高考数学文一轮复习专题训练立体几何含复习资料
高考数学(立体几何)第一轮复习

高考数学(立体几何)第一轮复习资料知识点小结:高考立体几何知识点总结一 、空间几何体 (一) 空间几何体的类型1 多面体:由若干个平面多边形围成的几何体。
围成多面体的各个多边形叫做多面体的面,相邻两个面的公共边叫做多面体的棱,棱与棱的公共点叫做多面体的顶点。
2 旋转体:把一个平面图形绕它所在的平面内的一条定直线旋转形成了封闭几何体。
其中,这条直线称为旋转体的轴。
(二) 几种空间几何体的结构特征 1 、棱柱的结构特征1.1 棱柱的定义:有两个面互相平行,其余各面都是四边形,并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行,由这些面所围成的几何体叫做棱柱。
1.2 棱柱的分类棱柱四棱柱平行六面体直平行六面体长方体正四棱柱正方体 性质:Ⅰ、侧面都是平行四边形,且各侧棱互相平行且相等; Ⅱ、两底面是全等多边形且互相平行; Ⅲ、平行于底面的截面和底面全等;1.3 棱柱的面积和体积公式ch S 直棱柱侧(c 是底周长,h 是高) S 直棱柱表面 = c ·h+ 2S 底 V 棱柱 = S 底 ·h棱长都相等底面是正方形底面是矩形侧棱垂直于底面底面是平行四边形底面是四边形图1-1 棱柱2 、棱锥的结构特征2.1 棱锥的定义(1) 棱锥:有一个面是多边形,其余各面是有一个公共顶点的三角形,由这些面所围成的几何体叫做棱锥。
(2)正棱锥:如果有一个棱锥的底面是正多边形,并且顶点在底面的投影是底面的中心,这样的棱锥叫做正棱锥。
2.2 正棱锥的结构特征Ⅰ、 平行于底面的截面是与底面相似的正多边形,相似比等于顶点到截面的距离与顶点到底面的距离之比;它们面积的比等于截得的棱锥的高与原棱锥的高的平方比;截得的棱锥的体积与原棱锥的体积的比等于截得的棱锥的高与原棱锥的高的立方比;Ⅱ、 正棱锥的各侧棱相等,各侧面是全等的等腰三角形;正棱锥侧面积:1'2S ch =正棱椎(c 为底周长,'h 为斜高) 体积:13V Sh =棱椎(S 为底面积,h 为高)正四面体:对于棱长为a 正四面体的问题可将它补成一个边长为a 22的正方体问题。
高考数学一轮复习立体几何多选题知识点及练习题及解析

高考数学一轮复习立体几何多选题知识点及练习题及解析一、立体几何多选题1.在三棱柱111ABC A B C -中,ABC ∆是边长为23的等边三角形,侧棱长为43,则( )A .直线1A C 与直线1BB 之间距离的最大值为3B .若1A 在底面ABC 上的投影恰为ABC ∆的中心,则直线1AA 与底面所成角为60︒ C .若三棱柱的侧棱垂直于底面,则异面直线AB 与1A C 所成的角为30D .若三棱柱的侧棱垂直于底面,则其外接球表面积为64π 【答案】AD 【分析】建立空间直角坐标系,用向量法求解. 【详解】如图示,以A 为原点,AC 为y 轴正方向,Ax 为x 轴正方向,过A 点垂直于面ABC 的向上方向为z 轴正方向建系,则()()()0,0,0,3,0,0,23,0,A B C 设()()()100010001000,,,3,3,,,23,,A x y z B x y z C x y z ++所以()()()1000100011,23,,,,,3,3,0,AC x y z BB x y z A B =---== 对于A:设n 为直线1A C 与直线1BB 的公垂线的方向向量,则有:11·0·0AC n BB n ⎧=⎪⎨=⎪⎩,即()()0000002300x x y y zz x x y y zz ⎧-+-=⎪⎨++=⎪⎩解得:()00,0n z x =- 设直线1A C 与直线1BB 之间距离为d ,则22011222200009||||z A B nd d x z n x z ===++ 22009x d ≥∴≤,即3d ≤,故A 正确;对于B :若1A 在底面ABC 上的投影恰为ABC ∆的中心,则()11,3,211A 底面法向量()()10,0,1,1,3,211m AA ==,设直线 1AA 与底面所成角为θ,则:121133sin |cos ,|6143AA n θ===⨯,故B 错误; 对于C : 三棱柱的侧棱垂直于底面时,则()()()1110,0,43,3,3,43,0,23,43,A B C则()()13,3,0,0,23,43,AB AC ==-设异面直线AB 与1A C 所成的角为θ,则1115cos |cos ,|||||||23215AB AC AB AC AB AC θ====⨯,故C 错误;对于D :若三棱柱的侧棱垂直于底面时,外接球的球心O 为上下底面中心DD 1连线的中点,所以外接球的半径()222324R =+=,所以2464S R ππ==.故D 正确故选:AD 【点睛】向量法解决立体几何问题的关键: (1)建立合适的坐标系; (2)把要用到的向量正确表示; (3)利用向量法证明或计算.2.在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中,P 为底面ABCD 内(含边界)一点.( ) A .若13A P P 点有且只有一个 B .若12A P ,则点P 的轨迹是一段圆弧 C .若1//A P 平面11B D C ,则1A P 2D .若12A P =且1//A P 平面11B DC ,则平面11A PC 截正方体外接球所得截面的面积为23π【答案】ABD 【分析】选项A ,B 可利用球的截面小圆的半径来判断;由平面1//A BD 平面11B D C ,知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD 上,1A P 长的最大值为2;结合以上条件点P 与B 或D 重合,利用12sin 60A P r =︒,求出63r =,进而求出面积. 【详解】对A 选项,如下图:由13A P =,知点P 在以1A 为球心,半径为3的球上,又因为P 在底面ABCD 内(含边界),底面截球可得一个小圆,由1A A ⊥底面ABCD ,知点P 的轨迹是在底面上以A 为圆心的小圆圆弧,半径为22112r A P A A =-=,则只有唯一一点C满足,故A 正确;对B 选项,同理可得点P 在以A 为圆心,半径为22111r A P A A =-=的小圆圆弧上,在底面ABCD 内(含边界)中,可得点P 轨迹为四分之一圆弧BD .故B 正确;对C 选项,移动点P 可得两相交的动直线与平面11B D C 平行,则点P 必在过1A 且与平面11B D C 平行的平面内,由平面1//A BD 平面11B D C ,知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD上,则1A P 长的最大值为12A B C 不正确; 对选项D ,由以上推理可知,点P 既在以A 为圆心,半径为1的小圆圆弧上,又在线段BD 上,即与B 或D 重合,不妨取点B ,则平面11A PC 截正方体外接球所得截面为11A BC 的外接圆,利用2126622,,sin 603A B r r S r ππ==∴=∴==︒.故D 正确.故选:ABD 【点睛】(1)平面截球所得截面为圆面,且满足222=R r d +(其中R 为球半径,r 为小圆半径,d 为球心到小圆距离);(2)过定点A 的动直线平行一平面α,则这些动直线都在过A 且与α平行的平面内.3.已知四面体ABCD 的所有棱长均为2,则下列结论正确的是( ) A .异面直线AC 与BD 所成角为60︒ B .点A 到平面BCD 26C .四面体ABCD 6πD .动点P 在平面BCD 上,且AP 与AC 所成角为60︒,则点P 的轨迹是椭圆 【答案】BC 【分析】在正四面体中通过线面垂直可证得AC ⊥BD ,通过计算可验证BC,通过轨迹法可求得P 的轨迹为双曲线方程即可得D 错误. 【详解】取BD 中点E ,连接,AE CE ,可得BD ⊥面ACE ,则AC ⊥BD ,故A 错误;在四面体ABCD 中,过点A 作AF ⊥面BCD 于点F ,则F 为为底面正三角形BCD 的重心,因为所有棱长均为2,22263AF AB BF =-=即点A 到平面BCD 的距离为263,故B 正确;设O 为正四面体的中心则OF 为内切球的半径,OA 我外接球的半径, 因为11433A BCD BCD BCD V S AF S OF -=⋅=⨯⋅△△,所以4AF OF =,即66OF AO =所以四面体ABCD 的外接球体积3344633V R OA πππ===,故C 正确;建系如图:26230,0,,0,,033A C ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,设(,,0)P x y ,则262326,,0,,333AP x y AC →→⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,因为cos 60AP AC AP AC →→→→⋅=,所以222324812241393972y x y +=++⨯+⨯, 即222388=333y x y +++,平方化简可得:22323400399y x y ----,可知点P 的轨迹为双曲线,故D 错误. 故选:BC .【点睛】方法点睛:立体几何中动点轨迹的求解问题,解决此类问题可采用空间向量法,利用空间向量法表示出已知的角度或距离的等量关系,从而得到轨迹方程.4.如图四棱锥P ABCD -,平面PAD ⊥平面ABCD ,侧面PAD 是边长为26的正三角形,底面ABCD 为矩形,23CD =,点Q 是PD 的中点,则下列结论正确的是( )A .CQ ⊥平面PADB .PC 与平面AQC所成角的余弦值为3C .三棱锥B ACQ -的体积为D .四棱锥Q ABCD -外接球的内接正四面体的表面积为【答案】BD 【分析】取AD 的中点O ,BC 的中点E ,连接,OE OP ,则由已知可得OP ⊥平面 ABCD ,而底面ABCD 为矩形,所以以O 为坐标原点,分别以,,OD OE OP 所在的直线为x 轴,y 轴 ,z 轴,建立空间直角坐标系,利用空间向量依次求解即可. 【详解】解:取AD 的中点O ,BC 的中点E ,连接,OE OP , 因为三角形PAD 为等边三角形,所以OP AD ⊥, 因为平面PAD ⊥平面ABCD ,所以OP ⊥平面 ABCD , 因为AD OE ⊥,所以,,OD OE OP 两两垂直,所以,如下图,以O 为坐标原点,分别以,,OD OE OP 所在的直线为x 轴,y 轴 ,z 轴,建立空间直角坐标系,则(0,0,0),(O D A ,(P C B ,因为点Q 是PD的中点,所以)2Q , 平面PAD 的一个法向量为(0,1,0)m =,6(QC =,显然 m 与QC 不共线, 所以CQ 与平面PAD 不垂直,所以A 不正确;3632(6,23,32),(,0,),(26,PC AQ AC =-==, 设平面AQC 的法向量为(,,)n x y z =,则36022260n AQ xz n AC ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩, 令=1x ,则y z ==, 所以(1,2,n =-, 设PC 与平面AQC 所成角为θ, 则21sin 36n PC n PCθ⋅===,所以22cos θ=,所以B 正确; 三棱锥B ACQ -的体积为1132B ACQ Q ABC ABCV V SOP --==⋅ 1112326326322=⨯⨯⨯⨯⨯=, 所以C 不正确;设四棱锥Q ABCD -外接球的球心为(0,3,)M a ,则MQ MD =,所以()()()2222226323632a a ⎛⎫⎛⎫++-=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,解得0a =,即(0,3,0)M 为矩形ABCD 对角线的交点, 所以四棱锥Q ABCD -外接球的半径为3,设四棱锥Q ABCD -外接球的内接正四面体的棱长为x , 将四面体拓展成正方体,其中正四面体棱为正方体面的对角线,故正方体的棱长为2x ,所以222362x ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭,得224x =, 所以正四面体的表面积为234243x ⨯=,所以D 正确. 故选:BD【点睛】此题考查线面垂直,线面角,棱锥的体积,棱锥的外接球等知识,综合性强,考查了计算能力,属于较难题.5.在长方体1111ABCD A B C D -中,23AB =12AD AA ==,,,P Q R 分别是11,,AB BB AC 上的动点,下列结论正确的是( )A .对于任意给定的点P ,存在点Q 使得1D P CQ ⊥B .对于任意给定的点Q ,存在点R 使得1D R CQ ⊥C .当1AR A C ⊥时,1ARD R ⊥D .当113AC A R =时,1//D R 平面1BDC 【答案】ABD 【分析】如图所示建立空间直角坐标系,计算142D P CQ b ⋅=-,()12222D R CQ b λλ⋅=--,134AR D R ⋅=-,10D R n ⋅=,得到答案.【详解】如图所示,建立空间直角坐标系,设()2,,0P a,a ⎡∈⎣,()Q b ,[]0,2b ∈,设11A R AC λ=,得到()22,22R λλ--,[]0,1λ∈. ()12,,2P a D -=,()2,0,CQ b =,142D P CQ b ⋅=-,当2b =时,1D P CQ ⊥,A 正确;()122,2D R λλ=--,()12222D R CQ b λλ⋅=--,取22bλ=+时,1D R CQ ⊥,B 正确; 1AR A C ⊥,则()()12,222212440AR AC λλλλλ⋅=--⋅--=-+-+=, 14λ=,此时113313,,02222224AR D R ⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅-=-≠ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,C 错误; 113AC A R =,则4433R ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,14233D R ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,设平面1BDC 的法向量为(),,n x y z =,则10n BD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,解得(3,n =-,故10D R n ⋅=,故1//D R 平面1BDC ,D 正确. 故选:ABD .【点睛】本题考查了空间中的线线垂直,线面平行,意在考查学生的计算能力和空间想象能力,推断能力.6.如图所示,在长方体1111ABCD A B C D -中,11,2,AB BC AA P ===是1A B 上的一动点,则下列选项正确的是( )A .DP 35B .DP 5C .1AP PC +6D .1AP PC +的最小值为1705【答案】AD 【分析】DP 的最小值,即求1DA B △底边1A B 上的高即可;旋转11A BC 所在平面到平面11ABB A ,1AP PC +的最小值转化为求AC '即可.【详解】求DP 的最小值,即求1DA B △底边1A B 上的高,易知115,2A B A D BD ===,所以1A B 边上的高为355h =111,AC BC ,得11A BC ,以1A B 所在直线为轴,将11A BC 所在平面旋转到平面11ABB A ,设点1C 的新位置为C ',连接AC ',则AC '即为所求的最小值,易知11122,2,cos 10AA AC AAC ''==∠=-, 所以217042222()10AC '=+-⨯⨯⨯-=. 故选:AD. 【点睛】本题考查利用旋转求解线段最小值问题.求解翻折、旋转问题的关键是弄清原有的性质变化与否, (1)点的变化,点与点的重合及点的位置变化;(2)线的变化,翻折、旋转前后应注意其位置关系的变化;(3)长度、角度等几何度量的变化.7.M ,N 分别为菱形ABCD 的边BC ,CD 的中点,将菱形沿对角线AC 折起,使点D 不在平面ABC 内,则在翻折过程中,下列结论正确的有( )A .MN ∥平面ABDB .异面直线AC 与MN 所成的角为定值C .在二面角D AC B --逐渐变小的过程中,三棱锥D ABC -外接球的半径先变小后变大D .若存在某个位置,使得直线AD 与直线BC 垂直,则ABC ∠的取值范围是0,2π⎛⎫⎪⎝⎭【答案】ABD 【分析】利用线面平行的判定即可判断选项A ;利用线面垂直的判定求出异面直线AC 与MN 所成的角即可判断选项B ;借助极限状态,当平面DAC 与平面ABC 重合时,三棱锥D ABC -外接球即是以ABC ∆外接圆圆心为球心,外接圆的半径为球的半径,当二面角D AC B --逐渐变大时,利用空间想象能力进行分析即可判断选项C;过A 作AH BC ⊥,垂足为H ,分ABC ∠为锐角、直角、钝角三种情况分别进行分析判断即可判断选项D. 【详解】对于选项A:因为M ,N 分别为菱形ABCD 的边BC ,CD 的中点,所以MN 为BCD ∆的中位线,所以//MN BD ,因为MN ⊄平面ABD ,BD ⊂平面ABD ,所以MN ∥平面ABD ,故选项A 正确;对于选项B :取AC 的中点O ,连接,DO BO ,作图如下:则,AC DO AC BO ⊥⊥,BO DO O =,由线面垂直的判定知,AC ⊥平面BOD ,所以AC BD ⊥,因为//MN BD ,所以AC MN ⊥,即异面直线AC 与MN 所成的角为定值90,故选项B 正确;对于选项C:借助极限状态,当平面DAC 与平面ABC 重合时,三棱锥D ABC -外接球即是以ABC ∆外接圆圆心为球心,外接圆的半径为球的半径,当二面角D AC B --逐渐变大时,球心离开平面ABC ,但是球心在底面的投影仍然是ABC ∆外接圆圆心,故二面角D AC B --逐渐变小的过程中,三棱锥D ABC -外接球的半径不可能先变小后变大, 故选项C 错误;对于选项D:过A 作AH BC ⊥,垂足为H ,若ABC ∠为锐角,H 在线段BC 上;若ABC ∠为直角,H 与B 重合;若ABC ∠为钝角,H 在线段BC 的延长线上;若存在某个位置,使得直线AD 与直线BC 垂直,因为AH BC ⊥,所以CB ⊥平面AHD ,由线面垂直的性质知,CB HD ⊥,若ABC ∠为直角,H 与B 重合,所以CB BD ⊥,在CBD ∆中,因为CB CD =, 所以CB BD ⊥不可能成立,即ABC ∠为直角不可能成立;若ABC ∠为钝角,H 在线段BC 的延长线上,则在原平面图菱形ABCD 中,DCB ∠为锐角,由于立体图中DB DO OB <+,所以立体图中DCB ∠一定比原平面图中更小,,所以DCB ∠为锐角,CB HD ⊥,故点H 在线段BC 与H 在线段BC 的延长线上矛盾,因此ABC ∠不可能为钝角;综上可知,ABC ∠的取值范围是0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭.故选项D 正确; 故选:ABD【点睛】本题考查异面垂直、线面平行与线面垂直的判定、多面体的外接球问题;考查空间想象能力和逻辑推理能力;借助极限状态和反证法思想的运用是求解本题的关键;属于综合型强、难度大型试题.8.如图所示,正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为1,E ,F 分别是棱AA ',CC '的中点,过直线EF 的平面分别与棱BB ',DD '交于点M ,N ,以下四个命题中正确的是A .0MN EF ⋅=B .ME NE =C .四边形MENF 的面积最小值与最大值之比为2:3D .四棱锥A MENF -与多面体ABCD EMFN -体积之比为1:3【答案】ABD【分析】证明EF ⊥平面BDD B '',进而得EF MN ⊥,即可得A 选项正确;证明四边形MENF 为菱形即可得B 选项正确;由菱形性质得四边形MENF 的面积12S MN EF =⋅,再分别讨论MN 的最大值与最小值即可;根据割补法求解体积即可.【详解】对于A 选项,如图,连接BD ,B D '',MN .由题易得EF BD ⊥,EF BB '⊥,BD BB B '⋂=,所以EF ⊥平面BDD B '',又MN ⊂平面BDD B '',所以EF MN ⊥,因此0MN EF ⋅=,故A 正确.对于B 选项,由正方体性质得:平面''//BCC B 平面''ADD A ,平面''BCC B 平面EMFN MF =,平面''ADD A 平面EMFN EN =, 所以//MF EN ,同理得//ME NF ,又EF MN ⊥,所以四边形MENF 为菱形, 因此ME NE =,故B 正确.对于C 选项,由B 易得四边形MENF 的面积12S MN EF =⋅, 所以当点M ,N 分别为BB ',DD '的中点时,四边形MENF 的面积S 最小, 此时2MN EF ==,即面积S 的最小值为1;当点M ,N 分别与点B (或点B '),D (或D )重合时,四边形MENF 的面积S 最此时3MN =,即面积S 的最大值为6, 所以四边形MENF 的面积最小值与最大值之比为2:6,故C 不正确.对于D 选项,四棱锥A MENF -的体积111212336M AEF N AEF AEF V V V DB S --=+=⋅=⨯⨯=△; 因为E ,F 分别是AA ',CC '的中点,所以BM D N '=,DN B M '=,于是被截面MENF 平分的两个多面体是完全相同的,则它们的体积也是相同的,因此多面体ABCD EMFN -的体积21122ABCD A B C D V V ''''-==正方体, 所以四棱锥A MENF -与多面体ABCD EMFN -体积之比为1:3,故D 正确. 故选:ABD .【点睛】本题考查立体几何与向量的综合、截面面积的最值、几何体的体积,考查空间思维能力与运算求解能力,是中档题.本题解题的关键在于证明四边形MENF 为菱形,利用割补法将四棱锥A MENF -的体积转化为三棱锥M AEF - 和N AEF -的体积之和,将多面体ABCD EMFN -的体积转化为正方体的体积的一半求解.。
高考数学(文)《立体几何》专题复习

(2)两个平面垂直的判定和性质
✓ 考法5 线面垂直的判定与性质
1.证明直线 与平面垂直 的方法
2.线面垂直 的性质与线 线垂直
(1)判定定理(常用方法): 一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,则该直线
与此平面垂直.判定定理中的两条相交直线必须保证“在平面 内相交”这一条件. (2)性质: ①应用面面垂直的性质(常用方法):若两平面垂直,则在一 个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面,是证明线 面垂直的主要方法; ②(客观题常用)若两条平行直线中的一条垂直于一个平面, 则另一条也垂直于这个平面.
64
65
✓ 考法4 面面平行的判定与性质
1.证明平面 与平面平行 的常用方法 2.空间平行关系 之间的转化
66
✓ 考法3 面面平行的判定与性质
1.证明平面 与平面平行 的常用方法
这是立体几何中证明平行关系常用的思路,三 种平行关系的转化可结合下图记忆
2.空间平行关系 之间的转化
67
68
600分基础 考点&考法
定义 判定方法
2.等角定理
判定定理 反证法 两条异面直线所成的角
✓ 考法2 异面直线所成的角
常考形式
直接求 求其三角函数值
常用方法
作角
正弦值 余弦值 正切值
证明 求值 取舍
55
56
57
58
600分基础 考点&考法
➢ 考点46 线面、面面平行的判定与性质 ✓ 考法3 线面平行的判定与性质 ✓ 考法4 面面平行的判定与性质
1.计算有关 线段的长
2.外接球、内切 球的计算问题
观察几何体的特征 利用一些常用定理与公式 (如正弦定理、余弦定理、勾股定理、 三角函数公式等) 结合题目的已知条件求解
高考数学(文)一轮复习课时跟踪训练:第八章立体几何课时跟踪训练41含解析

课时跟踪训练(四十一)[基础巩固]一、选择题1.如图是一个几何体的正视图和侧视图,其俯视图是面积为82的矩形.则该几何体的表面积是()A.8 B.20+8 2C.16 D.24+8 2[解析]由题意可知,该几何体是底面为直角三角形的直三棱柱,其侧棱为4,故其表面积S表=2×4+2×4+22×4+12×2×2×2=20+8 2.[答案] B2.已知三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为1,且AA1⊥底面ABC,则三棱锥B1-ABC1的体积为()A.312B.34C.612D.64[解析] V B 1-ABC 1=V C 1-ABB 1=13×12×1×1×32=312. [答案] A3.(2015·全国卷Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米约有 ( )A .14斛B .22斛C .36斛D .66斛[解析] 米堆的体积为14×13×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫8×42π2×5=3203π.将π=3代入上式,得体积为3209立方尺.从而这堆米约有3209×1.62≈22(斛).[答案] B4.(2017·河北唐山二模)一个几何体的三视图如图所示,该几何体的表面积为( )A .24-πB .24-3πC .24+πD .24-2π[解析] 由三视图可知,该几何体是棱长为2的正方体挖去右下方18球后得到的几何体,该球以顶点为球心,2为半径,则该几何体的表面积为2×2×6-3×14×π×22+18×4×π×22=24-π,故选A.[答案] A5.(2017·浙江卷)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:cm 3)是( )A.π2+1B.π2+3C.3π2+1D.3π2+3[解析] 由几何体的三视图可得,该几何体是由半个圆锥和一个三棱锥组成的,故该几何体的体积V =13×12π×3+13×12×2×1×3=π2+1,故选A.[答案] A6.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都是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 .16[解析] 由三视图可知该多面体是一个组合体,下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱,上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥,等腰直角三角形的腰长为2,直三棱柱的高为2,三棱锥的高为2,易知该多面体有2个面是梯形,这些梯形的面积之和为(2+4)×22×2=12,故选B. [答案] B 二、填空题7.(2017·天津卷)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________.[解析] 由正方体的表面积为18,得正方体的棱长为 3.设该正方体外接球的半径为R ,则2R =3,R =32,所以这个球的体积为4π3R 3=4π3×278=9π2.[答案] 9π28.下图是一个空间几何体的三视图,则该几何体的表面积是________.[解析] 该几何体是一个长方体挖去一半球而得,直观图如图所示,(半)球的半径为1,长方体的长、宽、高分别为2、2、1,∴该几何体的表面积为:S =16+12×4π×12-π×12=16+π.[答案] 16+π9.(2017·山东卷)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________.[解析] 由三视图可知,该组合体中的长方体的长、宽、高分别为2,1,1,其体积V 1=2×1×1=2;两个14圆柱合起来就是圆柱的一半,圆柱的底面半径r =1,高h =1,故其体积V 2=12×π×12×1=π2.故该几何体的体积V =V 1+V 2=2+π2. [答案] 2+π2 三、解答题10.如图,在四边形ABCD 中,∠DAB =90°,∠ADC =135°,AB =5,CD =22,AD =2,求四边形ABCD 绕AD 旋转一周所成几何体的表面积及体积.[解]由已知得:CE=2,DE=2,CB=5,S表面=S圆台侧+S圆台下底+S圆锥侧=π(2+5)×5+π×25+π×2×22=(60+42)π,V=V圆台-V圆锥=13(π·22+π·52+22·52π2)×4-13π×22×2=1483π.[能力提升]11.(2015·全国卷Ⅱ)已知A,B是球O的球面上两点,∠AOB=90°,C为该球面上的动点.若三棱锥O-ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为()A.36π B.64π C.144π D.256π[解析]如图,设点C到平面OAB的距离为h,球O的半径为R,因为∠AOB=90°,所以S△OAB=12R2,要使V O-ABC=13·S△OAB·h最大,则OA,OB,OC应两两垂直,且(V O-ABC )max=13×12R2×R=16R3=36,此时R=6,所以球O的表面积为S球=4πR2=144π.故选C.[答案] C12.(2017·重庆诊断)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A.332 B .2 3 C.532 D .3 3[解析] 该几何体的直观图是如图所示的不规则几何体ABB 1DC 1C ,其体积是底边边长为2的等边三角形,高为3的正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的体积减去三棱锥A -A 1C 1D 的体积,即33-13×3×32=532.[答案] C13.(2017·河南南阳一中四模)球O 为正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的内切球,AB =2,E ,F 分别为棱AD ,CC 1的中点,则直线EF 被球O 截得的线段长为________.[解析]设EF与球面交于M,N两点,因为AB=2,E,F分别为棱AD,CC1的中点,所以EF=6,OE=OF=2,取EF中点O′,则O′F=62,所以OO′=(2)2-⎝⎛⎭⎪⎫622=22.由球O为正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球,可得ON=1,由勾股定理得O′N=2 2,故MN= 2.所以直线EF被球O截得的线段长为 2.[答案] 214.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,PD⊥底面ABCD,且PD=2,P A=PC=22,若在这个四棱锥内放一个球,则此球的最大半径是__________.[解析]由已知得,△P AD,△PDC,△P AB,△PBC都是直角三角形.设内切球的球心为O,半径为R,连接OA,OB,OC,OD,OP ,易知V P -ABCD =V O -ABCD +V O -P AD +V O -P AB +V O -PBC +V O -PCD ,即13×22×2=13×22×R +13×12×22×R +13×12×22×2×R +13×12×22×2×R +13×12×22×R ,解得R =2-2,所以此球的最大半径是2-2.[答案] 2- 215.如图,在直三棱柱ABC -A ′B ′C ′中,△ABC 为等边三角形,AA ′⊥平面ABC ,AB =3,AA ′=4,M 为AA ′的中点,P 是BC 上一点,且由P 沿棱柱侧面经过棱CC ′到M 的最短路线长为29,设这条最短路线与CC ′的交点为N ,求:(1)该三棱柱的侧面展开图的对角线长; (2)PC 与NC 的长; (3)三棱锥C -MNP 的体积.[解] (1)该三棱柱的侧面展开图为一边长分别为4和9的矩形,故对角线长为42+92=97.(2)将该三棱柱的侧面沿棱BB ′展开,如下图,设PC =x ,则MP 2=MA 2+(AC +x )2.∵MP =29,MA =2,AC =3,∴x =2,即PC =2.又∵NC ∥AM ,故PC P A =NC AM ,即25=NC 2.∴NC =45.(3)S △PCN =12×CP ×CN =12×2×45=45.在三棱锥M -PCN 中,M 到面PCN 的距离,即h =32×3=332.∴V C -MNP =V M -PCN =13·h ·S △PCN =13×332×45=235.16.(2017·全国卷Ⅲ)如图,四面体ABCD 中,△ABC 是正三角形,AD =CD .(1)证明:AC ⊥BD ;(2)已知△ADC 是正三角形,AB =BD ,若E 为棱BD 上与D 不重合的点,且AE ⊥EC ,求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比.[解] (1)证明:取AC 的中点O ,连接BO 、DO ,如图所示.因为AD =CD ,所以AC ⊥DO .又由于△ABC 是正三角形,所以AC ⊥BO .从而AC ⊥平面DOB ,故AC ⊥BD .(2)连接EO .由(1)及题设知,∠ADC =90°,所以DO =AO .在Rt △AOB 中,BO 2+AO 2=AB 2.又AB =BD ,所以BO 2+DO 2=BO 2+AO 2=AB 2=BD 2,故∠DOB =90°.由题设知△AEC 为直角三角形,所以EO =12AC .又△ABC 是正三角形,且AB =BD ,所以EO =12BD .故E 为BD 的中点,从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC的距离的12,四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12,即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1∶1.[延伸拓展](2017·安徽蚌埠一模)如图所示,用一边长为2的正方形硬纸,按各边中点垂直折起四个小三角形,做成一个蛋巢,将表面积为4π的鸡蛋(视为球体)放入其中,蛋巢形状保持不变,则鸡蛋中心(球心)与蛋巢底面的距离为( )A.22+12B.62+12C.32D.32+12[解析] 蛋巢的底面是边长为1的正方形,所以过四个顶点截鸡蛋所得的截面圆的直径为1.因为鸡蛋的表面积为4π,所以球的半径为1,所以球心到截面的距离d =1-14=32,而截面到底面的距离即为三角形的高12,所以球心到底面的距离为32+12.[答案] D合理分配高考数学答题时间找准目标,惜时高效——合理分配高考数学答题时间经过漫长的第一、第二轮复习,对于各知识点的演练同学们已经烂熟于心,我们把这称为战术上的纯熟。
数学一轮复习高频考点集中练立体几何含解析

高频考点集中练立体几何1。
(2019·全国卷Ⅲ)如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD 为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则()A。
BM=EN,且直线BM,EN是相交直线B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线C。
BM=EN,且直线BM,EN是异面直线D。
BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线【命题思维分析】利用垂直关系,再结合余弦定理进而解决问题.【解析】选B。
因为直线BM,EN都是平面BED内的直线,且不平行,即直线BM,EN是相交直线.设正方形ABCD的边长为2a,则由题意可得:DE=2a,DM=a,DN=a,DB=2a,根据余弦定理可得:BM2=DB2+DM2-2DB·DMcos∠BDE=9a2—4a2cos∠BDE,EN2=DE2+DN2-2DE·DNcos∠BDE=6a2—4a2cos∠BDE,所以BM≠EN。
【真题拾贝】判断异面直线的依据是异面直线的定义和性质定理,及一条直线与平面相交,该直线与平面内不过交点的直线异面,而解答本题的关键是构造直角三角形.2.(2018·全国卷Ⅱ)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A.B。
C. D.【命题思维分析】求异面直线所成的角是高考常考的题目,本题主要是考查空间直角坐标系的建立,各点坐标的表示及利用向量数量积求向量夹角,然后根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.【解析】选C。
方法一:以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(1,0,0),D1(0,0,),B1(1,1,),所以=(-1,0,),=(1,1,),设异面直线AD1与DB1所成角为α,则cos α=|cos , |==。
方法二:如图.连接A1D交AD1于点E。
取A1B1中点F,连接EF,则EF B1D,连接D1F,在△D1FE中,∠D1EF为异面直线AD1与DB1的夹角.由已知EF=DB1==,D1E=AD1=1,D1F==,所以cos∠D1EF==.【真题拾贝】求异面直线所成角主要有以下两种方法:(1)几何法:①平移两直线中的一条或两条,到一个平面中;②利用边角关系,找到(或构造)所求角所在的三角形;③求出三边或三边比例关系,用余弦定理求角.(2)向量法:①求两直线的方向向量;②求两向量夹角的余弦;③因为直线夹角为锐角,所以②对应的余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值。
高考数学一轮复习第七章立体几何阶段检测试题(含解析)文(new)

第七章立体几何阶段检测试题时间:120分钟分值:150分一、选择题(每小题5分,共60分)1.关于空间几何体的结构特征,下列说法不正确的是()A.棱柱的侧棱长都相等B.棱锥的侧棱长都相等C.三棱台的上、下底面是相似三角形D.有的棱台的侧棱长都相等解析:根据棱锥的结构特征知,棱锥的侧棱长不一定都相等.答案:B2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是线段BC,CD1的中点,则直线A1B与直线EF的位置关系是()A.相交B.异面C.平行D.垂直解析:由BC綊AD,AD綊A1D1知,BC綊A1D1,从而四边形A1BCD1是平行四边形,所以A1B∥CD1,又EF⊂平面A1C,EF∩D1C=F,则A1B与EF相交.答案:A3.(2017·嘉兴月考)对于空间的两条直线m,n和一个平面α,下列命题中的真命题是( )A.若m∥α,n∥α,则m∥nB.若m∥α,n⊂α,则m∥nC.若m∥α,n⊥α,则m∥nD.若m⊥α,n⊥α,则m∥n解析:对A,直线m,n可能平行、异面或相交,故选项A错误;对B,直线m与n可能平行,也可能异面,故选项B错误;对C,m与n垂直而非平行,故选项C错误;对D,垂直于同一平面的两直线平行,故选项D正确.答案:D4.设P是异面直线a,b外的一点,则过点P与a,b都平行的平面()A.有且只有一个B.恰有两个C.不存在或只有一个D.有无数个解析:过点P作a1∥a,b1∥b,若过a1,b1的平面不经过a,b,则存在一个平面同时与a,b平行;若过a,b1的平面经过a或b,则不存在这样的平面同时与a,b平行.1答案:C5.若平面α∥平面β,点A,C∈α,B,D∈β,则直线AC∥直线BD的充要条件是()A.AB∥CD B.AD∥CBC.AB与CD相交D.A,B,C,D四点共面解析:由平面α∥平面β知,直线AC与BD无公共点,则直线AC∥直线BD的充要条件是A,B,C,D四点共面.答案:D6.已知a,b为两条不同的直线,α,β为两个不同的平面,且a⊥α,b⊥β,则下列命题中的假命题是()A.若a∥b,则α∥βB.若α⊥β,则a⊥bC.若a,b相交,则α,β相交D.若α,β相交,则a,b相交解析:若α,β相交,则a,b可能相交,也可能异面,故D为假命题.答案:D7.一个几何体的侧视图和俯视图如图所示,若该几何体的体积为错误!,则它的正视图为()解析:由几何体的侧视图和俯视图,可知几何体为组合体,由几何体的体积为错误!,可知上方为棱锥,下方为正方体.由俯视图可得,棱锥顶点在底面上的射影为正方形一边上的中点,顶点到正方体上底面的距离为1,所以选B.答案:B8.已知一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A.27-错误!B.18-错误!C.27-3πD.18-3π解析:由几何体的三视图可知该几何体可以看成是底面是梯形的四棱柱挖去了半个圆柱,所以所求体积为错误!×(2+4)×2×3-错误!π×12×3=18-错误!。
2025年高考数学一轮复习-立体几何中的动点及其轨迹问题-专项训练【含答案】

2025年高考数学一轮复习-立体几何中的动点及其轨迹问题-专项训练一、基本技能练1.如图,在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,P 是侧面BB 1C 1C 内一动点,若P 到直线BC 与到直线C 1D 1的距离相等,则动点P 的轨迹为()A.直线B.圆C.双曲线D.抛物线2.如图,正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,P 为底面ABCD 上的动点.PE ⊥A 1C 于E ,且PA =PE ,则点P 的轨迹是()A.线段B.圆弧C.椭圆的一部分D.抛物线的一部分3.如图,圆锥的底面直径AB =2,母线VA =3,点C 在母线VB 上,且VC =1,有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点A 到达点C ,则这只蚂蚁爬行的最短距离是()A.13B.7C.433D.3324.如图所示,已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2,长为2的线段MN 的一个端点M 在棱DD 1上运动,另一端点N 在正方形ABCD 内运动,则MN 中点轨迹的面积为()A.4πB.2πC.πD.π25.已知MN 是长方体外接球的一条直径,点P 在长方体表面上运动,长方体的棱长分别是1,1,2,则PM →·PN →的取值范围为()A.-12,0 B.-34,0C.-12,1 D.-34,16.点P 为棱长是25的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的内切球O 球面上的动点,点M 为B 1C 1的中点,若满足DP ⊥BM ,则动点P 的轨迹的长度为()A.πB.2πC.4πD.25π7.已知正三棱锥P -ABC 的六条棱长均为6,S 是△ABC 及其内部的点构成的集合.设集合T ={Q ∈S |PQ ≤5},则T 表示的区域的面积为()A.3π4 B.πC.2πD.3π8.如图,三角形PAB 所在的平面α和四边形ABCD 所在的平面β垂直,且AD ⊥α,BC ⊥α,AD =4,BC =8,AB =6,∠APD =∠CPB ,则点P 在平面α内的轨迹是()A.圆的一部分B.椭圆的一部分C.双曲线的一部分D.抛物线的一部分9.已知正方体ABCD -A ′B ′C ′D ′的棱长为1,点M ,N 分别为线段AB ′,AC 上的动点,点T 在平面BCC ′B ′内,则MT +NT 的最小值是()A.2 B.233C.62 D.110.如图,长方体ABCD -A ′B ′C ′D ′中,AB =BC =2,AA ′=3,上底面A ′B ′C ′D ′的中心为O ′,当点E 在线段CC ′上从C 移动到C ′时,点O ′在平面BDE 上的射影G 的轨迹长度为()A.2π3B.3π3C.π3D.3π611.如图所示,在四棱锥P -ABCD 中,P A ⊥底面ABCD ,且底面各边都相等,M 是PC 上的一动点,当点M 满足________时,平面MBD ⊥平面PCD (只要填写一个你认为是正确的条件即可).12.如图,P 是棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1表面上的动点,且AP =2,则动点P 的轨迹的长度为________.二、创新拓展练13.在棱长为3的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E 是AA 1的中点,P 是底面ABCD 所在平面内一动点,设PD 1,PE 与底面ABCD 所成的角分别为θ1,θ2(θ1,θ2均不为0),若θ1=θ2,则三棱锥P -BB 1C 1体积的最小值是()A.92B.52C.32D.5414.(多选)如图,设正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2,E 为A 1D 1的中点,F 为CC 1上的一个动点,设由点A ,E ,F 构成的平面为α,则()A.平面α截正方体的截面可能是三角形B.当点F 与点C 1重合时,平面α截正方体的截面面积为26C.当点D 到平面α的距离的最大值为263D.当F 为CC 1的中点时,平面α截正方体的截面为五边形15.已知面积为23的菱形ABCD 如图①所示,其中AC =2,E 是线段AD 的中点.现沿AC 折起,使得点D 到达点S 的位置,此时二面角S -AC -B 的大小为120°,连接SB ,得到三棱锥S -ABC 如图②所示,则三棱锥S -ABC 的体积为________;若点F 在三棱锥的表面运动,且始终保持EF ⊥AC ,则点F 的轨迹长度为________.16.如图,三棱锥S-ABC的所有棱长均为1,SH⊥底面ABC,点M,N在直线SH上,且MN=33,若动点P在底面ABC内,且△PMN的面积为212,则动点P的轨迹长度为________.参考答案与解析一、基本技能练1.答案D解析点P到直线C1D1的距离即为点P到点C1的距离,所以在平面BB1C1C中,点P到定点C1的距离与到定直线BC的距离相等,由抛物线的定义可知,动点P的轨迹为抛物线,故选D.2.答案A解析由题意知,△A1AP≌△A1EP,则点P 为在线段AE 的中垂面上运动,从而与底面ABCD 的交线为线段.3.答案B 解析在圆锥侧面的展开图中,AA ′=2π,所以∠AVA ′=AA ′︵VA =23,所以∠AVB =12∠AVA ′=π3,由余弦定理得AC 2=VA 2+VC 2-2VA ·VC ·cos ∠AVB =32+12-2×3×1×12=7,所以AC =7.所以这只蚂蚁爬行的最短距离是7,故选B.4.答案D 解析易知DD 1⊥平面ABCD ,∠MDN =90°,取线段MN 的中点P ,则DP =12MN =1,所以点P 的轨迹是以D 为球心,1为半径的18球面,故S =18×4π×12=π2.5.答案B 解析根据题意,以D 为坐标原点,DA →为x 轴正方向,DC →为y 轴正方向,DD 1→为z 轴正方向,建立空间直角坐标系,如图所示.设长方体外接球球心为O ,则DB 1为外接球的一条直径,设O 为DB 1的中点,不妨设M 与D 重合,N 与B 1重合.则外接球的直径长为12+12+(2)2=2,所以半径r =1,所以PM →·PN →=(PO →+OM →)·(PO →+ON →)=(PO →+OM →)·(PO →-OM →)=|PO →|2-|OM →|2=|PO →|2-1,由P 在长方体表面上运动,所以|PO →|∈12,1,即|PO →|2∈14,1,所以|PO →|2-1∈-34,0,即PM →·PN →∈-34,0.6.答案C 解析根据题意知,该正方体的内切球半径为r =5,如图,取BB 1的中点N ,连接CN ,则CN ⊥BM ,在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,CN 为DP 在平面B 1C 1CB 中的射影,∴点P 的轨迹为过D ,C ,N 的平面与内切球的交线,∵正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为25,∴O 到过D ,C ,N 的平面的距离为1,∴截面圆的半径为(5)2-1=2,∴点P 的轨迹的长度为2π×2=4π.7.答案B 解析设顶点P 在底面上的投影为O ,连接BO ,则O 为△ABC 的中心,且BO =23×6×32=23,故PO =36-12=2 6.因为PQ =5,故OQ =1,故Q 的轨迹为以O 为圆心,1为半径的圆,而△ABC 内切圆的圆心为O ,半径为2×34×363×6=3>1,故Q 的轨迹圆在△ABC 内部,故其面积为π.8.答案A 解析由条件易得AD ∥BC ,且∠APD =∠CPB ,AD =4,BC =8,可得tan ∠APD =AD PA =CB PB =tan ∠CPB ,即PB P A =CB AD=2,在平面P AB 内以AB 所在的直线为x 轴,AB 的中点O 为坐标原点,建立直角坐标系(图略),则A (-3,0),B (3,0),设P (x ,y ),则有PB PA =(x -3)2+y 2(x +3)2+y 2=2,整理可得x 2+y 2+10x +9=0(x ≠0).由于点P 不在直线AB 上,故此轨迹为圆的一部分,故答案选A.9.答案B 解析A 点关于BC 的对称点为E ,M 关于BB ′的对称点为M ′,记d 为直线EB ′与AC 之间的距离,则MT +NT =M ′T +NT ≥M ′N ≥d ,由B ′E ∥D ′C ,d 为E 到平面ACD ′的距离,因为V D ′-ACE =13×1×S △ACE =13×1×1=13,而V D ′-ACE =V E -ACD ′=13×d ×34×(2)2=36d =13,故d =233.10.答案B 解析如图,以CA ,CC ′分别为x 轴,y 轴正方向建立平面直角坐标系,则有C (0,0),O (1,0),O ′(1,3),设G (x ,y ),由O ′G ⊥OG ,可得y x -1·y -3x -1=-1,+(x -1)2=34,所以点O ′在平面BDE 上的射影G 的轨迹是以F半径为32的OG ︵.因为tan ∠GOF =O ′C ′OO ′=33,所以O ′G =O ′O ·sin ∠GOF =32,所以△O ′GF 是等边三角形,即∠GFO =2π3,所以圆弧OG 的长l =2π3×32=3π3.11.答案DM ⊥PC (或BM ⊥PC )解析连接AC ,BD ,则AC ⊥BD ,因为PA ⊥底面ABCD ,BD ⊂平面ABCD ,所以PA ⊥BD .又PA ∩AC =A ,所以BD ⊥平面PAC ,PC ⊂平面PAC ,所以BD ⊥PC ,所以当DM ⊥PC (或BM ⊥PC )时,有PC ⊥平面MBD ,PC ⊂平面PCD ,所以平面MBD ⊥平面PCD .12.答案3π2解析由已知AC =AB 1=AD 1=2,在平面BC 1,平面A 1C 1中,BP =A 1P =DP =1,所以动点P 的轨迹是在平面BC 1,平面A 1C 1,平面DC 1内分别以B ,D ,A 1为圆心,1为半径的三段圆弧,且长度相等,故轨迹长度和为π2×3=3π2.二、创新拓展练13.答案C 解析以D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系,因为正方体的棱长为3,则3,0,32D 1(0,0,3),设P (x ,y ,0)(x ≥0,y ≥0),则PE →3-x ,-y ,32,PD 1→=(-x ,-y ,3).因为θ1=θ2,平面ABCD 的一个法向量z =(0,0,1),所以|PE →·z ||PE →|·|z |=|PD 1→·z ||PD 1→|·|z |,得32(3-x )2+y 2+94=3x 2+y 2+9,整理得x 2+y 2-8x +12=0,即(x -4)2+y 2=4(0≤y ≤2),则动点P 的轨迹为圆的一部分,所以点P 到平面BB 1C 1的最小距离为1,所以三棱锥P -BB 1C 1体积的最小值是13×12×3×3×1=32.14.答案BCD 解析如图,建立空间直角坐标系,延长AE 与z 轴交于点P ,连接PF 并延长与y 轴交于点M ,则平面α由平面AEF 扩展为平面APM .由此模型可知A 错误.当点F 与点C 1重合时,截面是一个边长为5的菱形,该菱形的两条对角线长度分别AC 1=22+22+22=23和22+22=22,则此时截面的面积为12×23×22=2 6.当F 为CC 1的中点时,平面α截正方体的截面为五边形,B ,D 正确.D (0,0,0),A (2,0,0),P (0,0,4),设点M 的坐标为(0,t ,0)(t ∈[2,4]),DA →=(2,0,0),AM →=(-2,t ,0),PA →=(2,0,-4),则可知点P 到直线AM 的距离为d =|P A →|2-|PA →·AM →|AM →||2=20t 2+644+t 2,S △APM =12t 2+4·d =5t 2+16.S △P AD =12×2×4=4,设点D 到平面α的距离为h ,利用等体积法V D -APM =V M -P AD ,即13·S △APM ·h =13·S △P AD ·t ,可得h =4t 5t 2+16,则h =45+16t 2,由h =45+16t 2在t ∈[2,4]上单调递增,所以当t =4时,h 取到最大值为263.故选BCD.15.答案323+32解析依题意,12AC ·BD =BD =23,点S 到平面ABC 的距离为3sin 60°=32,△ABC 的面积为12×23=3,则三棱锥S -ABC 的体积为13×3×32=32.如图,取AC 边上靠近点A 的四等分点G ,取BA 的中点为H ,连接EH ,EG ,GH ,故点F 的轨迹长度即为△EHG 的周长,又EG =GH =32,EH =12SB =32,故点F 的轨迹长度为3+32.16.答案6π12解析设P 到直线MN 的距离为d ,由题易得d =66,易知H 为△ABC 的中心,又MN ⊥平面ABC ,当点P 在平面ABC 内时,其轨迹是以H 为圆心,66.∵△ABC 内切圆的半径为36,∴圆H 的一部分位于△ABC 外,结合题意得,点P 的轨迹为圆H 位于底面△ABC 内的三段相等的圆弧(利用正三角形的性质判断出圆H 有一部分在△ABC 外,才能正确得到点P 的轨迹),如图,过点H 作HO ⊥AC ,垂足为O ,则HO =36,记圆H 与线段OC 的交点为K ,连接HK ,可得HK =66,∴cos∠OHK=OHHK=3666=22,∴∠OHK=π4,∴点P的轨迹长度为圆H周长的14(利用圆及正三角形的对称性分析求解),∴点P的轨迹长度为14×2π×66=6π12.。
2023届高考一轮复习试卷(立体几何)

2023届高考一轮复习试卷(立体几何)一、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.已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆,则该圆锥的体积为A .3πB .3π3C .3πD .2π2.金刚石的成分为纯碳,是自然界中天然存在的最坚硬物质,它的结构是由8个等边三角形组成的如图所示的正八面体.若某金刚石的棱长为2,则它的表面积为A .8B .82C .83D .1633.如图,用斜二测画法作水平放置的正三角形111A B C 的直观图,则正确的图形是A .B .C .D .4.已知两条不同直线,l m 与两个不同平面,αβ,下列命题正确的是A .若//,l l m α⊥,则m α⊥B .若,//l l αβ⊥,则αβ⊥C .若//,//l m αα,则//l m D .若//,//m αβα,则//m β5.如图,平行六面体1111ABCD A B C D -的体积为482,11A AB A AD ∠=∠,16AA =,底面边长均为4,且π3DAB ∠=,M ,N ,P 分别为AB ,1CC ,11C D 的中点,则A .//MN APB .1AC ⊥平面BDN C .1AP AC ⊥D .//AP 平面MNC6.如图所示,在正方体1111ABCD A B C D -中,点E 是棱1CC 上的一个动点,平面1BED 交棱1AA 于点.F 则下列结论中错误..的是A .存在点E ,使得11//AC 平面1BED FB .存在点E ,使得1B D ⊥平面1BED FC .对于任意的点E ,平面11ACD ⊥平面1BED FD .对于任意的点E ,四棱锥11B BEDF -的体积均不变7.足球运动成为当今世界上开展最广、影响最大、最具魅力、拥有球迷数最多的体育项目之一,2022年卡塔尔世界杯是第22届世界杯足球赛.比赛于2022年11月21日至12月18日在卡塔尔境内7座城市中的12座球场举行.已知某足球的表面上有四个点A ,B ,C ,D 满足2dm AB BC AD BD CD =====,二面角A BD C --的大小为23π,则该足球的体积为A .3742dm 27πB .3352dm 27πC .314dm 27πD .3322dm 27π8.一个长方体的盒子内装有部分液体(液体未装满盒子),以不同的方向角度倾斜时液体表面会呈现出不同的变化,则下列说法中错误的个数是①当液面是三角形时,其形状可能是钝角三角形②在一定条件下,液面的形状可能是正五边形③当液面形状是三角形时,液体体积与长方体体积之比的范围是150,,166⎛⎤⎡⎫⋃ ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭④当液面形状是六边形时,液体体积与长方体体积之比的范围是13,44⎛⎫ ⎪⎝⎭A .1个B .2个C .3个D .4个二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.下列关于空间向量的命题中,正确的是A .若空间向量,a b ,满足a b =r r ,则a b= B .若非零向量,,a b c ,满足,a b b c ⊥⊥ ,则有a c∥ C .若,,OA OB OC 是空间的一组基底,且111333OD OA OB OC =++ ,则,,,A B C D 四点共面D .若向量,,a b b c c a +++ 是空间的一组基底,则,,a b c 也是空间的一组基底10.如图,若正方体的棱长为1,点M 是正方体1111ABCD A B C D -的侧面11ADD A上的一个动点(含边界),P 是棱1CC 的中点,则下列结论正确的是A .沿正方体的表面从点A 到点P 的最短路程为132B .若保持2PM =,则点M 在侧面内运动路径的长度为π3C .三棱锥1B C MD -的体积最大值为16D .若M 在平面11ADD A 内运动,且111MD B B D B ∠=∠,点M 的轨迹为线段11.已知a ,b ,c 为三条不同的直线,α,β,γ为三个不同的平面,则下列说法错误的是A .若a b ∥,b α⊂,则a αP B .若a αβ⋂=,b βγ= ,c αγ⋂=,a b ∥,则b c ∥C .若b β⊂,c β⊂,a b ⊥r r ,a c ⊥,则a β⊥D .若a α⊂,b β⊂,a b ∥,则αβ∥12.如图,已知二面角l αβ--的棱l 上有A ,B 两点,C α∈,AC l ⊥,D β∈,BD l ⊥,若2AC AB BD ===,22CD =,则A .直线AB 与CD 所成角的大小为45°B .二面角l αβ--的大小为60°C .三棱锥A BCD -的体积为23D .直线CD 与平面β所成角的正弦值为64三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.在空间直角坐标系中,已知()3,2,1OA = ,()1,0,5OB = ,()1,2,1OC =-- ,点M 为线段AB 的中点,则CM = .14.用一个平面将圆柱切割成如图的两部分.将下半部分几何体的侧面展开,平面与圆柱侧面所形成的交线在侧面展开图中对应的函数表达式为 1.52cos y x =+.则平面与圆柱底面所形成的二面角的正弦值是.15.“云南十八怪”描述的是由云南独特的地理位置、民风民俗所产生的一些特有的现象或生活方式,是云南多元民族文化的写照.“云南十八怪”中有一怪“摘下草帽当锅盖”所指的锅盖是用秸秆或山茅草编织成的,因其形状酷似草帽而传为佳话.一种草帽锅盖呈圆锥形,其母线长为6dm ,侧面积为2183dm π,若此圆锥的顶点和底面圆都在同一个球面上,则该球体的表面积等于2dm .16.在直四棱柱1111ABCD A B C D -中,底面ABCD 为正方形,122AA AB ==.点P 在侧面11BCC B 内,满足1A C ⊥平面BDP ,设点P 到平面ABCD 的距离为1h ,到CD 的距离为2h ,则12h h +的最小值为.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.如图所示,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是边长为4的正方形,4,PA PD PB ==,点E 在线段PA 上,3,PE EA BE AD =⊥,点,F G 分别是线段,BC CD 的中点.(1)证明:PA ⊥平面ABCD ;(2)求三棱锥P EFG -的体积.18.三棱锥P ABC -中,PA PB PC BC a ====,且PB 与底面ABC 成60°角.(1)设点P 在底面ABC 的投影为H ,求BH 的长;(2)求证:ABC △是直角三角形;(3)求该三棱锥体积的最大值.19.故宫太和殿是中国形制最高的宫殿,其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式,庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式,由一条正脊和四条垂脊组成,因此又称五脊殿.由于屋顶有四面斜坡,故又称四阿顶.如图,某几何体ABCDEF 有五个面,其形状与四阿顶相类似.已知底面ABCD 为矩形,AB =2AD =2EF =8,EF ∥底面ABCD ,EA =ED =FB =FC ,M ,N 分别为AD ,BC 的中点.(1)证明:EF ∥AB 且BC ⊥平面EFNM .(2)若二面角E AD B --为4π,求CF 与平面ABF 所成角的正弦值.20.如图,已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形,//AB DC ,//DC EF ,5AB =,3DC =,1EF =,60BAD CDE ∠=∠=︒,二面角F DC B --的平面角为60︒.设M ,N 分别为,AE BC 的中点.(1)证明:FN AD ⊥;(2)求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值.21.《瀑布》(图1)是埃舍尔最为人所知的作品之一,图中的瀑布会源源不断地落下,落下的水又逆流而上,荒唐至极,但又会让你百看不腻.画面下方还有一位饶有兴致的观察者,似乎他没发现什么不对劲.此时,他既是画外的观看者,也是埃舍尔自己.画面两座高塔各有一个几何体,左塔上方是著名的“三立方体合体”由三个正方体构成,右塔上的几何体是首次出现,后称“埃舍尔多面体”(图2)埃舍尔多面体可以用两两垂直且中心重合的三个正方形构造,设边长均为2,定义正方形,1,2,3n n n n A B C D n =的顶点为“框架点”,定义两正方形交线为“极轴”,其端点为“极点”,记为,n n P Q ,将极点11,P Q ,分别与正方形2222A B C D 的顶点连线,取其中点记为,,,1,2,3,4m m E F m =,如(图3).埃舍尔多面体可视部分是由12个四棱锥构成,这些四棱锥顶点均为“框架点”,底面四边形由两个“极点”与两个“中点”构成,为了便于理解,图4我们构造了其中两个四棱锥11122A PE P E -与22131A P E P F -.(1)求异面直线12P A 与12Q B 成角余弦值(2)求平面111PA E 与平面122AE P 的夹角余弦值(3)若埃舍尔体的表面积与体积(直接写出答案)22.在长方体1111ABCD A B C D -中,(1)已知P 、Q 分别为棱AB 、1CC 的中点(如图1),做出过点1D ,P ,Q 的平面与长方体的截面.保留作图痕迹,不必说明理由;(2)如图2,已知13AB =,5AD =,112AA =,过点A 且与直线CD 平行的平面α将长方体分成两部分.现同时将两个球分别放入这两部分几何体内,则在平面α变化的过程中,求这两个球的半径之和的最大值.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性,平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益,请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间:9:00-18:30)。
高三数学文一轮复习专题突破训练立体几何一、选择、填空题1、(2016年全国I 卷)如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是283π,则它的表面积是(A)17π (B )18π(C )20π (D )28π2、(2016年全国II 卷)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上,则该球面的表面积为(A )12π (B )323π (C )8π (D )4π3、(2016年全国I 卷)平面α过正方体1111ABCD A B C D -的顶点A ,//α平面11CB D ,αI 平面ABCD m =,αI 平面11ABB A n =,则m ,n 所成角的正弦值为(A )3(B )2(C )33 (D )134、(2016年全国II 卷)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图,则该几何体的表面积为(A )20π (B )24π (C )28π (D )32π 5、(2016年全国III 卷)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实现画出的是某多面体的三视图,则该多面体的表面积为αAA 1B1DC1D 1(A )18365+ (B )54185+ (C )90 (D )816、(2016年全国III 卷)在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球,若AB BC ⊥,6AB =,8BC =,13AA =,则V 的最大值是(A )4π (B )92π(C )6π (D )323π7、(2015年全国I 卷)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺,问”积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米有( )(A )14斛 (B )22斛 (C )36斛 (D )66斛 8、(2015年全国I 卷)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体,该几何体的三视图中的正视图和俯视图如图所示,若该几何体的表面积为1620π+,则r =( )(A )1 (B )2 (C )4 (D )89、(广东省2016届高三3月适应性考试)某几何体的三视图如图所示,图中的四边形都是边长为2的正方形,两条虚线互相垂直且相等,则该几何体的体积是( )A .203 B .163C .86π-D .83π-10、(广东佛山市2016届高三二模)已知A 、B 、C 都在半径为2的球面上,且AC BC ⊥,30ABC ∠=o,球心O 到平面ABC 的距离为1,点M 是线段BC 的中点,过点M 作球O 的截面,则截面面积的最小值为( ) A .34π B .34π C .3π D .3π11、(广东广州市2016届高三二模)如图, 网格纸上的小正方形的边长为1, 粗实线画出的是某几何体的三视图, 则该几何体的体积是 (A) 86+π (B) 46+π (C) 412+π (D) 812+π12、(广东深圳市2016届高三二模)设,l m 是两条不同的直线,α是一个平面,下列命题正确的是( )A .若l m ⊥,m α⊂,则l α⊥B .若l α⊥,l //m ,则m α⊥C .若m //α,m α⊂,则l //mD .若l //α,m //α,则l //m13、(广东珠海市2016届高三二模)某几何体三视图如图所示,则该几何体的最短的棱 长度是( )A .23 214、(揭阳市2016届高三上学期期末学业水平考试)已知棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的一个面A1B1C1 D1在一半球底面上,且A、B、C、D四个顶点都在此半球面上,则此半球的体积为(A) 46π(B) 26π(C) 163π(D) 86π15、(茂名市2016届高三第一次高考模拟)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A、43B、23C、13D、216、(清远市2016届高三上学期期末)一个几何体的三视图如图所示,正视图为直角三角形、侧视图为等边三角形,俯视图为直角梯形,则该几何体的体积等于()A3B.23C.33D.43二、解答题1、(2016年全国I 卷高考)如图,已知正三棱锥P -ABC 的侧面是直角三角形,PA =6,顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ,D 在平面PAB 内的正投影为点E ,连结PE 并延长交AB 于点G . (I )证明:G 是AB 的中点;(II )在图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F (说明作法及理由),并求四面体PDEF 的体积.PABD CGE2、(2016年全国II 卷高考) 如图,菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ,点E 、F 分别在AD ,CD 上,AE CF =,EF交BD 于点H ,将DEF ∆沿EF 折到'D EF ∆的位置. (Ⅰ)证明:'AC HD ⊥; (Ⅱ)若55,6,,'224AB AC AE OD ====,求五棱锥D ABCEF '-体积.3、(2016年全国III 卷高考)如图,四棱锥P ABC -中,PA ⊥平面ABCD ,AD BC P ,3AB AD AC ===,4PA BC ==,M 为线段AD 上一点,2AM MD =,N 为PC 的中点.(I )证明MN P 平面PAB ; (II )求四面体N BCM -的体积.4、(2015年全国I 卷)如图四边形ABCD 为菱形,G 为AC 与BD 交点,BE ABCD ⊥平面,(I )证明:平面AEC ⊥平面BED ;(II )若120ABC ∠=o ,,AE EC ⊥ 三棱锥E ACD -6.5、(广东省2016届高三3月适应性考试)如图所示,在直三棱柱ABC DEF -中,底面ABC 的棱AB BC ⊥,且2AB BC ==.点G 、H 在侧棱CF 上,且1CH HG GF ===. (1)证明:EH ⊥平面ABG ; (2)求点C 到平面ABG 的距离.H A CBDEF GOMDCBA6、(广东佛山市2016届高三二模)如图,在直四棱柱1111ABCD A B C D -中,60,,BAD AB BD BC CD ∠===o .(1)求证:平面11ACC A ⊥平面1A BD ;(2)若BC CD ⊥,12AB AA ==,求三棱锥11B A BD -的体积.7、(广东广州市2016届高三二模) 如图,在多面体ABCDM 中,△BCD 是等边三角形,△CMD 是等腰直角三角形,90CMD ︒∠=,平面CMD ⊥平面BCD ,AB ⊥平面BCD ,点O 为CD 的中点, 连接OM . (Ⅰ) 求证:OM ∥平面ABD ;(Ⅱ) 若2AB BC ==,求三棱锥A BDM -的体积.8、(广东深圳市2016届高三二模)如图,平面ABCD ⊥平面ADEF ,四边形ABCD 为菱形,四边形ADEF 为矩形,M 、N 分别是EF 、BC 的中点,2AB AF =,60CBA ∠=o. (1)求证:DM ⊥平面MNA ; (2)若三棱锥A DMN -的体积为3,求点A 到平面DMN 的距离.A B C D A 1C 1B 1D 1B CDAEFM N图311B9、(广东珠海市2016届高三二模)如图,四棱锥P ABCD -中,四边形ABCD 是等腰梯形,其中//AB CD , 132AB CD ==,且60BCD ∠=o;E为CD中点,4PA PB PC PD ====. ⑴ 求证:AD PE ⊥. ⑵ 求四棱锥P ABCD -的体积10、(惠州市2016届高三第三次调研)如图,已知等腰梯形ABCD 中,1//,2,2AD BC AB AD BC E ===是BC 的中点,AE BD M =I ,将BAE ∆沿着AE 翻折成1B AE ∆.(Ⅰ)求证:CD ⊥平面1B DM ;(Ⅱ)若101=C B ,求棱锥1B CDE -的体积11、(揭阳市2016届高三上学期期末学业水平考试)如图4,在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,底面△ABC 是边长为2的等边三角形,D 为AB 中点.(Ⅰ)求证:BC 1∥平面A 1CD ;(Ⅱ)若四边形CB B 1C 1是正方形,且1A D =求多面体11CAC BD 的体积.PABCDEABDC EMAM1B DE CG FEDCBA12、(韶关市2016届高三上学期调研)如图,四边形ABCD是矩形,1,2AB AD==,E是AD 的中点,BE与AC交于点F, GF⊥平面ABCD.(Ⅰ)求证:AF⊥面BEG;(Ⅱ) 若AF FG=,求点E到平面ABG距离.13、(湛江市2016年普通高考测试(一))如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥平面ABC,AB1⊥平面A1CD,AC⊥BC,D为AB中点。
(I)证明:CD⊥平面AA1B1B;(II)若AA1=1,AC=2,求三棱锥C1-A1DC的体积。
14、(肇庆市2016届高三第二次统测(期末))如图3,正方形ABCD的边长为22,E、F分别是DC和BC的中点,H是正方形的对角线AC与EF的交点,N是正方形两对角线的交点,现沿EF将CEF∆折起到PEF∆的位置,使得PH AH⊥,连结PA,PB,PD(如图4).(Ⅰ)求证:BD⊥AP;(Ⅱ)求三棱锥A BDP-的高.15、(珠海市2016届高三上学期期末)如图,四棱锥P ABCD -底面ABCD 为平行四边形,且AC BD O =I ,PA PC =,PB BD ⊥,平面PBD ⊥平面PAC (I)求证PB ⊥面ABCD(II)若PAC ∆为正三角形,60BAD ∠=︒,且四棱锥P ABCD -的体积为PCD ∆的面积.第19题图参考答案一、选择、填空题 1、【答案】A【解析】原几何体是一个球被切掉左上角的18后所得的几何体(如图所示),其体积是球的体积78,即37428833r ππ⨯=,故球的半径2r =;其三视图表面积是球面面积78和三个扇形面积之和,即2271=42+32=1784S πππ⨯⨯⨯⨯,故选A . 2、【答案】A【解析】因为正方体的体积为8,所以正方体的体对角线长为,所以球面的表面积为2412ππ⋅=,故选A.3、【答案】A【解析】如图所示:∵11CB D α∥平面,若设平面11CB D I 平面1ABCD m =, 则1m m ∥又∵平面ABCD ∥平面1111A B C D ,结合平面11B D C I 平面111111A B C D B D = ∴111B D m ∥,故11B D m ∥ 同理可得:1CD n ∥故m 、n 的所成角的大小与11B D 、1CD 所成角的大小相等,即11CD B ∠的大小.而1111B C B D CD ==(均为面对交线),因此113CD B π∠=,即11sin CD B ∠=. 故选A .4、【答案】C【解析】因为原几何体由同底面一个圆柱和一个圆锥构成,所以其表面积为28S π=,故选C. 5、【答案】B 【解析】试题分析:由三视图该几何体是以侧视图为底面的斜四棱柱,所以该几何体的表面积2362332354S =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=+B .6、【答案】B7、【答案】B【解析】试题分析:设圆锥底面半径为r ,则12384r ⨯⨯==163r =,所以米堆的体积为211163()5433⨯⨯⨯⨯=3209,故堆放的米约为3209÷1.62≈22,故选B. 考点:本题主要考查圆锥的性质与圆锥的体积公式 8、【答案】B【解析】试题分析:由正视图和俯视图知,该几何体是半球与半个圆柱的组合体,圆柱的半径与球的半径都为r ,圆柱的高为2r ,其表面积为22142222r r r r r r πππ⨯+⨯++⨯=2254r r π+=16 + 20π,解得r=2,故选B. 9、A10、【答案】B【解析】∵AC BC ⊥,∴90ACB ∠=o,∴圆心O 在平面的射影为AB D 的中点,∴22112AB OB OD =-=,∴2AB =. ∴cos303BC AC ==o当线段BC 为截面圆的直径时,面积最小,∴截面面积的最小值为233(24ππ⨯=. 11、A 12、B13、【答案】B.2,253等,故选B14、A 15、B 16、A二、解答题 1、ADOC B(II )在平面PAB 内,过点E 作PB 的平行线交PA 于点F ,F 即为E 在平面PAC 内的正投影.理由如下:由已知可得PB PA ⊥,⊥PB PC ,又//EF PB ,所以EF PA EF PC ,⊥⊥,因此EF ⊥平面PAC ,即点F 为E 在平面PAC 内的正投影.连结CG ,因为P 在平面ABC 内的正投影为D ,所以D 是正三角形ABC 的中心. 由(I )知,G 是AB 的中点,所以D 在CG 上,故2.3=CD CG 由题设可得⊥PC 平面PAB ,⊥DE 平面PAB ,所以//DE PC ,因此21,.33==PE PG DE PC 由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且6=PA ,可得2, 2.==DE PE 在等腰直角三角形EFP 中,可得 2.==EF PF 所以四面体PDEF 的体积114222.323=⨯⨯⨯⨯=V2、试题解析:(I )由已知得,,.⊥=AC BD AD CD又由=AE CF 得=AE CFAD CD,故//.AC EF 由此得,'⊥⊥EF HD EF HD ,所以//.'AC HD . (II )由//EF AC 得1.4==OH AE DO AD 由5,6==AB AC 得22 4.==-=DO BO AB AO所以1, 3.'===OH D H DH于是22222(22)19,''+=+==OD OH D H 故.'⊥OD OH由(I )知'⊥AC HD ,又,'⊥=I AC BD BD HD H , 所以⊥AC 平面,'BHD 于是.'⊥AC OD又由,'⊥=I OD OH AC OH O ,所以,'⊥OD 平面.ABC又由=EF DH AC DO 得9.2=EF 五边形ABCFE 的面积11969683.2224=⨯⨯-⨯⨯=S所以五棱锥'ABCEF D -体积16923222.342=⨯⨯=V3、(Ⅱ)因为⊥PA 平面ABCD ,N 为PC 的中点, 所以N 到平面ABCD 的距离为PA 21. ....9分 取BC 的中点E ,连结AE .由3==AC AB 得BC AE ⊥,522=-=BE AB AE .由BC AM ∥得M 到BC 的距离为5,故525421=⨯⨯=∆BCM S . 所以四面体BCM N -的体积354231=⨯⨯=∆-PA S V BCM BCM N . .....12分 4、【答案】(I )见解析(II )3+25试题解析:(I )因为四边形ABCD 为菱形,所以AC ⊥BD ,因为BE ⊥平面ABCD ,所以AC ⊥BE ,故AC ⊥平面BED. 又AC ⊥平面AEC ,所以平面AEC ⊥平面BED (II )设AB=x ,在菱形ABCD 中,由∠ABC=120°,可得AG=GC=32x ,GB=GD=2x . 因为AE ⊥EC ,所以在Rt D AEC 中,可得EG=32x . 由BE ⊥平面ABCD ,知D EBG 为直角三角形,可得BE=22x . 由已知得,三棱锥E-ACD 的体积3116632243E ACD V AC GD BE x -=醋?=.故x =2 从而可得AE=EC=ED=6.所以△EAC 的面积为3,D EAD 的面积与D ECD 的面积均为5. 故三棱锥E-ACD 的侧面积为3+25. 5、解:(Ⅰ)因为ABC DEF -是直三棱柱,所以FC ⊥平面ABC ,而 AB ⊂平面ABC ,所以,FC ⊥AB .又Q AB ⊥BC ,BC FC C =I .∴AB ⊥平面BCFE ,又Q EH ⊂平面BCFE , ∴AB ⊥EH .由题设知EFH ∆与BCG △均为直角三角形,Q 2EF FH ==,2BC CG ==, ∴ 45EHF ∠=o ,45BGC ∠=o .设BG EH P =I ,则90GPH ∠=o,即EH ⊥BG . 又AB BG B =I ,∴EH ⊥平面ABG .(Ⅱ)Q 2AB BC ==,AB BC ⊥, ∴122ABC S AB BC ∆=⨯=. Q CG ⊥平面ABC ,1433G ABCABC V S CG -∆∴=⨯=. 由(1)知AB BG ⊥,2CG BC ==,22222222BG BC CG =+=+=,1222ABG S AB BG ∆∴=⨯=. ………6分H OM D CB A 设点C 到平面ABG 的距离为h ,则1433C ABG ABG G ABC V S h V -∆-∴=⋅====,h ∴=.即点C 到平面ABG.6、【解析】(1)证明:∵,60AB BD BAD =∠=o, ∴ABD ∆为正三角形,∴AB AD =.∵CB CD =,AC 为公共边, ∴ABC ADC ∆≅∆.∴CAB CAD ∠=∠,∴AC BD ⊥.∵四棱柱1111ABCD A B C D -是直四棱柱, ∴1AA ⊥平面ABCD ,∴1AA BD ⊥. ∵1AC AA A =I ,∴BD ⊥平面11ACC A .∵BD ⊂平面1A BD ,∴平面1A BD ⊥平面11ACC A . (2)∵1AA ∥1BB ,∴11111B A BD A BB D A BB D V V V ---==, 由(1)知AC BD ⊥.∵四棱柱1111ABCD A B C D -是直四棱柱, ∴1BB ⊥平面ABCD ,∴1BB AC ⊥. ∵1BD BB B =I ,∴AC ⊥平面1BB D . 记AC BD O =I ,∴11111(22)332A BB D BB D V S AO -∆=⋅=⨯⨯⨯=, ∴三棱锥11B A BD -.7、(Ⅰ)证明:∵ △CMD 是等腰直角三角形,90CMD ︒∠=,点O 为CD 的中点, ∴ OM CD ⊥. ………………………………………1分 ∵ 平面CMD ⊥平面BCD ,平面CMD I 平面BCD CD =,OM ⊂平面CMD ,∴ OM ⊥平面BCD .………………………………2分∵ AB ⊥平面BCD ,∴ OM ∥AB .………………………………………3分∵ AB ⊂平面ABD ,OM ⊄平面ABD , ∴ OM ∥平面ABD .………………………………4分(Ⅱ)解法1:由(Ⅰ)知OM ∥平面ABD , ∴ 点M 到平面ABD 的距离等于点O 到平面ABD 的距离. …………………5分 过O 作OH BD ⊥,垂足为点H ,∵ AB ⊥平面BCD ,OH ⊂平面BCD ,∴ OH AB ⊥. ………………………………………6分 ∵ AB ⊂平面ABD ,BD ⊂平面ABD ,AB BD B =I ,∴ OH ⊥平面ABD . ………………………………………7分 ∵ 2AB BC ==,△BCD 是等边三角形,………12分∴ 2BD =,1OD =,sin 602OH OD ︒=⋅=.………………………………9分 ∴ A BDM M ABD V V --= ………………………………………10分 1132AB BD OH =⨯⨯⋅⋅ ………………………………………11分112232=⨯⨯⨯=∴ 三棱锥A BDM -的体积为3. ………………………………………12分 解法2: 由(Ⅰ)知OM ∥平面ABD ,∴ 点M 到平面ABD 的距离等于点O 到平面ABD 的距离. …………………5分∵ 2AB BC ==,△BCD 是等边三角形,∴ 2BD =,1OD =. ………………………………………6分连接OB , 则OB CD ⊥, sin 60OB BD ︒=⋅=. ……………………………7分 ∴ A BDM M ABD O ABD A BDO V V V V ----=== ………………………………………10分1132OD OB AB =⨯⨯⋅⋅ ………………………………………11分1112323=⨯⨯=.∴ 三棱锥A BDM -的体积为3. ………………………………………12分 8、【解析】(1)证明:连接AC ,在菱形ABCD 中,∵60CBA ∠=o且AB AC =,∴ABC ∆为等边三角形. ∵N 是BC 的中点,∴AN BC ⊥,AN BC ⊥.∵ABCD ⊥平面ADEF ,AN ⊂平面ADEF , ABCD I 平面ADEF AD =,∴AN ⊥平面ABEF .∵DM ⊂平面ADEF ,∴AN DM ⊥.∵矩形ADEF 中,2AD AF =,M 是的中点, ∴AMF ∆为等腰直角三角形,∴45AMF ∠=o,同理可证45DME ∠=o,∴90DAM ∠=o,∴DM AM ⊥.∵AM AN N =I ,AM ⊂平面MNA ,AN ⊂平面MNA , ∴DM ⊥平面MNA .(2)设AF x =,则22AB AF x ==,在Rt ABN ∆中,2AB x =,BN x =,60ABN ∠=o,∴AN =.∴2122ADN S x ∆=⋅=.∵ABCD ⊥平面ADEF ,FA AD ⊥,ABCD I 平面ADEF AD =,∴FA ⊥平面ABCD . 设h 为点M 到平面ADN 的距离,则h FA x ==.∴2311333M ADN CDF V V h x x -∆=⋅=⋅=,∵3M ADN D AMN V V --==,∴1x =.作AH MN ⊥交MN 于点H . ∵DM ⊥平面MNA ,∴DM AH ⊥. ∴AH ⊥平面DMN ,即AH 为求点A 到平面DMN 的距离,∵在Rt MNA ∆中,MA =AN =,∴AH =. ∴点A 到平面DMN9、【解析】⑴证明:连接EBQ ABCD 为等腰梯形,E 为CD 中点, ∴BE AD BC ==,所以EBC V 为等腰三角形,又60BCD ∠=o ,故EBC V 为等边三角形. ∴BE BC =PD PC =,E 为CD 的中点,PE CD ⊥,由BE BC =,PB PC =,PE PE =,得PEB V 全等于PEC V ,知PE EB ⊥,BE BC B =I ,故PE ABCD ⊥,AD ABCD ⊂,得AD PE ⊥. …………6分⑵因为4PC =,3EC =,所以PE =,1(36)2ABCD S =+=,13P ABCD V -== …………12分10、【解析】(I ) 连接DE ,由题意可知四边形ABED 和AECD 是平行四边形, 又AB=AD ,所以ABED 是菱形 (2分)故BM AE ⊥,.DM AE ⊥ 即AE M B ⊥1,.DM AE ⊥ (4分)HN M F EADCBD 1B 1C 1A 1DCBAEC 1A 1DCA又因为M M B DM =⋂1,MD 、⊂M B 1平面MD B 1,所以⊥AE 平面MD B 1.(5分) 由题可得AE ∥CD ,所以1CD B DM ⊥平面 (6分) (Ⅱ) 连接CM ,由(Ⅰ)得AB=AE=BE=2 ,所以1B AE ∆为等边三角形 ,31=∴M B (7分)又722=+=CD DM CM ,101=C B21221C B CM M B =+∴,即1B M MC ⊥ (9分)又AE M B ⊥1,MC AE M ⋂=,⊥∴M B 1平面CDE (10分)3322121=⨯⨯=⋅=∆DM AE S CDE (11分)1111133B CDE CDE V S B M -∆∴=⋅== (12分)11、(I)证法1:连结AC 1,设AC 1与A 1C 相交于点E ,连接DE ,则E 为AC 1中点,-------------------------------2分 ∵D 为AB 的中点,∴DE ∥BC 1,------------------4分 ∵BC 1Ë平面A 1CD ,DE Ì平面A 1CD ,------------5分 ∴BC 1∥平面A 1CD . -----------------------------6分 【证法2:取11A B 中点1D ,连结1BD 和11C D ,-----1分 ∵BD 平行且等于11A D ∴四边形BD 11A D 为平行四边形 ∴11//A D BD -----------------------------------2分 ∵1A D ⊂平面1A CD ,1BD ⊄平面1A CD∴1//BD 平面1A CD ,------------------------------3分 同理可得11//C D 平面1A CD ------------------------4分 ∵1111BD C D D =I ∴平面1A CD //平面11BD C 又∵1BC ⊂平面11BD C∴BC 1∥平面A 1CD. -------------------------------6分】 (Ⅱ) 222115AD +A A =A D Q = 1,A A AD \^-------------------------------------7分又111,//B B BC B B A A ^ 1A A BC \^,又AD BC B =I 1A A \^面ABC -------------------------------------------9分 (法一)∴所求多面体的体积V =1111111ABC A B C A ACD B A B C V V V ----------------------------10分111111133ABC ACD A B C AA S AA S BB S ∆∆∆=⨯-⋅⨯-⋅⨯112ABC AA S ∆=⋅⨯21122222=⋅⋅⋅⋅=即所求多面体11CAC BD ----------------12分【(法二)过点1A 作111A H B C ⊥于H ,∵平面11BB C C ⊥平面111A B C 且平面11BB C C I 平面111A B C 11B C =∴1A H ⊥平面11BB C C ,----------------------------------------------------------10分 ∴所求多面体的体积V =1111A ACD A A CC V V --+1111133BCD BCC S AA S A H ∆∆=⋅+⋅11114243232=⨯⨯+⨯⨯=.------------------------------------------12分】 12、证法1:∵四边形ABCD 为矩形,∴AEF ∆∽CBF ∆, ∴21===BC AE BF EF CF AF ……………1分 又∵矩形ABCD 中,2,1==AD AB ,∴3,22==AC AE 在BEA Rt ∆中,2622=+=AE AB BE ∴3331==AC AF ,3632==BE BD ……………2分在ABF ∆中,222221)36()33(AB BF AF ==+=+ ∴ο90=∠AFB ,即BE AC ⊥ ……………4分 ∵⊥GF 平面ABCD ,⊂AC 平面ABCD ∴GF AC ⊥ ……………5分 又∵F GF BE =I ,⊂GF BE ,平面BCE ∴⊥AF 平面BEG ……………6分 证法2:(坐标法)证明1-=⋅BE AC K K ,得BE AC ⊥,往下同证法1.(2)在AGF Rt ∆中,22GF AF AG +=36)33()33(22=+= 在BGF Rt ∆中,22GF BF BG +=1)33()36(22=+= ………… ……………8分 在ABG ∆中,36=AG ,1==AB BG∴2)66(13621-⨯⨯=∆ABGS 656303621=⨯⨯=………………………………10分 设点E 到平面ABG 的距离为d ,则GF S d S ABF ABG ⋅=⋅∆∆3131, ………………………………11分 ∴ABG ABFS GF S d ∆⋅=1030653312221=⨯⨯⨯= ………………………………12分 13、14、(Ⅰ)证明: ∵E 、F 分别是CD 和BC 的中点, ∴EF //BD . (1分) 又∵AC BD ⊥,∴AC EF ⊥,故折起后有PH EF ⊥. (2分) 又PH AH⊥,所以PH ⊥平面ABFED . (3分)又∵BD ⊂平面ABFED ,∴PH BD ⊥, (4分) ∵AH PH H =I ,,AH PH ⊂平面APH ,∴BD ⊥平面APH , (5分) 又AP ⊂平面APH ,∴BD ⊥AP (6分)(Ⅱ)解:∵正方形ABCD的边长为∴4AC BD ==,2,1AN NH PH ===,PE PF = (7分) ∴PBD ∆是等腰三角形,连结PN ,则PN BD ⊥,PN ==∴PBD ∆的面积11422PBD S BD PN ∆=⋅=⨯= (8分) 设三棱锥A BDP -的高为h ,则三棱锥A BDP -的体积为133A BDP PBD V S h -∆=⋅= (9分)由(Ⅰ)可知PH 是三棱锥P ABD -的高,∴三棱锥P ABD -的体积:1111141332323P ABD ABD V S PH AB AD PH -∆=⋅=⨯⋅⋅=⨯⨯= (11分)∵A BDP P ABD V V --=,即433=,解得h =A BDP -. (12分) 15、(I)证明:由于四边形ABCD 为平行四边形,所以O 为AC 的中点;连接PO Q PA PC =∴AC PO ⊥ ———1分 Q 平面PBD ⊥平面PAC ,又Q 平面PBD I 平面=PAC PO ,AC ∈平面PAC∴AC ⊥面PBD ∴AC ⊥PB —————4分 又Q PB BD ⊥,且AC BD O =I ,AC BD ABCD ∈、面∴PB ⊥面ABCD —————6分(II)解:由(I)知AC ⊥面PBD ,所以AC ⊥BD ,可知底面ABCD 为菱形; 设AB BC a ==,又因为60BAD ∠=︒,所以BD a =,AC =因为PAC ∆为正三角形,所以PC =—————7分由(I)知PB BC ⊥,从而PBC ∆为直角三角形,PB ∴= —————8分1133P ABCD ABCD V S PB -===g 1a = ———9分所以PC =、1CD =、PB =PD ∴ —————10分取CD 的中点E ,连接PE ,可知PE CD ⊥2PE ==124PCD S CD PE ==g —12分。