高三理科数学下册立体几何复习题8

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高考立体几何大题及答案(理)

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（I）证明：是侧棱的中点；求二面角的大小。

2.如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC,D、E分别为AA1、B1C的中点，DE⊥平面BCC1（Ⅰ）证明：AB=AC （Ⅱ）设二面角A-BACBA1B1C1DED-C为60°,求B1C与平面BCD所成的角的大小3.如图，平面，，，，分别为的中点．（I）证明：平面；（II）求与平面所成角的正弦值．4.如图，四棱锥的底面是正方形，，点E在棱PB上.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）当且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成的角的大小.5.如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，．以的中点为球心、为直径的球面交于点．（1）求证：平面⊥平面；（2）求直线与平面所成的角；（3）求点到平面的距离．6.如图，正方形所在平面与平面四边形所在平面互相垂直，△是等腰直角三角形，（I）求证：；（II）设线段、的中点分别为、，求证：∥（III）求二面角的大小。

7.如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD,SD ＝AD＝a,点E是SD上的点，且DE＝a(0<≦1). (Ⅰ)求证：对任意的（0、1），都有AC⊥BE:(Ⅱ)若二面角C-AE-D的大小为600C，求的值。

8.如图3，在正三棱柱中，AB=4, ,点D是BC的中点，点E 在AC上，且DEE.（Ⅰ）证明：平面平面; （Ⅱ）求直线AD 和平面所成角的正弦值。

9.如图，正方形所在平面与平面四边形所在平面互相垂直，△是等腰直角三角形，（I）求证：；（II）设线段、的中点分别为、，求证：∥（III）求二面角的大小。

高三毕业班总复习立体几何形成性试题(理).docx

一.选择题（共12小题，每小题5分，共60分）1. 设m,n 是两条不同的直线，a,B 是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）【答案】D【解析】可以线在平面内，③可以是两相交平面内与交线平行的直线，②对④对,故选D.2. 一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的面积为（(D) 8\2【解析】由斜二测画法可知，原图形是一个平行四边形，且平行四边形的一组对边长为2,在斜二测图形中OB’ = 2返且ZBOA = 45。

，那么在原图形中，ZBOA = 90。

且OB = 4\2. 因此，原平面图形的面积为2 x 4\2 = 8\/2,故选D.3. 《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“困盖”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 =秽l?h,它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率TI 近似取为3,那么近似公式v =売l?h ，相当于将圆锥体积公式中的TT 近似取为（）、22 A. 7 【答案】B【解析】V = |nr 2h = j^L 2h» 若V « ^L 2h» 则— n =罟.①若n 丄a, a 丄B,则n//B②若n 丄a,a//B,n u B,则n 丄n ③若n u a,n u B,m//n,贝阪〃B ④若n 丄a,n 丄B,m 丄B,则n 丄a ⑷①②（B ）③④ （C ）①③ （D ）②④D. 355 113⑻ 2\ 2 (C) 4\/3 【答案】D故选B.4. 如图4,四棱锥P-ABCD 的底面ABCD 为正方形，PA 丄底面ABCD, AB = 2,若该四棱(A) 3 ⑻扌 (° 2\3(D)|【答案】B 【解析】试题分析：连结AC,BC 交于点已収PC 的中点O,连结0已则OE//PA,所以0E 丄底血ABCD,则O 到四棱锥的所有顶点的距离相等，即O 为球心，半径为 R =扌PC = I^PA 2 + AC 2= l^'PA 2 + 8'所以球的体积为訊(扌J P A ： + 8「=弓尹’解得 PA =扌，故选B.考点：球的内接多面体；求的体积和表面积公式.【方法点晴】本题主要考查了四血体的外接球的体积公式、球内接四棱锥的性质等知识的应用，同时考查了共定理的运用，解答值需要认真审题，注意空间思维能力的配用，解答中四棱锥的外接球是以0为球心，半径为R = 8^利用体积公式列岀等式是解答的关键,着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.5. 如图5,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，则该多面体的儿条棱中，最长的棱的长度为( )(A) 6\2 (B) 4V '2 (0 6 (D)4【答案】C锥的所有顶点都在体积为学同一球面上，贝IJPA =原儿何体为三棱锥D-ABC,其中AB = BC = 4,AC = 4^2,DB = DC = 2\5, DA = J(4迈f + 4 = 6，故最长的棱的长度为DA = 6,选C点睛：对于小方格中的三视图，可以放到长方体，或者正方体里面去找到原图，这样比较好找；6. 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 = 2\17,则该二面角的大小为（）(A) 150 °(B )45 ° (C) 60 ° ⑴)120 °【答案】C 【解析】由条件知XX •忑=0,忑•丽=0, CD = CA + AB + BD-• ------- 2 ---------- ? ------------- 2 -------------- ? -------------- -------- -- ----------- - -------- ---------- - ------・・|CD| = |CA| + |AB| + |BD| + 2CA ・ AB + 2AB ・ BD + 2CA ・ BD =62 + 42 + 824- 2 x 6 x 8cos(CA,BD) = (2\17)2-.••cos(CA z BD) = -p (CA,BD) = 120 °，•:二面角的大小为60° ；故选C.7. 河堤斜面与水平面所成角为60 °，堤面上有一条直道CD,它与堤角的水平线AB 的夹角为30°，沿着这条直道从堤角向上行走到20m 时，则人升高了（）⑷ 15m⑻ 10m (0 10\.3m (D) 5\3m【答案】D作直线AB 所在的水平面的垂线EG,垂足为G,【解析】如图所示则线段EG的长就是所求的高度.在河堤斜面内，作EF丄AB.垂足为F,连接FG ,由三垂线定理的逆定理，知FG丄AB.因此，ZEFG就是河堤斜面与水平面ABG所成的二面角的平面角，ZEFG = 60°•由此得:EG = EFsin60 ° = CEsin30 ° sin60 °= 20 x j x y = 5\3 （m）点睛：理解题意，人升高，指的是竖直距离升高了多少，所以要构造地面的垂直线段；8. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）白］&倍視图(A) 16 + 8n (B) 8 + 8n(0 16 + 16n (D) 8 + 16n将三视图还原为原来的几何体，再利用体积公式求解.原几何体为组合体;上面是长方体，下面是圆柱的一半（如图所示）, 其体积为V = 4 x 2 x 2 + |n x 22 x 4 = 16 + 8n.故选A;9. 己知H 是球O 的直径AB 上一点,AH 汨B = 1:3,AB 丄平血a, H 为垂足,a 截球O 所得截面的面积为TT ,则球O 的体积为()【答案】B设球O 的半径为R ,则AH = p OH = | .又・・•截面的面积为TT ,・・・EH = 1 .・・•在RtAOEH 中，R 2 =(》2+ 1，・・・R =萼. •••故体积v = |n(^)3 = 網点睛：运用球当中的垂面定理，构造勾股定理，求出球的半径；10. 已知正四棱锥S —ABCD 屮，SA = 2\,3，当该棱锥的体积最大时，它的高为()(A)l(B) \,3 (C)2 (D)3【答案】C 【解析】设h 二SO,则OA =、匕一"，所以底面边长为Q24-2h 2,所以V = |(24-2h 2)h = |(12-h 2)h ，令V = |(12-3h 2) = 0得,h = 2,故当 h=2 时，该棱锥的体积最大.所以选C11. 如图，四边形ABCD 中，AB = AD = CD = 1, BD = \庁，BD 丄CD.将四边形ABCD 沿(B) 32』3TTH(A )16n 9对角线BD折成四面体A BCD，使平面A BD丄则卜列结论正确的是（）•（A）AC 丄BD ⑻ ZBAC = 90 °（C） CA与平面A BD所成的角为30 °⑴）四面体A BCD的体积为扌【答案】B【解析】考点：异面直线及其所成的角；棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积.专题：计算题.分析：根据题意，依次分析命题：对于A可利用反证法说明真假，若A成立可得BD丄A，D, 产生矛盾；对于C由CA'与平面A' BD所成的角为ZCA' D=45。

2022年高考数学课标通用(理科)一轮复习真题演练：第八章立体几何8-7 Word版含解析

真题演练集训1．[2022·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．[2022·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，由于点G 是CE 的中点，所以GI ∥EF .又EF ∥OB ，所以GI ∥OB .在△CFB 中，由于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 .由于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.由于平面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．[2022·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.由于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＝AB2－BE2＝AB2－⎝⎛⎭⎪⎫BC22＝ 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．[2021·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 . 由于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．[2021·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. 由于四边形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究性问题立体几何中的探究性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频消灭，而空间向量在解决立体几何的探究性问题中扮演着举足轻重的角色，它是争辩立体几何中的探究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究性问题供应了新的视角、新的方法．下面借“题”发挥，透视有关立体几何中的探究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，需要求出访结论成立的充分条件，可将题设和结论都视为已知条件，即可快速找到切入点．这类题目要求考生变换思维方向，有利于培育考生的逆向思维力量．[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SF BF ＝CEBE ＝λ，当实数λ的值为________时，∠AFE 为直角．[思路分析][解析] 由于SA ⊥平面ABCD ，∠BAD ＝90°，故可建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz .由于AB ＝4，SA ＝3，所以B (0,4,0)，S (0,0,3)．设BC ＝m ，则C (m,4,0)，由于SF BF ＝CEBE ＝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. 由于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＝916. [答案] 916 2．存在推断型以“平行、垂直、距离和角”为背景的存在推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、探究性和制造性深受命题者的青睐，此类问题的基本特征是：要推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状况：假如存在，找出一个来；假如不存在，需要说明理由．这类问题常用“确定顺推”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，则思路简洁、解法固定、操作便利．[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)，由于|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．由于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．结论探究型立体几何中的结论探究型问题的基本特征是：给出肯定的条件与设计方案，推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，应做到审得认真、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，还特殊要求包装盒必需满足：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 ，请你推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：由于四边形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 .由于BE ＝30 cm ，AB ＝20 cm ，设BC ＝t cm ，则AC ＝400－t 2 cm ，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)，由于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. 由于平面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t2＝400－t2，即t＝10 2 cm时，V A－BCDE的体积最大，最大值为2 000 cm3.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究型问题的策略是：先把题目读懂，全面、精确地把握题目所供应的全部信息和题目提出的全部要求，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．。

高考数学总复习第八章立体几何知能训练理【含答案】

第八章立体几何第1讲空间几何体的三视图和直观图1．以下命题：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；④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．其中正确命题的个数为( )A．0个 B．1个 C．2个 D．3个2．(2013年四川)一个几何体的三视图如图X811，则该几何体可以是( )图X811A．棱柱 B．棱台 C．圆柱 D．圆台3．如图X812，正方形O′A′B′C′的边长为1 cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长为( )图X812A．6 cm B．8 cm C．(2＋4 2)cm D．(2＋2 3)cm4．(2015年广东汕头一模)一个锥体的主视图和左视图如下图X813，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )图X813A B C D5．如图X814是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正视图、俯视图如图X814；②存在四棱柱，其正视图、俯视图如图X814；③存在圆柱，其正视图、俯视图如图X814.其中真命题的个数是( )图X814A．3个 B．2个 C．1个 D．0个6．已知某一几何体的正视图与侧视图如图X815，则在下列图形中，可以是该几何体的俯视图的图形为( )图X815A．①②③⑤ B．②③④⑤C．①②④⑤ D．①②③④7．(2013年新课标Ⅱ)一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以xOz平面为投影面，则得到的正视图可以为( )A B C D8．如图X816，直三棱柱的正视图面积为2a2，则侧视图的面积为________．图X8169．如图X817所示的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图在图X818中画出．X817(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．X81810．如图X819所示的为一简单组合体，其底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，EC ∥PD，且PD＝AD＝2EC＝2.(1)如图X8110所示的方框内已给出了该几何体的俯视图，请在方框内画出该几何体的正视图和侧视图；(2)求四棱锥BCEPD的体积；(3)求证：BE∥平面PDA.X819X8110第2讲空间几何体的表面积和体积1．(2014年福建)以边长为1的正方形的一边所在的直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于( )A ．2πB ．πC ．2D ．12．(2013年上海)若两个球的表面积之比为1∶4，则这两个球的体积之比为( ) A ．1∶2 B ．1∶4 C ．1∶8 D ．1∶163．(2013年广东)某四棱台的三视图如图X821，则该四棱台的体积是( )图X821A ．4 B.143 C.163D ．64．(2014年新课标Ⅱ)如图X822，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，则切削的部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )A.1727B.59C.1027D.13图X822 图X8235．圆柱形容器内盛有高度为8 cm 的水，若放入三个相同的球(球的半径与圆柱的底面半径相同)后，水恰好淹没最上面的球(如图X823)，则球的半径是________cm.6．(2014年江苏)设甲、乙两个圆柱的底面面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2.若它们的侧面面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2＝________.7．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________． 8．(2013年江苏)如图X824，在三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，AC ，AA 1的中点，设三棱锥F ADE 的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1ABC 的体积为V 2，则V 1∶V 2＝__________.图X8249．如图X825，设计一个正四棱锥形的冷水塔，高是1 m ，底面的边长是2 m. (1)求这个正四棱锥形冷水塔的容积；(2)制造这个水塔的侧面需要的钢板的面积是多少？图X82510．如图X826，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点．(1)证明：平面BDC 1⊥平面BDC ；(2)平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．图X826第3讲点、直线、平面之间的位置关系1．(2013年安徽)在下列命题中，不是公理的是( ) A ．平行于同一个平面的两个平面相互平行B ．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面C ．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内D ．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线 2．下列命题正确的是( )A ．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B ．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C ．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D ．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行3．设A，B，C，D是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是( )A．若AC与BD共面，则AD与BC共面B．若AC与BD是异面直线，则AD与BC是异面直线C．若AB＝AC，DB＝DC，则AD＝BCD．若AB＝AC，DB＝DC，则AD⊥BC4．(2014年广东)若空间中有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，l4既不平行也不垂直D．l1，l4的位置关系不确定5．如图X831所示的是正方体的平面展开图，在这个正方体中，①BM与ED平行；②CN与BE是异面直线；③CN与BM成60°；④CN与AF垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是( )A．①②③ B．②④ C．③ D．③④图X831图X8326．(2013年上海)在如图X832所示的正方体ABCDA1B1C1D1中，异面直线A1B与B1C所成角的大小为________．7．(2014年广东惠州一模)已知在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为BB1，CC1的中点，那么异面直线AE与D1F所成角的余弦值为________．8．(2013年安徽)如图X833，四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD ＝60°.已知PB＝PD＝2，PA＝ 6.(1)证明：PC⊥BD；(2)若E为PA的中点，求三棱锥PBCE的体积．图X8339．如图X835所示的是一个正方体(如图X834)的表面展开图，MN和PQ是两个面的对角线，请在正方体中将MN和PQ画出来，并就这个正方体解答下列问题．(1)求MN和PQ所成角的大小；(2)求三棱锥MNPQ的体积与正方体的体积之比．图X834图X835第4讲直线、平面平行的判定与性质1．已知直线l，m，n及平面α，下列命题中是假命题的是( )A．若l∥m，m∥n，则l∥n B．若l⊥α，n∥α，则l⊥nC．若l⊥m，m∥n，则l⊥n D．若l∥α，n∥α，则l∥n2．已知m，n是两条直线，α，β是两个平面，给出下列命题：①若n⊥α，n⊥β，则α∥β；②若平面α上有不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β；③若n，m 为异面直线，n⊂α，n∥β，m⊂β，m∥α，则α∥β.其中正确命题的个数是( ) A．3个 B．2个 C．1个 D．0个3．如图X841，已知l是过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点的平面AB1D1与下底面ABCD所在平面的交线，下列结论错误的是( )A．D1B1∥l B．BD∥平面AD1B1C．l∥平面A1D1B1 D．l⊥B1C1图X841图X8424．设m，n为两条直线，α，β为两个平面，则下列四个命题中，正确的是( ) A．若m⊂α，n⊂α，且m∥β，n∥β，则α∥βB．若m∥α，m∥n，则n∥αC．若m∥α，n∥α，则m∥nD．若m，n为两条异面直线，且m∥α，n∥α，m∥β，n∥β，则α∥β5．如图X842，在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于________．6．正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1 cm，过AC作平行于对角线BD1的截面，则截面面积为________．7．如图X843(1)，在透明塑料制成的长方体ABCDA1B1C1D1容器内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下列四个说法：①水的部分始终呈棱柱状；②水面四边形EFGH的面积不改变；③棱A1D1始终与水面EFGH平行；④当容器倾斜如图X843(2)时，BE·BF是定值．其中正确说法的序号是____________．图X8438．(2014年广东惠州一模)如图X844，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，D为AC的中点，AA1＝AB＝2.(1)求证：AB1∥平面BC1D；(2)若BC＝3，求三棱锥DBC1C的体积．图X8449．(2014年安徽)如图X845，四棱锥PABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为217.点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面GEFH⊥平面ABCD，BC∥平面GEFH.(1)证明：GH∥EF；(2)若EB＝2，求四边形GEFH的面积．图X845第5讲直线、平面垂直的判定与性质1．(2013年广东)设l 为直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是( ) A ．若l ∥α，l ∥β，则α∥β B ．若l ⊥α，l ⊥β，则α∥β C ．若l ⊥α，l ∥β，则α∥β D ．若α⊥β，l ∥α，则l ⊥β2．如图X851，ABCD A 1B 1C 1D 1为正方体，下面结论错误的是( )图X851A ．BD ∥平面CB 1D 1 B ．AC 1⊥BDC ．AC 1⊥平面CB 1D 1D ．异面直线AD 与CB 1所成角为60°3．(2015年广东深圳一模)已知直线a ，b ，平面α，β，且a ⊥α，b ⊂β，则“a ⊥b ”是“α∥β”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件4．如图X852，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，A 1D 与BC 1所成的角为π2，则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为( )A.63B.12C.155D.32图X852 图X8535．已知a ，b ，c 是三条不同的直线，命题“a ∥b ，且a ⊥c ⇒b ⊥c ”是正确的，如果把a ，b ，c 中的两个或三个换成平面，在所得的命题中，真命题有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个6．如图X853，在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，若AB ＝2，AA 1＝1，则点A 到平面A 1BC 的距离为( )A.34B.32C.3 34D. 37．已知正三棱锥PABC，点P，A，B，C都在半径为3的球面上，若PA，PB，PC两两互相垂直，则球心到截面ABC的距离为________．8．(2014年辽宁)如图X854，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F，G分别为AC，DC，AD的中点．(1)求证：EF⊥平面BCG；(2)求三棱锥DBCG的体积．图X8549．(2014年北京)如图X855，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，点E，F分别为A1C1，BC的中点．(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求证：C1F∥平面ABE；(3)求三棱锥EABC的体积．图X855第6讲空间坐标系与空间向量1．已知a ＝(－2,1,3)，b ＝(－1,2,1)，若a ⊥(a －λb )，则实数λ的值为( )A ．－2B ．－143C.145D ．2 2．若向量a ＝(1，λ，2)，b ＝(2，－1,2)，且a 与b 的夹角余弦值为89，则λ＝( )A ．2B ．－2C ．－2或255D ．2或－2553．(由人教版选修21P 105例1改编)已知在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，以同一顶点为端点的三条棱长都等于1，且它们彼此的夹角都是60°，则此平行六面体的对角线AC 1的长为( )A. 3 B ．2 C. 5 D. 64．已知在空间四边形OABC 中，点M 在线段OA 上，且OM ＝2MA ，点N 为BC 的中点，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，则MN →＝( )A.12a ＋12b －23c B ．－23a ＋12b ＋12c C. 12a －23b ＋12c D. 23a ＋23b －12c 5．下列等式中，使点M 与点A ，B ，C 一定共面的是( ) A.OM →＝3OA →－2OB →－OC → B.OM →＝12OA →＋13OB →＋15OC →C.OM →＋OA →＋OB →＋OC →＝0D.MA →＋MB →＋MC →＝06．已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于1，点E ，F 分别是AB ，AD 的中点，则EF →·DC →＝( )A.14 B ．－14 C.34 D ．－347．已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，AM →＝12MC 1→，点N 为B 1B 的中点，则|MN |＝( )A.216aB.66a C.156a D.153a 8．已知三点A (1,0,0)，B (3,1,1)，C (2,0,1)，则 (1)CB →与CA →的夹角等于________； (2)CB →在CA →方向上的投影等于________．9．三棱锥O ABC 中，OB ＝OC ，∠AOB ＝∠AOC ＝60°，则〈OA →，BC →〉的大小为__________．10．(2014年新课标Ⅰ)如图X861，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，AB ⊥B 1C .(1)证明：AC ＝AB 1；(2)若AC ⊥AB 1，∠CBB 1＝60°，AB ＝BC ，求二面角A A 1B 1C 1的余弦值．图X861第7讲空间中角与距离的计算1．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为( )A ．30° B．60° C．120° D．150°2．如图X871，在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为A 1B 1和BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成角的余弦值等于( )A.32B.1010C.35D.25图X8713．如图X872，若正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的底面边长为1，AB 1与底面ABCD 所成角为60°，则A 1C 1到底面ABCD 的距离为( )图X872A.33B ．1 C. 2 D. 34．在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D 是侧面BB 1C 1C 的中心，则AD 与平面BB 1C 1C 所成角的大小是( )A ．30° B．45° C．60° D．90°5．如图X873，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的正切值是( )A.23B.22C.23D.63图X8736．已知在矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝3，将矩形ABCD 沿对角线AC 折起，使平面ABC 与ACD 垂直，则B 与D 之间的距离为________．7．已知点A (1,0,0)，B (0,2,0)，C (0,0,3)，则平面ABC 与平面xOy 所成锐二面角的余弦值为________．8．(2013年新课标Ⅰ)如图X874，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°.图X874(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ＝2，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值．9．(2013年江苏)如图X875，在直三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，AA 1＝4，点D 是BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值；(2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．图X875第八章立体几何第1讲空间几何体的三视图和直观图1．B 2.D 3.B 4.C5．A 解析： ①可以是放倒的三棱柱，所以正确；容易判断②正确；③可以是放倒的圆柱，所以也正确．图D856．D7．A 解析：在空间直角坐标系中，先画出四面体O ABC 的直观图(如图D85)，以xOz 平面为投影面，则易得到正视图．故选A.8.3a 2解析：由正视图面积可求出直三棱柱的高为2a ，底面的正三角形的高为32a ，故左视图的面积为2a ·32a ＝3a 2. 9．解：(1)如图D86.(2)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.图D8610．(1)解：该组合体的正视图和侧视图如图D87.图D87(2)解：∵PD ⊥平面ABCD ，PD ⊂平面PDCE ， ∴平面PDCE ⊥平面ABCD . ∵BC ⊥CD ，∴BC ⊥平面PDCE .∵S 梯形PDCE ＝12(PD ＋EC )·DC ＝12×3×2＝3，∴四棱锥B CEPD 的体积为V B CEPD ＝13S 梯形PDCE ·BC ＝13×3×2＝2.(3)证明：∵EC ∥PD ，PD ⊂平面PDA ，EC ⊄平面PDA ， ∴EC ∥平面PDA .同理，BC ∥平面PDA .∵EC ⊂平面EBC ，BC ⊂平面EBC ，且EC ∩BC ＝C ， ∴平面EBC ∥平面PDA .又∵BE ⊂平面EBC ，∴BE ∥平面PDA .第2讲空间几何体的表面积和体积1．A 解析：由已知，得圆柱的底面半径和高均为1，其侧面积等于S ＝2π×1×1＝2π.2．C 解析：因为球的表面积S ＝4πR 2，两个球的表面积之比为1∶4，则两个球的半径之比为1∶2.又因为球的体积V ＝43πR 3，则这两个球的体积之比为1∶8.3．B 解析：由三视图可知，该四棱台的上、下底面边长分别为1和2的正方形，高为2，故V ＝13×(12＋12×22＋22)×2＝143.故选B.4．C 解析：由三视图还原几何体为小圆柱和大圆柱组成的简单组合体．其中小圆柱底面半径为2、高为4，大圆柱底面半径为3、高为2，则其体积和为π×22×4＋π×32×2＝34π，而圆柱体毛坯体积为π×32×6＝54π，故切削部分的体积为20π，从而切削的部分的体积与原来毛坯体积的比值为20π54π＝1027.5．4 解析：设球的半径为r ，则由3V 球＋V 水＝V 柱，可得3×43·πr 3＋πr 2×8＝πr 2×6r .解得r ＝4.6.32解析：设甲、乙两个圆柱的底面半径和高分别为r 1，r 2，h 1，h 2，则2πr 1h 1＝2πr 2h 2，h 1h 2＝r 2r 1.又S 1S 2＝πr 21πr 22＝94，所以r 1r 2＝32.则V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2＝r 21r 22·h 1h 2＝r 21r 22·r 2r 1＝r 1r 2＝32. 7.33π 解析：因为半圆面的面积为12πl 2＝2π，所以l 2＝4，即l ＝2，即圆锥的母线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－r2＝ 3.所以圆锥的体积为13πr 2h ＝13π×1×3＝33π.8．1∶24 解析：V 1＝13S △ADE h 1＝13×14S △ABC ×12h 2＝124V 2，所以V 1∶V 2＝1∶24.9．解：(1)V ＝13S 底h ＝13×2×2×1＝43(m 3)．答：这个正四棱锥形冷水塔的容积是43m 3.(2)如图D88，取底面边长的中点E ，连接SE .图D88SE ＝SO 2＋EO 2＝12＋12＝2(m)， S 侧＝4×12×2×2＝4 2(m 2)．答：制造这个水塔的侧面需要4 2 m 2的钢板．10．(1)证明：由题意知，BC ⊥CC 1，BC ⊥AC ，CC 1∩AC ＝C ， ∴BC ⊥平面ACC 1A 1.又DC 1⊂平面ACC 1A 1，∴DC 1⊥BC . ∵AC ＝AD ，A 1C 1＝A 1D ， ∴∠A 1DC 1＝∠ADC ＝45°. ∴∠CDC 1＝90°，即DC 1⊥DC . 又DC ∩BC ＝C ，∴DC 1⊥平面BDC .又DC 1⊂平面BDC 1，故平面BDC 1⊥平面BDC . (2)解：设棱锥B DACC 1的体积为V 1，AC ＝1.由题意，得V 1＝13×＋2×1＝12.又三棱柱ABC A 1B 1C 1的体积V ＝12×1×1×2＝1，∴(V －V 1)∶V 1＝1∶1.故平面BDC 1分此棱柱所得的两部分体积的比为1∶1.第3讲点、直线、平面之间的位置关系1．A 2.C 3.C4．D 解析：如图D89，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，取AA 1为l 2，BB 1为l 3，AD 为l 1.若AB 为l 4，则l 1⊥l 4；若BC 为l 4，则l 1∥l 4；若A 1B 1为l 4，则l 1与l 4异面．因此l 1，l 4的位置关系不确定．故选D.图D89 图D905．D 6.π3解析：∵A 1D ∥B 1C ，∴直线A 1B 与A 1D 所成的角即为异面直线A 1B 与B 1C 所成的角．又∵△A 1DB 为正三角形，∴∠DA 1B ＝π3.故答案为π3.7.35 解析：如图D90，连接AE ，DF ，D 1F ，则DF ∥AE ，所以DF 与D 1F 所成的角即为异面直线AE ，D 1F 所成的角，设正方体的边长为2，则DF ＝D 1F ＝5，在△DD 1F 中，cos ∠D 1FD＝5＋5－42×5×5＝35. 8．解：(1)证明：如图D91，连接AC 交BD 于点O ，连接PO . ∵PB ＝PD ，∴PO ⊥BD .又∵底面ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC . 而AC ∩PO ＝O ，∴BD ⊥平面PAC . ∴BD ⊥PC ，即PC ⊥BD .(2)在△ABD 中，AB ＝AD ＝2，∠BAD ＝60°，则BD ＝2，AC ＝2AO ＝2 3.又PO ⊥BD ，则PO ＝22－1＝ 3. AO 2＋PO 2＝6＝AP 2，∴PO ⊥AC .又PE ＝12PA ，则S △PEC ＝12S △PAC ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2 3×3＝32.∵BD ⊥平面PAC ，∴BO ⊥平面PEC .∴V P BEC ＝V B PEC ＝13S △PEC ·BO ＝13×32×1＝12.图D91 图D929．解：(1)如图D92，连接NC ，NQ ，MC ，MN 与PQ 是异面直线．在正方体中，PQ ∥NC ，则∠MNC 为MN 与PQ 所成的角．因为MN ＝NC ＝MC ，所以∠MNC ＝60°. 所以MN 与PQ 所成角的大小为60°.(2)设正方体棱长为a ，则正方体的体积V ＝a 3.而三棱锥M NPQ 的体积与三棱锥N PQM 的体积相等，且NP ⊥平面PQM ，所以V N PQM ＝13×12×MP ×MQ ×NP ＝16a 3.所以三棱锥M NPQ 的体积与正方体的体积之比为1∶6.第4讲直线、平面平行的判定与性质1．D 2.B 3.D4．D 解析：选项A 中的直线m ，n 可能不相交；选项B 中直线n 可能在平面α内；选项C 中直线m ，n 的位置可能是平行、相交或异面．5. 2 解析：因为EF ∥平面AB 1C ，EF ⊂平面ABCD ，且平面AB 1C 与平面ABCD 的交线为AC ，所以EF ∥AC .又点E 为AD 的中点，所以EF 为△DAC 的中位线，所以EF ＝12AC .因为AB＝2，ABCD 为正方形，所以AC ＝2 2，所以EF ＝ 2.图D936.64cm 2解析：如图D93，截面ACE ∥BD 1，平面BDD 1∩平面ACE ＝EF ，其中F 为AC 与BD 的交点，所以E 为DD 1的中点，易求S △ACE ＝64cm 2. 7．①③④ 解析：对于①，由于BC 固定，所以在倾斜的过程中，始终有AD ∥EH ∥FG ∥BC ，且平面AEFB ∥平面DHGC ，故水的部分始终呈棱柱状(四棱柱、三棱柱或五棱柱)，且BC 为棱柱的一条侧棱，故①正确；对于②，当水是四棱柱或五棱柱时，水面面积与上下底面面积相等；当水是三棱柱时，则水面面积可能变大，也可能变小，故②不正确；③是正确的；④是正确的，由水的体积的不变性可证得．综上所述，正确命题的序号是①③④.8．(1)证明：如图D94，连接B 1C ，交BC 1于点O ，连接OD . ∵四边形BCC 1B 1是平行四边形， ∴点O 为B 1C 的中点． ∵D 为AC 的中点，∴OD 为△ACB 1的中位线． ∴OD ∥AB 1.∵OD ⊂平面BC 1D ，AB 1⊄平面BC 1D ， ∴AB 1∥平面BC 1D .(2)解：∵三棱柱ABC A 1B 1C 1，∴侧棱CC 1∥AA 1. 又∵AA 1⊥底面ABC ，∴侧棱CC 1⊥平面ABC . 故CC 1为三棱锥C 1BCD 的高，A 1A ＝CC 1＝2.S △BCD ＝12S △ABC ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×BC ×AB ＝32.∴V 1-D BC C ＝V 1-C BCD＝13CC 1·S △BCD ＝13×2×32＝1.图D94 图D959．(1)证明：∵BC ∥平面GEFH ，BC ⊂平面PBC ，且平面PBC ∩平面GEFH ＝GH ，∴GH ∥BC . 同理，EF ∥BC .∴GH ∥EF .(2)解：如图D95，连接AC ，BD 交于点O ，BD 交EF 于点K ，连接OP ，GK . ∵PA ＝PC ，O 是AC 的中点，∴PO ⊥AC .同理，得PO ⊥BD .又BD ∩AC ＝O ，且AC ，BD 都在平面ABCD 内， ∴PO ⊥平面ABCD .又∵平面GEFH ⊥平面ABCD ，且PO ⊄平面GEFH ， ∴PO ∥平面GEFH .∵平面PBD ∩平面GEFH ＝GK ， ∴PO ∥GK .∴GK ⊥平面ABCD . 又EF ⊂平面ABCD ，∴GK ⊥EF . ∴GK 是梯形GEFH 的高．由AB ＝8，EB ＝2，得EB ∶AB ＝KB ∶DB ＝1∶4.从而KB ＝14DB ＝12OB ，即K 是OB 的中点．又由PO ∥GK ，得GK ＝12PO .∴G 是PB 的中点，且GH ＝12BC ＝4.由已知，得OB ＝1282＋82＝4 2，PO ＝PB 2－OB 2＝68－32＝6. ∴GK ＝3.故四边形GEFH 的面积S ＝GH ＋EF 2·GK ＝4＋82×3＝18.第5讲直线、平面垂直的判定与性质1．B 2.D3．B 解析：根据题意，分两步来判断：①当α∥β时，∵a ⊥α，且α∥β，∴a ⊥β，又∵b ⊂β，∴a ⊥b ，则a ⊥b 是α∥β的必要条件；②若a ⊥b ，不一定有α∥β，当α∩β＝a 时，又由a ⊥α，则a ⊥b ，但此时α∥β不成立，即a ⊥b 不是α∥β的充分条件，则a ⊥b 是α∥β的必要不充分条件．图D964．B 解析：如图D96，连接B 1C ，则B 1C ∥A 1D ，∵A 1D 与BC 1所成的角为π2，∴B 1C ⊥BC 1，∴长方体ABCD A 1B 1C 1D 1为正方体．取B 1D 1的中点M ，连接C 1M ，BM ，∴C 1M ⊥平面BB 1D 1D ，∴∠C 1BM 为BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角．∵AB ＝BC ＝2，∴C 1M ＝2，BC 1＝2 2，∴sin ∠C 1BM ＝C 1M C 1B ＝12.故选B.5．C 解析：若a ，b ，c 换成平面α，β，γ，则“α∥β，且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题；若a ，b 换成平面α，β，则“α∥β，且c ⊥α⇒c ⊥β”是真命题；若b ，c 换成平面β，γ，则“a ∥β，且a ⊥γ⇒β⊥γ”是真命题；若a ，c 换成平面α，γ，则“b ∥α，且α⊥γ⇒b ⊥γ”是假命题． 6．B 解析：方法一：取BC 中点E ，连接AE ，A 1E ，过点A 作AF ⊥A 1E ，垂足为F . ∵A 1A ⊥平面ABC ，∴A 1A ⊥BC . ∵AB ＝AC ，∴AE ⊥BC .∴BC ⊥平面AEA 1.∴BC ⊥AF .又AF ⊥A 1E ，∴AF ⊥平面A 1BC .∴AF 的长即为所求点A 到平面A 1BC 的距离．∵AA 1＝1，AE ＝3，∴AF ＝32.方法二：V 1-A ABC ＝13S △ABC ·AA 1＝13×3×1＝33.又∵A 1B ＝A 1C ＝5，在△A 1BE 中，A 1E ＝A 1B 2－BE 2＝2，∴S 1A BC ＝12×2×2＝2.∴V 1-A A BC ＝13×S 1A BC ·h ＝23h .∴23h ＝33.∴h ＝32.∴点A 到平面A 1BC 的距离为32.图D977.33解析：因为在正三棱锥P ABC 中，PA ，PB ，PC 两两互相垂直，所以可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一部分(如图D97)，此正方体内接于球，正方体的对角线为球的直径，球心为正方体对角线的中点．球心到截面ABC 的距离为球的半径减去正三棱锥P ABC 在平面ABC 上的高．已知球的半径为3，所以正方体的棱长为2，可求得正三棱锥P ABC在平面ABC 上的高为2 33，所以球心到截面ABC 的距离为3－2 33＝33.8．(1)证明：由AB ＝DB ，BC ＝BC ，∠ABC ＝∠DBC ，得△ABC ≌△DBC (SAS)．∴AC ＝DC . 又G 为AD 的中点，∴CG ⊥AD .∵AB ＝BD ，G 为AD 的中点，∴BG ⊥AD . 又BG ∩CG ＝G ，∴AD ⊥平面BCG . 又EF ∥AD ，故EF ⊥平面BCG .图D98(2)解：如图D98，在平面ABC 内，过点A 作AO ⊥BC ，交CB 的延长线于点O . ∵平面ABC ⊥平面BCD ， ∴AO ⊥平面BDC . 又G 为AD 的中点，∴G 到平面BCD 的距离h ＝12AO .在△AOB 中，AO ＝AB ·sin60°＝ 3.∴h ＝32. ∴V D BCG ＝V G BCD ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12DB ·BC ·sin120°×h ＝12. 9．(1)证明：在三棱柱ABC A 1B 1C 1中， BB 1⊥底面ABC ，∴BB 1⊥AB .又∵AB ⊥BC ，且BB 1∩BC ＝B ，∴AB ⊥平面B 1BCC 1. 又AB ⊂平面ABE ，∴平面ABE ⊥平面B 1BCC 1.(2)证明：如图D99，取AB 中点为G ，连接EG ，FG .图D99∵E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点，∴FG ∥AC ，且FG ＝12AC .∵AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1， ∴FG ∥EC 1，且FG ＝EC 1.∴四边形FGEC 1为平行四边形． ∴C 1F ∥EG .又∵EG ⊂平面ABE ，C 1F ⊄平面ABE ， ∴C 1F ∥平面ABE .(3)解：∵AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB ⊥BC ，∴AB ＝AC 2－BC 2＝ 3.∴V E ABC ＝13S △ABC ·AA 1＝13×12×3×1×2＝33.第6讲空间坐标系与空间向量1．D2．C 解析：cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝6－λ3λ2＋5＝89.解得λ＝－2或255.3．D 解析：∵AC 1→＝AB →＋AD →＋AA 1→，∴|AC 1→|2＝(AB →＋AD →＋AA 1→)2＝|AB →|2＋|AD →|2＋|AA 1→|2＋2AB →·AD →＋2AB →·AA 1→＋2AD →·AA 1→＝1＋1＋1＋2(cos60°＋cos60°＋cos60°)＝6，∴|AC 1→|＝6.4．D5．D 解析：∵M ，A ，B ，C 四点共面⇔OM →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(x ，y ，z ∈R )，且x ＋y ＋z ＝1.∵MA →＋MB →＋MC →＝0⇔MA →＝－MB →－MC →，∴存在x ＝－1，y ＝－1，使MA →＝xMB →＋yMC →，∴MA →，MB →，MC →共面．∵M 为公共点，∴M ，A ，B ，C 四点共面．6．B7．A 解析：MN →＝AN →－AM →＝AN →－13AC 1→＝AB →＋BN →－13()AB →＋AD →＋AA 1→ ＝23AB →＋16AA 1→－13AD →. ∴|MN →|＝49|AB →|2＋136|AA 1→|2＋19|AD →|2＝216a . 8．(1)2π3 (2)22解析：CB →＝(1,1,0)，CA →＝(－1,0，－1)，(1)cos 〈CB →，CA →〉＝CB →·CA →|CB →|·|C A →|＝－1＋0＋02×2＝－12，∴〈CB →，CA →〉＝2π3.(2)CB →在CA →方向上的投影＝|CB →·CA →||CA →|＝|－1＋0＋0|2＝22.9．90° 解析：∵OA →·BC →＝OA →·(OC →－OB →)＝OA →·OC →－OA →·OB →＝|OA →|·|OC →|cos ∠AOC －|OA →|·|OB →|·cos∠AOB ＝|OA →|·|OB →|cos60°－|OA →|·|OB →|cos60°＝0.∴OA →⊥BC →，∴〈OA →，BC →〉＝90°.图D10010．(1)证明：如图D100，连接BC 1，交B 1C 于点O ，连接AO . 因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为B 1C 及BC 1的中点．又AB ⊥B 1C ，所以B 1C ⊥平面ABO . 由于AO ⊂平面ABO ，故B 1C ⊥AO . 又B 1O ＝CO ，故AC ＝AB 1.(2)解：因为AC ⊥AB 1，且O 为B 1C 的中点，所以AO ＝CO . 又因为AB ＝BC ，所以△BOA ≌△BOC (SSS)．故OA ⊥OB ，从而OA ，OB ，OB 1两两垂直．以O 为坐标原点，OB 的方向为x 轴正方向，|OB |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .因为∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形．又OB ＝1，则OB 1＝33，OA ＝33.故A ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，33，B (1,0,0)，B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－33，0. AB 1→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，33，－33，A 1B 1→＝AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，－33，B 1C →1＝BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－33，0. 设n ＝(x ，y ，z )是平面AA 1B 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB 1→＝0，n ·A 1B 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧33y －33z ＝0，x －33z ＝0.所以可取n ＝(1，3，3)．设m 是平面A 1B 1C 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B 1→＝0，m ·B 1C 1→＝0.同理可取m ＝(1，－3，3)．则cos 〈n ，m 〉＝n·m |n||m|＝17.所以结合图形知，二面角A A 1B 1C 1的余弦值为17.第7讲空间中角与距离的计算1．A 解析：设l 与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12.∴θ＝30°.2．D 3.D 4.C5．B 解析：BB 1与平面ACD 1所成角即DD 1 与平面ACD 1所成角，即∠DD 1O ，其正切值是ODDD 1＝22 . 6.102 解析：过B ，D 分别向AC 作垂线，垂足分别为M ，N .则可求得AM ＝12，BM ＝32，CN ＝12，DN ＝32，MN ＝1. ∵BD →＝BM →＋MN →＋ND →，∴|BD →|2＝|(BM →＋MN →＋ND →)|2＝|BM →|2＋|MN →|2＋|ND →|2＋2(BM →·MN →＋MN →·ND →＋BM →·ND →)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋2(0＋0＋0)＝52，∴|BD →|＝102.7.27解析：AB →＝(－1,2,0)，AC →＝(－1,0,3)．设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由n ·AB →＝0，n ·AC →＝0知，⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，－x ＋3z ＝0.令x ＝2，则y ＝1，z ＝23.∴平面ABC 的一个法向量为n ＝⎝⎛⎭⎪⎫2，1，23. 又平面xOy 的一个法向量为OC →＝(0,0,3)．∴所求二面角的余弦值cos θ＝n ·OC →|n ||OC →|＝23×73＝27.故平面ABC 与平面xOy 所成锐二面角的余弦值为27.8．(1)证明：如图D101，取AB 中点为E ，连接CE ，A 1B ，A 1E .图D101∵AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°，∴△BAA 1是正三角形．∴A 1E ⊥AB . ∵CA ＝CB ，∴CE ⊥AB .∵CE ∩A 1E ＝E ，∴AB ⊥平面CEA 1. ∴AB ⊥A 1C .(2)解：由(1)知，EC ⊥AB ，EA 1⊥AB .又∵平面ABC ⊥平面ABB 1A 1，平面ABC ∩平面AA 1B 1B ＝AB ， ∴EC ⊥面AA 1B 1B .∴EC ⊥EA 1. ∴EA ，EC ，EA 1两两相互垂直．以E 为坐标原点，EA →，EA 1→，EC →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，|EA →|为单位长度，建立如图D102所示的空间直角坐标系Exyz ，图D102由题设知，A (1,0,0)，A 1(0，3，0)，C (0,0，3)，B (－1,0,0)，则BC →＝(1,0，3)，BB 1→＝AA 1→＝(－1，3，0)，A 1C →＝(0，－3，3)．设n ＝(x ，y ，z )是平面BB 1C 1C 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BB 1→＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，－x ＋3y ＝0.可取n ＝(3，1，－1)．∴cos 〈n ，A 1C →〉＝n ·A 1C→|n ||A 1C →|＝－105. ∴直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为105. 9．解：(1)如图D103，以AB →，AC →，AA 1→为单位正交基底建立空间直角坐标系Axyz ，图D102则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，A 1(0,0,4)，D (1,1,0)，C 1(0,2,4)． ∴A 1B →＝(2,0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4)．∴cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D→|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010.∴异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2)AC →＝(0,2,0)是平面ABA 1的一个法向量．设平面ADC 1的法向量为m ＝(x ，y ，z )， ∵AD →＝(1,1,0)，AC 1→＝(0,2,4)，且m ⊥AD →，m ⊥AC 1→， ∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，2y ＋4z ＝0.取z ＝1，得y ＝－2，x ＝2. ∴平面ADC 1的法向量为m ＝(2，－2,1)．设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角为θ，∴|cos θ|＝|cos 〈AC →，m 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AC →·m |AC →||m |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－42×3＝23，则sin θ＝53. ∴平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53.。

高考数学总复习《立体几何》部分试题及答案

高考数学总复习试卷立体几何综合训练第I卷（选择题共60分)一、选择题（本大题共12个小题,每小题5分，共60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．下列命题正确的是（）A．直线a，b与直线l所成角相等，则a//bB．直线a，b与平面α成相等角，则a//bC．平面α，β与平面γ所成角均为直二面角,则α//βD．直线a，b在平面α外，且a⊥α，a⊥b，则b//α2．空间四边形ABCD，M，N分别是AB、CD的中点，且AC=4，BD=6，则（）A．1<MN<5 B．2<MN<10C．1≤MN≤5 D．2〈MN<53．已知AO为平面α的一条斜线，O为斜足,OB为OA在α内的射影，直线OC在平面α内，且∠AOB=∠BOC=45°，则∠AOC等于（）A．30°B．45°C．60°D．不确定4．甲烷分子结构是:中心一个碳原子，外围四个氢原子构成四面体，中心碳原子与四个氢原子等距离，且连成四线段,两两所成角为θ,则cosθ值为（）A．B．C．D．5．对已知直线a，有直线b同时满足下面三个条件：①与a异面；②与a成定角；③与a距离为定值d,则这样的直线b有（）A．1条B．2条C．4条D．无数条6．α,β是不重合两平面,l，m是两条不重合直线，α//β的一个充分不必要条件是（）A．,且l//β,m//βB．,且l//mC．l⊥α，m⊥β，且l//m D．l//α，m//β，且l//m7．如图正方体中,E，F分别为AB，的中点，则异面直线与EF所成角的余弦值为( ）A．B．C．D．8．对于任一个长方体,都一定存在一点：①这点到长方体的各顶点距离相等；②这点到长方体的各条棱距离相等;③这点到长方体的各面距离相等，以上三个结论中正确的是（）A．①②B．①C．②D．①③9．在斜棱柱的侧面中，矩形最多有几个?A．2 B．3 C．4 D．610．正六棱柱的底面边长为2，最长的一条对角线长为，则它的侧面积为（）A．24 B．12 C．D．11．异面直线a，b成80°角，P为a，b外的一个定点，若过P有且仅有2条直线与a，b所成的角相等且等于α，则角α属于集合（)A．｛α｜0°〈α〈40°} B．｛α|40°<α〈50°}C．｛α｜40°〈α<90°｝D．{α｜50°<α〈90°}12．从水平放置的球体容器的顶部的一个孔向球内以相同的速度注水，容器中水面的高度与注水时间t之间的关系用图象表示应为（）第II卷(非选择题共90分）二、填空题（本大题共4个小题，每小题4分，共16分,把答案填在题中横线上）13．正四棱锥S—ABCD侧棱长与底面边长相等，E为SC中点，BE与SA所成角的余弦值为_____________。

高三数学下学期立体几何多选题单元期末复习同步练习试卷

高三数学下学期立体几何多选题单元期末复习同步练习试卷一、立体几何多选题1．一副三角板由一块有一个内角为60°的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示，090B F ∠=∠=，0060,45,A D BC DE ∠=∠==，现将两块三角形板拼接在一起，得三棱锥F CAB -，取BC 中点O 与AC 中点M ，则下列判断中正确的是（）A ．BC FM ⊥B ．AC 与平面MOF 所成的角的余弦值为32C ．平面MOF 与平面AFB 所成的二面角的平面角为45°D ．设平面ABF平面MOF l =，则有//l AB 【答案】AD【分析】证明BC ⊥面FOM 可判断A ；根据AC 与平面MOF 所成的角为060CMO ∠=判断B ；利用特殊位置判断C ；先证明//AB 面MOF ，由线面平行的性质定理可判断D ；【详解】由三角形中位线定理以及等腰三角形的性质可得,,BC OF BC OM OMOF O ⊥⊥=，所以BC ⊥面FOM BC FM ⇒⊥，故A 正确；因为BC ⊥面FOM ，所以AC 与平面MOF 所成的角为060CMO ∠=，所以余弦值为12，故B 错误；对于C 选项可以考虑特殊位置法，由BC ⊥面FOM 得面ABC ⊥面FOM ，所以点F 在平面ABC 内的射影在直线OM 上，不妨设点F 平面ABC 内的射影为M ，过点M 作//BC MN ，连结NF .易证AB ⊥面MNF ，则l ⊥面MNF ，所以MFN ∠为平面MOF 与平面AFB 所成的二面角的平面角，不妨设2AB =，因为060A ，所以23BC =，则13,12OF BC OM ===，显然MFN ∠不等于45°，故C 错误. 设面MOF 与平面ABF 的交线为l ，又因为//,AB OM AB ⊄面MOF ，OM ⊂面MOF ，所以//AB 面MOF ，由线面平行的性质定理可得：//l AB ，故D 正确；故选：AD.【点睛】方法点睛：求直线与平面所成的角有两种方法：一是传统法，证明线面垂直找到直线与平面所成的角，利用平面几何知识解答；二是利用空间向量，求出直线的方向向量以及平面的方向向量，利用空间向量夹角余弦公式求解即可.2．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3，点E ，F 分别在1CC ，1BB 上，12C E EC →→=，12BF FB →→=.动点M 在侧面11ADD A 内(包含边界)运动，且满足直线//BM 平面1D EF ，则（）A ．过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为等腰梯形B ．三棱锥1D EFM -的体积为定值C ．动点M 10D ．过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面面积的最小值为10【答案】BCD【分析】由题做出过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为梯形1D EFN ，进而计算即可排除A 选项；根据//BM 平面1D EF ，由等体积转化法得1111D EFM M D EF B D EF D BEF V V V V ----===即可得B 选项正确；取1AA 靠近1A 点的三等分点H ， 1DD 靠近D 点的三等分点I ，易知M 的轨迹为线段HI 10，故C 选项正确；过M 点做BE 的平行线交1AA 于P ，交1DD 于O ，连接,BP OE ，易知过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面即为平行四边形BPOE ，进而得当H 位于点I 时，截面面积最小，为四边形ABEI 的面积，且面积为310S AB BE =⋅=.【详解】解：对于A 选项，如图，取BF 中点G ，连接1A G ，由点E ，F 分别在1CC ，1BB 上，12C E EC →→=，12BF FB →→=，故四边形11A D EG 为平行四边形，故11//AG D E ，由于在11A B G △，F 为1B G 中点，当N 为11A B 中点时，有11////NF A G D E ，故过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为梯形1D EFN ，此时22133532D N ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，223110EF =+=，故梯形1D EFN 不是等腰梯形，故A 选项错误；对于B 选项，三棱锥1D EFM -的体积等于三棱锥1M D EF -的体积，由于//BM 平面1D EF ，故三棱锥1M D EF -的体积等于三棱锥1B D EF -的体积，三棱锥1B D EF -的体积等于三棱锥1D BEF -的体积，而三棱锥1D BEF -的体积为定值，故B 选项正确；对于C 选项，取1AA 靠近1A 点的三等分点H ， 1DD 靠近D 点的三等分点I ，易知1////HB AG NF ，1//BI D F ，由于1,HI BI I NF D F F ==，故平面//BHI 平面1D EF ，故M 的轨迹为线段HI ，其长度为10，故C 选项正确；对于D 选项，过M 点做BE 的平行线交1AA 于P ，交1DD 于O ，连接,BP OE ，则过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面即为平行四边形BPOE ，易知当H 位于点I 时，平行四边形BPOE 边BP 最小，且为AB ，此时截面平行四边形BPOE 的面积最小，为四边形ABEI 的面积，且面积为310S AB BE =⋅=，故D 选项正确；故选：BCD【点睛】本题解题的关键在于根据题意，依次做出过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为梯形1D EFN ，过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面即为平行四边形BPOE ，进而讨论AD 选项，通过//BM 平面1D EF ，并结合等体积转化法得1111D EFM M D EF B D EF D BEF V V V V ----===知B 选项正确，通过构造面面平行得M 的轨迹为线段HI ，进而讨论C 选项，考查回归转化思想和空间思维能力，是中档题.3．已知四面体ABCD 的所有棱长均为2，则下列结论正确的是（）A ．异面直线AC 与BD 所成角为60︒B ．点A 到平面BCD 的距离为3C ．四面体ABCDD ．动点P 在平面BCD 上，且AP 与AC 所成角为60︒，则点P 的轨迹是椭圆【答案】BC【分析】在正四面体中通过线面垂直可证得AC ⊥BD ，通过计算可验证BC,通过轨迹法可求得P 的轨迹为双曲线方程即可得D 错误.【详解】取BD 中点E ,连接,AE CE ,可得BD ⊥面ACE ,则AC ⊥BD ,故A 错误；在四面体ABCD 中，过点A 作AF ⊥面BCD 于点F ,则F 为为底面正三角形BCD 的重心，因为所有棱长均为2,AF ==即点A 到平面BCD ,故B 正确；设O 为正四面体的中心则OF 为内切球的半径，OA 我外接球的半径，因为11433A BCD BCD BCD V S AF S OF -=⋅=⨯⋅△△，所以4AF OF =，即2=6OF AO =,所以四面体ABCD 的外接球体积334433V R OA ππ===,故C 正确；建系如图：,A C ⎛⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,设(,,0)P x y ，则,,0,,333AP x y AC →→⎛⎛=-=- ⎝⎭⎝⎭，因为cos 60AP AC AP AC →→→→⋅=24192y +=，83y +，平方化简可得：2240039y x y ---，可知点P 的轨迹为双曲线,故D 错误.故选：BC ．【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹的求解问题，解决此类问题可采用空间向量法，利用空间向量法表示出已知的角度或距离的等量关系，从而得到轨迹方程.4．正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点，F 在侧面11CDD C 上运动，且满足1//B F 平面1A BE .以下命题正确的有（）A ．侧面11CDD C 上存在点F ，使得11B F CD ⊥B ．直线1B F 与直线BC 所成角可能为30︒C ．平面1A BE 与平面11CDD C 所成锐二面角的正切值为2D ．设正方体棱长为1，则过点E ，F ，A 5 【答案】AC【分析】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，易证得平面1//B MN 平面1A BE ，可得点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，根据等腰三角形的性质得1B F MN ⊥，即有11B F CD ⊥，A 正确；当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，可判断B 错误；根据平面1//B MN 平面1A BE ，11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，计算可知C 正确；【详解】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，则易证得11//B N A E ，1//MN A B ，从而平面1//B MN 平面1A BE ，所以点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，因为1B MN △是等腰三角形，所以1B F MN ⊥，又因为1//MN CD ，所以11B F CD ⊥，故A 正确；设正方体的棱长为a ，当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，此时11tan C B F ∠=1tan 3023︒<=，所以B 错误；平面1//B MN 平面1A BE ，取F 为MN 的中点，则1MN C F ⊥，1MN B F ⊥，∴11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，11111tan B C B FC C F ∠==22，所以C 正确；因为当F 为1C E 与MN 的交点时，截面为菱形1AGC E （G 为1BB 的交点），面积为62，故D 错误. 故选：AC.【点睛】本题主要考查线面角，二面角，截面面积的求解，空间几何中的轨迹问题，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，综合性较强，属于较难题．5．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点O 为11A D 的中点，若以O 6为半径的球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ，则下列结论正确的是（）A ．11//A D 平面EFGHB ．1AC ⊥平面EFGHC ．11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°D ．平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7【答案】ACD【分析】如图，计算可得,,,E F G H 分别为所在棱的中点，利用空间中点线面的位置关系的判断方法可判断A 、B 的正确与否，计算出直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒后可得C 正确，而几何体BHE CGF -为三棱柱，利用公式可求其体积，从而可判断D 正确与否.【详解】如图，连接OA ，则2115OA AA =+=，故棱1111,,,A A A D D D AD 与球面没有交点. 同理，棱111111,,A B B C C D 与球面没有交点.因为棱11A D 与棱BC 之间的距离为26>BC 与球面没有交点. 因为正方体的棱长为2，而26<球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ，所以棱11,,,AB CD C C B B 与球面各有一个交点，如图各记为,,,E F G H .因为OAE △为直角三角形，故22651AE OE OA -=-=，故E 为棱AB 的中点. 同理,,F G H 分别为棱11,,CD C C B B 的中点.由正方形ABCD 、,E F 为所在棱的中点可得//EF BC ，同理//GH BC ，故//EF GH ，故,,,E F G H 共面.由正方体1111ABCD A B C D -可得11//A D BC ，故11//A D EF因为11A D ⊄平面EFGH ，EF ⊂平面EFGH ，故11//A D 平面EFGH ，故A 正确.因为在直角三角1BA C 中，122A B =2BC = ，190A BC ∠=︒， 1A C 与BC 不垂直，故1A C 与GH 不垂直，故1A C ⊥平面EFGH 不成立，故B 错误. 由正方体1111ABCD A B C D -可得BC ⊥平面11AA B B ，而1A B ⊂平面11AA B B ，所以1BC A B ⊥，所以1EF A B ⊥在正方形11AA B B 中，因为,E H 分别为1,AB BB 的中点，故1EH A B ⊥，因为EF EH E =，故1A B ⊥平面EFGH ，所以BEH ∠为直线AB 与平面EFGH 所成的角，而45BEH ∠=︒，故直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒，因为11//AB A B ，故11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°.故C 正确.因为,,,E F G H 分别为所在棱的中点，故几何体BHE CGF -为三棱柱，其体积为111212⨯⨯⨯=，而正方体的体积为8，故平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7，故D 正确. 故选：ACD.【点睛】本题考查空间中线面位置的判断、空间角的计算和体积的计算，注意根据球的半径确定哪些棱与球面有交点，本题属于中档题.6．（多选题）在四面体P ABC -中，以上说法正确的有（）A ．若1233AD AC AB =+，则可知3BC BD = B ．若Q 为△ABC 的重心，则111333PQ PA PB PC =++ C ．若0PA BC =，0PC AB =，则0PB AC =D ．若四面体P ABC -各棱长都为2，M N ，分别为,PA BC 的中点，则1MN =【答案】ABC【分析】作出四面体P ABC -直观图，在每个三角形中利用向量的线性运算可得.【详解】对于A ，1233AD AC AB =+，32AD AC AB ∴=+，22AD AB AC AD ∴-=- ， 2BD DC ∴=，3BD BD DC BC ∴=+=即3BD BC ∴=，故A 正确；对于B ，Q 为△ABC 的重心，则0QA QB QC ++=，33PQ QA QB QC PQ ∴+++=()()()3PQ QA PQ QB PQ QC PQ ∴+++++=,3PA PB PC PQ ∴++=即111333PQ PA PB PC ∴=++，故B 正确；对于C ，若0PA BC =，0PC AB =，则0PA BC PC AB +=，()0PA BC PC AC CB ∴++=,0PA BC PC AC PC CB ∴++=0PA BC PC AC PC BC ∴+-=,()0PA PC BC PC AC ∴-+=0CA BC PC AC ∴+=,0AC CB PC AC ∴+= ()0AC PC CB ∴+=，0AC PB ∴=，故C 正确；对于D ，111()()222MN PN PM PB PC PA PB PC PA ∴=-=+-=+- 1122MN PB PC PA PA PB PC ∴=+-=-- 222222PA PB PC PA PB PC PA PB PA PC PC PB --=++--+22211122222222222222222=++-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=2MN ∴=，故D 错误.故选：ABC【点睛】用已知向量表示某一向量的三个关键点(1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键． (2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量．(3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．7．如图四棱锥P ABCD -，平面PAD ⊥平面ABCD ，侧面PAD 是边长为26的正三角形，底面ABCD 为矩形，23CD =，点Q 是PD 的中点，则下列结论正确的是（）A ．CQ ⊥平面PADB ．PC 与平面AQC 所成角的余弦值为223C ．三棱锥B ACQ -的体积为62D ．四棱锥Q ABCD -外接球的内接正四面体的表面积为3【答案】BD【分析】取AD 的中点O ，BC 的中点E ，连接,OE OP ，则由已知可得OP ⊥平面 ABCD ，而底面ABCD 为矩形，所以以O 为坐标原点，分别以,,OD OE OP 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量依次求解即可.【详解】解：取AD 的中点O ，BC 的中点E ，连接,OE OP ，因为三角形PAD 为等边三角形，所以OP AD ⊥, 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，所以OP ⊥平面 ABCD ，因为AD OE ⊥，所以,,OD OE OP 两两垂直，所以，如下图，以O 为坐标原点，分别以,,OD OE OP 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则(0,0,0),(6,0,0),(6,0,0)O D A ， (0,0,32),6,23,0),(6,23,0)P C B ，因为点Q是PD的中点，所以Q，平面PAD的一个法向量为(0,1,0)m =，6(2QC=-，显然m与QC不共线，所以CQ与平面PAD不垂直，所以A不正确；3632(6,23,32),(,0,),(26,2PC AQ AC=-==，设平面AQC的法向量为(,,)n x y z=，则362260n AQ x zn AC⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，令=1x ，则y z==，所以(1,2,n=-，设PC与平面AQC所成角为θ，则21sin36n PCn PCθ⋅===，所以cos3θ=，所以B正确；三棱锥B ACQ-的体积为1132B ACQ Q ABC ABCV V S OP--==⋅1116322=⨯⨯⨯=，所以C不正确；设四棱锥Q ABCD-外接球的球心为)M a，则MQ MD=，所以222222a a⎛++-=++⎝⎭⎝⎭，解得0a=，即M为矩形ABCD对角线的交点，所以四棱锥Q ABCD-外接球的半径为3，设四棱锥Q ABCD-外接球的内接正四面体的棱长为x，将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体面的对角线，x，所以22362x⎛⎫=⎪⎪⎝⎭，得224x=，所以正四面体的表面积为234243x ⨯=，所以D 正确. 故选：BD【点睛】此题考查线面垂直，线面角，棱锥的体积，棱锥的外接球等知识，综合性强，考查了计算能力，属于较难题.8．M ，N 分别为菱形ABCD 的边BC ，CD 的中点，将菱形沿对角线AC 折起，使点D 不在平面ABC 内，则在翻折过程中，下列结论正确的有（）A ．MN ∥平面ABDB ．异面直线AC 与MN 所成的角为定值C ．在二面角D AC B --逐渐变小的过程中，三棱锥D ABC -外接球的半径先变小后变大D ．若存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直，则ABC ∠的取值范围是0,2π⎛⎫⎪⎝⎭【答案】ABD 【分析】利用线面平行的判定即可判断选项A ；利用线面垂直的判定求出异面直线AC 与MN 所成的角即可判断选项B ；借助极限状态，当平面DAC 与平面ABC 重合时，三棱锥D ABC -外接球即是以ABC ∆外接圆圆心为球心，外接圆的半径为球的半径，当二面角D AC B --逐渐变大时，利用空间想象能力进行分析即可判断选项C;过A 作AH BC ⊥,垂足为H ,分ABC ∠为锐角、直角、钝角三种情况分别进行分析判断即可判断选项D. 【详解】对于选项A:因为M ，N 分别为菱形ABCD 的边BC ，CD 的中点，所以MN 为BCD ∆的中位线，所以//MN BD ,因为MN ⊄平面ABD ,BD ⊂平面ABD ，所以MN ∥平面ABD ,故选项A 正确；对于选项B ：取AC 的中点O ，连接,DO BO ,作图如下：则,AC DO AC BO ⊥⊥,BO DO O =,由线面垂直的判定知，AC ⊥平面BOD ,所以AC BD ⊥,因为//MN BD ,所以AC MN ⊥,即异面直线AC 与MN 所成的角为定值90，故选项B 正确；对于选项C:借助极限状态，当平面DAC 与平面ABC 重合时，三棱锥D ABC -外接球即是以ABC ∆外接圆圆心为球心，外接圆的半径为球的半径，当二面角D AC B --逐渐变大时，球心离开平面ABC ，但是球心在底面的投影仍然是ABC ∆外接圆圆心，故二面角D AC B --逐渐变小的过程中，三棱锥D ABC -外接球的半径不可能先变小后变大，故选项C 错误；对于选项D:过A 作AH BC ⊥,垂足为H ,若ABC ∠为锐角，H 在线段BC 上；若ABC ∠为直角，H 与B 重合；若ABC ∠为钝角，H 在线段BC 的延长线上；若存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直，因为AH BC ⊥，所以CB ⊥平面AHD ,由线面垂直的性质知,CB HD ⊥,若ABC ∠为直角，H 与B 重合，所以CB BD ⊥,在CBD ∆中，因为CB CD =, 所以CB BD ⊥不可能成立，即ABC ∠为直角不可能成立；若ABC ∠为钝角，H 在线段BC 的延长线上，则在原平面图菱形ABCD 中，DCB ∠为锐角，由于立体图中DB DO OB <+,所以立体图中DCB ∠一定比原平面图中更小，，所以DCB ∠为锐角，CB HD ⊥，故点H 在线段BC 与H 在线段BC 的延长线上矛盾，因此ABC ∠不可能为钝角；综上可知，ABC ∠的取值范围是0,2π⎛⎫⎪⎝⎭.故选项D 正确;故选：ABD 【点睛】本题考查异面垂直、线面平行与线面垂直的判定、多面体的外接球问题；考查空间想象能力和逻辑推理能力；借助极限状态和反证法思想的运用是求解本题的关键；属于综合型强、难度大型试题.9．在正方体1111ABCD A B C D -中，如图，,M N 分别是正方形ABCD ，11BCC B 的中心.则下列结论正确的是（）A ．平面1D MN 与11BC 的交点是11B C 的中点 B ．平面1D MN 与BC 的交点是BC 的三点分点 C ．平面1D MN 与AD 的交点是AD 的三等分点 D ．平面1D MN 将正方体分成两部分的体积比为1∶1 【答案】BC 【分析】取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ，连FM 并延长分别交,BC AD 于,P Q ，连1,D Q PN 并延长交11B C 与H ，平面四边形1D HPQ 为所求的截面，进而求出,,P Q H 在各边的位置，利用割补法求出多面体11QPHD C CD 的体积，即可求出结论.【详解】如图，取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ，连接FM 并延长，设FM BC P ⋂=，FM AD Q ⋂=，连接PN 并延长交11B C 于点H .连接1D Q ，1D H ，则平面四边形1D HPQ 就是平面1D MN 与正方体的截面，如图所示.111111////,22NE CC DD NE CC DD ==，NE ∴为1DD F ∆的中位线，E ∴为DF 中点，连BF ， ,,90DCE FBE BF DC AB FBE DCE ∴∆≅∆==∠=∠=︒，,,A B F ∴三点共线，取AB 中点S ，连MS ，则12//,,23BP FB MS BP MS BC MS FS =∴==， 22111,33236BP MS BC BC PE BC ∴==⨯=∴=， E 为DF 中点，11//,233PE DQ DQ PE BC AD ∴===N 分别是正方形11BCC B 的中心，11113C H BP C B ∴==所以点P 是线段BC 靠近点B 的三等分点，点Q 是线段AD 靠近点D 的三等分点，点H 是线段11B C 靠近点1C 的三等分点. 做出线段BC 的另一个三等分点P '，做出线段11A D 靠近1D 的三等分点G ，连接QP '，HP '，QG ，GH ，1H QPP Q GHD V V '--=，所以111113QPHD C CD QPHQ DCC D V V V -==多面体长方体正方体从而平面1D MN 将正方体分成两部分体积比为2∶1. 故选:BC.【点睛】本题考查直线与平面的交点及多面体的体积，确定出平面与正方体的交线是解题的关键，考查直观想象、逻辑推理能力，属于较难题.10．如图，正四棱锥S －BCDE 底面边长与侧棱长均为a ，正三棱锥A －SBE 底面边长与侧棱长均为a ，则下列说法正确的是（）A ．AS ⊥CDB ．正四棱锥S －BCDE 的外接球半径为2a C ．正四棱锥S －BCDE 的内切球半径为212a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭ D ．由正四棱锥S －BCDE 与正三棱锥A －SBE 拼成的多面体是一个三棱柱【答案】ABD 【分析】取BE 中点H ，证明BE ⊥平面SAH 即可证AS CD ⊥；设底面中心为1O ，有1122O B O S a ==，可求得球半径为22a ；用等体积法求内切球半径即可判断；由////SA DE BC 且==SA DE BC 可知多面体是一个三棱柱.【详解】如图所示：A 选项：取BE 中点H 连接,AH SH ，正三棱锥A SBE -中，,AH BE SH BE ⊥⊥ 又AHSH H =，所以BE ⊥平面SAH ，则BE AS ⊥，又//BE CD 所以AS CD ⊥ ，故A 正确；B 选项：设底面中心为1O ，球心为O 半径为R ，因为正四棱锥S －BCDE 外接球球心在1O S 上，所以OS OB R ==，因为，正四棱锥S －BCDE 底面边长与侧棱长均为a所以112O B O S ==，由()22211OB O B O S OS =+-得22222R a R ⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭解得2R =，故B 正确； C 选项：设内切球半径为r，易求得侧面面积为221sin 23S a π=⋅=，由等体积法得222111432334a a a r a r ⋅=⋅+⋅⋅⋅解得4a r = ，故C 错；D 选项：取SE 中点F ，连结AF ，DF ，BF ，则BFD ∠和BFA ∠分别是D SE B --和A SE B --的二面角的平面角，由)22222221cos 2322BF DF BD BFD BF DF a ⎫⎫+-⎪⎪+-⎝⎭⎝⎭∠===-⋅⎛⎫⎪⎝⎭22222221cos 232a AF BF BA AFD AF BF ⎫⎫+-⎪⎪+-⎝⎭⎝⎭∠===⋅⎫⎪⎝⎭，故BFD ∠与BFA ∠互补，所以ASDE 共面，又因为AS AE ED SD ===，则ASDE 为平行四边形，故////AS ED BC 故正四棱锥S －BCDE 与正三棱锥A －SBE 拼成的多面体是一个三棱柱，所以D 正确故选：ABD 【点睛】求外接球半径的常用方法：（1）补形法：侧面为直角三角形或正四面体或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；（2）利用球的性质：几何体在不同面均对直角的棱必然是球的直径；（3）定义法：到各个顶点距离均相等的点为球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.。

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Ⅲ]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.9π2 C ．6πD.32π3答案：B解析：由题意可得，若V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R ＝32，该球的体积最大，V max ＝43πR 3＝4π3×278＝9π2.2．[2015·安徽卷]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答案：B解析：根据三视图还原几何体如图所示，其中侧面ABD ⊥底面BCD ，另两个侧面ABC ，ACD 为等边三角形，则有S 表面积＝2×12×2×1＋2×34×(2)2＝2＋ 3.故选B.3．[2014·新课标全国卷Ⅱ]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.13答案：C解析：原毛坯的体积V ＝(π×32)×6＝54π，由三视图可知该零件为两个圆柱的组合体，其体积V ′＝V 1＋V 2＝(π×22)×4＋(π×32)×2＝34π，故所求比值为1－V ′V ＝1027.4．[2014·湖南卷]一块石材表示的几何体的三视图如图所示．将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案：B解析：该几何体为直三棱柱，底面是边长分别为6,8,10的直角三角形，侧棱长为12，故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径，其半径为r ＝2×12×6×86＋8＋10＝2，故选B.课外拓展阅读空间几何体表面上的最值问题所谓空间几何体表面上的最值问题，是指空间几何体表面上的两点之间的最小距离或某些点到某一个定点的距离之和的最值问题．[典例] 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3，BC ＝4，CC 1＝5，则沿着长方体表面从A 到C 1的最短路线长为________．[审题视角]将此长方体沿某一条侧棱剪开，得到展开图，求展开图中AC1的平面距离即可，注意对不同情况的讨论．[解析]在长方体的表面上从A到C1有三种不同的展开图．(1)将平面ADD1A1绕着A1D1折起，得到的平面图形如图①所示．则AB1＝5＋3＝8，B1C1＝4，连接AC1，在Rt△AB1C1中，AC1＝AB21＋B1C21＝82＋42＝4 5.①(2)将平面ABB1A1绕着A1B1折起，得到的平面图形如图②所示．则BC1＝5＋4＝9，AB＝3，连接AC1，在Rt△ABC1中，AC1＝AB2＋BC21＝32＋92＝310.②③(3)将平面ADD1A1绕着DD1折起，得到的平面图形如图③所示．则AC＝4＋3＝7，CC1＝5，连接AC1，在Rt△ACC1中，AC1＝AC2＋CC21＝72＋52＝74.显然74<45<310，故沿着长方体表面从A到C1的最短路线长为74.[答案]74反思提升将空间几何体表面进行展开是化解最值问题的主要方法，对于多面体可以把各个面按照一定的顺序展开到一个平面上，将旋转体(主要是圆柱、圆锥、圆台)可以按照某条母线进行侧面展开，这样就把本来不在一个平面上的问题转化为同一个平面上的问题，结合问题的具体情况在平面上求解最值即可．。

2021年高考数学(理)一轮复习题型归纳与训练专题8.6 立体几何中的向量方法(教师版含解析)

2021年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破专题8.6 立体几何中的向量方法目录一、考点全归纳1．两条异面直线所成角的求法设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，a与n的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝|a·n||a||n|．3．求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 分别是二面角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①①，n 1，n 2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θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)．【常用结论】利用空间向量求距离 (1)两点间的距离设点A (x 1，y 1，z 1)，点B (x 2，y 2，z 2)，则|AB |＝|AB →|＝（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2＋（z 1－z 2）2. (2)点到平面的距离如图所示，已知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的距离为|BO →|＝|AB →·n ||n |.二题型全归纳题型一异面直线所成的角【题型要点】用向量法求异面直线所成角的一般步骤 (1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系．(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量． (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值．(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．【易错提醒】注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别：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．【例1】如图，在四棱锥P ABCD 中，P A ①平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，①BAD ＝60°.(1)求证：BD ①平面P AC ；(2)若P A ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值．【解析】(1)证明：因为四边形ABCD 是菱形，所以AC ①BD .因为P A ①平面ABCD ，所以P A ①BD . 又因为AC ∩P A ＝A ，所以BD ①平面P AC . (2)设AC ∩BD ＝O .因为①BAD ＝60°，P A ＝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Oxyz ，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.即PB 与AC 所成角的余弦值为64. 【例2】.如图，在三棱锥P ABC 中，P A ①底面ABC ，①BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A ＝AC ＝4，AB ＝2.(1)求证：MN ①平面BDE ；(2)已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长．【解析】：如图，以A 为原点，分别以AB →，AC →，AP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意可得A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，4，0)，P (0，0，4)，D (0，0，2)，E (0，2，2)，M (0，0，1)，N (1，2，0)．(1)证明：DE →＝(0，2，0)，DB →＝(2，0，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0.不妨设z ＝1，可取n ＝(1，0，1)．又MN →＝(1，2，－1)，可得MN →·n ＝0. 因为MN ①平面BDE ，所以MN ①平面BDE .(2)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0，0，h )，进而可得NH →＝(－1，－2，h )，BE →＝(－2，2，2)．由已知，得|cos 〈NH →，BE →〉|＝|NH →·BE →||NH →||BE →|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721，整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12.所以，线段AH 的长为85或12.题型二直线与平面所成的角【题型要点】(1)利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：①分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；①通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．(2)若直线l 与平面α的夹角为θ，直线l 的方向向量l 与平面α的法向量n 的夹角为β，则θ＝π2－β或θ＝β－π2. 【易错提醒】求解直线和平面所成角，要注意直线的方向向量与平面法向量的夹角和所求角之间的关系，线面角的正弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．【例1】(2020·深圳模拟)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，PD ＝PB ，H 为PC 上的点，过AH 的平面分别交PB ，PD 于点M ，N ，且BD ①平面AMHN .(1)证明：MN ①PC ；(2)设H 为PC 的中点，P A ＝PC ＝3AB ，P A 与平面ABCD 所成的角为60°，求AD 与平面AMHN 所成角的正弦值．【解析】：(1)证明：如图①，连接AC 交BD 于点O ，连接PO .因为四边形ABCD 为菱形，所以BD ①AC ，且O 为BD 的中点．因为PD ＝PB ，所以PO ①BD ，因为AC ∩PO ＝O ，且AC ，PO ①平面P AC ，所以BD ①平面P AC . 因为PC ①平面P AC ，所以BD ①PC .因为BD ①平面AMHN ，且平面AMHN ∩平面PBD ＝MN ，所以BD ①MN ，所以MN ①PC .(2)由(1)知BD ①AC 且PO ①BD ，因为P A ＝PC ，且O 为AC 的中点，所以PO ①AC ，所以PO ①平面ABCD ，因为P A 与平面ABCD 所成的角为①P AO ，所以①P AO ＝60°，所以AO ＝12P A ，PO ＝32P A .因为P A ＝3AB ，所以BO ＝36P A .以O 为坐标原点，OA →，OD →，OP →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图①所示的空间直角坐标系，记P A ＝2，则O (0，0，0)，A (1，0，0)，B ⎝⎛⎭⎫0，－33，0，C (－1，0，0)，D ⎝⎛⎭⎫0，33，0，P (0，0，3)，H ⎝⎛⎭⎫－12，0，32，所以BD →＝⎝⎛⎭⎫0，233，0，AH →＝⎝⎛⎭⎫－32，0，32，AD →＝⎝⎛⎭⎫－1，33，0. 设平面AMHN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·AH →＝0，即⎩⎨⎧233y ＝0，－32x ＋32z ＝0，令x ＝2，解得y ＝0，z ＝23，所以n ＝(2，0，23)是平面AMHN 的一个法向量．记AD 与平面AMHN 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AD →|n ||AD →|＝34.所以AD 与平面AMHN 所成角的正弦值为34. 【例2】如图，在几何体ACD －A 1B 1C 1D 1中，四边形ADD 1A 1与四边形CDD 1C 1均为矩形，平面ADD 1A 1①平面CDD 1C 1，B 1A 1①平面ADD 1A 1，AD ＝CD ＝1，AA 1＝A 1B 1＝2，E 为棱AA 1的中点．(1)证明：B 1C 1①平面CC 1E ；(2)求直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角的正弦值．【解析】(1)证明：因为B 1A 1①平面ADD 1A 1，所以B 1A 1①DD 1，又DD 1①D 1A 1，B 1A 1∩D 1A 1＝A 1，所以DD 1①平面A 1B 1C 1D 1，又DD 1①CC 1，所以CC 1①平面A 1B 1C 1D 1. 因为B 1C 1①平面A 1B 1C 1D 1，所以CC 1①B 1C 1.因为平面ADD 1A 1①平面CDD 1C 1，平面ADD 1A 1∩平面CDD 1C 1＝DD 1，C 1D 1①DD 1，所以C 1D 1①平面ADD 1A 1.经计算可得B 1E ＝5，B 1C 1＝2，EC 1＝3，从而B 1E 2＝B 1C 21＋EC 21，所以在①B 1EC 1中，B 1C 1①C 1E .又CC 1，C 1E ①平面CC 1E ，CC 1∩C 1E ＝C 1，所以B 1C 1①平面CC 1E . (2)如图，以点A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，依题意得A (0，0，0)，C (1，0，1)，B 1(0，2，2)，C 1(1，2，1)，E (0，1，0)，则CE →＝(－1，1，－1)，B 1C →＝(1，－2，－1)．设平面B 1CE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·B 1C →＝0，m ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －z ＝0，－x ＋y －z ＝0，消去x 得y ＋2z ＝0，不妨设z ＝1，可得m ＝(－3，－2，1)为平面B 1CE 的一个法向量，易得B 1C 1→＝(1，0，－1)，设直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，B 1C 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ·B 1C 1→|m |·|B 1C 1→|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－414×2＝277，故直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角的正弦值为277.题型三二面角【题型要点】利用向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐(钝)二面角．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．【易错提醒】：判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行．【例1】(2020·深圳模拟)已知四棱锥PABCD，底面ABCD为菱形，PD＝PB，H为PC上的点，过AH的平面分别交PB，PD于点M，N，且BD①平面AMHN.(1)证明：MN①PC；(2)当H为PC的中点，P A＝PC＝3AB，P A与平面ABCD所成的角为60°，求AD与平面AMHN所成角的正弦值．【解析】(1)证明：连接AC、BD且AC∩BD＝O，连接PO.因为ABCD为菱形，所以BD①AC，因为PD＝PB，所以PO①BD，因为AC∩PO＝O且AC、PO①平面P AC，所以BD①平面P AC，因为PC①平面P AC，所以BD①PC，因为BD①平面AMHN，且平面AMHN∩平面PBD＝MN，所以BD①MN，MN①平面P AC，所以MN ①P C.(2)由(1)知BD ①AC 且PO ①BD ，因为P A ＝PC ，且O 为AC 的中点，所以PO ①AC ，所以PO ①平面ABCD ，所以P A 与平面ABCD 所成的角为①P AO ，所以①P AO ＝60°，所以AO ＝12P A ，PO ＝32P A ，因为P A ＝3AB ，所以BO ＝36P A . 以OA →，OD →，OP →分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．设P A ＝2，所以O (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，－33，0)，C (－1，0，0)，D (0，33，0)，P (0，0，3)，H (－12，0，32)，所以BD →＝(0，233，0)，AH →＝(－32，0，32)，AD →＝(－1，33，0)．设平面AMHN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·AH →＝0，即⎩⎨⎧233y ＝0，－32x ＋32z ＝0，令x ＝2，则y ＝0，z ＝23，所以n ＝(2，0，23)，设AD 与平面AMHN 所成角为θ，所以sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →|n ||AD →||＝34. 所以AD 与平面AMHN 所成角的正弦值为34. 【例2】图1是由矩形ADEB ，Rt①ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB ＝1，BE ＝BF ＝2，①FBC ＝60°.将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连接DG ，如图2.(1)证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ①平面BCGE ；(2)求图2中的二面角B －CG －A 的大小．【解析】：(1)证明：由已知得AD ①BE ，CG ①BE ，所以AD ①CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ①BE ，AB ①BC ，故AB ①平面BCGE .又因为AB ①平面ABC ，所以平面ABC ①平面BCGE .(2)作EH ①BC ，垂足为H .因为EH ①平面BCGE ，平面BCGE ①平面ABC ，所以EH ①平面ABC .由已知，菱形BCGE 的边长为2，①EBC ＝60°，可求得BH ＝1，EH ＝ 3. 以H 为坐标原点，HC →的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H xyz ，则A (－1，1，0)，C (1，0，0)，G (2，0，3)，CG →＝(1，0，3)，AC →＝(2，－1，0)．设平面ACGD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧CG →·n ＝0AC →·n ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，2x －y ＝0. 所以可取n ＝(3，6，－3)．又平面BCGE 的法向量可取为m ＝(0，1，0)，所以cos n ，m ＝n ·m |n ||m |＝32. 因此二面角B CG A 的大小为30°.题型四利用空间向量求距离【题型要点】求解点到平面的距离可直接转化为求向量在平面的法向量上的射影的长．如图，设点P 在平面α外，n 为平面α的法向量，在平面α内任取一点Q ，则点P 到平面α的距离d ＝|PQ →·n ||n |.【易错提醒】该题中的第(2)问求解点到平面的距离时，利用了两种不同的方法——等体积法与向量法，显然向量法直接简单，不必经过过多的逻辑推理，只需代入坐标准确求解即可．【例1】(2020·云南师范大学附属中学3月月考)如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，①ABC 是边长为2的正三角形，AA 1＝26，D 是CC 1的中点，E 是A 1B 1的中点．(1)证明：DE ①平面A 1BC;(2)求点A 到平面A 1BC 的距离．【解析】 (1)证明：如图取A 1B 的中点F ，连接FC ，FE .因为E ，F 分别是A 1B 1，A 1B 的中点，所以EF ①BB 1，且EF ＝12BB 1. 又在平行四边形BB 1C 1C 中，D 是CC 1的中点，所以CD ①BB 1，且CD ＝12BB 1，所以CD ①EF ，且CD ＝EF . 所以四边形CFED 是平行四边形，所以DE ①CF .因为DE ①/平面A 1BC ，CF ①平面A 1BC ，所以DE ①平面A 1BC .(2)法一：(等体积法)因为BC ＝AC ＝AB ＝2，AA 1＝26，三棱柱ABC A 1B 1C 1为直三棱柱，所以V 三棱锥A 1－ABC ＝13S ①ABC ×AA 1＝13×34×22×26＝2 2. 又在①A 1BC 中，A 1B ＝A 1C ＝27，BC ＝2，BC 边上的高h ＝ A 1B 2－⎝⎛⎭⎫12BC 2＝33，所以S ①A 1BC ＝12BC ·h ＝3 3. 设点A 到平面A 1BC 的距离为d ，则V 三棱锥A －A 1BC ＝13S ①A 1BC ×d ＝13×33×d ＝3d . 因为V 三棱锥A 1－ABC ＝V 三棱锥A －A 1BC ，所以22＝3d ，解得d ＝263，所以点A 到平面A 1BC 的距离为263. 法二：(向量法)由题意知，三棱柱ABC A 1B 1C 1是正三棱柱．取AB 的中点O ，连接OC ，OE .因为AC ＝BC ，所以CO ①AB .又平面ABC ①平面ABB 1A 1，平面ABC ∩平面ABB 1A 1＝AB ，所以CO ①平面ABB 1A 1.因为O 为AB 的中点，E 为A 1B 1的中点，所以OE ①AB ，所以OC ，OA ，OE 两两垂直．如图，以O 为坐标原点，以OA ，OE ，OC 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0，0，3)，A (1，0，0)，A 1(1，26，0)，B (－1，0，0)．则BA 1→＝(2，26，0)，BC →＝(1，0，3)．设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ①BA 1→，n ①BC →，可得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝2x ＋26y ＝0，n ·BC →＝x ＋3z ＝0，整理得⎩⎨⎧x ＋6y ＝0，x ＋3z ＝0，令x ＝6，则y ＝－1，z ＝－ 2. 所以n ＝(6，－1，－2)为平面A 1BC 的一个法向量．而BA →＝(2，0，0)，所以点A 到平面A 1BC 的距离d ＝|BA →·n ||n |＝6×26＋1＋2＝263. 【例2】如图，①BCD 与①MCD 都是边长为2的正三角形，平面MCD ①平面BCD ，AB ①平面BCD ，AB ＝23，求点A 到平面MBC 的距离．【答案】见解析【解析】：如图，取CD 的中点O ，连接OB ，OM ，因为①BCD 与①MCD 均为正三角形，所以OB ①CD ，OM ①CD ，又平面MCD ①平面BCD ，平面MCD ∩平面BCD ＝CD ，OM ①平面MCD ，所以MO ①平面BCD .以O 为坐标原点，直线OC ，BO ，OM 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz .因为①BCD 与①MCD 都是边长为2的正三角形，所以OB ＝OM ＝3，则O (0，0，0)，C (1，0，0)，M (0，0，3)，B (0，－3，0)，A (0，－3，23)，所以BC →＝(1，3，0)．BM →＝(0，3，3)．设平面MBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ①BC →，n ①BM →得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，3y ＋3z ＝0，取x ＝3，可得平面MBC 的一个法向量为n ＝(3，－1，1)．又BA →＝(0，0，23)，所以所求距离为d ＝|BA →·n ||n |＝2155.三、高效训练突破一、选择题1．若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l 与平面α所成的角等于( )A ．120°B ．60°C ．30°D ．60°或30°【答案】C【解析】设直线l 与平面α所成的角为β，直线l 与平面α的法向量的夹角为γ.则sin β＝|cos γ|＝|cos 120°|＝12. 又0°≤β≤90°，①β＝30°.2．在正方体A 1B 1C 1D 1ABCD 中，AC 与B 1D 所成角大小为( )A.π6B.π4C.π3D.π2 【答案】D【解析】建立如图所示的空间直角坐标系设正方体边长为1，则A (0，0，0), C (1，1，0)，B 1(1，0，1)，D (0，1，0). ①AC →＝(1，1，0)，B 1D →＝(－1，1，－1)，①AC →·B 1D →＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0，①AC →①B 1D →，①AC 与B 1D 所成的角为π2. 3.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.55B.53C.255D.35【答案】A 【解析】设CA ＝2，则C (0，0，0)，A (2，0，0)，B (0，0，1)，C 1(0，2，0)，B 1(0，2，1)，可得向量AB 1→＝(－2，2，1)，BC 1→＝(0，2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝－2×0＋2×2＋1×（－1）0＋4＋1·4＋4＋1＝15＝55. 4.将边长为1的正方形AA 1O 1O (及其内部)绕OO 1旋转一周形成圆柱，如图，AC ︵长为2π3，A 1B 1︵长为π3，其中B 1与C 在平面AA 1O 1O 的同侧．则异面直线B 1C 与AA 1所成的角的大小为( )A.π6 B ．π4C.π3D ．π2【答案】B 【解析】：.以O 为坐标原点建系如图则A (0，1，0)，A 1(0，1，1)，B 1⎝⎛⎭⎫32，12，1，C ⎝⎛⎭⎫32，－12，0. 所以AA 1→＝(0，0，1)，B 1C →＝(0，－1，－1)，所以cos 〈AA 1→，B 1C →〉＝AA 1→·B 1C →|AA 1→||B 1C →|＝0×0＋0×（－1）＋1×（－1）1×02＋（－1）2＋（－1）2＝－22，所以〈AA 1→，B 1C →〉＝3π4，所以异面直线B 1C 与AA 1所成的角为π4.故选B. 5.如图，已知长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝3，E 为线段AB 上一点，且AE ＝13AB ，则DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为( )A.33535B ．277 C.33 D ．24 【答案】A.【解析】：如图以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C 1(0，3，1)，D 1(0，0，1)，E (1，1，0)，C (0，3，0)，所以DC 1→＝(0，3，1)，D 1E →＝(1，1，－1)，D 1C →＝(0，3，－1)．设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1E →＝0，n ·D 1C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，3y －z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ，z ＝3y ，取y ＝1，得n ＝(2，1，3)．因为cos 〈DC 1→，n 〉＝DC 1→·n |DC 1→|·|n |＝（0，3，1）·（2，1，3）10×14＝33535，所以DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为33535，故选A. 6．二面角的棱上有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】：如图所示二面角的大小就是〈AC →，BD →〉．因为CD →＝CA →＋AB →＋BD →，所以CD →2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2(CA →·AB →＋CA →·BD →＋AB →·BD →)＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2CA →·BD →，所以CA →·BD →＝12[(217)2－62－42－82]＝－24.因此AC →·BD →＝24，cos 〈AC →，BD →〉＝AC →·BD →|AC →||BD →|＝12，又〈AC →，BD →〉①[0°，180°]，所以〈AC →，BD →〉＝60°，故二面角为60°.7．已知斜四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的各棱长均为2，①A 1AD ＝60°，①BAD ＝90°，平面A 1ADD 1①平面ABCD ，则直线BD 1与平面ABCD 所成的角的正切值为( ) A.34B.134C.3913D.393 【答案】C【解析】取AD 中点O ，连接OA 1，易证A 1O ①平面ABCD .建立如图所示的空间直角坐标系得B (2，－1，0)，D 1(0，2，3)，BD 1→＝(－2，3，3)，平面ABCD 的一个法向量为n ＝(0，0，1)，设BD 1与平面ABCD 所成的角为θ，①sin θ＝|BD 1→·n ||BD 1→||n |＝34，①tan θ＝3913. 8.如图，在四棱锥P ABCD 中，四边形ABCD 为平行四边形，且BC ①平面P AB ，P A ①AB ，M 为PB 的中点，P A ＝AD ＝2.若AB ＝1，则二面角B AC M 的余弦值为( )A.66B.36C.26D.16【答案】A【解析】因为BC ①平面P AB ，P A ①平面P AB ，所以P A ①BC ，又P A ①AB ，且BC ∩AB ＝B ，所以P A ①平面ABCD .以点A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系A xyz .则A (0，0，0)，C (1，2，0)，P (0，0，2)，B (1，0，0)，M ⎝⎛⎭⎫12，0，1，所以AC →＝(1，2，0)，AM →＝⎝⎛⎭⎫12，0，1，求得平面AMC 的一个法向量为n ＝(－2，1，1)，又平面ABC 的一个法向量AP →＝(0，0，2)，所以cos 〈n ，AP →〉＝n ·AP →|n ||AP →|＝24＋1＋1×2＝16＝66. 所以二面角B AC M 的余弦值为66. 9．设正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是( )A.32B.22 C.223 D.233【答案】D【解析】如图建立坐标系则D 1(0，0，2)，A 1(2，0，2)，B (2，2，0)，D 1A 1→＝(2，0，0)，DB →＝(2，2，0)，DA 1→＝(2，0，2)．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝0，n ·DB →＝0，①⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2z ＝0，2x ＋2y ＝0，令z ＝1，得n ＝(－1，1，1)． ①D 1到平面A 1BD 的距离d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233. 二、填空题1.如图，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长都相等，E ，F ，G 分别为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为________．【答案】：35【解析】：设正三棱柱的棱长为2，取AC 的中点D ，连接DG ，DB ，分别以DA ，DB ，DG 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B 1(0，3，2)，F (1，0，1)，E ⎝⎛⎭⎫12，32，0，G (0，0，2)，B 1F →＝(1，－3，－1)，EF →＝⎝⎛⎭⎫12，－32，1，GF →＝(1，0，－1)．设平面GEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧EF →·n ＝0，GF →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32y ＋z ＝0，x －z ＝0，取x ＝1，则z ＝1，y ＝3，故n ＝(1，3，1)为平面GEF 的一个法向量，所以|cos 〈n ，B 1F →〉|＝|1－3－1|5×5＝35，所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为35. 2.如图，平面ABCD ①平面ABEF ，四边形ABCD 是正方形，四边形ABEF 是矩形，且AF ＝12AD ＝a ，G 是EF 的中点，则GB 与平面AGC 所成角的正弦值为________．【答案】63【解析】如图以A 为原点建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (0，2a ，0)，C (0，2a ，2a )，G (a ，a ，0)，AG →＝(a ，a ，0)，AC →＝(0，2a ，2a )，BG →＝(a ，－a ，0)，设平面AGC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，1)，由⎩⎪⎨⎪⎧AG →·n 1＝0AC →·n 1＝0①⎩⎪⎨⎪⎧ax 1＋ay 1＝02ay 1＋2a ＝0①⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1y 1＝－1①n 1＝(1，－1，1)．sin θ＝|BG →·n 1||BG →||n 1|＝2a 2a ×3＝63. 3．已知正四棱锥S ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE 与SD 所成角的余弦值为________．【答案】33 【解析】以两对角线AC 与BD 的交点O 作为原点，以OA ，OB ，OS 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系设边长为2，则有O (0，0，0)，A (2，0，0)，B (0，2，0)，S (0，0，2)，D (0，－2，0)，E ⎝⎛⎭⎫0，22，22， AE →＝⎝⎛⎭⎫－2，22，22，SD →＝(0，－2，－2)， |cos AE →，SD →|＝|AE →·SD →||AE →||SD →|＝22×3＝33，故AE 与SD 所成角的余弦值为33. 4．在正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于________．【答案】23【解析】以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图设AA 1＝2AB ＝2，则D (0，0，0)，C (0，1，0)，B (1，1，0)，C 1(0，1，2)，则DC →＝(0，1，0)，DB →＝(1，1，0)，DC 1→＝(0，1，2)．设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·DC 1→＝0，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量n ＝(2，－2，1)．设CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DC →|n ||DC →|＝23. 5．(2020·汕头模拟)在底面是直角梯形的四棱锥S ABCD 中，①ABC ＝90°，AD ①BC ，SA ①平面ABCD ，SA＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12，则平面SCD 与平面SAB 所成锐二面角的余弦值是________．【答案】63 【解析】如图所示建立空间直角坐标系，则依题意可知，D ⎝⎛⎭⎫12，0，0，C (1，1，0)，S (0，0，1)，可知AD →＝⎝⎛⎭⎫12，0，0是平面SAB 的一个法向量．设平面SCD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，因为SD →＝⎝⎛⎭⎫12，0，－1，DC →＝⎝⎛⎭⎫12，1，0，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·SD →＝0，n ·DC →＝0，即⎩⎨⎧x 2－z ＝0，x 2＋y ＝0.令x ＝2，则有y ＝－1，z ＝1，所以n ＝(2，－1，1)．设平面SCD 与平面SAB 所成的锐二面角为θ，则cos θ＝|AD →·n ||AD →||n |＝12×2＋0×（－1）＋0×1⎝⎛⎭⎫122×22＋（－1）2＋12＝63. 6.(2020·北京模拟)如图所示，四棱锥P ABCD 中，PD ①底面ABCD ，底面ABCD 是边长为2的正方形，PD ＝2，E 是棱PB 的中点，M 是棱PC 上的动点，当直线P A 与直线EM 所成的角为60°时，那么线段PM 的长度是________．【答案】542 【解析】如图建立空间直角坐标系，则A (2，0，0)，P (0，0，2)，B (2，2，0)，①AP →＝()－2，0，2，①E 是棱PB 的中点，①E (1，1，1)，设M (0，2－m ，m )，则EM →＝()－1，1－m ，m －1，①||cos 〈AP →，EM →〉＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AP →·EM →|AP →||EM →|＝||2＋2()m －1221＋2（m －1）2＝12，解得m ＝34，①M ⎝⎛⎭⎫0，54，34， ①PM ＝2516＋2516＝54 2. 三解答题1．如图所示，菱形ABCD 中，①ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ①平面ABCD ，CF ①AE ，AB ＝AE ＝2.(1)求证：BD ①平面ACFE ；(2)当直线FO 与平面BED 所成的角为45°时，求异面直线OF 与BE 所成角的余弦值的大小．【答案】见解析【解析】：(1)证明：因为四边形ABCD 是菱形，所以BD ①AC .因为AE ①平面ABCD ，BD ①平面ABCD ，所以BD ①AE .又因为AC ∩AE ＝A ，AC ，AE ①平面ACFE .所以BD ①平面ACFE .(2)以O 为原点，OA ，OB 所在直线分别为x 轴，y 轴，过点O 且平行于CF 的直线为z 轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，E (1，0，2)，F (－1，0，a )(a >0)，OF →＝(－1，0，a )．设平面EBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·OB →＝0，n ·OE →＝0，即⎩⎨⎧3y ＝0，x ＋2z ＝0，令z ＝1，则n ＝(－2，0，1)，由题意得sin 45°＝|cos 〈OF →，n 〉|＝|OF →·n ||OF →||n |＝|2＋a |a 2＋1·5＝22，解得a ＝3或a ＝－13(舍去)．所以OF →＝(－1，0，3)，BE →＝(1，－3，2)，cos 〈OF →，BE →〉＝－1＋610×8＝54，故异面直线OF 与BE 所成角的余弦值为54. 2．(2020·湖北十堰4月调研)如图，在三棱锥P －ABC 中，M 为AC 的中点，P A ①PC ，AB ①BC ，AB ＝BC ，PB ＝2，AC ＝2，①P AC ＝30°.(1)证明：BM ①平面P AC ；(2)求二面角B －P A －C 的余弦值．【答案】：见解析(1)证明：因为P A ①PC ，AB ①BC ，所以MP ＝MB ＝12AC ＝1，又MP 2＋MB 2＝BP 2，所以MP ①MB .因为AB ＝BC ，M 为AC 的中点，所以BM ①AC ，又AC ∩MP ＝M ，所以BM ①平面P AC .(2)法一：取MC 的中点O ，连接PO ，取BC 的中点E ，连接EO ，则OE ①BM ，从而OE ①AC .因为P A ①PC ，①P AC ＝30°，所以MP ＝MC ＝PC ＝1.又O 为MC 的中点，所以PO ①AC .由(1)知BM ①平面P AC ，OP ①平面P AC ，所以BM ①PO .又BM ∩AC ＝M ，所以PO ①平面ABC .以O 为坐标原点，OA ，OE ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，由题意知A ⎝⎛⎭⎫32，0，0，B ⎝⎛⎭⎫12，1，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32，BP →＝⎝⎛⎭⎫－12，－1，32，BA →＝(1，－1，0)，设平面APB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BP →＝－12x －y ＋32z ＝0，n ·BA →＝x －y ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，1，3)为平面APB 的一个法向量，易得平面P AC 的一个法向量为π＝(0，1，0)，cos 〈n ，π〉＝55，由图知二面角B －P A －C 为锐角，所以二面角B －P A －C 的余弦值为55. 法二：取P A 的中点H ，连接HM ，HB ，因为M 为AC 的中点，所以HM ①PC ，又P A ①PC ，所以HM ①P A .由(1)知BM ①平面P AC ，则BH ①P A ，所以①BHM 为二面角B －P A －C 的平面角．因为AC ＝2，P A ①PC ，①P AC ＝30°，所以HM ＝12PC ＝12. 又BM ＝1，则BH ＝BM 2＋HM 2＝52，所以cos①BHM ＝HM BH ＝55，即二面角B －P A －C 的余弦值为55. 3．(2020·合肥模拟)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，BF ①平面ABCD ，DE ①平面ABCD ，BF ＝DE ，M 为棱AE 的中点．(1)求证：平面BDM ①平面EFC ；(2)若DE ＝2AB ，求直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值．【答案】：见解析(1)证明：连接AC ，交BD 于点N ，连接MN ，则N 为AC 的中点，又M 为AE 的中点，所以MN ①EC .因为MN ①平面EFC ，EC ①平面EFC ，所以MN ①平面EFC .因为BF ，DE 都垂直底面ABCD ，所以BF ①DE .因为BF ＝DE ，所以四边形BDEF 为平行四边形，所以BD ①EF .因为BD ①平面EFC ，EF ①平面EFC ，所以BD ①平面EFC .又MN ∩BD ＝N ，所以平面BDM ①平面EFC .(2)因为DE ①平面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，所以DA ，DC ，DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D xyz .设AB ＝2，则DE ＝4，从而D (0，0，0)，B (2，2，0)，M (1，0，2)，A (2，0，0)，E (0，0，4)，所以DB →＝(2，2，0)，DM →＝(1，0，2)，设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，x ＋2z ＝0. 令x ＝2，则y ＝－2，z ＝－1，从而n ＝(2，－2，－1)为平面BDM 的一个法向量．因为AE →＝(－2，0，4)，设直线AE 与平面BDM 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ·AE →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AE →|n |·|AE →|＝4515，所以直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值为4515.。

2018年北京市高考数学理 8专题八立体几何

第八篇：立体几何一、选择题1.【2018全国一卷7】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为A ．172B ．52C ．3D ．22.【2018全国一卷12】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A B C D3.【2018全国二卷9】在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA 1AD 与1DB 所成角的余弦值为A ．15B C D 4.【2018全国三卷3】3．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是5.【2018全国三卷10】设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为D ABC 体积的最大值为 A．B．C．D．6.【2018北京卷5】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为A.1B.2C.3D.4俯视图正视图7.【2018浙江卷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：cm 3）是 A ．2B ．4C ．6D ．88.【2018浙江卷8】已知四棱锥S −ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S −AB −C 的平面角为θ3，则 A ．θ1≤θ2≤θ3B ．θ3≤θ2≤θ1C ．θ1≤θ3≤θ2D ．θ2≤θ3≤θ19.【2018上海卷15】《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设AA ₁是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA ₁为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（）（A ）4 （B ） 8（C ）12 （D ）16二、填空题1.【2018全国二卷16】已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB △的面积为__________．2.【2018天津卷11】已知正方体1111ABCD A BC D -的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M EFGH -的体积为.3.【2018江苏卷10】如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为．三、解答题1.【2018全国一卷18】如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥.（1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；（2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.2.【2018全国二卷20】如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．3.【2018全国三卷19】如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AM D ⊥平面BMC ；（2）当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．4.【2018北京卷16】如图，在三棱柱ABC −111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11AC ，1BB 的中点，AB=BC AC =1AA =2．（Ⅰ）求证：AC ⊥平面BEF ；（Ⅱ）求二面角B−CD −C 1的余弦值；（Ⅲ）证明：直线FG 与平面BCD 相交．5.【2018天津卷17】如图，AD BC ∥且AD =2BC ，AD CD ⊥,EG AD ∥且EG =AD ，CD FG ∥且CD =2FG ，DG ABCD ⊥平面，DA =DC =DG =2.（I ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN CDE ∥平面；（II ）求二面角E BC F --的正弦值；（III ）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.6.【2018江苏卷15】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ；（2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ．7.【2018江苏卷22（附加题）】如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值；（2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．8.【2018浙江卷19】如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2．（Ⅰ）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（Ⅱ）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．9.【2018上海卷17】已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，半径为2（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设PO =4，OA ，OB 是底面半径，且∠AOB =90°，M 为线段AB 的中点，如图，求异面直线PM 与OB 所成的角的大小.参考答案一、选择题1.B2.A3.C4.A5.B6.C7.C8.D9.D 二、填空题 1.π240 2.121 3.43三、解答题1.解：（1）由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD . （2）作PH ⊥EF ，垂足为H .由（1）得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF 的方向为y 轴正方向，||BF 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H −xyz .由（1）可得，DE ⊥PE .又DP =2，DE =1，所以PE 又PF =1，EF =2，故PE ⊥PF .可得322PH EH ==.则33(0,0,0),(1,,0),(1,22H P D DP --=HP =为平面ABFD 的法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则34sin ||||||3HP DPHP DP θ⋅===⋅所以DP 与平面ABFD . 2解：（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且OP =连结OB ．因为AB BC AC ==，所以ABC △为等腰直角三角形，且OB AC ⊥，122OB AC ==．由222OP OB PB +=知PO OB ⊥．由,OP OB OP AC ⊥⊥知PO⊥平面ABC ．（2）如图，以O 为坐标原点，的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -．由已知得)0,0,0(O ，)0,0,2(B ，)0,2,0(-A ，)0,2,0(C ，)32,0,0(P ，)32,2,0(=AP 取平面PAC 的法向量)0,0,2(=．设(,2,0)(02)M a a a -<≤，则)0,4,(a a -=．设平面PAM 的法向量为(,,)x y z=n ．由0=⋅n ，0=⋅n 得20(4)0yax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取,)a a =--n ，所以2223)4(32)4(32,cos aa a a n ++-->=<．由已知可得23,cos =><n OB ．4a =-（舍去），43a =．所以4()3=-n ．又)322,0(-=，PC ，所以43,cos >=<n ．所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为4． 3.解：（1）由题设知,平面CMD ⊥平面ABCD ,交线为CD .因为BC ⊥CD ,BC ⊂平面ABCD ,所以BC ⊥平面CMD ,故BC ⊥DM .因为M 为CD 上异于C ，D 的点,且DC 为直径，所以 DM ⊥CM . 又 BCCM =C ,所以DM ⊥平面BMC .而DM ⊂平面AMD ,故平面AMD ⊥平面BMC .（2）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 .当三棱锥M −ABC 体积最大时，M 为CD 的中点.由题设得(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,1,1)D A B C M ，(2,1,1),(0,2,0),(2,0,0)AM AB DA =-==设(,,)x y z =n 是平面MAB 的法向量,则0,0.AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.x y z y -++=⎧⎨=⎩ 可取(1,0,2)=n .DA 是平面MCD 的法向量,因此5cos ,5||||DA DA DA ⋅==n n n ， 2sin,5DA =n ，所以面MAB 与面MCD 4.解：（Ⅰ）在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∵CC 1⊥平面ABC ，∴四边形A 1ACC 1为矩形．又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点，∴AC ⊥EF ． ∵AB =BC ．∴AC ⊥BE ，∴AC ⊥平面BEF ．（Ⅱ）由（I ）知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1．又CC 1⊥平面ABC ，∴EF ⊥平面ABC ． ∵BE ⊂平面ABC ，∴EF ⊥BE ．如图建立空间直角坐标系E -xyz ．由题意得B （0，2，0），C （-1，0，0），D （1，0，1），F （0，0，2），G （0，2，1）．)1,0,2(=∴CD ，)0,2,1(=CB ，设平面BCD 的法向量为()a b c =，，n ， ∴⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00n n ，∴2020a c a b +=⎧⎨+=⎩，令a =2，则b =-1，c =-4，∴平面BCD 的法向量(214)=--，，n ，又∵平面CDC 1的法向量为)0,2,0(=，∴2121cos -=>=⋅<n ．由图可得二面角B -CD -C 1为钝角，所以二面角B -CD -C 1的余弦值为．（Ⅲ）由（Ⅱ）知平面BCD 的法向量为(214)=--，，n ，∵G （0，2，1），F （0，0，2），∴)1,2,0(-=，∴2-=⋅n ，∴n 与不垂直，∴GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内，∴GF 与平面BCD 相交．5.解：依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA ，DC ，DG 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D （0，0，0），A （2，0，0），B （1，2，0），C （0，2，0），E （2，0，2），F （0，1，2），G （0，0，2），M （0，32，1），N （1，0，2）．（Ⅰ）证明：依题意DC =（0，2，0），DE =（2，0，2）．设n 0=(x ，y ，z )为平面CDE的法向量，则0000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即20220y x z =⎧⎨+=⎩，，不妨令z=–1，可得n 0=（1，0，–1）．又MN =（1，32-，1），可得00MN ⋅=n ，又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ．（Ⅱ）解：依题意，可得BC =（–1，0，0），(122)BE =-，，，CF =（0，–1，2）．设n =（x ，y ，z ）为平面BCE 的法向量，则00BC BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即0220x x y z -=⎧⎨-+=⎩，，不妨令z =1，可得n =（0，1，1）．设m =（x ，y ，z ）为平面BCF 的法向量，则00BC CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，m m 即020x y z -=⎧⎨-+=⎩，，不妨令z =1，可得m =（0，2，1）．因此有cos<m ，n>=||||⋅=m n m n sin<m ，n．所以，二面角E –BC –F．（Ⅲ）解：设线段DP 的长为h （h ∈［0，2］），则点P 的坐标为（0，0，h ），可得(12)BP h =--，，．易知，DC =（0，2，0）为平面ADGE 的一个法向量，故 cos BP DC BP DC BP DCh ⋅<⋅>==，h ∈［0，2］．所以线段DP 6.证明：（1）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1．因为AB ⊄平面A 1B 1C ，A 1B 1⊂平面A 1B 1C ，所以AB ∥平面A 1B 1C ．（2）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，四边形ABB 1A 1为平行四边形．又因为AA 1=AB ，所以四边形ABB 1A 1为菱形，因此AB 1⊥A 1B ．又因为AB 1⊥B 1C 1，BC ∥B 1C 1，所以AB 1⊥BC ．又因为A 1B ∩BC =B ，A 1B ⊂平面A 1BC ，BC ⊂平面A 1BC ，所以AB 1⊥平面A 1BC ．因为AB 1⊂平面ABB 1A 1，所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC ．7.解：如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1，则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以1,{},OB OC OO 为基底，建立空间直角坐标系O −xyz ．因为AB =AA 1=2，所以1110,1,0,,0,1,0,0,1,())()()2,,0,1,2)()A B C A B C --．（1）因为P 为A 1B 1的中点，所以1,2)2P -，从而131(,,2)(0,2,22),BP AC ==--，故111|||cos ,|||||5BP AC BP AC BP AC ⋅===⋅．因此，异面直线BP 与AC 1 （2）因为Q 为BC 的中点，所以1,0)2Q ，因此33(,0)2AQ =，11(0,2,2),(0,0,2)AC CC ==．设n =（x ，y ，z ）为平面AQC 1的一个法向量，则10,0,AQ AC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=n n 即30,2220.y y z +=⎪+=⎩不妨取1,1)=-n ，设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ，则111||sin |cos |,|||CC CC CC |θ==⋅⋅==n n n 所以直线CC 1与平面AQC 1 8.解：方法一：（Ⅰ）由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥得111AB AB ==，所以2221111A B AB AA +=.故111AB A B ⊥.由2BC =，112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥得11B C = 由2,120AB BC ABC ==∠=︒得AC =由1CC AC ⊥，得1AC =2221111AB BC AC +=，故111AB B C ⊥. 因此1AB ⊥平面111A B C .（Ⅱ）如图，过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连结AD.由1AB ⊥平面111A B C 得平面111A B C ⊥平面1ABB ，由111C D A B ⊥得1C D ⊥平面1ABB ，所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角.由111111BC AB AC ==111111cos C A B C A B ∠=∠=所以1C D =111sin C D C AD AC ∠==. 因此，直线1AC 与平面1ABB方法二：（Ⅰ）如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O -xyz.由题意知各点坐标如下：111(0,(1,0,0),(0,(1,0,2),),A B A B C因此111112),3),AB A B AC ==-=-uuu r uuu u r uuu u r由1110AB A B ⋅=uuu r uuu u r得111AB A B ⊥. 由1110AB AC ⋅=uuu r uuu u r 得111AB AC ⊥. 所以1AB ⊥平面111A B C .（Ⅱ）设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ.由（Ⅰ）可知11(0,0,2),AC AB BB ===uuu r uu u r uuu r设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n .由10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uuu r n n即0,20,x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩可取(,0)=n .所以111|sin |cos ,||||AC AC AC θ⋅===⋅uuu ruuu r uuu rn |n n |因此，直线1AC 与平面1ABB9.解：(1)依题意可知：圆锥的高度为322422=-=OP ，所以其体积为：πππ338322313122=⨯⨯⨯==h r V 。

2019-2020高考数学(理)复习试题汇编第八章立体几何含解析

r 3 ，所以1 222R3a 3 ， V 4 （.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 O O 内有一个球 O ，该球与圆柱的上、下面及母线均1 2相切．记圆柱 O 1O 2 的体积为V 1 ，球 O 的体积为V 2 ，则O 2OO 1VV1 的值是．21.解析设球 O 的半径为 r ，由题意V1r 2 2r ，V24 3V V23 3．故填．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 6a 218 a 23 .外接球直径为正方体的体对角线，所以4 27 9πR 3π π 33 8 23.（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： c m 3）的最大值为_______.EAFOBC1h = DG - OG = 25 - 10x + x - x = 25 - 10x ， △S ABC = 2 3x ⋅ 3x ⋅ 12⋅ h = 3x 2 25 - 10x = 3 25x 4 - 10x 5 .令 f (x ) = 25x 4 - 10 x 5 ， x ∈ 0, ⎪ ， 1 ⎛ 5 ⎫ f (x ) 在 (0,2 )上单调递增，在 2, ⎪ 上单调递减.故 f (x )≤ f (2) = 80 ，则A ． πB ． 3π r = 12 - ⎪ =3.解析由题意，联结 OD ，交 BC 于点 G ，如图所示，则 O D ⊥ BC ， OG =3 BC ，6即 OG 的长度与 BC 的长度成正比.设 OG = x ，则 BC = 2 3x ， DG = 5 - x ，三棱锥的高2 2 2 2 =3 3x 2 ，则 V =3 △S ABC ⎝ 2 ⎭f ' (x ) = 100 x 3- 50 x 4，令 f ' (x ) > 0 ，即 x 4- 2x 3< 0 ， x < 2 ，当 f ' (x ) < 0 ，得 2 < x < 52，所以⎛ 5 ⎫⎝ 2 ⎭V ≤ 3 ⨯ 80 = 4 15 ，所以体积的最大值为 4 15 cm 3.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（）.4C ． π 2D ．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⎛ 1 ⎫2⎝ 2 ⎭3 2 ，则圆柱体的体积V = πr 2h = 3π4 .故选B.题型87 几何体的外接球与内切球S=⨯(π⨯12)⨯3=232S= 2⨯1⨯⎪⨯3=1，所以几何体体积，三棱锥体积为22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：cm3）是（）. A.π2π3π3π+1 B.+3 C.+1 D.222+35.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111π1⎛1⎫3⎝2⎭S=S+S=π+1．故选A．126.（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.10B.12C.14D.16= V = V - V = π ⋅ 32 ⋅10 - ⋅ π ⋅ 32 ⋅ 6 = 63π .故选 B.2 上 26. 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，S = (2 + 4)⨯ 2 ÷ 2 = 6 ， S 梯全梯 6 ⨯ 2 = 12 .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 ． 90πB ． 63πC ． 42πD ． 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．1 1总6468.（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. 3 2B. 2 3C. 2 2D.29.解析该几何体的体积为V=1π⨯12⨯1⨯2+2⨯1⨯1=+2．8.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l=22+22+22=23.故选B.19.（2017山东理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所示，则该4几何体的体积为.π42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，C G()=30，从而s in∠MAC=3.记AC=107，A M=40，所以MC=402-1071111故PQ1=12，从而AP=PQ sin∠MACE 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11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CC1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GG1上，求l没入水中部分的长度．D1C1H1G1A1B1O1E1F1DH OA B E F容器Ⅰ容器Ⅱ10.解析（1）由正棱柱的定义，C C⊥平面ABCD，所以平面A ACC⊥平面ABCD，111CC⊥AC．1记玻璃棒的另一端落在CC1上点M处，如图所示为截面A1ACC1的平面图形．因为24AM与水面的交点为P，过点P作PQ1⊥AC，Q1为垂足，则PQ1⊥平面ABCD，1111=16．答：玻璃棒l没入水中部分的长度为16cm．= + ∠KGG ⎪ = cos ∠KGG = ．设 ∠EGG = α ， ∠ENG = β ，则 sin α = sin⎝ 2 1 ⎭5 < α < π ，所以 cos α = - 因为 0 < β < πsin α cos β + cos α sin β = 4 ⨯ + - ⎪⨯ = ．222A 1AC 1 MP 1Q 1 C问(1)（2）如图所示为截面 E 1EGG 1 的平面图形， O ， O 1 是正棱台两底面的中心．由正棱台的定义，OO 1 ⊥ 平面 EFGH ，所以平面 E 1EGG 1 ⊥ 平面 EFGH ，O 1O ⊥ EG ．同理，平面 E 1EGG 1 ⊥ 平面 E 1F 1G 1H 1 ， O 1O ⊥ E 1G 1 ．记玻璃棒的另一端落在 GG 1 上点 N 处．过 G 作 GK ⊥ E 1G 1 ， K 为垂足，则 GK = OO 1 = 32 ．因为 EG 14 ， E 1G 1 = 62 ，所以 KG 1 = 62 - 142= 24 ，从而 GG = 1KG 2 + GK 2 = 242 + 322 = 40 ．1⎛π ⎫ 4 1 1因为π3． 2 5在 △ENG 中，由正弦定理可得40 14 7= ，解得 sin β = ． sin α sin β 2524，所以 cos β =， 225于是 sin ∠NEG = sin (π- α - β ) = sin (α + β )=24 ⎛ 3 ⎫ 7 35 25 ⎝ 5 ⎭ 25 5记 EN 与水面的交点为 P ，过 P 作 P Q 2 ⊥ EG ， Q 2 为垂足，则 P 2Q 2 ⊥ 平面 EFGH ，故 P 2Q 2 = 12 ，从而 EP =PQsin ∠NEG( )= 30 ， PQ AC = 10 7 ， A M = 40 ，所以 C M = 402 - 10 7 CM AM 30 40 1= 20 ．2 22答：玻璃棒 l 没入水中部分的长度为 20 cm ．E 1O 1KG 1NP 2E O G Q 2问(2)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：21 1= 12 ，所以由 △ AP Q 1△∽ A CM ， PQ AP 12 AP1 1 = 1 ，即 = 1 ，解得 AP = 16 ． 1答：玻璃棒 l 没入水中部分的长度为16 cm ．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 ， △P AD 是以 AD 为斜边的等腰直角三角形， BC //AD ， CD ⊥ AD ， PC = AD = 2DC = 2CB ， E 为 PD 的中点.（1）证明： C E // 平面 PAB .PEA DB C11.解析（1）如图所示，设 P A DE 的中点为 F ，联结 EF ， FB .因为E，F分别为PD，P A的中点，所以EF//AD，且EF=12 AD.又因为BC//AD，BC=12AD，所以EF//BC，且EF=BC，所以四边形BCEF为平行四边形，所以C E//BF，又BF⊂平面P AB，所以CE//平面P AB.PFH Q EANDB M C12.（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．AEB F DC12.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，BC AB=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.（2017全国2卷理科19）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，侧面P AD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=（1）求证：直线C E//平面P AB；12AD，∠BAD=∠ABC=90o，E是PD的中点.=PMEADBC13．解析（1）令 P A 的中点为 F ，联结 EF ， BF ，如图所示．因为点E ， F 为 PD ， P A1的中点，所以 E F 为 △P AD 的中位线，所以EF // AD ．又因为∠BAD = ∠ABC = 90︒ ，所以=2BC ∥AD ．又因为 AB = BC = 12 1AD ，所以 BC // = 2 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 ⊂ 面P AB ，所以 CE ∥ 平面 PAB .zPFMEBAxCOM 'D y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 ．ABEF DC14.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，BC AB=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.（2017全国1卷理科18（1））如图所示，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且∠BAP=∠CDP=90.(1)求证：平面P AB⊥平面P AD；PD CA B15.解析（1）证明：因为∠BAP=∠CDP=90，所以P A⊥AB，PD⊥CD.又因为AB∥CD，所以PD⊥AB.又因为PD P A=P，PD，P A⊂平面P AD，所以AB⊥平面P AD.又AB⊂平面P AB，所以平面P AB⊥平面P AD.16.（2017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；由 ⎨BD = BD，得 △ A BD ≥? CBD ，所以 AD = CD ，即 △ A CD 为等腰直角三角形，⎪∠ABD = ∠DBC， OB = ，夹角或其补角（异面线所成角为 0 ， ⎥ ）.可知 MN = AB = ， NP = BC = ，取 BC 的中点 Q ，联结 PQ, MQ , PM ，则可知 △PQM 为直角三角形．PQ = 1 ，MQ = AC .π⎤ 2 ⎦ 1 116．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 .⎧ AB = BC ⎪ ⎩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 OD =a 3a 2 2所以 OD2 + OB2 = BD2 ，从而由勾股定理的逆定理可得 ∠DOB = π2 ，即 OD ⊥ OB .⎧OD ⊥ AC ⎪OD ⊥ OB ⎪⎪由 ⎨ AC OB = O ，所以 OD ⊥ 平面 ABC .⎪ AC ⊂ 平面ABC ⎪⎪⎩OB ⊂ 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 .DEC OBA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.（2017 全国 2 卷理科 10）已知直三棱柱 ABC - A B C 中， ∠ABC = 120 ， AB = 2 ，1 1 1BC = CC = 1，则异面直线 AB 与 BC 所成角的余弦值为（）.1 11A ．3215 10 B ． C ． D ．5 53317．解析设 M ，N ，P 分别为 AB ，BB ，B C 的中点，则 AB 和 BC 的夹角为 MN 和 NP11 111⎛ 1 5 1 2 ⎝ 2 2 2 212A⋅B c⋅o B sC∠=4A+B1-C⨯2⨯2⋅ -1⎪=222-AC=7，则MQ=7，则在△MQP中，MP=MQ2+PQ2=⎪+ ⎪- 2⎪⎭2⎪⎭2⎪⎭MN2+NP2-PM2在△PMN中，cos∠PNM==⎝2⋅MN⋅NP又异面直线所成角为 0，⎥，则其余弦值为．故选C.π⎤2⎦在△ABC中，A C=A B+B2C⎛1⎫⎝2⎭，7即1122.⎛1⎝5⎛5⎫2⎛2⎫2⎛11⎫2⎝⎝522⋅⋅22=-10.518.（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AB=3，AD=2，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∠EBC=120︒，所以∠CBP=30︒.（2）以B为坐标原点，分别以B E，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.13⎪m⋅AG=0⎪x+3y=0⎪⎪由⎨，可得⎨2⎪n⋅C G=0⎪2x+3z=0⎪⎪从而cos m,n=m⋅nm⋅n2，易知二面角zAF GDExBPCy由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1,3,3)，C(-1,3,0)，则AE=(2,0,-3)，AG=(1,3,0)，CG=(2,0,3).设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一个法向量，⎧m⋅AE=0⎧2x1-3z1=0由⎨，可得⎨，11取z1=2，可得平面AEG的一个法向量m=(3,-3,2).设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一个法向量，⎧n⋅AG=0⎧x+3y=0222，取z2=-2，可得平面ACG的一个法向量n=(3,-3,-2).=1E-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ABCD-A B C D中，AA⊥平面ABCD，11111且AB=AD=2，AA=3，∠BAD=120︒．1（1）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（2）求二面角B-A1D-A的正弦值．{ }则 cos A 1B, AC 1 = (3, -1,- 3 )⋅ (3,1, 3)1 =- ． A B AC = )A 1D 1B 1C 1ADBC19.解析在平面 ABCD 内，过点 A 作 AE ⊥ AD ，交 BC 于点 E ．因为 AA 1 ⊥ 平面 ABCD ，所以 AA 1 ⊥ AE ， AA 1 ⊥ AD ．如图所示，以 AE , AD , AA 1 为正交基底，建立空间直角坐标系 A - xyz ．zA 1D 1B 1C 1AD yBECx因为 AB = AD = 2 ， AA = 3 ， ∠BAD = 120︒ ．1则 A (0,0,0 ) ，B (3, -1,0 )，D (0,2,0 ) ，E ( 3,0,0 )， A (0,0, 3 )，C( 3,1, 3 )．1 1（1） A B =1( 3, -1,- 3 )， AC = ( 3,1, 3 )，1A B ⋅ AC1 1 1 1 7 7因此异面直线 A 1B 与 AC 1 所成角的余弦值为 1 7．（2）平面 A 1DA 的一个法向量为 AE = (3,0,0 )．设 m = (x, y , z ) 为平面 BA 1D 的一个法向量，又 A 1B = (3, -1,- 3 )， BD =(-3,3,0 ，⎧⎪m ⋅ A B= 0 ⎧ 3x - y - 3z = 0 则 ⎨ ，即 ⎨ ．( )⎩ ⎩ ⋅ 3因此二面角 B - A 1D - A 的正弦值为 7 )0 0 2 0 0 2 01 ⎪m ⋅ BD = 0 ⎪- 3x + 3 y = 0不妨取 x = 3 ，则 y = 3 ， z = 2 ，所以 m = 3, 3,2 为平面 BA 1D 的一个法向量.从而 cos AE , m =AE ⋅ m AE m =(3,0,0 ) (3, 3 ⨯ 43,2 )= 34，设二面角 B - A 1D - A 的大小为θ ，则 cos θ = 4 ．因为 θ ∈ [0, π] ，所以 sin θ = 1 - cos 2θ =74．4．20. （ 2017 全国 1 卷理科 18 ）如图所示，在四棱锥 P - ABCD 中， AB //CD ，且∠BAP = ∠CDP = 90 .(1)求证：平面 P AB ⊥ 平面 P AD ；(2)若 P A = PD = AB = DC ， ∠APD = 90 ，求二面角 A - PB - C 的余弦值.PDCAB20. 解析（1）证明：因为 ∠BAP = ∠CDP = 90 ，所以 P A ⊥ AB ， PD ⊥ CD .又因为 AB ∥ CD ，所以 PD ⊥ AB .又因为 PDP A = P ， PD ， P A ⊂ 平面 P AD ，所以 AB ⊥平面 P AD .又 AB ⊂ 平面 P AB ，所以平面 P AB ⊥ 平面 P AD .（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 P AD ，所以 OE ⊥ 平面 P AD .又 PO ，AD ⊂ 平面 P AD ，所以 OE ⊥ PO ， OE ⊥ AD .又因为 P A = 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 P A = 2 ，所以 D (- 2 ，， )， B ( 2 ，， )， P (0 ，， 2 )， C (-2 ，，，)0-2-00⎪⎪⎩⎩()()PD⋅n=所以PD=(-2，，2)，PB=(2，，2)，BC=(-2设n=(x,y,z)为平面PBC的一个法向量，2，，.⎧n⋅PB=0⎧2x+2y-2z=0由⎨，得⎨⎪n⋅BC=0⎪-22x=0.令y=1，则z=2，x=0，可得平面PBC的一个法向量n=0,1,2.因为∠APD=90︒，所以PD⊥P A，又知AB⊥平面P AD，PD⊂平面P AD，所以PD⊥AB，又P A AB=A，所以PD⊥平面P AB.即PD是平面P AB的一个法向量，PD=-2,0,-2，从而cos PD,n=PD⋅n-223=-33.由图知二面角A-PB-C为钝角，所以它的余弦值为-33.21.（2017全国2卷理科19）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，侧面P AD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=12AD，∠BAD=∠ABC=90o，E是PD的中点.（1）求证：直线C E//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.PM EA DB C21．解析（1）令P A的中点为F，联结EF，BF，如图所示．因为点E，F为PD，P A=2=( )0 0 - 0 - 0 0 0 1 0 0 3 3 设 MM ' = a ， CM ' = a ， OM ' = 1 - a ．所以 M ' 1 - 3 a ，0 ，0 ⎪ ．3 a 2 + 1 = a ⇒ a = M ' 1 - ，0 ，0 ⎪⎪ ， M 1 - 2 ，0 ， 2 ，1， ⎪ ， AM = 1 - 22 ⎪⎭ ， AB = (1，0 ，0) ． 2 ⎪⎭ ⎫ ⎛ ⎛ 211的中点，所以 E F 为 △P AD 的中位线，所以EF // AD ．又因为∠BAD = ∠ABC = 90︒ ，所以BC ∥AD ．又因为 AB = BC = 1 21AD ，所以 BC // =2 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 ⊂ 面P AB ，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 AB = BC = 1 ，则O (0 ，， ) ， A (0 ， 1， ) ， B (1， 1， ) ， C (1，，) ， D (0 ，，) ， P 0 ，， 3 ．点 M 在底面 ABCD 上的投影为 M ' ，所以 MM ' ⊥ BM ' ，联结 BM ' ．因为 ∠MBM ' = 45 ，所以△MBM ' 为等腰直角三角形．因为 △POC 为直角三角形，OC =33OP ，所以 ∠PCO = 60 ．⎛ 3 ⎫ 3 3 ⎝ ⎭⎛ 3 ⎫2 1 6BM ' = 3 a ⎪ + 12 + 02 = 2 ⎝ ⎭．从而 OM ' = 1 - 3 2 a = 1 -3 2．所以 ⎛ 2 2 6 ⎫ 2 6 ⎫ ⎝ ⎭ ⎝ ⎝设平面 ABM 的法向量 m = (0 ，y ，z ) ，则 m ⋅ AM = y +6 z = 0 ，所以m = (0 ，- 6 ，2) ，111易知平面 ABD 的一个法向量为 n = (0 ，0 ，1) ，从而 cos m ,n = m ⋅ n 10= ．故二面角m ⋅ n 5M - AB - D 的余弦值为 105．zPFMEBAxCOM 'D y22.（2017 全国 3 卷理科 19）如图所示，四面体 ABCD 中，△ A BC 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，由⎨BD=BD，得△A BD≥?CBD，所以AD=CD，即△A CD为等腰直角三角形，⎪∠ABD=∠DBC，OB=，⎛a⎫⎛a⎫建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A ,0,0⎪，D 0,0,⎪，B 0,2,0⎪，E 0,4a,⎪⎪，⎛2⎭AE=-,,⎪⎪，AD= -,0,⎝244⎭⎪，OA= ,0,0⎪.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.⎧AB=BC⎪⎩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OD=a3a 22所以OD2+OB2=BD2，从而由勾股定理的逆定理可得∠DOB=π2，即OD⊥OB.⎧OD⊥AC⎪OD⊥OB⎪⎪由⎨AC OB=O，所以OD⊥平面ABC.⎪AC⊂平面ABC⎪⎪⎩OB⊂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.DECOBA⑵由题意可知VD-ACE =VB-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，⎛3a⎫3a⎫⎝2⎭⎝⎝⎭⎝4⎭易得⎛a3a a⎫⎛a a⎫⎛a⎫⎝22⎭⎝2⎭设平面AED的法向量为n1=(x1,y1,z1)，平面AEC的法向量为n2=(x2,y2,z2)，⎪⎩AD⋅n=0(3,1,3)；⎧⎪⎨AE⋅n则⎨，取n=⎪⎩OA⋅n=0()⎧⎪AE⋅n=0=012121，取n=0,1,-3.2设二面角D-AE-C为θ，易知θ为锐角，则cosθ=zDECOn⋅n12n⋅n12B y7=.7xA23.（2017北京理16）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，平面P AD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD//平面MAC，P A=PD=（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．6，AB=4．23.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.PMA BD E C（2）取AD的中点O，联结O P，OE.因为P A=PD，所以OP⊥AD.又因为平面P AD⊥平面ABCD，且OP⊂平面P AD，所以OP⊥平面ABCD.因为OE⊂平面ABCD，所以OP⊥OE.⎪⎪⎩⎩M -1,2,⎪⎪，C(2,4,0)，MC=(3,2,-).设直线MC与平面BDP所成角为α，则sinα=cos<n,MC>=n⋅MC因为ABCD是正方形，所以O E⊥AD.如图所示，建立空间直角坐标系O-xyz，则P(0,0,2)，D(2,0,0)，B(-2,4,0)，BD=(4,-4,0)，PD=(2,0,-2).⎧n⋅BD=0⎧4x-4y=0设平面BDP的法向量为n=(x,y,z)，则⎨，即⎨⎪n⋅PD=0⎪2x-2z=0令x=1，则y=1，z=2，于是n=(1,1,2)..平面P AD的法向量为p=(0,1,0)，所以cos<n,p>=n⋅p1=. |n||p|2由题知二面角B-PD-A为锐角，所以它的大小为zPM π3.A BD OECyx⎛2⎫2（3）由（1）知⎝2⎭2所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为26.9n MC=269.24.（2017天津理17）如图所示，在三棱锥P-ABC中，P A⊥底面ABC，∠BAC=90.点D，E，N分别为棱P A，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，P A=AC=4，AB=2.（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P A上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为721，求线段AH的0 0) 0 0) 4 0) 0 4) 0 2) 2 2) 0 1) 2 0) ⎪ ⎪⎩ n ⋅ MN = 0 ⎪ 因此有 cos n 1, n 2 = n⋅ n415 | n || n | 2121PDMAEBNC24.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 A(0，，， B(2，，， C (0，，， P(0，，， D(0，，， E (0，，，M (0，，， N (1，，．zPDMEB ACxNy（1）证明： DE = (0, 2,0 )， DB = (2,0, -2 ) .设 n = ( x , y , z) 为平面 BDE 的一个法向量，⎧n ⋅ DE = 0 ⎧2 y = 0 则 ⎨ ，即 ⎨ ，不妨设 z = 1 ，可得 n = (1,0,1) .⎪⎩n ⋅ DB = 0⎩2 x - 2 z = 0又 MN = (1,2, -1) ，可得 MN ⋅ n = 0 ，因为 MN ⊄ 平面 BDE ，所以 MN // 平面 BDE ．（2）易知 n = (1,0,0) 为平面 CEM 的一个法向量.设 n = ( x , y , z) 为平面 EMN 的一个法向12⎧n ⋅ EM = 0量，则 ⎨ 2 2⎧-2 y - z = 0 ，因为 EM = (0, -2, -1) ， MN = (1,2, -1) ，所以 ⎨⎩ x + 2 y - z = 0 .不妨设 y = 1 ，可得 n = (-4,1,-2) .21 2 =- ，于是 sin n , n =1 21 2.所以二面角 C - EM - N 的正弦值为 1521.由已知得 cos NH , BE = | NH ⋅ BE | 解得 h = 8 0 h（3）依题意，设 AH = h (0剟h 4 ) ，则 H （0，，），进而可得 NH = (-1,-2, h) ，BE = (-2,2,2) .| 2h - 2 | 7= = ，整理得10h 2 - 21h + 8 = 0 ，| NH || BE | h 2 + 5 ⨯ 2 3 2118 1或 h = .所以线段 AH 的长为或 .5 2 5 225.（2107 浙江 19）如图所示，已知四棱锥P - ABCD ，△P AD 是以 AD 为斜边的等腰直角三角形， BC //AD ， CD ⊥ AD ， PC = AD = 2DC = 2CB ， E 为 PD 的中点.（1）证明： C E // 平面 P AB ；（2）求直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值.PEA DB C25.解析（1）如图所示，设 P A DE 的中点为 F ，联结 EF ， FB .1因为 E ， F 分别为 PD ， P A 的中点，所以 EF //AD ，且 EF = AD .2又因为 BC //AD ， BC = 1 2AD ，所以 EF //BC ，且 EF =BC ，所以四边形 BCEF 为平行四边形，所以 C E //BF ，又 BF ⊂ 平面 P AB ，所以 CE // 平面 P AB .PFH QEANDBM C（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 ，P A ，AD 的中点，所以 Q 为 EF 的中点，在平行四边形 BCEF 中， MQ //CE .由 △P AD 为等腰直角三角形，得 PN ⊥ AD .-BC在Rt△MQH中，QH=1Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP=PB，==2，分别记二面角D–PR–Q，由DC⊥AD，N是AD的中点，所以ND=12AD=BC，且DN∥BC,所以四边形BCDN 是平行四边形，所以B N∥CD，所以B N⊥AD.又BN PN=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CD=1.在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=2，由余弦定理得C E=2，又BC⊥平面PBN，PB⊂平面PBN，所以BC⊥PB.在△PBN中，由PN=BN=1，PB=PC22=3，QH⊥PB,Q为PN的中点，得QH=14.2，MQ=2，所以sin∠QMH=，48所以直线C E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，BQ CRQC RAD–PQ–R，D–QR–P的平面角为α，β，γ，则（）.A．γ<α<βC．α<β<γB．α<γ<βD．β<γ<α26.解析如图所示，设点D在底面ABC内的射影为O，判断O到PR，P Q，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α,β,γ均为锐角．P为三等分点，O到△PQR三边的距离相等．动态研究问题：P111P，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α<γ<β．设AB'与直线a所成夹角为α∈⎢0,⎥，则cosα=(cosθ,sinθ,-1)⋅(0,1,0)sinθ∈⎢0,⎥，⎣2⎦⎡所以α∈⎢,⎥，故③正确，④错误．CQ R OA P P1B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.（2017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AC=1，AB=2，边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D(1,0,0)，A(0,0,1)，直线a的方向单位向量a=(0,1,0)，a=1．B点起始坐标为(0,1,0)，直线b的方向单位向量b=(1,0,0)，b=1．设B点在运动过程中的坐标B'(cosθ,sinθ,0)，其中θ为B'C与CD的夹角，θ∈[0,2π).那么AB'在运动过程中的向量AB'=(cosθ,sinθ,-1)，AB'=2．⎡π⎤⎣2⎦a AB'=22⎤2⎡ππ⎤⎣42⎦cos β = AB ' ⋅ b ．从而 cos β = cos θ = ．因为 β ∈ ⎢0, ⎥ ，所以 β = ，此时 AB ' 与 b 的夹角为 60︒ ．所以②正确，①错误．故填② ③.π设 AB ' 与直线 b 所成夹角为 β ∈[0, ] ，2b AB ' = (- cos θ ,sin θ ,1) ⋅ (1,0,0) b AB ' = 2 2cos θ .当 AB ' 与直线 a 夹角为 60︒ 时，即 α = π 3，sin θ = 2 cos α = 2 cos π 3 =2 2．因为 cos 2 θ + sin 2 θ = 1，所以 cos θ =2 2 1 2 2 2⎡ π ⎤ π ⎣ 2 ⎦3zAyC(O)a Bθ B 'b D x28.（2017 天津理 17）如图所示，在三棱锥P - ABC 中， P A ⊥ 底面 ABC ， ∠BAC = 90 .点 D ，E ，N 分别为棱 P A ， PC ， BC 的中点， M 是线段 AD 的中点， P A = AC = 4 ，AB = 2 .（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 P A 上，且直线 NH 与直线 BE 所成角的余弦值为长.P D EM ABNC7 21，求线段 AH 的0 0) 0 0) 4 0) 0 4) 0 2) 2 2) 0 1) 2 0) 则 ⎨，即 ⎨ ，不妨设 z = 1 ，可得 n = (1,0,1) . ⎪⎩n ⋅ DB = 02 x - 2 z = 0 ⎪ ⎪⎩n ⋅ MN = 0 ，因为 EM = (0, -2, -1) ， MN = (1,2, -1) ，所以 ⎨x + 2 y - z = 0 ⎪ 因此有 cos n , n = n⋅ n 4 15| n || n | 21 21 1 2由已知得 cos NH , BE = | NH ⋅ BE | 解得 h = 8 0 h28.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 A(0，，， B(2，，， C (0，，， P(0，，， D(0，，， E (0，，，M (0，，， N (1，，．zPDMEB ACxNy（1）证明： DE = (0, 2,0 )， DB = (2,0, -2 ) .设 n = ( x , y , z) 为平面 BDE 的一个法向量，⎧n ⋅ DE = 0 ⎧2 y = 0 ⎩又 MN = (1,2, -1) ，可得 MN ⋅ n = 0 ，因为 MN ⊄ 平面 BDE ，所以 MN // 平面 BDE ．（2）易知 n = (1,0,0) 为平面 CEM 的一个法向量.设 n = ( x , y , z) 为平面 EMN 的一个法向12量，⎧n ⋅ EM = 0则 ⎨ 2 2⎧-2 y - z = 0 ⎩ .不妨设 y = 1 ，可得 n = (-4,1,-2) .21 2 =- ，于是 sin n , n = 1 2 12.所以二面角 C - EM - N 的正弦值为 1521.（3）依题意，设 AH = h (0剟h 4 ) ，则 H （0，，），进而可得 NH = (-1,-2, h) ，BE = (-2,2,2) .| 2h - 2 | 7= = ，整理得10h 2 - 21h + 8 = 0 ，| NH || BE | h 2 + 5 ⨯ 2 3 211 8 1或 h = .所以线段 AH 的长为或 .5 2 5 2题型101立体几何中的最值问题探究与扩展——暂无。

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高三数学（理）一轮复习第八编立体几何
单元检测八
班级姓名得分
一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70分）
1.设α、β、γ是三个不重合的平面，m 、n 是不重合的直线，给出下列命题：
①若α⊥β,β⊥γ，则α⊥γ;②若m ∥α,n ∥β, α⊥β,则m ⊥n ;③若α∥β,γ∥β,
则α∥γ④若m 、n 在γ内的射影互相垂直，则m ⊥n ，其中错误命题有个.
2.过球的一条半径的中点,作垂直于该半径的平面,则所得截面的面积与球的表面积
的比为 .
3.如下图所示，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为1的正方形，俯视图是一个直径为1的圆，那么这个几何体的全面积为 .
4.如图所示，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB =BC =2，AA 1=1，则AC 1与
平面A 1B 1C 1D 1所成角的正弦值为 .
5.把半径为1的四个球垒成两层放在桌上，下层三个，上层一个，两两相切，则上
层小球的球心到桌面的距离是 .
6.关于直线m 、n 与平面α、β，有下列四个命题：
①m ∥α,n ∥β且α∥β，则m ∥n ;②m ⊥α,n ⊥β且α⊥β,则m ⊥n ;
③m ⊥α,n ∥β且α∥β,则m ⊥n ;④m ∥α,n ⊥β且α⊥β,则m ∥n .
其中真命题的序号是 .
7.正方体的全面积为24，球O 与正方体的各棱均相切，球O 的体积是 .
8. 矩形ABCD 的两边AB =3，AD =4，PA ⊥平面ABCD ，且PA =
5
34，则二面角A —BD —P 的度数为 .
9.在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E 、F 分别为棱AA 1、BB 1的中点，G 为棱A 1B 1
上的一点，且A 1G =λ（0≤λ≤1）,则点G 到平面D 1EF 的距离为 .
10.已知正四棱锥S —ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，
则AE 、SD 所成的角的余弦值为 .
11.已知正四棱锥的体积为12，底面对角线的长为26，则侧面与底面所成的二面角等于 .
12.设a ,b ,c 是空间中互不重合的三条直线，
①若a ∥b ,b ∥c ,则a ∥c ;②若a ⊥b ,b ⊥c ,则a ∥c ;③若a 与b 相交，b 与c 相交，则a 与c 相交； ④若a ⊂平面α,b ⊂平面β,则a ,b 一定是异面直线；⑤若a ,b 与c 成等角，则a ∥b .
上述命题中正确的是（只填序号）.
13.若l 、m 、n 是互不相同的空间直线，α、β是不重合的平面，则下列命题中为真命题的
是（填序号）.
①若α∥β,l ⊂α,n ⊂β，则l ∥n ，②若α⊥β，l ⊂α,则l ⊥β
③若l ⊥n ,m ⊥n ,则l ∥m ，④若l ⊥α,l ∥β,则α⊥β
14．在直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC=2a，BB1=3a，D是A1C1的中点，点E在棱AA
1上，要使CE⊥平面B1DE，则AE= .
二、解答题（本大题共6小题，共90分）
15.（14分）在四面体ABCD中，CB=CD，AD⊥BD，且E，F分别是AB，BD的中点，
求证：（1）直线EF∥平面ACD;（2）平面EFC⊥平面BCD.
16.（14分）一个多面体的直观图和三视图（正视图、左视图、俯视图）如图所示，M、N分别为A1B、B1C1的中点。

求证：（1）MN∥平面ACC1A1；（2）MN⊥平面A1BC.
17.（14分）如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，四边形A1ABB1是菱形，四边形BCC1B1是矩形，
AB⊥BC，CB=3，AB=4，∠A1AB=60°.
（1）求证：平面CA1B⊥平面A1ABB1；
（2）求直线A1C与平面BCC1B1所成角的正切值；
（3）求点C1到平面A1CB的距离.
18.（16分）三棱锥被平行于底面ABC 的平面所截得的几何体如图所示，截面为A 1B 1C 1，∠BAC =90°, A 1A
⊥平面ABC ,A 1A =3,AB =2,AC =2, A 1C 1=1,DC BD =2
1.
(1)证明:平面A 1AD ⊥平面BCC 1B 1； (2)求二面角A —CC 1—B 的余弦值.
19.（16分）如图所示，在矩形ABCD 中，AB =2BC =2a ，E 为AB 上一点，将B 点沿线段EC 折起至点P ，连接
PA 、PC 、PD ，取PD 的中点F ，若有AF ∥平面PEC .
（1）试确定E 点位置；
（2）若异面直线PE 、CD 所成的角为60°，并且PA 的长度大于a ，
求证：平面PEC ⊥平面AECD .
20.(16分)如图所示，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直， BE∥CF，
∠BCF=∠CEF=90°,AD=3,EF=2.
(1)求证:AE∥平面DCF;
(2)当AB的长为何值时,二面角A—EF—C的大小为60°?。