2020高考数学文科大一轮复习课时作业：第七章 立体几何课时作业40
2020高考数学文科大一轮复习第七章 立体几何__课时作业 (3)
课时作业44直线、平面垂直的判定及其性质第一次作业基础巩固练一、选择题1．设α，β为两个不同的平面，直线l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”成立的(A)A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：依题意，由l⊥β，l⊂α可以推出α⊥β；反过来，由α⊥β，l⊂α不能推出l⊥β.因此“l⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要条件，故选A.2．设α为平面，a，b为两条不同的直线，则下列叙述正确的是(B) A．若a∥α，b∥α，则a∥bB．若a⊥α，a∥b，则b⊥αC．若a⊥α，a⊥b，则b∥αD．若a∥α，a⊥b，则b⊥α解析：若a∥α，b∥α，则a与b相交、平行或异面，故A错误；易知B 正确；若a⊥α，a⊥b，则b∥α或b⊂α，故C错误；若a∥α，a⊥b，则b∥α或b⊂α或b与α相交，故D错误．3．(2019·安徽池州联考)已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中错误的是(C)A．若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥βB．若α∥β，m⊥α，n⊥β，则m∥nC．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥nD．若α⊥β，m⊂α，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β解析：根据线面垂直的判定可知，当m⊥α，m∥n，n⊂β时可得n⊥α，则α⊥β，所以A不符合题意；根据面面平行的性质可知，若α∥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥β，故m∥n，所以B不符合题意；根据面面平行的性质可知，m，n可能平行或异面，所以C符合题意；根据面面垂直的性质可知，若α⊥β，m⊂α，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β，所以D不符合题意．故选C.4. (2019·贵阳监测考试)如图，在三棱锥P-ABC中，不能证明AP⊥BC 的条件是(B)A．AP⊥PB，AP⊥PCB．AP⊥PB，BC⊥PBC．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PCD．AP⊥平面PBC解析：A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A能证明AP⊥BC；C中，因为平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，又AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C能证明AP⊥BC；由A知D能证明AP⊥BC；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.5．(2019·福建宁德质检)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，下面结论错误的是(D)A．BD∥平面CB1D1B．异面直线AD与CB1所成的角为45°C．AC1⊥平面CB1D1D．AC1与平面ABCD所成的角为30°解析：因为BD∥B1D1，所以BD∥平面CB1D1，A不符合题意；因为AD ∥BC，所以异面直线AD与CB1所成的角为∠BCB1＝45°，B不符合题意；因为AC1⊥B1D1，AC1⊥B1C，所以AC1⊥平面CB1D1，C不符合题意；AC1与平面ABCD所成的角为∠CAC1≠30°，故选D.6．(2019·福建泉州质检)如图，在下列四个正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G均为所在棱的中点，过E，F，G作正方体的截面，则在各个正方体中，直线BD1与平面EFG不垂直的是(D)解析：如图，在正方体中，E，F，G，M，N，Q均为所在棱的中点，且六点共面，直线BD1与平面EFMNQG垂直，并且选项A，B，C中的平面与这个平面重合，满足题意．对于选项D中图形，由于E，F为AB，A1B1的中点，所以EF∥BB1，故∠B1BD1为异面直线EF与BD1所成的角，且tan∠B1BD1＝2，即∠B1BD1不为直角，故BD1与平面EFG不垂直，故选D.7．三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1垂直于底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是(A)①CC1与B1E是异面直线；②AE与B1C1是异面直线，且AE⊥B1C1；③AC⊥平面ABB1A1；④A1C1∥平面AB1E.A．②B．①③C．①④D．②④解析：对于①，CC1，B1E都在平面BB1C1C内，故错误；对于②，AE，B1C1为在两个平行平面中且不平行的两条直线，底面三角形ABC是正三角形，E是BC中点，所以AE⊥BC，又B1C1∥BC，故AE 与B1C1是异面直线，且AE⊥B1C1，故正确；对于③，上底面ABC是一个正三角形，不可能存在AC⊥平面ABB1A1，故错误；对于④，A1C1所在的平面与平面AB1E相交，且A1C1与交线有公共点，故错误．故选A.二、填空题8．如图，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△P AC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有AB，BC，AC；与AP垂直的直线有AB.解析：∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC.∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，∴AB⊥平面P AC，又∵AP⊂平面P AC，∴AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.9．若α，β是两个相交平面，m为一条直线，则下列命题中，所有真命题的序号为②④.①若m⊥α，则在β内一定不存在与m平行的直线；②若m⊥α，则在β内一定存在无数条直线与m垂直；③若m⊂α，则在β内不一定存在与m垂直的直线；④若m⊂α，则在β内一定存在与m垂直的直线．解析：对于①，若m⊥α，如果α，β互相垂直，则在平面β内存在与m 平行的直线，故①错误；对于②，若m⊥α，则m垂直于平面α内的所有直线，则β内与α、β的交线平行的直线都与m垂直，故在平面β内一定存在无数条直线与m垂直，故②正确；对于③④，若m⊂α，则在平面β内一定存在与m垂直的直线，故③错误，④正确．10．(2019·广东七校联考)如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，E 为DC边的中点，沿AE将△ADE折起，在折起过程中，下列结论中能成立的序号为④.①ED⊥平面ACD；②CD⊥平面BED；③BD⊥平面ACD；④AD⊥平面BED.解析：因为在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，E为DC边的中点，则折叠时，D点在平面BCE上的射影的轨迹为O1O2(如图)．因为折起过程中，DE与AC所成角不能为直角，所以DE不垂直于平面ACD，故①不符合；只有D点射影位于O2位置，即平面AED与平面AEB 重合时，才有BE⊥CD，所以折起过程中CD不垂直于平面BED，故②不符合；折起过程中，BD与AC所成的角不能为直角，所以BD不垂直于平面ACD，故③不符合；因为AD⊥ED，并且在折起过程中，当点D的射影位于O点时，AD⊥BE，所以在折起过程中，AD⊥平面BED能成立，故④符合．三、解答题11．(2019·昆明市调研测试)如图，在三棱锥P-ABC中，∠ABC＝90°，平面P AB⊥平面ABC，P A＝PB，点D在PC上，且BD⊥平面P AC.(1)证明：P A⊥平面PBC；(2)若AB BC ＝6，求三棱锥D -P AB 与三棱锥D -ABC 的体积比． 解：(1)证明：因为BD ⊥平面P AC ，P A ⊂平面P AC ，所以BD ⊥P A ， 因为∠ABC ＝90°，所以CB ⊥AB ，又平面P AB ⊥平面ABC ，平面P AB ∩平面ABC ＝AB ，所以CB ⊥平面P AB ，又P A ⊂平面P AB ，所以CB ⊥P A ，又CB ∩BD ＝B ，所以P A ⊥平面PBC .(2)因为三棱锥D -P AB 的体积V D -P AB ＝V A -PBD ＝13S △PBD ×P A ＝16×BD ×PD ×P A ，三棱锥D -ABC 的体积V D -ABC ＝V A -BCD ＝13S △BCD ×P A ＝16×BD ×CD ×P A ，所以V D -P AB V D -ABC＝PD CD . 设AB ＝2，BC ＝6，因为P A ⊥平面PBC ，PB ⊂平面PBC ，所以P A ⊥PB ，又P A ＝PB ，所以PB ＝2，在Rt △PBC 中，PC ＝BC 2＋PB 2＝22，又BD ⊥平面P AC ，PC ⊂平面P AC ，所以BD ⊥PC ，所以CD ＝BC 2PC ＝322，PD ＝22，所以PD CD ＝13，即三棱锥D -P AB 与三棱锥D -ABC 的体积比为13.12．(2019·河南郑州质检)在如图所示的五面体EF -ABCD 中，四边形ABCD 为菱形，且∠DAB ＝60°，EA ＝ED ＝AB ＝2EF ＝2，EF ∥AB ，M 为BC 的中点．(1)求证：FM ∥平面BDE ；(2)若平面ADE ⊥平面ABCD ，求F 到平面BDE 的距离．解：(1)证明：如图，取BD 中点O ，连接OM ，OE ，因为O ，M 分别为BD ，BC 的中点，所以OM ∥CD ，且OM ＝12CD .因为四边形ABCD 为菱形，所以CD ∥AB .又EF ∥AB ，所以CD ∥EF .又AB ＝CD ＝2，所以EF ＝12CD .所以OM 綊EF ，所以四边形OMFE 为平行四边形，所以FM ∥OE . 又OE ⊂平面BDE ，FM ⊄平面BDE ，所以FM ∥平面BDE .(2)由(1)知FM ∥平面BDE ，所以F 到平面BDE 的距离等于M 到平面BDE 的距离．如图，取AD 的中点H ，连接EH ，BH ，EM ，DM .因为四边形ABCD 为菱形，且∠DAB ＝60°，EA ＝ED ＝AB ＝2EF ， 所以EH ⊥AD ，BH ⊥AD .因为平面ADE ⊥平面ABCD ，平面ADE ∩平面ABCD ＝AD ，所以EH ⊥平面ABCD ，EH ⊥BH .因为EH ＝BH ＝3，所以BE ＝ 6.所以S △BDE ＝12×6×22－⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝152. 设F 到平面BDE 的距离为h ， 又因为S △BDM ＝12S △BCD ＝12×12×2×2×sin60°＝32，所以由V 三棱锥E -BDM ＝V 三棱锥M -BDE ，得13×3×32＝13×152h ，解得h ＝155.即F 到平面BDE 的距离为155.第二次作业 高考·模拟解答题体验1．如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为菱形，P A ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面ACE ；(2)设P A ＝1，AD ＝3，PC ＝PD ，求三棱锥P -ACE 的体积． 解：(1)证明：连接BD 交AC 于点O ，连接OE . 在△PBD 中，PE ＝DE ，BO ＝DO ，所以PB ∥OE . 又OE ⊂平面ACE ，PB ⊄平面ACE ， 所以PB ∥平面ACE . (2)由题意得AC ＝AD ，所以V P -ACE ＝12V P -ACD ＝14V P -ABCD ＝14×13S ▱ABCD ·P A ＝14×13[2×34×(3)2]×1＝38.2．(2018·全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD ︵所在平面垂直，M 是CD ︵上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由． 解：(1)证明：由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD . 因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ， 所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM .因为M 为CD ︵上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM . 又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC . 而DM ⊂平面AMD ， 故平面AMD ⊥平面BMC .(2)当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD . 证明如下：如图，连接AC 交BD 于O .因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点． 连接OP ，因为P 为AM 中点，所以MC∥OP.MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD.3. (2018·北京卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面P AD⊥平面ABCD，P A⊥PD，P A＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．(1)求证：PE⊥BC；(2)求证：平面P AB⊥平面PCD；(3)求证：EF∥平面PCD.证明：(1)因为P A＝PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD.因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD.所以PE⊥BC.(2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.又因为平面P AD⊥平面ABCD，所以AB⊥平面P AD.所以AB⊥PD.又因为P A⊥PD，所以PD⊥平面P AB. 所以平面P AB⊥平面PCD.(3)取PC中点G，连接FG，DG.因为F，G分别为PB，PC的中点，所以FG∥BC，FG＝12BC.因为ABCD为矩形，且E为AD的中点，所以DE∥BC，DE＝12BC.所以DE∥FG，DE＝FG.所以四边形DEFG为平行四边形．所以EF∥DG.又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，所以EF∥平面PCD.4. (2019·南宁市摸底联考)如图，△ABC 中，AC ＝BC ＝22AB ，四边形ABED 是边长为1的正方形，平面ABED ⊥底面ABC ，G ，F 分别是EC ，BD 的中点．(1)求证：GF ∥底面ABC ； (2)求几何体ADEBC 的体积．解：(1)证明：取BC 的中点M ，AB 的中点N ，连接GM ，FN ，MN ，如图，G ，F 分别是EC 和BD 的中点，∴GM ∥BE ，且GM ＝12BE ， NF ∥DA ，且NF ＝12DA . 又∵四边形ABED 为正方形，∴BE ∥AD ，BE ＝AD ， ∴GM ∥NF 且GM ＝NF .∴四边形MNFG 为平行四边形．∴GF ∥MN ，又MN ⊂平面ABC ，GF ⊄平面ABC ，∴GF ∥平面ABC . (2)连接CN ，∵AC ＝BC ，∴CN ⊥AB ， 又平面ABED ⊥平面ABC ，CN ⊂平面ABC ， ∴CN ⊥平面ABED .易知△ABC 是等腰直角三角形，∴CN ＝12AB ＝12， ∵C -ABED 是四棱锥，∴V C -ABED＝13S 四边形ABED ·CN ＝13×1×12＝16.5．(2018·天津卷)如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面ABC ⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，AB ＝2，AD ＝23，∠BAD ＝90°.(1)求证：AD ⊥BC ；(2)求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值； (3)求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．解：(1)证明：由平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD ＝AB ，AD ⊥AB ，可得AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥BC .(2)如图，取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND.又因为M 为棱AB 的中点，故MN ∥BC .所以∠DMN (或其补角)为异面直线BC 与MD 所成的角． 在Rt △DAM 中，AM ＝1， 故DM ＝AD 2＋AM 2＝13.因为AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥AC . 在Rt △DAN 中，AN ＝1， 故DN ＝AD 2＋AN 2＝13.在等腰三角形DMN 中，MN ＝1， 可得cos ∠DMN ＝12MN DM ＝1326.所以，异面直线BC 与MD 所成角的余弦值为1326.(3)连接CM .因为△ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，故CM ⊥AB ，CM ＝ 3.又因为平面ABC ⊥平面ABD ，而CM ⊂平面ABC ，故CM ⊥平面ABD .所以，∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角．在Rt △CAD 中，CD ＝AC 2＋AD 2＝4.在Rt △CMD 中，sin ∠CDM ＝CM CD ＝34.所以，直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为34.6．(2019·湖北八校联考)如图，直三棱柱ABC -A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝5，AA ′＝AB ＝6，D ，E 分别为AB 和BB ′上的点，且AD DB ＝BE EB ′.(1)当D 为AB 的中点时，求证：A ′B ⊥CE ；(2)当D 在线段AB 上运动时(不含端点)，求三棱锥A ′-CDE 体积的最小值．解：(1)证明：∵D 为AB 的中点， ∴E 为B ′B 的中点，∵三棱柱ABC -A ′B ′C ′为直三棱柱，AA ′＝AB ＝6， ∴四边形ABB ′A ′为正方形，∴DE ⊥A ′B ，∵AC ＝BC ，D 为AB 的中点，∴CD ⊥AB ，由题意得平面ABB ′A ′⊥平面ABC ，且平面ABB ′A ′∩平面ABC ＝AB ，∴CD ⊥平面ABB ′A ′，又A ′B ⊂平面ABB ′A ′，∴CD ⊥A ′B ， 又CD ∩DE ＝D ，∴A ′B ⊥平面CDE ， ∵CE ⊂平面CDE ，∴A ′B ⊥CE . (2)设AD ＝x (0<x <6)，则BE ＝x ，DB ＝6－x ，B ′E ＝6－x ，由已知可得点C 到平面A ′DE 的距离即△ABC 的边AB 上的高h ，且h ＝AC 2－(AB 2)2＝4，∴三棱锥A ′-CDE 的体积 V A ′-CDE ＝V C -A ′DE ＝13(S 四边形ABB ′A ′－S △AA ′D －S △DBE －S △A ′B ′E )·h ＝13[36－3x －12(6－x )x －3(6－x )]·h ＝23(x 2－6x ＋36)＝23[(x －3)2＋27](0<x <6)，∴当x ＝3，即D 为AB 的中点时，V A ′-CDE 取得最小值，最小值为18.。
2020年高考数学(文科)一轮复习 第七单元 听课手册答案
第七单元立体几何1.编写意图立体几何的主要内容是空间几何体和空间点、线、面的位置关系,在高考试题中多以中、低档题的形式出现,因此,编写时主要考虑以下两个方面:(1)注重从文字、符号、图形语言这三个方面对本单元的公理、定理进行分析,并通过典型例题使学生达到熟练掌握及应用的目的.(2)空间想象能力是学习立体几何最基本的能力要求,选择例题时应注重培养学生识图、作图和用图的能力.2.教学建议本单元的重点是空间元素之间的平行与垂直关系、空间几何体的表面积与体积,并注重画图、识图、用图能力的提高,在复习时我们要注重以下两点:(1)注重提高空间想象能力与逻辑思维能力.在复习过程中,明确已知元素之间的位置关系及度量关系,借助图形来反映并思考未知的空间形状与位置关系,能从复杂图形中分析出基本图形和位置关系,并借助直观感觉展开联想与猜想,进行推理与计算.(2)归纳总结,规范训练.复习中要抓主线、攻重点,针对重点内容加以训练,如平行和垂直是位置关系的核心,而线面垂直又是核心中的核心.要加强数学思想方法的总结与提炼,立体几何中蕴含着丰富的思想方法,如化归与转化思想,将空间问题转化成平面问题来解决,以及线线、线面、面面关系的相互转化.要规范例题讲解与作业训练,例题讲解要重视作、证、求三个环节,符号语言表达要规范、严谨.另外,要适度关注对平行、垂直的探究,关注对条件或结论不完备情景下的开放性问题的探究.3.课时安排本单元包括5讲、1个小题必刷卷(十)、1个解答必刷卷(四)、1个单元测评卷,第42讲建议2课时完成,其余各讲及考卷各1课时完成,大约共需9课时.第39讲空间几何体的结构特征及三视图和直观图、表面积与体积考试说明1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.2.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图,能识别上述三视图所表示的立体模型,会用斜二测法画出它们的直观图.3.会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图,了解空间图形的不同表示形式.4.了解柱、锥、台、球的表面积和体积的计算公式.【课前双基巩固】知识聚焦1.(1)平行全等平行平行且相等一点一点平行四边形三角形梯形(2)垂直一点一点矩形等腰三角形等腰梯形圆矩形扇形扇环2.(1)正侧俯(2)①长对正高平齐宽相等②正侧正俯侧俯3.(1)斜二测画法(2)①垂直②平行于坐标轴不变一半4.2πrl πrl π(r+r')l5.S底h S底h 4πR2πR3对点演练1.五棱柱三棱柱[解析] 根据多面体的结构特征知,两个几何体都以前、后两个面为底,则剩下的几何体是五棱柱,截去的几何体是三棱柱.2.侧视图俯视图[解析] 根据三视图的概念知,图②是侧视图,图③是俯视图.3.a2[解析] 如图所示是实际图形和直观图.由图可知,A'B'=AB=a,O'C'=OC=a,在直观图中作C'D'⊥A'B',垂足为D',则C'D'=O'C'= a.=A'B'·C'D'=×a×a=a2.∴S△A'B'C'4.3π+4π[解析] 由三视图可知,该几何体是二分之一个圆柱,表面积S=π×12+22+π×1×2=3π+4,体积V=π×12×2=π.5.[解析] 把圆锥侧面沿过点P的母线展开成如图所示的扇形.由题意知OP=OP'=4 m,PP'=4m,则cos∠POP'=-(=-,所以∠POP'=.设底面圆的半径为r,则2πr=×4,所以r=m.6.0[解析] ①的说法错误,只有取的两点的连线平行于旋转轴时两点的连线才是母线;②的说法错误,如图a所示,“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面都是有一个公共顶点的三角形”;③的说法错误,当以斜边所在直线为旋转轴时,其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥,如图b所示,它是由两个同底圆锥组成的几何体;④的说法错误,棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形,各侧棱延长线交于一点,但是侧棱长不一定相等;⑤的说法错误,如图c所示的几何体,满足有两个平面互相平行,其余各面都是平行四边形,但这个多面体不是棱柱.7.2,4[解析] 由三视图可知,正三棱柱的高为2,底面正三角形的高为2,故底面边长为4.8.48[解析] 由三视图可知,该几何体的上面是一个长为4,宽为2,高为2的长方体,下面是一个放倒的四棱柱,四棱柱的高为4,底面是梯形,梯形的上、下底分别为2,6,高为2,所以长方体的体积为4×2×2=16,四棱柱的体积为4××2=32,所以该几何体的体积为32+16=48.9.三棱柱32π[解析] 由三视图可知,该几何体是底面为等腰直角三角形,高为4的三棱柱,则外接球的半径R=×(=2,则该几何体的外接球的表面积S=4π×(2)2=32π.【课堂考点探究】例1[思路点拨] (1)还原出几何体,找出满足条件的三角形即可;(2)根据题意,画出编号为①②③的三棱锥可能的直观图,判断是否存在侧面与底面互相垂直的情况即可.(1)C(2)①②[解析] (1)由三视图可得该几何体的直观图如图所示,且PD⊥平面ABCD,∴△PAD 和△PDC均为直角三角形.又∵PD⊥AB,AB⊥AD,PD∩AD=D,∴AB⊥平面PAD,∴AB⊥PA,∴△PAB 为直角三角形.故选C.(2)编号为①的三棱锥的直观图可能是图(i)中的三棱锥P-ABC,其中PC⊥平面ABC,则平面PAC⊥平面ABC,平面PBC⊥平面ABC,满足题意;编号为②的三棱锥的直观图可能是图(ii)中的三棱锥P-ABC,易知平面PBC⊥平面ABC,满足题意;编号为③的三棱锥的直观图可能是图(iii)中的三棱锥P-ABC,不存在与底面互相垂直的侧面.故满足题意的三棱锥的编号是①②.变式题(1)A(2)③[解析] (1)在直观图中平面图形为正方形,对角线长为,所以原图形为平行四边形,位于x轴上的边长为1,位于y轴上的对角线长为2.(2)由俯视图可知三棱锥的底面是边长为2的正三角形,由侧视图可知三棱锥的一个侧面垂直于底面,且高为2.当正视图为等腰三角形时,三角形的高为2,且中线为虚线,排除①④.当正视图为直角三角形时,该几何体的直观图如图所示,其中PC⊥底面ABC.故其正视图是直角边长为2的等腰直角三角形,中间的线是看不见的棱PA形成的投影,应为虚线.故答案为③.例2[思路点拨] (1)根据三视图可确定该几何体的直观图,确定底面积和高,进而求出体积;(2)由母线与底面的夹角可得圆锥母线与底面半径的关系,再由三角形面积公式可求得底面半径,从而求得圆锥的侧面积.(1)A(2)40π[解析] (1)由三视图得几何体的直观图为三棱锥A-BCD(如图),其中BC=4,设O 为BC的中点,连接OA,OD,则AO=CO=BO=DO=2,AO⊥平面BCD,DO⊥BC,则该几何体的体积V=××4×2×2=,故选A.(2)设圆锥的底面圆的半径为r,因为SA与圆锥底面所成角为45°,所以SA=r.由cos∠ASB=得sin∠ASB=,所以SA·SB·sin∠ASB=×r×r×=5,所以r2=40,所以圆锥的侧面积为πr2=40π.变式题 (1)A (2)[解析] (1)设圆台较小底面的半径为r ,则另一底面的半径为3r.由S=π(r+3r )×3=84π,解得r=7.故选A .(2)四棱锥M - EFGH 的高为,底面积为,故其体积为×× =.例3 [思路点拨] (1)由正视图、侧视图、俯视图均为等腰直角三角形,知该几何体的外接球相当于一个棱长为2的正方体的外接球,故外接球的直径是该正方体的体对角线长,进而求得外接球的表面积;(2)圆柱底面圆的半径、高的一半、外接球的半径构成直角三角形,可求得圆柱底面圆的半径r= - =,进而求圆柱的体积.(1)D (2)B [解析] (1)由三视图可知,该几何体的外接球相当于一个棱长为2的正方体的外接球,∴外接球的直径为 =2 ,∴该几何体的外接球的表面积为4×π×( )2=12π,故选D . (2)由圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则圆柱底面圆的半径r= - =,故圆柱的体积V=πr 2h=.例4 [思路点拨] (1)设球O 的半径为R ,因为球O 与圆柱的上、下底面及母线均相切,所以圆柱的底面圆的半径为R ,高为2R ,再利用圆柱、球的体积公式求出V 1,V 2即可;(2)设正四面体的棱长为a ,可得到正四面体的表面积和内切球的表面积(用a 表示),然后求出.(1) (2)[解析] (1)设球O 的半径为R ,因为该球与圆柱的上、下底面及母线均相切,所以圆柱的底面圆的半径为R ,圆柱的高为2R.故圆柱O 1O 2的体积V 1=2πR 3,球O 的体积V 2=πR 3,所以 ==.(2)设正四面体的棱长为a ,则正四面体的表面积S 1=4××a 2= a 2,其内切球半径r 为正四面体高的,即r=×a=a ,因此内切球表面积S 2=4πr 2=,则 = =. 应用演练1.C [解析] 平面ACD 1截球O 的截面为△ACD 1的内切圆.因为正方体的棱长为1,所以AC=CD 1=AD 1= ,所以△ACD 1的内切圆的半径r= ,所以截面面积S=πr 2=. 2.A [解析] 由正弦定理得2r== °=2,其中r 为△ABC 的外接圆半径,故r=1.设三棱锥P - ABC 的外接球的半径为R ,则R 2=r 2+2=2,即R= ,故三棱锥P - ABC 的外接球的体积为R 3=π. 3.B [解析] 在△ABC 中,由BC ⊥AC ,得AB= = =13.设该三棱锥内切球的半径为R ,由已知易知Rt △ABC 的内切圆的半径与该三棱锥内切球的半径相等,则该内切球的半径R=-=2,该三棱柱的高h=2R=4,∴该三棱柱的表面积S=2××5×12+(5+12+13)×4=180.故选B.4.π[解析] 设AC=m(2>m>0),则BC=-,四棱锥-=×2m×-=m-,∴当m-最大时,最大,m-=(- ≤(-=2,当且仅当m=时,取等号,∴四棱锥-当“阳马”即四棱锥B-A1ACC1的体积最大时,AC=BC=,此时三棱柱ABC-A1B1C1的外接球就是以CA,CB,CC为共顶点的棱的长方体的外接球,外接球的直径等于长方体的体对角线长,设外接球的半1径为R,则4R2=CA2+CB2+C=2+2+4=8,即R=,故三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的体积为πR3=π.【备选理由】空间几何体的结构特征、三视图与直观图及空间几何体的表面积、体积、空间几何体与球的切、接为本讲的主要内容.例1考查的是三视图的识别;例2重在考查由三视图还原直观图的能力,并考查简单的组合体表面积的计算,注意不要忽略一些面的面积;例3考查球与多面体的关系及补形法的应用;例4考查棱锥内切球半径的计算问题.例1[配例1使用] [2018·重庆三诊]一个正三棱柱的三视图如图所示,若该三棱柱的外接球的表面积为32π,则侧视图中x的值为()A.6B.4C.3D.2[解析] C设正三棱柱的底面边长为a,则底面三角形的外接圆的半径为 a.设该三棱柱外接球的半径为R,结合正三棱柱的外接球的球心在上、下底面的外心连线的中点处,则有R=,由该三棱柱的外接球的表面积为32π,得4π4+a2=32π,从而解得a=2,因为侧视图中x对应的边为底面三角形的边的高线,所以x=×2=3,故选C.例2 [配例2使用] [2018·衡水中学月考] 如图是某个几何体的三视图,则这个几何体的表面积为( )A .π+4 +4B .2π+4 +4C .2π+4 +2D .2π+2 +4[解析] B 由三视图可知该几何体是由半个圆柱与三棱柱组成的几何体.其直观图如图所示.其表面积S=2×π·12+2××2×1+π×2×1+( + +2)×2-2×1=2π+4 +4,故选B .例3 [配例3使用] [2018·衡水中学七调] 如图所示,AA 1,BB 1均垂直于平面ABC 和平面A 1B 1C 1,∠BAC=∠A 1B 1C 1=90°,AC=AB=AA 1=B 1C 1= ,则多面体ABC-A 1B 1C 1的外接球的表面积为 .[答案] 6π[解析] 该几何体可以补形成棱长为2的正方体,正方体的外接球即为该多面体的外接球,正方体的外接球直径为其体对角线长,长度为 × = ,则该多面体的外接球的半径r=,故该多面体的外接球的表面积为4πr 2=6π.例4 [配例4使用] [2018·陕西西工大附中模拟] 如图所示,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 是边长为m (m>0)的正方形,PD ⊥底面ABCD ,且PD=m ,PA=PC= m ,若在这个四棱锥内放一个球,则此球的最大半径是 .[答案](2- )m[解析] 当球与四棱锥P - ABCD 的各个面都相切时,球的半径最大.由PD ⊥底面ABCD ,得PD ⊥AD.又PD=m ,PA= m ,则AD=m.设四棱锥P-ABCD 的内切球的球心为O ,半径为R ,连接OA ,OB ,OC ,OD ,OP (图略),易知V 四棱锥P-ABCD =V 四棱锥O-ABCD +V 三棱锥O-PAD +V 三棱锥O-PAB +V 三棱锥O-PBC +V 三棱锥O-PCD,即 ×m 2×m= ×m 2×R+ × ×m 2×R+ × × m 2×R+ × × m 2×R+ ××m 2×R ,解得R=(2- )m ,所以此球的最大半径是(2- )m.第40讲 空间点、直线、平面之间的位置关系考试说明 1.理解空间直线、平面位置关系的定义. 2.了解可以作为推理依据的公理和定理.3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.【课前双基巩固】 知识聚焦1.两点 不在一条直线上 有且只有一条 互相平行2.相交 平行3.(1)相交直线 平行直线 任何 (2)①锐角(或直角) ②0,(3)相等或互补4.1 0 无数 0 无数 对点演练1.④ [解析] 当三点共线时,过三点有无数个平面,①中的说法错误;当三条直线共点时,不能确定一个平面,②中的说法错误;一个圆是平面图形,两个相交的圆不一定在一个平面内,③中的说法错误;两条平行直线确定一个平面,第三条直线与这两条平行直线都相交,所以第三条直线在这个平面内,所以④中的说法正确.2.相交或异面[解析] 当直线c在直线a与b确定的平面内时,a与c相交;当直线c与直线a,b确定的平面相交时,a与c异面.3 .l∥α或l⊂α[解析] 当距离不为零时,l∥α;当距离为零时,l⊂α.4.4,6,7,8[解析] 如图(1),可分成4部分(三个平面互相平行);如图(2)(3),可分成6部分(两种情况);如图(4),可分成7部分;如图(5),可分成8部分.5.(1)AC=BD (2)AC=BD且AC⊥BD [解析] (1)∵四边形EFGH为菱形,∴EF=EH,∵EF AC,EH BD,∴AC=BD.(2)∵四边形EFGH为正方形,∴EF=EH且EF⊥EH,∵EF AC,EH BD,∴AC=BD且AC⊥BD.6.④[解析] ①②③中的a与b还有可能平行或相交,由异面直线的定义可知④的说法正确.7.b与α相交或b⊂α或b∥α[解析] 易知b与α相交或b⊂α或b∥α.8.无数[解析] 在EF上任意取一点M,则直线A1D1与M确定一个平面(如图所示),这个平面与CD有且仅有1个交点N,当M取不同的位置时就确定不同的平面,从而与CD有不同的交点,而直线MN与三条直线A1D1,EF,CD都有交点.故满足题意的直线有无数条.9.45°60°[解析] ∵FG∥BC,∴∠EGF为异面直线BC与EG所成的角(或其补角),∵tan∠EGF==1,∴∠EGF=45°.∵BF∥AE,∴∠GBF为异面直线AE与BG所成的角(或其补角),∵tan∠GBF===,∴∠GBF=60°.【课堂考点探究】例1[思路点拨] 利用平面的基本性质进行判断.解:(1)错误.若AC1⊂平面CC1B1B,又BC⊂平面CC1B1B,所以A∈平面CC1B1B,且B∈平面CC1B1B, 所以AB⊂平面CC1B1B,与AB⊄平面CC1B1B矛盾,故AC1⊄平面CC1B1B.(2)正确.因为O,O1是两平面的两个公共点,所以平面AA1C1C与平面BB1D1D的交线为OO1.(3)错误.因为A,O,C三点共线,所以由点A,O,C不可以确定一个平面.(4)正确.因为点A,C1,B1不共线,所以A,C1,B1三点确定平面α,又四边形AB1C1D为平行四边形,连接B1D,设AC1∩B1D=O2,所以O2∈α,又B1∈α,所以B1O2⊂α,又D∈B1O2,所以D∈α.(5)正确.若l与m相交,则交点是两平面的公共点,而直线CD为两平面的交线,所以交点一定在直线CD 上.变式题证明:(1)连接EF,CD1,A1B,如图.∵E,F分别是AB,AA的中点,1.∴EF∥BA1又BA1∥CD1,∴EF∥CD,1∴E,C,D,F四点共面.1(2)∵EF∥CD1,EF<CD1,∴延长D1F,CE,F必相交,设交点为P,如图,CE与D1则由P∈CE,CE⊂平面ABCD,得P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1.延长DA,又平面ABCD∩平面ADD1A1=DA,∴P∈直线DA.F,DA三线共点.∴CE,D1例2[思路点拨] (1)利用相关定义、定理判断;(2)由条件得n在α内,m不在α内,A是直线m与α的交点,从而得出m,n的位置关系.(1)B(2)D[解析] (1)①的结论错误,两条直线不相交,则它们可能平行,也可能异面;②由公理4可知结论正确;③的结论错误,若一条直线和两条平行直线中的一条相交,则它和另一条直线可能相交,也可能异面;④由平行直线的传递性可知结论正确.故选B.(2)∵A∈m,A∈α,m⊄α,∴A是m和平面α的交点,∵n⊂α,∴m和n可能异面或相交(特殊情况可垂直),一定不平行.变式题(1)D(2)D[解析] (1)连接D1E并延长,与AD交于点M,因为A1E=2ED,所以M为AD的中点,连接BF并延长,交AD于点N,因为CF=2FA,所以N为AD的中点,所以M,N重合,且=,=,所以=,所以EF∥BD1.(2)对于A,若直线a,b与平面α所成的角都是30°,则这两条直线平行、相交或异面,故A中说法错误;对于B,若直线a,b与平面α所成的角都是30°,则这两条直线可能垂直,如图所示,直角三角形ACB 的直角顶点C在平面α内,边AC,BC可以与平面α都成30°角,故B中说法错误;对于C,若直线a,b平行,则这两条直线可以都与平面α相交或都在平面α内,故C中说法错误;对于D,若直线a,b都与平面α垂直,则a∥b,故D中说法正确.故选D.例3[思路点拨] (1)将直三棱柱ABC-A1B1C1补形为直四棱柱ABCD-A1B1C1D1,连接DC1,则∠BCD(或其补角)为异面直线所成的角,利用余弦定理解之即可;(2)利用三角形中位线定理把异面直线1所成的角转化成平面角.(1)C(2 60°[解析] (1)如图,将该直三棱柱补形成直四棱柱,其中CD∥AB且CD=AB,则可得AB1∥DC1且AB1=DC1,则∠BC1D(或其补角)即为异面直线AB1与BC1所成的角.在△BC1D中,BC1=,DC1=,BD=-=,所以cos∠BC1D==.故异面直线AB1与BC所成角的余弦值为.1(2)取AC的中点M,连接EM,MF,如图所示.因为E,F分别是AP,BC的中点,所以MF∥AB,MF=AB=3,ME∥PC,ME=PC=5,所以∠EMF(或其补角)即为异面直线AB与PC所成的角.在△MEF中,cos∠EMF=-=-,所以∠EMF=120°,所以异面直线AB与PC所成的角为60°.变式题(1)B(2) [解析] (1)如图,取B1C1的中点P,连接BP,MP.∵直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为1的正方形,AA1=2,M,N分别是A1B1,A1D1的中点,∴AN∥BP,∴∠MBP(或其补角)为异面直线BM与AN所成的角,BM=BP==,MP==,∴cos∠=-=,所以异面直线BM与AN所成的角的余弦值为,故选B.MBP=-·(2)取A1C1的中点E,连接B1E,AE,易知BD∥B1E,∴∠AB1E(或其补角)为异面直线AB1与BD所成的角.设AB=1,则A1A=,AB1=,B1E=,AE=,所以cos∠AB1E=-=,因此∠AB1E=,故异面直线AB与BD所成的角为.1例4[思路点拨] (1)结合正方体结构,分类讨论;(2)判定直线和平面垂直,可以依据判定定理逐一去判断,利用正方体中的一些基本结论,合理运用正方体中图形的对称性.(1)A(2)①④⑤[解析] (1)用一个平面去截正方体,则截面的情况为:①截面为三角形时,可以是锐角三角形、等腰三角形、等边三角形,但不可能是钝角三角形、直角三角形;②截面为四边形时,可以是梯形(包括等腰梯形)、平行四边形、菱形、矩形,但不可能是直角梯形;③截面为五边形时,不可能是正五边形;④截面为六边形时,可以是正六边形.故选A.(2)如图所示,取棱的中点,作出正六边形截面α,则l⊥α.图①中的截面是正三角形,且平面MNP∥α,可得l⊥平面MNP;图②③中的截面MNP与正六边形截面α都有一条交线,可以判断②③中的两个截面与直线l都不垂直;图④⑤中的点M,N,P为正六边形截面α中的三个点,故都有l⊥平面MNP.故应填入的序号是①④⑤.例5[思路点拨] (1)由三视图得到直观图,可把该几何体放置在正方体中,再求其体积;(2)依据本题中三棱锥的特点,将其补成正方体,把问题转化为求正方体外接球的表面积问题.(1)C(2)πa3[解析] (1)如图所示,在棱长为2的正方体中,D为其所在棱的中点,则三视图对应的几何体为图中的四棱锥P-ABCD,则该几何体的体积为××(1+2)×2×2=2,故选C.(2)如图,将此多面体补成正方体DBCA-D 1B 1C 1P ,则该三棱锥的外接球即为该正方体的外接球,由已知得正方体的体对角线PB= a ,则外接球的半径R=PB=a ,所以三棱锥P - ABC 的外接球的体积V= ×π×a 3=πa 3.例6 [思路点拨] (1)利用平移法把异面直线所成的角转化为相交直线所成的角;(2)把展开图还原为直观图,在正方体中找到相关的线、面,利用正方体的特点进行判断.(1)D (2)B [解析] (1)连接B 1C ,A 1D ,由M ,N 分别是BC ,BB 1的中点,得MN ∥B 1C ∥A 1D ,则相交直线A 1D 与AD 1所成的角即为异面直线MN 与AD 1所成的角.又四边形A 1ADD 1是正方形,所以A 1D ⊥AD 1,故异面直线MN 与AD 1所成的角为90°.(2)将平面展开图还原成正方体(如图所示),连接BE ,DE ,BG.①中,因为BE ∥GC ,AF ⊥BE ,所以AF ⊥GC ,①中的结论正确.②中,BD 在平面ABCD 内,GC 与平面ABCD 相交,则BD 与GC 是异面直线;因为EB ∥GC ,所以∠DBE (或其补角)为异面直线BD 与GC 所成的角,在等边三角形BDE 中,∠DBE=60°,则异面直线BD 与GC 所成的角为60°,即②中的结论正确. ③中,BD 与MN 是异面直线,即③中的结论错误.④中,GD ⊥平面ABCD ,∠DBG 即为BG 与平面ABCD 所成的角,在Rt △BDG 中,GD ≠BD ,故∠DBG ≠45°,即④中的结论错误.故选B . 应用演练1.D [解析] 延长MN 与BA 的延长线交于点P ,连接DP ,则直线DP 即为交线l ,且AP=AA 1=AD ,连接AC ,可知DP 与AC 不平行,而A 1C 1∥AC ,所以l 与A 1C 1是异面直线.故选D .2.C [解析] 正四面体A-BCD 可补形成棱长是6 的正方体,所以球O 是正方体的外接球,其半径R=×6 =3 .设正四面体的高为h ,则h= -(=4 ,故OM=ON= h= ,又MN=BD=4,所以O 到直线MN 的距离为 ( - = ,因此球O 截直线MN 所得的弦长为2 ( -(=4 .故选C .3.B [解析] 由三视图可知,该三棱锥的直观图如图中三棱锥D 1-ABB 1所示(图中正方体的棱长为2),该三棱锥的体积为××2×2×2=,故选B .4.[解析] 易知截面B 1D 1MN 是梯形,MN=,B 1D 1= .过MN 的中点P 作平面A 1B 1C 1D 1的垂线交平面A 1B 1C 1D 1于点P 1,连接A 1C 1,则点P 1在A 1C 1上,且A 1P 1=.设A 1C 1与B 1D 1交于点O 1,连接PO 1,则PO 1== ,所以截面B 1D 1MN 的面积S==.5.90° [解析] 如图所示,连接D 1M ,易知D 1M ⊥DN.又∵A 1D 1⊥DN ,A 1D 1⊂平面A 1MD 1,MD 1⊂平面A 1MD 1,A 1D 1∩MD 1=D 1,∴DN ⊥平面A 1MD 1,∴DN ⊥A 1M ,即异面直线A 1M 与DN 所成角的大小为90°.【备选理由】 例1以正方体为载体考查对平面的基本性质、四个公理的理解与掌握程度;例2考查异面直线所成的角,有利于拓展学生解题的思路;例3考查直线与平面的位置关系;例4考查正方体中的异面直线所成角的问题.例1 [配例1使用]已知ABCD-A 1B 1C 1D 1是正方体,在图①中,E ,F 分别是棱D 1C 1,B 1B 的中点,画出图①②中有阴影的平面与平面ABCD 的交线 .解:如图所示,在图①中,过点E 作EN 平行于B 1B 交CD 于点N ,连接NB 并延长交EF 的延长线于点M ,连接AM ,则AM 即为有阴影的平面与平面ABCD 的交线.在图②中,延长DC ,过点C 1作C 1M ∥A 1B 交DC 的延长线于点M ,连接BM ,则BM 即为有阴影的平面与平面ABCD 的交线.例2 [配例3使用] [2018·贵州凯里一中月考] 在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,底面ABCD 是边长为1的正方形,若其外接球的表面积为16π,则异面直线BD 1与CC 1所成的角的余弦值为 . [答案][解析] 设外接球的半径为R ,则4πR 2=16π,解得R=2.设长方体的高为x (x>0),则x 2+12+12=(2R )2=16,故x= .连接BD ,在Rt △BDD 1中,∠DD 1B 即为异面直线BD 1与CC 1所成的角,其余弦值为.例3 [配例2使用]如图所示,正方体的底面与正四面体的底面在同一个平面α上,且AB ∥CD ,则正方体的六个面所在的平面与直线EF 相交的个数为 .[答案] 4[解析] 因为EF 与正方体的左、右两侧面均平行,所以与EF 相交的平面有4个.例4 [配例6使用] [2018·四川广安、眉山一诊] 下图表示一个正方体的平面展开图,则其中的四条线段AB ,CD ,EF ,GH 在原正方体中为异面直线且所成角为60°的有 对.[答案] 3[解析] 将平面展开图还原为正方体,如图所示,可知AB与CD,EF与GH,AB与GH都是异面直线,且所成角为60°,而AB与EF相交,CD与GH相交,CD与EF平行,故四条线段AB,CD,EF,GH在原正方体中互为异面直线且所成角为60°的有3对.第41讲直线、平面平行的判定与性质考试说明1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理.2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题.【课前双基巩固】知识聚焦1.没有公共点一条直线与此平面内的一条直线交线平行2.相交直线相交直线相交直线同一条直线平行交线对点演练1.一[解析] 过点P与直线a作平面β,设β∩α=b,则a∥b,由作图的过程可知满足条件的直线b只有一条.2.[解析] ∵α∥β,∴CD∥AB,则=,∴AB=·==.3.平行[解析] 连接BD,设BD∩AC=O,连接EO,在△BDD1中,O为BD的中点,E为DD1的中点,所以EO为△BDD的中位线,则BD1∥EO,又BD1⊄平面ACE,EO⊂平面ACE,所以BD1∥平面ACE.14.①②④[解析] 如图,因为AB D1C1,所以四边形AD1C1B为平行四边形,故AD1∥BC1,从而①中结论正确;易证BD∥B1D1,AB1∥DC1,又AB1∩B1D1=B1,BD∩DC1=D,故平面AB1D1∥平面BDC1,从而②中结论正确;由图易知AD1与DC1异面,故③中结论错误;因为AD1∥BC1,AD1⊄平面BDC1,BC1⊂平面BDC,所以AD1∥平面BDC1,故④中结论正确.15.平行四边形 [解析] ∵平面ABFE ∥平面DCGH ,又平面EFGH ∩平面ABFE=EF ,平面EFGH ∩平面DCGH=HG ,∴EF ∥HG.同理EH ∥FG ,∴四边形EFGH 的形状是平行四边形.6.既不充分也不必要 [解析] 由m ⊂α,l ∥α不能推出l ∥m ,由m ⊂α,l ∥m 也不能推出l ∥α,所以是既不充分也不必要条件.7.(1)a ∥α或a ⊂α (2)平行或相交 (3)a ∥β或a ⊂β[解析] (1)由直线与平面平行的定义和判定定理知,a 可能平行于α,也可能在α内. (2)当a ,b 相交时,α∥β;当a ,b 平行时,α与β平行或相交. (3)当a 在β外时,a ∥β;当a 在β内时也满足条件.8.6 [解析] 如图,E ,F ,G ,H 分别是A 1C 1,B 1C 1,BC ,AC 的中点,则与平面ABB 1A 1平行的直线有EF ,GH ,FG ,EH ,EG ,FH ,共6条.9.④ [解析] 由两个平面平行的判定定理可知,如果一个平面内的两条相交直线都与另一个平面平行,那么这两个平面平行,故①②不能判断两个平面平行;当平面α∩平面β=直线l 时,α内有无数条与交线l 平行的直线与β平行,故③不能判断两个平面平行;根据面面平行的定义可知④能判断两个平面平行.【课堂考点探究】例1 [思路点拨] (1)取B 1C 1的中点P ,连接MP ,NP ,根据面面平行的判定定理,可证明平面MNP ∥平面BB 1D 1D ;(2)可举反例进行判断.(1)C (2)D [解析] (1)取B 1C 1的中点P ,连接MP ,NP ,又M 是C 1D 1的中点,则由三角形中位线定理可得MP ∥B 1D 1,∴MP ∥平面BB 1D 1D ,由四边形BB 1PN 是平行四边形,得NP ∥BB 1,∴NP ∥平面BB 1D 1D ,又NP ∩MP=P ,∴平面MNP ∥平面BB 1D 1D ,∵MN ⊂平面MNP ,∴MN ∥平面BB 1D 1D ,故选C . (2)A 中,若α∩β=l ,a ∥l ,a ⊄α,a ⊄β,则a ∥α,a ∥β,可排除A;B 中,若α∩β=l ,a ⊂α,a ∥l ,则a ∥β,可排除B;C 中,若α∩β=l ,a ⊂α,a ∥l ,b ⊂β,b ∥l ,则a ∥β,b ∥α,可排除C.故选D.变式题 (1)B (2)平面ABC 、平面ABD [解析] (1) 因为直线a ,b 不一定相交,所以a ∥β,b ∥β不一定能够得到α∥β;而当α∥β时,a ∥β,b ∥β一定成立.所以“a ∥β,b ∥β”是“α∥β”的必要不充分条件,故选B .。
2020高考数学文科大一轮复习导学案：第七章 立体几何7.2 Word版含答案
姓名，年级：时间：错误!错误!知识点一空间几何体的表面积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式2.多面体的侧面积和表面积因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是侧面展开图的面积,表面积是侧面积与底面积的和．1．已知某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是( A )A．12＋2错误!＋2错误!B．12＋错误!＋2错误!C．12＋2错误!＋错误!D．12＋错误!＋错误!解析：由三视图知：几何体为四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，如图，PA⊥平面ABCD，PA＝2,AB＝2，AD＝4,BC＝2,经计算,PD＝2错误!,PC＝2错误!，DC＝2错误!,所以PC⊥CD，所以S△PAB＝错误!×2×2＝2，S△PAD＝错误!×2×4＝4，S△PBC＝错误!×2×2错误!＝2错误!，S△PCD＝错误!×2错误!×2错误!＝2 6，S四边形ABCD＝错误!×(2＋4)×2＝6，所以S 表＝12＋22＋2错误!.2．（必修2P36A 组第10题改编)一直角三角形的三边长分别为6 cm ，8 cm, 10 cm ，绕斜边旋转一周所得几何体的表面积为错误!π cm 2。
解析：旋转一周所得几何体为以错误! cm 为半径的两个同底面的圆锥，其表面积为S ＝π×245×6＋π×错误!×8＝错误!π(cm 2）． 知识点二 空间几何体的体积1．柱体：V ＝Sh ；2．棱锥：V ＝错误!Sh ；3．棱台：V ＝13h （S 上＋S 下＋错误!)； 4．球：V ＝错误!πR 3.3．(2019·河北名校联考)某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是（ C )A．13 B．14C．15 D．16解析:所求几何体可看作是将长方体截去两个三棱柱得到的几何体,在长方体中还原该几何体，如图中ABCD。
2020年高考数学(文科)一轮复习 第七单元 作业手册答案
课时作业(三十九)1.C[解析] 设这两个球的半径分别为r1,r2,∵这两个球的表面积之比为1∶4,∴==,解得=(负值舍去),∴这两个球的体积的比值为==,即这两个球的体积之比为1∶8.故选C.2.B[解析] 显然俯视图中应有一个被遮挡的圆,所以内圆是虚线,故选B.3.A[解析] 由三视图可得三棱锥的直观图,如图所示.其中PB⊥平面ABC,PB=2,在△ABC中,AB=AC,BC=2,BC边上的高为2,所以AB=AC=,PA=3,PC=2.则该三棱锥最长的棱的长为3.故选A.4.[解析] 由三视图可得三棱锥的直观图,如图.其中侧面PBC⊥底面ABC,且△PBC与△ABC都是等腰直角三角形.设O为BC的中点,连接PO,AO,则PO⊥底面ABC,AO⊥BC,∴这个三棱锥的体积V=××4×2×2=.5.B[解析] 由斜二测画法的规则可得在△ABC中,AB=4,AC=BC=4.把△ABC绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体为有相同底面的两个相同圆锥的组合体,其中圆锥的底面圆半径为2,母线长为4,故该几何体的表面积S=2×π×2×4=16π.故选B.6.C[解析] 由三视图知该几何体是一个组合体,组合体上面是一个半径为1的半球,下面是一个圆台,圆台的高为2,上底面半径是1,下底面半径是2,所以组合体的体积为××π×13+×(1+4+1×2)×2π=,故选C.7.C[解析] 如图所示,该几何体可能为四棱锥P-ADCB,所以俯视图可能是,故选C.8.B [解析] 由三视图可知,该几何体是一个组合体,它由两部分组成,左边是四分之一圆柱,圆柱的底面半径为2,高为2,体积为×π×22×2=2π.右边是一个四棱锥,四棱锥的底面是边长为2的正方形,高为2,体积为×22×2=,所以组合体的体积为2π+,故选B .9.C [解析] 设点P 在底面ABCD 上的投影为O',则AO'=AC= ,PA=2,PO'⊥平面ABCD ,故PO'= - = ,而底面ABCD 所在截面圆的半径AO'= ,故该截面圆即为过球心O 的圆,则球O 的半径R= ,故球O 的表面积S=4πR 2=8π,故选C .10.5π [解析] 把圆柱侧面及缠绕其上的铁丝展开,在平面上得到矩形ABCD (如图),由题意知BC=3π cm,AB=4π cm,点A 与点C 分别是铁丝的起、止位置,故线段AC 的长度即为铁丝的最短长度,又AC= =5π(cm),故铁丝的最短长度为5π cm .11.R 3 [解析] 如图所示,连接OP ,OE ,则OP=R ,OE=,∴PE= - ==,又S 正方形ABCD =2R 2,∴V 四棱锥P-ABCD =·S 正方形ABCD ·PE=×2R 2×=.12.2 [解析] 设圆柱的高为h ,底面半径为r ,圆柱的外接球的半径为R ,则R 2=2+r 2.∵圆锥的母线l=2r ,∴圆锥的侧面积为πrl=2πr 2,∴4πR 2=4π2+r2=6×2πr2,∴+r 2=3r 2,∴h 2=8r 2,∴=2 (负值舍去).13. 解:(1)由题意,作出四棱台A 1B 1C 1D 1-ABCD 的直观图,如图所示,其中AA 1是棱台的高,BB 1⊥BC ,CD ⊥DD 1,AA 1=1,A 1B 1=1,AB=2,BB 1= .易知侧面A1B1BA与侧面A1D1DA是相同的直角梯形,侧面B1C1CB与侧面D1C1CD是相同的直角梯形,四棱台的上、下底面都是正方形.所以,四棱台A1B1C1D1-ABCD的表面积为2×()+2×()+12+22=8+3.(2)因为四棱台A1B1C1D1-ABCD的高为1,上、下底面正方形的边长之比为1∶2,所以四棱锥P-ABCD的高为2,所以V1=×(12+22+)×1=,V2=×22×2=,所以=.14.解:(1)如图所示,连接OM,则OM⊥AB.设OM=r,则OB=-r.在Rt△BMO中,sin∠MBO==-=,∴r=,∴空心球的表面积S=4πr2=π.(2)在△ABC中,∵∠ACB=90°,∠ABC=30°,BC=,∴AC=1,∴所求几何体的体积V=V圆锥-V球=π·AC2·BC-πr3=π×12×-π×=π.15.2π[解析] 如图,设△BDC的中心为O1,球O的半径为R,连接AO1,O1D,OD,O1E,OE,则O1D=3sin 60°×=,AO1=-=3.在Rt△OO1D中,R2=3+(3-R)2,解得R=2.∵BD=3BE,∴DE=2,在△DEO中,O1E=-°=1,∴OE==.过点E作球O的截面,当截面1与OE垂直时,截面圆的面积最小,此时截面圆的半径为-()=,则所求最小面积为π×()2=2π.16.32+[解析] 正方体容器内八个角附近的区域,小球不能经过的空间的体积是V1=8×13-×π×13=8-;正方体容器内十二条棱附近的区域,小球不能经过的空间的体积是V2=12×12-π×12×2=24-6π.则小球可以经过的空间的体积为V=43-V1-V2=32+.课时作业(四十)1.C[解析] 若直线a,b异面,b,c异面,则a,c可能相交、平行或异面;若直线a,b相交,b,c相交,则a,c可能相交、平行或异面;若a⊥b,b⊥c,则a,c可能相交、平行或异面;由异面直线所成的角的定义知C为真命题.故选C.2.A[解析] 如图,取AD1的中点O,连接OE,OF,则OF BE,∴四边形BFOE是平行四边形,∴BF∥OE,又∵BF⊄平面AD1E,OE⊂平面AD1E,∴BF∥平面AD1E.3.A[解析] 首尾相连的四条线段每相邻两条确定一个平面,所以最多可以确定4个平面,如图,空间四边形ABCD四条线段首尾相连,可构成平面ABC,平面ABD,平面ADC,平面BCD,共4个平面.4.C[解析] 如图,与直线BA1是异面直线的有直线DC,DA,D1C1,DD1,CC1,B1C1,共6条.故选C.5.90° [解析] 如图所示,设G 是AC 的中点,连接EG ,FG.因为E ,F 分别是AB ,CD 的中点,故EG ∥BC 且EG=BC=1,FG ∥AD 且FG=AD=1,即∠EGF 为异面直线AD 和BC 所成的角(或其补角),又EF= ,由勾股定理的逆定理可得∠EGF=90°.6.A [解析] 设直线EF 和GH 的交点为M.∵EF ⊂平面ABD ,GH ⊂平面CBD ,∴M ∈平面ABD ,且M ∈平面CBD ,又∵平面ABD ∩平面CBD=BD ,∴M ∈BD ,∴EF 与GH 的交点在直线DB 上.7.D [解析] 延长MN 与BA 的延长线交于点P ,则DP 为交线l ,且AP=AA 1=AD.连接AC ,可知DP 与AC 不平行,而A 1C 1∥AC ,所以l 与A 1C 1是异面直线.故选D .8.D [解析] 连接BC 1,易知BC 1∥AD 1,则∠A 1BC 1即为异面直线A 1B 与AD 1所成的角(或其补角).连接A 1C 1,由AB=1,AA 1=2,得A 1C 1= ,A 1B=BC 1= ,在△A 1BC 1中,由余弦定理得cos ∠A 1BC 1= =.9.C [解析] 由异面直线的判定定理得直线AD 与BC 是异面直线;在平面β内仅有一条直线过点D 且与BC 平行,这条直线与AD 确定一个平面与BC 平行,即过AD 只能作一个平面与BC 平行;当AD 在平面α或平面β上的射影与BC 垂直时,过AD 只能作一个平面与BC 垂直,否则过AD 的平面都不与BC 垂直,因此C 中叙述错误;过D 只能作唯一平面与BC 垂直,但过D 可作无数个平面与BC 平行.故选C .10.①②③ [解析] 因为AC ⊥平面BDD 1B 1,所以AC ⊥BE ,故①正确;因为B 1D 1∥平面ABCD ,所以B 1E ∥平面ABCD ,故②正确;记正方体的体积为V ,则V 三棱锥E-ABC =V ,为定值,故③正确;显然B 1E 与BC 1不垂直,故④错误.11.l ∥α或l ⊂α [解析] ∵直线l ⊥平面β,平面α⊥平面β,∴直线l ∥平面α,或者直线l ⊂平面α.12.[解析] 连接AD1,B1D1,∵AD1∥BC1,∴∠D1AB1即为异面直线AB1与BC1所成的角(或其补角),∴cos∠D1AB1=)))=.13.[解析] 如图所示,连接HE,取HE的中点K,连接GK,PK,则GK∥DH,故∠PGK即为异面直线PG 与DH所成的角(或其补角).设这个正四面体的棱长为2,在△PGK中,PG=,GK=,PK==,故cos∠PGK=()-=,即异面直线PG与DH所成的角的余弦值是.14.证明:如图,连接BD,B1D1,D1O,则BD∩AC=O,∵BB1DD1,∴四边形BB1D1D为平行四边形,又H∈B1D,B1D⊂平面BB1D1D,则H∈平面BB1D1D,∵H∈平面ACD1,且平面ACD1∩平面BB1D1D=OD1,∴H∈OD1.即D1,H,O三点共线.15.解:(1)由已知可求得正方形ABCD的面积S=4,所以四棱锥O-ABCD的体积V=×4×2=.(2)如图,连接AC,设线段AC的中点为E,连接ME,DE,又M为OA的中点,∴ME∥OC,则∠EMD为异面直线OC与MD所成的角(或其补角),由已知可得DE=,EM=,MD=,∵()2+()2=()2,∴∠MED=90°,∴tan∠EMD===,∴异面直线OC 与MD 所成角的正切值为.16.C [解析] 过点M 向平面A 1B 1C 1D 1作垂线,垂足为点H ,连接HP.由PM= ,且△PHM 是直角三角形,得PH=1,故P 点在以H 为圆心,1为半径的圆上运动,故PQ 长度的最小值等于过H 点作A 1N 的垂线,垂线段长度减1,则PQ 长度的最小值为-1.故选C .17.D [解析] 因为AB=BC=1+3=4,所以EC= =5,则EF=EG=EC=5,所以A 1F=DG=2 ,从而AF=AG=2 ,所以S △AFG = 正方形 - △ - △ -S △ADG=16-4 -(4-2 )2-4 =16-4 -12+8 -4 =4,故选D .课时作业(四十一)1.B [解析] 因为l ⊄α,直线l 不平行于平面α,所以直线l 与平面α相交,于是直线l 与平面α只有一个公共点,所以平面α内不存在与l 平行的直线.2.B [解析] 当m ∥β时,平面α与β可能平行也可能相交,因而m ∥β ⇒/ α∥β;当α∥β时,α内任一直线都与β平行,因为m ⊂α,所以m ∥β.综上可知,“m ∥β ”是“α∥β ”的必要不充分条件.3.D [解析] A 中,两直线可能平行、相交或异面;B 中,平面α,β可能平行或相交,所以m ,n 可能平行、相交或异面;C 中,平面α,β可能平行或相交;D 中,由线面平行、面面平行的性质定理可知叙述正确,故选D .4.D [解析] 充分性:A ,B ,C ,D 四点共面,由平面与平面平行的性质定理知AC ∥BD.必要性显然成立.5.平行 [解析] 连接A 1C 1,∵AC ∥A 1C 1,A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1D 1,AC ⊄平面A 1B 1C 1D 1,∴AC ∥平面A 1B 1C 1D 1,又AC ⊂平面AB 1C ,平面AB 1C ∩平面A 1B 1C 1D 1=l ,∴AC ∥l.6.B [解析] 对于A,还有n ⊂α的可能,故说法错误;对于C,直线n 也可能与平面α相交,故说法错误;对于D,m ,n 可能平行、相交或异面,故说法错误.故选B .7.B [解析] A 项,α,β可能相交或平行,故A 项说法错误;B 项,若m ⊥α,m ⊥β,根据垂直于同一条直线的两个平面平行,则α∥β,故B 项说法正确;C 项,若m ⊥β,α⊥β,则直线m 在平面α内或m ∥α,故C 项说法错误;D 项,若n ⊥m ,n ⊥α,则直线m 在平面α内或m ∥α,故D 项说法错误.故选B .8.C [解析] A 中,当α与β不平行时,也存在符合题意的l ,m ,故A 中说法错误;B 中,l 与m 也可能是异面直线,故B 中说法错误;C 中, ,⊂ ,,则l ∥m ,同理可得l ∥n ,故m ∥n ,故C 中说法正确;D 中,m ⊂α,n ⊂β,m ∥n ,则α与β相交或平行,故D 中说法错误.故选C .9.B [解析] 在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AB ∥A 1B 1,∵AB ⊂平面ABC ,A 1B 1⊄平面ABC ,∴A 1B 1∥平面ABC ,∵过A 1B 1的平面与平面ABC 交于DE ,∴DE ∥A 1B 1,∴DE ∥AB.10.C [解析] 如图,由条件知,EF ∥BD ,且EF=BD ,HG ∥BD ,且HG=BD ,∴EF ∥HG ,且EF=HG ,∴四边形EFGH 为梯形,排除A,B .∵EF ∩平面ADC=F ,∴排除D .故选C .11.B [解析] 取B 1C 1的中点M ,BB 1的中点N ,连接A 1M ,A 1N ,MN.易证平面A 1MN ∥平面AEF ,所以点P 位于线段MN 上.因为A 1M=A 1N= = ,MN= =,所以当点P 位于点M 或N 处时,A 1P 最长,当点P 位于MN 的中点O 处时,A 1P 最短,易知A 1O=-=,所以A 1O ≤A 1P≤A 1M ,即≤A 1P ≤,所以线段A 1P 长度的取值范围是,,故选B .12.C [解析] ∵AB ∥CD ,AA 1∥DD 1,∴平面ABB 1A 1∥平面DCC 1D 1,∵平面APQR ∩平面ABB 1A 1=AP ,平面APQR ∩平面DCC 1D 1=RQ ,∴AP ∥RQ ,故A 中的结论正确.∵四边形ABCD 是直角梯形,AB ∥CD ,∴平面BCC 1B 1与平面ADD 1A 1不平行,∵平面APQR ∩平面BCC 1B 1=PQ ,平面APQR ∩平面ADD 1A 1=AR ,∴PQ 与AR 不平行,故四边形APQR 不可能为平行四边形,故B 中的结论正确.延长CD 至M ,使得DM=CD ,连接AM ,则四边形ABCM 是矩形,∴BC ∥AM.当R ,Q ,M 三点共线时,AM ⊂平面APQR ,∴BC ∥平面APQR ,故D 中的结论正确.故选C .13.1 [解析] 连接BC 1,设BC 1∩B 1C=O ,连接OD.∵A 1B ∥平面B 1CD ,且平面A 1BC 1∩平面B 1CD=OD ,∴A 1B ∥OD ,∵四边形BCC 1B 1是菱形,∴O 为BC 1的中点,∴D 为A 1C 1的中点,则A 1D∶DC 1=1.14.证明:(1)连接SB.∵E ,G 分别是BC ,SC 的中点, ∴EG ∥SB.又∵SB ⊂平面BDD 1B 1,EG ⊄平面BDD 1B 1,∴EG ∥平面BDD 1B 1.(2)连接SD.∵F ,G 分别是DC ,SC 的中点,∴FG ∥SD. 又∵SD ⊂平面BDD 1B 1,FG ⊄平面BDD 1B 1,∴FG ∥平面BDD 1B 1.又EG ∥平面BDD 1B 1,EG ⊂平面EFG ,FG ⊂平面EFG ,EG ∩FG=G ,∴平面EFG ∥平面BDD 1B 1. 15.解:(1)如图,作FG ∥CC 1与A 1C 交于点G.∵BE ∥CC 1,∴BE ∥FG ,平面BEGF ∩平面A 1CE=EG , ∵BF ∥平面A 1CE ,∴BF ∥EG ,故四边形BEGF 为平行四边形,则BE=FG=AA 1=2.(2)设O 为B 1C 1的中点,连接A 1O ,则A 1O ⊥平面CC 1B 1E ,且A 1O= ,∴ 四棱锥 - = ××(1+3)×2× =, 三棱柱 - =×2×2×3=3 ,左边几何体的体积为 三棱柱 - - 四棱锥 - =3 -= , ∴左、右两个几何体的体积之比为∶=5∶4. 16.解:(1)证法一:设BE 交AF 于O ,取AC 的中点H ,连接OH , 则OH 是△AFC 的中位线,所以OHCF.由已知得DE CF,所以DE OH,连接DH,则四边形DHOE是平行四边形,所以EO∥DH,又因为EO⊄平面ACD,DH⊂平面ACD,所以EO∥平面ACD,即BE∥平面ACD.证法二:延长FE,CD交于点K,连接AK,则平面CKA∩平面ABFE=KA,由已知得DE CF,所以DE是△KFC的中位线,所以KE=EF,所以KE AB,四边形ABEK是平行四边形,AK∥BE.又因为BE⊄平面ACD,KA⊂平面ACD,所以BE∥平面ACD.证法三:取CF的中点G,连接BG,EG,易得DE CG,即四边形CDEG是平行四边形,则EG∥DC,又EG⊄平面ACD,DC⊂平面ACD,所以EG∥平面ACD, 又因为DE GF,所以四边形DGFE是平行四边形,所以DG EF,又ABFE是平行四边形,所以AB EF,所以AB DG,所以四边形ABGD是平行四边形,所以BG∥AD,又BG⊄平面ACD,AD⊂平面ACD,所以BG∥平面ACD,又BG∩EG=G,所以平面GBE∥平面ACD,又BE⊂平面GBE,所以BE∥平面ACD.(2)连接CE,BF.因为BE∥平面ACD,所以V三棱锥B-ACD=V三棱锥E-ACD,由已知得四边形ABFE为正方形,且边长为2,所以AF⊥BE,由AF⊥BD,BE∩BD=B,可得AF⊥平面BDE,又DE⊂平面BDE,所以AF⊥DE,又AE⊥DE,AF∩AE=A,所以DE⊥平面ABFE,故平面CDE⊥平面ABFE,又AE⊥EF,所以AE⊥平面CDE,所以AE是三棱锥A-EDC的高,四边形DEFC是直角梯形.故V三棱锥B-ACD=V三棱锥E-ACD=V三棱锥A-ECD=V三棱锥A-EFD=×AE××DE×EF=.课时作业(四十二)1.D[解析] 对于D,若平面α⊥平面β,则平面α内存在不垂直于平面β的直线,即与平面β的关系还可以是斜交、平行或在平面β内.其他选项中的说法均是正确的.2.C[解析] ∵α∩β=l,∴l⊂β,又∵n⊥β,∴n⊥l.3.D[解析] 对于A,垂直于平面β的平面与平面α平行或相交,故A中的结论错误;对于B,垂直于直线l的直线与平面α垂直、斜交、平行或在平面α内,故B中的结论错误;对于C,垂直于平面β的平面与直线l平行或相交,故C中的结论错误.故选D.4.A[解析] 连接AC1,由AC⊥AB,AC⊥BC1,得AC⊥平面ABC1.∵AC⊂平面ABC,∴平面ABC1⊥平面ABC,∴C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上,故选A.5.4[解析] ∵PA⊥平面ABC,∴PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥BC,则△PAB,△PAC为直角三角形.又BC⊥AC,且AC∩PA=A,∴BC⊥平面PAC,∴BC⊥PC.因此△ABC,△PBC也是直角三角形.综上,共有4个直角三角形.6.B[解析] 如果两个平面互相垂直,那么,若一个平面内的已知直线与另一个平面不垂直,则这条直线不垂直于另一个平面内的任意一条直线,故①中结论错误;另一个平面内与交线垂直的直线有无数条,这些直线都与已知直线垂直,故②中结论正确;若一个平面内的直线不与交线垂直,则这条直线不垂直于另一个平面,故③中结论错误.故选B.7.B [解析] 当AC=1时,因为CD=1,AD= ,所以AC 2+CD 2=AD 2,即AC ⊥CD ,又BC ⊥CD ,BC ∩AC=C ,所以CD ⊥平面ACB ,所以CD ⊥AB.故选B .8.B [解析] 如图,设BP 的中点为O ,连接OA ,OC ,易得BP ⊥OA ,BP ⊥OC ,则BP ⊥平面OAC ,故BP ⊥AC ,则选项A 成立;又AC ⊥BD ,则AC ⊥平面BDP ,故AC ⊥PD ,平面PBD ⊥平面ABCD ,即选项C,D 成立.故选B .9.D [解析] 对于选项A,因为M ,N 分别是BC 1,CD 1的中点,所以点N ∈平面CDD 1C 1,点M ∉平面CDD 1C 1,所以直线MN 与平面CDD 1C 1相交,又因为直线C 1D 1⊂平面CDD 1C 1,故直线MN 与直线C 1D 1不可能平行,故选项A 中的结论错误;对于选项B,易知NB ≠NC 1,因为M 是BC 1的中点,所以直线MN 与直线BC 1不垂直,故选项B 中的结论错误;对于选项C,假设MN ⊥平面ACD 1,可得MN ⊥CD 1,因为N 是CD 1的中点,所以MC=MD 1,这与MC ≠MD 1矛盾,故假设不成立,所以选项C 中的结论错误;对于选项D,连接DC 1,则DC 1与CD 1交于点N ,连接BD ,因为N 为DC 1的中点,M 为BC 1的中点,所以MN ∥BD ,又BD ⊥AC ,BD ⊥CC 1,所以BD ⊥平面ACC 1,则MN ⊥平面ACC 1,故选项D 中的结论正确.故选D .10.D [解析] 如图,只有当两条棱上的交点都是中点时,四边形AEC 1F 才是菱形,故选项A 中的结论错误;四边形AEC 1F 在底面ABCD 内的射影是四边形ABCD ,一定是正方形,故选项B 中的结论错误;当两条棱上的交点都是中点时,四边形AEC 1F 所在平面垂直于平面ACC 1A 1,故选项C 中的结论错误;四边形AEC 1F 一定为平行四边形,故选项D 中的结论正确.故选D .11.C [解析] 连接A 1C ,A 1D ,AD 1,则A 1D ⊥AD 1,因为DC ⊥平面ADD 1A 1,所以DC ⊥AD 1,所以AD 1⊥平面CDA 1,则AD 1⊥A 1E ,因此,当点F 与点D 1重合时,对于任意给定的点E ,存在点F ,使得AF ⊥A 1E ,故①中的结论正确;对于任意给定的点F ,只有当A 1E ⊥平面ADD 1A 1时,才有AF ⊥A 1E ,显然不存在点E 使得A 1E ⊥平面ADD 1A 1,故②中的结论错误;当AF 垂直于B 1G 在平面ADD 1A 1内的射影时,AF ⊥B 1G ,故③中的结论正确;对于任意给定的点F ,只有当B 1G ⊥平面ADD 1A 1时,才有AF ⊥B 1G ,显然不存在点G 使得B 1G ⊥平面ADD 1A 1,故④中的结论错误.12.①②③ [解析] 连接AC ,由题意知PA ⊥平面ABC ,∴PA ⊥BC.又AC ⊥BC ,PA ∩AC=A ,∴BC ⊥平面PAC ,∴BC ⊥AF.∵AF ⊥PC ,BC ∩PC=C ,∴AF ⊥平面PBC ,∴AF ⊥PB.又AE ⊥PB ,AE ∩AF=A ,∴PB ⊥平面AEF ,∴PB ⊥EF.故①②③正确.13.①③④ [解析] 根据折叠前AB ⊥BE ,AD ⊥DF ,可得折叠后AH ⊥HE ,AH ⊥HF ,可得AH ⊥平面EFH ,∴②中说法正确;∵过点A 有且只有一条直线与平面EFH 垂直,∴①中说法不正确;∵AG ⊥EF ,AH ⊥EF ,AG ∩AH=A ,∴EF ⊥平面HAG ,∴平面HAG ⊥平面AEF ,过H 作直线垂直于平面AEF ,该直线一定在平面HAG 内,∴③中说法不正确;∵HG 不垂直于AG ,∴HG ⊥平面AEF 不正确,④中说法不正确.综上,说法错误的是①③④.14.解:(1)证明:连接DE ,由直三棱柱ABC-A 1B 1C 1知CC 1⊥BC ,∵BC ⊥AC ,CC 1∩AC=C ,∴BC ⊥平面ACC 1A 1, 又D ,E 分别为CC 1,BB 1的中点,∴DE ∥BC ,∴DE ⊥平面ACC 1A 1,∴DE ⊥AD.∵A 1D 2+AD 2=4=A,∴AD ⊥A 1D ,又A 1D ∩DE=D ,∴AD ⊥平面A 1DE ,∴A 1E ⊥AD.(2)设点A 到平面A 1B 1D 的距离为d.∵B 1C 1⊥A 1C 1,B 1C 1⊥CC 1,CC 1∩A 1C 1=C 1,∴B 1C 1⊥平面A 1DA. 连接AB 1,由 三棱锥 - = 三棱锥 - 知,△ ·d=△ ·B 1C 1,∵△A 1B 1D 是边长为 的等边三角形,∴ △ = ×( )2=, 由×·d= × × × ×1,解得d=. 故点A 到平面A 1B 1D 的距离为. 15.解:(1)证明:取AB 的中点O ,连接OG ,OA 1,C 1G ,∵AB=BC ,D 为AC 的中点,∴BD ⊥AC , 又AC ∥A 1C 1,∴BD ⊥A 1C 1.∵BG ∥B 1C 1,且BG=B 1C 1,∴四边形BGC 1B 1为平行四边形,∴GC 1∥BB 1,同理,四边形OBB 1A 1为平行四边形,∴OA 1∥BB 1,∴GC 1∥OA 1,∴四边形OGC 1A 1为平行四边形.∵B 1B ⊥平面ABC ,∴C 1G ⊥平面ABC ,∴C 1G ⊥BD , 又A 1C 1∩C 1G=C 1,∴BD ⊥平面A 1C 1GO ,∵GE ⊂平面A 1C 1GO ,∴BD ⊥GE.(2)设OG与BD交于M,∵C1G⊥平面ABC,C1G⊂平面A1C1GO,∴平面A1C1GO⊥平面ABC.∵平面A1C1GO∩平面ABC=OG,且OG∥AC,BD⊥AC,∴BM⊥OG,∴BM⊥平面A1C1GO,∴线段BM的长度为点B到平面A1C1GO 的距离,易知BM=,又S△GEF=×GC1×EF=×4×2=4,∴V B-GEF=×BM×S△GEF=××4=.16.解:(1)证明:由AD=6,DM=4可得AM=2,易得四边形ABCM是矩形,∴CM⊥AD,∵PA⊥平面ABCD,CM⊂平面ABCD,∴PA⊥CM,又PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,∴CM⊥平面PAD,∵CM⊂平面PCM,∴平面PCM⊥平面PAD.(2)∵PA⊥平面ABCD,∴平面PAB⊥平面ABCD,∵AD⊥AB,∴AD⊥平面PAB,∴AD⊥AP,∵AD∥BC,∴BC⊥平面PAB,∴BC⊥PB.四棱锥P-ABCD的体积V=××(AD+BC)×AB×PA=×AB×PA,要使四棱锥P-ABCD的体积取得最大值,只需AB·PA取得最大值.由条件可得PA2+AB2=PB2=72,∴72≥2AB·PA,即AB·PA≤36,当且仅当AB=PA=6时,AB·PA取得最大值36.此时PC=2,PD=6,CD=2,cos∠CPD=-··=,则sin∠CPD=,∴S△PCD=·PC·PD·sin∠CPD=6,则四棱锥P-ABCD的表面积为×(6+2)×6+×6×6×2+×2×6+6=6(10++).课时作业(四十三)1.解:(1)证明:因为△ABC为正三角形,且D是BC的中点,所以AD⊥BC.因为AA1⊥底面ABC,AA1∥BB1,所以BB1⊥底面ABC.又因为AD⊂底面ABC,所以BB1⊥AD.而B1B∩BC=B,所以AD⊥平面BB1C1C.因为AD⊂平面AB1D,所以平面AB1D⊥平面BB1C1C.(2)证明:连接A 1B ,设A 1B ∩AB 1=E ,连接DE.由已知得四边形A 1ABB 1为正方形,则E 为A 1B 的中点. 因为D 是BC 的中点,所以DE ∥A 1C.又因为DE ⊂平面AB 1D ,A 1C ⊄平面AB 1D ,所以A 1C ∥平面AB 1D. (3)由(2)可知A 1C ∥平面AB 1D ,所以点A 1与点C 到平面AB 1D 的距离相等, 所以 三棱锥 - = 三棱锥 - .由已知得BB 1=2,且S △ACD =,所以 三棱锥 - = 三棱锥 - = ×S △ACD ×BB 1=××2=,所以三棱锥A 1-AB 1D 的体积为.2.解:(1)证明:连接AC 交BD 于G ,连接EG.∵底面ABCD 为正方形,∴G 为AC 的中点. 在△ACP 中,∵E 是PA 的中点,∴EG ∥PC , 又EG ⊂平面BED ,PC ⊄平面BED ,∴PC ∥平面BED.(2)在Rt △PAD 中,设AD 的中点为O ,连接EO ,则EO=PD=2.∵PD ⊥DA ,PD ⊥DC ,∴PD ⊥平面ABCD , ∵EO ∥PD ,∴EO ⊥平面ABCD.设点A 到平面BED 的距离为h ,∵PD=AD=4,∴DE=AE=2 ,DB=4 ,BE=2 ,∵BE 2+DE 2=32=DB 2,∴BE ⊥ED.又∵V 三棱锥A-BDE =V 三棱锥E-ABD ,∴S △ABD ×EO=S △BDE ×h ,∴××4×4×2=××2 ×2 ×h ,解得h=, ∴点A 到平面BED 的距离为.3.证明:(1)取PD的中点M,EA的中点N,连接MH,NG,MN.因为G,H分别为BE,PC的中点,所以MH CD,NG AB,因为AB CD,所以MH NG,故四边形GHMN是平行四边形,所以GH∥MN.又因为GH⊄平面PDAE,MN⊂平面PDAE,所以GH∥平面PDAE.(2)因为PD⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PD⊥BC.因为BC⊥CD,PD∩CD=D,所以BC⊥平面PCD.因为F,H分别为PB,PC的中点,所以FH∥BC,所以FH⊥平面PCD.因为FH⊂平面FGH,所以平面FGH⊥平面PCD.4.解:(1)当点M是棱AC上靠近点A的三等分点时,BM∥平面AEF.理由如下:在AE上取点N,使AN=AE,连接MN,NF,于是==,所以MN∥EC且MN=EC.由题意知,BF∥EC且BF=EC,所以MN∥BF且MN=BF,所以四边形BMNF为平行四边形,所以BM∥FN.又FN⊂平面AEF,BM⊄平面AEF,所以BM∥平面AEF.(2)因为三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱,所以BB1∥平面ACC1A1,所以V三棱锥M-AEF=V三棱锥F-AEM=V三棱锥B-AEM.取AC的中点O,连接BO,则BO⊥AC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱,所以AA1⊥平面ABC.又BO⊂平面ABC,所以AA1⊥BO.因为BO⊥AC,BO⊥AA1,AC∩AA1=A,所以BO⊥平面ACC1A1,所以BO为三棱锥B-AEM的高.又在正三角形ABC中,BO=,所以V三棱锥M-AEF=V三棱锥B-AEM=·S△AEM·BO=××1×3×=.5.解:(1)证明:取线段A1B的中点H,连接HD,HF.因为在△ABC中,D,E分别为AB,AC的中点,所以DE∥BC,DE=BC.因为H,F分别为A1B,A1C的中点,所以HF∥BC,HF=BC,所以HF∥DE,HF=DE,则四边形DEFH为平行四边形,故EF∥HD.又因为EF⊄平面A1BD,HD⊂平面A1BD,所以EF∥平面A1BD.(2)连接OF,FB,OC.设点F到平面A1OB的距离为h.因为O为DE的中点,A1D=A1E,所以A1O⊥DE.又因为平面A1DE⊥平面BCED,平面A1DE∩平面BCED=DE,所以A1O⊥平面BCED,则A1O⊥OB.经计算得A1O=2,OB=OC=2,又OB2+OC2=16=BC2,所以OB⊥OC,由三棱锥-=三棱锥-=三棱锥-,得××2×2×h=×××2×2×2,解得h=.故点F到平面A1OB的距离为.6.解:(1)证明:在△ABC中,C=90°,即AC⊥BC,则BD⊥DE,取BF的中点N,连接CN,交BE于M,当λ=时,F是AN的中点,而E是AC的中点,∴EF是△ANC的中位线,∴EF∥CN.在△BEF中,N是BF的中点,∴M是BE的中点.在Rt△BCE中,EC=BC=2,∴CM⊥BE,则EF⊥BE.又∵平面DBE⊥平面ABE,平面DBE∩平面ABE=BE,∴EF⊥平面DBE.(2)连接DM,由(1)知CM⊥BE,∴DM⊥BE,而平面DBE⊥平面ABE,平面DBE∩平面ABE=BE, ∴DM⊥平面ABE,即DM是三棱锥D-BEF的高,且DM=CM=.过E作EH⊥AB于点H,则S△ABE=·AE·BC=·AB·EH,即×2×2=×·EH,可得EH=.假设存在满足题意的λ,则三棱锥D-BEF的体积V=S△×DM=××BF×EH×DM=××BF××=,BEF解得BF=,∴λ==-=,故存在λ=,使得三棱锥D-BEF的体积是.。
2020届高考数学一轮复习 第7单元 立体几何作业 理
第七单元立体几何课时作业(四十)第40讲空间几何体的三视图和直观图、表面积与体积基础热身1.[2017·衡水中学月考]一个三棱锥的正视图和俯视图如图K40-1所示,则该三棱锥的侧视图可能为()图K40-1图K40-22.[2017·衡阳联考]如图K40-3所示,某空间几何体的正视图与侧视图相同,则此几何体的表面积为()A.6πB.π+C.4πD.2π+图K40-33.三棱锥P-ABC及其三视图中的正视图和侧视图如图K40-4所示,则PB=()图K40-4A.2B.4C.D.164.[2017·潮州四校联考]已知某多面体内接于球构成一个简单组合体,如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图K40-5所示,且图中的四边形是边长为2的正方形,则该球的表面积是.图K40-55.[2017·厦门二模]某几何体的三视图如图K40-6所示,则该几何体的体积是.图K40-6能力提升6.如图K40-7,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为BD1的中点,则△PAC在该正方体各个面上的射影可能是()图K40-7图K40-8A.①④B.②③C.②④D.①②7.如图K40-9,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的体积为()图K40-9A.B.C.D.8.图K40-10中,小方格是边长为1的正方形,图中粗实线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的体积为()A.8-πB.8-πC.8-πD.8-π图K40-109.某几何体的三视图如图K40-11,其正视图中的曲线部分为半圆,则该几何体的体积是()A.4+πB.6+3πC.6+πD.12+π图K40-1110.[2017·泸州四诊]某几何体的正视图和侧视图如图K40-12(1)所示,它的俯视图的直观图是△A'B'C',如图K40-12(2)所示,其中O'A'=O'B'=2,O'C'=,则该几何体的表面积为()(1)(2)图K40-12A.36+12B.24+8C.24+12D.36+811.某几何体的三视图如图K40-13所示,则该几何体的表面积为.图K40-1312.[2017·蚌埠质检]已知边长为的正三角形ABC的三个顶点都在球O的表面上,且OA 与平面ABC所成的角为60°,则球O的表面积为.13.[2017·淮北二模]我国古代数学经典名著《九章算术》中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马,将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑(biēnào).若三棱锥P-ABC为鳖臑,且PA⊥平面ABC,PA=AB=2,且该鳖臑的外接球的表面积为24π,则该鳖臑的体积为.14.(12分)如图K40-14所示,在多面体ABCDEF中,已知四边形ABCD是边长为1的正方形,且△ADE,△BCF均为正三角形,EF∥AB,EF=2,求该多面体的体积.图K40-1415.(13分)某几何体按比例绘制的三视图如图K40-15所示(单位:m).(1)试画出该几何体的直观图;(2)求该几何体的表面积和体积.图K40-15难点突破16.(5分)[2017·石家庄二模]如图K40-16是一个底面半径为1的圆柱被平面截开所得的几何体,截面与底面所成的角为45°,过圆柱的轴的平面截该几何体所得的四边形ABB'A'为矩形,若沿AA'将其侧面剪开,则其侧面展开图的形状大致为()图K40-16图K40-1717.(5分)祖暅是我国齐梁时代的数学家,他提出了一条原理:“幂势既同,则积不容异.”这句话的意思是:两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等,则这两个几何体的体积相等.该原理在西方直到十七世纪才由意大利数学家卡瓦列利发现,比祖暅晚一千一百多年.椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体.如图K40-18所示,将底面直径皆为2b,高皆为a的半椭球体及已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面β上.以平行于平面β的平面在距平面β任意高度d处可横截得到S圆及S环两截面,可以证明S圆=S环总成立.据此,短轴长为4 cm,长轴长为6 cm的椭球体的体积是cm3.图K40-18加练一课(五) 空间几何体与球的切﹑接问题一、选择题(本大题共9小题,每小题5分,共45分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.某正四棱锥的顶点都在同一球面上,若该正四棱锥的高为4,底面边长为2,则该球的表面积为()A.B.16πC.9πD.2.一块石材表示的几何体的三视图如图L5-1所示,将石材切削、打磨、加工成球,则能得到的最大球的半径为()A.1B.2C.3D.4图L5-13.[2017·山西三区八校二模]在矩形ABCD中,AC=2,现将△ABC沿对角线AC折起,使点B到达点B'的位置,得到三棱锥B'-ACD,则三棱锥B'-ACD的外接球的表面积是()A.πB.2πC.4πD.与点B'的位置有关图L5-24.若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图L5-3所示,其顶点都在一个球面上,则该球的表面积为()A.πB.πC.πD.π图L5-35.四面体A-BCD的四个顶点都在球O的球面上,AB⊥平面BCD,△BCD是边长为3的等边三角形.若AB=2,则球O的表面积为()A. 12πB.16πC.D.32π6.[2017·马鞍山质检]某几何体的三视图如图L5-4所示,则该几何体的外接球的表面积为()图L5-4A.25πB.26πC.32πD.36π7.空间四边形ABCD的四个顶点都在同一球面上,E,F分别是AB,CD的中点,且EF⊥AB,EF⊥CD,若AB=8,CD=EF=4,则该球的半径为()A.B.C.D.8.[2017·黄冈质检]某一简单几何体的三视图如图L5-5所示,则该几何体的外接球的表面积是()图L5-5A.13πB.16πC.25πD.27π9.[2017·湛江二模]底面是边长为1的正方形,侧面是等边三角形的四棱锥的外接球的体积为()A.B.C.D.二、填空题(本大题共7小题,每小题5分,共35分.把答案填在题中横线上)10.若正方体的外接球的表面积为6π,则该正方体的表面积为.11.设正三棱锥A-BCD的所有顶点都在球O的球面上, E, F分别是AB, BC的中点, EF⊥DE,且EF=1,则球O的表面积为.12.[2017·洛阳三模]已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=3,AC=4,AB⊥AC,AA1=2,则该三棱柱内切球的表面积与外接球的表面积的和为.13.[2017·唐山三模]直角三角形ABC的三个顶点都在球O的球面上, AB=AC=2,若球O的表面积为12π,则球心O到平面ABC的距离等于.14.球O内切于棱长为的正方体ABCD-A1B1C1D1,以A为顶点,以平面B1CD1被球O所截的圆面为底面的圆锥的侧面积为.15.[2017·宁德二检]已知菱形ABCD的边长为6,∠A=60°.沿对角线BD将该菱形折成锐二面角A-BD-C,连接AC.若三棱锥A-BCD的体积为,则该三棱锥的外接球的表面积为.16.[2017·山西大学附中二模]正三棱锥的高为1,底面边长为2,正三棱锥内有一个球与其四个面都相切,则该球的表面积是,体积是.课时作业(四十一)第41讲空间点、直线、平面之间的位置关系基础热身1.[2017·闽南八校二联]已知直线a,b分别在两个不同的平面α,β内,则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件2.[2017·郑州一模]已知直线a和平面α,β,α∩β=l,a⊄α,a⊄β,且a在α,β内的射影分别为直线b,c,则直线b和c的位置关系是()A.相交或平行B.相交或异面C.平行或异面D.相交、平行或异面3.下面四个说法中正确的个数为()(1)如果两个平面有四个公共点,那么这两个平面重合;(2)两条直线可以确定一个平面;(3)若M∈α,M∈β,α∩β=l,则M∈l;(4)在空间中,相交于同一点的三条直线在同一平面内.A.1B.2C.3D.44.[2017·佛山模拟]如图K41-1所示,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D是AC的中点,AA1∶AB=∶1,则异面直线AB1与BD所成的角为.图K41-15.如图K41-2是某个正方体的展开图,l1,l2是两条侧面对角线,则在正方体中,下面关于l1与l2的四个结论中正确的是.(填序号)①互相平行;②异面垂直;③异面且夹角为;④相交且夹角为.图K41-2能力提升6.l1,l2表示空间中的两条直线,若p:l1,l2是异面直线;q:l1,l2不相交,则()A.p是q的充分条件,但不是q的必要条件B.p是q的必要条件,但不是q的充分条件C.p是q的充分必要条件D.p既不是q的充分条件,也不是q的必要条件7.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是BD1的中点,直线A1C交平面AB1D1于点M,则下列结论错误的是 ()A.A1,M,O三点共线B.M,O,A1,A四点共面C.A1,O,C,M四点共面D.B,B1,O,M四点共面8.[2017·济南模拟]设a,b,c是两两不同的三条直线,下面四个说法中正确的是()A.若直线a,b异面,b,c异面,则a,c异面B.若直线a,b相交,b,c相交,则a,c相交C.若a∥b,则a,b与c所成的角相等D.若a⊥b,b⊥c,则a∥c9.已知m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β,若直线l满足l⊥m,l⊥n,l⊄α,l⊄β,则()A.α∥β且l∥αB.α⊥β且l⊥βC.α与β相交,且交线垂直于lD.α与β相交,且交线平行于l10.异面直线l与m成60°角,异面直线l与n成45°角,则异面直线m与n所成角的取值范围是()A.[15°,90°]B.[60°,90°]C.[15°,90°)D.[15°,60°]11.正四棱锥P-ABCD中,四条侧棱长均为2,底面ABCD是正方形,E为PC的中点,若异面直线PA与BE所成的角为45°,则该四棱锥的体积是()A.4B.2C. D.12.已知集合A={直线},B={平面},C=A∪B.若a∈A,b∈B,c∈C,给出下列四个说法:①若a∥b,c∥b,则a∥c;②若a⊥b,c⊥b,则a∥c;③若a∥b,c⊥b,则a⊥c;④若a⊥b,c∥b,则a⊥c.其中正确说法的序号是.13.如图K41-3所示是正方体和正四面体,P,Q,R,S分别是其所在棱的中点,则四个点共面的图形是.图K41-314.(12分)如图K41-4,平面ABEF⊥平面ABCD,四边形ABEF与四边形ABCD都是直角梯形,∠BAD=∠FAB=90°,BC AD,BE FA,G,H分别为FA,FD的中点.(1)求证:四边形BCHG是平行四边形.(2)C,D,F,E四点是否共面?为什么?图K41-415.(13分)[2017·成都七中月考]如图K41-5所示,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,D 是PC的中点.已知∠BAC=,AB=2,AC=2,PA=2.(1)求三棱锥P-ABC的体积;(2)求异面直线BC与AD所成角的余弦值.图K41-5难点突破16.(5分)[2017·包头十校联考]在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在线段AD1上运动,则异面直线CP与BA1所成的角θ的取值范围是()图K41-6A.0<θ<B.0<θ≤C.0≤θ≤D.0<θ≤17.(5分)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BM与AN所成角的余弦值为.课时作业(四十二)第42讲直线、平面平行的判定与性质基础热身1.[2017·江西六校联考]设α,β是两个不同的平面,m是直线,且m⊂α,则“m∥β”是“α∥β”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件2.[2017·潮州三校联考]在空间四边形ABCD中,E,F分别为AB,AD上的点,且AE∶EB=AF∶FD=1∶4,又H,G分别为BC,CD的中点,则()A.BD∥平面EFG,且四边形EFGH是平行四边形B.EF∥平面BCD,且四边形EFGH是梯形C.HG∥平面ABD,且四边形EFGH是平行四边形D.EH∥平面ADC,且四边形EFGH是梯形3.[2017·保定模拟]有下列四个说法:①若直线l平行于平面α内的无数条直线,则直线l∥α;②若直线a在平面α外,则a∥α;③若直线a∥b,b∥α,则a∥α;④若直线a∥b,b∥α,则a平行于平面α内的无数条直线.其中正确说法的个数是()A.1B.2C.3D.44.如图K42-1是正方体的平面展开图,关于这个正方体有以下判断:图K42-1①ED与NF所成的角为60°;②CN∥平面AFB;③BM∥DE;④平面BDE∥平面NCF.其中正确判断的序号是()A.①③B.②③C.①②④D.②③④5.如图K42-2,四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形,AB∥CD,BA⊥AD,CD=2AB,PA⊥底面ABCD,E 为PC的中点,则BE与平面PAD的位置关系为.图K42-2能力提升6.若平面α∥平面β,点A,C∈α,B,D∈β,则直线AC∥直线BD的充要条件是()A.AB∥CDB.AD∥CBC.AB与CD相交D.A,B,C,D四点共面7.已知直线a与平面α,β,若α∥β,a⊂α,点B∈β,则在β内过点B的所有直线中()A.不一定存在与a平行的直线B.只有两条与a平行的直线C.存在无数条与a平行的直线D.存在唯一一条与a平行的直线8.[2017·长郡中学质检]在如图K42-3所示的三棱柱ABC-A1B1C1中,过A1B1的平面与平面ABC交于DE,则DE与AB的位置关系是()A.异面B.平行C.相交D.以上均有可能图K42-39.已知m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,下列说法中正确的是()A.若m∥α,n∥α,则m∥nB.若α⊥γ,β⊥γ,则α∥βC.若m∥α,m∥β,则α∥βD.若m⊥α,n⊥α,则m∥n10.[2017·浙江金丽衢十二校联考]已知平面α∥平面β,P是α,β外一点,过点P的直线m与α,β分别交于点A,C,过点P的直线n与α,β分别交于点B,D,且PA=6,AC=9,PD=8,则BD=()A.16B.24或C.14D.2011.如图K42-4是某长方体被一平面所截得的几何体,四边形EFGH为截面,则四边形EFGH的形状为.图K42-412.已知a,b为两条不同的直线,α,β,γ为三个不同的平面,给出以下三个说法:①若a∥b,b⊂α,则a∥α;②若a∥b,a∥α,则b∥α;③若α∩β=a,b⊂γ,且b∥β,a⊂γ,则a∥b.其中正确说法的序号是.13.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,O为底面ABCD的中心,P是DD1的中点,设Q是CC1上的点,则点Q满足条件时,有平面D1BQ∥平面PAO.14.(10分)[2017·宜春二模]在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,△ABC是正三角形,AC 与BD的交点M恰好是AC的中点,又PA=AB=4,∠CDA=120°,点N在PB上,且PN=.求证:MN∥平面PDC.图K42-515.(13分)[2017·石家庄二模]如图K42-6,在三棱柱ABC-DEF中,侧面ABED是边长为2的菱形,且∠ABE=,BC=.点F在平面ABED内的正投影为G,且G在AE上,FG=,点M在CF 上,且CM=CF.(1)证明:直线GM∥平面DEF;(2)求三棱锥M-DEF的体积.图K42-6难点突破16.(12分)[2018·南昌模拟]如图K42-7所示,在四棱锥P-ABCD中, ∠ABC=∠ACD=90°,∠BAC=∠CAD=60°,PA⊥平面ABCD,PA=2,AB=1.设M,N分别为PD,AD的中点.(1)求证:平面CMN∥平面PAB;(2)求三棱锥P-ABM的体积.图K42-7课时作业(四十三)第43讲直线、平面垂直的判定与性质基础热身1.[2017·湖南六校联考]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,下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是()A.α⊥β且m⊂αB.α⊥β且m∥αC.m∥n且n⊥βD.m⊥n且α∥β2.[2017·唐山三模]已知平面α⊥平面β,则“直线m⊥平面α”是“直线m∥平面β”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件3.[2017·深圳四校联考]若平面α,β满足α⊥β,α∩β=l,P∈α,P∉l,则下列说法中不正确的是()A.过点P垂直于平面α的直线平行于平面βB.过点P垂直于直线l的直线在平面α内C.过点P垂直于平面β的直线在平面α内D.过点P且在平面α内垂直于l的直线必垂直于平面β4.[2017·龙岩二模]已知三个不同的平面α,β,γ满足α⊥γ,β⊥γ,则α与β的关系是.5.在三棱锥P-ABC中,点P在平面ABC内的射影为点O,若PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,则点O 是△ABC的心.能力提升6.[2017·南昌二模]已知直线m,n与平面α,β,γ满足α⊥β,α∩β=m,n⊥α,n⊂γ,则下列判断一定正确的是()A.m∥γ,α⊥γB.n∥β,α⊥γC.β∥γ,α⊥γD.m⊥n,α⊥γ7.将图K43-1①中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC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()图K43-1A.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8.[2017·临汾三模]已知α为平面,a,b为两条不同的直线,则下列说法中正确的是()A.若直线a,b与平面α所成角都是30°,则直线a,b平行B.若直线a,b与平面α所成角都是30°,则直线a,b不可能垂直C.若直线a,b平行,则直线a,b中至少有一条与平面α平行D.若直线a,b垂直,则直线a,b与平面α不可能都垂直9.如图K43-2所示,在三棱锥P-ABC中,已知PA⊥底面ABC,AB⊥BC,E,F分别是线段PB,PC上的动点,则下列说法错误的是()A.当AE⊥PB时,△AEF一定为直角三角形B.当AF⊥PC时,△AEF一定为直角三角形C.当EF∥平面ABC时,△AEF一定为直角三角形D.当PC⊥平面AEF时,△AEF一定为直角三角形图K43-210.[2017·肇庆三模]在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,AC∩BD=O,E是线段B1C(含端点)上的动点,给出下列说法:①OE⊥BD1;②OE∥平面A1C1D;③三棱锥A1-BDE的体积为定值;④OE与A1C1所成的最大角为90°.其中说法正确的个数是()A.1B.2C.3D.411.[2017·邯郸二模]如图K43-3,在矩形ABCD中,AB=2AD,E为边AB的中点,将△ADE沿直线DE翻折到△A1DE(A1∉平面ABCD)的位置.若M,O分别为线段A1C,DE的中点,则在△ADE的翻折过程中,下列说法错误的是()A.与平面A1DE垂直的直线必与直线BM垂直B.过E作EG∥BM,G∈平面A1DC,则∠A1EG为定值C.一定存在某个位置,使DE⊥MOD.三棱锥A1-ADE外接球半径与棱AD的长之比为定值图K43-312.已知a,b,l表示三条不同的直线,α,β,γ表示三个不同的平面,有下列四个说法:①若α∩β=a,β∩γ=b,且a∥b,则α∥γ;②若a,b相交,且都在α,β外,a∥α,a∥β,b∥α,b∥β,则α∥β;③若α⊥β,α∩β=a,b⊂β,a⊥b,则b⊥α;④若a⊂α,b⊂α,l⊥a,l⊥b,l⊄α,则l⊥α.其中正确说法的序号是.13.[2017·厦门二模]正方体ABCD-A1B1C1D1的棱和六个面的对角线共有24条,其中与体对角线AC1垂直的有条.14.(10分)[2017·徐州、宿迁、连云港、淮安四市三模]如图K43-4,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD是矩形,点E在棱PC上(异于点P,C),平面ABE与棱PD交于点F.(1)求证:AB∥EF;(2)若平面PAD⊥平面ABCD,求证:AF⊥EF.图K43-415.(13分)如图K43-5,在正三棱柱A1B1C1-ABC中,点D,E分别是A1C,AB的中点.(1)求证:ED∥平面BB1C1C;(2)若AB=BB1,求证:A1B⊥平面B1CE.图K43-5难点突破16.(12分)[2018·昆明检测]如图K43-6,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱CC1⊥底面ABC,M为BC的中点, AC=AB=3,BC=2,CC1=.(1)证明:B1C⊥平面AMC1;(2)求点A1到平面AMC1的距离.图K43-6课时作业(四十四)第44讲空间向量及其运算和空间位置关系基础热身1.[2017·上饶期中]如图K44-1所示,三棱锥O-ABC中,M,N分别是AB,OC的中点,设=a,=b,=c,用a,b,c表示,则= ()图K44-1A.(-a+b+c)B.(a+b-c)C.(a-b+c)D.(-a-b+c)2.[2017·唐山统考]已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,点M在AC1上,且=,N 为B1B的中点,则||为()A.aB.aC.aD.a3.[2018·黑龙江齐齐哈尔实验中学期中]设ABCD-A1B1C1D1是棱长为a的正方体,则有()A.·=a2B.·=a2C.·=a2D.·=a24.已知a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ),若a,b,c三个向量共面,则实数λ= .5.在空间直角坐标系中,以点A(4,1,9),B(10,-1,6),C(x,4,3)为顶点的△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形,则实数x的值为.能力提升6.[2017·台州统考]已知向量a=(2m+1,3,m-1),b=(2,m,-m),且a∥b,则实数m的值等于()A.B.-2C.0D.或-27.已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a,点E,F分别是BC,AD的中点,则·的值为()A.a2B.a2C.a2D.a28.如图K44-2所示,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AM=MC,A1N=2ND.设=a,=b,=c,=xa+yb+zc,则x+y+z=()A. B.C. D.图K44-29.如图K44-3所示,已知PA⊥平面ABC,∠ABC=120°,PA=AB=BC=6,则||等于()A.6B.6C.12D.144图K44-310.已知空间向量a,b满足|a|=|b|=1,且a,b的夹角为,O为空间直角坐标系的原点,点A,B 满足=2a+b,=3a-b,则△OAB的面积为()A.B.C.D.11.[2017·泉州四校联考]O为空间中任意一点,A,B,C三点不共线,且=++t,若P,A,B,C四点共面,则实数t= .12.设A1,A2,A3,A4,A5是空间中给定的5个不同的点,则使=0成立的点M的个数为.13.[2017·北京西城区模拟]如图K44-4所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,若动点P 在线段BD1上运动,则·的取值范围是.图K44-414.(10分)如图K44-5所示,在棱长为a的正方体OABC-O1A1B1C1中,E,F分别是棱AB,BC上的动点,且AE=BF=x,其中0≤x≤a,以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz.(1)写出点E,F的坐标;(2)求证:A1F⊥C1E;(3)若A1,E,F,C1四点共面,求证:=+.图K44-515.(13分)如图K44-6所示,已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1,点E,F,G 分别是AB,AD,CD的中点.计算:(1)·;(2)EG的长;(3)异面直线AG与CE所成角的余弦值.图K44-6难点突破16.(12分)如图K44-7所示,正三角形ABC的边长为4,CD是AB边上的高,E,F分别是AC和BC的中点,现将△ABC沿CD翻折成直二面角A-DC-B.(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系,并说明理由.(2)在线段BC上是否存在一点P,使AP⊥DE?如果存在,求出的值;如果不存在,请说明理由.图K44-7课时作业(四十五)第45讲第1课时空间角的求法基础热身1.如图K45-1所示,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,E,F分别是A1C1和AD1的中点,则EF和CD所成的角是()A.30°B.45°C.60°D.90°图K45-12.[2018·河北枣强中学月考]已知向量m,n分别是直线l的方向向量和平面α的法向量,若cos<m,n>=-,则l与α所成的角为()A.30°B.60°C.120°D.150°3.[2017·郑州模拟]过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD,若AB=PA,则平面ABP 与平面CDP所成的锐二面角为()A.30°B.45°C.60°D.90°4.已知直三棱柱ABC-A1B1C1,∠ACB=90°,CA=CB=CC1,D为B1C1的中点,则异面直线BD和A1C 所成角的余弦值为.5.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=AA1=1,则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为.能力提升6.[2017·东营质检]已知A(1,0,0),B(0,-1,1),O为坐标原点,+λ与的夹角为120°,则λ的值为()A.±B.C.-D.±7.如图K45-2所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB=BC=AA1,∠ABC=90°,点E,F 分别是棱AB,BB1的中点,则直线EF和BC1所成的角是()A.30°B.45°C.60°D.90°图K45-28.[2017·邯郸一模]如图K45-3,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AA1=2,AC=,过BC的中点D作平面ACB1的垂线,交平面ACC1A1于点E,则BE与平面ABB1A1所成角的正切值为()A.B.C.D.图K45-39.[2017·浙江五校联考]如图K45-4所示,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAB⊥底面ABCD,底面ABCD为矩形,PA=PB,O为AB的中点,OD⊥PC,若PD与平面PAB所成的角为30°,则二面角D-PC-B的余弦值是()图K45-4A.B.-C. D.-10.[2017·珠海模拟]在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是BD的中点,点P在线段B1D1上,直线OP与平面A1BD所成的角为α,则sin α的取值范围是()A.,B.,C.,D.,11.[2017·衡阳二联]如图K45-5所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,A1C1∩B1D1=E,直线AC与直线DE所成的角为α,直线DE与平面BCC1B1所成的角为β,则cos(α-β)= .图K45-512.如图K45-6所示,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=,则三棱锥E-ACD的体积为.图K45-613.如图K45-7,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M在线段PQ 上,E,F分别为AB,BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ,则cos θ的最大值为.图K45-714.(10分)[2017·南通一模]如图K45-8所示,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P 为棱C1D1的中点,Q为棱BB1上的点,且BQ=λBB1(λ≠0).(1)若λ=,求AP与AQ所成角的余弦值;(2)若直线AA1与平面APQ所成的角为45°,求实数λ的值.图K45-815.(13分)[2017·泉州质检]如图K45-9所示,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,∠CBD=60°,BD=2BC=4,点E在CD上,DE=2EC.(1)求证:AC⊥BE;(2)若二面角E-BA-D的余弦值为,求三棱锥A-BCD的体积.图K45-9难点突破16.(12分)[2017·河南六市二联]如图K45-10所示,AB是半圆O的直径,C是半圆O上除A,B 外的一个动点,DC垂直于半圆O所在的平面,DC∥EB,DC=EB,AB=4,tan∠EAB=.(1)证明:平面ADE⊥平面ACD;(2)当三棱锥C-ADE的体积最大时,求二面角D-AE-B的余弦值的绝对值.图K45-10课时作业(四十五)第45讲第2课时空间向量的应用基础热身1.(12分)[2017·郴州三模]如图K45-11所示,C是以AB为直径的圆上异于A,B的点,平面PAC⊥平面ABC,PA=PC=AC=2,BC=4,E,F分别是PC,PB的中点,记平面AEF与平面ABC的交线为直线l.(1)求证:直线l⊥平面PAC.(2)直线l上是否存在点Q,使直线PQ分别与平面AEF,直线EF所成的角互余?若存在,求出AQ的值;若不存在,请说明理由.图K45-112.(12分)[2017·北京丰台区一模]如图K45-12①所示,平面五边形ABCDE中,AB∥CD,∠BAD=90°,AB=2,CD=1,△ADE是边长为2的正三角形.现将△ADE沿AD折起,得到四棱锥E-ABCD(如图②),且DE⊥AB.(1)求证:平面ADE⊥平面ABCD.(2)求平面BCE和平面ADE所成锐二面角的大小.(3)在棱AE上是否存在点F,使得DF∥平面BCE?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.图K45-12能力提升3.(12分)[2017·濮阳一模]如图K45-13所示,四边形ABCD为梯形,AB∥CD,PD⊥平面ABCD,∠BAD=∠ADC=90°,DC=2AB=2,DA=.(1)线段BC上是否存在一点E,使平面PBC⊥平面PDE?若存在,请求出的值,并进行证明;若不存在,请说明理由.(2)若PD=,线段PC上有一点F,且PC=3PF,求直线AF与平面PBC所成角的正弦值.图K45-134.(12分)[2017·天津河西区一模]如图K45-14所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,PA=AB=AD=2,四边形ABCD满足AB⊥AD,BC∥AD,BC=4,点M为PC的中点,点E为BC边上的动点,且=λ.(1)求证:DM∥平面PAB.(2)求证:平面ADM⊥平面PBC.(3)是否存在实数λ,使得二面角P-DE-B的余弦值为?若存在,试求出实数λ的值;若不存在,说明理由.图K45-145.(12分)[2017·玉溪民族中学模拟]直三棱柱ABC-A1B1C1中, AA1=AB=AC=1, E,F分别是CC1,BC的中点, 且AE⊥A1B1,(1)证明: AB⊥平面A1ACC1.(2)棱A1B1上是否存在一点D,使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为?若存在,说明点D的位置;若不存在,说明理由.图K45-15难点突破6.(12分)[2017·北京昌平区二模]如图K45-16所示,三棱柱ABC-A1B1C1中,BC垂直于正方形A1ACC1所在平面,AC=2,BC=1,D为AC中点,E为线段BC1上的一点(端点除外),平面AB1E 与BD交于点F.(1)若E不是BC1的中点,求证:AB1∥EF.(2)若E是BC1的中点,求AE与平面BC1D所成角的正弦值.(3)在线段BC1上是否存在点E,使得A1E⊥CE?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.图K45-16课时作业(四十)1.D[解析] 由题图可知,该几何体为如图所示的三棱锥,其中平面ACD⊥平面BCD,该三棱锥的侧视图可能为等腰三角形,故选D.2.C[解析] 此几何体为一个组合体,上面部分为一个圆锥,下面部分为一个半球.故此几何体的表面积为S=×12+×2×2π×1=4π,故选C.3.B[解析] 由正视图和侧视图可知,AC=4,PC=4,AB=BC==4,则PB===4,故选B.4.12π[解析] 由三视图知,该组合体为正方体内接于球,正方体的棱长为2,设球的半径为R,则2R=2,即R=,则该球的表面积S=4πR2=4π×3=12π.5.[解析] 由三视图可知该几何体是三棱柱割去一个三棱锥后剩下的部分(如图),则该几何体的体积为×2×2×2-××1×1×2=4-=.6.A[解析] 由所给的正方体的直观图知,△PAC在该正方体上、下底面上的射影是①中图形,△PAC在该正方体前、后、左、右侧面上的射影是④中图形,故选A.7.C[解析] 由题意知,该几何体是由一个半圆柱与一个半球组成的组合体,其中半圆柱的底面半径为1,高为4,半球的半径为1,则该几何体的体积为×π×13+π×12×4=π,故选C.8.D[解析] 由三视图得,该几何体是正方体挖去一个半圆锥后剩余的部分,故该几何体的体积V=23-×π×12×2=8-,故选D.9.C[解析] 由三视图可知,该几何体是由半圆柱与三棱柱组成的,则该几何体的体积V=π×12×3+×2×2×3=6+π.10.C[解析] 由俯视图的直观图可得该几何体的底面是边长为4的等边三角形,由正视图与侧视图可得该几何体是高为6的三棱锥(如图所示的三棱锥P-ABC),其中PC⊥底面ABC,∴该几何体的表面积S=×42+2××4×6+×4×=24+12,故选C.11.11+2[解析] 由三视图知,该几何体是一个直四棱柱,上、下底面为直角梯形,直角梯形斜腰长为=,则底面周长为4+,故侧面积为2×(4+)=8+2,又两底面的面积和为2××1×(1+2)=3,所以该几何体的表面积为8+2+3=11+2.12.16π[解析] 边长为的正三角形ABC的外接圆的半径r=1,则球O的半径R==2,则球O的表面积S=4πR2=16π.13.[解析] 根据题意,三棱锥P-ABC为鳖臑,且PA⊥平面ABC,PA=AB=2,如图所示,可得∠PAB=∠PAC=∠ABC=∠PBC=90°.易知PC为外接球的直径,设外接球的半径为R.又该鳖臑的外接球的表面积为24π,则R2==6,则BC==4,则该鳖臑的体积为××2×4×2=.14.解:分别过A,B作EF的垂线,垂足分别为G,H,连接DG,CH,则原几何体被分割为两个三棱锥和一个直三棱柱.易知三棱锥的高为,直三棱柱的高为1,AG==,取AD的中点M,连接MG,则MG=,∴S△AGD=×1×=,∴V多面体ABCDEF=×1+2×××=.15.解:(1)直观图如图所示.(2)由三视图可知该几何体是长方体被截去一个三棱柱后剩余的部分,且该几何体的体积是以A1A,A1D1,A1B1为棱的长方体的体积的,∴该几何体的体积V=×1×2×1=(m3).在直角梯形AA1B1B中,作BE⊥A1B1于E,则四边形AA1EB是正方形,AA1=BE=1.在Rt△BEB1中,BE=1,EB1=1,∴BB1=,∴该几何体的表面积S=S正方形ABCD++2++=1+2×1+2××(1+2)×1+1×+1= 7+(m2),∴该几何体的表面积为(7+)m2,体积为 m3.16.A[解析] 用排除法.首先截线不可能是直线,排除B中图形;又圆柱被平面截开所得的截面是椭圆,而侧面展开图为平面图,不可能是圆或椭圆,排除C,D中的图形.故选A.17.16π[解析] 因为总有S圆=S环,所以半椭球体的体积为V圆柱-V圆锥=πb2a-πb2a=πb2a.又2a=6,2b=4,即a=3,b=2,所以椭球体的体积V=πb2a=π×22×3=16π.加练一课(五)1.A[解析] 由题意易知,球心在正四棱锥的高上,设球的半径为R,则(4-R)2+()2=R2,解得R=,所以该球的表面积为4π×=π,故选A.2.B[解析] 由三视图可得该几何体为三棱柱,能得到的最大球为三棱柱的内切球,球的半径为正视图中直角三角形内切圆的半径r.由切线长的性质,得(8-r)+(6-r)=,得r=2,故选B.3.C[解析] 三棱锥B'-ACD中,△AB'C和△ACD是有公共斜边AC的直角三角形,取AC的中点O,则有OB'=OA=OC=OD,∴O为三棱锥B'-ACD的外接球的球心,外接球半径R=OA=1,则三棱锥B'-ACD的外接球的表面积是4πR2=4π,故选C.。
2020年高考数学(文科)复习 第七单元 立体几何 作业答案
课时作业(三十四)1.B [解析] 如图所示,在长方体ABCD - A 1B 1C 1D 1中,由正视图和俯视图可知截面为△A 1BC 1,截去的棱锥为B - A 1B 1C 1,故该几何体的侧视图如题中选项B 所示.2.B [解析] 由已知得该几何体如图所示,所以该几何体的体积为13+1×1×2×3=7.3.D [解析] 由三视图可知,该几何体为半圆锥与正方体的组合体, 故体积V=23+12×13×π×12×2=8+π3,故选D .4.28π3[解析] 由三视图知,该几何体是一个三棱柱,三棱柱的底面是边长为2的正三角形,侧棱长是2.三棱柱的两个底面的中心的连线的中点与三棱柱的顶点的连线就是外接球的半径, 即半径r=√(23×√3) 2+12=√73,故球的表面积为4πr 2=4π×73=28π3. 5. 2√3 [解析] 由正三棱柱的三视图还原直观图(图略)可得,正视图是一个矩形,其中一边的长是侧视图中三角形的高,其邻边长为2.因为侧视图中三角形的边长为2,所以高为√3,所以正视图的面积为2√3.6.B [解析] 由三视图知,剩余部分的几何体是四棱锥P - ABCD 被平面QBD 截去三棱锥Q - BCD (Q 为PC 的中点)后剩下的部分,连接AC 交BD 于O ,连接OQ ,则OQ ∥PA ,且OQ=12PA.设PA=AB=a ,则V 四棱锥P - ABCD =13a 3,V三棱锥Q - BCD =13×12a 2×12a=112a 3,剩余部分的体积为13a 3-112a 3,则所求的比值为112a 313a 3-112a 3=13.7.B [解析] P 点在上、下底面的投影分别落在A 1C 1和AC 上,所以△PAC 在上底面或下底面的正投影为①,在前面、后面以及左面、右面的正投影为④,故选B . 8.C [解析] 由三视图还原几何体可知,羡除ADE-BCF 中,AB ∥EF ,底面ABCD 是矩形, AB=AD=2,EF=1,平面ADE ⊥平面ABCD ,AB ,CD 间的距离h=AD=2. 取AD 的中点G ,连接EG ,∵平面ADE ⊥平面ABCD ,∴EG ⊥平面ABCD , 由侧视图知直线EF 到平面ABCD 的距离h'=1,∴所求体积V=1×26×(2+2+1)=53,故选C .9.A [解析] 由三视图可知该几何体为三棱锥A - BCD ,可将其放入棱长为4的正方体中,如图所示, 其中A ,C ,D 为正方体的顶点,B 为正方体棱的中点,∴S △ABC =12×2×4=4,S △BCD =12×2×4=4.∵AC=4√2,AC ⊥CD ,∴S △ACD =12×4×4√2=8√2.∵AB=BD=√42+22=2√5,AD=4√3,∴cos ∠ABD=AB 2+BD 2-AD 22AB ·BD=-15,∴sin ∠ABD=2√65,∴S△ABD=12×2√5×2√5×2√65=4√6,∴几何体的表面积为8+8√2+4√6.10.B[解析]由三视图可知,该几何体是一个三棱锥,三棱锥有三条共顶点的棱彼此互相垂直,其长度分别为5,6,h,则三棱锥的体积V=13×12×5×6×h=20,解得h=4.故选B.11.D[解析]由三视图可知,该几何体是图中的三棱锥A-BCD,V三棱锥A-BCD=13×12×2×4×2=83.该三棱锥外接球的直径2R=AC,从而4R2=AC2=22+22+42=24,于是外接球的表面积S=4πR2=24π.所以该几何体的体积与其外接球的表面积的数值的比值为8324π=19π,故选D.12.3[解析]该几何体如图所示,其中SB⊥平面ACBD,且四边形ACBD为直角梯形,则SB=x,∠ADB=90°,AD=1,DB=BC=2.故S梯形ACBD=12×3×2=3,所以体积V=13×x×3=3,得x=3,故填3.13.24-π[解析]根据三视图可知,该几何体是一个正方体挖去了球的18后剩余的部分,故该几何体的表面积为3(4-π)+12+4π×4×18=24-π.14.√10[解析]由题意,△PEQ的周长取得最小值时,P在B1C1上,在平面B1C1CB内,设E关于B1C的对称点为N,关于B1C1的对称点为M,连接MN,则EM=2,EN=√2,∠MEN=135°,∴MN=2)√10,故△PEQ周长的最小值为√10.15.B[解析]由三视图可得,该几何体是底面直径、高都为4的圆柱,若切削该几何体得到一个表面积最大的长方体,则长方体的底面是边长为2√2的正方形,其高为4,则该长方体的表面积为2×(2√2)2+4×2√2×4=16+32√2.16.D[解析]由俯视图可知正四棱柱的底面边长为1,高为√3或底面边长为√3,高为1,且由俯视图可知正视图为矩形,其长为√3cos α+sin α=2sinα+π3.(1)若正四棱柱的底面边长为1,高为√3,则正视图的面积S=1×2sinα+π3=2sinα+π3,∴当α=π6时,正视图的面积最大,最大值为2.(2)若正四棱柱的底面边长为√3,高为1,则正视图的面积S=√3×2sinα+π3=2√3sinα+π3,∴当α=π6时,正视图的面积最大,最大值为2√3.专题集训(五)1.C[解析]设正方体的棱长为a,则球的半径为√32a,所以球的表面积S1=4π×34a2=3πa2,而正方体的表面积S2=6a2,所以所求比值为S1S2=π2 .2.A[解析]三棱长分别为1,√3,2的长方体的8个顶点都在球O的表面上,所以球的直径等于长方体的体对角线长,即2R=√12+(√3)2+22=2√2,得R=√2,所以球O的体积V=43πR3=43π(√2)3=8√2π3.3.A[解析]由题意,该几何体为三棱柱,所以最大球的半径为侧视图直角三角形内切圆的半径r,则10-r+10-r=10√2,所以r=10-5√2≈3.故选A.4.C[解析]设球的半径为r,则43πr3=43π,解得r=1,所以圆柱的底面半径为1,高为2,所以圆柱的侧面积为2π×1×2=4π,故选C.5.3√32[解析]设球的半径为R,因为△ABC是边长为3的正三角形,所以△ABC外接圆的半径r=√3,所以球心O到平面ABC的距离d=√R2-r2=1.又SC 为球O 的直径,所以点S 到平面ABC 的距离为2d=2, 所以此三棱锥的体积V=13S △ABC ×2d=13×√34×32×2=3√32. 6.D [解析] 要使球的体积V 最大,则球为正方体的内切球.∵正方体的体积为8,∴正方体的棱长为2,∴内切球的半径为1,故其体积为43π×13=43π,故选D .7.A [解析] 如图,取BC 的中点D ,连接AD ,PD ,∵AB=AC ,∴AD ⊥BC ,又∵PA ⊥平面ABC ,∴PA ⊥BC ,∴BC ⊥平面PAD.过A 作AH ⊥PD 于H ,易知AH ⊥平面PBC ,∴∠APD 是直线PA 与平面PBC 所成的角,∴tan ∠APD=AD AP =12.∵AD=12BC=√22,∴PA=√2.∵AB ,AC ,AP 两两垂直,∴以AB ,AC ,AP 为棱的长方体的外接球就是三棱锥P - ABC 的外接球,∴三棱锥P - ABC 的外接球的半径为√12+12+(√2)22=1,∴三棱锥P - ABC 的外接球的表面积为4π,故选A .8.A [解析] ∵△ABC 所在截面圆的圆心O 在AB 上,SO ⊥平面ABC ,AC=√3,BC=1,三棱锥的体积是√33,∴13×12×√3×1×SO=√33,∴SO=2. 设球的半径为R ,则R=√1+(2-R)2,∴R=54,∴球的表面积是4π×2516=254π.9.C [解析] 根据题意知,△ABC 是一个直角三角形,其面积为1,其外接圆的圆心为斜边AC 的中点.球的表面积为25π4, 设球的半径为r ,则有4πr 2=25π4,解得r=54.∵四面体ABCD的底面积S△ABC不变,∴高h最大时,体积最大,即D到底面ABC的距离最大时,四面体ABCD 的体积最大,∴h max=r+√r2-12=2,∴四面体ABCD体积的最大值为13×1×2=23.10.C[解析]∵球的半径R=4,∴截面圆的半径r=√42-3=√13,故截面圆的面积S=πr2=13π.故选C.11.C[解析]由三视图知,该几何体为三棱锥,设其底面边长和高都为2,则三棱锥的体积为1 3×√34×22×2=2√33.该三棱锥底面外接圆半径r=2sinπ3÷2=2√33,故该几何体外接球的半径为√r2+1=√213,其体积为43π×√2133=28√2127π.故所求比值为28√2127π2√33=14√79π.故选C.12.1或7[解析]设球的半径为R,则有100π=4πR2,则R=5.设球心到截面α,β的距离分别为d1,d2,如图①所示,当球的球心在两个平行平面的外侧时,这两个平面间的距离为球心与两个截面圆的距离之差,即d1-d2=√25-9-√25-16=4-3=1.如图②所示,当球的球心在两个平行平面之间时,这两个平面间的距离为球心与两个截面圆的距离之和,即d1+d2=√25-9+√25-16=4+3=7.故两截面间的距离为1或7.13.32√3π27[解析] 设正三棱柱的高为h ,由题可知S △ABC =√34,V 三棱柱ABC -A1B 1C 1=√34×h=√32,解得h=2.正三棱柱外接球的球心在上、下底面中心连线的中点处,则外接球的半径R=√12+(√12-(12) 2×23) 2=√43,所以外接球的体积为43πR 3=43π×√433=32√3π27. 14.解:如图,作出轴截面,设球未取出时,水面高为PC ,球取出后,水面高PH=x.易知AC=√3r ,PC=3r ,则以AB 为底面直径的圆锥的体积为V 圆锥=13π·AC 2·PC=13π(√3r )2·3r=3πr 3,V 球=43πr 3.球取出后,水面下降到EF ,水的体积为V 水=13π·EH 2·PH=13π(PH ·tan 30°)2·PH=19πx 3.又V 水=V 圆锥-V 球,则19πx 3=3πr 3-43πr 3,解得x=√153r.故所求水面的高是√153r.15.解:(1)如图,球心O 1和O 2在AC 上,过O 1,O 2分别作AD ,BC 的垂线,垂足分别为E ,F.设球O 1的半径为r ,球O 2的半径为R ,则由AB=1,AC=√3得AO 1=√3r ,CO 2=√3R ,∴r+R+√3(r+R )=√3,∴R+r=√3√3+1=3-√32. (2)设两球体积之和为V ,则V=43π(R 3+r 3)=43π(r+R )(R 2-Rr+r 2)=4 3π×3-√32[(R+r)2-3rR]=43π×3-√323-√322-3R3-√32-R=4 3π×3-√323R2-3×(3-√3)2R+3-√322,当R=3-√34时,V有最小值,∴当R=r=3-√34时,两球体积之和最小.16.B[解析]如图,取AB,CD的中点分别为E,F,连接CE,ED,EF.由条件知,AB=CD=√6,BC=AC=AD=BD=2,可知△ABC与△ADB都是等腰三角形,∴CE⊥AB,DE⊥AB,∴AB⊥平面ECD,∴AB⊥EF,又易知EC=ED,∴CD⊥EF,∴EF是AB与CD的公垂线,∴球心G在EF上,连接GD,易得G为EF中点,DE=√4-64=√102,DF=√62,∴EF=√104-64=1,∴半径DG=√14+64=√72,∴外接球的表面积为4π×DG2=7π. 17.A[解析]在题图②中,取AC的中点E,连接DE,BE,如图所示,∵AD=CD,∴DE⊥AC.∵平面ACD ∩平面ABC=AC , 平面ACD ⊥平面ABC ,DE ⊂平面ACD ,∴DE ⊥平面ABC ,又∵∠ABC=90°, ∴三棱锥外接球的球心O 在直线DE 上. ∵AD=CD=√6,AB=BC=2,∠ABC=90°,∴BE=AE=CE=12AC=√2,DE=√AD 2-AE 2=2. 连接BO ,设OE=x ,则OD=2-x ,OB=√BE 2+OE 2=√x 2+2,∴2-x=√x 2+2,解得x=12, ∴外接球的半径r=2-x=32,∴外接球的体积V=4π3×323=9π2,即为所求球的体积.课时作业(三十五)1.A [解析] 选项A 是面面平行的性质定理,是由公理推证出来的,而公理是不需要证明的,故选A.2.D [解析] 对于A ,当m ⊥α时,因为n ⊂α,所以m ⊥n ;对于B ,当A ∈n 时,m ∩n=A ;对于C ,若A ∉n ,则由异面直线的定义知m ,n 异面;对于D ,若m ∥n ,则由于m ⊄α,n ⊂α,所以m ∥α,这与m ∩α=A 矛盾,所以m ,n 不可能平行.故选D .3.C [解析] 如图,与直线BA 1是异面直线的有直线DC ,DA ,D 1C 1,DD 1,CC 1,B 1C 1,共6条.故选C .4.C [解析] 如图所示,延长AD 到H ,使AD=DH ,过P 作PG ∥AH ,PG=AH ,F 为PG 的中点,连接FD ,GH ,BF ,FH ,BH ,则∠BFH 为异面直线BE 与PD 所成的角或其补角.在△BFH 中,由余弦定理得cos ∠BFH=2×√13×3=√1339,故选C .5.π2[解析] 如图所示,设AC ∩BD=O ,连接VO.因为四棱锥V - ABCD 是正四棱锥,所以VO ⊥平面ABCD ,故BD ⊥VO.又四边形ABCD 是正方形,所以BD ⊥AC ,所以BD ⊥平面VAC ,所以BD ⊥VA ,即异面直线VA 与BD 所成角的大小为π2.6.B [解析] 在A 中,l 1⊥l 2,l 2⊥l 3,l 1与l 3可能平行,也可能相交或异面. 在B 中,l 1⊥l 2,l 2∥l 3,则l 1⊥l 3.在C 中,l 1∥l 2∥l 3时,三条直线不一定共面,如三棱柱的三条侧棱不共面. 在D 中,共点的三条直线不一定共面,如三棱锥中共顶点的三条棱不共面.故选B .7.D [解析] 构造如图所示的正方体ABCD - A 1B 1C 1D 1,取l 1为AD ,l 2为AA 1,l 3为A 1B 1.当取l 4为B 1C 1时,l 1∥l 4;当取l 4为BB 1时,l 1⊥l 4.故排除A ,B ,C ,故选D .8.D [解析] 如图,过E 点作EM ∥AB ,过M 点作MN ∥AD ,取MN 的中点G ,连接GE ,GD 1.易知EG ∥BF ,则异面直线BF 与D 1E 所成的角即为∠D 1EG.不妨设正方体的棱长为2,则GE=√5,D 1G=√2,D 1E=3.在△D 1GE 中,由余弦定理得cos ∠D 1EG=9+5-22×3×√5=2√55,故选D .9. A [解析] 直线EF 和GH 相交,设交点为M ,∵EF⊂平面ABD,HG⊂平面CBD,∴M∈平面ABD,且M∈平面CBD,又∵平面ABD∩平面BCD=BD,∴M∈BD,∴EF与HG的交点在直线BD上.故选A.10.D[解析]设四棱锥的两组不相邻的侧面的交线分别为m,n,直线m,n确定了一个平面β,作与β平行的平面α,与四棱锥的各个侧面相交,则截得的四边形必为平行四边形,而这样的平面α有无数多个.11.A[解析]如图所示的四面体ABCD中,设AB=a,则由题意可得CD=√2,其他棱的长都为1,故三角形ACD 及三角形BCD都是以CD为斜边的等腰直角三角形.取CD的中点E,连接AE,BE,则AE⊥CD,BE⊥CD且AE=BE=(√22)=√22,显然A,B,E三点能构成三角形,应满足任意两边之和大于第三边,可得√2 2+√22>a,∴0<a<√2.故选A.12.3[解析]观察平面图形翻折前后相对位置的变化,可知AB与CD,EF与GH,AB与GH都是异面直线,且所成角为60°,而AB与EF相交,CD与GH相交,CD与EF平行,故四条线段AB,CD,EF,GH在原正方体中互为异面直线且所成角为60°的有3对.13.解:(1)S△ABC =12×2×2√3=2√3,故三棱锥P-ABC的体积V=13·S△ABC·PA=13×2√3×2=4√33.(2)如图所示,取PB的中点E,连接DE,AE,则DE∥BC,所以∠ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角.在△ADE中,DE=2,AE=√2,AD=2,则cos∠ADE=DE2+AD2-AE22DE·AD =22+22-22×2×2=34,即异面直线BC与AD所成角的余弦值为34.14.证明:(1)因为G,H分别是FA,FD的中点,所以GH∥AD,GH=12AD,又因为BC∥AD,BC=12AD,所以BC∥GH,BC=GH,所以四边形BCHG是平行四边形.(2)因为BE∥FA,BE=12FA,G为FA的中点,所以BE∥FG,BE=FG,所以四边形BGFE是平行四边形,所以BG∥EF.又由四边形BCHG是平行四边形,可得BG∥CH,所以EF∥CH,所以C,H,F,E四点共面.又D∈FH,FH⊂平面CHFE,所以D∈平面CHFE,所以C,D,F,E四点共面.15.C[解析]将正四面体的平面展开图复原为正四面体A(B,C)-DEF,如图所示.对于①,M,N分别为EF,AE的中点,则MN∥AF,而DE与AF异面,故DE与MN不平行,故①错误;对于②,易知BD与MN为异面直线,故②正确;对于③,依题意知GH∥AD,MN∥AF,∠DAF=60°,故GH与MN成60°角,故③正确;对于④,连接GF,则A点在平面DEF上的射影A1在GF上,∴DE⊥平面AA1F,∴DE⊥AF,而AF∥MN,∴DE与MN垂直,故④正确.综上所述,正确结论的序号是②③④.故选C.16.24[解析]正方体如图所示,若要出现所成角为60°的异面直线,则其中一条直线为面对角线,以AC 为例,与之构成“黄金异面直线对”的直线有4条,分别是A'B,BC',A'D,C'D,正方体的面对角线有12条,所以“黄金异面直线对”共有12×4=24(对)(每一对被计算两次,所以要除以2).2课时作业(三十六)1. D[解析]将直线a,b,c放入正方体模型中,可知直线a与c可能相交、平行或异面,故选D.2.D[解析]由题设知平面ADD1A1与平面D1EF有公共点D1,则必有过该点的公共直线l,在平面ADD1A1内与l平行的直线有无数条,且它们都不在平面D1EF内,由线面平行的判定定理知它们都与平面D1EF平行,故选D.3.D[解析]A中,α,β也可能相交,故A错误;B中,直线m,n的位置关系不确定,可能相交、平行或异面,故B错误;C中,若m⊂α,α∩β=n,m∥n,则m∥β,故C错误.故选D.4.D[解析]充分性:A,B,C,D四点共面,由平面与平面平行的性质定理知AC∥BD.必要性显然成立.5.√2[解析]因为直线EF∥平面AB1C,EF⊂平面ABCD,且平面AB1C∩平面ABCD=AC,所以EF∥AC.又因为点E是DA的中点,所以F是DC的中点,所以由中位线定理可得EF=1AC.又因为在正方体ABCD-A1B1C1D12中,AB=2,所以AC=2√2,所以EF=√2.6.A[解析]由m∥l1,m⊂α,l1⊂β,得l1∥α,同理l2∥α,又l1,l2相交,所以α∥β,反之不成立,所以m ∥l1且n∥l2是α∥β的一个充分不必要条件.BD,∴EF∥平面BCD.又H,G分别为BC,CD的中7.B[解析]由AE∶EB=AF∶FD=1∶4知EF∥BD,EF=15点,∴HG∥BD,HG=1BD,∴EF∥HG且EF≠HG,∴四边形EFGH是梯形.28.C[解析]取BC的中点M,取A1D1的中点N,则四边形B1MDN即为所求的截面.根据正方体的性质,可以求得MN=2√2,B1D=2√3,又易知四边形B1MDN为菱形,所以其面积S=1×2√2×2√3=2√6,故选C.29.D[解析]∵EH∥A1D1,A1D1∥BC,∴EH∥BC,∴EH∥平面BCGF,又∵平面EFGH∩平面BCGF=FG,∴EH∥FG,故A中结论正确.∵B1C1⊥平面A1B1BA,EF⊂平面A1B1BA,∴B1C1⊥EF,则EH⊥EF.由上面的分析知,四边形EFGH为平行四边形,故四边形EFGH是矩形,故B中结论正确.由EH B1C1 FG,易知Ω是棱柱,故C中结论正确.故选D.10.B[解析]①不正确,n可能在α内.②正确,垂直于同一平面的两直线平行.③正确,垂直于同一直线的两平面平行.④不正确,m,n可能为异面直线.故选B.11.C[解析]取B1C1的中点E,连接ME,NE,由三角形中位线定理可得ME∥B1D1,∴ME∥平面BB1D1D.由四边形BB1EN为平行四边形,得NE∥BB1,∴NE∥平面BB1D1D,∴平面MNE∥平面BB1D1D,又MN⊂平面MNE,∴MN∥平面BB1D1D,故选C.12.①③[解析]对于①,该正方体中经过直线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,注意到直线AB与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AB 与平面MNP相交.综上所述,能得出直线AB平行于平面MNP的是①③.13.证明:(1)连接SB.∵E,G分别是BC,SC的中点,∴EG∥SB.又∵SB⊂平面BDD1B1,EG⊄平面BDD1B1,∴直线EG∥平面BDD1B1.(2)连接SD.∵F,G分别是DC,SC的中点,∴FG∥SD.又∵SD⊂平面BDD1B1,FG⊄平面BDD1B1,∴FG∥平面BDD1B1.又EG∥平面BDD1B1,EG⊂平面EFG,FG⊂平面EFG,EG∩FG=G,∴平面EFG∥平面BDD1B1.14.解:(1)证明:因为12AE=2,所以AE=4.又AB=2,AB⊥AE,所以在Rt△ABE中,由勾股定理得BE=√AB2+AE2=√22+42=2√5.因为AC=√5=12BE,所以AC是Rt△ABE的斜边BE上的中线,所以C是BE的中点.又因为D是AE的中点,所以CD是Rt△ABE的中位线,所以CD∥AB.又因为CD⊄平面PAB,AB⊂平面PAB,所以CD∥平面PAB.(2)由(1)得,CD=12AB=1.又因为DE=12AE=2,DE⊥CD,所以S△CDE=12CD·DE=12×1×2=1.又因为AP=2,所以V三棱锥P-CDE=13S△CDE·AP=13×1×2=23.易知PD=2√2,且PD⊥CD,所以S△CDP=12CD·PD=12×1×2√2=√2.设点E到平面PCD的距离为d,则由V三棱锥P-CDE=V三棱锥E-PCD得13S△CDP·d=23,即13×√2×d=23,解得d=√2,即点E到平面PCD的距离为√2.15.解:(1)证明:取BC的中点H,连接AH,∵△ABC为等腰三角形,∴AH⊥BC,又平面ABC⊥平面BCD,AH⊂平面ABC,∴AH⊥平面BCD,同理可证EN⊥平面BCD,∴EN∥AH,∵EN⊄平面ABC,AH⊂平面ABC,∴EN∥平面ABC.∵M,N分别为BD,DC的中点,∴MN∥BC,∵MN⊄平面ABC,BC⊂平面ABC,∴MN∥平面ABC,又MN∩EN=N,∴平面EMN∥平面ABC.(2)连接DH,NA,NB,取CH的中点G,连接NG,则NG∥DH.由(1)知EN∥平面ABC,∴点E到平面ABC的距离与点N到平面ABC的距离相等.∵△BCD是边长为2的等边三角形,∴DH⊥BC,又平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,DH⊂平面BCD,∴DH⊥平面ABC,∴NG⊥平面ABC.易知DH=√3,又N为CD的中点,∴NG=√3.2∵AC=AB=3,BC=2,∴S△ABC=1·BC·AH=2√2,2∴V三棱锥A-ECB=V三棱锥E-ABC=V三棱锥N-ABC=13·S△ABC·NG=√63.课时作业(三十七)1. B[解析]由直线与平面垂直的性质,可知①为真命题;正方体相邻的两个侧面都垂直于底面,但这两个侧面不平行,故②为假命题;正方体的侧面中有无数条直线与底面平行,但侧面与底面不平行,故③为假命题;由直线与平面垂直的定义知④为真命题.2.C[解析]对于选项C,因为a⊥α,b∥α,所以a⊥b;A,B选项中,直线a,b可能是平行直线,相交直线,也可能是异面直线;D选项中,一定有a∥b.3.D[解析]若m⊥α,m⊂β,则α⊥β,故①正确;若m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,当m,n相交时,则α∥β,但m,n平行时,结论不一定成立,故②错误;如果m⊂α,n⊄α,m,n是异面直线,那么n与α相交或平行,故③错误;若α∩β=m,n∥m,n⊄α,则n∥α,同理由n⊄β可得n∥β,故④正确.故选D.4.B[解析]如果一个平面经过另一个平面的一条垂线,那么这两个平面互相垂直,所以①是真命题;若m∥α,α⊥β,则m与β不一定垂直,所以②是假命题.故选B.5.DM⊥PC(或BM⊥PC)[解析]易知BD⊥PC,∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时,即有PC⊥平面MBD.而PC⊂平面PCD,∴平面MBD⊥平面PCD.6.B[解析]由m⊂α,m⊥β⇒α⊥β,而α⊥β时,α内任意一条直线不一定垂直于β,因此“α⊥β”是“m⊥β”的必要不充分条件,故选B.7.C[解析]∵M为AB的中点,△ACB为直角三角形,∴BM=AM=CM,又PM⊥平面ABC,∴Rt△PMB≌Rt△PMA≌Rt△PMC,∴PA=PB=PC.8.A[解析]对于①,∵DF∥B1D1,DF⊄平面D1EB1,B1D1⊂平面D1EB1,∴DF∥平面D1EB1,故①正确;对于②,∵DF∥B1D1,∴异面直线DF与B1C所成角即为B1D1与B1C所成角,又△B1D1C为等边三角形,故异面直线DF与B1C所成角为60°,故②正确;对于③,∵ED1⊥A1D,ED1⊥CD,且A1D∩CD=D,∴ED1⊥平面A1B1CD,即ED1⊥平面B1DC,故③正确;对于④,V三棱锥F - CDB1=V三棱锥B1- CDF=13×S△CDF×1=13×14=112,故④正确.故选A.9.C[解析]过S作SO⊥平面ABC,垂足为O,连接AO并延长,交BC于H,连接CO.∵SO⊥BC,SA⊥BC,SO∩SA=S,∴BC⊥平面SAO,又AO⊂平面SAO,∴BC⊥AO,同理AB⊥CO,∴O是三角形ABC的垂心.故选C.10.B[解析]如图,设BP的中点为O,连接OA,OC,易得BP⊥OA,BP⊥OC,则BP⊥平面OAC,故BP⊥AC,则选项A成立;又AC⊥BD,则AC⊥平面BDP,故AC⊥PD,平面PBD⊥平面ABCD,即选项C,D成立.故选B.11.C[解析]如图所示,因为DA⊥AE,DC⊥CF,所以折叠后DP⊥PE,DP⊥PF,所以DP⊥平面PEF,所以①正确;由DP⊥平面PEF,可知DG⊥平面PEF是不正确的,所以②不正确;由PE⊥PF,PE⊥DP,可得PE⊥平面DPF,又PE⊂平面PDE,所以平面PDE⊥平面DPF,所以③正确.综上可知,正确结论的序号为①③,故选C.12.√2+√6[解析]如图,设AC∩BD=O,连接SO,取CD的中点F,SC的中点G,连接EF,EG,FG,设EF交AC于点H,连接GH,易知AC⊥EF,GH∥SO,∴GH⊥平面ABCD,∴AC⊥GH,∴AC⊥平面EFG,故动点P的轨迹是△EFG(除去点E),由已知易得EF=√2,GE=GF=√62,∴△EFG的周长为√2+√6,故动点P的轨迹的长为√2+√6.13.①③④[解析]如图所示,其中E,F分别为AD,BC的中点,G为OE的中点,平面OMN即平面MNFE.因为PC∥OM,所以PC∥平面OMN,因为PD∥ON,所以PD∥平面OMN,又因为PC∩PD=P,所以平面PCD∥平面OMN,故①④正确;由于四棱锥的棱长均相等,所以PA2+PC2=AB2+BC2=AC2,所以PC⊥PA,又PC∥OM,所以OM⊥PA,故③正确;因为OM=12PC=12PD=ME,所以MG⊥OE,又MN∥OE,所以GM⊥MN,假设平面OMN⊥平面PAB,则GM⊥平面PAB,则MG⊥PA,设四棱锥的棱长为4,则MA=2,AG=√5,MG=√3,三边长度不满足勾股定理,所以MG不垂直于PA,与假设矛盾,故②不正确.14.证明:(1)因为M,N分别为PA,PB的中点,所以MN∥PB.又PB⊄平面CMN,MN⊂平面CMN,所以PB∥平面CMN.(2)因为AB⊥BP,MN∥PB,所以AB⊥MN.因为AC=PC,M为PA的中点,所以CM⊥PA.又平面PAB⊥平面PAC,平面PAB∩平面PAC=PA,所以CM⊥平面PAB,因为AB ⊂平面PAB ,所以CM ⊥AB ,又CM ∩MN=M ,CM ⊂平面CMN ,MN ⊂平面CMN ,所以AB ⊥平面CMN.15.解:(1)证明:∵四边形ABCD 是菱形,∴AC ⊥BD ,即DO ⊥AC. 又∵菱形ABCD 的边长为6,∠BAD=60°,∴OD=12BD=3. 在Rt △BOC 中,M 是BC 的中点,∴OM=12BC=3, ∴OM 2+OD 2=32+32=18=(3√2)2=DM 2,∴OD ⊥OM. 而OM ⊂平面ABC ,AC ⊂平面ABC ,AC ∩OM=O ,∴OD ⊥平面ABC , ∴平面ODM ⊥平面ABC.(2)连接AM ,易知AB=6,BM=3,∠ABM=120°,∴S △ABM =12AB ·BM ·sin 120°=92√3. 由(1)知,OD ⊥平面ABC ,∴BD 2=OD 2+OB 2=2OD 2=18,∴BD=3√2, ∴△ABD 中BD 边上的高h=√AB 2-(12BD) 2=(3√22)=32√14, ∴S △ABD =12BD ·h=9√72. 设点M 到平面ABD 的距离为d ,则由V 三棱锥M - ABD =V 三棱锥D - ABM ⇒d=S △ABM ·OD S △ABD=3√217,即为所求. 16.证明:(1)因为EF ∥AB ,所以EF 与AB 确定平面EABF. 因为EA ⊥平面ABCD ,所以EA ⊥BC.由已知得AB ⊥BC ,又EA ∩AB=A ,所以BC ⊥平面EABF.又AF ⊂平面EABF ,所以BC ⊥AF.(2)过M 作MN ⊥BC ,垂足为N ,连接FN ,则MN ∥AB.又CM=1AC,4所以MN=1AB.4又EF∥AB且EF=1AB,4所以EF∥MN且EF=MN,所以四边形EFNM为平行四边形,所以EM∥FN.又FN⊂平面FBC,EM⊄平面FBC,所以EM∥平面FBC.(3)由(1)可知,AF⊥BC.在四边形ABFE中,AB=4,AE=2,EF=1,∠BAE=∠AEF=90°,,所以tan∠EBA=tan∠FAE=12则∠EBA=∠FAE.设AF∩BE=P,因为∠PAE+∠PAB=90°,所以∠PBA+∠PAB=90°,则∠APB=90°,即EB⊥AF.又因为EB∩BC=B,所以AF⊥平面EBC.。
2020版高考数学一轮复习(课后作业·理)第7章 立体几何 第3讲
第7章立体几何第3讲A组基础关1．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BC．点C但不过点M D．点C和点M答案 D解析因为M∈AB⊂平面ABC，C∈平面ABC.M∈l⊂β，C∈β，所以γ∩β＝直线CM.2．(2016·山东高考)已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案 A解析若直线a，b相交，设交点为P，则P∈a，P∈b.又a⊂α，b⊂β，所以P∈α，P∈β，故α，β相交．反之，若α，β相交，则a，b可能相交，也可能异面或平行．故“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要条件．3．(2018·华南师大附中模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是线段BC上的动点，F 是线段CD1上的动点，且E，F不重合，则直线AB1与直线EF的位置关系是( ) A．相交且垂直B．共面C．平行D．异面且垂直答案 D解析如图所示，AB1⊥平面BCD1，EF⊂平面BCD1，故AB1⊥EF且AB1与EF异面．4．已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是BD1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论错误的是( )A．A1，M，O三点共线B．M，O，A1，A四点共面C．A1，O，C，M四点共面D．B，B1，O，M四点共面答案 D解析由正方体的性质知，O也是A1C的中点，因此A1，M，O三点共线，又直线与直线外一点确定一个平面，所以B，C中的结论正确．由BB1与A1C异面知D中的结论错误，故选D.5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线( )A．不存在B．有且只有两条C．有且只有三条D．有无数条答案 D解析在EF上任意取一点M，直线A1D1与M确定一个平面，这个平面与CD有且仅有1个交点N，当M取不同的位置就确定不同的平面，从而与CD有不同的交点N，而直线MN与这3条异面直线都有交点，如图：所以D正确．6．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.7．如图所示，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则异面直线A1B与AD1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.8．如图为正方体表面的一种展开图，则图中的四条线段AB ，CD ，EF ，GH 在原正方体中互为异面的对数为________．解析 平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB ，CD ，EF 和GH 在原正方体中，显然AB 与CD ，EF 与GH ，AB 与GH 都是异面直线，而AB 与EF 相交，CD 与GH 相交，CD 与EF 平行．故互为异面直线的有3对．9．如图，在正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，AB 的中点为M ，DD ′的中点为N ，则异面直线B ′M 与CN 所成的角是________．答案 90°解析 取AA ′的中点Q ，连接QN ，BQ ，且BQ 与B ′M 相交于点H ，则QN 綊AD 綊BC ，从而有四边形NQBC 为平行四边形，所以NC ∥QB ，则有∠B ′HB 为异面直线B ′M 与CN 所成的角．又∵B ′B ＝BA ，∠B ′BM ＝∠BAQ ＝90°，BM ＝AQ ，∴△B ′BM ≌△BAQ ，∴∠MB ′B ＝∠QBM .而∠B ′MB ＋∠MB ′B ＝90°，从而∠B ′MB ＋∠QBM ＝90°，∴∠MHB ＝90°.B 组 能力关1．正四棱锥P －ABCD 中，四条侧棱长均为2，底面ABCD 是正方形，E 为PC 的中点，若异面直线PA 与BE 所成的角为45°，则该四棱锥的体积是( )A ．4B ．2 3C ．43D ．233解析 如图，连接AC ，BD .设AC ∩BD ＝O ，连接PO ，OE ，∵O ，E 分别是AC 和PC 的中点，∴OE ∥PA ，OE ＝12PA ＝1，则∠BEO 即为异面直线PA ，BE 所成的角，即∠BEO ＝45°，易证PO ⊥平面ABCD ，OB ⊥平面PAC ，所以PO ⊥OB ，△BOE 是等腰直角三角形，所以OB ＝OE ＝1，BC ＝2，PO ＝PB 2－OB 2＝3，所以四棱锥的体积V ＝13×BC 2×PO ＝13×2×3＝233. 2．(2018·西安模拟)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A －DEF ，其中H 与N 重合，A ，B ，C 三点重合．易知GH 与EF异面，BD与MN异面．又△GMH为等边三角形，∴GH与MN成60°角，易证DE⊥AF，MN∥AF，∴MN⊥DE.因此正确的序号是②③④.。
高考数学一轮复习第七章立体几何阶段检测试题(含解析)文(new)
第七章立体几何阶段检测试题时间：120分钟分值：150分一、选择题（每小题5分，共60分)1．关于空间几何体的结构特征，下列说法不正确的是（）A．棱柱的侧棱长都相等B．棱锥的侧棱长都相等C．三棱台的上、下底面是相似三角形D．有的棱台的侧棱长都相等解析:根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等．答案：B2．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E,F分别是线段BC，CD1的中点，则直线A1B与直线EF的位置关系是（)A．相交B．异面C．平行D．垂直解析：由BC綊AD，AD綊A1D1知,BC綊A1D1，从而四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥CD1，又EF⊂平面A1C,EF∩D1C＝F,则A1B与EF相交．答案:A3．（2017·嘉兴月考）对于空间的两条直线m,n和一个平面α，下列命题中的真命题是( ）A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m∥α，n⊂α,则m∥nC．若m∥α，n⊥α，则m∥nD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n解析：对A，直线m，n可能平行、异面或相交，故选项A错误；对B，直线m与n可能平行，也可能异面，故选项B错误；对C，m与n垂直而非平行，故选项C错误；对D,垂直于同一平面的两直线平行，故选项D正确．答案:D4．设P是异面直线a,b外的一点，则过点P与a,b都平行的平面（)A．有且只有一个B．恰有两个C．不存在或只有一个D．有无数个解析：过点P作a1∥a，b1∥b，若过a1，b1的平面不经过a，b，则存在一个平面同时与a,b平行；若过a,b1的平面经过a或b,则不存在这样的平面同时与a,b平行．1答案：C5．若平面α∥平面β，点A，C∈α,B，D∈β,则直线AC∥直线BD的充要条件是（）A．AB∥CD B．AD∥CBC．AB与CD相交D．A,B，C，D四点共面解析:由平面α∥平面β知，直线AC与BD无公共点，则直线AC∥直线BD的充要条件是A，B，C，D四点共面．答案：D6．已知a，b为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，且a⊥α,b⊥β，则下列命题中的假命题是（)A．若a∥b，则α∥βB．若α⊥β，则a⊥bC．若a，b相交，则α，β相交D．若α,β相交，则a，b相交解析：若α,β相交,则a，b可能相交，也可能异面,故D为假命题．答案：D7．一个几何体的侧视图和俯视图如图所示，若该几何体的体积为错误!,则它的正视图为（)解析：由几何体的侧视图和俯视图，可知几何体为组合体，由几何体的体积为错误!，可知上方为棱锥,下方为正方体．由俯视图可得,棱锥顶点在底面上的射影为正方形一边上的中点，顶点到正方体上底面的距离为1，所以选B.答案：B8．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．27－错误!B．18－错误!C．27－3πD．18－3π解析：由几何体的三视图可知该几何体可以看成是底面是梯形的四棱柱挖去了半个圆柱，所以所求体积为错误!×（2＋4)×2×3－错误!π×12×3＝18－错误!。
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C．6＋ D．8
解析：由题意可得侧视图如图所示，上面是一个三角形，其底为1＋ ＝ ，高为2，三角形的面积S1＝ × ×2＝ ；下面是一个梯形，上底为2，下底为4，高为2，梯形的面积S2＝ ×(2＋4)×2＝6，所以组合体的侧视图的面积S＝S1＋S2＝ ＋6＝ .故选B.
13．(2019·安徽滁州测试)榫卯(sǔn mǎo)是中国古代建筑、家具及其他器械的主要结构方式，是在两个构建上采用凹凸部位相结合的一种连接方式，突出部分叫做“榫头”．若某“榫头”的三视图如图所示，则该“榫头”的体积为(C)
又因为△ABO的面积为16，所以 AB·OB＝16.
因为OB＝O′B′＝4，所以AB＝8，所以A′B′＝4.
因为A′C′⊥O′B′于C′，所以B′C′＝A′C′，
所以A′C′＝4·sin45°＝2 ，故选A.
4．(2018·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是(C)
解析：如图，取正方形ABCD的中心O，连接VO，AO，则VO就是正四棱锥VABCD的高．
因为底面面积为16，所以AO＝2 .
因为一条侧棱长为2 .
所以VO＝ ＝ ＝6.
所以正四棱锥VABCD的高为6.
9．如图，点O为正方体ABCDA′B′C′D′的中心，点E为平面B′BCC′的中心，点F为B′C′的中点，则空间四边形D′OEF在该正方体的各个面上的射影可能是①②③.(填出所有可能的序号)
A．2 B．3
C. D.
解析：根据三视图，利用棱长为2的正方体分析知，该多面体是一个三棱锥，即三棱锥A1MNP，如图所示，其中M，N，P是棱长为2的正方体相应棱的中点，可得棱A1M最长，A1M＝ ＝3，故最长的棱的长度为3，故选B.
12．(2019·江西南昌联考)已知圆台和正三棱锥的组合体的正视图和俯视图如图所示，图中小方格是单位正方形，那么组合体的侧视图的面积为(B)
解析：空间四边形D′OEF在正方体的平面DCC′D′上的射影是①；在平面BCC′B′上的射影是②；在平面ABCD上的射影是③，而不可能出现的射影为④中的情况．
10．如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4 周后回到点P处．若该小虫爬行的最短路程为4 m，则圆锥底面圆的半径等于 m.
解析：若俯视图为选项C中的图形，则该几何体为正方体截去一部分后的四棱锥PABCD，如图所示，该四棱锥的体积V＝ ×(2×2)×2＝ ，符合题意．若俯视图为其他选项中的图形，则根据三视图易判断对应的几何体不存在，故选C.
二、填空题
8．已知正四棱锥VABCD中，底面面积为16，一条侧棱的长为2 ，则该棱锥的高为6.
A．2 B．4
C．6 D．8
解析：由三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何体的体积V＝ ×(1＋2)×2×2＝6.故选C.
5．如图，在一个正方体内放入两个半径不相等的球O1，O2，这两个球外切，且球O1与正方体共顶点A的三个面相切，球O2与正方体共顶点B1的三个面相切，则两球在正方体的面AA1C1C上的正投影是(B)
解析：把圆锥侧面沿过点P的母线展开成如图所示的扇形，由题意OP＝4，PP′＝4 ，则cos∠POP′＝ ＝－ ，所以∠POP′＝ .设底面圆的半径为r，则2πr＝ ×4，所以r＝ .
11．(2019·河南百校联盟联考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，图中粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为(B)
解析：由三视图可得该几何体的直观图如图所示，该几何体是一个棱长为2的正方体上、下各挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥后剩余的部分，其体积为23－2× ×π×12×1＝8－ .故选A.
7．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的正视图和侧视图，且该几何体的体积为 ，则该几何体的俯视图可以是(C)
解析：由题意可以判断出两球在正方体的面上的正投影与正方形相切．由于两球球心连线AB1与面ACC1A1不平行，故两球球心射影所连线段的长度小于两球半径的和，即两个投影圆相交，即为图B.
6．一个几何体的三视图如图所示，图中的三个正方形的边长均为2，则该几何体的体积为(A)
A．8－ B．4－
C．8－ D．4－
第七章 立体几何
课时作业40空间几何体的结构特征及三视图与直观图
一、选择题
1．一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是(B)
解析：由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成．从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部是一条水平线段连接两个三角形，故选B.
2．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(D)
解析：由三视图知该几何体的上半部分是一个三棱柱，下半部分是一个四棱柱．故选D.
3．如图，△A′B′O′是利用斜二测画法画出的△ABO的直观图，已知A′B′∥y′轴，O′B′＝4，且△ABO的面积为16，过A′作A′C′⊥x′轴，则A′C′的长为(A)
A．2 B. C．16 D．1
解析：因为A′B′∥y′轴，所以△ABO中，AB⊥OB.
A．3B．3.1
C．3.14D．3.2
解析：∵圆堡瑽(圆柱体)的体积为V＝ ×(底面圆的周长的平方×高)，∴ ×(2πr)2h＝πr2h，解得π＝3.
15．已知点E，F，G分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱AA1，CC1，DD1的中点，点M，N，Q，P分别在线段DF，AG，BE，C1B1上．以M，N，Q，P为顶点的三棱锥PMNQ的俯视图不可能是(C)
A．10 B．12
C．14 D．16
解析：由三视图可知，该几何体为一个3×2×3的长方体，去掉四个角(棱长为1的正方体)余下的几何体．∴该“榫头”的体积为3×2×3－4×13＝14.
14．(2019·安徽黄山一模)《九章算术》中记载了一个问题“今有圆堡瑽，周四丈八尺，高一丈一尺．问积几何？答曰：二千一百一十二尺．术曰：周自相乘，以高乘之，十二而一”．这里所说的圆堡瑽就是圆柱体，它的体积为“周自相乘，以高乘之，十二而一”．就是说：圆堡瑽(圆柱体)的体积为V＝ ×(底面圆的周长的平方×高)，则由此可推得圆周率π的取值为(A)