参考-数学高考(文)二轮专题复习习题：第1部分专题五立体几何1-5-1-含答案

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2016届高三数学二轮复习(新课标)第一部分：专题五立体几何(含解析)

第1讲空间几何体的三视图、表面积及体积1．(2014·江西高考)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( )【解析】由三视图的知识得B 正确．【答案】 B2．(2015·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )A ．8 cm 3B ．12 cm 3 C.323 cm 3 D.403cm 3 【解析】该几何体为四棱柱和四棱锥的组合，所以其体积V ＝V 四棱柱＋V 四棱锥，故V ＝23＋13×22×2＝323(cm 3)．【答案】 C3．(2015·山东高考)已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.22π3B.42π3C．22πD．42π【解析】由题意，该几何体可以看作是两个底面半径为2、高为2的圆锥的组合体，其体积为2×13×π×(2)2×2＝42π3.【答案】 B4．(2014·全国大纲高考)正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4B．16πC．9π D.27π4【解析】易知EF＝4，AF＝1222＋22＝2，在直角三角形AOF中，设球的半径为R，则(4－R)2＋22＝R2，∴R＝94，∴S球＝4πR2＝81π4.【答案】 A考什么怎么考题型与难度1.空间几何体的三视图与直观图关系的确认主要考查空间几何体的三视图与直观图间对应关系题型：选择题难度：基础题2.空间几何体的表面积与体积主要考查以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的计算题型：选择题或填空题难度：中档题3.多面体与球的切、接问题主要考查多面体与球的结构特征及空间的点、线、面间的位置关系题型：选择题或填空题难度：中档题空间几何体的三视图与直观图关系的确认(自主探究型) 的三视图，则这个几何体是( )A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱【解析】将三视图还原为几何体即可，考查空间想象能力．由题中三视图可知该几何体的直观图如图所示，则这个几何体是三棱柱．故选B.【答案】 B2．(2014·湖北高考)在如图所示的空间直角坐标系O－xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)．给出编号为①，②，③，④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为( )A．①和②B．③和①C．④和③D．④和②【解析】根据正视图、俯视图的投影规则，找出它们各个顶点的坐标即可．在空间直角坐标系O —xyz 中作出棱长为2的正方体，在该正方体中作出四面体，如图所示，由图可知，该四面体的正视图为④，俯视图为②.【答案】 D【规律感悟】 1.由直观图确认三视图的策略根据空间几何体三视图的定义及画法规则和摆放规则确认． 2．由三视图还原到直观图的思路 (1)根据俯视图确定几何体的底面．(2)根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．空间几何体的表面积与体积(多维探究型)【典例1】 (2015·新课标Ⅰ高考)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛【解析】本题是一个实际应用问题，考查了圆锥的体积计算以及考生的理解与计算能力．由l ＝14×2πr ＝8得圆锥底面的半径r ＝16π≈163，所以米堆的体积V ＝14×13πr 2h ＝14×2569×5＝3209，所以堆放的米有3209÷1.62≈22斛．故选B.【答案】 B命题角度二根据三视图求空间几何体的表面积与体积【典例2】 (1)(2015·陕西高考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．3πB ．4πC ．2π＋4D ．3π＋4(2)(2015·湖南高考)某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为(材料利用率＝新工件的体积原工件的体积)( )A.89πB.827π C.24（2－1）3πD.8（2－1）3π【解析】 (1)本题主要考查空间几何体的三视图与直观图的概念和性质，考查计算能力．由三视图知该几何体是半个圆柱，其表面积为S 表＝2π×1×22＋π×12＋2×2＝3π＋4.故选D.(2)本题主要考查三视图、圆锥的体积及正方体的体积等知识，解答此题的关键是作出轴截面，利用比例关系求出正方体的棱长．由三视图知，原工件为圆锥，要使正方体新工件的体积最大，则正方体下底面在圆锥底面上，上底面是平行于圆锥底面的截面圆的内接正方形，过正方体的顶点作轴截面如图，且AB 为上底面正方形的对角线，设正方体的棱长为a ，则AB ＝2a ，又圆锥的高为32－12＝22，所以2a2＝22－a22，得a＝223，正方体体积为V＝a3＝16227，圆锥的体积为13×π×12×22＝22π3，故原工件的材料利用率为1622722π3＝89π.故选A.【答案】(1)D (2)A【规律感悟】 1.求解几何体的表面积及体积的技巧(1)求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键所在．求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．(2)求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解．2．根据几何体的三视图求其表面积与体积的三个步骤(1)根据给出的三视图判断该几何体的形状．(2)由三视图中的大小标示确定该几何体的各个度量．(3)套用相应的面积公式与体积公式计算求解．[针对训练]1．(2015·安徽高考)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( )A．1＋ 3 B．1＋2 2C．2＋ 3 D．2 2【解析】在长、宽、高分别为2，1，1的长方体中，所求四面体即如图所示的三棱锥P—ABC，其表面积为12×2×1×2＋34×(2)2×2＝2＋ 3.【答案】 C2．(2015·重庆高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋2πB.13π6C.7π3D.5π2【解析】由三视图知，该几何体为一个圆柱与一个半圆锥的组合体，其中圆柱的底面半径为1、高为2，半圆锥的底面半径为1、高为1，所以该几何体的体积V ＝12×13×π×12×1＋π×12×2＝13π6.故选B. 【答案】 B多面体与球的切、接问题【典例3】 (1)(2014·陕西高考)已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( )A.32π3 B ．4πC ．2π D.4π3(2)(2015·新课标Ⅱ高考)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点，若三棱锥OABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π【解析】 (1)找出球心，求出球的半径代入体积公式求解．考查空间想象能力和运算求解能力．连接AC ，BD 相交于O 1，连接A 1C 1，B 1D 1，相交于O 2并连接O 1O 2，则线段O 1O 2的中点为球心．∴半径R ＝|OB |＝|OO 1|2＋|O 1B |2＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫222＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫222＝1，∴V 球＝43πR 3＝4π3.故选D.(2)本题主要考查球的性质、三棱锥的体积、球的表面积等基础知识，意在考查考生的空间想象能力与运算求解能力、推理论证能力．三棱锥V O —ABC ＝V C —OAB ＝13S △OAB ×h ，其中h 为点C 到平面OAB 的距离，而底面三角形OAB 是直角三角形，顶点C 到底面OAB 的最大距离是球的半径，故V O —ABC ＝V C —OAB ＝13×12×R 3＝36，其中R 为球O 的半径，所以R ＝6，所以球O 的表面积S ＝4πR 2＝144π.故选C.【答案】 (1)D (2)C [一题多变]若题(2)变为：已知正四棱锥O ABCD 的体积为322，底面边长为3，则以O 为球心，OA 为半径的球的表面积为________．【解析】 V 四棱锥O ABCD ＝13×3×3h ＝322，得h ＝322，∴OA 2＝h 2＋(AC 2)2＝184＋64＝6.∴S 球＝4πOA 2＝24π. 【答案】 24π【规律感悟】多面体与球接、切问题的求解策略(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，理清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．(2)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段PA ，PB ，PC 两两互相垂直，且PA ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，则4R 2＝a 2＋b 2＋c 2求解．[针对训练]1．(2015·长春模拟)在正三棱锥S ABC 中，M ，N 分别是SC ，BC 的中点，且MN ⊥AM ，若侧棱SA ＝23，则正三棱锥S ABC 外接球的表面积是( )A．12πB．32πC．36πD．48π【解析】取AC的中点为D连结BD，SD，知BD⊥AC，SD⊥AC，∴AC⊥平面BDS，∴AC⊥BS，又MN⊥AM，∴BS⊥AM，∴BS⊥平面ACS，由S－ABC是正三棱锥知BS，AS，CS两两垂直，则4R2＝3·(23)2，∴4R2＝36，∴S表＝4πR2＝36π.故选C.【答案】 C2．(2015·河北唐山统考)如图，直三棱柱ABCA1B1C1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB＝AC，侧面BCC1B1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB1A1的面积为( )A．2 B．1C. 2D.2 2【解析】连结BC1，B1C，交于点O，则O为面BCC1B1的中心．由题意知，球心为侧面BCC1B1的中心O，BC为截面圆的直径，所以∠BAC＝90°，则△ABC的外接圆圆心N 位于BC的中点，同理，△A1B1C1的外接圆圆心M位于B1C1的中点，设正方形BCC1B1的边长为x，在Rt△OMC1中，OM＝x2，MC1＝x2，OC1＝R＝1(R为球的半径)，所以⎝⎛⎭⎪⎫x22＋⎝⎛⎭⎪⎫x22＝1，即x＝2，则AB＝AC＝1，所以侧面ABB1A1的面积为2×1＝ 2.故选C.【答案】 C转化与化归思想求解空间几何体的体积[思想诠释]空间几何体的体积用到转化与化归思想的常见题型：1．求某些三棱锥、四棱锥体积：求解过程中当高不易求时，常需转换顶点利用等体积法解决．2．不规则几何体的体积的求解：求解时，常结合所给几何体的结构特征及条件，通过割、补等手段转化为规则几何体体积的和、差求解．[典例剖析]【典例】 (2015·烟台模拟)如图所示，四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝AB ＝2，E ，F ，G 分别为PC ，PD ，BC 的中点．则(1)四棱锥E ABCD 的体积为________； (2)三棱锥P EFG 的体积为________．【审题策略】 (1)看到E 到平面ABCD 的距离不易求，想到转化与化归思想，EF ∥平面ABCD 转化为求V F ABCD ；(2)看到P 到平面EFG 的距离不易求，想到转化与化归思想转化为求V G PEF .【解析】 (1)因为E ，F 分别为PC ，PD 的中点，所以EF ∥DC ，又DC ⊂平面ABCD ，所以EF ∥平面ABCD ，又PD ⊥平面ABCD ，所以FD ⊥平面ABCD ，且FD ＝12PD ＝1，S 正方形ABCD ＝2×2＝4，所以V E ABCD ＝V F ABCD ＝13×4×1＝43.(2)因为PD ⊥平面ABCD ，GC ⊂平面ABCD ，所以GC ⊥PD .因为ABCD 为正方形，所以GC ⊥CD . 因为PD ∩CD ＝D ，所以GC ⊥平面PCD . 因为PF ＝12PD ＝1，EF ＝12CD ＝1，所以S △PEF ＝12EF ×PF ＝12.因为GC ＝12BC ＝1，所以V P EFG ＝V G PEF＝13S △PEF ·GC ＝13×12×1＝16.【答案】 (1)43 (2)16[针对训练](2015·哈尔滨模拟)一个空间几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为12π＋853，则正(主)视图中x 的值为( )A ．5B ．3C ．4D ．2【解析】由三视图知，几何体是一个组合体，上面是一个正四棱锥，四棱锥的底面是一个对角线为4的正方形，侧棱长是3，根据勾股定理知正四棱锥的高是32－22＝5，下面是一个圆柱，底面直径是4，母线长是x ，因为几何体的体积为12π＋853，所以x ×4π＋13×(22)2×5＝12π＋853，x ＝3.故选B.【答案】 B1．必记公式 (1)表面积公式表面积＝侧面积＋底面积，其中 ①多面体的表面积为各个面的面积的和．②圆柱的表面积公式：S ＝2πr 2＋2πrh ＝2πr (r ＋h )(其中，r 为底面半径，h 为圆柱的高)． ③圆锥的表面积公式：S ＝πr 2＋πrl ＝πr (r ＋l )(其中圆锥的底面半径为r ，母线长为l )． ④圆台的表面积公式：S ＝π(r l 2＋r 2＋r ′l ＋rl )(其中圆台的上、下底面半径分别为r ′和r ，母线长为l )．⑤球的表面积公式：S ＝4πR 2(其中球的半径为R )． (2)体积公式①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)．②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)．③V 球＝43πR 3(其中R 为球的半径)．2．重要结论(1)画三视图的基本要求：正俯一样长，俯侧一样宽，正侧一样高．(2)三视图排列规则：俯视图放在正(主)视图的下面；侧(左)视图放在正(主)视图的右面． 3．易错提醒(1)未注意三视图中实、虚线的区别：在画三视图时应注意看到的轮廓线画成实线，看不到的轮廓线画成虚线．(2)不能准确分析组合体的结构致误对简单组合体表面积与体积的计算要注意其构成几何体的面积、体积是和还是差．限时训练(十二)建议用时实际用时错题档案40分钟一、选择题1．(2014·福建高考)某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( ) A ．圆柱 B ．圆锥 C ．四面体 D ．三棱柱【解析】易知圆柱不论如何放置正视图不可能为三角形．故选A. 【答案】 A2．(2014·陕西高考)将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是( )A ．4πB ．3πC ．2πD ．π【解析】 ∵圆柱侧面展开图为矩形，底面圆半径为1，S 侧＝2πr ·l ＝2π×1×1＝2π.故选C.【答案】 C3．(2015·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为( )A ．1 B. 2 C. 3 D ．2【解析】由题中三视图知，此四棱锥的直观图如图所示，其中侧棱SA ⊥底面ABCD ，且底面是边长为1的正方形，SA ＝1，所以四棱锥最长棱的棱长为SC ＝3.故选C.【答案】 C4．(2015·新课标Ⅱ高考)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18B.17C.16D.15【解析】由三视图可知，该几何体是一个正方体截去了一个三棱锥，即截去了正方体的一个角．设正方体的边长为1，则正方体的体积为1，截去的三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，故剩余部分的体积为V 2＝56，所求比值为V 1V 2＝15.【答案】 D5．(2015·福建高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( )A ．8＋2 2B ．11＋2 2C ．14＋22 D ．15【解析】由题中三视图可知，该几何体是底面为直角梯形、高为2的直四棱柱，所以其表面积为S表面积＝S 侧面积＋2S 下底面积＝(1＋1＋2＋2)×2＋2×12×(1＋2)×1＝11＋2 2.故选B.【答案】 B6．(2015·山西康杰中学3月模拟)已知某锥体的正视图和侧视图如图所示，其体积为233，则该锥体的俯视图可能是( )【解析】由正视图得该锥体的高是h＝22－12＝3，因为该锥体的体积为233，所以该锥体的底面面积是S＝23313h＝23333＝2，A项的正方形的面积是2×2＝4，B项的圆的面积是π×12＝π，C项的大三角形的面积是12×2×2＝2，D项不可能是该锥体的俯视图．故选C.【答案】 C7．(2014·湖南高考)一块石材表示的几何体的三视图如图所示．将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A．1 B．2 C．3 D．4【解析】由题意知，几何体为三棱柱，设最大球的半径为R.∴2R＝(6＋8)－10＝4，∴R＝2.【答案】 B8．(2015·江西铁路中学二模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.16π3B.20π3C.40π3D ．5π【解析】观察三视图可知，该几何体为一个球和一个圆锥的组合体，球半径为1，圆锥底面半径为2，圆锥高为3，所以该几何体的体积为43π×13＋13π×22×3＝16π3.故选A. 【答案】 A9．(2015·新课标Ⅰ高考)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8【解析】由题中的三视图可知，该几何体由一个半圆柱与一个半球拼接而成，其表面积为2r ×2r ＋2πr 2＋2πr 2＋πr 2＝4r 2＋5πr 2＝16＋20π，解得r ＝2.故选B.【答案】 B10.(2013·全国新课标Ⅰ高考)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器厚度，则球的体积为( )A.500π3 cm 3B.866π3 cm 3C.1 372π3 cm 3D.2 048π3 cm 3【解析】利用球的截面性质结合直角三角形求解．如图，作出球的一个截面，则MC ＝8－6＝2(cm)，BM ＝12AB ＝12×8＝4(cm)．设球的半径为R cm ，则R 2＝OM 2＋MB 2＝(R －2)2＋42，∴R ＝5，∴V 球＝43π×53＝5003π(cm 3)．【答案】 A 二、填空题11．(2015·天津高考)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.【解析】该几何体是一个组合体，中间是一个圆柱，左、右两侧是两个一样的圆锥，其体积为V ＝2×13×π×12×1＋π×12×2＝8π3(m 3)．【答案】 8π312．(2015·山西运城教学检测)若一个空间几何体的三视图是三个边长为2的正方形，则以该空间几何体各个面的中心为顶点的多面体的体积为________．【解析】由题意可知，该空间几何体为正方体，以正方体各个面的中心为顶点的多面体是两个相同的正四棱锥组成的几何体，如图，该四棱锥的高是正方体高的一半，底面面积是正方体一个面面积的一半，故所求多面体的体积V ＝2×13×1×2·2＝43.【答案】 4313．(预测题)一个几何体的正视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的________．(填入所有可能的几何体前的编号)①三棱锥 ②四棱锥 ③三棱柱 ④四棱柱 ⑤圆锥⑥圆柱【解析】三棱锥、四棱锥和圆锥的正视图都是三角形，当三棱柱的一个侧面平行于水平面，底面对着观测者时其正视图是三角形，其余的正视图均不是三角形．【答案】 ①②③⑤14．(2015·江苏高考)现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________．【解析】底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱的总体积为13π×52×4＋π×22×8＝196π3.设新的圆锥和圆柱的底面半径为r ，则13π×r 2×4＋π×r 2×8＝28π3r 2＝196π3，解得r ＝7.【答案】715．(2015·广西三市4月联考)三棱锥P ABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥AC ，∠BAC ＝120°，PA ＝AB ＝AC ＝2，则此三棱锥外接球的体积为________．【解析】设△ABC 外接圆的半径为r ，三棱锥外接球的半径为R ，∵AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝120°，∴BC ＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos ∠BAC＝4＋4－2×2×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝23，∴2r ＝2332＝4，∴r ＝2，由题意知PA ⊥平面ABC ，则将三棱锥补成三棱柱可得R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫PA 22＋r 2＝5，∴此三棱锥外接球的体积为43π·(5)3＝2053π.【答案】 2053π第2讲点、直线、平面之间的位置关系1．(2015·湖北高考)l 1，l 2表示空间中的两条直线，若p ：l 1，l 2是异面直线；q ：l 1，l 2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【解析】两直线异面，则两直线一定无交点，即两直线一定不相交；而两直线不相交，有可能是平行，不一定异面，故两直线异面是两直线不相交的充分不必要条件．故选A.【答案】 A2．(2013·安徽高考)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 ．不是公理，是个常用的结论，需经过推理论证； B ．是平面的基本性质公理； C ．是平面的基本性质公理； D ．是平面的基本性质公理．【答案】 A3．(2014·浙江高考)设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面( ) 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】选项A ，若m ⊥n ，n ∥α，则m ⊂α或m ∥α或m ⊥α，错误；选项B ，若m ∥β，β⊥α，则m ⊂α或m ∥α 或m ⊥α，错误；选项C ，若m ⊥β，n ⊥β，n ⊥α，则m ⊥α，正确；选项D，若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α或m⊂α或m∥α，错误．故选C.【答案】 C4．(2015·江苏高考)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.【证明】(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此BD∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.考什么怎么考题型与难度1.与空间位置关系有关的命题真假的判断主要考查线面平行、垂直与面面平行、垂直判定定理、性质定理的应用题型：选择题难度：中档题2.证明平行关系主要考查直线、线面、面面平行关系的证明题型：解答题难度：基础题或中档题3.证明垂直关系主要考查线线、线面、面面垂直关系的证明与应用题型：解答题难度：基础题或中档题与空间位置关系有关的命题真假的判断(自主探究型)β.( )A．若l⊥β，则α⊥βB．若α⊥β，则l⊥mC．若l∥β，则α∥βD．若α∥β，则l∥m【解析】本题主要考查线面位置关系，意在考查考生的空间想象能力和推理能力．对于面面垂直的判定，主要是两个条件，即l⊂α，l⊥β，如果这两个条件存在，则α⊥β.【答案】 A2．(2015·广东佛山二模)在空间中，有如下四个命题：①平行于同一个平面的两条直线是平行直线；②垂直于同一条直线的两个平面是平行平面；③若平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β；④过平面α的一条斜线有且只有一个平面与平面α垂直．其中正确的命题是( )A．①③B．②④C．①④D．②③【解析】①平行于同一个平面的两条直线，可能平行，相交或异面，不正确；②垂直于同一条直线的两个平面是平行平面，由面面平行的判定定理知正确；③若平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等，则α与β可能平行，也可能相交，不正确；易知④正确．故选B.【答案】 B【规律感悟】判断与空间位置关系有关的命题真假的两大方法(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断．(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定．证明平行关系（师生共研型）【典例1】(2015·陕西高考)四面体ABCD及其三视图如图所示，平行于棱AD，BC 的平面分别交四面体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H.(1)求四面体ABCD 的体积； (2)证明：四边形EFGH 是矩形．【解】 (1)以△BDC 为底面，AD 为高，利用体积公式求解；(2)先利用线面平行的性质定理证明四边形EFGH 为平行四边形，再证明为矩形．(1)由该四面体的三视图可知，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，BD ＝CD ＝2，AD ＝1，∴AD ⊥平面BDC ，∴四面体体积V ＝13×12×2×2×1＝23.(2)证明：∵BC ∥平面EFGH ，平面EFGH ∩平面BDC ＝FG ，平面EFGH ∩平面ABC ＝EH ，∴BC ∥FG ，BC ∥EH ，∴FG ∥EH . 同理EF ∥AD ，HG ∥AD ，∴EF ∥HG ， ∴四边形EFGH 是平行四边形．又∵AD ⊥平面BDC ， ∴AD ⊥BC ，∴EF ⊥FG ， ∴四边形EFGH 是矩形． [一题多变] 若本例变为：如图，在四面体PABC 中，PC ⊥AB ，点D ，E ，F ，G 分别是棱AP ，AC ，BC ，PB 的中点．(1)求证：DE ∥平面BCP ； (2)求证：四边形DEFG 为矩形．【证明】 (1)因为D ，E 分别为AP ，AC 的中点，所以DE ∥PC .又因为DE ⊄平面BCP ，所以DE ∥平面BCP .(2)因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点，所以DE∥PC∥FG，DG∥AB∥EF.所以四边形DEFG为平行四边形．又因为PC⊥AB，所以DE⊥DG.所以四边形DEFG为矩形．【规律感悟】 1.证明线线平行的常用方法(1)利用三角形中位线定理证明：即遇到中点时，常找中位线，利用该定理证明．(2)利用平行四边形对边平行证明：即要证两线平行，以两线为对边构造平行四边形证明．(3)利用平行公理证明：即要证两线平行，找第三线并证明其分别与要证两线平行即可．2．证明线面平行的常用方法(1)利用线面平行的判定定理，把证明线面平行转化为证明线线平行．(2)利用面面平行的性质定理，把证明线面平行转化为证明面面平行．3．证明面面平行的方法证明面面平行，依据判定定理，只要找到一个平面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行．[针对训练](2015·河北石家庄二中一模)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，E为PD的中点，F在AD上，且∠FCD＝30°.(1)求证：CE∥平面PAB；(2)若PA＝2AB＝2，求四面体PACE的体积．【解】(1)证明：∵∠ACD＝90°，∠CAD＝60°，∴∠FDC＝30°.又∠FCD＝30°，∴∠ACF＝60°，∴AF＝CF＝DF，即F为AD的中点．又E为PD的中点，∴EF∥PA，∵AP⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，∴EF∥平面PAB.又∠BAC＝∠ACF＝60°，∴CF∥AB，可得CF∥平面PAB.又EF∩CF＝F，∴平面CEF∥平面PAB，而CE⊂平面CEF，∴CE ∥平面PAB .(2)∵EF ∥AP ，AP ⊂平面APC ，EF ⊄平面APC ， ∴EF ∥平面APC .又∠ABC ＝∠ACD ＝90°，∠BAC ＝60°，PA ＝2AB ＝2， ∴AC ＝2AB ＝2，CD ＝ACtan 30°＝23.∴V P ACE ＝V E PAC ＝V F PAC ＝V P ACF ＝13×12×S △ACD ·PA ＝13×12×12×2×23×2＝233.证明垂直关系（多维探究型）命题角度一利用线面垂直的性质证明线线垂直【典例2】 (2015·河北唐山一模)如图，在斜三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1与侧面CBB 1C 1都是菱形，∠ACC 1＝∠CC 1B 1＝60°，AC ＝2.(1)求证：AB 1⊥CC 1； (2)若AB 1＝6，求四棱锥A BB 1C 1C 的体积．【解】本题主要考查线线垂直、线面垂直、四棱锥的体积等基础知识，意在考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力、运算求解能力．(1)证明：连接AC 1，CB 1，则 △ACC 1和△B 1CC 1皆为正三角形．取CC 1的中点O ，连接OA ，OB 1，则CC 1⊥OA ，CC 1⊥OB 1，则CC 1⊥平面OAB 1，则CC 1⊥AB 1. (2)由(1)知，OA ＝OB 1＝3，又AB 1＝6，所以OA 2＋OB 21＝AB 21，所以OA ⊥OB 1.又OA ⊥CC 1，OB 1∩CC 1＝O ，所以OA ⊥平面BB 1C 1C .S ▱BB 1C 1C ＝BC ×BB 1sin 60°＝23，故VA BB 1C 1C ＝13S ▱BB 1C 1C ×OA ＝2.命题角度二证明线面垂直、面面垂直【典例3】 (2015·新课标Ⅰ高考)如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥EACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积．【解】本题主要考查空间直线与平面、平面与平面垂直的性质与判定及三棱锥体积与侧面积的计算等基础知识，考查考生的推理论证能力、空间想象能力、运算求解能力．求解第(1)问时，根据菱形的性质，易知AC ⊥BD ，由直线BE ⊥平面ABCD ，得AC ⊥BE ，进而得到AC ⊥平面BED ，再根据面面垂直的判定定理得平面AEC ⊥平面BED ；求解第(2)问时，首先根据AE ⊥EC 、菱形的性质及三棱锥的体积求出菱形的边长，再求三棱锥的侧面积．(1)因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD .因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE .故AC ⊥平面BED . 又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED .(2)证明：设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x2.因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x .由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x .由已知得，三棱锥EACD 的体积V EACD ＝13×12AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63.故x ＝2.从而可得AE ＝EC ＝ED ＝6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥EACD 的侧面积为3＋25.【规律感悟】 1.证明线线垂直的常用方法(1)利用特殊平面图形的性质：如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直．(2)利用勾股定理逆定理．(3)利用线面垂直的性质：即要证明线线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在平面即可．2．证明线面垂直的常用方法(1)利用线面垂直的判定定理：把线面垂直的判定转化为证明线线垂直． (2)利用面面垂直的性质定理，把证明线面垂直转化为证明面面垂直．。

高考数学二轮复习专项—立体几何含详解试题

智才艺州攀枝花市创界学校师大附中高考数学二轮复习专项——立体几何(含详解)1.如图，平面VAD ⊥平面ABCD ，△VAD 是等边三角形，ABCD 是矩形，AB ∶AD ＝2∶1，F 是AB 的中点．〔1〕求VC 与平面ABCD 所成的角；〔2〕求二面角V-FC-B 的度数；〔3〕当V 到平面ABCD 的间隔是3时，求B 到平面VFC 的间隔． ABCD-1111D C B A 中，E 、F 、G 分别是B B 1、AB 、BC 的中点．〔1〕证明：F D 1⊥EG ；〔2〕证明：F D 1⊥平面AEG ；〔3〕求AE <cos ，>BD 1．3.在直角梯形P 1DCB 中，P 1D//CB ，CD//P 1D 且P 1D=6，BC=3，DC=6，A 是P 1D 的中点，沿AB 把平面P 1AB 折起到平面PAB 的位置，使二面角P －CD －B 成45°角，设E 、F 分别是线段AB 、PD 的中点．〔1〕求证：AF//平面PEC ；〔2〕求平面PEC 和平面PAD 所成的二面角的大小；〔3〕求点D 到平面PEC 的间隔．4.如图四棱锥ABCD P -中，⊥PA 底面ABCD ，4=PA 正方形的边长为2〔1〕求点A 到平面PCD 的间隔；〔2〕求直线PA 与平面PCD 所成角的大小；〔3〕求以PCD 与PAC 为半平面的二面角的正切值。

5.如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是∠DAB=60°且边长为1的菱形。

侧面PAD 是正三角形，其所在侧面垂直底面ABCD ，G 是AD 中点。

〔1〕求异面直线BG 与PC 所成的角；〔2〕求点G 到面PBC 的间隔；〔3〕假设E 是BC 边上的中点，能否在棱PC 上找到一点F ，使平面DEF ⊥平面ABCD ，并说明理由。

BCDAP 1DBCFEA P D CA B P6.如图，正三棱柱中点是中，AC E C B A ABC 111-. (1)求证：平面111A ACC BEC 平面⊥；(2)求证：11//BEC AB 平面；(3)假设的大小，求二面角C BC E AB A A --=1122. 7.如图，四棱锥S ABCD -的底面是边长为1的正方形，SD ⊥底面ABCD ，3SB =。

高三数学(文)二轮复习专题集训：专题五立体几何5.2 Word版含解析

A级1．设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，“m∥β”是“α∥β”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析：当m∥β时，过m的平面α与β可能平行也可能相交，因而m∥β⇒/ α∥β；当α∥β时，α内任一直线与β平行，因为m⊂α，所以m∥β.综上知，“m∥β”是“α∥β”的必要而不充分条件．答案： B2．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()解析：B选项中，AB∥MQ，且AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ；C选项中，AB∥MQ，且AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ；D选项中，AB∥NQ，且AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ.故选A.答案： A3．(2017·新疆第二次适应性检测)设m，n是不同的直线，α，β，γ是不同的平面，有以下四个命题：①若α∥β，α∥γ，则β∥γ②若α⊥β，m∥α，则m⊥β③若m⊥α，m∥β，则α⊥β④若m∥n，n⊂α，则m∥α其中正确命题的序号是()A．①③B．①④C．②③D．②④解析：对于①，因为平行于同一个平面的两个平面相互平行，所以①正确；对于②，当直线m位于平面β内，且平行于平面α，β的交线时，满足条件，但显然此时m与平面β不垂直，因此②不正确；对于③，在平面β内取直线n平行于m，则由m⊥α，m∥n，得n ⊥α，又n⊂β，因此有α⊥β，③正确；对于④，直线m可能位于平面α内，显然此时m与平面α不平行，因此④不正确．综上所述，正确命题的序号是①③，选A.答案： A4．如图，在三棱锥P-ABC中，不能证明AP⊥BC的条件是()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正确；C中，因为平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C正确；D中，由A知D正确；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.答案： B5．在正方体ABCD-A1B1C1D1的侧面ABB1A1内有一动点P到直线A1B1与直线BC的距离相等，则动点P所在的曲线的形状为()解析：由题意可知点P到点B的距离等于到直线A1B1的距离，根据抛物线的定义可知，动点P的轨迹是以点B为焦点，以A1B1为准线的过点A的抛物线的一部分．A选项中的图象为直线，排除A.C选项中点B不是抛物线的焦点，排除C.D选项中的图象不过A点，排除D.故选B.答案： B6．如图，在空间四边形ABCD 中，M ∈AB ，N ∈AD ，若AM MB ＝ANND ，则直线MN 与平面BDC 的位置关系是________．解析：由AM MB ＝ANND ，得MN ∥BD .而BD ⊂平面BDC ，MN ⊄平面BDC ，所以MN ∥平面BDC . 答案：平行7．已知α，β表示两个不同的平面，m ，n 表示两条不同的直线，且m ⊥β，α⊥β，给出下列四个结论：①∀n ⊂α，n ⊥β； ②∀n ⊂β，m ⊥n ； ③∀n ⊂α，m ∥n ； ④∃n ⊂α，m ⊥n .则上述结论正确的为________．(写出所有正确结论的序号)解析：由于m ⊥β，α⊥β，所以m ⊂α或m ∥α.∀n ⊂α，则n ⊥β或n ⊂β或n ∥β或n 与β斜交，所以①不正确；∀n ⊂β，则由直线与平面垂直的性质，知m ⊥n ，②正确；∀n ⊂α，则m ∥n 或m ，n 相交或m ，n 互为异面直线，③不正确；当m ⊂α或m ∥α时，∃n ⊂α，m ⊥n ，④正确．答案： ②④ 8.如图，P A ⊥圆O 所在的平面，AB 是圆O 的直径，C 是圆O 上的一点，E 、F 分别是点A在PB、PC上的正投影，给出的下列结论正确的是________．①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.解析：由题意知P A⊥平面ABC，所以P A⊥BC.又AC⊥BC，P A∩AC＝A，所以BC⊥平面P AC.所以BC⊥AF.因为AF⊥PC，BC∩PC＝C，所以AF⊥平面PBC，PB⊂平面PBC，所以AF⊥PB，又AE⊥PB，AE∩AF＝A，所以PB⊥平面AEF，所以PB⊥EF.故①②③正确．答案：①②③9．(2017·惠州市第三次调研考试)在如图所示的多面体ABCDE中，已知ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD⊥平面ABE，∠AEB＝90°，AE＝BE.(1)若M是DE的中点，试在AC上找一点N，使得MN∥平面ABE，并给出证明；(2)求多面体ABCDE的体积．解析：(1)连接BD，交AC于点N，则点N即为所求，证明如下：∵ABCD是正方形，∴N是BD的中点，又M是DE的中点，∴MN∥BE，∵BE⊂平面ABE，MN⊄平面ABE，∴MN ∥平面ABE .(2)取AB 的中点F ，连接EF ，∵△ABE 是等腰直角三角形，且AB ＝2， ∴EF ⊥AB ，EF ＝12AB ＝1，∵平面ABCD ⊥平面ABE ，平面ABCD ∩平面ABE ＝AB ， EF ⊂平面ABE ，∴EF ⊥平面ABCD ，即EF 为四棱锥E -ABCD 的高， ∴V 四棱锥E -ABCD ＝13S 正方形ABCD ·EF ＝13×22×1＝43.10．如图，过底面是矩形的四棱锥F -ABCD 的顶点F 作EF ∥AB ，使AB ＝2EF ，且平面ABFE ⊥平面ABCD ，若点G 在CD 上且满足DG ＝GC .(1)求证：FG ∥平面AED ； (2)求证：平面DAF ⊥平面BAF .证明： (1)因为DG ＝GC ，AB ＝CD ＝2EF ，AB ∥EF ∥CD ，所以EF ∥DG ，EF ＝DG .所以四边形DEFG 为平行四边形，所以FG ∥ED .又因为FG ⊄平面AED ，ED ⊂平面AED ，所以FG ∥平面AED .(2)因为平面ABFE ⊥平面ABCD ，平面ABFE ∩平面ABCD ＝AB ，AD ⊥AB ，AD ⊂平面ABCD ，所以AD ⊥平面BAF ，又AD ⊂平面DAF ，所以平面DAF ⊥平面BAF .B 级1．(2017·成都市第二次诊断性检测)把平面图形M 上的所有点在一个平面上的射影构成的图形M ′称为图形M 在这个平面上的射影．如图，在长方体ABCD -EFGH 中，AB ＝5，AD ＝4，AE ＝3.则△EBD 在平面EBC 上的射影的面积是( )A ．234B ．252C ．10D ．30解析：连接HC ，过D 作DM ⊥HC ，连接ME ，MB ，因为BC ⊥平面HCD ，又DM ⊂平面HCD ，所以BC ⊥DM ，因为BC ∩HC ＝C ，所以DM ⊥平面HCBE ，即D 在平面HCBE 内的射影为M ，所以△EBD 在平面HCBE 内的射影为△EBM ，在长方体中，HC ∥BE ，所以△MBE 的面积等于△CBE 的面积，所以△EBD 在平面EBC 上的射影的面积为12×52＋32×4＝234，故选A.答案： A2．(2017·惠州市第三次调研考试)如图是一几何体的平面展形图，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个解析：将展开图还原为几何体(如图)，因为E，F分别为P A，PD的中点，所以EF∥AD∥BC，即直线BE与CF共面，①错；因为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．故选B.答案： B3．如图所示，平行四边形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，AD＝4.将△CBD沿BD折起到△EBD的位置，使平面EBD⊥平面ABD.(1)求证：AB⊥DE；(2)求三棱锥E-ABD的侧面积和体积．解析：(1)证明：在△ABD中，因为AB＝2，AD＝4，∠DAB＝60°，所以BD＝AB2＋AD2－2AB·AD cos ∠DAB＝23，所以AB2＋BD2＝AD2，所以AB⊥BD.又平面EBD⊥平面ABD，平面EBD∩平面ABD＝BD，AB⊂平面ABD，所以AB⊥平面EBD.又DE⊂平面EBD，所以AB⊥DE.(2)由(1)知AB⊥BD.因为CD∥AB，所以CD⊥BD，从而DE⊥BD.在Rt△DBE中，因为DB＝23，DE＝DC＝AB＝2，所以S△EDB＝12BD·DE＝2 3.因为AB⊥平面EBD，BE⊂平面EBD，所以AB⊥BE.因为BE＝BC＝AD＝4，所以S△EAB＝12AB·BE＝4.因为DE⊥BD，平面EBD⊥平面ABD，平面EBD∩平面ABD＝BD，所以DE⊥平面ABD，而AD ⊂平面ABD ，所以DE ⊥AD ，故S △EAD ＝12AD ·DE ＝4.故三棱锥E -ABD 的侧面积S ＝S △EDB ＋S △EAB ＋S △EAD ＝8＋2 3. 因为DE ⊥平面ABD ，且S △ABD ＝S △EBD ＝23，DE ＝2，所以V 三棱锥E -ABD ＝13S △ABD ×DE ＝13×23×2＝433.4．在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是梯形，四边形ADEF 是正方形，AB ∥DC ，AB ＝AD ＝1，CD ＝2，AC ＝EC ＝ 5.(1)求证：平面EBC ⊥平面EBD ；(2)设M 为线段EC 上一点，且3EM ＝EC ，试问在线段BC 上是否存在一点T ，使得MT ∥平面BDE ，若存在，试指出点T 的位置；若不存在，请说明理由．解析： (1)证明：因为AD ＝1，CD ＝2，AC ＝5，所以AD 2＋CD 2＝AC 2，所以△ADC 为直角三角形，且AD ⊥DC .同理，因为ED ＝1，CD ＝2，EC ＝5，所以ED 2＋CD 2＝EC 2，所以△EDC 为直角三角形，且ED ⊥DC . 又四边形ADEF 是正方形，所以AD ⊥DE ，又AD ∩DC ＝D ，所以ED ⊥平面ABCD .又BC ⊂平面ABCD ，所以ED ⊥BC .在梯形ABCD 中，过点B 作BH ⊥CD 于点H ，故四边形ABHD 是正方形，所以∠ADB ＝45°，BD ＝ 2. 在Rt △BCH 中，BH ＝CH ＝1，所以BC ＝2，故BD 2＋BC 2＝DC 2，所以BC ⊥BD .因为BD ∩ED ＝D ，BD ⊂平面EBD ，ED ⊂平面EBD ，所以BC ⊥平面EBD ，又BC ⊂平面EBC ，所以平面EBC ⊥平面EBD .(2)在线段BC 上存在一点T ，使得MT ∥平面BDE ，此时3BT ＝BC .连接MT ，在△EBC 中，因为BT BC ＝EM EC ＝13，所以MT ∥EB .又MT ⊄平面BDE ，EB ⊂平面BDE ，所以MT ∥平面BDE .。

2018届高考数学(文)二轮专题复习习题：第1部分专题五立体几何 1-5-2 Word版含答案

限时规范训练十三空间中的平行与垂直限时40分钟，实际用时________分值80分，实际得分________一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)1．(2016·高考山东卷)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解析：选A.因为直线a和直线b相交，所以直线a与直线b有一个公共点，而直线a，b分别在平面α、β内，所以平面α与β必有公共点，从而平面α与β相交；反之，若平面α与β相交，则直线a与直线b可能相交、平行、异面．故选A.2．(2017·高考全国卷Ⅲ)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC解析：选C.根据三垂线逆定理，平面内的线垂直平面的斜线，那也垂直于斜线在平面内的射影，A项，若A1E⊥DC1，那么D1E⊥DC1，很显然不成立；B项，若A1E⊥BD，那么BD⊥AE，显然不成立；C项，若A1E⊥BC1，那么BC1⊥B1C，成立，反过来BC1⊥B1C时，也能推出BC1⊥A1E，所以C 成立，D项，若A1E⊥AC，则AE⊥AC，显然不成立，故选C.3．设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β( )A．若l⊥β，则α⊥βB．若α⊥β，则l⊥mC．若l∥β，则α∥βD．若α∥β，则l∥m解析：选A.选项A中，由平面与平面垂直的判定定理可知A正确；选项B中，当α⊥β时，l，m可以垂直，也可以平行，也可以异面；选项C中，l∥β时，α，β可以相交；选项D中，α∥β时，l，m也可以异面．4．已知α，β为两个平面，l为直线，若α⊥β，α∩β＝l，则( )A．垂直于平面β的平面一定平行于平面αB．垂直于直线l的直线一定垂直于平面αC．垂直于平面β的平面一定平行于直线lD．垂直于直线l的平面一定与平面α，β都垂直解析：选D.由α⊥β，α∩β＝l，知：垂直于平面β的平面与平面α平行或相交，故A不正确；垂直于直线l的直线若在平面β内，则一定垂直于平面α，否则不一定，故B不正确；垂直于平面β的平面与l的关系有l⊂β，l∥β，l与β相交，故C不正确；由平面垂直的判定定理知：垂直于直线l的平面一定与平面α，β都垂直，故D正确．5．设a，b，c表示三条直线，α，β表示两个平面，则下列命题中逆命题不成立的是( ) A．c⊥α，若c⊥β，则α∥βB．b⊂α，c⊄α，若c∥α，则b∥cC．b⊂β，若b⊥α，则β⊥αD．a，b⊂α，a∩b＝P，c⊥a，c⊥b，若α⊥β，则c⊂β解析：选C.利用排除法求解．A的逆命题为：c⊥α，若α∥β，则c⊥β，成立；B的逆命题为：b⊂α，c⊄α，若b∥c，则c∥α，成立；C的逆命题为：b⊂β，若β⊥α，则b⊥α，不成立；D的逆命题为：a，b⊂α，a∩b＝P，c⊥a，c⊥b，若c⊂β，则α⊥β，成立，故选C.6．(2017·江西六校联考)已知m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，有下列四个命题：①若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；②若m∥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；③若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；④若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n.其中所有正确命题的序号是( )A．①④B．②④C．①D．④解析：选A.借助于长方体模型来解决本题，对于①，可以得到平面α，β互相垂直，故①正确；对于②，平面α，β可能垂直，如图(1)所示，故②不正确；对于③，平面α，β可能垂直，如图(2)所示，故③不正确；对于④，由m⊥α，α∥β可得m⊥β，因为n∥β，所以过n作平面γ，且γ∩β＝g，如图(3)所示，所以n与交线g平行，因为m⊥g，所以m⊥n，故④正确．综上，选A.二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)7．如图，四棱锥PABCD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________．解析：取PD的中点F，连接EF，AF，在△PCD 中，EF 綊12CD .又因为AB ∥CD 且CD ＝2AB ，所以EF 綊AB ，所以四边形ABEF 是平行四边形，所以EB ∥AF .又因为EB ⊄平面PAD ，AF ⊂平面PAD ，所以BE ∥平面PAD . 答案：平行8．(2017·山师大附中模拟)若α，β是两个相交平面，则在下列命题中，真命题的序号为________．(写出所有真命题的序号)①若直线m ⊥α，则在平面β内，一定不存在与直线m 平行的直线； ②若直线m ⊥α，则在平面β内，一定存在无数条直线与直线m 垂直； ③若直线m ⊂α，则在平面β内，不一定存在与直线m 垂直的直线； ④若直线m ⊂α，则在平面β内，一定存在与直线m 垂直的直线．解析：对于①，若直线m ⊥α如果α，β互相垂直，则在平面β内，存在与直线m 平行的直线，故①错误；对于②，若直线m ⊥α，则直线m 垂直于平面α内的所有直线，在平面β内存在无数条与交线平行的直线，这无数条直线均与直线m 垂直，故②正确；对于③，④，若直线m ⊂α，则在平面β内，一定存在与直线m 垂直的直线，故③错误，④正确．答案：②④9．(2017·沈阳三模)如图，已知四边形ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，下列结论中正确的是________．(把正确结论的序号都填上)①PD ⊥CD ； ②BD ⊥平面PAO ； ③PB ⊥CB ； ④BC ∥平面PAD .解析：对于①，因为CD ⊥AD ，CD ⊥PA ，AD ∩PA ＝A ，所以CD ⊥平面PAD ，所以CD ⊥PD ，则①正确；对于②，BD ⊥PA ，当BD ⊥AO 时，BD ⊥平面PAO ，但BD 与AO 不一定垂直，故②不正确；对于③，因为CB ⊥AB ，CB ⊥PA ，AB ∩PA ＝A ，所以CB ⊥平面PAB ，所以CB ⊥PB ，则③正确；对于④，因为BC ∥AD ，BC ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，所以BC ∥平面PAD ，则④正确．故填①③④.答案：①③④三、解答题(本题共3小题，每小题12分，共36分)10．(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°.(1)证明：直线BC ∥平面PAD ；(2)若△PCD 的面积为27，求四棱锥P ABCD 的体积．解：(1)证明：在平面ABCD 内，因为∠BAD ＝∠ABC ＝90°，所以BC ∥AD .又BC ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，故BC ∥平面PAD .(2)如图，取AD 的中点M ，连接PM ，CM .由AB ＝BC ＝12AD 及BC ∥AD ，∠ABC ＝90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .因为侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD .因为CM ⊂底面ABCD ，所以PM ⊥CM .设BC ＝x ，则CM ＝x ，CD ＝2x ，PM ＝32AD ＝3x ，PC ＝PD ＝PM 2＋CM 2＝2x . 如图，取CD 的中点N ，连接PN ，则PN ⊥CD ，所以PN ＝PC 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12CD 2＝4x 2－14×2x 2＝142x .因为△PCD 的面积为27，所以12×2x ×142x ＝27，解得x ＝－2(舍去)或x ＝2. 于是AB ＝BC ＝2，AD ＝4，PM ＝2 3. 所以四棱锥P ABCD 的体积V ＝13×＋2×23＝4 3.11．(2017·山东潍坊模拟)如图，在四棱台ABCD A 1B 1C 1D 1中，D 1D ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形，AB ＝2AD ，AD ＝A 1B 1，∠BAD ＝60°.(1)证明：AA 1⊥BD ； (2)证明：CC 1∥平面A 1BD .证明：(1)因为D 1D ⊥平面ABCD ，且BD ⊂平面ABCD ，所以D 1D ⊥BD .又因为AB ＝2AD ，∠BAD ＝60°，在△ABD 中，由余弦定理得BD ＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD ·cos 60°＝4AD 2＋AD 2－2AD 2＝3AD ，所以AD 2＋BD 2＝AB 2，即AD ⊥BD . 又AD ∩D 1D ＝D ，所以BD ⊥平面ADD 1A 1. 又AA 1⊂平面ADD 1A 1，所以AA 1⊥BD . (2)连接AC ，A 1C 1. 设AC ∩BD ＝E ，连接EA 1，因为四边形ABCD 为平行四边形，所以EC ＝12AC .由棱台定义及AB ＝2AD ＝2A 1B 1知，A 1C 1∥EC 且A 1C 1＝EC ，所以四边形A 1ECC 1为平行四边形，因此CC 1∥EA 1.又因为EA 1⊂平面A 1BD ，CC 1⊄平面A 1BD . 所以CC 1∥平面A 1BD .12．(2017·吉林调研)如图①，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到图②中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1BCDE .(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1BCDE 的体积为362，求a 的值．解：(1)证明：在题图①中，因为AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在题图②中，BE ⊥A 1O ，BE ⊥OC ，从而BE ⊥平面A 1OC ，又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC . (2)由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，且平面A 1BE ∩平面BCDE ＝BE ，又由(1)，A 1O ⊥BE ，所以A 1O ⊥平面BCDE ，即A 1O 是四棱锥A 1BCDE 的高．由题图①知，A 1O ＝22AB ＝22a ，平行四边形BCDE 的面积S ＝BC ·AB ＝a 2. 从而四棱锥A 1BCDE 的体积为V ＝13×S ×A 1O ＝13×a 2×22a ＝26a 3，由26a 3＝362，得a ＝6.。

高考数学二轮专题训练—立体几何(五)

立体几何（五）一、选择题：本大题共12小题，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、设α、β、γ是三个不同的平面，a 、b 是两条不同的直线，给出下列4个命题： ①若a ∥α，b ∥α，则a ∥b ； ②若a ∥α，b ∥β，a ∥b ，则α∥β； ③若a ⊥α，b ⊥β，a ⊥b ，则α⊥β；④若a 、b 在平面α内的射影互相垂直，则a ⊥b . 其中正确命题是A. ③ B ④ C. ①③ D. ②④ 2、直线a ∥平面α的一个充分条件是（） A ．存在一条直线b ，b ∥α，a ∥b B ．存在一个平面β，,β∈a α∥β C ．存在一个平面β，a ∥β，α∥β D ．存在一条直线b ，b ⊂α，a ∥b3、已知直线m 、l ,平面α、β，且m ⊥α, l⊂β，给出下列命题：①若α∥β，则m ⊥l ；②若α⊥β，则m ∥l ；③若m ⊥l ,则α∥β；④若m ∥l ,则α⊥β.其中正确命题的个数是 A.1 B.2C.3D.44、设a ，b ，c 是空间三条直线，α，β是空间两个平面，则下列命题中，逆命题不成立．．．的是（）A.当c ⊥α时，若c ⊥β，则α∥βB.当α⊂b ，且c 是a 在α内的射影时，若b ⊥c ，则a ⊥b C ．当α⊂b 时，若b ⊥β，则βα⊥D ．当α⊂b ，且α⊄c 时，若c ∥α，则b ∥c5、设m ，n 表示不同的直线，,αβ表示不同的平面，且,m n α⊂。

则“αβ∥”是“m n ββ且∥∥”的（）A ．充分但不必要条件B ．必要但不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件6、已知直线m ，n 和平面α，则m//n 的必要非充分条件是（） A m//α且n//α B m ⊥α且 n ⊥αC m//α且α⊂nD m ，n 与α成等角7、在空间中，有如下命题：①互相平行的两条直线在同一平面内的射影必然是互相平行的两条直线；②若平面α内任意一条直线m//平面β，则平面α//平面β；③若平面α与平面β的交线为m ，平面β内的直线⊥n 直线m ，则直线⊥n 平面α；④若点P 到三角形三个顶点的距离相等，则点P 在该三角形所在平面上的射影是该三角形的外心。

高考数学二轮复习专题1.5立体几何(讲)文

专题1.5 立体几何【高考改编☆回顾基础】1．【空间几何体的直观图和面积计算】【2017·全国卷Ⅰ改编】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为________．【答案】12【解析】该几何体为一个三棱柱和一个三棱锥的组合体，其直观图如图所示，各个面中有两个全等的梯形，其面积之和为2×2＋42×2＝12.2. 【三视图与空间几何体的体积】【2017·全国卷Ⅱ改编】如图，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，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为________．【答案】63π【解析】3. 【空间几何体的体积】【2017课标3，改编】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为 .【答案】3π4【解析】【命题预测☆看准方向】1.空间几何体的三视图成为近几年高考的必考点,单独考查三视图的逐渐减少,主要考查由三视图求原几何体的面积、体积,主要以选择题、填空题的形式考查.2.对柱体、锥体、台体表面积、体积及球与多面体的切接问题中的有关几何体的表面积、体积的考查又是高考的一个热点,难度不大,主要以选择题、填空题的形式考查.3.2018年应注意抓住考查的主要题目类型进行训练,重点有三个:一是三视图中的几何体的形状及面积、体积;二是求柱体、锥体、台体及球的表面积、体积;三是求球与多面体的相切、接问题中的有关几何体的表面积、体积.【典例分析☆提升能力】【例1】17世纪日本数学家们对于数学关于体积方法的问题还不了解，他们将体积公式“V＝kD 3”中的常数k 称为“立圆术”或“玉积率”，创用了求“玉积率”的独特方法“会玉术”，其中，D 为直径，类似地，对于等边圆柱(轴截面是正方形的圆柱叫做等边圆柱)、正方体也有类似的体积公式V ＝kD 3，其中，在等边圆柱中，D 表示底面圆的直径；在正方体中，D 表示棱长．假设运用此“会玉术”，求得的球、等边圆柱、正方体的“玉积率”分别为k 1，k 2，k 3，那么，k 1∶k 2∶k 3＝( ) A.4π∶6π∶1 B. 6π∶4π∶2 C. 1∶3∶12π D. 1∶32∶6π【答案】D【解析】球中， 33331144,33266D V R D k D k ππππ⎛⎫====∴= ⎪⎝⎭；等边圆柱中， 23322,244D V D D k D k πππ⎛⎫=⋅==∴= ⎪⎝⎭；正方体中， 3333,1V D k D k ==∴=；所以12336::::11::642k k k πππ==.故选D. 【趁热打铁】将一个底面半径为1，高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱的最大体积为( )A. π27B.8π27C.π3D.2π9【答案】B【解析】【例2】【2018届河南省郑州市第一次模拟】刍薨（chuhong），中国古代算术中的一种几何形体，《九章算术》中记载“刍薨者，下有褒有广，而上有褒无广.刍，草也.薨，屋盖也.”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱，刍薨字面意思为茅草屋顶”，如图，为一刍薨的三视图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形，则搭建它（无底面，不考虑厚度）需要的茅草面积至少为（）A. 24B. 325C. 64D. 326【答案】B【趁热打铁】【2018届湖北省稳派教育高三上第二次联考】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.8163π+ B. 1683π+ C. 126π+ D. 443π+ 【答案】A【解析】由三视图可得，该几何体为右侧的一个半圆锥和左侧的一个三棱锥拼接而成。

数学高考二轮复习第1部分专题5 第1讲

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专题五立体几何
[解析] 设 PA＝PB＝PC＝2a，则 EF＝a，FC＝ 3，∴EC2＝3－a2.
在△PEC 中，
二轮
cos∠PEC＝a2＋23a－3a－2－a22a2.
数学
复
习
在△AEC 中，cos∠AEC＝a22＋a3－3－a2a－2 4.
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专题五立体几何
∵∠PEC 与∠AEC 互补，∴3－4a2＝1，a＝ 22，
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专题五立体几何
(2)如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为
(A )
数学
二轮复习
[解析] 由正视图和俯视图可知，该几何体是由一个圆柱挖去一个圆锥构成的，结合正视图的宽及俯视图的直径可知侧视图应为A，故选A.
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专题五立体几何
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专题五立体几何
2．空间几何体的三视图和直观图
(1)空间几何体的三视图
三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从物体的正前方、正左方、正上
方看到的物体轮廓线的正投影围成的平面图形，三视图的画法规则为“长对
正、高平齐、宽相等”．
数
学
二轮复
画三视图的基本要求：正(主)俯一样长，俯侧(左)一样宽，正(主)侧(左)一样
所以制作该模型所需原料的质量为 132×0.9＝118.8(g)．
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专题五立体几何
6．(2019·天津卷，11)已知四棱锥的底面是边长为 2的正方形，侧棱长均为 5. 若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱
π 锥底面的中心，则该圆柱的体积为___4_____.
所以BE⊥平面EB1C1.

立体几何习题-2023届高三数学二轮专题复习

立体几何习题一、选择题(共2小题)1.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，N为BC的中点．当点M在平面DCC1D1内运动时，有MN∥平面A1BD，则线段MN的最小值为( )A.1B.62C.2D.32.如图所示，已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是它们所在线段的中点，则满足A1F∥平面BD1E的图形为( )A.①B.①②C.②D.①②③二、解答题(共17小题)3.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，D，E分别为AA1，B1C的中点．(1)求证：DE∥平面ABC；(2)若DE⊥BC，二面角A-BD-C的大小为π3，求直线B1C与平面BCD所成角的大小．4.如图所示的四棱锥P-ABCD的底面ABCD是一个等腰梯形，AD∥BC，且AD=2AB=2BC=4，PO是△PAD的中线，点E是棱PD的中点．(1)证明：CE∥平面PAB．(2)若平面PAD⊥平面ABCD，且PA=PD，PO=AO，求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值．5.在如图的几何体中，已知四边形ABCD 为矩形，四边形ABEF 为梯形，EF ∥AB ，点P 为棱DF 的中点．(1)求证：BF ∥平面APC ；(2)若AD =4，AB =2EF =2AF =2，AF ⊥AB ，2AP =FD ，求点E 到平面APC 的距离．6.如图，直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为菱形，且∠BAD =60°，AA 1=AB ，E 为BB 1的延长线上一点，D 1E ⊥平面D 1AC ，设AB =2．(1)求平面EAC 的法向量；(2)在线段D 1E 上取一点P ，满足D 1P PE=32，求证：A 1P ∥平面EAC ．7.如图，在多面体ABCDP 中，△ABC 是边长为2的等边三角形，PA =AB ，BD =CD =22，PC =PB =22，点E 是BC 中点，平面ABC ⊥平面BCD ．(1)求证：DE ∥平面PAC ；(2)F 是直线BC 上的一点，若二面角F -DA -B 为直二面角，求BF 的长．8.如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为菱形，PA=PC，E，F分别为AB和PD的中点．(1)求证：AC⊥平面PBD；(2)求证：EF∥平面PBC．9.如图，已知四边形ABCD为菱形，对角线AC与BD相交于O，∠BAD=60°，平面ADEF∩平面BCEF=直线EF，FO⊥平面ABCD，BC=CE=DE=2EF=2．(Ⅰ)求证：直线BC∥平面ADEF；(Ⅱ)求证：EF∥BC；(Ⅲ)求直线AF与平面BCEF所成角的正弦值．10.如图，已知在矩形ABCD中，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE折起到△A1DE(A1∉平面ABCD)的位置，M为线段A1C的中点．(1)求证：BM∥平面A1DE；(2)已知AB=2AD=22，当平面A1DE⊥平面ABCD时，求直线BM与平面A1DC所成角的正弦值．11.如图，已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面，且AB=BP=2，AD=AE=1，AE⊥AB，且AE∥BP．(1)设点M为棱PD中点，求证：EM∥平面ABCD；(2)线段PD上是否存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于210535若存在，试求出线段PN的长度；若不存在，请说明理由．12.如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=1，M为边CD的中点，将△ADM沿直线AM翻折成AME，且BE=3，点P为线段BE的中点．(1)求证：PC∥平面AME；(2)求直线PC与平面ABM所成角的正弦值．13.如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，二面角A-CD-F为60°，DE∥CF，CD⊥DE，AD=2，DE=DC=3，CF=6．(1)求证：BF∥平面ADE；(2)求直线AC与平面CDEF所成角的正弦值．14.如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是矩形，SA⊥平面ABCD，AD=SA=2，AB=1，点E是棱SD的中点．(1)证明：SC⊥AE；(2)求异面直线CE与BS所成角的余弦值．15.如图，边长为2的正方形ACDE所在平面与平面ABC垂直，AD与CE的交点为M，AC⊥BC，且AC=BC．(1)求证：AM⊥平面EBC；(2)求直线AD与平面ABE所成线面角．16.如图，在正四棱锥P-ABCD中，点E，F分别在棱PB，PD上，且PEPB=PFPD=13．(1)证明：EF⊥平面PAC．(2)在棱PC上是否存在点M，使得PA∥平面MEF？若存在，求出PMMC的值；若不存在，说明理由．17.如图，在底面是菱形的四棱锥P-ABCD中，∠ABC=60°，PA=AC=a，PB=PD=2a，点E在PD上，且PE：ED=3：1．(1)证明：PA⊥平面ABCD；(2)在棱PC上是否存在一点F，使BF∥平面AEC？证明你的结论．18.已知在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=∠BAD=π2，AB=BC=2AD=4，E，F分别是AB，CD上的点，EF∥BC，AE=2，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF(如图)．(1)证明：EF⊥平面ABE；(2)求二面角D-BF-E的余弦值．19.如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，AD⊥AB，并且BC=2AD=2AB，点P在平面ABCD内的投影恰为BD的中点M．(Ⅰ)证明：CD⊥平面PBD；(Ⅱ)若PM=AD，求直线PA与CD所成角的余弦值．立体几何习题参考答案与试题解析一、选择题(共2小题)1.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，N为BC的中点．当点M在平面DCC1D1内运动时，有MN∥平面A1BD，则线段MN的最小值为( )A.1B.62C.2D.3【分析】取CD的中点P，DD1的中点Q，连接PQ、PN、QN，D1C，A1D，BD，A1B，利用线面平行的判定和平行四边形的性质可得A1B∥D1C，可得PQ∥A1B，利用面面平行的判定和性质可知MN∥平面A1BD，可证M∈PQ，在△PQN中，求解PN，PQ，QN的值，利用余弦定理可求cos∠NPQ，可得∠NPQ=120°，即可求解线段MN的最小值．【解答】解：取CD的中点P，DD1的中点Q，连接PQ、PN、QN，D1C，A1D，BD，A1B，如图所示：因为P、N分别为CD、BC中点，所以PN∥BD，因为PN⊄平面A1DB，BD⊂平面A1DB，所以PN∥平面A1DB，同理，P、Q分别为CD、DD1中点，所以PQ∥D1C，因为A1D1=BC，且A1D1∥BC，所以四边形BCD1A1是平行四边形，所以A1B∥D1C，所以PQ∥A1B，因为PQ⊄平面A1DB，A1B⊂平面A1DB，所以PQ∥平面A1DB，又PQ∩PN=P，PQ⊂平面PQN，PN⊂平面PQN，所以平面PQN∥平面A1BD，因为MN∥平面A1BD，所以MN⊂平面PQN，又点M在平面DCC1D1内运动，所以点M在平面PQN和平面DCC1D1的交线上，即M∈PQ，在△PQN中，PN=2，PQ=12CD1=2，QN=22+22=6，所以cos∠NPQ=PN2+PQ2-QN22PQ×PN=-12，所以∠NPQ=120°，所以N点到PQ的最小距离d=PN=2，所以线段MN的最小值为2．故选：C．【点评】本题主要考查了线面平行的判定和平行四边形的性质，考查了面面平行的判定和性质，考查了余弦定理在解三角形中的应用，考查了数形结合思想和推理论证能力，属于中档题．2.如图所示，已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是它们所在线段的中点，则满足A1F∥平面BD1E的图形为( )A.①B.①②C.②D.①②③【分析】平移直线A 1F ，判断平移后的直线：在平面BD 1E 上则A 1F ∥平面BD 1E ，与平面BD 1E 交于一点则不平行，即可得解．【解答】解：①中，平移A 1F 至D 1F ′，可知D 1F ′与面BD 1E 只有一个交点D 1，则A 1F 与平面BD 1E 不平行；②中，由于AF ∥DE ，而AF ⊄平面BDE ，DE ⊂平面BDE ，故A 1F ∥平面BD 1E ；③中，平移A 1F 至D 1F ′，可知D 1F ′与面BD 1E 只有一个交点D 1，则A 1F 与平面BD 1E 不平行；故选：C ．【点评】本题主要考查了线面平行的判定，考查了数形结合思想和推理论证能力，属于中档题．二、解答题(共17小题)3.如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，D ，E 分别为AA 1，B 1C 的中点．(1)求证：DE ∥平面ABC ；(2)若DE ⊥BC ，二面角A -BD -C 的大小为π3，求直线B 1C 与平面BCD 所成角的大小．【分析】(1)取BC 的中点M ，连接AM ，EM ，利用平行四边形以及直线与平面平行的判定即可求证；(2)以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A -xyz ，利用空间向量即可求解．【解答】解：(1)证明：取BC 的中点M ，连接AM ，EM ，如图：则DA ∥BB 1，且DA =12BB 1，EM ∥BB 1，且EM =12BB 1，所以DA ∥EM ，且DA =EM ，所以四边形AMED 为平行四边形，所以DM ∥AM ，又AM ⊂面ABC ，DE ⊄面ABC ，所以DE ∥面ABC ；(2)解：以A 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A -xyz ，设AB =1，AC =b (b >0)，AA 1=2c (c >0)，则B (1，0，0)，C (0，b ，0)，D (0，0，c )，B 1(1，0，2c )，E (12,b 2,c )，所以DE =12,b 2,0 ，BC =-1,b ,0 ，∵DE ⊥BC ，所以DE ⋅BC =0，所以b =1，又BC =-1,1,0 ，BD =-1,0,c ，设平面BCD 的一个法向量为n =x ,y ,z ，则n ⋅BC =0n ⋅BD =0 ，所以-x +y =0-x +cz =0 ，令x =1，则y =1，z =1c ，所以n =1,1,1c ，又平面ABD 的一个法向量AC =0,1,0 ，所以π3cos =n ⋅AC n ⋅AC，所以12=11+1+1c2，解得c =22，所以n =1,1,2 ，又B 1C =-1,1,-2 ，所以cos <n ,B 1C =n ⋅B 1C n ⋅B 1C =-1+1-21+1+2∙1+1+2=12所以直线B 1C 与平面BCD 所成角为π6．【点评】本题考查了直线与平面平行，直线与平面所成角，以及与空间向量的综合应用，属于中档题．4.如图所示的四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是一个等腰梯形，AD ∥BC ，且AD =2AB =2BC =4，PO 是△PAD 的中线，点E 是棱PD 的中点．(1)证明：CE ∥平面PAB ．(2)若平面PAD ⊥平面ABCD ，且PA =PD ，PO =AO ，求平面PAB 与平面PCD 所成锐二面角的余弦值．【分析】(1)连接OC ，OE ，利用线面平行的判定可证OE ∥平面PAB ，可证ABCO 是平行四边形，进而证明CO ∥平面PAB ，利用面面平行的判定可证平面OCE ∥平面PAB ，根据面面平行的性质可证CE ∥平面PAB ．(2)连接OM ，以O 为坐标原点，OM ,OD ,OP 为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法能求出平面PAB与平面PCD 所成锐二面角的余弦值．【解答】解：(1)证明：连接OC ，OE ，因为O ，E 分别是棱AD ，PD 的中点，又OE ⊄平面PAB ，所以OE ∥PA ，所以OE ∥平面PAB ，又AD ∥BC ，且AD =2AB =2BC =4，所以AO ∥BC ，且AO =BC ，所以ABCO 是平行四边形，所以CO ∥AB ，从而CO ∥平面PAB ，又CO ∩OE =O ，所以平面OCE ∥平面PAB ，又CE ⊂平面OCE ，所以CE ∥平面PAB ．(2)因为PA =PD ，所以PO ⊥AD ，又平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD ，取BC 的中点为M ，连接OM ，以O 为坐标原点，OM ,OD ,OP 为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，易知PO =AO =2，OM =3，所以A (0，-2，0)，B (3，-1，0)，C (3，1，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)，AP =(0，2，2)，AB =(3，1，0)，CD =(-3，1，0)，DP =(0，-2，2)，设平面PAB 的法向量为m =(x ，y ，z )，则m ⋅AP =2y +2z =0m ⋅AB =3x +y =0令z =3，得m =(1，-3，3)，设平面PCD 的法向量为n =(x 1，y 1．z 1)，则m ⋅CD =3x 1+y 1=0m ⋅DP =2y 1+2z 1=0,令x 1=1，得n =(1，3,3)，设平面PAB 与平面PCD 所成的锐二面角为θ，则cos θ=|cos <m ，n >|=m ⋅n m n=17，即平面PAB 与平面PCD 所成锐二面角的余弦值为17．【点评】本题考查线面平行与面面平行的判定与性质，考查利用空间向量求二面角的余弦值，考查逻辑推理与空间想象能力，运算求解能力，考查数形结合、化归转化思想，属于中档题．5.在如图的几何体中，已知四边形ABCD 为矩形，四边形ABEF 为梯形，EF ∥AB ，点P 为棱DF 的中点．(1)求证：BF ∥平面APC ；(2)若AD =4，AB =2EF =2AF =2，AF ⊥AB ，2AP =FD ，求点E 到平面APC 的距离．【分析】(1)连接BD ，交AC 于点O ，连接PO ，推导出BF ∥PO ，由此能证明BF ∥平面APC ．(2)由点P 为棱DF 的中点，2AP =FD ，得AF ⊥AD ，再由AF ⊥AB ，AB ⊥AD ，以A 为原点，AB ,AD ,AF 的方向为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点E 到平面APC 的距离．【解答】解：(1)证明：连接BD ，交AC 于点O ，连接PO ，因为四边形ABCD 为矩形，所以O 为DB 的中点，又因为点P 为棱DF 的中点，所以BF ∥PO ，因为PO ⊂平面APC ，BF ⊄平面APC ，所以BF ∥平面APC ．(2)因为点P 为棱DF 的中点，2AP =FD ，所以AF ⊥AD ，因为AF ⊥AB ，AB ⊥AD ，所以以A 为原点，AB ,AD ,AF 的方向为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系，A 0,0,0 ,B 2,0,0 ,C 2,4,0 ,P 0,2,12 ,E 1,0,1 ，所以AP =0,2,12 ,AC =2,4,0 ，设平面APC 的法向量为n =x ,y ,z ，所以n ⋅AP =0,n ⋅AC =0, 所以2y +z 2=0,2x +4y =0, 不妨x =2y =-1z =4 所以n =2,-1,4 ，又EC =1,4,-1 ，则点E 到平面APC 的距离d =EC ⋅n n =2×1+-1 ×4+4×-1 22+-1 2+42=2217．【点评】本题考查线面平行的证明，考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．6.如图，直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为菱形，且∠BAD =60°，AA 1=AB ，E 为BB 1的延长线上一点，D 1E ⊥平面D 1AC ，设AB =2．(1)求平面EAC 的法向量；(2)在线段D 1E 上取一点P ，满足D 1P PE=32，求证：A 1P ∥平面EAC ．【分析】(1)设AC 与BD 交于O ，以O 为原点，OA ，OB ，为x 轴，y 轴，过O 作面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面EAC 的法向量n ；(2)求得D 1P 和A 1P 的坐标，计算A 1P •n =0，可得证明．【解答】解：(1)设AC 与BD 交于O ，如图以O 为原点，OA ，OB 为x 轴，y 轴，过O 作面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，则A (3，0，0)，B (0，1，0)，C (-3，0，0)，D (0，-1，0)，D 1(0，-1，2)，A 1(3，0，2)，设E (0，1，2+h )，则D 1E =(0，2，h )，CA =(23，0，0)，D 1A =(3，1，-2)因为D 1E ⊥平面D 1AC ，所以D 1E ⊥AC ，D 1E ⊥D 1A ，则2-2h =0，解得h =1，即E (0，1，3)，所以D 1E =(0，2，1)，AE =(-3，1，3)，设平面EAC 的法向量为n =(x ，y ，z )，由n ⋅CA =23x =0m ⋅AE =-3x +y +3z =0，可令z =-1，则x =0，y =3，所以n =(0，3，-1)，即有平面EAC 的一个法向量为(0，3，-1)；(2)证明：由D 1P PE =32，可得D 1P =35D 1E =(0，65，35)，A 1P =A 1D 1 +D 1P =(-3，-1，0)+(0，65，35)=(-3，15，35)，A 1P ⋅n =0×(-3)+3×15+(-1)×35=0，即有A 1P ⊥n ，所以A 1P ∥面EAC ．【点评】本题考查平面的法向量的求法，线面平行的证明，注意向量法的合理运用．考查转化思想和运算能力，是中档题．7.如图，在多面体ABCDP 中，△ABC 是边长为2的等边三角形，PA =AB ，BD =CD =22，PC =PB =22，点E 是BC 中点，平面ABC ⊥平面BCD ．(1)求证：DE ∥平面PAC ；(2)F 是直线BC 上的一点，若二面角F -DA -B 为直二面角，求BF 的长．【分析】(1)由已知利用线面垂直的判定可证PA ⊥平面ABC ，进而可证DE ⊥BC ，利用面面垂直的性质可证DE ⊥平面ABC ，则DE ∥PA ，进而根据线面平行的判定即可证明DE ∥平面PAC ．(2)以点E 为原点，EC 方向为x 轴，EA 方向为y 轴，ED 方向为z 轴建立直角坐标系，设F (a ，0，0)，设直二面角F -DA -B 的平面角θ，由cos θ=0，可得m ⋅n =4a -3=0，求得a的值，即可得解BF 的值．【解答】解：(1)△ABC 是边长为2的等边三角形，则PA =AB =AC =2，又PC =PB =22，由勾股定理知PA ⊥AB ，PA ⊥AC ，故PA ⊥平面ABC ，又BD =CD ，点E 是BC 中点，则DE ⊥BC ，由于平面ABC ⊥平面BCD ，知DE ⊥平面ABC ，则DE ∥PA ，又PA ⊂平面ABC ，DE ⊄平面ABC ，可得DE ∥平面PAC ．(2)以点E 为原点，EC 方向为x 轴，EA 方向为y 轴，ED 方向为z 轴建立直角坐标系，则D (0，0，1)，A (0，3，0)，B (-1，0，0)，设F (a ，0，0)，可得平面FDA 内，DA =(0，3，-1)，DF =(a ，0，-1)，法向量n =(3，a ，3a )，平面BDA 内，DA =(0，3，-1)，DB =(-1，0，-1)，法向量n =(-3，1，3)，设直二面角F -DA -B 的平面角θ，则cos θ=m ⋅n m n=0，可得m ⋅n =4a -3=0，a =34，可得BF =74．【点评】本题主要考查了线面垂直的判定，面面垂直的性质，线面平行的判定，考查了空间向量以及二面角的平面角及求法，属于中档题．8.如图，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 为菱形，PA =PC ，E ，F 分别为AB 和PD 的中点．(1)求证：AC ⊥平面PBD ；(2)求证：EF ∥平面PBC ．【分析】(1)设AC ∩BD =O ，则O 是BD 中点，由面ABCD 是菱形，可得BD ⊥AC ，又PA =PC ，O 是AC 中点，可得AC ⊥PO ，利用线面垂直的判定定理即可证明AC ⊥平面PAC ．(2)取PC 中点为G ，由已知利用中位线的性质可得FG ∥CD ，且FG =12CD ，又由底面ABCD 是菱形，E 是AB 中点，可得BE ∥CD ，且BE =12CD ，从而BE ∥FG ，且BE =FG ，可得四边形BEFG 是平行四边形，可得EF ∥BG ，利用线面平行的判定定理即可证明EF ∥平面PBC ．【解答】证明：(1)设AC ∩BD =O ，则O 是BD 中点，∵底面ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC ，又∵PA =PC ，O 是AC 中点，∴AC ⊥PO ，又BD ∩PO =O ，∴AC ⊥平面PBD ．(2)取PC 中点为G ，∵在△PCD 中，F 是PD 中点，G 是PC 中点，∴FG ∥CD ，且FG =12CD ，又∵底面ABCD 是菱形，∴AB ∥CD ，∵E 是AB 中点，∴BE ∥CD ，且BE =12CD ，∴BE ∥FG ，且BE =FG ，∴四边形BEFG 是平行四边形，∴EF ∥BG ，又EF ⊄平面PBC ，BG ⊄平面PBC ，∴EF ∥平面PBC ．【点评】本题主要考查了线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理的应用，考查了数形结合思想，属于中档题．9.如图，已知四边形ABCD 为菱形，对角线AC 与BD 相交于O ，∠BAD =60°，平面ADEF ∩平面BCEF =直线EF ，FO ⊥平面ABCD ，BC =CE =DE =2EF =2．(Ⅰ)求证：直线BC ∥平面ADEF ；(Ⅱ)求证：EF ∥BC ；(Ⅲ)求直线AF 与平面BCEF 所成角的正弦值．【分析】(Ⅰ)证明AD ∥BC ，即可证明BC ∥平面ADEF ；(Ⅱ)由线面平行的性质定理即可证明EF ∥BC ；(Ⅲ)以O 为坐标原点，OA ，OB ，OF 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，取CD 的中点M ，连OM ，EM ．易证EM ⊥平面ABCD ．求出AF 和平面BCFE 的法向量，即可求解直线AF 与平面BCEF 所成角的正弦值．【解答】(Ⅰ)证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以BC ∥AD ，因为BC ⊄平面ADEF ，AD ⊂平面ADEF ，所以BC ∥平面ADEF ．(Ⅱ)证明：因为BC ∥平面ADEF ，平面ADEF ∩平面BCEF =EF ，所以EF ∥BC ．(Ⅲ)解：因为FO ⊥平面ABCD ，所以FO ⊥AO ，FO ⊥OB ，又因为OB ⊥AO ，所以以O 为坐标原点，OA ，OB ，OF 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，取CD 的中点M ，连接OM ，EM ．易证EM ⊥平面ABCD ．又因为BC =CE =DE =2EF =2，得出以下各点坐标：A (3，0，0)，B (0，1，0)，C (-3，0，0)，D (0，-1，0)，F (0，0，3)，E (-32，-12，3)，所以AF =(-3，0，3)，BC =(-3，-1，0)，BF =(0，-1，3)，设平面BCEF 一个法向量为n =(x ，y ，x )，则n ⋅BC =0n ⋅BF =0 ，即-3x -y =0-y +3z =0 ，令x =1，则y =-3，c =-1，所以n =(1，-3，-1)，设直线AF 与面BCEF 所成角为θ．则sin θ=|cos n ，AF |=n ⋅AF n AF=-23 5×6=105，即直线AF 与平面BCEF 所成角的正弦值为105．【点评】本题考查直线与平面平行的判定与性质定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查逻辑推理与运算求解能力，属于中档题．10.如图，已知在矩形ABCD 中，E 为边AB 的中点，将△ADE 沿直线DE 折起到△A 1DE (A 1∉平面ABCD )的位置，M 为线段A 1C 的中点．(1)求证：BM ∥平面A 1DE ；(2)已知AB =2AD =22，当平面A 1DE ⊥平面ABCD 时，求直线BM 与平面A 1DC 所成角的正弦值．【分析】(1)延长CB 与DE 的延长线相交于点P ，连接A 1P ，可得B 为线段CP 的中点，从而可得BM ∥A 1P ，又线面平行的判定定理即可证得BM ∥平面A 1DE ；(2)取线段DE ，DC 的中点O ，N ，连接A 1O ，ON ，以O 为原点．ON ，OD ，OA 1所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系O -xyz ，求出向量BM 及平面A 1DC 的法向量，即可求解直线BM 与平面A 1DC 所成角的正弦值．【解答】(1)证明：延长CB 与DE 的延长线相交于点P ，连接A 1P ，∵E 为AB 边的中点，四边形ABCD 为矩形，∴BE ∥CD ，BE =12CD ，∴BE 为△PCD 的中位线，∴B 为线段CP 的中点．∵M 为线段A 1C 的中点，∴BM ∥A 1P ，∵BM ⊄平面A 1DE ，A 1P ⊂平面A 1DE ，∴BM ∥平面A 1DE ．(2)解：∵AB =2AD ，E 为边AB 的中点，∴AD =AE ，即A 1D =A 1E ．如图，取线段DE ，DC 的中点O ，N ，连接A 1O ，ON ，则由平面几何知识可得A 1O ⊥DE ，ON ∥CE ，又∵四边形ABCD 为矩形，AB =2AD ，E 为边AB 的中点，∴DE ⊥CE ，DE ⊥ON ．∵平面A 1DE ⊥平面ABCD ，平面A 1DE ∩平面ABCD =DE ，A 1O ⊥DE ，∴A 1O ⊥平面ABCD ，∵ON ⊂平面ABCD ，∴A 1O ⊥ON ，∴以O 为原点．ON ，OD ，OA 1所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系O -xyz ，则B (1，-2，0)，C (2，-1，0)，A 1(0，0，1)，M (1，-12，12)，D (0，1，0)，∴BM =(0，32，)，A 1C =(2．-1．-1)，DC =(2，-2，0)．设平面A 1DC 的法向量为n =(x ，y ，z )，则m ⋅A 1C =0m ⋅DC =0，即2x -y -z =02x -2y =0 ，不妨取x =1，则y =1，z =1，即n =(1，1，1)．设直线BM 与平面A 1DC 所成角为θ，则sin θ=|cos <n ，BM >|=m ⋅BM m BM=23×102=23015，∴直线BM 与平面A 1DC 所成角的正弦值为23015．【点评】本题考查线面平行的证明、线面夹角的求法以及翻折问题，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题．11.如图，已知矩形ABCD 所在平面垂直于直角梯形ABPE 所在平面，且AB =BP =2，AD =AE =1，AE ⊥AB ，且AE ∥BP ．(1)设点M 为棱PD 中点，求证：EM ∥平面ABCD ；(2)线段PD 上是否存在一点N ，使得直线BN 与平面PCD 所成角的正弦值等于210535若存在，试求出线段PN 的长度；若不存在，请说明理由．【分析】(1)证明BP ⊥平面ABCD ，以B 为原点建立坐标系，则BP 为平面ABCD 的法向量，求出EM •BP =-1×0+0×2+12×0=0，从而有EM ∥平面ABCD ；(2)假设存在点N 符合条件，设PN =λPD ，求出BN ，平面PCD 的法向量n 的坐标，令|cos <BN ，n >|=BN ⋅n BN⋅n =25⋅9λ2-8λ+4=210535解出λ，根据λ的值得出结论．【解答】解：(1)证明：∵平面ABCD ⊥平面ABEP ，平面ABCD ∩平面ABEP =AB ，BP ⊥AB ，∴BP ⊥平面ABCD ，又AB ⊥BC ，∴直线BA ，BP ，BC 两两垂直，以B 为原点，分别以BA ，BP ，BC 为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P (0，2，0)，B (0，0，0)，D (2，0，1)，E (2，1，0)，C (0，0，1)，∴M (1，1，12)，∴EM =(-1，0，12)，BP =(0，2，0)，∵BP ⊥平面ABCD ，∴BP 为平面ABCD 的一个法向量，∵EM •BP =(-1)×0+0×2+12×0=0，∴EM ⊥BP ，又EM ⊄平面ABCD ，∴EM ∥平面ABCD ．(2)解：线段PD 上存在两个点N 使当PN =1，或53时，直线BN 与平面PCD 所成角的正弦值等于210535．理由如下：∵PD =(2，-2，1)，CD =(2，0，0)，设平面PCD 的法向量为n =(x ，y ，z )，则n ⋅CD =0n ⋅PD =0，∴2x =02x -2y +z =0 ，令y =1，得n =(0，1，2)，假设线段PD 上存在一点N ，使得直线BN 与平面PCD 所成角α的正弦值等于210535，设PN =λPD =(2λ，-2λ，λ)(0≤λ≤1)，∴BN =BP +PN =(2λ，2-2λ，λ)，∴|cos <BN ，n >|=BN ⋅n BN⋅n =25⋅9λ2-8λ+4=210535，∴9λ2-8λ+53=0，解得λ=13，或59，∴线段PD 上存在两个点N 使当PN =1，或53时，直线BN 与平面PCD 所成角的正弦值等于210535．【点评】本题考查了线面平行的判断，考查空间向量的应用与线面角的计算，属于中档题．12.如图，矩形ABCD 中，AB =2，BC =1，M 为边CD 的中点，将△ADM 沿直线AM 翻折成AME ，且BE =3，点P 为线段BE 的中点．(1)求证：PC ∥平面AME ；(2)求直线PC 与平面ABM 所成角的正弦值．【分析】(1)取AE 的中点Q ，连结QM ，QP ，结合中位线定理和已知条件，可得四边形MCPQ 为平行四边形，即可求解．(2)取AM 的中点O ，连结OE ，OB ，结合已知条件和勾股定理，可得EO ⊥平面ABM ，因此∠AMQ 为直线PC 与平面ABM 所成角，sin ∠AMQ =sin (45°-∠EMQ )=22cos ∠EMQ -sin ∠EMQ ，在Rt △MEQ 中，sin ∠EMQ =EQ QM =1252=15，cos ∠EMQ =EM QM =25，即可求解．【解答】证明：(1)取AE 的中点Q ，连结QM ，QP ，因为P ，Q 均为中点，故PQ ∥AB 且PQ =12AB ，又因为MC ∥AB ，且MC =12AB ，则PQ ∥MC 且PQ =MC ，因此四边形MCPQ 为平行四边形，故PC ∥QM ，故PC ∥平面AME ，即得证．(2)取AM 的中点O ，连结OE ，OB ，因为AE =ME ，所以OA ⊥OE 且OE =22，在Rt △BOM 中，BO 2=OM 2+BM 2=12+2=52，因为BO 2+OE 2=BE 2，故EO ⊥OB ，故EO ⊥平面ABM ，因此∠AMQ 为直线PC 与平面ABM 所成角，sin ∠AMQ =sin (45°-∠EMQ )=22cos ∠EMQ -sin ∠EMQ ，在Rt △MEQ 中，sin ∠EMQ =EQ QM =1252=15，cos ∠EMQ =EM QM =25，故sin ∠AMQ =1010．【点评】本题考查了线面平行的证明，以及线面角的求解，需要学生较强的综合能力，属于中档题．13.如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，二面角A-CD-F为60°，DE∥CF，CD⊥DE，AD=2，DE=DC=3，CF=6．(1)求证：BF∥平面ADE；(2)求直线AC与平面CDEF所成角的正弦值．【分析】(1)由已知条件，利用直线与平面、平面与平面的位置关系先推导出平面BCF∥平面ADF，由此能证明BF∥平面ADE．(2)利用直线与平面，平面与平面垂直的判定定理证明平面CDEF⊥平面ADE，作AO⊥DE于O，则AO⊥平面CDEF，连结CO，可得直线AC与平面CDEF所成角为∠ACO，利用三角函数的定义即可求解．【解答】解：(1)证明：∵ABCD是矩形，∴BC∥AD，又∵BC⊄平面ADE，∴BC∥平面ADE，∵DE∥CF，CF⊄平面ADE，∴CF∥平面ADE，又∵BC∩CF=C，∴平面BCF∥平面ADF，∵BF⊂平面BCF，∴BF∥平面ADE．(2)∵CD⊥AD，CD⊥DE，∴∠ADE即为二面角A-CD-F的平面角，∴∠ADE=60°，又∵AD∩DE=D，∴CD⊥平面ADE，又∵CD⊂平面CDEF，∴平面CDEF⊥平面ADE，作AO⊥DE于O，则AO⊥平面CDEF．连结CO，所以直线AC与平面CDEF所成角为∠ACO，AC=13,AO=3，所以sin∠ACO=AOAC=3913．直线AC与平面CDEF所成角的正弦值为39 13．【点评】本题考查直线与平面，平面与平面平行及垂直的判定定理，性质定理．平面法向量，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题．14.如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是矩形，SA⊥平面ABCD，AD=SA=2，AB=1，点E是棱SD的中点．(1)证明：SC⊥AE；(2)求异面直线CE与BS所成角的余弦值．【分析】(1)推导出CD⊥AD，CD⊥SA，从而CD⊥平面SAD，进而CD⊥AE，推导出AE⊥SD，从而AE⊥平面SCD，由此能证明SC⊥AE；(2)连接AC、BD，交于点O，连接OE，则OE∥SB，∠CEO是异面直线CE与BS所成角(或所成角的补角)，由此能求出异面直线CE与BS所成角的余弦值．【解答】解：(1)证明：在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是矩形，SA⊥平面ABCD，∴CD⊥AD，CD⊥SA，∵SA∩AD=A，∴CD⊥平面SAD，∵AE ⊂平面SAD ，∴CD ⊥AE ，∵AD =SA =2，点E 是棱SD 的中点，∴AE ⊥SD ，∵SD ∩CD =D ，∴AE ⊥平面SCD ，∵SC ⊂平面SCD ，∴SC ⊥AE ；(2)连接AC 、BD ，交于点O ，连接OE ，则OE ∥SB ，∴∠CEO 是异面直线CE 与BS 所成角(或所成角的补角)，∵OE =12SB =121+4=52，OC =12AC =121+4=52，CE =1+1+1=3，∴cos ∠CEO =CE 2+OE 2-OC 22×CE ×OE =3+54-542×3×52=155．∴异面直线CE 与BS 所成角的余弦值为155．【点评】本题考查线线垂直的证明，考查异面直线所成角的余弦值的运算，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．15.如图，边长为2的正方形ACDE 所在平面与平面ABC 垂直，AD 与CE 的交点为M ，AC ⊥BC ，且AC =BC ．(1)求证：AM ⊥平面EBC ；(2)求直线AD 与平面ABE 所成线面角．【分析】(1)推导出AM ⊥EC ，AC ⊥BC ，从而BC ⊥平面ACDE ，进而BC ⊥AM ，由此能证明AM ⊥平面EBC ；(2)以A 为原点，过A 作CB 的平行线为x 轴，AC 为y 轴，AE 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AD 与平面ABE 所成线面角．【解答】解：(1)证明：∵边长为2的正方形ACDE 所在平面与平面ABC 垂直，AD 与CE 的交点为M ，AC ⊥BC ，且AC =BC ．∴AM ⊥EC ，AC ⊥BC ，∵平面ACDE ∩平面ABC =AC ，∴BC ⊥平面ACDE ，∵AM ⊂平面ACDE ，∴BC ⊥AM ，∵BC ∩EC =C ，∴AM ⊥平面EBC ；(2)以A 为原点，过A 作CB 的平行线为x 轴，AC 为y 轴，AE 为z 轴，建立空间直角坐标系，设AC =BC =2，则A (0，0，0)，D (0，2，2)，B =(2，2，0)，E (0，0，2)，AD =(0，2，2)，AB =(2，2，0)，AE =(0，0，2)，设平面ABE 的法向量n =(x ，y ，z )，则n ⋅AB =2x +2y =0n ⋅AE =2z =0，取x =1，得n =(1，-1，0)，设直线AD 与平面ABE 所成线面角为θ，则sin θ=AD ⋅n AD ⋅n =28⋅2=12，∴θ=30°，∴直线AD 与平面ABE 所成线面角为30°．【点评】本题考查线面垂直的证明，考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．16.如图，在正四棱锥P -ABCD 中，点E ，F 分别在棱PB ，PD 上，且PE PB =PF PD=13．(1)证明：EF ⊥平面PAC ．(2)在棱PC 上是否存在点M ，使得PA ∥平面MEF ？若存在，求出PM MC的值；若不存在，说明理由．【分析】(1)连接BD ，记AC ∩BD =O ，连接PO ，由题意利用正方形的性质可证AC ⊥BD ，利用线面垂直的判定可证BD ⊥平面PAC ，通过证明EF ∥BD ，可证EF ⊥平面PAC ．(2)设存在点M 满足条件，连接ME ，MF ，记PO ∩EF =N ，连接MN ，取PC 的中点Q ，连接OQ ，利用线面平行的判定，可证OQ ∥MN ，则PM PQ =PN PO ，结合(1)可证PM PQ =PN PO =13，由Q 为PC 的中点，可得PQ =12PC ，进而可求PM MC=15，即可得解．【解答】解：(1)证明：如图，连接BD ，记AC ∩BD =O ，连接PO ，由题意可得四边形ABCD 是正方形，PB =PD ，则O 为AC 的中点，且AC ⊥BD ，因为PB =PD ，所以PO ⊥BD ，因为AC ⊂平面PAC ，PO ⊂平面PAC ，且AC ∩PO =O ，所以BD ⊥平面PAC ，因为PE PB =PF PD，所以EF ∥BD ，则EF ⊥平面PAC ．(2)设存在点M 满足条件，连接ME ，MF ，记PO ∩EF =N ，连接MN ，取PC 的中点Q ，连接OQ ，因为O ，Q 分别是AC ，PC 的中点，所以OQ ∥PA ，因为PA ∥平面MEF ，所以OQ ∥平面MEF ，因为平面POQ ∩平面MEF =MN ，所以OQ ∥MN ，则PM PQ =PN PO，由(1)可知EF ∥BD ，所以PN PO =PE PB =13，所以PN PO =PE PB =13，因为Q 为PC 的中点，所以PQ =12PC ，所以PM MC =15，故存在满足条件的点M ，此时PM MC=15．【点评】本题主要考查了线面垂直的判定，用线面平行的判定，考查了空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题．17.如图，在底面是菱形的四棱锥P -ABCD 中，∠ABC =60°，PA =AC =a ，PB=PD =2a ，点E 在PD 上，且PE ：ED =3：1．(1)证明：PA ⊥平面ABCD ；(2)在棱PC 上是否存在一点F ，使BF ∥平面AEC ？证明你的结论．【分析】(1)由勾股定理的逆定理可得PA ⊥AB ，PA ⊥AD ，再由线面垂直的判定定理，可得证明；(2)在棱PC 上存在一点F ，且CF ：CP =1：3，使BF ∥平面AEC ．由三角形的全等和线线平行的性质，结合中位线定理和线面平行的判定定理，可得证明．【解答】解：(1)证明：∠ABC =60°，AB =BC ，AC =a ，可得△ABC 为a 的等边三角形，由PB =PD =2a ，AB =AD =PA =a ，AB 2+PA 2=PB 2，AD 2+PA 2=PD 2，可得PA ⊥AB ，PA ⊥AD ，而AB ∩AD =A ，可得PA ⊥平面ABC ；(2)在棱PC 上存在一点F ，且CF ：CP =1：3，使BF ∥平面AEC ．证明：连接DF ，交CE 于G ，连接BD ，交AC 于O ，连接OG ，过F 作FH ∥PD ，交CE 于H ，由于CF CP=FH PE =14=ED EP ，所以FH =ED ，△FGH ≌△DGE ，所以G 为DF 的中点，又O 为BD 的中点，所以OG ∥BF ，又OG ⊂平面ACE ，BF ⊄平面ACE ，所以BF ∥平面AEC ．【点评】本题考查线面平行和垂直的判定，考查转化思想和推理能力，属于中档题．18.已知在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC =∠BAD =π2，AB =BC =2AD =4，E ，F 分别是AB ，CD 上的点，EF ∥BC ，AE =2，沿EF 将梯形ABCD 翻折，使平面AEFD ⊥平面EBCF (如图)．(1)证明：EF ⊥平面ABE ；(2)求二面角D -BF -E 的余弦值．【分析】(1)证明DA ⊥AB ，BC ⊥AB ，EF ⊥AB ．证明EF ⊥AE ，EF ⊥BE ，即可证明EF ⊥平面ABE ．(2)过D 作DG ⊥EF 交EF 于G ．过D 作DH ⊥BF 交BF 于H ，连结GH ．说明∠DHG 为二面角D -BF -E 的平面角，然后通过求解三角形，推出结果即可．【解答】(1)证明：在直角梯形ABCD 中，因为∠ABC =∠BAD =π2，故DA ⊥AB ，BC ⊥AB ，因为EF ∥BC ，故EF ⊥AB ．所以在折叠后的几何体中，有EF ⊥AE ，EF ⊥BE ，而AE ∩BE =E ，故EF ⊥平面ABE ．(2)解：如图，在平面AEFD 中，过D 作DG ⊥EF 交EF 于G ．在平面DBF 中，过D 作DH ⊥BF 交BF 于H ，连结GH ．因为平面AEFD ⊥平面EBCF ，平面AEFD ∩平面EBCF =EF ，DG ⊂平面AEFD ，故DG ⊥平面EBCF ，因为BF ⊂平面EBCF ，故DG ⊥BF ，而DG ∩DH =D ，故BF ⊥平面DGH ，又GH ⊂平面DGH ，故GH ⊥BF ，所以∠DHG 为二面角D -BF -E 的平面角，在平面AEFD 中，因为AE ⊥EF ，DG ⊥EF ，故AE ∥DG ，又在直角梯形ABCD 中，EF ∥BC 且EF =12(BC +AD )=3，故EF ∥AD ，故四边形AEGD 为平行四边形，故DG =AE =2，GF =1，在Rt △BEF 中，tan ∠BFE =23，因为∠BFE 为三角形的内角，故sin ∠BFE =213，故GH =1×sin ∠BFE =213，故tan ∠DHG =2213=13，因为∠DHG 为三角形的内角，故cos ∠DHG =1414．所以二面角D -BF -E 的平面角的余弦值为1414．【点评】本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面垂直的判断定理的应用，是中档题．19.如图，在四棱锥P -ABCD 中，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，并且BC =2AD =2AB ，点P 在平面ABCD 内的投影恰为BD 的中点M ．(Ⅰ)证明：CD ⊥平面PBD ；(Ⅱ)若PM =AD ，求直线PA 与CD 所成角的余弦值．【分析】(Ⅰ)建立适当的空间直角坐标系，求出各点坐标，通过向量法证明CD与平面PBD 内两条相交直线垂直，从而通过线面垂直的判定定理即可得出CD ⊥平面PBD ；(Ⅱ)根据已知条件求出CD ⋅PA 的值，再分别求出PA ，CD 的长度，从而利用空间向量夹角公式即可求解直线PA 与CD 所成角的余弦值．【解答】解：(Ⅰ)证明：根据题意可得PM ⊥平面ABCD ，所以平面PBD ⊥平面ABCD ，在平面PBD 内过点B 作直线BQ ∥PM ，则BQ ⊥平面ABCD ，如图，以点B 为坐标原点，BC ，BA ，BQ 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，并设AB =a ，PM =b ，则B (0，0，0)，C (2a ，0，0)，D (a ，a ，0)，M (a 2，a 2，0)，P (a 2，a 2，b )，所以CD =(-a ，a ，0)，BP =(a 2，a 2，b )，BD =(a ，a ，0)，所以CD ⋅BP =a 2×(-a )+a 2×a +b ×0=0，CD ⋅BD =a ×(-a )+a ×a +0×0=0，所以CD ⊥BP ，CD ⊥BD ，又BP 与BD 是平面PBD 内两条相交直线，根据线面垂直的判定定理可得CD ⊥平面PBD ．(Ⅱ)若PM =AD ，则由(Ⅰ)可得PA =(-a 2，a 2，-a )，又CD =(-a ，a ，0)，所以CD ⋅PA =a 2，|PA |=62a ，|CD |=2a ，设直线PA 与CD 所成角为θ，cos θ=|cos <CD ，PA >|=|CD ⋅PA |PA ||CD ||=33，所以直线PA与CD所成角的余弦值为3 3．【点评】本题主要考查了立体几何中的线面位置关系和线线角的相关计算，考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力，考查逻辑推理核心素养、直观想象核心素养和数学运算核心素养，属于中档题．。

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参考-数学高考（文）二轮专题复习习题：第1部分专题
五立体几何1-5-1-含答案
限时45分钟，实际用时________
分值80分，实际得分________
一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)
1．(2017·山东烟台模拟)一个三棱锥的正(主)视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧(左)视图可能为( )
解析：选D.分析三视图可知，该几何体为如图所
示的三棱锥，其中平面ACD⊥平面BCD，故其侧(左)视
图应为D.
2．如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体
的表面三角形中为直角三角形的个数为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选C.作出三棱锥的直观图如图所示，由三视图可知AB＝BD ＝2，BC＝CD＝，AD＝2，AC＝，故△ABC，△ACD，△ABD，△BCD均为直角三角形，故选C.
3．已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )
A. B.42π
3
解析：选 B.旋转体是两个圆锥，其底面半径为直角三角形斜边的高，高即斜边的长的一半，故所得几何体的体积V＝π()2××2＝.
4．(2017·厦门质检)如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱BC上的一点，则三棱锥D1B1C1E的体积等于( )
A. B.5
12
C. D.1
6
解析：选D.V＝V＝S·CC1＝××12×1＝，故选D.
5．《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之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥PABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝2，AC＝4，三棱锥PABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为( ) A．8πB．12π
C．20πD．24π
解析：选C.将三棱锥PABC放入长方体中，如
图，三棱锥PABC的外接球就是长方体的外接
球．因为PA＝AB＝2，AC＝4，△ABC为直角三角
形，所以BC＝＝2.设外接球的半径为R，依题意可得(2R)2＝22＋22＋(2)2＝20，故R2＝5，则球O的表面积为4πR2＝20π.故选C.
6．(2017·广东广州模拟)某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为3，则侧(左)视图中线段的长度x的值是( )
A. B．27
解析：选 C.分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥PABCD，故其体积V＝××4×CP＝3，所以CP＝，所以x＝＝4.
7．(2017·青岛二模)如图，正四棱锥PABCD的底面边长为 6 cm，侧棱长为5 cm，则它的侧(左)视图的周长等于( )
A．17 cm B．(＋5)cm
C．16 cm D．14 cm
解析：选 D.由题意可知，侧(左)视图是一个三角形，底边长等于正四棱锥底面正方形的边长，高为正四棱锥的高的一个等腰三角形．因为侧棱长5 cm，所以斜高h＝＝4(cm)，又正四棱锥底面正方形的边长为6 cm，所以侧(左)视图的周长为6＋4＋4＝14(cm)．8．已知直三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的球面上．若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为( )
A. B．210
C. D．310
解析：选 C.因为在直三棱柱中AB＝3，AC＝4，AA1＝12，AB⊥AC，所以BC＝5，且BC为过底面ABC的截面圆的直径．取BC中点D，则OD⊥底面ABC，则O在侧面BCC1B1内，矩形BCC1B1的对角线长即为球直径，所以2R＝＝13，即R＝.
9．(2016·高考山东卷)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A.＋π
B.＋π
C.＋πD．1＋π
解析：选 C.由三视图可知，半球的半径为，四棱锥底面正方形边长为1，高为1，
所以该组合体的体积＝π·3×＋×1×1×1＝＋π.
10．(2017·长春模拟)某四面体的三视图如图所示，该四面体的六条棱中，长度最长的棱的长是( )
A．2 B．2 6
C．2 D．4 2
解析：选C.由三视图可知该四面体的直观图如
图所示，其中AC＝2，PA＝2，△ABC中，边AC上
的高为2，所以BC＝＝2，而PB＝＝＝2，PC＝＝
2，因此在四面体的六条棱中，长度最长的棱是
BC，其长为2，选C.
11．(2017·兰州三模)某四棱锥的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
A．17 B．22
C．14＋2 D．22＋213
解析：选D.可借助长方体，作出该四棱锥的直
观图，如图中的四棱锥VABCD所示．则BC⊥平面
VAB，AB⊥平面VAD，CD⊥平面VAD，VD＝5，VB
＝，所以四棱锥VABCD的表面积S表＝S△VAB＋S△VBC＋S△VCD＋
S△VAD＋S四边形ABCD＝×(2×3＋4×＋2×5＋3×4)＋2×4＝22＋2.故选D.
12．(2017·河北衡水模拟)一个空间几何体的三视图如图所示，
则该几何体的外接球的表面积为( )
A．24πB．6π
C．4πD．2π
解析：选B.题中的几何体是三棱锥ABCD，如
图所示，其中底面△BCD是等腰直角三角形，BC＝
CD＝，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，AB＝，BD＝2，
AC⊥CD.取AD的中点M，连接BM，CM，则有BM＝CM
＝AD＝＝.从而可知该几何体的外接球的半径是.故该几何体的外接球的表面积为4π×2＝6π，应选B.
二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
13．现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________．
解析：利用圆锥、圆柱的体积公式，列方程求解．
设新的底面半径为r，由题意得
1
×π×52×4＋π×22×8＝×π×r2×4＋π×r2×8，
3
∴r2＝7，∴r＝.
答案：7
14．三棱锥PABC中，D，E分别为PB，PC的中点，记三棱锥DABE的体积为V1，PABC的体积为V2，则＝________.
解析：如图，设点C到平面PAB的距离为h，△PAB的面积为S，则V2＝Sh，V1＝VEADB＝×S×h＝Sh，所以＝.
答案：1
4
15．(2017·山东临沂模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．
解析：根据三视图可以判断该几何体由上、下两部分组成，其中上面部分为长方体，下面部分为半个圆柱，所以组合体的体积为2×2×4＋×22×π×4＝16＋8π.
答案：16＋8π
16．(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心
为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中
心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB
分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△F AB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为________．
解析：如图，连接OD，交BC于点G，
由题意，知OD⊥BC，OG＝BC.
设OG＝x，则BC＝2x，DG＝5－x，
三棱锥的高h＝DG2－OG2
＝＝，
S△ABC＝×2x×3x＝3x2，则三棱锥的体积
V＝S△ABC·h＝x2·25－10x
＝·.
令f(x)＝25x4－10x5，x∈，则f′(x)＝100x3－50x4.
令f′(x)＝0得x＝2.当x∈(0,2)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，故当x＝2时，f(x)取得最大值80，则V≤×＝4.
∴三棱锥体积的最大值为4 cm3.
答案：415。