2019版高考数学(文)一轮培优增分练(全国通用)第7章 立体几何7-3aWord版含解析
2019版高考数学(文)培优增分一轮全国经典版增分练第7章 立体几何 7-3a Word版含解析
板块四模拟演练·提能增分[级基础达标]．[·济宁模拟]直线，平行的一个充分条件是( )．，都平行于同一个平面．，与同一个平面所成的角相等．平行于所在的平面．，都垂直于同一个平面答案解析对，当，都平行于同一个平面时，与可能平行、相交或异面；对，当，与同一个平面所成角相等时，与可能平行、相交或异面；对，与可能平行，也可能异面，只有满足要求．故选.．[·太原期末]已知平面α和直线，则α内至少有一条直线与( )．平行．相交．垂直．异面答案解析直线与平面α斜交时，在平面α内不存在与平行的直线，∴错误；⊂α时，在平面α内不存在与异面的直线，∴错误；∥α时，在平面α内不存在与相交的直线，∴错误．无论哪种情形在平面α内都有无数条直线与垂直．故选.．已知，，为三条不重合的直线，已知下列结论：①若⊥，⊥，则∥；②若⊥，⊥，则⊥；③若∥，⊥，则⊥.其中正确的个数为( )．．．．答案解析解法一：在空间中，若⊥，⊥，则，可能平行，也可能相交，还可能异面，并且相交或异面时不一定垂直，所以①②错，③显然成立．解法二：构造长方体或正方体模型可快速判断，①②错，③正确．故选.．若空间中四条两两不同的直线，，，，满足⊥，⊥，⊥，则下列结论一定正确的是( )．⊥．∥．与既不垂直也不平行．与的位置关系不确定答案解析构造如图所示的正方体－，取为，为，为，当取为时，∥，当取为时，⊥，故排除，，.故选..如图，α∩β＝，、∈α，∈β，且∉，直线∩＝，过，，三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( )．点．点．点但不过点．点和点答案解析∵⊂γ，∈，∴∈γ.又α∩β＝，∈，∴∈β.根据公理可知，在γ与β的交线上．同理可知，点也在γ与β的交线上．故选.．[·大连模拟]已知，，为三条不同的直线，且⊂平面α，⊂。
2019版高考数学(文)培优增分一轮全国经典版增分练第7章 立体几何 7-2a Word版含解析
板块四模拟演练·提能增分
[级基础达标]
. [·南昌模
拟]如图，在正四棱柱－中，点是平面内一点，则三棱锥－的正视图
与侧视图的面积之比为( )
．∶．∶
．∶．∶
答案
解析根据题意，三棱锥－的正视图是三角形，且底边为正四棱
柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高．故三棱锥－的正视图与侧视图
的面积之比为∶.故选.．《九章算术》商功章有题：一圆柱形谷仓，高丈尺
寸，容纳米斛(丈＝尺，尺＝寸，斛为容积单位，斛≈立方尺，π≈)
，则圆柱底面圆周长约为( )
．丈尺．丈尺
．丈尺．丈尺
答案
解析设圆柱底面圆半径为尺，高为尺，依题意，圆柱体积为＝
π＝×≈××，所以≈，即≈，所以圆柱底面圆周长为π≈尺＝丈尺，
则圆柱底面圆周长约为丈尺．故选.
．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
答案
解析由三视图，可得原图如图所示，即为底面是平行四边形的
四棱锥，∴＝×××＝.故选.
．正三棱柱的底面边长为，侧棱长为，且三棱柱的顶点都在同
一个球面上，则该球的表面积为( )
．π ．π ．π ．π
答案
解析由正弦定理得＝(其中为正三棱柱底面三角形外接圆的半
径)，∴＝，∴外接球的半径＝＝，∴外接球的表面积＝π＝π.故选.
．[·北京高
考]某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )。
2019版高考数学(文)高分计划一轮课件：第7章立体几何 7-1
3．小题热身 (1)(2017·长沙模拟)如图是一个正方体，A，B，C 为三 个顶点，D 是棱的中点，则三棱锥 A－BCD 的正视图，俯视 图是(注：选项中的上图是正视图，下图是俯视图)( )
解析 正视图是等腰直角三角形，且 AD 棱属于看不见 的部分，用虚线表示，俯视图也是等腰直角三角形，且 BD 棱属于看不见的部分，用虚线表示．故选 A.
角度 2 已知三视图还原几何体 典例 (2018·河北名师俱乐部模拟)某几何体的三视 图如图所示，记 A 为此几何体所有棱的长度构成的集合， 则( )
A．3∈A B．5∈A C．2 6∈A D．4 3∈A
解析 由三视图可得，该几何体的直观图如图所示， 其中底面是边长为 4 的正方形，AF⊥平面 ABCD，AF∥DE， AF＝2，DE＝4，可求得 BE 的长为 4 3，BF 的长为 2 5， EF 的长为 2 5，EC 的长为 4 2.故选 D.
方法技巧 1．已知几何体，识别三视图的技巧 已知几何体画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上 的投影，然后再确定线在投影面上的实虚．
2．已知三视图，判断几何体的技巧 (1)一般情况下，根据正视图、侧视图确定是柱体、锥 体还是组合体． (2)根据俯视图确定是否为旋转体，确定柱体、锥体类 型、确定几何体摆放位置． (3)综合三个视图特别是在俯视图的基础上想象判断几 何体． 提醒：对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的 位置，区分好实线和虚线的不同．
4．(2018·济宁模拟)点 M，N 分别是正方体 ABCD－ A1B1C1D1 的棱 A1B1，A1D1 的中点，用过 A，M，N 和 D，N， C1 的两个截面截去正方体的两个角后得到的几何体如图 1， 则该几何体的正视图、侧视图、俯视图依次为图 2 中的 ()
(精品推荐)2019版高考数学(理)高分计划一轮狂刷练：第7章 立体几何 7-3a
[基础送分提速狂刷练]一、选择题1．(2016·浙江高考)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则()A．m∥l B．m∥nC．n⊥l D．m⊥n答案 C解析对于A，m与l可能平行或异面，故A错误；对于B，D，m与n可能平行、相交或异面，故B，D错误；对于C，因为n⊥β，l⊂β，所以n⊥l，故C正确．故选C.2．若l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是() A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面答案 B解析当l1⊥l2，l2⊥l3时，l1与l3也可能相交或异面，故A不正确；l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3，故B正确；当l1∥l2∥l3时，l1，l2，l3未必共面，如三棱柱的三条侧棱，故C不正确；l1，l2，l3共点时，l1，l2，l3未必共面，如正方体中从同一顶点出发的三条棱，故D不正确．故选B.3．(2016·雅安期末)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则过点A与AB，BC，CC1所成角均相等的直线有()A．1条B．2条C．4条D．无数条答案 C解析若直线和AB，BC所成角相等，得直线在对角面BDD1B1内或者和对角面平行，同时和CC1所成角相等，此时在对角面内只有体对角线BD1满足条件．此时过A的直线和BD1平行即可，同理体对角线A1C，AC1，DB1也满足条件．则过点A与AB，BC，CC1所成角均相等的直线只要和四条体对角线平行即可，共有4条．故选C.4．(2017·宁德期末)如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，AM与BN所成角的大小为()A．0°B．45°C．60°D．90°答案 D解析 如图，把正方体的平面展开图还原成正方体ADNE －CMFB ，∵CD ∥BN ，CD ⊥AM ， ∴AM ⊥BN ，∴在这个正方体中，AM 与BN 所成角的大小为90°.故选D. 5．如图所示，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为( )A.15B.25C.35D.45答案 D解析 连接BC 1，易证BC 1∥AD 1，则∠A 1BC 1即为异面直线A 1B 与AD 1所成的角．连接A 1C 1，设AB ＝1，则AA 1＝2，A 1C 1＝2，A 1B ＝BC 1＝5，故cos ∠A 1BC 1＝5＋5－22×5×5＝45.故选D.6．(2018·江西景德镇模拟)将图1中的等腰直角三角形ABC 沿斜边BC 上的中线AD 折起得到空间四面体ABCD (如图2)，则在空间四面体ABCD 中，AD 与BC 的位置关系是( )A ．相交且垂直B ．相交但不垂直C ．异面且垂直D ．异面但不垂直答案 C解析 在题图1中，AD ⊥BC ，故在题图2中，AD ⊥BD ，AD ⊥DC ，又因为BD ∩DC ＝D ，所以AD ⊥平面BCD ，又BC ⊂平面BCD ，D 不在BC 上，所以AD ⊥BC ，且AD 与BC 异面．故选C.7．(2017·河北唐山模拟)已知P 是△ABC 所在平面外一点，M ，N分别是AB，PC的中点，若MN＝BC＝4，P A＝43，则异面直线P A与MN所成角的大小是()A．30°B．45°C．60°D．90°答案 A解析取AC的中点O，连接OM，ON，则ON∥AP，ON＝12AP，OM∥BC，OM＝12BC，所以异面直线P A与MN所成的角为∠ONM(或其补角)，在△ONM中，OM＝2，ON＝23，MN＝4，由勾股定理的逆定理得OM⊥ON，则∠ONM＝30°.故选A.8．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，那么m＋n＝()A．8 B．9C．10 D．11答案 A解析如图，CE⊂平面ABPQ，从而CE∥平面A1B1P1Q1，易知CE与正方体的其余四个面所在平面均相交，∴m＝4；∵EF∥平面BPP1B1，EF∥平面AQQ1A1，且EF与正方体的其余四个面所在平面均相交，∴n＝4，故m＋n＝8.选A.9．下列各图是正方体和正四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的图形是()答案 D解析①在A中易证PS∥QR，∴P，Q，R，S四点共面．②在C中易证PQ∥SR，∴P，Q，R，S四点共面．③在D中，∵QR⊂平面ABC，PS∩面ABC＝P且P∉QR，∴直线PS与QR为异面直线．∴P，Q，R，S四点不共面．④在B中P，Q，R，S四点共面，证明如下：取BC中点N，可证PS，NR交于直线B1C1上一点，∴P，N，R，S四点共面，设为α，可证PS∥QN，∴P，Q，N，S四点共面，设为β.∵α，β都经过P，N，S三点，∴α与β重合，∴P，Q，R，S四点共面．故选D.10．(2018·广东惠州三调)如图是一个几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F分别为P A，PD的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：①直线BE与直线CF异面；②直线BE与直线AF异面；③直线EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面P AD.其中正确的有()A．1个B．2个C．3个D．4个答案 B解析将展开图还原为几何体(如图)，因为四边形ABCD为正方形，E，F分别为P A，PD的中点，所以EF∥AD∥BC，则直线BE与CF共面，①错误；因为AF⊂平面P AD，B∉平面P AD，E∈平面P AD，E∉AF，所以BE与AF是异面直线，②正确；因为EF∥AD∥BC，EF ⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正确；平面P AD 与平面BCE不一定垂直，④错误．故选B.二、填空题11．如图所示，是正方体的平面展开图，在这个正方体中，①BM与ED平行；②CN与BE是异面直线；③CN与BM成60°角；④DM与BN垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是________．答案③④解析如图所示，把正方体的平面展开图还原成原来的正方体，显然BM与ED为异面直线，故命题①不成立；而CN与BE平行，故命题②不成立．∵BE∥CN，∴CN与BM所成角为∠MBE.∵∠MBE＝60°，故③正确；∵BC⊥面CDNM，∴BC⊥DM，又∵DM⊥NC，∴DM⊥面BCN，∴DM⊥BN，故④正确，故填③④.12．(2018·仙桃期末)在空间四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，若AC＝BD＝2，且AC与BD成60°，则四边形EFGH 的面积为________．答案 32解析 如图所示，∵E ，F ，G ，H 分别是AB ，BC ，CD ，DA 的中点，∴EH ∥FG ∥BD ，EH ＝FG ＝ 12BD ＝1.∴四边形EFGH 是平行四边形， 同理可得EF ＝GH ＝12AC ＝1， ∴四边形EFGH 是菱形．∵AC 与BD 成60°，∴∠FEH ＝60°或120°. ∴四边形EFGH 的面积＝2×12EF 2sin60°＝32.13．(2018·湖北武昌调研)若四面体ABCD 的三组对棱分别相等，即AB ＝CD ，AC ＝BD ，AD ＝BC ，则________(写出所有正确结论的编号)．①四面体ABCD 每组对棱相互垂直； ②四面体ABCD 每个面的面积相等；③从四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90°而小于180°；④连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分；⑤从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长．答案②④⑤解析对于①，把四面体ABCD放置在如图所示的长方体中，显然命题①错误；对于②，因四个面对应的三角形的三边分别对应相等，即它们为全等的三角形，所以②正确；对于③，当四面体ABCD为正四面体时，夹角之和等于180°，所以③错误；对于④，因每组对棱中点的连线分别与长方体的棱平行，且都经过长方体的中心，所以④正确；又命题⑤显然成立，故填②④⑤.14．如图，在正三角形ABC中，D，E，F分别为各边的中点，G，H分别为DE，AF的中点，将△ABC沿DE，EF，DF折成正四面体P－DEF，则四面体中异面直线PG与DH所成的角的余弦值为________．答案 23解析折成的正四面体，如图，连接HE ，取HE 的中点K ，连接GK ，PK ，则GK ∥DH ，故∠PGK (或其补角)即为所求的异面直线所成的角．设这个正四面体的棱长为2， 在△PGK 中，PG ＝3，GK ＝32， PK ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝72，故cos ∠PGK ＝PG 2＋GK 2－PK 22·PG ·GK ＝(3)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322－⎝ ⎛⎭⎪⎫7222×3×32＝23，即异面直线PG 与DH 所成的角的余弦值为23. 三、解答题15．(2018·普宁期末)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 是AB 的中点．(1)在A1C上是否存在一点Q，使BC1∥DQ?(2)设AA1＝AC＝CB＝2，AB＝22，求异面直线AB1与CD所成角的大小．解(1)连接AC1交A1C于Q，连接DQ，∴DQ为△ABC1的中位线，DQ∥BC1，∴A1C上存在一点Q，使BC1∥DQ，Q为A1C的中点．(2)连接AB1，取BB1中点M，连接DM、CM，则DM是△ABB1的中位线，∴DM∥AB1，∴∠CDM就是所求异面直线所成角(或补角)，∵AA1＝AC＝CB＝2，AB＝22，∴CM＝5，DM＝3，CD＝2，∴DM2＋CD2＝CM2，满足勾股定理，∴∠CDM＝90°，故异面直线AB1与CD所成角为90°.16．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，对角线AC与BD交于点O，PO⊥平面ABCD，PB与平面ABCD所成的角为60°.(1)求四棱锥的体积；(2)若E是PB的中点，求异面直线DE与P A所成角的余弦值．解(1)在四棱锥P－ABCD中，∵PO⊥平面ABCD，∴∠PBO是PB与平面ABCD所成的角，∴∠PBO＝60°.在Rt△AOB中，BO＝AB·sin30°＝1，∵PO⊥OB，∴PO＝BO·tan60°＝ 3.∵底面菱形的面积S＝12×2×3×2＝23，∴四棱锥P－ABCD的体积V P－ABCD＝13×23×3＝2.(2)取AB 的中点F ，连接EF ，DF ，如图所示，∵E 为PB 中点， ∴EF ∥P A ，∴∠DEF 为异面直线DE 与P A 所成的角(或其补角)． 在Rt △AOB 中，AO ＝3＝OP ， ∴在Rt △POA 中，P A ＝6， ∴EF ＝62.在正三角形ABD 和正三角形PDB 中，DF ＝DE ＝3， 由余弦定理，得cos ∠DEF ＝DE 2＋EF 2－DF 22DE ·EF＝(3)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫622－(3)22×3×62＝6432＝24. ∴异面直线DE 与P A 所成角的余弦值为24.。
2019版高考数学(文)培优增分一轮全国经典版增分练第7章 立体几何 7-4a Word版含解析
板块四模拟演练·提能增分[级基础达标]．[·嘉兴月考]对于空间的两条直线，和一个平面α，下列命题中的真命题是()．若∥α，∥α，则∥．若∥α，⊂α，则∥．若∥α，⊥α，则∥．若⊥α，⊥α，则∥答案解析对，直线，可能平行、异面或相交，故错误；对，直线与可能平行，也可能异面，故错误；对，与垂直而非平行，故错误；对，垂直于同一平面的两直线平行，故选.．[·揭阳模拟]设平面α，β，直线，，⊂α，⊂α，则“∥β，∥β”是“α∥β”的( )．充分不必要条件．必要不充分条件．充要条件．既不充分也不必要条件答案解析由平面与平面平行的判定定理可知，若直线，是平面α内两条相交直线，且有“∥β，∥β”，则有“α∥β”；当“α∥β”，若⊂α，⊂α，则有“∥β，∥β”，因此“∥β，∥β”是“α∥β”的必要不充分条件．故选.．过三棱柱－的任意两条棱的中点作直线，其中与平面平行的直线的条数是( )．．．．答案解析取，，，的中点，，，，易知平面∥平面，所以满足条件的直线有，，，，，，共条直线．故选.．[·安徽高考]已知，是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( )．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行．若，平行于同一平面，则与平行．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线．若，不平行，则与不可能垂直于同一平面答案解析中，垂直于同一个平面的两个平面可能相交也可能平行，故错误；中，平行于同一个平面的两条直线可能平行、相交或异面，故错误；中，若两个平面相交，则一个平面内与交线平行的直线一定和另一个平面平行，故错误；中，若两条直线垂直于同一个平面，则这两条直线平行，所以若两条直线不平行，则它们不可能垂直于同一个平面，故选. .在长方体－中，，分别是棱和的中点，过的平面分别交和于，，则与的位置关系是( )．平行．相交．异面．平行或异面答案解析由长方体性质知：∥平面，∵⊂平面，平面∩平面＝，∴∥.又∵∥，∴∥.故选.．设α，β，γ为三个不同的平面，，是两条不同的直线，在命题“α∩β＝，⊂γ，且，则∥”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．可以填入的条件有( )①α∥γ，⊂β；②∥γ，∥β；③∥β，⊂γ.．①②．②③．①③．①②③答案解析由面面平行的性质定理可知①正确；当∥β，⊂γ时，和在。
2019高考数学(文)增分一轮全国经典版课件：第7章 立体几何 7-5
)
4．在如图所示的四个正方体中，能得出 AB⊥CD 的是 ( )
解析 故选 A.
A 中，CD⊥AB；B 中，AB 与 CD 成 60° 角；C
2．[2018· 浙江模拟]设 m，n 是两条不同的直线，α，β 是两个不同的平面，下列命题正确的是( 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
解析 故选 C. 对于选项 A，B，D，均能举出 m⊥α 的反例；
所以 AM⊥平面 BB1C1C. 因为 BC1⊂平面 BB1C1C，所以 AM⊥BC1 因为 EF∥BC1，所以 EF⊥AM. 又因为 AM∩B1M＝M，AM⊂平面 AB1M，B1M⊂平面 AB1M，所以 EF⊥平面 AB1M.
命题角度 2 ⊥AD，
利用线面垂直证明线线垂直
例 3 [2017· 江苏高考]如图，在三棱锥 A－BCD 中，AB BC⊥BD，平面 ABD⊥平面 BCD，点 E，F(E 与 A，D 不重 合)分别在棱 AD，BD 上，且 EF⊥AD.
解析
因为 α⊥β，m⊂α，则 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．故选 B.
考向 命题角度 1Байду номын сангаас例 2 中，BC＝
高考数学一轮复习 第七章 第七节 立体几何中的向量方法课时作业 理 新人教A版高三全册数学试题
【优化探究】2017届高考数学一轮复习 第七章 第七节 立体几何中的向量方法课时作业 理 新人教A 版A 组 考点能力演练1.如图，几何体EF ABCD 中，CDEF 为边长为2的正方形，ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AD ＝2，AB ＝4，∠ADF ＝90°.(1)求证：AC ⊥FB ；(2)求二面角E －FB －C 的大小．解：(1)证明：由题意得，AD ⊥DC ，AD ⊥DF ，且DC ∩DF ＝D ， ∴AD ⊥平面CDEF ， ∴AD ⊥FC ，∵四边形CDEF 为正方形，∴DC ⊥FC . ∵DC ∩AD ＝D ，∴FC ⊥平面ABCD ，∴FC ⊥AC .又∵四边形ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AD ＝2，AB ＝4， ∴AC ＝22，BC ＝22， 则有AC 2＋BC 2＝AB 2，∴AC ⊥BC ，又BC ∩FC ＝C ，∴AC ⊥平面FCB ，∴AC ⊥FB .(2)由(1)知AD ，DC ，DE 所在直线相互垂直，故以D 为原点，DA ，DC ，DE 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，可得D (0,0,0)，F (0,2,2)，B (2,4,0)，E (0,0,2)，C (0，2,0)，A (2,0,0)，∴EF →＝(0,2,0)，FB →＝(2,2，－2)， 设平面EFB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·FB →＝0，⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x ＋2y －2z ＝0.⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋y －z ＝0，令z ＝1，则n ＝(1,0,1)，由(1)知平面FCB 的一个法向量为AC →＝(－2,2,0)，设二面角E －FB －C 的大小为θ，由图知θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，∴cos θ＝|cos 〈n ，AC →〉|＝12，∴θ＝π3.2.(2016·兰州诊断)如图，在四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝2，BC ＝CD ＝1，顶点D 1在底面ABCD 内的射影恰为点C .(1)求证：AD 1⊥BC ；(2)若直线DD 1与直线AB 所成的角为π3，求平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角(锐角)的余弦值．解：(1)证明：连接D 1C ，则D 1C ⊥平面ABCD ，∴D 1C ⊥BC . 在等腰梯形ABCD 中，连接AC ， ∵AB ＝2，BC ＝CD ＝1，AB ∥CD ， ∴BC ⊥AC ， ∴BC ⊥平面AD 1C ， ∴AD 1⊥BC .(2)法一：∵AB ∥CD ，∴∠D 1DC ＝π3，∵CD ＝1，∴D 1C ＝ 3.在底面ABCD 中作CM ⊥AB ，连接D 1M ，则D 1M ⊥AB ，∴∠D 1MC 为平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角的一个平面角．在Rt △D 1CM 中，CM ＝32，D 1C ＝3， ∴D 1M ＝CM 2＋D 1C 2＝152，∴cos ∠D 1MC ＝55， 即平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角(锐角)的余弦值为55. 法二：由(1)知AC 、BC 、D 1C 两两垂直， ∵AB ∥CD ，∴∠D 1DC ＝π3，∵CD ＝1，∴D 1C ＝ 3.在等腰梯形ABCD 中，∵AB ＝2，BC ＝CD ＝1，AB ∥CD ， ∴AC ＝3，建立如图所示的空间直角坐标系， 则C (0,0,0)，A (3，0,0)，B (0,1,0)，D 1(0,0，3)， 设平面ABC 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AD 1→＝0得⎩⎨⎧y －3x ＝0，z －x ＝0，可得平面ABC 1D 1的一个法向量为n ＝(1，3，1)． 又CD 1→＝(0,0，3)为平面ABCD 的一个法向量． 因此cos 〈CD 1→，n 〉＝CD 1→·n|CD 1→||n |＝55，∴平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角(锐角)的余弦值为55. 3．(2016·贵阳模拟)如图，正方形AA 1D 1D 与矩形ABCD 所在平面互相垂直，AB ＝2AD ＝2.(1)若点E 为AB 的中点，求证：BD 1∥平面A 1DE ；(2)在线段AB 上是否存在点E ，使二面角D 1EC D 的大小为π6？若存在，求出AE 的长；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：四边形ADD 1A 1为正方形，连接AD 1，A 1D ∩AD 1＝F ，则F 是AD 1的中点，又因为点E 为AB 的中点，连接EF ，则EF 为△ABD 1的中位线，所以EF ∥BD 1.又因为BD 1⊄平面A 1DE ，EF ⊂平面A 1DE ，所以BD 1∥平面A 1DE .(2)根据题意得DD 1⊥DA ，DD 1⊥DC ，AD ⊥DC ，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D xyz ，则D (0,0,0)，D 1(0,0,1)，C (0，2,0)．设满足条件的点E 存在，令E (1，y 0,0)(0≤y 0≤2)， EC →＝(－1,2－y 0,0)，D 1C →＝(0,2，－1)，设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面D 1EC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·EC →＝0，n 1·D 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋2－y 0y 1＝0，2y 1－z 1＝0，令y 1＝1，则平面D 1EC 的法向量为n 1＝(2－y 0,1,2)，由题知平面DEC 的一个法向量n 2＝(0,0,1)．由二面角D 1EC D 的大小为π6得 cos π6＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝22－y 02＋1＋4＝32， 解得y 0＝2－33∈[0,2]， 所以当AE ＝2－33时，二面角D 1EC D 的大小为π6. B 组 高考题型专练1．(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．解：(1)证明：连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC .又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC .在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62.在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322. 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系G xyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.2．(2015·高考天津卷)如图，在四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1AC B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E 的长．解：如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (2,0,0)，D (1，－2，0)，A 1(0,0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(2,0,2)，D 1(1，－2,2)．又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，得M ⎝⎛⎭⎪⎫1，12，1，N (1，－2,1)． (1)证明：依题意，可得n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量.MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－52，0.由此可得MN →·n ＝0，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD . (2)AD 1→＝(1，－2,2)，AC →＝(2,0,0)．设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0.不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0,1,1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0，又AB 1→＝(0,1,2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0.不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2,1)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010，所以，二面角D 1AC B 1的正弦值为31010.(3)依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈[0,1]， 则E (0，λ，2)，从而NE →＝(－1，λ＋2,1)． 又n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量， 由已知，得|cos 〈NE →，n 〉|＝|NE →·n ||NE →|·|n |＝1－12＋λ＋22＋12＝13， 整理得λ2＋4λ－3＝0，又因为λ∈[0,1]，解得λ＝7－2. 所以，线段A 1E 的长为7－2.3．(2015·高考江苏卷)如图，在四棱锥P ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长． 解：以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．(1)因为AD ⊥平面PAB ，所以AD →是平面PAB 的一个法向量， AD →＝(0,2,0)．因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)． 设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0，令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1.所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量． 从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2.设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP＝255.。
2019年高考数学一轮总复习 第七章 立体几何阶段测试卷 文
2019年高考数学一轮总复习 第七章 立体几何阶段测试卷 文一、 选择题(每小题5分，共60分)1. (xx·广东高考)设l 为直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是(B)A. 若l ∥α，l ∥β，则α∥βB. 若l ⊥α，l ⊥β，则α∥βC. 若l ⊥α，l ∥β，则α∥βD. 若α⊥β，l ∥α，则l ⊥β根据空间平行、垂直关系的判定和性质，易知选B.2. 已知直线l 与平面α成45°角，直线m ⊂α，若直线l 在α内的射影与直线m 也成45°角，则l 与m 所成的角是(C)A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°设l 与m 所成的角是β，则cos β＝cos 45°cos 45°，∴cos β＝12，∴β＝60°. 3. 已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，CC 1＝22，E 为CC 1的中点，则直线AC 1与平面BED 的距离为(D)A. 2B. 3C. 2D. 1连接AC 交BD 于点O ，连接EO ，过点O 作OH ⊥AC 1于点H ，∵AB ＝2，∴AC ＝22，又CC 1＝22，∴OH ＝2sin 45°＝1.4. 已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 上的射影为BC的中点，则直线AB 与AA 1所成角的余弦值为(D)A. 34B. 54C. 74D. 34记BC 的中点为D ，该三棱柱的各棱长为a ，直线AB 与AA 1所成的角是θ，则有A 1D⊥平面ABC ，且cos ∠A 1AD ＝AD AA 1＝32a a ＝32， cos θ＝cos ∠A 1AD ·cos ∠BAD ＝32·cos π6＝34. 5. (xx·潍坊模拟)已知m ，n 是两条不同直线，α，β是两个不同平面，给出四个命题：①若α∩β＝m ，n ⊂α，n ⊥m ，则α⊥β；②若m ⊥α，m ⊥β，则 α∥β；③若m ⊥α，n ⊥β，m ⊥n ，则α⊥β；④若m ∥α，n ∥β，m ∥n ，则α∥β.其中正确的命题是(B)A. ①②B. ②③C. ①④D. ②④由面面垂直的性质可知②③正确．6. (xx·郑州质检)一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是(C)注意到在三视图中，俯视图的宽度应与侧视图的宽度相等，而在选项C 中，其宽度为32，与题中所给的侧视图的宽度1不相等，故选C.7. (xx·烟台诊断)如图所示，某几何体的三视图均为边长为1的正方形，则该几何体的体积是 (A)A. 56B. 23C. 1D. 12 由题意知三视图对应的几何体如图所示，故该几何体为正方体的体积减去一个三棱锥的体积，即13－13×12×1×1×1＝56，选A.8. (xx·石家庄模拟)已知正三棱锥P －ABC 的正视图和俯视图如图所示，则此三棱锥的外接球的表面积为(D)A. 4πB. 12πC. 16π3D. 64π3由正视图得到正三棱锥的侧棱长为4，由俯视图得到正三棱锥的底面是边长为23的正三角形，∴正三棱锥的高为23，∴外接球的半径为433，∴外接球的表面积为643π.故选D.9. (xx·德州模拟)已知直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β，下列命题正确的是(C)①l ⊥m ⇒α∥β；②l ∥m ⇒α⊥β；③α⊥β⇒l ∥m ；④α∥β⇒l ⊥m.A. ①②B. ③④C. ②④D. ①③①α，β有可能相交，∴错误；②正确；③当α⊥β时，由l ∥β或l ⊂β，不一定有l ∥m，∴错误；④正确．故选C.10. 设l 是一条直线，α，β，γ是不同的平面，则在下列命题中假命题是(D)A. 如果α⊥β，那么α内一定存在直线平行于βB. 如果α不垂直于β，那么α内一定不存在直线垂直于βC. 如果α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l ，那么l ⊥γD. 如果α⊥β，l 与α，β都相交，那么l 与α，β所成的角互余选项A ，α内平行于α与β的交线的直线与β都是平行的，故为真命题；选项B 是两个平面垂直的判定定理的逆否命题，故为真命题；选项C ，设点M ∈l ，过M 作γ的垂线m ，根据两个平面垂直的性质定理，m ⊂α，m ⊂β，于是 m ＝α∩β，∴m ，l 为同一直线，从而l ⊥γ，故为真命题；选项D 显然为假命题，故选D.11. 如图，O 为正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 的中心，则下列直线中与B 1O垂直的是(D)A. A 1DB. AA 1C. A 1D 1D. A 1C 1连接B 1D 1，则易证直线A 1C 1⊥平面BDD 1B 1.而B 1O ⊂平面BDD 1B 1，故B 1O ⊥A 1C 1.12. (xx·南昌模拟)已知正三角形ABC 三个顶点都在半径为2的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为1，点E 是线段AB 的中点，过点E 作球O 的截面，则截面面积的最小值是(C)A. 7π4B. 2πC. 9π4D. 3π 由题意知，正三角形ABC 的外接圆半径为22－12＝3，则AB ＝3，过点E 的截面面积最小时，截面是以AB 为直径的圆，截面面积S ＝π×⎝⎛⎭⎫322＝9π4，选C. 二、 填空题(每小题5分，共20分)13. (xx·江南十校联考)一个正方体削去一个角所得到的几何体的三视图如图所示(图中三个四边形都是边长为2的正方形)，则该几何体外接球的体积为__43π__．依题意可知，新的几何体的外接球也就是原正方体的外接球，要求的直径就是正方体的体对角线，∴2R ＝23(R 为球的半径)，∴R ＝ 3.∴球的体积V ＝43πR 3＝43π. 14. (xx·泰安质检)已知矩形ABCD 的顶点都在半径为5的球O 的球面上，且AB ＝8，BC ＝23，则棱锥O －ABCD 的体积为__162__．球心在矩形的射影为矩形对角线的交点．由题知矩形对角线长为82＋（23）2＝219，∴棱锥的高为52－（19）2＝6，∴棱锥的体积为13×6×8×23＝16 2. 15. 将一个半径为5 cm 的水晶球放在如图所示的工艺支架上，支架由三根细金属杆PA ，PB ，PC 组成，它们两两成60°角，球与金属杆PA ，PB ，PC 的切点分别为A ，B ，C ，则水晶球的球心到支架顶点P 的距离是__53__cm.如图所示，由已知条件可得三棱锥P －ABC 是正四面体，球心O 与正三角形ABC 构成正三棱锥，且OA ⊥PA ，OB ⊥PB ，OC ⊥PC ，PA ＝PB ＝PC ＝5，则PO ＝OA sin ∠APO ＝OA sin ∠APM＝OA AM PA ＝5PA 23×32AB＝5 3.16. (xx·安徽高考)若四面体ABCD 的三组对棱分别相等，即AB ＝CD ，AC ＝BD ，AD＝BC ，则__②④⑤__(写出所有正确结论的编号)．①四面体ABCD 每组对棱互相垂直；②四面体ABCD 每个面的面积相等；③从四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90°而小于180°；④连接四面体ABCD 每组对棱中点的线段互相垂直平分；⑤从四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长．①错误，当AB ＝4，AC ＝3，AD ＝3时，AC 与BD 不垂直；②正确，在△ABC 与△CDA中，AB ＝CD ，AD ＝BC ，AC ＝AC ，故△ABC 与△CDA 全等，同理四面体的四个面都全等，故四面体ABCD 每个面的面积相等；③错误，从正四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角为一个三角形的三个内角，故其和为180°；④正确，如图所示，若E ，F ，G ，H 是所在边的中点，则四边形EFGH 为菱形，故EG 与FH 互相垂直平分，同理可得连接四面体ABCD 的每组对棱中点的线段相互垂直平分；⑤正确，∵AD ＝BC ，AB ＝CD ，AC ＝BD ，∴从四面体ABCD 的顶点A 出发的三条棱的长可组成△BCD ，同理可得从四面体ABCD 的每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长．三、 解答题(共70分)17. (10分)如图是三棱锥S －ABC 的直观图与三视图，P 为底面ABC 内一点，PS 与SA ，SB ，SC 所成的角分别为α，β，γ.求cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ的值．由三视图可知SA ，SB ，SC 两两互相垂直，(2分)以PS 为体对角线构成一个长方体SDEF －TMPN ，其中D ，F ，T 分别在SA ，SB ，SC上．设SD ＝a ，SF ＝b ，ST ＝c ，则cos α＝a PS ，cos β＝b PS ，cos γ＝c PS，且PS 2＝a 2＋b 2＋c 2，(6分) 则cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＝a 2＋b 2＋c 2PS 2＝1.(10分) 18. (10分)(xx·江南十校联考)如图①，等腰梯形ABCD 中，BC ∥AD ，CE ⊥AD ，AD ＝3BC ＝3，CE ＝1.将△CDE 沿CE 折起得到四棱锥F －ABCE(如图②)，G 是AF 的中点．(1)求证：BG ∥平面FCE ；(2)当平面FCE ⊥平面ABCE 时，求三棱锥F －BEG 的体积．,①),②)(1)取EF 的中点M ，连接GM ，MC ，则GM 綊12AE ， 又等腰梯形ABCD 中，BC ＝1，AD ＝3，DE ＝1，∴BC 綊12AE. ∴GM 綊BC ，∴四边形BCMG 是平行四边形，∴BG ∥CM.(4分)又CM ⊂平面FCE ，BG ⊄平面FCE ，∴BG ∥平面FCE.(5分)(2)∵平面FCE ⊥平面ABCE ，平面FCE∩平面ABCE ＝ CE ，EF ⊂平面FCE ，FE ⊥CE ，∴FE ⊥平面ABCE.(7分)又V F －BEG ＝V B －GEF ＝12V B －AEF ＝12V F －ABE ，(8分) S △ABE ＝12×2×1＝1，∴V F －BEG ＝12×13×1×1＝16.(10分) 19. (12分)养路处建造圆锥形仓库用于贮藏食盐(供融化高速公路上的积雪之用)，已建的仓库的底面直径为12 m ，高4 m ．养路处拟建一个更大的圆锥形仓库，以存放更多食盐．现有两种方案：一是新建的仓库的底面直径比原来大4 m(高不变)；二是高度增加4 m(底面直径不变)．(1)分别计算按这两种方案所建的仓库的体积；(2)分别计算按这两种方案所建的仓库的表面积；(3)哪个方案更经济些？(1)若按方案一，仓库的底面直径变成16 m ，则仓库的体积V 1＝13Sh ＝13×π×⎝⎛⎭⎫1622×4＝2563π(m 3)．(2分) 若按方案二，仓库的高变成8 m ，则仓库的体积V 2＝13Sh ＝13×π×⎝⎛⎭⎫1222×8＝96π(m 3)．(4分) (2)若按方案一，仓库的底面直径变成16 m ，半径为8 m ．棱锥的母线长为l ＝82＋42＝45(m)，则仓库的表面积S 1＝π×8×45＝325π(m 2)．(7分)若按方案二，仓库的高变成8 m ，棱锥的母线长为l ＝82＋62＝10(m)．则仓库的表面积S 2＝π×6×10＝60π(m 2)．(10分)(3)∵V 2>V 1，S 2<S 1，故方案二比方案一更加经济．(12分)20. (12分)(xx·石家庄质检)如图，已知三棱柱 ABC －A 1B 1C 1.(1)若M ，N 分别是AB ，A 1C 的中点，求证：MN ∥平面BCC 1B 1；(2)若三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2，∠B 1BA ＝∠B 1BC ＝60°，P 为线段B 1B 上的动点，当PA ＋PC 最小时，求证：B 1B ⊥平面APC.(1)连接AC 1，BC 1，则AN ＝NC 1，∵AM ＝MB ，∴MN ∥BC 1.(3分)又BC 1⊂平面BCC 1B 1，MN ⊄平面BCC 1B 1，∴MN ∥平面BCC 1B 1.(5分)(2)将平面A 1B 1BA 展开到与平面C 1B 1BC 共面，A 到A′的位置，此时A′BCB 1为菱形，(7分)可知PA ＋PC ＝PA′＋PC ，A ′C 即为PA ＋PC 的最小值，(9分)此时，BB 1⊥A ′C ，∴BB 1⊥PA ′，BB 1⊥PC ，即BB 1⊥PA ，BB 1⊥PC ，∴BB 1⊥平面APC.(12分)21. (12分)(xx·南昌模拟)如图，多面体ABC －A 1B 1C 1中，三角形ABC 是边长为4的正三角形，AA 1∥BB 1∥CC 1，AA 1⊥平面ABC ，AA 1＝BB 1＝2CC 1＝4.(1)若O 是AB 的中点，求证：OC 1⊥A 1B 1；(2)在线段AB 1上是否存在一点D ，使得CD ∥平面A 1B 1C 1？若存在，确定点D 的位置；若不存在，请说明理由．(1)取线段A 1B 1的中点E ，连接OE ，C 1E ，CO ，已知等边三角形ABC 的边长为4，AA 1＝BB 1＝2CC 1＝4，AA 1⊥平面ABC ，AA 1∥BB 1∥CC 1，∴四边形AA 1B 1B 是正方形，OE ⊥AB ，CO ⊥AB.(3分)又CO∩OE ＝O ，∴AB ⊥平面EOCC 1，又A 1B 1∥AB ，OC 1⊂平面EOCC 1，故OC 1⊥A 1B 1，(6分)(2)设OE∩AB 1 ＝D ，则点D 是AB 1的中点，连接CD ，∴ED ∥AA 1，ED ＝12AA 1，(8分) 又CC 1∥AA 1，CC 1＝12AA 1，∴CC 1∥ED ，CC 1＝ED ， ∴四边形CC 1ED 是平行四边形，(10分)∴CD ∥C 1E ，∴CD ∥平面A 1B 1C 1，即存在点D 使得CD ∥平面A 1B 1C 1，点D 是AB 1的中点．(12分)22. (14分)(xx·天津模拟)如图所示，△PAD 为等边三角形，四边形ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ＝2，E ，F ，G 分别为PA ，BC ，PD 的中点，AD ＝2 2.(1)求PB 与平面ABCD 所成的角；(2)求证：AG ⊥EF ；(3)求多面体P －AGF 的体积．(1)取AD 中点M ，连接PM ，BM.∵平面PAD ⊥平面ABCD ，交线为AD ，等边三角形PAD 中，M 为AD 的中点，∴PM ⊥AD ，∴PM ⊥平面ABCD ，∴∠PBM 即为所求．(2分)∵PM ＝32×2 2＝6，MB ＝6，又△PMB 为直角三角形， ∴∠PBM ＝45°，即PB 与平面ABCD 所成角为45°.(4分)(2)连接EM ，MF.∵等边△PAD 中，G 是PD 中点， ∴GA ⊥PD ，△APD 中，E 是AP 的中点，M 是AD 的中点，∴EM ∥PD ，∴AG ⊥ME.∵平面PAD ⊥平面ABCD ，交线为AD ，MF ⊥AD ，∴MF ⊥平面PAD. (6分)∵AG ⊂平面PAD ，∴MF ⊥AG.∵EM∩MF＝M，∴AG⊥平面EMF，∴AG⊥EF. (9分)(3)V P－AGF＝V F－AGP＝13MF·S△AGP＝13×2×12×2×6＝.(14分).。
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板块四模拟演练·提能增分
[A级基础达标]
1．[2018·济宁模拟]直线l1，l2平行的一个充分条件是()
A．l1，l2都平行于同一个平面
B．l1，l2与同一个平面所成的角相等
C．l1平行于l2所在的平面
D．l1，l2都垂直于同一个平面
答案 D
解析对A，当l1，l2都平行于同一个平面时，l1与l2可能平行、相交或异面；对B，当l1，l2与同一个平面所成角相等时，l1与l2可能平行、相交或异面；对C，l1与l2可能平行，也可能异面，只有D 满足要求．故选D.
2．[2018·太原期末]已知平面α和直线l，则α内至少有一条直线与l()
A．平行B．相交C．垂直D．异面
答案 C
解析直线l与平面α斜交时，在平面α内不存在与l平行的直线，∴A错误；l⊂α时，在平面α内不存在与l异面的直线，∴D错误；l∥α时，在平面α内不存在与l相交的直线，∴B错误．无论哪种情形在平面α内都有无数条直线与l垂直．故选C.
3．已知a，b，c为三条不重合的直线，已知下列结论：①若a ⊥b，a⊥c，则b∥c；②若a⊥b，a⊥c，则b⊥c；③若a∥b，b⊥c，则a⊥c.其中正确的个数为()
A．0 B．1 C．2 D．3
答案 B
解析解法一：在空间中，若a⊥b，a⊥c，则b，c可能平行，也可能相交，还可能异面，并且相交或异面时不一定垂直，所以①②错，③显然成立．
解法二：构造长方体或正方体模型可快速判断，①②错，③正
确．故选B.
4．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
答案 D
解析构造如图所示的正方体ABCD－A1B1C1D1，取l1为AD，l2为AA1，l3为A1B1，当取l4为B1C1时，l1∥l4，当取l4为BB1时，l1⊥l4，故排除A，B，C.故选D.
5.如图，α∩β＝l，A、B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过()
A．点A B．点B
C．点C但不过点M D．点C和点M
答案 D
解析∵AB⊂γ，M∈AB，∴M∈γ.
又α∩β＝l ，M ∈l ，∴M ∈β.
根据公理3可知，M 在γ与β的交线上．同理可知，点C 也在γ与β的交线上．故选D.
6．[2018·大连模拟]已知a ，b ，c 为三条不同的直线，且a ⊂平面α，b ⊂平面β，α∩β＝c .
①若a 与b 是异面直线，则c 至少与a ，b 中的一条相交； ②若a 不垂直于c ，则a 与b 一定不垂直；
③若a ∥b ，则必有a ∥c ；
④若a ⊥b ，a ⊥c ，则必有α⊥β.
其中正确的命题的个数是( )
A ．0
B ．1
C ．2
D ．3
答案 C
解析 ①中若a 与b 是异面直线，则c 至少与a ，b 中的一条相交，故①正确；②中平面α⊥平面β时，若b ⊥c ，则b ⊥平面α，此时不论a ，c 是否垂直，均有a ⊥b ，故②错误；③中当a ∥b 时，则a ∥平面β，由线面平行的性质定理可得a ∥c ，故③正确；④中若b ∥c ，则a ⊥b ，a ⊥c 时，a 与平面β不一定垂直，此时平面α与平面β也不一定垂直，故④错误，所以正确命题的个数是2.故选C.
7.如图在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝2，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为( )
A.15
B.25
C.35
D.45
答案 D 解析 连接BC 1，易证BC 1∥AD 1，则∠A 1BC 1或其补角即为异面直线A 1B 与AD 1所成的角．连接A 1C 1，由AB ＝1，AA 1＝2，则A 1C 1＝2，A 1B ＝BC 1＝5，
故cos ∠A 1BC 1＝5＋5－22×5×5＝45
. 则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为45.故选D.
8.如图，在三棱锥D －ABC 中，AC ＝BD ，且AC ⊥BD ，E ，F 分别是棱DC ，AB 的中点，则EF 和AC 所成的角等于( )
A ．30°
B ．45°
C ．60°
D ．90°
答案 B
解析 如图所示，取BC 的中点G ，连接FG ，EG .
∵E ，F 分别为CD ，AB 的中点，
∴FG ∥AC ，EG ∥BD ，
且FG ＝12AC ，EG ＝12BD .
∴∠EFG 为EF 与AC 所成的角．
∵AC ＝BD ，∴FG ＝EG .
∵AC ⊥BD ，∴FG ⊥EG ，
∴∠FGE ＝90°，
∴△EFG 为等腰直角三角形，
∴∠EFG ＝45°，即EF 与AC 所成的角为45°.故选B.
9.如图是正四面体的平面展开图，G ，H ，M ，N 分别为DE ，BE ，EF ，EC 的中点，在这个正四面体中，
①GH 与EF 平行；
②BD 与MN 为异面直线；
③GH 与MN 成60°角；
④DE 与MN 垂直．
以上四个命题中，正确命题的序号是________．
答案 ②③④
解析 还原成正四面体知GH 与EF 为异面直线，BD 与MN 为
异面直线，GH与MN成60°角，DE⊥MN.
10．[2018·许昌模拟]如下图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有________．
答案②④
解析①中HG∥MN；③中GM∥HN且GM≠HN，所以直线HG与MN必相交．
[B级知能提升]
1．[2018·泉州模拟]设a，b是互不垂直的两条异面直线，则下列命题成立的是()
A．存在唯一直线l，使得l⊥a，且l⊥b
B．存在唯一直线l，使得l∥a，且l⊥b
C．存在唯一平面α，使得a⊂α，且b∥α
D．存在唯一平面α，使得a⊂α，且b⊥α
答案 C
解析a，b是互不垂直的两条异面直线，把它放入正方体中如图，由图可知A不正确；由l∥a，且l⊥b，可得a⊥b，与题设矛盾，故B不正确；由a⊂α，且b⊥α，可得a⊥b，与题设矛盾，D不正确．故选C.。