2015届高三二轮复习立体几何专题训练

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2015高考数学二轮复习学案：专题7(理科)空间向量与立体几何解答题精选

空间向量与立体几何解答题精选1 已知四棱锥P ABCD -的底面为直角梯形，//AB DC ，⊥=∠PA DAB ,90底面ABCD ，且12PA AD DC ===，1AB =，M 是PB 的中点（Ⅰ）证明：面PAD ⊥面PCD ；（Ⅱ）求AC 与PB 所成的角；（Ⅲ）求面AMC 与面BMC 所成二面角的大小证明：以A 为坐标原点AD 长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为1(0,0,0),(0,2,0),(1,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(0,1,)2A B C D P M（Ⅰ）证明：因.,0),0,1,0(),1,0,0(DC AP ⊥=⋅==所以故由题设知AD DC ⊥，且AP 与AD 是平面PAD 内的两条相交直线，由此得DC ⊥面PAD 又DC 在面PCD 上，故面PAD ⊥面PCD（Ⅱ）解：因),1,2,0(),0,1,1(-==.510||||,cos ,2,5||,2||=⋅>=<=⋅==PB AC PB AC 所以故（Ⅲ）解：在MC 上取一点(,,)N x y z ，则存在,R ∈λ使,λ=..21,1,1),21,0,1(),,1,1(λλ==-=∴-=---=z y x z y x要使14,00,.25AN MC AN MC x z λ⊥=-==只需即解得),52,1,51(),52,1,51(,.0),52,1,51(,54=⋅-===⋅=N 有此时能使点坐标为时可知当λANB MC BN MC AN ∠⊥⊥=⋅=⋅所以得由.,0,0为所求二面角的平面角30304||,||,.52cos(,).3||||2arccos().3AN BN AN BN AN BN AN BN AN BN ===-∴==-⋅-故所求的二面角为2 如图，在四棱锥V ABCD -中，底面ABCD 是正方形，侧面VAD 是正三角形,平面VAD ⊥底面ABCD （Ⅰ）证明：AB ⊥平面VAD ；（Ⅱ）求面VAD 与面DB 所成的二面角的大小证明：以D 为坐标原点，建立如图所示的坐标图系（Ⅰ）证明：不防设作(1,0,0)A ，则(1,1,0)B ， )23,0,21(V ， )23,0,21(),0,1,0(-==由,0=⋅得AB VA ⊥，又AB AD ⊥，因而AB 与平面VAD 内两条相交直线VA ，AD 都垂直 ∴AB ⊥平面VAD（Ⅱ）解：设E 为DV 中点，则)43,0,41(E ， ).23,0,21(),43,1,43(),43,0,43(=-=-=DV EB EA由.,,0DV EA DV EB ⊥⊥=⋅又得因此，AEB ∠是所求二面角的平面角，,721||||),cos(=⋅=EB EA EB EA 解得所求二面角的大小为.721arccos3如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，AB =，1BC =，2PA =，E 为PD 的中点（Ⅰ）求直线AC 与PB 所成角的余弦值；（Ⅱ）在侧面PAB 内找一点N ，使NE ⊥面PAC ，并求出点N 到AB 和AP 的距离解：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，则,,,,,A B C D P E 的坐标为(0,0,0)A 、B、C 、(0,1,0)D 、(0,0,2)P 、1(0,,1)2E ，从而).2,0,3(),0,1,3(-== 设的夹角为θ，则,1473723||||cos ==⋅=PB AC θ ∴AC 与PB 所成角的余弦值为1473 （Ⅱ）由于N 点在侧面PAB 内，故可设N 点坐标为(,0,)x z ，则)1,21,(z x --=，由NE ⊥面PAC 可得，⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=⋅--=⋅--⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅.0213,01.0)0,1,3()1,21,(,0)2,0,0()1,21,(.0,0x z z x z x AC NE AP NE 化简得即 ∴⎪⎩⎪⎨⎧==163z x 即N 点的坐标为)1,0,63(，从而N 点到AB 和AP的距离分别为4 如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面1AEC F 所截面而得到的，其中14,2,3,1AB BC CC BE ====（Ⅰ）求BF 的长；（Ⅱ）求点C 到平面1AEC F 的距离解：（I ）建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,0)D ，(2,4,0)B1(2,0,0),(0,4,0),(2,4,1),(0,4,3)A C E C 设(0,0,)F z∵1AEC F 为平行四边形，.62,62||).2,4,2().2,0,0(.2),2,0,2(),0,2(,,11的长为即于是得由为平行四边形由BF BF EF F z z EC AF F AEC =--=∴∴=∴-=-=∴∴（II ）设1n 为平面1AEC F 的法向量，)1,,(,11y x n ADF n =故可设不垂直于平面显然⎩⎨⎧=+⨯+⨯-=+⨯+⨯⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅02020140,0,011y x y x n n 得由,⎪⎩⎪⎨⎧-==∴⎩⎨⎧=+-=+.41,1,022,014y x x y 即111),3,0,0(n CC CC 与设又=的夹角为α，则 .333341161133cos 11=++⨯==α ∴C 到平面1AEC F 的距离为.11334333343cos ||1=⨯==αCC d 5 如图，在长方体1111ABCD A B C D -，中，11,2AD AA AB ===，点E 在棱AD 上移动（1）证明：11D E A D ⊥；（2）当E 为AB 的中点时，求点E 到面1ACD 的距离；（3）AE 等于何值时，二面角1D EC D --的大小为4π解：以D 为坐标原点，直线1,,DA DC DD 分别为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，设AE x =，则11(1,0,1),(0,0,1),(1,,0),(1,0,0),(0,2,0)A D E x A C（1）.,0)1,,1(),1,0,1(,1111D DA x D DA ⊥=-=所以因为（2）因为E 为AB 的中点，则(1,1,0)E ，从而)0,2,1(),1,1,1(-=-=AC E D ，)1,0,1(1-=AD ，设平面1ACD 的法向量为),,(c b a n =，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅,0,01AD 也即⎩⎨⎧=+-=+-002c a b a ，得⎩⎨⎧==c a ba 2，从而)2,1,2(=n ，所以点E 到平面1ACD 的距离为.313212||1=-+==n h （3）设平面1D EC 的法向量),,(c b a n =，),1,0,0(),1,2,0(),0,2,1(11=-=-=DD D x由⎩⎨⎧=-+=-⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅.0)2(02,0,01x b a c b C D n 令1,2,2b c a x =∴==-，∴).2,1,2(x -= 依题意.225)2(2224cos211=+-⇒==x π∴321+=x （不合，舍去），322-=x∴2AE =时，二面角1D EC D --的大小为4π6 如图，在三棱柱111ABC A B C -中，AB ⊥侧面11BB C C ，E 为棱1CC 上异于1,C C 的一点，1EA EB ⊥，已知112,1,3AB BB BC BCC π===∠=，求：（Ⅰ）异面直线AB 与1EB 的距离；（Ⅱ）二面角11A EB A --的平面角的正切值解：（I ）以B 为原点，1BB 、分别为,y z 轴建立空间直角坐标系由于，112,1,3AB BB BC BCC π===∠=在三棱柱111ABC A B C -中有1(0,0,0),(0,2,0)B A B ,)0,23,23(),0,21,23(1C C -设即得由,0,),0,,23(11=⋅⊥EB EA EB EA a E)0,2,23()2,,23(0a a --⋅--= ,432)2(432+-=-+=a a a a .,04343)02323()0,21,23()0,21,23(),(2321,0)23)(21(11EB BE EB E a a a a ⊥=+-=⋅⋅-⋅=⋅===--即故舍去或即得又AB ⊥侧面11BB C C ，故AB BE ⊥ 因此BE 是异面直线1,AB EB 的公垂线，则14143||=+=BE ，故异面直线1,AB EB 的距离为（II ）由已知有,,1111EB A B EB ⊥⊥故二面角11A EB A --的平面角θ的大小为向量A B 与11的夹角.22tan ,32||||cos ),2,21,23(),2,0,0(111111===--===θθ即故因A B EA A B7 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PD ⊥底面ABCD ，E 是AB 上一点，PE EC ⊥已知,21,2,2===AE CD PD 求（Ⅰ）异面直线PD 与EC 的距离；（Ⅱ）二面角E PC D --的大小解：（Ⅰ）以D 为原点，、、分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系由已知可得(0,0,0),(0,2,0)D P C 设),0,2,(),0)(0,0,(x B x x A 则>).0,23,(),2,21,(),0,21,(-=-=x x x E 由0=⋅⊥CEPE 得，即.23,0432==-x x 故由CE DE CE DE ⊥=-⋅=⋅得0)0,23,23()0,21,23(，又PD DE ⊥，故DE 是异面直线PD 与CE 的公垂线，易得1||=，故异面直线PD ,CE 的距离为（Ⅱ）作DG PC ⊥，可设(0,,)G y z 由0=⋅得0)2,2,0(),,0(=-⋅z y 即),2,1,0(,2==y z 故可取作EF PC ⊥于F ，设(0,,)F m n ，则1(,).2EF m n =--由10(,)(0,2,0,2102EF PC m n m ⋅=-⋅=-=得即，又由F 在PC 上得11,(2n m n EF =+===-故因,,EF PC DG PC ⊥⊥故E PC D --的平面角θ的大小为向量EF DG 与的夹角故2cos ,4||||DG EF DG EF πθθ⋅=== 即二面角E PC D --的大小为.4π空间向量与立体几何解答题精选1 已知四棱锥P ABCD -的底面为直角梯形，//AB DC ，⊥=∠PA DAB ,90底面ABCD ，且12PA AD DC ===，1AB =，M 是PB 的中点（Ⅰ）证明：面PAD ⊥面PCD ；（Ⅱ）求AC 与PB 所成的角；（Ⅲ）求面AMC 与面BMC 所成二面角的大小2 如图，在四棱锥V ABCD -中，底面ABCD 是正方形，侧面VAD 是正三角形,平面VAD ⊥底面ABCD （Ⅰ）证明：AB ⊥平面VAD ；（Ⅱ）求面VAD 与面DB 所成的二面角的大小3 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，侧棱PA ⊥底面ABCD，AB =，1BC =，2PA =，E 为PD 的中点（Ⅰ）求直线AC 与PB 所成角的余弦值；（Ⅱ）在侧面PAB 内找一点N ，使NE ⊥面PAC ，并求出点N 到AB 和AP 的距离4 如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面1AEC F 所截面而得到的，其中14,2,3,1AB BC CC BE ====（Ⅰ）求BF 的长；（Ⅱ）求点C 到平面1AEC F 的距离5 如图，在长方体1111ABCD A B C D -，中，11,2AD AA AB ===，点E 在棱AD 上移动（1）证明：11D E A D ⊥；（2）当E 为AB 的中点时，求点E 到面1ACD 的距离；（3）AE 等于何值时，二面角1D EC D --的大小为4π6 如图，在三棱柱111ABC A B C -中，AB ⊥侧面11BB C C ，E 为棱1CC 上异于1,C C 的一点，1EA EB ⊥，已知112,1,3AB BB BC BCC π===∠=，求：（Ⅰ）异面直线AB 与1EB 的距离；（Ⅱ）二面角11A EB A --的平面角的正切值7 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形， PD ⊥底面ABCD ，E 是AB 上一点，PF EC ⊥已知,21,2,2===AE CD PD 求（Ⅰ）异面直线PD 与EC 的距离；（Ⅱ）二面角E PC D --的大小。

2015届高考数学总复习：立体几何专题训练模拟试卷及答案

立体几何专题训练1.如图所示空间图形中，四边形ABCD 为矩形，ABE AD 平面⊥，2===BC EB AE ，F 为CE 上的点，且ACE BF 平面⊥. （Ⅰ）求证：BCE AE 平面⊥；（Ⅱ）求证；BFD AE 平面//；（Ⅲ）求三棱锥BGF C -的体积. 解：（Ⅰ）证明： ABE AD 平面⊥，BC AD //∴ABE BC 平面⊥，则BC AE ⊥ACE BF 平面⊥，则BF AE ⊥∴BCE AE 平面⊥（Ⅱ）证明：依题意可知：G 是AC 中点ACE BF 平面⊥ 则BF CE ⊥，而BE BC = ∴F 是EC 中点在AEC ∆中，AE FG //∴BFD AE 平面//（Ⅲ）解： BFD AE 平面//∴FG AE //，而BCE AE 平面⊥∴BCE FG 平面⊥∴BCF FG 平面⊥G 是AC 中点∴F 是CE 中点 ∴FG AE //且121==AE FGACE BF 平面⊥ ∴CE BF ⊥∴BCE Rt ∆中，221===CE CF BF∴12221=⋅⋅=∆CFB S∴3131=⋅⋅==∆--FG S V V CFB BCF G BFG C2．如图,在四棱锥ABCD P -中,底面ABCD 为直角梯形,BC AD //, 90=∠ADC ,平面⊥PAD 底面ABCD ,Q 为AD 的中点, 2==PD PA ，3,121===CD AD BC ,M 是棱PC 的中点。

（Ⅰ）求证: //PA 平面MQB ；（Ⅱ）证明：⊥CD 平面PAD （Ⅲ）求三棱锥DQM P -的体积。

解：证明:（Ⅰ）连接AC ，交BQ 于N ,连接MN ，AD BC // 且AD BC 21=，即AQ BC //， ∴四边形BCQA 为平行四边形,且N 为AC 中点,又因为点M 是棱PC 的中点, PA MN //∴，因为BABCD Q MBCMB 1C 1NCBA⊂MN 平面MQB ，⊄PA 平面MQB ，则MQB //平面PA ；（Ⅱ）∵Q 为AD 的中点, 2==PD PA ，∴PQ AD PAD ABCD PQ ABCD DC ABCDPQ DC AD DC DC PAD⊥⊥∴⊥⊂∴⊥⊥∴⊥平面平面平面平面,又平面(Ⅲ)PDQ M DQM P V V --=,已证出⊥CD 平面PAD 所以M 到平面PAD 的距离为CD 21所以413211321312121312131=⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅==∆--CD PQ QD CD S V V PDQ PDQ M DQM P3．已知某几何体的直观图和三视图如下图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，（1）求证：N B C BC 11//平面；（2）求证：BN 11C B N ⊥平面；（3）求此几何体的体积.解：（1）证明：该几何体的正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，∴1,,BB BC BA 两两互相垂直。

2015届高三二模理科数学分类汇编(立体几何)

北京各区二模理科数学分类汇编立几(2015届西城二模) 8．在长方体，点M 为AB 1 的中点，点P 为对角线AC 1上的动点，点Q 为底面ABCD上的动点（点P ，Q 可以重合），则MP ＋PQ 的最小值为（）(2015届西城二模) 17．（本小题满分14 分）如图 1，在边长为4 的菱形ABCD 中，AB DE BAD⊥=∠,600于点E ，将△ADE 沿DE折起到△A 1D E 的位置，使A 1D ⊥DC ，如图 2．⑴ 求证：A 1E ⊥平面BCDE ；⑵ 求二面角E —A 1B —C 的余弦值；⑶ 判断在线段EB 上是否存在一点P ，使平面A 1DP ⊥A 1BC ？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．17．（本小题满分14分）（Ⅰ）证明：因为DE BE ⊥,//BE DC ,所以DE DC ⊥, ……………… 1分又因为1A D DC ⊥，1A D DE D =I ,所以DC ⊥平面1A DE ， ……………… 2分所以1DC A E ⊥. ……………… 3分又因为1A E DE ⊥,DC DE D =I ,所以1A E ⊥平面BCDE .……………… 4分（Ⅱ）解：因为1A E ⊥平面BCDE ，DE BE ⊥，所以1,,A E DE BE 两两垂直，以1,,EB ED EA 分别为x 轴、y 轴和z 轴，如图建立空间直角坐标系， ……………… 5分易知23DE=,则1(0,0,2)A ，(2,0,0)B ，(4,23,0)C ，(0,23,0)D ， EA 1BCD所以1(2,0,2)BA =-u u u r,(2,0)BC =u u u r.平面1A BE 的一个法向量为0,1,0n =r（）， ……………… 6分设平面1A BC 的法向量为(,,)m x y z =u r,由10BA m ⋅=u u u r u r ，0BC m ⋅=u u u r u r ,得220,20.x z x -+=+=⎧⎪⎨⎪⎩令 1y =,得(m =u r. ……………… 8分所以cos ,7||||m n m n m n ⋅<>==⋅u r r u r ru u r r .由图，得二面角1E A B C --的为钝二面角，所以二面角1E A B C --的余弦值为7-. ……………… 10分（Ⅲ）结论：在线段EB 上不存在一点P ，使平面1A DP ⊥平面1A BC . ……………… 11分解：假设在线段EB 上存在一点P ，使平面1A DP⊥平面1A BC .设(,0,0)P t （02t ≤≤），则1(,0,2)A P t =-u u u r,1(0,2)A D =-u u u r，…………… 12分设平面1A DP 的法向量为111(,,)p x y z =u r，由10A D p ⋅=u u u r u r ，10A P p ⋅=u u u r u r，得111120,20.z tx z -=-=⎧⎪⎨⎪⎩令 12x =，得所以)p t =u u r. ……………… 13分因为平面1A DP⊥平面1A BC ，所以0m p ⋅=u r u r，即0=，解得3t =-. 因为02t ≤≤，所以在线段EB 上不存在点P ，使得平面1A DP ⊥平面1A BC . ……………… 14分(2015届海淀二模)A 1B EC答案：C(2015届海淀二模)（17）（共14分）（Ⅰ）证明：连结BD交AC于点O，连结OM.因为//AB CD，2AB CD=，所以2BO ABDO CD==.因为2BM MP=，所以2BMPM=.所以BM BOPM DO=.所以//OM PD. ………………2分因为OM⊂平面MAC，PD⊄平面MAC，所以//PD平面MAC. ………………4分（Ⅱ）证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，AD AB⊥，平面PAD I平面ABCD AD=，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面PAD. ………………6分因为PA⊂平面PAD，所以AB PA⊥. ………………7分同理可证：AD PA⊥.因为AD⊂平面ABCD，AB⊂平面ABCD，AD AB A=I，所以PA⊥平面ABCD. ………………9分（Ⅲ）解：分别以边,,AD AB AP所在直线为,,x y z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.由MBD COAPEFA22AB AD AP CD ====得(0,0,0)A ，(0,2,0)B ，(2,1,0)C ，(2,0,0)D ，(0,0,2)P ，则(2,1,0)AC =u u u r，(0,2,2)PB =-u u r.由（Ⅱ）得：PA ⊥平面ABCD .所以平面ABCD 的一个法向量为(0,0,1)n =r. ………………10分设PMPBλ=(01)λ≤≤，即PM PB λ=uuu r uu r .所以(0,2,22)AM AP PB λλλ=+=-u u u r u u u r u u r.设平面AMC 的法向量为(,,)m x y z =u r，则 0,0,m AC m AM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u r uuu r ur uuu r 即20,2(22)0.x y y z λλ+=⎧⎨⋅+-⋅=⎩令1x λ=-，则22y λ=-，2z λ=-.所以(1,22,2)m λλλ=---u r. ………………12分因为二面角B AC M --的余弦值为23，所以23=，解得12λ=. 所以 PM PB的值为12. ………………14分(2015届东城二模)（17）（本小题共14分）如图，三棱柱ABC DEF -的侧面BEFC 是边长为1的正方形，侧面BEFC ⊥侧面ADEB ，4AB =，60DEB ∠=o ，G 是DE 的中点．（Ⅰ）求证：CE ∥平面AGF ；（Ⅱ）求证：GB ⊥平面BEFC ；（Ⅲ）在线段BC 上是否存在一点P ，使二面角P GE B --为45o，的长；若不存在，说明理由．（17）（共14分）（Ⅰ）证明：连接CD 与AF 相交于H ，则H 为CD 的中点，连接HG ．因为G 为DE 的中点，所以HG ∥CE ．因为CE ⊄平面AGF ，HG ⊂平面AGF ，A所以CE ∥平面AGF ． ………4分（Ⅱ）证明：1BE =，2GE=，在△GEB 中，60GEB ∠=o ，BG =因为222BGBE GE +=，所以GB BE ⊥．因为侧面BEFC⊥侧面ADEB ，侧面BEFC I 侧面ADEB BE =，GB ⊂平面ADEB ，所以GB ⊥平面BEFC ． ………8分（Ⅲ）解：,,BG BE BC 两两互相垂直，建立空间直角坐标系B xyz -．二面角P GE B --为45．假设在线段BC 上存在一点P ，使平面BGE 的法向量(0,0,1)=m，设(0,0,),[0,1]P λλ∈．G (0,1,0)E ．所以()GP λ=u u u r ，(GE =u u u r．设平面PGE 的法向量为(,,)x y z =n ，则0,0.GP GE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u uu r u u u rn n 所以0,0.z y λ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩令1z=，得y λ=，x =，所以PGE 的法向量为,1)λ=n ．因为1⋅=m n ，所以112=，解得[]0,12λ=，故2BP =．因此在线段BC 上存在一点P ，使二面角P GE B --为45o，且BP =………14分(2015届昌平二模) 6 一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为A.B.C.D.(2015届丰台二模) 5(A) 6(B)29(C) 3 (D)23(2015届丰台二模)17.（本小题共14分）如图所示，在四棱柱1111D C B A ABCD -中，⊥1AA 底面ABCD，BD AC⊥于O,且124AA OC OA ===，点M 是棱1CC 上一点．（Ⅰ）如果过1A ，1B ，O 的平面与底面ABCD 交于直线l ，求证：//l AB ；（Ⅱ）当M 是棱1CC 中点时，求证：1AO DM ⊥；（Ⅲ）设二面角1A BD M--的平面角为θ，当cos 25θ=时，求CM 的长．（Ⅲ）原题：设二面角1A BD M--的余弦值为25，求CM 的长．（要舍一解）17.（本小题共14分）证明：（Ⅰ）因为1111D C B A ABCD -是棱柱，所以BAB A 11是平行四边形．所以AB B A //11．侧视图俯视图俯视图正视图OMD 1C 1B 1A 1DCBA因为⊄11B A 平面ABCD ，⊂AB 平面ABCD ，所以//11B A 平面ABCD ．因为平面IO B A 11平面ABCD l =，所以11//B A l ．所以AB l //．………………4分（Ⅱ）因为DB AC ⊥于O ，如图建立空间直角坐标系．因为41=AA ，且24OC AO ==，所以(0,0,0)O ，(4,0,0)C ，(2,0,0)A -，1(2,0,4)A -．因为M 是棱1CC 中点，所以(4,0,2)M ．设(0,,0)D b ，所以(4,,2)DM b =-u u u u r，1(2,0,4)OA =-u u u r ．所以08081=++-=⋅OA DM ．所以1AO DM ⊥． ……………………8分（Ⅲ）设(0,,0)D b ，(0,,0)B c ，平面BD A 1的法向量为),,(z y x =，又因为1(2,,4)A D b =-u u u u r ，1(2,,4)A B c =-u u u r ，所以1102402400m A D x by z x cy z m A B ⎧⋅=+-=⎧⎪⇒⎨⎨+-=⋅=⎩⎪⎩u r u u u u r u r u u u r．因为c b ≠，所以0=y ，令1z =，则2x =，所以(2,0,1)m =u r．设),0,4(h M ，所以(4,,)MD b h =--u u u u r ，(4,,)MB c h =--u u u r．设平面MBD 的法向量为111(,,)n x y z =r，所以 111111400400x by hz n MD x cy hz n MB ⎧-+-=⋅=⎧⎪⇒⎨⎨-+-=⋅=⎩⎪⎩r u u u u r r u u u r．因为c b ≠，所以10y =，令11z =，则14h x =-，所以(,0,1)4hn =-r ．又因为cos 25θ=，B所以25 cos ,25m n<>=u r r，即21252255116hm nn m h-⋅==⨯+u r rr u r．解得3h=或76h=．所以点(4,0,3)M或7(4,0,)6M．所以3CM=或76CM=．……………………14分(2015届昌平二模) 17. (本小题满分14分)如图，已知等腰梯形ABCD中，1//,2,2AD BC AB AD BC E===是BC的中点，AE I BD M=，将BAE∆沿着AE翻折成1B AE∆，使平面1B AE⊥平面AECD.（I）求证：1CD B DM⊥平面；（II）求二面角1D AB E--的余弦值；（III）在线段1B C上是否存在点P，使得//MP平面1B AD，若存在，求出11B PB C的值；若不存在，说明理由.17. (本小题满分14分)( I ) 由题意可知四边形ABED是平行四边形，所以MEAM=，故AEMB⊥1.又因为,AB BE M AE=为的中点,所以BM AE⊥,即.DM AE⊥AD//BC又因为, 2.AD CE==所以四边形ADCE是平行四边形.所以//.AE CD故CD DM⊥.因为平面⊥AEB1平面AECD, 平面IAEB1平面AEAECD=,1B M⊂平面AECD所以⊥MB1平面AECD.1.B M AE⊥因为⊂CD平面AECD, 所以⊥MB1CD.因为MMBMD=1I, MD、⊂MB1平面MDB1,所以⊥CD平面MD B 1. ……………5分(II) 以ME 为x 轴, MD 为y 轴, 1MB 为z 轴建立空间直角坐标系，则)0,3,2(C , )3,0,0(1B , )0,0,1(-A ,)0,3,0(D .平面E AB 1的法向量为)0,3,0(=→MD .设平面A DB 1的法向量为),,(z y x m =→, 因为)3,0,1(1=→AB ，)0,3,1(=→AD ,⎪⎩⎪⎨⎧=+=+0303y x z x , 令1=z 得, )1,1,3(-=→m .所以55,cos>=<→→MD m , 因为二面角E AB D --1为锐角, 所以二面角E AB D --1的余弦值为55. ……………10分(III) 存在点P ,使得//MP 平面1B AD . ……………11分法一: 取线段1B C 中点P ，1B D 中点Q ，连结,,MP PQ AQ . 则//PQ CD ，且1=2PQ CD . 又因为四边形AECD 是平行四边形，所以//AE CD .因为M 为AE 的中点，则//AM PQ .所以四边形AMPQ 是平行四边形，则//MP AQ .又因为AQ ⊂平面1AB D ,所以//MP 平面1AB D .所以在线段C B 1上存在点P ，使得//MP 平面AD B 1，2111=C B P B . ……………14分法二：设在线段C B 1上存在点P ，使得//MP 平面AD B 1,设11B P B C λ=u u u r u u u u r,(10≤≤λ),(2,3,0)C ，因为11MP MB B P =+u u u r u u u u r u u u r .所以(2,3,33)MP λλλ=-u u u r.xyAE CDMB 1z因为//MP 平面AD B 1, 所以0MP m ⋅=u u u r u r, 所以033332=-++-λλλ, 解得21=λ, 又因为MP ⊄平面AD B 1, 所以在线段C B 1上存在点P ，使得//MP 平面AD B 1，2111=C B P B ．……………14分。

2015届(文科数学)二轮复习课件大题冲关专题六_立体几何_第2讲_空间图形的位置关系

解析:A 项,当 m∥α,n∥α时,m,n 可能平行,可能相交,也可能异面,故错误; B 项,当 m∥α,m∥β时,α,β可能平行也可能相交,故错误; C 项,当 m∥n,m⊥α时,n⊥α,故正确; D 项,当 m∥α,α⊥β时,m 可能与β平行,可能在β内,也可能与β相交,故错误.故选 C.
3.(2012 高考浙江卷,文 5)设 l 是直线,α ,β 是两个不同的平面 ( B ) (A)若 l∥α ,l∥β ,则α ∥β (B)若 l∥α ,l⊥β ,则α ⊥β (C)若α ⊥β ,l⊥α ,则 l⊥β (D)若α ⊥β ,l∥α ,则 l⊥β
解析:设α∩β=a,若直线 l∥a,且 l⊄α,l⊄β,则 l∥α,l∥β, 因此α不一定平行于β,故选项 A 错误; 由于 l∥α,故在α内存在直线 l′∥l, 又因为 l⊥β,所以 l′⊥β, 故α⊥β,所以选项 B 正确; 若α⊥β,在β内作交线的垂线 l, 则 l⊥α,此时 l 在平面β内,因此选项 C 错误; 已知α⊥β,若α∩β=a,l∥a,且 l 不在平面α,β内, 则 l∥α且 l∥β,因此选项 D 错误.故选 B.
解析:对于命题①,由题意知,A′G⊥DE,FG⊥DE, 故 DE⊥平面 A′FG,DE⊥A′F,即命题①正确; 对于命题②,由于 DE⊥平面 A′GF,DE⊂ 平面 BCED, 所以平面 A′GF⊥平面 BCED,故命题②正确; 对于命题③,当 A′G⊥平面 ABC 时,此时 A′到平面 FED 距离最大,三棱锥 A′ FED 的体积取最大值,故命题③正确; 对于命题④,当 A′E 在平面 ABC 上的射影与直线 BD 垂直时, 易证 A′E 与 BD 垂直,故该命题不正确.
4.(2013 高考山东卷,文 19)如图,四棱锥 P ABCD 中,AB⊥AC,AB⊥PA,AB∥CD,AB=2CD,E,F,G,M,N 分别为 PB,AB,BC,PD,PC 的中点.

2015届高考数学(理·湖北)二轮专题复习课件【5】立体几何

A.
��
B.
��
��
C.
��
D.
��
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【解析】依三视图画出该几何体的直观图为三棱锥
D -A B C (如图 ), 作 D E ⊥平面 A B C 于点 E , 则 E 为 A C 的中
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立体几何是高考考查的重点内容之一, 主要考查学生的空间想象能力、语言表达能力、推理论证能力、运算求解能力 . 从近三年的高考命题来看, 选择题主要考查简单几何体的三视图, 与其他知识结合计算柱、锥体的棱长及球的表面积和体积; 解答题主要考查点、线、面位置关系的判断及证明, 考查空间向量的运算以及向量方法在立体几何图形中的运用, 将立体几何问题代数化. 预测 2015 年高考对立体几何的考查中, 空间几何体的三视图及其表面积、体积计算,
【答案】 D
如图, 在梯形 A B C D 中 , A B ∥C D ,A D =D C =C B =a, ∠
A B C = 60°, 平面 A C F E ⊥平面 A B C D , 四边形 A C F E 是矩
形, A E =a. ( 1) 求证 : B C ⊥平面 A C F E ; ( 2) 求二面角 B -E F -D 的平面角的余弦值.
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A. 若 a⊥b, a⊥c, 则 b∥c B. 若 a⊥α, b⊥α, 则 a∥b C. 若 α⊥γ, β⊥γ, 则 α∥β D. 若 a∥α, α⊥β, 则 a∥β
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2015届高考数学(理)二轮专题配套练习：专题5_第1讲_空间几何体(含答案)

第1讲空间几何体考情解读 1．以三视图为载体，考查空间几何体面积、体积的计算.2．考查空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题．1．四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直平行六面体、长方体之间的关系2．空间几何体的三视图（1）三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从物体的正前方、正左方、正上方看到的物体轮廓线的正投影形成的平面图形．（2）三视图排列规则：俯视图放在正视图的下面，长度与正视图一样；侧视图放在正视图的右面，高度和正视图一样，宽度与俯视图一样．（3）画三视图的基本要求：正俯一样长，俯侧一样宽，正侧一样高．看不到的线画虚线． 3．直观图的斜二测画法空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则：（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，直观图中仍分别平行于坐标轴．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． 4．空间几何体的两组常用公式（1）柱体、锥体、台体的侧面积公式： ①S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)； ②S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)；③S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上，下底面的周长，h ′为斜高)；④S 球表＝4πR 2(R 为球的半径)．（2）柱体、锥体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；③V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (不要求记忆)；④V 球＝43πR 3.热点一三视图与直观图例1 （1）某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A ．83B ．8C ．323D ．16（2）(2013·四川)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是()思维启迪 (1)根据三视图确定几何体的直观图；(2)分析几何体的特征，从俯视图突破．思维升华空间几何体的三视图是从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图，因此在分析空间几何体的三视图问题时，先根据俯视图确定几何体的底面，然后根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置，再确定几何体的形状，即可得到结果．（1）(2013·课标全国Ⅱ)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O －xyz 中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx 平面为投影面，则得到的正视图可以为( )（2）将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为()热点二几何体的表面积与体积例2 （1）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A ．2πB ．22πC ．π3D ．2π3（2）如图，在棱长为6的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在C 1D 1与C 1B 1上，且C 1E ＝4，C 1F ＝3，连接EF ，FB ，DE ，则几何体EFC 1－DBC 的体积为()A ．66B ．68C ．70D ．72思维启迪 (1)由三视图确定几何体形状；(2)对几何体进行分割．思维升华 (1)利用三视图求解几何体的表面积、体积，关键是确定几何体的相关数据，掌握应用三视图的“长对正、高平齐、宽相等”；(2)求不规则几何体的体积，常用“割补”的思想．多面体MN －ABCD 的底面ABCD 为矩形，其正视图和侧视图如图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形，则该多面体的体积是()A ．16＋33B ．8＋633C ．163D ．203热点三多面体与球例3 如图所示，平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将其沿对角线BD 折成四面体ABCD ，使平面ABD⊥平面BCD ，若四面体ABCD 的顶点在同一个球面上，则该球的体积为( )A ．32π B ．3π C ．23π D ．2π 思维启迪要求出球的体积就要求出球的半径，需要根据已知数据和空间位置关系确定球心的位置，由于△BCD 是直角三角形，根据直角三角形的性质：斜边的中点到三角形各个顶点的距离相等，只要再证明这个点到点A 的距离等于这个点到B ，C ，D 的距离即可确定球心，进而求出球的半径，根据体积公式求解即可．思维升华多面体与球接、切问题求解策略(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．(2)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段P A ，PB ，PC 两两互相垂直，且P A ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，则4R 2＝a2＋b 2＋c 2求解．（1）(2014·湖南)一块石材表示的几何体的三视图如图所示．将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4（2）一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的体积是________；若该几何体的所有顶点在同一球面上，则球的表面积是________．1．空间几何体的面积有侧面积和表面积之分，表面积就是全面积，是一个空间几何体中“暴露”在外的所有面的面积，在计算时要注意区分是“侧面积还是表面积”．多面体的表面积就是其所有面的面积之和，旋转体的表面积除了球之外，都是其侧面积和底面面积之和．2．在体积计算中都离不开空间几何体的“高”这个几何量(球除外)，因此体积计算中的关键一环就是求出这个量．在计算这个几何量时要注意多面体中的“特征图”和旋转体中的轴截面．3．一些不规则的几何体，求其体积多采用分割或补形的方法，从而转化为规则的几何体，而补形又分为对称补形(即某些不规则的几何体，若存在对称性，则可考虑用对称的方法进行补形)、还原补形(即还台为锥)和联系补形(某些空间几何体虽然也是规则几何体，不过几何量不易求解，可根据其所具有的特征，联系其他常见几何体，作为这个规则几何体的一部分来求解)． 4．长方体的外接球（1）长、宽、高分别为a 、b 、c 的长方体的体对角线长等于外接球的直径，即a 2＋b 2＋c 2＝2R ；（2）棱长为a 的正方体的体对角线长等于外接球的直径，即3a ＝2R.真题感悟1．(2014·北京)在空间直角坐标系Oxyz 中，已知A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，D (1,1，2)．若S 1，S 2，S 3分别是三棱锥D －ABC 在xOy ，yOz ，zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则( ) A ．S 1＝S 2＝S 3 B ．S 2＝S 1且S 2≠S 3 C ．S 3＝S 1且S 3≠S 2D ．S 3＝S 2且S 3≠S 12．(2014·江苏)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2.若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________． 1．D 2．32 1．B 2．A押题精练1．把边长为2的正方形ABCD 沿对角线BD 折起，连接AC ，得到三棱锥C －ABD ，其正视图、俯视图均为全等的等腰直角三角形(如图所示)，则其侧视图的面积为()A ．32 B ．12 C ．1 D ．222．在三棱锥A －BCD 中，侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，△ABC ，△ACD ，△ABD 的面积分别为22，32，62，则三棱锥A －BCD 的外接球体积为( ) A ．6π B ．26π C ．36π D ．46π(推荐时间：50分钟)一、选择题1．已知正三棱锥V －ABC 的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图的面积为()A ．2B ．4C ．6D ．82．右图是棱长为2的正方体的表面展开图，则多面体ABCDE 的体积为( ) A ．2 B ．23 C ．43 D ．833．如图，某几何体的正视图和俯视图都是矩形，侧视图是平行四边形，则该几何体的体积为( )A ．15＋3 3B ．9 3C ．30＋6 3D ．18 34．已知正四棱锥的底面边长为2a ，其侧(左)视图如图所示．当正(主)视图的面积最大时，该正四棱锥的表面积为()A ．8B ．8＋8 2C ．8 2D ．4＋8 25．某几何体的三视图如图所示，其中正视图是腰长为2的等腰三角形，侧视图是半径为1的半圆，该几何体的体积为()A ．33π B ．36π C ．32π D ．3π 6．(2014·大纲全国)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( ) A ．81π4 B ．16π C ．9π D ．27π4二、填空题7．有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，则这块菜地的面积为________．8．如图，侧棱长为23的正三棱锥V －ABC 中，∠AVB ＝∠BVC ＝∠CVA ＝40°，过A 作截面△AEF ，则截面△AEF 的周长的最小值为____________．9．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1－EDF 的体积为______．10．已知矩形ABCD 的面积为8，当矩形周长最小时，沿对角线AC 把△ACD 折起，则三棱锥D －ABC 的外接球的表面积等于________．三、解答题11．已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，侧视图是一个底边长为6、高为4的等腰三角形．（1）求该几何体的体积V ；（2）求该几何体的侧面积S .12．如图，在Rt △ABC 中，AB ＝BC ＝4，点E 在线段AB 上．过点E 作EF ∥BC 交AC 于点F ，将△AEF 沿EF 折起到△PEF 的位置(点A 与P 重合)，使得∠PEB ＝30°. （1）求证：EF ⊥PB ；（2）试问：当点E 在何处时，四棱锥P —EFCB 的侧面PEB 的面积最大？并求此时四棱锥P—EFCB 的体积．例1 (1)B (2)D 变式训练1 (1)A (2)D 例2 (1)D (2)A 变式训练2 D例3 答案 A 变式训练3 (1)B (2)133π1．32 2．D 1．B 2．ACDB B AA 7．2＋22 8．6 9．1610．16π 11．解由已知可得，该几何体是一个底面为矩形，高为4，顶点在底面的投影是矩形中心的四棱锥E －ABCD . (1)V ＝13×(8×6)×4＝64.(2)四棱锥E －ABCD 的两个侧面EAD ，EBC 是全等的等腰三角形，且BC 边上的高h 1＝ 42＋(82)2＝42；另两个侧面EAB ，ECD 也是全等的等腰三角形，AB 边上的高h 2＝ 42＋(62)2＝5.因此S ＝2×(12×6×42＋12×8×5)＝40＋24 2.12．(1)证明 ∵EF ∥BC 且BC ⊥AB ，∴EF ⊥AB ，即EF ⊥BE ，EF ⊥PE .又BE ∩PE ＝E ， ∴EF ⊥平面PBE ，又PB ⊂平面PBE ， ∴EF ⊥PB .(2)解设BE ＝x ，PE ＝y ，则x ＋y ＝4. ∴S △PEB ＝12BE ·PE ·sin ∠PEB＝14xy ≤14⎝⎛⎭⎫x ＋y 22＝1. 当且仅当x ＝y ＝2时，S △PEB 的面积最大．此时，BE ＝PE ＝2. 由(1)知EF ⊥平面PBE ， ∴平面PBE ⊥平面EFCB ，在平面PBE 中，作PO ⊥BE 于O ，则PO ⊥平面EFCB . 即PO 为四棱锥P —EFCB 的高．又PO ＝PE ·sin 30°＝2×12＝1.S EFCB ＝12×(2＋4)×2＝6.∴V P —BCFE ＝13×6×1＝2.。

2015届高考二轮复习立体几何

解析
1
2
3
4
5
6
7
8
9 10
因为平行于同一平面的两条直线除了平行，还
可能相交或成异面直线，所以命题①错误；由直线与平面平行的定义知命题②正确；由于垂直于同一个平面的两个平面可能平行还可能相交，因此命题③错误；过两条异面直线分别作平面互相平行，这两个平面是唯一存在的，因此命题④正确.故选C. 答案 C
如图所示，该几何体的下底面是边长为 4的正方形；上底面是长为4，宽为2的矩形；
两个梯形侧面垂直于底面，上底长为2，下底长为4，
高为4；
另两个侧面是正方形，边长为4.
所以表面积S＝42×3＋2×4＋2×
＝48＋8＋24＝80.
1 (2＋4)×4 2
找准失分点
不能准确把握三视图和几何体之间的数量关系，根
行，则该直线与此平面平行.
性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线
③直线与平面垂直的判定定理和性质定理：判定定理：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. 性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行.
(2)平面与平面
①位置关系：平行、相交 ( 垂直是相交的一种特殊
情况).
1.已知三条不同直线 m， n ， l 与三个不同平面 α ， β， ①若 m∥α ， n∥α ，则 m∥n ；②若 α∥β ， l⊂α ，则 l∥β；③α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；④若m，n为异面直
线，m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β.
其中正确命题的个数是( )
A.0
B.1 C.2
D.3
查缺补漏
分明.
[问题1]
如图，若一个几何体的正(主)
视图、侧(左)视图、俯视图均为面积等于 2的等腰直角三角形，则该几何体的体积 4 为________. 3

2015年高考模拟试题_福建省福州市高考数学二轮复习专题训练七：立体几何(解析版)

福州2015年高考数学二轮复习专题训练：立体几何本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题 (本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．利用斜二测画法得到的①三角形的直观图一定是三角形；②正方形的直观图一定是菱形；③等腰梯形的直观图可以是平行四边形；④菱形的直观图一定是菱形.以上结论正确的是( )A ．①②B ． ①C ．③④D ． ①②③④【答案】B 2．如图，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB 、AC ，M 、N 分别是对边OA 、BC 的中点，点G 在线段MN 上，且2MG GN =，现用基向量,,OA OB OC 表示向量，设OG xOA yOB zOC =++，则x 、y 、z 的值分别是( )A ． x ＝31，y ＝31，z ＝31 B ． x ＝31，y ＝31，z ＝61 C ． x ＝31，y ＝61，z ＝31 D ． x ＝61，y ＝31，z ＝31 【答案】D 3．在半径为R 的球内放入大小相等的4个小球，则小球半径r 的最大值为( )A ．()R 26-B ． ()R 12-C ．R 41D ．R 31【答案】A4．如图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中E 、F 分别为棱DD 1、BB 1上的动点，且BF=D 1E ，设EF 与AB 所成角为α，EF 与BC 所成的角为β，则βα+的最小值为( )A ．︒45B ．︒60C ．︒90D ．无法确定【答案】C 5．若一个螺栓的底面是正六边形，它的主视图和俯视图如图所示，则它的体积是( )A ．πB ．πC ．πD ．π【答案】C6．有下列命题：①有两个面平行,其余各面都是四边形的几何体叫棱柱；②有两个面平行, 其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱； ③有两个面平行,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的几何体叫棱柱；④ 用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台。

2015届(理科数学)二轮复习课件_专题六_立体几何_第1讲_空间几何体

解析:观察题中三视图知该三棱锥的底面为一直角三角形,右侧面也是一直角三角形.
1 1 3 故体积等于 × ×3×1×2=1(cm ). 3 2
cm3.
答案:1
感悟备考
从近几年的考情分析来看:
三视图是每年的必考内容,一般以选择题的形式出现,一
是考查相关的识图,由三视图想象直观图,二是以三视图为载体,考查体积的计算等,均属低中档题. 预计2015年仍以选择题形式考查三视图的识图问题以及简单几何体体积的计算,另外,由直观图判断三视图以及
坐标系O-xyz中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),
(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图时,以zOx平面为投影面,则得到的正视图可以为( )
解析:(1)由于俯视图是两个圆.所以排除选项A、B、C, 故选D. (2)在空间直角坐标系中,设正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为 1,A1(1,0,1),B(1,1,0),C1(0,1,1),O(D)(0,0,0),若以zOx 平面为投影面,即从右向左看的正视图为正方形ADD1A1,其中A1D、BC1分别为虚线、实线.
值为() 2
(C)1
解析:(1)由几何体的三视图得直观图如图,
1 2 1 则体积为[1×2+ ]×2=7(cm ).
3
2
故选 D.
(2)该几何体为四棱锥,高为 x,
1 3 底面面积为 ×(1+2)×1= , 2 2 x 3 1 于是 · = ,x=1. 3 2 2
故选A.
热点二由三视图求空间几何体的体积及表面积【例2】 (1)(2014温州一模)已知某几何体的三视图(单
位:cm)如图所示,则此几何体的体积是(
)

2015届高三数学二轮复习(新课标)- 立体几何综合题(文)

(文)三、立体几何综合题立体几何题担负的重任是考查考生的空间想象能力．《考试大纲》的要求是，能画出简单空间图形(如长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述的三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图，理解空间直线、平面位置关系的定义以及它们的判定定理和性质定理，能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题．能用空间向量的方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的论证和计算问题．立体几何解答题主要分两类：一类是空间线面关系的判定和推理证明，主要是证明平行和垂直，求解这类问题要依据线面关系的判定定理和性质定理进行推理论证；另一类是空间几何体的体积计算．阅卷案例3(2013·北京高考)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面P AD⊥底面ABCD，P A⊥AD.E和F分别是CD和PC的中点，求证：(1)P A⊥底面ABCD；(2)BE⊥平面P AD；(3)平面BEF⊥平面PCD.审题(1)切入点：从平面P AD⊥平面ABCD入手．关注点：P A⊂平面P AD.(2)切入点：从证明四边形ABED是平行四边形入手．关注点：BE⊄平面P AD，AD⊂平面P AD.(3)切入点：从证明CD⊥平面BEF入手．关注点：CD⊂平面PCD.解题证明(1)因为平面P AD⊥平面ABCD，P A⊥AD且P A在平面P AD内，这两个平面的交线为AD，(2分)所以由两个平面垂直的性质定理得P A⊥底面ABCD.(3分)(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE，所以四边形ABED为平行四边形，(5分)所以BE∥AD.(6分)又因为BE⊄平面P AD，AD⊂平面P AD，所以BE∥平面P AD.(8分)(3)因为AB⊥AD，而且四边形ABED为平行四边形，所以AD⊥CD，BE⊥CD，(9分)由(1)知P A⊥底面ABCD，所以P A⊥CD，因为P A，AD相交于点A，所以CD⊥平面P AD，所以CD⊥PD，(10分)因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PD∥EF，所以CD⊥EF，因为EF，BE相交于点E，所以CD⊥平面BEF，(11分)因为平面PCD经过直线CD，所以平面BEF⊥平面PCD.(12分)阅读现象评分细则第(1)问得分点及说明得分点：①“P A在平面P AD内”，“这两个平面的交线为AD”，各得1分．②只要把面面垂直的性质定理的条件摆全，就给3分．说明：①只有“平面P AD⊥平面ABCD，P A⊥AD”不得分．②只要出现线在面内，两个平面的交线，就给2分，再推出线面垂直，就给3分．③只说“根据两个平面垂直的性质定理得P A⊥底面ABCD，”给1分．第(2)问得分点及说明得分点：①“四边形ABED为平行四边形”，给2分．②“BE∥AD”，给1分．③“BE⊄平面P AD，AD⊂平面P AD，所以BE∥平面P AD”，给2分．说明：①有平行四边形ABFD就得2分．②由条件直接得BE∥AD，只给2分，扣1分．③没有说明BE⊄平面P AD，扣1分．④没有说明AD⊂平面P AD，不扣分．⑤若直接由条件得AB∥DE，且AB＝DE，推出BE∥AD，进而有BE∥平面P AD，只给2分．第(3)问得分点及说明得分点：①前面有过程，到“CD⊥PD”，得2分．②有“CD⊥平面BEF”，得1分．③有“平面PCD经过直线CD，所以平面BEF⊥平面PCD”，得1分．说明：①有CD⊥平面P AD，给1分，若无，再看AD⊥CD，BE⊥CD，有一个就得1分，两个都没有，不得分．②有“CD⊥平面BEF”，得1分，若没有，再看CD⊥EF，有就给1分，没有，不得分．③有“平面PCD经过直线CD，”给1分，没有，扣1分．满分规则规则1得步骤分：是得分点的步骤，有则给分，无则没分如第(1)问，只要出现“线在面内，两个平面的交线”，就给2分，再推出线面垂直，就给3分，因此还是分步骤写过程容易得分．规则2得关键分：解题过程的关键点，有则给分，无则没分如第(2)问中的“四边形ABED为平行四边形”，得2分，“BE∥AD”，得1分，“BE⊄平面P AD，AD⊂平面P AD，所以BE∥平面P AD”，得2分．第(3)问中EF，BF相交于点E，是关键点，没有则不给分．第(3)问中“平面PCD经过直线CD”，是关键点，没有这句话，就扣1分．规则3得转化分：解题中的转化思想非常重要，可打开思路，得到分数三问中都要用到平行、垂直的定理、性质相互转化证明，这样思路变通畅，可以顺利解决问题，得到满分．规则4通性通法得分：评分细则针对最基本的方法给分如第(1)问证线面垂直，就利用已知面面垂直的性质定理推导；第(2)问证明线面平行，就利用线面平行的判定定理，找线线平行；第(3)问要证明面面垂直，就利用面面垂直的判定定理，转化为证明线面垂直．再利用线面垂直的判定定理转化为线线垂直．这些都是证明线面关系的通性通法，考试中可以得到基本分．阅卷心得不求巧妙用通法，通性通法要强化高考评分细则只对主要解题方法也是最基本的方法给出详细得分标准，所以用最常规的方法往往与参考答案一致，比较容易踩到得分点．变题3．(2014·福建厦门质检)在四棱锥P－ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，M 、N 分别是BC 和PD 的中点．(1)证明：MN ∥平面P AB ；(2)证明：平面PBD ⊥平面P AC .证明 (1)取P A 的中点O ，连接BO 、NO . ∴NO 是△P AD 的中位线，∴NO ∥AD ，NO ＝12AD .(2分) ∵四边形ABCD 为菱形，∴MB ∥AD ，MB ＝12AD ， ∴NO ∥MB ，NO ＝MB ，∴四边形BMNO 为平行四边形，∴MN ∥BO .又∵BO ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，∴MN ∥平面P AB .(2)∵四边形ABCD 为菱形，∴BD ⊥AC .又∵P A ⊥平面ABCD ，且BD ⊂平面ABCD ， ∴P A ⊥BD .又∵P A ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面P AC .又∵BD ⊂平面PBD ，∴平面PBD ⊥平面P AC .。

高考数学二轮题复习立体几何文

2015高考数学二轮复习：立体几何写出下列几何体的体积及表面积公式：球、正方体、长方体、圆柱、圆锥、棱锥、圆台、棱台1. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为2.某几何体的三视图如图，它的体积为 ( ) A ．12π B ．45π C ．π57 D ．π813.如图，正三棱柱-ABC 111A B C 的各棱长均为2，则侧视图的面积为（）,外接球表面积A.22B.4C.3D.边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折起，形成的三棱锥把A BCD -的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为 ( )A ．22B ．21C ．42D ．415.在长方体1111ABCD A B C D -中，3cm AB AD ==，12cm AA =，则四A BB D D -6.一个直棱柱被一个平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则几何体的体积为（）A ．9 B.10 C.11 D.2327.若某几何体的三视图如下图所示，则此几何体的体积是（）A ．3523B ．3203C ．2243D ．16038.如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，E 为棱1DD 上的点，F 为AB 的中点，则三棱锥1B BFE -的体积为9.长方体1111ABCD A B C D -的顶点均在同一个球面上，11AB AA ==，BC =A ,B 两点间的球面距离为10.如图，圆柱形容器内盛有高度为cm 3的水，若放入三个相同的球后，水恰好淹没最上面的球，则球的半径是cm11.某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是（）A. 5628+B. 5630+C. 51256+D. 51260+ 12.一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的( )A.外接球的半径为 B.正视图侧视图正视图俯视图C.1 D.外接球的表面积为163π13.已知几何体的三视图如图所示，可得这个几何体的体积是（） A ．4 B ．6 C ．12 D ．1814.已知一个空间几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表面积是15.（）A． B ．3225π C ．3225π D ．12825π（2）（难）从一个正方体中截去部分几何体，得到一个以原正方体的部分顶点为顶点的凸多面体，其三视图如图，则该几何体体积为（） A ．25 B ．26 C ．9 D. 1016．三棱锥ABC S -的顶点都在同一球面上，且4,22=====SC BC SB AC SA ，该球的表面积为（）体积为（）A ．π3256B ．π332C．π16D ．π6417（难）已知一个三棱锥的三视图如图，其中俯视图是斜边长为2的等腰直角三角形，俯视图左视图主视图侧视A.3B.43C.23D.18.一个几何体的三视图如图所示，其中主视图和左视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为（） A ．π12 B ．π34 C ．π3D ．π31219（难）已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且2SC =，则此棱锥的体积为（）A． B ．C ．D．20.正四棱柱1111ABCD A B C D -中,12,AB CC E ==为1CC 的中点，则直线1AC 与平面BED 的距离为（） A ．2 B ．CD ．121.正方体1111ABCD A B C D -棱长为1,F E ,分别为线段C B AA 11，上的点，则三棱锥EDF D -1体积为22.若圆锥的侧面积为π2，底面积为π，则该圆锥的体积为23.正六棱椎ABCDEF P -底面边长为1，O 为中心，ABCDEF PO ⊥,8PA =，该六棱椎的体积是24.在长方体1111D C B A ABCD -中，1,21===AABC AB ,则1BC 与平面D D BB 11所成角的正弦值为25.已知等边ABC ∆边长为2，作直观图，并求直观图的面积26.已知三角形ABC ∆的直观图是边长为2的等边三角形，作平面图，并求平面图的面积π28.已知正方体棱长为a ，则外接球半径为，外接球的内接正四面体棱长为该正四面体体积与正方体体积之比为29.一个与球心距离为2的平面截球所得圆面面积为π，则：球的半径为，体积为表面积为内接正方体的棱长为，体积为内接正四面体棱长为表面积为体积为30.已知正四面体S ABC -的棱长为a ,求：（1）正四面体的体积和表面积（2）正四面体外接球的体积和表面积31.若一个球的体积为，则它的表面积为32.33.（等体积）已知正三棱锥ABC P -，点,,,P A B C ,,PA PB PC 两两相互垂直，则球心到截面ABC 的距离为34.已知球O 的面上四点310,,,,,,===⊥⊥BC AB DA BC AB ABC DA D C B A ，，则球O 体积等于35.已知点,,,A B C D 在同一个球面上,,AB BCD ⊥平面,BC CD ⊥若6,AB =AC =8AD =, 则,B C 两点间的球面距离是36.(1)在体积为的球的表面上有三点，C A BC AB ,21，，==两点的球面距离为，则球心到平面ABC 的距离为_________．(2)矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O的球面上，且6,AB BC ==,则棱锥O ABCD -体积为 37.ABC ∆中，0120,3,2=∠==ABC BC AB 若使ABC ∆绕直线BC 旋转一周，所形成几何体的体积是 38.在三棱柱111C B A ABC -中，若F E ,分别为AC AB ,的中点，平面11C EB 将三棱柱分成体积为()2121,V V V V >的两部分，那么=21:V V39.三棱柱111C B A ABC -中，底面边长和侧棱长都相等，01160=∠=∠CAA BAA ，则异面直线1AB 和1BC 所成角的余弦值为40.已知三棱锥ABC P -的各顶点都在一个半径为R 的球面上，球心O 在AB 上，PO ⊥底面ABC ，R AC 3=,则三棱锥的体积与球的体积之比是 .41.（14理）三棱锥ABC P -中，E D ,分别为PC PB ,的中点，记三棱锥ABE D -的体积为ABC P V -,1的体积为2V ，则=21V V42.（14文）一个六棱锥体积为32,底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等,该六棱锥的侧面积43.（13理）已知三棱柱111C B A ABC -的侧棱与底面垂直,体积为49,底面积是边长为3的正三棱柱,若P 为底面111C B A 的中心,则PA 与平面ABC 所成角的大小为 ( )A.125πB.3πC.4πD.6π44.（13文）一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正（主）视图如右图所示该四棱锥侧面积和体积分别是（）A.B.83C.81),3 D. 88，45.（12文理）正方体1111D C B A ABCD -棱长为1,F E ,分别为线段C B AA 11，上的点，三棱锥EDF D -1 体积为46.（11文理）右图是长和宽分别相等的两个矩形，给定下列三个命题： ①存在三棱柱，其正（主）视图、俯视图如右图； ②存在四棱柱，其正（主）视图、俯视图如右图；③存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如右图。

【创新方案】2015届高考数学(新课标版,文)二轮复习专题训练：专题4 立体几何卷]

16．(2014· 东北三校联考)正四面体 ABCD 的棱长为 4，E 为棱 BC 的中点，过 E 作其外接球的截面，则截面面积的最小值为________．
专题四立体几何第一讲卷答案
一、选择题 1．解析：选 D 对于圆柱，其正视图和侧视图是形状和大小相同的矩形，但其俯视图为圆，因此不满足题意，故选 D. 2．解析：选 B 由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成．从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部有一条线段连接的两个三角形． 3．解析：选 C 由几何体的形成过程知所得几何体为圆柱，底面半径为 1，高为 1，其侧面积 S＝2πrh＝2π×1×1＝2π. 4．
解析：选 C 如图，设辅助正方体的棱长为 4，三视图对应的多面体为三棱锥 ABCD，最长的棱为 AD＝ 4 22＋22＝6，选 C. 1 5．解析：选 B 直观图为棱长为 2 的正方体割去两个底面半径为 1 的圆柱，所以该几何 4 1 体的体积为 23－2×π×12×2× ＝8－π. 4 6．
连接 MD，OE，则 MD，OE 分别为△ABC，△ACC1 的中位线， 1 1 所以，MD AC，OE AC， 2 2 因此 MD OE. 连接 OM，从而四边形 MDEO 为平形四边形，则 DE∥MO. 因为直线 DE⊄平面 A1MC，MO⊂平面 A1MC，所以直线 DE∥平面 A1MC. 即线段 AB 上存在一点 M(线段 AB 的中点)，使直线 DE∥平面 A1MC.
4．解：(1)因为四边形 ABB1A1 和 ACC1A1 都是矩形，所以 AA1⊥AB，AA1⊥AC. 因为 AB，AC 为平面 ABC 内两条相交直线，所以 AA1⊥平面 ABC. 因为直线 BC⊂平面 ABC，所以 AA1⊥BC. 又由已知，AC⊥BC，AA1，AC 为平面 ACC1A1 内两条相交直线，所以 BC⊥平面 ACC1A1. (2)取线段 AB 的中点 M，连接 A1M，MC，A1C，AC1，设 O 为 A1C，AC1 的交点．由已知，O 为 AC1 的中点．

2015届高三数学二轮复习(新课标) - 立体几何热点考向

利用空间向量证明空间位置关系【例1】如图所示，在底面是矩形的四棱锥P ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，P A ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面P AB ；(2)求证：平面P AD ⊥平面PDC .【证明】以A 为原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，所以E ⎝⎛⎭⎫12，1，12，F ⎝⎛⎭⎫0，1，12，EF →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，0，PB →＝(1,0，－1)，PD →＝(0,2，－1)，AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)，AB →＝(1,0,0)．(1)因为EF →＝－12AB →，所以EF →∥AB →，即EF ∥AB .又AB ⊂平面P AB ，EF ⊄平面P AB ，所以EF ∥平面P AB .(2)因为AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0， AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，所以AP →⊥DC →，AD →⊥DC →，即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .又因为AP ∩AD ＝A ，AP ⊂平面P AD ，AD ⊂平面P AD ，所以DC ⊥平面P AD .因为DC ⊂平面PDC ，所以平面P AD ⊥平面PDC .【规律方法】使用空间向量方法证明线面平行时，既可以证明直线的方向向量和平面内一条直线的方向向量平行，然后根据线面平行的判定定理得到线面平行，也可以证明直线的方程向量与平面的法向量垂直；证明面面垂直既可以证明线线垂直，然后使用判定定理进行判定，也可以证明两个平面的法向量垂直．[创新预测]1．在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 在线段BB 1上，且EB 1＝1，D ，F ，G 分别为CC 1，C 1B 1，C 1A 1的中点．求证：(1)B 1D ⊥平面ABD ； (2)平面EGF ∥平面ABD .证明 (1)以B 为坐标原点，BA ，BC ，BB 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B (0,0,0)，D (0,2,2)，B 1(0,0,4)，设BA ＝a ，则A (a,0,0)，所以BA →＝(a,0,0)，BD →＝(0,2,2)，B 1D →＝(0,2，－2)， B 1D →·BA →＝0，B 1D →·BD →＝0＋4－4＝0，即B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD . 又BA ∩BD ＝B ，因此B 1D ⊥平面ABD .(2)由(1)知，E (0,0,3)，G ⎝⎛⎭⎫a2，1，4，F ()0，1，4，则EG →＝⎝⎛⎭⎫a 2，1，1，EF →＝(0,1,1)， B 1D →·EG →＝0＋2－2＝0， B 1D →·EF →＝0＋2－2＝0，即B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF .又EG ∩EF ＝E ，因此B 1D ⊥平面EGF . 结合(1)可知平面EGF ∥平面ABD .利用空间向量求空间角【例2】 (2014·山东省烟台市高考模拟卷)如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠ABC ＝60°，四边形ACFE 为矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，CF ＝1.点M 在线段EF 上运动，设平面MAB 与平面FCB 所成二面角的平面角为θ(θ≤90°)，试求cos θ的取值范围．【解】可建立分别以直线CA ，CB ，CF 为x 轴，y 轴，z 轴的空间直角坐标系，如图所示．令FM ＝λ(0≤λ≤3)，则C (0,0,0)，A (3，0,0)，B (0,1,1)，M (λ，0,1)，∴AB →＝(－3，1,0)，BM →＝(λ，－1,1)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面MAB 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB →＝0n 1·BM →＝0得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0λx －y ＋z ＝0.取x ＝1，则n 1＝(1，3，3－λ)，∵n 2＝(1,0,0)是平面FCB 的一个法向量，∴cos θ＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝11＋3＋(3－λ)2×1＝1(λ－3)2＋4.∵0≤λ≤3，∴当λ＝0时，cos θ有最小值77，当λ＝3时，cos θ有最大值12.∴cos θ∈[77，12]．【规律方法】 1.利用空间向量求空间角的步骤：第一步建立适当的空间直角坐标系；第二步确定出相关点的坐标；第三步写出相关向量的坐标；第四步结合公式进行论证、计算；第五步转化为几何结论．2．巧用“向量法”求解“空间角”： (1)向量法求异面直线所成的角若异面直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，异面直线所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a ·b ||a ||b |. (2)向量法求线面所成的角求出平面的法向量n ，直线的方向向量a ，设线面所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝|n ·a ||n ||a |. (3)向量法求二面角求出二面角α－l －β的两个半平面α与β的法向量n 1，n 2，若二面角α－l －β所成的角θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|；若二面角α－l －β所成的角θ为钝角，则cos θ＝－|cos 〈n 1，n 2〉|＝－|n 1·n 2||n 1||n 1|.[创新预测]2．(2014·深圳第一次调研)如图所示．在多面体ABCDA 1B 1C 1D 1中，上、下两个底面A 1B 1C 1D 1和ABCD 互相平行，且都是正方形，DD 1⊥底面ABCD ，AB ＝2A 1B 1＝2DD 1＝2a .(1)求异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值；(2)已知F 是AD 的中点，求证：FB 1⊥平面BCC 1B 1； (3)在(2)的条件下，求二面角FCC 1B 的余弦值．【解】以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (2a,0,0)，B (2a,2a,0)，C (0,2a,0)，D 1(0,0，a )，F (a,0,0)，B 1(a ，a ，a )，C 1(0，a ，a )．(1)∵AB 1→＝(－a ，a ，a )，DD 1→＝(0,0，a )，∴|cos 〈AB 1→，DD 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪AB 1→·DD 1→|AB 1→|·|DD 1→|＝33，∴异面直线AB 1与DD 1所在角的余弦值为33. (2)∵BB 1→＝(－a ，－a ，a )，BC →＝(－2a,0,0)，FB 1→＝(0，a ，a )，∴⎩⎪⎨⎪⎧FB 1→·BB 1→＝0FB 1→·BC →＝0，∴FB 1⊥BB 1，FB 1⊥BC .∵BB 1∩BC ＝B ，∴FB 1⊥平面BCC 1B 1.(3)由(2)知，FB 1→为平面BCC 1B 1的一个法向量．设n ＝(x 1，y 1，z 1)为平面FCC 1的法向量， ∵CC 1→＝(0，－a ，a )，FC →＝(－a,2a,0)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·CC 1→＝0n ·FC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－ay 1＋az 1＝0－ax 1＋2ay 1＝0.令y 1＝1，则n ＝(2,1,1)， ∴cos 〈FB 1→，n 〉＝FB 1→·n |FB 1→|·|n |＝33，∵二面角FCC 1B 为锐角，∴二面角FCC 1B 的余弦值为33.利用空间向量解决探索性问题【例3】 (2014·湖北高考)如图在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q 分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0<λ<2)．(1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥平面EFPQ ；(2)是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．【解】以D 为原点，射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz .由已知得B (2,2,0)，C 1(0,2,2)，E (2,1,0)，F (1,0,0)，P (0,0，λ)．BC 1→＝(－2,0,2)，FP →＝(－1,0，λ)，FE →＝(1,1,0)．(1)【证明】当λ＝1时，FP →＝(－1,0,1)，因为BC 1→＝(－2,0,2)，所以BC 1→＝2FP →，即BC 1∥FP .而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ . (2)设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧FE →·n ＝0，FP →·n ＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋λz ＝0.于是可取n ＝(λ，－λ，1)．同理可得平面MNPQ 的一个法向量为m ＝(λ－2,2－λ，1)．若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则m·n ＝(λ－2,2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±22.故存在λ＝1±22，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．【规律方法】空间向量巧解探索性问题：(1)空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．(2)解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．[创新预测]3．(2014·山东聊城二模)如图(1)所示，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A -DC -B .(如图(2))(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求二面角E -DF -C 的余弦值；(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？如果存在，求出BPBC的值；如果不存在，请说明理由．【解】 (1)在△ABC 中，由E 、F 分别是AC 、BC 中点，得EF ∥AB ，又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ，∴AB ∥平面DEF .(2)以点D 为坐标原点，以直线DB 、DC 、DA 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (0,23，0)，E (0，3，1)，F (1，3，0)，DF →＝(1，3，0)，DE→＝(0，3，1)，DA →＝(0,0,2)．平面CDF 的法向量为DA →＝(0,0,2)，设平面EDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧DF →·n ＝0，DE →·n ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，3y ＋z ＝0，取n ＝(3，－3，3)，cos 〈DA →，n 〉＝DA →·n |DA →||n |＝217，所以二面角E -DF -C 的余弦值为217. (3)存在．设P (s ，t,0)，有AP →＝(s ，t ，－2)，则AP →·DE →＝3t －2＝0，∴t ＝233，又BP →＝(s －2，t,0)，PC →＝(－s,23－t,0)， ∵BP →∥PC →，∴(s －2)(23－t )＝－st ， ∴3s ＋t ＝2 3.把t ＝233代入上式得s ＝43，∴BP →＝13·BC →，∴在线段BC 上存在点P ，使AP ⊥DE .此时，BP BC ＝13.[总结提升] 失分盲点(1)混淆概念致误．混淆向量的夹角与异面直线的夹角的概念，导致结果错误． (2)错用公式致误．在求有关角的问题时，由于对角与向量之间的关系不清楚，导致错用夹角公式． (3)混淆公式致误．混淆二面角、线面角的向量计算公式．从而导致错误．答题指导在解决角的问题时，注意合理应用转化思想，将空间角转化为平面图形中的角；也可以建立空间直角坐标系．利用向量知识来求角，此时需注意角的范围及角的三角函数名．方法规律(1)求两条异面直线所成角的方法：一是平移直线法；二是空间向量法．(2)直线与平面所成角的求法：通过求直线的方向向量与平面的法向量的夹角来求直线与平面所成的角．(3)平面与平面所成的角：可利用待定系数法求出这两个平面的法向量，法向量的夹角可能等于两平面的夹角，也可能与两平面的夹角互补．(4)点到平面的距离的求法： ①直接法，即垂线段的长； ②等体积转化法，即换底法； ③向量法：用已知向量表示求解空间向量的运算与立体几何问题1．有了空间向量的知识后，立体几何中的问题就可以转化为向量的运算完成，因此使用空间向量方法解决立体几何问题．不仅要掌握空间向量与立体几何问题的对应关系，还要有一定的运算能力作基础．2．立体几何中向量的运算主要是：建立空间直角坐标系后求点的坐标，向量的坐标．求直线的方向向量，求平面的法向量，进行向量的线性运算、数量积运算等．【典例】 (2014·山东高考)如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是等腰梯形，∠DAB ＝60°，AB ＝2CD ＝2，M 是线段AB 的中点．(1)求证：C 1M ∥平面A 1ADD 1；(2)若CD 1垂直于平面ABCD 且CD 1＝3，求平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值．【解】 (1)因为四边形ABCD 是等腰梯形，且AB ＝2CD ，所以AB ∥DC ，又由M 是AB 的中点，因此CD ∥MA 且CD ＝MA .连接AD 1，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，因为CD ∥C 1D 1，CD ＝C 1D 1，可得C 1D 1//MA ，C 1D 1＝MA ，所以四边形AMC 1D 1为平行四边形，因此C 1M ∥D 1A .又C 1M ⊄平面A 1ADD 1，D 1A ⊂平面A 1ADD 1，所以C 1M ∥平面A 1ADD 1.(2)连接AC ，MC ，由(1)知CD ∥AM 且CD ＝AM ，所以四边形AMCD 为平行四边形．可得BC ＝AD ＝MC ，由题意∠ABC ＝∠DAB ＝60°，所以△MBC 为正三角形，因此AB ＝2BC ＝2，CA ＝3，因此CA ⊥CB .以C 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系C －xyz . 所以A (3，0,0)，B (0,1,0)，D 1(0,0，3)．因此M ⎝⎛⎭⎫32，12，0，所以MD 1＝⎝⎛⎭⎫－32，12，3，D 1C 1＝MB ＝⎝⎛⎭⎫－32，12，0.设平面C 1D 1M 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1C 1＝0，n ·MD 1＝0，得⎩⎨⎧3x －y ＝0，3x ＋y －23z ＝0，可得平面C 1D 1M 的一个法向量n ＝(1，3，1)，又CD 1＝(0,0，3)为平面ABCD 的一个法向量．因此cos〈CD1，n〉＝CD1·n|CD1|n||＝55.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为5 5.【规律感悟】平面的法向量是不唯一的，凡与平面垂直的向量都是其法向量，求解平面的法向量就是解一个由两个方程组成的三元一次方程组，注意对其中一个元赋值求解，得出该方程组的一个特解，就是所求平面的法向量．。

高三第二轮复习立体几何客观题组专题训练2.doc

高三第二轮复习立体几何客观题组专题训练（一）（含答案）一．选择题1．三条平行线所确定的平面的个数是A ．三个B ．两个C ．一个D ．一个或三个 2．空间交于一点的四条直线最多可以确定的平面的个数是 A ．4 B ．5 C ．6 D ．73．四条线段顺次首尾相接，它们所在的直线最多可以确定的平面的条数是 A ．4 B ．3 C ．2 D ．14．直线l 1∥l 2,l 1上取3点，l 2上取2点，由这五个点能确定的平面的个数是 A ．1 B ．3 C ．6 D ．95．空间三个平面两两相交，则它的交线的条数是 A ．1 B ．2 C ．3 D ．1或36．分别和两条异面直线平行的两条直线的位置关系是A ．一定平行B ．一定相交C ．一定异面D ．相交或异面7．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，异面直线CD 1和BC 1所成角的大小是 A ．45° B ．60° C ．90° D ．120°8．直线l 1∥l 2，a,b 与直线l 1和l 2都垂直，则a,b 的关系是A ．平行B ．相交C ．异面D ．平行，相交，异面都有可能 9．直线m,n 与异面直线a,b 相交于不同的四点，则m,n 的位置关系是 A ．平行 B ．相交 C ．垂直 D ．无公共点10．空间四边形ABCD 中，AC ⊥BD ，E ，F ，G ，H 分别是AB ，BC ，CD ，DA 的中点，则四边形EFGH 是A ．菱形B ．矩形C ．梯形D ．正方形11．a,b 是异面直线，a ⊂平面α，b ⊂平面β，α∩β＝c,则直线c A ．同时与a,b 相交 B ．至少和a,b 中的一条相交C ．至多和a,b 中的一条相交D ．与a,b 中的一条相交，一条平行12．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，表面的对角线与AD 1成60°的直线的条数有 A ．4 B ．6 C ．8 D ．1013．a,b 是异面直线，a ⊥b ，c 与a 成30°角，则c 与b 所成角的范围是 A ．[60°,90°] B ．[30°,90°] C ．[60°,120°] D ．[30°,120°]14．空间四边形ABCD 的各边与两条对角线的长都是1，点P 在边AB 上移动，点Q 在CD 上移动，则点P 和Q 的最短距离是23432221．．．．D C B A 15．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB ，BB 1的中点，则A 1E 与C 1F 所成角的余弦值是521522221D C B A ．．． 16．直线a 是平面α的斜线，b ⊂α,当a 与b 成60°的角，且b 与a 在α内的射影成45°时a 与α所成的角为A ．60°B ．45°C ．90°D ．135° 17．a,b 是两条异面直线，下列结论正确的是A ．过不在a,b 上的任一点，可作一个平面与a,b 都平行B ．过不在a,b 上的任一点，可作一条直线与a,b 都相交C ．过不在a,b 上的任一点，可作一条直线与a,b 都平行D ．过a 可以并且只可以作一个平面与b 平行18．直角三角形ABC 的斜边BC 在平面α内，顶点A 在平面α外，则ΔABC 的两条直角边在平面α内的射影与斜边所组成的图形只能是 A ．一条线段 B ．一个锐角三角形C ．一个钝角三角形D ．一条线段或一个钝角三角形 19．与空间四边形ABCD 四个顶点距离相等的平面的个数有 A ．1 B ．5 C ．6 D ．720．两条异面直线在同一平面内的射影是 A ．两条相交直线 B ．两条平行直线C ．一条直线及直线外一点D ．以上三种情况都有可能21．在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝4，PA ⊥平面ABCD 且PA ＝1，则P 到对角线DB 的距离是129515175132921．．．．D C B A 22．已知直线a ∥平面α，a 与平面α相距4，平面α内直线b 与c 相距6，且a ∥b,并且相距5，则a 与c 相距565975975　或．．或．．D C B A23．平面α的斜线与α所成的角是30°，则它和α内所有不过斜足的直线所成的角中，最大的角是 A ．30° B ．90° C ．150° D ．180°24．P 点在ΔABC 所在的平面外，O 点是P 点在平面ABC 内的射影，PA ，PB ，PC ，两两相互垂直，则O 是ΔABC 的A ．重心B ．内心C ．垂心D ．外心25．四面体ABCD 中，AB ＝AC ＝AD ，则A 在平面BCD 上的射影是ΔBCD 的 A ．重心 B ．内心 C ．垂心 D ．外心26．在ΔABC 中，AB ＝AC ＝5，BC ＝6，PA ⊥平面ABC ，PA ＝8，则P 到BC 的距离是5453525．．．．D C B A27．P 点在ΔABC 所在的平面外，O 点是P 点在平面ABC 内的射影，P 到ΔABC 三边的距离相等，且O 在ΔABC 内，则O 是ΔABC 的A ．重心B ．内心C ．垂心D ．外心28．P 为平行四边形ABCD 所在平面外的一点，且P 到四边形ABCD 的四条边的距离相等，则四边形ABCD 是A ．正方形B ．菱形C ．矩形D ．一般的平行四边形 29．与两相交平面的交线平行的直线和这两个平面的位置关系是 A ．都平行 B ．都相交C ．在两个平面内D ．至少和其中一个平行 30．在直角坐标系中，设A （3，2）B （-2，-3），沿y 轴把直角坐标系平面折成120°的二面角后，AB 的长度是11232246．．．．D C B A31．一个山坡面与水平面成60°的二面角，坡脚的水平线为AB ，甲沿山坡自P 朝垂直于AB 的方向走30米，同时乙沿水平面自Q 朝垂直于AB 的方向走30米，P ，Q 都是AB 上的点，若PQ ＝10米，则这时两人之间的距离是米．米．米．　米　．19103301010720D C B A32．二面角α—a —β的平面角为120°，在面α内，AB ⊥a 于B ，AB=2，在β内CD ⊥a 于D ，CD ＝3，BD ＝1，M 是棱a 上的一个动点，则AM ＋CM 的最小值是62262252．．．．D C B A33．ABCD 是正方形，以BD 为棱把它折成直二面角A －BD －C ，E 是CD 的中点，则∠AED 的大小为A ．45°B ．30°C ．60°D ．90°34．P 是ΔABC 外的一点，PA ，PB ，PC 两两相互垂直，PA ＝1，PB ＝2，PC ＝3，则ΔABC 的面积为4496112729．．．．D C B A 35．在ΔABC 中，AB ＝9，AC ＝15，∠BAC ＝120°，P 是ΔABC 所在平面外的一点，P 到三点间的距离都是14，则P 到ΔABC 所在平面的距离是 A ．7 B ．9 C ．11 D1336．过正方形ABCD 的顶点A 作PA ⊥平面ABCD ，若PA=AB ，则平面APB 与平面CDP 所成二面角的度数是A ．90°B 。

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D CB A FEABCA 1OB 1C 112015届高三二轮复习立体几何专题训练1．如图所示的多面体中， ABCD 是菱形，BDEF 是矩形，ED ⊥面ABCD ,3BAD π∠=．（1）求证：平面//BCF 面AED ；（2）若BF BD a ==，求四棱锥A BDEF -的体积．2．如图1，在Rt △ABC 中，∠ABC =90°，D 为AC 中点，AE BD ⊥于E （不同于点D ），延长AE 交BC 于F ，将△ABD 沿BD 折起，得到三棱锥1A BCD -，如图2所示. （1）若M 是FC 的中点，求证：直线DM //平面1A EF ；（2）求证：BD ⊥1A F ；（3）若平面1A BD ⊥平面BCD，试判断直线1AB 与直线CD 能否垂直？并说明理由.3．如图，在四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 是正方形，△PAD 是正三角形，平面PAD ⊥平面M ABCD ,和N 分别是AD 和BC 的中点。

（1）求证：MN PM ⊥；（2）求证：平面PMN ⊥平面PBC ；（3）在PA 上是否存在点Q ，使得平面//QMN 平面PCD ？若在求出Q 点位置，并证明；若不存在，请说明理由。

4．如图，四边形ABCD 是菱形，四边形MADN \是矩形，平面⊥MADN 平面ABCD ，F E ,分别为DC MA ,的中点，求证：（1）//EF 平面MNCB ；（2）平面MAC ⊥平面BND ．5．如图1,在直角梯形ABCD 中,90ADC ∠=︒,//CD AB ,122AD CD AB ===, 点E 为AC 中点.将ADC ∆沿AC 折起, 使平面ADC ⊥平面ABC ,得到几何体D ABC -,如图2所示.（1）在CD 上找一点F ,使//AD 平面EFB ; （2）求点C 到平面ABD 的距离.6．如图，在斜三棱柱111C B A ABC -中，O 是AC 的中点，O A 1⊥平面090,=∠BCA ABC ，BC AC AA ==1.（1）求证：1AC ⊥平面BC A 1;（2）若21=AA ，求三棱锥AB A C 1-的高的大小．7．已知正方体1111ABCD A B C D -，O 是底ABCD 对角线的交点. 求证：（１）//1O C 面11AB D ；（2）1A C ⊥面11AB D ．（3）平面//11D AB 平面BD C 1ABCD图2 EBACD图1E1图PGFE DCBA8．如图，在四棱锥S —ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，AD 垂直于AB 和DC ，侧棱SA ⊥底面ABCD ，且SA = 2，AD = DC = 1，点E 在SD 上，且AE ⊥SD 。

（1）证明：AE ⊥平面SDC ；（2）求三棱锥B —ECD 的体积。

9．如图，正三棱柱（底面为正三角形，侧棱垂直于底面）111C B A ABC -中，D 是BC 的中点，11==AB AA ．（1）求证：C A 1∥平面D AB 1；（2）求点C 到平面D AB 1的距离．10．如图，在三棱锥ABC P -中，⊥PA 面ABC , ∠BAC =120°，且,1===AP AC AB M 为PB 的中点，N 在BC 上，且BN AN =.（1）求证：MN AB ⊥；（2）求点P 到平面NMA 的距离.11．四棱锥ABCD P -,侧面PAD 是边长为2的正三角形,底面ABCD 为菱形,∠BDA =60° （1）证明:∠PBC =90°;（2）若3=PB ,求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值12．三棱柱 111ABC A B C -中， 190,2ABC AA AC BC ∠====，1A 在底面ABC 内的射影为AC 的中点D ．（1）求证： 11BA AC ⊥；（2）求三棱锥 11B A DB -的体积．13．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，11BC AB AC AA ===，D 是棱1CC 上的一点，P 是AD 的延长线与11AC 的延长线的交点，且1PB ∥平面1BDA ．（1）求证：D C CD 1=；（2）求点C 到平面1B DP 的距离．14.如图，四棱锥BCDE A -中，ABC ∆是正三角形，四边形BCDE 是矩形，且平面⊥ABC 平面BCDE ，2=AB ，4=AD ．（1）若点G 是AE 的中点，求证：//AC 平面BDG （2）若F 是线段AB 的中点，求三棱锥EFC B -的体积.15．如图，在底面是正方形的四棱锥P ABCD -中，PA ⊥面ABCD ，BD 交AC 于点E ，F 是PC 中点， G 为AC 上一动点．（1）求证：BD FG ⊥；（2）确定点G 在线段AC 上的位置，使FG //平面PBD ，并说明理由．（3）如果PA=AB=2，求三棱锥B-CDF 的体积1DCB AF E立体几何专题训练（1）答案详解1．如图所示的多面体中， ABCD 是菱形，BDEF 是矩形，ED ⊥面ABCD ,3BAD π∠=．(1)求证：平//CF AED 面B 面；(2))若BF BD a ==，求四棱锥A BDEF -的体积．．(本题满分１4分)证明：（1）由ABCD 是菱形 //BC AD ∴,BC ADE AD ADE ⊄⊂面面//BC ADE ∴面………………………………3分由BDEF 是矩形//BF DE ∴,BF ADE DE ADE ⊄⊂面面//BF ADE ∴面,,BC BCF BF BCF BC BF B ⊂⊂=面面//BCF ADE ∴面面………………………………6分（2）连接AC ，ACBD O =由ABCD 是菱形，AC BD ∴⊥由ED ⊥面ABCD ,AC ABCD ⊂面ED AC ∴⊥,,ED BD BDEF ED BD D ⊂=面AO BDEF ∴⊥面，……………………………………………10分则AO 为四棱锥A BDEF -的高由ABCD 是菱形，3BAD π∠=，则A BD ∆为等边三角形，由BF BD a ==；则,2AD a AO ==2BDEF S a=，231326A BDEF V a a -=⋅⋅=………………………………………14分 2. 如图1，在Rt △ABC 中，∠ABC =90°，D 为AC 中点，AE BD ⊥于E （不同于点D ），延长AE 交BC 于F ，将△ABD 沿BD 折起，得到三棱锥1A BCD -，如图2所示. （Ⅰ）若M 是FC 的中点，求证：直线DM //平面1A EF ；（Ⅱ）求证：BD ⊥1A F ；（Ⅲ）若平面1A BD ⊥平面BCD ，试判断直线1AB 与直线CD 能否垂直？并说明理由..解：（Ⅰ）因为D ,M 分别为,AC BD 中点，所以DM //EF ---------------------2分又1EF A EF ⊂平面，1DM A EF ⊄平面所以1//DM A EF 平面. -----------------------4分（Ⅱ）因为1A E BD ⊥，EF BD ⊥且1A EEF E =所以1BD A EF ⊥平面 -------------7分又11A F A EF ⊂平面所以1BD A F ⊥ ------------------------9分（Ⅲ）直线1A B 与直线CD 不能垂直 ---------------------------------------10分因为1A BD BCD ⊥平面平面,1ABD BCD BD =平面平面,EF BD ⊥,EF CBD ⊂平面，所以 1EF A BD ⊥平面. ---------------------------------------12分1图图 2因为11A B A BD ⊂平面，所以1A B EF ⊥，又因为//EF DM ，所以1A B DM ⊥. 假设1A B CD ⊥，因为1A B DM ⊥，CDDM D =，所以1A B BCD ⊥平面， ------------------------------------------13分所以1A B BD ⊥，这与1A BD ∠为锐角矛盾所以直线1A B 与直线CD 不能垂直. ---------------------------------------14分3（本小题共14分）如图，在四棱锥P - ABCD 中，底面ABCD 是正方形，△PAD 是正三角形，平面PAD ⊥平面ABCD ，M 和N 分别是AD 和BC 的中点。

（I ）求证：PM ⊥MN ；（II ）求证：平面PMN ⊥平面PBC ；（III ）在PA 上是否存在点Q ，使得平面QMN//平面PCD ？若在求出Q 点位置，并证明；若不存在，请说明理由。

4.(本小题满分12分)如图，四边形ABCD 是菱形，四边形MADN 是矩形，平面MADN ⊥平面ABCD ，E ，F 分别为MA ，DC 的中点，求证： (I)EF//平面MNCB ；(Ⅱ)平面MAC ⊥平面BND ．ABCA 1OB 1C 1AC DEF5.如图1,在直角梯形ABCD 中,90ADC ∠=︒,//CD AB ,122AD CD AB ===, 点E 为AC 中点.将ADC ∆沿AC 折起, 使平面ADC ⊥平面ABC ,得到几何体D ABC -,如图2所示. （I ）在CD 上找一点F ,使//AD 平面EFB ; （II ）求点C 到平面ABD 的距离.解:(1) 取CD 的中点F ,连结EF ,BF ------2分在ACD ∆中, E ,F 分别为AC ,DC 的中点∴ EF 为ACD ∆的中位线 ∴ //AD EFEF ⊆平面EFB AD ⊄平面EFB∴ //AD 平面EFB -----6分(2) 设点C 到平面ABD 的距离为hAC BC ABC ADC ⊥⊥且平面平面,∴BC ⊥平面ADC∴ BC ⊥AD 而DC AD ⊥∴ BCD AD 平面⊥ 即BD AD ⊥∴32=∆ADB S∴三棱锥BACD -的高BC =2ACD S ∆=AD B C ACD B V V --= 即h ⨯⨯=⨯⨯323122231∴11233⨯=⨯⨯ ∴362=h ------12分 6．（本小题满分12分）如图，在斜三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，O 是AC 的中点，A 1O ⊥平面ABC ，∠BCA=90°，AA 1=AC=BC. （I ）求证： AC 1⊥平面A 1BC;（II ）若AA 1=2，求三棱锥C-A 1AB 的高的大小．解：（Ⅰ）因为A 1O ⊥平面ABC ，所以A 1O ⊥BC ．又BC ⊥AC ，所以BC ⊥平面A 1ACC 1，所以AC 1⊥BC ． …2分因为AA 1＝AC ，所以四边形A 1ACC 1是菱形，所以AC 1⊥A 1C ．所以AC 1⊥平面A 1BC ．…6分ABCD图2EBACD图1E（Ⅱ）设三棱锥C -A 1AB 的高为h ．由（Ⅰ）可知，三棱锥A -A 1BC 的高为 12AC 1＝3．因为V C -A 1AB ＝V A -A 1BC ，即 1 3S △A 1AB h ＝ 13S △A 1BC ·3．在△A 1AB 中，AB ＝A 1B ＝22，AA 1＝2，所以S △A 1AB ＝7． …10分在△A 1BC 中，BC ＝A 1C ＝2，∠BCA 1＝90︒，所以S △A 1BC ＝ 12BC ·A 1C ＝2．所以h ＝2217．7.已知正方体1111ABCD A B C D -，O 是底ABCD 对角线的交点. 求证：（１）1C O 面11AB D ；（2）1A C ⊥面11AB D ．（3）111AB D C BD 平面平面1证明：（1）连结11AC ，设11111ACB D O =连结1AO ，1111ABCD A BC D -是正方体11A ACC ∴是平行四边形 11AC AC ∴且 11AC AC = 又1,O O 分别是11,AC AC 的中点，11OC AO ∴且11O C AO =11AOC O ∴是平行四边形111,C O AO AO ∴⊂面11AB D ，1C O ⊄面11AB D∴1C O 面11AB D（2）1CC ⊥面1111A B C D 11!C C B D ∴⊥ 又1111AC B D ⊥， 1111B D A C C∴⊥面 111AC B D ⊥即同理可证11AC AB ⊥，又1111D B AB B =∴1AC ⊥面11AB D （3）1111ABCD A BC D -是正方体∴AB 1∥DC 1 , AD 1∥BC 1∴111AB D C BD 平面平面8．（本小题满分12分）如图，在四棱锥S —ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，AD 垂直于AB 和DC ，侧棱SA ⊥底面ABCD ，且SA = 2，AD = DC = 1，点E 在SD 上，且AE ⊥SD 。