2015春高三第二轮复习专题五立体几何文科.
2015年高考真题解答题专项训练：立体几何(文科)学生版
2015年高考真题解答题专项训练：立体几何（文科）学生版1．（2015.浙江）如图，在三棱锥中，，在底面ABC的射影为BC的中点，D为的中点.（1）证明：平面；（2）求直线和平面所成的角的正弦值.2．（2015.新课标1卷）如图四边形ABCD为菱形，G为AC与BD交点，平面，（I）证明：平面平面；（II）若，三棱锥的体积为，求该三棱锥的侧面积.3．（2015.湖南）如图，直三棱柱的底面是边长为2的正三角形，分别是的中点。
（１）证明：平面平面；（２）若直线与平面所成的角为，求三棱锥的体积．称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑． 在如图所示的阳马P ABCD -中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD CD =，点E 是PC 的中点，连接,,DE BD BE ．（Ⅰ）证明： DE ⊥平面PBC ． 试判断四面体EBCD 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由；（Ⅱ）记阳马P ABCD -的体积为1V ，四面体EBCD 的体积为2V ，求12V V 的值． 5．（（2015.广东）如图，三角形DC P 所在的平面与长方形CD AB 所在的平面垂直，D C 4P =P =，6AB =，C 3B =．（1）证明：C//B 平面D P A ； （2）证明：C D B ⊥P ；（3）求点C 到平面D P A 的距离．6．（2015.安徽）如图，三棱锥P-ABC中，PA ⊥平面ABC ，1,1,2,60PA AB AC BAC ===∠=．（Ⅰ）求三棱锥P-ABC 的体积；PM7．（2015.新课标2卷）如图，长方体1111ABCD A B C D -中， 116,10,8AB BC AA ===，点,E F 分别在1111,A B D C 上， 114A E D F ==，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（不必说明画法与理由）． （2）求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．8．（2015.福建）如图， AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于,A B 的点， PO 垂直于圆O 所在的平面，且1PO =OB =．（Ⅰ）若D 为线段AC 的中点，求证C A ⊥平面D P O ； （Ⅱ）求三棱锥P ABC -体积的最大值；（Ⅲ）若BC =E 在线段PB 上，求CE OE +的最小值．9．（2015.重庆）如图，三棱锥P-ABC 中，平面PAC ⊥平面ABC ， ∠ABC=2π，点D 、E 在线段AC 上，且AD=DE=EC=2，PD=PC=4，点F 在线段AB 上，且EF//BC ． (Ⅰ)证明：AB ⊥平面PFE.(Ⅱ)若四棱锥P-DFBC 的体积为7，求线段BC 的长.10．（2015.天津）如图,已知平面ABC,AB=AC=3,,,点E,F分别是BC,的中点.（Ⅰ）求证:EF∥平面;（Ⅱ）求证:平面平面.（Ⅲ）求直线与平面所成角的大小.11．（2015.四川）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.（Ⅰ）请按字母F，G，H标记在正方体相应地顶点处（不需要说明理由）（Ⅱ）判断平面BEG与平面ACH的位置关系.并说明你的结论.（Ⅲ）证明：直线DF平面BEG12．（2015.陕西）如图1，在直角梯形ABCD 中，，E 是AD 的中点，O 是OC 与BE 的交点，将ABE ∆沿BE 折起到图2中1A BE ∆的位置，得到四棱锥1A BCDE -.（Ⅰ）证明：CD ⊥平面1AOC ； （Ⅱ）当平面1A BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥1A BCDE -的体积为求a 的值. 13．（2015.山东）如图，三棱台DEF ABC -中， 2AB DE G H =，，分别为AC BC ，的中点.（Ⅰ）求证： //BD 平面FGH ；（Ⅱ）若CF BC AB BC ⊥⊥，，求证：平面BCD ⊥平面EGH .14．（2015.北京）如图，在三棱锥 中，平面 平面 ， 为等边三角形， 且 ， ， 分别为 ， 的中点．(1)求证： 平面 ；(2)求证：平面平面；(3)求三棱锥的体积．参考答案1．（1）见解析；（2）【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（浙江卷带解析）【解析】（1）利用线面垂直的定义得到线线垂直，根据线面垂直的判定证明直线与平面垂直；（2）通过添加辅助线，证明平面，以此找到直线与平面所成角的平面角，在直角三角形中通过确定边长，计算的正弦值.试题解析：（1）设为中点，由题意得平面，所以.因为，所以.所以平面.由，分别为的中点，得且，从而且，所以是平行四边形，所以.因为平面，所以平面.（2）作，垂足为，连结.因为平面，所以.因为，所以平面.所以平面.所以为直线与平面所成角的平面角.由，得.由平面，得.由，得.所以考点：1.空间直线、平面垂直关系的证明；2.直线与平面所成的角.视频2．（1）见解析（2）3+2【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ带解析）【解析】试题分析：（Ⅰ）由四边形ABCD为菱形知AC BD，由BE平面ABCD知AC BE，由线面垂直判定定理知AC平面BED，由面面垂直的判定定理知平面平面；（Ⅱ）设AB=，通过解直角三角形将AG、GC、GB、GD用x表示出来，在AEC中，用x表示EG，在EBG中，用x表示EB，根据条件三棱锥的体积为求出x，即可求出三棱锥的侧面积.试题解析：（Ⅰ）因为四边形ABCD为菱形，所以AC BD，因为BE平面ABCD，所以AC BE，故AC平面BED.又AC平面AEC，所以平面AEC平面BED（Ⅱ）设AB=，在菱形ABCD中，由ABC=120°，可得AG=GC=,GB=GD=.因为AE EC，所以在AEC中，可得EG=.由BE平面ABCD，知EBG为直角三角形，可得BE=.由已知得，三棱锥E-ACD的体积.故=2从而可得AE=EC=ED=.所以EAC的面积为3，EAD的面积与ECD的面积均为.故三棱锥E-ACD的侧面积为.考点：线面垂直的判定与性质；面面垂直的判定；三棱锥的体积与表面积的计算；逻辑推理能力；运算求解能力视频3．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（湖南卷带解析）【解析】试题分析：（１）由面面垂直的判定定理很容易得结论；（２）所求三棱锥底面积容易求得，是本题转化为求三棱锥的高，利用直线与平面所成的角为，作出线面角，进而可求得的值，则可得的长．试题解析：（1）如图，因为三棱柱是直三棱柱，所以，又是正三角形的边的中点，所以又 ，因此 平面 而 平面 ，所以平面 平面 （2）设 的中点为 ，连结 ,因为 是正三角形，所以又三棱柱 是直三棱柱，所以因此 平面 ，于是 为直线 与平面 所成的角， 由题设， ，所以在 中， ，所以故三棱锥 的体积考点：直线与平面垂直的判定定理；直线与平面所成的角；几何体的体积．视频4．（Ⅰ）因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD BC ⊥． 由底面ABCD 为长方形，有BC CD ⊥，而PD CD D ⋂=，所以BC ⊥平面PCD ． DE ⊂平面PCD ，所以BC DE ⊥． 又因为PD CD =，点E 是PC 的中点，所以DE PC ⊥． 而PC BC C ⋂=，所以DE ⊥平面PBC ．四面体EBCD 是一个鳖臑；（Ⅱ）124.V V = 【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（湖北卷带解析）【解析】（Ⅰ）因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD BC ⊥． 由底面ABCD 为长方形，有BC CD ⊥，而PD CD D ⋂=，所以BC ⊥平面PCD ． DE ⊂平面PC D ，所以BC DE⊥． 又因为PD CD =，点E 是PC 的中点，所以DE PC ⊥． 而PC BC C ⋂=，所以DE ⊥平面PBC ． 由BC ⊥平面PCD ， DE ⊥平面PBC ，可知四面体EBCD 的四个面都是直角三角形，即四面体EBCD 是一个鳖臑，其四个面的直角分别是,,,.BCD BCE DEC DEB ∠∠∠∠（Ⅱ）由已知， PD 是阳马P ABCD -的高，所以11133ABCD V S PD BC CD PD =⋅=⋅⋅；由（Ⅰ）知，DE 是鳖臑D B C E -的高， BC CE ⊥，所以21136BCE V S DE BC CE DE ∆=⋅=⋅⋅．在Rt △PDC 中，因为PD CD =，点E 是PC 的中点，所以2DE CE ==，于是12123 4.16BC CD PDV CD PD V CE DE BC CE DE ⋅⋅⋅===⋅⋅⋅考点：本题考查直线与平面垂直的判定定理、直线与平面垂直的性质定理和简单几何体的体积，属中高档题．视频5．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3 【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（广东卷带解析） 【解析】试题分析：（1）由四边形CD AB 是长方形可证C//D B A ，进而可证C//B 平面D P A ；（2）先证C CD B ⊥，再证C B ⊥平面DC P ，进而可证C D B ⊥P ；（3）取CD 的中点E ，连结AE 和PE ，先证P E ⊥平面CD AB ，再设点C 到平面D P A 的距离为h ，利用C D C DV V -P A P-A=三棱锥三棱锥可得h 的值，进而可得点C 到平面D P A 的距离．试题解析：（1）因为四边形CD AB 是长方形，所以C//D B A ，因为C B ⊄平面D P A ，D A ⊂平面D P A ，所以C//B 平面D P A（2）因为四边形CD AB 是长方形，所以C CD B ⊥，因为平面DC P ⊥平面CD AB ，平面DC P 平面CD CD AB =，C B ⊂平面CD AB ，所以C B ⊥平面DC P ，因为D P ⊂平面DC P ，所以C D B ⊥P（3）取CD 的中点E ，连结AE 和PE ，因为D C P =P ，所以CD PE ⊥，在R t D ∆P E 中，因为平面DC P ⊥平面CD AB ，平面DC P 平面CD CD AB =，PE ⊂平面DC P ，所以PE ⊥平面CD AB ，由（2）知：C B ⊥平面DC P ，由（1）知：C//D B A ，所以D A ⊥平面DC P ，因为D P ⊂平面DC P ，所以D D A ⊥P ，设点C 到平面D P A 的距离为h ，因为C D CD V V -P A P-A =三棱锥三棱锥，所以，即，所以点C 到平面D P A 的距离是考点：1、线面平行；2、线线垂直；3、点到平面的距离. 6．（Ⅰ）6；（Ⅱ）13【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（安徽卷带解析） 【解析】（Ⅰ）解：由题设＝1,可得.由面可知是三棱锥的高,又所以三棱锥的体积 （Ⅱ）证：在平面内，过点B 作，垂足为，过作交于，连接.由面知，所以.由于，故面，又面，所以.在直角中，，从而.由，得.考点：本题主要考查锥体的体积公式、线面垂直的判定定理和其性质定理.视频7．（Ⅰ）见试题解析（Ⅱ）97或79【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅱ带解析）【解析】试题分析：（Ⅰ）分别在,AB CD 上取H,G,使10AH DG ==；长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱,可求得其体积比值为97或79试题解析：解：（Ⅰ）交线围成的正方形EHGF 如图：（Ⅱ）作垂足为M,则18EM AA ==,,,因为EHGF 是正方形,所以,于是因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱,所以其体积比值为97（79也正确）. 考点：本题主要考查几何体中的截面问题及几何体的体积的计算.视频8．（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）13；【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（福建卷带解析） 【解析】解法一：（Ⅰ）在C ∆AO 中，因为C OA =O ， D 为C A 的中点， 所以C D A ⊥O ．又PO 垂直于圆O 所在的平面，所以C PO ⊥A ． 因为D O⋂PO =O ，所以C A ⊥平面D P O ． （Ⅱ）因为点C 在圆O 上，所以当C O ⊥AB 时， C 到AB 的距离最大，且最大值为1． 又2AB =，所以C ∆AB 面积的最大值为12112⨯⨯=． 又因为三棱锥C P -AB 的高1PO =，故三棱锥C P -AB 体积的最大值为111133⨯⨯=．（Ⅲ）在∆POB 中， 1PO =OB =， 90∠POB =，所以PB ==同理C P =C C PB =P =B ．在三棱锥C P -AB 中，将侧面C B P 绕PB 旋转至平面C'B P ，使之与平面ABP 共面，如图所示．当O ， E ， C'共线时， C E +OE 取得最小值． 又因为OP =OB ， C'C'P =B ，所以C'O 垂直平分PB ，即E 为PB 中点．从而C'C'222O =OE +E =+=，亦即C E +OE 的最小值为2．解法二：（Ⅰ）、（Ⅱ）同解法一．（Ⅲ）在∆POB 中， 1PO =OB =， 90∠POB =，所以45∠OPB =， PB ==C P =所以C C PB =P =B ，所以C 60∠PB =．在三棱锥C P -AB 中，将侧面C B P 绕PB 旋转至平面C'B P ，使之与平面ABP 共面，如图所示．当O ， E ， C'共线时， C E +OE 取得最小值． 所以在C'∆O P 中，由余弦定理得：()2C'1221cos 4560O =+-⨯+1122222=+--⨯⎭2=+从而C'2O ==．所以C E +OE 考点：1、直线和平面垂直的判定；2、三棱锥体积．视频9．(1)见解析(2) BC=3或【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（重庆卷带解析）【解析】试题分析：（Ⅰ）先由已知易得PE AC ⊥，再注意平面PAC ⊥平面ABC ，且交线为AC ，由面面垂直的性质可得PE ⊥平面ABC ，再由线面垂直的性质可得到AB PE ⊥，再注意到//EF BC ，而B C A B ⊥，从而有AB EF ⊥，那么由线面垂的判定定理可得AB ⊥平面PFE ，（Ⅱ）设B C =x 则可用x 将四棱锥P DFBC -的体积表示出来，由已知其体积等于7，从而得到关于x 的一个一元方程，解此方程，再注意到0x >即可得到BC 的长．试题解析：证明：如题（20）图.由,DE EC PD PC ==知， E 为等腰PDC ∆中DC 边的中点，故PE AC ⊥，又平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC ⋂平面ABC AC =， PE ⊂平面PAC ，PE AC ⊥，所以PE ⊥平面ABC ，从而PE AB ⊥. 因ABC=,,AB EF 2EF BC π∠⊥故.从而AB 与平面PFE 内两条相交直线PE ， EF 都垂直， 所以AB ⊥平面PFE .（2）解：设BC=x ,则在直角ABC ∆中，从而11S AB BC=22ABC ∆=⨯由EFBC ，知23AF AE AB AC ==，得AEF ABC ∆~∆,故224S 39AEF ABC S ∆∆⎛⎫== ⎪⎝⎭，即4S 9AEF ABC S ∆∆=. 由1AD=2AE,11421S S =S S 22999AFB AFE ABC ABC ∆∆∆∆=⋅==从而四边形DFBC的面积为DFBC 11S S -=29ABC ADF S ∆∆=718=由（1）知，PE PE ⊥平面ABC ，所以PE 为四棱锥P-DFBC 的高.在直角PEC ∆中， =,体积DFBC 117S 73318P DFBC V PE -=⋅⋅=⋅=, 故得42362430x x -+=，解得，由于0x >，可得333x x ==或.所以3BC =或BC =考点：1. 空间线面垂直关系，2. 锥体的体积，3.方程思想.视频10．（Ⅰ）见试题解析;（Ⅱ）见试题解析;（Ⅲ） .【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（天津卷带解析）【解析】（Ⅰ）要证明EF ∥平面 , 只需证明 且EF 平面 ;（Ⅱ）要证明平面 平面 ,可证明 , ;（Ⅲ）取 中点N,连接 ,则 就是直线 与平面 所成角,Rt △ 中,由得直线 与平面所成角为 .试题解析:（Ⅰ）证明:如图,连接 ,在△ 中,因为E 和F 分别是BC, 的中点,所以 ,又因为EF 平面 , 所以EF ∥平面 .（Ⅱ）因为AB=AC,E 为BC 中点,所以 ,因为 平面ABC,所以 平面ABC,从而 ,又 ,所以 平面 ,又因为 平面 ,所以平面 平面 .（Ⅲ）取中点M和中点N,连接,因为N和E分别为,BC中点,所以,,故,,所以,,又因为平面,所以平面,从而就是直线与平面所成角,在△中,可得AE=2,所以=2,因为,所以又由,有,在Rt△中,可得,在Rt△中,因此,所以,直线与平面所成角为.考点：本题主要考查空间中线面位置关系的证明,直线与平面所成的角等基础知识,考查空间想象能力及推理论证能力.视频11．见解析【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（四川卷带解析）【解析】（Ⅰ）点F，G，H的位置如图所示（Ⅱ）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BCEH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（Ⅲ）连接FH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 ，EG ∩FH ＝O ，所以EG ⊥平面BFHD 又DF ⊂平面BFDH ，所以DF ⊥EG 同理DF ⊥BG 又EG ∩BG ＝G 所以DF ⊥平面BEG.考点：本题主要考查简单空间图形的直观图、空间线面平行与垂直的判定与性质等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力.12．（Ⅰ） 证明见解析，详见解析；（Ⅱ） 6a =.【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（陕西卷带解析） 【解析】试题分析：（Ⅰ） 在图1中，，E 是AD 的中点，所以四边形ABCE 是正方形，故BE AC ⊥，又在图2中，1,BE AO BE OC ⊥⊥，从而BE ⊥平面1AOC ，又//DE BC 且DE BC =，所以//CD BE ，即可证得CD ⊥平面1AOC ； （Ⅱ）由已知，平面1A BE ⊥平面BCDE ，且平面1A BE平面BCDE BE = ，又由（Ⅰ）知，1A O BE ⊥，所以1AO ⊥平面BCDE ，即1A O 是四棱锥1A BCDE -的高，易求得平行四边形BCDE 面积2S B CA B a =⋅=，从而四棱锥1A BCDE -的为，得6a =.试题解析：（Ⅰ）在图1，E 是AD 的中点所以BE AC ⊥，即在图2中，1,BE AO BE OC ⊥⊥ 从而BE ⊥平面1AOC 又//CD BE所以CD ⊥平面1AOC .（Ⅱ）由已知，平面1A BE ⊥平面BCDE ， 且平面1A BE平面BCDE BE =又由（Ⅰ）知，1AO BE ⊥，所以1AO ⊥平面BCDE ， 即1A O 是四棱锥1A BCDE -的高，由图1，平行四边形BCDE 面积2S BC AB a =⋅=， 从而四棱锥1A BCDE -的为，得6a =. 考点：1.线面垂直的判定；2.面面垂直的性质定理；3.空间几何体的体积. 13．证明见解析【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（山东卷带解析）【解析】（Ⅰ）证法一：连接,.DG CD 设CD GF M ⋂=,连接MH ，在三棱台DEF ABC -中， 2AB DE G =，分别为AC 的中点，可得//,DF GC DF GC =，所以四边形DFCG 是平行四边形，则M 为CD 的中点，又H 是BC 的中点，所以//HM BD , 又HM ⊂平面FGH ， BD ⊄平面FGH ，所以//BD 平面FGH .证法二：在三棱台DEF ABC -中，由2,BC EF H =为BC 的中点，可得//,,BH EF BH EF =所以HBEF 为平行四边形，可得//.BE HF 在ABC ∆中， G H ，分别为AC BC ，的中点， 所以//,GH AB 又GH HF H ⋂=， 所以平面//FGH 平面ABED ， 因为BD ⊂平面ABED ， 所以//BD 平面FGH .（Ⅱ）证明：连接HE .因为G H ，分别为AC BC ，的中点，所以//,GH AB 由,AB BC ⊥得GH BC ⊥，又H 为BC 的中点，所以//,,EF HC EF HC =因此四边形EFCH 是平行四边形，所以//.CF HE 又CF BC ⊥，所以HE BC ⊥.又,HE GH ⊂平面EGH ， HE GH H ⋂=，所以BC ⊥平面EGH ， 又BC ⊂平面BCD ，所以平面BCD ⊥平面.EGH 考点：1.平行关系；2.垂直关系.视频14．（1）见解析；（2）见解析；（3）.【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（北京卷带解析）【解析】试题分析：（Ⅰ）利用三角形的中位线得出OM ∥VB ，利用线面平行的判定定理证明VB ∥平面MOC ；（Ⅱ）证明OC ⊥平面VAB ，即可证明平面MOC ⊥平面VAB ；（Ⅲ）利用等体积法求三棱锥A-MOC 的体积即可试题解析：（Ⅰ）证明：∵O ，M 分别为AB ，VA 的中点，∴OM∥VB，∵VB平面MOC，OM平面MOC，∴VB∥平面MOC；（Ⅱ）证明：∵AC=BC，O为AB的中点，∴OC⊥AB，又∵平面VAB⊥平面ABC，平面 ∩平面VAB=AB，且OC平面ABC，∴OC⊥平面VAB，∵OC平面MOC，∴平面MOC⊥平面VAB（Ⅲ）在等腰直角三角形中，，所以.所以等边三角形的面积.又因为平面，所以三棱锥的体积等于.又因为三棱锥的体积与三棱锥的体积相等，所以三棱锥的体积为.考点：平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定；用向量证明平行视频答案第15页，总15页。
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．
高三文科数学第二轮复习总结资料(立体几何)
高三文科数学第二轮复习资料——《立体几何》专题一、空间基本元素：直线与平面之间位置关系的小结．如下图：二、练习题：1． 1∥ 2，a ，b 与 1， 2都垂直，则a ，b 的关系是A ．平行B ．相交C ．异面D ．平行、相交、异面都有可能2．三棱柱ABC —A 1B 1C 1的体积为V ，P 、Q 分别为AA 1、CC 1上的点，且满足AP=C 1Q ，则四棱锥B —APQC 的体积是 A ．V 21 B ．V 31 C ．V 41 D ．V 323．设α、β、γ为平面， m 、n 、l 为直线，则m β⊥的一个充分条件是A ．,,l m l αβαβ⊥=⊥ B ．,,m αγαγβγ=⊥⊥C ．,,m αγβγα⊥⊥⊥D ．,,n n m αβα⊥⊥⊥ 4．如图1，在棱长为a 的正方体ABCD A B C D -1111中， P 、Q 是对角 线A C 1上的点，若aPQ =2，则三棱锥P BDQ -的体积为A3 B3 C3D ．不确定5．圆台的轴截面面积是Q ，母线与下底面成60°角，则圆台的内切球的表面积是 A 12Q B 23Q C 2πQ D 23πQ6．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 分别为棱BC 、CC 1、C 1D 1、AA 1的中点，O 为AC 与BD 的交点（如图），求证： （1）EG ∥平面BB 1D 1D ； （2）平面BDF ∥平面B 1D 1H ； （3）A 1O ⊥平面BDF ； （4）平面BDF ⊥平面AA 1C ．7．如图，斜三棱柱ABC —A ’B ’C ’中，底面是边长为a 的正三角形， 侧棱长为 b ，侧棱AA ’与底面相邻两边AB 、AC 都成450角，求 此三棱柱的侧面积和体积．DD 1B 110． 如图10，在正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB=a ， AA 1=2a ，M 、N 分别是BB 1、DD 1的中点． （1）求证：平面A 1MC 1⊥平面B 1NC 1；（2）若在正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的体积为V ， 三棱锥M-A 1B 1C 1的体积为V 1，求V 1：V 的值．11．直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，BC AB ⊥，E 是A 1C 的中点，ED A C ⊥1且交AC 于D ，A A AB BC 122==(如图11) ． （I ）证明：B C 11//平面A BC 1； （II ）证明：A C 1⊥平面EDB ．图11DE A 1C BAC 1B 1 A NBCD A 1 B 1C 1D 1图 10M参考答案1．D 2．B 3．D 4．A 5．D6．解析：（1）欲证EG ∥平面BB 1D 1D ，须在平面BB 1D 1D 内找一条与EG 平行的直线，构造辅助平面BEGO ’及辅助直线BO ’，显然BO ’即是． （2）按线线平行⇒线面平行⇒面面平行的思路， 在平面B 1D 1H 内寻找B 1D 1和O ’H 两条关键的相交直线， 转化为证明：B 1D 1∥平面BDF ，O ’H ∥平面BDF ．（3）为证A 1O ⊥平面BDF ，由三垂线定理，易得BD ⊥A 1O ， 再寻A 1O 垂直于平面BDF 内的另一条直线．猜想A 1O ⊥OF ．借助于正方体棱长及有关线段的关系计算得：A 1O 2+OF 2=A 1F 2⇒A 1O ⊥OF ．（4）∵ CC 1⊥平面AC ，∴ CC 1⊥BD又BD ⊥AC ，∴ BD ⊥平面AA 1C又BD ⊂平面BDF ，∴ 平面BDF ⊥平面AA 1C7．解析：在侧面AB ’内作BD ⊥AA ’于D ，连结CD ．∵ AC=AB ，AD=AD ，∠DAB=∠DAC=450∴ △DAB ≌△DAC∴ ∠CDA=∠BDA=900，BD=CD ∴ BD ⊥AA ’，CD ⊥AA ’∴ △DBC 是斜三棱柱的直截面 在Rt △ADB 中，BD=AB ·sin450=a 22 ∴ △DBC 的周长=BD+CD+BC=(2+1)a ，△DBC 的面积=4a 2∴ S 侧=b(BD+DC+BC)=(2+1)ab ∴ V=DBC S ∆·AA ’=4ba 210．解：（1）取CC 1的中点P ，联结MP 、NP 、D 1P(图18)， 则A 1MPD 1为平行四边形 ∴ D 1P ∥A 1M ，∵A 1B 1C 1D 1是边长 为a 的正方形，又C 1P=a ，∴C 1PND 1也是正方形，∴C 1N ⊥D 1P ．∴C 1N ⊥A 1M ． 又 C 1B 1⊥A 1M ，∴ A 1M ⊥平面B 1NC 1，又A 1M ⊂平面A 1MC 1，AND A 1 B 1C 1D 1M∴平面A 1MC 1⊥平面B 1NC 1； （2）V=32a ，V M-A 1B 1C 1=V C-MA 1B 1=23111326a a a ⋅=，∴ V 1：V =11211．证明：（I ）证： 三棱柱ABC A B C -111中B C BC 11//，又BC ⊂平面A BC 1，且B C 11⊂/平面A BC 1，∴B C 11//平面A BC 1（II ）证： 三棱柱ABC A B C -111中A A AB 1⊥，∴Rt A AB ∆1中，AB A B =221，∴=∴BC A B A BC 11，∆是等腰三角形． E 是等腰∆A BC 1底边A C 1的中点，∴⊥A C BE1①又依条件知 A C ED1⊥② 且ED BE E=③由①，②，③得A C 1⊥平面EDB ．图11DE A 1C BAC 1 B 1。
高考数学二轮复习7大专题汇总
高考数学二轮复习7 大专题汇总专题一：函数与不等式，以函数为主线，不等式和函数综合题型是考点函数的性质：侧重掌握函数的单一性，奇偶性，周期性，对称性。
这些性质往常会综合起来一同观察，而且有时会观察详细函数的这些性质，有时会观察抽象函数的这些性质。
一元二次函数：一元二次函数是贯串中学阶段的一大函数，初中阶段主要对它的一些基础性质进行了认识，高中阶段更多的是将它与导数进行连接，依据抛物线的张口方向，与x 轴的交点地点，进而议论与定义域在x 轴上的摆放次序，这样能够判断导数的正负，最后达到求出单一区间的目的，求出极值及最值。
不等式：这一类问题经常出此刻恒成立，或存在性问题中，其本质是求函数的最值。
自然对于不等式的解法，均值不等式，这些不等式的基础知识点需掌握，还有一类较难的综合性问题为不等式与数列的联合问题，掌握几种不等式的放缩技巧是特别必需的。
专题二：数列。
以等差等比数列为载体，观察等差等比数列的通项公式，乞降公式，通项公式和乞降公式的关系，求通项公式的几种常用方法，求前 n 项和的几种常用方法，这些知识点需要掌握。
专题三：三角函数，平面向量，解三角形。
三角函数是每年必考的知识点，难度较小，选择，填空，解答题中都有波及，有时观察三角函数的公式之间的相互转变，从而求单一区间或值域 ; 有时观察三角函数与解三角形，向量的综合性问题，自然正弦，余弦定理是很好的工具。
向量能够很好得实现数与形的转变，是一个很重要的知识连接点，它还能够和数学的一大难点分析几何整合。
专题四：立体几何。
立体几何中，三视图是每年必考点，主要出此刻选择，填空题中。
大题中的立体几何主要观察成立空间直角坐标系，经过向量这一手段求空间距离，线面角，二面角等。
此外，需要掌握棱锥，棱柱的性质，在棱锥中，侧重掌握三棱锥，四棱锥，棱柱中，应当掌握三棱柱，长方体。
空间直线与平面的地点关系应以证明垂直为要点，自然常观察的方法为间接证明。
专题五：分析几何。
2015届高考数学二轮专题训练：专题五 第2讲 空间中的平行与垂直
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．答案(1)D(2)D解析(1)A：应该是b∥α或b⊂α；B：如果是墙角出发的三个面就不符合题意；C：α∩β＝m，若a∥m 时，满足a∥α，a∥β，但是α∥β不正确，所以选D.(2)若α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β，则a∥α，a∥β，故排除A.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，故排除B.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C.故选D.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⊥β②若m⊥α，n⊥α，则m∥n③若m⊥α，m⊥n，则n∥α④若n⊥α，n⊥β，则β∥α其中真命题的序号为()A．①③B．②③C．①④D．②④答案 D解析①若α⊥β，m∥α，则m与β可以是直线与平面的所有关系，所以①错误；②若m⊥α，n⊥α，则m∥n，所以②正确；③若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，所以③错误；④若n⊥α，n⊥β，则β∥α，所以④正确．故选D.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PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：(1)PA⊥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．证明(1)因为平面P AD⊥底面ABCD，且P A垂直于这两个平面的交线AD，所以PA⊥底面ABCD.(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以四边形ABED为平行四边形．所以BE∥AD.又因为BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BE∥平面P AD.(3)因为AB⊥AD，而且ABED为平行四边形．所以BE⊥CD，AD⊥CD，由(1)知P A⊥底面ABCD.所以PA⊥CD.所以CD⊥平面PAD.所以CD ⊥PD .因为E 和F 分别是CD 和PC 的中点， 所以PD ∥EF .所以CD ⊥EF . 所以CD ⊥平面BEF . 又CD ⊂平面PCD ， 所以平面BEF ⊥平面PCD .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 .证明 (1)如图，取CE 的中点G ，连接FG ，BG . ∵F 为CD 的中点，∴GF ∥DE 且GF ＝12DE .∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ， ∴AB ∥DE ，∴GF ∥AB . 又AB ＝12DE ，∴GF ＝AB .∴四边形GFAB 为平行四边形，则AF ∥BG . ∵AF ⊄平面BCE ，BG ⊂平面BCE ， ∴AF ∥平面BCE .(2)∵△ACD 为等边三角形，F 为CD 的中点， ∴AF ⊥CD .∵DE ⊥平面ACD ，AF ⊂平面ACD ，∴DE ⊥AF . 又CD ∩DE ＝D ，∴AF ⊥平面CDE . ∵BG ∥AF ，∴BG ⊥平面CDE .∵BG ⊂平面BCE ，∴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A1CB；(2)求证：A1F⊥BE；(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥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A1F⊥平面BCDE；第(3)问取A1B的中点Q，再证明A1C⊥平面DEQ.(1)证明因为D，E分别为AC，AB的中点，所以DE∥BC.又因为DE⊄平面A1CB，BC⊂平面A1CB，所以DE∥平面A1CB.(2)证明由图(1)得AC⊥BC且DE∥BC，所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD.所以DE⊥平面A1DC.而A1F⊂平面A1DC，所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD，所以A1F⊥平面BCDE，又BE⊂平面BCDE，所以A1F⊥BE.(3)解线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.又因为DE∥BC，所以DE∥PQ.所以平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，所以A1C⊥DP.所以A1C⊥平面DEP.从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥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 作DH ⊥EF ，垂足为H ，连接BH ，GH ，因为平面AEFD ⊥平面EBCF ，交线为EF ，DH ⊂平面AEFD ， 所以DH ⊥平面EBCF ，又EG ⊂平面EBCF ，故EG ⊥DH . 因为EH ＝AD ＝12BC ＝BG ＝2，BE ＝2，EF ∥BC ，∠EBC ＝90°，所以四边形BGHE 为正方形，故EG ⊥BH .又BH ，DH ⊂平面DBH ，且BH ∩DH ＝H ，故EG ⊥平面DBH . 又BD ⊂平面DBH ，故EG ⊥BD .(2)解 因为AE ⊥EF ，平面AEFD ⊥平面EBCF ，交线为EF ，AE ⊂平面AEFD ， 所以AE ⊥平面EBCF .由(1)知，DH ⊥平面EBCF ，故AE ∥DH ，所以四边形AEHD 是矩形，DH ＝AE ，故以B ，F ，C ，D 为顶点的三棱锥D －BCF 的高DH ＝AE ＝x . 又S △BCF ＝12BC ·BE ＝12×4×(4－x )＝8－2x ，所以三棱锥D －BCF 的体积f (x )＝13S △BFC ·DH＝13S △BFC ·AE ＝13(8－2x )x ＝－23x 2＋83x (0<x <4)．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∥nB．若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α答案 B解析方法一若m∥α，n∥α，则m，n可能平行、相交或异面，A错；若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，因为直线与平面垂直时，它垂直于平面内任一直线，B正确；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，C错；若m∥α，m⊥n，则n与α可能相交，可能平行，也可能n⊂α，D错．方法二如图，在正方体ABCD－A′B′C′D′中，用平面ABCD表示α.A项中，若m为A′B′，n为B′C′，满足m∥α，n∥α，但m与n是相交直线，故A错．B项中，m⊥α，n⊂α，∴m ⊥n ，这是线面垂直的性质，故B 正确． C 项中，若m 为AA ′，n 为AB ， 满足m ⊥α，m ⊥n ，但n ⊂α，故C 错． D 项中，若m 为A ′B ′，n 为B ′C ′， 满足m ∥α，m ⊥n ，但n ∥α，故D 错．2．(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．(1)证明 由已知得△ABC ≌△DBC ，因此AC ＝DC . 又G 为AD 的中点，所以CG ⊥AD .同理BG ⊥AD ，又BG ∩CG ＝G ，因此AD ⊥平面BGC . 又EF ∥AD ，所以EF ⊥平面BCG .(2)解 在平面ABC 内，作AO ⊥BC ，交CB 的延长线于O . 由平面ABC ⊥平面BCD ，知AO ⊥平面BDC .又G 为AD 中点，因此G 到平面BDC 的距离h 是AO 长度的一半． 在△AOB 中，AO ＝AB ·sin 60°＝3， 所以V D －BCG ＝V G －BCD ＝13S △DBC ·h＝13×12BD ·BC ·sin 120°·32＝12. 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： ①PA ∥平面MOB ； ②MO ∥平面PAC ； ③OC ⊥平面PAC ； ④平面PAC ⊥平面PBC .其中正确的命题是________(填上所有正确命题的序号)． 答案 ②④解析 ①错误，PA ⊂平面MOB ；②正确；③错误，否则，有OC ⊥AC ，这与BC ⊥AC 矛盾；④正确，因为BC ⊥平面P AC .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． (1)证明 如图，因为ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体， 所以B 1C 1⊥面ABB 1A 1. 因为A 1B ⊂面ABB 1A 1， 所以B 1C 1⊥A 1B .又因为A 1B ⊥AB 1，B 1C 1∩AB 1＝B 1，所以A 1B ⊥面ADC 1B 1.因为A 1B ⊂面A 1BE ，所以平面ADC 1B 1⊥平面A 1BE . (2)解 当点F 为C 1D 1中点时，可使B 1F ∥平面A 1BE . 证明如下：取C 1D 1中点F ，连接EF ，B 1F 易知：EF ∥C 1D ，且EF ＝12C 1D .设AB 1∩A 1B ＝O ，连接OE ，则B 1O ∥C 1D 且B 1O ＝12C 1D ，所以EF ∥B 1O 且EF ＝B 1O ， 所以四边形B 1OEF 为平行四边形． 所以B 1F ∥OE .又因为B 1F ⊄面A 1BE ，OE ⊂面A 1BE . 所以B 1F ∥面A 1BE .(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 4 B ．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 答案 D解析 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，记l 1＝DD 1，l 2＝DC ，l 3＝DA ，若l 4＝AA 1，满足l 1⊥l 2，l 2⊥l 3，l 3⊥l 4，此时l 1∥l 4，可以排除选项A 和C.若l 4＝DC 1，也满足条件，可以排除选项B.故选D.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∥β答案 B解析根据定理、性质、结论逐个判断．因为α⊥β，m⊂α⇒m，β的位置关系不确定，可能平行、相交、m在β面内，故A错误；由线面垂直的性质定理可知B正确；若α⊥β，m∥α，则m，β的位置关系也不确定，故C错误；若m⊥n，n∥β，则m，β的位置关系也不确定，故D错误．3．ABCD－A1B1C1D1为正方体，下列结论错误的是()A．BD∥平面CB1D1B．A1C⊥BDC．AC1⊥平面CB1D1D．AC1⊥BD1答案 D解析因为ABCD－A1B1C1D1为正方体，所以DD1∥BB1且DD1＝BB1，所以四边形DD1B1B为平行四边形，所以BD∥B1D1，因为BD⊄面CB1D1，B1D1⊂面CB1D1，所以BD∥平面CB1D1，故A正确；因为AA1⊥面ABCD，BD⊂面ABCD，所以AA1⊥BD，因为ABCD为正方形，所以AC⊥BD，因为AC∩AA1＝A，所以BD⊥面A1ACC1，因为A1C⊂面A1ACC1，所以BD⊥A1C，故B正确．同理可证得B1D1⊥面A1ACC1，因为AC1⊂面A1ACC1，所以B1D1⊥AC1，同理可证CB1⊥AC1，因为B1D1∩CB1＝B1，所以AC1⊥平面CB1D1，故C正确．排除法应选D.4．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BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC答案 D解析∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD，又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，∴CD⊥平面ABD，则CD⊥AB，又AD⊥AB，AD∩CD＝D，∴AB⊥平面ADC，又AB⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ADC，故选D.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．2C．3 D．4答案 D解析对①，根据线面平行的判定定理知，m∥α；对②，如果直线m与平面α相交，则必与β相交，而这与α∥β矛盾，故m∥α；对③，在平面α内取一点A，设过A、m的平面γ与平面α相交于直线b.因为n⊥α，所以n⊥b，又m⊥n，所以m∥b，则m∥α；对④，设α∩β＝l，在α内作m′⊥β，因为m⊥β，所以m∥m′，从而m∥α.故四个命题都正确．6.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．32πC．36π D．48π答案 C解析由MN⊥AM且MN是△BSC的中位线得BS⊥AM，又由正三棱锥的性质得BS⊥AC，∴BS⊥面ASC.即正三棱锥S－ABC的三侧棱SA、SB、SC两两垂直，外接球直径为3SA＝6.∴球的表面积S＝4πR2＝4π×32＝36π.选C.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_________________．答案 2解析①中m，n可能异面或相交，故不正确；②因为m∥α，n⊥β，且α⊥β成立时，m，n两直线的关系可能是相交、平行、异面，故不正确；③因为m⊥α，α∥β可得出m⊥β，再由n∥β可得出m⊥n，故正确；④分别垂直于两个垂直平面的两条直线一定垂直，正确．故③④正确．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)．答案①③解析对于①，注意到该正方体的面中过直线AB的侧面与平面MNP平行，因此直线AB平行于平面MNP；对于②，注意到直线AB 和过点A 的一个与平面MNP 平行的平面相交，因此直线AB 与平面MNP 相交；对于③，注意到此时直线AB 与平面MNP 内的一条直线MP 平行，且直线AB 位于平面MNP 外，因此直线AB 与平面MNP 平行；对于④，易知此时AB 与平面MNP 相交．综上所述，能得出直线AB 平行于平面MNP 的图形的序号是①③.9.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 .答案 a 或2a解析 由题意易知，B 1D ⊥平面ACC 1A 1，所以B 1D ⊥CF .要使CF ⊥平面B 1DF ，只需CF ⊥DF 即可．令CF ⊥DF ，设AF ＝x ，则A 1F ＝3a －x .易知Rt △CAF ∽Rt △FA 1D ，得AC A 1F ＝AF A 1D， 即2a x ＝3a －x a， 整理得x 2－3ax ＋2a 2＝0，解得x ＝a 或x ＝2a .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________．答案 ⎝⎛⎭⎫121 解析 破解此题可采用两个极端位置法，即对于F 位于DC 的中点时，t ＝1，随着F 点到C 点时，∵CB ⊥AB ，CB ⊥DK ，∴CB ⊥平面ADB ，即有CB ⊥BD ，对于CD ＝2，BC ＝1，∴BD ＝3，又AD ＝1，AB ＝2，因此有AD ⊥BD ，则有t ＝12，因此t 的取值范围是⎝⎛⎭⎫12，1.三、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.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．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．(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 －AFG VABC －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.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 .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高考文科数学(新课标·通用)专题课件第5专题 立体几何
5．如图，AB 为圆 O 的直径，点 E、F 在圆 O 上，矩形 ABCD 所在的平面和圆 O 所在的平面互相垂直，AB∥EF，且 AB＝2，AD＝EF＝1. (1)求证：AF⊥平面 CBF； (2)求三棱锥 C—OEF 的体积． 【解析】(1)平面 ABCD⊥平面 ABEF，CB⊥AB， 平面 ABCD∩平面 ABEF＝AB，∴CB⊥平面 ABEF. ∵AF⊂平面 ABEF，∴AF⊥CB， 又 AB 为圆 O 的直径，∴AF⊥BF，BF∩CB＝B， ∴AF⊥平面 CBF.
(2)点 M 在棱 PB 上， 平面 AMC 把四棱锥 P—ABCD 分成两 个几何体(如图 2)，当这两个几何体的体积之比为 VPM－ACD∶
PM VM－ABC＝5∶4 时，求 的值． MB
【解析】(1)∵在图 1 的等腰梯形 PDCB 中，DA⊥PB， ∴在四棱锥 P—ABCD 中，DA⊥AB.又 PA⊥AB，
2－1 S∈[1， 2]，则 ∉[1， 2]，故正(主)视图的面 2 2－1 积不可能等于 ，故选 C. 2 【答案】C 3．已知一个三棱锥的三视图如图所示， 其中俯视图是等腰直角三角形， 则该三棱锥的 外接球的体积为________． 【解析】 由三视图知三棱锥有从一个顶点出发的三条棱两两 互相垂直，所以可补形为一个长方体，长、宽、高均为
2015年高三高考(文科)数学复习专题五：解析几何解析
平面解析几何用代数方法研究几何图形的几何性质，体现着数形结合的重要数学思想．直线与圆的方程、圆锥曲线与方程是历年高考的必考内容，题量一般为一道解答题和两道填空题．江苏高考对双曲线的定义、几何图形、标准方程及简单几何性质由原来的理解降为了解，圆锥曲线突出了直线与椭圆（理科有与抛物线）的位置关系，淡化了直线与双曲线的位置关系．直线与圆锥曲线的有关问题始终是命题的热点内容之一，必考一道解答题．直线与圆锥曲线所涉及的知识点较多，对解题能力的考查层次要求较高，所研究的问题是直线与圆锥曲线的位置关系、定点（定值）、最值以及参数的取值范围等．第一课时 直线与圆教学目标：在2013年的备考中，需要关注：（1）直线的基本概念，直线的方程，两直线的位置关系及点到直线的距离等基础知识；（2）活用圆的两类方程、直线与圆的位置关系及圆与圆的位置关系； （3）对数形结合的思想、转化与化归的思想熟练掌握。
一、基础回顾：1、若直线(a 2＋2a )x －y ＋1＝0的倾斜角为钝角，则实数a 的取值范围是________．2、经过222410x y x y +--+=的圆心，且倾斜角为6π的直线方程为 . 3、直线ax ＋2y ＋6＝0与直线x ＋(a －1)y ＋(a 2－1)＝0平行，则a ＝________.4、直线20x -=与圆224x y +=相交于,A B 两点，则弦AB 的长度等于 .5、已知圆:C ()()22212x y -++=，过原点的直线l 与圆C 相切，则所有切线的斜率之和为 .6、过点()0,6A 且与圆22:10100C x y x y +++=切于原点的圆的方程为 .二、典型问题基本题型一：直线的概念、方程及位置问题例1 过点P (3,2)作直线l ，交直线y ＝2x 于点Q ，交x 轴正半轴于点R ，当△QOR 面积最小时，求直线l 的方程．解析： 方法一：设点Q 的坐标为(a,2a )，点R 的坐标为(x,0)，其中x >0.当a ＝3时，△QOR 的面积S ＝9；当a ≠3时，因为P ，Q ，R 三点共线， 所以23－x ＝2a －2a －3，解得x ＝2aa －1(a >1)，∴△QOR 的面积S ＝12|OR |·2a ＝2a 2a －1＝2[(a －1)＋1a －1＋2]．当且仅当a －1＝1a －1(a >1)，即a ＝2时，S 取得最小值8.此时点Q 的坐标为(2,4)，将Q ，P 两点坐标代入直线方程两点式，并整理得2x ＋y －8＝0.解法二：设l 的方程为x ＝3或y －2＝k (x －3)， 当l 的方程为x ＝3时，△QOR 的面积S ＝9；当l 的方程为y －2＝k (x －3)时，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ，y －2＝kx －，解这个方程组，得点Q 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫3k －2k －2，6k －4k －2.在方程y －2＝k (x －3)中，令y ＝0，得点R 的坐标为⎝⎛⎭⎫3k －2k ，0，∴△QOR 的面积S ＝12·3k －2k ·6k －4k －2＝（3k －2）2k 2－2k，变形得(S －9)k 2＋(12－2S )k －4＝0，因为S ≠9，所以判别式Δ≥0，即(12－2S )2＋16(S －9)≥0，化简，得 2S －8S ≥0， 当且仅当k ＝－2时，S 取得最小值8，此时直线l 的方程为y －2＝－2(x －3)，即2x ＋y －8＝0.综上，当△QOR 的面积最小时，直线l 的方程为2x ＋y －8＝0.说明：直线方程是平面解析几何的基础内容，该考点属于高考必考内容，且要求较高，均属理解、掌握的内容．纵观近几年的高考试题，一般以填空题的形式出现．求直线的方程要充分利用平面几何知识，采用数形结合法、待定系数法、轨迹法等方法；平行与垂直是平面内两条直线特殊的位置关系，高考一般考查平行或垂直的应用．基本策略：(1) 求直线方程的主要方法是待定系数法．在使用待定系数法时，要注意方程的选择，用点斜式、斜截式解题时，要注意检验斜率不存在的情况，可以设直线l ：x ＝ky ＋m ，不能平行于x 轴的直线，防止丢解．另外，解题时认真画图，有助于快速准确地找到解题思路．(2) 求最值的问题，可先适当选取自变量，其次建立目标函数，再次是求最值，最后讨论何时取得最值．基本题型二：圆的方程及圆的性质问题例2 如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知曲线C 由圆弧C 1和圆弧C 2相接而成，两相接点M ，N 均在直线x ＝5上．圆弧C 1的圆心是坐标原点O ，半径为r 1＝13；圆弧C 2过点A(29,0)．(1) 求圆弧C 2所在圆的方程；(2) 曲线C 上是否存在点P ，满足PA ＝30PO ？若存在，指出有几个这样的点；若不存在，请说明理由；解析：(1) 由题意知，圆弧C 1所在圆的方程为x 2＋y 2＝169.当x ＝5时，y ＝±12，所以点M (5,12)，N (5，－12)．由对称性知，圆弧C 2所在圆的方程的圆心在x 轴上． 设圆弧C 2所在圆的方程为(x －a )2＋y 2＝r 22，将M (5,12)，A (29,0) 代入，得⎩⎪⎨⎪⎧－a 2＋144＝r 22，－a 2＝r 22，解得 ⎩⎪⎨⎪⎧a ＝14，r 2＝15.故圆弧C 2所在圆的方程为(x －14)2＋y 2＝225，即x 2＋y 2－28x －29＝0.(2) ①如果点P 在圆弧C 1上，设P (x 0，y 0)(－13≤x 0≤5)，则x 20＋y 20＝169.由P A ＝30PO ，得(x 0－29)2＋y 20＝30(x 20＋y 20)，即x 20＋y 20＋2x 0－29＝0， 所以169＋2x 0－29＝0，解得x 0＝－70，与－13≤x 0≤5矛盾； ②如果点P 在圆弧C 2上，设P (x 0，y 0)(5≤x 0≤29)，则(x 0－14)2＋y 20＝225，由P A ＝30PO ，得(x 0－29)2＋y 20＝30(x 20＋y 20)，解得x 0＝0，与5≤x 0≤29矛盾． 综上所述，曲线C 上不存在点P ，使P A ＝30PO .说明：对于圆的方程，高考要求能根据所给的条件选取恰当的方程形式，利用待定系数法求出圆的方程，并结合圆的几何性质解决与圆相关的问题．该部分在高考中常以填空题的形式直接考查，或是在解答题的综合考查． 基本策略：求圆的方程有两类方法：(1)几何法：通过研究圆的几何性质、直线和圆、圆和圆的位置关系，求得圆的基本量(圆心、半径)，进而得到圆的方程．(2)代数法：用“待定系数法”求圆的方程，其一般步骤是：①根据题意选择方程的形式——标准形式或一般形式(本例题中涉及圆心及切线，故设标准形式较简单)；②利用条件列出关于a ，b ，r 或D ，E ，F 的方程组；③解出a ，b ，r 或D ，E ，F ，代入标准方程或一般方程． 基本题型三：直线与圆的位置关系例3如图所示，已知以点A (－1,2)为圆心的圆与直线l1：x ＋2y ＋7＝0相切，过点B (－2,0)的动直线l 与圆A 相交于M ，N 两点，Q 是MN 的中点，直线l 与l 1相交于点P . (1)求圆A 的方程；(2)当MN ＝219时，求直线l 的方程；(3)B Q →·B P →是否为定值？如果是，求出其定值；如果不是，请说明理由．解 (1)设圆A 的半径为R .∵圆A 与直线l 1：x ＋2y ＋7＝0相切，∴R ＝|－1＋4＋7|5＝2 5.∴圆A 的方程为(x ＋1)2＋(y －2)2＝20.(2)当直线l 与x 轴垂直时，易知x ＝－2符合题意； 当直线l 与x 轴不垂直时，设直线l 的方程为y ＝k (x ＋2)， 即kx －y ＋2k ＝0.连结AQ ，则AQ ⊥MN .∵MN ＝219，∴AQ ＝20－19＝1.由AQ ＝|k －2|k 2＋1＝1，得k ＝34.∴直线l 的方程为3x －4y ＋6＝0.∴所求直线l 的方程为x ＝－2或3x －4y ＋6＝0.(3)∵AQ ⊥BP ，∴AQ →·BP →＝0.∴BQ →·BP →＝(BA →＋AQ →)·BP →＝BA →·BP →＋AQ →·BP →＝BA →·BP →.当直线l 与x 轴垂直时，得P ⎝⎛⎭⎫－2，－52.则BP →＝⎝⎛⎭⎫0，－52，又BA →＝(1,2)， ∴BQ →·BP →＝BBA →·BP →＝－5.当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝k (x ＋2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x ＋2)， x ＋2y ＋7＝0解得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k －71＋2k ，－5k 1＋2k .，∴BP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－51＋2k ，－5k 1＋2k . ∴BQ →·BP →＝BA →·BP →＝－51＋2k －10k1＋2k ＝－5.综上所述，BQ →·BP →是定值，且BQ →·BP →＝－5.说明：弦长问题是高考命题的热点，同时，对于这部分知识，高考常有创新，如与向量知识结合等．层次要求较高，从近年来的命题趋势看，命题形式以填空题为主，在复习时，要熟练掌握由半径、半弦长、弦心距所构成的直角三角形，从而准确地解答问题．基本策略：(1)直线和圆的位置关系常用几何法，即利用圆的半径r ，圆心到直线的距离d 及半弦长l2，构成直角三角形关系来处理．(2)要注意分类讨论，即对直线l 分为斜率存在和斜率不存在两种情况分别研究，以防漏解或推理不严谨．基本题型四：直线与圆的综合应用问题例4 如图所示，已知直线:l y x =，圆1C 的圆心为（3，0），且经过点()4,1A ．（1） 求圆1C 的方程；（2） 若圆2C 与圆1C 关于直线l 对称，点B 、D 分别为圆12C C 、上任意一点，求||BD 的最小值；（3） 已知直线l 上一点M 在第一象限，两质点P Q 、同时从原点出发，点P 以每秒1个单位的速度沿x 轴正方向运动，点Q 以每秒OM 方向运动，设运动时间为t 秒。
【60天冲刺】高考二轮三轮总复习专题学案课件专题5直线、平面、简单几何体(大纲文科专用)
＝ x2＋y－22＋z2，故 x＝1，
第16讲│ 要点热点探究
由|D→S|＝1 得 y2＋z2＝1，又由|B→S|＝2 得 x2＋(y－2)2＋z2＝4，即 y2＋z2
－4y＋1＝0，故
y＝12，z＝
23.于是
S1，12，
23，A→S＝－1，－32，
3， 2
B→S＝1，－32， 23，D→S＝0，12， 23，D→S·A→S＝0，D→S·B→S＝0.故 DS⊥ AS，DS⊥BS，又 AS∩BS＝S，所以 SD⊥平面 SAB.
(2)设平面 SBC 的法向量 a＝(m，n，p)，则 a⊥B→S，a⊥C→B，a·B→S＝
0
，
a· C→B
＝
0.
又
B→S
＝
1，－32，
3
2
，
C→B
＝
(0,2,0)
，
故
m－32n＋ 23p＝0， n＝0. 取 p＝2 得 a＝(－ 3，0,2)．又A→B＝(－2,0,0)，
所以 cos〈A→B，a〉＝|A→A→BB|··|aa|＝ 721.故 AB 与平面 SBC 所成的角为
第16讲│ 主干知识整合
(2)展开：一般适用于多面体表面上两点间的最短距离问题，其利用的 解题原理是平面内两点之间线段最短．展开后，有些点可能会“一分为 二”，需进行合理的标记以区分展开前后点的变化情况．
3．球与多面体的切与接 用一个平面去截一个球，截面是圆面．球的截面有下面性质： (1)球心与截面圆心的连线垂直于截面． (2)球心到截面的距离 d 与球的半径 R 及截面圆的半径 r 的关系为：d2 ＝R2－r2.球的很多问题是通过球的截面平面化后，转化为圆的问题来解决 的，此时要注意区分大圆与小圆． 球与多面体的切与接问题，首先要弄清位置关系，选择最佳角度作截 面，一般是过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问题化归为平 面问题，从而在平面内解决．
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2015春高三第二轮复习专题五立体几何文科(教)、选择题1.(高三第三次模拟一个多面体的直观图和三视图如图所示，M是AB的中点，一只蜜蜂在该几何体内自由飞舞，则它飞入几何体F-AMC曲的概率为(4 W flA. B. C. D.【解析】选B.题中的多面体的体积是x 3 x 3X 2= 9，几何体F-AMCD的体积是xx 3=, 因此所求的概率等于x =，故选 B.2.(高考新课标全国卷丄如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm,将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为 6 cm,如果不计容器厚度，则球的体积为(解析：如图，作出球的一个截面，则MC = 8-6 = 2(cm, BM = AB =x 8 = 4(cm.设球的半径为R cm，贝U R2 = OM2+ MB 2 = (R-22 + 42,二R=5, ...V 球=nX 53 = (cm3 .选A.3.设为两个不重合的平面，为两两不重合的直线，给出下列四个命题：①若’ 则；②若d 仁则③若川垃:亠£则^丄3 ;(4)四棱锥''"'■'的体积 为常函数;④若’是异面直线，’ - •且• 「 贝,其中真命题的序号是()A.①③④B .①②③C.①③D.②④【答案】A4、已知底面边长为 1侧棱长为匸的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上， 则该球的体积为()324「电 L; C •二 D- 15•如图所示，正方体」■ '■ !'■的棱长为1，'分别是棱！ ，「的中点，过直线人F 的平面分别与棱册'、DP 交于设"ht 卩川，给 出以下四个命题：I(2)当且仅当 '时，四边形“的面积最小;(3)四边形周长丄-"川应卩」|是单调函数;【解析】由题意可知棱柱底面所在截面圆的半径为 _ ，球心与截面圆圆心距离为 =1 y =1/ = 1^/1-，所以 」 - 故选D •以上命题中假命题的序号为()A.( 1)( 4) B .( 2) C.( 3) D.( 3)( 4)【解析】(1)由于「. ，' ，则，则.■' 平面… '，又因为」 平面：，则平面―• 平面…;S = _ EF ・ MNr(2)由于四边形’-为菱形，^ ，•‘「，要使四边形I'的面积最小，只需最小，则当且仅当 '时，四边形的面积最A(A ) = -6为常函数.故选(3)。
【答案】C6. 如图，棱长为1的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，「为线段A 1B 上的动点，则下列结 论错误的是()c.= 的最大值为D.…■'的最小值为；、【解析】Tg 丄w 肌久，佔，：风丄平面㈣，呼 平面’，因此」 ''，A 正确； 由于平面川兀空；i ，‘平面 衍勺;『，故面 硏「牡丄面 、’，故B 正确，距离为1,■在! J 」上不是单A. I 丄D 、P B .平面°|片卩丄平面4曲 小；(3)因为 调函数；(4) ，1到平面•匚’的-，又••I I I… = = 厂w 3当'时， "'为钝角，C 错；将面 '与面沿 展成平面图形, 线段‘‘即为. "'的最小值，利用余弦定理解’，故D 正确，故答案为C .【答案】C7.—个几何体的三视图及尺寸如图所示，则该几何体的外接球半径为【解析】由三视图可知：该几何体是一个如图所示的三棱锥 P -ABC,它是一个正四 棱锥P -ABCD 的一半，其中底面是一个两直角边都为 6的直角三角形，高PE =4. 设其外接球的球心为0, 0点必在高线PE 上，外接球半径为R,则在直角三角形B0E 中, B02=0E 告 BE2= ( PE-EC )2+BE2,12R= I ,故选C.【答案】C俯视图侧视图BC8. ［2014湖北文数］在如图1-1所示的空间直角坐标系O -xyz 中，一个四面体 的顶点坐标分别是（0，0，2，（2，2，0，（1，2，1，（2，2，2 •给出编号为①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为 （A .①和②B .③和①C .④和③D .④和②［解析］由三视图可知，该几何体的正视图显然是一个直角三角形 （三个顶点坐标分别是（0， 0, 2，（0，2, 0，（0，2，2且内有一虚线（一锐角顶点与一直角边中点的连线，故正视图是 ④；俯视图是一个斜三角形，三个顶点坐标分别是（0，0, 0，（2，2, 0, （1，2, 0,故俯视图 是②.故选D.9. 正方形.■'的边长为'，点•、'分别在边’；、；•上，且 =iBF ~-2，将此正方形沿DE 、DF 折起，使点「重合于点P ，则三棱锥 孑-炸的体积是（）A .B .C .D . 【解析】因为"所以，工陆鈔3跨又因为」平面八，「‘平面八，且「，所以， 平面' 0S 、曲=-PE- PF sin 丄“ & 乞 £■過所以-\、PF 丄、EF在，■中，• 1V5K +-2 1所以图1-22X ]K 322。
10. 如图，正方体 ''['的棱长为，线段「 上有两个动点•’且4i（1 仁蹩；（2若「为一上的一点，则「到平面…’的距离为 （3三棱锥’'的体积为定值； （4在空间与’都相交的直线有无数条•（5过，的中点与直线】所成角为•并且与平面丨 所成角为' 的直线有「条.AO B.1 C2 D3【解析】（1）连接更'：，由9空込亢》丄 沁J ，可知！ | 面论&茴，而逐匕 面’’’’,••• • ' ' ,（1正确；（2 ）由，//面’’；，则「点到面，「的距x/2离等于’到面’’的距离'，（2）正确；（3）三棱锥 '中，底面积 是定值，高是定值，所以体积是定值，（3）正确；（4在I 上任取点「，过点」 和直线；.确定面，设面 G 面''''=，则与直线「 必有交点 （若// ;’ ，则./r ',矛盾，则直线厂 就是所画的直线，因为点■'的任意性， 所以这样的直线有无数条，（4）正确；（5）设.的中点为，过点 与'所 JIA I ） A /' 成的角是.的直线，是以与 平行的直线为轴的圆锥的母线所在的直线，过点 与面’’所成的角是.的直线，是以过点 且与面’’垂直的直线为轴 的圆锥的母线，两圆锥交于两条直线，（5）正确.【答案】A11.（ 2012?西区模拟）如图，已知球 O 是棱长为1的正方体 ABCD - A1B1C1D1的内切球, 则平面ACD1截球O 的截面面积为（ ）£2卫卫亍* 46 ,所以应选B.【答案】B•，则下列结论中错误的个数是（7T~3解：根据题意知，平面 ACD1是边长为的正三角形，故所求截面的面积是该正三角形的内 切圆的面积，返 Vo则由图得，△ ACD1内切圆的半径是 :xtan30 °,则所求的截面圆的面积是12.已知棱长为I 的正方体 ''1’中，E , F , M 分别是AB 、AD 、 1'的中点，又P 、Q 分别在线段八」上,且-'- ，设面『汀〕面MPQ =，则下列结论中不成立的是（ A . 面 ABCD ; B . ' AC ;C .面MEF 与面MPQ 不垂直;D .当x 变化时， 不是定直线•【答案】Dn,C .D .【解析】解：连结几忙M；加交于点0也川2交于点°i由正方体的性质知，耳必ACH^C^AC丄矶也丄科因为一是「的中点，所以」':；因为「一I所以「所以卩QH卜卜二所以W 平面扣fEF ^EF ：'平面由旧面MPQ=，阡匚平面所以…’，而•：平面仙「D J7平面所以,2面ABCD_ ,所以选项A正确；由；，•：得游丄靛而•，•，所以’AC，所以选项B正确；连吐B&D\QM则0M '/AQ.而M；丄丄BDXEF、*BhMF所以，打下丄二：八；亠除-所以」平面11 "，^直线与平面 "「垂直的平面只能有一个，所以面MEF 与面MPQ不垂直，所以选项C是正确的；因为…’，“是定点，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以直线是唯一的，故选项D不正确.考点：1直线平面的位置关系；2、直线与直线，直线与平面，平面与平面的平行与垂直的判定及性质.13 .在正四棱锥P-ABCD中，PA=2，直线PA与平面ABCD所成角为60° E为PC 的中点，则异面直线PA与BE所成角为（）A. ：B. IC.D.:【解析】连接' 「；交于点•，连接•’，「。
因为•为：中点，所以：//，I，所以':八即为异面直线，I与宀所成的角。
因为四棱锥，；为正四棱锥，所以: ' '，所以-为• I在面】，;内的射影，所以：即为，I与面】所成的角，即'：，因为曲二2，所以I ■- ，0-1。
所以在直角三角形.••冲’，即面直线心与处所成的角为45。
【答案】C考点：1异面直线所成角；2线面角；3线面垂直。
14.正四面体ABCD，线段AB 平面，E, F分别是线段AD和BC的中点，当正四面体绕以AB为轴旋转时，则线段AB与EF在平面上的射影所成角余弦值的范围是（）4i i I 4iA. [0，]B. [ ，1]C. [ ，1]D.[，]【解析】n如图，取AC中点为G,结合已知得GF AB,则线段AB、EF在平面上的射影所成角等于GF与EF在平面上的射影所成角，在正四面体中，AB CD，又GE CD，所以GE GF,所以茂厂■，当四面体绕AB转动时，因为GF 平面，GE与GF的垂直性保持不变，显然，当CD与平面垂直时，GE在平面上的射影长最短为0,此时EF在平面上I I的射影’的长取得最小值'，当CD与平面平行时，GE在平面上的射影长最长为 ',运| 4i''取得最大值，所以射影'’长的取值范围是[一,']，而GF在平面上的射影长为定值一，所以AB与EF在平面上的射影所成角余弦值的范围是[ ，1].故选B 、填空题已知点卩是正方体航―AM"的棱"上的一个动点，设异面直线「与’所成的角为，则，的最小值是_. 【解析】以D为坐标原点，DA、DC、DD1分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为 1则A （1,0,0） B （ 1,1,0）,C （ 0,1,0） ,P （x,0,1）,其中 ■■，所以I '「，宀冷，所以 | T T ICOS cr COS < /1ft CP >可知当 ，即「与重合时,考点：异面直线及其所成的角16、如图，在直三棱柱 中，血二\,曲二2,比二爲DE 分别是船和：的中点，则直线与平面【解析】 取」「的中点T ，连接，因为在直三棱柱，…’ ^1,又因为二F 是三 角形-■ -1的中位线，故四边形 亠 F 是平行四边形，所以 EDIIBF ，过点「作 FG 垂 直于一-交一-于一’，由题意得， AFBG 即为所求的角，如图所示cos a -. -7* + 2取得最小值且为•故应填A71 71厂ZABC^-f ZSAC = -因为........... ■■叮，所以_ 〔，直角三角形斜边上的1 开BF = -AC = CF EFBG 二ZBCA -中线是斜边的一半，故一，所以I17、三棱锥S—ABC中，/ SBA=/ SCA= 90° △ ABC是斜边AB= a的等腰直角三角形，则以下结论中：①异面直线SB与AC所成的角为90°②直线SB丄平面ABC;③平面SBC丄平面SAC;④点C到平面SAB的距离是a.由题意知AC丄平面SBC,故AC丄SB, SB丄平面ABC，平面SBC丄平面SAC,①②③正确；取AB的中点E,连接CE,（如图可证得CE丄平面SAB，故CE的长度即为C到平面SAB的距离a,④正确•答案①②③④18.（2013年上海）在平面上,将两个半圆弧|和X = l（\^3）、两条直线和围成的封闭图形记为D,如图中阴影部分.记D绕y轴旋转一周而成的几何体为一一，过’作一一的水平截面，所得截面面积为 •,试利用祖暅原理、一个平放的圆柱和一个长方体 ，得出一一的体积值为【解答】根据提示，一个半径为1,高为.的圆柱平放，一个高为2,底面面积 的长方体，这两个几何体与「放在一起，根据祖暅原理，每个平行水平面的截面面积都相等，故它们的体积相等，即一一的体积值为'' ■'■-■，• ，「.，平面 :平面：—，为宀中点，点，，分别为线段「'上的动点（不含端点），且| '，则三棱锥'''''体积的最大值为 ________ .【解析】因为|■且■为•宀中点，所以 乩L 鉛，因为平面| 平面由面面垂直的性质定理可得丫 面，•，即：面」」。