必修二立体几何复习经典例题

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高一数学必修二立体几何点线面专项练习(含答案)

（2）证明: 平面；
（3）求直线与平面所成角的正切值.
15. （本题13分）在几何体ABCDE中, ∠BAC= , DC⊥平面ABC, EB⊥平面ABC, F是BC的中点, AB=AC=BE=2, CD=1.
（1）求证: DC∥平面ABE；
（2）求证: AF⊥平面BCDE；
（3）求几何体ABCDE的体积.
16. 如图, 在正三棱柱ABC—A1B1C1中, 底面边长及侧棱长均为2, D是棱AB的中点,
(1)求证 ;
(2)求异面直线AC1与B1C所成角的余弦值.
17.如图,在正方体中,为底面的中心,是的中点,设是上的中点,求证:（1）;
(2)平面 ∥平面 .
18. (14分)如图, 在直三棱柱中, , 点是的中点.
（Ⅰ）求证: ；
（Ⅱ）求证: 平面；
（Ⅲ）求异面直线与所成角的余弦值.
参考答案
Hale Waihona Puke 1．D2．D3．C
4．D
5．B
6．②④
7.平行或相交（直线在平面外）
8．1, 2, 3
9．
10. ②④⑤
11. （1）见解析（2）见解析
12. 见解析。
13. （Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析。
14. （1）证明: 见解析；（2）证明: 见解析；（3）
二、填空题:
6.设是三个不重合的平面,是直线,给出下列四个命题:
①若
②若
③若
④若
其中正确的命题序号是
7. 已知两条相交直线, , ∥平面, 则与的位置关系是 .
8．如图, 空间中两个有一条公共边AD的正方形ABCD和ADEF．设M、N分别是BD和AE的中点, 那么
①AD⊥MN；②MN∥平面CDE；③MN∥CE；④MN、CE异面

部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案知识总结例题

(名师选题)部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案知识总结例题单选题1、如图1，已知PABC是直角梯形，AB∥PC，AB⊥BC，D在线段PC上，AD⊥PC．将△PAD沿AD折起，使平面PAD⊥平面ABCD，连接PB，PC，设PB的中点为N，如图2．对于图2，下列选项错误的是（）A．平面PAB⊥平面PBC B．BC⊥平面PDCC．PD⊥AC D．PB＝2AN2、已知直线l⊥平面α，有以下几个判断：①若m⊥l，则m//α；②若m⊥α，则m//l；③若m//α，则m⊥l；④若m//l，则m⊥α；上述判断中正确的是（）A．①②③B．②③④C．①③④D．①②④3、某正方体被截去部分后得到的空间几何体的三视图如图所示，则该空间几何体的体积为（）A ．132B ．223C ．152D ．2334、南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148．5m 时，相应水面的面积为140．0km 2；水位为海拔157．5m 时，相应水面的面积为180．0km 2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148．5m 上升到157．5m 时，增加的水量约为（√7≈2.65）（）A ．1.0×109m 3B ．1.2×109m 3C ．1.4×109m 3D ．1.6×109m 35、已知圆锥的母线长为3，其侧面展开图是一个圆心角为2π3的扇形，则该圆锥的体积为（）A ．√23πB ．2√23πC ．πD ．√2π 6、已知正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则此棱锥的侧面积为（） A ．6B ．12C ．24D ．487、如图，某圆锥的轴截面ABC 是等边三角形，点D 是线段AB 的中点，点E 在底面圆的圆周上，且BE ⌢的长度等于CE⌢的长度，则异面直线DE 与BC 所成角的余弦值是（）A ．√24B ．√64C ．√104D ．√1448、已知一个圆锥的体积为3π，其侧面积是底面积的2倍，则其底面半径为（） A ．2√3B ．3C ．√3D ．√33多选题9、如图所示，在棱长为2的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱C 1D 1，C 1C 的中点，则下列结论正确的是（）A．直线AM与BN是平行直线B．直线BN与MB1是异面直线C．直线MN与AC所成的角为60°D．平面BMN截正方体所得的截面面积为9210、如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为PB的中点，下列结论正确的是（）A．OM∥PD B．OM∥平面PCDC．OM∥平面PDA D．OM∥平面PBA11、如图，在棱长均相等的正四棱锥P−ABCD中，M、N分别为侧棱PA、PB的中点，O是底面四边形ABCD对角线的交点，下列结论正确的有（）A．PC//平面OMN B．平面PCD//平面OMNC．OM⊥PA D．PD⊥平面OMN填空题12、已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π则该圆锥的侧面积为________.部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案(十八)参考答案1、答案：A分析：由已知利用平面与平面垂直的性质得到PD⊥平面ABCD，判定C正确；进一步得到平面PCD⊥平面ABCD，结合BC⊥CD判定B正确；再证明AB⊥平面PAD，得到△PAB为直角三角形，判定D正确；可证明平面PBC⊥平面PDC，若平面PAB⊥平面PBC，则平面PAB与平面PDC的交线⊥平面PBC，矛盾，可判断A图1中AD⊥PC，则图2中PD⊥AD，又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PD⊥平面ABCD，则PD⊥AC，故选项C正确；由PD⊥平面ABCD，PD⊂平面PDC，得平面PDC⊥平面ABCD，而平面PDC∩平面ABCD＝CD，BC⊂平面ABCD，BC⊥CD，∴BC⊥平面PDC，故选项B正确；∵AB⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴AB⊥平面PAD，则AB⊥PA，即△PAB是以PB为斜边的直角三角形，而N为PB的中点，则PB＝2AN，故选项D正确．由于BC⊥平面PDC，又BC⊂平面PBC∴平面PBC⊥平面PDC若平面PAB⊥平面PBC，则平面PAB与平面PDC的交线⊥平面PBC由于AB//平面PDC，则平面PAB与平面PDC的交线//AB显然AB不与平面PBC垂直，故A错误故选：A2、答案：B分析：根据线面的位置关系，线面垂直的性质定理，线面平行的性质定理及线面垂直的性质逐项分析即得. 对于①，当m⊂平面α也可以有m⊥l，但m不平行于平面α，故①错；对于②，根据线面垂直的性质定理可知②正确；对于③，根据线面平行的性质定理可得存在n⊂α且m∥n．而直线l⊥平面α，故可根据线面垂直的性质得出l⊥n，故l⊥m正确；对于④，根据直线l⊥平面α，可在平面α内找到两条相交直线p，n，且l⊥p，l⊥n，又m∥l，所以m⊥p，m⊥n，故根据线面垂直的判定定理可知，m⊥α正确．即②③④正确．故选：B．3、答案：C分析：根据几何体的三视图，可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，根据三棱锥的体积公式即可求解．解：根据几何体的三视图，该空间几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，由图示可知，该空间几何体体积为V=23−(13×12×12×1+13×12×12×2)=152，故选：C.4、答案：C分析：根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．依题意可知棱台的高为MN=157.5−148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V．棱台上底面积S=140.0km2=140×106m2，下底面积S′=180.0km2=180×106m2，∴V=13ℎ(S+S′+√SS′)=13×9×(140×106+180×106+√140×180×1012)=3×(320+60√7)×106≈(96+18×2.65)×107=1.437×109≈1.4×109(m3)．故选：C ． 5、答案：B分析：根据弧长计算公式，求得底面圆半径以及圆锥的高，即可求得圆锥的体积. 设圆锥的底面圆半径为r ，故可得2πr =2π3×3，解得r =1，设圆锥的高为ℎ，则ℎ=√32−12=2√2，则圆锥的体积V =13×πr 2×ℎ=13×π×2√2=2√23π. 故选：B. 6、答案：D分析：首先由勾股定理求出斜高，即可求出侧面积；解：正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则其斜高ℎ′=√52−(62)2=4，所以正四棱锥的侧面积S =12×4×6×4=48 故选：D 7、答案：A分析：过点A 作AO ⊥BC 于点O ，过点A 作DG ⊥BC 于点G ，取AO 的中点F ，连接GE 、OE 、EF ，则有∠DEF （或其补角）就是异面直线DE 与BC 所成的角，设圆锥的底面半径为2，解三角形可求得答案. 解：过点A 作AO ⊥BC 于点O ，过点A 作DG ⊥BC 于点G ，取AO 的中点F ，连接GE 、OE 、EF ，则DF //BC ，且DF =12BC ，所以∠DEF （或其补角）就是异面直线DE 与BC 所成的角，设圆锥的底面半径为2，则DF =1，OE =2，AO =2√3，所以DG =OF =√3，在Rt △GOE 中，GO =1，OE =2，所以GE =√GO 2+OE 2=√5，在Rt△GDE中，GE=√5，DG=√3，所以DE=√GD2+GE2=2√2，在Rt△FOE中，FO=√3，OE=2，FE=√FO2+OE2=√7，所以在△DFE中，满足DF2+FE2=DE2，所以∠DFE=90∘，所以cos∠DEF=DFDE =2√2=√24，故选：A.8、答案：C分析：根据圆锥的侧面展开图和圆锥体积公式以及侧面积公式，即可求出结果. 设底面半径为r，高为ℎ，母线为l，如图所示：则圆锥的体积V=13πr2ℎ=3π，所以r2ℎ=9，即ℎ=9r2，S 侧=12⋅2πrl=2πr2，则l=2r，又ℎ=√l2−r2=√3r，所以√3r3=9，故r=√3．故选：C．9、答案：BCD解析：根据异面直线的定义直接判断AB选项，根据MN//D1C，转化求异面直线所成的角，利用确定平面的依据，作出平面BMN 截正方体所得的截面，并求面积. A.直线AM 与BN 是异面直线，故A 不正确； B.直线BN 与MB 1是异面直线，故B 正确；C. 由条件可知MN//D 1C ，所以异面直线MN 与AC 所成的角为∠ACD 1，△ACD 1是等边三角形，所以∠ACD 1=60∘，故C 正确；D.如图，延长MN ，并分别与DD 1和DC 交于E,F ，连结EA,GB 交于点F ，连结A 1M,BN ，则四边形A 1BNM 即为平面BMN 截正方体所得的截面，由对称性可知，四边形A 1BNM 是等腰梯形，MN =√2,A 1B =2√2，A 1M =BN =√5，则梯形的高是ℎ=√(√5)2−(√22)2=3√22，所以梯形的面积S =12×(√2+2√2)×3√22=92，故D 正确.故选：BCD小提示：关键点点睛：本题考查以正方体为载体，判断异面直线，截面问题，本题关键选项是D ，首先要作出平面BMN与正方体的截面，即关键作出平面EFG.10、答案：ABC分析：通过直线与平面平行的判定定理，即可判断ABC正确；由线面的位置关系，即可得到直线在平面内，故D错误；解：对于A，由于O为BD的中点，M为PB的中点，则OM∥PD，故正确；对于B，由于OM∥PD，OM⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，则OM∥平面PCD，故正确；对于C，由于OM∥PD，OM⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，则OM∥平面PAD，故正确；对于D，由于M∈平面PAB，故错误．故选：ABC．小提示：本题考查线面平行的判定定理及应用，考查直线与平面的位置关系，考查空间想象能力.11、答案：ABC分析：A选项，由中位线证明线线平行，推导出线面平行；B选项，在A选项的基础上证明面面平行；从而推导出D错误；由勾股定理的逆定理得到PA⊥PC，从而得到OM⊥PA.因为O为底面四边形ABCD对角线的交点，所以O为AC的中点，由M是PA的中点，可得PC∥MO，因为PC⊄在平面OMN，OM⊂平面OMN，所以PC//平面OMN，A正确；同理可推得PD//平面OMN，而PC∩PD=P，所以平面PCD//平面OMN，B正确；因为PD⊂平面PCD，故PD不可能垂直平面OMN，D错误；设该正四棱锥的棱长为a，则PA=PC=a,AC=√2a，所以PA⊥PC，因为PC∥MO，所以OM ⊥PA ，C 正确.故选ABC ．12、答案：39π分析：利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案. ∵V =13π62⋅ℎ=30π ∴ℎ=52∴l =√ℎ2+r 2=√(52)2+62=132 ∴S 侧=πrl =π×6×132=39π.所以答案是：39π.。

部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案考点题型与解题方法

(名师选题)部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案考点题型与解题方法单选题1、某正方体被截去部分后得到的空间几何体的三视图如图所示，则该空间几何体的体积为（）A ．132B ．223C ．152D ．2332、已知直线a 与平面α,β,γ，能使α//β的充分条件是（） ①α⊥γ,β⊥γ ②α//γ,β//γ ③a //α,a //β ④a ⊥α,a ⊥β A ．①②B ．②③C ．①④D ．②④3、下列命题中，正确的是（） A ．三点确定一个平面B ．垂直于同一直线的两条直线平行C ．若直线l 与平面α上的无数条直线都垂直，则l ⊥αD ．若a 、b 、c 是三条直线，a ∥b 且与c 都相交，则直线a 、b 、c 在同一平面上4、如图.AB 是圆的直径，PA ⊥AC ，PA ⊥BC ，C 是圆上一点(不同于A ，B )，且PA =AC ，则二面角P −BC −A 的平面角为（）A ．∠PACB ．∠CPAC ．∠PCAD ．∠CAB5、如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为2，圆柱的底面半径为1，高为3，则该几何体的表面积为（）A ．18πB ．20πC ．22π3D ．26π6、如图，某圆锥的轴截面ABC 是等边三角形，点D 是线段AB 的中点，点E 在底面圆的圆周上，且BE ⌢的长度等于CE⌢的长度，则异面直线DE 与BC 所成角的余弦值是（）A ．√24B ．√64C ．√104D ．√1447、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 ．278、如图，在梯形ABCD 中，AB ∥DC 且AB =2DC ，点E 为线段BC 的靠近点C 的一个四等分点，点F 为线段AD 的中点，AE 与BF 交于点O ，且AO⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yBC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，则x +y 的值为（）A ．1B ．57C ．1417D ．56多选题9、《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖膈”．如图在堑堵ABC −A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，且AA 1=AB =2．下列说法正确的是（）A ．四棱锥B −A 1ACC 1为“阳马” B ．四面体A 1C 1CB 为“鳖膈” C ．四棱锥B −A 1ACC 1体积最大为23D ．过A 点分别作AE ⊥A 1B 于点E ，AF ⊥A 1C 于点F ，则EF ⊥A 1B10、在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，则下列命题正确的是（）A．异面直线C1P和CB1所成的角为定值B．直线CD和平面BPC1相交C．三棱锥D−BPC1的体积为定值D．直线CP和直线A1B可能相交11、已知PA⊥矩形ABCD所在的平面，则下列结论中正确的是（）A．PB⊥BCB．PD⊥CDC．PD⊥BDD．PA⊥BD填空题12、对于任意给定的两条异面直线，存在______条直线与这两条直线都垂直．部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案(四)参考答案1、答案：C分析：根据几何体的三视图，可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，根据三棱锥的体积公式即可求解．解：根据几何体的三视图，该空间几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，由图示可知，该空间几何体体积为V=23−(13×12×12×1+13×12×12×2)=152，故选：C.2、答案：D解析：根据线面的平行关系，结合相关性质，逐个分析判断即可得解.对①，若α⊥γ,β⊥γ，垂直于同一个平面的两个平面可以相交，故①错误；对②，若α//γ,β//γ，则α//β，平面的平行具有传递性，故②正确；对③，若a//α,a//β，平行于同一直线的两平面可以相交，故③错误；对④，a⊥α,a⊥β，垂直于同一直线的两平面平行，故④正确.综上：②④正确，故选：D.3、答案：D分析：利用空间点、线、面位置关系直接判断.A.不共线的三点确定一个平面，故A错误；B.由墙角模型，显然B错误；C.根据线面垂直的判定定理，若直线l与平面α内的两条相交直线垂直，则直线l与平面α垂直，若直线l与平面α内的无数条平行直线垂直，则直线l与平面α不一定垂直，故C错误；D.因为a//b，所以a、b确定唯一一个平面，又c与a、b都相交，故直线a、b、c共面，故D正确；故选：D.4、答案：C解析：由圆的性质知：AC⊥BC，根据线面垂直的判定得到BC⊥面PAC，即BC⊥PC，结合二面角定义可确定二面角P−BC−A的平面角.∵C是圆上一点(不同于A，B)，AB是圆的直径，∴AC⊥BC，PA⊥BC，AC∩PA=A，即BC⊥面PAC，而PC⊂面PAC，∴BC⊥PC，又面ABC∩面PBC=BC，PC∩AC=C，∴由二面角的定义：∠PCA为二面角P−BC−A的平面角.故选：C5、答案：A分析：由题意可知该几何体的体积是由半球的表面积加上圆柱的侧面积，再加上圆的面积即可解：由题意得，球的半径R=2，圆柱的底面半径r=1，高ℎ=3，则该几何体的表面积为S=2πR2+πR2+2πrℎ=8π+4π+2π×1×3=18π故选：A.6、答案：A分析：过点A作AO⊥BC于点O，过点A作DG⊥BC于点G，取AO的中点F，连接GE、OE、EF，则有∠DEF （或其补角）就是异面直线DE与BC所成的角，设圆锥的底面半径为2，解三角形可求得答案.解：过点A作AO⊥BC于点O，过点A作DG⊥BC于点G，取AO的中点F，连接GE、OE、EF，BC，所以∠DEF（或其补角）就是异面直线DE与BC所成的角，则DF//BC，且DF=12设圆锥的底面半径为2，则DF=1，OE=2，AO=2√3，所以DG=OF=√3，在Rt△GOE中，GO=1，OE=2，所以GE=√GO2+OE2=√5，在Rt△GDE中，GE=√5，DG=√3，所以DE=√GD2+GE2=2√2，在Rt△FOE中，FO=√3，OE=2，FE=√FO2+OE2=√7，所以在△DFE中，满足DF2+FE2=DE2，所以∠DFE=90∘，所以cos∠DEF=DFDE =2√2=√24，故选：A.7、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. 8、答案：C分析：由向量的线性运算法则化简得到AO ⃑⃑⃑⃑⃑ ==(x −y2)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2yAF ⃑⃑⃑⃑⃑ 和BO ⃑⃑⃑⃑⃑ =(1−x)BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +4y 3BE⃑⃑⃑⃑⃑ ，结合B,O,F 三点共线和A,O,E 三点共线，得出2x +3y −2=0和3x −4y =0，联立方程组，即可求解. 根据向量的线性运算法则，可得AO⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yBC ⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +y(BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ) =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ −yAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yAC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(x −y)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +y ⋅(AD ⃑⃑⃑⃑⃑ +DC⃑⃑⃑⃑⃑ ) =(x −y)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +y ⋅(2AF ⃑⃑⃑⃑⃑ +12AB ⃑⃑⃑⃑⃑ )=(x −y)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2yAF ⃑⃑⃑⃑⃑ +12yAB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(x −y2)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2yAF ⃑⃑⃑⃑⃑ ，因为B,O,F 三点共线，可得x −y 2+2y =1，即2x +3y −2=0；又由BO ⃑⃑⃑⃑⃑ =BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AO ⃑⃑⃑⃑⃑ =BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yBC ⃑⃑⃑⃑⃑ =BA ⃑⃑⃑⃑⃑ −xBA ⃑⃑⃑⃑⃑ +y ⋅43BE ⃑⃑⃑⃑⃑ =(1−x)BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +4y 3BE ⃑⃑⃑⃑⃑ ，因为A,O,E 三点共线，可得1−x +4y 3=1，即3x −4y =0，联立方程组{2x +3y −2=03x −4y =0 ，解得x =817,y =617，所以x +y =1417.故选：C. 9、答案：ABD分析：根据“阳马”和“鳖膈”的定义，可判断A ，B 的正误；当且仅当AC =BC 时，四棱锥B −A 1ACC 1体积有最大值，求值可判断C 的正误；根据题意可证A 1B ⊥平面AEF ，进而判断D 的正误. 底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”， ∴在堑堵ABC −A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，侧棱AA 1⊥平面ABC ，A 选项，∴AA 1⊥BC ，又AC ⊥BC ，且AA 1∩AC =A ，则BC ⊥平面A 1ACC 1， ∴四棱锥B −A 1ACC 1为“阳马”，对；B 选项，由AC ⊥BC ，即A 1C 1⊥BC ，又A 1C 1⊥C 1C 且BC ∩C 1C =C ， ∴A 1C 1⊥平面BB 1C 1C ，∴A 1C 1⊥BC 1，则△A 1BC 1为直角三角形，又由BC⊥平面AA1C1C，得△A1BC为直角三角形，由“堑堵”的定义可得△A1C1C为直角三角形，∥CC1B为直角三角形．∴四面体A1C1CB为“鳖膈”，对；C选项，在底面有4=AC2+BC2≥2AC⋅BC，即AC⋅BC≤2，当且仅当AC=BC=√2时取等号，V B−A1ACC1=13S A1ACC1×BC=13AA1×AC×BC=23AC×BC≤43，错；D选项，因为BC⊥平面AA1C1C，则BC⊥AF，AF⊥A1C且A1C∩BC=C，则AF⊥平面A1BC，∴AF⊥A1B，又AE⊥A1B且AF∩AE=A，则A1B⊥平面AEF，所以则A1B⊥EF，对；故选：ABD．10、答案：AC解析：A：由正方体的性质判断B1C⊥平面ABC1D1，得出B1C⊥C1P，异面直线C1P与CB1所成的角为90°；B：由CD//AB，证明CD//平面ABC1D1，即得CD//平面BPC1；C：三棱锥D−BPC1的体积等于三棱锥的体积P−DBC1的体积，判断三棱锥D−BPC1的体积为定值；D：可得直线CP和直线A1B为异面直线.对于A，因为在正方体ABCD−A1B1C1D1中，B1C⊥BC1，B1C⊥C1D1，又BC1∩C1D1=C1，BC1，C1D1⊂平面ABC1D1，所以B1C⊥平面ABC1D1，而C1P⊂平面ABC1D1，所以B1C⊥C1P，故这两个异面直线所成的角为定值90°，所以A正确；对于B，因为平面BPC1与面ABC1D1是同一平面，DC//AB，AB⊂平面ABC1D1，CD⊂平面ABC1D1，故CD//平面ABC1D1，即CD//平面BPC1，故B错误；对于C，三棱锥D−BPC1的体积等于三棱锥P−DBC1的体积，而平面DBC1为固定平面，且△DBC1大小一定，又因为P∈AD1，因为AD1//BC1，AD1⊂平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，所以AD1//平面DBC1，所以点A到平面DBC1的距离即为点P到该平面的距离，为定值，所以三棱锥D−BPC1的体积为定值，故C正确；对于D，直线CP和直线A1B是异面直线，不可能相交，故D错误.故选：AC.分析：本题考查线面平行的判定，线面垂直的判定及性质，异面直线所成的角，直线与平面所成的角，空间中的距离，正确理解判定定理和性质是解题的关键.11、答案：ABD分析：由PA⊥矩形ABCD，得PA⊥BD，若PD⊥BD，则BD⊥平面PAD，又BA⊥平面PAD，则过平面外一面有两条直线与平面垂直，不成立，故PD⊥BD不正确．解：∵PA⊥矩形ABCD，BD⊂矩形ABCD，∴PA⊥BD，故D正确．若PD⊥BD，则BD⊥平面PAD，又BA⊥平面PAD，则过平面外一面有两条直线与平面垂直，故PD⊥BD不正确，故C不正确；∵PA⊥矩形ABCD，∴PA⊥CD，AD⊥CD，∴CD⊥平面PAD，∴PD⊥CD，故B正确；∵PA⊥矩形ABCD，∴由三垂线定理得PB⊥BC，故A正确；故选：ABD．12、答案：无数分析：平移一条直线与另一条相交并确定一个平面，再由线面垂直的意义及异面直线所成角判断作答. 令给定的两条异面直线分别为直线a,b，平移直线b到直线b′，使b′与直线a相交，如图，则直线b′与a确定平面α，点A是平面α内任意一点，过点A有唯一直线l⊥α，因此，l⊥a,l⊥b′，即有l⊥b，由于点A的任意性，所以有无数条直线与异面直线a,b都垂直.所以答案是：无数。

高中数学必修二第八章立体几何初步知识点题库(带答案)

高中数学必修二第八章立体几何初步知识点题库单选题1、如图，在一个正方体中，E，G分别是棱AB，CC′的中点，F为棱CD靠近C的四等分点.平面EFG截正方体后，其中一个多面体的三视图中，相应的正视图是（）A．B．C．D．答案：D分析：根据条件可得平面EFG经过点B′，然后可得答案.连接EB′，GB′因为E，G分别是棱AB，CC′的中点，F为棱CD靠近C的四等分点所以EB ′//FG ，所以平面EFG 经过点B ′所以多面体A ′D ′DA −EFGC ′B ′的正视图为故选：D2、“迪拜世博会”于2021年10月1日至2022年3月31日在迪拜举行，中国馆建筑名为“华夏之光”，外观取型中国传统灯笼，寓意希望和光明．它的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个中国馆的实心模型，已知模型内层底面直径为12cm ，外层底面直径为16cm ，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为20cm 的球面上.此模型的体积为（）A ．304πcm 3B ．840πcm 3C ．912πcm 3D ．984πcm 3答案：C分析：求出内层圆柱，外层圆柱的高，该模型的体积等于外层圆柱的体积与上下面内层圆柱高出的几何体的体积之和，计算可得解.如图，该模型内层圆柱底面直径为12cm ，且其底面圆周在一个直径为20cm 的球面上，可知内层圆柱的高ℎ1=2√(202)2−(122)2=16 同理，该模型外层圆柱底面直径为16cm ，且其底面圆周在一个直径为20cm 的球面上，可知外层圆柱的高ℎ2=2√(202)2−(162)2=12此模型的体积为V =π(162)2×12+π(122)2×(16−12)=912π故选：C3、某正方体被截去部分后得到的空间几何体的三视图如图所示，则该空间几何体的体积为（）A ．132B ．223C ．152D ．233 答案：C分析：根据几何体的三视图，可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，根据三棱锥的体积公式即可求解．解：根据几何体的三视图，该空间几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，由图示可知，该空间几何体体积为V =23−(13×12×12×1+13×12×12×2)=152，故选：C.4、过半径为4的球O 表面上一点M 作球O 的截面，若OM 与该截面所成的角是30°，则O 到该截面的距离是（）A ．4B ．2√3C ．2D ．1答案：C分析：作出球的截面图，根据几何性质计算，可得答案.作出球的截面图如图：设A为截面圆的圆心，O为球心，则OA⊥截面，AM在截面内，即有OA⊥AM，=2 ,故∠OMA=30∘,所以OA=4×12即O到该截面的距离是2，故选：C5、下列命题中，正确的是（）A．三点确定一个平面B．垂直于同一直线的两条直线平行C．若直线l与平面α上的无数条直线都垂直，则l⊥αD．若a、b、c是三条直线，a∥b且与c都相交，则直线a、b、c在同一平面上答案：D分析：利用空间点、线、面位置关系直接判断.A.不共线的三点确定一个平面，故A错误；B.由墙角模型，显然B错误；C.根据线面垂直的判定定理，若直线l与平面α内的两条相交直线垂直，则直线l与平面α垂直，若直线l与平面α内的无数条平行直线垂直，则直线l与平面α不一定垂直，故C错误；D.因为a//b，所以a、b确定唯一一个平面，又c与a、b都相交，故直线a、b、c共面，故D正确；故选：D.6、如图.AB是圆的直径，PA⊥AC，PA⊥BC，C是圆上一点(不同于A，B)，且PA=AC，则二面角P−BC−A的平面角为（）A．∠PAC B．∠CPA C．∠PCA D．∠CAB答案：C解析：由圆的性质知：AC⊥BC，根据线面垂直的判定得到BC⊥面PAC，即BC⊥PC，结合二面角定义可确定二面角P−BC−A的平面角.∵C是圆上一点(不同于A，B)，AB是圆的直径，∴AC⊥BC，PA⊥BC，AC∩PA=A，即BC⊥面PAC，而PC⊂面PAC，∴BC⊥PC，又面ABC∩面PBC=BC，PC∩AC=C，∴由二面角的定义：∠PCA为二面角P−BC−A的平面角.故选：C7、如图所示的正方形SG1G2G3中，E ， F分别是G1G2，G2G3的中点，现沿SE，SF，EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3重合为点G，则有（）A．SG⊥平面EFG B．EG⊥平面SEFC．GF⊥平面SEF D．SG⊥平面SEF答案：A解析：根据正方形的特点，可得SG⊥FG，SG⊥EG，然后根据线面垂直的判定定理，可得结果.由题意：SG⊥FG，SG⊥EG，FG ∩EG =G ，FG ，EG ⊂平面EFG所以SG ⊥平面EFG 正确，D 不正确；.又若EG ⊥平面SEF ，则EG ⊥ EF ，由平面图形可知显然不成立；同理GF ⊥平面SEF 不正确；故选：A小提示：本题主要考查线面垂直的判定定理，属基础题.8、下图是一个圆台的侧面展开图，若两个半圆的半径分别是1和2，则该圆台的体积是（）A ．7√2π24B ．7√3π24C ．7√2π12D ．7√3π12答案：B分析：先计算出上下底面的半径和面积，再求出圆台的高，按照圆台体积公式计算即可.如图，设上底面的半径为r ，下底面的半径为R ，高为ℎ，母线长为l ，则2πr =π⋅1，2πR =π⋅2，解得r =12,R =1，l =2−1=1，ℎ=√l 2−(R −r )2=√12−(12)2=√32，设上底面面积为S ′=π⋅(12)2=π4，下底面面积为S =π⋅12=π，则体积为13(S +S ′+√SS ′)ℎ=13(π+π4+π2)⋅√32=7√3π24. 故选：B.多选题9、沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时.如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的23(细管长度忽略不计).假设该沙漏每秒钟漏下0.02cm3的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆.以下结论正确的是（）A．沙漏中的细沙体积为1024π81cm3B．沙漏的体积是128πcm3C．细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4cmD．该沙漏的一个沙时大约是1565秒(π≈3.14)答案：AC解析：A．根据圆锥的体积公式直接计算出细沙的体积；B．根据圆锥的体积公式直接计算出沙漏的体积；C．根据等体积法计算出沙堆的高度；D．根据细沙体积以及沙时定义计算出沙时.A.根据圆锥的截面图可知：细沙在上部时，细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比，所以细沙的底面半径r=23×4=83cm，所以体积V=13⋅πr2⋅2ℎ3=13⋅64π9⋅163=1024π81cm3B.沙漏的体积V=2×13×π×(ℎ2)2×ℎ=2×13×π×42×8=2563πcm3；C.设细沙流入下部后的高度为ℎ1，根据细沙体积不变可知：1024π81=13×(π(ℎ2)2)×ℎ1，所以1024π81=16π3ℎ1,所以ℎ1≈2.4cm；D.因为细沙的体积为1024π81cm3，沙漏每秒钟漏下0.02cm3的沙，所以一个沙时为：1024π810.02=1024×3.1481×50≈1985秒.故选：AC.小提示：该题考查圆锥体积有关的计算，涉及到新定义的问题，难度一般.解题的关键是对于圆锥这个几何体要有清晰的认识，同时要熟练掌握圆锥体积有关的计算公式.10、两平行平面截半径为5的球，若截面面积分别为9π和16π，则这两个平面间的距离是（）A．1B．3C．4D．7答案：AD解析：对两个平行平面在球心的同侧和异侧两种情况讨论，计算出球心到两截面的距离，进而可求得两平面间的距离.如图（1）所示，若两个平行平面在球心同侧，则CD=OC−OD=√52−32−√52−42=4−3=1；如图（2）所示，若两个平行截面在球心两侧，则CD=OC+OD=√52−32+√52−42=4+3=7.故选：AD.小提示：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经过旋转轴的截面“轴截面”的性质，利用相似三角形中的相似比，构设相关几何变量的方程组，进而得解.11、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的图形是（）A．B．C．D．答案：AD分析：根据线面平行的判定定理和性质定理分别判断即可解：在A中，连接AC，则AC∥MN，由正方体性质得到平面MNP∥平面ABC，∴AB∥平面MNP，故A成立；对于B，若下底面中心为O，则NO∥AB，NO∩面MNP＝N，∴AB与面MNP不平行，故B不成立；对于C，过M作ME∥AB，则E是中点，则ME与平面PMN相交，则AB与平面MNP相交，∴AB与面MNP不平行，故C不成立；对于D，连接CE，则AB∥CE，NP∥CD，则AB∥PN，∴AB∥平面MNP，故D成立.故选：AD.小提示：此题考查线面平行的判定定理和性质定理的应用，属于基础题填空题12、给出下列命题：①任意三点确定一个平面；②三条平行直线最多可以确定三个个平面；③不同的两条直线均垂直于同一个平面，则这两条直线平行；④一个平面中的两条直线与另一个平面都平行，则这两个平面平行；其中说法正确的有_____（填序号）.答案：②③解析：对四个选项进行逐一分析即可.对①：根据公理可知，只有不在同一条直线上的三点才能确定一个平面，故错误；对②：三条平行线，可以确定平面的个数为1个或者3个，故正确；对③：垂直于同一个平面的两条直线平行，故正确；对④：一个平面中，只有相交的两条直线平行于另一个平面，两平面才平行，故错误. 综上所述，正确的有②③.所以答案是：②③.小提示：本题考查立体几何中的公理、线面平行的判定，属综合基础题.13、正方体ABCD−A′B′C′D′的棱长为a，则异面直线CD′与BD间的距离等于______．答案：√33a分析：作辅助线，找出异面直线CD′与BD的公垂线段，求出公垂线段可得答案.取CD中点M，连接MC′，AM，AM与BD交于P，MC′与CD′交于Q，由正方体的性质可知AC′⊥BD,AC′⊥CD′.由△CMQ与△D′C′Q相似可得MQQC′=MCD′C′=12，同理可得MPPA =12，所以PQ∥AC′，且PQ=13AC′=√33a，所以PQ为CD′与BD间的公垂线段，所以异面直线CD′与BD间的距离等于√33a．所以答案是：√33a.14、如图，A,B是120°的二面角α−l−β棱l上的两点，线段AC、BD分别在平面α、β内，且AC⊥l，BD⊥l，AC=2，BD=1，AB=3，则线段CD的长为______．答案：4分析：作辅助线使∠EAC为二面角的平面角，由余弦定理求出EC，再通过证明ED⊥平面EAC，得出ED⊥EC，通过勾股定理即可求解.如图所示：在平面β中，过A作直线平行于BD，在其上取一点E，使AE＝BD，连接EC、ED．由∵BD⊥l，∴AE⊥l，则∠EAC即为a−l−β的平面角，则∠EAC=120°．在△EAC中，由余弦定理得：EC2=EA2+CA2−2EA⋅CA⋅cos∠EAC=1+4−2×1×2×（−12）=7，四边形EABD是平行四边形，则ED＝AB＝3．由AB⊥平面EAC，结合ED∥AB得ED⊥平面EAC，EC⊂平面EAC，则ED⊥EC，∴△DEC是直角三角形．由勾股定理CD2=CE2+ED2=7+9=16,∴CD=4．所以答案是：4解答题15、如图所示，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=A1D1=a，AB=2a，且E为AB中点．求C1到平面D1DE的距离．答案：√2a．分析：根据V E−DC1D1=V C−D1DE，结合锥体的体积公式，准确运算，即可求解.由题意，可得长方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=A1D1=a，AB=2a，所以V E−DC1D1=13S△DC1C⋅BC=13×12×2a×a×a=13a3．设C1到平面D1DE的距离为ℎ，则V C1−D1DE =13S D1DE⋅ℎ．在直角△DAE中，由勾股定理得DE=√2a，所以S△D1DE =12DD1⋅DE=12×a×√2a=√22a2，所以V C−D1DE =13⋅√22a2⋅ℎ=13a3，解得ℎ=√2a，即C1到平面D1DE的距离为√2a．。

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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：成角902、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D中，各棱长相等，侧掕垂直于底面，点D是侧面所成的角的正切值；。

高中数学必修二第八章立体几何初步考点题型与解题方法(带答案)

高中数学必修二第八章立体几何初步考点题型与解题方法单选题1、下列说法中正确的是（）A．如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的任意一条直线平行B．平面α内△ABC的三个顶点到平面β的距离相等，则α与β平行C．α//β，a//α，则a//βD．a//b，a//α，b⊄α，则b//α答案：D分析：根据线面关系，逐一判断每个选项即可.解：对于A选项，如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的无数条直线平行，而不是任意的直线平行，故错误；对于B选项，如图1，D，E，F，G分别为正方体中所在棱的中点，平面DEFG设为平面β，易知正方体的三个顶点A，B，C到平面β的距离相等，但△ABC所在平面α与β相交，故错误；对于选项C，a可能在平面β内，故错误；对于选项D，正确.故选：D.2、已知直三棱柱ABC−A1B1C1的各顶点都在同一球面上，且该棱柱的体积为√3，AB=2，AC=1，∠BAC=60°，则该球的表面积为（）A．4πB．4√2πC．8πD．32π答案：C解析：利用三棱柱ABC −A 1B 1C 1的侧棱垂直于底面，棱柱的体积为√3，AB =2，AC =1，∠BAC =60°，求出AA 1，再求出ΔABC 外接圆的半径，即可求得球的半径，从而可求球的表面积. ∵三棱柱ABC −A 1B 1C 1的侧棱垂直于底面，棱柱的体积为√3，AB =2，AC =1，∠BAC =60°， ∴12×2×1×sin60°×AA 1=√3，∴AA 1=2∵BC 2=AB 2+AC 2−2AB ⋅ACcos60°=4+1−2=3，∴BC =√3. 设ΔABC 外接圆的半径为R ，则BCsin60°=2R ，∴R =1.∴外接球的半径为√1+1=√2，∴球的表面积等于4π×(√2)2=8π. 故选：C.小提示：本小题主要考查根据柱体体积求棱长，考查几何体外接球有关计算，属于基础题.3、牟合方盖是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，该方法不直接给出球体的体积，而是先计算牟合方盖的体积.刘徽通过计算，“牟合方盖”的体积与球的体积关系为V 牟V 球=4π，并且推理出了“牟合方盖”的八分之一的体积计算公式，即V 牟8=r 3−V 方盖差，从而计算出V 球=43πr 3.如果记所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V ，则V 方差盖:V =（） A ．√22B ．1C ．√2D ．2√2 答案：C分析：计算出V 方盖差，V ，即可得出结论.由题意，V 方盖差=r 3−18V 牟=r 3−18×4π×43×π×r 3=13r 3，所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V 正=13×r ×r ×r 2−(√2r 2)2=√26r 3， ∴V 方盖差V 正=13r 3√2r 36=√2，故选：C ．4、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 ．2πR 2B ．94πR 2C ．83πR 2D ．πR 2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．5、如图所示的是平行四边形ABCD所在的平面，有下列表示方法：①平面ABCD；②平面BD；③平面AD；④平面ABC；⑤AC；⑥平面α.其中不正确的是（）A．④⑤B．③④⑤C．②③④⑤D．③⑤答案：D解析：根据平面的表示方法判断．③中AD不为对角线，故错误；⑤中漏掉“平面”两字，故错误.故选：D.6、如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，BD=2，DE=1，点P在线段EF上.给出下列命题：①存在点P，使得直线DP//平面ACF；②存在点P，使得直线DP⊥平面ACF；,1]；③直线DP与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是[√55④三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截得的截面面积是9π.8其中所有真命题的序号（）A．①③B．①④C．①②④D．①③④答案：D分析：当点P是线段EF中点时判断①；假定存在点P，使得直线DP⊥平面ACF，推理导出矛盾判断②；利用线面角的定义转化列式计算判断③；求出△ACF外接圆面积判断④作答.取EF中点G，连DG，令AC∩BD=O，连FO，如图，在正方形ABCD中，O为BD中点，而BDEF是矩形，则DO//GF且DO=GF，即四边形DGFO是平行四边形，即有DG//FO，而FO⊂平面ACF，DG⊄平面ACF，于是得DG//平面ACF，当点P与G重合时，直线DP//平面ACF，①正确；假定存在点P，使得直线DP⊥平面ACF，而FO⊂平面ACF，则DP⊥FO，又DG//FO，从而有DP⊥DG，在Rt△DEF中，∠DEF=90∘，DG是直角边EF上的中线，显然在线段EF上不存在点与D连线垂直于DG，因此，假设是错的，即②不正确；因平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，则线段EF上的动点P在平面ABCD上的射影在直线BD上，于是得∠PDB是直线DP与平面ABCD所成角的，在矩形BDEF中，当P与E不重合时，∠PDB=∠DPE，sin∠PDB=sin∠DPE=DEDP =√DE2+EP2=√1+EP2，而0<EP≤2，则√55≤sin∠PDB<1，当P与E重合时，∠PDB=π2，sin∠PDB=1，因此，√55≤sin∠PDB≤1，③正确；因平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，BF⊥BD，BF⊂平面BDEF，则BF⊥平面ABCD，BC=√2，在△ACF中，AF=CF=√BC2+BF2=√3，显然有FO⊥AC，sin∠FAC=FOAF =√BO2+BF2AF=√2√3，由正弦定理得△ACF外接圆直径2R=CFsin∠FAC =√2，R=2√2，三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截得的截面是△ACF的外接圆，其面积为πR2=9π8，④正确，所以所给命题中正确命题的序号是①③④.故选：D小提示：名师点评两个平面互相垂直，则一个平面内任意一点在另一个平面上的射影都在这两个平面的交线上.7、边长为5 cm的正方形EFGH是圆柱的轴截面，则从E点沿圆柱的侧面到相对顶点G的最短距离是（）A．10cm B．5√2cmC．5√π2+1cm D．52√π2+4cm答案：D分析：将圆柱展开，根据题意即可求出答案.圆柱的侧面展开图如图所示，展开后E′F=12×2π×52=52π(cm)，∴E′G=√52+(5π2)2=52√π2+4(cm)，即为所求最短距离．8、下面四个选项中一定能得出平面α/⁄平面β的是（）A．存在一条直线a，a//α，a//βB．存在一条直线a，a⊂α，a//βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a//β，b//αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a//β，b//α答案：D分析：对于A，B，C，举出符合条件的特例即可判断；对于D，过直线a作平面γ∩β=c，再证c//α即可. 如图，ABCD−A1B1C1D1是长方体，平面ABCD为平面α，平面ABB1A1为平面β，对于A，直线C1D1为直线a，显然a//α，a//β，而α与β相交，A不正确；对于B，直线CD为直线a，显然a⊂α，a//β，而α与β相交，B不正确；对于C，直线CD为直线a，直线A1B1为直线b，显然a⊂α，b⊂β，a//β，b//α，而α与β相交，C不正确；对于D，因a，b是异面直线，且a⊂α，b⊂β，过直线a作平面γ∩β=c，如图，则c//a，并且直线c与b必相交，而c⊄α，于是得c//α，又b//α，即β内有两条相交直线都平行于平面α，⁄平面β.因此，平面α/多选题9、(多选题)下列说法中，正确的结论有（）A．如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等B．如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角(或直角)相等C．如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，那么这两个角相等或互补D．如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线互相平行答案：BD分析：由等角定理可判断A的真假；根据直线夹角的定义可判断B的真假；举反例可判断C的真假；由平行公理可判断D的真假.对于选项A：如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补，故选项A错误；对于选项B：如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角或直角相等，故选项B正确；对于选项C：如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，这两个角的关系不确定，既可能相等也可能互补，也可能既不相等，也不互补.反例如图，在立方体中，∠A1D1C1与∠A1BC1满足A1D1⊥A1B，C1D1⊥C1B，但是∠A1D1C1=π2，∠A1BC1=π3，二者不相等也不互补.故选项C错误；对于选项D：如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线平行，故选项D正确.故选：BD.10、矩形ABCD中，AB=2，BC=1，将此矩形沿着对角线BD折成一个三棱锥C−BDA，则以下说法正确的有（）A．三棱锥C−BDA的体积最大值为2√515B．当二面角C−BD−A为直二面角时，三棱锥C−BDA的体积为2√515C．当二面角C−BD−A为直二面角时，三棱锥C−BDA的外接球的表面积为5πD．当二面角C−BD−A不是直二面角时，三棱锥C−BDA的外接球的表面积小于5π答案：ABC分析：求出点C到平面ABD的最大距离即可计算棱锥的最大体积判断选项A，B；求出三棱锥C−BDA的外接球的半径即可判断选项C，D作答.过C作CE⊥BD于E，在平面DBA内过E作BD的垂线EG，则∠CEG为二面角C−BD−A的平面角，如图，平面CEG⊥平面DBA，过C作CF⊥EG于F，则CF⊥平面DBA，在直角△BCD中，∠BCD=90∘，BC=1,CD=2,CE=BC⋅CDBD =2√55，显然CF≤CE，当且仅当点E与F重合时取“=”，即点C到平面ABD距离的最大值为CE=2√55，而S△DBA=12AB⋅AD=1，则三棱锥C−BDA的体积最大值为13CE⋅S△DBA=2√515，A正确；当CF取最大值2√55时，CF⊂平面BCD，又CF⊥平面DBA，则平面BCD⊥平面DBA，即二面角C−BD−A为直二面角，三棱锥C−BDA的体积为2√515，B正确；取BD中点O，连接AO，CO，显然有AO=CO=12BD=BO=DO，于是得点A，B，C，D在以O为球心，AO=√52为半径的球面上，显然，无论二面角C−BD−A如何变化，点A，B，C，D都在上述的球O上，其表面积为5π，C正确，D不正确.故选：ABC11、如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，则下列四个命题正确的是（）A．两条异面直线D1C和BC1所成的角为π4B．直线BC与平面ABC1D1所成的角等于π4C．点D到面ACD1的距离为√33D．三棱柱AA1D1−BB1C1外接球半径为√32答案：BCD分析：对于A：根据异面直线的求法易得：异面直线D1C和BC1所成的角为∠AD1C；对于B：可证B1C⊥平面ABC1D1，则直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠CBC1；对于C：根据等体积转换V D−ACD1=V D1−ACD，求点D到面ACD1的距离；对于D：三棱柱AA1D1−BB1C1的外接球即为正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球，直接求正方体外接球的半径即可．连接AC、AD1∵AB∥C1D1且AB=C1D1，则四边形ABC1D1为平行四边形，∴异面直线D1C和BC1所成的角为∠AD1C∵AC=AD1=D1C，则△ACD1为正三角形，即∠AD1C=π3A不正确；连接B1C在正方形BB1C1C中，BC1⊥B1C∵AB⊥平面BB1C1C，B1C⊂平面BB1C1C∴AB⊥B1CAB∩BC1=B，则B1C⊥平面ABC1D1∴直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠CBC1=π4 B正确；根据等体积转换可知：V D−ACD1=V D1−ACD即13×ℎ×12×√2×√2×√32=13×1×12×1×1，则ℎ=√33C正确；三棱柱AA1D1−BB1C1的外接球即为正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球则外接球的半径即为正方体ABCD−A1B1C1D1体对角线的一半，即R=√32 D正确；故选：BCD．填空题12、一个圆锥的母线长为20，母线与轴的夹角为60∘，则圆锥的高为________．答案：10分析：利用圆锥的几何性质可求得该圆锥的高.由题意可知，该圆锥的高为ℎ=20cos60∘=10.所以答案是：10.13、若将两个半径为1的铁球熔化后铸成一个球，则该球的半径为______．答案：√23分析：根据球的体积等于两个半径为1的球的体积之和即可求其半径．设大球的半径为r，则根据体积相同，可知43π+43π=43πr3，则r3=2，解得r=√23.所以答案是：√23．14、已知一三角形ABC用斜二测画法画出的直观图是面积为√3的正三角形A′B′C′(如图)，则三角形ABC中边长与正三角形A′B′C′的边长相等的边上的高为______．答案：2√6分析：根据面积公式求出三角形的边长，以及高，利用斜二测画法的原理还原出原三角形的高，并求出答案. 设正三角形A′B′C′的边长为a，∵S△A′B′C′=√34a2=√3∴a=2，DC′=√3O′C′=√6∴O′C=2√6所以答案是：2√6.解答题15、如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，A1C1与B1D1交于点O1，求证：(1)直线A1B∥平面ACD1；(2)直线BO1∥平面ACD1．答案：(1)证明见解析(2)证明见解析分析：(1)根据题意，先证得四边形A1D1CB是平行四边形，从而证得A1B∥D1C，即可证得线面垂直；(2)连接BD，交AC于O，连接D1O，只需证明O1B∥D1O，即可证得线面垂直；（1）证明：直线A1B在平面ACD1外，因为A1D1∥BC，A1D1=BC，所以四边形A1D1CB是平行四边形，所以A1B∥D1C，而D1C是平面ACD1内的直线，根据判定定理可知，直线A1B∥平面ACD1．（2）证明：如图，连接BD，交AC于O，连接D1O，易知D1O1∥OB，D1O1=OB，则四边形D1O1BO是平行四边形，所以O1B∥D1O，所以D1O在平面ACD1上，根据判定定理可知，O1B∥平面ACD1．。

高中数学必修二第八章立体几何初步考点精题训练(带答案)

高中数学必修二第八章立体几何初步考点精题训练单选题1、南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148．5m时，相应水面的面积为140．0km2；水位为海拔157．5m时，相应水面的面积为180．0km2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148．5m上升到157．5m时，增加的水量约为（√7≈2.65）（）A．1.0×109m3B．1.2×109m3C．1.4×109m3D．1.6×109m3答案：C分析：根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．依题意可知棱台的高为MN=157.5−148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V．棱台上底面积S=140.0km2=140×106m2，下底面积S′=180.0km2=180×106m2，∴V=13ℎ(S+S′+√SS′)=13×9×(140×106+180×106+√140×180×1012)=3×(320+60√7)×106≈(96+18×2.65)×107=1.437×109≈1.4×109(m3)．故选：C．2、如图已知正方体ABCD−A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1答案：A分析：由正方体间的垂直、平行关系，可证MN//AB,A1D⊥平面ABD1，即可得出结论.连AD1，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是A1D的中点，所以M为AD1中点，又N是D1B的中点，所以MN//AB，MN⊄平面ABCD,AB⊂平面ABCD，所以MN//平面ABCD.因为AB不垂直BD，所以MN不垂直BD则MN不垂直平面BDD1B1，所以选项B,D不正确；在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AD1⊥A1D，AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，AD1∩AB=A，所以A1D⊥平面ABD1，D1B⊂平面ABD1，所以A1D⊥D1B，且直线A1D,D1B是异面直线，所以选项C错误，选项A正确.故选：A.小提示：关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.3、在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，三棱锥A −B 1CD 1的表面积为4√3，则正方体外接球的体积为（）A ．4√3πB ．√6πC ．32√3πD ．8√6π答案：B解析：根据三棱锥的表面积进一步求出正方体的棱长，最后求出正方体的外接球的半径，进一步求出结果．解：设正方体的棱长为a ，则B 1D 1=AC =AB 1=AD 1=B 1C =D 1C =√2a ，由于三棱锥A −B 1CD 1的表面积为4√3，所以S =4S △AB 1C =4×12×√32(√2a)2=4√3所以a =√2所以正方体的外接球的半径为√(√2)2+(√2)2+(√2)22=√62，所以正方体的外接球的体积为43π·(√62)3=√6π故选：B ．小提示：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.4、已知三棱锥P −ABC ，其中PA ⊥平面ABC ，∠BAC =120°，PA =AB =AC =2，则该三棱锥外接球的表面积为（）A ．12πB ．16πC ．20πD ．24π答案：C分析：根据余弦定理、正弦定理，结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可.根据题意设底面△ABC 的外心为G ，O 为球心，所以OG ⊥平面ABC ，因为PA ⊥平面ABC ，所以OG//PA ，设D 是PA 中点，因为OP =OA ，所以DO ⊥PA ，因为PA ⊥平面ABC ，AG ⊂平面ABC ，所以AG ⊥PA ，因此OD//AG ，因此四边形ODAG 是平行四边形，故OG =AD =12PA =1，由余弦定理，得BC =√AB 2+AC 2−2AB ⋅AC ⋅cos120°=√4+4−2×2×2×(−12)=2√3，由正弦定理，得2AG =√3√32⇒AG =2，所以该外接球的半径R 满足R 2=(OG )2+(AG )2=5⇒S =4πR 2=20π，故选：C ．小提示：关键点睛：运用正弦定理、余弦定理是解题的关键.5、牟合方盖是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，该方法不直接给出球体的体积，而是先计算牟合方盖的体积.刘徽通过计算，“牟合方盖”的体积与球的体积关系为V 牟V 球=4π，并且推理出了“牟合方盖”的八分之一的体积计算公式，即V 牟8=r 3−V 方盖差，从而计算出V 球=43πr 3.如果记所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V ，则V 方差盖:V =（）A．√22B．1C．√2D．2√2答案：C分析：计算出V方盖差，V，即可得出结论.由题意，V方盖差=r3−18V牟=r3−18×4π×43×π×r3=13r3，所有棱长都为r的正四棱锥的体积为V正=13×r×r×r2−(√2r2)2=√26r3，∴V方盖差V正=13r3√2r36=√2，故选：C．6、如图，已知正方体的棱长为a，沿图1中对角面将它分割成两个部分，拼成如图2的四棱柱，则该四棱柱的全面积为（）A．(8+2√2)a2B．(2+4√2)a2C．(4+2√2)a2D．(6−4√2)a2答案：C分析：拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，据此变化，进行求解. 由题意，拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，由于截面为矩形，长为√2a，宽为a，所以面积为√2a2，所以拼成的几何体的表面积为4a2+2√2a2=(4+2√2)a2.故选：C.7、如图所示的正方形SG1G2G3中，E ， F分别是G1G2，G2G3的中点，现沿SE，SF，EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3重合为点G，则有（）A．SG⊥平面EFG B．EG⊥平面SEFC．GF⊥平面SEF D．SG⊥平面SEF答案：A解析：根据正方形的特点，可得SG⊥FG，SG⊥EG，然后根据线面垂直的判定定理，可得结果. 由题意：SG⊥FG，SG⊥EG，FG∩EG=G，FG，EG⊂平面EFG所以SG⊥平面EFG正确，D不正确；.又若EG⊥平面SEF，则EG⊥EF，由平面图形可知显然不成立；同理GF⊥平面SEF不正确；故选：A小提示：本题主要考查线面垂直的判定定理，属基础题.8、如图，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，则图中与平面PCD垂直的平面是（）A．平面ABCD B．平面PBCC．平面PAD D．平面PCD答案：C分析：由线面垂直得到线线垂直，进而证明出线面垂直，面面垂直.因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，由四边形ABCD为矩形得CD⊥AD，因为PA∩AD=A，所以CD⊥平面PAD．又CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD．故选：C多选题9、沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时.如图，某沙漏由上(细管长度忽略不下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的23计).假设该沙漏每秒钟漏下0.02cm3的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆.以下结论正确的是（）A．沙漏中的细沙体积为1024πcm381B．沙漏的体积是128πcm3C．细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4cmD．该沙漏的一个沙时大约是1565秒(π≈3.14)答案：AC解析：A．根据圆锥的体积公式直接计算出细沙的体积；B．根据圆锥的体积公式直接计算出沙漏的体积；C．根据等体积法计算出沙堆的高度；D．根据细沙体积以及沙时定义计算出沙时.A.根据圆锥的截面图可知：细沙在上部时，细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比，所以细沙的底面半径r=23×4=83cm，所以体积V=13⋅πr2⋅2ℎ3=13⋅64π9⋅163=1024π81cm3B.沙漏的体积V=2×13×π×(ℎ2)2×ℎ=2×13×π×42×8=2563πcm3；C.设细沙流入下部后的高度为ℎ1，根据细沙体积不变可知：1024π81=13×(π(ℎ2)2)×ℎ1，所以1024π81=16π3ℎ1,所以ℎ1≈2.4cm；D.因为细沙的体积为1024π81cm3，沙漏每秒钟漏下0.02cm3的沙，所以一个沙时为：1024π810.02=1024×3.1481×50≈1985秒.故选：AC.小提示：该题考查圆锥体积有关的计算，涉及到新定义的问题，难度一般.解题的关键是对于圆锥这个几何体要有清晰的认识，同时要熟练掌握圆锥体积有关的计算公式.10、(多选题)在四棱锥A－BCDE中，底面四边形BCDE为梯形，BC∥DE.设CD，BE，AE，AD的中点分别为M，N，P，Q，则（）A．PQ＝1MN B．PQ∥MN2C．M，N，P，Q四点共面D．四边形MNPQ是梯形答案：BCD分析：根据中位线的性质，结合平行的性质逐个判定即可DE，且DE≠MN，由题意知PQ=12所以PQ≠1MN，故A不正确；又PQ∥DE，DE∥MN，2所以PQ∥MN，又PQ≠MN，所以B，C，D正确.故选：BCD11、给出以下关于斜二测直观图的结论，其中正确的是（）A．水平放置的角的直观图一定是角B．相等的角在直观图中仍然相等C．相等的线段在直观图中仍然相等D．两条平行线段在直观图中仍是平行线段答案：AD分析：根据直观图和斜二测画法的规则，判断选项.水平放置的角的直观图一定是角，故A正确；角的大小在直观图中都会发生改变，有的线段在直观图中也会改变，比如正方形的直方图中，故BC错误；由斜二测画法规则可知，直观图保持线段的平行性，所以D正确.故选：AD填空题12、如图所示，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，若PA//平面EBF，则PF=_______FC答案：12##0.5 分析：连接AC 交BE 于点M ，连接FM ，由线面平行的性质得线线平行，由平行线性得结论．连接AC 交BE 于点M ，连接FM ，∵PA//平面EBF ，PA ⊂平面PAC ，平面PAC ∩平面EBF =EM ，∴PA//EM ，又AE//BC ，∴PF FC =AM MC =AE BC =12. 所以答案是：12． 13、已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π则该圆锥的侧面积为________.答案：39π分析：利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案. ∵V =13π62⋅ℎ=30π∴ℎ=52∴l =√ℎ2+r 2=√(52)2+62=132 ∴S 侧=πrl =π×6×132=39π. 所以答案是：39π.14、如图，拿一张矩形纸片对折后略微展开，竖立在桌面上，折痕与桌面的关系是______．答案：垂直分析：根据给定条件，利用线面垂直的判定推理作答.令桌面所在的平面为α，折痕所在直线为l，纸片与桌面公共部分所在直线为a,b，如图，依题意有a∩b=A，因l⊥a,l⊥b，a,b⊂α，所以l⊥α，所以折痕与桌面垂直.所以答案是：垂直解答题15、如图，四棱锥P−ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM．（1）证明：平面PAM⊥平面PBD；（2）若PD=DC=1，求四棱锥P−ABCD的体积．答案：（1）证明见解析；（2）√23．分析：（1）由PD⊥底面ABCD可得PD⊥AM，又PB⊥AM，由线面垂直的判定定理可得AM⊥平面PBD，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM⊥平面PBD；（2）由（1）可知，AM⊥BD，由平面知识可知，△DAB~△ABM，由相似比可求出AD，再根据四棱锥P−ABCD的体积公式即可求出．（1）因为PD⊥底面ABCD，AM⊂平面ABCD，所以PD⊥AM，又PB⊥AM，PB∩PD=P，所以AM⊥平面PBD，而AM⊂平面PAM，所以平面PAM⊥平面PBD．（2）[方法一]：相似三角形法由（1）可知AM⊥BD．于是△ABD∽△BMA，故ADAB =ABBM．因为BM=12BC,AD=BC,AB=1，所以12BC2=1，即BC=√2．故四棱锥P−ABCD的体积V=13AB⋅BC⋅PD=√23．[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法由（2）知AM⊥DB,所以k AM⋅k BD=−1．建立如图所示的平面直角坐标系，设BC =2a(a >0)．因为DC =1，所以A(0,0)，B(1,0)，D(0,2a)，M(1,a)．从而k AM ⋅k BD =a−01−0×2a−00−1=a ×(−2a)=−2a 2=−1．所以a =√22，即DA =√2．下同方法一.[方法三]【最优解】：空间直角坐标系法建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz ，设|DA|=t ，所以D(0,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，A(t,0,0)，B(t,1,0)．所以M (t 2,1,0)，PB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(t,1,−1)，AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(−t 2,1,0)．所以PB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =t ⋅(−t 2)+1×1+0×(−1)=−t 22+1=0．所以t =√2，即|DA|=√2．下同方法一.[方法四]：空间向量法由PB ⊥AM ，得PB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．所以(PD⃑⃑⃑⃑⃑ +DA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ )⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．即PD ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +DA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．又PD ⊥底面ABCD ，AM 在平面ABCD 内，因此PD ⊥AM ，所以PD ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．所以DA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0，由于四边形ABCD 是矩形，根据数量积的几何意义，得−12|DA ⃑⃑⃑⃑⃑ |2+|AB ⃑⃑⃑⃑⃑ |2=0，即−12|BC ⃑⃑⃑⃑⃑ |2+1=0．所以|BC⃑⃑⃑⃑⃑ |=√2，即BC =√2．下同方法一. 【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最常用的通性通法，为最优解；方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.。

(完整版)高中数学必修2空间立体几何大题

必修2空间立体几何大题一．解答题（共18小题）1．如图，在三棱锥V﹣ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC=BC=，O，M分别为AB，VA的中点．（1）求证：VB∥平面MOC；（2）求证：平面MOC⊥平面VAB（3）求三棱锥V﹣ABC的体积．2．如图，三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，PA=1，AB=1，AC=2，∠BAC=60°．（1）求三棱锥P﹣ABC的体积；（2）证明：在线段PC上存在点M，使得AC⊥BM，并求的值．3．如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=16，BC=10，AA1=8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=4．过E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）（Ⅱ）求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．4．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，E，F分别是BC，CC1的中点，（Ⅰ）证明：平面AEF⊥平面B1BCC1；（Ⅱ）若直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°，求三棱锥F﹣AEC的体积．5．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC=CC1，设AB1的中点为D，B1C∩BC1=E．求证：（1）DE∥平面AA1C1C；（2）BC1⊥AB1．6．如题图，三棱锥P﹣ABC中，平面PAC⊥平面ABC，∠ABC=，点D、E在线段AC上，且AD=DE=EC=2，PD=PC=4，点F在线段AB上，且EF∥BC．（Ⅰ）证明：AB⊥平面PFE．（Ⅱ）若四棱锥P﹣DFBC的体积为7，求线段BC的长．7．如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且PO=OB=1，（Ⅰ）若D为线段AC的中点，求证；AC⊥平面PDO；（Ⅱ）求三棱锥P﹣ABC体积的最大值；8．如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD．（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面BED；（Ⅱ）若∠ABC=120°，AE⊥EC，三棱锥E﹣ACD的体积为，求该三棱锥的侧面积．9．如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB=AC=3，BC=2，AA1=，BB1=2，点E和F分别为BC和A1C的中点．（Ⅰ）求证：EF∥平面A1B1BA；（Ⅱ）求证：平面AEA1⊥平面BCB1；（Ⅲ）求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小．10．如图所示，已知AB⊥平面BCD，M、N分别是AC、AD的中点，BC⊥CD．（1）求证：MN∥平面BCD；（2）求证：平面BCD⊥平面ABC．11．如图，圆柱的轴截面ABCD是正方形，点E在底面的圆周上，BF⊥AE，F是垂足．（1）求证：BF⊥AC；（2）若CE=1，∠CBE=30°，求三棱锥F﹣BCE的体积．12．如图，已知四边形ABCD和BCEG均为直角梯形，AD∥BC，CE∥BG，且∠BCD=∠BCE=，平面ABCD⊥平面BCEG，BC=CD=CE=2AD=2BG=2．求证：（Ⅰ）EC⊥CD；（Ⅱ）求证：AG∥平面BDE；（Ⅲ）求：几何体EG﹣ABCD的体积．13．如图，已知三棱锥A﹣BPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M为AB的中点，D为PB的中点，且△PMB为正三角形．（1）求证：DM∥平面APC；（2）若BC=4，AB=20，求三棱锥D﹣BCM的体积．14．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，AB=2，PD=，O为AC 与BD的交点，E为棱PB上一点．（Ⅰ）证明：平面EAC⊥平面PBD；（Ⅱ）若PD∥平面EAC，求三棱锥P﹣EAD的体积．15．已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，底面边长为，点P、Q、R分别在棱AA1、BB1、BC上，Q是BB1中点，且PQ∥AB，C1Q⊥QR（1）求证：C1Q⊥平面PQR；（2）若C1Q=，求四面体C1PQR的体积．16．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点．（1）证明BC1∥平面A1CD（2）设AA1=AC=CB=2，AB=2，求三菱锥C﹣A1DE的体积．17．如图甲，⊙O的直径AB=2，圆上两点C，D在直径AB的两侧，且∠CBA=∠DAB=．沿直径AB折起，使两个半圆所在的平面互相垂直（如图乙），F为BC的中点，E为AO的中点．根据图乙解答下列各题：（Ⅰ）求证：CB⊥DE；（Ⅱ）求三棱锥C﹣BOD的体积；（Ⅲ）在劣弧上是否存在一点G，使得FG∥平面ACD？若存在，试确定点G的位置；若不存在，请说明理由．18．如图：是直径为的半圆，O为圆心，C是上一点，且．DF⊥CD，且DF=2，，E为FD的中点，Q为BE的中点，R为FC上一点，且FR=3RC．（Ⅰ）求证：面BCE⊥面CDF；（Ⅱ）求证：QR∥平面BCD；（Ⅲ）求三棱锥F﹣BCE的体积．必修2空间立体几何大题参考答案与试题解析一．解答题（共18小题）1．（2015?北京）如图，在三棱锥V﹣ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC=BC=，O，M分别为AB，VA的中点．（1）求证：VB∥平面MOC；（2）求证：平面MOC⊥平面VAB（3）求三棱锥V﹣ABC的体积．考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定．专题：综合题；空间位置关系与距离．分析：（1）利用三角形的中位线得出OM∥VB，利用线面平行的判定定理证明VB∥平面MOC；（2）证明：OC⊥平面VAB，即可证明平面MOC⊥平面VAB（3）利用等体积法求三棱锥V﹣ABC的体积．解答：（1）证明：∵O，M分别为AB，VA的中点，∴OM∥VB，∵VB?平面MOC，OM?平面MOC，∴VB∥平面MOC；（2）∵AC=BC，O为AB的中点，∴OC⊥AB，∵平面VAB⊥平面ABC，OC?平面ABC，∴OC⊥平面VAB，∵OC?平面MOC，∴平面MOC⊥平面VAB（3）在等腰直角三角形ACB中，AC=BC=，∴AB=2，OC=1，∴S△VAB=，∵OC⊥平面VAB，∴V C﹣VAB=?S△VAB=，∴V V﹣ABC=V C﹣VAB=．点评：本题考查线面平行的判定，考查平面与平面垂直的判定，考查体积的计算，正确运用线面平行、平面与平面垂直的判定定理是关键．2．（2015?安徽）如图，三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，PA=1，AB=1，AC=2，∠BAC=60°．（1）求三棱锥P﹣ABC的体积；（2）证明：在线段PC上存在点M，使得AC⊥BM，并求的值．考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；点、线、面间的距离计算．专题：综合题；空间位置关系与距离．分析：（1）利用V P﹣ABC=?S△ABC?PA，求三棱锥P﹣ABC的体积；（2）过B作BN⊥AC，垂足为N，过N作MN∥PA，交PA于点M，连接BM，证明AC⊥平面MBN，可得AC⊥BM，利用MN∥PA，求的值．解答：（1）解：由题设，AB=1，AC=2，∠BAC=60°，可得S△ABC==．因为PA⊥平面ABC，PA=1，所以V P﹣ABC=?S△ABC?PA=；（2）解：过B作BN⊥AC，垂足为N，过N作MN∥PA，交PC于点M，连接BM，由PA⊥平面ABC，知PA⊥AC，所以MN⊥AC，因为BN∩MN=N，所以AC⊥平面MBN．因为BM?平面MBN，所以AC⊥BM．在直角△BAN中，AN=AB?cos∠BAC=，从而NC=AC﹣AN=．由MN∥PA得==．点评：本题考查三棱锥P﹣ABC的体积的计算，考查线面垂直的判定与性质的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．3．（2015?黑龙江）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=16，BC=10，AA1=8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=4．过E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）（Ⅱ）求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；平面的基本性质及推论．专题：综合题；空间位置关系与距离．分析：（Ⅰ）利用平面与平面平行的性质，可在图中画出这个正方形；（Ⅱ）求出MH==6，AH=10，HB=6，即可求平面a把该长方体分成的两部分体积的比值．解答：解：（Ⅰ）交线围成的正方形EFGH如图所示；（Ⅱ）作EM⊥AB，垂足为M，则AM=A1E=4，EB1=12，EM=AA1=8．因为EFGH为正方形，所以EH=EF=BC=10，于是MH==6，AH=10，HB=6．因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为．点评：本题考查平面与平面平行的性质，考查学生的计算能力，比较基础．4．（2015?湖南）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，E，F分别是BC，CC1的中点，（Ⅰ）证明：平面AEF⊥平面B1BCC1；（Ⅱ）若直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°，求三棱锥F﹣AEC的体积．考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定．专题：空间位置关系与距离．分析：（Ⅰ）证明AE⊥BB1，AE⊥BC，BC∩BB1=B，推出AE⊥平面B1BCC1，利用平面余平米垂直的判定定理证明平面AEF⊥平面B1BCC1；（Ⅱ）取AB的中点G，说明直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°，就是∠CA1G，求出棱锥的高与底面面积即可求解几何体的体积．解答：（Ⅰ）证明：∵几何体是直棱柱，∴BB1⊥底面ABC，AE?底面ABC，∴AE⊥BB1，∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，E分别是BC的中点，∴AE⊥BC，BC∩BB1=B，∴AE⊥平面B1BCC1，∵AE?平面AEF，∴平面AEF⊥平面B1BCC1；（Ⅱ）解：取AB的中点G，连结A1G，CG，由（Ⅰ）可知CG⊥平面A1ABB1，直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°，就是∠CA1G，则A1G=CG=，∴AA1==，CF=．三棱锥F﹣AEC的体积：×==．点评：本题考查几何体的体积的求法，平面与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．5．（2015?江苏）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC=CC1，设AB1的中点为D，B1C∩BC1=E．求证：（1）DE∥平面AA1C1C；（2）BC1⊥AB1．考点：直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的性质．专题：证明题；空间位置关系与距离．分析：（1）根据中位线定理得DE∥AC，即证DE∥平面AA1C1C；（2）先由直三棱柱得出CC1⊥平面ABC，即证AC⊥CC1；再证明AC⊥平面BCC1B1，即证BC1⊥AC；最后证明BC1⊥平面B1AC，即可证出BC1⊥AB1．解答：证明：（1）根据题意，得；E为B1C的中点，D为AB1的中点，所以DE∥AC；又因为DE?平面AA1C1C，AC?平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C；（2）因为棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC，因为AC?平面ABC，所以AC⊥CC1；又因为AC⊥BC，CC1?平面BCC1B1，BC?平面BCC1B1，BC∩CC1=C，所以AC⊥平面BCC1B1；又因为BC1?平面BCC1B1，所以BC1⊥AC；因为BC=CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，所以BC1⊥平面B1AC；又因为AB1?平面B1AC，所以BC1⊥AB1．点评：本题考查了直线与直线，直线与平面以及平面与平面的位置关系，也考查了空间想象能力和推理论证能力的应用问题，是基础题目．6．（2015?重庆）如题图，三棱锥P﹣ABC中，平面PAC⊥平面ABC，∠ABC=，点D、E在线段AC上，且AD=DE=EC=2，PD=PC=4，点F在线段AB上，且EF∥BC．（Ⅰ）证明：AB⊥平面PFE．（Ⅱ）若四棱锥P﹣DFBC的体积为7，求线段BC的长．考点：直线与平面垂直的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积．专题：开放型；空间位置关系与距离．分析：（Ⅰ）由等腰三角形的性质可证PE⊥AC，可证PE⊥AB．又EF∥BC，可证AB⊥EF，从而AB与平面PEF内两条相交直线PE，EF都垂直，可证AB⊥平面PEF．（Ⅱ）设BC=x，可求AB，S△ABC，由EF∥BC可得△AFE≌△ABC，求得S△AFE=S△ABC，由AD=AE，可求S△AFD，从而求得四边形DFBC的面积，由（Ⅰ）知PE为四棱锥P﹣DFBC的高，求得PE，由体积V P﹣DFBC=S DFBC?PE=7，即可解得线段BC的长．解答：解：（Ⅰ）如图，由DE=EC，PD=PC知，E为等腰△PDC中DC边的中点，故PE⊥AC，又平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，PE?平面PAC，PE⊥AC，所以PE⊥平面ABC，从而PE⊥AB．因为∠ABC=，EF∥BC，故AB⊥EF，从而AB与平面PEF内两条相交直线PE，EF都垂直，所以AB⊥平面PEF．（Ⅱ）设BC=x，则在直角△ABC中，AB==，从而S△ABC=AB?BC=x，由EF∥BC知，得△AFE≌△ABC，故=（）2=，即S△AFE=S△ABC，由AD=AE，S△AFD==S△ABC=S△ABC=x，从而四边形DFBC的面积为：S DFBC=S△ABC﹣S AFD=x﹣x=x．由（Ⅰ）知，PE⊥平面ABC，所以PE为四棱锥P﹣DFBC的高．在直角△PEC中，PE===2，故体积V P﹣DFBC=S DFBC?PE=x=7，故得x4﹣36x2+243=0，解得x2=9或x2=27，由于x＞0，可得x=3或x=3．所以：BC=3或BC=3．点评：本题主要考查了直线与平面垂直的判定，棱柱、棱锥、棱台的体积的求法，考查了空间想象能力和推理论证能力，考查了转化思想，属于中档题．7．（2015?福建）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且PO=OB=1，（Ⅰ）若D为线段AC的中点，求证；AC⊥平面PDO；（Ⅱ）求三棱锥P﹣ABC体积的最大值；（Ⅲ）若BC=，点E在线段PB上，求CE+OE的最小值．考点：直线与平面垂直的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积．专题：空间位置关系与距离．分析：（Ⅰ）由题意可证AC⊥DO，又PO⊥AC，即可证明AC⊥平面PDO．（Ⅱ）当CO⊥AB时，C到AB的距离最大且最大值为1，又AB=2，即可求△ABC面积的最大值，又三棱锥P﹣ABC的高PO=1，即可求得三棱锥P﹣ABC体积的最大值．（Ⅲ）可求PB===PC，即有PB=PC=BC，由OP=OB，C′P=C′B，可证E为PB中点，从而可求OC′=OE+EC′==，从而得解．解答：解：（Ⅰ）在△AOC中，因为OA=OC，D为AC的中点，所以AC⊥DO，又PO垂直于圆O所在的平面，所以PO⊥AC，因为DO∩PO=O，所以AC⊥平面PDO．（Ⅱ）因为点C在圆O上，所以当CO⊥AB时，C到AB的距离最大，且最大值为1，又AB=2，所以△ABC面积的最大值为，又因为三棱锥P﹣ABC的高PO=1，故三棱锥P﹣ABC体积的最大值为：．（Ⅲ）在△POB中，PO=OB=1，∠POB=90°，所以PB==，同理PC=，所以PB=PC=BC，在三棱锥P﹣ABC中，将侧面BCP绕PB旋转至平面BC′P，使之与平面ABP共面，如图所示，当O，E，C′共线时，CE+OE取得最小值，又因为OP=OB，C′P=C′B，所以OC′垂直平分PB，即E为PB中点．从而OC′=OE+EC′==．亦即CE+OE的最小值为：．点评：本题主要考查了直线与直线、直线与平面的位置关系、锥体的体积的求法等基础知识，考查了空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查了数形结合思想、化归与转化思想，属于中档题．8．（2015?河北）如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD．（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面BED；（Ⅱ）若∠ABC=120°，AE⊥EC，三棱锥E﹣ACD的体积为，求该三棱锥的侧面积．考点：平面与平面垂直的判定；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．专题：空间位置关系与距离．分析：（Ⅰ）根据面面垂直的判定定理即可证明：平面AEC⊥平面BED；（Ⅱ）根据三棱锥的条件公式，进行计算即可．解答：证明：（Ⅰ）∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，∵BE⊥平面ABCD，∴AC⊥BE，则AC⊥平面BED，∵AC?平面AEC，∴平面AEC⊥平面BED；解：（Ⅱ）设AB=x，在菱形ABCD中，由∠ABC=120°，得AG=GC=x，GB=GD=，∵AE⊥EC，△EBG为直角三角形，∴BE=x，∵三棱锥E﹣ACD的体积V===，解得x=2，即AB=2，∵∠ABC=120°，∴AC2=AB2+BC2﹣2AB?BCcosABC=4+4﹣2×=12，即AC=，在三个直角三角形EBA，EBG，EBC中，斜边AE=EC=ED，∵AE⊥EC，∴△EAC为等腰三角形，则AE2+EC2=AC2=12，即2AE2=12，∴AE2=6，则AE=，∴从而得AE=EC=ED=，∴△EAC的面积S==3，在等腰三角形EAD中，过E作EF⊥AD于F，则AE=，AF==，则EF=，∴△EAD的面积和△ECD的面积均为S==，故该三棱锥的侧面积为3+2．点评：本题主要考查面面垂直的判定，以及三棱锥体积的计算，要求熟练掌握相应的判定定理以及体积公式．9．（2015?天津）如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB=AC=3，BC=2，AA1=，BB1=2，点E和F 分别为BC和A1C的中点．（Ⅰ）求证：EF∥平面A1B1BA；（Ⅱ）求证：平面AEA1⊥平面BCB1；（Ⅲ）求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小．考点：平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角．专题：空间位置关系与距离．分析：（Ⅰ）连接A1B，易证EF∥A1B，由线面平行的判定定理可得；（Ⅱ）易证AE⊥BC，BB1⊥AE，可证AE⊥平面BCB1，进而可得面面垂直；（Ⅲ）取BB1中点M和B1C中点N，连接A1M，A1N，NE，易证∠A1B1N即为直线A1B1与平面BCB1所成角，解三角形可得．解答：（Ⅰ）证明：连接A1B，在△A1BC中，∵E和F分别是BC和A1C的中点，∴EF∥A1B，又∵A1B?平面A1B1BA，EF?平面A1B1BA，∴EF∥平面A1B1BA；（Ⅱ）证明：∵AB=AC，E为BC中点，∴AE⊥BC，∵AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，∴BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥AE，又∵BC∩BB1=B，∴AE⊥平面BCB1，又∵AE?平面AEA1，∴平面AEA1⊥平面BCB1；（Ⅲ）取BB1中点M和B1C中点N，连接A1M，A1N，NE，∵N和E分别为B1C和BC的中点，∴NE平行且等于B1B，∴NE平行且等于A1A，∴四边形A1AEN是平行四边形，∴A1N平行且等于AE，又∵AE⊥平面BCB1，∴A1N⊥平面BCB1，∴∠A1B1N即为直线A1B1与平面BCB1所成角，在△ABC中，可得AE=2，∴A1N=AE=2，∵BM∥AA1，BM=AA1，∴A1M∥AB且A1M=AB，又由AB⊥BB1，∴A1M⊥BB1，在RT△A1MB1中，A1B1==4，在RT△A1NB1中，sin∠A1B1N==，∴∠A1B1N=30°，即直线A1B1与平面BCB1所成角的大小为30°点评：本题考查线面垂直与平行关系的证明，涉及直线与平面所成的角，属中档题．10．（2015?醴陵市）如图所示，已知AB⊥平面BCD，M、N分别是AC、AD的中点，BC⊥CD．（1）求证：MN∥平面BCD；（2）求证：平面BCD⊥平面ABC．考点：平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．专题：空间位置关系与距离．分析：（1）由中位线定理和线面平行的判定定理，即可得证；（2）由线面垂直的性质和判定定理，可得CD⊥平面ABC，再由面面垂直的判定定理，即可得证．解答：证明：（1）因为M，N分别是AC，AD的中点，所以MN∥CD．又MN?平面BCD且CD?平面BCD，所以MN∥平面BCD；（2）因为AB⊥平面BCD，CD?平面BCD，所以AB⊥CD．又CD⊥BC，AB∩BC=B，所以CD⊥平面ABC．又CD?平面BCD，所以平面BCD⊥平面ABC．点评：本题考查线面平行的判定和面面垂直的判定，考查空间直线和平面的位置关系，考查逻辑推理能力，属于中档题．11．（2015?葫芦岛一模）如图，圆柱的轴截面ABCD是正方形，点E在底面的圆周上，BF⊥AE，F是垂足．（1）求证：BF⊥AC；（2）若CE=1，∠CBE=30°，求三棱锥F﹣BCE的体积．考点：旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．专题：计算题；空间位置关系与距离．分析：（1）欲证BF⊥AC，先证BF⊥平面AEC，根据线面垂直的判定定理可知只需证CE⊥BF，BF⊥AE且CE∩AE=E，即可证得线面垂直；（2）V F﹣BCE=V C﹣BEF=?S△BEF?CE=??EF?BF?CE，即可求出三棱锥F﹣BCE的体积．解答：（1）证明：∵AB⊥平面BEC，CE?平面BEC，∴AB⊥CE∵BC为圆的直径，∴BE⊥CE．∵BE?平面ABE，AB?平面ABE，BE∩AB=B∴CE⊥平面ABE，∵BF?平面ABE，∴CE⊥BF，又BF⊥AE且CE∩AE=E，∴BF⊥平面AEC，∵AC?平面AEC，∴BF⊥AC…（6分）（2）解：在Rt△BEC中，∵CE=1，∠CBE=30°∴BE=，BC=2又∵ABCD为正方形，∴AB=2，∴AE=，∴BF?AE=AB?BE，∴BF=，∴EF=∴V F﹣BCE=V C﹣BEF=?S△BEF?CE=??EF?BF?CE=????1=…（12分）点评：本小题主要考查空间线面关系、圆柱性质、空间想象能力和逻辑推理能力，考查三棱锥F﹣BCE的体积的计算，属于中档题．12．（2015?商丘三模）如图，已知四边形ABCD和BCEG均为直角梯形，AD∥BC，CE∥BG，且∠BCD=∠BCE=，平面ABCD⊥平面BCEG，BC=CD=CE=2AD=2BG=2．求证：（Ⅰ）EC⊥CD；（Ⅱ）求证：AG∥平面BDE；（Ⅲ）求：几何体EG﹣ABCD的体积．考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定．专题：综合题；空间位置关系与距离．分析：（Ⅰ）利用面面垂直的性质，证明EC⊥平面ABCD，利用线面垂直的性质证明EC⊥CD；（Ⅱ）在平面BCEG中，过G作GN⊥CE交BE于M，连DM，证明四边形ADMG为平行四边形，可得AG∥DM，即可证明AG∥平面BDE；（Ⅲ）利用分割法即可求出几何体EG﹣ABCD的体积．解答：（Ⅰ）证明：由平面ABCD⊥平面BCEG，平面ABCD∩平面BCEG=BC，CE⊥BC，CE?平面BCEG，∴EC⊥平面ABCD，…（3分）又CD?平面BCDA，故EC⊥CD…（4分）（Ⅱ）证明：在平面BCEG中，过G作GN⊥CE交BE于M，连DM，则由已知知；MG=MN，MN∥BC∥DA，且，∴MG∥AD，MG=AD，故四边形ADMG为平行四边形，∴AG∥DM…（6分）∵DM?平面BDE，AG?平面BDE，∴AG∥平面BDE…（8分）（Ⅲ）解：…（10分）=…（12分）点评：本题考查面面垂直、线面平行，考查几何体体积的计算，考查学生分析解决问题的能力，正确运用面面垂直、线面平行的判定定理是关键．13．（2015?南昌模拟）如图，已知三棱锥A﹣BPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M为AB的中点，D为PB的中点，且△PMB 为正三角形．（1）求证：DM∥平面APC；（2）若BC=4，AB=20，求三棱锥D﹣BCM的体积．考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定．专题：空间位置关系与距离．分析：（1）可由三角形的中位线定理得到线线平行，进而得到线面平行．（2）先证明MD⊥底面BCD，进而可计算出体积．解答：（1）证明：∵M为AB的中点，D为PB的中点，∴MD为△PAB的中位线，∴MD∥AP．而AP?平面PAC，MD?平面PAC，∴MD∥平面PAC．（2）解：∵△PMB为正三角形，PD=DB，∴MD⊥PB．∵MD∥AP，AP⊥PC，∴MD⊥PC．又PC∩PB=P，∴MD⊥平面PBC．即MD为三棱锥M﹣BCD的高．由AB=20，∴MB=10，BD=5，∴MD=5．在Rt△PCB中（因为AC⊥BC，所以PC⊥BC），由勾股定理得PC==2．于是S△BCD=S△BCP×==．∴V三棱锥D﹣BCM=V三棱锥M﹣BCD==10．点评：利用三角形的中位线定理证明线线平行是证明线面平行常用的方法之一．先证明线面垂直是求体积的关键．14．（2015?沈阳模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，AB=2，PD=，O为AC与BD的交点，E为棱PB上一点．（Ⅰ）证明：平面EAC⊥平面PBD；（Ⅱ）若PD∥平面EAC，求三棱锥P﹣EAD的体积．考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定．专题：空间位置关系与距离．分析：（Ⅰ）由已知得AC⊥PD，AC⊥BD，由此能证明平面EAC⊥平面PBD．（Ⅱ）由已知得PD∥OE，取AD中点H，连结BH，由此利用，能求出三棱锥P﹣EAD的体积．解答：（Ⅰ）证明：∵PD⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴AC⊥PD．∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，又∵PD∩BD=D，AC⊥平面PBD．而AC?平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBD．（Ⅱ）解：∵PD∥平面EAC，平面EAC∩平面PBD=OE，∴PD∥OE，∵O是BD中点，∴E是PB中点．取AD中点H，连结BH，∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，∴BH⊥AD，又BH⊥PD，AD∩PD=D，∴BD⊥平面PAD，．∴（还可以用VP-ABD-VE-ABD）==．点评：本题考查平面与平面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．15．（2015?上海模拟）已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，底面边长为，点P、Q、R分别在棱AA1、BB1、BC上，Q是BB1中点，且PQ∥AB，C1Q⊥QR（1）求证：C1Q⊥平面PQR；（2）若C1Q=，求四面体C1PQR的体积．考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定．专题：空间位置关系与距离；空间角．分析：（1）由已知得AB⊥平面B1BCC1，从而PQ⊥平面B1BCC1，进而C1Q⊥PQ，又C1Q⊥QR，由此能证明C1Q⊥平面PQR．（2）由已知得B1Q=1，BQ=1，△B1C1Q∽△BQR，从而BR=，QR=，由C1Q、QR、QP两两垂直，能求出四面体C1PQR 的体积．解答：（1）证明：∵四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1是正四棱柱，∴AB⊥平面B1BCC1，又PQ∥AB，∴PQ⊥平面B1BCC1，∴C1Q⊥PQ，又已知C1Q⊥QR，且QR∩QP=Q，∴C1Q⊥平面PQR．（2）解：∵B1C1=，，∴B1Q=1，∴BQ=1，∵Q是BB1中点，C1Q⊥QR，∴∠B1C1Q=∠BQR，∠C1B1Q=∠QBR，∴△B1C1Q∽△BQR，∴BR=，∴QR=，∵C1Q、QR、QP两两垂直，∴四面体C1PQR 的体积V=．点评：本小题主要考查空间线面关系、线面垂直的证明、几何体的体积等知识，考查数形结合、化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力．16．（2015?凯里市校级模拟）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点．（1）证明BC1∥平面A1CD（2）设AA1=AC=CB=2，AB=2，求三菱锥C﹣A1DE的体积．考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定．专题：空间位置关系与距离．分析：（1）连结AC1交A1C于点F，连结DF，则BC1∥DF，由此能证明BC1∥平面A1CD．（2）由已知得AA1⊥CD，CD⊥AB，从而CD⊥平面ABB1A1．由此能求出三菱锥C﹣A1DE的体积．解答：（1）证明：连结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点又D是AB中点，连结DF，则BC1∥DF．因为DF?平面A1CD，BC1不包含于平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD．（2）解：因为ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥CD．由已知AC=CB，D为AB的中点，所以CD⊥AB．又AA1∩AB=A，于是CD⊥平面ABB1A1．由AA1=AC=CB=2，得∠ACB=90°，，，，A1E=3，故A1D2+DE2=A1E2，即DE⊥A1D．所以三菱锥C﹣A1DE的体积为：==1．点评：本题考查直线与平面平行的证明，考查三菱锥的体积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．17．（2015?东城区一模）如图甲，⊙O的直径AB=2，圆上两点C，D在直径AB的两侧，且∠CBA=∠DAB=．沿直径AB折起，使两个半圆所在的平面互相垂直（如图乙），F为BC的中点，E为AO的中点．根据图乙解答下列各题：（Ⅰ）求证：CB⊥DE；（Ⅱ）求三棱锥C﹣BOD的体积；（Ⅲ）在劣弧上是否存在一点G，使得FG∥平面ACD？若存在，试确定点G的位置；若不存在，请说明理由．考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的性质．专题：综合题；空间位置关系与距离．分析：（Ⅰ）利用等边三角形的性质可得DE⊥AO，再利用面面垂直的性质定理即可得到DE⊥平面ABC，进而得出结论．（Ⅱ）由（Ⅰ）知DE⊥平面ABC，利用转换底面的方法，即可求三棱锥的体积；（Ⅲ）存在，G为劣弧的中点．连接OG，OF，FG，通过证明平面OFG∥平面ACD，即可得到结论．解答：（Ⅰ）证明：在△AOD中，∵，OA=OD，∴△AOD为正三角形，又∵E为OA的中点，∴DE⊥AO…（1分）∵两个半圆所在平面ACB与平面ADB互相垂直且其交线为AB，∴DE⊥平面ABC．…（3分）又CB?平面ABC，∴CB⊥DE．…5分（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知DE⊥平面ABC，∴DE为三棱锥D﹣BOC的高．∵D为圆周上一点，且AB为直径，∴，在△ABD中，由AD⊥BD，，AB=2，得AD=1，．…（6分）∵，∴==．…（8分）（Ⅲ）解：存在满足题意的点G，G为劣弧的中点．…（9分）证明如下：连接OG，OF，FG，易知OG⊥BD，又AD⊥BD∴OG∥AD，∵OG?平面ACD，∴OG∥平面ACD．…（10分）在△ABC中，O，F分别为AB，BC的中点，∴OF∥AC，OF?平面ACD，∴OF∥平面ACD，…（11分）∵OG∩OF=O，∴平面OFG∥平面ACD．又FG?平面OFG，∴FG∥平面ACD．…（12分）点评：本题考查线线、线面、面面关系，考查线线垂直的判定、面面垂直的性质、线面平行的判定及几何体高与体积的计算，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力及分析探究问题和解决问题的能力．18．（2015?威海模拟）如图：是直径为的半圆，O为圆心，C是上一点，且．DF⊥CD，且DF=2，，E为FD的中点，Q为BE的中点，R为FC上一点，且FR=3RC．（Ⅰ）求证：面BCE⊥面CDF；（Ⅱ）求证：QR∥平面BCD；（Ⅲ）求三棱锥F﹣BCE的体积．考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定．专题：空间位置关系与距离．分析：（Ⅰ）证明BD⊥DF，DF⊥BC，利用直线与平面垂直的判定定理证明BC⊥平面CFD，然后证明面BCE⊥面CDF．（Ⅱ）连接OQ，通过证明RQ∥OM，然后证明QR∥平面BCD．（Ⅲ）利用v F﹣BCE=v F﹣BCD﹣v E﹣BCD求解几何体的体积即可．解答：（本小题满分12分）证明：（Ⅰ）∵DF=2，，，∴BF2=BD2+DF2，∴BD⊥DF﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（1分）又DF⊥CD，∴DF⊥平面BCD﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2分）∴DF⊥BC，又BC⊥CD，∴BC⊥平面CFD，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3分）∵BC?面BCE∴面BCE⊥面CDF．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分）（Ⅱ）连接OQ，在面CFD内过R点做RM⊥CD，∵O，Q为中点，∴OQ∥DF，且﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5分）∵DF⊥CD∴RM∥FD，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）又FR=3RC，∴，∴，∵E为FD的中点，∴．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（7分）∴OQ∥RM，且OQ=RM∴OQRM为平行四边形，∵RQ∥OM﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8分）又RQ?平面BCD，OM?平面BCD，∴QR∥平面BCD．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9分）（Ⅲ）∵，∴∠DBC=30°，∴在直角三角形BCD中有，，∴﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）（或求VB-FCE 1/3*1/2*FE*CD*BC）点评：本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用直线与平面平行的判定定理以及几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及逻辑推理计算能力．。

部编版高中数学必修二第八章立体几何初步知识集锦

(名师选题)部编版高中数学必修二第八章立体几何初步知识集锦单选题1、如图所示，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，∠BAC=90°，AB=AA1=1，D是棱CC1的中点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，若点Q在线段B1P上，则下列结论中正确的是（）.A．当点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BDB．当点Q为线段B1P的三等分点时，DQ⊥平面A1BDC．在线段B1P的延长线上，存在一点Q，使得DQ⊥平面A1BDD．不存在DQ与平面A1BD垂直答案：D分析：依据线面垂直性质定理，利用反证法即可否定选项ABC；按照点Q为线段B1P的中点和点Q不为线段B1P的中点两种情况利用反证法证明选项D判断正确.连接AB1，交A1B于H在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，AB=AA1=1，则四边形A1B1BA为正方形，则AB1⊥A1B又∠BAC=90°，即AB⊥AC，又AA1⊥AC，AB∩AA1=A，AA1⊂面A1B1BA，AB⊂面A1B1BA则AC⊥面A1B1BA，则AC⊥A1B又AB1⊥A1B，AB1∩AC=A，AB1⊂面AB1C，AC⊂面AB1C则A1B⊥面AB1C，选项A：当点Q为线段B1P的中点时，又D是棱CC1的中点，则DQ//AB1若DQ⊥平面A1BD，则AB1⊥平面A1BD又A1B⊥面AB1C，则面AB1C//平面A1BD，这与AB1∩A1B=H矛盾，故假设不成立，即当点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BD不正确；选项B：当点Q为线段B1P的三等分点时，又D是棱CC1的中点，则DQ//AB1不成立，即DQ与AB1为相交直线，若DQ⊥平面A1BD，则DQ⊥A1B又AB1⊥A1B，DQ与AB1为相交直线，AB1⊂面AB1P，DQ⊂面AB1P则A1B⊥面AB1P，又A1B⊥面AB1C，则面AB1P//面AB1C这与面AB1P∩面AB1C=AB1矛盾，故假设不成立，即当点Q为线段B1P的点三等分时，DQ⊥平面A1BD，不正确；选项C：在线段B1P的延长线上一点Q，又D是棱CC1的中点，则DQ//AB1不成立，即DQ与AB1为相交直线，若DQ⊥平面A1BD，则DQ⊥A1B又AB1⊥A1B，DQ与AB1为相交直线，AB1⊂面AB1P，DQ⊂面AB1P则A1B⊥面AB1P，又A1B⊥面AB1C，则面AB1P//面AB1C这与面AB1P∩面AB1C=AB1矛盾，故假设不成立，即在线段B1P的延长线上，存在一点Q，使得DQ⊥平面A1BD不正确；选项D：由选项A可知，点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BD不成立；假设点Q在线段B1P上，且不是中点，又D是棱CC1的中点，则DQ//AB1不成立，即DQ与AB1为相交直线，若DQ⊥平面A1BD，则DQ⊥A1B又AB1⊥A1B，DQ与AB1为相交直线，AB1⊂面AB1P，DQ⊂面AB1P则A1B⊥面AB1P，又A1B⊥面AB1C，则面AB1P//面AB1C这与面AB1P∩面AB1C=AB1矛盾，故假设不成立，即点Q在线段B1P上，且不是中点时，DQ⊥平面A1BD不正确；故不存在DQ与平面A1BD垂直.判断正确.故选：D2、下列空间图形画法错误的是（）A．B．C．D．答案：D分析：根据空间图形画法：看得见的线画实线，看不见的线画虚线.即可判断出答案.D选项：遮挡部分应画成虚线．故选:D.3、一条直线和两条异面直线中的一条平行，则它和另一条的位置关系是（）A．平行B．相交C．异面D．相交或异面答案：D分析：根据空间中两直线的位置关系，即可求解：如图（1）所示，此时直线a与直线b为异面直线，其中l//a，此时直线l与b为相交直线；如图（2）所示，此时直线a与直线b为异面直线，其中l//a，此时直线l与b为异面直线，综上，一条直线与两条异面直线中的一条平行，则它和另一条直线的位置关系是相交或异面. 故选: D.4、已知正四面体P −ABC 内接于球O ，点E 是底面三角形ABC 一边AB 的中点，过点E 作球O 的截面，若存在半径为√3的截面圆，则正四面体P −ABC 棱长的取值范围是（）A ．[√2，√3]B ．[√3，√6]C ．[2√2，2√3]D ．[2√3，2√6]答案：C分析：根据条件设正四面体的棱长为a ，用棱长a 表示出其外接球的半径R =√64a ，过E 点作外接球O 的截面，只有当OE ⊥截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，此时此时截面圆的半径为r =12a ，最大截面圆为过球心的大圆，半径为R =√64a ，根据题意则12a ≤√3≤√64a ，从而可得出答案. 如图，在正四面体P −ABC 中，设顶点P 在底面的射影为O 1，则球心O 在PO 1上，O 1在CE 上，且|PO 1|=23|CE |,连接OE ､OC ，设正四面体的棱长为a ，则|CE |=√32a ，|PO 1|=23|CE |=√33a 则正四面体的高PO 1=√PC 2−O 1C 2=a 2−(√33a)2=√63a ，设外接球半径为R ，在Rt △OO 1C 中，OC 2=OO 12+O 1C 2，即R 2=(√63a −R)2+(√33a)2，解得R =√64a ， ∴在Rt △OO 1E 中，OE =√OO 12+O 1E 2=(√612a)2+(√36a)2=√24a ，过E 点作外接球O 的截面，只有当OE ⊥截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，此时截面圆的半径为r =√R 2−OE 2=√(√64a)2−(√24a)2=12a ，最大截面圆为过球心的大圆，半径为R=√64a，由题设存在半径为√3的截面圆，∴12a≤√3≤√64a，解得2√2≤a≤2√3，故选:C.小提示：关键点睛：本题考查正四棱锥的外接球的截面圆的半径范围问题，解答本题的关键是用正四棱锥棱长a表示出其外接球的半径R=√64a，得出过E点的球的截面圆的半径的范围，从而得解，属于中档题.5、如图在正三棱锥S−ABC中，M,N分别是棱SC,BC的中点，Q为棱AC上的一点，且AQ=12QC，MN⊥MQ，若AB=2√2，则此正三棱锥S−ABC的外接球的体积为（）A．12πB．4√33πC．8√3πD．4√3π答案：D分析：根据题意证明SA,SB,SC两两垂直，将三棱锥放入棱长为2的正方体，两者外接球体积相同，求得正方体外接球体积即可得出答案.因为在△SBC中，M,N分别是棱SC,BC的中点，所以MN//SB，因为MN⊥MQ，所以SB⊥MQ，因为三棱锥S−ABC为正三棱锥，所以SB⊥AC（对棱垂直），又因为MQ,AC⊂面SAC，MQ∩AC=Q，所以SB ⊥面SAC ，因为SA,SC ⊂面SAC ，所以SB ⊥SA,SB ⊥SC ，在Rt △SAB 中，SA 2+SB 2=AB 2，因为三棱锥S −ABC 为正三棱锥，所以△SBC 是等腰三角形，△ABC 是等边三角形，所以SB =SC ，AB =AC ,所以SA 2+SC 2=AC 2，即SA ⊥SC ，所以SA,SB,SC 两两垂直，将此三棱锥放入正方体中，此正方体的面对角线长等于AB 长，为2√2,则该正方体棱长为2，外接球半径R =√(22)2+(2√22)2=√3，正方体外接球体积V =43πR 3=43π×(√3)3=4√3π, 此正三棱锥S −ABC 的外接球体积和正方体外接球体积相同，为4√3π.故选：D6、如图，在下列四个正方体中，A,B 为正方体的两个顶点，M,N,Q 为所在棱的中点，则直线AB 与平面MNQ 不平行的是（）A ．B ．C ．D ．答案：A 分析：利用线面平行的判定定理逐项判断可得出合适的选项．对于A选项，连接CD、BE交于点O，则O为BE的中点，设BE∩MN=F，连接FQ，因为Q、O分别为AE、BE的中点，则OQ//AB，若AB//平面MNQ，AB⊂平面ABE，平面ABE∩平面MNQ=FQ，则FQ//AB，在平面ABE内，过该平面内的点Q作直线AB的平行线，有且只有一条，与题设矛盾，假设不成立，故A选项中的直线AB与平面MNQ不平行．对于B选项，连接CD，如下图所示：因为AC//BD且AC=BD，所以，四边形ABDC为平行四边形，所以AB//CD，因为M、Q分别为CE、DE的中点，所以MQ//CD，所以MQ//AB，因为AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以，AB//平面MNQ；对于C选项，连接CD，如下图所示：因为AC//BD且AC=BD，所以，四边形ABDC为平行四边形，所以AB//CD，因为M、Q分别为CE、DE的中点，所以MQ//CD，所以MQ//AB，因为AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以，AB//平面MNQ；对于D选项，连接CD，如下图所示：因为AC//BD且AC=BD，所以，四边形ABDC为平行四边形，所以CD//AB，因为N、Q分别为CE、DE的中点，则NQ//CD，所以NQ//AB，因为AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，所以，AB//平面MNQ；故选：A7、阿基米德（Arcℎimedes，公元前287年—公元前212年）是古希腊伟大的数学家、物理学家和天文学家.他推导出的结论“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”是其毕生最满意的数学发现，后人按照他生前的要求，在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球（如图所示），该球与圆柱的两个底面及侧面均相切，圆柱的底面直径与高都等于球的直径，若球的体积为36π，则圆柱的体积为（）A ．36πB ．45πC ．54πD ．63π答案：C解析：根据球的体积公式求出半径，根据圆柱的体积公式可求得结果.设球的半径为R ，则43πR 3= 36π，所以R =3，所以圆柱的底面半径为R =3，圆柱的高为2R =6，所以圆柱的体积为πR 2×2R =2πR 3=54π.故选：C8、球面上两点之间的最短连线的长度，就是经过这两个点的大圆在这两点间的一段劣弧的长度（大圆就是经过球心的平面截球面所得的圆），我们把这个弧长叫做两点的球面距离.已知正△ABC 的项点都在半径为2的球面上，球心到△ABC 所在平面距离为2√63，则A 、B 两点间的球面距离为（）A ．πB ．π2C ．2π3D ．3π4答案：C分析：设球心为点O ，计算出∠AOB ，利用扇形弧长公式可求得结果.设球心为点O ，平面ABC 截球O 所得截面圆的半径为r =√22−(2√63)2=2√33，由正弦定理可得4√33=AB sin∠ACB ，∴AB =4√33sin π3=2，又∵OA =OB =2，所以，△AOB 为等边三角形，则∠AOB =π3，因此，A、B两点间的球面距离为2×π3=2π3.故选：C.小提示：思路点睛：求球面距离，关键就是要求出球面上两点与球心所形成的角，结合扇形的弧长公式求解，同时在计算球的截面圆半径时，利用公式r=√R2−d2（其中r为截面圆的半径，R为球的半径，d为球心到截面的距离）来计算.多选题9、如图PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，点C是圆上异于A，B的任一点，则下列结论中正确的是（）A．PC⊥BC B．AC⊥平面PCBC．平面PAB⊥平面PBC D．平面PAC⊥平面PBC答案：AD解析：根据线面垂直、面面垂直的判定与性质判断各选项．AB是圆直径，C在圆上，则AC⊥BC，PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，则PA⊥BC，PA∩AC=A，∴BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴PC⊥BC，A正确；又BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PAC．D正确；若AC⊥平面PCB，则AC⊥PC，而PA⊥平面ABC，则PA⊥AC，PA,PC重合，矛盾，B错；若平面PAB⊥平面PBC，作CD⊥PB于D，∵平面PAB∩平面PBC=PB，∴CD⊥平面PAB，而PA⊂平面PAB，∴CD⊥PA，CD∩BC=C，∴PA⊥平面PBC，于是平面PBC与平面ABC重合．矛盾，C错．故选：AD．小提示：易错点睛：本题考查空间线面、面面垂直的判定定理和性质定理．由于是多选题，仅仅判断AD正确还不够，必须说明（证明）BC为什么是错误的．否则会出错．10、用一个平面去截正方体，关于截面的形状，下列判断正确的是（）A．直角三角形B．正五边形C．正六边形D．梯形答案：CD分析：根据题意，依次作出对应的截面，并判断即可得答案.对于A选项，如图1，作出的截面为三角形，但为锐角三角形，不可能为直角三角形，故A选项错误；对于B选项，如图2，过正方体的一个顶点作截面，可以得到截面为五边形，但该五边形不是正五边形，故B 选项错误；对于C选项，如图3，取各边的中点，连接的截面即为正六边形，故C选项正确；对于D选项，如图4，所做的截面为梯形，故D选项正确.故选：CD11、如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，所有棱长均为1，点E为棱B1C1上任意一点，则下列结论正确的是（）]A．直线AA1与直线BE所成角的范围是[0,π4B．在棱B1C1上存在一点E，使AB1⊥平面A1BEC．若E为棱B1C1的中点，则平面ABE截三棱柱ABC−A1B1C1所得截面面积为3√1916D．若F为棱A1B1上的动点，则三棱锥F−ABE体积的最大值为16答案：AC分析：由异面直线夹角求法可判断A；利用反证法结合线面垂直的判定及性质可判断B；利用线线平行得到平面ABE截三棱柱所得截面为等腰梯形ABEG，即可求得面积判断C；由面积公式知S△ABF不变，利用等体积知可求得体积的最大值可判断D.对于A，由直三棱柱ABC−A1B1C1，∴AA1//BB1，∴∠B1BE为直线AA1与直线BE所成角，当E与B1重合时，直线AA1与直线BE所成角为0，当E与C1重合时，直线AA1与直线BE所成角为π4，所以直线AA1与直线BE所成角的范围是[0,π4]，故A正确；对于B，假设AB1⊥平面A1BE，又BE⊂平面A1BE，∴AB1⊥BE，设BC中点为H，则AH⊥BC，则AH⊥平面BCC1B1，所以AB1在平面BCC1B1上的射影为B1H，由三垂线定理得B1H⊥BE，又因为BCC1B1为正方形，所以点E为CC1中点，与点E为棱B1C1上一点矛盾，故B 错误.对于C，取A1C1中点G，连结EG，GA，则平面ABE截三棱柱ABC−A1B1C1所得截面为等腰梯形ABEG，AB=1，EG=12，在直角△BB1E中，EB=√52，所以梯形的高为√(√52)2−(14)2=√194，梯形的面积为S=12×(12+1)×√194=3√1916，故C正确.对于D，因为S△ABF=12AB×BB1=12，且V F−ABE=V E−ABF，所以当E与C1重合时，三棱锥F−ABE的体积最大，取A1B1中点M，则C1M⊥平面ABB1A1，得V C1−ABF =13S△ABF×C1M=13×12×√32=√312，故D错误.故选：AC小提示：思路点睛：本题考查求异面直线成角，立体几何截面问题，体积运算，（1）求异面直线所成角的常用方法是平移线段法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决；（2）截面问题：利用线面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置，对于最值问题，常用函数思想来解决．填空题12、如图，点P，Q，R，S分别在正方体的四条棱上，且是所在棱的中点，则直线PQ与RS是平行直线的图是________(填序号).答案：①②分析：根据正方体的结构特征，以及两直线的位置关系的判定方法，即可求解.根据正方体的结构特征，可得①②中RS与PQ均是平行直线，④中RS和PQ是相交直线，③中RS和PQ是是异面直线.所以答案是：①②.。

高中数学必修二 8 1 基本立体图形(精练)(含答案)

8.1 基本立体图形(精练)【题组一多面体】1．(2021·福建三明·高一期中)下列几何体的侧面展开图如图所示，其中是棱锥的为( ) A．B．C． D．【答案】B【解析】对于A选项，图形沿着折线翻折起来是一个五棱柱，故A选项不正确；对于B选项，图形沿着折线翻折起来是一个五棱锥，故B选项正确；对于C选项，图形沿着折线翻折起来是一个三棱台，故C选项不正确；对于D选项，图形沿着折线翻折起来是一个四棱柱，故D选项不正确；故选：B.2．(2021·全国·高一课时练习)下列说法中正确的是( )A．棱锥的侧面不一定是三角形B．棱锥的各侧棱长一定相等C．棱台的各侧棱的延长线交于一点D．用一平面去截棱锥，得到两个几何体，一个是棱锥，一个是棱台【答案】C【解析】棱锥的侧面是有公共顶点的三角形，但是各侧棱长不一定相等，故A，B不正确；棱台是由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到的，故各条侧棱的延长线一定交于一点，C正确；只有用一个平行于底面的平面去截棱锥，得到的两个几何体才能一个是棱锥，一个是棱台，故D不正确.故选；C.3．(2021·全国·高一课时练习)下面图形中，为棱锥的是( )A．①③B．①③④C．①②④D．①②【答案】C【解析】一般地，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，显然①②④满足棱锥定义，③不满足棱锥定义，所以①②④是棱锥，③不是棱锥.故选：C 4．(2021·全国·高一课时练习)一个棱锥的各棱长都相等，那么这个棱锥一定不是( )A．三棱锥B．四棱锥C．五棱锥D．六棱锥【答案】D【解析】正六棱锥的底面是个正六边形，正六边形共由6个等边三角形构成，设每个等边三角形的边长为r，正六棱锥的高为h，正六棱锥的侧棱长为l，由正六棱锥的高h、底面的半径r、侧棱长l构成直角三角形得，222+=，故侧棱长l和底面正六边形的边长r不可能相等.故选：D.h r l5．(2021·安徽·六安一中高一月考)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用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台③棱台的侧棱延长后交于一点，且侧面是等腰梯形，其中正确命题的个数是( )A．0 B．1 C．2 D．3【答案】A【解析】因为棱柱的侧面不一定全等，所以①错，用不平行与棱锥底面的平面解棱锥时，截面与底面之间的部分不是棱台，②错，棱台的侧面不一定是等腰梯形，③错，所以正确的命题个数为0，故选：A.6．(2021·山西柳林·高一期中)下列关于棱台的说法中错误的是( )A．所有的侧棱所在直线交于一点B．只有两个面互相平行C．上下两个底面全等D．所有的侧面不存在两个面互相平行【答案】C【解析】由棱台的定义可知：A.所有的侧棱所在直线交于一点，正确；B.只有两个面互相平行，就是上、下底面平行，正确；C.棱台的上下两个底面不全等，故C不正确；D.所有的侧面不存在两个面互相平行，正确.故选：C.7．(2021·山西高平·高一期中)《九章算术》中，称底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，若阳马以该正八棱柱的顶点为顶点、以正八棱柱的侧棱为垂直于四棱锥底面的侧棱，则这样的阳马的个数是( )A．48 B．32 C．24 D．8【答案】A【解析】在正八棱柱的下底面中，根据正八边形的性质，其内接矩形共有6个，AHBG ADBC AFBE HDGC HFGE DFCE.分别为矩形,,,,,而每个矩形可以形成4个不同的阳马，所以这样的阳马个数是24，同理，以上底面中的矩形为底面的也有24个阳马，因此共48个不同的阳马．故选：A8．(2021·山西高平·高一期中)有以下命题：①以直角梯形的一腰为轴旋转所得的几何体是圆台②棱台的两个底面一定是相似多边形③连接圆柱的上、下底面圆周上任意两点的线段是圆柱的母线④用平行于底面的平面截去一个小圆锥后剩余的部分是圆台其中的正确命题的个数为( )A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【解析】对于①：以直角梯形较长的腰为轴旋转所得的几何体不是圆台，所以①错误；对于②：棱台的两个底面一定是相似多边形，所以②正确；对于③：圆柱的轴截面与其侧面的交线才是圆柱的母线，所以③错误；对于④：根据圆台的定义，可得④是正确的．故选：B9．(2021·山西高平·高一期中)下面四个几何体中，是棱台的是( )A．B．C．D．【答案】B【解析】A是圆台，D是棱锥，C侧棱延长没有交于一点，故不是四棱台，B是三棱台．故选：B 10．(2021·全国·高一课时练习)(多选题)对如图中的组合体的结构特征有以下几种说法，其中说法正确的是( )A．由一个长方体割去一个四棱柱所构成的B．由一个长方体与两个四棱柱组合而成的C．由一个长方体挖去一个四棱台所构成的D．由一个长方体与两个四棱台组合而成的【答案】AB【解析】如图，该组合体可由一个长方体割去一个四棱柱所构成，也可以由一个长方体与两个四棱柱组合而成，如下图所示：故选:AB.【题组二旋转体】1．(2021·全国·高一课时练习)下列命题中正确的有( )①圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的截面；②圆柱不是旋转体；③半圆围绕直径旋转半周得到一个球；④圆台的轴截面是等腰梯形．A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】B【解析】①圆柱的纵截面是矩形，矩形的长是圆柱的高，矩形的宽是圆内的弦，轴截面的宽是过圆心的直径，故圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的截面，故①正确；②根据旋转体的概念可知圆柱是旋转体，故②错误；③半圆围绕直径旋转半周得到半个球，故③错误；④圆台的上下底面是平行且不相等的圆，且母线等长，所以其轴截面是等腰梯形，④正确.综上所述：正确的为①④故选：B2．(2021·全国·高一课时练习)下列命题中错误的是( )A ．圆柱的母线与轴平行B ．圆锥的轴截面是所有过顶点的截面中面积最大的一个C ．圆锥的所有轴截面是全等的等腰三角形D ．圆柱的所有平行于底面的截面都是圆面【答案】B【解析】A ：圆柱的母线即为圆柱的高线，与轴平行，即A 正确；B ：因为轴截面的顶角为α时，截面面积为21sin 2S l α=，当90α︒≤时，S 为最大的；当90α︒>时，S 不是最大的，因为存在不过定点的截面θ等于90︒，sin sin θα>，B 错误；C ：圆锥所有截面的顶角相等且两腰长均为母线，C 正确；D ：根据圆柱的性质可判断D 正确.故选：B3．(2021·全国·高一课时练习)如图是由哪个平面图形旋转得到的( )A．B．C．D．【答案】D【解析】A中图形旋转得到两个圆锥与一个圆柱，不合题意；B中图形旋转得到两个相同底面的圆锥，不合题意；C中图形旋转得到相同底面的圆柱与圆锥，不合题意；D中图形旋转得到一个圆台与一个圆锥，合题意.故选：D.4．(2021·全国·高一课时练习)如图所示的阴影部分绕中间轴旋转一周，形成的几何体形状为( )A．一个球体B．一个球体中间挖去一个圆柱C．一个圆柱D．一个球体中间挖去一个棱柱【答案】B【解析】由题意，根据球的定义，可得圆面旋转形成一个球，根据圆柱的概念，可得里面的长方形旋转形成一个圆柱，所以绕中间轴旋转一周，形成的几何体为一个球中间挖去一个圆柱，故选：B.5．(2021·广西百色·高一期末)将一个等腰梯形绕对称轴所在的直线旋转180，所得的几何体为( ) A．一个圆锥B．两个圆锥C．一个圆台D．一个圆柱【答案】C【解析】由题意根据旋转体的定义，可得将一个等腰梯形绕对称轴所在的直线旋转180得到一个圆台.故选：C.6．(2021·安徽·高一月考)有以下命题：①以半圆直径所在的直线为旋转轴旋转一周，其形成的面围成的旋转体是球；②用任意平面去截圆锥，所得的截面图形为圆；③若某圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，则它的表面积为)(r r l π+；④以直角三角形的任意一边所在直线为旋转轴旋转一周，其余两边形成的面围成的旋转体是圆锥．其中真命题的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B【解析】由基本概念可知，①正确；用不平行于圆锥底面的平面截圆锥，所得的截面图形不是圆，②错误；根据圆锥的表面积公式可知③正确；以斜边所在直线为旋转轴旋转一周得到的旋转体不是圆锥，④错误，故选B ．7．(2021·广东·西樵高中高一月考)(多选)下列关于圆柱的说法中正确的是( )A ．圆柱的所有母线长都相等B ．用平行于圆柱底面的平面截圆柱，截面是与底面全等的圆面C ．用一个不平行于圆柱底面的平面截圆柱，截面是一个圆面D ．一个矩形以其对边中点的连线为旋转轴，旋转180︒所形成的几何体是圆柱【答案】ABD【解析】对于A ，圆柱的所有母线长都等于圆柱的高，且都相等，所以A 正确，对于B，用平行于圆柱底面的平面截圆柱，由圆柱的性质可知截面是与底面全等的圆面，所以B正确，对于C，用一个不平行于圆柱底面的平面截圆柱，截面是椭圆面或椭圆面的一部分，所以C错误，对于D，一个矩形以其对边中点的连线为旋转轴，旋转180 所形成的几何体是圆柱，所以D正确，故选：ABD【题组三简单的组合体】1．(2021·全国·高一课时练习)如图的组合体是由( )组合而成.A．两个棱柱B．棱柱和圆柱C．圆柱和棱台D．圆锥和棱柱【答案】B【解析】由图可知该组合体由圆柱和六棱柱组合而成，故选：B2(2021·全国·高一课时练习)将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体是由 ( )A．一个圆台、两个圆锥构成B．两个圆台、一个圆锥构成C．两个圆柱、一个圆锥构成D．一个圆柱、两个圆锥构成【答案】D【解析】旋转体如图，中间是一个圆柱，两端是相同的圆锥构成，故选D．3．(2021·全国·高一课时练习)如图所示的螺母可以看成一个组合体，其结构特征是A．一个棱柱中挖去一个棱柱B．一个棱柱中挖去一个圆柱C．一个圆柱中挖去一个棱锥D．一个棱台中挖去一个圆柱【答案】B【解析】螺栓是圆柱，螺母的横截面是六边形内有一个圆，所以螺母可以看成一个棱柱中挖去一个圆柱.故选B.【题组四立体图形的截面】1．(2021·山西灵丘·高一期中)如图，几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得的．现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是( )A．B．C．D．【答案】A【解析】当截面不过旋转轴时﹐截面图形如选项A所示．故选：A．2．(2021·全国·高一课时练习)如图所示是一个正方体，它的展开图可能是下面四个展开图中的( )A．B．C．D．【答案】A【解析】由原正方体的特征可知，含有4,6,8的数字的三个面一定相交于一点，而选项B，C，D中,经过折叠后与含有4,6,8的数字的三个面一定相交于一点不符.故选：A3．(2021·全国·高一课时练习)水平放置的正方体的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示，如图是一个正方体的平面展开图(图中数字写在正方体的外表面上)，若图中的“2”在正方体的上面，则这个正方体的下面是( )A．1 B．9 C．快D．乐【答案】B【解析】根据一个正方体的表面展开图以及图中“2”在正方体的上面，把该正方体还原，其直观图为：由直观图可得这个正方体的下面是9故选：B4．(2021·全国·高一课时练习)纸质的正方体的六个面根据其方位分别标记为上、下、东、南、西、北，现在沿该正方体的一些棱将正方体剪开，里面朝上展平得到如图所示平面图形，则标“△”的面的方位是( )A ．南B ．北C ．西D ．下【答案】A【解析】由题意，正方体的表面展开图，相对面之间一定相隔一个正方形，再由展开图是里面朝上展平得到的，根据“上北下南，左西右东”，因此标“△”的面的方位是南. 故选：A5．(2021·贵州黔西·高一期末)在正方体1111ABCD A B C D -，中，M ，N 分别为正方形11AA D D 和1111D C B A 的中心，3AB =，则平面CMN 截正方体所得截面的周长是( )A ．10B ．40CD ．【答案】D【解析】如图所示，延长CM ，11B A 交于点P ，连接PN 并延长，分别交11A D ，11B C 于E ，F ，连接CF ，连接EM 并延长，交AD 于点G ，连接CG ，则四边形CGEF 为所求截面，因为M 是正方形11AA D D 的中心，所以12ME EG =，由题意易证四边形CGEF 为菱形，所以//EG CF ，EG CF =，所以//ME CF ，12ME CF =，则E 为PF 的中点，则111A E C F ==，从而CF = 故选：D.6．(2021·山西·高一月考)如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，AB =2，E 为棱BC 的中点，F 为棱11A D 上的一动点，过点A ，E ，F 作该正方体的截面，则该截面不可能是( )A ．平行四边形B ．等腰梯形C ．五边形D ．六边形【答案】D【解析】当10A F =，即F 与1A 重合时，如图1，取11B C 的中点，截面为矩形1AEGA ；当101A F <时，如图2，截面为平行四边形AEGF ；当112A F <<时，如图3，截面为五边形AEGHF ，当12A F =，即F 与1D 重合时，如图4，截面为等腰梯形AEGF ．故选：D7．(2021·河北·高一期中)如图，在棱长为2的正方休1111ABCD A B C D -中，E ，F ，G 分别为11A D ，11A B ，1BB ，的中点，过E ，F ，G 三点的平而截正方休1111ABCD A B C D -所得的截面面积为( )A ．4B ．CD ．【答案】D【解析】如图，分别取BC 的中点H ，CD 的中点I ,1DD 的中点K ，连接,,,GH HI IK KE ，因为该几何体为正方体，所以EF ∥HI ,FG ∥IK ,GH ∥KE ,且EF HI FG IK GH KE =====所以E ，F ，G 三点的平面截正方体1111ABCD A B C D -所得的截面为正六边形EFGHIK ，所以该正六边形的面积为26=故选：D8．(2021·全国·高一课时练习)用一个平面去截直三棱柱111ABC A B C -，交1111,,,AC B C BC AC 分别于点,,,E F G H .若111A A A C >，则截面的形状可以为________.(把你认为可能的结果的序号填在横线上)①一般的平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形；⑤梯形. 【答案】②⑤【解析】由面111//A B C 面ABC 且111ABC A B C -为直三棱柱，易知截面中//EF HG ，当1//FG B B 时，此时//EH FG ，四边形EFGH 为矩形；当FG 不与1B B 平行时，四边形EFGH 为梯形. 故答案为：②⑤9．(2021·全国·高一课时练习)用一个平面去截一个三棱锥，截面形状可能是________．(填序号) ①三角形；②四边形；③五边形．【答案】①②【解析】如图：按图1所示用一个平面去截三棱锥，截面形状为三角形；按图2所示用一个平面去截三棱锥，截面形状为四边形；截面形状不可能为五边形，所以①②正确，故答案为：①②10．(2021·福建·高一期中)如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，P ，Q 分别为111,CC B C 的中点，则过D ，P ，Q 三点的平面截正方体1111ABCD A B C D -所得截面的面积为________．【答案】92【解析】如图所示：过D ，P ，Q 三点的平面截正方体1111ABCD A B C D -所得的截面为等腰梯形1AQPD ，因为11AQ PD PQ AD ===所以1,A D PQ 之间的距离为h所以梯形1AQPD 的面积为()(1119222S A D PQ h =⨯+⨯=⨯=，故答案为；92．11(2021·全国·高一课时练习)一正方体内接于一个球，经过球心作一个截面，则截面的可能图形为_______．(只填写序号)【答案】① ② ③【解析】当截面与正方体的一个面平行时，截面图形如①，当截面不与正方体的一面平行时，截面图形可以为②③，对于④，四个顶点在球面上，且通过球心的截面只能为矩形，由于④中四边形为正方形，故④错误；故答案为：① ② ③【题组五两点距离最短】1．(2021·河北张家口·高一期末)如图所示，在直三棱柱111ABC A B C -中，11AA =，AB BC ==1cos 3ABC ∠=，P 是1A B 上的一动点，则1AP PC +的最小值为( )A B C ．1D ．3【答案】B【解析】连接1BC ，得11A BC ，以1A B 所在直线为轴，将11A BC 所在平面旋转到平面11ABB A ，设点1C 的新位置为C '，连接AC '，则有1AC AP PC +'≥. 当A P C '、、三点共线时，则AC '即为1AP PC +的最小值.在三角形ABC 中，AB BC ==1cos 3ABC ∠=，由余弦定理得：cos 2AC AB BC B ===,所以112A C =，即12A C '=在三角形1A AB 中，11AA =，AB =12A B ===,且160AA B ∠=︒. 同理可求：12C B =因为11112A B BC AC ===，所以11A BC 为等边三角形，所以1160BAC ∠=︒，所以在三角形1AA C '中，111120AAC AA B BAC ''∠=∠+∠=︒,111,2AA AC '==,由余弦定理得：AC '=故选B.2．(2021·上海中学高一期末)在四面体ABCD 中，1AB BC CA ===，DA 与直线AB ，CA 均垂直，且DA =一只蚂蚁从ABC 的中心沿表面爬至点D ，则其爬过的路程最小值为( )A B C D 【答案】A【解析】因为,DA AB DA AC ⊥⊥，AB AC A ⋂=，所以DA ⊥平面ABC ，所以平面DAC ⊥平面ABC ，将底面ABC 旋转，以AC 为轴，旋转至平面DAC 与平面ABC 共面，如图，此时OD 的直线距离即为最短距离，设O 到直线AC 的距离为d ，则13==d ==OD . 故选：A3．(2021·河北·博野县实验中学高一期中)两平行平面截半径为13的球，若截面面积分别为25π和144π，则这两个平面间的距离是( ) A ．7 B ．17 C ．5或12 D ．7或17【答案】D【解析】球的半径为13R =，设两个截面圆的半径别为1r ，2r ，球心到截面的距离分别为1d ，2d ；球的半径为R ，由2125r ππ=，得15r =；由22144r ππ=，得212r =；如图①所示，当球的球心在两个平行平面的外侧时，这两个平面间的距离为球心与两个截面圆的距离之差；即211257d d --=；如图②所示，当球的球心在两个平行平面的之间时，这两个平面间的距离为球心与两个截面圆的距离之和．即2112517d d ++=；所以这两个平面间的距离为7或17．故选：D ．4．(2021·贵州师大附中高一月考)在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 2PA PB PC PD ====．若点E 、F 、G 分别为棱PB 、PC 、PD 上的动点(不包含端点P )，则AE EF FG GA +++的最小值为( )A ．2B ．C ．D ．4【答案】C【解析】把四棱锥P ABCD -沿PA 展开，得到如图所示图形：AE EF FG GA +++的最小时，点,,E F G 与,A A '共线时，所以求AE EF FG GA +++的最小值即求AA '的长度，因为2PA PB ==，AB ，所以在ABP △中，结合余弦定理得222cos 222AP BP AB APB +-==⨯⨯6APB π∠=，因为ABP BCP CDP DA P '≅≅≅，所以23APA π'∠=，在APA '中，AA '==故选：C.5．(2021·湖北黄冈·高一期末)如图，正三棱锥A BCD -中，20BAD ∠=，侧棱长为2，过点C 的平面与侧棱,AB AD 相交于11,B D ，则△11CB D 的周长的最小值为( )A ．B ．C ．4D ．2【答案】D【解析】将正三棱锥A BCD -沿AC 剪开可得如下图形，∵20BAD ∠=，即3CAC π'∠=，又△11CB D 的周长为1111CD D B B C '++，∴要使△11CB D 的周长的最小，则11,,,C D B C '共线，即1111CD D B B C CC ''++=，又正三棱锥A BCD -侧棱长为2，△CAC'是等边三角形， ∴1111min ()2CD D B B C '++=. 故选：D6．(2021·湖南·高一期末)已知，如图，正方体1111ABCD A B C D -棱长为1，P 为1A B 上的动点，则1AP PD +的最小值为__________.【解析】如图，将11D A P 沿1A P 翻转，使点1D 转到的对应点2D 在平面1ABB 内．则211190D A B D A B ∠=∠=︒．故121124590135AA D AA B BA D ∠=∠+∠=︒+︒=︒．从而，122AP D P AP D P AD +=+≥==当且仅当P 为2AD 与1A B 的交点时，上式等号成立．7(2021·全国·高一课时练习)如图所示，有一圆锥形粮堆，母线与底面圆的直径构成边长为6m 的正三角形ABC ，粮堆母线AC 的中点P 处有一只老鼠正在偷吃粮食．此时，小猫正在B 处，它要沿圆锥侧面到达P 处捕捉老鼠，求小猫所经过的最短路程．(结果不取近似值)【答案】．【解析】如图所示，根据题意可得ABC 为边长为6的正三角形，所以6BC =，所以圆锥底面周长236(m)ππ=⨯=，根据底面圆的周长等于展开后扇形的弧长，可得66180n ππ⨯=，故180n ，则90B AC '∠=︒，所以B P =='，所以小猫所经过的最短路程是．8．(2021·全国·高一课时练习)如图所示，圆台母线AB 长为20cm ，上、下底面半径分别为5cm 和10cm ，从母线AB 的中点M 拉条绳子绕圆台侧面转到B 点，求这条绳长的最小值．【答案】50cm ．【解析】作出圆台的侧面展开图，如图所示，由轴截面中t R OPA 与t R OQB 相似，得510OA OA AB =+，可求得20cm OA =．设BOB α∠'=，由于BB '的长与底面圆Q 的周长相等，而底面圆Q 的周长为210cm π⨯,扇形OBB '的半径为202040cm OA AB +=+=，扇形OBB '所在圆的周长为24080cm ππ⨯=．所以BB '的长度20cm π为所在圆周长的14，所以OB OB ⊥'．所以在Rt B OM '△中，2224030B M ='+，所以50cm B M '=，即所求绳长的最小值为50cm ．9．(2021·山西·岢岚县中学校高一月考)如图，直四棱柱侧棱长为4cm ，底面是长为5cm 宽为3cm 的长方形．一只蚂蚁从顶点A 出发沿棱柱的表面爬到顶点B ．求：(1)蚂蚁经过的最短路程；(2)蚂蚁沿着棱爬行(不能重复爬行同一条棱)的最长路程．【答案】；(2)30cm ．【解析】(1)将长方体与顶点,A B 相关的两个面展开，共有三种方式，如图所示：则AB 的长就为最短路线．若蚂蚁沿前侧面和上底面爬行，如图1，则经过的最短路程为)cm AB =，若蚂蚁沿侧面爬行，如图2，则经过的最短路程为)cm AB =，若蚂蚁沿左侧面和上底面爬行，如图3，则经过的最短路程为)cm AB =，74<；(2)最长的路线应该是依次经过棱长为5,4,5,4,3,4,5的路线，由()545434530cm ++++++=，所以最长路程是30cm ．。

高中数学必修二第八章立体几何初步必练题总结(带答案)

高中数学必修二第八章立体几何初步必练题总结单选题1、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 ．2πR 2B ．94πR 2C ．83πR 2D ．πR 2 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 =2πr 2+2πrℎ=2πr 2+2πr (3R −3r )=2π(−2r 2+3rR )=2π[−2(r −34R)2+98R 2]≤9π4R 2，当且仅当r =34R 时取等号．故选：B ．2、已知球O 的体积为36π，则该球的表面积为（） A ．6πB ．9πC ．12πD ．36π 答案：D分析：根据球的体积公式求出半径，即可求出表面积. 设球的体积为R ，则由题可得43πR 3=36π，解得R =3，则该球的表面积为4π×32=36π. 故选：D.3、在△ABC 中，AB =1，AC =2，∠BAC =60°，P 是△ABC 的外接圆上的一点，若AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =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AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =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AB⃑⃑⃑⃑⃑ =(12,√32)，AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0)，AP ⃑⃑⃑⃑⃑ = (cosθ+1,sinθ)，又AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，所以(cosθ+1,sinθ)=m (12,√32)+ n (2,0)=(m2+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 ．4、如图，矩形BDEF 所在平面与正方形ABCD 所在平面互相垂直，BD =2，DE =1，点P 在线段EF 上.给出下列命题：①存在点P ，使得直线DP//平面ACF ；②存在点P，使得直线DP⊥平面ACF；③直线DP与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是[√55,1]；④三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截得的截面面积是9π8.其中所有真命题的序号（）A．①③B．①④C．①②④D．①③④答案：D分析：当点P是线段EF中点时判断①；假定存在点P，使得直线DP⊥平面ACF，推理导出矛盾判断②；利用线面角的定义转化列式计算判断③；求出△ACF外接圆面积判断④作答.取EF中点G，连DG，令AC∩BD=O，连FO，如图，在正方形ABCD中，O为BD中点，而BDEF是矩形，则DO//GF且DO=GF，即四边形DGFO是平行四边形，即有DG//FO，而FO⊂平面ACF，DG⊄平面ACF，于是得DG//平面ACF，当点P与G重合时，直线DP//平面ACF，①正确；假定存在点P，使得直线DP⊥平面ACF，而FO⊂平面ACF，则DP⊥FO，又DG//FO，从而有DP⊥DG，在Rt△DEF中，∠DEF=90∘，DG是直角边EF上的中线，显然在线段EF上不存在点与D连线垂直于DG，因此，假设是错的，即②不正确；因平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，则线段EF上的动点P在平面ABCD上的射影在直线BD上，于是得∠PDB是直线DP与平面ABCD所成角的，在矩形BDEF中，当P与E不重合时，∠PDB=∠DPE，sin∠PDB=sin∠DPE=DEDP =√DE2+EP2=√1+EP2，而0<EP≤2，则√55≤sin∠PDB<1，当P与E重合时，∠PDB=π2，sin∠PDB=1，因此，√55≤sin∠PDB≤1，③正确；因平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，BF⊥BD，BF⊂平面BDEF，则BF⊥平面ABCD，BC=√2，在△ACF中，AF=CF=√BC2+BF2=√3，显然有FO⊥AC，sin∠FAC=FOAF =√BO2+BF2AF=√2√3，由正弦定理得△ACF外接圆直径2R=CFsin∠FAC =√2，R=2√2，三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截得的截面是△ACF的外接圆，其面积为πR2=9π8，④正确，所以所给命题中正确命题的序号是①③④.故选：D小提示：名师点评两个平面互相垂直，则一个平面内任意一点在另一个平面上的射影都在这两个平面的交线上.5、正方体中，点P，O，R，S是其所在棱的中点，则PQ与RS是异面直线的图形是（）A．B．C．D．答案：C分析：对于A，B，D，利用两平行线确定一个平面可以证明直线PQ与RS共面，对于C，利用异面直线的定义推理判断作答．对于A，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，A1C1，则AC//A1C1，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，则有PQ//AC，RS//A1C1，因此PQ//RS，则直线PQ与RS共面，A错误；对于B，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，QS，PR，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有AP//CR且AP=CR，则四边形APRC为平行四边形，即有AC//PR，又QS//AC，因此QS//PR，直线PQ与RS共面，B错误；对于C，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有RS//BB1，而BB1⊂平面ABB1A1，RS⊄平面ABB1A1，则RS//平面ABB1A1，PQ⊂平面ABB1A1，则直线PQ与RS无公共点，又直线PQ与直线BB1相交，于是得直线PQ与RS不平行，则直线PQ与RS是异面直线，C正确；对于D，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接A1B，D1C，PS，QR，如图，因为A1D1//BC且A1D1=BC，则四边形A1D1CB为平行四边形，有A1B//D1C，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有PS//A1B，QR//D1C，则PS//QR，直线PQ与RS共面，D错误.故选：C6、下面四个选项中一定能得出平面α/⁄平面β的是（）A．存在一条直线a，a//α，a//βB．存在一条直线a，a⊂α，a//βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a//β，b//αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a//β，b//α答案：D分析：对于A，B，C，举出符合条件的特例即可判断；对于D，过直线a作平面γ∩β=c，再证c//α即可. 如图，ABCD−A1B1C1D1是长方体，平面ABCD为平面α，平面ABB1A1为平面β，对于A，直线C1D1为直线a，显然a//α，a//β，而α与β相交，A不正确；对于B，直线CD为直线a，显然a⊂α，a//β，而α与β相交，B不正确；对于C，直线CD为直线a，直线A1B1为直线b，显然a⊂α，b⊂β，a//β，b//α，而α与β相交，C不正确；对于D，因a，b是异面直线，且a⊂α，b⊂β，过直线a作平面γ∩β=c，如图，则c//a，并且直线c与b必相交，而c⊄α，于是得c//α，又b//α，即β内有两条相交直线都平行于平面α，⁄平面β.因此，平面α/故选：D7、已知直线l⊥平面α，有以下几个判断：①若m⊥l，则m//α；②若m⊥α，则m//l；③若m//α，则m⊥l；④若m//l，则m⊥α；上述判断中正确的是（）A．①②③B．②③④C．①③④D．①②④答案：B分析：根据线面的位置关系，线面垂直的性质定理，线面平行的性质定理及线面垂直的性质逐项分析即得. 对于①，当m⊂平面α也可以有m⊥l，但m不平行于平面α，故①错；对于②，根据线面垂直的性质定理可知②正确；对于③，根据线面平行的性质定理可得存在n⊂α且m∥n．而直线l⊥平面α，故可根据线面垂直的性质得出l⊥n，故l⊥m正确；对于④，根据直线l⊥平面α，可在平面α内找到两条相交直线p，n，且l⊥p，l⊥n，又m∥l，所以m⊥p，m⊥n，故根据线面垂直的判定定理可知，m⊥α正确．即②③④正确．故选：B．8、圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的表面积与圆柱的侧面积的比值为（）A．1∶1B．1∶2C．2∶1D．2∶3答案：A分析：按圆柱侧面积和球的表面积公式计算即可.设球的半径的r，依题意圆柱的底面半径也是r，高是2r，圆柱的侧面积=2πr·2r=4πr2，球的表面积为4πr2，其比例为1:1，故选：A.多选题9、如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，C1C，A1A的中点，则（）A．M，N，B，D1四点共面B．异面直线PD1与MN所成角的余弦值为√1010C．平面BMN截正方体所得截面为等腰梯形D．三棱锥P−MNB的体积为13答案：BCD分析：根据直线与直线的位置关系判定A；由异面直线所成角求解判定B；作出截面判定C；由体积公式判定D对于A，易知MN与BD1为异面直线，所以M，N，B，D1不可能四点共面，故A错误；对于B，连接CD1，CP，易得MN//CD1，所以∠PD1C为异面直线PD1与MN所成角，设AB=2，则CD1=2√2，D1P=√5，PC=3，所以cos∠PD1C=√2)2√5)222×2√2×√5=√1010，所以异面直线PD1与MN所成角的余弦值为√1010，故B正确；对于C，连接A1B，A1M，易得A1B//MN，所以平面BMN截正方体所得截面为梯形MNBA1，故C正确；对于D，易得D1P//BN，因为D1P⊄平面MNB，MN⊂平面MNB，所以D1P//平面MNB，所以V P−MNB=V D1−MNB =V B−MND1=13×12×1×1×2=13，故D正确.故选：BCD10、已知两条不重合的直线a和b两个不重合的平面α和β，则下列说法不正确的为（）A．若a∥α，b∥α，则a∥bB．若a⊂α，b⊂β，则a，b为异面直线C．若a∥b，a⊂α，则b∥α或b⊂αD．若a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥β答案：ABD分析：根据线线，线面，面面的位置关系的概念想象，构造，即可做出判定.解：对于A，若a∥α，b∥α，则a∥b或a与b相交或a与b异面，故A错误；对于B，若a⊂α，b⊂β，则a，b的位置关系是平行、相交或异面，故B错误；对于C，若a∥b，a⊂α，则b∥α或b⊂α，故C正确；对于D，若a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥β或α与β相交，添加条件a与b相交时，可得α∥β，故D错误．故选：ABD．小提示：本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．关键是空间想象,构造，不必严格使用相关定理论证.11、（多选）圆柱的侧面展开图是边长分别为2a，a的矩形，则圆柱的体积为（）A．a3πB．a32πC．a33πD．a34π答案：AB分析：按圆的高分类讨论，求出底面半径后由体积公式计算．设圆柱底面半径为r，若高是a，则2πr=2a，r=aπ，V=πr2a=π×(aπ)2×a=a3π，若高是2a，则2πr=a，r=a2π，V=πr2⋅2a=π×(a2π)2×2a=a32π．故选：AB．填空题12、已知一三角形ABC用斜二测画法画出的直观图是面积为√3的正三角形A′B′C′(如图)，则三角形ABC中边长与正三角形A′B′C′的边长相等的边上的高为______．答案：2√6分析：根据面积公式求出三角形的边长，以及高，利用斜二测画法的原理还原出原三角形的高，并求出答案. 设正三角形A′B′C′的边长为a，∵S△A′B′C′=√34a2=√3∴a=2，DC′=√3O′C′=√6∴O′C=2√6所以答案是：2√6.13、如图，已知棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，给出下列结论：①异面直线AP与DD1所成的角范围为[π3,π2 ]；②平面PBD1⊥平面A1C1D；③点P到平面A1C1D的距离为定值2√33；④存在一点P，使得直线AP与平面BCC1B1所成的角为π3. 其中正确的结论是___________.答案：②③解析：数形结合说明异面直线AP 与DD 1所成的角的范围为[π4,π2]，故①错误；证明BD 1⊥平面A 1C 1D ，所以平面PBD 1⊥平面A 1C 1D ，故②正确；点P 到平面A 1C 1D 的距离为定值，且等于BD 1的13，即2√33，故③正确；AP与平面BCC 1B 1所成的角为∠APB ,tan ∠APB 最大值为√2<tan π3，故④不正确.对于①，当P 在C 点时，DD 1⊥AC ，异面直线AC 与DD 1所成的角最大为π2，当P 在B 1点时，异面直线AB 1与DD 1所成的角最小为∠D 1DC =π4，所以异面直线AP 与DD 1所成的角的范围为[π4,π2]，故①错误；对于②，如图，因为A 1C 1⊥B 1D 1,A 1C 1⊥B 1B,B 1D 1∩B 1B,B 1D 1,B 1B ⊂平面BB 1D ,所以A 1C 1⊥BD 1,同理DC 1⊥BD 1,又因为A 1C 1∩DC 1=C 1,A 1C 1,DC 1⊂平面DA 1C 1,所以BD 1⊥平面A 1C 1D ，所以平面PBD 1⊥平面A 1C 1D ，故②正确；对于③，因为B 1C //A 1D, B 1C ⊄平面A 1C 1D ,A 1D ⊂平面A 1C 1D ,所以B 1C //平面A 1C 1D ，所以点P 到平面A 1C 1D 的距离为定值，且等于BD 1的13，即2√33，故③正确；对于④，直线AP 与平面BCC 1B 1所成的角为∠APB ，tan∠APB =ABBP ，当BP ⊥B 1C 时，BP 最小，tan∠APB 最大，最大值为√2<tan π3，故④不正确，所以答案是：②③.小提示：关键点睛：解答本题的关键是判断命题①④的真假，它们都是求空间的角，它们都是利用数形结合的方法求空间角的最值，对于数形结合的这种数学思想要注意灵活运用.14、如图，在三棱锥P −ABC 中，平面EFMN 平行于对棱AC,PB,AC =PB =2,AC ⊥PB ，截面EFMN 面积的最大值是______.答案：1分析：由线面平行的性质可得AC//EN 、AC//MF 且PB//EF 、PB//MN ，易得EFMN 为平行四边形，结合AC ⊥PB 有EFMN 为矩形，进而设PE PA=EN AC=λ (0<λ<1)，由已知求EN 、EF 关于λ的表达式，即可得EFMN面积关于λ的函数，利用二次函数性质求最值即可.由题设，AC//面EFMN ，又AC,EN ⊂面PAC ，面PAC ∩面EFMN =EN ，所以AC//EN ，同理可证AC//MF ，故EN//MF ，又PB//面EFMN ，又PB,EF ⊂面PAB ，面PAB ∩面EFMN =EF ，所以PB//EF ，同理可证PB//MN ，故EF//MN ，故EFMN 为平行四边形，又AC ⊥PB ，即EN ⊥EF ，则EFMN 为矩形，若PE PA=EN AC=λ (0<λ<1)，则EA PA=EF PB=1−λ，又AC =PB =2，所以EN =2λ，EF =2(1−λ)，又EFMN 面积为S =EN ⋅EF =4λ(1−λ)，所以S =−4(λ−12)2+1，故当λ=12时S max =1.所以答案是：1. 解答题15、如图，在三棱锥A −BCD 中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB =AD ，O 为BD 的中点.（1）证明：OA⊥CD；（2）若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE=2EA，且二面角E−BC−D的大小为45°，求三棱锥A−BCD的体积.答案：(1)证明见解析；(2)√36.分析：(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.（1）因为AB=AD，O是BD中点，所以OA⊥BD，因为OA⊂平面ABD，平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD=BD，所以OA⊥平面BCD．因为CD⊂平面BCD，所以OA⊥CD.（2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O为坐标原点，OA为z轴，OD为y轴，垂直OD且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系O−xyz，则C(√32,12,0),D(0,1,0),B(0,−1,0)，设A(0,0,m),E(0,13,23m),所以EB⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,−43,−23m),BC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(√32,32,0)，设n ⃑ =(x,y,z )为平面EBC 的法向量，则由{EB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅n ⃑ =0EC ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅n ⃑ =0 可求得平面EBC 的一个法向量为n ⃑ =(−√3,1,−2m )．又平面BCD 的一个法向量为OA ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,0,m )，所以cos⟨n ⃑ ,OA⃑⃑⃑⃑⃑ ⟩=|m⋅√4+m 2|=√22，解得m =1．又点C 到平面ABD 的距离为√32，所以V A−BCD =V C−ABD =13×12×2×1×√32=√36，所以三棱锥A −BCD 的体积为√36． [方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作EG ⊥BD ，垂足为点G ．作GF ⊥BC ，垂足为点F ，连结EF ，则OA ∥EG ．因为OA ⊥平面BCD ，所以EG ⊥平面BCD ， ∠EFG 为二面角E −BC −D 的平面角．因为∠EFG =45°，所以EG =FG ．由已知得OB =OD =1，故OB =OC =1．又∠OBC =∠OCB =30°，所以BC =√3．因为GD=23,GB=43,FG=23CD=23,EG=23,OA=1，V A−BCD=13S△BCD×OA=13×2S△BOC×OA=13×2×(12×√32×1×1)×1=√36．[方法三]：三面角公式考虑三面角B−EDC，记∠EBD为α，∠EBC为β，∠DBC=30°，记二面角E−BC−D为θ．据题意，得θ=45°．对β使用三面角的余弦公式，可得cosβ=cosα⋅cos30°，化简可得cosβ=√32cosα．①使用三面角的正弦公式，可得sinβ=sinαsinθ，化简可得sinβ=√2sinα．②将①②两式平方后相加，可得34cos2α+2sin2α=1，由此得sin2α=14cos2α，从而可得tanα=±12．如图可知α∈(0,π2)，即有tanα=12，根据三角形相似知，点G为OD的三等分点，即可得BG=43，结合α的正切值，可得EG=23,OA=1从而可得三棱锥A−BCD的体积为√36．【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.。

(完整word版)必修二立体几何复习+经典例题

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 (]︒︒90,0 2、直线与平面所成的角的取值范围是：︒≤≤︒900θ []︒︒90,0 3、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【例题分析】例2 在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，M ，N 分别是AB ，PC 的中点，求证：MN ∥平面P AD ．【分析】要证明“线面平行”，可通过“线线平行”或“面面平行”进行转化；题目中出现了中点的条件，因此可考虑构造(添加)中位线辅助证明．证明：方法一，取PD 中点E ，连接AE ，NE ．∵底面ABCD 是平行四边形，M ，N 分别是AB ，PC 的中点， ∴MA ∥CD ，.21CD MA =∵E 是PD 的中点， ∴NE ∥CD ，.21CD NE =∴MA ∥NE ，且MA ＝NE ， ∴AENM 是平行四边形，∴MN∥AE．又AE⊂平面P AD，MN ⊄平面P AD，∴MN∥平面P AD．方法二取CD中点F，连接MF，NF．∵MF∥AD，NF∥PD，∴平面MNF∥平面P AD，∴MN∥平面P AD．【评述】关于直线和平面平行的问题，可归纳如下方法：(1)证明线线平行：∩α＝a，∩β＝b(2)证明线面平行：(3)证明面面平行：α∥，β∥例3在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AC，AB⊥AC，求证：A1C⊥BC1．【分析】要证明“线线垂直”，可通过“线面垂直”进行转化，因此设法证明A1C垂直于经过BC1的平面即可．证明：连接AC1．∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，∴AA1⊥平面ABC，∴AB⊥AA1．又AB⊥AC，∴AB⊥平面A1ACC1，∴A1C⊥A B．①又AA1＝AC，∴侧面A1ACC1是正方形，∴A1C⊥AC1．②由①，②得A1C⊥平面ABC1，∴A1C⊥BC1．【评述】空间中直线和平面垂直关系的论证往往是以“线面垂直”为核心展开的．如本题已知条件中出现的“直三棱柱”及“AB⊥AC”都要将其向“线面垂直”进行转化．例4在三棱锥P－ABC中，平面P AB⊥平面ABC，AB⊥BC，AP⊥PB，求证：平面P AC⊥平面PBC．【分析】要证明“面面垂直”，可通过“线面垂直”进行转化，而“线面垂直”又可以通过“线线垂直”进行转化．证明：∵平面P AB⊥平面ABC，平面P AB∩平面ABC＝AB，且AB⊥BC，∴BC⊥平面P AB，∴AP⊥BC．又AP⊥PB，∴AP⊥平面PBC，又AP⊂平面P AC，∴平面P AC⊥平面PBC．【评述】关于直线和平面垂直的问题，可归纳如下方法：(1)证明线线垂直：a⊥c，b∥c，a⊥αb⊂α⇒a⊥b⇒a⊥b(1)证明线面垂直：a⊥m，a⊥n a∥b，b⊥αα∥β，a⊥βα⊥β，α∩β＝lm，n⊂α，m∩n＝A a⊂β，a⊥l⇒a⊥α⇒a⊥α⇒a⊥α⇒a⊥α(1)证明面面垂直： a ⊥β，a ⊂α⇒α⊥β例5 如图，在斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面A 1ABB 1是菱形，且垂直于底面ABC ，∠A 1AB ＝60°，E ，F 分别是AB 1，BC 的中点．(Ⅰ)求证：直线EF ∥平面A 1ACC 1；(Ⅱ)在线段AB 上确定一点G ，使平面EFG ⊥平面ABC ，并给出证明．证明：(Ⅰ)连接A 1C ，A 1E ．∵侧面A 1ABB 1是菱形， E 是AB 1的中点， ∴E 也是A 1B 的中点，又F 是BC 的中点，∴EF ∥A 1C ．∵A 1C ⊂平面A 1ACC 1，EF ⊄平面A 1ACC 1， ∴直线EF ∥平面A 1ACC 1． (2)解：当31=GA BG 时，平面EFG ⊥平面ABC ，证明如下：连接EG ，FG ．∵侧面A 1ABB 1是菱形，且∠A 1AB ＝60°，∴△A 1AB 是等边三角形． ∵E 是A 1B 的中点，31=GA BG ，∴EG ⊥AB ． ∵平面A 1ABB 1⊥平面ABC ，且平面A 1ABB 1∩平面ABC ＝AB ，∴EG ⊥平面ABC ．又EG ⊂平面EFG ，∴平面EFG ⊥平面ABC ．例6 如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，E 是AC 的中点．(Ⅰ)求证：平面BEC 1⊥平面ACC 1A 1；(Ⅱ)求证：AB 1∥平面BEC 1．【分析】本题给出的三棱柱不是直立形式的直观图，这种情况下对空间想象能力提出了更高的要求，可以根据几何体自身的性质，适当添加辅助线帮助思考．证明：(Ⅰ)∵ABC －A 1B 1C 1是正三棱柱，∴AA 1⊥平面ABC ， ∴BE ⊥AA 1．∵△ABC 是正三角形，E 是AC 的中点，∴BE ⊥AC ，∴BE ⊥平面ACC 1A 1，又BE ⊂平面BEC 1， ∴平面BEC 1⊥平面ACC 1A 1．(Ⅱ)证明：连接B 1C ，设BC 1∩B 1C ＝D ．∵BCC 1B 1是矩形，D 是B 1C 的中点， ∴DE ∥AB 1．又DE ⊂平面BEC 1，AB 1⊄平面BEC 1， ∴AB 1∥平面BEC 1．例7 在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，△P AD 是等边三角形，已知BD ＝2AD ＝8，542==DC AB ．(Ⅰ)设M 是PC 上的一点，证明：平面MBD ⊥平面P AD ； (Ⅱ)求四棱锥P －ABCD 的体积．【分析】本题中的数量关系较多，可考虑从“算”的角度入手分析，如从M 是PC 上的动点分析知，MB ，MD 随点M 的变动而运动，因此可考虑平面MBD 内“不动”的直线BD 是否垂直平面P AD ．证明：(Ⅰ)在△ABD 中，由于AD ＝4，BD ＝8，54=AB ，所以AD 2＋BD 2＝AB 2．故AD ⊥BD ．又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥平面P AD ，又BD ⊂平面MBD ，故平面MBD ⊥平面P AD ． (Ⅱ)解：过P 作PO ⊥AD 交AD 于O ，由于平面P AD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD ．因此PO 为四棱锥P －ABCD 的高，又△P AD 是边长为4的等边三角形．因此.32423=⨯=PO 在底面四边形ABCD 中，AB ∥DC ，AB ＝2DC ，所以四边形ABCD 是梯形，在Rt △ADB 中，斜边AB 边上的高为5585484=⨯，即为梯形ABCD 的高，所以四边形ABCD 的面积为.2455825452=⨯+=S 故.316322431=⨯⨯=-ABCD P V图 5DGBFCAE图 4GEF ABC D9.如图4,在边长为1的等边三角形ABC 中,,D E 分别是,AB AC 边上的点,AD AE =,F 是BC 的中点,AF 与DE 交于点G ,将ABF ∆沿AF 折起,得到如图5所示的三棱锥A BCF -,其中22BC =. (1) 证明:DE //平面BCF ; (2) 证明:CF ⊥平面ABF ; (3) 当23AD =时,求三棱锥F DEG -的体积F DEG V -.角形ABC 中,AD AE =9. 【答案】(1)在等边三AD AEDB EC ∴=,在折叠后的三棱锥A BCF -中也成立,//DE BC ∴ ,DE ⊄平面BCF ,BC ⊂平面BCF ,//DE ∴平面BCF ;(2)在等边三角形ABC 中,F 是BC 的中点,所以AF BC ⊥①,12BF CF ==.在三棱锥A BCF -中,22BC =,222BC BF CF CF BF ∴=+∴⊥②BF CF F CF ABF ⋂=∴⊥平面;(3)由(1)可知//GE CF ,结合(2)可得GE DFG ⊥平面.11111131332323323324F DEG E DFGV V DG FG GF --⎛⎫∴==⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅= ⎪ ⎪⎝⎭4. 如图，四棱锥P —ABCD 中，ABCD 为矩形，△PAD 为等腰直角三角形，∠APD=90°，面PAD ⊥面ABCD ，且AB=1，AD=2，E 、F 分别为PC 和BD 的中点．11（1）证明：EF ∥面PAD ；（2）证明：面PDC ⊥面PAD ；（3）求四棱锥P —ABCD 的体积． 4. 如图，连接AC ，∵ABCD 为矩形且F 是BD 的中点， ∴AC 必经过F 1分又E 是PC 的中点，所以，EF ∥AP2分∵EF 在面PAD 外，PA 在面内，∴EF ∥面PAD（2）∵面PAD ⊥面ABCD ，CD ⊥AD ，面PAD面ABCD=AD ，∴CD ⊥面PAD ，又AP ⊂面PAD ，∴AP ⊥CD又∵AP ⊥PD ，PD 和CD 是相交直线，AP ⊥面PCD 又AD ⊂面PAD ，所以，面PDC ⊥面PAD（3）取AD 中点为O ，连接PO ，因为面PAD ⊥面ABCD 及△PAD 为等腰直角三角形，所以PO ⊥面ABCD ，即PO 为四棱锥P —ABCD 的高∵AD=2，∴PO=1，所以四棱锥P —ABCD 的体积1233V PO AB AD =⋅⋅= 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 (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.1. 【解析】（Ⅰ）由题设知BC ⊥1CC ,BC ⊥AC ，1CC AC C ⋂=,∴BC ⊥面11ACC A , 又∵1DC ⊂面11ACC A ，∴1DC BC ⊥, 由题设知1145A DC ADC ∠=∠=,∴1CDC ∠=090,即B 1C BADC 1A 1121DC DC ⊥,又∵DC BC C ⋂=, ∴1DC ⊥面BDC , ∵1DC ⊂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.。

部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案重点知识点大全

(名师选题)部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案重点知识点大全单选题1、如图，用斜二测画法作水平放置的正三角形A 1B 1C 1的直观图，则正确的图形是（）A ．B ．C ．D ．2、已知球O 的体积为36π，则该球的表面积为（） A ．6πB ．9πC ．12πD ．36π3、在△ABC 中，AB =1，AC =2，∠BAC =60°，P 是△ABC 的外接圆上的一点，若AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ + nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，则m +n 的最小值是（） A ．−1B ．−12C ．−13D ．−164、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．275、正方体中，点P，O，R，S是其所在棱的中点，则PQ与RS是异面直线的图形是（）A．B．C．D．6、如图1，已知PABC是直角梯形，AB∥PC，AB⊥BC，D在线段PC上，AD⊥PC．将△PAD沿AD折起，使平面PAD⊥平面ABCD，连接PB，PC，设PB的中点为N，如图2．对于图2，下列选项错误的是（）A．平面PAB⊥平面PBC B．BC⊥平面PDCC．PD⊥AC D．PB＝2AN7、已知直线l⊥平面α，有以下几个判断：①若m⊥l，则m//α；②若m⊥α，则m//l；③若m//α，则m⊥l；④若m//l，则m⊥α；上述判断中正确的是（）A．①②③B．②③④C．①③④D．①②④8、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多选题9、已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，AB=BC=BB1，D是AC的中点，O为A1C的中点.点P是BC1上的动点，则下列说法正确的是（）A．当点P运动到BC1中点时，直线A1P与平面A1B1C1所成的角的正切值为√55B．无论点P在BC1上怎么运动，都有A1P⊥OB1C．当点P运动到BC1中点时，才有A1P与OB1相交于一点，记为Q，且PQQA1=13D．无论点P在BC1上怎么运动，直线A1P与AB所成角都不可能是30°10、（多选题）已知平面α//平面β，直线m⊂α，直线n⊂β，下列结论中正确的是（）A．m//βB．n//αC．m//n D．m与n不相交11、如图，在棱长均相等的四棱锥P−ABCD中, O为底面正方形的中心, M,N分别为侧棱PA，PB的中点，下列结论正确的有（）A．PD∥平面OMN B．平面PCD∥平面OMNC．直线PD与直线MN所成角的大小为90∘D．ON⊥PB填空题12、如图所示，△A′B′O′是利用斜二测画法画出的△ABO的直观图，已知A′B′∥y′轴，O′B′=4，且△ABO的面积为16，过A′作A′C′⊥x′轴，则A′C′的长为______．部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案(三十二)参考答案1、答案：A分析：由斜二侧画法的规则分析判断即可先作出一个正三角形A1B1C1，然后以B1C1所在直线为x轴，以B1C1边上的高所在的直线为y轴建立平面直角坐标系，画对应的x′,y′轴，使夹角为45°，画直观图时与x轴平行的直线的线段长度保持不变，与y轴平行的线段长度变为原来的一半，得到的图形如图，然后去掉辅助线即可得到正三角形的直观图如图，故选：A2、答案：D分析：根据球的体积公式求出半径，即可求出表面积.设球的体积为R ，则由题可得43πR 3=36π，解得R =3，则该球的表面积为4π×32=36π. 故选：D. 3、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AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =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AP⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，所以(cosθ+1,sinθ)=m (12,√32)+ n (2,0)=(m2+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 ． 4、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.5、答案：C分析：对于A，B，D，利用两平行线确定一个平面可以证明直线PQ与RS共面，对于C，利用异面直线的定义推理判断作答．对于A，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，A1C1，则AC//A1C1，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，则有PQ//AC，RS//A1C1，因此PQ//RS，则直线PQ与RS共面，A错误；对于B，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，QS，PR，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有AP//CR且AP=CR，则四边形APRC为平行四边形，即有AC//PR，又QS//AC，因此QS//PR，直线PQ与RS共面，B错误；对于C，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有RS//BB1，而BB1⊂平面ABB1A1，RS⊄平面ABB1A1，则RS//平面ABB1A1，PQ⊂平面ABB1A1，则直线PQ与RS无公共点，又直线PQ与直线BB1相交，于是得直线PQ与RS不平行，则直线PQ与RS是异面直线，C正确；对于D，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接A1B，D1C，PS，QR，如图，因为A1D1//BC且A1D1=BC，则四边形A1D1CB为平行四边形，有A1B//D1C，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有PS//A1B，QR//D1C，则PS//QR，直线PQ与RS共面，D错误. 故选：C6、答案：A分析：由已知利用平面与平面垂直的性质得到PD⊥平面ABCD，判定C正确；进一步得到平面PCD⊥平面ABCD，结合BC⊥CD判定B正确；再证明AB⊥平面PAD，得到△PAB为直角三角形，判定D正确；可证明平面PBC⊥平面PDC，若平面PAB⊥平面PBC，则平面PAB与平面PDC的交线⊥平面PBC，矛盾，可判断A图1中AD⊥PC，则图2中PD⊥AD，又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PD⊥平面ABCD，则PD⊥AC，故选项C正确；由PD⊥平面ABCD，PD⊂平面PDC，得平面PDC⊥平面ABCD，而平面PDC∩平面ABCD＝CD，BC⊂平面ABCD，BC⊥CD，∴BC⊥平面PDC，故选项B正确；∵AB⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴AB⊥平面PAD，则AB⊥PA，即△PAB是以PB为斜边的直角三角形，而N为PB的中点，则PB＝2AN，故选项D正确．由于BC⊥平面PDC，又BC⊂平面PBC∴平面PBC⊥平面PDC若平面PAB⊥平面PBC，则平面PAB与平面PDC的交线⊥平面PBC由于AB//平面PDC，则平面PAB与平面PDC的交线//AB显然AB不与平面PBC垂直，故A错误故选：A7、答案：B分析：根据线面的位置关系，线面垂直的性质定理，线面平行的性质定理及线面垂直的性质逐项分析即得. 对于①，当m⊂平面α也可以有m⊥l，但m不平行于平面α，故①错；对于②，根据线面垂直的性质定理可知②正确；对于③，根据线面平行的性质定理可得存在n⊂α且m∥n．而直线l⊥平面α，故可根据线面垂直的性质得出l⊥n，故l⊥m正确；对于④，根据直线l⊥平面α，可在平面α内找到两条相交直线p，n，且l⊥p，l⊥n，又m∥l，所以m⊥p，m⊥n，故根据线面垂直的判定定理可知，m⊥α正确．即②③④正确．故选：B．8、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：A9、答案：ABD分析：构造线面角∠PA1E，由已知线段的等量关系求tan∠PA1E=EPAE的值即可判断A的正误；利用线面垂直的性质，可证明A1P⊥OB1即可知B的正误；由中位线的性质有PQQA1=12可知C的正误；由直线的平行关系构造线线角为∠B1A1P，结合动点P分析角度范围即可知D的正误直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，AB=BC=BB1选项A中，当点P运动到BC1中点时，有E为B1C1的中点，连接A1E、EP，如下图示即有EP⊥面A1B1C1∴直线A1P与平面A1B1C1所成的角的正切值：tan∠PA1E=EPAE∵EP=12BB1，AE=√A1B12+B1E2=√52BB1∴tan∠PA1E=√55，故A正确选项B中，连接B1C，与BC1交于E，并连接A1B，如下图示由题意知，B1BCC1为正方形，即有B1C⊥BC1而AB⊥BC且ABC−A1B1C1为直三棱柱，有A1B1⊥面B1BCC1，BC1⊂面B1BCC1∴A1B1⊥BC1，又A1B1∩B1C=B1∴BC1⊥面A1B1C，OB1⊂面A1B1C，故BC1⊥OB1同理可证：A1B⊥OB1，又A1B∩BC1=B∴OB1⊥面A1BC1，又A1P⊂面A1BC1，即有A1P⊥OB1，故B正确选项C中，点P运动到BC1中点时，即在△A1B1C中A1P、OB1均为中位线∴Q为中位线的交点∴根据中位线的性质有：PQQA1=12，故C错误选项D中，由于A1B1//AB，直线A1P与AB所成角即为A1B1与A1P所成角：∠B1A1P 结合下图分析知：点P在BC1上运动时当P在B或C1上时，∠B1A1P最大为45°当P在BC1中点上时，∠B1A1P最小为arctan√22>arctan√33=30°∴∠B1A1P不可能是30°，故D正确故选：ABD小提示：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、答案：ABD分析：由面面平行的性质可判断各选项的正误.因为平面α//平面β，直线m⊂α，直线n⊂β，则m//β，n//α，m与n无公共点，即m与n不相交.故ABD选项正确，C选项错误.故选：ABD.11、答案：ABD分析：连接BD，由PD∥ON易证PD∥平面OMN；证明出CD∥平面OMN，结合PD∥平面OMN可知平面PCD∥平面OMN；利用边长关系结合勾股定理证明ON⊥PB.对于选项A，连接BD，显然O为BD的中点，又N为PB的中点，所以PD//ON,PD⊄平面OMN，ON⊂平面OMN，所以PD∥平面OMN，选项A正确；对于选项B，由M,N分别为侧棱PA,PB的中点，得MN∥AB，又底面为正方形，所以MN∥CD，同理可得CD∥平面OMN,又由选项A得PD∥平面OMN，PD∩CD=D，所以平面PCD∥平面OMN，选项B正确；对于选项C，因为MN∥CD，所以∠PDC（或补角）为直线PD与直线MN所成的角，又因为所有棱长都相等，所以∠PDC=60∘，故直线PD与直线MN所成角的大小为60∘，选项C不正确；对于选项D，因底面为正方形，所以AB2+AD2=BD2,又所有棱长都相等，所以PB2+PD2=BD2，故PB⊥PD，又PD∥ON，所以ON⊥PB，选项D正确.故选：ABD.小提示：本题考查空间平行关系垂直关系的判断，难度一般.解答时要注意图中的几何关系，根据线面平行、面面平行及线面垂直等的判定定理判断.12、答案：2√2分析：结合已知条件利用直观图与原图之间的面积关系得到△A′B′O′的面积，进而得到A′C′.因为S△ABO=16，S△A′B′O′S△ABO =√24，O′B′=4所以S△A′B′O′=4√2=12×O′B′×A′C′，即A′C′=2√2. 所以答案是：2√2.。

高中数学必修2立体几何考题(附答案)(可编辑修改word版)

14高中数学必修2 立体几何考题13. 如图所示，正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，M 、N 分别是 A 1B 1，B 1C 1 的中点．问：(1) AM 和 CN 是否是异面直线？说明理由；(2) D 1B 和 CC 1 是否是异面直线？说明理由．解析：(1)由于 M 、N 分别是 A 1B 1 和 B 1C 1 的中点，可证明 MN ∥AC ，因此 AM 与 CN 不是异面直线．(2)由空间图形可感知 D 1B 和 CC 1 为异面直线的可能性较大，判断的方法可用反证法．探究拓展：解决这类开放型问题常用的方法有直接法(即由条件入手，经过推理、演算、变形等)，如第(1)问，还有假设法，特例法，有时证明两直线异面用直线法较难说明问题，这时可用反证法，即假设两直线共面，由这个假设出发，来推证错误，从而否定假设，则两直线是异面的．解：(1)不是异面直线．理由如下：∵M 、N 分别是 A 1B 1、B 1C 1 的中点，∴MN ∥A 1C 1.又∵A 1A ∥D 1D ，而 D 1D 綊 C 1C ，∴A 1A 綊 C 1C ，∴四边形 A 1ACC 1 为平行四边形．∴A 1A ∥AC ，得到 MN ∥AC ，∴A 、M 、N 、C 在同一个平面内，故 AM 和 CN 不是异面直线．(2)是异面直线．理由如下：假设 D 1B 与 CC 1 在同一个平面 CC 1D 1 内，则 B ∈平面 CC 1D 1，C ∈平面 CC 1D 1.∴BC ⊂平面 CC 1D 1，这与在正方体中 BC ⊥平面 CC 1D 1 相矛盾，∴假设不成立，故 D 1B 与 CC 1 是异面直线．14. 如下图所示，在棱长为 1 的正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，M 为 AB 的中点，N 为 BB 1 的中点，O 为面 BCC 1B 1 的中心．(1) 过 O 作一直线与 AN 交于 P ，与 CM 交于 Q (只写作法，不必证明)；(2) 求 PQ 的长(不必证明)．解析：(1)由 ON ∥AD 知，AD 与 ON 确定一个平面 α.又 O 、C 、M 三点确定一个平面 β(如下图所示)．∵三个平面 α，β 和 ABCD 两两相交，有三条交线 OP 、CM 、DA ，其中交线 DA 与交线 CM 不平行且共面．∴DA 与 CM 必相交，记交点为 Q .∴OQ 是 α 与 β 的交线．连结 OQ 与 AN 交于 P ，与 CM 交于 Q ，故 OPQ 即为所作的直线．(2)解三角形 APQ 可得 PQ ＝ . 15. 如图，在直三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 中，AB ＝BC ＝B 1B ＝a ，∠ABC ＝90°，D 、E分别为BB1、AC1的中点．(1)求异面直线BB1与AC1所成的角的正切值；(2)证明：DE 为异面直线BB1与AC1的公垂线；(3)求异面直线BB1与AC1的距离．解析：(1)由于直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1∥BB1，所以∠A1AC1就是异面直线BB1与AC1所成的角．又AB＝BC＝B1B＝a，∠ABC＝90°，所以A1C1＝2a，tan∠A1AC1＝2，即异面直线BB1与AC1所成的角的正切值为2.(2)证明：解法一：如图，在矩形ACC1A1中，过点E 作AA1的平行线MM1分别交AC、A1C1于点M、M1，连结BM，B1M1，则BB1綊MM1.又D、E 分别是BB1、MM1的中点，可得DE 綊BM.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，由条件AB＝BC 得BM⊥AC，所以BM⊥平面ACC1A1，故DE⊥平面ACC1A1，所以DE⊥AC1，DE⊥BB1，即DE 为异面直线BB1与AC1的公垂线．解法二：如图，延长C1D、CB 交于点F，连结AF，由条件易证D是C1F 的中点，B 是CF 的中点，又E 是AC1的中点，所以DE∥AF.在△ACF 中，由AB＝BC＝BF 知AF⊥AC.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，所以AF⊥AA1，故AF⊥平面ACC1A1，故DE⊥平面ACC1A1，所以DE⊥AC1，DE⊥BB1，即DE 为异面直线BB1与AC1的公垂线．(3)由(2)知线段DE 的长就是异面直线BB1与AC1的距离，由于AB＝BC＝a，∠ABC＝90°，2a.所以DE＝2反思归纳：两条异面直线的公垂线是指与两条异面直线既垂直又相交的直线，两条异面直线的公垂线是惟一的，两条异面直线的公垂线夹在两条异面直线之间的线段的长度就是两条异面直线的距离．证明一直线是某两条异面直线的公垂线，可以分别证明这条直线与两条异面直线垂直．本题的思路是证明这条直线与一个平面垂直，而这一平面与两条异面直线的位置关系是一条直线在平面内，另一条直线与这个平面平行．16.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O，M 分别是BD1，AA1的中点．(1)求证：MO 是异面直线AA1和BD1的公垂线；(2)求异面直线AA1与BD1所成的角的余弦值；(3)若正方体的棱长为a，求异面直线AA1与BD1的距离．解析：(1)证明：∵O 是BD1的中点，∴O 是正方体的中心，∴OA＝OA 1，又M 为AA1的中点，即OM 是线段AA1的垂直平分线，故OM⊥AA1.连结MD1、BM，则可得MB＝MD1.同理由点O 为BD1的中点知MO⊥BD1，即MO 是异面直线AA1和BD1的公垂线．33333 2(2)由于AA1∥BB1，所以∠B1BD1就是异面直线AA1和BD1所成的角．在Rt△BB1D1中，设BB1＝1，则BD1＝3，所以cos∠B1BD1＝，故异面直线AA1与BD1所成的角的余弦值等于.(3)由(1)知，所求距离即为线段MO 的长，1 a由于OA＝AC1＝a，AM＝，且OM⊥AM，所以OM＝a.2 2 2 213.如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，侧面对角线AB1，BC1上分别有两点E、F，且B1E＝C1F，求证：EF∥ABCD.证明：解法一：分别过E、F 作EM⊥AB 于M，FN⊥BC 于N，连结MN.∵BB1⊥平面ABCD，∴BB1⊥AB，BB1⊥BC，∴EM∥BB1，FN∥BB1，∴EM∥FN.又B1E＝C1F，∴EM＝FN，故四边形MNFE 是平行四边形，∴EF∥MN，又MN 在平面ABCD 中，所以EF∥平面ABCD.解法二：过E 作EG∥AB 交BB1于G，B1E B1G连结GF，则1＝1，B A B B∵B1E＝C1F，B1A＝C1B，C1F B1G∴1＝1，∴FG∥B1C1∥BC.C B B B又EG∩FG＝G，AB∩BC＝B，∴平面EFG∥平面ABCD，而EF⊂平面EFG，∴EF∥平面ABCD.14.如下图，在四棱锥P－ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC.过BD 作与PA 平行的平面，交侧棱PC 于点E，又作DF⊥PB，交PB 于点F.(1)求证：点E 是PC 的中点；(2)求证：PB⊥平面EFD.证明：(1)连结AC，交BD 于O，则O 为AC 的中点，连结EO.∵PA∥平面BDE，平面PAC∩平面BDE＝OE，∴PA∥OE.∴点E 是PC 的中点；(2)∵PD⊥底面ABCD 且DC⊂底面ABCD，∴PD⊥DC，△PDC 是等腰直角三角形，而DE 是斜边PC 的中线，∴DE⊥PC，①又由PD⊥平面ABCD，得PD⊥BC.∵底面ABCD 是正方形，CD⊥BC，∴BC⊥平面PDC.而DE⊂平面PDC.∴BC⊥DE.②由①和②推得DE⊥平面PBC.而PB⊂平面PBC，22AB6 3∴DE⊥PB，又DF⊥PB 且DE∩DF＝D，所以PB⊥平面EFD.15.如图，l1、l2是互相垂直的异面直线，MN 是它们的公垂线段．点A、B 在l1上，C在l2上，AM＝MB＝MN.(1)求证AC⊥NB；(2)若∠ACB＝60°，求NB 与平面ABC 所成角的余弦值．证明：(1)如图由已知l2⊥MN，l2⊥l1，MN∩l1＝M，可得l2⊥平面ABN.由已知MN⊥l1，AM＝MB＝MN，可知AN＝NB 且AN⊥NB.又AN 为AC 在平面ABN 内的射影，∴AC⊥NB.(2)∵Rt△CNA≌Rt△CNB，∴AC＝BC，又已知∠ACB＝60°，因此△ABC 为正三角形．∵Rt△ANB≌Rt△CNB，∴NC＝NA＝NB，因此N 在平面ABC 内的射影H 是正三角形ABC 的中心．连结BH，∠NBH 为NB 与平面ABC 所成的角．在Rt△NHB 中，3HB 3ABcos∠NBH＝NB＝＝.16.如图，在四面体ABCD 中，CB＝CD，AD⊥BD，点E、F 分别是AB、BD 的中点．求证：(1)直线EF∥平面ACD；(2)平面EFC⊥平面BCD.命题意图：本小题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力、推理论证能力．证明：(1)在△ABD 中，∵E、F 分别是AB、BD 的中点，所以EF∥AD.又AD⊂平面ACD，EF✪平面ACD，∴直线EF∥平面ACD. (2)在△ABD 中，∵AD⊥BD，EF∥AD，∴EF⊥BD.在△BCD 中，∵CD＝CB，F 为BD 的中点，∴CF⊥BD.∵EF⊂平面EFC，CF⊂平面EFC，EF 与CF 交于点F，∴BD⊥平面EFC.又∵BD⊂平面BCD，∴平面EFC⊥平面BCD.13.如图，在四棱锥P－ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝2AB.(1)求证：平面PAC⊥平面PBD；(2)求二面角B－PC－D 的余弦值．5 6 解析：(1)证明：∵PA ⊥平面 ABCD ，∴PA ⊥BD .∵ABCD 为正方形，∴AC ⊥BD .∴BD ⊥平面 PAC ，又 BD 在平面 BPD 内，∴平面 PAC ⊥平面 BPD . (2)在平面 BCP 内作 BN ⊥PC ，垂足为 N ，连结 DN ，∵Rt △PBC ≌Rt △PDC ，由 BN ⊥PC 得 DN ⊥PC ；∴∠BND 为二面角 B －PC －D 的平面角，在△BND 中，BN ＝DN ＝ a ，BD ＝ 2a ， 5 5 a 2＋ a 2－2a 2 6 6 ∴cos ∠BND ＝ 5 a 2 31 ＝－ . 5 14. 如图，已知 ABCD －A 1B 1C 1D 1 是棱长为 3 的正方体，点 E 在 AA 1 上，点 F 在 CC 1 上，G 在 BB 1 上，且 AE ＝FC 1＝B 1G ＝1，H 是 B 1C 1 的中点．(1) 求证：E 、B 、F 、D 1 四点共面；(2)求证：平面 A 1GH ∥平面 BED 1F .证明：(1)连结 FG .∵AE ＝B 1G ＝1，∴BG ＝A 1E ＝2，∴BG 綊 A 1E ，∴A 1G 綊 BE .∵C 1F 綊 B 1G ，∴四边形 C 1FGB 1 是平行四边形．∴FG 綊 C 1B 1 綊 D 1A 1，∴四边形 A 1GFD 1 是平行四边形．∴A 1G 綊 D 1F ，∴D 1F 綊 EB ，故 E 、B 、F 、D 1 四点共面． 3 (2) ∵H 是 B 1C 1 的中点，∴B 1H ＝ . 2 又 B 1G ＝1，∴ B 1G 3 ＝ . B 1H 2 FC 2 又＝，且∠FCB ＝∠GB 1H ＝90°， BC 3∴△B 1HG ∽△CBF ，∴∠B 1GH ＝∠CFB ＝∠FBG ，∴HG ∥FB .又由(1)知 A 1G ∥BE ，且 HG ∩A 1G ＝G ，FB ∩BE ＝B ，∴平面 A 1GH ∥平面 BED 1F .15. 在三棱锥 P －ABC 中，PA ⊥面 ABC ，△ABC 为正三角形，D 、E 分别为 BC 、AC 的中点，设 AB ＝PA ＝2.(1) 求证：平面 PBE ⊥平面 PAC ；(2) 如何在 BC 上找一点 F ，使 AD ∥平面 PEF ，请说明理由；(3) 对于(2)中的点 F ，求三棱锥 B －PEF 的体积．解析：(1)证明：∵PA ⊥面 ABC ，BE ⊂面 ABC ，∴PA ⊥BE .∵△ABC 是正三角形，E 为 AC 的中点，∴BE ⊥AC ，又 PA 与 AC 相交，∴BE ⊥平面 PAC ，∴平面 PBE ⊥平面 PAC .(2) 解：取 DC 的中点 F ，则点 F 即为所求．， 3 3 6 2 2 3 3 3∵E ，F 分别是 AC ，DC 的中点，∴EF ∥AD ，又 AD ✪平面 PEF ，EF ⊂平面 PEF ，∴AD ∥平面 PEF . 1 1 1 3 (3) 解：V B －PEF ＝V P －BEF ＝ S △BEF ·PA ＝ × × × ×2＝ . 3 3 2 2 2 416．(2009·天津，19)如图所示，在五面体 ABCDEF 中，FA ⊥平面 ABCD ，AD ∥BC ∥FE ， 1 AB ⊥AD ，M 为 CE 的中点，AF ＝AB ＝BC ＝FE ＝ AD . 2(1) 求异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小；(2) 求证：平面 AMD ⊥平面 CDE ；(3) 求二面角 A －CD －E 的余弦值．解答：(1)解：由题设知，BF ∥CE ，所以∠CED (或其补角)为异面直线 BF与 DE 所成的角．设 P 为 AD 的中点，连结 EP ，PC .因为 FE 綊 AP ，所以 FA綊 EP .同理，A B 綊 PC .又 FA ⊥平面 ABCD ，所以 EP ⊥平面 ABCD .而 PC ，AD都在平面ABCD 内，故EP ⊥PC ，E P ⊥AD .由AB ⊥AD ，可得PC ⊥AD .设FA ＝a则 EP ＝PC ＝PD ＝a ，CD ＝DE ＝EC ＝故∠CED ＝60°.2a .所以异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小为 60°.(2) 证明：因为 DC ＝DE 且 M 为 CE 的中点，所以 DM ⊥CE .连结 MP ，则 MP ⊥CE .又MP ∩DM ＝M ，故 CE ⊥平面 AMD .而 CE ⊂平面 CDE ，所以平面 AMD ⊥平面 CDE .(3) 设 Q 为 CD 的中点，连结 PQ ，EQ .因为 CE ＝DE ，所以 EQ ⊥CD .因为 PC ＝PD ，所以 PQ ⊥CD ，故∠EQP 为二面角 A －CD －E 的平面角．由(1)可得，EP ⊥PQ ，EQ ＝ a ，PQ ＝ a . PQ 于是在 Rt △EPQ 中，cos ∠EQP ＝＝ .EQ 3 所以二面角 A －CD －E 的余弦值为 . 13．(2009·重庆)如图所示，四棱锥 P －ABCD 中，AB ⊥AD ，AD ⊥DC ，PA ⊥底面 ABCD ，PA 1 1 ＝AD ＝DC ＝ AB ＝1，M 为 PC 的中点，N 点在 AB 上且 AN ＝ NB .2 3(1) 求证：MN ∥平面 PAD ；(2) 求直线 MN 与平面 PCB 所成的角．解析：(1)证明：过点 M 作 ME ∥CD 交 PD 于 E 点，连结 AE . 1 ∵AN ＝ NB ， 3 1 1 ∴AN ＝ AB ＝ DC ＝EM .4 2又 EM ∥DC ∥AB ，∴EM 綊 AN ，∴AEMN 为平行四边形，∴MN ∥AE ，∴MN ∥平面 PAD .(2)解：过 N 点作 NQ ∥AP 交 BP 于点 Q ，NF ⊥CB 于点 F .连结 QF ，过 N 点作 NH ⊥QF 于 H ，连结 MH ，易知 QN ⊥面 ABCD ，∴QN ⊥BC ，而 NF ⊥BC ，∴BC ⊥面 QNF ，∵BC ⊥NH ，而 NH ⊥QF ，∴NH ⊥平面 PBC ，∴∠NMH 为直线 MN 与平面 PCB 所成的角．2 2 6 2 2 10 10 5 2 10 53 3 通过计算可得 MN ＝AE ＝，QN ＝，NF ＝ 2，4 4 QN ·NF ON ·NF ∴NH ＝＝＝，QF QN 2＋NF 2 4 NH 3 ∴sin ∠NMH ＝＝，∴∠NMH ＝60°，MN 2∴直线 MN 与平面 PCB 所成的角为 60°.14．(2009·广西柳州三模)如图所示，已知直平行六面体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，AD ⊥BD ， AD ＝BD ＝a ，E 是 CC 1 的中点，A 1D ⊥BE .(1) 求证：A 1D ⊥平面 BDE ；(2) 求二面角 B －DE －C 的大小．解析：(1)证明：在直平行六面体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，∵AA 1⊥平面 ABCD ，∴AA 1⊥BD .又∵BD ⊥AD ，∴BD ⊥平面 ADD 1A 1，即 BD ⊥A 1D .又∵A 1D ⊥BE 且 BE ∩BD ＝B ，∴A 1D ⊥平面 BDE .(2)解：如图，连 B 1C ，则 B 1C ⊥BE ，易证 Rt △BCE ∽Rt △B 1BC ，CE BC ∴ ＝ 1 ，又∵E 为 CC 1 中点， BC ∴BC 2 B B 1BB 21.BB 1＝＝ 22BC ＝ 2a .取 CD 中点 M ，连结 BM ，则 BM ⊥平面 CC 1D 1C ，作 MN ⊥DE 于 N ，连 NB ，由三垂线定理知：BN ⊥DE ，则∠BNM 是二面角 B －DE －C 的平面角． BD ·BC 在 Rt △BDC 中，BM ＝ DC ＝ a ， Rt △CED 中，易求得 MN ＝ a ， BM Rt △BMN 中，tan ∠BNM ＝＝ 5， MN则二面角 B －DE －C 的大小为 arctan 5.15．如图，已知正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，E 为 AB 的中点．(1) 求直线 B 1C 与 DE 所成的角的余弦值；(2) 求证：平面 EB 1D ⊥平面 B 1CD ；(3) 求二面角 E －B 1C －D 的余弦值．解析：(1)连结 A 1D ，则由 A 1D ∥B 1C 知，B 1C 与 DE 所成的角即为 A 1D 与 DE 所成的角．连结 A 1E ，由正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1，可设其棱长为 a ，则 A 1D ＝ ∴cos ∠A 1DEA 1D 2＋DE 2－A 1E 2 2a ，A 1E ＝DE ＝ a ，＝ 2·A 1D ·DE ＝ . 10∴直线 B 1C 与 DE 所成角的余弦值是 5. (2)证明取 B 1C 的中点 F ，B 1D 的中点 G ，连结 BF ，EG ，GF .∵CD ⊥平面 BCC 1B 1，3 3 33 ＝且 BF ⊂平面 BCC 1B 1，∴DC ⊥BF .又∵BF ⊥B 1C ，CD ∩B 1C ＝C ，∴BF ⊥平面 B 1CD . 1 1 又 ∵GF 綊 CD ，BE 綊 CD ，2 2∴GF 綊 BE ，∴四边形 BFGE 是平行四边形，∴BF ∥GE ，∴GE ⊥平面 B 1CD .∵GE ⊂平面 EB 1D ，∴平面 EB 1D ⊥平面 B 1CD .(3)连结 EF .∵CD ⊥B 1C ，GF ∥CD ，∴GF ⊥B 1C .又∵GE ⊥平面 B 1CD ，∴EF ⊥B 1C ，∴∠EFG 是二面角 E －B 1C －D 的平面角．设正方体的棱长为 a ，则在△EFG 中，1 GF ＝ a ，EF ＝ a ，2 2 FG ∴cos ∠EFG ＝EF ＝， 3∴二面角 E －B 1C －D 的余弦值为 3 . 16．(2009·全国Ⅱ，18)如图所示，直三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 中，AB ⊥AC ，D 、E 分别为 AA 1、 B 1C 的中点，DE ⊥平面 BCC 1.(1) 求证：AB ＝AC ；(2) 设二面角 A －BD －C 为 60°，求 B 1C 与平面 BCD 所成的角的大小．解析：(1)证明：取 BC 中点 F ，连结 EF ， 1则 EF 綊 2B 1B ，从而 EF 綊 DA . 连结 AF ，则 ADEF 为平行四边形，从而 AF ∥DE .又 DE ⊥平面 BCC 1，故 AF ⊥平面 BCC 1，从而 AF ⊥BC ，即 AF 为 BC 的垂直平分线，所以 AB ＝AC .(2)解：作 AG ⊥BD ，垂足为 G ，连结 CG .由三垂线定理知 CG ⊥BD ，故∠AGC 为二面 2 角 A －BD －C 的平面角．由题设知，∠AGC ＝60°.设 AC ＝2，则 AG ＝ .又 AB ＝2，BC ＝2 2，故 AF ＝ 2. 由AB ·AD ＝AG ·BD 得 2AD 2 · 3AD 2＋22，解得 AD ＝ 2，故 AD ＝AF .又 AD ⊥AF ，所以四边形 ADEF 为正方形．因为 BC ⊥AF ，BC ⊥AD ，AF ∩AD ＝A ，故 BC ⊥平面 DEF ，因此平面 BCD ⊥平面 DEF . 连结 AE 、DF ，设 AE ∩DF ＝H ，则 EH ⊥DF ，EH ⊥平面 BCD .连结 CH ，则∠ECH 为 B 1C 与平面 BCD 所成的角．4 17 17 16 17 17 6 因 ADEF 为正方形，AD ＝ 2，故 EH ＝1，又 EC 1 B C ＝2，＝ 1 2所以∠ECH ＝30°，即 B 1C 与平面 BCD 所成的角为 30°.13. 在正四棱柱 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，底面边长为2的中点．(1) 求证：平面 B 1EF ⊥平面 BDD 1B 1；(2) 求点 D 1 到平面 B 1EF 的距离 d .2，侧棱长为 4，E 、F 分别为棱 AB 、BC分析：(1)可先证 EF ⊥平面 BDD 1B 1.(2)用几何法或等积法求距离时，可由 B 1D 1∥BD ，将点进行转移：D 1 点到平面 B 1EF 的距离是 B 点到它的距离的 4 倍，先求 B点到平面 B 1EF 的距离即可．解答：(1)证明：E rr o r !⇒EF ⊥平面 BDD 1B 1⇒平面 B 1EF ⊥平面 BDD 1B 1. (2)解：解法一：连结 EF 交 BD 于 G 点．∵B 1D 1＝4BG ，且 B 1D 1∥BG ，∴D 1 点到平面 B 1EF 的距离是 B 点到它的距离的 4倍．利用等积法可求．由题意可知，EF 1 AC ＝2，B G ＝ 17. S △B EF ＝ 2 1 1 EF ·B G 1 2× 17＝ 17，1 ＝2 1 S BE ·BF 1 ＝ × 2 1 △BEF ＝＝ × 2 2∵VB －B 1EF ＝VB 1－BEF ，设 B 到面 B EF 的距离为 h 1 17×h 1 1×4，1 ∴h 1＝ . 1，则 × 3 1＝ × 3 ∴点 D 1 到平面 B 1EF 的距离为 h ＝4h 1＝ . 1 解法二：如图，在正方形 BDD 1B 1 的边 BD 上取一点 G ，使 BG ＝ BD ， 4连结 B 1G ，过点 D 1 作 D 1H ⊥B 1G 于 H ，则 D 1H 即为所求距离． 16 17可求得 D 1H ＝ 17(直接法)． 14. 如图直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱CC 1＝2，∠BAC ＝90°，AB ＝AC＝ 2，M 是棱 BC 的中点，N 是 CC 1 中点．求：(1) 二面角 B 1－AN －M 的大小；(2) C 1 到平面 AMN 的距离．解析：(1)∵∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝ ∴AM ⊥BC ，BC ＝2，AM ＝1.∴AM ⊥平面 BCC 1B 1.∴平面 AMN ⊥平面 BCC 1B 1.2，M 是棱 BC 的中点，作 B 1H ⊥MN 于 H ，HR ⊥AN 于 R ，连结 B 1R ，∴B 1H ⊥平面 AMN .又由三垂线定理知，B 1R ⊥AN .∴∠B 1是二面角 B 1－AN －M 的平面角．由已知得 AN ＝ 3 23，MN ＝ 2，B 1M ＝ 5＝B 1N ，则 B 1H ＝ 2 ， RH HN 又 Rt △AMN ∽Rt △HRN ，＝，∴RH ＝ .AM AN 6 2× 2＝1.7 10 5 ∴B 1R ＝14 RH 3 ，∴cos ∠B 1RH ＝ 1 ＝ . B R 14 7∴二面角 B 1－AN －M 的大小为 arccos 14. (2)∵N 是 CC 1 中点，∴C 1 到平面 AMN 的距离等于 C 到平面 AMN 的距离．设 C 到平面 AMN 的距离为 h ，由 V C －AMN ＝V N －AMC 1 1 1 1 得 × ·MN ·h ＝ × AM ·MC . 3 2 3 2 2∴h ＝ 2. 15．(2009·北京海淀一模)如图所示，四棱锥 P －ABCD 中，PA ⊥平面 ABCD ，底面 ABCD 为直角梯形，且 AB ∥CD ，∠BAD ＝90°，PA ＝AD ＝DC ＝2，AB ＝4. (1) 求证：BC ⊥PC ；(2) 求 PB 与平面 PAC 所成的角的正弦值；(3) 求点 A 到平面 PBC 的距离．解析：(1)证明：如图，在直角梯形 ABCD 中，∵AB ∥CD ，∠BAD ＝90°，AD ＝DC ＝2，∴∠ADC ＝90°，且 AC ＝2 2.取 AB 的中点 E ，连结 CE ，由题意可知，四边形 ABCD 为正方形，∴AE ＝CE ＝2. 1 1 又∵BE ＝ AB ＝2.∴CE ＝ AB ，2 2∴△ABC 为等腰直角三角形，∴AC ⊥BC .又∵PA ⊥平面 ABCD ，且 AC 为 PC 在平面 ABCD 内的射影，BC ⊂平面 ABCD ，由三垂线定理得，BC ⊥PC .(2) 由(1)可知，BC ⊥PC ，BC ⊥AC ，PC ∩AC ＝C ，∴BC ⊥平面 PAC .PC 是 PB 在平面 PAC 内的射影，∴∠CPB 是 PB 与平面 PAC 所成的角．又 CB ＝2 2，PB 2＝PA 2＋AB 2＝20，PB ＝2 5， BC 10 ∴sin ∠CPB ＝PB ＝ 5，即 PB 与平面 PAC 所成角的正弦值为 . (3) 由(2)可知，BC ⊥平面 PAC ，BC ⊂平面 PBC ，∴平面 PBC ⊥平面 PAC .过 A 点在平面 PAC 内作 AF ⊥PC 于 F ，∴AF ⊥平面 PBC ，∴AF 的长即为点 A 到平面 PBC 的距离．在直角三角形 PAC 中， PA ＝2，AC ＝2 2，2 63 2 6 36 PC ＝2 3，∴AF ＝ . 即点 A 到平面 PBC 的距离为 . 16．(2009·吉林长春一模)如图所示，四棱锥 P －ABCD 的底面是正方形，PA ⊥底面 ABCD ， PA ＝2，∠PDA ＝45°，点 E 、F 分别为棱 AB 、PD 的中点．(1) 求证：AF ∥平面 PCE ；(2) 求二面角 E －PD －C 的大小；(3) 求点 A 到平面 PCE 的距离．解析：(1)证明：如图取 PC 的中点 G ，连结 FG 、EG ，∴FG 为△PCD 的中位线， 1 ∴FG ＝ CD 且 FG ∥CD . 2又∵底面四边形 ABCD 是正方形，E 为棱 AB 的中点， 1 ∴AE ＝ CD 且 AE ∥CD ， 2∴AE ＝FG 且 AE ∥FG .∴四边形 AEGF 是平行四边形，∴AF ∥EG .又 EG ⊂平面 PCE ，AF ✪平面 PCE ，∴AF ∥平面 PCE .(2)解：∵PA ⊥底面 ABCD ，∴PA ⊥AD ，PA ⊥CD .又 AD ⊥CD ，PA ∩AD ＝A ，∴CD ⊥平面 PAD .又∵AF ⊂平面 PAD ，∴CD ⊥AF .又 PA ＝2，∠PDA ＝45°，∴PA ＝AD ＝2.∵F 是 PD 的中点，∴AF ⊥PD .又∵CD ∩PD ＝D ，∴AF ⊥平面 PCD .∵AF ∥EG ，∴EG ⊥平面 PCD .又 GF ⊥PD ，连结 EF ，则∠GFE 是二面角 E －PD －C 的平面角．在 Rt △EGF 中，EG ＝AF ＝ 2，GF ＝1，GE ∴tan ∠GFE 2.＝＝ GF∴二面角 E －PD －C 的大小为 arctan 2.(3)设 A 到平面 PCE 的距离为 h ， 1 1 1 1 由 V A －PCE ＝V P －ACE ，即 × PC ·EG ·h ＝ PA · AE ·CB ，得 h ＝， 3 2 3 2 3 6∴点 A 到平面 PCE 的距离为 3. 13．(2009·陕西，18)如图所示，在直三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 中，AB ＝1，AC ＝AA 1＝ 3， ∠ABC ＝60°.，6 2 6 3 6 3 3 4 3 2 3 M(1) 求证：AB ⊥A 1C ；(2) 求二面角 A －A 1C －B 的大小．解析：(1)证明：∵三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 为直三棱柱，∴AB ⊥AA 1，在△ABC 中，AB ＝1，AC ＝ ∴∠BAC ＝90°，即 AB ⊥AC .3，∠ABC ＝60°，由正弦定理得∠ACB ＝30°，∴AB ⊥平面 ACC 1A 1，又 A 1C ⊂平面 ACC 1A 1，∴AB ⊥A 1C .(2)解：如图，作 AD ⊥A 1C 交 A 1C 于 D 点，连结 BD ，由三垂线定理知BD ⊥A 1C ，∴∠ADB 为二面角 A －A 1C －B 的平面角． AA 1·AC 3 × 3 在 Rt △AA 1C 中，AD ＝＝＝， A 1C 6 AB 6 在 Rt △BAD 中，tan ∠ADB ＝＝，AD 3 ∴∠ADB ＝arctan ，即二面角 A －A 1C －B 的大小为 arctan . 14．如图，三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 的底面是边长为 a 的正三角形，侧面 ABB 1A 1 是菱形且垂直于底面，∠A 1AB ＝60°，M 是 A 1B 1 的中点．(1) 求证：BM ⊥AC ；(2) 求二面角 B －B 1C 1－A 1 的正切值；(3) 求三棱锥 M －A 1CB 的体积．解析：(1)证明：∵ABB 1A 1 是菱形，∠A 1AB ＝60°⇒△A 1B 1B 是正三角形 E rr o r !⇒BM ⊥平面 A 1B 1C 1. E rr o r !⇒BM ⊥AC . E rr o r !⇒BE ⊥B 1C 1，∴∠BEM 为所求二面角的平面角， △A 1B 1C 1 中，ME ＝MB 1·sin60°＝ a ，Rt △BMB 1 中，MB ＝MB 1·tan60°＝ a ， MB ∴tan ∠BEM ＝＝2， E ∴所求二面角的正切值是 2. 1 1 1 1 1 3 1 (3)VM －A 1CB ＝ VB 1－A 1CB ＝ VA －A 1CB ＝ VA 1－ABC ＝ × × a 2· a ＝ a 3. 2 2 2 2 3 4 2 1615．(2009·广东汕头一模)如图所示，已知△BCD 中，∠BCD ＝90°，BC ＝CD ＝1，AB ⊥ AE AF 平面 BCD ，∠ADB ＝60°，E 、F 分别是 AC 、AD 上的动点，且＝＝λ(0<λ<1)．AC AD(1) 求证：不论 λ 为何值，总有 EF ⊥平面 ABC ； 1 (2) 若 λ＝，求三棱锥 A －BEF 的体积． 2解析：(1)证明：∵AB ⊥平面 BCD ，∴AB ⊥CD .又∵在△BCD 中，∠BCD ＝90°，∴BC ⊥CD .∵又 AB ∩BC ＝B ，6 15 ＝ 3，S 15 ∴CD ⊥平面 ABC .AE AF 又∵在△ACD 中，E 、F 分别是 AC 、AD 上的动点，且＝＝λ(0<λ<1)， AC AD ∴不论 λ 为何值，都有 EF ∥CD ， ∴EF ⊥平面 ABC . (2)在△BCD 中，∠BCD ＝90°，BC ＝CD ＝1， ∴BD ＝ 2. 又∵AB ⊥平面 BCD ， ∴AB ⊥BC ，AB ⊥BD . 又∵在 Rt △ABD 中，∠ADB ＝60°， ∴AB ＝BD ·tan60°＝ 6，由(1)知 EF ⊥平面 ABC ， ∴V A －BEF ＝V F －ABE 1 ＝ S △ABE ·EF 3 1 1 ＝ × S △ABC ·EF 3 2 1 1 1 ＝ × ×1× 6× ＝ . 6 2 2 24 6 故三棱锥 A －BEF 的体积是 24 . 16．在四棱锥 P －ABCD 中，侧面 PDC 是边长为2 的正三角形，且与底面垂直，底面 ABCD 是面积为 2 3的菱形，∠ADC 为菱形的锐角． (1) 求证：PA ⊥CD ； (2) 求二面角 P －AB －D 的大小； (3) 求棱锥 P －ABCD 的侧面积；解析：(1)证明：如图所示，取 CD 的中点 E ，由 PE ⊥CD ，得 PE ⊥平面 ABCD ，连结 AC 、AE . ∵AD ·CD ·sin ∠ADC ＝2 3， AD ＝CD ＝2， 3 ∴sin ∠ADC ＝ 2 ，即∠ADC ＝60°，∴△ADC 为正三角形，∴CD ⊥AE . ∴CD ⊥PA (三垂线定理)． (2) 解：∵AB ∥CD ，∴AB ⊥PA ，AB ⊥AE ， ∴∠PAE 为二面角 P －AB －D 的平面角．在 Rt △PEA 中，PE ＝AE ，∴∠PAE ＝45°. 即二面角 P －AB －D 的大小为 45°. (3) 分别计算各侧面的面积： ∵PD ＝DA ＝2，PA ＝ 6， 1 ∴cos ∠PDA ＝，sin ∠PDA ＝ . 4 1 1 S AB ·PA ＝ 2· 3＝ 6， △PCD △PAB ＝ 2 ·2· 2 1 S △PAD ＝S △PBC ＝ PD ·DA ·sin ∠PDA ＝ . 2∴S P －ABCD 侧＝ 3＋ 6＋ 15.13. 把地球当作半径为 R 的球，地球上 A 、B 两地都在北纬 45°，A 、B 两点的球面距离 π是 3R ，A 点在东经 20°，求 B 点的位置．解析：如图，求 B 点的位置即求 B 点的经度，设 B 点在东经 α，7 2 7 21 ＝， π∵A 、B 两点的球面距离是 3R . π ∴∠AOB ＝，因此三角形 AOB 是等边三角形，∴AB ＝R ， 3又∵∠AO 1B ＝α－20°(经度差) 2问题转化为在△AO 1B 中借助 AO 1＝BO 1＝AO cos45°＝ 2 R ，求出∠AO 1B ＝90°，则 α＝110°，同理：B 点也可在西经 70°，即 B 点在北纬 45°东经 110° 或西经 70°.14. 在球心同侧有相距 9cm 的两个平行截面，它们的面积分别为 49πcm 2 和 400πcm 2，求球的表面积和体积．解析：如图，两平行截面被球大圆所在平面截得的交线分别为 AO 1、BO 2，则 AO 1∥BO 2. 若 O 1、O 2 分别为两截面圆的圆心，则由等腰三角形性质易知 OO 1⊥AO 1，OO 2⊥BO 2，设球半径为 R ，∵πO 2B 2＝49π，∴O 2B ＝7cm ，同理 O 1A ＝20cm.设 OO 1＝x cm ，则 OO 2＝(x ＋9)cm.在 Rt △OO 1A 中，R 2＝x 2＋202，在 Rt △OO 2B 中，R 2＝(x ＋9)2＋72，∴x 2＋202＝72＋(x ＋9)2，解得 x ＝15cm.∴R ＝25cm ，∴S 球＝2500πcm 2， 4 62500 V 球＝ πR 3＝ πcm 3. 3 3 π15. 设 A 、B 、C 是半径为 1 的球面上的三点，B 、C 两点间的球面距离为3，点 A 与 B 、C π两点间的球面距离均为2，O 为球心，求： (1) ∠AOB 、∠BOC 的大小； (2)球心 O 到截面 ABC 的距离． π 解析：(1)如图，因为球 O 的半径为 1，B 、C 两点间的球面距离为3， π π点 A 与 B 、C 两点间的球面距离均为2，所以∠BOC ＝3，∠AOB ＝∠AOC ＝ π ， 2 3 (2) 因为 BC ＝1，AC ＝AB ＝ 2，所以由余弦定理得 cos ∠BAC sin ∠BAC ＝，设 4 4 截面圆的圆心为 O 1，连结 AO 1，则截面圆的半径 r ＝AO 1，由正弦定理得 r ＝ BC ＝，所以 OO 1＝ OA 2－r 2＝ .2sin ∠BAC 7 716. 如图四棱锥 A －BCDE 中，AD ⊥底面 BCDE ，AC ⊥BC ，AE ⊥BE .(1) 求证：A 、B 、C 、D 、E 五点共球；(2) 若∠CBE ＝90°，CE ＝ 3，AD ＝1，求 B 、D 两点的球面距离．解析：(1)证明：取 AB 的中点 P ，连结 PE ，PC ，PD ，由题设条件知△AEB 、△ADB 、△ABC 都是直角三角形． 1 故 PE ＝PD ＝PC ＝ AB ＝PA ＝PB . 2所以 A 、B 、C 、D 、E 五点在同一球面上．(2)解：由题意知四边形 BCDE 为矩形，所以 BD ＝CE ＝ 3，在 Rt △ADB 中，AB ＝2，AD ＝1， 2 ∴∠DPB ＝120°，D 、B 的球面距离为 π. 32 2 15 5 63 5 17．(本小题满分 10 分)如图，四棱锥 S —ABCD 的底面是正方形，SA ⊥底面 ABCD ，E 是 SC 上一点．(1) 求证：平面 EBD ⊥平面 SAC ；(2) 假设 SA ＝4，AB ＝2，求点 A 到平面 SBD 的距离；解析：(1)∵正方形 ABCD ，∴BD ⊥AC ，又∵SA ⊥平面 ABCD ，∴SA ⊥BD ，则 BD ⊥平面 SAC ，又 BD ⊂平面 BED ，∴平面 BED ⊥平面 SAC .(2)设AC ∩BD ＝O ，由三垂线定理得BD ⊥SO .AO 1 1 AC 2AB 1 · 2·2＝ 2，SA ＝4，＝＝＝ 2 2 2 则 SO ＝ SA 2＋AO 2＝ 16＋2＝3 2，S 1 BD ·SO 1 ·2 2·3 2＝6.设 A 到面 BSD 的距 △BSD ＝＝ 2 2 1 1 4 离为 h ，则 V S －ABD ＝V A －BSD ，即 3S △ABD ·SA ＝ S △BSD ·h ，解得 h ＝，即点 A 到平面 SBD 的距 3 3 4 离为 . 318．(本小题满分 12 分)如图，正四棱柱 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，AA 1＝2AB ＝4，点 E 在 C 1C 上且 C 1E ＝3EC . (1)证明 A 1C ⊥平面 BED ；(2)求二面角 A 1－DE －B 的大小．解析：依题设知 AB ＝2，CE ＝1，(1) 证明：连结 AC 交 BD 于点 F ，则 BD ⊥AC .由三垂线定理知，BD ⊥A 1C .在平面 A 1CA 内，连结 EF 交 A 1C 于点 G ， AA 1 AC由于FC ＝CE＝2 ，故 Rt △A 1AC ∽Rt △FCE ，∠AA 1C ＝∠CFE ，∠CFE 与∠FCA 1 互余．于是 A 1C ⊥EF .A 1C 与平面 BED 内两条相交直线 BD 、EF 都垂直．所以 A 1C ⊥平面 BED .(2) 作 GH ⊥DE ，垂足为 H ，连结 A 1H .由三垂线定理知 A 1H ⊥DE ，故∠A 1HG 是二面角 A 1－DE －B 的平面角．EF ＝ CF 2＋CE 2＝ 3， CE × CF2 CG ＝ EF ＝3 . 3EG ＝ CE 2－CG 2＝ 3 . EG 1 1 EF × FD ＝，GH ＝ × ＝ .EF 3 3 DE 又 A 1C ＝ AA 21＋AC 2＝2 A 1G6，A 1G ＝A 1C －CG ＝， tan ∠A 1HG ＝ HG＝5 . 所以二面角 A 1－DE －B 的大小为 arctan5 5.19．(本小题满分12 分)如图，四棱锥S －ABCD 的底面是直角梯形，∠ABC ＝∠BCD ＝90°， AB ＝BC ＝SB ＝SC ＝2CD ＝2，侧面 SBC ⊥底面 ABCD .3 3 3 2 3 2＝ (1) 由 SA 的中点 E 作底面的垂线 EH ，试确定垂足 H 的位置；(2) 求二面角 E －BC －A 的大小．解析：(1)作 SO ⊥BC 于 O ，则 SO ⊂平面 SBC ，又面 SBC ⊥底面 ABCD ，面 SBC ∩面 ABCD ＝BC ， ∴SO ⊥底面 ABCD ① 又 SO ⊂平面 SAO ，∴面 SAO ⊥底面 ABCD ，作 EH ⊥AO ，∴EH ⊥底面 ABCD ② 即 H 为垂足，由①②知，EH ∥SO ，又 E 为 SA 的中点，∴H 是 AO 的中点． (2)过 H 作 HF ⊥BC 于 F ，连结 EF ，由(1)知 EH ⊥平面 ABCD ，∴EH ⊥BC ，又 EH ∩HF ＝H ，∴BC ⊥平面 EFH ，∴BC ⊥EF ， ∴∠HFE 为面 EBC 和底面 ABCD 所成二面角的平面角．在等边三角形 SBC 中，∵SO ⊥BC ， ∴O 为 BC 中点，又 BC ＝2. ∴SO ＝ 22－12＝ 3，EH 1SO ＝， 1 又 HF ＝ AB ＝1， 2 2 2 3EH 2 ∴在 Rt △EHF 中，tan ∠HFE ＝＝＝，HF 1 2 ∴∠HFE ＝arctan . 即二面角 E －BC －A 的大小为 arctan. 20．(本小题满分 12 分)(2010·唐山市高三摸底考试)如图，在正四棱柱 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，AB ＝1，AA 1＝2，N 是 A 1D 的中点，M ∈BB 1，异面直线 MN 与 A 1A 所成的角为 90°. (1) 求证：点 M 是 BB 1 的中点；(2) 求直线 MN 与平面 ADD 1A 1 所成角的大小；(3) 求二面角 A －MN －A 1 的大小．解析：(1)取 AA 1 的中点 P ，连结 PM ，PN .∵N 是 A 1D 的中点，∴AA 1⊥PN ，又∵AA 1⊥MN ，MN ∩PN ＝N ，∴AA 1⊥面 PMN .∵PM ⊂面 PMN ，∴AA 1⊥PM ，∴PM ∥AB ，∴点 M 是 BB 1 的中点．305 2 2 2 2(2) 由(1)知∠PNM 即为 MN 与平面 ADD 1A 1 所成的角．1 在 Rt △PMN 中，易知 PM ＝1，PN ＝，2 PM∴tan ∠PNM ＝PN ＝2，∠PNM ＝arctan2. 故 MN 与平面 ADD 1A 1 所成的角为 arctan2.(3) ∵N 是 A 1D 的中点，M 是 BB 1 的中点，∴A 1N ＝AN ，A 1M ＝AM ，又 MN 为公共边，∴△A 1MN ≌△AMN .在△AMN 中，作 AG ⊥MN 交 MN 于 G ，连结 A 1G ，则∠A 1GA 即为二面角 A －MN －A 1 的平面角．在△A 1GA 中，AA 1＝2，A 1G ＝GA ＝， A 1G 2＋GA 2－AA 12 2 2 ∴cos ∠A 1GA ＝ 2A 1G ·GA ＝－，∴∠A 1GA ＝arccos(－ )， 3 3 2 故二面角 A －MN －A 1 的大小为 arccos(－ )． 321．(2009·安徽，18)(本小题满分 12 分)如图所示，四棱锥 F －ABCD 的底面 ABCD 是菱形，其对角线 AC ＝2，BD ＝ 2.AE 、CF 都与平面 ABCD 垂直，AE ＝1，CF ＝2. (1) 求二面角 B －AF －D 的大小；(2) 求四棱锥 E －ABCD 与四棱锥 F －ABCD 公共部分的体积．命题意图：本题考查空间位置关系，二面角平面角的作法以及空间几何体的体积计算等知识．考查利用综合法或向量法解决立体几何问题的能力．解答：(1)解：连接 AC 、BD 交于菱形的中心 O ，过 O 作 OG ⊥AF ，G 为垂足，连接 BG 、DG . 由 BD ⊥AC ，BD ⊥CF 得 BD ⊥平面 ACF ，故 BD ⊥AF .于是 AF ⊥平面 BGD ，所以 BG ⊥AF ，DG ⊥AF ，∠BGD 为二面角 B －AF －D 的平面角．π 由 FC ⊥AC ，FC ＝AC ＝2，得∠FAC ＝，OG ＝ . 4 2 π 由 OB ⊥OG ，OB ＝OD ＝，得∠BGD ＝2∠BGO ＝ . (2)解：连接 EB 、EC 、ED ，设直线 AF 与直线 CE 相交于点 H ，则四棱锥 E －ABCD 与四棱锥 F －ABCD 的公共部分为四棱锥 H －ABCD .3 2 3 2 过 H 作 HP ⊥平面 ABCD ，P 为垂足．因为 EA ⊥平面 ABCD ，FC ⊥平面 ABCD ，所以平面 ACEF ⊥平面 ABCD ，从而 P ∈AC ，HP ⊥AC . HP HP AP PC 2 由＋＝＋＝1，得 HP ＝ . CF AE AC AC 3 又因为 S 1 菱形ABCD ＝ AC ·BD ＝ 2， 2 1 2 2 故四棱锥 H －ABCD 的体积 V ＝ S 菱形ABCD ·HP ＝ .3 922．(2009·深圳调考一)(本小题满分 12 分)如图所示，AB 为圆 O 的直径，点 E 、F 在圆 O 上，AB ∥EF ，矩形 ABCD 所在平面和圆 O 所在的平面互相垂直．已知 AB ＝2，EF ＝1.(1) 求证：平面 DAF ⊥平面 CBF ；(2) 求直线 AB 与平面 CBF 所成角的大小；(3) 当 AD 的长为何值时，二面角 D －FE －B 的大小为 60°？解析：(1)证明：∵平面 ABCD ⊥平面 ABEF ，CB ⊥AB ，平面 ABCD ∩平面 ABEF ＝AB ，∴CB ⊥平面 ABEF .∵AF ⊂平面 ABEF ，∴AF ⊥CB ，又∵AB 为圆 O 的直径，∴AF ⊥BF ，∴AF ⊥平面 CBF .∵AF ⊂平面 DAF ，∴平面 DAF ⊥平面 CBF .(2)解：根据(1)的证明，有 AF ⊥平面 CBF ，∴FB 为 AB 在平面 CBF 上的射影，因此，∠ABF 为直线 AB 与平面 CBF 所成的角．∵AB ∥EF ，∴四边形 ABEF 为等腰梯形，过点 F 作 FH ⊥AB ，交 AB 于 H .AB ＝2，EF ＝1，则 AH ＝ AB －EF 1 ＝ . 2 2在 Rt △AFB 中，根据射影定理 AF 2＝AH ·AB ，得 AF ＝1， AF 1 sin ∠ABF ＝＝，∴∠ABF ＝30°， AB 2∴直线 AB 与平面 CBF 所成角的大小为 30°.(3)解：过点 A 作 AM ⊥EF ，交 EF 的延长线于点 M ，连结 DM .根据(1)的证明，DA ⊥平面 ABEF ，则 DM ⊥EF ，∴∠DMA 为二面角 D －FE －B 的平面角，∠DMA ＝60°. 1 在 Rt △AFH 中，∵AH ＝，AF ＝1， 2 ∴FH ＝ .又∵四边形 AMFH 为矩形，∴MA ＝FH ＝ . 3 ∵AD ＝MA ·tan ∠DMA ＝ 2 · 3＝3 2 .3因此，当AD 的长为时，二面角D－FE－B 的大小为60°.2。

立高中数学必修二立体几何知识点总结及例题

立体几何初步一、柱、锥、台、球的图形（1）棱柱：（2）棱锥（3）棱台：（4）圆柱：（5）圆锥：（6）圆台：（7）球体：二、空间几何体的三视图三视图：主视图、左视图、俯视图【注：主视图反映了物体的高度和长度；俯视图反映了物体的长度和宽度；左视图反映了物体的高度和宽度。

】三、空间几何体的直观图——斜二测画法斜二测画法特点：①原来与x 轴平行的线段仍然与x 平行且长度不变；②原来与y 轴平行的线段仍然与y 平行，长度为原来的一半。

四、柱体、锥体、台体的表面积与体积（1）几何体的表面积为几何体各个面的面积的和。

（2）特殊几何体表面积公式（c 为底面周长，h 为高，h ’为斜高，l 为母线）（3）柱体、锥体、台体的体积公式（4）球体的表面积和体积公式：V = ； S =五、空间点、直线、平面的位置关系公理1：如果一条直线的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内。

【】公理2：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线。

【】ch S =直棱柱侧面积rh S π2=圆柱侧'21ch S =正棱锥侧面积rl S π=圆锥侧面积')(2121h c c S +=正棱台侧面积l R r S π)(+=圆台侧面积()l r r S +=π2圆柱表()l r r S +=π圆锥表()22R Rl rl r S +++=π圆台表V Sh =柱2V Sh r h π==圆柱13V Sh =锥h r V 231π=圆锥'1()3V S S h =+台'2211()()33V S S h r rR R h π=+=++圆台球343R π球面24R π,,,A l B l A B l ααα∈∈∈∈⇒⊂公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行等角定理：如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行，那么这两角相等或互补。

部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案高频考点知识梳理

(名师选题)部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案高频考点知识梳理单选题1、如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，棱与直线BC1异面有（）A．1条B．2条C．3条D．4条2、已知正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则此棱锥的侧面积为（）A．6B．12C．24D．483、如图是长方体被一平面所截得到的几何体，四边形EFGH为截面，长方形ABCD为底面，则四边形EFGH的形状为（）A．梯形B．平行四边形C．可能是梯形也可能是平行四边形D．矩形4、如图，在一个正方体中，E，G分别是棱AB，CC′的中点，F为棱CD靠近C的四等分点.平面EFG截正方体后，其中一个多面体的三视图中，相应的正视图是（）A．B．C．D．5、鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构.这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙.鲁班锁类玩具比较多，形状和内部的构造各不相同，一般都是易拆难装.如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该鲁班锁的表面积为（）A．8(6+6√2+√3)B．6(8+8√2+√3)C．8(6+6√3+√2)D．6(8+8√3+√2)6、小明同学用两个全等的六边形木板和六根长度相同的木棍搭成一个直六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1，由于木棍和木板之间没有固定好，第二天他发现这个直六棱柱变成了斜六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1，如图所示.设直棱柱的体积和侧面积分别为V1和S1，斜棱柱的体积和侧面积分别为V2和S2，则（）.A．V1S1>V2S2B．V1S1<V2S2C．V1S1=V2S2D．V1S1与V2S2的大小关系无法确定7、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8、如图已知正方体ABCD−A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1多选题9、已知α,β是两个不重合的平面，m,n是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（）A．若m//n,m//α，则n//αB．若m//α,α∩β=n，则m//nC．若m⊥α,m⊥β，则α//βD．若m⊥α,m//n,n⊥β，则α//β10、如图，圆柱的轴截面是四边形ABCD，E是底面圆周上异于A,B的一点，则下列结论中正确的是（）A．AE⊥CE B．BE⊥DE C．DE⊥平面CEB D．平面ADE⊥平面BCE11、以下四个命题中，不正确的命题是（）A．不共面的四点中，其中任意三点不共线B．若点A,B,C,D共面，点A,B,C,E共面，则A,B,C,D,E共面C．若直线a,b共面，直线a,c共面，则直线b,c共面D．依次首尾相接的四条线段必共面填空题12、已知一个圆锥的侧面积是底面面积的2倍，则该圆锥的母线与其底面所成的角的大小为______．部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案(八)参考答案1、答案：C分析：根据异面直线的定义即可判断.在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1的棱所在的直线中，与直线BC 1异面的直线有A 1B 1,AC,AA 1，共3条.故选: C.2、答案：D分析：首先由勾股定理求出斜高，即可求出侧面积；解：正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则其斜高ℎ′=√52−(62)2=4，所以正四棱锥的侧面积S =12×4×6×4=48故选：D3、答案：B解析：利用面面平行的性质判断EF 与GH 的平行、EH 与FG 平行.因为平面ABFE //平面CGHD ,且平面EFGH ∩平面ABFE =EF ,平面EFGH ∩平面CGHD =GH ,根据面面平行的性质可知EF //GH ,同理可证明EH //FG .所以四边形EFGH 为平行四边形.故选：B.小提示：本题考查长方体截面形状判断，考查面面平行的性质应用，较简单.4、答案：D分析：根据条件可得平面EFG 经过点B ′，然后可得答案.连接EB′，GB′因为E，G分别是棱AB，CC′的中点，F为棱CD靠近C的四等分点所以EB′//FG，所以平面EFG经过点B′所以多面体A′D′DA−EFGC′B′的正视图为故选：D5、答案：A解析：该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，然后按照表面积公式计算即可.由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个棱长为2+2√2的正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，且被截去的正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为√2，则该几何体的表面积为S=6×[(2+2√2)2−4×12×√2×√2]+8×12×2×√3=8(6+6√2+√3).故选：A.小提示：本题考查数学文化与简单几何体的表面积，考查空间想象能力和运算求解能力.6、答案：A分析：根据柱体体积、表面积的求法，分别表示出V1S1和V2S2，分析即可得答案.设底面面积为S，底面周长为C，则V1=S⋅AA1，S1=C⋅AA1，所以V1S1=SC，设斜棱柱的高为ℎ，则V2=S⋅ℎ，S2=AB×ℎAB+BC×ℎBC+CD×ℎCD+DE×ℎDE+EF×ℎEF+FA×ℎFA >(AB+BC+CD+DE+EF+FA)×ℎ=Cℎ,所以V2S2<SℎCℎ=SC=V1S1.故选：A7、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.8、答案：A分析：由正方体间的垂直、平行关系，可证MN//AB,A1D⊥平面ABD1，即可得出结论.连AD1，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是A1D的中点，所以M为AD1中点，又N是D1B的中点，所以MN//AB，MN⊄平面ABCD,AB⊂平面ABCD，所以MN//平面ABCD.因为AB不垂直BD，所以MN不垂直BD则MN不垂直平面BDD1B1，所以选项B,D不正确；在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AD1⊥A1D，AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，AD1∩AB=A，所以A1D⊥平面ABD1，D1B⊂平面ABD1，所以A1D⊥D1B，且直线A1D,D1B是异面直线，所以选项C错误，选项A正确.故选：A.小提示：关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.9、答案：CD分析：根据空间中线、面的位置关系，逐一分析各个选项，即可得答案.对于A：若m//n,m//α，则n//α或n⊂α，故A错误；对于B：若m//α,α∩β=n，则m与n可平行也可异面，故B错误；对于C：若m⊥α,m⊥β，则α//β，故C正确；对于D：若m⊥α,m//n，则n⊥α，又n⊥β，则α//β，故D正确.故选：CD10、答案：ABD分析：根据垂直关系可证明AE⊥平面BCE或BE⊥平面ADE，利用线面垂直来证明线线垂直，或是面面垂直，再判断选项.由AB是底面圆的直径，得∠AEB=90°，即AE⊥EB，∵圆柱的轴截面是四边形ABCD，BC⊥底面AEB，∴BC⊥AE，又EB∩BC=B，BC，BE⊂平面BCE，∴AE⊥平面BCE，∴AE⊥CE，故A正确；同理可得，BE⊥DE，故B正确；若DE⊥平面CEB，则DE⊥BC,∵BC//AD，∴DE⊥AD,在△ADE中AD⊥AE，∴DE⊥AD不成立，∴DE⊥平面CEB不正确，故C不成立，由A的证明可知AE⊥平面BCE，∵AE⊂平面ADE，所以平面BCE⊥平面ADE.可得A,B,D正确.故选：ABD.小提示：本题考查线线，线面，面面垂直关系的判断，重点考查逻辑推理，属于基础题型.11、答案：BCD分析：利用反证法可知A正确；直线DE与直线AC异面时，A,B,C,D,E不共面，判断B；C中b,c可为异面直线，判断C；D中四条线段可构成空间四边形，判断D.A选项：若任意三点共线，则由该直线与第四个点可构成一个平面，则与四点不共面矛盾，则任意三点不共线，A正确；B选项：若A,B,C三点共线，直线DE与直线AC异面，此时A,B,C,D,E不共面，B错误；C选项：a,b共面，a,c共面，此时b,c可为异面直线，C错误；D选项：依次首尾相接的四条线段可构成空间四边形，D错误.故选：BCD12、答案：π3分析：设圆锥的母线长为l，底面半径为r，圆锥的母线与其底面所成的角为θ，根据面积关系可得122πrl=2⋅π⋅r2，即可得到答案；设圆锥的母线长为l，底面半径为r，圆锥的母线与其底面所成的角为θ，则122πrl=2⋅π⋅r2⇒rl=12，∴cosθ=12⇒θ=60°，所以答案是：π3。

高中数学必修二第八章立体几何初步典型例题(带答案)

高中数学必修二第八章立体几何初步典型例题单选题1、如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图，其中B′C′=C′A′=2，A′B′，A′C′分别与x′轴，y′轴平行，则BC=（）A．2B．2√2C．4D．2√6答案：D分析：先确定△A′B′C′是等腰直角三角形，求出A′B′，再确定原图△ABC的形状，进而求出BC.由题意可知△A′B′C′是等腰直角三角形，A′B′=2√2，其原图形是Rt△ABC，AB=A′B′=2√2，AC=2A′C′=4，∠BAC=90°，则BC=√8+16=2√6，故选：D.2、如图直角△O′A′B′是一个平面图形的直观图，斜边O′B′=4，则原平面图形的面积是（）A．8√2B．4√2C．4D．√2答案：A解析：根据斜二测画法规则可求原平面图形三角形的两条直角边长度，利用三角形的面积公式即可求解.由题意可知△O′A′B′为等腰直角三角形，O′B′=4，则O′A′=2√2，所以原图形中，OB=4，OA=4√2，×4×4√2=8√2.故原平面图形的面积为12故选：A3、正方体中，点P，O，R，S是其所在棱的中点，则PQ与RS是异面直线的图形是（）A．B．C．D．答案：C分析：对于A，B，D，利用两平行线确定一个平面可以证明直线PQ与RS共面，对于C，利用异面直线的定义推理判断作答．对于A，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，A1C1，则AC//A1C1，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，则有PQ//AC，RS//A1C1，因此PQ//RS，则直线PQ与RS共面，A错误；对于B，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，QS，PR，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有AP//CR且AP=CR，则四边形APRC为平行四边形，即有AC//PR，又QS//AC，因此QS//PR，直线PQ与RS共面，B错误；对于C，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有RS//BB1，而BB1⊂平面ABB1A1，RS⊄平面ABB1A1，则RS//平面ABB1A1，PQ⊂平面ABB1A1，则直线PQ与RS无公共点，又直线PQ与直线BB1相交，于是得直线PQ与RS不平行，则直线PQ与RS是异面直线，C正确；对于D，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接A1B，D1C，PS，QR，如图，因为A1D1//BC且A1D1=BC，则四边形A1D1CB为平行四边形，有A1B//D1C，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有PS//A1B，QR//D1C，则PS//QR，直线PQ与RS共面，D错误.故选：C4、下面四个选项中一定能得出平面α/⁄平面β的是（）A．存在一条直线a，a//α，a//βB．存在一条直线a，a⊂α，a//βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a//β，b//αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a//β，b//α答案：D分析：对于A，B，C，举出符合条件的特例即可判断；对于D，过直线a作平面γ∩β=c，再证c//α即可. 如图，ABCD−A1B1C1D1是长方体，平面ABCD为平面α，平面ABB1A1为平面β，对于A，直线C1D1为直线a，显然a//α，a//β，而α与β相交，A不正确；对于B，直线CD为直线a，显然a⊂α，a//β，而α与β相交，B不正确；对于C，直线CD为直线a，直线A1B1为直线b，显然a⊂α，b⊂β，a//β，b//α，而α与β相交，C不正确；对于D，因a，b是异面直线，且a⊂α，b⊂β，过直线a作平面γ∩β=c，如图，则c//a，并且直线c与b必相交，而c⊄α，于是得c//α，又b//α，即β内有两条相交直线都平行于平面α，⁄平面β.因此，平面α/故选：D5、某正方体被截去部分后得到的空间几何体的三视图如图所示，则该空间几何体的体积为（）A ．132B ．223C ．152D ．233答案：C分析：根据几何体的三视图，可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，根据三棱锥的体积公式即可求解．解：根据几何体的三视图，该空间几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，由图示可知，该空间几何体体积为V =23−(13×12×12×1+13×12×12×2)=152，故选：C.6、已知圆锥的母线长为3，其侧面展开图是一个圆心角为2π3的扇形，则该圆锥的体积为（） A ．√23πB ．2√23πC ．πD ．√2π 答案：B分析：根据弧长计算公式，求得底面圆半径以及圆锥的高，即可求得圆锥的体积.设圆锥的底面圆半径为r ，故可得2πr =2π3×3，解得r =1，设圆锥的高为ℎ，则ℎ=√32−12=2√2，则圆锥的体积V =13×πr 2×ℎ=13×π×2√2=2√23π. 故选：B.7、已知正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则此棱锥的侧面积为（）A ．6B ．12C ．24D ．48答案：D分析：首先由勾股定理求出斜高，即可求出侧面积；解：正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则其斜高ℎ′=√52−(62)2=4，所以正四棱锥的侧面积S =12×4×6×4=48故选：D8、已知三棱锥P −ABC ，其中PA ⊥平面ABC ，∠BAC =120°，PA =AB =AC =2，则该三棱锥外接球的表面积为（）A ．12πB ．16πC ．20πD ．24π答案：C分析：根据余弦定理、正弦定理，结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可.根据题意设底面△ABC 的外心为G ，O 为球心，所以OG ⊥平面ABC ，因为PA ⊥平面ABC ，所以OG//PA ，设D 是PA 中点，因为OP =OA ，所以DO ⊥PA ，因为PA ⊥平面ABC ，AG ⊂平面ABC ，所以AG ⊥PA ，因此OD//AG ，因此四边形ODAG 是平行四边形，故OG =AD =12PA =1，由余弦定理，得BC =√AB 2+AC 2−2AB ⋅AC ⋅cos120°=√4+4−2×2×2×(−12)=2√3，由正弦定理，得2AG =√3√32⇒AG =2，所以该外接球的半径R 满足R 2=(OG )2+(AG )2=5⇒S =4πR 2=20π，故选：C ．小提示：关键点睛：运用正弦定理、余弦定理是解题的关键.多选题9、(多选)下列说法中正确的是（）A．若直线l与平面α不平行，则l与α相交B．直线l在平面外是指直线和平面平行C．如果直线l经过平面α内一点P，又经过平面α外一点Q，那么直线l与平面α相交D．如果直线a∥b，且a与平面α相交于点P，那么直线b必与平面α相交答案：CD分析：由线面直线的位置关系逐一判断即可求解.若直线l与平面α不平行，则l与α相交或l⊂α，所以A不正确．若l⊄α，则l//α或l与α相交，所以B不正确．由线面直线的位置关系可知，C、D正确.故选：CD10、如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=2，M为AA1的中点，过B1M作长方体的截面α交棱CC1于N，则（）A．截面α可能为六边形B ．存在点N ，使得BN ⊥截面αC ．若截面α为平行四边形，则1≤CN ≤2D ．当N 与C 重合时，截面面积为3√64答案：CD分析：利用点N 的位置不同得到的截面α的形状判断选项A ，C ，利用线面垂直的判定定理分析选项B ，利用平面几何知识求相应的量结合梯形的面积公式求得截面的面积，从而可判断选项D ．长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AB =BC =1，AA 1=2，M 为AA 1的中点，过B 1M 作长方体的截面α交棱CC 1于N ，设N 0为CC 1的中点，根据点N 的位置的变化分析可得：当1≤CN ≤2时，截面α为平行四边形，当0<CN <1时，截面α为五边形，当CN =0时，即点N 与点C 重合时，截面α为梯形，故A 不正确，C 正确；设BN ⊥截面α，因为B 1M ⊂面α，所以BN ⊥B 1M ，所以N 只能与C 重合才能使BN ⊥B 1M ，因为BN 不垂直平面B 1CQM ，故此时不成立，故B 不正确；因为当点N 与点C 重合时，截面α为梯形，如下图所示：过M 作MH 垂直于B 1C 于H ，设梯形的高为ℎ，MH =x ，则由平面几何知识得：ℎ2=(√2)2−x 2=(√52)2−(√52−x)2，解得x =2√55,ℎ=√305，所以截面α的面积为：12×(√5+√52)×ℎ=12×3√52×√305=3√64，故D 正确；故选：CD ．小提示：关键点睛：本题考查长方体的截面的形状，关键在于分析动点在不同的位置时，截面的形状，运用线面平行的判定定理和平面几何知识求得截面的面积．11、在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是正方体的棱上一点，|PB|+|PC1|=λ，则（）A．λ=2时，满足条件的点P的个数为1B．λ=4时，满足条件的点P的个数为4C．λ=4√2时，满足条件的点P的个数为2D．若满足|PB|+|PC1|=λ的点P的个数为6，则λ的取值范围为(2√2,4)答案：BC分析：根据各棱上的点P到B,C1两点距离之和对选项进行逐一分析，由此确定正确选项.设E,F分别是C1D1,AB的中点，|BD1|=√22+(2√2)2=2√3，|BE|=|C1F|=√12+(2√2)2=3，|A1C1|=|A1B|=2√2.由于|BC1|=2√2，所以|PB|+|PC1|=λ≥2√2，所以A选项错误.λ=4，满足|PB|+|PC1|=4的点为B1,C,E,F共4个，所以B选项正确.λ=4√2，满足|PB|+|PC1|=4√2的点为A1,D共2个，所以C选项正确.当P在正方形ADD1A1（不包括A,D,D1,A1）上运动时，λ∈(2+2√3,4√2)，此时棱A1B1与棱CD上，也存在点使λ∈(2+2√3,4√2).所以当λ∈(2+2√3,4√2)时，满足|PB|+|PC1|=λ的点P的个数为6，所以D选项错误.故选：BC填空题12、已知A、B、C、D四点不共面，且AB//平面α，CD∥α，AC∩α=E，AD∩α=F，BD∩α=H，BC∩α=G，则四边形EFHG是______四边形．答案：平行分析：由题，平面ABD∩平面α=FH，结合AB//平面α可得AB//FH，同理可得四边形EFHG另外三边与AB，CD的位置关系，即可得到答案.由题，平面ABD∩平面α=FH，因为AB//平面α，所以AB//FH，又平面ABC∩平面α=EG，所以AB//EG，则FH//EG，同理GH//CD//EF，所以四边形EFHG是平行四边形，所以答案是：平行13、如图已知A是△BCD所在平面外一点，AD=BC，E､F分别是AB、CD的中点，若异面直线AD与BC所成角的大小为π3，则AD与EF所成角的大小为___________.答案：π3或π6分析：取AC的中点G，连接EG,GF，则∠EGF=π3或∠EGF=2π3，分别分析这两种情况下∠GFE的大小即为AD与EF所成角.解：如图所示：取AC的中点G，连接EG,GF，则EG//BC，GF//AD，所以∠EGF为异面直线AD与BC所成角或其补角.因为AD=BC，所以EG=GF，当∠EGF=π3时，△EGF为等边三角形，∠GFE=π3，即AD与EF所成角的大小为π3；当∠EGF=2π3时，EG=GF，△EGF为等腰三角形，∠GFE=π6，即AD与EF所成角的大小为π6.所以答案是：π3或π6.14、已知三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，棱长均为2，顶点A 1在底面ABC 上的射影恰为AB 的中点D ，E 为AC 的中点，则直线BE 与直线AB 1所成角的余弦值为________．答案：34分析：根据三棱柱性质与题中的中点条件，可将所求直线BE 与直线AB 1所成角的余弦值转化为求直线GB 1与直线AB 1所成角的余弦值，那么就要通过多次转化最终求得△AGB 1中三边长，然后直接在△AGB 1中运用余弦定理即可.如图，取A 1C 1中点G ，连接B 1G,AG,AE,DE,GE ,由三棱柱的性质易证得GE //BB 1,GE =BB 1,所以四边形GEBB 1为平行四边形，所以GB 1//BE ,所以下面即求直线GB 1与直线AB 1所成角的余弦值.由题意知，A 1D ⊥平面ABC ,因为AB,DE ⊂平面ABC ,所以A 1D ⊥AB,A 1D ⊥DE ，在Rt △AA 1D 中，AA 1=2,AD =12AB =1,∠A 1DA =90°,求得A 1D =√3,∠A 1AD =60°. 所以在菱形AA 1B 1B 中，AB 1=2ABcos30°=2√3.在Rt △A 1DE 中，∠A 1DE =90°,A 1D =√3,DE =12BC =1,求得A 1E =2. 所以在△A 1AE 中，根据余弦定理得cos∠A 1AE =AA 12+AE 2−A1E 22AE⋅AA 1=14,所以cos∠AA 1G =cos(π−∠A 1AE)=−14.在△A 1AG 中根据余弦定理得AG 2=AA 12+A 1G 2−2AA 1⋅A 1Gcos∠AA 1G,AG =√6.在△AGB 1中，AG =√6,AB 1=2√3,GB 1=√3,根据余弦定理得cos∠GB 1A =GB 12+AB12−AG 22GB 1⋅AB 1=34,所以直线GB 1与直线AB 1所成角的余弦值为34，即直线BE 与直线AB 1所成角的余弦值为34. 故答案为:34解答题15、在空间四边形ABCD中，AB=CD，点M､N分别为BD､AC的中点.(1)若直线AB与MN所成角为60°，求直线AB与CD所成角的大小；(2)若直线AB与CD所成角为θ，求直线AB与MN所成角的大小.答案：(1)60°(2)θ2或π−θ2分析：根据异面直线所成角的定义，借助平行关系作出平行直线，从而找到异面直线所成角（或补角）即可求解.（1）如图，取AD的中点为P，连接PM､PN.因为点M､N分别为BD､AC的中点，所以PM//AB，PN//CD，且PM=12AB，PN=12CD，所以，∠MPN为直线AB与CD所成的角（或补角），∠PMN为直线AB与MN所成的角（或补角）. 又AB=CD，所以PM=PN，即△PMN为等腰三角形.直线AB与MN所成角为60°，即∠PMN=60°，则∠MPN=180°−2×60°=60°.所以，直线AB与CD所成的角为60°.（2）（2）若直线AB与CD所成的角为θ，则∠MPN=θ或∠MPN=π−θ.若∠MPN=θ，则∠PMN=π−∠MPN2=π−θ2，即直线AB与MN所成角为π−θ2；若∠MPN=π−θ，则∠PMN=π−∠MPN2=θ2，即直线AB与MN所成角为θ2.综上所述，直线AB与MN所成的角为θ2或π−θ2.。

必修二立体几何知识点+例题+练习+答案

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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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90角1、定义：成︒2、直线和平面垂直，则该线与平面任一直线垂直3、在平面的一条直线，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901、二面角的平面角为︒2、在一个平面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、各种角的围 1、异面直线所成的角的取值围是：︒≤<︒900θ (]︒︒90,0 2、直线与平面所成的角的取值围是：︒≤≤︒900θ []︒︒90,0 3、斜线与平面所成的角的取值围是：︒≤<︒900θ (]︒︒90,04、二面角的大小用它的平面角来度量；取值围是：︒≤<︒1800θ (]︒︒180,0 十、三角形的心 1、心：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【例题分析】例2 在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，M ，N 分别是AB ，PC 的中点，求证：MN ∥平面PAD ．【分析】要证明“线面平行”，可通过“线线平行”或“面面平行”进行转化；题目中出现了中点的条件，因此可考虑构造(添加)中位线辅助证明．证明：方法一，取PD 中点E ，连接AE ，NE ．∵底面ABCD 是平行四边形，M ，N 分别是AB ，PC 的中点，∴MA ∥CD ，.21CD MA = ∵E 是PD 的中点， ∴NE ∥CD ，.21CD NE =∴MA ∥NE ，且MA ＝NE ， ∴AENM 是平行四边形， ∴MN ∥AE ．又AE ⊂平面PAD ，MN ⊄平面PAD ， ∴MN ∥平面PAD ．方法二取CD 中点F ，连接MF ，NF ．∵MF∥AD，NF∥PD，∴平面MNF∥平面PAD，∴MN∥平面PAD．【评述】关于直线和平面平行的问题，可归纳如下方法：(1)证明线线平行：a∥c，b∥c，a∥α，a⊂βα∥βa⊥α，b⊥αα∩β＝b ∩α＝a，∩β＝b⇒a∥b⇒a∥b⇒a∥b⇒a∥ba∩α＝∅a∥bα∥βb⊂α，a⊄αa⊂β⇒a∥α⇒a∥α⇒a∥α(3)α∩β＝∅a∥β，b∥βa⊥α，a⊥βα∥，β∥a，b⊂α，a∩b＝A⇒α∥β⇒α∥β⇒α∥β⇒α∥βABC A1B1C1AA1AC AB AC A1C BC1【分析】要证明“线线垂直”，可通过“线面垂直”进行转化，因此设法证明A1C垂直于经过BC1的平面即可．证明：连接AC1．∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，∴AA1⊥平面ABC，∴AB⊥AA1．又AB⊥AC，∴AB⊥平面A1ACC1，∴A1C⊥A B．①又AA1＝AC，∴侧面A1ACC1是正方形，∴A1C⊥AC1．②由①，②得A1C⊥平面ABC1，∴A1C⊥BC1．【评述】空间中直线和平面垂直关系的论证往往是以“线面垂直”为核心展开的．如本题已知条件中出现的“直三棱柱”及“AB⊥AC”都要将其向“线面垂直”进行转化．例4在三棱锥P－ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AB⊥BC，AP⊥PB，求证：平面PAC⊥平面PBC．【分析】要证明“面面垂直”，可通过“线面垂直”进行转化，而“线面垂直”又可以通过“线线垂直”进行转化．证明：∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，且AB⊥BC，∴BC⊥平面PAB，∴AP⊥BC．又AP⊥PB，∴AP⊥平面PBC，又AP⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面PBC．【评述】关于直线和平面垂直的问题，可归纳如下方法：a⊥c，b∥c，a⊥αb⊂α⇒a⊥b⇒a⊥ba⊥m，a⊥n a∥b，b⊥αα∥β，a⊥βα⊥β，α∩β＝l m，n⊂α，m∩n＝A a⊂β，a⊥l ⇒a⊥α⇒a⊥α⇒a⊥α⇒a⊥αa⊥β，a⊂α⇒α⊥βABC－A1B1C1中，侧面A1ABB1是菱形，且垂直于底面ABC，∠A1AB＝60°，E，F分别是AB1，BC的中点．(Ⅰ)求证：直线EF ∥平面A 1ACC 1；(Ⅱ)在线段AB 上确定一点G ，使平面EFG ⊥平面ABC ，并给出证明．证明：(Ⅰ)连接A 1C ，A 1E ．∵侧面A 1ABB 1是菱形， E 是AB 1的中点， ∴E 也是A 1B 的中点，又F 是BC 的中点，∴EF ∥A 1C ．∵A 1C ⊂平面A 1ACC 1，EF ⊄平面A 1ACC 1， ∴直线EF ∥平面A 1ACC 1． (2)解：当31=GA BG 时，平面EFG ⊥平面ABC ，证明如下：连接EG ，FG ．∵侧面A 1ABB 1是菱形，且∠A 1AB ＝60°，∴△A 1AB 是等边三角形． ∵E 是A 1B 的中点，31=GA BG ，∴EG ⊥AB ． ∵平面A 1ABB 1⊥平面ABC ，且平面A 1ABB 1∩平面ABC ＝AB ， ∴EG ⊥平面ABC ．又EG ⊂平面EFG ，∴平面EFG ⊥平面ABC ．例6 如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，E 是AC 的中点．(Ⅰ)求证：平面BEC 1⊥平面ACC 1A 1；(Ⅱ)求证：AB 1∥平面BEC 1．【分析】本题给出的三棱柱不是直立形式的直观图，这种情况下对空间想象能力提出了更高的要求，可以根据几何体自身的性质，适当添加辅助线帮助思考．证明：(Ⅰ)∵ABC －A 1B 1C 1是正三棱柱，∴AA 1⊥平面ABC ， ∴BE ⊥AA 1．∵△ABC 是正三角形，E 是AC 的中点，∴BE ⊥AC ，∴BE ⊥平面ACC 1A 1，又BE ⊂平面BEC 1，∴平面BEC 1⊥平面ACC 1A 1．(Ⅱ)证明：连接B 1C ，设BC 1∩B 1C ＝D ．∵BCC 1B 1是矩形，D 是B 1C 的中点， ∴DE ∥AB 1．又DE ⊂平面BEC 1，AB 1⊄平面BEC 1， ∴AB 1∥平面BEC 1．例7 在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，△PAD 是等边三角形，已知BD ＝2AD ＝8，542==DC AB ．(Ⅰ)设M 是PC 上的一点，证明：平面MBD ⊥平面PAD ； (Ⅱ)求四棱锥P －ABCD 的体积．【分析】本题中的数量关系较多，可考虑从“算”的角度入手分析，如从M 是PC 上的动点分析知，MB ，MD 随点M 的变动而运动，因此可考虑平面MBD “不动”的直线BD 是否垂直平面PAD ．证明：(Ⅰ)在△ABD 中，由于AD ＝4，BD ＝8，54=AB ，所以AD 2＋BD 2＝AB 2．故AD ⊥BD ．又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥平面PAD ，又BD ⊂平面MBD ，故平面MBD ⊥平面PAD ． (Ⅱ)解：过P 作PO ⊥AD 交AD 于O ，由于平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD ．因此PO 为四棱锥P －ABCD 的高，又△PAD 是边长为4的等边三角形．因此.32423=⨯=PO 在底面四边形ABCD 中，AB ∥DC ，AB ＝2DC ，所以四边形ABCD 是梯形，在Rt △ADB 中，斜边AB 边上的高为5585484=⨯，即为梯形ABCD 的高，所以四边形ABCD 的面积为.2455825452=⨯+=S 故.316322431=⨯⨯=-ABCD P V9.如图4,在边长为1的等边三角形ABC 中,,D E 分别是,AB AC 边上的点,AD AE =,F是BC 的中点,AF 与DE 交于点G ,将ABF ∆沿AF 折起,得到如图5所示的三棱锥A BCF -,其中22BC =. (1) 证明:DE //平面BCF ;图 5DGBFCAE图 4GEF ABCD(2) 证明:CF ⊥平面ABF ; (3) 当23AD =时,求三棱锥F DEG -的体积F DEG V -.9. 【答案】(1)在等边三角形ABC 中,AD AE =AD AEDB EC ∴=,在折叠后的三棱锥A BCF -中也成立,//DE BC ∴ ,DE ⊄平面BCF ,BC ⊂平面BCF ,//DE ∴平面BCF ;(2)在等边三角形ABC 中,F 是BC 的中点,所以AF BC ⊥①,12BF CF ==.在三棱锥A BCF -中,2BC =,222BC BF CF CF BF ∴=+∴⊥②BF CF F CF ABF ⋂=∴⊥平面;(3)由(1)可知//GE CF ,结合(2)可得GE DFG ⊥平面.11111131332323323324F DEG E DFGV V DG FG GF --⎛⎫∴==⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅= ⎪ ⎪⎝⎭4. 如图，四棱锥P —ABCD 中，ABCD 为矩形，△PAD 为等腰直角三角形，∠APD=90°，面PAD ⊥面ABCD ，且AB=1，AD=2，E 、F 分别为PC 和BD 的中点．（1）证明：EF ∥面PAD ；（2）证明：面PDC ⊥面PAD ；（3）求四棱锥P —ABCD 的体积． 4. 如图，连接AC ，∵ABCD 为矩形且F 是BD 的中点， ∴AC 必经过F1分又E 是PC 的中点，所以，EF ∥AP2分∵EF 在面PAD 外，PA 在面，∴EF ∥面PAD（2）∵面PAD ⊥面ABCD ，CD ⊥AD ，面PAD面ABCD=AD ，∴CD ⊥面PAD ，又AP ⊂面PAD ，∴AP ⊥CD又∵AP ⊥PD ，PD 和CD 是相交直线，AP ⊥面PCD 又AD ⊂面PAD ，所以，面PDC ⊥面PAD（3）取AD 中点为O ，连接PO ，因为面PAD ⊥面ABCD 及△PAD 为等腰直角三角形，所以PO ⊥面ABCD ，即PO 为四棱锥P —ABCD 的高∵AD=2，∴PO=1，所以四棱锥P —ABCD 的体积1233V PO AB AD =⋅⋅= 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(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.1. 【解析】（Ⅰ）由题设知BC ⊥1CC ,BC ⊥AC ，1CC AC C ⋂=,∴BC ⊥面11ACC A , 又∵1DC ⊂面11ACC A ，∴1DC BC ⊥,由题设知01145A DC ADC ∠=∠=,∴1CDC ∠=090,即1DC DC ⊥,又∵DC BC C ⋂=, ∴1DC ⊥面BDC , ∵1DC ⊂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.CBADC 1A 1。