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立体几何复习(知识点经典习题)

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立体几何知识点归纳和例题

立体几何知识点归纳和例题

P.F. Productions
例3、已知不共点的三条直线两两相交， 求证：这三条直线共面。
l2
A
l3
C

l1
B
P.F. Productions
例4、已知：一条直线和两条平行线都相交， 求证：这三条直线共面。
A l a

B
b
证明直线共面的常用方法：
1、①先由这些直线中的某些直线确定一个平面； ②然后证明其他直线都在这个平面上。
平行直线
异面直线 不同在任何一个平面内： 有一个公共点：相交直线
按公共点个数分
无 公 共 点
平行直线 异面直线
P.F. Productions
2、异面直线的画法
b a α β b b β a
a α α
说明: 画异面直线时 , 为了体现它们不共面的特点。 常借助一个或两个平面来衬托.
P.F. Productions
P.F. Productions
14.2(3)空间直线与直线的位置关系
P.F. Productions
1、异面直线所成的角： 对于异面直线a和b，在空间任取一点P，过P分别作 a 和b的平行线 a′和b′，我们把 a′与b′所成的锐角（或 直角）叫做异面直线a与b所成的角。
b a′ a P P b′ a′
5
4、立体几何的主要思想方法
①类比法：
要善于与平面几何做比较，认识其相同点，发现 其不同点，这种思想方法称之为类比思想。 ②转化法： 把空间图形的问题转化为平面图形问题去解决， 这是学习立体几何的很重要的数学思想方法。 ③展开法：
将可展的空间图形展开为平面图形，来处理问题 的思想方法称为展开思想。
记作： l P

立体几何基础题题库(360道附详细答案)

立体几何基础题题库(360道附详细答案)

S P
S
SS
S
PP
P
R
RR
Pபைடு நூலகம்
Q
R Q
QR
R
P
QR P PQ
Q
R
P
R
Q
QS
R
SS
Q
R
S
SQ R
Q
Q
RP
Q
P
R
S SQ R
P S
R Q
（A）
（B）
（C）
（D）
D
解析： A 项： PS 底面对应的中线，中线平行 QS，PQRS 是个梯形
D'
P
A'
S
C'
B'
R
D
A
B 项： 如图
Q
C B
C 项：是个平行四边形
EG2 FH 2 =2 (EF 2 FG2 ) = 1 ( AC2 BD2 ) 1 (a2 2b)
2
2
27. 如图，在三角形⊿ABC 中，∠ACB=90º， AC=b,BC=a,P 是⊿ABC 所在平面外一点，PB⊥AB， 点，AB⊥MC，求异面直 MC 与 PB 间的距离.
M 是 PA 的中
四边形矛盾。∴EF 和 AD 为异面直线．
26. 在空间四边形 ABCD 中，E，H 分别是 AB，AD 的中点，F，G 分别是 CB，CD 的中点，若 AC + BD
= a ，AC BD =b，求 EG2 FH 2 . A
解析：四边形 EFGH 是平行四边形，…………（4 分）
E H
B F
D
G C
得 OX2+OY2+OZ2=37，OP= 37 ．

立体几何复习专题及答案-高中数学

立体几何复习专题及答案-高中数学

立体几何复习专题姓名： 班级：考点一、空间中的平行关系1．如图，在三棱锥P ABC -中，02,3,90PA PB AB BC ABC ====∠=,平面PAB ⊥平面ABC ，D 、E 分别为AB 、AC 的中点． (1)求证：DE //平面PBC ； (2)求证：AB PE ⊥；(3)求三棱锥B PEC -的体积．2． 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，PA CD ⊥，2CD =，3AD =，（Ⅰ）设G H ，分别为PB AC ，的中点，求证：GH ∥平面PAD ； （Ⅱ）求证：PA ⊥平面PCD ；3．如图，七面体ABCDEF 的底面是凸四边形ABCD ，其中2AB AD ==，120BAD ∠=︒，AC ，BD 垂直相交于点O ，2OC OA =，棱AE ，CF 均垂直于底面ABCD .（1）证明：直线DE 与平面BCF 不．平行；4.（2014新课标Ⅱ）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．（Ⅰ）证明：PB ∥平面AEC ；（Ⅱ）设二面角D AE C --为60°，AP =1，AD =3，求三棱锥E ACD -的体积．考点二、空间中的垂直关系5．如图，在四面体ABCD 中，E ，F 分别是线段AD ，BD 的中点，90ABD BCD ∠=∠=，2EC =，2AB BD ==，直线EC 与平面ABC 所成的角等于30．（1）证明：平面EFC ⊥平面BCD ；6．已知某几何体的直观图和三视图如下图所示，其中正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形．（1）求证：BN ⊥平面11C B N ；（2）设M 为AB 中点，在C B 边上求一点P ，使//MP 平面1C NB ，求CBPP 的值．7．（2016全国I ）如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，2AF FD =，90AFD ∠=，且二面角D AF E --与二面角C BE F --都是60．（I ）证明：平面ABEF⊥平面EFDC ；（II ）求二面角E BC A --的余弦值．考点三、折叠问题和探究性问题中的位置关系8．如图 1，在直角梯形ABCD 中， //,AB CD AB AD ⊥，且112AB AD CD ===．现以AD 为一边向外作正方形ADEF ，然后沿边AD 将正方形ADEF 翻折，使ADEF 平面与平面ABCD 垂直， M 为ED 的中点，如图 2．（1）求证： //AM 平面BEC ；（2）求证： BC ⊥平面BDE ； .9．如图，在边长为4的正方形ABCD 中，点E,F 分别是AB,BC 的中点，点M 在AD 上，且14AM AD =，将AED,DCF 分别沿DE,DF 折叠，使A,C 点重合于点P ，如图所示2.()1试判断PB 与平面MEF的位置关系，并给出证明；()2求二面角M EF D --的余弦值.10．如图所示，直角梯形ABCD 中，//AD BC ，AD AB ⊥，22AB BC AD ===，四边形EDCF 为矩形，3CF =，平面EDCF ⊥平面ABCD ． (1)求证：DF //平面ABE ；(2)求平面ABE 与平面EFB 所成锐二面角的余弦值． (3)在线段DF 上是否存在点P ，使得直线BP 与平面ABE 所成角的正弦值为34，若存在，求出线段BP 的长，若不存在，请说明理由．11．如图1，在边长为4的正方形ABCD中，E是AD的中点，F是CD的中点，现-.将三角形DEF沿EF翻折成如图2所示的五棱锥P ABCFE（1）求证：AC//平面PEF；（2）若平面PEF⊥平面ABCFE，求直线PB与平面PAE所成角的正弦值.12．（2011•浙江）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﹣β为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．13．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 为等边三角形，122CC AC ==.（Ⅰ）求三棱锥11C CB A -的体积；（Ⅱ）在线段1BB 上寻找一点F ，使得1CF AC ⊥，请说明作法和理由.考点四、知空间角求空间角问题14．（2014天津）如图四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是平行四边形，2BA BD ==2AD =,5PA PD ==E ,F 分别是棱AD ,PC 的中点．（Ⅰ）证明: EF ∥平面PAB ； （Ⅱ）若二面角P AD B --为60°， （ⅰ）证明：平面PBC ⊥平面ABCD（ⅱ）求直线EF 与平面PBC 所成角的正弦值． PCDBF15．四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ABCD ⊥平面，E 为PD 的中点．(1)证明：//E PB A C 平面；(2)设13AP AD ==，，三棱锥P ABD -的体积34V =，求二面角D -AE -C 的大小16．如图，四棱锥P ABCD -中， PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，90ADC ∠=︒， //AD BC ， AB AC ⊥， 2AB AC ==，点E 在AD 上，且2AE ED =．（Ⅰ）已知点F 在BC 上，且2=CF FB ，求证：平面PEF ⊥平面PAC ；（Ⅱ）当二面角--A PB E 的余弦值为多少时，直线PC 与平面PAB 所成的角为45︒？立体几何专题参考答案1． (1)证明：∵在△ABC 中，D 、E 分别为AB 、AC 的中点，∴DE ∥BC . ∵DE ⊄平面PBC 且BC ⊂平面PBC ，∴DE ∥平面PBC . (2)证明：连接PD .∵PA ＝PB ，D 为AB 的中点，∴PD ⊥AB .∵DE ∥BC ，BC ⊥AB ，∴DE ⊥AB .又∵PD 、DE 是平面PDE 内的相交直线， ∴AB ⊥平面PDE .∵PE ⊂平面PDE ，∴AB ⊥PE .(3)解：∵PD ⊥AB ，平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB ∩平面ABC ＝AB ，∴PD ⊥平面ABC ，可得PD 是三棱锥P －BEC 的高． 又∵33,2BECPD S==，1332B PEC P BEC BEC V V S PD --∆∴==⨯=. 2．（I ）见解析；（II ）见解析；（III ）33. （I ）证明：连接BD ，易知AC BD H ⋂=，BH DH =，又由BG PG =，故GHPD ，又因为GH ⊄平面PAD ，PD ⊂平面PAD ， 所以GH ∥平面PAD .（II ）证明：取棱PC 的中点N ，连接DN ，依题意，得DN PC ⊥， 又因为平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC平面PCD PC =，所以DN ⊥平面PAC ，又PA ⊂平面PAC ，故DN PA ⊥， 又已知PA CD ⊥，CD DN D =，所以PA ⊥平面PCD . 3．（1）见解析；（2）23535本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

立体几何知识点和例题(含有答案)

立体几何知识点和例题(含有答案)

【考点梳理】一、考试内容1.平面。

平面的基本性质。

平面图形直观图的画法。

2.两条直线的位置关系。

平行于同一条直线的两条直线互相平行。

对应边分别平行的角。

异面直线所成的角。

两条异面直线互相垂直的概念。

异面直线的公垂线及距离。

3.直线和平面的位置关系。

直线和平面平行的判定与性质。

直线和平面垂直的判定与性质。

点到平面的距离。

斜线在平面上的射影。

直线和平面所成的角。

三垂线定理及其逆定理。

4.两个平面的位置关系。

平面平行的判定与性质。

平行平面间的距离。

二面角及其平面角。

两个平面垂直的判定与性质。

二、考试要求1.掌握平面的基本性质，空间两条直线、直线与平面、平面与平面的位置关系（特别是平行和垂直关系）以及它们所成的角与距离的概念。

对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线时的距离。

2.能运用上述概念以及有关两条直线、直线和平面、两个平面的平行和垂直关系的性质与判定，进行论证和解决有关问题。

对于异面直线上两点的距离公式不要求记忆。

3.会用斜二测画法画水平放置的平面图形（特别是正三角形、正四边形、正五边形、正六边形）的直观图。

能够画出空间两条直线、两个平面、直线和平面的各种位置关系的图形，能够根据图形想象它们的位置关系。

4.理解用反证法证明命题的思路，会用反证法证明一些简单的问题。

三、考点简析1.空间元素的位置关系2.平行、垂直位置关系的转化3.空间元素间的数量关系（1）角①相交直线所成的角；②异面直线所成的角——转化为相交直线所成的角；③直线与平面所成的角——斜线与斜线在平面内射影所成的角；④二面角——用二面角的平面角来度量。

（2）距离①两点之间的距离——连接两点的线段长；②点线距离——点到垂足的距离；③点面距离——点到垂足的距离；④平行线间的距离——平行线上一点到另一直线的距离；⑤异面直线间的距离——公垂线在两条异面直线间的线段长；⑥线面距离——平行线上一点到平面的距离；⑦面面距离——平面上一点到另一平面的距离；⑧球面上两点距离——球面上经过两点的大圆中的劣弧的长度。

高一 立体几何知识点+例题+练习 含答案

高一 立体几何知识点+例题+练习 含答案

1．空间几何体的结构特征 (1)多面体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，侧面是有一个公共顶点的三角形． ③棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上、下底面是相似多边形． (2)旋转体①圆柱可以由矩形绕其一边所在直线旋转得到． ②圆锥可以由直角三角形绕其直角边所在直线旋转得到．③圆台可以由直角梯形绕直角腰所在直线或等腰梯形绕上、下底中点连线所在直线旋转得到，也可由平行于底面的平面截圆锥得到． ④球可以由半圆或圆绕直径所在直线旋转得到． 2．空间几何体的直观图画空间几何体的直观图常用斜二测画法，其规则是：(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、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． 3．柱、锥、台和球的表面积和体积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 34.(1)与体积有关的几个结论①一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差． ②底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等． (2)几个与球有关的切、接常用结论 a ．正方体的棱长为a ，球的半径为R ， ①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ； ②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ； ③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .b ．若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2. c ．正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1. (3)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.【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( × ) (2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( × )(3)用斜二测画法画水平放置的∠A 时，若∠A 的两边分别平行于x 轴和y 轴，且∠A ＝90°，则在直观图中，∠A ＝45°.( × ) (4)圆柱的侧面展开图是矩形．( √ )(5)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差来计算．( √ ) (6)菱形的直观图仍是菱形．( × )1．(教材改编)下列说法正确的是________．①相等的角在直观图中仍然相等； ②相等的线段在直观图中仍然相等； ③正方形的直观图是正方形；④若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行． 答案 ④解析 由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行性不变．故④正确． 2．(教材改编)已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为________ cm. 答案 2解析 S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π， ∴r 2＝4，∴r ＝2(cm)．3．(2014·陕西改编)将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是________． 答案 2π解析 底面圆半径为1，高为1，侧面积S ＝2πrh ＝2π×1×1＝2π.4．将边长为a 的正方形ABCD 沿对角线AC 折起，使得BD ＝a ，则三棱锥D －ABC 的体积为________． 答案212a 3解析 O 是AC 的中点，连结DO ，BO ，△ADC ，△ABC 都是等腰直角三角形．因为DO ＝BO ＝AC 2＝22a ，BD ＝a ，所以△BDO 也是等腰直角三角形．又因为DO ⊥AC ，DO ⊥BO ，AC ∩BO ＝O ，所以DO ⊥平面ABC ，即DO 就是三棱锥D －ABC 的高．因为S △ABC ＝12a 2，所以三棱锥D －ABC 的体积为13×12a 2×22a ＝212a 3.5． 用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是__________________________________________．答案 ①解析平面图形的直观图为正方形，且其边长为1，对角线长为2，所以原平面图形为平行四边形，且位于x轴上的边长仍为1，位于y轴上的对角线长为2 2.题型一空间几何体的结构特征例1(1)给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；③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；④棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是________．(2)下列结论：①以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台；⑤用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是球．其中正确结论的序号是________．(3)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________．答案(1)0(2)③⑤(3)①④解析(1)①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，因为“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面都是有一个公共顶点的三角形”，如图1所示；③不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图2所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；④错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．图1图2(2)这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆锥，①错；这条腰若不是垂直于两底的腰，则得到的不是圆台，②错；圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面是显然成立的，③正确；如果用不平行于圆锥底面的平面截圆锥，则得到的不是圆锥和圆台，④错；只有球满足任意截面都是圆面，⑤正确．(3)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．思维升华(1)解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；(2)解决本类题目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常用的几何模型，有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命题进行辨析．给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；④存在每个面都是直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．答案②③④解析①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体AC1中的三棱锥C1－ABC，四个面都是直角三角形．题型二 空间几何体的直观图例2 已知△A ′B ′C ′是△ABC 的直观图，且△A ′B ′C ′是边长为a 的正三角形，求△ABC 的面积．解 建立如图所示的坐标系xOy ′，△A ′B ′C ′的顶点C ′在y ′轴上，边A ′B ′在x 轴上，把y ′轴绕原点逆时针旋转45°得y 轴，在y 轴上取点C 使OC ＝2OC ′，A ，B 点即为A ′，B ′点，长度不变．已知A ′B ′＝A ′C ′＝a ，在△OA ′C ′中，由正弦定理得OC ′sin ∠OA ′C ′＝A ′C ′sin 45°，所以OC ′＝sin 120°sin 45°a ＝62a ，所以原三角形ABC 的高OC ＝6a ， 所以S △ABC ＝12×a ×6a ＝62a 2.引申探究1．若本例改为“已知△ABC 是边长为a 的正三角形，求其直观图△A ′B ′C ′的面积”，应如何求？解 由斜二测画法规则可知，直观图△A ′B ′C ′一底边上的高为32a ×12×22＝68a ， 故其面积S △A ′B ′C ′＝12a ×68a ＝616a 2.2.本例中的直观图若改为如图所示的直角梯形，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，则原图形的面积为________． 答案 2＋22解析 如图①，在直观图中，过点A 作AE ⊥BC ，垂足为E ，则在Rt △ABE 中，AB ＝1，∠ABE ＝45°， ∴BE ＝22.而四边形AECD 为矩形，AD ＝1， ∴EC ＝AD ＝1.∴BC ＝BE ＋EC ＝22＋1. 由此可还原原图形如图②，是一个直角梯形．在原图形中，A ′D ′＝1，A ′B ′＝2，B ′C ′＝22＋1，且A ′D ′∥B ′C ′，A ′B ′⊥B ′C ′，∴原图形的面积为S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′＝12×⎝⎛⎭⎫1＋1＋22×2＝2＋22. 思维升华 用斜二测画法画直观图的技巧在原图形中与x 轴或y 轴平行的线段在直观图中与x ′轴或y ′轴平行，原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连结而画出．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 cm ，C ′D ′＝2 cm ，则原图形是________． ①正方形； ②矩形；③菱形； ④一般的平行四边形． 答案 ③解析 如图，在原图形OABC 中，应有OD ＝2O ′D ′＝2×22＝42(cm)，CD ＝C ′D ′＝2 cm. ∴OC ＝OD 2＋CD 2＝(42)2＋22＝6(cm)，∴OA ＝OC ，∴四边形OABC 是菱形．题型三 求空间几何体的表面积例3 (1)(2014·山东)一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________． 答案 12解析 由题意知该六棱锥为正六棱锥，∴设正六棱锥的高为h ，侧面的斜高为h ′. 由题意，得13×6×12×2×3×h ＝23，∴h ＝1， ∴斜高h ′＝12＋(3)2＝2，∴S 侧＝6×12×2×2＝12.(2)如图，斜三棱柱ABC —A ′B ′C ′中，底面是边长为a 的正三角形，侧棱长为b ，侧棱AA ′与底面相邻两边AB 与AC 都成45°角，求此斜三棱柱的表面积． 解 如图，过A ′作A ′D ⊥平面ABC 于D ，过D 作DE ⊥AB 于E ，DF ⊥AC 于F ，连结A ′E ，A ′F ，AD . 则由∠A ′AE ＝∠A ′AF ， AA ′＝AA ′，又由题意知A ′E ⊥AB ，A ′F ⊥AC ， 得Rt △A ′AE ≌Rt △A ′AF ， ∴A ′E ＝A ′F ，∴DE ＝DF ， ∴AD 平分∠BAC ，又∵AB ＝AC ，∴BC ⊥AD ，∴BC ⊥AA ′， 而AA ′∥BB ′，∴BC ⊥BB ′， ∴四边形BCC ′B ′是矩形，∴斜三棱柱的侧面积为2×a ×b sin 45°＋ab ＝(2＋1)ab . 又∵斜三棱柱的底面积为2×34a 2＝32a 2， ∴斜三棱柱的表面积为(2＋1)ab ＋32a 2.思维升华 (1)解决组合体问题关键是分清该几何体是由哪些简单的几何体组成的以及这些简单的几何体的组合情况；(2)在求多面体的侧面积时，应对每一侧面分别求解后再相加，对于组合体的表面积应注意重合部分的处理．(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．一个正三棱台的上、下底面边长分别是3 cm 和6 cm ，高是32cm.(1)求三棱台的斜高；(2)求三棱台的侧面积和表面积．解 (1)设O 1、O 分别为正三棱台ABC —A 1B 1C 1的上、下底面正三角形的中心，如图所示，则O 1O ＝32，过O 1作O 1D 1⊥B 1C 1，OD ⊥BC ，则D 1D 为三棱台的斜高；过D 1作D 1E ⊥AD 于E ，则D 1E ＝O 1O ＝32，因O 1D 1＝36×3＝32，OD ＝36×6＝3， 则DE ＝OD －O 1D 1＝3－32＝32. 在Rt △D 1DE 中， D 1D ＝D 1E 2＋ED 2＝⎝⎛⎭⎫322＋⎝⎛⎭⎫322＝3(cm)． 故三棱台斜高为 3 cm.(2)设c 、c ′分别为上、下底的周长，h ′为斜高， S 侧＝12(c ＋c ′)h ′＝12(3×3＋3×6)×3＝2732 (cm 2)，S 表＝S 侧＋S 上＋S 下＝2732＋34×32＋34×62＝9934(cm 2)． 故三棱台的侧面积为2732 cm 2，表面积为9934cm 2.题型四 求空间几何体的体积例4 (2015·山东改编)已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为________． 答案42π3解析 如图，设等腰直角三角形为△ABC ，∠C ＝90°，AC ＝CB ＝2，则AB ＝2 2.设D 为AB 中点，则BD ＝AD ＝CD ＝ 2.∴所围成的几何体为两个圆锥的组合体，其体积V ＝2×13×π×(2)2×2＝42π3.思维升华 空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解． (2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．(2014·课标全国Ⅱ改编)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________． 答案 1解析 在正△ABC 中，D 为BC 的中点， 则有AD ＝32AB ＝3， S △DB 1C 1＝12×2×3＝ 3.又∵平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ， AD ⊥BC ，AD ⊂平面ABC ， ∴AD ⊥平面BB 1C 1C ，即AD 为三棱锥A －B 1DC 1底面上的高．∴V 三棱锥A －B 1DC 1＝13S △DB 1C 1·AD ＝13×3×3＝1.题型五 与球有关的切、接问题例5 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________． 答案132解析 如图所示，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. 引申探究1．本例若将直三棱柱改为“棱长为4的正方体”，则此正方体外接球和内切球的体积各是多少？解 由题意可知，此正方体的体对角线长即为其外接球的直径，正方体的棱长即为其内切球的直径．设该正方体外接球的半径为R ，内切球的半径为r .又正方体的棱长为4，故其体对角线长为43，从而V 外接球＝43πR 3＝43π×(23)3＝323π， V 内切球＝43πr 3＝43π×23＝32π3. 2．本例若将直三棱柱改为“正四面体”，则此正四面体的表面积S 1与其内切球的表面积S 2的比值为多少？解 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r 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 2πa 26＝63π. 3．本例中若将直三棱柱改为“侧棱和底面边长都是32的正四棱锥”，则其外接球的半径是多少？解 依题意得，该正四棱锥的底面对角线的长为32×2＝6，高为 (32)2－(12×6)2＝3， 因此底面中心到各顶点的距离均等于3，所以该正四棱锥的外接球的球心即为底面正方形的中心，其外接球的半径为3.思维升华 空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(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，利用4R 2＝a 2＋b 2＋c 2求解．如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB ＝AC ，侧面BCC 1B 1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB 1A 1的面积为________．答案 2 解析 由题意知，球心在侧面BCC 1B 1的中心O 上，BC 为△ABC 所在圆面的直径，∴∠BAC ＝90°，△ABC 的外接圆圆心N 是BC 的中点，同理△A 1B 1C 1的外心M 是B 1C 1的中点．设正方形BCC 1B 1的边长为x ，Rt △OMC 1中，OM ＝x 2，MC 1＝x 2，OC 1＝R ＝1(R 为球的半径)， ∴(x 2)2＋(x 2)2＝1，即x ＝2，则AB ＝AC ＝1， ∴S 矩形ABB 1A 1＝2×1＝ 2.15．巧用补形法解决立体几何问题典例 如图：△ABC 中，AB ＝8，BC ＝10，AC ＝6，DB ⊥平面ABC ，且AE ∥FC ∥BD ，BD ＝3，FC ＝4，AE ＝5.则此几何体的体积为________．思维点拨 将所求几何体补成一个直三棱柱，利用棱柱的体积公式即可求得该几何体的体积． 解析 用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱，使AA ′＝BB ′＝CC ′＝8，所以V 几何体＝12V 三棱柱＝12×S △ABC ·AA ′＝12×24×8＝96.答案96温馨提醒(1)补形法的应用思路：“补形法”是立体几何中一种常见的重要方法，在解题时，把几何体通过“补形”补成一个完整的几何体或置于一个更熟悉的几何体中，巧妙地破解空间几何体的体积等问题，常见的补形法有对称补形、联系补形与还原补形，对于还原补形，主要涉及台体中“还台为锥”．(2)补形法的应用条件：当某些空间几何体是某一个几何体的一部分，且求解的问题直接求解较难入手时，常用该法．[方法与技巧]求空间几何体的侧面积、体积的思想与方法(1)转化与化归思想：计算旋转体的侧面积时，一般采用转化的方法来进行，即将侧面展开化为平面图形，“化曲为直”来解决，因此要熟悉常见旋转体的侧面展开图的形状及平面图形面积的求法．(2)求体积的两种方法：①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．②等积法：等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值．[失误与防范]求空间几何体的表面积应注意的问题(1)求组合体的表面积时，要注意各几何体重叠部分的处理．(2)底面是梯形的四棱柱侧放时，容易和四棱台混淆，在识别时要紧扣定义，以防出错．A 组 专项基础训练(时间：45分钟)1．给出下列命题：①在正方体上任意选择4个不共面的顶点，它们可能是正四面体的4个顶点；②底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥；③若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱．其中正确命题的序号是________．答案 ①2．五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个五棱柱对角线的条数为________．答案 10解析 如图，在五棱柱ABCDE －A 1B 1C 1D 1E 1中，从顶点A 出发的对角线有两条：AC 1，AD 1，同理从B ，C ，D ，E 点出发的对角线均有两条，共2×5＝10(条)．3．用平面α截球O 所得截面圆的半径为3，球心O 到平面α的距离为4，则此球的表面积为________________________________________________________________________． 答案 100π解析 依题意，设球半径为R ，满足R 2＝32＋42＝25，∴S 球＝4πR 2＝100π.4．(2015·课标全国Ⅰ改编)《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________斛．答案 22解析 由题意知：米堆的底面半径为163(尺)，体积V ＝13×14πR 2·h ≈3209(立方尺)．所以堆放的米大约为3209×1.62≈22(斛)． 5.如图，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥平面AB 1C 1，AA 1＝1，底面△ABC 是边长为2的正三角形，则此三棱柱的体积为________．答案 2 解析 因为AA 1⊥平面AB 1C 1，AB 1⊂平面AB 1C 1，所以AA 1⊥AB 1，又知AA 1＝1，A 1B 1＝2，所以AB 1＝22－12＝3，同理可得AC 1＝3，又知在△AB 1C 1中，B 1C 1＝2，所以△AB 1C 1的B 1C 1上的高为h ＝3－1＝2，其面积S △AB 1C 1＝12×2×2＝2，于是三棱锥A —A 1B 1C 1的体积V 三棱锥A —A 1B 1C 1＝V 三棱锥A 1—AB 1C 1＝13×S △AB 1C 1×AA 1＝23，进而可得此三棱柱ABC —A 1B 1C 1的体积V ＝3V 三棱锥A —A 1B 1C 1＝3×23＝ 2. 6．(2015·江苏)现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________．答案 7解析 设新的底面半径为r ，由题意得13πr 2·4＋πr 2·8＝13π×52×4＋π×22×8，解得r ＝7. 7．(2015·课标全国Ⅱ改编)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________．答案 144π解析 如图，要使三棱锥O-ABC 即C-OAB 的体积最大，当且仅当点C 到平面OAB 的距离，即三棱锥COAB 底面OAB 上的高最大，其最大值为球O 的半径R ，则V O-ABC 最大＝V C-OAB 最大＝13×S △OAB ×R ＝13×12×R 2×R ＝16R 3＝36，所以R ＝6，得S 球O ＝4πR 2＝4π×62＝144π.8．(2015·盐城一模)一个圆锥过轴的截面为等边三角形，它的顶点和底面圆周在球O 的球面上，则该圆锥的体积与球O 的体积的比值为________．答案 932解析 设等边三角形的边长为2a ，球O 的半径为R ，则V 圆锥＝13·πa 2·3a ＝33πa 3. 又R 2＝a 2＋(3a －R )2，所以R ＝233a ， 故V 球＝4π3·(233a )3＝323π27a 3，则其体积比为932. 9．(教材改编)已知一个上、下底面为正三角形且两底面中心连线垂直于底面的三棱台的两底面边长分别为20 cm 和 30 cm ，且其侧面积等于两底面面积之和，求棱台的高． 解 如图所示，三棱台ABC —A 1B 1C 1中，O 、O 1分别为两底面中心，D 、D 1分别为BC 和B 1C 1的中点，则DD 1为棱台的斜高．由题意知A 1B 1＝20，AB ＝30，则OD ＝53，O 1D 1＝1033， 由S 侧＝S 上＋S 下，得3×12×(20＋30)×DD 1＝34×(202＋302)， 解得DD 1＝1333，在直角梯形O 1ODD 1中， O 1O ＝DD 21－(OD －O 1D 1)2＝43， 所以棱台的高为4 3 cm.10.如图所示，已知E 、F 分别是棱长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱A 1A 、CC 1的中点，求四棱锥C 1—B 1EDF 的体积．解 方法一 连结A 1C 1，B 1D 1交于点O 1，连结B 1D ，EF ，过O 1作O 1H ⊥B 1D 于H .∵EF ∥A 1C 1，且A 1C 1⊄平面B 1EDF ，∴A 1C 1∥平面B 1EDF .∴C 1到平面B 1EDF 的距离就是A 1C 1到平面B 1EDF 的距离．∵平面B 1D 1D ⊥平面B 1EDF ，平面B 1D 1D ∩平面B 1EDF ＝B 1D ，∴O 1H ⊥平面B 1EDF ，即O 1H 为棱锥的高．∵△B 1O 1H ∽△B 1DD 1，∴O 1H ＝B 1O 1·DD 1B 1D ＝66a . ∴VC 1—B 1EDF ＝13S 四边形B 1EDF ·O 1H ＝13·12·EF ·B 1D ·O 1H ＝13·12·2a ·3a ·66a ＝16a 3. 方法二 连结EF ，B 1D .设B 1到平面C 1EF 的距离为h 1，D 到平面C 1EF 的距离为h 2，则h 1＋h 2＝B 1D 1＝2a . 由题意得，VC 1—B 1EDF ＝VB 1—C 1EF ＋VD —C 1EF＝13·S △C 1EF ·(h 1＋h 2)＝16a 3. B 组 专项能力提升(时间：30分钟)11．已知某圆锥体的底面半径r ＝3，沿圆锥体的母线把侧面展开后得到一个圆心角为23π的扇形，则该圆锥体的表面积是________．答案 36π解析 由已知沿圆锥体的母线把侧面展开后得到的扇形的弧长为2πr ＝6π，从而其母线长为l ＝6π2π3＝9，从而圆锥体的表面积为S 侧＋S 底＝12×9×6π＋9π＝36π. 12．三棱锥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 V 1＝V D —ABE ＝V E —ABD ＝12V E —ABP ＝12V A —BEP ＝12×12V A —BCP ＝12×12V P —ABC ＝14V 2. 13．已知圆台的母线长为4 cm ，母线与轴的夹角为30°，上底面半径是下底面半径的12，则这个圆台的侧面积是________cm 2.答案 24π解析 如图是将圆台还原为圆锥后的轴截面，由题意知AC ＝4 cm ，∠ASO ＝30°，O 1C ＝12OA ，设O 1C ＝r ， 则OA ＝2r ，又O 1C SC ＝OA SA＝sin 30°，∴SC ＝2r ，SA ＝4r ， ∴AC ＝SA －SC ＝2r ＝4 cm ，∴r ＝2 cm.∴圆台的侧面积为S ＝π(r ＋2r )×4＝24π cm 2.14．(2015·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EACD的体积为63，求该三棱锥的侧面积．(1)证明因为四边形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.(2)解设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＝32x. 由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝22x.由已知得，三棱锥EACD的体积V EACD＝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EACD的侧面积为3＋2 5.15．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，BC＝3，在三角形内挖去一个半圆(圆心O在边BC上，半圆与AC、AB分别相切于点C、M，与BC交于点N)，将△ABC绕直线BC旋转一周得到一个旋转体．(1)求该几何体中间一个空心球的表面积的大小；(2)求图中阴影部分绕直线BC旋转一周所得旋转体的体积．解 (1)如图，连结OM ，则OM ⊥AB ，设OM ＝r ，OB ＝3－r ，在△BMO 中，sin ∠ABC ＝r 3－r ＝12⇒r ＝33. ∴S ＝4πr 2＝43π. (2)∵△ABC 中，∠ACB ＝90°，∠ABC ＝30°，BC ＝3， ∴AC ＝1.∴V ＝V 圆锥－V 球＝13π×AC 2×BC －43πr 3 ＝13π×1×3－43π×39＝5327π.。

空间立体几何高考复习知识点及经典题目

空间立体几何高考复习知识点及经典题目

知识空间立体几何知识点归纳：1. 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，如棱柱、棱锥、棱台。

（ 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。

如圆柱、圆锥、圆台。

2. 一些特殊的空间几何体 直棱柱：侧棱垂直底面的棱柱。

正棱柱：底面多边形是正多边形的直棱柱。

正棱锥：底面是正多边形且所有侧棱相等的棱锥。

正四面体：所有棱都相等的四棱锥。

3. 空间几何体的表面积公式棱柱、棱锥的表面积：各个面面积之和圆柱的表面积 ： S 2 rl 2 r2圆锥的表面积： S rlr2圆台的表面积：Srlr2RlR2球的表面积：S4 R 24．空间几何体的体积公式： VS底 h： V1h柱体的体积锥体的体积S 底3台体的体积：1球体的体积： V43V（ S 上下下hR3S 上 SS )35. 空间几何体的三视图正视图：光线从几何体的前面向后面正投影，得到的投影图。

侧视图：光线从几何体的左边向右边正投影，得到的投影图。

俯视图：光线从几何体的上面向右边正投影，得到的投影图。

画三视图的原则：长对正、宽相等、高平齐。

即正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽，侧视图和正视图一样高。

6 . 空间中点、直线、平面之间的位置关系（ 1） 直线与直线的位置关系：相交；平行；异面。

（2）直线与平面的位置关系：直线与平面平行；直线与平面相交；直线在平面内。

（3）平面与平面的位置关系：平行；相交。

7.空间中点、直线、平面的位置关系的判断（1）线线平行的判断：①平行公理：平行于同一直线的两直线平行。

②线面平行的性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行。

③面面平行的性质定理：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行。

④线面垂直的性质定理：垂直于同一平面的两直线平行。

（2）线线垂直的判断：①线面垂直的定义：若一直线垂直于一平面，这条直线垂直于平面内所有直线。

(精选试题附答案)高中数学第八章立体几何初步知识点题库

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(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步知识点题库单选题1、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AB=BC=AD=BD=CD=√2dm，二面角A−BD−C的大小为2π3，则该足球的体积为（）A．7√42π27dm3B．35√2π27dm3C．14π27dm3D．32√2π27dm3答案：A分析：画出图形，O为线段BD的中点，则可得∠AOC为二面角A−BD−C的平面角，取N,M分别是线段AO,CO上靠近点O的三等分点，则可得N,M分别为△ABD和△CBD的外心，过N,M分别作平面ABD和平面CBD的垂线EN,EM，交于点E，则点E为三棱锥A−BCD外接球的球心，即为足球的球心，所以线段EB为球的半径，然后结已知数据求出EB，从而可求出足球的体积根据题意，三棱锥A−BCD如图所示，图中点O为线段BD的中点，N,M分别是线段AO,CO上靠近点O的三等分点，因为AB=BC=AD=BD=CD=√2dm，所以△ABD和△CBD均为等边三角形，因为点O为线段BD的中点，所以AO⊥BD,CO⊥BD，所以∠AOC为二面角A−BD−C的平面角，所以∠AOC=2π3，因为△ABD和△CBD均为等边三角形，点O为线段BD的中点，所以AO,CO分别为△ABD和△CBD的中线，因为N,M分别是线段AO,CO上靠近点O的三等分点，所以N,M分别为△ABD和△CBD的外心，过N,M分别作平面ABD和平面CBD的垂线EN,EM，交于点E，则点E为三棱锥A−BCD外接球的球心，即为足球的球心，所以线段EB为球的半径，因为AO⊥BD,CO⊥BD，AB=BC=AD=BD=CD=√2dm，所以AO=CO=√62dm，则NO=MO=√66dm，因为AO=CO,EO=EO,∠ENO=∠EMO=90°，所以△ENO≌△EMO，所以∠EON=∠EMO=12∠AOC=π3，在直角△EMO中，EM=OMtanπ3=√22，因为EM⊥平面BCD，BM⊂平面BCD，所以BM⊥EM，因为M是△CBD的外心，所以BM=√63，所以EB=√EM2+BM2=√76,所以V=43π⋅EB3=43π(√76)3=7√4227π，所以足球的体积为7√4227πdm，故选：A小提示：关键点点睛：此题考查三棱锥外接球问题，考查计算能力，解题的关键是由题意求出三棱锥外接球的球心，从而可确定出球的半径，然后计算出半径即可，考查空间想象能力，属于较难题2、在长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AB =4，AD =3，AA 1=5，点P 在长方体的面上运动，且满足AP =5，则P 的轨迹长度为（ ）A ．12πB ．8πC ．6πD ．4π答案：C分析：由题设，在长方体表面确定P 的轨迹，应用弧长公式计算轨迹长度.如图，P 在左侧面的轨迹为弧A 1N ⌢，在后侧面的轨迹为弧NC ⌢，在右侧面的轨迹为弧MC ⌢，在前侧面内的轨迹为弧A 1M ⌢.易知|NC ⌢|=14π×4×2=2π，|MC ⌢|=14π×3×2=3π2，又sin∠A 1AN =cos∠NAD =35，cos∠A 1AM =sin∠MAB =35， ∴∠A 1AN +∠A 1AM =π2，则|A 1N ⌢|+|A 1M ⌢|=14π×5×2=5π2，∴P 的轨迹长度为6π，故选：C.3、在下列判断两个平面α与β平行的4个命题中，真命题的个数是（）．①α、β都垂直于平面r，那么α∥β②α、β都平行于平面r，那么α∥β③α、β都垂直于直线l，那么α∥β④如果l、m是两条异面直线，且l∥α，m∥α，l∥β，m∥β，那么α∥βA．0B．1C．2D．3答案：D分析：在正方体中观察可判断①；由平面平行的传递性可判断②；由线面垂直的性质可判断③；根据面面平行判定定理可判断④.如图，易知在正方体中相邻两个侧面都垂直于底面，故①错误；由平面平行的传递性可知②正确；由线面垂直的性质可知③正确；过直线l做平面γ与α、β分别交于l1,l2，过直线m做平面χ与α、β分别交于m1,m2，因为l∥α，l∥β，所以l∥l1,l∥l2，所以l1∥l2因为l1⊄β，l2⊂β，所以l1∥β同理，m1∥β又l、m是两条异面直线，所以l1,l2相交，且l1⊂α，m1⊂α所以α∥β，故④正确.故选：D4、在△ABC 中，AB =1，AC =2，∠BAC =60°，P 是△ABC 的外接圆上的一点，若AP⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ + nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，则m +n 的最小值是（ ）A ．−1B ．−12C ．−13D ．−16 答案：B分析：先解三角形得到△ABC 为直角三角形，建立直角坐标系，通过AP⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ + nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ 表示出m +n ，借助三角函数求出最小值.由余弦定理得BC 2=AB 2+AC 2−2AB ⋅AC ⋅cos∠BAC = 1+4−2×1×2×cos 60∘=3，所以BC =√3，所以AB 2+BC 2=AC 2，所以AB ⊥BC ．以AC 的中点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，易得A （－1，0），C （1，0），B （－12，√32），设P 的坐标为(cosθ,sinθ)，所以AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(12,√32)，AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0)，AP ⃑⃑⃑⃑⃑ = (cosθ+1,sinθ)，又AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，所以(cosθ+1,sinθ)=m (12,√32)+ n (2,0)=(m 2+2n ,√32m)，所以m =2√33sin θ，n =cos θ2+12−√36sin θ，所以m +n =2√33sin θ+cos θ2+12−√36sin θ =√32sin θ+cos θ2+12=sin (θ+π6)+12≥−1+12=−12，当且仅当sin (θ+π6)=−1时，等号成立．故选：B．5、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．2πR2B．94πR2C．83πR2D．πR2答案：B分析：根据圆柱的表面积公式以及二次函数的性质即可解出．设圆柱的底面半径为r，圆柱的高为ℎ，所以在轴截面三角形中，如图所示：由相似可得，rR =3R−ℎ3R，所以，ℎ=3R−3r，即圆柱的全面积为S=2πr2+2πrℎ=2πr2+2πr(3R−3r)=2π(−2r2+3rR)=2π[−2(r−34R)2+98R2]≤9π4R2，当且仅当r=34R时取等号．故选：B．6、如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120°，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（）A．23B．24C．26D．27答案：D分析：作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.该几何体由直三棱柱AFD−BHC及直三棱柱DGC−AEB组成，作HM⊥CB于M，如图，因为CH=BH=3,∠CHB=120∘，所以CM=BM=3√32,HM=32，因为重叠后的底面为正方形，所以AB=BC=3√3,在直棱柱AFD−BHC中，AB⊥平面BHC，则AB⊥HM, 由AB∩BC=B可得HM⊥平面ADCB，设重叠后的EG与FH交点为I,则V I−BCDA=13×3√3×3√3×32=272,V AFD−BHC=12×3√3×32×3√3=814则该几何体的体积为V=2V AFD−BHC−V I−BCDA=2×814−272=27.故选：D.7、下列命题：①有两个面平行，其他各面都是平行四边形的几何体叫做棱柱；②有两侧面与底面垂直的棱柱是直棱柱；③过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形不可能是矩形；④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱一定是正四棱柱．其中正确命题的个数为（）A．0B．1C．2D．3答案：A分析：①②③④均可举出反例.①如图1，满足有两个面平行，其他各面都是平行四边形，显然不是棱柱，故①错误；②如图2，满足两侧面ABB1A1与底面垂直，但不是直棱柱，②错误；③如图3，四边形ACC1A1为矩形，即过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形可能是矩形，③错误；④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱不一定是正四棱柱，因为两底面不一定是正方形，④错误．故选：A8、下列条件中，能得出直线m与平面α平行的是（）A．直线m与平面α内的所有直线平行B．直线m与平面α内的无数条直线平行C．直线m与平面α没有公共点D．直线m与平面α内的一条直线平行答案：C分析：根据线面平行的判定，线面平行的性质逐个辨析即可.对A，直线m与平面α内的所有直线平行不可能，故A错误；对B，当直线m在平面α内时，满足直线m与平面α内的无数条直线平行，但m与α不平行；对C，能推出m与α平行；对D，当直线m在平面α内时，m与α不平行.故选：C.9、下列说法正确的有（）①两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；②经过球面上不同的两点只能作一个大圆；③各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；④圆锥的轴截面是等腰三角形.A．1个B．2个C．3个D．4个答案：A解析：根据棱台、球、正方体、圆锥的几何性质，分析判断，即可得答案.①中若两个底面平行且相似，其余各面都是梯形，并不能保证侧棱延长线会交于一点，所以①不正确；②中若球面上不同的两点恰为球的某条直径的两个端点，则过此两点的大圆有无数个，所以②不正确；③中底面不一定是正方形，所以③不正确；④中圆锥的母线长相等，所以轴截面是等腰三角形，所以④是正确的.故选：A10、如图所示，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=1，AB=BC=√3，cos∠ABC=1，P是A1B上的一动点，3则AP+PC1的最小值为（）A．√5B．√7C．1+√3D．3答案：B分析：连接BC1，以A1B所在直线为轴，将△A1BC1所在平面旋转到平面ABB1A1，设点C1的新位置为C′，连接AC′，判断出当A、P、C′三点共线时，则AC′即为AP+PC1的最小值.分别求出∠AA1C′=120°,AA1=1,A1C′=2,利用余弦定理即可求解.连接BC1，得△A1BC1，以A1B所在直线为轴，将△A1BC1所在平面旋转到平面ABB1A1，设点C1的新位置为C′，连接AC′，则有AP+PC1≥AC′.当A、P、C′三点共线时，则AC′即为AP+PC1的最小值.，由余弦定理得：AC=√AB2+BC2−2AB·BCcosB=在三角形ABC中，AB=BC=√3，cos∠ABC=13√3+3−2×3×1=2,所以A1C1=2，即A1C′=23在三角形A1AB中，AA1=1，AB=√3，由勾股定理可得：A1B=√AA12+AB2=√1+3=2,且∠AA1B=60°. 同理可求：C1B=2因为A1B=BC1=A1C1=2，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠BA1C1=60°，所以在三角形AA1C′中，∠AA1C′=∠AA1B+∠BA1C′=120°,AA1=1,A1C′=2,)=√7.由余弦定理得：AC′=√1+4−2×1×2×(−12故选B.小提示：（1）立体几何中的翻折（展开）问题截图的关键是：翻折（展开）过程中的不变量；（2）立体几何中距离的最值一般处理方式：①几何法：通过位置关系，找到取最值的位置（条件），直接求最值；②代数法：建立适当的坐标系，利用代数法求最值.填空题11、达•芬奇认为：和音乐一样，数学和几何“包含了宇宙的一切”，从年轻时起，他就本能地把这些主题运用在作品中，布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达•芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达•芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体.若图3中每个正方体的边长为1，则点F到直线QC的距离是__________.答案：√2分析：根据题意，求得△FQC的三条边长，在三角形FQC中求边QC边上的高线即可.根据题意，延长QN,BA交于点M，连接QF,FC，如下所示：在△QFC中，容易知：QF=√QN2+NF2=√12+(√2)2=√3；同理FC=√12+(√5)2=√6，QC=√QM2+MC2=√22+(√5)2=3，满足QF2+FC2=QC2，设点F到直线QC的距离为d，由等面积法可知：=√2，即点F到直线QC的距离是√2.QF×FC=QC×d，解得d=√3×√63所以答案是：√2.12、三条两两平行的直线可以确定平面的个数可能为______个．答案：1或3分析：讨论三条平行线是否共面，即可确定平面的个数.当三条平行线不共面时，如下图示可确定3个平面；当三条平行线共面时，如下图示确定1个平面.所以答案是：1或313、已知一个圆柱的高不变，它的体积扩大为原来的4倍，则它的侧面积扩大为原来的___________倍.答案：2分析：求出底面半径扩大为原来的2倍，从而得到侧面积扩大为原来的2倍.设圆柱的高为ℎ，底面半径为r，则体积为πr2ℎ，体积扩大为原来的4倍，则扩大后的体积为4πr2ℎ，因为高不变，故体积4πr2ℎ=π(2r)2ℎ，即底面半径扩大为原来的2倍，原来侧面积为2πrℎ，扩大后的圆柱侧面积为2π⋅2rℎ= 4πrℎ，故侧面积扩大为原来的2倍.所以答案是：214、在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AA1中点，点P在侧面BCC1B1上运动，当点P满足条件___________时，A1P//平面BCD(答案不唯一，填一个满足题意的条件即可)答案：P是CC1中点分析：根据线面平行的性质，只需在侧面BCC1B1上找到一点，A1P//平面BCD上的任一条线即可，可以取A1P//CD，此时P是CC1中点.取CC1中点P，连结A1P，∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AA1中点，点P在侧面BCC1B1上运动，∴当点P满足条件P是CC1中点时，A1P//CD，∵A1P⊄平面BCD，CD⊂平面BCD，∴当点P满足条件P是CC1中点时，A1P//平面BCD所以答案是：P是CC1中点.15、如图所示，有边长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1，P为正方体表面的一个动点．若三棱锥A−PBC的体积，则|PD1|的取值范围是____________．为12答案：[54,3√174]分析：根据三棱锥A−PBC的体积求出点P到平面ABC的距离ℎ，由此确定点P的轨迹，结合图形即可得出答案. 设点P到平面ABC的距离为ℎ，则V P−ABC=13S△ABC⋅ℎ=23ℎ=12，所以ℎ=34，如图在AA1上取点E，使得AE=34，过点E作平面EFGH∕∕平面ABCD，F,G,H分别在BB1,CC1,DD1上，故点P在四边形EFGH的边上，则当点P在点H的位置时，|PD1|最小，为54，当点P在点F的位置时，|PD1|最大，为√4+4+2516=3√174，所以|PD1|的取值范围是[54,3√174].所以答案是：[54,3√174].解答题16、如图，已知矩形CDEF和直角梯形ABCD，AB∥CD，∠ADC＝90°，DE＝DA，M为AE的中点.（1）求证：AC∥平面DMF；（2）求证：BE⊥DM.答案：（1）证明见解析；（2）证明见解析.分析：（1）根据三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理进行证明即可；（2）根据矩形的性质，结合线面垂直的性质和判定定理进行证明即可.（1）如图，连结EC交DF于点N，连结MN.因为CDEF为矩形，所以EC，DF相互平分，所以N为EC的中点.又因为M为EA的中点，所以MN∥AC.又因为AC⊄平面DMF，且MN⊂平面DMF.所以AC∥平面DMF.（2）因为矩形CDEF，所以CD⊥DE.又因为∠ADC＝90°，所以CD⊥AD.因为DE∩AD＝D，DE，AD⊂平面ADE，所以CD⊥平面ADE.又因为DM⊂平面ADE，所以CD⊥DM.又因为AB∥CD，所以AB⊥DM.因为AD＝DE，M为AE的中点，所以AE⊥DM.又因为AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE，所以MD⊥平面ABE.因为BE⊂平面ABE，所以BE⊥MD.17、如图：ABCD是正方形，O为正方形的中心，PO⊥底面ABCD，点E是PC的中点.求证：(1)PA//平面BDE；(2)平面PAC⊥平面BDE.答案：(1)证明见解析(2)证明见解析分析：（1）连接OE，则由三角形中位线定理可得OE//PA，再由线面平行的判定定理可证得结论，（2）由已知可得BD⊥AC，BD⊥PO，由线面垂直的判定定理可证得BD⊥面PAC，再由面面垂直的判定定理可证得结论（1）证明：连接OE，∵ABCD为正方形，∴O为AC中点，又∵E为PC中点，∴OE//PA，OE⊂面BDE，PA⊄面BDE，∴PA//面BDE，（2）证明：∵ABCD为正方形，BD⊥AC，又∵PO⊥面ABCD，BD⊂面ABCD，∴BD⊥PO，∵PO∩AC=O，PO⊂面PAC，AC⊂面PAC，∴BD⊥面PAC，∵BD⊂面BDE，∴面BDE⊥面PAC，18、如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为矩形，AB⊥BP，M，N分别为AC，PD的中点．（1）求证：MN∥平面ABP；（2）若BP⊥PC，求证：平面ABP⊥平面APC．答案：（1）证明见解析；（2）证明见解析.分析：（1）要证明线面平行，需证明线线平行，即连结BD，证明MN//BP；（2）要证明面面垂直，需证明线面垂直，利用垂直关系转化，证明PC⊥平面ABP.证明：（1）连结BD，由已知，M为AC和BD的中点，又∵N为PD的中点，∴MN∥BP．∵MN⊄平面ABP，BP⊂平面ABP，∴MN∥平面ABP．（2）∵AB⊥BP，AB⊥BC，BP∩BC＝B，∴AB⊥平面BPC．∵PC⊂平面BPC，∴AB⊥PC．∵BP⊥PC，AB∩BP＝B，∴PC⊥平面ABP．∵PC⊂平面APC，∴平面ABP⊥平面APC．19、用符号表示下列语句，并画出图形.（1）平面α与β相交于直线l，直线a与α，β分别相交于点A，B；（2）点A，B在平面α内，直线a与平面α交于点C，点C不在直线AB上.答案：（1）α∩β＝l，a∩α＝A，a∩β＝B；图象见解析；（2）A∈α，B∈α，a∩α＝C，C∉AB；图象见解析分析：由题意将自然语言转化为符号语言,根据点线面的关系,借用集合符号,表示即可.（1）用符号表示：α∩β＝l,a∩α＝A,a∩β＝B，如图.（2）用符号表示：A∈α,B∈α,a∩α＝C,C∉AB，如图.小提示：本题主要考查点、线、面的关系的符号表达,属于基础题.。

立体几何经典习题集(含答案)

立体几何经典习题集(含答案)

立体几何基础A 组题一、选择题：1．下列命题中正确命题的个数是 （ ） ⑴ 三点确定一个平面⑵ 若点P 不在平面α内，A 、B 、C 三点都在平面α内，则P 、A 、B 、C 四点不在同一平面内 ⑶ 两两相交的三条直线在同一平面内⑷ 两组对边分别相等的四边形是平行四边形A.0B.1C.2D.3答案：A2．已知异面直线a 和b 所成的角为︒50，P 为空间一定点，则过点P 且与a 、b 所成的角都是︒30的直线条数有且仅有 （ ） A.1条 B.2条 C.3条 D.4条答案：B 3．已知直线⊥l 平面α，直线⊂m 平面β，下列四个命题中正确的是 （ ） (1) 若βα//，则m l ⊥ (2) 若βα⊥，则m l // (3) 若m l //，则βα⊥ (4) 若 m l ⊥，则βα//A.(3)与（4）B.（1）与（3）C.（2）与（4）D.（1）与（2）答案：B4．已知m 、n 为异面直线，⊂m 平面α，⊂n 平面β，l =βα ，则l （ ） A.与m 、n 都相交 B.与m 、n 中至少一条相交 C.与m 、n 都不相交 D.至多与m 、n 中的一条相交答案：B5．设集合A={直线}，B={平面}，B A C =，若A a ∈，B b ∈，C c ∈，则下列命题中的真命题是 （ ）A. c a b a b c ⊥⇒⎭⎬⎫⊥// B.c a c b b a //⇒⎭⎬⎫⊥⊥ C.c a b c b a //////⇒⎭⎬⎫ D. c a b c b a ⊥⇒⎭⎬⎫⊥//答案：A6．已知a 、b 为异面直线，点A 、B 在直线a 上，点C 、D 在直线b 上，且AC=AD ，BC=BD ，则直线a 、b 所成的角为 （ ） A. ︒90 B. ︒60 C. ︒45 D. ︒30答案：A7．下列四个命题中正确命题的个数是 （ ） 有四个相邻侧面互相垂直的棱柱是直棱柱 各侧面都是正方形的四棱柱是正方体底面是正三角形，各侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥A.1个B.2个C.3个D.0个答案：D8．设M={正四棱柱}，N={长方体}，P={直四棱柱}，Q={正方体}，则这些集合之间关系是 （ ） A.Q M N P B.Q M N P C.Q N M P D.Q N M P答案：B9．正四棱锥P —ABCD 中，高PO 的长是底面长的21，且它的体积等于334cm ，则棱AB 与侧面PCD 之间的距离是 （ ） A.cm 2 B. cm 2 C. cm 1 D.cm 22答案：A10．纬度为α的纬圈上有A 、B 两点，弧在纬圈上，弧AB 的长为απcos R （R 为球半径），则A 、B 两点间的球面距离为 （ ）A. R πB. R )(απ-C. R )2(απ-D. R )2(απ-答案：D11．长方体三边的和为14，对角线长为8，那么 （ ） A.它的全面积是66 B.它的全面积是132C.它的全面积不能确定D.这样的长方体不存在答案：D12．正四棱锥P —ABCD 的所有棱长都相等，E 为PC 的中点，那么异面直线BE 与PA 所成角的余弦值等于（ ）A.21B. 22C. 32D. 33答案：D13．用一个过正四棱柱底面一边的平面去截正四棱柱，截面是 （ ）A.正方形B.矩形C.菱形D.一般平行四边形答案：B二、填空题：14．正方体1111D C B A ABCD -中，E 、F 、G 分别为AB 、BC 、CC 1的重点，则EF 与BG 所成角的余弦值为________________________答案：510 15．二面角βα--a 内一点P 到两个半平面所在平面的距离分别为22和4，到棱a 的距离为24，则这个二面角的大小为__________________答案：︒︒16575或16.四边形ABCD 是边长为a 的菱形，︒=∠60BAD ，沿对角线BD 折成︒120的二面角A —BD —C 后，AC 与BD 的距离为_________________________答案：a 43 17．P 为︒120的二面角βα--a 内一点，P 到α、β的距离为10，则P 到棱a 的距离是_________________答案：3320 18．如图：正方形ABCD 所在平面与正方形ABEF 所在平面成︒60的二面角，则异面直线AD 与BF 所成角的余弦值是______________________答案：4219．已知三棱锥P —ABC 中，三侧棱PA 、PB 、PC 两两互相垂直，三侧面与底面所成二面角的大小分别为γβα,,，则=++γβα222cos cos cos _______________答案：1 20．若四面体各棱的长是1或2，且该四面体不是正四面体，则其体积的值是_____________（只需写出一个可能的值）。

立体几何复习(知识点+经典习题)

立体几何复习(知识点+经典习题)

立体几何复习(知识点+经典习题)1.给出以下命题：1) 若平面α内的两条相交直线分别平行于平面β内的两条直线，则平面α平行于平面β；2) 若平面α外一条直线l与平面α内的一条直线平行，则直线l和平面α平行；3) 设平面α和平面β相交于直线l，若平面α内有一条直线垂直于l，则平面α和平面β垂直；4) 直线l与平面α垂直的充分必要条件是直线l与平面α内的两条直线垂直。

写出所有真命题的序号。

2.在空间中，以下命题正确的是：A) 平行直线的平行投影重合；B) 平行于同一直线的两个平面平行；C) 垂直于同一平面的两个平面平行；D) 垂直于同一平面的两条直线平行。

考点为二三视图与直观图及面积与体积。

基础训练】1.如图，E和F分别为正方体的面ADD1A1和面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的投影可能是什么形状。

2.如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45度，腰和上底均为1的等腰梯形，则原图形的面积是多少？3.在三角形ABC中，AB=2，BC=1.5，∠ABC=120度。

若使其绕直线BC旋转一周，则它形成的几何体的体积是多少？4.已知一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是2，3，6，则这个长方体的对角线长是多少？若长方体共顶点的三个侧面面积分别为3,5,15，则它的体积是多少？5.正方体的内切球和外接球的半径之比为多少？6.一个正方体的顶点都在球面上，它的棱长为2，则球的表面积是多少？7.若三个球的表面积之比是1:2:3，则它们的体积之比是多少？8.长方体的一个顶点上三条棱长分别为3、4、5，且它的8个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是多少？9.半径为R的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为多少？高考链接】1.一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的全面积为多少？2.设某几何体的三视图如下，则该几何体的体积为多少？1.在三棱锥ABCDE中，AB=AC=AD=2，BC=3，CD=4，BE=5，CE=6，DE=7，求∠AED的大小。

高三一轮复习 立体几何全章 练习(9套)+易错题+答案

高三一轮复习 立体几何全章 练习(9套)+易错题+答案

第九章立体几何与空间向量第1节简单几何体的结构、三视图和直观图一、选择题1.如图是由哪个平面图形旋转得到的( A )解析:根据面动成体的原理即可解,一个直角三角形绕直角边旋转一周可以得到一个圆锥.一个直角梯形绕着直角腰旋转一周得到圆台.该几何体的上部分是圆锥,下部分是圆台,圆锥的轴截面是直角三角形,圆台的轴截面是直角梯形,所以这个几何图形是由直角三角形和直角梯形围绕直角边所在的直线为轴旋转一周得到.故选A.2.已知三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上.若AB=3,AC=4, AB⊥AC,AA1=12,则球O的半径为( C )(A) (B)2 (C) (D)3解析:构建长方体的棱长分别为3,4,12.体对角线长为=13,外接球的半径为,故选C.3.用长为4,宽为2的矩形做侧面围成一个圆柱,此圆柱轴截面面积为( B )(A)8 (B)(C)(D)解析:若以4作为圆柱的高、2作为底面圆的周长,则圆柱轴截面面积为;若以2作为圆柱的高、4作为底面圆的周长,则圆柱轴截面面积为,所以此圆柱轴截面面积为.故选B.4.正四棱锥S-ABCD的底面边长为4,高SE=8,则过点A,B,C,D,S的球的半径为( C )(A)3 (B)4 (C)5 (D)6解析:由正四棱锥及其外接球的对称性,球心O在正四棱锥的高线SE上,球半径R=OS=OB,EB=BD=4.所以在直角三角形OEB中,由勾股定理得,(8-R)2+42=R2,解得R=5,故选C.5.三棱锥P-ABC中,△ABC是底面,PA⊥PB,PA⊥PC,PB⊥PC,且这四个顶点都在半径为2的球面上,PA=2PB,则这个三棱锥的三个侧棱长的和的最大值为( B )(A)16 (B)(C)(D)32解析:因为PA,PB,PC两两垂直,又因为三棱锥P-ABC的四个顶点均在半径为1的球面上,所以以PA,PB,PC为棱的长方体的对角线即为球的一条直径.所以16=PA2+PB2+PC2,因为PA=2PB,则这个三棱锥的三个侧棱长的和PA+PB+PC=3PB+PC,因为5PB2+PC2=16,设PB=4cos α,PC=4sin α,则3PB+PC=cos α+4sin α=sin(α+φ)≤=. 可知其最大值为,选B.6.已知一个四面体其中五条棱的长分别为1,1,1,1,,则此四面体体积的最大值是( B )(A) (B) (C) (D)解析:设四面体为P-ABC,则设PC=X,AB=,其余的各边为1,那么取AB 的中点D,那么连接PD,因此可知,AB垂直于平面PCD,则棱锥的体积可以运用以PCD为底面,高为AD,BD的两个三棱锥体积的和来表示,因此只要求解底面积的最大值即可.由于PD=CD=,那么可知三角形PDC的面积越大,体积越大,可知S△PDC=××sin θ≤=,也就是当PD垂直于CD时,面积最大,因此可得四面体的体积的最大值为××=,选B.二、填空题7.圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形,则圆柱的表面积为.解析:因为圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形,①若6π=2πr,r=3,所以圆柱的表面积为4π×6π+2×πr2=24π2+18π;②若4π=2πr,r=2,所以圆柱的表面积为4π×6π+2×πr2=24π2+8π.答案:24π2+8π或24π2+18π8.一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与某一个球的直径相等,这时圆柱、圆锥、球的体积之比为.解析:设球的半径为r,则V圆柱=πr2×2r=2πr3,V圆锥=πr2×2r=,V球=πr3,所以V圆柱∶V圆锥∶V球=2πr3∶∶πr3=3∶1∶2.答案:3∶1∶29.将4个半径都是R的球体完全装入底面半径是2R的圆柱形桶中,则桶的最小高度是.解析:由题意知,小球要分两层放置且每层两个,令下层两小球的球心分别是A,B,上层两小球的球心分别是C,D.此时,圆柱底面的半径=两小球半径的和,恰好使小球相外切,且与圆柱母线相切.圆柱的高=上层小球的上方半径+AB与CD间的距离+下层小球的下方半径=2R+AB与CD间的距离.令AB,CD的中点分别为E,F.很明显,四面体ABCD每条棱的长都是2R,容易求出:EC=ED,FA=FB,由EC=ED,CF=DF,得EF⊥CD.由FA=FB,AE=BE,得EF⊥AB.所以EF是AB与CD间的距离,所以圆柱的高=2R+EF.由勾股定理,有CE2+AE2=AC2,CE2=EF2+CF2.两式相减,消去CE,得AE2=AC2-EF2-CF2,所以EF2=AC2-AE2-CF2=(2R)2-R2-R2=2R2,所以EF=R.所以圆柱的高=2r+R=(2+)R.答案:(2+)R10.一个圆锥有三条母线两两垂直,则它的侧面展开图的圆心角大小为.解析:设母线长为l,因圆锥有三条母线两两垂直,则这三条母线可以构成以它们为侧棱、以底面边长为l的正三角形的正三棱锥,故由正弦定理得,圆锥的底面直径2R=,解得R=,因此可知侧面展开图的圆心角大小为π.答案:π11.若圆锥的侧面展开图是圆心角为180°,半径为4的扇形,则这个圆锥的表面积是.解析:因为圆锥的侧面展开图是圆心角为180°,母线长等于4,半径为4的扇形,则这个圆锥的表面积是底面积加上侧面积,扇形面积加上底面面积的和为12π.答案:12π12.若长方体的一个顶点上的三条棱的长分别为3,4,5,从长方体的一条对角线的一个端点出发,沿表面运动到另一个端点,其最短路程是.解析:从长方体的一条对角线的一个端点A出发,沿表面运动到另一个端点B,有三种方案,如图是它们的三种部分侧面展开图,AB路程可能是:最短路程是.答案:三、解答题13.某几何体的一条棱长为,在该几何体的正视图中,这条棱的投影是长为的线段,在该几何体的侧视图与俯视图中,这条棱的投影分别是长为a和b的线段,求a+b的最大值.解:如图,把几何体放到长方体中,使得长方体的体对角线刚好为几何体的已知棱,则长方体的体对角线A 1C=,则它的正视图投影长为A 1B=,侧视图投影长为A1D=a,俯视图投影长为A1C1=b,则a2+b2+()2=2·()2,即a2+b2=8,又≤,当且仅当“a=b=2”时等号成立.所以a+b≤4,即a+b的最大值为4.14.某几何体的三视图如图所示.(1)判断该几何体是什么几何体?(2)画出该几何体的直观图.解:(1)该几何体是一个正方体切掉两个圆柱后得到的几何体.(2)直观图如图所示.15.已知正三棱锥V-ABC的正视图和俯视图如图所示.(1)画出该正三棱锥的侧视图和直观图;(2)求出侧视图的面积.解:(1)如图.(2)侧视图中V A===2,则S △VBC=×2×2=6.第2节简单几何体的表面积与体积一、选择题1.如图所示是一个几何体的三视图,则该几何体的体积为( B )(A)16+2π(B)8+2π(C)16+π (D)8+π解析:由图可知该几何体是由两个相同的半圆柱与一个长方体拼接而成,因此V=1×2×4+π×12×2=8+2π.故选B.2.一个三条侧棱两两互相垂直并且侧棱长都为a的三棱锥的四个顶点全部在同一个球面上,则该球的表面积为( B )(A)πa2(B)3πa2(C)6πa2(D)πa2解析:由题可知该三棱锥为一个棱长a的正方体的一角,则该三棱锥与该正方体有相同的外接球,又正方体的对角线长为a,则球半径为a,则S=4πr2=4π(a)2=3πa2.故选B.3.一个棱长都为a的直三棱柱的六个顶点全部在同一个球面上,则该球的表面积为( A )(A)πa2(B)2πa2(C)πa2(D)πa2解析:如图,设O1,O2为棱柱两底面的中心,球心O为O1O2的中点.又直三棱柱的棱长为a,可知OO1=a,AO1=a,所以R2=OA2=O+A=,因此该直三棱柱外接球的表面积为S=4πR2=4π×=πa2,故选A.4.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( D )(A) (B)2 (C) (D)解析:由三视图可知,该几何体的直观图为一个竖立的圆锥和一个倒立的圆锥组成,其体积为V=2×π×12×1=,选D.5.某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的体积是( C )(A)5 (B)2 (C) (D)解析:由三视图知,该四棱锥的底面是直角梯形,上底长为2,下底长为3,高为,四棱锥的高为h=2,故该四棱锥的底面积S=(2+3)×=,所以该四棱锥的体积V=Sh=××2=.6.已知边长为2的菱形ABCD中,∠A=60°,现沿对角线BD折起,使得二面角A BD C为120°,此时点A,B,C,D在同一个球面上,则该球的表面积为( C )(A)20π(B)24π(C)28π(D)32π解析:如图,分别取BD,AC的中点M,N,连接MN,则容易算得AM=CM=3,MN=,MD=,CN=,由图形的对称性可知球心必在MN的延长线上,设球心为O,半径为R,ON=x,则由题设可得解得x=,则R2=+=7,所以球面面积S=4πR2=28π,故选C.二、填空题7.一个圆柱的轴截面为正方形,则与它同底等高的圆锥的侧面积与该圆柱的侧面积的比为.解析:令正方形的边长为a,则圆柱的侧面积S1=2π××a=πa2,与它同底等高的圆锥的侧面积S2=πrl=π××a=,则与它同底等高的圆锥的侧面积与该圆柱的侧面积的比为.答案:8.球O与直三棱柱ABC-A1B1C1的各个面都相切,若三棱柱的表面积为27,△ABC的周长为6,则球的表面积为.解析:设内切球半径为r,那么直三棱柱的底面内切圆半径为r,棱柱的高为2r,由等面积法,则直三棱柱底面面积S 底=r×6=3r,由等体积法,V三棱柱=S底·2r=r·27,所以9r=6r2,解得r=.其表面积为4π×()2=3π.答案:3π9.已知母线长为6,底面半径为3的圆锥内有一球,球与圆锥的底面及圆锥的所有母线都相切,则球的体积是 .解析:取圆锥的轴截面,则截面是边长为6的正三角形,正三角形的内切圆的圆心即为球心,R=6××,所以R=,所以V=πR3=4π.答案:4π10.棱长为a的正方体ABCD A 1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上,E,F 分别是棱AA1,DD1的中点,则过E,F两点的直线被球O截得的线段长为.解析:设过E,F两点的直线与球O交于M,N,所以△OMN,△OEF均为等腰直角三角形,所以OM=ON=R=a,点O到EF的距离为棱长一半,所以|MN|=2= a.答案: a11.四棱锥P-ABCD的各顶点都在同一球面上,且矩形ABCD的各顶点都在同一个大圆上,球半径为R,则此四棱锥的体积的最大值为.解析:点P到平面ABCD的最大距离为R,设矩形ABCD的长宽分别为x,y,则x2+y2=4R2,四棱锥P ABCD的体积V=xyR≤×=R3,当且仅当x=y=R时,V max=R3.答案:R312.设正四面体ABCD的棱长为a,P是棱AB上的任意一点,且P到平面ACD,BCD的距离分别为d1,d2,则d1+d2= .解析:根据题意,由于正四面体ABCD的棱长为a,各个面的面积为a2,高为a,所以V=×a2×a=×a2×(d1+d2),所以d1+d2= a.答案: a三、解答题13.已知一个几何体的三视图如图所示.(1)求此几何体的表面积;(2)如果点P,Q在正视图中所示位置,P为所在线段中点,Q为顶点,求在几何体表面上,从P点到Q点的最短路径的长.解:(1)由三视图知该几何体是由一个圆锥加一个圆柱组成的,其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和.S 圆锥侧=(2πa)·(a)=πa2,S圆柱侧=(2πa)·(2a)=4πa2,S圆柱底=πa2,所以S 表=πa2+4πa2+πa2=(+5)πa2.(2)沿P点所在母线剪开圆柱侧面,如图.则PQ===a,所以从P点到Q点在侧面上的最短路径长为a.14.如图,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)证明:MN∥平面PAB;(2)求四面体NBCM的体积.(1)证明:由已知得AM=AD=2.如图,取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TN∥BC,TN=BC=2.所以AM=TN,又AD∥BC,故TN AM,所以四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT.因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB.(2)解:因为PA⊥平面ABCD,N为PC的中点,所以N到平面ABCD的距离为PA.取BC的中点E,连接AE.由AB=AC=3得AE⊥BC,AE==.由AM∥BC得M到BC的距离为,故S △BCM=×4×=2.所以四面体NBCM的体积V N-BCM=×S△BCM×=.15.如图所示,在空间几何体ADE BCF中,四边形ABCD是梯形,四边形CDEF是矩形,且平面ABCD⊥平面CDEF,AD⊥DC,AB=AD=DE=2,EF=4,M是线段AE上的动点.(1)试确定点M的位置,使AC∥平面MDF,并说明理由;(2)在(1)的条件下,平面MDF将几何体ADE-BCF分成两部分,求空间几何体M-DEF与空间几何体ADM BCF的体积之比.解:(1)当M是线段AE的中点时,AC∥平面MDF.理由如下:连接CE交DF于点N,连接MN.因为M,N分别是AE,CE的中点,所以MN∥AC.又因为MN⊂平面MDF,AC⊄平面MDF,所以AC∥平面MDF.(2)将几何体ADE-BCF补成三棱柱ADE-B′CF,如图所示,三棱柱ADE-B′CF的体积为V=S△ADE·CD=×2×2×4=8,则几何体ADE-BCF的体积=-=8-×(×2×2)×2=.因为三棱锥M-DEF的体积=×(×2×4)×1=,所以=-=,所以两几何体的体积之比为∶=1∶4.第3节空间图形的基本关系与公理一、选择题1.设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面( C )(A)若m∥α,n∥α,则m∥n(B)若m∥α,m∥β,则α∥β(C)若m∥n,m⊥α,则n⊥α(D)若m∥α,α⊥β,则m⊥β解析:设直线a⊂α,b⊂α,a∩b=A,因为m⊥α,所以m⊥a,m⊥b.又n∥m,所以n⊥a,n⊥b,所以n⊥α.故选C.2.下列命题中,错误的是( D )(A)平行于同一平面的两个不同平面平行(B)一条直线与两个平行平面中的一个相交,则必与另一个平面相交(C)如果两个平面不垂直,那么其中一个平面内一定不存在直线与另一个平面垂直(D)若直线不平行于平面,则此直线与这个平面内的直线都不平行解析:当直线l在平面α内,即l⊂α时,直线l不平行于平面α,但平面α内存在直线与直线l平行,可知D选项错误,故选D.3.下列四个命题:①若一个平面内的两条直线都与另一个平面平行,那么这两个平面相互平行;②若一个平面经过另一个平面的垂线,那么这两个平面相互垂直;③垂直于同一直线的两条直线相互平行;④若两个平面垂直,那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直.其中,为真命题的是( D )(A)①和②(B)②和③(C)③和④(D)②和④解析:①显然错误,因为这两条直线相交才满足条件;②成立;③错误,这两条直线可能平行、相交,也可能异面;④成立,用反证法容易证明.故选D.4.若α,β是两个相交平面,则在下列命题中,真命题的序号为( C )①若直线m⊥α,则在平面β内,一定不存在与直线m平行的直线;②若直线m⊥α,则在平面β内,一定存在无数条直线与直线m垂直;③若直线m⊂α,则在平面β内,不一定存在与直线m垂直的直线;④若直线m⊂α,则在平面β内,一定存在与直线m垂直的直线.(A)①③(B)②③(C)②④(D)①④解析:若α⊥β且直线m⊥α,则在平面β内,一定存在与直线m平行的直线,所以①错误;若直线m⊥α,则在平面β内,一定存在无数条直线与直线m垂直,故②正确;若直线m⊂α,则在平面β内,一定存在与直线m垂直的直线,故③错误,④正确,故选C.5.设不在同一条直线上的A,B,C三点到平面α的距离相等,且A∉α,则( B )(A)α∥平面ABC(B)△ABC中至少有一条边平行于α(C)△ABC中至多有两条边平行于α(D)△ABC中只可能有一条边平行于α解析:因为A∉α,所以A,B,C均不在平面α内.当A,B,C三点在平面α的同侧时,α∥平面ABC,此时△ABC的三条边都平行于α,排除C,D;当A,B,C三点不在平面α的同侧时,易知△ABC中只有一条边平行于α,此时平面α和平面ABC相交,故选B.6.若l,m是两条不同的直线,m垂直于平面α,则“l⊥m”是“l∥α”的( B )(A)充分而不必要条件(B)必要而不充分条件(C)充分必要条件(D)既不充分也不必要条件解析:因为l⊥m,m⊥α,所以l∥α或l⊂α.故充分性不成立.若l∥α,m⊥α,一定有l⊥m.故必要性成立.选B.二、填空题7.长方体ABCD-A1B1C1D1的底面是边长为1的正方形,点E在侧棱AA1上(不与A,A1重合),满足∠C1EB=90°,则异面直线BE与C1B1所成的角为,侧棱AA1的长的最小值为.解析:在长方体ABCD-A1B1C1D1中,CB⊥平面ABB1A1,所以∠CBE=90°,又C1B1∥BC,所以异面直线BE与C1B1所成的角为90°.连接BC1,设AA1=x,AE=m(m>0),则有BE2=1+m2,C1E2=(x-m)2+2,C1B2=1+x2,因为∠C1EB=90°,所以C1B2=C1E2+BE2,即1+x2=(x-m)2+2+1+m2,即m2-mx+1=0,所以x=m+≥2,当且仅当m=,即m=1时,“=”成立.答案:90° 28.四边形ABCD中,AB=AD=CD=1,BD=,BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A1-BCD,使平面A1BD⊥平面BCD,给出下列结论:(1)A1C⊥BD;(2)∠BA1C=90°;(3)四面体A1-BCD的体积为.其中正确的命题是.(把所有正确命题的序号都填上) 解析:若A1C⊥BD,因为BD⊥CD,A1C∩CD=C,所以BD⊥平面A1CD,所以BD⊥A1D.而由A 1B=AB=1,A1D=AD=1,BD=,得A1B⊥A1D,与BD⊥A1D矛盾,故(1)错.因为CD⊥BD,平面BCD⊥平面A1BD,所以CD⊥平面A1BD,则CD⊥A1B.又A1B⊥A1D,A1D∩CD=D,所以A1B⊥平面A1CD,则A1B⊥A1C,故(2)正确.由(2)知==×·A1D·DC·A1B=,故(3)错.答案:(2)9.在正方体ABCD A 1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1,CC1的中点,则在空间中与三条直线A1D1,EF,CD都相交的直线有条.解析:在A1D1上任取一点P,过点P与直线EF作一个平面α,因为CD 与平面α不平行,所以它们相交,设α∩CD=Q,连接PQ,则PQ与EF必然相交.由点P的任意性,知有无数条直线与A1D1,EF,CD都相交.答案:无数10.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面为直角三角形.∠ACB =90°,AC=6,BC=CC 1=,P是BC1上一动点,则CP+PA1的最小值为.解析:连接A1B,将△A1BC1与△CBC1同时展开形成一个平面四边形A1BCC1,则此时对角线CP+PA1=A1C达到最小,在等腰直角三角形△BCC1中,BC1=2,∠CC1B=45°,在△A 1BC1中,A1B==2,A1C1=6,BC1=2,所以A1+B=A1B2,即∠A1C1B=90°.对于展开形成的四边形A1BCC1,如图,在△A 1C1C中,C1C=,A1C1=6,∠A1C1C=135°,由余弦定理有,CP+PA 1=A1C===5.答案:511. 如图,三棱锥A BCD中,AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,点M,N分别是AD,BC的中点,则异面直线AN,CM所成的角的余弦值是.解析:如图所示,连接DN,取线段DN的中点K,连接MK,CK.因为M为AD的中点,所以MK∥AN,所以∠KMC为异面直线AN,CM所成的角.因为AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,N为BC的中点,由勾股定理求得AN=DN=CM=2,所以MK=.在Rt△CKN中,CK==.在△CKM中,由余弦定理,得cos∠KMC===.答案:12.如图,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,下面四个命题中不正确的是.①BM是定值;②点M在某个球面上运动;③存在某个位置,使DE⊥A1C;④存在某个位置,使MB∥平面A1DE.解析:取DC中点F,连接MF,BF,MF∥A1D且MF=A1D,FB∥ED且FB=ED,所以∠MFB=∠A1DE.由余弦定理可得MB2=MF2+FB2-2MF·FB·cos∠MFB 是定值,所以M是在以B为圆心,MB为半径的球上,可得①②正确;由MF∥A1D与FB∥ED可得平面MBF∥平面A1DE,可得④正确;A1C在平面ABCD中的投影与AC重合,AC与DE不垂直,可得③不正确.答案:③三、解答题13.如图所示,等腰直角三角形ABC中,∠A=90°,BC=,DA⊥AC,DA⊥AB,若DA=1,且E为DA的中点.求异面直线BE与CD所成角的余弦值.解:如图所示,取AC的中点F,连接EF,BF,在△ACD中,E,F分别是AD,AC的中点,所以EF∥CD.所以∠BEF或其补角即为异面直线BE与CD所成的角.在Rt△EAB中,AB=AC=1,AE=AD=,所以BE=.在Rt△EAF中,AF=AC=,AE=,所以EF=.在Rt△BAF中,AB=1,AF=,所以BF=.在等腰三角形EBF中,cos∠FEB===.所以异面直线BE与CD所成角的余弦值为.14.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为D1C1,C1B1的中点,AC∩BD=P,A1C1∩EF=Q.求证:(1)D,B,F,E四点共面;(2)若A1C交平面DBFE于R点,则P,Q,R三点共线.证明:(1)如图所示,因为EF是△D1B1C1的中位线,所以EF∥B1D1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,B1D1∥BD,所以EF∥BD.所以EF,BD确定一个平面.即D,B,F,E四点共面.(2)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,设平面A1ACC1确定的平面为α,又设平面BDEF为β.因为Q∈A1C1,所以Q∈α.又Q∈EF,所以Q∈β.则Q是α与β的公共点,同理,P点也是α与β的公共点.所以α∩β=PQ.又A1C∩β=R,所以R∈A1C,则R∈α且∈β.则R∈PQ,故P,Q,R三点共线.15.在长方体ABCD A 1B1C1D1的A1C1面上有一点P(如图所示,其中P点不在对角线B1D1)上.(1)过P点在空间内作一条直线l,使l∥直线BD,应该如何作图?并说明理由;(2)过P点在平面A1C1内作一条直线m,使m与直线BD成α角,其中α∈(0°,90°],这样的直线有几条,应该如何作图?解:(1)连接B1D1,BD,在平面A1C1内过P点作直线l,使l∥直线B1D1,则l即为所求作的直线.因为直线B1D1∥直线BD,l∥直线B1D1,所以l∥直线BD.如图(1).(2)在平面A1C1内作直线m,使直线m与B1D1相交成α角,因为BD∥B1D1,所以直线m与直线BD也成α角,即直线m为所求作的直线,如图(2).由图(2)知m与BD是异面直线,且m与BD所成的角α∈(0,90°].当α=90°时,这样的直线m有且只有一条,当α≠90°时,这样的直线m 有两条.第4节直线、平面平行的判定与性质一、选择题1.若直线l∥平面α,直线a⊂平面α,则l与a的位置关系是( D )(A)l∥a (B)l与a异面(C)l与a相交 (D)l与a没有公共点解析:因为直线平行于平面,那么l与平面内的任何一条直线都没有公共点,因此l与a的位置关系是没有公共点,选D.2.下列条件能推出平面α∥平面β的是( D )(A)存在一条直线a,a∥α,a∥β(B)存在一条直线a,a⊂α,a∥β(C)存在两条平行直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α(D)存在两条异面直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α解析:因为根据面面平行的判定定理可知,如果存在两条异面直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α,则可以利用线线平行得到面面平行,选D.3.已知直线l,m,平面α,β,则下列命题中:①若α∥β,l⊂α,则l∥β②若α⊥β,l⊥α,则l∥β③若l∥α,m⊂α,则l∥m④若α⊥β,α∩β=l,m⊥l,则m⊥β,其中真命题有( B )(A)0个(B)1个(C)2个(D)3个解析:当两个平面平行时,一个平面上的线与另一个平面平行,故①正确;一条直线垂直于两个垂直平面中的一个平面,那么这条直线平行于或包含于另一个平面,故②不正确;④不正确;③中l,m的关系是不相交,故③不正确,故选B.4.下列四个正方体图形中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,P分别为其所在棱的中点,能得出AB∥平面MNP的图形的序号是( B )(A)①③(B)①④(C)②③(D)②④解析:对图①,构造AB所在的平面,即对角面,可以证明这个对角面与平面MNP平行,由线面平行的定义可得AB∥平面MNP;对图④,通过证明AB∥PN得到AB∥平面MNP;对于②,证MP中点为K,延长BA,KN则相交,所以BA与平面MNP相交,②错;对于③平面MNP与直线AB相交于点B,③错.故选B.5.类比平面几何中的定理“设a,b,c是三条直线,若a⊥c,b⊥c,则a∥b”,得出如下结论:①设a,b,c是空间的三条直线,若a⊥c,b⊥c,则a∥b;②设a,b是两条直线,α是平面,若a⊥α,b⊥α,则a∥b;③设α,β是两个平面,m是直线,若m⊥α,m⊥β,则α∥β;④设α,β,γ是三个平面,若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β.其中正确命题的个数是( B )(A)1 (B)2 (C)3 (D)4解析:①错;②垂直于同一个平面的两条直线平行,正确;③垂直于同一条直线的两个平面平行,正确;④错;两个平面也可能相交.6.在空间中,下列命题正确的是( D )(A)平面α内的一条直线a垂直于平面β内的无数条直线,则α⊥β(B)若直线m与平面α内的一条直线平行,则m∥α(C)若平面α⊥β,且α∩β=l,则过α内一点P与l垂直的直线垂直于平面β(D)若直线a与平面α内的无数条直线都垂直,则不能说一定有a⊥α解析:直线a与平面α内的任意直线都垂直,则有a⊥α,所以D正确.二、填空题7.点S在平面ABC外,SB⊥AC,SB=AC=2,E,F分别是SC和AB的中点,则EF= .解析:取BC的中点D,连接ED与FD,因为E,F分别是SC和AB的中点,点D为BC的中点所以ED∥SB,FD∥AC,而SB⊥AC,SB=AC=2,则三角形EDF为等腰直角三角形,则ED=FD=1,即EF=.答案:8.正四棱锥S ABCD的底面边长为2,高为2,E是边BC的中点,动点P 在这个棱锥表面上运动,并且总保持PE⊥AC,则动点P的轨迹的周长为.解析:由题意知,点P的轨迹为如图所示的三角形EFG,其中G,F为其所在棱的中点,所以EF=BD=,GE=GF=SB=,所以轨迹的周长为+.答案:+9.将边长为2,一个内角为60°的菱形ABCD沿较短对角线BD折成四面体ABCD,点E,F分别为AC,BD的中点,则下列命题中正确的是.①EF∥AB;②EF⊥BD;③EF有最大值,无最小值;④当四面体ABCD的体积最大时,AC=;⑤AC垂直于截面BDE.解析:因为将边长为2,一个内角为60°的菱形ABCD沿较短对角线BD 折成四面体ABCD,点E,F分别为AC,BD的中点,则可知EF⊥BD,当四面体ABCD的体积最大时,AC=,AC垂直于截面BDE成立.答案:②④⑤10.已知平面α∥平面β,P是α,β外一点,过点P的直线m与α,β分别交于A,C,过点P的直线n与α,β分别交于B,D且PA=6,AC=9,PD=8,则BD的长为.解析:因为平面α∥平面β,所以AB∥CD,①当P在两平面外时,==,所以=,所以BD=.②当P在两平面之间时,=,所以=,所以BD=24,所以BD的长为或24.答案:或2411.给出下列四个命题:①过平面外一点,作与该平面成θ角的直线一定有无穷多条;②一条直线与两个相交平面都平行,则它必与这两个平面的交线平行;③对确定的两条异面直线,过空间任意一点有且只有一个平面与这两条异面直线都平行;④对两条异面的直线,都存在无穷多个平面与这两条直线所成的角相等.其中正确的命题序号为.解析:①中,成90度角的时候,就只有一条,因此错误.②中是线面平行的性质定理,显然成立.③不正确.④中,利用等角定理,可知成立. 答案:②④12.侧棱长为2的正三棱锥V-ABC中,∠AVB=∠BVC=∠CVA=40°,过A 作截面AEF,则截面△AEF周长的最小值为.解析:沿着侧棱VA把正三棱锥V ABC展开在一个平面内,则设VA的另一边为VA′,则AA′即为截面△AEF周长的最小值,且∠AVA′=3×40=120°.△VAA′中,由余弦定理可得AA′=6.答案:6三、解答题13.已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为正方形,AB=4,AA1=2,点E 在棱C1D1上,且D1E=3.(1)试在棱CD上确定一点E1,使得直线EE1∥平面D1DB,并证明;(2)若动点F在底面ABCD内,且AF=2,请说明点F的轨迹,并探求EF 长度的最小值.解:(1)取CD的四等分点E1,使得DE1=3,则有EE1∥平面D1DB.证明如下:因为D1E∥DE1且D1E=DE1,所以四边形D1EE1D为平行四边形,则D1D∥EE1,因为DD1⊂平面D1DB,EE1⊄平面D1DB,所以EE1∥平面D1DB.(2)因为AF=2,所以点F在平面ABCD内的轨迹是以A为圆心,半径等于2的四分之一圆弧.因为EE1∥DD1,D1D⊥平面ABCD,所以E1E⊥平面ABCD,故EF==.所以当E1F的长度取最小值时,EF的长度最小,此时点F为线段AE1和四分之一圆弧的交点,即E1F=E1A-AF=5-2=3,所以EF==.即EF长度的最小值为.14.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为2,E是棱CD的中点,P是棱AA1的中点,(1)求证:PD∥平面AB1E;(2)求三棱锥B-AB1E的体积.(1)证明:取AB1中点Q,连接PQ,则PQ为中位线,PQ A1B1,而正方体ABCD-A1B1C1D1,E是棱CD的中点,故DE A1B1,所以PQ DE,所以四边形PQED为平行四边形.所以PD∥QE,而QE⊂平面AB1E,PD⊄平面AB1E,故PD∥平面AB1E.(2)解:正方体ABCD-A1B1C1D1中,BB1⊥平面ABE,故BB1为高,BB1=2,因为CD∥AB,所以S△ABE=S△ABC=AB·BC=×2×2=2.故==BB1·S△ABC=.15.如图,在四面体PABC中,PA=PB,CA=CB,D,E,F,G分别是PA,AC,CB,BP的中点.(1)求证:D,E,F,G四点共面;(2)求证:PC⊥AB;(3)若△ABC和△PAB都是等腰直角三角形,且AB=2,PC=,求四面体PABC的体积.(1)证明:依题意DG∥AB,EF∥AB,所以DG∥EF,DG,EF共面,从而D,E,F,G四点共面.(2)证明:取AB中点为O,连接PO,CO.因为PA=PB,CA=CB,所以PO⊥AB,CO⊥AB,因为PO∩CO=O,所以AB⊥平面POC,PC⊂平面POC,所以AB⊥PC.(3)解:因为△ABC和△PAB是等腰直角三角形,所以PO=CO=AB=1,因为PC=,OP2+OC2=PC2,所以OP⊥OC,又PO⊥AB,且AB∩OC=O,所以PO⊥平面ABC,=PO·S△ABC=×1×2×1×=.第5节直线、平面垂直的判定与性质一、选择题1.已知直线l,m和平面α, 则下列命题正确的是( C )(A)若l∥m,m⊂α,则l∥α(B)若l∥α,m⊂α,则l∥m(C)若l⊥α,m⊂α,则l⊥m(D)若l⊥m,l⊥α,则m∥α解析:A项中直线l与平面α可能平行,可能直线在平面内;B项中直线l,m平行或异面;C项中当直线垂直于平面时,直线垂直于平面内任意直线;D项中直线m与平面α平行或直线在平面内.2.在Rt△ABC中,∠ABC=90°,P为△ABC所在平面外一点,PA⊥平面ABC,则四面体P ABC中共有直角三角形个数为( A )(A)4 (B) 3 (C) 2 (D) 1解析:因为PA⊥平面ABC,AB⊥BC,所以PA⊥AB,PA⊥AC,PB⊥CB,所以△ABC,△PBC, △ABP, △APC都是直角三角形,故选A.3.已知直线m,n和平面α,β满足m⊥n,m⊥α,α⊥β,则( C )(A)n⊥β (B)n∥β,或n⊂β(C)n∥α或n⊂α(D)n⊥α解析:由题意画出图形,容易判断选项.由于直线m⊥n,m⊥α,α⊥β,选项A,中线面可能相交,也可能垂直,选项B中,n与β还可能相交,错误,选项D中,直线不能垂直于平面,故结合图象不难得到选项为C.4.正方体的棱长为1,C,D,M分别为三条棱的中点,A,B是顶点,那么点M到截面ABCD的距离是( B )(A)(B)(C)(D)解析:过M作AB的垂线MN交AB于N,连接CN.由于CM⊥AB,MN⊥AB,则AB⊥平面CMN,所以,M到面ABCD的距离h是直角三角形CMN的斜边CN上的高.由于BM=,CM=1,MN=,CN=,则结合=求得h=.故选B.。

高考数学立体几何多选题知识点-+典型题及解析

高考数学立体几何多选题知识点-+典型题及解析

高考数学立体几何多选题知识点-+典型题及解析一、立体几何多选题1．已知正方体1111 ABCD A B C D -的棱长为2，M 为1DD 的中点，N 为正方形ABCD 所在平面内一动点，则下列命题正确的有（ ）A ．若2MN =，则MN 的中点的轨迹所围成图形的面积为πB ．若N 到直线1BB 与直线DC 的距离相等，则N 的轨迹为抛物线C ．若1D N 与AB 所成的角为3π，则N 的轨迹为双曲线 D ．若MN 与平面ABCD 所成的角为3π，则N 的轨迹为椭圆【答案】BC 【分析】对于A ，连接MN ，ND ，DP ，得到直角MDN △，且P 为斜边MN 的中点，所以1PD =，进而得到P 点的轨迹为球面的一部分，即可判断选项A 错误；对于B ，可知1NB BB ⊥，即NB 是点N 到直线1BB 的距离，在平面ABCD 中，点N 到定点B 的距离与到定直线DC 的距离相等，利用抛物线定义知B 正确；对于C ，建立空间直角坐标系，设(,,0)N x y ，利用空间向量求夹角知122121cos3224D N AB y x y D N ABπ⋅===⨯++⋅，化简可知N 的轨迹为双曲线；对于D ，MN 与平面ABCD 所成的角为3MND π∠=，3ND =，可知N 的轨迹是以D 为圆心，33为半径的圆周； 【详解】对于A ，如图所示，设P 为MN 的中点，连接MN ，ND ，DP ，由正方体性质知MDN △为直角三角形，且P 为MN 的中点，2MN =，根据直角三角形斜边上的中线为斜边的一半，知MDN △不管怎么变化，始终有1PD =，即P 点的轨迹与正方体的面围城的几何体是一个以D 为球心，1为半径的球的18，其面积214182S ππ=⨯⨯=，故A 错误；对于B ，由正方体性质知，1BB ⊥平面ABCD 由线面垂直的性质定理知1NB BB ⊥，即NB 是点N 到直线1BB 的距离，在平面ABCD 中，点N 到定点B 的距离与到定直线DC 的距离相等，所以点N 的轨迹是以点B 为焦点，直线DC 为准线的抛物线，故B 正确； 对于C ，如图以D 为直角坐标系原点，建立空间直角坐标系，(,,0)N x y ，1(0,0,2)D ，(0,2,0)A ，(2,2,0)B ，则1(,,2)D N x y =-，(0,2,0)AB =，利用空间向量求夹角知122121cos3224D N AB y x y D N ABπ⋅===⨯++⋅，化简整理得：2234y x -=，即221443y x -=，所以N 的轨迹为双曲线，故C 正确；对于D ，由正方体性质知，MN 与平面ABCD 所成的角为MND ∠，即3MND π∠=，在直角MDN △中，3ND =，即N 的轨迹是以D 3D 错误； 故选：BC 【点睛】关键点睛：本题考查立体几何与解析几何的综合，解题的关键是抓住解析几何几种特殊曲线的定义，考查学生的逻辑推理能力，转化与划归能力与运算求解能力，属于难题.2．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，12AC BC AA ===，90ACB ∠=︒，D ，E ，F 分别为AC ，1AA ，AB 的中点．则下列结论正确的是（ ）A ．1AC 与EF 相交B ．11//BC 平面DEF C ．EF 与1AC 所成的角为90︒D ．点1B 到平面DEF 的距离为322【答案】BCD 【分析】利用异面直线的位置关系，线面平行的判定方法，利用空间直角坐标系异面直线所成角和点到面的距离，对各个选项逐一判断． 【详解】对选项A ，由图知1AC ⊂平面11ACC A ，EF 平面11ACC A E =，且1.E AC ∉由异面直线的定义可知1AC 与EF 异面，故A 错误；对于选项B ，在直三棱柱111ABC A B C -中，11B C //BC ．D ，F 分别是AC ，AB 的中点， //∴FD BC ，11B C ∴ //FD ．又11B C ⊄平面DEF ，DF ⊂平面DEF ，11B C ∴ //平面.DEF 故B 正确；对于选项C ，由题意，建立如图所示的空间直角坐标系，则(0C ，0，0)，(2A ，0，0)，(0B ，2，0)，1(2A ，0，2)，1(0B ，2，2)，1(0C ，0，2)，(1D ，0，0)，(2E ，0，1)，(1F ，1，0)．(1EF ∴=-，1，1)-，1(2AC =-，0，2)． 1·2020EF AC =+-=，1EF AC ∴⊥，1EF AC ∴⊥． EF 与1AC 所成的角为90︒，故C 正确；对于选项D ，设向量(n x =，y ，)z 是平面DEF 的一个法向量． (1DE =，0，1)，(0DF =，1，0)， ∴由n DE n DF ⎧⊥⎨⊥⎩，，，即·0·0n DE n DF ⎧=⎨=⎩，，，得00.x z y +=⎧⎨=⎩，取1x =，则1z =-，(1n ∴=，0，1)-， 设点1B 到平面DEF 的距离为d ． 又1(1DB =-，2，2)，1·10DB n d n-+∴===， ∴点1B 到平面DEF 的距离为2，故D 正确．故选：BCD 【点睛】本题主要考查异面直线的位置关系，线面平行的判定，异面直线所成角以及点到面的距离，还考查思维能力及综合分析能力，属难题．3．已知图1中，A 、B 、C 、D 是正方形EFGH 各边的中点，分别沿着AB 、BC 、CD 、DA 把ABF 、BCG 、CDH △、DAE △向上折起，使得每个三角形所在的平面都与平面ABCD 垂直，再顺次连接EFGH ，得到一个如图2所示的多面体，则（ ）A ．AEF 是正三角形B ．平面AEF ⊥平面CGHC ．直线CG 与平面AEF 2D ．当2AB =时，多面体ABCD EFGH -的体积为83【答案】AC 【分析】取CD 、AB 的中点O 、M ，连接OH 、OM ，证明出OH ⊥平面ABCD ，然后以点O 为坐标原点，OM 、OC 、OH 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，求出EF ，可判断A 选项的正误，利用空间向量法可判断BC 选项的正误，利用几何体的体积公式可判断D 选项的正误. 【详解】取CD 、AB 的中点O 、M ，连接OH 、OM ， 在图1中，A 、B 、C 、D 是正方形EFGH 各边的中点，则1122CH GH EH DH ===，O 为CD 的中点，OH CD ∴⊥，平面CDH ⊥平面ABCD ，平面CDH 平面ABCD CD =，OH ⊂平面CDH ，OH ∴⊥平面ABCD ，在图1中，设正方形EFGH 的边长为()220a a >，可得四边形ABCD 的边长为2a ， 在图1中，ADE 和ABF 均为等腰直角三角形，可得45BAF DAE ∠=∠=， 90BAD ∴∠=，∴四边形ABCD 是边长为2a 的正方形，O 、M 分别为CD 、AB 的中点，则//OC BM 且OC BM =，且90OCB ∠=，所以，四边形OCBM 为矩形，所以，OM CD ⊥，以点O 为坐标原点，OM 、OC 、OH 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则()2,,0A a a -、()2,,0B a a 、()0,,0C a 、()0,,0D a -、(),,E a a a -、()2,0,F a a 、(),,G a a a 、()0,0,H a .对于A 选项，由空间中两点间的距离公式可得2AE AF EF a ===，所以，AEF 是正三角形，A 选项正确；对于B 选项，设平面AEF 的法向量为()111,,m x y z =，(),0,AE a a =-，()0,,AF a a =，由111100m AE ax az m AF ay az ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取11z =，则11x =，11y =-，则()1,1,1m =-，设平面CGH 的法向量为()222,,n x y z =，(),0,CG a a =，()0,,CH a a =-，由222200n CG ax az n CH ay az ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取21z =-，可得21x =，21y =-，则()1,1,1n =--，()22111110m n ⋅=+--⨯=≠，所以，平面AEF 与平面CGH 不垂直，B 选项错误；对于C 选项，6cos ,23CG m CG m a CG m⋅<>===⨯⋅， 设直线CG 与平面AEF 所成角为θ，则sin 6θ=，23cos 1sin θθ=-=，所以，sin tan 2cos θθθ==，C 选项正确； 对于D 选项，以ABCD 为底面，以OH 为高将几何体ABCD EFGH -补成长方体1111ABCD A B C D -，则E 、F 、G 、H 分别为11A D 、11A B 、11B C 、11C D 的中点，因为2AB =，即1a =，则1OH =，长方体1111ABCD A B C D -的体积为2214V =⨯=，11211111113326A A EF A EF V S AA -=⋅=⨯⨯⨯=△，因此，多面体ABCD EFGH -的体积为111044463ABCD EFGH A A EF V V V --=-=-⨯=， D 选项错误.故选：AC. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度h ，从而不必作出线面角，则线面角θ满足sin hlθ=（l 为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设a 为直线l 的方向向量，n 为平面的法向量，则线面角θ的正弦值为sin cos ,a n θ=<>.4．已知三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，其长度分别为a ，b ，c ．点A 在底面BCD 内的射影为O ，点A ，B ，C ，D 所对面的面积分别为A S ，B S ，C S ，D S ．在下列所给的命题中，正确的有（ ） A ．2A BCO D S SS ⋅=； B ．3333A B C D S S S S <++；C ．若三条侧棱与底面所成的角分别为1α，1β，1γ，则222111sin sin sin 1αβγ++=；D ．若点M 是面BCD 内一个动点，且AM 与三条侧棱所成的角分别为2α，2β，2γ，则22cos α+2222cos cos 1βγ+=．【答案】ACD 【分析】由Rt O OA '与Rt O AD '相似，得边长关系，进而判断A 正确；当M 与O 重合时，注意线面角与线线角的关系，即可得C 正确；构造长方体，建立直角坐标系，代入夹角公式计算可得D 正确；代入特殊值，可得B 错误. 【详解】由三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，则将三棱锥A BCD -补成长方体ABFC DGHE -，连接DO 并延长交BC 于O '， 则AO BC ⊥．对A ：由Rt O OA '与Rt O AD '相似，则2O A O O O D '''=⨯ 又12A S BC O D '=⋅，12BCOS BC O O '=⋅， 22221124D S BC O A BC O A ⎛⎫''=⋅=⋅ ⎪⎝⎭所以2A BCOD S SS ⋅=，故A 正确．对B ：当1a b c ===时，33318B C D S S S ===，则33338B C D S S S ++=，而332333328A S ⎛⎫=⨯⨯=> ⎪ ⎪⎝⎭，此时3333A B C D S S S S >++，故B 不正确． 对D ：分别以AB ，AC ，AD 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系． 设(),,M x y z ，则(),,AM x y z =，222AM x y z =++，(),0,0AB a =，()0,,0AC b =，()0,0,AD c =所以222222222cos cos cos AM AB AM AC AM AD AM ABAM ACAM ADαβγ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅++=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪⋅⋅⋅⎝⎭⎝⎭⎝⎭2222221x y z AMAMAM=++=，所以D 正确．对C ：当M 与O 重合时，AO ⊥面BCD ，由D 有222222cos cos cos 1αβγ++=，由各侧棱与底面所成角与侧棱与所AO 成角互为余角，可得C 正确． 故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题考查空间线面角、线线角、面积关系的问题，计算角的问题关键是建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用数量积的公式代入计算，解决这道题目还要结合线面角与线线角的关系判断.5．如图所示，正三角形ABC 中，D ，E 分别为边AB ，AC 的中点，其中AB ＝8，把△ADE 沿着DE 翻折至A 'DE 位置，使得二面角A '-DE -B 为60°，则下列选项中正确的是（ ）A ．点A '到平面BCED 的距离为3B ．直线A 'D 与直线CE 所成的角的余弦值为58C ．A 'D ⊥BDD ．四棱锥A '-BCED 237【答案】ABD 【分析】作AM ⊥DE ，交DE 于M ,延长AM 交BC 于N ,连接A'M ,A'N .利用线面垂直的判定定理判定CD ⊥平面A'MN ,利用面面垂直的判定定理与性质定理得到'A 到平面面BCED 的高A'H ,并根据二面角的平面角，在直角三角形中计算求得A'H 的值，从而判定A;根据异面直线所成角的定义找到∠A'DN 就是直线A'D 与CE 所成的角，利用余弦定理计算即可判定B;利用勾股定理检验可以否定C;先证明底面的外接圆的圆心为N ,在利用外接球的球心的性质进行得到四棱锥A'-BCED 的外接球的球心为O ,则ON ⊥平面BCED ,且OA'=OC ,经过计算求解可得半径从而判定D. 【详解】如图所示，作AM ⊥DE ，交DE 于M ,延长AM 交BC 于N ,连接A'M ,A'N . 则A'M ⊥DE ,MN ⊥DE , ,∵'A M ∩MN =M ,∴CD ⊥平面A'MN , 又∵CD ⊂平面ABDC ,∴平面A'MN ⊥平面ABDC , 在平面A'MN 中作A'H ⊥MN ,则A'H ⊥平面BCED , ∵二面角A'-DE -B 为60°，∴∠A'EF =60°，∵正三角形ABC 中，AB =8,∴AN =43∴A'M 3,∴A'H =A'M sin60°=3，故A 正确； 连接DN ,易得DN ‖EC ,DN =EC =4, ∠A'DN 就是直线A'D 与CE 所成的角， DN =DA'=4,A'N =A'M 3,cos ∠A'DN =22441252448+-=⨯⨯,故B 正确；A'D =DB =4,22121627A N BN +=+=',∴222A D DB A B '≠'+,∴A'D 与BD 不垂直，故C 错误’ 易得NB =NC =ND =NG =4，∴N 为底面梯形BCED 的外接圆的圆心， 设四棱锥A'-BCED 的外接球的球心为O ,则ON ⊥平面BCED ,且OA'=OC ,若O 在平面BCED 上方，入图①所示：设ON =x ,外接球的半径为R ,过O 作A'H 的垂线，垂足为P ,则HP =x ,易得()()22222433x x R +=-+=,解得23x =-,舍去；故O 在平面BCED 下方，如图②所示：设ON =x ,外接球的半径为R ,过O 作A'H 的垂线，垂足为P , 则HP =x ,易得()()22222433x x R +=++=, 解得23x =, ∴244371699R ⨯=+=,2373R ∴=,故D 正确. 故选:ABD .【点睛】本题考查立体几何中的折叠问题，涉及二面角问题，异面直线所成的角，用到线面、面面垂直的判定与性质及外接球的球心的性质和有关计算，余弦定理等，属综合性较强的题目，关键是利用线面垂直，面面垂直的判定和性质进行空间关系和结构的判定，注意球心在四棱锥的底面上方和下方的讨论与验证.6．如图，已知四棱锥P ABCD -所有棱长均为4，点M 是侧棱PC 上的一个动点（不与点,P C 重合），若过点M 且垂直于PC 的截面将该四棱锥分成两部分，则下列结论正确的是（ ）A ．截面的形状可能为三角形、四边形、五边形B ．截面和底面ABCD 所成的锐二面角为4π C ．当1PM =时，截面的面积为52D ．当2PM =时，记被截面分成的两个几何体的体积分别为()1212,>V V V V ，则123=V V 【答案】BCD 【分析】点M 是侧棱PC 上的一个动点，根据其不同位置，对选项逐一进行判断即可. 【详解】A 选项中，如图，连接BD ，当M 是PC 中点时，2MC =，由题意知三角形PDC 与三角形PBC 都是边长为4的正三角形，所以DM PC ⊥,BM BC ⊥，又DM ，BM 在面MBD 内，且相交，所以PC ⊥平面PBD ，三角形MBD 即为过点M 且垂直于PC 的截面，此时是三角形，点M 向下移动时，2MC <，如图，仍是三角形；若点M 由中点位置向上移动，2MC >，在平面PDC 内作EM PC ⊥，交PD 于E ，在平面PBC 内作FM PC ⊥交PB 于F ，平面MEF 交平面PAD 于EG ，交PAB 于FH ，即交平面ABCD 于GH ，则五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，此时是五边形； 故截面的形状可能为三角形、五边形，A 错误；B 选项中，因为截面总与PC 垂直，所以不同位置的截面均平行，截面与平面ABCD 所成的锐角为定值，不妨取M 是中点，连接AC ，BD ，MB ，MD ，设AC ，BD 交点是N ，连接PN ，由题意知，四边形ABCD 是边长为4的菱形，BD AC ⊥，因为MB =MD ，所以MN BD ⊥，故MNC ∠是截面与平面ABCD 所成的锐角，过点M 作MQ AC ⊥，垂足Q.在三角形PAC中，MN =2，2，故在直角三角形MNQ 中，2cos 2NQ MNC MN ∠==，故4MNC π∠=，故B 正确；C 选项中，当PM =1时，M 是PC 中点，如图，五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，依题意，直角三角形PME 中，2cos PMPE EPM==∠，故E 为PD 的中点，同理，F是PB 的中点，则EF 是三角形PBD 的中位线，1222EF BD ==G ，H 分别在,AD AB 的中点上，证明如下，当G ，H ，也是中点时，1//,2GH BD GH BD =，有//,22GH EF GH EF ==EFHG 是平行四边形.依题意，三角形PAC 中4,42PA PC AC ===，故PA PC ⊥，故PC GE ⊥，易见，正四棱锥中BD ⊥平面PAC ，故BD PC ⊥，GH PC ∴⊥，因为 ,GE GH 均在平面EFHG 内，且相交，所以PC ⊥平面EFHG ，故此时平面EFHG 和平面MEF 即同一平面.又BD ⊥平面PAC ，有GH ⊥面平面PAC ，GH GM ⊥，根据对称性有GH GE ⊥，四边形EFHG 是矩形. 即五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，平面图如下:依题意，22GH EF ==2EG FG ==，三角形高为()()22321h =-=，面积是122122⨯=，四边形面积是22242=，故截面面积是52 故C 正确；D 选项中，若PM =2，看B 选项中的图可知，21124M BCD P BCD P ABCD V V V V ---===，故剩余部分134P ABCD V V -=，所以123=V V ，故D 正确. 故选：BCD. 【点睛】本题考查了棱锥的截面问题，考查了二面角、体积等计算问题，属于难题.7．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点O 为11A D 的中点，若以O 6为半径的球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ，则下列结论正确的是（ ）A ．11//A D 平面EFGHB ．1AC ⊥平面EFGHC ．11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°D ．平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7 【答案】ACD【分析】如图，计算可得,,,E F G H 分别为所在棱的中点，利用空间中点线面的位置关系的判断方法可判断A 、B 的正确与否，计算出直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒后可得C 正确，而几何体BHE CGF -为三棱柱，利用公式可求其体积，从而可判断D 正确与否. 【详解】如图，连接OA ，则2115OA AA =+=，故棱1111,,,A A A D D D AD 与球面没有交点.同理，棱111111,,A B B C C D 与球面没有交点. 因为棱11A D 与棱BC 之间的距离为26>BC 与球面没有交点.因为正方体的棱长为2，而26<球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ， 所以棱11,,,AB CD C C B B 与球面各有一个交点， 如图各记为,,,E F G H .因为OAE △为直角三角形，故22651AE OE OA -=-=，故E 为棱AB 的中点. 同理,,F G H 分别为棱11,,CD C C B B 的中点.由正方形ABCD 、,E F 为所在棱的中点可得//EF BC ， 同理//GH BC ，故//EF GH ，故,,,E F G H 共面. 由正方体1111ABCD A B C D -可得11//A D BC ，故11//A D EF因为11A D ⊄平面EFGH ，EF ⊂平面EFGH ，故11//A D 平面EFGH ，故A 正确. 因为在直角三角1BA C 中，122A B =2BC = ，190A BC ∠=︒， 1A C 与BC 不垂直，故1A C 与GH 不垂直，故1A C ⊥平面EFGH 不成立，故B 错误.由正方体1111ABCD A B C D -可得BC ⊥平面11AA B B ，而1A B ⊂平面11AA B B ， 所以1BC A B ⊥，所以1EF A B ⊥在正方形11AA B B 中，因为,E H 分别为1,AB BB 的中点，故1EH A B ⊥， 因为EFEH E =，故1A B ⊥平面EFGH ，所以BEH ∠为直线AB 与平面EFGH 所成的角，而45BEH ∠=︒，故直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒，因为11//AB A B ，故11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°.故C 正确. 因为,,,E F G H 分别为所在棱的中点，故几何体BHE CGF -为三棱柱， 其体积为111212⨯⨯⨯=，而正方体的体积为8， 故平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7，故D 正确. 故选：ACD. 【点睛】本题考查空间中线面位置的判断、空间角的计算和体积的计算，注意根据球的半径确定哪些棱与球面有交点，本题属于中档题.8．（多选题）在四面体P ABC -中，以上说法正确的有（ ）A ．若1233AD AC AB =+，则可知3BC BD = B ．若Q 为△ABC 的重心，则111333PQ PA PB PC =++C ．若0PA BC =，0PC AB =，则0PB AC =D ．若四面体P ABC -各棱长都为2，M N ，分别为,PA BC 的中点，则1MN = 【答案】ABC 【分析】作出四面体P ABC -直观图，在每个三角形中利用向量的线性运算可得. 【详解】对于A ，1233AD AC AB =+，32AD AC AB ∴=+，22AD AB AC AD ∴-=- ， 2BD DC ∴=，3BD BD DC BC ∴=+=即3BD BC ∴=，故A 正确；对于B ，Q 为△ABC 的重心，则0QA QB QC ++=，33PQ QA QB QC PQ ∴+++=()()()3PQ QA PQ QB PQ QC PQ ∴+++++=,3PA PB PC PQ ∴++=即111333PQ PA PB PC ∴=++，故B 正确； 对于C ，若0PA BC =，0PC AB =，则0PA BC PC AB +=，()0PA BC PC AC CB ∴++=,0PA BC PC AC PC CB ∴++=0PA BC PC AC PC BC ∴+-=,()0PA PC BC PC AC ∴-+= 0CA BC PC AC ∴+=,0AC CB PC AC ∴+=()0AC PC CB ∴+=，0AC PB ∴=，故C 正确；对于D ，111()()222MN PN PM PB PC PA PB PC PA ∴=-=+-=+- 1122MN PB PC PA PA PB PC ∴=+-=-- 222222PA PB PC PA PB PC PA PB PA PC PC PB --=++--+==2MN ∴=，故D 错误.故选：ABC 【点睛】用已知向量表示某一向量的三个关键点(1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键． (2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量． (3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．9．已知直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ⊥，1AB BC BB ==，D 是AC 的中点，O 为1A C 的中点.点P 是1BC 上的动点，则下列说法正确的是（ ）A ．当点P 运动到1BC 中点时，直线1A P 与平面111ABC 所成的角的正切值为5 B ．无论点P 在1BC 上怎么运动，都有11A P OB ⊥C ．当点P 运动到1BC 中点时，才有1A P 与1OB 相交于一点，记为Q ，且113PQ QA = D ．无论点P 在1BC 上怎么运动，直线1A P 与AB 所成角都不可能是30° 【答案】ABD 【分析】构造线面角1PA E ∠，由已知线段的等量关系求1tan EPPA E AE∠=的值即可判断A 的正误；利用线面垂直的性质，可证明11A P OB ⊥即可知B 的正误；由中位线的性质有112PQ QA =可知C 的正误；由直线的平行关系构造线线角为11B A P ∠，结合动点P 分析角度范围即可知D 的正误 【详解】直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ⊥，1AB BC BB ==选项A 中，当点P 运动到1BC 中点时，有E 为11B C 的中点，连接1A E 、EP ，如下图示即有EP ⊥面111A B C∴直线1A P 与平面111A B C 所成的角的正切值：1tan EPPA E AE∠= ∵112EP BB =，22111152AE A B B E BB =+=∴15tan 5PA E ∠=，故A 正确选项B 中，连接1B C ，与1BC 交于E ，并连接1A B ，如下图示由题意知，11B BCC 为正方形，即有11B C BC ⊥而AB BC ⊥且111ABC A B C -为直三棱柱，有11A B ⊥面11B BCC ，1BC ⊂面11B BCC ∴111A B BC ⊥，又1111A B B C B =∴1BC ⊥面11A B C ，1OB ⊂面11A B C ，故11BC OB ⊥ 同理可证：11A B OB ⊥，又11A B BC B ⋂=∴1OB ⊥面11A BC ，又1A P ⊂面11A BC ，即有11A POB ⊥，故B 正确选项C 中，点P 运动到1BC 中点时，即在△11A B C 中1A P 、1OB 均为中位线∴Q 为中位线的交点 ∴根据中位线的性质有：112PQ QA =，故C 错误选项D 中，由于11//A B AB ，直线1A P 与AB 所成角即为11A B 与1A P 所成角：11B A P ∠ 结合下图分析知：点P 在1BC 上运动时当P 在B 或1C 上时，11B A P ∠最大为45° 当P 在1BC 中点上时，11B A P ∠最小为23arctan arctan 3023>=︒ ∴11B A P ∠不可能是30°，故D 正确 故选：ABD 【点睛】本题考查了利用射影定理构造线面角，并计算其正弦值；利用线面垂直证明线线垂直；中位线的性质：中位线交点分中位线为1：2的数量关系；由动点分析线线角的大小10．如图所示，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，过对角线1BD 的一个平面交棱1AA 于点E ，交棱1CC 于点F ，得四边形1BFD E ，在以下结论中，正确的是（ ）A ．四边形1BFD E 有可能是梯形B ．四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形C ．四边形1BFDE 有可能垂直于平面11BB D D D ．四边形1BFD E 面积的最小值为62【答案】BCD 【分析】四边形1BFD E 有两组对边分别平行知是一个平行四边形四边形；1BFD E 在底面ABCD 内的投影是四边形ABCD ；当与两条棱上的交点是中点时，四边形1BFD E 垂直于面11BB D D ；当E ，F 分别是两条棱的中点时，四边形1BFD E 的面积最小为6.【详解】过1BD 作平面与正方体1111ABCD A B C D -的截面为四边形1BFD E ， 如图所示，因为平面11//ABB A 平面11DCC D ，且平面1BFD E 平面11ABB A BE =.平面1BFD E平面1111,//DCC D D F BE D F =，因此，同理1//D E BF ，故四边形1BFD E 为平行四边形，因此A 错误；对于选项B ，四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形ABCD ，因此B 正确； 对于选项C ，当点E F 、分别为11,AA CC 的中点时，EF ⊥平面11BB D D ，又EF ⊂平面1BFD E ，则平面1BFD E ⊥平面11BB D D ，因此C 正确；对于选项D ，当F 点到线段1BD 的距离最小时，此时平行四边形1BFD E 的面积最小，此时点E F 、分别为11,AA CC 的中点，此时最小值为16232⨯⨯=，因此D 正确. 故选：BCD【点睛】关键点睛：解题的关键是理解想象出要画的平面是怎么样的平面，有哪些特殊的性质，考虑全面即可正确解题.。

高考数学立体几何多选题知识点-+典型题附解析

高考数学立体几何多选题知识点-+典型题附解析

高考数学立体几何多选题知识点-+典型题附解析一、立体几何多选题1．如图，一个结晶体的形状为平行六面体1111ABCD A B C D -，其中，以顶点A 为端点的三条棱长都等于1，且它们彼此的夹角都是60，下列说法中正确的是（ ）A ．()()2212AA AB ADAC ++=B ．1A 在底面ABCD 上的射影是线段BD 的中点C ．1AA 与平面ABCD 所成角大于45 D ．1BD 与AC 6 【答案】AC 【分析】对A ，分别计算()21++AA AB AD 和2AC ，进行判断；对B ，设BD 中点为O ，连接1A O ，假设1A 在底面ABCD 上的射影是线段BD 的中点，应得10⋅=O AB A ，计算10⋅≠O AB A ，即可判断1A 在底面ABCD 上的射影不是线段BD 的中点；对C ，计算11,,A A AC AC ，根据勾股定理逆定理判断得11⊥A A AC ，1AA 与平面ABCD 所成角为1A AC ∠，再计算1tan ∠A AC ；对D ，计算1,AC BD 以及1BD AC ⋅，再利用向量的夹角公式代入计算夹角的余弦值. 【详解】对A ，由题意，11111cos602⋅=⋅=⋅=⨯⨯=AA AB AA AD AD AB ，所以()2222111112*********++=+++⋅+⋅+⋅=+++⨯⨯=AA AB ADAA AB AD AA AB AB AD AA AD ，AC AB AD =+，所以()222221113=+=+⋅+=++=AC AB ADAB AB AD AD ，所以()()22126++==AA AB AD AC ，故A 正确；对B ，设BD 中点为O ，连接1A O ，1111111222=+=+=++AO A A AO A A AC A A AD AB ，若1A 在底面ABCD 上的射影是线段BD 的中点，则1A O ⊥平面ABCD ，则应10⋅=O AB A ，又因为21111111111110222222224⎛⎫⋅=++⋅=-⋅+⋅+=-+⨯+=≠⎪⎝⎭O AB A A AD AB AB AA AB AD AB AB A ，故B 错误；对D ，11,BD AD AA AB AC AB AD=+-=+， 所以()()2211=2,=3=+-=+AD A B A AB AC AB AD D ，()()2211111⋅=+-⋅+=⋅++⋅+⋅--⋅=AC AD AA AB AB AD AD AB AD AA AB AA AD ABAB AD BD ，1116cos ,23⋅<>===⋅B AC D BD BD AC AC，故D 不正确；对C ，112==AC BD ，在1A AC 中，111,2,3===A A AC AC ，所以22211+=A A AC AC ，所以11⊥A A AC ，所以1AA 与平面ABCD 所成角为1A AC ∠，又1tan 21∠=>A AC ，即145∠>A AC ，故C 正确；故选：AC【点睛】方法点睛：用向量方法解决立体几何问题，需要树立“基底”意识，利用基向量进行线性运算，要理解空间向量概念、性质、运算，注意和平面向量类比；同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，利用向量的夹角公式求解.2．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，1AR D 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113313022224AR D R ⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅-=-≠ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，C 错误； 113AC A R =，则44,,333R ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，142,,333D R ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，设平面1BDC 的法向量为(),,n x y z =，则100n 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.3．如图，点O 是正四面体P ABC -底面ABC 的中心，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，S 是棱PC 上的点，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ，则（ ）A ．若//MN 平面PAB ，则//AB RQ B ．存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQC ．存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+= D ．111PQPRPS++是常数【答案】ABD 【分析】对于选项A ，根据线面平行的性质定理，进行推理判断即可；对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ， 13SC PC =时，通过线面垂直的判定定理，证明此时PC ⊥平面SRQ ，即可证明，存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ；对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+=，利用线面垂直的判定定理可证得PC ⊥平面PAB ，此时通过反证法说明矛盾性，即可判断； 对于选项D ，利用S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V ----=++，即可求得111PQPRPS++是常数.【详解】 对于选项A ， 若//MN 平面PAB ，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ,∴平面SMN 平面PAB =RQ ，又MN ⊂平面SMN ，//MN 平面PAB ，∴//MN RQ ，点O 在面ABC 上，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，∴MN ⊂平面ABC ，又//MN 平面PAB ，平面ABC平面PAB AB =，∴//MN AB ， ∴//AB RQ ，故A 正确； 对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ，S 为线段PC 上靠近C 的三等分点，即13SC PC =， 此时PC ⊥平面SRQ ，以下给出证明： 在正四面体P ABC -中，设各棱长为a ，∴ABC ，PBC ，PAC △，PAB △均为正三角形，点O 为ABC 的中心，//MN AB ，∴由正三角形中的性质，易得23CN CM a ==， 在CNS 中，23CN a =，13SC a =，3SCN π∠=，∴由余弦定理得，SN a ==， ∴222249SC SN a CN +==，则SN PC ⊥， 同理，SM PC ⊥，又SM SN S =，SM ⊂平面SRQ ，SN ⊂平面SRQ ，∴PC ⊥平面SRQ ，∴存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ，故B 正确； 对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+=， 设QR 中点为K ，则2PQ PR PK +=，∴PS PK ⊥，即PC PK ⊥，()cos cos 0PC AB PC PB PA PC PB CPB PC PA CPA ⋅=⋅-=⋅∠-⋅∠=，∴PC AB ⊥，又易知AB 与PK 为相交直线，AB 与PK 均在平面PQR 上，∴PC ⊥平面PQR ，即PC ⊥平面PAB ，与正四面体P ABC -相矛盾，所以假设不成立， 故C 错误； 对于选项D ，易知点O 到面PBC ，面PAC ，面PAB 的距离相等，记为d ， 记PC 与平面PAB 所处角的平面角为α，α为常数，则sin α也为常数， 则点S 到PQR 的距离为sin PS α， 又13sin 234PQRSPQ PR PQ PR π=⋅=⋅ ∴()()1133sin sin sin 33412S PQR PQRV PS S PS PQ PR PQ PR PS ααα-=⋅=⋅⋅=⋅⋅， 又13sin23PSRSPS PR PS PR π=⋅=⋅， 13sin 234PSQS PS PQ PS PQ π=⋅=⋅， 13sin23PQRSPQ PR PQ PR π=⋅=⋅，()12S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V d PS PR PS PQ PQ PR ----=++=⋅+⋅+⋅，∴()3sin PQ PR PS d PS PR PS PQ PQ PR α⋅⋅=⋅+⋅+⋅， ∴111sin d PQPRPSα++=为常数，故D 正确. 故选：ABD.【点睛】本题考查了线面平行的性质定理、线面垂直的判定定理，考查了三棱锥体积的计算，考查了向量的运算，考查了转化能力与探究能力，属于较难题.4．在正方体1111ABCD A B C D -中，如图，,M N 分别是正方形ABCD ，11BCC B 的中心.则下列结论正确的是（ ）A ．平面1D MN 与11BC 的交点是11B C 的中点 B ．平面1D MN 与BC 的交点是BC 的三点分点 C ．平面1D MN 与AD 的交点是AD 的三等分点 D ．平面1D MN 将正方体分成两部分的体积比为1∶1 【答案】BC 【分析】取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ，连FM 并延长分别交,BC AD 于,P Q ，连1,D Q PN 并延长交11B C 与H ，平面四边形1D HPQ 为所求的截面，进而求出,,P Q H 在各边的位置，利用割补法求出多面体11QPHD C CD 的体积，即可求出结论.【详解】如图，取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ， 连接FM 并延长，设FM BC P ⋂=，FM AD Q ⋂=， 连接PN 并延长交11B C 于点H .连接1D Q ，1D H ，则平面四边形1D HPQ 就是平面1D MN 与正方体的截面，如图所示.111111////,22NE CC DD NE CC DD ==，NE ∴为1DD F ∆的中位线，E ∴为DF 中点，连BF ，,,90DCE FBE BF DC AB FBE DCE ∴∆≅∆==∠=∠=︒， ,,A B F ∴三点共线，取AB 中点S ，连MS ，则12//,,23BP FB MS BP MS BC MS FS =∴==， 22111,33236BP MS BC BC PE BC ∴==⨯=∴=， E 为DF 中点，11//,233PE DQ DQ PE BC AD ∴===N 分别是正方形11BCC B 的中心，11113C H BP C B ∴==所以点P 是线段BC 靠近点B 的三等分点， 点Q 是线段AD 靠近点D 的三等分点， 点H 是线段11B C 靠近点1C 的三等分点. 做出线段BC 的另一个三等分点P '， 做出线段11A D 靠近1D 的三等分点G ，连接QP '，HP '，QG ，GH ，1H QPP Q GHD V V '--=， 所以111113QPHD C CD QPHQ DCC D V V V -==多面体长方体正方体 从而平面1D MN 将正方体分成两部分体积比为2∶1. 故选:BC.【点睛】本题考查直线与平面的交点及多面体的体积，确定出平面与正方体的交线是解题的关键，考查直观想象、逻辑推理能力，属于较难题.5．已知正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，侧棱11AA =，P 为上底面1111D C B A 上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（ ）A ．若3PD =，则满足条件的P 点有且只有一个B ．若3PD =，则点P 的轨迹是一段圆弧C ．若PD ∥平面1ACB ，则DP 长的最小值为2D ．若PD ∥平面1ACB ，且3PD =，则平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形的面积为94π 【答案】ABD 【分析】若3PD =，由于P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一；()313PD =∈，，则12PD =，即点P 的轨迹是一段圆弧；当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为3=，可判断C ；平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为32=，可得D . 【详解】 如图：∵正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2， ∴1122B D =11AA =， ∴()2212213DB =+=，则P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一，故A 正确；∵()313PD =，，11DD =，则12PD P 的轨迹是一段圆弧，故B 正确； 连接1DA ，1DC ，可得平面11//A DC 平面1ACB ，则当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为()22213+=C 错误；由C 知，平面BDP 即为平面11BDD B ，平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接2221322122++=，面积为94π，故D 正确． 故选：ABD ． 【点睛】本题考查了立体几何综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.6．如图，正三棱柱11ABC A B C -中，11BC AB ⊥、点D 为AC 中点，点E 为四边形11BCC B 内（包含边界）的动点则以下结论正确的是（ ）A ．()1112DA A A B A BC =-+ B ．若//DE 平面11ABB A ，则动点E 的轨迹的长度等于22AC C ．异面直线AD 与1BC 6D ．若点E 到平面11ACC A 的距离等于32EB ，则动点E 的轨迹为抛物线的一部分 【答案】BCD 【分析】根据空间向量的加减法运算以及通过建立空间直角坐标系求解，逐项判断，进而可得到本题答案. 【详解】解析：对于选项A ，()1112AD A A B A BC =-+，选项A 错误； 对于选项B ，过点D 作1AA 的平行线交11A C 于点1D ．以D 为坐标原点，1DA DB DD ,,分别为,,x y z 轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz ．设棱柱底面边长为a ，侧棱长为b ，则002a A ⎛⎫⎪⎝⎭,,，3002B a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,,，1302B a b ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,,，102a C b ⎛⎫- ⎪⎝⎭,,，所以1322a BC a b ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭,,，1322a AB a b ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,,． ∵11BC AB ⊥，∴110BC AB ⋅=，即222302a b ⎫⎛⎫--+=⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，解得22b a =． 因为//DE 平面11ABB A ，则动点E 的轨迹的长度等于122BB =．选项B 正确． 对于选项C ，在选项A 的基础上，002a A ⎛⎫⎪⎝⎭,,，3002B a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,,，()0,0,0D ，1202a C a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭,,，所以002a DA ⎛⎫= ⎪⎝⎭,,，1322a BC a a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,-,， 因为211162cos ,||||622a BC DA BC DA BC DA a a ⎛⎫- ⎪⋅⎝⎭<>===-，所以异面直线1,BC DA 所成角的余弦值为66，选项C 正确． 对于选项D ，设点E 在底面ABC 的射影为1E ，作1E F 垂直于AC ，垂足为F ，若点E 到平面11ACC A 的距离等于3EB ，即有31E F EB =，又因为在1CE F ∆中，3112E F E C =，得1EB E C =，其中1E C 等于点E 到直线1CC 的距离，故点E 满足抛物线的定义，另外点E 为四边形11BCC B 内（包含边界）的动点，所以动点E 的轨迹为抛物线的一部分,故D 正确.故选：BCD【点睛】本题主要考查立体几何与空间向量的综合应用问题，其中涉及到抛物线定义的应用.7．如图，1111ABCD A B C D -为正方体，下列结论中正确的是（ ）A ．11A C ⊥平面11BB D DB ．1BD ⊥平面1ACBC ．1BD 与底面11BCC B 所成角的正切值是2D ．过点1A 与异面直线AD 与1CB 成60角的直线有2条【答案】ABD【分析】由直线与平面垂直的判定判断A 与B ；求解1BD 与底面11BCC B 所成角的正切值判断C ；利用空间向量法可判断D ．【详解】 对于A 选项，如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，1BB ⊥平面1111D C B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，则111BB A C ⊥，由于四边形1111D C B A 为正方形，则1111AC B D ⊥， 1111BB B D B =，因此，11A C ⊥平面11BB D D ，故A 正确；对于B 选项，在正方体1111ABCD A B C D -中，1DD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，1AC DD ∴⊥，因为四边形ABCD 为正方形，所以，AC BD ⊥，1D DD BD =，AC ∴⊥平面11BB D D ， 1BD ⊂平面11BB D D ，1AC BD ∴⊥，同理可得11BD B C ⊥，1AC B C C =，1BD ∴⊥平面1ACB ，故B 正确； 对于C 选项，由11C D ⊥平面11BCC B ，得11C BD ∠为1BD 与平面11BCC B 所成角， 且111112tan 2C D C BD BC ∠==，故C 错误； 对于D 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则()1,0,0A 、()0,0,0D 、()0,1,0C 、()11,1,1B ，()1,0,0DA =，()11,0,1CB =，设过点1A 且与直线DA 、1CB 所成角的直线的方向向量为()1,,m y z =，则221cos ,21DA m DA m DA my z ⋅<>===⋅++， 1122111cos ,221CB m z CB m CB m y z ⋅+<>===⋅⋅++， 整理可得2222341y z y z z ⎧+=⎨=++⎩，消去y 并整理得2210z z +-=，解得12z =-+或12z =--，由已知可得3z ≤，所以，12z =-+，可得22y =±，因此，过点1A 与异面直线AD 与1CB 成60角的直线有2条，D 选项正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面），解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形（或给出线段长度，经计算满足勾股定理）、直角梯形等等．8．如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点P 在线段B 1C 上运动，则（ ）A ．直线BD 1⊥平面A 1C 1DB ．三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值C ．异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[45°，90°]D ．直线C 1P 与平面A 1C 1D 6 【答案】ABD【分析】在A 中，推导出A 1C 1⊥BD 1，DC 1⊥BD 1，从而直线BD 1⊥平面A 1C 1D ；在B 中，由B 1C ∥平面 A 1C 1D ，得到P 到平面A 1C 1D 的距离为定值，再由△A 1C 1D 的面积是定值，从而三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值；在C 中，异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[60°，90°]；在D 中，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线C 1P 与平面A 1C 1D． 【详解】解：在A 中，∵A 1C 1⊥B 1D 1，A 1C 1⊥BB 1，B 1D 1∩BB 1＝B 1，∴A 1C 1⊥平面BB 1D 1，∴A 1C 1⊥BD 1，同理，DC 1⊥BD 1，∵A 1C 1∩DC 1＝C 1，∴直线BD 1⊥平面A 1C 1D ，故A 正确；在B 中，∵A 1D ∥B 1C ，A 1D ⊂平面A 1C 1D ，B 1C ⊄平面A 1C 1D ，∴B 1C ∥平面 A 1C 1D ，∵点P 在线段B 1C 上运动，∴P 到平面A 1C 1D 的距离为定值，又△A 1C 1D 的面积是定值，∴三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值，故B 正确；在C 中，异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[60°，90°]，故C 错误；在D 中，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系， 设正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中棱长为1，P （a ，1，a ），则D （0，0，0），A 1（1，0，1），C 1（0，1，1），1DA ＝（1，0，1），1DC ＝（0，1，1），1C P ＝（a ，0，a ﹣1），设平面A 1C 1D 的法向量(),,n x y z =， 则1100n DA x z n DC y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取x ＝1，得1,1,1n ，∴直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值为： 11||||||C P n C Pn ⋅⋅＝∴当a＝12时，直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值的最大值为3，故D 正确． 故选：ABD ．【点睛】求直线与平面所成的角的一般步骤：（1）、①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解；（2）、用空间向量坐标公式求解.。

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第八章立体几何§8.1空间几何体的结构、三视图和直观图1．认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．2．能画出简单空间图形(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．3．会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式．高考主要考查空间几何体的结构和视图，柱、锥、台、球的定义与性质是基础，以它们为载体考查线线、线面、面面的关系是重点，三视图一般会在选择题、填空题中考查，以给出空间图形选择其三视图或给出三视图判断其空间图形的形式出现，考查空间想象能力．1．棱柱、棱锥、棱台的概念(1)棱柱：有两个面互相______，其余各面都是________，并且每相邻两个四边形的公共边都互相________，由这些面所围成的多面体叫做棱柱．※注：棱柱又分为斜棱柱和直棱柱．侧棱与底面不垂直的棱柱叫做斜棱柱；侧棱与底面垂直的棱柱叫做直棱柱；底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱．(2)棱锥：有一个面是________，其余各面都是有一个公共顶点的__________，由这些面所围成的多面体叫做棱锥．※注：如果棱锥的底面是正多边形，且它的顶点在过底面中心且与底面垂直的直线上，则这个棱锥叫做正棱锥．(3)棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分，叫做棱台．※注：由正棱锥截得的棱台叫做正棱台．※2.棱柱、棱锥、棱台的性质(1)棱柱的性质侧棱都相等，侧面是______________；两个底面与平行于底面的截面是__________的多边形；过不相邻的两条侧棱的截面是______________；直棱柱的侧棱长与高相等且侧面、对角面都是________．(2)正棱锥的性质侧棱相等，侧面是全等的__________；棱锥的高、斜高和斜高在底面上的射影构成一个____________；棱锥的高、侧棱和侧棱在底面上的射影也构成一个____________；侧面的斜高、侧棱及底面边长的一半也构成一个____________；侧棱在底面上的射影、斜高在底面上的射影及底面边长的一半也构成一个____________．(3)正棱台的性质侧面是全等的____________；斜高相等；棱台的高、斜高和两底面的边心距组成一个____________；棱台的高、侧棱和两底面外接圆的半径组成一个____________；棱台的斜高、侧棱和两底面边长的一半也组成一个____________．3．圆柱、圆锥、圆台(1)圆柱、圆锥、圆台的概念分别以________的一边、__________的一直角边、________中垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴，其余各边旋转一周而形成的曲面所围成的几何体分别叫做圆柱、圆锥、圆台．(2)圆柱、圆锥、圆台的性质圆柱、圆锥、圆台的轴截面分别是________、___________、___________；平行于底面的截面都是__________．4．球(1)球面与球的概念以半圆的______所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体，简称球．半圆的圆心叫做球的________．(2)球的截面性质球心和截面圆心的连线________截面；球心到截面的距离d与球的半径R及截面圆的半径r的关系为______________．5．平行投影在一束平行光线照射下形成的投影，叫做__________．平行投影的投影线互相__________．6．空间几何体的三视图、直观图(1)三视图①空间几何体的三视图是用正投影得到的，在这种投影下，与投影面平行的平面图形留下的影子与平面图形的形状和大小是完全相同的．三视图包括__________、__________、__________．②三视图尺寸关系口诀：“长对正，高平齐，宽相等．” 长对正指正视图和俯视图长度相等，高平齐指正视图和侧(左)视图高度要对齐，宽相等指俯视图和侧(左)视图的宽度要相等．(2)直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：①在已知图形所在空间中取水平面，在水平面内作互相垂直的轴Ox ，Oy ，再作Oz 轴，使∠xOz ＝________且∠yOz ＝________．②画直观图时，把Ox ，Oy ，Oz 画成对应的轴O ′x ′，O ′y ′，O ′z ′，使∠x ′O ′y ′＝____________，∠x ′O ′z ′＝____________．x ′O ′y ′所确定的平面表示水平面．③已知图形中，平行于x 轴、y 轴或z 轴的线段，在直观图中分别画成____________x ′轴、y ′轴或z ′轴的线段，并使它们和所画坐标轴的位置关系与已知图形中相应线段和原坐标轴的位置关系相同．④已知图形中平行于x 轴和z 轴的线段，在直观图中保持长度不变，平行于y 轴的线段，长度为原来的__________．⑤画图完成后，擦去作为辅助线的坐标轴，就得到了空间图形的直观图．注：空间几何体的三视图和直观图在观察角度和投影效果上的区别是：(1)观察角度：三视图是从三个不同位置观察几何体而画出的图形，直观图是从某一点观察几何体而画出的图形；(2)投影效果：三视图是在平行投影下画出的平面图形，用斜二测画法画出的直观图是在平行投影下画出的空间图形．【自查自纠】1．(1)平行 四边形 平行 (2)多边形 三角形2．(1)平行四边形 全等 平行四边形 矩形 (2)等腰三角形 直角三角形 直角三角形 直角三角形 直角三角形(3)等腰梯形 直角梯形 直角梯形 直角梯形 3．(1)矩形 直角三角形 直角梯形 (2)矩形 等腰三角形 等腰梯形 圆4．(1)直径 球心 (2)垂直于 d ＝R 2－r 2 5．平行投影 平行6．(1)①正(主)视图 侧(左)视图 俯视图 (2)①90° 90°②45°(或135°) 90° ③平行于 ④一半下列说法中正确的是( ) A ．棱柱的底面一定是平行四边形B ．棱锥的底面一定是三角形C ．棱锥被平面分成的两部分不可能都是棱锥D ．棱柱被平面分成的两部分可以都是棱柱 解：根据棱柱、棱锥的性质及截面性质判断，故选D.以下关于几何体的三视图的论述中，正确的是( )A ．球的三视图总是三个全等的圆B ．正方体的三视图总是三个全等的正方形C ．水平放置的正四面体的三视图都是正三角形D ．水平放置的圆台的俯视图是一个圆解：几何体的三视图要考虑视角，只有球无论选择怎样的视角，其三视图总是三个全等的圆．故选A.(2012·陕西)将正方体(如图a 所示)截去两个三棱锥，得到图b 所示的几何体，则该几何体的侧视图为( )解：还原正方体知该几何体侧视图为正方形，AD 1为实线，B1C 的正投影为A 1D ，且B 1C 被遮挡为虚线．故选B.用一张4cm×8cm 的矩形硬纸卷成圆柱的侧面，则圆柱轴截面的面积为________cm 2(接头忽略不计)．解：以4cm 或8cm 为底面周长，所得圆柱的轴截面面积均为32πcm 2，故填32π．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________．解：如图所示是实际图形和直观图．由图可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ，在图中作C ′D ′⊥A ′B ′，垂足为D ′，则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a . ∴S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′×C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.故填616a 2.类型一 空间几何体的结构特征(2012·湖南)某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是()解：D 选项的正视图应为如图所示的图形． 故选D.【评析】本题主要考查空间想象能力，是近年高考中的热点题型．本题可用排除法一一验证：A ，B ，C 都有可能，而D 的正视图与侧视图不可能相同．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是()解：从俯视图看，B ，D 符合，从正视图看，B 不符合，D 符合，而从侧视图看D 也是符合的．故选D.类型二 空间几何体的三视图如图，某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为()A ．6 3B ．93C ．12 3D ．18 3解：由三视图可知该几何体是一个斜四棱柱，高h ＝22－1＝3，底面积为9，所以体积V ＝9×3＝9 3.故选B.【评析】通过三视图考查几何体的体积运算是较为常规的考题，考生对此并不陌生．对于空间几何体的考查，从内容上看，柱、锥的定义和相关性质是基础，以它们为载体考查三视图、体积是重点．本题给出了几何体的三视图，只要掌握三视图的画法“长对正、高平齐，宽相等”，不难将其还原得到斜四棱柱．如图所示的三个直角三角形是 一个体积为20cm 3的几何体的三视图，则h ＝________cm.解：由三视图可知，该几何体为三棱锥，此三棱锥的底面为直角三角形，直角边长分别为5cm ，6cm ，三棱锥的高为h cm ，则三棱锥的体积为V ＝13×12×5×6×h＝20，解得h ＝4cm.故填4.类型三 空间多面体的直观图如图是一个几何体的三视图，用斜二测画法画出它的直观图．解：由三视图知该几何体是一个简单组合体，它的下部是一个正四棱台，上部是一个正四棱锥．画法：(1)画轴．如图1，画x 轴、y 轴、z 轴，使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝90°.图1(2)画底面．利用斜二测画法画出底面ABCD ，在z 轴上截取O ′使OO ′等于三视图中相应高度，过O ′作Ox 的平行线O ′x ′，Oy 的平行线O ′y ′，利用O ′x ′与O ′y ′画出底面A ′B ′C ′D ′.(3)画正四棱锥顶点．在Oz 上截取点P ，使PO ′等于三视图中相应的高度．(4)成图．连接P A ′，PB ′，PC ′，PD ′，A ′A ，B ′B ，C ′C ，D ′D ，整理得到三视图表示的几何体的直观图如图2所示．图2【评析】根据三视图可以确定一个几何体的长、宽、高，再按照斜二测画法，建立x 轴、y 轴、z 轴，使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝90°，确定几何体在x 轴、y 轴、z 轴方向上的长度，最后连线画出直观图．已知一个四棱锥的高为3，其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个边长为1的正方形，则此四棱锥的体积为( )A . 2B ．6 2C .13D ．2 2解：因为四棱锥的底面直观图是一个边长为1的正方形，该正方形的对角线长为2，根据斜二测画法的规则，原图底面的底边长为1，高为直观图中正方形的对角线长的两倍，即22，则原图底面积为S ＝2 2.因此该四棱锥的体积为V ＝13Sh ＝13×22×3＝2 2.故选D.类型四 空间旋转体的直观图用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的面积之比为1∶16，截去的圆锥的母线长是3cm ，求圆台的母线长．解：设圆台的母线长为l ，截得圆台的上、下底面半径分别为r ，4r .根据相似三角形的性质得， 33＋l ＝r4r，解得 l ＝9. 所以，圆台的母线长为9cm.【评析】用平行于底面的平面去截柱、锥、台等几何体，注意抓住截面的性质(与底面全等或相似)，同时结合旋转体中的轴截面(经过旋转轴的截面)的几何性质，利用相似三角形中的相似比，设相关几何变量列方程求解．圆锥底面半径为1cm ，高为2cm，其中有一个内接正方体，求这个内接正方体的棱长.解：过圆锥的顶点S 和正方体底面的一条对角线CD 作圆锥的截面，得圆锥的轴截面SEF ，正方体对角面CDD 1C 1如图所示. 设正方体棱长为x ，则CC 1＝x ，C 1D 1＝2x .作SO ⊥EF 于O ，则SO ＝2，OE ＝1.∵△ECC 1∽△ESO ，∴CC 1SO ＝EC 1EO ，即x2＝1－22x1， 解得x ＝22(cm)． 故内接正方体的棱长为22cm.1．在研究圆柱、圆锥、圆台的相关问题时，主要方法就是研究它们的轴截面，这是因为在轴截面中容易找到这些几何体的有关元素之间的位置关系以及数量关系．2．正多面体(1)正四面体就是棱长都相等的三棱锥，正六面体就是正方体，连接正方体六个面的中心，可得到一个正八面体，正八面体可以看作是由两个棱长都相等的正四棱锥拼接而成．(2)如图，在棱长为a 的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，连接A 1B ，BC 1，A 1C 1，DC 1，DA 1，DB ，可以得到一个棱长为2a 的正四面体A 1-BDC 1，其体积为正方体体积的13.(3)正方体与球有以下三种特殊情形：一是球内切于正方体；二是球与正方体的十二条棱相切；三是球外接于正方体．它们的相应轴截面如图所示(正方体的棱长为a ，球的半径为R )．3．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 .4．棱长为a 的正四面体(1)斜高为32a ；(2)高为63a ；(3)对棱中点连线长为22a ； (4)外接球的半径为64a ，内切球的半径为612a ；(5)正四面体的表面积为3a 2，体积为212a 3. 5．三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线，对于能看见的轮廓线和棱用实线表示，不能看见的轮廓线和棱用虚线表示．6．一个平面图形在斜二测画法下的直观图与原图形相比发生了变化，注意原图与直观图中的“三变、三不变”．三变：坐标轴的夹角改变，与y 轴平行线段的长度改变(减半)，图形改变．三不变：平行性不变，与x 轴平行的线段长度不变，相对位置不变．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积有以下关系：S 直观图＝24S 原图形，S 原图形＝22S 直观图．1．由平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体是( )A ．六棱锥B ．六棱台C ．六棱柱D ．非棱柱、棱锥、棱台的一个几何体解：平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体符合棱柱的定义，故选C .2．下列说法中，正确的是( ) A ．棱柱的侧面可以是三角形B ．若棱柱有两个侧面是矩形，则该棱柱的其它侧面也是矩形C ．正方体的所有棱长都相等D ．棱柱的所有棱长都相等解：棱柱的侧面都是平行四边形，选项A 错误；其它侧面可能是平行四边形，选项B 错误；棱柱的侧棱与底面边长并不一定相等，选项D 错误；易知选项C 正确．故选C.3．将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周，所得的几何体包括( )A ．一个圆台、两个圆锥B ．两个圆台、一个圆柱C ．两个圆台、一个圆锥D ．一个圆柱、两个圆锥解：把等腰梯形分割成两个直角三角形和一个矩形，由旋转体的定义可知所得几何体包括一个圆柱、两个圆锥．故选D.4．将正三棱柱截去三个角(如图1所示A ，B ，C分别是△GHI 三边的中点)得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图(或称左视图)为( )A B C D 解：观察图形，易知图2所示几何体的侧视图为直角梯形，且EB 为直角梯形的对角线．故选A.5．(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()A ．棱柱B ．棱台C ．圆柱D ．圆台 解：由俯视图可知该几何体的上、下两底面为半径不等的圆，又∵正视图和侧视图相同，∴可判断其为旋转体．故选D.6．如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为()A ．2 2 B. 2C ．2 3D. 3解：由三视图可知，此多面体是四棱锥，底面是边长为2的正方形，并且有一条长为2的侧棱垂直于底面，所以最长棱长为22＋22＋22＝2 3.故选C.7．若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示，则其表面积等于________．解：由正视图知，三棱柱是底面边长为2，高为1的正三棱柱，所以底面积为2×12×2×2×32＝23，侧面积为3×2×1＝6，所以其表面积为6＋2 3.故填6＋23.8．如图是某个圆锥的三视图，根据图中所标尺寸可得俯视图中圆的面积为________，圆锥母线长为________．解：由三视图可知，圆锥顶点在底面的射影是底面圆的中心，根据图中的数据，底面圆的半径为10，则俯视图中圆的面积为100π，母线长为302＋102 ＝1010，故填100π；1010.9．如图a 是截去一个角的长方体，试按图示的方向画出其三视图．解：图a中几何体三视图如图b 所示：10．如图1是某几何体的三视图，试说明该几何体的结构特征，并用斜二测画法画出它的直观图．解：图1中几何体是由上部为正六棱柱，下部为倒立的正六棱锥堆砌而成的组合体．斜二测画法：(1)画轴．如图2，画x 轴，y 轴，z 轴，使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝∠yOz ＝90°.(2)画底面，利用斜二测画法画出底面ABCDEF ，在z 轴上截取O ′，使OO ′等于正六棱柱的高，过O ′作Ox 的平行线O ′x ′，Oy 的平行线O ′y ′，利用O ′x ′与O ′y ′画出底面A ′B ′C ′D ′E ′F ′.(3)画正六棱锥顶点．在Oz 上截取点P ，使PO ′等于正六棱锥的高．(4)成图．连接P A ′，PB ′，PC ′，PD ′，PE ′，PF ′，AA ′，BB ′，CC ′，DD ′，EE ′，FF ′，整理得到三视图表示的几何体的直观图如图3所示．注意：图形中平行于x 轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于y 轴的线段，长度为原来的一半．11．某长方体的一条对角线长为7，在该长方体的正视图中，这条对角线的投影长为6，在该长方体的侧视图与俯视图中，这条对角线的投影长分别为a 和b ，求ab的最大值．解：如图，则有AC 1＝7，DC 1＝6， BC 1＝a ，AC ＝b ，设AB ＝x ，AD ＝y ，AA 1＝z ，有x 2＋y 2＋z 2＝7，x 2＋z 2＝6，∴y 2＝1. ∵a 2＝y 2＋z 2＝z 2＋1，b 2＝x 2＋y 2＝x 2＋1， ∴a ＝z 2＋1，b ＝x 2＋1.∴ab ＝（z 2＋1）（x 2＋1）≤z 2＋1＋x 2＋12＝4，当且仅当z 2＋1＝x 2＋1，即x ＝z ＝3时，ab 的最大值为4.水以匀速注入某容器中，容器的三视图如图所示，其中与题中容器对应的水的高度h 与时间t的函数关系图象是( )解：由三视图知其直观图为两个圆台的组合体，水是匀速注入的，所以水面高度随时间变化的变化率先逐渐减小后逐渐增大，又因为容器的对称性，所以函数图象关于一点中心对称．故选C.§8.2空间几何体的表面积与体积1．了解棱柱、棱锥、台、球的表面积和体积的计算公式．2．会利用公式求一些简单几何体的表面积与体积．高考主要考查空间几何体的侧面积、表面积、体积以及相关元素的关系与计算，这些内容常与三视图相结合，以选择题、填空题的形式出现，也可能以空间几何体为载体，考查线面关系、侧面积、表面积以及体积．1．柱体、锥体、台体的表面积(1)直棱柱、正棱锥、正棱台的侧面积S直棱柱侧＝__________，S正棱锥侧＝__________，S正棱台侧＝__________(其中C，C′为底面周长，h为高，h′为斜高)．(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面积S圆柱侧＝________，S圆锥侧＝________，S圆台侧＝________(其中r，r′为底面半径，l为母线长)．(3)柱或台的表面积等于________与__________的和，锥体的表面积等于________与__________的和．2．柱体、锥体、台体的体积(1)棱柱、棱锥、棱台的体积V棱柱＝__________，V棱锥＝__________，V棱台＝__________(其中S，S′为底面积，h为高)．(2)圆柱、圆锥、圆台的体积V圆柱＝__________，V圆锥＝__________，V圆台＝__________(其中r，r′为底面半径，h为高)．3．球的表面积与体积(1)半径为R的球的表面积S球＝________．(2)半径为R的球的体积V球＝________.【自查自纠】1．(1)Ch 12Ch′12()C＋C′h′(2)2πrlπrlπ(r＋r′)l(3)侧面积两个底面积侧面积一个底面积2．(1)Sh 13Sh13h()S＋SS′＋S′(2)πr2h 13πr2h13πh()r2＋rr′＋r′23．(1)4πR2(2)43πR3圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形，则圆柱的表面积为()A．6π(4π＋3)B．8π(3π＋1)C．6π(4π＋3)或8π(3π＋1)D．6π(4π＋1)或8π(3π＋2)解：分两种情况：①以边长为6π的边为高时，4π为圆柱底面周长，则2πr＝4π，r＝2，∴S底＝πr2＝4π，S侧＝6π×4π＝24π2，S表＝2S底＋S侧＝8π＋24π2＝8π(3π＋1)；②以边长为4π的边为高时，6π为圆柱底面周长，则2πr＝6π，r＝3.∴S底＝πr2＝9π，S表＝2S底＋S侧＝18π＋24π2＝6π(4π＋3)．故选C.正三棱锥的底面边长为2，侧面均为直角三角形，则此三棱锥的体积为()A.23 2 B. 2 C.23 D.43 2解：∵正三棱锥的侧面均为直角三角形，故侧面为等腰直角三角形，且直角顶点为棱锥的顶点，∴侧棱长为2，V＝13×12×(2)2×2＝23.故选C.已知圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则圆柱的体积与球体积之比为()A．1∶2 B．2∶1 C．2∶3 D．3∶2解：设球半径为R，圆柱底面半径为R，高为2R.∵V球＝43πR3，V圆柱＝πR2·2R＝2πR3，∴V圆柱∶V球＝3∶2.故选D.长方体ABCD-A1B1C1D1的8个顶点在同一个球面上，且AB＝2，AD＝3，AA1＝1，则球面面积为________．解：∵长方体ABCD-A1B1C1D1的8个顶点在同一个球面上，则外接球的直径是长方体的体对角线，而长方体的体对角线的长为AB2＋AD2＋AA21＝22，∴半径R＝ 2.∴S球＝4πR2＝8π.故填8π.若圆锥的侧面积为2π，底面面积为π，则该圆锥的体积为____________．解：设圆锥底面半径为r，母线长为l，则⎩⎪⎨⎪⎧πr 2＝π，πrl ＝2π，有⎩⎪⎨⎪⎧r ＝1，l ＝2，从而可知圆锥的高h ＝l 2－r 2＝4－1＝ 3.∴V ＝13×π×3＝33π.故填33π.类型一 空间几何体的面积问题如图，在△ABC 中，∠ABC ＝45°，∠BAC＝90°，AD 是BC 边上的高，沿AD 把△ABD 折起，使∠BDC ＝90°.(1)证明：平面ADB ⊥平面BDC ； (2)若BD ＝1，求三棱锥D -ABC 的表面积． 解：(1)证明：∵折起前AD 是BC 边上的高， ∴沿AD 把△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥BD . 又DB ∩DC ＝D ，∴AD ⊥ 平面BDC .又∵AD ⊂平面ADB ，∴平面ADB ⊥ 平面BDC . (2)由(1)知，DA ⊥BD ，BD ⊥DC ，DC ⊥DA ， DB ＝DA ＝DC ＝1，∴AB ＝BC ＝CA ＝ 2.从而S △DAB ＝S △DBC ＝S △DCA ＝12×1×1＝12，S △ABC ＝12×2×2×sin60°＝32.∴三棱锥D-ABC 的表面积S ＝12×3＋32＝3＋32.【评析】充分运用图形在翻折前后的不变性，如角的大小不变，线段长度不变，线线关系不变等，再由面面垂直的判定定理进行推理证明，然后再计算．(2013·福建)已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是____________．解：由三视图可知该组合体为球内接一个棱长为2的正方体，∴正方体的体对角线为球的直径2r ＝22＋22＋22＝23，S 球＝4πr 2＝12π.故填12π.类型二 空间旋转体的面积问题如图，半径为4的球O 中有一内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是______．解：如图，设球的一条半径与圆柱相应的母线的夹角为α，圆柱侧面积S ＝2π×4sin α×2×4cos α＝32πsin2α，当α＝π4时，S 取最大值32π，此时球的表面积与该圆柱的侧面积之差为32π.故填32π.【评析】根据球的性质，内接圆柱上、下底面中心连线的中点为球心，且圆柱的上、下底面圆周均在球面上，球心和圆柱的上、下底面圆上的点的连线与母线的夹角相等，这些为我们建立圆柱的侧面积与上述夹角之间的函数关系提供了依据．(2012·辽宁)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为____________．解：由三视图知该几何体为长4宽3高1的长方体的中间挖去一个半径为1高为1的圆柱所成几何体，所以表面积为2×(4×3＋4×1＋3×1)－2×π×12＋2π×1×1＝38.故填38.类型三 空间多面体的体积问题一个正三棱锥(底面是正三角形，顶点在底面的射影是底面正三角形的中心)的底面边长为6，侧棱长为15，求这个三棱锥的体积．解：如图所示为正三棱锥S -ABC ，设H 为正三角形ABC 的中心，连接SH ，则SH 的长即为该正三棱锥的高．连接AH 并延长交BC 于E ，则E 为BC 的中点，且AH ⊥BC .∵△ABC 是边长为6的正三角形，∴AE ＝32×6＝33，AH ＝23AE ＝2 3. 在△ABC 中，S △ABC ＝12BC ×AE ＝12×6×33＝93，在Rt △SHA 中，SA ＝15，AH ＝23， ∴SH ＝SA 2－AH 2＝15－12＝ 3.∴V 正三棱锥＝13×S △ABC ×SH ＝13×93×3＝9.【评析】(1)求锥体的体积，要选择适当的底面和高，然后应用公式V ＝13Sh 进行计算．(2)求空间几何体体积的常用方法为割补法和等积变换法：①割补法：将这个几何体分割成几个柱体、锥体，分别求出柱体和锥体的体积，从而得出要求的几何体的体积；②等积变换法：特别的，对于三棱锥，由于其任意一个面均可作为棱锥的底面，从而可选择更容易计算的方式来求体积；利用“等积性”还可求“点到面的距离”．如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为()A.23B.33C.43D.32解：如图，过A ，B 两点分别作AM ，BN 垂直于EF ，垂足分别为M ，N ，连接DM ，CN ，可证得DM ⊥EF ，CN ⊥EF ，则多面体ABCDEF 分为三部分，即多面体的体积V ABCDEF ＝V AMD -BNC ＋V E -AMD ＋VF -BNC .依题意知AEFB 为等腰梯形．易知Rt △DME Rt △CNF ，∴EM ＝NF ＝12.又BF ＝1，∴BN ＝32.作NH 垂直于BC ，则H 为BC 的中点，∴NH ＝22. ∴S △BNC ＝12·BC ·NH ＝24.∴V F -BNC ＝13·S △BNC ·NF ＝224， V E -AMD ＝V F -BNC ＝224，V AMD -BNC ＝S △BNC ·MN ＝24. ∴V ABCDEF ＝23，故选A .类型四 空间旋转体的体积问题某几何体的三视图如图所示，则它的体积是( )A ．8－2π3B ．8－π3C ．8－2πD ．2π3解：由三视图知几何体为一个正方体中间去掉一个圆锥，所以它的体积是V ＝23－13×π×12×2＝8－23π.故选A.【评析】根据已知三视图想象出该几何体的直观图，然后分析该几何体的组成，再用对应的体积公式进行计算．(2012·河南模拟)已知某几何体的三视图如图所示，其中，正(主)视图、侧(左)视图均是由三角形与半圆构成，俯视图由圆与其内接三角形构成，根据图中的数据可得此几何体的体积为( )A.2π3＋12 B.4π3＋16 C.2π6＋16D.2π3＋12解：由三视图可得该几何体的上部是一个三棱锥，下部是半球，根据三视图中的数据可得V ＝12×43π×⎝⎛⎭⎫223＋13×⎝⎛⎭⎫12×1×1×1＝2π6＋16.故选C.1．几何体的展开与折叠(1)几何体的表面积，除球以外，都是利用展开图求得的，利用空间问题平面化的思想，把一个平面图形折叠成一个几何体，再研究其性质，是考查空间想象能力的常用方法．(2)多面体的展开图①直棱柱的侧面展开图是矩形；②正棱锥的侧面展开图是由一些全等的等腰三角形拼成的，底面是正多边形；③正棱台的侧面展开图是由一些全等的等腰梯形拼成的，底面是正多边形．(3)旋转体的展开图①圆柱的侧面展开图是矩形，矩形的长(或宽)是底面圆周长，宽(或长)是圆柱的母线长；②圆锥的侧面展开图是扇形，扇形的半径长是圆锥的母线长，弧长是圆锥的底面周长；③圆台的侧面展开图是扇环，扇环的上、下弧长分别为圆台的上、下底面周长．注：①圆锥中母线长l 与底面半径r 和展开图扇形中半径和弧长间的关系及符号容易混淆，同学们应多动手推导，加深理解．②圆锥和圆台的侧面积公式S 圆锥侧＝12cl 和S 圆台侧＝12(c ′＋c )l 与三角形和梯形的面积公式在形式上相同，可将二者联系起来记忆．2．空间几何体的表面积的计算方法有关空间几何体的表面积的计算通常是将空间图形问题转化为平面图形问题，这是解决立体几何问题常用的基本方法．(1)棱柱、棱锥、棱台等多面体的表面积可以分别求各面面积，再求和，对于直棱柱、正棱锥、正棱台也可直接利用公式；(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算其侧面积时需将曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和；(3)组合体的表面积应注意重合部分的处理． 3．空间几何体的体积的计算方法(1)计算柱、锥、台体的体积，关键是根据条件找出相应的底面面积和高，应注意充分利用多面体的截面和旋转轴截面，将空间问题转化为平面问题求解．(2)注意求体积的一些特殊方法：分割法、补体法、还台为锥法等，它们是计算一些不规则几何体体积常用的方法，应熟练掌握．(3)利用三棱锥的“等体积性”可以解决一些点到平面的距离问题，即将点到平面的距离视为一个三棱锥的高，通过将其顶点和底面进行转化，借助体积的不变性解决问题．4．由几何体的三视图求几何体的表面积与体积问题，一般按如下三个步骤求解：(1)由三视图想象出原几何体的形状；(2)由三视图给出的数量关系确定原几何体的数量关系；(3)如果是规则几何体，直接代入公式求解，如果不是规则几何体，通过“割补”后，转化为规则几何体求解．1．已知圆锥的正视图是边长为2的等边三角形，则该圆锥体积为( )A .2π2B .2πC .3π3D .3π 解：易知圆锥的底面直径为2，母线长为2，则该圆锥的高为22－12＝3，因此其体积是13π·12×3＝3π3.故选C. 2．一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是2，3，6，则这个长方体的体对角线的长是( ) A ．2 3 B ．3 2 C ．6 D . 6解：设长方体的长、宽、高分别为a ，b ，c ，则有ab ＝2，ac ＝3，bc ＝6，解得a ＝1，b ＝2，c ＝3，则长方体的体对角线的长l＝a 2＋b 2＋c 2＝ 6.故选D.3．一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．2π＋2 3B ．4π＋2 3C ．2π＋233D ．4π＋233。

立体几何经典试题（含答案）

立体几何经典试题（含答案）

1. 如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，AC=BC=12AA 1，D 是棱AA 1的中点的中点(Ｉ)证明：平面BDC 1⊥平面BDC（Ⅱ）平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比. 【解析】（Ⅰ）由题设知BC BC⊥⊥1CC ,BC ,BC⊥⊥AC AC，，1CC AC C Ç=,∴BC ^面11ACC A , , 又又∵1DC Ì面11ACC A ，∴1DC BC ^,由题设知01145A DC ADC Ð=Ð=,∴1CDC Ð=090,即1DC DC ^, 又∵DC BC C Ç=, , ∴∴1DC ⊥面BDC , , ∵∵1DC Ì面1BDC ， ∴面BDC ⊥面1BDC ；（Ⅱ）设棱锥1B DACC -的体积为1V ，AC =1，由题意得，1V =1121132+´´´=12，由三棱柱111ABC A B C -的体积V =1，∴11():V V V -=1:1， ∴平面1BDC 分此棱柱为两部分体积之比为1:1. 2. 如图5所示，在四棱锥P ABCD -中，AB ^平面PAD ，//AB CD ，PD AD =，E 是PB 的中点，F 是CD 上的点且12DF AB =，PH 为△PAD 中AD 边上的高. （1）证明：PH ^平面ABCD ；（2）若1PH =，2AD =，1FC =，求三棱锥E BCF -的体积；的体积；（3）证明：EF ^平面PAB . B 1C B A D C 1A 1【解析】（1）证明：因为AB ^平面PAD ，所以PH AB ^。

因为PH 为△PAD 中AD 边上的高，边上的高， 所以PH AD ^。

因为AB AD A = ，所以PH ^平面ABCD 。

（2）连结BH ，取BH 中点G ，连结EG 。

立体几何大题(解析版)

立体几何大题(解析版)

立体几何大题1.空间中的平行关系（1）线线平行（2）线面平行的判定定理：平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行（3）线面平行的性质定理若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行（4）面面平行的判定定理判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行（5）面面平行的性质定理性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行6.空间中的垂直关系（1）线线垂直（2）线面垂直的判定定理一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直（3）线面垂直的性质定理性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行（4）面面垂直的判定定理一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直(或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直)（5）面面垂直的性质定理两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面6.异面直线所成角cos θ=cos a ,b =|a ⋅b ||a |⋅|b |=|x 1x 2+y 1y 2+z 1z 2|x 12+y 12+z 12⋅x 22+y 22+z 22(其中θ(0°<θ≤90°)为异面直线a ,b 所成角，a ,b 分别表示异面直线a ,b 的方向向量)7.直线AB 与平面所成角，sin β=AB ⋅m |AB ||m |(m 为平面α的法向量).8.二面角α-l -β的平面角cos θ=m ⋅n |m ||n |(m ，n 为平面α，β的法向量).9.点B 到平面α的距离d =|AB ⋅n | |n |(n 为平面α的法向量，AB 是经过面α的一条斜线，A ∈α).模拟训练一、解答题1(22·23下·湖南·二模)如图，在直三棱柱ABC -A B C 中，∠ABC =120°,AB =BC =2,AC =BB ，点D 为棱BB 的中点，AE =13AC ．(1)求DE 的长度；(2)求平面CDE 与平面BDE 夹角的余弦值．【答案】(1)393(2)34【分析】(1)在△ABC 中，用余弦定理可得到AC =23，在△ABE 中，用余弦定理可得BE =233，即可求得DE =DB 2+BE 2=393；(2)以B 为原点，分别以BE ,BC ,BB 所在的直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，求出平面CDE 与平面BDE 的法向量，即可求解【详解】(1)因为在直三棱柱ABC -A B C 中，∠ABC =120°,AB =BC =2，在△ABC 中，由余弦定理得cos ∠ABC =AB 2+BC 2-AC 22AB ⋅BC=22+22-AC 22×2×2=-12，解得AC =23，则AE =13AC =233，在△ABE 中，由余弦定理得cos ∠BAE =AB 2+AE 2-BE 22AB ⋅AE =22+233 2-BE 22×2×233=32，解得BE =233，又AC =BB =23，所以BD =12BB =3，因为BB ⊥平面ABC ，BE ⊂平面ABC ，所以BB ⊥BE ，在直角三角形DBE 中，DE =DB 2+BE 2=(3)2+233 2=393；(2)因为AE =BE =233，所以∠ABE =∠BAE =30°，则∠CBE =∠ABC -∠ABE =120°-30°=90°，则BE ,BC ,BB 两两互相垂直，以B 为原点，分别以BE ,BC ,BB 所在的直线为x ,y ,z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系：则点C 0,2,0 ,D 0,0,3 ,E 233,0,0 ，则CD =0,-2,3 ,CE =233,-2,0 ，设平面CDE 的法向量为n =x ,y ,z ，由n ⋅CD =x ,y ,z ⋅0,-2,3 =-2y +3z =0n ⋅CE =x ,y ,z ⋅233,-2,0 =233x -2y =0 ，得z =233y x =3y，令y =3，得平面CDE 的一个法向量为n =3,3,2 ；平面BDE 的一个法向量为m =0,1,0 ．设平面CDE 与平面BDE 夹角的大小为θ，则cos θ=m ⋅n m n =0,1,0 ⋅3,3,2 1×4=34，故平面CDE 与平面BDE 夹角的余弦值为34．2(22·23下·绍兴·二模)如图，在多面体ABCDE 中，DE ⊥平面BCD ,△ABC 为正三角形，△BCD 为等腰Rt △,∠BDC =90°,AB =2,DE =2.(1)求证：AE ⊥BC ；(2)若AE ⎳平面BCD ，求直线BE 与平面ABC 所成的线面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)63【分析】(1)由线面垂直的性质定理和判定定理即可证明；(2)法一：由分析可知，∠EBH 就是直线BE 与平面ABC 所成的线面角，设∠AFD =α，当α<90°时，O 与D 重合，可得A ,E 两点重合，不符合题意，当α>90°时，求出EH ,BE ，即可得出答案；法二：建立空间直角坐标系，求出直线BE 的方向向量与平面ABC 的法向量，由线面角的向量公式代入即可得出答案.【详解】(1)设F 为BC 中点，连接AF ,EF ，则由△ABC 为正三角形，得AF ⊥BC ；DE ⊥平面BCD ，且△BCD 为等腰直角三角形，计算可得：BE =CE =2,∴EF ⊥BC .EF ∩AF =F ,EF ,AF ⊂面AEF ，于是BC ⊥面AEF ，AE ⊂面AEF ，从而BC ⊥AE .(2)法一：由(1)可知，过点E 作EH ⊥AF ，垂足为H ，则∠EBH 就是直线BE 与平面ABC 所成的线面角.当AE ⎳平面BCD 时，可得A 到平面BCD 的距离为 2.设∠AFD =α，所以AF ⋅sin α=2，可得sin α=63，当α<90°时，cos α=33，不妨设A 在底面BCD 射影为O ，则FO =1，此时O 与D 重合，可得A ,E 两点重合，不符合题意，舍去；当α>90°时，FO =1，此时O 在DF 的延长线上，作EH ⊥AF ，由于AODE 为矩形，可得AE =DO =2,AE ∥OD ，可得sin ∠EAH =63，可得EH =263.于是sin ∠EBH =EH BE=63.法二：建立如图坐标系，可得F 0,0,0 ,B 1,0,0 ，C -1,0,0 ,D 0,1,0 ,E 0,1,2 ,A 0,a ,b由AF =3，解得a 2+b 2=3，又∵AE ⎳平面BCD ，令n =0,0,1 ，可得AB ⋅n =0，解得b =2,a =±1.当a =1时A ,E 重合，所以a =-1，此时A 0,-1,2 .不妨设平面ABC 的法向量为m =x ,y ,z ，则CB ⋅m =0CA ⋅m =0代入得x -y +2z =02x =0 ，令z =1，则y =2，所以m =0,2,1 .由于BE =-1,1,2 ，不妨设所成角为θ，则sin θ=∣cos BE ,m |=63.3(22·23·张家口·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，∠CBB 1=60°，AB =BC =2，AC =AB 1=2.(1)证明：平面ACB 1⊥平面BB 1C 1C ；(2)求平面ACC 1A 1与平面A 1B 1C 1夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)57.【分析】(1)利用面面垂直的判定定理进行证明；(2)利用垂直关系建立空间直角坐标系，用向量法进行求解.【详解】(1)如图，连接BC 1，交B 1C 于O ，连接AO .因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为BC 1的中点.又AC =AB 1=2，故AO ⊥B 1C .又AB =BC =2，且∠CBB 1=60°，所以CO =1,BO =3，所以AO =AC 2-CO 2=1.又AB =2，所以AB 2=BO 2+AO 2，所以AO ⊥BO .因为BO ,CB 1⊂平面BB 1C 1C ，BO ∩CB 1=O ，所以AO ⊥平面BB 1C 1C .又AO ⊂平面ACB 1，所以平面ACB 1⊥平面BB 1C 1C .(2)由(1)知，OA ,OB ,OB 1两两互相垂直，因此以O 为坐标原点，OB ,OB 1,OA 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则A (0,0,1)，B (3,0,0)，C (0,-1,0)，C 1(-3,0,0).故CC 1 =(-3,1,0)，CA =(0,1,1)，CB =(3,1,0).设n =(x 1,y 1,z 1)为平面ACC 1A 1的一个法向量，则有n ⋅CC 1 =0n ⋅CA =0 ，即-3x 1+y 1=0y 1+z 1=0 ，令x 1=1，则n =(1,3,-3).设m =(x 2,y 2,z 2)为平面ABC 的一个法向量，则有m ⋅CA =0m ⋅CB =0，即y 2+z 2=03x 2+y 2=0 ，令x 2=1，则m =(1,-3,3).因为平面A 1B 1C 1∥平面ABC ，所以m =(1,-3,3)也是平面A 1B 1C 1的一个法向量.所以cos <n ,m > =n ⋅m n m=1-3-3 7×7=57.所以平面ACC 1A 1与平面A 1B 1C 1夹角的余弦值57. 4(22·23·湛江·二模)如图1，在五边形ABCDE 中，四边形ABCE 为正方形，CD ⊥DE ，CD =DE ，如图2，将△ABE 沿BE 折起，使得A 至A 1处，且A 1B ⊥A 1D ．(1)证明：DE ⊥平面A 1BE ；(2)求二面角C -A 1E -D 的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)63【分析】(1)由已知易得DE ⊥BE ，即可证明线面垂直；(2)建立空间直角坐标系，用坐标公式法求解即可．【详解】(1)由题意得∠BEC =∠CED =π4，∠BED =π2，DE ⊥BE ，因为AB ⊥AE ，则A 1B ⊥A 1E ，又A 1B ⊥A 1D ，A 1E ∩A 1D =A 1,A 1E ,A 1D ⊂面A 1ED ，所以A 1B ⊥面A 1ED ，又DE ⊂面A 1ED ，则DE ⊥A 1B ，又DE ⊥BE ，A 1B ∩BE =B ，A 1B ⊂平面A 1BE ，BE ⊂平面A 1BE ，所以DE ⊥平面A 1BE ．(2)取BE 的中点O ，可知BE =2CD ,OE =CD ，由DE ⊥BE ，且CD ⊥DE 可得OE ⎳CD ，所以四边形OCDE 是平行四边形，所以CO ∥DE ，则CO ⊥平面A 1BE ，设BE =2，以点O 为坐标原点，OB ,OC ,OA 1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如图，则A 1(0,0,1),E (-1,0,0),B (1,0,0),C (0,1,0),D (-1,1,0)，EA 1 =(1,0,1),EC =(1,1,0),ED =(0,1,0)，设平面A 1EC 的一个法向量为n 1 =(x 1,y 1,z 1)，则n 1 ⋅EA 1 =0n 1 ⋅EC =0 ，即x 1+z 1=0x 1+y 1=0 ，取x 1=1，则n 1 =(1,-1,-1)，设平面A 1ED 的一个法向量为n 2 =(x 2,y 2,z 2)，则n 2 ⋅E 1A =0n 2 ⋅ED =0 ，即x 2+z 2=0y 2=0 ，取x 2=1，则n 2 =(1,0,-1)，所以cos n 1 ,n 2 =n 1 ⋅n 2 n 1 n 2=63，由图可知，二面角C -A 1E -D 为锐角，所以面角C -A 1E -D 的余弦值为63．5(22·23下·长沙·三模)如图，在多面体ABCDE 中，平面ACD ⊥平面ABC ，BE ⊥平面ABC ，△ABC 和△ACD 均为正三角形，AC =4，BE =3，点F 在AC 上.(1)若BF ⎳平面CDE ，求CF ；(2)若F 是AC 的中点，求二面角F -DE -C 的正弦值.【答案】(1)CF =1(2)8517【分析】(1)记AC 中点为M ，连接DM 、BM ，依题意可得DM ⊥AC ，根据面面垂直的性质得到DM ⊥平面ABC ，如图建立空间直角坐标系，求出平面CDE 的法向量，设F a ,0,0 ，a ∈2,-2 ，依题意可得BF ⋅n =0求出a 的值，即可得解；(2)依题意点F 与点M 重合，利用空间向量法计算可得.【详解】(1)记AC 中点为M ，连接DM 、BM ，△ACD 为正三角形，AC =4，则DM ⊥AC ，且DM =2 3.因为平面ACD ⊥平面ABC ，平面ACD ∩平面ABC =AC ，DM ⊂平面ACD ，所以DM ⊥平面ABC ，又△ABC 为正三角形，所以BM ⊥AC ，所以BM =23，如图建立空间直角坐标系，则B 0,23,0 ，C -2,0,0 ，D 0,0,23 ，E 0,23,3 ，所以CD =2,0,23 ，CE =2,23,3 ，设平面CDE 的法向量为n =x ,y ,z ，则n ⋅CD =2x +23z =0n ⋅CE =2x +23y +3z =0，令x =3，则z =-3，y =-32，则n =3,-32,-3 ，设F a ,0,0 ，a ∈-2,2 ，则BF =a ,-23,0 ，因为BF ⎳平面CDE ，所以BF ⋅n =3a +-23 ×-32+0×-3 =0，解得a =-1，所以F 为CM 的中点，此时CF =1.(2)若F 是AC 的中点，则点F 与点M 重合，则平面FDE 的一个法向量可以为m =1,0,0 ，设二面角F -DE -C 为θ，显然二面角为锐角，则cos θ=m ⋅n m ⋅n=332+-32 2+-3 2=651，所以sin θ=1-cos 2θ=1-651 2=8517，所以二面角F -DE -C 的正弦值为8517.6(22·23下·湖北·二模)如图，S 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，△ABC 内接于⊙O ,AC ⊥BC ,AC =BC =322，AM =2MS ,AS =3,PQ 为⊙O 的一条弦，且SB ⎳平面PMQ .(1)求PQ 的最小值；(2)若SA ⊥PQ ，求直线PQ 与平面BCM 所成角的正弦值.【答案】(1)22(2)3010【分析】(1)作出辅助线，找到符合要求的PQ ，并利用垂径定理得到最小值；(2)在第一问基础上，得到当PQ 取得最小值时，SA ⊥PQ ，并建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角.【详解】(1)过点M 作MH ⎳SB 交AB 于点H ，过点H 作PQ ⊥AB ，此时满足SB ⎳平面PMQ ，由平面几何知识易知，PQ =2r 2-d 2，当弦心距d 最大时，d =OH ，弦长最短，即PQ 取得最小值，因为AM =2MS ,AS =3，所以AH =2HB ，因为AC ⊥BC ,AC =BC =322，由勾股定理得AB =322⋅2=3，故AH =2,HB =1，连接OQ ，则OQ =32，由勾股定理得HQ =OQ 2-OH 2=94-14=2，所以PQ =2HQ =22；(2)连接OS ，则OS ⊥平面ACB ，因为PQ ⊂平面ACB ，故OS ⊥PQ ，而SA ⊥PQ ，OS ∩SA =S ，所以PQ ⊥平面AOS ，即有PQ ⊥AB .以O 为坐标原点，过点O 且平行PQ 的直线为x 轴，OB 所在直线为y 轴，OS 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则P -2,12,0 ,Q 2,12,0 ,B 0,32,0 ,C 32,0,0 ,M 0,-12,3 ，设平面BCM 的法向量为m =x ,y ,z ，则m ⋅CB =x ,y ,z ⋅-32,32,0 =-32x +32y =0m ⋅MB =x ,y ,z ⋅0,2,-3 =2y -3z =0，令x =1，则y =1,z =233，故m =1,1,233，设直线PQ 与平面BCM 所成角的大小为θ，则sin θ=cos PQ ,m =PQ ⋅m PQ ⋅m =22,0,0 ⋅1,1,233 22×1+1+43=3010.故直线PQ与平面BCM所成角的正弦值为30 10.7(22·23·深圳·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD,PA= AD=2AB，点M是PD的中点.(1)证明：AM⊥PC；(2)设AC的中点为O，点N在棱PC上(异于点P，C)，且ON=OA，求直线AN与平面ACM所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)1510【分析】(1)由等腰三角形的性质可得AM⊥PD，由面面垂直的性质可得CD⊥平面PAD，则CD⊥AM，所以由线面垂直的判定可得AM⊥平面PCD，从而可得结论；(2)以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【详解】(1)证明：因为PA=AD，点M是PD的中点，所以AM⊥PD.因为PA⊥平面ABCD,PA⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD，因为四边形ABCD为矩形，所以CD⊥AD，因为平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥AM，因为PD∩CD=D，PD,CD⊂平面PCD，所以AM⊥平面PCD，因为PC⊂平面PCD，所以AM⊥PC.(2)解：由题意可得AB,AD,AP两两垂直，设AB=1，如图，以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2)，因为点M是PD的中点，所以M0,22,22，所以AM =0,22,22 ,AC =1,2,0 ，设平面ACM 的法向量为n =x ,y ,z ，则AM ⋅n =22y +22z =0AC ⋅n =x +2y =0，令y =-1可得x =2,z =1，所以平面ACM 的一个法向量n =2,-1,1 .PC =1,2,-2 ，设N x N ,y N ,z N ,PN =λPC =λ,2λ,-2λ (0<λ<1)，即x N ,y N ,z N -2 =λ,2λ,-2λ ，所以N λ,2λ,2-2λ .又O 12,22,0 ,ON =OA =32，所以λ-12 2+2λ-22 2+(2-2λ)2=34，化简得5λ2-7λ+2=0，解得λ=25或λ=1(舍去).所以AN =25,225,325，设直线AN 与平面ACM 所成的角为θ，则sin θ=n ⋅AN n ⋅AN=3252+1+1×425+825+1825=1510，所以直线AN 与平面ACM 所成角的正弦值为1510.8(22·23下·温州·二模)已知三棱锥D -ABC 中，△BCD 是边长为3的正三角形，AB =AC =AD ,AD 与平面BCD 所成角的余弦值为33．(1)求证：AD ⊥BC ；(2)求二面角D -AC -B 的平面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)223【分析】(1)取BC 的中点E ，连接AE ,DE ，证明BC ⊥平面ADE ，即可得证；(2)取正三角形BCD 的中心O ，连接OA ，从而可得OA ⊥平面BCD ，则∠ODA 即为AD 与平面BCD 所成角的平面角，进而可得AB =AC =AD =3，取AC 中点为H ，连接DH ,BH ，则DH ⊥AC ,BH ⊥AC ，故∠BHD 即为二面角D -AC -B 的平面角，解△BDH 即可得解.【详解】(1)取BC 的中点E ，连接AE ,DE ，因为AB =AC ，所以AE ⊥BC ，因为△BCD 是边长为3的正三角形，所以DE ⊥BC ，又AE ∩DE =E ,AE ,DE ⊂平面ADE ，所以BC ⊥平面ADE ，因为AD ⊂平面ADE ，所以AD ⊥BC ；(2)取正三角形BCD 的中心O ，连接OA ，则点O 在DE 上，且OD =23DE ，由AB =AC =AD ，△BCD 是正三角形，得三棱锥A -BCD 为正三棱锥，则OA ⊥平面BCD ，故∠ODA 即为AD 与平面BCD 所成角的平面角，又AD 与平面BCD 所成角的余弦值为33，所以OD AD =3×32×23AD=33，即AB =AC =AD =3，即三棱锥A -BCD 是正四面体，取AC 中点为H ，连接DH ,BH ，则DH ⊥AC ,BH ⊥AC ，故∠BHD 即为二面角D -AC -B 的平面角，在△BDH 中，BH =DH =332,BD =3，则cos ∠BHD =BH 2+DH 2-BD 22⋅BH ⋅DH =274+274-92×332×332=13，所以sin ∠BHD =1-cos 2∠BHD =223，所以二面角D -AC -B 的平面角的正弦值223．9(22·23下·浙江·二模)如图，四面体ABCD ,AD ⊥CD ,AD =CD ,AC =2,AB =3,∠CAB =60°，E 为AB 上的点，且AC ⊥DE ,DE 与平面ABC 所成角为30°，(1)求三棱锥D -BCE 的体积；(2)求二面角B -CD -E 的余弦值.【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析．【分析】(1)取AC 中点F ，可证明AC ⊥平面DEF ，得平面ABC ⊥平面DEF ，DE 在平面ABC 内的射影就是直线EF ，∠DEF 是DE 与平面ABC 所成的角，即∠DEF =30°，由正弦定理求得∠FDE ，有两个解，在∠FDE =60°时可证DF ⊥平面ABC ，在∠FDE =120°时，取FE 中点H 证明DH ⊥平面ABC ，然后由棱锥体积公式计算体积；(2)建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．【详解】(1)取AC 中点F ，连接FE ,FD ，因为AD =CD ，所以DF ⊥AC ，又AC ⊥DE ，DE ∩DF =D ，DE ,DF ⊂平面DEF ，所以AC ⊥平面DEF ，而FE ⊂平面DEF ，所以AC ⊥FE ，由已知AF =1，∠BAC =60°，所以EF =3，AE =2，BE =1，由AC ⊥平面DEF ，AC ⊂平面ABC 得平面ABC ⊥平面DEF ，因此DE 在平面ABC 内的射影就是直线EF ，所以∠DEF 是DE 与平面ABC 所成的角，即∠DEF =30°，AD =CD ,AC =2，因此DF =12AC =1，在△DEF 中，由正弦定理EF sin ∠FDE =DF sin ∠DEF 得1sin30°=3sin ∠FDE ，sin ∠FDE =32，∠FDE 为△DEF 内角，所以∠FDE =60°或120°，S △ABC =12AB ×AC ×sin ∠BAC =12×3×2×sin60°=333，S △CBE =BE BAS △ABC =3-23×332=32，若∠FDE =60°，则∠DFE =90°，即DF ⊥FE ，AC ∩FE =F ，AC ,FE ⊂平面ABC ，所以DF ⊥平面ABC ，V D -BCE =13S △BCE ⋅DF =13×32×1=36；若∠FDE =120°，则∠DFE =30°，DF =DE =1，取EF 中点H ，连接DH ，则DH ⊥EF ，因为平面ABC ⊥平面DEF ，平面ABC ∩平面DEF =EF ，而DH ⊂平面DEF ，所以DH ⊥平面ABC ，DH =DF sin ∠DFE =1×sin30°=12，所以V D -BCE =13S △BCE ⋅DF =13×32×12=312；(2)若∠FDE =60°，以FA ,FE ,FD 为x ,y ,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz ，则D (0,0,1)，C (-1,0,0)，A (1,0,0)，E (0,3,0)，AE =(-1,3,0)，EB =12AE =-12,32,0 ，所以B 点坐标为-12,332,0 ，CD =(1,0,1)，CB =12,332,0 ，CE =(1,3,0)，设平面DBC 的一个法向量是m =(x 1,y 1,z 1)，则m ⋅CD =x 1+z 1=0m ⋅CB =12x 1+332y 1=0，取y 1=-1，则x 1=33，z 1=-33，即m =(33,-1,-33)，设平面DEC 的一个法向量是n =(x 2,y 2,z 2)，则n ⋅CD =x 2+z 2=0n ⋅CE =x 2+3y 2=0，取y 2=-1，则x 2=3，z 2=-3，即m =(3,-1,-3)，cos m ,n =m ⋅n m n =9+1+955×7=19385385，所以二面角B -CD -E 的余弦值是19385385；若∠FDE =120°，以FA 为x 轴，FE 为y 轴，过F 且平行于HD 的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz ，FH =12FE =32，则D 0,32,12 ，C (-1,0,0)，A (1,0,0)，E (0,3,0)，AE =(-1,3,0)，EB =12AE =-12,32,0 ，所以B 点坐标为-12,332,0 ，CD =1,32,12 ，CB =12,332,0 ，CE =(1,3,0)，设平面DBC 的一个法向量是m =(x 1,y 1,z 1)，则m ⋅CD =x 1+32y 1+12z 1=0m ⋅CB =12x 1+332y 1=0，取y 1=-1，则x 1=33，z 1=-53，即m =(33,-1,-53)，设平面DEC 的一个法向量是n =(x 2,y 2,z 2)，则n ⋅CD =x 2+32y 2+12z 2=0n ⋅CE =x 2+3y 2=0，取y 2=-1，则x 2=3，z 2=-3，即m =(3,-1,-3)，cos m ,n =m ⋅n m n =9+1+15103×7=25721721，所以二面角B -CD -E 的余弦值是25721721．10(22·23下·襄阳·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为矩形，∠BAC =90°，AB =AC =2，AA 1=4，A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点N ，M 为B 1C 1的中点.(1)求证：平面A 1MNA ⊥平面A 1BC ；(2)求平面A 1B 1BA 与平面BB 1C 1C 夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)23015【分析】(1)利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；(2)利用空间向量的坐标运算求面面夹角的余弦值.【详解】(1)如图，∵A 1N ⊥面ABC ，连AN ，则AN ⊥A 1N ，又AB =AC =2，∴AN ⊥BC ，又AN ∩BC =N ，A 1N ⊂面A 1BC ，BC ⊂面A 1BC ，于是AN ⊥面A 1BC ，又AN ⊂面A 1MN ，，所以面A 1BC ⊥面A 1MNA .(2)由(1)可得，以NA ,NB ,NA 1 为x ,y ,z 轴，建系如图，∠BAC =90°，AB =AC =2，BC =22则A (2,0,0),B (0,2,0),C (0,-2,0),因为AA 1=4,AN =2,所以A 1N =14,则A 1(0,0,14),因为NB 1 =NB +BB 1 =NB +AA 1 =0,2,0 +-2,0,14 =-2,2,14 ,所以B 1-2,2,14 ,设平面A 1BB 1的一个法向量为m =(x ,y ,z )，因为A 1B =(0,2,-14),B 1B =(2,0,-14),所以A 1B ⋅m =2y -14z =0B 1B ⋅m =2x -14z =0 ，令y =7，则x =7,z =1，所以m =(7,7,1)，设平面BCC 1B 1的一个法向量为n =(a ,b ,c )，因为BC =(0,-22,0),BB 1 =(-2,0,14),所以BC ⋅n =-22b =0BB 1 ⋅n =-2a +14c =0，令a =7，则b =0,c =1，所以n =(7,0,1)，设平面A 1BB 1与平面BCC 1B 1夹角为θ，则cos θ=cos <m ,n >=m ⋅n m n=7+0+17+7+1×7+0+1=23015，所以平面A 1BB 1与平面BCC 1B 1夹角的余弦值为23015.11(22·23·唐山·二模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，△ABC 是等边三角形，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ，且AA 1=AC ，∠AA 1C 1=120°，M 是CC 1的中点．(1)证明：A 1C ⊥BM ．(2)求二面角A 1-BC -M 的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)45【分析】(1)根据菱形的性质、结合面面垂直的性质，线面垂直的判定定理进行证明即可；(2)建立空间直角坐标系，运用空间向量夹角公式进行求解即sk .【详解】(1)取AC 的中点O ，连接OM ，OB ，AC 1．在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，由AA 1=AC ，得四边形ACC 1A 1为菱形，所以A 1C ⊥AC 1，易知OM ∥AC 1，则A 1C ⊥OM ．由△ABC 是等边三角形，知OB ⊥AC ，又平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，OB ⊂平面ABC ，知OB ⊥平面ACC 1A 1，则OB ⊥A 1C ，又OB ∩OM =O ,OB ,OM ⊂平面OBM ，得A 1C ⊥平面OBM ，又BM ⊂平面OBM ，故A 1C ⊥BM ．.(2)连接OA 1，因为侧面ACC 1A 1为菱形，∠AA 1C 1=120°，则∠A 1AC =60°，则△A 1AC 为等边三角形，所以A 1O ⊥AC ，又由(1)易知OA 1，OB ，AC 两两垂直，故以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OA 1 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系．不妨设AB =2，则O 0,0,0 ，B 3,0,0 ，C 0,1,0 ，A 10,0,3 ，C 10,2,3 ，BA 1 =-3,0,3 ，BC =-3,1,0 ，CC 1 =0,1,3 ，设平面A 1BC 的法向量为n =x ,y ,z ，则n ⋅BC =-3x +y =0n ⋅BA 1 =-3x +3z =0 ，令x =1，得n =1,3,1 ，设平面BCC 1的法向量为m =a ,b ,c ，则m ⋅BC =-3a +b =0m ⋅CC 1 =b +3c =0，令a =1，得m =1,3,-1 ，所以cos n ,m =n ⋅m n ⋅m=35⋅5=35，即二面角A 1-BC -M 的正弦值为45．12(22·23下·盐城·三模)如图，该几何体是由等高的半个圆柱和14个圆柱拼接而成，点G 为弧CD 的中点，且C ，E ，D ，G 四点共面.(1)证明：平面BDF ⊥平面BCG ；(2)若平面BDF 与平面ABG 所成二面角的余弦值为155，且线段AB 长度为2，求点G 到直线DF 的距离.【答案】(1)证明见解析(2)62【分析】(1)过G 作GH ⎳CB ，交底面弧于H ，连接HB ，有HBCG 为平行四边形，根据题设可得FB ⊥HB ，即FB ⊥CG ，再由线面垂直的性质可得CB ⊥FB ，最后根据线面、面面垂直的判定即可证结论.(2)构建如下图示空间直角坐标系A -xyz ，令半圆柱半径为r ，高为h ，确定相关点坐标，进而求平面BDF 、平面ABG 的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示及已知条件可得h =2r ，即可求出点G 到直线DF 的距离.【详解】(1)过G 作GH ⎳CB ，交底面弧于H ，连接HB ，易知：HBCG 为平行四边形，所以HB ⎳CG ，又G 为弧CD 的中点，则H 是弧AB 的中点，所以∠HBA =45°，而由题设知：∠ABF =45°，则∠HBF =∠HBA +∠ABF =90°，所以FB ⊥HB ，即FB ⊥CG ，由CB ⊥底面ABF ，FB ⊂平面ABF ，则CB ⊥FB ，又CB ∩CG =C ，CB ,CG ⊂平面BCG ，所以FB ⊥平面BCG ，又FB ⊂平面BDF ，所以平面BDF ⊥平面BCG .(2)由题意，构建如下图示空间直角坐标系A -xyz ，令半圆柱半径为r ，高为h ，则B 0,2r ,0 ，F 2r ,0,0 ，D 0,0,h ，G -r ,r ,h ，所以FD =-2r ,0,h ，BD =0,-2r ,h ，AB =0,2r ,0 ，AG =-r ,r ,h ，若m =x ,y ,z 是面BDF 的一个法向量，则m ⋅FD =-2rx +hz =0m ⋅BD =-2ry +hz =0 ，令z =2r ，则m =h ,h ,2r ，若n =a ,b ,c 是面ABG 的一个法向量，则n ⋅AB =2rb =0n ⋅AG =-ra +rb +hc =0 ，令c =r ，则n =h ,0,r ，所以cos m ,n =m ⋅n m n=h 2+2r 22h 2+4r 2×h 2+r 2=155，整理可得h 2-4r 2 h 2+2r 2 =0，则h =2r ，又AB =2，由题设可知，此时点G -1,1,2 ，D 0,0,2 ，F 2,0,0 ，则DF =2,0,-2 ，DG =-1,1,0 ，所以点G 到直线DF 的距离d =DG 2-DG ⋅DF 2DF2=62.13(22·23下·江苏·三模)如图，圆锥DO 中，AE 为底面圆O 的直径，AE =AD ，△ABC 为底面圆O 的内接正三角形，圆锥的高DO =18，点P 为线段DO 上一个动点.(1)当PO =36时，证明：PA ⊥平面PBC ；(2)当P 点在什么位置时，直线PE 和平面PBC 所成角的正弦值最大.【答案】(1)证明见解析；(2)P 点在距离O 点36处【分析】(1)利用勾股定理证明出AP ⊥BP 和AP ⊥CP ，再用线面垂直的判定定理证明出PA ⊥平面PBC ；(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【详解】(1)因为AE =AD ，AD =DE ，所以△ADE 是正三角形，则∠DAO =π3，又DO ⊥底面圆O ，AE ⊂底面圆O ，所以DO ⊥AE ，在Rt △AOD 中，DO =18，所以AO =DO 3=63，因为△ABC 是正三角形，所以AB =AO ×32×2=63×3=18，AP =AO 2+PO 2=92，BP =AP ，所以AP 2+BP 2=AB 2，AP ⊥BP ，同理可证AP ⊥CP ，又BP ∩PC =P ，BP ，PC ⊂平面PBC ，所以PA ⊥平面PBC .(2)如图，建立以O 为原点的空间直角坐标系O -xyz .设PO =x ，(0≤x ≤18)，所以P 0,0,x ，E -33,9,0 ，B 33,9,0 ，C -63,0,0 ，所以EP =33,-9,x ，PB =33,9,-x ，PC =-63,0,-x ，设平面PBC 的法向量为n =a ,b ,c ，则n ⋅PB =33a +9b -cx =0n ⋅PC =-63a -cx =0，令a =x ，则b =-3x ，c =-63，故n =x ,-3x ,-63 ，设直线PE 和平面PBC 所成的角为θ，则sin θ=cos EP ,n =33x +93x -63x 108+x 2⋅x 2+3x 2+108=63x 108+x 2⋅4x 2+108=634x 2+1082x 2+540≤6324x 2⋅1082x 2+540=13，当且仅当4x 2=1082x 2，即PO =x =36时，直线PE 和平面PBC 所成角的正弦值最大，故P 点在距离O 点36处.14(22·23下·镇江·三模)如图，四边形ABCD 是边长为2的菱形，∠ABC =60°，四边形PACQ 为矩形，PA =1，从下列三个条件中任选一个作为已知条件，并解答问题(如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分).①BP ,DP 与平面ABCD 所成角相等；②三棱锥P -ABD 体积为33；③cos ∠BPA =55(1)平面PACQ ⊥平面ABCD ；(2)求二面角B -PQ -D 的大小；(3)求点C 到平面BPQ 的距离.【答案】(1)证明见解析(2)2π3(3)32【分析】(1)若选①，则作PA ⊥面ABCD ，证明A 和A 重合从而得到PA ⊥面ABCD ，从而得到面面垂直；若选②，计算得到P 到面ABD 的距离h =1=PA ，得到PA ⊥面ABCD ，从而得到面面垂直；若选③，通过余弦定理计算得到PA ⊥AB ，再通过PA ⊥面ABCD ，从而得到面面垂直；(2)通过建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，结合二面角计算公式计算即可；(3)通过点面距离的计算公式直接计算即可.【详解】(1)选①，连接BD ，作PA ⊥面ABCD ，垂足为A .∵BP ,DP 与平面ABCD 所成角相等，∴A B =A D ，∴A 在BD 的中垂线AC 上，∵在平面PACQ 内，PA ⊥AC ,PA ⊥AC ,∴A 和A 重合，∴PA ⊥面ABCD ，又PA ⊂面PACQ ，∴面PACQ ⊥面ABCD若选②，设P 到面ABD 的距离为h ，∵V P -ABD =13S △ABD ⋅h =13×3⋅h =33，得h =1=PA ，∴PA 即为P 到面ABD 的距离，即PA ⊥面ABCD ，又PA ⊂面PACQ ，∴面PACQ ⊥面ABCD .若选③，由余弦定理得，cos ∠BPA =PB 2+PA 2-AB 22PB ⋅PA =55，∴BP =5,∴BP 2=AP 2+AB 2∴PA ⊥AB ，又PA ⊥AC ,AC ∩AB =A ,AC ,AB ⊂面ABCD∴PA ⊥面ABCD ，又PA ⊂面PACQ∴面PACQ ⊥面ABCD(2)因为PA ⊥面ABCD ，OB ,OC ⊂面ABCD ，所以PA ⊥OB ,PA ⊥OC ，取PQ 中点G ，则OG ⎳PA ，所以OG ⊥OB ,OG ⊥OC ，又因为OB ⊥OC ，所以建立如下图所示空间直角坐标系，∵B 3,0,0 ,P 0,-1,1 ,D -3,0,0 ,Q 0,1,1 ，∴BQ =-3,1,1 ,DQ =3,1,1 ,DP =3,-1,1 ，设平面BPQ 的一个法向量为m =x ,y ,z ，则m⋅BP =0m ⋅BQ =0 ，即-3x -y +z =0-3x +y +z =0 ，令x =3，则y =0,z =3,∴m =3,0,3 ，设平面DPQ 的一个法向量为n =x 1,y1,z 1 ，则n ⋅DP=0n ⋅DQ =0 ，即3x 1-y 1+z 1=3x 1+y 1+z 1=0，令x1=3，则y 1=0,z 1=-3,∴n =3,0,-3 ，∴cos m ,n =m ⋅n m ⋅ n =-623×23=-12，∵m ,n ∈0,π ,∴m ,n =2π3，由图可知二面角B -PQ -D 是钝角，所以二面角B -PQ -D 的大小为2π3.(3)∵C 0,1,0 ,Q 0,1,1 ，∴CQ =0,0,1 ,∵平面BPQ 的一个法向量为m =3,0,3 ，∴点C 到平面BPQ 的距离d =CQ ⋅m m=323=32.15(22·23下·江苏·一模)在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面A 1B 1BA ⊥平面ABC ，侧面A 1B 1BA 为菱形，∠ABB 1=π3，AB 1⊥AC ，AB =AC =2，E 是AC 的中点.(1)求证：A 1B ⊥平面AB 1C ；(2)点P 在线段A 1E 上(异于点A 1，E )，AP 与平面A 1BE 所成角为π4，求EP EA 1的值.【答案】(1)证明见解析(2)EP EA 1=25【分析】(1)作B 1O ⊥AB 交AB 于O 点，由面面垂直的性质可得B 1O ⊥平面ABC ，可得B 1O ⊥AC ，再由线面垂直的判定定理得AC ⊥平面A 1B 1BA ，从而得到AC ⊥A 1B ，再由线面垂直的判定定理可得答案；(2)以A 为原点，AB 、AC 、AO 1所在的直线分别为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，设EP =λEA 1 ，可得AP =-λ,1-λ,3λ ，求出平面A 1BE 的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案.【详解】(1)因为侧面A 1B 1BA 为菱形，∠ABB 1=π3，AB =AC =2，所以△ABB 1、△AA 1B 1为边长为2的等边三角形，作B 1O ⊥AB 交AB 于O 点，则O 点为AB 的中点，因为平面A 1B 1BA ⊥平面ABC ，平面A 1B 1BA ∩平面ABC =AB ，B 1O ⊂平面A 1B 1BA ，所以B 1O ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，可得B 1O ⊥AC ，又AB 1⊥AC ，B 1O ∩AB 1=B 1，B 1O 、AB 1⊂平面A 1B 1BA ，可得AC ⊥平面A 1B 1BA ，因为A 1B ⊂平面A 1B 1BA ，所以AC ⊥A 1B ，因为侧面A 1B 1BA 为菱形，所以B 1A ⊥A 1B ，AB 1∩AC =A ，AB 1、AC ⊂平面AB 1C ，所以A 1B ⊥平面AB 1C ；(2)由(1)知，AC ⊥平面A 1B 1BA ，∠BAC =π2，取做A 1B 1的中点O 1，连接AO 1，则B1O ⎳AO 1，所以AO 1⊥平面ABC ，以A 为原点，AB 、AC 、AO 1所在的直线分别为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，则A 0,0,0 ，A 1-1,0,3 ，B 2,0,0 ，E 0,1,0 ，A 1B =3,0,-3 ，EA 1 =-1,-1,3 ，设EP =λEA 1 ，可得P -λ,1-λ,3λ ，所以AP =-λ,1-λ,3λ ，设平面A 1BE 的一个法向量为n=x ,y ,z ，则A 1B ⋅n=0EA 1 ⋅n =0，即3x -3z =0-x -y +3z =0 ，令z =3，可得n =1,2,3 ，可得sin π4=cos n ,AP =n ⋅AP n AP=-λ+2-2λ+3λ 1+4+3λ2+1-λ 2+3λ2，解得λ=0舍去，或λ=25，所以EP EA 1=25.16(22·23下·河北·三模)如图，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是菱形，其对角线AC ,BD 交于点O ，且PO ⊥平面ABCD ,OC =1,OD =OP =2,M 是PD 的中点，N 是线段CD 上一动点．(1)当平面OMN ⎳平面PBC 时，试确定点N 的位置，并说明理由；(2)在(1)的前提下，点Q 在直线MN 上，以PQ 为直径的球的表面积为214π．以O 为原点，OC ,OD ,OP 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系O -xyz ，求点Q 的坐标．【答案】(1)N 是CD 的中点(2)12,1,0 ，-1310,1,185 【分析】(1)根据面面平行的性质证明MN ⎳PC ，即可得解；(2)先根据球的体积求出PQ ，然后根据空间中两点间的距离公式即可得解.【详解】(1)因为平面OMN ⎳平面PBC ，平面OMN ∩平面PCD =MN ，平面PBC ∩平面PCD =PC ，所以MN ⎳PC ，因为M 是PD 的中点，所以N 是CD 的中点；(2)由题意4π×PQ 22=214π，解得PQ =212，设MQ =λMN,λ∈R ，由题意，P 0,0,2 ,M 0,1,1 ,N 12,1,0 ，则PM =0,1,-1 ,MN =12,0,-1 ，则PQ =PM +MQ =0,1,-1 +λ12,0,-1 =λ2,1,-λ-1 ，则λ24+1+-λ-1 2=212，解得λ=1或λ=-135，当λ=1时，MQ =MN ，则Q 12,1,0 ，当λ=-135时，MQ =-135MN =-1310,0,135，设Q x ,y ,z ，则MQ =x ,y -1,z -1 =-1310,0,135，所以x =-1310y -1=0z -1=135 ，解得x =-1310y =1z =185 ，则Q -1310,1,185 ，综上所述点Q 的坐标为12,1,0，-1310,1,185 .17(22·23·汕头·三模)如图，圆台O 1O 2的轴截面为等腰梯形A 1ACC 1，AC =2AA 1=2A 1C 1=4,B 为底面圆周上异于A ,C 的点.(1)在平面BCC 1内，过C 1作一条直线与平面A 1AB 平行，并说明理由；(2)若四棱锥B -A 1ACC 1的体积为23，设平面A 1AB ∩平面C 1CB =l ,Q ∈l ，求CQ 的最小值.【答案】(1)作图见解析，理由见解析(2)7【分析】(1)根据线面平行的判定和中位线定理即可求解;(2)根据几何关系或空间向量方法即可求解.【详解】(1)取BC 中点P ，作直线C 1P 即为所求，取AB 中点H ，连接A 2H ,PH ，则有PH ∥AC ,PH =12AC ，如图，在等腰梯形A 1ACC 1中，A 1C 1=12AC ，有HP ∥A 1C 1,HP =A 1C 1，则四边形A 1C 1PH 为平行四边形，即有C 1P ∥A 1H ，又A 1H ⊂平面A 1AB ,C 1P⊄平面A 1AB ，所以C 1P ∥平面A 1AB .(2)法一：延长AA 1,CC 1交于点O ，故O ∈AA 1⊂平面ABA 1,O ∈CC 1⊂平面CC 1B故平面A 1AB ∩平面C 1CB =BO ,BO 即l ,在△OBC 中，OC ,OB 均为圆锥母线.过点B 作BO ⊥AC 于O .在等腰梯形A 1ACC 1中，AC =2AA 1=2A 1C 1=4，此梯形的高h =AA 21-AC -A 1C 122=3,∴等腰梯形A 1ACC 1的面积为S =122+4 3=33，所以四棱锥B -A 1ACC 1的体积V =13S ×BO =13×33×BO =23，解得BO =2，故点O 与O 2重合，BC =22由AC =2AA 1=2A 1C 1，得OC =2CC 1，且∠C 1CA =60°，故OC =AC =4=OB .△OBC 中，O 到BC 距离h 1=OB 2-BC 22=14.则△OBC 面积=12OB ⋅CQ min =12BC ⋅h 1,得：CQ 的最小值为：CQ min =22⋅144=7.法二：同法一求出B 的位置.以O 2为原点，OB ,OC ,O 2O 1方向为x ,y ,z 轴正向建立空间直角坐标系，C 0,2,0 ,B 2,0,0 ,AA 1 =0,1,3 ,AB =2,2,0 ,CC 1 =0,-1,3 ,BC=-2,2,0设面A 1AB 的法向量为a=x 1,y 1,z 1a ⋅AA 1=y 1+3z 1=0a ⋅AB=2x 1+2y 1=0，取z 1=1，有a=3,-3,1 ；同理可得面C 1CB 的法向量为β=3,3,1 ,由l =面C 1CB ∩面A 1AB ，可知B ∈l ，设l 的方向向量为l=x ,y ,z ，故l ⋅a =3x -3y +z =0,l ⋅β=3x +3y +z =0取l=1,0,3 ,下面分2个方法求|CQ |min求|CQ |min 方法1：BQ =l=t ,0,3t ,，∵B 2,0,0 ,∴Q t -2,0,3t∴CQ =(t -2)2+22+(3t )2=4t 2-4t +8，当t =12时，CQ 取最小值为7.求CQ min 方法2：BC 在l 上的投影向量的模为BC ⋅l l =-2×1+2×0+0×32=1故CQ 的最小值即C 到l 的距离为BC 2-12=7.法三:在三角形△BCO 中，BO =CO =4,BC =22,cos ∠CBO =42+(22)2-422×4×22=122⋅sin ∠CBO =1-1222=722,所以CQ ≥CB sin ∠CBO =722×22=7.18(19·20下·临沂·二模)如图①，在Rt △ABC 中，B 为直角，AB =BC =6，EF ∥BC ，AE =2，沿EF 将△AEF 折起，使∠AEB =π3，得到如图②的几何体，点D 在线段AC 上．(1)求证：平面AEF ⊥平面ABC ；(2)若AE ⎳平面BDF ，求直线AF 与平面BDF 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)64.【分析】(1)由余弦定理计算证明EA ⊥AB ，再利用线面垂直的判定、性质，面面垂直的判定推理作答.(2)以A 为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角的正弦作答.【详解】(1)在△ABE 中，AE =2,BE =4，∠AEB =π3，由余弦定理得：AB 2=AE 2+BE 2-2AE ⋅BE cos ∠AEB =4+16-2×2×4×12=12，则AB =23，有EB 2=EA 2+AB 2，于是∠EAB =π2，即有EA ⊥AB ，又EF ⊥EB ,EF ⊥EA ,EA ∩EB =E ,EA ,EB ⊂平面ABE ，因此EF ⊥平面ABE ，而AB ⊂平面ABE ，则EF ⊥AB ，又因为EA ∩EF =E ,EA ,EF ⊂平面AEF ，从而AB ⊥平面AEF ，而AB ⊂平面ABC ，所以平面AEF ⊥平面ABC .(2)以A 为原点，以AB ,AE 分别为x ,y 轴，过点A 垂直于平面ABE 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图，由(1)知，EF ⊥平面ABE ，而EF ⎳BC ，则有BC ⊥平面ABE ，则A (0,0,0),B (23,0,0),E (0,2,0),F (0,2,2),C (23,0,6)，AF =(0,2,2),FB =(23,-2,-2),AC=(23,0,6)，连接EC 与FB 交于点G ，连接DG ，因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AEC ，平面AEC ∩平面BDF =DG ，则AE ⎳GD ，有GC GE =DCDA，在四边形BCFE 中，由EF ⎳BC ，得GC GE =BC EF =3，即DC DA=3，AD =14AC =32,0,32 ，FD =AD -AF =32,-2,-12，设平面BDF 的法向量为n =(x ,y ,z )，则n ⋅FD =32x -2y -12z =0n ⋅FB =23x -2y -2z =0，令x =1，得n =(1,0,3)，设直线AF 与平面BDF 所成角为θ，于是sin θ=|cos ‹n ,AF ›|=|n ⋅AF ||n ||AF |=2322×2=64，所以直线AF 与平面BDF 所成角的正弦值为64.19(22·23下·广州·三模)如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，AB =AP =2，PA ⊥平面ABCD ，E ,F 分别是线段PB ,PD 的中点，G 是线段PC 上的一点.(1)求证：平面EFG ⊥平面PAC ；(2)若直线AG 与平面AEF 所成角的正弦值为13，且G 点不是线段PC 的中点，求三棱锥E -ABG 体积.【答案】(1)证明见解析(2)19【分析】(1)由线面垂直判定可证得BD ⊥平面PAC ，由中位线性质知EF ⎳BD ，从而得到EF ⊥平面PAC ，由面面垂直判定可得结论；(2)以A 为坐标原点可建立空间直角坐标系，设PG =λPC ，λ∈0,12 ∪12,1 ，由线面角的向量求法可构造方程求得λ，结合垂直关系可得G 平面PAB 的距离为16BC =13，利用棱锥体积公式可求得结果.【详解】(1)连接BD ，∵E ,F 分别是线段PB ,PD 的中点，∴EF ⎳BD ，∵底面四边形ABCD 为正方形，∴BD ⊥AC ，∵PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥BD ，又PA ∩AC =A ，PA ,AC ⊂平面PAC ，∴BD ⊥平面PAC ，∵EF ⎳BD ，∴EF ⊥平面PAC ，又EF ⊂平面EFG ，∴平面EFG ⊥平面PAC .(2)以A 为坐标原点，分别以AB ,AD ,AP 所在直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，则A 0,0,0 ，E 1,0,1 ，F 0,1,1 ，P 0,0,2 ，C 2,2,0 ，设PG =λPC ，λ∈0,12 ∪12,1 ，则AG =AP +PG =0,0,2 +2λ,2λ,-2λ =2λ,2λ,2-2λ ，AE =1,0,1 ，AF =0,1,1 ，设平面AEF 的一个法向量为n=x ,y ,z ，则n ⋅AE=x +z =0n ⋅AF=y +z =0，令z =-1，解得：x =1，y =1，∴n =1,1,-1 ；设直线AG 与平面AEF 所成角为θ，sin θ=cos n ,AG =n ⋅AGn ⋅AG=6λ-2 3⋅4λ2+4λ2+2-2λ 2=13，解得：λ=16或λ=12(舍)，∴PG =16PC ，∵PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥BC ；∵BC ⊥AB ，PA ∩AB =A ，PA ,AB ⊂平面PAB ，∴BC ⊥平面PAB ，∴G 到平面PAB 的距离为16BC =13，∴V E -ABG =V G -ABE =13S △ABE ⋅16BC =13×12×12×2×2×13=19.20(22·23下·长沙·一模)斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各棱长都为2，∠A 1AB =60°，点A 1在下底面ABC 的投影为AB 的中点O ．(1)在棱BB 1(含端点)上是否存在一点D 使A 1D ⊥AC 1若存在，求出BD 的长；若不存在，请说明理由；(2)求点A 1到平面BCC 1B 1的距离．【答案】(1)存在，BD =25(2)2155【分析】(1)连接OC ，以O 点为原点，如图建立空间直角坐标系，设BD =tBB 1 ,t ∈0,1 ，根据AC 1 ⋅A 1D=0，求出t 即可；(2)利用向量法求解即可.【详解】(1)连接OC ，因为AC =BC ，O 为AB 的中点，所以OC ⊥AB ，由题意知A 1O ⊥平面ABC ，又AA 1=2，∠A 1AO =60°，所以A 1O =3，以O 点为原点，如图建立空间直角坐标系，则A 10,0,3 ，A 1,0,0 ，B -1,0,0 ，C 0,3,0 ，由AB =A 1B 1得B 1-2,0,3 ，同理得C 1-1,3,3 ，设BD =tBB 1,t ∈0,1 ，得D -1-t ,0,3t ，又AC 1 =-2,3,3 ，A 1D =-1-t ,0,3t -3 ，由AC 1 ⋅A 1D=0，得-2-1-t +33t -3 =0，得t =15，又BB 1=2，∴BD =25，∴存在点D 且BD =25满足条件；(2)设平面BCC 1B 1的法向量为n=x ,y ,z ，BC =1,3,0 ，CC 1 =-1,0,3 ，则有n ⋅BC=x +3y =0n ⋅CC 1=-x +3z =0，可取n =3,-1,1 ，又BA 1=1,0,3 ，∴点A 1到平面BCC 1B 1的距离为d =BA 1 cos BA 1 ,n =BA 1 ×3+0+3BA 1×5=2155，∴所求距离为2155.21(22·23下·长沙·三模)如图，三棱台ABC -A 1B 1C 1，AB ⊥BC ，AC ⊥BB 1，平面ABB 1A 1⊥平面ABC ，AB =6,BC =4，BB 1=2，AC 1与A 1C 相交于点D ，AE =2EB，且DE ∥平面BCC 1B 1.(1)求三棱锥C -A 1B 1C 1的体积；(2)平面A 1B 1C 与平面ABC 所成角为α，CC 1与平面A 1B 1C 所成角为β，求证：α+β=π4.【答案】(1)2(2)证明见解析【分析】(1)通过证明线线和线面垂直，并结合已知条件即可得出三棱锥C -A 1B 1C 1的体积；(2)建立空间直角坐标系，表达出各点的坐标，求出所成角为α与β的正余弦值，即可证明结论.【详解】(1)由题意，∵平面ABB 1A 1⊥平面ABC ，且平面ABB 1A 1∩平面ABC =AB ，AB ⊥BC ，BC ⊂平面ABC ∴BC ⊥平面ABB 1A 1，∵BB 1⊂平面ABB 1A 1，∴BC ⊥BB 1，又AC ⊥BB 1，BC ∩AC =C ，BC ,AC ⊂平面ABC ∴BB 1⊥平面ABC ，连接C 1B ，∵DE ⎳平面BCC 1B 1，DE ⊂平面ABC 1，平面ABC 1∩平面BCC 1B 1=C 1B ，∴DE ∥C 1B ，∵AE =2EB ，∴AD =2DC 1 ，∴A 1C 1=12AC .∴三棱锥C -A 1B 1C 1底面A 1B 1C 1的面积S 1=12×2×3=3，高h =BB 1=2，。

空间向量与立体几何知识点和习题(含答案)

空间向量与立体几何知识点和习题(含答案)

空间向量与立体几何【知识要点】1．空间向量及其运算： (1)空间向量的线性运算：①空间向量的加法、减法和数乘向量运算：平面向量加、减法的三角形法则和平行四边形法则拓广到空间依然成立．②空间向量的线性运算的运算律： 加法交换律：a ＋b ＝b ＋a ；加法结合律：(a ＋b ＋c )＝a ＋(b ＋c )；分配律：(λ ＋μ )a ＝λ a ＋μ a ；λ (a ＋b )＝λ a ＋λ b ． (2)空间向量的基本定理：①共线(平行)向量定理：对空间两个向量a ，b (b ≠0)，a ∥b 的充要条件是存在实数λ ，使得a ∥λ b ．②共面向量定理：如果两个向量a ，b 不共线，则向量c 与向量a ，b 共面的充要条件是存在惟一一对实数λ ，μ ，使得c ＝λ a ＋μ b ．③空间向量分解定理：如果三个向量a ，b ，c 不共面，那么对空间任一向量p ，存在惟一的有序实数组λ 1，λ 2，λ 3，使得p ＝λ 1a ＋λ 2b ＋λ 3c ．(3)空间向量的数量积运算：①空间向量的数量积的定义：a ·b ＝|a ｜|b ｜c os 〈a ，b 〉； ②空间向量的数量积的性质：a ·e ＝|a ｜c os ＜a ，e ＞；a ⊥b ⇔a ·b ＝0； |a |2＝a ·a ；|a ·b |≤|a ｜|b ｜． ③空间向量的数量积的运算律： (λ a )·b ＝λ (a ·b )； 交换律：a ·b ＝b ·a ；分配律：(a ＋b )·c ＝a ·c ＋b ·c ． (4)空间向量运算的坐标表示：①空间向量的正交分解：建立空间直角坐标系Oxyz ，分别沿x 轴，y 轴，z 轴的正方向引单位向量i ，j ，k ，则这三个互相垂直的单位向量构成空间向量的一个基底{i ，j ，k ｝，由空间向量分解定理，对于空间任一向量a ，存在惟一数组(a 1，a 2，a 3)，使a ＝a 1i ＋a 2j ＋a 3k ，那么有序数组(a 1，a 2，a 3)就叫做空间向量a 的坐标，即a ＝(a 1，a 2，a 3)．②空间向量线性运算及数量积的坐标表示： 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则a ＋b ＝(a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3)；a －b ＝(a 1－b 1，a 2－b 2，a 3－b 3)； λ a ＝(λ a 1，λ a 2，λ a 3)；a ·b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3． ③空间向量平行和垂直的条件：a ∥b (b ≠0)⇔a ＝λ b ⇔a 1＝λ b 1，a 2＝λ b 2，a 3＝λ b 3(λ ∈R )； a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0． ④向量的夹角与向量长度的坐标计算公式： 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则;||,||232221232221b b b a a a ++==++==⋅⋅b b b a a a;||||,cos 232221232221332211b b b a a a b a b a b a ++++++=>=<⋅b a b a b a在空间直角坐标系中，点A (a 1，a 2，a 3)，B (b 1，b 2，b 3)，则A ，B 两点间的距离是.)()()(||233222211b a b a b a AB -+-+-=2．空间向量在立体几何中的应用：(1)直线的方向向量与平面的法向量：①如图，l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a 的直线，对空间任意一点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使得a t OA OP +=，其中向量a 叫做直线的方向向量．由此可知，空间任意直线由空间一点及直线的方向向量惟一确定．②如果直线l ⊥平面α ，取直线l 的方向向量a ，则向量a 叫做平面α 的法向量． 由此可知，给定一点A 及一个向量a ，那么经过点A 以向量a 为法向量的平面惟一确定． (2)用空间向量刻画空间中平行与垂直的位置关系：设直线l ，m 的方向向量分别是a ，b ，平面α ，β 的法向量分别是u ，v ，则 ①l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ，k ∈R ； ②l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a ·b ＝0； ③l ∥α ⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0；④l ⊥α ⇔a ∥u ⇔a ＝k u ，k ∈R ； ⑤α ∥⇔u ∥v ⇔u ＝k v ，k ∈R ； ⑥α ⊥β ⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0．(3)用空间向量解决线线、线面、面面的夹角问题：①异面直线所成的角：设a ，b 是两条异面直线，过空间任意一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，则a ′与b ′所夹的锐角或直角叫做异面直线a 与b 所成的角．设异面直线a 与b 的方向向量分别是v 1，v 2，a 与b 的夹角为θ ，显然],2π,0(∈θ则⋅=><⋅|||||||,cos |212121v v v v v v②直线和平面所成的角：直线和平面所成的角是指直线与它在这个平面内的射影所成的角．设直线a 的方向向量是u ，平面α 的法向量是v ，直线a 与平面α 的夹角为θ ，显然]2π,0[∈θ，则⋅=><⋅|||||||,cos |v u v u v u③二面角及其度量：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．记作α －l－β 在二面角的棱上任取一点O，在两个半平面内分别作射线OA⊥l，OB⊥l，则∠AOB 叫做二面角α －l－β 的平面角．利用向量求二面角的平面角有两种方法：方法一：如图，若AB，CD分别是二面角α －l－β 的两个面内与棱l垂直的异面直线，则二面角AB与的夹角的大小．α －l－β 的大小就是向量CD方法二：如图，m1，m2分别是二面角的两个半平面α ，β 的法向量，则〈m1，m2〉与该二面角的大小相等或互补．(4)根据题目特点，同学们可以灵活选择运用向量方法与综合方法，从不同角度解决立体几何问题．【复习要求】1．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示．2．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示．3．掌握空间向量的数量积及其坐标表示；能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直．4．理解直线的方向向量与平面的法向量．5．能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直、平行关系．6．能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题．【例题分析】例1如图，在长方体OAEB－O1A1E1B1中，OA＝3，OB＝4，OO1＝2，点P在棱AA1上，且AP＝2P A1，点S在棱BB1上，且B1S＝2SB，点Q，R分别是O1B1，AE的中点，求证：PQ∥RS．【分析】建立空间直角坐标系，设法证明存在实数k ，使得.RS k PQ =解：如图建立空间直角坐标系，则O (0，0，0)，A (3，0，0)，B (0，4，0)，O 1(0，0，2)，A 1(3，0，2)，B 1(0，4，2)，E (3，4，0)．∵AP ＝2P A 1， ∴),34,0,0()2,0,0(32321===AA AP ∴⋅)34,0,3(P同理可得：Q (0，2，2)，R (3，2，0)，⋅)32,4,0(S,)32,2,3(RS PQ =-=∴RS PQ //，又R ∉PQ ，∴PQ ∥RS ．【评述】1、证明线线平行的步骤： (1)证明两向量共线；(2)证明其中一个向量所在直线上一点不在另一个向量所在的直线上即可．2、本体还可采用综合法证明，连接PR ，QS ，证明PQRS 是平行四边形即可，请完成这个证明．例2 已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，E ，F 分别是棱A 1D 1，A 1B 1，D 1C 1，B 1C 1的中点，求证：平面AMN ∥平面EFBD ．【分析】要证明面面平行，可以通过线线平行来证明，也可以证明这两个平面的法向量平行．解法一：设正方体的棱长为4，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A (4，0，0)，M (2，0，4)，N (4，2，4)，B (4，4，0)，E (0，2，4)，F (2，4，4)．取MN 的中点K ，EF 的中点G ，BD 的中点O ，则O (2，2，0)，K (3，1，4)，G (1，3，4)．MN ＝(2，2，0)，EF ＝(2，2，0)，AK ＝(－1，1，4)，OG ＝(－1，1，4)，∴MN ∥EF ，OG AK =，∴MN//EF ，AK//OG ，∴MN ∥平面EFBD ，AK ∥平面EFBD ， ∴平面AMN ∥平面EFBD ．解法二：设平面AMN 的法向量是a ＝(a 1，a 2，a 3)，平面EFBD 的法向量是 b ＝(b 1，b 2，b 3)． 由,0,0==⋅⋅AN AM a a 得⎩⎨⎧=+=+-,042,0423231a a a a 取a 3＝1，得a ＝(2，－2，1)．由,0,0==⋅⋅BF DE b b 得⎩⎨⎧=+-=+,042,0423132b b b b 取b 3＝1，得b ＝(2，－2，1)．∵a ∥b ，∴平面AMN ∥平面EFBD ．注：本题还可以不建立空间直角坐标系，通过综合法加以证明，请试一试．例3 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 是棱A 1B 1，B 1B 的中点，求异面直线AM 和CN 所成角的余弦值．解法一：设正方体的棱长为2，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A (2，0，0)，M (2，1，2)，C (0，2，0)，N (2，2，1)．∴),1,0,2(),2,1,0(==CN AM设AM 和CN 所成的角为θ ，则,52||||cos ==CN AM CNAM θ∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52 解法二：取AB 的中点P ，CC 1的中点Q ，连接B 1P ，B 1Q ，PQ ，PC ． 易证明：B 1P ∥MA ，B 1Q ∥NC ，∴∠PB 1Q 是异面直线AM 和CN 所成的角． 设正方体的棱长为2，易知,6,52211=+===QC PC PQ Q B P B∴,522cos 11221211=-+=⋅Q B P B PQ Q B P B Q PB∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52【评述】空间两条直线所成的角是不超过90°的角，因此按向量的夹角公式计算时，分子的数量积如果是负数，则应取其绝对值，使之成为正数，这样才能得到异面直线所成的角(锐角)．例4 如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为a 2，求直线AC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小．【分析】利用正三棱柱的性质，适当建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标．求角时有两种思路：一是由定义找出线面角，再用向量方法计算；二是利用平面ABB 1A 1的法向量求解．解法一：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (0，a ，0)，),2,0,0(1a A⋅-)2,2,23(1a a a C 取A 1B 1的中点D ，则)2,2,0(a aD ，连接AD ，C 1D ． 则),2,0,0(),0,,0(),0,0,23(1a AA a AB aDC ==-= ,0,0111==⋅⋅AA DC AB DC∴DC 1⊥平面ABB 1A 1，∴∠C 1AD 是直线AC 1与平面ABB 1A 1所或的角．),2,2,0(),2,2,23(1a aAD a a a AC =-= 23||||cos 111==∴⋅AD AC AD AC AD C ， ∴直线AC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小是30°．解法二：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (0，a ，0)，A 1(0，0，a 2)，)2,2,23(1a a a C -，从而⋅-===)2,2,23(),2,0,0(),0,,0(11a a a AC a AA a AB 设平面ABB 1A 1的法向量是a ＝(p ，q ，r )， 由,0,01==⋅⋅AA AB a a得⎩⎨⎧==,02,0ar aq 取p ＝1，得a ＝(1，0，0)． 设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为],2π,0[,∈θθ.30,21|||||||,cos |sin 111 ===〉〈=⋅θθa a a AC AC AC【评述】充分利用几何体的特征建立适当的坐标系，再利用向量的知识求解线面角；解法二给出了一般的方法，即先求平面的法向量与斜线的夹角，再利用两角互余转换．例5 如图，三棱锥P －ABC 中，P A ⊥底面ABC ，AC ⊥BC ，P A ＝AC ＝1，2=BC ，求二面角A －PB －C 的平面角的余弦值．解法一：取PB 的中点D ，连接CD ，作AE ⊥PB 于E ． ∵P A ＝AC ＝1，P A ⊥AC ， ∴PC ＝BC ＝2，∴CD ⊥PB ． ∵EA ⊥PB ，∴向量EA 和DC 夹角的大小就是二面角A －PB －C 的大小．如图建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，2，0)，P (1，0，1)，由D 是PB 的中点，得D ⋅)21,22,21( 由,3122==AB AP EB PE 得E 是PD 的中点，从而⋅)43,42,43(E ∴)21,22,21(),43,42,41(---=--=DC EA ∴⋅=>=<⋅33||||,cos DC EA DC EA DC EA 即二面角A －PB －C 的平面角的余弦值是⋅33 解法二：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，)0,1,2(B ，C (0，1，0)，P (0，0，1)，).1,1,0(),0,0,2(),0,1,2(),1,0,0(-====CP CB AB AP设平面P AB 的法向量是a ＝(a 1，a 2，a 3)， 平面PBC 的法向量是b ＝(b 1，b 2，b 3)． 由,0,0==⋅⋅AB AP a a得⎪⎩⎪⎨⎧=+=,02,0213a a a 取a 1＝1，得).0,2,1(-=a 由0,0==⋅⋅CP CB b b 得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=,0,02321b b b 取b 3＝1，得b ＝(0，1，1)．∴⋅-=>=<⋅33||||,cos b a b a b a∵二面角A －PB －C 为锐二面角，∴二面角A －PB －C 的平面角的余弦值是⋅=-33|33| 【评述】1、求二面角的大小，可以在两个半平面内作出垂直于棱的两个向量，转化为这两个向量的夹角；应注意两个向量的始点应在二面角的棱上．2、当用法向量的方法求二面角时，有时不易判断两个平面法向量的夹角是二面角的平面角还是其补角，但我们可以借助观察图形而得到结论，这是因为二面角是锐二面角还是钝二面角一般是明显的．例6 如图，三棱锥P －ABC 中，P A ⊥底面ABC ，P A ＝AB ，∠ABC ＝60°，∠BCA ＝90°，点D ，E 分别在棱PB ，PC 上，且DE ∥BC ．(Ⅰ)求证：BC ⊥平面P AC ；(Ⅱ)当D 为PB 的中点时，求AD 与平面P AC 所成角的余弦值；(Ⅲ)试问在棱PC 上是否存在点E ，使得二面角A －DE －P 为直二面角?若存在，求出PE ∶EC 的值；若不存在，说明理由．解：如图建立空间直角坐标系．设P A ＝a ，由已知可得A (0，0，0)，).,0,0(),0,23,0(),0,23,21(a P a C a a B - (Ⅰ)∵),0,0,21(),,0,0(a BC a AP ==∴,0=⋅BC AP ∴BC ⊥AP ．又∠BCA ＝90°，∴BC ⊥AC ． ∴BC ⊥平面P AC ．(Ⅱ)∵D 为PB 的中点，DE ∥BC ，∴E 为PC 的中点． ∴⋅-)21,43,0(),21,43,41(a a E a a a D 由(Ⅰ)知，BC ⊥平面P AC ，∴DE ⊥平面P AC ，∴∠DAE 是直线AD 与平面P AC 所成的角． ∴),21,43,0(),21,43,41(a a AE a a a AD =-= ∴,414||||cos ==∠AE AD DAE即直线AD 与平面P AC 所成角的余弦值是⋅414 (Ⅲ)由(Ⅱ)知，DE ⊥平面P AC ，∴DE ⊥AE ，DE ⊥PE ， ∴∠AEP 是二面角A －DE －P 的平面角．∵P A ⊥底面ABC ，∴P A ⊥AC ，∠P AC ＝90°． ∴在棱PC 上存在一点E ，使得AE ⊥PC ，这时，∠AEP ＝90°，且⋅==3422AC PA EC PE 故存在点E 使得二面角A －DE －P 是直二面角，此时PE ∶EC ＝4∶3．注：本题还可以不建立空间直角坐标系，通过综合法加以证明，请试一试．练习1-3一、选择题：1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是BB 1的中点，则二面角E －A 1D 1－D 的平面角的正切值是( ) (A)2(B)2(C)5(D)222．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线AD 1与平面A 1ACC 1所成角的大小是( ) (A)30° (B)45° (C)60° (D)90°3．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 所成角的正弦值等于( ) (A)31 (B)32 (C)33 (D)32 4．如图，α ⊥β ，α ∩β ＝l ，A ∈α ，B ∈β ，A ，B 到l 的距离分别是a 和b ，AB 与α ，β 所成的角分别是θ 和ϕ，AB 在α ，β 内的射影分别是m 和n ，若a ＞b ，则下列结论正确的是( )(A)θ ＞ϕ，m ＞n (B)θ ＞ϕ，m ＜n (C)θ ＜ϕ，m ＜n(D)θ ＜ϕ，m ＞n二、填空题：5．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别为AA 1，AB ，BB 1，B 1C 1的中点，则异面直线EF 与GH 所成角的大小是______． 6．已知正四棱柱的对角线的长为6，且对角线与底面所成角的余弦值为33，则该正四棱柱的体积等于______．7．如图，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为______．8．四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，==BC AB AD 21，P A ⊥底面ABCD ，PD 与底面ABCD 所成的角是30°．设AE 与CD 所成的角为θ ，则cos θ ＝______． 三、解答题：9．如图，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝4，点E 在CC 1上，且C 1E ＝3EC ．(Ⅰ)证明：A 1C ⊥平面BED ；(Ⅱ)求二面角A 1－DE －B 平面角的余弦值．10．如图，在四棱锥O －ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的菱形，4π=∠ABC ，OA ⊥底面ABCD ，OA ＝2，M 为OA 的中点，N 为BC 的中点．(Ⅰ)证明：直线MN ∥平面OCD ；(Ⅱ)求异面直线AB 与MD 所成角的大小．11．如图，已知直二面角α －PQ －β ，A ∈PQ ，B ∈α ，C ∈β ，CA ＝CB ，∠BAP ＝45°，直线CA 和平面α 所成的角为30°．(Ⅰ)证明：BC ⊥PQ ；(Ⅱ)求二面角B －AC －P 平面角的余弦值．习题1一、选择题：1．关于空间两条直线a 、b 和平面α ，下列命题正确的是( ) (A)若a ∥b ，b ⊂α ，则a ∥α (B)若a ∥α ，b ⊂α ，则a ∥b (C)若a ∥α ，b ∥α ，则a ∥b (D)若a ⊥α ，b ⊥α ，则a ∥b 2．正四棱锥的侧棱长为23，底面边长为2，则该棱锥的体积为( ) (A)8(B)38(C)6 (D)23．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则直线AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于( ) (A)46 (B)410 (C)22 (D)23 4．已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何 体的体积是( )(A)3cm 34000 (B)3cm 38000 (C)2000cm 3 (D)4000cm 35．若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为60° 的菱形，则该棱柱的体积等于( ) (A)2(B)22(C)23 (D)24二、填空题：6．已知正方体的内切球的体积是π34，则这个正方体的体积是______．7．若正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面边长为1，AB 1与底面ABCD 成60°角，则直线AB 1和BC 1所成角的余弦值是______． 8．若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是______． 9．连结球面上两点的线段称为球的弦．半径为4的球的两条弦AB 、CD 的长度分别等于3472、，每条弦的两端都在球面上运动，则两弦中点之间距离的最大值为______．10．已知AABC 是等腰直角三角形，AB ＝AC ＝a ，AD 是斜边BC 上的高，以AD 为折痕使∠BDC 成直角．在折起后形成的三棱锥A －BCD 中，有如下三个结论： ①直线AD ⊥平面BCD ； ②侧面ABC 是等边三角形；③三棱锥A －BCD 的体积是.2423a 其中正确结论的序号是____________．(写出全部正确结论的序号) 三、解答题：11．如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 是BC 的中点，AB ＝AA 1．(Ⅰ)求证：AD ⊥B 1D ；(Ⅱ)求证：A 1C ∥平面A 1BD ；(Ⅲ)求二面角B －AB 1－D 平面角的余弦值．12．如图，三棱锥P －ABC 中，P A ⊥AB ，P A ⊥AC ，AB ⊥AC ，P A ＝AC ＝2，AB ＝1，M 为PC 的中点．(Ⅰ)求证：平面PCB ⊥平面MAB ；(Ⅱ)求三棱锥P －ABC 的表面积．13．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，AB ＝BC ＝AA 1＝2，M 、N 分别是A 1C 1、BC 1的中点．(Ⅰ)求证：BC 1⊥平面A 1B 1C ； (Ⅱ)求证：MN ∥平面A 1ABB 1； (Ⅲ)求三棱锥M －BC 1B 1的体积．14．在四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面ABCD ，2=AD ，DC ＝SD＝2．点M 在侧棱SC 上，∠ABM ＝60°．(Ⅰ)证明：M 是侧棱SC 的中点；(Ⅱ)求二面角S －AM －B 的平面角的余弦值．练习1-3一、选择题：1．B 2．A 3．B 4．D 二、填空题：5．60° 6．2 7．54 8．42三、解答题：9．以D 为坐标原点，射线DA 为x 轴的正半轴，建立如图所示直角坐标系D －xyz ．依题设，B (2，2，0)，C (0，2，0)，E (0，2，1)，A 1(2，0，4)．),0,2,2(),1,2,0(==DB DE ).4,0,2(),4,2,2(11=--=DA C A(Ⅰ)∵,0,011==⋅⋅DE C A DB C A ∴A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥DE ． 又DB ∩DE ＝D ，∴A 1C ⊥平面DBE ．(Ⅱ)设向量n ＝(x ，y ，z )是平面DA 1E 的法向量，则.,1DA DE ⊥⊥n n∴⎩⎨⎧=+=+.042,02z x z y 令y ＝1，得n ＝(4，1，－2)．⋅==⋅4214||||),cos(111C A C A C A n n n ∴二面角A 1－DE －B 平面角的余弦值为⋅4214 10．作AP ⊥CD 于点P ．如图，分别以AB ，AP ，AO 所在直线为x ，y ，z 轴建立坐标系．则A (0，0，0)，B (1，0，0)，)0,22,22(),0,22,0(-D P ，O (0，0，2)，M (0，0，1)，⋅-)0,42,421(N (Ⅰ)⋅--=-=--=)2,22,22(),2,22,0(),1,42,421(OD OP MN 设平面OCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则,0,0==⋅⋅OD OP n n即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+-=-.022222,0222z y x z y 取,2=z ，得).2,4,0(=n ∵,0=⋅n MN ∴MN ∥平面OCD ． (Ⅱ)设AB 与MD 所成的角为θ ，,3π,21||||||cos ),1,22,22(),0,0,1(=∴==∴--==⋅θθMD AB MD AB MD AB 即直线AB 与MD 所成角的大小为⋅3π11．(Ⅰ)证明：在平面β 内过点C 作CO ⊥PQ 于点O ，连结OB ．∵α ⊥β ，α ∩β ＝PQ ，∴CO ⊥α ． 又∵CA ＝CB ，∴OA ＝OB ．∵∠BAO ＝45°，∴∠ABO ＝45°，∠AOB ＝90°，∴BO ⊥PQ ，又CO ⊥PQ ， ∴PQ ⊥平面OBC ，∴PQ ⊥BC ．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，OC ⊥OA ，OC ⊥OB ，OA ⊥OB ，故以O 为原点，分别以直线OB ，OA ，OC 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(如图)．∵CO ⊥α ，∴∠CAO 是CA 和平面α 所成的角，则∠CAO ＝30°． 不妨设AC ＝2，则3=AO ，CO ＝1．在Rt △OAB 中，∠ABO ＝∠BAO ＝45°，∴.3==AO BO∴).1,0,0(),0,3,0(),0,0,3(),0,0,0(C A B O).1,3,0(),0,3,3(-=-=AC AB设n 1＝(x ，y ，z )是平面ABC 的一个法向量，由⎪⎩⎪⎨⎧==⋅⋅,0,0AC AB n n 得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-,03,033z y y x 取x ＝1，得)3,1,1(1=n ． 易知n 2＝(1，0，0)是平面β 的一个法向量．设二面角B －AC －P 的平面角为θ ，∴,55||||cos 2121==⋅⋅n n n n θ 即二面角B －AC －P 平面角的余弦值是⋅55 习题1一、选择题：1．D 2．B 3．A 4．B 5．B 二、填空题： 6．324 7．438．9π 9．5 10．①、②、③ 三、解答题：11．(Ⅰ)证明：∵ABC －A 1B 1C 1是正三棱柱，∴BB 1⊥平面ABC ，∴平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ．∵正△ABC 中，D 是BC 的中点，∴AD ⊥BC ，∴AD ⊥平面BB 1C 1C ， ∴AD ⊥B 1D ．(Ⅱ)解：连接A 1B ，设A 1B ∩AB 1＝E ，连接DE ． ∵AB ＝AA 1， ∴ 四边形A 1ABB 1是正方形，∴E 是A 1B 的中点，又D 是BC 的中点，∴DE ∥A 1C ．∵DE ⊂平面A 1BD ，A 1C ⊄平面A 1BD ，∴A 1C ∥平面A 1BD ．(Ⅲ)解：建立空间直角坐标系，设AB ＝AA 1＝1， 则⋅-)1,0,21(),0,23,0(),0,0,0(1B A D 设n 1＝(p ，q ，r )是平面A 1BD 的一个法向量， 则,01=⋅AD n 且,011=⋅D B n 故.021,023=-=-r P q 取r ＝1，得n 1＝(2，0，1)．同理，可求得平面AB 1B 的法向量是).0,1,3(2-=n 设二面角B －AB 1－D 大小为θ ，∵,515||||cos 2121==⋅n n n n θ∴二面角B －AB 1－D 的平面角余弦值为⋅51512．(Ⅰ)∵P A ⊥AB ，AB ⊥AC ，∴AB ⊥平面P AC ，故AB ⊥PC ．∵P A ＝AC ＝2，M 为PC 的中点，∴MA ⊥PC ．∴PC ⊥平面MAB ， 又PC ⊂平面PCB ，∴平面PCB ⊥平面MAB ．(Ⅱ)Rt △P AB 的面积1211==⋅AB PA S ．Rt △P AC 的面积.2212==⋅AC PA S Rt △ABC 的面积S 3＝S 1＝1．∵△P AB ≌△CAB ，∵PB ＝CB ，∴△PCB 的面积.632221214=⨯⨯==⋅MB PC S ∴三棱锥P －ABC 的表面积为S ＝S 1＋S 2＋S 3＋S 4＝.64+13．(Ⅰ)∵ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，∴BB 1⊥平面A 1B 1C 1，∴B 1B ⊥A 1B 1．又B 1C 1⊥A 1B 1，∴A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，∴BC 1⊥A 1B 1． ∵BB 1＝CB ＝2，∴BC 1⊥B 1C ，∴BC 1⊥平面A 1B 1C ．(Ⅱ)连接A 1B ，由M 、N 分别为A 1C 1、BC 1的中点，得MN ∥A 1B ， 又A 1B ⊂平面A 1ABB 1，MN ⊄平面A 1ABB 1，∴MN ∥平面A 1ABB 1．(Ⅲ)取C 1B 1中点H ，连结MH ．∵M 是A 1C 1的中点，∴MH ∥A 1B 1，又A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，∴MH ⊥平面BCC 1B 1，∴MH 是三棱锥M －BC 1B 1的高， ∴三棱锥M －BC 1B 1的体积⋅=⨯⨯⨯==⋅⋅∆321421313111MH S V B BC 14．如图建立空间直角坐标系，设A (2，0，0)，则B (2，2，0)，C (0，2，0)，S (0，0，2).(Ⅰ)设)0(>=λλMC SM ， 则),12,12,2(),12,12,0(λλλλλ++--=++BM M 又.60,),0,2,0( >=<-=BM BA BA 故,60cos ||||.BA BM BA BM =即,)12()12()2(14222λλλ+++-+-=+解得λ ＝1． ∴M 是侧棱SC 的中点．(Ⅱ)由M (0，1，1)，A (2，0，0)得AM 的中点⋅)21,21,22(G 又),1,1,2(),1,1,0(),21,23,22(-=-=-=AM MS GB ∴,,,0,0AM MS AM GB AM MS AM GB ⊥⊥∴==⋅⋅∴cos〉MS ,G B 〈等于二面角S －AM －B 的平面角． ,36||||),cos(-==MS GB MS GB MS GB 即二面角S －AM －B 的平面角的余弦值是－36．。

立体几何题库100题

立体几何题库100题

立体几何题库100题1. 一个正方体的棱长扩大到原来的3 倍，它的体积扩大到原来的（）倍。

A. 3B. 9C. 27D. 812. 长方体的长、宽、高分别是6cm、4cm、5cm，它的棱长总和是（）cm。

A. 60B. 48C. 30D. 153. 一个圆柱的底面半径是2 厘米，高是5 厘米，它的侧面积是（）平方厘米。

A. 62.8B. 31.4C. 12.56D. 25.124. 一个圆锥的底面直径是6 分米，高是3 分米，它的体积是（）立方分米。

A. 28.26B. 84.78C. 169.56D. 56.525. 用同样大小的正方体摆成的物体，从正面和左面看到的图形都是，那么从上面看到的图形是（）。

A. B. C. D.6. 一个圆柱和一个圆锥等底等高，它们的体积之和是48 立方分米，圆锥的体积是（）立方分米。

A. 12B. 16C. 32D. 367. 把一个棱长为6 分米的正方体木块削成一个最大的圆柱，这个圆柱的体积是（）立方分米。

A. 169.56B. 113.04C. 216D. 56.528. 一个长方体的长、宽、高分别是a 米、b 米、h 米，如果高增加3 米，体积增加（）立方米。

A. 3abB. 3abhC. ab(h + 3)D. 3h9. 一个圆锥的底面半径扩大到原来的2 倍，高不变，它的体积扩大到原来的（）倍。

A. 2B. 4C. 8D. 1610. 一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，这个圆柱的底面直径与高的比是（）。

A. 1 : πB. 1 : 2πC. π: 1D. 2π: 111. 有一个长方体容器，从里面量长5 分米，宽4 分米，高6 分米，里面注有水，水深3 分米。

如果把一块边长 2 分米的正方体铁块浸入水中，水面上升（）分米。

A. 0.4B. 0.8C. 1.6D. 3.212. 一个圆柱的底面周长是12.56 分米，高是5 分米，它的表面积是（）平方分米。

立体几何练习题(含答案)精选全文完整版

立体几何练习题(含答案)精选全文完整版

可编辑修改精选全文完整版《立体几何 》练习题一、 选择题1、一条直线和三角形的两边同时垂直，则这条直线和三角形的第三边的位置关系是（ ）A 、垂直B 、平行C 、相交不垂直D 、不确定2. 在正方体1111ABCD A B C D -中, 与1A C 垂直的是（ ）A. BDB. CDC. BCD. 1CC3、线n m ,和平面βα、，能得出βα⊥的一个条件是( )A.βα//n ,//m ,n m ⊥B.m ⊥n ,α∩β=m ,n ⊂αC.αβ⊆⊥m n n m ,,//D.βα⊥⊥n m n m ,,//4、平面α与平面β平行的条件可以是（ ）A.α内有无穷多条直线与β平行；B.直线a//α,a//βC.直线a α⊂,直线b β⊂,且a//β,b//αD.α内的任何直线都与β平行5、设m 、n 是两条不同的直线，,,αβγ是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若m ⊥α，n //α，则m n ⊥ ②若αβ//，βγ//，m ⊥α，则m ⊥γ③若m //α，n //α，则m n // ④若αγ⊥，βγ⊥，则//αβ其中正确命题的序号是( )A.①和②B.②和③C.③和④D.①和④6.点P 为ΔABC 所在平面外一点，PO ⊥平面ABC ，垂足为O,若PA=PB=PC ，则点O 是ΔABC 的（ ）A.内心B.外心C.重心D.垂心7. 若l 、m 、n 是互不相同的空间直线，α、β是不重合的平面，则下列命题中为真命题的是（ ）A ．若//,,l n αβαβ⊂⊂，则//l nB ．若,l αβα⊥⊂，则l β⊥C. 若,//l l αβ⊥，则αβ⊥ D ．若,l n m n ⊥⊥，则//l m8. 已知两个平面垂直，下列命题中正确的个数是（ ）①一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面的任意一条直线；②一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面的无数条直线；③一个平面内的任一条直线必垂直于另一个平面；④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则垂线必垂直于另一个平面.A.3B.2C.1D.09． 设m.n 是两条不同的直线,α.β是两个不同的平面,（ ） A ．若m ∥α,n ∥α,则m ∥n B ．若m ∥α,m ∥β,则α∥βC ．若m ∥n,m ⊥α,则n ⊥αD ．若m ∥α,α⊥β,则m ⊥β10． 设l 为直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题中正确的是（ ）A ．若//l α,//l β,则//αβB ．若l α⊥,l β⊥,则//αβC ．若l α⊥,//l β,则//αβD ．若αβ⊥,//l α,则l β⊥ 二、填空题11、在棱长为2的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是棱AB ，BC 中点，则三棱锥B —B 1EF 的体积为 .12．对于空间四边形ABCD ，给出下列四个命题：①若AB=AC ，BD=CD 则BC ⊥AD ；②若AB=CD ，AC=BD 则BC ⊥AD ；③若AB ⊥AC ，BD ⊥CD 则BC ⊥AD ；④若AB ⊥CD ， BD ⊥AC 则BC ⊥AD ；其中真命题序号是 ．13. 已知直线b//平面α，平面α//平面β，则直线b 与β的位置关系为 .14. 如图，△ABC 是直角三角形，∠ACB=︒90，PA ⊥平面ABC ，此图形中有 个直角三角形参考答案 选择题：AACDA,BCCCB填空题：11、1312、①④ 13、//b b ββ⊂或 14、4A B C P欢迎您的下载，资料仅供参考！致力为企业和个人提供合同协议，策划案计划书，学习资料等等打造全网一站式需求。

必修二立体几何知识点+例题+练习+答案

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学习资料收集于网络，仅供学习和参考,如有侵权，请联系网站删除立体几何知识点一、空间几何体1.多面体：由若干个多边形围成的几何体，叫做多面体。

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.棱柱：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平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱。

两个互相平行的面叫做底面, 其余各面叫做侧面 .3.棱锥：有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥。

底面是正多边形，且各侧面是全等的等腰三角形的棱锥叫做正棱锥。

正棱锥的性质：各侧棱相等，各侧面都是全等的等腰三角形；顶点在底面上的射影是底面正多边形的中心。

4.棱台：用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分叫做棱台。

由正棱锥截得的棱台叫做正棱台。

正棱台的性质：各侧棱相等，各侧面都是全等的等腰梯形；正棱台的两底面以及平行于底面的截面是相似的正多边形5.旋转体：由一个平面图形绕一条定直线旋转所形成的封闭几何体叫旋转体，这条定直线叫做旋转体的轴，6.圆柱、圆锥、圆台：分别以矩形的一边、直角三角形的直角边、直角梯形垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体分别叫做圆柱、圆锥、圆台。

圆柱、圆锥、圆台的性质：平行于底面的截面都是圆；过轴的截面 ( 轴截面 ) 分别是全等的矩形、等腰三角形、等腰梯形。

注：在处理圆锥、圆台的侧面展开图问题时，经常用到弧长公式 l R7.球: 以半圆的直径为旋转轴，旋转一周所成的曲面叫做球面 . 球面所围成的几何体叫做球体 ( 简称球 )8.简单空间图形的三视图：一个投影面水平放置，叫做水平投影面，投影到这个平面内的图形叫做俯视图。

一个投影面放置在正前方，这个投影面叫做直立投影面，投影到这个平面内的图形叫做主视图 ( 正视图 ) 。

和直立、水平两个投影面都垂直的投影面叫做侧立投影面，通常把这个平面放在直立投影面的右面，投影到这个平面内的图形叫做左视图( 侧视图) 。

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考点一,几何体的概念与性质 【基础训练】 1.判定下面的说法是否正确:(1) 有两个面互相平行,其余各个面都是平行四边形的几何体叫棱柱. (2) 有两个面平行,其余各面为梯形的几何体叫棱台.2.下列说法不正确的是（ ）A ．空间中，一组对边平行且相等的四边形一定是平行四边形。

B.同一平面的两条垂线一定共面。

C.过直线上一点可以作无数条直线与这条直线垂直，且这些直线都在同一平面内。

D.过一条直线有且只有一个平面与已知平面垂直。

【高考链接】1.设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：（1）若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α平行于β； （2）若α外一条直线l 与α内的一条直线平行，则l 和α平行；（3）设α和β相交于直线l ，若α内有一条直线垂直于l ，则α和β垂直； （4）直线l 与α垂直的充分必要条件是l 与α内的两条直线垂直。

上面命题中，真命题．．．的序号 （写出所有真命题的序号）. 2.在空间，下列命题正确的是（A ）平行直线的平行投影重合（B ）平行于同一直线的两个平面平行 （C ）垂直于同一平面的两个平面平行（D ）垂直于同一平面的两条直线平行考点二 三视图与直观图及面积与体积 【基础训练】1.如图（3）,,E F 为正方体的面11ADD A 与面11BCC B 的中心,则四边形1BFD E 在该正方体的面上的投影可能是 .2.如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为045，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原图形的面积是（ ） A. 222+ B122+ C 222+ D 123.在ABC ∆中， 02 1.5120AB BC ABC ==∠=，， 若使其绕直线BC 旋转一周，则它形成的几何体的体积是（ ） A.92π B.72π C. 52π D. 32π 4. 已知一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是236，，是 . 若长方体共顶点的三个侧面面积分别为3,5,15，则它的体积为 .5.正方体的内切球和外接球的半径之比为（ ） A.3 3： C.23： D. 336.一个正方体的顶点都在球面上 ，它的棱长为2，则球的表面积是（ ） A.28cm π B. 212cm π C. 216cm π D. 220cm π7.若三个球的表面积之比是1:2:3，则它们的体积之比是 .8.长方体的一个顶点上三条棱长分别为3、4、5，且它的8个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是（ ）A.25πB. 50πC.125πD. 以上都不对 9..半径为 R 的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为 .【高考链接】1.一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的全面积为（ ）（A ）2 （B ）2 （C ）2 （D ）2FE D1C1B1DCBA2.设某几何体的三视图如下则该几何体的体积为 3m3..如图1，△ ABC 为三角形，AA '//BB ' //CC ' , CC ' ⊥平面ABC 且3AA '=32BB '=CC ' =AB,则多面体△ABC -A B C '''的正视图（也称主视图）是考点三 线面间位置关系 【基础训练】1.已知在四边形ABCD 中，E,F 分别是AC,BD 的中点,若AB=2，CD=4， EF AB ⊥,则EF 与CD 所成的角的度数是（ ） A.090 B.045 C.060 D.0302.已知直线12,,l l α平面， 1212,l l l l αα，则与的位置关系是（ ）2.A l α B. 2l α⊂ C.22l l αα⊂或 D.2l α与相交【高考链接】1设a b ，是两条直线，αβ，是两个平面，则a b ⊥的一个充分条件是（ ）A ．a b αβαβ⊥⊥，∥，B ．a b αβαβ⊥⊥，，∥C ．a b αβαβ⊂⊥，，∥D ．a b αβαβ⊂⊥，∥，2.对两条不相交的空间直线a 和b ，必定存在平面α，使得（ ）（A ）,a b αα⊂⊂（B ）,//a b αα⊂（C ）,a b αα⊥⊥ （D ）,a b αα⊂⊥ 3.已知直线m,n 和平面βα,满足βα⊥⊥⊥,,a m n m ,则( ).A n β⊥ ,//.βn B 或β⊂n α⊥n C . ,//.αn D 或α⊂n4.已知,m n 是两条不同直线，,,αβγ是三个不同平面，下列命题中正确的是（ ）A ．,,αγβγαβ⊥⊥若则‖B ．,,m n m n αα⊥⊥若则‖C ．,,m n m n αα若则‖‖‖D ．,,m m αβαβ若则‖‖‖ 5.设,αβ是两个不同的平面，l 是一条直线，以下命题正确的是（ ） A ．若,l ααβ⊥⊥，则l β⊂ B ．若//,//l ααβ，则l β⊂ C ．若,//l ααβ⊥，则l β⊥ D ．若//,l ααβ⊥，则l β⊥ 6.设l ，m 是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是（A ）若l m ⊥，m α⊂，则l α⊥ （B ）若l α⊥，l m //，则m α⊥ （C ）若l α//，m α⊂，则l m // （D ）若l α//，m α//，则l m // 7.用a 、b 、c 表示三条不同的直线，y 表示平面，给出下列命题： ①若a ∥b ，b ∥c ，则a ∥c ；②若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ⊥c ； ③若a ∥y ，b ∥y ，则a ∥b ；④若a ⊥y ，b ⊥y ，则a ∥b . A. ①②B. ②③C. ①④D.③④考点四 求空间图形中的角 【基础训练】1.直角ABC ∆的斜边AB α⊂,AC,BC 与平面α所成的角分别为03045和,CD 是斜边AB 上的高,则CD 与平面α所成的角为 .2.如图,正三棱柱V-ABC(顶点在地面上的射影是底面正三角形的中心)中,D,E,F 分别是VC,V A,AC 的中点,P 为VB 上任意一点,则直线DE 与PF 所成的角的大小是( ) A. 030 B. 090C. 060D.随点的变化而变化5.直线l 与平面α所成的角为030，,,,l A m A m αα=⊂∉则m 与l 所成角的取值范围是. 【高考链接】题型一 异面直线所成的角1.已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为（ ）（A ）34 （B ）54 （C ）74 (D) 342. 已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，1AA =2AB ，E 为1AA 重点，则异面直线BE 与1CD 所形成角的余弦值为( ) （A ）1010 (B) 15 (C) 31010 (D) 353.如图，已知正三棱柱111ABC A B C -的各条棱长都相等，M 是侧棱1CC 的中点，则异面直线1AB BM 和所成的角的大小是 。

4.如图，若正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面连长为2，高为4，则异面直线1BD 与AD所成角的正切值是______________5.直三棱柱111ABC A B C -中，若90BAC ∠=︒，1AB AC AA ==，则异面直线1BA 与1AC 所成的角等于（ ） (A)30° (B)45° (C)60° (D)90°题型二 线面角1.已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 内的射影为ABC △的中心，则1AB 与底面ABC 所成角的正弦值等于（ ）A ．13B ．2 C ．3 D ．232.如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB=BC =2，AA 1=1，则AC 1与平面A 1B 1C 1D 1所成角的正弦值为（ ） A.223 B.23C.24D.13 3.在三棱柱111ABC A B C -中，各棱长相等，侧掕垂直于底面，点D 是侧面11BB C C 的中心，则AD与平面11BB C C 所成角的大小是 ( )A ．30 B ．45 C ．60 D ．904.如图，已知六棱锥ABCDEF P -的底面是正六边形，AB PA ABC PA 2,=⊥平面则下列结论正确的是（ ）A. AD PB ⊥;B. PAB 平面PBC 平面⊥C. 直线BC ∥PAE 平面D. 直线ABC PD 与平面所成的角为45°DE FP VCB5.已知三棱锥S ABC -中，底面ABC 为边长等于2的等边三角形，SA 垂直于底面ABC ，SA =3，那么直线AB 与平面SBC 所成角的正弦值为( ) （A ）34 (B) 54 (C) 74 (D) 346.正方体ABCD-1111A B C D 中，B 1B 与平面AC 1D 所成角的余弦值为( )（A ） 23 （B ）33 （C ）23（D ）63考点六 证明空间线面平行与垂直1.如图,在四棱锥P-ABCD 中,,PD ABCD ⊥平面底面ABCD 为正方形,PD=DC,E,F 分别是AB,PB 的中点.(1)求证:;EF CD ⊥ (2)在平面PAD 内 求一点G,,GF PCB ⊥使平面证明你的结论。

2.四棱锥A BCDE -中，底面BCDE 为矩形，侧面ABC ⊥底面BCDE ，2BC =，2CD =，AB AC =．（Ⅰ）证明：AD CE ⊥；（Ⅱ）设侧面ABC 为等边三角形，求二面角C AD E --的大小．3.正四棱柱1111ABCD A B C D -中，124AA AB ==，点E 在1CC 上且EC E C 31=．（Ⅰ）证明：1AC ⊥平面BED ； （Ⅱ）求二面角1A DE B --的大小．4.在直三棱柱111ABC A B C -中，E 、F 分别是1A B 、1A C 的中点，点D 在11B C 上，11A D B C ⊥。

求证：（1）EF ∥平面ABC ；（2）平面1A FD ⊥平面11BB C C .5.如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，AB=AD=1，AA 1=2，M 是棱CC 1的中点（Ⅰ）求异面直线A 1M 和C 1D 1所成的角的正切值； （Ⅱ）证明：平面ABM ⊥平面A 1B 1M 1FDPCBEA易错题1.一个圆锥的底面圆半径为3，高为4，则这个圆锥的侧面积为（ ）A ．152πB ．10πC ．15πD ．20π 2.已知一个棱长为6cm 的正方体塑料盒子(无上盖)，上口放着一个半径为5cm 的钢球，则球心到盒底的距离为 cm.3.设,,,P A B C 是球O 表面上的四个点，,,PA PB PC 两两垂直，且1PA PB PC ===，则球的表面积为 .4.在棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面A 1B 1C 1D 1内取一点E,使AE 与AB 、AD 所成的角都是60°,则线段AE 的长为 .一、判定两线平行的方法1、 平行于同一直线的两条直线互相平行2、 垂直于同一平面的两条直线互相平行3、 如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线就和交线平行4、 如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行5、 在同一平面内的两条直线，可依据平面几何的定理证明 二、 判定线面平行的方法1、 据定义：如果一条直线和一个平面没有公共点2、 如果平面外的一条直线和这个平面内的一条直线平行，则这条直线和这个 平面平行3、 两面平行，则其中一个平面内的直线必平行于另一个平面4、 平面外的两条平行直线中的一条平行于平面，则另一条也平行于该平面5、 平面外的一条直线和两个平行平面中的一个平面平行，则也平行于另一个平面 三、判定面面平行的方法 1、定义：没有公共点2、如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，则两面平行 3 垂直于同一直线的两个平面平行 4、平行于同一平面的两个平面平行 四、面面平行的性质1、两平行平面没有公共点2、两平面平行，则一个平面上的任一直线平行于另一平面3、两平行平面被第三个平面所截，则两交线平行4、 垂直于两平行平面中一个平面的直线，必垂直于另一个平面 五、判定线面垂直的方法1、 定义：如果一条直线和平面内的任何一条直线都垂直，则线面垂直2、 如果一条直线和一个平面内的两条相交线垂直，则线面垂直3、 如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于该平面4、 一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面5、 如果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直它们交线的直线垂直于另一个平面6、 如果两个相交平面都垂直于另一个平面，那么它们的交线垂直于另一个平面 六、判定两线垂直的方法1、 定义：成︒90角2、 直线和平面垂直，则该线与平面内任一直线垂直3、 在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直4、 在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线的射影垂直5、 一条直线如果和两条平行直线中的一条垂直，它也和另一条垂直 七、判定面面垂直的方法1、 定义：两面成直二面角,则两面垂直2、 一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这个平面垂直于另一平面 八、面面垂直的性质1、 二面角的平面角为︒902、 在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面3、 相交平面同垂直于第三个平面，则交线垂直于第三个平面九、各种角的范围1、异面直线所成的角的取值范围是：︒≤<︒900θ (]︒︒90,02、直线与平面所成的角的取值范围是：︒≤≤︒900θ []︒︒90,03、斜线与平面所成的角的取值范围是：︒≤<︒900θ (]︒︒90,04、二面角的大小用它的平面角来度量；取值范围是：︒≤<︒1800θ (]︒︒180,0 十、三角形的心 1、 内心：内切圆的圆心，角平分线的交点 2、 外心：外接圆的圆心，垂直平分线的交点 3、 重心：中线的交点 4、垂心：高的交点。

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