高三二轮复习立体几何试卷及答案
(浙江专用)高考数学二轮复习 专题四 立体几何 第1讲 空间几何体专题强化训练-人教版高三全册数学试
第1讲空间几何体专题强化训练1.《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是( )A．4 B．8C．12 D．16解析：选D.如图，以AA1为底面矩形一边的四边形有AA1C1C、AA1B1B、AA1D1D、AA1E1E这4个，每一个面都有4个顶点，所以阳马的个数为16个．故选D.2．正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱BB1的中点(如图)，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的正视图为( )解析：选C.过点A，E，C1的平面与棱DD1相交于点F，且F是棱DD1的中点，截去正方体的上半部分，剩余几何体的直观图如图所示，则其正视图应为选项C.3．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 3C ．323cm 3D ．403cm 3解析：选C.由三视图可知，该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的组合体．下面是棱长为2 cm 的正方体，体积V 1＝2×2×2＝8(cm 3)；上面是底面边长为2 cm ，高为2 cm 的正四棱锥，体积V 2＝13×2×2×2＝83(cm 3)，所以该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝323(cm 3)．4．(2019·某某模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体最长的棱长等于( )A ．34B ．41C ．5 2D ．215解析：选C.由正视图、侧视图、俯视图的形状，可判断该几何体为三棱锥，形状如图，其中SC ⊥平面ABC ，AC ⊥AB ，所以最长的棱长为SB ＝5 2.5．(2019·某某十校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A ．15π2B ．8π C.17π2D ．9π解析：选B.依题意，题中的几何体是由两个完全相同的圆柱各自用一个不平行于其轴的平面去截后所得的部分拼接而成的组合体(各自截后所得的部分也完全相同)，其中一个截后所得的部分的底面半径为1，最短母线长为3、最长母线长为5，将这两个截后所得的部分拼接恰好形成一个底面半径为1，母线长为5＋3＝8的圆柱，因此题中的几何体的体积为π×12×8＝8π，选B.6.如图，圆柱内有一个直三棱柱，三棱柱的底面在圆柱底面内，且底面是正三角形．如果三棱柱的体积为123，圆柱的底面直径与母线长相等，则圆柱的侧面积为( )A ．12πB ．14πC ．16πD ．18π解析：选C.设圆柱的底面半径为R ，则三棱柱的底面边长为3R ，由34(3R )2·2R ＝123，得R ＝2，S 圆柱侧＝2πR ·2R ＝16π.故选C.7．(2019·某某市第一次模拟)某几何体的三视图如图所示(网格线中每个小正方形的边长为1)，则该几何体的表面积为( )A ．48B ．54C ．64D ．60解析：选D.根据三视图还原直观图，如图所示，则该几何体的表面积S ＝6×3＋12×6×4＋2×12×3×5＋12×6×5＝60，故选D.8．在封闭的直三棱柱ABC A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A.4πB.9π2C.6πD.32π3解析：选B.由题意可得若V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R ＝32，该球的体积最大，V max ＝43πR 3＝4π3×278＝9π2.9．(2019·某某八校联考)某几何体是直三棱柱与圆锥的组合体，其直观图和三视图如图所示，正视图为正方形，其中俯视图中椭圆的离心率为( )A.12B.24C.22 D.32解析：选C.依题意得，题中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形，设其直角边长为a ，则斜边长为2a ，圆锥的底面半径为22a 、母线长为a ，因此其俯视图中椭圆的长轴长为2a 、短轴长为a ，其离心率e ＝1－（a2a）2＝22，选C. 10.已知圆柱OO 1的底面半径为1，高为π，ABCD 是圆柱的一个轴截面．动点M 从点B 出发沿着圆柱的侧面到达点D ，其距离最短时在侧面留下的曲线Γ如图所示．现将轴截面ABCD 绕着轴OO 1逆时针旋转θ(0＜θ≤π)后，边B 1C 1与曲线Γ相交于点P ，设BP 的长度为f (θ)，则y ＝f (θ)的图象大致为( )解析：选A.将圆柱的侧面沿轴截面ABCD 展平，则曲线Γ是展开图形(即矩形)的对角线，根据题意，将轴截面ABCD 绕着轴OO 1逆时针旋转θ(0＜θ≤π)后，边B 1C 1与曲线Γ相交于点P ，设BP 的长度为f (θ)，则f (θ)应当是一次函数的一段，故选A.11．(2019·某某省重点中学高三12月期末热身联考)某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________；表面积是________．解析：根据三视图可得，该几何体是长方体中的四棱锥C BB 1D 1D ，由三视图可得：AB ＝2，BC ＝2，BB 1＝4，VC BB 1D 1D ＝23×12×2×2×4＝163，S C BB 1D 1D ＝12×2×2＋22×4＋12×2×4＋12×2×4＋12×22×18＝16＋8 2.答案：16316＋8 212.(2019·某某市余姚中学期中检测)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积为________ cm 3，表面积为________cm 2.解析：由三视图可知：该几何体是由一个半球去掉14后得到的几何体．所以该几何体的体积＝34×12×43×π×13＝π2cm 3.表面积＝34×12×4π×12＋12×π×12＋34×π×12＝11π4 cm 2.答案：π211π413．(2019·某某省“五校联盟”质量检测)已知球O 的表面积为25π，长方体的八个顶点都在球O 的球面上，则这个长方体的表面积的最大值等于________．解析：设球的半径为R ，则4πR 2＝25π，所以R ＝52，所以球的直径为2R ＝5，设长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，则长方体的表面积S ＝2ab ＋2ac ＋2bc ≤a 2＋b 2＋a 2＋c 2＋b 2＋c 2＝2(a 2＋b 2＋c 2)＝50.答案：5014．(2019·某某省高三考前质量检测)某几何体的三视图如图所示，当xy 取得最大值时，该几何体的体积是____________．解析：分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P ABCD ，CD ＝y2，AB＝y ，AC ＝5，CP ＝7，BP ＝x ，所以BP 2＝BC 2＋CP 2，即x 2＝25－y 2＋7，x 2＋y2＝32≥2xy ，则xy ≤16，当且仅当x ＝y ＝4时，等号成立．此时该几何体的体积V ＝13×2＋42×3×7＝37.答案：3715．(2019·某某市高考数学二模)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 是AA 1的中点，则异面直线BE 与B 1D 1所成角的余弦值等于________，若正方体棱长为1，则四面体B EB 1D 1的体积为________．解析：取CC 1中点F ，连接D 1F ，B 1F ，则BE 綊D 1F ， 所以∠B 1D 1F 为异面直线BE 与B 1D 1所成的角．设正方体棱长为1，则B 1D 1＝2，B 1F ＝D 1F ＝1＋14＝52.所以cos ∠B 1D 1F ＝12B 1D 1D 1F ＝2252＝105. V B EB 1D 1＝V D 1BB 1E ＝13S △BB 1E ·A 1D 1＝13×12×1×1×1＝16.答案：1051616．已知棱长均为a 的正三棱柱ABC A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为216的球面上，则a 的值为________．解析：设O 是球心，D 是等边三角形A 1B 1C 1的中心，则OA 1＝216，因为正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长均为a ，所以A 1D ＝32a ×23＝33a ，OD ＝a 2，故A 1D 2＋OD 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2162，得712a 2＝2136，即a 2＝1，得a ＝1. 答案：117．(2019·瑞安四校联考)已知底面为正三角形的三棱柱内接于半径为1的球，则此三棱柱的体积的最大值为________．解析：如图，设球心为O ，三棱柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，底面正三角形的边长为a ，则AO 1＝23×32a ＝33a .由已知得O 1O 2⊥底面， 在Rt △OAO 1中，由勾股定理得OO 1＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2＝3·3－a 23，所以V 三棱柱＝34a 2×2×3·3－a 23＝3a 4－a62，令f (a )＝3a 4－a 6(0＜a ＜2)， 则f ′(a )＝12a 3－6a 5＝－6a 3(a 2－2)，令f ′(a )＝0，解得a ＝ 2.因为当a ∈(0，2)时，f ′(a )＞0；当a ∈(2，2)时，f ′(a )＜0，所以函数f (a )在(0，2)上单调递增，在(2，2)上单调递减． 所以f (a )在a ＝2处取得极大值．因为函数f (a )在区间(0，2)上有唯一的极值点，所以a ＝2也是最大值点．所以(V 三棱柱)max＝3×4－82＝1. 答案：118.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)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 ＝3x ，PC ＝PD ＝2x . 取CD 的中点N ，连接PN ， 则PN ⊥CD ，所以PN ＝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×（2＋4）2×23＝4 3.19.如图，在△ABC 中，∠B ＝π2，AB ＝BC ＝2，P 为AB 边上一动点，PD ∥BC 交AC 于点D .现将△PDA 沿PD 翻折至△PDA ′，使平面PDA ′⊥平面PBCD .(1)当棱锥A ′PBCD 的体积最大时，求PA 的长；(2)若P 为AB 的中点，E 为A ′C 的中点，求证：A ′B ⊥DE . 解：(1)设PA ＝x ，则PA ′＝x ， 所以V A ′PBCD ＝13PA ′·S 底面PBCD ＝13x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－x 22.令f (x )＝13x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－x 22＝2x 3－x36(0<x <2)，则f ′(x )＝23－x22.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x ⎝⎛⎭⎪⎫0，233233 ⎝ ⎛⎭⎪⎫233，2 f ′(x )0 f (x )单调递增极大值单调递减由上表易知，当PA ＝x ＝233时，V A ′PBCD 取最大值．(2)证明：取A ′B 的中点F ，连接EF ，FP . 由已知，得EF 綊12BC 綊PD .所以四边形EFPD 是平行四边形， 所以ED ∥FP .因为△A ′PB 为等腰直角三角形， 所以A ′B ⊥PF .所以A ′B ⊥DE .。
(完整版)高三数学立体几何复习测试题含答案
高三数学立体几何复习一、填空题1. 分别在两个平行平面内的两条直线间的地址关系不可以能为．．．． ①平行 ②订交③异面④垂直【答案】②【剖析】两平行平面没有公共点，因此两直线没有公共点，因此两直线不可以能订交2.已知圆锥的母线长为 8，底面周长为 6π，则它的体积为【答案】 3 55【剖析】设底面半径为r, 2 r 6 , r 3 , 设圆锥的高为 h ，那么 h823255 ，那么圆锥的体积 V1 r2 h 1 955 3 55 ，故填： 3 55 .3 33.已知平面/ / 平面 ， P且 P ，试过点 P 的直线 m 与 ， 分别交于 A ， C ，过点 P 的直线 n 与 ，分别交于 B ， D 且 PA6 ， AC9， PD 8 ，则 BD 的长为 ___________.【答案】24 或 245【剖析】 第一种情况画出图形以以下列图所示，由于“若是两个平行平面同时和第三个平面订交，那么它们的交线相互平行 . ”因此 AB / /CD ，设 BD x ，依照平行线分线段成比率，有6 8x, x249 x5第二种情况画出图形以以下列图所示，由于“若是两个平行平面同时和第三个平面订交， 那么它们的交线相互平行. ”因此 AB / /CD ，设 BDx ，依照平行线分线段成比率，有PBA DCB A6X8, x 24 .384.半径为 R 的球 O 中有一内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，圆柱的侧面积与球的表面积之比是 ____________．【答案】 1： 2PCDr 2h2rhr2h 2h时取等号，【剖析】 R2，圆柱的侧面积2 rh 44 242 R 2，当且仅当 r42 2此时圆柱的侧面积与球的表面积之比为 2 R 2 : 4 R 2 1: 25.以下列图， G 、N 、M 、 H 分别是正三棱柱（两底面为正三角形的直棱柱）的极点或所在棱的中点，则表示直线 GH 、MN 是异面直线的图形有 ____________（填上所有正确答案的序号） ．【答案】②④【剖析】由题意得，可知（ 1）中，直线 GH // MN ；图（ 2）中，G , H , N 三点共面，但M 面 GHN ，因此直线 GH 与 MN 异面；图（ 3）中，连接 MG , GM // HN ，因此 GH 与MNG ，因此直线 GH 与 MN 共面；图（ 4）中， G , M , N 共面，但 H面 GHN ，因此直线 GH 与 MN试卷第 1 页，总 9 页异面．6.已知 m, n 为直线，,m, n // ；②为空间的两个平面，给出下列命题：①m nm m mn,,m // n ．其中的正确命题为, m // n ；③// ；④．m n//【答案】③④【剖析】关于① , 也会有n的结论 , 因此不正确；关于②, 也会有m, n异面的可能的结论, 因此不正确；简单考据关于③④都是正确的, 故应填答案③④ .7.设 a,b 是两条不同样的直线, , 是两个不同样的平面,则以下四个命题①若a b, a,b则，②若 a b, a则 b / /，③若 a,，则 a / /④若a / /, a，则其中正确的命题序号是.【答案】①④【剖析】① a b ，不如设a, b订交（如异面平移到订交地址），确定一个平面，设平面与平面的交线为 c ，则由 b，得 b c ，从而 a // c ，于是有 c，因此，①正确；②若a b, a，b 可能在内，②错；③若 a,， a 可能在内，③错；④若 a / / ，则由线面平行的性质定理，在内有直线 b 与a平行，又a，则 b，从而，④正确．故答案为①④．8.已知三棱锥 P ABC 的所有极点都在球 O 的球面上，ABC 是边长为1的正三角形，PC 为球 O 的直径，该三棱锥的体积为2，则球 O 的表面积为__________．6【答案】4【剖析】设 ABC 的中心为O1，由题意得 S ABC3212OO1SABC OO12, 因此球O的;6334半径 R 满足R2OO12( 3)2211，球O的表面积为 4R2 4 .3339.以下列图 ,在直三棱柱 ABC A1 B1C1中, AB BC CC11,AB BC, E 为CC1的中点,则三棱锥 C1ABE 的体积是．【答案】112【剖析】由于 E 是 CC1中点，因此 V C ABE 1V C ABC11(11 1)11．1212321210. 以下列图，在直三棱柱ABC A1 B1C1中，ACB90 , AA12, AC BC1 ,则异面直线A1 B 与AC所成角的余弦值是.【答案】66【剖析】由于AC / / A1C1，因此BA1C1（或其补角）就是所求异面直线所成的角，在 BA1C1中,A1 B6 ,A1C11, BC15, cos BAC11615 6 .261611.如图，在棱长为 1 的正方体ABCD - A1B1C1D1中，M , N分别是BB1, BC的中点，则图中阴影部分在平面 ADA1D1上的投影的面积为．【答案】1 8【剖析】图中点 M 在平面的投影是AA1的中点，点N在平面的投影是AD 的中点，点 D 的投影还是点 D ,连接三点的三角形的面积是1111，故填： 1 .2228812. 如图 , 正方体ABCD A1 B1C1D1中 ,AB 2 ,点 E 为 AD 的中点,点 F 在D F CECD 上,若 EF // 平面AB1C,则 EF________.A B【答案】 EF2D 1C1【剖析】依照题意，由于 EF // 平面AB1C ，因此EF // AC.又由于点E是AD中A1B1点，因此点 F 是 CD 中点.由于在 Rt DEF 中， DE DF 1，故EF2.13. 在棱长为 1 的正方体ABCD A B C D 中， E 为 AB 的中点，在面ABCD11111D 1C1中取一点 F ，使 EF FC1最小，则最小值为__________．A 1B 1【答案】142D E C 【剖析】如图，将正方体ABCD A1B1C1D1关于面ABCD对称，则 EC1就是所A BD1C1A1N B132114 ．求的最小值， EC1EN 2NC121242D1C1 14.点 M 是棱长为3 2 的正方体ABCD A1B1C1D1的内切球 O球面上的动 A 1NB1点，点 N 为B1C1上一点，2NB1NC1, DM BN ，则动点M的轨迹的长度为 __________ ．DM C【答案】310A B 5【剖析】由于DM BN ，因此 M 在过 D 且垂直于 BN 的平面上，以以下列图（ 1 ），取BS 1SB1，2AT 1TA1，则BN平面 DTSC ，因此 M 在一个圆周上，如图以下列图（2），正方体的中心O 到该平面的2距离即为 O1F，在直角三角形 O1FC中， O1F O1C sin O1CF 3sin O1CF ，而111，故 sin5 3 5tan O CF tan BCS3O1CF，O1 F， M 所在的圆周的半径1411255322为 3 2353 30，故其轨迹的长度为 3 1025105D 1C 1B1C1NA 1NB 1O1OD STM S CA B图（ 1）二、解答题FB C图（ 2）15.如图，四棱锥P ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，DAB60o，AB 2 AD ， PD底面ABCD .（ 1）证明：PA BD ；（ 2）设PD AD 2 ，求点 D 到面 PBC 的距离.解析：（ 1 ）证明：因为DAB60o，AB2AD ，由余弦定理得BD3AD .从而BD2AD 2AB2，∴ BD AD ，又由 PD 底面EABCD ， BD面 ABCD ，可得 BDPD . ∴ BD 面 PAD ， PA面 PAD ，∴ PABD .（ 2）法 1：在平面 PDB 内作 DEPB ，垂足为 E . ∵ PD 底面 ABCD ，BC 面 ABCD ，∴ PD BC ，由（ 1 ）知 BDAD ，又 BC / / AD ，∴ BC BD ，又 AD I BD D ， . ∴ BC 平面 PBD ，又AD I BD D ∴ BC DE . 则 DE 平面 PBC . 由题设知， PD 2 ，则 BD2 3 ， PB 4，依照DE gPB PD gBD ，得 DE3 ，即点 D 到面 PBC 的距离为3 .法2 ： 设 点 D到平 面 PBC 的 距 离 为 d ， 由 （ 1 ） 得 BD AD ， ∴ AB4 ，V P BCD1V PABCD 11S Y ABCD PD1 2 43 24 3 ， 又 V 1 S PBCd ， 由2236 23 P BCD 3PD 底 面ABCD ， BD 面 ABCD ， DC面 ABCD ，PBD , PCD 为 Rt， ∴PCPD 2 CD 22 5 ， PBPD 2CD 2 4 ， 又 BCAD2 ， ∴PBC 为 Rt且SPBC1 2 44 ，∴ d3 .216. 已知直角梯形 ABCD 中， AB / /CD ， AB AD ， CD2， AD2 ， AB 1 ，如图 1所示，将ABD 沿 BD 折起到 PBD 的地址，如图2 所示 .（ 1）当平面 PBD平面 PBC 时，求三棱锥 P BCD 的体积；（ 2）在图 2 中， E 为 PC 的中点，若线段BQ / /CD ，且 EQ / / 平面 PBD ，求线段 BQ 的长；剖析 ：（ 1）当平面PBD 平面 PBC 时，由于 PB PD ，且平面 PBD I 平面 PBCPB ， PD平面PBD ，因此 PD平面 PBC ，由于 PC 平面 PBC ，因此 PD PC . 由于在直角梯形ABCD 中，AB / /CD ， AB AD ， CD 2 ， AD 2 ， AB 1 ， 所 以 BD BC3 ， DP2 . 所 以CPCD 2 PD 22 . 又 因 为 BP1 ， 所 以 BP 2CP 2 BC 2 ， 所 以 BPCP . 所 以S PBC1PB PC2. 因此三棱锥PBCD 的体积等于VD PBC1S PBCgPD1221.223323（2）取 PD 的中点 F ，连接 EF ， BF ，如上图所示 . 又由于 E 为 PC 的中点，因此EF / /CD ，且EF1CD . 又由于 BQ / /CD ，因此 EF / / BQ . 因此 B ， F ， E ， Q 共面 .2因 为 EQ / / 平 面 PBD ， EQ平 面 BFEQ ， 且 平 面 BFEQ I 平 面试卷第 5 页，总 9 页PBD BF ， 所 以 EQ / / FB . 又 因 为 EF / / BQ ， 所 以 四 边 形 BFEQ 是 平 行 四 边 形 . 所 以 BQEF1CD 1 .2ACDF 所在平面与梯形BCDE 所在平面垂直，且BC 2DE ， DE / / BC ，17. 如图几何体中，矩形BD AD ， M 为 AB 的中点 .（ 1）证明： EM / / 平面 ACDF ； （ 2）证明： BD 平面 ACDF .剖析 ：（ 1）法 1：延长 BE 交 CD 与 G ，连接 AG ，∵ E, M 为中点，∴EM // AG ， EM 平面 AFDC ， AG 平面 AFDC ，∴ EM / / 面 ACDF ．G法 2：如图，取 BC 的中点 N ，连接 MN 、 EN .在 ABC 中， M 为 AB 的中点， N 为 BC 的中点，∴ MN / / AC ，又由于 DE / / BC ，且 DE1 CN ，∴四边形 CDEN 为平行四边形，BC2∴ EN / / DC ，又∵ MN I EN N ， AC I CD C . ∴平面 EMN / / 平面 ACDF ，又∵ EM面EMN ，∴ EM / / 面 ACDF .法 3：如图，取 AC 的中点 P ，连接 PM ， PD . 在 ABC 中， P 为 AC 的中点， M 为 AB 的中点，∴PM / / BC ，且 PM11BC ，又∵ DE / /BC ， DEBC , ∴ PM / / DE ，故四边形 DEMP 为平行四22边形，∴ ME / / DP ，又∵ DP 平面 ACDF ， EM平面 ACDF ，∴ EM / / 面 ACDF ．（ 2）∵平面 ACDF平面 BCDE ，平面 ACDF I平面 BCDEDC ，又 AC DC ，∴ AC平面BCDE ，∴ AC BD ，又 BD AD ， BD I ADA ，∴ BD 平面 ACDF ．18. 如图，在四棱锥 P － ABCD 中，四边形 ABCD 为矩形， AB ⊥ BP ， M 为 AC 的中点， N 为 PD 上一点 .（ 1）若 MN ∥平面 ABP ，求证： N 为 PD 的中点；（ 2）若平面 ABP ⊥平面 APC ，求证： PC ⊥平面 ABP.【剖析】（ 1）连接 BD ，由四边形 ABCD 为矩形得： M 为 AC 和 BD 的中点，∵ MN ∥平面 ABP ， MN 平面 BPD ，平面 BPD I 平面 ABP ＝ BP ，∴MN ∥ BP ，∵ M 为 AC 的中点，∴ N 为 PD 的中点 .（ 2）在△ ABP 中，过点 B 作 BE ⊥ AP 于 E ，∵平面 ABP ⊥平面 APC ，平面 ABP ∩平面 APC ＝AP ，BE 平面 ABP ， BE ⊥ AP∴ BE ⊥平面 APC ，又 PC 平面 APC ，∴ BE ⊥ PC.∵ ABCD 为矩形，∴ AB ⊥ BC ，又 AB ⊥ BP ， BC ∩BP＝ B ，BC ，BP 平面 BPC ，∴ AB ⊥平面 BPC ， ∴AB ⊥PC ，又 BE ⊥ PC ， AB 平面 ABP ，BE 平面 ABP ，AB ∩BE ＝B ， ∴ PC ⊥平面 ABPP ABCD∥1 是线段的中点 .19. 如图 ,在四棱锥AB, MPA中，AB DC , AD DC2（ 1）求证： DM ∥ 平面 PCB ；（ 2）若AD AB ,平面 PAC 平面 PBC ,求证： PA BC .【剖析】（1）如图，取PB中点N , 连接CN , MN . 由于M是线段PA的中点 ,因此 MN∥ AB, MN 1AB , 2因为 DC∥ AB, CD 1CD ,所以四边形 CDFM 为平行四边形,所以AB ,所以 MN∥DC , MN2CN∥DM ,由于 CN平面PCB,DM平面PCB,因此DM∥平面PCB.P（ 2）连接AC , 在四边形ABCD中，由于AD AB,CD∥AB ,因此 AD CD ,设MNAD a ,因为 AD DC1AB ,所以 CD a, AB2a ,在ADC中，A2B ADC 90 , AD DC,所以DCA DAC45,从而D CAC2a,CAB45,在ACB中,AB2a, AC2a,CAB45 ,所以BC AC 2AB2 2 AB AC cos CAB2a, 所以AC 2BC 2AB2, 即AC BC .在平面PAC 中,过点 A 作 AE PC ,垂足为 E ,由于平面PAC平面 PBC ,因此 AE平面 PBC ,又由于BC平面 PBC ,因此 AE BC ,由于 AE平面PAC ,AC平面 PAC ,因此BC平面 PAC .因为PA 平面 PAC ,因此 PA BC .20. 如图 , 在直三棱柱ABC A B C 中,ACB 900，E, F ,G 分别是 AA , AC , BB 的中点，且1 1 111CG C1G .（1）求证：CG //平面BEF；（ 2）求证：平面BEF平面 AC1 1G .【剖析】证 :( Ⅰ ) 连接AG交BE于D , 连接DF , EG . ∵E,G分别是AA1, BB1的中点，∴ AE ∥BG且 AE =BG,∴四边形AEGB 是矩形.∴D是 AG 的中点，又∵F是AC 的中点,∴ DF ∥CG，则由 DF面 BEF , CG面 BEF ,得CG∥面 BEF( Ⅱ ) ∵在直三棱柱ABC A1 B1C1中， C1C ⊥底面 A1B1C1,∴ C1C ⊥ A1C1.又∵A1C1B1ACB900,即 C1B1⊥ A1C1，∴ A1C1⊥面 B1C1CB ,而CG面 B1C1CB ，∴ A1C1⊥CG，又 CG C1G ,由(Ⅰ)DF∥CG ，AC DF , DF C G DF AC G，Q DF BEF BEF11 1 ，∴平面1 1平面，∴平面平面AC G .1 1三、提高练习21.在三棱锥P ABC 中，AB BC ，AB 6 ，BC 2 3 ，O 为 AC 的中点，过 C 作 BO 的垂线，交 BO 、 AB 分别于 R 、 D ，若DPR CPR ，则三棱锥 P ABC 体积的最大值为 __________．【答案】 3 3【剖析】在 Rt ABC 中， ACB 60，OCB 为等边三角形，DCB 30 ，因此 CD 4 ， CR 3 ， 因此 DR1，在 PDC 中， DPRCPR ，因此PDDR1 ，以以下列图（ 2），设 P x, y ， D 0,0 ，PC RC32则 C 4,0 ，从而有 9 x2y2x2y 2，整理获取 x1 y29，故 PCD 的边 CD 上的高424的最大值为3，从而 PABC 体积的最大值为 1 31 2 3 63 323 22PbPAODRCBD R C x图 (1)图（ 2）22. 如图，直三棱柱 ABCA 1B 1C 1 中，D 、E 分别是棱 BC 、AB的中点，点F 在棱 CC 1 上，已知AB AC ， AA 1 3 ，BC CF2 ．（ 1）求证： C 1E // 平面 ADF ；（ 2）设点 M 在棱 BB 1 上，当 BM 为何值时， 平面 CAM 平面 ADF ？【剖析】（ 1）连接 CE 交 AD 于 O ，连接 OF ．由于 CE , AD 为ABC 中线，因此 O 为 ABC 的重心，CFCO 2．从而CC 1CE3OF // C 1E ． OF 面 ADF ， C 1E平面 ADF ，因此 C 1 E // 平面 ADF ．（ 2）当 BM 1 时，平面 CAM 平面 ADF ．在直三棱柱ABC A 1 B 1C 1 中，由于 B 1 B 平面 ABC ， B 1B 平面 B 1BCC 1 ，因此平面 B 1BCC 1 平面 ABC ．由于 ABAC ， D 是 BC 中点，因此 AD BC ．又平面 B 1BCC 1 ∩平面 ABC BC ， 因此 AD 平面(完满版)高三数学立体几何复习测试题含答案B1BCC1．而CM平面B1BCC1，于是AD CM ．由于BM CD 1,BC CF 2 ，因此Rt CBM Rt FCD ，因此 CM DF DF , AD 订交，因此CM平面ADF，CM平面CAM ，因此平面CAM平面ADF．试卷第 9 页，总 9 页11 / 11。
二轮复习第31讲 立体几何中的最大角和最小角定理
第31讲立体几何中的最大角和最小角定理一．选择题(共21小题)1．(2021•浙江月考)如图所示，在侧棱垂直于底面的三棱柱ABC-A1B1C1中，P是棱BC上的动点．记直线A1P与平面ABC所成的角为θ1，与直线BC所成的角为θ2，则θ1，θ2的大小关系是( )A．θ1=θ2B．θ1>θ2C．θ1<θ2D．不能确定【解答】解：连接AP，∵AA1⊥平面ABC，故∠A1PA为直线A1P与平面ABC所成的角，即∠A1PA=θ1，故而sinθ1=AA1A1P．过A1向BC作垂线，垂足为M，若M与P重合，则直线A1P与直线BC所成的角为90°，即θ2=90°，此时显然有θ1<θ2，若M不与P重合，则∠A1PM为直线A1P与直线BC所成的角，即∠A1PM=θ2，故而sinθ2=A1MA1P，∵AA1是平面ABC的垂线，故而AA1<A1M，∴sinθ1<sinθ2，∴θ1<θ2．故选：C．2．(2021春•江岸区校级期末)已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点(不含端点)，设SE与BC所成的角为α，SE与面ABCD所成的角为β，二面角S-AB-C的平面角为γ，则( )A．α≤β≤γB．β≤α≤γC．β≤γ≤αD．γ≤β≤α【解答】解：如图，过S作底面的垂线SO，垂足为O，连接EO，则SO⊥EO，∴∠SEO=β．取F为AB的中点，连接OF，则SF⊥AB，OF⊥AB，∠SFO为二面角S-AB-C的平面角，等于γ．过E作BC的平行线，过O作AB的平行线，相交于G，则∠SEG为SE与BC所成的角，等于α．∵SO⊥底面ABCD，∴SO⊥EG，又EG⊥OG，SO∩OG=O，∴EG⊥平面SOG，则EG⊥SG，在RtΔSOF与RtΔSOE中，有sinγ=SOSF，sinβ=SOSE，而SE>SF，∴sinγ>sinβ，得γ>β(γ，β均为锐角)；在RtΔSGE与RtΔSOF中，有tanα=SGEG，tanγ=SOOF，而SG>SO，EG=OF，∴tanα>tanγ，得α>γ(α，γ均为锐角)．当E与F重合时，α=β=γ．综上，β≤γ≤α．故选：C．3．(2021•湖州期末)已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段SA上的点(不含端点)，设直线BE与CD所成的角为θ1，直线BE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S-BC-D的平面角为θ3，则( )A．θ1<θ3，θ2<θ3B．θ2<θ1，θ2<θ3C．θ2<θ1，θ3<θ1D．θ1<θ2，θ3<θ2【解答】解：过点E作EM⊥平面ABCD于点M，在平面ABCD内过M作MN⊥AB于点N，作MP⊥BC于点P，在平面SBC内作PQ⊥BC与点P，交SB于点Q，连接BM，EN，则∠ABE是异面直线BE与CD所成的角θ1，∠EBM是直线BE与平面ABCD所成的角θ2，∠MPQ是二面角S-BC-D所成角的平面角θ3；如图所示，显然θ1，θ2，θ3均为锐角；在RtΔBEN中，sinθ1=EN EB；在RtΔEBM中，sinθ2=EM EB；在RtΔEMN中，EM<EN，所以sinθ1>sinθ2，即θ1>θ2；又sinθ3=EMPQ，且EB>PQ，所以sinθ2<sinθ3，即θ2<θ3．故选：B．4．(2021•宁波期末)在《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．如图，已知四棱锥S-ABCD为阳马，且AB=AD，SD⊥底面ABCD．若E是线段AB上的点(不含端点)，设SE与AD所成的角为α，SE与底面ABCD所成的角为β，二面角S-AE-D的平面角为γ，则A．β<γ<αB．β<α<γC．α<γ<βD．α<β<γ【解答】解：四棱锥S-ABCD为阳马，且AB=AD，SD⊥底面ABCD．E是线段AB上的点(不含端点)，设SE与AD所成的角为α，SE与底面ABCD所成的角为β，二面角S-AE-D的平面角为γ，∴β<γ=∠SAD<α，∴β<γ<α．故选：A．5．(2021•衢州期中)已知四棱锥S-ABCD的底面是边长为2的正方形，AD⊥侧面SCD，∠SDC=120°，E 是线段AB上的点(不含端点)，若侧面SAB，直线SE，侧面SAD与平面ABCD所成角大小分别为α，β，γ，则下列结论成立的是(注:α指二面角S-AB-C的大小，γ指二面角S-AD-C的大小)( ) A．α<β<γB．β<γ<αC．γ<β<αD．β<α<γ【解答】解：∵AD⊥侧面SCD，∴AD⊥CD，AD⊥SD，∴∠SDC是面SAD与底面ABCD所成的二面角，∵∠SDC=120°，侧面SAB，直线SE，SAD与底面ABCD所成的二面角分别为α，β，γ，∴γ=120°，过S作SO⊥CD于O，则AD⊥SO，∴SO⊥平面ABCD，∴∠SCD为平面SBC与底面ABCD所成角，∴β<60°，tanβ=SOCO，过O作OE⊥AB于E，则∠SEO为直线SE与平面ABCD所成的二面角，tanα=SOEO=SO2>SOCO=tanβ，∴0<β<α<γ，故选：D．6．(2021•临川区校级月考)已知正四棱锥S-ABCD，E是线段AB上的点且AE=13AB，设SE与BC所成的角为θ1，二面角S-AB-C的平面角为θ2，SE与平面ABCD所成的角为θ3，则( ) A．θ1<θ2<θ3B．θ3<θ2<θ1C．θ1<θ3<θ2D．θ2<θ3<θ1【解答】解：取AB中点F，如图，易知θ1，θ2，θ3均为锐角，θ2=∠SFO，θ3=∠SEO，且sinθ2=SOSF>sinθ3=SO SE，故θ2>θ3；将EO绕着点E旋转并在其上取一点O′，使得EO′⎳BC，且EO′=OF=12BC，则∠SEO′=θ1，显然SO′>SO，故∠SEO′>∠SEO，即θ1>θ3，显然，EO′⊥平面SOO′，则tanθ1=SO′EO′，tanθ2=SOOF=SOEO′，由SO′>SO可知，θ1>θ2；综上，θ3<θ2<θ1．故选：B．7．(2020•柯桥区二模)如图，四棱锥P-ABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA=PD，Q 是线段PC上的点(不含端点)．设AQ与BC所成的角为α，AQ与平面ABCD所成的角为β，二面角Q-AB -C的平面角为γ，则( )A．α<β<γB．β<α<γC．γ<β<αD．β<γ<α【解答】解：取AD的中点F，连接PF、CF，∵PA=PD，∴PF⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，PF⊂平面PAD，平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PF⊥平面ABCD，∵PF⊂平面PCF，∴平面PCF⊥平面ABCD．过Q作QO⊥CF，连接OA，过O作OE⊥AB于E，连接QE，∵平面PCF∩平面ABCD=CF，QO⊂平面PCF，∴QO⊥平面ABCD．∴β=∠QAO，γ=∠QEO，∴tanβ=OQOA，tanγ=OQOE，∵OA>OE，∴tanβ<tanγ，∴β<γ．∵矩形ABCD，∴AD⎳BC，∴α=∠DAQ，过O作OS⊥AD于S，连接SQ，则AS=OE，∵QO⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴QO⊥AD，∵OS∩QO=O，OS、QO⊂平面SQO，∴AD⊥平面SQO，∴AD⊥SQ，∴tanα=SQAS=SQOE>OQOE=tanγ，∴α>γ．综上所述，β<γ<α．故选：D．8．(2016•桐乡市一模)如图，已知ΔABC，CD为∠ACB的角平分线，沿直线CD将ΔACD翻折成△A′CD，所成二面角A′-CD-B的平面角为θ，则( )A ．∠A ′DB ≤θ，∠A ′CB ≤θB ．∠A ′DB ≤θ，∠A ′CB ≥θC ．∠A ′DB ≥θ，∠A ′CB ≤θD ．∠A ′DB ≥θ，∠A ′CB ≥θ【解答】解：①当AC =BC 时，∠A ′DB =θ，∠A ′CB <θ，②当AC ≠BC 时，如图，点A ′投影在AE 上，θ=∠A ′OE ，连结AA ′，∠ADA ′<∠AOA ′，∴∠A ′DB >∠A ′OE ，∠A ′OE ≥∠A ′CE ，即∠A ‘DB >θ．综上，∠A ′DB ≥θ，∠A ′CB ≤θ．故选：C ．9．(2021•浙江模拟)ΔABC 是边长为6的正三角形，D 在AB 上，且满足AD =2DB ，现沿着CD 将ΔACD 折起至△A ′CD ，使得A ′在平面BCD 上的投影在ΔBDC 内部(包括边界)，则二面角A ′-CD -B 所成角的余弦值的取值范围是( )A ．0,25B ．0,225C ．0,25D ．25,1【解答】解：如图1，在ΔABC 中，过点A 作AO ⊥CD ，交CD 于O ，交BC 于H ，∵点A ′在平面BCD 上的投影在ΔBDC 内部(包括边界)，∴其投影在线段OH 上，如图2，过A ′作A ′M ⊥OH ，垂足为M ，则A ′M ⊥平面BDC ，∠A ′OM 为二面角A ′-CD -B 的平面角，∵AD =4，AC =6，∠CAD =60°，∴CD 2=AD 2+AC 2-2AD ⋅AC ⋅cos60°=16+36-2×4×6×cos60°=28．∴CD =27，又12CD ⋅AO =12AD ⋅AC ⋅sin60°，即27AO =4×6×32，∴AO =6217．以BC 的中点E 为坐标原点，建立如图1所示的平面直角坐标系，则A (0，33)，C (3,0)，D (-2,3)，设H (a ,0)，∵AH ⊥CD ，∴AH ⋅CD =0，即-5a -9=0，即a =-95，∴AH =6215，OH =6215-6217=122135．∴OM ∈0，122135，在△A ′OM 中，cos ∠A ′OM =OM A ′O =OM 6217∈0，25 ．即二面角A ′-CD -B 所成角的余弦值的取值范围是0，25．故选：C ．10．(2021春•金华期末)如图，已知四边形ABCD 是底角为60°的等腰梯形，且|AB |=2|CD |，沿直线AC 将ΔADC 翻折成△AD ′C ，所成二面角D ′-AC -B 的平面角为θ，则( )A ．∠D ′AB ≥θB ．∠D ′AB ≤θC ．∠D ′CB ≥θD ．∠D ′CB ≤θ【解答】解：如图，不妨设CD =2，∵∠ABC =∠DAB =60°，|AB |=2|CD |，∴AB =4，AD =CD =2，AC ⊥BC ．取AC中点O，AB中点E，连接D′O，OE，D′B，则D′O⊥AC，OE⊥AC，即∠D′OE为二面角D′-AC-B的平面角为θ，由已知可得D′O=1，OE=1，D′A=2AE=2，D′C=2，BC=2．∴cosθ=1+1-D′E22=1-D′E2 2，cos∠D′AB=4+4-D′E28=1-D′E2 8，cos∠D′CB=4+4-D′B28=1-D′B2 8．则cosθ≤cos∠D′AB，∵在[0，π]上余弦函数为减函数，∴∠D′AB≤θ；而D′E22与D′B28的大小不确定，∴∠D′CB与θ的大小不确定．故选：B．11．(2021•上虞区期末)如图，已知ΔABC中，AC>AB，AD是∠BAC的平分线，将ΔABD沿直线AD翻折成ΔADB1，在翻折过程中，设所成二面角的平面角B1-AD-C为α，∠B1AC=β，∠B1DC=γ，则下列结论中成立的是( )A．α≥β，α≥γB．α≥β，α≤γC．α≤β，α≥γD．α≤β，α≤γ【解答】解：考虑极限情况，当位于初始位置时，α=π，显然此时α>β，故排除CD；当重叠时，α=0，显然此时α<γ，故排除A；故选：B．12．(2020•柯桥区模拟)如图，在矩形ABCD中，将ΔACD沿AC翻折至ΔACD ，设直线AD 与直线BC所成角为α，直线AD 与平面ABC所成角为β，二面角A-CD -B的平面角为γ，当γ为锐角时( )A．α>β>γB．γ>β>αC．γ>α>βD．α>γ>β【解答】解：如图所示，AD′⊥D′C，故二面角A-CD′-B的平面角为γ就为AD′与平面BD′C所成的线面角，由线面角最小性可知，γ<α；另一方面，在三棱锥D′-ABC中，由于SΔABC=12AB∙BC>S△D′BC=12D′C∙CB sin∠D′CB=12AB∙BC sin∠D′CB，所以D′到平面ABC的距离d1小于A到平面D′BC的距离为d2，∴AD′与平面BD′C所成角大于与平面ABC所成角，即γ>β，所以α>γ>β．故选：D．13．(2016•丽水校级模拟)如图，长方形ABCD，M，N分别为AB，AD上异于点A的两点，现把ΔAMN沿着MN翻折，记AC与平面BCD所成的角为θ1，直线AC与直线MN所成的角为θ2，则θ1与θ2的大小关系是( )A．θ1=θ2B．θ1>θ2C．θ1<θ2D．不能确定【解答】解：作AO⊥平面BCD，垂足是O，连接C过点C作直线l⎳MN，在l上取点H，令CH=CO，在ΔAOC和ΔAHC中，CO=CH，AO⊥平面BCD，∴AO<AH，∴∠ACO<∠ACH，∵AC与平面BCD所成的角为θ1，直线AC与直线MN所成的角为θ2，AO⊥平面BCD，CH⎳MN，∴∠ACO=θ1，∠ACH=θ2，∴θ1<θ2．故选：C．14．(2020•浙江模拟)已知三棱锥P-ABC的所有棱长为1．M是底面ΔABC内部一个动点(包括边界)，且M到三个侧面PAB，PBC，PAC的距离h1，h2，h3成单调递增的等差数列，记PM与AB，BC，AC所成的角分别为α，β，γ，则下列正确的是( )A ．α=βB ．β=γC ．α<βD ．β<γ【解答】解：依题意知正四面体P -ABC 的顶点P 在底面ABC 的射影是正三角形ABC 的中心O ，由余弦定理可知，cos α=cos ∠PMO ∙cos <MO ，AB >，其中<MO ，AB >表示直线MO 与AB 的夹角，同理可以将β，γ转化，cos β=cos ∠PMO ∙cos <MO ，BC >，其中<MO ，BC >表示直线MO 与BC 的夹角，cos γ=cos ∠PMO ∙cos <MO ，AC >，其中<MO ，AC >表示直线MO 与AC 的夹角，由于∠PMO 是公共的，因此题意即比较OM 与AB ，BC ，AC 夹角的大小，设M 到AB ，BC ，AC 的距离为d 1，d 2，d 3则d 1=h 1sin θ，其中θ是正四面体相邻两个面所成角，sin θ=223，所以d 1，d 2，d 3成单调递增的等差数列，然后在ΔABC 中解决问题由于d 1<d 2<d 3，可知M 在如图阴影区域(不包括边界)从图中可以看出，OM 与BC 所成角小于OM 与AC 所成角，所以β<γ，故选：D ．15．(2015•绍兴一模)如图，在棱长为3的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1BC 1内一动点，且满足|PD |+|PB 1|=2+13，则直线B 1P 与直线AD 1所成角的余弦值的取值范围为( )A ．0，12B ．0，13C ．12，22D ．12，32【解答】解：取BC 1的中点E ，作点B 1在平面A 1BC 1内的投影O ，过O 作OF ⎳BC 1交A 1B 于点F ，连结B 1D 、A 1E ，以O 为坐标原点，分别以OF 、OE 、OB 1所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系如图，根据题意，易得D (0，0，-23)，B 1(0，0，3)，B 322，62，0 ，C 1-322，62，0 ，设P (x ，y ，0)，则PD =(-x ，-y ，-23)，PB 1 =(-x ，-y ，3)，BC 1=(-32，0，0)，∵|PD |+|PB 1|=2+13，∴x 2+y 2+12+x 2+y 2+3=2+13，∴|PB 1|=2，即x 2+y 2=1，记α为直线B 1P 与直线BC 1所成的角，则α即为直线B 1P 与直线AD 1所成的角，∴cos <PB 1 ，BC 1 >=PB 1 ⋅BC 1|PB 1 ||BC 1 |=32x 2×32=x2，∵点P 的轨迹在平面A 1BC 1内是以O 为圆心，1为半径的单位圆，∴-1≤x ≤1，∴-12≤cos <PB 1 ，BC 1 >≤12，又∵α为锐角，∴0≤cos <PB 1 ，BC 1 >≤12，故选：A ．16．(2020秋•昌江区校级期末)如图，在棱长为33的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1BC 1内一个动点，且满足|DP |+|PB 1|=5+213，则直线B 1P 与直线AD 1所成角的取值范围为( )(参考数据：sin53°=45,sin37°=35)A ．[37°，53°]B ．[37°，90°]C ．[53°，90°]D ．[37°，127°]【解答】解：如图，建立空间直接坐标系，连结BD ，交平面ABC 于点O ，D (0,0.0)，B 1(33，33，33)、A 1(33，0，33)、B (33，33，0)，C 1(0，33，33)，DB 1 =(33，33，33)、A 1B =(0，33，-33)，BC 1 =(-33，0，33)，DB 1 ⋅A 1B =0，DB 1 ⋅BC 1 =0，∴DB 1⊥A 1B ，DB 1⊥BC 1，A 1B ∩BC 1=B ，∴DB 1⊥平面A 1BC 1，根据等体积转化可知V B 1-A 1BC 1=V B -A 1B 1C 1，即13×12×(36)2×32B 1O =13×12×(33)3，解得B 1O =3，B 1D =33×3=9，∴DO =6，∵AD 1⎳BC 1，∴异面直线AD 1与B 1P 所成的角，转化为BC 1与B 1P 所成的角，如图，将部分几何体分类出来，再建立一个空间直角坐标系，取BC 1的中点E ，过点O 作OF ⎳BC 1，则以点O 为原点，OF ，OE ，OB 1为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，P (x ，y ，0)，B 1(0，0，3)，D (0，0，-6)，B 362，322，0 ，C 1-362，322，0 ，B 1P =(x ，y ，-3)，BC 1 =(-36，0，0)，∵|DP |+|PB 1|=5+213，∴x 2+y 2+9+x 2+y 2+36=5+213，∵x 2+y 2+9<x 2+y 2+36，即|PB 1|=5，|PB 1|=213，即x 2+y 2+9=25，即x 2+y 2=16，x ∈[-4，4]，cos <B 1P ，BC 1 >=B 1P ⋅BC 1|B 1P ||BC 1 |=-36x 36×5=-x 5∈-45，45 ，因为异面直线所成的角是锐角，并设为θ，则cos θ∈0，45 ，∵sin53°=45，cos37°=45．∴θ∈[37°，90°]，故选：B ．17．(2020秋•庐阳区校级期中)在三棱锥A-BCD中，BC=BD=AC=AD=10，AB=6，CD=16，点P在平面ACD内，且BP=30，设异面直线BP与CD所成角为α，则sinα的最小值为( )A．31010B．1010C．255D．55【解答】解：取CD中点K，连接AK，BK，∵BC=BD=AC=AD=10，CD=16，∴AK=BK=6，∵AB=6，∴ΔABK为正△，取AK中点O，连接BO，则BO⊥AK，且BO=33，易知CD⊥平面ABK，∴CD⊥BO，∴BO⊥平面ACD，∵BP=30，∴P在图中圆O上，当P与G，H重合时，sinα=1最大，当P与M，N重合时，sinα=3330=31010最小．故选：A．18．(2021•浙江期中)如图，已知三棱锥D-ABC，记二面角C-AB-D的平面角为α，直线DA与平面ABC所成的角为β，直线DA与BC所成的角为γ，则( )A．α≥βB．α≤βC．α≥γD．β≥γ【解答】解：设三棱锥D-ABC是棱长为2的正四面体，取AB中点E，DC中点M，AC中点M，连结DE、CE、MN、EN，过D作DO⊥CE，交CE于O，连结AO，则∠DEC=α，∠DAO=β，∠MNE=γ，DE=CE=4-1=3，DC=2，∴cosα=3+3-42×3×3=13，AO=CO=23CE=234-1=233，∴cosβ=AOAD=2332=33，取BC中点F，连结DF、AF，则DF⊥BC，AF⊥BC，又DF∩AF=F，∴BC⊥平面AED，∴BC⊥AD，∴γ=90°．∴γ≥α≥β．故选：A．19．(2013春•合浦县期中)二面角α-l-β是直二面角，A∈α，B∈β，设直线AB与α、β所成的角分别为∠1和∠2，则( )A．∠1+∠2=90°B．∠1+∠2≥90°C．∠1+∠2≤90°D．∠1+∠2<90°【解答】解：如图，AC⊥l，BD⊥l，则∠BAC≥∠1．又∠BAC+∠2=90°，∴∠1+∠2≤90°．故选：C．20．直线AB与直二面角α-l-β的两个面分别交于A，B两点，且A，B都不在棱l上，设直线AB与α，β所成的角分别为θ和φ，则θ+φ的取值范围是( )A．0°<θ+φ<90°B．0°<θ+φ≤90°C．90°<θ+φ<180°D．θ+φ=90°【解答】解：分别过点A，B向平面β，α作垂线，垂足为A1，B1，连接BA1，AB1，由已知α⊥β，所以AA1⊥β，BB1⊥α，所以∠BAB1=θ，∠ABA1=φ，由最小角定理得∠BAA1≥θ，而∠BAA1+φ=90°，故0<θ+φ=θ+90°-∠BAA1≤90°，当AB⊥l时，θ+φ=90°．故选：B．21．(2021•温州期中)在矩形ABCD中，若AB=8，AD=6，E为边AD上的一点，DE=13AD，现将ΔABE 沿直线BE折成△A BE，使得点A 在平面BCDE上的射影在四边形BCDE内(不含边界)，设直线A B，A C与平面BCDE 所成角分别为α，β，二面角A -BE -C 的大小为γ，则( )A ．α<β<γB ．β<γ<αC ．α<γ<βD ．β<α<γ【解答】解：如图，∵四边形ABCD 为矩形，∴BA ′⊥A ′D ，当A ′点在底面BCD 上的射影O 落在BC 上时，平面A ′BC ⊥底面BCD ，又DC ⊥BC ，∴DC ⊥平面A ′BC ，∴DC ⊥BA ′，∴BA ′⊥平面A ′DC ，在Rt △BA ′C 中，设BA ′=2，则BC =22，∴A ′C =2，∴O 为BC 中点，当A ′点在底面上的射影E 落在BD 上时，A ′E ⊥BD ，设BA ′=2，则A ′D =22，A ′E =263，BE =233，要使点A ′在平面BCD 上的射影F 在ΔBCD 内(不含边界)，则点A ′的射影F 落在线段OE 上(不含端点)，可知∠A ′EF 为二面角A ′-BD -C 的平面角θ，直线A ′D 与平面BCD 所成角为∠A ′DF =α，直线A ′C 与平面BCD 所成的角为∠A ′CF =β，由题意得DF >CF ，∴A ′C <A ′D ，且A ′E =263，A ′C 的最小值为2，∴sin ∠A ′DF <sin ∠A ′CF <sin ∠A ′EO ，∴α<β<γ．故选：A ．二．填空题(共4小题)22．(2015•黄冈模拟)如图，某人在垂直于水平地面ABC 的墙面前的点A 处进行射击训练，已知点A 到墙面的距离为AB ，某目标点P 沿墙面的射线CM 移动，此人为了准确瞄准目标点P ，需计算由点A 观察点P 的仰角θ的大小．若BC =10m ，AC =20m ，∠BCM =45°，则tan θ的最大值为 233 ．(仰角θ为直线AP 与平面ABC 所成角)【解答】解：如图由点P 向BC 作垂线，连结AG ，则∠PAG =θ，∵BC =10，AC =20，∴∠ACB =60°，AG =CG 2+AC 2-2AC ∙CG ∙cos ∠ACB =CG 2+400-20∙AG ，tan θ=PG AG =CGAG=CG 2CG 2+400-20∙CG=1400CG 2-20CG +1，∴当1CG=202×400，即CG =40时，tan θ取最大值，此时tan θ=1600400+1600-800=233．即tan θ的最大值为233．故答案为：233．23．(2021•嘉兴一模)如图，已知三棱锥A -BCD 的所有棱长均相等，点E 满足DE =3EC，点P 在棱AC 上运动，设EP 与平面BCD 所成角为θ，则sin θ的最大值为 223 ．【解答】解：设棱长为4a ，PC =x (0<x ≤4a )，则PE =x 2+a 2-ax ．设P 到平面BCD 的距离为h ，则h 463a=x 4a ，∴h =63x ，∴sin θ=63x x 2+a 2-ax=63a x -12 2+34，∴x=2a时，sinθ的最大值为223．故答案为22 3．24．(2021•浙江期中)已知三棱锥A-BCD的所有棱长均相等，E为DC的中点，若点P为AC中点，则直线PE与平面BCD所成角的正弦值为 63 ，若点Q在棱AC所在直线上运动，则直线QE与平面BCD所成角正弦值的最大值为 ．【解答】解：连结BE，AE，过A作AO⊥底面BCD，垂足为O，连结OD，则∠ADO是直线PE与平面BCD所成角，设三棱锥A-BCD的所有棱长均相等，设棱长为2，则DO=BO=23BE=234-1=233，AO=4-2332=263，∴sin∠ADO=AOAD=2632=63．∴直线PE与平面BCD所成角的正弦值为63．当Q与A重合时，直线QE与平面BCD所成角正弦值取最大值，此时直线QE与平面BCD所成角为∠AEO，AE=4-1=3，∴直线QE与平面BCD所成角正弦值的最大值为：sin∠AEO=AOAE=2633=223．故答案为：63，223．25．如图，在棱长为3的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1BC 1内一动点，且满足|PD |+|PB 1|=5+14，则直线B 1P 与直线AD 1所成角的余弦值的最大值为 105 ．【解答】解：取BC 1的中点E ，作点B 1在平面A 1BC 1内的投影O ，过O 作OF ⎳BC 1交A 1B 于点F ，连结B 1D 、A 1E ，以O 为坐标原点，分别以OF 、OE 、OB 1所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系如图，根据题意，得D (0，0，-23)，B 1(0，0，3)，B 322，62，0 ，C 1-322，62，0 ，设P (x ，y ，0)，则PD =(-x ，-y ，-23)，PB 1 =(-x ，-y ，3)，BC 1=(-32，0，0)，∵|PD |+|PB 1|=5+14，∴x 2+y 2+12+x 2+y 2+3=5+14，∴|PB 1|=5，即x 2+y 2=2，记α为直线B 1P 与直线BC 1所成的角，则α即为直线B 1P 与直线AD 1所成的角，∴cos <PB 1 ,BC 1 >=PB 1 ∙BC 1|PB 1 |∙|BC 1 |=32x 5×32=x5，∵点P 的轨迹在平面A 1BC 1内是以O 为圆心，2为半径的单位圆，∴-2≤x ≤2，∴-25≤cos <PB 1 ,BC 1 >≤25，又∵α为锐角，∴0≤cos <PB 1 ,BC 1 >≤105，∴直线B 1P 与直线AD 1所成角的余弦值的最大值为105．故答案为：105．三．解答题(共1小题)26．(2021春•鹿城区校级期中)如图，某人在垂直于水平地面ABC 的墙面前的点A 到墙面的距离为AB ，某目标点P 沿墙面的射击线CM 移动，此人为了准确瞄准目标点P ，需计算由点A 观察点P 的仰角θ的大小．(仰角θ为直线AP 与平面ABC 所成角)其中∠BCM =30°，AB =15m ，AC =25m ．(1)试求∠ACM的正弦值；(2)当射程AP最短时，试求仰角的正切值tanθ．【解答】解：(1)过点A作AP⊥CM，垂足为P，连接BP，如图所示：因为平面ABC⊥平面BCM，平面ABC∩平面BCM=BC，且AB⊥BC，所以AB⊥平面BCM，又CM⊂平面BCM，所以AB⊥CM，又AB∩AP=A，所以CM⊥平面PAB，所以PC⊥PB，又AB=15cm，AC=25cm，∠ABC=90°，所以BC=252-152=20(cm)，RtΔPBC中，∠BCP=30°，所以PC=BC cos30°=20×32=103(cm)；RtΔPAC中，cos∠ACM=PCAC=10325=235，所以sin∠ACM=1-2352=135．(2)过点P作PN⊥BC，垂足为N，连接AN，则∠PAN即为直线AP与平面ABC所成的角θ，且tanθ= PNAN，计算PN=PC sin30°=103×12=53(cm)，所以BN2=PB2-PN2=12×202-(53)2=25，AN2=AB2+BN2=152+25=250，AN=510，所以tanθ=PNAN=53510=3010，即射程AP最短时，仰角的正切值tanθ=30 10．。
2024年4月高三二模试卷汇编：立体几何解析
“二模”试卷汇编：立体几何一、题型目录题型一：几何体的表面积和体积题型二：外接球和内切球题型三：点、线、面位置关系题型四：线面、面面平行证明题型五：线面、面面垂直证明题型六：空间向量在立体几何中的应用二、题型分布题型一：几何体的表面积和体积1(2024春·浙江嘉兴·二模)如图，这是一个水上漂浮式警示浮标，它的主体由上面一个圆锥和下面一个半球体组成.已知该浮标上面圆锥的侧面积是下面半球面面积的2倍，则圆锥的体积与半球体的体积的比值为()A.154B.32C.3D.152【答案】D【详解】设半球半径为r ，圆锥高为h ，由题意πr r 2+h 22πr 2=2，解得h =15r .故圆锥的体积与半球体的体积的比值为13πr 2h 23πr 3=h 2r =152.故选：D2(2024春·黑龙江·二模)祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家．祖暅原理用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”．例如，可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为R 的圆柱与半径为R 的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为R ，高为R 的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面α去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等．若用平行于半球底面的平面α去截半径为R 的半球，且球心到平面α的距离为22R ，则平面α与半球底面之间的几何体的体积是()A.5224πR 3 B.7224πR 3 C.5212πR 3 D.7212πR 3【答案】C【详解】∵平面α截圆柱所得截面圆半径r =R 2-22R 2=22R ，∴平面α截圆锥时所得小圆锥的体积V 1=13πr 2⋅22R =212πR 3，又平面α与圆柱下底面之间的部分的体积为V 2=πR 2⋅22R =22πR 3根据祖暅原理可知：平面α与半球底面之间的几何体体积V =V 2-V 1=22πR 3-212πR 3=5212πR 3.故选：C .3(2024春·新疆喀什·二模)(多选)如图圆台O 1O 2，在轴截面ABCD 中，AB =AD =BC =12CD =2，下面说法正确的是()A.线段AC =23B.该圆台的表面积为11πC.该圆台的体积为73πD.沿着该圆台的表面，从点C 到AD 中点的最短距离为5【答案】ABD【详解】显然四边形ABCD 是等腰梯形，AB =AD =BC =2,CD =4，其高即为圆台的高h =AD 2-CD -AB 22=3对于A ，在等腰梯形ABCD 中，AC =h 2+CD -CD -AB 22=23，A 正确；对于B ，圆台的表面积S =π×12+π×22+π(1+2)×2=11π，B 正确；对于C ，圆台的体积V =13π(12+1×2+22)×3=733π，C 错误；对于D ，将圆台一半侧面展开，如下图中扇环ABCD 且E 为AD 中点，而圆台对应的圆锥半侧面展开为COD 且OC =4，又∠COD =2π4=π2，在Rt △COE 中，CE =42+32=5cm ，斜边CE 上的高为OC ⋅OE CE=125>2，即CE 与弧AB 相离，所以C 到AD 中点的最短距离为5cm ，D 正确.故选：ABD4(2024·广东佛山·二模)(多选)对于棱长为1(单位：m )的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)，下列说法正确的是()A.底面半径为1m ，高为2m 的圆锥形罩子(无底面)能够罩住水平放置的该正方体B.以该正方体的三条棱作为圆锥的母线，则此圆锥的母线与底面所成角的正切值为22D.该正方体内能整体放入一个体积为3π17m 3的圆锥【答案】BCD【详解】对于A ，若高为2m 的圆锥形罩子刚能覆盖水平放置的正方体，考虑圆锥的轴截面，如图，BC =2，因为△ABC ∽△ADE ，所以BC DE=12，所以DE =22，圆锥底面圆半径最小为2>1，A 错误；对于B ，如图，以AB ，AA 1，AD 三条棱作为圆锥母线，底面所在平面为平面A 1BD ，等价于求AB 与平面A 1BD 所成角的正切值，因为V A -A 1BD =V B -AA 1D ，所以13×12×2×2×32 h =13×12×1×1 ×1，所以点A 到平面A 1BD 的距离为h =33，则此圆锥的母线AA 1与底面A 1BD 所成角的正切值为331-332=22，B 正确；对于C ，如图，以矩形BB 1D 1D 的中心为圆锥底面圆圆心，半径为0.5，分别以AA 1，CC 1的中点E ，F 为两个圆锥的顶点，每个圆锥高的最大值为22>0.7，C 正确；对于D ，如图，AC 1的中点P 作垂线MN ，分别交AC ，A 1C 1于点M ，N ，则PM =AP ⋅tan ∠C 1AC =32×22=64，以正方体的体对角线AC 1作为圆锥的轴，C 1为圆锥顶点，MN 为圆锥底面圆的直径时，该圆锥的体积为V =13π×PM 2×C 1P =13π×642×32=316π>317π，D 正确．事实上，以正方体的体对角线AC 1作为轴，C 1为顶点的圆锥的体积最大值，显然底面圆心在线段AP 上(不含P 点)，设AG =x ，当GI 与MN (M 为AC 的四等分点)重合时，MP =NP ，因此0<x ≤324，因为△AGH ∽△AC 1C ，所以AG AC 1=AH AC =GHCC 1，则AH =63x ,GH =33x ,C 1H =3-63x ，圆锥体积V (x )=13π×GH 2×C 1H =39πx 21-23x ,0<x ≤324 ，V(x )=39x (2-2x )>0在0,324上恒成立，所以V (x )在0,324 上单调递增，体积的最大值为V 324 =316π>317π, D 正确.故选：BCD .5(2024春·四川广安·二模)一个圆锥的顶点和底面圆都在半径为2的球体表面上，当圆锥的体积最大时，其底面圆的半径为.【答案】423【详解】设圆锥的底面半径为r ，高为h ，则圆锥的体积为V =13πr 2h ，当圆锥顶点与底面在球心O 的同侧时，有h =2-OO 1=2-4-r 2，0≤h ≤2，∴r 2=h 4-h ，∴V =13πh 24-h =16πh 28-2h ≤16π×h +h +8-2h 33=256π81，当且仅当h =8-2h ，即h =83时等号成立，又0≤h ≤2，所以等号不成立.当圆锥顶点与底面在球心O 的异侧时，h =2+OO 1=2+4-r 2，2≤h ≤4，∴r 2=h 4-h ，∴V =13πh 24-h =16πh 28-2h ≤16π×h +h +8-2h 3 3=256π81，当且仅当h =8-2h ，即h =83时等号成立.此时r 2=329，即r =423.所以当圆锥的体积最大时，其底面圆的半径为423.故答案为：423.6(2024春·浙江丽水·二模)已知正四面体A -BCD 的棱长为1，若棱长为a 的正方体能整体放入正四面体A -BCD 中，则实数a 的最大值为.【答案】66+22+3【详解】依题意，由正四面体及正方体的几何特征知，要使放入的正方体最大，则正方体的一个底面在正四面体的一个底面内，令O 是正△ABC 的中心，则AO ⊥底面ABC ，而BO =23×32=33，则AO =AB 2-BO 2=63，不妨令放入的正方体的底面在正四面体A -BCD 在△BCD 内，则正方体中与这个底面相对的底面正方形所在平面截正四面体A -BCD 所得截面△EFG 是正三角形，且这个正方形是正△EFG 的内接正方形，于是EG =a sin60°+a =2+33a ，显然三棱锥A -EFG 是正四面体，AO 与平面EFG 的交点O 是正△EFG 的中心，于是AO =63EG =6+223a ，显然OO =a ，因此6+223a +a =AO =63，解得a =66+22+3，所以实数a 的最大值为66+22+3.故答案为：66+22+37(2024春·广东韶关·二模)在三棱锥P -ABC 中，侧面所在平面与平面ABC 的夹角均为π4，若AB =2,CA +CB =4，且△ABC 是直角三角形，则三棱锥P -ABC 的体积为．【答案】14或12或34或32【详解】如图，过P 作PO ⊥面ABC 于O ，过O 作OE ⊥AC ,OD ⊥BC ,OF ⊥AB ，因为PO ⊥面ABC ，AC ⊂面ABC ，所以PO ⊥AC ，又OE ∩PO =O ，OE ,PO ⊂面POE ，所以AC ⊥面POE ，又PE ⊂面POE ，所以AC ⊥PE ，故∠PEO 为二面角的平面角，由题知，∠OEP =π4，同理可得∠PFO =π4,∠PDO =π4，当O 在三角形ABC 内部时，由OE =OF =OD ，即O 为三角形的内心，设S △ABC =t ，则t =12(AB +BC +AC )⋅OD =3OD ，得到OD =t 3，所以OP =OD =t3，三棱锥P -ABC 的体积为V =13S △ABC OP =19t 2；又因为CA +CB =4>AB =2，所以点C 在以A ,B 为焦点的椭圆上，如图，以AB 所在直线为x 轴，AB 的中垂线为y 轴，建立平面直角坐标系，则A (-1,0),B (1,0)，由题知，椭圆中的c =1,a =2,b =3，所以椭圆的标准方程为x 24+y 23=1，设C (x ,y )，因为△ABC 是直角三角形，当A =π2时，易知x =-1，此时AC =32，所以t =12AB ⋅AC =32，得到V =19t 2=14，当B =π2时，易知x =1，此时AC =32，所以t =12AB ⋅BC =32，得到V =19t 2=14，又因为b =3,c =1，故以O 为圆心，1为半径的圆与椭圆没有交点，即C ≠π2，综上所述，V =14；同理，当O 在三角形ABC 外部时，由OE =OF =OD ，即O 为三角形的旁心，设S △ABC =t ，则t =12(AB +BC -AC )⋅OD =32OD ，得到OD =2t3，所以OP =OD =2t 3，三棱锥P -ABC 的体积为V =13S △ABC OP =29t 2=12；或t =12(BC +AC -AB )⋅OD =OD ，得到OD =t ，所以OP =OD =t ，三棱锥P -ABC 的体积为V =13S △ABC OP =13t 2=34；或t =12(AC +AB -BC )⋅OD =12OD ，得到OD =2t ，所以OP =OD =2t ，三棱锥P -ABC 的体积为V =13S △ABC OP =23t 2=32.故答案为：14或12或34或32.分裁下来，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，当容器的容积最大时，其侧面与底面所成的二面角的余弦值为.【答案】63【详解】如图，正四棱锥为四棱锥P -ABCD ，O 为底面对角线的交点，则OP ⊥平面ABCD ，设E 为AD 的中点，则PE ⊥AD ,OE ⊥AD ，则∠OEP 即为所求角的平面角，不妨设题中所给正方形的边长为2a ，AD =2x ，则PE =a ,AE =OE =x ，故四棱锥P -ABCD 的高h =OP =a 2-x 2，所以V P -ABCD =13×2x 2a 2-x 2=4x 2a 2-x 23=4312x 2⋅x 22a 2-2x 2 ≤4312x 2+x 2+2a 2-2x 233=83a 327，当且仅当x 2=x 2=2a 2-2x 2，即x =63a 时，取等号，此时，OE =AE =63a ，在Rt △POE 中，cos ∠OEP =OEPE=63a a=63，所以当容器的容积最大时，其侧面与底面所成的二面角的余弦值为63.故答案为：63.题型二：外接球和内切球9(2024春·广西·二模)已知轴截面为正方形的圆柱MM 的体积与球O 的体积之比为32，则圆柱MM 的表面积与O 球的表面积之比为()A.1B.32C.2D.52【答案】B【详解】设圆柱MM 底面圆半径为r ，球O 的半径为R ，则圆柱MM 的高为2r ，由πr 2⋅2r 4πR 33=3r 32R3=32，可得rR =1，所以圆柱MM 的表面积与O 球的表面积之比为2πr 2+4πr 24πR 2=3r 22R2=32.故选：B10(2024春·浙江宁波·二模)在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =4,A 1B 1=2,AA 1=3，若球O与上底面A 1B 1C 1D 1以及棱AB ,BC ,CD ,DA 均相切，则球O 的表面积为()A.9π B.16π C.25πD.36π【答案】C【详解】设棱台上下底面的中心为N ,M ,连接D 1B 1,DB ，则D 1B 1=22,DB =42，所以棱台的高MN =B 1B 2-MB -NB 1 2=3 2-22-2 2=1,设球半径为R ,根据正四棱台的结构特征可知：球O 与上底面A 1B 1C 1D 1相切于N ,与棱AB ,BC ,CD ,DA 均相切于各边中点处，设BC 中点为E ，连接OE ,OM ,ME ,所以OE 2=OM 2+ME 2⇒R 2=R -1 2+22，解得R =52，所以球O 的表面积为4πR 2=25π，故选：C11(2024春·广东·二模)已知球O 与圆台O 1O 2的上、下底面和侧面均相切，且球O 与圆台O 1O 2的体积之比为12，则球O 与圆台O 1O 2的表面积之比为()A.16B.14C.13D.12【答案】D 【详解】由题意，作出圆台的轴截面ABCD ，设圆台的上、下底面半径分别为r 1、r 2，球的半径OO 1=r ，则AE =r 1,BE =r 2，过A 作AD ⊥BC 于点H ，由AH 2+BH 2=AB 2，得2r 2+r 2-r 1 2=r 1+r 2 2，化简得r 2=r 1r 2，由球的体积公式V 球=43πr 3，圆台的体积公式V 圆台=132r ⋅πr 21+πr 22+πr 21⋅πr 22 =23πr r 21+r 22+r 1r 2 ，已知球O 与圆台O 1O 2的体积之比为12，则2r 2r 21+r 22+r 1r 2=12，化简得4r 2=r 21+r 22+r 1r 2，则4r 1r 2=r 21+r 22+r 1r 2，得3r 1r 2=r 21+r 22，又球的表面积S 球=4πr 2，圆台的表面积S 圆台=πr 1+r 2 2+r 21+r 22 ，所以S 球S 圆台=4r 22r 21+r 22+r 1r 2 =2r 2r 21+r 22+r 1r 2=2×14=12，故选：D .12(2024春·山西临汾·二模)如图所示，在三棱锥P -ABC 中，PB ⊥AB ,PB =AB ,△PAB 围绕棱PA 旋转60°后恰好与△PAC 重合，且三棱锥P -ABC 的体积为32，则三棱锥P -ABC 外接球的半径R 为()A.1B.2C.3D.2【答案】C【详解】如图，取PA 中点O ，连接OB ,OC ，因为PB ⊥AB ,PB =AB ,所以OB ⊥PA ,OC ⊥PA ，又OB ∩OC =O ，且都在平面BOC 内，所以PA ⊥平面BOC ，且∠BOC =60°，设PB =a ,则OP =OA =OB =OC =22a ，且△BOC 为等边三角形，所以O 为三棱锥P -ABC 外接球的的球心，半径R =22a ，所以V P -ABC=13×S △BOC ×PA =13×12×22a 2sin60°×2a =32，解得a =6，所以R =22a =22×6=3，故ABD 错误，C 正确；故选：C .13(2024春·河北石家庄·二模)已知正方体的棱长为22，连接正方体各个面的中心得到一个八面体，以正方体的中心O 为球心作一个半径为233的球，则该球O 的球面与八面体各面的交线的总长为()A.26π B.463π C.863π D.46π【答案】B即EF =2，故OM =1，OP =2，PM =3，则ON =63，设球与正八面体的截面圆半径为r ，如图所示，则r =2332-ON 2=2332-632=63，由于MN =ZN =33，NJ =NI =63，所以IJ =233，则∠INJ =π2，平面PEF 与球O 的交线所对应的圆心角恰为π2，则该球O 的球面与八面体各面的交线的总长为8×14×2π×63 =463π故选：B 14(2024春·天津滨海新·二模)如图所示，这是古希腊数学家阿基米德最引以为自豪的发现：圆柱容球定理.圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，在当时并不知道球的面积和体积公式的情况下，阿基米德用穷竭法解决面积问题，用杠杆法解决体积问题.我们来重温这个伟大发现，求圆柱的表面积与球的表面积之比和圆柱体积与球体积之比()A.32，65B.54，54C.32，32D.32，76【答案】C【详解】设球的半径为R ，则圆柱的底面圆半径为R ，圆柱的高为2R ，所以圆柱的表面积S 1=2⋅πR 2+2πR ⋅2R =6πR 2，体积V 1=πR 2⋅2R =2πR 3，球的表面积S 2=4πR 2，体积V 2=43πR 3，所以圆柱的表面积与球的表面积之比S 1S 2=6πR 24πR2=32，圆柱体积与球体积之比V 1V =2πR 34πR 3=32，故选：C15(2024春·湖北·二模)已知圆锥PO 的顶点为P ，其三条母线PA ，PB ，PC 两两垂直．且母线长为6．则圆锥PO 的内切球表面积与圆锥侧面积之和为()A.12(10-36)πB.24(20-76)πC.60(8-36)πD.3(40-76)π【答案】C【详解】因为PA ，PB ，PC 两两互相垂直且长度均为6，所以△ABC 为圆锥底面圆的内接正三角形，且边长AB =BC =CA =62，由正弦定理得底面圆的半径R =12⋅62sin60°=26，所以圆锥的高PO =62-(26)2=23．如图，圆锥轴截面三角形的内切圆半径即为圆锥内切球半径r ，轴截面三角形面积为12⋅46⋅23=12(6+6+46)⋅r ，所以内切球的半径r =62-43．内切球的表面积为4π(62-43)2=4π(120-486)，圆锥的侧面积为12⋅6⋅2π⋅26=126π，所以其和为60(8-36)π.故选：C .16(2024春·浙江嘉兴·二模)在四面体ABCD 中，BC =2,∠ABC =∠BCD =90°，且AB 与CD 所成的角为60°.若四面体ABCD 的体积为43，则它的外接球半径的最小值为.【答案】3【详解】依题意，可将四面体ABCD 补形为如图所示的直三棱柱ABE -FCD ，因为AB 与CD 所成的角为60°，所以∠DCF =60°或120°，设CD =x ,CF =y ，外接球半径记为R ，外接球的球心如图点O .易知AF ⎳平面BCDE ，所以点A 到平面BCDE 的距离等于点F 到平面BCDE 的距离，∴V A -BCD =V F -BCD =13⋅BC ⋅S △CDF =13×2×12xy sin60° =36xy =43，得xy =24，在Rt △OCO 2中，R 2=OC 2=OO 22+CO 22=1+DF 2sin ∠DCF 2=1+13DF 2，在△CDF 中，由余弦定理得DF 2=x 2+y 2+2xy cos ∠DCF ，所以当∠DCF =60°时，外接球的半径会更小.所以DF 2=x 2+y 2-xy ，所以R 2=1+13x 2+y 2-xy ≥1+132xy -xy =1+13xy =9，所以R min =3.故答案为：3.17(2024春·陕西汉中·二模)已知三棱锥A -BCD ,AB =AC =AD =2,BC =BD =CD =3，则三棱锥A -BCD 的外接球表面积为．【答案】16π【详解】如图:由题意知，底面△ABC 为等边三角形，设M 为其中心，则BM =33×3=3，又AB =AC =AD =2，所以该三棱锥为正三棱锥，所以AM =AB 2-BM 2=1，所以外接球半径R >AM ，则外接球球心在AO 的延长线上，所以OA =OB =R ，则OM =R -1，所以在Rt △BOM 中，OB 2=OM 2+BM 2，即R 2=3 2+R -1 2，解得R =2，所以外接球表面积为S =4πR 2=16π.故答案为：16π.18(2024春·陕西汉中·二模)已知三棱锥A -BCD ,AB =AD =2BC =2CD =2,BC ⊥CD ，点A 到平面BCD 的距离是3，则三棱锥A -BCD 的外接球表面积为．【答案】5π【详解】记E 为BD 的中点，连接AE ,CE ，由题意知BC =CD =1，且BC ⊥CD ，所以Rt △BCD 外接圆的直径为BD ，且BD =2，即半径r =DE =22，过A 作AH ⊥平面BCD ，因为CD ⊂平面BCD ，则AH ⊥CD ，又点A 到平面BCD 的距离是3，即AH =3，而AD =2，所以DH =AD 2-AH 2=1，同理BH =1，又BC =CD =1，所以C ,H 是同一个点，所以AC ⊥平面BCD ，设三棱锥A -BCD 的外接球的半径为R ，则R 2=r 2+32 2=12+34=54，则三棱锥A -BCD 的外接球表面积为4πR 2=4π×54=5π.故答案为：5π19(2024春·青海西宁·二模)已知A ,B ,C 是表面积为36π的球O 的球面上的三个点，且AC =AB =1,∠BAC =120°，则三棱锥O -ABC 的体积为．【答案】66【详解】设球O 的半径为R ,△ABC 外接圆的半径为r ，在△ABC 中，AC =AB =1,∠BAC =120°，则由余弦定理得BC 2=AC 2+AB 2-2AC ⋅AB cos ∠BAC =1+1-2×1×1×-12=3，即BC =3，所以2r =BCsin ∠BAC=2，所以r =1．因为球O 的表面积为36π，则4πR 2=36π，解得R =3，所以球心O 到平面ABC 的距离d =R 2-r 2=22，即三棱锥O -ABC 的高为22，又S △ABC =12AB ⋅AC ⋅sin ∠BAC =34，所以三棱锥O -ABC 的体积V O -ABC =13×34×22=66．故答案为：66题型三：点、线、面位置关系20(2024春·广西·二模)已知l,m是两条不同的直线，α,β是两个不同的平面，且l⊂α;m⊂β，下列命题为真命题的是()A.若l∥m，则α∥βB.若α∥β，则l∥βC.若l⊥m，则l⊥βD.若α⊥β，则l∥m【答案】B【详解】如图，当l⎳m时，α与β可相交也可平行，故A错；当α⎳β时，由平行性质可知，必有l⎳β，故B对；如图，当l⊥m时，l⎳β或l⊆β，故C错；当α⊥β时，l,m可相交、平行，故D错.故选：B.21(2024春·浙江宁波·二模)已知平面α,β,γ,α∩β=l，则“l⊥γ”是“α⊥γ且β⊥γ”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】C【详解】由于α∩β=l，所以l⊂α,l⊂β，若l⊥γ，则α⊥γ，β⊥γ，故充分性成立，若α⊥γ，β⊥γ，设α∩γ=m，β∩γ=n，则存在直线a⊂γ,使得a⊥m，所以a⊥α，由于l⊂α，故a⊥l，同理存在直线b⊂γ,使得b⊥n，所以b⊥β，由于l⊂β，故b⊥l，由于a,b不平行，所以a,b是平面γ内两条相交直线，所以l⊥γ，故必要性成立，故选：C22(2024春·四川广安·二模)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，EF是△BCD的中位线，AC与EF交于点G，已知△PEF是△CEF绕EF旋转过程中的一个图形﹐且P∉平面ABCD.给出下列结论：①BD⎳平面PEF；②平面PAC⊥平面ABCD；③“直线PF⊥直线AC”始终不成立.其中所有正确结论的序号为()A.①②③B.①②C.①③D.②③【答案】B【详解】菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，EF 是△BCD 的中位线，则EF ⎳BD ，而EF ⊂平面PEF ，BD ⊄平面PEF ，因此BD ⎳平面PEF ，①正确；连接PG ，由BD ⊥AC ，得EF ⊥AG ,EF ⊥PG ，而AG ∩PG =G ,AG ,PG ⊂平面PAC ，则EF ⊥平面PAC ，又EF ⊂平面ABCD ，因此平面PAC ⊥平面ABCD ，②正确；显然∠PGA 是二面角P -EF -A 的平面角，△PEF 由△CEF 绕EF 旋转过程中，∠PGA 从180°逐渐减小到0°(不包含180°和0°)，当∠PGA =90°时，AG ⊥PG ，PG ∩EF =G ,PG ,EF ⊂平面PEF ，则AG ⊥平面PEF ，而PF ⊂平面PEF ，于是PF ⊥AG ，③错误，所以所有正确结论的序号为①②.故选：B23(2024春·上海长宁·二模)已知直线a ,b 和平面α，则下列判断中正确的是()A.若a ⎳α,b ⎳α，则a ⎳bB.若a ⎳b ,b ⎳α，则a ⎳αC.若a ⎳α,b ⊥α，则a ⊥bD.若a ⊥b ,b ⎳α，则a ⊥α【答案】C【详解】A ：若a ⎳α,b ⎳α，则两直线平行或异面或相交，故A 错误；B ：若a ⎳b ,b ⎳α，当直线a 在平面α内时，则直线a 不平行于平面α，故B 错误；C ：若a ⎳α，设过a 的平面与α相交于c ，则a ⎳c ，又因为b ⊥α，c ⊂α，所以b ⊥c ，所以b ⊥a ，所以a ⊥b，故C 正确；D ：若a ⊥b ,b ⎳α，则a ⊥α或a ⎳α或a ⊂α，故D 错误；故选：C .24(2024春·安徽·二模)已知m 是直线，α，β是两个不同的平面，下列正确的命题是()A.若m ∥β，α∥β，则m ∥αB.若m ⊥β，α⊥β，则m ∥αC.若m ∥β，α⊥β，则m ⊥αD.若m ∥β，m ⊥α，则α⊥β【答案】D【详解】选项A ：根据给定条件有m ∥α或m ⊂α；选项B ：根据给定条件有m ∥α或m ⊂α；选项C ：根据给定条件有m 与α的位置可能平行、相交或m 在α内；选项D ：因为m ∥β，所以存在直线m ⊂β使得m ∥m ，又因为m ⊥α，所以m ⊥α，因为m ⊂β，所以α⊥β.故选：D .25(2024春·四川南充·二模)设m ,n ,l 是三条不同的直线，α,β是两个不同的平面，则下列说法中正确的是()A.若l ⊥m ,l ⊥n ,m ⊂β,n ⊂β，则l ⊥βB.若m ∥α,m ∥n ，则n ∥αC.若m ∥n ,n ⊥β,m ⊂α，则α⊥βD.若m ∥β,n ∥β,m ⊂α,n ⊂α，则α∥β【答案】C【详解】A.如果m,n是平行直线，那么l与β不一定垂直，故A错误；B. 若m∥α,m∥n，则n∥α或n⊂α，故B错误；C. 若m∥n,n⊥β，则m⊥β，若m⊂α，则α⊥β，故C正确；D.若m,n是平行直线，则α与β有可能不平行，故D错误.故选：C26(2024春·山西临汾·二模)设α,β是两个不同的平面，m，l是两条不同的直线，则下列命题为真命题的是()A.若α⊥β,m∥α,l∥β，则m⊥lB.若m⊂α,l⊂β,l∥m，则α∥βC.若m⊥α,l⊥β,l∥m，则α⊥βD.若α∩β=m,l∥α,l∥β，则m⎳l【答案】D【详解】对于A，如图α⊥β,m∥α,l∥β，但直线m,l平行，A错误；对于B，如图m⊂α,l⊂β,l∥m，但是平面α,β不平行，B错误；对于C：如图m⊥α,l⊥β,l∥m，但是α∥β，C错误；对于D，如图，α∩β=m,l∥α,l∥β，过直线l作平面γ，满足条件β∩γ=n，因为l∥β，l⊂γ，β∩γ=n，所以l∥n，过直线l作平面δ，满足条件α∩δ=t，因为l∥α，l⊂δ，α∩δ=t，所以l∥t，所以n∥t，又n⊄α，t⊂α，所以n∥α，又n⊂β,α∩β=m，所以m ∥l ，D 正确；故选：D .27(2024春·陕西汉中·二模)已知m ,n 为两条直线，α,β为两个平面，m ⊂α,n ⊂β,m ⊥n ，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【答案】A【详解】若m ⊥β，因为m ⊂α，所以α⊥β，即由m ⊥β可以得到α⊥β，若α⊥β，如图，在正方体中，取平面ADD 1A 1为平面α，平面ABCD 为平面β，取AD 1为直线m ，CD 为直线n ，显然有m ⊂α,n ⊂β,m ⊥n ，α⊥β，但m 与β不垂直，即由α⊥β得不到m ⊥β，故选：A .28(2024春·四川德阳·二模)已知m ,n 是两条不同的直线，α,β是两个不同的平面，给出下列结论，其中正确结论的个数是()①若m ⊥α,n ⊥β，且m ⊥n ，则α⊥β②若m ⊂α,n ⊂α且m ⎳β,n ⎳β，则α⎳β③若m ⊥α,n ⎳β，且m ⊥n ，则α⊥β④若m ⊥α,n ⎳β，且m ⎳n ，则α⎳βA.1 B.2C.3D.4【答案】A【详解】设m ,n 分别是直线m ,n 的方向向量，对于①，因为m ⊥α,n ⊥β，所以m ,n分别是平面α,β的法向量，又m ⊥n ，即m ⊥n，所以α⊥β，故①正确；对于②，由面面平行的判定定理可知，当m ,n 不相交时，α⎳β不一定成立，故②错误；对于③，当n ⊂α时，可满足m ⊥α时有m ⊥n ，又n ⎳β，显然此时α,β位置关系不确定，故③错误；对于④，因为m ⊥α，所以m是平面α的法向量，又m ⎳n ，所以n也是平面α的法向量，又n ⎳β，即n⎳β，所以α⊥β，故④错误.故选：A .29(2024春·湖北·二模)α、β、γ是平面，a ，b ，c 是直线，以下说法中正确的是()A.α⊥γ，γ⊥β⇒α⎳βB.a ⊥b，c ⊥b ⇒a ⎳c C.α⊥γ，β⊥γ，α∩β=a ⇒a ⊥γ D.b ⎳α，b ⎳β⇒α⎳β【答案】C【详解】对于A ，α，β可以平行，也可以相交，对于B ，a ，c 可以平行，可以相交，也可以异面，对于D ，α，β可以平行，也可以相交，对于C ，不妨设α∩γ=m ,β∩γ=n ，在平面α内作m ⊥l ，因为α⊥γ，则l ⊥γ，同理在平面β内作t ⊥n ，则t ⊥γ，所以l ⎳t ，又l ⊄β,t ⊂β，则l ⎳β，而α∩β=a ，所以l ⎳a ，所以a ⊥γ，即C 正确.故选：C30(2024·广东广州·二模)(多选)已知m ,n 是不同的直线，α,β是不重合的平面，则下列命题为真命题的是()A.若m ⎳α,n ⊂α，则m ⎳nB.若m ⊥α,n ⊥β,m ⎳n ，则α⎳βC.若α⎳β,m ⊂α，则m ⎳βD.若α⎳β,m ⊂α,n ⊂β，则m ⎳n【答案】BC【详解】对于A ，当m ⎳α,n ⊂α时，m ,n 有可能异面，故A 错误；对于B ，因为m ⊥α,n ⊥β，所以m ,n 对应的方向向量m ,n分别是α,β的法向量，又m ⎳n ，所以m ⎳n，所以α⎳β，故B 正确；对于C ，因为α⎳β,m ⊂α，由面面平行的性质易知m ⎳β，故C 正确；对于D ，当α⎳β,m ⊂α,n ⊂β时，m ,n 有可能异面，故D 错误.故选：BC .题型四：线面、面面平行证明31(2024春·浙江宁波·二模)在菱形ABCD 中，AB =2,∠BAD =60°，以AB 为轴将菱形ABCD 翻折到菱形ABC 1D 1，使得平面ABC 1D 1⊥平面ABCD ，点E 为边BC 1的中点，连接CE ,DD 1.(1)求证：CE ∥平面ADD 1；(2)求直线CE 与平面BDD 1所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)1510【详解】(1)∵BE ∥AD 1,BE ⊄平面ADD 1,A 1D ⊂平面ADD 1,∴BE ∥平面ADD 1.同理可得BC ∥平面ADD 1..∵CE ⊂平面BCE ,∴CE ∥平面ADD 1.(2)法1：取AB 中点O ，易知OD ⊥AB ,OD 1⊥AB .∵平面ABCD ⊥平面ABC 1D 1，平面ABCD ∩平面ABC 1D 1=AB ，又OD 1⊂平面ABC 1D 1，OD 1⊥AB ∴OD 1⊥平面ABCD .如图，建立空间直角坐标系，则A 0,1,0 ,B 0,-1,0 ,D 3,0,0 ,C 3,-2,0 ,D 10,0,3 ,C 10,-2,3 .从而E 0,-32,32 ，得CE =-3,12,32 .又BD =3,1,0 ,DD 1 =-3,0,3 ，设平面BDD 1的法向量n =x ,y ,z ，有BD ⋅n=0DD 1 ⋅n =0，得3x +y =0-3x +3z =0 ，解得y =-3x z =x ，取z =1，故n=1,-3,1 ，设直线CE 与平面BDD 1所成角为θ，则sin θ=cos ‹CE ,n › =CE ⋅n CE ⋅ n =-3-32+32 3+14+34⋅1+3+1=1510，所以直线CE 与平面BDD 1所成角的正弦值为1510.法2：取AD 1中点F ，则EFDC 是平行四边形，所以CE ∥DF .从而CE 与平面BDD 1所成角即为DF 与平面BDD 1所成角，设为θ.过D 1作D 1G ⊥AB 交AB 于G ，过G 作GH ⊥BD 交BD 于H ，过G 作GK ⊥D 1H 交D 1H 于K .因为平面ABCD ⊥平面ABC 1D 1，平面ABCD ∩平面ABC 1D 1=AB ，又D 1G ⊂平面ABC 1D 1，D 1G ⊥AB所以D 1G ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，所以D 1G ⊥BD ，又GH ⊥BD ，D 1G ∩GH =G ,D 1G ,GH ⊂平面D 1GH ，从而BD ⊥平面D 1GH ，因为GK ⊂平面D 1GH ，所以BD ⊥GK ，又GK ⊥D 1H ，BD ∩D 1H =H ,BD ,D 1H ⊂平面BDD 1，从而GK ⊥平面BDD 1.所以GK 的长即为G 到平面BDD 1的距离.由D 1G =3,GH =32，可得GK =155.又GF ∥BD 1，所以F 到平面BDD 1的距离设为h 即为G 到平面BDD 1的距离，即h =GK =155.又D 1G =DG =3，可得DD 1= 6.在△ADD 1中，DD 1=6,AD =AD 1=2，所以4DF 2+AD 21=2AD 2+DD 21 ，得DF =2.所以sin θ=h DF=1510，所以直线CE 与平面BDD 1所成角的正弦值为1510.32(2024春·新疆喀什·二模)如图，在四棱锥E -ABCD 中，底面ABCD 为等腰梯形，AD ⎳BC ,BC =4,BE =AB =AD =DC =2，且平面ABCD ⊥平面BCE ,BE ⊥CE ,M 为CE 的中点．(1)求证：DM ⎳平面ABE ；(2)求平面ABE 与平面DCE 夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)6565.【详解】(1)取BE 的中点N ，连接AN ，MN ，而M 为CE 的中点，则MN ⎳BC 且MN =12BC ，又AD ⎳BC 且AD =12BC ，则MN ⎳AD 且MN =AD ，于是四边形ANMD 为平行四边形，DM ⎳AN ，又DM ⊄平面ABE ，AN ⊂平面ABE ，所以DM ⎳平面ABE .(2)取AD 中点为F ，连接OF ，由ABCD 为等腰梯形，得OF ⊥BC ，由平面ABCD ⊥平面BCE ，平面ABCD ∩平面BCE =BC ，OF ⊂平面ABCD ，得OF ⊥平面BCE ，在平面BCE 内，过点O 作直线BC 的垂线Ox ，以点O 为原点，直线Ox ,OC ,OF 分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，如图，在等腰梯形ABCD 中，AB =AD =DC =2，BC =4，则OF =22-4-222=3，由BE ⊥CE ，BE =12BC =2，得∠BCE =30°，于是E (3,-1,0)，C (0,2,0)，D (0,1,3)，B (0,-2,0)，A (0,-1,3)，CE =(3,-3,0)，CD =(0,-1,3)，BE =(3,1,0)，BA =(0,1,3)，设平面DCE 的法向量为m =(x ,y ,z )，则m⋅CE =3x -3y =0m ⋅CD=-y +3z =0，令y =3，得m=(3,3,1)，设平面ABE 的法向量为n =a ,b ,c ，则n ⋅BE=3a +b =0n ⋅BA=3c +b =0，令a =1，得n=(1,-3,1)，设平面ABE 与平面DCE 的夹角为α，则cos α=|cos ‹m ,n ›|=|m ⋅n ||m ||n |=113×5=6565，所以平面ABE 与平面DCE 夹角的余弦值为6565.33(2024春·陕西汉中·二模)已知：如图，三角形ABC 为正三角形，AE 和CD 都垂直于平面ABC ，且AE =AB =2CD =2，F 为BE 的中点．(1)证明：DF ⎳平面ABC ；(2)求点B 到平面ADF 的距离．【答案】(1)证明见解析(2)2【详解】(1)如图：取AE 中点G ，连接DG 、FG ，∵F 是BE 的中点，∴FG ⎳AB ，又∵AB ⊂平面ABC ，FG ⊄平面ABC ，∴FG ⎳平面ABC ，∵AE 和CD 都垂直于平面ABC ，∴AE ⎳CD ，又AE =2，CD =1，∴AG =CD ，则四边形ACDG 为平行四边形，∴DG ⎳AC ，又∵AC ⊂平面ABC ，DG ⊄平面ABC ，∴DG ⎳平面ABC ，又FG ∩DG =G ，FG ,DG ⊂平面平面DFG ，∴平面DFG ⎳平面ABC ，∵DF ⊂平面DFG ，∴DF ⎳平面ABC ；(2)∵AE =2CD ，∴EG =AE -CD =2-1=1，DG =AC =2，在直角△DEG 中，DE =EG 2+DG 2=1+4=5，在直角△BCD 中，BD =CD 2+BC 2=1+4=5，∴DE =BD ，又F 为BE 的中点，∴DF ⊥BE ，又AE =AB ，∴AF ⊥BE ，∵AF ∩DF =F ，AF ,DF ⊂平面ADF ∴BE ⊥平面ADF ，即点B 到平面ADF 的距离为BF ，因为BE =AE 2+AB 2=22+22=22，所以BF =12BE =2．34(2024春·山东·二模)已知三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ,AB ⊥AC ，过点M 分别作平行于平面PAB 的直线交AC ,PC 于点E ,F ．(1)求证：EF ⎳平面PAB ；(2)若M 为BC 的中点，PA =AB =3,AC =4，求直线PM 与平面ABC 所成角的正切值．【答案】(1)证明见解析；(2)65．【详解】(1)由ME ⎳平面PAB ,MF ⎳平面PAB ，ME ∩MF =M ,ME ,MF ⊂平面MEF ，得平面MEF ⎳平面PAB ，而EF ⊂平面MEF ，所以EF ⎳平面PAB ．(2)连接AM ，由PA ⊥平面ABC ,AM ⊂平面ABC ，得PA ⊥AM ，则AM 是直线PM 在平面ABC 内的射影，∠PMA 是直线PM 与平面ABC 所成的角，在△ABC 中，AB ⊥AC ,AB =3,AC =4，则BC =32+42=5，由点M 是BC 的中点，得AM =12BC =52，在Rt △PAM 中，tan ∠PMA =PA AM=352=65，所以直线PM 与平面ABC 所成角的正切值是65．35(2024春·浙江台州·二模)如图，已知四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =3A 1B 1，AB ∥CD ，AD ⊥AB ，AB =6，CD =9，AD =6，且AA 1=BB 1=4，Q 为线段CC 1中点，(1)求证：BQ ∥平面ADD 1A 1；(2)若四棱锥Q -ABB 1A 1的体积为3233，求平面ABB 1A 1与平面CDD 1C 1夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)217【详解】(1)证明：如图所示：分别延长线段AA 1，BB 1，CC 1，DD 1交于点P ，将四棱台补成四棱锥P -ABCD .∵A 1B 1=13AB ，∴PC 1=13PC ，∴CQ =QC 1=C 1P ，取DD 1的中点E ，连接QE ，AE ，∵QE ⎳CD ⎳AB ，且QE =123+9 =6=AB ，∴四边形ABQE 为平行四边形.∴BQ ∥AE ，又AE ⊂平面ADD 1A 1，BQ ⊄平面ADD 1A 1，∴BQ ∥平面ADD 1A 1；(2)由于V Q -ABB 1A 1=23V C -ABB 1A1，所以V C -ABB 1A 1=163，又梯形ABB 1A 1面积为83，设C 到平面ABB 1A 1距离为h ，则V C -ABB 1A 1=13S 梯形ABB 1A1⋅h =163，得h =6.而CD ∥AB ，AB ⊂平面ABB 1A 1，CD ⊄平面ABB 1A 1，所以CD ∥平面ABB 1A 1，所以点C 到平面ABB 1A 1的距离与点D 到平面ABB 1A 1的距离相等，而h =6=AD ，所以AD ⊥平面ABB 1A 1.以A 为坐标原点，以直线AB 为x 轴，以直线AD 为y 轴，建立空间直角坐标系，易得△PAB 为等边三角形，所以A 0,0,0 ，B 6,0,0 ，C 9,6,0 ，D 0,6,0 ，P 3,0,33设平面CDD 1C 1的法向量为m =x ,y ,z ，则m ⋅DP =x ,y ,z ⋅3,-6,33 =3x -6y +33z =0m ⋅DC =x ,y ,z ⋅9,0,0 =9x =0，得x =0，y =32z ，不妨取m =0,3,2 ，又平面ABB 1A 1的一个法向量为n =0,1,0 .则cos m ,n =m ⋅n m n =37⋅1=217，平面ABB 1A 1与平面CDD 1C 1夹角的余弦值为217.题型五：线面、面面垂直证明36(2024春·山东·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，AB ⊥AD ,AD ∥BC ,2AB =2BC =AD =2，PA =PD =2．(1)证明：AD ⊥PC ；(2)若PC =2，设M 为PC 的中点，求PB 与平面AMD 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)63【详解】(1)在四棱锥P -ABCD 中，其AD 的中点为E ，连接PE ,CE ，在等腰△PAD 中，PA =PD ，所以PE ⊥AD ，在直角梯形ABCD 中，AB ⊥AD ,AD ⎳BC ,AB =BC =AE ，夹角余弦所以四边形ABCE 是正方形，所以CE ⊥AD ，因为PE ∩CE =E ,PE ,CE ⊂平面PCE ，所以AD ⊥平面PCE ，又PC ⊂平面PCE ，所以AD ⊥PC ；(2)因为PE =CE =1，若PC =2，则PE ⊥CE ，又PE ⊥AD ,AD ∩CE =E ,AD ,CE ⊂平面ABCD ，所以PE ⊥平面ABCD ，如图建立空间直角坐标系E -xyz ，则P 0,0,1 ,C 1,0,0 ,M 12,0,12 ,D 0,1,0 ,A 0,-1,0 ,B 1,-1,0 ，所以PB =1,-1,-1 ,AD =0,2,0 ,AM =12,1,12 ，设平面AMD 的法向量为n =x ,y ,z ，所以n ⋅AD =y =0n ⋅AM =12x +y +12z =0⇒y =0x =-z ，令x =1，则n =1,0,-1 ，设PB 与平面AMD 所成角为α，则sin α=PB ⋅n PB ⋅n=23×2=63，所以PB 与平面AMD 所成角的正弦值63.37(2024春·山西·二模)如图，四棱锥P -ABCD 中，二面角P -CD -A 的大小为90°，∠DCP =∠DPC <π4，∠DAB =∠ABC =2∠ADB =2∠DCB =90°，E 是PA 的中点.(1)求证：平面EBD ⊥平面PCD ；(2)若直线PD 与底面ABCD 所成的角为60°，求二面角B -ED -C 的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)77【详解】(1)由∠DAB =∠ABC =2∠ADB =2∠DCB =90°，得AD =AB ,AD ⎳BC ，则∠DBC =∠DCB =45°，所以BD =CD ,∠BDC =90°，即BD ⊥CD .由二面角P -CD -A 的大小为90°，知平面PCD ⊥平面CDA ，即平面PCD ⊥平面ABCD ，又平面PCD ∩平面ABCD =CD ，BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥平面PCD ，又BD ⊂平面EBD ，所以平面EBD ⊥平面PCD .(2)过P 作CD 的垂线，交CD 延长线于点H ，连接AH ，由平面PCD ⊥平面ABCD ，平面PCD ∩平面ABCD =CD ，PH ⊂平面PCD ，PH ⊥CD ，所以PH ⊥平面ABCD ，则DH 为PD 在底面ABCD 内的射影，所以∠PDH 为直线PD 与底面ABCD 所成的角，即∠PDH =60°.由∠DCP =∠DPC <π4，知DP =DC 且△PDC 为钝角三角形，设AD =1，得BD =DC =DP =2，BC =2，在△PHD 中，PD =2,DH =22,PH =62，在△ADH 中，∠ADH =45°,AD =1,DH =22，由余弦定理得AH =AD 2+DH 2-2AD ⋅DH cos45°=22，有AH 2+DH 2=AD 2，所以AH ⊥CD ，过D 作DF ⎳PH ，则DF ⊥底面ABCD ，所以DB ,DC ,DF 两两垂直，建立如图空间直角坐标系D -xyz ，B (2,0,0),C (0,2,0),P 0,-22,62 ,A 22,-22,0 ,E 24,-22,64 ，所以DB =(2,0,0),DE =24,-22,64 ,DC =(0,2,0)，设平面EBD 和平面ECD 的一个法向量分别为n =(x 1,y 1,z 1),m =(x 2,y 2,z 2)，则n ⋅DB =2x 1=0n ⋅DE =24x 1-22y 1+64z 1=0 ，m ⋅DC =2y 2=0m ⋅DE =24x 2-22y 2+64z 2=0，令z 1=1,z 2=1，则x 1=0,y 1=32,x 2=-3,y 2=0，所以n =0,32,1 ,m =(-3,0,1)，则cos n ,m =n ⋅mn m =1274=77，故所求二面角B -ED -C 的余弦值为77.38(2024春·青海西宁·二模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠BAC =90°,AB =AC =22,A 1A =A1B =4,∠A 1AB =∠A 1AC ．(1)求证：平面A 1BC ⊥平面ABC ；(2)求四棱锥A 1-C 1B 1BC 的体积．【答案】(1)证明见解析；(2)1633．【详解】(1)如图，取BC 的中点M ，连接AM ,A 1M ，因为AB =AC =22,∠BAC =90°，所以BC =4,AM =2，因为∠A 1AB =∠A 1AC ,AB =AC ，所以△ABA 1≌△ACA 1，所以A 1B =A 1C =4，所以A 1M ⊥BC ,A 1M =23．在△A 1AM 中，A 1A =4,A 1M =23,AM =2，所以A 1A 2=AM 2+A 1M 2，所以A 1M ⊥AM ，又A 1M ⊥BC ,BC ∩AM =M ,BC ,AM ⊂平面ABC ，所以A 1M ⊥平面ABC ，又A 1M ⊂平面A 1BC ，所以平面A 1BC ⊥平面ABC ．(2)由(1)可知A 1M ⊥平面ABC ，V A 1-ABC =13V ABC -A 1B 1C1，所以四棱锥A 1-C 1B 1BC 的体积V A 1-C 1B 1BC =V ABC -A 1B 1C 1-V A 1-ABC =2V A 1-ABC =2×13S △ABC ⋅A 1M =2×13×12×22×22×23=1633．39(2024春·广东韶关·二模)如图，圆柱OO 1内有一个直三棱柱ABC -A 1B 1C 1，三棱柱的底面三角形内接于圆柱底面，已知圆柱OO 1的轴截面是边长为6的正方形，AB =AC =30，点P 在线段OO 1上运动．。
2024年高考数学总复习立体几何测试卷及答案解析
2024年高考数学总复习立体几何测试卷及答案(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．下列说法正确的是()A．空间中，两不重合的平面若有公共点，则这些点一定在一条直线上B．空间中，三角形、四边形都一定是平面图形C．空间中，正方体、长方体、四面体都是四棱柱D．用一平面去截棱锥，底面与截面之间的部分所形成的多面体叫棱台答案A解析空间四边形不是平面图形，故B错；四面体不是四棱柱，故C错；平行于底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分所形成的多面体才叫棱台，故D错；根据公理2可知A正确，故选A.2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是() A．α∩β＝n，m⊂α，m∥β⇒m∥nB．α⊥β，α∩β＝m，m⊥n⇒n⊥βC．m⊥n，m⊂α，n⊂β⇒α⊥βD．m∥α，n⊂α⇒m∥n答案A解析对于A，根据线面平行的性质定理可得A选项正确；对于B，当α⊥β，α∩β＝m时，若n⊥m，n⊂α，则n⊥β，但题目中无条件n⊂α，故B不一定成立；对于C，若m⊥n，m ⊂α，n⊂β，则α与β相交或平行，故C错误；对于D，若m∥α，n⊂α，则m与n平行或异面，则D错误，故选A.3．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，D是CC1的中点，F是A1B的中点，且DF→＝αAB→＋βAC→，则()A．α＝12，β＝－1B．α＝－12，β＝1C ．α＝1，β＝－12D ．α＝－1，β＝12答案A解析根据向量加法的多边形法则以及已知可得，DF →＝DC →＋CB →＋BF →＝12C 1C →＋CB →＋12BA →1＝12A 1A →＋AB →－AC →＋12BA →＋12AA →1＝12AB →－AC →，∴α＝12，β＝－1，故选A.4．平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB →＝(1，2，0)，AD →＝(2，1，0)，CC →1＝(0，1，5)，则对角线AC 1的边长为()A ．42B ．43C ．52D ．12答案C解析因为AC →1＝AA →1＋A 1B 1→＋B 1C 1→＝CC →1＋AB →＋AD →＝(0，1，5)＋(1，2，0)＋(2，1，0)＝(3，4，5)，所以|AC →1|＝32＋42＋52＝52，故选C.5.(2019·凉山诊断)如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB 1，BC 1的中点，下列结论中，正确的是()A ．EF ⊥BB 1B ．EF ⊥平面BCC 1B 1C ．EF ∥平面D 1BC D ．EF ∥平面ACC 1A 1答案D解析连接B 1C 交BC 1于F ，由于四边形BCC 1B 1是平行四边形，对角线互相平分，故F 是B 1C 的中点．因为E 是AB 1的中点，所以EF 是△B 1AC 的中位线，故EF ∥AC ，所以EF ∥平面ACC 1A 1.故选D.6．(2019·湖北黄冈中学、华师附中等八校联考)《九章算术》中“开立圆术”曰：“置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径”．“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V ，求球的直径d 的公式d ＝13169V ⎛⎫⎪⎝⎭.若球的半径为r ＝1，根据“开立圆术”的方法计算该球的体积为()A.43πB.916C.94D.92答案D 解析根据公式d ＝13169V ⎛⎫⎪⎝⎭得，2＝13169V ⎛⎫ ⎪⎝⎭，解得V ＝92.故选D.7．已知棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，球O 与该正方体的各个面相切，则平面ACB 1截此球所得的截面的面积为()A.8π3B.5π3C.4π3D.2π3答案D 解析因为球与各面相切，所以直径为2，且AC ，AB 1，CB 1的中点在所求的切面圆上，所以所求截面为此三点构成的边长为2的正三角形的外接圆，由正弦定理知，R ＝63，所以截面的面积S ＝2π3，故选D.8．已知向量n ＝(2，0，1)为平面α的法向量，点A (－1，2，1)在α内，则P (1，2，－2)到α的距离为()A.55B.5C ．25D.510答案A解析∵PA →＝(－2，0，3)，∴点P 到平面α的距离为d ＝|PA ，→·n ||n |＝|－4＋3|5＝55.∴P (1，2，－2)到α的距离为55.故选A.9．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在A 1C 上运动(包括端点)，则BP 与AD 1所成角的取值范围是()A.π4，π3 B.π4，π2C.π6，π2 D.π6，π3答案D解析以点D 为原点，DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，设点P 坐标为(x ，1－x ，x )(0≤x ≤1)，则BP →＝(x －1，－x ，x )，BC 1→＝(－1，0，1)，设BP →，BC 1→的夹角为α，所以cos α＝BP ，→·BC 1→|BP →||BC 1→|＝1(x －1)2＋2x 2×2＝x ＝13时，cos α取得最大值32，α＝π6.当x ＝1时，cos α取得最小值12，α＝π3.因为BC 1∥AD 1.故选D.10．(2019·淄博期中)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ＝4，AB ＝27，CC 1＝25，E ，F 分别为AC ，CC 1的中点，则直线EF 与平面AA 1B 1B 所成的角是()A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°答案A 解析连接AC 1，则EF ∥AC 1，直线EF 与平面AA 1B 1B 所成的角，就是直线EF 与平面AA 1B 1B 所成的角，AC 1与平面AA 1B 1B 所成的角；作C 1D ⊥A 1B 1于D ，连接AD ，因为直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ＝4，所以底面是等腰三角形，则C 1D ⊥平面AA 1B 1B ，可知∠C 1AD 就是直线EF 与平面AA 1B 1B 所成的角，CA ＝CB ＝4，AB ＝27，CC 1＝25，可得C 1D ＝42－(7)2＝3，AD ＝(7)2＋(25)2＝33，所以tan ∠C 1AD ＝C 1D AD ＝33，所以∠C 1AD ＝30°.故选A.11．(2019·陕西汉中中学月考)点A ，B ，C ，D ，E 是半径为5的球面上五点，A ，B ，C ，D 四点组成边长为42的正方形，则四棱锥E －ABCD 体积的最大值为()A.2563B ．256 C.643D ．64答案A解析正方形ABCD 对角线长为(42)2＋(42)2＝8.则球心到正方形中心的距离d ＝52－42＝3.则E 到正方形ABCD 的最大距离为h ＝d ＋5＝8.则V E －ABCD ＝13×42×42×8＝2563.故选A.12．(2019·四省联考诊断)如图所示，四边形ABCD 为边长为2的菱形，∠B ＝60°，点E ，F 分别在边BC ，AB 上运动(不含端点)，且EF ∥AC ，沿EF 把平面BEF 折起，使平面BEF ⊥底面ECDAF ，当五棱锥B －ECDAF 的体积最大时，EF 的长为()A ．1 B.263C.3D.2答案B解析由EF ∥AC 可知△BEF 为等边三角形，设EF ＝x ，等边△BEF 的高为32x ，面积为34x 2，所以五边形ECDAF 的面积为2×34×22－34x 2＝23－34x 2，故五棱锥的体积为13×23－34x 2×32x ＝x －18x 3(0<x <2)．令f ′(x )＝x －18x 3′＝1－38x 2＝0，解得x ＝263，且当0<x <263时，f (x )单调递增，当263x <2时，f (x )单调递减，故在x ＝263时取得极大值也即最大值．故选B.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．设m ，n 为空间两条不同的直线，α，β为空间两个不同的平面，给出下列命题：①若m ∥α，m ∥β，则α∥β；②若m ⊥α，m ∥β，则α⊥β；③若m ∥α，m ∥n ，则n ∥α；④若m ⊥α，α∥β，则m ⊥β.其中正确的命题序号是________．答案②④解析对于①，若m ∥α，m ∥β，则α与β可能相交，故①错误；对于②，若m ⊥α，m ∥β，根据线面垂直和线面平行的性质定理以及面面垂直的判定定理得到α⊥β，故②正确；对于③，若m ∥α，m ∥n ，则n 可能在α内，故③错误，对于④，若m ⊥α，α∥β，则根据线面垂直的性质定理以及面面平行的性质定理得到m ⊥β，故④正确．故答案为②④.14．如图，在三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，已知D ，E ，F 分别为AB ，AC ，AA 1的中点，设三棱锥A －FED 的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的体积为V 2，则V 1∶V 2的值为________．答案124解析设三棱柱的高为h ，∵F 是AA 1的中点，则三棱锥F －ADE 的高为h2，∵D ，E 分别是AB ，AC 的中点，∴S △ADE ＝14S △ABC ，∵V 1＝13S △ADE ·h2，V 2＝S △ABC ·h ，∴V 1V 2＝16S △ADE ·h S △ABC ·h ＝124.15.如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB ＝AC ，侧面BCC 1B 1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB 1A 1的面积为________．答案2解析由题意知，球心在正方形的中心上，球的半径为1，则正方形的边长为 2.∵三棱柱ABC —A 1B 1C 1为直三棱柱，∴平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，∴BC 为截面圆的直径，∴∠BAC ＝90°.∵AB ＝AC ，∴AB ＝1，∴侧面ABB 1A 1的面积为2×1＝2.16．(2019·陕西四校联考)直三棱柱ABC－A1B1C1的底面是直角三角形，侧棱长等于底面三角形的斜边长，若其外接球的体积为32π3，则该三棱柱体积的最大值为____________．答案42解析设三棱柱底面直角三角形的直角边为a，b，则棱柱的高h＝a2＋b2，设外接球的半径为r，则43πr3＝32π3，解得r＝2，∵上、下底面三角形斜边的中点连线的中点是该三棱柱的外接球的球心，∴2h＝2r＝4.∴h ＝22，∴a2＋b2＝h2＝8≥2ab，∴ab≤4.当且仅当a＝b＝2时“＝”成立．∴三棱柱的体积V＝Sh＝12abh＝2ab≤42.三、解答题(本大题共70分)17.(10分)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，PC⊥底面ABCD，点E为侧棱PB的中点．求证：(1)PD∥平面ACE；(2)平面PAC⊥平面PBD.证明(1)连接OE.因为O为正方形ABCD对角线的交点，所以O为BD的中点．因为E为PB的中点，所以PD∥OE.又因为OE⊂平面ACE，PD⊄平面ACE，所以PD∥平面ACE.(2)在四棱锥P－ABCD中，因为PC ⊥底面ABCD ，BD ⊂底面ABCD ，所以BD ⊥PC .因为O 为正方形ABCD 对角线的交点，所以BD ⊥AC .又PC ，AC ⊂平面PAC ，PC ∩AC ＝C ，所以BD ⊥平面PAC .因为BD ⊂平面PBD ，所以平面PAC ⊥平面PBD .18．(12分)(2019·广州执信中学测试)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，△PAD 是等边三角形，已知BD ＝2AD ＝8，AB ＝2DC ＝45.(1)设M 是PC 上的一点，证明：平面MBD ⊥平面PAD ；(2)求四棱锥P －ABCD 的体积．(1)证明在△ABD 中，由于AD ＝4，BD ＝8，AB ＝45，所以AD 2＋BD 2＝AB 2.故AD ⊥BD .又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥平面PAD ，又BD ⊂平面MBD ，故平面MBD ⊥平面PAD .(2)解如图，过P 作PO ⊥AD 交AD 于O ，由于平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD .因此PO 为四棱锥P －ABCD 的高，又△PAD 是边长为4的等边三角形．因此PO ＝32×4＝2 3.在四边形ABCD 中，AB ∥DC ，AB ＝2DC ，所以四边形ABCD 是梯形，在Rt △ADB 中，斜边AB 边上的高为4×845＝855，此即为梯形ABCD 的高，所以四边形ABCD 的面积为S ＝25＋452×855＝24.故V P －ABCD ＝13×24×23＝16 3.19．(12分)(2019·化州模拟)如图所示，在四棱锥E －ABCD 中，ED ⊥平面ABCD ，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，AB ＝AD ＝12CD ＝2.(1)求证：BC ⊥BE ；(2)当几何体ABCE 的体积等于43时，求四棱锥E －ABCD 的侧面积．(1)证明连接BD ，取CD 的中点F ，连接BF ，则直角梯形ABCD 中，BF ⊥CD ，BF ＝CF＝DF ，∴∠CBD ＝90°，即BC ⊥BD .∵DE ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴BC ⊥DE ，又BD ∩DE ＝D ，∴BC ⊥平面BDE .由BE ⊂平面BDE 得，BC ⊥BE .(2)解∵V ABCE ＝V E －ABC ＝13×DE ×S △ABC＝13×DE ×12×AB ×AD ＝23DE ＝43，∴DE ＝2，∴EA ＝DE 2＋AD 2＝22，BE ＝DE 2＋BD 2＝23，又AB ＝2，∴BE 2＝AB 2＋AE 2，∴AB ⊥AE ，∴四棱锥E －ABCD 的侧面积为12×DE ×AD ＋12×AE ×AB ＋12×BC ×BE ＋12×DE ×CD ＝6＋22＋2 6.20．(12分)(2019·青岛调研)如图，在长方形ABCD 中，AB ＝π，AD ＝2，E ，F 为线段AB 的三等分点，G ，H 为线段DC 的三等分点．将长方形ABCD 卷成以AD 为母线的圆柱W 的半个侧面，AB ，CD 分别为圆柱W 上、下底面的直径．(1)证明：平面ADHF ⊥平面BCHF ；(2)求二面角A －BH －D 的余弦值．(1)证明因为H 在下底面圆周上，且CD 为下底面半圆的直径，所以DH ⊥CH ，又因为DH ⊥FH ，且CH ∩FH ＝H ，所以DH ⊥平面BCHF .又因为DH ⊂平面ADHF ，所以平面ADHF ⊥平面BCHF .(2)解以H 为坐标原点，分别以HD ，HC ，HF 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．设下底面半径为r ，由题意得πr ＝π，所以r ＝1，CD ＝2.因为G ，H 为DC 的三等分点，所以∠HDC ＝30°，所以在Rt △DHC 中，HD ＝3，HC ＝1，所以A (3，0，2)，B (0，1，2)，D (3，0，0)，设平面ABH 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，因为n ·HA →＝(x ，y ，z )·(3，0，2)＝0，n ·HB →＝(x ，y ，z )·(0，1，2)＝0，＋2z ＝0，2z ＝0，所以平面ABH 的法向量n ＝(－2，－23，3)．设平面BHD 的法向量m ＝(x ，y ，z )．因为m ·HD →＝(x ，y ，z )·(3，0，0)＝0，m ·HB →＝(x ，y ，z )·(0，1，2)＝0，＝0，＋2z＝0，所以平面BHD的法向量m＝(0，－2，1)，由图形可知，二面角A—BH—D的平面角为锐角，设为θ，所以二面角A－BH－D的余弦值为cosθ＝|m·n||m||n|＝28519.21．(12分)(2019·成都七中诊断)如图，在多面体ABCDE中，AC和BD交于一点，除EC以外的其余各棱长均为2.(1)作平面CDE与平面ABE的交线l，并写出作法及理由；(2)求证：平面BDE⊥平面ACE；(3)若多面体的体积为2，求直线DE与平面BCE所成角的正弦值．(1)解过点E作AB(或CD)的平行线，即为所求直线l.∵AC和BD交于一点，∴A，B，C，D四点共面．又∵四边形ABCD边长均相等，∴四边形ABCD为菱形，从而AB∥DC.又AB⊄平面CDE，且CD⊂平面CDE，∴AB∥平面CDE.∵AB⊂平面ABE，且平面ABE∩平面CDE＝l，∴AB∥l.(2)证明取AE的中点O，连接OB，OD.∵AB＝BE，DA＝DE，∴OB⊥AE，OD⊥AE.又OB∩OD＝O，∴AE⊥平面OBD，∵BD⊂平面OBD，故AE⊥BD.又四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD.又AE∩AC＝A，∴BD⊥平面ACE.又BD⊂平面BDE，∴平面BDE ⊥平面ACE .(3)解由V E －ABCD ＝2V E －ABD ＝2V D －ABE ＝2，即V D －ABE ＝1.设三棱锥D －ABE 的高为h ，h ＝1，解得h ＝ 3.又∵DO＝ 3.∴DO ⊥平面ABE .以点O 为坐标原点，OB ，OE ，OD 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，－1，0)，B (3，0，0)，D (0，0，3)，E (0，1，0)．∴BC →＝AD →＝(0，1，3)，BE →＝(－3，1，0)．设平面BCE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，＋3z ＝0，－y ＝0得，平面BCE 的一个法向量为n ＝(1，3，－1)．又DE →＝(0，1，－3)，于是cos 〈DE →，n 〉＝235·2＝155.故直线DE 与平面BCE 所成角的正弦值为155.22．(12分)如图，△ABC 的外接圆⊙O 的半径为5，CD ⊥⊙O 所在的平面，BE ∥CD ，CD ＝4，BC＝2，且BE ＝1，tan ∠AEB ＝2 5.(1)求证：平面ADC⊥平面BCDE；(2)试问线段DE上是否存在点M，使得直线AM与平面ACD所成角的正弦值为27若存在，确定点M的位置，若不存在，请说明理由．(1)证明∵CD⊥平面ABC，BE∥CD，∴BE⊥平面ABC，∴BE⊥AB.∵BE＝1，tan∠AEB＝25，∴AE＝21，从而AB＝AE2－BE2＝2 5.∵⊙O的半径为5，∴AB是直径，∴AC⊥BC，又∵CD⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴CD⊥BC，故BC⊥平面ACD.∵BC⊂平面BCDE，∴平面ADC⊥平面BCDE.(2)解方法一假设点M存在，过点M作MN⊥CD于N，连接AN，作MF⊥CB于F，连接AF.∵平面ADC⊥平面BCDE，平面ADC∩平面BCDE＝DC，MN⊂平面BCDE，∴MN⊥平面ACD，∴∠MAN为MA与平面ACD所成的角．设MN＝x，计算易得，DN＝32x，MF＝4－32x，故AM＝AF2＋MF2＝AC2＋CF2＋MF2＝sin∠MAN＝MNAM＝＝2 7，解得x＝－83(舍去)，x＝43，故MN＝23CB，从而满足条件的点M存在，且DM＝23DE.方法二以点C为坐标原点，CA，CB，CD所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则A (4，0，0)，B (0，2，0)，D (0，0，4)，E (0，2，1)，C (0，0，0)，则DE →＝(0，2，－3)．易知平面ACD 的法向量为BC →＝(0，－2，0)，假设M 点存在，设M (a ，b ，c )，则DM →＝(a ，b ，c －4)，再设DM →＝λDE →，λ∈(0，1]，＝0，＝2λ，－4＝－3λ＝0，＝2λ，＝4－3λ，即M (0，2λ，4－3λ)，从而AM →＝(－4，2λ，4－3λ)．设直线AM 与平面ACD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AM →，BC →〉|＝|2λ×(－2)|216＋4λ2＋(4－3λ)2＝27，解得λ＝－43或λ＝23，其中λ＝－43应舍去，而λ＝23∈(0，1]，故满足条件的点M 存在，且点M ，43，。
高考数学二轮复习立体几何多选题测试试题及答案
高考数学二轮复习立体几何多选题测试试题及答案一、立体几何多选题1．在三棱柱111ABC A B C -中，ABC ∆是边长为23的等边三角形，侧棱长为43，则（ ）A ．直线1A C 与直线1BB 之间距离的最大值为3B ．若1A 在底面ABC 上的投影恰为ABC ∆的中心，则直线1AA 与底面所成角为60︒ C ．若三棱柱的侧棱垂直于底面，则异面直线AB 与1A C 所成的角为30D ．若三棱柱的侧棱垂直于底面，则其外接球表面积为64π 【答案】AD 【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解. 【详解】如图示，以A 为原点，AC 为y 轴正方向，Ax 为x 轴正方向，过A 点垂直于面ABC 的向上方向为z 轴正方向建系，则()()()0,0,0,3,0,0,23,0,A B C 设()()()100010001000,,,3,3,,,23,,A x y z B x y z C x y z ++所以()()()1000100011,23,,,,,3,3,0,AC x y z BB x y z A B =---== 对于A:设n 为直线1A C 与直线1BB 的公垂线的方向向量，则有：11·0·0AC n BB n ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即()()0000002300x x y y zz x x y y zz ⎧-+-=⎪⎨++=⎪⎩解得：()00,0n z x =- 设直线1A C 与直线1BB 之间距离为d ，则22011222200009||||z A B nd d x z n x z ===++ 22009x d ≥∴≤，即3d ≤，故A 正确；对于B ：若1A 在底面ABC 上的投影恰为ABC ∆的中心，则()11,3,211A 底面法向量()()10,0,1,1,3,211m AA ==，设直线 1AA 与底面所成角为θ，则：121133sin |cos ,|6143AA n θ===⨯，故B 错误； 对于C ： 三棱柱的侧棱垂直于底面时，则()()()1110,0,43,3,3,43,0,23,43,A B C则()()13,3,0,0,23,43,AB AC ==-设异面直线AB 与1A C 所成的角为θ，则1115cos |cos ,|||||||23215AB AC AB AC AB AC θ====⨯,故C 错误；对于D ：若三棱柱的侧棱垂直于底面时，外接球的球心O 为上下底面中心DD 1连线的中点,所以外接球的半径()222324R =+=，所以2464S R ππ==.故D 正确故选：AD 【点睛】向量法解决立体几何问题的关键： (1)建立合适的坐标系； (2)把要用到的向量正确表示； (3)利用向量法证明或计算.2．已知三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，其长度分别为a ，b ，c ．点A 在底面BCD 内的射影为O ，点A ，B ，C ，D 所对面的面积分别为A S ，B S ，C S ，D S ．在下列所给的命题中，正确的有（ ） A ．2A BCO D S SS ⋅=； B ．3333A B C D S S S S <++；C ．若三条侧棱与底面所成的角分别为1α，1β，1γ，则222111sin sin sin 1αβγ++=；D ．若点M 是面BCD 内一个动点，且AM 与三条侧棱所成的角分别为2α，2β，2γ，则22cos α+2222cos cos 1βγ+=．【答案】ACD 【分析】由Rt O OA '与Rt O AD '相似，得边长关系，进而判断A 正确；当M 与O 重合时，注意线面角与线线角的关系，即可得C 正确；构造长方体，建立直角坐标系，代入夹角公式计算可得D 正确；代入特殊值，可得B 错误. 【详解】由三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，则将三棱锥A BCD -补成长方体ABFC DGHE -，连接DO 并延长交BC 于O '， 则AO BC ⊥．对A ：由Rt O OA '与Rt O AD '相似，则2O A O O O D '''=⨯ 又12A S BC O D '=⋅，12BCOS BC O O '=⋅， 22221124DS BC O A BC O A ⎛⎫''=⋅=⋅ ⎪⎝⎭所以2A BCOD S SS ⋅=，故A 正确．对B ：当1a b c ===时，33318B C D S S S ===，则33338B C D S S S ++=，而3332288A S ⎛⎫==> ⎪ ⎪⎝⎭，此时3333A B C D S S S S >++，故B 不正确． 对D ：分别以AB ，AC ，AD 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．设(),,M x y z ，则(),,AM x y z =，AM =(),0,0AB a =，()0,,0AC b =，()0,0,AD c =所以222222222cos cos cos AM AB AM AC AM AD AM ABAM ACAM ADαβγ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅++=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪⋅⋅⋅⎝⎭⎝⎭⎝⎭2222221x y z AMAMAM=++=，所以D 正确．对C ：当M 与O 重合时，AO ⊥面BCD ，由D 有222222cos cos cos 1αβγ++=，由各侧棱与底面所成角与侧棱与所AO 成角互为余角，可得C 正确． 故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题考查空间线面角、线线角、面积关系的问题，计算角的问题关键是建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用数量积的公式代入计算，解决这道题目还要结合线面角与线线角的关系判断.3．已知球O 为正方体1111ABCD A B C D -的内切球，平面11A C B 截球O 的面积为24π，下列命题中正确的有（ ）A ．异面直线AC 与1BC 所成的角为60°B ．1BD ⊥平面11AC B C ．球O 的表面积为36πD ．三棱锥111B AC B -的体积为288 【答案】AD 【分析】连接11A C ，1A B ，通过平移将AC 与1BC 所成角转化为11A C 与1BC 所成角可判断A ；通过反证法证明B ；由已知平面11A C B 截球O 的面积为24π求出正方体棱长，进而求出内切球的表面积可判断C ；利用等体积法可求得三棱锥111B AC B -的体积可判断D. 【详解】对于A ，连接11A C ，1A B ，由正方体1111ABCD A B C D -，可知11//A C AC ，11AC B ∴∠为异面直线AC 与1BC 所成的角，设正方体边长为a ，则11112AC A B BC a ==，由等边三角形知1160A C B ∠=，即异面直线AC 与1BC 所成的角为60，故A 正确； 对于B ，假设1BD ⊥平面11A C B ，又1A B ⊂平面11A C B ，则11BD B A ⊥，设正方体边长为a ，则11A D a =，12A B a=，1BD 3a =，由勾股定理知111A D B A ⊥，与假设矛盾，假设不成立，故1BD 不垂直于平面11A C B ，故B 错误； 对于C ，设正方体边长为a ，则112AC a =，内切球半径为2a，设内切球的球心O 在面11A C B 上的投影为O '，由等边三角形性质可知O '为等边11A C B △的重心，则111623332332O A AC a a =⨯'=⨯=，又132OA a =，∴球心O 到面11A C B 的距离为121222326336a a a OA O A ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=-='-，又球心与截面圆心的连线垂直于截面，∴截面圆的半径为223626a a a ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-=，又截面圆的面积26246S a ππ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭=，解得12a =，则内切球半径为6，内切球表面积214644S ππ==⨯，故C 错误；对于D ，由等体积法知111111111111212122812383B A C B B A C B A C B V V S a --==⨯⨯=⨯⨯=，故D 正确； 故选：AD【点睛】关键点点睛：本题考查了正方体和它的内切球的几何结构特征，关键是想象出截面图的形状，从而求出正方体的棱长，进而求出内切球的表面积及三棱锥的体积，考查了空间想象能力，数形结合的思想，属于较难题.4．如图，一个结晶体的形状为平行六面体1111ABCD A B C D -，其中，以顶点A 为端点的三条棱长都等于1，且它们彼此的夹角都是60，下列说法中正确的是（ ）A ．()()2212AA AB ADAC ++=B ．1A 在底面ABCD 上的射影是线段BD 的中点C ．1AA 与平面ABCD 所成角大于45 D ．1BD 与AC 6 【答案】AC 【分析】对A ，分别计算()21++AA AB AD 和2AC ，进行判断；对B ，设BD 中点为O ，连接1A O ，假设1A 在底面ABCD 上的射影是线段BD 的中点，应得10⋅=O AB A ，计算10⋅≠O AB A ，即可判断1A 在底面ABCD 上的射影不是线段BD 的中点；对C ，计算11,,A A AC AC ，根据勾股定理逆定理判断得11⊥A A AC ，1AA 与平面ABCD 所成角为1A AC ∠，再计算1tan ∠A AC ；对D ，计算1,AC BD 以及1BD AC ⋅，再利用向量的夹角公式代入计算夹角的余弦值. 【详解】对A ，由题意，11111cos602⋅=⋅=⋅=⨯⨯=AA AB AA AD AD AB ，所以()2222111112*********++=+++⋅+⋅+⋅=+++⨯⨯=AA AB ADAA AB AD AA AB AB AD AA AD ，AC AB AD =+，所以()222221113=+=+⋅+=++=AC AB ADAB AB AD AD ，所以()()22126++==AA AB AD AC ，故A 正确；对B ，设BD 中点为O ，连接1A O ，1111111222=+=+=++AO A A AO A A AC A A AD AB ，若1A 在底面ABCD 上的射影是线段BD 的中点，则1A O ⊥平面ABCD ，则应10⋅=O AB A ，又因为21111111111110222222224⎛⎫⋅=++⋅=-⋅+⋅+=-+⨯+=≠ ⎪⎝⎭O AB A A AD AB AB AA AB AD AB AB A ，故B 错误；对D ，11,BD AD AA AB AC AB AD =+-=+，所以()()2211=2,=3=+-=+AD A B A AB AC AB AD D()()2211111⋅=+-⋅+=⋅++⋅+⋅--⋅=AC AD AA AB AB AD AD AB AD AA AB AA AD AB AB AD BD ，1116cos ,23⋅<>===⋅B AC D BD BD AC AC，故D 不正确；对C ，112==AC BD ，在1A AC 中，111,2,3===A A AC AC ，所以22211+=A A AC AC ，所以11⊥A A AC ，所以1AA 与平面ABCD 所成角为1A AC ∠，又1tan 21∠=>A AC ，即145∠>A AC ，故C 正确；故选：AC【点睛】方法点睛：用向量方法解决立体几何问题，需要树立“基底”意识，利用基向量进行线性运算，要理解空间向量概念、性质、运算，注意和平面向量类比；同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，利用向量的夹角公式求解.5．如图，矩形ABCD 中，M 为BC 的中点，将ABM 沿直线AM 翻折成1AB M ，连结1B D ，N 为1B D 的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是（ ）A ．存在某个位置，使得1CN AB ⊥ B ．翻折过程中，CN 的长是定值C ．若AB BM =，则1AM BD ⊥D ．若1AB BM ==，当三棱锥1B AMD -的体积最大时，三棱锥1B AMD -外接球的体积是43π 【答案】BD 【分析】对于A ，取AD 中点E ，连接EC 交MD 与F ，可得到EN NF ⊥，又EN CN ⊥，且三线,,NE NF NC 共面共点，不可能；对于B ，可得由1NEC MAB ∠=∠（定值），112NE AB =（定值），AM EC =（定值），由余弦定理可得NC 是定值．对于C ，取AM 中点O ，连接1,B O DO ，假设1AM B D ⊥，易得AM ⊥面1ODB ，即可得OD AM ⊥，从而AD MD =，显然不一定成立．对于D ，当平面B 1AM ⊥平面AMD 时，三棱锥B 1﹣AMD 的体积最大，可得球半径为1，体积是43π． 【详解】对于A 选项：如图1，取AD 中点E ，连接EC 交MD 与F ， 则11////NE AB NF MB ，，又11AB MB ⊥，所以EN NF ⊥， 如果1CN AB ⊥，可得EN CN ⊥，且三线,,NE NF NC 共面共点， 不可能，故A 选项不正确；对于B 选项：如图1，由A 选项可得1AMB EFN ≈△△，故1NEC MAB ∠=∠（定值），112NE AB =（定值），AM EC =（定值）， 故在NEC 中，由余弦定理得222cos CN CE NE NE CE NEC =+-⋅⋅∠，整理得222212422AB AB AB CN AM AM BC AB AM =+-⋅⋅=+， 故CN 为定值，故B 选项正确．对于C 选项：如图，取AM 中点O ，连接1,B O DO ， 由AB BM =，得1B O AM ⊥，假设1AM B D ⊥，111B D B O B =，所以AM ⊥面1ODB ，所以OD AM ⊥，从而AD MD =，显然不恒成立，所以假设不成立，可得C 选项不正确．对于D 选项：由题易知当平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大，此时1B O ⊥平面AMD ，则1B O OE ⊥，由1AB BM ==，易求得122BO =，2DM =22221122122B E OB OE ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 因此1EB EA ED EM ===，E 为三棱锥1B AMD -的外接球球心，此外接球半径为1，体积是43π．故D 选项正确． 故答案为：BD ． 【点睛】本题主要考查了线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于难题.本题C 选项的解题的关键在于采用反证法证明，进而推出矛盾解题，D 选项求解的关键在于把握平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大.6．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3，线段11B D 上有两个动点,E F ，且1EF =，以下结论正确的有（ ）A ．AC BE ⊥B ．异面直线,AE BF 所成的角为定值C ．点A 到平面BEF 的距离为定值D ．三棱锥A BEF -的体积是定值 【答案】ACD 【详解】由AC BD ⊥，1AC DD ⊥可证AC ⊥平面11D DBB ，从而AC BE ⊥，故A 正确； 取特例，当E 与1D 重合时，F 是F '，AE 即1AD ，1AD 平行1BC ，异面直线,AE BF '所成的角是1C BF '∠，当F 与1B 重合时，E 是E '，BF 即1BB ，异面直线,AE BF '所成的角是1A AE '∠，可知1C BF '∠与1A AE '∠不相等，故异面直线,AE BF 所成的角不是定值，故B 错误；连结BD 交AC 于O ，又AC ⊥平面11D DBB ，点A 到平面11BDD B 的距离是2AO ，也即点A 到平面BEF 的距离是22，故C 正确； 2=2AO 为三棱锥A BEF -的高，又1111224BEF S =⨯⨯=△，故三棱锥A BEF -的体积为112234224⨯⨯=为定值，D 正确. 故选：ACD 【点睛】求空间中点到平面的距离常见方法为： （1）定义法：直接作平面的垂线，求垂线；（2）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离； （3）向量法：计算斜线在平面的法向量上的投影即可.7．如图，已知四棱锥P ABCD -所有棱长均为4，点M 是侧棱PC 上的一个动点（不与点,P C 重合），若过点M 且垂直于PC 的截面将该四棱锥分成两部分，则下列结论正确的是（ ）A ．截面的形状可能为三角形、四边形、五边形B ．截面和底面ABCD 所成的锐二面角为4πC ．当1PM =时，截面的面积为52D ．当2PM =时，记被截面分成的两个几何体的体积分别为()1212,>V V V V ，则123=V V【答案】BCD【分析】点M 是侧棱PC 上的一个动点，根据其不同位置，对选项逐一进行判断即可.【详解】A 选项中，如图，连接BD ，当M 是PC 中点时，2MC =，由题意知三角形PDC 与三角形PBC 都是边长为4的正三角形，所以DM PC ⊥,BM BC ⊥，又DM ，BM 在面MBD 内，且相交，所以PC ⊥平面PBD ，三角形MBD 即为过点M 且垂直于PC 的截面，此时是三角形，点M 向下移动时，2MC <，如图，仍是三角形；若点M 由中点位置向上移动，2MC >，在平面PDC 内作EM PC ⊥，交PD 于E ，在平面PBC 内作FM PC ⊥交PB 于F ，平面MEF 交平面PAD 于EG ，交PAB 于FH ，即交平面ABCD 于GH ，则五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，此时是五边形； 故截面的形状可能为三角形、五边形，A 错误；B 选项中，因为截面总与PC 垂直，所以不同位置的截面均平行，截面与平面ABCD 所成的锐角为定值，不妨取M 是中点，连接AC ，BD ，MB ，MD ，设AC ，BD 交点是N ，连接PN ，由题意知，四边形ABCD 是边长为4的菱形，BD AC ⊥，因为MB =MD ，所以MN BD ⊥，故MNC ∠是截面与平面ABCD 所成的锐角，过点M 作MQ AC ⊥，垂足Q.在三角形PAC 中，MN =2，2，故在直角三角形MNQ 中，2cos 2NQ MNC MN ∠==，故4MNC π∠=，故B 正确；C 选项中，当PM =1时，M 是PC 中点，如图，五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，依题意，直角三角形PME 中，2cos PM PE EPM==∠，故E 为PD 的中点，同理，F 是PB 的中点，则EF 是三角形PBD 的中位线，1222EF BD ==G ，H 分别在,AD AB 的中点上，证明如下，当G ，H ，也是中点时，1//,2GH BD GH BD =，有//,22GH EF GH EF ==EFHG 是平行四边形.依题意，三角形PAC 中4,42PA PC AC ===，故PA PC ⊥，故PC GE ⊥，易见，正四棱锥中BD ⊥平面PAC ，故BD PC ⊥，GH PC ∴⊥，因为 ,GE GH 均在平面EFHG 内，且相交，所以PC ⊥平面EFHG ，故此时平面EFHG 和平面MEF 即同一平面.又BD ⊥平面PAC ，有GH ⊥面平面PAC ，GH GM ⊥，根据对称性有GH GE ⊥，四边形EFHG 是矩形.即五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，平面图如下:依题意，22GH EF ==2EG FG ==，三角形高为()()22321h =-=， 面积是122122⨯=，四边形面积是22242=，故截面面积是52 故C 正确；D 选项中，若PM =2，看B 选项中的图可知，21124M BCD P BCD P ABCD V V V V ---===，故剩余部分134P ABCD V V -=，所以123=V V ，故D 正确. 故选：BCD. 【点睛】 本题考查了棱锥的截面问题，考查了二面角、体积等计算问题，属于难题.8．（多选题）在四面体P ABC -中，以上说法正确的有（ ）A ．若1233AD AC AB =+，则可知3BC BD = B ．若Q 为△ABC 的重心，则111333PQ PA PB PC =++ C ．若0PA BC =，0PC AB =，则0PB AC =D ．若四面体P ABC -各棱长都为2，M N ，分别为,PA BC 的中点，则1MN =【答案】ABC【分析】作出四面体P ABC -直观图，在每个三角形中利用向量的线性运算可得.【详解】对于A ，1233AD AC AB =+，32AD AC AB ∴=+，22AD AB AC AD ∴-=- ， 2BD DC ∴=，3BD BD DC BC ∴=+=即3BD BC ∴=，故A 正确；对于B ，Q 为△ABC 的重心，则0QA QB QC ++=，33PQ QA QB QC PQ ∴+++=()()()3PQ QA PQ QB PQ QC PQ ∴+++++=,3PA PB PC PQ ∴++=即111333PQ PA PB PC ∴=++，故B 正确； 对于C ，若0PA BC =，0PC AB =，则0PA BC PC AB +=，()0PA BC PC AC CB ∴++=,0PA BC PC AC PC CB ∴++=0PA BC PC AC PC BC ∴+-=,()0PA PC BC PC AC ∴-+=0CA BC PC AC ∴+=,0AC CB PC AC ∴+= ()0AC PC CB ∴+=，0AC PB ∴=，故C 正确；对于D ，111()()222MN PN PM PB PC PA PB PC PA ∴=-=+-=+- 1122MN PB PC PA PA PB PC ∴=+-=-- 222222PA PB PC PA PB PC PA PB PA PC PC PB --=++--+== 2MN ∴=，故D 错误.故选：ABC【点睛】用已知向量表示某一向量的三个关键点(1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量．(3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．9．在长方体1111ABCD A B C D -中，AB =12AD AA ==，,,P Q R 分别是11,,AB BB AC 上的动点，下列结论正确的是（ ） A ．对于任意给定的点P ，存在点Q 使得1D P CQ ⊥B ．对于任意给定的点Q ，存在点R 使得1D R CQ ⊥C ．当1AR A C ⊥时，1ARD R ⊥D ．当113AC A R =时，1//D R 平面1BDC 【答案】ABD【分析】如图所示建立空间直角坐标系，计算142D P CQ b ⋅=-，()12222D R CQ b λλ⋅=--，134AR D R ⋅=-，10D R n ⋅=，得到答案. 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设()2,,0P a ，a ⎡∈⎣，()Q b ，[]0,2b ∈，设11A R AC λ=，得到()22,22R λλ--，[]0,1λ∈. ()12,,2P a D -=，()2,0,CQ b =，142D P CQ b ⋅=-，当2b =时，1D P CQ ⊥，A 正确；()122,2D R λλ=--，()12222D R CQ b λλ⋅=--，取22bλ=+时，1D R CQ ⊥，B 正确；1AR A C ⊥，则()()12,222212440AR AC λλλλλ⋅=--⋅--=-+-+=，14λ=，此时11333313,,,,022224 AR DR⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅-=-≠⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，C错误；113AC A R=，则4234,,333R⎛⎫⎪⎪⎝⎭，14232,,333D R⎛⎫=-⎪⎪⎝⎭，设平面1BDC的法向量为(),,n x y z=，则1n BDn DC⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得()3,1,3n=-，故1D R n⋅=，故1//D R平面1BDC，D正确.故选：ABD.【点睛】本题考查了空间中的线线垂直，线面平行，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，推断能力.10．如图，1111ABCD A B C D-为正方体，下列结论中正确的是（）A．11A C⊥平面11BB D DB．1BD⊥平面1ACBC．1BD与底面11BCC B2D ．过点1A 与异面直线AD 与1CB 成60角的直线有2条【答案】ABD【分析】由直线与平面垂直的判定判断A 与B ；求解1BD 与底面11BCC B 所成角的正切值判断C ；利用空间向量法可判断D ．【详解】对于A 选项，如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，1BB ⊥平面1111D C B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，则111BB A C ⊥，由于四边形1111D C B A 为正方形，则1111AC B D ⊥， 1111BB B D B =，因此，11A C ⊥平面11BB D D ，故A 正确；对于B 选项，在正方体1111ABCD A B C D -中，1DD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，1AC DD ∴⊥，因为四边形ABCD 为正方形，所以，AC BD ⊥，1D DD BD =，AC ∴⊥平面11BB D D ，1BD ⊂平面11BB D D ，1AC BD ∴⊥，同理可得11BD B C ⊥，1AC B C C =，1BD ∴⊥平面1ACB ，故B 正确；对于C 选项，由11C D ⊥平面11BCC B ，得11C BD ∠为1BD 与平面11BCC B 所成角， 且111112tan C D C BD BC ∠==，故C 错误； 对于D 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则()1,0,0A 、()0,0,0D 、()0,1,0C 、()11,1,1B ，()1,0,0DA =，()11,0,1CB =，设过点1A 且与直线DA 、1CB 所成角的直线的方向向量为()1,,m y z =， 则221cos ,21DA mDA m DA m y z ⋅<>===⋅++，1111cos ,22CB m CB m CB m ⋅<>===⋅，整理可得2222341y z yz z ⎧+=⎨=++⎩，消去y 并整理得2210z z +-=，解得1z =-1z =-由已知可得z ≤，所以，1z =-+y =因此，过点1A 与异面直线AD 与1CB 成60角的直线有2条，D 选项正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面），解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形（或给出线段长度，经计算满足勾股定理）、直角梯形等等．。
高三二轮复习立体几何专题 (答案)
高三数学二轮复习专题28（立体几何04）【2016新课标1卷T6】如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个 圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是283π，则它的表面积是 A A ．17π B ．18π C ．20π D ．28π【2016新课标1卷T11】平面α过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A ,α//平面CB 1D 1,αI 平面ABCD =m ,αI 平面AB B 1A 1=n ,则m 、n 所成角的正弦值为 A AAAA ．13【2016新课标1卷T19】如图,在以A 、B 、C 、D 、E 、F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF =2FD ,，90AFD ∠=，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60．（I ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （II ）求二面角E -BC -A 的余弦值．解析：（I ）由已知可得F DF A ⊥,F F A ⊥E ,所以F A ⊥平面FDC E ．又F A ⊂平面F ABE ,故平面F ABE ⊥平面FDC E ．（II ）过D 作DG F ⊥E ,垂足为G ,由（I ）知DG ⊥平面F ABE ．以G 为坐标原点,GF 的方向为x 轴正方向,GF 为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -． 由（I ）知DF ∠E 为二面角D F -A -E 的平面角,故DF 60∠E =,则DF 2=,DG 3=,可得()1,4,0A ,()3,4,0B -,()3,0,0E -,(D ．由已知,//F AB E ,所以//AB 平面FDC E ． 又平面CDAB 平面FDC DC E =,故//CD AB ,CD//F E ．由//F BE A ,可得BE ⊥平面FDC E ,所以C F ∠E 为二面角C F -BE -的平面角,C F 60∠E =．从而可得(C -．所以(C E =,()0,4,0EB =,(C 3,A =--,()4,0,0AB =-．设(),,n x y z =是平面C B E 的法向量,则C 00n n ⎧⋅E =⎪⎨⋅EB =⎪⎩,即040x y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，所以可取(3,0,n =．设m 是平面CD AB 的法向量,则C 0m m ⎧⋅A =⎪⎨⋅AB =⎪⎩,同理可取()0,3,4m =．则219cos ,19n m n m n m⋅==-，故二面角C E-B -A 的余弦值为19-．CBDEF1. 三棱锥P ABC -中，侧棱2,PA PB PC ===，则当三棱锥P ABC -的三个侧面的面积和最大时，经过点,,,P A B C 的球的表面积是 DA ．4πB ．8π C. 12π D ．16π 2. 已知从点P 出发的三条射线PA ，PB ，PC 两两成60︒角，且分别与球O 相切于A ，B ，C 三点．若球 的体积为36π，则O ，P 两点间的距离为 BA ．B ．C ．3D ．63. 已知三棱锥-S ABC 的各顶点都在一个球面上，球心O 在AB 上，SO ⊥底面ABC ，球的体积与三棱锥体积之比是4π，=AC DA ．πB ．2π C.3π D ．4π4.如图，在梯形ABCD 中，//AB CD ，2AD DC CB ===，060ABC ∠=，平面ACEF ⊥平面ABCD ，四边形ACEF 是菱形，060CAF ∠=. （1）求证：BC ⊥平面ACEF ；（2）求平面ABF 与平面ADF 所成锐二面角的余弦值.解：（1）证法一：在梯形AB C D 中，∵//AB CD ， 2AD DC CB ===，60A B C ∠= ∴0120,30ADC DCB DCA DAC ∠=∠=∠=∠= ∴090ACB DCB DCA ∠=∠-∠=，∴AC BC ⊥又 平面ACEF ⊥平面A B C D ，平面ACEF 平面ABCD AC =，∴BC ⊥平面AC F E证法二：梯形AB C D 得高为2sin 60︒=222cos604AB =+⋅= AC =∴222,90AC BC AB ACB +=∴∠=（下同） （2）取G 为EF 中点.连CG∵四边形ACEF 是菱形，60CAF ∠=， ∴CG EF ⊥ 即CG AC ⊥ 与（1）同理可知CG ⊥平面ABCD如图所示，以C 为坐标原点建立空间直角坐标系， 则有(0,2,0),(1,0),(A B D F -，(2,0)AB =-，(AF =，(0,1,3)DF =设111(,,)m x y z =是平面ABF 的一个法向量，则00AB m AF m ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即1111030y z ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，取(3,3,1)m =．设222(,,)n x y z =是平面ADF 的一个法向量，则00AF n DF n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即22223030z y z ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，取(3,3,1)n =-. 设平面ABF 与平面ADF 所成锐二面角为θ，则5cos 1313m n m nθ⋅===⋅，即平面ABF 与平面ADF 所成锐二面角的余弦值为513． 5. 如图，已知四边形ABCD 和ABEG 均为平行四边形，点E 在平面ABCD 内的射影恰好为点A ，以BD 为直径的圆经过点A ，C ，AG 的中点为F ，CD 的中点为P ，且AD AB AE ==． （Ⅰ）求证：平面⊥EFP 平面BCE ； （Ⅱ）求二面角P EF B --的余弦值．解:（Ⅰ）∵点E 在平面ABCD 内的射影恰好为点A ，∴AE ⊥平面ABCD ， 又AE ⊂平面ABEG ，∴平面ABCD ⊥平面ABEG ．又以BD 为直径的圆经过点A ，C ，AD AB =，∴ABCD 为正方形． 又平面ABCD平面ABEG AB =，∴BC ⊥平面ABEG ．∵EF ⊂平面ABEG ，EF BC ⊥， 又AB AE GE ==，∴4ABE AEB π∠=∠=，又AG 的中点为F ，∴4AEF π∠=，∵2AEF AEB π∠+∠=，∴EF BE ⊥，又BE ⊂平面BCE ，BC ⊂平面BCE ，BC BE B =，∴EF ⊥平面BCE ．又EF ⊂平面EFP ，∴平面EFP ⊥平面BCE ．（Ⅱ）如图，建立以A 为原点，AD 的方向为x 轴的正方向，AB 的方向为y 轴的正方向，AE 的方向为z 轴的正方向的空间直角坐标系，设2AB =，则(0,0,0)A ，(0,0,2)E ，(2,1,0)P ，(0,2,2)G -．∵AG 的中点为F ，∴(0,1,1)F -，故PE (2,1,2)=--，(2,2,1)PF =--，设平面EFP 的法向量为(,,)n x y z =，则0,0,n PE n PF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩∴220,220,x y z x y z --+=⎧⎨--+=⎩令3x =，则(3,2,2)n =-．易知平面ABEG 的一个法向量为(1,0,0)m =，设二面角P EF B --为θ，∴cos ||||17m n m n θ⋅===，容易看出二面角P EF B --为锐角，故二面角P EF B --． 6. 如图所示的几何体中，111ABC A B C -为三棱柱，且1AA ⊥平面ABC ，四边形ABCD 为平行四边形，2,60.AD CD ADC =∠=（1）若1AA AC =，求证：1AC ⊥平面11A B CD ；（2）若()12,0CD AA AC λλ==>，二面角1A C D C -- 求三棱锥11C A CD -的体积.7. 在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面ABB 1A 1为矩形，AB ＝3，AA 1＝32，D 为AA 1的中点，BD 与AB 1交于点O ，CO ⊥侧面ABB 1A 1． （Ⅰ）证明：BC ⊥AB 1；（Ⅱ）若OC ＝OA ，求二面角A 1－AC －B 的余弦值．解：（Ⅰ）证明：由题意tan ∠ABD ＝AD AB ＝22，tan ∠AB 1B ＝AB BB 1＝22，0<∠ABD 2π<，0<∠AB 1B <π2，∴∠ABD ＝∠AB 1B ，∴∠ABD ＋∠BAB 1＝∠AB 1B ＋∠BAB 1＝π2，∴AB 1⊥BD …………………2分又CO ⊥侧面ABB 1A 1，∴AB 1⊥CO ． …………………3分 又BD 与CO 交于点O ，∴AB 1⊥平面CBD ， …………………4分 又BC ⊂平面CBD ，∴BC ⊥AB 1． …………………5分 （Ⅱ）如图，以O 为原点，分别以OD ，OB 1，OC 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则(0,A ，(B -，C，1B ．∴(AB =-，AC =，11(6,2AA BB ==．设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则=0=0AB AC ì×ïíï×înn ，即=0=0ì-ïíïî， 令x ＝1，可得n ＝(1，2，－2)是平面ABC 的一个法向量． 设平面A 1AC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则1=0=0AA AC ì×ïíï×îm m，即=0+=0ìïíïî，令x ＝2，可得m ＝(2，－2，2)是平面A 1AC 的一个法向量．…………………10分 设二面角A 1－AC －B 的平面角为α，则cos cos ,a ×==m n m n m n ∴二面角A 1－AC －B的余弦值为-． …………………12分。
高考数学二轮复习数学立体几何多选题试题含答案
高考数学二轮复习数学立体几何多选题试题含答案一、立体几何多选题1．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为底面ABCD 内（含边界）一点．（ ） A ．若13A P =，则满足条件的P 点有且只有一个 B ．若12A P =，则点P 的轨迹是一段圆弧 C ．若1//A P 平面11B D C ，则1A P 长的最小值为2D ．若12A P =且1//A P 平面11B DC ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面的面积为23π【答案】ABD 【分析】选项A ，B 可利用球的截面小圆的半径来判断；由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD 上，1A P 长的最大值为2；结合以上条件点P 与B 或D 重合，利用12sin 60A P r =︒，求出63r =，进而求出面积. 【详解】对A 选项，如下图：由13A P =，知点P 在以1A 为球心，半径为3的球上，又因为P 在底面ABCD 内（含边界），底面截球可得一个小圆，由1A A ⊥底面ABCD ，知点P 的轨迹是在底面上以A 为圆心的小圆圆弧，半径为22112r A P A A =-=，则只有唯一一点C满足，故A 正确；对B 选项，同理可得点P 在以A 为圆心，半径为22111r A P A A =-=的小圆圆弧上，在底面ABCD 内（含边界）中，可得点P 轨迹为四分之一圆弧BD .故B 正确；对C 选项，移动点P 可得两相交的动直线与平面11B D C 平行，则点P 必在过1A 且与平面11B D C 平行的平面内，由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD上，则1A P 长的最大值为12A B =，则C 不正确； 对选项D ，由以上推理可知，点P 既在以A 为圆心，半径为1的小圆圆弧上，又在线段BD 上，即与B 或D 重合，不妨取点B ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面为11A BC 的外接圆，利用2126622,,sin 60333A B r r S r ππ==∴=∴==︒.故D 正确.故选：ABD 【点睛】（1）平面截球所得截面为圆面，且满足222=R r d +（其中R 为球半径，r 为小圆半径，d 为球心到小圆距离）；（2）过定点A 的动直线平行一平面α，则这些动直线都在过A 且与α平行的平面内.2．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点O 为11A D 的中点，若以O 6为半径的球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ，则下列结论正确的是（ ）A ．11//A D 平面EFGHB ．1AC ⊥平面EFGHC ．11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°D ．平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7 【答案】ACD 【分析】如图，计算可得,,,E F G H 分别为所在棱的中点，利用空间中点线面的位置关系的判断方法可判断A 、B 的正确与否，计算出直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒后可得C 正确，而几何体BHE CGF -为三棱柱，利用公式可求其体积，从而可判断D 正确与否. 【详解】如图，连接OA ，则2115OA AA =+=，故棱1111,,,A A A D D D AD 与球面没有交点.同理，棱111111,,A B B C C D 与球面没有交点. 因为棱11A D 与棱BC 之间的距离为26>BC 与球面没有交点.因为正方体的棱长为2，而26<球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ， 所以棱11,,,AB CD C C B B 与球面各有一个交点， 如图各记为,,,E F G H .因为OAE △为直角三角形，故22651AE OE OA -=-=，故E 为棱AB 的中点. 同理,,F G H 分别为棱11,,CD C C B B 的中点.由正方形ABCD 、,E F 为所在棱的中点可得//EF BC ， 同理//GH BC ，故//EF GH ，故,,,E F G H 共面. 由正方体1111ABCD A B C D -可得11//A D BC ，故11//A D EF因为11A D ⊄平面EFGH ，EF ⊂平面EFGH ，故11//A D 平面EFGH ，故A 正确. 因为在直角三角1BA C 中，122A B =2BC = ，190A BC ∠=︒， 1A C 与BC 不垂直，故1A C 与GH 不垂直，故1A C ⊥平面EFGH 不成立，故B 错误.由正方体1111ABCD A B C D -可得BC ⊥平面11AA B B ，而1A B ⊂平面11AA B B ， 所以1BC A B ⊥，所以1EF A B ⊥在正方形11AA B B 中，因为,E H 分别为1,AB BB 的中点，故1EH A B ⊥， 因为EFEH E =，故1A B ⊥平面EFGH ，所以BEH ∠为直线AB 与平面EFGH 所成的角，而45BEH ∠=︒， 故直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒，因为11//AB A B ，故11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°.故C 正确. 因为,,,E F G H 分别为所在棱的中点，故几何体BHE CGF -为三棱柱，其体积为111212⨯⨯⨯=，而正方体的体积为8， 故平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7，故D 正确. 故选：ACD. 【点睛】本题考查空间中线面位置的判断、空间角的计算和体积的计算，注意根据球的半径确定哪些棱与球面有交点，本题属于中档题.3．已知直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ⊥，1AB BC BB ==，D 是AC 的中点，O 为1A C 的中点.点P 是1BC 上的动点，则下列说法正确的是（ ）A ．当点P 运动到1BC 中点时，直线1A P 与平面111ABC 5 B ．无论点P 在1BC 上怎么运动，都有11A P OB ⊥C ．当点P 运动到1BC 中点时，才有1A P 与1OB 相交于一点，记为Q ，且113PQ QA = D ．无论点P 在1BC 上怎么运动，直线1A P 与AB 所成角都不可能是30° 【答案】ABD 【分析】构造线面角1PA E ∠，由已知线段的等量关系求1tan EPPA E AE∠=的值即可判断A 的正误；利用线面垂直的性质，可证明11A P OB ⊥即可知B 的正误；由中位线的性质有112PQ QA =可知C 的正误；由直线的平行关系构造线线角为11B A P ∠，结合动点P 分析角度范围即可知D 的正误 【详解】直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ⊥，1AB BC BB ==选项A 中，当点P 运动到1BC 中点时，有E 为11B C 的中点，连接1A E 、EP ，如下图示即有EP ⊥面111A B C∴直线1A P 与平面111A B C 所成的角的正切值：1tan EPPA E AE∠= ∵112EP BB =，22111152AE A B B E BB =+= ∴15tan PA E ∠=，故A 正确选项B 中，连接1B C ，与1BC 交于E ，并连接1A B ，如下图示由题意知，11B BCC 为正方形，即有11B C BC ⊥而AB BC ⊥且111ABC A B C -为直三棱柱，有11A B ⊥面11B BCC ，1BC ⊂面11B BCC ∴111A B BC ⊥，又1111A B B C B =∴1BC ⊥面11A B C ，1OB ⊂面11A B C ，故11BC OB ⊥ 同理可证：11A B OB ⊥，又11A B BC B ⋂=∴1OB ⊥面11A BC ，又1A P ⊂面11A BC ，即有11A P OB ⊥，故B 正确选项C 中，点P 运动到1BC 中点时，即在△11A B C 中1A P 、1OB 均为中位线∴Q为中位线的交点∴根据中位线的性质有：112PQQA=，故C错误选项D中，由于11//A B AB，直线1A P与AB所成角即为11A B与1A P所成角：11B A P∠结合下图分析知：点P在1BC上运动时当P在B或1C上时，11B A P∠最大为45°当P在1BC中点上时，11B A P∠最小为23arctan30>=︒∴11B A P∠不可能是30°，故D正确故选：ABD【点睛】本题考查了利用射影定理构造线面角，并计算其正弦值；利用线面垂直证明线线垂直；中位线的性质：中位线交点分中位线为1：2的数量关系；由动点分析线线角的大小4．如图，正方体1111ABCD A B C D-的棱长为1，线段11B D上有两个动点E，F，且2EF=则下列结论正确的是（）A ．三棱锥A BEF -的体积为定值B ．当E 向1D 运动时，二面角A EF B --逐渐变小C ．EF 在平面11ABB A 内的射影长为12D ．当E 与1D 重合时，异面直线AE 与BF 所成的角为π4【答案】AC 【分析】对选项分别作图，研究计算可得. 【详解】选项A:连接BD ,由正方体性质知11BDD B 是矩形，1112212224BEF S EF BB ∆∴=⋅=⨯=连接AO 交BD 于点O由正方体性质知AO ⊥平面11BDD B ,所以，AO 是点A 到平面11BDD B 的距离，即22AO =112213312A BEF BEF V S AO -∆∴=⨯==A BEF V -∴是定值.选项B:连接11A C 与11B D 交于点M ，连接11,AD AB ， 由正方体性质知11AD AB =,M 是11B D 中点，AM EF ∴⊥ ,又1BB EF ⊥,11//BB AAA EFB ∴--的大小即为AM 与1AA 所成的角，在直角三角形1AA M 中，12tan 2MAA ∠=为定值. 选项C:如图，作1111,,,FH A B EG A B ET EG ⊥⊥⊥ 在直角三角形EFT 中，221cos 452FT EF =⨯=⨯=12HG FT ∴== 选项D:当E 与1D 重合时，F 与M 重合，连接AC 与BD 交于点R ，连接1D R ,1//D R BM 异面直线AE 与BF 所成的角,即为异面直线1AD 与1D R 所成的角, 在三角形1AD R 中，22111132,2AD D R MB BB M B ===+=2AR =由余弦定理得13cos AD R ∠= 故选：AC 【点睛】本题考查空间几何体性质问题.求解思路：关键是弄清(1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．求空间几何体体积的思路：若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法；若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.5．已知正方体1111ABCD A B C D -棱长为2，如图，M 为1CC 上的动点，AM ⊥平面α.下面说法正确的是（）A ．直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为3232⎣⎦B ．点M 与点1C 重合时，平面α截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大 C ．点M 为1CC 的中点时，若平面α经过点B ，则平面α截正方体所得截面图形是等腰梯形D ．已知N 为1DD 中点，当AM MN +的和最小时，M 为1CC 的中点 【答案】AC 【分析】以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，利用空间向量法可判断A 选项的正误；证明出1AC ⊥平面1A BD ，分别取棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点E 、F 、Q 、N 、G 、H ，比较1A BD 和六边形EFQNGH 的周长和面积的大小，可判断B 选项的正误；利用空间向量法找出平面α与棱11A D 、11A B 的交点E 、F ，判断四边形BDEF 的形状可判断C 选项的正误；将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，利用A 、M 、N 三点共线得知AM MN +最短，利用平行线分线段成比例定理求得MC ，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，则点()2,0,0A 、()2,2,0B 、设点()()0,2,02M a a ≤≤，AM ⊥平面α，则AM 为平面α的一个法向量，且()2,2,AM a =-，()0,2,0AB =，2232cos ,2288AB AMAB AM AB AM a a ⋅⎡<>===⎢⋅⨯++⎣⎦， 所以，直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为3232⎣⎦，A 选项正确；对于B 选项，当M 与1CC 重合时，连接1A D 、BD 、1A B 、AC ， 在正方体1111ABCD A B C D -中，1CC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1BD CC ∴⊥，四边形ABCD 是正方形，则BD AC ⊥，1CC AC C =，BD ∴⊥平面1ACC ，1AC ⊂平面1ACC ，1AC BD ∴⊥，同理可证11AC A D ⊥， 1A D BD D ⋂=，1AC ∴⊥平面1A BD ，易知1A BD 是边长为22(12322234A BD S =⨯=△为22362=.设E 、F 、Q 、N 、G 、H 分别为棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点，易知六边形EFQNGH 是边长为2的正六边形，且平面//EFQNGH 平面1A BD ， 正六边形EFQNGH 的周长为62，面积为()236233⨯⨯=，则1A BD 的面积小于正六边形EFQNGH 的面积，它们的周长相等，B 选项错误； 对于C 选项，设平面α交棱11A D 于点(),0,2E b ，点()0,2,1M ，()2,2,1AM =-，AM ⊥平面α，DE ⊂平面α，AM DE ∴⊥，即220AM DE b ⋅=-+=，得1b =，()1,0,2E ∴，所以，点E 为棱11A D 的中点，同理可知，点F 为棱11A B 的中点，则()2,1,2F ，()1,1,0EF =，而()2,2,0DB =，12EF DB ∴=，//EF DB ∴且EF DB ≠， 由空间中两点间的距离公式可得2222015DE =++=()()()2222212205BF =-+-+-=，DE BF ∴=，所以，四边形BDEF 为等腰梯形，C 选项正确；对于D 选项，将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，如下图所示：若AM MN +最短，则A 、M 、N 三点共线，11//CC DD ，2222222MC AC DN AD ∴===-+， 11222MC CC =-≠，所以，点M 不是棱1CC 的中点，D 选项错误. 故选：AC.【点睛】本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题.6．如图，已知矩形ABCD 中，2AB AD =，E 为边AB 的中点，将ADE ∆沿直线DE 翻折成1A DE ∆，若M 为线段1A C 的中点，则ADE ∆在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）A ．线段BM 的长是定值B ．存在某个位置，使1DE AC ⊥C ．点M 的运动轨迹是一个圆D ．存在某个位置，使MB ⊥平面1A DE【答案】AC【分析】取CD 中点F ，连接BF ，MF ，根据面面平行的判定定理可得平面//BMF 平面1A DE ，由面面平行的性质定理可知//BM 平面1A DE ，可判断D ；在BFM ∆中，利用余弦定理可求得BM a =为定值，可判断A 和C ；假设1DE A C ⊥，由线面垂直的判定定理可得DE ⊥平面1A CE ，由线面垂直的性质定理可知1DE A E ⊥，与11DA A E ⊥矛盾，可判断B ．【详解】解：取CD 的中点F ，连接BF ，MF ，∵M ，F 分别为1A C 、CD 中点，∴1MF A D ∥，∵1A D ⊂平面1A DE ，MF ⊄平面1A DE ，∴MF 平面1A DE ，∵DF BE ∥且DF BE =，∴四边形BEDF 为平行四边形，∴BF DE ，∵DE ⊂平面1A DE ，BF ⊄平面1A DE ，∴BF ∥平面1A DE ，又BF MF F =，BF 、MF ⊂平面BMF ，∴平面//BMF 平面1A DE ，∵BM ⊂平面BMF ，∴BM ∥平面1A DE ，即D 错误，设22AB AD a ==， 则112MF A D a ==，2BF DE a ==，145A DE MFB ︒∠=∠=， ∴222cos45BM MF BF MF BF a ︒=+-⋅⋅=，即BM 为定值，所以A 正确，∴点M 的轨迹是以B 为圆心，a 为半径的圆，即C 正确， ∵2DE CE a ==，2CD AB a ==， ∴222DE CE CD +=， ∴DE CE ⊥，设1DE A C ⊥，∵1A C 、CE ⊂平面1A CE ，1AC CE C =，∴DE ⊥平面1A CE ，∵1A E ⊂平面1A CE ，∴1DE A E ⊥，与11DA A E ⊥矛盾，所以假设不成立，即B 错误.故选:AC .【点睛】本题考查立体几何中的翻折问题，涉及到线段长度的求解、直线与平面位置关系的判定、点的轨迹的求解、反证法的应用等知识点，考查学生的空间立体感和推理论证能力．7．在正方体1111ABCD A B C D -中，如图，,M N 分别是正方形ABCD ，11BCC B 的中心.则下列结论正确的是（ ）A ．平面1D MN 与11BC 的交点是11B C 的中点B ．平面1D MN 与BC 的交点是BC 的三点分点C ．平面1D MN 与AD 的交点是AD 的三等分点D ．平面1D MN 将正方体分成两部分的体积比为1∶1【答案】BC【分析】取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ，连FM 并延长分别交,BC AD 于,P Q ，连1,D Q PN 并延长交11B C 与H ，平面四边形1D HPQ 为所求的截面，进而求出,,P Q H 在各边的位置，利用割补法求出多面体11QPHD C CD 的体积，即可求出结论.【详解】如图，取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ，连接FM 并延长，设FM BC P ⋂=，FM AD Q ⋂=，连接PN 并延长交11B C 于点H .连接1D Q ，1D H ，则平面四边形1D HPQ 就是平面1D MN 与正方体的截面，如图所示.111111////,22NE CC DD NE CC DD ==， NE ∴为1DD F ∆的中位线，E ∴为DF 中点，连BF ，,,90DCE FBE BF DC AB FBE DCE ∴∆≅∆==∠=∠=︒，,,A B F ∴三点共线，取AB 中点S ，连MS ， 则12//,,23BP FB MS BP MS BC MS FS =∴==， 22111,33236BP MS BC BC PE BC ∴==⨯=∴=， E 为DF 中点，11//,233PE DQ DQ PE BC AD ∴=== N 分别是正方形11BCC B 的中心，11113C H BP C B ∴==所以点P 是线段BC 靠近点B 的三等分点，点Q 是线段AD 靠近点D 的三等分点，点H 是线段11B C 靠近点1C 的三等分点.做出线段BC 的另一个三等分点P '，做出线段11A D 靠近1D 的三等分点G ，连接QP '，HP '，QG ，GH ，1H QPP Q GHD V V '--=，所以111113QPHD C CD QPHQ DCC D V V V -==多面体长方体正方体从而平面1D MN 将正方体分成两部分体积比为2∶1.故选:BC.【点睛】本题考查直线与平面的交点及多面体的体积，确定出平面与正方体的交线是解题的关键，考查直观想象、逻辑推理能力，属于较难题.8．已知正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，侧棱11AA =，P 为上底面1111D C B A 上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（ ）A ．若3PD =，则满足条件的P 点有且只有一个B ．若3PD =，则点P 的轨迹是一段圆弧C ．若PD ∥平面1ACB ，则DP 长的最小值为2D ．若PD ∥平面1ACB ，且3PD =，则平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形的面积为94π 【答案】ABD【分析】 若3PD =，由于P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一；()313PD =∈，，则12PD =，即点P 的轨迹是一段圆弧；当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为3=，可判断C ；平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为32=，可得D . 【详解】如图：∵正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，∴1122B D =11AA =，∴()2212213DB =+=，则P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一，故A 正确； ∵()313PD =，，11DD =，则12PD P 的轨迹是一段圆弧，故B 正确； 连接1DA ，1DC ，可得平面11//A DC 平面1ACB ，则当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为()22213+=C 错误；由C 知，平面BDP 即为平面11BDD B ，平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接2221322122++=，面积为94π，故D 正确．故选：ABD ．【点睛】本题考查了立体几何综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.。
高中立体几何试题(答案)
高中立体几何试题1. 在正方体1111D C B A ABCD -中，求二面角111C BD A --的大小．解析：如图9-43，在平面B C D 11内作11BD E C ⊥，交1BD 于E ．连结E A 1，设正方体棱长为a ，在△11BD A 和△11BD C 中，a D C D A ==1111，a B C B A 211==，11BD BD =a 3=，∴ △11BD A ≌△11BD C ，∵ 11BD E C ⊥，∴ 11BD E A ⊥，∴ 11EC A ∠ 二面角111C BD A --的平面角．在Rt △11D BC中，︒=∠9011B C D ，∴ 111112121BD E C BC D C ⋅=⋅，∴ a aa a E C 32321=⋅=,在△11EC A 中，==E C E A 11 a 32，a C A 211=，2132322)2(3232cos 22211-=⋅-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=∠a a a a a EC A ，110 EC A ∠︒＜ ︒180＜，︒=∠∴120 11EC A2. 如图9-50，点A 在锐二面角-MN -的棱MN 上，在面内引射线AP ，使AP 与MN 所成的∠P AM 为45°，与面所成的角为30°，求二面角-MN -的大小．解析：如图答9-44，取AP 上一点B ，作BH ⊥于H ，连结AH ，则∠BAH 为射线AP 与平面所成的角，∴ ∠BAH =30°，再作BQ ⊥MN ，交MN 于Q ，连结HQ ，则HQ 为BQ 在平面内的射影．由三垂线定理的逆定理，HQ ⊥MN ，∴ ∠BQH 为二面角-MN -的平面角．图答9-44设BQ =a ，在Rt △BAQ 中，∠BQA =90°，∠BAM =45°，∴ a AB 2=，在Rt △BAH 中∠BHA =90°，∠BAH =30°，∴ a BH 22=．在Rt △BHQ 中，∠BHQ =90°，BQ =a ，a BH 22=，∵ ∠BQH 是锐角，∴ ∠BQH =45 即二面角-MN -等于45°． 3. 如图，四棱锥P —ABCD 的底面是直角梯形，AB ∥DC ，AB ⊥BC ，且AB ＝21CD ，侧棱PB ⊥底面ABCD ，PC ＝5，BC ＝3，ΔPAB 的面积等于6，若平面DPA 与平面CPB 所成的二面角为α，求α.解析：平面DPA 与平面CPB 有一公共点P ，要画出它们构成的二面角的平面角必须确定它们公共交线，DA 和CB 的延长线的交点E 是它们的另一公共点.由公理二，PE 就是二面角的公共棱.有了公共棱，二面角的平面角就生了根.解 延长DA 交CB 的延长线于E ，连PE ，则PE 就是平面DPA 和平面CPB 的交线. ∵AB ∥DC ，AB ⊥BC ，∴DC ⊥BC ，PB ⊥底面ABCD.∴PB ⊥DC ，∴DC ⊥平面PCE.作CF ⊥PE 于F ，连DF 由三垂线定理得PE ⊥DF ，∴∠DFC ＝α.∵AB ＝21CD ，PC ＝5，BC ＝3，∴PB ＝4. S ΔPAB ＝6，∴AB ＝3，CD ＝6，DC AB ＝EC EB ＝21. ∴EB ＝3，PE ＝5.∵PB·EC ＝CF·PE ，∴CF ＝524.在直角ΔDCF 中，tanα＝CFDC ＝5246＝45. α＝antan 45. 4. 在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，其棱长为a.(1)求证BD 1⊥截面AB 1C ；(2)求点B 到截面AB 1C 的距离；(3)求BB 1与截面AB 1C 所成的角的余弦值。
高考数学二轮复习立体几何多选题测试试题附解析
高考数学二轮复习立体几何多选题测试试题附解析一、立体几何多选题1．如图，正方体1111ABCD A B C D -中的正四面体11A BDC -的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）A ．异面直线1AB 与1AD 所成的角是3πB ．1BD ⊥平面11AC DC ．平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为3D ．正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23【答案】ABD 【分析】选项A ，利用正方体的结构特征找到异面直线所成的角；选项B ，根据正方体和正四面体的结构特征以及线面垂直的判定定理容易得证；选项C ，由图得平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为1ACB 面积的四分之一；选项D ，分别求出正方体的体对角线长和正四面体11A BDC -的高，然后判断数量关系即可得解. 【详解】A ：正方体1111ABCD ABCD -中，易知11//AD BC ，异面直线1A B 与1AD 所成的角即直线1A B 与1BC 所成的角，即11A BC ∠，11A BC 为等边三角形，113A BC π∠=，正确；B ：连接11B D ，1B B ⊥平面1111DC B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，即111AC B B ⊥，又1111AC B D ⊥，1111B B B D B ⋂=，有11A C ⊥平面11BDD B ，1BD ⊂平面11BDD B ，所以111BD AC ⊥，同理可证：11BD A D ⊥，1111AC A D A ⋂=，所以1BD ⊥平面11AC D ，正确；C ：易知平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为134ACB S=，错误；D ：易得正方体1111ABCD A B C D -()()()2222226++=2的正四面体11A BDC -的高为22222262213⎛⎫--⨯= ⎪⎝⎭，故正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23，正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：利用正方体的性质，找异面直线所成角的平面角求其大小，根据线面垂直的判定证明1BD ⊥平面11AC D ，由正四面体的性质，结合几何图形确定截面的面积，并求高，即可判断C 、D 的正误.2．如图所示，正三角形ABC 中，D ，E 分别为边AB ，AC 的中点，其中AB ＝8，把△ADE 沿着DE 翻折至A 'DE 位置，使得二面角A '-DE -B 为60°，则下列选项中正确的是（ ）A ．点A '到平面BCED 的距离为3B ．直线A 'D 与直线CE 所成的角的余弦值为58C ．A 'D ⊥BDD ．四棱锥A '-BCED 237【答案】ABD 【分析】作AM ⊥DE ，交DE 于M ,延长AM 交BC 于N ,连接A'M ,A'N .利用线面垂直的判定定理判定CD ⊥平面A'MN ,利用面面垂直的判定定理与性质定理得到'A 到平面面BCED 的高A'H ,并根据二面角的平面角，在直角三角形中计算求得A'H 的值，从而判定A;根据异面直线所成角的定义找到∠A'DN 就是直线A'D 与CE 所成的角，利用余弦定理计算即可判定B;利用勾股定理检验可以否定C;先证明底面的外接圆的圆心为N ,在利用外接球的球心的性质进行得到四棱锥A'-BCED 的外接球的球心为O ,则ON ⊥平面BCED ,且OA'=OC ,经过计算求解可得半径从而判定D. 【详解】如图所示，作AM ⊥DE ，交DE 于M ,延长AM 交BC 于N ,连接A'M ,A'N . 则A'M ⊥DE ,MN ⊥DE , ,∵'A M ∩MN =M ,∴CD ⊥平面A'MN , 又∵CD ⊂平面ABDC ,∴平面A'MN ⊥平面ABDC , 在平面A'MN 中作A'H ⊥MN ,则A'H ⊥平面BCED ,∵二面角A'-DE -B 为60°，∴∠A'EF =60°，∵正三角形ABC 中，AB =8,∴AN =43,∴A'M =23,∴A'H =A'M sin60°=3，故A 正确； 连接DN ,易得DN ‖EC ,DN =EC =4, ∠A'DN 就是直线A'D 与CE 所成的角， DN =DA'=4,A'N =A'M =23,cos ∠A'DN =22441252448+-=⨯⨯,故B 正确；A'D =DB =4,A'B=22121627A N BN +=+=',∴222A D DB A B '≠'+,∴A'D 与BD 不垂直，故C 错误’ 易得NB =NC =ND =NG =4，∴N 为底面梯形BCED 的外接圆的圆心， 设四棱锥A'-BCED 的外接球的球心为O ,则ON ⊥平面BCED ,且OA'=OC , 若O 在平面BCED 上方，入图①所示：设ON =x ,外接球的半径为R ,过O 作A'H 的垂线，垂足为P ,则HP =x ,易得()()22222433x x R +=-+=,解得23x =-,舍去；故O 在平面BCED 下方，如图②所示：设ON =x ,外接球的半径为R ,过O 作A'H 的垂线，垂足为P ,则HP =x ,易得()()22222433x x R +=++=, 解得23x =, ∴244371699R ⨯=+=,237R ∴=,故D 正确. 故选:ABD .【点睛】本题考查立体几何中的折叠问题，涉及二面角问题，异面直线所成的角，用到线面、面面垂直的判定与性质及外接球的球心的性质和有关计算，余弦定理等，属综合性较强的题目，关键是利用线面垂直，面面垂直的判定和性质进行空间关系和结构的判定，注意球心在四棱锥的底面上方和下方的讨论与验证.3．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -，中，E 为棱1CC 上的中点，F 为棱1AA 上的点，且满足1:1:2A F FA =，点F ，B ，E ，G ，H 为过三点B ，E ，F 的平面BMN 与正方体1111ABCD A B C D -的棱的交点，则下列说法正确的是（ ）A ．//HF BEB ．三棱锥的体积14B BMN V -=C ．直线MN 与平面11A B BA 所成的角为45︒D ．11:1:3D G GC = 【答案】ABD 【分析】面面平行性质定理可得出A 正确；等体积法求得B 正确；直线MN 与平面11A B BA 所成的角为1B MN ∠，求其正切值不等于1即可得出C 错误；利用面面平行性质定理和中位线求出11,D G GC 长度即可得出D 正确. 【详解】解：对于A.在正方体1111ABCD A B C D -中平面11//ADA D 平面11BCB C ， 又平面11ADA D 平面BMN HF =，平面11BCB C ⋂平面BMN BE =，有平面与平面平行的性质定理可得//HF BE ，故正确； 对于B.因为1:1:2A F FA =，所以111332B M A B ==， 又E 为棱1CC 上的中点，所以14B N =, 所以1111234432B BMN N B BM V V --⎛⎫==⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭，故正确； 对于C.由题意及图形可判定直线MN 与平面11A B BA 所成的角为1B MN ∠， 结合B 选项可得1114tan 13B N B MN B M ∠==≠，故错误； 对于D.同A 选项证明方法一样可证的11//GC B M ，因为E 为棱1CC 上的中点，1C 为棱1B N 上的中点，所以1113=22GC B M = 所以11G=2D ，所以11:1:3D G GC =，故正确. 故选：ABD 【点睛】求体积的常用方法：（1）直接法：对于规则的几何体，利用相关公式直接计算；（2）等体积法：选择合适的底面来求几何体体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面可作为三棱锥的底面进行等体积变换；（3）割补法：首先把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算.4．在边长为2的等边三角形ABC 中，点,D E 分别是边,AC AB 上的点，满足//DE BC 且AD ACλ=，（()01λ∈，），将ADE 沿直线DE 折到A DE '△的位置.在翻折过程中，下列结论不成立的是（ ）A ．在边A E '上存在点F ，使得在翻折过程中，满足//BF 平面A CD 'B ．存在102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面A BC '⊥平面BCDE C ．若12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，||A B '=D ．在翻折过程中，四棱锥A BCDE '-体积的最大值记为()f λ，()f λ的最大值为23【答案】ABC 【分析】对于A.在边A E '上点F ，在A D '上取一点N ，使得//FN ED ，在ED 上取一点H ，使得//NH EF ，作//HG BE 交BC 于点G ，即可判断出结论.对于B ，102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，在翻折过程中，点A '在底面BCDE 的射影不可能在交线BC 上，即可判断出结论. 对于C ，12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，取ED 的中点M ，可得AM ⊥平面BCDE .可得22A B AM BM '=+，结合余弦定理即可得出.对于D.在翻折过程中，取平面AED ⊥平面BCDE ，四棱锥A BCDE '-体积()3133BCDE f S λλλλ=⋅⋅=-，()01λ∈，，利用导数研究函数的单调性即可得出.【详解】对于A.在边A E '上点F ，在A D '上取一点N ，使得//FN ED ，在ED 上取一点H ，使得//NH EF ，作//HG BE 交BC 于点G ，如图所示，则可得FN 平行且等于BG ，即四边形BGNF 为平行四边形， ∴//NG BE ，而GN 始终与平面ACD 相交，因此在边A E '上不存在点F ，使得在翻折过程中，满足//BF 平面A CD '，A 不正确.对于B ，102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，在翻折过程中，点A '在底面BCDE 的射影不可能在交线BC 上，因此不满足平面A BC '⊥平面BCDE ，因此B 不正确. 对于C.12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，取ED 的中点M ，如图所示：可得AM ⊥平面BCDE ， 则22223111010()1()21cos12022224A B AM BM '=+=++-⨯⨯⨯︒=≠，因此C 不正确；对于D.在翻折过程中，取平面AED ⊥平面BCDE ，四棱锥A BCDE '-体积()3133BCDE f S λλλλ=⋅⋅=-，()01λ∈，，()213f λλ'=-，可得3λ=时，函数()f λ取得最大值()312313f λ⎛⎫=-=⎪⎝⎭，因此D 正确. 综上所述，不成立的为ABC. 故选：ABC. 【点睛】本题考查了利用运动的观点理解空间线面面面位置关系、四棱锥的体积计算公式、余弦定理、利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力空间想象能力与计算能力，属于难题.5．如图，点O 是正四面体P ABC -底面ABC 的中心，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，S 是棱PC 上的点，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ，则（ ）A ．若//MN 平面PAB ，则//AB RQ B ．存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQC ．存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+= D ．111PQPRPS++是常数【答案】ABD 【分析】对于选项A ，根据线面平行的性质定理，进行推理判断即可；对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ， 13SC PC =时，通过线面垂直的判定定理，证明此时PC ⊥平面SRQ ，即可证明，存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ；对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+=，利用线面垂直的判定定理可证得PC ⊥平面PAB ，此时通过反证法说明矛盾性，即可判断； 对于选项D ，利用S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V ----=++，即可求得111PQPRPS++是常数.【详解】 对于选项A ， 若//MN 平面PAB ，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ,∴平面SMN 平面PAB =RQ ，又MN ⊂平面SMN ，//MN 平面PAB ，∴//MN RQ ，点O 在面ABC 上，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，∴MN ⊂平面ABC ，又//MN 平面PAB ，平面ABC平面PAB AB =，∴//MN AB ， ∴//AB RQ ，故A 正确； 对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ，S 为线段PC 上靠近C 的三等分点，即13SC PC =， 此时PC ⊥平面SRQ ，以下给出证明： 在正四面体P ABC -中，设各棱长为a ，∴ABC ，PBC ，PAC △，PAB △均为正三角形，点O 为ABC 的中心，//MN AB ，∴由正三角形中的性质，易得23CN CM a ==， 在CNS 中，23CN a =，13SC a =，3SCN π∠=，∴由余弦定理得，SN a ==，∴222249SC SN a CN +==，则SN PC ⊥， 同理，SM PC ⊥，又SM SN S =，SM ⊂平面SRQ ，SN ⊂平面SRQ ，∴PC ⊥平面SRQ ，∴存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ，故B 正确； 对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+=， 设QR 中点为K ，则2PQ PR PK +=，∴PS PK ⊥，即PC PK ⊥，()cos cos 0PC AB PC PB PA PC PB CPB PC PA CPA ⋅=⋅-=⋅∠-⋅∠=，∴PC AB ⊥，又易知AB 与PK 为相交直线，AB 与PK 均在平面PQR 上，∴PC ⊥平面PQR ，即PC ⊥平面PAB ，与正四面体P ABC -相矛盾，所以假设不成立， 故C 错误； 对于选项D ，易知点O 到面PBC ，面PAC ，面PAB 的距离相等，记为d ， 记PC 与平面PAB 所处角的平面角为α，α为常数，则sin α也为常数， 则点S 到PQR 的距离为sin PS α， 又13sin23PQRSPQ PR PQ PR π=⋅=⋅ ∴()()1133sin sin sin33S PQR PQRV PS S PS PQ PR PQ PR PS ααα-=⋅=⋅⋅=⋅⋅， 又13sin 234PSRSPS PR PS PR π=⋅=⋅， 13sin23PSQS PS PQ PS PQ π=⋅=⋅， 13sin 234PQRSPQ PR PQ PR π=⋅=⋅，()12S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V d PS PR PS PQ PQ PR ----=++=⋅+⋅+⋅，∴()33sin 1212PQ PR PS d PS PR PS PQ PQ PR α⋅⋅=⋅+⋅+⋅， ∴111sin d PQ PR PS α++=为常数，故D 正确.故选：ABD.【点睛】本题考查了线面平行的性质定理、线面垂直的判定定理，考查了三棱锥体积的计算，考查了向量的运算，考查了转化能力与探究能力，属于较难题.6．如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，11,2,AB BC AA P ===是1A B 上的一动点，则下列选项正确的是( )A ．DP 的最小值为355B ．DP 5C ．1AP PC +6D ．1AP PC +170 【答案】AD【分析】 DP 的最小值，即求1DA B △底边1A B 上的高即可；旋转11A BC 所在平面到平面11ABB A ，1AP PC +的最小值转化为求AC '即可.【详解】求DP 的最小值，即求1DA B △底边1A B 上的高，易知115,2A B A D BD ===，所以1A B 边上的高为355h =111,AC BC ，得11A BC ，以1A B 所在直线为轴，将11A BC 所在平面旋转到平面11ABB A ，设点1C 的新位置为C '，连接AC '，则AC '即为所求的最小值，易知11122,2,cos 10AA AC AAC ''==∠=-， 所以217042222()105AC '=+-⨯⨯⨯-=. 故选：AD.【点睛】本题考查利用旋转求解线段最小值问题.求解翻折、旋转问题的关键是弄清原有的性质变化与否， (1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，翻折、旋转前后应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．7．如图，矩形ABCD 中，M 为BC 的中点，将ABM 沿直线AM 翻折成1AB M ，连结1B D ，N 为1B D 的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是（ ）A ．存在某个位置，使得CN AB ⊥B ．翻折过程中，CN 的长是定值C ．若AB BM =，则1AM BD ⊥D ．若1AB BM ==，当三棱锥1B AMD -的体积最大时，三棱锥1B AMD -的外接球的表面积是4π【答案】BD【分析】对于选项A ，取AD 中点E ，取1AB 中点K ，连结KN ，BK ，通过假设CN AB ⊥，推出AB ⊥平面BCNK ，得到AB BK ⊥，则22AK AB BK AB =+>，即可判断； 对于选项B ，在判断A 的图基础上，连结EC 交MD 于点F ，连结NF ，易得1NEC MAB ∠=∠，由余弦定理，求得CN 为定值即可；对于选项C ，取AM 中点O ，1B O ，DO ，由线面平行的性质定理导出矛盾，即可判断； 对于选项D ，易知当平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大，说明此时AD 中点E 为外接球球心即可.【详解】如图1，取AD 中点E ，取1AB 中点K ，连结EC 交MD 于点F ，连结NF ，KN ，BK ,则易知1//NE AB ，1//NF B M ，//EF AM ，//KN AD ，112NE AB =，EC AM = 由翻折可知，1MAB MAB ∠=∠，1AB AB =， 对于选项A ，易得//KN BC ，则K 、N 、C 、B 四点共面，由题可知AB BC ⊥，若CN AB ⊥，可得AB ⊥平面BCNK ，故AB BK ⊥，则22AK AB BK AB =+>，不可能，故A 错误；对于选项B ，易得1NEC MAB ∠=∠，在NEC 中，由余弦定理得222cos CN CE NE NE CE NEC =+-⋅⋅∠， 整理得222212422AB AB AB CN AM AM BC AB AM =+-⋅⋅=+， 故CN 为定值，故B 正确；如图2，取AD 中点E ，取AM 中点O ，连结1B E ，OE ，1B O ，DO ，，对于选项C ，由AB BM =得1B O AM ⊥，若1AM B D ⊥，易得AM ⊥平面1B OD ，故有AM OD ⊥，从而AD MD =，显然不可能，故C 错误；对于选项D ，由题易知当平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥B 1﹣AMD 的体积最大，此时1B O ⊥平面AMD ，则1B O OE ⊥，由1AB BM ==，易求得122BO =，2DM =22221122122B E OB OE ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因此1EB EA ED EM ===，E 为三棱锥1B AMD -的外接球球心，此外接球半径为1，表面积为4π，故D 正确.故选：BD.【点睛】本题主要考查了立体几何中的翻折问题以及空间图形的位置关系，考查了空间想象能力，属于较难题.8．已知正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，侧棱11AA =，P 为上底面1111D C B A 上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（ ）A ．若3PD =，则满足条件的P 点有且只有一个B ．若3PD =，则点P 的轨迹是一段圆弧C ．若PD ∥平面1ACB ，则DP 长的最小值为2D ．若PD ∥平面1ACB ，且3PD =，则平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形的面积为94π 【答案】ABD【分析】 若3PD =，由于P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一；()313PD =∈，，则12PD =，即点P 的轨迹是一段圆弧；当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为3=，可判断C ；平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为32=，可得D . 【详解】如图：∵正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，∴1122B D =11AA =，∴()2212213DB =+=，则P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一，故A 正确；∵()13PD =，，11DD =，则1PD P 的轨迹是一段圆弧，故B 正确； 连接1DA ，1DC ，可得平面11//A DC 平面1ACB ，则当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为=C 错误；由C 知，平面BDP 即为平面11BDD B ，平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接32=，面积为94π，故D 正确．故选：ABD ．【点睛】本题考查了立体几何综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.。
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2020年高考数学专题复习（立体几何）1．如图，一个圆柱的底面半径为3，高为2，若它的两个底面圆周均在球O 的球面上，则球O 的表面积为（ ） A ．323πB ．16πC ．8πD ．4π2．《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”. 已知某“堑堵”的三视图如图所示，正视图中的虚线平分矩形的面积， 则该“堑堵”的体积为( ) A ．23B ．1C ．2D ．4 3．如图，在底面边长为1，高为2的正四棱柱1111ABCD A B C D -中， 点P 是平面1111D C B A 内一点，则三棱锥P BCD -的正视图与侧视图 的面积之和为（ ） A ．2 B ．3 C ．4 D ．54．阿基米德（公元前287年—公元前212年）是古希腊伟大的哲学家、数学家和物理学家，他和高斯、牛顿并列被称为世界三大数学家.据说，他自己觉得最为满意的一个数学发现就是“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”.他特别喜欢这个结论，要求后人在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球，如图，该球顶天立地，四周碰边，表面积为54π的圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则该球的体积为 （ ）A ．4πB ．16πC ．36πD ．643π3．如图所示，在边长为4的正方形纸片ABCD 中，AC 与BD 相交于O .剪去AOB ∆，将剩余部分沿OC ，OD 折叠，使OA 、OB 重合，则以()A B 、 C 、D 、O 为顶点的四面体的外接球的体积为________.6．一副直角三角板（如图1）拼接，将BCD ∆折起，得到三棱锥A BCD -（如图2）.（1）若,E F 分别为,AB BC 的中点，求证：//EF 平面ACD ； （2）若平面ABC ⊥平面BCD ，求证：平面ABD ⊥平面ACD .7．在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，设E 是棱1CC 的中点． （1）求证：； （2）求证：平面； （3）求三棱锥的体积．8．在四棱锥M ABCD -中，底面ABCD 是直角梯形，AD ⊥平面ABM ，22BM AB AM AD ===4=. （1）证明：AM ⊥平面ABCD ；（2）若E 是BM 的中点，3CD =，求E 到平面ACM 的距离.9．如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是正方形，PA ⊥平面ABCD ，且3PA AD ==，点E 为线段PD 的中点.（1）求证：//PB 平面AEC ； （2）求证：AE ⊥平面PCD ； （3）求三棱锥A PEC -的体积.10．如图，在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 为直角梯形，//AD BC ，90ADC ∠=o ，平面PAD ⊥平面ABCD ，Q M ，分别为AD PC ，的中点，2PA PD ==，112BC AD ==，3CD =. （I ）求证：平面PBC ⊥平面PQB ； （II ）求三棱锥P QMB -的体积.11．如图，正方体1111ABCD A B C D -中，2,AB E F =,分别是1DD 与BD 的中点． （1）求证：CF ⊥平面11BDD B ． （2）求三棱锥1B CFE -的体积．12．如图1，四边形ABCD 是边长为2的菱形，60BAD ∠=︒，E 为CD 的中点，以BE 为折痕将BCE ∆折起到PBE ∆的位置，使得平面PBE ⊥平面ABCD ，如图2. （1）证明：平面PAB ⊥平面PBE ； （2）求点D 到平面PAB 的距离.参考答案1．B 2．C 3．A 4．C5．6．（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】试题分析：（1）利用三角形中位线的性质，可得//EF AC ，由线面平行的判定定理可证明//EF 平面ACD ；（2）若平面ABC ⊥平面BCD ，可得CD ⊥平面,ABC CD AB ⊥，,AB AC AB ⊥∴⊥Q 平面ACD ，由面面垂直的判定定理可证明平面ABD ⊥平面ACD .试题解析：（1）因为,E F 分别为,AB BC 的中点，所以//EF AC ， 又EF ⊄平面ACD ，AC ⊂平面ACD ，所以//EF 平面ACD . （2）因为平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABC ⋂平面BCD BC =，CD ⊂平面BCD ，CD BC ⊥，所以CD ⊥平面ABC ，因为AB ⊂平面ABC ，所以CD AB ⊥.又因为,AB AC AC CD C ⊥⋂=，AC ⊂平面ACD ，CD ⊂平面ACD . 所以AB ⊥平面ACD .又AB ⊂平面ABD ，所以平面ABD ⊥平面ACD .【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理，属于难题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 本题（1）是就是利用方法①证明的.7．（1）见解析；（2）见解析；（3）23【解析】本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
试题分析：本题考查了空间中的垂直与平行的判断与性质的应用问题，也考查了求几何体的体积的问题，（1）通过证明BD ⊥平面AEC ，得出BD AE ⊥；（2）通过1ACC V 的中位线证明线线平行，再证明线面平行；（3）点A 到平面1B DE 的距离等于点C 到平面1B DE 的距离，利用等积法求出三棱锥1A B DE -的体积．试题解析：解：（1）【证明】连接BD ，AE ．因四边形ABCD 为正方形，故BD AC ⊥， 因EC ⊥底面ABCD ，BD ⊂面ABCD ，故EC BD ⊥，又EC AC C ⋂=， 故BD ⊥平面AEC ，AE ⊂平面AEC ，故BD AE ⊥．（2）连接1AC ，设，连接GE ，则E 为1AC 中点，而为的中点，故GE 为三角形1B DE 的中位线，，AC ⊄平面1B DE ，//AC 平面1B DE ，故平面1B DE ．（3）由（2）知，点A 到平面1B DE 的距离等于C 到平面1B DE 的距离， 故三棱锥1A B DE -的体积，而，三棱锥1A B DE -的体积为．…12分．考点：1．直线与平面平行的判定；2．棱柱、棱锥、棱台的体积． 8．（1）证明见解析；（2）85【解析】 【分析】（1）由勾股定理和线面垂直性质可得AM AB ⊥，AD AM ⊥，由线面垂直判定定理可证得结论；（2）利用体积桥的方式，首先求得三棱锥C AEM -的体积，进而根据13E ACM C AEM ACM V V S d --∆==⋅可求得所求的距离.【详解】（1）AB AM BM ==Q ，222AB AM BM ∴+=，AM AB ∴⊥， AD ⊥Q 平面ABM ，AM ⊂平面ABM ，AD AM ∴⊥， AB AD A =Q I ，,AB AD ⊂平面ABCD ，AM ∴⊥平面ABCD .（2）AD ⊥Q 平面ABM ，AB Ì平面ABM ，AD AB ∴⊥，Q 四边形ABCD 为直角梯形，//AB CD ∴，∴点C 到平面ABM 的距离等于AD ，又E 为BM 中点，1114222AEM ABM S S AB AM ∆∆∴==⨯⋅=， 111644333C AEM AEMV S AD -∆∴=⋅=⨯⨯=.由（1）知：AM ⊥平面ABCD ，又AC ⊂平面ABCD ，AM AC ∴⊥，5AC ==Q ，11541022ACM S AC AM ∆∴=⋅=⨯⨯=， 设点E 到平面ACM 的距离为d ，11016333E ACM C AEM ACM V V S d d --∆∴==⋅==，解得：85d =，即点E 到平面ACM 的距离为85. 【点睛】本题考查立体几何中线面垂直关系的证明、点到面的距离的求解问题；求解点到面的距离的常用方法是采用体积桥的方式，将问题转化为三棱锥的高的求解问题. 9．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）94【解析】 【分析】（1）连结BD ，交AC 于点O ，连结OE ．可得PB ∥OE ，再由线面平行的判定可得PB ∥平面AEC ；（2）由P A =AD ，E 为线段PD 的中点，得AE ⊥PD ，再由P A ⊥平面ABCD ，得P A ⊥CD ，由线面垂直的判定可得AE ⊥平面PCD ；本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
（3）根据AE ⊥平面PCD ，结合三棱锥的体积公式求出其体积即可． 【详解】(1)证明：连结BD ，交AC 于点O ，连结OE ， 如图示：∵O 是正方形ABCD 对角线交点，∴O 为BD 的中点， 由已知E 为线段PD 的中点,∵PB ∥OE ， 又OE ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ， ∴PB ∥平面AEC ；(2)证明：∵P A =AD ，E 为线段PD 的中点，∴AE ⊥PD ， ∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥CD ，在正方形ABCD 中，CD ⊥AD ，又P A ∩AD =A ， ∴CD ⊥平面P AD ，又AE ⊂平面P AD ， ∴CD ⊥AE ，又PD ∩CD =D ， ∴AE ⊥平面PCD ；(3)由PA ⊥平面ABCD ，3PA AD ==，点E 为线段PD 的中点，∴PAD △为等腰直角三角形，2PD PE AE ===， 底面ABCD 是正方形，CD =3， ∵AE ⊥平面PCD ， 故三棱锥A −PCE 的体积：1111193332324A PCE PCE V S AE PE CD AE -=⋅=⨯⋅⋅⋅=⨯=V .【点睛】本题考查线面平行、线面垂直的证明，棱锥体积的计算，证明线面平行最终落脚点是证明线线平行，证明线面垂直的最终落脚点是证明线线垂直，求三棱锥的体积关键是根据垂直关系找出高，本题考查空间推理能力及计算能力，属于中等题. 10．（I ）详见解析；（II ）14. 【解析】 【分析】（I ）由AD BC ∥，Q 为AD 的中点，得BC QD =， 进而得出BC BQ ⊥，又由等腰三角形的性质和面面垂直的性质，证得PQ BC ⊥，再利用线面垂直的判定和面面垂直的判定，即可证得平面PBC ⊥平面PQB .（II ）由（I ）连接QC ，利用等体积法12P QMB M PQB C PQB V V V ---∴==三棱锥三棱锥三棱锥，即可求解. 【详解】（I ）因为AD BC P ，Q 为AD 的中点，12BC AD =，BC QD ∴=， ∴四边形BCDQ 为平行四边形.因为90ADC ∠=o ，BC BQ ∴⊥.因为,PA PD AQ QD ==，PQ AD ∴⊥. 又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ⋂平面ABCD AD =，PQ ∴⊥平面ABCD ，PQ BC ∴⊥，又PQ BQ Q ⋂=，BC ∴⊥平面PQB .因为BC ⊂平面PBC ，∴平面PBC ⊥平面PQB .（II ）因为在Rt PQB ∆中，PQ ==BQ CD ==1322PQB S PQ QB ∆∴=⋅=. 由（I ）知BC ⊥平面PQB ，连接QC ，则113113322PQB C PQB V S BC ∆-=⨯=⨯⨯=三棱锥. 又M 是线段PC 的中点，11112224P QMB M PQB C PQB V V V 三棱锥三棱锥三棱锥---∴===⨯=， 故三棱锥P QMB -的体积为14.本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。