2021版新高考数学一轮复习高考大题专项(四)立体几何新人教A版
∴OB=1,OA= 3.
∴A( 3,0,0),B(0,1,0),E( 3,0,2),D(0,-1,0).
∴ BE=( 3,-1,2),BA=( 3,-1,0),BD=(0,-2,0),
设平面 ABE 的法向量 n=(x,y,z),
则 n·BA = 3x-y = 0, n·BE = 3x-y + 2z = 0,
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3.(2019 河北武邑中学调研二,19)如图,已知多面体 ABC-A1B1C1,A1A,B1B,C1C 均垂直于平面 ABC,∠ ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2. (1)证明:AB1⊥平面 A1B1C1; (2)求直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值.
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又 GO 交 HO 于 O,∴平面 GOH∥平面 ACD,∴GH∥平面 ACD.
(2)解以 CB 为 x 轴,CA 为 y 轴,CD 为 z 轴,建立如图所示的直角坐标系,
则 C(0,0,0),B(2,0,0),A(0,2,0),O(1,1,0),E(2,0,2),
平面 BCE 的法向量 m=(0,1,0),设平面 OCE 的法向量 n=(x0,y0,z0).
CE=(2,0,2),CO=(1,1,0).
∴
n·CE = 0, 则 n·CO = 0,
2x0 + 2z0 = 0, x0 + y0 = 0,
令 x0=-1,∴n=(-1,1,1).∵二面角 O-CE-B 是锐二面角,记为θ,
设平面 BCF 的法向量为 n=(x,y,z), 则 --22xx-+22yz==00,,取 x=1 得 y=-1,z=1,故平面 BCF 的一个法向量为 n=(1,-1,1). 设 BD 与平面 BCF 所成角为θ,则 sinθ=|cos<BD,n>|
= -2×1-2×(-1)+2×1 =1 .
3×2 3
即四边形 BCFE 是平行四边形, ∴EB∥FC. ∵FC⊂平面 PCD,且 EB⊄ 平面 PCD, ∴EB∥平面 BCD. (2)解取 BC 的中点 M,以OM,OD,OP方向为正方向建立如图所示的空间直角系 O-xyz.
则 P(0,0,1),A(0,-1,0),D(0,1,0),C 3 , 1,0 ,则平面 PAD 的一个法向量为
(2)设二面角 D-AE-C 为 60°,AP=1,AD= 3,求三棱锥 E-ACD 的体积.
1.(2018 全国卷 3,理 19)
突破 2 空间中的垂直与空间角
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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 AMD⊥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.
7,
7
则 sinθ=ห้องสมุดไป่ตู้7 .
7
3.(1)证明取 BC,DE 中点分别为 O,O1,连接 OA,O1A,OF,O1F.
由 AB=AC=CD=DF=EF=2,BC=DE=CF=AE=AD=BF=2 2,
可知△ABC,△DEF 为等腰直角三角形,故 OA⊥BC,O1F⊥DE,CD⊥DE,CD⊥DF. 16
(1)证明:MF⊥面 BCD; (2)若 DE⊥BE,求二面角 E-MF-C 的余弦值.
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6.(2019 宁夏银川一中一模,19)如图所示,ABCD 是边长为 2 的正方形,AE⊥平面 BCE,且 AE=1. (1)求证:平面 ABCD⊥平面 ABE; (2)线段 AD 上是否存在一点 F,使二面角 A-BF-E 所成角的余弦值为 6?若存在,请找出点 F 的位置;
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若不存在,请说明理由.
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参考答案 高考大题专项(四) 立体几何 突破 1 空间中的平行与空间角 1.(1)证明连接 GO,OH,∵GO∥DC,OH∥AC,∴GO∥平面 ACD,OH∥平面 ACD,
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4.(2019 四川宜宾二模,19)如图,四边形 ABCD 是菱形,EA⊥平面 ABCD,EF∥AC,CF∥平面 BDE,G 是 AB 中点. (1)求证:EG∥平面 BCF; (2)若 AE=AB,∠BAD=60°,求二面角 A-BE-D 的余弦值.
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(1)求证:EB∥平面 PCD. (2)求面 PAD 与平面 PCD 所成的二面角θ的正弦值.
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3.(2019 安徽“江南十校”二模,18)已知多面体 ABC-DEF,四边形 BCDE 为矩形,△ADE 与△BCF 为边 长为 2 2的等边三角形,AB=AC=CD=DF=EF=2. (1)证明:平面 ADE∥平面 BCF. (2)求 BD 与平面 BCF 所成角的正弦值.
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故 CD⊥平面 DEF,平面 BCDE⊥平面 DEF,所以 O1F⊥平面 BCDE. 同理 OA⊥平面 BCDE,所以 O1F∥OA. 而 O1F=OA,故四边形 AOFO1 为平行四边形,所以 AO1∥OF,所以 AO1∥平面 BCF.又 BC∥DE,故 DE∥ 平面 BCF,而 AO1∩DE=O1,所以平面 ADE∥平面 BCF.
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2.(2019 湖北八校联考一,18)如图所示,四棱锥 P-ABCD 中,面 PAD⊥面 ABCD,PA=PD= 2,四边形 ABCD 为等腰梯形,BC∥AD,BC=CD=1AD=1,E 为 PA 的中点.
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高考大题专项(四) 立体几何
突破 1 空间中的平行与空间角
1.(2019 山东潍坊三模,18)如图,一简单几何体 ABCDE 的一个面 ABC 内接于圆 O,G、H 分别是 AE、 BC 的中点,AB 是圆 O 的直径,四边形 DCBE 为平行四边形,且 DC⊥平面 ABC. (1)证明:GH∥平面 ACD; (2)若 AC=BC=BE=2,求二面角 O-CE-B 的余弦值.
3
故 BD 与平面 BCF 所成角的正弦值为1 .
3
4.(1)证明设 AC∩BD=O,连接 OE,OF,
∵四边形 ABCD 是菱形,EA⊥平面 ABCD,EF∥AC,CF∥平面 BDE,
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n1=(1,0,0). ∴ PD=(0,1,-1),CD=
- 3 , 1,0
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.
y-z = 0, 设平面 PDC 的一个法向量为 n2=(x,y,z),则 - 3 x + 1 y = 0.
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不妨令 x=1,则 y= 3,z= 3,
∴n2=(1, 3, 3).
∴|cosθ|=|cos<n1,n2>|=
22
设平面 BCF 的一个法向量为 n=(x,y,z),则 n·FB = by-cz = 0, n·FC = -ax-cz = 0,
取 z=b,得 n= -bc,c,b ,
a
∵n·EG = - a · - bc + b ·c+(-c)·b=0,EG⊄ 平面 BCF,
2
a2
∴EG∥平面 BCF.
(2)解设 AE=AB=2,∵∠BAD=60°,
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6.(2014 课标全国Ⅱ,理 18)如图,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为矩形,PA⊥平面 ABCD,E 为 PD 的中 点. (1)证明:PB∥平面 AEC;
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(2)解以 O 为坐标原点,以过 O 且平行于 AC 的直线作为 x 轴,平行于 AB 的直线作为 y 轴,OO1 为 z 轴 建立空间直角坐标系如图.
则有 B(1,1,0),C(-1,-1,0),D(-1,-1,2),F(-1,1,2),故BD=(-2,-2,2),BC=(-2,-2,0),BF=(2,0,2).
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取 x=1,得 n=(1, 3,0), 设平面 BDE 的法向量 m=(x,y,z), 则 m·BE = 3x-y + 2z = 0,
5.(2019 山东实验等四校联考,18)如图,在直角△ABC 中,B 为直角,AB=2BC,E,F 分别为 AB,AC 的中 点,将△AEF 沿 EF 折起,使点 A 到达点 D 的位置,连接 BD,CD,M 为 CD 的中点.
届数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第2节空间几何体的表面积和体积教学案含解析
第2节空间几何体的表面积和体积考试要求了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式。
知识梳理1。
多面体的表(侧）面积多面体的各个面都是平面，则多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和。
2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝2πrlS圆锥侧＝πrlS圆台侧＝π（r1＋r2）l3.空间几何体的表面积与体积公式名称几何体表面积体积柱体S表面积＝S侧＋V＝S底h(棱柱和圆柱)2S底锥体（棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝错误!S底h台体（棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝错误!（S上＋S下＋错误!)h球S＝4πR2V＝错误!πR3［常用结论与微点提醒］1。
正方体与球的切、接常用结论正方体的棱长为a,球的半径为R，(1)若球为正方体的外接球，则2R＝错误!a；（2)若球为正方体的内切球，则2R＝a；(3）若球与正方体的各棱相切，则2R＝错误!a。
2。
长方体的共顶点的三条棱长分别为a,b，c，外接球的半径为R,则2R＝错误!。
3。
正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1。
诊断自测1。
判断下列结论正误（在括号内打“√”或“×")(1)锥体的体积等于底面面积与高之积。
（)（2)两个球的体积之比等于它们的半径比的平方。
（)(3）台体的体积可转化为两个锥体的体积之差.（)(4）已知球O的半径为R,其内接正方体的边长为a，则R＝错误!a。
(）解析(1)锥体的体积等于底面面积与高之积的三分之一，故不正确.（2)球的体积之比等于半径比的立方，故不正确.答案（1）×（2）×（3)√(4)√2。
(新教材必修第二册P120T5改编)一个正方体的顶点都在球面上，若球的表面积为4π，则正方体的棱长为（)A。
33 B.错误! C.错误!D。
错误!解析由S＝4πR2＝4π，得R＝1，故2×1＝3a，得a＝错误!。
2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第3节空间点直线平面之间的位置关系教学案含解析新人教A版
第3节 空间点、直线、平面之间的位置关系考试要求 1.理解空间直线、平面位置关系的定义；2.了解可以作为推理依据的公理和定理；3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题.知 识 梳 理1.平面的基本性质(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内. (2)公理2：过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面.(3)公理3：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.空间点、直线、平面之间的位置关系直线与直线 直线与平面 平面与平面平行关系图形语言符号 语言 a ∥ba ∥αα∥β相交关系图形语言符号 语言 a ∩b ＝Aa ∩α＝Aα∩β＝l独有关系图形语言符号 语言a ，b 是异面直线a ⊂α3.平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行.等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补. 4.异面直线所成的角(1)定义：设a ，b 是两条异面直线，经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角).(2)范围：⎝⎛⎦⎥⎤0，π2.[常用结论与微点提醒]1.空间中两个角的两边分别对应平行，则这两个角相等或互补.2.异面直线的判定：经过平面内一点和平面外一点的直线与平面内不经过该点的直线互为异面直线.3.两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，容易忽视这个三角形的内角可能等于两异面直线所成的角，也可能等于其补角.诊 断 自 测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)两个平面α，β有一个公共点A ，就说α，β相交于过A 点的任意一条直线.( ) (2)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面.( ) (3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合.( )(4)若直线a 不平行于平面α，且a ⊄α，则α内的所有直线与a 异面.( )解析 (1)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，故错误.(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面相交或重合，故错误.(4)由于a 不平行于平面α，且a ⊄α，则a 与平面α相交，故平面α内有与a 相交的直线，故错误.答案 (1)× (2)√ (3)× (4)×2.(新教材必修第二册P147例1改编)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3，AD ＝4，AA 1＝2，则异面直线AC 和BC 1所成角的余弦值是( ) A.8525B.455C.855D.4525解析 如图，连接AD 1，CD 1，则∠D 1AC (或其补角)就是异面直线AC 和BC 1所成的角，易知AC ＝5，AD 1＝25，CD 1＝13，由余弦定理得cos ∠D 1AC ＝AD 21＋AC 2－CD 212AD 1·AC ＝8525.答案 A3.(老教材必修2P45例2改编)已知空间四边形的两条对角线相互垂直，顺次连接四边中点的四边形一定是( )A.梯形B.矩形C.菱形D.正方形解析如图所示，易证四边形EFGH为平行四边形，因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC，又FG∥BD，所以∠EFG或其补角为AC与BD所成的角，而AC与BD所成的角为90°，所以∠EFG ＝90°，故四边形EFGH为矩形.答案 B4.(2019·贵阳调研)α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，若m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，则m，n的位置关系不可能是( )A.垂直B.相交C.异面D.平行解析依题意，m∩α＝A，n⊂α，∴m与n异面或相交(垂直是相交的特例)，一定不平行. 答案 D5. (2020·重庆一中月考)如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( )A.点AB.点BC.点C但不过点MD.点C和点M解析∵AB⊂γ，M∈AB，∴M∈γ.又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β.根据公理3可知，M在γ与β的交线上.同理可知，点C也在γ与β的交线上.答案 D6.(一题多解)(2017·全国Ⅰ卷)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( )解析 法一 对于选项B ，如图(1)所示，连接CD ，因为AB ∥CD ，M ，Q 分别是所在棱的中点，所以MQ ∥CD ，所以AB ∥MQ ，又AB ⊄平面MNQ ，MQ ⊂平面MNQ ，所以AB ∥平面MNQ .同理可证选项C ，D 中均有AB ∥平面MNQ .因此A 项中直线AB 与平面MNQ 不平行.图(1) 图(2)法二 对于选项A ，其中O 为BC 的中点(如图(2)所示)，连接OQ ，则OQ ∥AB ，因为OQ 与平面MNQ 有交点，所以AB 与平面MNQ 有交点，即AB 与平面MNQ 不平行.答案 A考点一 平面的基本性质及应用【例1】 已知空间四边形ABCD (如图所示)，E ，F 分别是AB ，AD 的中点，G ，H 分别是BC ，CD 上的点，且CG ＝13BC ，CH ＝13DC .求证：(1)E ，F ，G ，H 四点共面； (2)三直线FH ，EG ，AC 共点. 证明 (1)连接EF ，GH ，如图所示，∵E ，F 分别是AB ，AD 的中点， ∴EF ∥BD .又CG ＝13BC ，CH ＝13DC ，∴GH ∥BD ，∴EF ∥GH ， ∴E ，F ，G ，H 四点共面.(2)易知FH 与直线AC 不平行，但共面， ∴设FH ∩AC ＝M ，∴M ∈平面EFHG ，M ∈平面ABC . 又平面EFHG ∩平面ABC ＝EG ， ∴M ∈EG .∴FH ，EG ，AC 共点.规律方法 1.证明点或线共面问题的两种方法：(1)首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；(2)将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合.2.证明点共线问题的两种方法：(1)先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；(2)直接证明这些点都在同一条特定直线(如某两个平面的交线)上.3.证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点. 【训练1】 如图，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与四边形ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠FAB ＝90°，BC ∥AD 且BC ＝12AD ，BE ∥AF 且BE ＝12AF ，G ，H 分别为FA ，FD 的中点.(1)证明：四边形BCHG 为平行四边形； (2)判断C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？ (1)证明 由已知FG ＝GA ，FH ＝HD ， 可得GH 綉12AD ，又BC 綉12AD ，所以GH 綉BC .所以四边形BCHG 为平行四边形.(2)解 C ，D ，E ，F 四点共面.理由如下： 因为BE 綉12AF ，G 为FA 的中点，所以BE 綉FG .所以四边形BEFG 为平行四边形，所以EF ∥BG . 由(1)知BG 綉CH ，所以EF ∥CH ，所以EF 与CH 共面. 又D ∈FH ，所以C ，D ，F ，E 四点共面. 考点二 空间两直线位置关系的判定【例2】 (1)(一题多解)若直线l 1和l 2是异面直线，l 1在平面α内，l 2在平面β内，l 是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是( ) A.l 与l 1，l 2都不相交 B.l 与l 1，l 2都相交C.l 至多与l 1，l 2中的一条相交D.l 至少与l 1，l 2中的一条相交(2)在图中，G ，N ，M ，H 分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH ，MN 是异面直线的图形的序号是________(填上所有正确答案的序号).解析 (1)法一 由于l 与直线l 1，l 2分别共面，故直线l 与l 1，l 2要么都不相交，要么至少与l 1，l 2中的一条相交.若l ∥l 1，l ∥l 2，则l 1∥l 2，这与l 1，l 2是异面直线矛盾.故l 至少与l 1，l 2中的一条相交.法二 如图(1)，l 1与l 2是异面直线，l 1与l 平行，l 2与l 相交，故A ，B 不正确；如图(2)，l 1与l 2是异面直线，l 1，l 2都与l 相交，故C 不正确.(2)图①中，直线GH ∥MN ；图②中，G ，H ，N 三点共面，但M ∉平面GHN ，N ∉GH ，因此直线GH 与MN 异面； 图③中，连接MG ，GM ∥HN ，因此GH 与MN 共面； 图④中，G ，M ，N 共面，但H ∉平面GMN ，G ∉MN ， 因此GH 与MN 异面.所以在图②④中，GH 与MN 异面. 答案 (1)D (2)②④规律方法 1.异面直线的判定方法：(1)反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两条直线平行或相交，由假设出发，经过严格的推理，导出矛盾，从而否定假设，肯定两条直线异面.(2)定理：平面外一点A 与平面内一点B 的连线和平面内不经过点B 的直线是异面直线. 2.点、线、面位置关系的判定，要注意几何模型的选取，常借助正方体为模型，以正方体为主线直观感知并认识空间点、线、面的位置关系.【训练2】 如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱C 1D 1，C 1C 的中点，有以下四个结论：①直线AM 与CC 1是相交直线； ②直线AM 与BN 是平行直线； ③直线BN 与MB 1是异面直线； ④直线AM 与DD 1是异面直线. 其中正确的结论为________(填序号).解析 直线AM 与CC 1是异面直线，直线AM 与BN 也是异面直线，故①②错误. 答案 ③④考点三 异面直线所成的角【例3】 (1)(2019·湘潭二模)已知四棱锥P －ABCD 的底面边长都为2，PA ＝PC ＝23，PB ＝PD ，且∠DAB ＝60°，M 是PC 的中点，则异面直线MB 与AP 所成的角为______.(2)(2020·安阳一模)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点O 是底面ABCD 的中心，过O 点作一条直线l 与A 1D 平行，设直线l 与直线OC 1的夹角为θ，则cos θ＝________. 解析 (1)如图，连接AC 与BD ，相交于点N ，连接MN ，则MN ∥PA ，所以∠NMB (或∠NMB 的补角)为异面直线MB 与AP 所成的角， 在△MNB 中，由题意得NB ＝1，MN ＝3，BN ⊥MN ，则tan ∠NMB ＝NBMN ＝33，∴∠NMB ＝30°，故答案为30°.(2)如图所示，设正方体的表面ABB 1A 1的中心为P ，容易证明OP ∥A 1D ，所以直线l 即为直线OP ，角θ即∠POC 1.设正方体的棱长为2，则OP ＝12A 1D ＝2， OC 1＝6，PC 1＝6，则cos ∠POC 1＝2＋6－62×2×6＝123＝36.答案 (1)30° (2)36规律方法 用平移法求异面直线所成角的一般步骤： (1)作角——用平移法找(或作)出符合题意的角；(2)求角——转化为求一个三角形的内角，通过解三角形，求出角的大小.【训练3】 (一题多解)(2018·全国Ⅱ卷)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( ) A.15B.56C.55D.22解析 法一 如图，连接BD 1，交DB 1于O ，取AB 的中点M ，连接DM ，OM .易知O 为BD 1的中点，所以AD 1∥OM ，则∠MOD 为异面直线AD 1与DB 1所成角或其补角.因为在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，AD 1＝AD 2＋DD 21＝2， DM ＝AD 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12AB 2＝52，DB 1＝AB 2＋AD 2＋DD 21＝5.所以OM ＝12AD 1＝1，OD ＝12DB 1＝52，于是在△DMO 中，由余弦定理，得cos∠MOD＝——12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫522－⎝ ⎛⎭⎪⎫5222×1×52＝55，即异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55.法二 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，如图所示.由条件可知D (0，0，0)，A (1，0，0)，D 1(0，0，3)，B 1(1，1，3)，所以AD 1→＝(－1，0，3)，DB 1→＝(1，1，3).则cos 〈AD 1→，DB 1→〉＝AD 1→·DB 1→|AD 1→|·|DB 1→|＝225＝55，即异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55.答案 C赢得高分 立体几何中的截面问题用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集叫做这个几何体的截面.截面问题涉及线、面位置关系，点线共面、线共点等问题，综合性较强，常做为压轴题出现.【典例】 (2018·全国Ⅰ卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( ) A.334B.233C.324D.32解析 如图，依题意，平面α与棱BA ，BC ，BB 1所在直线所成角都相等，容易得到平面AB 1C 符合题意，进而所有平行于平面AB 1C 的平面均符合题意.由对称性，知过正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中心的截面面积应取最大值，此时截面为正六边形EFGHIJ .正六边形EFGHIJ 的边长为22，将该正六边形分成6个边长为22的正三角形.故其面积为6×34×⎝⎛⎭⎪⎫222＝334.答案 A思维升华作出截面的关键是找到截线，作出截线的主要根据有：(1)确定平面的条件；(2)三线共点的条件；(3)面面平行的性质定理.【训练】已知球O是正三棱锥(底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心)A－BCD的外接球，BC＝3，AB＝23，点E在线段BD上，且BD＝3BE，过点E作球O的截面，则所得的截面中面积最小的截面圆的面积是______.解析如图，设△BDC的中心为O1，球O的半径为R，连接AO1，O1D，OD，O1E，OE，则O1D＝3sin 60°×23＝3，AO1＝AD2－DO21＝3，在Rt△OO1D中，R2＝3＋(3－R)2，解得R＝2，∵BD＝3BE，DE＝2，在△DEO1中，O1E＝3＋4－2×3×2cos 30°＝1，∴OE＝O1E2＋OO21＝2，过点E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面圆的面积最小，此时截面圆的半径为22－（2）2＝2，面积为2π.答案2πA级基础巩固一、选择题1.给出下列说法：①梯形的四个顶点共面；②三条平行直线共面；③有三个公共点的两个平面重合；④三条直线两两相交，可以确定1个或3个平面.其中正确的序号是( )A.①B.①④C.②③D.③④解析显然命题①正确.由于三棱柱的三条平行棱不共面，②错.命题③中，两个平面重合或相交，③错.三条直线两两相交，可确定1个或3个平面，则命题④正确.答案 B2.已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b( )A.一定是异面直线B.一定是相交直线C.不可能是平行直线D.不可能是相交直线解析由已知得直线c与b可能为异面直线也可能为相交直线，但不可能为平行直线，若b∥c，则a∥b，与已知a，b为异面直线相矛盾.答案 C3.(2020·福州月考)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成角的大小为( )A.30°B.45°C.60°D.90°解析连接B1D1，D1C，则B1D1∥EF，故∠D1B1C或其补角为所求的角.又B1D1＝B1C＝D1C，∴∠D1B1C ＝60°.答案 C4.下列命题中正确的个数为( )①存在与两条异面直线都平行的平面；②过空间一点，一定能作一个平面与两条异面直线都平行；③若△ABC在平面α外，它的三条边所在的直线分别交α于P，Q，R，则P，Q，R三点共线；④若三条直线a，b，c互相平行且分别交直线l于A，B，C三点，则这四条直线共面；⑤空间中不共面的五个点一定能确定10个平面.A.1B.2C.3D.4解析①将一个平面内的两条相交直线平移到平面外，且平移后不相交，则这两条直线异面且与该平面平行，故正确；②当点在两条异面直线中的一条上时，这个平面不存在，故不正确；在③中，因为P，Q，R三点既在平面ABC上，又在平面α上，所以这三点必在平面ABC 与α的交线上，即P，Q，R三点共线，故③正确；在④中，因为a∥b，所以a与b确定一个平面α，而l上有A，B两点在该平面内，所以l⊂α，即a，b，l三线共面于α；同理a，c，l三线也共面，不妨设为β，而α，β有两条公共的直线a，l，所以α与β重合，故这些直线共面，故④正确；在⑤中，不妨设其中四点共面，则它们最多只能确定7个平面，故⑤错.答案 C5.在如图所示的正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1B，AD的中点，则直线BF与平面AD1E的位置关系是( )A.平行B.相交但不垂直C.垂直D.异面解析如图，取AD1的中点O，连接OE，OF，则OF平行且等于BE，∴四边形BFOE是平行四边形，∴BF∥OE，∵BF⊄平面AD1E，OE⊂平面AD1E，∴BF∥平面AD1E.答案 A二、填空题6.正方体AC1中，与面ABCD的对角线AC异面的棱有________条.解析如图，在正方体AC1中，与面ABCD的对角线AC异面的棱有BB1，DD1，A1B1，A1D1，D1C1，B1C1，共6条.答案 67.如图，已知圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，C是圆柱下底面弧AB的中点，C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为________.解析取圆柱下底面弧AB的另一中点D，连接C1D，AD，因为C是圆柱下底面弧AB的中点，所以AD∥BC，所以直线AC1与AD所成角等于异面直线AC1与BC所成角.因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，所以C1D⊥圆柱下底面，所以C1D⊥AD，因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，所以C1D＝2AD，所以直线AC1与AD所成角的正切值为2，所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为 2.答案 28.(2020·西安模拟)如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，①GH与EF平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE 与MN垂直.以上四个命题中，正确命题的序号是________.解析还原成正四面体A－DEF，其中H与N重合，A，B，C三点重合.易知GH与EF异面，BD与MN异面.又△GMH为等边三角形，∴GH与MN成60°角，易证DE⊥AF，MN∥AF，∴MN⊥DE.因此正确的序号是②③④.答案②③④三、解答题9.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，H为直线B1D与平面ACD1的交点.求证：D1，H，O三点共线.证明如图，连接BD，B1D1，则BD∩AC＝O，∵BB1綉DD1，∴四边形BB1D1D为平行四边形.又H∈B1D，B1D⊂平面BB1D1D，则H∈平面BB1D1D，∵平面ACD1∩平面BB1D1D＝OD1，∴H∈OD1.故D1，H，O三点共线.10.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，(1)求直线AC与A1D所成角的大小；(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求直线A1C1与EF所成角的大小.解(1)如图，连接B1C，AB1，由ABCD－A1B1C1D1是正方体，易知A1D∥B1C，从而B1C与AC所成的角就是AC与A1D所成的角.因为AB1＝AC＝B1C，所以∠B 1CA ＝60°.即直线A 1D 与AC 所成的角为60°.(2)连接BD ，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AC ⊥BD ，AC ∥A 1C 1， 因为E ，F 分别为AB ，AD 的中点， 所以EF ∥BD ，所以EF ⊥AC . 所以EF ⊥A 1C 1.即直线A 1C 1与EF 所成的角为90°.B 级 能力提升11.平面α过正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD ＝m ，α∩平面ABB 1A 1＝n ，则m ，n 所成角的正弦值为( ) A.32B.22C.33D.13解析 如图所示，设平面CB 1D 1∩平面ABCD ＝m 1，∵α∥平面CB 1D 1，则m 1∥m ， 又∵平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1， 平面CB 1D 1∩平面A 1B 1C 1D 1 ＝B 1D 1，∴B 1D 1∥m 1， ∴B 1D 1∥m ，同理可得CD 1∥n .故m ，n 所成角的大小与B 1D 1，CD 1所成角的大小相等， 即∠CD 1B 1的大小.又∵B 1C ＝B 1D 1＝CD 1(均为面对角线)， ∴∠CD 1B 1＝π3，得sin ∠CD 1B 1＝32，故选A. 答案 A12.(2019·江西百所名校模拟)已知△ABC 的边长都为2，在边AB 上任取一点D ，沿CD 将△BCD 折起，使平面BCD ⊥平面ACD .在平面BCD 内过点B 作BP ⊥平面ACD ，垂足为P ，那么随着点D 的变化，点P 的轨迹长度为( ) A.π6B.π3C.2π3D.π解析 由题意知，平面BCD ⊥平面ACD ，且BP ⊥平面ACD ，那么随着点D 的变化，BP ⊥CD 始终成立，可得在平面ABC 中，BP ⊥CP 始终成立，即得点P 的轨迹是以BC 为直径的圆的一部分，由题知随着点D 的变化，∠BCD 的范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3，可得点P 的轨迹是以BC 为直径的圆的13，即得点P 的轨迹长度为13×2π×1＝2π3.答案 C13.在四面体ABCD 中，E ，F 分别是AB ，CD 的中点.若BD ，AC 所成的角为60°，且BD ＝AC ＝1，则EF 的长为________.解析 如图，取BC 的中点O ，连接OE ，OF .因为OE ∥AC ，OF ∥BD ，所以OE 与OF 所成的锐角(或直角)即为AC 与BD 所成的角，而AC ，BD 所成角为60°，所以∠EOF ＝60°或∠EOF ＝120°.当∠EOF ＝60°时，EF ＝OE ＝OF ＝12.当∠EOF ＝120°时，取EF 的中点M ，则OM ⊥EF ，EF ＝2EM ＝2×34＝32. 答案 12或3214.如图，在四棱锥O －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，OA ⊥底面ABCD ，OA ＝2，M 为OA 的中点.(1)求四棱锥O －ABCD 的体积；(2)求异面直线OC 与MD 所成角的正切值. 解 (1)由已知可求得正方形ABCD 的面积S ＝4， 所以四棱锥O －ABCD 的体积V ＝13×4×2＝83.(2)如图，连接AC ，设线段AC 的中点为E ，连接ME ，DE ，又M 为OA 中点，∴ME ∥OC ，则∠EMD (或其补角)为异面直线OC 与MD 所成的角，由已知可得DE ＝2，EM ＝3，MD ＝5， ∵(2)2＋(3)2＝(5)2，即DE 2＋EM 2＝MD 2， ∴△DEM 为直角三角形，且∠DEM ＝90°， ∴tan∠EMD ＝DE EM＝23＝63. ∴异面直线OC 与MD 所成角的正切值为63. C 级 创新猜想15.(多选题)如图，矩形ABCD 中，AB ＝2AD ，E 为边AB 的中点，将△ADE 沿直线DE 翻折成△A 1DE .若M 为线段A 1C 的中点，则在△ADE 翻折的过程中，下列命题正确的是( )A.BM 是定值B.点M 在某个球面上运动C.存在某个位置，使DE ⊥A 1CD.存在某个位置，使MB ∥平面A 1DE解析 取DC 的中点F ，连接MF ，BF ，MF ∥A 1D 且MF ＝12A 1D ，FB ∥ED 且FB ＝ED ，所以∠MFB ＝∠A 1DE ，由余弦定理可得MB 2＝MF 2＋FB 2－2MF ·FB ·cos ∠MFB 是定值；因为B 是定点，所以M 是在以B 为圆心，MB 为半径的球面上，可得A ，B 正确；由MF ∥A 1D 与FB ∥ED 且MF ∩BF ＝F 可得平面MBF ∥平面A 1DE ，故D 正确；A 1C 在平面ABCD 中的投影与AC 重合，AC 与DE 不垂直，所以DE 与A 1C 也不垂直，故C 不正确.答案 ABD。
2021届高考数学一轮总复习第8章立体几何第4节直线平面平行的判定及性质跟踪检测文含解析202101
第八章立体几何第四节直线、平面平行的判定及性质A级·基础过关|固根基|1.已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析：选A 若m⊄α，n⊂α，m∥n，由线面平行的判定定知m∥α.若m∥α，m⊄α，n⊂α，不一定推出m∥n，直线m与n可能异面，故“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．故选A.2．已知直线l，m，平面α，β，γ，则下列条件能推出l∥m的是( )A．l⊂α，m⊂β，α∥βB．α∥β，α∩γ＝l，β∩γ＝mC．l∥α，m⊂αD．l⊂α，α∩β＝m解析：选B 选项A中，直线l，m也可能异面；选项B中，根据面面平行的性质定理，可推出l∥m，B正确；选项C中，直线l，m也可能异面；选项D中，直线l，m也可能相交．故选B.3．(2019届长沙市统一模拟)设a，b，c表示不同直线，α，β表示不同平面，下列命题：①若a∥c，b∥c，则a∥b；②若a∥b，b∥α，则a∥α；③若a∥α，b∥α，则a∥b；④若a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥b.真命题的个数是( )A．1 B．2C．3 D．4解析：选A 由题意，对于①，根据线线平行的传递性可知①是真命题；对于②，根据a∥b，b∥α，可以推出a∥α或a⊂α，故②是假命题；对于③，根据a∥α，b∥α，可以推出a 与b平行、相交或异面，故③是假命题；对于④，根据a⊂α，b⊂β，α∥β，可以推出a∥b或a与b异面，故④是假命题．所以真命题的个数是1.故选A.4.如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则( )A．BD∥平面EFGH，且四边形EFGH是矩形B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是菱形D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形解析：选B 由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知，EF 15BD，又EF⊄平面BCD，所以EF∥平面BCD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HG 12BD，所以EF∥HG且EF≠HG.所以四边形EFGH是梯形．5.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝2a3，则MN与平面BB1C1C的位置关系是( )A．相交B．平行C ．垂直D ．不能确定解析：选B 由题意可得A 1M ＝13A 1B ，AN ＝13AC ，所以分别取BC ，BB 1上的点P ，Q ，使得CP ＝23BC ，BQ ＝23BB 1，连接MQ ，NP ，PQ ，则MQ23B 1A 1，NP23AB ，又B 1A 1AB ，故MQNP ，所以四边形MQPN 是平行四边形，则MN ∥QP ，QP ⊂平面BCC 1B 1，MN ⊄平面BCC 1B 1，则MN ∥平面BCC 1B 1，故选B.6．设m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题： ①若m ⊂α，n ∥α，则m ∥n ； ②若α∥β，β∥γ，m ⊥α，则m ⊥γ； ③若α∩β＝n ，m ∥n ，m ∥α，则m ∥β； ④若m ∥α，n ∥β，m ∥n ，则α∥β.其中是真命题的是________(填上正确命题的序号)．解析：①m ∥n 或m ，n 异面，故①错误；易知②正确；③m ∥β 或m ⊂β，故③错误；④α∥β或α与β相交，故④错误．答案：②7.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，E 为AD 的中点，点F 在CD 上，若EF ∥平面AB 1C ，则EF ＝________．解析：根据题意，因为EF ∥平面AB 1C ，所以EF ∥AC .又E 是AD 的中点，所以F 是CD 的中点．因为在Rt △DEF 中，DE ＝DF ＝1，故EF ＝2.答案：28.如图，平面α∥平面β，△ABC ，△A ′B ′C ′分别在α，β内，线段AA ′，BB ′，CC ′相交于点O ，O 在α，β之间，若AB ＝2，AC ＝1，∠BAC ＝60°，OA ∶OA ′＝3∶2，则△A ′B ′C ′的面积为________．解析：相交直线AA ′，BB ′所在平面和两平行平面α，β相交于AB ，A ′B ′，所以AB ∥A ′B ′.同理BC ∥B ′C ′，CA ∥C ′A ′.所以△ABC 与△A ′B ′C ′的三内角相等，所以△ABC ∽△A ′B ′C ′，A ′B ′AB＝OA ′OA＝23.又因为S △ABC ＝12×2×1×32＝32，所以S △A ′B ′C ′＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝32×49＝239. 答案：2399．(2020届广东七校联考)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝2，∠ABC ＝90°，AB ＝3，BC ＝1，AD ＝23，CD ＝4，E 为CD 的中点．(1)求证：AE ∥平面PBC ； (2)求三棱锥C －PBE 的体积．解：(1)证明：∵AB ＝3，BC ＝1，∠ABC ＝90°，∴AC ＝2，∠BCA ＝60°. 在△ACD 中，AD ＝23，AC ＝2，CD ＝4，∴AC 2＋AD 2＝CD 2，∴∠CAD ＝90°，则△ACD 是直角三角形． 又E 为CD 的中点，∴AE ＝12CD ＝CE ＝2，∴△ACE 是等边三角形，∴∠CAE ＝60°，∴∠CAE ＝60°＝∠BCA ，∴BC ∥AE .又AE ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，∴AE ∥平面PBC . (2)∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥底面BCE ， ∴PA 为三棱锥P －BCE 的高．∵∠BCA ＝60°，∠ACD ＝60°，∴∠BCE ＝120°. 又BC ＝1，CE ＝2，∴S △BCE ＝12×BC ×CE ×sin ∠BCE ＝12×1×2×32＝32，∴V 三棱锥C －PBE ＝V 三棱锥P －BCE ＝13×S △BCE ×PA ＝13×32×2＝33.10.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，S 是B 1D 1的中点，E ，F ，G 分别是BC ，DC ，SC 的中点，求证：(1)EG ∥平面BDD 1B 1； (2)平面EFG ∥平面BDD 1B 1. 证明：(1)如图，连接SB ，在△SBC 中，因为E ，G 分别是BC ，SC 的中点， 所以EG ∥SB .又因为SB ⊂平面BDD 1B 1，EG ⊄平面BDD 1B 1，所以EG∥平面BDD1B1.(2)连接SD，因为F，G分别是DC，SC的中点，所以FG∥SD.又因为SD⊂平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1，所以FG∥平面BDD1B1，又EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，所以平面EFG∥平面BDD1B1.B级·素养提升|练能力|11.如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列说法中，错误的为( )A．AC⊥BDB．AC＝BDC．AC∥截面PQMND．异面直线PM与BD所成的角为45°解析：选B 因为截面PQMN是正方形，所以PQ∥MN，QM∥PN，则PQ∥平面ACD，QM∥平面BDA，所以PQ∥AC，QM∥BD，由PQ⊥QM，可得AC⊥BD，故A正确；由PQ∥AC，可得AC∥截面PQMN，故C正确；由BD∥PN，所以∠MPN(或其补角)是异面直线PM与BD所成的角，且为45°，故D正确；由上面可知，BD ∥PN ，MN ∥AC . 所以PN BD ＝AN AD，MN AC＝DN AD，而AN ≠DN ，PN ＝MN ， 所以BD ≠AC ，故B 错误．故选B. 12.如图所示，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别是棱CC 1，C 1D 1，D 1D ，DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 只需满足条件________时，就有MN ∥平面B 1BDD 1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)解析：连接HN ，FH ，FN ，则FH ∥DD 1，HN ∥BD ，所以平面FHN ∥平面B 1BDD 1，只需M ∈FH ，则MN ⊂平面FHN ，所以MN ∥平面B 1BDD 1.答案：点M 在线段FH 上(或点M 与点H 重合)13．(2020届成都模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ＝PD ，AB ＝AD ，PA ⊥PD ，AD ⊥CD ，∠BAD ＝60°，M ，N 分别为AD ，PA 的中点．(1)证明：平面BMN ∥平面PCD ；(2)若AD ＝6，求三棱锥P －BMN 的体积．解：(1)证明：如图，连接BD .∵AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，∴△ABD 为正三角形．∵M 为AD的中点，∴BM⊥AD.∵AD⊥CD，CD，BM⊂平面ABCD，∴BM∥CD.又BM⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，∴BM∥平面PCD.∵M，N分别是AD，PA的中点，∴MN∥PD.又MN⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，∴MN∥平面PCD.又BM，MN⊂平面BMN，BM∩MN＝M，∴平面BMN∥平面PCD.(2)在(1)中已证BM⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，BM⊂平面ABCD，∴BM⊥平面PAD.又AD＝6，∠BAD＝60°，∴BM＝3 3.∵M，N分别是AD，PA的中点，PA＝PD＝22AD＝32，∴△PMN的面积S△PMN＝14S△PAD＝14×12×(32)2＝94.∴三棱锥P－BMN的体积V P－BMN＝V B－PMN＝13S△PMN·BM＝13×94×33＝934.14．在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和四边形ACC1A1都为矩形．设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使DE∥平面A1MC？请证明你的结论．解：存在点M为线段AB的中点，使DE∥平面A1MC，证明如下：如图，取线段AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，设O为A1C与AC1的交点．由已知，O为AC1，A1C的中点．连接MD，OE，OM，则MD，OE分别为△ABC，△ACC1的中位线，所以MD 12AC，OE12AC，因此MD OE.从而四边形MDEO为平行四边形，则DE∥MO.因为DE⊄平面A1MC，MO⊂平面A1MC，所以DE∥平面A1MC.即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使DE∥平面A1MC.。
21新高考数学B人教A一轮复习高考大题专项四 立体几何 含解析
高考大题专项(四)立体几何突破1空间中的平行与空间角1.(2019山东潍坊三模,18)如图,一简单几何体ABCDE的一个面ABC内接于圆O,G、H分别是AE、BC的中点,AB是圆O的直径,四边形DCBE为平行四边形,且DC⊥平面ABC.(1)证明:GH∥平面ACD;(2)若AC=BC=BE=2,求二面角O-CE-B的余弦值.12.(2019湖北八校联考一,18)如图所示,四棱锥P-ABCD中,面PAD⊥面ABCD,PA=PD=√2,四边形AD=1,E为PA的中点.ABCD为等腰梯形,BC∥AD,BC=CD=12(1)求证:EB∥平面PCD.(2)求面PAD与平面PCD所成的二面角θ的正弦值.23.(2019安徽“江南十校”二模,18)已知多面体ABC-DEF,四边形BCDE为矩形,△ADE与△BCF为边长为2√2的等边三角形,AB=AC=CD=DF=EF=2.(1)证明:平面ADE∥平面BCF.(2)求BD与平面BCF所成角的正弦值.4.(2019四川宜宾二模,19)如图,四边形ABCD是菱形,EA⊥平面ABCD,EF∥AC,CF∥平面BDE,G是AB中点.(1)求证:EG∥平面BCF;(2)若AE=AB,∠BAD=60°,求二面角A-BE-D的余弦值.35.(2017全国2,理19)45如图,四棱锥P-ABCD 中,侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,AB=BC=12AD ,∠BAD=∠ABC=90°,E 是PD 的中点. (1)证明:直线CE ∥平面PAB ;(2)点M 在棱PC 上,且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°,求二面角M-AB-D 的余弦值.6.(2014课标全国Ⅱ,理18)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.(1)证明:PB∥平面AEC;(2)设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=√3,求三棱锥E-ACD的体积.6突破2空间中的垂直与空间角1.(2018全国卷3,理19)⏜所在平面垂直,M是CD⏜上异于C,D的点.如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD(1)证明:平面AMD⊥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.72.(2019河北唐山一模,18)如图,△ABC中,AB=BC=4,∠ABC=90°,E,F分别为AB,AC边的中点,以EF 为折痕把△AEF折起,使点A到达点P的位置,且PB=BE.(1)证明:BC⊥平面PBE;(2)求平面PBE与平面PCF所成锐二面角的余弦值.83.(2019河北武邑中学调研二,19)如图,已知多面体ABC-A1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1;(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.4.(2019山西太原二模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,AD∥BC,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,△PCD是正三角形,PC⊥AC,E是PA的中点.(1)证明:AC⊥BE;(2)求直线BP与平面BDE所成角的正弦值.95.(2019山东实验等四校联考,18)如图,在直角△ABC中,B为直角,AB=2BC,E,F分别为AB,AC的中点,将△AEF沿EF折起,使点A到达点D的位置,连接BD,CD,M为CD的中点.(1)证明:MF⊥面BCD;(2)若DE⊥BE,求二面角E-MF-C的余弦值.106.(2019宁夏银川一中一模,19)如图所示,ABCD是边长为2的正方形,AE⊥平面BCE,且AE=1.(1)求证:平面ABCD⊥平面ABE;?若存在,请找出点F的位置;若(2)线段AD上是否存在一点F,使二面角A-BF-E所成角的余弦值为√64不存在,请说明理由.11参考答案高考大题专项(四)立体几何1213突破1 空间中的平行与空间角1.(1)证明 连接GO ,OH ,∵GO ∥DC ,OH ∥AC ,∴GO ∥平面ACD ,OH ∥平面ACD ,又GO 交HO 于O ,∴平面GOH ∥平面ACD ,∴GH ∥平面ACD. (2)解 以CB 为x 轴,CA 为y 轴,CD 为z 轴,建立如图所示的直角坐标系,则C (0,0,0),B (2,0,0),A (0,2,0),O (1,1,0),E (2,0,2),平面BCE 的法向量m =(0,1,0),设平面OCE 的法向量n =(x 0,y 0,z 0). CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2),C O ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0).∴{n ·CE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CO ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,则{2x 0+2z 0=0,x 0+y 0=0,令x 0=-1,∴n =(-1,1,1).∵二面角O-CE-B 是锐二面角,记为θ, 则cos θ=|cos <m ,n >|=m ·n=1×3=√33.2.(1)证明 取PD 中点F ,连接EF ,FC.∵E ,F 分别为AP ,PD 中点, ∴EF 12AD. 又∵BC12AD ,14∴BC EF.即四边形BCFE 是平行四边形,∴EB ∥FC.∵FC ⊂平面PCD ,且EB ⊄平面PCD , ∴EB ∥平面BCD.(2)解 取BC 的中点M ,以OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,OP ⃗⃗⃗⃗⃗ 方向为正方向建立如图所示的空间直角系O-xyz.则P (0,0,1),A (0,-1,0),D (0,1,0),C√32,12,0,则平面PAD 的一个法向量为n 1=(1,0,0).∴PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-1),CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =-√32,12,0.设平面PDC 的一个法向量为n 2=(x ,y ,z ),则{y -z =0,-√3x +1y =0. 不妨令x=1,则y=√3,z=√3,∴n 2=(1,√3,√3).∴|cos θ|=|cos <n 1,n 2>|=√77, 则sin θ=√77.3.(1)证明 取BC ,DE 中点分别为O ,O 1,连接OA ,O 1A ,OF ,O 1F.由AB=AC=CD=DF=EF=2,BC=DE=CF=AE=AD=BF=2√2,可知△ABC ,△DEF 为等腰直角三角形,故OA ⊥BC ,O 1F ⊥DE ,CD ⊥DE ,CD ⊥DF.15故CD ⊥平面DEF ,平面BCDE ⊥平面DEF ,所以O 1F ⊥平面BCDE. 同理OA ⊥平面BCDE ,所以O 1F ∥OA.而O 1F=OA ,故四边形AOFO 1为平行四边形,所以AO 1∥OF ,所以AO 1∥平面BCF.又BC ∥DE ,故DE ∥平面BCF ,而AO 1∩DE=O 1,所以平面ADE ∥平面BCF.(2)解 以O 为坐标原点,以过O 且平行于AC 的直线作为x 轴,平行于AB 的直线作为y 轴,OO 1为z 轴建立空间直角坐标系如图.则有B (1,1,0),C (-1,-1,0),D (-1,-1,2),F (-1,1,2),故BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,-2,2),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,-2,0),BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,0,2). 设平面BCF 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则{-2x -2y =0,-2x +2z =0,取x=1得y=-1,z=1,故平面BCF 的一个法向量为n =(1,-1,1).设BD 与平面BCF 所成角为θ,则 sin θ=|cos <BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >| =√3×2√3=13.故BD 与平面BCF 所成角的正弦值为13. 4.(1)证明 设AC ∩BD=O ,连接OE ,OF ,∵四边形ABCD 是菱形,EA ⊥平面ABCD ,EF ∥AC ,CF ∥平面BDE , ∴OE ∥CF ,∴EF=AO=CO ,∴OF ⊥平面ABCD , 设OA=a ,OB=b ,AE=c ,16以O 为原点,OA ,OB ,OF 所在直线分别为x ,y ,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则E (a ,0,c ),Ga 2,b2,0,B (0,b ,0),C (-a ,0,0),F (0,0,c ), FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,b ,-c ),FC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-a ,0,-c ),EG⃗⃗⃗⃗⃗ =-a 2,b 2,-c , 设平面BCF 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·FB⃗⃗⃗⃗⃗ =by -cz =0,n ·FC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-ax -cz =0,取z=b ,得n =-bc a ,c ,b ,∵n ·EG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-a2)·(-bca )+b2·c+(-c )·b=0,EG ⊄平面BCF ,∴EG ∥平面BCF.(2)解 设AE=AB=2,∵∠BAD=60°,∴OB=1,OA=√3.∴A (√3,0,0),B (0,1,0),E (√3,0,2),D (0,-1,0). ∴BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-1,2),BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-1,0),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,0), 设平面ABE 的法向量n =(x ,y ,z ), 则{n ·BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =√3x -y =0,n ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =√3x -y +2z =0,取x=1,得n =(1,√3,0),设平面BDE 的法向量m =(x ,y ,z ), 则{m ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =√3x -y +2z =0,m ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-2y =0,17取x=2,得m =(2,0,-√3),设二面角A-BE-D 的平面角为θ,则cos θ=|m ·n ||m ||n |=√4×√7=√77.∴二面角A-BE-D 的余弦值为√77. 5.(1)证明 取PA 的中点F ,连接EF ,BF.因为E 是PD 的中点,所以EF ∥AD ,EF=12AD. 由∠BAD=∠ABC=90°得BC ∥AD ,又BC=12AD ,所以EF BC ,四边形BCEF 是平行四边形,CE ∥BF , 又BF ⊂平面PAB ,CE ⊄平面PAB ,故CE ∥平面PAB.(2)解 由已知得BA ⊥AD ,以A 为坐标原点,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ,则A (0,0,0),B (1,0,0),C (1,1,0),P (0,1,√3),PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-√3),AB ⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,0).设M (x ,y ,z )(0<x<1),则BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x-1,y ,z ),PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ,y-1,z-√3).因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°,而n =(0,0,1)是底面ABCD 的一个法向量,所以|cos <BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=sin 45°,√(x -1)+y 2+z 2=√22,即(x-1)2+y 2-z 2=0.①又M 在棱PC 上,设PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =C PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则 x=λ,y=1,z=√3−√3C .②18由①,②解得{ x =1+√22,y =1,z =-√62(舍去),{x =1-√22,y =1,z =√62,所以M (1-√22,1,√62),从而AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-√22,1,√62).设m =(x 0,y 0,z 0)是平面ABM 的一个法向量,则{m ·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{(2-√2)x 0+2y 0+√6z 0=0,x 0=0,所以可取m =(0,-√6,2).于是cos <m ,n >=m ·n|m ||n |=√105.因此二面角M-AB-D 的余弦值为√105. 6.解 (1)连接BD 交AC 于点O ,连接EO.因为ABCD 为矩形,所以O 为BD 的中点.又E 为PD 的中点,所以EO ∥PB. EO ⊂平面AEC ,PB ⊄平面AEC , 所以PB ∥平面AEC.(2)因为PA ⊥平面ABCD ,ABCD 为矩形,所以AB ,AD ,AP 两两垂直.如图,以A 为坐标原点,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴的正方向,|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立空间直角坐标系A-xyz ,则D (0,√3,0),E (0,√3,1),AE⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√3,1).设B (m ,0,0)(m>0), 则C (m ,√3,0),AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(m ,√3,0),19设n 1=(x ,y ,z )为平面ACE 的法向量, 则{n 1·AC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{mx +√3y =0,√32y +12z =0, 可取n 1=(√3m ,-1,√3).又n 2=(1,0,0)为平面DAE 的法向量,由题设|cos <n 1,n 2>|=12,即√33+4m 2=12,解得m=32. 因为E 为PD 的中点,所以三棱锥E-ACD 的高为12.三棱锥E-ACD 的体积V=13×12×√3×32×12=√38.突破2 空间中的垂直与空间角1.(1)证明 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BC ∩CM=C ,所以DM ⊥平面BMC. 而DM ⊂平面AMD ,故平面AMD ⊥平面BMC.(2)解 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D (0,0,0),A (2,0,0),B (2,2,0),C (0,2,0),M (0,1,1),AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,1),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0).设n =(x ,y ,z )是平面MAB 的法向量,则{n ·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0.即{-2x +y +z =0,2y =0.可取n =(1,0,2),20DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面MCD 的法向量,因此cos <n ,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|n ||DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√55,sin <n ,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ >=2√55.所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是2√55.2.(1)证明 因为E ,F 分别为AB ,AC 边的中点,所以EF ∥BC.因为∠ABC=90°,所以EF ⊥BE ,EF ⊥PE.又因为BE ∩PE=E ,所以EF ⊥平面PBE ,所以BC ⊥平面PBE.(2)解 取BE 的中点O ,连接PO ,由(1)知BC ⊥平面PBE ,BC ⊂平面BCFE ,所以平面PBE ⊥平面BCFE.因为PB=BE=PE ,所以PO ⊥BE.又因为PO ⊂平面PBE ,平面PBE ∩平面BCFE=BE ,所以PO ⊥平面BCFE. 过O 作OM ∥BC 交CF 于M ,分别以OB ,OM ,OP 所在直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,则P (0,0,√3),C (1,4,0),F (-1,2,0). PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,4,-√3),PF⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,-√3).21设平面PCF 的一个法向量为m =(x ,y ,z ),则{PC⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,PF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,即{x +4y -√3z =0,-x +2y -√3z =0,则m =(-1,1,√3),易知n =(0,1,0)为平面PBE 的一个法向量, cos <m ,n >=√3×0√(-1)+1+(√3)=√5=√5,所以平面PBE 与平面PCF 所成锐二面角的余弦值√55.3.(1)证明 ∵A 1A ⊥平面ABC ,B 1B ⊥平面ABC ,∴AA 1∥BB 1.∵AA 1=4,BB 1=2,AB=2,∴A 1B 1=√(AB )2+(AA 1-BB 1)2=2√2,又AB 1=√A C 2+BB 12=2√2, ∴A A 12=A B 12+A 1B 12,∴AB 1⊥A 1B 1.同理可得:AB 1⊥B 1C 1,又A 1B 1∩B 1C 1=B 1,∴AB 1⊥平面A 1B 1C 1. (2)解 取AC 中点O ,过O 作平面ABC 的垂线OD ,交A 1C 1于D ,∵AB=BC ,∴OB ⊥OC ,∵AB=BC=2,∠BAC=120°,∴OB=1,OA=OC=√3. 以O 为原点,以OB ,OC 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示, 则A (0,-√3,0),B (1,0,0),B 1(1,0,2),C 1(0,√3,1), ∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,0),BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,1). 设平面ABB 1的法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,22∴{x +√3y =0,2z =0,令y=1可得n =(-√3,1,0),∴cos <n ,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ·AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n ||AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√32×√13=√3913.设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ,则sin θ=|cos <n ,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=√39.∴直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值为√3913. 4.(1)证明 设F 是PD 的中点,连接EF ,CF.∵E 是PA 的中点,∴EF ∥AD ,EF=12AD.∵AD ∥BC ,AD=2BC , ∴EF ∥BC ,EF=BC. ∴BCFE 是平行四边形, ∴BE ∥CF.∵AD ∥BC ,AB ⊥AD ,∴∠ABC=∠BAD=90°. ∵AB=BC ,∴∠CAD=45°,AC=√2.由余弦定理得CD 2=AC 2+AD 2-2AC·AD·cos ∠CAD=2,∴AC 2+CD 2=4=AD 2,∴AC ⊥CD. ∵PD ⊥AC ,∴AC ⊥平面PCD , ∴AC ⊥CF ,∴AC ⊥BE.(2)解 由(1)得AC ⊥平面PCD ,CD=√2,∴平面ABCD ⊥平面PCD.23过点P 作PO ⊥CD ,垂足为O ,∴OP ⊥平面ABCD ,以O 为坐标原点,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz ,则P 0,0,√62,D -√22,0,0,B √2,-√22,0,E √24,-√22,√64,∴BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√2,√22,√62),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-3√22,√22,0,BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =-3√24,0,√64,设m =(x ,y ,z )是平面BDE 的一个法向量,则{m ·BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·BE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴{ -3√22x +√22y =0,-3√24x +√64z =0.令x=1,则{y =3,z =√3,∴m =(1,3,√3). ∴cos <m ,BP⃗⃗⃗⃗⃗ >=m ·BP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |m ||BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2613.∴直线BP 与平面BDE 所成角的正弦值为√2613.5.(1)证明 取DB 中点N ,连接MN ,EN ,∵MN 12BC ,EF 12BC ,∴四边形EFMN 是平行四边形.∵EF ⊥BE ,EF ⊥DE ,BE ∩DE=E ,∴EF ⊥平面BED ,∴EF ⊥EN ,MF ⊥MN.在△DFC 中,DF=FC ,又∵M 为CD 的中点,∴MF ⊥CD. 又∵MF ∩MN=M ,MF ,MN ⊂平面BCD ,∴MF ⊥平面BCD.(2)解 ∵DE ⊥BE ,又∵DE ⊥EF ,BE ∩EF=E ,24∴DE ⊥平面BEF.可建立如图所示空间直角坐标系.设BC=2,∴E (0,0,0),F (0,1,0),C (-2,2,0),M (-1,1,1). ∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0),FM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1),CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-1,0),CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,1). 设平面EMF 的法向量为m =(x ,y ,z ),∴{m ·EF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·FM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴{y =0,-x +z =0,取x=1,则y=0,z=1,∴m =(1,0,1).同理可得平面CMF 的法向量n =(1,2,1),∴cos θ=m ·n |m ||n |=√33.∵二面角E-MF-C 为钝角, ∴二面角E-MF-C 的余弦值为-√33.6.(1)证明 ∵AE ⊥平面BCE ,BE ⊂平面BCE ,BC ⊂平面BCE ,∴AE ⊥BE ,AE ⊥BC.又∵BC ⊥AB ,∴AE ∩AB=A ,∴BC ⊥平面ABE.又BC ⊂平面ABCD ,∴平面ABCD ⊥平面ABE.(2)解如图所示,建立空间直角坐标系A-xyz,∵AE=1,AB=2,AE⊥BE,∴BE=√3.假设线段AD上存在一点F满足题意,E√32,12,0,B(0,2,0),F(0,0,h )(h>0),易知平面ABF的一个法向量为m=(1,0,0).∵BE⃗⃗⃗⃗⃗ =√32,-32,0,BF⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,h),∴设平面BEF的一个法向量为n=(x,y,z),由{n·BE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n·BF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{√32x-32y=0,-2y+ℎz=0.取y=1,得n=√3,1,2ℎ,cos<m,n>=m·n|m||n|=√64=√3√4+4ℎ2,∴h=1.即点F为线段AD的中点时,二面角A-BF-E所成角的余弦值为√64.25。
高考大题专练四：立体几何的综合运用
专练40高考大题专练(四)立体几何的综合运用1．[2021·全国新高考Ⅰ卷]如图，在三棱锥A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．(1)证明：OA⊥CD；(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E－BC －D的大小为45°，求三棱锥A－BCD的体积．2．[2020·新高考Ⅰ卷]如图，四棱锥P ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面P AD与平面PBC的交线为l.(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.3.[2022·全国乙卷(理)，18]如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．4．[2020·全国卷Ⅰ]如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝66DO.(1)证明：P A⊥平面PBC；(2)求二面角B－PC－E的余弦值．5.[2020·全国卷Ⅱ]如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；(2)设O为△A1B1C1的中心．若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN 所成角的正弦值．6．[2021·全国乙卷]如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM.(1)求BC；(2)求二面角A－PM－B的正弦值．7.[2021·全国甲卷]已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.(1)证明：BF⊥DE；(2)当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？8．[2022·新高考Ⅰ卷，19]如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为22.(1)求A到平面A1BC的距离；(2)设D到A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A－BD－C的正弦值．。
2021届高考数学一轮总复习第8章立体几何第2节空间几何体的表面积与体积跟踪检测文含解析
第八章 立体几何第二节 空间几何体的表面积与体积A 级·基础过关|固根基|1.将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是( ) A ．4π B ．3π C ．2πD ．π解析：选C 由几何体的形成过程知，所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积S ＝2πrh ＝2π×1×1＝2π.故选C.2．(2020届惠州市高三第二次调研)某几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图均是由三角形与半圆构成的，俯视图由圆与内接三角形构成，则该几何体的体积为( )A.2π3＋16 B.2π6＋12 C.2π6＋16D.2π3＋12解析：选C 由三视图可知该几何体是一个半球上面有一个三棱锥，其体积V ＝13×12×1×1×1＋12×4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝2π6＋16，故选C. 3．《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中间的实线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为( )A ．2B ．4＋2 2C ．4＋4 2D ．4＋6 2解析：选C 由三视图知，该几何体是直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，其中AB ＝AA 1＝2，BC ＝AC ＝2，∠ACB ＝90°，其直观图如图所示，侧面为三个矩形，故该“堑堵”的侧面积S ＝(2＋22)×2＝4＋42，故选C.4.如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为( )A.500π3 cm 3B.866π3cm 3C.1 372π3 cm 3D.2 048π3cm 3解析：选A 设球的半径为R ，则由题意知，球被正方体上底面截得的圆的半径为4 cm ，球心到截面圆的距离为(R －2)cm ，则R 2＝(R －2)2＋42，解得R ＝5，所以球的体积为4π×533＝500π3(cm 3)．5．(2019届辽宁五校协作体联考)一个长方体被一平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．36B ．48C ．64D ．72解析：选B由几何体的三视图可得，几何体如图所示，将几何体分割为两个三棱柱，所以该几何体的体积为12×3×4×4＋12×3×4×4＝48，故选B.6.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1－EDF 的体积为________．解析：三棱锥D 1－EDF 的体积即为三棱锥F －DD 1E 的体积．因为E ，F 分别为AA 1，B 1C 上的点，所以在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，△EDD 1的面积为定值12，F 到平面AA 1D 1D 的距离为定值1，所以V D 1－EDF ＝V F －DD 1E ＝13×12×1＝16.答案：167．(2019届福建市第一学期高三期末)已知圆柱的高为2，底面半径为3，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积为________．解析：如图，由题意知圆柱的中心O 为这个球的球心，于是，球的半径r ＝OB ＝OA 2＋AB 2＝12＋（3）2＝2.故这个球的表面积S ＝4πr 2＝16π.答案：16π8．已知边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，沿AD 进行折叠，使折叠后的∠BDC＝π2，则过A ，B ，C ，D 四点的球的表面积为________．解析：连接BC ，由题知几何体ABCD 为三棱锥，BD ＝CD ＝1，AD ＝3，BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥CD，将折叠后的图形补成一个长、宽、高分别是 3，1，1的长方体，其体对角线长即为外接球的直径，2R ＝1＋1＋3＝5，故该三棱锥外接球的半径是R ＝52，其表面积为4πR 2＝5π. 答案：5π9.现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1，下部的形状是正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍，若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？解：由PO 1＝2 m ，知O 1O ＝4PO 1＝8 m ．因为A 1B 1＝AB ＝6 m ，所以正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1的体积V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)； 正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积 V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)，所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)． 故仓库的容积是312 m 3.10．如图，在长方体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)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值． 解：(1)交线围成的正方形EHGF 如图所示．(2)如图，作EM⊥AB，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EB 1＝16－4＝12，EM ＝AA 1＝8. 因为四边形EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10. 于是MH ＝ EH 2－EM 2＝6，则AH ＝10，HB ＝6. 故S 四边形A 1EHA ＝12×(4＋10)×8＝56，S 四边形EB 1BH ＝12×(12＋6)×8＝72.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱， 所以其体积的比值为97⎝ ⎛⎭⎪⎫79也正确. B 级·素养提升|练能力|11.已知一个简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．3π＋6B ．6π＋6C ．3π＋12D ．12解析：选A 由三视图还原几何体如图，该几何体为组合体，左半部分是四分之一圆锥，右半部分是三棱锥， 则其体积V ＝14×13×π×32×4＋13×12×3×3×4＝3π＋6.故选A.12．体积为3的三棱锥P －ABC 的顶点都在球O 的球面上，PA⊥平面ABC ，PA ＝2，∠ABC＝120°，则球O 的体积的最小值为( )A.773π B.2873π C.19193π D.76193π 解析：选B 设AB ＝c ，BC ＝a ，AC ＝b ，由题可得，3＝13×S △ABC ×2，解得S △ABC ＝332，因为∠ABC＝120°，S △ABC ＝332＝12acsin 120°，所以ac ＝6，由余弦定理可得，b 2＝a 2＋c 2－2accos 120°＝a 2＋c2＋ac≥2ac＋ac ＝3ac ＝18，当且仅当a ＝c 时取等号，此时b min ＝32，设△ABC 外接圆的半径为r ，则b sin 120°＝2r(b 最小，则外接圆半径最小)，故3232＝2r min ，所以r min ＝6，如图，设O 1为△ABC 外接圆的圆心，过O 作OD⊥PA，垂足为D ，R 为球O 的半径，连接O 1A ，O 1O ，OA ，OD ，PO ，设OO 1＝h ，在Rt △OO 1A 中，R 2＝r 2＋OO 21＝r 2＋h 2，在Rt △OPD 中，R 2＝r 2＋(2－h)2，联立得h ＝1.当r min ＝6时，R 2min ＝6＋1＝7，R min ＝7，故球O 体积的最小值为43πR 3min ＝43π×(7)3＝287π3，故选B. 13．榫卯是我国古代工匠极为精巧的发明，它是在两个构件上采用凹凸部分相结合的一种连接方式．我国的北京紫禁城、山西悬空寺、福建宁德的廊桥等建筑都用到了榫卯结构．图中网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是一种榫卯构件中榫的三视图，则其体积为________，表面积为________．解析：由三视图可知，榫卯构件中的榫由一个长方体和一个圆柱拼接而成，故其体积V＝4×2×3＋π×32×6＝24＋54π，表面积S＝2×π×32＋2×π×3×6＋4×3×2＋2×2×3＝54π＋36.答案：24＋54π54π＋3614．(2020届合肥调研)如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1，M为棱AB上一点，BC1∥平面A1MC.(1)求证：AM＝BM；(2)若△ABC是等边三角形，AB＝AA1，∠A1AB＝∠A1AC＝60°，△A1MC的面积为42，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积．解：(1)证明：如图，连接AC1交A1C于N，连接MN.∵BC1∥平面A1MC，BC1⊂平面ABC1，平面ABC1∩平面A1MC＝MN，∴BC1∥MN.由三棱柱ABC－A1B1C1知，四边形ACC1A1为平行四边形，∴N为AC1的中点．∴M为AB的中点，即AM＝BM.(2)连接A1B，∵△ABC是等边三角形，AB＝AA1，∠A1AB＝∠A1AC＝60°，∴△ABC，△AA1B，△AA1C是全等的等边三角形，由(1)知，M为AB的中点，∴A1M⊥AB，CM⊥AB.∵A1M∩CM＝M，∴AB⊥平面A1MC.设AB ＝2a ，则A 1M ＝CM ＝3a ，A 1C ＝2a ，∴△A 1MC 的面积为12·2a ·2a ＝2a 2＝42，解得a ＝2，即AM ＝2，∴V 三棱锥A －A 1MC ＝13·S △A 1MC ·AM ＝823，从而V 三棱柱ABC －A 1B 1C 1＝6·V 三棱锥A －A 1MC ＝16 2.。
2021版《大高考》高考数学(文)一轮总复习高考AB卷：第8章 立体几何初步 第五节
1.(2021·大纲全国，11)已知正四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于( ) A.23 B.33 C.23D.13解析 如图，设AA 1＝2AB ＝2，AC 交BD 于点O ，连接OC 1，过C 作CH ⊥OC 1于点H ，连接DH .∵BD ⊥AC ，BD ⊥AA 1，∴BD ⊥平面ACC 1A 1.∴CH ⊂平面ACC 1A 1，∴CH ⊥BD .∴CH ⊥平面C 1BD .∴∠CDH 为CD 与平面BDC 1所成的角. OC 1＝CC 21＋OC 2＝4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝32. 由等面积法得OC 1·CH ＝OC ·CC 1， ∴32·CH ＝22×2.CH ＝23. ∴sin ∠CDH ＝CH CD ＝231＝23.故选A. 答案 A2.(2022·新课标全国Ⅰ，18)如图，已知正三棱锥P ABC 的侧面是直角三角形，P A ＝6，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面P AB 内的正投影为点E ，连接PE 并延长交AB 于点G . (1)证明：G 是AB 的中点；(2)作出点E 在平面P AC 内的正投影F (说明作法及理由)，并求四周体PDEF 的体积.(1)证明 由于P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以AB ⊥PD .由于D 在平面P AB 内的正投影为E ，所以AB ⊥DE . 所以AB ⊥平面PED ，故AB ⊥PG .又由已知可得，P A ＝PB ，从而G 是AB 的中点.(2)解 在平面P AB 内，过点E 作PB 的平行线交P A 于点F ，F 即为E 在平面P AC 内的正投影.理由如下：由已知可得PB ⊥P A ，PB ⊥PC ，又EF ∥PB ，所以EF ⊥P A ，EF ⊥PC ，因此EF ⊥平面P AC ，即点F 为E 在平面P AC 内的正投影.连接CG ，由于P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以D 是正三角形ABC 的中心.由(1)知，G 是AB 的中点，所以D 在CG 上，故CD ＝23CG .由题设可得PC ⊥平面P AB ，DE ⊥平面P AB ， 所以DE ∥PC ，因此PE ＝23PG ，DE ＝13PC .由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且P A ＝6，可得DE ＝2，PE ＝2 2. 在等腰直角三角形EFP 中，可得EF ＝PF ＝2. 所以四周体PDEF 的体积V ＝13×12×2×2×2＝43.3.(2022·新课标全国Ⅱ，19)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ，EF 交BD 于点H ，将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置. (1)证明：AC ⊥HD ′；(2)若AB ＝5，AC ＝6，AE ＝54，OD ′＝22，求五棱锥D ′ABCFE 的体积.(1)证明 由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD ，又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD ，故AC ∥EF ，由此得EF ⊥HD ，折后EF 与HD 保持垂直关系，即EF ⊥HD ′，所以AC ⊥HD ′.(2)解 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4，所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3，于是OD ′2＋OH 2＝(22)2＋12＝9＝D ′H 2，故OD ′⊥OH .由(1)知AC ⊥HD ′，又AC ⊥BD ，BD ∩HD ′＝H ，所以AC ⊥平面DHD ′，于是AC ⊥OD ′，又由OD ′⊥OH ，AC ∩OH ＝O ，所以OD ′⊥平面ABC .又由EF AC ＝DH DO 得EF ＝92.五边形ABCFE 的面积S ＝12×6×8－12×92×3＝694.所以五棱锥D ′ABCFE 的体积V ＝13×694×22＝2322.4.(2021·新课标全国Ⅰ，18)如图，四边形ABCD 为菱形，G 是AC 与BD的交点，BE ⊥平面ABCD . (1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥EACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积. 解 (1)由于四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD .由于BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE .故AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED .(2)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得 AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x2.由于AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x .由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x .由已知得，三棱锥EACD 的体积V EACD ＝13×12AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63.故x ＝2. 从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥EACD 的侧面积为3＋2 5.5.(2022·新课标全国Ⅰ，19)如图，三棱柱ABCA 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，B 1C 的中点为O ，且AO ⊥平面BB 1C 1C . (1)证明：B 1C ⊥AB ；(2)若AC ⊥AB 1，∠CBB 1＝60°，BC ＝1，求三棱柱ABCA 1B 1C 1的高.(1)证明 连接BC 1，则O 为B 1C 与B C 1的交点.由于侧面BB 1C 1C 为菱形， 所以B 1C ⊥BC 1.又AO ⊥平面BB 1C 1C ，所以B 1C ⊥AO ，又由于BC 1∩AO ＝O ，所以B 1C ⊥平面ABO . 由于AB ⊂平面ABO ，故B 1C ⊥AB .(2)解 作OD ⊥BC ，垂足为D ，连接AD .作OH ⊥AD ，垂足为H .由于BC ⊥AO ，BC ⊥OD ，AO ∩OD ＝O ，故BC ⊥平面AOD ，所以OH ⊥BC .又OH ⊥AD ，所以OH ⊥平面ABC .由于∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形， 又BC ＝1，可得OD ＝34.由于AC ⊥AB 1，所以OA ＝12B 1C ＝12. 由OH ·AD ＝OD ·OA ，且AD ＝OD 2＋OA 2＝74，得OH ＝2114.又O 为B 1C 的中点，所以点B 1到平面ABC 的距离为217.故三棱柱ABCA 1B 1C 1的高为217.1.(2022·浙江，6)设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面( ) A.若m ⊥n ，n ∥α，则m ⊥α B.若m ∥β，β⊥α，则m ⊥α C.若m ⊥β，n ⊥β，n ⊥α，则m ⊥α D.若m ⊥n ，n ⊥β，β⊥α，则m ⊥α解析 选项A 、B 、D 中m 均可能与平面α平行、垂直、斜交或平面α内，故选C. 答案 C2.(2021·浙江，4)设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面( ) A.若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B.若m ∥α，m ∥β，则α∥βC.若m∥n，m⊥α，则n⊥αD.若m∥α，α⊥β，则m⊥β解析A选项中直线m，m可能平行，也可能相交或异面，直线m，n的关系是任意的；B选项中，α与β也可能相交，此时直线m平行于α，β的交线；D选项中，m也可能平行于β.故选C.答案 C3.(2022·北京，18)如图，在四棱锥P ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.(1)求证：DC⊥平面P AC；(2)求证：平面P AB⊥平面P AC；(3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得P A∥平面CEF？说明理由.(1)证明∵PC⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，∴PC⊥DC.又AC⊥DC，PC∩AC＝C，PC⊂平面P AC，AC⊂平面P AC，∴CD⊥平面P AC. (2)证明∵AB∥CD，CD⊥平面P AC，∴AB⊥平面P AC，AB⊂平面P AB，∴平面P AB⊥平面P AC.(3)解棱PB上存在点F，使得P A∥平面CEF.证明如下：取PB的中点F，连接EF，CE，CF，又由于E为AB的中点，∴EF为△P AB的中位线，∴EF∥P A.又P A⊄平面CEF，EF⊂平面CEF，∴P A∥平面CEF.4.(2022·浙江，18)如图，在三棱台ABCDEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.(1)求证：BF⊥平面ACFD；(2)求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值.(1)证明延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示，由于平面BCFE⊥平面ABC，且AC⊥BC，所以AC⊥平面BCK，因此BF⊥AC.又由于EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，所以△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BF⊥CK.所以BF⊥平面ACFD.(2)解由于BF⊥平面ACK，所以∠BDF是直线BD与平面ACFD所成的角.在Rt△BFD中，BF＝3，DF＝32，得cos ∠BDF＝217.所以，直线BD与平面ACFD所成角的余弦值为217.5.(2022·四川，17)如图，在四棱锥P ABCD中，P A⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠P AB＝90°，BC＝CD＝12AD.(1)在平面P AD内找一点M，使得直线CM∥平面P AB，并说明理由.(2)证明：平面P AB⊥平面PBD.(1)解取棱AD的中点M(M∈平面P AD)，点M即为所求的一个点，理由如下：由于AD∥BC，BC＝12AD.所以BC∥AM，且BC＝AM.所以四边形AMCB是平行四边形，从而CM∥AB.又AB⊂平面P AB.CM⊄平面P AB.所以CM∥平面P AB.(说明：取棱PD的中点N，则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)证明由已知，P A⊥AB，P A⊥CD.由于AD∥BC，BC＝12AD，所以直线AB与CD相交，所以P A⊥平面ABCD.从而P A⊥BD.由于AD∥BC，BC＝12AD，所以BC∥MD，且BC＝MD.所以四边形BCDM是平行四边形，所以BM＝CD＝12AD，所以BD⊥AB.又AB∩AP＝A，所以BD⊥平面P AB.又BD⊂平面PBD，所以平面P AB⊥平面PBD.6.(2021·安徽，19)如图，三棱锥P-ABC中，P A⊥平面ABC，P A＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°.(1)求三棱锥P-ABC的体积；(2)证明：在线段PC上存在点M，使得AC⊥BM，并求PMMC的值.(1)解由题设AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，可得S△ABC ＝12·AB·AC·sin 60°＝32.由P A⊥平面ABC，可知P A是三棱锥P-ABC的高，又P A＝1.所以三棱锥P-ABC的体积V＝13·S△ABC·P A＝36.(2)证明在平面ABC内，过点B作BN⊥AC，垂足为N，在平面P AC内，过点N作MN∥P A 交PC于点M，连接BM.由P A⊥平面ABC知P A⊥AC，所以MN⊥AC.由于BN∩MN＝N，故AC⊥平面MBN，又BM⊂平面MBN，所以AC⊥BM.在Rt△BAN中，AN＝AB·cos∠BAC＝12，从而NC＝AC－AN＝32，由MN∥P A，得PMMC＝ANNC＝13.7.(2021·湖北，20)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四周体称之为鳖臑.在如图所示的阳马P ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，且PD＝CD，点E 是PC的中点，连接DE、BD、BE.(1)证明：DE⊥平面PBC.试推断四周体EBCD是否为鳖臑.若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，请说明理由；(2)记阳马P ABCD的体积为V1，四周体EBCD的体积为V2，求V1V2的值.解(1)由于PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BC，由底面ABCD为长方形，有BC⊥CD，而PD∩CD＝D，所以BC⊥平面PCD.而DE⊂平面PCD，所以BC⊥DE.又由于PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC.而PC∩BC＝C，所以DE⊥平面PBC.由BC⊥平面PCD，DE⊥平面PBC，可知四周体EBCD的四个面都是直角三角形，即四周体EBCD是一个鳖臑，其四个面的直角分别是∠BCD，∠BCE，∠DEC，∠DEB. (2)由已知，PD是阳马P ABCD的高，所以V1＝13S ABCD·PD＝13BC·CD·PD；由(1)知，DE是鳖臑DBCE的高，BC⊥CE，所以V2＝13S△BCE·DE＝16BC·CE·DE.在Rt△PDC中，由于PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE＝CE＝22CD，于是V1V2＝13BC·CD·PD16BC·CE·DE＝2CD·PDCE·DE＝4.8.(2021·浙江，18)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D为B1C1的中点.(1)证明：A1D⊥平面A1BC；(2)求直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值.(1)证明设E为BC的中点，由题意得A1E⊥平面ABC，所以A1E⊥AE，由于AB＝AC，所以AE⊥BC.故AE⊥平面A1BC.由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DE∥B1B且DE＝B1B，从而DE∥A1A且DE＝A1A，所以AA1DE为平行四边形.于是A1D∥AE.又由于AE⊥平面A1BC，所以A1D⊥平面A1BC.(2)解作A1F⊥DE，垂足为F，连接BF.由于A1E⊥平面ABC，所以BC⊥A1E.由于BC⊥AE，所以BC⊥平面AA1DE.所以BC⊥A1F，A1F⊥平面BB1C1C.所以∠A1BF为直线A1B和平面BB1C1C所成的角.由AB＝AC＝2，∠CAB＝90°，得EA＝EB＝ 2.由A1E⊥平面ABC，得A1A＝A1B＝4，A1E ＝14.由DE＝BB1＝4.DA1＝EA＝2，∠DA1E＝90°，得A1F＝7 2.所以sin ∠A1BF＝7 8.。
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.。
2021版高考数学一轮复习第八章立体几何第2讲空间几何体的表面积与体积教案文新人教A版
第2讲 空间几何体的表面积与体积一、知识梳理1．多面体的表(侧)面积多面体的各个面都是平面，则多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．2．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱 圆锥 圆台侧面展开图侧面积公式S 圆柱侧＝2πrl S 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r ＋r ′)l表面积 体积柱体 (棱柱和圆柱)S 表面积＝S 侧＋2S 底 V ＝S 底h锥体 (棱锥和圆锥)S 表面积＝S 侧＋S 底 V ＝13S 底h 台体 (棱台和圆台)S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h 球S ＝4πR 2 V ＝43πR 31．正方体与球的切、接常用结论 正方体的棱长为a ，球的半径为R ，(1)若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ； (2)若球为正方体的内切球，则2R ＝a ；(3)若球与正方体的各棱相切，则2R＝2a .2．长方体共顶点的三条棱长分别为a ，b，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2. 二、习题改编1．(必修2P27练习1改编)已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为 cm.解析：由题意，得S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π，解得r 2＝4，所以r ＝2(cm)．答案：22．(必修2P27例4改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱的体积比V 球∶V 柱为 ．解析：设球的半径为R ，则V 球V 柱＝43πR 3πR 2×2R ＝23.答案：23一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)多面体的表面积等于各个面的面积之和．( ) (2)锥体的体积等于底面积与高之积．( ) (3)球的体积之比等于半径比的平方．( )(4)简单组合体的体积等于组成它的简单几何体体积的和或差．( ) (5)长方体既有外接球又有内切球．( ) 答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)× 二、易错纠偏常见误区(1)锥体的高与底面不清楚致误； (2)不会分类讨论致误．1．如图，长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的体积是120，E 为CC 1的中点，则三棱锥E BCD 的体积是 ．解析：设长方体中BC ＝a ，CD ＝b ，CC 1＝c ，则abc ＝120，所以V E BCD＝13×12ab ×12c ＝112abc ＝10. 答案：102．将一个相邻边长分别为4π，8π的矩形卷成一个圆柱，则这个圆柱的表面积是 ．解析：当底面周长为4π时，底面圆的半径为2，两个底面的面积之和是8π；当底面周长为8π时，底面圆的半径为4，两个底面的面积之和为32π.无论哪种方式，侧面积都是矩形的面积32π2，故所求的表面积是32π2＋8π或32π2＋32π.答案：32π2＋8π或32π2＋32π空间几何体的表面积(师生共研)(1)(2018·高考全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π(2)(2020·湖南省五市十校联考)某四棱锥的三视图如图所示，其侧视图是等腰直角三角形，俯视图的轮廓是直角梯形，则该四棱锥的各侧面面积的最大值为( )A ．8B ．4 5C ．8 2D ．12 2【解析】 (1)因为过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为22，底面圆的直径为22，所以该圆柱的表面积为2×π×(2)2＋22π×22＝12π.(2)由三视图可知该几何体是一个底面为直角梯形，高为4的四棱锥，如图，其中侧棱PA ⊥平面ABCD ，PA ＝4，AB ＝4，BC ＝4，CD ＝6，所以AD ＝25，PD ＝6，PB ＝42，连接AC ，则AC ＝42，所以PC ＝43，显然在各侧面面积中△PCD 的面积最大，又PD ＝CD ＝6，所以PC 边上的高为62－⎝ ⎛⎭⎪⎫4322＝26，所以S △PCD ＝12×43×26＝122，故该四棱锥的各侧面面积的最大值为122，故选D.【答案】 (1)B (2)D空间几何体表面积的求法(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量关系．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积问题应注意衔接部分的处理． (3)旋转体的表面积问题应注意其侧面展开图的应用．1.(2020·江西七校第一次联考)一个半径为1的球对称削去了三部分，其俯视图如图所示，那么该立体图形的表面积为( )A ．3πB ．4πC ．5πD ．6π解析：选C.由题中俯视图可知该球被平均分成6部分，削去了3部分，剩余的3部分为该几何体，所以该立体图形的表面积为2×π×12＋3×π×12＝5π，故选C.2．(2020·辽宁丹东质量测试(一))一个圆锥的轴截面是面积为1的等腰直角三角形，则这个圆锥的侧面积为 ．解析：设圆锥的底面圆半径为r ，因为圆锥的轴截面是面积为1的等腰直角三角形，所以等腰直角三角形的斜边长为2r ，斜边上的高为r ，所以12×2r ×r ＝1，解得r ＝1，圆锥的母线长l ＝12＋12＝2，圆锥的侧面积为πrl ＝2π. 答案：2π空间几何体的体积(多维探究) 角度一 求简单几何体的体积(1)(2020·石家庄质量检测)某几何体的三视图如图所示(图中小正方形网格的边长为1)，则该几何体的体积是( )A ．8B ．6C ．4D ．2(2)将一张边长为12 cm 的正方形纸片按如图(1)所示将阴影部分的四个全等的等腰三角形裁去，余下部分沿虚线折叠并拼成一个有底的正四棱锥，如图(2)放置，如果正四棱锥的主视图是正三角形，如图(3)所示，则正四棱锥的体积是( )A.3236 cm 3B.6436 cm 3C.3232 cm 3D ．6432 cm 3【解析】 (1)由三视图可得该几何体为底面是直角梯形的直四棱柱(如图所示)，其中底面直角梯形的上、下底分别为1，2，高为2，直四棱柱的高为2，所以该几何体的体积为（1＋2）×22×2＝6，故选B.(2)设折成的四棱锥的底面边长为a cm ，高为h cm ，则h ＝32a cm ，由题设可得四棱锥侧面的高等于四棱锥的底面边长，所以12a ＋a ＝12×22⇒a ＝42，所以四棱锥的体积V ＝13×(42)2×32×42＝6463cm 3，故选B. 【答案】 (1)B (2)B简单几何体体积的求法对于规则几何体，直接利用公式计算即可．若已知三视图求体积，应注意三视图中的垂直关系在几何体中的位置，确定几何体中的线面垂直等关系，进而利用公式求解．角度二 求组合体的体积(2020·唐山市摸底考试)已知某几何体的三视图如图所示(俯视图中曲线为四分之一圆弧)，则该几何体的表面积为( )A ．1－π4B ．3＋π2C ．2＋π4D ．4【解析】 由题设知，该几何体是棱长为1的正方体被截去底面半径为1的14圆柱后得到的，如图所示，所以表面积S ＝2×(1×1－14×π×12)＋2×(1×1)＋14×2π×1×1＝4.故选D.【答案】 D(1)处理体积问题的思路(2)求体积的常用方法 直接法 对于规则的几何体，利用相关公式直接计算割补法把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算 等体积法选择合适的底面来求几何体体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面作为三棱锥的底面进行等体积变换1．(2019·高考北京卷)某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为 ．解析：如图，由三视图可知，该几何体为正方体ABCD A 1B 1C 1D 1去掉四棱柱B 1C 1GF A 1D 1HE 所得，其中正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的体积为64，VB 1C 1GF A 1D 1HE ＝(4＋2)×2×12×4＝24，所以该几何体的体积为64－24＝40.答案：402．(2019·高考全国卷Ⅲ)学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD A 1B 1C 1D 1挖去四棱锥O EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，AB ＝BC ＝6 cm ，AA 1＝4 cm.3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 g.解析：长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的体积V 1＝6×6×4＝144(cm 3)，而四棱锥O EFGH 的底面积为矩形BB 1C 1C 的面积的一半，高为AB 长的一半，所以四棱锥O EFGH 的体积V 2＝13×12×4×6×3＝12(cm 3)，所以长方体ABCD A 1B 1C 1D 1挖去四棱锥O EFGH 后所得几何体的体积V ＝V 1－V 2＝132(cm 3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．答案：118.8球与空间几何体的接、切问题(师生共研)(1)若直三棱柱ABC A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，且AB ＝3，AC ＝4，AB⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的表面积为 ．(2)(一题多解)(2019·高考天津卷)已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为 5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为 ．【解析】 (1)将直三棱柱补形为长方体ABEC A 1B 1E 1C 1，则球O 是长方体ABEC A 1B 1E 1C 1的外接球．所以体对角线BC 1的长为球O 的直径． 因此2R ＝32＋42＋122＝13. 故S 球＝4πR 2＝169π.(2)法一：由题意得圆柱的高为四棱锥高的一半，底面圆的直径为以四棱锥侧棱的四个中点为顶点的正方形的对角线，易求得圆柱的底面圆的直径为1，高为1，所以该圆柱的体积V ＝π×⎝ ⎛⎭⎪⎫122×1＝π4.法二：由题可得，四棱锥底面对角线的长为2，则圆柱底面的半径为12，易知四棱锥的高为5－1＝2，故圆柱的高为1，所以该圆柱的体积为π×⎝ ⎛⎭⎪⎫122×1＝π4. 【答案】 (1)169π (2)π4处理球的“切”“接”问题的求解策略解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：1．正四棱锥P ABCD 的侧棱和底面边长都等于22，则它的外接球的表面积是( ) A ．16π B ．12π C．8πD ．4π解析：选A.设正四棱锥的外接球半径为R ，顶点P 在底面上的射影为O ，因为OA ＝12AC＝12 AB 2＋BC 2＝12（22）2＋（22）2＝2，所以PO ＝PA 2－OA 2＝（22）2－22＝2.又OA ＝OB ＝OC ＝OD ＝2，由此可知R ＝2，于是S 球＝4πR 2＝16π.2．设球O 内切于正三棱柱ABC A 1B 1C 1，则球O 的体积与正三棱柱ABC A 1B 1C 1的体积的比值为 ．解析：设球O 半径为R ，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的底面边长为a ，则R ＝33×a 2＝36a ，即a ＝23R ，又正三棱柱ABC A 1B 1C 1的高为2R ，所以球O 的体积与正三棱柱ABC A 1B 1C 1的体积的比值为43πR 334a 2×2R ＝43πR 334×12R 2×2R ＝23π27.答案：23π27核心素养系列14 直观想象——数学文化与空间几何体(2020·甘肃、青海、宁夏3月联考)汉朝时，张衡得出圆周率的平方除以16等于58.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，俯视图中的曲线为圆，利用张衡的结论可得该几何体的体积为( )A ．32B ．40 C.32103D ．40103【解析】 将三视图还原成如图所示的几何体：半个圆柱和半个圆锥的组合体，底面半径为2，高为4，则体积V ＝12π×22×4＋13×12π×22×4＝323π，因为圆周率的平方除以16等于58，即π216＝58，所以π＝10，所以V ＝32103.故选C.【答案】 C本题是数学文化与三视图结合，主要是根据几何体的三视图及三视图中的数据，求几何体的体积或侧(表)面积．此类问题难点：一是根据三视图的形状特征确定几何体的结构特征；二是将三视图中的数据转化为几何体的几何度量．考查了直观想象这一核心素养．(2020·安徽六安一中模拟(四))我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体．如图，将底面直径都为2b ，高皆为a 的半椭球体和已被挖去了圆锥体的圆柱放置于同一平面β上，用平行于平面β且与平面β任意距离d 处的平面截这两个几何体，可横截得到S 圆及S 环两截面．可以证明S 圆＝S 环总成立．据此，短半轴长为1，长半轴长为3的椭球体的体积是 ．解析：因为S 圆＝S 环总成立，所以半椭球体的体积为πb 2a －13πb 2a ＝23πb 2a ，所以椭球体的体积V ＝43πb 2a .因为椭球体的短半轴长为1，长半轴长为3. 所以椭球体的体积V ＝43πb 2a ＝43π×12×3＝4π.答案：4π[基础题组练]1．(2020·安徽合肥质检)已知圆锥的高为3，底面半径为4，若一球的表面积与此圆锥侧面积相等，则该球的半径为( )A ．5 B. 5 C ．9D ．3解析：选B.因为圆锥的底面半径r ＝4，高h ＝3，所以圆锥的母线l ＝5，所以圆锥的侧面积S ＝πrl ＝20π，设球的半径为R ，则4πR 2＝20π，所以R ＝5，故选B.2．(2020·蓉城名校第一次联考)已知一个几何体的正视图和侧视图如图1所示，其俯视图用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个直角边长为1的等腰直角三角形(如图2所示)，则此几何体的体积为( )A ．1 B. 2 C ．2D ．2 2解析：选B.根据直观图可得该几何体的俯视图是一个直角边长分别是2和2的直角三角形(如图所示)，根据三视图可知该几何体是一个三棱锥，且三棱锥的高为3，所以体积V ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2×3＝ 2.故选B.3．(2020·武汉市武昌调研考试)中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅监制的一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(单位：立方寸)，则图中的x 为( )A ．1.2B ．1.6C ．1.8D ．2.4解析：选B.该几何体是一个组合体，左边是一个底面半径为12的圆柱，右边是一个长、宽、高分别为5.4－x ，3，1的长方体，所以组合体的体积V ＝V 圆柱＋V 长方体＝π·⎝ ⎛⎭⎪⎫122×x ＋(5.4－x )×3×1＝12.6(其中π＝3)，解得x ＝1.6.故选B.4．(2020·辽宁大连第一次(3月)双基测试)我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺．问积几何 ”．羡除是一个五面体，其中三个面是梯形，另两个面是三角形，已知一个羡除的三视图如图中粗线所示，其中小正方形网格的边长为1，则该羡除的表面中，三个梯形的面积之和为( )A ．40B ．43C ．46D ．47解析：选C.由三视图可知，该几何体的直观图如图所示，其中平面ABCD ⊥平面ABEF ，CD ＝2，AB ＝6，EF ＝4，等腰梯形ABEF 的高为3，等腰梯形ABCD 的高为4，等腰梯形FECD的高为9＋16＝5，三个梯形的面积之和为2＋62×4＋4＋62×3＋2＋42×5＝46，故选C.5．(2020·辽宁沈阳东北育才学校五模)将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的内切球的表面积为( )A ．πB ．2πC ．3πD ．4π解析：选B.将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥，设圆锥的底面圆半径为R ，则有2πR ＝3×2π3，所以R ＝1.设圆锥的内切球半径为r ，圆锥的高为h ，内切球球心必在圆锥的高线上，因为圆锥的母线长为3，所以h ＝9－1＝22，所以有rh －r ＝R 3，解得r ＝22，因此内切球的表面积S ＝4πr 2＝2π.故选B. 6．现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为 ．解析：设新的底面半径为r ，由题意得13πr 2·4＋πr 2·8＝13π×52×4＋π×22×8，解得r ＝7.答案：77．(2020·沈阳质量监测)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是 ．解析：由三视图可知该几何体是一个四棱锥，记为四棱锥P ABCD ，如图所示，其中PA ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，且PA ＝2，AB ＝2，PB ＝22，所以该四棱锥的侧面积S 是四个直角三角形的面积和，即S ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2＋12×2×22＝4＋4 2.答案：4＋4 28．(2020·长春市质量监测(一))已知一所有棱长都是2的三棱锥，则该三棱锥的体积为 ．解析：记所有棱长都是2的三棱锥为P ABC ，如图所示，取BC 的中点D ，连接AD ，PD ，作PO ⊥AD 于点O ，则PO ⊥平面ABC ，且OP ＝63×2＝233，故三棱锥P ABC 的体积V ＝13S △ABC·OP ＝13×34×(2)2×233＝13.答案：139．如图，在四边形ABCD 中，∠DAB ＝90°，∠ADC ＝135°，AB ＝5，CD ＝22，AD ＝2，求四边形ABCD 绕AD 旋转一周所成几何体的表面积及体积．解：由已知得CE ＝2，DE ＝2，CB ＝5，S 表面积＝S圆台侧＋S圆台下底＋S圆锥侧＝π(2＋5)×5＋π×25＋π×2×22＝(60＋42)π，V ＝V 圆台－V圆锥＝13(π·22＋π·52＋22·52π2)×4－13π×22×2＝1483π. 10.(应用型)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P A 1B 1C 1D 1，下部的形状是正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍，若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？解：由PO 1＝2 m ，知O 1O ＝4PO 1＝8 m.因为A 1B 1＝AB ＝6 m ，所以正四棱锥P A 1B 1C 1D 1的体积V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)；正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的体积V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)，所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)． 故仓库的容积是312 m 3.[综合题组练]1．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为( )A．86πB．46πC．26πD．6π解析：选D.因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB，因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面PAC，所以PB⊥平面PAC，所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥PABC放在正方体中如图所示．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为2，所以该正方体的体对角线长为6，所以三棱锥PABC的外接球的半径R＝62，所以球O的体积V＝43πR3＝43π⎝⎛⎭⎪⎫623＝6π，故选D.2．如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3，线段B1D1上有两个动点E，F且EF＝1，则当E，F移动时，下列结论不正确的是( )A．AE∥平面C1BDB．四面体ACEF的体积不为定值C．三棱锥ABEF的体积为定值D．四面体ACDF的体积为定值解析：选B.对于A，如图1，AB1∥DC1，易证AB1∥平面C1BD，同理AD1∥平面C1BD，且AB 1∩AD 1＝A ，所以平面AB 1D 1∥平面C 1BD ，又AE ⊂平面AB 1D 1，所以AE ∥平面C 1BD ，A 正确；对于B ，如图2，S △AEF ＝12EF ·h 1＝12×1×（32）2－⎝ ⎛⎭⎪⎫3222＝364，点C 到平面AEF的距离为点C 到平面AB 1D 1的距离d 为定值，所以V A CEF＝V C AEF＝13×364×d ＝64d 为定值，所以B 错误；对于C ，如图3，S △BEF ＝12×1×3＝32，点A 到平面BEF 的距离为A 到平面BB 1D 1D 的距离d 为定值，所以V A BEF＝13×32×d ＝12d 为定值，C 正确；对于D ，如图4，四面体ACDF 的体积为V A CDF＝V F ACD＝13×12×3×3×3＝92为定值，D 正确．3．(2020·东北师大附中、重庆一中等校联合模拟)若侧面积为4π的圆柱有一外接球O ，当球O 的体积取得最小值时，圆柱的表面积为 ．解析：设圆柱的底面圆半径为r ，高为h ， 则球的半径R ＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫h 22.因为球的体积V ＝4π3R 3，故V 最小当且仅当R 最小．圆柱的侧面积为2πrh ＝4π，所以rh ＝2.所以h 2＝1r，所以R ＝r 2＋1r 2≥2，当且仅当r 2＝1r2.即r ＝1时取等号，此时k 取最小值，所以r ＝1，h ＝2，圆柱的表面积为2π＋4π＝6π.答案：6π4．(2020·新疆第一次毕业诊断及模拟测试)如图，A 1B 1C 1D 1是以ABCD 为底面的长方体的一个斜截面，其中AB ＝4，BC ＝3，AA 1＝5，BB 1＝8，CC 1＝12，求该几何体的体积．解：过A 1作A 1E ⊥BB 1于点E ， 作A 1G ⊥DD 1于点G ， 过E 作EF ⊥CC 1于点F ，过D 1作D 1H ⊥CC 1于点H ，连接EH ，GF ， 因为平面ABB 1A 1∥平面DCC 1D 1， 所以A 1B 1∥D 1C 1.因为AA 1＝BE ＝5，所以EB 1＝8－5＝3，C 1H ＝EB 1＝3，GD 1＝HF ＝12－5－3＝4，则几何体被分割成一个长方体ABCD A 1EFG ，一个斜三棱柱A 1B 1E D 1C 1H 和一个直三棱柱A 1D 1G EHF .故该几何体的体积为V ＝3×4×5＋12×3×4×4＋12×3×4×3＝102.。
2021年高考数学大一轮总复习 立体几何阶段性综合检测 理 新人教A版
2021年高考数学大一轮总复习立体几何阶段性综合检测理新人教A版一、选择题(本大题共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．(xx·太原五中月考)若a不平行于平面α，且a⊄α，则下列结论成立的是( ) A．α内的所有直线与a异面B．α内与a平行的直线不存在C．α内存在唯一的直线与a平行D．α内的直线与a都相交解析：由题设知，a和α相交，设a∩α＝P，如图，在α内过点P的直线与a共面，A错；在α内不过点P的直线与a异面，D错；(反证)假设α内直线b∥a，∵a⊄α，∴a∥α，与已知矛盾，C错，故选B.答案：B2．(xx·赣县考前适应)设a、b是两条直线，α、β是两个平面，则a⊥b 的一个充分条件是( )A．a⊥α，b∥β，α⊥βB．a⊥α，b⊥β，α∥βC ．a ⊂α，b ⊥β，α∥βD ．a ⊂α，b ∥β，α⊥β解析：∵α∥β，b ⊥β，∴b ⊥α. ∵a ⊂α，∴a ⊥b ，故选C. 答案：C3．(xx·辽宁)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上．若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172 B ．210 C.132D ．310解析：设BC 的中点为M ，连接OM ，AM ，则可知OM ⊥面ABC ，连接AO ，则AO 的长为球半径，可知OM ＝6，AM ＝52，在Rt △AOM 中，由勾股定理得R ＝132.答案：C4．(xx·卫辉月考)已知三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球的表面积为( )A ．16πB ．8πC ．4πD ．2π解析：解答三视图相关题目的关键是正确转化，一是位置关系，二是数量关系．据已知三视图易知三棱锥外接球的半径为1，故其表面积为4π.答案：C5．(xx·豫北六校精英联考)设α，β，γ是三个不重合的平面，l 是直线，给出下列四个命题：①若α⊥β，l ⊥β，则l ∥α；②若l ⊥α，l ∥β，则α⊥β；③若l 上有两点到α的距离相等，则l ∥α；④若α⊥β，α∥γ，则γ⊥β.其中正确命题的序号是( ) A ．①② B ．①④ C ．②④D ．③④解析：①若α⊥β，l ⊥β，则l ∥α或l ⊂α，故①不正确；②l ∥β，则过l 作一平面γ使平面β与γ相交，交线设为l ′，那么l ∥l ′，∵l ⊥α，∴l ′⊥α，又l ′⊂β，∴α⊥β，故②正确；③不正确，如l与平面α相交；④正确．答案：C6．(xx·江西上饶中学二模)以下四个命题中，正确命题的个数是( )①不共面的四点中，其中任意三点不共线；②若点A、B、C、D共面，点A、B、C、E 共面，则A、B、C、D、E共面；③若直线a、b共面，直线a、c共面，则直线b、c共面；④依次首尾相接的四条线段必共面．A．1 B．2C．3 D．4解析：①正确，可以用反证法证明；②从条件看出两平面有三个公共点A、B、C，但是若A、B、C共线，则结论不正确；③不正确，共面不具有传递性；④不正确，因为此时所得的四边形四条边可以不在一个平面上．答案：A7．(xx·河南适应性测试)当圆锥的侧面积和底面积的比值是2时，圆锥轴截面的顶角等于( )A．120°B．90°C．60°D．45°解析：画出圆锥的轴截面，如图所示，设底面半径为r，侧棱长为l，则侧面积等于πrl，底面积等于πr2，由于πrl∶πr2＝2∶1，所以l＝2r.于是圆锥的高AD＝r，所以∠DAC ＝45°，故圆锥轴截面的顶角等于90°.答案：B8．(xx·江西五校联考)若正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面边长为1，AB1与底面ABCD成60°角，则A1C1到底面ABCD的距离为( )A.33B．1C. 2D. 3解析：如图所示，直线AB1与底面ABCD所成的角为∠B1AB，则A1C1到底面ABCD的距离为AA1，在Rt△ABB1中，BB1＝AB·tan60°＝3，所以AA1＝BB1＝ 3.答案：D9．(xx·宁夏育才中学月考)如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下四个命题中，假命题是( )A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上解析：如图所示，等腰四棱锥的侧棱均相等，其侧棱在底面的射影也相等，则其腰与底面所成角相等，即A正确；底面四边形必有一个外接圆，即C正确；在高线上可以找到一个点O，使得该点到四棱锥各个顶点的距离相等，这个点即为外接球的球心，即D正确；但四棱锥的侧面与底面所成角不一定相等或互补(若为正四棱锥则成立)，故仅选项B为假命题．答案：B10．(xx·延边质检)如图，已知直平行六面体ABCD－A1B1C1D1的各条棱长均为3，∠BAD ＝60°，长为2的线段MN的一个端点M在DD1上运动，另一个端点N在底面ABCD上运动，则MN的中点P的轨迹(曲面)与共一顶点D的三个面所围成的几何体的体积为( )A.2π9B.4π9C.2π3D.4π3解析：|MN|＝2，则|DP|＝1，则点P的轨迹为以D为球心，半径r＝1的球，则球的体积为V＝13π·r3＝4π3.∵∠BAD＝60°，∴∠ADC＝120°，120°为360°的13，只取半球的13，则V＝43π×13×12＝29π.答案：A11．(xx·枣庄期末)如图所示，在三棱柱ABC－A′B′C′中，E、F、H、K分别为AC′、CB′、A′B、B′C′的中点，G为△ABC的重心．从K、H、G、B′中取一点，设为P，使得该棱柱恰有两条棱与平面PEF平行，则P为点( )A ．GB ．HC ．KD ．B ′解析：若P 为点G ，连接BC ′，则F 为BC ′的中点，∴EF ∥AB ，EF ∥A ′B ′，∴AB ∥平面GEF ，A ′B ′∥平面GEF ，∴P 为点G 符合题意；若P 为点K ，则有三条侧棱与该平面平行，不符合题意．若点P 为点H ，则有上下两底面中的六条棱与该平面平行，不符合题意；若点P 为点B ′，则只有一条棱AB 与该平面平行，也不符合题意，故选A.答案：A12．(xx·哈尔滨月考)如图，一个盛满水的三棱锥容器，不久发现三条侧棱上各有一个小洞D ，E ，F ，且知SD ∶DA ＝SE ∶EB ＝CF ∶FS ＝2∶1，若仍用这个容器盛水，则最多可盛水的体积是原来的( )A.2329 B.1927 C.2327D.3031解析：要确定最多盛水的体积就需要确定V 三棱锥S －DEF V 三棱锥S －ABC ，因为S △SDF S △SAC ＝12SD ·SF ·sin∠DSF12SA ·SC ·sin∠DSF ＝2×13×3＝29， 又因为三棱锥E －SDF 与三棱锥B －ASC 的高之比为2∶3，因此V 三棱锥S －DEF V 三棱锥S －ABC ＝13×2×213×9×3＝427，所以最多可盛水的体积为原来的2327. 答案：C第Ⅱ卷(非选择题，共90分)本卷包括必考题和选考题两部分，第13题～第21题为必考题，每个试题考生都必须做答，第22题～第24题为选考题，考生根据要求做答。