2018高考数学(理)(全国通用)大一轮复习2017高考试题汇编第八章立体几何 Word版含答案解析

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2018届高考新课标数学文大一轮复习检测：第八章立体

A组专项基础训练(时间：35分钟)1．(2017·云南玉溪一中月考)如图所示，若Ω是长方体ABCDA1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHC1B1后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EH∥A1D1，则下列结论中不正确的是( )A．EH∥FG B．四边形EFGH是矩形C．Ω是棱柱 D．四边形EFGH可能为梯形【解析】若FG不平行于EH，则FG与EH相交，交点必然在直线B1C1上，与EH∥B1C1矛盾，所以FG∥EH，故A正确；由EH⊥平面A1B1BA，得到EH⊥EF，可以得到四边形EFGH 为矩形，故B正确；将Ω从正面看过去，就知道是一个五棱柱，故C正确；因为EFGH截去几何体EFGHC1B1后，EH綊B1C1綊GF，所以四边形EFGH不可能为梯形，故D错误．故选D.【答案】 D2．(2017·安徽黄山一模)已知正方体被过一面对角线和它对面两棱中点的平面截去一个三棱台后的几何体的主(正)视图和俯视图如图所示，则它的左(侧)视图是( )【解析】如图，由题意可知截取三棱台后的几何体是七面体，左视图的轮廓是正方形，因AP不可见，故而用虚线，故选A.【答案】 A3．(2015·北京)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为( )A．1 B. 2C. 3 D．2【解析】四棱锥的直观图如图所示，PC⊥平面ABCD，PC＝1，底面四边形ABCD为正方形且边长为1，最长棱长PA＝12＋12＋12＝ 3.【答案】 C4．(2017·豫晋冀上学期第二次调研)如图，在一个正方体内放入两个半径不相等的球O1，O2，这两个球外切，且球O1与正方体共顶点A的三个面相切，球O2与正方体共顶点B1的三个面相切，则两球在正方体的面AA1C1C上的正投影是( )【解析】由题意可以判断出两球在正方体的面AA1C1C上的正投影与正方形相切，排除C，D，把其中一个球扩大为与正方体相切，则另一个球全被挡住，由于两球不等，所以排除A，所以B正确．【答案】 B5．(2017·临沂模拟)如图甲，将一个正三棱柱ABCDEF截去一个三棱锥ABCD，得到几何体BCDEF，如图乙，则该几何体的正视图(主视图)是( )【解析】由于三棱柱为正三棱柱，故平面ADEB⊥平面DEF，△DEF是等边三角形，所以CD在后侧面上的投影为AB的中点与D的连线，CD的投影与底面不垂直，故选C.【答案】 C6．(2017·南昌一模)如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥PBCD的正视图与侧视图的面积之比为( )A．1∶1B．2∶1C．2∶3D．3∶2【解析】根据题意，三棱锥PBCD的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高．故三棱锥PBCD的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.【答案】 A7．(2017·广东华师附中、广雅中学等四校联考)三棱锥SABC及其三视图中的正视图和侧视图如图所示，则棱SB的长为( )A．16 3 B.38C．4 2 D．211【解析】由已知中的三视图可得SC ⊥平面ABC ，且底面△ABC 为等腰三角形．在△ABC 中，AC ＝4，AC 边上的高为23，故BC ＝4.在Rt △SBC 中，由SC ＝4，可得SB ＝4 2.【答案】 C8．(2017·江西新余一中四模)如图所示，某三棱锥的正视图、俯视图均为边长为2的正三角形，则其侧视图面积为( )A ．2 B. 3 C.32 D.32【解析】根据所给的正视图与俯视图的结构特征可以判定该三棱锥底面为正三角形，一个侧面为正三角形，且该侧面垂直于底面，所以其侧视图为一个底边和高均为3的等腰直角三角形，其面积为32.故选C.【答案】 C9．(2016·北京海淀期末)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥中最长的棱的长度为________．【解析】该四棱锥的底面是一个直角梯形，高为2，所以最长的棱的长度为22＋22＋22＝2 3.【答案】 2 310．如图是一个几何体的正视图和俯视图．(1)试判断该几何体是什么几何体；(2)画出其侧视图，并求该平面图形(侧视图)的面积．【解析】 (1)由该几何体的正视图和俯视图可知该几何体是一个正六棱锥． (2)该几何体的侧视图如图：其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，且BC 的长是俯视图正六边形对边间的距离，即BC ＝3a ，AD 是正六棱锥的高，则AD ＝3a ，所以该平面图形(侧视图)的面积为S ＝12×3a ×3a ＝32a 2.B 组专项能力提升 (时间：30分钟)11．(2017·武昌调研)已知以下三视图中有三个同时表示某一个三棱锥，则不是该三棱锥的三视图的是( )【解析】易知该三棱锥的底面是直角边分别为1和2的直角三角形，注意到侧视图是从左往右看得到的图形，结合B 、D 选项知，D 选项中侧视图方向错误，故选D.【答案】 D12．(2017·福建龙岩联考)一水平放置的平面四边形OABC ，用斜二测画法画出它的直观图O ′A ′B ′C ′如图所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC 面积为________．【解析】因为直观图的面积是原图形面积的24倍，且直观图的面积为1，所以原图形的面积为2 2.【答案】 2213．(2017·昆明、玉溪统考)如图，三棱锥V ABC 的底面为正三角形，侧面VAC 与底面垂直且VA ＝VC ，已知其正(主)视图的面积为23，则其侧(左)视图的面积为________．【解析】设三棱锥V ABC 的底面边长为a ，侧面VAC 的边AC 上的高为h ，则ah ＝43，其侧(左)视图是由底面三角形ABC 边AC 上的高与侧面三角形VAC 边AC 上的高组成的直角三角形，其面积为12×32a ×h ＝12×32×43＝33.【答案】3314．某几何体的三视图如图所示．(1)判断该几何体是什么几何体？ (2)画出该几何体的直观图．【解析】 (1)该几何体是一个正方体切掉两个14圆柱后得到的几何体．(2)直观图如图所示．15．某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a和b的线段，求a＋b的最大值．【解析】如图，把几何体放到长方体中，使得长方体的体对角线刚好为几何体的已知棱，则长方体的体对角线A1C＝7，则它的正视图投影长为A1B＝6，侧视图投影长为A1D＝a，俯视图投影长为A1C1＝b，则a2＋b2＋(6)2＝2·(7)2，即a2＋b2＝8，又a＋b 2≤a2＋b22，当且仅当“a＝b＝2”时等号成立．所以a＋b≤4，即a＋b的最大值为4.。

2018年高考数学复习演练第八章立体几何(含20142017年真题)

第八章立体几何考点1 空间几何体的结构及其三视图与直观图1、（2017•浙江,3）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm2）是（）A.+1B.+3C.+1D.+31. A 由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为3，故该几何体的体积为× ×π×12×3+ × × × ×3=+1，故选A.2.(2016·全国Ⅲ，9)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，则该多面体的表面积为( )A.18＋365B.54＋185C.90D.812.B[由题意知，几何体为平行六面体，边长分别为3，3，45，几何体的表面积S＝3×6×2＋3×3×2＋3×45×2＝54＋18 5.]3.(2016·全国Ⅱ，6)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A.20πB.24πC.28πD.32π3.C [由三视图可知，组合体的底面圆的面积和周长均为4π，圆锥的母线长l ＝（23）2＋22＝4，所以圆锥的侧面积为S锥侧＝12×4π×4＝8π，圆柱的侧面积S 柱侧＝4π×4＝16π，所以组合体的表面积S ＝8π＋16π＋4π＝28π，故选C.]4.(2016·北京，6)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A.16B.13C.12D.1 4.A[由三视图知，三棱锥如图所示：由侧视图得高h ＝1，又底面积S ＝12×1×1＝12.所以体积V ＝13Sh ＝16.]5.(2016·山东，5)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26πD.1＋26π5.C[由三视图知,半球的半径R ＝22,四棱锥为底面边长为1,高为1的正四棱锥, ∴V ＝13×1×1×1＋12×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝13＋26π，故选C.]6.(2015·广东，8)若空间中n 个不同的点两两距离都相等，则正整数n 的取值( ) A.大于5 B.等于5 C.至多等于4 D.至多等于36.C [当n ＝3时显然成立，故排除A ，B ；由正四面体的四个顶点，两两距离相等，得n ＝4时成立，故选C.]7.(2015·北京，5)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( )A.2＋ 5B.4＋ 5C.2＋2 5D.57.C [该三棱锥的直观图如图所示：过D 作DE ⊥BC ，交BC 于E ，连接AE ，则BC ＝2，EC ＝1，AD ＝1，ED ＝2，S 表＝S △BCD ＋S △ACD ＋S △ABD ＋S △ABC＝12×2×2＋12×5×1＋12×5×1＋12×2×5＝2＋2 5.]8.(2015·浙江，2)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 cm3B.12 cm3C.323cm 3D.403cm 3 8.C [该几何体是棱长为2 cm 的正方体与一底面边长为2 cm 的正方形，高为2 cm 的正四棱锥组成的组合体，V ＝2×2×2＋13×2×2×2＝323(cm 3).故选C.]9.(2015·新课标全国Ⅰ，11)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A.1B.2C.4D.89.B [由题意知，2r ·2r ＋12·2πr ·2r ＋12πr 2＋12πr 2＋12·4πr 2＝4r 2＋5πr 2＝16＋20π，解得r ＝2.]10.(2014·福建，2)某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( ) A.圆柱 B.圆锥 C.四面体 D.三棱柱10.A [圆柱的正视图是矩形，则该几何体不可能是圆柱.]11.(2014·江西，5)一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是( )11.B [由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成.从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部有一条线段连接的两个三角形.]12.(2014·湖北，5)在如图所示的空间直角坐标系Oxyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2).给出编号为①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为( )A.①和②B.③和①C.④和③D.④和②12.D [在空间直角坐标系O－xyz中作出棱长为2的正方体，在该正方体中作出四面体，如图所示，由图可知，该四面体的正视图为④，俯视图为②.选D.]13.(2014·新课标全国Ⅰ，12)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，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )A.6 2B.4 2C.6D.413.C [如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥ABCD，最长的棱为AD＝（42）2＋22＝6，选C.]14.(2015·天津，10)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.14.83π [由三视图可知，该几何体由相同底面的两圆锥和圆柱组成，底面半径为1，圆锥的高为1，圆柱的高为2，所以该几何体的体积V ＝2×13π×12×1＋π×12×2＝83π m 3.]考点2 空间几何体的表面积和体积1.（2017•新课标Ⅰ,7）某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）A.10B.12C.14D.161. B 由三视图可画出直观图，该立体图中只有两个相同的梯形的面，S 梯形= ×2×（2+4）=6，∴这些梯形的面积之和为6×2=12，故选B.2.（2017•新课标Ⅱ,4）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（）A.90πB.63πC.42πD.36π2. B 由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，V=π•32×10﹣•π•32×6=63π，故选B．3.（2017•新课标Ⅲ,8）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）A.πB.C.D.3.B ∵圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，∴该圆柱底面圆周半径r= = ，∴该圆柱的体积：V=Sh= = ．故选B．4.（2017•北京,7）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为（）A.3B.2C.2D.24.B 由三视图可得直观图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，最长的棱为PA ，即PA= ==2，故选B ．5.(2016·全国Ⅲ，10)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.32π35.B[由题意知，底面三角形的内切圆直径为4.三棱柱的高为3，所以球的最大直径为3，V 的最大值为9π2.]6.(2016·全国Ⅰ，6)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互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A.17πB.18πC.20πD.28π6.A[由题知，该几何体的直观图如图所示，它是一个球(被过球心O 且互相垂直的三个平面)切掉左上角的18后得到的组合体，其表面积是球面面积的78和三个14圆面积之和，易得球的半径为2，则得S ＝78×4π×22＋3×14π×22＝17π，故选A.]7.(2015·陕西，5)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A .3πB .4πC .2π＋4D .3π＋47.D [由三视图可知原几何体为半圆柱，底面半径为1，高为2，则表面积为：S ＝2×12π×12＋12×2π×1×2＋2×2＝π＋2π＋4＝3π＋4.]8.(2015·安徽，7)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( )A.1＋ 3B.2＋ 3C.1＋2 2D.2 2 8.B [由空间几何体的三视图可得该空间几何体的直观图，如图，∴该四面体的表面积为S 表＝2×12×2×1＋2×34×(2)2＝2＋3，故选B.]9.(2015·新课标全国Ⅱ，9)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点，若三棱锥O-ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( ) A.36π B.64π C.144π D.256π 9.C [如图，要使三棱锥O-ABC 即C-OAB 的体积最大，当且仅当点C 到平面OAB 的距离，即三棱锥C-OAB 底面OAB 上的高最大，其最大值为球O 的半径R ，则V O-ABC 最大＝V C-OAB 最大＝13×12S △OAB ×R ＝13×12×R 2×R ＝16R 3＝36，所以R ＝6，得S 球O ＝4πR 2＝4π×62＝144π，选C.]10.(2015·山东，7)在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.2π3 B.4π3 C.5π3D.2π 10.C [如图,由题意,得BC ＝2，AD ＝AB ＝1.绕AD 所在直线旋转一周后所得几何体为一个圆柱挖去一个圆锥的组合体.所求体积V ＝π×12×2－13π×12×1＝53π.]11.(2015·重庆，5)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋πB.23＋πC.13＋2πD.23＋2π 11.A [这是一个三棱锥与半个圆柱的组合体，V ＝12π×12×2＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×2×1＝π＋13，选A.]12.(2015·新课标全国Ⅱ，6)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18B.17C.16D.15 12.D [如图，由题意知，该几何体是正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1被过三点A 、B 1、D 1的平面所截剩余部分，截去的部分为三棱锥A-A 1B 1D 1，设正方体的棱长为1，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为1111111111111111A AB D A A B D BCD ABCDA B C D ABCD A A B D V V V V V -----=-＝13×12×12×113－13×12×12×1＝15，选D.]13.(2015·湖南，10)某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为(材料利用率＝新工件的体积原工件的体积)()A.89πB.169πC.4(2－1)3πD.12(2－1)3π13.A [易知原工件为一圆锥，V1＝13πr2h＝23π，设内接长方体长、宽、高为a、b、c，欲令体积最大，则a＝b.由截面图的相似关系知，c＋a2＋b2＝2，即c＋2a＝2，∴V长方体＝abc＝a2c＝a2(2－2a)，设g(a)＝2a2－2a3，则g′(a)＝4a－32a＝0，令g′(a)＝0，解得a＝432，所以令a＝432时，V长方体最大为1627，∴V长方体V1＝16272π3＝89π.故选A.]14.(2014·重庆，7)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A.54B.60C.66D.7214.B [该几何体的直观图如图所示，易知该几何体的表面是由两个直角三角形，两个直角梯形和一个矩形组成的，则其表面积S ＝12×3×4＋12×3×5＋2＋52×5＋2＋52×4＋3×5＝60.选B.]15.(2014·浙江，3)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是( )A.90 cm2B.129 cm2C.132 cm2D.138 cm215.D [由三视图可知该几何体由一个直三棱柱与一个长方体组合而成(如图)，其表面积为S ＝3×5＋2×12×4×3＋4×3＋3×3＋2×4×3＋2×4×6＋3×6＝138(cm 2).]16.(2014·大纲全国，8)正四棱锥的顶点都在同一球面上.若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4B.16πC.9πD.27π416.A [设球的半径为R ，由题意可得(4－R )2＋(2)2＝R 2，解得R ＝94，所以该球的表面积为4πR 2＝81π4.故选A.]17.(2014·安徽，7)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为( )A.21＋ 3B.18＋ 3C.21D.1817.A [根据题意作出直观图如图，该多面体是由正方体切去两个角而得到的，根据三视图可知其表面积为6(22－12×1×1)＋2×34×(2)2＝6×72＋3＝21＋ 3.故选A.]18.(2014·陕西，5)已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( )A.32π3B.4πC.2πD.4π318.D [如图为正四棱柱AC 1.根据题意得AC ＝2，∴对角面ACC 1A 1为正方形，∴外接球直径2R ＝A 1C ＝2，∴R ＝1，∴V 球＝4π3，故选D.]19.(2014·湖北，8)《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也.又以高乘之，三十六成一.该术相当于给出了由圆锥的底面周长L 与高h ，计算其体积V 的近似公式V ≈136L 2h .它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么，近似公式V ≈275L 2h 相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( )A.227B.258C.15750D.35511319.B [圆锥的体积V ＝13πr 2h ＝13π⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2π2h ＝L 2h 12π,由题意得12π≈752，π近似取为258，故选B.]20.(2014·新课标全国Ⅱ，6)如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm ，高为6 cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )A.1727B.59C.1027D.1320.C [由三视图知该零件是两个圆柱的组合体.一个圆柱的底面半径为2 cm ，高为4 cm ；另一个圆柱的底面半径为 3 cm ，高为 2 cm.则零件的体积V 1＝π×22×4＋π×32×2＝34π(cm 3).而毛坯的体积V ＝π×32×6＝54π(cm 3)，因此切削掉部分的体积V 2＝V －V 1＝54π－34π＝20π(cm 3)，所以V 2V ＝20π54π＝1027.故选C.]21.（2017•新课标Ⅰ,16）如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O ．D 、E 、F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D 、E 、F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm 3）的最大值为________．21. 4 cm 3由题意，连接OD ，交BC 于点G ，由题意得OD ⊥BC ，OG=BC ，即OG 的长度与BC 的长度成正比，设OG=x ，则BC=2x ，DG=5﹣x ，22.（2017•山东,13）由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．22. 2+ 由长方体长为2，宽为1，高为1，则长方体的体积V1=2×1×1=2，圆柱的底面半径为1，高为1，则圆柱的体积V2= ×π×12×1= ，则该几何体的体积V=V1+2V1=2+ ，故答案为：2+ ．23.（2017·天津,10）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．23.设正方体的棱长为a，∵这个正方体的表面积为18，∴6a2=18，则a2=3，即a= ，∵一个正方体的所有顶点在一个球面上，∴正方体的体对角线等于球的直径，即a=2R，即R= ，则球的体积V= π•（）3= ；故答案为：．24.（2017•江苏,6）如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是________．24. 设球的半径为R，则球的体积为：R3，圆柱的体积为：πR2•2R=2πR3．则= = ．故答案为：．25.(2016·四川，13)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是________.25.33[由题可知，∵三棱锥每个面都是腰为2的等腰三角形，由正视图可得如右俯视图，且三棱锥高为h ＝1，则面积V ＝13Sh ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×23×1×1＝33.]26.(2016·浙江，14)如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD ＝DA ，PB ＝BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是________.26.12[设PD ＝DA ＝x ，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°， ∴AC ＝AB 2＋BC 2－2·AB ·BC ·cos∠ABC ＝4＋4－2×2×2×cos 120°＝23， ∴CD ＝23－x ，且∠ACB ＝12(180°－120°)＝30°，∴S △BCD ＝12BC ·DC ×sin∠ACB ＝12×2×(23－x )×12＝12(23－x ).要使四面体体积最大，当且仅当点P 到平面BCD 的距离最大，而P 到平面BCD 的最大距离为x .则V 四面体PBCD ＝13×12(23－x )x ＝16[－(x －3)2＋3]，由于0＜x ＜23，故当x ＝3时，V 四面体PBCD 的最大值为16×3＝12.]27.(2015·江苏，9)现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个，则新的底面半径为________.27.7 [设新的底面半径为r ，由题意得13πr 2·4＋πr 2·8＝13π×52×4＋π×22×8，解得r ＝7.]28.(2014·江苏，8)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2，若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________.28.32[设圆柱甲的底面半径为r 1，高为h 1，圆柱乙的底面半径为r 2，高为h 2. 由题意得S 1S 2＝πr 21πr 22＝94，∴r 1r 2＝32.又∵S 甲侧＝S 乙侧，即2πr 1h 1＝2πr 2h 2，∴h 1h 2＝r 2r 1＝23，故V 1V 2＝S 1h 1S 2h 2＝S 1S 2·h 1h 2＝94×23＝32.]考点3 点、线、面的位置关系1.（2017•新课标Ⅱ,10）已知直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，∠ABC=120°，AB=2，BC=CC 1=1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为（）A. B. C. D.1. C 如图所示，设M 、N 、P 分别为AB ，BB 1和B 1C 1的中点，则AB 1、BC 1夹角为MN 和NP夹角或其补角（因异面直线所成角为（0， ]），可知MN= AB 1= ，NP= BC 1= ；作BC 中点Q ，则△PQM 为直角三角形；∵PQ=1，MQ= AC ，△ABC 中，由余弦定理得AC 2=AB 2+BC 2﹣2AB•BC•cos∠ABC=4+1﹣2×2×1×（﹣ ）=7，∴AC=，∴MQ= ；在△MQP 中，MP= = ；在△PMN 中，由余弦定理得cos ∠MNP= = =﹣ ；又异面直线所成角的范围是（0， ]，∴AB 1与BC 1所成角的余弦值为．2. (2016·全国Ⅰ，11)平面α过正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD ＝m ，α∩平面ABB 1A 1＝n ，则m ，n 所成角的正弦值为( ) A.32 B.22 C.33 D.132. A[如图所示，设平面CB 1D 1∩平面ABCD ＝m 1，∵α∥平面CB 1D 1，则m 1∥m ，又∵平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，平面CB 1D 1∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1， ∴B 1D 1∥m 1，∴B 1D 1∥m ，同理可得CD 1∥n .故m 、n 所成角的大小与B 1D 1、CD 1所成角的大小相等，即∠CD 1B 1的大小. 而B 1C ＝B 1D 1＝CD 1(均为面对角线)，因此∠CD 1B 1＝π3，得sin ∠CD 1B 1＝32，故选A.]3.(2015·安徽，5)已知m ，n 是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( )A.若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B.若m ，n 平行于同一平面，则m 与n 平行C.若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线D.若m ，n 不平行，则m 与n 不可能垂直于同一平面3.D [对于A ，α，β垂直于同一平面，α，β关系不确定，A 错；对于B ，m ，n 平行于同一平面，m ，n 关系不确定，可平行、相交、异面，故B 错；对于C ，α，β不平行，但α内能找出平行于β的直线，如α中平行于α，β交线的直线平行于β，故C 错；对于D ，若假设m ，n 垂直于同一平面，则m ∥n ，其逆否命题即为D 选项，故D 正确.]4.(2014·辽宁，4)已知m ，n 表示两条不同直线，α表示平面.下列说法正确的是( ) A.若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B.若m ⊥α，n ⊂α，则m ⊥nC.若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥αD.若m ∥α，m ⊥n ，则n ⊥α4.B [对于选项A ，若m ∥α，n ∥α，则m 与n 可能相交、平行或异面，A 错误；显然选项B 正确；对于选项C ，若m ⊥α，m ⊥n ，则n ⊂α或n ∥α，C 错误；对于选项D ，若m ∥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ⊂α或n 与α相交.D 错误.故选B.]5.(2015·浙江，13)如图，三棱锥ABCD 中，AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，点M ，N 分别是AD ，BC 的中点，则异面直线AN ，CM 所成的角的余弦值是________.5.78 [连接DN ,作DN 的中点O ,连接MO ,OC .在△AND 中.M 为AD 的中点,则OM 綉12AN .所以异面直线AN ，CM 所成角为∠CMO ，在△ABC 中，AB ＝AC ＝3，BC ＝2，则AN ＝22，∴OM ＝ 2.在△ACD 中，同理可知CM ＝22，在△BCD 中，DN ＝22，在Rt △ONC 中，ON ＝2，CN ＝1∴OC ＝ 3.在△CMO 中，由余弦定理cos ∠CMO ＝|MC |2＋|MO |2－|OC |22|MC |·|MO |＝8＋2－32×22×2＝78.]考点4 线面平行的判定与性质1.（2017•新课标Ⅱ,19）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= AD ，∠BAD=∠ABC=90°，E 是PD 的中点．（Ⅰ）证明：直线CE ∥平面PAB ；（Ⅱ）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M ﹣AB ﹣D 的余弦值．1.（Ⅰ）证明：取PA 的中点F ，连接EF ，BF ，因为E 是PD 的中点，所以EFAD ，AB=BC=AD ，∠BAD=∠ABC=90°，∴BC ∥ AD ，∴BCEF 是平行四边形，可得CE ∥BF ，BF ⊂平面PAB ，CF ⊄平面PAB ，∴直线CE ∥平面PAB ；（Ⅱ）解：四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．取AD的中点O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，设AD=2，则AB=BC=1，OP= ，∴∠PCO=60°，直线BM与底面ABCD所成角为45°，可得：BN=MN，CN= MN，BC=1，可得：1+ BN2=BN2， BN= ，MN= ，作NQ⊥AB于Q，连接MQ，所以∠MQN就是二面角M﹣AB﹣D的平面角，MQ= = ，二面角M ﹣AB﹣D的余弦值为：= ．2.（2017•江苏,15）如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（Ⅰ）EF∥平面ABC；（Ⅱ）AD⊥AC．2.证明：（Ⅰ）因为AB⊥AD，EF⊥AD，且A、B、E、F四点共面，所以AB∥EF，又因为EF⊊平面ABC，AB⊆平面ABC，所以由线面平行判定定理可知：EF∥平面ABC；（Ⅱ）在线段CD上取点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，因为BC⊥BD，所以FG⊥BC，又因为平面ABD⊥平面BCD，所以FG⊥平面ABD，所以FG⊥AD，又因为AD⊥EF，且EF∩FG=F，所以AD ⊥平面EFG ，所以AD ⊥EG ，故AD ⊥AC ．3.(2016·山东,17)在如图所示的圆台中,AC 是下底面圆O 的直径,EF 是上底面圆O ′的直径,FB 是圆台的一条母线.(1)已知G ,H 分别为EC ,FB 的中点,求证：GH ∥平面ABC ；(2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23,AB ＝BC ,求二面角F －BC －A 的余弦值.3.(1)证明设FC 中点为I ,连接GI ,HI ,在△CEF 中,因为点G 是CE 的中点,所以GI ∥EF .又EF ∥OB ,所以GI ∥OB .在△CFB 中,因为H 是FB 的中点,所以HI ∥BC , 又HI ∩GI ＝I ,所以平面GHI ∥平面ABC . 因为GH ⊂平面GHI ,所以GH ∥平面ABC .(2)连接OO ′,则OO ′⊥平面ABC .又AB ＝BC ,且AC 是圆O 的直径,所以BO ⊥AC . 以O 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .由题意得B (0,23,0),C (－23,0,0).过点F 作FM 垂直OB 于点M ,所以FM ＝FB 2－BM 2＝3,可得F (0,3,3).故BC →＝(－23,－23,0),BF →＝(0,－3,3).设m ＝(x ,y ,z )是平面BCF 的一个法向量.由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0.可得⎩⎨⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1，33, 因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0,1),所以cos 〈m ,n 〉＝m ·n |m ||n |＝77.所以二面角F －BC －A 的余弦值为77.4.(2016·全国Ⅲ,19)如图,四棱锥P －ABCD 中,PA ⊥底面ABCD ,AD ∥BC ,AB ＝AD ＝AC ＝3,PA ＝BC ＝4,M 为线段AD 上一点,AM ＝2MD ,N 为PC 的中点.(1)证明MN ∥平面PAB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值. 4.(1)证明由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ,连接AT ,TN ,由N 为PC 中点知TN ∥BC ,TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ,故TN 綉AM ,四边形AMNT 为平行四边形,于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面PAB ,MN ⊄平面PAB ,所以MN ∥平面PAB .(2)解取BC 的中点E ,连接AE .由AB ＝AC 得AE ⊥BC , 从而AE ⊥AD ,AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝ 5. 以A 为坐标原点,AE →的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz . 由题意知,P (0,0,4),M (0,2,0),C (5,2,0),N ⎝⎛⎭⎪⎫52，1，2,PM →＝(0,2,－4),PN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，－2,AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2. 设n ＝(x ,y ,z )为平面PMN 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1).于是cos 〈n ,AN →〉＝n ·AN →|n ||AN →|＝8525.设AN 与平面PMN 所成的角为θ,则sin θ＝8525,∴直线AN 与平面PMN 所成的角的正弦值为8525.5.(2015·江苏,16)如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,已知AC ⊥BC ,BC ＝CC 1.设AB 1的中点为D ,B 1C ∩BC 1＝E .求证：(1)DE ∥平面AA 1C 1C ； (2)BC 1⊥AB 1.5.证明 (1)由题意知,E 为B 1C 的中点,又D 为AB 1的中点,因此DE ∥AC . 又因为DE ⊄平面AA 1C 1C ,AC ⊂平面AA 1C 1C ,所以DE ∥平面AA 1C 1C . (2)因为棱柱ABCA 1B 1C 1是直三棱柱,所以CC 1⊥平面ABC . 因为AC ⊂平面ABC ,所以AC ⊥CC 1.又因为AC ⊥BC ,CC 1⊂平面BCC 1B 1,BC ⊂平面BCC 1B 1,BC ∩CC 1＝C ,所以AC ⊥平面BCC 1B 1. 又因为BC 1⊂平面BCC 1B 1,所以BC 1⊥AC .因为BC ＝CC 1,所以矩形BCC 1B 1是正方形,因此BC 1⊥B 1C . 因为AC ,B 1C ⊂平面B 1AC ,AC ∩B 1C ＝C ,,所以BC 1⊥平面B 1AC . 又因为AB 1⊂平面B 1AC ,所以BC 1⊥AB 1.6.(2014·江苏,16)如图,在三棱锥PABC 中,D ,E ,F 分别为棱PC ,AC ,AB 的中点.已知PA ⊥AC ,PA ＝6,BC ＝8,DF ＝5.求证：(1)直线PA ∥平面DEF ； (2)平面BDE ⊥平面ABC .6.证明 (1)因为D ,E 分别为棱PC ,AC 的中点,所以DE ∥PA .又因为PA ⊄平面DEF ,DE ⊂平面DEF ,所以直线PA ∥平面DEF .(2)因为D ,E ,F 分别为棱PC ,AC ,AB 的中点,PA ＝6,BC ＝8,所以DE ∥PA ,DE ＝12PA ＝3,EF ＝12BC ＝4.又因为DF ＝5,故DF 2＝DE 2＋EF 2,所以∠DEF ＝90°,即DE ⊥EF .又PA ⊥AC ,DE ∥PA ,所以DE ⊥AC .因为AC ∩EF ＝E ,AC ⊂平面ABC ,EF ⊂平面ABC ,所以DE ⊥平面ABC . 又DE ⊂平面BDE ,所以平面BDE ⊥平面ABC .7.(2014·新课标全国Ⅱ,18)如图,四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 为矩形,PA ⊥平面ABCD ,E 为PD 的中点.(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设二面角DAEC 为60°,AP ＝1,AD ＝3, 求三棱锥EACD 的体积.7.(1)证明连接BD 交AC 于点O ,连接EO .因为ABCD 为矩形,所以O 为BD 的中点. 又E 为PD 的中点,所以EO ∥PB .又因为EO ⊂平面AEC ,PB ⊄平面AEC ,所以PB ∥平面AEC .(2) 因为PA ⊥平面ABCD ,ABCD 为矩形,所以AB ,AD ,AP 两两垂直.如图,以A 为坐标原点,AB →的方向为x 轴的正方向,|AP →|为单位长,建立空间直角坐标系Axyz ,则D (0,3,0),E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12,AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，32，12. 设B (m ,0,0)(m >0),则C (m ,3,0),AC →＝(m ,3,0).设n 1＝(x ,y ,z )为平面ACE 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AC →＝0，n 1·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧mx ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0，可取n 1＝⎝⎛⎭⎪⎫3m ，－1，3. 又n 2＝(1,0,0)为平面DAE 的法向量,由题设知|cos 〈n 1,n 2〉|＝12,即33＋4m 2＝12,解得m ＝32.因为E 为PD 的中点,所以三棱锥EACD 的高为12,三棱锥EACD 的体积V ＝13×12×3×32×12＝38.8.(2014·湖北,19)如图,在棱长为2的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中,E ,F ,M ,N 分别是棱AB ,AD ,A 1B 1,A 1D 1的中点,点P ,Q 分别在棱DD 1,BB 1上移动,且DP ＝BQ ＝λ(0<λ<2).(1)当λ＝1时,证明：直线BC 1∥平面EFPQ ；(2)是否存在λ,使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在,求出λ的值；若不存在,说明理由. 8.法一(几何法)(1)证明如图1,连接AD 1,由ABCDA 1B 1C 1D 1是正方体,知BC 1∥AD 1.当λ＝1时,P 是DD 1的中点,又F 是AD 的中点,所以FP ∥AD 1.所以BC 1∥FP . 而FP ⊂平面EFPQ ,且BC 1⊄平面EFPQ ,故直线BC 1∥平面EFPQ .(2) 如图2,连接BD .因为E ,F 分别是AB ,AD 的中点,所以EF ∥BD ,且EF ＝12BD .又DP ＝BQ ,DP ∥BQ ,所以四边形PQBD 是平行四边形,故PQ ∥BD ,且PQ ＝BD , 从而EF ∥PQ ,且EF ＝12PQ .在Rt △EBQ 和Rt △FDP 中,因为BQ ＝DP ＝λ,BE ＝DF ＝1, 于是EQ ＝FP ＝1＋λ2,所以四边形EFPQ 是等腰梯形. 同理可证四边形PQMN 是等腰梯形.分别取EF ,PQ ,MN 的中点为H ,O ,G ,连接OH ,OG , 则GO ⊥PQ ,HO ⊥PQ ,而GO ∩HO ＝O ,故∠GOH 是面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角的平面角.若存在λ,使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角,则∠GOH ＝90°. 连接EM ,FN ,则由EF ∥MN ,且EF ＝MN ,知四边形EFNM 是平行四边形. 连接GH ,因为H ,G 是EF ,MN 的中点,所以GH ＝ME ＝2. 在△GOH 中,GH 2＝4,OH 2＝1＋λ2－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝λ2＋12,OG 2＝1＋(2－λ)2－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝(2－λ)2＋12,由OG 2＋OH 2＝GH 2,得(2－λ)2＋12＋λ2＋12＝4,解得λ＝1±22,故存在λ＝1±22,使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角. 法二(向量方法)以D 为原点,射线DA ,DC ,DD 1分别为x ,y ,z 轴的正半轴建立如图3所示的空间直角坐标系Dxyz .由已知得B (2,2,0),C 1(0,2,2),E (2,1,0),F (1,0,0),P (0,0,λ).BC 1→＝(－2,0,2),FP →＝(－1,0,λ),FE →＝(1,1,0).(1)证明当λ＝1时,FP →＝(－1,0,1),又因为BC 1→＝(－2,0,2),所以BC 1→＝2FP →,即BC 1∥FP .而FP ⊂平面EFPQ ,且BC 1⊄平面EFPQ ,故直线BC 1∥平面EFPQ . (2)解设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ,y ,z ),则由⎩⎪⎨⎪⎧FE →·n ＝0，FP →·n ＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋λz ＝0.于是可取n ＝(λ,－λ,1).同理可得平面MNPQ 的一个法向量为m ＝(λ－2,2－λ,1). 若存在λ,使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角,则m·n＝(λ－2,2－λ,1)·(λ,－λ,1)＝0,即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0,解得λ＝1±22.故存在λ＝1±22,使面E FPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.考点5 线面垂直的判定与性质1.(2016·浙江,2)已知互相垂直的平面α,β交于直线l.若直线m,n满足m∥α,n⊥β,则( )A.m∥lB.m∥nC.n⊥lD.m⊥n1.C [由已知,α∩β＝l,∴l⊂β,又∵n⊥β,∴n⊥l,C正确.故选C.]2.(2015·浙江,8)如图,已知△ABC,D是AB的中点,沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD,所成二面角A′CDB的平面角为α,则( )A.∠A′DB≤αB.∠A′DB≥αC.∠A′CB≤αD.∠A′CB≥α2.B [极限思想：若α＝π,则∠A′CB＜π,排除D；若α＝0,如图,则∠A′DB,∠A′CB 都可以大于0,排除A,C.故选B. ]3.(2014·广东,7)若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4,满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是( )A.l1⊥l4B.l1∥l4C.l1与l4既不垂直也不平行D.l1与l4的位置关系不确定3.D [构造如图所示的正方体ABCDA1B1C1D1,取l1为AD,l2为AA1,l3为A1B1,当取l4为B1C1时,l1∥l4,当取l4为BB1时,l1⊥l4,故排除A、B、C,选D.]4.(2016·全国Ⅱ,14)α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题：(1)如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.(2)如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.(3)如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.(4)如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.其中正确的命题有________(填写所有正确命题的编号).4.②③④ [当m⊥n,m⊥α,n∥β时,两个平面的位置关系不确定,故①错误,经判断知②③④均正确,故正确答案为②③④.]5.（2017•新课标Ⅰ,18）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．5.（1）证明：∵∠BAP=∠CDP=90°，∴PA⊥AB，PD⊥CD，∵AB∥CD，∴AB⊥PD，又∵PA∩PD=P，且PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD；（2）解：∵AB∥CD，AB=CD，∴四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面PAD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，在△APD中，由PA=PD，∠APD=90°，可得△PAD为等腰直角三角形，设PA=AB=2a，则AD= ．取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则：D（），B（），P（0，0，），C（）．，，．设平面PBC的一个法向量为，由，得，取y=1，得．∵AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥AD，又PD⊥PA，PA∩AB=A，∴PD⊥平面PAB，则为平面PAB的一个法向量，．∴cos＜＞= = ．由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角，∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为．6.（2017•新课标Ⅲ,19）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．（Ⅰ）证明：平面ACD⊥平面ABC；（Ⅱ）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D﹣AE﹣C的余弦值．6.（Ⅰ）证明：如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．∵△ABC是等边三角形，∴OB⊥AC．△ABD与△CBD中，AB=BD=BC，∠ABD=∠CBD，∴△ABD≌△CBD，∴AD=CD．∵△ACD是直角三角形，∴AC是斜边，∴∠ADC=90°．∴DO= AC．∴DO2+BO2=AB2=BD2．∴∠BOD=90°．∴OB⊥OD．又DO∩AC=O，∴OB⊥平面ACD．又OB⊂平面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC．（Ⅱ）设点D，B到平面ACE的距离分别为h D， h E．则= ．∵平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，∴= = =1．∴点E 是BD 的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设AB=2．则O （0，0，0），A （1，0，0），C （﹣1，0，0），D （0，0，1），B （0，，0），E ．=（﹣1，0，1）， = ， =（﹣2，0，0）．设平面ADE 的法向量为 =（x ，y ，z ），则，即，取 =．同理可得：平面ACE 的法向量为 =（0，1，）．∴cos = = =﹣ ．∴二面角D ﹣AE ﹣C 的余弦值为．7.(2016·全国Ⅰ,18)如图,在以A ,B ,C ,D ,E ,F 为顶点的五面体中,平面ABEF 为正方形,AF ＝2FD ,∠AFD ＝90°,且二面角D －AF －E 与二面角C －BE －F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥EFDC ； (2)求二面角E －BC －A 的余弦值.7.(1)证明由已知可得AF ⊥DF ,AF ⊥FE ,所以AF ⊥平面EFDC ,又AF ⊂平面ABEF ,故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)解过D 作DG ⊥EF ,垂足为G ,由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点,GF →的方向为x 轴正方向,|GF →|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系G －xyz .由(1)知∠DFE 为二面角D －AF －E 的平面角,故∠DFE ＝60°,则|DF |＝2,|DG |＝3,可得A (1,4,0),B (－3,4,0),E (－3,0,0),D (0,0,3).由已知,AB ∥EF ,所以AB ∥平面EFDC ,又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ,故AB ∥CD ,CD ∥EF ,由BE ∥AF ,可得BE ⊥平面EFDC ,所以∠CEF 为二面角C －BE －F 的平面角,∠CEF ＝60°,从而可得C (－2,0,3).所以EC →＝(1,0,3),EB →＝(0,4,0),AC →＝(－3,－4,3),AB →＝(－4,0,0). 设n ＝(x ,y ,z )是平面BCE 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0.所以可取n ＝(3,0,－3).设m 是平面ABCD 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0,3,4),则cos 〈n ,m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919. 故二面角E －BC －A 的余弦值为－21919.8.(2016·江苏，16)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ，BC 的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1⊥A 1B 1.求证：(1)直线DE ∥平面A 1C 1F ； (2)平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .8.证明 (1)由已知,DE 为△ABC 的中位线,∴DE ∥AC ,又由三棱柱的性质可得AC ∥A 1C 1,∴DE ∥A 1C 1, 且DE ⊄平面A 1C 1F ,A 1C 1⊂平面A 1C 1F ,∴DE ∥平面A 1C 1F . (2)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,AA 1⊥平面A 1B 1C 1,∴AA 1⊥A 1C 1,又∵A 1B 1⊥A 1C 1,且A 1B 1∩AA 1＝A ,∴A 1C 1⊥平面ABB 1A 1, ∵B 1D ⊂平面ABB 1A 1,∴A 1C 1⊥B 1D ,又∵A 1F ⊥B 1D ,且A 1F ∩A 1C 1＝A 1,∴B 1D ⊥平面A 1C 1F , 又∵B 1D ⊂平面B 1DE ,∴平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .9.(2015·新课标全国Ⅱ,19)如图,长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,AB ＝16,BC ＝10,AA 1＝8,点E ,F 分别在A 1B 1,D 1C 1上,A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ,F 的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值.9.解 (1)交线围成的正方形EHGF 如图：(2)作EM ⊥AB ,垂足为M ,则AM ＝A 1E ＝4,EM ＝AA 1＝8.因为EHGF 为正方形,所以EH ＝EF ＝BC ＝10.于是MH ＝EH 2－EM 2＝6,所以AH ＝10. 以D 为坐标原点,DA →的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ,则A (10,0,0),H (10,10,0),E (10,4,8),F (0,4,8),FE →＝(10,0,0),HE →＝(0,－6,8).设n ＝(x ,y ,z )是平面EHGF 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝0，n ·HE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧10x ＝0，－6y ＋8z ＝0，所以可取n ＝(0,4,3).又AF →＝(－10,4,8),故|cos 〈n ,AF →〉|＝|n ·AF →||n ||AF →|＝4515.所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为4515.10.(2015·新课标全国Ⅰ,18)如图,四边形ABCD 为菱形,∠ABC ＝120°,E ,F 是平面ABCD 同一侧的两点,BE ⊥平面ABCD ,DF ⊥平面ABCD ,BE ＝2DF ,AE ⊥EC . (1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ,(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值.10.(1)证明连接BD ,设BD ∩AC ＝G ,连接EG ,FG ,EF .。

2018版高考数学大一轮复习第八章立体几何8.3空间图形的基本关系与公理课件文

知识拓展
1.唯一性定理
(1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行.
(2)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直.
(3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行.
(4)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直.
2.异面直线的判定定理
经过平面内一点的直线与平面内不经过该点的直线互为异面直线.
3.对于任意的直线l与平面α，在平面α内必有直线m，使m与l A.平行 C.垂直 √
答案解析
B.相交 D.互为异面直线
不论l∥α，lα，还是l与α相交，α内都有直线m使得m⊥l.
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4.在四面体ABCD的棱AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EF与HG交于点M，则 A.M一定在直线AC上 √ B.M一定在直线BD上 C.M可能在AC上，也可能在BD上 D.M既不在AC上，也不在BD上由于 EF∩HG ＝ M ，且 EF 平面 ABC ， HG 平面 ACD ，所以点 M 为平
思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1) 如果两个不重合的平面 α ， β 有一条公共直线 a ，就说平面 α ， β 相交，并记作α∩β＝a.( √ ) (2)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线.( × ) (3)两个平面ABC与DBC相交于线段BC.( × ) (4)经过两条相交直线，有且只有一个平面.( √ ) (5)没有公共点的两条直线是异面直线.( × )

B.(0， 3) D.(1， 3)
此题相当于一个正方形沿着对角线折成一个四面体，长为a的棱长一定大于0且小于 2 .故选A.

2018年高考数学课标通用理科一轮复习真题演练：第八章

真题演练集训1．[2016·新课标全国卷Ⅱ]如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B －D ′A －C 的正弦值． (1)证明：由已知，得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF ，得AE AD ＝CFCD ，故AC ∥EF . 因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H . 由AB ＝5，AC ＝6，得 DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC ，得OH DO ＝AE AD ＝14. 所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)解：如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，HD →的方向为y 轴正方向，HD →′的方向为z 轴正方向，建立空间直角坐标系H －xyz.则H (0,0,0)，A (－3，－1,0)，B (0，－5,0)， C (3，－1,0)，D ′(0,0,3)，AB →＝(3，－4,0)， AC →＝(6,0,0)，AD ′→＝(3,1,3)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4,3，－5)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3,1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m||n|＝－1450×10＝－7525，sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B －D ′A －C 的正弦值是29525.2．[2016·山东卷]在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线．(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点．求证：GH ∥平面ABC ； (2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角F －BC －A 的余弦值．(1)证明：设FC 的中点为I ，连接GI ，HI ，在△CEF 中，因为点G 是CE 的中点，所以GI ∥EF .又EF ∥OB ，所以GI ∥OB .在△CFB 中，因为H 是FB 的中点，所以HI ∥BC .又HI ∩GI ＝I ，OB ∩BC ＝B ，所以平面GHI ∥平面ABC . 因为GH ⊂平面GHI ，所以GH ∥平面ABC .(2)解：解法一：连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC . 又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径，所以BO ⊥AC .以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz.由题意，得B (0,23，0)，C (－23，0,0)，所以BC →＝(－23，－23，0)．过点F 作FM 垂直OB 于点M ，所以FM ＝FB 2－BM 2＝3，可得F (0，3，3)．故BF →＝(0，－3，3)．设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，1，33.因为平面ABC的一个法向量n＝(0,0.1)，所以cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝77.所以二面角F－BC－A的余弦值为7 7.解法二：如图，连接OO′.过点F作FM垂直OB于点M，则有FM∥OO′.又OO′⊥平面ABC，所以FM⊥平面ABC.可得FM＝FB2－BM2＝3.过点M作MN垂直BC于点N，连接FN.可得FN⊥BC，从而∠FNM为二面角F－BC－A的平面角．又AB＝BC，AC是圆O的直径，所以MN＝BM sin 45°＝6 2，从而FN＝422，可得cos ∠FNM＝77.所以二面角F－BC－A的余弦值为7 7.3．[2016·新课标全国卷Ⅲ]如图，四棱锥P－ABCD中，P A⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，P A＝BC＝4，M为线段AD 上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．(1)证明：MN ∥平面P AB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值． (1)证明：由已知，得AM ＝23AD ＝2. 如图，取BP 的中点T ，连接AT ，TN . 由N 为PC 的中点知，TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT .因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，所以MN ∥平面P AB .(2)解：取BC 的中点E ，连接AE . 由AB ＝AC ，得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ，且AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝ 5.以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz .由题意知，P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2，PM →＝(0,2，－4)，PN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，－2， AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2.设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎨⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1)．于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||AN →|＝8525，则直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525.4．[2015·新课标全国卷Ⅰ]如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．(1)证明：如图，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF . 在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3. 由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC 可知，AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62.在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322.从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，所以EG ⊥平面AFC . 因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)解：如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系G －xyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝⎛⎭⎪⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.5．[2015·新课标全国卷Ⅱ]如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值．解：(1)交线围成的正方形EHGF 如图所示．(2)作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EM ＝AA 1＝8. 因为四边形EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10.于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，所以AH ＝10.以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则A (10,0,0)，H (10,10,0)，E (10，4,8)，F (0,4,8)， FE →＝(10,0,0)，HE →＝(0，－6,8)．设n ＝(x ，y ，z )是平面α的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝0，n ·HE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧10x ＝0，－6y ＋8z ＝0，所以可取n ＝(0,4,3)．又AF →＝(－10,4,8)，故|cos 〈n ，AF →〉|＝|n ·AF →||n ||AF →|＝4515.所以AF 与平面α所成角的正弦值为4515.课外拓展阅读巧用向量法求立体几何中的探索性问题立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法．下面借“题”发挥，透视有关立体几何中的探索性问题的常见类型及其求解策略．1．条件追溯型解决立体几何中的条件追溯型问题的基本策略是执果索因．其结论明确，需要求出使结论成立的充分条件，可将题设和结论都视为已知条件，即可迅速找到切入点．这类题目要求考生变换思维方向，有利于培养考生的逆向思维能力．[典例1]如图所示，在四棱锥S－ABCD中，SA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，且AB＝4，SA＝3.E，F分别为线段BC，SB上的一点(端点除外)，满足SFBF＝CEBE＝λ，当实数λ的值为________时，∠AFE为直角．[思路分析][解析]因为SA⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，故可建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.因为AB ＝4，SA ＝3，所以B (0,4,0)，S (0,0,3)．设BC ＝m ，则C (m,4,0)，因为SF BF ＝CE BE ＝λ，所以SF →＝λFB →.所以AF →－AS →＝λ(AB →－AF →)．所以AF →＝11＋λ(AS →＋λAB →)＝11＋λ(0,4λ，3)．所以F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4λ1＋λ，31＋λ. 同理可得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫m 1＋λ，4，0，所以FE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 1＋λ，41＋λ，－31＋λ. 因为F A →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－4λ1＋λ，－31＋λ，要使∠AFE 为直角，即F A →·FE →＝0，则0·m 1＋λ＋－4λ1＋λ·41＋λ＋－31＋λ·－31＋λ＝0，所以16λ＝9，解得λ＝9 16.[答案]9 162．存在判断型以“平行、垂直、距离和角”为背景的存在判断型问题是近年来高考数学中创新型命题的一个重要类型，它以较高的新颖性、开放性、探索性和创造性深受命题者的青睐，此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．“是否存在”的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由．这类问题常用“肯定顺推”的方法．求解此类问题的难点在于涉及的点具有运动性和不确定性，所以用传统的方法解决起来难度较大，若用空间向量方法来处理，通过待定系数法求解其存在性问题，则思路简单、解法固定、操作方便．[典例2]如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD ⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点．(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由．[思路分析][解] (1)如图所示，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D －xyz .依题意，得D (0,0,0)，A (1,0,0)，M (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，N (1,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，所以NE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，－1，AM →＝(－1,0,1)，因为|cos 〈NE →，AM →〉|＝|NE →·AM →||NE →||AM →|＝1252×2＝1010. 所以异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为1010.(2)假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN .连接AE ，如图所示．因为AN →＝(0,1,1)，可设AS →＝λAN →＝(0，λ，λ)，又EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0，所以ES →＝EA →＋AS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，λ－1，λ. 由ES ⊥平面AMN ，得⎩⎪⎨⎪⎧ ES →·AM →＝0，ES →·AN →＝0，即⎩⎨⎧ －12＋λ＝0，(λ－1)＋λ＝0，解得λ＝12，此时AS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，|AS →|＝22. 经检验，当|AS |＝22时，ES ⊥平面AMN .故在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ，此时|AS |＝22.3．结论探索型立体几何中的结论探索型问题的基本特征是：给出一定的条件与设计方案，判断设计的方案是否符合条件要求．此类问题的难点是“阅读理解”和“整体设计”两个环节，因此，应做到审得仔细、找得有法、推得有理、证得有力，整合过程无可辩驳．[典例3]某设计部门承接一产品包装盒的设计(如图所示)，客户除了要求AB，BE边的长分别为20 cm,30 cm外，还特别要求包装盒必须满足：①平面ADE⊥平面ADC；②平面ADE与平面ABC所成的二面角不小于60 °；③包装盒的体积尽可能大．若设计出的样品满足：∠ACB与∠ACD均为直角且AB长20 cm，矩形DCBE的边长BE＝30 cm，请你判断该包装盒的设计是否符合客户的要求，并说明理由．[思路分析]建立空间直角坐标系→验证所给样品是否满足条件①②③→得出结论[解]该包装盒的样品设计符合客户的要求．理由如下：因为四边形DCBE为矩形，∠ACB与∠ACD均为直角，所以以C为原点，分别以直线CA，CB，CD为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz.因为BE＝30 cm，AB＝20 cm，设BC＝t cm，则AC＝400－t2cm，则A (400－t 2，0,0)，B (0，t,0)，D (0,0,30)，E (0，t,30)，设平面ADE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，DA →＝(400－t 2，0，－30)，DE →＝(0，t,0)，因为n 1·DA →＝0且n 1·DE →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧400－t 2x －30z ＝0，ty ＝0，取x ＝1，则n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，400－t 230. 又平面ADC 的一个法向量CB →＝(0，t,0)，所以n 1·CB →＝1×0＋0×t ＋400－t 230×0＝0，所以n 1⊥CB →，所以平面ADE ⊥平面ADC ，所以满足条件①.因为平面ABC 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)，设平面ADE 与平面ABC 所成二面角的平面角为θ，则cos θ≤12，所以cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝400－t 2301＋400－t 2900≤12，所以10≤t ≤20，即当10≤t <20时，平面ADE 与平面ABC 所成的二面角不小于60°.由∠ACB 与∠ACD 均为直角知，AC ⊥平面DCBE ，该包装盒可视为四棱锥A －BCDE ，所以V A －BCDE ＝13S 矩形BCDE ·AC＝13·30t ·400－t 2＝10·t 2(400－t 2)≤10⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2＋400－t 222＝2 000，当且仅当t 2＝400－t 2，即t ＝10 2 cm 时，V A －BCDE 的体积最大，最大值为2 000 cm 3.而10<t ＝102<20，可以满足平面ADE 与平面ABC 所成的二面角不小于60°的要求．综上可知，该包装盒的设计符合客户的要求．方法总结解决立体几何中的结论探索型问题的策略是：先把题目读懂，全面、准确地把握题目所提供的所有信息和题目提出的所有要求，分析题目的整体结构，找好解题的切入点，对解题的主要过程有一个初步的设计，在此基础上建立空间直角坐标系，把所求的问题转化为空间几何体中的证明线面位置关系、角与最值等问题．。

2018高考数学(文)(人教新课标)大一轮复习配套文档第八章立体几何单元测试卷 Word版含答案

一、选择题：本大题共小题，每小题分，共分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．．已知互相垂直的平面α，β交于直线.若直线，满足∥α，⊥β，则( )．∥ ．∥ ．⊥．⊥解：因为⊥β，⊂β，所以⊥.故选.．()某几何体的三视图如图所示(单位：)，则该几何体的体积是()．．解：该几何体为一个正方体和一个正四棱锥的组合体，其体积＝＋×××＝()．故选.．一个几何体的三视图形状都相同，大小均相等，那么这个几何体不可以是( )．球．三棱锥．正方体．圆柱解：球的三视图是三个相同的圆，三棱锥的三视图可以是三个全等的三角形，正方体的三视图可能是三个相同的正方形，而当圆柱的底面放置在水平面上时，其俯视图是圆，正视图是矩形．故选.．()如图，在正方体中，，分别为，的中点，则下列直线中与直线相交的是( )．直线．直线．直线．直线解：在同一个平面内不平行的两条直线或有公共交点的两条直线为相交直线，可判断选项正确．故选. ．如图，在正方体中，，分别是棱，的中点，则与平面的位置关系是( )．∥平面．与平面相交．在平面内．与平面的位置关系无法判断解：正方体中，，分别是棱，的中点，取的中点，连接，，则∥，∥，所以∥平面，∥平面，又因为∩＝，所以平面∥平面，从而可得∥平面.故选.．一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是(，，)，(，，)，(，，)，(，，)，画该四面体三视图中的正视图时，以平面为投影面，则得到的正视图可以为( )解：如图所示，点(，，)，(，，)，(，，)，(，，)，此四点恰为正方体上四个点，且构成一个棱长为的正四面体，该正四面体在投影面上的正视图为正方形.故选.．已知正四棱柱中，＝，为中点，则异面直线与所成角的余弦值为( )解：取的中点，连接，则∠为所求的角，设＝，∠＝＋×)＝＝＝.故选.．()已知四棱锥的三视图如图所示，则四棱锥的四个侧面中面积最大的是( )．．．．解：由三视图知，该几何体是四棱锥，其直观图如图，四个侧面中面积最大的是△，由题设知＝，＝，＝＝，所以＝，取中点，连接，，则⊥，所以⊥，＝＝，所以△＝·＝.故选.．()已知等腰直角三角形的直角边的长为，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )．π．π解：将等腰直角三角形绕其斜边所在直线旋转一周，可得到两个同底的圆锥，因此＝π·()·＝π.故选.．半球内有一个内接正方体，则这个半球的体积与正方体的体积之比为( )π∶π∶．π∶．π∶解：将半球补成整个球，同时把原半球的内接正方体再补接一个同样的正方体，构成的长方体恰好是球的内接长方体，那么这个长方体的体对角线就是它的外接球的直径．设正方体的棱长为，球的半径为，则()＝＋＋()，即＝.所以半球＝×π＝π＝π，正方体＝.所以半球∶正方体＝π∶＝π∶.故选.．已知正四棱柱中，＝，＝，为的中点，则直线与平面的距离为( )．．解：如图，连接，交于，连接，在△中，易证∥.从而∥平面，所以直线到平面的距离即为点到平面的距离，设为.由等体积法，得＝△×＝＝△×＝××××＝.又因为在△中，＝，＝＝，。

2017版高考数学(理)人教A版(全国)一轮复习第8章立体几何与空间向量8.1文档

1．空间几何体的结构特征(1)多面体①棱柱的侧棱都平行且相等，上、下底面是全等的多边形．②棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形．③棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上、下底面是相似多边形．(2)旋转体①圆柱可以由矩形绕其一边所在直线旋转得到．②圆锥可以由直角三角形绕其直角边所在直线旋转得到．③圆台可以由直角梯形绕直角腰所在直线或等腰梯形绕上、下底中点连线所在直线旋转得到，也可由平行于底面的平面截圆锥得到．④球可以由半圆或圆绕直径所在直线旋转得到．2．空间几何体的三视图空间几何体的三视图是正投影得到，这种投影下与投影面平行的平面图形留下的影子与平面图形的形状和大小是完全相同的，三视图包括正视图、侧视图、俯视图．3．空间几何体的直观图画空间几何体的直观图常用斜二测画法，其规则是：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴、y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．4．常用结论(1)常见旋转体的三视图①球的三视图都是半径相等的圆．②水平放置的圆锥的正视图和侧视图均为全等的等腰三角形． ③水平放置的圆台的正视图和侧视图均为全等的等腰梯形． ④水平放置的圆柱的正视图和侧视图均为全等的矩形． (2)斜二测画法中的“三变”与“三不变”“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变，与y 轴平行的线段的长度变为原来的一半，图形改变.“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不改变，与x ，z 轴平行的线段的长度不改变，相对位置不改变.【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( × ) (2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( × )(3)夹在两个平行的平面之间，其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱台．( × ) (4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．( × ) (5)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．( × ) (6)菱形的直观图仍是菱形．( × )1．(教材改编)下列说法正确的是( ) A ．相等的角在直观图中仍然相等 B ．相等的线段在直观图中仍然相等 C ．正方形的直观图是正方形D ．若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行答案 D解析由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行性不变．2．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的长度等于( )A.34B.41 C ．5 2 D ．215答案 C解析由题易知该几何体是三棱锥，底面是直角边长分别为3,4的直角三角形，高为5，其最长棱长为32＋42＋52＝5 2.3．(2015·广东)若空间中n 个不同的点两两距离都相等，则正整数n 的取值( ) A ．至多等于3 B ．至多等于4 C ．等于5 D ．大于5答案 B解析当n ＝3时显然成立，故排除C ，D ；由正四面体的四个顶点两两距离相等，得n ＝4时成立，故选B.4．已知某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是( )A ．48cm 3B ．98cm 3C ．88cm 3D ．78cm 3答案 B解析由三视图可知，该几何体是如图所示长方体去掉一个三棱锥，故几何体的体积是6×3×6－13×12×3×5×4＝98.故选B.5.正三角形AOB 的边长为a ，建立如图所示的直角坐标系xOy ，则它的直观图的面积是________．答案616a 2 解析画出坐标系x ′O ′y ′，作出△OAB 的直观图O ′A ′B ′(如图)．D ′为O ′A ′的中点．易知D ′B ′＝12DB (D 为OA 的中点)，∴S △O ′A ′B ′＝12×22S △OAB ＝24×34a 2＝616a 2.题型一空间几何体的结构特征例1 (1)给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线； ②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥； ③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥； ④棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3(2)下列结论：①以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台；⑤用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是球．其中正确结论的序号是________．(3)设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；②底面是矩形的平行六面体是长方体；③直四棱柱是直平行六面体；④棱台的相对侧棱延长后必交于一点．其中真命题的序号是________．答案(1)A(2)③⑤(3)①④解析(1)①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，因为“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面都是有一个公共顶点的三角形”，如图1所示；③不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图2所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；④错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．图1图2(2)这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆锥，①错；这条腰若不是垂直于两底的腰，则得到的不是圆台，②错；圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面是显然成立的，③正确；如果用不平行于圆锥底面的平面截圆锥，则得到的不是圆锥和圆台，④错；只有球满足任意截面都是圆面，⑤正确．(3)命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．思维升华(1)解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；(2)解决本类题目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常用的几何模型，有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命题进行辨析．给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；④存在每个面都是直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．答案②③④解析①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体AC1中的三棱锥C1－ABC，四个面都是直角三角形．题型二空间几何体的三视图命题点1由空间几何体的三视图还原出几何体的形状例2若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是()答案 D解析A，B的正视图不符合要求，C的俯视图显然不符合要求，故选D.命题点2由空间几何体的直观图判断三视图例3一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是()答案 B解析该几何体是组合体，上面的几何体是一个五面体，下面是一个长方体，且五面体的一个面即为长方体的一个面，五面体最上面的棱的两端点在底面的射影距左右两边距离相等，因此选B.命题点3由空间几何体的部分视图画出剩余部分视图例4已知某组合体的正视图与侧视图相同，如图所示，其中AB＝AC，四边形BCDE为矩形，则该组合体的俯视图可以是________(把你认为正确的图的序号都填上)．答案①②③④解析直观图如图1的几何体(上部是一个正四棱锥，下部是一个正四棱柱)的俯视图为①；直观图如图2的几何体(上部是一个正四棱锥，下部是一个圆柱)的俯视图为②；直观图如图3的几何体(上部是一个圆锥，下部是一个圆柱)的俯视图为③；直观图如图4的几何体(上部是一个圆锥，下部是一个正四棱柱)的俯视图为④.思维升华三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．(1)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是()A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱答案(1)B解析由题中三视图可知该几何体的直观图如图所示，则这个几何体是三棱柱，故选B.(2)在如下图所示的空间直角坐标系Oxyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2)，给出编号①②③④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为()A．①和②B．③和①C．④和③D．④和②答案 D解析如下图，在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的正视图为④，俯视图为②.题型三空间几何体的直观图例5(1)右图是水平放置的某个三角形的直观图，D′是△A′B′C′中B′C′边的中点且A′D′∥y′轴，A′B′，A′D′，A′C′三条线段对应原图形中的线段AB，AD，AC，那么()A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AD，最短的是AC(2)用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是()答案(1)C(2)A解析(1)A′D′∥y′轴，根据斜二测画法规则，在原图形中应有AD⊥BC，又AD为BC边上的中线，所以△ABC为等腰三角形．AD为BC边上的高，则有AB，AC相等且最长，AD最短．(2)由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2 2.思维升华用斜二测画法画直观图的技巧在原图形中与x轴或y轴平行的线段在直观图中与x′轴或y′轴平行，原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出．如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6cm，C′D′＝2cm，则原图形是()A．正方形B．矩形C．菱形D．一般的平行四边形答案 C解析如图，在原图形OABC中，应有OD＝2O′D′＝2×22＝42(cm)，CD＝C′D′＝2cm.∴OC＝OD2＋CD2＝(42)2＋22＝6(cm)，∴OA＝OC，∴四边形OABC是菱形．11．三视图识图中的易误辨析典例将正方体(如图1所示)截去两个三棱锥，得到如图2所示的几何体，则该几何体的侧视图为()易误分析(1)不能正确把握投影方向、角度致误；(2)不能正确确定点、线的投影位置；(3)不能正确应用实虚线区分可见线与非可见线．解析侧视图中能够看到线段AD1，应画为实线，而看不到B1C，应画为虚线．由于AD1与B1C不平行，投影为相交线，故应选B.答案 B温馨提醒(1)因对三视图的原理认识不到位，区分不清选项A和B，而易误选A；(2)因对三视图的画法要求不明而误选C或D.在画三视图时，分界线和可见轮廓线都用实线画，被遮住的部分的轮廓线用虚线画；(3)解答此类问题时，还易出现画三视图时对个别视图表达不准而不能画出所要求的视图，在复习时要明确三视图的含义，掌握“长对正、宽相等、高平齐”的要求．[方法与技巧]1．三视图的画法特征“长对正、宽相等，高平齐”，即正视图和侧视图一样高，正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽．2．对于简单几何体的组合体，在画其三视图时首先应分清它是由哪些简单几何体组成的，然后再画其三视图．3．由三视图还原几何体时，要遵循以下三步：(1)看视图，明关系；(2)分部分，想整体；(3)综合起来，定整体．[失误与防范]画三视图应注意的问题(1)若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法．(2)确定正视、侧视、俯视的方向，观察同一物体方向不同，所画的三视图也不同．A组专项基础训练(时间：35分钟)1．关于空间几何体的结构特征，下列说法不正确的是()A．棱柱的侧棱长都相等B．棱锥的侧棱长都相等C．三棱台的上、下底面是相似三角形D．有的棱台的侧棱长都相等答案 B解析根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等．2．如图所示的几何体是棱柱的有()A．②③⑤B．③④⑤C．③⑤D．①③答案 C解析由棱柱的定义知③⑤两个几何体是棱柱，故选C.3．(2015·北京)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为()A．1 B. 2C. 3 D．2答案 C解析四棱锥的直观图如图所示，PC⊥平面ABCD，PC＝1，底面四边形ABCD为正方形且边长为1，最长棱长P A＝12＋12＋12＝ 3.4．(2015·豫晋冀上学期第二次调研)如图，在一个正方体内放入两个半径不相等的球O1，O2，这两个球外切，且球O1与正方体共顶点A的三个面相切，球O2与正方体共顶点B1的三个面相切，则两球在正方体的面AA1C1C上的正投影是()答案 B解析由题意可以判断出两球在正方体的面AA1C1C上的正投影与正方形相切，排除C，D，把其中一个球扩大为与正方体相切，则另一个球全被挡住，由于两球不等，所以排除A，所以B正确．5．沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为()答案 B解析由已知中几何体的直观图，我们可得侧视图首先应该是一个正方形，故D不正确；中间的棱在侧视图中表现为一条对角线，故C不正确；而对角线的方向应该从左上到右下，故A不正确．6．某几何体的正视图和侧视图均为如图1所示的图形，则在图2的四个图中可以作为该几何体的俯视图的是()A．①③B．①④C．②④D．①②③④答案 A解析由正视图和侧视图知，该几何体为球与正四棱柱或球与圆柱体的组合体，故①③正确．7．若一个三棱锥的三视图如图所示，其中三视图都是直角三角形，则在该三棱锥的四个面中，直角三角形的个数为________．答案 4解析观察三视图，可得直观图如图所示．该三棱锥A －BCD 的底面BCD 是直角三角形，AB ⊥平面BCD ，CD ⊥BC ，侧面ABC ，ABD 是直角三角形；由CD ⊥BC ，CD ⊥AB ，知CD ⊥平面ABC ，CD ⊥AC ，侧面ACD 也是直角三角形． 8.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一动点，则三棱锥P －ABC 的正视图与侧视图的面积的比值为________．答案 1解析如题图所示，设正方体的棱长为a ，则三棱锥P －ABC 的正视图与侧视图都是三角形，且面积都是12a 2，故面积的比值为1.9．某四棱锥的三视图如图所示，则最长的一条侧棱的长度是________．答案29解析该几何体为如图所示P －ABCD ，最长侧棱为PB ＝22＋52＝29.10．如图是一个几何体的正视图和俯视图．(1)试判断该几何体是什么几何体；(2)画出其侧视图，并求该平面图形(侧视图)的面积．解 (1)由该几何体的正视图和俯视图可知该几何体是一个正六棱锥． (2)该几何体的侧视图如图：其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，且BC 的长是俯视图正六边形对边间的距离，即BC ＝3a ，AD 是正六棱锥的高，则AD ＝3a ，所以该平面图形(侧视图)的面积为 S ＝12×3a ×3a ＝32a 2. B 组专项能力提升 (时间：30分钟)11．已知以下三视图中有三个同时表示某一个三棱锥，则不是该三棱锥的三视图的是( )答案 D解析易知该三棱锥的底面是直角边分别为1和2的直角三角形，注意到侧视图是从左往右看得到的图形，结合B 、D 选项知，D 选项中侧视图方向错误，故选D.12．已知△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′是边长为a 的正三角形，那么原△ABC 的面积为____________________________________．答案62a 2 解析如图，过C ′作y ′轴的平行线C ′D ′，与x ′轴交于点D ′.则C ′D ′＝32a sin45°＝62a .又C ′D ′是原△ABC 的高CD 的直观图，所以CD ＝6a . 故S △ABC ＝12AB ·CD ＝62a 2.13.如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 为BC 的中点，Q 为线段CC 1上的动点，过点A ，P ，Q 的平面截该正方体所得的截面记为S ，则下列命题正确的是________(写出所有正确的命题的编号)．①当0<CQ <12时，S 为四边形；②当CQ ＝12时，S 为等腰梯形；③当CQ ＝34时，S 与C 1D 1的交点R 满足C 1R ＝13；④当34<CQ <1时，S 为六边形；⑤当CQ ＝1时，S 的面积为62. 答案 ①②③⑤解析对于①②，如图1所示，因为正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，当CQ ＝12时，PQ ＝22，这时过A ，P ，Q 三点的截面过点D 1，AP ＝D 1Q ＝52，且PQ ∥AD 1，截面S 为等腰梯形．当0<CD <12时，过A ，P ，Q 三点的截面与正方体的棱DD 1相交，截面S 为四边形，故①②正确．对于③④，如图2所示，连接QR 并延长交DD 1的延长线于点N ，连接AN 交A 1D 1于点M ，取AD 的中点G ，作GH ∥PQ 交DD 1于点H .易知GH ∥AN ，且GH ＝12AN .设CQ ＝t (12<t ≤1)，则DN ＝2t ，ND 1＝2t －1，ND 1C 1Q ＝D 1R RC 1＝2t －11－t .当t ＝34时，D 1R C 1R ＝21，可得C 1R ＝13，故③正确；当34<t <1时，S 为五边形，故④错误．对于⑤，当CQ ＝1时，Q 与C 1点重合，且截面S 与A 1D 1的交点为A 1D 1的中点，设为M ，如图3所示，连接AM ，MC 1，C 1P ，AP ，则四边形AMC 1P 为平行四边形．又∵PC 1＝AP ＝AM ＝52，所以四边形AMC 1P 为菱形．再连接AC 1，PM ，可得AC 1＝3，MP ＝2，所以截面S 的面积为3×22＝62，故⑤正确． 14．某几何体的三视图如图所示．(1)判断该几何体是什么几何体？ (2)画出该几何体的直观图．解(1)该几何体是一个正方体切掉两个14圆柱后得到的几何体．(2)直观图如图所示．15．某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，求a ＋b 的最大值．解如图，把几何体放到长方体中，使得长方体的体对角线刚好为几何体的已知棱，则长方体的体对角线A 1C ＝7，则它的正视图投影长为A 1B ＝6，侧视图投影长为A 1D ＝a ，俯视图投影长为A 1C 1＝b ，则a 2＋b 2＋(6)2＝2·(7)2，即a 2＋b 2＝8，又a ＋b 2≤a 2＋b 22，当且仅当“a ＝b ＝2”时等号成立．所以a ＋b ≤4，即a ＋b 的最大值为4.。

专题8-8立体几何中的向量方法(Ⅱ)—求空间角与距离(讲)-2018年高考数学(理)一轮复习讲练测Word版含解

2018年高考数学讲练测【新课标版】【讲】第八章立体几何第08节立体几何中的向量方法(Ⅱ)—求空间角与距离【考纲解读】【知识清单】1. 异面直线所成的角1.两条异面直线所成的角①定义：设a ，b 是两条异面直线，过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，则a ′与b ′所夹的锐角或直角叫做a 与b 所成的角． ②范围：两异面直线所成角θ的取值范围是(0,]2π．③向量求法：设直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为φ，则有cos |cos |||||||a ba b θϕ⋅==⋅.对点练习：【2017课标II ，理10】已知直三棱柱111C C AB -A B 中，C 120∠AB =，2AB =，1C CC 1B ==，则异面直线1AB 与1C B 所成角的余弦值为（）A C D【答案】C2. 直线与平面所成角1．直线和平面所成角的求法：如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|e·n| |e||n|.对点练习：【2017浙江，19】（本题满分15分）如图，已知四棱锥P–ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，ADBC//，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：//CE 平面PAB ；（Ⅱ）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）82．【解析】试题解析：MFH QNPAB CDEMH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线CE 与平面PBC 所成的角．设CD=1．在△PCD 中，由PC=2，CD=1，PD=2得CE=2，在△PBN 中，由PN=BN=1，PB=3得QH=41，在Rt△MQH 中，QH=41，MQ=2，所以sin∠QMH=82，所以直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是82． 3.二面角1．求二面角的大小(1)如图1，AB 、CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB ，CD 〉．(2)如图2、3，12,n n 分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小12,n n θ=<>(或12,n n π-<>)．对点练习：【2017江苏，22】如图, 在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD,且AB=AD=2,AA 1120BAD ∠=︒.（1）求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值；（2）求二面角B-A 1D-A 的正弦值.【答案】（1）17（24 .利用向量求空间距离1．空间向量的坐标表示及运算(1)数量积的坐标运算设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则①a±b＝(a1±b1，a2±b2，a3±b3)；②λa＝(λa1，λa2，λa3)；③a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3.(2)共线与垂直的坐标表示设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则a ∥b ⇔a ＝λb ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R)， a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0(a ，b 均为非零向量)． (3)模、夹角和距离公式设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则|a |＝a·a ＝a 21＋a 22＋a 23，cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23. 设A (a 1，b 1，c 1)，B (a 2，b 2，c 2)，则||(AB d AB a==. 2. 点面距的求法如图，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离d ＝|AB →·n ||n |.对点练习：设正方体的棱长为2，则点到平面的距离是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】试题分析：以D 为原点，以DA 为x 轴， DC 为y 轴， 1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，∵正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，∴()()()()110,0,0,2,0,2,2,2,0,0,0,2D A B D ，∴()12,0,2D A =， ()2,2,0DB =， ()112,0,0A D =-，设面1DBA 的法向量(),,n x y z =，因为10,0n DA n DB ⋅=⋅=，∴220{ 220x z x y +=+=，所以()1,1,1n =--，∴点1D 到平面1A BD 的距离是11233A D n d n ⋅==，故选C ．【考点深度剖析】空间的角与距离的计算（特别是角的计算）是高考热点，一般以大题的条件或一小问形式呈现，考查用向量方法解决立体几何问题，将空间几何元素之间的位置关系转化为数量关系，并通过计算解决立体几何问题．距离问题往往在与有关面积、体积的计算中加以考查．此类问题往往属于“证算并重”题，即第一问用几何法证明平行关系或垂直关系，第二问则通过建立空间直角坐标系，利用空间向量方法进一步求角或距离.【重点难点突破】考点1 异面直线所成的角【1-1】【2017届浙江省嘉兴一中、杭州高级中学、宁波效实中学等高三下五校联考】正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在1A C 上运动（包括端点），则BP 与1AD 所成角的取值范围是（）【答案】D【1-2】长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，E 为CC 1的中点，则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为( )A. 1010B. 3010C. 21510D. 31010 【答案】 B【解析】建立坐标系如图，则A (1,0,0)，E (0,2,1)，B (1,2,0)，C 1(0,2,2)．1(1,0,2),(1,2,1)BC AE =-=-， 11130cos ,10||||BC AE BC AE BC AE ⋅<>==⋅. 所以异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为3010.【领悟技法】1.求一对异面直线所成角：一是按定义平移转化为两相交直线的夹角；二是在异面直线上各取一向量，转化为两向量的夹角或其补角，无论哪种求法，都应注意角的范围的限定．2. 利用直线的方向向量的夹角求异面直线的夹角时，注意区别：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．【触类旁通】【变式一】【2017届安徽省江淮十校高三下第三次联考】如图，正四面体ABCD 中， E 、F 分别是棱BC 和AD 的中点，则直线AE 和CF 所成的角的余弦值为（）【答案】B【解析】如图所示，作AO ⊥底面BCD ，垂足为O ，O 为底面等边△BCD 的中心，建立空间直角坐标系．不妨取CD=2．则：，设点M 是线段CD 的中点，则： 13263,,,,AE CF⎛⎫⎛∴=--=-- ⎪ 利用空间向量求解余弦值有：2,3AE CF AE CF AE CF⋅〈〉==-⨯∴异面直线AE 与CF 所成角的余弦值为【变式二】【安庆二模】如图，E 是以AB 为直径的半圆O 上异于,A B 的点，矩形ABCD 所在的平面垂直于半圆O 所在的平面，且22AB AD a ==。

2018版高考数学(理)一轮复习题库：第八章第8讲立体几何中的向量方法(二)含解析

第8讲立体几何中的向量方法（二)一、选择题1．两平行平面α，β分别经过坐标原点O和点A(2,1，1),且两平面的一个法向量n＝(－1，0,1)，则两平面间的距离是( )A。

错误! B.错误!C。

错误! D．32解析两平面的一个单位法向量n0＝错误!，故两平面间的距离d＝|OA，→·n0｜＝错误!。

答案B2．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量、法向量，若cos〈m，n〉＝－错误!，则l与α所成的角为（）．A．30° B．60° C．120° D．150°解析设l与α所成的角为θ，则sin θ＝｜cos〈m，n〉|＝错误!,∴θ＝30°。

答案A3．长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点,则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为（)．A.错误!B。

错误!C。

错误! D.错误!解析建立坐标系如图,则A(1,0，0），E（0，2，1)，B（1，2，0)，C1（0，2，2）．错误!＝（－1,0,2），错误!＝（－1,2,1），cos〈错误!，错误!>＝错误!＝错误!.所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为错误!。

答案B4．已知直二面角α。

l。

β，点A∈α，AC⊥l，C为垂足,点B∈β,BD ⊥l，D为垂足，若AB＝2,AC＝BD＝1,则CD＝（)．A．2 B.错误!C。

错误! D．1解析如图，建立直角坐标系D。

xyz，由已知条件B(0，0,1），A（1,t，0）(t＞0)，由AB＝2解得t＝错误!.答案CAD＝23，5．如图，在四面体ABCD中，AB＝1，BC＝3，CD＝2。

∠ABC＝∠DCB＝错误!,则二面角A －BC－D的大小为( ）．A.错误!B。

错误! C.错误! D.错误!解析二面角A－BC－D的大小等于AB与CD所成角的大小.错误!＝错误!＋错误!＋错误!.而错误!2＝错误!2＋错误!2＋错误!2－2｜错误!|·｜错误! |·cos 〈错误!，错误!〉，即12＝1＋4＋9－2×2cos〈错误!，错误!>，∴cos〈错误!，错误!>＝错误!，∴AB与CD所成角为错误!，即二面角A－BC－D的大小为错误!。

(新课标)2017版高考数学大一轮复习第八章立体几何题组42 理

题组层级快练(四十二)1．(2016·成都二诊)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是( )A．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥βB．若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥βC．若m∥n，m∥α，则n∥αD．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β答案 D解析对于选项A，两平面β，γ同垂直于平面α，平面β与平面γ可能平行，也可能相交；对于选项B，平面α，β可能平行，也可能相交；对于选项C，直线n可能与平面α平行，也可能在平面α内；对于选项D，由m∥n，m⊥α，∴n⊥α.又n⊥β，∴α∥β，故选D.2．已知不同直线m，n及不重合平面α，β，给出下列结论：①m⊂α，n⊂β，m⊥n⇒α⊥β②m⊂α，n⊂β，m∥n⇒α∥β③m⊂α，n⊂α，m∥n⇒α∥β④m⊥α，n⊥β，m⊥n⇒α⊥β其中的假命题有( )A．1个B．2个C．3个D．4个答案 C解析①为假命题，m不一定与平面β垂直，所以平面α与β不一定垂直．命题②与③为假命题，②中两平面可以相交，③没有任何实质意义．只有④是真命题，因为两平面的垂线所成的角与两平面所成的角相等或互补．3. (2016·沧州七校联考)如图所示，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC.则下列结论不正确的是( )A．CD∥平面PAF B．DF⊥平面PAFC．CF∥平面PAB D．CF⊥平面PAD答案 D解析A中，∵CD∥AF，AF⊂面PAF，CD⊄面PAF，∴CD∥平面PAF成立；B中，∵ABCDEF为正六边形，∴DF⊥AF.又∵PA⊥面ABCDEF，∴DF⊥平面PAF成立；C中，CF∥AB，AB⊂平面PAB，CF⊄平面PAB，∴CF∥平面PAB；而D中CF与AD不垂直，故选D.4.如图所示，在正方形ABCD 中，E ，F 分别是BC 和CD 的中点，G 是EF 的中点，现在沿着AE 和AF 及EF 把正方形折成一个四面体，使B ，C ，D 三点重合，重合后的点记为H ，那么，在四面体A －EFH 中必有( )A ．AH ⊥△EFH 所在平面B ．AG ⊥△EFH 所在平面C ．HF ⊥△AEF 所在平面D ．HG ⊥△AEF 所在平面答案 A解析 ∵AD⊥DF，AB ⊥BE ，又∵B，C ，D 重合记为H ，∴AH ⊥HF ，AH ⊥HE.∴AH ⊥面EFH. 5.如图所示，在正四面体P －ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，BC ，CA 的中点，下面四个结论不成立的是( )A ．BC ∥平面PDFB ．DF ⊥平面PAEC ．平面PDF⊥平面PAED ．平面PDE⊥平面ABC答案 D解析因为BC∥DF，所以BC∥平面PDF ，A 成立；易证BC⊥平面PAE ，BC ∥DF ，所以结论B ，C 均成立；点P 在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，不在中位线DE 上，故结论D 不成立． 6.如图所示，在四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD.将四边形ABCD 沿对角线BD 折成四面体A ′－BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，则下列结论正确的是( )A ．A ′C ⊥BDB ．∠BA ′C ＝90°C ．CA ′与平面A ′BD 所成的角为30° D ．四面体A ′－BCD 的体积为13答案 B解析取BD 的中点O ，∵A ′B ＝A ′D ，∴A ′O ⊥BD ，又平面A ′BD ⊥平面BCD ，∴A ′O ⊥平面BCD.∵CD⊥BD，∴OC 不垂直于BD ，假设A ′C ⊥BD ，∵OC 为A ′C 在平面BCD 内的射影，∴OC ⊥BD ，矛盾，∴A ′C 不垂直于BD.A 错误；∵CD⊥BD，平面A ′BD ⊥平面BCD ，∴CD ⊥平面A ′BD ，A ′C 在平面A ′BD 内的射影为A ′D ，∵A ′B ＝A ′D ＝1，BD ＝2，∴A ′B⊥A′D ，∴A ′B ⊥A ′C ，B 正确；∠CA′D 为直线CA ′与平面A ′BD 所成的角，∠CA ′D ＝45°，C 错误；V A ′－BCD ＝13S△A ′BD·CD ＝16，D 错误，故选B.7.如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 为矩形，△PAD 为等腰三角形，∠APD ＝90°，平面PAD⊥平面ABCD ，且AB ＝1，AD ＝2，E ，F 分别为PC ，BD 的中点．(1)证明：EF∥平面PAD ； (2)证明：平面PDC⊥平面PAD ； (3)求四棱锥P —ABCD 的体积．答案 (1)略 (2)略 (3)23解析 (1)如图所示，连接AC.∵四边形ABCD 为矩形且F 是BD 的中点， ∴F 也是AC 的中点．又E 是PC 的中点，EF ∥AP ，∵EF ⊄平面PAD ，PA ⊂平面PAD ，∴EF ∥平面PAD.(2)证明：∵面PAD⊥平面ABCD ，CD ⊥AD ，平面PAD∩平面ABCD ＝AD ， ∴CD ⊥平面PAD.∵CD ⊂平面PDC ，∴平面PDC⊥平面PAD. (3)取AD 的中点为O.连接PO.∵平面PAD⊥平面ABCD ，△PAD 为等腰直角三角形， ∴PO ⊥平面ABCD ，即PO 为四棱锥P —ABCD 的高． ∵AD ＝2，∴PO ＝1.又AB ＝1，∴四棱锥P —ABCD 的体积V ＝13PO ·AB ·AD ＝23.8.如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，AB ⊥BB 1，AC ＝BC ＝BB 1＝2，D 为AB 的中点，且CD⊥DA 1.(1)求证：BB 1⊥平面ABC ； (2)求证：BC 1∥平面CA 1D ； (3)求三棱锥B 1－A 1DC 的体积．答案 (1)略 (2)略 (3)43解析 (1)证明：∵AC＝BC ，D 为AB 的中点， ∴CD ⊥AB.又∵CD⊥DA 1， ∴CD ⊥平面ABB 1A 1. ∴CD ⊥BB 1.又BB 1⊥AB ，AB ∩CD ＝D ， ∴BB 1⊥平面ABC.(2)证明：连接BC 1，连接AC 1交CA 1于E ，连接DE ，易知E 是AC 1的中点．又D 是AB 的中点，则DE∥BC 1. 又DE ⊂平面CA 1D ，BC 1⊄平面CA 1D ， ∴BC 1∥平面CA 1D.(3)由(1)知CD⊥平面AA 1B 1B ，故CD 是三棱锥C －A 1B 1D 的高．在Rt △ACB 中，AC ＝BC ＝2， ∴AB ＝22，CD ＝ 2.又BB 1＝2，∴VB 1－A 1DC ＝VC －A 1B 1D ＝13S △A 1B 1D ·CD ＝16A 1B 1×B 1B ×CD ＝16×22×2×2＝43.9. (2016·江苏泰州期末)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是菱形，AC ，BD 相交于点O ，EF ∥AB ，AB ＝2EF ，平面BCF⊥平面ABCD ，BF ＝CF ，点G 为BC 的中点．求证：(1)直线OG∥平面EFCD ； (2)直线AC⊥平面ODE. 答案 (1)略 (2)略证明 (1)∵四边形ABCD 是菱形，∴点O 到BD 的中点． ∵点G 为BC 的中点，∴OG ∥CD. ∵OG ⊄平面EFCD ，CD ⊂平面EFCD ， ∴直线OG∥平面EFCD.(2)∵BF＝CF ，点G 为BC 的中点，∴FG ⊥BC.∵平面BCF⊥平面ABCD ，平面BCF∩平面ABCD ＝BC ，FG ⊂平面BCF ，FG ⊥BC ，∴FG ⊥平面ABCD. ∵AC ⊂平面ABCD ，∴FG ⊥AC.∵OG ∥AB ，OG ＝12AB ，EF ∥AB ，EF ＝12AB ，∴OG ∥EF ，OG ＝EF ，∴四边形EFGO 为平行四边形，∴FG ∥EO. ∵FG ⊥AC ，FG ∥EO ，∴AC ⊥EO. ∵四边形ABCD 是菱形，∴AC ⊥DO.∵AC ⊥EO ，AC ⊥DO ，EO ∩DO ＝O ，EO ，DO 在平面ODE 内，∴AC ⊥平面ODE.10．(2015·新课标全国Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD.(1)证明：平面AEC⊥平面BED ；(2)若∠ABC＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E －ACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积．答案 (1)略 (2)3＋2 5解析 (1)因为四边形ABCD 为菱形，所以AC⊥BD.因为BE⊥平面ABCD ，所以AC⊥BE.又BE ，BD ⊂平面ABCD ，BE ∩BD ＝B ，故AC⊥平面BED. 又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC⊥平面BED.(2)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC＝120°，可得 AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2. 因为AE⊥EC，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x. 由BE⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x. 由已知得，三棱锥E －ACD 的体积V E －ACD ＝13×12AC ×GD ×BE ＝624x 3＝63.故x ＝2.从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5. 故三棱锥E －ACD 的侧面积为3＋2 5.11．如图所示，在直角梯形ABEF 中，将DCEF 沿CD 折起使∠FDA＝60°，得到一个空间几何体．(1)求证：BE∥平面ADF ； (2)求证：AF⊥平面ABCD ； (3)求三棱锥E —BCD 的体积．答案 (1)略 (2)略 (3)312解析 (1)由已知条件，可知BC∥AD，CE ∥DF ，折叠之后平行关系不变．又因为BC ⊄平面ADF ，AD ⊂平面ADF ，所以BC∥平面ADF.同理CE∥平面ADF. 又因为BC∩CE＝C ，BC ，CE ⊂平面BCE ，所以平面BCE∥平面ADF. 又因为BE ⊂平面BCE ，所以BE∥平面ADF.(2)由于∠FDA＝60°，FD ＝2，AD ＝1，所以AF 2＝FD 2＋AD 2－2×FD×AD×cos ∠FDA ＝4＋1－2×2×1×12＝3.即AF ＝ 3.所以AF 2＋AD 2＝FD 2.所以AF⊥AD.又因为DC⊥FD，DC ⊥AD ，AD ∩FD＝D ，所以DC⊥平面ADF.又因为AF ⊂平面ADF ，所以DC⊥AF.因为AD∩DC＝D ，AD ，DC ⊂平面ABCD ，所以AF⊥平面ABCD.(3)因为DC⊥EC，DC ⊥BC ，EC ，BC ⊂平面EBC ，EC ∩BC ＝C ，所以DC⊥平面EBC.又因为DF∥EC，AD ∥BC ，∠FDA ＝60°，所以∠ECB＝60°.又因为EC ＝1，BC ＝1，所以S △ECB ＝12×1×1×32＝34.所以V E －BCD ＝V D －EBC ＝13×DC ×S △ECB ＝13×1×34＝312.1．(2016·江苏宿迁重庆中学联考)在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，点D 是BC 的中点，BC ＝BB 1.(1)求证：A 1C ∥平面AB 1D ；(2)试在棱CC 1上找一点M ，使MB⊥AB 1.解析 (1)证明：连接A 1B 交AB 1于点O ，连接OD.∵O ，D 分别是A 1B ，BC 的中点， ∴A 1C ∥OD.∵A 1C ⊄平面AB 1D ， OD ⊂平面AB 1D ，∴A 1C ∥平面AB 1D. (2)M 为CC 1的中点．证明如下： ∵在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BC ＝BB 1， ∴四边形BCC 1B 1是正方形． ∵M 为CC 1的中点，D 是BC 的中点， ∴△B 1BD ≌△BCM ，∴∠BB 1D ＝∠CBM.又∵∠BB 1D ＋∠BDB 1＝π2，∴∠CBM ＋∠BDB 1＝π2，∴BM ⊥B 1D.∵△ABC 是正三角形，D 是BC 的中点，∴AD ⊥BC.∵平面ABC⊥平面BB 1C 1C ，平面ABC ∩平面BB 1C 1C ＝BC ，AD ⊂平面ABC ，∴AD ⊥平面BB 1C 1C. ∵BM ⊂平面BB 1C 1C ，∴AD ⊥BM. ∵AD ∩B 1D ＝D ，∴BM ⊥平面AB 1D. ∵AB 1⊂平面AB 1D ，∴MB ⊥AB 1.2. (2016·苏锡常镇四市调研)如图，四边形AA 1C 1C 为矩形，四边形CC 1B 1B 为菱形，且平面CC 1B 1B ⊥平面AA 1C 1C ，D ，E 分别为A 1B 1，C 1C 的中点．求证：(1)BC 1⊥平面AB 1C ； (2)DE∥平面AB 1C.证明 (1)∵四边形AA 1C 1C 为矩形，∴AC ⊥C 1C.又平面CC 1B 1B ⊥平面AA 1C 1C ，平面CC 1B 1B ∩平面AA 1C 1C ＝CC 1，∴AC ⊥平面CC 1B 1B.∵BC 1⊂平面CC 1B 1B ，∴AC ⊥BC 1.又四边形CC 1B 1B 为菱形，∴B 1C ⊥BC 1.∵B 1C ∩AC ＝C ，∴BC 1⊥平面AB 1C. (2)取AA 1的中点F ，连接DF ，EF.∵四边形AA 1C 1C 为矩形，E ，F 分别为C 1C ，AA 1的中点，∴EF ∥AC. ∵EF ⊄平面AB 1C ，AC ⊂平面AB 1C ， ∴EF ∥平面AB 1C.∵D ，F 分别为边A 1B 1，AA 1的中点，∴DF ∥AB 1. ∵DF ⊄平面AB 1C ，AB 1⊂平面DEF ，∴DF ∥平面AB 1C. ∵EF ∩DF ＝F ，EF ⊂平面DEF ，DF ⊂平面DFE ， ∴平面DEF∥平面AB 1C.∵DE ⊂平面DEF ，∴DE ∥平面AB 1C.3.如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝BC ，点D 是AB 的中点．(1)求证：BC1∥平面CA1D；(2)求证：平面CA1D⊥平面AA1B1B.答案(1)略(2)略证明(1)连接AC1交A1C于E，连接DE.∵AA1C1C为矩形，则E为AC1的中点．又D是AB的中点，∴在△ABC1中，DE∥BC1.又DE⊂平面CA1D，BC1⊄平面CA1D，∴BC1∥平面CA1D.(2)∵AC＝BC，D为AB的中点，∴在△ABC中，AB⊥CD.又AA1⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，∴AA1⊥CD.又AA1∩AB＝A，∴CD⊥平面AA1B1B.又CD⊂平面CA1D，∴平面CA1D⊥平面AA1B1B.4．(2014·新课标全国Ⅰ文)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C.(1)证明：B1C⊥AB；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC－A1B1C1的高．答案 (1)略 (2)217思路 (1)利用线面垂直的性质定理证明；(2)通过解三角形求三棱柱的高．解析 (1)连接BC 1，则O 为B 1C 与BC 1的交点．因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1. 又AO⊥平面BB 1C 1C ，所以B 1C ⊥AO.故B 1C ⊥平面ABO. 由于AB ⊂平面ABO ，故B 1C ⊥AB.(2)作OD⊥BC，垂足为D ，连接AD.作OH⊥AD，垂足为H.由于BC⊥AO，BC ⊥OD ，故BC⊥平面AOD.所以OH⊥BC.又OH⊥AD，所以OH⊥平面ABC. 因为∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形．又BC ＝1，可得OD ＝34. 由于AC⊥A B 1，所以OA ＝12B 1C ＝12.由OH·AD＝OD·OA，且AD ＝OD 2＋OA 2＝74，得OH ＝2114. 又O 为B 1C 的中点，所以点B 1到平面ABC 的距离为217.故三棱柱ABC －A 1B 1C 1的高为217. 5．(2016·潍坊质检)直棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是直角梯形，∠BAD ＝∠ADC＝90°，AB ＝2AD ＝2CD ＝2.(1)求证：AC⊥平面BB 1C 1C ；(2)在A 1B 1上是否存在一点P ，使得DP 与平面BCB 1和平面ACB 1都平行？证明你的结论．答案 (1)略(2)P 为A 1B 1的中点时，DP 与平面BCB 1和平面ACB 1都平行．解析 (1)∵直棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BB 1⊥平面ABCD ，∴BB 1⊥AC. 又∵∠BAD＝∠ADC＝90°，AB ＝2AD ＝2CD ＝2， ∴AC ＝2，∠CAB ＝45°.∴BC ＝ 2.∵BC 2＋AC 2＝AB 2，∴BC ⊥AC. 又BB 1∩BC ＝B ，BB 1⊂平面BB 1C 1C ，BC ⊂平面BB 1C 1C ，∴AC ⊥平面BB 1C 1C.(2)存在点P ，P 为A 1B 1的中点．由P 为A 1B 1的中点，有PB 1∥AB ，且PB 1＝12AB. 又∵DC∥AB，DC ＝12AB ， ∴DC ∥PB 1，且DC ＝PB 1. ∴DCB 1P 为平行四边形，从而CB 1∥DP. 又CB 1⊂平面ACB 1，DP ⊄平面ACB 1， ∴DP ∥平面ACB 1.同理，DP ∥平面BCB 1.。

2017高考数学一轮复习第八章立体几何811三视

2017 高考数学一轮复习第八章立体几何三视图与直观图对点训练理1.圆柱被一个平面截去一部分后与半球( 半径为r ) 构成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如下图．若该几何体的表面积为16＋ 20π，则r＝ ()A． 1 B． 2C． 4 D． 8答案 B分析由三视图可知，此组合体是由半个圆柱与半个球体组合而成的，其表面积为π r 2＋2πr2＋ 4r2＋2πr2＝ 20π＋ 16，因此r＝ 2，应选 B.2．一个正方体被一个平面截去一部分后，节余部分的三视图如图，则截去部分体积与节余部分体积的比值为()1 1A. 8B. 71 1C. 6D. 5答案 D5，故所求比值为 1 .应选 D.又正方体的体积为1，则节余部分的体积为6 53．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，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为()A． 6 2 B． 6C． 4 2 D． 4答案 B分析如下图的正方体ABCD－ A B CD 的棱长为 4. 取 B B 的中点 G，即三棱锥 G－ CCD1 1 1 1 1 1 1为知足要求的几何体，此中最长棱为D1G， D1G＝ 2 2＋ 22＝ 6.4．在空间直角坐标系O－ xyz 中，已知 A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D(1,1，2)．若S1，S2，S3分别是三棱锥D－ ABC在 xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则()A ． S 1＝ S 2＝S 3B ． S 2＝ S 1 且 S 2≠ S 3C ． 3＝ 1且3 ≠ 2 D ． 3＝ 2且3 ≠ 1 S SS SS SS S答案 D分析三棱锥 D － ABC 如下图．1S 1＝ S △ ABC ＝ 2×2×2＝ 2，2＝ 1×2× 2＝ 2，S 2312＝ 2，S ＝ 2×2× ∴ S 2＝ S 3 且 S 1≠ S 3，应选 D.5. 一几何体的直观图如图，以下给出的四个俯视图中正确的选项是()答案 B分析俯视图为在水平投射面上的正投影，联合几何体可知选B. 6．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不行能是 ()A ．圆柱B ．圆锥C ．四周体D ．三棱柱答案 A分析由于圆锥、四周体、三棱柱的正视图均能够是三角形，而圆柱不论从哪个方向看均不行能是三角形，因此选 A.7．已知正三角形的边长为，那么△ 的平面直观图△′′′的面积为()ABCaABCA B CA. 43a2B. 83a 26 262C.D.8 a16 a答案 D分析如图①、②所示的平面图形和直观图．13由②可知， A ′ B ′＝ AB ＝a ， O ′ C ′＝ 2OC ＝ 4 a ，在图②中作 C ′D ′⊥ A ′B ′于 D ′，26则 C ′D ′＝ 2 O ′ C ′＝ 8 a .1 1 662∴ S △ A ′ B ′ C ′ ＝ A ′B ′· C ′ D ′＝ × a ×a ＝16 a .2 2 88．假如四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下 4 个命题中，假命题是()A ．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B ．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C ．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D ．等腰四棱锥的各极点必在同一球面上答案B分析由于“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等，因此它的极点在底面的射影究竟面的四个极点的距离相等，故 A ， C 正确，且在它的高上必能找到一点到各个极点的距离相等，故D 正确， B 不正确，如底面是一个等腰梯形时结论就不建立，应选B.9．给出以下命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线； ②有一个面是多边形，其他各面都是三角形的几何体是棱锥； ③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；④棱台的上、下底面能够不相像，但侧棱长必定相等．此中正确命题的个数是 ( )A ． 0B ． 1C ． 2D ． 3答案 A分析①不必定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②不必定，由于“其他各面都是三角形”其实不等价于“其他各面都是有一个公共极点的三角形”，如图 1 所示；③不一定是．当以斜边所在直线为旋转轴时，其他两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图 2 所示，它是由两个同底圆锥构成的几何体；④错误，棱台的上、下底面是相像且对应边平行的多边形，各侧棱延伸线交于一点，可是侧棱长不必定相等．10．已知一三棱锥的俯视图与侧视图如下图，俯视图是边长为 2 的正三角形，侧视图是有一条直角边为 2 的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为()答案 C分析由已知条件得直观图如下图，正视图是直角三角形，中间的线是看不见的线PA形成的投影，应为虚线．应选C.11．如图，三棱锥V－ABC的底面为正三角形，侧面VAC与底面垂直且VA＝ VC，已知其2正视图的面积为，则其侧视图的面积为()33 3 A. 2B. 333C.D.46答案 B分析设三棱锥－的底面边长为，侧面边上的高为 h ，则ah4＝，其侧V ABCaVACAC3视图是由底面三角形边上的高与侧面三角形边上的高构成的直角三角形，其ABC AC VAC AC1343面积为 2× 2 ×3＝ 3 ，应选 B.。

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1 第八章立体几何第一节空间几何体及其表面积和体积题型85 空间几何体的表面积与体积 1.（2017江苏6）如图所示，在圆柱12OO内有一个球O，该球与圆柱的上、下面及母线均

相切．记圆柱12OO的体积为1V，球O的体积为2V，则12VV的值是．

1.解析设球O的半径为r，由题意212Vrr，3243Vr，所以1232VV．故填32． 2．（2017天津理10）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，

则这个球的体积为 . 2.解析设正方体的边长为a，则226183aa.外接球直径为正方体的体对角线，所以

233Ra，

44279πππ

3382VR

3.（2107全国1卷理科16）如图所示，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等

边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，DBC△，ECA△，FAB△分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起DBC△，ECA△，FAB△，使得D，E，F重合，得到三棱锥.当ABC△的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：3cm）的最大值为_______.

OFEDCB

O O1

 

 2

3.解析由题意，联结OD，交BC于点G，如图所示，则ODBC，36OGBC，即OG的长度与BC的长度成正比.设OGx，则23BCx，5DGx，三棱锥的高222225102510hDGOGxxxx

，21233332ABCSxxx△，

则21325103ABCVShxx△45=32510xx.令452510fxxx，50,2x，3410050fxxx，令0fx，即4320xx，2x，当0fx，得522x，

所以fx 在0,2上单调递增，在52,2上单调递减.故280fxf≤，则380415V≤，所以体积的最大值为3

415cm

题型86 旋转体的表面积、体积及球面距离 4.（2107全国3卷理科8）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球

的球面上，则该圆柱的体积为（）. A．π B．3π4 C．π2 D．π4 4．解析如图所示，由题可知球心在圆柱体的中心处，圆柱体上、下底面圆的半径 2213

122r



，则圆柱体的体积23ππ4Vrh.故选B.

题型87 几何体的外接球与内切球 3

第二节空间几何体的直观图与三视图题型88 斜二测画法与直观图——暂无题型89 空间几何体的三视图

5.某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：3cm）是（）.

A. π12 B. π32 C. 3π12 D. 3π32

5.解析由三视图可知，直观图是由半个圆锥与一个三棱锥构成，半圆锥体积为

2

11=13232S，三棱锥体积为211=213=132S，所以几何体体积

1212SSS．故选A．

6.（2017全国1卷理科7）某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和

等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）. A.10 B.12 C.14 D.16 4

6. 解析由三视图可画出立体图，如图所示，该多面体只有两个相同的梯形的面， 24226S

梯，6212S全梯.故选B.

7.（2107全国2卷理科4）如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几

何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得，则该几何体的体积为（）. A．90 B．63 C．42 D．36

7．解析该几何体可视为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，如图所示． 2211π310π3663π

22VVV

总上.故选B.

8.（2017北京理7）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为（）. A.32 B.23 C.22 D.2 5

8. 解析几何体四棱锥如图所示，最长棱为正方体的体对角线，即 22222223l

.故选B.

9.（2017山东理13）由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图所示，则该

几何体的体积为 .

9. 解析该几何体的体积为21112211242V．第三节空间点、直线、平面之间的位置关系题型90 证明“点共面”“线共面”“点共线”或“线共点” ——暂无题型91 截面问题——暂无 10.（2017江苏18）如图所示，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的

高均为32cm，容器Ⅰ的底面对角线AC的长为107cm，容器Ⅱ的两底面对角线EG， 6

11EG的长分别为14cm和62cm．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm．现

有一根玻璃棒l，其长度为40cm（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）. （1）将l放在容器Ⅰ中，l的一端置于点A处，另一端置于侧棱1CC上，求l没入水中部分的长度；（2）将l放在容器Ⅱ中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱1GG上，求l没入水中部分的长度．

ABCD

A1B

容器Ⅰ FEGHOE1

容器Ⅱ 10.解析（1）由正棱柱的定义，1CC平面ABCD，所以平面11AACC平面ABCD，

1CCAC．

记玻璃棒的另一端落在1CC上点M处，如图所示为截面11AACC的平面图形．因为

107AC，40AM，所以224010730MC，从而3sin4MAC.记

AM与水面的交点为1P，过点1P作11PQAC，1Q为垂足，则11PQ平面ABCD，

故1112PQ，从而11116sinPQAPMAC．答：玻璃棒l没入水中部分的长度为16cm． 7

问(1)AC1

（2）如图所示为截面11EEGG的平面图形，O，1O是正棱台两底面的中心．由正棱台的定义，1OO平面EFGH，所以平面11EEGG平面EFGH，1OOEG．同理，平面11EEGG平面1111EFGH，111OOEG．记玻璃棒的另一端落在1GG上点N处．过G作11GKEG，K为垂足，则132GKOO．

因为 14EG，1162EG，所以16214242KG，从而2211 GGKGGK22243240．设1EGG，ENG，则114sinsincos25KGGKGG∠∠．因为2，所以3cos5．在ENG△中，由正弦定理可得4014sinsin，解得7sin25．因为02，所以24cos25，于是sinsinsin=NEG∠

sincoscossin4243735255255



．

记EN与水面的交点为2P，过2P作22PQEG，2Q为垂足，则22PQ平面EFGH， 8

故2212PQ，从而22220sinPQEPNEG．答：玻璃棒l没入水中部分的长度为20cm．

问(2)GOEQ2

G1KE1

评注此题本质上考查解三角形的知识，但在这样的大背景下构造的应用题让学生有畏惧之感，且该应用题的实际应用性也不强．也有学生第（1）问采用相似法解决，解法如下： 107AC，40AM，所以224010730CM，1112PQ，

所以由11APAQCM△△∽，111PQAPCMAM，即1123040AP，解得116AP．答：玻璃棒l没入水中部分的长度为16cm．题型92 异面直线的判定——暂无第四节直线、平面平行的判定与性质

题型93 证明空间中直线、平面的平行关系 11.（2107浙江19（1））如图所示，已知四棱锥PABCD，PAD△是以AD为斜边的等

腰直角三角形，//BCAD，CDAD，22PCADDCCB，E为PD的中点. （1）证明：//CE平面PAB.

11.解析（1）如图所示，设PADE的中点为F，联结EF，FB. ABC