2013届高考数学一轮复习单元测试(配最新高考+模拟)第八章立体几何理
2013届高考数学一轮复习讲义：8.6 立体几何中的向量方法(Ⅰ) 证明平行与垂直
1 1 3 3 → → ∴AE· ＝－ × ＋ × ＝0， CD 2 4 6 4 → → ∴AE⊥CD，即 AE⊥CD.
→ 2 3 (2)方法一 ∵P(0,0,1)，∴PD＝0， ，－1. 3 3 2 3 1 → → 又AE· ＝ × PD ＋ ×(－1)＝0， 4 3 2 → → ∴PD⊥AE，即 PD⊥AE. → → → ∵AB＝(1,0,0)，∴PD· ＝0， AB
建立如图所示的空间直角坐标系 A—xyz， 则 A(0,0,0)、B(2,0,0)、C(2,2,0)、D(0,2,0)、 P(0,0,2)、E(0,0,1)、F(0,1,1)、G(1,2,0)． → → ∴PB＝(2,0，－2)，FE＝(0，－1,0)， → FG＝(1,1，－1)，
→ → → 设PB＝sFE＋tFG， 即(2,0，－2)＝s(0，－1,0)＋t(1,1，－1)， t＝2， ∴t－s＝0， －t＝－2， 解得 s＝t＝2.
(－2,1,0)． → → 因为 n⊥BA1，n⊥BD，
→ －x＋2y＋ 3z＝0， n· 1＝0， BA 故 ⇒ －2x＋y＝0， → n· ＝0 BD 令 x＝1，则 y＝2，z＝－ 3，故 n＝(1,2，－ 3)为平面 A1BD 的 → 一个法向量，而AB1＝(1,2，－ 3)， → → 所以AB1＝n，所以AB1∥n，故 AB1⊥平面 A1BD.
→ → 设平面 A1BD 的法向量为 n＝(x，y，z)，BA1＝(－1,2， 3)，BD＝
利用空间向量解决探索 性问题
例 3 如图，四棱锥 P—ABCD 中，PA⊥平 面 ABCD，PB 与底面所成的角为 45° ， 底面 ABCD 为直角梯形，∠ABC＝ 1 ∠BAD＝90° ，PA＝BC＝ AD＝1. 2 (1)求证：平面 PAC⊥平面 PCD； (2)在棱 PD 上是否存在一点 E， CE∥平面 PAB？若存在， 使 请确定 E 点的位置；若不存在，请说明理由．
《创新设计·高考一轮总复习》数学(理)第八篇 立体几何 第7讲
【2014年高考浙江会这样考】
1．通过线线、线面、面面关系考查空间向量的坐标运算．
2．利用空间向量解决直线、平面的平行与垂直问题． 3．利用空间向量求空间距
抓住2个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
考点梳理 1．用向量证明空间中的平行和垂直关系 (1)直线的方向向量与平面的法向量的确定 ①直线的方向向量：l是空间一直线，A，B是直线l上任意 → → 两点，则称AB为直线l的方向向量，与AB平行的任意
是C1C、B1C1的中点．求证：MN∥平面A1BD.
抓住2个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
[审题视点]
这是证明线面平行问题，可以利用三种方法证
→ 明：一是证明 MN 与平面A1BD的法向量垂直；二是在平面 → → A1BD内找一向量与 MN 共线；三是证明 MN 可以利用平面 A1BD中的两不共线向量线性表示．
量运算，研究点、线、面之间的位置关系；(3)根据运算结
果的几何意义来解释相关问题．
抓住2个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
两个结论 x1＋x2 y1＋y2 (1)P1(x1， y1， z1 ) ， P2(x2， y2 ， z2)， P1P2 的中点坐标为 2 ， 2 ， z1＋z2 2 . (2)已知△ABC 的三个顶点 A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，C(x3， x1＋x2＋x3 y1＋y2＋y3 y3，z3)，则△ABC 的重心 G 的坐标为（ ， ， 3 3 z1＋z2＋z3 ）. 3
设平面A1BD的法向量n＝(x，y，z)，则
x＋z＝0， → → n· DA1＝0且n· DB＝0，得 x＋y＝0.
广东省2013届高三数学一轮单元测评训练第八单元理
4
20．(14 分) 已知
1 F 2， 0 为抛物线
y2＝ 2px( p>0) 的焦点， 点 N( x0，y0)( y0>0) 为其上一点，
5 点 M与点 N关于 x 轴对称， 直线 l 与抛物线交于异于 M，N的 A，B 两点， 且 | NF| ＝2，kNA· kNB
＝－ 2.
(1) 求抛物线方程和 N点坐标；
| AF| 点( 点 A 在 x 轴上方 ) ，则 | BF| ＝ ________.
13．设圆 C位于抛物线 y2＝ 2x 与直线 x＝ 3 所组成的封闭区域 ( 包含边界 ) 内，则圆 C的
半径能取到的最大值为 ________．
14．有对称中心的曲线叫做有心曲线， 过有心曲线中心的弦叫做有心曲线的直径． 定理：
x
2 1
y
2 1
一点，则 kACkBC＝ x0－ x1· x0＋ x1. 由于点 A， C在曲线上，所以 m＋ n＝ 1， m＋ n ＝ 1，
y0－ y1 y0＋ y1
n
两式相减得
·
＝－ .
x0－ x1 x0＋ x1
m
15． [ 解答 ] (1) 设 M( x，y) ，则
3 x－ 2
2＋ y2
1
x－ 2＋ y2＝ 2，
M、N，且满
x2 y2
22
19． (14 分 ) 已知椭圆 M： a2＋ b2＝ 1( a>b>0) 的离心率为 3 ，且椭圆上一点与椭圆的两
个焦点构成的三角形周长为 6＋4 2. (1) 求椭圆 M的方程；
(2) 设直线 l 与椭圆 M交于 A，B 两点，且以 AB为直径的圆过椭圆的右顶点 C，求△ ABC 面积的最大值．
2013年高考数学试题（8）立体几何
1.（安徽理科第6题、文科第8题）（A ） 48 (B)32+817 (C) 48+8 (C) 48+817 (D) 80解析：由三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱.底面等腰梯形的上底为2，下底为4，高为4，两底面积和为()12244242´+´=，四个侧面的面积为()44221724817++=+，所以几何体的表面积为48817+故选C. 2.（安徽理科第17题，文科第19题，本小题满分13分）分） 如图，A B E D F C 为多面体，平面ABED 与平面A C F D 垂直，点O 在线段A D 上，1O A =，OD =，ODE ODF OAC OAB D D D D ,,,都是正三角形。
都是正三角形。
(Ⅰ)证明直线BC EF ∥；(Ⅱ)求棱锥F OBED -的体积. （1）证明：分别去OA ，OD 的中点M ，N ，连接CM ，ＢＭ，ＢＭＥＮ，ＦＮ，设ＥＢ和ＤＡ相交于Ｇ，由于ＯＡ＝１，ＥＮ，ＦＮ，设ＥＢ和ＤＡ相交于Ｇ，由于ＯＡ＝１，OD=2，则EN BM //，且EN BM 21=，则M 为GN 的中点，所以GA=1 同理可得：G 为FC 和DA 的交点。
则有C 为FG 的中点，B 为EG 的中点。
所以的中点。
所以BC 是EFG D 的中位线。
故BC EF ∥。
（2）四边形OBED 是梯形，其中OB=1，DE=2，底边上的高为323260sin =×=°OE2333)21(2131331=××+×=×=\-O B E D O B E DF S V3.（北京理科第7题）某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是(A) 8 (B) 62 (C)10 (D) 82解：根据三视图可知，该四面体满足：^SA 平面ABC ，ABC D 中 °=Ð90ABC ，3,4===BC AB SA ，四个三角形都是直角三角形，四个三角形都是直角三角形 6,26,8,10,5,24======D D D D ABC SBC SAB SAC S S S S AC SB4.（北京理科第16题）如图，在四棱锥P ABCD -中，P A ^平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，2,60A B B A D =Ð=.(Ⅰ)求证：BD ^平面;P A C（Ⅱ）若,P A A B =求P B 与A C 所成角的余弦值；所成角的余弦值； （Ⅲ）当平面P B C 与平面P D C 垂直时，求P A 的长的长. .解：（1）因为ABCD 是菱形，则对角线互相垂直，BD AC ^\，又^PA 平面ABC所以BD ^平面PAC ，（2）设O BD AC = ，3,1,2,60=====°=ÐCO AO BO AB PA BAD以以O 为坐标原点以OC OB ,所在的直线分别为y x ,轴建立空间直角坐标系xyz O -则)0,3,0(),0,1,1(,0,3,0(),2,3,0(C B A P ）--，)2,3,1(-=\PB ，)0,32,0(=AC 设AC PB ,的夹角为q ，则4632226||||cos=´=×=AC PB AC PB q（3）由（）由（22）知),0,3,1(-=BC 设)0)(,3,0(>t t P 设平面PBC 的法向量为),,(z y x m =，则0,0=×=×m BP m BC所以ïîïíì=+--=+-0303tz y x y x ，令3=y ，则t z x 6,3==，)6,3,3(t m =\同理，平面PDC 的法向量为)6,3,3(tn -=，因为平面PBC ^平面PDC 所以0=×n m ，即03662=+-t，解得6=t ，6=\PA5.（北京文科第5题）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是锥的表面积是(A)32 (B)16+162 (C)48 (D)16322+6.（北京文科17）如图，在四面体PABC 中，,,P C A B P A B C ^^点,,,D E F G 分别是棱,,,A PA CB C P B的中点。
高考数学一轮复习 第八章 立体几何与空间向量8
高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量8.2球的切、接问题题型一特殊几何体的切、接问题例1(1)已知正方体的棱长为a，则它的外接球半径为________，与它各棱都相切的球的半径为________．答案32a22a解析∵正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，为3a，∴它的外接球的半径为32a，∵球与正方体的各棱都相切，则球的直径为面对角线，而正方体的面对角线长为2a，∴与它各棱都相切的球的半径为2 2a.(2)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．答案2 3π解析圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面P AB，如图所示，则△P AB的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB中，P A＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝22，△PEO∽△PDB，故POPB＝OEDB，即22－r3＝r1，解得r＝2 2，故内切球的体积为43π⎝⎛⎭⎫223＝23π.思维升华 (1)正方体与球的切、接常用结论 正方体的棱长为a ，球的半径为R ， ①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ； ②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ； ③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)长方体的共顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2. (3)正四面体的外接球的半径R ＝64a ，内切球的半径r ＝612a ，其半径R ∶r ＝3∶1(a 为该正四面体的棱长)．跟踪训练1 (1)(2022·成都模拟)已知圆柱的两个底面的圆周在体积为32π3的球O 的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为( ) A ．4π B ．8π C ．12π D ．16π 答案 B解析 如图所示，设球O 的半径为R ，由球的体积公式得43πR 3＝32π3，解得R ＝2. 设圆柱的上底面半径为r ，球的半径与上底面夹角为α，则r ＝2cos α， 圆柱的高为4sin α，∴圆柱的侧面积为4πcos α×4sin α＝8πsin 2α， 当且仅当α＝π4，sin 2α＝1时，圆柱的侧面积最大，∴圆柱的侧面积的最大值为8π.(2)(2022·长沙检测)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是________． 答案9π2解析 易知AC ＝10.设△ABC 的内切圆的半径为r ， 则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ， 所以r ＝2. 因为2r ＝4>3，所以最大球的直径2R ＝3，即R ＝32，此时球的体积V ＝43πR 3＝9π2.题型二 补形法例2 (1)在四面体ABCD 中，若AB ＝CD ＝3，AC ＝BD ＝2，AD ＝BC ＝5，则四面体ABCD 的外接球的表面积为( ) A ．2π B ．4π C ．6π D ．8π 答案 C解析 由题意可采用补形法，考虑到四面体ABCD 的对棱相等，所以将四面体放入一个长、宽、高分别为x ，y ，z 的长方体，并且x 2＋y 2＝3，x 2＋z 2＝5，y 2＋z 2＝4，则有(2R )2＝x 2＋y 2＋z 2＝6(R 为外接球的半径)，得2R 2＝3，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝6π.(2)(2022·重庆实验外国语学校月考)如图，在多面体中，四边形ABCD 为矩形，CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1，通过添加一个三棱锥可以将该多面体补成一个直三棱柱，那么添加的三棱锥的体积为________，补形后的直三棱柱的外接球的表面积为________．答案 136π解析 如图添加的三棱锥为直三棱锥E －ADF ，可以将该多面体补成一个直三棱柱ADF －BCE ， 因为CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1， 所以S △CBE ＝12CE ×BC ＝12×1×1＝12，直三棱柱ADF －BCE 的体积为 V ＝S △EBC ·DC ＝12×2＝1，添加的三棱锥的体积为13V ＝13；如图，分别取AF ，BE 的中点M ，N ，连接MN ，与AE 交于点O ，因为四边形AFEB 为矩形，所以O 为AE ，MN 的中点，在直三棱柱ADF －BCE 中，CE ⊥平面ABCD ，FD ⊥平面ABCD ，即∠ECB ＝∠FDA ＝90°，所以上、下底面为等腰直角三角形，直三棱柱的外接球的球心即为点O ，连接DO ，DO 即为球的半径， 连接DM ，因为DM ＝12AF ＝22，MO ＝1，所以DO 2＝DM 2＋MO 2＝12＋1＝32，所以外接球的表面积为4π·DO 2＝6π. 思维升华 补形法的解题策略(1)侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；(2)直三棱锥补成三棱柱求解．跟踪训练2 已知三棱锥P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，且P A ＝1，PB ＝2，PC ＝3，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为( ) A.7143π B ．14π C ．56π D.14π答案 B解析 以线段P A ，PB ，PC 为相邻三条棱的长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′被平面ABC 所截的三棱锥P －ABC 符合要求，如图，长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′与三棱锥P －ABC 有相同的外接球，其外接球直径为长方体体对角线PP ′，设外接球的半径为R ， 则(2R )2＝PP ′2＝P A 2＋PB 2＋PC 2 ＝12＋22＋32＝14，则所求表面积S ＝4πR 2＝π·(2R )2＝14π. 题型三 定义法例3 (1)已知∠ABC ＝90°，P A ⊥平面ABC ，若P A ＝AB ＝BC ＝1，则四面体P ABC 的外接球(顶点都在球面上)的体积为( ) A ．π B.3π C ．2π D.3π2答案 D解析 如图，取PC 的中点O ，连接OA ，OB ，由题意得P A ⊥BC ，又因为AB ⊥BC ，P A ∩AB ＝A ，P A ，AB ⊂平面P AB ， 所以BC ⊥平面P AB ， 所以BC ⊥PB ，在Rt △PBC 中，OB ＝12PC ，同理OA ＝12PC ，所以OA ＝OB ＝OC ＝12PC ，因此P ，A ，B ，C 四点在以O 为球心的球面上， 在Rt △ABC 中，AC ＝AB 2＋BC 2＝ 2. 在Rt △P AC 中，PC ＝P A 2＋AC 2＝3， 球O 的半径R ＝12PC ＝32，所以球的体积为43π⎝⎛⎭⎫323＝3π2.延伸探究 本例(1)条件不变，则四面体P －ABC 的内切球的半径为________． 答案2－12解析 设四面体P －ABC 的内切球半径为r . 由本例(1)知，S△P AC＝12P A·AC＝12×1×2＝22，S△P AB＝12P A·AB＝12×1×1＝12，S△ABC＝12AB·BC＝12×1×1＝12，S△PBC＝12PB·BC＝12×2×1＝22，V P－ABC＝13×12AB·BC·P A＝13×12×1×1×1＝16，V P－ABC＝13(S△P AC＋S△P AB＋S△ABC＋S△PBC)·r＝13⎝⎛⎭⎫22＋12＋12＋22·r＝16，∴r＝2－1 2.(2)在矩形ABCD中，BC＝4，M为BC的中点，将△ABM和△DCM分别沿AM，DM翻折，使点B与点C重合于点P，若∠APD＝150°，则三棱锥M－P AD的外接球的表面积为() A．12π B．34πC．68π D．126π答案 C解析如图，由题意可知，MP⊥P A，MP⊥PD.且P A∩PD＝P，P A⊂平面P AD，PD⊂平面P AD，所以MP⊥平面P AD.设△ADP的外接圆的半径为r，则由正弦定理可得ADsin ∠APD ＝2r ，即4sin 150°＝2r ，所以r ＝4.设三棱锥M －P AD 的外接球的半径为R ， 则(2R )2＝PM 2＋(2r )2，即(2R )2＝4＋64＝68，所以4R 2＝68， 所以外接球的表面积为4πR 2＝68π.思维升华 到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可． 跟踪训练3 (1)一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为________．答案4π3解析 设正六棱柱的底面边长为x ，高为h ， 则有⎩⎪⎨⎪⎧ 6x ＝3，98＝6×34x 2h ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，h ＝ 3. ∴正六棱柱的底面外接圆的半径r ＝12，球心到底面的距离d ＝32.∴外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝1.∴V 球＝4π3.(2)(2022·哈尔滨模拟)已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是矩形，其中AD ＝1，AB ＝2，平面P AD ⊥平面ABCD ，△P AD 为等边三角形，则四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为( ) A.16π3 B.76π3 C.64π3 D.19π3 答案 A解析 如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，P A ＝PD ，取AD 的中点E ，则PE ⊥AD ，PE ⊥平面ABCD ，则PE ⊥AB ，由AD ⊥AB ，AD ∩PE ＝E ，AD ，PE ⊂平面P AD ，可知AB ⊥平面P AD ， 由△P AD 为等边三角形，E 为AD 的中点知，PE 的三等分点F (距离E 较近的三等分点)是三角形的中心，过F 作平面P AD 的垂线，过矩形ABCD 的中心O 作平面ABCD 的垂线，两垂线交于点I ，则I 即外接球的球心． OI ＝EF ＝13PE ＝13×32＝36，AO ＝12AC ＝52，设外接球半径为R ， 则R 2＝AI 2＝AO 2＋OI 2＝⎝⎛⎭⎫522＋⎝⎛⎭⎫362＝43， 所以四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为S ＝4πR 2＝4π×43＝16π3.课时精练1．正方体的外接球与内切球的表面积之比为( ) A. 3 B ．3 3 C ．3 D.13答案 C解析 设正方体的外接球的半径为R ，内切球的半径为r ，棱长为1，则正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即2R ＝3，所以R ＝32，正方体内切球的直径为正方体的棱长，即2r ＝1，即r ＝12，所以R r ＝3，正方体的外接球与内切球的表面积之比为4πR 24πr 2＝R 2r2＝3.2．(2022·开封模拟)已知一个圆锥的母线长为26，侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，则该圆锥的外接球的体积为( ) A ．36π B ．48π C ．36 D ．24 2答案 A解析 设圆锥的底面半径为r ，由侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，得2πr ＝23π3×26，解得r ＝2 2.作出圆锥的轴截面如图所示．设圆锥的高为h ， 则h ＝262－222＝4.设该圆锥的外接球的球心为O ，半径为R ，则有R ＝h －R 2＋r 2，即R ＝4－R2＋222，解得R ＝3，所以该圆锥的外接球的体积为 4πR 33＝4π×333＝36π. 3．已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的表面积为( ) A ．16π B ．20π C ．24π D ．32π 答案 A解析 如图所示，在正四棱锥P －ABCD 中，O 1为底面对角线的交点，O 为外接球的球心．V P －ABCD ＝13×S 正方形ABCD ×3＝6，所以S 正方形ABCD ＝6，即AB ＝ 6. 因为O 1C ＝126＋6＝ 3.设正四棱锥外接球的半径为R ， 则OC ＝R ，OO 1＝3－R ，所以(3－R )2＋(3)2＝R 2，解得R ＝2. 所以外接球的表面积为4π×22＝16π.4．已知棱长为1的正四面体的四个顶点都在一个球面上，则这个球的体积为( ) A.68π B.64π C.38π D.34π 答案 A解析 如图将棱长为1的正四面体B 1－ACD 1放入正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，且正方体的棱长为1×cos 45°＝22， 所以正方体的体对角线 AC 1＝⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＝62， 所以正方体外接球的直径2R ＝AC 1＝62， 所以正方体外接球的体积为 43πR 3＝43π×⎝⎛⎭⎫643＝68π， 因为正四面体的外接球即为正方体的外接球，所以正四面体的外接球的体积为68π. 5．(2021·天津)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为32π3，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为( ) A ．3π B ．4π C ．9π D ．12π 答案 B解析 如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D ，设圆锥AD 和圆锥BD 的高之比为3∶1， 即AD ＝3BD ，设球的半径为R ，则4πR 33＝32π3，可得R ＝2，所以AB ＝AD ＋BD ＝4BD ＝4， 所以BD ＝1，AD ＝3，因为CD ⊥AB ，AB 为球的直径， 所以△ACD ∽△CBD ，所以AD CD ＝CDBD ，所以CD ＝AD ·BD ＝3，因此，这两个圆锥的体积之和为 13π×CD 2·(AD ＋BD )＝13π×3×4＝4π. 6．(2022·蚌埠模拟)粽子，古时北方也称“角黍”，是由粽叶包裹糯米、泰米等馅料蒸煮制成的食品，是中国汉族传统节庆食物之一，端午食粽的风俗，千百年来在中国盛行不衰，粽子形状多样，馅料种类繁多，南北方风味各有不同，某四角蛋黄粽可近似看成一个正四面体，蛋黄近似看成一个球体，且每个粽子里仅包裹一个蛋黄，若粽子的棱长为9 cm ，则其内可包裹的蛋黄的最大体积约为(参考数据：6≈2.45，π≈3.14)( )A ．20 cm 3B ．22 cm 3C ．26 cm 3D ．30 cm 3答案 C解析 如图，正四面体ABCD ，其内切球O 与底面ABC 切于O 1，设正四面体棱长为a ，内切球半径为r ，连接BO 1并延长交AC 于F ，易知O 1为△ABC 的中心，点F 为边AC 的中点．易得BF ＝32a ， 则S △ABC ＝34a 2，BO 1＝23BF ＝33a ， ∴DO 1＝BD 2－BO 21＝63a ， ∴V D －ABC ＝13·S △ABC ·DO 1＝212a 3，∵V D －ABC ＝V O －ABC ＋V O －BCD ＋V O －ABD ＋V O －ACD ＝4V O －ABC ＝4×13×34a 2·r ＝33a 2r ，∴33a 2r ＝212a 3⇒r ＝612a ， ∴球O 的体积V ＝43π·⎝⎛⎭⎫612a 3＝43π·⎝⎛⎭⎫612×93＝2768π≈278×2.45×3.14≈26(cm 3)． 7．已知三棱锥P －ABC 的四个顶点都在球O 的表面上，P A ⊥平面ABC ，P A ＝6，AB ⊥AC ，AB ＝2，AC ＝23，点D 为AB 的中点，过点D 作球的截面，则截面的面积不可以是( ) A.π2 B ．π C ．9π D ．13π答案 A解析 三棱锥P －ABC 的外接球即为以AB ，AC ，AP 为邻边的长方体的外接球， ∴2R ＝62＋22＋232＝213，∴R ＝13，取BC 的中点O 1，∴O 1为△ABC 的外接圆圆心，∴OO 1⊥平面ABC ，如图． 当OD ⊥截面时，截面的面积最小，∵OD ＝OO 21＋O 1D 2＝32＋32＝23，此时截面圆的半径为r ＝R 2－OD 2＝1， ∴截面面积为πr 2＝π，当截面过球心时，截面圆的面积最大为πR 2＝13π， 故截面面积的取值范围是[π，13π]．8．(2021·全国甲卷)已知A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，则三棱锥O －ABC 的体积为( ) A.212 B.312 C.24 D.34答案 A解析 如图所示，因为AC ⊥BC ，所以AB 为截面圆O 1的直径，且AB ＝ 2.连接OO 1，则OO 1⊥平面ABC ， OO 1＝1－⎝⎛⎭⎫AB 22＝1－⎝⎛⎭⎫222＝22， 所以三棱锥O －ABC 的体积V ＝13S △ABC ×OO 1＝13×12×1×1×22＝212.9．已知三棱锥S －ABC 的三条侧棱两两垂直，且SA ＝1，SB ＝SC ＝2，则三棱锥S －ABC 的外接球的半径是________． 答案 32解析 如图所示，将三棱锥补为长方体，则该棱锥的外接球直径为长方体的体对角线，设外接球半径为R ，则(2R )2＝12＋22＋22＝9， ∴4R 2＝9，R ＝32.即这个外接球的半径是32.10．已知正三棱锥的高为1，底面边长为23，内有一个球与四个面都相切，则正三棱锥的内切球的半径为________． 答案2－1解析 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 .因为△ABC 是正三角形，所以AE 是BC 边上的高和中线，D 为△ABC 的中心． 因为AB ＝BC ＝23，所以S △ABC ＝33，DE ＝1，PE ＝ 2. 所以S 三棱锥表＝3×12×23×2＋3 3＝36＋3 3. 因为PD ＝1，所以三棱锥的体积V ＝13×33×1＝ 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三棱锥，由13S 三棱锥表·r ＝3， 得r ＝3336＋33＝2－1.11．等腰三角形ABC 的腰AB ＝AC ＝5，BC ＝6，将它沿高AD 翻折，使二面角B －AD －C 成60°，此时四面体ABCD 外接球的体积为________． 答案2873π 解析 由题意，设△BCD 所在的小圆为O 1，半径为r ，又因为二面角B －AD －C 为60°，即∠BDC ＝60°，所以△BCD 为边长为3的等边三角形，由正弦定理可得，2r ＝3sin 60°＝23，即DE ＝23，设外接球的半径为R ，且AD ＝4，在Rt △ADE 中，(2R )2＝AD 2＋DE 2⇒4R 2＝42＋(23)2＝28， 所以R ＝7， 所以外接球的体积为 V ＝43πR 3＝43π×(7)3＝2873π.12．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的表面上，若AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，则球O 的体积为________．答案32π3解析 设△ABC 的外接圆圆心为O 1，半径为r ，连接O 1O ，如图，易得O 1O ⊥平面ABC ，∵AB ＝AC ＝1，AA 1＝23， ∠BAC ＝2π3，∴2r ＝AB sin ∠ACB ＝112＝2，即O 1A ＝1，O 1O ＝12AA 1＝3，∴OA ＝O 1O 2＋O 1A 2＝3＋1＝2，即直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的外接球半径R ＝2， ∴V 球＝43π×23＝32π3.。
核按钮(新课标)高考数学一轮复习第八章立体几何8.4空间中的平行关系习题理
§8.4 空间中的平行关系1．空间中直线与平面之间的位置关系(1)直线在平面内，则它们__________公共点；(2)直线与平面相交，则它们______________公共点；(3)直线与平面平行，则它们________公共点．直线与平面相交或平行的情况统称为_________．2．直线与平面平行的判定和性质(1)直线与平面平行的判定定理平面外____________与此平面内的____________平行，则该直线与此平面平行．即线线平行⇒线面平行．用符号表示：____________________________．(2)直线与平面平行的性质定理一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的__________与该直线__________．即线面平行⇒线线平行．用符号表示：_______________．3．平面与平面之间的位置关系(1)两个平面平行，则它们______________；(2)两个平面相交，则它们______________，两个平面垂直是相交的一种特殊情况．4．平面与平面平行的判定和性质(1)平面与平面平行的判定定理①一个平面内的两条__________与另一个平面平行，则这两个平面平行．用符号表示：______________．②推论：如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，则这两个平面平行．③垂直于同一条直线的两个平面平行．即l⊥α，l⊥β⇒α∥β.④平行于同一个平面的两个平面平行．即α∥γ，β∥γ⇒α∥β.(2)平面与平面平行的性质定理①如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线______________．即面面平行⇒线线平行．用符号表示：__________________________．②如果两个平面平行，那么其中一个平面内的直线平行于另一个平面．用符号表示：_____________．③如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，那么它也垂直于另一个平面．用符号表示：______________．自查自纠1．(1)有无数个(2)有且只有一个(3)没有直线在平面外2．(1)一条直线一条直线a⊄α，b⊂α，且a∥b⇒a∥α(2)交线平行a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b3．(1)没有公共点(2)有一条公共直线4．(1)①相交直线a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒β∥α(2)①平行α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b②α∥β，a⊂α⇒a∥β③α∥β，l⊥α⇒l⊥β已知平面α，β和直线a，b，a⊂α，b⊂β，且a∥b，则α与β的关系是( ) A．平行B．相交C．平行或相交D．垂直解：可在平面α内作一直线c，且c与a相交，若c平行于面β，则根据面面平行的判定定理知α∥β；若c与面β相交，则面α与β相交．故选C.(2015·北京)设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α.“m∥β”是“α∥β”的( )A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解：如果m⊂α，m∥β，那么α与β可能平行也可能相交；反过来，如果m⊂α，α∥β，那么m∥β，所以m∥β是α∥β的必要不充分条件．故选B.(2015·大连测试)在空间中，a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中真命题的是( )A．若a∥α，b∥α，则a∥bB．若a⊂α，b⊂β，α⊥β，则a⊥bC．若a∥α，a∥b，则b∥αD．若α∥β，a⊂α，则a∥β解：对于A，平行于同一平面的两条直线的位置关系可能是平行、相交或者异面，A错误；对于B，分别位于两个相互垂直的平面内的两条直线可能平行、相交或异面，B错误；对于C，直线b可能位于平面α内，C错误；对于D，直线a与平面β没有公共点，因此a∥β，D正确．故选D.如图所示的四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥面MNP的图形的序号是____________．(写出所有符合要求的图形序号)解：在①中，由于平面MNP与AB所在的侧面平行，所以AB∥平面MNP；在③中，由于AB与以MP为中位线的三角形的底边平行，∴AB∥MP，又∵MP⊂平面MNP，AB⊄平面MNP.∴AB∥平面MNP.②④中，只须平移AB，即可发现AB与平面MNP相交．故填①③.棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点P，Q，R分别是面A1B1C1D1，BCC1B1，ABB1A1的中心，给出下列结论：①PR与BQ是异面直线；②RQ⊥平面BCC1B1；③平面PQR∥平面D1AC；④过P，Q，R的平面截该正方体所得截面是边长为2的等边三角形．以上结论正确的是______．(写出所有正确结论的序号)解：由于PR是△A1BC1的中位线，所以PR∥BQ，故①不正确；由于RQ∥A1C1，而A1C1不垂直于面BCC1B1，所以②不正确；由于PR∥BC1∥D1A，PQ∥A1B∥D1C，所以③正确；由于△A1BC1是边长为2的正三角形，所以④正确．故填③④.类型一线线平行如图所示，在三棱锥PABQ中，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH.求证：AB∥GH.证明：∵D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，∴EF∥AB，DC∥AB.∴EF∥DC.又EF⊄平面PCD，DC⊂平面PCD，∴EF∥平面PCD.又EF⊂平面EFQ，平面EFQ∩平面PCD＝GH，∴EF∥GH.又EF∥AB，∴AB∥GH.【点拨】证明线线平行，可以运用平行公理、中位线定理，也可以证明包含这两边的四边形是平行四边形，或者运用线面平行的性质定理来证明．(2015·安徽)如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD 均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.证明：EF∥B1C.证明：由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，∴四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1C∥A1D.又A1D⊂面A1DE，B1C⊄面A1DE，∴B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1，面A1DE ∩面B1CD1＝EF，∴EF∥B1C.类型二线面平行(2015·南通模拟)如图所示，斜三棱柱ABCA1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1的中点．(1)证明：AD1∥平面BDC1；(2)证明：BD∥平面AB1D1.证明：(1)∵D1，D分别为A1C1，AC的中点，四边形ACC1A1为平行四边形，∴C1D1綊DA，∴四边形ADC1D1为平行四边形，∴AD1∥C1D.又AD 1⊄平面BDC 1，C 1D ⊂平面BDC 1，∴AD 1∥平面BDC 1.(2)连接D 1D ，∵BB 1∥平面ACC 1A 1，BB 1⊂平面BB 1D 1D ，平面ACC 1A 1∩平面BB 1D 1D ＝D 1D ，∴BB 1∥D 1D .又D 1，D 分别为A 1C 1，AC 的中点，∴BB 1＝DD 1，故四边形BDD 1B 1为平行四边形，∴BD ∥B 1D 1.又BD ⊄平面AB 1D 1，B 1D 1⊂平面AB 1D 1，∴BD ∥平面AB 1D 1.【点拨】(1)证明线面平行时，先直观判断平面内是否存在一条直线和已知直线平行，若找不到这样的直线，可以考虑通过面面平行来推导线面平行．(2)应用线面平行性质的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线．如图，在四棱锥P ABCD 中，CD ∥AB ，且CD ＝12AB .若PM ＝MB ，求证：CM ∥平面PAD .证明：取AP 的中点F ，连接FM ，DF ，则FM ∥AB ，FM ＝12AB .∵CD ∥AB ，CD ＝12AB ， ∴FM 綊CD .∴四边形CDFM 为平行四边形，∴CM ∥DF .∵DF ⊂平面PAD ，CM ⊄平面PAD ，∴CM ∥平面PAD .类型三 面面平行(2015·河南洛阳检测)如图，ABCD 与ADEF 为平行四边形，M ，N ，G 分别是AB ，AD ，EF 的中点．(1)求证：BE ∥平面DMF ；(2)求证：平面BDE∥平面MNG.证明：(1)如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，∴BE∥MO.又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，∴BE∥平面DMF.(2)∵N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，∴DE∥GN.又DE⊄平面MNG，GN ⊂平面MNG，∴DE∥平面MNG.又由(1)知BE∥MO，BE⊄平面MNG，MO⊂平面MNG，∴BE∥平面MNG(依据中位线证MN∥BD 也可)．又DE，BE为平面BDE内两条相交直线，∴平面BDE∥平面MNG.【点拨】证明面面平行的方法详见“名师点睛”栏；第(2)问选用的证法也是证明面面平行的常用证法．如图，平面α∥β，线段AB分别交α，β于M，N，线段AD分别交α，β于C，D，线段BF分别交α，β于F，E，若AM＝9，MN＝11，NB＝15，S△FMC＝78.求△END 的面积．解：∵α∥β，平面AND分别与α，β交于MC，ND，∴MC∥ND.同理MF∥NE.∴∠FMC＝∠END.∴S△ENDS△FMC＝12EN·ND·sin∠END12FM·MC·sin∠FMC＝EN·NDFM·MC.又ENFM＝BNBM，NDMC＝ANAM，BN＝15，BM＝15＋11＝26，AN＝9＋11＝20，AM＝9，∴S△END ＝BN·ANBM·AMS△FMC＝100.1．证明线线平行的方法(1)利用平面几何知识；(2)平行公理：a ∥b ，b ∥c ⇒a ∥c ；(3)线面平行的性质定理：a ∥α，a ⊂β，α∩β＝b ⇒a ∥b ；(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b ⇒a ∥b ；(5)线面垂直的性质定理：m ⊥α，n ⊥α⇒m ∥n .2．证明直线和平面平行的方法(1)利用定义(常用反证法)；(2)判定定理：a ⊄α，b ⊂α，且a ∥b ⇒a ∥α；(3)利用面面平行的性质：α∥β，l ⊂α⇒l ∥β；(4)向量法．m ⊄α，n ⊥α，m ⊥n ⇒m ∥α；(5)空间平行关系的传递性：m ∥n ，m ，n ⊄α，m ∥α⇒n ∥α；(6)α⊥β，l ⊥β，l ⊄α⇒l ∥α.3．证明面面平行的方法(1)利用定义(常用反证法)；(2)利用判定定理：a ，b ⊂β，a ∩b ＝P ，a ∥α，b ∥α⇒α∥β；推论：a ，b ⊂β，m ，n ⊂α，a ∩b ＝P ，m ∩n ＝Q ，a ∥m ，b ∥n (或a ∥n ，b ∥m )⇒α∥β；(3)利用面面平行的传递性：⎩⎪⎨⎪⎧α∥βγ∥β⇒α∥γ； (4)利用线面垂直的性质：⎩⎪⎨⎪⎧α⊥l β⊥l ⇒α∥β. 4．应用面面平行的性质定理时，关键是找(或作)辅助线或平面，对此需要强调的是：(1)辅助线、辅助平面要作得有理有据，不能随意添加；(2)辅助面、辅助线具有的性质，一定要以某一性质定理为依据，不能主观臆断．5．注意线线平行、线面平行、面面平行间的相互转化应用判定定理时，注意由“低维”到“高维”：“线线平行”⇒“线面平行”⇒“面面平行”；应用性质定理时，注意由“高维”到“低维”：“面面平行”⇒“线面平行”⇒“线线平行”．1．(2015·温州模拟)已知m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中错误的是( )A ．若m ⊥α，m ⊥β，则α∥βB ．若α∥γ，β∥γ，则α∥βC．若m⊂α，n⊂β，m∥n，则α∥βD．若m，n是异面直线，m⊂α，m∥β，n⊂β，n∥α，则α∥β解：由线面垂直的性质可知A正确；由两个平面平行的性质可知B正确；由异面直线的性质易知D正确；对于选项C，α，β可以相交或平行，C错误，故选C.2．若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则( )A．α内的所有直线与l异面B．α内不存在与l平行的直线C．α内存在唯一的直线与l平行D．α内的直线与l都相交解：∵直线l不平行于平面α，且l⊄α，∴l与α相交．观察各选项，易知A，C，D 都是错误的．故选B.3．设α，β，γ为三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，n⊂γ，且__________，则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．①α∥γ，n⊂β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m⊂γ.可以填入的条件有( )A．①②B．②③C．①③D．①②③解：由面面平行的性质定理可知①正确；当m∥γ，n∥β，m，n可能是异面直线，②错误；当n∥β，m⊂γ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，∴m∥n，③正确．故选C.4．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝6，AD＝4，AA1＝3.分别过BC，A1D1的两个平行截面将长方体分成三部分，其体积分别记为V1＝VAEA1DFD1，V2＝VEBE1A1FCF1D1，V3＝VB1E1B C1F1C.若V1∶V2∶V3＝1∶4∶1，则截面A1EFD1的面积为( )A．410B．83C．413D．16解：由于两个截面平行，所以三部分都可看作直棱柱，所以底面积之比为1∶4∶1.易得AE＝2，A1E＝13.∴SA1EFD1＝413.故选C.5．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，CC1的中点，在平面ADD1A1内与平面D1EF平行的直线( )A．不存在B．有1条C．有2条D．有无数条解：由题设知平面ADD 1A 1与平面D 1EF 有公共点D 1，则必有过该点的公共直线l ，在平面ADD 1A 1内与l 平行的直线有无数条，且它们都不在平面D 1EF 内，由线面平行的判定定理知它们都与平面D 1EF 平行．故选D .6．如图，若Ω是长方体ABCD A 1B 1C 1D 1被平面EFGH 截去几何体EFGHB 1C 1后得到的几何体，其中E 为线段A 1B 1上异于B 1的点，F 为线段BB 1上异于B 1的点，且EH ∥A 1D 1，则下列结论中不正确．．．的是( )A ．EH ∥FGB ．四边形EFGH 是矩形C ．Ω是棱柱D ．Ω是棱台 解：∵EH ∥A 1D 1，A 1D 1∥B 1C 1，EH ⊄面BCC 1B 1，∴EH ∥面BCC 1B 1.又∵面EFGH ∩面BCC 1B 1＝FG ，∴EH ∥FG ，且EH ＝FG ，由长方体的特征知四边形EFGH 为矩形，此几何体为五棱柱，∴选项A ，B ，C 都正确．故选D .7．给出下列四个命题：①平行于同一平面的两条直线平行；②垂直于同一平面的两条直线平行；③如果一条直线和一个平面平行，那么它和这个平面内的任何直线都平行；④如果一条直线和一个平面垂直，那么它和这个平面内的任何直线都垂直．其中正确命题的序号是_______(写出所有正确命题的序号)．解：①中平行于同一平面的两条直线可能相交，也可能异面，①错误；根据直线与平面垂直的性质定理知，②正确；③若直线l 与平面α平行，则l 必平行于α内某一方向上的无数条直线，故③错误；④正确．故填②④.8．(2015·长沙模拟)如图所示，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点P 是棱AD 上一点，且AP ＝a3，过B 1，D 1，P 的平面交底面ABCD 于PQ ，Q 在直线CD 上，则PQ ＝________．解：∵平面A 1B 1C 1D 1∥平面ABCD ，而平面B 1D 1P ∩平面ABCD ＝PQ ，平面B 1D 1P ∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，∴B 1D 1∥PQ .又∵B 1D 1∥BD ，∴BD ∥PQ .设PQ ∩AB ＝M ，又∵AB ∥CD ，∴四边形BDQM 为平行四边形，∴MQ ＝BD ＝2a .又PM ＝13BD ＝23a ，∴PQ ＝MQ －PM ＝2a －2a 3＝223a .故填223a. 9．如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，O 为底面ABCD 的中心，P ，Q 分别是DD 1，CC 1的中点．求证：(1)PO ∥面D 1BQ ；(2)平面D 1BQ ∥平面PAO .证明：(1)连接DB ，在△D 1DB 中，P ，O 分别是DD 1，DB 的中点，则PO ∥D 1B ，又PO ⊄面D 1BQ ，D 1B ⊂面D 1BQ ，∴PO ∥面D 1BQ .(2)易证四边形APQB 是平行四边形，∴PA ∥BQ .又PA ⊄面D 1BQ ，BQ ⊂面D 1BQ ，∴PA ∥面D 1BQ .又由(1)知PO ∥面D 1BQ ，PO ∩PA ＝P ，PO ，PA ⊄平面D 1BQ ，∴平面D 1BQ ∥平面PAO .10．如图，正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝2，AA 1＝3，D 为C 1B 的中点，P 为AB 边上的动点．(1)当点P 为AB 的中点时，证明DP ∥平面ACC 1A 1；(2)若AP ＝3PB ，求三棱锥B CDP 的体积．解：(1)证明：连接DP ，AC 1，∵P 为AB 中点，D 为C 1B 的中点，∴DP ∥AC 1.又∵AC 1⊂平面ACC 1A 1，DP ⊄平面ACC 1A 1，∴DP ∥平面ACC 1A 1.(2)由AP ＝3PB ，得PB ＝14AB ＝12. 过点D 作DE ⊥BC 于E ，则DE 綊12CC 1，∵CC 1⊥平面ABC ，∴DE ⊥平面BCP ，又∵CC 1＝3，∴DE ＝32. ∴V B CDP ＝V D BCP ＝13·S △BCP ·DE ＝13×12×2×12×sin60°×32＝38. 11．(2015·山东)如图，在三棱台DEF ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点．(1)求证：BD ∥平面FGH ；(2)若CF ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，CF ＝DE ，∠BAC ＝45°，求平面FGH 与平面ACFD 所成的角(锐角)的大小．解：(1)证明：在三棱台DEF ABC 中，由BC ＝2EF ，H 为BC 的中点，可得BH ∥EF ，BH ＝EF ，∴四边形BHFE 为平行四边形，∴BE ∥HF .在△ABC 中，∵G 为AC 的中点，H 为BC 的中点，∴GH ∥AB .又GH ∩HF ＝H ，∴平面FGH ∥平面ABED .∵BD ⊂平面ABED ，∴BD ∥平面FGH .(2)设AB ＝2，则CF ＝DE ＝1，在三棱台DEF ABC 中，G 为AC 的中点，由DF ＝12AC ＝GC ， 可得四边形DGCF 为平行四边形，∴DG ∥FC .又FC ⊥平面ABC ，∴DG ⊥平面ABC .连接GB ，在△ABC 中，由AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，G 是AC 的中点，得AB ＝BC ，GB ⊥GC ， 因此，GB ，GC ，GD 两两垂直．以G 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系G xyz ，则G (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (0，0，1)，可得H ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，F (0，2，1)， ∴GH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，GF →＝(0，2，1)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面FGH 的法向量，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·GH →＝0，n ·GF →＝0，得⎩⎨⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0，令x ＝1， 可得平面FGH 的一个法向量n ＝(1，－1，2)．∵GB →＝(2，0，0)是平面ACFD 的一个法向量，∴cos 〈GB →，n 〉＝GB →·n |GB →|·|n |＝222＝12， ∴平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°.如图，已知直角梯形ACDE 所在的平面垂直于平面ABC ，∠BAC ＝∠ACD ＝90°，∠EAC ＝60°，AB ＝AC ＝AE .(1)在直线BC 上是否存在一点P ，使得DP ∥平面EAB ？请证明你的结论；(2)求平面EBD 与平面ABC 所成的锐二面角θ的余弦值．解：(1)线段BC 的中点就是满足条件的点P .证明如下：取AB 的中点F 连接DP ，PF ，EF ，则FP ∥AC ，FP ＝12AC .取AC 的中点M ，连接EM ，EC .∵AE ＝AC 且∠EAC ＝60°，∴△EAC 是正三角形．∴EM ⊥AC .∴四边形EMCD 为矩形．∴ED ＝MC ＝12AC ＝FP .又∵ED ∥AC .∴ED ∥FP 且ED ＝FP ，即四边形EFPD 是平行四边形．∴DP ∥EF .而EF ⊂平面EAB ，DP ⊄平面EAB ，∴DP ∥平面EAB .(2)过点B 作AC 的平行线l ，过点C 作l 的垂线交l 于点G ，连接DG . ∵ED ∥AC ，∴ED ∥l .∴l 是平面EBD 与平面ABC 所成二面角的棱．∵平面EACD ⊥平面ABC ，DC ⊥AC ，∴DC ⊥平面ABC .又∵l ⊂平面ABC ，∴DC ⊥l .∴l ⊥平面DGC ，l ⊥DG .∴∠DGC 是所求二面角的平面角．设AB ＝AC ＝AE ＝2a ，则CD ＝3a ，GC ＝2a .∴GD ＝GC 2＋CD 2＝7a .∴cos θ＝cos ∠DGC ＝GC GD ＝277.。
高考数学一轮复习 第八章《立体几何》精编配套试题(含解析)文 新人教A版
高考数学一轮复习第八章《立体几何》精编配套试题（含解析）文新人教A版第八章立体几何一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．每小题中只有一项符合题目要求)1、（2013年高考四川卷（文2））一个几何体的三视图如图所示,则该几何体可以是（）A．棱柱B．棱台C．圆柱D．圆台2、【山东省烟台市莱州一中20l3届高三第二次质量检测（文）】一个简单几何体的主视图，左视图如图所示，则其俯视图不可能为①长方形；②直角三角形；③圆；④椭圆.其中正确的是A.①B.②C.③D.④3 ．（2013年高考浙江卷（文4））设m.n是两条不同的直线,α.β是两个不同的平面,（）A．若m∥α,n∥α,则m∥n B．若m∥α,m∥β,则α∥βC．若m∥n,m⊥α,则n⊥αD．若m∥α,α⊥β,则m⊥β4．（2013年高考广东卷（文））某三棱锥的三视图如图2所示,则该三棱锥的体积是图 21俯视图侧视图正视图21（ ） A ．16B ．13C ．23D ．15 ．【北京市海淀区北师特学校2013届高三第四次月考文】在空间，下列命题正确的是 （ ）A ．平行直线在同一平面内的射影平行或重合 B. 垂直于同一平面的两条直线平行 C. 垂直于同一平面的两个平面平行 D. 平行于同一直线的两个平面平行 6、（2013年高考山东卷（文4））一个四棱锥的侧棱长都相等,底面是正方形,其正(主)视图如右图所示该四棱锥侧面积和体积分别是（ ） A ．45,8B ．845,3C ．84(51),3+ D ．8,87、如右图所示，正四棱锥P －ABCD 的底面积为3，体积为22，E 为侧棱PC 的中点，则PA 与BE 所成的角为( )A.π6B.π4C.π3 D.π28、（2013安徽安庆三模）如图是不锈钢保温饭盒的三视图，根据图中数据（单位：cm ）， 则该饭盒的表面积为 A ．1100π2cm B ．900π2cm C ．800π2cm D ．600π2cm9、（2013年高考辽宁卷（文10））已知三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上,若34AB AC ==，,AB AC ⊥,112AA =,则球O 的半径为（ ） A ．3172B ．210C ．132D ．31010．圆台上、下底面面积分别是π、4π，侧面积是6π，这个圆台的体积是( )A 、233π B、23π C 、736π D、733π11、（上海市普陀区2013届高三第二学期（二模）质量调研数学（文）试题）若圆柱的底面直径和高都与球的直径相等,圆柱、球的表面积分别记为1S 、2S ,则1S :2S =A . 1:1.B . 2:1.C . 3:2.D . 4:1.12、【北京市朝阳区2013届高三上学期期末考试数学文】在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，1P ，2P 分别为线段AB ，1BD （不包括端点）上的动点，且线段12P P 平行于平面11A ADD ，则四面体121PP AB 的体积的最大值是 A ．124 B ．112C ．16 D ．12二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上) 13、（2013年高考课标Ⅱ卷（文15））已知正四棱锥O ABCD -的体积为322，底面边长为3，则以O 为球心，OA 为半径的球的表面积为________。
普通高等学校招生全国统一考试高三数学模拟组合试卷08 理 (教师版)
【步步高】（江西版）2013届高三数学名校强化模拟测试卷08 理（教师版）第I卷一．选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 【改编题】若集合A＝｛－1，0，1｝，B＝｛y｜y＝cosx，x∈A｝，则A∩B＝A．｛0｝B．｛1｝C．｛0，1｝D．｛－1，0，1｝2. 【山东省莱芜市2012届高三4月高考模拟试题】设,p q是两个命题，1:0,:|21|1,xp q x p qx+≤+<则是(A)充分非必要条件(B)必要非充分条件(C)充要条件(D)既非充分又非必要条件3. 【广州市2013届高三年级1月调研测试】已知函数()230xx xf xxlog,,⎧>=⎨≤⎩, 则14f f⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭的值是A．9 B．19C．9- D．19-4. 【山东省日照市2012届高三下学期5月份模拟训练】要得到函数)42cos(3π-=xy的图象，可以将函数xy2sin3=的图象（A）沿x轴向左平移8π个单位（B）沿x向右平移8π个单位（C）沿x轴向左平移4π个单位（D）沿x向右平移4π个单位【答案】A【解析】.).8(2sin 3)42sin(3)]42(2sin[3)42cos(3A x x x x y 选πππππ+=+=-+=-= 5. 【河南省三门峡市2013届高三第一次大练习】i 是虚数单位，1233ii+等于 A.13412i + B.33i + C.33i - D. 13412i -6. 【2013届安徽省示范高中高三9月模底考试】样本中共有5个个体，其中四个值分别为0，1，2，3，第五个值丢失，但该样本的平均值为1，则样本方差为＝（ ） A 、305 B 、65C 、2D 、27. 【湖北省武汉市2012届高中毕业生五月供题训练（二）】设2920012929100129101010(12)(1)(1)b b x b x b x x a a x a x a x a x x x +++++=+++++++-L L ，则a 9= A ．0 B ．410C ．10·410D ．90·4108.[安徽省宣城市6校2013届高三联合测评考]三个正数a,b,c 满足2a b c a ≤+≤，2b a c b ≤+≤，则ba 的取值范围是（ ）A ．23[,]32B ．2[,2]3C ．3[1,]2D ．[1,2]【答案】A【解析】∵0,a >2,12b ca b c a a a∴≤+≤≤+≤由得, 212.b c b b a c b a a a ≤+≤≤+≤由得设,b c x y a a ==,则有12112x y x y y x≤+≤⎧⎪≤+⎨⎪+≤⎩,其可行域如图:其中A (21,33),B (31,22)，∴b x a =∈［23,32］.9.【江西省百所重点高中2012届高三下学期模拟考试】已知各项均为正数的等比数列{a n }满足a 1a 7=4，a 6=8，函数，则()f x 在x=时的导数的值等于 A.554 B. 574C. 16D. 1810. 【2013年临沂市高三教学质量检测考试】函数)42(cos 2)21()(1≤≤-+=-x x x f x π的所有零点之和等于（A ）2 （B ）4 （C ）6 （D ）8 【答案】C【解析】x y πcos 2-=由0cos 2)21()(1=+=-x x f x π，得x x πcos 2)21(1-=-令)42(cos 2,)21(1≤≤--==-x x y y x π, 在同一坐标系中分别做出函数1)21(-=x y ，)42(cos 2≤≤--=x x y π，⎪⎩⎪⎨⎧<≤-≤≤==---12,241,)21()21(111x x y x x x ，由图象可知，函数1)21(-=x y 关于1=x 对称，又1=x 也是函数)42(cos 2≤≤--=x x y π的对称轴，所以函数)42(cos 2,)21(1≤≤--==-x x y y x π的交点也关于1=x 对称，且两函数共有6个交点，所以所有零点之和为6.第Ⅱ卷共2页，须用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效。
2013年高考数学(文)一轮复习单元测试(配最新高考+模拟)第八章 立体几何
2013届高考数学（文）一轮复习单元测试第八章立体几何一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．每小题中只有一项符合题目要求)1、（2012福建文）一个几何体的三视图形状都相同,大小均等,那么这个几何体不可以是（ ）A ．球B ．三棱锥C ．正方体D ．圆柱 2、【2012吉林市期末质检文】一个正方体的展开图如图所示，A 、B 、C 、D 为原正方体的顶点，则在原来的正方体中A.CD AB //B. AB 与CD 相交C.CD AB ⊥D. AB 与CD 所成的角为 603 ．（2012浙江文）设l 是直线,a,β是两个不同的平面（ ）A ．若l ∥a,l ∥β,则a ∥βB ．若l ∥a,l ⊥β,则a ⊥βC ．若a ⊥β,l ⊥a,则l ⊥βD ．若a ⊥β, l ∥a,则l ⊥β4．（2012广东文）(立体几何)某几何体的三视图如图1所示,它的体积为（ ） A ．72π B ．48π C ．30πD ．24π5 ．（2012四川文）下列命题正确的是（ ）A ．若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行B ．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行C ．若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行D ．若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行6、【2012厦门市高三上学期期末质检文】已知直线m 、n 和平面α、β，若α⊥β，α∩β＝m ，n ⊂α，要使n ⊥β，则应增加的条件是A . m ∥nB . n ⊥mC . n ∥αD . n ⊥α 7、如右图所示，正四棱锥P －ABCD 的底面积为3，体积为22，E 为侧棱PC 的中点，则P A 与BE 所成的角为( )A.π6B.π4C.π3D.π2 8、（2012北京文）某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是（ ）A ．28+B ．30+C ．56+D ．60+9、【2012金华十校高三上学期期末联考文】设α是空间中的一个平面，,,l m n 是三条不同 的直线，则下列命题中正确的是（ ）10．圆台上、下底面面积分别是π、4π，侧面积是6π，这个圆台的体积是( )A 、233πB 、23πC 、736πD 、733π11、（2012课标文）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 ．63π 12、【2012江西师大附中高三下学期开学考卷文】如图甲所示，三棱锥P ABC -的高8,3,30,PO AC BC ACB M N ===∠=︒、分别在BC 和PO 上，且,2((0,3])CM x PN x x ==∈，图乙中的四个图像大致描绘了三棱锥N AMC -的体积V 与x 的变化关系，其中正确的是（ ）二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)13、【2012山东青岛市期末文】已知长方体从同一顶点出发的三条棱的长分别为1、2、3，则这个长方体的外接球的表面积为 .14、【2012浙江宁波市期末文】如图是一个组合几何体的三视图，则该几何体的体积是 .15、【2012金华十校高三上学期期末联考文】在正方体ABCD—A1B1C1D1中，直线BD1与平面A1B1CD所成角的正切值是。
高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第1讲 简单几何体及其直观图、三视图教学案 理
【第1讲简单几何体及其直观图、三视图】之小船创作一、知识梳理1．空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：①在已知图形中建立直角坐标系xOy，画直观图时，它们分别对应x′轴和y′轴，两轴交于点O′，使x′O′y′＝45°，它们确定的平面表示水平平面．②已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x ′轴和y ′轴的线段．③已知图形中平行于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，长度为原来的12． 3．三视图 (1)几何体的三视图包括主视图、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．(2)三视图的画法 ①基本要求：长对正，高平齐，宽相等． ②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．常用结论1．斜二测画法中的“三变”与“三不变”“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度变为原来的一半图形改变“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不改变与x ，z 轴平行的线段的长度不改变相对位置不改变2．常见旋转体的三视图(1)球的三视图都是半径相等的圆．(2)水平放置的圆锥的主视图和左视图均为全等的等腰三角形．(3)水平放置的圆台的主视图和左视图均为全等的等腰梯形．(4)水平放置的圆柱的主视图和左视图均为全等的矩形．二、教材衍化1．下列说法正确的是( )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：选D.由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行性不变．2．在如图所示的几何体中，是棱柱的为________．(填写所有正确的序号)答案：③⑤3．已知如图所示的几何体，其俯视图正确的是________．(填序号)解析：由俯视图定义易知选项③符合题意．答案：③一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(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)夹在两个平行的平面之间，其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱台．( )(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．( )答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×二、易错纠偏常见误区|Ｋ(1)棱柱的概念不清致误；(2)不清楚三视图的三个视图间的关系，想象不出原几何体而出错；(3)斜二测画法的规则不清致误．1．如图，长方体ABCDA′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′.剩下的几何体是( )A．棱台B．四棱柱C．五棱柱D．六棱柱解析：选C.由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱．故选C.2．将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的主视图与俯视图如图所示，则该几何体的左视图为( )解析：选B.先根据主视图和俯视图还原出几何体，再作其左视图．由几何体的主视图和俯视图可知该几何体为图①，故其左视图为图②.故选B.3．在直观图(如图所示)中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCO 为________，面积为________cm2.解析：由斜二测画法的特点，知该平面图形的直观图的原图，即在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCO是一个长为4 cm，宽为2 cm的矩形，所以四边形ABCO的面积为8 cm2.答案：矩形8空间几何体的几何特征(自主练透) 1．下列说法正确的是( )A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解析：选D.由图知，A不正确．两个平行平面与底面不平行时，截得的几何体不是旋转体，则B不正确．侧棱长与底面多边形的边长相等的棱锥一定不是六棱锥，故C错误．由定义知，D正确．2．给出下列几个命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则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．0 B．1C．2 D．3解析：选B.①不一定，只有这两点的连线平行于旋转轴时才是母线；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．3．给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则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________．解析：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，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的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，如图，正方体ABCDA1B1C1D1中的三棱锥C1ABC，四个面都是直角三角形．答案：②③④空间几何体概念辨析问题的常用方法空间几何体的三视图(多维探究)角度一已知几何体，识别三视图(1)(2020·宜宾模拟)已知棱长都为2的正三棱柱ABCA1B1C1的直观图如图．若正三棱柱ABCA1B1C1绕着它的一条侧棱所在直线旋转，则它的左视图可以为( )(2)(2020·湖南衡阳二模)如图，正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，B在平面α上，AB＝ 2.若平面A1B1C1D1与平面α所成角为30°，由如图所示的俯视方向，正方体ABCDA1B1C1D1在平面α上的俯视图的面积为( )A．2 B．1＋ 3 C．2 3 D．22【解析】(1)由题知，四个选项的高都是2.若左视图为A，则中间应该有一条竖直的实线或虚线；若左视图为C，则其中有两条侧棱重合，不应有中间竖线；若左视图为D，则长度应为3，而不是1.故选B.(2)由题意得AB在平面α内，且平面α与平面ABCD 所成的角为30°，与平面B1A1AB所成的角为60°，故所得的俯视图的面积S＝2×(2cos 30°＋2cos 60°)＝2(cos 30°＋cos 60°)＝1＋ 3.【答案】(1)B (2)B角度二已知三视图，判断几何体(1)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( ) A．三棱锥 B．三棱柱 C．四棱锥D．四棱柱(2)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( )A．1 B．2C．3 D．4【解析】(1)由题三视图得直观图如图所示，为三棱柱，故选B.(2)将三视图还原为直观图，几何体是底面为直角梯形，且一条侧棱和底面垂直的四棱锥，如图所示．易知，BC ∥AD ，BC ＝1，AD ＝AB ＝PA ＝2，AB ⊥AD ，PA ⊥平面ABCD ，故△PAD ，△PAB 为直角三角形，因为PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥BC ，又BC ⊥AB ，且PA ∩AB ＝A ，所以BC ⊥平面PAB ，又PB ⊂平面PAB ，所以BC ⊥PB ， 所以△PBC 为直角三角形，容易求得PC ＝3，CD ＝5，PD ＝22，故△PCD 不是直角三角形，故选C.【答案】 (1)B (2)C【迁移探究1】 (变问法)在本例(2)条件下，求该四棱锥的所有棱中，最长棱的棱长是多少？解：由三视图可知，PA ＝AB ＝AD ＝2，BC ＝1，经计算可知，PB ＝PD ＝22，PC ＝3，CD ＝5，故最长棱为PC ，且|PC |＝3.【迁移探究2】 (变问法)在本例(2)条件下，求该四棱锥的五个面中，最小面的面积．解：面积最小的面为面PBC ，且S △PBC ＝12BC ·PB ＝12×1×22＝2，即最小面的面积为 2. 角度三 已知几何体的某些视图，判断其他视图(1)(2020·福州模拟)如图为一圆柱切削后的几何体及其主视图，则相应的左视图可以是( )(2)(2020·河北衡水中学联考)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高二丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈、长4丈，上棱长2丈，高2丈，问：它的体积是多少？”已知该楔体的主视图和俯视图如图中粗实线所示，则该楔体的左视图的周长为( )A ．3丈B ．6丈C ．8丈D ．(5＋13)丈【解析】 (1)圆柱被不平行于底面的平面所截，得到的截面为椭圆，结合主视图，可知左视图最高点在中间，故选B.(2)由题意可知该楔体的左视图是等腰三角形，它的底边长为3丈，相应高为2丈，所以腰长为 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫322＝52(丈)，所以该楔体左视图的周长为3＋2×52＝8(丈)．故选C. 【答案】 (1)B (2)C三视图问题的常见类型及解题策略(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)由几何体的部分视图画出剩余的视图．先根据已知的一部分视图，还原、推测其直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)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，结合空间想象将三视图还原为直观图．1．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( )解析：选A.由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A.2．(2020·安徽宣城二模)一个几何体的三视图如图所示，在该几何体的各个面中，面积最大面的面积是( ) A．2 B．2 2 C．2 3 D．4解析：选C.如图所示，由三视图可知该几何体是四棱锥PABCD截去三棱锥PABD后得到的三棱锥PBCD.其中四棱锥中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，且PA＝AB＝2，易知面积最大面为面PBD，面积为34×(22)2＝2 3.故选C.3．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在主视图上的对应点为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．217 B．2 5 C．3 D．2解析：选B.由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN，则MS＝2，SN＝4，则从M到N 的路径中，最短路径的长度为MS2＋SN2＝22＋42＝2 5.故选B.空间几何体的直观图(自主练透) 1．如图所示为一个平面图形的直观图，则它的实际形状四边形ABCD为( )A．平行四边形B．梯形C．菱形D．矩形解析：选D.由斜二测画法可知在原四边形ABCD中DA⊥AB，并且AD∥BC，AB∥CD，故四边形ABCD为矩形．2．已知等边三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为( )A.34a2B．38a2C.68a2D．616a2解析：选D.如图①②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′于点D′，则C′D′＝22O′C′＝68a.所以S△A′B′C′＝12A′B′·C′D′＝12×a×68a＝616a2.故选D.3．在等腰梯形ABCD中，上底CD＝1，腰AD＝CB＝2，下底AB＝3，以下底所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面积为________．解析：因为OE＝（2）2－12＝1，所以O′E′＝12，E′F′＝24.所以直观图A′B′C′D′的面积为S′＝12×(1＋3)×24＝22.答案：22(1)斜二测画法中的“三变”与“三不变”“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度变为原来的一半图形改变“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不改变与x ，z 轴平行的线段的长度不改变相对位置不改变(2)平面图形直观图与原图形面积间的关系对于几何体的直观图，除掌握斜二测画法外，记住原图形面积S 与直观图面积S ′之间的关系S ′＝24S ，能更快捷地进行相关问题的计算．构造法求解三视图问题的三个步骤三视图问题(包括求解几何体的表面积、体积等)是培养和考查空间想象能力的好题目，是高考的热点．由三视图还原几何体是解决这类问题的关键，而由三视图还原几何体只要按照以下三个步骤去做，基本都能准确还原出来．这三个步骤是：第一步，先画长(正)方体，在长(正)方体中画出俯视图；第二步，在三个视图中找直角；第三步，判断直角位置，并向上(或向下)作垂线，找到顶点，连线即可．一个几何体的三视图如图所示，图中直角三角形的直角边长均为1，则该几何体的体积为( ) A.16 B ．26 C.36D ．12【解析】 几何体还原说明：①画出正方体，俯视图中实线可以看作正方体的上底面及底面对角线．②俯视图是正方形，有四个直角，主视图和左视图中分别有一个直角．主视图和左视图中的直角对应上底面左边外侧顶点(图中D 点上方顶点)，将该顶点下拉至D 点，连接DA ，DB ，DC 即可．该几何体即图中棱长为1的正方体中的四面体ABCD ，其体积为13×12×1×1×1＝16.故选A. 【答案】 A如图是一个四面体的三视图，三个三角形均是腰长为2的等腰直角三角形，还原其直观图．【解】 第一步，根据题意，画正方体，在正方体内画出俯视图，如图①.第二步，找直角，在俯视图、主视图和左视图中都有直角．第三步，将俯视图的直角顶点向上拉起，与三视图中的高一致，连线即可．所求几何体为三棱锥ABCD，如图②.[基础题组练]1．如图所示是水平放置的三角形的直观图，点D是△ABC的BC边的中点，AB，BC分别与y′轴，x′轴平行，则在原图中三条线段AB，AD，AC中( )A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AC，最短的是AD解析：选 B.由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB<AD<AC.2．如图所示的几何体由一个圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是( ) A．①② B．②③ C．③④D．①⑤解析：选D.圆锥的轴截面为等腰三角形，此时①符合条件；当截面不过旋转轴时，圆锥的轴截面为双曲线的一支，此时⑤符合条件；故截面图形可能是①⑤.3．(2020·陕西彬州质检)一个几何体的三视图如图所示，其中主视图中△ABC 是边长为1的等边三角形，左视图为正六边形，那么该几何体的左视图的面积为( ) A.38 B ．34 C ．1 D ．32 解析：选A.由三视图可知该几何体为正六棱锥，其直观图如图所示．该正六棱锥的底面正六边形的边长为12，侧棱长为1，高为32.左视图的底面边长为正六边形的高，为32，则该几何体的左视图的面积为12×32×32＝38，故选A. 4．(2020·江西省名校学术联盟质检)如图所示，边长为1的正方形网格中粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体所有棱长组成的集合为( )A ．{1，5}B ．{1，6}C ．{1，2，5}D ．{1，2，22，6}解析：选B.如图所示，该几何体是四棱柱，底面是边长为1的正方形，侧棱长为6，故选B.5．(一题多解)(2020·河南非凡联盟4月联考)某组合体的主视图和左视图如图(1)所示，它的俯视图的直观图是图(2)中粗线所表示的平面图形，其中四边形O ′A ′B ′C ′为平行四边形，D ′为C ′B ′的中点，则图(2)中平行四边形O′A′B′C′的面积为( )A．12 B．3 2 C．6 2 D．6解析：选B.法一：由题图易知，该几何体为一个四棱锥(高为23，底面是长为4，宽为3的矩形)与一个半圆柱(底面圆半径为2，高为3)的组合体，所以其俯视图的外侧边沿线组成一个长为4，宽为3的矩形，其面积为12，由斜二测知识可知四边形O′A′B′C′的面积为4×32sin 45°＝3 2.法二：由斜二测画法可先还原出俯视图的外轮廓是长为4，宽为3的矩形，其面积为4×3＝12，结合直观图面积是原图形面积的24，即可得结果．6. 某多面体的三视图如图所示，其中主视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为________．解析：由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为（2＋4）×22×2＝12.答案：127．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm和8 cm，若两底面圆心的连线长为12 cm，则这个圆台的母线长为______cm.解析：如图，过点A作AC⊥OB，交OB于点C.在Rt△ABC中，AC＝12(cm)，BC＝8－3＝5(cm)．所以AB＝122＋52＝13(cm)．答案：138．已知正四棱锥VABCD中，底面面积为16，一条侧棱的长为211，则该棱锥的高为________．解析：如图，取正方形ABCD的中心O，连接VO，AO，则VO就是正四棱锥VABCD的高．因为底面面积为16，所以AO＝2 2.因为一条侧棱长为211，所以VO＝VA2AO2＝44－8＝6.所以正四棱锥VABCD的高为6.答案：69．如图所示的三个图中，上面是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的主视图和左视图如图所示(单位：cm)．(1)在主视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图；(2)按照给出的尺寸，求该多面体的体积．解：(1)如图．(2)所求多面体的体积V ＝V 长方体－V 正三棱锥＝4×4×6－13×(12×2×2)×2＝2843(cm 3)． 10．已知正三棱锥V ABC 的主视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图和左视图；(2)求出左视图的面积．解：(1)如图．(2)左视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23×32×232＝12＝2 3. 则S △VBC ＝12×23×23＝6. [综合题组练]1．(2020·河南开封一模)如图，在一个正方体内放入两个半径不相等的球O 1，O 2，这两个球外切，且球O 1与正方体共顶点A 的三个面相切，球O 2与正方体共顶点B 1的三个面相切，则两球在正方体的面AA 1C 1C 上的正投影是( )解析：选B.由题意可以判断出两球在正方体的面AA 1C 1C 上的正投影与正方形相切，排除C ，D.由于两球不等，把其中一个球扩大为与正方体相切，则另一个球被挡住一部分，所以排除A.B 正确．2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的左视图中的虚线部分是( )A．圆弧B．抛物线的一部分C．椭圆的一部分D．双曲线的一部分解析：选D.根据几何体的三视图可得，左视图中的虚线部分是由平行于旋转轴的平面截圆锥所得，故左视图中的虚线部分是双曲线的一部分，故选D.3．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，则三棱锥PBCD的俯视图与主视图面积之比的最大值为( )A．1 B．2C. 3 D．2解析：选D.主视图，底面B，C，D三点，其中D与C重合，随着点P的变化，其主视图均是三角形且点P在主视图中的位置在边B1C1上移动，由此可知，设正方体的棱长为a，则S主视图＝12×a2；设A1C1的中点为O，随着点P的移动，在俯视图中，易知当点P在OC1上移动时，S俯视图就是底面三角形BCD的面积，当点P在OA1上移动时，点P越靠近A1，俯视图的面积越大，当到达A1的位置时，俯视图为正方形，此时俯视图的面积最大，S俯视图＝a2，所以S俯视图S主视图的最大值为a212a2＝2，故选D.4．(2020·河北衡水二模)某几何体的三视图如图所示，三视图中的点P ，Q 分别对应原几何体中的点A ，B ，在此几何体中从点A 经过一条侧棱上点R 到达点B 的最短路径的长度为( )A ．aB ．2a C.52a D ．3a解析：选D.由几何体的三视图可知，该几何体为棱长为a 的正四面体(如图1)，将侧面三角形CDB 绕CD 翻折到与面ACD 在同一平面内(如图2)，连接AB 与CD 交于一点R ，该点即为使路径最短的侧棱上的点R ，且最短路径为AB 长，在△ACB 中，由余弦定理易知AB ＝a 2＋a 2－2a ·a ·cos 120°＝3a .故选D.5．已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的体积为1，点M 在线段BC 上(点M 异于B ，C 两点)，点N 为线段CC 1的中点，若平面AMN 截正方体ABCD A 1B 1C 1D 1所得的截面为四边形，则线段BM 的取值范围为( )A.⎝⎛⎦⎥⎥⎤0，13 B ．⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤0，12 C.⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫12，1 D ．⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12，23 解析：选B.由题意，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，如图所示，当点M为线段BC的中点时，截面为四边形AMND1，当0＜BM≤12时，截面为四边形，当BM＞12时，截面为五边形，故选B.6．已知直三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长为6，且底面是边长为2的正三角形，用一平面截此棱柱，与侧棱AA1，BB1，CC1分别交于三点M，N，Q，若△MNQ为直角三角形，则该直角三角形斜边长的最小值为( )A．2 2 B．3C．2 3 D．4解析：选C.如图，不妨设N在B处，AM＝h，CQ＝m，则MB2＝h2＋4，BQ2＝m2＋4，MQ2＝(h－m)2＋4，由MB2＝BQ2＋MQ2，得m2－hm＋2＝0.Δ＝h2－8≥0即h2≥8，该直角三角形斜边MB＝4＋h2≥2 3.故选C.7．某几何体的主视图和左视图如图(1)，它的俯视图的直观图是矩形O1A1B1C1，如图(2)，其中O1A1＝6，O1C1＝2，则该几何体的侧面积为________．解析：由题图(2)及斜二测画法可知原俯视图为如图所示的平行四边形OABC，设CB与y轴的交点为D，则易知CD＝2，OD＝2×22＝42，所以CO＝CD2＋OD2＝6＝OA，所以俯视图是以6为边长的菱形，由三视图知几何体为一个直四棱柱，其高为4，所以该几何体的侧面积为4×6×4＝96.答案：968．(2019·高考全国卷Ⅱ)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．半正多面体体现了数学的对称美．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表面上，且此正方体的棱长为1，则该半正多面体共有________个面，其棱长为________．解析：依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面．注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则22x＋x＋22x＝1，解得x＝2－1，故题中的半正多面体的棱长为2－1.答案：26 2－1。
高考数学一轮复习 第八章《立体几何》精编配套试题(含解析)文 新人教A版
2014届高考数学（文）一轮复习单元测试第八章立体几何一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．每小题中只有一项符合题目要求)1、（2013年高考四川卷（文2））一个几何体的三视图如图所示,则该几何体可以是（）A．棱柱B．棱台C．圆柱D．圆台2、【山东省烟台市莱州一中20l3届高三第二次质量检测（文）】一个简单几何体的主视图，左视图如图所示，则其俯视图不可能为①长方形；②直角三角形；③圆；④椭圆.其中正确的是A.①B.②C.③D.④3 ．（2013年高考浙江卷（文4））设m.n是两条不同的直线,α.β是两个不同的平面,（）A．若m∥α,n∥α,则m∥n B．若m∥α,m∥β,则α∥βC．若m∥n,m⊥α,则n⊥αD．若m∥α,α⊥β,则m⊥β4．（2013年高考广东卷（文））某三棱锥的三视图如图2所示,则该三棱锥的体积是图 21俯视图侧视图正视图21（ ） A ．16B ．13C ．23D ．15 ．【北京市海淀区北师特学校2013届高三第四次月考文】在空间，下列命题正确的是 （ ）A ．平行直线在同一平面内的射影平行或重合 B. 垂直于同一平面的两条直线平行 C. 垂直于同一平面的两个平面平行 D. 平行于同一直线的两个平面平行 6、（2013年高考山东卷（文4））一个四棱锥的侧棱长都相等,底面是正方形,其正(主)视图如右图所示该四棱锥侧面积和体积分别是（ ） A ．45,8B ．845,3C ．84(51),3+ D ．8,87、如右图所示，正四棱锥P －ABCD 的底面积为3，体积为22，E 为侧棱PC 的中点，则PA 与BE 所成的角为( )A.π6B.π4C.π3 D.π28、（2013安徽安庆三模）如图是不锈钢保温饭盒的三视图，根据图中数据（单位：cm ）， 则该饭盒的表面积为 A ．1100π2cm B ．900π2cm C ．800π2cm D ．600π2cm9、（2013年高考辽宁卷（文10））已知三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上,若34AB AC ==，,AB AC ⊥,112AA =,则球O 的半径为（ ） A ．3172B ．210C ．132D ．31010．圆台上、下底面面积分别是π、4π，侧面积是6π，这个圆台的体积是( )A 、233π B、23π C 、736π D、733π11、（上海市普陀区2013届高三第二学期（二模）质量调研数学（文）试题）若圆柱的底面直径和高都与球的直径相等,圆柱、球的表面积分别记为1S 、2S ,则1S :2S =A . 1:1.B . 2:1.C . 3:2.D . 4:1.12、【北京市朝阳区2013届高三上学期期末考试数学文】在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，1P ，2P 分别为线段AB ，1BD （不包括端点）上的动点，且线段12P P 平行于平面11A ADD ，则四面体121PP AB 的体积的最大值是 A ．124 B ．112C ．16 D ．12二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上) 13、（2013年高考课标Ⅱ卷（文15））已知正四棱锥O ABCD -的体积为322，底面边长为3，则以O 为球心，OA 为半径的球的表面积为________。
高考数学课标通用(理科)一轮复习配套教师用书：第八章 立体几何 大题冲关 Word版含答案
高考中立体几何问题的热点题型■特级教师石朝华1．立体几何是高考的重要内容，每年基本上都是一个解答题，两个选择题或填空题．小题主要考查学生的空间观念，空间想象能力及简单计算能力．解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算．重在考查学生的逻辑推理能力及计算能力．热点题型主要有平面图形的翻折、探索性的存在问题等；2．思想方法：(1)转化与化归(空间问题转化为平面问题)；(2)数形结合(根据空间位置关系利用向量转化为代数运算)．热点一空间点、线、面的位置关系以空间几何体(主要是柱、锥或简单组合体)为载体，通过空间平行、垂直关系的论证命制试题，主要考查公理4及线面平行与垂直的判定定理与性质定理，常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查，考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思想，一般以解答题的形式出现，难度中等．[典题1] 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求证：C1F∥平面ABE；(3)求三棱锥E－ABC的体积．(1)[证明]在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，AB⊂平面ABC，所以BB1⊥AB.又AB⊥BC，BC∩BB1＝B，所以AB⊥平面B1BCC1.又AB⊂平面ABE，所以平面ABE ⊥平面B 1BCC 1.(2)[证明] 证法一：如图①，取AB 中点G ，连接EG ，FG . 因为E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点， 所以FG ∥AC ，且FG ＝12AC .因为AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1， 所以FG ∥EC 1，且FG ＝EC 1. 所以四边形FGEC 1为平行四边形． 所以C 1F ∥EG .又EG ⊂平面ABE ，C 1F ⊄平面ABE ， 所以C 1F ∥平面ABE .①②证法二：如图②，取AC 的中点H ，连接C 1H ，FH . 因为H ，F 分别是AC ，BC 的中点， 所以HF ∥AB .又E ，H 分别是A 1C 1，AC 的中点， 所以EC 1綊AH ，所以四边形EAHC 1为平行四边形， 所以C 1H ∥AE .又C 1H ∩HF ＝H ，AE ∩AB ＝A ， 所以平面ABE ∥平面C 1HF . 又C 1F ⊂平面C 1HF ， 所以C 1F ∥平面ABE .(3)[解] 因为AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB ⊥BC ， 所以AB ＝AC 2－BC 2＝ 3. 所以三棱锥E －ABC 的体积V ＝13S △ABC ·AA 1＝13×12×3×1×2＝33.1．证明面面垂直，将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题，再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题．2．计算几何体的体积时，能直接用公式时，关键是确定几何体的高，若不能直接用公式时，注意进行体积的转化．一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．(1)请将字母F ，G ，H 标记在正方体相应的顶点处(不需要说明理由)； (2)判断平面BEG 与平面ACH 的位置关系，并证明你的结论； (3)证明：直线DF ⊥平面BEG . (1)解：点F ，G ，H 的位置如图所示．(2)解：平面BEG ∥平面ACH .证明如下：因为ABCD－EFGH为正方体，所以BC∥FG，BC＝FG.又FG∥EH，FG＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH，于是四边形BCHE为平行四边形，所以BE∥CH.又CH⊂平面ACH，BE⊄平面ACH，所以BE∥平面ACH，同理BG∥平面ACH，又BE∩BG＝B，所以平面BEG∥平面ACH.(3)证明：连接FH，与EG交于点O，连接BD.因为ABCD－EFGH为正方体，所以DH⊥平面EFGH.因为EG⊂平面EFGH，所以DH⊥EG.又EG⊥FH，DH∩FH＝H，所以EG⊥平面BFHD.又DF⊂平面BFHD，所以DF⊥EG，同理DF⊥BG，又EG∩BG＝G，所以DF⊥平面BEG.热点二立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种考查形式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证．(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在．[典题2] [2017·山东济南调研]如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.(1)求证：AA 1⊥平面ABC ；(2)求二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值；(3)在线段BC 1上是否存在点D ，使得AD ⊥A 1B ？若存在，试求出BDBC 1的值． (1)[证明] 在正方形AA 1C 1C 中，A 1A ⊥AC . 又平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且平面ABC ∩平面AA 1C 1C ＝AC ，AA 1⊂平面AA 1C 1C . ∴AA 1⊥平面ABC .(2)[解] 由(1)知，AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB ， 由题意知，在△ABC 中，AC ＝4，AB ＝3，BC ＝5， ∴BC 2＝AC 2＋AB 2，∴AB ⊥AC .∴以A 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A －xyz.A 1(0,0,4)，B (0,3,0)，C 1(4,0,4)，B 1(0,3,4)，于是A 1C 1→＝(4,0,0)，A 1B →＝(0,3，－4)，B 1C 1→＝(4，－3,0)，BB 1→＝(0,0,4)．设平面A 1BC 1的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 平面B 1BC 1的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)．∴⎩⎪⎨⎪⎧ A 1C 1→·n 1＝0，A 1B →·n 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ 4x 1＝0，3y 1－4z 1＝0，∴取向量n 1＝(0,4,3)．由⎩⎪⎨⎪⎧B 1C 1→·n 2＝0，BB 1→·n 2＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧4x 2－3y 2＝0，4z 2＝0，∴取向量n 2＝(3,4,0)． ∴cos θ＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝165×5＝1625.由题图可判断二面角A 1－BC 1－B 1为锐角， 故二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值为1625.(3)[解] 假设存在点D (x ，y ，z )是线段BC 1上一点，使AD ⊥A 1B ，且BD →＝λBC 1→，∴(x ，y －3，z )＝λ(4，－3,4)， 解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ， ∴AD →＝(4λ，3－3λ，4λ)．又AD ⊥A 1B ，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0， 解得λ＝925，∵925∈[0,1]， ∴在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ， 此时BD BC 1＝925.1．对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．2．对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．热点三 空间向量在立体几何中的应用在高考中主要考查通过建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算证明空间中的线、面的平行与垂直关系，计算空间角(特别是二面角)，常与空间几何体的结构特征，空间线、面位置关系的判定定理与性质定理等知识综合，以解答题形式出现，难度中等．常见的命题角度有：[考查角度一] 计算线线角、线面角[典题3] 如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．[解] 以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．(1)由题意知，AD ⊥平面PAB ，所以AD →是平面PAB 的一个法向量， AD →＝(0,2,0)．因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)． 设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1.所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量．从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m|AD →||m |＝33， 所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2)， 设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)， 则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP→|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2. 设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]， 则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t25t 2－10t ＋9＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，所以此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值． 又因为BP ＝12＋22＝5， 所以BQ ＝25BP ＝255.解决与线线角、线面角有关的问题，关键是利用垂直关系建立空间直角坐标系，运用向量的坐标运算求解．[考查角度二] 求二面角[典题4] [2016·浙江卷]如图，在三棱台ABC －DEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3.(1)求证：BF ⊥平面ACFD ；(2)求二面角B －AD －F 的平面角的余弦值．(1)[证明] 延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示．因为平面BCFE ⊥平面ABC ，平面BCFE ∩平面ABC ＝BC ，且AC ⊥BC ， 所以AC ⊥平面BCK ，因此BF ⊥AC . 又EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2， 所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点， 则BF ⊥CK ，又AC ∩CK ＝C ， 所以BF ⊥平面ACFD .(2)[解] 解法一：过点F 作FQ ⊥AK 于Q ，连接BQ .因为BF ⊥平面ACK ，所以BF ⊥AK ，则AK ⊥平面BQF ，所以BQ ⊥AK . 所以∠BQF 是二面角B －AD －F 的平面角． 在Rt △ACK 中，AC ＝3，CK ＝2，得AK ＝13，FQ ＝31313. 在Rt △BQF 中，FQ ＝31313，BF ＝3，得cos ∠BQF ＝34. 所以二面角B －AD －F 的平面角的余弦值为34.解法二：如图，延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，则△BCK 为等边三角形．取BC 的中点O ，连接KO ，则KO ⊥BC ，又平面BCFE ⊥平面ABC ，所以KO ⊥平面ABC . 以点O 为原点，分别以射线OB ，OK 的方向为x 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O －xyz .由题意，得B (1,0,0)，C (－1,0,0)，K (0,0，3)，A (－1，－3，0) ，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，32. 因此，AC →＝(0,3,0)，AK →＝(1,3，3)， AB →＝(2,3,0)．设平面ACK 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABK 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧AC →·m ＝0，AK →·m ＝0，得⎩⎨⎧3y 1＝0，x 1＋3y 1＋3z 1＝0， 取m ＝(3，0，－1)； 由⎩⎪⎨⎪⎧ AB →·n ＝0，AK →·n ＝0，得⎩⎨⎧ 2x 2＋3y 2＝0，x 2＋3y 2＋3z 2＝0，取n ＝(3，－2，3)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝34. 所以二面角B －AD －F 的平面角的余弦值为34.1．用向量法解决立体几何问题，可使复杂问题简单化，使推理论证变为计算求解，降低思维难度，使立体几何问题“公式”化，训练的关键在于“归类、寻法”．2．求二面角的余弦值，转化为求两个半平面所在平面的法向量，通过两个平面的法向量的夹角求得二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．提醒 完成课时跟踪检测(四十六)。
高考数学一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 高考专题突破四 高考中的立体几何问题教学案 理
高考专题突破四 高考中的立体几何问题空间角的求法命题点1 求线线角例1 (2019·安徽知名示范高中联合质检)若在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠A 1AC ＝∠BAC ＝60°，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，AA 1＝AC ＝AB ，则异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为________． 答案 24解析 方法一 令M 为AC 的中点，连接MB ，MA 1， 由题意知△ABC 是等边三角形，所以BM ⊥AC ， 同理，A 1M ⊥AC ，因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，BM ⊂平面ABC ，所以BM ⊥平面A 1ACC 1，因为A 1M ⊂平面A 1ACC 1，所以BM ⊥A 1M ，所以AC ，BM ，A 1M 两两垂直，以M 为原点，MA →，MB →，MA 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 设AA 1＝AC ＝AB ＝2，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，A 1(0,0，3)，C 1(－2,0，3)，所以AC 1→＝(－3,0，3)，A 1B →＝(0，3，－3)， 所以cos 〈AC 1→，A 1B →〉＝－323×6＝－24，故异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为24.方法二 如图，在平面ABC ，平面A 1B 1C 1中分别取点D ，D 1，连接BD ，CD ，B 1D 1，C 1D 1，使得四边形ABDC ，A 1B 1D 1C 1为平行四边形，连接DD 1，BD 1，则AB ＝C 1D 1，且AB ∥C 1D 1，所以AC 1∥BD 1，故∠A 1BD 1或其补角为异面直线AC 1与A 1B 所成的角．连接A 1D 1，过点A 1作A 1M ⊥AC 于点M ，连接BM ，设AA 1＝2，由∠A 1AM ＝∠BAC ＝60°，得AM ＝1，BM ＝3，A 1M ＝3， 因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，A 1M ⊂平面A 1ACC 1，所以A 1M ⊥平面ABC ，又BM ⊂平面ABC ， 所以A 1M ⊥BM ，所以A 1B ＝6，在菱形A 1ACC 1中，可求得AC 1＝23＝BD 1， 同理，在菱形A 1B 1D 1C 1中，求得A 1D 1＝23，所以cos∠A 1BD 1＝A 1B 2＋BD 21－A 1D 212A 1B ·BD 1＝6＋12－1226×23＝24，所以异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为24.思维升华 (1)求异面直线所成角的思路： ①选好基底或建立空间直角坐标系． ②求出两直线的方向向量v 1，v 2.③代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2||v 1||v 2|求解．(2)两异面直线所成角的关注点： 两异面直线所成角的范围是θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角．跟踪训练1 (2019·龙岩月考)若正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为3，AB ＝1，则直线AB 1与CD 1所成的角为( ) A ．30°B．45°C．60°D．90° 答案 C解析 ∵正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为3，AB ＝1，∴AA 1＝3， 以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DD 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B 1(1,1，3)，C (0,1,0)，D 1(0,0，3)， AB1→＝(0,1，3)，CD 1→＝(0，－1，3)， 设直线AB 1与CD 1所成的角为θ， 则cos θ＝|AB 1→·CD 1→||AB 1→|·|CD 1→|＝24·4＝12，又0°<θ≤90°，∴θ＝60°，∴直线AB 1与CD 1所成的角为60°.故选C. 命题点2 求线面角例2 (2018·浙江)如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC ＝120°，A 1A ＝4，C 1C ＝1，AB ＝BC ＝B 1B ＝2.(1)证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；(2)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．方法一 (1)证明 由AB ＝2，AA 1＝4，BB 1＝2，AA 1⊥AB ，BB 1⊥AB ，得AB 1＝A 1B 1＝22，所以A 1B 21＋AB 21＝AA 21， 故AB 1⊥A 1B 1.由BC ＝2，BB 1＝2，CC 1＝1，BB 1⊥BC ，CC 1⊥BC ， 得B 1C 1＝ 5.由AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°，得AC ＝2 3. 由CC 1⊥AC ，得AC 1＝13， 所以AB 21＋B 1C 21＝AC 21， 故AB 1⊥B 1C 1.又因为A 1B 1∩B 1C 1＝B 1，A 1B 1，B 1C 1⊂平面A 1B 1C 1， 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)解 如图，过点C 1作C 1D ⊥A 1B 1，交直线A 1B 1于点D ， 连接AD .由AB 1⊥平面A 1B 1C 1， 得平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1.由C 1D ⊥A 1B 1，平面A 1B 1C 1∩平面ABB 1＝A 1B 1，C 1D ⊂平面A 1B 1C 1，得C 1D ⊥平面ABB 1.所以∠C 1AD 即为AC 1与平面ABB 1所成的角． 由B 1C 1＝5，A 1B 1＝22，A 1C 1＝21， 得cos∠C 1A 1B 1＝427，sin∠C 1A 1B 1＝77， 所以C 1D ＝3，故sin∠C 1AD ＝C 1D AC 1＝3913.因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913.方法二 (1)证明 如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．由题意知各点坐标如下：A (0，－3，0)，B (1,0,0)，A 1(0，－3，4)，B 1(1,0,2)，C 1(0，3，1)．因此AB 1→＝(1，3，2)，A 1B 1——→＝(1，3，－2)，A 1C 1——→＝(0,23，－3)．由AB 1→·A 1B 1——→＝0，得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1→·A 1C 1——→＝0，得AB 1⊥A 1C 1.又A 1B 1∩A 1C 1＝A 1，A 1B 1，A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1， 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)解 设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ. 由(1)可知AC 1→＝(0,23，1)，AB →＝(1，3，0)，BB 1→＝(0,0,2)． 设平面ABB 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎨⎧n ·AB →＝0，n ·BB1→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，2z ＝0，可取n ＝(－3，1,0)．所以sin θ＝|cos 〈AC 1→，n 〉|＝|AC 1→·n ||AC 1→||n |＝3913.因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913.思维升华 (1)利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：①分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．②通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．(2)若直线l 与平面α的夹角为θ，直线l 的方向向量l 与平面α的法向量n 的夹角为β，则θ＝π2－β或θ＝β－π2，故有sin θ＝|cos β|＝|l ·n ||l ||n |.跟踪训练2 如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，A 1A ＝A 1C ＝AC ，E ，F 分别是AC ，A 1B 1的中点．(1)证明：EF ⊥BC ；(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值．方法一 (1)证明 如图，连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC . 又因为A 1F ∥AB ，∠ABC ＝90°，故BC ⊥A 1F ， 又A 1E ，A 1F ⊂平面A 1EF ，A 1E ∩A 1F ＝A 1， 所以BC ⊥平面A 1EF .又EF ⊂平面A 1EF ，因此EF ⊥BC .(2)解 取BC 的中点G ，连接EG ，GF ， 则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．连接A 1G 交EF 于O ，由(1)得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角(或其补角)． 不妨设AC ＝4，则在Rt△A 1EG 中，A 1E ＝23，EG ＝ 3. 由于O 为A 1G 的中点，故EO ＝OG ＝A 1G2＝152，所以cos∠EOG ＝EO 2＋OG 2－EG 22EO ·OG ＝35.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35.方法二 (1)证明 连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点， 所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以A 1E ⊥平面ABC .如图，以E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．不妨设AC ＝4，则A 1(0,0,23)，B (3，1,0)，B 1(3，3,23)，F ⎝⎛⎭⎪⎪⎫32，32，23，C (0,2,0)． 因此，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，32，23，BC →＝(－3，1,0)．由EF →·BC→＝0得EF ⊥BC . (2)解 设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ.由(1)可得BC →＝(－3，1,0)，A 1C →＝(0,2，－23)． 设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎨⎧BC →·n ＝0，A 1C →·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋y ＝0，y －3z ＝0.取n ＝(1，3，1)，故sin θ＝|cos 〈EF →，n 〉|＝|EF→·n ||EF →|·|n |＝45.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值为35.命题点3 求二面角例3 如图，在四棱锥A －BCDE 中，平面BCDE ⊥平面ABC ，BE ⊥EC ，BC ＝2，AB ＝4，∠ABC ＝60°.(1)求证：BE ⊥平面ACE ；(2)若直线CE 与平面ABC 所成的角为45°，求二面角E －AB －C 的余弦值．(1)证明 在△ACB 中，由余弦定理得cos∠ABC ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC ＝12，解得AC ＝23，所以AC 2＋BC 2＝AB 2，所以AC ⊥BC .又因为平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC ，AC ⊂平面ABC ，所以AC ⊥平面BCDE .又BE ⊂平面BCDE ，所以AC ⊥BE .又BE ⊥EC ，AC ，CE ⊂平面ACE ，且AC ∩CE ＝C ，所以BE ⊥平面ACE .(2)解 方法一 因为直线CE 与平面ABC 所成的角为45°，平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC ，所以∠BCE ＝45°，所以△EBC 为等腰直角三角形．取BC 的中点F ，连接EF ，过点F 作FG ⊥AB 于点G ，连接EG ， 则∠EGF 为二面角E －AB －C 的平面角． 易得EF ＝BF ＝1，FG ＝32.在Rt△EFG 中，由勾股定理，得EG ＝EF 2＋FG 2＝72，所以cos∠EGF ＝FG EG ＝217， 所以二面角E －AB －C 的余弦值为217.方法二 因为直线CE 与平面ABC 所成的角为45°，平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC ，所以∠BCE ＝45°，所以△EBC 为等腰直角三角形． 记BC 的中点为O ，连接OE ，则OE ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，分别以OB ，OE 所在直线为x 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (－1,23，0)，B (1,0,0)，E (0,0,1)， 所以BA →＝(－2,23，0)，BE →＝(－1,0,1)． 设平面ABE 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧BA →·m ＝0，BE →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋23y ＝0，－x ＋z ＝0，令x ＝3，则m ＝(3，1，3)为平面ABE 的一个法向量． 易知平面ABC 的一个法向量为OE →＝(0,0,1)， 所以cos 〈m ，OE →〉＝m ·OE→|m |·|OE →|＝37＝217，易知二面角E －AB －C 为锐角，所以二面角E －AB －C 的余弦值为217.思维升华 (1)求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．(2)利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：①求平面的垂线的方向向量．②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解． 跟踪训练3 (2020·湖北宜昌一中模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点． (1)证明：BE ⊥PD ；(2)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F －AB －D 的余弦值．解 依题意，以点A 为原点，以AB ，AD ，AP 为轴建立空间直角坐标系如图，可得B (1,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)． 由E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1)．(1)证明 向量BE →＝(0,1,1)，PD →＝(0,2，－2)， 故BE →·PD →＝0，所以BE →⊥PD →，所以BE ⊥PD .(2)解 BC →＝(1,2,0)，CP →＝(－2，－2,2)，AC →＝(2,2,0)，AB →＝(1,0,0)，由点F 在棱PC 上，设CF →＝λCP →，0≤λ≤1，故BF →＝BC →＋CF →＝BC →＋λCP →＝(1－2λ，2－2λ，2λ)， 由BF ⊥AC ，得BF →·AC →＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，λ＝34，即BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，32.设n 1＝(x ，y ，z )为平面FAB 的法向量，则⎩⎨⎧n 1·AB →＝0，n 1·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0，不妨令z ＝－1，可得n 1＝(0,3，－1)为平面FAB 的一个法向量， 取平面ABD 的法向量n 2＝(0,0,1)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－110＝－1010，又因为二面角F －AB －D 为锐二面角，所以二面角F－AB－D的余弦值为10 10.立体几何中的探索性问题例4 (2019·淄博模拟)已知正方形的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图所示的60°的二面角，点M在线段AB上．(1)若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定平面的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD∥平面EMC；(2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°；若存在，求此时二面角M－EC－F的余弦值，若不存在，说明理由．解(1)因为直线MF⊂平面ABFE，故点O在平面ABFE内也在平面ADE内，所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线上(如图所示)，因为AO∥BF，M为AB的中点，所以△OAM≌△FBM，所以OM＝MF，AO＝BF，所以点O在EA的延长线上，且AO＝2，连接DF交EC于N，因为四边形CDEF为矩形，所以N是EC的中点，连接MN，因为MN为△DOF的中位线，所以MN∥OD，又因为MN⊂平面EMC，OD⊄平面EMC，所以直线OD∥平面EMC.(2)由已知可得，EF⊥AE，EF⊥DE，AE∩DE＝E，所以EF⊥平面ADE，所以平面ABFE⊥平面ADE，取AE的中点H为坐标原点，以AH，DH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，所以E (－1,0,0)，D (0,0，3)，C (0,4，3)，F (－1,4,0)， 所以ED →＝(1,0，3)，EC →＝(1,4，3)， 设M (1，t,0)(0≤t ≤4)，则EM →＝(2，t,0)， 设平面EMC 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧m ·EM →＝0，m ·EC→＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋ty ＝0，x ＋4y ＋3z ＝0，取y ＝－2，则x ＝t ，z ＝8－t 3，所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫t ，－2，8－t 3， 因为DE 与平面EMC 所成的角为60°， 所以82t 2＋4＋8－t 23＝32， 所以23t 2－4t ＋19＝32，所以t 2－4t ＋3＝0，解得t ＝1或t ＝3，所以存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60°， 取ED 的中点Q ，因为EF ⊥平面ADE ，AQ ⊂平面ADE ， 所以AQ ⊥EF ，又因为AQ ⊥DE ，DE ∩EF ＝E ，DE ，EF ⊂平面CEF ， 所以AQ ⊥平面CEF ，则QA →为平面CEF 的法向量，因为Q ⎝⎛⎭⎪⎪⎫－12，0，32，A (1,0,0)， 所以QA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，0，－32，m ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫t ，－2，8－t 3， 设二面角M －EC －F 的大小为θ，所以|cos θ|＝|QA →·m ||QA →|·|m |＝|2t －4|3t 2＋4＋8－t23＝|t －2|t 2－4t ＋19，因为当t ＝2时，cos θ＝0，平面EMC ⊥平面CDEF ， 所以当t ＝1时，θ为钝角，所以cos θ＝－14.当t ＝3时，θ为锐角，所以cos θ＝14.思维升华 (1)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设．(2)平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．跟踪训练4 (2019·天津市南开区南开中学月考)如图1，在边长为2的菱形ABCD 中，∠BAD ＝60°，DE ⊥AB 于点E ，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1D ⊥BE ，如图2. (1)求证：A 1E ⊥平面BCDE ；(2)求二面角E －A 1D －B 的余弦值；(3)在线段BD 上是否存在点P ，使平面A 1EP ⊥平面A 1BD ？若存在，求BPBD的值；若不存在，说明理由． (1)证明 因为A 1D ⊥BE ，DE ⊥BE ，A 1D ∩DE ＝D ，A 1D ，DE ⊂平面A 1DE ，所以BE ⊥平面A 1DE ，因为A 1E ⊂平面A 1DE ， 所以A 1E ⊥BE ，又因为A 1E ⊥DE ，BE ∩DE ＝E ，BE ，DE ⊂平面BCDE ， 所以A 1E ⊥平面BCDE .(2)解 以E 为原点，分别以EB ，ED ，EA 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则B (1,0,0)，D (0，3，0)，A 1(0,0,1)， 所以BA 1→＝(－1,0,1)，BD →＝(－1，3，0)， 设平面A 1BD 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎨⎧n ·BA 1→＝－x ＋z ＝0，n ·BD→＝－x ＋3y ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝z ，x ＝3y ，令y ＝1，得n ＝(3，1，3)， 因为BE ⊥平面A 1DE ，所以平面A 1DE 的法向量EB→＝(1,0,0)，cos 〈n ，EB →〉＝n ·EB→|n |·|EB →|＝37＝217，因为所求二面角为锐角，所以二面角E －A 1D －B 的余弦值为217. (3)解 假设在线段BD 上存在一点P ，使得平面A 1EP ⊥平面A 1BD ， 设P (x ，y ，z )，BP →＝λBD→(0≤λ≤1)，则(x －1，y ，z )＝λ(－1，3，0)，所以P (1－λ，3λ，0)， 所以EA 1→＝(0,0,1)，EP →＝(1－λ，3λ，0)，设平面A 1EP 的法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎨⎧m ·EA1→＝z 1＝0，m ·EP→＝1－λx 1＋3λy 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧z 1＝0，1－λx 1＝－3λy 1，令x 1＝3λ，得m ＝(3λ，λ－1,0)， 因为平面A 1EP ⊥平面A 1BD ，所以m ·n ＝3λ＋λ－1＝0，解得λ＝14∈[0,1]，所以在线段BD 上存在点P ，使得平面A 1EP ⊥平面A 1BD ，且BP BD ＝14.例 (12分)(2019·全国Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．(1)证明：MN ∥平面C 1DE ；(2)求二面角A －MA 1－N 的正弦值． (1)证明 连接B 1C ，ME .因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C .[1分]又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D .[2分]由题设知A 1B 1∥DC 且A 1B 1＝DC ，可得B 1C ∥A 1D 且B 1C ＝A 1D ，故ME ∥ND 且ME ＝ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，[3分] 所以MN ∥ED .[4分]又MN ⊄平面C 1DE ，ED ⊂平面C 1DE ，[5分] 所以MN ∥平面C 1DE .[6分](2)解 由已知可得DE ⊥DA ，以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，[7分]则A (2,0,0)，A 1(2,0,4)，M (1，3，2)，N (1,0,2)，A 1A →＝(0,0，－4)，A 1M →＝(－1，3，－2)，A 1N →＝(－1,0，－2)，MN →＝(0，－3，0)．[8分]设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的一个法向量，则 ⎩⎨⎧ m ·A 1M →＝0，m ·A 1A →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3y －2z ＝0，－4z ＝0，可得m ＝(3，1,0)．[9分]设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的一个法向量，则⎩⎨⎧n ·MN →＝0，n ·A 1N →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－3q ＝0，－p －2r ＝0，可取n ＝(2,0，－1)．[10分]于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝232×5＝155，[11分]所以二面角A －MA 1－N 的正弦值为105.[12分]利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标；第二步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第三步：计算向量的夹角(或函数值)，并转化为所求角．1.(2019·大连模拟)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 和△AA 1C 均是边长为2的等边三角形，点O 为AC 中点，平面AA 1C 1C ⊥平面ABC .(1)证明：A 1O ⊥平面ABC ；(2)求直线AB 与平面A 1BC 1所成角的正弦值． (1)证明 ∵AA 1＝A 1C ，且O 为AC 的中点， ∴A 1O ⊥AC ，又∵平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ，平面AA 1C 1C ∩平面ABC ＝AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ， ∴A 1O ⊥平面ABC .(2)解 如图，以O 为原点，OB ，OC ，OA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．由已知可得O (0,0,0)，A (0，－1,0)，B (3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(0,2，3)，∴AB →＝(3，1,0)，A 1B →＝(3，0，－3)，A 1C 1——→＝(0,2,0)， 设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·A 1C 1→＝0，n ·A 1B →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，3x －3z ＝0，∴平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(1,0,1)， 设直线AB 与平面A 1BC 1所成的角为α， 则sin α＝|cos 〈AB →，n 〉|，又∵cos〈AB →，n 〉＝AB →·n|AB →||n |＝322＝64，∴AB 与平面A 1BC 1所成角的正弦值为64.2．如图1，在△ABC 中，BC ＝3，AC ＝6，∠C ＝90°，且DE ∥BC ，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1D ⊥CD ，如图2. (1)求证：BC ⊥平面A 1DC ；(2)若CD ＝2，求BE 与平面A 1BC 所成角的正弦值． (1)证明 ∵DE ⊥A 1D ，DE ∥BC ，∴BC ⊥A 1D ， 又∵BC ⊥CD ，A 1D ∩CD ＝D ，A 1D ，CD ⊂平面A 1CD ， ∴BC ⊥平面A 1DC ，(2)解 以D 为原点，分别以DE →，DA 1→，CD →为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，在直角梯形CDEB 中，过E 作EF ⊥BC ，EF ＝2，BF ＝1，BC ＝3， ∴B (3,0，－2)，E (2,0,0)，C (0,0，－2)，A 1(0,4,0)， BE →＝(－1,0,2)，CA1→＝(0,4,2)，BA 1→＝(－3,4,2)，设平面A 1BC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， ⎩⎨⎧CA 1→·m ＝0，BA1→·m ＝0，⎩⎪⎨⎪⎧4y ＋2z ＝0，－3x ＋4y ＋2z ＝0，⎩⎪⎨⎪⎧z ＝－2y ，x ＝0，令y ＝1，∴m ＝(0,1，－2)， 设BE 与平面A 1BC 所成角为θ，∴sin θ＝|cos 〈BE →，m 〉|＝|BE →·m ||BE →||m |＝45·5＝45.3．(2020·成都诊断)如图1，在边长为5的菱形ABCD 中，AC ＝6，现沿对角线AC 把△ADC 翻折到△APC 的位置得到四面体P －ABC ，如图2所示．已知PB ＝4 2. (1)求证：平面PAC ⊥平面ABC ；(2)若Q 是线段AP 上的点，且AQ →＝13AP →，求二面角Q －BC －A 的余弦值．(1)证明 取AC 的中点O ，连接PO ，BO 得到△PBO . ∵四边形ABCD 是菱形，∴PA ＝PC ，PO ⊥AC . ∵DC ＝5，AC ＝6，∴OC ＝3，PO ＝OB ＝4， ∵PB ＝42，∴PO 2＋OB 2＝PB 2， ∴PO ⊥OB .∵OB ∩AC ＝O ，OB ，AC ⊂平面ABC ，∴PO ⊥平面ABC . ∵PO ⊂平面PAC ，∴平面PAC ⊥平面ABC . (2)解 ∵AB ＝BC ，∴BO ⊥AC . 易知OB ，OC ，OP 两两垂直．以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．则B (4,0,0)，C (0,3,0)，P (0,0,4)，A (0，－3,0)． 设点Q (x ，y ，z )．由AQ →＝13AP →，得Q ⎝⎛⎭⎪⎫0，－2，43.∴BC →＝(－4,3,0)，BQ →＝⎝⎛⎭⎪⎫－4，－2，43.设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面BCQ 的法向量．由⎩⎨⎧n 1·BC →＝0，n 1·BQ →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－4x 1＋3y 1＝0，－4x 1－2y 1＋43z 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝34y 1，y 1＝415z 1，取z 1＝15，则n 1＝(3,4,15)．取平面ABC 的一个法向量n 2＝(0,0,1)．∵cos〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝1532＋42＋152＝31010， 由图可知二面角Q －BC －A 为锐角， ∴二面角Q －BC －A 的余弦值为31010.4.如图所示，在正四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 的边长为2，侧棱长为2 2.(1)若点E 为PD 上的点，且PB ∥平面EAC ，试确定E 点的位置； (2)在(1)的条件下，在线段PA 上是否存在点F ，使平面AEC 和平面BDF 所成的锐二面角的余弦值为114，若存在，求线段PF 的长度，若不存在，请说明理由．解 (1)设BD 交AC 于点O ，连接OE ， ∵PB ∥平面AEC ，平面AEC ∩平面BDP ＝OE ， ∴PB ∥OE .又O 为BD 的中点，∴E 为PD 的中点．(2)连接OP ，由题意知PO ⊥平面ABCD ，且AC ⊥BD ，∴以O 为坐标原点，OC →，OD →，OP →所在直线分别为x ，y ，z 轴建立直角坐标系，如图所示．OP ＝PD 2－OD 2＝6，∴O (0,0,0)，A (－2，0,0)，B (0，－2，0)，C (2，0,0)，D (0，2，0)，P (0,0，6)，则E ⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，22，62，OC →＝(2，0,0)，OE →＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，22，62，OD →＝(0，2，0)．设平面AEC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎨⎧m ·OC→＝0，m ·OE→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝0，22y 1＋62z 1＝0，令z 1＝1，得平面AEC 的一个法向量m ＝(0，－3，1)，假设在线段PA 上存在点F ，满足题设条件，不妨设PF →＝λPA →(0≤λ≤1)．则F (－2λ，0，6－6λ)，OF →＝(－2λ，0，6－6λ)． 设平面BDF 的法向量n ＝(x 2，y 2，z 2)， ∴⎩⎨⎧n ·OD →＝0，n ·OF→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 2＝0，－2λx 2＋1－λr(6z 2＝0.)令z 2＝1得平面BDF的一个法向量n ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫31－λλ，0，1.由平面AEC 与平面BDF 所成锐二面角的余弦值为114，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝12·1＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ－12＝114，解得λ＝15(负值舍去)．∴|PF →|＝15|PA →|＝225. 故在线段PA 上存在点F ，当PF ＝225时，使得平面AEC 和平面BDF所成的锐二面角的余弦值为114.5.如图，在四棱锥E －ABCD 中，底面ABCD 是圆内接四边形，CB ＝CD ＝CE ＝1，AB ＝AD ＝AE ＝3，EC ⊥BD .(1)求证：平面BED ⊥平面ABCD ；(2)若点P 在侧面ABE 内运动，且DP ∥平面BEC ，求直线DP 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值．(1)证明 如图，连接AC ，交BD 于点O ，连接EO ， ∵AD ＝AB ，CD ＝CB ，AC ＝AC ， ∴△ADC ≌△ABC ， 易得△ADO ≌△ABO ， ∴∠AOD ＝∠AOB ＝90°， ∴AC ⊥BD .又EC ⊥BD ，EC ∩AC ＝C ，EC ，AC ⊂平面AEC ， ∴BD ⊥平面AEC ，又OE ⊂平面AEC ，∴OE ⊥BD . 又底面ABCD 是圆内接四边形， ∴∠ADC ＝∠ABC ＝90°，在Rt△ADC 中，由AD ＝3，CD ＝1， 可得AC ＝2，AO ＝32，∴∠AEC ＝90°，AE AC ＝AO AE ＝32，易得△AEO ∽△ACE ，∴∠AOE ＝∠AEC ＝90°， 即EO ⊥AC .又AC ，BD ⊂平面ABCD ，AC ∩BD ＝O ， ∴EO ⊥平面ABCD ，又EO ⊂平面BED ，∴平面BED ⊥平面ABCD .(2)解 如图，取AE 的中点M ，AB 的中点N ，连接MN ，ND ，DM ， 则MN ∥BE ，由(1)知，∠DAC ＝∠BAC ＝30°， 即∠DAB ＝60°， ∴△ABD 为正三角形， ∴DN ⊥AB ，又BC ⊥AB ，DN ，CB ⊂平面ABCD ，∴DN ∥CB ，又MN ∩DN ＝N ，BE ∩BC ＝B ，MN ，DN ⊂平面DMN ，BE ，BC ⊂平面EBC ， ∴平面DMN ∥平面EBC ，∴点P 在线段MN 上．以O 为坐标原点，OA ，OB ，OE 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，32，0，E ⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，0，32， M ⎝⎛⎭⎪⎪⎫34，0，34，D ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－32，0，N ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫34，34，0， ∴AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32，32，0，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32，0，32， DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫34，32，34，MN →＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，34，－34， 设平面ABE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧AB →·n ＝0，AE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋y ＝0，－3x ＋z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1，3，3)，设MP →＝λMN →(0≤λ≤1)，可得DP →＝DM →＋MP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫34，32＋34λ，34－34λ， 设直线DP 与平面ABE 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DP →〉|＝|n ·DP →||n |·|DP →|＝1242×λ2＋λ＋4， ∵0≤λ≤1，∴当λ＝0时，sin θ取得最大值427.故直线DP 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值为427.。
核按钮(新课标)高考数学一轮复习第八章立体几何8.1空间几何体的结构、三视图和直观图习题理
核按钮（新课标）高考数学一轮复习第八章立体几何8.1空间几何体的结构、三视图和直观图习题理1．棱柱、棱锥、棱台的概念(1)棱柱：有两个面互相______，其余各面都是________，并且每相邻两个四边形的公共边都互相______，由这些面所围成的多面体叫做棱柱．※注：棱柱又分为斜棱柱和直棱柱．侧棱与底面不垂直的棱柱叫做斜棱柱；侧棱与底面垂直的棱柱叫做直棱柱；底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱．(2)棱锥：有一个面是________，其余各面都是有一个公共顶点的__________，由这些面所围成的多面体叫做棱锥．※注：如果棱锥的底面是正多边形，且它的顶点在过底面中心且与底面垂直的直线上，则这个棱锥叫做正棱锥．(3)棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分，叫做棱台．※注：由正棱锥截得的棱台叫做正棱台．※2.棱柱、棱锥、棱台的性质(1)棱柱的性质侧棱都相等，侧面是______________；两个底面与平行于底面的截面是__________的多边形；过不相邻的两条侧棱的截面是______________；直棱柱的侧棱长与高相等且侧面、对角面都是________．(2)正棱锥的性质侧棱相等，侧面是全等的__________；棱锥的高、斜高和斜高在底面上的射影构成一个____________；棱锥的高、侧棱和侧棱在底面上的射影也构成一个____________；斜高、侧棱及底面边长的一半也构成一个____________；侧棱在底面上的射影、斜高在底面上的射影及底面边长的一半也构成一个_________．(3)正棱台的性质侧面是全等的____________；斜高相等；棱台的高、斜高和两底面的边心距组成一个____________；棱台的高、侧棱和两底面外接圆的半径组成一个____________；棱台的斜高、侧棱和两底面边长的一半也组成一个____________．3．圆柱、圆锥、圆台(1)圆柱、圆锥、圆台的概念分别以______的一边、__________的一直角边、________中垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴，其余各边旋转一周而形成的曲面所围成的几何体分别叫做圆柱、圆锥、圆台．(2)圆柱、圆锥、圆台的性质圆柱、圆锥、圆台的轴截面分别是________、________、_______；平行于底面的截面都是________．4．球(1)球面与球的概念以半圆的______所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体，简称球．半圆的圆心叫做球的________．(2)球的截面性质球心和截面圆心的连线________截面；球心到截面的距离d与球的半径R及截面圆的半径r的关系为______________．5．平行投影在一束平行光线照射下形成的投影，叫做__________．平行投影的投影线互相__________．6．空间几何体的三视图、直观图(1)三视图①空间几何体的三视图是用正投影得到的，在这种投影下，与投影面平行的平面图形留下的影子与平面图形的形状和大小是完全相同的．三视图包括__________、__________、__________．②三视图尺寸关系口诀：“长对正，高平齐，宽相等．” 长对正指正视图和俯视图长度相等，高平齐指正视图和侧(左)视图高度要对齐，宽相等指俯视图和侧(左)视图的宽度要相等．(2)直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：①在已知图形所在空间中取水平面，在水平面内作互相垂直的轴Ox，Oy，再作Oz轴，使∠xOz＝________且∠yOz＝________．②画直观图时，把Ox，Oy，Oz画成对应的轴O′x′，O′y′，O′z′，使∠x′O′y′＝______，∠x′O′z′＝____________．x′O′y′所确定的平面表示水平面．③已知图形中，平行于x轴、y轴或z轴的线段，在直观图中分别画成____________x′轴、y′轴或z′轴的线段，并使它们和所画坐标轴的位置关系与已知图形中相应线段和原坐标轴的位置关系相同．④已知图形中平行于x轴和z轴的线段，在直观图中保持长度不变，平行于y轴的线段，长度为原来的__________．⑤画图完成后，擦去作为辅助线的坐标轴，就得到了空间图形的直观图．自查自纠1．(1)平行四边形平行(2)多边形三角形2．(1)平行四边形全等平行四边形矩形(2)等腰三角形直角三角形直角三角形直角三角形直角三角形(3)等腰梯形直角梯形直角梯形直角梯形3．(1)矩形直角三角形直角梯形(2)矩形等腰三角形等腰梯形圆4．(1)直径球心(2)垂直于d＝R2－r25．平行投影平行6．(1)①正(主)视图侧(左)视图俯视图(2)①90°90°②45°(或135°) 90°③平行于④一半给出下列四个命题：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．其中所有错误命题．．．．的序号是( )A．②③④ B. ①②③C．①②④ D. ①②③④解：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，故①③错误，对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明，故②错误，平行六面体的两个相对侧面也可能与底面垂直且互相平行，故④错误．故选D.以下关于几何体的三视图的论述中，正确的是( )A．球的三视图总是三个全等的圆B．正方体的三视图总是三个全等的正方形C．水平放置的正四面体的三视图都是正三角形D．水平放置的圆台的俯视图是一个圆解：几何体的三视图要考虑视角，只有球无论选择怎样的视角，其三视图总是三个全等的圆．故选A.(2015·北京)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为( )A．1 B. 2 C. 3 D．2解：由题中三视图知，此四棱锥的直观图如图所示，其中侧棱SA⊥底面ABCD，且底面是边长为1的正方形，SA＝1，∴四棱锥最长棱的棱长为SC＝3，故选C.一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.解：由三视图可得该几何体是由两个圆锥和一个圆柱构成的组合体，圆柱的底面圆的半径为1 m ，高为2 m ，圆锥的底面圆的半径和高都是1 m ，且圆锥的底面分别与圆柱的两个底面重合，该组合体的体积V ＝π×12×2＋2×13×π×12×1＝8π3 m 3.故填8π3. 已知正△ABC 的边长为a ，那么△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′的面积为________． 解：如图所示是实际图形和直观图．由图可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ，在图中作C ′D ′⊥A ′B ′，垂足为D ′，则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a . ∴S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′×C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.故填616a 2.类型一 空间几何体的结构特征(2014·全国课标Ⅰ)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( )A ．三棱锥B ．三棱柱C ．四棱锥D ．四棱柱解：该几何体的三视图由一个三角形，两个矩形组成，经分析可知该几何体为三棱柱，故选B .【点拨】解决此类问题的关键是根据几何体的三视图判断几何体的结构特征．常见的有以下几类：①三视图为三个三角形，对应的几何体为三棱锥；②三视图为两个三角形，一个四边形，对应的几何体为四棱锥；③三视图为两个三角形，一个圆，对应的几何体为圆锥；④三视图为一个三角形，两个四边形，对应的几何体为三棱柱；⑤三视图为三个四边形，对应的几何体为四棱柱；⑥三视图为两个四边形，一个圆，对应的几何体为圆柱．(2015·济宁模拟)点M ，N 分别是正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱A 1B 1，A 1D 1的中点，用过点A ，M ，N 和点D ，N ，C 1的两个截面截去正方体的两个角后得到的几何体如图1所示，则该几何体的正视图、侧视图、俯视图依次为图2中的( )A ．①②③B ．②③④C ．①③④D ．①②④ 解：还原该几何体得如图所示正方体，观察可知，该几何体的正视图为②，侧视图为③，俯视图为④，故选B .类型二 空间几何体的三视图如图所示的三个直角三角形是 一个体积为20cm 3的几何体的三视图，则h ＝________cm.解：由三视图可知，该几何体为三棱锥，此三棱锥的底面为直角三角形，直角边长分别为5cm ，6cm ，三棱锥的高为h cm ，则三棱锥的体积为V ＝13×12×5×6×h ＝20，解得h ＝4cm.故填4.【点拨】对于空间几何体的考查，从内容上看，锥的定义和相关性质是基础，以它们为载体考查三视图、体积和棱长是重点．本题给出了几何体的三视图，只要掌握三视图的画法“长对正、高平齐、宽相等”，不难将其还原得到三棱锥．(2015·全国Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解：由图可知该几何体由半个圆柱和半个球体组合而成，则S表＝4πr 2×12＋12πr 2×2＋πr ·2r ＋2r ·2r ＝16＋20π，解得r ＝2.故选B .类型三 空间多面体的直观图 如图是一个几何体的三视图，用斜二测画法画出它的直观图．解：由三视图知该几何体是一个简单组合体，它的下部是一个正四棱台，上部是一个正四棱锥．画法：(1)画轴．如图1，画x 轴、y 轴、z 轴，使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝90°.图1(2)画底面．利用斜二测画法画出底面ABCD ，在z 轴上截取O ′使OO ′等于三视图中相应高度，过O ′作Ox 的平行线 O ′x ′，Oy 的平行线O ′y ′，利用O ′x ′与O ′y ′画出底面A ′B ′C ′D ′.(3)画正四棱锥顶点．在Oz 上截取点P ，使PO ′等于三视图中相应的高度．(4)成图．连接PA ′，PB ′，PC ′，PD ′，A ′A ，B ′B ，C ′C ，D ′D ，整理得到三视图表示的几何体的直观图如图2所示．图2【点拨】根据三视图可以确定一个几何体的长、宽、高，再按照斜二测画法，建立x 轴、y 轴、z 轴，使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝90°，确定几何体在x 轴、y 轴、z 轴方向上的长度，最后连线画出直观图．已知一个四棱锥的高为3，其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个边长为1的正方形，则此四棱锥的体积为( ) A. 2 B ．6 2 C.13D ．2 2 解：因为四棱锥的底面直观图是一个边长为1的正方形，该正方形的对角线长为2，根据斜二测画法的规则，原图底面的底边长为1，高为直观图中正方形的对角线长的两倍，即22，则原图底面积为S ＝2 2.因此该四棱锥的体积为V ＝13Sh ＝13×22×3＝2 2.故选D .类型四 空间旋转体的直观图用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的面积之比为1∶16，截去的圆锥的母线长是3cm ，求圆台的母线长．解：设圆台的母线长为l ，截得圆台的上、下底面半径分别为r ，4r .根据相似三角形的性质得， 33＋l ＝r 4r，解得 l ＝9. 所以，圆台的母线长为9cm.【点拨】用平行于底面的平面去截柱、锥、台等几何体，注意抓住截面的性质(与底面全等或相似)，同时结合旋转体中的轴截面(经过旋转轴的截面)的几何性质，利用相似三角形中的相似比，设相关几何变量列方程求解．(2014·湖南)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：该几何体为一直三棱柱，底面是边长为6，8，10的直角三角形，侧棱为12，其最大球的半径为底面直角三角形内切圆的半径r ，由等面积法可得12×(6＋8＋10)·r ＝12×6×8，得r ＝2.故选B .1．在研究圆柱、圆锥、圆台的相关问题时，主要方法就是研究它们的轴截面，这是因为在轴截面中容易找到这些几何体的有关元素之间的位置关系以及数量关系．2．建议对下列一些具有典型意义的重要空间图形的数量关系予以推证并适当记忆．(1)正多面体①正四面体就是棱长都相等的三棱锥，正六面体就是正方体，连接正方体六个面的中心，可得到一个正八面体，正八面体可以看作是由两个棱长都相等的正四棱锥拼接而成．棱长为a 的正四面体中：a ．斜高为32a ；b ．高为63a ；c ．对棱中点连线长为22a ；d ．外接球的半径为64a ，内切球的半径为612a ； e ．正四面体的表面积为3a 2，体积为212a 3. ②如图，在棱长为a 的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，连接A 1B ，BC 1，A 1C 1，DC 1，DA 1，DB ，可以得到一个棱长为2a 的正四面体A 1BDC 1，其体积为正方体体积的13.③正方体与球有以下三种特殊情形：一是球内切于正方体；二是球与正方体的十二条棱相切；三是球外接于正方体．它们的相应轴截面如图所示(正方体的棱长为a ，球的半径为R )．(2)长方体的外接球①长、宽、高分别为a ，b ，c 的长方体的体对角线长等于外接球的直径，即a 2＋b 2＋c 2＝2R .②棱长为a 的正方体的体对角线长等于外接球的直径，即3a ＝2R .3．三视图的正(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．4．一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．1．由平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体是( )A ．六棱锥B ．六棱台C ．六棱柱D ．非棱柱、棱锥、棱台的一个几何体解：平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体符合棱柱的定义，故选C .2．下列结论正确的是( )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，其余两边绕旋转轴旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长都相等，则该棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解：A错误，如图1是由两个相同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，若△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，所得的几何体都不是圆锥；C错误，若该棱锥是六棱锥，由题设知，它是正六棱锥．易证正六棱锥的侧棱长必大于底面边长，这与题设矛盾；易知D正确．故选D.3．将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周，所得的几何体包括( ) A．一个圆台、两个圆锥B．两个圆台、一个圆柱C．两个圆台、一个圆锥D．一个圆柱、两个圆锥解：把等腰梯形分割成两个直角三角形和一个矩形，由旋转体的定义可知所得几何体包括一个圆柱、两个圆锥．故选D.4．沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )解：观察可知，该几何体的侧视图为正方形，且AD1为实线，故选B.5．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( )解：A ，B 的正视图不符合要求，C 的俯视图显然不符合要求，故选D .6．(2014·课标Ⅰ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )A ．6 2B ．4 2C ．6D ．4解法一：如图甲，设辅助正方体棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥D ABC ，最长的棱为AD ＝6.解法二：将三视图还原为三棱锥D ABC ，如图乙，易知侧面DBC ⊥底面ABC .点D 在底面ABC 的射影点O 是BC 的中点，△ABC 为直角三角形．∵AB ＝4，BO ＝2，∴AO ＝25，DO ⊥底面ABC ，∴DO ⊥AO ，DO ＝4，∴最长的棱AD ＝20＋16＝6.故选C .7．若一个螺栓的底面是正六边形，它的正(主)视图和俯视图如图所示，则它的体积是____________．解：由三视图知，该螺栓的上部是一个底面半径为0.8，高为2的圆柱，下部是底面边长为2，高为1.5的正六棱柱，故体积V ＝π×0.82×2＋6×34×22×1.5＝93＋32π25.故填93＋32π25.8．(2015·淮北检测)已知某个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为____________．解：该几何体是由半个圆锥和一个三棱锥所组成的组合体，如图所示，圆锥的底面半径为1，高为 2.该几何体的体积V＝12×⎝⎛⎭⎪⎫13×π×12×2＋13×⎝⎛⎭⎪⎫12×2×2×2＝π＋43.故填π＋43.9．在四棱锥PABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直．该四棱锥的正视图和侧视图如图所示，它们是腰长为6 cm的全等的等腰直角三角形．(1)根据所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA的长度．解：(1)该四棱锥的俯视图为边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36cm2.(2)在正方形ABCD中，易得AC＝62cm，∵PC⊥面ABCD，∴PC⊥AC.在Rt△ACP中，PA＝PC2＋AC2＝62＋（62）2＝63cm.10．如图是某几何体的三视图，试说明该几何体的结构特征，并用斜二测画法画出它的直观图．解：图中几何体是由上部为正六棱柱，下部为倒立的正六棱锥堆砌而成的组合体．斜二测画法：(1)画轴．如图(1)，画x轴，y轴，z轴，使∠xOy＝45°，∠xOz＝∠yOz ＝90°.(2)画底面，利用斜二测画法画出底面ABCDEF，在z轴上截取O′，使OO′等于正六棱柱的高，过O′作Ox的平行线O′x′，Oy的平行线O′y′，利用O′x′与O′y′画出底面A′B′C′D′E′F′.(3)画正六棱锥顶点．在Oz上截取点P，使PO′等于正六棱锥的高．(4)成图．连接PA′，PB′，PC′，PD′，PE′，PF′，AA′，BB′，CC′，DD′，EE′，FF′，整理得到三视图表示的几何体的直观图如图(2)所示．注意：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，长度为原来的一半．11．某长方体的一条体对角线长为7，在该长方体的正视图中，这条对角线的投影长为6，在该长方体的侧视图与俯视图中，这条体对角线的投影长分别为a和b，求ab的最大值．解：如图，则有AC1＝7，DC1＝6，BC1＝a，AC＝b，设AB ＝x ，AD ＝y ，AA 1＝z ，有x 2＋y 2＋z 2＝7，x 2＋z 2＝6，∴y 2＝1.∵a 2＝y 2＋z 2＝z 2＋1，b 2＝x 2＋y 2＝x 2＋1， ∴a ＝z 2＋1，b ＝x 2＋1. ∴ab ＝（z 2＋1）（x 2＋1）≤z 2＋1＋x 2＋12＝4，当且仅当z 2＋1＝x 2＋1，即x ＝z ＝3时，ab 的最大值为4.水以匀速注入某容器中，容器的三视图如图所示，其中与题中容器对应的水的高度h 与时间t 的函数关系图象是( )解：由三视图知其直观图为两个圆台的组合体，水是匀速注入的，所以水面高度随时间变化的变化率先逐渐减小后逐渐增大，又因为容器的对称性，所以函数图象关于一点中心对称．故选C .。
高考数学一轮复习 第八章《立体几何》精编配套试题(含解析)理 新人教A版
2014届高考数学（理）一轮复习单元测试第八章立体几何一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．每小题中只有一项符合题目要求) 1、（2013年上海市春季高考数学试卷(含答案)）若两个球的表面积之比为1:4,则这两个球的体积之比为 （ ） A ．1:2 B ．1:4 C ．1:8 D ．1:16 2、（2013年高考新课标1（理））如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高8cm,将一个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为6cm,如果不计容器的厚度,则球的体积为（ ）A ．35003cm πB ．38663cm πC ．313723cm πD ．320483cm π3、（广东省惠州市2013届高三4月模拟考试数学理试题（WORD 版））如图是某简单组合体的三视图,则该组合体的体积为（ ）A ．π+B ．2)π+C ．D ．2)+4.【天津市新华中学2013届高三第三次月考理】设b a ,是两条直线，βα,是两个平面，则b a ⊥的一个充分条件是 ( )A. βαβα⊥⊥,//,b aB. βαβα//,,⊥⊥b aC. βαβα//,,⊥⊂b aD. βαβα⊥⊂,//,b a5、【北京市昌平区2013届高三上学期期末理】已知一个空间几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的全面积为A. 10+ B ．10+ C. 14++ D. 14++ 6、【贵州省遵义四中2013届高三第四次月考理】某几何体的三视图如右图所示，则它的体积是（ ）（A ）283π-（B ）83π- （C ）82π- （D ）23π7.【山东省师大附中2013届高三第四次模拟测试1月理】正六棱柱的底面边长为4,高为6,则它的外接球的表面积为A. 20πB. 25πC. 100πD. 200π8、（2013年高考湖南卷（理））已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形,则该正方体的正视图的面积不可能．．．等于（ ）A ．1BC D 9、（2013年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯WORD 版含答案））已知nm ,为异面直线,⊥m 平面α,⊥n 平面β.直线l 满足,,,l m l n l l αβ⊥⊥⊄⊄,则 （ ）A ．βα//,且α//lB ．βα⊥,且β⊥lC ．α与β相交,且交线垂直于lD ．α与β相交,且交线平行于l10、（2013年高考湖北卷（理））一个几何体的三视图如图所示,该几何体从上到下由四个简单几何体组成,其体积分别记为1V ,2V ,3V ,4V ,上面两个简单几何体均为旋转体,下面两个简单几何体均为多面体,则有 （ ） A ．1243V V V V <<< B ．1324V V V V <<<C ．2134V V V V <<<D ．2314V V V V <<<11、（安徽省马鞍山市2013届高三第三次教学质量检测）右图是一个几何体的三视图，其中正视图和侧视图都是一个两底长分别为2和4，腰长为4的等腰梯形，则该几何体的表面积是 （A ）12π （B ）13π （C ）15π （D ）17π12、【云南省昆明一中2013届高三新课程第一次摸底测试理】如图， 在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，对角线B 1D 与平面A 1BC 1相交于点E ，则点E 为△A 1BC 1的A ．垂心B ．内心C ．外心D ．重心二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上) 13、（2013年高考福建数学（理）试题）已知某一多面体内接于一个简正视图侧视图俯视图第（6）题图单组合体,如果该组合体的正视图.测试图.俯视图均如图所示,且图中的四边形是边长为2的正方形,则该球的表面积是_______________14、（广东省深圳市2013届高三第二次调研考试）某简单组合体的三视图如图2,其中正视图与侧视图相同(尺寸如图,单位:cm),则该组合体的体积是________3cm (结果保留π)15.【天津市新华中学2013届高三第三次月考理】已知一个几何体的三视图如下图所示(单位：cm)，其中正视图是直角梯形，侧视图和俯视图都是矩形，则这个几何体的体积是________cm 3.16．．（2013年高考安徽数学理）如图,正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1,P 为BC 的中点,Q为线段1CC 上的动点,过点A,P,Q 的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是_____(写出所有正确命题的编号).①当102CQ <<时,S 为四边形;②当12CQ =时,S 为等腰梯形;③当34CQ =时,S 与11C D 的交点R 满足1113C R =;④当314CQ <<时,S 为六边形;⑤当1CQ =时,S 的面积三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分) （2013广东理）如图1,在等腰直角三角形ABC 中,90A ∠=︒,6BC =,,D E 分别是,AC AB 上的点,CD BE ==O 为BC 的中点.将ADE ∆沿DE 折起,得到如图2所示的四棱锥A BCDE '-,其中A O '=.(Ⅰ) 证明:A O '⊥平面BCDE ；(Ⅱ) 求二面角A CD B '--的平面角的余弦值..CO BDEA C DOBE'A图1图218．(本小题满分12分) 【北京市朝阳区2013届高三上学期期末理】在长方体1111ABCD-A B C D 中，12AA =AD=，点E 在棱CD 上，且13CE=CD ． （Ⅰ）求证：1AD ⊥平面11A B D ；（Ⅱ）在棱1AA 上是否存在点P ，使DP ∥平面1B AE ？若存在，求出线段AP 的长；若不存在，请说明理由；（Ⅲ）若二面角11A-B E-A ，求棱AB 的长．19．(本小题满分12分) 【云南省玉溪一中2013届高三第三次月考 理】如图，在长方体1111ABCD A B C D -，中，11,2AD AA AB ===，点E 在棱AB 上移动.（1）证明：11D E A D ⊥；（2）当E 为AB 的中点时，求点E 到面1ACD 的距离； （3）AE 等于何值时，二面角1D EC D --的大小为4π.20．(本小题满分12分) （2013安徽省皖南八校2013届高三第三次联考）点M在线段EC上(I)当点M为EC中点时，求证:BM//平面 ADEF(II)求证:平面BDE丄平面BEC(III)若平面说BDM与平面ABF所成二面角为锐角,且该21．(本小题满分12分) 18．(江西省六校2012届高三联考理科)如图所示的多面体，它的正视图为直角三角形，侧视图为正三角形，俯视图为正方形（尺寸如图所示），E为VB的中点．(1)求证：VD∥平面EAC；(2)求二面角A—VB—D的余弦值．22．(本小题满分12分)（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD版））如图,在四面体BCD A -中,⊥AD 平面BCD ,22,2,==⊥BD AD CD BC .M 是AD 的中点,P 是BM 的中点,点Q 在线段AC 上,且QC AQ 3=.(1)证明://PQ 平面BCD ;(2)若二面角D BM C --的大小为060,求BDC ∠的大小.参考答案一、选择题 1、C 2、A 3、【解析】由三视图可知几何体是由截面相同的半个圆锥与半个三棱锥组合而成的.圆椎底面半径为6,椎体底面边长为12,高为1111361262)3232V ππ=⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=+故选B .4、【答案】C【解析】若b β⊥，//αβ，所以b α⊥，又a α⊂，所以b a ⊥，即a b ⊥，所以选C. 5、【答案】B【解析】根据三视图复原的几何体是底面为直角梯形，一条侧棱垂直直角梯形的直角顶点的四棱锥 其中ABCD 是直角梯形，AB ⊥AD ， AB=AD=2，BC=4，即PA ⊥平面ABCD ，PA=2。
山西省2013高考数学一轮单元复习测试：空间向量与立体几何
山西省2013届高考数学一轮单元复习测试：空间向量与立体几何本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．平面α的一个法向量n ＝(1，－1,0)，则y 轴与平面α所成的角的大小为( )A ．π6B ．π4C ．π3D ．3π4【答案】B2．已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝2，E 是侧棱BB 1的中点，则直线AE 与平面A 1ED 1所成角的大小为( ) A ．60° B ．90° C ．45° D ．以上都不正确 【答案】B3．在三棱柱111ABC A B C -中，设M 、N 分别为1,BB AC 的中点，则MN等于 ( ）A ．11()2AC AB BB ++B ．111111()2B A BC C C ++C ．11()2AC CB BB ++D ．11()2BB BA BC --【答案】B4． 空间任意四个点A 、B 、C 、D ，则BA CB CD +-等于 ( ）A ．DBB ．ADC ．DAD ．AC【答案】C5．对于空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，有＝x ＋y ＋z (x ，y ，z ∈R )，则x ＝2，y ＝－3，z ＝2是P ，A ，B ，C 四点共面的( ) A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件 【答案】B6．在空间四边形ABCD 中，若AB a = ，BD b = ，AC c = ，则CD等于 ( ）A ．()a b c --B ．()c b a --C ．a b c --D ．()b c a --【答案】D7．点M 在z 轴上，它与经过坐标原点且方向向量为s ＝(1，－1,1)的直线l 的距离为6，则点M 的坐标是( )A ．(0,0，±2)B ．(0,0，±3)C ．(0,0，±3)D ．(0,0，±1) 【答案】B8．四棱柱1111ABCD A BC D -中，AC 与BD 的交点为点M ，设11111,,A B a A D b AA c ===，则下列与1B M相等的向量是 ( ）A ．1122a b c -+-B ． 1122a b c ++C ．1122a b c -+D ．1122a b c --+ 【答案】Ａ9．平面α，β的法向量分别是n 1＝(1,1,1)，n 2＝(－1,0，－1)，则平面α，β所成角的余弦值是( )A ．33B ．－33C ．63 D ．－63【答案】C10．以下命题中，不正确的命题个数为( )①已知A 、B 、C 、D 是空间任意四点，则A ＋B ＋C ＋D ＝0②若{a ，b ，c }为空间一个基底，则{a ＋b ，b ＋c ，c ＋a }构成空间的另一个基底；③对空间任意一点O 和不共线三点A 、B 、C ，若O ＝x ＋y ＋z (其中x ，y ，z ∈R)，则P 、A 、B 、C 四点共面．A ．0B ．1C ．2D ．3 【答案】B11．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为正方体内一动点(包括表面)，若＝x ＋y ＋z ，且0≤x ≤y ≤z ≤1.则点P 所有可能的位置所构成的几何体的体积是( )A ．1B ．12C ．13D ．16【答案】D12．如图所示，已知在直三棱柱ABO －A 1B 1O 1中，∠AOB ＝π2，AO ＝2，BO ＝6，D 为A 1B 1的中点，且异面直线OD 与A 1B 垂直，则三棱柱ABO －A 1B 1O 1的高是( )A ．3B ．4C ．5D ．6【答案】B第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上) 13．空间四边形OABC中，G是△ABC的重心，试用，，表示，则＝________.【答案】13＋13＋1314．若两点的坐标是A(3cosα,3sinα,1),B(2cosβ,2sinβ,1)，则AB的取值范围是_________. 【答案】［1,5］15．两不重合直线l1和l2的方向向量分别为v1＝(1,0，－1)，v2＝(－2，0,2)，则l1与l2的位置关系是________．【答案】平行16．已知正三棱柱ABC—A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦等于________．【答案】6 4三、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．如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：BD ⊥平面PAC ；(2)若PA ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值； (3)当平面PBC 与平面PDC 垂直时，求PA 的长． 【答案】(1)因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC ⊥BD .又因为PA ⊥平面ABCD .所以PA ⊥BD . 因为PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面PAC .(2)设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，PA ＝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＝(1，3，－2)， ＝(0,23，0)，设PB 与AC 所成角为θ，则cos θ＝＝622³23＝64． (3)由(2)知＝(－1，3，0)．设P (0，－3，t )，(t >0)，则＝(－1，－3，t )． 设平面PBC 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则 ²m ＝0，²m ＝0，所以⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，－x －3y ＋tz ＝0.令y ＝3，则x ＝3，z ＝6t ．所以m ＝(3，3，6t)．同理，平面PDC 的法向量n ＝(－3，3，6t)．因为平面PBC ⊥平面PDC .所以m ²n ＝0，即－6＋36t2＝0.解得t ＝6．所以PA ＝6．18．已知E,F 分别是棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱BC 和CD 的中点，求： (1)A 1D 与EF 所成角的大小；(2)A 1F 与平面B 1EB 所成角的余弦值； (3)二面角C-D 1B 1-B 的余弦值.【答案】建立如图所示空间直角坐标系Dxyz.(1)∵1A D=(-1,0,-1),11EF (,,0)22=-- ,∴1111A D EF1cos<A D,EF>2|A D ||EF |===, ∴1<A D,EF>=60°.因此A 1D 与EF 所成角的大小为60°. (2)在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中， ∵AB ⊥平面B 1C 1CB,∴AB是平面B 1EB 的一个法向量， ∵AB=(1,1,0)-(1,0,0)=(0,1,0),1A F =(0,12,0)-(1,0,1)=(-1,12,-1),∴1131|AB |1,|A F |,A F AB 22=== . 由11cos<A F,AB>3,可得A 1F 与平面B 1EB 所成角的余弦值为3. (3)连结AC 1,AC,∵AC 1⊥平面B 1D 1C,∴1AC是平面B 1D 1C 的一个法向量，∵AC ⊥平面B 1D 1B,∴AC 是平面B 1D 1B 的一个法向量.∵1AC =(-1,1,1)，AC =(-1,1,0),1|AC |=,1|AC|AC 2= ,∴1cos<AC ,AC>= ,故所求二面角的余弦值为19．正方形ABCD,ABEF 的边长都是1，而且平面ABCD 与平面ABEF 互相垂直，点M 在AC 上移动，点N在BF 上移动，若CM=BN=a(0＜a 当a 为何值时，MN 的长度最短？【答案】∵平面ABCD ⊥平面ABEF,平面ABCD ∩平面ABEF=AB,AB ⊥BE, ∴BE ⊥平面ABCD. ∴AB,BC,BE 两两垂直.∴以B 点为原点，射线BA,BE,BC 分别为x 轴，y 轴和z 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则M(,0),∴MN ===∴当a=2时，MN 最短为2，此时，M,N 恰好分别为AC,BF 的中点. 20．已知长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝4，AA 1＝4，点M 是棱D 1C 1的中点．求直线AB 1与平面DA 1M 所成角的正弦值．【答案】建立如图所示的空间直角坐标系，可得有关点的坐标为D (0,0,0)，A (4,0,0)，B (4,2,0)，C (0,2,0)，A 1(4,0,4)，B 1(4,2,4)，C 1(0,2,4)，D 1(0,0,4)．于是，M (0,1,4).＝(0,1,4)，＝(4,0,4)，＝(0,2,4)． 设平面DA 1M 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＋4z ＝04x ＋4z ＝0．取z ＝－1，得x ＝1，y ＝4.所以平面DA 1M 的一个法向量为n ＝(1,4，－1)． 设直线AB 1与平面DA 1M 所成角为θ， 则sin θ＝＝1015， 所以直线AB 1与平面DA 1M 所成角的正弦值为1015． 21．如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，平面PBC ⊥底面ABCD ，且PB ＝PC ＝5． (1)求证：AB ⊥CP ；(2)求点B 到平面PAD 的距离；(3)设面PAD 与面PBC 的交线为l ，求二面角A －l －B 的大小．【答案】(1)证明 以BC 的中点O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (1,0,0)，A (1，－2,0)，C (－1,0,0)，P (0,0,2)，D (－1，－2,0)． ＝(0,2,0)，＝(1,0,2)， 则有²＝0，∴⊥.即AB ⊥CP .(2)解 设平面PAD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由得⎩⎪⎨⎪⎧－x －2y －2z ＝0，－2x ＝0.令x ＝0，则y ＝1，z ＝－1，得n ＝(0,1，－1)，又＝(－1,0,2)，∴点B 到平面PAD 的距离d ＝＝|0＋0－2|2＝2．(3)解 由(2)知平面PAD 的法向量n ＝(0,1，－1)， 而平面PBC ⊥平面ABCD ，∴二面角A －l －B 的余弦值为|m ²n ||m ||n |＝22．由图形知二面角A －l －B 为锐二面角， ∴二面角A －l －B 的大小为45°.22．如图，已知四棱锥P-ABCD ，底面ABCD 是菱形，∠DAB=60°，PD ⊥平面ABCD ，PD=AD ，点E 为AB 的中点，点F 为PD 的中点.(1)证明：平面PED ⊥平面PAB ； (2)求二面角P-AB-F 的平面角的余弦值.【答案】(1)连结BD,∵ABCD 是菱形，∠DAB=60°， ∴△ABD 是等边三角形. 又E 是AB 的中点，则∠EDB=30°，∠BDC=60°，∴∠EDC=90°， 如图，建立空间直角坐标系Dxyz ，设PD=AB=1，则PF=FD=12，，∴P(0，0，1)，E(2，0，0)，B(2，12，0)∴1PB (1)PE (01)222=-=- ，，，，，，平面PED 的一个法向量为DC=(0，1，0)，设平面PAB 的法向量为n=(x,y,1)由()()1x,y,1(,1)0PB 22PE x,y,11)0⎧-=⎪⎧⊥⎪⎪⇒⎨⎨⊥⎪⎪⎩-=⎪⎩n n⇒1y 10x 22y 010⎧--=⎪=⎪⎪⇒⎨⎪=-=⎩∴,0,1), ∵DC ²n=0,即DC⊥n,∴平面PED ⊥平面PAB.(2)由(1)知：平面PAB 的法向量为设平面FAB 的法向量为n 1=(x 1,y 1,-1)，由(1)知：F(0，0，12)，11FB ()222=- ，，，1FE (0)22=- ，，，由()()11111111x ,y ,1(,)0FB 222FE 1x ,y,1()022⎧--=⎪⎧⊥⎪⎪⇒⎨⎨⊥⎪⎪⎩--=⎪⎩ n n⇒1111111y 0x 2221y 0022⎧++=⎪=⎪⎪⇒⎨⎪⎪=+=⎩⎪⎩∴n 1=(∴二面角P-AB-F 的平面角的余弦值111cos |cos<>|||||||θ===,n n n n n n .。
【精编】理科优化设计一轮高考模拟试卷-第八章立体几何 (5)
A.
B.
C.2
D.7
答案:A
■(2015 河北衡水中学高三一调,空间几何体的体积,选择题,理 11)四棱锥 S-ABCD 的底面是边长为 2
的正方形,点 S,A,B,C,D 均在半径为的同一半球面上,则当四棱锥 S-ABCD 的体积最大时,底面 ABCD
的中心与顶点 S 之间的距离为( )
A.2-
利用空间向量求空间 专题 3 角
■(2015 江西宜春奉新一中高考模拟,利用空间向量求空间角,解答题,理 19)
如图,在四棱锥 P-ABCD 中,侧棱 PA⊥底面 ABCD,AD∥BC,∠ ABC=90°,PA=AB=BC=2,AD=1,M 是棱 PB 中点. (1)求证:AM∥平面 PCD; (2)设点 N 是线段 CD 上一动点,且 DN=λDC,当直线 MN 与平面 PAB 所成的角最大时,求 λ 的值. (1)证明:以点 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,2,0),D(1,0,0),P(0,0,2),M(0,1,1).
B.2
C.
D.+1
答案:C
■(2015 辽宁丹东一模,空间几何体的体积,填空题,理 16)四面体 ABCD 的体积是,△ABC 是斜边 AB=2
的等腰直角三角形,若点 A,B,C,D 都在半径为的同一球面上,则 D 与 AB 中点的距离是 .
解析:设 AB 的中点为 E.
∵四面体 ABCD 的体积是,△ABC 是斜边 AB=2 的等腰直角三角形,
第八章立体几何
8.1 空间几何体的结构及其三视图和直观图
三视图与直观 专题 2 图
■(2015 辽宁丹东二模,三视图与直观图,选择题,理 7)一个四面体的顶点在空间直角坐标系 O-xyz 中 的坐标分别是(0,0,2),(2,2,0),(1,2,1),(2,2,2),画该四面体三视图中的正视图时,以平面 zOy 为投影面,则 得到正视图可以为( )
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则直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为
（）
12、（ 2012 江西理）如图 , 已知正四棱锥 S-ABCD所有棱长都为 1, 点 E 是侧棱 SC上一动点 , 过 点 E 垂直于 SC的截面将正四棱锥分成上、下两部分 . 记 SE=x(0<x<1), 截面下面部分的体 积为 V(x), 则函数 y=V(x) 的图像大致为
2
6、【答案】 B
600 .
2 , BF
2
6 , AE
2
2, AEF 中 ， 由 余 弦 定 理 得
【解析】若 l , l / / ,则
，此推理符合平面与平面垂直的判定；
7、【答案】 A
【解析】利用等积法求
1
sin
,
2
6
8、 【答案】 B
B 到平面 AB1C1 的距离 d V 。 A BB1C1
VB AB1C1 , 求出 d
2、【 2012 吉林市期末质检】一个正方体的展开图如图所示，
A、B、C、D为原正方体的顶点，
A
CB
D
则在原来的正方体中 A. AB // CD
B. AB与 CD相交
C. AB CD
D. AB与 CD所成的角为 60
3 ．（ 2012 上 海 ） 已 知 空 间 三 条 直 线 l、 m、 n. 若 l 与 m 异 面 , 且 l 与 n 异 面 , 则
11、【答案】 A
解析 : 不妨设 CA CC1 2CB 2 , 则 AB1 = (- 2,2,1), C1B = (0, - 2,1),
cos < AB1, C1B > = AB1 ×C1B = (- 2) ? 0
2? ( 2) + 1? 1 =-
5 , 直线 BC1 与直线 AB1
AB1 C1B
来越慢 ; 再观察各选项中的图象 , 发现只有 A 图象符合 . 故选 A.
二、填空题
13、【答案】 14
【 解 析 】 因 长 方 体 对 角 线 长 为 2 r 1 4 9 14 ， 所 以 其 外 接 球 的 表 面 积
S 4 r 2 14 ．
14、【答案】 54
【解析】冰淇淋上半部分是半球，下关部分是圆锥
2 15、【答案】 8
3
V= 2 3
【解析】由几何体三视图知：几何体是正方体挖去一个圆锥，
31 3
3
2
3 12 54
1 V8
2
3
16、【答案】 3 3
【解析】因为在正三棱锥 P ABC中 , PA, PB, PC两两互相垂
直 , 所以可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一部分
,( 如
图所示 ), 此正方体内接于球 , 正方体的体对角线为球的直径 ,
2013 届高考数学（理）一轮复习单元测试 第八章立体几何
一、选择题 ( 本大题共 12 小题， 每小题 5 分， 共 60 分． 每小题中只有一项符合题目要求 )
1、（ 2012 福建理）一个几何体的三视图形状都相同 , 大小均等 , 那么这个几何体不可以是 （ ）
A．球
B．三棱锥
C．正方体
D ．圆柱
( Ⅰ) 证明 : BD 平面 PAC ;
( Ⅱ) 若 PA 1 , AD 2 , 求二面角 B PC A 的正切值 .
18．( 本小题满分 12 分 ) （ 2012 天津理）如图 , 在四棱锥 P ABCD 中 , PA 丄平面 ABCD , AC 丄 AD , AB 丄 BC , ABC =45 0 , PA=AD =2 , AC =1. ( Ⅰ) 证明 PC 丄 AD ; ( Ⅱ) 求二面角 A PC D 的正弦值 ; ( Ⅲ) 设 E 为棱 PA 上的点 , 满足异面直线 BE 与 CD所成的角为 300 , 求 AE 的长 .
4. 答案： C 解析 : 该几何体下部分是半径为
3, 高为 5 的圆柱 , 体积为 V
32 5 45 , 上部分是半
径为 3, 高为 4 的圆锥 , 体积为 V 1 3
32 4 12 , 所以体积为 57 .
5、【答案】 C
【 解 析 】 取 AC 中 点 F, EF
1 cos BEF , BEF
用心
爱心
专心
5
(II) 求多面体 ABCDEFG的体积 .
21． ( 本小题满分 12 分 ) 18 ． ( 江西省六校 2012 届高三联考理科 ) 如图所示的多面体，它的正 视图为直角三角形， 侧视图为正三角形， 俯视图为正方形 （尺寸如图所示） ，E 为 VB的中点． [ 来 (1) 求证： VD∥平面 EAC； (2) 求二面角 A—VB— D 的余弦值．
三、解答题 ( 本大题共 6 小题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
)
17． ( 本小题满分 10 分 ) （ 2012 广东理）如图 5 所示 , 在四棱锥 P ABCD 中 , 底面 ABCD 为
矩形 , PA 平面 ABCD , 点 E 在线段 PC 上 , PC 平面 BDE .
则 P 0,0,1 、 C 2,2,0 、 B 2,0,0 、 D 0,2,0 , 于
是 BC 0,2,0 , PB 2,0, 1 . 设平面 PBC 的一
个 法 向 量 为 n1
x, y, z , 则
n1 BC
0 , 从而
n1 PB 0
2y 0
2x
z
,令 x 0
1 , 得 n1
1,0,2 . 而平面 PAC 的
二、填空题 ( 本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，把答案填在题中横线上 )
13、【 2012 山东青岛市期末】已知长方体从同一顶点出发的三条棱的长分别为
1、 2 、 3 ，则
这个长方体的外接球的表面积为
.
14、【 2012 厦门期末质检理】某型号冰淇淋上半部分是半球，下关部分是圆锥，其正视图如图
2 的正三棱柱， V
3 22 2 1 1
53 3
4
3
3
10、答案 D 解析 上底半径 r ＝ 1，下底半径 R＝ 2. ∵S 侧＝ 6π ，设母线长为 l ，则 π (1 ＋2) · l ＝ 6π，
∴ l ＝ 2，∴高 h＝ l 2－
R－ r
2＝
1 3，∴ V＝ 3π ·
73 3(1 ＋ 1× 2＋ 2× 2) ＝ 3 π . 故选 D.
所示，则该型号冰淇淋的体积等于
。
15、【 2012 粤西北九校联考理】某几何体的三视图如图所示，则它的体积是＿＿＿
用心
爱心
专心
3
16．．（2012 辽宁理）已知正三棱锥 P ABC, 点 P, A, B, C都在半径为 3 的求面上 , 若 PA, PB, PC
两两互相垂直 , 则球心到截面 ABC的距离为 ________.
C．若 l与 , 的所成角相等，则 / /
D．若 l 上有两个点到 α 的距离相等，则 l / /
7、【 2012 黑龙江绥化市一模理】如图，在三棱柱
ABC A1B1C 1 中，侧棱垂直于底面，底面
是 边 长 为 2 的 正 三 角 形 ， 侧 棱 长 为 3 ， 则 BB1 与 平 面 AB1C 1 所 成 的 角 为 （ ）
3
，
2
【解析】从所给的三视图可以得到该几何体为三棱锥
, 本题所求表面积为三棱锥四个面的
面积之和 . 利用垂直关系和三角形面积公式 , 可得 : S底 10, S后 10,S右 10,S左 6 5 ,
因此该几何体表面积 S 30 6 5 , 故选 B.
9、【答案】 A
用心
爱心
专心
7
【解析】几何体可以拼接成高为
9′ 5
5
夹角为锐角 , 所以余弦值为 5 , 选 A. 5
12、【答案】 A
【解析】 ( 定性法 ) 当 0
x
1
时,
随着
x 的增大
, 观察图形可知
,V
x 单调递减 , 且递减的速
2
度越来越快 ; 当 1 x 1 时 , 随着 x 的增大 , 观察图形可知 , V x 单调递减 , 且递减的速度越 2
用心
爱心
专心
4
19． ( 本小题满分 12 分 ) 【广东省惠州市 2012 届高三一模（四调）考试（理数） 】 已知四棱锥 P－ ABCD的三视图如下图所示， E 是侧棱 PC上的动点． （１）求四棱锥 P－ ABCD的体积； （２）是否不论点 E 在何位置，都有 BD⊥ AE？证明你的结论； （３）若点 E 为 PC的中点，求二面角 D－ AE－ B 的大小 .
B ．4 3 C ．5 3
3
6
D ．3
10．圆台上、下底面面积分别是 π、 4π ，侧面积是 6π，这个圆台的体积是 (
)
用心
爱心
专心
2
23
73
73
A、 3 π B 、 2 3π C、 6 π D 、 3 π
11、（ 2012 陕西理）如图 , 在空间直角坐标系中有直三棱柱
ABC A1B1C1 , CA CC1 2CB ,
（）
A． m 与 n 异面 .
B． m 与 n 相交 .
C． m 与 n 平行 .
D． m 与 n 异面、相交、平行均有可能 .
4．（ 2012 广东理） ( 立体几何 ) 某几何体的三视图如图 1 所示 ,
它的体积为
（）
A． 12
B． 45
C． 57
D． 81
5 ．【 2012 海南嘉积中学期末理】 正四棱锥 S- ABCD 的侧棱
一 个 法 向 量 为 n2 BD 2,2,0 . 所 以 二 面 角 B PC A 的 余 弦 值 为