江苏省高三数学一轮复习 专题突破训练 立体几何
三维设计江苏专用高三数学一轮总复习板块命题点专练十立体几何理
三维设计江苏专用高三数学一轮总复习板块命题点专练十立体几何理1.(2015·山东高考改编)已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为________．解析：绕等腰直角三角形的斜边所在的直线旋转一周形成的曲面围成的几何体为两个底面重合，等体积的圆锥，如图所示．每一个圆锥的底面半径和高都为2，故所求几何体的体积V ＝2×13×π×()22×2＝42π3. 答案：42π32．(2015·江苏高考)现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________．解析：设新的底面半径为r ，由题意得13×π×52×4＋π×22×8＝13×π×r 2×4＋π×r 2×8， ∴r 2＝7，∴r ＝7. 答案：73．(2014·江苏高考)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2，若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________．解析：设甲、乙两个圆柱的底面半径分别是r 1，r 2，母线长分别是l 1，l 2.则由S 1S 2＝94可得r 1r 2＝32.又两个圆柱的侧面积相等，即2πr 1l 1＝2πr 2l 2，则l 1l 2＝r 2r 1＝23，所以V 1V 2＝S 1l 1S 2l 2＝94×23＝32. 答案：324.(2015·安徽高考)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PMMC的值．解：(1)由题设AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°， 可得S △ABC ＝12·AB ·AC ·sin 60°＝32.由PA ⊥平面ABC ，可知PA 是三棱锥P ABC 的高． 又PA ＝1，所以三棱锥P ABC 的体积V ＝13·S △ABC ·PA ＝36.(2)证明：在平面ABC 内，过点B 作BN ⊥AC ，垂足为N .在平面PAC 内，过点N 作MN ∥PA 交PC 于点M ，连结BM .由PA ⊥平面ABC 知PA ⊥AC ，所以MN ⊥AC . 由于BN ∩MN ＝N ，故AC ⊥平面MBN . 又BM ⊂平面MBN ，所以AC ⊥BM . 在Rt△BAN 中，AN ＝AB ·cos∠BAC ＝12，从而NC ＝AC －AN ＝32.由MN ∥PA ，得PM MC ＝AN NC ＝13.命题点二 组合体的“切”“接”问题 难度： 中命题指数：☆☆☆1．(2015·全国卷Ⅱ改编)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为________．解析：如图，设球的半径为R ， ∵∠AOB ＝90°，∴S △AOB ＝12R 2.∵V O ABC ＝V C AOB ，而△AOB 面积为定值，∴当点C 到平面AOB 的距离最大时，V O ABC 最大，∴当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时，体积V O ABC 最大，为13×12R 2×R ＝36，∴R ＝6，∴球O 的表面积为4πR 2＝4π×62＝144π. 答案：144π2．(2014·陕西高考改编)已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为________．解析：因为该正四棱柱的外接球的半径是四棱柱体对角线的一半，所以半径r ＝1212＋12＋22＝1，所以V 球＝4π3×13＝4π3.答案：4π33．(2013·全国卷Ⅱ)已知正四棱锥O ABCD 的体积为322，底面边长为3，则以O 为球心，OA 为半径的球的表面积为________．解析：过O 作底面ABCD 的垂线段OE ，连结EA ，则E 为正方形ABCD 的中心．由题意可知13×(3)2×OE ＝322，所以OE ＝322，故球的半径R ＝OA ＝OE 2＋EA 2＝6，则球的表面积S ＝4πR 2＝24π.答案：24π命题点三 直线、平面平行与垂直的判定与性质 难度： 中命题指数：☆☆☆☆☆1．(2015·四川高考)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．(1)请将字母F ，G ，H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)； (2)判断平面BEG 与平面ACH 的位置关系，并证明你的结论； (3)证明：直线DF ⊥平面BEG . 解：(1)点F ，G ，H 的位置如图所示． (2)平面BEG ∥平面ACH . 证明如下：因为ABCD EFGH 为正方体， 所以BC ∥FG ，BC ＝FG . 又FG ∥EH ，FG ＝EH ， 所以BC ∥EH ，BC ＝EH ，于是四边形BCHE 为平行四边形，所以BE ∥CH . 又CH ⊂平面ACH ，BE ⊄平面ACH ，所以BE ∥平面ACH . 同理BG ∥平面ACH .又BE ∩BG ＝B ，所以平面BEG ∥平面ACH . (3)证明：连接FH ，与EG 交于点O ，连接BD . 因为ABCD EFGH 为正方体，所以DH ⊥平面EFGH . 因为EG ⊂平面EFGH ，所以DH ⊥EG .又EG ⊥FH ，DH ∩FH ＝H ，所以EG ⊥平面BFHD . 又DF ⊂平面BFHD ，所以DF ⊥EG .同理DF ⊥BG .又EG ∩BG ＝G ，所以DF ⊥平面BEG .2．(2015·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E ACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积． 解：(1)证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD . 因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE . 又BD ∩BE ＝B ，故AC ⊥平面BED . 因为AC ⊂平面AEC ， 所以平面AEC ⊥平面BED .(2)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x . 由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形， 可得BE ＝22x . 由已知得，三棱锥E ACD 的体积V 三棱锥E ACD ＝13×12·AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63， 故x ＝2.从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥E ACD 的侧面积为3＋2 5.3.(2015·北京高考)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 ＝2，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．解：(1)证明：因为O ，M 分别为AB ，VA 的中点， 所以OM ∥VB .又因为VB ⊄平面MOC ，OM ⊂平面MOC ， 所以VB ∥平面MOC .(2)证明：因为AC ＝BC ，O 为AB 的中点， 所以OC ⊥AB .又因为平面VAB ⊥平面ABC ，且OC ⊂平面ABC ， 所以OC ⊥平面VAB .又OC ⊂平面MOC ，所以平面MOC ⊥平面VAB . (3)在等腰直角三角形ACB 中，AC ＝BC ＝2， 所以AB ＝2，OC ＝1.所以等边三角形VAB 的面积S △VAB ＝ 3. 又因为OC ⊥平面VAB ，所以三棱锥C VAB 的体积等于13OC ·S △VAB ＝33.又因为三棱锥V ABC 的体积与三棱锥C VAB 的体积相等，所以三棱锥V ABC 的体积为33. 4．(2014·四川高考)在如图所示的多面体中，四边形ABB 1A 1和ACC 1A 1都为矩形．(1)若AC ⊥BC ，证明：直线BC ⊥平面ACC 1A 1；(2)设D ，E 分别是线段BC ，CC 1的中点，在线段AB 上是否存在一点M ，使直线DE ∥平面A 1MC ？请证明你的结论．解：(1)证明：因为四边形ABB 1A 1和ACC 1A 1都是矩形， 所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AC .因为AB ，AC 为平面ABC 内两条相交直线， 所以AA 1⊥平面ABC .因为直线BC ⊂平面ABC ，所以AA 1⊥BC .又由已知，AC ⊥BC ，AA 1，AC 为平面ACC 1A 1内两条相交直线，所以BC ⊥平面ACC 1A 1.(2)取线段AB 的中点M ，连接A 1M ，MC ，A 1C ，AC 1，设O 为A 1C ，AC 1的交点． 由已知，O 为AC 1的中点．连接MD ，OE ，则MD ，OE 分别为△ABC ，△ACC 1的中位线， 所以，MD 綊12AC ，OE 綊12AC ，因此MD 綊OE .连接OM ，从而四边形MDEO 为平行四边形，则DE ∥MO . 因为直线DE ⊄平面A 1MC ，MO ⊂平面A 1MC ， 所以直线DE ∥平面A 1MC .即线段AB 上存在一点M (线段AB 的中点)，使直线DE ∥平面A 1MC .。
【三维设计】高三数学文(江苏专用)一轮总复习练习：8.2空间几何体的表面积与体积(含答案解析)
课时跟踪检测（四十一） 空间几何体的表面积与体积 一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为________．解析：设球的半径为R ，则表面积是16π，即4πR 2＝16π，解得R ＝2.所以体积为43πR 3＝32π3. 答案：32π32．若一个圆台的母线长l ，上、下底面半径r 1，r 2满足2l ＝r 1＋r 2，且侧面积为8π，则母线长l ＝________.解析：S 圆台侧＝π(r 1＋r 2)l ＝2πl 2＝8π，所以l ＝2.答案：23．在三角形ABC 中，AB ＝3，BC ＝4，∠ABC ＝90°，若将△ABC 绕直线BC 旋转一周，则所形成的几何体的侧面积为________．解析：依题意知几何体为底面半径为3，母线长为5的圆锥，所得几何体的侧面积等于π×3×5＝15π.答案：15π4．棱长为a 的正方体有一内切球，该球的表面积为________．解析：由题意知球的直径2R ＝a ，∴R ＝a 2.∴S ＝4πR 2＝4π×a 24＝πa 2. 答案：πa 25．如图，正三棱柱ABC-A 1B 1C 1的所有棱长都为3，D 为CC 1上一点，且CD ＝2DC 1，则三棱锥A 1-BCD 的体积________．解析：过A 1作A 1H ⊥B 1C 1，垂足为H.因为平面A 1B 1C 1⊥平面BB 1C 1C ，所以A 1H ⊥平面BB 1C 1C ，所以V A 1-BCD ＝13×32×3×12×2×3＝332. 答案：332二保高考，全练题型做到高考达标1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为________．解析：设圆台较小底面半径为r ，则另一底面半径为3r.由S ＝π(r ＋3r)·3＝84π，解得r ＝7.答案：72．若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，则该圆锥的体积为________．解析：因为半圆面的面积为12πl 2＝2π，所以l 2＝4，解得l ＝2，即圆锥的母线为l ＝2，底面圆的周长2πr ＝πl ＝2π，所以圆锥的底面半径r ＝1，所以圆锥的高h ＝l 2－r 2＝3，所以圆锥的体积为13πr 2h ＝13×π×3＝3π3. 答案：3π33．已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的底面边长为6时，其高的值为________．解析：设正六棱柱的高为h ，则可得(6)2＋h 24＝32，解得h ＝2 3. 答案：2 34．已知正六棱柱的侧面积为72 cm 2，高为6 cm ，那么它的体积为________ cm 3.解析：设正六棱柱的底面边长为x cm ，由题意得6x·6＝72，所以x ＝2 cm ，于是其体积V ＝34×22×6×6＝36 3 cm 3. 答案：36 35．(2016·南通调研)一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为2 cm 的球面上，如果正四棱柱的底面边长为1 cm ，那么该棱柱的表面积为________cm 2.解析：作出轴截面图，其中圆的内接矩形为正四棱柱的对角面，易求棱柱的侧棱长为2，所以S 表＝4×1×2＋2×12＝2＋42(cm 2)．答案：2＋4 26．已知正三棱锥S-ABC ，D ，E 分别是底面边AB ，AC 的中点，则四棱锥S-BCED 与三棱锥S-ABC 的体积之比为________．解析：设正三棱锥S-ABC 底面△ABC 面积为4S.由S △ADE S △ABC ＝⎝⎛⎭⎫122，所以，S △ADE ＝S ，S 四边形BCDE ＝3S ，因两个棱锥的高相同，所以V S-BCED ∶V S-ABC ＝3∶4.答案：3∶47．已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且AB ＝6，BC ＝23，则棱锥O-ABCD 的体积为________．解析：如图，连结AC ，BD 交于H ，连结OH.在矩形ABCD 中，由AB＝6，BC ＝23可得BD ＝43，所以BH ＝23，在Rt △OBH 中，由OB ＝4，所以OH ＝2，所以四棱锥O-ABCD 的体积V ＝13×6×23×2＝8 3. 答案：8 38．(2016·盐城调研)在半径为2的球面上有不同的四点A ，B ，C ，D ，若AB ＝AC ＝AD ＝2，则平面BCD 被球所截得图形的面积为________．解析：过点A 向平面BCD 作垂线，垂足为M ，则M 是△BCD 的外心，而外接球球心O 位于直线AM 上，连结BM ，设△BCD 所在截面圆半径为r ，∵OA ＝OB ＝2＝AB ，∴∠BAO ＝60°，在Rt △ABM 中，r ＝2sin 60°＝3，∴所求面积S ＝πr 2＝3π.答案：3π9．一个倒圆锥形容器，它的轴截面是正三角形，在容器内放一个半径为r 的铁球，并向容器内注水，使水面恰好与铁球面相切．将球取出后，容器内的水深是多少？解：如图，作轴截面，设球未取出时，水面高PC ＝h ，球取出后，水面高PH ＝x.根据题设条件可得AC ＝3r ，PC ＝3r ，则以AB 为底面直径的圆锥容积为V 圆锥＝13π×AC 2×PC ＝13π(3r)2×3r ＝3πr 3. V 球＝43πr 3. 球取出后，水面下降到EF ，水的体积为V 水＝13π×EH 2×PH ＝13π(PHtan 30°)2PH ＝19πx 3. 又V 水＝V 圆锥－V 球，则19πx 3＝3πr 3－43πr 3， 解得x ＝315r.故球取出后，容器内水深为315r.10.(2016·安徽六校联考)如图所示，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，求该多面体的体积．解：法一：如图所示，分别过A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连结DG ，CH ，则原几何体分割为两个三棱锥和一个直三棱柱，∵三棱锥高为12，直三棱柱柱高为1， AG ＝ 12－⎝⎛⎭⎫122＝32，取AD 中点M ，则MG ＝22，∴S △AGD ＝12×1×22＝24，∴V ＝24×1＋2×13×24×12＝23.法二：如图所示，取EF 的中点P ，则原几何体分割为两个三棱锥和一个四棱锥，易知三棱锥P-AED 和三棱锥P-BCF 都是棱长为1的正四面体，四棱锥P-ABCD 为棱长为1的正四棱锥．∴V ＝13×12×22＋2×13×34×63＝23. 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．如图，平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将其沿对角线BD 折成四面体A′BCD ，使平面A′BD ⊥平面BCD ，若四面体A′BCD 的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为________．解析：由图示可得BD ＝A′C ＝2，BC ＝3，△DBC 与△A′BC 都是以BC 为斜边的直角三角形，由此可得BC 中点到四个点A′，B ，C ，D 的距离相等，即该三棱锥的外接球的直径为3，所以该外接球的表面积S ＝4π×⎝⎛⎭⎫322＝3π. 答案：3π2．(2015·南京二模 )一块边长为10 cm 的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P 为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥形容器．当x ＝6 cm 时，该容器的容积为________cm 3.解析：如图所示，由题意可知，这个正四棱锥形容器的底面是以6 cm 为边长的正方形，侧面的斜高PM ＝5 cm ，高PO ＝PM 2－OM 2＝52－32＝4 cm ，所以所求容积为V ＝13×62×4＝48(cm 3)． 答案：483.如图，在三棱锥D-ABC 中，已知BC ⊥AD ，BC ＝2，AD ＝6，AB ＋BD ＝AC ＋CD ＝10，求三棱锥D-ABC 的体积的最大值．解：由题意知，线段AB ＋BD 与线段AC ＋CD 的长度是定值，因为棱AD 与棱BC 相互垂直．设d 为AD 到BC 的距离．则V D-ABC ＝AD·BC×d×12×13＝2d ，当d 最大时，V D-ABC 体积最大，∵AB ＋BD ＝AC ＋CD ＝10，∴当AB ＝BD ＝AC ＝CD ＝5时，d 有最大值42－1＝15.此时V ＝215.。
立体几何专题检测——江苏省2023届高三数学一轮总复习
江苏省2023届高三数学一轮总复习专题检测立体几何一、选择题：本题共8小题，每小题5分共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1、下列命题正确的是A 、正方形的直观图是正方形B 、用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分组成的几何体是棱台C 、各个面都是三角形的几何体是三棱锥D 、圆锥有无数条母线2、设,αβ是两个不同的平面，,m n 是两条不同的直线，则下列结论中正确的是A 、 若m α⊥，m n ⊥，则 n α∥B 、 若αβ⊥，m α⊥，n β⊥，则m n ⊥C 、若n α∥，m n ⊥，则m α⊥D 、若αβ∥，m ⊂α，n ⊂β，则m n ∥3、已知圆锥的高为6，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为A ．2 2B ．2 3C ．2 6D ．4 24、正多面体共有5种，统称为柏拉图体，它们分别是正四面体､正六面体（即正方体）､正八面体､正十二面体､正二十面体.连接正方体中相邻面的中心，可以得到另一个柏拉图体.已知该柏拉图体的体积为323，则生成它的正方体的棱长为（ ） A. 2 B. 322 C. 324 D. 45、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1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，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1485m ．上升到1575m ．7 2.65≈）（ ） A. 931.010m ⨯B. 931.210m ⨯C. 931.410m ⨯D.931.610m ⨯6、在平行六面体1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为 1 的正方形，侧棱1113,60AA A AD A AB ︒=∠=∠=，则1AC =（ ）.A 22 .B 10 .C 3 .D 177、如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，,,,E F G H 分别是所在棱上的动点，且满足1DH BG AE CF +=+=，则以下四个结论正确的是（ ）A ．,,,E G F H 四点一定不共面B ．若四边形EGFH 为矩形，则DH CF =C ．若四边形EGFH 为菱形，则,E F 一定为所在棱的中点D ．若四边形EGFH 为菱形，则四边形EFGH 周长的取值范围为[4,25]8. 足球运动成为当今世界上开展最广、影响最大、最具魅力、拥有球迷数最多的体育项目之一，2022年卡塔尔世界杯是第22届世界杯足球赛．比赛于2022年11月21日至12月18日在卡塔尔境内7座城市中的12座球场举行．已知某足球的表面上有四个点A ，B ，C ，D 满足2dm AB BC AD BD CD =====，二面角A BD C --的大小为23π，则该足球的体积为（ ） A.342dm 27πB.3352dm 27πC.314dm 27πD.32dm 27π二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 5分，有选错的得0分，部分选对的得2分． 9、已知直线l 与平面α相交于点P ，则( ) A ．α内不存在直线与l 平行 B ．α内有无数条直线与l 垂直C ．α内所有直线与l 是异面直线D ．至少存在一个过l 且与α垂直的平面 10、已知正方体1111ABCD A B C D -，则（ ） A. 直线1BC 与1DA 所成的角为90︒ B. 直线1BC 与1CA 所成的角为90︒ C. 直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45︒D. 直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒11、在一个圆锥中，D 为圆锥的顶点，O 为圆锥底面圆的圆心，P 为线段DO 的中点，AE 为底面圆的直径，△ABC 是底面圆的内接正三角形，AB ＝AD ＝3，则下列说法正确的是 A ．BE ∥平面PACB ．PA ⊥平面PBCC ．在圆锥侧面上，点A 到DB 中点的最短距离为32D ．记直线DO 与过点P 的平面α所成的角为θ，当cos θ∈(0，33)时，平面α与圆锥侧面的交线为椭圆12、已知圆台1OO 上､下底面的半径分别为2和4，母线长为4.正四棱台上底面1111D C B A 的四个顶点在圆台上底面圆周上，下底面ABCD 的四个顶点在圆台下底面圆周上，则（ ） A. 1AA 与底面所成的角为60° B. 二面角1A ABC 小于60°C. 正四棱台1111ABCD A B C D -的外接球的表面积为64πD. 设圆台1OO 的体积为1V ，正四棱台1111ABCD A B C D -的体积为2V ，则12V V π=三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13、已知正四棱锥P ABCD -32，则正四棱锥P ABCD -的侧面积为14、已知圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，圆台的高为23cm ，母线与轴的夹角为30︒，则这个圆台的轴截面的面积等于 2.cm 15、已知,,,A B C D 在球O 的球面上，ABC 为等边三角形且其面积为33，AD ⊥平面,2ABC AD =，则球O 的表面积为 .16、在等腰梯形ABCD 中，22AB CD ==，3DAB CBA π∠=∠=，O 为AB 的中点．将BOC∆沿OC 折起，使点B 到达点B '的位置，则三棱锥B ADC '-外接球的表面积为 ；当3B D '=B ADC '-外接球的球心到平面B CD '的距离为 ．四、解答题：本题共6小题，共 70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（本小题满分10分）在四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，2CD AB =，AC 与BD 相交于点M ，点N 在线段AP 上，AN AP λ=（0λ>），且//MN 平面PCD . （I ）求实数λ的值；（Ⅱ）若1AB AD DP ===，2PA PB ==，60BAD ︒∠=，求点N 到平面PCD 的距离.18．（本小题满分12分）如图，在以P ，A ，B ，C ，D 为顶点的五面体中，四边形ABCD 为等腰梯形，AB CD ∥，12AD CD AB ==，平面PAD ⊥平面PAB ，PA PB ⊥． （1）求证：平面PAD ⊥平面PBC ； （2）若二面角P AB D --的余弦值为33，求直线PD 与平面PBC 所成角的大小．19．（本小题满分12分）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC 的面积为2． （1）求A 到平面1A BC 的距离；（2）设D 为1A C 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．20．（本小题满分12分）如图，在多面体ABCDP 中，ABC 是边长为2的等边三角形，,22PA AB BD CD ===，22PC PB ==，点E 是BC 中点，平面ABC ⊥平面BCD .(1) 求证：//DE 平面PAC ；(2) F 是直线BC 上的一点，若二面角F DA B --为直二面角，求BF 的长.21．（本小题满分12分）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AD BC ∥点M 在棱PB 上，2PM MB =点N 在棱PC 上，223PA AB AD BC ====. （1）若2CN NP =，Q 为PD 的中点，求证：A ，M ，N ，Q 四点共面； （2）求直线PA 与平面AMN 所成角的正弦的最大值.22．（本小题满分12分）如图1，在平行四边形ABCD 中，AB ＝2，AD ＝33，∠ABC ＝30º，AE ⊥BC ，垂足为E ．以AE 为折痕把△ABE 折起，使点B 到达点P 的位置，且平面PAE 与平面AECD 所成的角为90º(如图2)．（1）求证：PE ⊥CD ；（2）若点F 在线段PC 上，且二面角F －AD －C 的大小为30º，求三棱锥F －ACD 的体积．补充练习：1、如图，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，//AD BC ，AD AB ⊥，122AA AD BC ===，2AB E 在棱11A D 上，平面1BC E 与棱1AA 交于点F ．（1）求证：1BD C F ⊥；（2）若BE 与平面ABCD 所成角的正弦值为45，试确定点F 的位置．【解答】（1）证明：在直四棱柱中1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1AA BD ∴⊥，连接AC ，2tan 2AB ADB AD ∠==，2tan 2CB CAB AB ∠==， ADB CAB ∴∠=∠，AC BD ∴⊥， 1AA ，AC ⊂平面11ACC A ，1AA AC A =，BD ∴⊥平面11ACC A ，1C F ⊂平面11ACC A ，1BD C F ∴⊥．（2）以A 为坐标原点，AD 为x 轴，AB 为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系，则(0A ，0，0)，(0B 20)，(1C 20)，1(1C 22)， 平面ABCD 的法向量为(0n =，0，1)，(BE x =，2-2)，0x >，则242|cos ,|56BE n x =<>=+，解得12x =， 则1(2E ，0，2)，1(2BE =，22)，11(2C E =-，2-0)，设(0F ，0，)z ，1(1C F =-，2-2)z -，则(1-，2-12)(2z m -=，2-12)(2n +-，2-0)，∴11122222m n m n ⎧-=-⎪⎨⎪--=-⎩，解得12m =-，32n =，1z =，(0F ∴，0，1)，F ∴为棱1AA 的中点．参考答案1、D2、B3、A4、D5、C6、D7、D8、A 8、【详解】根据题意，三棱锥A BCD -如图所示，图中点O 为线段BD 的中点，,N M 分别是线段,AO CO 上靠近点O 的三等分点， 因为2dm AB BC AD BD CD =====，所以ABD △和CBD 均为等边三角形，因为点O 为线段BD 的中点，所以,AO BD CO BD ⊥⊥， 所以AOC ∠为二面角A BD C --的平面角，所以23AOC π∠=， 因为ABD △和CBD 均为等边三角形，点O 为线段BD 的中点， 所以,AO CO 分别为ABD △和CBD 的中线，因为,N M 分别是线段,AO CO 上靠近点O 的三等分点， 所以,N M 分别为ABD △和CBD 的外心，过,N M 分别作平面ABD 和平面CBD 的垂线,EN EM ，交于点E ，则点E 为三棱锥A BCD -外接球的球心，即为足球的球心，所以线段EB 为球的半径，因为,AO BD CO BD ⊥⊥，2dm AB BC AD BD CD =====，所以6dm 2AO CO ==，则6dm 6NO MO ==， 因为,,90AO CO EO EO ENO EMO ==∠=∠=︒， 所以ENO △≌EMO △，所以123EON EMO AOC π∠=∠=∠=， 在直角EMO △中，2tan32EM OM π==，因为EM ⊥平面BCD ，BM ⊂平面BCD ，所以BM EM ⊥， 因为M 是CBD 的外心，所以63BM =，所以2276EB EM BM =+=, 所以3344774233627V EB πππ⎛⎫=⋅== ⎪ ⎪⎝⎭， 所以足球的体积为742dm 27π，故选：A9、ABD 10、ABD 11、BD 12、AC12、【详解】如图，过1A 作1A P AO ⊥，作出截面11ACC A 的平面图，易知11ACC A 为等腰梯形，且1,O O 为11,AC A C 中点，易得1114,8,4AC AC AA ===，1122AC AC AP -==，故22114223OO A P ==-=即圆台的高3h =111122,4222A B AB ====2242 选项A ：易得1A AO ∠即为1AA 与底面所成角，则111cos 2AP A AO AA ∠==，故13A AO π∠=，正确；选项B ：过P 作PQ AB ⊥于Q ，连接1A Q ，由1A P AB ⊥，1A P PQ P ⋂=，故AB ⊥面1A PQ ，1AQ ⊂面1A PQ ，故1AB A Q ⊥， 1A QP ∠即为二面角1A AB C 的平面角，111sin A P AQP A Q ∠=，111sin A PA AP A A∠=，又11A Q A A <，故11sin sin AQP A AP ∠>∠，即160AQP ∠>，B 错误； 选项C ：设外接球半径为R ，球心到下底距离为x ，在11ACC A 的平面图中，2O 为球心， 则221,23O O x O O x ==，112,4O C OC ==，212O C O C R ==，故()2222164234R x R R x ⎧-=⎪⇒=⎨-=⎪⎩， 故表面积2464S R ππ==，正确；选项D ：()2215632482333V ππ=++⨯=，()21112383216233V =++⨯=然12V V π≠，错误. 故选：AC.13、8 14、3 15、8π 16、4π313． 16、解：等腰梯形ABCD 中，22AB CD ==，3DAB CBA π∠=∠=，O 为AB 的中点，BOC ∴∆，ADO ∆，DOC ∆为等边三角形，1OA OB OC OD ====，∴三棱锥B ADC '-处接球的球心为O ，半径为1，414S ππ∴=⨯=，连接BD 与OC 交于M ，则OC MD ⊥，OC MB ⊥，OC MB ⊥'，B MD ∴∠'是二面角的平面角，3BM DM B D =='=，3B MD π∴∠'=， B ∴'到平面COD 的距离为3334h π'==， 在△B CD '中，1B C '=，3B D '=1CD =，2133391()24B CDS '=-=， 设球心O 到平面B CD '的距离为h ， 由O B CD B COD V V ''--=，得1133B CDCOD Sh S h '∆'⋅=⋅， ∴139133334h =，解得313h ，∴三棱锥B ADC '-外接球的球心到平面B ADC '-处接球的球心到平面B CD '的距离为31313． 故答案为：4π；31313．17、【详解】分析：解法一：（1）由平行线的性质可得13AM AC =，结合线面平行的性质定理有//MN PC ．据此可得13λ=． (2) 由题意可知ABD ∆为等边三角形，则1BD AD ==，结合勾股定理可知PD BD ⊥且PD DA ⊥，由线面垂直的判断定理有PD ⊥平面ABCD ，进一步有平面PCD ⊥平面ABCD ．作ME CD ⊥于E ，则ME ⊥平面PCD ． ME 即为N 到平面PCD 的距离．结合比例关系计算可得N 到平面PCD 3解法二：（1）同解法一．（2）由题意可得ABD ∆为等边三角形，所以1BD AD ==，结合勾股定理可得PD BD ⊥且PD DA ⊥，则PD ⊥平面ABCD ．设点N 到平面PCD 的距离为d ，利用体积关系：2233N PCD A PCD P ACD V V V ---==， 即2193ACDPCDPD Sd S ⋅=⋅．求解三角形的面积然后解方程可得N 到平面PCD 3 详解：解法一：（1）因为//AB CD ,所以1,2AM AB MC CD ==即13AM AC =． 因为//MN 平面PCD ，MN ⊂平面PAC ，平面PAC ⋂平面PCD PC =， 所以//MN PC ． 所以13AN AM AP AC ==，即13λ=．(2) 因为0,60AB AD BAD =∠=，所以ABD ∆为等边三角形，所以1BD AD ==， 又因为1PD =，2PA PB ==，所以222PB PD BD =+且222PA PD AD =+，所以PD BD ⊥且PD DA ⊥，又因为DA DB D ⋂=，所以PD ABCD ⊥平面 因PD ⊂平面PCD ，所以平面PCD ⊥平面ABCD ．作ME CD ⊥于E ，因为平面PCD ⋂平面=ABCD CD ，所以ME ⊥平面PCD ． 又因为//MN 平面PCD ，所以ME 即为N 到平面PCD 的距离． 在△ABD 中，设AB 边上的高为h ，则3h =因为23MD MC BD AC ==，所以233ME h ==N 到平面PCD 3 解法二、（1）同解法一．（2）因为0,60AB AD BAD =∠=，所以ABD ∆为等边三角形，所以1BD AD ==， 又因为1PD =，2PA PB ==，所以222PB PD BD =+且222PA PD AD =+，所以PD BD ⊥且PD DA ⊥，又因为DA DB D ⋂=，所以PD ⊥平面ABCD ． 设点N 到平面PCD 的距离为d ，由13AN AP =得23NP AP =， 所以2233N PCD A PCD P ACD V V V ---==， 即2193ACDPCDPD S d S ⋅=⋅．因为1322ACDS AD DC sin ADC =⋅⋅∠=，112PCDS PD CD =⋅=，1PD =， 所以23193d =，解得3d =N 到平面PCD 318、【1】因为平面PAD ⊥平面PAB ，平面PAD 平面PAB PA =，PA PB ⊥，PB ⊂平面PAB ，所以PB ⊥平面PAD ，又因为PB ⊂平面PBC ，所以平面PAD ⊥平面PBC ． 【2】过D 作DH PA ⊥，⊥DO AB ，垂足分别为H ，O ，连接HO ，因为平面PAD ⊥平面PAB ，平面PAD 平面PAB PA =，DH PA ⊥，DH ⊂平面PAD ，所以DH ⊥平面PAB ，又AB 平面PAB ，所以DH AB ⊥，又⊥DO AB ，且DO DH D =，DO ，DH ⊂平面DHO ，所以AB ⊥平面DHO ， 因为HO ⊂平面DHO ，所以AB HO ⊥，即DOH ∠即为二面角P AB D --的平面角， 不妨设4AB =，则可知2AD CD BD ===，且1AO =，3OD =因为3cos DOH ∠=1OH =，所以4BAP π∠=，过O 作OM ⊥平面PAB ，以{},,OA OH OM 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则()0,1,2D ，()1,2,0P -，()3,0,0B -，(2C -， 所以(1,2PD =-，()2,2,0BP =，(1,1,2CP =-，设平面PBC 的法向量为(),,m x y z =，则22020m BP x y m CP x y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令1x =，则1y =-，0z =，所以()1,1,0m =-，设直线PD 与平面PBC 所成角为θ，则2sin 211112m PD m PDθ⋅===+⋅++⋅， 即4πθ=.19、【1】在直三棱柱111ABC A B C -中，设点A 到平面1A BC 的距离为h ， 则111111112211433333A A BC A A ABC A ABC AB BC C C B V S h h V S A A V ---=⋅===⋅==， 解得2h =所以点A 到平面1A BC 2；【2】取1A B 的中点E ,连接AE ,如图，因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥, 又平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC平面111ABB A A B =，且AE ⊂平面11ABB A ，所以AE ⊥平面1A BC ， 在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ，由BC ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE BC ⊥，1BB BC ⊥， 又1,AE BB ⊂平面11ABB A 且相交，所以BC ⊥平面11ABB A ，所以1,,BC BA BB 两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得2AE =12AA AB ==，122A B =2BC =，则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1A C 的中点()1,1,1D ， 则()1,1,1BD =，()()0,2,0,2,0,0BA BC ==,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z =，则020m BD x y z m BA y ⎧⋅=++=⎪⎨⋅==⎪⎩，可取()1,0,1m =-，设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c =，则020m BD a b c m BC a ⎧⋅=++=⎪⎨⋅==⎪⎩， 可取()0,1,1n =-， 则11cos ,222m n m n m n⋅===⨯⋅，所以二面角A BD C --21312⎛⎫-= ⎪⎝⎭. 20、(1)ABC 是边长为2的等边三角形，则2PA AB AC ===，又22PC PB ==股定理知,PA AB PA AC ⊥⊥，故PA ⊥平面ABC ，BD CD =，点E 是BC 中点，则DE BC ⊥，由于平面ABC ⊥平面BCD 知DE ⊥平面ABC ，则//DE PA ，//DE 平面PAC (2) 以点E 为原点，EC 方向为x 轴，EA 方向为y 轴，ED 方向为z 轴建系 则(0,0,1),3,0),(1,0,0)D A B -，设(,0,0)F a平面FDA 内，(0,3,1),(,0,1)DA DF a =-=-，法向量(3,3)m a a = 平面BDA 内，(0,3,1),(1,0,1)DA DB =-=--，法向量(3,1,3)m =-设直二面角F DA B --的平面角θ，则37cos 0,430,,44m n a a BF θ==-===21、【1详】解：以A 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，如图所示，则()0,0,0A ，()0,1,1Q ，42,0,33M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，24,1,33N ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 则42,0,33AM ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()0,1,1AQ Q =，24,1,33AN ⎛⎫= ⎪⎝⎭，设AN x AM y AQ =+，则243314233x y x y ⎧=⎪⎪=⎨⎪⎪=+⎩，解得1,12x y ==，则12AN AM AQ =+，即A ，M ，N ，Q 四点共面.【2】解：由（1）中的空间直角坐标系，可得(0,0,2)P ，()2,3,0C ，()0,0,2AP =， 设PN PC =λ，（其中01λ≤≤），且(),,N x y z ， 则()(),,22,3,2x y z λ-=-，解得()2,3,22N λλλ-， 可得42(,0,)33AM =()2,3,22AN λλλ=-设平面AMN 的法向量为(),,n a b c =，由4203323(22)0n AM a c n AN a b c λλλ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=++-=⎩， 取1a =，可得42,23b c λ=-=-，所以41,2,23n λ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭设直线AP 与平面AMN 所成角为θ，则225sin 4523AP n AP nθλ⋅==≤⎛⎫+- ⎪⎝⎭，当且仅当23λ=时等号成立. 直线PA 与平面AMN 25.22、解：（1）方法1在平行四边形ABCD 中，AE ⊥BC ，所以AE ⊥PE ．因为平面PAE 与平面AECD 所成的角为90º，即平面PAE ⊥平面AECD ． ················· 2分 又因为平面PAE ∩平面AECD ＝AE ，PE ⊂平面PAE ，所以PE ⊥平面AECD ．因为CD ⊂平面AECD ，所以PE ⊥CD ． ············································································ 4分 方法2在平行四边形ABCD 中，AE ⊥BC ，所以AE ⊥PE ，AE ⊥CE ， 所以∠PEC 为平面PAE 与平面AECD 所成角的平面角．因为平面PAE 与平面AECD 所成的角为90º，所以∠PEC ＝90º，即PE ⊥CE ． ········· 2分 又PE ⊥AE ，AE ∩CE ＝E ，AE ⊂平面AECD ，CE ⊂平面AECD ，所以PE ⊥平面AECD ． 因为CD ⊂平面AECD ，所以PE ⊥CD ． ············································································ 4分 （2）方法1由（1）得PE ⊥平面AECD ，AE ⊥EC ，故以{EA →，EC →，EP →}为正交基底，建立空间直角坐标系．易得A (1，0，0)，C (0，23，0)，D (1，33，0)，P (0，0，3)，所以PC →＝(0，23，－3)，AP →＝(－1，0，3)，AD →＝(0，33，0)． ································································································· 5分 设PF →＝λPC →＝(0，23λ，－3λ)，λ∈[0，1]，则AF →＝AP →＋PF →＝(－1，23λ，3－3λ)． ······························································ 6分设平面FAD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧AD →·n ＝0，AF →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋23λy ＋(3－3λ)z ＝0，取z ＝1，得x ＝3－3λ，则平面FAD 的一个法向量为n ＝(3－3λ，0，1)． ·················································· 8分 又因为平面AECD 的一个法向量为m ＝(0，0，1)， 且二面角F －DA －C 的大小为30º，所以|cos ＜m ，n ＞|＝|m ·n |m |·|n ||＝|1(3－3λ)2＋1|＝32，整理得9λ2－18λ＋8＝0，即(3λ－2)(3λ－4)＝0，解得λ＝23或λ＝43(舍去)，故PF →＝23PC →． ................................................................................ 10分因为S △ACD ＝12×33×1＝332，所以V F －ACD ＝13V P －ACD ＝13S △ACD ×13PE ＝12． ............................................................................... 12分方法2在△PEC 中，过F 作FG ∥EC ，交PE 于点G ．因为EC ∥AD ，所以FG ∥AD ，因此A ，D ，F ，G 共面． 在平行四边形ABCD 中，易知AD ⊥AE ．由（1）得PE ⊥平面AECD ， 因为AD ⊂平面AECD ，所以AD ⊥PE ．又PE ∩AE ＝E ，AE ，PE ⊂平面PAE ，所以AD ⊥平面PAE ． 因为AG ⊂平面PAE ，所以AD ⊥AG ．所以∠GAE 为二面角F －AD －C 的平面角，所以∠GAE ＝30º． ································· 8分 在Rt △AEG 中，∠AEG ＝90º，∠GAE ＝30º，AE ＝1，所以EG ＝33． ···················· 10分 因为FG ∥AD ，FG ⊄平面AECD ，AD ⊂平面AECD ，所以FG ∥平面AECD ．因此V F －ACD ＝V G －ACD ＝13×(12×33×1)×33＝12．······················································ 12分。
[重点]江苏省高三一轮数学复习专题材料专题6_立体几何初步.docx
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专题6立体几何初步苏州工业园区第三中学秦卫东【课标要求】1.课程目标几何学是研究现实世界屮物体的形状、人小与位置关系的数学学科。
通过立体几何初步的教学，使学住经历直观感知、操作确认、思辨论证、度量计算等方法认识和探索几何图形及其性质的过程。
三维空间是人类生存的现实空间，认识空问图形，培养和发展学生的空间想像能力、推理论证能力、运川图形语言进行交流的能力以及几何直观能力，是高屮阶段数学必修系列课程的基本要求.在立体儿何初步部分，学牛将先从对空间几何体的整体观察入手，认识空间图形；再以长方体为载体，肓观认识和理解空间点、线、面的位置关系；能用数学语言表述冇关平行、垂直的性质与判定，并对某些结论进行论证。
了解一些简单几何体的表面积为体积的计算方法.2.复习要求（1）复习中要注意以常见的空间几何体（长方体、三棱锥、四棱台、闘柱、球等）为载体，进行识图与画图的训练，使为生了解三视图与直观图的画法，初步掌握在平面上表示空间图形的方法和技能.（2）点、线、面的位置关系是立体儿何初步小的重点内容，应让学生了解平行、垂直关系的基本性质以及判定方法，并能解决一些简单的推理论证及应用问题.（3）对有关线面平行、垂宜关系的性质定理要求进行证明，使学生体会证明的过程和方法；而线面平行、垂直关系的判定定理只要求直观感知、操作确认，但复习中要求作为推理的依据.（4）关于空间屮的“角”与“距离”，只要求了解异面直线所成的角、直线与平而所成的角、二而角及其平面角和点到平而的距离、平行于平面的直线到平面的距离、两个平行平面间的距离的概念.对于这些角与距离的度量问题，只要在长方体模型屮进行说明即可，具体计算不作婆求.（5）复习中应重视自然语言、图形语言和符号语言之间相互转化的训练.（6）要注意联系平面图形的知识，利用类比、联想等方法，辨别平面图形和立体图形的界同，理解两者的内在联系，务必让学生领会，将空间问题转化为平面问题是处理立儿问题的重要思想.3.复习建议立体儿何是传统内容小变化最人的•增加了三视图，距离的计算不要求，角对文科考生不耍求，对理科考生只在40分内容屮考，且方法统一（用空间向量计算），这样，传统的以距离、角（特别是二面角）为主体的命题思路被打破了.从07-08新课程高考试题分析，复习中应该重视以下几个方面的问题：（1）明确考试内容的变化：删除内容（或在选修课内体现的）：①异而直线所成的角的计算；②直线与平面所成角的计算；③三垂线定理及其逆定理；④二而角及其平面角的计算；⑤多面体及欧拉公式；⑥原教材中有4个公理，4个推论，14个定理（都需证明）（不包含以例题出现的定理）.新教材中冇4个公理，9个定理（4个需证明）.增加内容：①简单空间图形的三视图；②专设“空间儿何体的三视图和直观图”这一节，重点在于培养空间想象能力.特别是“三视图与直观图”是新增内容，尽管08江苏高考未出现，但在未来的高考中将会是命题的一个热点，复习中应多加重视.（2）明确考试说明的变化：空间几何体：3个小节均属力级要求；平面及其基本性质考查要求山〃修改为川直线与平血垂直的判定与性质考查要求由C修改为3,表而积和体积公式考査耍求由3修改为4考试说明中对立几部分整体要求下降.（3）尽管教材对证明（立儿推理）的要求弱化（对判定定理不要求证明），但我们在复习中仍然应该予以重视，因为这是必然出现的题型.在空间位置关系的证明上，0 9高考还会一如既往的重点考查，可能在考查方式上会寻求突破，如：①将位置关系通过三视图呈现，加强对空间想象能力的考查；②在设问方式上创新，变传统证明为判断型、探究型问题，适当增加难度，体现了能力立意.（4）要重视与三视图冇关的题目的训练.要关注这样儿个命题方向：①读图，山三视图还原儿何体，进而研究这个儿何体的体积、表面积及其中的线、面位置关系等；②补图，即告诉儿何体，并作出三视图的一部分，补全三视图；③体积、表面积的计算应该成为立体几何考杏的重心之一.要注意研究这样几个方面的问题：一•是求体积、面积的体现能力的一些求法，如通过图形变换、等价转换的方法求体积、面积；二是注意动图形（体）的面积、体积的题型的研究，如不变量与不变性问题（定值与定性）、最值与最值位置的探求等；三是注意由三视图给出的几何体的相关问题的研究.（5）要注意通过问题的载体适度提高难度，如通过组合体（由教学耍求中的常见儿何体组成，如圆柱内接棱柱、棱锥；球内接棱柱、棱锥、圆柱、圆锥等）提出位置关系、面积与休积等方面的问题.（6）不断强化将空间问题转化为平而问题是处理立几问题的重要思想.【典型例题】例1 （填空题）（1）已知三条不重合的直线加、”、L两个不垂合的平面久0,有下列命题：①若mHn,n a,则〃2//a；②若/丄a,加丄0且////«,则a//0 ；③若“? u a,n u a,mH队nil0,则a//0 ；④若a 丄0,a fl0 = m,” u 0,n 丄力,贝肪丄a；其中正确的命题个数是 ________________ .解析：本题考查了直线和平面的基本位置关系，传统空间位置关系的判断依然是高考小题考查的重点，解决此类问题，可用手中的笔与桌子等一•些具体模型.答案：②，④正确；①，③错谋（2） （08宁夏海南改编）已知平血a 丄平面”，点、4F, /丄/,直线力B〃/,直线/C 丄/,直线m//a, m//p.则下列四种位置关系中，一定成立的是 _____________•(1) AB//m (2) AC 丄刃(3) AB//p (4) AC 丄卩解析：容易判断（1）、（2）、（3）三个答案都是正 确的，对于（4）,虽然u,但/ C 不一定在平面u 内, 故它可以与平面•・•相交、平行,故不一定垂直;线面 平行、线面垂直的判断及应用仍然是立体几何的一个 重点，要重点掌握.（3） （08广东）将正三棱柱截去三个角（如图1 所示/、B 、C 分别是AGM 三边的中点）得到的几何体如图2,则该儿何体按图2所示方向的侧视图（或称左视图）为 ________解析：解题吋结合图1,图2在几何体右边放一个平面（垂直于面EG ）把平面图 形的投影转化为点，线在血上的投影.答案：（1）.（4） （08山东）右图是一个几何体的三视图，根 据图屮数据，可得该几何体的表面积是解析：从三视图可以看出该几何体是由一个球和一个圆柱组合而成的，其表面及为l S ，= 4^xl 2+^xl 2x2 + 2^xlx3 = 12^-. （5） （08宁夏海南文科）一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面。
2020年(江苏)高考数学(理)大一轮复习检测：专题十七 立体几何
专题十七立体几何一、填空题考向一立体几何中的计算问题1.(2017·苏州、无锡、常州、镇江二模)已知正四棱锥的底面边长是2,侧棱长是,则该正四棱锥的体积为.2.(2018·南通、泰州一模)如图,铜质六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的,已知正六棱柱的底面边长、高都为4 cm,圆柱的底面积为9 cm2.若将该螺帽熔化后铸成一个高为6 cm 的正三棱柱零件,则该正三棱柱的底面边长为cm.(不计损耗)(第2题)(第3题)3.(2018·苏州期初)如图,正四棱锥P-ABCD的底面一边AB的长为2 cm,侧面积为8 cm2,则它的体积为cm3.4.(2017·江苏大联考)已知正四面体P-ABC的棱长为2,若M,N分别是PA,BC的中点,则三棱锥P-BMN 的体积为.(第5题)5.(2018·苏州一模)鲁班锁是中国传统的智力玩具,起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构,它的外观是如图所示的十字立方体,其上下、左右、前后完全对称,六根等长的正四棱柱体分成三组,经90°榫卯起来.若正四棱柱的高为5,底面正方形的边长为1,现将该鲁班锁放进一个球形容器内,则该球形容器的表面积至少为.(容器壁的厚度忽略不计,结果保留π)6.(2018·无锡一模)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB⊥BC,AB=3,BC=4,AA1=5,若三棱柱的所有顶点都在同一球面上,则该球的表面积为.考向二立体几何中的命题真假的判定问题7.(2017·丹阳高级中学期初)设α,β为两个不重合的平面,m,n为两条不同的直线,给出下列四个命题:①若m⊥n,m⊥α,则n∥α;②若n⊂α,m⊂β,α与β相交且不垂直,则n与m不垂直;③若α⊥β,α∩β=m,n⊂α,n⊥m,则n⊥β;④若m∥n,n⊥α,α∥β,则m⊥β.其中正确的命题是.(填序号)8.(2016·南京三模)已知α,β是两个不重合的平面,l,m是两条不同的直线,l⊥α,m⊂β.给出下列四个命题:①α∥β⇒l⊥m;②α⊥β⇒l∥m;③m∥α⇒l⊥β;④l⊥β⇒m∥α.其中正确的命题是.(填序号)9.(2016·镇江期末)已知b,c表示两条不同的直线,α,β表示两个不重合的平面,给出下列四个命题:①若b⊂α,c∥α,则b∥c;②若b⊂α,b∥c,则c∥α;③若c∥α,α⊥β,则c⊥β;④若c∥α,c⊥β,则α⊥β.其中正确的命题是.(填序号)10.(2017·南京、盐城、连云港二模)已知α,β是两个互不重合的平面,m,n是两条不同的直线,下列命题中正确的是.(填序号)①若α∥β,m⊂α,则m∥β;②若m∥α,n⊂α,则m∥n;③若α⊥β,α∩β=n,m⊥n,则m⊥β;④若n⊥α,n⊥β,m⊥α,则m⊥β.11.(2017·广州模拟)已知α,β是两个不重合的平面,m,n是两条不同的直线,则下列说法中正确的是.(填序号)①若m∥α,α∩β=n,则m∥n;②若m⊥α,n⊥m,则n∥α;③若m⊥α,n⊥β,α⊥β,则m⊥n;④若α⊥β,α∩β=n,m⊥n,则m⊥β.(第12题)12.(2017·咸阳模拟)如图,在棱长均相等的正四棱锥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,有下列结论:①PC∥平面OMN;②平面OMN⊥平面PAB;③OM⊥PA;④平面PCD∥平面OMN.其中正确的结论是.(填序号)考向三立体几何中的综合问题(第13题)13.(2016·无锡期末)如图,在圆锥VO中,O为底面圆的圆心,点A,B在圆O上,且OA⊥OB.若OA=VO=1,则点O到平面VAB的距离为.14.(2016·南通、扬州、淮安、宿迁、泰州二调)在体积为的四面体ABCD中,若AB⊥平面BCD,AB=1,BC=2,BD=3,则CD长度的所有值为.二、解答题15.(2017·常州一模)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,所有棱长都相等,且∠ABB1=60°,D为AC的中点.(1)求证:B1C∥平面A1BD;(2)求证:AB⊥B1C.(第15题)16.(2017·苏州、无锡、常州、镇江二模)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1C1C是菱形,AC1∩A1C=O,E是棱AB上一点,且OE∥平面BCC1B1.(1)求证:E是AB中点;(2)若AC1⊥A1B,求证:AC1⊥BC.(第16题)17.(2017·扬州一模)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,E,F分别是棱PC和PD的中点.(1)求证:EF∥平面PAB;(2)若AP=AD,且平面PAD⊥平面ABCD,求证:AF⊥平面PCD.(第17题)18.(2018·苏州一模)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,已知E,F,G,H分别是A1D1,B1C1,D1D,C1C的中点.(1)求证:EF∥平面ABHG;(2)求证:平面ABHG⊥平面CFED.(第18题)19.(2018·苏州期初)如图,在三棱锥P-ABC中,已知平面PBC⊥平面ABC.(1)若AB⊥BC,CP⊥PB,求证:CP⊥PA;(2)若过点A作直线l⊥平面ABC,求证:l∥平面PBC.(第19题)20.(2018·常州一模)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形,PC⊥平面ABCD,PB=PD,点Q 是棱PC上异于P,C的一点.(1)求证:BD⊥AC;(2)过点Q和AD的平面截四棱锥得到截面ADQF(点F在棱PB上),求证:QF∥BC.(第20题)专题十七立体几何(第1题)1.【解析】如图,在正四棱锥P-ABCD中,PA=,AB=2,故AO=AB=,所以PO==1,所以V=Sh=×22×1=.2. 2【解析】由题知,铜质六角螺帽毛坯的体积V=6××42×sin60°-9×4=60(cm3).设正三棱柱的底面边长为a cm,则×a2×sin60°×6=60,解得a=2,所以正三棱柱的底面边长为2 cm.3. 4【解析】设正四棱锥P-ABCD的高为H,斜高为h,由题意得×2×4h=8,解得h=2,所以H==1,所以该四棱锥的体积V=S·H=×(2)2×1=4(cm3).4.【解析】如图,连接AN,作MD⊥PN,垂足为D.因为正四面体P-ABC的棱长为2,M,N分别是PA,BC 的中点,所以AN⊥BC,PN⊥BC,由此可得MN⊥AP,且AN=PN=.因为AN∩PN=N,AN⊂平面PAN,PN⊂平面PAN,所以BC⊥平面PAN.因为MD⊂平面PNA,所以MD⊥BC.因为MD⊥PN,BC∩PN=N,BC⊂平面PBN,PN⊂平面PBN,所以MD⊥平面PBN.又由题知MN==,因为PN·MD=PM·MN,所以MD===,所以三棱锥P-BMN 的体积==×S△PBN×MD=××1××=.(第4题)5. 30π【解析】由题图知,该鲁班锁外接球的直径与长、宽、高分别为2,1,5的长方体的外接球直径相同.设该球形容器的半径为R,则2R≥,即R≥,所以S=4πR2≥4π×=30π.6. 50π【解析】在直三棱柱ABC-A1B1C1中,因为AB⊥BC,所以可以将该直三棱柱补形成长、宽、高分别为3,4,5的长方体,该长方体的体对角线长即为该直三棱柱的直径,且2R==5,所以S=4πR2=50π.7.③④【解析】因为m⊥α,m⊥n,所以n∥α或n⊂α,故①错误;对于②,当m平行α与β的交线,n垂直于α与β的交线时,m⊥n,故②错误;由面面垂直的性质定理知③正确;因为n⊥α,α∥β,所以n⊥β,又m∥n,所以m⊥β,故④正确.8.①④【解析】对于①,因为l⊥α且α∥β,所以l⊥β,又m⊂β,所以l⊥m,故①正确;对于②,由l⊥α,α⊥β,可知l∥β或l⊂β,则l与m的位置关系不确定,故②不正确;对于③,由m∥α且m⊂β,可知α与β平行或相交,若α与β相交,则l与β不垂直,故③不正确;对于④,由l⊥α且l⊥β,可知α∥β,又m⊂β,所以m∥α,故④正确.9.④【解析】对于①,b与c的位置关系不确定;对于②,可能c⊂α;对于③,c与β的位置关系不确定;只有④是正确的.10.①④【解析】①是面面平行的性质,故①正确;②m,n可能异面,故②错误;③当m⊄α时,m⊥β不成立,故③错误;④由m⊥α,n⊥α,得m∥n,又n⊥β,所以m⊥β,故④正确.(第11题)11.③【解析】对于①,如图,m∥α,α∩β=n,此时m,n异面,故①错误;对于②,若m⊥α,m⊥n,则n∥α或n⊂α,故②错误;对于③,若n⊥β,α⊥β,则n∥α或n⊂α,又m⊥α,所以m⊥n,故③正确;对于④,若α⊥β,α∩β=n,m⊥n,则m也可能与β相交、平行或在β内,故④错误.12.①③④【解析】如图,其中E,F分别为AD,BC的中点,G为OE的中点,平面OMN即平面MNFE.因为PC∥OM,所以PC∥平面OMN,同理PD∥ON,又OM∩ON=O,所以平面PCD∥平面OMN,故①④正确;由于四棱锥的棱长均相等,所以PA2+PC2=AB2+BC2=AC2,所以PC⊥PA,又PC∥OM,所以OM⊥PA,故③正确;因为OM=PC=PD=ME,所以MG⊥OE,又MN∥OE,所以GM⊥MN,假设平面OMN⊥平面PAB,则GM⊥平面PAB,则MG⊥PA,设四棱锥的棱长为4,则MA=2,AG=,MG=,三边长度不满足勾股定理,所以MG不垂直PA,与假设矛盾,故②不正确.(第12题)13.【解析】方法一:设点O到平面VAB的距离为h.由题意知=,所以××1×1×1=××h,解得h=.方法二:取AB的中点M,连接OM,VM.在Rt△VOM中,点O到VM的距离即为点O到平面VAB的距离.因为VO=1,OM=,VM=,所以点O到VM的距离d==,故点O到平面VAB的距离为.14.,【解析】因为四面体ABCD的体积V=××2×3×sin∠CBD×1=,所以sin∠CBD=,所以∠CBD=60°或120°.当∠CBD=60°时,CD2=22+32-2×2×3×cos 60°=7,所以CD=;当∠CBD=120°时,CD2=22+32-2×2×3×cos 120°=19,所以CD=.综上,CD长度的所有值为,.15.(1)连接AB1交A1B于点E,连接DE.因为D,E分别为AC,AB1的中点,所以DE∥B1C.因为DE⊂平面A1BD,B1C⊄平面A1BD,所以B1C∥平面A1BD.(2)取AB的中点O,连接OC,OB1.因为BA=BB1,且∠ABB1=60°,所以△ABB1为正三角形.而O为AB的中点,所以OB1⊥AB.在正三角形ABC中,O为AB的中点,所以OC⊥AB.因为OB1∩OC=O,且OB1⊂平面OB1C,OC⊂平面OB1C,所以AB⊥平面OB1C.又因为B1C⊂平面OB1C,所以AB⊥B1C.16.(1)如图,连接BC1,因为OE∥平面BCC1B1,OE⊂平面ABC1,平面BCC1B1∩平面ABC1=BC1,所以OE∥BC1.因为侧面AA1C1C是菱形,AC1∩A1C=O,所以O是AC1的中点.所以==1,即E是AB的中点.(2)因为侧面AA1C1C是菱形,所以AC1⊥A1C.因为AC1⊥A1B,A1C∩A1B=A1,A1C⊂平面A1BC,A1B⊂平面A1BC,所以AC1⊥平面A1BC.因为BC⊂平面A1BC,所以AC1⊥BC.(第16题)17.(1)因为点E,F分别是棱PC和PD的中点,所以EF∥CD.又在矩形ABCD中,AB∥CD,所以EF∥AB.又AB⊂平面PAB,EF⊄平面PAB,所以EF∥平面PAB.(2)在矩形ABCD中,AD⊥CD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,CD⊂平面ABCD,所以CD⊥平面PAD.又AF⊂平面PAD,所以CD⊥AF.因为PA=AD且F是PD的中点,所以AF⊥PD.因为PD⊂平面PCD,CD⊂平面PCD,PD∩CD=D,所以AF⊥平面PCD.18.(1)因为E,F分别是A1D1,B1C1的中点,所以EF∥A1B1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,A1B1∥AB,所以EF∥AB.又EF⊄平面ABHG,AB⊂平面ABHG,所以EF∥平面ABHG.(2)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,CD⊥平面BB1C1C.又BH⊂平面BB1C1C,所以BH⊥CD.①如图,设BH∩CF=P,△BCH≌△CC1F,所以∠HBC=∠FCC1.因为∠HBC+∠PHC=90°,所以∠FCC1+∠PHC=90°,所以∠HPC=90°,即BH⊥CF.②由①②,又DC∩CF=C,CF,CD⊂平面CFED,所以BH⊥平面CFED.又因为BH⊂平面ABHG,所以平面ABHG⊥平面CFED.(第18题)(第19题)19.(1)因为平面PBC⊥平面ABC,平面PBC∩平面ABC=BC,AB⊂平面ABC,AB⊥BC,所以AB⊥平面PBC.因为CP⊂平面PBC,所以CP⊥AB.又因为CP⊥PB,且PB∩AB=B,AB,PB⊂平面PAB,所以CP⊥平面PAB,因为PA⊂平面PAB,所以CP⊥PA.(2)如图,在平面PBC内过点P作PD⊥BC,垂足为D.因为平面PBC⊥平面ABC,平面PBC∩平面ABC=BC,PD⊂平面PBC,所以PD⊥平面ABC.又l⊥平面ABC,所以l∥PD.又l⊄平面PBC,PD⊂平面PBC,所以l∥平面PBC.20.(1)因为PC⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以BD⊥PC.如图,记AC,BD的交点为O,连接OP.平行四边形对角线互相平分,则O为BD的中点,又在△PBD中,PB=PD,所以BD⊥OP.又PC∩OP=P,PC,OP⊂平面PAC,所以BD⊥平面PAC.又AC⊂平面PAC,所以BD⊥AC.(2)因为四边形ABCD是平行四边形,所以AD∥BC.又AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以AD∥平面PBC.又AD⊂平面ADQF,平面ADQF∩平面PBC=QF,所以AD∥QF.又AD∥BC,所以QF∥BC.(第20题)。
江苏专用高考数学一轮复习加练半小时专题8立体几何第66练高考大题突破练立体几何理含解析
江苏专用高考数学一轮复习加练半小时专题8立体几何第66练高考大题突破练立体几何理含解析[基础保分练]1.如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，AP ＝AD ，点M 在棱PD 上，AM ⊥PD ，点N 是棱PC 的中点，求证：(1) MN ∥平面PAB ； (2) AM ⊥平面PCD .2.如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，EF ∥AB ，EF ⊥FB ，AB ＝2EF ，∠BFC ＝90°，BF ＝FC ，H 为BC 的中点． (1)求证：FH ∥平面EDB ； (2)求证：AC ⊥平面EDB .3.如图，已知正四棱锥P －ABCD 中，PA ＝AB ＝2，点M ，N 分别在PA ，BD 上，且PM PA ＝BN BD ＝13.(1)求异面直线MN 与PC 所成角的大小； (2)求二面角N －PC －B 的余弦值．[能力提升练]4.如图，在棱长为2的正方体ACBD －A 1C 1B 1D 1中，M 是线段AB 上的动点． (1)证明：AB ∥平面A 1B 1C ；(2)若点M 是AB 中点，求二面角M －A 1B 1－C 的余弦值；(3)判断点M 到平面A 1B 1C 的距离是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．答案精析1．证明(1)因为在△PAD中，AP＝AD，AM⊥PD，所以点M是棱PD的中点．又点N是棱PC的中点，所以MN是△PDC的中位线，所以MN∥DC.因为底面ABCD是矩形，所以AB∥DC，所以MN∥AB.又AB⊂平面PAB, MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB.(2)因为平面PAD⊥平面ABCD, CD⊂平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊥AD，所以CD ⊥平面PAD .又AM ⊂平面PAD ，所以CD ⊥AM .因为PD ⊥AM ，CD ⊥AM, CD ∩PD ＝D ，CD ⊂平面PCD ，PD ⊂平面PCD ， 所以AM ⊥平面PCD .2．证明 (1)设AC 与BD 的交点为G ，连结GE ，GH ，如图，以H 为坐标原点，分别以HB →，GH →，HF →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，令BH ＝1，则A (1，－2,0)，B (1,0,0)，C (－1，0,0)，D (－1，－2,0)，E (0，－1,1)，F (0,0,1)，G (0，－1,0)，∴GE →＝(0,0,1),又∵HF →＝(0,0,1)，∴GE →∥HF →，GE ⊂平面EDB ，HF ⊄平面EDB ，∴FH ∥平面EDB .(2)∵AC →＝(－2,2,0)，GE →＝(0,0,1)， ∴AC →·GE →＝0， ∴AC ⊥GE .又AC ⊥BD ，且GE ⊂平面EDB ，BD ⊂平面EDB ，GE ∩BD ＝G ，∴AC ⊥平面EDB .3．解 (1)设AC ，BD 交于点O ，在正四棱锥P －ABCD 中，OP ⊥平面ABCD ，又PA ＝AB ＝2，所以OP ＝ 2.以O 为坐标原点，DA →，AB →，OP →方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立空间直角坐标系O －xyz ，如图．则A (1，－1,0)，B (1,1,0)，C (－1，1,0)，D (－1，－1,0)，P (0,0，2)，AP →＝(－1,1，2)．故OM →＝OA →＋AM →＝OA →＋23AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，－13，223，ON →＝13OB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13，0，所以MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，－223，PC →＝(－1,1，－2)，所以cos 〈MN →，PC →〉＝MN →·PC →|MN →||PC →|＝32，所以异面直线MN 与PC 所成角的大小为π6.(2)由(1)知PC →＝(－1,1，－2)，CB →＝(2,0,0)，NC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，23，0.设m ＝(x ，y ，z )是平面PCB 的法向量， 则m ·PC →＝0，m ·CB →＝0，可得⎩⎨⎧－x ＋y －2z ＝0，x ＝0，令y ＝2，则z ＝1，即m ＝(0，2，1)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面PCN 的法向量，则n ·PC →＝0，n ·CN →＝0，可得⎩⎨⎧－x 1＋y 1－2z 1＝0，－2x 1＋y 1＝0，令x 1＝2，则y 1＝4，z 1＝2，即n ＝(2,4，2)， 所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝523×22＝53333， 则二面角N －PC －B 的余弦值为53333.4．(1)证明 ∵在正方体ACBD －A 1C 1B 1D 1中，AB ∥A 1B 1，A 1B 1⊂平面A 1B 1C ，AB ⊄平面A 1B 1C ， ∴AB ∥平面A 1B 1C .(2)解 ∵在正方体ACBD －A 1C 1B 1D 1中，CB ，CA ，CC 1两两互相垂直，以点C 为坐标原点，CB ，CA ，CC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系C－xyz 如图所示，则M (1,1,0)，A 1(0,2,2)，B 1(2,0,2)，C (0，0,0)， ∴MA 1→＝(－1,1,2)，MB 1→＝(1，－1,2)，CB 1→＝(2,0,2)， CA 1→＝(0,2,2)，设向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)分别为平面MA 1B 1和平面CA 1B 1的法向量， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·MA 1→＝0，n 1·MB 1→＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＋2z 1＝0，x 1－y 1＋2z 1＝0，取x 1＝1，则y 1＝1，z 1＝0， ∴n 1＝(1,1,0)． 同理⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CA 1→＝0，n 2·CB 1→＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧2y 2＋2z 2＝0，2x 2＋2z 2＝0，取x 2＝－1，则y 2＝－1，z 2＝1， ∴n 2＝(－1，－1,1)，∴cos〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－63，又∵二面角M －A 1B 1－C 的平面角为锐角， ∴二面角M －A 1B 1－C 的余弦值为63. (3)解 由(1)知AB ∥平面A 1B 1C 且M 在AB 上，∴点M 到平面A 1B 1C 的距离等于AB 上任意一点到平面A 1B 1C 的距离，取点M 为AB 的中点，结合(2)和点M 到平面A 1B 1C 的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 2·MA 1→|n 2|＝23＝233.∴点M 到平面A 1B 1C 的距离为定值233.。
「精选」人教版最新江苏省高三数学一轮复习备考试题：立体几何(含答案)及参考答案-精选文档
高考一轮复习备考试题(附参考答案) 立体几何一、填空题1、（2014年江苏高考）设甲、乙两个圆柱的底面积分别为21S ,S ，体积分别为21V ,V ，若它们的侧面积相等，49S S 21=，则=21V V▲ ． 2、（2013年江苏高考）如图，在三棱柱ABC C B A -111中，F E D ，，分别是1AA AC AB ，，的中点，设三棱锥A D E F -的体积为1V ，三棱柱ABC C B A -111的体积为2V ，则=21:V V 。
3、（2012年江苏高考）如图，在长方体1111ABCD ABC D -中，3cm AB AD ==，12cm AA =，则四棱锥11A BB D D -的体积为 ▲ cm 3．4、（2015届江苏南京高三9月调研）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，则这个圆锥的高是 ▲5、（2015届江苏南通市直中学高三9月调研）如图，各条棱长均为2的正三棱柱111ABC A B C -中，M 为11A C 的中点，则三棱锥1M AB C -的 体积为 ▲6、（2015届江苏苏州高三9月调研）若圆柱的底面直径和高都与球的直径相等圆柱、球的表面积分别记为1S 、2,S 则有12:S S = ▲7、（南京市2014届高三第三次模拟）已知m ，n 是不重合的两条直线，α，β是不重合的两个平面．下列命题：①若α⊥β，m ⊥α，则m ∥β； ②若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β； ③若m ∥α，m ⊥n ，则n ⊥α； ④若m ∥α，m ⊂β，则α∥β．其中所有真命题的序号是 ▲8、（苏锡常镇四市2014届高三5月调研（二））已知△ABC 为等腰直角三角形，斜边BC 上的中线AD = 2，将△ABC 沿AD 折成60°的二面角，连结BC ，则三棱锥C - ABD 的体积为 ▲ 9、（徐州市2014届高三第三次模拟）已知圆柱的底面半径为1，母线长与底面的直径相等，则该圆柱的表面积为 ▲ 10、（南京、盐城市2014届高三第二次模拟（淮安三模））表面积为12π的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为 ▲二、解答题 1、（2014年江苏高考）如图，在三棱锥P 错误！未找到引用源。
2025年高考数学一轮复习-立体几何中的动点及其轨迹问题-专项训练【含答案】
2025年高考数学一轮复习-立体几何中的动点及其轨迹问题-专项训练一、基本技能练1.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 是侧面BB 1C 1C 内一动点，若P 到直线BC 与到直线C 1D 1的距离相等，则动点P 的轨迹为()A.直线B.圆C.双曲线D.抛物线2.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为底面ABCD 上的动点.PE ⊥A 1C 于E ，且PA ＝PE ，则点P 的轨迹是()A.线段B.圆弧C.椭圆的一部分D.抛物线的一部分3.如图，圆锥的底面直径AB ＝2，母线VA ＝3，点C 在母线VB 上，且VC ＝1，有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点A 到达点C ，则这只蚂蚁爬行的最短距离是()A.13B.7C.433D.3324.如图所示，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，长为2的线段MN 的一个端点M 在棱DD 1上运动，另一端点N 在正方形ABCD 内运动，则MN 中点轨迹的面积为()A.4πB.2πC.πD.π25.已知MN 是长方体外接球的一条直径，点P 在长方体表面上运动，长方体的棱长分别是1，1，2，则PM →·PN →的取值范围为()A.－12，0 B.－34，0C.－12，1 D.－34，16.点P 为棱长是25的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的内切球O 球面上的动点，点M 为B 1C 1的中点，若满足DP ⊥BM ，则动点P 的轨迹的长度为()A.πB.2πC.4πD.25π7.已知正三棱锥P －ABC 的六条棱长均为6，S 是△ABC 及其内部的点构成的集合.设集合T ＝{Q ∈S |PQ ≤5}，则T 表示的区域的面积为()A.3π4 B.πC.2πD.3π8.如图，三角形PAB 所在的平面α和四边形ABCD 所在的平面β垂直，且AD ⊥α，BC ⊥α，AD ＝4，BC ＝8，AB ＝6，∠APD ＝∠CPB ，则点P 在平面α内的轨迹是()A.圆的一部分B.椭圆的一部分C.双曲线的一部分D.抛物线的一部分9.已知正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′的棱长为1，点M ，N 分别为线段AB ′，AC 上的动点，点T 在平面BCC ′B ′内，则MT ＋NT 的最小值是()A.2 B.233C.62 D.110.如图，长方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，AB ＝BC ＝2，AA ′＝3，上底面A ′B ′C ′D ′的中心为O ′，当点E 在线段CC ′上从C 移动到C ′时，点O ′在平面BDE 上的射影G 的轨迹长度为()A.2π3B.3π3C.π3D.3π611.如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，且底面各边都相等，M 是PC 上的一动点，当点M 满足________时，平面MBD ⊥平面PCD (只要填写一个你认为是正确的条件即可).12.如图，P 是棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1表面上的动点，且AP ＝2，则动点P 的轨迹的长度为________.二、创新拓展练13.在棱长为3的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是AA 1的中点，P 是底面ABCD 所在平面内一动点，设PD 1，PE 与底面ABCD 所成的角分别为θ1，θ2(θ1，θ2均不为0)，若θ1＝θ2，则三棱锥P －BB 1C 1体积的最小值是()A.92B.52C.32D.5414.(多选)如图，设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 为A 1D 1的中点，F 为CC 1上的一个动点，设由点A ，E ，F 构成的平面为α，则()A.平面α截正方体的截面可能是三角形B.当点F 与点C 1重合时，平面α截正方体的截面面积为26C.当点D 到平面α的距离的最大值为263D.当F 为CC 1的中点时，平面α截正方体的截面为五边形15.已知面积为23的菱形ABCD 如图①所示，其中AC ＝2，E 是线段AD 的中点.现沿AC 折起，使得点D 到达点S 的位置，此时二面角S －AC －B 的大小为120°，连接SB ，得到三棱锥S －ABC 如图②所示，则三棱锥S －ABC 的体积为________；若点F 在三棱锥的表面运动，且始终保持EF ⊥AC ，则点F 的轨迹长度为________.16.如图，三棱锥S－ABC的所有棱长均为1，SH⊥底面ABC，点M，N在直线SH上，且MN＝33，若动点P在底面ABC内，且△PMN的面积为212，则动点P的轨迹长度为________.参考答案与解析一、基本技能练1.答案D解析点P到直线C1D1的距离即为点P到点C1的距离，所以在平面BB1C1C中，点P到定点C1的距离与到定直线BC的距离相等，由抛物线的定义可知，动点P的轨迹为抛物线，故选D.2.答案A解析由题意知，△A1AP≌△A1EP，则点P 为在线段AE 的中垂面上运动，从而与底面ABCD 的交线为线段.3.答案B 解析在圆锥侧面的展开图中，AA ′＝2π，所以∠AVA ′＝AA ′︵VA ＝23，所以∠AVB ＝12∠AVA ′＝π3，由余弦定理得AC 2＝VA 2＋VC 2－2VA ·VC ·cos ∠AVB ＝32＋12－2×3×1×12＝7，所以AC ＝7.所以这只蚂蚁爬行的最短距离是7，故选B.4.答案D 解析易知DD 1⊥平面ABCD ，∠MDN ＝90°，取线段MN 的中点P ，则DP ＝12MN ＝1，所以点P 的轨迹是以D 为球心，1为半径的18球面，故S ＝18×4π×12＝π2.5.答案B 解析根据题意，以D 为坐标原点，DA →为x 轴正方向，DC →为y 轴正方向，DD 1→为z 轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示.设长方体外接球球心为O ，则DB 1为外接球的一条直径，设O 为DB 1的中点，不妨设M 与D 重合，N 与B 1重合.则外接球的直径长为12＋12＋（2）2＝2，所以半径r ＝1，所以PM →·PN →＝(PO →＋OM →)·(PO →＋ON →)＝(PO →＋OM →)·(PO →－OM →)＝|PO →|2－|OM →|2＝|PO →|2－1，由P 在长方体表面上运动，所以|PO →|∈12，1，即|PO →|2∈14，1，所以|PO →|2－1∈－34，0，即PM →·PN →∈－34，0.6.答案C 解析根据题意知，该正方体的内切球半径为r ＝5，如图，取BB 1的中点N ，连接CN ，则CN ⊥BM ，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，CN 为DP 在平面B 1C 1CB 中的射影，∴点P 的轨迹为过D ，C ，N 的平面与内切球的交线，∵正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为25，∴O 到过D ，C ，N 的平面的距离为1，∴截面圆的半径为（5）2－1＝2，∴点P 的轨迹的长度为2π×2＝4π.7.答案B 解析设顶点P 在底面上的投影为O ，连接BO ，则O 为△ABC 的中心，且BO ＝23×6×32＝23，故PO ＝36－12＝2 6.因为PQ ＝5，故OQ ＝1，故Q 的轨迹为以O 为圆心，1为半径的圆，而△ABC 内切圆的圆心为O ，半径为2×34×363×6＝3>1，故Q 的轨迹圆在△ABC 内部，故其面积为π.8.答案A 解析由条件易得AD ∥BC ，且∠APD ＝∠CPB ，AD ＝4，BC ＝8，可得tan ∠APD ＝AD PA ＝CB PB ＝tan ∠CPB ，即PB P A ＝CB AD＝2，在平面P AB 内以AB 所在的直线为x 轴，AB 的中点O 为坐标原点，建立直角坐标系(图略)，则A (－3，0)，B (3，0)，设P (x ，y )，则有PB PA ＝（x －3）2＋y 2（x ＋3）2＋y 2＝2，整理可得x 2＋y 2＋10x ＋9＝0(x ≠0).由于点P 不在直线AB 上，故此轨迹为圆的一部分，故答案选A.9.答案B 解析A 点关于BC 的对称点为E ，M 关于BB ′的对称点为M ′，记d 为直线EB ′与AC 之间的距离，则MT ＋NT ＝M ′T ＋NT ≥M ′N ≥d ，由B ′E ∥D ′C ，d 为E 到平面ACD ′的距离，因为V D ′－ACE ＝13×1×S △ACE ＝13×1×1＝13，而V D ′－ACE ＝V E －ACD ′＝13×d ×34×(2)2＝36d ＝13，故d ＝233.10.答案B 解析如图，以CA ，CC ′分别为x 轴，y 轴正方向建立平面直角坐标系，则有C (0，0)，O (1，0)，O ′(1，3)，设G (x ，y )，由O ′G ⊥OG ，可得y x －1·y －3x －1＝－1，＋(x －1)2＝34，所以点O ′在平面BDE 上的射影G 的轨迹是以F半径为32的OG ︵.因为tan ∠GOF ＝O ′C ′OO ′＝33，所以O ′G ＝O ′O ·sin ∠GOF ＝32，所以△O ′GF 是等边三角形，即∠GFO ＝2π3，所以圆弧OG 的长l ＝2π3×32＝3π3.11.答案DM ⊥PC (或BM ⊥PC )解析连接AC ，BD ，则AC ⊥BD ，因为PA ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥BD .又PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面PAC ，PC ⊂平面PAC ，所以BD ⊥PC ，所以当DM ⊥PC (或BM ⊥PC )时，有PC ⊥平面MBD ，PC ⊂平面PCD ，所以平面MBD ⊥平面PCD .12.答案3π2解析由已知AC ＝AB 1＝AD 1＝2，在平面BC 1，平面A 1C 1中，BP ＝A 1P ＝DP ＝1，所以动点P 的轨迹是在平面BC 1，平面A 1C 1，平面DC 1内分别以B ，D ，A 1为圆心，1为半径的三段圆弧，且长度相等，故轨迹长度和为π2×3＝3π2.二、创新拓展练13.答案C 解析以D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，因为正方体的棱长为3，则3，0，32D 1(0，0，3)，设P (x ，y ，0)(x ≥0，y ≥0)，则PE →3－x ，－y ，32，PD 1→＝(－x ，－y ，3).因为θ1＝θ2，平面ABCD 的一个法向量z ＝(0，0，1)，所以|PE →·z ||PE →|·|z |＝|PD 1→·z ||PD 1→|·|z |，得32（3－x ）2＋y 2＋94＝3x 2＋y 2＋9，整理得x 2＋y 2－8x ＋12＝0，即(x －4)2＋y 2＝4(0≤y ≤2)，则动点P 的轨迹为圆的一部分，所以点P 到平面BB 1C 1的最小距离为1，所以三棱锥P －BB 1C 1体积的最小值是13×12×3×3×1＝32.14.答案BCD 解析如图，建立空间直角坐标系，延长AE 与z 轴交于点P ，连接PF 并延长与y 轴交于点M ，则平面α由平面AEF 扩展为平面APM .由此模型可知A 错误.当点F 与点C 1重合时，截面是一个边长为5的菱形，该菱形的两条对角线长度分别AC 1＝22＋22＋22＝23和22＋22＝22，则此时截面的面积为12×23×22＝2 6.当F 为CC 1的中点时，平面α截正方体的截面为五边形，B ，D 正确.D (0，0，0)，A (2，0，0)，P (0，0，4)，设点M 的坐标为(0，t ，0)(t ∈[2，4])，DA →＝(2，0，0)，AM →＝(－2，t ，0)，PA →＝(2，0，－4)，则可知点P 到直线AM 的距离为d ＝|P A →|2－|PA →·AM →|AM →||2＝20t 2＋644＋t 2，S △APM ＝12t 2＋4·d ＝5t 2＋16.S △P AD ＝12×2×4＝4，设点D 到平面α的距离为h ，利用等体积法V D －APM ＝V M －P AD ，即13·S △APM ·h ＝13·S △P AD ·t ，可得h ＝4t 5t 2＋16，则h ＝45＋16t 2，由h ＝45＋16t 2在t ∈[2，4]上单调递增，所以当t ＝4时，h 取到最大值为263.故选BCD.15.答案323＋32解析依题意，12AC ·BD ＝BD ＝23，点S 到平面ABC 的距离为3sin 60°＝32，△ABC 的面积为12×23＝3，则三棱锥S －ABC 的体积为13×3×32＝32.如图，取AC 边上靠近点A 的四等分点G ，取BA 的中点为H ，连接EH ，EG ，GH ，故点F 的轨迹长度即为△EHG 的周长，又EG ＝GH ＝32，EH ＝12SB ＝32，故点F 的轨迹长度为3＋32.16.答案6π12解析设P 到直线MN 的距离为d ，由题易得d ＝66，易知H 为△ABC 的中心，又MN ⊥平面ABC ，当点P 在平面ABC 内时，其轨迹是以H 为圆心，66.∵△ABC 内切圆的半径为36，∴圆H 的一部分位于△ABC 外，结合题意得，点P 的轨迹为圆H 位于底面△ABC 内的三段相等的圆弧(利用正三角形的性质判断出圆H 有一部分在△ABC 外，才能正确得到点P 的轨迹)，如图，过点H 作HO ⊥AC ，垂足为O ，则HO ＝36，记圆H 与线段OC 的交点为K ，连接HK ，可得HK ＝66，∴cos∠OHK＝OHHK＝3666＝22，∴∠OHK＝π4，∴点P的轨迹长度为圆H周长的14(利用圆及正三角形的对称性分析求解)，∴点P的轨迹长度为14×2π×66＝6π12.。
「精选」人教版最新江苏省高三数学一轮复习备考试题：立体几何(含答案)Word版-精选文档
高考一轮复习备考试题(附参考答案)立体几何一、填空题1、（2014年江苏高考）设甲、乙两个圆柱的底面积分别为21S ,S ，体积分别为21V ,V ，若它们的侧面积相等，49S S 21=，则=21V V▲ ． 2、（2013年江苏高考）如图，在三棱柱ABC C B A -111中，F E D ，，分别是1AA AC AB ，，的中点，设三棱锥A D E F -的体积为1V ，三棱柱ABC C B A -111的体积为2V ，则=21:V V 。
3、（2012年江苏高考）如图，在长方体1111ABCD ABC D -中，3cm AB AD ==，12cm AA =，则四棱锥11A BB D D -的体积为 ▲ cm 3．4、（2015届江苏南京高三9月调研）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，则这个圆锥的高是 ▲5、（2015届江苏南通市直中学高三9月调研）如图，各条棱长均为2的正三棱柱111ABC A B C -中，M 为11A C 的中点，则三棱锥1M AB C -的体积为 ▲6、（2015届江苏苏州高三9月调研）若圆柱的底面直径和高都与球的直径相等圆柱、球的表面积分别记为1S 、2,S 则有12:S S = ▲7、（南京市2014届高三第三次模拟）已知m ，n 是不重合的两条直线，α，β是不重合的两个平面．下列命题：①若α⊥β，m ⊥α，则m ∥β； ②若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β； ③若m ∥α，m ⊥n ，则n ⊥α； ④若m ∥α，m ⊂β，则α∥β．其中所有真命题的序号是 ▲8、（苏锡常镇四市2014届高三5月调研（二））已知△ABC 为等腰直角三角形，斜边BC 上的中线AD = 2，将△ABC 沿AD 折成60°的二面角，连结BC ，则三棱锥C - ABD 的体积为 ▲ 9、（徐州市2014届高三第三次模拟）已知圆柱的底面半径为1，母线长与底面的直径相等，则该圆柱的表面积为 ▲ 10、（南京、盐城市2014届高三第二次模拟（淮安三模））表面积为12π的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为 ▲二、解答题 1、（2014年江苏高考）如图，在三棱锥P 错误！未找到引用源。
2023年高考数学一轮复习第七章立体几何与空间向量9空间动态问题突破培优课练习含解析
空间动态问题突破题型一 空间位置关系的判定例1 (1)如图，在矩形ABCD 中，BC ＝1，AB ＝x ，BD 和AC 交于点O ，将△BAD 沿直线BD 翻折，则下列说法中错误的是( )A ．存在x ，在翻折过程中存在某个位置，使得AB ⊥OC B ．存在x ，在翻折过程中存在某个位置，使得AC ⊥BD C ．存在x ，在翻折过程中存在某个位置，使得AB ⊥平面ACD D ．存在x ，在翻折过程中存在某个位置，使得AC ⊥平面ABD 答案 D解析 当AB ＝x ＝1时，此时矩形ABCD 为正方形，则AC ⊥BD ， 将△BAD 沿直线BD 翻折，若使得平面ABD ⊥平面BCD 时， 由OC ⊥BD ，OC ⊂平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，所以OC ⊥平面ABD ，又AB ⊂平面ABD ，所以AB ⊥OC ，故A 正确； 又OC ⊥BD ，OA ⊥BD ，且OA ∩OC ＝O ，OA ，OC ⊂平面OAC ， 所以BD ⊥平面OAC ，又AC ⊂平面OAC ，所以AC ⊥BD ，故B 正确； 在矩形ABCD 中，AB ⊥AD ，AC ＝1＋x 2， 所以将△BAD 沿直线BD 翻折时， 总有AB ⊥AD ，取x ＝12，当将△BAD 沿直线BD 翻折到AC ＝32时，有AB 2＋AC 2＝BC 2，即AB ⊥AC ，且AC ∩AD ＝A ，AC ，AD ⊂平面ACD ， 则此时满足AB ⊥平面ACD ，故C 正确；若AC ⊥平面ABD ，又AO ⊂平面ABD ，则AC ⊥AO ，所以在△AOC 中，OC 为斜边，这与OC ＝OA 相矛盾，故D 不正确.(2)(多选)(2022·烟台质检)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在线段BC 1上运动，则下列判断中正确的是( )A ．平面PB 1D ⊥平面ACD 1 B ．A 1P ∥平面ACD 1C ．异面直线A 1P 与AD 1所成的角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π3D ．三棱锥D 1－APC 的体积不变 答案 ABD解析 对于A ，根据正方体的性质，易证DB 1⊥平面ACD 1， 又DB 1⊂平面PB 1D ，则平面PB 1D ⊥平面ACD 1，故A 正确；对于B ，连接A 1B ，A 1C 1(图略)，易证明平面BA 1C 1∥平面ACD 1， 又A 1P ⊂平面BA 1C 1，所以A 1P ∥平面ACD 1，故B 正确；对于C ，当P 与线段BC 1的两端点重合时，A 1P 与AD 1所成的角取最小值π3，当P 与线段BC 1的中点重合时，A 1P 与AD 1所成的角取最大值π2，故A 1P 与AD 1所成的角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π2，故C 错误；对于D ，11,D APC C AD P V V --=因为点C 到平面AD 1P 的距离不变，且△AD 1P 的面积不变，所以三棱锥D 1－APC 的体积不变，故D 正确． 思维升华 解决空间位置关系的动点问题 (1)应用“位置关系定理”转化． (2)建立“坐标系”计算．跟踪训练1 (多选)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，AB ⊥BC ，且AC ＝AA 1＝2，E ，F 分别是AC ，A 1C 1的中点，D ，M 分别是AA 1，BB 1上的两个动点，则( )A ．FM 与BD 一定是异面直线B ．三棱锥D －MEF 的体积为定值13C ．直线B 1C 1与BD 所成的角为π2D ．若D 为AA 1的中点，则四棱锥D －BB 1FE 的外接球表面积为5π 答案 BCD解析 A 项，当M ，B 重合时，FM (即BF )与BD 是相交直线，故A 错误； B 项，由已知可得B 1F ⊥A 1C 1，又平面ABC ⊥平面CAA 1C 1， 所以B 1F ⊥平面CAA 1C 1. 在矩形AEFA 1中，△DEF 的面积S ＝12×EF ×A 1F ＝12×2×1＝1.又B 1F ＝12A 1C 1＝1，所以三棱锥D －MEF 的体积V M －DEF ＝13S ×B 1F ＝13×1×1＝13，所以B 正确；C 项，由AA 1⊥平面A 1B 1C 1，得AA 1⊥B 1C 1，又B 1C 1⊥A 1B 1，A 1B 1∩AA 1＝A 1，A 1B 1，AA 1⊂平面A 1B 1BA ， 所以B 1C 1⊥平面A 1B 1BA ， 因为BD ⊂平面A 1B 1BA ， 所以B 1C 1⊥BD ，所以C 正确；D 项，由题意可得四边形BB 1FE 为矩形，连接BF (图略)， 则矩形BB 1FE 外接圆的圆心为BF 的中点O 1，且O 1F ＝O 1B ＝52. 过O 1作O 1N ⊥EF ，垂足为N ，连接DN ，O 1D ， 则O 1N ＝12，DN ＝1，O 1N ⊥DN ，故O 1D ＝52， 所以O 1是四棱锥D －BB 1FE 的外接球的球心，外接球的半径为R ＝52， 则外接球的表面积为S ＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫522＝5π， 所以D 正确． 题型二 轨迹问题例2 (1)(多选)(2022·日照模拟)如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为4，M 为DD 1的中点，N 为ABCD 所在平面内一动点，则下列命题正确的是( )A ．若MN 与平面ABCD 所成的角为π4，则点N 的轨迹为圆B ．若MN ＝4，则MN 的中点P 的轨迹所围成图形的面积为2πC ．若点N 到直线BB 1与到直线DC 的距离相等，则点N 的轨迹为抛物线D ．若D 1N 与AB 所成的角为π3，则点N 的轨迹为双曲线 答案 ACD解析 如图所示，对于A ，根据正方体的性质可知，MD ⊥平面ABCD ，所以∠MND 为MN 与平面ABCD 所成的角，所以∠MND ＝π4，所以DN ＝DM ＝12DD 1＝12×4＝2，所以点N 的轨迹为以D 为圆心，2为半径的圆，故A 正确；对于B ，在Rt △MDN 中，DN ＝MN 2－MD 2＝42－22＝23，取MD 的中点E ，连接PE ，因为P 为MN 的中点，所以PE ∥DN ，且PE ＝12DN ＝3，因为DN ⊥ED ，所以PE ⊥ED ，即点P 在过点E且与DD 1垂直的平面内，又PE ＝3，所以点P 的轨迹为以3为半径的圆，其面积为π·(3)2＝3π，故B 不正确；对于C ，连接NB ，因为BB 1⊥平面ABCD ，所以BB 1⊥NB ，所以点N 到直线BB 1的距离为NB ，所以点N 到点B 的距离等于点N 到定直线CD 的距离，又B 不在直线CD 上，所以点N 的轨迹为以B 为焦点，CD 为准线的抛物线，故C 正确；对于D ，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系， 则A (4,0,0)，B (4,4,0)，D 1(0,0,4)，设N (x ，y ，0)， 则AB →＝(0,4,0)，D 1N —→＝(x ，y ，－4)， 因为D 1N 与AB 所成的角为π3，所以|cos 〈AB →，D 1N —→〉|＝cos π3，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪4y 4x 2＋y 2＋16＝12，整理得3y 216－x 216＝1，所以点N 的轨迹为双曲线，故D 正确．(2)(2022·济南模拟)如图，已知四棱锥S －ABCD 的底面是边长为6的菱形，∠BAD ＝60°，AC ，BD 相交于点O ，SO ⊥平面ABCD ，SO ＝4，E 是BC 的中点，动点P 在该棱锥表面上运动，并且总保持PE ⊥AC ，则动点P 的轨迹的长为________．答案 8解析 如图，分别取DC ，SC 的中点G ，F ，连接GE ，GF ，FE ，∵E 是BC 的中点， ∴GE ∥DB ，FE ∥SB ，GE ⊄平面SBD ，DB ⊂平面SBD ，则GE ∥平面SBD ；FE ⊄平面SBD ，SB ⊂平面SBD ，则FE ∥平面SBD ，又GE ∩FE ＝E ，∴平面FEG ∥平面SBD ， ∵SO ⊥平面ABCD ，∴SO ⊥AC ， 又∵四边形ABCD 是菱形，∴DB ⊥AC ， ∵SO ∩DB ＝O ，SO ，DB ⊂平面SBD ， ∴AC ⊥平面SBD ， 则AC ⊥平面FEG ，故只要动点P 在平面FEG 内即总保持PE ⊥AC ，又动点P 在棱锥表面上运动， ∴动点P 的轨迹的周长即为△FEG 的周长，∵四边形ABCD 是边长为6的菱形，且∠BAD ＝60°， ∴BD ＝6，则OB ＝OD ＝3， 又SO ＝4，∴SB ＝SD ＝5， 故FE ＝FG ＝52，GE ＝3，∴△FEG 的周长为8.思维升华 解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法 (1)几何法：根据平面的性质进行判定．(2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定，或用代替法进行计算． (3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除．跟踪训练2 (1)(2022·滨州模拟)如图，斜线段AB 与平面α所成的角为π4，B 为斜足．平面α上的动点P 满足∠PAB ＝π6，则点P 的轨迹为( )A ．圆B ．椭圆C ．双曲线的一部分D ．抛物线的一部分答案 B解析 建立如图所示的空间直角坐标系，设OB ＝OA ＝1，则B (0,1,0)，A (0,0,1)，P (x ，y ，0)，则AB →＝(0,1，－1)， AP →＝(x ，y ，－1)，所以cos 〈AB →，AP →〉＝y ＋12·x 2＋y 2＋1＝32， 即3x 2＋(y －2)2＝3， 所以点P 的轨迹是椭圆．(2)(2022·宁波模拟)在棱长为22的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为棱AB ，AD 的中点，P 为线段C 1D 上的动点，则直线A 1P 与平面D 1EF 的交点Q 的轨迹长度为( ) A.2153 B.433 C.2133 D.423答案 C解析 如图，连接B 1D 1，因为E ，F 分别为棱AB ，AD 的中点，所以B 1D 1∥EF ， 则B 1，D 1，E ，F 四点共面．连接A 1C 1，A 1D ，设A 1C 1∩B 1D 1＝M ，A 1D ∩D 1F ＝N ，连接MN ， 则点Q 的轨迹为线段MN ， 易得A 1D ＝A 1D 21＋DD 21＝4， △A 1ND 1∽△DNF ，且A 1D 1FD＝2， 所以A 1N ＝23A 1D ＝83.易知A 1C 1＝C 1D ＝A 1D ＝4，所以∠C 1A 1D ＝60°，又A 1M ＝2，所以在△A 1MN 中，由余弦定理可得MN 2＝A 1N 2＋A 1M 2－2A 1N ·A 1M cos∠MA 1N ＝529，所以MN ＝2133，即点Q 的轨迹长度为2133.题型三 最值、范围问题例3 (1)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 是线段B 1D 1上一动点，且AP ∥平面DBC 1，则异面直线AP 与BD 所成角的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，3π4B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π2 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，2π3答案 C解析 如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则D (0,0,0)，B (1,1,0)，A (1,0,0)， 设P (λ，λ，1)，λ∈[0,1]， ∴DB →＝(1,1,0)，AP →＝(λ－1，λ，1)， ∴DB →·AP →＝2λ－1，|DB →|＝2， |AP →|＝2λ2－2λ＋2，设异面直线AP 与BD 所成的角为θ， 则cos θ＝|DB →·AP →||DB →||AP →|＝|2λ－1|2λ2－λ＋1 ＝12·2λ－12λ2－λ＋1＝12·4－3λ2－λ＋1＝12·4－3⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－122＋34，当λ＝12时，cos θ取得最小值为0，当λ＝0或1时，cos θ取得最大值为12，∴0≤cos θ≤12，则π3≤θ≤π2.(2)(多选)(2022·济宁模拟)如图，AC 为圆锥SO 底面圆O 的直径，点B 是圆O 上异于A ，C 的动点，SO ＝OC ＝2，则下列结论正确的是( )A ．圆锥SO 的侧面积为82πB ．三棱锥S －ABC 体积的最大值为83C ．∠SAB 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π3D ．若AB ＝BC ，E 为线段AB 上的动点，则SE ＋CE 的最小值为2(3＋1) 答案 BD解析 在Rt △SOC 中，SC ＝SO 2＋OC 2＝22，则圆锥的母线长l ＝22，半径r ＝OC ＝2， 对于选项A ，圆锥SO 的侧面积为πrl ＝42π， 故选项A 错误；对于选项B ，当OB ⊥AC 时，△ABC 的面积最大，此时S △ABC ＝12×4×2＝4，则三棱锥S －ABC 体积的最大值为13×S △ABC ×SO ＝13×4×2＝83，故选项B 正确；对于选项C ，当点B 与点A 重合时，∠ASB ＝0为最小角，当点B 与点C 重合时，∠ASB ＝π2，达到最大值，又因为B 与A ，C 不重合，则∠ASB ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，又2∠SAB ＋∠ASB ＝π，可得∠SAB ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2， 故选项C 不正确；对于选项D ，由AB ＝BC ，∠ABC ＝π2，AC ＝4，得AB ＝BC ＝22，又SA ＝SB ＝22， 则△SAB 为等边三角形， 则∠SBA ＝π3，将△SAB 以AB 为轴旋转到与△ABC 共面，得到△S 1AB ，则△S 1AB 为等边三角形，∠S 1BA ＝π3，如图所示，则(SE ＋CE )min ＝S 1C ， 因为S 1B ＝BC ＝22，∠S 1BC ＝∠S 1BA ＋∠ABC ＝5π6，S 1C 2＝S 1B 2＋BC 2－2×S 1B ×BC ×cos5π6＝8＋8＋83＝(23＋2)2，则(SE ＋CE )min ＝S 1C ＝2(3＋1)， 故选项D 正确．思维升华 在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的思路是(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值，即可求解．(2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值．跟踪训练3 (1)(2022·邢台模拟)球O 为正四面体ABCD 的内切球，AB ＝2，MN 是球O 的直径，点P 在正四面体ABCD 的表面运动，则PM →·PN →的最小值为______，最大值为______． 答案 0 43解析 PM →·PN →＝(PO →＋OM →)·(PO →＋ON →)＝PO →2－OM →2，如图所示：设球O 的半径为r ，由题可知正四面体ABCD 的高为h ＝AO 1＝AD 2－O 1D 2＝263，所以4×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫34×22×r ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫34×22×263，解得r ＝66.因为点P 在正四面体ABCD 的表面运动， 所以|PO →|的最大值为AO ＝h －r ＝62，最小值为r ＝66，又|OM →|＝r ＝66， 所以PM →·PN →的最小值为0，最大值为43.(2)(2022·杭州检测)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2AD ＝2，E 为棱CC 1上一点，记平面BD 1E 与底面ABCD 的夹角为α，则当α取得最小值时CE 的长度为________． 答案 25解析 建立如图所示的空间直角坐标系，设CE ＝a ，a ∈[0,2]，B (1,2,0)，E (0,2，a )， D 1(0,0,2)，BD 1—→＝(－1，－2,2)， BE →＝(－1,0，a )，设平面BD 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →1＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x －2y ＋2z ＝0，－x ＋az ＝0，取x ＝a ，则n ＝⎝⎛⎭⎪⎫a ，1－a2，1， 显然平面ABCD 的一个法向量为m ＝(0,0,1)， 即cos α＝|m ·n ||m ||n |＝1a 2＋⎝⎛⎭⎪⎫1－a 22＋1＝154a 2－a ＋2＝154⎝ ⎛⎭⎪⎫a －252＋95，当α最小时，154⎝ ⎛⎭⎪⎫a －252＋95取最大值，即当a ＝25时，cos α取最大值，α取得最小值．课时精练1．(2022·广州模拟)点P 为棱长是25的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的内切球O 球面上的动点，点M 为B 1C 1的中点，若满足DP ⊥BM ，则动点P 的轨迹的长度为( ) A ．πB．2πC．4πD．25π 答案 C解析 根据题意知，该正方体的内切球半径为r ＝5，如图．取BB 1的中点N ，连接CN ，则CN ⊥BM ，∴CN 为DP 在平面B 1C 1CB 中的射影，∴点P 的轨迹为过D ，C ，N 的平面与内切球的交线，∵正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为25， ∴O 到过D ，C ，N 的平面的距离为55＝1，∴截面圆的半径为2，∴点P 的轨迹的长度为2π×2＝4π.2．正四面体ABCD 的棱长为1，点P 是该正四面体内切球球面上的动点，当PA →·PD →取得最小值时，点P 到AD 的距离为( ) A.32－612 B.6－312 C.22－312 D.24答案 A解析 因为四面体ABCD 是棱长为1的正四面体， 所以其体积为13×12×1×1×32×63＝212.设正四面体ABCD 内切球的半径为r ， 则4×13×12×1×1×32×r ＝212，得r ＝612.如图，取AD 的中点E ，则PA →·PD →＝(PE →＋EA →)·(PE →＋ED →)＝PE →2＋PE →·(EA →＋ED →)＋EA →·ED →＝PE →2－14.显然，当PE 的长度最小时，PA →·PD →取得最小值． 设正四面体内切球的球心为O ， 可求得OA ＝OD ＝64.因为球心O 到点E 的距离d ＝OA 2－AE 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫642－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝24， 所以球O 上的点P 到点E 的最小距离为d －r ＝24－612＝32－612， 即当PA →·PD →取得最小值时，点P 到AD 的距离为32－612.3．如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面边长为a ，侧棱长为b ，且a ≥b ，点D 是BC 1的中点，则直线AD 与侧面ABB 1A 1所成角的正切值的最小值是( )A.13013 B.63C.33D.3913答案 D解析 如图，取A 1B 1的中点E ，连接BE ，C 1E ，则C 1E ⊥A 1B 1，由正三棱柱的性质可知，平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，∴C 1E ⊥平面ABB 1A 1，取BE 的中点F ，连接AF ，DF .∵D 为BC 1的中点，∴DF ∥C 1E ， ∴DF ⊥平面ABB 1A 1，∴∠DAF 即为直线AD 与侧面ABB 1A 1所成的角． 在Rt △AFD 中，DF ＝12C 1E ＝34a ，AF ＝AD 2－DF 2＝9a 2＋4b24，∴tan∠DAF ＝DF AF＝3a 9a 2＋4b 2＝13＋4b 23a2≥13＋43＝3913，当且仅当a ＝b 时，等号成立，∴直线AD 与侧面ABB 1A 1所成角的正切值的最小值为3913. 4．(多选)(2022·长沙检测)设动点P 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1上(含内部)，且D 1P —→＝λD 1B —→，当∠APC 为锐角时，实数λ可能的取值是( ) A.12B.13C.14D.15 答案 CD解析 设AP ＝x ，D 1P ＝t ，正方体的棱长为1， 则AC ＝2，在△APC 中，由余弦定理得cos∠APC ＝x 2＋x 2－22x 2＝x 2－1x 2， 若∠APC 为锐角，则x 2－1x2>0，则x 2>1，在△AD 1P 中，AD 1＝2， cos∠AD 1P ＝22＋32－12×2×3＝63， 于是由余弦定理得x 2＝2＋t 2－2×2×t ×63， 于是2＋t 2－2×2×t ×63>1， 即3t 2－43t ＋3>0， 解得t >3或t <33，由D 1B ＝3， 故λ>1(舍去)或0<λ<13.5．(多选)如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P ，M 分别为棱CD ，CC 1的中点．Q 为线段A 1B 上任一点，则下列说法正确的是( )A ．平面APM 内存在直线与A 1D 1平行B ．平面APM 截正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1所得截面的面积为98C ．直线AP 和DQ 所成的角可能为60°D ．直线AP 和DQ 所成的角可能为30°答案 BC解析 对于选项A ，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BC ∥A 1D 1，在平面ABCD 中，直线AP ，BC 相交，所以直线BC 与平面APM 相交，故直线A 1D 1与平面APM 相交，故平面APM 内不存在直线与A 1D 1平行，所以选项A 错误；对于选项B ，如图，连接C 1D ，AB 1，因为P ，M 分别为棱CD ，CC 1的中点， 所以PM ∥C 1D ，PM ＝12C 1D ，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB 1∥C 1D ， 所以PM ∥AB 1，连接B 1M ， 则梯形AB 1MP 为所求的截面， 易知AP ＝B 1M ＝1＋14＝52， PM ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝22，AB 1＝2， 所以等腰梯形AB 1MP 的高为AP 2－⎝⎛⎭⎪⎫AB 1－PM 22＝54－⎝ ⎛⎭⎪⎫242＝324， 所以梯形AB 1MP 的面积为 12×⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋2×324＝98， 选项B 正确；对于选项C ，D ，以D 为坐标原点，DA →，DC →，DD 1—→的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，B (1,1,0)，A 1(1,0,1)，A 1B —→＝(0,1，－1)，DA 1—→＝(1,0,1)，PA →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－12，0，设A 1Q —→＝λA 1B →＝λ(0,1，－1)＝(0，λ，－λ)， 0≤λ≤1，所以DQ →＝DA 1—→＋A 1Q —→＝(1，λ，1－λ)， 所以|cos 〈PA →，DQ →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－12λ52×1＋λ2＋1－λ2＝2－λ10·λ2－λ＋1. 当2－λ10·λ2－λ＋1＝cos60°＝12， 即λ2＋λ－1＝0时，解得λ＝±5－12，其中5－12∈[0,1]， 当2－λ10·λ2－λ＋1＝cos30°＝32， 即13λ2－7λ＋7＝0时，方程无解．所以直线AP 和DQ 所成的角可能为60°，但不可能为30°，选项C 正确，选项D 错误． 6．(多选)在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为BD 1，B 1C 1的中点，点P 在正方体的表面上运动，且满足MP ⊥CN .给出的下列说法中正确的是( )A ．点P 可以是棱BB 1的中点 B ．线段MP 的最大值为34C ．点P 的轨迹是正方形D ．点P 的轨迹长度为2＋ 5 答案 BD解析 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，∵该正方体的棱长为1，M ，N 分别为BD 1，B 1C 1的中点，∴D 1(0,0,1)，B (1,1,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，12， N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，1，C (0,1,0)，∴CN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1，设P (x ，y ，z )，则MP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12，y －12，z －12，∵MP ⊥CN ，∴12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12＋z －12＝0，即2x ＋4z －3＝0，当x ＝1时，z ＝14，当x ＝0时，z ＝34，取E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，14，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，14，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，34， H ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，34，连接EF ，FG ，GH ，HE ， 则EF →＝HG →＝(0,1,0)， EH →＝FG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，12，∴四边形EFGH 为矩形， 又EF →·CN →＝0，EH →·CN →＝0， 即EF ⊥CN ，EH ⊥CN ，又EF 和EH 为平面EFGH 中的两条相交直线， ∴CN ⊥平面EFGH ，又EM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，14，MG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，14，∴M 为EG 的中点，则M ∈平面EFGH ， 为使MP ⊥CN ，必有点P ∈平面EFGH ，又点P 在正方体表面上运动， ∴点P 的轨迹为四边形EFGH ，∴点P 不可能是棱BB 1的中点，故选项A 错误； 又EF ＝GH ＝1，EH ＝FG ＝52， ∴EF ≠EH ，则点P 的轨迹是矩形不是正方形，且矩形EFGH 的周长为2＋2×52＝2＋5， 故选项C 错误，选项D 正确； ∵点P 的轨迹为矩形EFGH ，∴当P 点在矩形的四个端点时，MP 取得最大值，且MP 的最大值为34，故B 正确．7.(多选)如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为线段AB 1上的动点(含端点)，则下列结论正确的是( )A ．平面BCM ⊥平面A 1AMB ．三棱锥B －MB 1C 体积的最大值为16C ．当M 为AB 1的中点时，直线B 1D 与直线CM 所成的角的余弦值为23D ．直线CM 与A 1D 所成的角不可能是π4答案 ABC解析 对于A ，∵BC ⊥AB ，BC ⊥BB 1，AB ∩BB 1＝B ，AB ，BB 1⊂平面AA 1M ， ∴BC ⊥平面AA 1M ，又BC ⊂平面BCM ， ∴平面BCM ⊥平面A 1AM ，A 正确； 对于B ，1111·11,33B MBC C BB M BB M BB M V V S S BC --===△△ ∵M 为AB 1上的动点，∴当M 与A 重合时，1BB M S △取得最大值为12AB ·BB 1＝12，∴1max ()B MB C V -＝13×12＝16，B 正确；对于C ，以D 1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系，当M 为AB 1的中点时，M ⎝⎛⎭⎪⎫1，12，12，又B 1(1,1,0)，C (0,1,1)，D (0,0,1)，∴B 1D —→＝(－1，－1,1)，CM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－12，－12，∴cos〈B 1D —→，CM →〉＝B 1D —→·CM →|B 1D —→||CM →|＝－13×62＝－23，∴当M 为AB 1的中点时，直线B 1D 与直线CM 所成的角的余弦值为23，C 正确； 对于D ，如C 中所建立的空间直角坐标系， 设M (1，y ，z )，AM →＝λAB 1—→(0≤λ≤1)， 又A (1,0,1)，∴AB 1—→＝(0,1，－1)，AM →＝(0，y ，z －1)， ∴(0，y ，z －1)＝(0，λ，－λ)， 则y ＝λ，z ＝1－λ，∴M (1，λ，1－λ)， ∴CM →＝(1，λ－1，－λ)，又A 1D —→＝(－1,0,1)， ∴|cos〈CM →，A 1D —→〉|＝|CM →·A 1D —→||CM →||A 1D —→|＝|－1－λ|1＋λ－12＋λ2×2， 若直线CM 与A 1D 所成的角为π4， 则|－1－λ|1＋λ－12＋λ2×2＝22， 解得λ＝2±3，又λ∈[0,1]，∴当λ＝2－3，即AM →＝(2－3)AB 1—→时，直线CM 与A 1D 所成的角为π4，D 错误．8．(多选)正三棱柱ABC －A 1B 1C 1(底面是正三角形，侧棱垂直底面)的各条棱长均相等，D 为AA 1的中点．M ，N 分别是BB 1，CC 1上的动点(含端点)，且满足BM ＝C 1N .当M ，N 运动时，下列结论中正确的是( )A ．平面DMN ⊥平面BCC 1B 1 B ．三棱锥A 1－DMN 的体积为定值C ．△DMN 可能为直角三角形D ．平面DMN 与平面ABC 所成的锐二面角范围为⎝⎛⎦⎥⎤0，π4答案 ABD 解析 如图，当M ，N 分别是BB 1，CC 1上的动点(含端点)，且满足BM ＝C 1N 时，则线段MN 一定过正方形BCC 1B 1的中心O ，而DO ⊥平面BCC 1B 1，DO ⊂平面DMN ，可得平面DMN ⊥平面BCC 1B 1，故A 正确； 当M ，N 分别是BB 1，CC 1上的动点(含端点)时，过点M 作A 1D 边上的高，其长等于AB 的长，所以△A 1DM 的面积不变，由于C 1N ∥平面A 1DM ，故点N 到平面A 1DM 的距离等于点C 1到平面A 1DM 的距离，则点N 到平面A 1DM 的距离为定值，故三棱锥A 1－DMN 的体积为定值，所以B 正确； 由BM ＝C 1N 可得，DN ＝DM ，若△DMN 为直角三角形，则一定是以∠MDN 为直角的直角三角形，但MN 的最大值为BC 1，而此时DN ，DM 的长都大于BB 1，故△DMN 不可能为直角三角形，所以C 不正确；当M ，N 分别是BB 1，CC 1的中点时，平面DMN 与平面ABC 平行，所成角为0度； 当M 与B 重合，N 与C 1重合，平面DMN 与平面ABC 所成锐二面角最大；延长C 1D 交CA 于G ，连接BG ，则平面DMN ∩平面ABC ＝GB ，由于D 为AA 1的中点，AA 1＝CC 1，所以DA ∥CC 1，且DA ＝12CC 1，故在△C 1GC 中，D 为C 1G 的中点，A 为CG 的中点，在△C 1GB 中，D 为C 1G 的中点，O 为BC 1的中点，故DO ∥GB ，由于DO ⊥平面BCC 1B 1，所以GB ⊥平面BCC 1B 1，则GB ⊥BC ，GB ⊥BC 1，所以平面DMN 与平面ABC 所成锐二面角最大为∠C 1BC ＝π4，故D 正确．9．如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点M 是AD 的中点，点P 在底面ABCD 内(不包括边界)运动，若B 1P ∥平面A 1BM ，则C 1P 的长度的取值范围是____________．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫305，2 解析 如图，取BC 的中点N ，连接B 1D ，B 1N ，DN ，过C 作CO ⊥DN 于O ，连接C 1O ，由正方体的性质知DN ∥MB ，A 1M ∥B 1N ，又DN ∩B 1N ＝N ，MB ∩A 1M ＝M ， ∴平面B 1DN ∥平面A 1BM ，∴点P 在底面ABCD 内的轨迹是线段DN (不含点N 和点D )． 连接C 1D ，C 1N ，在△C 1DN 中，C 1D ＝2，DN ＝C 1N ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝52， ∴1C DN S △＝12×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫522－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝64， ∵C 1C ⊥平面ABCD ，CO ⊥DN ，∴C 1O ⊥DN ，则当P 与O 重合时，C 1P 的长度取得最小值， ∴C 1P 的长度的最小值为C 1O ＝6412×52＝305， 又C 1P <2，∴C 1P 的长度的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫305，2. 10．在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝4，E 为AB 的中点，点F 满足C 1F —→＝3FC →，动点M 在侧面AA 1D 1D 内运动，且MB ∥平面D 1EF ，则|MD →|的取值范围是________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，21095解析 因为ABCD －A 1B 1C 1D 1是正四棱柱，以点D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设M (x ，0，z )，B (2,2,0)，D 1(0,0,4)，E (2,1,0)， 因为C 1F —→＝3FC →，所以F 是CC 1四等分点(靠近C )，所以F (0,2,1)，所以D 1E —→＝(2,1，－4)，D 1F —→＝(0,2，－3)，设平面D 1EF 的一个法向量为n ＝(a ，b ，c )， 则⎩⎪⎨⎪⎧D 1E —→·n ＝0，D 1F —→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＋b －4c ＝0，2b －3c ＝0，令c ＝2，则a ＝52，b ＝3，故n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，3，2，又MB →＝(2－x ，2，－z )，MB ∥平面D 1EF ，所以MB →⊥n ，即MB →·n ＝0，所以52(2－x )＋6－2z ＝0，所以z ＝112－54x ，故|MD →|＝x 2＋z 2＝x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫112－54x 2＝41x 2－220x ＋4844，因为0≤x ≤2,0≤z ≤4，所以112－54x ∈[0,4]，故x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤65，2，令y ＝41x 2－220x ＋184， 因为二次函数的对称轴为x ＝2202×41＝11041>2，所以函数在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤65，2上单调递减，所以当x ＝65时，|MD →|取得最大值， 所以|MD →|的最大值为 41×⎝ ⎛⎭⎪⎫652－220×65＋4844＝21095，当x ＝2时，|MD →|取得最小值，所以|MD →|的最小值为41×22－220×2＋4844＝13，所以|MD →|的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，21095.。
高三数学一轮复习立体几何知识点突破训练含答案解析
精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！第八章⎪⎪⎪立 体 几 何第一节空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积突破点(一) 空间几何体的三视图和直观图基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 1．空间几何体的结构特征 (1)多面体的结构特征 多面体 结构特征棱柱 有两个面平行，其余各面都是四边形且每相邻两个面的交线都平行且相等棱锥 有一个面是多边形，而其余各面都是有一个公共顶点的三角形 棱台棱锥被平行于底面的平面所截，截面和底面之间的部分叫做棱台几何体 旋转图形 旋转轴圆柱 矩形 矩形任一边所在的直线 圆锥 直角三角形 一条直角边所在的直线圆台 直角梯形或等腰梯形直角腰所在的直线或等腰梯形上下底中点的连线球半圆或圆直径所在的直线(1)三视图的名称几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图． (2)三视图的画法①在画三视图时，能看见的轮廓线和棱用实线表示，重叠的线只画一条，不能看见的轮廓线和棱用虚线表示．②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体的正投影图．3．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：本节主要包括3个知识点：1.空间几何体的三视图和直观图；2.空间几何体的表面积与体积；3.与球有关的切、接应用问题.(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴，y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴；平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段在直观图中长度为原来的一半．考点贯通抓高考命题的“形”与“神”空间几何体的结构特征[例1](1)用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是()A．圆柱B．圆锥C．球体D．圆柱、圆锥、球体的组合体(2)下列说法正确的是()A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点[解析](1)截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．(2)A错，如图(1)；B正确，如图(2)，其中底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，可证明∠PAB，∠PCB，∠PDA，∠PDC都是直角，这样四个侧面都是直角三角形；C错，如图(3)；D错，由棱台的定义知，其侧棱的延长线必相交于同一点．[答案](1)C(2)B[方法技巧]解决与空间几何体结构特征有关问题的三个技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，如例1(2)中的A，C两项易判断失误；(3)通过反例对结构特征进行辨析．空间几何体的三视图1.画三视图的规则长对正、高平齐、宽相等，即俯视图与正视图一样长；正视图与侧视图一样高；侧视图与俯视图一样宽．2．三视图的排列顺序先画正视图，俯视图放在正视图的下方，侧视图放在正视图的右方．[例2](1)(2017·贵州七校联考)如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形，按正视图，侧视图，俯视图的顺序排列)()A．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥D．③④⑤(2)(2016·天津高考)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为()[解析](1)正视图应该是边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是①；侧视图应该是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③.(2)先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧(左)视图．由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧(左)视图为图②.[答案](1)B(2)B[方法技巧]三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向；注意能看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的视图解决此类问题，可先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入检验．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．空间几何体的直观图直观图与原图形面积的关系按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系：(1)S直观图＝24S原图形．(2)S原图形＝22S直观图．[例3]用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是()[解析]由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2 2.[答案] A能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下四个命题中，假命题是()A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上解析：选B因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等，所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点的距离相等，故A，C是真命题；且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等，故D是真命题；B是假命题，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立．2．[考点二]一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是()解析：选B由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成．从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部是一条水平线段连接两个三角形．3．[考点二]已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为()解析：选C当正视图为等腰三角形时，则高应为2，且应为虚线，排除A，D；当正视图是直角三角形时，由条件得一个直观图如图所示，中间的线是看不见的线PA形成的投影，应为虚线，故答案为C.4．[考点三]用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为2 2 cm2，则原平面图形的面积为()A．4 cm2B．4 2 cm2C．8 cm2D．8 2 cm2解析：选C 依题意可知∠BAD ＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC ，AD 相等，高为梯形ABCD 的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm 2.5．[考点二](2017·南昌模拟)如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为( )A ．1∶1B ．2∶1C ．2∶3D ．3∶2解析：选A 根据题意，三棱锥P -BCD 的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高．故三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.突破点(二) 空间几何体的表面积与体积基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S 圆柱侧＝2πrlS 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r ＋r ′)l圆柱、圆锥、圆台侧面积间的关系：S 圆柱侧＝2πrl ――→r ′＝rS 圆台侧＝π(r ＋r ′)l ――→r ′＝0S 圆锥侧＝πrl . 2．空间几何体的表面积与体积公式名称 几何体表面积 体积柱体 (棱柱和圆柱)S 表面积＝S 侧＋2S 底V ＝Sh 锥体 (棱锥和圆锥)S 表面积＝S 侧＋S 底V ＝13Sh台体 (棱台和圆台)S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球S ＝4πR 2V ＝43πR 3考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”空间几何体的表面积[例1] (1)(2017·安徽江南十校联考)某几何体的三视图如图所示，其中侧视图的下半部分曲线为半圆弧，则该几何体的表面积为( )A ．4π＋16＋4 3B ．5π＋16＋4 3C ．4π＋16＋2 3D ．5π＋16＋2 3(2)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( )A ．1＋ 3B ．2＋ 3C ．1＋2 2D ．2 2[解析] (1)由三视图可知该几何体是一个正三棱柱和一个半圆柱的组合体，三棱柱的两个侧面面积之和为2×4×2＝16，两个底面面积之和为2×12×2×3＝23；半圆柱的侧面积为π×4＝4π，两个底面面积之和为2×12×π×12＝π，所以几何体的表面积为5π＋16＋23，故选D.(2)根据三视图还原几何体如图所示，其中侧面ABD ⊥底面BCD ，另两个侧面ABC ，ACD 为等边三角形，则有S 表面积＝2×12×2×1＋2×34×(2)2＝2＋3.[答案] (1)D (2)B[方法技巧]求空间几何体表面积的常见类型及思路(1)求多面体的表面积，只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积．(2)求旋转体的表面积，可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系．(3)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积．空间几何体的体积柱体、锥体、台体体积间的关系[例2] (1)(2016·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A.16B.13C.12D ．1 (2)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋2π B.13π6 C.7π3D.5π2[解析] (1)通过三视图可还原几何体为如图所示的三棱锥P -ABC ，通过侧视图得高h ＝1，通过俯视图得底面积S ＝12×1×1＝12，所以体积V ＝13Sh ＝13×12×1＝16.(2)由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋12×13π×12×1＝13π6.[答案] (1)A (2)B [方法技巧]求空间几何体体积的常见类型及思路(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1．[考点二](2016·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π 解析：选C 由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×4π3×⎝⎛⎭⎫223＝13＋26π.故选C. 2．[考点二]已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.5π3 cm 3 B ．2π cm 3 C.7π3cm 3 D ．3π cm 3解析：选C 该几何体为一个圆柱挖去半个球得到的几何体，其体积V ＝π×12×3－12×4π×133＝7π3(cm 3)．3.[考点一]某几何体的三视图如图所示，则它的表面积为( )A ．125＋20B ．242＋20C ．44D ．12 5解析：选A 由三视图得，这是一个正四棱台，且上、下底面的边长分别为2,4，则侧面梯形的高h ＝ 22＋⎝⎛⎭⎫4－222＝5，所以该正四棱台的表面积S ＝(2＋4)×52×4＋22＋42＝125＋20.4．[考点一]某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( )A ．8＋2 2B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15解析：选B 由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.5．[考点二]中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)：若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x 的值为________．解析：由三视图知，商鞅铜方升由一圆柱和一长方体组合而成，由题意得：(5.4－x )×3×1＋π·⎝⎛⎭⎫122x ＝12.6，解得x ＝1.6.答案：1.6突破点(三) 与球有关的切、接应用问题1.球的表面积和体积是每年高考的热点，且多与三视图、多面体等综合命题，常以选择题、填空题的形式出现.解决此类问题时，一是要善于把空间问题平面化，把平面问题转化到直角三角形中处理；二是要将变化的模型转化到固定的长方体或正方体中.2.与球有关的组合体问题主要有两种，一种是内切问题，一种是外接问题.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.考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”多面体的内切球问题[例1] 若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.[解析] 设正四面体棱长为a ， 则正四面体表面积为S 1＝4×34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14， 即r ＝14×63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26， 则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π. [答案] 63π[方法技巧]处理与球有关内切问题的策略解答此类问题时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．多面体的外接球问题处理与球有关外接问题的策略把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．[例2] (1)(2017·抚顺模拟)已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172 B ．210 C.132D ．310(2)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4 B ．16π C ．9πD.27π4(3)一个正方体削去一个角所得到的几何体的三视图如图所示(图中三个四边形都是边长为2的正方形)，则该几何体外接球的体积为________．[解析] (1)如图所示，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M .又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝⎛⎭⎫522＋62＝132.(2)如图所示，设球半径为R ，底面中心为O ′且球心为O ， ∵正四棱锥P -ABCD 中AB ＝2， ∴AO ′＝ 2. ∵PO ′＝4，∴在Rt △AOO ′中，AO 2＝AO ′2＋OO ′2， ∴R 2＝(2)2＋(4－R )2， 解得R ＝94，∴该球的表面积为4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫942＝81π4.(3)依题意可知，新的几何体的外接球也就是原正方体的外接球，球的直径就是正方体的体对角线，∴2R ＝23(R 为球的半径)，∴R ＝3， ∴球的体积V ＝43πR 3＝43π.[答案] (1)C (2)A (3)43π [方法技巧]与球有关外接问题的解题规律(1)直棱柱外接球的球心到直棱柱底面的距离恰为棱柱高的12.(2)正方体外接球的直径为正方体的体对角线的长．此结论也适合长方体，或由同一顶点出发的两两互相垂直的三条棱构成的三棱柱或三棱锥．(3)求多面体外接球半径的关键是找到由球的半径构成的三角形，解三角形即可．能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 该几何体为直三棱柱，底面是边长分别为6,8,10的直角三角形，侧棱长为12，故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径，其半径为r ＝2Sa ＋b ＋c ＝2×12×6×86＋8＋10＝2，故选B.2．[考点二]如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为( )A ．200πB ．150πC ．100πD ．50π解析：选D 由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去4个角后得到，此长方体的长、宽、高分别为5,4,3，所以外接球半径R 满足2R ＝42＋32＋52＝52，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫5222＝50π，故选D. 3．[考点二](2016·太原模拟)如图，平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将其沿对角线BD 折成四面体A ′-BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，若四面体A ′-BCD 的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为( )A ．3πB.32π C ．4π D.34π 解析：选A 由图示可得BD ＝A ′C ＝2，BC ＝3，△DBC 与△A ′BC 都是以BC 为斜边的直角三角形，由此可得BC 中点到四个点A ′，B ，C ，D 的距离相等，即该三棱锥的外接球的直径为3，所以该外接球的表面积S ＝4π×⎝⎛⎭⎫322＝3π. 4．[考点二]设一个球的表面积为S 1，它的内接正方体的表面积为S 2，则S 1S 2的值等于( )A.2πB.6πC.π6D.π2解析：选D 设球的半径为R ，其内接正方体的棱长为a ，则易知R 2＝34a 2，即a ＝233R ，则S 1S 2＝4πR 26×⎝⎛⎭⎫233R 2＝π2.[全国卷5年真题集中演练——明规律] 1．(2016·全国甲卷)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h .由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得，l ＝22＋(23)2＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π.2．(2016·全国丙卷)在封闭的直三棱柱ABC -A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB.9π2C ．6πD.32π3解析：选B 设球的半径为R ，∵△ABC 的内切圆半径为6＋8－102＝2，∴R ≤2.又2R ≤3，∴R ≤32，∴V max ＝43×π×⎝⎛⎭⎫323＝9π2.故选B. 3．(2015·新课标全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18 B.17 C.16 D.15解析：选D 由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56.所以V 1V 2＝1656＝15，故选D. 4．(2015·新课标全国卷Ⅱ)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O -ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π解析：选C 如图，设球的半径为R ，∵∠AOB ＝90°，∴S △AOB ＝12R 2.∵V O -ABC ＝V C -AOB ，而△AOB 面积为定值，∴当点C 到平面AOB 的距离最大时，V O -ABC 最大，∴当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时，体积V O -ABC 最大，为13×12R 2×R ＝36，∴R ＝6，∴球O 的表面积为4πR 2＝4π×62＝144π.故选C.5．(2015·新课标全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选B 如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π，∴r 2＝4，r ＝2，故选B.6．(2015·新课标全国卷Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛解析：选B 设米堆的底面半径为r 尺，则π2r ＝8，所以r ＝16π，所以米堆的体积为V＝14×13π·r 2·5＝π12×⎝⎛⎭⎫16π2×5≈3209(立方尺)．故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛)．故选B. 7．(2014·新课标全国卷Ⅱ)如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm ，高为6 cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )A.1727B.59C.1027D.13解析：选C 原毛坯的体积V ＝(π×32)×6＝54π(cm 3)，由三视图可知该零件为两个圆柱的组合体，其体积V ′＝V 1＋V 2＝(π×22)×4＋(π×32)×2＝34π(cm 3)，故所求比值为1－V ′V ＝1027.8．(2013·新课标全国卷Ⅰ)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A．16＋8π B．8＋8πC．16＋16π D．8＋16π解析：选A根据三视图可以判断该几何体由上、下两部分组成，其中上面部分为长方体，下面部分为半个圆柱，所以组合体的体积为2×2×4＋12×22×π×4＝16＋8π，故选A.9．(2012·新课标全国卷)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此棱锥的体积为()A.26 B.36 C.23 D.22解析：选A由于三棱锥S-ABC与三棱锥O-ABC底面都是△ABC，O是SC的中点，因此三棱锥S-ABC的高是三棱锥O-ABC高的2倍，所以三棱锥S-ABC的体积也是三棱锥O-ABC体积的2倍．在三棱锥O-ABC中，其棱长都是1，如图所示，S△ABC＝34×AB2＝34，高OD＝12－⎝⎛⎭⎫332＝63，所以V S-ABC＝2V O-ABC＝2×13×34×63＝26.[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练基础小题——强化运算能力]1．下列结论正确的是()A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边绕旋转轴旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长都相等，则该棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解析：选D A错误，如图①是由两个相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，它的各个面都是三角形，但它不是三棱锥；B 错误，如图②，若△ABC 不是直角三角形，或△ABC 是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥；C 错误，若该棱锥是六棱锥，由题设知，它是正六棱锥．易证正六棱锥的侧棱长必大于底面边长，这与题设矛盾．2.如图是一个空间几何体的三视图，其中正视图、侧视图都是由边长为4和6的矩形以及直径等于4的圆组成，俯视图是直径等于4的圆，该几何体的体积是( )A.41π3B.62π3C.83π3D.104π3解析：选D 由题意得，此几何体为球与圆柱的组合体，其体积V ＝43π×23＋π×22×6＝104π3. 3．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．12＋4 2B ．18＋8 2C ．28D ．20＋8 2解析：选D 由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，如图．则该几何体的表面积为S ＝2×12×2×2＋4×2×2＋22×4＝20＋82，故选D.4．《九章算数》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中虚线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为( )A ．2B ．4＋2 2C ．4＋4 2D ．6＋4 2解析：选C 由题可知，该几何体的底面为等腰直角三角形，等腰直角三角形的斜边长为2，腰长为2，棱柱的高为2.所以其侧面积S ＝2×2＋22×2＝4＋42，故选C.5．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的体积为9π2，则正方体的棱长为________．解析：设正方体棱长为a ，球半径为R ，则43πR 3＝9π2，∴R ＝32，∴3a ＝3，∴a ＝ 3.答案： 3[练常考题点——检验高考能力]一、选择题1．已知圆锥的表面积为a ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是( )A.a2 B.3πa3πC.23πa 3πD.23a 3π解析：选C 设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，由题意知2πr ＝πl ，∴l ＝2r ，则圆锥的表面积S 表＝πr 2＋12π(2r )2＝a ，∴r 2＝a 3π，∴2r ＝23πa 3π.2．在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.2π3B.4π3C.5π3D ．2π解析：选C 过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3，故选C. 3．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.163B.203C.152D.132解析：选D 该几何体可视为正方体截去两个三棱锥所得，如图所示，所以其体积为23－13×12×2×2×2－13×12×1×1×1＝132.故选D.4．已知正四面体的棱长为2，则其外接球的表面积为( ) A ．8π B ．12π C.32π D ．3π 解析：选D 如图所示，过顶点A 作AO ⊥底面BCD ，垂足为O ，则O 为正三角形BCD 的中心，连接DO 并延长交BC 于E ，又正四面体的棱长为2，所以DE ＝62，OD ＝23DE ＝63，所以在直角三角形AOD 中，AO ＝AD 2－OD 2＝233.设正四面体外接球的球心为P ，半径为R ，连接PD ，则在直角三角形POD 中，PD 2＝PO 2＋OD 2，即R 2＝⎝⎛⎭⎫233－R 2＋⎝⎛⎭⎫632，解得R ＝32，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝3π. 5．(2017·郑州质检)如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的表面积为( )A ．8πB ．16πC ．32πD ．64π解析：选C 还原三视图可知该几何体为一个四棱锥，将该四棱锥补成一个长、宽、高分别为22，22，4的长方体，则该长方体外接球的半径r ＝(22)2＋(22)2＋422＝22，则所求外接球的表面积为4πr 2＝32π.6．已知四棱锥P -ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P -ABCD 的四个侧面中面积的最大值是( )A ．6B ．8C ．2 5D ．3解析：选A 四棱锥如图所示，作PN ⊥平面ABCD ，交DC 于点N ，PC ＝PD ＝3，DN ＝2，则PN ＝32－22＝5，AB ＝4，BC ＝2，BC ⊥CD ，故BC ⊥平面PDC ，即BC ⊥PC ，同理AD ⊥PD .设M 为AB 的中点，连接PM ，MN ，则PM ＝3，S △PDC ＝12×4×5＝25，S △PBC ＝S△PAD＝12×2×3＝3，S △PAB ＝12×4×3＝6，所以四棱锥P -ABCD 的四个侧面中面积的最大值是6.二、填空题7．在棱长为3的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，P 在线段BD 1上，且BP PD 1＝12，M 为线段B 1C 1上的动点，则三棱锥M -PBC 的体积为________．解析：∵BP PD 1＝12，∴点P 到平面BC 1的距离是D 1到平面BC 1距离的13，即三棱锥P -MBC 的高h ＝D 1C 13＝1.M 为线段B 1C 1上的点， ∴S △MBC ＝12×3×3＝92，∴V M -PBC ＝V P -MBC ＝13×92×1＝32. 答案：328．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.。
苏教版高三数学一轮复习典型题专题训练(文)-立体几何
高三数学一轮复习典型题专题训练立体几何一、填空题1.若l 为一条直线，αβγ，，为三个互不重合的平面，给出下面三个命题： ①αγβγαβ⊥⊥⇒⊥，；②αγβγαβ⊥⇒⊥，∥；③l l αβαβ⊥⇒⊥，∥．其中正确的命题有 个2．下列命题中真命题的个数是①等长的斜线段在同一平面内的射影也等长；②一个平面内有无数条直线和这个平面的斜线垂直；③一条直线如果和一个平面的斜线垂直，那么这条直线就垂直于这条斜线在这个平面内的射影；④垂直于同一条直线的两个平面平行.3．a,b 为两异面直线，下列结论正确的是A 过不在a,b 上的任何一点，可作一个平面与a,b 都平行B 过不在a,b 上的任一点，可作一直线与a,b 都相交C 过不在a,b 上任一点，可作一直线与a,b 都平行D 过a 可以并且只可以作一个平面与b 平行4．下列命题中，结论正确的个数是（1）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（2）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 （3）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 （4）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5．三棱锥的一条棱长是x ，其余各条棱长都等于1，则体积F （x ）取得最大值时，x 的取值是 _______ 6.下面是关于四棱柱的四个命题：①若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；②若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；③若四个侧面两两全等，则该四棱柱为直四棱柱；④四棱柱的四条对角线两两全等，则该四棱柱为直四棱柱.其中真命题的编号是____ 7.正三棱柱111ABC A B C -的各棱长都为2，,E F 分别为AB,A 1C 1的中点，则EF 的长为_______ 8、（2018江苏高考）如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为_______9、（2017江苏高考）如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则21V V 的值是 ．10、（南京市2018高三9月学情调研）将一个正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，所得 圆柱的体积为27πcm 3，则该圆柱的侧面积为_______cm 2.11、（前黄高级中学、姜堰中学等五校2018高三上第一次学情监测）若圆锥底面半径为2，高为5，则其侧面积为_______12、（苏锡常镇2018高三3月教学情况调研（一））若正四棱锥的底面边长为2cm ，侧面积为28cm ，则它的体积为 3cm ．13、（镇江市2018届高三第一次模拟（期末）考试）已知正四棱锥的底面边长为 2，侧棱长为 6 ，则正四棱锥的体积为 14、（苏北四市（徐州、淮安、连云港、宿迁）2017届高三上学期期末）已知圆锥的底面直径与高都是2，则该圆锥的侧面积为 二、解答题15、（2018江苏高考）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥． 求证：（1）AB ∥平面11A B C ； （2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ．16、（2017江苏高考）如图，在三棱锥A ﹣BCD 中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E 、F（E 与A 、D 不重合）分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD ．求证： （1）EF ∥平面ABC ； （2）AD ⊥AC ．17、（南京市2018高三第三次（5月）模拟）如图，在三棱锥P －ABC 中，PA ＝6，其余棱长均为2，M 是棱PC 上的一点，D ，E 分别为棱AB ，BC 的中点．（1）求证: 平面PBC ⊥平面ABC ； （2）若PD ∥平面AEM ，求PM 的长．18、（苏锡常镇2018高三3月教学情况调研（一））如图，正三棱柱111ABC A B C 的高为6，其底面边长为2.已知点M ，N 分别是棱11AC ，AC 的中点，点D 是棱1CC 上靠近C 的三等分点.求证：（1）1//B M 平面1A BN ； （2）AD ⊥平面1A BN .19、（苏锡常镇2018高三5月调研（二模））如图，在直四棱柱P ABCD -中,90ADB ∠=，CB CD =．点E 为棱PB 的中点.（1）若PB PD =，求证：PC BD ⊥； （2）求证：CE //平面PAD ．20、（苏州市2018高三上期初调研）如图，在三棱锥P ABC -中，已知平面PBC ⊥平面ABC .（1）若,AB BC CP PB ⊥⊥，求证：CP PA ⊥；（2）若过点A 作直线l ⊥平面ABC ，求证：l ⊥平面PBC .参考答案1.若l 为一条直线，αβγ，，为三个互不重合的平面，给出下面三个命题： ①αγβγαβ⊥⊥⇒⊥，；②αγβγαβ⊥⇒⊥，∥；③l l αβαβ⊥⇒⊥，∥．其中正确的命题有（ ）C A ．0个 B ．1个 C ．2个 D ．3个 2．下列命题中真命题的个数是（ ）B①等长的斜线段在同一平面内的射影也等长；②一个平面内有无数条直线和这个平面的斜线垂直；③一条直线如果和一个平面的斜线垂直，那么这条直线就垂直于这条斜线在这个平面内的射影；④垂直于同一条直线的两个平面平行.A ．1 B.2 C.3 D.4 3．a,b 为两异面直线，下列结论正确的是( )DA 过不在a,b 上的任何一点，可作一个平面与a,b 都平行B 过不在a,b 上的任一点，可作一直线与a,b 都相交C 过不在a,b 上任一点，可作一直线与a,b 都平行D 过a 可以并且只可以作一个平面与b 平行4．下列命题中，结论正确的个数是（ ） B(2)(4)正确（1）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（2）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 （3）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 （4）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A. 1个B. 2个C. 3个D.4个5．三棱锥的一条棱长是x ，其余各条棱长都等于1，则体积F （x ）取得最大值时，x 的取值是 _______626.下面是关于四棱柱的四个命题：①若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；②若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；③若四个侧面两两全等，则该四棱柱为直四棱柱；④四棱柱的四条对角线两两全等，则该四棱柱为直四棱柱.其中真命题的编号是____ (2)(4) 7.正三棱柱111ABC A B C -的各棱长都为2，,E F 分别为AB,A 1C 1的中点，则EF 的长为（ ）C （A ）2 （B ）3 （C ）5 （D ）7 ．与l 垂直的直线只有一条 D ．与l 平行的直线有无穷多条 8、43 9、23 10、 11、6π12、43313、83 14、5π二、解答题15、证明：（1）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1．因为AB ⊄平面A 1B 1C ，A 1B 1⊂平面A 1B 1C ， 所以AB ∥平面A 1B 1C ．（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B．又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC．又因为A1B∩BC=B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．16、【解答】证明：（1）∵AB⊥AD，EF⊥AD，且A、B、E、F四点共面，∴AB∥EF，又∵EF⊊平面ABC，AB⊆平面ABC，∴由线面平行判定定理可知：EF∥平面ABC；（2）在线段CD上取点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，∵BC⊥BD，∴FG⊥BC，又∵平面ABD⊥平面BCD，∴FG⊥平面ABD，∴FG⊥AD，又∵AD⊥EF，且EF∩FG=F，∴AD⊥平面EFG，∴AD⊥EG，故AD⊥AC．17、（1）证明：如图1，连结PE．因为△PBC 的边长为2的正三角形，E 为BC 中点，所以PE ⊥BC ， ……………………2分 且PE ＝3，同理AE ＝3．因为PA ＝6，所以PE 2＋AE 2＝PA 2，所以PE ⊥AE ．……4分 因为PE ⊥BC ，PE ⊥AE ，BC ∩AE ＝E ，AE ，BC 平面ABC ， 所以PE ⊥平面ABC ． 因为PE 平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面ABC ． ……………………7分 （2）解法一如图1，连接CD 交AE 于O ，连接OM ．因为PD ∥平面AEM ，PD 平面PDC ，平面AEM ∩平面PDC ＝OM ，所以PD ∥OM ， …………………………………9分所以PM PC ＝DO DC． …………………………11分因为D ，E 分别为AB ，BC 的中点，CD ∩AE ＝O ，所以O 为ABC 重心，所以DO DC ＝13， 所以PM ＝13PC ＝23． …………………………14分解法二如图2，取BE 的中点N ，连接PN ． 因为D ，N 分别为AB ，BE 的中点， 所以DN ∥AE ．又DN 平面AEM ，AE 平面AEM ， 所以DN ∥平面AEM ．又因为PD ∥平面AEM ，DN 平面PDN ，PD 平面PDN ，DN ∩PD ＝D ， 所以平面PDN ∥平面AEM ． ………………………………9分(图2)P AMDEC BN又因为平面AEM ∩平面PBC ＝ME ，平面PDN ∩平面PBC ＝PN ，所以ME ∥PN ，所以PM PC ＝NE NC． ………………………………11分因为E ，N 分别为BC ，BE 的中点，所以NE NC ＝13，所以PM ＝13PC ＝23． ………………………………14分18、证明：（1）连结MN ，正三棱柱111ABC A B C -中，11//AA CC 且11AA CC =，则四边形11AAC C 是平行四边形，因为点M 、N 分别是棱11AC ，AC 的中点，所以1//MN AA 且1MN AA =， 又正三棱柱111ABC A B C -中11//AA BB 且11AA BB =，所以1//MN BB 且1MN BB =，所以四边形1MNBB 是平行四边形，所以1//B M BN ，又1B M ⊄平面1A BN ，BN ⊂平面1A BN ，所以1//B M 平面1A BN ；（2）正三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，BN ⊂平面ABC ，所以1BN AA ⊥，正ABC ∆中，N 是AB 的中点，所以BN AC ⊥，又1AA 、AC ⊂平面11AAC C ，1AA AC A =，所以BN ⊥平面11AAC C ，又AD ⊂平面11AAC C ，所以AD BN ⊥，由题意，16AA =，2AC =，1AN =，63CD =，所以132AA AN AC CD ==， 又12A AN ACD π∠=∠=，所以1A AN ∆与ACD ∆相似，则1AA N CAD ∠=∠，所以1ANA CAD ∠+∠112ANA AA N π=∠+∠=，则1AD A N ⊥，又1BNA N N =，BN ，1A N ⊂平面1A BN ，A BN.所以AD⊥平面119、20、（1）因为平面PBC⊥平面ABC，平面PBC⋂平面ABC BC=，⊥，所以AB⊥平面PBC.AB⊂平面ABC，AB BC因为CP⊂平面PBC，所以CP AB⊥又因为CP PB⊥，且PB AB B⋂=，PB⊂平面PAB，所以CP⊥平面PAB，又因为PA⊂平面PAB，所以CP PA⊥.（2）在平面PBC内过点P作PD BC⊥，垂足为D.因为平面PBC⊥平面ABC，又平面PBC⋂平面ABC BC=,PD⊂平面PBC，所以PD⊥平面ABC.又l⊥平面ABC，所以//l PD.又l⊄平面PBC，PD⊂平面PBC，//l平面PBC.。
江苏省高考数学一轮复习精练：立体几何
江苏省2011届高考数学一轮复习精练：立体几何一、选择题 1.在三棱柱111ABC A B C -中，各棱长相等，侧掕垂直于底面，点D 是侧面11BB C C 的中心，则AD 与平面11BB C C 所成角的大小是 ( )A ．30B ．45C ．60D ．90 2.若正四棱柱1111ABCD A BC D -的底面边长为1，1AB 与底面ABCD 成60°角，则11AC 到底面ABCD 的距离为 （ ）A．3 B ．1 C3.一空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( ).A.2π+B. 4π+C.2π+D. 4π+4.已知α，β表示两个不同的平面，m 为平面α内的一条直线，则“αβ⊥”是“m β⊥”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件 5.已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为（ ）（A） （B） （C） (D) 346.已知二面角α-l-β为60o，动点P 、Q 分别在面α、β内，P 到βQ 到α的距离为P 、Q 两点之间距离的最小值为（ ）侧(左)正(主)俯视(A)(B)2 (C) 7.已知正四棱柱1111ABCD A BC D -中，12AA AB =，E 为1AA 中点，则异面直线BE 与1CD 所成的角的余弦值为 ( )A. B. 15C. D . 358.如图，正方体1111ABCD A BC D -的棱线长为1，线段11B D 上有两个动点E ，F，且EF =，则下列结论中错误的是（A ）AC BE ⊥ （B ）//EF ABCD 平面（C ）三棱锥A BEF -的体积为定值 （D ）异面直线,AE BF 所成的角为定值 9.平面六面体1111ABCD A BC D -中，既与AB 共面也与1CC 共面的棱的条数为（ ）A ．3B ．4C ．5D ．6 10.如图，已知六棱锥P ABCDEF -的底面是正六边形，,2PA ABC PA AB ⊥=平面，则下列结论正确的是Ａ.PB AD ⊥ Ｂ.平面PAB PBC ⊥平面 C. 直线BC ∥平面PAEＤ.PD ABC ︒直线与平面所成的角为4511.如图，在半径为3的球面上有,,A B C 三点，90,ABC BA BC ︒∠==，球心O 到平面ABC 的距离是，则B C 、两点的球面距离是( )A.3πB.πC.43πD.2π12.在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，顶点1B 到对角线1BD和到平面11A BCD 的距离分别为h 和d ，则下列命题中正确的是（ ）A ．若侧棱的长小于底面的变长，则hd 的取值范围为(0,1)B ．若侧棱的长小于底面的变长，则h d的取值范围为 C ．若侧棱的长大于底面的变长，则h d的取值范围为 D ．若侧棱的长大于底面的变长，则h d的取值范围为()3+∞二、填空题13.如图，在长方形ABCD 中，2AB =，1BC =，E 为DC 的中点，F 为线段EC （端点除外）上一动点．现将AFD ∆沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABC ．在平面ABD 内过点D 作DK AB ⊥，K 为垂足．设AK t =，则t 的取值范围是 ．14.在空间直角坐标系中，已知点A （1，0，2），B(1，-3，1)，点M 在y 轴上，且M 到A与到B 的距离相等，则M 的坐标是________。
2021高考数学苏教版一轮专题突破练(5) 立体几何的综合问题
专题突破练(5)立体几何的综合问题一、选择题1．(2019·武汉模拟)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是()A．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βB．若m∥α，n∥α，则m∥nC．若m⊥α，n⊥α，则m∥n D．若m∥α，m∥β，则α∥β答案 C解析对于A，若a⊥γ，β⊥γ，则α∥β或α与β相交，故错误；对于B，若m∥α，n∥α，则m与n平行或相交或异面，故错误；对于C，若m⊥α，n⊥α，则m∥n，正确；对于D，若m∥α，m∥β，则α∥β或α与β相交，故错误．选C．2．(2020·昆明高三摸底)已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，则“α∥β”是“l⊥m”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案 A解析因为l⊥α，α∥β，所以l⊥β，又m⊂β，所以l⊥m；但l⊥α，l⊥m，m⊂β不能得到α∥β.所以“α∥β”是“l⊥m”的充分不必要条件．故选A．3．(2019·湖南长沙市长郡中学二模)如图，在下列三个正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G均为所在棱的中点，过E，F，G作正方体的截面．在各正方体中，直线BD 1与平面EFG的位置关系描述正确的是()A．BD1∥平面EFG的有且只有①，BD1⊥平面EFG的有且只有②③B．BD1∥平面EFG的有且只有②，BD1⊥平面EFG的有且只有①C．BD1∥平面EFG的有且只有①，BD1⊥平面EFG的有且只有②D ．BD 1∥平面EFG 的有且只有②，BD 1⊥平面EFG 的有且只有③ 答案 A 解析 对于①，连接BD ，因为E ，F ，G 均为所在棱的中点，所以BD ∥GE ，DD 1∥EF ，从而可得BD ∥平面EFG ，DD 1∥平面EFG ，又BD ∩DD 1＝D ，所以平面BDD 1∥平面EFG ，所以BD 1∥平面EFG .对于②，连接DB ，DA 1，设正方体的棱长为1，因为E ，F ，G 均为所在棱的中点，所以BD 1→·GE →＝(DD 1→－DB →)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12DA 1→＝12(DD 1→·DA 1→－DB →·DA 1→)＝12×(1×2×cos45°－2×2×cos60°)＝0，即BD 1⊥EG .连接DC 1，则BD 1→·EF →＝(DD 1→－DB →)·12DC 1→＝12(DD 1→·DC 1→－DB →·DC 1→)＝12×(1×2×cos45°－2×2×cos60°)＝0，即BD 1⊥EF .又EG ∩EF ＝E ，所以BD 1⊥平面EFG .对于图③，设正方体的棱长为1，连接DB ，DG ，因为E ，F ，G 均为所在棱的中点，所以BD 1→·EG →＝(DD 1→－DB →)·(DG →－DE →)＝(DD 1→－DB →)·⎝ ⎛⎭⎪⎫DC →＋12DD 1→－12DA →＝12DD 1→2－DB →·DC →＋12DB →·DA →＝12－2×1×22＋12×2×1×22＝0，即BD 1⊥EG .连接AF ，则BD 1→·EF →＝(DD 1→－DB →)·(AF →－AE →)＝(DD 1→－DB →)·⎝ ⎛⎭⎪⎫DD 1→＋12DC →＋12DA →＝DD 1→2－12DB →·DC →－12DB →·DA →＝1－12×2×1×22－12×2×1×22＝0，即BD 1⊥EF .又EG ∩EF ＝E ，所以BD 1⊥平面EFG .故选A ．4．在四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ．将四边形ABCD 沿对角线BD 折成四面体A ′－BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，则下列结论正确的是( )A ．A ′C ⊥BDB．∠BA′C＝90°C．CA′与平面A′BD所成的角为30°D．四面体A′－BCD的体积为1 3答案 B解析∵AB＝AD＝1，BD＝2，∴AB⊥AD．∴A′B⊥A′D．∵平面A′BD ⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，CD⊥BD，∴CD⊥平面A′BD，∴CD⊥A′B，又A′D∩CD＝D，∴A′B⊥平面A′CD，∴A′B⊥A′C，即∠BA′C ＝90°.故选B．5．(2019·郑州二模)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝DD1＝1，AB＝3，E，F，G分别是棱AB，BC，CC1的中点，P是底面ABCD内一动点，若直线D1P 与平面EFG没有公共点，则三角形PBB1面积的最小值为()A.32B．1C．34D．12答案 C解析补全截面EFG为截面EFGHQR，如图，设BT⊥AC于T，∵直线D1P 与平面EFG不存在公共点，∴D1P∥平面EFGHQR，易知平面ACD1∥平面EFGHQR，∴P∈AC，且当P与T重合时，BP＝BT最短，此时△PBB1的面积最小，由等积法：12BT×AC＝12BC×BA，即12BT×12＋(3)2＝12×1×3，∴BT＝32，又BB1⊥平面ABCD，∴BB1⊥BP，△PBB1为直角三角形，∴△PBB1面积的最小值为12×32×1＝34，故选C.6．如图所示，已知在多面体ABC－DEFG中，AB，AC，AD两两垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则该多面体的体积为()A．2 B．4C．6 D．8答案 B解析如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，那么显然所求的多面体的体积即为该正方体体积的一半，于是所求几何体的体积为V＝12×23＝4.故选B．7．(2019·湖北黄冈中学二模)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是边长为2的等边三角形，俯视图是半圆(如图)．现有一只蚂蚁从点A出发沿该几何体的侧面环绕一周回到A点，则蚂蚁所经过路程的最小值为()A．π B．6＋ 2C．6－ 2 D．π＋2答案 B解析 由三视图可知，该几何体是半圆锥，其侧面展开图如图所示，则依题意，点A ，M 的最短距离，即为线段AM .∵P A ＝PB ＝2，半圆锥的底面半圆的弧长为π，∴展开图中的∠BPM ＝πPB ＝π2，∵∠APB ＝π3，∴∠APM ＝5π6，∴在△APM中，根据余弦定理有，MA 2＝22＋22－2×2×2cos 5π6＝8＋43＝(6＋2)2，∴MA ＝6＋2，即蚂蚁所经过路程的最小值为6＋ 2.故选B ．8．已知圆锥的底面半径为R ，高为3R ，在它的所有内接圆柱中，表面积的最大值是( )A ．22πR 2B ．94πR 2C ．83πR 2D ．52πR 2答案 B解析 如图所示，为组合体的轴截面，记BO 1的长度为x ，由相似三角形的比例关系，得PO 13R ＝x R ，则PO 1＝3x ，圆柱的高为3R －3x ，所以圆柱的表面积为S ＝2πx 2＋2πx (3R －3x )＝－4πx 2＋6πRx ，则当x ＝34R 时，S 取最大值，S max ＝94πR 2.故选B ．9．如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥AD ，BC ∥AD ，P A ＝AD ＝4，AB ＝BC ＝2，P A ⊥平面ABCD ，点E 是线段AB 的中点，点F 在线段P A 上，且EF ∥平面PCD ，平面CEF 与直线PD 交于点H ，若点A ，B ，C ，H 都在球O 的表面上，则球O 的半径为( )A ．1B ． 2C ．32D ． 3答案 D解析 如图，取PD 的中点H ，P A 的中点G ，连接BG ，GH ，FH ，CH ，则GH ＝BC ，GH ∥BC ，所以四边形BCHG 是平行四边形．因为EF ∥平面PCD ，设平面P AB 与平面PCD 相交于直线m ，则EF ∥m ，CH ∥BG ∥m ，所以EF ∥BG ∥CH ，所以点H 就是平面CEF 与直线PD 的交点．取AD 的中点M ，连接CM ，HM ，则球O 就是直三棱柱ABG －MCH 的外接球，球心O 是两底面外接圆圆心连线的中点．直三棱柱ABG －MCH 的高BC ＝2，底面△ABG 的外接圆的半径为12BG ＝2，所以球O 的半径R ＝12＋(2)2＝ 3.故选D ．10．(2020·河北唐山第一次摸底)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2AA 1，则异面直线A 1B 与B 1C 所成角的余弦值为( )A ．105B ．15C ．55D ．155 答案 B解析 在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，连接A 1D ，可得A 1D ∥B 1C ，所以异面直线A 1B 与B 1C 所成的角即为直线A 1B 与直线A 1D 所成的角，即∠DA 1B 为异面直线A 1B 与B 1C 所成的角，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，设AB ＝BC ＝2AA 1＝2，则A 1B ＝A 1D ＝5，BD ＝22，在△A 1BD 中，由余弦定理得cos ∠DA 1B ＝A 1B 2＋A 1D 2－BD 22A 1B ·A 1D ＝5＋5－82×5×5＝15.故选B ． 11．(2020·广东四校联考)在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点C 关于平面BDC 1的对称点为M ，则AM 与平面ABCD 所成角的正切值为( )A ．22B ． 2C ． 3D ．2答案 B解析 如图，连接AC ，交BD 于点O ，因为BD ＝BC 1＝DC 1＝2，所以△BC 1D 是等边三角形，故三棱锥C －BC 1D 为正三棱锥，设O ′为△BC 1D 的中心，连接CO ′，故CO ′⊥平面BC 1D ，延长CO ′到M ，使得MO ′＝O ′C ，连接OO ′，则OO ′∥AM ，所以AM 与平面ABCD 所成的角等于OO ′与平面ABCD 所成的角．因为BD ⊥OO ′，BD ⊥AC ，AC ∩OO ′＝O ，所以BD ⊥平面AMC ，故平面AMC ⊥平面ABCD ，且平面ABCD ∩平面AMC ＝AC ，根据两个平面相互垂直的性质可知OO ′在平面ABCD 上的射影一定落在线段AC 上，故∠O ′OC 为OO ′与平面ABCD 所成的角，即AM 与平面ABCD 所成的角．因为OC ＝22，OO ′＝13×32×2＝66，所以O ′C ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222－⎝ ⎛⎭⎪⎫662＝33，所以tan ∠O ′OC ＝3366＝2，故选B ．12．(2020·湖北重点中学高三起点考试)如图，在四棱锥P －ABCD 中，顶点P在底面的正投影O 恰为正方形ABCD 的中心，且AB ＝2，设点M ，N 分别为线段PD ，PO 上的动点，已知当AN ＋MN 取最小值时，动点M 恰为PD 的中点，则该四棱锥的外接球的表面积为( )A ．9π2B ．16π3C ．25π4D ．64π9答案 B解析 如图，在PC 上取点M ′，使得PM ＝PM ′，连接NM ′，则MN ＝M ′N ，AN ＋MN ＝AN ＋M ′N ，则当A ，N ，M ′三点共线时，AN ＋M ′N 最小，为AM ′，当AM ′⊥PC 时，AM ′取得最小值，即AN ＋NM ′的最小值．因为此时M 恰为PD 的中点，所以M ′为PC 的中点，连接AC ，所以P A ＝AC ＝2，因此PO ＝P A 2－AO 2＝ 3.易知外接球的球心在四棱锥的内部，设外接球的半径为r ，则r 2＝(3－r )2＋1，解得r ＝233，因此外接球的表面积S ＝4πr 2＝16π3.故选B ．二、填空题13．(2020·长春高三摸底)设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：①若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α∥β；②若α外的一条直线l 与α内的一条直线平行，则l ∥α；③设α∩β＝l ，若α内有一条直线垂直于l ，则α⊥β；④直线l ⊥α的充要条件是l 与α内的两条直线垂直．其中所有的真命题的序号是________．答案 ①②解析 ①正确；②正确；满足③的α与β不一定垂直，所以③错误；直线l ⊥α的充要条件是l 与α内的两条相交直线垂直，所以④错误．所有的真命题的序号是①②.14．(2019·湖南湘潭四模)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有仓，广三丈，袤四丈五尺，容粟一万斛，问高几何？”其意思为：“今有一个长方体(记为ABCD －A 1B 1C 1D 1)的粮仓，宽3丈(即AD ＝3丈)，长4丈5尺，可装粟一万斛，问该粮仓的高是多少？”已知1斛粟的体积为2.7立方尺，一丈为10尺，则下列判断正确的是________(填写所有正确结论的编号)．①该粮仓的高是2丈；②异面直线AD 与BC 1所成角的正弦值为31313；③长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的外接球的表面积为133π4平方丈．答案 ①③解析 由题意，因为10000×2.7＝30×45×AA 1，解得AA 1＝20尺＝2丈，故①正确；异面直线AD 与BC 1所成角为∠CBC 1，则sin ∠CBC 1＝21313，故②错误；此长方体的长、宽、高分别为4.5丈、3丈、2丈，故其外接球的表面积为4π⎝ ⎛⎭⎪⎫4.52＋32＋2222＝133π4平方丈，所以③正确． 15．如图，用一个边长为2的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个巢，将半径为1的球体放入其中，则球心与巢底面的距离为__________．答案 3＋12解析 由题意知，折起后原正方形顶点间最远的距离为1，如图中的DC ；折起后原正方形顶点到底面的距离为12，如图中的BC ．由图知球心与巢底面的距离OF ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋12＝3＋12.16．(2020·惠州调研)在三棱锥A －BCD 中，底面BCD 是直角三角形且BC ⊥CD ，斜边BD 上的高为1，三棱锥A －BCD 的外接球的直径是AB ，若该外接球的表面积为16π，则三棱锥A －BCD 体积的最大值为________．答案 43解析 如图，过点C 作CH ⊥BD 于点H .由外接球的表面积为16π，可得外接球的半径为2，则AB ＝4.因为AB 为外接球的直径，所以∠BDA ＝90°，∠BCA ＝90°，即BD ⊥AD ，BC ⊥CA ，又BC ⊥CD ，CA ∩CD ＝C ，所以BC ⊥平面ACD ，所以BC ⊥AD ，又BC ∩BD ＝B ，所以AD ⊥平面BCD ，所以平面ABD ⊥平面BCD ，又平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，CH ⊥BD ，CH ⊂平面BCD ，所以CH ⊥平面ABD ．设AD ＝x (0<x <4)，则BD ＝16－x 2.在△BCD 中，BD 边上的高CH ＝1，所以V 三棱锥A －BCD ＝V 三棱锥C －ABD ＝13×12×x ×16－x 2×1＝16 －x 4＋16x 2，当x 2＝8时，V 三棱锥A －BCD 有最大值，故三棱锥A －BCD 体积的最大值为43.三、解答题17．(2020·郑州模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是菱形，P A ⊥平面ABCD ，∠ABC＝π3，M 是PC 的中点．(1)求证：平面P AC ⊥平面MBD ；(2)若PB ⊥PD ，三棱锥P －ABD 的体积为63，求四棱锥P －ABCD 的侧面积． 解 (1)证明：∵P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥BD ， ∵底面ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC .又P A ∩AC ＝A ，P A ⊂平面P AC ，AC ⊂平面P AC ， ∴BD ⊥平面P AC .又BD ⊂平面MBD ，∴平面P AC ⊥平面MBD . (2)设菱形ABCD 的边长为x ， ∵∠ABC ＝π3，∴∠BAD ＝2π3.在△ABD 中，BD 2＝AD 2＋AB 2－2AD ·AB ·cos ∠BAD ＝2x 2－2x 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝3x 2，∴BD ＝3x .又P A ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，PB ⊥PD ， ∴PB ＝PD ＝62x ， ∴P A ＝PB 2－AB 2＝32x 2－x 2＝22x .又S △ABD ＝12AB ·AD ·sin ∠BAD ＝12·x 2·sin 2π3＝34x 2， ∴V 三棱锥P －ABD ＝13·S △ABD ·P A ＝13·34x 2·22x ＝63，∴x ＝2， ∴P A ＝2，PB ＝PD ＝ 6. ∵∠ABC ＝π3，∴AC ＝AB ＝2.又P A⊥平面ABCD，∴PC＝PB＝6，∴四棱锥P－ABCD的侧面积为2S△P AB＋2S△PBC＝2×12×2×2＋2×12×(6)2－1×2＝2(5＋2)．18. (2020·福建莆田月考)如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC 是边长为2的正三角形，M，N分别是棱AB，AA1的中点，且A1M⊥B1N.(1)求证：B1N⊥A1C；(2)求点M到平面A1B1C的距离．解(1)证明：如图，连接CM，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，所以CM⊥AA1.在△ABC中，由题意知AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB.又AA1∩AB＝A，所以CM⊥平面ABB1A1.因为B1N⊂平面ABB1A1，所以CM⊥B1N.又A1M⊥B1N，A1M∩CM＝M，所以B1N⊥平面A1CM.因为A1C⊂平面A1CM，所以B1N⊥A1C.(2)在矩形ABB1A1中，A1M⊥B1N，所以∠AA1M＝∠A1B1N，所以tan∠AA1M＝tan∠A1B1N，即AMAA1＝A1N A1B1.因为△ABC是边长为2的正三角形，M，N分别是棱AB，AA1的中点，所以AM＝1，CM＝3，A1B1＝2.设AA1＝x (x >0)，则A 1N ＝x 2，所以1x ＝x22， 解得x ＝2.解法一：如图，连接B 1C ，B 1M .从而S △A 1B 1M ＝12S 正方形ABB 1A 1＝2，A 1C ＝B 1C ＝2 2.在△A 1CB 1中，cos ∠A 1CB 1＝A 1C 2＋CB 21－A 1B 212A 1C ·CB1＝34，所以sin ∠A 1CB 1＝74，所以S △A 1B 1C ＝12A 1C ·B 1C ·sin ∠A 1CB 1＝12×22×22×74＝7.设点M 到平面A 1B 1C 的距离为d ，由V 三棱锥M －A 1B 1C ＝V 三棱锥C －A 1B 1M ，得13S △A 1B 1C ·d ＝13S △A 1B 1M ·CM ，所以d ＝S △A 1B 1M ·CM S △A 1B 1C ＝2×37＝2217，即点M 到平面A 1B 1C 的距离为2217.解法二：如图，取A 1B 1的中点D ，连接MD ，CD ，过M 作MO ⊥CD 于点O . 在正方形ABB 1A 1中，易知A 1B 1⊥MD ，由(1)可知CM ⊥A 1B 1. 又CM ∩DM ＝M ，所以A 1B 1⊥平面CDM . 因为MO ⊂平面CDM ，所以A 1B 1⊥MO .又MO ⊥CD ，A 1B 1∩CD ＝D ，所以MO ⊥平面A 1B 1C ，即线段MO 的长为点M 到平面A 1B 1C 的距离．由(1)可得CM ⊥DM .又MD ＝2，所以由勾股定理可得CD ＝CM 2＋MD 2＝7，S △CMD ＝12·CD ·MO＝1 2·CM·MD，即12×7×MO＝12×3×2，解得MO＝2217，即点M到平面A1B1C的距离为2217.19. (2019·安徽黄山三模)如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM ＝90°，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到点D的位置，且AB⊥DA.(1)证明：CD⊥平面ABC；(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝23DA，求三棱锥B－APQ的体积．解(1)证明：因为四边形ABCM是平行四边形，且∠ACM＝90°，所以AC⊥AB，又AD⊥AB，AD∩AC＝A，所以AB⊥平面ACD，又CD⊂平面ACD，所以AB⊥CD，又CD⊥AC，AC∩AB＝A，所以CD⊥平面ABC.(2)取AC上一点H，使CH＝23CA，因为DQ＝23DA，连接QH，则QH∥CD，所以由(1)可得QH⊥平面ABC.因为AB＝AC＝3，所以BC＝32，AD＝32，所以BP＝DQ＝32×23＝22，所以QH＝13CD＝13×3＝1，所以V三棱锥B－APQ＝V三棱锥Q－APB＝13S△P AB·QH＝13×23×12×3×3×1＝1.20.(2019·江西省名校联考)如图，在空间几何体ABCDE中，△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形，△ABC为腰长为13的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD.(1)试在平面BCD内作一条直线，使直线上任意一点F与A的连线AF均与平面CDE平行，并给出详细证明；(2)求点B到平面AEC的距离．解(1)如图，取BC和BD的中点H，G，连接HG，则直线HG为所求直线．证明如下．因为H，G分别为BC和BD的中点，所以HG∥CD，所以HG∥平面CDE.取CD的中点O，连接EO，AH，AG，如图，易知EO⊥CD，AH⊥BC.因为平面CDE⊥平面BCD，且EO⊥CD，所以EO⊥平面BCD，又由平面ABC⊥平面BCD，AH⊥BC，得AH⊥平面BCD，所以EO∥AH，所以AH∥平面CDE，所以平面AHG∥平面CDE，所以直线HG上任意一点F与A的连线AF均与平面CDE平行．(2)由(1)可得EO∥AH，所以EO∥平面ABC，所以点E到平面ABC的距离和点O到平面ABC的距离相等，连接DH，则点O到平面ABC的距离d＝12DH＝32，因为AB＝13，所以三角形ABC的面积S＝12×2×(13)2－1＝23，而经分析可得三角形ACE的面积S1＝12×13×32＝394，设B到平面AEC的距离为h，用等体积法可得，V三棱锥E－ABC＝V三棱锥B－ACE，即13×23×32＝13×394×h，解得h＝43913.21. (2019·湖北仙桃一中考前适应性考试)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，平面ABCD⊥平面P AD，∠P AD＝∠APD，E是线段PB的中点，F 是线段DC上的点，且AB＝CF＝2FD＝6.(1)证明：EF⊥平面APB；(2)在PC上是否存在一点K，满足PK→＝λKC→，使得平面EFK∥平面P AD？若存在，求出实数λ的值；若不存在，请说明理由．解(1)证明：如图，取线段P A的中点M，连接MD，ME.因为E是线段PB的中点，所以ME∥AB，ME＝12AB.又AB＝CF＝2FD＝6，所以DF＝12AB，所以ME＝DF.又DF∥AB，所以ME∥DF，所以四边形MDFE是平行四边形，所以EF∥MD.因为∠P AD＝∠APD，所以PD＝AD，所以MD⊥P A.因为平面ABCD⊥平面P AD，平面ABCD∩平面P AD＝AD，AB⊥AD，所以AB⊥平面P AD，所以MD⊥AB.又P A∩AB＝A，P A⊂平面APB，AB⊂平面APB，所以MD⊥平面APB，故EF ⊥平面APB.(2)存在满足条件的点K .由(1)可知EF ∥MD ，EF ⊄平面P AD ，MD ⊂平面P AD ，所以EF ∥平面P AD . 根据题意，可得当点K 为PC 上靠近点P 的三等分点时，满足题意． 因为PK KC ＝DF FC ＝12，所以FK ∥PD .又PD ⊂平面P AD ，FK ⊄平面P AD ，所以FK ∥平面P AD .又FK ∩EF ＝F ，所以平面EFK ∥平面P AD ，此时PK→＝12KC →，即λ＝12.故当PK→＝12KC →时，平面EFK ∥平面P AD .快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。
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江苏省2016年高考一轮复习专题突破训练立体几何一、填空题1、（2015年江苏高考）现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们制作成总体积和高均保持不变，但底面半径相同的新圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为______7______________。
2、（2014年江苏高考）设甲、乙两个圆柱的底面积分别为21S ,S ，体积分别为21V ,V ，若它们的侧面积相等，49S S 21=，则=21V V▲ ． 3、（2013年江苏高考）如图，在三棱柱ABC C B A -111中，F E D ，，分别是1AA AC AB ，，的中点，设三棱锥ADE F -的体积为1V ，三棱柱ABC C B A -111的体积为2V ，则=21:V V 。
4、（2015届南京、盐城市高三二模）已知平面α，β，直线n m ,，给出下列命题：①若α//m ，n m n ⊥,//β，则βα⊥，②若βα//，βα//,//n m ，则n m ||，③若n m n m ⊥⊥⊥,,βα，则βα⊥，④若βα⊥，βα⊥⊥n m ,，则n m ⊥.其中是真命题的是 。
（填写所有真命题的序号）。
5、（南通、扬州、连云港2015届高三第二次调研（淮安三模））如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，AB =3 cm ，AD =2 cm ，1AA =1 cm ，则三棱锥11B ABD - 的体积为 ▲ cm 3．6、（苏锡常镇四市2015届高三教学情况调研（二））已知圆锥的底面半径和高相等，侧面积为42π，过圆锥的两条母线作截面，截面为等边三角形，则圆锥底面中心到截面的距离为 ▲7、（泰州市2015届高三第二次模拟考试）若圆柱的侧面积和体积的值都是12π，则该圆柱的高为 ▲8、（盐城市2015届高三第三次模拟考试）已知正四棱锥P ABCD -的体积为43错误!未找到引用源。
，底面边长为2错误!未找到引用源。
，则侧棱PA 的长为 ▲9、（泰州市2015届高三上期末）若αβ、是两个相交平面，则在下列命题中，真命题的序号为 ▲ ．（写出所有真命题的序号） ①若直线m α⊥，则在平面β内，一定不存在与直线m 平行的直线． ②若直线m α⊥，则在平面β内，一定存在无数条直线与直线m 垂直． ③若直线m α⊂，则在平面β内，不一定存在与直线m 垂直的直线． ④若直线m α⊂，则在平面β内，一定存在与直线m 垂直的直线．10、（无锡市2015届高三上期末）三棱锥P ABC -中，,D E 分别为,PB PC 的中点，记三棱锥D ABE -的体积为1V ，P ABC -的体积为2V ，则12V V = 11、（2015届江苏南京高三9月调研）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，则这个圆锥的高是 ▲12、（2015届江苏南通市直中学高三9月调研）如图，各条棱长均为2的正三棱柱111ABC A B C -中，M 为11A C 的中点，则三棱锥1M AB C -的体积为 ▲13、（2015届江苏苏州高三9月调研）若圆柱的底面直径和高都与球的直径相等圆柱、球的表面积分别记为1S 、2,S 则有12:S S = ▲14、（苏锡常镇四市2014届高三5月调研（二））已知△ABC 为等腰直角三角形，斜边BC 上的中线AD = 2，将△ABC 沿AD 折成60°的二面角，连结BC ，则三棱锥C - ABD 的体积为 ▲ 15、（南京、盐城市2014届高三第二次模拟（淮安三模））表面积为12π的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为 ▲二、解答题1、（2015年江苏高考）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，已知AC BC ⊥，1BC CC =。
设1AB 的中点为D ，11B C BC E =I 。
求证： （1）11//DE AACC 平面 （2）11BC AB ⊥。
2、（2014年江苏高考）如图，在三棱锥P 错误!未找到引用源。
ABC 中，D,E,F 分别为棱PC,AC,AB 的中点。
已知PA ⊥AC ，PA=6,BC=8，DF=5.求证：（1）直线PA ∥平面DEF; （2）平面BDE ⊥平面ABC. 3、（2013年江苏高考）如图，在三棱锥ABC S -中，平面⊥SAB 平面SBC ，BC AB ⊥，AB AS =，过A 作SB AF ⊥，垂足为F ，点G E ，分别是棱SC SA ，的中点.A BCDMNQ（第15题） 求证：（1）平面//EFG 平面ABC ； （2）SA BC ⊥.4、（2015届南京、盐城市高三二模）如图，在四棱锥P —ABCD 中，AB CD AD 21==，DC AB ||，CD AD ⊥，ABCD PC 平面⊥.（1）求证：⊥BC 平面PAC ；（2）若M 为线段PA 的中点，且过C，D，M 三点的平面与PB 交于点N ，求PN ：PB 的值。
5、（南通、扬州、连云港2015届高三第二次调研（淮安三模））如图，在四面体ABCD 中，平面BAD ⊥平面CAD ，BAD ∠=90°．M ，N ，Q 分别为棱AD ，BD ，AC 的中点．（1）求证：//CD 平面MNQ ； （2）求证：平面MNQ ⊥平面CAD ．6、（苏锡常镇四市2015届高三教学情况调研（二））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCDABSGFE(第16题图)PABCDM是矩形，2,2AB AD ==，PD ⊥平面ABCD ，,E F 分别为,CD PB 的中点求证：（1）//CF 平面PAE ； （2）AE ⊥平面PBD7、（泰州市2015届高三第二次模拟考试）如图，矩形ABCD 所在平面与直角三角形ABE 所在平面互相垂直，BE AE ⊥，点N M ,分别是CD AE ,的中点．（1）求证： MN ∥平面BCE ； （2）求证：平面⊥BCE 平面ADE ．8、（盐城市2015届高三第三次模拟考试）如图，已知四棱锥P ABCD -的底面是菱形，对角线,AC BD 交于点O ，4OA =，3OB =，4OP =，OP ⊥底面ABCD ，设点M 满足(0)PM MC λλ=>u u u u r u u u u r.（1）当12λ=时，求直线PA 与平面BDM 所成角的正弦值； （2）若二面角M AB C --的大小为4π，求λ的值.9、（2015届江苏南京高三9月调研）如图，已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3，BC ＝2，CC 1＝5，N M A D E ODME 是棱CC 1上不同于端点的点，且CE →＝λCC 1→．（1） 当∠BEA 1为钝角时，求实数λ的取值范围；（2） 若λ＝25，记二面角B 1－A 1B －E 的的大小为θ，求|cos θ|．10、（2015届江苏南通市直中学高三9月调研）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，PA CD ⊥．（1）求证：直线//AB 平面PCD ； （2）求证：平面PAD ⊥平面PCD ．11、（苏州市2015届高三上期末）如图，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，（第22题图）ABCDEA 1B 1C 1D12,1AB AF==.（1）求二面角A-DF-B的大小；（2）试在线段AC上确定一点P，使PF与BC所成角为60︒.12、（泰州市2015届高三上期末）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，,AC BD 相交于点O，//EF AB，2AB EF=，平面BCF⊥平面ABCD，BF CF=，点G为BC的中点．（1）求证：直线//OG平面EFCD；（2）求证：直线AC⊥平面ODE．13、（泰州市2015届高三上期末）如图，在长方体ABCD A B C D''''-中，2DA DC==，1DD'=，A C''与B D''相交于点O'，点P在线段BD上（点P与点B不重合）．(1)若异面直线O P'与BC'所成角的余弦值为55，求DP的长度;(2)若32DP=，求平面PA C''与平面DC B'所成角的正弦值．参考答案一、填空题GOFCA BDE1、设底面半径为r ，则有22254448833r r ππππ⨯⨯+⨯=+⨯，解得7r = 2、233、2412141313131111121121=••====--h h S S Sh hS V V V V C B A ABC ADE F 棱柱三棱锥 4、③④ 5、1 6、237、3 8、3 9、②④ 10、1411、 3 12、23 13、3：2 14、15、12二、解答题1、证明：（1）因为D 为1AB 中点，E 为1CB 中点，所以//DE AC ，又11AC AAC C ∈平面, 11DE AAC C ∉平面，所以11//DE AAC C 平面。
（2）直三棱柱中1BC CC =11BCC B ⇒四边形为正方形11BC B C ⇒⊥，又知道11111111,AC BCAC CC AC BB C C BC CC BB C C AC BB C C ⊥⎫⎪⊥⎪⇒⊥⎬∈⎪⎪∉⎭平面平面平面，而111BC BB C C ∈平面，所以1AC BC ⊥。
由111111111,BC B CBC AC BC AB C AC B C AB C BC AB C ⊥⎫⎪⊥⎪⇒⊥⎬∈⎪⎪∉⎭平面平面平面，又11AB AB C ∈平面，所以11BC AB ⊥。
证毕。
2、（1）∵D,E,分别为PC,AC,的中点 ∴DE ∥PA 又∵DE⊂平面PAC ，PA ⊄平面PAC∴直线PA ∥平面DEF（2）∵E,F 分别为棱AC,AB 的中点，且 BC=8，由中位线知EF=4∵D,E,分别为PC,AC,的中点，且PA=6，由中位线知DE=3，又∵DF=5∴DF ²=EF ²+DE ²=25，∴DE ⊥EF ，又∵DE ∥PA ，∴PA ⊥EF ，又∵PA ⊥AC ，又∵AC ⋂ EF=E ，AC⊂平面ABC ，EF ⊂平面ABC ，∴PA ⊥平面ABC ，∴DE ⊥平面ABC ，∵DE ⊂平面BDE ，∴平面BDE ⊥平面ABC3、证明：（1）∵AB AS =，SB AF ⊥∴F 分别是SB 的中点 ∵E ．F 分别是SA ．SB 的中点 ∴EF ∥AB又∵EF ⊄平面ABC, AB ⊆平面ABC ∴EF ∥平面ABC同理：FG ∥平面ABC又∵EF I FG=F, EF ．FG ⊆平面ABC ∴平面//EFG 平面ABC（2）∵平面⊥SAB 平面SBC 平面SAB I 平面SBC =BC AF ⊆平面SAB AF ⊥SB∴AF ⊥平面SBC 又∵BC ⊆平面SBC ∴AF ⊥BC又∵BC AB ⊥, AB I AF=A, AB ．AF ⊆平面SAB ∴BC ⊥平面SAB 又∵SA ⊆平面SAB ∴BC ⊥SA 4、证明：（1）连结AC ．不妨设AD ＝1．因为AD ＝CD ＝12AB ，所以CD ＝1，AB ＝2．因为∠ADC ＝90︒，所以AC ＝2，∠CAB ＝45︒．在△ABC 中，由余弦定理得BC ＝2，所以AC 2＋BC 2＝AB 2．所以BC ⊥AC ． …………………… 3分 因为PC ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥PC ． …………………… 5分 因为PC ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ，PC ∩AC ＝C ，所以BC ⊥平面PAC ． …………………… 7分 （2）如图，因为AB ∥DC ，CD ⊂平面CDMN ，AB ⊄平面CDMN ，所以AB ∥平面CDMN ． …………………… 9分 因为AB ⊂平面PAB ， 平面PAB ∩平面CDMN ＝MN ，所以AB ∥MN ． …………………… 12分 在△PAB 中，因为M 为线段PA 的中点， 所以N 为线段PB 的中点，即PN ：PB 的值为12． …………………… 14分5、证明：（1）因为M ，Q 分别为棱AD ，AC 的中点，所以//MQ CD ， …… 2分 又CD ⊄平面MNQ ，MQ ⊂平面MNQ ，故//CD 平面MNQ ． …… 6分(第16题图)PABCDMN（2）因为M，N分别为棱AD，BD的中点，所以//MN AB，又90⊥．…… 8分BAD∠=°，故MN AD因为平面BAD⊥平面CAD，平面BAD I平面CAD AD=，且MN⊂平面ABD，所以MN⊥平面ACD．…… 11分又MN⊂平面MNQ，平面MNQ⊥平面CAD．…… 14分（注：若使用真命题“如果两条平行线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面”证明“MN⊥平面ACD”，扣1分．）6、7、证：（1）取BE 中点F ，连接,CF MF ，又M 是AE 中点，则1//,2MF AB MF AB =， 又N 是矩形ABCD 边CD 中点，所以//,MF NC MF NC =，则四边形MNCF 是平行四边形，所以//MN CF ，又MN ⊄面BCE ，CF ⊂面BCE ，所以MN ∥平面BCE ．…７分（2）因为平面ABCD ⊥平面ABE ，BC AB ⊥，所以BC ⊥平面ABE ，因为AE ⊂平面ABE ，所以BC AE ⊥，又BE AE ⊥，BC BE B ⋂=，所以AE ⊥平面BCE ，而AE ⊂平面ADE ，所以平面⊥BCE 平面ADE ． ……………14分8、解：（1）以O 为坐标原点，建立坐标系O ABP -，则(4,0,0)A ，(0,3,0)B ，(4,0,0)C -，(0,3,0)D -，(0,0,4)P ，所以(4,0,4)PA =-u u u r ，(0,6,0)DB =u u u r ，(4,3,0)AB =-u u u r .当12λ=时，得48(,0,)33M -，所以48(,3,)33MB =-u u u r ，设平面BDM 的法向量(,,)n x y z =r ，则60483033y x y z =⎧⎪⎨+-=⎪⎩，得0y =，令2x =，则1z =，所以平面BDM 的一个法向量(2,0,1)n =r ，所以10cos ,425PA n ==⋅u u u r r ，即直线PA 与平面BDM 所成角的正弦值1010.………………5分 （2）易知平面ABC 的一个法向量1(0,0,1)n =u r .设(,0,)M a b ，代入PM MC λ=u u u u r u u u u r ，得(,0,4)(4,0,)a b a b λ-=---，解得4141a b λλλ-⎧=⎪⎪+⎨⎪=⎪+⎩，即44(,0,)11M λλλ-++，所以44(,3,)11MB λλλ-=++u u u r ， 设平面BDM 的法向量2(,,)n x y z =u u r ，则430443011x y x y z λλλ-+=⎧⎪⎨+-=⎪++⎩， 消去y ，得(21)x z λ+=，令1x =，则21z λ=+，43y =， 所以平面BDM 的一个法向量24(1,,21)3n λ=+u u r ， 所以22212161(21)9λλ+=+++，解得13λ=或43-，因为0λ>，所以13λ=.……………10分 9、解：（1）以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 由题设，知B (2，3，0)，A 1(2，0，5)，C (0，3，0)，C 1(0，3，5)．因为CE →＝λCC 1→，所以E (0，3，5λ)．从而EB →＝(2，0，－5λ)，EA 1→＝(2，－3，5－5λ)．…… 2分当∠BEA 1为钝角时，cos ∠BEA 1＜0，所以EB →·EA 1→＜0，即2×2－5λ(5－5λ)＜0，解得15＜λ＜45． 即实数λ的取值范围是(15，45)． …………………………………… 5分 （2）当λ＝25时，EB →＝(2，0，－2)，EA 1→＝(2，－3，3)． 设平面BEA 1的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·EB →＝0，n 1·EA 1→＝0得⎩⎨⎧2x －2z ＝0，2x －3y ＋3z ＝0， 取x ＝1，得y ＝53，z ＝1， 所以平面BEA 1的一个法向量为n 1＝(1，53，1)． ………………………………… 7分 易知，平面BA 1B 1的一个法向量为n 2＝(1，0，0)．因为cos< n 1，n 2>＝n 1·n 2| n 1|·| n 2|＝1 439＝34343， 从而|cos θ|＝3 4343． …………………………………… 10分 10、（1）证明:∵ABCD 为矩形，∴//AB CD ． ………………………………………………2分又DC ⊂面PDC ，AB ⊄面PDC ，……………………………………………………4分∴//AB 面PDC ． ……………………………………………………………………7分（2）证明: ∵ABCD 为矩形, ∴CD AD ⊥, ……………………………………………9分又PA ⊥CD ,PA AD A =I ， PA AD ⊂，平面PAD ,∴CD ⊥平面PAD ． …………………………………………………………………11分又CD ⊂面PDC ,∴面PAD ⊥面PCD ． ………………………………………14分11、12、证明（1）∵四边形ABCD 是菱形，AC BD O =I ，∴点O 是BD 的中点，∵点G 为BC 的中点 ∴//OG CD ， ………………3分又∵OG ⊄平面EFCD ，CD ⊂平面EFCD ，∴直线//OG 平面EFCD ．………７分（２）∵ BF CF =，点G 为BC 的中点, ∴FG BC ⊥, ∵平面BCF ⊥平面ABCD ，平面BCF I 平面ABCD BC =，FG ⊂平面BCF ，FG BC ⊥ ∴FG ⊥平面ABCD ， ………………9分 ∵AC ⊂平面ABCD ∴FG AC ⊥,∵1//,2OG AB OG AB =，1//,2EF AB EF AB =，∴//,OG EF OG EF =，∴四边形EFGO 为平行四边形, ∴//FG EO ， ………………11分∵FG AC ⊥，//FG EO ，∴AC EO ⊥， ∵四边形ABCD 是菱形，∴AC DO ⊥，∵AC EO ⊥，AC DO ⊥，EO DO O =I ，EO DO 、在平面ODE 内，∴AC ⊥平面ODE ． ………………1４分13、解：（1）以,,DA DC DD 'u u u r u u u r u u u u r 为一组正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -，由题意，知(0,0,0)D ,(2,0,1)A '，(2,2,0)B ，(0,2,1)C '，(1,1,1)O '.设(,,0)P t t ，∴(1,1,1)O P t t '=---u u u r ，(2,0,1)BC '=-u u u u r .设异面直线O P '与BC '所成角为θ，则cos O P BC O P BC θ''⋅===''⋅u u u r u u u u r u u u r u u u u r 化简得：2212040t t -+=,解得：23t =或27t =，DP =DP =． ………………5分 （2）∵2DP =，∴33(,,0)22P ， (0,2,1)DC '=u u u u r ,(2,2,0)DB =u u u r ，13(,,1)22PA '=-u u u r ,31(,,1)22PC '=-u u u u r ， 设平面DC B '的一个法向量为1111(,,)n x y z =u r ， ∴1100n DC n DB ⎧'⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u r u u u u r u r u u u r ，∴111120220y z x y +=⎧⎨+=⎩，即11112z y x y =-⎧⎨=-⎩，取11y =-，1(1,1,2)n =-u r ， 设平面PA C ''的一个法向量为2222(,,)n x y z =u u r ，∴2200n PA n PC ⎧'⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩u u r u u u r u u r u u u u r ，∴2222221302231022x y z x y z ⎧-+=⎪⎪⎨⎪-++=⎪⎩，即2222z y x y =⎧⎨=⎩，取21y =，2(1,1,1)n =u u r ， 设平面PA C ''与平面DC B '所成角为ϕ，∴1212cos 3n n n n ϕ⋅===⋅u r u u r u r u u r ，∴sin 3ϕ=． ………………１０分。