2021-2022年高考数学专题复习导练测第八章立体几何阶段测试(十)理新人教A版

合集下载

高考数学总复习第八章立体几何配套单元测试(含解析)理新人教A版

高考数学总复习第八章立体几何配套单元测试（含解析）理新人教A 版一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．每小题中只有一项符合题目要求)1．设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列四个命题： ①若α∥β，m ⊂α，则m ∥β；②若m ∥α，n ⊂α，则m ∥n ；③若α⊥β，m ∥α，则m ⊥β；④若m ⊥α，m ∥β，则α⊥β.其中为真命题的是( )A ．①③B ．②③C ．①④D ．②④答案 C解析 ①为空间面面平行的性质，是真命题；②m ，n 可能异面，故该命题为假命题；③直线m 与平面β也可以平行也可以相交不垂直．故该命题是一个假命题；④为真命题．故选C.2．用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为( )A.8π3B.82π3 C ．82π D.32π3答案 B解析 S 圆＝πr 2＝1⇒r ＝1，而截面圆圆心与球心的距离d ＝1，∴球的半径为R ＝r 2＋d 2＝ 2.∴V ＝43πR 3＝82π3，故选B.3．若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( )A.163π B.193π C.1912π D.43π解析设球半径是R ，依题意知，该三棱柱是一个底面边长为2、侧棱长为1的正三棱柱，记上、下底面的中心分别是O 1、O ，易知球心是线段O 1O 的中点，于是R 2＝(12)2＋(32×2×23)2＝1912，因此所求球的表面积是4πR 2＝4π×1912＝19π3，选B. 4. 如右图所示，是一个正方体的表面展开图，A 、B 、C 均为棱的中点，D 是顶点，则在正方体中，异面直线AB 和CD 的夹角的余弦值为( )A.25 B.35 C.105D.55答案 C 解析把展开图复原为正方体后示意图如右图所示，∠EGF 为AB 和CD 所成的角，F 为正方体一棱的中点．∴EF ＝GF ＝52，EG ＝ 2. ∴cos ∠EGF ＝105. 5．图中的三个直角三角形是一个体积为20 cm 3的几何体的三视图，则这个几何体外接球的表面积为( )A ．25π cm 2B.77π2cm 2C ．77π cm 2D ．144π cm 2解析由三视图画出此空间几何体的直观图如图所示．由题意得V ＝13×12×h ×5×6＝20⇒h ＝4.从而易知，其外接球的半径为r ＝1242＋52＋62＝772. 从而外接球的表面积为S ＝4πr 2＝4π(772)2＝77π.选C. 6．如下图所示，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.π3D.π2答案 C解析连接AC 、BD 交于点O ，连接OE ，易得OE ∥PA . ∴所求角为∠BEO . 由所给条件易得OB ＝62，OE ＝12PA ＝22，BE ＝ 2. ∴cos ∠OEB ＝12，∴∠OEB ＝60°，选C.7．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的直观图及三视图如下图所示，D 为AC 的中点，则下列命题是假命题的是( )A ．AB 1∥平面BDC 1 B ．A 1C ⊥平面BDC 1 C ．直三棱柱的体积V ＝4D ．直三棱柱的外接球的表面积为43π 答案 D 解析由三视图可知，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧面B 1C 1CB 是边长为2的正方形，底面ABC 是等腰直角三角形，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝2.连接B 1C 交BC 1于点O ，连接AB 1，OD .在△CAB 1中，O ，D 分别是B 1C ，AC 的中点，∴OD ∥AB 1，∴AB 1∥平面BDC 1.故A 正确．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ， ∴AA 1⊥BD .又AB ＝BC ＝2，D 为AC 的中点， ∴BD ⊥AC ，∴BD ⊥平面AA 1C 1C . ∴BD ⊥A 1C .又A 1B 1⊥B 1C 1，A 1B 1⊥B 1B ， ∴A 1B 1⊥平面B 1C 1CB ，∴A 1B 1⊥B 1C .∵BC 1⊥B 1C ，且BC 1∩B 1C ＝0，∴BC 1⊥平面A 1B 1C . ∴BC 1⊥A 1C ，∴A 1C ⊥平面BDC 1.故B 正确．V ＝S △ABC ×C 1C ＝12×2×2×2＝4，∴C 正确．此直三棱柱的外接球的半径为3，其表面积为12π，D 错误．故选D.8．已知圆锥的底面半径为R ，高为3R ，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是 A ．22πR 2B.94πR 2C.83πR 2D.52πR 2 答案 B解析如图所示，为组合体的轴截面，由相似三角形的比例关系，得PO 13R ＝xR，PO 1＝3x ，圆柱的高为 3R －3x ，所以圆柱的全面积为S ＝2πx 2＋2πx (3R －3x )＝－4πx 2＋6πRx ，则当x ＝34R 时，S 取最大值，S max ＝94πR 2.9．二面角的棱上有A 、B 两点，直线AC 、BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为A ．150°B ．45°C ．60°D ．120°答案 C解析由条件，知CA →·AB →＝0，AB →·BD →＝0， CD →＝CA →＋AB →＋BD →.∴|CD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD →＝62＋42＋82＋2×6×8cos〈CA →，BD →〉＝(217)2.∴cos 〈CA →，BD →〉＝－12，〈CA →，BD →〉＝120°，∴二面角的大小为60°，故选C.10．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1棱长为1，点P 在线段BD 1上，当∠APC 最大时，三棱锥P －ABC 的体积为( )A.124B.118C.19D.112答案 B解析以B 为坐标原点，BA 为x 轴，BC 为y 轴，BB 1为z 轴建立空间直角坐标系，设BP →＝λBD 1→，可得P (λ，λ，λ)，再由cos ∠APC ＝AP →·CP →|AP →||CP →|可求得当λ＝13时，∠APC 最大，故V P －ABC ＝13×12×1×1×13＝118.二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分，把答案填在题中横线上) 11．已知m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，给出下列命题： ①若α⊥β，m ∥α，则m ⊥β；②若m ⊥α，n ⊥β，且m ⊥n ，则α⊥β；③若m ⊥β，m ∥α，则α⊥β；④若m ∥α，n ∥β，且m ∥n ，则α∥β.其中真命题的序号是________．答案 ②③解析若α⊥β，m ∥α，则m 与β可能相交、平行或m 在平面β内，故①错；m ∥α，n ∥β，m ∥n ，则α与β可能平行，可能相交，故④错．12．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________．答案733π 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 －r2＝ 3.∴V ＝13π·3(1＋1×2＋2×2)＝733π.13．(2011·天津文)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.答案 4解析由三视图可知，此几何体的上面是正四棱柱，其长，宽，高分别是2,1,1，此几何体的下面是长方体，其长，宽，高分别是2,1,1，因此该几何体的体积V ＝2×1×1＋2×1×1＝4(m 3)．14．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 的主视图与左视图的面积的比值为________．答案 1解析依题意得三棱锥P －ABC 的主视图与左视图分别是一个三角形，且这两个三角形的底边长都等于正方体的棱长，底边上的高也都相等，因此三棱锥P －ABC 的主视图与左视图的面积之比等于1.15．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各顶点都在同一球面上．若AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝120°，则此球的表面积等于______．答案 20π解析设球心为O ，球半径为R ，△ABC 的外心是M ，则O 在底面ABC 上的射影是点M ，在△ABC 中，AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝120°，∠ABC ＝12(180°－120°)＝30°，AM ＝AC2sin30°＝2.因此，R 2＝22＋(AA 12)2＝5，此球的表面积等于4πR 2＝20π.16．如图是一几何体的平面展开图，其中ABCD 为正方形，E 、F 、分别为PA 、PD 的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：①直线BE与直线CF异面；②直线BE与直线AF异面；③直线EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD.其中正确的有______个．答案 2解析将几何体展开图拼成几何体(如图)，因为E、F分别为PA、PD的中点，所以EF ∥AD∥BC，即直线BE与CF共面，①错；因为B∉平面PAD，E∈平面PAD，E∉AF，所以BE 与AF是异面直线，②正确；因为EF∥AD∥BC，EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正确；平面PAD与平面BCE不一定垂直，④错．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)下图为一简单组合体，其底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，EC∥PD，且PD＝AD＝2EC＝2.(1)请画出该几何体的三视图；(2)求四棱锥B－CEPD的体积．解析(1)该组合体的三视图如下图所示．(2)因为PD⊥平面ABCD，PD⊂平面PDCE，所以平面PDCE ⊥平面ABCD . 因为四边形ABCD 为正方形，所以BC ⊥CD ，且BC ＝DC ＝AD ＝2.又因为平面PDCE ∩平面ABCD ＝CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面PDCE .因为PD ⊥平面ABCD ，DC ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥DC .又因为EC ∥PD ，PD ＝2，EC ＝1，所以四边形PDCE 为一个直角梯形，其面积S 梯形PDCE ＝12(PD ＋EC )×DC ＝12×3×2＝3.所以四棱锥B －CEPD 的体积V B －CEPD ＝13S 梯形PDCE ×BC ＝13×3×2＝2.18．(本小题满分12分) 如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠ADC ＝45°，AD ＝AC ＝1，O 为AC 的中点，PO ⊥平面ABCD ，PO ＝2，M 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面ACM ； (2)证明：AD ⊥平面PAC ；(3)求直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值．解析 (1)连接BD ，MO ，在平行四边形ABCD 中，因为O 为AC 的中点，所以O 为BD 的中点．又M 为PD 的中点，所以PB ∥MO .因为PB ⊄平面ACM ，MO ⊂平面ACM ，所以PB ∥平面ACM .(2)因为∠ADC ＝45°，且AD ＝AC ＝1，所以∠DAC ＝90°，即AD ⊥AC .又PO ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥AD .而AC ∩PO ＝O ，所以AD ⊥平面PAC .(3)取DO 中点N ，连接MN ，AN .因为M 为PD 的中点，所以MN ∥PO ，且MN ＝12PO ＝1.由PO ⊥平面ABCD ，得MN ⊥平面ABCD ，所以∠MAN 是直线AM 与平面ABCD 所成的角．在Rt △DAO中，AD ＝1，AO ＝12，所以DO ＝52.从而AN ＝12DO ＝54.在Rt △ANM 中，tan ∠MAN ＝MN AN ＝154＝455，即直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值为455. 19．(本小题满分12分) 如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，AB ＝4，PA ＝3，A 点在PD 上的射影为G 点，E 点在AB 上，平面PEC ⊥平面PCD .(1)求证：AG ∥平面PEC ； (2)求AE 的长；(3)求二面角E －PC －A 的正弦值．解析 (1)证明：∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥CD . 又∵CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ， ∴CD ⊥平面PAD .∴CD ⊥AG . 又PD ⊥AG ，∴AG ⊥平面PCD . 作EF ⊥PC 于点F ，连接GF ， ∵平面PEC ⊥平面PCD ， ∴EF ⊥平面PCD .∴EF ∥AG . 又AG ⊄平面PEC ，EF ⊂平面PEC ， ∴AG ∥平面PEC .(2)解：由(1)知A 、E 、F 、G 四点共面，又AE ∥CD ，AE ⊄平面PCD ，CD ⊂平面PCD ， ∴AE ∥平面PCD .又∵平面AEFG ∩平面PCD ＝GF ，∴AE ∥GF . 又由(1)知EF ∥AG ，∴四边形AEFG 为平行四边形，∴AE ＝GF . ∵PA ＝3，AD ＝4，∴PD ＝5，AG ＝125.又PA 2＝PG ·PD ，∴PG ＝95.又GP CD ＝PG PD ，∴GF ＝95×45＝3625，∴AE ＝3625. (3)解：过E 作EO ⊥AC 于点O ，连接OF ，易知EO ⊥平面PAC ，又EF ⊥PC ，∴OF ⊥PC . ∴∠EFO 即为二面角E －PC －A 的平面角．EO ＝AE ·sin45°＝3625×22＝18225，又EF ＝AG ＝125， ∴sin ∠EFO ＝EO EF ＝18225×512＝3210.20．(本小题满分12分)如图，在六面体ABCDEFG 中，平面ABC ∥平面DEFG ，AD ⊥平面DEFG ，ED ⊥DG ，EF ∥DG .且AB ＝AD ＝DE ＝DG ＝2，AC ＝EF ＝1.(1)求证：BF ∥平面ACGD ； (2)求二面角D CG F 的余弦值．解析方法一 (1)设DG 的中点为M ，连接AM ，FM . 则由已知条件易证四边形DEFM 是平行四边形． ∴MF ∥DE ，且MF ＝DE .∵平面ABC ∥平面DEFG ， ∴AB ∥DE .∵AB ＝DE ，∴MF ∥AB ，且MF ＝AB ，∴四边形ABFM 是平行四边形． ∴BF ∥AM .又BF ⊄平面ACGD ，AM ⊂平面ACGD ，故BF ∥平面ACGD .(2)由已知AD ⊥平面DEFG ，∴DE ⊥AD .又DE ⊥DG ， ∴DE ⊥平面ADGC .∵MF ∥DE ，∴MF ⊥平面ADGC .在平面ADGC 中，过M 作MN ⊥GC ，垂足为N ，连接NF ，则∠MNF 为所求二面角的平面角．连接CM .∵平面ABC ∥平面DEFG ，∴AC ∥DM .又AC ＝DM ＝1，所以四边形ACMD 为平行四边形，∴CM ∥AD ，且CM ＝AD ＝2.∵AD ⊥平面DEFG ，∴CM ⊥平面DEFG ，∴CM ⊥DG .在Rt △CMG 中，∵CM ＝2，MG ＝1， ∴MN ＝CM ·MG CG ＝25＝255. 在Rt △FMN 中， ∵MF ＝2，MN ＝255，∴FN ＝4＋45＝2305. ∴cos ∠MNF ＝MN FN ＝2552305＝66.∴二面角D CG F 的余弦值为66. 方法二由题意可得，AD ，DE ，DG 两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系．则A (0,0,2)，B (2,0,2)，C (0,1,2)，E (2,0,0)，G (0,2,0)，F (2,1,0)．(1)BF →＝(2,1,0)－(2,0,2)＝(0,1，－2)，CG →＝(0,2,0)－(0,1,2)＝(0,1，－2)，∴BF →＝CG →，∴BF ∥CG .又BF ⊄平面ACGD ，故BF ∥平面ACGD . (2)FG →＝(0,2,0)－(2,1,0)＝(－2,1,0)．设平面BCGF 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n 1·CG →＝y －2z ＝0，n 1·FG →＝－2x ＋y ＝0.令y ＝2，则n 1＝(1,2,1)．则平面ADGC 的法向量n 2＝(1,0,0)． ∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝1×112＋22＋12×12＋02＋02＝66. 由于所求的二面角为锐二面角，∴二面角D CG F 的余弦值为66. 21．(本小题满分12分) 如图，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⊥面ABC ；(2)求多面体DBC －A 1B 1C 1的体积； (3)求二面角C －DA 1－C 1的余弦值．解析 (1)证明：∵AC ＝BC ，D 为AB 的中点， ∴CD ⊥AB .又CD ⊥DA 1，AB ∩A 1D ＝D ， ∴CD ⊥面AA 1B 1B .∴CD ⊥BB 1.又BB 1⊥AB ，AB ∩CD ＝D ，∴BB 1⊥面ABC .(2)解：V 多面体DBC －A 1B 1C 1＝V 棱柱ABC －A 1B 1C 1－V 棱锥A 1－ADC＝S △ABC ·|AA 1|－13S △ADC ·|AA 1|＝S △ABC ·|AA 1|－13×12S △ABC ·|AA 1|＝56S △ABC ·|AA 1|＝103.(3) 解：以C 为原点，分别以CB →，CC 1→，CA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正向，建立空间直角坐标系(如图所示)，则C (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0,0,2)，C 1(0,2,0)，A 1(0,2,2)．∴D (1,0,1)．设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面DCA 1的一个法向量，则有⎩⎨⎧n 1·CD →＝0，n 1·CA 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋z 1＝0，2y 1＋2z 1＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝－z 1，y 1＝－z 1.故可取n 1＝(1,1，－1)．同理设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面DC 1A 1的一个法向量，且C 1D →＝(1，－2,1)，C 1A 1→＝(0,0,2)．则有⎩⎨⎧n 2·C 1D →＝0，n 2·C 1A 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2y 2＋z 2＝0，2z 2＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2y 2，z 2＝0.故可取n 2＝(2,1,0)．∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝33×5＝155.又二面角C －DA 1－C 1的平面角为锐角，所以其余弦值为155. 22．(本小题满分12分) 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，2AC ＝AA ＝BC ＝2.(1)若D 为AA 1的中点，求证：平面B 1CD ⊥平面B 1C 1D ； (2)若二面角B 1－DC －C 1的大小为60°，求AD 的长．解析 (1)方法一证明：∵∠A 1C 1B 1＝∠ACB ＝90°， ∴B 1C 1⊥A 1C 1.又由直三棱柱的性质知B 1C 1⊥CC 1， ∴B 1C 1⊥平面ACC 1A 1.∴B 1C 1⊥CD .① 由D 为AA 1的中点，可知DC ＝DC 1＝ 2. ∴DC 2＋DC 21＝CC 21，即CD ⊥DC 1.② 由①②可知CD ⊥平面B 1C 1D .又CD ⊂平面B 1CD ，故平面B 1CD ⊥平面B 1C 1D .(2)解：由(1)可知B 1C 1⊥平面ACC 1A 1，在平面ACC 1A 1内过C 1作C 1E ⊥CD ，交CD 或其延长线于E ，连接EB 1，∴∠B 1EC 1为二面角B 1－DC －C 1的平面角． ∴∠B 1EC 1＝60°.由B 1C 1＝2知，C 1E ＝2tan60°＝233.设AD ＝x ，则DC ＝x 2＋1.∵△DC 1C 的面积为1，∴12·x 2＋1·233＝1.解得x ＝2，即AD ＝ 2. 方法二(1)证明：如图，以C 为坐标原点，CA 、CB 、CC 1所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)，D (1,0,1)，即C 1B 1→＝(0,2,0)，DC 1→＝(－1,0,1)，CD →＝(1,0,1)．由CD →·C 1B 1→＝(1,0,1)·(0,2,0)＝0，得CD ⊥C 1B 1. 由CD →·DC 1→＝(1,0,1)·(－1,0,1)＝0，得CD ⊥DC 1. 又DC 1∩C 1B 1＝C 1，∴CD ⊥平面B 1C 1D . 又CD ⊂平面B 1CD ， ∴平面B 1CD ⊥平面B 1C 1D .(2)解：设AD ＝a ，则D 点坐标为(1,0，a )，CD →＝(1,0，a )，CB 1→＝(0,2,2)．设平面B 1CD 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )．则⎩⎨⎧m ·CB 1→＝0，m ·CD →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋2z ＝0，x ＋ax ＝0，令z ＝－1.得m ＝(a,1，－1)，又平面C 1DC 的一个法向量为n ＝(0,1,0)，则由cos60°＝m ·n |m ||n |，得1a 2＋2＝12. 即a ＝2，故AD ＝ 2.1．已知某个几何体的三视图如图(主视图的弧线是半圆)，根据图中标出的数据，这个几何体的体积是( )A ．288＋36πB ．60πC ．288＋72πD ．288＋18π答案 A解析将几何体的三视图转化为直观图此几何体下面为长方体上面为半圆柱，根据三视图所标数据，可得V 长方体＝6×8×6＝288， V 半圆柱＝12×32×π×8＝36π.∴此几何体的体积为V ＝288＋36π.2．设a 、b 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则下列命题错误的是 A ．若a ⊥α，b ∥α，则a ⊥b B ．若a ⊥α，b ∥a ，b ⊂β，则α⊥β C ．若a ⊥α，b ⊥β，α∥β，则a ∥b D ．若a ∥α，a ∥β，则α∥β答案 D解析由题意可得A 、B 、C 选项显然正确，对于选项D ：当α，β相交，且a 与α，β的交线平行时，有a ∥α，α∥β，但此时α与β不平行．故选D.3．半径为4的球面上有A ，B ，C ，D 四点，且满足AB →·AC →＝0，AD →·AC →＝0，AB →·AD →＝0，则△ABC ，△ACD ，△ADB 面积之和S △ABC ＋S △ACD ＋S △ADB 的最大值为A ．8B ．16C ．32D ．64答案 C解析设AB ＝a ，AC ＝b ，AD ＝c ，则S △ABC ＋S △ACD ＋S △ADB ＝12(ab ＋ac ＋bc )≤12(a 2＋b 22＋a 2＋c 22＋b 2＋c 22) ＝12(a 2＋b 2＋c 2) ＝12×4R 2＝12×4×42＝32，当且仅当a ＝b ＝c 时取“＝”．4．设a 、b 、c 表示三条不同的直线，α、β表示两个不同的平面，则下列命题中逆命题不成立的是( )A ．当c ⊥α时，若α∥β时，则c ⊥βB ．当b ⊂β，c 是a 在β内的射影时，若b ⊥c ，则a ⊥bC ．当b ⊂β时，若b ⊥α，则β⊥αD ．当b ⊂α，c ⊄α时，若c ∥α，则b ∥c 答案 C解析 A ．其逆命题为当c ⊥α时，若c ⊥β，则α∥β，显然垂直于同一直线的两平面平行，逆命题正确；B ．其逆命题为当b ⊂β时，c 是a 在β内的射影，若a ⊥b ，则b ⊥c ，此为三垂线定理内容，逆命题正确；C ．其逆命题为当b ⊂β时，若β⊥α，则b ⊥a ，显然两平面垂直，其中一平面内任一直线不一定垂直另一平面，逆命题错误；D ．其逆命题为当b ⊂α，c ⊄α时，若b ∥c ，则c ∥α，此为线面平行的判断定理，逆命题正确．5．图2中的实线围成的部分是长方体(图1)的平面展开图，其中四边形ABCD 是边长为1的正方形．若向虚线围成的矩形内任意抛掷一质点，它落在长方体的平面展形图内的概率是14，则此长方体的体积是________．答案 3解析设长方体的高为h ，则图2中虚线围成的矩形长为2＋2h ，宽为1＋2h ，面积为(2＋2h )(1＋2h )，展开图的面积为2＋4h ；由几何概型的概率公式知2＋4h2＋2h 1＋2h＝14，得h ＝3，所以长方体的体积是V ＝1×3＝3. 6．(2010·江苏)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝DC ＝BC ＝1，AB ＝2，AB ∥DC ，∠BCD ＝90°.(1)求证：PC ⊥BC ；(2)求点A 到平面PBC 的距离．解析 (1)证明因为PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥BC . 由∠BCD ＝90°，得BC ⊥DC . 又PD ∩DC ＝D ，所以BC ⊥平面PCD .因为PC ⊂平面PCD ，故PC ⊥BC .(2)方法一分别取AB ，PC 的中点E ，F ，连接DE ，DF . 易证DE ∥BC ，DF ⊥PC ，则DE ∥面PBC . ∴点D ，E 到面PBC 的距离相等．∴点A 到面PBC 的距离为点D 到面PBC 的距离的2倍．由(1)知BC ⊥面PCD ，∴面PBC ⊥面PCD . 又DF ⊥PC ，∴DF ⊥面PBC .∵PD ＝DC ＝1，∴DF ＝22. ∴点A 到面PBC 的距离为 2. 方法二连接AC ，设点A 到面PBC 的距离为h . ∵AB ∥DC ，∠BCD ＝90°， ∴∠ABC ＝90°. 由AB ＝2，BC ＝1，得S △ABC ＝12AB ×BC ＝12×2×1＝1.∵V P －ABC ＝13S △ABC ·PD ＝13×1×1＝13，又V P －ABC ＝V A －PBC ，∴13S △PBC ·h ＝13，即13×12×1×2h ＝13，解得h ＝ 2. ∴点A 到面PBC 的距离为 2.7．(2011·北京理)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：BD ⊥平面PAC ；(2)若PA ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值； (3)当平面PBC 与平面PDC 垂直时，求PA 的长．解析 (1)因为四边形ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD .又因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥BD ，又AC ∩PA ＝A ，所以BD ⊥平面PAC . (2)设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，PA ＝AB ＝2，所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O －xyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1,0,0，)C (0，3，0)，所以PB →＝(1，3，－2)，AC →＝(0,23，0)．设PB 与AC 所成角为θ，则cos θ＝PB →·AC →|PB →||AC →|＝622×23＝64.(3)由(2)知BC →＝(－1，3，0)．设P (0，－3，t )(t >0)，则BP →＝(－1，－3，t )．设平面PBC 的一个法向量m ＝(x ，y ，z )，则BC →·m ＝0，BP →·m ＝0，所以⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，－x －3y ＋tz ＝0.令y ＝3，则x ＝3，z ＝6t.所以m ＝(3，3，6t)．同理，平面PDC 的一个法向量n ＝(－3，3，6t)．因为平面PBC ⊥平面PDC ，所以m·n ＝0，即－6＋36t2＝0.解得t ＝6，所以PA ＝ 6.8．(2011·浙江理)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上．已知BC ＝8，PO ＝4，AO ＝3，OD ＝2.(1)证明：AP ⊥BC ；(2)在线段AP 上是否存在点M ，使得二面角A －MC －B 为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由．解析方法一 (1)如图，以O 为原点，以射线OD 为y 轴的正半轴，以射线OP 为z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O －xyz .则O (0,0,0)，A (0，－3,0)，B (4,2,0)，C (－4,2,0)，P (0,0,4)． AP →＝(0,3,4)，BC →＝(－8,0,0)，由此可得AP →·BC →＝0，所以AP →⊥BC →，即AP ⊥BC . (2)设PM →＝λPA →，λ≠1，则 PM →＝λ(0，－3，－4)．BM →＝BP →＋PM →＝BP →＋λPA →＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4)＝(－4，－2－3λ，4－4λ)， AC →＝(－4,5,0)，BC →＝(－8,0,0)．设平面BMC 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面APC 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)．由⎩⎨⎧BM →·n 1＝0，BC →·n 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－4x 1－2＋3λy 1＋4－4λz 1＝0，－8x 1＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，z 1＝2＋3λ4－4λy 1，可取n 1＝(0,1，2＋3λ4－4λ)．由⎩⎨⎧AP →·n 2＝0，AC →·n 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y 2＋4z 2＝0，－4x 2＋5y 2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝54y 2，z 2＝－34y 2，可取n 2＝(5,4，－3)．由n 1·n 2＝0，得4－3·2＋3λ4－4λ＝0.解得λ＝25，故AM ＝3.综上所述，存在点M 符合题意，AM ＝3.方法二 (1)由AB ＝AC ，D 是BC 的中点，得AD ⊥BC . 又PO ⊥平面ABC ，得PO ⊥BC .因为PO ∩AD ＝O ，所以BC ⊥平面PAD ，故BC ⊥PA . (2)如图，在平面PAB 内作BM ⊥PA 于M ，连接CM .由(1)中知AP ⊥BC ，得AP ⊥平面BMC .又AP ⊂平面APC ，所以平面BMC ⊥平面APC .在Rt △ADB 中，AB 2＝AD 2＋BD 2＝41，得AB ＝41. 在Rt △POD 中，PD 2＝PO 2＋OD 2. 在Rt △PDB 中，PB 2＝PD 2＋BD 2.所以PB 2＝PO 2＋OD 2＋DB 2＝36，得PB ＝6. 在Rt △POA 中，PA 2＝AO 2＋OP 2＝25，得PA ＝5.又cos ∠BPA ＝PA 2＋PB 2－AB 22PA ·PB ＝13，从而PM ＝PB cos ∠BPA ＝2，所以AM ＝PA －PM ＝3. 综上所述，存在点M 符合题意，AM ＝3.9．(2011·天津理)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，H 是正方形AA 1B 1B 的中心，AA 1＝22，C 1H ⊥平面AA 1B 1B ，且C 1H ＝ 5.(1)求异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值； (2)求二面角A －A 1C 1－B 1的正弦值；(3)设N 为棱B 1C 1的中点，点M 在平面AA 1B 1B 内，且MN ⊥平面A 1B 1C 1，求线段BM 的长．解析方法一如图所示，建立空间直角坐标系，点B 为坐标原点，依题意得A (22，0,0)，B (0,0,0)，C (2，－2，5)，A 1(22，22，0)，B 1(0,22，0)，C 1(2，2，5)．(1)易得AC →＝(－2，－2，5)，A 1B 1→＝(－22，0,0)．于是cos 〈AC →，A 1B 1→〉＝AC →·A 1B 1→|AC →|·|A 1B 1→|＝43×22＝23.所以异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值为23. (2)易知AA 1→＝(0,22，0)，A 1C 1→＝(－2，－2，5)．设平面AA 1C 1的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧ m ·A 1C 1→＝0，m ·AA 1→＝0.即⎩⎨⎧ －2x －2y ＋5z ＝0，22y ＝0.不妨令x ＝5，可得m ＝(5，0，2)．同样地，设平面A 1B 1C 1的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·A 1C 1→＝0，n ·A 1B 1→＝0.即⎩⎨⎧－2x －2y ＋5z ＝0，－22x ＝0.不妨令y ＝5，可得n ＝(0，5，2)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝27·7＝27.从而sin 〈m ，n 〉＝357.所以二面角A －A 1C 1－B 1的正弦值为357.(3)由N 为棱B 1C 1的中点，得N (22，322，52)．设M (a ，b,0)，则MN →＝(22－a ，322－b ，52)．由MN ⊥平面A 1B 1C 1，得⎩⎨⎧MN →·A 1B 1→＝0，MN →·A 1C 1→＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧22－a ·－22＝0，22－a ·－2＋322－b ·－2＋52·5＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝22，b ＝24. 故M (22，24，0)．因此BM →＝(22，24，0)，所以线段BM 的长|BM →|＝104.方法二(1)由于AC ∥A 1C 1，故∠C 1A 1B 1是异面直线AC 与A 1B 1所成的角．因为C 1H ⊥平面AA 1B 1B ，又H 为正方形AA 1B 1B 的中心，AA 1＝22，C 1H ＝5，可得A 1C 1＝B 1C 1＝3.因为cos ∠C 1A 1B 1＝A 1C 21＋A 1B 21－B 1C 212A 1C 1·A 1B 1＝23.所以异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值为23. (2)连接AC 1，易知AC 1＝B 1C 1. 又由于AA 1＝B 1A 1，A 1C 1＝A 1C 1，所以△AC 1A 1≌△B 1C 1A 1.过点A 作AR ⊥A 1C 1于点R ，连接B 1R . 于是B 1R ⊥A 1C 1.故∠ARB 1为二面角A －A 1C 1－B 1的平面角．在Rt △A 1RB 1中，B 1R ＝A 1B 1·sin∠RA 1B 1＝22·1－232＝2143.连接AB 1，在△ARB 1中，AB 1＝4，AR ＝B 1R .cos ∠ARB 1＝AR 2＋B 1R 2－AB 212AR ·B 1R ＝－27.从而sin ∠ARB 1＝357.所以二面角A －A 1C 1－B 1的正弦值为357.(3)因为MN ⊥平面A 1B 1C 1，所以MN ⊥A 1B 1. 取HB 1中点D ，连接ND . 由于N 是棱B 1C 1中点，所以ND ∥C 1H 且ND ＝12C 1H ＝52.又C 1H ⊥平面AA 1B 1B ，所以ND ⊥平面AA 1B 1B . 故ND ⊥A 1B 1.又MN ∩ND ＝N ，所以A 1B 1⊥平面MND . 连接MD 并延长交A 1B 1于点E ，则ME ⊥A 1B 1，故ME ∥AA 1. 由DE AA 1＝B 1E B 1A 1＝B 1D B 1A ＝14，得DE ＝B 1E ＝22. 延长EM 交AB 于点F ，可得BF ＝B 1E ＝22. 连接NE .在Rt △ENM 中，ND ⊥ME ，故ND 2＝DE ·DM .所以DM ＝ND 2DE ＝524.可得FM ＝24.连接BM .在Rt △BFM 中，BM ＝FM 2＋BF 2＝104. 10．(2012·东北三校联考)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知BC ＝1，BB 1＝2，AB ⊥平面BB 1C 1C .(1)求直线C 1B 与底面ABC 所成角的正切值；(2)在棱CC 1(不包括端点C 、C 1)上确定一点E 的位置，使EA ⊥EB 1(要求说明理由)； (3)在(2)的条件下，若AB ＝2，求二面角A －EB 1－A 1的大小．解析方法一 (1)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，C 1C ⊥平面ABC ， ∴C 1B 在平面ABC 上的射影为CB .∴∠C 1BC 为直线C 1B 与底面ABC 所成的角． ∵在Rt △CC 1B 中，CC 1＝2，BC ＝1，∴tan ∠C 1BC ＝2，即直线C 1B 与底面ABC 所成角的正切值为2. (2)连接BE ，当E 为CC 1的中点时，EA ⊥EB 1. ∵CE ＝EC 1＝1，BC ＝B 1C 1＝1， ∴∠BEC ＝∠B 1EC 1＝45°. ∴∠BEB 1＝90°，即B 1E ⊥BE .又∵AB ⊥平面BB 1C 1C ，EB 1⊂平面BB 1C 1C ， ∴AB ⊥EB 1.又AB ⊂平面ABE ，BE ⊂平面ABE ，BE ∩AB ＝B ， ∴EB 1⊥平面ABE .又EA ⊂平面ABE ，故EA ⊥EB 1.(3)如图，取EB 1的中点G ，A 1E 的中点F ，连接FG ，则FG ∥A 1B 1，且FG ＝12A 1B 1.∵A 1B 1⊥EB 1，∴FG ⊥EB 1. 连接A 1B ，AB 1，设A 1B ∩AB 1＝O ，连接OF ，OG ，则OG ∥AE ，且OG ＝12EA .∵EA ⊥EB 1，∴OG ⊥EB 1.∴∠OGF 为二面角A －EB 1－A 1的平面角．∵AE ＝AC 2＋CE 2＝2，OG ＝12AE ＝1，FG ＝12A 1B 1＝22，OF ＝12BE ＝22，∴∠OGF ＝45°.∴二面角A －EB 1－A 1的大小为45°.方法二以B 为坐标原点，BC 、BB 1、AB 所在的直线分别为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，C 1(1,2,0)，B 1(0,2,0)．(1)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面ABC 的一个法向量为BB 1→＝(0,2,0)，又BC 1→＝(1,2,0)，设BC 1与平面ABC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈BB 1→，BC 1→〉|＝255.∴tan θ＝2，即直线C 1B 与底面ABC 所成角的正切值为2. (2)设E (1，y,0)，A (0,0，z )，则EB 1→＝(－1,2－y,0)， EA →＝(－1，－y ，z )．∵EA ⊥EB 1，∴EA →·EB 1→＝1－y (2－y )＝0. ∴y ＝1，即E (1,1,0)． ∴E 为CC 1的中点． (3)由题知A (0,0，2)，则AE →＝(1,1，－2)，B 1E →＝(1，－1,0)．设平面AEB 1的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧n ·AE →＝0，n ·B 1E →＝0.∴⎩⎨⎧x 1＋y 1－2z 1＝0，x 1－y 1＝0.令x 1＝1，则n ＝(1,1，2)． ∵BE →＝(1,1,0)，∴BE →·B 1E →＝1－1＝0. ∴BE ⊥B 1E .又BE ⊥A 1B 1，∴BE ⊥平面A 1B 1E .∴平面A 1B 1E 的一个法向量为BE →＝(1,1,0)．∴cos 〈n ，BE →〉＝n ·BE →|n |·|BE →|＝22.∴二面角A －EB 1－A 1的大小为45°.11．如图，AC 是圆O 的直径，点B 在圆O 上，∠BAC ＝30°，BM ⊥AC 交AC 于点M ，EA ⊥平面ABC ，FC ∥EA ，AC ＝4，EA ＝3，FC ＝1.(1)证明：EM ⊥BF ；(2)求平面BEF 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值．解析方法一 (1)证明：∵EA ⊥平面ABC ，BM ⊂平面ABC ，∴EA ⊥BM . 又∵BM ⊥AC ，EA ∩AC ＝A ， ∴BM ⊥平面ACFE . 而EM ⊂平面ACFE . ∴BM ⊥EM .∵AC 是圆O 的直径，∴∠ABC ＝90°. 又∵∠BAC ＝30°，AC ＝4， ∴AB ＝23，BC ＝2，AM ＝3，CM ＝1. ∵EA ⊥平面ABC ，FC ∥EA ，∴FC ⊥平面ABC . 又FC ＝CM ＝1，AM ＝EA ＝3，∴△EAM 与△FCM 都是等腰直角三角形． ∴∠EMA ＝∠FMC ＝45°. ∴∠EMF ＝90°，即EM ⊥MF . ∵MF ∩BM ＝M ，∴EM ⊥平面MBF . 而BF ⊂平面MBF ，∴EM ⊥BF .(2)解：延长EF 交AC 的延长线于G ，连接BG ，过点C 作CH ⊥BG ，连接FH .由(1)知FC ⊥平面ABC ，BG ⊂平面ABC ， ∴FC ⊥BG .而FC ∩CH ＝C ，∴BG ⊥平面FCH . ∵FH ⊂平面FCH ，∴FH ⊥BG .∴∠FHC 为平面BEF 与平面ABC 所成的二面角的平面角．在Rt △ABC 中，∵∠BAC ＝30°，AC ＝4，∴BM ＝AB ·sin30°＝ 3.由FC EA ＝GC GA ＝13，得GC ＝2. ∵BG ＝BM 2＋MG 2＝32＋32＝23，又∵△GCH ∽△GBM ， ∴GC BG ＝CH BM，∴CM ＝GC ·BM BG ＝2×323＝1. ∴△FCH 是等腰直角三角形，∠FHC ＝45°. ∴平面BEF 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值为22. 方法二 (1)证明：因为AC 是圆O 的直径，所以∠ABC ＝90°，又∠BAC ＝30°，AC ＝4，所以AB ＝23，而BM ⊥AC ，易得AM ＝3，BM ＝ 3.如图，以A 为坐标原点，垂直于AC 的直线，AC 、AE 所在的直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．由已知条件得A (0,0,0)，M (0,3,0)，E (0,0,3)，B (3，3,0)，F (0,4,1)． ∴ME →＝(0，－3,3)，BF →＝(－3，1,1)．由ME →·BF →＝(0，－3,3)·(－3，1,1)＝0，得ME →⊥BF →，∴EM ⊥BF .(2)解：由(1)知BE →＝(－3，－3,3)，BF →＝(－3，1,1)．设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ·BE →＝0，n ·BF →＝0，得⎩⎨⎧－3x －3y ＋3z ＝0，－3x ＋y ＋z ＝0.令x ＝3得y ＝1，z ＝2，∴n ＝(3，1,2)．由已知EA ⊥平面ABC ，所以平面ABC 的一个法向量为AE →＝(0,0,3)．设平面BEF 与平面ABC 所成的锐二面角为θ，则cos θ＝|cos 〈n ，AE →〉|＝|3×0＋1×0＋2×3|3×22＝22.。

2021-2022年高三数学一轮总复习第八章立体几何课时跟踪检测理

2021-2022年高三数学一轮总复习第八章立体几何课时跟踪检测理1．简单几何体(1)简单旋转体的结构特征：①圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到；②圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；③圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到；④球可以由半圆或圆绕直径旋转得到．(2)简单多面体的结构特征：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，侧面是有一个公共点的三角形；③棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．2．直观图(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：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′轴和y′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．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．[小题体验]1．关于空间几何体的结构特征，下列说法不正确的是________(填序号)．①棱柱的侧棱长都相等；②四棱锥有四个顶点；③三棱台的上、下底面是相似三角形；④有的棱台的侧棱长都相等．解析：根据棱锥顶点的定义可知，四棱锥仅有一个顶点，故②说法不正确，由棱柱、棱台的结构，知①③④说法正确．答案：②2.如图，正方形OABC的边长为1 cm，它是水平放置的一个平面图形用斜二测画法得到的直观图，则原图形的周长是________ cm.解析：将直观图还原为平面图形，如图所示．可知周长为8 cm.答案：83．(xx·金陵中学检测)下列结论正确的是________(填序号)．①各个面都是三角形的几何体是三棱锥；②以三角形的一条边所在直线为轴，旋转一周得到的几何体叫圆锥；③棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是正六棱锥；④圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线．解析：当一个几何体由具有相同的底面且顶点在底面两侧的两个三棱锥构成时，尽管各面都是三角形，但它不是三棱锥，故①错误；若三角形不是直角三角形或是直角三角形但旋转轴不是直角边所在直线，则所得的几何体就不是圆锥，故②错误；正六棱锥的侧棱长必然要大于底面边长，故③错误；由圆锥母线的定义，知④正确．答案：④1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点．2．注意斜二测画法中的“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．[小题纠偏]1．下列说法正确的是________(填序号)．①有2个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台；②多面体至少有3个面；③各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；④九棱柱有9条侧棱，9个侧面，侧面为平行四边形．解析：①说法错误，反例如图1；一个多面体至少有4个面，如三棱锥有4个面，不存在有3个面的多面体，所以②说法错误；③说法错误，反例如图2，上、下底面是全等的菱形，各侧面是全等的正方形，它不是正方体；根据棱柱的定义，知④说法正确．答案：④2．下面关于利用斜二测画法得到直观图的叙述正确的是________(填序号)．①正三角形的直观图是正三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③矩形的直观图是矩形；④圆的直观图是圆．解析：直观图改变了原图中角的大小及图形的形状，所以①③④都不正确，易知②正确．答案：②3.如图所示的正方形ABCD用斜二测画法得到的直观图是一个平行四边形，平行四边形中有一条边的边长为4，则此正方形的面积是________．解析：由题意，可知在直观图(图略)中，若边长为4的边与x′轴平行，则原正方形的边长为4，此时正方形的面积为16；若边长为4的边与y′轴平行，则原正方形的边长为8，此时正方形的面积为64.答案：16或64考点一空间几何体的结构特征基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．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________．解析：截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．答案：球体2．下列说法中正确的个数是________．①以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周得到的旋转体不一定是圆锥；②以直角梯形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周得到的旋转体是圆台；③圆锥、圆台的底面都是圆；④分别以矩形的长和宽所在直线为旋转轴，旋转一周得到的两个圆柱是两个不同的圆柱．解析：①中，若以直角三角形的斜边所在直线为旋转轴，得到的是由两个底面重合的圆锥组成的旋转体，故①说法正确；②中，必须以直角梯形的垂直于底边的腰所在直线为旋转轴才能得到圆台，若以其余三边所在直线为旋转轴，则不能得到圆台，故②说法错误；显然③④说法正确．答案：33．下列图形经过折叠可以围成一个棱柱的是________(填序号)．解析：①②③中底面图形的边数与侧面的个数不一致，故不能围成棱柱．④经过折叠可以围成一个棱柱．答案：④[谨记通法]解决与空间几何体结构特征有关问题3个技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型；(3)通过反例对结构特征进行辨析．考点二空间几何体的直观图重点保分型考点——师生共研[典例引领]如图，△A′B′C′是水平放置的平面图形用斜二测画法画出的直观图，将其恢复成原图形．解：(1)画出直角坐标系xOy，在x轴上取OA＝O′A′，即CA ＝C′A′；(2)在图①中，过B′作B′D′∥y′轴，交x′轴于D′，在x轴上取OD＝O′D′，过点D作DB∥y轴，并使DB＝2D′B′；(3)连结AB，BC，则△ABC 即为△A′B′C′原来的图形，如图②所示．[由题悟法]用斜二测画法画直观图的3个步骤(1)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．(2)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．(3)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，用平滑的曲线连结而画出．[即时应用]用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为22 cm2，则原平面图形的面积为________cm2.解析：依题意可知∠BAD＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC，AD 相等，高为梯形ABCD的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm2.答案：8一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．四棱柱有________条侧棱，________个顶点．解析：四棱柱有4条侧棱，8个顶点(可以结合正方体观察求得)．答案：4 82．给出下列几种说法：①圆柱的底面是圆；②经过圆柱的任意两条母线的截面是一个矩形；③连结圆柱上、下底面圆周上两点的线段是圆柱的母线；④圆柱的任意两条母线互相平行．其中不正确的个数是________．解析：圆柱的母线一定垂直于圆柱的两个底面，而连结圆柱上、下底面圆周上两点的线段不一定与底面垂直，所以③说法不正确，显然①②④说法正确．答案：13．给出下列四个命题：①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体；③有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱；④长方体一定是正四棱柱．其中正确的命题个数是________．解析：反例：①直平行六面体底面是菱形，满足条件但不是正棱柱；②底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；③④显然错误．答案：04.(xx·南通调研)水平放置的正方体的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示．如图是一个正方体的表面展开图(图中数字写在正方体的外表面上)，若图中“0”上方的“2”在正方体的上面，则这个正方体的下面上的数字是________．解析：由题意，将正方体的展开图还原成正方体，1与4相对，2与2相对，0与3相对，所以正方体的下面上的数字是2.答案：25．如图，线段OA 在平面xOy 中，它与x 轴的夹角为45°，它的长为22，OA 的直观图O ′A ′的长为________．解析：过点A 作AB ⊥Ox 于B ，∵OA ＝22，∠AOB ＝45°，∴OB ＝AB ＝2，线段OB 的直观图O ′B ′＝2，A ′B ′＝1，∠O ′B ′A ′＝135°.∴O ′A ′2＝22＋12－2×2×1×cos 135°，∴O ′A ′＝5＋2 2.答案： 5＋2 2二保高考，全练题型做到高考达标 1．将等边三角形绕它的一条中线旋转180°，形成的几何体是________．解析：因为等边三角形是一个对称图形，并且中线过其顶点，底边旋转后成为一个圆，所以形成的几何体是一个圆锥．答案：圆锥2．把一个圆锥截成圆台，已知圆台上下底面的半径之比为1∶4，母线长为9；则圆锥的母线长是________．解析：设该圆锥的轴截面如图所示，由平面几何知识可知，O ′B ′OB ＝CB ′CB ，所以14＝CB ′CB ′＋9，所以CB ′＝3，所以BC ＝3＋9＝12.即圆锥的母线长为12.答案：123．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥不可能是________(填序号)．①三棱锥；②四棱锥；③五棱锥；④六棱锥．解析：各个侧面都是等边三角形，故六棱锥的底面的每一条边长都相等，底面是一个六边都相等的六边形．当这个六边形是正六边形时，如图可知AD＝2AB＝SA＋SD，这时不能构成三角形；当这个六边形不是正六边形时，则AD，BE，CF三条线段中必然有一条大于或等于SA＋SD，这时也不能构成三角形，故这个棱锥不可能是六棱锥．序号①②③中都有符合条件的棱锥，故填④.答案：④4．下列关于投影的说法正确的是________(填序号)．①平行投影的投影线是互相平行的；②中心投影的投影线是互相垂直的；③线段上的点在中心投影下仍然在线段上；④平行的直线在中心投影下不平行．解析：①平行投影是指投影线互相平行的投影，故①是正确的；②中心投影的投影线一般是不垂直的；③线段上的点在中心投影下可以重合于一点；④平行的直线在中心投影下可以平行也可以不平行．答案：①5.如图所示是水平放置的△ABC在直角坐标系中的直观图，其中D是AC的中点，原△ACB中，∠ACB≠30°，则原图形中与线段BD的长相等的线段有________条．解析：先按照斜二测画法把直观图还原为真正的平面图形，然后根据平面图形的几何性质找与线段BD长度相等的线段，把△ABC还原后为直角三角形，则D 为斜边AC的中点，所以AD＝DC＝BD.答案：26．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________．解析：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．答案：①④7．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 ′＝6，O ′C ′＝2，则原图形OABC 的面积为________．解析：由题意知原图形OABC 是平行四边形，且OA ＝BC ＝6，设平行四边形OABC 的高为OE ，则OE ×12×22＝O ′C ′，∵O ′C ′＝2，∴OE ＝42，∴S ▱OABC ＝6×42＝24 2. 答案：24 28．(xx·南京师大附中月考)已知正三角形ABC 的边长为a ，那么用斜二测画法得到的△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′的面积为________．解析：根据题意，建立如图①所示的平面直角坐标系，再按照斜二测画法画出其直观图，如图②中△A ′B ′C ′所示．易知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a .过点C ′作C ′D ′⊥A ′B ′于点D ′，则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a .所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12a ×68a ＝616a 2. 答案：616a 2 9.(xx·盐城调研)如图所示，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝2，BB 1＝2，∠ABC ＝90°，E ，F 分别为AA 1，C 1B 1的中点，试求沿棱柱的表面从点E 到点F 的最短路径．解：若将△A 1B 1C 1沿A 1B 1折起，使得E ，F 在同一平面内，则此时EF ＝72＋ 2.若将侧面沿B 1B 展成平面，则此时EF ＝ 112.若将△A 1B 1C 1沿A 1C 1折起使得E ，F 在同一平面内，则此时EF ＝322.经比较知沿棱柱的表面从点E 到点F 的最短路径为322.10.如图所示，圆台母线AB 长为20 cm ，上、下底面半径分别为5 cm 和10 cm ，从母线AB 的中点M 拉一条绳子绕圆台侧面转到B 点，求这条绳长的最小值．解：作出圆台的轴截面与侧面展开图，如图所示，如图1，由其轴截面中Rt △OPA 与Rt △OQB 相似，得OA OA ＋AB ＝510，可求得OA ＝20 cm.如图2，设∠BOB ′＝α，由于扇形弧的长与底面圆Q 的周长相等，而底面圆Q 的周长为2π×10 cm.扇形OBB ′的半径为OA ＋AB ＝20＋20＝40 cm ，扇形OBB ′所在圆的周长为2π×40＝80π cm. 所以扇形弧的长度20π为所在圆周长的14.所以OB ⊥OB ′.所以在Rt △B ′OM 中，B ′M 2＝402＋302，所以B ′M ＝50 cm ，即所求绳长的最小值为50 cm. 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知菱形ABCD 的边长是4，∠DAB ＝60°，则菱形ABCD 的斜二测直观图的面积是________．解析：由已知得BD ＝4，AC ＝43，且AC ⊥BD ，所以其斜二测直观图的面积为S ＝12×43×4×12×sin 45°＝2 6.答案：2 62．在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，过对角线BD 1的一个平面交AA 1于E ，交CC 1于F ，得四边形BFD 1E ，给出下列结论：①四边形BFD 1E 有可能为梯形； ②四边形BFD 1E 有可能为菱形；③四边形BFD 1E 有可能垂直于平面BB 1D 1D ；④四边形BFD 1E 面积的最小值为62. 其中正确的是________(填序号)．解析：四边形BFD 1E 为平行四边形，①显然不成立，当E ，F 分别为AA 1，CC 1的中点时，②③成立．当E ，F 分别为AA 1，CC 1的中点时，四边形BFD 1E 的面积最小，最小值为62. 答案：②③④3．(xx·南京调研)一个圆台的母线长为12 cm ，两底面面积分别为4π cm 2和25π cm 2. (1)求圆台的高；(2)求截得此圆台的圆锥的母线长．解：(1)如图，过圆台的轴作截面，则截面为等腰梯形ABCD ，作AM ⊥BC 于点M ，连结O 1O .由已知可得上底半径O 1A ＝2 cm ，下底半径OB ＝5 cm ，且腰长AB ＝12 cm ， ∴AM ＝122－32＝315(cm)．即圆台的高为315 cm.(2)延长BA ，OO 1，CD 交于点S ，设截得此圆台的圆锥的母线长为l . 则由△SAO 1∽△SBO ，可得l －12l ＝25， ∴l ＝20 (cm)，即截得此圆台的圆锥的母线长为20 cm.第二节空间几何体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式 S 圆柱侧＝2πrl S 圆锥侧＝πrl S 圆台侧＝π(r ＋r ′)l名称几何体表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S 表面积＝S 侧＋2S 底 V ＝Sh锥体(棱锥和圆锥) S 表面积＝S 侧＋S 底V ＝13Sh台体(棱台和圆台) S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球S ＝4πR 2V ＝43πR 3[小题体验]1．(教材习题改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶3 1∶12．(教材习题改编)已知棱长为a ，各面均为等边三角形的四面体S ABC ，它的表面积为________．解析：过S 作SD ⊥BC ， ∵BC ＝a ，∴SD ＝32a ， ∴S △SBC ＝34a 2， ∴表面积S ＝4×34a 2＝3a 2. 答案：3a 23．已知一个母线长为1的圆锥的侧面展开图的圆心角等于240°，则该圆锥的体积为________．解析：圆锥的底面圆的周长为240°360°×2π×1＝43π，设底面圆的半径为r ，则有2πr＝43π，所以r ＝23，于是圆锥的高h ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝53，故圆锥的体积V ＝13×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫232×53＝4581π. 答案：4581π1．易混侧面积与表面积的概念，导致计算时错用公式，漏掉底面积的计算． 2．对几何体的结构特征把握不准，导致空间线面关系的推理、表面积与体积的求解出现错误．[小题纠偏]1．正六棱台的上、下两底面的边长分别是1 cm,2 cm ，高是1 cm ，则它的侧面积为________ cm 2.解析：正六棱台的侧面是6个全等的等腰梯形，上底长为1 cm ，下底长为2 cm ，高为正六棱台的斜高．又边长为1 cm 的正六边形的中心到各边的距离是32cm ，边长为2 cm 的正六边形的中心到各边的距离是 3 cm ，则梯形的高为1＋⎝⎛⎭⎪⎫3－322＝72 cm ，所以正六棱台的侧面积为6×12×(1＋2)×72＝972cm 2.答案：9722．若一个球的体积为43π，则它的表面积为________．解析：设球的半径为R ，则43πR 3＝43π，∴R ＝3，∴球的表面积S ＝4πR 2＝4π×3＝12π. 答案：12π3．已知某圆柱的侧面展开图是边长为2a ，a 的矩形，则该圆柱的体积为________．解析：设圆柱的母线长为l ，底面圆的半径为r ，则当l ＝2a 时，2πr ＝a ，∴r ＝a2π，这时V 圆柱＝2a ·π⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2π2＝a32π；当l ＝a 时，2πr ＝2a ，∴r ＝a π，这时V圆柱＝a ·π⎝ ⎛⎭⎪⎫a π2＝a 3π.综上，该圆柱的体积为a 32π或a 3π.答案：a 32π或a 3π考点一空间几何体的表面积基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．(xx·无锡一中检测)等边圆柱(底面直径和高相等的圆柱)的底面半径与球的半径相等，则等边圆柱的表面积与球的表面积的比值为________．解析：设球的半径为R .等边圆柱的表面积S 1＝2πR ×2R ＋2×πR 2＝6πR 2，球的表面积S 2＝4πR 2，所以S 1S 2＝6πR 24πR 2＝32.答案：322.(xx·启东中学检测)如图，半径为2的半球内有一个内接正六棱锥P ABCDEF ，则此正六棱锥的表面积是________．解析：显然正六棱锥P ABCDEF 的底面的外接圆是球的一个大圆，由已知，可得大圆的半径为 2.易得其内接正六边形的边长为 2.又正六棱锥P ABCDEF 的高为2，则斜高为22＋32＝7，所以该正六棱锥的表面积为6×12×2×7＋6×3＝67＋6 3.答案：67＋6 33．已知底面是菱形的直四棱柱的侧棱长为5，它的体对角线的长分别是9和15，求这个直四棱柱的侧面积．解：如图，底面是菱形的直棱柱ABCD A ′B ′C ′D ′中，两条对角线长为A ′C ＝15，BD ′＝9，侧棱长为AA ′＝DD ′＝5，∵△BDD ′和△CAA ′都是直角三角形，∴由勾股定理，得AC 2＝152－52＝200，BD 2＝92－52＝56，可得AC ＝102，BD ＝214.∵AC ，BD 分别是菱形ABCD 的两条对角线，∴AC ，BD 互相垂直平分，且把菱形分成四个全等的直角三角形，两条直角边的长分别为12AC ＝52和12BD ＝14，由勾股定理，得AB ＝522＋142＝8.∴该直四棱柱的侧面积S ＝4×8×5＝160.[谨记通法] 几何体的表面积2种求法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．注意衔接部分的处理．考点二空间几何体的体积重点保分型考点——师生共研[典例引领]1.(xx·南京一中检测)如图所示，已知一个多面体的平面展开图由一个边长为1的正方形和4个正三角形组成，则该多面体的体积是________．解析：由展开图，可知该多面体是正四棱锥，底面正方形的边长为1，侧棱长也为1，∴该正四棱锥的高h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝22， ∴其体积V ＝13×12×22＝26.答案：262.如图，AA 1，BB 1为圆柱OO 1的母线，BC 是底面圆O 的直径，D ，E 分别是AA 1，CB 1的中点，DE ⊥平面CBB 1.(1)证明：DE ∥平面ABC ；(2)求四棱锥C ABB 1A 1与圆柱OO 1的体积比．解：(1)证明：连结EO ，OA . ∵E ，O 分别为B 1C ，BC 的中点， ∴EO ∥BB 1，且EO ＝12BB 1.又DA ∥BB 1，且DA ＝12BB 1，∴DA 綊EO ，∴四边形AOED 是平行四边形， ∴DE ∥OA .又DE ⊄平面ABC ，AO ⊂平面ABC ， ∴DE ∥平面ABC .(2)由题意知DE ⊥平面CBB 1，且由(1)知DE ∥AO ， ∴AO ⊥平面CBB 1， ∴AO ⊥BC ， ∴AC ＝AB .∵BC 是底面圆O 的直径，得CA ⊥AB ，且AA 1⊥CA ， ∴CA ⊥平面AA 1B 1B ，即CA 为四棱锥C ABB 1A 1的高．设圆柱高为h ，底面半径为r ，则V ＝πr 2h ，V ＝13h (2r )·(2r )＝23r 2h .∴V ∶V ＝23π.[由题悟法]求解几何体体积的必备策略常见类型解题策略球的体积问题直接利用球的体积公式求解，在实际问题中要根据题意作出图形，构造直角三角形确定球的半径锥体、柱体的体积问题根据题设条件求出所给几何体的底面积和高，直接套用公式求解不规则几何体的体积问题常用分割或补形的思想，若几何体的底不规则，也需采用同样的方法，将不规则的几何体或平面图形转化为规则的几何体或平面图形，易于求解[即时应用]如图，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥AD ，AB ∥CD ，CD ⊥AD ，AD ＝CD ＝2AB ＝2，E ，F 分别为PC ，CD 的中点，DE ＝EC .(1)求证：平面ABE ⊥平面BEF ；(2)设PA ＝a ，若三棱锥B PED 的体积V ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤2515，21515，求实数a 的取值范围．解：(1)证明：因为AB ∥CD ，CD ⊥AD ，AD ＝CD ＝2AB ＝2，F 为CD 的中点，所以四边形ABFD 为矩形，AB ⊥BF . 因为DE ＝EC ，所以DC ⊥EF . 又AB ∥CD ，所以AB ⊥EF . 因为BF ∩EF ＝F ，所以AB ⊥平面BEF .又AB ⊂平面ABE ，所以平面ABE ⊥平面BEF . (2)因为PD ∥EF ，AB ⊥EF ，所以AB ⊥PD .又AB ⊥AD ，AD ∩PD ＝D ，所以AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PA .又PA ⊥AD ，AB ∩AD ＝A ，所以PA ⊥平面ABCD . 因为S △BCD ＝12×2×2＝2，E 到平面BCD 的距离h ＝a2，所以V B PED ＝V B EDC ＝V E BCD ＝13×2×a 2＝a3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤2515，21515，所以a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤255，2155.故实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤255，2155.考点三与球有关的切、接问题常考常新型考点——多角探明[命题分析]与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考生的难点、易失分点，命题角度多变．常见的命题角度有： (1)正四面体的内切球； (2)直三棱柱的外接球； (3)正方体(长方体)的外接球； (4)四棱锥(三棱锥)的外接球．[题点全练]角度一：正四面体的内切球1．(xx·苏州模拟)若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.解析：设正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4·34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14，即r ＝14·63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π. 答案：63π角度二：直三棱柱的外接球2．已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为________．解析：如图，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M .又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52 2＋62＝132.答案：132角度三：正方体(长方体)的外接球3．(xx·扬州调研一模)已知矩形ABCD 的顶点都在半径为2的球O 的球面上，且AB ＝3，BC ＝3，过点D 作DE 垂直于平面ABCD ，交球O 于E ，则棱锥E ABCD 的体积为________．解析：如图所示，BE 过球心O ，∴DE ＝42－32－32＝2，∴V E ABCD ＝13×3×3×2＝2 3.答案：2 3角度四：四棱锥(三棱锥)的外接球4．(xx·盐城模拟)体积为163的正四棱锥S ABCD 的底面中心为O ，SO 与侧面成的角的正切值为22，那么过S ABCD 的各顶点的球的表面积为________．解析：如图，取AB 的中点为F ，连结SF ，过点O 作OG ⊥SF ，则∠OSG 为SO 与侧面所成的角，且tan ∠OSG ＝OF SO ＝22. 设AB ＝2a ，则SO ＝2a ，所以13×4a 2×2a ＝163，得a ＝ 2.延长SO 交外接球于E ，则EB ⊥SB ，由OB 2＝SO ·OE 得4＝2·(2R －2)，所以R ＝2，S ＝4π×22＝16π. 答案：16π5．(xx·南京四校联考)在正三棱锥S ABC 中，M 是SC 的中点，且AM ⊥SB ，底面边长AB ＝22，则正三棱锥S ABC 的外接球的表面积为________．解析：如图，由正三棱锥的性质易知SB ⊥AC ，结合AM ⊥SB 知SB ⊥平面SAC ，所以SB ⊥SA ，SB ⊥SC .又正三棱锥的三个侧面是全等的三角形，所以SA ⊥SC ，所以正三棱锥S ABC 为正方体的一个角，所以正三棱锥S ABC 的外接球即为正方体的外接球．由AB ＝22，得SA ＝SB ＝SC ＝2，所以正方体的体对角线为23，所以所求外接球的半径R ＝3，所求表面积为4πR 2＝12π.答案：12π[方法归纳]“切”“接”问题处理的注意事项(1)“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．(2)“接”的处理把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为________．解析：设球的半径为R ，则表面积是16π，即4πR 2＝16π，解得R ＝2.所以体积为43πR3＝32π3.答案：32π32．若一个圆台的母线长l ，上、下底面半径r 1，r 2满足2l ＝r 1＋r 2，且侧面积为8π，则母线长l ＝________.解析：S 圆台侧＝π(r 1＋r 2)l ＝2πl 2＝8π，所以l ＝2. 答案：23．在三角形ABC 中，AB ＝3，BC ＝4，∠ABC ＝90°，若将△ABC 绕直线BC 旋转一周，则所形成的几何体的侧面积为________．解析：依题意知几何体为底面半径为3，母线长为5的圆锥，所得几何体的侧面积等于π×3×5＝15π.答案：15π4．棱长为a 的正方体有一内切球，该球的表面积为________．解析：由题意知球的直径2R ＝a ， ∴R ＝a2.∴S ＝4πR 2＝4π×a 24＝πa 2.答案：πa 25．如图，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长都为3，D 为CC 1上一点，且CD ＝2DC 1，则三棱锥A 1BCD 的体积________．解析：过A 1作A 1H ⊥B 1C 1，垂足为H .因为平面A 1B 1C 1⊥平面BB 1C 1C ，所以A 1H ⊥平面BB 1C 1C ，所以VA 1BCD ＝13×32×3×12×2×3＝332.答案：332二保高考，全练题型做到高考达标1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为________．解析：设圆台较小底面半径为r ，则另一底面半径为3r . 由S ＝π(r ＋3r )·3＝84π，解得r ＝7. 答案：72．若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，则该圆锥的体积为________．解析：因为半圆面的面积为12πl 2＝2π，所以l 2＝4，解得l ＝2，即圆锥的母线为l ＝2，底面圆的周长2πr ＝πl ＝2π，所以圆锥的底面半径r ＝1，所以圆锥的高h ＝l 2－r 2＝3，所以圆锥的体积为13πr 2h ＝13×π×3＝3π3.答案：3π33．已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的底面边长为6时，其高的值为________．解析：设正六棱柱的高为h ，则可得(6)2＋h 24＝32，解得h ＝2 3.答案：2 34．已知正六棱柱的侧面积为72 cm 2，高为6 cm ，那么它的体积为________ cm 3. 解析：设正六棱柱的底面边长为x cm ，由题意得6x ·6＝72，所以x ＝2 cm ，于是其体积V ＝34×22×6×6＝36 3 cm 3. 答案：36 35．(xx·南通调研)一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为2 cm 的球面上，如果正四棱柱的底面边长为1 cm ，那么该棱柱的表面积为________cm 2.解析：作出轴截面图，其中圆的内接矩形为正四棱柱的对角面，易求棱柱的侧棱长为2，所以S 表＝4×1×2＋2×12＝2＋42(cm 2)．答案：2＋4 26．已知正三棱锥S ABC ，D ，E 分别是底面边AB ，AC 的中点，则四棱锥S BCED 与三棱锥S ABC 的体积之比为________．解析：设正三棱锥S ABC 底面△ABC 面积为4S .由S △ADE S △ABC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122，所以，S △ADE ＝S ，S 四边形BCDE＝3S ，因两个棱锥的高相同，所以V S BCED ∶V S ABC ＝3∶4.答案：3∶47．已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且AB ＝6，BC ＝23，则棱锥。

2021高考数学(理)(全国通用)大一轮复习2022高考试题汇编第八章立体几何

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12O O 内有一个球O ，该球与圆柱的上、下面及母线均相切．记圆柱12O O 的体积为1V ，球O 的体积为2V ，则12V V 的值是．1.解析设球O 的半径为r ，由题意212V r r =π⋅，3243V r =π，所以1232V V =．故填32．2．（2022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226183a a =⇒=.外接球直径为正方体的体对角线，所以233==R a ，344279πππ3382==⨯=V R . 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_______.O ED CBAO O 1O 2 ⋅⋅⋅3.解析由题意，联结OD ，交BC 于点G ，如图所示，则OD BC ⊥，3OG BC =，即OG 的长度与BC 的长度成正比.设OG x =，则23BC x =，5DG x =-，三棱锥的高222225102510h DG OG x x x x =-=-+-=-，21233332ABC S x x x =⋅⋅=△，则21325103ABC V S h x x =⋅=-△45=32510x x -.令()452510f x x x =-，50,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()3410050f x x x '=-，令()0f x '>，即4320x x -<，2x <，当()0f x '<，得522x <<，所以()f x 在()0,2上单调递增，在52,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减.故()()280f x f =≤，则380415V ⨯=≤，所以体积的最大值为3415cm .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 ．πB ．3π4C ．π2D ．π44．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 221312r ⎛⎫=-=⎪⎝⎭，则圆柱体的体积23ππ4V r h ==.故选B.题型87 几何体的外接球与内切球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()2111=13232S π⨯π⨯⨯=，三棱锥体积为211=213=132S ⎛⎫⨯⨯⨯ ⎪⎝⎭，所以几何体体积1212S S S π=+=+．故选A ．6.（2022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.10B.12C.14D.166. 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 ．90π B ．63π C ．42π D ．36π7．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． 2211π310π3663π22=-=⋅⋅-⋅⋅⋅=V V V 总上.故选B.4668.（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.28. 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.（2022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 π=π⨯⨯⨯+⨯⨯=+．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 ，11E G 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．ABC D A 1B 11D 1容器ⅠGH O E F 1G 1H 1O 1容器Ⅱ10.解析（1）由正棱柱的定义，1CC ⊥平面ABCD ，所以平面11A ACC ⊥平面ABCD ，1CC AC ⊥．记玻璃棒的另一端落在1CC 上点M 处，如图所示为截面11A ACC 的平面图形．因为107AC =40AM =，所以()224010730MC =-=，从而3sin 4MAC ∠=.记AM 与水面的交点为1P ，过点1P 作11PQ AC ⊥，1Q 为垂足，则11PQ ⊥平面ABCD ，故1112PQ =，从而11116sin PQ AP MAC==∠．答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为16cm ．问(1)AC 1A 1CMP 1Q 1（2）如图所示为截面11E EGG 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11E EGG ⊥平面EFGH ，1O O EG ⊥．同理，平面11E EGG ⊥平面1111E F G H ，111O O E G ⊥．记玻璃棒的另一端落在1GG 上点N 处．过G 作11GK E G ⊥，K 为垂足，则132GK OO ==．因为 14EG =，1162E G =，所以16214242KG -==，从而2211 GG KG GK =+22243240=+=．设1EGG α∠=，ENG β∠=，则114sin sin cos 25KGG KGG απ⎛⎫=+==⎪⎝⎭∠∠．因为2απ<<π，所以3cos 5α=-．在ENG △中，由正弦定理可得4014sin sin αβ=，解得7sin 25β=．因为02βπ<<，所以24cos 25β=，于是()()sin sin sin =NEG αβαβ=π--=+∠sin cos cos sin αβαβ+4243735255255⎛⎫=⨯+-⨯= ⎪⎝⎭．记EN 与水面的交点为2P ，过2P 作22P Q EG ⊥，2Q 为垂足，则22P Q ⊥平面EFGH ，故2212P Q =，从而22220sin PQ EP NEG==∠．答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为20cm ．问(2)G O E Q 2P 2NG 1KE 1O 1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11AP A Q CM △△∽，111PQ AP CM AM=，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P ABCD -，PAD △是以AD 为斜边的等腰直角三角形，//BC AD ，CD AD ⊥，22PC AD DC CB ===，E 为PD 的中点. （1）证明：//CE 平面PAB .11.解析（1）如图所示，设PA DE 的中点为F ，联结EF ，FB .A BCDPE因为E ，F 分别为PD ，PA 的中点，所以//EF AD ，且1=2EF AD . 又因为//BC AD ，12BC AD =，所以//EF BC ，且=EF BC ，所以四边形BCEF 为平行四边形，所以//CE BF ，又BF ⊂平面PAB ，所以//CE 平面PAB .H QPN F DBCEA12.（2017江苏15）如图所示，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：（1）EF ∥平面ABC ；（2）AD AC ⊥．ABDCEF12.解析（1）在平面ABD 内，因为AB AD ⊥，EF AD ⊥，且点E 与点A 不重合，所以//EF AB .又因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以//EF 平面ABC . （2）因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD平面BCD BD =，BC ⊂平面BCD ，BC BD ⊥，所以BC ⊥平面ABD .因为AD ⊂平面ABD ，所以BC AD ⊥. 又AB AD ⊥，BCAB B =，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥平面ABC .又因为AC ⊂平面ABC ，所以AD AC ⊥.13.（2022全国2卷理科19）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD ==，o 90BAD ABC ∠=∠=， E 是PD 的中点. （1）求证：直线//CE 平面PAB ；EM DCBAP13．解析（1）令PA 的中点为F ，联结EF ，BF ，如图所示．因为点E ，F 为PD ，PA 的中点，所以EF 为PAD △的中位线，所以=1//2EF AD ．又因为90BAD ABC ∠=∠=︒，所以BC AD ∥．又因为12AB BC AD ==，所以=1//2BC AD ，于是=//EF BC ．从而四边形BCEF 为平行四边形，所以CE BF ∥．又因为BF PAB ⊂面，所以CE ∥平面PAB .Oz yxPM F ED CA题型94 与平行有关的开放性、探究性问题第五节直线、平面垂直的判定与性质题型95 证明空间中直线、平面的垂直关系14.（2017江苏15）如图所示，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：（1）EF ∥平面ABC ；（2）AD AC ⊥．ABDCEF14.解析（1）在平面ABD 内，因为AB AD ⊥，EF AD ⊥，且点E 与点A 不重合，所以//EF AB .又因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以//EF 平面ABC . （2）因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD平面BCD BD =，BC ⊂平面BCD ，BC BD ⊥，所以BC ⊥平面ABD .因为AD ⊂平面ABD ，所以BC AD ⊥. 又AB AD ⊥，BCAB B =，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥平面ABC .又因为AC ⊂平面ABC ，所以AD AC ⊥.15.（2022全国1卷理科18（1））如图所示，在四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，且90BAP CDP ∠=∠=.(1)求证：平面PAB ⊥平面PAD ；DCBAP15. 解析（1）证明：因为90BAP CDP ∠=∠=，所以PA AB ⊥，PD CD ⊥.又因为AB CD ∥，所以PD AB ⊥.又因为PD PA P =，PD ，PA ⊂平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .16.（2022全国3卷理科19（1））如图所示，四面体ABCD 中，ABC △是正三角形，ACD △是直角三角形，ABD CBD ∠=∠，AB BD =．（1）求证：平面ACD ⊥平面ABC ；16．解析 ⑴如图所示，取AC 的中点为O ，联结BO ，DO . 因为ABC △为等边三角形，所以BO AC ⊥，AB BC =.由AB BC BD BD ABD DBC =⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，得ABD CBD ≅△△，所以AD CD =，即ACD △为等腰直角三角形，从而ADC ∠为直角.又O 为底边AC 中点，所以DO AC ⊥. 令AB a =，则AB AC BC BD a ====，易得2a OD =，3a OB = 所以222OD OB BD +=，从而由勾股定理的逆定理可得2DOB π∠=，即OD OB ⊥. 由OD AC OD OB AC OB O AC ABC OB ABC⊥⎧⎪⊥⎪⎪=⎨⎪⊂⎪⊂⎪⎩平面平面，所以OD ⊥平面ABC . 又因为OD ⊂平面ADC ，由面面垂直的判定定理可得平面ADC ⊥平面ABC .BEC DAO题型96 与垂直有关的开放性、探索性问题——暂无第六节空间向量与立体几何题型97 空间向量及其运算题型98 空间角的计算17.（2022全国2卷理科10）已知直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=，2AB =，11BC CC ==，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（）.A 3B 15C 10D 3 17．解析设M ，N ，P 分别为AB ，1BB ，11B C 的中点，则1AB 和1BC 的夹角为MN 和NP 夹角或其补角（异面线所成角为π02⎛⎤ ⎥⎝⎦，）.可知1152MN AB ==1122NP BC ==，取BC 的中点Q ，联结,,PQ MQ PM ，则可知PQM △为直角三角形．1=PQ ，12MQ AC =.在ABC△中，2222cosAC AB BC AB BC ABC=+-⋅⋅∠1 4122172⎛⎫=+-⨯⨯⋅-=⎪⎝⎭，即7=AC，则7MQ=，则在MQP△中，2211MP MQ PQ=+=.在PMN△中，222cos2MN NP PMPNMMN NP+-∠=⋅⋅222521110522⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭==-⋅⋅.又异面直线所成角为π2⎛⎤⎥⎝⎦，，则其余弦值为10．故选C.18.（2107山东理17）如图所示，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120得到的，G是DF的中点.（1）设P是CE上的一点，且AP BE⊥，求CBP∠的大小；（2）当3AB=，2AD=，求二面角E AG C--的大小.18.解析（1）因为AP BE⊥，AB BE⊥，AB，AP⊂平面ABP，AB AP A=，所以BE⊥平面ABP.又BP⊂平面ABP，所以BE BP⊥.又120EBC∠=︒，所以30CBP∠=︒.（2）以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.Gz yxPFE DC BA由题意得(0,0,3)A ，(2,0,0)E ，3,3)G ，(3,0)C -，则(2,0,3)AE =-，(1,3,0)AG =，(2,0,3)CG =.设111(,,)x y z =m 是平面AEG 的一个法向量，由00AE AG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，可得111123030x z x -=⎧⎪⎨=⎪⎩，取12z =，可得平面AEG 的一个法向量(3,3,2)m =. 设222(,,)x y z =n 是平面ACG 的一个法向量，由00AG CG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，可得222230230x x z ⎧=⎪⎨+=⎪⎩，取22z =-，可得平面ACG 的一个法向量(3,3,2)=--n . 从而1cos ,2⋅==⋅m n m n m n ，易知二面角E AG C --为锐角.因此所求的角为60︒.19.（2017江苏22）如图所示，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥平面ABCD ，且2AB AD ==，13AA =120BAD ∠=︒．（1）求异面直线1A B 与1AC 所成角的余弦值；（2）求二面角1B A D A --的正弦值．A 1B 1C 1D 1ABCD19.解析在平面ABCD 内，过点A 作AE AD ⊥，交BC 于点E ．因为1AA ⊥平面ABCD ，所以1AA AE ⊥，1AA AD ⊥．如图所示，以{}1,,AE AD AA 为正交基底，建立空间直角坐标系A xyz -．EDCBAD 1C 1B A 1xyz因为2AB AD ==，13AA =120BAD ∠=︒．则()0,0,0A ，)3,1,0B -，()0,2,0D ，)3,0,0E，(13A ，13,1,3C ．（1）(13,1,3A B =--，(13,1,3AC =，则111111cos ,A B AC A B AC A B AC ⋅=3,1,33,1,3177--⋅==-．因此异面直线1A B 与1AC 所成角的余弦值为17．（2）平面1A DA 的一个法向量为()3,0,0AE =．设(),,x y z =m 为平面1BA D 的一个法向量，又(13,1,3A B =--，()3,3,0BD =-，则100A B BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，即330330x y z x y --=+=⎪⎩．不妨取3x =，则3y =，2z =，所以()3,2=m 为平面1BA D 的一个法向量. 从而cos ,AE AE AE ⋅=m m m(3,0,03,23434⋅==⨯，设二面角1B A D A --的大小为θ，则3cos 4θ=．因为[]0,θ∈π，所以27sin 1cos θθ=-=．因此二面角1B A D A --7． 20.（2022全国1卷理科18）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，且90BAP CDP ∠=∠=.(1)求证：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA PD AB DC ===，90APD ∠=，求二面角A PB C --的余弦值.DCBAP20. 解析（1）证明：因为90BAP CDP ∠=∠=，所以PA AB ⊥，PD CD ⊥.又因为AB CD ∥，所以PD AB ⊥.又因为PD PA P =，PD ，PA ⊂平面PAD ，所以AB ⊥ 平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .（2）取AD 的中点O ，BC 的中点E ，联结PO ，OE ，因为AB CD ∥，所以四边形ABCD 为平行四边形，所以OE AB ∥.由（1）知，AB ⊥平面PAD ，所以OE ⊥平面PAD .又PO ，AD ⊂平面PAD ，所以OE PO ⊥，OE AD ⊥.又因为PA PD =，所以PO AD ⊥，从而PO ，OE ，AD 两两垂直.以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，设2PA =，所以()002D -，，，()220B ，，，()002P ，，，()202C -，，，所以()022PD =--，，，()222PB =-，，，()2200BC =-，，.设()x y z =n ,,为平面PBC 的一个法向量，由00PB BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，得2220220x y z x ⎧+-=⎪⎨-=⎪⎩. 令1y =，则2z =，0x =，可得平面PBC 的一个法向量()012=n ,,. 因为90APD ∠=︒，所以PD PA ⊥，又知AB ⊥平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，所以PD AB ⊥，又PA AB A =，所以PD ⊥平面PAB . 即PD 是平面PAB 的一个法向量，()022PD =--,,，从而3cos 23PD PD PD ⋅===-⋅n n n,. 由图知二面角A PB C --为钝角，所以它的余弦值为3-.21.（2022全国2卷理科19）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD ==，o 90BAD ABC ∠=∠=， E 是PD 的中点. （1）求证：直线//CE 平面PAB ；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成的锐角为45，求二面角M AB D --的余弦值.EM DCBAP21．解析（1）令PA 的中点为F ，联结EF ，BF ，如图所示．因为点E ，F 为PD ，PA的中点，所以EF 为PAD △的中位线，所以=1//2EF AD ．又因为90BAD ABC ∠=∠=︒，所以BC AD ∥．又因为12AB BC AD ==，所以=1//2BC AD ，于是=//EF BC ．从而四边形BCEF 为平行四边形，所以CE BF ∥．又因为BF PAB ⊂面，所以CE ∥平面PAB .（2）以AD 的中点O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设1AB BC ==，则()000O ，，，()010A -，，，()110B -，，，()100C ，，，()010D ，，，(003P ，，．点M 在底面ABCD 上的投影为M '，所以M M BM ''⊥，联结BM '．因为45MBM '∠=，所以MBM '△为等腰直角三角形．因为POC △为直角三角形，33OC OP =，所以60PCO ∠=．设MM a '=，3CM '=，31OM '=．所以3100M ⎛⎫' ⎪ ⎪⎝⎭，，． 222231610133BM a a a a ⎛⎫'=++=+=⇒= ⎪ ⎪⎝⎭．从而32112OM '==-．所以2100M ⎛⎫'- ⎪ ⎪⎝⎭，，26102M ⎛- ⎝⎭，，26112AM ⎛=- ⎝⎭，，(100)AB =，，．设平面ABM 的法向量11(0)y z =，，m ，则1160AM y ⋅=+=m ，所以(062)=-，m ，易知平面ABD 的一个法向量为(001)=，，n ，从而10cos ,⋅==⋅m n m n m n ．故二面角M AB D --10． Oz yxPM F ED CA22.（2022全国3卷理科19）如图所示，四面体ABCD 中，ABC △是正三角形，ACD △是直角三角形，ABD CBD ∠=∠，AB BD =．（1）求证：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）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．22．解析 ⑴如图所示，取AC 的中点为O ，联结BO ，DO . 因为ABC △为等边三角形，所以BO AC ⊥，AB BC =.由AB BC BD BD ABD DBC =⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，得ABD CBD ≅△△，所以AD CD =，即ACD △为等腰直角三角形，从而ADC ∠为直角.又O 为底边AC 中点，所以DO AC ⊥. 令AB a =，则AB AC BC BD a ====，易得2a OD =，3a OB = 所以222OD OB BD +=，从而由勾股定理的逆定理可得2DOB π∠=，即OD OB ⊥. 由OD AC OD OB AC OB O AC ABC OB ABC⊥⎧⎪⊥⎪⎪=⎨⎪⊂⎪⊂⎪⎩平面平面，所以OD ⊥平面ABC . 又因为OD ⊂平面ADC ，由面面垂直的判定定理可得平面ADC ⊥平面ABC .BEC DAO⑵由题意可知V V D ACE B ACE --=，即B ，D 到平面ACE 的距离相等，即点E 为BD 的中点. 以O 为坐标原点，OA 为x 轴正方向，OB 为y 轴正方向，OD 为z 轴正方向，设AC a =，建立空间直角坐标系，则()0,0,0O ，,0,02a A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，0,0,2a D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，3a B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，3,4a E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，易得324a a a AE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，,0,22a a AD ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，,0,02a OA ⎛⎫= ⎪⎝⎭. 设平面AED 的法向量为()1111=,,x y z n ，平面AEC 的法向量为()2222=,,x y z n ，则1100AE AD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，取()13,1,3=n ；220AE OA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，取()20,1,3=-n .设二面角D AE C --为θ，易知θ为锐角，则12127cos 7θ⋅==⋅n n n n .z OADC EBxy23.（2022北京理16）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，//PD 平面MAC ，6PA PD ==，4AB =．（1）求证：M 为PB 的中点；（2）求二面角B PD A --的大小；（3）求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．23.解析（1）设,AC BD 的交点为E ，联结ME . 因为PD ∥平面MAC ，平面MAC平面PBD ME =，所以PD ME ∥.因为ABCD 是正方形，所以E 为BD 的中点，所以M 为PB 的中点.MP EDCBA（2）取AD 的中点O ，联结OP ，OE . 因为PA PD =，所以OP AD ⊥.又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，且OP ⊂平面PAD ，所以OP ⊥平面ABCD . 因为OE ⊂平面ABCD ，所以OP OE ⊥.因为ABCD 是正方形，所以OE AD ⊥.如图所示，建立空间直角坐标系O xyz -，则2)P ，(2,0,0)D ，(2,4,0)B -，(4,4,0)BD =-，(2,0,2)PD =.设平面BDP 的法向量为(,,)x y z =n ，则00BD PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即440220x y x z -=⎧⎪⎨=⎪⎩. 令1x =，则1y =，2z =2)=n .平面PAD 的法向量为(0,1,0)=p ，所以1cos ,||||2⋅==<>n p n p n p .由题知二面角B PD A --为锐角，所以它的大小为3π. P ME D CB A z xyO（3）由（1）知21,M ⎛- ⎝⎭，(2,4,0)C ，2(3,2,)MC =. 设直线MC 与平面BDP 所成角为α，则26sin cos ,9MC MC MCα⋅===<>n n n . 所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为69. 24.（2022天津理17）如图所示，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=.点D E N ，，分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，4PA AC ==，2AB =.（1）求证：//MN 平面BDE ；（2）求二面角C EM N --的正弦值；（3）已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 7，求线段AH 的长.NM ED CBAP24.解析如图所示，以A 为坐标原点，{},,AB AC AP 为基底，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意可得(000)A ，，，(200)B ，，，(040)C ，，，(004)P ，，，(002)D ，，，(022)E ，，，(001)M ，，，(120)N ，，．（1）证明：()0,2,0DE =，()2,0,2DB =-.设(,,)x y z =n 为平面BDE 的一个法向量，则0DE DB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即20220y x z =⎧⎨-=⎩，不妨设1z =，可得(1,0,1)=n .又()1,2,1MN =-，可得0MN ⋅=n ，因为MN ⊄平面BDE ，所以//MN 平面BDE ．（2）易知1(1,0,0)=n 为平面CEM 的一个法向量.设2(,,)x y z =n 为平面EMN 的一个法向量，则220EM MN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，因为(0,2,1)EM =--，(1,2,1)MN =-，所以2020y z x y z --=⎧⎨+-=⎩. 不妨设1y =，可得2(4,1,2)=--n . 因此有121212cos ,|||21⋅==n n n n |n n ，于是1215sin ,=n n . 所以二面角C EM N --15. zyxA B C D EM NP（3）依题意，设()04AH h h =，则H （0，0，h ），进而可得(1,2,)NH h =--，(2,2,2)BE =-.由已知得2||7cos ,||||523NH BE NH BE NH BE h ⋅===+⨯，整理得2102180h h -+=，解得85h =或12h =.所以线段AH 的长为85或12. 25.（2107浙江19）如图所示，已知四棱锥P ABCD -，PAD △是以AD 为斜边的等腰直角三角形，//BC AD ，CD AD ⊥，22PC AD DC CB ===，E 为PD 的中点. （1）证明：//CE 平面PAB ；（2）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值.25.解析（1）如图所示，设PA DE 的中点为F ，联结EF ，FB . 因为E ，F 分别为PD ，PA 的中点，所以//EF AD ，且1=2EF AD . 又因为//BC AD ，12BC AD =，所以//EF BC ，且=EF BC ，所以四边形BCEF 为平行四边形，所以//CE BF ，又BF ⊂平面PAB ，所以//CE 平面PAB .H QPN MF DBCEA（2）分别取BC ，AD 的中点为M ，N .联结PN 交EF 于点Q ，联结MQ .因为E ，F ，N 分别是PD ，PA ，AD 的中点，所以Q 为EF 的中点，在平行四边形BCEF 中，//MQ CE .由PAD △为等腰直角三角形，得PN AD ⊥.A BCDPE由DC AD ⊥，N 是AD 的中点，所以12ND AD BC ==，且BC DN ∥,所以四边形BCDN 是平行四边形，所以CD BN ∥，所以BN AD ⊥.又BNPN N =,所以AD ⊥平面PBN ，由//BC AD ，得BC ⊥平面PBN ，又BC ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面PBN . 过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，联结MH .MH 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1CD =.在PCD △中，由2PC =，1CD =，2PD =，由余弦定理得2CE =，又BC ⊥平面PBN ，PB ⊂平面PBN ，所以BC PB ⊥.在PBN △中，由1PN BN ==，223PB PC BC =-=，QH PB ⊥,Q 为PN 的中点，得14QH =. 在Rt MQH △中，14QH =，2MQ =，所以2sin 8QMH ∠=，所以直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是28. 26．（2107浙江9）如图所示，已知正四面体–D ABC （所有棱长均相等的三棱锥），P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP PB =，2BQ CRQC RA==，分别记二面角––D PR Q ，––D PQ R ，––D QR P 的平面角为α，β，γ，则（）.A ．γαβ<<B ．αγβ<<C ．αβγ<<D ．βγα<<26.解析如图所示，设点D 在底面ABC 内的射影为O ，判断O 到PR ，PQ ，QR 的距离，O 到哪条线段的距离越小，对应的二面角就越大.显然有,αβ,γ均为锐角．1P 为三等分点，O 到1PQR △三边的距离相等．动态研究问题：1P P ，所以O 到QR 的距离不变，O 到PQ 的距离减少，O 到PR 的距离变大．所以αγβ．O P 1R QC题型99 空间距离的计算——暂无题型100 与空间角、空间距离有关的开放性、探索性问题——暂无27.（2022全国3卷理科16）a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在的直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60角时，AB 与b 成30角； ②当直线AB 与a 成60角时，AB 与b 成60角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45； ④直线AB 与a 所成角的最小值为60；其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）.27．解析由题意知，a ，b ，AC 三条直线两两相互垂直，作出图像如图所示．不妨设图中所示的正方体的边长为1，故1AC =，2AB =AB 以直线AC 为旋转轴旋转，则点A 保持不变，点B 的运动轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆．以C 为坐标原点，以CD 为x 轴正方向，CB 为y 轴正方向，CA 为z 轴正方向，建立空间直角坐标系．则(1,0,0)D ，(0,0,1)A ，直线a 的方向单位向量(0,1,0)=a ，1=a ．B 点起始坐标为(0,1,0) ，直线b 的方向单位向量(1,0,0)=b ，1=b ．设B 点在运动过程中的坐标()cos ,sin ,0B θθ'，其中θ为B C '与CD 的夹角，[0,2π)θ∈.那么'AB 在运动过程中的向量(cos ,sin ,1)AB θθ'=-，2AB '= 设AB '与直线a 所成夹角为π0,2α⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则(cos ,sin ,1)(0,1,0)22cos sin 2AB θθαθ⎡-⋅==∈⎢'⎣⎦a ，所以ππ,42α⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，故③正确，④错误．设AB '与直线b 所成夹角为π[0,]2β∈，(cos ,sin ,1)(1,0,0)2cos cos 2AB AB AB θθβθ'⋅-⋅===''b b b . 当AB '与直线a 夹角为60︒时，即π3α=， 2sin 223πθα 因为22cos sin 1θθ+=，所以2cos θ=．从而21cos cos 22βθ=．因为π0,2β⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以π=3β，此时AB '与b 的夹角为60︒．所以②正确，①错误．故填② ③.C (O )ba θz yxB 'DBA28.（2022天津理17）如图所示，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=.点D E N ，，分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，4PA AC ==，2AB =.（1）求证：//MN 平面BDE ；（2）求二面角C EM N --的正弦值；（3）已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 7，求线段AH 的长.NM ED CBAP28.解析如图所示，以A 为坐标原点，{},,AB AC AP 为基底，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意可得(000)A ，，，(200)B ，，，(040)C ，，，(004)P ，，，(002)D ，，，(022)E ，，，(001)M ，，，(120)N ，，．（1）证明：()0,2,0DE =，()2,0,2DB =-.设(,,)x y z =n 为平面BDE 的一个法向量，则0DE DB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即20220y x z =⎧⎨-=⎩，不妨设1z =，可得(1,0,1)=n .又()1,2,1MN =-，可得0MN ⋅=n ，因为MN ⊄平面BDE ，所以//MN 平面BDE ．（2）易知1(1,0,0)=n 为平面CEM 的一个法向量.设2(,,)x y z =n 为平面EMN 的一个法向量，则220EM MN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，因为(0,2,1)EM =--，(1,2,1)MN =-，所以2020y z x y z --=⎧⎨+-=⎩. 不妨设1y =，可得2(4,1,2)=--n . 因此有121212cos ,|||21⋅==n n n n |n n ，于是1215sin ,=n n . 所以二面角C EM N --15. （3）依题意，设()04AH h h =，则H （0，0，h ），进而可得(1,2,)NH h =--，(2,2,2)BE =-.由已知得2||7cos ,||||523NH BE NH BE NH BE h ⋅===+⨯，整理得2102180h h -+=，解得85h =或12h =.所以线段AH 的长为85或12.zyxA B C D EM NP题型101 立体几何中的最值问题探究与扩展——暂无。

2021-2022年高考数学专题复习导练测第八章立体几何阶段测试(十一)理新人教A版

2021年高考数学专题复习导练测第八章立体几何阶段测试（十一）理新人教A 版一、选择题1．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为( ) A.π4 B.34π C.π4或34π D ．不能确定答案 C解析 cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝22，∴〈m ，n 〉＝π4.∴两平面所成二面角的大小为π4或3π4.2．(xx·广东)已知向量a ＝(1,0，－1)，则下列向量中与a 成60°夹角的是( ) A ．(－1,1,0) B ．(1，－1,0) C ．(0，－1,1) D ．(－1,0,1)答案 B解析各选项给出的向量的模都是2，|a |＝ 2.对于选项A ，设b ＝(－1,1,0)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝1×－12×2＝－12.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝120°.对于选项B ，设b ＝(1，－1,0)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝1×12×2＝12.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝60°，正确．对于选项C ，设b ＝(0，－1,1)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－1×12×2＝－12.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝120°.对于选项D ，设b ＝(－1,0,1)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－1－12×2＝－1.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝180°.故选B.3．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为BC 1的中点，则DE 与平面BCC 1B 1所成角的正切值为( ) A.62B.63 C. 2 D.22答案 C解析设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，以D 为原点，以DA 为x 轴，以DC 为y 轴，以DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系， ∵E 为BC 1的中点， ∴D (0,0,0)，E (1,2,1)， ∴DE →＝(1,2,1)，设DE 与平面BCC 1B 1所成角的平面角为θ， ∵平面BCC 1B 1的法向量n ＝(0,1,0)， ∴sin θ＝|cos 〈DE →，n 〉|＝|66|＝63，∴cos θ＝ 1－232＝33，∴tan θ＝6333＝ 2. 4．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若AB ＝AA 1＝4，点D 是AA 1的中点，则点A 1到平面DBC 1的距离是( )A. 2B.22 C. 3 D.32答案 A解析过点A 作AC 的垂线为x 轴，以AC 为y 轴，以AA 1为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，∵正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若AB ＝AA 1＝4，点D 是AA 1的中点， ∴B (23，2,0)，C 1(0,4,4)，D (0,0,2)，A 1(0,0,4)， ∴DB →＝(23，2，－2)，DC 1→＝(0,4,2)，DA 1→＝(0,0,2)，设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∵n ·DB →＝0，n ·DC 1→＝0，∴⎩⎨⎧23x ＋2y －2z ＝0，4y ＋2z ＝0，∴n ＝(3，－1,2)，∴点A 1到平面DBC 1的距离d ＝|n ·DA 1→||n |＝|0＋0＋4|3＋1＋4＝ 2.故选A.5．如图，正方体AC 1的棱长为1，过点A 作平面A 1BD 的垂线，垂足为H ，则以下命题中，错误的命题是( )A ．点H 是△A 1BD 的垂心B ．AH 垂直于平面CB 1D 1C ．AH 的延长线经过点C 1D ．直线AH 和BB 1所成角为45° 答案 D解析 △A 1BD 为正三角形，其重心、外心、中心合一．∵AB ＝AA 1＝AD ，∴H 到△A 1BD 各顶点的距离相等，∴A 正确；∵CD 1∥BA 1，CB 1∥DA 1，CD 1∩CB 1＝C ，BA 1∩DA 1＝A 1，∴平面CB 1D 1∥平面A 1BD ，∴AH ⊥平面CB 1D 1，∴B 正确；连接AC 1，则AC 1⊥B 1D 1，∵B 1D 1∥BD ，∴AC 1⊥BD ，同理AC 1⊥BA 1，∴AC 1⊥平面A 1BD ，∴A 、H 、C 1三点共线，∴C 正确，故选D. 二、填空题6．若a 、b 是直线，α、β是平面，a ⊥α，b ⊥β，向量m 在a 上，向量n 在b 上，m ＝(0,3,4)，n ＝(3,4,0)，则α、β所成二面角中较小的一个余弦值为________．答案1225解析由题意，∵m ＝(0,3,4)，n ＝(3,4,0)，∴cos〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝125·5＝1225，∵a ⊥α，b ⊥β，向量m 在a 上，向量n 在b 上， ∴α、β所成二面角中较小的一个余弦值为1225.7．(xx·北京)如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为BC 的中点，点P 在线段D 1E 上，点P 到直线CC 1的距离的最小值为________．答案255解析取B 1C 1中点E 1，连接E 1E ，D 1E 1，过P 作PH ⊥D 1E 1，连接C 1H .∴EE 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，PH ∥EE 1， ∴PH ⊥底面A 1B 1C 1D 1， ∴P 到C 1C 的距离为C 1H .当点P 在线段D 1E 上运动时，最小值为C 1到线段D 1E 1的距离．在Rt△D 1C 1E 1中，边D 1E 1上的高h ＝2×15＝255.8．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为________．答案 23解析如图所示，以A 为原点建立平面直角坐标系，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E (1,0，12)，D (0,1,0)，∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝(1,0，－12)．设平面A 1ED 的法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎨⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos〈n 1，n 2〉＝23×1＝23，即所求的锐二面角的余弦值为23.三、解答题9．在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，∠DAB ＝60°，FC ⊥平面ABCD ，AE ⊥BD ，CB ＝CD ＝CF . (1)求证：BD ⊥平面AED ； (2)求二面角F －BD －C 的余弦值．(1)证明因为四边形ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，∠DAB ＝60°，所以∠ADC ＝∠BCD ＝120°. 又CB ＝CD ，所以∠CDB ＝30°，因此∠ADB ＝90°，即AD ⊥BD .又AE ⊥BD ，且AE ∩AD ＝A ，AE ⊂平面AED ，AD ⊂平面AED ，所以BD ⊥平面AED .(2)解由(1)知AD ⊥BD ，所以AC ⊥BC .又FC ⊥平面ABCD ，因此CA ，CB ，CF 两两垂直．以C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，CF 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设CB ＝1，则C (0,0,0)，B (0,1,0)，D ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，0，F (0,0,1)．因此BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－32，0，BF →＝(0，－1,1)．设平面BDF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·BD →＝0，m ·BF →＝0，所以x ＝3y ＝3z ，取z ＝1，则m ＝(3，1,1)．由于CF →＝(0,0,1)是平面BDC 的一个法向量，则cos 〈m ，CF →〉＝m ·CF →|m ||CF →|＝15＝55，所以二面角F －BD －C 的余弦值为55. 10．如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，△ABC 是边长为2的等边三角形，D 为AB 边的中点，且CC 1＝2AB . (1)求证：AC 1∥平面CDB 1； (2)求点B 到平面B 1CD 的距离； (3)求二面角A －CD －B 1的正切值． (1)证明连接BC 1交B 1C 于点O ，连接DO .则O 是BC 1的中点，DO 是△BAC 1的中位线，所以DO ∥AC 1.因为DO ⊂平面CDB 1，AC 1⊄平面CDB 1，所以AC 1∥平面CDB 1.(2)解因为CC 1⊥平面ABC ，所以BB 1⊥平面ABC ，所以BB 1为三棱锥B 1－CBD 的高，所以＝13S △BCD ·BB 1＝13×32×4＝233.又可求CD ＝3，B 1D ＝17，且易知CD ⊥平面ABB 1A 1，所以CD ⊥DB 1. 故＝13·h ＝，即13×12×3×17h ＝233，解得h ＝41717. 即点B 到平面B 1CD 的距离为41717.(3)解以DC →，DA →，过点D 且垂直于平面ABC 向上的向量分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．则点D (0,0,0)，C (3，0,0)，B 1(0，－1,4)，所以DC →＝(3，0,0)，DB 1→＝(0，－1,4)．设平面CDB 1的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DC →＝0，n 1·DB 1→＝0，得⎩⎨⎧3x ＝0，－y ＋4z ＝0.令z ＝1，得n 1＝(0,4,1)．又易知平面ACD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)．设二面角A －CD －B 1的平面角为θ，观察图形，可得cos θ＝－n 1·n 2|n 1||n 2|＝－0，4，1·0，0，117×1＝－1717. 所以sin θ＝1－cos 2θ＝41717. 故tan θ＝sin θcos θ＝－4.即二面角A －CD －B 1的正切值为－4.。

高中数学第八章立体几何初步测评习题含解析第二册

第八章测评(时间:120分钟满分：150分)一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分,共40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。

如图所示,△A’O’B'表示水平放置的△AOB的直观图,B’在x’轴上,A'O’与x’轴垂直,且A’O’=2,则△AOB的边OB上的高为（）A.2B.4 C。

2 D.4△AOB的边OB上的高为h,因为S原图形=2S直观图,所以×OB×h=2×O’B'×2,又OB=O’B'，所以h=4.2。

如图，一圆锥的母线长为4，其侧面积为4π，则这个圆锥的体积为（）A。

B.C。

πD。

π,此扇形的半径R=4，设其弧长为l,侧面积为扇形的面积，所以扇形的面积S1=Rl=4π，解得弧长l=2π,所以圆锥的底面周长为2π，由此可知底面半径r=1,所以底面面积为S=π,圆锥的高为h=，故圆锥的体积V=Sh=π.3。

在等腰直角三角形ABC中,AB=BC=1，M为AC的中点,沿BM把它折成二面角，折后A与C的距离为1，则二面角C—BM—A的大小为()A。

30°B。

60°C.90°D.120°,由A'B=BC=1，∠A’BC=90°知A'C=.∵M为A’C的中点，∴MC=AM=，且CM⊥BM,AM⊥BM,∴∠CMA为二面角C-BM—A的平面角。

∵AC=1，MC=MA=，∴∠CMA=90°,故选C。

4.如图,在四边形ABCD中,∠DAB=90°，∠ADC=135°，AB=5,CD=2，AD=2，则四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所成几何体的表面积为(）A.(60+4)πB。

（60+8）πC.(56+8）πD。

(56+4)πABCD绕AD所在直线旋转一周所成的几何体,如图.S表面=S圆台下底面+S圆台侧面+S圆锥侧面=π+π（r1+r2)l2+πr1l1=π×52+π×（2+5)×5+π×2×2=（60+4）π.故选A.5。

2021-2022学年新教材人教A版高中数学必修第二册第八章立体几何初步章末综合测验(两套)

第八章立体几何初步综合测验（两套）第一套 ............................................................................................................................... 1 第二套 .. (15)第一套(120分钟 150分)一、单选题(每小题5分，共40分)1．在棱长为1的正方体上，分别用过共顶点的三条棱的中点的平面截该正方体，则截去8个三棱锥后，剩下的几何体的体积是( ) A ．23 B ．76 C ．45 D ．56【解析】选D.棱长为1的正方体的体积为1，8个三棱锥的体积为8×13 ×12 ×12×12 ×12 ＝16 ，所以剩下的几何体的体积为1－16 ＝56. 2．如图，α∩β＝l ，A ，B∈α，C∈β，C ∉l ，直线AB∩l＝M ，过A ，B ，C 三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( )A ．点AB ．点BC ．点C 但不通过点MD ．点C 和点M【解析】选D.通过A ，B ，C 三点的平面γ，即通过直线AB 与点C 的平面，因为M∈AB，所以M∈γ，而C∈γ，又M∈β，C∈β，所以γ和β的交线必通过点C 和点M.3．已知水平放置的△ABC，按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝32，那么原△ABC 的面积是( )A. 3 B．2 2 C．32D．34【解析】选A.由斜二测画法的原则可得，BC＝B′C′＝2，AO＝2A′O′＝2×3 2＝ 3 ，由图易得AO⊥BC，所以S△ABC ＝12×2× 3 ＝ 3 .4．如图所示的粮仓可近似为一个圆锥和圆台的组合体，且圆锥的底面圆与圆台的较大底面圆重合．已知圆台的较小底面圆的半径为1，圆锥与圆台的高分别为5 －1和3，则此组合体的外接球的表面积是( )A．16π B．20π C．24π D．28π【解析】选B.设外接球半径为R，球心为O，圆台较小底面圆的圆心为O1，则：OO21＋12＝R2，而OO1＝ 5 ＋2－R，故R2＝1＋( 5 ＋2－R)2，所以R＝ 5 ，所以S＝4πR2＝20π.5．如图所示，正方形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，将此正方形沿EF 折成直二面角后，异面直线AF与BE所成角的余弦值为( )A.22B． 3 C．12D．32【解析】选C.过点F作FH∥DC，交BC于H，过点A作AG⊥EF，交EF于G，连接GH，AH，则∠AFH为异面直线AF与BE所成的角．设正方形ABCD的边长为2，在△AGH中，AH＝52＋24＝ 3 ，在△AFH中，AF＝1，FH＝2，AH＝ 3 ，所以cos ∠AFH＝12 .6．用m，n表示两条不同的直线，α表示平面，则下列命题正确的是( ) A．若m∥n，n⊂α，则m∥αB．若m∥α，n⊂α，则m∥nC．若m⊥n，n⊂α，则m⊥αD．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n【解析】选D.若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，故排除A；若m∥α，n⊂α，则m∥n或m，n异面，故排除B；若m⊥n，n⊂α，则不能得出m⊥α，例如，m⊥n，n⊂α，m⊂α，则m与α不垂直，故排除C.7．在空间四边形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，且DA⊥平面ABC，则△ABC的形状是( )A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．不能确定【解析】选B.作AE⊥BD，交BD于E，因为平面ABD⊥平面BCD，所以AE⊥面BCD，BC⊂面BCD.所以AE⊥BC，而DA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以DA⊥BC，又因为AE∩AD＝A，所以BC⊥面ABD，而AB⊂面ABD，所以BC⊥AB即△ABC为直角三角形．8．如图，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1 3【解析】选B.若A成立可得BD⊥A′D，产生矛盾，故A不正确；由题设知：△BA′D为等腰Rt△，CD⊥平面A′BD，得BA′⊥平面A′CD，于是B正确；由CA′与平面A′BD所成的角为∠CA′D＝45°知C不正确；VA′BCD ＝VCA′BD＝16，D不正确．二、多选题(每小题5分，共20分，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9．等腰直角三角形直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积不可能是( )A． 2 π B．(1＋ 2 )πC．2 2 π D．(2＋ 2 π)【解析】选CD.若绕一条直角边旋转一周时，则圆锥的底面半径为1，高为1，所以母线长l＝ 2 ，这时表面积为12×2π·1·l＋π·12＝(1＋ 2 )π；若绕斜边旋转一周时，旋转体为两个倒立圆锥对底组合在一起，且由题意底面半径为2 2，两个圆锥的母线长都为1，所以表面积S＝2×12×2π·22×1＝ 2 π，综上所述该几何体的表面积为 2 π或(1＋ 2 )π.故选项CD符合题意．10.如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则下列说法正确的是( )A．A1M∥D1PB．A1M∥B1QC．A1M∥平面DCC1D1D．A1M∥平面D1PQB1【解析】选ACD.连接PM，因为M、P为AB、CD的中点，故PM平行且等于AD.由题意知AD平行且等于A1D1，故PM平行且等于A1D1，所以PMA1D1为平行四边形，所以A1M∥D1P.故A正确；显然A1M与B1Q为异面直线，故B错误；由A知A1M∥D1P，由于D1P既在平面DCC1D1内，又在平面D1PQB1内，且A1M即不在平面DCC1D1内，又不在平面D1PQB1内，故C，D正确．11．正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点．则( )A.直线D1D与直线AF垂直B．直线A1G与平面AEF平行C．平面AEF截正方体所得的截面面积为9 8D．点C与点G到平面AEF的距离相等【解析】选BC.取DD1中点M，则AM为AF在平面AA1D1D上的射影，因为AM与DD1不垂直，所以AF与DD1不垂直，故A选项错误；因为A1G∥D1F，A1G⊄平面AEFD1，所以A1G∥平面AEFD1，故B选项正确；平面AEF截正方体所得截面为等腰梯形AEFD1，易知梯形面积为98，故C选项正确；假设C与G到平面AEF的距离相等，即平面AEF将CG平分，则平面AEF必过CG中点，连接CG交EF于H，而H不是CG中点，则假设不成立．故D选项错误．12．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°，侧面PAD为正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，则下列说法正确的是( )A.在棱AD上存在点M，使AD⊥平面PMBB．异面直线AD与PB所成的角为90°C．二面角PBCA的大小为45°D．BD⊥平面PAC【解析】选ABC.如图所示，A.取AD的中点M，连接PM，BM，连接对角线AC，BD 相交于点O.因为侧面PAD为正三角形，所以PM⊥AD.又底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°，所以△ABD是等边三角形．所以AD⊥BM.又PM∩BM＝M.所以AD⊥平面PMB，因此A正确．B．由A可得：AD⊥平面PMB，所以AD⊥PB，所以异面直线AD与PB所成的角为90°，正确．C．因为平面PBC∩平面ABCD＝BC，BC∥AD，所以BC⊥平面PBM，所以BC⊥PB，BC⊥BM.所以∠PBM是二面角PBCA的平面角，设AB＝1，则BM＝32＝PM，在Rt△PBM中，tan ∠PBM＝PMBM＝1，所以∠PBM＝45°，因此正确．D．因为BD与PA不垂直，所以BD与平面PAC不垂直，因此D错误．三、填空题(每小题5分，共20分)13．在三棱柱ABC A1B1C1中，点P是棱CC1上一点，记三棱柱ABC A1B1C1与四棱锥PABB1A1的体积分别为V1与V2，则V2V1＝________．【解析】设AB＝a，在△ABC中AB边所对的高为b，三棱柱ABC A1B1C1的高为h，则V1＝12abh，V2＝13×ah·b，所以V 2V 1 ＝13abh 12abh ＝23.答案：2314．如图(1)所示，一个装了水的密封瓶子，其内部可以看成是由半径为 1 cm 和半径为3 cm 的两个圆柱组成的简单几何体．当这个几何体如图(2)水平放置时，液面高度为20 cm ；当这个几何体如图(3)水平放置时，液面高度为28 cm ，则这个简单几何体的总高度为________cm.【解析】设上、下圆柱的半径分别是r cm ，R cm ，高分别是h cm ，H cm.由水的体积不变得πR 2H ＋πr 2(20－H)＝πr 2h ＋πR 2(28－h)，又r ＝1，R ＝3，故H ＋h ＝29.即这个简单几何体的总高度为29 cm. 答案：2915．如图所示，ABCDA 1B 1C 1D 1是长方体，AA 1＝a ，∠BAB 1＝∠B 1A 1C 1＝30°，则AB 与A 1C 1所成的角为________，AA 1与B 1C 所成的角为________．【解析】长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，∠BAB 1＝∠B 1A 1C 1＝30°，因为AB∥A1B1，A1B1与A1C1所成的角，就是AB与A1C1所成的角，所以AB与A1C1所成的角为30°，因为AA1∥BB1，BB1与B1C所成的角就是AA1与B1C所成的角，连接AC，则AC∥A1C1，所以∠BAC＝30°，因为AA1＝a，∠BAB1＝30°，所以AB＝ 3 a，所以BC＝a，所以∠BB1C＝45°，所以AA1与B1C所成的角为45°.答案：30°45°16．在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是AB，A1B1的中点，P在AD上，若平面CMN⊥平面A1BP，则ADAP＝________．【解析】因为M，N分别是AB，A1B1的中点，所以AA1∥MN.根据正方体的性质可得MN⊥面ABCD，即可得MN⊥PB.当P为AD中点时，CM⊥PB，又CM∩MN＝M.所以PB⊥面NMC，即可得平面CMN⊥平面A1BP.则ADAP＝2.答案：2四、解答题(共70分)17．(10分)某高速公路收费站入口处的安全标识墩如图所示，墩的上半部分是正四棱锥PEFGH，下半部分是长方体ABCDEFGH.长方体的长、宽、高分别是40 cm、40 cm、20 cm，正四棱锥PEFGH的高为60 cm.(1)求该安全标识墩的体积；(2)求该安全标识墩的侧面积．【解析】(1)该安全标识墩的体积V＝VPEFGH ＋VABCDEFGH＝13×402×60＋402×20＝64000 cm3.(2)如图，连接EG，HF交于点O，连接PO，结合图象可知OP＝60 cm，OG＝12EG＝20 2 cm，可得PG＝602＋（202）2＝2011 cm.于是四棱锥PEFGH的侧面积S1＝4×12×40×（2011）2－202＝1 60010 cm2，四棱柱EFGHABCD的侧面积S2＝4×40×20＝3 200 cm2，故该安全标识墩的侧面积S＝S1＋S2＝1 600(10 ＋2) cm2.18．(12分)如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝ 2 ，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2，O为AD中点．(1)求证：PO⊥平面ABCD；(2)求这个四棱锥的体积．【解析】(1)在△PAD中PA＝PD，O为AD中点，所以PO⊥AD.又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD.(2)因为PA＝PD＝ 2 ，AO＝1，所以PO＝AP2－AO2＝2－1 ＝1所以V＝13×PO×S四边形ABCD＝13×1×⎝⎛⎭⎪⎫1＋22×1＝12.19．(12分)如图所示，在四棱锥PABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA⊥PD，底面ABCD是直角梯形，其中BC∥AD，∠BAD＝90°，AD＝3BC，O是AD上一点．(1)若CD∥平面PBO，试指出点O的位置；(2)求证：平面PAB⊥平面PCD.【解析】(1)因为CD∥平面PBO，CD⊂平面ABCD，且平面ABCD∩平面PBO＝BO，所以BO∥CD.又BC∥AD，所以四边形BCDO为平行四边形，则BC＝DO，而AD＝3BC，所以AD＝3OD，即点O是靠近点D的线段AD的一个三等分点．(2)因为侧面PAD⊥底面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，AB⊂底面ABCD，且AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD.又PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.又PA⊥PD，AB∩PA＝A，AB，PA⊂平面PAB，所以PD⊥平面PAB.又PD⊂平面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD.20．(12分)如图，三棱柱ABCA1B1C1的侧面BCC1B1是平行四边形，BC1⊥C1C，平面A1C1CA⊥平面BCC1B1，且P，E，F分别是AB，BC，A1B1的中点．(1)求证：BC1⊥平面A1C1CA；(2)求证：平面EFP⊥平面BCC1B1 .【证明】(1)因为平面A1C1CA⊥平面BCC1B1，平面A1C1CA∩平面BCC1B1＝CC1，BC1⊥C1C，所以BC1⊥平面A1C1CA.(2)因为P，E，F分别是AB，BC，A1B1的中点．所以PF∥AA1，PE∥AC，因为PF∩PE＝P，AA1∩AC＝A，所以平面EFP∥平面A1C1 CA，因为平面A1C1CA⊥平面BCC1B1，所以平面EFP⊥平面BCC1B1 .21．(12分)如图①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝π2，AB＝BC＝12AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到图②中△A1BE的位置，得到四棱锥A1BCDE.(1)证明：CD⊥平面A1OC；(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1BCDE的体积为36 2 ，求a的值．【解析】(1)在图①中因为AB＝BC＝12AD＝a，E是AD的中点，∠BAD＝π2，所以BE⊥AC.即在图②中，BE⊥A1O，BE⊥OC，又A1O∩OC＝O，从而BE⊥平面A1OC.因为BC＝12AD＝ED，所以四边形BCDE为平行四边形，所以CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，又由(1)可得A1O⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE.即A1O是四棱锥A1BCDE的高．由图①知，A1O＝22AB＝22a，平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝a2，从而四棱锥A1BCDE的体积为V＝13S·A1O＝13×a2×22a＝26a3.由26a3＝36 2 ，得a＝6.22．(12分)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝π3，△PAD是等边三角形，F为AD的中点，PD⊥BF.(1)求证：AD⊥PB；(2)若E在线段BC上，且EC＝14BC，能否在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD？若存在，求出三棱锥DCEG的体积；若不存在，请说明理由．【解析】(1)连接PF，因为△PAD是等边三角形，所以PF⊥AD.因为底面ABCD是菱形，∠BAD＝π3，所以BF⊥AD.又PF∩BF＝F，所以AD⊥平面BFP，又PB⊂平面BFP，所以AD⊥PB.(2)能在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD.由(1)知AD⊥BF，因为PD⊥BF，AD∩PD＝D，所以BF⊥平面PAD.又BF⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PAD，又平面ABCD∩平面PAD＝AD，且PF⊥AD，所以PF⊥平面ABCD.连接CF交DE于点H，过H作HG∥PF交PC于G，所以GH⊥平面ABCD. 又GH⊂平面DEG，所以平面DEG⊥平面ABCD.因为AD∥BC，所以△DFH∽△ECH，所以CH HF ＝CE DF ＝12 ，所以CG GP ＝CH HF ＝12 ，所以GH ＝13 PF ＝33 ，所以V DCEG ＝V GCDE ＝13 S △CDE ·GH＝13 ×12 DC·CE·sin π3 ·GH＝112.第二套(45分钟 90分)一、选择题(每小题5分，共40分)1．梯形A 1B 1C 1D 1(如图)是一水平放置的平面图形ABCD 的直观图(斜二测)，若A 1D 1∥y′轴，A 1B 1∥x′轴，A 1B 1＝23 C 1D 1＝2，A 1D 1＝1，则平面图形ABCD 的面积是( )A ．5B ．10C ．5 2D ．10 2 【解析】选A.如图，根据直观图画法的规则，直观图中A 1D 1∥O′y′，A 1D 1＝1，原图中AD∥Oy，从而得出AD⊥DC，且AD ＝2A 1D 1＝2，直观图中A 1B 1∥C 1D 1，A 1B 1＝23C 1D 1＝2，⇒原图中AB∥CD，AB ＝23CD ＝2，即四边形ABCD 上底和下底边长分别为2，3，高为2，如图．故其面积S ＝12(2＋3)×2＝5.2．球的表面积S 1与它的内接正方体的表面积S 2的比值是( ) A ．π3 B ．π4 C ．π2D ．π【解析】选C.设球的内接正方体的棱长为a ，球的半径为R ，则3a 2＝4R 2，所以a 2＝43 R 2，球的表面积S 1＝4πR 2，正方体的表面积S 2＝6a 2＝6×43 R 2＝8R 2，所以S 1S 2＝π2. 3．已知平面α，直线m ，n 满足m ⊄α，n ⊂α，则“m∥n”是“m∥α”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【解析】选A.因为m ⊄α，n ⊂α，m∥n，所以根据线面平行的判定定理得m∥α.由m∥α不能得出m 与α内任一直线平行，所以m∥n 是m∥α的充分不必要条件．4．如图所示，已知三棱柱ABCA 1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则三棱锥B 1ABC 1的体积为( )A.312 B ．34 C ．612 D ．64【解析】选A.三棱锥B 1ABC 1的体积等于三棱锥AB 1BC 1的体积，三棱锥AB 1BC 1的高为32 ，底面积为12 ，故其体积为13 ×12 ×32 ＝312. 5．在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，则( ) A ．AE⊥CC 1 B ．AE⊥B 1D 1 C ．AE⊥BCD ．AE⊥CD【解析】选B.如图所示，连接AC ，BD ，因为ABCDA 1B 1C 1D 1是正方体，所以四边形ABCD 是正方形，所以AC⊥BD，因为CE⊥平面ABCD ，所以BD⊥AC，因为BD⊥CE，且AC∩CE＝C ，所以BD⊥平面ACE ，因为BD∥B 1D 1，故B 1D 1⊥平面ACE ，故B 1D 1⊥AE.6．在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝ 3 ，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( )A ．15B ．56C ．55D ．22【解析】选C.用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面，如图，则B 1P∥AD 1，则∠DB 1P 是异面直线AD 1与DB 1所成的角，连接DP ，易求得DB 1＝DP ＝ 5 ，B 1P ＝2，由余弦定理可得cos ∠DB1P＝DB21＋B1P2－DP22DB1·PB1＝5＋4－545＝55.7．将等腰直角△ABC沿斜边BC上的高AD折成一个二面角，此时∠B′AC＝60°，那么这个二面角大小是( )A．90° B．60° C．45° D．30°【解析】选A.如图，连接B′C.则△AB′C为等边三角形，设AD＝a，则B′D＝DC＝a，B′C＝AC＝ 2 a，所以∠B′DC＝90°.8．如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折过程中，下列结论中正确的有( )①总存在某个位置，使CE⊥平面A1DE；②总有BM∥平面A1DE；③存在某个位置，使DE⊥A1C.A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【解析】选A.在①中，总存在某个位置，使CE⊥平面A1DE，①正确；在②中，如图，取CD中点F，连接MF，BF，则MF∥A1D，FB∥ED，由MF∥A1D与FB∥ED，可得平面MBF∥平面A1DE，所以总有BM∥平面A1DE，故②正确；在③中，由已知得DE⊥CE，若DE⊥A1C，则DE⊥平面A 1CE ，则DE⊥A 1E ，又在△A 1DE 中DA 1⊥A 1E ，所以DE 与A 1E 不可能垂直，即DE 与A 1C 不可能垂直，故③错误．二、填空题(每小题5分，共20分)9．(2021·长春高一检测)“中国天眼”是我国具有自主知识产权、世界最大单口径、最灵敏的球面射电望远镜(如图)，已知“天眼”的形状为球冠(球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，裁得的圆为底，垂直于圆面的直径被截得的部分为高)，设球冠底的半径为r ，球冠的高为h ，则球的半径R ＝________．【解析】球冠底的半径为r ，球冠的高为h ，则球的半径R 2＝(R －h)2＋r 2，可得R ＝h 2＋r 22h.答案：h 2＋r 22h10．α，β是两个不同的平面，m ，n 是平面α及β之外的两条不同直线，给出四个论断：①m⊥n，②α⊥β，③m⊥β，④n⊥α.以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，则你认为的正确的命题有________个，其中一个是________．【解析】若①m⊥n，②α⊥β，③m⊥β成立，则n 与α可能平行也可能相交，也可能n ⊂α，即④n⊥α不一定成立；若①m⊥n，②α⊥β，④n⊥α成立，则m 与β可能平行也可能相交，也可能m ⊂β，即③m⊥β不一定成立．若①m⊥n，③m⊥β，④n⊥α成立，则②α⊥β成立．若②α⊥β，③m⊥β，④n⊥α成立，则①m⊥n 成立．答案：2 若②③④，则①(或若①③④，则②)11．已知Rt△ABC 的斜边在平面α内，直角顶点C 是α外一点，AC ，BC 与α所成角分别为30°和45°，则平面ABC 与α所成锐角为________．【解析】如图所示，过点C 作垂直于α的直线CO ，交α于点O.所以∠CAO＝30°，∠CBO＝45°. 设CO ＝a ，所以在Rt△ACO 中，AC ＝2a ，在Rt△BCO 中，BC ＝ 2 a.过C 点在平面ABC 内作CD⊥AB，连接OD ，则∠CDO 为平面ABC 与α所成的锐角， AB ＝ 6 a ，所以CD ＝23 a ，所以在Rt△CDO 中，sin ∠CDO＝a 2a 3＝32 ，所以∠CDO＝60°. 答案：60°12．(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°，以D 1为球心， 5 为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．【解析】由已知连接BD ，B 1D 1，则BD ＝B 1D 1＝2，取BB 1和CC 1的中点E ，F. 连接EF ，D 1E ，D 1F ，则D 1E ＝D 1F ＝ 5 ，故E ，F 在球面上．平面BCC 1B 1截球面的截面圆的圆心是B 1C 1的中点O ，OE ＝OF ＝ 2 ，球面与侧面BCC 1B 1的交线是侧面上以O 为圆心， 2 为半径的圆弧EF ，EF ︵的长为14 ·2 2 π＝22π.答案：22π三、解答题(每小题10分，共30分)13．圆台的母线长为 6 cm，它的轴截面的一条对角线与一腰垂直且与下底所成的角为30°，求该圆台的体积．【解析】如图，等腰梯形AA1B1B为圆台的轴截面，AA1＝6 cm，∠AA1B＝90°，∠ABA1＝30°，于是AB＝2AA1＝12 cm，由A1B1∥AB，得∠B1A1B＝∠A1BA＝30°，又∠A＝90°－30°＝60°，得∠A1BB1＝60°－30°＝30°，故△A1B1B为等腰三角形，所以A1B1＝B1B＝6 cm.又OO1·AB＝AA1·A1B得，OO1＝AA1·A1BAB＝6×6312＝3 3 (cm)，由圆台的体积公式：V圆台＝13π·OO1·(A1O21＋A1O1·AO＋AO2)＝13·π·3 3 ·(32＋3×6＋62)＝63 3 π(cm3).14.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，O是AC的中点．(1)求证：AD1∥平面DOC1.(2)求异面直线AD1和OC1所成角的大小．【解析】 (1)如图，连接D1C交DC1于点O1，连接OO1，因为O，O1分别是AC和D1C的中点，所以OO1∥AD1.又OO1⊂平面DOC1，AD1⊄平面DOC1，所以AD1∥平面DOC1.(2)由(1)知，OO1∥AD1，所以∠O1OC1为异面直线AD1和OC1所成角，设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则O1C1＝O1O＝ 2 ，OC1＝22＋（2）2＝ 6 ，所以cos ∠O1OC1＝（2）2＋（6）2－（2）22×2×6＝32，所以∠O1OC1＝π6.即异面直线AD1和OC1所成角的大小为π6.15．如图，在四棱锥PABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥CD，DC⊥AC.(1)求证：DC⊥平面PAC；(2)求证：平面PAB⊥平面PAC；(3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由．【解析】(1)因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥DC.又因为DC⊥AC，AC∩PC＝C，所以DC⊥平面PAC.(2)因为AB∥DC，DC⊥AC，所以AB⊥AC.因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB.又AC∩PC＝C，所以AB⊥平面PAC，所以平面PAB⊥平面PAC.(3)棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF. 证明如下：如图，取PB中点F，连接EF，CE，CF.又因为E为AB的中点，所以EF∥PA.又因为PA⊄平面CEF，EF⊂平面CEF，所以PA∥平面CEF.。

2022版新高考数学总复习基础综合训练--专题八立体几何

2022版新高考数学总复习--专题八立体几何备考篇【考情探究】课标解读考情分析备考指导主题内容一、空间几何体的结构特征及体积与表面积公式1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.2.了解球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式.1.从近几年高考情况来看,本专题内容在客观题中主要考查空间几何体的表面积、体积以及与球的组合等问题,如2020新高考Ⅰ的第16题考查了球面与平面相交求交线长问题,2020新课标Ⅰ文、理的第3题以世界建筑奇迹古埃及胡夫金字塔为背景,设计了正四棱锥的计算问题,将立体几何的基本知识与世界文化遗产有机结合,有时也考查点、线、面的位置关系.2.在解答题中主要考查线、面位置关系的证明及空间角的计算,2020新高考Ⅰ的第20题第(1)问考查了用直线与平面平行的性质定理找出两平面的交线,第(2)问求直线与平面所成角的最值问题,与基本不等式放在一起考查,有比较好的应用性与创新性.3.利用空间向量证明平行与垂直以及求空间角(特别是二面角)均是高考的热点,以解答题形式出现,把立体几何问题转化为空间向量问题.4.本专题重点考查的核心素养为直观想象和数学运算.1.强化识图能力,还原成自己熟悉的几何体.2.对图形或其某部分进行平移、翻折、旋转、展开或割补.3.重视立体几何最值问题的研究.4.平面展开图(折线转化成直线).5.完善知识网络,强调通性通法.6.加强空间向量对垂直问题的研究:空间直角坐标系的建立是基于三线两两垂直,因此只有真正掌握了对垂直关系的判断、论证的研究方法,真正理解法向量的自由性,以及求法向量的方法,才能使问题顺利解决.二、空间点、线、面的位置关系1.理解空间直线、平面位置关系的定义.2.能运用公式、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.3.以立体几何的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线、面平行的判定定理与有关性质.4.以立体几何的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线、面垂直的判定定理与有关性质.三、空间向量运算及立体几何中的向量方法1.掌握空间向量的线性运算、数量积及其坐标表示、用向量的数量积判断向量的平行与垂直.2.理解直线的方向向量与平面的法向量.3.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.4.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题,了解向量方法在研究几何问题中的作用.【真题探秘】方法总结1.证明直线与平面平行的方法(例如求证:l∥α)(1)线面平行的判定定理:在平面α内找到一条与直线l平行的直线m,从而得到l∥α.(2)面面平行的性质:过直线l找到(或作出)一个平面β,使得β∥α,从而得l∥α.(3)向量法:(i)求出平面α的法向量n和直线l的方向向量l,证明n·l=0,得l∥α.(ii)证明直线l的方向向量l能被平面α内的两个基向量所表示,得l∥α.2.求线面角的方法(1)定义法:作出线面角,解三角形即可.(2)解由斜线段、射影、垂线段构成的三角形.例:求AB与平面α所成角θ的正弦值,其中A∈α.只需求出点B到平面α的距离d(通常由等体积法求d),由sinθ=d AB得结果.(3)向量法:求出平面α的法向量n,设直线AB与α所成角为θ,则sinθ=|cos<n,AB⃗⃗⃗⃗⃗ >|,最好是画出图形,否则容易出错.拓展延伸寻找空间几何体外接球球心的步骤:(1)找底面多边形的外心O1,过点O1作底面多边形所在平面的垂线l1;(2)找其中一侧面多边形的外心O2,过点O2作该侧面的垂线l2;(3)设l1与l2的交点为O,则点O即为所求外接球的球心.[教师专用题组]1.真题多维细目表考题涉分题型难度考点考向解题方法核心素养2020新高考Ⅱ,135填空题易空间几何体的体积三棱锥的体积公式法直观想象数学运算2020新高考Ⅰ,45单项选择题易空间角与距离根据直线位置关系求角直接法直观想象数学运算2020课标Ⅰ,文3,理35选择题易空间几何体的结构特征斜高与底面边长的数量关系公式法直观想象数学运算2020课标Ⅰ,文12,理105选择题中空间几何体的表面积与球有关的空间几何体直接法直观想象数学运算2020新高考Ⅰ,165填空题难空间几何体的结构特征由空间组合体确定两个面的交线直接法直观想象数学运算逻辑推理2020北京,1613解答题中直线、平面平行的判定和性质直线、平面平行的判定,直线与平面所成的角直接判断向量法直观想象数学运算逻辑推理2020新高考Ⅰ,2012解答题中空间向量及其应用直线、平面垂直的判定,直线与平面平行的判定,直线与平面所成角的最大值向量法定义法直观想象数学运算逻辑推理2020天津,17 15 解答题中空间向量及其应用证直线与直线垂直,求二面角、直线与平面所成角的正弦值向量法定义法直观想象数学运算逻辑推理2.命题规律与探究1.从2020年新高考情况来看,本专题内容为高考热点,考题难度以中档偏难为主,题型涵盖选择题(2020年新高考Ⅰ卷第4题)、填空题(2020年新高考Ⅰ卷第16题)和解答题(2020年新高考Ⅰ卷第20题),分值为22分.2.从近几年高考情况来看,本专题内容在客观题中主要考查空间几何体的表面积、体积以及与球的相关问题,如2020年新高考Ⅰ卷第16题考查了球面与平面相交的交线长问题,课标Ⅰ卷文、理第3题以古代世界建筑奇迹——埃及胡夫金字塔为背景,设计了正四棱锥的计算问题,将立体几何的基本知识与世界文化遗产有机结合,有时也考查点、线、面的位置关系.3.在解答题中主要考查线、面位置关系的证明及空间角的计算,如2020年新高考Ⅰ卷第20题第(1)问考查了用直线与平面平行的性质定理找出两平面的交线,第(2)问求直线与平面所成角的最大值,与基本不等式放在一起考查,有比较好的应用性与创新意识.4.本章重点考查的核心素养为逻辑推理、直观想象和数学运算.3.命题变化与趋势1.高考对本专题内容的考查较为稳定,考查方式及题目难度变化不大,延续此前的考试风格.2.考查内容主要体现在以下方面:①以空间几何体或与球的组合体为背景考查几何体的表面积、体积,球的性质等;②以空间几何体为载体考查空间线、面位置关系的证明以及空间角的计算;③以空间向量为辅助工具解决空间几何体的证明与计算问题,这些内容均为高考考查的重点与热点,在备考复习中应加强重视.§8.1 空间几何体的结构特征、表面积与体积基础篇【基础集训】考点一空间几何体的结构特征1.已知正三角形ABC 的边长为a ,那么△ABC 的平面直观图△A'B'C'的面积为 ( )A .√34a 2 B.√38a 2 C.√68a 2 D.√616a 2答案 D2.某四棱锥的三视图如图所示,其中正视图的轮廓是边长为2的正方形,侧视图的轮廓是底边长分别为2和1的直角梯形,则该几何体的体积为( )A.83B.43C.8√23D.4√23答案 A3.某空间几何体的三视图如图所示,其中正视图和俯视图均为直角边长是1的等腰直角三角形,则此空间几何体的表面积是( )A.√2+√32 B.1+√32 C.√2+√3+12 D.√2+√3答案 C 4.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; ③存在每个面都是直角三角形的四面体; ④棱台的侧棱延长后交于一点. 其中正确命题的序号是 . 答案 ②③④ 5.给出下列命题:①在圆柱上、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; ③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圆锥; ④以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台; ⑤圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面; ⑥一个平面截圆锥,得到一个圆锥和一个圆台. 其中正确命题的序号是 . 答案 ⑤考点二空间几何体的体积6.如图,在圆锥PO 的轴截面PAB 中,∠APB =60°,有一小球O 1内切于圆锥(球面与圆锥的侧面、底面都相切),设小球O 1的体积为V 1,圆锥PO 的体积为V ,则V 1∶V 的值为 ( )A .13B.49C.59D.23答案 B7.如图,四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 为平行四边形,N 为棱PB 上一点,NB =2PN ,则三棱锥N -PAC 与三棱锥D -PAC 的体积之比为( )A .1∶2 B.1∶8 C.1∶3 D.1∶6 答案 C8.如图所示,正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面边长为2,侧棱长为√3,D 为BC 的中点,则三棱锥A -B 1DC 1的体积为 ( )A.3B.32C.1D.√32答案 C9.如图,在四边形ABCD 中,∠DAB =90°,∠ADC =135°,AB =5,CD =2√2,AD =2,则四边形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周所形成几何体的体积为 . 答案1483π 考点三空间几何体的表面积10.在底面半径为2,母线长为4的圆锥中内接一个高为√3的圆柱,则圆柱的表面积是 . 答案 (2+2√3)π11.已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上,且AB =3,AC =4,AB ⊥AC ,AA 1=12,则球O 的表面积是 . 答案 169π12.《九章算术》中对一些特殊的几何体有特定的称谓,例如:将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵,将一堑堵沿其一顶点与相对的棱刨开,得到一个阳马(底面是长方形,且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥)和一个鳖臑(四个面均为直角三角形的四面体).在如图所示的堑堵ABC -A 1B 1C 1中,AA 1=AC =5,AB =3,BC =4,则阳马C 1-ABB 1A 1的外接球的表面积是 .答案 50π13.已知各棱长都相等的直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱)所有顶点都在球O 的表面上,若球O 的表面积为28π,则该三棱柱的侧面积为 . 答案 36[教师专用题组]【基础集训】考点一空间几何体的结构特征1.(2017河北衡水中学三调,10)已知正方体ABCD -A'B'C'D'的外接球的体积为√32π,将正方体割去部分后,剩余几何体的三视图如图所示,则剩余几何体的表面积为 ( )A.92+√32 B.3+√3或92+√32C.2+√3D.92+√32或2+√3答案 B 设正方体的棱长为a ,依题意得,43π×3√3a 38=√32π,解得a =1.由三视图可知,该几何体的直观图有以下两种可能,图1对应的几何体的表面积为92+√32,图2对应的几何体的表面积为3+√3.故选B .2.如图所示的几何体,关于其结构特征,下列说法不正确的是 .①该几何体是由两个同底的四棱锥组成的几何体; ②该几何体有12条棱、6个顶点;③该几何体有8个面,并且各面均为三角形;④该几何体有9个面,其中一个面是四边形,其余均为三角形. 答案 ④解析平面ABCD 将该几何体分割成两个四棱锥,因此该几何体是这两个四棱锥的组合体,因而平面ABCD 是该组合体的一个截面,而不是一个面,故填④.考点二空间几何体的体积1.(2019辽宁大连二模,6)若某几何体的三视图如图所示,其中主视图与侧视图都是边长为1的正方形,则该几何体的体积为( )A.√23B.√33C.23D.13 答案 D 几何体为四棱锥P -ABCD ,是正方体的一部分,也可以看作是三棱柱去掉两个三棱锥, ∴几何体的体积为12×1×1×1-2×13×12×1×1×12=13.故选D.2.(2019云南师范大学附属中学高三上第一次月考,6)如图,网格纸的小方格都是边长为1的正方形,粗线画出的是某空间几何体的三视图,则该几何体的体积为( )A.56-8π3 B.56-16π3 C.64-8π3 D.64-16π3答案 C 由三视图还原几何体如图.该几何体是一个底面为正方形的四棱锥挖去了一个半圆锥,侧面PAD ⊥底面ABCD ,底面边长为4,锥体的高为4,四棱锥的体积为13×4×4×4=643,半圆锥的体积为13×12×π×22×4=8π3,故该几何体的体积为64-8π3,故选C. 思路分析由三视图还原几何体,可知原几何体是一个底面为正方形的四棱锥挖去了一个半圆锥,由四棱锥体积减去半圆锥体积便可求解该几何体的体积.3.(2018吉林长春质检,8)《九章算术》卷五商功中有如下问题:今有刍甍,下广三丈,袤四丈,上袤二丈,无广,高一丈,问积几何.刍甍:底面为矩形的屋脊状的几何体(网格纸中粗线部分为其三视图,设网格纸上每个小正方形的边长为1丈),那么该刍甍的体积为( )A.4立方丈B.5立方丈C.6立方丈D.12立方丈答案 B 如图所示,由三视图可还原得到几何体ABCDEF ,过E ,F 分别作垂直于底面的截面EGH 和FMN ,可将原几何体切割成直三棱柱EHG -FMN ,四棱锥E -ADGH 和四棱锥F -MBCN ,易知三棱柱EHG -FMN 的体积为12×3×1×2=3(立方丈),两个四棱锥的体积相同,都为13×1×3×1=1(立方丈),则原几何体的体积为3+1+1=5(立方丈),故选B .4.(2017云南大理二模,9)在四棱锥P -ABCD 中,PA ⊥底面ABCD ,底面ABCD 为正方形,PA =AB ,该四棱锥被一平面截去一部分后,剩余部分的三视图如图,则剩余部分体积与原四棱锥体积的比值为( )A.13B.12C.23D.34答案 D 根据几何体的三视图可得,该几何体是由过BD 且平行于PA 的平面截四棱锥P -ABCD 所得的几何体.截去的部分为三棱锥E -BCD ,设AB =1,则V 三棱锥E -BCD =13×12×1×1×12=112.V 四棱锥P -ABCD =13×S 正方形ABCD ×PA =13×12×1=13.剩余部分的体积V 剩余部分=V 四棱锥P -ABCD -V 三棱锥E -BCD =13-112=14.∴剩余部分体积与原四棱锥体积的比值为1413=34.故选D .思路分析根据几何体的三视图可得,该几何体是过BD 且平行于PA 的平面截四棱锥P -ABCD 所得的几何体,截去的部分为三棱锥E -BCD ,V 剩余部分=V 四棱锥P -ABCD -V 三棱锥E -BCD .设AB =1,即可得出.5.(2019黑龙江哈六中二模,8)如图,在四棱锥P -ABCD 中,四边形ABCD 是边长为2的正方形,且PA =PB =PC =PD ,已知四棱锥的表面积是12,则它的体积为 .答案4√33解析由题意可知四棱锥P -ABCD 为正四棱锥,设正四棱锥的斜高为h',则2×2+4×12×2h'=12,解得h'=2, 则正四棱锥的高PO =√22-12=√3. ∴正四棱锥的体积V =13×4×√3=4√33.6.(2019河北石家庄3月质检,15)如图,在四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 为菱形,PB ⊥底面ABCD ,O 为对角线AC 与BD 的交点,若PB =1,∠APB =π3,则棱锥P -AOB 的外接球的体积是 .答案43π 解析 ∵底面ABCD 为菱形,O 为对角线AC 与BD 的交点,∴BD ⊥AC ,又PB ⊥底面ABCD ,∴PB ⊥AC ,∵BD ∩PB =B ,∴AC ⊥面PBD ,∴AC ⊥PO ,∴三角形PBA 与三角形PAO 均为直角三角形,∴公共斜边的中点即为球心,∵PB =1,∠APB =π3,∴PA =2=2R (R 为P -AOB 外接球的半径),∴R =1,故三棱锥P -AOB 的外接球的体积是4π×133=43π,故答案为43π.解后反思求解三棱锥外接球的表面积或体积的关键是过好双关:一是方程关,即能借助图形,适时运用勾股定理或正、余弦定理,得外接球的半径R 所满足的方程(组);二是公式关,即应用球的表面积公式S =4πR 2求其表面积,或应用球的体积公式V =43πR3求其体积.考点三空间几何体的表面积1.(2019广西梧州高三摸底调研,10)如图是乐高玩具中某一组件的三视图,则该组件的表面积为 ( )A.26+πB.26-πC.26D.22 答案 C由几何体的三视图可知,该几何体是一个长方体挖去了一个半圆柱,其直观图如图所示. 所以该组件的表面积为2×2×1+2×(4×2-12×π×12)+4×1+2×1×1+12×π×2×1=26.2.(2019河南郑州一模,7)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某个几何体的三视图,则该几何体的表面积为( )A.(4+4√5)π+4√2B.(4+4√5)π+4+4√2C.12π+12D.12π+4+4√2答案 A 由题意可知,几何体下部是圆锥,上部是直四棱柱,如图,可得:几何体的表面积为4π+12×4π×√20+4×√2×1=(4+4√5)π+4√2.故选A.解题关键判断出几何体的形状,利用三视图中的数据求解几何体的表面积即可.3.已知各棱长为5,底面为正方形,各侧面均为正三角形的四棱锥,则它的表面积为 . 答案 25(√3+1)解析如图,设E 为AB 的中点,O 为底面正方形对角线的交点,连接SO ,SE ,OE ,∵四棱锥S -ABCD 的各棱长均为5,各侧面都是全等的正三角形,∴SE ⊥AB ,则SE =√SA 2-AE 2=√25-254=5√32.∴S 侧=4S △SAB =4×12×AB ×SE =2×5×5√32=25√3.∴S 表=S 侧+S 底=25+25√3=25(√3+1).4.(2020吉林梅河口五中9月月考,16)已知矩形ABCD 的顶点都在半径为5的球O 的球面上,且AB =6,BC =2√5,则棱锥O -ABCD 的侧面积为 . 答案 44解析如图,由已知得OA =OB =OC =OD =5,因为AB =6,BC =2√5, 所以△OAB 中AB边上的高为√52-(62)2=4,△OBC 中BC边上的高为√52-(2√52)2=2√5.因为四边形ABCD 为矩形,OA =OB =OC =OD , 所以S △OAB =S △OCD ,S △OBC =S △OAD ,所以棱锥O -ABCD 的侧面积S =6×4+2√5×2√5=44.综合篇【综合集训】考法与球有关的切、接问题1.(多选题)(2020湖南怀化期末检测,9)已知A ,B ,C 三点均在球O 的表面上,AB =BC =CA =2,且球心O 到平面ABC 的距离等于球半径的13,则下列结论正确的是 ( ) A .球O 的半径为32B.球O 的表面积为6πC.球O 的内接正方体的棱长为√6D.球O 的外切正方体的棱长为√6 答案 BD2.(2020山东滨州期末,16)在四面体S -ABC 中,SA =SB =2,且SA ⊥SB ,BC =√5,AC =√3,则该四面体体积的最大值为 ,该四面体外接球的表面积为 . 答案√306;8π3.(2020山东滕州一中3月模拟,16)已知正三棱锥P -ABC ,Q 为BC 的中点,PA =√2,AB =2,则正三棱锥P -ABC 的外接球的半径为 ;过Q 的平面截三棱锥P -ABC 的外接球所得截面的面积范围为 . 答案√62;[π,32π]4.(2020湖北襄阳四中3月月考,16)已知三棱锥S -ABC 的各顶点都在同一个球面上,△ABC 所在截面圆的圆心O 在AB 上,SO ⊥平面ABC ,AC =1,BC =√3,若三棱锥的体积是√33,则该球体的球心到棱AC 的距离是 .答案√214[教师专用题组]【综合集训】考法与球有关的切、接问题1.(2019广西南宁二中、柳州高中第二次联考,7)某四面体的三视图如图所示.该四面体的外接球的表面积为( )A.8πB.64π3C.124π3 D.12π 答案 C 由三视图知,该四面体P -ABC 中,PC ⊥平面ABC ,PC =2,AB =2√7,AC =4,BC =2,由余弦定理,得cos ∠ACB =AC 2+BC 2-AB 22AC ·BC =-12,∴∠ACB =120°. ∴△ABC 外接圆直径2r =AB sin ∠ACB =4√213,设四面体P -ABC 外接球的直径为2R ,则(2R )2=PC 2+(2r )2=1243,∴S 球=4πR 2=124π3. 2.(2019江西宜春12月大联考,8)如图是某几何体的三视图,该几何体的轴截面的面积为6,则该几何体的外接球的表面积为( )A.653πB.654πC.6512πD.334π答案 B 由三视图知,该几何体是一个圆台,圆台的上底面半径为1,下底面半径为2,设圆台的高为h ,则轴截面的面积S 轴=(2+4)ℎ2=6,∴h =2.设圆台的外接球的半径为R ,则由题意得,√R 2-12+√R 2-22=2,解得R 2=6516(或√R 2-12-√R 2-22=2,此时无解),∴外接球的表面积S =4πR 2=65π4,故选B . 3.(2019安徽黄山模拟,9)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥内切球的表面积为 ( )A.(12-8√2)πB.(12-6√2)πC.(10-6√2)πD.(8-4√2)π答案 A 将该三棱锥放入棱长为2的正方体中,如图所示:设三棱锥内切球的半径为r ,则由等体积法得13×12×(2×2+2×2+2×2√2+2×2√2)r =13×12×2×2×2,解得r =√2-1,所以该三棱锥内切球的表面积S =4π×(√2-1)2=(12-8√2)π.故选A.思路分析由三视图可知该几何体是一个三棱锥,根据等积法求出三棱锥内切球的半径r ,再计算内切球的表面积.4.(2020湖南顶级名校9月联考,16)正三棱锥P -ABC (底面△ABC 为正三角形,顶点P 在底面的射影为底面△ABC 的中心)中,PA ⊥PB ,其体积为92,则该三棱锥的外接球的表面积为 .答案 27π解析因为正三棱锥P -ABC 中PA ⊥PB ,所以PA 、PB 、PC 两两垂直且相等,设PA =PB =PC =a ,则V P -ABC =V C -PAB =13·S △PAB ·PC =a 36=92,得a =3. 因为PA 、PB 、PC 两两垂直且相等,所以可将该三棱锥补形为棱长是a 的正方体,则三棱锥的外接球即为该正方体的外接球,故外接球直径2R =3√3,则该球的表面积S =4πR 2=27π.。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

2021年高考数学专题复习导练测第八章立体几何阶段测试（十）理
新人教A 版
一、选择题
1．空间中四点可确定的平面有( ) A ．1个 B ．3个
C ．4个
D ．1个或4个或无数个
答案 D
解析当这四点共线时，可确定无数个平面；当这四点不共线且共面时，可确定一个平面；当这四点不共面时，其中任三点可确定一个平面，此时可确定4个平面． 2．一个长方体被一个平面所截，得到的几何体的三视图，如图所示，则这个几何体的体积为( )
A ．8
B ．4
C ．2
D ．1 答案 C
解析根据该几何体的三视图知，该几何体是一个平放的三棱柱；它的底面三角形的面积为S 底面＝1
2×2×1＝1，棱柱高为h ＝2，∴棱柱的体积为S 棱柱＝S 底面·h ＝1×2＝2.
3．下列命题中，错误的是( )
A ．三角形的两条边平行于一个平面，则第三边也平行于这个平面
B ．平面α∥平面β，a ⊂α，过β内的一点B 有唯一的一条直线b ，使b ∥a
C ．α∥β，γ∥δ，α、β、γ、δ所成的交线为a 、b 、c 、d ，则a ∥b ∥c ∥d
D ．一条直线与两个平面成等角，则这两个平面平行
答案D
解析A正确，三角形可以确定一个平面，若三角形两边平行于一个平面，而它所在的平面与这个平面平行，故第三边平行于这个平面；B正确，两平面平行，一面中的线必平行于另一个平面，平面内的一点与这条线可以确定一个平面，这个平面与已知平面交于一条直线，过该点在这个平面内只有这条直线与a平行；C正确，利用同一平面内不相交的两直线一定平行判断即可确定C是正确的；D错误，一条直线与两个平面成等角，这两个平面可能是相交平面，故应选D.
4．在空间四边形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，且DA⊥平面ABC，则△ABC的形状是( ) A．锐角三角形B．直角三角形
C．钝角三角形D．不能确定
答案B
解析作AE⊥BD，交BD于E，
∵平面ABD⊥平面BCD，
∴AE⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，∴AE⊥BC，
而DA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴DA⊥BC，
又∵AE∩AD＝A，∴BC⊥平面ABD，
而AB⊂平面ABD，∴BC⊥AB，
即△ABC为直角三角形．故选B.
5．在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，D为侧棱PC上的一点，它的正视图和侧视图如图所示，则下列命题正确的是( )
A ．AD ⊥平面PBC 且三棱锥D －ABC 的体积为8
3
B ．BD ⊥平面PA
C 且三棱锥
D －ABC 的体积为8
3
C ．A
D ⊥平面PBC 且三棱锥D －ABC 的体积为16
3
D ．BD ⊥平面PAC 且三棱锥D －ABC 的体积为16
3
答案 C
解析 ∵PA ⊥平面ABC ，∴PA ⊥BC ，又AC ⊥BC ，PA ∩AC ＝A ， ∴BC ⊥平面PAC ，∴BC ⊥AD ，
又由三视图可得在△PAC 中，PA ＝AC ＝4，D 为PC 的中点， ∴AD ⊥PC ，∴AD ⊥平面PBC .
又BC ＝4，∠ADC ＝90°，BC ⊥平面PAC . 故V D －ABC ＝V B －ADC ＝13×12×22×22×4＝16
3.
二、填空题
6．(xx·江苏)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 1
V 2
的值是________．
答案 32
解析设两个圆柱的底面半径和高分别为r 1，r 2和h 1，h 2，
由S 1S 2＝94
，得πr 21πr 22＝94，则r 1r 2＝32
. 由圆柱的侧面积相等，得2πr 1h 1＝2πr 2h 2，即r 1h 1＝r 2h 2，
所以V 1V 2＝πr 2
1h 1πr 22h 2＝r 1r 2＝32
.
7．已知PA 垂直于平行四边形ABCD 所在的平面，若PC ⊥BD ，则平行四边形ABCD 的形状一定是________．答案菱形
解析由于PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥BD .
又PC ⊥BD ，且PC ⊂平面PAC ，PA ⊂平面PAC ，PC ∩PA ＝P ，所以BD ⊥平面PAC . 又AC ⊂平面PAC ，所以BD ⊥AC . 又四边形ABCD 是平行四边形，所以四边形ABCD 是菱形．
8．如图，两个正方形ABCD 和ADEF 所在平面互相垂直，设M 、N 分别是BD 和AE 的中点，那么①AD ⊥MN ；②MN ∥平面CDE ；③MN ∥CE ；④MN 、CE 异面．其中正确结论的序号是________．
答案①②③
解析∵两个正方形ABCD和ADEF所在平面互相垂直，设M、N分别
是BD和AE的中点，取AD的中点G，连接MG，NG，易得AD⊥平面
MNG，进而得到AD⊥MN，故①正确；连接AC，CE，根据三角形中位
线定理，可得MN∥CE，由线面平行的判定定理，可得②MN∥平面CDE及③MN∥CE正确，④MN、CE异面错误．
三、解答题
9．如下的三个图中，左面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和俯视图在右面画出(单位：cm)．
(1)在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图；
(2)按照给出的尺寸，求该多面体的体积；
(3)在所给直观图中连接BC′，证明BC′∥平面EFG.
(1)解如图：
(2)解所求多面体体积V ＝V 长方体－V 正三棱锥＝4×4×6－13×(12×2×2)×2＝2843(cm 3
)．
(3)证明在长方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，连接AD ′，则AD ′∥BC ′.
因为E ，G 分别为AA ′，A ′D ′的中点，所以AD ′∥EG ，从而EG ∥BC ′. 又BC ′⊄平面EFG ，所以BC ′∥平面EFG .
10．平面图形ABB 1A 1C 1C 如图1所示，其中BB 1C 1C 是矩形，BC ＝2，BB 1＝4，AB ＝AC ＝2，
A 1
B 1＝A 1
C 1＝5，现将该平面图形分别沿BC 和B 1C 1折叠，使△ABC 与△A 1B 1C 1所在平面都
与平面BB 1C 1C 垂直，再分别连接A 1A ，A 1B ，A 1C ，得到如图2所示的空间图形．对此空间图形解答下列问题．
(1)证明：AA 1⊥BC ； (2)求AA 1的长；
(3)求二面角A －BC －A 1的余弦值． (1)证明如图，
取BC ，B 1C 1的中点分别为D 和D 1，
连接AD ，A 1D 1，A 1D ，DD 1. 由条件可知，BC ⊥AD ，B 1C 1⊥A 1D 1.
由上可得AD ⊥平面BB 1C 1C ，A 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，由此得AD ∥A 1D 1，即AD ，A 1D 1确定平面AD 1A 1D . 又因为DD 1∥BB 1，BB 1⊥BC ，所以DD 1⊥BC .
又因为AD ⊥BC ，AD ∩DD 1＝D ，所以BC ⊥平面AD 1A 1D ，又∵AA 1⊂平面AD 1A 1D ，故BC ⊥AA 1.
(2)解延长A 1D 1到G 点，使GD 1＝AD .连接AG . 因为AD 綊GD 1，所以AG 綊DD 1綊BB 1. 由于BB 1⊥平面A 1B 1C 1，所以AG ⊥A 1G . 由条件可知，A 1G ＝A 1D 1＋D 1G ＝3，AG ＝4，所以AA 1＝5.
(3)解因为BC ⊥平面AD 1A 1D ，
所以∠ADA 1为二面角A －BC －A 1的平面角．在Rt△A 1DD 1中，DD 1＝4，A 1D 1＝2，
解得sin∠D 1DA 1＝
55
， cos∠ADA 1＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫
π2＋∠D 1DA 1＝－55，
即二面角A －BC －A 1的余弦值为－
55
.。

2021-2022年高考数学专题复习导练测 第八章 立体几何阶段测试(十)理 新人教A版

高考数学总复习 第八章 立体几何配套单元测试(含解析)理 新人教A版

2021-2022年高三数学一轮总复习第八章立体几何课时跟踪检测理

2021高考数学(理)(全国通用)大一轮复习2022高考试题汇编 第八章 立体几何

2021-2022年高考数学专题复习导练测 第八章 立体几何阶段测试(十一)理 新人教A版