2021-2022年高考数学专题复习导练测第八章立体几何阶段测试(十)理新人教A版

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高考数学总复习第八章立体几何配套单元测试(含解析)理新人教A版

高考数学总复习第八章立体几何配套单元测试（含解析）理新人教A 版一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．每小题中只有一项符合题目要求)1．设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列四个命题： ①若α∥β，m ⊂α，则m ∥β；②若m ∥α，n ⊂α，则m ∥n ；③若α⊥β，m ∥α，则m ⊥β；④若m ⊥α，m ∥β，则α⊥β.其中为真命题的是( )A ．①③B ．②③C ．①④D ．②④答案 C解析 ①为空间面面平行的性质，是真命题；②m ，n 可能异面，故该命题为假命题；③直线m 与平面β也可以平行也可以相交不垂直．故该命题是一个假命题；④为真命题．故选C.2．用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为( )A.8π3B.82π3 C ．82π D.32π3答案 B解析 S 圆＝πr 2＝1⇒r ＝1，而截面圆圆心与球心的距离d ＝1，∴球的半径为R ＝r 2＋d 2＝ 2.∴V ＝43πR 3＝82π3，故选B.3．若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( )A.163π B.193π C.1912π D.43π解析设球半径是R ，依题意知，该三棱柱是一个底面边长为2、侧棱长为1的正三棱柱，记上、下底面的中心分别是O 1、O ，易知球心是线段O 1O 的中点，于是R 2＝(12)2＋(32×2×23)2＝1912，因此所求球的表面积是4πR 2＝4π×1912＝19π3，选B. 4. 如右图所示，是一个正方体的表面展开图，A 、B 、C 均为棱的中点，D 是顶点，则在正方体中，异面直线AB 和CD 的夹角的余弦值为( )A.25 B.35 C.105D.55答案 C 解析把展开图复原为正方体后示意图如右图所示，∠EGF 为AB 和CD 所成的角，F 为正方体一棱的中点．∴EF ＝GF ＝52，EG ＝ 2. ∴cos ∠EGF ＝105. 5．图中的三个直角三角形是一个体积为20 cm 3的几何体的三视图，则这个几何体外接球的表面积为( )A ．25π cm 2B.77π2cm 2C ．77π cm 2D ．144π cm 2解析由三视图画出此空间几何体的直观图如图所示．由题意得V ＝13×12×h ×5×6＝20⇒h ＝4.从而易知，其外接球的半径为r ＝1242＋52＋62＝772. 从而外接球的表面积为S ＝4πr 2＝4π(772)2＝77π.选C. 6．如下图所示，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.π3D.π2答案 C解析连接AC 、BD 交于点O ，连接OE ，易得OE ∥PA . ∴所求角为∠BEO . 由所给条件易得OB ＝62，OE ＝12PA ＝22，BE ＝ 2. ∴cos ∠OEB ＝12，∴∠OEB ＝60°，选C.7．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的直观图及三视图如下图所示，D 为AC 的中点，则下列命题是假命题的是( )A ．AB 1∥平面BDC 1 B ．A 1C ⊥平面BDC 1 C ．直三棱柱的体积V ＝4D ．直三棱柱的外接球的表面积为43π 答案 D 解析由三视图可知，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧面B 1C 1CB 是边长为2的正方形，底面ABC 是等腰直角三角形，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝2.连接B 1C 交BC 1于点O ，连接AB 1，OD .在△CAB 1中，O ，D 分别是B 1C ，AC 的中点，∴OD ∥AB 1，∴AB 1∥平面BDC 1.故A 正确．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ， ∴AA 1⊥BD .又AB ＝BC ＝2，D 为AC 的中点， ∴BD ⊥AC ，∴BD ⊥平面AA 1C 1C . ∴BD ⊥A 1C .又A 1B 1⊥B 1C 1，A 1B 1⊥B 1B ， ∴A 1B 1⊥平面B 1C 1CB ，∴A 1B 1⊥B 1C .∵BC 1⊥B 1C ，且BC 1∩B 1C ＝0，∴BC 1⊥平面A 1B 1C . ∴BC 1⊥A 1C ，∴A 1C ⊥平面BDC 1.故B 正确．V ＝S △ABC ×C 1C ＝12×2×2×2＝4，∴C 正确．此直三棱柱的外接球的半径为3，其表面积为12π，D 错误．故选D.8．已知圆锥的底面半径为R ，高为3R ，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是 A ．22πR 2B.94πR 2C.83πR 2D.52πR 2 答案 B解析如图所示，为组合体的轴截面，由相似三角形的比例关系，得PO 13R ＝xR，PO 1＝3x ，圆柱的高为 3R －3x ，所以圆柱的全面积为S ＝2πx 2＋2πx (3R －3x )＝－4πx 2＋6πRx ，则当x ＝34R 时，S 取最大值，S max ＝94πR 2.9．二面角的棱上有A 、B 两点，直线AC 、BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为A ．150°B ．45°C ．60°D ．120°答案 C解析由条件，知CA →·AB →＝0，AB →·BD →＝0， CD →＝CA →＋AB →＋BD →.∴|CD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD →＝62＋42＋82＋2×6×8cos〈CA →，BD →〉＝(217)2.∴cos 〈CA →，BD →〉＝－12，〈CA →，BD →〉＝120°，∴二面角的大小为60°，故选C.10．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1棱长为1，点P 在线段BD 1上，当∠APC 最大时，三棱锥P －ABC 的体积为( )A.124B.118C.19D.112答案 B解析以B 为坐标原点，BA 为x 轴，BC 为y 轴，BB 1为z 轴建立空间直角坐标系，设BP →＝λBD 1→，可得P (λ，λ，λ)，再由cos ∠APC ＝AP →·CP →|AP →||CP →|可求得当λ＝13时，∠APC 最大，故V P －ABC ＝13×12×1×1×13＝118.二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分，把答案填在题中横线上) 11．已知m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，给出下列命题： ①若α⊥β，m ∥α，则m ⊥β；②若m ⊥α，n ⊥β，且m ⊥n ，则α⊥β；③若m ⊥β，m ∥α，则α⊥β；④若m ∥α，n ∥β，且m ∥n ，则α∥β.其中真命题的序号是________．答案 ②③解析若α⊥β，m ∥α，则m 与β可能相交、平行或m 在平面β内，故①错；m ∥α，n ∥β，m ∥n ，则α与β可能平行，可能相交，故④错．12．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________．答案733π 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 －r2＝ 3.∴V ＝13π·3(1＋1×2＋2×2)＝733π.13．(2011·天津文)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.答案 4解析由三视图可知，此几何体的上面是正四棱柱，其长，宽，高分别是2,1,1，此几何体的下面是长方体，其长，宽，高分别是2,1,1，因此该几何体的体积V ＝2×1×1＋2×1×1＝4(m 3)．14．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一动点，则三棱锥P －ABC 的主视图与左视图的面积的比值为________．答案 1解析依题意得三棱锥P －ABC 的主视图与左视图分别是一个三角形，且这两个三角形的底边长都等于正方体的棱长，底边上的高也都相等，因此三棱锥P －ABC 的主视图与左视图的面积之比等于1.15．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各顶点都在同一球面上．若AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝120°，则此球的表面积等于______．答案 20π解析设球心为O ，球半径为R ，△ABC 的外心是M ，则O 在底面ABC 上的射影是点M ，在△ABC 中，AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝120°，∠ABC ＝12(180°－120°)＝30°，AM ＝AC2sin30°＝2.因此，R 2＝22＋(AA 12)2＝5，此球的表面积等于4πR 2＝20π.16．如图是一几何体的平面展开图，其中ABCD 为正方形，E 、F 、分别为PA 、PD 的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：①直线BE与直线CF异面；②直线BE与直线AF异面；③直线EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD.其中正确的有______个．答案 2解析将几何体展开图拼成几何体(如图)，因为E、F分别为PA、PD的中点，所以EF ∥AD∥BC，即直线BE与CF共面，①错；因为B∉平面PAD，E∈平面PAD，E∉AF，所以BE 与AF是异面直线，②正确；因为EF∥AD∥BC，EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正确；平面PAD与平面BCE不一定垂直，④错．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)下图为一简单组合体，其底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，EC∥PD，且PD＝AD＝2EC＝2.(1)请画出该几何体的三视图；(2)求四棱锥B－CEPD的体积．解析(1)该组合体的三视图如下图所示．(2)因为PD⊥平面ABCD，PD⊂平面PDCE，所以平面PDCE ⊥平面ABCD . 因为四边形ABCD 为正方形，所以BC ⊥CD ，且BC ＝DC ＝AD ＝2.又因为平面PDCE ∩平面ABCD ＝CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面PDCE .因为PD ⊥平面ABCD ，DC ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥DC .又因为EC ∥PD ，PD ＝2，EC ＝1，所以四边形PDCE 为一个直角梯形，其面积S 梯形PDCE ＝12(PD ＋EC )×DC ＝12×3×2＝3.所以四棱锥B －CEPD 的体积V B －CEPD ＝13S 梯形PDCE ×BC ＝13×3×2＝2.18．(本小题满分12分) 如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠ADC ＝45°，AD ＝AC ＝1，O 为AC 的中点，PO ⊥平面ABCD ，PO ＝2，M 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面ACM ； (2)证明：AD ⊥平面PAC ；(3)求直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值．解析 (1)连接BD ，MO ，在平行四边形ABCD 中，因为O 为AC 的中点，所以O 为BD 的中点．又M 为PD 的中点，所以PB ∥MO .因为PB ⊄平面ACM ，MO ⊂平面ACM ，所以PB ∥平面ACM .(2)因为∠ADC ＝45°，且AD ＝AC ＝1，所以∠DAC ＝90°，即AD ⊥AC .又PO ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥AD .而AC ∩PO ＝O ，所以AD ⊥平面PAC .(3)取DO 中点N ，连接MN ，AN .因为M 为PD 的中点，所以MN ∥PO ，且MN ＝12PO ＝1.由PO ⊥平面ABCD ，得MN ⊥平面ABCD ，所以∠MAN 是直线AM 与平面ABCD 所成的角．在Rt △DAO中，AD ＝1，AO ＝12，所以DO ＝52.从而AN ＝12DO ＝54.在Rt △ANM 中，tan ∠MAN ＝MN AN ＝154＝455，即直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值为455. 19．(本小题满分12分) 如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，AB ＝4，PA ＝3，A 点在PD 上的射影为G 点，E 点在AB 上，平面PEC ⊥平面PCD .(1)求证：AG ∥平面PEC ； (2)求AE 的长；(3)求二面角E －PC －A 的正弦值．解析 (1)证明：∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥CD . 又∵CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ， ∴CD ⊥平面PAD .∴CD ⊥AG . 又PD ⊥AG ，∴AG ⊥平面PCD . 作EF ⊥PC 于点F ，连接GF ， ∵平面PEC ⊥平面PCD ， ∴EF ⊥平面PCD .∴EF ∥AG . 又AG ⊄平面PEC ，EF ⊂平面PEC ， ∴AG ∥平面PEC .(2)解：由(1)知A 、E 、F 、G 四点共面，又AE ∥CD ，AE ⊄平面PCD ，CD ⊂平面PCD ， ∴AE ∥平面PCD .又∵平面AEFG ∩平面PCD ＝GF ，∴AE ∥GF . 又由(1)知EF ∥AG ，∴四边形AEFG 为平行四边形，∴AE ＝GF . ∵PA ＝3，AD ＝4，∴PD ＝5，AG ＝125.又PA 2＝PG ·PD ，∴PG ＝95.又GP CD ＝PG PD ，∴GF ＝95×45＝3625，∴AE ＝3625. (3)解：过E 作EO ⊥AC 于点O ，连接OF ，易知EO ⊥平面PAC ，又EF ⊥PC ，∴OF ⊥PC . ∴∠EFO 即为二面角E －PC －A 的平面角．EO ＝AE ·sin45°＝3625×22＝18225，又EF ＝AG ＝125， ∴sin ∠EFO ＝EO EF ＝18225×512＝3210.20．(本小题满分12分)如图，在六面体ABCDEFG 中，平面ABC ∥平面DEFG ，AD ⊥平面DEFG ，ED ⊥DG ，EF ∥DG .且AB ＝AD ＝DE ＝DG ＝2，AC ＝EF ＝1.(1)求证：BF ∥平面ACGD ； (2)求二面角D CG F 的余弦值．解析方法一 (1)设DG 的中点为M ，连接AM ，FM . 则由已知条件易证四边形DEFM 是平行四边形． ∴MF ∥DE ，且MF ＝DE .∵平面ABC ∥平面DEFG ， ∴AB ∥DE .∵AB ＝DE ，∴MF ∥AB ，且MF ＝AB ，∴四边形ABFM 是平行四边形． ∴BF ∥AM .又BF ⊄平面ACGD ，AM ⊂平面ACGD ，故BF ∥平面ACGD .(2)由已知AD ⊥平面DEFG ，∴DE ⊥AD .又DE ⊥DG ， ∴DE ⊥平面ADGC .∵MF ∥DE ，∴MF ⊥平面ADGC .在平面ADGC 中，过M 作MN ⊥GC ，垂足为N ，连接NF ，则∠MNF 为所求二面角的平面角．连接CM .∵平面ABC ∥平面DEFG ，∴AC ∥DM .又AC ＝DM ＝1，所以四边形ACMD 为平行四边形，∴CM ∥AD ，且CM ＝AD ＝2.∵AD ⊥平面DEFG ，∴CM ⊥平面DEFG ，∴CM ⊥DG .在Rt △CMG 中，∵CM ＝2，MG ＝1， ∴MN ＝CM ·MG CG ＝25＝255. 在Rt △FMN 中， ∵MF ＝2，MN ＝255，∴FN ＝4＋45＝2305. ∴cos ∠MNF ＝MN FN ＝2552305＝66.∴二面角D CG F 的余弦值为66. 方法二由题意可得，AD ，DE ，DG 两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系．则A (0,0,2)，B (2,0,2)，C (0,1,2)，E (2,0,0)，G (0,2,0)，F (2,1,0)．(1)BF →＝(2,1,0)－(2,0,2)＝(0,1，－2)，CG →＝(0,2,0)－(0,1,2)＝(0,1，－2)，∴BF →＝CG →，∴BF ∥CG .又BF ⊄平面ACGD ，故BF ∥平面ACGD . (2)FG →＝(0,2,0)－(2,1,0)＝(－2,1,0)．设平面BCGF 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n 1·CG →＝y －2z ＝0，n 1·FG →＝－2x ＋y ＝0.令y ＝2，则n 1＝(1,2,1)．则平面ADGC 的法向量n 2＝(1,0,0)． ∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝1×112＋22＋12×12＋02＋02＝66. 由于所求的二面角为锐二面角，∴二面角D CG F 的余弦值为66. 21．(本小题满分12分) 如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，AB ⊥BB 1，AC ＝BC ＝BB 1＝2，D 为AB 的中点，且CD ⊥DA 1.(1)求证：BB 1⊥面ABC ；(2)求多面体DBC －A 1B 1C 1的体积； (3)求二面角C －DA 1－C 1的余弦值．解析 (1)证明：∵AC ＝BC ，D 为AB 的中点， ∴CD ⊥AB .又CD ⊥DA 1，AB ∩A 1D ＝D ， ∴CD ⊥面AA 1B 1B .∴CD ⊥BB 1.又BB 1⊥AB ，AB ∩CD ＝D ，∴BB 1⊥面ABC .(2)解：V 多面体DBC －A 1B 1C 1＝V 棱柱ABC －A 1B 1C 1－V 棱锥A 1－ADC＝S △ABC ·|AA 1|－13S △ADC ·|AA 1|＝S △ABC ·|AA 1|－13×12S △ABC ·|AA 1|＝56S △ABC ·|AA 1|＝103.(3) 解：以C 为原点，分别以CB →，CC 1→，CA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正向，建立空间直角坐标系(如图所示)，则C (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0,0,2)，C 1(0,2,0)，A 1(0,2,2)．∴D (1,0,1)．设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面DCA 1的一个法向量，则有⎩⎨⎧n 1·CD →＝0，n 1·CA 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋z 1＝0，2y 1＋2z 1＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝－z 1，y 1＝－z 1.故可取n 1＝(1,1，－1)．同理设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面DC 1A 1的一个法向量，且C 1D →＝(1，－2,1)，C 1A 1→＝(0,0,2)．则有⎩⎨⎧n 2·C 1D →＝0，n 2·C 1A 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2y 2＋z 2＝0，2z 2＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2y 2，z 2＝0.故可取n 2＝(2,1,0)．∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝33×5＝155.又二面角C －DA 1－C 1的平面角为锐角，所以其余弦值为155. 22．(本小题满分12分) 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，2AC ＝AA ＝BC ＝2.(1)若D 为AA 1的中点，求证：平面B 1CD ⊥平面B 1C 1D ； (2)若二面角B 1－DC －C 1的大小为60°，求AD 的长．解析 (1)方法一证明：∵∠A 1C 1B 1＝∠ACB ＝90°， ∴B 1C 1⊥A 1C 1.又由直三棱柱的性质知B 1C 1⊥CC 1， ∴B 1C 1⊥平面ACC 1A 1.∴B 1C 1⊥CD .① 由D 为AA 1的中点，可知DC ＝DC 1＝ 2. ∴DC 2＋DC 21＝CC 21，即CD ⊥DC 1.② 由①②可知CD ⊥平面B 1C 1D .又CD ⊂平面B 1CD ，故平面B 1CD ⊥平面B 1C 1D .(2)解：由(1)可知B 1C 1⊥平面ACC 1A 1，在平面ACC 1A 1内过C 1作C 1E ⊥CD ，交CD 或其延长线于E ，连接EB 1，∴∠B 1EC 1为二面角B 1－DC －C 1的平面角． ∴∠B 1EC 1＝60°.由B 1C 1＝2知，C 1E ＝2tan60°＝233.设AD ＝x ，则DC ＝x 2＋1.∵△DC 1C 的面积为1，∴12·x 2＋1·233＝1.解得x ＝2，即AD ＝ 2. 方法二(1)证明：如图，以C 为坐标原点，CA 、CB 、CC 1所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)，D (1,0,1)，即C 1B 1→＝(0,2,0)，DC 1→＝(－1,0,1)，CD →＝(1,0,1)．由CD →·C 1B 1→＝(1,0,1)·(0,2,0)＝0，得CD ⊥C 1B 1. 由CD →·DC 1→＝(1,0,1)·(－1,0,1)＝0，得CD ⊥DC 1. 又DC 1∩C 1B 1＝C 1，∴CD ⊥平面B 1C 1D . 又CD ⊂平面B 1CD ， ∴平面B 1CD ⊥平面B 1C 1D .(2)解：设AD ＝a ，则D 点坐标为(1,0，a )，CD →＝(1,0，a )，CB 1→＝(0,2,2)．设平面B 1CD 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )．则⎩⎨⎧m ·CB 1→＝0，m ·CD →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋2z ＝0，x ＋ax ＝0，令z ＝－1.得m ＝(a,1，－1)，又平面C 1DC 的一个法向量为n ＝(0,1,0)，则由cos60°＝m ·n |m ||n |，得1a 2＋2＝12. 即a ＝2，故AD ＝ 2.1．已知某个几何体的三视图如图(主视图的弧线是半圆)，根据图中标出的数据，这个几何体的体积是( )A ．288＋36πB ．60πC ．288＋72πD ．288＋18π答案 A解析将几何体的三视图转化为直观图此几何体下面为长方体上面为半圆柱，根据三视图所标数据，可得V 长方体＝6×8×6＝288， V 半圆柱＝12×32×π×8＝36π.∴此几何体的体积为V ＝288＋36π.2．设a 、b 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则下列命题错误的是 A ．若a ⊥α，b ∥α，则a ⊥b B ．若a ⊥α，b ∥a ，b ⊂β，则α⊥β C ．若a ⊥α，b ⊥β，α∥β，则a ∥b D ．若a ∥α，a ∥β，则α∥β答案 D解析由题意可得A 、B 、C 选项显然正确，对于选项D ：当α，β相交，且a 与α，β的交线平行时，有a ∥α，α∥β，但此时α与β不平行．故选D.3．半径为4的球面上有A ，B ，C ，D 四点，且满足AB →·AC →＝0，AD →·AC →＝0，AB →·AD →＝0，则△ABC ，△ACD ，△ADB 面积之和S △ABC ＋S △ACD ＋S △ADB 的最大值为A ．8B ．16C ．32D ．64答案 C解析设AB ＝a ，AC ＝b ，AD ＝c ，则S △ABC ＋S △ACD ＋S △ADB ＝12(ab ＋ac ＋bc )≤12(a 2＋b 22＋a 2＋c 22＋b 2＋c 22) ＝12(a 2＋b 2＋c 2) ＝12×4R 2＝12×4×42＝32，当且仅当a ＝b ＝c 时取“＝”．4．设a 、b 、c 表示三条不同的直线，α、β表示两个不同的平面，则下列命题中逆命题不成立的是( )A ．当c ⊥α时，若α∥β时，则c ⊥βB ．当b ⊂β，c 是a 在β内的射影时，若b ⊥c ，则a ⊥bC ．当b ⊂β时，若b ⊥α，则β⊥αD ．当b ⊂α，c ⊄α时，若c ∥α，则b ∥c 答案 C解析 A ．其逆命题为当c ⊥α时，若c ⊥β，则α∥β，显然垂直于同一直线的两平面平行，逆命题正确；B ．其逆命题为当b ⊂β时，c 是a 在β内的射影，若a ⊥b ，则b ⊥c ，此为三垂线定理内容，逆命题正确；C ．其逆命题为当b ⊂β时，若β⊥α，则b ⊥a ，显然两平面垂直，其中一平面内任一直线不一定垂直另一平面，逆命题错误；D ．其逆命题为当b ⊂α，c ⊄α时，若b ∥c ，则c ∥α，此为线面平行的判断定理，逆命题正确．5．图2中的实线围成的部分是长方体(图1)的平面展开图，其中四边形ABCD 是边长为1的正方形．若向虚线围成的矩形内任意抛掷一质点，它落在长方体的平面展形图内的概率是14，则此长方体的体积是________．答案 3解析设长方体的高为h ，则图2中虚线围成的矩形长为2＋2h ，宽为1＋2h ，面积为(2＋2h )(1＋2h )，展开图的面积为2＋4h ；由几何概型的概率公式知2＋4h2＋2h 1＋2h＝14，得h ＝3，所以长方体的体积是V ＝1×3＝3. 6．(2010·江苏)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝DC ＝BC ＝1，AB ＝2，AB ∥DC ，∠BCD ＝90°.(1)求证：PC ⊥BC ；(2)求点A 到平面PBC 的距离．解析 (1)证明因为PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥BC . 由∠BCD ＝90°，得BC ⊥DC . 又PD ∩DC ＝D ，所以BC ⊥平面PCD .因为PC ⊂平面PCD ，故PC ⊥BC .(2)方法一分别取AB ，PC 的中点E ，F ，连接DE ，DF . 易证DE ∥BC ，DF ⊥PC ，则DE ∥面PBC . ∴点D ，E 到面PBC 的距离相等．∴点A 到面PBC 的距离为点D 到面PBC 的距离的2倍．由(1)知BC ⊥面PCD ，∴面PBC ⊥面PCD . 又DF ⊥PC ，∴DF ⊥面PBC .∵PD ＝DC ＝1，∴DF ＝22. ∴点A 到面PBC 的距离为 2. 方法二连接AC ，设点A 到面PBC 的距离为h . ∵AB ∥DC ，∠BCD ＝90°， ∴∠ABC ＝90°. 由AB ＝2，BC ＝1，得S △ABC ＝12AB ×BC ＝12×2×1＝1.∵V P －ABC ＝13S △ABC ·PD ＝13×1×1＝13，又V P －ABC ＝V A －PBC ，∴13S △PBC ·h ＝13，即13×12×1×2h ＝13，解得h ＝ 2. ∴点A 到面PBC 的距离为 2.7．(2011·北京理)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．解析 (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 ，又AC ∩PA ＝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.(3)由(2)知BC →＝(－1，3，0)．设P (0，－3，t )(t >0)，则BP →＝(－1，－3，t )．设平面PBC 的一个法向量m ＝(x ，y ，z )，则BC →·m ＝0，BP →·m ＝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 的一个法向量n ＝(－3，3，6t)．因为平面PBC ⊥平面PDC ，所以m·n ＝0，即－6＋36t2＝0.解得t ＝6，所以PA ＝ 6.8．(2011·浙江理)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上．已知BC ＝8，PO ＝4，AO ＝3，OD ＝2.(1)证明：AP ⊥BC ；(2)在线段AP 上是否存在点M ，使得二面角A －MC －B 为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由．解析方法一 (1)如图，以O 为原点，以射线OD 为y 轴的正半轴，以射线OP 为z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O －xyz .则O (0,0,0)，A (0，－3,0)，B (4,2,0)，C (－4,2,0)，P (0,0,4)． AP →＝(0,3,4)，BC →＝(－8,0,0)，由此可得AP →·BC →＝0，所以AP →⊥BC →，即AP ⊥BC . (2)设PM →＝λPA →，λ≠1，则 PM →＝λ(0，－3，－4)．BM →＝BP →＋PM →＝BP →＋λPA →＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4)＝(－4，－2－3λ，4－4λ)， AC →＝(－4,5,0)，BC →＝(－8,0,0)．设平面BMC 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面APC 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)．由⎩⎨⎧BM →·n 1＝0，BC →·n 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－4x 1－2＋3λy 1＋4－4λz 1＝0，－8x 1＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，z 1＝2＋3λ4－4λy 1，可取n 1＝(0,1，2＋3λ4－4λ)．由⎩⎨⎧AP →·n 2＝0，AC →·n 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y 2＋4z 2＝0，－4x 2＋5y 2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝54y 2，z 2＝－34y 2，可取n 2＝(5,4，－3)．由n 1·n 2＝0，得4－3·2＋3λ4－4λ＝0.解得λ＝25，故AM ＝3.综上所述，存在点M 符合题意，AM ＝3.方法二 (1)由AB ＝AC ，D 是BC 的中点，得AD ⊥BC . 又PO ⊥平面ABC ，得PO ⊥BC .因为PO ∩AD ＝O ，所以BC ⊥平面PAD ，故BC ⊥PA . (2)如图，在平面PAB 内作BM ⊥PA 于M ，连接CM .由(1)中知AP ⊥BC ，得AP ⊥平面BMC .又AP ⊂平面APC ，所以平面BMC ⊥平面APC .在Rt △ADB 中，AB 2＝AD 2＋BD 2＝41，得AB ＝41. 在Rt △POD 中，PD 2＝PO 2＋OD 2. 在Rt △PDB 中，PB 2＝PD 2＋BD 2.所以PB 2＝PO 2＋OD 2＋DB 2＝36，得PB ＝6. 在Rt △POA 中，PA 2＝AO 2＋OP 2＝25，得PA ＝5.又cos ∠BPA ＝PA 2＋PB 2－AB 22PA ·PB ＝13，从而PM ＝PB cos ∠BPA ＝2，所以AM ＝PA －PM ＝3. 综上所述，存在点M 符合题意，AM ＝3.9．(2011·天津理)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，H 是正方形AA 1B 1B 的中心，AA 1＝22，C 1H ⊥平面AA 1B 1B ，且C 1H ＝ 5.(1)求异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值； (2)求二面角A －A 1C 1－B 1的正弦值；(3)设N 为棱B 1C 1的中点，点M 在平面AA 1B 1B 内，且MN ⊥平面A 1B 1C 1，求线段BM 的长．解析方法一如图所示，建立空间直角坐标系，点B 为坐标原点，依题意得A (22，0,0)，B (0,0,0)，C (2，－2，5)，A 1(22，22，0)，B 1(0,22，0)，C 1(2，2，5)．(1)易得AC →＝(－2，－2，5)，A 1B 1→＝(－22，0,0)．于是cos 〈AC →，A 1B 1→〉＝AC →·A 1B 1→|AC →|·|A 1B 1→|＝43×22＝23.所以异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值为23. (2)易知AA 1→＝(0,22，0)，A 1C 1→＝(－2，－2，5)．设平面AA 1C 1的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧ m ·A 1C 1→＝0，m ·AA 1→＝0.即⎩⎨⎧ －2x －2y ＋5z ＝0，22y ＝0.不妨令x ＝5，可得m ＝(5，0，2)．同样地，设平面A 1B 1C 1的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·A 1C 1→＝0，n ·A 1B 1→＝0.即⎩⎨⎧－2x －2y ＋5z ＝0，－22x ＝0.不妨令y ＝5，可得n ＝(0，5，2)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝27·7＝27.从而sin 〈m ，n 〉＝357.所以二面角A －A 1C 1－B 1的正弦值为357.(3)由N 为棱B 1C 1的中点，得N (22，322，52)．设M (a ，b,0)，则MN →＝(22－a ，322－b ，52)．由MN ⊥平面A 1B 1C 1，得⎩⎨⎧MN →·A 1B 1→＝0，MN →·A 1C 1→＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧22－a ·－22＝0，22－a ·－2＋322－b ·－2＋52·5＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝22，b ＝24. 故M (22，24，0)．因此BM →＝(22，24，0)，所以线段BM 的长|BM →|＝104.方法二(1)由于AC ∥A 1C 1，故∠C 1A 1B 1是异面直线AC 与A 1B 1所成的角．因为C 1H ⊥平面AA 1B 1B ，又H 为正方形AA 1B 1B 的中心，AA 1＝22，C 1H ＝5，可得A 1C 1＝B 1C 1＝3.因为cos ∠C 1A 1B 1＝A 1C 21＋A 1B 21－B 1C 212A 1C 1·A 1B 1＝23.所以异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值为23. (2)连接AC 1，易知AC 1＝B 1C 1. 又由于AA 1＝B 1A 1，A 1C 1＝A 1C 1，所以△AC 1A 1≌△B 1C 1A 1.过点A 作AR ⊥A 1C 1于点R ，连接B 1R . 于是B 1R ⊥A 1C 1.故∠ARB 1为二面角A －A 1C 1－B 1的平面角．在Rt △A 1RB 1中，B 1R ＝A 1B 1·sin∠RA 1B 1＝22·1－232＝2143.连接AB 1，在△ARB 1中，AB 1＝4，AR ＝B 1R .cos ∠ARB 1＝AR 2＋B 1R 2－AB 212AR ·B 1R ＝－27.从而sin ∠ARB 1＝357.所以二面角A －A 1C 1－B 1的正弦值为357.(3)因为MN ⊥平面A 1B 1C 1，所以MN ⊥A 1B 1. 取HB 1中点D ，连接ND . 由于N 是棱B 1C 1中点，所以ND ∥C 1H 且ND ＝12C 1H ＝52.又C 1H ⊥平面AA 1B 1B ，所以ND ⊥平面AA 1B 1B . 故ND ⊥A 1B 1.又MN ∩ND ＝N ，所以A 1B 1⊥平面MND . 连接MD 并延长交A 1B 1于点E ，则ME ⊥A 1B 1，故ME ∥AA 1. 由DE AA 1＝B 1E B 1A 1＝B 1D B 1A ＝14，得DE ＝B 1E ＝22. 延长EM 交AB 于点F ，可得BF ＝B 1E ＝22. 连接NE .在Rt △ENM 中，ND ⊥ME ，故ND 2＝DE ·DM .所以DM ＝ND 2DE ＝524.可得FM ＝24.连接BM .在Rt △BFM 中，BM ＝FM 2＋BF 2＝104. 10．(2012·东北三校联考)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知BC ＝1，BB 1＝2，AB ⊥平面BB 1C 1C .(1)求直线C 1B 与底面ABC 所成角的正切值；(2)在棱CC 1(不包括端点C 、C 1)上确定一点E 的位置，使EA ⊥EB 1(要求说明理由)； (3)在(2)的条件下，若AB ＝2，求二面角A －EB 1－A 1的大小．解析方法一 (1)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，C 1C ⊥平面ABC ， ∴C 1B 在平面ABC 上的射影为CB .∴∠C 1BC 为直线C 1B 与底面ABC 所成的角． ∵在Rt △CC 1B 中，CC 1＝2，BC ＝1，∴tan ∠C 1BC ＝2，即直线C 1B 与底面ABC 所成角的正切值为2. (2)连接BE ，当E 为CC 1的中点时，EA ⊥EB 1. ∵CE ＝EC 1＝1，BC ＝B 1C 1＝1， ∴∠BEC ＝∠B 1EC 1＝45°. ∴∠BEB 1＝90°，即B 1E ⊥BE .又∵AB ⊥平面BB 1C 1C ，EB 1⊂平面BB 1C 1C ， ∴AB ⊥EB 1.又AB ⊂平面ABE ，BE ⊂平面ABE ，BE ∩AB ＝B ， ∴EB 1⊥平面ABE .又EA ⊂平面ABE ，故EA ⊥EB 1.(3)如图，取EB 1的中点G ，A 1E 的中点F ，连接FG ，则FG ∥A 1B 1，且FG ＝12A 1B 1.∵A 1B 1⊥EB 1，∴FG ⊥EB 1. 连接A 1B ，AB 1，设A 1B ∩AB 1＝O ，连接OF ，OG ，则OG ∥AE ，且OG ＝12EA .∵EA ⊥EB 1，∴OG ⊥EB 1.∴∠OGF 为二面角A －EB 1－A 1的平面角．∵AE ＝AC 2＋CE 2＝2，OG ＝12AE ＝1，FG ＝12A 1B 1＝22，OF ＝12BE ＝22，∴∠OGF ＝45°.∴二面角A －EB 1－A 1的大小为45°.方法二以B 为坐标原点，BC 、BB 1、AB 所在的直线分别为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，C 1(1,2,0)，B 1(0,2,0)．(1)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面ABC 的一个法向量为BB 1→＝(0,2,0)，又BC 1→＝(1,2,0)，设BC 1与平面ABC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈BB 1→，BC 1→〉|＝255.∴tan θ＝2，即直线C 1B 与底面ABC 所成角的正切值为2. (2)设E (1，y,0)，A (0,0，z )，则EB 1→＝(－1,2－y,0)， EA →＝(－1，－y ，z )．∵EA ⊥EB 1，∴EA →·EB 1→＝1－y (2－y )＝0. ∴y ＝1，即E (1,1,0)． ∴E 为CC 1的中点． (3)由题知A (0,0，2)，则AE →＝(1,1，－2)，B 1E →＝(1，－1,0)．设平面AEB 1的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧n ·AE →＝0，n ·B 1E →＝0.∴⎩⎨⎧x 1＋y 1－2z 1＝0，x 1－y 1＝0.令x 1＝1，则n ＝(1,1，2)． ∵BE →＝(1,1,0)，∴BE →·B 1E →＝1－1＝0. ∴BE ⊥B 1E .又BE ⊥A 1B 1，∴BE ⊥平面A 1B 1E .∴平面A 1B 1E 的一个法向量为BE →＝(1,1,0)．∴cos 〈n ，BE →〉＝n ·BE →|n |·|BE →|＝22.∴二面角A －EB 1－A 1的大小为45°.11．如图，AC 是圆O 的直径，点B 在圆O 上，∠BAC ＝30°，BM ⊥AC 交AC 于点M ，EA ⊥平面ABC ，FC ∥EA ，AC ＝4，EA ＝3，FC ＝1.(1)证明：EM ⊥BF ；(2)求平面BEF 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值．解析方法一 (1)证明：∵EA ⊥平面ABC ，BM ⊂平面ABC ，∴EA ⊥BM . 又∵BM ⊥AC ，EA ∩AC ＝A ， ∴BM ⊥平面ACFE . 而EM ⊂平面ACFE . ∴BM ⊥EM .∵AC 是圆O 的直径，∴∠ABC ＝90°. 又∵∠BAC ＝30°，AC ＝4， ∴AB ＝23，BC ＝2，AM ＝3，CM ＝1. ∵EA ⊥平面ABC ，FC ∥EA ，∴FC ⊥平面ABC . 又FC ＝CM ＝1，AM ＝EA ＝3，∴△EAM 与△FCM 都是等腰直角三角形． ∴∠EMA ＝∠FMC ＝45°. ∴∠EMF ＝90°，即EM ⊥MF . ∵MF ∩BM ＝M ，∴EM ⊥平面MBF . 而BF ⊂平面MBF ，∴EM ⊥BF .(2)解：延长EF 交AC 的延长线于G ，连接BG ，过点C 作CH ⊥BG ，连接FH .由(1)知FC ⊥平面ABC ，BG ⊂平面ABC ， ∴FC ⊥BG .而FC ∩CH ＝C ，∴BG ⊥平面FCH . ∵FH ⊂平面FCH ，∴FH ⊥BG .∴∠FHC 为平面BEF 与平面ABC 所成的二面角的平面角．在Rt △ABC 中，∵∠BAC ＝30°，AC ＝4，∴BM ＝AB ·sin30°＝ 3.由FC EA ＝GC GA ＝13，得GC ＝2. ∵BG ＝BM 2＋MG 2＝32＋32＝23，又∵△GCH ∽△GBM ， ∴GC BG ＝CH BM，∴CM ＝GC ·BM BG ＝2×323＝1. ∴△FCH 是等腰直角三角形，∠FHC ＝45°. ∴平面BEF 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值为22. 方法二 (1)证明：因为AC 是圆O 的直径，所以∠ABC ＝90°，又∠BAC ＝30°，AC ＝4，所以AB ＝23，而BM ⊥AC ，易得AM ＝3，BM ＝ 3.如图，以A 为坐标原点，垂直于AC 的直线，AC 、AE 所在的直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．由已知条件得A (0,0,0)，M (0,3,0)，E (0,0,3)，B (3，3,0)，F (0,4,1)． ∴ME →＝(0，－3,3)，BF →＝(－3，1,1)．由ME →·BF →＝(0，－3,3)·(－3，1,1)＝0，得ME →⊥BF →，∴EM ⊥BF .(2)解：由(1)知BE →＝(－3，－3,3)，BF →＝(－3，1,1)．设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ·BE →＝0，n ·BF →＝0，得⎩⎨⎧－3x －3y ＋3z ＝0，－3x ＋y ＋z ＝0.令x ＝3得y ＝1，z ＝2，∴n ＝(3，1,2)．由已知EA ⊥平面ABC ，所以平面ABC 的一个法向量为AE →＝(0,0,3)．设平面BEF 与平面ABC 所成的锐二面角为θ，则cos θ＝|cos 〈n ，AE →〉|＝|3×0＋1×0＋2×3|3×22＝22.。

2021-2022年高三数学一轮总复习第八章立体几何课时跟踪检测理

2021-2022年高三数学一轮总复习第八章立体几何课时跟踪检测理1．简单几何体(1)简单旋转体的结构特征：①圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到；②圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；③圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到；④球可以由半圆或圆绕直径旋转得到．(2)简单多面体的结构特征：①棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形；②棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；③棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．2．直观图(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．[小题体验]1．关于空间几何体的结构特征，下列说法不正确的是________(填序号)．①棱柱的侧棱长都相等；②四棱锥有四个顶点；③三棱台的上、下底面是相似三角形；④有的棱台的侧棱长都相等．解析：根据棱锥顶点的定义可知，四棱锥仅有一个顶点，故②说法不正确，由棱柱、棱台的结构，知①③④说法正确．答案：②2.如图，正方形OABC的边长为1 cm，它是水平放置的一个平面图形用斜二测画法得到的直观图，则原图形的周长是________ cm.解析：将直观图还原为平面图形，如图所示．可知周长为8 cm.答案：83．(xx·金陵中学检测)下列结论正确的是________(填序号)．①各个面都是三角形的几何体是三棱锥；②以三角形的一条边所在直线为轴，旋转一周得到的几何体叫圆锥；③棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是正六棱锥；④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：当一个几何体由具有相同的底面且顶点在底面两侧的两个三棱锥构成时，尽管各面都是三角形，但它不是三棱锥，故①错误；若三角形不是直角三角形或是直角三角形但旋转轴不是直角边所在直线，则所得的几何体就不是圆锥，故②错误；正六棱锥的侧棱长必然要大于底面边长，故③错误；由圆锥母线的定义，知④正确．答案：④1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点．2．注意斜二测画法中的“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．[小题纠偏]1．下列说法正确的是________(填序号)．①有2个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台；②多面体至少有3个面；③各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；④九棱柱有9条侧棱，9个侧面，侧面为平行四边形．解析：①说法错误，反例如图1；一个多面体至少有4个面，如三棱锥有4个面，不存在有3个面的多面体，所以②说法错误；③说法错误，反例如图2，上、下底面是全等的菱形，各侧面是全等的正方形，它不是正方体；根据棱柱的定义，知④说法正确．答案：④2．下面关于利用斜二测画法得到直观图的叙述正确的是________(填序号)．①正三角形的直观图是正三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③矩形的直观图是矩形；④圆的直观图是圆．解析：直观图改变了原图中角的大小及图形的形状，所以①③④都不正确，易知②正确．答案：②3.如图所示的正方形ABCD用斜二测画法得到的直观图是一个平行四边形，平行四边形中有一条边的边长为4，则此正方形的面积是________．解析：由题意，可知在直观图(图略)中，若边长为4的边与x′轴平行，则原正方形的边长为4，此时正方形的面积为16；若边长为4的边与y′轴平行，则原正方形的边长为8，此时正方形的面积为64.答案：16或64考点一空间几何体的结构特征基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是________．解析：截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．答案：球体2．下列说法中正确的个数是________．①以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周得到的旋转体不一定是圆锥；②以直角梯形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周得到的旋转体是圆台；③圆锥、圆台的底面都是圆；④分别以矩形的长和宽所在直线为旋转轴，旋转一周得到的两个圆柱是两个不同的圆柱．解析：①中，若以直角三角形的斜边所在直线为旋转轴，得到的是由两个底面重合的圆锥组成的旋转体，故①说法正确；②中，必须以直角梯形的垂直于底边的腰所在直线为旋转轴才能得到圆台，若以其余三边所在直线为旋转轴，则不能得到圆台，故②说法错误；显然③④说法正确．答案：33．下列图形经过折叠可以围成一个棱柱的是________(填序号)．解析：①②③中底面图形的边数与侧面的个数不一致，故不能围成棱柱．④经过折叠可以围成一个棱柱．答案：④[谨记通法]解决与空间几何体结构特征有关问题3个技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型；(3)通过反例对结构特征进行辨析．考点二空间几何体的直观图重点保分型考点——师生共研[典例引领]如图，△A′B′C′是水平放置的平面图形用斜二测画法画出的直观图，将其恢复成原图形．解：(1)画出直角坐标系xOy，在x轴上取OA＝O′A′，即CA ＝C′A′；(2)在图①中，过B′作B′D′∥y′轴，交x′轴于D′，在x轴上取OD＝O′D′，过点D作DB∥y轴，并使DB＝2D′B′；(3)连结AB，BC，则△ABC 即为△A′B′C′原来的图形，如图②所示．[由题悟法]用斜二测画法画直观图的3个步骤(1)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．(2)原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线．(3)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，用平滑的曲线连结而画出．[即时应用]用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为22 cm2，则原平面图形的面积为________cm2.解析：依题意可知∠BAD＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC，AD 相等，高为梯形ABCD的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm2.答案：8一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．四棱柱有________条侧棱，________个顶点．解析：四棱柱有4条侧棱，8个顶点(可以结合正方体观察求得)．答案：4 82．给出下列几种说法：①圆柱的底面是圆；②经过圆柱的任意两条母线的截面是一个矩形；③连结圆柱上、下底面圆周上两点的线段是圆柱的母线；④圆柱的任意两条母线互相平行．其中不正确的个数是________．解析：圆柱的母线一定垂直于圆柱的两个底面，而连结圆柱上、下底面圆周上两点的线段不一定与底面垂直，所以③说法不正确，显然①②④说法正确．答案：13．给出下列四个命题：①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体；③有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱；④长方体一定是正四棱柱．其中正确的命题个数是________．解析：反例：①直平行六面体底面是菱形，满足条件但不是正棱柱；②底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；③④显然错误．答案：04.(xx·南通调研)水平放置的正方体的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示．如图是一个正方体的表面展开图(图中数字写在正方体的外表面上)，若图中“0”上方的“2”在正方体的上面，则这个正方体的下面上的数字是________．解析：由题意，将正方体的展开图还原成正方体，1与4相对，2与2相对，0与3相对，所以正方体的下面上的数字是2.答案：25．如图，线段OA 在平面xOy 中，它与x 轴的夹角为45°，它的长为22，OA 的直观图O ′A ′的长为________．解析：过点A 作AB ⊥Ox 于B ，∵OA ＝22，∠AOB ＝45°，∴OB ＝AB ＝2，线段OB 的直观图O ′B ′＝2，A ′B ′＝1，∠O ′B ′A ′＝135°.∴O ′A ′2＝22＋12－2×2×1×cos 135°，∴O ′A ′＝5＋2 2.答案： 5＋2 2二保高考，全练题型做到高考达标 1．将等边三角形绕它的一条中线旋转180°，形成的几何体是________．解析：因为等边三角形是一个对称图形，并且中线过其顶点，底边旋转后成为一个圆，所以形成的几何体是一个圆锥．答案：圆锥2．把一个圆锥截成圆台，已知圆台上下底面的半径之比为1∶4，母线长为9；则圆锥的母线长是________．解析：设该圆锥的轴截面如图所示，由平面几何知识可知，O ′B ′OB ＝CB ′CB ，所以14＝CB ′CB ′＋9，所以CB ′＝3，所以BC ＝3＋9＝12.即圆锥的母线长为12.答案：123．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥不可能是________(填序号)．①三棱锥；②四棱锥；③五棱锥；④六棱锥．解析：各个侧面都是等边三角形，故六棱锥的底面的每一条边长都相等，底面是一个六边都相等的六边形．当这个六边形是正六边形时，如图可知AD＝2AB＝SA＋SD，这时不能构成三角形；当这个六边形不是正六边形时，则AD，BE，CF三条线段中必然有一条大于或等于SA＋SD，这时也不能构成三角形，故这个棱锥不可能是六棱锥．序号①②③中都有符合条件的棱锥，故填④.答案：④4．下列关于投影的说法正确的是________(填序号)．①平行投影的投影线是互相平行的；②中心投影的投影线是互相垂直的；③线段上的点在中心投影下仍然在线段上；④平行的直线在中心投影下不平行．解析：①平行投影是指投影线互相平行的投影，故①是正确的；②中心投影的投影线一般是不垂直的；③线段上的点在中心投影下可以重合于一点；④平行的直线在中心投影下可以平行也可以不平行．答案：①5.如图所示是水平放置的△ABC在直角坐标系中的直观图，其中D是AC的中点，原△ACB中，∠ACB≠30°，则原图形中与线段BD的长相等的线段有________条．解析：先按照斜二测画法把直观图还原为真正的平面图形，然后根据平面图形的几何性质找与线段BD长度相等的线段，把△ABC还原后为直角三角形，则D 为斜边AC的中点，所以AD＝DC＝BD.答案：26．设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；②底面是矩形的平行六面体是长方体；③直四棱柱是直平行六面体；④棱台的相对侧棱延长后必交于一点．其中真命题的序号是________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．答案：①④7．如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6，O ′C ′＝2，则原图形OABC 的面积为________．解析：由题意知原图形OABC 是平行四边形，且OA ＝BC ＝6，设平行四边形OABC 的高为OE ，则OE ×12×22＝O ′C ′，∵O ′C ′＝2，∴OE ＝42，∴S ▱OABC ＝6×42＝24 2. 答案：24 28．(xx·南京师大附中月考)已知正三角形ABC 的边长为a ，那么用斜二测画法得到的△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′的面积为________．解析：根据题意，建立如图①所示的平面直角坐标系，再按照斜二测画法画出其直观图，如图②中△A ′B ′C ′所示．易知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a .过点C ′作C ′D ′⊥A ′B ′于点D ′，则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a .所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12a ×68a ＝616a 2. 答案：616a 2 9.(xx·盐城调研)如图所示，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝2，BB 1＝2，∠ABC ＝90°，E ，F 分别为AA 1，C 1B 1的中点，试求沿棱柱的表面从点E 到点F 的最短路径．解：若将△A 1B 1C 1沿A 1B 1折起，使得E ，F 在同一平面内，则此时EF ＝72＋ 2.若将侧面沿B 1B 展成平面，则此时EF ＝ 112.若将△A 1B 1C 1沿A 1C 1折起使得E ，F 在同一平面内，则此时EF ＝322.经比较知沿棱柱的表面从点E 到点F 的最短路径为322.10.如图所示，圆台母线AB 长为20 cm ，上、下底面半径分别为5 cm 和10 cm ，从母线AB 的中点M 拉一条绳子绕圆台侧面转到B 点，求这条绳长的最小值．解：作出圆台的轴截面与侧面展开图，如图所示，如图1，由其轴截面中Rt △OPA 与Rt △OQB 相似，得OA OA ＋AB ＝510，可求得OA ＝20 cm.如图2，设∠BOB ′＝α，由于扇形弧的长与底面圆Q 的周长相等，而底面圆Q 的周长为2π×10 cm.扇形OBB ′的半径为OA ＋AB ＝20＋20＝40 cm ，扇形OBB ′所在圆的周长为2π×40＝80π cm. 所以扇形弧的长度20π为所在圆周长的14.所以OB ⊥OB ′.所以在Rt △B ′OM 中，B ′M 2＝402＋302，所以B ′M ＝50 cm ，即所求绳长的最小值为50 cm. 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知菱形ABCD 的边长是4，∠DAB ＝60°，则菱形ABCD 的斜二测直观图的面积是________．解析：由已知得BD ＝4，AC ＝43，且AC ⊥BD ，所以其斜二测直观图的面积为S ＝12×43×4×12×sin 45°＝2 6.答案：2 62．在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，过对角线BD 1的一个平面交AA 1于E ，交CC 1于F ，得四边形BFD 1E ，给出下列结论：①四边形BFD 1E 有可能为梯形； ②四边形BFD 1E 有可能为菱形；③四边形BFD 1E 有可能垂直于平面BB 1D 1D ；④四边形BFD 1E 面积的最小值为62. 其中正确的是________(填序号)．解析：四边形BFD 1E 为平行四边形，①显然不成立，当E ，F 分别为AA 1，CC 1的中点时，②③成立．当E ，F 分别为AA 1，CC 1的中点时，四边形BFD 1E 的面积最小，最小值为62. 答案：②③④3．(xx·南京调研)一个圆台的母线长为12 cm ，两底面面积分别为4π cm 2和25π cm 2. (1)求圆台的高；(2)求截得此圆台的圆锥的母线长．解：(1)如图，过圆台的轴作截面，则截面为等腰梯形ABCD ，作AM ⊥BC 于点M ，连结O 1O .由已知可得上底半径O 1A ＝2 cm ，下底半径OB ＝5 cm ，且腰长AB ＝12 cm ， ∴AM ＝122－32＝315(cm)．即圆台的高为315 cm.(2)延长BA ，OO 1，CD 交于点S ，设截得此圆台的圆锥的母线长为l . 则由△SAO 1∽△SBO ，可得l －12l ＝25， ∴l ＝20 (cm)，即截得此圆台的圆锥的母线长为20 cm.第二节空间几何体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式 S 圆柱侧＝2πrl S 圆锥侧＝πrl S 圆台侧＝π(r ＋r ′)l名称几何体表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S 表面积＝S 侧＋2S 底 V ＝Sh锥体(棱锥和圆锥) S 表面积＝S 侧＋S 底V ＝13Sh台体(棱台和圆台) S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球S ＝4πR 2V ＝43πR 3[小题体验]1．(教材习题改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶3 1∶12．(教材习题改编)已知棱长为a ，各面均为等边三角形的四面体S ABC ，它的表面积为________．解析：过S 作SD ⊥BC ， ∵BC ＝a ，∴SD ＝32a ， ∴S △SBC ＝34a 2， ∴表面积S ＝4×34a 2＝3a 2. 答案：3a 23．已知一个母线长为1的圆锥的侧面展开图的圆心角等于240°，则该圆锥的体积为________．解析：圆锥的底面圆的周长为240°360°×2π×1＝43π，设底面圆的半径为r ，则有2πr＝43π，所以r ＝23，于是圆锥的高h ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝53，故圆锥的体积V ＝13×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫232×53＝4581π. 答案：4581π1．易混侧面积与表面积的概念，导致计算时错用公式，漏掉底面积的计算． 2．对几何体的结构特征把握不准，导致空间线面关系的推理、表面积与体积的求解出现错误．[小题纠偏]1．正六棱台的上、下两底面的边长分别是1 cm,2 cm ，高是1 cm ，则它的侧面积为________ cm 2.解析：正六棱台的侧面是6个全等的等腰梯形，上底长为1 cm ，下底长为2 cm ，高为正六棱台的斜高．又边长为1 cm 的正六边形的中心到各边的距离是32cm ，边长为2 cm 的正六边形的中心到各边的距离是 3 cm ，则梯形的高为1＋⎝⎛⎭⎪⎫3－322＝72 cm ，所以正六棱台的侧面积为6×12×(1＋2)×72＝972cm 2.答案：9722．若一个球的体积为43π，则它的表面积为________．解析：设球的半径为R ，则43πR 3＝43π，∴R ＝3，∴球的表面积S ＝4πR 2＝4π×3＝12π. 答案：12π3．已知某圆柱的侧面展开图是边长为2a ，a 的矩形，则该圆柱的体积为________．解析：设圆柱的母线长为l ，底面圆的半径为r ，则当l ＝2a 时，2πr ＝a ，∴r ＝a2π，这时V 圆柱＝2a ·π⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2π2＝a32π；当l ＝a 时，2πr ＝2a ，∴r ＝a π，这时V圆柱＝a ·π⎝ ⎛⎭⎪⎫a π2＝a 3π.综上，该圆柱的体积为a 32π或a 3π.答案：a 32π或a 3π考点一空间几何体的表面积基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．(xx·无锡一中检测)等边圆柱(底面直径和高相等的圆柱)的底面半径与球的半径相等，则等边圆柱的表面积与球的表面积的比值为________．解析：设球的半径为R .等边圆柱的表面积S 1＝2πR ×2R ＋2×πR 2＝6πR 2，球的表面积S 2＝4πR 2，所以S 1S 2＝6πR 24πR 2＝32.答案：322.(xx·启东中学检测)如图，半径为2的半球内有一个内接正六棱锥P ABCDEF ，则此正六棱锥的表面积是________．解析：显然正六棱锥P ABCDEF 的底面的外接圆是球的一个大圆，由已知，可得大圆的半径为 2.易得其内接正六边形的边长为 2.又正六棱锥P ABCDEF 的高为2，则斜高为22＋32＝7，所以该正六棱锥的表面积为6×12×2×7＋6×3＝67＋6 3.答案：67＋6 33．已知底面是菱形的直四棱柱的侧棱长为5，它的体对角线的长分别是9和15，求这个直四棱柱的侧面积．解：如图，底面是菱形的直棱柱ABCD A ′B ′C ′D ′中，两条对角线长为A ′C ＝15，BD ′＝9，侧棱长为AA ′＝DD ′＝5，∵△BDD ′和△CAA ′都是直角三角形，∴由勾股定理，得AC 2＝152－52＝200，BD 2＝92－52＝56，可得AC ＝102，BD ＝214.∵AC ，BD 分别是菱形ABCD 的两条对角线，∴AC ，BD 互相垂直平分，且把菱形分成四个全等的直角三角形，两条直角边的长分别为12AC ＝52和12BD ＝14，由勾股定理，得AB ＝522＋142＝8.∴该直四棱柱的侧面积S ＝4×8×5＝160.[谨记通法] 几何体的表面积2种求法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．注意衔接部分的处理．考点二空间几何体的体积重点保分型考点——师生共研[典例引领]1.(xx·南京一中检测)如图所示，已知一个多面体的平面展开图由一个边长为1的正方形和4个正三角形组成，则该多面体的体积是________．解析：由展开图，可知该多面体是正四棱锥，底面正方形的边长为1，侧棱长也为1，∴该正四棱锥的高h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝22， ∴其体积V ＝13×12×22＝26.答案：262.如图，AA 1，BB 1为圆柱OO 1的母线，BC 是底面圆O 的直径，D ，E 分别是AA 1，CB 1的中点，DE ⊥平面CBB 1.(1)证明：DE ∥平面ABC ；(2)求四棱锥C ABB 1A 1与圆柱OO 1的体积比．解：(1)证明：连结EO ，OA . ∵E ，O 分别为B 1C ，BC 的中点， ∴EO ∥BB 1，且EO ＝12BB 1.又DA ∥BB 1，且DA ＝12BB 1，∴DA 綊EO ，∴四边形AOED 是平行四边形， ∴DE ∥OA .又DE ⊄平面ABC ，AO ⊂平面ABC ， ∴DE ∥平面ABC .(2)由题意知DE ⊥平面CBB 1，且由(1)知DE ∥AO ， ∴AO ⊥平面CBB 1， ∴AO ⊥BC ， ∴AC ＝AB .∵BC 是底面圆O 的直径，得CA ⊥AB ，且AA 1⊥CA ， ∴CA ⊥平面AA 1B 1B ，即CA 为四棱锥C ABB 1A 1的高．设圆柱高为h ，底面半径为r ，则V ＝πr 2h ，V ＝13h (2r )·(2r )＝23r 2h .∴V ∶V ＝23π.[由题悟法]求解几何体体积的必备策略常见类型解题策略球的体积问题直接利用球的体积公式求解，在实际问题中要根据题意作出图形，构造直角三角形确定球的半径锥体、柱体的体积问题根据题设条件求出所给几何体的底面积和高，直接套用公式求解不规则几何体的体积问题常用分割或补形的思想，若几何体的底不规则，也需采用同样的方法，将不规则的几何体或平面图形转化为规则的几何体或平面图形，易于求解[即时应用]如图，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥AD ，AB ∥CD ，CD ⊥AD ，AD ＝CD ＝2AB ＝2，E ，F 分别为PC ，CD 的中点，DE ＝EC .(1)求证：平面ABE ⊥平面BEF ；(2)设PA ＝a ，若三棱锥B PED 的体积V ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤2515，21515，求实数a 的取值范围．解：(1)证明：因为AB ∥CD ，CD ⊥AD ，AD ＝CD ＝2AB ＝2，F 为CD 的中点，所以四边形ABFD 为矩形，AB ⊥BF . 因为DE ＝EC ，所以DC ⊥EF . 又AB ∥CD ，所以AB ⊥EF . 因为BF ∩EF ＝F ，所以AB ⊥平面BEF .又AB ⊂平面ABE ，所以平面ABE ⊥平面BEF . (2)因为PD ∥EF ，AB ⊥EF ，所以AB ⊥PD .又AB ⊥AD ，AD ∩PD ＝D ，所以AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PA .又PA ⊥AD ，AB ∩AD ＝A ，所以PA ⊥平面ABCD . 因为S △BCD ＝12×2×2＝2，E 到平面BCD 的距离h ＝a2，所以V B PED ＝V B EDC ＝V E BCD ＝13×2×a 2＝a3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤2515，21515，所以a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤255，2155.故实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤255，2155.考点三与球有关的切、接问题常考常新型考点——多角探明[命题分析]与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考生的难点、易失分点，命题角度多变．常见的命题角度有： (1)正四面体的内切球； (2)直三棱柱的外接球； (3)正方体(长方体)的外接球； (4)四棱锥(三棱锥)的外接球．[题点全练]角度一：正四面体的内切球1．(xx·苏州模拟)若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.解析：设正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4·34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14，即r ＝14·63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π. 答案：63π角度二：直三棱柱的外接球2．已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为________．解析：如图，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M .又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52 2＋62＝132.答案：132角度三：正方体(长方体)的外接球3．(xx·扬州调研一模)已知矩形ABCD 的顶点都在半径为2的球O 的球面上，且AB ＝3，BC ＝3，过点D 作DE 垂直于平面ABCD ，交球O 于E ，则棱锥E ABCD 的体积为________．解析：如图所示，BE 过球心O ，∴DE ＝42－32－32＝2，∴V E ABCD ＝13×3×3×2＝2 3.答案：2 3角度四：四棱锥(三棱锥)的外接球4．(xx·盐城模拟)体积为163的正四棱锥S ABCD 的底面中心为O ，SO 与侧面成的角的正切值为22，那么过S ABCD 的各顶点的球的表面积为________．解析：如图，取AB 的中点为F ，连结SF ，过点O 作OG ⊥SF ，则∠OSG 为SO 与侧面所成的角，且tan ∠OSG ＝OF SO ＝22. 设AB ＝2a ，则SO ＝2a ，所以13×4a 2×2a ＝163，得a ＝ 2.延长SO 交外接球于E ，则EB ⊥SB ，由OB 2＝SO ·OE 得4＝2·(2R －2)，所以R ＝2，S ＝4π×22＝16π. 答案：16π5．(xx·南京四校联考)在正三棱锥S ABC 中，M 是SC 的中点，且AM ⊥SB ，底面边长AB ＝22，则正三棱锥S ABC 的外接球的表面积为________．解析：如图，由正三棱锥的性质易知SB ⊥AC ，结合AM ⊥SB 知SB ⊥平面SAC ，所以SB ⊥SA ，SB ⊥SC .又正三棱锥的三个侧面是全等的三角形，所以SA ⊥SC ，所以正三棱锥S ABC 为正方体的一个角，所以正三棱锥S ABC 的外接球即为正方体的外接球．由AB ＝22，得SA ＝SB ＝SC ＝2，所以正方体的体对角线为23，所以所求外接球的半径R ＝3，所求表面积为4πR 2＝12π.答案：12π[方法归纳]“切”“接”问题处理的注意事项(1)“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．(2)“接”的处理把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为________．解析：设球的半径为R ，则表面积是16π，即4πR 2＝16π，解得R ＝2.所以体积为43πR3＝32π3.答案：32π32．若一个圆台的母线长l ，上、下底面半径r 1，r 2满足2l ＝r 1＋r 2，且侧面积为8π，则母线长l ＝________.解析：S 圆台侧＝π(r 1＋r 2)l ＝2πl 2＝8π，所以l ＝2. 答案：23．在三角形ABC 中，AB ＝3，BC ＝4，∠ABC ＝90°，若将△ABC 绕直线BC 旋转一周，则所形成的几何体的侧面积为________．解析：依题意知几何体为底面半径为3，母线长为5的圆锥，所得几何体的侧面积等于π×3×5＝15π.答案：15π4．棱长为a 的正方体有一内切球，该球的表面积为________．解析：由题意知球的直径2R ＝a ， ∴R ＝a2.∴S ＝4πR 2＝4π×a 24＝πa 2.答案：πa 25．如图，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长都为3，D 为CC 1上一点，且CD ＝2DC 1，则三棱锥A 1BCD 的体积________．解析：过A 1作A 1H ⊥B 1C 1，垂足为H .因为平面A 1B 1C 1⊥平面BB 1C 1C ，所以A 1H ⊥平面BB 1C 1C ，所以VA 1BCD ＝13×32×3×12×2×3＝332.答案：332二保高考，全练题型做到高考达标1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为________．解析：设圆台较小底面半径为r ，则另一底面半径为3r . 由S ＝π(r ＋3r )·3＝84π，解得r ＝7. 答案：72．若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，则该圆锥的体积为________．解析：因为半圆面的面积为12πl 2＝2π，所以l 2＝4，解得l ＝2，即圆锥的母线为l ＝2，底面圆的周长2πr ＝πl ＝2π，所以圆锥的底面半径r ＝1，所以圆锥的高h ＝l 2－r 2＝3，所以圆锥的体积为13πr 2h ＝13×π×3＝3π3.答案：3π33．已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的底面边长为6时，其高的值为________．解析：设正六棱柱的高为h ，则可得(6)2＋h 24＝32，解得h ＝2 3.答案：2 34．已知正六棱柱的侧面积为72 cm 2，高为6 cm ，那么它的体积为________ cm 3. 解析：设正六棱柱的底面边长为x cm ，由题意得6x ·6＝72，所以x ＝2 cm ，于是其体积V ＝34×22×6×6＝36 3 cm 3. 答案：36 35．(xx·南通调研)一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为2 cm 的球面上，如果正四棱柱的底面边长为1 cm ，那么该棱柱的表面积为________cm 2.解析：作出轴截面图，其中圆的内接矩形为正四棱柱的对角面，易求棱柱的侧棱长为2，所以S 表＝4×1×2＋2×12＝2＋42(cm 2)．答案：2＋4 26．已知正三棱锥S ABC ，D ，E 分别是底面边AB ，AC 的中点，则四棱锥S BCED 与三棱锥S ABC 的体积之比为________．解析：设正三棱锥S ABC 底面△ABC 面积为4S .由S △ADE S △ABC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122，所以，S △ADE ＝S ，S 四边形BCDE＝3S ，因两个棱锥的高相同，所以V S BCED ∶V S ABC ＝3∶4.答案：3∶47．已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且AB ＝6，BC ＝23，则棱锥。

2021高考数学(理)(全国通用)大一轮复习2022高考试题汇编第八章立体几何

第八章立体几何第一节空间几何体及其表面积和体积题型85 空间几何体的表面积与体积1.（2017江苏6）如图所示，在圆柱12O O 内有一个球O ，该球与圆柱的上、下面及母线均相切．记圆柱12O O 的体积为1V ，球O 的体积为2V ，则12V V 的值是．1.解析设球O 的半径为r ，由题意212V r r =π⋅，3243V r =π，所以1232V V =．故填32．2．（2022天津理10）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为 .2.解析设正方体的边长为a ，则226183a a =⇒=.外接球直径为正方体的体对角线，所以233==R a ，344279πππ3382==⨯=V R . 3.（2107全国1卷理科16）如图所示，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：3cm ）的最大值为_______.O ED CBAO O 1O 2 ⋅⋅⋅3.解析由题意，联结OD ，交BC 于点G ，如图所示，则OD BC ⊥，3OG BC =，即OG 的长度与BC 的长度成正比.设OG x =，则23BC x =，5DG x =-，三棱锥的高222225102510h DG OG x x x x =-=-+-=-，21233332ABC S x x x =⋅⋅=△，则21325103ABC V S h x x =⋅=-△45=32510x x -.令()452510f x x x =-，50,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()3410050f x x x '=-，令()0f x '>，即4320x x -<，2x <，当()0f x '<，得522x <<，所以()f x 在()0,2上单调递增，在52,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减.故()()280f x f =≤，则380415V ⨯=≤，所以体积的最大值为3415cm .题型86 旋转体的表面积、体积及球面距离4.（2107全国3卷理科8）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）. A ．πB ．3π4C ．π2D ．π44．解析如图所示，由题可知球心在圆柱体的中心处，圆柱体上、下底面圆的半径 221312r ⎛⎫=-=⎪⎝⎭，则圆柱体的体积23ππ4V r h ==.故选B.题型87 几何体的外接球与内切球第二节空间几何体的直观图与三视图题型88 斜二测画法与直观图——暂无题型89 空间几何体的三视图5.某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是（）. A.π12+ B. π32+ C. 3π12+ D. 3π32+5.解析由三视图可知，直观图是由半个圆锥与一个三棱锥构成，半圆锥体积为()2111=13232S π⨯π⨯⨯=，三棱锥体积为211=213=132S ⎛⎫⨯⨯⨯ ⎪⎝⎭，所以几何体体积1212S S S π=+=+．故选A ．6.（2022全国1卷理科7）某多面体的三视图如图所示，其中正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（）.A.10B.12C.14D.166. 解析由三视图可画出立体图，如图所示，该多面体只有两个相同的梯形的面， ()24226S =+⨯÷=梯，6212S =⨯=全梯.故选B.7.（2107全国2卷理科4）如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得，则该几何体的体积为（）. A ．90π B ．63π C ．42π D ．36π7．解析该几何体可视为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，如图所示． 2211π310π3663π22=-=⋅⋅-⋅⋅⋅=V V V 总上.故选B.4668.（2017北京理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（）. A.32 B.23 C.22 D.28. 解析几何体四棱锥如图所示，最长棱为正方体的体对角线，即22222223l =++=.故选B.9.（2022山东理13）由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 .9. 解析该几何体的体积为21112211242V π=π⨯⨯⨯+⨯⨯=+．第三节空间点、直线、平面之间的位置关系题型90 证明“点共面”“线共面”“点共线”或“线共点” ——暂无题型91 截面问题——暂无10.（2017江苏18）如图所示，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm ，容器Ⅰ的底面对角线AC 的长为107cm ，容器Ⅱ的两底面对角线EG ，11E G 的长分别为14cm 和62cm ．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm ．现有一根玻璃棒l ，其长度为40cm （容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）.（1）将l 放在容器Ⅰ中，l 的一端置于点A 处，另一端置于侧棱1CC 上，求l 没入水中部分的长度；（2）将l 放在容器Ⅱ中，l 的一端置于点E 处，另一端置于侧棱1GG 上，求l 没入水中部分的长度．ABC D A 1B 11D 1容器ⅠGH O E F 1G 1H 1O 1容器Ⅱ10.解析（1）由正棱柱的定义，1CC ⊥平面ABCD ，所以平面11A ACC ⊥平面ABCD ，1CC AC ⊥．记玻璃棒的另一端落在1CC 上点M 处，如图所示为截面11A ACC 的平面图形．因为107AC =40AM =，所以()224010730MC =-=，从而3sin 4MAC ∠=.记AM 与水面的交点为1P ，过点1P 作11PQ AC ⊥，1Q 为垂足，则11PQ ⊥平面ABCD ，故1112PQ =，从而11116sin PQ AP MAC==∠．答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为16cm ．问(1)AC 1A 1CMP 1Q 1（2）如图所示为截面11E EGG 的平面图形，O ，1O 是正棱台两底面的中心．由正棱台的定义，1OO ⊥平面EFGH ，所以平面11E EGG ⊥平面EFGH ，1O O EG ⊥．同理，平面11E EGG ⊥平面1111E F G H ，111O O E G ⊥．记玻璃棒的另一端落在1GG 上点N 处．过G 作11GK E G ⊥，K 为垂足，则132GK OO ==．因为 14EG =，1162E G =，所以16214242KG -==，从而2211 GG KG GK =+22243240=+=．设1EGG α∠=，ENG β∠=，则114sin sin cos 25KGG KGG απ⎛⎫=+==⎪⎝⎭∠∠．因为2απ<<π，所以3cos 5α=-．在ENG △中，由正弦定理可得4014sin sin αβ=，解得7sin 25β=．因为02βπ<<，所以24cos 25β=，于是()()sin sin sin =NEG αβαβ=π--=+∠sin cos cos sin αβαβ+4243735255255⎛⎫=⨯+-⨯= ⎪⎝⎭．记EN 与水面的交点为2P ，过2P 作22P Q EG ⊥，2Q 为垂足，则22P Q ⊥平面EFGH ，故2212P Q =，从而22220sin PQ EP NEG==∠．答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为20cm ．问(2)G O E Q 2P 2NG 1KE 1O 1评注此题本质上考查解三角形的知识，但在这样的大背景下构造的应用题让学生有畏惧之感，且该应用题的实际应用性也不强．也有学生第（1）问采用相似法解决，解法如下：107AC =40AM =，所以()224010730CM =-=，1112PQ =，所以由11AP A Q CM △△∽，111PQ AP CM AM=，即1123040AP =，解得116AP =．答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为16cm ．题型92 异面直线的判定——暂无第四节直线、平面平行的判定与性质题型93 证明空间中直线、平面的平行关系11.（2107浙江19（1））如图所示，已知四棱锥P ABCD -，PAD △是以AD 为斜边的等腰直角三角形，//BC AD ，CD AD ⊥，22PC AD DC CB ===，E 为PD 的中点. （1）证明：//CE 平面PAB .11.解析（1）如图所示，设PA DE 的中点为F ，联结EF ，FB .A BCDPE因为E ，F 分别为PD ，PA 的中点，所以//EF AD ，且1=2EF AD . 又因为//BC AD ，12BC AD =，所以//EF BC ，且=EF BC ，所以四边形BCEF 为平行四边形，所以//CE BF ，又BF ⊂平面PAB ，所以//CE 平面PAB .H QPN F DBCEA12.（2017江苏15）如图所示，在三棱锥A BCD -中，AB AD ⊥，BC BD ⊥，平面ABD ⊥平面BCD ，点,E F （E 与,A D 不重合）分别在棱,AD BD 上，且EF AD ⊥．求证：（1）EF ∥平面ABC ；（2）AD AC ⊥．ABDCEF12.解析（1）在平面ABD 内，因为AB AD ⊥，EF AD ⊥，且点E 与点A 不重合，所以//EF AB .又因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以//EF 平面ABC . （2）因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD平面BCD BD =，BC ⊂平面BCD ，BC BD ⊥，所以BC ⊥平面ABD .因为AD ⊂平面ABD ，所以BC AD ⊥. 又AB AD ⊥，BCAB B =，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥平面ABC .又因为AC ⊂平面ABC ，所以AD AC ⊥.13.（2022全国2卷理科19）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD ==，o 90BAD ABC ∠=∠=， E 是PD 的中点. （1）求证：直线//CE 平面PAB ；EM DCBAP13．解析（1）令PA 的中点为F ，联结EF ，BF ，如图所示．因为点E ，F 为PD ，PA 的中点，所以EF 为PAD △的中位线，所以=1//2EF AD ．又因为90BAD ABC ∠=∠=︒，所以BC AD ∥．又因为12AB BC AD ==，所以=1//2BC AD ，于是=//EF BC ．从而四边形BCEF 为平行四边形，所以CE BF ∥．又因为BF PAB ⊂面，所以CE ∥平面PAB .Oz yxPM F ED CA题型94 与平行有关的开放性、探究性问题第五节直线、平面垂直的判定与性质题型95 证明空间中直线、平面的垂直关系14.（2017江苏15）如图所示，在三棱锥A BCD -中，AB AD ⊥，BC BD ⊥，平面ABD ⊥平面BCD ，点,E F （E 与,A D 不重合）分别在棱,AD BD 上，且EF AD ⊥．求证：（1）EF ∥平面ABC ；（2）AD AC ⊥．ABDCEF14.解析（1）在平面ABD 内，因为AB AD ⊥，EF AD ⊥，且点E 与点A 不重合，所以//EF AB .又因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以//EF 平面ABC . （2）因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD平面BCD BD =，BC ⊂平面BCD ，BC BD ⊥，所以BC ⊥平面ABD .因为AD ⊂平面ABD ，所以BC AD ⊥. 又AB AD ⊥，BCAB B =，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥平面ABC .又因为AC ⊂平面ABC ，所以AD AC ⊥.15.（2022全国1卷理科18（1））如图所示，在四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，且90BAP CDP ∠=∠=.(1)求证：平面PAB ⊥平面PAD ；DCBAP15. 解析（1）证明：因为90BAP CDP ∠=∠=，所以PA AB ⊥，PD CD ⊥.又因为AB CD ∥，所以PD AB ⊥.又因为PD PA P =，PD ，PA ⊂平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .16.（2022全国3卷理科19（1））如图所示，四面体ABCD 中，ABC △是正三角形，ACD △是直角三角形，ABD CBD ∠=∠，AB BD =．（1）求证：平面ACD ⊥平面ABC ；16．解析 ⑴如图所示，取AC 的中点为O ，联结BO ，DO . 因为ABC △为等边三角形，所以BO AC ⊥，AB BC =.由AB BC BD BD ABD DBC =⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，得ABD CBD ≅△△，所以AD CD =，即ACD △为等腰直角三角形，从而ADC ∠为直角.又O 为底边AC 中点，所以DO AC ⊥. 令AB a =，则AB AC BC BD a ====，易得2a OD =，3a OB = 所以222OD OB BD +=，从而由勾股定理的逆定理可得2DOB π∠=，即OD OB ⊥. 由OD AC OD OB AC OB O AC ABC OB ABC⊥⎧⎪⊥⎪⎪=⎨⎪⊂⎪⊂⎪⎩平面平面，所以OD ⊥平面ABC . 又因为OD ⊂平面ADC ，由面面垂直的判定定理可得平面ADC ⊥平面ABC .BEC DAO题型96 与垂直有关的开放性、探索性问题——暂无第六节空间向量与立体几何题型97 空间向量及其运算题型98 空间角的计算17.（2022全国2卷理科10）已知直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=，2AB =，11BC CC ==，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（）.A 3B 15C 10D 3 17．解析设M ，N ，P 分别为AB ，1BB ，11B C 的中点，则1AB 和1BC 的夹角为MN 和NP 夹角或其补角（异面线所成角为π02⎛⎤ ⎥⎝⎦，）.可知1152MN AB ==1122NP BC ==，取BC 的中点Q ，联结,,PQ MQ PM ，则可知PQM △为直角三角形．1=PQ ，12MQ AC =.在ABC△中，2222cosAC AB BC AB BC ABC=+-⋅⋅∠1 4122172⎛⎫=+-⨯⨯⋅-=⎪⎝⎭，即7=AC，则7MQ=，则在MQP△中，2211MP MQ PQ=+=.在PMN△中，222cos2MN NP PMPNMMN NP+-∠=⋅⋅222521110522⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭==-⋅⋅.又异面直线所成角为π2⎛⎤⎥⎝⎦，，则其余弦值为10．故选C.18.（2107山东理17）如图所示，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120得到的，G是DF的中点.（1）设P是CE上的一点，且AP BE⊥，求CBP∠的大小；（2）当3AB=，2AD=，求二面角E AG C--的大小.18.解析（1）因为AP BE⊥，AB BE⊥，AB，AP⊂平面ABP，AB AP A=，所以BE⊥平面ABP.又BP⊂平面ABP，所以BE BP⊥.又120EBC∠=︒，所以30CBP∠=︒.（2）以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.Gz yxPFE DC BA由题意得(0,0,3)A ，(2,0,0)E ，3,3)G ，(3,0)C -，则(2,0,3)AE =-，(1,3,0)AG =，(2,0,3)CG =.设111(,,)x y z =m 是平面AEG 的一个法向量，由00AE AG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，可得111123030x z x -=⎧⎪⎨=⎪⎩，取12z =，可得平面AEG 的一个法向量(3,3,2)m =. 设222(,,)x y z =n 是平面ACG 的一个法向量，由00AG CG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，可得222230230x x z ⎧=⎪⎨+=⎪⎩，取22z =-，可得平面ACG 的一个法向量(3,3,2)=--n . 从而1cos ,2⋅==⋅m n m n m n ，易知二面角E AG C --为锐角.因此所求的角为60︒.19.（2017江苏22）如图所示，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥平面ABCD ，且2AB AD ==，13AA =120BAD ∠=︒．（1）求异面直线1A B 与1AC 所成角的余弦值；（2）求二面角1B A D A --的正弦值．A 1B 1C 1D 1ABCD19.解析在平面ABCD 内，过点A 作AE AD ⊥，交BC 于点E ．因为1AA ⊥平面ABCD ，所以1AA AE ⊥，1AA AD ⊥．如图所示，以{}1,,AE AD AA 为正交基底，建立空间直角坐标系A xyz -．EDCBAD 1C 1B A 1xyz因为2AB AD ==，13AA =120BAD ∠=︒．则()0,0,0A ，)3,1,0B -，()0,2,0D ，)3,0,0E，(13A ，13,1,3C ．（1）(13,1,3A B =--，(13,1,3AC =，则111111cos ,A B AC A B AC A B AC ⋅=3,1,33,1,3177--⋅==-．因此异面直线1A B 与1AC 所成角的余弦值为17．（2）平面1A DA 的一个法向量为()3,0,0AE =．设(),,x y z =m 为平面1BA D 的一个法向量，又(13,1,3A B =--，()3,3,0BD =-，则100A B BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，即330330x y z x y --=+=⎪⎩．不妨取3x =，则3y =，2z =，所以()3,2=m 为平面1BA D 的一个法向量. 从而cos ,AE AE AE ⋅=m m m(3,0,03,23434⋅==⨯，设二面角1B A D A --的大小为θ，则3cos 4θ=．因为[]0,θ∈π，所以27sin 1cos θθ=-=．因此二面角1B A D A --7． 20.（2022全国1卷理科18）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，且90BAP CDP ∠=∠=.(1)求证：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA PD AB DC ===，90APD ∠=，求二面角A PB C --的余弦值.DCBAP20. 解析（1）证明：因为90BAP CDP ∠=∠=，所以PA AB ⊥，PD CD ⊥.又因为AB CD ∥，所以PD AB ⊥.又因为PD PA P =，PD ，PA ⊂平面PAD ，所以AB ⊥ 平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .（2）取AD 的中点O ，BC 的中点E ，联结PO ，OE ，因为AB CD ∥，所以四边形ABCD 为平行四边形，所以OE AB ∥.由（1）知，AB ⊥平面PAD ，所以OE ⊥平面PAD .又PO ，AD ⊂平面PAD ，所以OE PO ⊥，OE AD ⊥.又因为PA PD =，所以PO AD ⊥，从而PO ，OE ，AD 两两垂直.以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，设2PA =，所以()002D -，，，()220B ，，，()002P ，，，()202C -，，，所以()022PD =--，，，()222PB =-，，，()2200BC =-，，.设()x y z =n ,,为平面PBC 的一个法向量，由00PB BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，得2220220x y z x ⎧+-=⎪⎨-=⎪⎩. 令1y =，则2z =，0x =，可得平面PBC 的一个法向量()012=n ,,. 因为90APD ∠=︒，所以PD PA ⊥，又知AB ⊥平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，所以PD AB ⊥，又PA AB A =，所以PD ⊥平面PAB . 即PD 是平面PAB 的一个法向量，()022PD =--,,，从而3cos 23PD PD PD ⋅===-⋅n n n,. 由图知二面角A PB C --为钝角，所以它的余弦值为3-.21.（2022全国2卷理科19）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD ==，o 90BAD ABC ∠=∠=， E 是PD 的中点. （1）求证：直线//CE 平面PAB ；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成的锐角为45，求二面角M AB D --的余弦值.EM DCBAP21．解析（1）令PA 的中点为F ，联结EF ，BF ，如图所示．因为点E ，F 为PD ，PA的中点，所以EF 为PAD △的中位线，所以=1//2EF AD ．又因为90BAD ABC ∠=∠=︒，所以BC AD ∥．又因为12AB BC AD ==，所以=1//2BC AD ，于是=//EF BC ．从而四边形BCEF 为平行四边形，所以CE BF ∥．又因为BF PAB ⊂面，所以CE ∥平面PAB .（2）以AD 的中点O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设1AB BC ==，则()000O ，，，()010A -，，，()110B -，，，()100C ，，，()010D ，，，(003P ，，．点M 在底面ABCD 上的投影为M '，所以M M BM ''⊥，联结BM '．因为45MBM '∠=，所以MBM '△为等腰直角三角形．因为POC △为直角三角形，33OC OP =，所以60PCO ∠=．设MM a '=，3CM '=，31OM '=．所以3100M ⎛⎫' ⎪ ⎪⎝⎭，，． 222231610133BM a a a a ⎛⎫'=++=+=⇒= ⎪ ⎪⎝⎭．从而32112OM '==-．所以2100M ⎛⎫'- ⎪ ⎪⎝⎭，，26102M ⎛- ⎝⎭，，26112AM ⎛=- ⎝⎭，，(100)AB =，，．设平面ABM 的法向量11(0)y z =，，m ，则1160AM y ⋅=+=m ，所以(062)=-，m ，易知平面ABD 的一个法向量为(001)=，，n ，从而10cos ,⋅==⋅m n m n m n ．故二面角M AB D --10． Oz yxPM F ED CA22.（2022全国3卷理科19）如图所示，四面体ABCD 中，ABC △是正三角形，ACD △是直角三角形，ABD CBD ∠=∠，AB BD =．（1）求证：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角––D AE C 的余弦值．22．解析 ⑴如图所示，取AC 的中点为O ，联结BO ，DO . 因为ABC △为等边三角形，所以BO AC ⊥，AB BC =.由AB BC BD BD ABD DBC =⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，得ABD CBD ≅△△，所以AD CD =，即ACD △为等腰直角三角形，从而ADC ∠为直角.又O 为底边AC 中点，所以DO AC ⊥. 令AB a =，则AB AC BC BD a ====，易得2a OD =，3a OB = 所以222OD OB BD +=，从而由勾股定理的逆定理可得2DOB π∠=，即OD OB ⊥. 由OD AC OD OB AC OB O AC ABC OB ABC⊥⎧⎪⊥⎪⎪=⎨⎪⊂⎪⊂⎪⎩平面平面，所以OD ⊥平面ABC . 又因为OD ⊂平面ADC ，由面面垂直的判定定理可得平面ADC ⊥平面ABC .BEC DAO⑵由题意可知V V D ACE B ACE --=，即B ，D 到平面ACE 的距离相等，即点E 为BD 的中点. 以O 为坐标原点，OA 为x 轴正方向，OB 为y 轴正方向，OD 为z 轴正方向，设AC a =，建立空间直角坐标系，则()0,0,0O ，,0,02a A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，0,0,2a D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，3a B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，3,4a E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，易得324a a a AE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，,0,22a a AD ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，,0,02a OA ⎛⎫= ⎪⎝⎭. 设平面AED 的法向量为()1111=,,x y z n ，平面AEC 的法向量为()2222=,,x y z n ，则1100AE AD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，取()13,1,3=n ；220AE OA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，取()20,1,3=-n .设二面角D AE C --为θ，易知θ为锐角，则12127cos 7θ⋅==⋅n n n n .z OADC EBxy23.（2022北京理16）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，//PD 平面MAC ，6PA PD ==，4AB =．（1）求证：M 为PB 的中点；（2）求二面角B PD A --的大小；（3）求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．23.解析（1）设,AC BD 的交点为E ，联结ME . 因为PD ∥平面MAC ，平面MAC平面PBD ME =，所以PD ME ∥.因为ABCD 是正方形，所以E 为BD 的中点，所以M 为PB 的中点.MP EDCBA（2）取AD 的中点O ，联结OP ，OE . 因为PA PD =，所以OP AD ⊥.又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，且OP ⊂平面PAD ，所以OP ⊥平面ABCD . 因为OE ⊂平面ABCD ，所以OP OE ⊥.因为ABCD 是正方形，所以OE AD ⊥.如图所示，建立空间直角坐标系O xyz -，则2)P ，(2,0,0)D ，(2,4,0)B -，(4,4,0)BD =-，(2,0,2)PD =.设平面BDP 的法向量为(,,)x y z =n ，则00BD PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即440220x y x z -=⎧⎪⎨=⎪⎩. 令1x =，则1y =，2z =2)=n .平面PAD 的法向量为(0,1,0)=p ，所以1cos ,||||2⋅==<>n p n p n p .由题知二面角B PD A --为锐角，所以它的大小为3π. P ME D CB A z xyO（3）由（1）知21,M ⎛- ⎝⎭，(2,4,0)C ，2(3,2,)MC =. 设直线MC 与平面BDP 所成角为α，则26sin cos ,9MC MC MCα⋅===<>n n n . 所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为69. 24.（2022天津理17）如图所示，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=.点D E N ，，分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，4PA AC ==，2AB =.（1）求证：//MN 平面BDE ；（2）求二面角C EM N --的正弦值；（3）已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 7，求线段AH 的长.NM ED CBAP24.解析如图所示，以A 为坐标原点，{},,AB AC AP 为基底，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意可得(000)A ，，，(200)B ，，，(040)C ，，，(004)P ，，，(002)D ，，，(022)E ，，，(001)M ，，，(120)N ，，．（1）证明：()0,2,0DE =，()2,0,2DB =-.设(,,)x y z =n 为平面BDE 的一个法向量，则0DE DB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即20220y x z =⎧⎨-=⎩，不妨设1z =，可得(1,0,1)=n .又()1,2,1MN =-，可得0MN ⋅=n ，因为MN ⊄平面BDE ，所以//MN 平面BDE ．（2）易知1(1,0,0)=n 为平面CEM 的一个法向量.设2(,,)x y z =n 为平面EMN 的一个法向量，则220EM MN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，因为(0,2,1)EM =--，(1,2,1)MN =-，所以2020y z x y z --=⎧⎨+-=⎩. 不妨设1y =，可得2(4,1,2)=--n . 因此有121212cos ,|||21⋅==n n n n |n n ，于是1215sin ,=n n . 所以二面角C EM N --15. zyxA B C D EM NP（3）依题意，设()04AH h h =，则H （0，0，h ），进而可得(1,2,)NH h =--，(2,2,2)BE =-.由已知得2||7cos ,||||523NH BE NH BE NH BE h ⋅===+⨯，整理得2102180h h -+=，解得85h =或12h =.所以线段AH 的长为85或12. 25.（2107浙江19）如图所示，已知四棱锥P ABCD -，PAD △是以AD 为斜边的等腰直角三角形，//BC AD ，CD AD ⊥，22PC AD DC CB ===，E 为PD 的中点. （1）证明：//CE 平面PAB ；（2）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值.25.解析（1）如图所示，设PA DE 的中点为F ，联结EF ，FB . 因为E ，F 分别为PD ，PA 的中点，所以//EF AD ，且1=2EF AD . 又因为//BC AD ，12BC AD =，所以//EF BC ，且=EF BC ，所以四边形BCEF 为平行四边形，所以//CE BF ，又BF ⊂平面PAB ，所以//CE 平面PAB .H QPN MF DBCEA（2）分别取BC ，AD 的中点为M ，N .联结PN 交EF 于点Q ，联结MQ .因为E ，F ，N 分别是PD ，PA ，AD 的中点，所以Q 为EF 的中点，在平行四边形BCEF 中，//MQ CE .由PAD △为等腰直角三角形，得PN AD ⊥.A BCDPE由DC AD ⊥，N 是AD 的中点，所以12ND AD BC ==，且BC DN ∥,所以四边形BCDN 是平行四边形，所以CD BN ∥，所以BN AD ⊥.又BNPN N =,所以AD ⊥平面PBN ，由//BC AD ，得BC ⊥平面PBN ，又BC ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面PBN . 过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，联结MH .MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以QMH ∠是直线CE 与平面PBC 所成的角.设1CD =.在PCD △中，由2PC =，1CD =，2PD =，由余弦定理得2CE =，又BC ⊥平面PBN ，PB ⊂平面PBN ，所以BC PB ⊥.在PBN △中，由1PN BN ==，223PB PC BC =-=，QH PB ⊥,Q 为PN 的中点，得14QH =. 在Rt MQH △中，14QH =，2MQ =，所以2sin 8QMH ∠=，所以直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是28. 26．（2107浙江9）如图所示，已知正四面体–D ABC （所有棱长均相等的三棱锥），P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP PB =，2BQ CRQC RA==，分别记二面角––D PR Q ，––D PQ R ，––D QR P 的平面角为α，β，γ，则（）.A ．γαβ<<B ．αγβ<<C ．αβγ<<D ．βγα<<26.解析如图所示，设点D 在底面ABC 内的射影为O ，判断O 到PR ，PQ ，QR 的距离，O 到哪条线段的距离越小，对应的二面角就越大.显然有,αβ,γ均为锐角．1P 为三等分点，O 到1PQR △三边的距离相等．动态研究问题：1P P ，所以O 到QR 的距离不变，O 到PQ 的距离减少，O 到PR 的距离变大．所以αγβ．O P 1R QC题型99 空间距离的计算——暂无题型100 与空间角、空间距离有关的开放性、探索性问题——暂无27.（2022全国3卷理科16）a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在的直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60角时，AB 与b 成30角； ②当直线AB 与a 成60角时，AB 与b 成60角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45； ④直线AB 与a 所成角的最小值为60；其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）.27．解析由题意知，a ，b ，AC 三条直线两两相互垂直，作出图像如图所示．不妨设图中所示的正方体的边长为1，故1AC =，2AB =AB 以直线AC 为旋转轴旋转，则点A 保持不变，点B 的运动轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆．以C 为坐标原点，以CD 为x 轴正方向，CB 为y 轴正方向，CA 为z 轴正方向，建立空间直角坐标系．则(1,0,0)D ，(0,0,1)A ，直线a 的方向单位向量(0,1,0)=a ，1=a ．B 点起始坐标为(0,1,0) ，直线b 的方向单位向量(1,0,0)=b ，1=b ．设B 点在运动过程中的坐标()cos ,sin ,0B θθ'，其中θ为B C '与CD 的夹角，[0,2π)θ∈.那么'AB 在运动过程中的向量(cos ,sin ,1)AB θθ'=-，2AB '= 设AB '与直线a 所成夹角为π0,2α⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则(cos ,sin ,1)(0,1,0)22cos sin 2AB θθαθ⎡-⋅==∈⎢'⎣⎦a ，所以ππ,42α⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，故③正确，④错误．设AB '与直线b 所成夹角为π[0,]2β∈，(cos ,sin ,1)(1,0,0)2cos cos 2AB AB AB θθβθ'⋅-⋅===''b b b . 当AB '与直线a 夹角为60︒时，即π3α=， 2sin 223πθα 因为22cos sin 1θθ+=，所以2cos θ=．从而21cos cos 22βθ=．因为π0,2β⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以π=3β，此时AB '与b 的夹角为60︒．所以②正确，①错误．故填② ③.C (O )ba θz yxB 'DBA28.（2022天津理17）如图所示，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=.点D E N ，，分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，4PA AC ==，2AB =.（1）求证：//MN 平面BDE ；（2）求二面角C EM N --的正弦值；（3）已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 7，求线段AH 的长.NM ED CBAP28.解析如图所示，以A 为坐标原点，{},,AB AC AP 为基底，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意可得(000)A ，，，(200)B ，，，(040)C ，，，(004)P ，，，(002)D ，，，(022)E ，，，(001)M ，，，(120)N ，，．（1）证明：()0,2,0DE =，()2,0,2DB =-.设(,,)x y z =n 为平面BDE 的一个法向量，则0DE DB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即20220y x z =⎧⎨-=⎩，不妨设1z =，可得(1,0,1)=n .又()1,2,1MN =-，可得0MN ⋅=n ，因为MN ⊄平面BDE ，所以//MN 平面BDE ．（2）易知1(1,0,0)=n 为平面CEM 的一个法向量.设2(,,)x y z =n 为平面EMN 的一个法向量，则220EM MN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，因为(0,2,1)EM =--，(1,2,1)MN =-，所以2020y z x y z --=⎧⎨+-=⎩. 不妨设1y =，可得2(4,1,2)=--n . 因此有121212cos ,|||21⋅==n n n n |n n ，于是1215sin ,=n n . 所以二面角C EM N --15. （3）依题意，设()04AH h h =，则H （0，0，h ），进而可得(1,2,)NH h =--，(2,2,2)BE =-.由已知得2||7cos ,||||523NH BE NH BE NH BE h ⋅===+⨯，整理得2102180h h -+=，解得85h =或12h =.所以线段AH 的长为85或12.zyxA B C D EM NP题型101 立体几何中的最值问题探究与扩展——暂无。

2021-2022年高考数学专题复习导练测第八章立体几何阶段测试(十一)理新人教A版

2021年高考数学专题复习导练测第八章立体几何阶段测试（十一）理新人教A 版一、选择题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( ) A.π4 B.34π C.π4或34π D ．不能确定答案 C解析 cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝22，∴〈m ，n 〉＝π4.∴两平面所成二面角的大小为π4或3π4.2．(xx·广东)已知向量a ＝(1,0，－1)，则下列向量中与a 成60°夹角的是( ) A ．(－1,1,0) B ．(1，－1,0) C ．(0，－1,1) D ．(－1,0,1)答案 B解析各选项给出的向量的模都是2，|a |＝ 2.对于选项A ，设b ＝(－1,1,0)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝1×－12×2＝－12.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝120°.对于选项B ，设b ＝(1，－1,0)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝1×12×2＝12.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝60°，正确．对于选项C ，设b ＝(0，－1,1)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－1×12×2＝－12.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝120°.对于选项D ，设b ＝(－1,0,1)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－1－12×2＝－1.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝180°.故选B.3．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为BC 1的中点，则DE 与平面BCC 1B 1所成角的正切值为( ) A.62B.63 C. 2 D.22答案 C解析设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，以D 为原点，以DA 为x 轴，以DC 为y 轴，以DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系， ∵E 为BC 1的中点， ∴D (0,0,0)，E (1,2,1)， ∴DE →＝(1,2,1)，设DE 与平面BCC 1B 1所成角的平面角为θ， ∵平面BCC 1B 1的法向量n ＝(0,1,0)， ∴sin θ＝|cos 〈DE →，n 〉|＝|66|＝63，∴cos θ＝ 1－232＝33，∴tan θ＝6333＝ 2. 4．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若AB ＝AA 1＝4，点D 是AA 1的中点，则点A 1到平面DBC 1的距离是( )A. 2B.22 C. 3 D.32答案 A解析过点A 作AC 的垂线为x 轴，以AC 为y 轴，以AA 1为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，∵正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若AB ＝AA 1＝4，点D 是AA 1的中点， ∴B (23，2,0)，C 1(0,4,4)，D (0,0,2)，A 1(0,0,4)， ∴DB →＝(23，2，－2)，DC 1→＝(0,4,2)，DA 1→＝(0,0,2)，设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∵n ·DB →＝0，n ·DC 1→＝0，∴⎩⎨⎧23x ＋2y －2z ＝0，4y ＋2z ＝0，∴n ＝(3，－1,2)，∴点A 1到平面DBC 1的距离d ＝|n ·DA 1→||n |＝|0＋0＋4|3＋1＋4＝ 2.故选A.5．如图，正方体AC 1的棱长为1，过点A 作平面A 1BD 的垂线，垂足为H ，则以下命题中，错误的命题是( )A ．点H 是△A 1BD 的垂心B ．AH 垂直于平面CB 1D 1C ．AH 的延长线经过点C 1D ．直线AH 和BB 1所成角为45° 答案 D解析 △A 1BD 为正三角形，其重心、外心、中心合一．∵AB ＝AA 1＝AD ，∴H 到△A 1BD 各顶点的距离相等，∴A 正确；∵CD 1∥BA 1，CB 1∥DA 1，CD 1∩CB 1＝C ，BA 1∩DA 1＝A 1，∴平面CB 1D 1∥平面A 1BD ，∴AH ⊥平面CB 1D 1，∴B 正确；连接AC 1，则AC 1⊥B 1D 1，∵B 1D 1∥BD ，∴AC 1⊥BD ，同理AC 1⊥BA 1，∴AC 1⊥平面A 1BD ，∴A 、H 、C 1三点共线，∴C 正确，故选D. 二、填空题6．若a 、b 是直线，α、β是平面，a ⊥α，b ⊥β，向量m 在a 上，向量n 在b 上，m ＝(0,3,4)，n ＝(3,4,0)，则α、β所成二面角中较小的一个余弦值为________．答案1225解析由题意，∵m ＝(0,3,4)，n ＝(3,4,0)，∴cos〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝125·5＝1225，∵a ⊥α，b ⊥β，向量m 在a 上，向量n 在b 上， ∴α、β所成二面角中较小的一个余弦值为1225.7．(xx·北京)如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为BC 的中点，点P 在线段D 1E 上，点P 到直线CC 1的距离的最小值为________．答案255解析取B 1C 1中点E 1，连接E 1E ，D 1E 1，过P 作PH ⊥D 1E 1，连接C 1H .∴EE 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，PH ∥EE 1， ∴PH ⊥底面A 1B 1C 1D 1， ∴P 到C 1C 的距离为C 1H .当点P 在线段D 1E 上运动时，最小值为C 1到线段D 1E 1的距离．在Rt△D 1C 1E 1中，边D 1E 1上的高h ＝2×15＝255.8．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为________．答案 23解析如图所示，以A 为原点建立平面直角坐标系，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E (1,0，12)，D (0,1,0)，∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝(1,0，－12)．设平面A 1ED 的法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎨⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos〈n 1，n 2〉＝23×1＝23，即所求的锐二面角的余弦值为23.三、解答题9．在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，∠DAB ＝60°，FC ⊥平面ABCD ，AE ⊥BD ，CB ＝CD ＝CF . (1)求证：BD ⊥平面AED ； (2)求二面角F －BD －C 的余弦值．(1)证明因为四边形ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，∠DAB ＝60°，所以∠ADC ＝∠BCD ＝120°. 又CB ＝CD ，所以∠CDB ＝30°，因此∠ADB ＝90°，即AD ⊥BD .又AE ⊥BD ，且AE ∩AD ＝A ，AE ⊂平面AED ，AD ⊂平面AED ，所以BD ⊥平面AED .(2)解由(1)知AD ⊥BD ，所以AC ⊥BC .又FC ⊥平面ABCD ，因此CA ，CB ，CF 两两垂直．以C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，CF 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设CB ＝1，则C (0,0,0)，B (0,1,0)，D ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，0，F (0,0,1)．因此BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－32，0，BF →＝(0，－1,1)．设平面BDF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·BD →＝0，m ·BF →＝0，所以x ＝3y ＝3z ，取z ＝1，则m ＝(3，1,1)．由于CF →＝(0,0,1)是平面BDC 的一个法向量，则cos 〈m ，CF →〉＝m ·CF →|m ||CF →|＝15＝55，所以二面角F －BD －C 的余弦值为55. 10．如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，△ABC 是边长为2的等边三角形，D 为AB 边的中点，且CC 1＝2AB . (1)求证：AC 1∥平面CDB 1； (2)求点B 到平面B 1CD 的距离； (3)求二面角A －CD －B 1的正切值． (1)证明连接BC 1交B 1C 于点O ，连接DO .则O 是BC 1的中点，DO 是△BAC 1的中位线，所以DO ∥AC 1.因为DO ⊂平面CDB 1，AC 1⊄平面CDB 1，所以AC 1∥平面CDB 1.(2)解因为CC 1⊥平面ABC ，所以BB 1⊥平面ABC ，所以BB 1为三棱锥B 1－CBD 的高，所以＝13S △BCD ·BB 1＝13×32×4＝233.又可求CD ＝3，B 1D ＝17，且易知CD ⊥平面ABB 1A 1，所以CD ⊥DB 1. 故＝13·h ＝，即13×12×3×17h ＝233，解得h ＝41717. 即点B 到平面B 1CD 的距离为41717.(3)解以DC →，DA →，过点D 且垂直于平面ABC 向上的向量分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．则点D (0,0,0)，C (3，0,0)，B 1(0，－1,4)，所以DC →＝(3，0,0)，DB 1→＝(0，－1,4)．设平面CDB 1的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DC →＝0，n 1·DB 1→＝0，得⎩⎨⎧3x ＝0，－y ＋4z ＝0.令z ＝1，得n 1＝(0,4,1)．又易知平面ACD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)．设二面角A －CD －B 1的平面角为θ，观察图形，可得cos θ＝－n 1·n 2|n 1||n 2|＝－0，4，1·0，0，117×1＝－1717. 所以sin θ＝1－cos 2θ＝41717. 故tan θ＝sin θcos θ＝－4.即二面角A －CD －B 1的正切值为－4.。

高中数学第八章立体几何初步测评习题含解析第二册

第八章测评(时间:120分钟满分：150分)一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的）1。

如图所示,△A’O’B'表示水平放置的△AOB的直观图,B’在x’轴上,A'O’与x’轴垂直,且A’O’=2,则△AOB的边OB上的高为（）A.2B.4 C。

2 D.4△AOB的边OB上的高为h,因为S原图形=2S直观图,所以×OB×h=2×O’B'×2,又OB=O’B'，所以h=4.2。

如图，一圆锥的母线长为4，其侧面积为4π，则这个圆锥的体积为（）A。

B.C。

πD。

π,此扇形的半径R=4，设其弧长为l,侧面积为扇形的面积，所以扇形的面积S1=Rl=4π，解得弧长l=2π,所以圆锥的底面周长为2π，由此可知底面半径r=1,所以底面面积为S=π,圆锥的高为h=，故圆锥的体积V=Sh=π.3。

在等腰直角三角形ABC中,AB=BC=1，M为AC的中点,沿BM把它折成二面角，折后A与C的距离为1，则二面角C—BM—A的大小为()A。

30°B。

60°C.90°D.120°,由A'B=BC=1，∠A’BC=90°知A'C=.∵M为A’C的中点，∴MC=AM=，且CM⊥BM,AM⊥BM,∴∠CMA为二面角C-BM—A的平面角。

∵AC=1，MC=MA=，∴∠CMA=90°,故选C。

4.如图,在四边形ABCD中,∠DAB=90°，∠ADC=135°，AB=5,CD=2，AD=2，则四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所成几何体的表面积为(）A.(60+4)πB。

（60+8）πC.(56+8）πD。

(56+4)πABCD绕AD所在直线旋转一周所成的几何体,如图.S表面=S圆台下底面+S圆台侧面+S圆锥侧面=π+π（r1+r2)l2+πr1l1=π×52+π×（2+5)×5+π×2×2=（60+4）π.故选A.5。

2021-2022学年新教材人教A版高中数学必修第二册第八章立体几何初步章末综合测验(两套)

第八章立体几何初步综合测验（两套）第一套 ............................................................................................................................... 1 第二套 .. (15)第一套(120分钟 150分)一、单选题(每小题5分，共40分)1．在棱长为1的正方体上，分别用过共顶点的三条棱的中点的平面截该正方体，则截去8个三棱锥后，剩下的几何体的体积是( ) A ．23 B ．76 C ．45 D ．56【解析】选D.棱长为1的正方体的体积为1，8个三棱锥的体积为8×13 ×12 ×12×12 ×12 ＝16 ，所以剩下的几何体的体积为1－16 ＝56. 2．如图，α∩β＝l ，A ，B∈α，C∈β，C ∉l ，直线AB∩l＝M ，过A ，B ，C 三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( )A ．点AB ．点BC ．点C 但不通过点MD ．点C 和点M【解析】选D.通过A ，B ，C 三点的平面γ，即通过直线AB 与点C 的平面，因为M∈AB，所以M∈γ，而C∈γ，又M∈β，C∈β，所以γ和β的交线必通过点C 和点M.3．已知水平放置的△ABC，按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝32，那么原△ABC 的面积是( )A. 3 B．2 2 C．32D．34【解析】选A.由斜二测画法的原则可得，BC＝B′C′＝2，AO＝2A′O′＝2×3 2＝ 3 ，由图易得AO⊥BC，所以S△ABC ＝12×2× 3 ＝ 3 .4．如图所示的粮仓可近似为一个圆锥和圆台的组合体，且圆锥的底面圆与圆台的较大底面圆重合．已知圆台的较小底面圆的半径为1，圆锥与圆台的高分别为5 －1和3，则此组合体的外接球的表面积是( )A．16π B．20π C．24π D．28π【解析】选B.设外接球半径为R，球心为O，圆台较小底面圆的圆心为O1，则：OO21＋12＝R2，而OO1＝ 5 ＋2－R，故R2＝1＋( 5 ＋2－R)2，所以R＝ 5 ，所以S＝4πR2＝20π.5．如图所示，正方形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，将此正方形沿EF 折成直二面角后，异面直线AF与BE所成角的余弦值为( )A.22B． 3 C．12D．32【解析】选C.过点F作FH∥DC，交BC于H，过点A作AG⊥EF，交EF于G，连接GH，AH，则∠AFH为异面直线AF与BE所成的角．设正方形ABCD的边长为2，在△AGH中，AH＝52＋24＝ 3 ，在△AFH中，AF＝1，FH＝2，AH＝ 3 ，所以cos ∠AFH＝12 .6．用m，n表示两条不同的直线，α表示平面，则下列命题正确的是( ) A．若m∥n，n⊂α，则m∥αB．若m∥α，n⊂α，则m∥nC．若m⊥n，n⊂α，则m⊥αD．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n【解析】选D.若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，故排除A；若m∥α，n⊂α，则m∥n或m，n异面，故排除B；若m⊥n，n⊂α，则不能得出m⊥α，例如，m⊥n，n⊂α，m⊂α，则m与α不垂直，故排除C.7．在空间四边形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，且DA⊥平面ABC，则△ABC的形状是( )A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．不能确定【解析】选B.作AE⊥BD，交BD于E，因为平面ABD⊥平面BCD，所以AE⊥面BCD，BC⊂面BCD.所以AE⊥BC，而DA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以DA⊥BC，又因为AE∩AD＝A，所以BC⊥面ABD，而AB⊂面ABD，所以BC⊥AB即△ABC为直角三角形．8．如图，四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝ 2 ，BD⊥CD.将四边形ABCD 沿对角线BD折成四面体A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是( )A.A′C⊥BDB．∠BA′C＝90°C．CA′与平面A′BD所成的角为30°D．四面体A′BCD的体积为1 3【解析】选B.若A成立可得BD⊥A′D，产生矛盾，故A不正确；由题设知：△BA′D为等腰Rt△，CD⊥平面A′BD，得BA′⊥平面A′CD，于是B正确；由CA′与平面A′BD所成的角为∠CA′D＝45°知C不正确；VA′BCD ＝VCA′BD＝16，D不正确．二、多选题(每小题5分，共20分，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9．等腰直角三角形直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积不可能是( )A． 2 π B．(1＋ 2 )πC．2 2 π D．(2＋ 2 π)【解析】选CD.若绕一条直角边旋转一周时，则圆锥的底面半径为1，高为1，所以母线长l＝ 2 ，这时表面积为12×2π·1·l＋π·12＝(1＋ 2 )π；若绕斜边旋转一周时，旋转体为两个倒立圆锥对底组合在一起，且由题意底面半径为2 2，两个圆锥的母线长都为1，所以表面积S＝2×12×2π·22×1＝ 2 π，综上所述该几何体的表面积为 2 π或(1＋ 2 )π.故选项CD符合题意．10.如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则下列说法正确的是( )A．A1M∥D1PB．A1M∥B1QC．A1M∥平面DCC1D1D．A1M∥平面D1PQB1【解析】选ACD.连接PM，因为M、P为AB、CD的中点，故PM平行且等于AD.由题意知AD平行且等于A1D1，故PM平行且等于A1D1，所以PMA1D1为平行四边形，所以A1M∥D1P.故A正确；显然A1M与B1Q为异面直线，故B错误；由A知A1M∥D1P，由于D1P既在平面DCC1D1内，又在平面D1PQB1内，且A1M即不在平面DCC1D1内，又不在平面D1PQB1内，故C，D正确．11．正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点．则( )A.直线D1D与直线AF垂直B．直线A1G与平面AEF平行C．平面AEF截正方体所得的截面面积为9 8D．点C与点G到平面AEF的距离相等【解析】选BC.取DD1中点M，则AM为AF在平面AA1D1D上的射影，因为AM与DD1不垂直，所以AF与DD1不垂直，故A选项错误；因为A1G∥D1F，A1G⊄平面AEFD1，所以A1G∥平面AEFD1，故B选项正确；平面AEF截正方体所得截面为等腰梯形AEFD1，易知梯形面积为98，故C选项正确；假设C与G到平面AEF的距离相等，即平面AEF将CG平分，则平面AEF必过CG中点，连接CG交EF于H，而H不是CG中点，则假设不成立．故D选项错误．12．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°，侧面PAD为正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，则下列说法正确的是( )A.在棱AD上存在点M，使AD⊥平面PMBB．异面直线AD与PB所成的角为90°C．二面角PBCA的大小为45°D．BD⊥平面PAC【解析】选ABC.如图所示，A.取AD的中点M，连接PM，BM，连接对角线AC，BD 相交于点O.因为侧面PAD为正三角形，所以PM⊥AD.又底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°，所以△ABD是等边三角形．所以AD⊥BM.又PM∩BM＝M.所以AD⊥平面PMB，因此A正确．B．由A可得：AD⊥平面PMB，所以AD⊥PB，所以异面直线AD与PB所成的角为90°，正确．C．因为平面PBC∩平面ABCD＝BC，BC∥AD，所以BC⊥平面PBM，所以BC⊥PB，BC⊥BM.所以∠PBM是二面角PBCA的平面角，设AB＝1，则BM＝32＝PM，在Rt△PBM中，tan ∠PBM＝PMBM＝1，所以∠PBM＝45°，因此正确．D．因为BD与PA不垂直，所以BD与平面PAC不垂直，因此D错误．三、填空题(每小题5分，共20分)13．在三棱柱ABC A1B1C1中，点P是棱CC1上一点，记三棱柱ABC A1B1C1与四棱锥PABB1A1的体积分别为V1与V2，则V2V1＝________．【解析】设AB＝a，在△ABC中AB边所对的高为b，三棱柱ABC A1B1C1的高为h，则V1＝12abh，V2＝13×ah·b，所以V 2V 1 ＝13abh 12abh ＝23.答案：2314．如图(1)所示，一个装了水的密封瓶子，其内部可以看成是由半径为 1 cm 和半径为3 cm 的两个圆柱组成的简单几何体．当这个几何体如图(2)水平放置时，液面高度为20 cm ；当这个几何体如图(3)水平放置时，液面高度为28 cm ，则这个简单几何体的总高度为________cm.【解析】设上、下圆柱的半径分别是r cm ，R cm ，高分别是h cm ，H cm.由水的体积不变得πR 2H ＋πr 2(20－H)＝πr 2h ＋πR 2(28－h)，又r ＝1，R ＝3，故H ＋h ＝29.即这个简单几何体的总高度为29 cm. 答案：2915．如图所示，ABCDA 1B 1C 1D 1是长方体，AA 1＝a ，∠BAB 1＝∠B 1A 1C 1＝30°，则AB 与A 1C 1所成的角为________，AA 1与B 1C 所成的角为________．【解析】长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，∠BAB 1＝∠B 1A 1C 1＝30°，因为AB∥A1B1，A1B1与A1C1所成的角，就是AB与A1C1所成的角，所以AB与A1C1所成的角为30°，因为AA1∥BB1，BB1与B1C所成的角就是AA1与B1C所成的角，连接AC，则AC∥A1C1，所以∠BAC＝30°，因为AA1＝a，∠BAB1＝30°，所以AB＝ 3 a，所以BC＝a，所以∠BB1C＝45°，所以AA1与B1C所成的角为45°.答案：30°45°16．在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是AB，A1B1的中点，P在AD上，若平面CMN⊥平面A1BP，则ADAP＝________．【解析】因为M，N分别是AB，A1B1的中点，所以AA1∥MN.根据正方体的性质可得MN⊥面ABCD，即可得MN⊥PB.当P为AD中点时，CM⊥PB，又CM∩MN＝M.所以PB⊥面NMC，即可得平面CMN⊥平面A1BP.则ADAP＝2.答案：2四、解答题(共70分)17．(10分)某高速公路收费站入口处的安全标识墩如图所示，墩的上半部分是正四棱锥PEFGH，下半部分是长方体ABCDEFGH.长方体的长、宽、高分别是40 cm、40 cm、20 cm，正四棱锥PEFGH的高为60 cm.(1)求该安全标识墩的体积；(2)求该安全标识墩的侧面积．【解析】(1)该安全标识墩的体积V＝VPEFGH ＋VABCDEFGH＝13×402×60＋402×20＝64000 cm3.(2)如图，连接EG，HF交于点O，连接PO，结合图象可知OP＝60 cm，OG＝12EG＝20 2 cm，可得PG＝602＋（202）2＝2011 cm.于是四棱锥PEFGH的侧面积S1＝4×12×40×（2011）2－202＝1 60010 cm2，四棱柱EFGHABCD的侧面积S2＝4×40×20＝3 200 cm2，故该安全标识墩的侧面积S＝S1＋S2＝1 600(10 ＋2) cm2.18．(12分)如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝ 2 ，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2，O为AD中点．(1)求证：PO⊥平面ABCD；(2)求这个四棱锥的体积．【解析】(1)在△PAD中PA＝PD，O为AD中点，所以PO⊥AD.又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD.(2)因为PA＝PD＝ 2 ，AO＝1，所以PO＝AP2－AO2＝2－1 ＝1所以V＝13×PO×S四边形ABCD＝13×1×⎝⎛⎭⎪⎫1＋22×1＝12.19．(12分)如图所示，在四棱锥PABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA⊥PD，底面ABCD是直角梯形，其中BC∥AD，∠BAD＝90°，AD＝3BC，O是AD上一点．(1)若CD∥平面PBO，试指出点O的位置；(2)求证：平面PAB⊥平面PCD.【解析】(1)因为CD∥平面PBO，CD⊂平面ABCD，且平面ABCD∩平面PBO＝BO，所以BO∥CD.又BC∥AD，所以四边形BCDO为平行四边形，则BC＝DO，而AD＝3BC，所以AD＝3OD，即点O是靠近点D的线段AD的一个三等分点．(2)因为侧面PAD⊥底面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，AB⊂底面ABCD，且AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD.又PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.又PA⊥PD，AB∩PA＝A，AB，PA⊂平面PAB，所以PD⊥平面PAB.又PD⊂平面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD.20．(12分)如图，三棱柱ABCA1B1C1的侧面BCC1B1是平行四边形，BC1⊥C1C，平面A1C1CA⊥平面BCC1B1，且P，E，F分别是AB，BC，A1B1的中点．(1)求证：BC1⊥平面A1C1CA；(2)求证：平面EFP⊥平面BCC1B1 .【证明】(1)因为平面A1C1CA⊥平面BCC1B1，平面A1C1CA∩平面BCC1B1＝CC1，BC1⊥C1C，所以BC1⊥平面A1C1CA.(2)因为P，E，F分别是AB，BC，A1B1的中点．所以PF∥AA1，PE∥AC，因为PF∩PE＝P，AA1∩AC＝A，所以平面EFP∥平面A1C1 CA，因为平面A1C1CA⊥平面BCC1B1，所以平面EFP⊥平面BCC1B1 .21．(12分)如图①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝π2，AB＝BC＝12AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到图②中△A1BE的位置，得到四棱锥A1BCDE.(1)证明：CD⊥平面A1OC；(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1BCDE的体积为36 2 ，求a的值．【解析】(1)在图①中因为AB＝BC＝12AD＝a，E是AD的中点，∠BAD＝π2，所以BE⊥AC.即在图②中，BE⊥A1O，BE⊥OC，又A1O∩OC＝O，从而BE⊥平面A1OC.因为BC＝12AD＝ED，所以四边形BCDE为平行四边形，所以CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，又由(1)可得A1O⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE.即A1O是四棱锥A1BCDE的高．由图①知，A1O＝22AB＝22a，平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝a2，从而四棱锥A1BCDE的体积为V＝13S·A1O＝13×a2×22a＝26a3.由26a3＝36 2 ，得a＝6.22．(12分)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝π3，△PAD是等边三角形，F为AD的中点，PD⊥BF.(1)求证：AD⊥PB；(2)若E在线段BC上，且EC＝14BC，能否在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD？若存在，求出三棱锥DCEG的体积；若不存在，请说明理由．【解析】(1)连接PF，因为△PAD是等边三角形，所以PF⊥AD.因为底面ABCD是菱形，∠BAD＝π3，所以BF⊥AD.又PF∩BF＝F，所以AD⊥平面BFP，又PB⊂平面BFP，所以AD⊥PB.(2)能在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD.由(1)知AD⊥BF，因为PD⊥BF，AD∩PD＝D，所以BF⊥平面PAD.又BF⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PAD，又平面ABCD∩平面PAD＝AD，且PF⊥AD，所以PF⊥平面ABCD.连接CF交DE于点H，过H作HG∥PF交PC于G，所以GH⊥平面ABCD. 又GH⊂平面DEG，所以平面DEG⊥平面ABCD.因为AD∥BC，所以△DFH∽△ECH，所以CH HF ＝CE DF ＝12 ，所以CG GP ＝CH HF ＝12 ，所以GH ＝13 PF ＝33 ，所以V DCEG ＝V GCDE ＝13 S △CDE ·GH＝13 ×12 DC·CE·sin π3 ·GH＝112.第二套(45分钟 90分)一、选择题(每小题5分，共40分)1．梯形A 1B 1C 1D 1(如图)是一水平放置的平面图形ABCD 的直观图(斜二测)，若A 1D 1∥y′轴，A 1B 1∥x′轴，A 1B 1＝23 C 1D 1＝2，A 1D 1＝1，则平面图形ABCD 的面积是( )A ．5B ．10C ．5 2D ．10 2 【解析】选A.如图，根据直观图画法的规则，直观图中A 1D 1∥O′y′，A 1D 1＝1，原图中AD∥Oy，从而得出AD⊥DC，且AD ＝2A 1D 1＝2，直观图中A 1B 1∥C 1D 1，A 1B 1＝23C 1D 1＝2，⇒原图中AB∥CD，AB ＝23CD ＝2，即四边形ABCD 上底和下底边长分别为2，3，高为2，如图．故其面积S ＝12(2＋3)×2＝5.2．球的表面积S 1与它的内接正方体的表面积S 2的比值是( ) A ．π3 B ．π4 C ．π2D ．π【解析】选C.设球的内接正方体的棱长为a ，球的半径为R ，则3a 2＝4R 2，所以a 2＝43 R 2，球的表面积S 1＝4πR 2，正方体的表面积S 2＝6a 2＝6×43 R 2＝8R 2，所以S 1S 2＝π2. 3．已知平面α，直线m ，n 满足m ⊄α，n ⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【解析】选A.因为m ⊄α，n ⊂α，m∥n，所以根据线面平行的判定定理得m∥α.由m∥α不能得出m 与α内任一直线平行，所以m∥n 是m∥α的充分不必要条件．4．如图所示，已知三棱柱ABCA 1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则三棱锥B 1ABC 1的体积为( )A.312 B ．34 C ．612 D ．64【解析】选A.三棱锥B 1ABC 1的体积等于三棱锥AB 1BC 1的体积，三棱锥AB 1BC 1的高为32 ，底面积为12 ，故其体积为13 ×12 ×32 ＝312. 5．在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，则( ) A ．AE⊥CC 1 B ．AE⊥B 1D 1 C ．AE⊥BCD ．AE⊥CD【解析】选B.如图所示，连接AC ，BD ，因为ABCDA 1B 1C 1D 1是正方体，所以四边形ABCD 是正方形，所以AC⊥BD，因为CE⊥平面ABCD ，所以BD⊥AC，因为BD⊥CE，且AC∩CE＝C ，所以BD⊥平面ACE ，因为BD∥B 1D 1，故B 1D 1⊥平面ACE ，故B 1D 1⊥AE.6．在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝ 3 ，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( )A ．15B ．56C ．55D ．22【解析】选C.用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面，如图，则B 1P∥AD 1，则∠DB 1P 是异面直线AD 1与DB 1所成的角，连接DP ，易求得DB 1＝DP ＝ 5 ，B 1P ＝2，由余弦定理可得cos ∠DB1P＝DB21＋B1P2－DP22DB1·PB1＝5＋4－545＝55.7．将等腰直角△ABC沿斜边BC上的高AD折成一个二面角，此时∠B′AC＝60°，那么这个二面角大小是( )A．90° B．60° C．45° D．30°【解析】选A.如图，连接B′C.则△AB′C为等边三角形，设AD＝a，则B′D＝DC＝a，B′C＝AC＝ 2 a，所以∠B′DC＝90°.8．如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折过程中，下列结论中正确的有( )①总存在某个位置，使CE⊥平面A1DE；②总有BM∥平面A1DE；③存在某个位置，使DE⊥A1C.A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【解析】选A.在①中，总存在某个位置，使CE⊥平面A1DE，①正确；在②中，如图，取CD中点F，连接MF，BF，则MF∥A1D，FB∥ED，由MF∥A1D与FB∥ED，可得平面MBF∥平面A1DE，所以总有BM∥平面A1DE，故②正确；在③中，由已知得DE⊥CE，若DE⊥A1C，则DE⊥平面A 1CE ，则DE⊥A 1E ，又在△A 1DE 中DA 1⊥A 1E ，所以DE 与A 1E 不可能垂直，即DE 与A 1C 不可能垂直，故③错误．二、填空题(每小题5分，共20分)9．(2021·长春高一检测)“中国天眼”是我国具有自主知识产权、世界最大单口径、最灵敏的球面射电望远镜(如图)，已知“天眼”的形状为球冠(球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，裁得的圆为底，垂直于圆面的直径被截得的部分为高)，设球冠底的半径为r ，球冠的高为h ，则球的半径R ＝________．【解析】球冠底的半径为r ，球冠的高为h ，则球的半径R 2＝(R －h)2＋r 2，可得R ＝h 2＋r 22h.答案：h 2＋r 22h10．α，β是两个不同的平面，m ，n 是平面α及β之外的两条不同直线，给出四个论断：①m⊥n，②α⊥β，③m⊥β，④n⊥α.以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，则你认为的正确的命题有________个，其中一个是________．【解析】若①m⊥n，②α⊥β，③m⊥β成立，则n 与α可能平行也可能相交，也可能n ⊂α，即④n⊥α不一定成立；若①m⊥n，②α⊥β，④n⊥α成立，则m 与β可能平行也可能相交，也可能m ⊂β，即③m⊥β不一定成立．若①m⊥n，③m⊥β，④n⊥α成立，则②α⊥β成立．若②α⊥β，③m⊥β，④n⊥α成立，则①m⊥n 成立．答案：2 若②③④，则①(或若①③④，则②)11．已知Rt△ABC 的斜边在平面α内，直角顶点C 是α外一点，AC ，BC 与α所成角分别为30°和45°，则平面ABC 与α所成锐角为________．【解析】如图所示，过点C 作垂直于α的直线CO ，交α于点O.所以∠CAO＝30°，∠CBO＝45°. 设CO ＝a ，所以在Rt△ACO 中，AC ＝2a ，在Rt△BCO 中，BC ＝ 2 a.过C 点在平面ABC 内作CD⊥AB，连接OD ，则∠CDO 为平面ABC 与α所成的锐角， AB ＝ 6 a ，所以CD ＝23 a ，所以在Rt△CDO 中，sin ∠CDO＝a 2a 3＝32 ，所以∠CDO＝60°. 答案：60°12．(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°，以D 1为球心， 5 为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．【解析】由已知连接BD ，B 1D 1，则BD ＝B 1D 1＝2，取BB 1和CC 1的中点E ，F. 连接EF ，D 1E ，D 1F ，则D 1E ＝D 1F ＝ 5 ，故E ，F 在球面上．平面BCC 1B 1截球面的截面圆的圆心是B 1C 1的中点O ，OE ＝OF ＝ 2 ，球面与侧面BCC 1B 1的交线是侧面上以O 为圆心， 2 为半径的圆弧EF ，EF ︵的长为14 ·2 2 π＝22π.答案：22π三、解答题(每小题10分，共30分)13．圆台的母线长为 6 cm，它的轴截面的一条对角线与一腰垂直且与下底所成的角为30°，求该圆台的体积．【解析】如图，等腰梯形AA1B1B为圆台的轴截面，AA1＝6 cm，∠AA1B＝90°，∠ABA1＝30°，于是AB＝2AA1＝12 cm，由A1B1∥AB，得∠B1A1B＝∠A1BA＝30°，又∠A＝90°－30°＝60°，得∠A1BB1＝60°－30°＝30°，故△A1B1B为等腰三角形，所以A1B1＝B1B＝6 cm.又OO1·AB＝AA1·A1B得，OO1＝AA1·A1BAB＝6×6312＝3 3 (cm)，由圆台的体积公式：V圆台＝13π·OO1·(A1O21＋A1O1·AO＋AO2)＝13·π·3 3 ·(32＋3×6＋62)＝63 3 π(cm3).14.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，O是AC的中点．(1)求证：AD1∥平面DOC1.(2)求异面直线AD1和OC1所成角的大小．【解析】 (1)如图，连接D1C交DC1于点O1，连接OO1，因为O，O1分别是AC和D1C的中点，所以OO1∥AD1.又OO1⊂平面DOC1，AD1⊄平面DOC1，所以AD1∥平面DOC1.(2)由(1)知，OO1∥AD1，所以∠O1OC1为异面直线AD1和OC1所成角，设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则O1C1＝O1O＝ 2 ，OC1＝22＋（2）2＝ 6 ，所以cos ∠O1OC1＝（2）2＋（6）2－（2）22×2×6＝32，所以∠O1OC1＝π6.即异面直线AD1和OC1所成角的大小为π6.15．如图，在四棱锥PABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥CD，DC⊥AC.(1)求证：DC⊥平面PAC；(2)求证：平面PAB⊥平面PAC；(3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由．【解析】(1)因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥DC.又因为DC⊥AC，AC∩PC＝C，所以DC⊥平面PAC.(2)因为AB∥DC，DC⊥AC，所以AB⊥AC.因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB.又AC∩PC＝C，所以AB⊥平面PAC，所以平面PAB⊥平面PAC.(3)棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF. 证明如下：如图，取PB中点F，连接EF，CE，CF.又因为E为AB的中点，所以EF∥PA.又因为PA⊄平面CEF，EF⊂平面CEF，所以PA∥平面CEF.。

2022版新高考数学总复习基础综合训练--专题八立体几何

2022版新高考数学总复习--专题八立体几何备考篇【考情探究】课标解读考情分析备考指导主题内容一、空间几何体的结构特征及体积与表面积公式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.了解球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式.1.从近几年高考情况来看,本专题内容在客观题中主要考查空间几何体的表面积、体积以及与球的组合等问题,如2020新高考Ⅰ的第16题考查了球面与平面相交求交线长问题,2020新课标Ⅰ文、理的第3题以世界建筑奇迹古埃及胡夫金字塔为背景,设计了正四棱锥的计算问题,将立体几何的基本知识与世界文化遗产有机结合,有时也考查点、线、面的位置关系.2.在解答题中主要考查线、面位置关系的证明及空间角的计算,2020新高考Ⅰ的第20题第(1)问考查了用直线与平面平行的性质定理找出两平面的交线,第(2)问求直线与平面所成角的最值问题,与基本不等式放在一起考查,有比较好的应用性与创新性.3.利用空间向量证明平行与垂直以及求空间角(特别是二面角)均是高考的热点,以解答题形式出现,把立体几何问题转化为空间向量问题.4.本专题重点考查的核心素养为直观想象和数学运算.1.强化识图能力,还原成自己熟悉的几何体.2.对图形或其某部分进行平移、翻折、旋转、展开或割补.3.重视立体几何最值问题的研究.4.平面展开图(折线转化成直线).5.完善知识网络,强调通性通法.6.加强空间向量对垂直问题的研究:空间直角坐标系的建立是基于三线两两垂直,因此只有真正掌握了对垂直关系的判断、论证的研究方法,真正理解法向量的自由性,以及求法向量的方法,才能使问题顺利解决.二、空间点、线、面的位置关系1.理解空间直线、平面位置关系的定义.2.能运用公式、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.3.以立体几何的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线、面平行的判定定理与有关性质.4.以立体几何的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线、面垂直的判定定理与有关性质.三、空间向量运算及立体几何中的向量方法1.掌握空间向量的线性运算、数量积及其坐标表示、用向量的数量积判断向量的平行与垂直.2.理解直线的方向向量与平面的法向量.3.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.4.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题,了解向量方法在研究几何问题中的作用.【真题探秘】方法总结1.证明直线与平面平行的方法(例如求证:l∥α)(1)线面平行的判定定理:在平面α内找到一条与直线l平行的直线m,从而得到l∥α.(2)面面平行的性质:过直线l找到(或作出)一个平面β,使得β∥α,从而得l∥α.(3)向量法:(i)求出平面α的法向量n和直线l的方向向量l,证明n·l=0,得l∥α.(ii)证明直线l的方向向量l能被平面α内的两个基向量所表示,得l∥α.2.求线面角的方法(1)定义法:作出线面角,解三角形即可.(2)解由斜线段、射影、垂线段构成的三角形.例:求AB与平面α所成角θ的正弦值,其中A∈α.只需求出点B到平面α的距离d(通常由等体积法求d),由sinθ=d AB得结果.(3)向量法:求出平面α的法向量n,设直线AB与α所成角为θ,则sinθ=|cos<n,AB⃗⃗⃗⃗⃗ >|,最好是画出图形,否则容易出错.拓展延伸寻找空间几何体外接球球心的步骤:(1)找底面多边形的外心O1,过点O1作底面多边形所在平面的垂线l1;(2)找其中一侧面多边形的外心O2,过点O2作该侧面的垂线l2;(3)设l1与l2的交点为O,则点O即为所求外接球的球心.[教师专用题组]1.真题多维细目表考题涉分题型难度考点考向解题方法核心素养2020新高考Ⅱ,135填空题易空间几何体的体积三棱锥的体积公式法直观想象数学运算2020新高考Ⅰ,45单项选择题易空间角与距离根据直线位置关系求角直接法直观想象数学运算2020课标Ⅰ,文3,理35选择题易空间几何体的结构特征斜高与底面边长的数量关系公式法直观想象数学运算2020课标Ⅰ,文12,理105选择题中空间几何体的表面积与球有关的空间几何体直接法直观想象数学运算2020新高考Ⅰ,165填空题难空间几何体的结构特征由空间组合体确定两个面的交线直接法直观想象数学运算逻辑推理2020北京,1613解答题中直线、平面平行的判定和性质直线、平面平行的判定,直线与平面所成的角直接判断向量法直观想象数学运算逻辑推理2020新高考Ⅰ,2012解答题中空间向量及其应用直线、平面垂直的判定,直线与平面平行的判定,直线与平面所成角的最大值向量法定义法直观想象数学运算逻辑推理2020天津,17 15 解答题中空间向量及其应用证直线与直线垂直,求二面角、直线与平面所成角的正弦值向量法定义法直观想象数学运算逻辑推理2.命题规律与探究1.从2020年新高考情况来看,本专题内容为高考热点,考题难度以中档偏难为主,题型涵盖选择题(2020年新高考Ⅰ卷第4题)、填空题(2020年新高考Ⅰ卷第16题)和解答题(2020年新高考Ⅰ卷第20题),分值为22分.2.从近几年高考情况来看,本专题内容在客观题中主要考查空间几何体的表面积、体积以及与球的相关问题,如2020年新高考Ⅰ卷第16题考查了球面与平面相交的交线长问题,课标Ⅰ卷文、理第3题以古代世界建筑奇迹——埃及胡夫金字塔为背景,设计了正四棱锥的计算问题,将立体几何的基本知识与世界文化遗产有机结合,有时也考查点、线、面的位置关系.3.在解答题中主要考查线、面位置关系的证明及空间角的计算,如2020年新高考Ⅰ卷第20题第(1)问考查了用直线与平面平行的性质定理找出两平面的交线,第(2)问求直线与平面所成角的最大值,与基本不等式放在一起考查,有比较好的应用性与创新意识.4.本章重点考查的核心素养为逻辑推理、直观想象和数学运算.3.命题变化与趋势1.高考对本专题内容的考查较为稳定,考查方式及题目难度变化不大,延续此前的考试风格.2.考查内容主要体现在以下方面:①以空间几何体或与球的组合体为背景考查几何体的表面积、体积,球的性质等;②以空间几何体为载体考查空间线、面位置关系的证明以及空间角的计算;③以空间向量为辅助工具解决空间几何体的证明与计算问题,这些内容均为高考考查的重点与热点,在备考复习中应加强重视.§8.1 空间几何体的结构特征、表面积与体积基础篇【基础集训】考点一空间几何体的结构特征1.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 ( )A .√34a 2 B.√38a 2 C.√68a 2 D.√616a 2答案 D2.某四棱锥的三视图如图所示,其中正视图的轮廓是边长为2的正方形,侧视图的轮廓是底边长分别为2和1的直角梯形,则该几何体的体积为( )A.83B.43C.8√23D.4√23答案 A3.某空间几何体的三视图如图所示,其中正视图和俯视图均为直角边长是1的等腰直角三角形,则此空间几何体的表面积是( )A.√2+√32 B.1+√32 C.√2+√3+12 D.√2+√3答案 C 4.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; ③存在每个面都是直角三角形的四面体; ④棱台的侧棱延长后交于一点. 其中正确命题的序号是 . 答案 ②③④ 5.给出下列命题:①在圆柱上、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直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥; ③用任意一个平面截一个几何体,各个截面都是圆面,则这个几何体一定是圆锥; ④以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台; ⑤圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面; ⑥一个平面截圆锥,得到一个圆锥和一个圆台. 其中正确命题的序号是 . 答案 ⑤考点二空间几何体的体积6.如图,在圆锥PO 的轴截面PAB 中,∠APB =60°,有一小球O 1内切于圆锥(球面与圆锥的侧面、底面都相切),设小球O 1的体积为V 1,圆锥PO 的体积为V ,则V 1∶V 的值为 ( )A .13B.49C.59D.23答案 B7.如图,四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 为平行四边形,N 为棱PB 上一点,NB =2PN ,则三棱锥N -PAC 与三棱锥D -PAC 的体积之比为( )A .1∶2 B.1∶8 C.1∶3 D.1∶6 答案 C8.如图所示,正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面边长为2,侧棱长为√3,D 为BC 的中点,则三棱锥A -B 1DC 1的体积为 ( )A.3B.32C.1D.√32答案 C9.如图,在四边形ABCD 中,∠DAB =90°,∠ADC =135°,AB =5,CD =2√2,AD =2,则四边形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周所形成几何体的体积为 . 答案1483π 考点三空间几何体的表面积10.在底面半径为2,母线长为4的圆锥中内接一个高为√3的圆柱,则圆柱的表面积是 . 答案 (2+2√3)π11.已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上,且AB =3,AC =4,AB ⊥AC ,AA 1=12,则球O 的表面积是 . 答案 169π12.《九章算术》中对一些特殊的几何体有特定的称谓,例如:将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵,将一堑堵沿其一顶点与相对的棱刨开,得到一个阳马(底面是长方形,且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥)和一个鳖臑(四个面均为直角三角形的四面体).在如图所示的堑堵ABC -A 1B 1C 1中,AA 1=AC =5,AB =3,BC =4,则阳马C 1-ABB 1A 1的外接球的表面积是 .答案 50π13.已知各棱长都相等的直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱)所有顶点都在球O 的表面上,若球O 的表面积为28π,则该三棱柱的侧面积为 . 答案 36[教师专用题组]【基础集训】考点一空间几何体的结构特征1.(2017河北衡水中学三调,10)已知正方体ABCD -A'B'C'D'的外接球的体积为√32π,将正方体割去部分后,剩余几何体的三视图如图所示,则剩余几何体的表面积为 ( )A.92+√32 B.3+√3或92+√32C.2+√3D.92+√32或2+√3答案 B 设正方体的棱长为a ,依题意得,43π×3√3a 38=√32π,解得a =1.由三视图可知,该几何体的直观图有以下两种可能,图1对应的几何体的表面积为92+√32,图2对应的几何体的表面积为3+√3.故选B .2.如图所示的几何体,关于其结构特征,下列说法不正确的是 .①该几何体是由两个同底的四棱锥组成的几何体; ②该几何体有12条棱、6个顶点;③该几何体有8个面,并且各面均为三角形;④该几何体有9个面,其中一个面是四边形,其余均为三角形. 答案 ④解析平面ABCD 将该几何体分割成两个四棱锥,因此该几何体是这两个四棱锥的组合体,因而平面ABCD 是该组合体的一个截面,而不是一个面,故填④.考点二空间几何体的体积1.(2019辽宁大连二模,6)若某几何体的三视图如图所示,其中主视图与侧视图都是边长为1的正方形,则该几何体的体积为( )A.√23B.√33C.23D.13 答案 D 几何体为四棱锥P -ABCD ,是正方体的一部分,也可以看作是三棱柱去掉两个三棱锥, ∴几何体的体积为12×1×1×1-2×13×12×1×1×12=13.故选D.2.(2019云南师范大学附属中学高三上第一次月考,6)如图,网格纸的小方格都是边长为1的正方形,粗线画出的是某空间几何体的三视图,则该几何体的体积为( )A.56-8π3 B.56-16π3 C.64-8π3 D.64-16π3答案 C 由三视图还原几何体如图.该几何体是一个底面为正方形的四棱锥挖去了一个半圆锥,侧面PAD ⊥底面ABCD ,底面边长为4,锥体的高为4,四棱锥的体积为13×4×4×4=643,半圆锥的体积为13×12×π×22×4=8π3,故该几何体的体积为64-8π3,故选C. 思路分析由三视图还原几何体,可知原几何体是一个底面为正方形的四棱锥挖去了一个半圆锥,由四棱锥体积减去半圆锥体积便可求解该几何体的体积.3.(2018吉林长春质检,8)《九章算术》卷五商功中有如下问题:今有刍甍,下广三丈,袤四丈,上袤二丈,无广,高一丈,问积几何.刍甍:底面为矩形的屋脊状的几何体(网格纸中粗线部分为其三视图,设网格纸上每个小正方形的边长为1丈),那么该刍甍的体积为( )A.4立方丈B.5立方丈C.6立方丈D.12立方丈答案 B 如图所示,由三视图可还原得到几何体ABCDEF ,过E ,F 分别作垂直于底面的截面EGH 和FMN ,可将原几何体切割成直三棱柱EHG -FMN ,四棱锥E -ADGH 和四棱锥F -MBCN ,易知三棱柱EHG -FMN 的体积为12×3×1×2=3(立方丈),两个四棱锥的体积相同,都为13×1×3×1=1(立方丈),则原几何体的体积为3+1+1=5(立方丈),故选B .4.(2017云南大理二模,9)在四棱锥P -ABCD 中,PA ⊥底面ABCD ,底面ABCD 为正方形,PA =AB ,该四棱锥被一平面截去一部分后,剩余部分的三视图如图,则剩余部分体积与原四棱锥体积的比值为( )A.13B.12C.23D.34答案 D 根据几何体的三视图可得,该几何体是由过BD 且平行于PA 的平面截四棱锥P -ABCD 所得的几何体.截去的部分为三棱锥E -BCD ,设AB =1,则V 三棱锥E -BCD =13×12×1×1×12=112.V 四棱锥P -ABCD =13×S 正方形ABCD ×PA =13×12×1=13.剩余部分的体积V 剩余部分=V 四棱锥P -ABCD -V 三棱锥E -BCD =13-112=14.∴剩余部分体积与原四棱锥体积的比值为1413=34.故选D .思路分析根据几何体的三视图可得,该几何体是过BD 且平行于PA 的平面截四棱锥P -ABCD 所得的几何体,截去的部分为三棱锥E -BCD ,V 剩余部分=V 四棱锥P -ABCD -V 三棱锥E -BCD .设AB =1,即可得出.5.(2019黑龙江哈六中二模,8)如图,在四棱锥P -ABCD 中,四边形ABCD 是边长为2的正方形,且PA =PB =PC =PD ,已知四棱锥的表面积是12,则它的体积为 .答案4√33解析由题意可知四棱锥P -ABCD 为正四棱锥,设正四棱锥的斜高为h',则2×2+4×12×2h'=12,解得h'=2, 则正四棱锥的高PO =√22-12=√3. ∴正四棱锥的体积V =13×4×√3=4√33.6.(2019河北石家庄3月质检,15)如图,在四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 为菱形,PB ⊥底面ABCD ,O 为对角线AC 与BD 的交点,若PB =1,∠APB =π3,则棱锥P -AOB 的外接球的体积是 .答案43π 解析 ∵底面ABCD 为菱形,O 为对角线AC 与BD 的交点,∴BD ⊥AC ,又PB ⊥底面ABCD ,∴PB ⊥AC ,∵BD ∩PB =B ,∴AC ⊥面PBD ,∴AC ⊥PO ,∴三角形PBA 与三角形PAO 均为直角三角形,∴公共斜边的中点即为球心,∵PB =1,∠APB =π3,∴PA =2=2R (R 为P -AOB 外接球的半径),∴R =1,故三棱锥P -AOB 的外接球的体积是4π×133=43π,故答案为43π.解后反思求解三棱锥外接球的表面积或体积的关键是过好双关:一是方程关,即能借助图形,适时运用勾股定理或正、余弦定理,得外接球的半径R 所满足的方程(组);二是公式关,即应用球的表面积公式S =4πR 2求其表面积,或应用球的体积公式V =43πR3求其体积.考点三空间几何体的表面积1.(2019广西梧州高三摸底调研,10)如图是乐高玩具中某一组件的三视图,则该组件的表面积为 ( )A.26+πB.26-πC.26D.22 答案 C由几何体的三视图可知,该几何体是一个长方体挖去了一个半圆柱,其直观图如图所示. 所以该组件的表面积为2×2×1+2×(4×2-12×π×12)+4×1+2×1×1+12×π×2×1=26.2.(2019河南郑州一模,7)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某个几何体的三视图,则该几何体的表面积为( )A.(4+4√5)π+4√2B.(4+4√5)π+4+4√2C.12π+12D.12π+4+4√2答案 A 由题意可知,几何体下部是圆锥,上部是直四棱柱,如图,可得:几何体的表面积为4π+12×4π×√20+4×√2×1=(4+4√5)π+4√2.故选A.解题关键判断出几何体的形状,利用三视图中的数据求解几何体的表面积即可.3.已知各棱长为5,底面为正方形,各侧面均为正三角形的四棱锥,则它的表面积为 . 答案 25(√3+1)解析如图,设E 为AB 的中点,O 为底面正方形对角线的交点,连接SO ,SE ,OE ,∵四棱锥S -ABCD 的各棱长均为5,各侧面都是全等的正三角形,∴SE ⊥AB ,则SE =√SA 2-AE 2=√25-254=5√32.∴S 侧=4S △SAB =4×12×AB ×SE =2×5×5√32=25√3.∴S 表=S 侧+S 底=25+25√3=25(√3+1).4.(2020吉林梅河口五中9月月考,16)已知矩形ABCD 的顶点都在半径为5的球O 的球面上,且AB =6,BC =2√5,则棱锥O -ABCD 的侧面积为 . 答案 44解析如图,由已知得OA =OB =OC =OD =5,因为AB =6,BC =2√5, 所以△OAB 中AB边上的高为√52-(62)2=4,△OBC 中BC边上的高为√52-(2√52)2=2√5.因为四边形ABCD 为矩形,OA =OB =OC =OD , 所以S △OAB =S △OCD ,S △OBC =S △OAD ,所以棱锥O -ABCD 的侧面积S =6×4+2√5×2√5=44.综合篇【综合集训】考法与球有关的切、接问题1.(多选题)(2020湖南怀化期末检测,9)已知A ,B ,C 三点均在球O 的表面上,AB =BC =CA =2,且球心O 到平面ABC 的距离等于球半径的13,则下列结论正确的是 ( ) A .球O 的半径为32B.球O 的表面积为6πC.球O 的内接正方体的棱长为√6D.球O 的外切正方体的棱长为√6 答案 BD2.(2020山东滨州期末,16)在四面体S -ABC 中,SA =SB =2,且SA ⊥SB ,BC =√5,AC =√3,则该四面体体积的最大值为 ,该四面体外接球的表面积为 . 答案√306;8π3.(2020山东滕州一中3月模拟,16)已知正三棱锥P -ABC ,Q 为BC 的中点,PA =√2,AB =2,则正三棱锥P -ABC 的外接球的半径为 ;过Q 的平面截三棱锥P -ABC 的外接球所得截面的面积范围为 . 答案√62;[π,32π]4.(2020湖北襄阳四中3月月考,16)已知三棱锥S -ABC 的各顶点都在同一个球面上,△ABC 所在截面圆的圆心O 在AB 上,SO ⊥平面ABC ,AC =1,BC =√3,若三棱锥的体积是√33,则该球体的球心到棱AC 的距离是 .答案√214[教师专用题组]【综合集训】考法与球有关的切、接问题1.(2019广西南宁二中、柳州高中第二次联考,7)某四面体的三视图如图所示.该四面体的外接球的表面积为( )A.8πB.64π3C.124π3 D.12π 答案 C 由三视图知,该四面体P -ABC 中,PC ⊥平面ABC ,PC =2,AB =2√7,AC =4,BC =2,由余弦定理,得cos ∠ACB =AC 2+BC 2-AB 22AC ·BC =-12,∴∠ACB =120°. ∴△ABC 外接圆直径2r =AB sin ∠ACB =4√213,设四面体P -ABC 外接球的直径为2R ,则(2R )2=PC 2+(2r )2=1243,∴S 球=4πR 2=124π3. 2.(2019江西宜春12月大联考,8)如图是某几何体的三视图,该几何体的轴截面的面积为6,则该几何体的外接球的表面积为( )A.653πB.654πC.6512πD.334π答案 B 由三视图知,该几何体是一个圆台,圆台的上底面半径为1,下底面半径为2,设圆台的高为h ,则轴截面的面积S 轴=(2+4)ℎ2=6,∴h =2.设圆台的外接球的半径为R ,则由题意得,√R 2-12+√R 2-22=2,解得R 2=6516(或√R 2-12-√R 2-22=2,此时无解),∴外接球的表面积S =4πR 2=65π4,故选B . 3.(2019安徽黄山模拟,9)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥内切球的表面积为 ( )A.(12-8√2)πB.(12-6√2)πC.(10-6√2)πD.(8-4√2)π答案 A 将该三棱锥放入棱长为2的正方体中,如图所示:设三棱锥内切球的半径为r ,则由等体积法得13×12×(2×2+2×2+2×2√2+2×2√2)r =13×12×2×2×2,解得r =√2-1,所以该三棱锥内切球的表面积S =4π×(√2-1)2=(12-8√2)π.故选A.思路分析由三视图可知该几何体是一个三棱锥,根据等积法求出三棱锥内切球的半径r ,再计算内切球的表面积.4.(2020湖南顶级名校9月联考,16)正三棱锥P -ABC (底面△ABC 为正三角形,顶点P 在底面的射影为底面△ABC 的中心)中,PA ⊥PB ,其体积为92,则该三棱锥的外接球的表面积为 .答案 27π解析因为正三棱锥P -ABC 中PA ⊥PB ,所以PA 、PB 、PC 两两垂直且相等,设PA =PB =PC =a ,则V P -ABC =V C -PAB =13·S △PAB ·PC =a 36=92,得a =3. 因为PA 、PB 、PC 两两垂直且相等,所以可将该三棱锥补形为棱长是a 的正方体,则三棱锥的外接球即为该正方体的外接球,故外接球直径2R =3√3,则该球的表面积S =4πR 2=27π.。

2022高考数学复习专项八立体几何测试卷

2022高考数学复习专项八立体几何测试卷1.已知空间几何体的三视图如图所示，依照图中标出的尺寸(单位:cm)可得该几何体的体积为(A)(B)(C)(D)2.如图是某一几何体的三视图，则那个几何体的体积为（）(A). 4 (B). 8 (C). 16 (D). 20V=13×6×2×4=16故答案为：16二、填空题:3.一个正方体的各顶点均在同一球的球面上，若该球的体积为，则该正方体的表面积为__________4.设l ，m 是两条不同的直线，α是一个平面，有下列四个命题：（1）若l ⊥α， m α⊂，则l m ⊥；（2）若l α⊥，l m //，则m α⊥；（3）若l α//，m α⊂，则l m // ；（4）若l α//，m α//，则l m //则其中命题正确的是_____________．5. 某几何体的三视图如下图所示，则该几何体的表面积为___________【答案】【解析】该几何体为一个长方体在上表面“挖”出半个球，因此该几何体的表面积为().πππ22214⨯2⨯4+4⨯2-⨯1+4⨯1⨯=64+2 三、解答题:6.(本小题满分12分）如图，在四棱柱P-ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，， AB = BC = a, AD = 2a, PA 平面ABCD,PD 与平面 ABCD 成 30。

角.(1) 若A E PD，E为垂足，求证：SE P D(2) 求平面P A B与平面P C D所成锐二面角的余弦值.答案：解析：7.如图，在四棱锥P—ABCD中，侧面PAD是正三角形，且垂直于底面ABCD，底面ABC 是边长为2的菱形，∠BAD=60°，M为PC的中点.（1）求证：PA//平面BDM；（2）求直线AC与平面ADM所成角的正弦值.A(1,0,0),D(-1,0,0),33(0,03),(23,0)(122P C M --，，，，，.3(3,3,0),(2,0,0),(02(,,1)0020,1;sin .4AC AD DM ADM n x y n AD n DM AC n x y AC ADM AC n θθ∴=-=-==•=•=•∴==-==•，，设平面的法向量为，则且，设直线和平面所成角为，则。

2021-2022年高考数学专题复习导练测第八章高考专题突破四高考中的立体几何问题理新人教

2021年高考数学专题复习导练测第八章高考专题突破四高考中的立体几何问题理新人教A 版1．(xx·广东)某四棱台的三视图如图所示，则该四棱台的体积是( ) A ．4 B.143 C.163 D ．6答案 B解析由三视图知四棱台的直观图为由棱台的体积公式得：V ＝13(2×2＋1×1＋2×2×1×1)×2＝143.2．(xx·课标全国Ⅱ)已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β.直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，l ⊄α，l ⊄β，则( )A ．α∥β且l ∥αB ．α⊥β且l ⊥βC ．α与β相交，且交线垂直于lD ．α与β相交，且交线平行于l 答案 D解析假设α∥β，由m ⊥平面α，n ⊥平面β，则m ∥n ，这与已知m ，n 为异面直线矛盾，那么α与β相交，设交线为l 1，则l 1⊥m ，l 1⊥n ，在直线m 上任取一点作n 1平行于n ，那么l 1和l 都垂直于直线m 与n 1所确定的平面，所以l 1∥l .3．(xx·四川)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点O 为线段BD 的中点．设点P 在线段CC 1上，直线OP 与平面A 1BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是( )A ．[33，1] B ．[63，1] C ．[63，223] D ．[223，1]答案 B解析根据题意可知平面A 1BD ⊥平面A 1ACC 1且两平面的交线是A 1O ，所以过点P 作交线A 1O 的垂线PE ，则PE ⊥平面A 1BD ，所以∠A 1OP 或其补角就是直线OP 与平面A 1BD 所成的角α.设正方体的边长为2，则根据图形可知直线OP 与平面A 1BD 可以垂直．当点P 与点C 1重合时可得A 1O ＝OP ＝6，A 1C 1＝22，所以12×6×6×sin α＝12×22×2，所以sin α＝223；当点P 与点C 重合时，可得sin α＝26＝63. 根据选项可知B 正确．4．(xx·山东)三棱锥P －ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D －ABE 的体积为V 1，P －ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________.答案 14解析设点A 到平面PBC 的距离为h . ∵D ，E 分别为PB ，PC 的中点， ∴S △BDE ＝14S △PBC ，∴V 1V 2＝V A －DBE V A －PBC ＝13S △BDE ·h13S △PBC ·h ＝14. 5．(xx·江苏改编)如图，在三棱锥P －ABC 中，D ，E ，F 分别为棱PC ，AC ，AB 的中点．若PA ⊥AC ，PA ＝6，BC ＝8，DF ＝5.则PA 与平面DEF 的位置关系是________；平面BDE 与平面ABC 的位置关系是________．(填“平行”或“垂直”) 答案平行垂直解析 (1)因为D ，E 分别为棱PC ，AC 的中点，所以DE ∥PA .又因为PA ⊄平面DEF ，DE ⊂平面DEF ，所以直线PA ∥平面DEF .(2)因为D ，E ，F 分别为棱PC ，AC ，AB 的中点，PA ＝6，BC ＝8，所以DE ＝12PA ＝3，EF ＝12BC ＝4.又因为DF ＝5，故DF 2＝DE 2＋EF 2，所以∠DEF ＝90°，即DE ⊥EF .又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC.因为AC∩EF＝E，AC⊂平面ABC，EF⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC，又DE⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABC.题型一空间点、线、面的位置关系例1 (xx·安徽)如图，四棱锥P－ABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为217.点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面GEFH⊥平面ABCD，BC∥平面GEFH.(1)证明：GH∥EF；(2)若EB＝2，求四边形GEFH的面积．思维点拨(1)证明GH∥EF，只需证明EF∥平面PBC，只需证明BC∥EF，利用BC∥平面GEFH即可；(2)求出四边形GEFH的上底、下底及高，即可求出面积．(1)证明因为BC∥平面GEFH，BC⊂平面PBC，且平面PBC∩平面GEFH＝GH，所以GH∥BC.同理可证EF∥BC，因此GH∥EF.(2)解如图，连接AC，BD交于点O，BD交EF于点K，连接OP，GK.因为PA ＝PC ，O 是AC 的中点，所以PO ⊥AC ，同理可得PO ⊥BD .又BD ∩AC ＝O ，且AC ，BD 都在底面内，所以PO ⊥底面ABCD .又因为平面GEFH ⊥平面ABCD ，且PO ⊄平面GEFH ，所以PO ∥平面GEFH . 因为平面PBD ∩平面GEFH ＝GK ，所以PO ∥GK ，且GK ⊥底面ABCD ，从而GK ⊥EF .所以GK 是梯形GEFH 的高．由AB ＝8，EB ＝2得EB ∶AB ＝KB ∶DB ＝1∶4，从而KB ＝14DB ＝12OB ，即K 为OB 的中点．再由PO ∥GK 得GK ＝12PO ，即G 是PB 的中点，且GH ＝12BC ＝4.由已知可得OB ＝42，PO ＝PB 2－OB 2＝68－32＝6，所以GK ＝3.故四边形GEFH 的面积S ＝GH ＋EF2·GK＝4＋82×3＝18.思维升华高考对该部分的考查重点是空间的平行关系和垂直关系的证明，一般以解答题的形式出现，试题难度中等，但对空间想象能力和逻辑推理能力有一定的要求，在试卷中也可能以选择题或者填空题的方式考查空间位置关系的基本定理在判断线面位置关系中的应用．(xx·江苏)如图，在三棱锥S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．求证：(1)平面EFG∥平面ABC；(2)BC⊥SA.证明(1)由AS＝AB，AF⊥SB知F为SB中点，则EF∥AB，FG∥BC，又EF∩FG＝F，AB∩BC＝B，因此平面EFG∥平面ABC.(2)由平面SAB⊥平面SBC，且AF⊥SB，知AF⊥平面SBC，则AF⊥BC.又BC⊥AB，AF∩AB＝A，则BC⊥平面SAB，又SA⊂平面SAB，因此BC⊥SA.题型二平面图形的翻折问题例2 (xx·广东)如图(1)，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2，作如图(2)折叠，折痕EF∥DC.其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后点P叠在线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF.(1)证明：CF⊥平面MDF；(2)求三棱锥M－CDE的体积．思维点拨折叠后，MD与平面CDEF的垂直关系不变．(1)证明因为PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PD⊥AD.又因为ABCD是矩形，CD⊥AD，PD与CD交于点D，所以AD⊥平面PCD.又CF⊂平面PCD，所以AD⊥CF，即MD⊥CF.又MF⊥CF，MD∩MF＝M，所以CF⊥平面MDF.(2)解因为PD⊥DC，BC＝2，CD＝1，∠PCD＝60°，所以PD＝3，由(1)知FD⊥CF，在直角三角形DCF中，CF＝12CD＝12.过点F作FG⊥CD交CD于点G，得FG＝FC sin 60°＝12×32＝34，所以DE＝FG＝34，故ME＝PE＝3－34＝334，所以MD ＝ME 2－DE 2＝3342－342＝62. S △CDE ＝12DE ·DC ＝12×34×1＝38. 故V M －CDE ＝13MD ·S △CDE ＝13×62×38＝216.思维升华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．已知四边形ABCD 是矩形，AB ＝1，BC ＝3，将△ABC 沿着对角线AC 折起来得到△AB 1C 且顶点B 1在平面ACD 上的射影O 恰落在边AD上，如图所示．(1)求证：平面AB 1C ⊥平面B 1CD ； (2)求三棱锥B 1－ABC 的体积VB 1－ABC . (1)证明 ∵B 1O ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， ∴B 1O ⊥CD ，又CD ⊥AD ，AD ∩B 1O ＝O ，∴CD ⊥平面AB 1D ，又AB 1⊂平面AB 1D ，∴AB 1⊥CD ，又AB 1⊥B 1C ，且B 1C ∩CD ＝C ， ∴AB 1⊥平面B 1CD ，又AB 1⊂平面AB 1C ，∴平面AB 1C ⊥平面B 1CD . (2)解由于AB 1⊥平面B 1CD ，B 1D ⊂平面ABCD ，所以AB 1⊥B 1D ，在Rt△AB 1D 中，B 1D ＝AD 2－AB 21＝2，又由B 1O ·AD ＝AB 1·B 1D 得B 1O ＝AB 1·B 1D AD ＝63，所以VB 1－ABC ＝13S △ABC ·B 1O ＝13×12×1×3×63＝26.题型三线面位置关系中的存在性问题例3 (xx·四川)在如图所示的多面体中，四边形ABB 1A 1和ACC 1A 1都为矩形．(1)若AC ⊥BC ，证明：直线BC ⊥平面ACC 1A 1；(2)设D ，E 分别是线段BC ，CC 1的中点，在线段AB 上是否存在一点M ，使直线DE ∥平面A 1MC ？请证明你的结论．思维点拨 (1)先证明AA 1⊥平面ABC ，可得AA 1⊥BC ，利用AC ⊥BC ，可以证明直线BC ⊥平面ACC 1A 1；(2)取AB 的中点M ，连接A 1M ，MC ，A 1C ，AC 1，A 1C 与AC 1交于点O ，证明四边形MDEO 为平行四边形即可．(1)证明因为四边形ABB 1A 1和ACC 1A 1都是矩形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AC .因为AB ，AC 为平面ABC 内两条相交的直线，所以AA 1⊥平面ABC .因为直线BC ⊂平面ABC ，所以AA 1⊥BC .又由已知，AC ⊥BC ，AA 1和AC 为平面ACC 1A 1内两条相交的直线，所以BC ⊥平面ACC 1A 1.(2)解取线段AB 的中点M ，连接A 1M ，MC ，A 1C ，AC 1，设点O 为A 1C ，AC 1的交点．由已知，点O 为AC 1的中点．连接MD ，OE ，则MD ，OE 分别为△ABC ，△ACC 1的中位线，所以MD 綊12AC ，OE 綊12AC ，因此MD 綊OE .连接OM ，从而四边形MDEO 为平行四边形，则DE ∥MO . 因为直线DE ⊄平面A 1MC ，MO ⊂平面A 1MC ，所以直线DE ∥平面A 1MC .即线段AB 上存在一点M (线段AB 的中点)，使直线DE ∥平面A 1MC .思维升华对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在这假设条件下，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．如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知DC ＝DD 1＝2AD ＝2AB ，AD ⊥DC ，AB ∥DC .(1)求证：D 1C ⊥AC 1；(2)问在棱CD 上是否存在点E ，使D 1E ∥平面A 1BD .若存在，确定点E 位置；若不存在，说明理由．(1)证明在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，连接C 1D ， ∵DC ＝DD 1，∴四边形DCC 1D 1是正方形，∴DC1⊥D1C.又AD⊥DC，AD⊥DD1，DC∩DD1＝D，∴AD⊥平面DCC1D1，又D1C⊂平面DCC1D1，∴AD⊥D1C.∵AD⊂平面ADC1，DC1⊂平面ADC1，且AD∩DC1＝D，∴D1C⊥平面ADC1，又AC1⊂平面ADC1，∴D1C⊥AC1.(2)解假设存在点E，使D1E∥平面A1BD.连接AD1，AE，D1E，设AD1∩A1D＝M，BD∩AE＝N，连接MN，∵平面AD1E∩平面A1BD＝MN，要使D1E∥平面A1BD，可使MN∥D1E，又M是AD1的中点，则N是AE的中点．又易知△ABN≌△EDN，∴AB＝DE.即E是DC的中点．综上所述，当E是DC的中点时，可使D 1E ∥平面A 1BD .题型四空间向量与立体几何例4 (xx·辽宁)如图，△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直，且AB ＝BC ＝BD ＝2，∠ABC ＝∠DBC ＝120°，E ，F 分别为AC ，DC 的中点． (1)求证：EF ⊥BC ；(2)求二面角E －BF －C 的正弦值．思维点拨可以B 为原点，建立空间直角坐标系，用向量法．方法一 (1)证明如图(1)，过E 作EO ⊥BC ，垂足为O ，连接OF .(1)由题意得△ABC ≌△DBC ，可证出△EOC ≌△FOC . 所以∠EOC ＝∠FOC ＝π2，即FO ⊥BC .又EO ⊥BC ，EO ∩FO ＝O ，因此BC ⊥平面EFO .又EF ⊂平面EFO ，所以EF ⊥BC .(2)解如图(1)，过O 作OG ⊥BF ，垂足为G ，连接EG . 由平面ABC ⊥平面BDC ，从而EO ⊥平面BDC .又OG ⊥BF ，EO ⊥BF ，所以BF ⊥平面EGO ，所以EG ⊥BF .因此∠EGO 为二面角E －BF －C 的平面角．在△EOC 中，EO ＝OF ＝12FC ＝12·BC ·cos 30°＝32.由△BGO ∽△BFC 知，OG ＝BO BC ·FC ＝34，因此tan∠EGO ＝EO OG ＝2，从而sin∠EGO ＝255，即二面角E －BF －C 的正弦值为255.方法二 (1)证明由题意，以B 为坐标原点，在平面DBC 内过B 作垂直于BC 的直线为x 轴，BC 所在直线为y 轴，在平面ABC 内过B 作垂直BC 的直线为z 轴，建立如图(2)所示的空间直角坐标系，(2)易得B (0,0,0)，A (0，－1，3)，D (3，－1,0)，C (0,2,0)，因而E (0，12，32)，F (32，12，0)，所以EF →＝(32，0，－32)，BC →＝(0,2,0)，因此EF →·BC →＝0.从而EF →⊥BC →，所以EF ⊥BC .(2)解如图(2)，平面BFC 的一个法向量为n 1＝(0,0,1)．设平面BEF 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，又BF →＝(32，12，0)，BE →＝(0，12，32)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BF →＝0，n 2·BE →＝0，得其中一个n 2＝(1，－3，1)．设二面角E －BF －C 的大小为θ，且由题意知θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝15.因此sin θ＝25＝255，即二面角E －BF －C 的正弦值为255. 思维升华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”．在如图所示的几何体中，底面ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，AA 1綊DD 1綊CC 1∥BE ，且AA 1＝AB ，D 1E ⊥平面D 1AC ，AA 1⊥底面ABCD .(1)求二面角D 1－AC －E 的大小；(2)在D 1E 上是否存在一点P ，使得A 1P ∥平面EAC ，若存在，求D 1PPE的值，若不存在，说明理由．解 (1)设AC 与BD 交于点O ，如图所示建立空间直角坐标系O －xyz ，设AB ＝2，则A (3，0,0)，B (0，－1,0)，C (－3，0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,2)，设E (0，－1，t )，t >0，则ED 1→＝(0,2,2－t )，CA →＝(23，0,0)，D 1A →＝(3，－1，－2)． ∵D 1E ⊥面D 1AC ，∴D 1E ⊥CA ，D 1E ⊥D 1A ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ED 1→·CA →＝0，ED 1→·D 1A →＝0，解得t ＝3，∴E (0，－1,3)，∴AE →＝(－3，－1,3)，设平面EAC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CA →＝0，m ·AE →＝0，∴⎩⎨⎧23x ＝0，－3x －y ＋3z ＝0，令z ＝1，y ＝3，m ＝(0,3,1)．又平面D 1AC 的法向量ED 1→＝(0,2，－1)，∴cos〈m ，ED 1→〉＝m ·ED 1→|m |·|ED 1→|＝22.所以所求二面角的大小为45°. (2)假设存在点P 满足题意．设D 1P →＝λPE →＝λ(D 1E →－D 1P →)，得D 1P →＝λ1＋λD 1E →＝(0，－2λ1＋λ，λ1＋λ)，A 1P →＝A 1D 1→＋D 1P →＝(－3，1,0)＋(0，－2λ1＋λ，λ1＋λ) ＝(－3，1－2λ1＋λ，λ1＋λ)∵A 1P ∥平面EAC ，∴A 1P →⊥m ，∴－3×0＋3×(1－2λ1＋λ)＋1×λ1＋λ＝0，解得λ＝32，故存在点P 使A 1P ∥面EAC ，此时D 1P ∶PE ＝3∶2.(时间：70分钟)1．(xx·重庆)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．54B ．60C ．66D ．72 答案 B解析由俯视图可以判断该几何体的底面为直角三角形，由正视图和侧视图可以判断该几何体是由直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱)截取得到的．在长方体中分析还原，如图(1)所示，故该几何体的直观图如图(2)所示．在图(1)中，直角梯形ABPA 1的面积为12×(2＋5)×4＝14，计算可得A 1P ＝5.直角梯形BCC 1P 的面积为12×(2＋5)×5＝352.因为A 1C 1⊥平面A 1ABP ，A 1P ⊂平面A 1ABP ，所以A 1C 1⊥A 1P ，故Rt△A 1PC 1的面积为12×5×3＝152.又Rt△ABC 的面积为12×4×3＝6，矩形ACC 1A 1的面积为5×3＝15，故几何体ABC －A 1PC 1的表面积为14＋352＋152＋6＋15＝60.2．已知m ，n 分别是两条不重合的直线，a ，b 分别垂直于两不重合平面α，β，有以下四个命题：①若m ⊥α，n ∥b ，且α⊥β，则m ∥n ； ②若m ∥a ，n ∥b ，且α⊥β，则m ⊥n ； ③若m ∥α，n ∥b ，且α∥β，则m ⊥n ； ④若m ⊥α，n ⊥b ，且α⊥β，则m ∥n . 其中正确的命题是( )A ．①② B．③④ C．①④ D．②③ 答案 D解析对于①，b ⊥β，n ∥b ，∴n ⊥β，∵m ⊥α，且α⊥β，∴m ⊥n ，∴①错误；对于②，∵a ，b 分别垂直于两不重合平面α，β，α⊥β，∴a ⊥b ，∵m ∥a ，n ∥b ，∴m ⊥n ，∴②正确；对于③，∵n ∥b ，b ⊥β，∴n ⊥β，∵m ∥α，α∥β，∴m ⊥n ，∴③正确；对于④，∵m ⊥α，b ⊥β，α⊥β，∴m ⊥b ，∵n ⊥b ，∴m ∥n 或m ⊥n 或m ，n 相交，∴④不正确．所以②③正确．3．如图梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，AD ∶BC ∶AB ＝2∶3∶4，E 、F 分别是AB 、CD 的中点，将四边形ADFE 沿直线EF 进行翻折，给出四个结论： ①DF ⊥BC ； ②BD ⊥FC ；③平面DBF ⊥平面BFC ； ④平面DCF ⊥平面BFC .在翻折过程中，可能成立的结论是________．(填写结论序号) 答案 ②③解析因为BC ∥AD ，AD 与DF 相交不垂直，所以BC 与DF 不垂直，则①不成立；设点D 在平面BCF 上的射影为点P ，当BP ⊥CF 时就有BD ⊥FC ，而AD ∶BC ∶AB ＝2∶3∶4，可使条件满足，所以②正确；当点P 落在BF 上时，DP ⊂平面BDF ，从而平面BDF ⊥平面BCF ，所以③正确；因为点D 的射影不可能在FC 上，所以平面DCF ⊥平面BFC 不成立，即④错误．故答案为②③.4．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 是棱BC 的中点，点F 是棱CD 上的动点，当CFFD＝______时，D 1E ⊥平面AB 1F .答案 1解析如图，连接A1B，则A1B是D1E在平面ABB1A1内的射影．∵AB1⊥A1B，∴D1E⊥AB1，又∵D1E⊥平面AB1F⇒D1E⊥AF.连接DE，则DE是D1E在底面ABCD内的射影，∴D1E⊥AF⇒DE⊥AF.∵ABCD是正方形，E是BC的中点，∴当且仅当F是CD的中点时，DE⊥AF，即当点F是CD的中点时，D1E⊥平面AB1F，∴CFFD＝1时，D1E⊥平面AB1F.5．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EFA1∥平面BCHG.证明(1)∵GH是△A1B1C1的中位线，∴GH∥B1C1.又B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面．(2)∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC，∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.∵A1G与EB平行且相等，∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB.∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG.∵A1E∩EF＝E，∴平面EFA1∥平面BCHG.6．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？并证明你的结论．解在棱C1D1上存在点F，使B1F∥平面A1BE.因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，所以A1B与平面A1EB和平面DCC1D1的交线平行，如图所示，取CD的中点G，连接EG，BG，则EG，BG就是平面A1BE分别与平面DCC1D1和平面ABCD的交线．取C1D1的中点F，CC1的中点H，连接HF，B1F，B1H.因为HF∥EG，所以HF∥平面A1EB.因为A1B1∥C1D1∥HE，所以A1，B1，H，E四点共面，又平面BB1C1C∥平面AA1D1D，所以B1H∥A1E，从而B1H∥平面A1EB，因为B1H∩HF＝H，所以平面B 1HF ∥平面A 1EB ，所以B 1F ∥平面A 1EB .7．(xx·福建)在平面四边形ABCD 中，AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD .将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图所示．(1)求证：AB ⊥CD ；(2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．(1)证明 ∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，AB ⊥BD ， ∴AB ⊥平面BCD .又CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD .(2)解过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD ，如图．由(1)知AB ⊥平面BCD ，BE ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD .以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意，得B (0,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，A (0,0,1)，M (0，12，12)，则BC →＝(1,1,0)，BM →＝(0，12，12)，AD →＝(0,1，－1)．设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x 0＋y 0＝0，12y 0＋12z 0＝0，取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1,1)．设直线AD 与平面MBC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →||n |·|AD →|＝63，即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为63. 8．如图所示，平面ABDE ⊥平面ABC ，△ABC 是等腰直角三角形，AC＝BC ＝4，四边形ABDE 是直角梯形，BD ∥AE ，BD ⊥BA ，BD ＝12AE ＝2，O ，M 分别为CE ，AB 的中点．(1)求证：OD ∥平面ABC ；(2)求直线CD 和平面ODM 所成角的正弦值；(3)能否在EM 上找一点N ，使得ON ⊥平面ABDE ？若能，请指出点N 的位置，并加以证明；若不能，请说明理由．(1)证明取AC 中点F ，连接OF ，FB .∵F 是AC 中点，O 为CE 中点，∴OF ∥EA 且OF ＝12EA . 又BD ∥AE 且BD ＝12AE ， ∴OF ∥DB ，OF ＝DB ，∴四边形BDOF 是平行四边形，∴OD ∥FB .又∵FB ⊂平面ABC ，OD ⊄平面ABC ，∴OD ∥平面ABC .(2)解 ∵平面ABDE ⊥平面ABC ，平面ABDE ∩平面ABC ＝AB ，DB ⊂平面ABDE ，且BD ⊥BA ， ∴DB ⊥平面ABC .∵BD ∥AE ，∴EA ⊥平面ABC .如图所示，以C 为原点，分别以CA ，CB 所在直线为x ，y 轴，以过点C 且与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系．∵AC ＝BC ＝4，∴C (0,0,0)，A (4,0,0)，B (0,4,0)，D (0,4,2)，E (4,0,4)，O (2,0,2)，M (2,2,0)，∴CD →＝(0,4,2)，OD →＝(－2,4,0)，MD →＝(－2,2,2)．设平面ODM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由n ⊥MD →，n ⊥OD →，可得⎩⎨⎧ －2x ＋4y ＝0，－2x ＋2y ＋2z ＝0.令x ＝2，得y ＝1，z ＝1.∴n ＝(2,1,1)．设直线CD 和平面ODM 所成角为θ，则sin θ＝|n ·CD →||n ||CD →|＝|2，1，1·0，4，2|22＋12＋12·02＋42＋22＝66·25＝3010.∴直线CD 和平面ODM 所成角的正弦值为3010. (3)解当N 是EM 中点时，ON ⊥平面ABDE .方法一取EM 中点N ，连接ON ，CM ，∵AC ＝BC ，M 为AB 中点，∴CM ⊥AB .又∵平面ABDE ⊥平面ABC ，平面ABDE ∩平面ABC ＝AB ，CM ⊂平面ABC ，∴CM ⊥平面ABDE . ∵N 是EM 中点，O 为CE 中点，∴ON ∥CM ，∴ON ⊥平面ABDE .方法二由(2)设N (a ，b ，c )，∴MN →＝(a －2，b －2，c )，NE →＝(4－a ，－b,4－c )．∵点N 在ME 上，∴MN →＝λNE →，即(a －2，b －2，c )＝λ(4－a ，－b,4－c )，∴⎩⎨⎧ a －2＝λ4－a ，b －2＝λ－b ，c ＝λ4－c ，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝4λ＋2λ＋1，b ＝2λ＋1，c ＝4λλ＋1.∴N (4λ＋2λ＋1，2λ＋1，4λλ＋1)． ∵BD →＝(0,0,2)是平面ABC 的一个法向量，∴ON →⊥BD →，∴4λλ＋1＝2，解得λ＝1.∴MN →＝NE →，即N 是线段EM 的中点， ∴当N 是EM 的中点时，ON ⊥平面ABDE .。

2022高考数学理科题组训练第八章立体几何题含解析

题组层级(c én ɡ j í)快练(四十五)(第一次作业(zu òy è))1．(2021·合肥(h é f éi)一检)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，E ，F 分别(f ēnbi é)是正方形A 1B 1C 1D 1和ADD 1A 1的中心(zh ōngx īn)，则EF 和CD 所成的角是( )A ．60°B ．45°C ．30°D ．90°答案 B解析连接A 1D ，DC 1，A 1C 1，∵E ，F 为A 1D ，A 1C 1中点，∴EF ∥C 1D.∴EF 和CD 所成角即为∠C 1DC ＝45°.2．若正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都相等，D 是A 1C 1的中点，则直线AD 与平面B 1DC 所成角的正弦值为( )A.35B.45C.34D.55答案 B解析间接法：由正三棱柱的所有棱长都相等，依据题设条件，可知B 1D ⊥平面ACD ，∴B 1D ⊥DC ，故△B 1DC 为直角三角形．设棱长为1，则有AD ＝52，B 1D ＝32，DC ＝52，∴S △B 1DC ＝12×32×52＝158.设A 到平面(p íngmi àn)B 1DC 的距离(j ùl í)为h ，则有VA －B 1DC ＝VB 1－ADC ，∴13×h ×S △B 1DC ＝13×B 1D ×S △ADC . ∴13×h ×158＝13×32×12，∴h ＝25. 设直线(zh íxi àn)AD 与平面B 1DC 所成的角为θ，则sin θ＝h AD ＝45.向量(xi àngli àng)法：如图，取AC 的中点(zh ōn ɡ di ǎn)为坐标原点，建立空间直角坐标系．设各棱长为2，则有A(0，－1，0)，D(0，0，2)，C(0，1，0)，B 1(3，0，2)．设n ＝(x ，y ，z)为平面B 1CD 的法向量，则有⎩⎨⎧n ·CD →＝0，n ·CB1→＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧－y ＋2z ＝0，3x －y ＋2z ＝0⇒n ＝(0，2，1)．∴sin 〈AD →，n 〉＝AD →·n|AD →|·|n |＝45.3．(2021·皖南八校联考)四棱锥V －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，其他四个侧面是腰长为3的等腰三角形，则二面角V －AB －C 的余弦值的大小为( )A.23B.24C.73D.223答案(d á àn) B解析(ji ě x ī) 如图所示，取AB 中点(zh ōn ɡ di ǎn)E ，过V 作底面的垂线(chu í xi àn)，垂足(chu í z ú)为O ，连接OE ，根据题意可知，∠VEO 是二面角V －AB －C 的平面角．因为OE ＝1，VE ＝32－1＝22，所以cos ∠VEO ＝OE VE ＝122＝24，故选B.4．过正方形ABCD 的顶点A 作线段PA ⊥平面ABCD ，若AB ＝PA ，则平面ABP 与平面CDP 所成的二面角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°答案 B解析以A 点为坐标原点，AP ，AB ，AD 分别为x ，y ，z 轴建系且设AB ＝1，∴C(1，1，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)．∴设面CDP 的法向量为n ＝(x ，y ，z)．∴⎩⎨⎧n ·CD→＝（x ，y ，z ）·（－1，0，0）＝－x ＝0，n ·DP →＝（x ，y ，z ）·（0，－1，1）＝－y ＋z ＝0.令y ＝1，∴n ＝(0，1，1)．又∵AD →为面ABP 的一个(y ī ɡè)法向量，∴cos 〈n ，AD →〉＝n ·AD→|n ||AD →|＝12＝22.∴二面角为45°.5．如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，若E ，F 分别(f ēnbi é)是BC ，DD 1的中点(zh ōn ɡ di ǎn)，则B 1到平面(p íngmi àn)ABF 的距离为( )A.33B.55C.53D.255答案(d á àn) D解析方法一：由VB 1－ABF ＝VF －ABB 1可得解．方法二：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，1)，B 1(1，1，0)．设F(0，0，12)，E(12，1，1)，B(1，1，1)，AB →＝(0，1，0)．∴B 1E →＝(－12，0，1)，AF →＝(－1，0，－12)．∵AF →·B 1E →＝(－1，0，－12)·(－12，0，1)＝0，∴AF →⊥B 1E →.又AB →⊥B 1E →，∴B 1E →⊥平面(p íngmi àn)ABF.平面(p íngmi àn)ABF 的法向量为B 1E →＝(－12，0，1)，AB 1→＝(0，1，－1)．B 1到平面(p íngmi àn)ABF 的距离为⎪⎪⎪⎪⎪⎪AB 1→·B 1E →|B 1E →|＝255.6．如图所示，直角梯形(t īx íng)ABCD 与等腰直角三角形ABE 所在的平面互相垂直．AB∥CD ，AB ⊥BC ，AB ＝2CD ＝2BC ，EA ⊥EB.(1)求证(qi úzh èng)：AB ⊥DE ；(2)求直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值．答案 (1)略 (2)33解析 (1)证明：取AB 的中点O ，连接EO ，DO.因为EB ＝EA ，所以EO ⊥AB.因为四边形ABCD 为直角(zh íji ǎo)梯形，AB ＝2CD ＝2BC ，AB ⊥BC ，所以(su ǒy ǐ)四边形OBCD 为正方形，所以(su ǒy ǐ)AB ⊥OD.所以(su ǒy ǐ)AB ⊥平面(p íngmi àn)EOD.因为ED ⊂平面EOD ，所以AB ⊥ED.(2)方法一：因为平面ABE ⊥平面ABCD ，且AB ⊥BC ，所以BC ⊥平面ABE.则∠CEB 即为直线EC 与平面ABE 所成的角．设BC ＝a ，则AB ＝2a ，BE ＝2a ，所以CE ＝3a.则在直角三角形CBE 中，sin ∠CEB ＝CB CE ＝13＝33，即直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值为33. 方法二：因为平面ABE ⊥平面ABCD ，且EO ⊥AB ，所以EO ⊥平面ABCD ，所以EO ⊥OD.由OB，OD，OE两两垂直可建立如图所示的空间直角坐标系．因为三角形EAB为等腰直角三角形，所以OA＝OB＝OD＝OE.设OB＝1，则O(0，0，0)，A(－1，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，E(0，0，1)．所以(suǒyǐ)EC→＝(1，1，－1)，平面(píngmiàn)ABE的一个法向量为OD→＝(0，1，0)．设直线(zhíxiàn)EC与平面ABE所成的角为θ，所以(suǒyǐ)sinθ＝|cos〈EC→，OD→〉|＝|EC→·OD→||EC→||OD→|＝33.即直线EC与平面(píngmiàn)ABE所成角的正弦值为3 3 .7．(2021·河南内黄一中摸底)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1B⊥平面ABC，AB⊥AC.(1)求证：AC ⊥BB 1；(2)若AB ＝AC ＝A 1B ＝2，在棱B 1C 1上确定一点P ，使二面角P －AB －A 1的平面角的余弦值为255.答案 (1)略(2)P 为棱B 1C 1的中点时满足题意解析 (1)证明：在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，因为A 1B ⊥平面ABC ，A 1B ⊂平面ABB 1A 1，所以平面ABB 1A 1⊥平面ABC.因为平面ABB 1A 1∩平面ABC ＝AB ，AB ⊥AC ，所以AC ⊥平面ABB 1A 1，所以AC ⊥BB 1.(2)如图所示，以A 为原点建立空间(k ōngji ān)直角坐标系A －xyz ，则C(2，0，0)，B(0，2，0)，A 1(0，2，2)，B 1(0，4，2)，B 1C 1→＝BC →＝(2，－2，0)．设B 1P →＝λB 1C 1→＝(2λ，－2λ，0)，λ∈[0，1]，则P(2λ，4－2λ，2)．设平面PAB 的一个(y ī ɡè)法向量为n 1＝(x ，y ，z)，因为(y īn w èi)AP →＝(2λ，4－2λ，2)，AB →＝(0，2，0)，所以(su ǒy ǐ)⎩⎨⎧n 1·AP →＝0，n 1·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2λx ＋（4－2λ）y ＋2z ＝0，2y ＝0.所以(su ǒy ǐ)⎩⎪⎨⎪⎧z ＝－λx ，y ＝0.令x ＝1，得n 1＝(1，0，－λ)．而平面ABA 1的一个法向量是n 2＝(1，0，0)，所以|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝11＋λ2＝255，解得λ＝12，即P 为棱B 1C 1的中点． 8. (2021·安徽理)如图所示，在多面体A 1B 1D 1DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F.(1)证明(zh èngm íng)：EF ∥B 1C ；(2)求二面角E －A 1D －B 1的余弦(y úxi án)值．答案(d á àn) (1)略 (2)63解析(ji ě x ī) (1)证明(zh èngm íng)：由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D.又A 1D ⊂平面A 1DE ，B 1C ⊄平面A 1DE ，于是B 1C ∥平面A 1DE.又B 1C ⊂平面B 1CD 1，平面A 1DE ∩平面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C.(2)因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD ，以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→为x 轴，y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为(0.5，0.5，1)．设平面A 1DE 的法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝(0.5，0.5，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →，n 1⊥A 1D →得⎩⎪⎨⎪⎧0.5r 1＋0.5s 1＝0，s 1－t 1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1)．设平面(p íngmi àn)A 1B 1CD 的法向量(xi àngli àng)n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上(mi àn sh àn ɡ)向量A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由此同理可得n 2＝(0，1，1)．所以(su ǒy ǐ)结合图形知二面角E －A 1D －B 1的余弦(y úxi án)值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63.9. (2021·杭州学军中学模拟)在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝CD ＝BC ＝2AD ，AD ∥BC ，∠BCD ＝90°.(1)求证：BC ⊥PC ；(2)求PA 与平面PBC 所成角的正弦值；(3)线段PB 上是否存在点E ，使AE ⊥平面PBC ？说明理由．答案 (1)略 (2)105(3)E 为PB 中点时，AE ⊥平面PBC解析 (1)证明：在四棱锥P －ABCD 中，∵PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴PD ⊥BC.∵∠BCD ＝90°，∴BC ⊥CD.∵PD ∩DC ＝D ，∴BC ⊥平面(p íngmi àn)PCD.∵PC ⊂平面(p íngmi àn)PCD ，∴BC ⊥PC.(2)如图，以D 为原点建立空间(k ōngji ān)直角坐标系D －xyz.不妨设AD ＝1，则PD ＝CD ＝BC ＝2，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，∴PA →＝(1，0，－2)，PB →＝(2，2，－2)，PC →＝(0，2，－2)．设平面(p íngmi àn)PBC 的法向量n ＝(x ，y ，z)．所以(su ǒy ǐ)⎩⎨⎧n ·PB →＝0，n ·PC→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，则x ＝0，z ＝1，∴n ＝(0，1，1)，∴cos 〈PA →，n 〉＝－25×2＝－105，∴PA 与平面PBC 所成角的正弦值为105.(3)方法一：当E 为线段PB 的中点时，AE ⊥平面PBC.如图，分别取PB ，PC 的中点为E ，F ，连接AE ，DF ，EF ，∴EF ∥BC ，且EF ＝12BC.∵AD ∥BC ，且AD ＝12BC ，∴AD ∥EF ，且AD ＝EF.∴四边形AEFD 是平行四边形，∴AE ∥DF.∵PD ＝CD ，∴三角形PCD 是等腰三角形，∴DF ⊥PC.∴BC ⊥平面(p íngmi àn)PCD ，∴DF ⊥BC.∵PC ∩BC ＝C ，∴DF ⊥平面(p íngmi àn)PBC.∴AE ⊥平面(p íngmi àn)PBC ，即在线段(xi àndu àn)PB 上存在点E ，使AE ⊥平面(p íngmiàn)PBC.方法二：设在线段PB 上存在点E ，当PE →＝λPB →(0<λ<1)时，AE ⊥平面PBC.设E(x 0，y 0，z 0)，则PE →＝(x 0，y 0，z 0－2)，∴(x 0，y 0，z 0－2)＝λ(2，2，－2)，即x 0＝2λ，y 0＝2λ，z 0＝－2λ＋2.∴E(2λ，2λ，－2λ＋2)，∴AE →＝(2λ－1，2λ，－2λ＋2)．由(2)可知平面PBC 的法向量n ＝(0，1，1)．若AE ⊥平面PBC ，则AE →∥n ，即AE →＝μn .解得λ＝12，μ＝1，∴当PE →＝12PB →，即E 为PB 中点时，AE ⊥平面PBC.10．(2021·陕西理)四面体ABCD 及其三视图如图所示，过棱AB 的中点E 作平行于AD ，BC 的平面分别交四面体的棱BD ，DC ，CA 于点F ，G ，H.(1)证明：四边形EFGH 是矩形；(2)求直线AB 与平面EFGH 夹角θ的正弦值．答案 (1)略 (2)105解析(ji ě x ī) (1)由该四面体的三视图可知(k ě zh ī)，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，BD ＝DC ＝2，AD ＝1.由题设，BC∥平面(píngmiàn)EFGH，平面(píngmiàn)EFGH∩平面(píngmiàn)BDC＝FG，平面EFGH∩平面ABC＝EH，∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH.同理EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG.∴四边形EFGH是平行四边形．又∵AD⊥DC，AD⊥BD，∴AD⊥平面BDC.∴AD⊥BC，∴EF⊥FG.∴四边形EFGH是矩形．(2)方法一：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，DA→＝(0，0，1)，BC→＝(－2，2，0)，BA→＝(－2，0，1)．设平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)，∵EF∥AD，FG∥BC，∴n·DA→＝0，n·BC→＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，－2x ＋2y ＝0，取n ＝(1，1，0)． ∴sin θ＝|cos 〈BA →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪BA →·n |BA →||n |＝25×2＝105.方法(f āngf ǎ)二：如图，以D 为坐标原点建立空间(k ōngji ān)直角坐标系，则D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)．∵E 是AB 的中点(zh ōn ɡ di ǎn)，∴F ，G 分别(f ēnbi é)为BD ，DC 的中点(zh ōn ɡ di ǎn)，得E ⎝⎛⎭⎪⎫1，0，12，F(1，0，0)，G(0，1，0)．∴FE →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，12，FG →＝(－1，1，0).BA →＝(－2，0，1)．设平面EFGH 的法向量n ＝(x ，y ，z)，则n ·FE →＝0，n ·FG →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧12z ＝0，－x ＋y ＝0，取n ＝(1，1，0)，∴sin θ＝|cos 〈BA →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪BA →·n |BA →||n |＝25×2＝105.题组层级(c én ɡ j í)快练(四十六)(第二次作业(zu òy è))1．(2021·皖南十校联考)把边长为2的正方形ABCD 沿对角线BD 折起，使得(sh ǐ de)平面ABD ⊥平面(p íngmi àn)CBD ，则异面直线AD ，BC 所成的角为( )A ．120°B ．30°C ．90°D ．60°答案(d á àn) D解析建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2，0，0)，B(0，2，0)，C(0，0，2)，D(0，－2，0)，∴AD →＝(－2，－2，0)，BC →＝(0，－2，2)．∴|AD →|＝2，|BC →|＝2，AD →·BC →＝2.∴cos 〈AD →，BC →〉＝AD →·BC→|AD →|·|BC →|＝22×2＝12.∴异面直线AD ，BC 所成的角为60°.2．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值为( )A.33B.23C.22D.32答案(d á àn) B解析(ji ě x ī) 由题意(t í y ì)设棱长为2，如图所示，A 1在底面ABC 内的射影(sh èy ǐng)为△ABC 的中心(zh ōngx īn)D ，连接AD ，则DA ＝233.由勾股定理得A 1D ＝4－43＝263.以D 为坐标原点，AD,DA 1所在直线为y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则D(0,0,0),A(0,-233,0),B(1,33,0), A 1(0,0,263),AB 1→=AA 1→+AB →＝(0，233，263)+(1,,0)=(1,533,263).又平面ABC 的法向量n =(0,0,1)，设AB 1→与底面所成角为θ,则sin θ=|cos<AB →,n >|=26323＝23.3．(2021·湖南长沙一模)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为BB 1，CD的中点，则点F 到平面A 1D 1E 的距离为________．答案3510解析(ji ě x ī) 以A 为坐标(zu òbi āo)原点，AB ，AD ，AA 1所在直线(zh íxi àn)分别为x轴，y 轴，z 轴建立(ji ànl ì)空间直角坐标系，如图所示．则A 1(0，0，1)，E(1，0，12)，F(12，1，0)，D 1(0，1，1)．∴A 1E →＝(1，0，－12)，A 1D 1→＝(0，1，0)．设平面(p íngmi àn)A 1D 1E 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎨⎧n ·A 1E →＝0，n ·A 1D 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －12z ＝0，y ＝0.令z ＝2，则x ＝1.∴n ＝(1，0，2)．又A 1F →＝(12，1，－1)，∴点F 到平面A 1D 1E 的距离为d ＝|A 1F →·n ||n |＝|12－2|5＝3510.4．(2021·河南洛阳模拟)如图(1)所示，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)所示．(1)求证(qi úzh èng)：BC ⊥平面(p íngmi àn)A 1DC ；(2)若CD ＝2，求BE 与平面(p íngmi àn)A 1BC 所成角的正弦(zh èngxi án)值．答案(d á àn) (1)略 (2)45解析 (1)证明：∵DE ⊥AD ，DE ∥BC ，∴BC ⊥AD ，∴BC ⊥A 1D.又∵BC ⊥CD ，A 1D ∩CD ＝D ，∴BC ⊥平面A 1DC.(2)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D－xyz.在直角梯形CDEB 中，过E 作EF ⊥BC ，垂足为F ，则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)，CA 1→＝(0，4，2)，BA 1→＝(－3，4，2)．设平面A 1BC 的法向量为m ＝(x ，y ，z)，则⎩⎨⎧CA 1→·m ＝0，BA 1→·m ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧4y ＋2z ＝0，－3x ＋4y ＋2z ＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧z ＝－2y ，x ＝0.令y ＝1，则m ＝(0，1，－2)．设BE 与平面A 1BC 所成角为θ，则sin θ＝|BE →·m ||BE →||m |＝45·5＝45. 5．(2021·河北开滦二中(èr zh ōn ɡ)月考)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面(p íngmi àn)ABCD ，底面ABCD 是正方形，PD ＝AB ＝2，E 为PC 中点．(1)求证(qi úzh èng)：DE ⊥平面(p íngmi àn)PCB ；(2)求点C 到平面(p íngmi àn)DEB 的距离；(3)求二面角E －BD －P 的余弦值．答案 (1)略 (2)233 (3)63解析 (1)证明：∵PD ⊥平面ABCD ，∴PD ⊥BC.又正方形ABCD 中，CD ⊥BC ，PD ∩CD ＝D ，∴BC ⊥平面PCD.∵DE ⊂平面PCD ，∴BC ⊥DE.∵PD ＝CD ，E 是PC 的中点，∴DE ⊥PC.又∵PC ∩BC ＝C ，∴DE ⊥平面PCB.(2)如图①所示，过点C 作CM ⊥BE 于点M ，由(1)知平面(p íngmi àn)DEB ⊥平面(p íngmi àn)PCB ，∵平面(p íngmi àn)DEB ∩平面(p íngmi àn)PCB ＝BE ，∴CM ⊥平面(p íngmi àn)DEB.∴线段CM 的长度就是点C 到平面DEB 的距离．∵PD ＝AB ＝CD ＝2，∠PDC ＝90°，∴PC ＝22，EC ＝2，BC ＝2.∴BE ＝ 6.∴CM ＝CE ·BC BE ＝233.(3)以点D 为坐标原点，分别以直线DA ，DC ，DP 为x 轴，y 轴，z 轴建立如图②所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，P(0，0，2)，B(2，2，0)，E(0，1，1)，DB →＝(2，2，0)，DE →＝(0，1，1)．设平面BDE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z)，则⎩⎨⎧n 1·DB →＝0，n 1·DE→＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，y ＋z ＝0.令z ＝1，得y ＝－1，x ＝1.∴平面BDE 的一个法向量为n 1＝(1，－1，1)．又∵C(0，2，0)，A(2，0，0)，AC →＝(－2，2，0)，且AC ⊥平面PDB ，∴平面PDB 的一个法向量为n 2＝(1，－1，0)．设二面角E －BD －P 的平面角为α，则cos α＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝23·2＝63.∴二面角E －BD －P 的余弦(y úxi án)值为63.6．(2021·石家庄质检(zhìjiǎn))四棱锥A—BCDE的正视图和俯视图如下，其中(qízhōng)俯视图是直角梯形．(1)若正视图是等边三角形，F为AC的中点(zhōnɡdiǎn)，当点M在棱AD上移动时，是否总有BF⊥CM，请说明(shuōmíng)理由；(2)若平面ABC与平面ADE所成的锐二面角为45°.求直线AD与平面ABE所成角的正弦值．答案(1)总有BF⊥CM (2)6 4解析 (1)由俯视图可知平面ABC ⊥平面EBCD.BC ＝2，O 为BC 中点，BE ＝1，CD ＝2.∵△ABC 为等边三角形，F 为AC 中点(zh ōn ɡ di ǎn)，∴BF ⊥AC.又平面(p íngmi àn)ABC ⊥平面(p íngmi àn)EBCD ，且DC ⊥BC ，∴DC ⊥平面(p íngmi àn)ABC ，∴DC ⊥BF.又AC ∩CD ＝C ，∴BF ⊥平面(p íngmi àn)ACD.∴BF ⊥CM.(2)以O 为原点，OC →为x 轴，OA →为z 轴建系．B(－1，0，0)，C(1，0，0)，E(－1，1，0)，D(1，2，0)．设A(0，0，a)，由题意可知平面ABC 的法向量为(0，1，0)．设平面ADE 法向量n ＝(x ，y ，z)．ED →＝(2，1，0)，EA →＝(1，－1，a)，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＝0，x －y ＋az ＝0，令x ＝1，y ＝－2，z ＝－3a .∴n ＝(1，－2，－3a)．∴22＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪21＋4＋9a 2，解得a ＝3.∴AD →＝(1，2，－3)，BE →＝(0，1，0)，EA →＝(1，－1，3)．设平面ABE 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，∴⎩⎨⎧BE →·m ＝y 1＝0，EA→·m ＝x 1－y 1＋3z 1＝0.令z 1＝1，∴m ＝(－3，0，1)．设AD 与平面ABE 所成角为θ，则有sin θ＝|cos 〈AD →，m 〉|＝||－3－322·2＝64.∴直线(zh íxi àn)AD 与平面ABE 所成角的正弦值为64.7.如图所示，在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥底面ABC ，PA ＝AB ，∠ABC ＝60°，∠BCA ＝90°，点D ，E 分别(f ēnbi é)在棱PB ，PC 上，且DE ∥BC.(1)求证(qi úzh èng)：BC ⊥平面(p íngmi àn)PAC ；(2)当D 为PB 的中点(zh ōn ɡ di ǎn)时，求AD 与平面PAC 所成的角的余弦值；(3)是否存在点E 使得二面角A －DE －P 为直二面角？并说明理由．答案 (1)略 (2)144(3)存在点E解析方法一：(1)∵PA ⊥底面ABC ，∴PA ⊥BC.又∠BCA ＝90°，∴AC ⊥BC ，∴BC ⊥平面PAC.(2)∵D 为PB 的中点，DE ∥BC ，∴DE ＝12BC.又由(1)知，BC ⊥平面(p íngmi àn)PAC ，∴DE ⊥平面(p íngmi àn)PAC ，垂足(chu í z ú)为点E.∴∠DAE 是AD 与平面(p íngmi àn)PAC 所成的角．∵PA ⊥底面ABC ，∴PA ⊥AB.又PA ＝AB ，∴△ABP 为等腰直角三角形．∴AD ＝12AB.在Rt △ABC 中，∠ABC ＝60°.∴BC ＝12AB.∴Rt △ADE 中，sin ∠DAE ＝DE AD ＝BC2AD ＝24.∴cos ∠DAE ＝144.(3)∵DE ∥BC ，又由(1)知，BC ⊥平面(p íngmi àn)PAC ，∴DE ⊥平面PAC.又∵AE ⊂平面PAC ，PE ⊂平面PAC ，∴DE ⊥AE ，DE ⊥PE.∴∠AEP 为二面角A －DE －P 的平面角．∵PA ⊥底面ABC ，∴PA ⊥AC ，∴∠PAC ＝90°.∴在棱PC 上存在一点E ，使得AE ⊥PC.这时，∠AEP ＝90°.故存在点E 使得二面角A －DE －P 是直二面角．方法二：如图所示，以A 为原点建立空间直角坐标系A －xyz.设PA ＝a ，由已知可得A(0，0，0)，B(－12a ，32a ，0)，C(0，32a ，0)，P(0，0，a)．(1)∵AP →＝(0，0，a)，BC →＝(12a ，0，0)，∴BC →·AP →＝0，∴BC ⊥AP .又∵∠BCA ＝90°，∴BC ⊥AC.又AP ∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面(p íngmi àn)PAC.(2)∵D 为PB 的中点(zh ōn ɡ di ǎn)，DE ∥BC ，∴E 为PC 的中点(zh ōn ɡ di ǎn)．∴D(－14a ，34a ，12a)，E(0，34a ，12a)．又由(1)知，BC ⊥平面(p íngmi àn)PAC ，∴DE ⊥平面(p íngmi àn)PAC ，垂足为点E.∴∠DAE 是AD 与平面PAC 所成的角．∵AD →＝(－14a ，34a ，12a)，AE →＝(0，34a ，12a)，∴cos∠DAE＝AD→·AE→|AD→|·|AE→|＝144.(3)同方法一．8．(2021·新课标全国(quán ɡuó)Ⅰ理)如图，四边形ABCD为菱形(línɡxínɡ)，∠ABC ＝120°，E，F是平面(píngmiàn)ABCD同一侧的两点，BE⊥平面(píngmiàn)ABCD，DF⊥平面(píngmiàn)ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．答案(1)略(2)3 3解析(1)连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB ＝1，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝3，由BE⊥平面ABCD，AB＝BC可知AE＝EC，又∵AE⊥EC，∴EG＝3，EG⊥AC.在Rt△EBG中，可得BE＝2，∴DF＝2 2 .在Rt△FDG中，可得FG＝6 2 .在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝2，DF＝22可得EF＝322.∴EG2＋FG2＝EF2，∴EG⊥FG，∵AC∩FG＝G，∴EG⊥平面AFC.∵EG⊂面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC.(2)如图，以G为坐标(zuòbiāo)原点，分别(fēnbié)以GB→，GC→的方向(fāngxiàng)为x 轴，y轴正方向(fāngxiàng)，|GB→|为单位(dānwèi)长度，建立空间直角坐标系G－xyz，由(1)可得A(0，－3，0)，E(1，0，2)，F(－1，0，22)，C(0，3，0)，∴AE→＝(1，3，2)，CF→＝(－1，－3，22 )．故cos<AE→，CF→>＝AE→·CF→|AE→||CF→|＝－33.所以直线AE与CF所成的角的余弦值为3 3 .(2021·浙江理)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．(1)证明：A1D⊥平面A1BC；(2)求二面角A1－BD－B1的平面角的余弦(yúxián)值．解析(jiě xī) (1)设E为BC的中点(zhōnɡ diǎn)，连接(liánjiē)A1E，AE，DE.由题意(tí yì)得A1E⊥平面ABC，所以A1E⊥AE.因为AB ＝AC ，所以AE ⊥BC.故AE ⊥平面A 1BC.由D ，E 分别为B 1C 1，BC 的中点，得DE ∥B 1B 且DE ＝B 1B ，从而DE ∥A 1A 且DE ＝A 1A.所以A 1AED 为平行四边形．故A 1D ∥AE.又因为AE ⊥平面A 1BC ，所以A 1D ⊥平面A 1BC.(2)方法一：作A 1F ⊥BD 且A 1F ∩BD ＝F ，连接B 1F.由AE ＝EB ＝2，∠A 1EA ＝∠A 1EB ＝90°，得A 1B ＝A 1A ＝4.由A 1D ＝B 1D ，A 1B ＝B 1B ，得△A 1DB 与△B 1DB 全等．由A 1F ⊥BD ，得B 1F ⊥BD ，因此∠A 1FB 1为二面角A 1－BD －B 1的平面角．由A 1D ＝2，A 1B ＝4，∠DA 1B ＝90°，得BD ＝32，A 1F ＝B 1F ＝43.由余弦定理得cos ∠A 1FB 1＝－18.方法(f āngf ǎ)二：以CB 的中点E 为原点，分别(f ēnbi é)以射线EA ，EB 为x ，y 轴的正半轴，建立空间(k ōngji ān)直角坐标系E －xyz ，如图所示．由题意(t í y ì)知各点坐标如下：A 1(0，0，14)，B(0，2，0)，D(－2，0，14)，B 1(－2，2，14)．因此(y īnc ǐ)A 1B →＝(0，2，－14)，BD →＝(－2，－2，14)，DB 1→＝(0，2，0)．设平面A 1BD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面B 1BD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)．由⎩⎨⎧m ·A 1B →＝0，m ·BD→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 1－14z 1＝0，－2x 1－2y 1＋14z 1＝0，可取m ＝(0，7，1)．由⎩⎨⎧n ·DB 1→＝0，n ·BD→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 2＝0，－2x 2－2y 2＋14z 2＝0，可取n ＝(7，0，1)．于是|cos<m ，n >|＝|m ·n ||m|·|n |＝18.由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角A 1－BD －B 1的平面角的余弦值为－18.内容总结。

2021_2022学年新教材高中数学第八章立体几何初步章末综合测评含解析新人教A版必修第二册

章末综合测评(三) 立体几何初步(满分：150分时间：120分钟)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．下面给出了四个条件：①空间三个点；②一条直线和一个点；③和直线a都相交的两条直线；④两两相交的三条直线．其中，能确定一个平面的条件有( )A．3个B．2个C．1个D．0个D[①当空间三点共线时不能确定一个平面；②点在直线上时不能确定一个平面；③两直线若不平行也不相交时不能确定一个平面；④三条直线交于一点且不共面时不能确定一个平面．故以上4个条件都不能确定一个平面．]2．在长方体ABCDA1B1C1D1中，异面直线AB，A1D1所成的角等于( )A．30°B．45°C．60°D．90°D[由于AD∥A1D1，则∠BAD是异面直线AB，A1D1所成的角，很明显∠BAD＝90°．] 3．已知a，b，c是直线，则下面四个命题：①若直线a，b异面，b，c异面，则a，c异面；②若直线a，b相交，b，c相交，则a，c相交；③若a∥b，则a，b与c所成的角相等．其中真命题的个数为( )A．0 B．3 C．2 D．1D[异面、相交关系在空间中不能传递，故①②错；根据等角定理，可知③正确．]4．一个棱柱的侧面展开图是三个全等的矩形，矩形的长和宽分别为6 cm,4 cm，则该棱柱的侧面积为( )A．24 cm2B．36 cm2C．72 cm2D．84 cm2C[棱柱的侧面积S侧＝3×6×4＝72(cm2)．]5．过空间几何体上的某两点的直线，如果把该几何体绕此直线旋转角α(0°＜α＜360°)，使该几何体与自身重合，那么称这条直线为该几何体的旋转轴．如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且4个顶点A，B，C，D在同一平面内．则这个八面体的旋转轴共有( )A．7条B．9条C．13条D．14条C[由对称性结合题意可知，过EF，AC，BD的直线为旋转轴，其3条，此时旋转角α最小为90°；过正方形ABCD，AECF，BEDF对边中点的直线为旋转轴，共6条，此时旋转角α最小为180°；过八面体相对面中心的直线为旋转轴，共4条，此时旋转角α最小为120°．综上，这个八面体的旋转轴共有13条．故选C．]6．在正方体ABCDA1B1C1D1中，动点E在棱BB1上，动点F在线段A1C1上，O为底面ABCD的中心，若BE＝x，A1F＝y，则四面体OAEF的体积( )A．与x，y都有关B．与x，y都无关C．与x有关，与y无关D．与y有关，与x无关B[因为V OAEF＝V EOAF，考察△AOF的面积和点E到平面AOF的距离的值，因为BB 1∥平面ACC 1A 1，所以点E 到平面AOF 的距离为定值，又AO ∥A 1C 1，所以OA 为定值，点F 到直线AO 的距离也为定值，即△AOF 的面积是定值，所以四面体O AEF 的体积与x ，y 都无关，故选B ．] 7．在四面体ABCD 中，已知棱AC 的长为2，其余各棱长都为1，则二面角A CD B的余弦值为( )A ．12B ．13C ．33D ．23C [取AC 的中点E ，CD 的中点F ，连接BE ，EF ，BF ，则EF ＝12，BE ＝22，BF ＝32，因为EF 2＋BE 2＝BF 2，所以△BEF为直角三角形，cos θ＝EFBF ＝33．]8．在三棱锥P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，若AB ＝2，BC ＝3，PA ＝4，则该三棱锥的外接球的表面积为()A ．13πB ．20πC ．25πD ．29π D [如图，因为AB ⊥BC ，AB ＝2，BC ＝3，所以AC ＝13，△ABC 外接圆的圆心为AC的中点O ′．设外接球的球心为O ，连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC ．因为PA ⊥平面ABC ，所以OO ′∥PA ，PA ⊥AC ，则点O 在平面PAC 内，且为△PAC 的外接圆圆心，所以O 为PC 的中点，所以球的直径为PC ，所以(2R )2＝AP 2＋AC 2，即R 2＝294，所以球的表面积为4πR 2＝29π．]二、选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)9．a ，b 为不重合直线，β为平面，下列结论正确的是( ) A ．若a ⊥β，b ⊥β，则a ∥b B ．若a ∥β，b ∥β，则a ∥b C ．若a ∥β，b ⊥β，则a ⊥b D ．若a ∥β，b ⊂β，则a ∥bAC [若a ⊥β，b ⊥β，由直线与平面垂直的性质可得a ∥b ，故A 正确；若a ∥β，b ∥β，则a ∥b 或a 与b 相交或a 与b 异面，故B 错误；若b ⊥β，则b 垂直于β内的所有直线，b 也垂直于平行于β的所有直线，又a ∥β，可得a ⊥b ，故C 正确；若a ∥β，b ⊂β，则a ∥b 或a 与b 异面，故D 错误．故选AC ．]10．如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱C 1D 1，C 1C 的中点，其中正确的是( )A ．直线AM 与C 1C 是相交直线B ．直线AM 与BN 是平行直线C ．直线BN 与MB 1是异面直线D．直线MN与AC所成的角为60°CD[结合题图，显然直线AM与C1C是异面直线，直线AM与BN是异面直线，直线BN与MB1是异面直线．连接D1C，AD1(图略)，直线MN与AC所成的角即直线D1C与AC 所成的角，在等边三角形AD1C中，易知∠ACD1＝60°，所以直线MN与AC所成的角为60°，故选CD．]11．如图，在正四棱锥SABCD中，E，M，N分别是BC，CD，SC的中点．当点P在线段MN上运动时，下列四个结论中恒成立的是( )A．EP⊥ACB．EP∥BDC．EP∥平面SBDD．EP⊥平面SACAC[如图所示，连接NE，ME．∵E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，∴EN∥SB，MN∥SD，又EN∩MN＝N，SB∩SD＝S，∴平面SBD∥平面NEM，∴EP∥平面SBD，选项C恒成立．由正四棱锥SABCD，知AC ⊥平面SBD，∴AC⊥平面NEM，∴AC⊥EP，选项A恒成立．选项B，D对于线段MN上的任意一点P不一定成立，故选AC．]12．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°，侧面PAD为正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，则下列说法正确的是( )A．在棱AD上存在点M，使AD⊥平面PMBB．异面直线AD与PB所成的角为90°C．二面角PBCA的大小为45°D．BD⊥平面PACABC[如图，对于A，取AD的中点M，连接PM，BM，∵侧面PAD为正三角形，∴PM⊥AD，又底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，∴△ABD是等边三角形，∴AD⊥BM，又PM∩BM＝M，PM，BM⊂平面PMB，∴AD⊥平面PBM，故A正确．对于B，∵AD⊥平面PBM，∴AD⊥PB，即异面直线AD与PB所成的角为90°，故B正确．对于C，∵平面PBC∩平面ABCD＝BC，BC∥AD，∴BC⊥平面PBM，∴BC⊥PB，BC⊥BM，∴∠PBM是二面角PBCA的平面角，设AB＝1，则BM＝32，PM＝32，在Rt△PBM中，ta n∠PBM＝PMBM＝1，即∠PBM＝45°，故二面角PBCA的大小为45°，故C正确．对于D，因为BD与PA不垂直，所以BD与平面PAC不垂直，故D错误．故选ABC．]三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上)13．已知一圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的表面积为________，体积为________．(本题第一空2分，第二空3分)3π33π[设圆锥的底面半径为r ，根据题意，得2πr ＝2π，解得r ＝1，根据勾股定理，得圆锥的高为22－12＝3，所以圆锥的表面积S ＝12×π×22＋π×12＝3π，体积V ＝13×π×12×3＝33π．]14．已知正四棱锥的侧棱长为23，侧棱与底面所成的角为60°，则该四棱锥的高为________．3[如图，过点S 作SO ⊥平面ABCD ，连接OC ，则∠SCO ＝60°，∴SO ＝si n 60°·SC ＝32×23＝3．]15．如图，在三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，AC ，AA 1的中点，设三棱锥F ADE 的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1ABC 的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________．1∶24[因为D ，E 分别是AB ，AC 的中点，所以S △ADE ∶S △ABC ＝1∶4．又F 是AA 1的中点，所以A 1到底面的距离H 为F 到底面距离h 的2倍，即三棱柱A 1B 1C 1ABC 的高是三棱锥F ADE 高的2倍，所以V 1∶V 2＝13S △ADE ·hS △ABC ·H ＝124＝1∶24．]16．长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1上任意一点，F 为底面A 1B 1C 1D 1(除C 1外)上一点，已知F 在底面ABCD 上的射影为H ，若再增加一个条件，就能得到CH ⊥AD ，现给出以下条件：①EF ⊥B 1C 1； ②F 在B 1D 1上； ③EF ⊥平面AB 1C 1D ；④直线FH 和FE 在平面AB 1C 1D 内的射影为同一条直线．其中一定能成为增加的条件的是________．(填序号)①③④[对于①，因为AD ∥B 1C 1，EF ⊥B 1C 1，所以AD ⊥EF ，又AD ⊥FH ，FH ∩EF ＝F ，所以AD ⊥平面FHCE ，所以AD ⊥CH ；对于②，F 在B 1D 1上，当点F 与点B 1重合时，CH 就是CB ，显然CB 不垂直AD ；对于③，因为EF ⊥平面AB 1C 1D ，所以EF ⊥AD ，由①可得AD ⊥CH ；对于④，因为直线FH 和FE 在平面AB 1C 1D 内的射影为同一条直线，即平面FHCE ⊥平面AB 1C 1D ，又平面FHCE ⊥平面ABCD ，且平面ABCD ∩平面AB 1C 1D ＝AD ，所以AD ⊥平面FHCE ，所以AD ⊥CH ．]四、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)把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比是1∶4，母线长为10 cm ，求圆锥的母线长．[解] 如图，设圆锥的母线长为l ，圆台上、下底面的半径分别为r 、R ．因为l －10l＝r R，所以l －10l＝14，所以l ＝403cm ．即圆锥的母线长为403cm ．18．(本小题满分12分)如图，三棱柱ABC A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，AC ＝9，BC ＝12，AB ＝15，AA 1＝12，点D 是AB 的中点．(1)求证：AC ⊥B 1C ； (2)求证：AC 1∥平面CDB 1． [证明] (1)∵C 1C ⊥平面ABC ， ∴C 1C ⊥AC ．∵AC ＝9，BC ＝12，AB ＝15，∴AC 2＋BC 2＝AB 2， ∴AC ⊥BC ．又BC ∩C 1C ＝C ，∴AC ⊥平面BCC 1B 1，而B 1C ⊂平面BCC 1B 1， ∴AC ⊥B 1C ．(2)连接BC 1交B 1C 于点O ，连接OD ．如图，∵O ，D 分别为BC 1，AB 的中点， ∴OD ∥AC 1．又OD ⊂平面CDB 1，AC 1⊄平面CDB 1．∴AC 1∥平面CDB 1．19．(本小题满分12分)如图，已知三棱锥P ABC ，PA ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，∠BAC ＝60°，PA ＝AC ，M 为PB 的中点．(1)求证：PC ⊥BC ；(2)求二面角M AC B 的大小． [解] (1)证明：由PA ⊥平面ABC ，所以PA ⊥BC ，又因为∠ACB ＝90°，即BC ⊥AC ，PA ∩AC ＝A ，所以BC ⊥平面PAC ，所以PC ⊥BC ．(2)取AB 中点O ，连接MO ，过O 作HO ⊥AC 于H ，连接MH ，因为M 是BP 的中点，所以MO ∥PA ，又因为PA ⊥平面ABC ，所以MO ⊥平面ABC ，所以∠MHO 为二面角M AC B 的平面角，设AC ＝2，则BC ＝23，MO ＝1，OH ＝3，在Rt △MHO 中，ta n ∠MHO ＝MOHO ＝33，所以二面角M AC B 的大小为30°．20．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P ABCD 中，AD ⊥平面PDC ，AD ∥BC ，PD ⊥PB ，AD ＝1，BC ＝3，CD ＝4，PD ＝2．(1)求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值； (2)求证：PD ⊥平面PBC ；(3)求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．[解] (1)如图，由已知AD ∥BC ，故∠DAP 或其补角为异面直线AP 与BC 所成的角．因为AD ⊥平面PDC ，所以AD ⊥PD ．在Rt △PDA 中，由已知，得AP ＝AD 2＋PD 2＝5，所以cos ∠DAP ＝ADAP ＝55．所以异面直线AP 与BC 所成角的余弦值为55．(2)因为AD ⊥平面PDC ，直线PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD ．又BC ∥AD ，所以PD ⊥BC ，又PD ⊥PB ，PB ∩BC ＝B ，所以PD ⊥平面PBC ．(3)过点D 作AB 的平行线交BC 于点F ，连接PF ，则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角．因为PD ⊥平面PBC ，故PF 为DF 在平面PBC 上的射影，所以∠DFP 为直线DF 与平面PBC 所成的角．由于AD ∥BC ，DF ∥AB ，故BF ＝AD ＝1，由已知，得CF ＝BC －BF ＝2．又AD ⊥DC ，故BC ⊥DC ，在Rt △DCF 中，可得DF ＝CD 2＋CF 2＝25，在Rt △DPF中，可得si n ∠DFP ＝PDDF ＝55．所以直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为55．21．(本小题满分12分)如图，几何体ABC A 1DC 1由一个正棱柱截去一个三棱锥而得，AB ＝4，AA 1＝32，A 1D ＝1，AA 1⊥平面ABC ，M 为AB 的中点，E 为棱AA 1上一点，且EM ∥平面BC 1D ．(1)若点N 在棱BC 上，且BN ＝2NC ，证明：EN ∥平面BC 1D ；(2)过A 作平面BCE 的垂线，垂足为O ，确定O 的位置(说明作法及理由)，并求线段OE 的长．[解](1)证明：∵EM ∥平面BC 1D ，EM ⊂平面ABDA 1，平面ABDA 1∩平面BC 1D ＝BD ，∴BD ∥EM ．过D 作DH ⊥AB 于H ，连接CH ，则CH ∥C 1D ，则HM ＝12AB －14AB ＝14AB ，∴HM ∶MB ＝CN ∶NB ＝1∶2， ∴MN ∥CH ，则MN ∥C 1D ．∵EM ∩MN ＝M ，∴平面EMN ∥平面BC 1D ． ∵EN ⊂平面EMN ，∴EN ∥平面BC 1D ．(2)在线段AB 上取一点F ，使BF ＝A 1D ＝1，则A 1F ∥BD ，由(1)知EM ∥BD ， ∴EM ∥A 1F ，∴AEAA 1＝AM AF＝23， ∴AE ＝23×32＝22．取BC 的中点G ，连接AG ，EG ，过A 作AO ⊥EG 于O ，则AO ⊥平面BCE ．证明如下：由题意可知，△ABC 为等边三角形，则AG ⊥BC ，又AA 1⊥平面ABC ，∴AA 1⊥BC ． ∵AG ∩AA 1＝A ，∴BC ⊥平面AEG ，∴BC ⊥AO ．又EG ∩BC ＝G ，∴AO ⊥平面BCE ．由射影定理可得，AE 2＝OE ·EG ，又AE ＝22，EG ＝25，∴OE ＝455．22．(本小题满分12分)已知正三角形A ′BC 的边长为a ，CD 是A ′B 边上的高，E ，F 分别是A ′C ，BC 的中点，现将三角形A ′DC 沿CD 翻折至△ADC 的位置，使平面ADC ⊥平面BCD ，如图所示．(1)试判断翻折后直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； (2)若三棱锥E DFC 的体积为324，求实数a 的值；(3)在线段AC 上是否存在一点P ，使得BP ⊥DF ？若存在，求出APAC的值；若不存在，请说明理由．[解] (1)AB ∥平面DEF ．理由如下：在△ABC 中，∵E ，F 分别是AC ，BC 的中点，∴EF ∥AB ，又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ，∴AB ∥平面DEF ． (2)由题意，得AD ⊥CD ．∵平面ADC ⊥平面BCD ，∴AD ⊥平面BCD ．取CD 的中点M ，连接EM ，则EM ∥AD ， ∴EM ⊥平面BCD ，且EM ＝a4．易得S △DFC ＝12×3a 2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×a 2＝3a 216．∵三棱锥E DFC 的体积为324，∴13×a 4×3a 216＝324，解得a ＝2． (3)在线段AC 上存在一点P ，使得BP ⊥DF ．理由如下：易知三角形BDF 为正三角形，过B 作BK ⊥DF 交DC 于点K ，连接KF ，过K 作KP ∥DA 交AC 于点P ，连接BP ，则点P 即所求．∵AD ⊥平面BCD ，KP ∥AD ， ∴PK ⊥平面BCD ，∴PK ⊥DF ．又BK ⊥DF ，PK ∩BK ＝K ， ∴DF ⊥平面PKB ，∴DF ⊥PB ．又∠DBK ＝∠KBC ＝∠BCK ＝30°， ∴DK ＝KF ＝12KC ．故AP PC＝DK KC ＝12，从而AP AC ＝13．。

2021-2022学年新教材高中数学第8章立体几何初步过关检测训练(含解析)新人教A版必修第二册

第八章过关检测(时间:120分钟满分:150分)一、选择题:本大题共10小题,每小题4分,共40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.下列说法正确的个数为()①存在斜四棱柱,其底面为正方形;②存在棱锥,其所有面均为直角三角形;③任意的圆锥都存在两条母线互相垂直;④矩形绕任意一条边所在的直线旋转一周都可以形成圆柱.A.1B.2C.3D.4.②正确,如图所示.③不正确,当圆锥轴截面的顶角小于90°时不存在.④正确.2.已知一个四边形的直观图如图所示,A'B'=2,A'D'=2B'C'=4,则原四边形的面积为()A.4√3B.8√3C.12D.10,在原四边形中,AD=4,AB=4,BC=2,故原四边形的面积为S=AD+BC 2·AB=12.3.已知圆锥的底面半径为1,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥的体积为( ) A.√33π B.√3π C.√53πD.√5πr ,母线长为R ,高为h ,则2πr=πR ,因为r=1,所以R=2,所以h=√R 2-r 2=√3,所以圆锥的体积V=13π×12×√3=√33π.4.已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1,O 2,过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为( ) A .12√2π B .12π C .8√2πD .10πO 1O 2的平面截该圆柱所得的截面为圆柱的轴截面,设底面半径为r ,母线长为l ,因为轴截面是面积为8的正方形,所以2r=l=2√2,即r=√2,所以圆柱的表面积为2πrl+2πr 2=8π+4π=12π.5.在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=BC=2,AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°,则该长方体的体积为( ) A .8 B .6√2 C .8√2D .8√3,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB⊥平面BCC1B1,连接BC1,则∠AC1B为AC1与平面=2√3,又BC=2,所以在BB1C1C所成的角,∠AC1B=30°,所以在Rt△ABC1中,BC1=ABtan∠AC1BRt△BCC1中,CC1=√(2√3)2-22=2√2,所以该长方体体积V=BC×CC1×AB=8√2.6.若球的表面积为16π,则用与球心距离为√3的平面截球所得的圆的面积为()A.4πB.√3πC.2πD.π,由球的表面积为16π,可得球的半径R=2.设截面圆的半径为r,球心到截面的距离为h,则r2=R2-h2=4-3=1.故截面圆的面积为S=πr2=π.7.已知m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则下列结论正确的是()A.若α⊥γ,α⊥β,则γ∥βB.若m∥n,m⊂α,n⊂β,则α∥βC.若m∥n,m∥α,则n∥αD.若m∥n,m⊥α,n⊥β,则α∥βA,β与γ也可能相交,故A错误.对于B,α与β也可能相交,故B错误.对于C,n也可能在α内,故C错误.对于D,∵m∥n,m⊥α,∴n⊥α,又n⊥β,∴α∥β,故D正确.8.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面A1B1C1,底面三角形A1B1C1是正三角形,E 是BC的中点,则下列结论正确的是()1与B1E是异面直线B.AC⊥平面ABB1A1C.AE与B1C1是异面直线,且AE⊥B1C1D.A1C1∥平面AB1EA,显然CC1与B1E都在平面BCC1B1内,故CC1与B1E不是异面直线,故A错误.对于B,若AC⊥平面ABB1A1,则AC⊥AB,而由题意可知,△ABC是正三角形,矛盾,故AC不可能垂直于平面ABB1A1,故B错误.对于C,显然AE与B1C1不同在任一平面内,故AE与B1C1是异面直线,又易知AE⊥平面BCC1B1,故AE⊥B1C1,故C正确.对于D,延长C1A1到点D,使C1A1=A1D,连接B1D,AD(图略),易证AE∥B1D,则平面AB1E即是平面ADB1E,而C1D与平面ADB1E相交于点D,故A1C1与平面AB1E不平行,故D错误.9.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若E为A1C1上的一点,则直线CE一定垂直于()A.ACB.BDC.A1DD.A1D1ABCD-A1B1C1D1中,易知BD⊥AC,BD⊥AA1,故BD⊥平面A1ACC1,而CE⊂平面A1ACC1,故BD⊥CE.10.鲁班锁是中国传统的智力玩具,起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构,这种三维的拼插器具内部的凹凸部分(即榫卯结构)啮合,十分巧妙,外观看是严丝合缝的十字立方体,其上下、左右、前后完全对称,从外表上看,六根等长的正四棱柱分成三组,经90°榫卯起来.如图,若正四棱柱的高为6,底面正方形的边长为1,现将该鲁班锁放进一个球形容器内(容器壁的厚度忽略不计),则该球形容器的表面积的最小值为()A.36πB.40πC.41πD.44π,当该球为长、宽、高分别为2,1,6的长方体的外接球时,球的半径取最小值,即该球形容器的半径的最小值为12√4+1+36=√412,故该球形容器的表面积的最小值为4π×414=41π.二、填空题:本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分.11.若正三棱柱的所有棱长均为a ,且其体积为16√3,则a= ,正三棱柱的表面积为 .48+8√312.已知一个圆柱和一个圆锥的底面直径及高都与一个球的直径相等,则该圆柱,圆锥,球的体积之比为 .r ,则圆柱和圆锥的高h=2r ,球的半径为r ,故V 圆柱=πr 2·2r=2πr 3,V 圆锥=13πr 2·2r=23πr 3,V 球=43πr 3,故V 圆柱∶V 圆锥∶V 球=3∶1∶2.∶1∶213.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 .,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3 cm,则此四棱锥的体积为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),则该模型的体积为V=V 2-V 1=144-12=132(cm 3).故其质量为0.9×132=118.8(g)..814.已知三棱柱的侧棱垂直于底面,所有棱长都为a ,顶点都在一个球面上,则该球的表面积为 ,体积为 .,因为三棱柱的棱长都为a ,所以△ABC 与△A'B'C'都为正三角形,设O 1,O'分别为△ABC ,△A'B'C'的中心,则O 1O'的中点O 即为所求球的球心.连接OB ,O 1B ,设所求球的半径为R ,则OB=R ,OO 1=a 2,O 1B=√33a. 又OB 2=O O 12+O 1B 2,故R 2=(a 2)2+(√33a)2=712a 2. 故所求球的表面积为S 球=4πR 2=4π×712a 2=73πa 2,体积为V 球=4π3R 3=7√21π54a 3.2 7√21π54a315.如图,正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1,线段B 1D 1上有两个动点E ,F ,且EF=12,AC 与BE 的位置关系为 ,三棱锥A-BEF 的体积为 .在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,B 1B ⊥平面ABCD ,∴AC ⊥B 1B ,又AC ⊥BD ,BD ∩B 1B=B , ∴AC ⊥平面BDD 1B 1,又BE ⊂平面BDD 1B 1, ∴AC ⊥BE.V 三棱锥A-BEF =13×12EF×BB 1×12AC=√224.√22416.如图,已知六棱锥P-ABCDEF 的底面是正六边形,PA ⊥平面ABC ,PA=2AB ,则下列结论正确的是 .(填序号)①PB⊥AD;②平面PAB⊥平面PAE;③BC∥平面PAE;④直线PD与平面ABC所成的角为45°.,若PB⊥AD,而PA⊥AD,则AD⊥平面PAB,从而AD⊥AB,显然不成立,故①错误.对于②,易证AB⊥AE,AB⊥PA,从而AB⊥平面PAE,又因为AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAE,故②正确.对于③,若BC∥平面PAE,则BC∥AE,显然不成立,故③错误.对于④,易知∠PDA为直线PD与平面ABC所成的角,在Rt△PAD中,因为PA=2AB,AD=2BC=2AB,所以PA=AD,所以∠PDA=45°,即直线PD与平面ABC所成的角为45°,故④正确.17.如图(单位:cm),图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的表面积为cm2,体积为cm3.,所求旋转体的表面积由三部分组成:圆台下底面、侧面和一半球面.S半球=8π,S圆台侧=35π,S圆台底=25π.故所求几何体的表面积为68π cm 2.由V 圆台=13×(π×22+√π×22×π×52+π×52)×4=52π, V 半球=43π×23×12=163π,故所求几何体的体积为V 圆台-V 半球=52π-163π=1403π(cm 3).140π3三、解答题:本大题共5小题,共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 18.(14分)在三棱锥S-ABC 中,平面SAB ⊥平面SBC ,AB ⊥BC ,AS=AB.过点A 作AF ⊥SB ,垂足为F ,E ,G 分别为棱SA ,SC 的中点.求证:(1)平面EFG ∥平面ABC ; (2)BC ⊥SA.∵AS=AB ,AF ⊥SB ,∴F 为SB 的中点.又E ,G 分别为棱SA ,SC 的中点,∴EF ∥AB ,FG ∥BC.又EF ⊄平面ABC ,FG ⊄平面ABC ,AB ⊂平面ABC ,BC ⊂平面ABC ,∴EF ∥平面ABC ,FG ∥平面ABC ,又EF ∩FG=F , ∴平面EFG ∥平面ABC.(2)∵平面SAB ⊥平面SBC ,AF ⊥SB ,平面SAB ∩平面SBC=SB ,∴AF ⊥平面SBC , ∴AF ⊥BC.又BC ⊥AB ,AF ∩AB=A ,∴BC⊥平面SAB.又SA⊂平面SAB,∴BC⊥SA.19.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M 为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.(1)求证:MN∥平面PAB;(2)求四面体N-BCM的体积.AD=2.AM=23如图,取BP的中点T,连接AT,TN.∵N为PC的中点,BC=2.∴TN∥BC,TN=12又AD∥BC,∴TNAM,∴四边形AMNT为平行四边形,∴MN∥AT.又AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,∴MN∥平面PAB.PA ⊥平面ABCD ,N 为PC 的中点,∴点N 到平面ABCD 的距离为12PA=2. 如图,取BC 的中点E ,连接AE.∵AB=AC=3,∴AE ⊥BC ,AE=√AB 2-BE 2=√5. 又AM ∥BC , ∴点M 到BC 的距离为√5,∴S △BCM =12×4×√5=2√5. ∴V N-BCM =13×2√5×2=4√53. 20.(15分)如图①,在直角梯形PBCD 中,PB ∥CD ,CD ⊥BC ,BC=PB=2CD ,A 是PB 的中点.现沿AD 将平面PAD 折起,使得PA ⊥AB ,如图②,E ,F 分别为BC ,AB 的中点.(1)求证:PA ⊥平面ABCD ;(2)求证:平面PAE ⊥平面PDE ;(3)试在PA 上找一点G ,使得FG ∥平面PDE ,并证明你的结论.PBCD 中,∵PB ∥CD ,CD ⊥BC ,PB=2CD ,A 是PB 的中点,∴四边形ABCD 是矩形,∴AD ⊥PA.又PA ⊥AB ,AB ∩AD=A ,∴PA ⊥平面ABCD.PA ⊥平面ABCD ,ED ⊂平面ABCD ,∴PA ⊥ED.在矩形ABCD 中,∵BC=2CD=2AB=2BE=2EC ,∴∠BEA=45°,∠CED=45°,∴∠AED=90°,即AE ⊥ED.又PA ∩AE=A ,∴ED ⊥平面PAE.又ED ⊂平面PDE ,∴平面PAE ⊥平面PDE.PA 上取一点G ,使PG=3GA ,则FG ∥平面PDE.证明如下:取ED 的中点M ,在PD 上取一点N ,使PN=3ND ,连接FM ,MN ,GN (图略),则FM ∥AD ,GN ∥AD ,FM=12(BE+AD )=34AD ,GN=34AD , ∴FMGN ,∴四边形FMNG 为平行四边形,∴FG ∥MN.又MN ⊂平面PDE ,FG ⊄平面PDE.∴FG ∥平面PDE.21.(15分)如图所示,正方体的棱长为1,B'C ∩BC'=O ,求:(1)AO 与A'C'所成角的度数;(2)AO 与平面ABCD 所成角的正切值;(3)平面AOB 与平面AOC 所成角的度数.∵A'C'∥AC ,∴AO 与A'C'所成的角就是∠OAC.∵在正方体中,AB ⊥平面BC',OC ⊂平面BC',∴OC ⊥AB.又OC ⊥OB ,且AB ∩OB=B ,∴OC ⊥平面ABO.∵OA ⊂平面ABO ,∴OC ⊥OA.在Rt△AOC 中,OC=√22,AC=√2,sin ∠OAC=OC AC =12,∴∠OAC=30°. 即AO 与A'C'所成角的度数为30°.(2)如图所示,作OE ⊥BC 于点E ,连接AE.∵平面BC'⊥平面ABCD ,∴OE ⊥平面ABCD ,∠OAE 为OA 与平面ABCD 所成的角.在Rt△OAE 中,OE=12,AE=√12+(12) 2=√52, ∴tan ∠OAE=OE AE =√55. (3)∵OC ⊥OA ,OC ⊥OB ,OA ∩OB=O ,∴OC ⊥平面AOB.又OC ⊂平面AOC ,∴平面AOB ⊥平面AOC.即平面AOB 与平面AOC 所成角的度数为90°.22.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD 中,AD ∥BC ,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=12AD.E 为棱AD 的中点,异面直线PA 与CD 所成的角为90°.(1)在平面PAB 内找一点M ,使得直线CM ∥平面PBE ,并说明理由;(2)若二面角P-CD-A 的大小为45°,求直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值.在梯形ABCD 中,AB 与CD 不平行.延长AB ,DC ,相交于点M (M ∈平面PAB ),点M 即为所求的一个点.理由如下:由题意知,BC ∥ED ,且BC=ED ,所以四边形BCDE 是平行四边形,从而CM ∥EB.又因为EB ⊂平面PBE ,CM ⊄平面PBE ,所以CM ∥平面PBE.(2)已知CD ⊥PA ,CD ⊥AD ,PA ∩AD=A ,所以CD ⊥平面PAD.因为PD ⊂平面PAD ,所以CD ⊥PD ,又因为AD ⊥CD ,所以∠PDA 是二面角P-CD-A 的平面角, 所以∠PDA=45°.设BC=1,则在Rt△PAD 中,PA=AD=2.由题意知,AE=ED=CD=1,在Rt△PAE 中,PE=√5,在Rt△CDE 中,CE=√2,在Rt△PAD中,PD=2√2,在Rt△PDC 中,PC=3.设点A 到平面PCE 的距离为m ,PA 与平面PCE 所成角为β,所以V A-PEC =V P-AEC .①已知△PEC 的三边,根据余弦定理,三角形面积计算公式得S △PEC =32. S △AEC =12AE ·CD=12. 代入①得13·32·m=13·12·PA ,已知PA=2, 解得m=23,故sin β=m PA =13.。

2021_2022学年新教材高中数学第8章立体几何初步章末综合提升学案含解析新人教A版必修第二册

第八章立体几何初步类型1 空间几何体的结构特征、表面积和体积1．本考点多为基础题，一般出现在选择题的中间位置．主要考查空间几何体的结构，直观图的转化，几何体表面积、体积公式的应用．考查数形结合思想、空间想象能力、运算求解能力，意在让多数学生得分．2．空间几何体的表面积与体积的求法(1)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)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．(3)求复杂几何体的体积常用割补法、等积法求解．【例1】(1)(2019·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________．图1 图2(2)(2019·全国卷Ⅲ)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ABCDA1B1C1D1挖去四棱锥OEFGH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，AA1＝4 cm，3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3．不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g．(1)26 2[(1)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．(2)由题易得长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的体积为6×6×4＝144(cm 3)，四边形EFGH 为平行四边形，如图所示，连接GE ，HF ，易知四边形EFGH 的面积为矩形BCC 1B 1面积的一半，即12×6×4＝12(cm 2)，所以V四棱锥O EFGH ＝13×3×12＝12(cm 3)，所以该模型的体积为144－12＝132(cm 3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．][跟进训练]1．如图所示，已知三棱柱ABC A ′B ′C ′，侧面B ′BCC ′的面积是S ，点A ′到侧面B ′BCC ′的距离是a ，求三棱柱ABC A ′B ′C ′的体积．[解] 连接A ′B ，A ′C ，如图所示，这样就把三棱柱分割成了两个棱锥．设所求体积为V ，显然三棱锥A ′ABC 的体积是13V ．而四棱锥A ′BCC ′B ′的体积为13Sa ，故有13V ＋13Sa ＝V ，即V ＝12Sa ．类型2 与球有关的切、接问题1．本考点中的题目多为基础题，一般出现在选择题的后面位置或填空题中，分值为5分．主要考查空间几何体的结构，外接球和内切球问题，几何体表面积、体积公式的应用，球的表面积和体积计算．考查数形结合思想，空间想象能力，运算求解能力，意在让多数学生得分．2．与球相关问题的解题策略(1)作适当的截面(如轴截面等)时，对于球内接长方体、正方体，则截面一要过球心，二要过长方体或正方体的两条体对角线，才有利于解题．(2)对于“内切”和“外接”等问题，首先要弄清几何体之间的相互关系，主要是指特殊的点、线、面之间的关系，然后把相关的元素放到这些关系中来解决．【例2】 (1)(2018·全国卷Ⅲ)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D ABC 体积的最大值为( )A ．123 B ．183 C ．243 D ．543(2)(2020·新高考全国卷Ⅰ)已知直四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长均为2．∠BAD ＝60°，以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．(1)B (2)2π2[(1)设等边三角形ABC 的边长为x ，则12x 2sin 60°＝93，得x ＝6．设△ABC 的外接圆半径为r ，则2r ＝6sin 60°，解得r ＝23，所以球心到△ABC 所在平面的距离d＝42－232＝2，则点D 到平面ABC 的最大距离d 1＝d ＋4＝6，所以三棱锥D ABC体积的最大值V ma x ＝13S △ABC ×6＝13×93×6＝183．(2)如图，连接B 1D 1，易知△B 1C 1D 1为正三角形，所以B 1D 1＝C 1D 1＝2．分别取B 1C 1，BB 1，CC 1的中点M ，G ，H ，连接D 1M ，D 1G ，D 1H ，则易得D 1G ＝D 1H ＝22＋12＝5，D 1M ⊥B 1C 1，且D 1M ＝3．由题意知G ，H 分别是BB 1，CC 1与球面的交点．在侧面BCC 1B 1内任取一点P ，使MP ＝2，连接D 1P ，则D 1P ＝D 1M 2＋MP 2＝32＋22＝5，连接MG ，MH ，易得MG ＝MH ＝2，故可知以M 为圆心，2为半径的圆弧GH 为球面与侧面BCC 1B 1的交线．由∠B 1MG ＝∠C 1MH ＝45°知∠GMH ＝90°，所以GH 的长为14×2π×2＝2π2．][跟进训练]2．若与球外切的圆台的上、下底面半径分别为r ，R ，则球的表面积为________． 4πRr [法一：如图，作DE ⊥BC 于点E ．设球的半径为r 1，则在Rt △CDE 中，DE ＝2r 1，CE ＝R －r ，DC ＝R ＋r ．由勾股定理得4r 21＝(R ＋r )2－(R －r )2，解得r 1＝Rr ，故球的表面积为S 球＝4πr 21＝4πRr ．法二：如图，设球心为O ，球的半径为r 1，连接OA ，OB ，则在Rt △AOB 中，OF 是斜边AB 上的高．由相似三角形的性质得OF 2＝BF ·AF ＝Rr ，即r 21＝Rr ，故r 1＝Rr ，故球的表面积为S 球＝4πRr ．]类型3 空间点、线、面位置关系的判断与证明1．空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面及面面的平行与垂直关系，其中推理论证的关键是空间想象能力，要防止步骤不完整或考虑不全致推理片面，该类题目难度不大，以中档题为主．2．平行、垂直关系的相互转化【例3】如图，在正三棱柱ABCA1B1C1(侧棱垂直于底面，且底面是正三角形)中，BC ＝CC1，M，N，P分别是CC1，AB，BB1的中点．(1)求证：平面NPC∥平面AB1M；(2)求证：AB1⊥平面A1MB．[证明](1)在△ABB1中，N，P分别是AB，BB1的中点，即PN∥AB1，∵平面ABB1∩平面AB1M＝AB1，PN⊄平面AB1M，PN⊂平面ABB1，∴PN∥平面AB1M．又∵底面是正三角形且BC＝CC1，M是CC1的中点，即在正方形BCC1B1中有CMB1P 为平行四边形，有PC∥MB1，∴PC∥平面AB1M，而PN∩PC＝P，∴平面NPC∥平面AB1M．(2)在正方形ABB1A1中有AB1⊥A1B，若AB1，A1B的交点为D，连接MD，DN，∴四边形MCND为矩形，∴CN∥MD，CN⊥DN，而CN⊥AB，则CN⊥平面ABB1A1，∴MD⊥平面ABB1A1，而AB1⊂平面ABB1A1，即MD⊥AB1．又MD∩A1B＝D，MD⊂平面A1MB，A1B⊂平面A1MB，∴AB1⊥平面A1MB．[跟进训练]3．如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且AD⊥DE，F为B1C1的中点．求证：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；(2)直线A1F∥平面ADE．[证明] (1)因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC．又AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD．又因为AD⊥DE，CC1，DE⊂平面BCC1B1，CC1∩DE＝E，所以AD⊥平面BCC1B1．又AD⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCC1B1．(2)因为A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，所以A1F⊥B1C1．因为CC1⊥平面A1B1C1，且A1F⊂平面A1B1C1，所以CC1⊥A1F．又因为CC1，B1C1⊂平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1，所以A1F⊥平面BCC1B1．由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD．又AD⊂平面ADE，A1F⊄平面ADE，所以A1F∥平面ADE．类型4 空间角的计算问题1．考查空间中线面位置关系的证明、直线与平面所成角、线线角及二面角等基础知识，考查空间想象能力及推理论证能力．2．求空间各种角的大小一般都转化为平面角来计算，空间角的计算步骤：一作，二证，三计算．(1)求异面直线所成的角常用平移转化法(转化为相交直线的夹角)． (2)求直线与平面所成的角常用射影转化法(即作垂线、找射影)． (3)二面角的平面角的作法常有三种：①定义法；②垂线法；③垂面法．【例4】(2020·浙江高考)如图，在三棱台ABC DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB ＝∠ACD ＝45°，DC ＝2BC ．(1)证明：EF ⊥DB ；(2)求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．[解] (1)证明：如图，过点D 作DO ⊥AC ，交直线AC 于点O ，连接OB ．由∠ACD ＝45°，DO ⊥AC ，得CD ＝2CO ．由平面ACFD ⊥平面ABC ，得DO ⊥平面ABC ，所以DO ⊥BC ．由∠ACB ＝45°，BC ＝12CD ＝22CO ，得BO ⊥BC ．所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB ．由三棱台ABC DEF 得BC ∥EF ，所以EF ⊥DB ．(2)如图，过点O 作OH ⊥BD ，交直线BD 于点H ，连接CH ．由三棱台ABC DEF 得DF ∥CO ，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角．由BC ⊥平面BDO 得OH ⊥BC ，故OH ⊥平面BCD ，所以∠OCH 为直线CO 与平面DBC 所成角．设CD ＝22．由DO ＝OC ＝2，BO ＝BC ＝2，得BD ＝6，OH ＝233，所以sin ∠OCH ＝OHOC ＝33，因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33．[跟进训练]4．如图，正方体ABCD A ′B ′C ′D ′的棱长为1，B ′C ∩BC ′＝O ，求：(1)AO 与A ′C ′所成角的度数；(2)AO 与平面ABCD 所成角的正切值； (3)平面AOB 与平面AOC 所成角的度数． [解] (1)∵A ′C ′∥AC ，∴AO 与A ′C ′所成的角就是∠OAC ．∵AB ⊥平面BC ′，OC ⊂平面BC ′，∴OC ⊥AB ，又OC ⊥BO ，AB ∩BO ＝B ，∴OC ⊥平面ABO ．又OA ⊂平面ABO ，∴OC ⊥OA ．在Rt △AOC 中，OC ＝22，AC ＝2，sin ∠OAC ＝OC AC ＝12，∴∠OAC ＝30°，即AO 与A ′C ′所成角的度数为30°． (2)如图，作OE ⊥BC 于E ，连接AE ．∵平面BC ′⊥平面ABCD ， ∴OE ⊥平面ABCD ，∴∠OAE 为OA 与平面ABCD 所成的角．在Rt △OAE 中，OE ＝12，AE ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝52，∴tan ∠OAE ＝OEAE ＝55．(3)∵OC ⊥OA ，OC ⊥OB ，OA ∩OB ＝O ， ∴OC ⊥平面AOB ．又∵OC ⊂平面AOC ， ∴平面AOB ⊥平面AOC ．即平面AOB 与平面AOC 所成角的度数为90°．类型5 点到平面的距离问题高考对立体几何的考查主要有两个方面，一是探究空间直线、平面的平行与垂直关系；二是与计算有关的综合性问题，主要是几何体的三积与三角．其中点到平面的距离的计算非常有利于几何体体积的计算．一般出现在解答题的第二问中，偶尔出现在选择填空题中，有一定的难度．【例5】(2020·全国卷Ⅱ)已知△ABC 是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为( )A ．3 B ．32 C ．1 D ．32C [由等边三角形ABC 的面积为934，得34×AB 2＝934，得AB ＝3，则△ABC 的外接圆半径r ＝23×32AB ＝33AB ＝3．设球的半径为R ，则由球的表面积为16π，得4πR 2＝16π，得R ＝2，则球心O 到平面ABC 的距离d ＝R 2－r 2＝1，故选C ．][跟进训练] 5．(2019·全国卷Ⅰ)已知∠ACB ＝90°，P 为平面ABC 外一点，PC ＝2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为________． 2[如图，过点P 作PO ⊥平面ABC 于O ，则PO 为P 到平面ABC 的距离．再过O 作OE ⊥AC 于E ，OF ⊥BC 于F ，连接PC ，PE ，PF ，则PE ⊥AC ，PF ⊥BC ．又PE ＝PF ＝3，所以OE ＝OF ，所以CO 为∠ACB 的平分线，即∠ACO ＝45°．在Rt △PEC 中，PC ＝2，PE ＝3，所以CE ＝1，所以OE ＝1，所以PO ＝PE 2－OE 2＝32－12＝2．]1．(2020·全国卷Ⅰ)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( )A ．5－14B ．5－12C ．5＋14D ．5＋12C [设正四棱锥的高为h ，底面正方形的边长为2a ，斜高为m ，依题意得h 2＝12×2a ×m ，即h 2＝am ①，易知h 2＋a 2＝m 2②，由①②得m ＝1＋52a ，所以m 2a＝1＋52a 2a ＝1＋54．故选C．]2．(2020·全国卷Ⅰ)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆，若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为( )A．64πB．48πC．36πD．32πA[因为⊙O1的面积为4π，所以⊙O1的半径r＝2．因为AB＝BC＝AC，所以△ABC为正三角形，又⊙O1是△ABC的外接圆，所以由正弦定理得ABsin 60°＝2r＝4，得AB＝4sin 60°＝23．因为OO1＝AB＝BC＝AC，所以OO1＝23，由题易知OO1⊥平面ABC，则球心O 到平面ABC的距离为23．设球O的半径为R，则R2＝OO21＋r2＝12＋4＝16，所以球O 的表面积S＝4πR2＝64π，故选A．]3．(2020·新高考全国卷Ⅰ)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为( )A．20°B．40°C．50°D．90°B[过球心O、点A以及晷针的轴截面如图所示，其中CD为晷面，GF为晷针所在直线，EF为点A处的水平面，GF⊥CD，CD∥OB，∠AOB＝40°，∠OAE＝∠OAF＝90°，所以∠GFA＝∠CAO＝∠AOB＝40°．故选B．]4．(2020·全国卷Ⅱ)设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．p4：若直线l⊂平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l．则下述命题中所有真命题的序号是________．①p1∧p4；②p1∧p2；③p2∨p3；④p3∨p4．①③④[法一：对于p1，由题意设直线l1∩l2＝A，l2∩l3＝B，l1∩l3＝C，则由l1∩l2＝A，知l1，l2共面，设此平面为α，则由B∈l2，l2⊂α，知B∈α，由C∈l1，l1⊂α，知C∈α，所以l3⊂α，所以l1，l2，l3共面于α，所以p1是真命题；对于p2，当A，B，C三点不共线时，过A，B，C三点有且仅有一个平面，当A，B，C三点共线时，过A，B，C的平面有无数个，所以p2是假命题，p2是真命题；对于p3，若空间两条直线不相交，则这两条直线可能平行，也可能异面，所以p3是假命题，p3是真命题；对于p4，若直线l⊂平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l，所以p4是真命题，p4是假命题．故p1∧p4为真命题，p1∧p2为假命题，p2∨p3为真命题，p3∨p4为真命题．综上可知，真命题的序号是①③④．法二：对于p1，由题意设直线l1∩l2＝A，l2∩l3＝B，l1∩l3＝C，则A，B，C三点不共线，所以此三点确定一个平面α，则A∈α，B∈α，C∈α，所以直线AB⊂α，BC⊂α，CA⊂α，即l1⊂α，l2⊂α，l3⊂α，所以p1是真命题；以下同解法一．]5．(2020·全国卷Ⅲ)如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1，证明：(1)当AB＝BC时，EF⊥AC；(2)点C1在平面AEF内．[解] (1)如图，连接BD，B1D1．因为AB＝BC，所以四边形ABCD为正方形，故AC⊥BD．又因为BB1⊥平面ABCD，于是AC⊥BB1．所以AC ⊥平面BB 1D 1D ．由于EF ⊂平面BB 1D 1D ，所以EF ⊥AC ．(2)如图，在棱AA 1上取点G ，使得AG ＝2GA 1，连接GD 1，FC 1，FG ．因为D 1E ＝23DD 1，AG ＝23AA 1， DD 1AA 1，所以ED 1AG ，于是四边形ED 1GA 为平行四边形，故AE ∥GD 1．因为B 1F ＝13BB 1，A 1G ＝13AA 1，BB 1AA 1，所以FG A 1B 1，FG C 1D 1，四边形FGD 1C 1为平行四边形，故GD 1∥FC 1．于是AE ∥FC 1．所以A ，E ，F ，C 1四点共面，即点C 1在平面AEF 内．6．(2020·全国卷Ⅱ)如图，已知三棱柱ABC A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点．过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ＝AB ＝6，AO ∥平面EB 1C 1F ，且∠MPN ＝π3，求四棱锥B EB 1C 1F 的体积． [解] (1)因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC 1．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ．所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ．(2)因为AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ，平面A 1AMN ∩平面EB 1C 1F ＝PN ，故AO ∥PN ．又AP ∥ON ，故四边形APNO 是平行四边形，所以PN ＝AO ＝6，AP ＝ON ＝13AM ＝3，PM ＝23AM ＝23，EF ＝13BC ＝2．因为BC ∥平面EB 1C 1F ，所以四棱锥B EB 1C 1F 的顶点B 到底面EB 1C 1F 的距离等于点M 到底面EB 1C 1F 的距离．如图，作MT ⊥PN ，垂足为T ，则由(1)知，MT ⊥平面EB 1C 1F ，故MT ＝PM sin ∠MPN ＝3．底面EB 1C 1F 的面积为12×(B 1C 1＋EF )×PN ＝12(6＋2)×6＝24．所以四棱锥B EB 1C 1F 的体积为13×24×3＝24．。

2022年高考数学理人教A版一轮复习习题第八章立体几何考点规

2022年高考数学理人教A版一轮复习习题第八章立体几何考点规考点规范练44立体几何中的向量方法基础巩固1.直线l的方向向量=(-1,1,1),平面α的法向量为n=(2,某+某,-某),若直线l∥平面α,则2某的值为()A.-2B.-C.D.±2.已知平面α的一个法向量为n=(1,-,0),则y轴与平面α所成的角的大小为()A.3.B.C.D.如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,以CD,CB,CE所在直线分别为某轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,AB=,AF=1,M在EF上,且AM∥平面BDE,则M点的坐标为()A.(1,1,1)B.C.D.4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,点M在AC1上,且,N为B1B 的中点,则||为()A.5.aB.aC.aD.a如图,过正方形ABCD的顶点A,作PA⊥平面ABCD.若PA=BA,则平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是()A.30°C.60°B.45°D.90°6.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1,则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为()A.B.C.D.7.如图,在正四棱锥S-ABCD中,O为顶点在底面上的射影,P为侧棱SD 的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC所成的角为.8.已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点,且=(2,-1,-4),=(4,2,0),=(-1,2,-1).对于结论:是平面ABCD的法向量;④①AP⊥AB;②AP⊥AD;③是.(填序号)9..其中正确的如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为正三角形,底面ABCD为正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,M为底面ABCD内的一个动点,且满足MP=MC,则点M 在正方形ABCD内的轨迹为.(填序号)10.(2022全国乙卷,理18)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°.(1)证明:平面ABEF⊥平面EFDC;(2)求二面角E-BC-A的余弦值.导学号37270484能力提升11.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别在A1D,AC上,且A1E=A1D,AF=AC,则()A.EF至多与A1D,AC之一垂直B.EF⊥A1D,EF⊥ACC.EF 与BD1相交D.EF与BD1异面12.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O为线段BD的中点.设点P在线段CC1上,直线OP与平面A1BD所成的角为α,则inα的取值范围是()A.B.C.D.13.导学号37270486如图,等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB,二面角C-AB-D 的余弦值为,M,N分别是AC,BC的中点,则EM,AN所成角的余弦值等于.14.导学号37270487如图,AB是半圆O的直径,C是半圆O上除A,B外的一个动点,DC垂直于半圆O所在的平面,DC∥EB,DC=EB,AB=4,tan∠EAB=.(1)证明:平面ADE⊥平面ACD;(2)当三棱锥C-ADE体积最大时,求二面角D-AE-B的余弦值.导学号37270488高考预测15.如图,在四棱锥A-EFCB中,△AEF为等边三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O为EF的中点.(1)求证:AO⊥BE;(2)求二面角F-AE-B的余弦值;(3)若BE⊥平面AOC,求a的值.导学号37270489参考答案考点规范练44立体几何中的向量方法1.D解析当线面平行时,直线的方向向量垂直于平面的法向量,故-1某2+1某(某2+某)+1某(-某)=0,解得某=±2.B解析可知y轴的方向向量为m=(0,1,0),设y轴与平面α所成的角为θ,则inθ=|co|,∵co==-,∴inθ=,∴θ=,0),B(0,,0),D(,0,0),E(0,0,1),则3.C解析设M(某,某,1).由已知得A(=(某-,某-,1),=(,-,0),=(0,-,1).设平面BDE的一个法向量为n=(a,b,c),则解得令b=1,则n=(1,1,).又AM∥平面BDE,所以n=0,即2(某-)+=0,得某=所以M4.A解析以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系D某yz,则A(a,0,0),C1(0,a,a),N设M(某,y,z),∵点M在AC1上,且,∴(某-a,y,z)=(-某,a-y,a-z).∴某=a,y=,z=,得M∴||==a.5.B解析(方法一)建立如图①所示的空间直角坐标系,不难求出平面APB与平面PCD的法向量分别为n1=(0,1,0),n2=(0,1,1),故平面ABP与平面CDP所成二面角的余弦值为,故所求的二面角的大小是45°.图①图②(方法二)将其补成正方体.如图②,不难发现平面ABP和平面CDP所成的二面角就是平面ABQP和平面CDPQ所成的二面角,其大小为45°.6.C解析取B1C1的中点D1,以A1为原点,A1D1,A1A所在直线为某轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=2,则C1(为n=(1,0,0).,1,0),A(0,0,2),=(,1,-2),平面BB1C1C的一个法向量所以AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为7.30°解析如图所示,以O为原点建立空间直角坐标系O某yz.设OD=SO=OA=OB=OC=a,则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P则=(2a,0,0),=(a,a,0).设平面PAC的法向量为n,可求得n=(0,1,1),则co=,n>=60°,∴直线BC与平面PAC所成的角为90°-60°=30°.8.①②③解析因为又所以因为所以=0,=0,所以AB⊥AP,AD⊥AP,则①②正确.不平行,是平面ABCD的法向量,则③正确.=(2,3,4),不平行,故④错误.=(-1,2,-1),9.①解析以D为原点,DA,DC所在直线分别为某轴,y轴建立空间直角坐标系如图.设M(某,y,0),设正方形边长为a,则P则MC=,C(0,a,0),,MP=由MP=MC,得某=2y,所以点M在正方形ABCD内的轨迹为直线y=10.(1)证明由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,所以AF⊥平面EFDC.又AF平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC.(2)解过D作DG⊥EF,垂足为G,由(1)知DG⊥平面ABEF.某的一部分.以G为坐标原点,间直角坐标系G某yz.由(1)知∠DFE为二面角D-AF-E的平面角,故∠DFE=60°,则DF=2,DG=可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,由已知,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC.又平面ABCD∩平面EFDC=CD,故AB∥CD,CD∥EF.由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角,∠CEF=60°.从而可得C(-2,0,所).以).,的方向为某轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空=(1,0,0),),=(0,4,0),=(-3,-4,),=(-4,0,设n=(某,y,z)是平面BCE的法向量,则所以可取n=(3,0,-).设m是平面ABCD的法向量,则同理可取m=(0,,4),则co==-故二面角E-BC-A的余弦值为-11.B解析以D点为坐标原点,以DA,DC,DD1所在直线分别为某轴,y 轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.设正方体棱长为1,则A1(1,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),E,F,B(1,1,0),D1(0,0,1),=(-1,0,-1),=(-1,1,0),=(-1,-1,1),=-=0,从而EF∥BD1,EF⊥A1D,EF⊥AC.故选B.12.B解析以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在的直线分别为某轴,y轴,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示.不妨设DC=DA=DD1=1,则D(0,0,0),B(1,1,0),A1(1,0,1),O,并设点P(0,1,t)且0≤t≤1.则=(-1,0,-1),=(0,1,-1).设平面A1BD的法向量为n=(某0,y0,z0),则有即取某0=1,y0=-1,z0=-1,∴n=(1,-1,-1).∴inα=|co|=(0≤t≤1),∴inα=2,0≤t≤1.令f(t)=,0≤t≤1,则f'(t)==-,可知当t时,f'(t)>0;当t时,f'(t)≤0.又f(0)=,f=1,f(1)=,∴f(t)ma某=f=1,f(t)min=f(0)=∴inα的最大值为1,最小值为∴inα的取值范围为13解析过C点作CO⊥平面ABDE,垂足为O,取AB中点F,连接CF,OF,则∠CFO为二面角C-AB-D的平面角,设AB=1,则CF=,OF=CF·co∠CFO=,OC=,则O为正方形ABDE的中心,建立如图所示的空间直角坐标系O某yz,则E,M,A,N,,,co<>=14.(1)证明因为AB是直径,所以BC⊥AC.因为CD⊥平面ABC,所以CD⊥BC.因为CD∩AC=C,所以BC⊥平面ACD.因为CD∥BE,CD=BE,所以四边形BCDE是平行四边形,所以BC∥DE,所以DE⊥平面ACD.因为DE平面ADE,所以平面ADE⊥平面ACD.(2)解依题意,EB=AB某tan∠EAB=4=1,由VC-ADE=VE-ACD=S△ACD某DE=AC某CD某DE=AC某BCC2)=AB2=,当且仅当AC=BC=2时等号成立.如图所示,建立空间直角坐标D(0,0,1),E(0,2,1),A(2,0,0),B(0,2,0),则知(AC2+B系,则=(-2=(2,2,0,-1),,0),=(0,0,1),=(0,2,0),设平面DAE的法向量为n1=(某1,y1,z1),即∴n1=(1,0,2).设平面ABE的法向量为n2=(某2,y2,z2),∴n2=(1,1,0),∴co==可以判断与二面角D-AE-B的平面角互补,∴二面角D-AE-B的余弦值为-15.(1)证明因为△AEF是等边三角形,O为EF的中点,所以AO⊥EF.又因为平面AEF⊥平面EFCB,AO平面AEF,所以AO⊥平面EFCB,所以AO⊥BE.(2)解取BC中点G,连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形,所以OG⊥EF.由(1)知AO⊥平面EFCB,又OG平面EFCB,所以OA⊥OG.如图建立空间直角坐标系O某yz,则E(a,0,0),A(0,0,a),=(-a,0,a),=(a-2,(a-2),0).B(2,(2-a),0),设平面AEB的法向量为n=(某,y,z),则即令z=1,则某=于是n=(,y=-1.,-1,1).平面AEF的一个法向量为p=(0,1,0).所以co==-由题知二面角F-AE-B为钝角,所以它的余弦值为-(3)解因为BE⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即因为所以由=0.=(a-2,(a-2),0),=(-2,(2-a),0),=-2(a-2)-3(a-2)2.=0及0解得a=。

新2022届高考数学理科题组训练第八章立体几何题含解析

题组层级快练(四十二)1．(2021·成都二诊)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是( )A．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥βB．若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥βC．若m∥n，m∥α，则n∥αD．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β答案 D解析对于选项A，两平面β，γ同垂直于平面α，平面β与平面γ可能平行，也可能相交；对于选项B，平面α，β可能平行，也可能相交；对于选项C，直线n可能与平面α平行，也可能在平面α内；对于选项D，由m∥n，m⊥α，∴n⊥α.又n⊥β，∴α∥β，故选D.2．已知不同直线m，n及不重合平面α，β，给出下列结论：①m⊂α，n⊂β，m⊥n⇒α⊥β②m⊂α，n⊂β，m∥n⇒α∥β③m⊂α，n⊂α，m∥n⇒α∥β④m⊥α，n⊥β，m⊥n⇒α⊥β其中的假命题有( )A．1个B．2个C．3个D．4个答案 C解析①为假命题，m不一定与平面β垂直，所以平面α与β不一定垂直．命题②与③为假命题，②中两平面可以相交，③没有任何实质意义．只有④是真命题，因为两平面的垂线所成的角与两平面所成的角相等或互补．3. (2021·沧州七校联考)如图所示，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC.则下列结论不正确的是( )A．CD∥平面PAF B．DF⊥平面PAFC．CF∥平面PAB D．CF⊥平面PAD答案 D解析A中，∵CD∥AF，AF⊂面PAF，CD⊄面PAF，∴CD∥平面PAF成立；B中，∵ABCDEF 为正六边形，∴DF⊥AF.又∵PA⊥面ABCDEF，∴DF⊥平面PAF成立；C中，CF∥AB，AB ⊂平面PAB，CF⊄平面PAB，∴CF∥平面PAB；而D中CF与AD不垂直，故选D.4.如图所示，在正方形ABCD中，E，F分别是BC和CD的中点，G是EF的中点，现在沿着AE和AF及EF把正方形折成一个四面体，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，那么，在四面体A－EFH中必有( )A．AH⊥△EFH所在平面B．AG⊥△EFH所在平面C．HF⊥△AEF所在平面D．HG⊥△AEF所在平面答案 A解析∵AD⊥DF，AB⊥BE，又∵B，C，D重合记为H，∴AH⊥HF，AH⊥HE.∴AH⊥面EFH.5.如图所示，在正四面体P－ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是( )A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAEC ．平面PDF ⊥平面PAED ．平面PDE ⊥平面ABC答案 D解析因为BC ∥DF ，所以BC ∥平面PDF ，A 成立；易证BC ⊥平面PAE ，BC ∥DF ，所以结论B ，C 均成立；点P 在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，不在中位线DE 上，故结论D不成立．6.如图所示，在四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD 折成四面体A ′－BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，则下列结论正确的是( )A ．A ′C ⊥BDB ．∠BA ′C ＝90°C ．CA ′与平面A ′BD 所成的角为30°D ．四面体A ′－BCD 的体积为13答案 B解析取BD 的中点O ，∵A ′B ＝A ′D ，∴A ′O ⊥BD ，又平面A ′BD ⊥平面BCD ，∴A ′O ⊥平面BCD.∵CD ⊥BD ，∴OC 不垂直于BD ，假设A ′C ⊥BD ，∵OC 为A ′C 在平面BCD 内的射影，∴OC ⊥BD ，矛盾，∴A ′C 不垂直于BD.A 错误；∵CD ⊥BD ，平面A ′BD ⊥平面BCD ，∴CD ⊥平面A ′BD ，A ′C在平面A ′BD 内的射影为A ′D ，∵A ′B ＝A ′D ＝1，BD ＝2，∴A ′B ⊥A ′D ，∴A ′B ⊥A ′C ，B正确；∠CA ′D 为直线CA ′与平面A ′BD 所成的角，∠CA ′D ＝45°，C 错误；V A ′－BCD ＝13S △A ′BD ·CD ＝16，D 错误，故选B.7.如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 为矩形，△PAD 为等腰三角形，∠APD＝90°，平面PAD ⊥平面ABCD ，且AB ＝1，AD ＝2，E ，F 分别为PC ，BD 的中点．(1)证明：EF ∥平面PAD ；(2)证明：平面PDC ⊥平面PAD ；(3)求四棱锥P —ABCD 的体积．答案 (1)略 (2)略 (3)23解析 (1)如图所示，连接AC.∵四边形ABCD 为矩形且F 是BD 的中点，∴F 也是AC 的中点．又E 是PC 的中点，EF ∥AP ，∵EF ⊄平面PAD ，PA ⊂平面PAD ，∴EF ∥平面PAD.(2)证明：∵面PAD ⊥平面ABCD ，CD ⊥AD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，∴CD ⊥平面PAD.∵CD ⊂平面PDC ，∴平面PDC ⊥平面PAD.(3)取AD 的中点为O.连接PO.∵平面PAD ⊥平面ABCD ，△PAD 为等腰直角三角形，∴PO ⊥平面ABCD ，即PO 为四棱锥P —ABCD 的高．∵AD ＝2，∴PO ＝1.又AB ＝1，∴四棱锥P —ABCD 的体积V ＝13PO ·AB ·AD ＝23.8.如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，AB ⊥BB 1，AC ＝BC ＝BB 1＝2，D 为AB 的中点，且CD ⊥DA 1.(1)求证：BB 1⊥平面ABC ；(2)求证：BC 1∥平面CA 1D ；(3)求三棱锥B 1－A 1DC 的体积．答案 (1)略 (2)略 (3)43解析 (1)证明：∵AC ＝BC ，D 为AB 的中点，∴CD ⊥AB.又∵CD ⊥DA 1，∴CD ⊥平面ABB 1A 1.∴CD ⊥BB 1.又BB 1⊥AB ，AB ∩CD ＝D ，∴BB 1⊥平面ABC.(2)证明：连接BC 1，连接AC 1交CA 1于E ，连接DE ，易知E 是AC 1的中点．又D 是AB 的中点，则DE ∥BC 1.又DE ⊂平面CA 1D ，BC 1⊄平面CA 1D ，∴BC 1∥平面CA 1D.(3)由(1)知CD ⊥平面AA 1B 1B ，故CD 是三棱锥C －A 1B 1D 的高．在Rt △ACB 中，AC ＝BC ＝2，∴AB ＝22，CD ＝ 2.又BB 1＝2，∴VB 1－A 1DC ＝VC －A 1B 1D ＝13S △A 1B 1D ·CD ＝16A 1B 1×B 1B ×CD ＝16×22×2×2＝43.9. (2021·江苏泰州期末)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是菱形，AC ，BD 相交于点O ，EF ∥AB ，AB ＝2EF ，平面BCF ⊥平面ABCD ，BF ＝CF ，点G 为BC 的中点．求证：(1)直线OG ∥平面EFCD ；(2)直线AC ⊥平面ODE.答案 (1)略 (2)略证明 (1)∵四边形ABCD 是菱形，∴点O 到BD 的中点．∵点G 为BC 的中点，∴OG ∥CD.∵OG ⊄平面EFCD ，CD ⊂平面EFCD ，∴直线OG ∥平面EFCD.(2)∵BF ＝CF ，点G 为BC 的中点，∴FG ⊥BC.∵平面BCF ⊥平面ABCD ，平面BCF ∩平面ABCD ＝BC ，FG ⊂平面BCF ，FG ⊥BC ，∴FG ⊥平面ABCD.∵AC ⊂平面ABCD ，∴FG ⊥AC.∵OG ∥AB ，OG ＝12AB ，EF ∥AB ，EF ＝12AB ，∴OG∥EF，OG＝EF，∴四边形EFGO为平行四边形，∴FG∥EO.∵FG⊥AC，FG∥EO，∴AC⊥EO.∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥DO.∵AC⊥EO，AC⊥DO，EO∩DO＝O，EO，DO在平面ODE内，∴AC⊥平面ODE. 10．(2021·新课标全国Ⅰ)如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.(1)证明：平面AEC⊥平面BED；(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E－ACD的体积为63，求该三棱锥的侧面积．答案(1)略(2)3＋2 5解析(1)因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为BE⊥平面ABCD，所以AC⊥BE.又BE，BD⊂平面ABCD，BE∩BD＝B，故AC⊥平面BED.又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝32x，GB＝GD＝x2.因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝3 2 x.由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝2 2 x.由已知得，三棱锥E－ACD的体积V E－ACD＝13×12AC×GD×BE＝624x3＝63.故x＝2.从而可得AE＝EC＝ED＝ 6.所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为 5.故三棱锥E－ACD的侧面积为3＋2 5.11．如图所示，在直角梯形ABEF中，将DCEF沿CD折起使∠FDA＝60°，得到一个空间几何体．(1)求证：BE∥平面ADF；(2)求证：AF ⊥平面ABCD ；(3)求三棱锥E —BCD 的体积．答案 (1)略 (2)略 (3)312解析 (1)由已知条件，可知BC ∥AD ，CE ∥DF ，折叠之后平行关系不变．又因为BC ⊄平面ADF ，AD ⊂平面ADF ，所以BC ∥平面ADF.同理CE ∥平面ADF.又因为BC ∩CE ＝C ，BC ，CE ⊂平面BCE ，所以平面BCE ∥平面ADF.又因为BE ⊂平面BCE ，所以BE ∥平面ADF.(2)由于∠FDA ＝60°，FD ＝2，AD ＝1，所以AF 2＝FD 2＋AD 2－2×FD ×AD ×cos ∠FDA ＝4＋1－2×2×1×12＝3.即AF ＝ 3.所以AF 2＋AD 2＝FD 2.所以AF ⊥AD.又因为DC ⊥FD ，DC ⊥AD ，AD ∩FD ＝D ，所以DC ⊥平面ADF.又因为AF ⊂平面ADF ，所以DC⊥AF.因为AD∩DC＝D，AD，DC⊂平面ABCD，所以AF⊥平面ABCD.(3)因为DC⊥EC，DC⊥BC，EC，BC⊂平面EBC，EC∩BC＝C，所以DC⊥平面EBC.又因为DF∥EC，AD∥BC，∠FDA＝60°，所以∠ECB＝60°.又因为EC＝1，BC＝1，所以S△ECB＝12×1×1×32＝34.所以V E－BCD＝V D－EBC＝13×DC×S△ECB＝13×1×34＝312.1．(2021·江苏宿迁重庆中学联考)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，点D是BC的中点，BC＝BB1.(1)求证：A1C∥平面AB1D；(2)试在棱CC1上找一点M，使MB⊥AB1.解析 (1)证明：连接A 1B 交AB 1于点O ，连接OD.∵O ，D 分别是A 1B ，BC 的中点，∴A 1C ∥OD.∵A 1C ⊄平面AB 1D ，OD ⊂平面AB 1D ，∴A 1C ∥平面AB 1D.(2)M 为CC 1的中点．证明如下：∵在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BC ＝BB 1，∴四边形BCC 1B 1是正方形．∵M 为CC 1的中点，D 是BC 的中点，∴△B 1BD ≌△BCM ，∴∠BB 1D ＝∠CBM.又∵∠BB 1D ＋∠BDB 1＝π2，∴∠CBM ＋∠BDB 1＝π2，∴BM ⊥B 1D.∵△ABC 是正三角形，D 是BC 的中点，∴AD ⊥BC.∵平面ABC⊥平面BB1C1C，平面ABC∩平面BB1C1C＝BC，AD⊂平面ABC，∴AD⊥平面BB1C1C.∵BM⊂平面BB1C1C，∴AD⊥BM.∵AD∩B1D＝D，∴BM⊥平面AB1D.∵AB1⊂平面AB1D，∴MB⊥AB1.2. (2021·苏锡常镇四市调研)如图，四边形AA1C1C为矩形，四边形CC1B1B为菱形，且平面CC1B1B⊥平面AA1C1C，D，E分别为A1B1，C1C的中点．求证：(1)BC1⊥平面AB1C；(2)DE∥平面AB1C.证明(1)∵四边形AA1C1C为矩形，∴AC⊥C1C.又平面CC1B1B⊥平面AA1C1C，平面CC1B1B∩平面AA1C1C＝CC1，∴AC⊥平面CC1B1B.∵BC1⊂平面CC1B1B，∴AC⊥BC1.又四边形CC1B1B为菱形，∴B1C⊥BC1.∵B1C∩AC＝C，∴BC1⊥平面AB1C.(2)取AA1的中点F，连接DF，EF.∵四边形AA1C1C为矩形，E，F分别为C1C，AA1的中点，∴EF∥AC.∵EF⊄平面AB1C，AC⊂平面AB1C，∴EF∥平面AB1C.∵D，F分别为边A1B1，AA1的中点，∴DF∥AB1.∵DF⊄平面AB1C，AB1⊂平面DEF，∴DF∥平面AB1C.∵EF∩DF＝F，EF⊂平面DEF，DF⊂平面DFE，∴平面DEF∥平面AB1C.∵DE⊂平面DEF，∴DE∥平面AB1C.3.如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC，点D是AB的中点．(1)求证：BC1∥平面CA1D；(2)求证：平面CA1D⊥平面AA1B1B.答案(1)略(2)略证明(1)连接AC1交A1C于E，连接DE. ∵AA1C1C为矩形，则E为AC1的中点．又D是AB的中点，∴在△ABC1中，DE∥BC1.又DE⊂平面CA1D，BC1⊄平面CA1D，∴BC1∥平面CA1D.(2)∵AC＝BC，D为AB的中点，∴在△ABC中，AB⊥CD.又AA1⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，∴AA1⊥CD.又AA1∩AB＝A，∴CD⊥平面AA1B1B.又CD⊂平面CA1D，∴平面CA1D⊥平面AA1B1B.4．(2021·新课标全国Ⅰ文)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C.(1)证明：B1C⊥AB；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC－A1B1C1的高．答案(1)略(2)21 7思路(1)利用线面垂直的性质定理证明；(2)通过解三角形求三棱柱的高．解析(1)连接BC1，则O为B1C与BC1的交点．因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1. 又AO⊥平面BB1C1C，所以B1C⊥AO.故B1C⊥平面ABO.由于AB⊂平面ABO，故B1C⊥AB.(2)作OD⊥BC，垂足为D，连接AD.作OH⊥AD，垂足为H.由于BC⊥AO，BC⊥OD，故BC⊥平面AOD.所以OH⊥BC.又OH⊥AD，所以OH⊥平面ABC.因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形．又BC＝1，可得OD＝3 4 .由于AC⊥AB1，所以OA＝12B1C＝12.由OH·AD＝OD·OA，且AD＝OD2＋OA2＝74，得OH＝2114.又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC的距离为217.故三棱柱ABC－A1B1C1的高为217.5．(2021·潍坊质检)直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是直角梯形，∠BAD＝∠ADC＝90°，AB ＝2AD ＝2CD ＝2.(1)求证：AC ⊥平面BB 1C 1C ；(2)在A 1B 1上是否存在一点P ，使得DP 与平面BCB 1和平面ACB 1都平行？证明你的结论．答案 (1)略(2)P 为A 1B 1的中点时，DP 与平面BCB 1和平面ACB 1都平行．解析 (1)∵直棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BB 1⊥平面ABCD ，∴BB 1⊥AC.又∵∠BAD ＝∠ADC ＝90°，AB ＝2AD ＝2CD ＝2，∴AC ＝2，∠CAB ＝45°.∴BC ＝ 2.∵BC 2＋AC 2＝AB 2，∴BC ⊥AC.又BB 1∩BC ＝B ，BB 1⊂平面BB 1C 1C ，BC ⊂平面BB 1C 1C ，∴AC ⊥平面BB 1C 1C.(2)存在点P ，P 为A 1B 1的中点．由P 为A 1B 1的中点，有PB 1∥AB ，且PB 1＝12AB.精品 Word 可修改欢迎下载又∵DC ∥AB ，DC ＝12AB ， ∴DC ∥PB 1，且DC ＝PB 1. ∴DCB 1P 为平行四边形，从而CB 1∥DP . 又CB 1⊂平面ACB 1，DP ⊄平面ACB 1， ∴DP ∥平面ACB 1.同理，DP ∥平面BCB 1.。

2021_2022学年新教材高中数学第8章立体几何初步单元复习课第3课时立体几何初步巩固练习含解析新

第3课时立体几何初步课后训练巩固提升1.如图所示,三棱锥P-ABC的底面在平面α上,且AC⊥PC,平面PAC⊥平面PBC,点P,A,B是定点,则动点C运动形成的图形是()A.一条线段B.一条直线C.一个圆D.一个圆,但要去掉两个点平面PAC⊥平面PBC,AC⊥PC,AC⊂平面PAC,且平面PAC∩平面PBC=PC,∴AC⊥平面PBC.又BC⊂平面PBC,∴AC⊥BC,∴∠ACB=90°,∴动点C运动形成的图形是以AB为直径的圆,除去A和B两点,故选D.2.已知l,m,n为两两垂直的三条异面直线,过l作平面α与直线m垂直,则直线n与平面α的关系是()A.n∥αB.n∥α或n⊂αC.n⊂α或n与α不平行D.n⊂αl⊂α且l与n异面,∴n⊄α.又m⊥α,n⊥m,∴n∥α.3.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,角度、长度都有可能改变,而线段的平行关系不变.4.已知直线m,n均不在平面α,β内,给出下列命题:①若m∥n,n∥α,则m∥α;②若m∥β,α∥β,则m∥α;③若m⊥n,n⊥α,则m∥α;④若m⊥β,α⊥β,则m∥α.其中正确命题的个数是()A.1B.2C.3D.4,根据线面平行的判定定理知,m∥α;②对,若直线m与平面α相交,则必与β相交,而这与m∥β矛盾,故m∥α;③对,在平面α内取一点A,设过A,m的平面γ与平面α相交于直线b.因为n⊥α,所以n⊥b,又m⊥n,所以m∥b,则m∥α;④对,设α∩β=l,在α内作m'⊥l,因为α⊥β,所以m'⊥β.又因为m⊥β,所以m∥m',从而m∥α.故四个命题都正确.5.在正三棱锥S-ABC中,M,N分别是SC,BC的中点,且MN⊥AM,若侧棱SA=2√3,则正三棱锥S-ABC外接球的表面积是()A.12πB.32πC.36πD.48πMN⊥AM且MN是△BSC的中位线得BS⊥AM,又由正三棱锥的性质得BS⊥AC,∴BS⊥平面ASC.即正三棱锥S-ABC的三侧棱SA,SB,SC两两垂直,可以把三棱锥看作以S为一顶点,以AS为边长的正方体的一部分,三棱锥外接球的直径为正方体体对角线,则直径为√3SA=6.∴球的表面积S=4πR2=4π×32=36π.选C.6.在如图所示的几何体中,是棱柱的为.(填序号)7.(2019·全国Ⅰ高考)已知∠ACB=90°,P为平面ABC外一点,PC=2,点P到∠ACB两边AC,BC 的距离均为√3,那么P到平面ABC的距离为.PD,PE分别垂直于AC,BC,PO⊥平面ABC.连接CO,OD,知CD⊥PD,CD⊥PO,PD∩PO=P,∴CD⊥平面PDO,OD⊂平面PDO,∴CD⊥OD.∵PD=PE=√3,PC=2,∴sin∠PCE=sin∠PCD=√3,2∴∠PCB=∠PCA=60°.∴PO⊥CO,CO为∠ACB平分线,∴∠OCD=45°,∴OD=CD=1,OC=√2.又PC=2,∴PO=√4-2=√2.√28.(2019·高考)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的中点.(1)求证:BD⊥平面PAC;(2)若∠ABC=60°,求证:平面PAB⊥平面PAE;(3)棱PB上是否存在点F,使得CF∥平面PAE?说明理由.PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD.又因为底面ABCD为菱形,所以BD⊥AC.所以BD⊥平面PAC.PA⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD,所以PA⊥AE.因为底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,且E为CD的中点,所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.所以AE⊥平面PAB.所以平面PAB⊥平面PAE.PB上存在点F,使得CF∥平面PAE.取F为PB的中点,取G为PA的中点,连接CF,FG,EG.AB.则FG∥AB,且FG=12因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点,AB.所以CE∥AB,且CE=12所以FG∥CE,且FG=CE.所以四边形CEGF为平行四边形.所以CF∥EG.因为CF⊄平面PAE,EG⊂平面PAE,所以CF∥平面PAE.9.(2019·全国Ⅲ高考)由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形如图①所示,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图②.(1)证明:图②中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求图②中的四边形ACGD的面积.AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,且BE∩BC=B,故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.CG的中点M,连接EM,DM.因为AB∥DE,AB⊥平面BCGE,所以DE⊥平面BCGE,故DE⊥CG.已知四边形BCGE是菱形,且∠EBC=60°得EM⊥CG,DE∩EM=E,故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.由题意知△EGC为正三角形,在Rt△EMG中,可得EM=√3.在Rt△DEM中,DE=1,EM=√3,故DM=2.所以四边形ACGD的面积为4.。

2021-2022年高考数学专题复习导练测 第八章 立体几何阶段测试(十)理 新人教A版

高考数学总复习 第八章 立体几何配套单元测试(含解析)理 新人教A版