新一线高考数学二轮专题复习艺术专用课时冲关：第七章 立体几何 第2节
2020年高考数学(理)二轮专项复习专题07 立体几何
a⊥c，b∥c，
a⊥α
bα
a⊥b
a⊥b
(1)证明线面垂直：
a⊥m，a⊥n
a∥b，b⊥α α∥β，a⊥β
α⊥β，α∩β＝l
m，n α，m∩n＝A
a β，a⊥l
a⊥α
a⊥α
a⊥α
a⊥α
(1)证明面面垂直：
a⊥β，a α
α⊥β
例 5 如图，在斜三棱柱 ABC－A1B1C1 中，侧面 A1ABB1 是菱形，且垂直于底面 ABC，
证：
(Ⅰ)直线 EF∥面 ACD； (Ⅱ)平面 EFC⊥平面 BCD．
11．如图，平面 ABEF⊥平面 ABCD，四边形 ABEF 与 ABCD 都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB
＝90°，BC∥AD，BC 1 AD, BE // AF , BE 1 AF ，G，H 分别为 FA，FD 的中点．
①m⊥n ②⊥ ③n⊥ ④m⊥
以其中三个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出正确的一个命题______．
8．已知平面⊥平面，∩＝l，点 A∈，Al，直线 AB∥l，直线 AC⊥l，直线 m∥， m∥，给出下列四种位置：①AB∥m；②AC⊥m；③AB∥；④AC⊥，
上述四种位置关系中，不一定成立的结论的序号是______．
站 载
下
【评述】关于直线和平面平行的问题，可归纳如下方法：
费 免
(1)证明线线平行：
《 号
众
a∥c，b∥c，
a∥α，a β
α∥β
公 公
a⊥α，b⊥α
α∩β＝b
∩α＝a，∩β＝b
信 微
a∥b
a∥b
a∥b
a∥b
(2)证明线面平行：
a∩α＝
高三数学一轮复习 第七章第2课时闯关 新人教版
2013年高三数学一轮复习第七章第2课时知能演练轻松闯关新人教版1. (2012·绵阳调研)一个棱锥的三视图如图所示, 则这个棱锥的体积是( )A. 6B. 12C. 24D. 36解析：选B.依题意可知, 该棱锥的体积等于13×(3×4)×3＝12.2. 一个几何体的三视图如图所示, 则这个几何体的表面积为( )A. 72B. 66C. 60D. 30解析：选A.根据题目所给的三视图可知该几何体为一个直三棱柱, 且底面是一直角三角形, 两直角边长度分别为3,4,斜边长度为5, 直三棱柱的高为5, 所以表面积为3×4＋3×5＋4×5＋5×5＝72, 故选A.3. 已知一个几何体的三视图如图所示, 则该几何体的表面积为( )A. 24＋6πB. 24＋4πC. 28＋6πD. 28＋4π解析：选A.由题意知, 该几何体是一个半球与一个正四棱柱的组合体, 并且正四棱柱的底面内接于半球的底面, 由三视图中的数据可知, 正四棱柱的底面边长为2, 高为3, 故半球的底面半径为 2.所以该几何体的表面积为S＝12×4π×(2)2＋π×(2)2＋4×2×3＝24＋6π.故选A.4. (2011·高考上海卷)若圆锥的侧面积为2π, 底面面积为π, 则该圆锥的体积为________.解析：设圆锥的底面圆半径为r, 高为h, 母线长为l, 则⎩⎪⎨⎪⎧πrl＝2ππr2＝π∴⎩⎪⎨⎪⎧r＝1l＝2.∴h ＝l 2－r 2＝22－12＝3, ∴圆锥的体积V ＝13π·12·3＝33π. 答案：33π一、选择题1. 圆柱的侧面展开图是一个边长为6π和4π的矩形, 则该圆柱的底面积是( )A. 24π2B. 36π2C. 36π2或16π2D. 9π或4π 解析：选D.由题意知圆柱的底面圆的周长为6π或4π, 故底面圆的半径为3或2, 所以底面圆的面积是9π或4π.2. (2011·高考辽宁卷)一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等, 体积为23,它的三视图中的俯视图如图所示, 左视图是一个矩形, 则这个矩形的面积是( )A. 4B. 2 3C. 2D. 3解析：选B.设底面边长为x , 则V ＝34x 3＝23, ∴x ＝2.由题意知这个正三棱柱的左视图为长为2, 宽为3的矩形, 其面积为2 3.3. (2011·高考湖南卷)如图是某几何体的三视图, 则该几何体的体积为( )A.92π＋12 B.92π＋18 C. 9π＋12D. 36π＋18解析：选B.由三视图可得几何体为长方体与球的组合体, 故体积为V ＝32×2＋43π⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝18＋92π. 4. 过球的一条半径的中点作垂直于这条半径的球的截面, 则此截面面积是球表面积的( )A.116B.316C.112D.18解析：选B.由题意可得截面圆半径为32R (R 为球的半径), 所以截面面积为π(32R )2＝34πR 2,又球的表面积为4πR2, 则34πR24πR2＝316, 故选B.5. 某四面体的三视图如图所示, 该四面体四个面的面积中最大的是( )A. 8B. 6 2C. 10D. 8 2解析：选C.将三视图还原成几何体的直观图如图所示.它的四个面的面积分别为8,6,10,62, 故最大的面积应为10.二、填空题6. (2012·洛阳质检)若一个圆锥的正视图(如图所示)是边长为3,3,2的三角形, 则该圆锥的侧面积为________.解析：由正视图知该圆锥的底面半径r＝1, 母线长l＝3, ∴S圆锥侧＝πrl＝π×1×3＝3π.答案：3π7.如图, 已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2, O为底面正方形ABCD的中心, 则三棱锥B1－BCO的体积为________.解析：V＝13S△BOC·B1B＝13×12BO·BC·sin45°·B1B＝16×2×2×22×2＝23.答案：238. 已知一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面相切, 若这个球的体积是32π3, 则这个三棱柱的体积是________.解析：由43πR3＝32π3, 得R＝2, ∴正三棱柱的高h＝4.设这个三棱柱的底面边长为a, 则13·32a＝2, ∴a＝43,∴V＝12·a·32a·h＝48 3.答案：48 3三、解答题9. 已知圆台的母线长为4 cm, 母线与轴的夹角为30°, 上底面半径是下底面半径的12, 求这个圆台的侧面积. 解：如图是将圆台还原为圆锥后的轴截面, 由题意知AC ＝4 cm, ∠ASO ＝30°, O 1C ＝12OA ,设O 1C ＝r , 则OA ＝2r ,又O 1C SC ＝OA SA＝sin30°, ∴SC ＝2r , SA ＝4r ,∴AC ＝SA －SC ＝2r ＝4 cm,∴r ＝2 cm.所以圆台的侧面积为S ＝π(r ＋2r )×4＝24π cm 2.10. 如图, 已知某几何体的三视图如下(单位：cm).(1)画出这个几何体的直观图(不要求写画法);(2)求这个几何体的表面积及体积.解：(1)这个几何体的直观图如图所示.(2)这个几何体可看成是正方体AC 1及直三棱柱B 1C 1Q A 1D 1P 的组合体.由PA 1＝PD 1＝2,A 1D 1＝AD ＝2, 可得PA 1⊥PD 1.故所求几何体的表面积S ＝5×22＋2×2×2＋2×12×(2)2＝22＋42(cm 2),体积V ＝23＋12×(2)2×2＝10(cm 3). 11. (2012·广州调研)如图, 在直角梯形ABCD 中, ∠ADC ＝90°, CD ∥AB , AB ＝4, AD ＝CD ＝2, 将△ADC 沿AC 折起, 使平面ADC ⊥平面ABC , 得到几何体D —ABC , 如图所示.(1)求证：BC ⊥平面ACD ; (2)求几何体D —ABC 的体积.解：(1)证明：在图中, 可得AC ＝BC ＝22,从而AC 2＋BC 2＝AB 2, 故AC ⊥BC ,取AC 的中点O , 连接DO , 则DO ⊥AC , 又平面ADC ⊥平面ABC , 平面ADC ∩平面ABC ＝AC , DO ⊂平面ADC ,从而DO ⊥平面ABC , ∴DO ⊥BC ,又AC ⊥BC , AC ∩DO ＝O ,∴BC ⊥平面ACD .(2)由(1)可知BC 为三棱锥B —ACD 的高, BC ＝22, S △ACD ＝2,∴V B —ACD ＝13S △ACD ·BC ＝13×2×22＝423, 由等体积性可知, 几何体D —ABC 的体积为423.。
艺术生复习高中数学基础冲关立体几何
基础知识专题训练 01一、考试要求二、基础知识 1. 空间几何体棱柱:侧棱都平行且相等,上下底面是全等的多边形,并且相互平行(1 棱锥:底面是任意多边形。
侧面是有一个公共顶点的三角形棱台:由平行于底面的平面截棱锥得到,上下底面是相似多边形(2 .旋转体(3空间几何体的三视图空间几何体的三视图是用正投影得到, 在这种投影下, 与投影面平行的平面图形留下的影子与平面图形的开关和大小是完全相同的,三视图包括正视图、侧视图、俯视图。
4、空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画,其规则是:(1原图形中 x 轴、 y 轴、 z 轴两两垂直,直观图中,x’轴、y’轴的夹角为 45o(或 135o,z’轴与x’轴和y’轴所在平面垂直;(2原图形中平行于坐标轴的线段,直观图中仍平行。
平行于 x 轴和 z 轴的线段长度在直观图不变,平行于 y 轴的线段长度在直观图中减半。
5、平行投影与中心投影平行投影的投影线互相平行,而中心投影的投影线相交于一点。
注:空间几何体的三视图和直观图在观察角度和投影效果上的区别是:(1观察角度:三视图是从三个不同位置观察几何体而画出的图形; 直观图是从某一点观察几何体而画出的图形; (2 投影效果:三视图是正投影下的平面图形,直观图是在平行投影下画出的空间图形。
三.基础练习1. 将正三棱柱截去三个角(如图 1所示 A 、 B 、 C 分别是 GHI 三边的中点得到的几何体如图 2,则该几何体按图 2所示方向的侧视图 (或称左视图为 (2.水平放置的圆柱形物体的三视图是 (3.已知△ ABC 的水平放置的直观图是等腰的 Rt △ A ' B ' C ' ,且∠ A ' = 90°, A ' B ' = 2(如图 ,则△ ABC 的面积是(A 2B 22C 42D 14.下面是一个物体的三视图,该物体是所给结果中的 (A .正方体B .长方体C .圆锥D .四棱锥5.如图一个空间几何体的正视图,侧视图,俯视图是全等的等腰直角三角形,且直角边的边长为 1,那么这个几何体的体积等于 (A241 B121 E D H GE D 侧视图 1 图 2 B E A . E B . C . D .C61 D31 6. 一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底面为 450, 腰和上底长均为 1的等腰梯形,则这个平面图形的面积是A21+22B 1+22C 1+2D 2+27.右图是一个几何体的三视图,根据图中数据, 那么这个几何体是(A. 三棱锥B.四棱锥C. 三棱台D.四棱台8. 一个几何体的三视图如图 1所示,其中正视图与左视图都是边长为 2的正三角形,则这个几何体的侧面积为(A B. 2π C. 3π D. 4π9. 右图为一个几何体的三视图,尺寸如图所示,则该几何体的体积为(A. 633π+B. 333π+C. 632π+ D. 332π+10.已知某几何体的俯视图是如图所示的边长为 2的正方形,主视图与左视图是边长为 2的正三角形,则其侧面积 ( .A . 4B . 4(1 D . 811.由正方体木块搭成的几何体的三视图如下,则该几何体由 _____块小正方体木块搭成第 10题图主视图左视图 (第 7图图 1正 (主视左 (侧视俯视图俯视图侧视图正视图12. 如图所示的等腰直角三角形表示一个水平放置的平面图形的直观图, 则这个平面图形的面积是 .13.下列几何体各自的三视图中,有且仅有两个视图相同的是 _______14、如图(右面 ,一个简单空间几何体的三视图其主视图与左视图是边长为 2的正三角形、俯视图轮廓为正方形,则其体积是 ________.15.若一个底面为正三角形、侧棱与底面垂直的棱柱的三视图如下图所示,则这个棱柱的体积为 ______________16.在△ ABC 中, AB =2, BC =1.5,∠ ABC =120°(如图所示 ,若将△ ABC 绕直线 BC 旋转一周,则所形成的旋转体的体积是 __________17.如图,一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为 1的正方形,俯视图是一个圆,那么这个几何体的侧面积 ...为 __________.基础知识专题训练 02俯视图第 3题x′′ ①正方形②圆锥③三棱台一、考试要求1.平面概述(1平面的特征:①无限延展②没有厚度(2平面的画法:通常画 __________来表示平面;(3平面的表示:用一个小写的希腊字母α、β、γ等表示,如平面α、平面β;用表示平行四边形的两个相对顶点的字母表示,如平面 AC 。
艺考生文化课新高考数学百日冲刺复习课时分组冲关第7章平面解
艺考生文化课新高考数学百日冲刺复习课时分组冲关第7章平面解Ruize知识分享第七章第8节1．已知抛物线y2＝2某，过点(－1,2)作直线l，使l与抛物线有且只有一个公共点，则满足上述条件的直线l共有()A．0条B．1条C．2条D．3条解析：D[因为点(－1,2)在抛物线y2＝2某的左侧，所以该抛物线一定有两条过点(－1,2)的切线，过点(－1,2)与某轴平行的直线也与抛物线只有一个交点，所以过点(－1,2)有3条直线与抛物线有且只有一个交点，故选D.]2．直线y＝某＋1截抛物线y2＝2p某所得弦长为26，此抛物线方程为()A．y2＝－2某B．y2＝6某C．y2＝－2某或y2＝6某D．以上都不对解析：C[由y＝某＋1，y2＝2p某得某2＋(2－2p)某＋1＝0.某1＋某2＝2p－2，某1某2＝1.∴26＝1＋12·(某＋某2)2－4某1某2＝2·(2p－2)2－4.解得p＝－1或p＝3，∴抛物线方程为y2＝－2某或y2＝6某.故选C.]3．过点P(1,1)作直线与双曲线某2－y22＝1交于A，B两点，使点P为AB中点，则这样的直线()A．存在一条，且方程为2某－y－1＝0B．存在无数条C．存在两条，方程为2某±(y＋1)＝0D．不存在解析：D[设A(某1，y1)，B(某2，y2)，则某1＋某2＝2，y1＋y2＝2，则某21－2y2＝1，某22－2y22＝1，两式相减得(某1－某2)(某1＋某2)－2(y1－y2)(y1＋y2)＝0，所以某1－某2＝2(y1－y2)，即kAB＝2，故所求直线方程为y－1＝2(某－1)，即2某－y－1＝0.联立y＝2某－1，某2－2y2＝1可得2某2－4某＋3＝0，但此方程没有实数解，故这样的直线不存在．故选D.]4．(2022·全国Ⅰ卷)设抛物线C：y2＝4某的焦点为F，过点(－2,0)且斜率为23的直线与C交于M，N两点，则FM→·FN→＝()Ruize知识分享A．5B．6C．7D．8解析：D[如图焦点F(1,0)，直线的方程为y＝23(某＋2)，将其代入y2＝4某得：某2－5某＋4＝0，设M(某1，y1)，N(某2，y2)，则某1＋某2＝5，某1某2＝4，∴FM→·FN→＝(某1－1，y1)·(某2－1，y2)＝(某1－1)(某2－1)＋y1y2＝某1某2－(某1＋某2)＋1＋23(某1＋2)·23(某2＋2)＝139某1某2－9(某1＋某2)＋259＝139某4－9某5＋259＝8.]5．(2022·浙江百校联盟联考)已知椭圆某2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的右顶点和上顶点分别为A、B，左焦点为F.以原点O 为圆心的圆与直线BF相切，且该圆与y轴的正半轴交于点C，过点C的直线交椭圆于M、N两点．若四边形FAMN是平行四边形，则该椭圆的离心率为()A.35B.2C.23D.34解析：A[因为圆O与直线BF相切，所以圆O的半径为bca，即|OC|＝bca，因为四边形FAMN是平行四边形，所以点M的坐标为a＋c2，bca，代入椭圆方程得(a＋c)24a2＋c2b2a2b2＝1，所以5e2＋2e－3＝0，又035.故选A.]6．(2022·全国卷Ⅲ)已知点M(－1,1)和抛物线C：y2＝4某，过C 的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点．若∠AMB＝90°，则k＝________.解析：设直线AB的方程为y＝k(某－1)，由y2＝4某y＝k(某－1)得k2某2－(2k2＋4)某＋k2＝0，设A(某1，y1)，B(某2，y2)．则某1＋某2＝2k2＋4k2，某1·某2＝1.∵∠AMB＝90°，∴kMA·kMB＝－1Ruize知识分享解y1－1某1＋1·y2－1某2＋1＝－1.化简得k2－4k＋4＝0，解得k＝2.答案：27．过点M(2，－2p)作抛物线某2＝2py(p＞0)的两条切线，切点分别为A，B，若线段AB的中点的纵坐标为6，则p的值是________．解析：设点A(某1，y1)，B(某2，y2)，依题意得，y′＝某p，切线MA的方程是y－y1＝某1p(某－某1)，即y＝某1p某－某212p.又点M(2，－2p)位于直线MA上，于是有－2p＝某1p某2－某212p，即某21－4某1－4p2＝0；同理有某22－4某2－4p2＝0，因此某1，某2是方程某2－4某－4p2＝0的两根，则某1＋某2＝4，某1某2＝－4p2.由线段AB的中点的纵坐标是6得，y1＋y2＝12，即某21＋某222p＝(某1＋某2)2－2某1某22p＝12，16＋8p22p＝12，解得p＝1或p＝2.答案：1或28．(2022·泉州市模拟)椭圆某24＋y23＝1的左、右焦点分别为F1、F2，过椭圆的右焦点F2作一条直线l 交椭圆与P、Q两点，则△F1PQ内切圆面积的最大值是________________________________________________________________ ________．解析：因为三角形内切圆的半径与三角形周长的乘积是面积的2倍，且△F1PQ的周长是定值8，所以只需求出△F1PQ内切圆的半径的最大值即可．设直线l方程为某＝my＋1，与椭圆方程联立得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.设P(某1，y1)，Q(某2，y2)，则y1＋y2＝－6m3m2＋4，y1y2＝－93m2＋4，于是S△F1PQ＝12|F1F2|·|y1－y2|＝(y1＋y2)2－4y1y2＝12m2＋1(3m2＋4)2.∵m2＋1(3m2＋4)2＝19m2＋9＋1m2＋1＋6≤116，∴S△F1PQ≤3所以内切圆半径r＝2S△F1PQ8≤34，因此其面积最大值是916π.答案：916π9．(2022·北京模拟)已知椭圆C：某2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为12，椭圆的短轴端点与双曲线y22－某2＝1的焦点重合，过点P(4,0)且不垂直于某轴的直线l与椭圆C相交于A，B两点．Ruize知识分享(1)求椭圆C的方程；(2)求OA→·OB→的取值范围．解：(1)由题意知e＝ca＝12，所以e2＝c2a2＝a2－b2a2＝14，所以a2＝43b2.因为双曲线y22－某2＝1的焦点坐标为(0，±3)，所以b＝3，所以a2＝4，所以椭圆C的方程为某24＋y23＝1.(2)当直线l的倾斜角为0°时，不妨令A(－2,0)，B(2,0)，则OA→·OB→＝－4，当直线l的倾斜角不为0°时，设其方程为某＝my＋4，由某＝my＋4，3某2＋4y2＝12(3m2＋4)y2＋24my＋36＝0，由Δ>0(24m)2－4某(3m2＋4)某36>0m2>4，设A(my1＋4，y1)，B(my2＋4，y2)．因为y1＋y2＝－24m3m2＋4，y1y2＝363m2＋4，所以OA→·OB→＝(my1＋4)(my2＋4)＋y1y2＝m2y1y2＋4m(y1＋y2)＋16＋y1y2＝1163m2＋4－4，因为m2>4，所以OA→·OB→∈－4，134.综上所述，OA→·OB→的取值范围为－4，134.10．(2022·贵阳市一模)已知椭圆C：某2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为22，F1，F2分别是椭圆C的左、右焦点，椭圆C的焦点F1到双曲线某22－y2＝1渐近线的距离为33.(1)求椭圆C的方程；(2)直线AB：y＝k某＋m(k＜0)与椭圆C交于不同的A，B两点，以线段AB为直径的圆经过点F2，且原点O到直线AB的距离为255，求直线AB的方程．解：(1)∵椭圆C：某2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为22，∴ca＝22，∵双曲线某22－y2＝1的一条渐近线方程为某－2y＝0，椭圆C的左焦点F1(－c,0)，∵椭圆C的焦点F1到双曲线某22－y2＝1渐近线的距离为33.Ruize知识分享∴d＝|－c|1＋2＝33＝c3得c＝1，则a＝2，b＝1，则椭圆C的方程为某22＋y2＝1；(2)设A，B两点的坐标分别为A(某1，y1)，B(某2，y2)，由原点O到直线AB的距离为255，得|m|1＋k2＝255，即m2＝45(1＋k2)，①将y＝k某＋m(k＜0)代入某22＋y2＝1；得(1＋2k2)某2＋4km某＋2m2－2＝0，则判别式Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)＝8(2k2－m2＋1)＞0，∴某1＋某2＝－4km1＋2k2，某1某2＝2m2－21＋2k2，∵以线段AB为直径的圆经过点F2，∴AF2→·BF2→＝0，即(某1－1)(某2－1)＋y1y2＝0.即(某1－1)(某2－1)＋(k某1＋m)(k某2＋m)＝0，即(1＋k2)某1某2＋(km－1)(某1＋某2)＋m2＋1＝0，∴(1＋k2)2m2－21＋2k2＋(km－1)－4km1＋2k2＋m2＋1＝0，化简得3m2＋4km－1＝0②由①②得11m4－10m2－1＝0，得m2＝1，∵k＜0，∴m＝1k＝－12，满足判别式Δ＝8(2k2－m2＋1)＞0，∴AB的方程为y＝－12某＋1.。
高考数学总复习 第七章第7课时 立体几何中的向量方法 课时闯关(含解析)
2013年高考数学总复习（山东专用）第七章第7课时 立体几何中的向量方法 课时闯关（含解析）一、选择题1．(2012·天水调研)已知二面角αl β的大小是π3，m ，n 是异面直线，且m ⊥α，n ⊥β，则m ，n 所成的角为( ) A.2π3 B.π3 C.π2 D.π6 解析：选B.∵m ⊥α，n ⊥β，∴异面直线m ，n 所成的角的补角与二面角αl β互补．又∵异面直线所成角的范围为⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，∴m ，n 所成的角为π3.2．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝3，AD ＝22，P 为C 1D 1的中点，M 为BC 的中点．则AM 与PM 的位置关系为( )A ．平行B ．异面C ．垂直D ．以上都不对解析：选C.以D 点为原点，分别以DA ，DC ，DD 1为x ，y ，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，依题意，可得，D (0,0,0)，P (0,1，3)，C (0,2,0)， A (22，0,0)，M (2，2,0)． ∴PM →＝(2，2,0)－(0,1，3)＝(2，1，－3)， AM →＝(2，2,0)－(22，0,0)＝(－2，2,0)， ∴PM →·AM →＝(2，1，－3)·(－2，2,0)＝0， 即PM →⊥AM →，∴AM ⊥PM .3．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，∠BAC ＝30°，BC ＝1，AA 1＝6，M 是CC 1的中点，则异面直线AB 1与A 1M 所成的角为( ) A ．60° B ．45° C ．30° D ．90°解析：选D.建立坐标系如图所示，易得M (0,0，62)，A 1(0，3，0)，A (0，3，6)，B 1(1,0,0)，∴AB 1→＝(1，－3，－6)，A 1M →＝(0，－3，62)．∴AB 1→·A 1M →＝1×0＋3－62＝0，∴AB 1→⊥A 1M →.即AB 1⊥A 1M .4．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，则直线BC 1与平面A 1BD 所成的角的余弦值是( )A.24B.23C.33 D.32 解析：选C.建立空间直角坐标系如图所示．设正方体的棱长为1，设直线BC 1与平面A 1BD 所成的角为θ， 则D (0,0,0)，A (1,0,1)，A 1(1,0,1)， B (1,1,0)，C 1(0,1,1)， ∴DA 1→＝(1,0,1)，DB →＝(1,1,0)，BC 1→＝(－1,0,1)， 设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1BD 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝x ＋z ＝0n ·DB →＝x ＋y ＝0，令z ＝1，则x ＝－1，y ＝1.∴n ＝(－1,1,1)，∴sin θ＝|cos 〈n ，BC 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋13·2＝63，∵θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴cos θ＝1－sin 2θ＝33.5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22解析：选B.建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D(0,0,0)，A1(1,0,1)，E⎝⎛⎭⎪⎫1，1，12，∴DA1→＝(1,0,1)，DE→＝⎝⎛⎭⎪⎫1，1，12，设n＝(x，y，z)为平面A1DE的法向量，则⎩⎨⎧n·DA1→＝x＋z＝0n·DE→＝x＋y＋12z＝0，令z＝－1，则x＝1，y＝－12，∴n＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－12，－1，取平面ABCD的法向量m＝(0,0,1)则cos〈m，n〉＝－11×1＋14＋1＝－23，故所求锐二面角的余弦值为23.二、填空题6．已知AB→＝(1,5，－2)，BC→＝(3,1，z)，若AB→⊥BC→，BP→＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为________．解析：由题知，BP→⊥AB→，BP→⊥BC→.所以⎩⎪⎨⎪⎧AB→·BC→＝0，BP→·AB→＝0，BP→·BC→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧1×3＋5×1＋－2×z ＝0，x －1＋5y ＋－2×－3＝0，3x －1＋y －3z ＝0，解得，x ＝407，y ＝－157，z ＝4.答案：407，－157，47．(2012·贵阳调研)长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，E 为CC 1的中点，则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为__________． 解析：建立坐标系如图，则A (1,0,0)，E (0,2,1)， B (1,2,0)，C 1(0,2,2)， ∴BC 1→＝(－1,0,2)， AE →＝(－1,2,1)，∴cos 〈BC 1→，AE →〉＝BC 1→·AE →|BC 1→||AE →|＝3010.答案：30108．设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是________．解析：如图建立空间直角坐标系， 则D 1(0,0,2)，A 1(2,0,2)， D (0,0,0)，B (2,2,0)， ∴D 1A 1→＝(2,0,0)， DA 1→＝(2,0,2)，DB →＝(2,2,0)，设平面A 1BD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝2x ＋2z ＝0n ·DB →＝2x ＋2y ＝0.令x ＝1，则n ＝(1，－1，－1)，∴点D 1到平面A 1BD 的距离d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233.答案：233三、解答题9．(2011·高考辽宁卷)如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； (2)求二面角Q -BP -C 的余弦值．解：如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz .(1)证明：依题意有Q (1,1,0)，C (0,0,1)，P (0,2,0)，则DQ →＝(1,1,0)，DC →＝(0,0,1)，PQ →＝(1，－1,0)．所以PQ →·DQ →＝0，PQ →·DC →＝0， 即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC .又DQ ∩DC ＝D ，所以PQ ⊥平面DCQ .又PQ ⊂平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ .(2)依题意有B (1,0,1)，CB →＝(1,0,0)，BP →＝(－1,2，－1)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面PBC 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB →＝0，n ·BP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－x ＋2y －z ＝0.因此可取n ＝(0，－1，－2)．同理，设m 是平面PBQ 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BP →＝0，m ·PQ →＝0，可取m ＝(1,1,1)．所以cos 〈m ，n 〉＝－155. 故二面角Q -BP -C 的余弦值为－155.10．(2011·高考福建卷节选)如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AB ＋AD ＝4，CD ＝2，∠CDA ＝45°. (1)求证：平面PAB ⊥平面PAD .(2)设AB ＝AP ，若直线PB 与平面PCD 所成的角为30°，求线段AB 的长． 解：(1)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AB . 又AB ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ，所以AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2)以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A －xyz (如图)． 在平面ABCD 内，作CE ∥AB 交AD 于点E ，则CE ⊥AD .在Rt △CDE 中，DE ＝CD ·cos45°＝1，CE ＝CD ·sin 45°＝1. 设AB ＝AP ＝t ，则B (t,0,0)，P (0,0，t )． 由AB ＋AD ＝4得AD ＝4－t ，所以E (0,3－t,0)，C (1,3－t,0)，D (0,4－t,0)， CD →＝(－1,1,0)，PD →＝(0,4－t ，－t )． 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ⊥CD →，n ⊥PD →，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，4－t y －tz ＝0.取x ＝t ，得平面PCD 的一个法向量n ＝(t ，t,4－t )． 又PB →＝(t,0，－t )，故由直线PB 与平面PCD 所成的角为30°得，cos 60°＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·PB →|n |·|PB →|， 即|2t 2－4t |t 2＋t 2＋4－t 2·2t 2＝12，解得t ＝45或t ＝4(舍去，因为AD ＝4－t >0)，所以AB ＝45.11．如图，在五面体ABCDEF 中，FA ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ∥FE ，AB ⊥AD ，M 为EC 的中点，AF＝AB ＝BC ＝FE ＝12AD .(1)求异面直线BF 与DE 所成的角的大小； (2)证明平面AMD ⊥平面CDE ； (3)求二面角A CD E 的余弦值． 解：如图所示，建立空间直角坐标系，点A 为坐标原点，设AB ＝1，依题意得B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2，0)，E (0,1,1)，F (0,0,1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，12.(1)BF →＝(－1,0,1)， DE →＝(0，－1,1)，于是cos 〈BF →，DE →〉＝BF →·DE →|BF →|·|DE →|＝0＋0＋12·2＝12.所以异面直线BF 与DE 所成的角的大小为60°.(2)证明：由AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，12，CE →＝(－1,0,1)，AD →＝(0,2,0)，可得CE →·AM →＝0，CE →·AD →＝0.因此，CE ⊥AM ，CE ⊥AD .又AM ∩AD ＝A ，故CE ⊥平面AMD .而CE ⊂平面CDE ，所以平面AMD ⊥平面CDE . (3)设平面CDE 的法向量为u ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧u ·CE →＝0，u ·DE →＝0.于是⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－y ＋z ＝0.令x ＝1，可得u ＝(1,1,1)．又由题设，平面ACD 的一个法向量为ν＝(0,0,1)．所以cos 〈u ，ν〉＝u ·ν|u ||ν|＝0＋0＋13·1＝33.因为二面角A -CD -E 为锐角， 所以其余弦值为33.。
高考数学一轮第7章 立体几何 7-2
解析 由三视图可得该四面体的直观 图如图所示，平面 ABD⊥平面 BCD，△ ABD 与△BCD 为全等的等腰直角三角形， AB＝AD＝BC＝CD＝ 2.取 BD 的中点 O， 连接 AO，CO，则 AO⊥CO，AO＝CO＝ 1.由勾股定理得 AC＝ 2，因此△ABC 与△ACD 为全等的正 三角形，由三角形面积公式得 S△ABC＝S△ACD＝ 23，S△ABD＝S △BCD＝1，所以四面体的表面积为 2＋ 3.故选 C.
2142＝14π.
几何6体．的[2三01视7·山图东如高下考，]则由该一几个何长体方的体体和积两为个_41_2圆_＋_柱_π2_体__构．成的
解析 该几何体由一个长、宽、高分别为 2,1,1 的长方 体和两个底面半径为 1，高为 1 的四分之一圆柱体构成，
∴V＝2×1×1＋2×14×π×12×1＝2＋π2.
为 BC 的中点 M.又 AM＝12BC＝52，OM＝12AA1＝6，所以球 O
的半径 R＝OA＝
522＋62＝123.故选 C.
本例若将直三棱柱改为“棱长为 4 的正 方体”，则此正方体外接球和内切球的体积各是多少？
解 由题意可知，此正方体的体对角线长即为其外接球 的直径，正方体的棱长即为其内切球的直径．设该正方体外 接球的半径为 R，内切球的半径为 r.
4·43·a2＝ 3a2，其内切球半径 r 为正四面体高的14，即 r＝
14·36a＝126a，因此内切球表面积为 S2＝4πr2＝π6a2，则SS12＝π3aa22＝6源自π3 .6
本例中若将直三棱柱改为“侧棱和底面 边长都是 3 2的正四棱锥”，则其外接球的半径是多少？
解 依题意，得该正四棱锥底面对角线的长为 3 2
238，外接球的表面积 S＝4πR2
2020版新一线数学二轮专题复习艺术专用课件：第七章立体几何第2节
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)×
第七章
基础自主夯实
考点层级突破
课时分组冲关
[小题查验] 1．在下列命题中，不是公理的是( ) A．平行于同一个平面的两个平面相互平行 B．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面 C．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有 的点都在此平面内 D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一 条过该点的公共直线 解析：A [A 不是公理，是个常用的结论，需经过推理论证；B， C，D 是平面的基本性质公理．]
第七章
基础自主夯实
考点层级突破
课时分组冲关
3．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 和 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
解析：D [依题意，直线 b 和 c 的位置关系可能是相交、平行或 异面．]
第七章
基础自主夯实
考点层级突破
课时分组冲关
空间两条直线位置关系的判定方法
第七章
基础自主夯实
考点层级突破
课时分组冲关
[跟踪训练] (2019·全国Ⅲ卷) 如图，点 N 为正方形 ABCD 的中心，△ECD 为 正三角形，平面 ECD⊥平面 ABCD，M 是线段 ED 的中点，则( )
第七章
基础自主夯实
即异面直线 A1B 与 AD1 所成角的余弦值为45.]
第七章
基础自主夯实
考点层级突破
课时分组冲关
广东专用2024版高考数学大一轮总复习第七章立体几何7
1.直线与直线平行
（1）基本事实4
文字语言
平行于同一条直线的两条直线______
图形语言
符号语言
说明
基本事实4表明了平行线的传递性
平行
（2）等角定理
文字语言
如果空间中两个角的两条边分别对应________那么这两个角___________
（3）同一条直线与两个平行平面所成的角相等.
1.判断下列命题是否正确，正确的在括号内画“√”，错误的画“×”.
（1） 若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面. ( )
×
（2） 若一条直线平行于一个平面，则这条直线平行于这个平面内的任一条直线. ( )
×
（3） 如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行. ( )
图形语言
符号语言
平行
（2）性质定理
文字语言
一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面______，那么该直线与______平行
图形语言
符号语言
相交
（1） 证明： 平面 ；
证明：分别取 , 的中点 , ，连接 ， , ,如图所示.
（2） （2023届湖南岳阳适应考节选）如图，圆柱的轴截面 为正方形，点 在底面圆周上，且 , 为 上的一点，且 , ，设平面 平面 ，求证： .
证明：因为平面 平面 ,所以要证 ，只需证 平面 .因为 平面 ,平面 平面 ,所以证明 即可.又 ，故只பைடு நூலகம்证明 即可.由题知 平面 , 平面 ，则 .由 为底面圆的直径，知 .
又 ，所以平面 平面 .又因为 平面 ，所以 平面 .
【点拨】①证明线线平行，可以运用基本事实4、中位线定理，也可以证明包含这两边的四边形是平行四边形，或者运用线面平行的性质定理来证明.②要证明直线和平面平行，通常有两种方法： 利用线面平行的判定定理，只要在平面内找到一条直线与已知平面外直线平行即可； 由面面平行的性质定理：如果两个平面平行，那么其中一个平面内的任何一条直线和另外一个平面平行.第一种方法是常用方法，一般需要连接特殊点、画辅助线，再证明线线平行，从而得到线面平行.第二种方法常用于非特殊位置的情形.③判定面面平行的主要方法: 利用面面平行的判定定理； 面垂直的性质（垂直于同一直线的两平面平行）.利用面面平行的判定定理证明两平面平行时需要说明是一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行.
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第七章第2节
1．四条线段顺次首尾相连，它们最多可确定的平面个数有()
A．4个B．3个
C．2个D．1个
解析：A[首尾相连的四条线段每相邻两条确定一个平面，所以最多可以确定四个平面．]
2．a，b，c是两两不同的三条直线，下面四个命题中，真命题是()
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∥c
解析：C[若直线a，b异面，b，c异面，则a，c相交、平行或异面；若a，b相交，b，c相交，则a，c相交、平行或异面；若a⊥b，b⊥c，则a，c相交、平行或异面；由异面直线所成的角的定义知C正确．故选C.]
3．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
4．如图所示，ABCD－A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确是()
A ．A ，M ，O 三点共线
B ．A ，M ，O ，A 1不共面
C ．A ，M ，C ，O 不共面
D ．B ，B 1，O ，M 共面
解析：A [连接A 1C 1，AC ，则A 1C 1∥AC ，∴A 1，C 1，A ，C 四点共面，∴A 1C ⊂平面ACC 1A 1，
∵M ∈A 1C ，∴M ∈平面ACC 1A 1，又M ∈平面AB 1D 1，∴M 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1
的交线上，同理O 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上．
∴A ，M ，O 三点共线．]
5．已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，E 为AA 1的中点，则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为( )
A.10
10
B.15
C.35
D.31010
解析：D [连BA 1，则在正四棱柱中可得BA 1∥CD 1， ∴∠A 1BE 即为异面直线BE 与CD 1所成角(或其补角)．
设AA 1＝2AB ＝2，则在△A 1BE 中，BE ＝2，EA 1＝1，BA 2＝5，由余弦定理得cos ∠A 1BE ＝(2)2＋(5)2－122×2×5
＝310
10，
∴异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为310
10
.故选D.]
6．若直线l ⊥平面β，平面α⊥平面β，则直线l 与平面α的位置关系为 ________ . 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.
答案：l∥α，或l⊂α
7．如图，E、F分别是三棱锥P-ABC的棱AP、BC的中点，PC＝10，AB＝6，EF＝7，则异面直线AB与PC所成的角为________.
解析：取AC的中点D，连接DE、DF，
则DE∥PC，DF∥AB，∠EDF或其补角为异面直线AB与PC所成的角，
利用余弦定理可求得∠EDF＝120°，
所以异面直线AB与PC所成的角为60°.
答案：60°
8．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：
①直线AM与CC1是相交直线；
②直线AM与BN是平行直线；
③直线BN与MB1是异面直线；
④直线MN与AC所成的角为60°.
其中正确的结论为________(注：把你认为正确的结论序号都填上)．
解析：∵直线CC 1在平面CC 1D 1D 上，而M ∈平面CC 1D 1D ，A ∉平面CC 1D 1D ， ∴直线AM 与直线CC 1异面，故①不正确， ∵直线AM 与直线BN 异面，故②不正确，
利用①的方法验证直线BN 与直线MB 1异面，故③正确，利用平移法，可得直线MN 与AC 所成的角为60°，故④正确．
答案：③④
9．如图所示，A 是△BCD 所在平面外的一点，E ，F 分别是BC ，AD 的中点．
(1)求证：直线EF 与BD 是异面直线；
(2)若AC ⊥BD ，AC ＝BD ，求EF 与BD 所成的角．
解析：(1)证明：假设EF 与BD 不是异面直线，则EF 与BD 共面，从而DF 与BE 共面，即AD 与BC 共面，所以A ，B ，C ，D 在同一平面内，这与A 是△BCD 所在平面外的一点相矛盾．故直线EF 与BD 是异面直线．
(2)取CD 的中点G ，连接EG ，FG ，则AC ∥FG ，EG ∥BD ， 所以相交直线EF 与EG 所成的角， 即为异面直线EF 与BD 所成的角． 又因为AC ⊥BD ，则FG ⊥EG .
在Rt △EGF 中，由EG ＝FG ＝1
2AC ，求得∠FEG ＝45°，即异面直线EF 与BD 所成的角
为45°.
10．如图，在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥底面ABC ，D 是PC 的中点．已知∠BAC ＝π
2，AB
＝2，AC ＝23，P A ＝2.求：
(1)三棱锥P -ABC 的体积；
(2)异面直线BC 与AD 所成角的余弦值．
解：(1)S △ABC ＝12×2×23＝23，三棱锥P -ABC 的体积为V ＝13S △ABC ·P A ＝1
3×23×2
＝43
3
.
(2)如图，取PB 的中点E ，连接DE ，AE ，则ED ∥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，cos ∠ADE ＝22＋22－22×2×2＝34
.
故异面直线BC 与AD 所成角的余弦值为3
4
.。