2013届高考数学一轮复习单元测试(配最新高考+模拟)第八章立体几何理
2013届高考数学一轮复习讲义：8.6 立体几何中的向量方法(Ⅰ) 证明平行与垂直
1 1 3 3 → → ∴AE· ＝－ × ＋ × ＝0， CD 2 4 6 4 → → ∴AE⊥CD，即 AE⊥CD.
→ 2 3 (2)方法一 ∵P(0,0,1)，∴PD＝0， ，－1. 3 3 2 3 1 → → 又AE· ＝ × PD ＋ ×(－1)＝0， 4 3 2 → → ∴PD⊥AE，即 PD⊥AE. → → → ∵AB＝(1,0,0)，∴PD· ＝0， AB
建立如图所示的空间直角坐标系 A—xyz， 则 A(0,0,0)、B(2,0,0)、C(2,2,0)、D(0,2,0)、 P(0,0,2)、E(0,0,1)、F(0,1,1)、G(1,2,0)． → → ∴PB＝(2,0，－2)，FE＝(0，－1,0)， → FG＝(1,1，－1)，
→ → → 设PB＝sFE＋tFG， 即(2,0，－2)＝s(0，－1,0)＋t(1,1，－1)， t＝2， ∴t－s＝0， －t＝－2， 解得 s＝t＝2.
(－2,1,0)． → → 因为 n⊥BA1，n⊥BD，
→ －x＋2y＋ 3z＝0， n· 1＝0， BA 故 ⇒ －2x＋y＝0， → n· ＝0 BD 令 x＝1，则 y＝2，z＝－ 3，故 n＝(1,2，－ 3)为平面 A1BD 的 → 一个法向量，而AB1＝(1,2，－ 3)， → → 所以AB1＝n，所以AB1∥n，故 AB1⊥平面 A1BD.
→ → 设平面 A1BD 的法向量为 n＝(x，y，z)，BA1＝(－1,2， 3)，BD＝
利用空间向量解决探索 性问题
例 3 如图，四棱锥 P—ABCD 中，PA⊥平 面 ABCD，PB 与底面所成的角为 45° ， 底面 ABCD 为直角梯形，∠ABC＝ 1 ∠BAD＝90° ，PA＝BC＝ AD＝1. 2 (1)求证：平面 PAC⊥平面 PCD； (2)在棱 PD 上是否存在一点 E， CE∥平面 PAB？若存在， 使 请确定 E 点的位置；若不存在，请说明理由．
《创新设计·高考一轮总复习》数学(理)第八篇 立体几何 第7讲
【2014年高考浙江会这样考】
1．通过线线、线面、面面关系考查空间向量的坐标运算．
2．利用空间向量解决直线、平面的平行与垂直问题． 3．利用空间向量求空间距
抓住2个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
考点梳理 1．用向量证明空间中的平行和垂直关系 (1)直线的方向向量与平面的法向量的确定 ①直线的方向向量：l是空间一直线，A，B是直线l上任意 → → 两点，则称AB为直线l的方向向量，与AB平行的任意
是C1C、B1C1的中点．求证：MN∥平面A1BD.
抓住2个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
[审题视点]
这是证明线面平行问题，可以利用三种方法证
→ 明：一是证明 MN 与平面A1BD的法向量垂直；二是在平面 → → A1BD内找一向量与 MN 共线；三是证明 MN 可以利用平面 A1BD中的两不共线向量线性表示．
量运算，研究点、线、面之间的位置关系；(3)根据运算结
果的几何意义来解释相关问题．
抓住2个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
两个结论 x1＋x2 y1＋y2 (1)P1(x1， y1， z1 ) ， P2(x2， y2 ， z2)， P1P2 的中点坐标为 2 ， 2 ， z1＋z2 2 . (2)已知△ABC 的三个顶点 A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，C(x3， x1＋x2＋x3 y1＋y2＋y3 y3，z3)，则△ABC 的重心 G 的坐标为（ ， ， 3 3 z1＋z2＋z3 ）. 3
设平面A1BD的法向量n＝(x，y，z)，则
x＋z＝0， → → n· DA1＝0且n· DB＝0，得 x＋y＝0.
广东省2013届高三数学一轮单元测评训练第八单元理
4
20．(14 分) 已知
1 F 2， 0 为抛物线
y2＝ 2px( p>0) 的焦点， 点 N( x0，y0)( y0>0) 为其上一点，
5 点 M与点 N关于 x 轴对称， 直线 l 与抛物线交于异于 M，N的 A，B 两点， 且 | NF| ＝2，kNA· kNB
＝－ 2.
(1) 求抛物线方程和 N点坐标；
| AF| 点( 点 A 在 x 轴上方 ) ，则 | BF| ＝ ________.
13．设圆 C位于抛物线 y2＝ 2x 与直线 x＝ 3 所组成的封闭区域 ( 包含边界 ) 内，则圆 C的
半径能取到的最大值为 ________．
14．有对称中心的曲线叫做有心曲线， 过有心曲线中心的弦叫做有心曲线的直径． 定理：
x
2 1
y
2 1
一点，则 kACkBC＝ x0－ x1· x0＋ x1. 由于点 A， C在曲线上，所以 m＋ n＝ 1， m＋ n ＝ 1，
y0－ y1 y0＋ y1
n
两式相减得
·
＝－ .
x0－ x1 x0＋ x1
m
15． [ 解答 ] (1) 设 M( x，y) ，则
3 x－ 2
2＋ y2
1
x－ 2＋ y2＝ 2，
M、N，且满
x2 y2
22
19． (14 分 ) 已知椭圆 M： a2＋ b2＝ 1( a>b>0) 的离心率为 3 ，且椭圆上一点与椭圆的两
个焦点构成的三角形周长为 6＋4 2. (1) 求椭圆 M的方程；
(2) 设直线 l 与椭圆 M交于 A，B 两点，且以 AB为直径的圆过椭圆的右顶点 C，求△ ABC 面积的最大值．
2013年高考数学试题（8）立体几何
1.（安徽理科第6题、文科第8题）（A ） 48 (B)32+817 (C) 48+8 (C) 48+817 (D) 80解析：由三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱.底面等腰梯形的上底为2，下底为4，高为4，两底面积和为()12244242´+´=，四个侧面的面积为()44221724817++=+，所以几何体的表面积为48817+故选C. 2.（安徽理科第17题，文科第19题，本小题满分13分）分） 如图，A B E D F C 为多面体，平面ABED 与平面A C F D 垂直，点O 在线段A D 上，1O A =，OD =，ODE ODF OAC OAB D D D D ,,,都是正三角形。
都是正三角形。
(Ⅰ)证明直线BC EF ∥；(Ⅱ)求棱锥F OBED -的体积. （1）证明：分别去OA ，OD 的中点M ，N ，连接CM ，ＢＭ，ＢＭＥＮ，ＦＮ，设ＥＢ和ＤＡ相交于Ｇ，由于ＯＡ＝１，ＥＮ，ＦＮ，设ＥＢ和ＤＡ相交于Ｇ，由于ＯＡ＝１，OD=2，则EN BM //，且EN BM 21=，则M 为GN 的中点，所以GA=1 同理可得：G 为FC 和DA 的交点。
则有C 为FG 的中点，B 为EG 的中点。
所以的中点。
所以BC 是EFG D 的中位线。
故BC EF ∥。
（2）四边形OBED 是梯形，其中OB=1，DE=2，底边上的高为323260sin =×=°OE2333)21(2131331=××+×=×=\-O B E D O B E DF S V3.（北京理科第7题）某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是(A) 8 (B) 62 (C)10 (D) 82解：根据三视图可知，该四面体满足：^SA 平面ABC ，ABC D 中 °=Ð90ABC ，3,4===BC AB SA ，四个三角形都是直角三角形，四个三角形都是直角三角形 6,26,8,10,5,24======D D D D ABC SBC SAB SAC S S S S AC SB4.（北京理科第16题）如图，在四棱锥P ABCD -中，P A ^平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，2,60A B B A D =Ð=.(Ⅰ)求证：BD ^平面;P A C（Ⅱ）若,P A A B =求P B 与A C 所成角的余弦值；所成角的余弦值； （Ⅲ）当平面P B C 与平面P D C 垂直时，求P A 的长的长. .解：（1）因为ABCD 是菱形，则对角线互相垂直，BD AC ^\，又^PA 平面ABC所以BD ^平面PAC ，（2）设O BD AC = ，3,1,2,60=====°=ÐCO AO BO AB PA BAD以以O 为坐标原点以OC OB ,所在的直线分别为y x ,轴建立空间直角坐标系xyz O -则)0,3,0(),0,1,1(,0,3,0(),2,3,0(C B A P ）--，)2,3,1(-=\PB ，)0,32,0(=AC 设AC PB ,的夹角为q ，则4632226||||cos=´=×=AC PB AC PB q（3）由（）由（22）知),0,3,1(-=BC 设)0)(,3,0(>t t P 设平面PBC 的法向量为),,(z y x m =，则0,0=×=×m BP m BC所以ïîïíì=+--=+-0303tz y x y x ，令3=y ，则t z x 6,3==，)6,3,3(t m =\同理，平面PDC 的法向量为)6,3,3(tn -=，因为平面PBC ^平面PDC 所以0=×n m ，即03662=+-t，解得6=t ，6=\PA5.（北京文科第5题）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是锥的表面积是(A)32 (B)16+162 (C)48 (D)16322+6.（北京文科17）如图，在四面体PABC 中，,,P C A B P A B C ^^点,,,D E F G 分别是棱,,,A PA CB C P B的中点。
高考数学一轮复习 第八章 立体几何与空间向量8
高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量8.2球的切、接问题题型一特殊几何体的切、接问题例1(1)已知正方体的棱长为a，则它的外接球半径为________，与它各棱都相切的球的半径为________．答案32a22a解析∵正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，为3a，∴它的外接球的半径为32a，∵球与正方体的各棱都相切，则球的直径为面对角线，而正方体的面对角线长为2a，∴与它各棱都相切的球的半径为2 2a.(2)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．答案2 3π解析圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面P AB，如图所示，则△P AB的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB中，P A＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝22，△PEO∽△PDB，故POPB＝OEDB，即22－r3＝r1，解得r＝2 2，故内切球的体积为43π⎝⎛⎭⎫223＝23π.思维升华 (1)正方体与球的切、接常用结论 正方体的棱长为a ，球的半径为R ， ①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ； ②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ； ③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)长方体的共顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2. (3)正四面体的外接球的半径R ＝64a ，内切球的半径r ＝612a ，其半径R ∶r ＝3∶1(a 为该正四面体的棱长)．跟踪训练1 (1)(2022·成都模拟)已知圆柱的两个底面的圆周在体积为32π3的球O 的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为( ) A ．4π B ．8π C ．12π D ．16π 答案 B解析 如图所示，设球O 的半径为R ，由球的体积公式得43πR 3＝32π3，解得R ＝2. 设圆柱的上底面半径为r ，球的半径与上底面夹角为α，则r ＝2cos α， 圆柱的高为4sin α，∴圆柱的侧面积为4πcos α×4sin α＝8πsin 2α， 当且仅当α＝π4，sin 2α＝1时，圆柱的侧面积最大，∴圆柱的侧面积的最大值为8π.(2)(2022·长沙检测)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________． 答案9π2解析 易知AC ＝10.设△ABC 的内切圆的半径为r ， 则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ， 所以r ＝2. 因为2r ＝4>3，所以最大球的直径2R ＝3，即R ＝32，此时球的体积V ＝43πR 3＝9π2.题型二 补形法例2 (1)在四面体ABCD 中，若AB ＝CD ＝3，AC ＝BD ＝2，AD ＝BC ＝5，则四面体ABCD 的外接球的表面积为( ) A ．2π B ．4π C ．6π D ．8π 答案 C解析 由题意可采用补形法，考虑到四面体ABCD 的对棱相等，所以将四面体放入一个长、宽、高分别为x ，y ，z 的长方体，并且x 2＋y 2＝3，x 2＋z 2＝5，y 2＋z 2＝4，则有(2R )2＝x 2＋y 2＋z 2＝6(R 为外接球的半径)，得2R 2＝3，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝6π.(2)(2022·重庆实验外国语学校月考)如图，在多面体中，四边形ABCD 为矩形，CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1，通过添加一个三棱锥可以将该多面体补成一个直三棱柱，那么添加的三棱锥的体积为________，补形后的直三棱柱的外接球的表面积为________．答案 136π解析 如图添加的三棱锥为直三棱锥E －ADF ，可以将该多面体补成一个直三棱柱ADF －BCE ， 因为CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1， 所以S △CBE ＝12CE ×BC ＝12×1×1＝12，直三棱柱ADF －BCE 的体积为 V ＝S △EBC ·DC ＝12×2＝1，添加的三棱锥的体积为13V ＝13；如图，分别取AF ，BE 的中点M ，N ，连接MN ，与AE 交于点O ，因为四边形AFEB 为矩形，所以O 为AE ，MN 的中点，在直三棱柱ADF －BCE 中，CE ⊥平面ABCD ，FD ⊥平面ABCD ，即∠ECB ＝∠FDA ＝90°，所以上、下底面为等腰直角三角形，直三棱柱的外接球的球心即为点O ，连接DO ，DO 即为球的半径， 连接DM ，因为DM ＝12AF ＝22，MO ＝1，所以DO 2＝DM 2＋MO 2＝12＋1＝32，所以外接球的表面积为4π·DO 2＝6π. 思维升华 补形法的解题策略(1)侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；(2)直三棱锥补成三棱柱求解．跟踪训练2 已知三棱锥P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，且P A ＝1，PB ＝2，PC ＝3，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为( ) A.7143π B ．14π C ．56π D.14π答案 B解析 以线段P A ，PB ，PC 为相邻三条棱的长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′被平面ABC 所截的三棱锥P －ABC 符合要求，如图，长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′与三棱锥P －ABC 有相同的外接球，其外接球直径为长方体体对角线PP ′，设外接球的半径为R ， 则(2R )2＝PP ′2＝P A 2＋PB 2＋PC 2 ＝12＋22＋32＝14，则所求表面积S ＝4πR 2＝π·(2R )2＝14π. 题型三 定义法例3 (1)已知∠ABC ＝90°，P A ⊥平面ABC ，若P A ＝AB ＝BC ＝1，则四面体P ABC 的外接球(顶点都在球面上)的体积为( ) A ．π B.3π C ．2π D.3π2答案 D解析 如图，取PC 的中点O ，连接OA ，OB ，由题意得P A ⊥BC ，又因为AB ⊥BC ，P A ∩AB ＝A ，P A ，AB ⊂平面P AB ， 所以BC ⊥平面P AB ， 所以BC ⊥PB ，在Rt △PBC 中，OB ＝12PC ，同理OA ＝12PC ，所以OA ＝OB ＝OC ＝12PC ，因此P ，A ，B ，C 四点在以O 为球心的球面上， 在Rt △ABC 中，AC ＝AB 2＋BC 2＝ 2. 在Rt △P AC 中，PC ＝P A 2＋AC 2＝3， 球O 的半径R ＝12PC ＝32，所以球的体积为43π⎝⎛⎭⎫323＝3π2.延伸探究 本例(1)条件不变，则四面体P －ABC 的内切球的半径为________． 答案2－12解析 设四面体P －ABC 的内切球半径为r . 由本例(1)知，S△P AC＝12P A·AC＝12×1×2＝22，S△P AB＝12P A·AB＝12×1×1＝12，S△ABC＝12AB·BC＝12×1×1＝12，S△PBC＝12PB·BC＝12×2×1＝22，V P－ABC＝13×12AB·BC·P A＝13×12×1×1×1＝16，V P－ABC＝13(S△P AC＋S△P AB＋S△ABC＋S△PBC)·r＝13⎝⎛⎭⎫22＋12＋12＋22·r＝16，∴r＝2－1 2.(2)在矩形ABCD中，BC＝4，M为BC的中点，将△ABM和△DCM分别沿AM，DM翻折，使点B与点C重合于点P，若∠APD＝150°，则三棱锥M－P AD的外接球的表面积为() A．12π B．34πC．68π D．126π答案 C解析如图，由题意可知，MP⊥P A，MP⊥PD.且P A∩PD＝P，P A⊂平面P AD，PD⊂平面P AD，所以MP⊥平面P AD.设△ADP的外接圆的半径为r，则由正弦定理可得ADsin ∠APD ＝2r ，即4sin 150°＝2r ，所以r ＝4.设三棱锥M －P AD 的外接球的半径为R ， 则(2R )2＝PM 2＋(2r )2，即(2R )2＝4＋64＝68，所以4R 2＝68， 所以外接球的表面积为4πR 2＝68π.思维升华 到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可． 跟踪训练3 (1)一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为________．答案4π3解析 设正六棱柱的底面边长为x ，高为h ， 则有⎩⎪⎨⎪⎧ 6x ＝3，98＝6×34x 2h ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，h ＝ 3. ∴正六棱柱的底面外接圆的半径r ＝12，球心到底面的距离d ＝32.∴外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝1.∴V 球＝4π3.(2)(2022·哈尔滨模拟)已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是矩形，其中AD ＝1，AB ＝2，平面P AD ⊥平面ABCD ，△P AD 为等边三角形，则四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为( ) A.16π3 B.76π3 C.64π3 D.19π3 答案 A解析 如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，P A ＝PD ，取AD 的中点E ，则PE ⊥AD ，PE ⊥平面ABCD ，则PE ⊥AB ，由AD ⊥AB ，AD ∩PE ＝E ，AD ，PE ⊂平面P AD ，可知AB ⊥平面P AD ， 由△P AD 为等边三角形，E 为AD 的中点知，PE 的三等分点F (距离E 较近的三等分点)是三角形的中心，过F 作平面P AD 的垂线，过矩形ABCD 的中心O 作平面ABCD 的垂线，两垂线交于点I ，则I 即外接球的球心． OI ＝EF ＝13PE ＝13×32＝36，AO ＝12AC ＝52，设外接球半径为R ， 则R 2＝AI 2＝AO 2＋OI 2＝⎝⎛⎭⎫522＋⎝⎛⎭⎫362＝43， 所以四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为S ＝4πR 2＝4π×43＝16π3.课时精练1．正方体的外接球与内切球的表面积之比为( ) A. 3 B ．3 3 C ．3 D.13答案 C解析 设正方体的外接球的半径为R ，内切球的半径为r ，棱长为1，则正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即2R ＝3，所以R ＝32，正方体内切球的直径为正方体的棱长，即2r ＝1，即r ＝12，所以R r ＝3，正方体的外接球与内切球的表面积之比为4πR 24πr 2＝R 2r2＝3.2．(2022·开封模拟)已知一个圆锥的母线长为26，侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，则该圆锥的外接球的体积为( ) A ．36π B ．48π C ．36 D ．24 2答案 A解析 设圆锥的底面半径为r ，由侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，得2πr ＝23π3×26，解得r ＝2 2.作出圆锥的轴截面如图所示．设圆锥的高为h ， 则h ＝262－222＝4.设该圆锥的外接球的球心为O ，半径为R ，则有R ＝h －R 2＋r 2，即R ＝4－R2＋222，解得R ＝3，所以该圆锥的外接球的体积为 4πR 33＝4π×333＝36π. 3．已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的表面积为( ) A ．16π B ．20π C ．24π D ．32π 答案 A解析 如图所示，在正四棱锥P －ABCD 中，O 1为底面对角线的交点，O 为外接球的球心．V P －ABCD ＝13×S 正方形ABCD ×3＝6，所以S 正方形ABCD ＝6，即AB ＝ 6. 因为O 1C ＝126＋6＝ 3.设正四棱锥外接球的半径为R ， 则OC ＝R ，OO 1＝3－R ，所以(3－R )2＋(3)2＝R 2，解得R ＝2. 所以外接球的表面积为4π×22＝16π.4．已知棱长为1的正四面体的四个顶点都在一个球面上，则这个球的体积为( ) A.68π B.64π C.38π D.34π 答案 A解析 如图将棱长为1的正四面体B 1－ACD 1放入正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，且正方体的棱长为1×cos 45°＝22， 所以正方体的体对角线 AC 1＝⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＝62， 所以正方体外接球的直径2R ＝AC 1＝62， 所以正方体外接球的体积为 43πR 3＝43π×⎝⎛⎭⎫643＝68π， 因为正四面体的外接球即为正方体的外接球，所以正四面体的外接球的体积为68π. 5．(2021·天津)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为32π3，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为( ) A ．3π B ．4π C ．9π D ．12π 答案 B解析 如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D ，设圆锥AD 和圆锥BD 的高之比为3∶1， 即AD ＝3BD ，设球的半径为R ，则4πR 33＝32π3，可得R ＝2，所以AB ＝AD ＋BD ＝4BD ＝4， 所以BD ＝1，AD ＝3，因为CD ⊥AB ，AB 为球的直径， 所以△ACD ∽△CBD ，所以AD CD ＝CDBD ，所以CD ＝AD ·BD ＝3，因此，这两个圆锥的体积之和为 13π×CD 2·(AD ＋BD )＝13π×3×4＝4π. 6．(2022·蚌埠模拟)粽子，古时北方也称“角黍”，是由粽叶包裹糯米、泰米等馅料蒸煮制成的食品，是中国汉族传统节庆食物之一，端午食粽的风俗，千百年来在中国盛行不衰，粽子形状多样，馅料种类繁多，南北方风味各有不同，某四角蛋黄粽可近似看成一个正四面体，蛋黄近似看成一个球体，且每个粽子里仅包裹一个蛋黄，若粽子的棱长为9 cm ，则其内可包裹的蛋黄的最大体积约为(参考数据：6≈2.45，π≈3.14)( )A ．20 cm 3B ．22 cm 3C ．26 cm 3D ．30 cm 3答案 C解析 如图，正四面体ABCD ，其内切球O 与底面ABC 切于O 1，设正四面体棱长为a ，内切球半径为r ，连接BO 1并延长交AC 于F ，易知O 1为△ABC 的中心，点F 为边AC 的中点．易得BF ＝32a ， 则S △ABC ＝34a 2，BO 1＝23BF ＝33a ， ∴DO 1＝BD 2－BO 21＝63a ， ∴V D －ABC ＝13·S △ABC ·DO 1＝212a 3，∵V D －ABC ＝V O －ABC ＋V O －BCD ＋V O －ABD ＋V O －ACD ＝4V O －ABC ＝4×13×34a 2·r ＝33a 2r ，∴33a 2r ＝212a 3⇒r ＝612a ， ∴球O 的体积V ＝43π·⎝⎛⎭⎫612a 3＝43π·⎝⎛⎭⎫612×93＝2768π≈278×2.45×3.14≈26(cm 3)． 7．已知三棱锥P －ABC 的四个顶点都在球O 的表面上，P A ⊥平面ABC ，P A ＝6，AB ⊥AC ，AB ＝2，AC ＝23，点D 为AB 的中点，过点D 作球的截面，则截面的面积不可以是( ) A.π2 B ．π C ．9π D ．13π答案 A解析 三棱锥P －ABC 的外接球即为以AB ，AC ，AP 为邻边的长方体的外接球， ∴2R ＝62＋22＋232＝213，∴R ＝13，取BC 的中点O 1，∴O 1为△ABC 的外接圆圆心，∴OO 1⊥平面ABC ，如图． 当OD ⊥截面时，截面的面积最小，∵OD ＝OO 21＋O 1D 2＝32＋32＝23，此时截面圆的半径为r ＝R 2－OD 2＝1， ∴截面面积为πr 2＝π，当截面过球心时，截面圆的面积最大为πR 2＝13π， 故截面面积的取值范围是[π，13π]．8．(2021·全国甲卷)已知A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，则三棱锥O －ABC 的体积为( ) A.212 B.312 C.24 D.34答案 A解析 如图所示，因为AC ⊥BC ，所以AB 为截面圆O 1的直径，且AB ＝ 2.连接OO 1，则OO 1⊥平面ABC ， OO 1＝1－⎝⎛⎭⎫AB 22＝1－⎝⎛⎭⎫222＝22， 所以三棱锥O －ABC 的体积V ＝13S △ABC ×OO 1＝13×12×1×1×22＝212.9．已知三棱锥S －ABC 的三条侧棱两两垂直，且SA ＝1，SB ＝SC ＝2，则三棱锥S －ABC 的外接球的半径是________． 答案 32解析 如图所示，将三棱锥补为长方体，则该棱锥的外接球直径为长方体的体对角线，设外接球半径为R ，则(2R )2＝12＋22＋22＝9， ∴4R 2＝9，R ＝32.即这个外接球的半径是32.10．已知正三棱锥的高为1，底面边长为23，内有一个球与四个面都相切，则正三棱锥的内切球的半径为________． 答案2－1解析 如图，过点P 作PD ⊥平面ABC 于点D ，连接AD 并延长交BC 于点E ，连接PE .因为△ABC 是正三角形，所以AE 是BC 边上的高和中线，D 为△ABC 的中心． 因为AB ＝BC ＝23，所以S △ABC ＝33，DE ＝1，PE ＝ 2. 所以S 三棱锥表＝3×12×23×2＋3 3＝36＋3 3. 因为PD ＝1，所以三棱锥的体积V ＝13×33×1＝ 3.设球的半径为r ，以球心O 为顶点，三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小三棱锥，由13S 三棱锥表·r ＝3， 得r ＝3336＋33＝2－1.11．等腰三角形ABC 的腰AB ＝AC ＝5，BC ＝6，将它沿高AD 翻折，使二面角B －AD －C 成60°，此时四面体ABCD 外接球的体积为________． 答案2873π 解析 由题意，设△BCD 所在的小圆为O 1，半径为r ，又因为二面角B －AD －C 为60°，即∠BDC ＝60°，所以△BCD 为边长为3的等边三角形，由正弦定理可得，2r ＝3sin 60°＝23，即DE ＝23，设外接球的半径为R ，且AD ＝4，在Rt △ADE 中，(2R )2＝AD 2＋DE 2⇒4R 2＝42＋(23)2＝28， 所以R ＝7， 所以外接球的体积为 V ＝43πR 3＝43π×(7)3＝2873π.12．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的表面上，若AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，则球O 的体积为________．答案32π3解析 设△ABC 的外接圆圆心为O 1，半径为r ，连接O 1O ，如图，易得O 1O ⊥平面ABC ，∵AB ＝AC ＝1，AA 1＝23， ∠BAC ＝2π3，∴2r ＝AB sin ∠ACB ＝112＝2，即O 1A ＝1，O 1O ＝12AA 1＝3，∴OA ＝O 1O 2＋O 1A 2＝3＋1＝2，即直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的外接球半径R ＝2， ∴V 球＝43π×23＝32π3.。
核按钮(新课标)高考数学一轮复习第八章立体几何8.4空间中的平行关系习题理
§8.4 空间中的平行关系1．空间中直线与平面之间的位置关系(1)直线在平面内，则它们__________公共点；(2)直线与平面相交，则它们______________公共点；(3)直线与平面平行，则它们________公共点．直线与平面相交或平行的情况统称为_________．2．直线与平面平行的判定和性质(1)直线与平面平行的判定定理平面外____________与此平面内的____________平行，则该直线与此平面平行．即线线平行⇒线面平行．用符号表示：____________________________．(2)直线与平面平行的性质定理一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的__________与该直线__________．即线面平行⇒线线平行．用符号表示：_______________．3．平面与平面之间的位置关系(1)两个平面平行，则它们______________；(2)两个平面相交，则它们______________，两个平面垂直是相交的一种特殊情况．4．平面与平面平行的判定和性质(1)平面与平面平行的判定定理①一个平面内的两条__________与另一个平面平行，则这两个平面平行．用符号表示：______________．②推论：如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，则这两个平面平行．③垂直于同一条直线的两个平面平行．即l⊥α，l⊥β⇒α∥β.④平行于同一个平面的两个平面平行．即α∥γ，β∥γ⇒α∥β.(2)平面与平面平行的性质定理①如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线______________．即面面平行⇒线线平行．用符号表示：__________________________．②如果两个平面平行，那么其中一个平面内的直线平行于另一个平面．用符号表示：_____________．③如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，那么它也垂直于另一个平面．用符号表示：______________．自查自纠1．(1)有无数个(2)有且只有一个(3)没有直线在平面外2．(1)一条直线一条直线a⊄α，b⊂α，且a∥b⇒a∥α(2)交线平行a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b3．(1)没有公共点(2)有一条公共直线4．(1)①相交直线a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒β∥α(2)①平行α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b②α∥β，a⊂α⇒a∥β③α∥β，l⊥α⇒l⊥β已知平面α，β和直线a，b，a⊂α，b⊂β，且a∥b，则α与β的关系是( ) A．平行B．相交C．平行或相交D．垂直解：可在平面α内作一直线c，且c与a相交，若c平行于面β，则根据面面平行的判定定理知α∥β；若c与面β相交，则面α与β相交．故选C.(2015·北京)设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α.“m∥β”是“α∥β”的( )A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解：如果m⊂α，m∥β，那么α与β可能平行也可能相交；反过来，如果m⊂α，α∥β，那么m∥β，所以m∥β是α∥β的必要不充分条件．故选B.(2015·大连测试)在空间中，a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中真命题的是( )A．若a∥α，b∥α，则a∥bB．若a⊂α，b⊂β，α⊥β，则a⊥bC．若a∥α，a∥b，则b∥αD．若α∥β，a⊂α，则a∥β解：对于A，平行于同一平面的两条直线的位置关系可能是平行、相交或者异面，A错误；对于B，分别位于两个相互垂直的平面内的两条直线可能平行、相交或异面，B错误；对于C，直线b可能位于平面α内，C错误；对于D，直线a与平面β没有公共点，因此a∥β，D正确．故选D.如图所示的四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥面MNP的图形的序号是____________．(写出所有符合要求的图形序号)解：在①中，由于平面MNP与AB所在的侧面平行，所以AB∥平面MNP；在③中，由于AB与以MP为中位线的三角形的底边平行，∴AB∥MP，又∵MP⊂平面MNP，AB⊄平面MNP.∴AB∥平面MNP.②④中，只须平移AB，即可发现AB与平面MNP相交．故填①③.棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点P，Q，R分别是面A1B1C1D1，BCC1B1，ABB1A1的中心，给出下列结论：①PR与BQ是异面直线；②RQ⊥平面BCC1B1；③平面PQR∥平面D1AC；④过P，Q，R的平面截该正方体所得截面是边长为2的等边三角形．以上结论正确的是______．(写出所有正确结论的序号)解：由于PR是△A1BC1的中位线，所以PR∥BQ，故①不正确；由于RQ∥A1C1，而A1C1不垂直于面BCC1B1，所以②不正确；由于PR∥BC1∥D1A，PQ∥A1B∥D1C，所以③正确；由于△A1BC1是边长为2的正三角形，所以④正确．故填③④.类型一线线平行如图所示，在三棱锥PABQ中，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH.求证：AB∥GH.证明：∵D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，∴EF∥AB，DC∥AB.∴EF∥DC.又EF⊄平面PCD，DC⊂平面PCD，∴EF∥平面PCD.又EF⊂平面EFQ，平面EFQ∩平面PCD＝GH，∴EF∥GH.又EF∥AB，∴AB∥GH.【点拨】证明线线平行，可以运用平行公理、中位线定理，也可以证明包含这两边的四边形是平行四边形，或者运用线面平行的性质定理来证明．(2015·安徽)如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD 均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.证明：EF∥B1C.证明：由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，∴四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1C∥A1D.又A1D⊂面A1DE，B1C⊄面A1DE，∴B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1，面A1DE ∩面B1CD1＝EF，∴EF∥B1C.类型二线面平行(2015·南通模拟)如图所示，斜三棱柱ABCA1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1的中点．(1)证明：AD1∥平面BDC1；(2)证明：BD∥平面AB1D1.证明：(1)∵D1，D分别为A1C1，AC的中点，四边形ACC1A1为平行四边形，∴C1D1綊DA，∴四边形ADC1D1为平行四边形，∴AD1∥C1D.又AD 1⊄平面BDC 1，C 1D ⊂平面BDC 1，∴AD 1∥平面BDC 1.(2)连接D 1D ，∵BB 1∥平面ACC 1A 1，BB 1⊂平面BB 1D 1D ，平面ACC 1A 1∩平面BB 1D 1D ＝D 1D ，∴BB 1∥D 1D .又D 1，D 分别为A 1C 1，AC 的中点，∴BB 1＝DD 1，故四边形BDD 1B 1为平行四边形，∴BD ∥B 1D 1.又BD ⊄平面AB 1D 1，B 1D 1⊂平面AB 1D 1，∴BD ∥平面AB 1D 1.【点拨】(1)证明线面平行时，先直观判断平面内是否存在一条直线和已知直线平行，若找不到这样的直线，可以考虑通过面面平行来推导线面平行．(2)应用线面平行性质的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线．如图，在四棱锥P ABCD 中，CD ∥AB ，且CD ＝12AB .若PM ＝MB ，求证：CM ∥平面PAD .证明：取AP 的中点F ，连接FM ，DF ，则FM ∥AB ，FM ＝12AB .∵CD ∥AB ，CD ＝12AB ， ∴FM 綊CD .∴四边形CDFM 为平行四边形，∴CM ∥DF .∵DF ⊂平面PAD ，CM ⊄平面PAD ，∴CM ∥平面PAD .类型三 面面平行(2015·河南洛阳检测)如图，ABCD 与ADEF 为平行四边形，M ，N ，G 分别是AB ，AD ，EF 的中点．(1)求证：BE ∥平面DMF ；(2)求证：平面BDE∥平面MNG.证明：(1)如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，∴BE∥MO.又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，∴BE∥平面DMF.(2)∵N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，∴DE∥GN.又DE⊄平面MNG，GN ⊂平面MNG，∴DE∥平面MNG.又由(1)知BE∥MO，BE⊄平面MNG，MO⊂平面MNG，∴BE∥平面MNG(依据中位线证MN∥BD 也可)．又DE，BE为平面BDE内两条相交直线，∴平面BDE∥平面MNG.【点拨】证明面面平行的方法详见“名师点睛”栏；第(2)问选用的证法也是证明面面平行的常用证法．如图，平面α∥β，线段AB分别交α，β于M，N，线段AD分别交α，β于C，D，线段BF分别交α，β于F，E，若AM＝9，MN＝11，NB＝15，S△FMC＝78.求△END 的面积．解：∵α∥β，平面AND分别与α，β交于MC，ND，∴MC∥ND.同理MF∥NE.∴∠FMC＝∠END.∴S△ENDS△FMC＝12EN·ND·sin∠END12FM·MC·sin∠FMC＝EN·NDFM·MC.又ENFM＝BNBM，NDMC＝ANAM，BN＝15，BM＝15＋11＝26，AN＝9＋11＝20，AM＝9，∴S△END ＝BN·ANBM·AMS△FMC＝100.1．证明线线平行的方法(1)利用平面几何知识；(2)平行公理：a ∥b ，b ∥c ⇒a ∥c ；(3)线面平行的性质定理：a ∥α，a ⊂β，α∩β＝b ⇒a ∥b ；(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b ⇒a ∥b ；(5)线面垂直的性质定理：m ⊥α，n ⊥α⇒m ∥n .2．证明直线和平面平行的方法(1)利用定义(常用反证法)；(2)判定定理：a ⊄α，b ⊂α，且a ∥b ⇒a ∥α；(3)利用面面平行的性质：α∥β，l ⊂α⇒l ∥β；(4)向量法．m ⊄α，n ⊥α，m ⊥n ⇒m ∥α；(5)空间平行关系的传递性：m ∥n ，m ，n ⊄α，m ∥α⇒n ∥α；(6)α⊥β，l ⊥β，l ⊄α⇒l ∥α.3．证明面面平行的方法(1)利用定义(常用反证法)；(2)利用判定定理：a ，b ⊂β，a ∩b ＝P ，a ∥α，b ∥α⇒α∥β；推论：a ，b ⊂β，m ，n ⊂α，a ∩b ＝P ，m ∩n ＝Q ，a ∥m ，b ∥n (或a ∥n ，b ∥m )⇒α∥β；(3)利用面面平行的传递性：⎩⎪⎨⎪⎧α∥βγ∥β⇒α∥γ； (4)利用线面垂直的性质：⎩⎪⎨⎪⎧α⊥l β⊥l ⇒α∥β. 4．应用面面平行的性质定理时，关键是找(或作)辅助线或平面，对此需要强调的是：(1)辅助线、辅助平面要作得有理有据，不能随意添加；(2)辅助面、辅助线具有的性质，一定要以某一性质定理为依据，不能主观臆断．5．注意线线平行、线面平行、面面平行间的相互转化应用判定定理时，注意由“低维”到“高维”：“线线平行”⇒“线面平行”⇒“面面平行”；应用性质定理时，注意由“高维”到“低维”：“面面平行”⇒“线面平行”⇒“线线平行”．1．(2015·温州模拟)已知m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中错误的是( )A ．若m ⊥α，m ⊥β，则α∥βB ．若α∥γ，β∥γ，则α∥βC．若m⊂α，n⊂β，m∥n，则α∥βD．若m，n是异面直线，m⊂α，m∥β，n⊂β，n∥α，则α∥β解：由线面垂直的性质可知A正确；由两个平面平行的性质可知B正确；由异面直线的性质易知D正确；对于选项C，α，β可以相交或平行，C错误，故选C.2．若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则( )A．α内的所有直线与l异面B．α内不存在与l平行的直线C．α内存在唯一的直线与l平行D．α内的直线与l都相交解：∵直线l不平行于平面α，且l⊄α，∴l与α相交．观察各选项，易知A，C，D 都是错误的．故选B.3．设α，β，γ为三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，n⊂γ，且__________，则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．①α∥γ，n⊂β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m⊂γ.可以填入的条件有( )A．①②B．②③C．①③D．①②③解：由面面平行的性质定理可知①正确；当m∥γ，n∥β，m，n可能是异面直线，②错误；当n∥β，m⊂γ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，∴m∥n，③正确．故选C.4．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝6，AD＝4，AA1＝3.分别过BC，A1D1的两个平行截面将长方体分成三部分，其体积分别记为V1＝VAEA1DFD1，V2＝VEBE1A1FCF1D1，V3＝VB1E1B C1F1C.若V1∶V2∶V3＝1∶4∶1，则截面A1EFD1的面积为( )A．410B．83C．413D．16解：由于两个截面平行，所以三部分都可看作直棱柱，所以底面积之比为1∶4∶1.易得AE＝2，A1E＝13.∴SA1EFD1＝413.故选C.5．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，CC1的中点，在平面ADD1A1内与平面D1EF平行的直线( )A．不存在B．有1条C．有2条D．有无数条解：由题设知平面ADD 1A 1与平面D 1EF 有公共点D 1，则必有过该点的公共直线l ，在平面ADD 1A 1内与l 平行的直线有无数条，且它们都不在平面D 1EF 内，由线面平行的判定定理知它们都与平面D 1EF 平行．故选D .6．如图，若Ω是长方体ABCD A 1B 1C 1D 1被平面EFGH 截去几何体EFGHB 1C 1后得到的几何体，其中E 为线段A 1B 1上异于B 1的点，F 为线段BB 1上异于B 1的点，且EH ∥A 1D 1，则下列结论中不正确．．．的是( )A ．EH ∥FGB ．四边形EFGH 是矩形C ．Ω是棱柱D ．Ω是棱台 解：∵EH ∥A 1D 1，A 1D 1∥B 1C 1，EH ⊄面BCC 1B 1，∴EH ∥面BCC 1B 1.又∵面EFGH ∩面BCC 1B 1＝FG ，∴EH ∥FG ，且EH ＝FG ，由长方体的特征知四边形EFGH 为矩形，此几何体为五棱柱，∴选项A ，B ，C 都正确．故选D .7．给出下列四个命题：①平行于同一平面的两条直线平行；②垂直于同一平面的两条直线平行；③如果一条直线和一个平面平行，那么它和这个平面内的任何直线都平行；④如果一条直线和一个平面垂直，那么它和这个平面内的任何直线都垂直．其中正确命题的序号是_______(写出所有正确命题的序号)．解：①中平行于同一平面的两条直线可能相交，也可能异面，①错误；根据直线与平面垂直的性质定理知，②正确；③若直线l 与平面α平行，则l 必平行于α内某一方向上的无数条直线，故③错误；④正确．故填②④.8．(2015·长沙模拟)如图所示，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点P 是棱AD 上一点，且AP ＝a3，过B 1，D 1，P 的平面交底面ABCD 于PQ ，Q 在直线CD 上，则PQ ＝________．解：∵平面A 1B 1C 1D 1∥平面ABCD ，而平面B 1D 1P ∩平面ABCD ＝PQ ，平面B 1D 1P ∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，∴B 1D 1∥PQ .又∵B 1D 1∥BD ，∴BD ∥PQ .设PQ ∩AB ＝M ，又∵AB ∥CD ，∴四边形BDQM 为平行四边形，∴MQ ＝BD ＝2a .又PM ＝13BD ＝23a ，∴PQ ＝MQ －PM ＝2a －2a 3＝223a .故填223a. 9．如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，O 为底面ABCD 的中心，P ，Q 分别是DD 1，CC 1的中点．求证：(1)PO ∥面D 1BQ ；(2)平面D 1BQ ∥平面PAO .证明：(1)连接DB ，在△D 1DB 中，P ，O 分别是DD 1，DB 的中点，则PO ∥D 1B ，又PO ⊄面D 1BQ ，D 1B ⊂面D 1BQ ，∴PO ∥面D 1BQ .(2)易证四边形APQB 是平行四边形，∴PA ∥BQ .又PA ⊄面D 1BQ ，BQ ⊂面D 1BQ ，∴PA ∥面D 1BQ .又由(1)知PO ∥面D 1BQ ，PO ∩PA ＝P ，PO ，PA ⊄平面D 1BQ ，∴平面D 1BQ ∥平面PAO .10．如图，正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝2，AA 1＝3，D 为C 1B 的中点，P 为AB 边上的动点．(1)当点P 为AB 的中点时，证明DP ∥平面ACC 1A 1；(2)若AP ＝3PB ，求三棱锥B CDP 的体积．解：(1)证明：连接DP ，AC 1，∵P 为AB 中点，D 为C 1B 的中点，∴DP ∥AC 1.又∵AC 1⊂平面ACC 1A 1，DP ⊄平面ACC 1A 1，∴DP ∥平面ACC 1A 1.(2)由AP ＝3PB ，得PB ＝14AB ＝12. 过点D 作DE ⊥BC 于E ，则DE 綊12CC 1，∵CC 1⊥平面ABC ，∴DE ⊥平面BCP ，又∵CC 1＝3，∴DE ＝32. ∴V B CDP ＝V D BCP ＝13·S △BCP ·DE ＝13×12×2×12×sin60°×32＝38. 11．(2015·山东)如图，在三棱台DEF ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点．(1)求证：BD ∥平面FGH ；(2)若CF ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，CF ＝DE ，∠BAC ＝45°，求平面FGH 与平面ACFD 所成的角(锐角)的大小．解：(1)证明：在三棱台DEF ABC 中，由BC ＝2EF ，H 为BC 的中点，可得BH ∥EF ，BH ＝EF ，∴四边形BHFE 为平行四边形，∴BE ∥HF .在△ABC 中，∵G 为AC 的中点，H 为BC 的中点，∴GH ∥AB .又GH ∩HF ＝H ，∴平面FGH ∥平面ABED .∵BD ⊂平面ABED ，∴BD ∥平面FGH .(2)设AB ＝2，则CF ＝DE ＝1，在三棱台DEF ABC 中，G 为AC 的中点，由DF ＝12AC ＝GC ， 可得四边形DGCF 为平行四边形，∴DG ∥FC .又FC ⊥平面ABC ，∴DG ⊥平面ABC .连接GB ，在△ABC 中，由AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，G 是AC 的中点，得AB ＝BC ，GB ⊥GC ， 因此，GB ，GC ，GD 两两垂直．以G 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系G xyz ，则G (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (0，0，1)，可得H ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，F (0，2，1)， ∴GH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，GF →＝(0，2，1)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面FGH 的法向量，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·GH →＝0，n ·GF →＝0，得⎩⎨⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0，令x ＝1， 可得平面FGH 的一个法向量n ＝(1，－1，2)．∵GB →＝(2，0，0)是平面ACFD 的一个法向量，∴cos 〈GB →，n 〉＝GB →·n |GB →|·|n |＝222＝12， ∴平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°.如图，已知直角梯形ACDE 所在的平面垂直于平面ABC ，∠BAC ＝∠ACD ＝90°，∠EAC ＝60°，AB ＝AC ＝AE .(1)在直线BC 上是否存在一点P ，使得DP ∥平面EAB ？请证明你的结论；(2)求平面EBD 与平面ABC 所成的锐二面角θ的余弦值．解：(1)线段BC 的中点就是满足条件的点P .证明如下：取AB 的中点F 连接DP ，PF ，EF ，则FP ∥AC ，FP ＝12AC .取AC 的中点M ，连接EM ，EC .∵AE ＝AC 且∠EAC ＝60°，∴△EAC 是正三角形．∴EM ⊥AC .∴四边形EMCD 为矩形．∴ED ＝MC ＝12AC ＝FP .又∵ED ∥AC .∴ED ∥FP 且ED ＝FP ，即四边形EFPD 是平行四边形．∴DP ∥EF .而EF ⊂平面EAB ，DP ⊄平面EAB ，∴DP ∥平面EAB .(2)过点B 作AC 的平行线l ，过点C 作l 的垂线交l 于点G ，连接DG . ∵ED ∥AC ，∴ED ∥l .∴l 是平面EBD 与平面ABC 所成二面角的棱．∵平面EACD ⊥平面ABC ，DC ⊥AC ，∴DC ⊥平面ABC .又∵l ⊂平面ABC ，∴DC ⊥l .∴l ⊥平面DGC ，l ⊥DG .∴∠DGC 是所求二面角的平面角．设AB ＝AC ＝AE ＝2a ，则CD ＝3a ，GC ＝2a .∴GD ＝GC 2＋CD 2＝7a .∴cos θ＝cos ∠DGC ＝GC GD ＝277.。
高考数学一轮复习 第八章《立体几何》精编配套试题(含解析)文 新人教A版
高考数学一轮复习第八章《立体几何》精编配套试题（含解析）文新人教A版第八章立体几何一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．每小题中只有一项符合题目要求)1、（2013年高考四川卷（文2））一个几何体的三视图如图所示,则该几何体可以是（）A．棱柱B．棱台C．圆柱D．圆台2、【山东省烟台市莱州一中20l3届高三第二次质量检测（文）】一个简单几何体的主视图，左视图如图所示，则其俯视图不可能为①长方形；②直角三角形；③圆；④椭圆.其中正确的是A.①B.②C.③D.④3 ．（2013年高考浙江卷（文4））设m.n是两条不同的直线,α.β是两个不同的平面,（）A．若m∥α,n∥α,则m∥n B．若m∥α,m∥β,则α∥βC．若m∥n,m⊥α,则n⊥αD．若m∥α,α⊥β,则m⊥β4．（2013年高考广东卷（文））某三棱锥的三视图如图2所示,则该三棱锥的体积是图 21俯视图侧视图正视图21（ ） A ．16B ．13C ．23D ．15 ．【北京市海淀区北师特学校2013届高三第四次月考文】在空间，下列命题正确的是 （ ）A ．平行直线在同一平面内的射影平行或重合 B. 垂直于同一平面的两条直线平行 C. 垂直于同一平面的两个平面平行 D. 平行于同一直线的两个平面平行 6、（2013年高考山东卷（文4））一个四棱锥的侧棱长都相等,底面是正方形,其正(主)视图如右图所示该四棱锥侧面积和体积分别是（ ） A ．45,8B ．845,3C ．84(51),3+ D ．8,87、如右图所示，正四棱锥P －ABCD 的底面积为3，体积为22，E 为侧棱PC 的中点，则PA 与BE 所成的角为( )A.π6B.π4C.π3 D.π28、（2013安徽安庆三模）如图是不锈钢保温饭盒的三视图，根据图中数据（单位：cm ）， 则该饭盒的表面积为 A ．1100π2cm B ．900π2cm C ．800π2cm D ．600π2cm9、（2013年高考辽宁卷（文10））已知三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上,若34AB AC ==，,AB AC ⊥,112AA =,则球O 的半径为（ ） A ．3172B ．210C ．132D ．31010．圆台上、下底面面积分别是π、4π，侧面积是6π，这个圆台的体积是( )A 、233π B、23π C 、736π D、733π11、（上海市普陀区2013届高三第二学期（二模）质量调研数学（文）试题）若圆柱的底面直径和高都与球的直径相等,圆柱、球的表面积分别记为1S 、2S ,则1S :2S =A . 1:1.B . 2:1.C . 3:2.D . 4:1.12、【北京市朝阳区2013届高三上学期期末考试数学文】在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，1P ，2P 分别为线段AB ，1BD （不包括端点）上的动点，且线段12P P 平行于平面11A ADD ，则四面体121PP AB 的体积的最大值是 A ．124 B ．112C ．16 D ．12二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上) 13、（2013年高考课标Ⅱ卷（文15））已知正四棱锥O ABCD -的体积为322，底面边长为3，则以O 为球心，OA 为半径的球的表面积为________。
普通高等学校招生全国统一考试高三数学模拟组合试卷08 理 (教师版)
【步步高】（江西版）2013届高三数学名校强化模拟测试卷08 理（教师版）第I卷一．选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 【改编题】若集合A＝｛－1，0，1｝，B＝｛y｜y＝cosx，x∈A｝，则A∩B＝A．｛0｝B．｛1｝C．｛0，1｝D．｛－1，0，1｝2. 【山东省莱芜市2012届高三4月高考模拟试题】设,p q是两个命题，1:0,:|21|1,xp q x p qx+≤+<则是(A)充分非必要条件(B)必要非充分条件(C)充要条件(D)既非充分又非必要条件3. 【广州市2013届高三年级1月调研测试】已知函数()230xx xf xxlog,,⎧>=⎨≤⎩, 则14f f⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭的值是A．9 B．19C．9- D．19-4. 【山东省日照市2012届高三下学期5月份模拟训练】要得到函数)42cos(3π-=xy的图象，可以将函数xy2sin3=的图象（A）沿x轴向左平移8π个单位（B）沿x向右平移8π个单位（C）沿x轴向左平移4π个单位（D）沿x向右平移4π个单位【答案】A【解析】.).8(2sin 3)42sin(3)]42(2sin[3)42cos(3A x x x x y 选πππππ+=+=-+=-= 5. 【河南省三门峡市2013届高三第一次大练习】i 是虚数单位，1233ii+等于 A.13412i + B.33i + C.33i - D. 13412i -6. 【2013届安徽省示范高中高三9月模底考试】样本中共有5个个体，其中四个值分别为0，1，2，3，第五个值丢失，但该样本的平均值为1，则样本方差为＝（ ） A 、305 B 、65C 、2D 、27. 【湖北省武汉市2012届高中毕业生五月供题训练（二）】设2920012929100129101010(12)(1)(1)b b x b x b x x a a x a x a x a x x x +++++=+++++++-L L ，则a 9= A ．0 B ．410C ．10·410D ．90·4108.[安徽省宣城市6校2013届高三联合测评考]三个正数a,b,c 满足2a b c a ≤+≤，2b a c b ≤+≤，则ba 的取值范围是（ ）A ．23[,]32B ．2[,2]3C ．3[1,]2D ．[1,2]【答案】A【解析】∵0,a >2,12b ca b c a a a∴≤+≤≤+≤由得, 212.b c b b a c b a a a ≤+≤≤+≤由得设,b c x y a a ==,则有12112x y x y y x≤+≤⎧⎪≤+⎨⎪+≤⎩,其可行域如图:其中A (21,33),B (31,22)，∴b x a =∈［23,32］.9.【江西省百所重点高中2012届高三下学期模拟考试】已知各项均为正数的等比数列{a n }满足a 1a 7=4，a 6=8，函数，则()f x 在x=时的导数的值等于 A.554 B. 574C. 16D. 1810. 【2013年临沂市高三教学质量检测考试】函数)42(cos 2)21()(1≤≤-+=-x x x f x π的所有零点之和等于（A ）2 （B ）4 （C ）6 （D ）8 【答案】C【解析】x y πcos 2-=由0cos 2)21()(1=+=-x x f x π，得x x πcos 2)21(1-=-令)42(cos 2,)21(1≤≤--==-x x y y x π, 在同一坐标系中分别做出函数1)21(-=x y ，)42(cos 2≤≤--=x x y π，⎪⎩⎪⎨⎧<≤-≤≤==---12,241,)21()21(111x x y x x x ，由图象可知，函数1)21(-=x y 关于1=x 对称，又1=x 也是函数)42(cos 2≤≤--=x x y π的对称轴，所以函数)42(cos 2,)21(1≤≤--==-x x y y x π的交点也关于1=x 对称，且两函数共有6个交点，所以所有零点之和为6.第Ⅱ卷共2页，须用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效。
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则直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为
（）
12、（ 2012 江西理）如图 , 已知正四棱锥 S-ABCD所有棱长都为 1, 点 E 是侧棱 SC上一动点 , 过 点 E 垂直于 SC的截面将正四棱锥分成上、下两部分 . 记 SE=x(0<x<1), 截面下面部分的体 积为 V(x), 则函数 y=V(x) 的图像大致为
2
6、【答案】 B
600 .
2 , BF
2
6 , AE
2
2, AEF 中 ， 由 余 弦 定 理 得
【解析】若 l , l / / ,则
，此推理符合平面与平面垂直的判定；
7、【答案】 A
【解析】利用等积法求
1
sin
,
2
6
8、 【答案】 B
B 到平面 AB1C1 的距离 d V 。 A BB1C1
VB AB1C1 , 求出 d
2、【 2012 吉林市期末质检】一个正方体的展开图如图所示，
A、B、C、D为原正方体的顶点，
A
CB
D
则在原来的正方体中 A. AB // CD
B. AB与 CD相交
C. AB CD
D. AB与 CD所成的角为 60
3 ．（ 2012 上 海 ） 已 知 空 间 三 条 直 线 l、 m、 n. 若 l 与 m 异 面 , 且 l 与 n 异 面 , 则
11、【答案】 A
解析 : 不妨设 CA CC1 2CB 2 , 则 AB1 = (- 2,2,1), C1B = (0, - 2,1),
cos < AB1, C1B > = AB1 ×C1B = (- 2) ? 0
2? ( 2) + 1? 1 =-
5 , 直线 BC1 与直线 AB1
AB1 C1B
来越慢 ; 再观察各选项中的图象 , 发现只有 A 图象符合 . 故选 A.
二、填空题
13、【答案】 14
【 解 析 】 因 长 方 体 对 角 线 长 为 2 r 1 4 9 14 ， 所 以 其 外 接 球 的 表 面 积
S 4 r 2 14 ．
14、【答案】 54
【解析】冰淇淋上半部分是半球，下关部分是圆锥
2 15、【答案】 8
3
V= 2 3
【解析】由几何体三视图知：几何体是正方体挖去一个圆锥，
31 3
3
2
3 12 54
1 V8
2
3
16、【答案】 3 3
【解析】因为在正三棱锥 P ABC中 , PA, PB, PC两两互相垂
直 , 所以可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一部分
,( 如
图所示 ), 此正方体内接于球 , 正方体的体对角线为球的直径 ,
2013 届高考数学（理）一轮复习单元测试 第八章立体几何
一、选择题 ( 本大题共 12 小题， 每小题 5 分， 共 60 分． 每小题中只有一项符合题目要求 )
1、（ 2012 福建理）一个几何体的三视图形状都相同 , 大小均等 , 那么这个几何体不可以是 （ ）
A．球
B．三棱锥
C．正方体
D ．圆柱
( Ⅰ) 证明 : BD 平面 PAC ;
( Ⅱ) 若 PA 1 , AD 2 , 求二面角 B PC A 的正切值 .
18．( 本小题满分 12 分 ) （ 2012 天津理）如图 , 在四棱锥 P ABCD 中 , PA 丄平面 ABCD , AC 丄 AD , AB 丄 BC , ABC =45 0 , PA=AD =2 , AC =1. ( Ⅰ) 证明 PC 丄 AD ; ( Ⅱ) 求二面角 A PC D 的正弦值 ; ( Ⅲ) 设 E 为棱 PA 上的点 , 满足异面直线 BE 与 CD所成的角为 300 , 求 AE 的长 .
4. 答案： C 解析 : 该几何体下部分是半径为
3, 高为 5 的圆柱 , 体积为 V
32 5 45 , 上部分是半
径为 3, 高为 4 的圆锥 , 体积为 V 1 3
32 4 12 , 所以体积为 57 .
5、【答案】 C
【 解 析 】 取 AC 中 点 F, EF
1 cos BEF , BEF
用心
爱心
专心
5
(II) 求多面体 ABCDEFG的体积 .
21． ( 本小题满分 12 分 ) 18 ． ( 江西省六校 2012 届高三联考理科 ) 如图所示的多面体，它的正 视图为直角三角形， 侧视图为正三角形， 俯视图为正方形 （尺寸如图所示） ，E 为 VB的中点． [ 来 (1) 求证： VD∥平面 EAC； (2) 求二面角 A—VB— D 的余弦值．
三、解答题 ( 本大题共 6 小题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
)
17． ( 本小题满分 10 分 ) （ 2012 广东理）如图 5 所示 , 在四棱锥 P ABCD 中 , 底面 ABCD 为
矩形 , PA 平面 ABCD , 点 E 在线段 PC 上 , PC 平面 BDE .
则 P 0,0,1 、 C 2,2,0 、 B 2,0,0 、 D 0,2,0 , 于
是 BC 0,2,0 , PB 2,0, 1 . 设平面 PBC 的一
个 法 向 量 为 n1
x, y, z , 则
n1 BC
0 , 从而
n1 PB 0
2y 0
2x
z
,令 x 0
1 , 得 n1
1,0,2 . 而平面 PAC 的
二、填空题 ( 本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，把答案填在题中横线上 )
13、【 2012 山东青岛市期末】已知长方体从同一顶点出发的三条棱的长分别为
1、 2 、 3 ，则
这个长方体的外接球的表面积为
.
14、【 2012 厦门期末质检理】某型号冰淇淋上半部分是半球，下关部分是圆锥，其正视图如图
2 的正三棱柱， V
3 22 2 1 1
53 3
4
3
3
10、答案 D 解析 上底半径 r ＝ 1，下底半径 R＝ 2. ∵S 侧＝ 6π ，设母线长为 l ，则 π (1 ＋2) · l ＝ 6π，
∴ l ＝ 2，∴高 h＝ l 2－
R－ r
2＝
1 3，∴ V＝ 3π ·
73 3(1 ＋ 1× 2＋ 2× 2) ＝ 3 π . 故选 D.
所示，则该型号冰淇淋的体积等于
。
15、【 2012 粤西北九校联考理】某几何体的三视图如图所示，则它的体积是＿＿＿
用心
爱心
专心
3
16．．（2012 辽宁理）已知正三棱锥 P ABC, 点 P, A, B, C都在半径为 3 的求面上 , 若 PA, PB, PC
两两互相垂直 , 则球心到截面 ABC的距离为 ________.
C．若 l与 , 的所成角相等，则 / /
D．若 l 上有两个点到 α 的距离相等，则 l / /
7、【 2012 黑龙江绥化市一模理】如图，在三棱柱
ABC A1B1C 1 中，侧棱垂直于底面，底面
是 边 长 为 2 的 正 三 角 形 ， 侧 棱 长 为 3 ， 则 BB1 与 平 面 AB1C 1 所 成 的 角 为 （ ）
3
，
2
【解析】从所给的三视图可以得到该几何体为三棱锥
, 本题所求表面积为三棱锥四个面的
面积之和 . 利用垂直关系和三角形面积公式 , 可得 : S底 10, S后 10,S右 10,S左 6 5 ,
因此该几何体表面积 S 30 6 5 , 故选 B.
9、【答案】 A
用心
爱心
专心
7
【解析】几何体可以拼接成高为
9′ 5
5
夹角为锐角 , 所以余弦值为 5 , 选 A. 5
12、【答案】 A
【解析】 ( 定性法 ) 当 0
x
1
时,
随着
x 的增大
, 观察图形可知
,V
x 单调递减 , 且递减的速
2
度越来越快 ; 当 1 x 1 时 , 随着 x 的增大 , 观察图形可知 , V x 单调递减 , 且递减的速度越 2
用心
爱心
专心
4
19． ( 本小题满分 12 分 ) 【广东省惠州市 2012 届高三一模（四调）考试（理数） 】 已知四棱锥 P－ ABCD的三视图如下图所示， E 是侧棱 PC上的动点． （１）求四棱锥 P－ ABCD的体积； （２）是否不论点 E 在何位置，都有 BD⊥ AE？证明你的结论； （３）若点 E 为 PC的中点，求二面角 D－ AE－ B 的大小 .
B ．4 3 C ．5 3
3
6
D ．3
10．圆台上、下底面面积分别是 π、 4π ，侧面积是 6π，这个圆台的体积是 (
)
用心
爱心
专心
2
23
73
73
A、 3 π B 、 2 3π C、 6 π D 、 3 π
11、（ 2012 陕西理）如图 , 在空间直角坐标系中有直三棱柱
ABC A1B1C1 , CA CC1 2CB ,
（）
A． m 与 n 异面 .
B． m 与 n 相交 .
C． m 与 n 平行 .
D． m 与 n 异面、相交、平行均有可能 .
4．（ 2012 广东理） ( 立体几何 ) 某几何体的三视图如图 1 所示 ,
它的体积为
（）
A． 12
B． 45
C． 57
D． 81
5 ．【 2012 海南嘉积中学期末理】 正四棱锥 S- ABCD 的侧棱
一 个 法 向 量 为 n2 BD 2,2,0 . 所 以 二 面 角 B PC A 的 余 弦 值 为