长为1 , 那么这个几何体的外表积是(D)A ．11πB ．9πC ．7πD ．5π[解析] 由三视图可得几何体为18个球体 , 球的半径为 2 , 故该几何体的外表积为18×4×π×4＋3×π×44＝5π , 应选D.4．(2021·山东省滨州市三模)已知m , n 为两条不同的直线 , α , β , γ为三个不同的平面 , 那么以下命题正确的选项是( B )A ．假设m ∥α , n ∥α , 那么m ∥nB ．假设α⊥β , γ⊥β且α∩γ＝m , 那么m ⊥βC ．假设m ⊂α , n ⊂α , m ∥β , n ∥β , 那么α∥βD ．假设m ⊥α , n ∥β , α⊥β , 那么m ⊥n[解析] 对A : 假设m ∥α , n ∥α , 那么m ∥n , 或m 与n 是异面直线 , 或m 与n 相交 , 故A 错误 ; 对B : 假设α⊥β , γ⊥β且α∩γ＝m , 不妨取交线m 上一点P , 作平面β的垂线为l , 因为l ⊥β , α⊥β , 且点P ∈α , 故l ⊂α ; 同理可得l ⊂γ , 故l 与m 是同一条直线 , 因为l ⊥β , 故m ⊥γ.故B 选项正确 ; 对C : 只有当m 与n 是相交直线时 , 假设m ⊂α , n ⊂α , m ∥β , n ∥β , 才会有α∥β.故C 错误 ; 对D : 假设m ⊥α , n ∥β , α⊥β , 那么m 与n 的关系不确定 , 故D 错误．应选 : B.5．(2021·东北三省四市教研联合体模拟)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1 , O 为底面ABCD 的中心 , M , N 分别为棱A 1D 1 , CC 1的中点．那么异面直线B 1M 与ON 所成角的余弦值为( C )A.55 B ．105C ．1515D ．2515[解析] 以D 为原点建立如以下列图所示的空间直角坐标系 : 设正方体的棱长为2 ,所以有D (0,0,0) , O (1,1,0) , B 1(2,2,2) , M (1,0,2) , N (0 , 2,1) , 因此B 1M →＝(－1 , －2,0) , ON →＝(－1,1,1) , 设异面直线B 1M 与ON 所成角为α , 所以cos α＝|B 1M →·ON →||B 1M →|·|ON →|＝|(－1)×(－1)＋(－2)×1＋0×1|(－1)2＋(－2)2＋02·(－1)2＋12＋12＝1515. 应选 : C.6．如下列图 , 在正方形ABCD 中 , E , F 分别是BC , CD 的中点 , G 是EF 的中点．现在沿AE , AF 及EF 把这个正方形折成一个空间图形 , 使B , C , D 点重合 , 重合后的点记为H .那么 , 在这个空间图形中必有( B )A ．AG ⊥平面EFHB ．AH ⊥平面EFHC ．HF ⊥平面AEFD ．HG ⊥平面AEF[解析] 根据折叠前、后AH ⊥HE , AH ⊥HF 不变 , ∴AH ⊥平面EFH , B 正确 ;∵过A 只有一条直线与平面EFH 垂直 , ∴A 不正确 ;∵AG ⊥EF , EF ⊥GH , AG ∩GH ＝G , AG , GH ⊂平面HAG , ∴EF ⊥平面HAG , 又EF ⊂平面AEF ,∴平面HAG ⊥平面AEF , 过点H 作直线垂直于平面AEF , 一定在平面HAG 内 , ∴C 不正确 ;由条件证不出HG ⊥平面AEF , ∴D 不正确．应选B.7．(2021·湖北武汉局部学校质检)如下列图 , 点A , B , C , M , N 为正方体的顶点或所在棱的中点 , 那么以下各图中 , 不满足直线MN ∥平面ABC 的是( D )[解析] 选项D 中 , MN ⊂平面ABC , 应选D.8．(2021·福建龙岩质检)在三棱锥A －BCD 中 , △ABC 和△BCD 都是边长为23的等边三角形 , 且平面ABC ⊥平面BCD , 那么三棱锥A －BCD 外接球的外表积为( D )A ．8πB ．12πC ．16πD ．20π[解析] 取BC 的中点E , 连接AE 与DE , 那么AE ⊥DE , 且AE ＝DE ＝23×32＝3 , 在DE 上取点I 使得EI ＝13DE , 在AE 上取点H 使得EH ＝13AE , 那么点I 是三角形BCD 的外接圆圆心 , 点H 是三角形BCA 的外接圆圆心 , 那么BI ＝12×2332＝2 , 分别过点I 、H 作平面BCD 和ABC 的垂线IO 和HO 交于O 点 , 那么点O 是三棱锥A －BCD 的外接球球心 , OI ＝EH ＝13×3＝1 , BO ＝BI 2＋OI 2＝4＋1＝ 5 , 故外接球半径为 5 , 那么三棱锥A －BCD外接球的外表积4π×5＝20π.二、多项选择题(本大题共4个小题 , 每道题5分 , 共20分 , 在每道题给出的四个选项中 , 有多项符合题目要求全部选对的得5分 , 局部选对的得3分 , 有选错的得0分)9．(2021·山东济宁期末)已知m 、n 为两条不重合的直线 , α、β为两个不重合的平面 , 那么以下说法正确的选项是( BC )A ．假设m ∥α , n ∥β且α∥β , 那么m ∥nB ．假设m ∥n , m ⊥α , n ⊥β , 那么α∥βC ．假设m ∥n , n ⊂α , α∥β , m ⊄β , 那么m ∥βD ．假设m ∥n , n ⊥α , α⊥β , 那么m ∥β[解析] 在A 中的条件下 , m ∥n 或m 与n 相交或m 、n 异面 , A 错 ; 又 ⎭⎪⎬⎪⎫m ∥n m ⊥α⇒⎭⎪⎬⎪⎫n ⊥αn ⊥β⇒α∥β , B 正确 ;⎭⎬⎫n ⊂αα∥β⇒⎭⎬⎫n ∥βm ∥n m ⊄β⇒m ∥β , C 正确 ; ⎭⎪⎬⎪⎫m ∥n n ⊥α⇒⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥αα⊥β⇒m ∥β或m ⊂β , D 错 , 应选BC. 10．(2021·山东滨州期末)已知菱形ABCD 中 , ∠BAD ＝60° , AC 与BD 相交于点O .将△ABD 沿BD 折起 , 使顶点A 至点M , 在折起的过程中 , 以下结论正确的选项是( ABD )A ．BD ⊥CMB ．存在一个位置 , 使△CDM 为等边三角形C ．DM 与BC 不可能垂直D ．直线DM 与平面BCD 所成的角的最大值为60°[解析] 由题意知BD ⊥OM , BD ⊥CO , ∴BD ⊥平面MOC , ∴BD ⊥CM , A 正确 ; 设菱形边长为a , 那么CM 的取值范围为(0 , 3a ) , ∴B 正确 ; 当CM ＝a 时 , DM ⊥BC , C 错 ; 当平面MBD ⊥平面BCD 时 , 直线DM 与平面BCD 所成角最大为60° , D 正确 , 应选ABD.11．(2021·湖南省期末改编)在三棱锥D －ABC 中 , AB ＝BC ＝CD ＝DA ＝1 , 且AB ⊥BC , CD ⊥DA , M , N 分别是棱BC , CD 的中点 , 下面结论中正确的选项是( ABD )A ．AC ⊥BDB ．MN ∥平面ABDC ．三棱锥A －CMN 的体积的最大值为212D ．AD 与BC 一定不垂直[解析] 设AC 的中点为O , 连接OB , OD (图略) , 那么AC ⊥OB , AC ⊥OD , 又OB ∩OD ＝O , 所以AC ⊥平面OBD , 所以AC ⊥BD , 故A 正确 ; 因为MN ∥BD , 所以MN ∥平面ABD , 故B 正确 ; 当平面DAC 与平面ABC 垂直时 , V A －CMN 最大 , 最大值为V A －CMN ＝V N －ACM ＝13×14×24＝248, 故C 错误 ; 假设AD 与BC 垂直 , 又因为AB ⊥BC , 所以BC ⊥平面ABD , 所以BC ⊥BD , 又BD ⊥AC , 所以BD ⊥平面ABC , 所以BD ⊥OB , 因为OB ＝OD , 所以显然BD 与OB 不可能垂直 , 故D 正确．12．(2021·山东烟台期末)如下列图 , 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中 , 点P 在线段B 1C 上运动 , 那么( ABD )A ．直线BD 1⊥平面A 1C 1DB ．三棱锥P －A 1C 1D 的体积为定值C ．异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范围是[45° , 90°] D ．直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值的最大值为63[解析] 设正方体的棱长为1 , 如下列图建立空间直角坐标系 ,那么BD 1→＝(－1 , －1,1) , A 1C 1→＝(－1,1,0) ,∴BD 1→·A 1C 1→＝0 , 即BD 1⊥A 1C 1 , 同理BD 1⊥DA 1 ,∴BD 1⊥平面A 1C 1D , A 正确 ; 由B 1C ∥A 1D 得B 1C ∥平面A 1DC 1 , ∴P 到平面A 1C 1D 的距离为正值 ,又S △A 1C 1D 为定值 , ∴VP －A 1C 1D 为定值 , B 正确 ;AP 与A 1D 所成的角为AP 与B 1C 所成的角 , 其取值范围为[60° , 90°] , C 错误 ; 由A 知BD 1为平面A 1C 1D 的法向量 , 记C 1P 与平面A 1C 1D 所成角为θ , P (a,1 , a ) , C 1P →＝(a,0 , a －1) ,那么sin θ＝|BD 1→·C 1P →||BD 1→|·|C 1P →|＝13·2⎝⎛⎭⎫a －122＋12≤63 ,⎝⎛⎭⎫当且仅当a ＝12时取等号 , D 正确 ; 应选ABD.三、填空题(本大题共4小题 , 每道题5分 , 共20分．把答案填在题中的横线上) 13．(2021·北京石景山期末)已知平面α、β、γ.给出以下三个论断 : ①α⊥β ; ②α⊥γ ; ③β∥γ.以其中的两个论断为条件 , 余下的一个论断作为结论 , 写出一个正确的命题 : 假设α⊥γ , β∥γ , 那么α⊥β(或填α⊥β , β∥γ , 那么α⊥γ) .14．(2018·江苏卷)如下列图 , 正方体的棱长为2 , 以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 43.[解析] 由题意知所给的几何体是棱长均为2的八面体 , 它是由两个有公共底面的正四棱锥组合而成的 , 正四棱锥的高为 1 , 所以这个八面体的体积为2V 正四棱锥＝2×13×(2)2×1＝43.15．如下列图 , 在直四棱柱(侧棱与底面垂直)ABCD －A 1B 1C 1D 1中 , 当底面四边形ABCD 满足条件 AC ⊥BD (或ABCD 为正方形或ABCD 为菱形等) 时 , 有AC 1⊥BD 成立(注 :填上你认为正确的一种情况即可 , 不必考虑所有可能的情况)．[解析] ∵C 1C ⊥平面ABCD , ∴BD ⊥CC 1 , 又BD ⊥AC , ∴BD ⊥平面ACC 1 , ∴AC 1⊥BD . 16．(2021·山东滨州期末)在四面体S －ABC 中 , SA ＝SB ＝2 , 且SA ⊥SB , BC ＝ 5 , AC ＝ 3 , 那么该四面体体积的最大值为306, 该四面体外接球的外表积为 8π . [解析] ∵SA ＝SB ＝2 , SA ⊥SB , ∴AB ＝2 2 , 又BC ＝ 5 , AC ＝ 3 , ∴AB 2＝BC 2＋AC 2 , 即AC ⊥BC , 当平面ASB ⊥平面ABC 时V S －ABC 最大 , 此时V S －ABC ＝13×152×2＝306.设AB 的中点为O , 那么OA ＝OB ＝OC ＝OS ＝ 2 , 即四面体外接球的半径为 2 , ∴四面体外接球的外表积为S ＝4π(2)2＝8π.四、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．(本小题总分值10分) (2021·山东新高考质量测评)如下列图 , 在四棱锥M －ABCD 中 , 底面ABCD 是平行四边形 , 且AB ＝BC ＝1 , MD ＝1 , MD ⊥平面ABCD , H 是MB 中点 , 在下面两个条件中任选一个 , 并作答 :(1)二面角A －MD －C 的大小是2π3 ;(2)∠BAD ＝π2, 假设 .求CH 与平面MCD 所成角的正弦值．注 : 如果选择两个条件分别解答 , 按第一个解答计分． [解析] 假设选(1)．因为MD ⊥平面ABCD , 所以AD ⊥MD , CD ⊥MD ,所以∠ADC 就是二面角A －MD －C 的平面角 , 所以∠ADC ＝2π3,过D 作x 轴⊥DC , 以D 为坐标原点 , 以DC , DM 所在直线为y 轴、z 轴建立如下列图的空间直角坐标系．那么C (0,1,0) , H ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3414 12. 所以CH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫34－34 12.取平面MCD 的一个法向量为n ＝(1,0,0)．设CH 与平面MCD 所成角为θ , 那么sin θ＝|CH →·n ||CH →|·|n |＝34316＋916＋14＝34. 所以CH 与平面MCD 所成角的正弦值是34. 假设选(2)．因为MD ⊥平面ABCD , ∠BAD ＝π2 ,所以DA , DC , DM 两两垂直．以D 为坐标原点 , 以DA , DC , DM 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如下列图的空间直角坐标系．那么C (0,1,0) , H ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1212 12. 所以CH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－1212.取平面MCD 的一个法向量n ＝(1,0,0)．设CH 与平面MCD 所成角为θ , 那么sin θ＝|CH →·n ||C H →|·|n |＝1214＋14＋14＝33. 所以CH 与平面MCD 所成角的正弦值是33. 18．(本小题总分值12分)(2021·山东潍坊安丘市、诸城市、高密市联考)已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的边长均为2 3 , E , F 分别是线段AC 1和BB 1的中点．(1)求证 : EF ∥平面ABC ; (2)求三棱锥C －ABE 的体积．[解析] (1)证明 : 取AC 的中点为G , 连接GE , GB ,在△ACC 1中 , EG 为中位线 ,所以EG ∥CC 1 , EG ＝12CC 1 , 又因为CC 1∥BB 1 ,CC 1＝BB 1 , F 为BB 1的中点 ,所以EG ∥BF , EG ＝BF ,所以四边形EFBG 为平行四边形 ,所以EF ∥GB , 又EF ⊄平面ABC , GB ⊂平面ABC ,所以EF ∥平面ABC .(2)因为V C －ABE ＝V E －ABC , 因为E 为AC 1的中点 ,所以E 到底面ABC 的距离是C 1到底面ABC 的距离的一半 ,即三棱锥E －ABC 的高h ＝12CC 1＝ 3 , 又△ABC 的面积为S ＝34×(23)2＝3 3 , 所以V C －ABE ＝V E －ABC ＝13Sh ＝13×33×3＝3. 19．(本小题总分值12分)(2021·河南许昌、洛阳质检)已知平面多边形P ABCD 中 , P A ＝PD , AD ＝2DC ＝2BC ＝4 , AD ∥BC , AP ⊥PD , AD ⊥DC , E 为PD 的中点 , 现将△APD 沿AD 折起 , 使PC ＝2 2.(1)证明 : CE ∥平面ABP ;(2)求直线AE 与平面ABP 所成角的正弦值．[解析] (1)证明 : 取P A 的中点H , 连HE , BH .∵E 为PD 中点 , ∴HE 为△APD 的中位线 ,∴HE ∥AD , HE ＝12AD . 又AD ∥BC , ∴HE ∥BC , HE ＝BC ,∴四边形BCEH 为平行四边形 , ∴CE ∥BH .∵BH ⊂平面ABP , CE ⊄平面ABP ,∴CE ∥平面ABP.(2)由题意知△P AD 为等腰直角三角形 , 四边形ABCD 为直角梯形 , 取AD 中点F , 连接BF , PF ,∵AD ＝2BC ＝4 , ∴平面多边形P ABCD 中P , F , B 三点共线 , 且PF ＝BF ＝2 ,∴翻折后 , PF ⊥AD , BF ⊥AD , PF ∩BF ＝F ,∴DF ⊥平面PBF , ∴BC ⊥平面PBF ,∵PB ⊂平面PBF , ∴BC ⊥PB .在直角三角形PBC 中 , PC ＝2 2 , BC ＝2 ,∴PB ＝2 , ∴△PBF 为等边三角形．取BF 的中点O , DC 的中点M ,那么PO ⊥BF , PO ⊥DF , DF ∩BF ＝F ,∴PO ⊥平面ABCD .以O 为原点 , OB → , OM → , OP →分别为x , y , z 轴正方向建立空间直角坐标系 ,那么B (1,0,0) , D (－1,2,0) , P (0,0 , 3) , A (－1 , －2,0) ,∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12 1 32 , ∴AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123 32 ,∴AB →＝(2,2,0) , BP →＝(－1,0 , 3)．设平面ABP 的法向量为n ＝(x , y , z ) ,那么⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AB →＝0n ·BP →＝0 , ∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0－x ＋3z ＝0. 故可取n ＝(3 , －3 , 3) ,∴cos n , AE →＝n ·AE →|n |·|AE →|＝－21035. ∴直线AE 与平面ABP 所成角的正弦值为21035. 20．(本小题总分值12分)(2021·山西运城调研)如下列图 , 在多面体ABCDEF 中 , 底面ABCD 是边长为2的菱形 , ∠ADC ＝120° , 且DE ∥FC , DE ⊥平面ABCD , DE ＝2FC ＝2.(1)证明 : 平面FBE ⊥平面EDB ;(2)求二面角A －EB －C 的余弦值．[解析] (1)如下列图 , 连接AC 交BD 于点O , 取EB 的中点H , 连接FH , HO .∵四边形ABCD 为菱形 , 点H 是EB 的中点 , DE ∥FC .∴HO ∥FC , HO ＝12ED ＝FC , ∴四边形CFHO 为平行四边形 ,∵FH ∥CO .∵DE ⊥平面ABCD , CO ⊂平面ABCD , ∴DE ⊥CO .又∵CO ⊥BD , ED ∩BD ＝D , ∴CO ⊥平面EDB ,∴FH ⊥平面EDB .又FH ⊂平面FBE ,∴平面FBE ⊥平面EDB .(2)连接EC , 以点O 为坐标原点 , 分别以OB → , OC → , OH →的方向为x 轴 , y 轴 , z 轴的正方向 , 建立如下列图的空间直角坐标系O －xyz.由题意得A (0 , － 3 , 0) , C (0 , 3 , 0) , B (1,0,0) , E (－1,0,2) ,那么EB →＝(2,0 , －2) , AB →＝(1 , 3 , 0) , BC →＝(－1 , 3 , 0)．设平面AEB 的法向量为m ＝(x 1 , y 1 , z 1) ,那么⎩⎪⎨⎪⎧ EB →·m ＝0AB →·m, 即⎩⎪⎨⎪⎧ 2x 1－2z 1＝0x 1＋3y 1＝0 , 取m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1 －33 1. 设平面CEB 的法向量为n ＝(x 2 , y 2 , z 2) ,那么⎩⎪⎨⎪⎧ EB →·m ＝0BC →·m ＝0 , 即⎩⎪⎨⎪⎧2x 2－2z 2＝0－x 2＋3y 2＝0 , 取n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1 －33 －1. cos 〈m , n 〉＝m ·n |m |·|n |＝1×(－1)＋⎝⎛⎭⎫－33×⎝⎛⎭⎫－33＋1×(－1)1＋13＋1×1＋13＋1＝－57 , ∴二面角A －EB －C 的余弦值为－57.21.(本小题总分值12分)(2021·河南中原名校质量测评)如下列图 , S 为圆锥的顶点 , O 为底面圆心 , 点A , B 在底面圆周上 , 且∠AOB ＝60° , 点C , D 分别为SB , OB 的中点．(1)求证 : AC ⊥OB ;(2)假设圆锥的底面半径为2 , 高为4 , 求直线AC 与平面SOA 所成的角的正弦值．[解析] (1)证明 : 由题意 , 得SO ⊥底面圆O ,∵点C , D 分别为SB , OB 中点 ,∴CD ∥SO , ∴CD ⊥底面圆O ,∵OB 在底面圆O 上 , ∴OB ⊥CD ,∵∠AOB ＝60° , ∴△AOB 为正三角形 ,又D 为OB 中点 , ∴OB ⊥AD ,又AD ∩CD ＝D , 且AD , CD ⊂平面ACD ,∴OB ⊥平面ACD ,∵AC ⊂平面ACD ,∴AC ⊥OB .(2)如下列图 , 以D 为原点 , DA , DB , DC 所在直线为x 轴 , y 轴 , z 轴建立空间直角坐标系 ,那么A ( 3 , 0,0) , C (0,0,2) , O (0 , －1,0) , S (0 , －1,4) ,故AC →＝(－ 3 , 0,2) , AS →＝(－ 3 , －1,4) , OA →＝( 3 , 1,0) ,设平面SOA 的法向量为n ＝(x , y , z ) ,由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AS →＝0n ·OA →＝0 , 可得⎩⎪⎨⎪⎧ －3x －y ＋4z ＝03x ＋y ＝0 , 令x ＝1 , 得n ＝(1 , － 3 , 0)为平面SOA 的一个法向量 , 设直线AC 与平面SOA 所成的角为θ ,那么sin θ＝|cos 〈n , AC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AC →|n |·|AC →|＝ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－3＋0＋01＋3×3＋4＝327＝2114 , 即直线AC 与平面SOA 所成的角的正弦值为2114. 22．(本小题总分值12分)(2021·河南九师联盟质检)如下列图 , 在四棱锥P －ABCD 中 , 平面P AD ⊥平面ABCD , AD ∥BC , ∠ADC ＝90° , P A ⊥PD , P A ＝PD .(1)求证 : 平面P AB ⊥平面PCD ;(2)假设BC ＝1 , AD ＝CD ＝2 , 求二面角A －PC －B 的余弦值．[解析] (1)证明 : 在四棱锥P －ABCD 中 ,因为平面P AD ⊥平面ABCD ,平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ,又因为CD ⊥AD ,CD ⊂平面ABCD ,所以CD ⊥平面P AD .因为P A ⊂平面P AD , 所以CD ⊥P A .因为P A ⊥PD , CD ∩PD ＝D , CD , PC ⊂平面PCD ,所以P A ⊥平面PCD .因为P A ⊂平面P AB , 所以平面P AB ⊥平面PCD .(2)解 : 取AD 中点O , 连接OP , OB , 因为P A ＝PD ,所以PO ⊥AD .因为平面P AD ⊥平面ABCD , 平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ,因为PO ⊂平面P AD , 所以PO ⊥平面ABCD ,所以PO ⊥OA , PO ⊥OB .因为CD ⊥AD , BC ∥AD , AD ＝2BC ,所以BC ∥OD , BC ＝OD ,所以四边形OBCD 是平行四边形 , 所以OB ∥CD ,所以OB ⊥AD .以OA , OB , OP 所在的直线分别为x 、y 、z 轴建立如下列图的空间直角坐标系O －xyz , 那么O (0,0,0) , A (1,0,0) , B (0,2,0) , C (－1,2,0) , P (0,0,1) ,所以AC →＝(－2,2,0) , AP →＝(－1,0,1) , BC →＝(－1,0,0) , BP →＝(0 , －2,1) ,设平面P AC 的法向量为n ＝(x , y , z ) ,那么⎩⎪⎨⎪⎧ AC →·n ＝0AP →·n ＝0.即⎩⎨⎧ －2x ＋2y ＝0 －x ＋z ＝0.令x ＝1 , 那么n ＝(1,1,1)．设平面BPC 的法向量为m ＝(a , b , c ) ,那么⎩⎪⎨⎪⎧ BC →·m ＝0BP →·m ＝0.即⎩⎨⎧ a ＝0 －2b ＋c ＝0.令b ＝1 , 那么m ＝(0,1,2)．所以cos〈m , n〉＝m·n|m||n|＝15 5 ,易判断二面角A－PC－B为锐角 ,所以二面角A－PC－B的余弦值为15 5.。

2022版高考数学一轮复习第七章立体几何第一讲空间几何体的结构及其三视图和直观图学案含解析新人教版

第七章立体几何第一讲空间几何体的结构及其三视图和直观图知识梳理·双基自测知识梳理知识点一多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形结构特征①有两个面互相__平行且全等__，其余各面都是__四边形__.②每相邻两个四边形的公共边都互相__平行__有一个面是__多边形__，其余各面都是有一个公共顶点的__三角形__的多面体用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，__截面__和__底面__之间的部分侧棱__平行且相等__相交于__一点__但不一定相等延长线交于__一点__ 侧面形状__平行四边形____三角形____梯形__名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等，__垂直__于底面相交于__一点__延长线交于__一点__轴截面全等的__矩形__全等的__等腰三角全等的__等腰梯__圆__归纳拓展1．三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线，主视图反映了物体的长度和高度；俯视图反映了物体的长度和宽度；左视图反映了物体的宽度和高度；由此得到：主俯长对正，主左高平齐，俯左宽相等．2．一个平面图形在斜二测画法下的直观图与原图形相比，有“三变、三不变”．三变：坐标轴的夹角改变，与y轴平行线段的长度改变(减半)，图形改变．三不变：平行性不变，与x轴平行的线段长度不变，相对位置不变．双基自测题组一走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( ×)(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( ×)(3)棱台是由平行于底面的平面截棱锥所得的截面与底面之间的部分．( √)(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．( ×)(5)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．( ×)(6)菱形的直观图仍是菱形．( × )题组二走进教材 2．(必修2P 19T2)下列说法正确的是( D )A ．相等的角在直观图中仍然相等B ．相等的线段在直观图中仍然相等C ．正方形的直观图是正方形D ．若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行[解析]由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行关系不变．题组三走向高考3．(2020·新课标Ⅰ卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( C )A ．5－14B ．5－12C ．5＋14D ．5＋12[解析]如图，设CD ＝a ，PE ＝b ，则PO ＝PE 2－OE 2＝b 2－a 24，由题意PO 2＝12ab ，即b 2－a 24＝12ab ，化简得4⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2－2·b a －1＝0，解得b a ＝1＋54(负值舍去)．故选C ．4．(2017·，7)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( B )A．32B．2 3C．22D．2[解析]根据三视图可得该四棱锥的直观图(四棱锥P－ABCD)如图所示，将该四棱锥放入棱长为2的正方体中．由图可知该四棱锥的最长棱为PD，PD＝22＋22＋22＝2 3.故选B．5．(2018·全国Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如下图，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在侧视图上的对应点为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( B )A．217B．2 5C．3D．2[解析]先画出圆柱的直观图，根据题中的三视图可知，点M，N的位置如图①所示．圆柱的侧面展开图及M ，N 的位置(N 为OP 的四等分点)如图②所示，连接MN ，则图中MN 即为M 到N 的最短路径．|ON |＝14×16＝4，|OM |＝2， ∴|MN |＝|OM |2＋|ON |2＝22＋42＝2 5.考点突破·互动探究考点一空间几何体的结构特征——自主练透例1 (1)给出下列四个命题，其中错误命题．．．．的序号是( D ) ①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱 ②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥 ③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体 ④若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱A ．②③④B ．①②③C ．①②④D ．①②③④(2)下列结论：①以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆；④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台；⑤用任意一个平面截一个几何体，所得截面都是圆面，则这个几何体一定是球．其中正确结论的序号是__⑤__.[解析](1)认识棱柱一般要从侧棱与底面的垂直与否和底面多边形的形状两方面去分析，例：在如图所示的平行六面体中，ADD 1A 1及BCC 1B 1都是矩形，且平面ABB 1A 1及DCC 1D 1都与底面ABCD垂直，故①④错误；将菱形沿一条对角线折起所得三棱锥各面都是等腰三角形，但该棱锥不一定是正棱锥，故②错误；侧面都是矩形但底面为梯形的直四棱柱不是长方体，故③错误．故选D．(2)①中这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆锥，①错；②中这条腰若不是垂直于两底的腰，则得到的不是圆台，②错；圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面，③错误；④中如果用不平行于圆锥底面的平面截圆锥，则得到的不是圆锥和圆台，④错；只有球满足任意截面都是圆面，⑤正确．名师点拨空间几何体概念辨析题的常用方法(1)定义法：紧扣定义，由已知构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，根据定义进行判定．(2)反例法：通过反例对结构特征进行辨析．考点二空间几何体的三视图——多维探究角度1 由几何体的直观图识别三视图例2(2018·课标Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( A )[解析]由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应选A．角度2 由空间几何体的三视图还原直观图例3(2018·高考)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( C )A．1B．2C．3D．4[解析]由该四棱锥的三视图，得其直观图如图，由正视图和侧视图都是等腰直角三角形，知PD⊥平面ABCD，所以侧面PAD和PDC都是直角三角形，由俯视图为直角梯形，易知DC⊥平面PAD．又AB∥DC，所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PA，所以侧面PAB也是直角三角形.易知PC＝22，BC＝5，PB＝3，从而△PBC不是直角三角形，故选C．角度3 由三视图的两个视图推测另一视图例4(2021·某某金卷改编)某几何体的正视图与侧视图如图所示，则它的俯视图不可能是( C )[解析]若几何体为两个圆锥体的组合体，则俯视图为A；若几何体为四棱锥与圆锥的组合体，则俯视图为B；若几何体为两个三棱锥的组合体，则俯视图为D；故选C．名师点拨1．由几何体的直观图求三视图．注意主视图、左视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，看不到的部分用虚线表示．2．由几何体的三视图还原几何体的形状，要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象或长方体将三视图还原为实物图．常见三视图对应的几何体：①三视图为三个三角形，对应三棱锥；②三视图为两个三角形，一个四边形，对应四棱锥；③三视图为两个三角形，一个圆，对应圆锥；④三视图为一个三角形，两个四边形，对应三棱柱；⑤三视图为两个四边形，一个圆，对应圆柱．3．由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，再找其剩下部分三视图的可能形式，当然作为选择题，也可将选项逐项检验，看看给出的部分三视图是否符合．〔变式训练1〕(1)(理)(角度1)(2020·某某省某某市三模)“牟合方盖”是我国古代数学家X徽在研究球的体积过程中构造在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)，其直观图如图所示，图中四边形是体现其直观性所做的辅助线，当其正视图与侧视图完全相同时，它的正视图和俯视图分别是( A )A．a，b B．a，cC．a，d D．b，d(文)(角度1)(2019·某某某某中学月考)将长方体截去一个四棱锥后得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( D )(2)(理)(角度2)(2021·某某模拟)若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的直观图是( A )(文)(2021·某某模拟)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( D )(3)(角度3)(2021·某某某某三诊)如图是某几何体的正视图和侧视图，则该几何体的俯视图不可能是( A )[解析](1)(理)因为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)．所以其正视图和侧视图是一个圆；若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，则俯视图是有2条对角线且为实线的正方形．故选A．(文)易知侧视图的投影面为矩形，又AF的投影线为虚线，即为左下角到右上角的对角线，所以该几何体的侧视图为选项D中图．(2)(理)利用排除法求解．B的侧视图不对．C图的俯视图不对，D的正视图不对，排除B，C，D，A正确，故选A．(文)选项A的正视图、俯视图不符合要求，选项B的正视图不符合要求，选项C的俯视图不符合要求，故选D．(3)若俯视图为A，则正视图不符，故选A．考点三空间几何体的直观图——师生共研例5(2021·某某某某三中模拟)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 2D ．616a 2[解析]如图①、②所示的实际图形和直观图．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.[引申]若已知△ABC 的平面直观图△A 1B 1C 1是边长为a 的正三角形，则原△ABC 的面积为__62a 2__.[解析]在△A 1D 1C 1中，由正弦定理asin 45°＝xsin 120°，得x ＝62a ，∴S △ABC ＝12×a ×6a ＝62a 2.名师点拨1．在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段的位置，注意“三变”与“三不变”；平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系是S直观图＝24S原图形．2．在原图形中与x轴或y轴平行的线段，在直观图中与x′轴或y′轴平行，原图中不与坐标轴平行的线段可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出．〔变式训练2〕一个平面四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为a的正方形，则原平面四边形的面积等于( B )A．24a2B．22a2C．22a2D．223a2[解析]由题意可知原平行四边形一边长为a，此边上的高为22a，故其面积为22a2.故选B．名师讲坛·素养提升(理)三视图识图不准致误例6(2020·某某某某模拟)如图为一圆柱切削后的几何体及其正视图，则相应的侧视图可以是( B )[错因分析] (1)不能正确把握投影方向致误；(2)不能正确判定上表面椭圆投影形状致误；(3)不能正确判定投影线的虚实致误．[解析]圆柱被不平行于底面的平面所截得的截面为椭圆，结合正视图，可知侧视图最高点在中间，故选B．名师点拨对于简单几何体的组合体，在画其三视图时首先应分清它是由哪些简单几何体组成的，再画其三视图．另外要注意交线的位置，可见的轮廓线都画成实线，存在但不可见的轮廓线一定要画出，但要画成虚线，即一定要分清可见轮廓线与不可见轮廓线，避免出现错误．〔变式训练3〕(2019·某某省某某市模拟)设四面体ABCD各棱长均相等，S为AD的中点，Q为BC上异于中点和端点的任一点，则△SQD在四面体的面BCD上的射影可能是( C )[解析]设BC的中点为P，则由题意可知DP⊥BC且平面ADP⊥平面BDC，从而S在平面BCD上的射影在DP上，△SQD在面BCD上的射影为C，故选C．(文)三视图识图不准致误例6(2021·某某阆中中学测试)将正方体(如图1所示)截去两个三棱锥，得到如图2所示的几何体，则该几何体的侧视图为( B )[错因分析](1)不能正确把握投影方向、角度致误；(2)不能正确确定点、线的位置致误；(3)不能正确判断实线与虚线而致误．[解析]其左视图即为几何体在平面BCC1B1上的投影，注意到加工后的几何体的棱AD1在平面BCC1B1上的投影为BC1且在左视图中能见到，而棱B1C的投影即为它本身且在左视图中看不见，故选B．名师点拨在三视图中，正视图、侧视图的高就是空间几何体的高，正视图、俯视图中的长就是空间几何体的最大长度，侧视图、俯视图中的宽就是空间几何体的最大宽度，在绘制三视图时，分界线和可见轮廓线都用实线画出，被遮挡的部分的轮廓线用虚线表示出来，即“眼见为实、不见为虚”．〔变式训练3〕(2020·某某某某质检)如图是正方体截去阴影部分所得的几何体，则该几何体的侧视图是( C )[解析]此几何体侧视图是从左边向右边看．故选C．。

2022届高考数学一轮复习第七章立体几何7.7立体几何中的向量方法学案理含解析北师大版2021070

第七节立体几何中的向量方法命题分析预测学科核心素养从近五年的考查情况来看，利用向量法求空间角和空间距离是高考的重点，考查频率较高，线、面的平行和垂直问题一般不用向量法求解，但向量法的使用有时可以加快求解速度，主要以解答题的形式出现，难度中等．本节通过对空间角的求解、空间向量的应用，考查考生转化与化归思想的应用，提升考生的直观想象、数学运算、逻辑推理核心素养．授课提示：对应学生用书第158页知识点空间角的求法1．设直线l ，m 的方向向量分别为a ，b ，平面α，β的法向量分别为u ，ν，则（1）线线平行：l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ，k ∈R ；线面平行：l ∥α⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0；面面平行：α∥β⇔u ∥ν⇔u ＝k ν，k ∈R Ｗ．（2）线线垂直：l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a·b ＝0；线面垂直：l ⊥α⇔a ∥u ⇔a ＝k u ，k ∈R ；面面垂直：α⊥β⇔u ⊥ν⇔u·ν＝0Ｗ． 2．空间角的求法（1）异面直线所成的角设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则a 与b 的夹角β l 1与l 2所成的角θX 围（0，π） ⎝⎛⎦⎤0，π2 求法cos β＝a ·b|a ||b |cos θ＝|cos β|＝|a·b ||a ||b |（2设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a·n ||a ||n |．（3）求二面角的大小①如图a ，AB ，CD 是二面角α-l -β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．②如图bc ，n 1，n 2分别是二面角α-l -β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角（或其补角）． •温馨提醒•利用空间向量法求二面角时易忽视判断二面角大小，从而致误．解题时注意结合图形判断二面角的平面角是锐角还是钝角，从而在下结论时作出正确判断．1．已知两平面的法向量分别为m ＝（0，1，0），n ＝（0，1，1），则两平面所成的二面角的大小为_________．解析：cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝11×2＝22，即〈m ，n 〉＝45°，所以两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°．答案：45°或135°2．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 是C 1D 1的中点，则异面直线DE 与AC 夹角的余弦值为_________．解析：如图建立空间直角坐标系D -xyz ，设DA ＝1，A （1，0，0），C （0，1，0），E ⎝⎛⎭⎫0，12，1，则AC →＝（－1，1，0），DE →＝⎝⎛⎭⎫0，12，1，设异面直线DE 与AC 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈AC →，DE →〉|＝1010．答案：10103．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，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为_________．解析：以C 为原点建立空间直角坐标系，如图所示，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．答案：π6授课提示：对应学生用书第159页题型一异面直线所成的角[例] 如图，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°．（1）求证：BD ⊥平面P AC ；（2）若P A ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值． [解析] （1）证明：因为四边形ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD ．因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥BD ．又因为AC ∩P A ＝A ，所以BD ⊥平面P AC ．（2）设AC ∩BD ＝O ．因为∠BAD ＝60°，P A ＝AB ＝2，所以BO ＝1，AO ＝CO ＝3．如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O -xyz ，则P （0，－3，2），A （0，－3，0），B （1，0，0），C （0，3，0）．所以PB →＝（1，3，－2），AC →＝（0，23，0）．设PB 与AC 所成角为θ，则 cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AC →|PB →||AC →|＝622×23＝64．即PB 与AC 所成角的余弦值为64．向量法求异面直线所成角的两种方法及一个注意点（1）两种方法：①基向量法：利用线性运算． ②坐标法：利用坐标运算．（2）一个注意点：注意向量法求异面直线所成角与向量夹角的区别，尤其是取值X 围．[对点训练]如图，S 是正三角形ABC 所在平面外一点，M ，N 分别是AB 和SC 的中点，SA ＝SB ＝SC ，且∠ASB ＝∠BSC ＝∠CSA ＝90°，则异面直线SM 与BN 所成角的余弦值为（）A ．－105 B ．105 C ．－1010D ．1010解析：不妨设SA ＝SB ＝SC ＝1，以S 为坐标原点，SA ，SB ，SC 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系S -xyz （图略），则A （1，0，0），B （0，1，0），C （0，0，1），S （0，0，0），则M ⎝⎛⎭⎫12，12，0，N ⎝⎛⎭⎫0，0，12，所以SM →＝⎝⎛⎭⎫12，12，0，BN →＝⎝⎛⎭⎫0，－1，12，所以|SM →|＝12，|BN →|＝54，SM →·BN →＝－12，所以cos 〈SM →，BN →〉＝SM →·BN →|SM →||BN →|＝－105，所以异面直线SM 与BN所成角的余弦值为10 5．答案：B题型二直线与平面所成的角[例]如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝2，AC＝1，CC1＝3，∠ABC＝30°，D为AB 的中点．（1）证明：AC1∥平面B1CD；（2）求直线DC1与平面B1CD所成角的正弦值．[解析]（1）证明：连接BC1交B1C于点E，连接DE，因为四边形BB1C1C是矩形，所以点E是BC1的中点，又点D为AB的中点，所以DE是△ABC1的中位线，所以DE∥AC1．因为DE⊂平面B1CD，AC1⊄平面B1CD，所以AC1∥平面B1CD．（2）由AB＝2，AC＝1，∠ABC＝30°，可得AC⊥BC，分别以CA，CB，CC1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz，则C （0，0，0），B 1（0，3，3），D ⎝⎛⎭⎫12，32，0，C 1（0，0，3），所以DC 1→＝⎝⎛⎭⎫－12，－32，3，CB 1→＝（0，3，3），CD →＝⎝⎛⎭⎫12，32，0．设直线DC 1与平面B 1CD 所成角为θ，平面B 1CD 的法向量为m ＝（x ，y ，z ），则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CB 1→＝0，m ·CD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y ＋3z ＝0，12x ＋32y ＝0，令z ＝1，得m ＝（3，－1，1），所以sin θ＝|cos 〈m ，DC 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪－32＋32＋314＋34＋3·3＋1＋1＝325＝1510．利用平面的法向量求线面角的两个注意点（1）求出直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），取其余角即为所求．（2）若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin 2θ＋cos 2θ＝1求出其值．不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦值即为所求．[对点训练]（2021·东北三校模拟）在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，已知AB ＝1，D 在棱BB 1上，且BD ＝1，则AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正弦值为（） A ．64 B ．－64 C ．104D ．－104解析：取AC 的中点E ，连接BE ，则BE ⊥AC ，以B 为坐标原点，BE ，BB 1所在直线分别为x 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系B -xyz ，则A ⎝⎛⎭⎫32，12，0，D （0，0，1），B （0，0，0），E ⎝⎛⎭⎫32，0，0，则AD →＝⎝⎛⎭⎫－32，－12，1，BE →＝⎝⎛⎭⎫32，0，0．∵平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，平面ABC ∩平面AA 1C 1C ＝AC ，BE ⊥AC ，BE ⊂平面ABC ，∴BE ⊥平面AA 1C 1C ，∴BE →＝⎝⎛⎭⎫32，0，0为平面AA 1C 1C 的一个法向量．设AD 与平面AA 1C 1C 所成角为α， ∵cos 〈AD →，BE →〉＝AD →·BE →|AD →||BE →|＝－64，∴sin α＝|cos 〈AD →，BE →〉|＝64．答案：A题型三二面角[例]（2020·高考全国卷Ⅰ）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE ＝AD ．△ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，PO ＝66DO ．（1）证明：P A ⊥平面PBC ；（2）求二面角B -PC -E 的余弦值．解析：（1）证明：设DO ＝a ，由题设可得PO ＝66a ，AO ＝33a ， AB ＝AC ＝BC ＝a ，P A ＝PB ＝PC ＝22a ．因此P A 2＋PB 2＝AB 2，从而P A ⊥PB ．又P A 2＋PC 2＝AC 2，故P A ⊥PC ．所以P A ⊥平面PBC ．（2）以O 为坐标原点，OE →的方向为y 轴正方向，|OE →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ．由题设可得E （0，1，0），A （0，－1，0），C ⎝⎛⎭⎫－32，12，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，22．所以EC →＝⎝⎛⎭⎫－32，－12，0，EP →＝⎝⎛⎭⎫0，－1，22．设m ＝（x ，y ，z ）是平面PCE 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·EP →＝0，m ·EC →＝0，即⎩⎨⎧－y ＋22z ＝0，－32x －12y ＝0.可取m ＝⎝⎛⎭⎫－33，1，2．由（1）知AP →＝⎝⎛⎭⎫0，1，22是平面PCB 的一个法向量．记n ＝AP →，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m |＝255．所以二面角B -PC -E 的余弦值为255．利用法向量求二面角时的两个注意点（1）对于某些平面的法向量要注意题中条件隐含着，不用单独求．（2）注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行判断，以防结论失误．[对点训练]如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝2，CC 1＝3，点D ，E 分别在棱AA 1和棱CC 1上，且AD ＝1，CE ＝2，M 为棱A 1B 1的中点．（1）求证：C 1M ⊥B 1D ；（2）求二面角B -B 1E -D 的正弦值；（3）求直线AB 与平面DB 1E 所成角的正弦值．解析：依题意，以C 为原点，分别以CA →，CB →，CC 1→的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得C （0，0，0），A （2，0，0），B （0，2，0），C 1（0，0，3），A 1（2，0，3），B 1（0，2，3），D （2，0，1），E （0，0，2），M （1，1，3）．（1）依题意，C 1M →＝（1，1，0），B 1D →＝（2，－2，－2），从而C 1M →·B 1D →＝2－2＋0＝0，所以C 1M ⊥B 1D ；（2）依题意，CA →＝（2，0，0）是平面BB 1E 的一个法向量，EB 1→＝（0，2，1），ED →＝（2，0，－1）．设n ＝（x ，y ，z ）为平面DB 1E 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EB 1→＝0，n ·ED →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋z ＝0，2x －z ＝0，不妨设x ＝1，可得n ＝（1，－1，2）．cos 〈CA →·n 〉＝CA →·n |CA →|·|n |＝22×6＝66， ∴sin 〈CA →，n 〉＝1－cos 2〈CA →，n 〉＝306．所以，二面角B -B 1E -D 的正弦值为306；（3）依题意，AB →＝（－2，2，0）．由（2）知n ＝（1，－1，2）为平面DB 1E 的一个法向量，于是cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →|·|n |＝－422×6＝－33．所以，直线AB 与平面DB 1E 所成角的正弦值为33．向量法中的核心素养数学运算——利用空间向量求距离[例] 如图，△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，平面MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，AB ＝23，求点A 到平面MBC 的距离．[解析] 如图，取CD 的中点O ，连接OB ，OM ，因为△BCD 与△MCD 均为正三角形，所以OB ⊥CD ，OM ⊥CD ，又平面MCD ⊥平面BCD ，平面MCD ∩平面BCD ＝CD ，OM 平面MCD ，所以MO ⊥平面BCD ．以O 为坐标原点，直线OC ，BO ，OM 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O -xyz ．因为△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，所以OB ＝OM ＝3，则O （0，0，0），C （1，0，0），M （0，0，3），B （0，－3，0），A （0，－3，23），所以BC →＝（1，3，0）．BM →＝（0，3，3）．设平面MBC 的法向量为n ＝（x ，y ，z ），由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BC →，n ⊥BM →，得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，3y ＋3z ＝0，取x ＝3，可得平面MBC 的一个法向量为n ＝（3，－1，1）．又BA →＝（0，0，23），所以所求距离为d ＝|BA →·n ||n |＝2155．求解点到平面的距离可直接转化为求向量在平面的法向量上的射影的长．如图，设点P 在平面α外，n 为平面α的法向量，在平面α内任取一点Q ，则点P 到平面α的距离d ＝|PQ →·n ||n |．[对点训练]如图所示，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，点E 在棱AB 上移动．（1）证明：D 1E ⊥A 1D ；（2）当E 为AB 的中点时，求点E 到平面ACD 1的距离．解析：以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系（图略），设AE ＝x ，则D （0，0，0），A 1（1，0，1），D 1（0，0，1），E （1，x ，0），A （1，0，0），C （0，2，0）．（1）证明：D 1E →＝（1，x ，－1），A 1D →＝（－1，0，－1），因为D 1E →·A 1D →＝0，所以D 1E ⊥A 1D ．（2）因为E 为AB 的中点，则E （1，1，0），从而D 1E →＝（1，1，－1），AC →＝（－1，2，0），AD 1→＝（－1，0，1），设平面ACD 1的法向量为n ＝（a ，b ，c ），则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋2b ＝0，－a ＋c ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2b ，a ＝c ，从而可取n ＝（2，1，2），所以点E 到平面ACD 1的距离h ＝|D 1E →·n ||n |＝|2＋1－2|3＝13．。

剖析立体几何中的“动态”问题

ʏ沈建良所谓动态立体几何问题,是指在点㊁线㊁面运动变化的几何图形中,探寻点㊁线㊁面的位置关系或进行有关角与距离的计算㊂立体几何中常求解一些固定不变的点㊁线㊁面的关系,若给静态的立体几何问题赋予活力 ,渗透了动态的点㊁线㊁面元素,立意会更新颖㊁更灵活,能培养同学们的空间想象能力㊂下面是对破解立体几何动态问题的一些思考,以期抛砖引玉㊂一㊁动态问题之轨迹问题例1如图1,在边长为a的正方体A B C D-A1B1C1D1中,E,F,G,H,N分别是C C1,C1D1,D D1,C D,B C的中点,M在四边形E F G H边上及其内部运动,若MNʊ面A1B D,则点M轨迹的长度是()㊂图1A.3aB.2aC.32aD.22a解:因为在边长为a的正方体A B C D-A1B1C1D1中,E,F,G,H分别是C C1, C1D1,D D1,C D的中点,N是B C的中点,则G HʊB A1,HNʊB D㊂又G H⊄面A1B D, B A1⊂面A1B D,所以G Hʊ面A1B D㊂同理可得,NHʊ面A1B D㊂又G HɘHN=H,所以面A1B Dʊ面G HN㊂因为点M在四边形E F G H上及其内部运动,MNʊ面A1B D,所以点M一定在线段G H上运动,即满足条件㊂易得G H=22a㊂故点M轨迹的长度是22a㊂应选D㊂本题利用线面平行㊁面面平行,在动态问题中提炼一些不变的静态的量,建立不变量与动点之间的关系,从而确定动点的轨迹长度㊂二㊁动态问题之定值问题例2如图2,在单位正方体A B C D-A1B1C1D1中,点P在线段A D1上运动㊂图2给出以下四个命题:①异面直线A1P与B C1间的距离为定值;②三棱锥D-B P C1的体积为定值;③异面直线C1P与C B1所成的角为定值;④二面角P-B C1-D的大小为定值㊂其中真命题的序号是()㊂A.①②B.③④C.①②③D.①②③④解:对于①,异面直线A1P与B C1间的距离即为两平行平面A D D1A1和平面B C C1B1间的距离,即为正方体的棱长,为定值,①正确㊂对于②,V D-B P C1=V P-D B C1,因为SәD B C1为定值,点PɪA D1,A D1ʊ平面B D C1,所以点P到平面B D C1的距离即为正方体的棱长,所以三棱锥D-B P C1的体积为定值,②正确㊂对于③,在正方体A B C D-A1B1C1D1中,因为B1Cʅ平面A B C1D1,而C1P⊂平面A B C1D1,所以B1CʅC1P,即这0 1数学部分㊃知识结构与拓展高一使用2022年4月Copyright©博看网. All Rights Reserved.两条异面直线所成的角为90ʎ,③正确㊂对于④,因为二面角P -B C 1-D 的大小即为平面A B C 1D 1与平面B D C 1所成的二面角的大小,而这两个平面位置固定不变,所以二面角P -B C 1-D 的大小为定值,④正确㊂应选D㊂动态立体几何问题,在变化过程中总蕴含着某些不变的因素,因此要认真分析其变化特点,寻找不变的静态因素,从静态因素中,找到解决问题的突破口㊂三㊁动态问题之翻折问题例3 如图3,在长方形A B C D 中,A B =2,B C =1,E 为D C 的中点,F 为线段E C (端点除外)上一动点㊂现将әAF D 沿A F 折起,使平面A B D ʅ平面A B C F ,得到如图4所示的四棱锥D -A B C F ㊂在平面A B D 内过点D 作D K ʅA B ,垂足为K ㊂设A K =t ,则t 的取值范围是㊂图3 图4解:过点F 作F M ʅA B 交A B 于点M (作法略)㊂设F C =x ,0<x <1,则M F =B C =1,M B =F C =x ㊂易知A K <A D =1,A B =2,所以点K 一定在点M 的左边,则MK =2-t -x ㊂在R t әA D K 中,D K 2=1-t2,在R tәF MK 中,F K 2=1+(2-t -x )2㊂因为平面A B D ʅ平面A B C F ,平面A B D ɘ平面A B C F =A B ,D K ʅA B ,D K ⊂平面A B D ,所以D K ʅ平面A B C F ,所以D K ʅF K ㊂在R t әD F K 中,D F =2-x ,D K 2+F K 2=D F 2,所以1-t 2+1+(2-t -x )2=(2-x )2,化简得1-2t +t x =0,即t =12-x㊂又因为t =12-x在(0,1)上单调递增,所以12<t <1,即t 的取值范围为12,1()㊂本题是一个动态的翻折问题,通过发现不变的垂直关系,从而得到相关变量间的关系,最终转化成函数的值域问题㊂解决折叠问题的关键是分清折叠前后图形的位置和数量关系的变与不变的量㊂四㊁动态问题之展开问题例4 已知某圆锥的母线长为3,底面半径为1,则该圆锥的体积为㊂设线段A B 为该圆锥底面圆的一条直径,一质点从A 出发,沿着该圆锥的侧面运动,到达B 点后再沿侧面回到A 点,则该质点运动路径的最短长度为㊂解:易得该圆锥的高h =32-1=22㊂所以该圆锥的体积V =13ˑπˑ12ˑ22=223π㊂将该圆锥侧面沿母线S A 展开,如图5所示㊂图5因为圆锥底面周长为2π,扇形半径为3,所以侧面展开后得到的扇形的圆心角øA S A '=2π3㊂由题意知点B 是圆锥侧面展开后得到的扇形的弧A A '的中点,则øA S B =π3,所以A B =A 'B =A S =3㊂所以该质点运动路径的最短长度为A B +A 'B =6㊂空间动态问题常转化为平面的动态问题求解㊂化曲为直是求解曲面上路径长度最短问题的关键㊂本题是求解圆锥侧面上质点运动路径的最短长度问题,可将圆锥侧面沿一条母线展开成扇形,从而在平面图形中解决问题㊂作者单位:江苏省盐城市时杨中学(责任编辑郭正华)11数学部分㊃知识结构与拓展高一使用 2022年4月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。

高考数学一轮复习好题精练第七章立体几何与空间向量突破3立体几何中的动态问题

突破3 立体几何中的动态问题1.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 是侧面BB 1C 1C 内一动点.若P 到直线BC 的距离等于它到直线C 1D 1的距离，则动点P 的轨迹所在的曲线是（ D ） A.直线 B.椭圆 C.双曲线D.抛物线解析如图，连接C 1P ，过点P 作PE ⊥BC ，E 为垂足，易知PC 1就是点P 到直线C 1D 1的距离，则PC 1＝PE ，（点P 到定点C 1的距离与到定直线BC 的距离相等）所以动点P 在侧面BB 1C 1C 内的一段抛物线上.2.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点M 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，且BM ∥平面ACD 1，则tan ∠DMD 1的最大值为（ D ） A.√22B.1C.2D.√2解析连接A 1C 1，易得当M 在直线A 1C 1上时，都满足BM ∥平面ACD 1，所以tan ∠DMD 1＝DD 1MD 1，而DD 1为定值，所以要使tan ∠DMD 1最大，则MD 1最小，此时点M 为A 1C 1的中点，tan ∠DMD 1＝DD 1√22DD 1＝√2.3.在空间直角坐标系Oxyz 中，正四面体P －ABC 的顶点A ，B 分别在x 轴、y 轴上移动.若该正四面体的棱长是2，则｜OP ｜的取值范围是（ A ） A.[√3－1，√3＋1] B.[1，3] C.[√3－1，2]D.[1，√3＋1]解析如图所示，若固定正四面体P －ABC 的位置，则原点O 在以AB 为直径的球面上运动.设AB 的中点为M ，则PM ＝√22－12＝√3，所以原点O 到点P 的最小距离等于PM 减去球M 的半径，最大距离等于PM 加上球M 的半径，所以√3－1≤｜OP ｜≤√3＋1，即｜OP ｜的取值范围是[√3－1，√3＋1].4.[多选/2024江西省九江市同文中学模拟]如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F ，且EF ＝13，则（ ABD ）A.AC ⊥BEB.EF ∥平面ABCDC.△AEF 的面积与△BEF 的面积相等D.三棱锥E －AFB 的体积为定值解析在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，易知AC ⊥BD ，AC ⊥BB 1，因为BB 1∩BD ＝B ，所以AC ⊥平面BB 1D 1D ，又因为BE ⊂平面BB 1D 1D ，所以AC ⊥BE ，A 正确；（也可以由三垂线定理直接得结论）因为B 1D 1∥平面ABCD ，所以EF ∥平面ABCD ，B 正确；连接AD 1，AB 1，易知△AB 1D 1为等边三角形，所以易得点A 到直线EF 的距离为√22×√3＝√62，而点B 到直线EF 的距离为1，所以△AEF 的面积与△BEF 的面积不相等，C 错误；S △BEF ＝12×13×1＝16，而点A 到平面BEF 的距离即点A 到平面BB 1D 1D 的距离，为√22，因此V E －AFB ＝V A －BEF ＝13×16×√22＝√236为定值，D 正确.故选ABD.5.[多选/2023武汉市武昌区质检]如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 在线段BD 上，且BE ＝12BD ，动点F 在线段B 1C 上（含端点），则下列说法正确的有（ AB ） A.三棱锥D 1－ADF 的体积为定值 B.若直线EF ∥平面AB 1D 1，则CF ＝12CB 1C.不存在点F 使平面DEF ⊥平面BB 1C 1CD.存在点F 使直线EF 与平面ABCD 所成角为π3解析对于A ，因为B 1C ∥平面ADD 1A 1，点F 在线段B 1C 上，所以点F 到平面ADD 1A 1的距离为定值，即正方体的棱长.又△ADD 1的面积也为定值，V 三棱锥D 1－ADF ＝V 三棱锥F －ADD 1，所以三棱锥D 1－ADF 的体积为定值，所以选项A 正确.对于B ，连接CA ，由题意可知E 为BD 的中点，所以E 在线段CA 上，且E 为AC 的中点，若直线EF ∥平面AB 1D 1，因为EF ⊂平面AB 1C ，平面AB 1C ∩平面AB 1D 1＝AB 1，所以EF ∥AB 1，因为E 为AC 的中点，所以F 为B 1C 的中点，即CF ＝12CB 1，所以选项B 正确.对于C ，点F 与点C 重合时，平面DEF 即平面ABCD ，因为平面ABCD ⊥平面BB 1C 1C ，所以选项C 错误.对于D ，当点F 与点B 1重合时，EF 与平面ABCD 所成的角最大，此时∠B 1EB 为EF 与平面ABCD 所成的角，设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则BE ＝√2，所以tan ∠B 1EB ＝BB 1BE ＝2√2＝√2＜√3，即∠B 1EB ＜π3，所以不存在点F ，使直线EF 与平面ABCD 所成的角为π3，所以选项D 错误. 综上，选AB.6.[多选/2024浙江名校联考]已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点P 为平面ABC 内一动点，则下列说法正确的是（ BCD ）A.若点P 在棱AD 上运动，则A 1P ＋PC 的最小值为2＋2√2B.若点P 是棱AD 的中点，则平面PBC 1截正方体所得截面的周长为2√5＋3√2C.若点P 满足PD 1⊥DC 1，则动点P 的轨迹是一条直线D.若点P 在直线AC 上运动，则点P 到BC 1的最小距离为2√33解析对于选项A ，如图1，将平面ABCD 与平面AA 1D 1D 平铺在一个平面内，连接A 1C ，则A 1P ＋PC ≥A 1C ＝√42＋22＝2√5，所以选项A 错误.图1图2对于选项B ，如图2，取DD 1的中点Q ，连接PQ ，C 1Q ，因为点P 是AD 的中点，所以PQ ∥BC 1，所以平面PBC 1截正方体所得截面为等腰梯形PBC 1Q ，所以该截面的周长为PQ ＋PB ＋C 1Q ＋BC 1＝√2＋2√5＋2√2＝2√5＋3√2，所以选项B 正确.对于选项C ，如图3，连接CD 1，A 1B ，则在正方体中，易知A 1D 1⊥DC 1，DC 1⊥CD 1，又A 1D 1∩CD 1＝D 1，A 1D 1，CD 1⊂平面A 1BCD 1，所以DC 1⊥平面A 1BCD 1，又P 在平面ABC 内，平面ABC ∩平面A 1BCD 1＝BC ，所以要使PD 1⊥DC 1，则P ∈BC ，即动点P 的轨迹是一条直线，所以选项C 正确.图3图4对于选项D ，当点P 在直线AC 上运动时，点P 到BC 1的最小距离即异面直线AC 与BC 1的距离.如图4，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A （2，0，0），C （0，2，0），B （2，2，0），C 1（0，2，2），所以AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝（－2，2，0），BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝（－2，0，2）.设与异面直线AC 和BC 1均垂直的直线的方向向量为n ＝（x ，y ，z ），则{n ·AC⃗⃗⃗⃗⃗ ＝－2x +2y =0，n ·BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝－2x +2z =0，取x ＝1，可得n ＝（1，1，1），又AB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝（0，2，0），所以异面直线AC 与BC 1的距离d ＝｜AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ｜｜n ｜＝2√3＝2√33，所以选项D 正确.故选BCD.7.[2023高三名校联考]在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知AA 1＝7，点O 在棱AA 1上，且AO ＝4，则该正方体表面上到点O 距离为5的点的轨迹的总长度为172π .解析如图，在正方体的面AA 1B 1B 上，以O 为圆心，5为半径作弧，分别交AB ，A 1B 1于点E ，F ，连接OE ，OF ，则OE ＝OF ＝5，因为OA ＝4，AA 1＝7，所以AE ＝3＝OA 1，A 1F ＝4＝OA ，则易知OE ⊥OF ，所以在正方体的面AA 1B 1B 上满足题意的点的轨迹为EF ⏜，长度为14×2π×5＝52π；同理得，在正方体的面AA 1D 1D 上满足题意的点的轨迹长度为52π.易知OA 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，OA ⊥平面ABCD ，因为A 1F ＝4，OA 1＝3，所以易得在正方体的面A 1B 1C 1D 1上满足题意的点的轨迹为以A 1为圆心，A 1F 为半径的弧，且该弧所对的圆心角为π2，故其长度为14×2π×4＝2π；同理得，在正方体的面ABCD 上满足题意的点的轨迹为以A为圆心，AE 为半径的弧，且该弧所对的圆心角为π2，故其长度为14×2π×3＝32π.综上，该正方体表面上到点O 距离为5的点的轨迹的总长度为5π2＋5π2＋2π＋3π2＝172π.8.[解题创新/2023石家庄市质检（二）]长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝2，平面AB 1C 与直线D 1C 1的交点为M ，现将△MCB 1绕CB 1旋转一周，在旋转过程中，动直线CM 与底面A 1B 1C 1D 1内任一直线所成角中的最小角记为α，则sin α的最大值是11√525.解析如图1，延长D 1C 1至M 1，使C 1M 1＝1，连接B 1M 1，CM 1，则B 1M 1∥AC ，B 1M 1＝AC ，所以四边形AB 1M 1C 为平行四边形，因此M 1为直线D 1C 1与平面AB 1C 的交点，即M 与M 1重合.将△B 1MC 绕CB 1旋转一周，得到的图形如图2.在△B 1MC 绕CB 1旋转的过程中，动直线CM 与底面A 1B 1C 1D 1内任一直线所成角中的最小角，即动直线CM 与底面ABCD 内任一直线所成角中的最小角，也即动直线CM 与底面ABCD 所成的角.不妨设△B 1MC 绕CB 1按逆时针方向旋转，如图3，当△B 1MC 所在的平面第一次与平面B 1C 1CB 重合时，直线CM 与底面ABCD 所成的角最大，在Rt △B 1CB 中，B 1B ＝2，CB ＝1，B 1C ＝√5，所以sin ∠B 1CB ＝√5，cos ∠B 1CB ＝√5.在△B 1CM 中，B 1C ＝√5，CM ＝√5，B 1M ＝√2，根据余弦定理，得cos ∠B 1CM ＝45，则sin ∠B 1CM ＝35.所以（sin α）max ＝sin （π－∠B 1CB －∠B 1CM ）＝sin （∠B 1CB ＋∠B 1CM ）＝sin ∠B 1CB ·cos ∠B 1CM ＋cos ∠B 1CB ·sin ∠B 1CM ＝√5×45＋√5×35＝11√525.图1图2图3。

2022版高考数学一轮复习练案(48理)第七章立体几何第七讲立体几何中的向量方法(理)练习

［练案48理］第七讲立体几何中的向量方法(理）A组基础巩固一、选择题1．(2021·东营质检）已知A（1,0,0），B（0，－1,1),错误!＋λ错误!与错误!的夹角为120°，则λ的值为（C）A．±错误!B．错误!C．－错误!D．±错误![解析］错误!＋λ错误!＝（1，－λ,λ)，cos120°＝错误!＝－错误!,得λ＝±错误!.经检验λ＝错误!不合题意，舍去，∴λ＝－错误!。

2．(2021·江苏镇江八校期中联考）已知二面角α－l－β,其中平面α的一个法向量m＝(1,0,－1)，平面β的一个法向量n＝(0，－1,1）,则二面角α－l－β的大小可能为（C）A．60°B．120°C．60°或120°D．30°［解析］设二面角α－l－β的平面角为θ，则｜cos θ|＝错误!＝错误!，∴θ＝60°或120°。

3．（2021·河北张家口期末）在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，PD＝AD，M，N分别为AB,PC的中点,则BN与MC所成角的余弦值是（D)A．错误!B．错误!C．错误!D．错误![解析]如图，易知PD、DA、DC两两垂直，如图建立空间直角坐标系，且设P A＝AD＝2，则错误!＝（－2，1,0），错误!＝（－2,－1，0）,记BN与MC所成角为θ,则cos θ＝错误!＝错误!，故选D。

4．（2020·河南林州期末)如图，已知长方体ABCD－A1B1C1D1中,AD＝AA1＝1，AB＝3,E为线段AB上一点,且AE＝错误!AB，则DC1与平面D1EC所成角的正弦值为（A）A．错误!B．错误!C．错误!D．错误!［解析］如图,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴，y轴,z轴建立空间直角坐标系,则C1（0，3,1），D1（0，0，1），E（1，1,0），C（0，3,0），∴错误!＝(0，3，1），错误!＝（1，1，－1）,错误!＝（0，3，－1)．设平面D1EC的法向量为n＝（x，y,z），则错误!即错误!取y＝1,得n＝(2，1,3）．∴cos<错误!，n〉＝错误!＝错误!，∴DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为错误!.5．（2021·安徽六校教育研究会联考）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中,已知∠ABC ＝90°，P为侧棱CC1上任意一点，Q为棱AB上任意一点，PQ与AB所成角为α，PQ与平面ABC所成的角为β，则α与β的大小关系为（C）A．α＝βB．α〈βC．α>βD．不能确定6．（2021·黑龙江哈尔滨期末）三棱柱ABC－A1B1C1底面为正三角形，侧棱与底面垂直,若AB＝2，AA1＝1,则点A到平面A1BC的距离为（B)A．错误!B．错误!C．错误!D．错误!［解析］如图建立空间直角坐标系,则错误!＝(0，0，1),错误!＝（错误!，1,－1），错误!＝(0，2，－1）,设平面A1BC的法向量为n＝（x，y，z），则错误!不妨取z＝2,则x＝错误!,y＝1，∴n＝(错误!,1，2），∴A到平面A1BC的距离d＝错误!＝错误!.故选B.注：本题也可用等体积法求解．设A到平面A1BC的距离为h，∵VA1－ABC＝VA－A1BC,∴错误!＝错误!,∴h＝错误!。

2022高三高考数学知识点第7章 §7

第七章立体几何与空间向量
考试要求
1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.
2.能用斜二测画法画出简单空间图形的直观图. 3.了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式．
内容索引
主干梳理基础落实
题型突破核心探究
课时精练
主干梳理基础落实
∴V ＝V A1D1MN
D1 A1MN
＝13·S△ A1MN·D1A1＝13×32×2＝1.
思维升华
(1)空间几何体表面积的求法 ①旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用. ②多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理. (2)空间几何体体积问题的常见类型及解题策略 ①直接利用公式进行求解. ②用转换法、分割法、补形法等方法进行求解.
(2)如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形ABCD是
边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形， 2
EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为__3___.
解析如图，过BC作与EF垂直的截面BCG，作平面
ADM∥平面BCG，取BC的中点O，连接GO，FO，
由题意可得 FO＝ 23，FG＝12，所以 GO＝ FO2－FG2＝ 22，
②每相邻两个四边形的
_截__面__和_底__面__
的多面体
公共边都互相_平__行__
之间的部分
侧棱
_平__行__且__相__等__
相交于_一__点__但不一延长线交于
定相等
_一__点__
侧面形状
_平__行__四__边__形__
_三__角__形__
_梯__形__
2.旋转体的结构特征

2025数学大一轮复习讲义人教版第七章立体几何中的动态、轨迹问题

跟踪训练1 正四棱锥S－ABCD的底面边长为2，高为2，E是边BC的中点，
动点P在正四棱锥表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的
周长为
√A. 6＋ 2
B. 6－ 2
C.4
D. 5＋1
如图，设AC，BD交于O，连接SO，由正四棱锥的性质可得SO⊥平面ABCD，因为AC⊂平面ABCD，故SO⊥AC. 又BD⊥AC，SO∩BD＝O，SO，BD⊂平面SBD，故AC⊥平面SBD. 由题意，PE⊥AC则动点P的轨迹为过E且垂直AC的平面与正四棱锥 S－ABCD的交线，即平面EFG，则AC⊥平面EFG.
所成的角为π4，所以∠BPO＝π4，故 OP＝12，则点 P 的轨迹是以 O 为圆心，半径 r＝12的半圆弧，所以动点 P 的轨迹长为 πr＝π2.
思维升华
距离、角度有关的轨迹问题 (1)距离：可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹. (2)角度：直线与面成定角，可能是圆锥侧面；直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面.
∴平面A1BD∥平面GHN，又∵点M在四边形EFGH上及其内部运动， MN∥平面A1BD，则点M在线段GH上运动，即满足条件，
又 GH＝ 22a，则点 M 轨迹的长度是
2a 2.
思维升华
动点轨迹的判断一般根据线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程.
设 AB＝a，BC＝b，则 a2＋b2＋22＝ 5，可得 a2＋b2＝1，
所以 V＝2ab≤a2＋b2＝1，当且仅当 a＝b＝ 22时，等号成立.
如图，设AC，BD相交于点O，
因为BO⊥AC，BO⊥AA1，AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面A1ACC1，所以 BO⊥平面 A1ACC1，因为直线 BP 与平面 A1ACC1

2022版新教材高考数学一轮复习第七章空间向量与立体几何7.1基本立体图形直观图几何体的表面积和体积

第七章空间向量与立体几何7.1根本立体图形、直观图、几何体的外表积和体积必备知识预案自诊知识梳理1.空间几何体的结构特征(1) 多面体①棱柱的侧棱都,上、下底面是且平行的多边形.②棱锥的底面是,侧面是.③棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到,其上、下底面是多边形(2 ) 旋转体①圆柱是以的一边所在直线为旋转轴,其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体.②圆锥是以直角三角形的一条所在直线为旋转轴,其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体.③圆台可以由直角梯形绕垂直于底边的腰所在直线或等腰梯形绕上、下底边中点连线所在直线旋转得到,也可由平行于圆锥底面的平面截得到.④球可以由绕直径所在直线旋转得到2.特殊的四棱柱四棱柱平行六面体直平行六面体长方体正四棱柱正方体3.直观图(1)画法:斜二测画法.(2)步骤:①在图形中取互相垂直的x轴和y轴,两轴相交于点O.画直观图时,把它们画成对应的x'轴与y'轴,两轴相交于点O',且使∠x'O'y'=45°(或135°),它们确定的平面表示水平面.②图形中平行于x轴或y轴的线段,在直观图中分别画成平行于x'轴或y'轴的线段.③图形中平行于x轴的线段,在直观图中保持原长度不变,平行于y轴的线段,在直观图中长度为原来的.4.多面体的外表积多面体的外表积就是围成多面体各个面的面积的和.5.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图与侧面积公式圆柱圆锥圆台6.柱、锥、台和球的外表积和体积1.球的截面的性质(1)球的截面是圆面,且球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面;(2)球心到截面的距离d 与球的半径R 与截面的半径r 的关系为r=√R 2-d 2.2.与体积有关的几个结论(1)一个组合体的体积等于它的各局部体积的和或差.(2)底面面积与高都相等的两个同类几何体的体积相等.3.设正方体的棱长为a ,如此它的内切球半径r=a2,外接球半径R=√32a.4.设长方体的长、宽、高分别为a ,b ,c ,如此它的外接球半径R=√a 2+b 2+c 22.5.设正四面体的棱长为a ,如此它的高为√63a ,内切球半径r=√612a ,外接球半径R=√64a.考点自诊1.判断如下结论是否正确,正确的画“√〞,错误的画“×〞.(1)有两个面平行,其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.()(2)有一个面是多边形,其余各面都是三角形的几何体是棱锥.()(3)棱台是由平行于棱锥底面的平面截棱锥所得的平面与底面之间的局部.()(4)设长方体的长、宽、高分别为2a,a,a,其顶点都在一个球面上,如此该球的外表积为3πa2.()2.(2020某某,5)假如棱长为2√3的正方体的顶点都在同一球面上,如此该球的外表积为()A.12πB.24πC.36πD.144π3.(2020某某某某中学高三九调)如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为1 cm,高为5 cm,一质点自A点出发,沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A1点的最短路线的长为()A.12 cmB.13 cmC.√61cmD.15 cm4.(多项选择)(2020某某蒙阴实验中学高三期末)四棱锥P-ABCD,底面ABCD为矩形,侧面PCD⊥平面ABCD,BC=2√3,CD=PC=PD=2√6.假如点M为PC的中点,如此如下说法正确的为()A.BM⊥平面PCDB.PA∥平面MBDC.四棱锥M-ABCD外接球的外表积为36πD.四棱锥M-ABCD的体积为65.(2020某某某某质检)一个圆锥的底面积为π,侧面积为2π,如此该圆锥的体积为.关键能力学案突破考点空间几何体的结构特征【例1】(1)(多项选择)如下结论正确的答案是()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,其余两边旋转一周形成的面所围成的几何体叫圆锥C.棱锥的各侧棱相交于一点,但不一定相等D.圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点相连的线段都是圆锥的母线(2)给出如下几个命题:①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点,如此这两点的连线是圆柱的母线; ②底面为正多边形,且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱; ③棱台的上、下底面可以不相似,但侧棱长一定相等.其中正确命题的个数是()A.0B.1C.2D.3(3)(2020全国1,理3)埃与胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,如此其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()A.√5-14B.√5-12C.√5+14D.√5+12 解题心得区分空间几何体的两种方法定义法紧扣定义,由构建几何模型,在条件不变的情况下,变换模型中的线面关系或增加线、面等根本要素,根据定义进展判定反例法通过反例对结构特征进展辨析,要说明一个结论是错误的,只需举出一个反例即可对点训练1(1)给出如下命题:①棱柱的侧棱都相等,侧面都是全等的平行四边形;②假如三棱锥的三条侧棱两两垂直,如此其三个侧面也两两垂直;③在四棱柱中,假如两个过相对侧棱的截面都垂直于底面,如此该四棱柱为直四棱柱;④存在每个面都是直角三角形的四面体.其中正确命题的序号是.(2)(2019全国2,理16)中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体〞(图1).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体表现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的外表上,且此正方体的棱长为1,如此该半正多面体共有个面,其棱长为.图1图2考点空间几何体的外表积【例2】(1)(2020某某某某模拟)如图,在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AA 1⊥底面ABC ,AB ⊥BC ,AA 1=AC=2,直线A 1C 与侧面AA 1B1B 所成的角为30°,如此该三棱柱的侧面积为()A.4+4√2B.4+4√3C.12D.8+4√2(2)在如下列图的斜截圆柱中,圆柱底面的直径为40 cm,从围成斜截面的曲线上任意一点向底面圆所在平面作垂线,垂线段最短50 cm,最长80 cm,如此斜截圆柱的侧面面积为cm2.解题心得求空间几何体外表积的常见类型与思路对点训练2(1)圆柱的底面积为S,侧面展开图是一个正方形,那么圆柱的侧面积是()A.4πSB.2πSπSC.πSD.2√33(2)如图,在梯形ABCD中,∠ABC=π2,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2.将梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的面所围成的几何体的外表积为()A.4πB.(4+√2)πC.6πD.(5+√2)π考点空间几何体的体积(多考向探究)考向1直接利用公式求体积【例3】正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均为2,点D在棱AA1上,如此三棱锥D-BB1C1的体积为.考向2割补法求体积【例4】(1)(2019全国3,理16)学生到工厂劳动实践,利用3D 打印技术制作模型.如图,该模型为长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1挖去四棱锥O-EFGH 后所得的几何体,其中O 为长方体的中心,E ,F ,G ,H 分别为所在棱的中点,AB=BC=6 cm,AA 1=4 cm .3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3.不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为g .(2)如图,在多面体ABCDEF 中,四边形ABCD 是边长为1的正方形,且△ADE ,△BCF 均为正三角形,EF ∥AB ,EF=2,如此该多面体的体积为.考向3等体积法求体积【例5】如下列图,三棱柱ABC-A 1B 1C 1的所有棱长均为1,且AA 1⊥底面ABC ,如此三棱锥B 1-ABC 1的体积为()A.√312B.√34C.√612D.√64解题心得求空间几何体的体积的常用方法对点训练3(1)(2020某某镇海中学高三3月模拟)正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,CC1=2√2,E为CC1的中点,如此直线AC1与平面BED的距离为()A.2B.√3C.√2D.1(2)如图,正四棱锥P-ABCD的底面边长为2√3cm,侧面积为8√3cm2,如此它的体积为cm3.(3)如图,体积为V的三棱柱ABC-A1B1C1,P是棱B1B上除B1,B以外的任意一点,如此四棱锥P-AA1C1C的体积为.考点与球有关的切、接问题(多考向探究)考向1几何体的外接球【例6】(2019全国1,理12)三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中点,∠CEF=90°,如此球O的体积为()A.8√6πB.4√6πC.2√6πD.√6π对点训练4(2020全国1,文12)A,B,C为球O的球面上的三个点,☉O1为△ABC的外接圆.假如☉O1的面积为4π,AB=BC=AC=OO1,如此球O的外表积为()A.64πB.48πC.36πD.32π考向2几何体的内切球【例7】(1)如图,在圆柱O1O2内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面与母线均相切.的值是.记圆柱O1O2的体积为V1,球O的体积为V2,如此V1V2(2)(2020全国3,理15)圆锥的底面半径为1,母线长为3,如此该圆锥内半径最大的球的体积为.解题心得解决与球有关的切、接问题,其通法是作截面,将空间几何问题转化为平面几何问题求解,其解题的思维流程是:对点训练5(1)正三棱锥的高为1,底面边长为2√3,内有一个球与四个面都相切,如此棱锥的内切球的半径为.(2)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2a的正方形,PD⊥底面ABCD,且PD=2a.假如在这个四棱锥内放一球,如此此球的最大半径为.【例1】如下列图,某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球面对接而成,该封闭几何体内部放入一个小圆柱体,且圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行,如此小圆柱体积的最大值为()A.2000π9B.4000π27C.81πD.128π解析如图,设小圆柱体底面半径为5cos θ,所以高为5+5sin θ,θ∈0,π2, 小圆柱体积V=π·(5cos θ)2(5+5sin θ),设sin θ=t ,t ∈(0,1),如此V=125π(-t 3-t 2+t+1),V'=125π(-3t+1)(t+1),易知当t ∈0,13时,函数V=125π(-t 3-t 2+t+1)单调递增,当t ∈13,1时,函数V=125π(-t 3-t 2+t+1)单调递减,所以当t=13时,V max =4000π27.【例2】在四面体ABCD 中,假如AD=DB=AC=CB=1,如此四面体ABCD 体积的最大值是()A.2√327B.13C.2√39D.√33,取AB 中点E ,连接CE ,DE ,设AB=2x (0<x<1),如此CE=DE=√1-x 2,当平面ABC ⊥平面ABD 时,四面体体积最大, 四面体的体积V=13×12×2x ×√1-x 2×√1-x 2=13x-13x 3,V'=13-x 2, 当x ∈0,√33时,函数V=13x-13x 3单调递增,当x ∈√33,1时,函数V=13x-13x 3单调递减,如此当x=√33时,函数V=13x-13x 3有最大值V max =13×√33−13×(√33)3=2√327.应当选A .【例3】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.√15 cm 3,连接OD ,交BC 于点G.由题意知OD ⊥BC ,OG=√36BC. 设OG=x ,如此BC=2√3x ,DG=5-x ,三棱锥的高h=√DG 2-OG 2=√25-10x +x 2-x 2=√25-10x ,x ∈0,52. 因为S △ABC =12×2√3x ×3x=3√3x 2,所以三棱锥的体积V=13S △ABC ·h=√3x 2·√25-10x =√3·√25x 4-10x 5,x ∈0,52.令f (x )=25x 4-10x 5,x ∈(0,52),如此f'(x )=100x 3-50x 4.令f'(x )=0,可得x=2,如此f (x )在(0,2)内单调递增,在(2,52)内单调递减,所以f (x )max =f (2)=80.所以V ≤√3×√80=4√15,所以三棱锥体积的最大值为4√15.,用该量表示出几何体的体积,然后根据体积表达式求其最大值,假如表达式是一个三次以上的函数,一般通过求导的方法求最大值.第七章空间向量与立体几何7.1 根本立体图形、直观图、几何体的外表积和体积必备知识·预案自诊知识梳理1.(1)①平行且相等全等②任意多边形有一个公共顶点的三角形③相似(2)①矩形②直角边③圆锥④半圆面或圆面3.(2)③一半5.2πrl πrl π(r 1+r 2)l6.S 底h13S 底h 4πR 243πR 3 考点自诊1.(1)×(2)×(3)√(4)×2.C ∵2R=√(2√3)2+(2√3)2+(2√3)2=6,∴球的外表积为4πR 2=36π.应当选C .3.C 将正三棱柱ABC-A 1B 1C 1沿侧棱展开,再拼接一次,其侧面展开图如下列图,在展开图中,最短距离是矩形对角线的长度,也即为三棱柱的侧面上所求距离的最小值.由求得矩形的长等于6×1=6(cm),宽等于5cm,由勾股定理得所求最短路线的长为√62+52=√61(cm).应当选C.4.BC如图在四棱锥P-ABCD中,由题知,侧面PCD⊥平面ABCD,交线为CD,底面ABCD为矩形,BC⊥CD,如此BC⊥平面PCD,过点B有且只有一条直线与平面PCD垂直,所以选项A错误.连接AC交BD于点O,连接MO,在△PAC中,OM∥PA,MO⊂平面MBD,PA⊄平面MBD,所以PA∥平面MBD,所以选项B正确.因为M为PC中点,故四棱锥M-ABCD的体积是四棱锥P-ABCD的体积的一半,取CD 中点N,连接PN,由题知,PN⊥CD,如此PN⊥平面ABCD,且PN=3√2,故四棱锥M-ABCD的体积V M-ABCD=12×13×2√3×2√6×3√2=12.所以选项D错误.在矩形ABCD中,易得AC=6,OC=3,ON=√3,MN=12PD=√6,在Rt△MNO中,OM=√ON2+MN2=3,即OM=OA=OB=OC=OD,所以O为四棱锥M-ABCD外接球的球心,半径为3,所以其体积为36π,所以选项C正确.应当选BC.5.√3π3设圆锥的底面半径为r ,高为h ,母线长为l ,如此{πr 2=π,πrl =2π,解得{r =1,l =2.所以h=√3.圆锥的体积V=13Sh=√3π3.关键能力·学案突破例1(1)CD(2)B(3)C(1)A 错误,如图1是由两个一样的三棱锥叠放在一起构成的几何体,它的各个面都是三角形,但它不是三棱锥;B 错误,如图2,假如△ABC 不是直角三角形,或△ABC 是直角三角形但旋转轴不是直角边所在的直线,所得的几何体都不是圆锥;C 正确,因为棱锥是一个面为多边形,其余各面都是有一个公共顶点的三角形,所以棱锥的各侧棱相交于一点,但各侧棱不一定相等;由母线的概念知,选项D 正确.应当选CD .(2)①错误,只有这两点的连线段平行于轴时才是母线;②正确;③错误,棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形,各侧棱延长线交于一点,但是侧棱长不一定相等.故正确命题的个数是1.应当选B .(3)如图,设正四棱锥的高为h ,底面边长为a ,侧面三角形底边上的高为h',如此有{ℎ2=12a ℎ',ℎ2=ℎ'2-(a2)2,因此有h'2-(a2)2=12ah',化简得4(ℎ'a)2-2(ℎ'a)-1=0,解得ℎ'a=√5+14.(负值舍去) 对点训练1(1)②③④(2)26√2-1(1)①不正确,根据棱柱的定义,棱柱的各个侧面都是平行四边形,但不一定全等;②正确,假如三棱锥的三条侧棱两两垂直,如此三个侧面两两构成的三个二面角都是直二面角;③正确,因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱,又垂直于底面;④正确,如在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中的三棱锥C 1-ABC ,四个面都是直角三角形.(2)由题图2可知第一层与第三层各有9个面,共计18个面,第二层共有8个面,所以该半正多面体共有18+8=26个面.如图,设该半正多面体的棱长为x ,如此AB=BE=x ,延长CB 与FE 的延长线交于点G ,延长BC 交正方体的另一条棱于点H.由半正多面体的对称性可知,△BGE 为等腰直角三角形,所以BG=GE=CH=√22x ,所以GH=2×√22x+x=(√2+1)x=1,解得x=√2+1=√2-1,即该半正多面体的棱长为√2-1.例2(1)A(2)2 600π(1)连接A1B.因为AA1⊥底面ABC,如此AA1⊥BC,又AB⊥BC,AA1∩AB=A,所以BC⊥平面AA1B1B,所以直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为∠CA1B=30°.又AA1=AC=2,所以A1C=2√2,BC=√2.又AB⊥BC,如此AB=√2,如此该三棱柱的侧面积为2×√2×2+2×2=4+4√2.(2)将题图所示的一样的两个几何体对接为圆柱,如此圆柱的侧面展开图为矩形.由题意得所求侧面展开图的面积S=12×(50+80)×(π×40)=2600π(cm2).对点训练2(1)A(2)D(1)由πr2=S得圆柱的底面半径是√Sπ,故侧面展开图的边长为2π·√Sπ=2√πS,所以圆柱的侧面积是4πS.应当选A.(2)∵在梯形ABCD中,∠ABC=π2,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2,∴将梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的面所围成的几何体是一个底面半径为AB=1,高为BC=2的圆柱挖去一个底面半径为AB=1,高为BC-AD=2-1=1的圆锥的组合体,∴几何体的外表积S=π×12+2π×1×2+π×1×√12+12=(5+√2)π.应当选D.例32√33如图,取BC中点O,连接AO.∵正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均为2,∴AC=2,OC=1,如此AO=√3.∵AA1∥平面BCC1B1,∴点D到平面BCC1B1的距离为√3.又S△BB1C1=12×2×2=2,∴V D-BB1C1=13×2×√3=2√33.例4(1)118.8(2)√23(1)由题意得,四棱锥O-EFGH 的底面积为4×6-4×12×2×3=12(cm 2),点O到平面BB 1C 1C 的距离为3cm,如此此四棱锥的体积为V 1=13×12×3=12(cm 3).又长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的体积为V 2=4×6×6=144(cm 3),如此该模型的体积为V=V 2-V 1=144-12=132(cm 3).故其质量为0.9×132=118.8(g).(2)如图,分别过点A ,B 作EF 的垂线,垂足分别为G ,H ,连接DG ,CH ,易求得EG=HF=12,AG=GD=BH=HC=√32,如此△BHC 中BC 边的高h=√22.∴S △AGD =S △BHC =12×√22×1=√24,∴V 多面体=V E-ADG +V F-BHC +V AGD-BHC =2V E-ADG +V AGD-BHC =13×√24×12×2+√24×1=√23.例5A 易知三棱锥B 1-ABC 1的体积等于三棱锥A-B 1BC 1的体积,又三棱锥A-B 1BC 1的高为√32,底面积为12×1×1=12,故其体积为13×12×√32=√312.对点训练3(1)D(2)4(3)2V3(1)因为线面平行,所求线面距可以转化为求点到面的距离,选用等体积法.∵AC 1∥平面BDE ,∴AC 1到平面BDE 的距离等于点A 到平面BDE 的距离,由题计算得V E-ABD =13S △ABD ×12CC 1=13×12×2×2×√2=2√23,在△BDE 中,BE=DE=√22+(√2)2=√6,BD=2√2,故EG=√(√6)2-(√2)2=2,所以S △BDE =12×2√2×2=2√2,所以V A-BDE =13S △BDE ·h=13×2√2h.由题知,V A-BDE =V E-ABD ,故13×2√2h=2√23,解得h=1,即直线AC 1与平面BED 的距离为1.(2)记正四棱锥P-ABCD 的底面中心为点O ,棱AB 的中点为H ,连接PO ,HO ,PH ,如此PO ⊥平面ABCD ,因为正四棱锥的侧面积为8√3cm 2,所以8√3=4×12×2√3×PH ,解得PH=2,在Rt △PHO 中,HO=√3,所以PO=1,所以V P-ABCD =13·S 正方形ABCD ·PO=4(cm 3).(3)如图,把三棱柱ABC-A 1B 1C 1补成平行六面体A 1D 1B 1C 1-ADBC.设P 到平面AA 1C 1C 的距离为h ,如此V P -AA 1C 1C =13S▱AA 1C 1C·h=13V AA 1C 1C -DD 1B 1B =13·2V ABC -A 1B 1C 1=2V 3.例6D 设PA=PB=PC=2x.∵E ,F 分别为PA ,AB 的中点,∴EF ∥PB ,且EF=12PB=x.∵△ABC 为边长为2的等边三角形,∴CF=√3. 又∠CEF=90°,∴CE=√3-x 2,AE=12PA=x. 在△AEC 中,由余弦定理可知 cos ∠EAC=x 2+4-(3-x 2)2×2·x.作PD ⊥AC 于点D ,∵PA=PC ,∴D 为AC 的中点,cos ∠EAC=AD PA=12x.∴x 2+4-3+x 24x=12x.∴2x 2+1=2.∴x 2=12,即x=√22. ∴PA=PB=PC=√2.又AB=BC=AC=2,∴PA ⊥PB ⊥PC.∴2R=√2+2+2=√6.∴R=√62. ∴V=43πR 3=43π×6√68=√6π.应当选D .对点训练4A 由题意知☉O 1的半径r=2.由正弦定理知AB sinC=2r ,∴OO 1=AB=2r sin60°=2√3, ∴球O 的半径R=√r 2+|OO 1|2=4. ∴球O 的外表积为4πR 2=64π.例7(1)32(2)√23π(1)设圆柱内切球的半径为R ,如此由题设可得圆柱O 1O 2的底面圆的半径为R ,高为2R ,故V1V 2=πR 2·2R43πR 3=32.(2)圆锥内半径最大的球为该圆锥的内切球,如图,该圆锥的母线长BS=3,底面半径BC=1,高SC=√BS 2-BC 2=2√2,设该内切球与母线BS 切于点D ,如此OD=OC=r ,BC=BD=1,在Rt △SOD 中,SO 2-OD 2=SD 2,即(2√2-r )2-r 2=4,解得r=√22,故所求球的体积V=43πr 3=43π√223=√2π3.对点训练5(1)√2-1(2)(2-√2)a (1)如图,过点P 作PD ⊥平面ABC 于点D ,连接AD 并延长交BC 于点E ,连接PE ,∵△ABC 是正三角形,∴AE 是BC 边上的高和中线,D 为△ABC 的中心.∵AB=2√3,如此AE=3,∴S △ABC =3√3,DE=1,PE=√2.∴三棱锥的外表积S 表=3×12×2√3×√2+3√3=3√6+3√3.∵PD=1,∴三棱锥的体积V=13×3√3×1=√3.设球的半径为r ,以球心O 为顶点,三棱锥的四个面为底面把正三棱锥分割为四个小棱锥,如此V=13×r ×(3√6+3√3)=√3,解得r=√33√6+3√3=√2-1.(2)由题意知,当球与四棱锥各面均相切,即内切于四棱锥时球的半径最大.设内切球的半径是r ,四棱锥P-ABCD 的外表积是4a 2+2×12×2a ×2a+2×12×2√2a ×2a=8a 2+4√2a 2,由等体积法知13(8a 2+4√2a 2)r=13×4a 2×2a ,r=(2-√2)a.。