2015届高考数学(理)二轮专题配套练习：专题5_第1讲_空间几何体(含答案)
2015届高考数学(理)二轮专题配套练习：专题5_第2讲_空间中的平行与垂直(含答案)
第2讲 空间中的平行与垂直考情解读 1．以选择、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面的判定与性质定理对命题的真假进行判断，属基础题.2．以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中等．1．线面平行与垂直的判定定理、性质定理2提醒 3．平行关系及垂直关系的转化热点一 空间线面位置关系的判定例1 （1）设a ，b 表示直线，α，β，γ表示不同的平面，则下列命题中正确的是()A ．若a ⊥α且a ⊥b ，则b ∥αB ．若γ⊥α且γ⊥β，则α∥βC ．若a ∥α且a ∥β，则α∥βD ．若γ∥α且γ∥β，则α∥β（2）平面α∥平面β的一个充分条件是( )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思维启迪 判断空间线面关系的基本思路：利用定理或结论；借助实物模型作出肯定或否定．思维升华 解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中．设m 、n 是不同的直线，α、β是不同的平面，有以下四个命题：①若α⊥β，m ∥α，则m ⊥β ②若m ⊥α，n ⊥α，则m ∥n③若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α ④若n ⊥α，n ⊥β，则β∥α 其中真命题的序号为( )A ．①③B ．②③C ．①④D ．②④热点二 平行、垂直关系的证明例2 如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，CD ＝2AB ，平面P AD ⊥底面ABCD ，P A ⊥AD ，E 和F 分别是CD 和PC 的中点，求证： （1）P A ⊥底面ABCD ； （2）BE ∥平面P AD ； （3）平面BEF ⊥平面PCD .思维启迪 (1)利用平面P AD ⊥底面ABCD 的性质，得线面垂直；(2)BE ∥AD 易证；(3)EF 是△CPD 的中位线． 思维升华 垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型． (1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行． (2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直． (3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．(4)证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直．如图所示，已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，AD ＝DE ＝2AB ，F 为CD 的中点． 求证：（1）AF ∥平面BCE ； （2）平面BCE ⊥平面CDE .热点三 图形的折叠问题例3 如图(1)，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，D ，E 分别为AC ，AB 的中点，点F 为线段CD 上的一点，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1F ⊥CD ，如图(2)．（1）求证：DE ∥平面A 1CB ； （2）求证：A 1F ⊥BE ；（3）线段A 1B 上是否存在点Q ，使A 1C ⊥平面DEQ ？请说明理由．思维启迪 折叠问题要注意在折叠过程中，哪些量变化了，哪些量没有变化．第(1)问证明线面平行，可以证明DE ∥BC ；第(2)问证明线线垂直转化为证明线面垂直，即证明A 1F ⊥平面BCDE ；第(3)问取A 1B 的中点Q ，再证明A 1C ⊥平面DEQ .思维升华 (1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下，折线同一侧线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．如图(1)，已知梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝2AD ＝4，E ，F 分别是AB ，CD上的点，EF ∥BC ，AE ＝x .沿EF 将梯形ABCD 翻折，使平面AEFD ⊥平面EBCF (如图(2)所示)，G 是BC 的中点．（1）当x ＝2时，求证：BD ⊥EG ；（2）当x 变化时，求三棱锥D －BCF 的体积f (x )的函数式．1．证明线线平行的常用方法（1）利用平行公理，即证明两直线同时和第三条直线平行； （2）利用平行四边形进行转换； （3）利用三角形中位线定理证明；（4）利用线面平行、面面平行的性质定理证明． 2．证明线面平行的常用方法（1）利用线面平行的判定定理，把证明线面平行转化为证线线平行； （2）利用面面平行的性质定理，把证明线面平行转化为证面面平行． 3．证明面面平行的方法证明面面平行，依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证面面平行转化为证线面平行，再转化为证线线平行． 4．证明线线垂直的常用方法（1）利用特殊平面图形的性质，如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直； （2）利用勾股定理逆定理；（3）利用线面垂直的性质，即要证线线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在平面即可． 5．证明线面垂直的常用方法（1）利用线面垂直的判定定理，把线面垂直的判定转化为证明线线垂直； （2）利用面面垂直的性质定理，把证明线面垂直转化为证面面垂直；（3）利用常见结论，如两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面． 6．证明面面垂直的方法证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中点、高线或添加辅助线解决.真题感悟1．(2014·辽宁)已知m ，n 表示两条不同直线，α表示平面．下列说法正确的是( ) A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若m ⊥α，n ⊂α，则m ⊥n C ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α D ．若m ∥α，m ⊥n ，则n ⊥α2．(2014·辽宁)如图，△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直，且AB ＝BC ＝BD ＝2，∠ABC ＝∠DBC ＝120°，E ，F ，G 分别为AC ，DC ，AD 的中点． （1）求证：EF ⊥平面BCG ； （2）求三棱锥D －BCG 的体积．附：锥体的体积公式V ＝13Sh ，其中S 为底面面积，h 为高．押题精练1．如图，AB 为圆O 的直径，点C 在圆周上(异于点A ，B )，直线P A 垂直于圆O 所在的平面，点M 为线段PB 的中点．有以下四个命题： ①P A ∥平面MOB ；②MO ∥平面P AC ； ③OC ⊥平面P AC ；④平面P AC ⊥平面PBC .其中正确的命题是________(填上所有正确命题的序号)．2．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱DD 1的中点． （1）证明：平面ADC 1B 1⊥平面A 1BE ；（2）在棱C 1D 1上是否存在一点F ，使B 1F ∥平面A 1BE ？并证明你的结论．(推荐时间：60分钟)一、选择题1．(2014·广东)若空间中四条两两不同的直线l 1，l 2，l 3，l 4，满足l 1⊥l 2，l 2⊥l 3，l 3⊥l 4，则下列结论一定正确的是( )A ．l 1⊥l 4B ．l 1∥l 4C ．l 1与l 4既不垂直也不平行D ．l 1与l 4的位置关系不确定2．已知m 和n 是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，那么下面给出的条件中一定能推出m ⊥β的是( )A ．α⊥β，且m ⊂αB ．m ∥n ，且n ⊥βC ．α⊥β，且m ∥αD ．m ⊥n ，且n ∥β3．ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，下列结论错误的是( ) A ．BD ∥平面CB 1D 1B ．A 1C ⊥BD C ．AC 1⊥平面CB 1D 1 D ．AC 1⊥BD 14．如图，四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°，将△ADB 沿BD折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，构成三棱锥A －BCD .则在三棱锥A －BCD 中，下列命题正确的是( )A ．平面ABD ⊥平面ABCB ．平面ADC ⊥平面BDC C ．平面ABC ⊥平面BDCD ．平面ADC ⊥平面ABC 5．直线m ，n 均不在平面α，β内，给出下列命题：①若m ∥n ，n ∥α，则m ∥α；②若m ∥β，α∥β，则m ∥α；③若m ⊥n ，n ⊥α，则m ∥α； ④若m ⊥β，α⊥β，则m ∥α.其中正确命题的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．46．在正三棱锥S －ABC 中，M ，N 分别是SC ，BC 的中点，且MN ⊥AM ，若侧棱SA ＝23，则正三棱锥S －ABC 外接球的表面积是( ) A ．12π B ．32π C ．36π D ．48π 二、填空题7．已知两条不同的直线m ，n 和两个不同的平面α，β，给出下列四个命题：①若m ∥α，n ∥β，且α∥β，则m ∥n ；②若m ∥α，n ⊥β，且α⊥β，则m ∥n ；③若m ⊥α，n ∥β，且α∥β，则m ⊥n ；④若m ⊥α，n ⊥β，且α⊥β，则m ⊥n .其中正确的个数为_________________．8．下列四个正方体图形中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，P 分别为其所在棱的中点，能得出AB ∥平面MNP 的图形的序号是________(写出所有符合要求的图形序号)．9．如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形，AC ＝2a ，BB 1＝3a ，D 是A 1C 1的中点，点F 在线段AA 1上，当AF ＝________时，CF ⊥平面B 1DF .10．如图，在长方形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 为DC 的中点，F 为线段EC (不含端点)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________．三、解答题11．如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，AA 1＝4，点D 是AB 的中点， （1）求证：AC ⊥BC 1； （2）求证：AC 1∥平面CDB 1.12．如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，D ，E 分别为A 1B 1，AA 1的中点，点F 在棱AB 上，且AF ＝14AB .（1）求证：EF ∥平面BC 1D ；（2）在棱AC 上是否存在一个点G ，使得平面EFG 将三棱柱分割成的两部分体积之比为1∶15，若存在，指出点G 的位置；若不存在，请说明理由．13．如图，在平行四边形ABCD 中，AB ＝2BC ＝4，∠ABC ＝120°，E ，M 分别为AB ，DE 的中点，将△ADE 沿直线DE 翻折成△A ′DE ，F 为A ′C 的中点，A ′C ＝4. （1）求证：平面A ′DE ⊥平面BCD ； （2）求证：FB ∥平面A ′DE .例1 (1)D (2)D 变式训练 D 答案 B 答案 ②④DBDDDC 7．2 8．①③ 9．a 或2a 10．⎝⎛⎭⎫12，111．证明 (1)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面三边长AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5， ∴AB 2＝AC 2＋BC 2， ∴AC ⊥BC .CC 1⊥平面ABC ， AC ⊂平面ABC ，∴AC ⊥CC 1，又BC ∩CC 1＝C ， ∴AC ⊥平面BCC 1B 1， BC 1⊂平面BCC 1B 1， ∴AC ⊥BC 1.(2)设CB 1与C 1B 的交点为E ，连接DE ， ∵D 是AB 的中点，E 是C 1B 的中点， ∴DE ∥AC 1，∵DE ⊂平面CDB 1，AC 1⊄平面CDB 1， ∴AC 1∥平面CDB 1.12．(1)证明 取AB 的中点M ，连接A 1M . 因为AF ＝14AB ，所以F 为AM 的中点．又E 为AA 1的中点，所以EF ∥A 1M .在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，M 分别是A 1B 1，AB 的中点， 所以A 1D ∥BM ，A 1D ＝BM ，所以四边形A 1DBM 为平行四边形，所以A 1M ∥BD . 所以EF ∥BD .因为BD ⊂平面BC 1D ，EF ⊄平面BC 1D ， 所以EF ∥平面BC 1D .(2)解 设AC 上存在一点G ，使得平面EFG 将三棱柱分割成两部分的体积之比为1∶15，如图所示．则V E －AFG ∶VABC －A 1B 1C 1＝1∶16， 所以V E －AFGVABC －A 1B 1C 1＝13×12AF ·AG sin ∠GAF ·AE 12×AB ·AC sin ∠CAB ·AA 1＝13×14×12×AG AC ＝124×AG AC ， 由题意，124×AG AC ＝116，解得AG AC ＝2416＝32.所以AG ＝32AC >AC ，所以符合要求的点G 不存在．13．证明 (1)由题意，得△A ′DE 是△ADE 沿DE 翻折而成的， ∴△A ′DE ≌△ADE .∵∠ABC ＝120°，四边形ABCD 是平行四边形， ∴∠A ＝60°. 又∵AD ＝AE ＝2，∴△A ′DE 和△ADE 都是等边三角形． 如图，连接A ′M ，MC ， ∵M 是DE 的中点， ∴A ′M ⊥DE ，A ′M ＝ 3.在△DMC 中，MC 2＝DC 2＋DM 2－2DC ·DM cos 60° ＝42＋12－2×4×1×cos 60°， ∴MC ＝13.在△A ′MC 中，A ′M 2＋MC 2＝(3)2＋(13)2＝42＝A ′C 2. ∴△A ′MC 是直角三角形，∴A ′M ⊥MC . 又∵A ′M ⊥DE ，MC ∩DE ＝M ， ∴A ′M ⊥平面BCD . 又∵A ′M ⊂平面A ′DE ， ∴平面A ′DE ⊥平面BCD . (2)取DC 的中点N ，连接FN ，NB .∵A ′C ＝DC ＝4，F ，N 分别是A ′C ，DC 的中点， ∴FN ∥A ′D .又∵N ，E 分别是平行四边形ABCD 的边DC ， AB 的中点， ∴BN ∥DE .又∵A ′D ∩DE ＝D ，FN ∩NB ＝N ， ∴平面A ′DE ∥平面FNB . ∵FB ⊂平面FNB ， ∴FB ∥平面A ′DE .。
2015高考数学(文)二轮专题复习课件：专题五_第一讲 空间几何体
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主干考 点梳理
考点2
多面体与旋转体的表面积与体积的计算
1．多面体的表面积．
面积之和． 多面体的表面积为各个面的________
2．旋转体的表面积．
(1)圆柱的表面积S＝________ 2πr(r＋L； )
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(2)圆锥的表面积S＝________ (2)πr(r＋； L)
(3)圆台的表面积S＝π(r′2＋r2＋r′L＋rL)； 4πR2 ． (4)球的表面积S＝________
主干考 点梳理 3．体积公式． Sh (1)柱体的体积V＝________ ． 1 Sh ． (2)锥体的体积V＝________ 3
1 (S′＋ S′ S＋S)h (3)台体的体积V＝________ ． 3
球的半径为 R，球心为 O，正四棱锥底面中心为 E，则 OE 垂直棱锥底面， OE＝ 4－ R，所以 (4－ R)2＋ ( 2)2＝ 81π 9 R2，解得 R＝ ，所以球的表面积 S＝4πR2＝ . 4 4
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主干考 点梳理
4．若某空间几何体的三视图如图所示，则该
几何体的体积是( B )
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主干考 点梳理
考点2
三视图
1．空间几何体的三视图包括___________ 正(主)视图 、 ________ ______． 侧 (左)视图和俯视图 2．在三视图中，正(主)侧(左)一样________ ， 高 长 宽 正(主)俯一样________ ，侧(左)俯一样________ ．
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高考热 点突破 规律方法 (1)解答此类问题，首先由三视图想象出几何 体的形状，并由相关数据得出几何体中的量，进而 求得表面积或体积． (2)掌握三视图是正确解决这类问题的关键，同 时也体现了知识间的内在联系，是高考的新动向．
2015年全国统一高考真题数学试卷(理科)(新课标ⅱ)(含答案及解析)
2015年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ）一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1．（5分）已知集合A={﹣2，﹣1，0，1，2}，B={x|（x﹣1）（x+2）＜0}，则A ∩B=（）A．{﹣1，0}B．{0，1}C．{﹣1，0，1}D．{0，1，2} 2．（5分）若a为实数，且（2+ai）（a﹣2i）=﹣4i，则a=（）A．﹣1B．0C．1D．23．（5分）根据如图给出的2004年至2013年我国二氧化硫年排放量（单位：万吨）柱形图，以下结论中不正确的是（）A．逐年比较，2008年减少二氧化硫排放量的效果最显著B．2007年我国治理二氧化硫排放显现成效C．2006年以来我国二氧化硫年排放量呈减少趋势D．2006年以来我国二氧化硫年排放量与年份正相关4．（5分）已知等比数列{a n}满足a1=3，a1+a3+a5=21，则a3+a5+a7=（）A．21B．42C．63D．845．（5分）设函数f（x）=，则f（﹣2）+f（log212）=（）A．3B．6C．9D．126．（5分）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图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）A．B．C．D．7．（5分）过三点A（1，3），B（4，2），C（1，﹣7）的圆交y轴于M，N两点，则|MN|=（）A．2B．8C．4D．108．（5分）程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”，执行该程序框图，若输入的a，b分别为14，18，则输出的a=（）A．0B．2C．4D．149．（5分）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．256π10．（5分）如图，长方形ABCD的边AB=2，BC=1，O是AB的中点，点P沿着边BC，CD与DA运动，记∠BOP=x．将动点P到A，B两点距离之和表示为x 的函数f（x），则y=f（x）的图象大致为（）A．B．C．D．11．（5分）已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，△ABM为等腰三角形，顶角为120°，则E的离心率为（）A．B．2C．D．12．（5分）设函数f′（x）是奇函数f（x）（x∈R）的导函数，f（﹣1）=0，当x ＞0时，xf′（x）﹣f（x）＜0，则使得f（x）＞0成立的x的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣1）∪（0，1）B．（﹣1，0）∪（1，+∞）C．（﹣∞，﹣1）∪（﹣1，0）D．（0，1）∪（1，+∞）二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）13．（5分）设向量，不平行，向量λ+与+2平行，则实数λ=．14．（5分）若x，y满足约束条件，则z=x+y的最大值为．15．（5分）（a+x）（1+x）4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a=．16．（5分）设数列{a n}的前n项和为S n，且a1=﹣1，a n+1=S n+1S n，则S n=．三、解答题（共5小题，满分60分）17．（12分）△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，△ABD面积是△ADC 面积的2倍．（1）求；（2）若AD=1，DC=，求BD和AC的长．18．（12分）某公司为了解用户对其产品的满意度，从A，B两地区分别随机调查了20个用户，得到用户对产品的满意度评分如下：A地区：62 73 81 92 95 85 74 64 53 7678 86 95 66 97 78 88 82 76 89B地区：73 83 62 51 91 46 53 73 64 8293 48 65 81 74 56 54 76 65 79（1）根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，给出结论即可）；（2）根据用户满意度评分，将用户的满意度从低到高分为三个等级：满意度评分低于70分70分到89分不低于90分满意度等级不满意满意非常满意记事件C：“A地区用户的满意度等级高于B地区用户的满意度等级”，假设两地区用户的评价结果相互独立，根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求C的概率．19．（12分）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，过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；（2）求直线AF与平面α所成角的正弦值．20．（12分）已知椭圆C：9x2+y2=m2（m＞0），直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M．（1）证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；（2）若l过点（，m），延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．21．（12分）设函数f（x）=e mx+x2﹣mx．（1）证明：f（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增；（2）若对于任意x1，x2∈[﹣1，1]，都有|f（x1）﹣f（x2）|≤e﹣1，求m的取值范围．四、选做题.选修4-1：几何证明选讲22．（10分）如图，O为等腰三角形ABC内一点，⊙O与△ABC的底边BC交于M，N两点，与底边上的高AD交于点G，且与AB，AC分别相切于E，F两点．（1）证明：EF∥BC；（2）若AG等于⊙O的半径，且AE=MN=2，求四边形EBCF的面积．选修4-4：坐标系与参数方程23．在直角坐标系xOy中，曲线C1：（t为参数，t≠0），其中0≤α≤π，在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ=2sinθ，C3：ρ=2cosθ．（1）求C2与C3交点的直角坐标；（2）若C1与C2相交于点A，C1与C3相交于点B，求|AB|的最大值．选修4-5：不等式选讲24．设a，b，c，d均为正数，且a+b=c+d，证明：（1）若ab＞cd，则+＞+；（2）+＞+是|a﹣b|＜|c﹣d|的充要条件．2015年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1．（5分）已知集合A={﹣2，﹣1，0，1，2}，B={x|（x﹣1）（x+2）＜0}，则A ∩B=（）A．{﹣1，0}B．{0，1}C．{﹣1，0，1}D．{0，1，2}【考点】1E：交集及其运算．【专题】5J：集合．【分析】解一元二次不等式，求出集合B，然后进行交集的运算即可．【解答】解：B={x|﹣2＜x＜1}，A={﹣2，﹣1，0，1，2}；∴A∩B={﹣1，0}．故选：A．【点评】考查列举法、描述法表示集合，解一元二次不等式，以及交集的运算．2．（5分）若a为实数，且（2+ai）（a﹣2i）=﹣4i，则a=（）A．﹣1B．0C．1D．2【考点】A1：虚数单位i、复数．【专题】5N：数系的扩充和复数．【分析】首先将坐标展开，然后利用复数相等解之．【解答】解：因为（2+ai）（a﹣2i）=﹣4i，所以4a+（a2﹣4）i=﹣4i，4a=0，并且a2﹣4=﹣4，所以a=0；故选：B．【点评】本题考查了复数的运算以及复数相等的条件，熟记运算法则以及复数相等的条件是关键．3．（5分）根据如图给出的2004年至2013年我国二氧化硫年排放量（单位：万吨）柱形图，以下结论中不正确的是（）A．逐年比较，2008年减少二氧化硫排放量的效果最显著B．2007年我国治理二氧化硫排放显现成效C．2006年以来我国二氧化硫年排放量呈减少趋势D．2006年以来我国二氧化硫年排放量与年份正相关【考点】B8：频率分布直方图．【专题】5I：概率与统计．【分析】A从图中明显看出2008年二氧化硫排放量比2007年的二氧化硫排放量减少的最多，故A正确；B从2007年开始二氧化硫排放量变少，故B正确；C从图中看出，2006年以来我国二氧化硫年排放量越来越少，故C正确；D2006年以来我国二氧化硫年排放量越来越少，与年份负相关，故D错误．【解答】解：A从图中明显看出2008年二氧化硫排放量比2007年的二氧化硫排放量明显减少，且减少的最多，故A正确；B2004﹣2006年二氧化硫排放量越来越多，从2007年开始二氧化硫排放量变少，故B正确；C从图中看出，2006年以来我国二氧化硫年排放量越来越少，故C正确；D2006年以来我国二氧化硫年排放量越来越少，而不是与年份正相关，故D错误．故选：D．【点评】本题考查了学生识图的能力，能够从图中提取出所需要的信息，属于基础题．4．（5分）已知等比数列{a n}满足a1=3，a1+a3+a5=21，则a3+a5+a7=（）A．21B．42C．63D．84【考点】88：等比数列的通项公式．【专题】11：计算题；54：等差数列与等比数列．【分析】由已知，a1=3，a1+a3+a5=21，利用等比数列的通项公式可求q，然后在代入等比数列通项公式即可求．【解答】解：∵a1=3，a1+a3+a5=21，∴，∴q4+q2+1=7，∴q4+q2﹣6=0，∴q2=2，∴a3+a5+a7==3×（2+4+8）=42．故选：B．【点评】本题主要考查了等比数列通项公式的应用，属于基础试题．5．（5分）设函数f（x）=，则f（﹣2）+f（log212）=（）A．3B．6C．9D．12【考点】3T：函数的值．【专题】11：计算题；51：函数的性质及应用．【分析】先求f（﹣2）=1+log2（2+2）=1+2=3，再由对数恒等式，求得f（log212）=6，进而得到所求和．【解答】解：函数f（x）=，即有f（﹣2）=1+log2（2+2）=1+2=3，f（log212）==2×=12×=6，则有f（﹣2）+f（log212）=3+6=9．故选：C．【点评】本题考查分段函数的求值，主要考查对数的运算性质，属于基础题．6．（5分）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图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）A．B．C．D．【考点】L!：由三视图求面积、体积．【专题】11：计算题；5F：空间位置关系与距离．【分析】由三视图判断，正方体被切掉的部分为三棱锥，把相关数据代入棱锥的体积公式计算即可．【解答】解：设正方体的棱长为1，由三视图判断，正方体被切掉的部分为三棱锥，∴正方体切掉部分的体积为×1×1×1=，∴剩余部分体积为1﹣=，∴截去部分体积与剩余部分体积的比值为．故选：D．【点评】本题考查了由三视图判断几何体的形状，求几何体的体积．7．（5分）过三点A（1，3），B（4，2），C（1，﹣7）的圆交y轴于M，N两点，则|MN|=（）A．2B．8C．4D．10【考点】IR：两点间的距离公式．【专题】11：计算题；5B：直线与圆．【分析】设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，代入点的坐标，求出D，E，F，令x=0，即可得出结论．【解答】解：设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，则，∴D=﹣2，E=4，F=﹣20，∴x2+y2﹣2x+4y﹣20=0，令x=0，可得y2+4y﹣20=0，∴y=﹣2±2，∴|MN|=4．故选：C．【点评】本题考查圆的方程，考查学生的计算能力，确定圆的方程是关键．8．（5分）程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”，执行该程序框图，若输入的a，b分别为14，18，则输出的a=（）A．0B．2C．4D．14【考点】EF：程序框图．【专题】5K：算法和程序框图．【分析】由循环结构的特点，先判断，再执行，分别计算出当前的a，b的值，即可得到结论．【解答】解：由a=14，b=18，a＜b，则b变为18﹣14=4，由a＞b，则a变为14﹣4=10，由a＞b，则a变为10﹣4=6，由a＞b，则a变为6﹣4=2，由a＜b，则b变为4﹣2=2，由a=b=2，则输出的a=2．故选：B．【点评】本题考查算法和程序框图，主要考查循环结构的理解和运用，以及赋值语句的运用，属于基础题．9．（5分）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【考点】LG：球的体积和表面积．【专题】11：计算题；5F：空间位置关系与距离．【分析】当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O﹣ABC的体积最大，利用三棱锥O﹣ABC体积的最大值为36，求出半径，即可求出球O的表面积．【解答】解：如图所示，当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O﹣ABC的体积最大，设球O的半径为R，此时V O﹣ABC=V C﹣AOB===36，故R=6，则球O的表面积为4πR2=144π，故选：C．【点评】本题考查球的半径与表面积，考查体积的计算，确定点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O﹣ABC的体积最大是关键．10．（5分）如图，长方形ABCD的边AB=2，BC=1，O是AB的中点，点P沿着边BC，CD与DA运动，记∠BOP=x．将动点P到A，B两点距离之和表示为x 的函数f（x），则y=f（x）的图象大致为（）A．B．C．D．【考点】HC：正切函数的图象．【分析】根据函数图象关系，利用排除法进行求解即可．【解答】解：当0≤x≤时，BP=tanx，AP==，此时f（x）=+tanx，0≤x≤，此时单调递增，当P在CD边上运动时，≤x≤且x≠时，如图所示，tan∠POB=tan（π﹣∠POQ）=tanx=﹣tan∠POQ=﹣=﹣，∴OQ=﹣，∴PD=AO﹣OQ=1+，PC=BO+OQ=1﹣，∴PA+PB=，当x=时，PA+PB=2，当P在AD边上运动时，≤x≤π，PA+PB=﹣tanx，由对称性可知函数f（x）关于x=对称，且f（）＞f（），且轨迹为非线型，排除A，C，D，故选：B．【点评】本题主要考查函数图象的识别和判断，根据条件先求出0≤x≤时的解析式是解决本题的关键．11．（5分）已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，△ABM为等腰三角形，顶角为120°，则E的离心率为（）A．B．2C．D．【考点】KC：双曲线的性质．【专题】5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】设M在双曲线﹣=1的左支上，由题意可得M的坐标为（﹣2a，a），代入双曲线方程可得a=b，再由离心率公式即可得到所求值．【解答】解：设M在双曲线﹣=1的左支上，且MA=AB=2a，∠MAB=120°，则M的坐标为（﹣2a，a），代入双曲线方程可得，﹣=1，可得a=b，c==a，即有e==．故选：D．【点评】本题考查双曲线的方程和性质，主要考查双曲线的离心率的求法，运用任意角的三角函数的定义求得M的坐标是解题的关键．12．（5分）设函数f′（x）是奇函数f（x）（x∈R）的导函数，f（﹣1）=0，当x ＞0时，xf′（x）﹣f（x）＜0，则使得f（x）＞0成立的x的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣1）∪（0，1）B．（﹣1，0）∪（1，+∞）C．（﹣∞，﹣1）∪（﹣1，0）D．（0，1）∪（1，+∞）【考点】6B：利用导数研究函数的单调性．【专题】2：创新题型；51：函数的性质及应用；53：导数的综合应用．【分析】由已知当x＞0时总有xf′（x）﹣f（x）＜0成立，可判断函数g（x）=为减函数，由已知f（x）是定义在R上的奇函数，可证明g（x）为（﹣∞，0）∪（0，+∞）上的偶函数，根据函数g（x）在（0，+∞）上的单调性和奇偶性，模拟g（x）的图象，而不等式f（x）＞0等价于x•g（x）＞0，数形结合解不等式组即可．【解答】解：设g（x）=，则g（x）的导数为：g′（x）=，∵当x＞0时总有xf′（x）＜f（x）成立，即当x＞0时，g′（x）恒小于0，∴当x＞0时，函数g（x）=为减函数，又∵g（﹣x）====g（x），∴函数g（x）为定义域上的偶函数又∵g（﹣1）==0，∴函数g（x）的图象性质类似如图：数形结合可得，不等式f（x）＞0⇔x•g（x）＞0⇔或，⇔0＜x＜1或x＜﹣1．故选：A．【点评】本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，并由函数的奇偶性和单调性解不等式，属于综合题．二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）13．（5分）设向量，不平行，向量λ+与+2平行，则实数λ=．【考点】96：平行向量（共线）．【专题】11：计算题；34：方程思想；4O：定义法；5A：平面向量及应用．【分析】利用向量平行的条件直接求解．【解答】解：∵向量，不平行，向量λ+与+2平行，∴λ+=t（+2）=，∴，解得实数λ=．故答案为：．【点评】本题考查实数值的解法，考查平面向量平行的条件及应用，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是基础题．14．（5分）若x，y满足约束条件，则z=x+y的最大值为．【考点】7C：简单线性规划．【专题】59：不等式的解法及应用．【分析】首先画出平面区域，然后将目标函数变形为直线的斜截式，求在y轴的截距最大值．【解答】解：不等式组表示的平面区域如图阴影部分，当直线经过D点时，z 最大，由得D（1，），所以z=x+y的最大值为1+；故答案为：．【点评】本题考查了简单线性规划；一般步骤是：①画出平面区域；②分析目标函数，确定求最值的条件．15．（5分）（a+x）（1+x）4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a= 3．【考点】DA：二项式定理．【专题】11：计算题；5P：二项式定理．【分析】给展开式中的x分别赋值1，﹣1，可得两个等式，两式相减，再除以2得到答案．【解答】解：设f（x）=（a+x）（1+x）4=a0+a1x+a2x2+…+a5x5，令x=1，则a0+a1+a2+…+a5=f（1）=16（a+1），①令x=﹣1，则a0﹣a1+a2﹣…﹣a5=f（﹣1）=0．②①﹣②得，2（a1+a3+a5）=16（a+1），所以2×32=16（a+1），所以a=3．故答案为：3．【点评】本题考查解决展开式的系数和问题时，一般先设出展开式，再用赋值法代入特殊值，相加或相减．16．（5分）设数列{a n}的前n项和为S n，且a1=﹣1，a n+1=S n+1S n，则S n=﹣．【考点】8H：数列递推式．【专题】54：等差数列与等比数列．﹣S n=a n+1可知S n+1﹣S n=S n+1S n，两边同时除以S n+1S n可知﹣【分析】通过S n+1=1，进而可知数列{}是以首项、公差均为﹣1的等差数列，计算即得结论．=S n+1S n，【解答】解：∵a n+1﹣S n=S n+1S n，∴S n+1∴﹣=1，又∵a1=﹣1，即=﹣1，∴数列{}是以首项是﹣1、公差为﹣1的等差数列，∴=﹣n，∴S n=﹣，故答案为：﹣．【点评】本题考查数列的通项，对表达式的灵活变形是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．三、解答题（共5小题，满分60分）17．（12分）△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，△ABD面积是△ADC 面积的2倍．（1）求；（2）若AD=1，DC=，求BD和AC的长．【考点】HP：正弦定理；HT：三角形中的几何计算．【专题】58：解三角形．【分析】（1）如图，过A作AE⊥BC于E，由已知及面积公式可得BD=2DC，由AD平分∠BAC及正弦定理可得sin∠B=，sin∠C=，从而得解．（2）由（1）可求BD=．过D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，由AD平分∠BAC，可求AB=2AC，令AC=x，则AB=2x，利用余弦定理即可解得BD和AC的长．【解答】解：（1）如图，过A作AE⊥BC于E，∵==2∴BD=2DC，∵AD平分∠BAC∴∠BAD=∠DAC在△ABD中，=，∴sin∠B=在△ADC中，=，∴sin∠C=；∴==．…6分（2）由（1）知，BD=2DC=2×=．过D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，∵AD平分∠BAC，∴DM=DN，∴==2，∴AB=2AC，令AC=x，则AB=2x，∵∠BAD=∠DAC，∴cos∠BAD=cos∠DAC，∴由余弦定理可得：=，∴x=1，∴AC=1，∴BD的长为，AC的长为1．【点评】本题主要考查了三角形面积公式，正弦定理，余弦定理等知识的应用，属于基本知识的考查．18．（12分）某公司为了解用户对其产品的满意度，从A，B两地区分别随机调查了20个用户，得到用户对产品的满意度评分如下：A地区：62 73 81 92 95 85 74 64 53 7678 86 95 66 97 78 88 82 76 89B地区：73 83 62 51 91 46 53 73 64 8293 48 65 81 74 56 54 76 65 79（1）根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，给出结论即可）；（2）根据用户满意度评分，将用户的满意度从低到高分为三个等级：满意度评分低于70分70分到89分不低于90分满意度等级不满意满意非常满意记事件C：“A地区用户的满意度等级高于B地区用户的满意度等级”，假设两地区用户的评价结果相互独立，根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求C的概率．【考点】BA：茎叶图；CB：古典概型及其概率计算公式．【专题】5I：概率与统计．【分析】（1）根据茎叶图的画法，以及有关茎叶图的知识，比较即可；（2）根据概率的互斥和对立，以及概率的运算公式，计算即可．【解答】解：（1）两地区用户满意度评分的茎叶图如下通过茎叶图可以看出，A地区用户满意评分的平均值高于B地区用户满意评分的平均值；A地区用户满意度评分比较集中，B地区用户满意度评分比较分散；（2）记C A1表示事件“A地区用户满意度等级为满意或非常满意”，记C A2表示事件“A地区用户满意度等级为非常满意”，记C B1表示事件“B地区用户满意度等级为不满意”，记C B2表示事件“B地区用户满意度等级为满意”，则C A1与C B1独立，C A2与C B2独立，C B1与C B2互斥，则C=C A1C B1∪C A2C B2，P（C）=P（C A1C B1）+P（C A2C B2）=P（C A1）P（C B1）+P（C A2）P（C B2），由所给的数据C A1，C A2，C B1，C B2，发生的频率为，，，，所以P（C A1）=，P（C A2）=，P（C B1）=，P（C B2）=，所以P（C）=×+×=0.48．【点评】本题考查了茎叶图，概率的互斥与对立，用频率来估计概率，属于中档题．19．（12分）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，过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；（2）求直线AF与平面α所成角的正弦值．【考点】MI：直线与平面所成的角．【专题】5G：空间角；5H：空间向量及应用．【分析】（1）容易知道所围成正方形的边长为10，再结合长方体各边的长度，即可找出正方形的位置，从而画出这个正方形；（2）分别以直线DA，DC，DD1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，考虑用空间向量解决本问，能够确定A，H，E，F几点的坐标．设平面EFGH的法向量为，根据即可求出法向量，坐标可以求出，可设直线AF与平面EFGH所成角为θ，由sinθ=即可求得直线AF 与平面α所成角的正弦值．【解答】解：（1）交线围成的正方形EFGH如图：（2）作EM⊥AB，垂足为M，则：EH=EF=BC=10，EM=AA1=8；∴，∴AH=10；以边DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则：A（10，0，0），H（10，10，0），E（10，4，8），F（0，4，8）；∴；设为平面EFGH的法向量，则：，取z=3，则；若设直线AF和平面EFGH所成的角为θ，则：sinθ==；∴直线AF与平面α所成角的正弦值为．【点评】考查直角三角形边的关系，通过建立空间直角坐标系，利用空间向量解决线面角问题的方法，弄清直线和平面所成角与直线的方向向量和平面法向量所成角的关系，以及向量夹角余弦的坐标公式．20．（12分）已知椭圆C：9x2+y2=m2（m＞0），直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M．（1）证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；（2）若l过点（，m），延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．【考点】I3：直线的斜率；KH：直线与圆锥曲线的综合．【专题】2：创新题型；5E：圆锥曲线中的最值与范围问题．【分析】（1）联立直线方程和椭圆方程，求出对应的直线斜率即可得到结论．（2）四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即x P=2x M，建立方程关系即可得到结论．【解答】解：（1）设直线l：y=kx+b，（k≠0，b≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），M（x M，y M），将y=kx+b代入9x2+y2=m2（m＞0），得（k2+9）x2+2kbx+b2﹣m2=0，则判别式△=4k2b2﹣4（k2+9）（b2﹣m2）＞0，则x1+x2=，则x M==，y M=kx M+b=，于是直线OM的斜率k OM==，即k OM•k=﹣9，∴直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．（2）四边形OAPB能为平行四边形．∵直线l过点（，m），∴由判别式△=4k2b2﹣4（k2+9）（b2﹣m2）＞0，即k2m2＞9b2﹣9m2，∵b=m﹣m，∴k2m2＞9（m﹣m）2﹣9m2，即k2＞k2﹣6k，即6k＞0，则k＞0，∴l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k＞0，k≠3，由（1）知OM的方程为y=x，设P的横坐标为x P，由得，即x P=，将点（，m）的坐标代入l的方程得b=，即l的方程为y=kx+，将y=x，代入y=kx+，得kx+=x解得x M=，四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即x P=2x M，于是=2×，解得k1=4﹣或k2=4+，∵k i＞0，k i≠3，i=1，2，∴当l的斜率为4﹣或4+时，四边形OAPB能为平行四边形．【点评】本题主要考查直线和圆锥曲线的相交问题，联立方程组转化为一元二次方程，利用根与系数之间的关系是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．21．（12分）设函数f（x）=e mx+x2﹣mx．（1）证明：f（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增；（2）若对于任意x1，x2∈[﹣1，1]，都有|f（x1）﹣f（x2）|≤e﹣1，求m的取值范围．【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；6E：利用导数研究函数的最值．【专题】2：创新题型；52：导数的概念及应用．【分析】（1）利用f′（x）≥0说明函数为增函数，利用f′（x）≤0说明函数为减函数．注意参数m的讨论；（2）由（1）知，对任意的m，f（x）在[﹣1，0]单调递减，在[0，1]单调递增，则恒成立问题转化为最大值和最小值问题．从而求得m的取值范围．【解答】解：（1）证明：f′（x）=m（e mx﹣1）+2x．若m≥0，则当x∈（﹣∞，0）时，e mx﹣1≤0，f′（x）＜0；当x∈（0，+∞）时，e mx﹣1≥0，f′（x）＞0．若m＜0，则当x∈（﹣∞，0）时，e mx﹣1＞0，f′（x）＜0；当x∈（0，+∞）时，e mx﹣1＜0，f′（x）＞0．所以，f（x）在（﹣∞，0）时单调递减，在（0，+∞）单调递增．（2）由（1）知，对任意的m，f（x）在[﹣1，0]单调递减，在[0，1]单调递增，故f（x）在x=0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈[﹣1，1]，|f（x1）﹣f（x2）|≤e﹣1的充要条件是即设函数g（t）=e t﹣t﹣e+1，则g′（t）=e t﹣1．当t＜0时，g′（t）＜0；当t＞0时，g′（t）＞0．故g（t）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增．又g（1）=0，g（﹣1）=e﹣1+2﹣e＜0，故当t∈[﹣1，1]时，g（t）≤0．当m∈[﹣1，1]时，g（m）≤0，g（﹣m）≤0，即合式成立；当m＞1时，由g（t）的单调性，g（m）＞0，即e m﹣m＞e﹣1．当m＜﹣1时，g（﹣m）＞0，即e﹣m+m＞e﹣1．综上，m的取值范围是[﹣1，1]【点评】本题主要考查导数在求单调函数中的应用和恒成立在求参数中的应用．属于难题，高考压轴题．四、选做题.选修4-1：几何证明选讲22．（10分）如图，O为等腰三角形ABC内一点，⊙O与△ABC的底边BC交于M，N两点，与底边上的高AD交于点G，且与AB，AC分别相切于E，F两点．（1）证明：EF∥BC；（2）若AG等于⊙O的半径，且AE=MN=2，求四边形EBCF的面积．【考点】N4：相似三角形的判定．【专题】26：开放型；5F：空间位置关系与距离．【分析】（1）通过AD是∠CAB的角平分线及圆O分别与AB、AC相切于点E、F，利用相似的性质即得结论；（2）通过（1）知AD是EF的垂直平分线，连结OE、OM，则OE⊥AE，利用S△ABC ﹣S△AEF计算即可．【解答】（1）证明：∵△ABC为等腰三角形，AD⊥BC，∴AD是∠CAB的角平分线，又∵圆O分别与AB、AC相切于点E、F，∴AE=AF，∴AD⊥EF，∴EF∥BC；（2）解：由（1）知AE=AF，AD⊥EF，∴AD是EF的垂直平分线，又∵EF为圆O的弦，∴O在AD上，连结OE、OM，则OE⊥AE，由AG等于圆O的半径可得AO=2OE，∴∠OAE=30°，∴△ABC与△AEF都是等边三角形，∵AE=2，∴AO=4，OE=2，∵OM=OE=2，DM=MN=，∴OD=1，∴AD=5，AB=，∴四边形EBCF的面积为×﹣××=．【点评】本题考查空间中线与线之间的位置关系，考查四边形面积的计算，注意解题方法的积累，属于中档题．选修4-4：坐标系与参数方程23．在直角坐标系xOy中，曲线C1：（t为参数，t≠0），其中0≤α≤π，在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ=2sinθ，C3：ρ=2cosθ．（1）求C2与C3交点的直角坐标；（2）若C1与C2相交于点A，C1与C3相交于点B，求|AB|的最大值．【考点】Q4：简单曲线的极坐标方程；QH：参数方程化成普通方程．【专题】5S：坐标系和参数方程．【分析】（I）由曲线C2：ρ=2sinθ，化为ρ2=2ρsinθ，把代入可得直角坐标方程．同理由C3：ρ=2cosθ．可得直角坐标方程，联立解出可得C2与C3交点的直角坐标．（2）由曲线C1的参数方程，消去参数t，化为普通方程：y=xtanα，其中0≤α≤π，α≠；α=时，为x=0（y≠0）．其极坐标方程为：θ=α（ρ∈R，ρ≠0），利用|AB|=即可得出．【解答】解：（I）由曲线C2：ρ=2sinθ，化为ρ2=2ρsinθ，∴x2+y2=2y．同理由C3：ρ=2c osθ．可得直角坐标方程：，联立，解得，，∴C2与C3交点的直角坐标为（0，0），．（2）曲线C1：（t为参数，t≠0），化为普通方程：y=xtanα，其中0≤α≤π，α≠；α=时，为x=0（y≠0）．其极坐标方程为：θ=α（ρ∈R，ρ≠0），∵A，B都在C1上，∴A（2sinα，α），B．∴|AB|==4，当时，|AB|取得最大值4．【点评】本题考查了极坐标方程化为直角坐标方程、参数方程化为普通方程、曲线的交点、两点之间的距离公式、三角函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．选修4-5：不等式选讲24．设a，b，c，d均为正数，且a+b=c+d，证明：（1）若ab＞cd，则+＞+；（2）+＞+是|a﹣b|＜|c﹣d|的充要条件．【考点】29：充分条件、必要条件、充要条件；R6：不等式的证明．【专题】59：不等式的解法及应用；5L：简易逻辑．【分析】（1）运用不等式的性质，结合条件a，b，c，d均为正数，且a+b=c+d，ab＞cd，即可得证；（2）从两方面证，①若+＞+，证得|a﹣b|＜|c﹣d|，②若|a﹣b|＜|c﹣d|，证得+＞+，注意运用不等式的性质，即可得证．【解答】证明：（1）由于（+）2=a+b+2，（+）2=c+d+2，由a，b，c，d均为正数，且a+b=c+d，ab＞cd，则＞，即有（+）2＞（+）2，则+＞+；（2）①若+＞+，则（+）2＞（+）2，即为a+b+2＞c+d+2，由a+b=c+d，则ab＞cd，于是（a﹣b）2=（a+b）2﹣4ab，（c﹣d）2=（c+d）2﹣4cd，即有（a﹣b）2＜（c﹣d）2，即为|a﹣b|＜|c﹣d|；②若|a﹣b|＜|c﹣d|，则（a﹣b）2＜（c﹣d）2，即有（a+b）2﹣4ab＜（c+d）2﹣4cd，由a+b=c+d，则ab＞cd，则有（+）2＞（+）2．综上可得，+＞+是|a﹣b|＜|c﹣d|的充要条件．【点评】本题考查不等式的证明，主要考查不等式的性质的运用，同时考查充要条件的判断，属于基础题．。
2015高考数学第二轮复习专题讲解 解析几何 (含试题及答案)
2
）
D．与 P 点位置有关 解： A 记 △P F 1 F 2 的内切圆圆心为 C ，边 P F 1 、 P F 2 、 、 D ，易见点 C 、 D 的横坐标相等，如图，
c
F1 F2
上的切点分别为
M
、
N
可得 |P M | = |P N | ，|F 1 M | = |F 1 D| ，|F 2 N | = |F 2 D| ． 由 |P F 1 | − |P F 2 | = 2a ，即
|P M | + |M F 1 | − (|P N | + |N F 2 |) = 2a,
得 |M F 1 | − |N F 2 | = 2a ，即 记点 C 的横坐标为 x 0 ，则 练习 1. 已知椭圆 C
x : 9
2
|F 1 D| − |F 2 D| = 2a D (x 0 , 0)
． ，得
圆锥曲线定义挖掘 描述 锥曲线问题可以从曲线的几何性质和代数计算两个角度考虑，圆锥曲线的几何性质中首先需 圆 要关注的是圆锥曲线的定义． 对椭圆来说，是椭圆上任意一点到两个焦点的距离和为定值；对 双曲线来说，是双曲线上任意一点到双曲线的两个焦点的距离之差的绝对值为定值；对抛物线 来说是，抛物线上任意一点到焦点的距离等于它到准线的距离． 本小节主要关注如何利用这些定义去解决圆锥曲线的一些选择填空题． 一般来说，涉及到与焦 点相关的问题或与准线（抛物线）相关问题，优先考虑定义，避免直接代数计算． 而一般圆锥 曲线的解答题或是小题与焦点、准线无关时，才会考虑去做代数计算． 已知
易知线段 M F 的中点在抛物线内，且线段 M F 的垂直平分线斜率存在且不为零，故其与抛 物线有两个交点，从而满足条件的圆共有 2 个． 设双曲线
2015年全国各地高考模拟数学试题汇编空间几何体的三视图、表面积与体积(理卷A)
2015年全国各地高考模拟数学试题汇编空间几何体的三视图、表面积与体积(理卷A)专题5 立体几何第1讲空间几何体的三视图、表面积与体积（A卷）一、选择题（每题5分，共70分）1.（2015·陕西省咸阳市高考模拟考试（三）·8）2.（2015·汕头市普通高考第二次模拟考试试题·6）3．（2015·厦门市高三适应性考试·9）如图1，已知正方体ABCD－A1B1C l D1的棱长为a，动点M、N、Q分别在线段1111AD B C C D上.,,当三棱锥Q-BMN的俯视图如图2所示时，三棱锥Q-BMN的正视图面积等于（）A. 212a B. 214aC. 224a D. 234a4．(2015济宁市曲阜市第一中学高三校模拟考试·4)一个几何体的三视图及部分数据如图所示，正视图、侧视图和俯视图都是等腰直角三角形，则该几何体的体积为（）A．16B．13C．23D．1正视方向图1 图2B11CDBMN5．(2015·黑龙江省哈尔滨市第三中学高三第三次模拟考试数学（理）试题·5)一个空间几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都是半径为1的圆，则这个几何体的表面积为（ ）A ．π3B ．π4C ．π5D ．π6 【解析】由三视图知原几何体是一个球的43，,球的半径为1，其表面积为πππ41144322=⨯+⨯⨯⨯．6.(2015·大连市高三第二次模拟考试·10)已知某几何体的三视图如图所示，三视图是边长为1的等腰直角三角形和边长为1的正方形，则该几何体的体积为（ ）（A ）16 （B ）13（C ）12 （D ）237．(2015·丰台区学期统一练习二·5）某三棱锥的正视图和俯视图如图所示，则其左视图面积为（ ）32213(A) 6 (B) 29 (C) 3(D) 238．（2015·合肥市高三第三次教学质量检测·7）某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的各个面中,最大的面积是（ ）A ．62．1 C ．22D 69．（2015·开封市高三数学（理）冲刺模拟考试·5）某几何体的三视图如下图所示，则该几何体的体积为（ ）A ．12B ．24C ．30D ．4810．（2015·开封市高三数学（理）冲刺模拟考试·11）如图，在等腰梯形ABCD 中，AB ＝2DC ＝2，∠DAB ＝60°，E 为AB 的中点．将△ADE 与△BEC 分别沿ED 、EC 向上折起，使A 、B 重合于点P ，则三棱锥P-DCE 的外接球的体积俯视图左视图正视图3245为( )A ．86πB．66π C ．64π D ．62π11. (2015·哈尔滨市第六中学高三第三次模拟考试·9) 如图，一个空间几何体的正视图、侧视图都是面积为32，一个内角为60︒ 的菱形，俯视图为正方形，那么这个几何体的表面积为（ ）A.23B.43C.8D. 412.（2015·河北省唐山市高三第三次模拟考试·8）13．（2015·山东省潍坊市高三第二次模拟考试·7）已知三棱锥S—ABC的所有顶点都在球O的球面上，底面△ABC是边长为1的正三角形，棱SC是球O的直径且SC=2，则此三棱锥的体积为（）A ．62 B ．63 C ．32 D ．2214．(江西省九江市2015届高三第三次模拟考试·5)已知某锥体的正视图和侧视图如图所示，其体积为23，则该锥体的俯视图可以是（ ）二、非选择题(30分)15．(2015·日照市高三校际联合5月检测·13)若某几何体的三视图如右图所示，则此几何体的体积是______．第15题图22侧视图322正视图11BPA．16. (2015·济宁市5月高考模拟考试·14)17. (江西省九江市2015届高三第三次模拟考试·15)已知点A 、B 、C 、D 在同一球面上，且2,2AB BC AC ===ABCD 体积的最大值为43，则该球的表面积为 18、（2015·海南省高考模拟测试题·15）某几何体的三视图如图所示，则此几何体的对应直观图中PAB ∆的面积为__________.19 (2015·哈尔滨市第六中学高三第三次模拟考试·15)已知球O的直径4=PQ，C B A,,是球O球面上的三点, 30=∠CPQ=APQ，ABCBPQ∠∠=∆是正三角形，则三棱锥ABCP-的体积为. 20. (2015·济南市高三教学质量调研考试·15)如图，三个半径都是5cm的小球放在一个半球面的碗中，三个小球的顶端恰好与碗的上沿处于同一水平面，则这个碗的半径R是_________cm.专题5 立体几何第1讲 空间几何体的三视图、表面积与体积（A 卷）答案与解析1.【答案】 B.【命题立意】考查立体几何中三视图的观察与应用，以及简单几何体体积的计算.【解析】由于从三视图可以看出几何体的上半部分是截面为正方形的直四棱柱，下半部分是截面为等腰梯形的直四棱柱，所以其体积为312(26)22244482V V V cm +⨯=+=⨯⨯+⨯=.故选B.2.【答案】A【命题立意】本题考查的知识点是三视图和几何体的表面积．【解析】由三视图可知，该几何体的形状如图，它是底面为正方形，各个侧面均为直角三角形的四棱锥，用去的铁皮的面积即该棱锥的表面积，其底面边长为10，故底面面积为10×10=100与底面垂直的两个侧面是全等的直角，两直角连年长度分别为10，20，故它们的面积皆为100另两个侧面也是全等的直角三角形，两直角边中一边是底面正方形的边长10，另一边可在与底面垂直的直角三角形中求得，其长为221020105+=，故此两侧面的面积皆为505故此四棱锥的表面积为S ＝100(3+5)cm 2． 故选A.3.【答案】B【命题立意】本题旨在考查几何体的三视图.【解析】由俯视图可知点N 和点C 重合，Q 点和1D 重合，M 为1AD 的中点，故其正视图为三角形，如图：从而得到其面积为：2111224a a a ⨯⨯=.故选：B 4.【答案】B【命题立意】本题考查的知识点是由三视图求体积，其中根据三视图判断出几何体的形状，分析出几何体的几何特征，进而求出底面面积，高是解答本题的关键．【解析】由三视图判断几何体为三棱锥，如图：由已知中侧视图是一个等腰直角三角形，宽为1，∴棱锥的高H=1；底面△的高也为1，又由俯视图为等腰直角三角形，且底面斜边长为2，∴底面面积S=12×2×1=1，则几何体的体积V=13×1×1=13．5.【答案】B【命题立意】考查三视图，考查空间想象能力，容易题．6.【答案】A【命题立意】本题重点考查了三视图、空间几何体的结构特征等知识。
2015届高考数学二轮复习专题讲解 课件 第一讲 空间几何体(选择、填空题型)
高考专题辅导与测试·数学
第一页，编辑于星期五：十点 二分。
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第一讲 空间几何体
（选择、填空题型）
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第二页，编辑于星期五：十点 二分。
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1．(2014·福建高考)某空间几何体的正视图是三角形，则该几何
体辑于星期五：十点 二分。
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[自主解答] 1.由题知，该几何体的三视图为一个三角形，两个四 边形，经分析可知该几何体为三棱柱，故选 B.
2．在空间直角坐标系 O-xyz 中作出棱长为 2 的正方体，在该正方 体中作出四面体，如图所示，由图可知，该四面体的正视图为④，俯 视图为②.
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4．(2014·广东高考)若空间中四条两两不同的直线 l1，l2，l3，l4， 满足 l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是( )
A．l1⊥l4 B．l1∥l4 C．l1 与 l4 既不垂直也不平行 D．l1 与 l4 的位置关系不确定
A．若 m⊥n，n∥α，则 m⊥α B．若 m∥β，β⊥α，则 m⊥α C．若 m⊥β，n⊥β，n⊥α，则 m⊥α D．若 m⊥n，n⊥β，β⊥α，则 m⊥α
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[自主解答] 1.垂直于同一直线的两个平面平行，故 C 正确． 2．已知直线 m、n 和平面 α、β 满足 m⊥n，α⊥β，m⊥α，则在 直线 m 上取一点 M，过 M 作直线 n′，使得 n′∥n，因为 m⊥n，所 以 m⊥n′，又 m⊥α，所以 n′∥α 或 n′⊂α，所以 n∥α 或 n⊂α. 故选 D. 3．选项 A、B、D 中 m 均可能与平面 α 平行、垂直、斜交或在 平面 α 内，故选 C.
2015届高考数学(理)二轮专题配套练习：专题5_第3讲_立体几何中的向量方法(含答案)
第3讲 立体几何中的向量方法考情解读 1．以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考查空间中平行与垂直的证明，常出现在解答题的第(1)问中，考查空间想象能力，推理论证能力及计算能力，属低中档问题.2．以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考查空间角(主要是线面角和二面角)的计算，是高考的必考内容，属中档题.3．以已知结论寻求成立的条件(或是否存在问题)的探索性问题，考查逻辑推理能力、空间想象能力以及探索能力，是近几年高考命题的新亮点，属中高档问题．1．直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)．平面α、β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)(以下相同)． （1）线面平行l ∥α⇔a ⊥μ⇔a ·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0. （2）线面垂直l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2. （3）面面平行α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝λv ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3. （4）面面垂直α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0. 2．直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．平面α、β的法向量分别为 μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同)． （1）线线夹角设l ，m 的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21a 22＋b 22＋c 22.（2）线面夹角设直线l 与平面α的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则sin θ＝|a ·μ||a ||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|.（3）面面夹角设半平面α、β的夹角为θ(0≤θ≤π)，则|cos θ|＝|μ·v ||μ||v |＝|cos 〈μ，v 〉|. 提醒 求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析．3．求空间距离直线到平面的距离，两平行平面的距离均可转化为点到平面的距离，点P 到平面α的距离：d ＝|PM →·n ||n |(其中n 为α的法向量，M 为α内任一点).热点一 利用向量证明平行与垂直例1 如图，在直三棱柱ADE —BCF 中，面ABFE 和面ABCD 都是正方形且互相垂直，M 为AB 的中点，O 为DF 的中点．运用向量方法证明： （1）OM ∥平面BCF ；（2）平面MDF ⊥平面EFCD .思维启迪 从A 点出发的三条直线AB 、AD ，AE 两两垂直，可建立空间直角坐标系．思维升华 (1)要证明线面平行，只需证明向量OM →与平面BCF 的法向量垂直；另一个思路则是根据共面向量定理证明向量OM →与BF →，BC →共面．(2)要证明面面垂直，只要证明这两个平面的法向量互相垂直；也可根据面面垂直的判定定理证明直线OM 垂直于平面EFCD ，即证OM 垂直于平面EFCD 内的两条相交直线，从而转化为证明向量OM →与向量FC →、CD →垂直．如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，P A ＝AB ＝2，∠BAD ＝60°，E 是P A 的中点． （1）求证：直线PC ∥平面BDE ； （2）求证：BD ⊥PC ；热点二 利用向量求空间角例2 如图，五面体中，四边形ABCD 是矩形，AB ∥EF ，AD ⊥平面ABEF ，且AD ＝1，AB ＝12EF ＝22，AF ＝BE ＝2，P 、Q 分别为AE 、BD 的中点．（1）求证：PQ ∥平面BCE ； （2）求二面角A －DF －E 的余弦值．思维启迪 (1)易知PQ 为△ACE 的中位线；(2)根据AD⊥平面ABEF 构建空间直角坐标系．思维升华 (1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．(2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．(2013·山东)如图所示，在三棱锥P －ABQ 中，PB ⊥平面ABQ ，BA ＝BP ＝BQ ，D ，C ，E ，F 分别是AQ ，BQ ，AP ，BP 的中点，AQ ＝2BD ，PD 与EQ 交于点G ，PC 与FQ 交于点H ，连接GH . （1）求证：AB ∥GH ；（2）求二面角D －GH －E 的余弦值．热点三 利用空间向量求解探索性问题例3 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝2AA 1，∠ABC ＝90°，D 是BC 的中点．（1）求证：A 1B ∥平面ADC 1； （2）求二面角C 1－AD －C 的余弦值；（3）试问线段A 1B 1上是否存在点E ，使AE 与DC 1成60°角？若存在，确定E 点位置；若不存在，说明理由． 思维升华 空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．如图，在三棱锥P —ABC 中，AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，AP ＝BP ＝AB ，PC ⊥AC ，点D 为BC 的中点．（1）求二面角A —PD —B 的余弦值；（2）在直线AB 上是否存在点M ，使得PM 与平面P AD 所成角的正弦值为16，若存在，求出点M 的位置；若不存在，说明理由．空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量，把立体几何中的平行、垂直关系，各类角、距离以向量的方式表达出来，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题．应用的核心是充分认识形体特征，进而建立空间直角坐标系，通过向量的运算解答问题，达到几何问题代数化的目的，同时注意运算的准确性．提醒三点：（1）直线的方向向量和平面的法向量所成角的余弦值的绝对值是线面角的正弦值，而不是余弦值． （2）求二面角除利用法向量外，还可以按照二面角的平面角的定义和空间任意两个向量都是共面向量的知识，我们只要是在二面角的两个半平面内分别作和二面角的棱垂直的向量，并且两个向量的方向均指向棱或者都从棱指向外，那么这两个向量所成的角的大小就是二面角的大小．如图所示．（3）对于空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，且有OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(x ，y ，z ∈R )，四点P ，A ，B ，C 共面的充要条件是x ＋y ＋z ＝1.空间一点P 位于平面MAB 内⇔存在有序实数对x ，y ，使MP →＝xMA →＋yMB →，或对空间任一定点O ，有序实数对x ，y ，使OP →＝OM →＋xMA →＋yMB →.真题感悟(2014·北京)如图，正方形AMDE 的边长为2，B ，C 分别为AM ，MD 的中点，在五棱锥P －ABCDE 中，F 为棱PE 的中点，平面ABF 与棱PD ，PC 分别交于点G ，H.（1）求证：AB ∥FG ；（2）若P A ⊥底面ABCDE ，且P A ＝AE ，求直线BC 与平面ABF 所成角的大小，并求线段PH 的长． 押题精练如图所示，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1。
2015届高考数学(理)二轮专题配套练习：立体几何(含答案)
立体几何1．一个物体的三视图的排列规则是俯视图放在正(主)视图下面，长度与正(主)视图一样，侧(左)视图放在正(主)视图右面，高度与正(主)视图一样，宽度与俯视图一样，即“长对正，高平齐，宽相等”．在画一个物体的三视图时，一定注意实线与虚线要分明．[问题1] 如图，若一个几何体的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图均为面积等于2的等腰直角三角形，则该几何体的体积为________．2．在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．“平行于x 轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y 轴的线段平行性不变，长度减半．”[问题2] 如图所示的等腰直角三角形表示一个水平放置的平面图形的直观图，则这个平面图形的面积是________．3．简单几何体的表面积和体积（1）S 直棱柱侧＝c ·h (c 为底面的周长，h 为高)． （2）S 正棱锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)．（3）S 正棱台侧＝12(c ′＋c )h ′(c 与c ′分别为上、下底面周长，h ′为斜高)．（4）圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式S 圆柱侧＝2πrl (r 为底面半径，l 为母线)， S 圆锥侧＝πrl (同上)， S 圆台侧＝π(r ′＋r )l (r ′、r 分别为上、下底的半径，l 为母线)． （5）体积公式V 柱＝S ·h (S 为底面面积，h 为高)， V 锥＝13S ·h (S 为底面面积，h 为高)，V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (S 、S ′为上、下底面面积，h 为高)．（6）球的表面积和体积S 球＝4πR 2，V 球＝43πR 3.[问题3] 如图所示，一个空间几何体的正(主)视图和俯视图都是边长为1的正方形，侧(左)视图是一个直径为1的圆，那么这个几何体的表面积为( )A ．4πB ．3πC ．2πD ．32π4．空间直线的位置关系：①相交直线——有且只有一个公共点．②平行直线——在同一平面内，没有公共点．③异面直线——不在同一平面内，也没有公共点．[问题4] 在空间四边形ABCD 中，E 、F 、G 、H 分别是四边上的中点，则直线EG 和FH 的位置关系是________． 5．空间直线与平面、平面与平面的位置关系 （1）直线与平面①位置关系：平行、直线在平面内、直线与平面相交． ②直线与平面平行的判定定理和性质定理：判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行．性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行．③直线与平面垂直的判定定理和性质定理：判定定理：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直． 性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行． （2）平面与平面①位置关系：平行、相交(垂直是相交的一种特殊情况)． ②平面与平面平行的判定定理和性质定理：判定定理：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行． 性质定理：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行．③平面与平面垂直的判定定理和性质定理：判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直．性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直．[问题5] 已知b ，c 是平面α内的两条直线，则“直线a ⊥α”是“直线a ⊥b ，直线a ⊥c ”的________条件．6．空间向量（1）用空间向量求角的方法步骤①异面直线所成的角若异面直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，它们所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈v 1，v 2〉|.②直线和平面所成的角利用空间向量求直线与平面所成的角，可以有两种方法：方法一 分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两条直线的方向向量的夹角(或其补角)．方法二 通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．③利用空间向量求二面角也有两种方法：方法一 分别在二面角的两个面内找到一个与棱垂直且从垂足出发的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小．方法二 通过平面的法向量来求，设二面角的两个面的法向量分别为n 1和n 2，则二面角的大小等于〈n 1，n 2〉(或π－〈n 1，n 2〉)．易错警示：①求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，容易误以为是线面角的余弦． ②求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析． （2）用空间向量求A 到平面α的距离：可表示为d ＝|n ·AB →||n |.[问题6] （1）已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于________．（2）正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，O 是底面A 1B 1C 1D 1的中心，则点O 到平面ABC 1D 1的距离为________．易错点1 三视图认识不清致误例1 一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A ．48B ．32＋817C ．48＋817D ．80找准失分点 不能准确把握三视图和几何体之间的数量关系，根据正视图可知，侧视图中等腰梯形的高为4，而错认为等腰梯形的腰为4.易错点2 对几何概念理解不透致误例2 给出下列四个命题：①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； 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底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体； ④底面是矩形的平行六面体是长方体．其中正确的命题是__________(写出所有正确命题的序号)．找准失分点 ①是错误的，因为棱柱的侧棱要都平行且相等；④是错误的，因为长方体的侧棱必须与底面垂直．易错点3 对线面关系定理条件把握不准致误例3 已知m 、n 是不同的直线，α、β、γ是不同的平面．给出下列命题： ①若α⊥β，α∩β＝m ，n ⊥m ，则n ⊥α，或n ⊥β； ②若α∥β，α∩γ＝m ，β∩γ＝n ，则m ∥n ；③若m 不垂直于α，则m 不可能垂直于α内的无数条直线； ④若α∩β＝m ，n ∥m ，且n ⊄α，n ⊄β，则n ∥α，且n ∥β； ⑤若m 、n 为异面直线，则存在平面α过m 且使n ⊥α. 其中正确的命题序号是________． 找准失分点 ③是错误的；⑤是错误的．1．已知三条不同直线m ，n ，l 与三个不同平面α，β，γ，有下列命题： ①若m ∥α，n ∥α，则m ∥n ； ②若α∥β，l ⊂α，则l ∥β；③α⊥γ，β⊥γ，则α∥β； ④若m ，n 为异面直线，m ⊂α，n ⊂β，m ∥β，n ∥α，则α∥β. 其中正确命题的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．32．设m ，n 是空间两条直线，α，β是空间两个平面，则下列选项中不正确的是( ) A ．当m ⊂α时，“n ∥α”是“m ∥n ”的必要不充分条件 B ．当m ⊂α时，“m ⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件 C ．当n ⊥α时，“n ⊥β”是“α∥β”成立的充要条件 D ．当m ⊂α时，“n ⊥α”是“m ⊥n ”的充分不必要条件3．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A ．64B ．72C ．80D ．1124．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P ，Q 分别是AA 1，A 1D 1，CC 1，BC 的中点，给出以下四个结论：①A 1C ⊥MN ；②A 1C ∥平面MNPQ ；③A 1C 与PM 相交；④NC 与PM 异面．其中不正确的结论是( ) A ．① B ．② C ．③ D ．④5．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A ．2＋ 2B ．3＋ 2C ．1＋2 2D ．56．如图，已知六棱锥P —ABCDEF 的底面是正六边形，P A ⊥平面ABC ，P A ＝2AB ，则下列结论正确的是( )A ．PB ⊥AD B ．平面P AB ⊥平面PBCC ．直线BC ∥平面P AED ．直线PD 与平面ABC 所成的角为45° 7．对于四面体ABCD ，给出下列四个命题：①若AB ＝AC ，BD ＝CD ，则BC ⊥AD ； ②若AB ＝CD ，AC ＝BD ，则BC ⊥AD ； ③若AB ⊥AC ，BD ⊥CD ，则BC ⊥AD ； ④若AB ⊥CD ，AC ⊥BD ，则BC ⊥AD . 其中正确的是________．(填序号)8.如图，四面体ABCD 中，AB ＝1，AD ＝23，BC ＝3，CD ＝2，∠ABC ＝∠DCB ＝π2，则二面角A －BC －D 的大小为________．9．已知直线l ，m ，平面α，β，且l ⊥α，m ⊂β，给出四个命题：①若α∥β，则l ⊥m ；②若l ⊥m ，则α∥β；③若α⊥β，则l ∥m ；④若l ∥m ，则α⊥β. 其中为真命题的是________．(填序号)10．三棱锥D －ABC 及其三视图中的正(主)视图和侧(左)视图如图所示，则棱BD 的长为________．1．43 2．22 3．D 4．相交 5．充分不必要 6．(1)64 (2)24 1．C 2．②③ 3．②④CABCAD 7．①④ 8．π3 9．①④ 10．4 2。
名师指导高三数学理科二轮复习同步练习125空间几何体含答案.docx
高考专题训练五空间几何体班级 _______ 姓名__________ 时间：45分钟分值：75分总得分一、选择题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项填在答题卡上.1.（2011 •浙江）若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是（）解析：由三视图可知，该几何体的直观图为B.答案：B侧（左）视图俯视图BAC D2. （2011•辽宁）一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为2晶 它的三视图中的俯视图如图所示，侧（左）视图是一个矩形，则这个矩形的面积是（A. 4B. 2 羽 C ・ 2D.^3解析：设该正三棱柱侧棱长和底面边长为a,则晋比=2品由俯视图知，该正三棱柱如图ABC-A }B }C…其侧（左）视图即为 其面积为^3X2 = 2^3.答案：B3. （2011-山师大附中高三模拟）已知某一几何体的正（主）视图与侧a 9a俯视图G（左）视图如图所示，则下列图形中，可以是该几何体的俯视图的图形 有（）正（主）视图 A.①②③⑤ C.①②④⑤解析：根据给出的正（主）视图和侧（左）视图可知，该组合体由上. 中.下三个几何体组合而成，由于正（主）视图和侧（左）视图中三层均 为矩形，所以这些几何体可能是一些长方体、底面为直角三角形的直 三棱柱以及圆柱组合而成的•而第⑤个俯视图中，有两处与已知不符, 一是上层几何体的俯视图不正确,由于上层几何体的正住）视图与侧 （左）视图为两个相同的矩形，所以其俯视图中矩形的两边长应该相 等；二是下层几何体的俯视图不正确，如果下层几何体的底面为俯视 图所示的三角形，则在正（主）视图中底层的矩形应有一条中位线，这 与已知不符合，所以⑤不可能，故选D ・答案：D4. （2011 •湖北）设球的体积为匕，它的内接正方体的体积为心解析：设球的内接正方体的边长为a,侧（左）视图B.②③④⑤ D.①②③④下列说法中最合适的是（）A.匕比匕大约多一半B.匕比匕大约多两倍半C.匕比匕大约多一倍D.匕比匕大约多一倍半・•・Vi=V2 = a\・・・匕=¥兀匕~2・5匕，・・・匕一匕~1・5匕・答案：D5.（2011-北京卷）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是（）A. 32B. 16+16^2C・ 48 D・ 16+32^2解析：由三视图可知，该四棱锥为正四棱锥S 底= 4X4 = 16, S«=4X|X4X2V2=16V2「•S表面积=S氐+ S侧=16+答案：B俯视图6. （2011 •辽宁）已知球的直径SC=4, A, B是该球球面上的两点, AB=2f ZASC=ZBSC=45°,则棱锥S-ABC的体积为(ZASC= ZffSC = 45° 且OS = OB = OA = OC = 2,ASOA为全等的等腰直角三角形,且SC丄OB, SC丄OA,^OAQOB = O,・・SC丄平面又VAB = OB = OA = 2,・・・厶人。
2015高考数学第二轮复习专题讲解 立体几何 (含试题及答案)
立体几何专题专题清单位置关系的判定与证明 动点问题与折叠问题 空间向量的综合应用专题讲练描述例题本节我们主要关注以下三类问题：（1）抽象的空间线面位置关系的判断，可以借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定和性质定理逐项判断；也可以借助空间几何模型，比如长方体模型、四面体模型等观察线面位置关系，再结合相关定理对选项进行肯定或否定；遇到多平面、多直线的抽象位置关系，可以先从面面关系入手去尝试解决；（2）解答题中对垂直关系的证明：立体几何解答题通常都是通过建系解决，但往往需要先明确相关直线的位置关系，特别是垂直关系后才能正确建系计算，所以对几何体中垂直关系的证明也是立体几何中的一个重点；（3）平行关系的探索：对几何体中的平行关系的探索是位置关系中一类比较复杂的问题，通常需要较强的空间想象能力，可以尝试作出适当的平行平面与平行直线，寻找突破口．位置关系的判定与证明已知 、 是两条不同的直线， 、 是两个不同的平面，对于下面六个命题：①若 ，，，则 ；②若 ， ，，则 ；③若 ，，，则 ；④若 ，，，则 ；⑤若 ，，，则 ；⑥若 ，，，则 ．其中真命题的编号是__________（写出所有真命题的编号）．解：①⑥对于①，由 ， 知 ，又 ，所以 ，①为真命题；对于②、③，可以在正方体模型中看，如下图左，满足②、③的条件，可以看出②、③的结论都不成立，所以②与③都是假命题；下图右，满足④的条件，但④的结论不成立，④为假命题；同理，借助下图左可知⑤为假命题；⑥中，由 ， 得 ，又 ，所以 ，⑥为真命题．所以真命题有①⑥．注：真命题需要用定理进行证明，模型只能拿来作为反例说明假命题，不能用来证明真命题．m n αβm ⊥αn ∥βα∥βm ⊥n m ⊥n α∥βm ∥αn ⊥βα∥βn ⊂αm ⊂βm ∥n α⊥βm ⊂αn ⊂βm ⊥n m ⊥n n ⊂αm ⊂βα⊥βm ⊥αm ∥n n ∥βα⊥βm ⊥αα∥βm ⊥βn ∥βm ⊥n m ⊥αm ∥n n ⊥αn ∥βα⊥β已知 、 是两条异面直线，，点 且 ．下列命题中，真命题是（）A．在上述已知条件下，一定存在平面 ，使 ， 且B．在上述已知条件下，一定存在平面 ，使 ， 且C．在上述已知条件下，一定存在直线 ，使 ， 且D．在上述已知条件下，一定存在直线 ，使 ， 且解：D对于选项 A，B，有以下反例，如图：a b a ⊥b P ∉a P ∉b αP ∈αa ∥αb ∥ααP ∉αa ⊂αb ⊥αc P ∈c a ∥c b ∥ccP ∉c a ⊥c b ⊥c实际上，对 A 选项来说，平面 可以通过过点 分别作 、 的平行线得到，且此平面唯一，如果直线 或 在此平面内，则找不到 A 选项中的平面 ；对 B 选项来说，过 且与 垂直的平面存在且唯一， 与此平面的关系不确定，如果 在此平面内，则找不到 满足 B 选项的要求；空间中直线的平行具有传递性，所以 C 不成立；对于 D 选项，存在无数条直线 与 、 都垂直，在这些直线中一定存在 满足 ，故 D 正确．αP a b a b αa b P P αa b c P ∉c 如图，三棱柱 中，侧面 为菱形，．（1）证明：；（2）若 ，，，求二面角 的余弦值．解：（1）证明：连接 ，交 于 ，连接 ．因为侧面 为菱形，所以 ，且 为 与 的中点．又 ，，所以 ．由于 ，故 ．又 ，故 ．（2）因为 且 为 的中点，所以 ．又因为 ，所以 ，故 ，从而 ，， 两两互相垂直．以 为坐标原点，，， 的方向为 ，， 轴正方向， 为单位长，建立如图所示空间直角坐标系 ．因为 ，所以 为等边三角形．又 ，则 ，，，，设 是平面 的法向量，则ABC −A 1B 1C 1B C B 1C 1AB ⊥C B 1AC =A B 1AC ⊥A B 1∠CB =B 160∘AB =BC A −−A 1B 1C 1BC 1C B 1O AO B C B 1C 1C ⊥B B 1C 1O C B 1BC 1AB ⊥C B 1AB ∩BO =B C ⊥平面ABO B 1AO ⊂平面ABO C ⊥AO B 1O =CO B 1AC =A B 1AC ⊥A B 1O C B 1AO =CO AB =BC △BOA ≅△BOC OA ⊥OB OA OB OB 1O OB −→−OB 1−→−−OA −→−x y z ∣∣OB −→−∣∣O −xyz ∠CB =B 160∘△CB B 1AB =BC A (0,0,)3√3B (1,0,0)(0,,0)B 13√3C (0,−,0)3√3A B 1−→−−A 1B 1−→−−−B 1C 1−→−−−=(0,,−),3√33√3==(1,0,−),AB −→−3√3==(−1,−,0).BC −→−3√3=(x ,y ,z )n →AA 1B 1⎧→−→−−即所以可取 ．设 是平面 的法向量，则同理可取 ，则所以二面角 的余弦值为 ．⎧⎩⎨⋅=0,n →AB 1−→−−⋅=0,n →A 1B 1−→−−−⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪y −z =0,3√33√3x −z =0,3√3=(1,,)n →3√3√m →A 1B 1C 1⎧⎩⎨⋅=0,m →B 1C 1−→−−−⋅=0,m →A 1B 1−→−−−=(1,−,)m →3√3√cos ⟨,⟩==,n →m →⋅n →m →∣∣∣n →∣∣∣∣∣∣m →∣∣∣17A −−A 1B 1C 117如图， 和 所在平面互相垂直，且 ，，， 分别为 ， 的中点．（1）求证：；（2）求二面角 的正弦值．解：（1）证明：如图，过 作 ，垂足为 ，连接 ．由 可证出 ，所以 ，即 ．又 ，因此 ，又 ，所以 ．（2）在图中，过 作 ，垂足为 ，连接 ．由平面 ，从而．又 ，所以 ．从而有 ．因此 为二面角 的平面角．在 中，可得△ABC △BCD AB =BC =BD =2∠ABC =∠DBC =120∘E F AC DC EF ⊥BC E −BF −C E EO ⊥BC O OF △ABC ≅△DBC △EOC ≅△FOC ∠EOC =∠FOC =90∘FO ⊥BC EO ⊥BC BC ⊥平面EFO EF ⊂平面EFO EF ⊥BC O OG ⊥BF G EG ABC ⊥平面BDC EO ⊥平面BDC OG ⊥BF BF ⊥平面EOG EG ⊥BF ∠EGO E −BF −C △EOC 113√由 知因此从而即二面角 的正弦值为 ．EO =EC =BC ⋅cos =,121230∘3√2△BGO ∽△BFC OG =⋅FC =,BO BC3√4tan ∠EGO ==2,EO OGsin ∠EGO =,25√5E −BF −C 25√5如图，正方体 中， 、 分别为棱 、 的中点，在平面 内且与平面 平行的直线（）A．有无数条B．有 条 C ．有 条 D．不存在解：A取 上靠近 的四等分点 ，连接 ， ．则有 ，在平面 内作直线与 平行，则此直线与平面 平行．如图：于是知满足条件的直线有无数条．ABCD −A 1B 1C 1D 1E F AB CC 1ADD 1A 1EFD 121AA 1A G EG G D 1F ∥EG D 1ADD 1A 1G D 1EF D 1设四棱锥 的底面不是平行四边形，用平面 去截此四棱锥，使得截面四边形是平行四边形，则这样的平面 （）A．不存在B．只有 个C．恰有 个D．有无数多个解：D因为底面不是平行四边形，不妨设 与 交于点 ，连接 ．在 中，可作直线 ，交 于点 ．P −ABCD αα14AB CD M PM △PAB ∥PM A 1B 1PA ,PB ,A 1B 1练习同理，在 中，可作直线 ，交 于点 ．对 ，进行调整，使得 ，则得到四边形 为平行四边形，能看出这样的平面存在，且有无数多个．注：本题的思路是如果这样的平面存在，不妨记平行四边形为 ，则 ，必平行于平面 与平面 的交线．于是想到通过交线去进行推理．也可以直接设平面 与平面 的交线，以及平面 与平面 的交线，由两条交线确定一个平面，作与此平面平行的平面，与四条侧棱相交得到平行四边形．△PCD ∥PM C 1D 1PC ,PD ,C 1D 1A 1B 1C 1D 1=A 1B 1C 1D 1A 1B 1C 1D 1A 1B 1C 1D 1∥A 1B 1C 1D 1PAB PCD PAB PCD PAD PBC 答案：解析：1. 已知 ， 为两条不同的直线，， 为两个不同的平面，则下列命题中正确的是A ．，，，B ．，，C ．，D ．，D选项 A ，当 时，得不到 ，A 错；选项 B ，， 两条直线可能为异面直线；选项 C ，直线可能在平面 内．m n αβ()m ⊂αn ⊂αm ∥βn ∥β⇒α∥βα∥βm ⊂αn ⊂β⇒m ∥nm ⊥αm ⊥n ⇒n ∥αn ∥m n ⊥α⇒m ⊥αm ∥n α∥βm n n α答案：解析：2. 已知 ， 为异面直线，，．直线 满足 ，，，，则A ． 且B ． 且C ． 与 相交，且交线垂直于D ． 与 相交，且交线平行于 D先考虑 与 的关系，如果它们平行，则有 ，与已知矛盾，所以 与 一定相交，设交线为 ，则有 ，且 ，又 、 是异面直线，所以 ，D 正确．m n m ⊥平面 αn ⊥平面 βl l ⊥m l ⊥n l ⊄αl ⊄β()α∥βl ∥αα⊥βl ⊥βαβlαβlαβm ∥n αβc c ⊥m c ⊥n m n c ∥l 答案：解析：3. 设 是空间的不同直线或不同平面，且直线不在平面内，下列条件中能保证"若 ，且 ，则 "为真命题的是 ．（填所有正确条件的代号）① 为直线， 为平面；② 为平面；③ 为直线， 为平面；④ 为平面， 为直线；⑤ 为直线．①③④对于②，平面 可能相交；对于⑤，直线 可能相交、平行、异面．x ,y ,z x ⊥z y ⊥z x ∥y x y ,z x ,y ,z x ,y z x ,y z x ,y ,z x ,y x ,y 4. 对于四面体 ，给出下列四个命题：①若 ，，则 ；②若 ，，则 ；③若 ，，则 ；ABCD AB =AC BD =CD BC ⊥AD AB =CD AC =BD BC ⊥AD AB ⊥AC BD ⊥CD BC ⊥AD答案：解析：④若 ，，则 ．其中真命题的序号是 ．（写出所有真命题的序号）①④如图①，取 的中点 ，连接 、 ，由①的条件可以证明 ，从而得到 ；如图④，作 ，垂足为 ，由④的条件知，，，于是知 为的垂心，从而有 ，所以．②③错误，线段垂直与相等的条件在长方体中比较容易找到反例，如下图：图②中，如果侧面不是正方形，就没有 ；图③中， 也不成立．AB ⊥CD BD ⊥AC BC ⊥AD BC M AM DM BC ⊥平面AMD BC ⊥AD AH ⊥平面BCD H CD ⊥平面ABH BD ⊥平面ACH H △BCD BC ⊥平面ADH BC ⊥AD BC ⊥AD BC ⊥AD 5. 如图，在四棱锥 中， ，平面 底面， ， 和 分别是 和 的中点．求证：P −ABCD AB ∥CD ,AB ⊥AD ,CD =2AB PAD ⊥ABCD PA ⊥AD E F CD PC 答案：I. 底面 ；因为平面 底面 ，且 垂直于这两个平面的交线 ，所以 底面 ．PA ⊥ABCD PAD ⊥ABCD PA AD PA ⊥ABCD 答案：II. 平面 ；因为 ， 为 的中点，所以 ，且 ．所以四边形 为平行四边形．所以 ．又因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．BE ∥PAD AB ∥CD ,CD =2AB E CD AB ∥DE AB =DE ABED BE ∥AD BE ⊄PAD AD ⊂PAD BE ∥PAD 答案：III. 平面 平面 ．因为 ，而且四边形 为平行四边形，所以．BEF ⊥PCD AB ⊥AD ABED BE ⊥CD ,AD ⊥CD由(1)知 底面 ，所以 ．所以 平面 ．所以 ．因为 和 分别是 和 的中点，所以 ．所以 ．又因为 ，所以 平面 ．所以平面 平面 ．PA ⊥ABCD PA ⊥CD CD ⊥PAD CD ⊥PD E F CD PC PD ∥EF CD ⊥EF CD ⊥BE ,EF ∩BE =E CD ⊥BEF BEF ⊥PCD 6. 如图，三棱柱 中，，，．ABC −A 1B 1C 1CA =CB AB =AA 1∠BA =A 160∘答案：I. 证明：；取 的中点 ，连接 ．因为 ，所以 ．由于 ，故 为等边三角形，所以 ．因为 ，所以 平面 ．又 平面 ，故 ．AB ⊥C A 1AB O OC ,O ,B A 1A 1CA =CB OC ⊥AB AB =A ,∠BA =A 1A 160∘△A B A 1O ⊥AB A 1OC ∩O =O A 1AB ⊥O C A 1C ⊂A 1O C A 1AB ⊥C A 1答案：II. 若平面 平面 ，，求直线 与平面 所成角的正弦值．由（1）知 ，又平面 平面 ，交线为 ，所以 平面 ，故 两两相互垂直．以 为坐标原点， 的方向为 轴的正方向， 为单位长，建立如上图所示的空间直角坐标系 ．由题设知 ，则设 是平面 的法向量，则即ABC ⊥A B A 1B 1AB =CB C A 1B C B 1C 1OC ⊥AB ,O ⊥AB A 1ABC ⊥A B A 1B 1AB OC ⊥A B A 1B 1OA ,O ,OC A 1O OA −→−x ∣∣OA −→−∣∣O −xyz A (1,0,0),(0,,0),C (0,0,),B (−1,0,0)A 13√3√BC −→−BB 1−→−−C A 1−→−−=(1,0,),3√==(−1,,0),AA 1−→−−3√=(0,−,).3√3√=(x ,y ,z )n →B C B 1C 1⎧⎩⎨⋅=0,n →BC −→−⋅=0,n →BB 1−→−−{x +z =0,3√−x +y =0,3√→可知 ，故所以 与平面 所成角的正弦值为 ．=(,1,−1)n →3√cos ⟨,⟩n →C A 1−→−−=⋅n →C A 1−→−−∣∣∣n →∣∣∣∣∣C A 1−→−−∣∣=−.10−−√5C A 1B CB 1C 110−−√5描述例题本节的动点问题与折叠问题都是立体几何中两类比较典型的问题，（1）动点问题关键在于正确设立一些参数确定动点的位置，再根据条件得到参数相关的等式或不等式关系，从而计算得到结果；（2）折叠问题关键是搞清楚折叠过程中哪些量在变，哪些量是不变的．一般来说，位于折叠线两侧的同一个半平面内的元素其相对位置关系和数量关系在翻折前后不发生变化，分别位于两个折叠半平面内的元素其相对关系和数量关系则发生变化．不变的量可结合原图形求解，变化了的量应在折后立体图形中来研究．动点问题与折叠问题如图，设动点 在棱长为 的正方体 的对角线 上，记 ．当 为钝角时，求 的取值范围．解：由题设可知，以 、 、 为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，则 、 、 、 ．由 得：，所以P 1ABCD −A 1B 1C 1D 1BD 1=λP D 1B D 1∠APC λDA −→−DC −→−DD 1−→−−D −xyz A (1,0,0)B (1,1,0)C (0,1,0)(0,0,1)D 1=(1,1,−1)B D 1−→−−=λ=(λ,λ,−λ)P D 1−→−−B D 1−→−−−→−−→−−−→−−而 不是平角，则 为钝角等价于等价于 ，即解得：，故 的取值范围为 ．PA −→−PC −→−=+PD 1−→−−AD 1−→−−=(−λ,−λ,λ)+(1,0,−1)=(1−λ,−λ,λ−1),=+P D 1−→−−C D 1−→−−=(−λ,−λ,λ)+(0,1,−1)=(−λ,1−λ,λ−1).∠APC ∠APC cos ⟨,⟩=<0,PA −→−PC −→−⋅PA −→−PC −→−||⋅||PA −→−PC −→−⋅<0PA −→−PC −→−(1−λ)(−λ)+(−λ)(1−λ)+=(λ−1)(3λ−1)<0,(λ−1)2<λ<113λ(,1)13如图，在三棱柱 中， 是边长为 的正方形．平面 平面 ，，．（1）求证： 平面 ；（2）求二面角 的余弦值；（3）证明：在线段 上存在点 ，使得 ，并求的值．解：（1）证明：因为 为正方形，所以 ．因为平面 平面 ，且 垂直于这两个平面的交线 ，所以 平面 ．（2）由（1）知 ．由题知 ，所以 ．如图，以 为原点建立空间直角坐标系 ，则 ．设平面 的法向量为 ，则ABC −A 1B 1C 1A C A 1C 14ABC ⊥A C A 1C 1AB =3BC =5A ⊥A 1ABC −B −A 1C 1B 1BC 1D AD ⊥B A 1BD BC 1A C A 1C 1A ⊥AC A 1ABC ⊥A C A 1C 1AA 1AC A ⊥A 1ABC A ⊥AC ,A ⊥AB A 1A 1AB =3,BC =5,AC =4AB ⊥AC A A −xyz B (0,3,0),(0,0,4),(0,3,4),(4,0,4)A 1B 1C 1B A 1C 1=(x ,y ,z )n →⎧⎩⎨⋅=0,n →B A 1−→−−⋅=0,n →A 1C 1−→−−−即令 ，则 ，所以 ．同理可得，平面 的法向量为 ．所以由题知二面角 为锐角，所以二面角 的余弦值为 ．（3）设 是线段 上一点，且 ．所以解得所以由 ，即 ，解得因为 ，所以在线段 上存在点 ，使得 ．此时{3y −4z =0,4x =0.z =3x =0,y =4=(0,4,3)n →B B 1C 1=(3,4,0)m →cos ⟨,⟩==.n →m →⋅n →m →∣∣∣n →∣∣∣∣∣∣m →∣∣∣1625−B −A 1C 1B 1−B −A 1C 1B 11625D (,,)x 1y 1z 1BC 1=λBD −→−BC 1−→−−(,−3,)=λ(4,−3,4).x 1y 1z 1=4λ,=3−3λ,=4λ.x 1y 1z 1=(4λ,3−3λ,4λ).AD −→−⋅=0AD −→−B A 1−→−−9−25λ=0λ=.925∈[0,1]925BC 1D AD ⊥B A 1=λ=.BD BC 1925如图1，在 中，， 为 中点， 于 （不同于点），延长 交 于 ，将 沿 折起，得到三棱锥 ，如图2所示．（1）若 是 的中点，求证：直线 ；（2）求证：；（3）若 ，试判断直线 与直线 能否垂直？并说明理由．解：（1）证明：因为 ， 分别为 ， 中点，所以 ．又因为 ，，所以 ．（2）因为 ， 且 ，所以 ．又因为 ，所以 ．（3）直线 与直线 不能垂直．因为 ，，，，Rt △ABC ∠ABC =90∘D AC AE ⊥BD E D AE BC F △ABD BD −BCD A 1M FC DM ∥平面EF A 1BD ⊥F A 1平面BD ⊥平面BCD A 1B A 1CD D M AC FC DM ∥EF EF ⊂平面EF A 1DM ⊄平面EF A 1DM ∥平面EF A 1E ⊥BD A 1EF ⊥BD E ∩EF =E A 1BD ⊥平面EF A 1F ⊂平面EF A 1A 1BD ⊥F A 1B A 1CD 平面BD ⊥平面BCD A 1平面BD ∩平面BCD =BD A 1EF ⊥BD EF ⊂平面CBD EF ⊥平面BD所以 ．因为 ，所以 ．又因为 ，所以 ．假设 ，因为 ，，所以 ，所以 ，这与 为锐角矛盾，所以直线 与直线 不能垂直．EF ⊥平面BD A 1B ⊂平面BD A 1A 1B ⊥EF A 1EF ∥DM B ⊥DM A 1B ⊥CD A 1B ⊥DM A 1CD ∩DM =D B ⊥平面BCD A 1B ⊥BD A 1∠BD A 1B A 1CD 如下图左，在等腰直角三角形 中，， 分别是 上的点，， 为 的中点．将 沿 折起，得到如下图右所示的四棱锥 ，其中 ．（1）证明： 平面 ；（2）求二面角 的平面角的余弦值．解：（1）证明连接 ，．因为 ，所以 ．由余弦定理得在等腰直角三角形 中，，，，所以所以所以 ．因为 ，所以 平面 ．（2）设 为 的中点，连接 ，则ABC ∠A =,BC =690∘D ,E AC ,AB CD =BE =2√O BC △ADE DE −BCDE A ′O =A ′3√O ⊥A ′BCDE −CD −B A ′OD OE BC =6BO =CO =3OD 2=OE2=C +C −2CD ⋅CO cos ∠BCD D 2O 2=2+9−2×3×2√2√2=5.ABC ∠A =90∘BC =6AB =AC =32√D =E =2,A ′A ′2√O +D 2A ′O 2=O +E 2A ′O 2=5+3=8=A ′D 2=,A ′E 2O ⊥OD ,O ⊥OE A ′A ′OD ∩OE =O O ⊥A ′BCDE G AC G ,OG A ′132√练习且 ．因为 ，所以 ．因为 平面 ，所以 ，所以 为二面角 的平面角．在 中，所以为所求二面角 的平面角的余弦值．OG =AB =,1232√2OG ∥AB AB ⊥AC OG ⊥AC O ⊥A ′BCDE G ⊥AC A ′∠GO A ′−CD −B A ′Rt △OG A ′G ===,A ′3+92−−−−−√152−−−√30−−√2cos ∠GO ==A ′OG GA ′15−−√5−CD −B A ′1. 如图，在三棱锥 中，， 为 的中点， 平面 ，垂足 落在线段 上，已知 ，，，．P −ABC AB =AC D BC PO ⊥ABC O AD BC =8PO =4AO =3OD =2答案：I. 证明：；如图，以 为原点，以射线 为 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 ，则 ，，，，，，．由此可得 ，所以 ，即 ．AP ⊥BC O OP z O −xyz O (0,0,0)A (0,−3,0)B (4,2,0)C (−4,2,0)P (0,0,4)=(0,3,4)AP −→−=(−8,0,0)BC −→−⋅=0AP −→−BC −→−⊥AP −→−BC −→−AP ⊥BC 答案：II. 在线段 上是否存在点 ，使得二面角 为直二面角？若存在，求出 的长；若不存在，请说明理由．设 ，，则 ，AP M A −MC −B AM =λPM −→−PA −→−λ≠1=λ(0,−3,−4)PM −→−=+=+λBM −→−BP −→−PM −→−BP −→−PA −→−=(−4,−2−3λ,4−4λ),−→−−→−设平面 的法向量 ，平面 的法向量 ，由 得 即可取 ，由即 得可取 由 ，得 ，解得 故 ．综上所述，存在点 符合题意，且 ．=(−4,5,0),=(−8,0,0).AC −→−BC −→−BMC =(,,)n 1−→x 1y 1z 1APC =(,,)n 2−→x 2y 2z 2{⋅=0,BM −→−n 1−→⋅=0,BC −→−n 1−→{−4−(2+3λ)+(4−4λ)=0,x 1y 1z 1−8=0,x 1⎧⎩⎨=0,x 1=,z 12+3λ4−4λy 1=(0,1,)n 1−→2+3λ4−4λ{⋅=0,AP −→−n 2−→⋅=0,AC −→−n 2−→{3+4=0,y 2z 2−4+5=0,x 2y 2⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪=,x 254y 2=−,z 234y 2=(5,4,−3),n 2−→⋅=0n 1−→n 2−→4−3⋅=02+3λ4−4λλ=,25AM =3M AM =32. 如图，三棱锥 中，，，，．点 分别在棱 ， 上，且 ．P −ABC PA ⊥ 底面 ABC PA =AB ∠ABC =60∘∠BCA =90∘D ,E PB PC DE ∥BC 答案：I. 求证：；法一：因为 ，所以 ．又 ，所以 ．所以 ．法二：如图，以 为原点建立空间直角坐标系 ．BC ⊥ 平面 PAC PA ⊥ 底面 ABC PA ⊥BC ∠BCA =90∘AC ⊥BC BC ⊥ 平面 PAC A A −xyz设 ，由已知可得 ，，，．因为 ，．所以 所以 ．又因为 ，所以 ，所以 ．PA =a A (0,0,0)B (−a ,a ,0)123√2C (0,a ,0)3√2P (0,0,a )=(0,0,a )AP −→−=(a ,0,0)BC −→−12⋅=0.BC −→−AP −→−BC ⊥AP ∠BCA =90∘BC ⊥AC BC ⊥ 平面 PAC 答案：II. 当为 的中点时，求 与平面 所成的角的余弦值；法一：因为 为 的中点，，所以 ．又由（1）知，，所以 ，垂足为点 ．所以 是 与平面 所成的角．又 ，所以 ．又 ，所以 为等腰直角三角形．所以 ．在 中，．所以 ．所以在 中，所以 与平面 所成的角的余弦值为 ．法二：因为 为 的中点，所以 ，又 为 的中点．所以又由（1）知，．所以 ，垂足为点 ．所以 是 与平面 所成的角．因为所以所以 与平面 所成的角的余弦值为 ．D PB AD PAC D PB DE ∥BC DE =BC 12BC ⊥ 平面 PAC DE ⊥ 平面 PAC E ∠DAE AD PAC PA ⊥ 底面 ABC PA ⊥AB PA =AB △ABP AD =AB 12√Rt △ABC ∠ABC =60∘BC =AB 12Rt △ADE sin ∠DAE ===.DE ADBC 2AD 2√4AD PAC 14−−√4D PB DE ∥BC E PC D (−a ,a ,a ),E (0,a ,a ).143√4123√412BC ⊥ 平面 PAC DE ⊥ 平面 PAC E ∠DAE AD PAC =(−a ,a ,a ),AD −→−143√412AE −→−=(0,a ,a ),3√412cos ∠DAE ==.⋅AD −→−AE −→−⋅∣∣AD −→−∣∣∣∣AE −→−∣∣14−−√4AD PAC 14−−√4答案：III. 是否存在点 使得二面角 为直二面角？并说明理由．因为 ，又由（1）知，，所以 ．又因为 ，，所以 ，．所以 为二面角 的平面角．因为 ，所以 ．所以 ．所以在棱 上存在一点 ，使得 ．这时，．E A −DE −P DE ∥BC BC ⊥ 平面 PAC DE ⊥ 平面 PAC AE ⊂ 平面 PAC PE ⊂ 平面 PAC DE ⊥AE DE ⊥PE ∠AEP A −DE −P PA ⊥ 底面 ABC PA ⊥AC ∠PAC =90∘PC E AE ⊥PC ∠AEP =90∘故存在点 使得二面角 是直二面角．E A −DE −P 3. 如图1，在 中，． 分别是 上的点，且 ，，将 沿 折起到 的位置，使 ，如图2．Rt △ABC ∠C =,BC =3,AC =690∘D ,E AC ,AB DE ∥BC DE =2△ADE DE △DE A 1C ⊥CD A 1答案：I. 求证： 平面 ；，， 平面 ，又 平面 ， ，又 ， 平面 ．C ⊥A 1BCDE ∵CD ⊥DE D ⊥DE A 1∴DE ⊥CD A 1∵C ⊂A 1CD A 1∴C ⊥DE A 1C ⊥CD A 1∴C ⊥A 1BCDE 答案：II. 若 是 的中点，求 与平面 所成角的大小；如图建系 ，则所以设平面 的法向量为 ，则即M D A 1CM BE A 1C −xyz D (−2,0,0),(0,0,2),B (0,3,0),E (−2,2,0),A 13√B A 1−→−−E B 1−→−−=(0,3,−2),3√=(−2,−1,0).BE A 1=(x ,y ,z )n →⎧⎩⎨⋅=0,B A 1−→−−n →⋅=0,E B 1−→−−n →3y −2z =0,√解得因此可取 ．又 ，可知 ，故所以 与平面所成角的大小为 ．{3y −2z =0,3√−2x −y =0,⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪z =y ,3√2x =−,y 2=(−1,2,)n →3√M (−1,0,)3√=(−1,0,)CM −→−3√cos ⟨,⟩=CM −→−n →⋅CM −→−n →⋅∣∣CM −→−∣∣∣∣∣n →∣∣∣==,1+3⋅1+4+3−−−−−−−−√1+3−−−−√2√2CM BE A 145∘答案：III. 线段 上是否存在点 ，使平面 与平面 垂直？说明理由．设线段 上存在点 ，设 点坐标为 ，则 ，则设平面 的法向量为 ，则解得所以可取 ．假设平面 与平面 垂直，则 ，因此解得又 ，可知在线段 上不存在点 ，使平面 与平面 垂直．BC P DP A 1BE A 1BC P P (0,a ,0)a ∈[0,3]P A 1−→−−DP −→−=(0,a ,−2),3√=(2,a ,0).DP A 1=(,,)n 1−→x 1y 1z 1{a −2=0,y 13√z 12+a =0,x 1y 1⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪=a ,z 13√6y 1=−a ,x 112y 1=(−3a ,6,a )n 1−→3√DP A 1BE A 1⋅=0n 1−→n →3a +12+3a =0,a =−2,0⩽a ⩽3BC P DP A 1BE A 14. 如图，在矩形 中，点 分别在线段 上，．沿直线 将 翻折成 ，使 ．ABCD E ,F AB 、AD AE =EB =AF =FD =423EF △AEF △EF A ′平面 EF ⊥平面 BEF A ′答案：I. 求二面角 的余弦值；方法一：取线段 的中点，连接 ，因为 及 是 的中点，所以 ．又因为 ，及 ．所以 ．如图建立空间直角坐标系 ．则 ，，，，则设 为 平面 的一个法向量，所以取 ，则又平面 的一个法向量 ，则所以二面角 的余弦值为方法二：如图，取线段 的中点 ， 的中点 ，连接 ，，，−FD −C A ′EF H H A ′E =F A ′A ′H EF H ⊥EF A ′平面 EF ⊥ 平面BEF A ′H ⊂平面 EF A ′A ′H ⊥平面 BEF A ′A −xyz (2,2,2)A ′2√C (10,8,0)F (4,0,0)D (10,0,0)=(−2,2,2),=(6,0,0).FA ′−→−2√FD −→−=(x ,y ,z )n →FD A ′{−2x +2y +2z =0,2√6x =0,z =2√=(0,−2,),n →2√BEF =(0,0,1)m →cos ⟨,⟩==.n →m →⋅n →m →⋅∣∣∣n →∣∣∣∣∣∣m →∣∣∣3√3−FD −C A ′.3√3EF H AF G H A ′G A ′GH因为 及 是 的中点，所以 ．又因为 ，所以 ．又 ，所以 ．又因为 、 分别是 、 的中点，易知 ，所以 ，于是 ，所以 为二面角 的平面角，在 中，，，，所以故二面角 的余弦值为 ．E =F A ′A ′H EF H ⊥EF A ′平面 EF ⊥平面 BEF A ′H ⊥平面 BEF A ′AF ⊂平面 BEF H ⊥AF A ′G H AF EF GH ∥AB GH ⊥AF AF ⊥面 GH A ′∠GH A ′−DF −C A ′Rt △GH A ′H =2A ′2√GH =2G =2A ′3√cos ∠GH =,A ′3√3−DF −C A ′3√3答案：II. 点 分别在线段 上，若沿直线 将四边形 向上翻折，使 与 重合，求线段 的长．方法一：设 ，则 ．因为翻折后， 与 重合，所以 ，则解得经检验，此时点 在线段 上，所以 ．方法二：连接 ，设 ，因为翻折后， 与 重合，所以 ，而解得经检验，此时点 在线段 上，所以 ．M ,N FD 、BC MN MNCD C A ′FM FM =x M (4+x ,0,0)C A ′CM =M A ′++=++,(6−x )28202(−2−x )222(2)2√2x =.214N BC FM =214MH FM =x C A ′CM =M A ′CM 2A ′M 2=D +D C 2M 2=+,82(6−x )2=+M A ′H 2H 2=+M +G A ′H 2G 2H 2=++,(2)2√2(x +2)222x =.214N BC FM =214描述例题本节关注用空间向量解决立体几何问题时容易忽视的一些问题，包括如何判断二面角与半平面的法向量所成角是相等还是互补；几何体不确定时，如何用未知棱长进行计算求解；以及一些探索性问题．空间向量的综合应用如图，正四棱柱 中，，点 在 上且．（1）证明：；（2）求二面角 的余弦值．解：（1）以 为坐标原点，射线 为 轴的正半轴，建立如图所示空间直角坐标系 ．依题设，，，，．所以因为 ，，故 ，．又 ，所以 ．（2）设向量 是平面 的法向量，则 ，．故令 ，则因为向量 与 一个指向二面角内部，一个指向二面角外部，所以 等于二面角 的平面角，而ABCD −A 1B 1C 1D 1A =2AB =4A 1E CC 1E =3EC C 1C ⊥平面 BED A 1−DE −B A 1D DA x D −xyz B (2,2,0)C (0,2,0)E (0,2,1)(2,0,4)A 1DE −→−C A 1−→−−=(0,2,1),=(2,2,0),DB −→−=(−2,2,−4),=(2,0,4).DA 1−→−−⋅=0C A 1−→−−DB −→−⋅=0C A 1−→−−DE −→−C ⊥BD A 1C ⊥DE A 1DB ∩DE =D C ⊥平面 DBE A 1=(x ,y ,z )n →D E A 1⊥n →DE −→−⊥n →DA 1−→−−2y +z =0,2x +4z =0.y =1z =−2,x =4,=(4,1,−2).n →n →C A 1−→−−⟨,⟩n →C A 1−→−−−DE −B A 1cos ⟨,⟩==.n →C A 1−→−−⋅n →C A 1−→−−∣∣∣n →∣∣∣∣∣C A 1−→−−∣∣14−−√4214−−√所以二面角 的余弦值为．注：本题二面角直接看不出是锐角还是钝角，所以需要通过两个半平面的法向量去确定二面角的大小．当两个半平面的法向量一个指向二面角内部，另一个指向二面角外部时，两个向量所成的角与二面角的平面角大小相同．−DE −B A 114−−√42如图，在长方体 中，， 为 的中点．（1）求证：；（2）在棱 上是否存在一点 ，使得 ？若存在，求 的长；若不存在，请说明理由；（3）若二面角 的大小为 ，求 的长．解：（1）以 为原点，，， 的方向分别为 轴， 轴， 轴的正方向建立空间直角坐标系（如图）．设 ，则故因为所以（2）假设在棱 上存在一点 ，使得 ．此时 ．又设平面 的法向量 ．因为 ，所以 ，，得取 ，得平面 的一个法向量 ．要使 ，只要 ，有 ，解得 ABCD −A 1B 1C 1D 1A =AD =1A 1E CD E ⊥A B 1D 1AA 1P DP ∥ 平面 AE B 1AP A −E −B 1A 130∘AB A AB −→−AD −→−AA 1−→−−x y z AB =a A (0,0,0),D (0,1,0),(0,1,1),E (,1,0),(a ,0,1),D 1a 2B 1=(0,1,1),=(−,1,−1),=(a ,0,1),=(,1,0),AD 1−→−−E B 1−→−−a 2AB 1−→−−AE −→−a 2⋅=−×0+1×1+(−1)×1=0,AD 1−→−−E B 1−→−−a 2E ⊥A .B 1D 1AA 1P (0,0,)(0⩽⩽1)z 0z 0DP ∥ 平面 AE B 1=(0,−1,)DP −→−z 0AE B 1=(x ,y ,z )n →⊥ 平面 AE n →B 1⊥n →AB 1−→−−⊥n →AE −→−⎧⎩⎨ax +z =0,+y =0.ax 2x =1AE B 1=(1,−,−a )n →a 2DP ∥ 平面 AE B 1⊥n →DP −→−−a =0a 2z 0=.z 0121又 ，所以，存在点 ，满足 ，此时 ．（3）连接 ，，由长方体 及 ，得 ．因为 ，所以 ．又由（1）知 ，且 ，所以 ， 是平面 的一个法向量，此时 ．设 与 所成的角为 ，则因为二面角 的大小为 ，所以 ，即解得即 的长为 ．DP ⊄ 平面 AE B 1P DP ∥ 平面 AE B 1AP =12D A 1C B 1ABCD −A 1B 1C 1D 1A =AD =1A 1A ⊥D D 1A 1C ∥D B 1A 1A ⊥C D 1B 1E ⊥A B 1D 1C ∩E =B 1B 1B 1A ⊥平面 DC D 1B 1A 1AD 1−→−−E A 1B 1=(0,1,1)AD 1−→−−AD 1−→−−n →θcos θ=⋅n →AD 1−→−−∣∣∣n →∣∣∣∣∣AD 1−→−−∣∣=.−a −a2⋅2√1++a 24a 2−−−−−−−−−−−√A −E −B 1A 130∘|cos θ|=cos 30∘=,3a2⋅2√1+5a 24−−−−−−−−√3√2a =2,AB 2如图，正方形 的边长为 ， 分别为 的中点，在五棱锥中， 为棱 的中点，平面 与棱 ， 分别交于点 ，．（1）求证：；（2）若 平面 ，且 ，求直线 与平面 所成角的大小，并求线段 的长．解：（1）， 面 ， 面 ， 面 ．面 ，即 面 ，面 面 ，．（2）如图建立空间坐标系 ，各点坐标如下：AMDE 2B ,C AM ,MD P −ABCDE F PE ABF PD PC G H AB ∥FG PA ⊥ABCDE PA =AE BC ABF PH ∵AM ∥ED AM ⊄PED ED ⊂PED ∴AM ∥PED ∵AM ⊂ABF AB ⊂ABF ABF ∩PED =FG ∴AB ∥FG A −xyz A (0,0,0),E (0,2,0),B (1,0,0),C (2,1,0),F (0,1,1),P (0,0,2).设面 的法向量为，又 ，，由即令 得又 ，所以所以直线 与平面 所成角为 ．设 ，由 ，则所以又 ，，所以所以 ，，可得 ，因此线段 的长度为 ．A (0,0,0),E (0,2,0),B (1,0,0),C (2,1,0),F (0,1,1),P (0,0,2).ABF =(x ,y ,z )n →=(1,0,0)AB −→−=(0,1,1)AF −→−⎧⎩⎨⋅=0,n →AB −→−⋅=0,n →AF −→−{x =0,y +z =0,y =1=(0,1,−1).n →=(1,1,0)BC −→−cos ⟨,⟩==,BC −→−n →1×2√2√12BC ABF π6H (,,)x 1y 1z 1=t (0<t <1)PH −→−PC −→−(,,−2)=t (2,1,−2),x 1y 1z 1H (2t ,t ,2−2t ).H ∈面ABF =(2t −1,t ,2−2t )BH −→−⋅=0,n →BH −→−t +2t −2=0t =23H (,,)432323=(,,−),PH −→−432343|PH |2如图，四棱锥 中， 为矩形，平面 平面 ．（1）求证：；（2）若 ，问 为何值时，四棱锥 的体积最大？并求此时二面角 的余弦值．解：（1）证明：因为平面 平面 ，，，所以 面 ，故 ．（2）过 作 ，所以 ，作 ，交 于点 ．连接 ，所以 ．因为 ，，，P −ABCD ABCD PAD ⊥ABCD AB ⊥PD ∠BPC =,PB =,PC =290∘2√AB P −ABCD B −PC −D PAD ⊥ABCD AB ⊥AD 面PAD ∩面ABCD ＝AD AB ⊥PAD AB ⊥PD P PO ⊥AD PO ⊥平面ABCD OG ⊥BC BC G PG PG ⊥BC ∠BPC =90∘PB =2√PC =2223√6√练习所以 ，，．设 ，所以 ，，所以 ．当 ，即 时，四棱锥 的体积最大，为 ．建立空间直角坐标系，如图所示，则 ，，，，．面 的法向量为 ，面 的法向量为 ，所以 ．BC =6√PG ==23√23√3BG =6√3AB =x OG =x PO =−43x 2−−−−−−−√=×x ××=V P −ABCD 136√−43x 2−−−−−−−√138−6x 2x 4−−−−−−−−−√=x 223x =6√3P −ABCD =V P −ABCD26√9O −xyz P (0,0,)6√3D (−,0,0)26√3C (−,,0)26√36√3G (0,,0)6√3B (,,0)6√36√3PBC =(0,1,1)n →DPC =(1,0,−2)m →cos ⟨,⟩===−n →m →⋅n →m →⋅∣∣∣n →∣∣∣∣∣∣m →∣∣∣−2⋅2√5√10−−√51. 如图，直三棱柱 ，，，点 ， 分别为和 的中点．ABC −A 'B 'C '∠BAC =90∘AB =AC =λAA 'M N A 'B B 'C '答案：I. 证明： 平面 ；证法一：如图，连接 ，．由已知 ，，三棱柱 为直三棱柱，所以 为 的中点．又因为 为 的中点，所以 ．又 平面 ， 平面 ，因此 平面 ．证法二：如图，取 的中点 ，连接 ，．因为 ， 分别为 与 的中点，三棱柱 为直三棱柱，所以 ，，所以 平面 ， 平面 ，又 ，因此平面 平面 ，MN ∥A 'ACC 'AB 'AC '∠BAC =90∘AB =AC ABC −A 'B 'C 'M AB 'N B 'C 'MN ∥AC 'MN ⊄A 'ACC 'AC '⊂A 'ACC 'MN ∥A 'ACC 'A 'B 'P MP NP M N A 'B B 'C 'ABC −A 'B 'C 'MP ∥AA 'PN ∥A 'C 'MP ∥A 'ACC 'PN ∥A 'ACC 'MP ∩NP =P MPN ∥A 'ACC '而 平面 ，因此 平面 ．MN ⊂MPN MN ∥A 'ACC '答案：II. 若二面角 为直二面角，求 的值．以 为原点，直线 ，， 为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系 ，如图所示．设，则 ，于是所以设 是平面 的法向量，由 ， 得可取设 是平面 的法向量，由 ， 得可取因为 为直二面角，所以 ．即解得A '−MN −C λA AB AC AA 'x y z O −xyz AA '=1AB =AC =λA (0,0,0),B (λ,0,0),C (0,λ,0),A '(0,0,1),B'(λ,0,1),C '(0,λ,1),M (,0,),N (,,1).λ212λ2λ2=(,,)m →x 1y 1z 1A 'MN ⋅=0m →A 'M −→−−⋅=0m →MN −→−−λ2x 112z 1+λ2y 112z 1=0,=0,=(1,−1,λ).m →=(,,)n →x 2y 2z 2MNC ⋅=0n →NC −→−⋅=0n →MN −→−−+−λ2x 2λ2y 2z 2+λ2y 212z 2=0,=0.=(−3,−1,λ).n →A '−MN −C ⋅=0m →n →−3+(−1)×(−1)+=0,λ2λ=.2√2. 如图，平面 平面 ， 是 以 为斜边的等腰直角三角形，，， 分别为 、 、 的中点，，．PAC ⊥ABC △ABC AC E F O PA PB AC AC =16PA =PC =10答案：I. 设 是 的中点，证明： 平面 ；方法一：连接 ．， 为 中点， ，又平面 平面 ， 平面 ．又 是以 为斜边的等腰直角三角形，所以 ．如图，以点 为坐标原点，分别以 、 、 所在直线为 轴、 轴、 轴，建立空间直角坐标系 ．则 ，，，，，，，．因为所以平面 的一个法向量为 ，由得又直线 不在平面 内，所以 平面 ．方法二：如图，取 的中点为 ，连接 ，．因为点 、 、 、 分别是 、 、 、 的中点，所以 ，，又 与 交于 点，所以平面 平面 ，因为 在平面 内，所以 平面 ．G OC FG ∥BOE OP ∵PA =PC O AC ∴PO ⊥AC PAC ⊥ABC ∴PO ⊥ABC △ABC AC OB ⊥AC O OB OC OP x y z O −xyz O (0,0,0)A (0,−8,0)B (8,0,0)C (0,8,0)P (0,0,6)E (0,−4,3)F (4,0,3)G (0,4,0)=(8,0,0),=(0,−4,3),OB −→−OE −→−BOE =(0,3,4)n →=(−4,4,−3),FG −→−⋅=0.n →FG −→−FG BOE FG ∥BOE PE H HG HF E O G H PA AC OC PE HG ∥OE HF ∥EB HGHF H FGH ∥BOE FG FGH FG ∥BOE答案：II. 证明：在 内存在一点 ，使 平面 ，并求点 到 ， 的距离．方法一：设点 的坐标为 ，则因为 平面 ，所以 ，因此即点 的坐标是 ．在平面直角坐标系 中， 的内部区域可表示为不等式组经检验，点 的坐标满足上述不等式组．所以，在 内存在一点 ，使 平面 ．由点 的坐标，得点到 ， 的距离分别为 ．方法二：在平面 内，过点 作 ，交 于点 ，交 于点 ．连接 ，过点 作 ，交 于点 ．下面证 平面 ．因为平面 平面 ，且 ，所以 平面 ．从而 ，又因为 ，所以 平面 ．又 ，因此 平面 ．在 中，所以点 在线段 上．因为 是 的中点，所以 是 的中点．因此点 在 内，点 到 ， 的距离分别为．△ABO M FM ⊥BOE M OA OB M (,,0)x 0y 0=(−4,,−3).FM −→−x 0y 0FM ⊥BOE ∥FM −→−n →=4,=−.x 0y 094M (4,−,0)94xOy △AOB ⎧⎩⎨x >0,y <0,x −y <8.M △AOB M FM ⊥BOE M M OA OB 4、94OAP P PN ⊥OE OA N OE Q BN ,PO F FM ∥PN BN M FM ⊥BOE PAC ⊥ABC BO ⊥AC BO ⊥PAC OB ⊥PN PN ⊥OE PN ⊥BOE FM ∥PN FM ⊥BOE Rt △OAP OE cos ∠NPO =PA =5,PQ =,12245==,ON =OP ⋅tan ∠NPO =<OA ,PQ OP4592N OA F PB M BN M △AOB M OA OB OB =4,ON =1212943. 如图，在棱长为 的正方体 中，，，， 分别是棱 ，，， 的中点，点 ， 分别在棱 ， 上移动，且 ．2ABCD −A 1B 1C 1D 1E F M N AB AD A 1B 1A 1D 1P Q DD 1BB 1DP =BQ =λ(0<λ<2)答案：I. 当 时，证明：直线 平面 ；方法一：如图，连接 ，由 是正方体，知 ，当 时， 是 的中点．又 是 的中点，所以 ，所以 ，而 平面 ，且 平面 ，故直线 平面 ．方法二：以 为原点，射线 ，， 分别为 轴的正半轴建立如图的空间直角坐标系 ．由已知得 ，，，，，所以当 时，，因为 ，所以即 ，而 平面 ，且 平面 ，故直线 平面 ．λ=1B ∥C 1EFPQ AD 1ABCD −A 1B 1C 1D 1B ∥A C 1D 1λ=1P DD 1F AD FP ∥AD 1B ∥FP C 1FP ⊂EFPQ B ⊄C 1EFPQ B ∥C 1EFPQ D DA DC DD 1x ,y ,z D −xyz B (2,2,0)(0,2,2)C 1F (1,0,0)P (0,0,λ)E (2,1,0)=(−2,0,2),=(−1,0,λ),=(1,1,0),BC 1−→−−FP −→−FE −→−λ=1=(−1,0,1)FP −→−=(−2,0,2)BC 1−→−−=2,BC 1−→−−FP −→−B ∥FP C 1FP ⊂EFPQ B ⊄C 1EFPQ B ∥C 1EFPQ 答案：II. 是否存在 ，使平面 与面 所成的二面角为直二面角？若存在，求出 的值；若不存在，说明理由．方法一：如图，连接 ．λEFPQ PQMN λBD因为 ， 分别是 ， 的中点，所以 ，且又 ，，所以四边形 是平行四边形，故，且 ，从而 ，且在 和 中，因为于是所以四边形 是等腰梯形．同理可证四边形 是等腰梯形．分别取 ，， 的中点为 ，，，连接 ，，则 ，，而 ，故 是平面 与平面 所成的二面角的平面角．若存在 ，使平面 与平面 所成的二面角为直二面角，则连接 ，，则由 ，且 ，知四边形 是平行四边形．连接 ，因为 ， 是 ， 的中点，所以在 中，则由 得解得 ，故存在 ，使平面 与平面 所成的二面角为直二面角．方法二：设平面 的一个法向量 ，由E F AB AD EF ∥BD EF =BD ,12DP =BQ DP ∥BQ PQBD PQ ∥BD PQ =BD EF ∥PQ EF =PQ .12Rt △EBQ Rt △FDP BQ =DP =λ,BE =DF =1,EQ =FP =,1+λ2−−−−−−√EFPQ PQMN EF PQ MN H O G OH OG GO ⊥PQ HO ⊥PQ GO ∩HO =O ∠GOH EFPQ PQMN λEFPQ PQMN ∠GOH =,90∘EM FN EF ∥MN EF =MN EFNM GH H G EF MN GH =ME =2.△GOH GH 2OH 2OG 2=4,=1+−=+,λ2()2√22λ212=1+−=+,(2−λ)2()2√22(2−λ)212O +O =G G 2H 2H 2+++=4,(2−λ)212λ212λ=1±2√2λ=1±2√2EFPQ PQMN EFPQ =(x ,y ,z )n →⎧−→−→可得于是可取 ．同理可得平面 的一个法向量为 ．若存在 ，使平面 与平面 所成的二面角为直二面角，则即解得 ，故存在 ，使平面与平面 所成的二面角为直二面角．⎧⎩⎨⋅=0,FE −→−n →⋅=0,FP −→−n →{x +y =0,−x +λz =0,=(λ,−λ,1)n →MNPQ =(λ−2,2−λ,1)m →λEFPQ PQMN ⋅=(λ−2,2−λ,1)⋅(λ,−λ,1)=0,m →n →λ(λ−2)−λ(2−λ)+1=0,λ=1±2√2λ=1±2√2EFPQ PQMN 4. 如图，已知四棱锥 ，底面 为菱形， 平面 ，，分别是 的中点．P −ABCD ABCD PA ⊥ABCD ∠ABC =60∘E 、F BC 、PC 答案：I. 证明：；由四边形 为菱形，，可得 为正三角形．因为 为 的中点，所以 ．又 ，因此 ．因为 平面 ， 平面 ，所以 ．又 ，所以 平面 ，又 平面 ，所以 ．AE ⊥PD ABCD ∠ABC =60∘△ABC E BC AE ⊥BC BC ∥AD AE ⊥AD PA ⊥ABCD AE ⊂ABCD PA ⊥AE PA ∩AD =A AE ⊥PAD PD ⊂PAD AE ⊥PD 答案：II. 若 为 上的动点， 与平面 所成最大角的正切值为，求二面角 的余弦值．设 ， 为 上任意一点，连接 ．由（1）知 平面 ，则 为 与平面 所成的角．在 中，H PD EH PAD 6√2E −AF −C AB =2H PD AH ,EH AE ⊥PAD ∠EHA EH PAD Rt △EAH AE =,√所以当最短时， 最大，即当 时， 最大，此时因此 ，又 ，则 ，所以法一：因为 平面 ， 平面 ，所以平面 平面 ．过 作 于 ，则 平面 ，从而有 ．过 作 于 ，连接 ，则有 ，从而有 ，从而 为二面角 的平面角．在 中，又 ， 是 的中点，在 中，从而在 中，即所求二面角的余弦值为 ．法二：由（1）知 两两垂直，以 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又 分别为 的中点，所以 ，，，，，，，所以AE =,3√AH ∠EHA AH ⊥PD ∠EHA tan ∠EHA ===,AE AH 3√AH6√2AH =2√AD =2∠ADH =45∘PA =2.PA ⊥ABCD PA ⊂PAC PAC ⊥ABCD E EO ⊥AC O EO ⊥PAC EO ⊥AF O OS ⊥AF S ES AF ⊥平面EOS AF ⊥ES ∠ESO E −AF −C Rt △AOE EO AO =AE ⋅sin =,30∘3√2=AE ⋅cos =.30∘32AC =2=PA F PC Rt △ASO SO =AO ⋅sin =,45∘32√4SE ===.E +S O 2O 2−−−−−−−−−−√+3498−−−−−−√30−−√4Rt △ESO cos ∠ESO ===,SO SE 32√430−−√415−−√515−−√5AE ,AD ,AP A E 、F BC 、PC A (0,0,0)B (,−1,0)3√C (,1,0)3√D (0,2,0)P (0,0,2)E (,0,0)3√F (,,1)3√212AE −→−AF −→−=(,0,0),3√=(,,1).3√212→设平面的一法向量为 ，由得取 ，则因为 ，，，所以 平面 ，故 为平面 的一法向量．所以因为二面角 为锐角，所以所求二面角的余弦值为 ．AEF =(,,)m →x 1y 1z 1⎧⎩⎨⋅=0,m →AE −→−⋅=0,m →AF −→−⎧⎩⎨=0,3√x 1++=0,3√2x 112y 1z 1=−1z 1=(0,2,−1).m →BD ⊥AC BD ⊥PA PA ∩AC =A BD ⊥AFC =(−,3,0)BD −→−3√AFC cos ⟨,⟩===.m →BD −→−⋅m →BD −→−⋅∣∣∣m →∣∣∣∣∣BD −→−∣∣2×3×5√12−−√15−−√5E −AF −C 15−−√5。
高考复习 第8篇 第1讲 空间几何体及其表面积与体积知识点+例题+练习 含答案
第1讲空间几何体及其表面积与体积知识梳理1．多面体的结构特征(1)棱柱：一般地，由一个平面多边形沿某一方向平移形成的空间几何体叫做棱柱；棱柱两个底面是全等多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形．(2)棱锥：当棱柱的一个底面收缩为一个点时，得到的几何体叫做棱锥；棱锥底面是多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形．(3)棱台：棱锥被平行于底面的一个平面所截后，截面和底面之间的部分叫做棱台．2．旋转体的结构特征(1)将矩形、直角三角形、直角梯形分别绕它的一边、一直角边、垂直于底边的腰所在的直线旋转一周，形成的几何体分别叫做圆柱、圆锥、圆台；这条直线叫做轴，垂直于轴的边旋转而成的圆面叫做底面．不垂直于轴的边旋转而成的曲面叫做侧面，无论旋转到什么位置，这条边都叫做母线．(2)球：半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所成的曲面叫做球面，球面围成的几何体叫做球体，简称球．3．柱、锥、台和球的侧面积和体积面积体积圆柱S侧＝2πrh V＝Sh＝πr2h圆锥S侧＝πrlV＝13Sh＝13πr2h＝13πr2l2－r2圆台S侧＝π(r1＋r2)lV＝13(S上＋S下＋S上S下)h＝13π(r21＋r22＋r1r2)h直棱柱S侧＝Ch V＝Sh正棱锥S侧＝12Ch′V＝13Sh续表4.(1)棱柱、棱锥、棱台的表面积就是各面面积之和．(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形；它们的表面积等于侧面积与底面面积之和．辨析感悟1．柱体、锥体、台体与球的面积(1)圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS.(×)(2)设长方体的长、宽、高分别为2a，a，a，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为3πa2.(×)2．柱体、锥体、台体的体积(3)(教材练习改编)若一个球的体积为43π，则它的表面积为12π.(√)(4)在△ABC中，AB＝2，BC＝3，∠ABC＝120°，使△ABC绕直线BC旋转一周所形成的几何体的体积为9π.(×)3．柱体、锥体、台体的展开与折叠(5)将圆心角为2π3，面积为3π的扇形作为圆锥的侧面，则圆锥的表面积等于4π.(√)(6)(2014·青州模拟改编)将边长为a的正方形ABCD沿对角线AC折起，使BD＝a，则三棱锥D－ABC的体积为312a3.(×)[感悟·提升]两点注意一是求几何体的体积，要注意分割与补形．将不规则的几何体通过分割或补形将其转化为规则的几何体求解．二是几何体展开、折叠问题，要抓住前后两个图形间的联系，找出其中的量的关系．考点一空间几何体的结构特征【例1】给出下列四个命题：①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体④底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱其中不正确的命题为________．解析对于①，平行六面体的两个相对侧面也可能是矩形，故①错；对于②，对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明(如图)，故②错；对于③，若底面不是矩形，则③错；④正确．答案①②③规律方法解决该类题目需准确理解几何体的定义，要真正把握几何体的结构特征，并且学会通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，设法举出一个反例即可．【训练1】设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；②底面是矩形的平行六面体是长方体；③直四棱柱是直平行六面体；④棱台的相对侧棱延长后必交于一点．其中真命题的序号是________．解析命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的．底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的．因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的．命题④由棱台的定义知是正确的． 答案 ①④考点二 几何体的表面积与体积【例2】 如图所示，四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是半径为R 的圆的内接四边形，其中BD 是圆的直径，∠ABD ＝60°，∠BDC ＝45°， △ADP ∽△BAD . (1)求线段PD 的长；(2)若PC ＝11R ，求三棱锥P －ABC 的体积． 解 (1)∵BD 是圆的直径，∴∠BAD ＝90°， 又∵△ADP ∽△BAD ，∴AD BA ＝DP AD ， ∠PDA ＝∠BAD ＝90°， DP ＝AD 2BA ＝(BD sin 60°)2BD sin 30°＝4R 2×342R ×12＝3R . ∴DP 的长为3R .(2)在Rt △BCD 中，BC ＝CD ＝BD cos 45°＝2R ， ∵PD 2＋CD 2＝9R 2＋2R 2＝11R 2＝PC 2，∴PD ⊥CD ， 又∠PDA ＝90°，AD ∩CD ＝D ，∴PD ⊥底面ABCD ， 则S △ABC ＝12AB ·BC sin(60°＋45°) ＝12R ·2R ⎝ ⎛⎭⎪⎫32×22＋12×22＝3＋14R 2.所以三棱锥P －ABC 的体积为V P －ABC ＝13·S △ABC ·PD ＝13·3＋14R 2·3R ＝3＋14R 3.规律方法 求几何体的体积问题，可以多角度、全方位地考虑问题，常采用的方法有“换底法”、“分割法”、“补体法”等，尤其是“等积转化”的数学思想方法应高度重视．【训练2】 (2014·苏州模拟)一个正三棱台的上、下底面边长分别是3 cm 和6 cm ，高是32 cm.(1)求三棱台的斜高；(2)求三棱台的侧面积和表面积． 解(1)设O 1、O 分别为正三棱台ABC －A 1B 1C 1的上、下底面正三角形的中心，如图所示，则O 1O ＝32，过O 1作O 1D 1⊥B 1C 1，OD ⊥BC ，则D 1D 为三棱台的斜高；过D 1作D 1E ⊥AD 于E ，则D 1E ＝O 1O ＝32， 因O 1D 1＝36×3＝32，OD ＝36×6＝3，则DE ＝OD －O 1D 1＝3－32＝32.在Rt △D 1DE 中， D 1D ＝D 1E 2＋ED 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝3(cm)． (2)设c 、c ′分别为上、下底的周长，h ′为斜高， S 侧＝12(c ＋c ′)h ′＝12(3×3＋3×6)×3＝2732(cm 2)，S 表＝S 侧＋S 上＋S 下＝2732＋34×32＋34×62＝9934(cm 2)．故三棱台斜高为 3 cm ，侧面积为2732 cm 2，表面积为9934 cm 2.考点三 球与空间几何体的接、切问题【例3】 (1)(2013·新课标全国Ⅱ卷)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________．(2)(2013·辽宁卷改编)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________．审题路线 (1)根据正四棱锥的体积求高⇒求底面正方形的对角线长⇒由勾股定理求OA ⇒由球的表面积公式求解．(2)BC 为过底面ABC 的截面圆的直径⇒取BC 中点D ，则球心在BC 的垂直平分线上，再由对称性求解． 解析 (1)设正四棱锥的高为h ， 则13×(3)2×h ＝322，解得h ＝322. 又底面正方形的对角线长为2×3＝ 6. 所以OA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝ 6. 故球的表面积为S 球＝4π×(6)2＝24π.(2)因为在直三棱柱中AB ＝3，AC ＝4，AA 1＝12，AB ⊥AC ，所以BC ＝5，且BC 为过底面ABC 的截面圆的直径，取BC 中点D ，则OD ⊥底面ABC ，则O 在侧面BCC 1B 1内，矩形BCC 1B 1的对角线长即为球的直径，所以2r ＝122＋52＝13，即r ＝132.答案 (1)24π (2)132规律方法 解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数量关系，选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的．【训练3】(2012·辽宁卷)已知点P，A，B，C，D是球O表面上的点，P A⊥平面ABCD，四边形ABCD是边长为23的正方形．若P A＝26，则△OAB的面积为________．解析根据球的内接四棱锥的性质求解．如图所示，线段PC就是球的直径，设球的半径为R，因为AB＝BC＝23，所以AC＝2 6.又P A＝26，所以PC2＝P A2＋AC2＝24＋24＝48，所以PC＝43，所以OA＝OB＝23，所以△AOB是正三角形，所以S＝12×23×23×32＝3 3.答案3 3考点四几何体的展开与折叠问题【例4】(1)如图所示，在边长为4的正方形纸片ABCD中，AC与BD相交于O，剪去△AOB，将剩余部分沿OC，OD折叠，使OA，OB重合，则以A，B，C，D，O为顶点的四面体的体积为________．(2)如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝CC1＝3.P是BC1上一动点，沿棱柱表面使CP＋P A1最小，则最小值为________．解析 (1)折叠后的四面体如图所示．OA ，OC ，OD 两两相互垂直，且OA ＝OC ＝OD ＝22，体积V ＝13 S △OCD ·OA ＝13×12×(22)3＝823.(2)由题意知，A 1P 在几何体内部，把面BB 1C 1C 沿BB 1展开与面AA 1B 1B 在一个平面上，如图所示，连接A 1C 即可． 则A 1、P 、C 三点共线时，CP ＋P A 1最小， ∵∠ACB ＝90°，AC ＝4，BC ＝C 1C ＝3，∴A 1B 1＝AB ＝42＋32＝5，∴A 1C 1＝5＋3＝8，∴A 1C ＝82＋32＝73.故CP ＋P A 1的最小值为73.答案 (1)823 (2)73规律方法 (1)有关折叠问题，一定要分清折叠前后两图形(折前的平面图形和折叠后的空间图形)各元素间的位置和数量关系，哪些变，哪些不变．(2)研究几何体表面上两点的最短距离问题，常选择恰当的母线或棱展开，转化为平面上两点间的最短距离问题．【训练4】如图为一几何体的展开图，其中ABCD是边长为6的正方形，SD＝PD＝6，CR＝SC，AQ＝AP，点S，D，A，Q共线，点P，D，C，R共线，沿图中虚线将它们折叠起来，使P，Q，R，S四点重合，则需要________个这样的几何体，可以拼成一个棱长为6的正方体．解析由题意知，将该展开图沿虚线折叠起来以后，得到一个四棱锥P－ABCD(如图所示)，其中PD⊥平面ABCD，因此该四棱锥的体积V＝13×6×6×6＝72，而棱长为6＝3个这样的几何体，才能拼成的正方体的体积V＝6×6×6＝216，故需要21672一个棱长为6的正方体．答案 31．对于基本概念和能用公式直接求出棱柱、棱锥、棱台与球的表面积的问题，要结合它们的结构特点与平面几何知识来解决．2．求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．3．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．方法优化5——特殊点在求解几何体的体积中的应用【典例】 (2012·山东卷)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1－EDF 的体积为________．[一般解法] 三棱锥D 1－EDF 的体积即为三棱锥F －DD 1E 的体积．因为E ，F 分别为AA 1，B 1C 上的点，所以在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中△EDD 1的面积为定值12，F 到平面AA 1D 1D 的距离为定值1，所以VF －DD 1E ＝13×12×1＝16. [优美解法] E 点移到A 点，F 点移到C 点，则VD 1－EDF ＝VD 1－ADC ＝13×12×1×1×1＝16. [答案] 16[反思感悟] (1)一般解法利用了转化思想，把三棱锥D 1－EDF 的体积转化为三棱锥F －DD 1E 的体积，但这种解法还是难度稍大，不如采用特殊点的解法易理解、也简单易求．(2)在求几何体体积时还经常用到等积法、割补法． 【自主体验】 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1与侧面BCC1B1的距离为2，侧面BCC1B1的面积为4，此三棱柱ABC－A1B1C1的体积为________．解析补形法将三棱柱补成四棱柱，如图所示．记A1到平面BCC1B1的距离为d，则d＝2.则V三棱柱＝12V四棱柱＝12S四边形BCC1B1·d＝12×4×2＝4.答案 4基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、填空题1．以下命题：①以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆；④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．其中正确命题的个数是________．解析命题①错，因为这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆锥．命题②题，因这条腰必须是垂直于两底的腰．命题③对．命题④错，必须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才行．答案 12．在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的四个顶点，这些几何形体是________(写出所有正确结论的编号)．①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；④每个面都是等边三角形的四面体；⑤每个面都是直角三角形的四面体．解析①显然可能；②不可能；③取一个顶点处的三条棱，连接各棱端点构成的四面体；④取正方体中对面上的两条异面对角线的四个端点构成的几何体；⑤正方体ABCD－A1B1C1D1中，三棱锥D1－DBC满足条件．答案①③④⑤3．在三棱锥S－ABC中，面SAB，SBC，SAC都是以S为直角顶点的等腰直角三角形，且AB＝BC＝CA＝2，则三棱锥S－ABC的表面积是________．解析设侧棱长为a，则2a＝2，a＝2，侧面积为3×12×a2＝3，底面积为34×22＝3，表面积为3＋ 3.答案3＋ 34．若圆锥的侧面积为2π，底面面积为π，则该圆锥的体积为________．解析 设圆锥的底面圆半径为r ，高为h ，母线长为l ，则⎩⎪⎨⎪⎧ πrl ＝2π，πr 2＝π，∴⎩⎪⎨⎪⎧r ＝1，l ＝2.∴h ＝l 2－r 2＝22－12＝ 3.∴圆锥的体积V ＝13π·12·3＝33π. 答案 33π5．(2012·新课标全国卷改编)平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为________． 解析如图，设截面圆的圆心为O ′，M 为截面圆上任一点，则OO ′＝2，O ′M ＝1，∴OM ＝(2)2＋1＝3，即球的半径为3，∴V ＝43π(3)3＝43π.答案 43π 6.如图所示，已知一个多面体的平面展开图由一个边长为1的正方形和4个边长为1的正三角形组成，则该多面体的体积是________．解析 由题知该多面体为正四棱锥，底面边长为1，侧棱长为1，斜高为32，连接顶点和底面中心即为高，可求得高为22，所以体积V ＝13×1×1×22＝26. 答案 267．(2013·天津卷)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 设正方体的棱长为a ，外接球的半径为R ，由题意知43πR 3＝9π2，∴R 3＝278，而R ＝32.由于3a 2＝4R 2，∴a 2＝43R 2＝43×⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝3，∴a ＝ 3.答案 38.如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为________．解析 如图，分别过点A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG ，CH ，容易求得EG ＝HF ＝12，AG ＝GD ＝BH ＝HC ＝32，∴S △AGD ＝S △BHC ＝12×22×1＝24，∴V ＝V E －ADG ＋V F －BHC ＋V AGD －BHC ＝2V E －ADG ＋V AGD －BHC ＝13×24×12×2＋24×1＝23. 答案 23 二、解答题 9.如图，在三棱锥P －ABC 中，AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，AP ＝BP ＝AB ，PC ⊥AC .(1)求证：PC ⊥AB ；(2)求点C 到平面APB 的距离． (1)证明 取AB 中点D ，连接PD ，CD .因为AP ＝BP ，所以PD ⊥AB ， 因为AC ＝BC ，所以CD ⊥AB .因为PD ∩CD ＝D ，所以AB ⊥平面PCD .因为PC ⊂平面PCD ，所以PC ⊥AB . (2)解 设C 到平面APB 的距离为h ，则由题意，得AP ＝PB ＝AB ＝AC 2＋BC 2＝22， 所以PC ＝AP 2－AC 2＝2.因为CD ＝12AB ＝2，PD ＝32PB ＝6， 所以PC 2＋CD 2＝PD 2，所以PC ⊥CD .由(1)得AB ⊥平面PCD ，于是由V C －APB ＝V A －PDC ＋V B －PDC ， 得13·h ·S △APB ＝13AB ·S △PDC ，所以h ＝AB ·S △PDCS △APB＝22×12×2×234×(22)2＝233.故点C 到平面APB 的距离为233.10．有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放一个半径为r 的铁球，并注入水，使水面与球正好相切，然后将球取出，求这时容器中水的深度．解 如图所示，作出轴截面，因轴截面是正三角形，根据切线性质知当球在容器内时，水的深度为3r ，水面半径BC 的长为3r ，则容器内水的体积为 V ＝V 圆锥－V 球＝13π(3r )2·3r － 43πr 3＝53πr 3，将球取出后，设容器中水的深度为h ， 则水面圆的半径为33h ，从而容器内水的体积为 V ′＝13π⎝ ⎛⎭⎪⎫33h 2h ＝19πh 3，由V ＝V ′，得h ＝315r .能力提升题组 (建议用时：25分钟)一、填空题1．已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，AB ＝3，∠ASC ＝∠BSC ＝30°，则棱锥S －ABC 的体积为________．解析 由题意知，如图所示，在棱锥S －ABC 中，△SAC ，△SBC 都是有一个角为30°的直角三角形，其中AB ＝3，SC ＝4，所以SA ＝SB ＝23，AC ＝BC ＝2，作BD ⊥SC 于D 点，连接AD ，易证SC ⊥平面ABD ，因此V S －ABC ＝13×34×(3)2×4＝ 3. 答案 32.(2014·南京模拟)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，BC ＝2，AC ＝5，AA 1＝3，M 为线段B 1B 上的一动点，则当AM ＋MC 1最小时，△AMC 1的面积为________．解析 如图，当AM ＋MC 1最小时，BM ＝1，所以AM 2＝2，C 1M 2＝8，AC 21＝14，于是由余弦定理，得cos ∠AMC 1＝AM 2＋MC 21－AC 212AM ·MC 1＝－12，所以sin ∠AMC 1＝32，S △AMC 1＝12×2×22×32＝ 3. 答案 33.如图，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2 cm 、高为5 cm ，则一质点自点A 出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点A 1的最短路线的长为________cm. 解析 根据题意，利用分割法将原三棱柱分割为两个相同的三棱柱，然后将其展开为如图所示的实线部分，则可知所求最短路线的长为52＋122＝13 cm.答案 13 二、解答题4．如图1，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，CD ∥AB ，AB ＝4，AD ＝CD ＝2，将△ADC 沿AC 折起，使平面ADC ⊥平面ABC ，得到几何体D －ABC ，如图2所示．(1)求证：BC ⊥平面ACD ； (2)求几何体D －ABC 的体积．(1)证明 在图中，可得AC ＝BC ＝22， 从而AC 2＋BC 2＝AB 2， 故AC ⊥BC ，又平面ADC ⊥平面ABC ， 平面ADC ∩平面ABC ＝AC ， BC ⊂平面ABC ， ∴BC ⊥平面ACD .(2)解 由(1)可知，BC 为三棱锥B －ACD 的高，BC ＝22，S △ACD ＝2，∴V B －ACD ＝13S △ACD ·BC ＝13×2×22＝423，由等体积性可知，几何体D －ABC 的体积为423.。
山东省济宁市2015届高考数学一轮复习第一讲空间几何体习题理新人教A版
第一讲 空间几何体1．(2011浙江)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )解析：从俯视图看，B 和D 符合，从正视图看D 符合，而从侧视图看D 也是符合的． 答案：D2.(2011山东,)右图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如右图；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如右图；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如右图．其中真命题的个数是( )A ．3B ．2C ．1D ．0解析：把底面为等腰直角三角形的直三棱柱的一个直角边所在侧面放在水平面上，就可以使得这个三棱柱的正视图和俯视图符合要求，故命题①是真命题；把一个正四棱柱的一个侧面放置在水平面上，即可使得这个四棱柱的正视图和俯视图符合要求，命题②是真命题；只要把圆柱侧面的一条母线放置在水平面即符合要求，命题③也是真命题．答案：A3．(2011陕西)某几何体的三视图如图所示，则它的体积是( )A ．8－2π3B ．8－π3C ．8－2π D.2π3解析：圆锥的底面半径为1，高为2，该几何体体积为正方体体积减去圆锥体积，即V ＝22×2－13×π×12×2＝8－23π，正确选项为A.答案：A4．(2009·山东)一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．2π＋2 3B ．4π＋2 3C ．2π＋233D ．4π＋233解析：由几何体的三视图可知，该几何体是由一个底面直径和高都是2的圆柱和一个底面边长为2，侧棱长为2的正四棱锥叠放而成．故该几何体的体积为V ＝π·12·2＋13·(2)2·3＝2π＋233，故选C. 答案：C5．[2014·四川卷] 某三棱锥的侧视图、俯视图如图11所示，则该三棱锥的体积是(锥体体积公式：V ＝13Sh ，其中S 为底面面积，h 为高)( )图11A ．3B ．2 C. 3 D ．1 答案：D [解析] 由图可知，三棱锥的底面为边长为2的正三角形，左侧面垂直于底面，且为边长为2的正三角形，所以该三棱锥的底面积S ＝12×2×3，高h ＝3，所以其体积V＝13Sh ＝13×3×3＝1，故选D. 6.（2012山东，4分）如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 、F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1－EDF 的体积为________．解析：因为E 点在线段AA 1上，所以S △DED 1＝12×1×1＝12，又因为F 点在线段B 1C 上，所以点F 到平面DED 1的距离为1，即h ＝1，所以VD 1－EDF ＝VF －DED 1＝13×S △DED 1×h ＝13×12×1＝16.答案：167、(2013·辽宁高考)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【解析】 因为直三棱柱中AB ＝3，AC ＝4，AA 1＝12，AB ⊥AC ，所以BC ＝5，且BC 为过底面ABC 的截面圆的直径．取BC 中点D ，则OD ⊥底面ABC ，则O 在侧面BCC 1B 1内，矩形BCC 1B 1的对角线长即为球直径，所以2R ＝122＋52＝13，即R ＝132.8.[2014·山东卷] 一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．答案 12 [解析] 设该六棱锥的高是h .根据体积公式得，V ＝13×12×2×3×6×h ，解得h ＝1，则侧面三角形的高为1＋（3）2＝2，所以侧面积S ＝12×2×2×6＝12.9、[2014·浙江卷] 某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是( )图11A ．72 cm 3B ．90 cm 3C ．108 cm 3D ．138 cm 3答案 B [解析] 此几何体是由长方体与三棱柱组合而成的，其体积为6×4×3＋12×3×4×3＝90 cm 3，故选B.10、[2014·湖南卷] 一块石材表示的几何体的三视图如图12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( )图12A ．1B ．2C ．3D ．4答案：B [解析] 由三视图可知，石材为一个三棱柱(相对应的长方体的一半)，故可知能得到的最大球为三棱柱的内切球．由题意可知正视图三角形的内切圆的半径即为球的半径，可得R ＝6＋8－102＝2.。
2015年高考数学立体几何专题试卷(新课标)
……○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________……○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………绝密★启用前2015年高考数学立体几何专题试卷（新课标）1．（本小题满分12分）如图，四棱锥P ABCD -中，PAB ∆是正三角形，四边形ABCD 是矩形，且平面PAB ⊥平面ABCD ，2PA =，4PC =．（Ⅰ）若点E 是PC 的中点，求证：//PA 平面BDE ；（Ⅱ）若点F 在线段PA 上，且FA PA λ=，当三棱锥B AFD -的体积为43时，求实数λ的值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.32 【解析】试题分析：（Ⅰ）将证明线面平行转化为线线平行，通过做辅助线可证明出EQ //PA ，线面平行的判定定理可证出//PA 平面BDE ；（Ⅱ）如图所示作辅助线，通过题意可先分3431=⋅⋅==∆--FM S V V ABD ABD F AFD B 将问题转化为求BC ，由面面垂直的性质定理得PO ⊥平面ABCD ，进而FM ⊥平面ABCD ，得到BC ⊥平面PAB ，故2223BC PC PB =-=，进而确定332=FM ，再由2323====33FM FA PO PA λλλ⇒⇒ 试题解析：（Ⅰ）如图，连接AC ，设ACBD Q =，又点E 是PC 的中点，则在PAC ∆中，中位线EQ //PA ， 3分又EQ ⊂平面BDE ，PA ⊄平面BDE ．试卷第2页，总14页………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………所以//PA 平面BDE 5分（Ⅱ）依据题意可得：2PA AB PB ===，取AB 中点O ，所以PO AB ⊥，且3PO =又平面PAB ⊥平面ABCD ，则PO ⊥平面ABCD ； 6分作//FM PO 于AB 上一点M ，则FM ⊥平面ABCD ， 因为四边形ABCD 是矩形，所以BC ⊥平面PAB ，则PBC ∆为直角三角形8分所以2223BC PC PB =-=，则直角三角形ABP ∆的面积为1=232ABP S AB AD ∆⋅=412323==3333B AFD F ABD ABD V V S FM FM FM --∆==⋅=⇒ 10分由//FM PO 得：2323====33FM FA PO PA λλλ⇒⇒ 12分考点：1、线面平行问题与线线平行问题的互化；2、面面垂直与线面垂直问题的互化；3、综合分析能力．2．（本小题满分12分）如图几何体中，四边形ABCD 为矩形，36,2,AB BC BF CF DE EF ======4,//EF AB ,G 为FC 的中点，M 为线段CD上的一点，且2CM =.（Ⅰ）证明：AF//面BDG ；（Ⅱ）证明：面BGM ⊥面BFC ； （Ⅲ）求三棱锥F BMC -的体积V.……○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________……○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）三棱锥F BMC -的体积为322. 【解析】 试题分析：（1）证明线面平行常用方法：一是利用线面平行的判定定理，二是利用面面平行的性质定理，三是利用面面平行的性质；（2）证明两个平面垂直，首先考虑直线与平面垂直，也可以简单记为“证面面垂直，找线面垂直”，是化归思想的体现，这种思想方法与空间中的平行关系的证明类似，掌握化归与转化思想方法是解决这类题的关键. （3）在求三棱柱体积时，选择适当的底作为底面，这样体积容易计算. 试题解析：（Ⅰ）连接AC 交BD 于O 点，则O 为AC 的中点，连接OG ,因为点G 为CF 中点，所以OG 为AFC ∆的中位线,所以//OG AF ， 2分 AF ⊄面BDG ， OG ⊂面BDG ， ∴//AF 面BDG 5分（Ⅱ）连接FM ,2BF CF BC ===，G 为CF 的中点, BG CF ∴⊥,2CM =，4DM ∴=,//EF AB ，ABCD 为矩形, 7分//EF DM ∴，又4EF =，EFMD ∴为平行四边形, 8分 2FM ED ∴==，FCM ∴∆为正三角形 MG CF ∴⊥， MG BG G =CF ∴⊥面BGM ,CF ⊂面BFC ,∴面BGM ⊥面BFC ． 10分（Ⅲ）11233F BMC F BMG C BMG BMG BMG V V V S FC S ---=+=⨯⨯=⨯⨯,因为3GM BG ==，22BM =,所以122122BMG S =⨯⨯=,所以22233F BMC BMC V S -=⨯=． 12分 考点：（1）线面平行的判定；（2）面面垂直；（3）几何体的体积3．（本小题满分12分）如图，AB 为圆O 的直径，E 是圆O 上不同于A ,B 的动点，四边形ABCD 为矩形，且1,2==AD AB ,平面ABCD ⊥平面ABE .（1）求证：BE ⊥平面DAE .CABDE FGMO试卷第4页，总14页………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………（2）当点E 在AB 的什么位置时，四棱锥ABCD E -的体积为33. 【答案】（1）详见解析 （2）点E 在AB 满足6EAB π∠=或3EAB π∠=时，四棱锥E ABCD -的体积为33. 【解析】试题分析：第（1）问先证明线线垂直，再证明线面垂直；第（2）问探求点E 在»AB 的什么位置时，四棱锥E ABCD -的体积为33，从研究BAE α∠=的大小着手思考，通过体积建立关系求出α的大小． 试题解析：（1）因为四边形ABCD 为矩形，所以DA AB ⊥, 又平面ABCD ⊥平面ABE ，且平面ABCD I 平面ABE AB =， 所以DA ⊥平面ABE ，而BE ⊆平面ABE ，所以DA ⊥BE ．又因为AB 为圆O 的直径，E 是圆O 上不同于A ，B 的动点，所以AE BE ⊥． 因为DA AE A =I ，所以BE ⊥平面DAE .（2）因为平面ABCD ⊥平面ABE ，过点E 作EH AB ⊥交AB 于点H ，则EH ⊥平面ABCD .在Rt BAE △中，记BAE α∠=（02πα<<），因为2AB =，所以2cos AE α=，sin 2cos sin sin 2HE AE αααα=⋅==，所以11221sin 2sin 2333E ABCD ABCD V S HE αα-=⨯=⨯⨯⨯=．由已知33E ABCD V -=，所以23sin 233α=，即3sin 22α=． 因为02πα<<，所以23πα=，即6πα=；或223πα=，即3πα=．于是点E 在AB 满足6EAB π∠=或3EAB π∠=时，四棱锥E ABCD -的体积为33.……○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________……○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………考点：立体几何中的线面关系和四棱锥体积． 4．（本小题满分12分）如图,在四棱锥ABCD S -中,底面ABCD 是正方形,⊥SA 底面ABCD ,AB SA =,点M 是SD 的中点,SC AN ⊥且交SC 于点N .(Ⅰ)求证:平面⊥SAC 平面AMN ； (Ⅱ)求二面角M AC D --的余弦值. 【答案】（Ⅰ）详见解析;（Ⅱ）33. 【解析】试题分析：方法1：(Ⅰ)：⊥SA 底面ABCD , SA DC ⊥∴又底面ABCD 是正方形，DA DC ⊥∴ ⊥∴DC 平面SAD , AM DC ⊥∴ 又AD SA = ,M 是SD 的中点,SD AM ⊥∴,⊥∴AM 面SDC AM SC ⊥∴ ，然后再根据线面垂直的判定定理，即可得出结果.(Ⅱ)取AD 的中点F ,则SA MF //.作AC FQ ⊥于Q ,连结MQ .⊥SA 底面A B C D , ⊥∴MF 底面A B C D AC FQ ⊥ , AC MQ ⊥∴FQM ∠∴为二面角M AC D --的平面角，解三角形即可求出结果.解法2:(Ⅰ)如图,以A 为坐标原点,建立空间直角坐标系xyz A -,利用空间向量在立体几何中的应用,即可求出结果.试题解析：证明(Ⅰ)：⊥SA 底面ABCD , SA DC ⊥∴ 又底面ABCD 是正方形，DA DC ⊥∴⊥∴DC 平面SAD , AM DC ⊥∴又AD SA = ,M 是SD 的中点,SD AM ⊥∴, ⊥∴AM 面SDC AM SC ⊥∴试卷第6页，总14页………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………由已知SC AN ⊥, ⊥∴SC 平面AMN . 又⊂SC 面SAC ,∴面⊥SAC 面AMN 6分 (Ⅱ)取AD 的中点F ,则SA MF //. 作AC FQ ⊥于Q ,连结MQ .⊥SA 底面ABCD , ⊥∴MF 底面ABCD AC FQ ⊥ , AC MQ ⊥∴FQM ∠∴为二面角M AC D --的平面角设aAB SA ==，在MFQRt ∆中221a SA MF ==,a FQ 42=,a FQ MF MQ 4622=+= 33cos ==∠∴MQ FQ FQM 11分 所以二面角M AC D --的余弦值为3312分 解法2:(Ⅰ)如图,以A 为坐标原点,建立空间直角坐标系xyz A -,由于AB SA =,可设1===AS AD AB , 则()(),0,1,0,0,0,0B A ()()()1,0,0,0,0,1,0,1,1S D C ,⎪⎭⎫⎝⎛21,0,21M 3分 ⎪⎭⎫⎝⎛=∴21,0,21AM ,()1,1,1--=CS 4分0=∙CS AM , CS AM ⊥∴又AN SC ⊥ 且A AM AN = ⊥∴SC 平面AMN .又⊂SC 平面SAC 所以,平面SAC ⊥平面AMN 6分……○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________……○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………(Ⅱ)⊥SA 底面ABCD AS ∴是平面ABCD 的一个法向量,()1,0,0=AS 7分 设平面ACM 的一个法向量为()z y x n ,,=()0,1,1=AC ,⎪⎭⎫ ⎝⎛=21,0,21AM ,则⎪⎩⎪⎨⎧=∙=∙00AM n AC n 得()1,1,1--=n 9分 33,cos ->=<∴n AS 11分 ∴二面角M AC D --的余弦值是3312分. 考点：1.线面垂直的判定；2.面面垂直的判定. 5．（本小题满分13分）如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧棱垂直底面，︒=∠90ACB ，112AC BC AA ==，D 是棱1AA 的中点.（1）证明：1DC ⊥平面BDC ；（2）若12AA =，求三棱锥1C BDC -的体积. 【答案】（1）见解析 （2）13【解析】试题分析：对应第一问，关键是要掌握线面垂直的判定，把握线线垂直的证明方法，第二问注意椎体的体积公式的应用.试题解析：（1）由题设知1,BC CC BC AC ⊥⊥，1AC CC C =，∴BC ⊥平面11ACC A . （2分） 又∵1DC ⊂平面11ACC A ，∴1DC BC ⊥. （3分）由题设知1145o ADC A DC ∠=∠=，∴190oCDC ∠=，即1C D DC ⊥. （4分）∵DCBC C =，∴1DC ⊥平面BDC . （6分）（2） ∵12AA =，D 是棱1AA 的中点，112AC BC AA ==试卷第8页，总14页………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………∴1,1AC BC AD === （7分） ∴222CD AD AC =+=，12DC = （9分）∴1CDC Rt ∆的面积11122122S CD DC =⋅=⨯⨯= （10分） ∴311131311=⨯⨯=⋅=-BC S V CDC B （11分） ∴3111==--CDC B BDC C V V ，即三棱锥1C BDC -的体积为13. （13分）考点：线面垂直的判定，椎体的体积. 6．（本题满分12分）在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，PA AB = ，点E 是PD 的中点，作EF PC ⊥交PC 于F .（Ⅰ）求证：PB ∥平面EAC ； （Ⅱ）求证：PC ⊥平面AEF ； （Ⅲ）求二面角A PC D --的大小. 【答案】（Ⅰ）详见解析;（Ⅱ）详见解析;（Ⅲ）60︒. 【解析】 试题分析：（Ⅰ）连结BD ，与AC 交于G .由中位线可得EG ∥PB .根据线面平行的判定定理可证得PB ∥平面EAC .（Ⅱ）由PA ⊥底面ABCD 可证得PA CD ⊥,又因为ABCD 是正方形,根据线面垂直判定定理可证得CD ⊥平面PAD ,从而可得CD AE ⊥.根据等腰三角形中线即为高线可得AE PD ⊥,根据线面垂直判定定理可证得AE ⊥平面PCD ,从而可得AE PC ⊥又EF PC ⊥可得PC ⊥平面AEF .（Ⅲ）以点A 为坐标原点建立空间直角坐标系. 设1AB =,可得各点的坐标,从而可得各向量坐标.根据向量垂直数量积为0可得面APC 和面DPC 的法向量.根据数量积公式可得两法向量夹角的余弦值,可得两法向量夹角. 两法向量夹角与二面角相等或互补.由观察可知所求二面角为锐角.试题解析：解：（Ⅰ）连结BD ，与AC 交于G ， ∵ABCD 是正方形，∴则G 为BD 的中点 ∵E 是PD 的中点， ∴EG ∥PB∵EG ⊂平面EAC ，PB ⊄平面EAC ∴PB ∥平面EAC 3分……○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________……○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………（Ⅱ）∵PA ⊥底面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ∴PA CD ⊥∵CD AD ⊥，PA AD A = ∴CD ⊥平面PAD 4分 ∵AE ⊂平面PAD ， ∴CD AE ⊥∵E 是PD 的中点，PA AD = ∴AE PD ⊥ ∵PD CD D =∴AE ⊥平面PCD 6分 而PC ⊂平面PCD ， ∴AE PC ⊥又EF PC ⊥，AE EF E =PC ⊥平面AEF 8分（Ⅲ）如图建立空间直角坐标系，点A 为坐标原点，设1AB =则(0,0,1),(1,1,0),(0,1,0),(1,0,0)(0,0,1)(1,0,1)AP AC DC PD ====-=- 9分 设平面APC 的法向量是111(,,)m x y z =，则0,0AP m AC m ⋅=⋅=， 所以10z =，110x y +=，即(1,1,0)m =- 10分 设平面DPC 的法向量是222(,,)n x y z =，则0,0DC n PD n ⋅=⋅= 所以20y =，220x z -=，即(1,0,1)n = 11分11cos ,222m n m n m n⋅<>===⋅⋅，即面角A PC D --的大小为60︒. 12分考点：1线面平行;2线面垂直;3空间向量法解决立体几何问题.7．如图，一简单几何体的一个面ABC 内接于圆O ,,G H 分别是,AE BC 的中点，AB 是圆O 的直径，四边形DCBE 为平行四边形，且DC ⊥平面ABC .试卷第10页，总14页………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………（1）求证:GH ∥平面ACD ；（2）若2,1AB BC ==，23tan =∠EAB ,试求该几何体的V. 【答案】（1）证明见解析；（2）1V =. 【解析】试题分析：（1）证明线面垂直需通过证明面面垂直，根据题意,G H 分别是,AE BC 的中点，连接,GO OH ,利用三角形的中位线性质，易证：平面GOH ∥平面ACD ；（2）方法一：将所求几何体分割为两个三棱锥,E ABC E ACD --，同时三棱锥E ABC -的底面积为ABC S ∆,高为EB ,三棱锥E ACD -的底面积为ACD S ∆和高DE ，进而求得两个三棱锥的体积，进而求得所求三棱锥的体积：1V =；方法二：所求体积为四棱锥A BCDE V -,根据题意底面积为矩形BCDE 的面积，高为AC ,利用椎体的体积公式得到所求. 试题解析：（1）证明：连结,GO OH ∵,GO AD OH AC ∥∥.∴GO ∥平面,ACD OH ∥平面ACD ,又GO 交HO 于O ∴平面GOH ∥平面ACD ∴GH ∥平面ACD（2）法一：∵ACD E ABC E V V V --+= ∵2,1AB BC ==∵23tan =∠EAB ∴3,322=-==BC AB AC BE .……○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________……○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………ACD E ABC E V V V --+=21133213131=⨯⨯⨯⨯=⋅=∆-DE S V ACD ACD E .21313213131=⨯⨯⨯⨯=⋅=∆-EB S V ACB ACB E∴12121=+=+=--ACD E ABC E V V V法二：∵DC ⊥平面ABC ∴DC AC ⊥ 又∵AC BC ⊥ ∴AC ⊥平面BCDE ∵2,1AB BC ==. ∵23tan =∠EAB ∴3,322=-==BC AB AC BE ∴ 13313131=⨯⨯⨯=⋅⋅=-AC S V BCDE BCDE A 矩形 考点：1.直线和平面平行的判定定理；2.椎体的体积.8．（本小题共14分）如图，将矩形ABCD 沿对角线BD 把△ABD 折起，使A 点移到1A 点，且1A 在平面BCD 上的射影O 恰好在CD 上.（1）求证：BC ⊥D A 1；（2）求证：平面CD A 1⊥平面BC A 1；（3）若AB=10，BC=6，求三棱锥BCD A -1的体积. 【答案】（1）、（2）详见解析；（3）48.【解析】试题分析：（1）由题意可知O A 1⊥平面BCD ，所以BC ⊥O A 1，又由已知可知BC CO ⊥，由线面垂直的判定定理可得D A 1⊂平面CD A 1，所以D A BC 1⊥；（2）欲证平面CD A 1⊥平面BC A 1，需证BC A D A 11平面⊥，又因为D A 1⊥B A 1.由（1）知BC ⊥D A 1，所以BC A D A 11平面⊥；（3）转换顶点可得11A BCD D A BC V V --=，代入计算即可. 试题解析：（1）因为1A 在平面BCD 上的射影O 在CD 上，试卷第12页，总14页………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………所以O A 1⊥平面BCD. 又BC ⊂平面BCD ， 所以BC ⊥O A 1.又BC ⊥CO ，CO O O A =⋂1，⊂CO 平面CD A 1，O A 1⊂平面CD A 1，所以BC ⊥平面CD A 1. 又D A 1⊂平面CD A 1， 所以D A BC 1⊥.（5分） （2）因为矩形ABCD ， 所以D A 1⊥B A 1. 由（1）知BC ⊥D A 1.又⊂=⋂BC B B A BC ,1平面BC A B A BC A 111,平面⊂， 所以BC A D A 11平面⊥. 又CD A D A 11平面⊂，所以平面CD A BC A 11平面⊥.（10分） （3）因为BC A D A 11平面⊥， 所以C A D A 11⊥.因为CD=10，61=D A ，所以81=C A . 所以48686213111=⨯⨯⨯⨯==--BC A D BCD A V V .（14分） 考点：空间线线垂直、线面垂直的判定性质，多面体体积.9．如图，四棱柱1111ABCD A B C D -的底面为菱形，AC ，BD 交于点O ，1AO ⊥平面ABCD ，12AA BD ==，22AC =．……○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________……○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………（1）证明：1AC ⊥平面11BB D D ； （2）求三棱锥1A C CD -的体积． 【答案】（1）见解析；（2）23【解析】试题分析：（1）证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ，又因为1AO ⊥平面ABCD ，所以1A O BD ⊥.因为1AC A O O ⋂=，所以BD ⊥平面1A AC ，所以1BD A C ⊥. 2分由已知12AA =，22AC =，又1,AO OC AO AC =⊥，所以112AC A A ==， 所以22211A A A C AC +=，所以11A C A A ⊥，因为11B B A A ∥，所以11A C B B ⊥， 4分 因为1BD B B B ⋂=，所以1AC ⊥平面11BB D D . 6分 （2）连接11A C ，因为11AA CC ∥且11AA CC =，所以四边形11ACC A 是平行四边形， 所以11A C AC ∥， 8分 所以三棱锥1A C CD -的体积111113A C CD C ACD A ACD ACD V V V S AO ---∆===⨯ 10分11112222234123AC BD AO =⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=. 12分 考点：本题考查线面垂直的判定，求棱锥的体积点评：解决本题的关键是掌握线面垂直的判定定理，10．（本题满分12分）如图,在四棱锥P ABCD -中,PD ABCD ⊥面，四边形ABCD 为平行四边形,60DAB ∠=︒,24AB PA AD ===,试卷第14页，总14页………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………（1）若E 为PC 中点，求证：PA ∥平面BDE （2）求三棱锥D BCP -的体积 【答案】（1）见解析；（2）4 【解析】 试题分析：（1）连结AC 交BD 于点O ，连结OE ， ∵ABCD 为平行四边形，∴O 是AC 的中点， 又∵E 是PC 的中点， ∴OE ∥PA又PA ⊄平面BDE,OE ⊂平面BDE ∴PA ∥平面BDE （2）13D PBC P DBC DBC V V S PD --∆==⋅ 又22124sin 6023,232DBC S PD PA AD ∆=⨯⨯==-= ,所以4D PBC V -= 考点：本题考查线面平行的判定，求棱锥的体积点评：解决本题的关键是在平面BDE 中找出与PA 平行的线。
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第1讲 空间几何体考情解读 1．以三视图为载体，考查空间几何体面积、体积的计算.2．考查空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题．1．四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直平行六面体、长方体之间的关系2．空间几何体的三视图（1）三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从物体的正前方、正左方、正上方看到的物体轮廓线的正投影形成的平面图形．（2）三视图排列规则：俯视图放在正视图的下面，长度与正视图一样；侧视图放在正视图的右面，高度和正视图一样，宽度与俯视图一样．（3）画三视图的基本要求：正俯一样长，俯侧一样宽，正侧一样高．看不到的线画虚线． 3．直观图的斜二测画法空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则：（1）原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中，x ′轴、y ′轴的夹角为45°(或135°)，z ′轴与x ′轴和y ′轴所在平面垂直．（2）原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴．平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半． 4．空间几何体的两组常用公式 （1）柱体、锥体、台体的侧面积公式： ①S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)； ②S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)；③S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上，下底面的周长，h ′为斜高)；④S 球表＝4πR 2(R 为球的半径)．（2）柱体、锥体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；③V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (不要求记忆)；④V 球＝43πR 3.热点一 三视图与直观图例1 （1）某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A ．83B ．8C ．323D ．16（2）(2013·四川)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是()思维启迪 (1)根据三视图确定几何体的直观图；(2)分析几何体的特征，从俯视图突破．思维升华 空间几何体的三视图是从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图，因此在分析空间几何体的三视图问题时，先根据俯视图确定几何体的底面，然后根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置，再确定几何体的形状，即可得到结果．（1）(2013·课标全国Ⅱ)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O －xyz 中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx 平面为投影面，则得到的正视图可以为( )（2）将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为()热点二 几何体的表面积与体积例2 （1）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A ．2πB ．22πC ．π3D ．2π3（2）如图，在棱长为6的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在C 1D 1与C 1B 1上，且C 1E ＝4，C 1F ＝3，连接EF ，FB ，DE ，则几何体EFC 1－DBC 的体积为()A ．66B ．68C ．70D ．72思维启迪 (1)由三视图确定几何体形状；(2)对几何体进行分割．思维升华 (1)利用三视图求解几何体的表面积、体积，关键是确定几何体的相关数据，掌握应用三视图的“长对正、高平齐、宽相等”；(2)求不规则几何体的体积，常用“割补”的思想．多面体MN －ABCD 的底面ABCD 为矩形，其正视图和侧视图如图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形，则该多面体的体积是()A ．16＋33B ．8＋633C ．163D ．203热点三 多面体与球例3 如图所示，平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将其沿对角线BD 折成四面体ABCD ，使平面ABD⊥平面BCD ，若四面体ABCD 的顶点在同一个球面上，则该球的体积为( )A ．32π B ．3π C ．23π D ．2π 思维启迪 要求出球的体积就要求出球的半径，需要根据已知数据和空间位置关系确定球心的位置，由于△BCD 是直角三角形，根据直角三角形的性质：斜边的中点到三角形各个顶点的距离相等，只要再证明这个点到点A 的距离等于这个点到B ，C ，D 的距离即可确定球心，进而求出球的半径，根据体积公式求解即可． 思维升华 多面体与球接、切问题求解策略(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．(2)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段P A ，PB ，PC 两两互相垂直，且P A ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，则4R 2＝a2＋b 2＋c 2求解．（1）(2014·湖南)一块石材表示的几何体的三视图如图所示．将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4（2）一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的体积是________；若该几何体的所有顶点在同一球面上，则球的表面积是________．1．空间几何体的面积有侧面积和表面积之分，表面积就是全面积，是一个空间几何体中“暴露”在外的所有面的面积，在计算时要注意区分是“侧面积还是表面积”．多面体的表面积就是其所有面的面积之和，旋转体的表面积除了球之外，都是其侧面积和底面面积之和．2．在体积计算中都离不开空间几何体的“高”这个几何量(球除外)，因此体积计算中的关键一环就是求出这个量．在计算这个几何量时要注意多面体中的“特征图”和旋转体中的轴截面．3．一些不规则的几何体，求其体积多采用分割或补形的方法，从而转化为规则的几何体，而补形又分为对称补形(即某些不规则的几何体，若存在对称性，则可考虑用对称的方法进行补形)、还原补形(即还台为锥)和联系补形(某些空间几何体虽然也是规则几何体，不过几何量不易求解，可根据其所具有的特征，联系其他常见几何体，作为这个规则几何体的一部分来求解)． 4．长方体的外接球（1）长、宽、高分别为a 、b 、c 的长方体的体对角线长等于外接球的直径，即a 2＋b 2＋c 2＝2R ； （2）棱长为a 的正方体的体对角线长等于外接球的直径，即3a ＝2R.真题感悟1．(2014·北京)在空间直角坐标系Oxyz 中，已知A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，D (1,1，2)．若S 1，S 2，S 3分别是三棱锥D －ABC 在xOy ，yOz ，zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则( ) A ．S 1＝S 2＝S 3 B ．S 2＝S 1且S 2≠S 3 C ．S 3＝S 1且S 3≠S 2D ．S 3＝S 2且S 3≠S 12．(2014·江苏)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2.若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________． 1．D 2．32 1．B 2．A押题精练1．把边长为2的正方形ABCD 沿对角线BD 折起，连接AC ，得到三棱锥C －ABD ，其正视图、俯视图均为全等的等腰直角三角形(如图所示)，则其侧视图的面积为()A ．32 B ．12 C ．1 D ．222．在三棱锥A －BCD 中，侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，△ABC ，△ACD ，△ABD 的面积分别为22，32，62，则三棱锥A －BCD 的外接球体积为( ) A ．6π B ．26π C ．36π D ．46π(推荐时间：50分钟)一、选择题1．已知正三棱锥V －ABC 的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图的面积为()A ．2B ．4C ．6D ．82．右图是棱长为2的正方体的表面展开图，则多面体ABCDE 的体积为( ) A ．2 B ．23 C ．43 D ．833．如图，某几何体的正视图和俯视图都是矩形，侧视图是平行四边形，则该几何体的体积为( )A ．15＋3 3B ．9 3C ．30＋6 3D ．18 34．已知正四棱锥的底面边长为2a ，其侧(左)视图如图所示．当正(主)视图的面积最大时，该正四棱锥的表面积为()A ．8B ．8＋8 2C ．8 2D ．4＋8 25．某几何体的三视图如图所示，其中正视图是腰长为2的等腰三角形，侧视图是半径为1的半圆，该几何体的体积为()A ．33π B ．36π C ．32π D ．3π 6．(2014·大纲全国)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( ) A ．81π4 B ．16π C ．9π D ．27π4二、填空题7．有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，则这块菜地的面积为________．8．如图，侧棱长为23的正三棱锥V －ABC 中，∠AVB ＝∠BVC ＝∠CVA ＝40°，过A 作截面△AEF ，则截面△AEF 的周长的最小值为____________．9．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1－EDF 的体积为______．10．已知矩形ABCD 的面积为8，当矩形周长最小时，沿对角线AC 把△ACD 折起，则三棱锥D －ABC 的外接球的表面积等于________． 三、解答题11．已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，侧视图是一个底边长为6、高为4的等腰三角形． （1）求该几何体的体积V ； （2）求该几何体的侧面积S .12．如图，在Rt △ABC 中，AB ＝BC ＝4，点E 在线段AB 上．过点E 作EF ∥BC 交AC 于点F ，将△AEF 沿EF 折起到△PEF 的位置(点A 与P 重合)，使得∠PEB ＝30°. （1）求证：EF ⊥PB ；（2）试问：当点E 在何处时，四棱锥P —EFCB 的侧面PEB 的面积最大？并求此时四棱锥P—EFCB 的体积．例1 (1)B (2)D 变式训练1 (1)A (2)D 例2 (1)D (2)A 变式训练2 D例3 答案 A 变式训练3 (1)B (2)133π1．32 2．D 1．B 2．ACDB B AA 7．2＋22 8．6 9．1610．16π 11．解 由已知可得，该几何体是一个底面为矩形，高为4，顶点在底面的投影是矩形中心的四棱锥E －ABCD . (1)V ＝13×(8×6)×4＝64.(2)四棱锥E －ABCD 的两个侧面EAD ，EBC 是全等的等腰三角形，且BC 边上的高h 1＝ 42＋(82)2＝42；另两个侧面EAB ，ECD 也是全等的等腰三角形，AB 边上的高h 2＝ 42＋(62)2＝5.因此S ＝2×(12×6×42＋12×8×5)＝40＋24 2.12．(1)证明 ∵EF ∥BC 且BC ⊥AB ，∴EF ⊥AB ，即EF ⊥BE ，EF ⊥PE .又BE ∩PE ＝E ， ∴EF ⊥平面PBE ，又PB ⊂平面PBE ， ∴EF ⊥PB .(2)解 设BE ＝x ，PE ＝y ，则x ＋y ＝4. ∴S △PEB ＝12BE ·PE ·sin ∠PEB＝14xy ≤14⎝⎛⎭⎫x ＋y 22＝1. 当且仅当x ＝y ＝2时，S △PEB 的面积最大． 此时，BE ＝PE ＝2. 由(1)知EF ⊥平面PBE ， ∴平面PBE ⊥平面EFCB ，在平面PBE 中，作PO ⊥BE 于O ，则PO ⊥平面EFCB . 即PO 为四棱锥P —EFCB 的高． 又PO ＝PE ·sin 30°＝2×12＝1.S EFCB ＝12×(2＋4)×2＝6.∴V P —BCFE ＝13×6×1＝2.。