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教辅：新课标版数学(理)高三总复习：第八章立体几何单元测试卷

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2014《高考调研》高考数学总复习(人教新课标)配套单元测试：第八章立体几何 Word版含解析

2014《高考调研》高考数学总复习(人教新课标)配套单元测试：第八章立体几何 Word版含解析

第八章单元测试一、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.8π3 B.82π3C．82π D.32π3答案 B解析S圆＝πr2＝1⇒r＝1，而截面圆圆心与球心的距离d＝1，∴球的半径为R＝r2＋d2＝ 2.∴V＝43πR3＝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()2A.163πB.193πC.1912πD.43π答案 B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.25B.35C.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 2 B.77π2 cm 2 C ．77π cm 2 D ．144π cm 2答案 C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P A 与BE 所成的角为( )4A.π6B.π4C.π3D.π2答案 C解析 连接AC 、BD 交于点O ，连接OE ，易得OE ∥P A . ∴所求角为∠BEO .由所给条件易得OB ＝62，OE ＝12P A ＝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 2 B.94πR 2 C.83πR 2 D.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63R －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 －r )2＝ 3.8∴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，R2＝22＋(AA12)2＝5，此球的表面积等于4πR2＝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P A、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P AD.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P A、PD的中点，所以EF∥AD∥BC，即直线BE与CF共面，①错；因为B∉平面P AD，E∈平面P AD，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P AD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10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P AC ；(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P AC . (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12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，P A ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，AB ＝4，P A ＝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：∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥CD . 又∵CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， ∴CD ⊥平面P AD .∴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.∵P A＝3，AD＝4，∴PD＝5，AG＝12 5.又P A2＝PG·PD，∴PG＝9 5.又GPCD＝PGPD，∴GF＝95×45＝3625，∴AE＝3625.(3)解：过E作EO⊥AC于点O，连接OF，易知EO⊥平面P AC，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＝EOEF＝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，14∴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|16＝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°，18∴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( )2A ．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 ⊥bB ．若a ⊥α，b ∥a ，b ⊂β，则α⊥βC ．若a ⊥α，b ⊥β，α∥β，则a ∥bD ．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；22C ．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＋4h (2＋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＝1.24∵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，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：BD ⊥平面P AC ；(2)若P A ＝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P A 的长． 解析 (1)因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC ⊥BD .又因为P A ⊥平面ABCD ， 所以P A ⊥BD ，又AC ∩P A ＝A ， 所以BD ⊥平面P AC . (2)设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝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＋36t 2＝0. 解得t ＝6，所以P A ＝ 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 ＝262.(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 →＝λP A →，λ≠1，则 PM →＝λ(0，－3，－4)．BM →＝BP →＋PM →＝BP →＋λP A →＝(－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＋3λ)y 1＋(4－4λ)z 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P AD ，故BC ⊥P A . (2)如图，在平面P AB 内作BM ⊥P A 于M ，连接CM .由(1)中知AP ⊥BC ，得28AP ⊥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，P A 2＝AO 2＋OP 2＝25，得P A ＝5. 又cos ∠BP A ＝P A 2＋PB 2－AB 22P A ·PB＝13，从而PM ＝PB cos ∠BP A ＝2，所以AM ＝P A －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)．30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－(23)2＝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 ＝22.32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 ，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)．34(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 ＝1.36∵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＝(3)2＋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)．38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.。

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

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.。

高中数学必修第二册《第8章 立体几何初步》单元测试卷(3)(含解析)

高中数学必修第二册《第8章 立体几何初步》单元测试卷(3)(含解析)

高中数学必修第二册《第8章立体几何初步》单元测试卷(3)一、单选题（本大题共3小题，共15.0分）1.如图，画出的是某四棱锥的三视图，网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的体积为()A. 15B. 16C. 503D. 5332.三棱锥S−ABC中，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA=2，AB=BC=1，则三棱锥S−ABC的外接球的表面积为()A. 6πB. 12πC. 16πD. 24π3.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F分别是棱AB、BB1的中点，则A1E与CF所成角的余弦值为()A. 12B. √22C. √215D. 25二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）4.把边长为√2的正方形ABCD沿对角线AC折成一个直二面角B−AC−D，则四面体ABCD的外接球的体积为______ ．5.若一个球的表面积为36π，则它的体积为________．6.已知四棱锥P−ABCD的所有顶点都在球O的表面上，顶点P到底面ABCD的距离为1，若球O的体积为323π，则四棱锥P−ABCD体积的最大值为______．7.已知正三棱锥的体积为√3，则其表面积的最小值为______．三、解答题（本大题共8小题，共96.0分）8.如图，已知在等边三角形ABC中，E，F分别为AB，AC的中点，M为EF的中点，N为BC边BC，连接AM，MN，BF，将△AEF沿EF折到△A′EF的位置，使平面A′EF⊥平上一点，且CN=14面EFCB．(1)求证：平面A′MN⊥平面A′BF；(2)求平面A′EF与平面A′BF夹角的余弦值．9.16、(本题满分14分)已知三棱锥中，平面ABC，，D为PB中点，E为的中点，(1)求证：BC平面；(2)求证：平面平面．10. 四棱锥P−ABCD中，PD⊥面ABCD，底面ABCD是菱形，且PD=DA=2，∠CDA=60°，过点B作直线l//PD，Q为直线l上一动点(1)求证：QP⊥AC；(2)当二面角Q−AC−P的大小为120°时，求QB的长．11. 如图，在四棱锥P −ABCD 中，PC ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，AB ⊥AD ，AB//CD ，AB =2AD =2CD =2，E 是PB 上的点．(Ⅰ)求证：平面EAC ⊥平面PBC ；(Ⅱ)若E 是PB 的中点，若AE 与平面ABCD 所成角为45°，求三棱锥P −ACE 的体积．12. 如图，四面体A −BCD 中，AD ⊥面BCD ，BC ⊥CD ，AD =2，BD =2√2，M 是AD 的中点，P 是△BMD 的外心，点Q 在线段AC 上，且AC⃗⃗⃗⃗⃗ =4QC ⃗⃗⃗⃗⃗ ． (Ⅰ)证明：PQ//平面BCD ；(Ⅱ)若二面角C −BM −D 的大小为60°，求四面体A −BCD 的体积．13. (本小题满分13分)如图所示，四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是棱上的动点．(Ⅰ)若是的中点，求证：//平面；(Ⅱ)若，求证：；(III)在(Ⅱ)的条件下，若，求四棱锥的体积．14. 如图，斜三棱柱1C1−ABC中侧面AA11C⊥面AC侧面AA11C是菱形，∠A1AC=6°，、F分别A1C1、A的点．求：平CEF⊥面ABC．15. 如图，在三棱柱ABC−A 1B 1C 1中，AA 1C 1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA 1C 1C，AB=3，BC=5，(1)求证：AA 1⊥平面ABC；(2)求二面角A 1−BC 1−B 1的余弦值；(3)证明：在线段BC 1上存在点D，使得AD⊥A 1B，并求的值．【答案与解析】1.答案：C解析：本题考查的知识点是由三视图求体积，解决本题的关键是得到该几何体的形状．由已知中的三视图，可知该几何体是一个以四边形为底面的四棱锥，其高为5，求出底面面积，代入棱锥体积公式，可得几何体的体积．解：由已知中的三视图，可知该几何体是一个以四边形为底面的四棱锥O−ABCD，如图所示，其中OB⊥底面ABCD，CD⊥AD，CD=2，AD=4，OB=5，过点C作EC//AD交AB于E，则四边形AECD为梯形，且CE=3，在△CBE中，边CE上的高为2，底面面积S为梯形和三角形面积之和．S梯形=12×(4+3)×2=7，S三角形=12×3×2=3．∴底面面积S=10．该几何体的体积V=13×10×5=503．故选：C．2.答案：A解析：解：取SC的中点为O，则∵SA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，AC⊂平面ABC ∴SA⊥BC，SA⊥AC∵AB⊥BC，SA∩AB=A∴BC⊥平面SAB∵SB⊂平面SAB∴BC⊥SB∵SC的中点为O∴OS=OA=OB=OC∴O为三棱锥S−ABC的外接球的球心∵SA=2，AB=BC=1∴SC=√6∴三棱锥S−ABC的外接球的表面积为4π×(√62)2=6π故选：A．根据题意，确定SC的中点为三棱锥S−ABC的外接球的球心，从而可求三棱锥S−ABC的外接球的表面积．本题考查三棱锥S−ABC的外接球的表面积，解题的关键是确定三棱锥S−ABC的外接球的球心与半径．3.答案：D解析：解：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F是AB、BB1的中点，设AB=4取A1B1的中点H，HB1的中点G，连结GF，GC，GF、GC所成的角即为A1E与CF所成的角．利用勾股定理得：GF=√5CF=2√5GC=√21在△CFG中，利用余弦定理cos∠GFC=GF2+CF2−GC22GF⋅CF =25故选：D首先找到异面直线的夹角的平面角，然后利用勾股定理及余弦定理求出相应的值．本题考查的知识点：异面直线的夹角，勾股定理得应用，余弦定理得应用．4.答案：4π3解析：解：由题意不妨设球的球心为O，由OA=OB=OC=OD=12AC，球的直径恰好是正方形对角线，所以球的半径R=1，所以球的体积V=43πR3=4π3．故答案为：4π3．由题意，球的直径恰好是正方形对角线，从而可求球的体积V=43πR3．本题考查四面体ABCD的外接球的体积，确定球的直径恰好是正方形对角线是关键．5.答案：36π解析：利用球的表面积，我们可以求得球的半径，利用体积公式就可以求出球的体积．本题属于基础题，主要考查球的表面积与体积公式，正确运用公式是解题的关键．设球的半径为R，则∵球的表面积为36π，∴4πR2=36π，∴R=3，∴球的体积V=43πR3=43π×27=36π．故答案为36π．6.答案：83解析：本题考查棱锥体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．由题意求出球O的半径，可知要使球内接四棱锥P−ABCD体积最大，则底面ABCD的面积最大，则ABCD的外接圆为球的一个大圆，且当四边形ABCD为正方形时面积最大，求出底面正方形的面积，代入棱锥体积公式得答案．解：设球O得半径为r，由43πr3=323π，可得r=2．高确定，要使球内接四棱锥P−ABCD体积最大，则底面ABCD的面积最大，如图，则ABCD的外接圆为球的一个大圆，且当四边形ABCD为正方形时面积最大．∵球的半径为2，则正方形ABCD的边长为2√2，∴S四边形ABCD=8．∴四棱锥P−ABCD体积的最大值为13×8×1=83．故答案为：83．7.答案：6√3解析：解：设正三棱锥的底面边长为a，高为h，如图，过顶点S作底面ABC的垂线，垂足为O，过O作OD垂直AB于D，连接SD，∴AB=a，SO=ℎ．∴SO⊥底面ABC，AB⊂底面ABC，∴AB⊥SO，SO⊥OD，又∵AB⊥OD，SO∩OD=O，∴AB⊥平面SOD，又∵SD⊂平面SOD，∴AB⊥SD，即SD为侧面SAB的斜高，三棱锥体积√3=13×√34×a2×ℎ，得a2ℎ=12，又O为底面中心，∴OD=13ABsin60°=√36a，SD=√OD2+SO2=√a212+ℎ2，三棱锥的表面积S=√34a2+3×12×a×√a212+ℎ2=√34a2+32√a412+a2ℎ2，将a2=12ℎ代入得：S=3√3ℎ+32√12ℎ2+12ℎ=3√31+√ℎ3+1ℎ．，令S′=0，得ℎ3−2−2√ℎ3+1=0，令√ℎ3+1=t，(t>0)，上式可化为∴S′=3√3ℎ3−2−2√ℎ3+1ℎ2t2−2t−3=0，解得t=3，或t=−1(舍)，∴√ℎ3+1=3，得ℎ=2，当0<ℎ<2时，S′<0，当ℎ>2时，S′>0，故S在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上S单调递增，故当ℎ=2时，表面积最小，此时S=3√31+√23+1=6√3，2故填：6√3．设出正三棱锥的底面边长和高，根据其体积为√3，得到底面边长和高的关系，表示出其表面积，消去a，转化成函数的最值处理．本题难点在于将S转化为函数最值后的求导，对计算能力的要求较高，属于难题．8.答案：解：(1)证明：∵E，F分别为等边三角形ABC的AB，AC边的中点，∴△A′EF是等边三角形，且EF//BC，∵M是EF的中点，∴A′M⊥BF，又平面A′EF⊥平面EFCB，平面A′EF∩平面EFCB=EF，A′M⊂平面A′EF，∴A′M⊥平面EFCB，又BF⊂平面EFCB，∴A′M⊥BF，∵CN=1BC，4∴MF−//CN，∴四边形MFCN为平行四边形，∴MN//CF，在等边三角形ABC中，BF⊥CF，∴BF⊥MN，又A′M∩MN=M，∴BF⊥平面A′BF，∴平面A′MN⊥平面A′BF；(2)设等边三角形ABC的边长为4，取BC的中点G，连接MG，由题意知MG⊥EF，由(1)知，A′M⊥平面EFCB，又MG⊂平面EFCB，∴A′M ⊥MG ，如图建立空间直角坐标系M −xyz ，则F(−1,0,0),A′(0,0,√3),B(2,√3,0),FA′⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3),FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,√3,0)，设平面A′BF 的法向量为n ⃗ =(x,y,z)，则{n ⃗ ⋅FA′⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x +√3z =0n⃗ ⋅FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =3x +√3y =0，令x =−√3，则n ⃗ =(−√3,3,1)， 易知平面A′EF 的一个法向量为m⃗⃗⃗ =(0,1,0)， ∴cos <m ⃗⃗⃗ ,n ⃗ >=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ |m ⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=3√1313， ∴平面A′EF 与平面A′BF 夹角的余弦值为3√1313． 解析：(1)先证BF ⊥平面A′BF ，即可证明平面A′MN ⊥平面A′BF ；(2)建立空间直角坐标系，求出平面A′EF 与平面A′BF 的法向量，再利用向量的夹角公式求解即可． 本题考查面面垂直判定定理及性质定理的运用，考查利用空间向量求解二面角的余弦值，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．9.答案：(1)略；(2)略．解析：10.答案：(1)证明：∵PD ⊥面ABCD ，AC ⊂面ABCD ，∴PD ⊥AC ，又菱形ABCD 中，两对角线垂直，即AC ⊥BD ，又BD ∩PD =D ，∴AC ⊥平面PDBQ ，∴AC ⊥PQ ．(2)解：△PAC 和△QAC 都是以AC 为底的等腰三角形，设AC 和BD 的交点为O ，连结OP ，OQ ，则∠POD 是二面角P −AC −D 的平面角，由tan∠POD =√3<√3，得二面角P −AC −B 大小120°，∴点Q 与点P 在平面ABCD 的同侧，如图所示，∴∠POQ 是二面角P −AC −Q 的平面角，∴∠POQ =120°，在Rt △POD 中，OP =√7，设QB =x ，则Rt △OBQ 中，OQ =√x 2+3，在直角梯形PDBQ 中，PQ =√(2−x)2+(2√3)2=√x 2−4x +16，在△POQ 中，由余弦定理得PQ =√7(x 2+3)=6−4x ，故6−4x >0，且3x 2−16x +5=0，解得x =13，即QB =13．解析：(1)由已知得PD ⊥AC ，AC ⊥BD ，从而AC ⊥平面PDBQ ，由此能证明AC ⊥PQ ．(2)设AC 和BD 的交点为O ，连结OP ，OQ ，则∠POD 是二面角P −AC −D 的平面角，∠POQ 是二面角P −AC −Q 的平面角，∠POQ =120°，由此利用余弦定理能求出QB ．本题考查异面直线垂直的证明，考查线段长的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养． 11.答案：证明：(Ⅰ)∵PC ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴AC ⊥PC ，∵AB =2，AD =CD =1，∴AC =BC =√2．∴AC 2+BC 2=AB 2，∴AC ⊥BC ．又BC ⊂平面PBC ，PC ⊂平面PBC ，BC ∩PC =C ，∴AC ⊥平面PBC ，又∵AC ⊂平面EAC ，∴平面EAC⊥平面PBC．解：(Ⅱ)取BC的中点F，连接EF，AF，∵E，F是PB，BC的中点，∴EF//PC，由PC⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD．∴∠EAF为AE与平面ABCD所成角．即∠EAF=45°．∵AF=√AC2+CF2=√102，∴EF=AF=√102．∵E是PB的中点，∴V P−ACE=V E−ABC=13S△ABC⋅EF=13×12×√2×√2×√102=√106．解析：(I)利用勾股定理的逆定理得出AC⊥BC，由PC⊥平面ABCD得出AC⊥PC，故而AC⊥平面PBC，从而得出PMACE⊥平面PBC；(II)取BC的中点F，连接EF，AF，则可证EF⊥平面ABCD，即∠EAF为AE与平面∠平面ABCD所成的角，利用勾股定理求出AF，则EF=AF.由E为PB的中点可知V P−ACE=V E−ABC=13S△ABC⋅EF．本题考查了面面垂直的判定，棱锥的体积计算，属于中档题．12.答案：解：(Ⅰ)取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF=3CF，连接OP、OF、FQ∵△ACD中，AQ=3QC且DF=3CF，∴QF//AD且QF=14AD∵△BDM中，O、P分别为BD、BM的中点∴OP//DM，且OP=12DM，结合M为AD中点得：OP//AD且OP=14AD∴OP//QF且OP=QF，可得四边形OPQF是平行四边形∴PQ//OF∵PQ⊄平面BCD且OF⊂平面BCD，∴PQ//平面BCD；(Ⅱ)过点C作CG⊥BD，垂足为G，过G作GH⊥BM于H，连接CH∵AD⊥平面BCD，CG⊂平面BCD，∴AD⊥CG又∵CG⊥BD，AD、BD是平面ABD内的相交直线∴CG⊥平面ABD，结合BM⊂平面ABD，得CG⊥BM∵GH⊥BM，CG、GH是平面CGH内的相交直线∴BM⊥平面CGH，可得BM⊥CH因此，∠CHG是二面角C−BM−D的平面角，可得∠CHG=60°设∠BDC=θ，可得Rt△BCD中，CD=BDcosθ=2√2cosθ，CG=CDsinθ=2√2sinθcosθ，BG=BCsinθ=2√2sin2θRt△BMD中，HG=BG⋅DMBM =2√23sin2θ；Rt△CHG中，tan∠CHG=CGGH=3cosθsinθ=√3∴tanθ=√3，可得θ=60°，即∠BDC=60°，∵BD=2√2，∴CD=√2，∴S△BCD=12×2√2×√2×√32=√3，∴V A−BCD=13×√3×2=2√33．解析：(Ⅰ)取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF=3CF，连接OP、OF、FQ.根据平行线分线段成比例定理结合三角形的中位线定理证出四边形OPQF是平行四边形，从而PQ//OF，再由线面平行判定定理，证出PQ//平面BCD；(Ⅱ)过点C作CG⊥BD，垂足为G，过G作GH⊥BM于H，连接CH.根据线面垂直的判定与性质证出BM⊥CH，因此∠CHG是二面角C−BM−D的平面角，可得∠CHG=60°.设∠BDC=θ，用解直角三角形的方法算出HG和CG关于θ的表达式，最后在Rt△CHG中，根据正切的定义得出tan∠CHG，从而得到tanθ，由此可得∠BDC，进而可求四面体A−BCD的体积．本题在底面为直角三角形且过锐角顶点的侧棱与底面垂直的三棱锥中求证线面平行，并且在已知二面角大小的情况下求线线角．着重考查了线面平行、线面垂直的判定与性质，解直角三角形和平面与平面所成角求法等知识，属于中档题．13.答案：(1)根据底面为菱形，所以为的中点．因为是的中点，所以从而得证。

教辅新课标版数学理高三总复习之第八章立体几何第八节

教辅新课标版数学理高三总复习之第八章立体几何第八节
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) 30 B. 10 3 10 D. 10
第八章 立体几何
高考调研
【 解 析 】 则 A( 1 0 ,0 ,) C1( 0 2 ,2 ,) ． 建 立 坐 标 系 如 图 ， ， E( 0 2 ,1 ,) ， B( 1 2 ,0 ,)
新课标版 ·数学（理） ·高三总复习
，
→ ＝(－1,0,2)，AE → ＝(－1,2,1)，cos BC 1 →· → BC AE 30 1 → → 〈BC1，AE〉＝ ＝ 10 . → |· →| |BC |AE
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第八章
立体几何
高考调研
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授人以渔
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第八章
立体几何
高考调研
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题型一
例1
异面直线所成角
A B C D －A1B1C1D1 中 ， AB
( 2 0 1 5 · 郑 州 质 检 )在 长 方 体
＝AA1＝2，AD＝1，E 为 CC1 的中点，则异面直线 BC1 与 AE 所成角的余弦值为( 10 A. 10 2 15 C. 10
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第八章
立体几何
高考调研
(3)二面角． ①二面角的取值范围是[0，π] ．
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②二面角的向量求法：
(ⅰ)若AB，CD分别是二面角α—l—β的两个面内与棱l垂 → 与 CD → 的夹角(如 直的异面直线，则二面角的大小就是பைடு நூலகம்量 AB 图①)．
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第八章
立体几何
立体几何
高考调研
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(2)直线与平面所成的角． ①定义：直线和平面所成的角，是指直线与它在这个平 面内的射影所成的角． ②范围：直线和平面所成的角θ的取值范围是

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

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】

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.。

2020学年新教材高中数学第八章立体几何初步章末综合检测(八)新人教A版必修第二册(最新整理)

2020学年新教材高中数学第八章立体几何初步章末综合检测(八)新人教A版必修第二册(最新整理)

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章末综合检测（八)（时间：120分钟，满分：150分）一、选择题：本题共12小题，每小题5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.空间中有三条线段AB，BC，CD，且∠ABC＝∠BCD，那么直线AB与CD的位置关系是（)A.平行B。

异面C。

相交或平行D.平行或异面或相交均有可能解析：选D。

如图可知AB,CD有相交，平行,异面三种情况,故选D.2.一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图所示）,∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这个平面图形的面积为（）A.错误!＋错误!B.2＋错误!C.错误!＋错误!D.错误!＋错误!解析：选 B.将直观图ABCD还原后为直角梯形A′BCD′，其中A′B ＝2AB＝2，BC＝1＋错误!,A′D′＝AD＝1.所以平面图形的面积S＝错误!×（1＋1＋错误!）×2＝2＋错误!.3。

对两条不相交的空间直线a与b，必存在平面α，使得( ）A.a⊂α，b⊂αB。

a⊂α,b∥αC.a⊥α，b⊥αD.a⊂α，b⊥α解析:选B。

因为已知两条不相交的空间直线a和b，所以可以在直线a上任取一点A,则A∉b，过A作直线c∥b，则过直线a，c必存在平面α且使得a⊂α，b∥α.4。

高中数学第八章立体几何初步章末综合测评含解析第二册

高中数学第八章立体几何初步章末综合测评含解析第二册

章末综合测评（三）立体几何初步(时间：120分钟，满分:150分）一、单项选择题（本大题共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．下面给出了四个条件:①空间三个点；②一条直线和一个点；③和直线a都相交的两条直线;④两两相交的三条直线．其中，能确定一个平面的条件有(）A．3个B．2个C．1个D．0个D[①当空间三点共线时不能确定一个平面；②点在直线上时不能确定一个平面；③两直线若不平行也不相交时不能确定一个平面；④三条直线交于一点且不共面时不能确定一个平面. 故以上4个条件都不能确定一个平面．]2．在长方体ABCD。

A1B1C1D1中，异面直线AB,A1D1所成的角等于(）A．30°B．45°C．60°D．90°D［由于AD∥A1D1，则∠BAD是异面直线AB，A1D1所成的角,很明显∠BAD＝90°。

］3．已知a，b，c是直线,则下面四个命题:①若直线a，b异面，b,c异面，则a，c异面；②若直线a,b相交，b，c相交，则a，c相交;③若a∥b，则a，b与c所成的角相等．其中真命题的个数为（）A．0 B．3C．2 D．1D[异面、相交关系在空间中不能传递，故①②错；根据等角定理，可知③正确．]4．一个棱柱的侧面展开图是三个全等的矩形，矩形的长和宽分别为6 cm,4 cm,则该棱柱的侧面积为(）A．24 cm2B．36 cm2C．72 cm2D．84 cm2C[棱柱的侧面积S侧＝3×6×4＝72（cm2）．]5．在正方体ABCD.A1B1C1D1中，动点E在棱BB1上，动点F 在线段A1C1上，O为底面ABCD的中心，若BE＝x，A1F＝y，则四面体O-AEF的体积（）A．与x，y都有关B．与x，y都无关C．与x有关,与y无关D．与y有关，与x 无关B[因为V O。

AEF＝V E。

OAF，考察△AOF的面积和点E到平面AOF的距离的值，因为BB1∥平面ACC1A1,所以点E到平面AOF的距离为定值,又AO∥A1C1，所以OA为定值，点F到直线AO的距离也为定值，即△AOF的面积是定值，所以四面体O.AEF的体积与x，y都无关，故选B．]6．如图，点S在平面ABC外,SB⊥AC,SB＝AC＝2，E，F分别是SC和AB的中点，则EF的长是（)A．1 B．错误!C．错误!D．错误!B[取CB的中点D，连接ED，DF，则∠EDF（或其补角)为异面直线SB与AC所成的角，即∠EDF＝90°.在△EDF中，ED＝错误!SB＝1，DF＝错误!AC＝1,所以EF＝ED2＋DF2＝错误!。

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教辅：新课标版数学（理）高三总复习：第八章立体几何单元测试卷>第八章单元测试卷一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．每小题中只有一项符合题目要求) 1．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⊥βC．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，a∥β，但此时α与β不平行．故选D. 2．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是() A．MN与CC1垂直B．MN与AC垂直C．MN与BD平行D．MN 与A1B1平行答案 D 解析连接C1D，BD.∵N是D1C的中点，∴N是C1D的中点，∴MN∥BD.又∵CC1⊥BD，∴CC1⊥MN，故A，C正确．∵AC⊥BD，MN∥BD，∴MN⊥AC，故B正确，故选D. 3．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. B. C．8π D. 答案 B 解析S圆＝πr2＝1⇒r＝1，而截面圆圆心与球心的距离d＝1，∴球的半径为R ＝＝. ∴V＝πR3＝，故选B. 4．某个长方体被一个平面所截，得到几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为() A．4 B．2 C. D．8 答案 D 解析由三视图可知，该几何体如图所示，其底面为正方形，正方形的边长为2.HD＝3，BF＝1，将相同的两个几何体放在一起，构成一个高为4的长方体，所以该几何体的体积为×2×2×4＝8. 5.如图所示，正四棱锥P－ABCD的底面积为3，体积为，E为侧棱PC的中点，则PA与BE所成的角为() A. B. C. D. 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＝，OE＝PA＝，BE＝. ∴cos ∠OEB＝，∴∠OEB＝60°，选C. 6．直三棱柱ABC－A1B1C1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．AB1∥平面BDC1 B．A1C⊥平面BDC1 C．直三棱柱的体积V＝4 D．直三棱柱的外接球的表面积为4π答案 D 解析由三视图可知，直三棱柱ABC－A1B1C1的侧面B1C1CB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B1C交BC1于点O，连接AB1，OD.在△CAB1中，O，D分别是B1C，AC的中点，∴OD∥AB1，∴AB1∥平面BDC1.故A正确．直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∴AA1⊥BD.又AB ＝BC＝2，D为AC的中点，∴BD⊥AC，∴BD⊥平面AA1C1C. ∴BD⊥A1C.又A1B1⊥B1C1，A1B1⊥B1B，∴A1B1⊥平面B1C1CB，∴A1B1⊥BC1. ∵BC1⊥B1C，且A1B1∩B1C＝B1，∴BC1⊥平面A1B1C. ∴BC1⊥A1C，∴A1C⊥平面BDC1. 故B正确．V＝S△ABC ×C1C＝×2×2×2＝4，∴C正确．此直三棱柱的外接球的半径为，其表面积为12π，D错误．故选D. 7．在平面四边形ABCD中，AD ＝AB＝，CD＝CB＝，且AD⊥AB，现将△ABD沿着对角线BD翻折成△A′BD，则在△A′BD折起至转到平面BCD内的过程中，直线A′C与平面BCD所成的最大角的正切值为() A．1 B. C. D. 答案 C 解析如图所示，OA＝1，OC＝2.当A′C与圆相切时，直线A′C与平面BCD所成的角最大，最大角为30°，其正切值为.故选C. 8．一个圆锥被过顶点的平面截去了较小的一部分，余下的几何体的三视图如图，则该几何体的表面积为() A.＋＋＋1 B．2＋3π＋＋1 C.＋＋ D.＋＋＋1 答案 A 解析还原为直观图如图所示，圆锥的高为2，底面半径为，圆锥的母线长为，故该几何体的表面积为S＝×2×＋×2π×××＋π×()2×＋×2×1＝＋＋＋1. 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＝2，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·＝0，·＝0，＝＋＋. ∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝62＋42＋82＋2×6×8cos〈，〉＝(2)2.∴cos〈，〉＝－，〈，〉＝120°，∴二面角的大小为60°，故选C. 10．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＝×32×π×8＝36π. ∴此几何体的体积为V＝288＋36π. 11．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱BB1中点，G是DD1中点，F是BC上一点且FB＝BC，则GB与EF所成的角为() A．30°B．120°C．60°D．90°答案 D 解析方法一：连D1E，D1F，解三角形D1EF即可．方法二：如图建立直角坐标系D－xyz，设DA＝1，由已知条件，得G(0,0，)，B(1,1,0)，E(1,1，)，F(，1,0)，＝(1,1，－)，＝(－，0，－)．cos 〈，〉＝＝0，则⊥.故选D. 12．已知正方体ABCD－A1B1C1D1棱长为1，点P在线段BD1上，当∠APC最大时，三棱锥P－ABC的体积为() A. B. C. D. 答案 B 解析以B为坐标原点，BA为x 轴，BC为y轴，BB1为z轴建立空间直角坐标系，设＝λ，可得P(λ，λ，λ)，再由cos∠APC＝可求得当λ＝时，∠APC最大，故VP－ABC＝××1×1×＝. 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上) 13．已知四个命题：①若直线l∥平面α，则直线l的垂线必平行于平面α；②若直线l与平面α相交，则有且只有一个平面经过直线l与平面α垂直；③若一个三棱锥每两个相邻侧面所成的角都相等，则这个三棱锥是正三棱锥；④若四棱柱的任意两条对角线相交且互相平分，则这个四棱柱为平行六面体．其中正确的命题是________．答案④解析④正确，如右图，A1C与B1D互相平分，则四边形A1B1CD是平行四边形，同理四边形ABC1D1是平行四边形，则A1B1綊AB綊CD，因此四边形ABCD是平行四边形，进而可得这个四棱柱为平行六面体．14．(2013·江苏)如图所示，在三棱柱A1B1C1－ABC中，D，E，F分别是AB，AC，AA1的中点，设三棱锥F－ADE的体积为V1，三棱柱A1B1C1－ABC的体积为V2，则V1∶V2＝________. 答案1∶24 解析由题意可知点F到面ABC的距离与点A1到面ABC的距离之比为1∶2，S△ADE∶S△ABC＝1∶4. 因此V1∶V2＝＝1∶24. 15．已知正三棱锥P－ABC，点P，A，B，C都在半径为的球面上，若PA，PB，PC两两相互垂直，则球心到截面ABC的距离为________．答案解析正三棱锥P－ABC可看作由正方体PADC－BEFG截得，如图所示，PF为三棱锥P－ABC的外接球的直径，且PF⊥平面ABC. 设正方体棱长为a，则3a2＝12，a＝2，AB ＝AC＝BC＝2. S△ABC＝×2×2×＝2. 由VP－ABC＝VB－PAC，得·h·S△ABC＝××2×2×2，所以h＝，因此球心到平面ABC的距离为. 16.如图所示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)右图为一简单组合体，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．答案(1)略(2)2 解析(1)该组合体的三视图如右图所示．(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＝(PD＋EC)×DC＝×3×2＝3. 所以四棱锥B－CEPD的体积VB－CEPD＝S梯形PDCE×BC＝×3×2＝2. 18．(本小题满分12分)如图所示，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．答案(1)略(2)略(3) 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＝PO＝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＝，所以DO＝.从而AN＝DO＝.在Rt△ANM中，tan∠MAN＝＝＝，即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为. 19．(本小题满分12分)如图所示，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．答案(1)略(2)(3) 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＝. 又PA2＝PG·PD，∴PG＝. 又＝，∴GF＝＝，∴AE＝. (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°＝×＝，又EF＝AG＝，∴sin∠EFO＝＝×＝. 20．(本小题满分12分)如图所示，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD ⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝2. (1)求证：AB∥平面MCD；(2)求平面ACM与平面BCD所成二面角的正弦值．答案(1)略(2) 解析(1)证明：取CD中点O，因为△MCD为正三角形，所以MO⊥CD. 由于平面MCD⊥平面BCD，所以MO⊥平面BCD. 又因为AB⊥平面BCD，所以AB∥MO.又AB⊄平面MCD，MO⊂平面MCD，所以AB∥平面MCD. (2)连接OB，则OB⊥CD，又MO ⊥平面BCD. 取O为原点，直线OC，BO，OM为x轴，y轴，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示．OB＝OM＝，则各点坐标分别为C(1,0,0)，M(0,0，)，B(0，－，0)，A(0，－，2)．＝(－1,0，)，＝(－1，－，2)．设平面ACM的法向量为n1＝(x，y，z)，由得解得x＝z，y＝z，取z＝1，得n1＝(，1,1)．又平面BCD的法向量为n2＝(0,0,1)，所以cos〈n1，n2〉＝＝. 设所求二面角为θ，则sin θ＝. 21．(本小题满分12分) 圆锥PO如图①所示，图②是它的正(主)视图．已知圆O的直径为AB，C是圆周上异于A，B的一点，D为AC的中点．(1)求该圆锥的侧面积S；(2)求证：平面PAC⊥平面POD；(3)若∠CAB＝60°，在三棱锥A－PBC中，求点A到平面PBC的距离．答案(1)π(2)略(3) 解析(1)由圆锥的正视图可知，圆锥的高h＝，底面半径r＝1，所以其母线长为l＝，所以圆锥的侧面积S＝l·2πr＝××2π×1＝π. (2)证明：因为AB是圆O的直径，所以AC⊥BC.又因为O，D分别为AB，AC的中点，所以OD∥BC，所以OD⊥AC. 因为PO⊥平面ABC，所以AC⊥PO. 因为PO∩OD ＝O，PO，OD⊂平面POD，所以AC⊥平面POD. 因为AC⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面POD. (3)因为∠CAB＝60°，AB＝2，所以BC＝，AC＝1.所以S△ABC＝. 又因为PO＝，OC＝OB＝1，所以S△PBC＝. 设A到平面PBC的距离为h，由于VP－ABC＝V A－PBC，得S△ABC·PO＝S△PBC·h，解得h＝. 22．(本小题满分12分)如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长是2，侧棱长是，D是AC的中点．(1)求证：B1C∥平面A1BD；(2)求二面角A1－BD－A的大小；(3)在线段AA1上是否存在一点E，使得平面B1C1E⊥平面A1BD？若存在，求出AE的长；若不存在，说明理由．答案(1)略(2)(3)存在且AE＝解析(1)如图①所示，连接AB1交A1B于点M，连接B1C，DM. 因为三棱柱ABC－A1B1C1是正三棱柱，所以四边形AA1B1B是矩形，所以M为AB1的中点．因为D是AC的中点，所以MD是三角形AB1C 的中位线，所以MD∥B1C. 因为MD⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD，所以B1C∥平面A1BD. (2)作CO⊥AB于点O，所以CO⊥平面ABB1A1，所以在正三棱柱ABC－A1B1C1中建立如图②所示的空间直角坐标系O－xyz. 因为AB＝2，AA1＝，D是AC的中点，所以A(1,0,0)，B(－1,0,0)，C(0,0，)，A1(1，，0)．所以D(，0，)，＝(，0，)，＝(2，，0)．设n＝(x，y，z)是平面A1BD的法向量，所以即令x ＝－，则y＝2，z＝3. 所以n＝(－，2,3)是平面A1BD的一个法向量．由题意可知＝(0，，0)是平面ABD的一个法向量，所以cos〈n，〉＝＝.所以二面角A1－BD－A的大小为. (3)设E(1，y,0)，则＝(1，y －，－)，＝(－1,0，－)．设平面B1C1E的法向量n1＝(x1，y1，z1)，所以即令z1＝－，则x1＝3，y1＝，所以n1＝(3，，－)．又n1·n ＝0，即－3＋－3＝0，解得y＝. 所以存在点E，使得平面B1C1E⊥平面A1BD且AE＝.。

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