2017届二轮复习 (三)立体几何专练专题卷 (全国通用)
专题04 立体几何测试卷-备战2017年高考数学文二轮复习
【高效整合篇】专题四 立体几何 （一）选择题（12*5=60分）1．【2017届广东省高三上学期阶段性测评一】三棱柱111ABC A B C -的侧棱垂直于底面，且AB BC ⊥，12AB BC AA ===，若该三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）A ．48πB ．32πC ．12πD ．8π 【答案】C【解析】如图，由题可知矩形11AA C C 的中心O 为该三棱柱外接球的球心，OC∴该球的表面积为2412ππ=.选C ．2．【重庆市第八中学2017届高三上学期第二次适应性考试】已知α，β，γ是三个不同的平面，1l ，2l 是两条不同的直线，下列命题是真命题的是（ ） A ．若αγ⊥，βγ⊥，则//αβ B ．若1//l α，1l β⊥，则//αβ C ．若//αβ，1//l α，2//l β，则12//l lD ．若αβ⊥，1l α⊥，2l β⊥，则12l l ⊥【答案】D【解析】对于A ，B 选项，,αβ可能相交；对于C 选项，12,l l 可能异面，故选D.3．【广西高级中学2017届高三11月阶段性检测】三棱锥B ACD -的每个顶点都在表面积为16π的球O 的球面上，且AB ⊥平面BCD ，△BCD 为等边三角形，2AB BC =，则三棱锥B ACD -的体积为（ ）A ．3BC ．32D 【答案】C4．【2017届河北衡水中学高三12月月考】《九章算术》是我国数学史上堪与欧几里得《几何原本》相媲美的数学名著．其第五卷《商功》中有如下问题：“今有圆堡，周四丈八尺，高一丈一尺，问积几何？”这里所说的圆堡就是圆柱体，其底面周长是4丈8尺，高1丈1尺，问它的体积是多少?若π取3，估算该圆堡的体积为（1丈=10尺）（ ）A ．1998立方尺B ．2012立方尺C ．2112立方尺D ．2324立方尺 【答案】A【解析】由底面半径为r ，则248r π=，又3π=，所以8r =，所以该圆堡的体积为883111998V =⨯⨯⨯=立方尺，故选A ．5．【2017届河南中原名校豫南九校高三上学期质检四】在直三棱柱111ABC A B C -中，AC BC ⊥，点M 是侧面11ABB A 内的一点，若MC 与平面ABC 所成的角为30︒，MC 与平面11ACC A 所成的角也为30︒，则MC 与平面11BCC B 所成的角正弦值为（ ）A ．12B 【答案】B【解析】以MC 为对角线作长方体，设MC 与平面11BCC B 所成的角为α，则222sin sin 30sin 301α+︒+︒=，故sin α=.选B. 6．【2017届四川成都市高三一诊考试】在直三棱柱111ABC A B C -中，平面α与棱1111,,A ,AB AC C A B 分别交于点,,,E F G H ，且直线1//AA 平面α.有下列三个命题：①四边形EFGH 是平行四边形；②平面//α平面11BCC B ；③平面α⊥平面BCFE .其中正确的命题有（ ）．A ．①②B ．②③C ．①③D ．①②③ 【答案】C【解析】①因为//1AA 平面EFGH ,根据线面平行的性质定理，可知GF EH AA ////1,又根据平行平面被第三个平面所截，交线平行，可知EF GH //,所以四边形EFGH 是平行四边形；②平面α和平面11B BCC 不一定平行，有可能相交，③GF EH AA ////1，而⊥1AA 平面BCFE ,那么⊥EH 平面BCFE ,⊂EH 平面α，所以平面⊥α平面BCFE ,正确，所以正确的是①③，故选C.7．【2017届重庆巴蜀中学高三12月月考】如图所示，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，1AA 2AB ==，1BC =，AC =11ACC A ，则此三棱柱的侧（左）视图的面积为（ ）A.5 B. 4 D.2【答案】A8．【2017届河北唐山市高三数上学期期末】现有一半球形原料，若通过切削将该原料加工成一正方体工件，则所得工件体积与原料体积之比的最大值为 （ ） AD【答案】A【解析】当正方体的下底面在半球的大圆面上，上底面的四个顶点在球的表面上时，所得工件体积与原材料体积之比选项取得最大值，此时设正方体的棱长为a，则球的半径为2R a ==33π=，故选A ． 9．【2017届湖南五市十校高三12月联考】圆锥的母线长为L ，过顶点的最大截面的面积为212L ，则圆锥底面半径与母线长的比rL的取值范围是（ ）． A ．102r L << B ．112rL ≤< C．0r L << D1r L≤< 【答案】D【解析】由题意得轴截面的顶角θ不小于2π，因为sinsin 24r L θπ=≥=，所以12rL≤<，选D. 10．【2017届辽宁庄河市高级中学高三12月月考】已知长方体1111D C B A ABCD -的外接球O 的体积为332π，其中21=BB ，则三棱锥ABC O -的体积的最大值为（ ） A.1 B.3 C.2 D.4 【答案】A11．【2017届河北磁县一中高三11月月考】在正四棱锥P ABCD -中，O 为正方形ABCD 的中心，()24PE EO λλ=≤≤ ，且平面ABE 与直线PD 交于(),F PF f PD λ=，则（ ）A.()2f λλλ=+ B.()26f λλλ=+ C.()37f λλλ=+ D.()49f λλλ=+【答案】A【解析】分别取AB CD 、的中点H K 、，设平面ABE 与PK 交于点G ，在PHK ∆中，易知O 为线段HK 的中点，取线段GH 的中点M ，连接OM ，则2GK OM =，由OEM PEG ∆∆ ，得PE PGOE OM=，(),24122PE PG PE EO PG GK OE GKλλλ==≤≤= ∴，∴，2212PG PK PK λλλλ==++ ∴.由//FG DK 得PF PG PD PK =，()2f λλλ=+，故选A.12．【2017届重庆市第八中学高三上学期二调】用半径为R 的圆铁皮剪一个内接矩形，再以内接矩形的两边分别作为圆柱的高于底面半径，则圆柱的体积最大时，该圆铁皮面积与其内接矩形的面积比为（ ） A．8 B．7 C．8 D．7【答案】C【解析】设圆柱的高为x ，则其内接矩形的一边长为x ，那么另一边长为2222⎪⎭⎫⎝⎛-=x R y ，所以圆柱的体积为()())20(42423222R x x R x x x R x y x V <<+-=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯==πππ，()()2243R x x V +-='π，令()0>'x V ，得R x 3320<<；令()0<'x V ，得R x R 2332<<，即在⎪⎪⎭⎫⎝⎛R 332,0内单调递增，在⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛R R 2,332内单调递减，所以当R x 332=时，此圆柱体积最大，那么另一边长为R 362，故圆铁皮的面积和其内接矩形的面积比为8233623322ππ=⨯R R R ，故选C. （二）填空题（4*5=20分）13．【河南省新乡市2017届高三上学期第一次调研测试】已知一个圆锥内接于球O （圆锥的底面圆周及顶点均在球面上），若球的半径5R =，圆锥的高是底面半径的2倍，则圆锥的体积为___________． 【答案】1283π 【解析】设圆锥底面半径为r ，高为2r .2R r =，解得4r =，所以圆锥的体积为211284833ππ⋅⋅=. 14．【河南省郑州市第一中学2017届高三上学期期中】已知球的表面积为264cm π，用一个平面截球，使截面圆的半径为2cm ，则截面圆心与球心的距离是____________cm ．【答案】【解析】由已知可得24644R R d ππ=⇒=⇒=．15．【2017届河北沧州一中高三11月月考】已知三棱锥P ABC -的顶点都在同一个球面上（球O ），且2PA =，PB PC ==P ABC -的三个侧面的面积之和最大时，该三棱锥的体积与球O 的体积的比值是 .【答案】316πCA16．【2017届河南中原名校高三上质检三】如图，在棱长均相等的正四棱锥P ABCD -最终，O 为底面正方形的重心，,M N 分别为侧棱,PA PB 的中点，有下列结论：①//PC 平面OMN ； ②平面//PCD 平面OMN ； ③OM PA ⊥；④直线PD 与直线MN 所成角的大小为90.其中正确结论的序号是 .（写出所有正确结论的序号） 【答案】①②③【解析】如图，连接AC ，易得//PC OM ，所以//PC 平面OMN ，结论①正确.同理//PD ON ，所以平面//PCD 平面OMN ，结论②正确.由于四棱锥的棱长均相等，所以22222AB BC PA PC AC +=+=，所以PC PA ⊥，又//PC OM ，所以OM PA ⊥，结论③正确.由于,M N 分别为侧棱,PA PB 的中点，所以//MN AB ，又四边形ABCD 为正方形，所以//AB CD ，所以直线PD 与直线MN 所成的角即为直线PD 与直线CD 所成的角，为PDC ∠，知三角形PDC 为等边三角形，所以60PDC ∠= ，故④错误，故答案为①②③ .（三）解答题（10+5*12=70分）17．【2017届湖南湘中名校教改联合体高三12月联考】如图所示的几何体QPABCD 为一简单组合体，在底面ABCD 中，60DAB ∠=︒，AD DC ⊥，AB BC ⊥，QD ⊥平面ABCD ，PA QD P ，1PA =，2AD AB QD ===．（1）求证：平面PAB ⊥平面QBC ； （2）求该组合体QPABCD 的体积．【解析】（1）证明：因为QD ⊥平面ABCD ，PA QD P ，所以PA ⊥平面ABCD ．又因为BC ⊂平面ABCD ，所以PA BC ⊥，又因为AB BC ⊥，且AB PA A = ，所以BC ⊥平面PAB ，又因为BC ⊂平面QBC ，所以平面PAB ⊥平面QBC ．18．【2017届江苏如东高级中学等四校高三12月联考】如图，在四面体ABCD 中，AD BD =，90ABC ∠=︒，点E ，F 分别为棱AB ，AC 上的点，点G 为棱AD 的中点，且平面EFG P平面BCD ．求证：（1）2BC EF =；（2）平面EFD ⊥平面ABC ．【解析】（1）因为平面EFG P 平面BCD ，平面ABD 平面EFG EG =，平面ABD 平面BCD BD =，所以EG BD P ，又G 为AD 的中点，故E 为AB 的中点，同理可得，F 为AC 的中点，所以2BC EF =．（2）因为AD BD =，由（1）知，E 为AB 的中点，所以AB DE ⊥，又90ABC ∠=︒，即AB BC ⊥，由（1）知，EF BC P ，所以AB EF ⊥，又DE EF E = ，DE ，EF ⊂平面EFD ，所以AB ⊥平面EFD ，又AB ⊂平面ABC ，故平面EFD ⊥平面ABC ． 19．【福建省福州外国语学校2017届高三适应性考试（三）】如图，在三棱柱111ABC A B C -中，已知AB ⊥侧面11BB C C ，1AB BC ==12BB =，13BCC π∠=．（1）求证：1C B ⊥平面ABC ； （2）求点B 到平面11AB C 的距离．【解析】（1）因为11AB BB C C ⊥，1BC ⊂侧面11BB C C ，故1AB BC ⊥，在△1BCC 中，1BC =，112CC BB ==，160BCC ∠=︒，由余弦定理得：22211112cos BC BC CC BC CC BCC =+-⋅∠2212212cos33π=+-⨯⨯⨯=，∴1BC =故22211BC BC CC +=，所以1BC BC ⊥，而B C A B B = ，∴1C B ⊥平面ABC ．（2）∵1111111326A B BC V BC B C AB -=⨯⨯⨯⨯=，又1AB ==，12AC ==，111B C =，∴1111112AB C S AC BC ∆=⨯=，设点B 到平面11AB C 的距离为h ，∴1111111336B A BC A BC V S h h -∆=⨯=⨯⨯=，∴2h =，∴点B 到平面11AB C 的距． 20．【河南省豫北名校联盟2017届高三上学期精英对抗赛】如图，在三棱柱111ABC A B C -中，D 是AB 的中点.（1）求证：1BC ∥平面1ACD ； （2）若AC CD =，求证1A D CD ⊥.【解析】（1）如图，连接1AC ，交1AC 于点O ，连结OD .据直三棱柱性质可知四边形11ACC A 为平行四边形，所以O 为1AC 的中点.又因为D 是AB 的中点，所以1BC OD ∥. 又因为11BC ACD ⊄平面,1OD ACD ⊂平面,所以11BC ACD ∥平面. （2）因为AC BC =,D 为AB 中点，所以CD AB ⊥.据直三棱柱111ABC A B C -性质知1AA ABC ⊥平面.又因为CD ABC ⊂平面所以1AA CD ⊥.又因1=AA AB A ，111AA AB ABB A ⊂，平面，所以11CD ABB A ⊥平面， 又因为111A D ABB A ⊂平面,所以1CD A D ⊥,即1A D CD ⊥.21．【河南省郑州市第一中学2017届高三上学期期中】如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD为平行四边形，PA ⊥底面ABCD ，M 是棱PD 的中点，且2,PA AB AC BC ====（1）求证：CD ⊥平面PAC ；（2）如果N 是棱AB 上一点，且三棱锥N BMC -的体积为13，求AN NB的值．22．【2017年高考广西名校第一次摸底考试】如图，在四棱锥ABCD P -中，已知2212==⊥====PB PD AB AD DC AD AB PA CD AB ，，，，∥.点M 是PB 的中点.（1）证明：∥CM 平面PAD ；（2）求四面体MABC 的体积.【解析】（1）证明：取PA 的中点N ，连接MN ，有MN =∥AB 21，于是MN =∥DC ，所以四边形MNCD 是平行四边形，即DN CM ∥，又⊆DN 平面PAD ，故∥CM 平面PAD .（2）依题意知：222222,PD AD PA PB AB PA =+=+，所以AD PA AB PA ⊥⊥,，即⊥PA 平面ABCD ，作AB MN ⊥于E ，则⊥ME 平面ABCD ，则1=ME ，则32122213131=⨯⨯⨯⨯=⋅⋅=∆-h S V ABC ABC M .。
2017届高考数学二轮复习专题复习立体几何练习7
立体几何七
1.如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的事一个几何体的三视图，则这个几何体是（ ）
A.三棱锥
B.三棱柱
C.四棱锥
D.四棱柱
2. 正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2，侧棱长为，D 为BC 中点，则三棱锥
11A B DC -的体积为( )（A ）3 （B ）32 （C ）1 （D
3．如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm ），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3cm ，高为6cm 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.2717 B.95 C.2710 D.3
1 4.如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B 1的中点为O ，且⊥AO 平面C C BB 11.
（1）证明：;1AB C B ⊥
（2）若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB 求三棱柱111C B A ABC -的高
.
5.如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 是PD 的中点.Ⅰ）证明：PB //平面AEC ；
（Ⅱ）设1,AP AD ==
，三棱锥P ABD -的体
积4
V =
，求A 到平面PBC 的距离.
答案：
1. B
2.C
3.C
4.（2）三棱柱111ABC A B C 的高为7.
5.。
《高考调研》2017届高考数学(理)(新课标)二轮专题复习作业21立体几何1Word版含解析
立体几何专练(一)·作业(二十一)1．(2016·天津)如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB ＝BE ＝2.(1)求证：EG ∥平面ADF ； (2)求二面角O －EF －C 的正弦值；(3)设H 为线段AF 上的点，且AH ＝23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值．解析 依题意，OF ⊥平面ABCD ，如图，以O 为原点，分别以AD →，BA →，OF →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O(0，0，0)，A(－1，1，0)，B(－1，－1，0)，C(1，－1，0)，D(1，1，0)，E(－1，－1，2)，F(0，0，2)，G(－1，0，0)．(1)依题意，AD →＝(2，0，0)，AF →＝(1，－1，2)．设n 1＝(x ，y ，z)为平面ADF 的法向量，则⎩⎨⎧n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎨⎧2x ＝0，x －y ＋2z ＝0.不妨设z ＝1，可得n 1＝(0，2，1)，又EG →＝(0，1，－2)，可得EG →·n 1＝0，又直线EG ⊄平面ADF ，所以EG ∥平面ADF.(2)易证，OA →＝(－1，1，0)为平面OEF 的一个法向量．依题意，EF →＝(1，1，0)，CF →＝(－1，1，2)．设n 2＝(x ′，y ′，z ′)为平面CEF的法向量，则⎩⎨⎧n 2·EF →＝0，n 2·CF →＝0，即⎩⎨⎧x ′＋y ′＝0，－x ′＋y ′＋2z ′＝0.不妨设x ′＝1，可得n 2＝(1，－1，1)．因此有cos 〈OA →，n 2〉＝OA →·n 2|OA →|·|n 2|＝－63，于是sin 〈OA →，n 2〉＝33.所以二面角O －EF －C 的正弦值为33.(3)由AH ＝23HF ，得AH ＝25AF.因为AF →＝(1，－1，2)，所以AH →＝25AF →＝(25，－25，45)，进而有H(－35，35，45)，从而BH →＝(25，85，45)，因此cos 〈BH →，n 2〉＝BH →·n 2|BH →|·|n 2|＝－721.所以，直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为721.2．(2016·湖南东部六校联考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面为梯形ABCD ，AB ∥DC ，平面PAD ⊥平面ABCD ，△PAD 是等边三角形，已知BD ＝2AD ＝4，AB ＝2DC ＝2BC ＝2 5.PM →＝mMC →.且m>0.(1)求证：平面PAD ⊥平面MBD ； (2)求二面角A －PB －D 的余弦值；(3)试确定m 的值，使三棱锥P －ABD 的体积为三棱锥P －MBD 的体积的3倍．解析 (1)在△ABD 中，由于AD ＝2，BD ＝4，AB ＝25， ∴AD 2＋BD 2＝AB 2，故AD ⊥BD.又平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，BD ⊂平面ABCD ，∴BD ⊥平面PAD ，又BD ⊂平面MBD ， ∴平面MBD ⊥平面PAD.(2)方法1：如图建立空间直角坐标系D －xyz ，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，P(1，0，3)，B(0，4，0)，BP →＝(1，－4，3)，AB →＝(－2，4，0)，DB →＝(0，4，0)．设平面PAB 的法向量n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧n ·AB →＝0，n ·BP →＝0，即⎩⎨⎧－2x 1＋4y 1＝0，x 1－4y 1＋3z 1＝0.令y 1＝1，则x 1＝2，z 1＝233. ∴n ＝(2，1，233)．设平面PBD 的法向量m ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎨⎧m ·DB →＝0，m ·BP →＝0，即⎩⎨⎧4y 2＝0，x 2－4y 2＋3z 2＝0.令x 2＝－3，则z 2＝1，∴m ＝(－3，0，1)， cosn ，m＝|n ·m ||n |·|m |＝21919，二面角A －PB －D 的余弦值为21919.方法2：由(1)知BD ⊥平面PAD ，∴平面PBD ⊥平面PAD ，过点A 作AE ⊥PD 于点E ，则AE ⊥平面PBD ， 再过点E 作EF ⊥PB 交PB 于点F ，连接AF ，则∠AFE 就是二面角A －PB －D 的平面角． 由题设得AE ＝3，EF ＝25，由勾股定理得， AF ＝AE 2＋EF 2＝195，∴cos ∠AFE ＝EF AF ＝219＝21919，∴二面角A －PB －D 的余弦值为21919. (3)∵V P －MBD ＝V M －PBD ＝m m ＋1V C －PBD ＝mm ＋1V P －BCD， ∴V P －ABD V P －MBD ＝m ＋1m ·V P －ABD V P －BCD ＝m ＋1m ·S △ABD S △BCD ＝m ＋1m ·2＝3，解得m ＝2. 3.(2016·衡中调研)如图，三棱柱ABC －DEF 的侧面BEFC 是边长为1的正方形，侧面BEFC ⊥侧面ADEB ，AB ＝4，∠DEB ＝60°，G 是DE 的中点． (1)求证：CE ∥平面AGF ； (2)求证：GB ⊥平面BEFC ；(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使二面角P －GE －B 为45°？若存在，求BP 的长；若不存在，请说明理由．解析 (1)连接CD ，与AF 相交于点H ，则H 为CD 的中点，连接HG . 因为G 为DE 的中点，所以HG ∥CE. 因为CE ⊄平面AGF ，HG ⊂平面AGF ， 所以CE ∥平面AGF.(2)在△GEB 中，BE ＝1，GE ＝2，∠GEB ＝60°， 则BG ＝3，BG 2＋BE 2＝GE 2，所以GB ⊥BE. 因为侧面BEFC ⊥侧面ADEB ，侧面BEFC ∩侧面ADEB ＝BE ，GB ⊂平面ADEB ， 所以GB ⊥平面BEFC.(3)由(2)得BG ，BE ，BC 两两垂直，建立空间直角坐标系B －xyz ，如图所示．假设在线段BC 上存在一点P ，使二面角P －GE －B 为45°. 易知平面BGE 的一个法向量为m ＝(0，0，1)． 设P(0，0，λ)，λ∈[0，1]． 又G(3，0，0)，E(0，1，0)．所以GP →＝(－3，0，λ)，GE →＝(－3，1，0)． 设平面PGE 的法向量为n ＝(x ，y ，z)， 则⎩⎨⎧n ·GP →＝0，n ·GE →＝0.所以⎩⎨⎧－3x ＋λz ＝0，－3x ＋y ＝0.令z ＝1，得y ＝λ，x ＝λ3.所以n ＝(λ3，λ，1)． 因为m ·n ＝1，所以1×λ23＋λ2＋1×22＝1，解得λ＝32∈[0，1]，故BP ＝32.因此在线段BC 上存在一点P ，使二面角P －GE －B 为45°，且BP ＝32. 4．(2016·河北五一联盟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是梯形，PA ⊥底面ABCD ，其中BA ⊥AD ，AD ∥BC ，AC 与BD 交于点O ，M 是AB 边上的点，且BM ＝13BA ，已知PA ＝AD ＝4，AB ＝3，BC ＝2.(1)求平面PAD 与平面PMC 所成锐二面角的正切值； (2)若N 是PM 上一点，且ON ∥平面PCD ，求PMPN 的值．解析 (1)延长CM 交DA 的延长线于E ，连接PE ，则PE 是平面PMC 与平面PAD所成二面角的棱，过点A 作AF 垂直PE 于F ，连接MF. ∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥MA ，又MA ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ，∴MA ⊥平面PAD ，∵PE ⊂平面PAD ，∴AM ⊥PE. ∵AF ⊥PE ，AF ∩AM ＝A ，∴PE ⊥平面AMF ，∵FM ⊂平面AMF ，∴MF ⊥PE. ∴∠MFA 是平面PMC 与平面PAD 所成锐二面角的平面角． ∵BC ＝2，AD ＝4，BC ∥AD ，AM ＝2MB ，∴AE ＝4，又PA ＝4，∴AF ＝22，∴tan ∠MFA ＝MA FA ＝22，∴平面PMC 与平面PAD 所成锐二面角的正切值为22. (2)连接MO 并延长交CD 于G ，连接PG .∵ON ∥平面PCD ，ON ⊂平面PMG ，平面PMG ∩平面PCD ＝PG ，∴ON ∥PG . 在△BAD 中，∵BO OD ＝BC AD ＝12，又BM MA ＝12，∴BO OD ＝BMMA， ∴MO ∥AD.在梯形ABCD 中，MO ＝OG ＝43， ∵ON ∥PG ，∴PN ＝MN ，∴PMPN ＝2.5．(2016·广东教育联合体)如图1，正方形ABCD 的边长为4，AB ＝AE ＝BF ＝12EF ，AB ∥EF ，把四边形ABCD 沿AB 折起，使得AD ⊥底面AEFB ，G 是EF 的中点，如图2.(1)求证：AG ⊥平面BCE ； (2)求二面角C －AE －F 的余弦值．解析 (1)连接BG ，因为BC ∥AD ，AD ⊥底面AEFB ，所以BC ⊥底面AEFB ，又AG ⊂底面AEFB ， 所以BC ⊥AG .因为AB 綊EG ，AB ＝AE ，所以四边形ABGE 为菱形，所以AG ⊥BE ， 又BC ∩BE ＝B ，BE ⊂平面BCE ，BC ⊂平面BCE ， 所以AG ⊥平面BCE.(2)方法1：由(1)知四边形ABGE 为菱形，AG ⊥BE ，AE ＝EG ＝BG ＝AB ＝4，设AG ∩BE ＝O ，所以OE ＝OB ＝23，OA ＝OG ＝2，以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0，0，0)，A(－2，0，0)，E(0，－23，0)，F(4，23，0)，C(0，23，4)，D(－2，0，4)，所以AC →＝(2，23，4)，AE →＝(2，－23，0)， 设平面ACE 的法向量为n ＝(x ，y ，z)， 则⎩⎨⎧AC →·n ＝0，AE →·n ＝0，所以⎩⎨⎧2x ＋23y ＋4z ＝0，2x －23y ＝0.令y ＝1，则x ＝3，z ＝－3，即平面ACE 的一个法向量为n ＝(3，1，－3)， 易知平面AEF 的一个法向量为AD →＝(0，0，4)，设二面角C －AE －F 的大小为θ，由图易知θ∈(0，π2)， 所以cos θ＝|n ·AD →||n |·|AD →|＝437×4＝217.方法2：由(1)知四边形ABGE 为菱形，AG ⊥BE ，AE ＝EG ＝BG ＝AB ＝4. 设AG ∩BE ＝O ，所以OE ＝OB ＝23，OA ＝OG ＝2，取CE 的中点M ，连接OM ，所以OM ∥BC ，所以OM ⊥平面AEFB ， 作MN ⊥AE 于N ，连接ON ，所以ON ⊥AE ， 所以∠ONM 为二面角C －AE －F 的平面角．在Rt △AOE 中，由12AE ·ON ＝12OE ·OA 得12×4×ON ＝12×2×23，即ON ＝3， 又 OM ＝12BC ＝2，所以MN ＝22＋（3）2＝7，所以cos ∠ONM ＝37＝217， 所以二面角C －AE －F 的余弦值为217.。
2017高考新课标数学理二轮复习配套检测：知识专题大突
专题训练(十三)空间中的平行与垂直一、选择题1．(2016·辽宁抚顺一中月考)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答案：B解析：由题意a⊥α，若α∥β，则a⊥β.又因为b⊂β，所以a⊥b成立．而a⊥b，显然不能推出α∥β.所以“a⊥b”是“α∥β”的必要不充分条件．故选B.2．(2016·浙江宁波效实中学模拟)设α，β，γ是三个不重合的平面，m，n是两条不重合的直线，则下列说法正确的是()A．若α⊥β，β⊥γ，则α∥γB．若α⊥β，m∥β，则m⊥αC．若m⊥α，n⊥α，则m∥nD．若m∥α，n∥α，则m∥n答案：C解析：A.α，γ可能的位置关系为相交、平行，故A错误；B.m可能在α上，可能与α斜交，故B错误；C.根据线面垂直的性质，可知C正确；D.m，n可能的位置关系为相交、平行、异面，故D错误，故选C.3．(2016·辽宁大连模拟)已知互不重合的直线a，b，互不重合的平面α，β，给出下列四个命题，其中错误的命题是()A．若a∥α，a∥β，α∩β＝b，则a∥bB．若α⊥β，a⊥α，b⊥β，则a⊥bC．若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝a，则a⊥αD．若α∥β，a∥α，则a∥β答案：D解析：A中，过直线a作平面γ分别与α，β交于m，n，则由线面平行的性质知a∥m∥n，所以m∥α，又由线面平行的性质知m∥b，所以a∥b，正确；B中，由a⊥α，b⊥β，知a，b垂直于两个平面的交线，则a，b所成的角等于二面角的大小，即为90°，所以a⊥b，正确；C中，在α内取一点A，过A分别作直线m垂直于α，β的交线，直线n垂直于α，γ的交线，则由线面垂直的性质知，m⊥β，n⊥γ，则m⊥a，n⊥a，由线面垂直的判定定理知，a⊥α，正确；D中，满足条件的a也可能在β内，故D错，故选D.4．已知ABC－A1B1C1是所有棱长均相等的直三棱柱，M是B1C1的中点，则下列命题正确的是()A．在棱AB上存在点N，使MN与平面ABC所成的角为45°B．在棱AA1上存在点N，使MN与平面BCC1B1所成的角为45°C．在棱AC上存在点N，使MN与AB1平行D．在棱BC上存在点N，使MN与AB1垂直答案：B解析：如图，设该直三棱柱的棱长为2，过点M作MP ⊥BC交BC于点P，连接AP，则MP＝2，AP＝ 3.因为2>3，故在棱AA1上存在点N，使得MN与平面BCC1B1所成角的大小为45°.故选B.5．(2016·贵州贵阳模拟)如图，在三棱锥P－ABC中，不能证明AP ⊥BC的条件是()A．AP⊥PB，AP⊥PCB．AP⊥PB，BC⊥PBC．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PCD．AP⊥平面PBC答案：B解析：A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A正确；C中，因为平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C正确；D中，由A知D正确；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.6．(2016·湖南衡阳二模)如图，等边三角形ABC的中线AF与中位线DE相交于G，已知△A′ED是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是()A．动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上B．异面直线A′E与BD不可能垂直C．三棱锥A′－EFD的体积有最大值D．恒有平面A′GF⊥平面BCED答案：B 解析：依题可知，四边形ADFE 为菱形，对角线AF 与DE 互相垂直平分，故A 正确．在旋转过程中DE 始终垂直GF 和GA ，故DE ⊥平面AGF ，所以恒有平面A ′GF ⊥平面BCED ，故D 正确．当AG ⊥平面ABC 时，三棱锥A ′－EFD 的体积取得最大值，故C 正确．因为EF ∥BD ，故异面直线A ′E 与BD 所成的角为∠FEA ′，旋转过程中有可能为直角，故B 错误．二、填空题7．如图，在空间四边形ABCD 中，M ∈AB ，N ∈AD ，AM MB ＝AN ND ，则直线MN 与平面BDC 的位置关系是________．答案：平行 解析：由AM MB ＝AN ND ，得MN ∥BD .而BD ⊂平面BDC ，MN ⊄平面BDC ，所以MN ∥平面BDC .8．在四面体ABCD 中，AD ⊥AB ，AD ⊥DC ，若AD 与BC 所成角为60°，且AD ＝3，则BC ＝________.答案：23 解析：将该四面体放入长方体中如图，在直角三角形CBE 中，CE ＝3，∠BCE ＝60°，所以斜边BC ＝3cos 60°＝2 3.9．如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形，AC ＝2a ，BB 1＝3a ，D 是A 1C 1的中点，点F 在线段AA 1上，当AF ＝________时，CF ⊥平面B 1DF .答案：a 或2a 解析：由题意易知，B 1D ⊥平面ACC 1A 1，所以B 1D ⊥CF .要使CF ⊥平面B 1DF ，只需CF ⊥DF 即可．设AF ＝x ，则A 1F ＝3a －x .易知Rt △CAF ∽Rt △F A 1D ，得AC A 1F ＝AF A 1D ， 即2a 3a －x ＝x a， 整理得x 2－3ax ＋2a 2＝0，解得x ＝a 或x ＝2a .10．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为线段B 1D 1上的一个动点，则下列结论中正确的是________．(填序号)①AC ⊥BE ；②B 1E ∥平面ABCD ；③三棱锥E －ABC 的体积为定值；④直线B 1E ⊥直线BC 1.答案：①②③ 解析：①②显然正确；记正方体的体积为V ，则V E －ABC ＝16V 为定值，故③正确；B 1E 与BC 1不垂直，故④错误．三、解答题11．(2016·河北邯郸模拟)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别是棱BC ，AB 的中点，点F 在棱CC 1上，已知AB ＝AC ，AA 1＝3，BC ＝CF ＝2.(1)求证：C 1E ∥平面ADF ；(2)设点M 在棱BB 1上，当BM 为何值时，平面CAM ⊥平面ADF .(1)证明：连接CE 交AD 于O ，连接OF .因为CE ，AD 为△ABC 的中线，则O 为△ABC 的重心，故CF CC 1＝CO CE ＝23，故OF ∥C 1E . 因为OF ⊂平面ADF ，C 1E ⊄平面ADF ，所以C 1E ∥平面ADF .(2)解：当BM ＝1时，平面CAM ⊥平面ADF .因为AB ＝AC ，故AD ⊥BC .在直三棱柱ABC－A1B1C1中，B1B⊥平面ABC，BB1⊂平面B1BCC1，故平面B1BCC1⊥平面ABC.又平面B1BCC1∩平面ABC＝BC，所以AD⊥平面B1BCC1，CM⊂平面B1BCC1，故AD⊥CM.又BM＝1，BC＝2，CD＝1，FC＝2，故△CBM≌△FCD.易证CM⊥DF，DF∩AD＝D，故CM⊥平面ADF.又CM⊂平面CAM，故平面CAM⊥平面ADF.12．(2016·山东潍坊模拟)在Rt△ABF中，AB＝2BF＝4，C，E分别是AB，AF的中点(如图①)．将此三角形沿CE对折，使平面AEC⊥平面BCEF(如图②)，已知D是AB的中点．①②(1)求证：CD∥平面AEF；(2)求证：平面AEF⊥平面ABF；(3)求三棱锥C－AEF的体积．(1)证明：取AF中点M，连接DM，EM.∵D ，M 分别是AB ，AF 的中点，∴DM 是△ABF 的中位线，∴DM 綊12BF ，且CE 綊12BF ，∴四边形CDME 是平行四边形，∴CD ∥EM .又EM ⊂平面AEF ，且CD ⊄平面AEF ，∴CD ∥平面AEF .(2)证明：由图①知CE ⊥AC ，CE ⊥BC ，且图②中，AC ∩BC ＝C ，∴CE ⊥平面ABC .又CD ⊂平面ABC ，∴CE ⊥CD ，∴四边形CDME 为矩形，则EM ⊥MD .在△AEF 中，EA ＝EF ，M 为AF 的中点，∴EM ⊥AF ，且AF ∩MD ＝M ，∴EM ⊥平面ABF .又EM ⊂平面AEF ，故平面AEF ⊥平面ABF .(3)解：由图①知AC ⊥CE ，又平面AEC ⊥平面BCEF ，且平面AEC ∩平面BCEF ＝CE ，∴AC ⊥平面BCEF ，即AC 为三棱锥A －CEF 的高．∴V C －AEF ＝V A －CEF ＝13S △CEF ·AC ＝13×12×1×22×22×2＝23.。
高考数学(理)之立体几何与空间向量 专题03 空间点、线、面的位置关系(解析版)
立体几何与空间向量03 空间点、线、面的位置关系一、具体目标：1.理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解可以作为推理依据的公理和定理；2.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理；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.二、知识概述：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，那么这条直线上所有的点都在这个平面内(即直线在平面内)．(2)公理2：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面(即可以确定一个平面)．(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通过这个点的公共直线． 推论1：经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面．推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面．推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面．2. 空间两直线的位置关系直线与直线的位置关系的分类⎩⎨⎧ 共面直线⎩⎪⎨⎪⎧ 平行相交异面直线：不同在任何一个平面内直线与平面的位置关系有平行、相交、在平面内三种情况．平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．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．3.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作异面直线a ，b 所成的角(或夹角)．②范围：.4.异面直线的判定方法： ]2,0(π【考点讲解】判定定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过该点的直线是异面直线；反证法：证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共面，从而可得两线异面．5.求异面直线所成的角常采用“平移线段法”，平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．计算异面直线所成的角通常放在三角形中进行．平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；③计算：求该角的值，常利用解三角形；④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围．【温馨提示】平面的基本性质，点、直线、平面之间的位置关系是高考试题主要考查知识点，题型除了选择题或填空题外，往往在大题中结合平行关系、垂直关系或角的计算间接考查．1.【2019年高考全国Ⅲ卷】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（）A．BM=EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM=EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线【解析】本题主要考查的空间两条直线的位置关系问题，要求会构造三角形，讨论两直线是否共面，并通过相应的计算确定两条直线的大小关系.如图所示，作EO CD⊥于O，连接ON，BD，易得直线BM，EN是三角形EBD的中线，是相交直线.过M作MF OD⊥于F，连接BF，Q平面CDE⊥平面ABCD，,EO CD EO⊥⊂平面CDE，EO∴⊥平面ABCD，MF⊥平面ABCD，MFB∴△与EON△均为直角三角形．设正方形边长为2，易知12EO ON EN===,，5,2MF BF BM==∴=，BM EN∴≠，故选B．] 2 ,0(π【真题分析】【答案】B2.【2018年高考全国Ⅱ卷理数】在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA =1AD 与1DB 所成角的余弦值为（ ）A ．15 BCD【解析】方法一：用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面，如图，则11B P AD ∥，连接DP ，易求得1DB DP =，12B P =，则1DB P ∠是异面直线1AD 与1DB 所成的角，由余弦定理可得22211111cos 2DB B P DP DB P DB PB +-∠===⋅.故选C.方法二：以D 为坐标原点，DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，则()()((110,0,0,1,0,0,,D A B D ,所以((11,AD DB =-=u u u u r u u u u r ,因为111111cos ,5AD DB AD DB AD DB ⋅===u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r ， 所以异面直线1AD 与1DB所成角的余弦值为5，故选C. 【答案】C3. 【2018年高考全国Ⅱ卷文数】在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为（ ）A．2 BCD【解析】如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，CD AB ∥，所以异面直线AE 与CD 所成角为EAB ∠，设正方体边长为2a ，则由E 为棱1CC 的中点，可得CE a =，所以BE =，则tan BE EAB AB ∠===．故选C ．【答案】C4.【2017年高考全国Ⅱ卷理数】已知直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=︒，2AB =，11BC CC ==，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（ ）A．2 B．5 C．5D．3 【解析】如图所示，补成直四棱柱1111ABCD A B C D -，则所求角为1111,BC D BC BD C D AB ∠=====Q易得22211C D BD BC =+，因此111cos 5BC BC D C D ∠===，故选C ． 【答案】C5.【2017年高考全国Ⅲ卷文数】在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱CD 的中点，则（ ）A ．11A E DC ⊥B ．1A E BD ⊥C ．11A E BC ⊥D ．1AE AC ⊥【解析】根据三垂线定理的逆定理，可知平面内的线垂直于平面的斜线，则也垂直于斜线在平面内的射影.A.若11A E DC ⊥，那么11D E DC ⊥，很显然不成立；B.若1A E BD ⊥，那么BD AE ⊥，显然不成立；C.若11A E BC ⊥，那么11BC B C ⊥，成立，反过来11BC B C ⊥时，也能推出11BC A E ⊥,所以C 成立；D.若1A E AC ⊥，则AE AC ⊥，显然不成立，故选C.【答案】C6.【2019年高考北京卷理数】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ； ②m ∥α； ③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m ，正确；（2）如果l ⊥α，l ⊥m ，则m ∥α，不正确，有可能m 在平面α内；（3）如果l ⊥m ，m ∥α，则l ⊥α，不正确，有可能l 与α斜交、l ∥α.故答案为：如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m.【答案】如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m .7.【2017年高考全国Ⅲ卷理数】a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角；②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角；③直线AB 与a 所成角的最小值为45°；④直线AB 与a 所成角的最大值为60°. 其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）【解析】设1AC BC ==.由题意，AB 是以AC 为轴,BC 为底面半径的圆锥的母线，由,AC a AC b ⊥⊥，又AC ⊥圆锥底面，所以在底面内可以过点B ，作BD a ∥，交底面圆C 于点D ，如图所示，连接DE ，则DE ⊥BD ，DE b ∴∥，连接AD ，等腰ABD △中，AB AD ==当直线AB 与a 成60°角时，60ABD ∠=o ，故BD =Rt BDE △中，2,BE DE =∴=B 作BF ∥DE ，交圆C 于点F ，连接AF ，由圆的对称性可知BF DE ==ABF ∴△为等边三角形，60ABF ∴∠=o ，即AB 与b 成60°角，②正确，①错误.由图可知③正确；很明显，可以满足平面ABC ⊥直线a ，则直线AB 与a 所成角的最大值为90°，④错误.故正确的是②③.【答案】②③8.【2016高考浙江文数】如图，已知平面四边形ABCD ，AB =BC =3，CD =1，ADADC =90°．沿直线AC 将△ACD 翻折成△ACD '，直线AC 与BD '所成角的余弦的最大值是______．【解析】设直线AC 与'BD 所成角为θ．设O 是AC 中点，由已知得AC =如图，以OB 为x 轴，OA 为y 轴，过O 与平面ABC 垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，由(0,2A，(2B，(0,2C -，作DH AC ⊥于H ，翻折过程中，'D H 始终与AC 垂直，26CD CH CA ===，则3OH =，DH =='(,sin )636D αα-，则'sin )6236BD αα=--uuu r ，与CA uu r 平行的单位向量为(0,1,0)n =r ， 所以cos cos ',BD n θ=<>uuu r r ''BD n BD n⋅=uuu r r uuu r rcos 1α=时，cos θ取最大值9．9.【2017天津，文17】如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，AD BC ∥，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =.（I ）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值；（II ）求证：PD ⊥平面PBC ；（Ⅲ）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.【分析】（Ⅰ）异面直线所成的角一般都转化为相交线所成的角，//AD BC ，所以PAD ∠即为所求，根据余弦定理求得，但本题可证明AD PD ⊥，所以cosAD PAD AP ∠=；（Ⅱ）要证明线面垂直，根据判断定理，证明线与平面内的两条相交直线垂直，则线与面垂直，即证明,PD BC PD PB ⊥⊥；（Ⅲ）根据（Ⅱ）的结论，做//DF AB ，连结PF ,DFP ∠即为所求【解析】（Ⅰ）解：如图，由已知AD //BC ，故DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角.因为AD ⊥平面PDC ，所以AD ⊥PD .在Rt △PDA 中，由已知，得225AP AD PD =+=，故5cos AD DAP AP ∠==. 所以，异面直线AP 与BC C（Ⅱ）证明：因为AD ⊥平面PDC ，直线PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD .又因为BC //AD ，所以PD ⊥BC ，又PD ⊥PB ，所以PD ⊥平面PB C.10.【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ．又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ．又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ．所以BC ⊥平面A 1EF ．因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）．不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E ，EG O 为A 1G 的中点，故12A G EO OG ===， 所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35． 方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，B 1，0），1B ，3,2F ，C (0，2，0)．因此，3,2EF =u u u r ，(BC =u u u r ．由0EF BC ⋅=u u u r u u u r 得EF BC ⊥． （2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(310)=(0223)BC A C --u u u r u u u u r ，，，，，．设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，，由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r n n，得00y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩， 取n (11)=，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅u u u r u u u r u u u r ，n n n |， 因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35．2.【2017课标1，文6】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，直接AB 与平面MNQ 不平行的是（ ） A ． B ．C ．D ．【解析】本题考点是线面平行的判断问题，由题意可知：第二个选项中AB ∥MQ ，在直线AB ∥平面MNQ ，第三个选项同样可得AB ∥MQ ，直线AB ∥平面MNQ ，第四个选项有AB ∥NQ ，直线AB ∥平面MNQ ，只有选项A 不符合要求【答案】A2．空间中，可以确定一个平面的条件是（ ）A ．两条直线B ．一点和一条直线C ．一个三角形D ．三个点【解析】不共线的三点确定一个平面，C 正确；A 选项，只有这两条直线相交或平行才能确定一个平面；B 选项，一条直线和直线外一点才能确定一个平面；D 选项，不共线的三点确定一个平面.【答案】C3.在三棱锥A －BCD 的棱AB 、BC 、CD 、DA 上分别取E 、F 、G 、H 四点，如果EF ∩HG ＝P ，则点P （ ）A .一定在直线BD 上B .一定在直线AC 上 【模拟考场】C .在直线AC 或BD 上 D .不在直线AC 上，也不在直线BD 上【解析】如图所示，∵EF ⊂平面ABC ，HG ⊂平面ACD ，EF ∩HG ＝P ，∴P ∈平面ABC ，P ∈平面ACD .又∵平面ABC ∩平面ACD ＝AC ，∴P ∈AC ，故选B .【答案】B4.已知平面α和直线l ，则在平面α内至少有一条直线与直线l ( )A.平行B.垂直C.相交D.以上都有可能【解析】本题的考点是直线与平面的位置关系，直线与直线的位置关系，若直线l 与平面α相交，则在平面α内不存在直线与直线l 平行，故A 错误；若直线l ∥平面α，则在平面α内不存在直线与l 相交，故C 错误；对于直线l 与平面α相交，直线l 与平面α平行，直线l 在平面α内三种位置关系，在平面α内至少有一条直线与直线l 垂直，故选B.【答案】B5.如图，四棱锥P ABCD -中，90ABC BAD ∠=∠=︒，2BC AD =，PAB ∆和PAD ∆都是等边三角形，则异面直线CD 和PB 所成角的大小为（ ）A ．90︒B ．75︒C ．60︒D ．45︒【解析】设1AD =，则2BC =，过A 作//AE CD 交BC 于E ，则AD CE =，过E 作//EF PB 交PC于F ，则AEF ∠即为为所求，如图所示，过F 作//FG CD 交PD 于G ，连接AG ，则四边形AEFG 是梯形，其中//FG AE ，12EF =G 作//GH EF 交AE 于H ，则GHA AEF ∠=∠，在GHA ∆中，1,,222GH EF AH AE FG AG ===-===则 222AG GH AH =+，所以90AEF ∠=︒，故选A.【答案】A6.不在同一条直线上的三点A 、B 、C 到平面α的距离相等，且A ∉α，给出以下三个命题：①△ABC 中至少 有一条边平行于α；②△ABC 中至多有两边平行于α；③△ABC 中只可能有一条边与α相交.其中真命题是_____________.【解析】直线与平面的位置关系，平面与平面的位置关系，如图，三点A 、B 、C 可能在α的同侧，也可能在α两侧，其中真命题是①.【答案】①7.已知A 是△BCD 所在平面外的一点，E ，F 分别是BC ，AD 的中点，(1)求证：直线EF 与BD 是异面直线；(2)若AC ⊥BD ，AC ＝BD ，求EF 与BD 所成的角．【解析】本题考点反证法证明异面直线，异面直线所成的角.(1)证明：假设EF 与BD 不是异面直线，则EF 与BD 共面，从而DF 与BE 共面，即AD 与BC 共面，所以A 、B 、C 、D 在同一平面内，这与A 是△BCD 所在平面外的一点相矛盾．故直线EF 与BD 是异面直线．(2)取CD 的中点G ，连接EG 、FG ，则EG ∥BD ，所以直线EF 与EG 所成的角即为异面直线EF 与BD 所成的角．在Rt △EGF 中，由EG ＝FG ＝12AC ，可得∠FEG ＝45°，即异面直线EF 与BD 所成的角为45°.8.如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为3，M ，N 分别是棱AA 1，AB 上的点，且AM ＝AN ＝1.（1）证明：M ，N ，C ，D 1四点共面；（2）平面MNCD 1将此正方体分为两部分，求这两部分的体积之比.【解析】本题考点是多点共面的证明，平面分几何体的体积之比.（1）证明：连接A 1B ，在四边形A 1BCD 1中，A 1D 1∥BC 且A 1D 1＝BC ，所以四边形A 1BCD 1是平行四边形.所以A 1B ∥D 1C. 在△ABA 1中，AM ＝AN ＝1，AA 1＝AB ＝3，所以1AM AN AA AB， 所以MN ∥A 1B ，所以MN ∥D 1C.所以M ，N ，C ，D 1四点共面.（2）记平面MNCD 1将正方体分成两部分的下部分体积为V 1，上部分体积为V 2，连接D 1A ，D 1N ，DN ，则几何体D 1－AMN ，D 1－ADN ，D 1－CDN 均为三棱锥，所以V 1＝111D AMN D ADN D CDN V V V ---++＝13S △AMN ·D 1A 1＋13S △ADN ·D 1D ＋13S △CDN ·D 1D ＝13×12×3＋13×32×3＋13×92×3＝132. 从而V 2＝1111ABCD A B C D V -－V 1＝27－132＝412，所以121341V V =， 所以平面MNCD 1分此正方体的两部分体积的比为1341.。
二轮复习通用版专题3第3讲立体几何与空间向量课件(72张)
返回导航
专题三 立体几何
高考二轮总复习 • 数学
设平面 ABD 的一个法向量为 n＝(x，y，z)，
则nn··AA→→BD＝＝－－xx＋＋z＝3y0＝，0， 取 y＝ 3，
则 n＝(3， 3，3)，
又因为
C(－1，0，0)，F0，
43，34，
所以C→F＝1，
43，34，
返回导航
专题三 立体几何
4 ．(2022·全国乙卷 ) 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．
专题三 立体几何
高考二轮总复习 • 数学
所以BC，BA，BB1两两垂直，以B为原 点，建立空间直角坐标系，如图，
由(1)得 AE＝ 2，所以 AA1＝AB＝2，A1B ＝2 2，
所以 BC＝2， 则 A(0，2，0)，A1(0，2，2)，B(0，0，0)， C(2，0，0)， 所以 A1C 的中点 D(1，1，1)，
(1)证明：FN⊥AD； (2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．
专题三 立体几何
高考二轮总复习 • 数学
返回导航
【解析】 (1)过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别 交于点G、H.
∵四边形ABCD和EFCD都是直角梯形，AB∥DC，CD∥EF，AB＝ 5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，由平面几何知识易知，
则
VA
－
A1BC
＝
1 3
S△A1BC·h
2017年高考数学(文)-立体几何(练)-专题练习
3．【湖南省郴州市2017届高三上学期第一次教学质量监测】已知一正方体截去两个三棱锥后，所得几何体的三视图如图3所示，则该几何体的体积为（）
A．8B．7C． D．
4．【江西省新余市2016届高三第二次模拟】已知 是球 的球面上三点， ， ， ，且棱锥 的体积为 ，则球 的表面积为（）
（Ⅰ）求证： 面 ；
（Ⅱ）若 ，求直线 与平面 所成角的正弦值．
3．练原创
1．棱长为2的正方体被一平面截成两个几何体，其中一个几何体的三视图如图所示，那么该几何体的体积是()
A． B．4C． D．3
2． 是同一球面上的四个点，其中 是正三角形， ⊥平面 ， ， ，则该球的表面积为( )
A． B． C． D．
（1）求证： ；
（2）求证： ;
（3）求二面角 的余弦值．
5．如图，四棱锥 中， ， ， ，
是等边三角形， 分别为 的中点．
(1)求证： ；
(2)若 ，求二面角 的余弦值．
（ ）证明G是AB的中点；
（ ）在答题卡第（18）题图中作出点E在平面PAC内的正投影F（说明作法及理由），并求四面体PDEF的体积．
2．练模拟
1．【山西大学附中2017届高三第二次模拟测试】已知某几何体的三视图的侧视图是一个正三角形，如图所示，则该几何体的体积等于（）
A． B． C． D．
2．【临川一中2016届高三上学期第二次月考】已知一个几何体的三视图及有关数据如图所示，则该几何体的体积为（）
A． B． C． D．
5．【吉林省长春市普通高中2017届高三质量监测（一）】已知三棱锥 ，满足 两两垂直，且 ， 是三棱锥 外接球上一动点，则点Q到平面 的距离的最大值为__________．
专题08 立体几何-备战2017高考高三数学理全国各地二模
【备战2017高考高三数学全国各地二模试卷分项精品】专题 立体几何一、选择题1．【2017安徽马鞍山二模】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（ ）A. 25πB. 26πC. 32πD. 363m π【答案】C 【解析】由三视图可知，该几何体是以俯视图为底面，一条侧棱与底面垂直的三棱锥，如图，由勾股定理可得2,CD = 由正弦定理可得底面外接圆直径224,sin30r ︒== 设球半径为R ，则由勾股定理得2224432R AB r =+= ，该几何体的外接球的表面积为32,π 故选C.2．【2017安徽马鞍山二模】将正方形ABCD 沿对角线AC 折成120︒的二面角，则折后的直线BD 与平面ABC 所成角的正弦值为（ ）A. 12 【答案】A【解析】3．【2017重庆二诊】1111ABCD A BC D -内部有一圆柱，此圆柱恰好以直线1AC 为轴，则该圆柱侧面积的最大值为（ ）A. 8B. 4C.D. 【答案】D 【解析】如图由正方体的对称性可知，圆柱的上底面必与过A 点的三个面相切，且切点分别在线段11,,AB AC AD 上，设线段1AB 上的切点为E ， 1AC ⋂面12A BD O =，圆柱上底面的圆心为1O ，半径即为1O E记为，则211332O F DF ===， 21113AO AC ==，由12//O E O F1111AO AO E =⇒=，则圆柱的高为1323AO -=-，()24232r r S r r r π⎛⎫- ⎪⎫ ⎪=-=-≤⋅==⎪⎪ ⎪⎝⎭ ⎪⎝⎭侧.应选答案D 。
4．【2017湖南娄底二模】在体积为V 的球内有一个多面体，该多面体的三视图是如图所示的三V 的最小值是（ ）A.3π D. 12π 【答案】B点睛：1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．5．【2017河北唐山二模】正方体1111ABCD A BC D -棱长为6，O 点在棱BC 上，且2BO OC =，过O 点的直线与直线1AA ， 11C D 分别交于M ， N 两点，则MN =（ ）A.14 D. 21【答案】D【解析】根据题意作图，由图可知： 1111113C F NC AD ND ==， 13NC =，∴FN =1A F ==，7EN = 故113EF EN MA MN ==，∴21MN =，故选D. 点睛：本题主要考查了空间中点、线、面的位置关系，空间想象能力以及线面平行的判定及性质定理，准确画出图形是解决本题的关键，难度一般；由三角形相似可得13NC =，由勾股定理可得1,NF A F ，再次利用三角形相似113EF EN MA MN ==，从而可得结果. 6．【2017河北唐山二模】一个几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积为（ ）A. 24π-B. 243π-C. 24π+D. 242π-【答案】A【解析】由三视图可知：该几何体是以2为边长正方体从右下前方挖去18个球，该球以顶点为球心，2为半径，则该几何体的表面积为221122632422448πππ⨯⨯-⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=-，故选A.7．【2017安徽淮北二模】某几何体的三视图如图所示，网格纸的小方格是边长为1的正方形，则该几何体中最长的棱长是（ ）【答案】A【解析】几何体为一个三棱锥ABCD ，其中1,2,AB BC CD DA AC BD =====， A.点睛：1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．8．【2017江西4月质检】如图，直三棱柱111ABC A B C -中， 12AA =，1AB BC ==， 90ABC ∠=︒，外接球的球心为O ，点E 是侧棱1BB 上的一个动点.有下列判断：①直线AC 与直线1C E 是异面直线；②1A E 一定不垂直1AC ；③三棱锥1E AAO -的体积为定值；④1AE EC +的最小值为其中正确的个数是（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C9．【2017江西4月质检】一个三棱锥的三视图如图（图中小正方形的边长为1），若这个三角棱锥的顶点都在同一个球的球面上，则这个球的表面积是（ ）A. 16πB. 32πC. 48πD. 64π【答案】B【解析】由三视图可知，三棱锥的底面是一斜边为的等腰直角三角形，且过直角顶点的侧棱垂直底面，该侧棱长为，可以把该棱锥补成一个底面边长为=，所以表面积为32π，故选B.学。
《高考调研》2017届高考数学(理)(新课标)二轮专题复习作业15立体几何Word版含解析
小题专练·作业(十五)一、选择题1．(2016·新课标全国Ⅱ)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为()A．20πB．24πC．28πD．32π答案 C解析该几何体是圆锥与圆柱的组合体，由三视图可知圆柱底面圆的半径r＝2，底面圆的周长c＝2πr＝4π，圆锥的母线长l＝22＋（23）2＝4，圆柱的高h＝4，所以该几何体的表面积S表＝πr2＋ch＋12cl＝4π＋16π＋8π＝28π，故选C.2．(2016·浙江)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则()A．m∥l B．m∥nC．n⊥l D．m⊥n答案 C解析因为α∩β＝l，所以l⊂β，又n⊥β所以n⊥l.故选C.3．(2016·合肥质检)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝60°，AB ＝AC＝23，PA＝2，则三棱锥P－ABC外接球的表面积为()A．20πB．24πC．28πD．32π答案 A解析 由题意可得△ABC 是边长为23的正三角形，设其外接圆的半径为r ，则2r ＝23sin60°＝4，r ＝2.又外接球的球心在PA 的中垂面上，则外接球的半径R ＝r 2＋（12PA ）2＝5，所以该球的表面积为4πR 2＝4π(5)2＝20π，选项A 正确． 4. (2016·贵阳检测)如图，点E ，F 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱AB ，AA 1的中点，点M ，N 分别是线段D 1E 与C 1F 上的点，则与平面ABCD 垂直的直线MN 的条数有( )A ．0个B ．1个C ．2个D ．无穷多个答案 B解析 假设存在满足条件的直线MN ，如图，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，则D 1(2，0，2)，E(1，2，0)，设M 的坐标为(x ，y ，z)，∵D 1M →＝mD 1E →(0<m<1)，∴(x －2，y ，z －2)＝m(－1，2，－2)，x ＝2－m ，y ＝2m ，z ＝2－2m.∴M(2－m ，2m ，2－2m)．同理，若设C 1N →＝nC 1F →(0<n<1)，可得N(2n ，2n ，2－n)， MN →＝(m ＋2n －2，2n －2m ，2m －n)．又∵MN ⊥平面ABCD ，∴⎩⎨⎧CD →·MN →＝0，CB →·MN →＝0，即⎩⎨⎧m ＋2n －2＝0，2n －2m ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝23，n ＝23，即存在满足条件的直线MN ，且只有1条．5．(2016·山东)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示．则该几何体的体积为( )A.13＋23πB.13＋23π C.13＋26π D ．1＋26π答案 C解析 由三视图可知，四棱锥的底面是边长为1的正方形，高为1，其体积V 1＝13×12×1＝13.设半球的半径为R ，则2R ＝2，即R ＝22，所以半球的体积V 2＝12×4π3R 3＝12×4π3×(22)3＝26π.故该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝13＋26π.故选C.6．(2016·河北七校)已知α，β是两个不同的平面，有下列三个条件： ①存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β； ②存在一条直线a ，a ⊥β；③存在两条垂直的直线a ，b ，a ⊥β，b ⊥α.其中，所有能成为“α⊥β”的充要条件的序号是( ) A ．① B ．② C ．③ D ．①③ 答案 D解析 对于①，存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β，则α⊥β，反之也对，即“存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β”是“α⊥β”的充要条件，所以①对，可排除B ，C ；对于③，存在两条垂直的直线a ，b ，则直线a ，b 所成的角为90°，因为a ⊥β，b ⊥α，所以α，β所在的角为90°，即α⊥β，反之也对，即“存在两条垂直的直线，a ，b ，a ⊥β，b ⊥α”是“α⊥β”的充要条件，所以③对，可排除A ，选D.7．(2016·江西九校联考)已知圆锥的底面半径为R ，高为2R ，在它的所有内接圆柱中，侧面积的最大值是( ) A.14πR 2 B.12πR 2 C ．πR 2 D ．2πR 2答案 C解析 设圆柱的底面半径为r ，高为h ，由已知条件可知2r ＋h ＝2R ，所以圆柱的侧面积为S ＝2πrh ＝2πr(2R －2r)≤π[2r ＋（2R －2r ）2]2＝πR 2，当2r ＝2R －2r ，即r ＝12R 时“＝”成立 ，故圆柱的侧面积最大为πR 2.8．(2016·新课标全国Ⅱ)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( ) A ．4πB.9π2 C ．6π D.32π3答案 B解析 由题意可得若V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R ＝32，此时的体积最大，V max ＝43πR 3＝4π3×278＝9π2.回顾 不是所有的直三棱柱都有内切球，只有底面三角形内切圆的直径与直三棱柱的高相等时，该直三棱柱才有内切球．9. (2016·江西联考)如图，在球的内接三棱锥A －BCD 中，AB ＝8，CD ＝4，平面ACD ⊥平面BCD ，且△ACD 与△BCD 是以CD 为底的全等的等腰三角形，则三棱锥A －BCD 的高与其外接球的直径的比值为( )A.3265B.413065 C.813065 D.6465答案 B解析 设该三棱锥的外接球的半径为R ，取AB ，CD 的中点分别为E ，F ，连接EF ，AF ，BF ，由题意易得AF ⊥BF ，AF ＝BF ＝42，EF ＝4，易知三棱锥A －BCD 的外接球的球心O 在线段EF 上，连接OA ，OC ，有R 2＝AE 2＋OE 2＝16＋OE 2 ①，R 2＝CF 2＋OF 2＝4＋(4－OE)2 ②，由①②可得R 2＝654，所以R ＝652，所以2R ＝65.又三棱锥A －BCD 的高AF ＝42，所以三棱锥A －BCD 的高与其外接球的直径的比值为4265＝413065，故选B.10．(2016·衡中调研)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为正方形A 1B 1C 1D 1四边上的动点，O 为底面正方形的中心，M ，N 分别为AB ，BC 的中点，点Q 为平面ABCD 内一点，线段D 1Q 与OP 互相平分，则满足MQ →＝λMN →的实数λ的值有( ) A ．0个 B ．1个 C ．2个 D ．3个 答案 C解析 由于线段D 1Q 与OP 互相平分，且MQ →＝λMN →，则有Q ∈MN ，那么只有当四边形D 1PQO 是平行四边形时，才满足题意，此时有P 为A 1D 1的中点，点Q 与点M 重合，或P 为C 1D 1的中点，点Q 与点N 重合，对应的λ＝0或1. 11．(2016·长沙调研)公元656年，唐代李淳风注《九章》时提到祖暅的开立圆术．祖暅在求球体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是立体的高．意思是两个同高的立体，如在等高处的截面积恒相等，则体积相等．更详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个立体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积恒相等，则这两个立体的体积相等．上述原理在中国被称为祖暅原理．取一摞书或一摞纸张堆放在水平桌面上，然后用手推一下以改变其形状，这时高度没有改变，每页纸张的面积也没有改变，因而这摞书或纸张的体积与变形前相等．设由⎩⎪⎨⎪⎧x 2≥4y ，0≤x ≤4，0≤y ≤4确定的封闭图形绕y 轴旋转一周，得到旋转体，则该旋转体的体积为( ) A ．32π B ．36π C ．44π D ．46π答案 A解析 依题，该旋转体轴截面如图①，则垂直y 轴，在高为y 处截面面积为S ＝π×42－π×x 2，依此，考虑在图②中垂直y 轴，在高为y 处截面面积也为S ＝π×42－π×x 2，由祖暅原理可知V 旋转体＝V 大半球－V 小球＝12×43π×43－43π×23＝32π.12．(2016·太原模拟)在三棱锥A －BCD 中，底面BCD 为边长是2的正三角形，顶点A 在底面BCD 上的射影为△BCD 的中心，若E 为BC 的中点，且直线AE 与底面BCD 所成角的正切值为22，则三棱锥A －BCD 外接球的表面积为( ) A ．3π B ．4π C ．5π D ．6π答案 D解析 ∵顶点A 在底面BCD 上的射影为△BCD 的中心，而且△BCD 是正三角形，∴三棱锥A －BCD 是正三棱锥，∴AB＝AC＝AD.令底面△BCD的重心(即中心)为P，∵△BCD是边长为2的正三角形，DE是BC边上的高，∴DE＝3，PE＝33，DP＝233.∵直线AE与底面BCD所成角的正切值为22，即tan∠AEP＝22，∴AP＝263，∵AE2＝AP2＋EP2，∴AD＝2，于是AB＝AC＝AD＝BC＝CD＝DB＝2，∴三棱锥A－BCD为正四面体．构造正方体，由面上的对角线构成正四面体，故正方体的棱长为2，∴正方体的体对角线长为6，∴外接球的半径为62，∴外接球的表面积为4π(62)2＝6π.13．(2016·扬州五校)一个三棱柱的直观图、正(主)视图、侧(左)视图、俯视图如图所示，若M、N分别为A1B、B1C1的中点，则下列选项中错误的是()A．MN与A1C异面B．MN⊥BCC．MN∥平面ACC1A1 D．三棱锥N－A1BC的体积为1 3a2答案 D解析取A1B1的中点D，连接DM，DN.由于M、N分别是A1B、B1C1的中点，所以可得DN∥A1C1，又DN⊄平面A1ACC1，A1C1⊂平面A1ACC1，所以DN∥平面A1ACC1.同理可证DM∥平面A1ACC1.又DM∩DN＝D，所以平面DMN∥平面A1ACC1，所以MN∥平面ACC1A1，直线MN与A1C异面，A、C正确．由三视图可得A1C1⊥平面BCC1B1，所以DN⊥平面BCC1B1，所以DN⊥BC，又易知DM⊥BC，所以BC⊥平面DMN，所以BC⊥MN，B正确．因VN－A1BC＝V A1－NBC＝13(12a2)a＝16a2，所以D错误．14．(2016·衡阳二模)如图，等边三角形ABC的中线AF与中位线DE相交于点G，已知△A′ED是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是( )A ．动点A ′在平面ABC 上的射影在线段AF 上B ．异面直线A ′E 与BD 不可能垂直C ．三棱锥A ′－EFD 的体积有最大值 D ．恒有平面A′GF ⊥平面BCED 答案 B解析 依题意可知四边形ADFE 为菱形，对角线AF 与DE 互相垂直平分，故A 正确；在旋转过程中DE 始终垂直GF 和GA ′，故DE ⊥平面A ′GF ，所以恒有平面A ′GF ⊥平面BCED ，故D 正确；当A ′G ⊥平面ABC 时，三棱锥A ′－EFD 的体积取得最大值，故C 正确；因为EF ∥BD ，故异面直线A ′E 与BD 所成的角为∠FEA ′，旋转过程中有可能为直角，故B 错误． 二、填空题15．(2016·四川)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是________．答案 33解析 由正视图知，底面三角形是腰长为2，底边为23的等腰三角形，三棱锥的高为1，所以该三棱锥的体积V ＝13×(12×23×1)×1＝33.16．(2016·河北五一名校)在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是AC 1，A 1B 1的中点，点P 在其表面上运动，则总能使MP 与BN 垂直的点P 所构成的轨迹的周长等于________． 答案 2＋ 5解析 分别取BB 1，CC 1的中点E ，F ，连接AE ，EF ，FD ，则BN ⊥平面AEFD ，设M 在平面ABB 1A 1中的射影为O ，过MO 与平面AEFD 平行的平面为α，所以能使MP 与BN 垂直的点P 所构成的轨迹为矩形，其周长与矩形AEFD 的周长相等，又矩形AEFD 的周长为2＋5，所以所求轨迹的周长为2＋ 5.17．(2016·成都调研)如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E ，F 分别为AB ，BC 的中点．设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值为________． 答案 25解析 以点A 为坐标原点，AB ，AD ，AQ 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．设AB ＝1，则AF →＝(1，12，0)，E(12，0，0)． 设M(0，y ，1)(0≤y ≤1)，则EM →＝(－12，y ，1)， 由于异面直线所成角的范围为(0，π2]， 所以cos θ＝|AF →·EM →||AF →||EM →|＝|－12＋12y|1＋14·14＋y 2＋1＝2（1－y ）5·4y 2＋5，所以cos 2θ＝4（1－y ）25（4y 2＋5）＝15·(1－8y ＋14y 2＋5)，令8y ＋1＝t(1≤t ≤9)，所cos 2θ＝15·(1－16t ＋81t －2)，因为函数y ＝t ＋81t 在[1，9]上的单调递减，故t ＝1时，y max ＝1＋811＝82，所以cos 2θ的最大值为15×(1－1682－2)＝15×(1－15)＝425，所以cos θ的最大值为25.18．(2016·合肥调研)在正三棱锥P －ABC 中，M 是PC 的中点，且AM ⊥PB ，AB ＝22，则正三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为________．答案 12π解析 因为三棱锥P －ABC 为正三棱锥，取AC 的中点N ，连接PN ，BN ，易证AC ⊥平面PBN ，所以PB ⊥AC ，又AM ⊥PB ，AM ∩AC ＝A ，所以PB ⊥平面PAC ，所以PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，易证PA ，PB ，PC 两两垂直，又AB ＝22，所以PA ＝PB ＝PC＝2，设三棱锥P －ABC 外接球的半径为R ，则(2R)2＝3×22＝12，所以球的表面积S ＝4πR 2＝12π.19.(2016·贵阳调研)如图，从棱长为6 cm 的正方体铁皮箱ABCD －A 1B 1C 1D 1中分离出来由三个正方形面板组成的几何图形．如果用图示中这样一个装置来盛水，那么最多能盛的水的体积为________cm 3. 答案 36解析 最多能盛多少水，实际上是求三棱锥C 1－CD 1B 1的体积．又V 三棱锥C 1－CD 1B 1＝V 三棱锥C －B 1C 1D 1＝13×(12×6×6)×6＝36(cm 3)， 所以用图示中这样一个装置来盛水，最多能盛36 cm 3体积的水． 20.(2016·合肥调研)如图，正方形ABCD 中，沿BD 将△ABD翻折成△A ′BD ，形成四面体A ′－BCD ，并记二面角A ′－BD －C 的大小为α，则下列结论正确的是________． ①不论α为何值，都有A ′C ⊥BD ；②仅当α＝90°时，A ′B 与CD 所成角为90°； ③仅当α＝120°时，四面体A ′－BCD 的体积最大；④不论α为何值，四面体A ′－BCD 的外接球的体积都为定值． 答案 ①④ 解析。
2017届高三数学二轮复习高考小题专攻练5立体几何理新人教版
高考小题专攻练 5. 立体几何小题增强练 , 练就速度和技术, 掌握高考得分点!一、选择题 ( 本大题共 10 小题 , 每题 5 分 , 共 50 分 . 在每题给出的四个选项中, 只有一项是吻合题目要求的)1.设 m,n 是两条不一样的直线 , α , β是两个不一样的平面 , 以下命题中正确的是()A. 若α ⊥ β,m? α ,n ? β , 则 m⊥ nB. 若 m⊥ α,m∥ n,n ∥ β , 则α ⊥βC.若 m⊥ n,m? α ,n ? β , 则α ⊥βD.若α ∥ β,m? α ,n ? β , 则 m∥ n【分析】选 B. 若α⊥ β ,m? α,n ? β , 则 m与 n 订交、平行或异面 , 故 A 错误 ;由于 m⊥ α,m∥ n, 因此 n⊥ α,又由于 n∥β , 因此α ⊥ β , 故 B 正确 ;若 m⊥ n,m? α ,n ? β , 则α ⊥ β或α与β订交 , 故 C 错误 ; 若α∥ β ,m? α ,n ? β , 则 m∥n 或 m,n 异面 , 故 D错误 .2.一个几何体的三视图以以下图 , 此中正 ( 主 ) 视图和侧 ( 左 ) 视图是腰长为 4 的两个全等的等腰直角三角形 . 若该几何体的体积为V, 而且可以用n 个这样的几何体拼成一个棱长为 4 的正方体 , 则 V,n 的值是()A.V=32,n=2B.V=,n=3C.V= ,n=6D.V=16,n=4【分析】选 B. 由三视图可知, 几何体为底面是正方形的四棱锥,因此 V= ×4× 4× 4=,边长为 4 的正方体V=64, 因此 n=3.1A.(2+ ) πB.(4+ ) πC.4 πD.6 π【分析】选 A. 由三视图可知 , 该几何体由一个半球和一个圆锥构成, 其表面积为 S= × (4 ×2π× 1 +× 2π)=(2+ ) π.3.已知直线 l ⊥平面α,直线m?平面β,有下边四个命题:(1) α ∥ β? l⊥ m.(2) α ⊥ β? l∥ m.(3) l∥ m? α⊥ β .(4) l⊥ m? α ∥ β .此中正确的选项是()A.(1) 与 (2)B.(1) 与 (3)C.(2) 与 (4)D.(3) 与 (4)【分析】选 B. 由于直线l ⊥平面α,α ∥β,因此 l ⊥平面β,又由于直线m? 平面β , 因此l⊥ m,故 (1) 正确 ;由于直线 l ⊥平面α,α ⊥ β,因此 l ∥平面β,或 l ?平面β,又由于直线m? 平面β , 因此l与 m可能平行也可能订交, 还可能异面 , 故 (2) 错误 ;由于直线 l ⊥平面α, l ∥m,因此m⊥ α,由于直线m? 平面β, 因此α⊥ β , 故 (3) 正确 ;由于直线 l ⊥平面α, l ⊥m,因此m∥ α或m?α,又由于直线m? 平面β , 则α与β 可能平行也可能订交 , 故 (4) 错误 .4. 一个几何体的三视图如图, 则其表面积为()A.20B.18C.14+2D.14+2【分析】选 A. 由三视图得其直观图以下,由正方体截去四个角获得,故其表面积 S=2× 2+ × 2× 2+4× × 2× 2+4× ××=20.【加固训练】多面体 MN-ABCD的底面 ABCD为矩形 , 多面体及其正( 主) 视图和侧 ( 左 ) 视图如图所示 , 此中正 ( 主 ) 视图为等腰梯形, 侧 ( 左 ) 视图为等腰三角形, 则 AM的长为()A. B. C. D.2【分析】选 C. 以以下图 ,E,F 分别为 AD,BC的中点 , 则四边形 MNFE为等腰梯形 .过 M作 MO⊥EF 于 O.由正 ( 主 ) 视图为等腰梯形, 可知 MN=2,AB=4,因此 EO=1.由侧 ( 左 ) 视图为等腰三角形, 可知 AD=2,MO=2,因此 ME==.在△ AME中,AE=1,因此AM==.5. 在棱长为 a 的正方体ABCD-A1B1C1D1中 , 若 M 为 AB 的中点 , 则点 C 到平面A1DM 的距离为()A.aB.aC.aD. a【分析】选 A. 以以下图 .在△ A1DM中 ,A 1 M=DM= a.取 A1D的中点 E, 连接 ME,则 ME⊥A1D.因此 ME=== a.因此= ×a×a=a2.依据等体积法 , 设点 C 到平面 A1 DM的距离为 d, 则=.即· d= S△MDC· A1A,因此 d= = = a.6. 已知一个平放的棱长均为 4 的三棱锥内有一小球O(重量忽视不计 ), 现从该三棱锥顶端向内灌水 , 小球慢慢上调 , 若注入的水的体积是该三棱锥体积的时 , 小球与该三棱锥各侧面均相切 ( 与水面也相切 ), 则球的表面积等于( )A. πB. πC. πD. π【分析】选 C. 由题意 , 没有水的部分的体积是正四周体体积的,由于正四周体的各棱长均为4,因此正四周体体积为×× 4 2×=.因此没有水的部分的体积是,设其棱长为a, 则×a2×a=,因此 a=2.设小球的半径为r, 则 4××× 22r=,因此 r=,因此球的表面积S=4π ·= π .7. 四周体ABCD的四个极点都在球O 的球面上 ,AB=2,BC=CD=1,∠ BCD=60° ,AB⊥平面BCD,则球 O的表面积为()A.8 πB.πC.πD.π【分析】选 D. 如图 , 由于 BC=CD=1,∠ BCD=60° ,因此底面△ BCD为等边三角形,取 CD中点为 E, 连接 BE,因此△ BCD的外心 G在 BE上 , 取 BC中点 F, 连接 GF,则 BF= BC= ,又在 Rt △ BFG中 , 得 BG==,过 G作 AB的平行线与AB 的中垂线HO交于 O,则 O为四周体 ABCD的外接球的球心, 即 R=OB,由于 AB⊥平面 BCD,因此 OG⊥BG,在 Rt △ BGO中 ,OB===.因此球 O的表面积为4π ·=.8.在三棱锥 P-ABC中 ,PA ⊥平面 ABC,AC⊥ BC,D为侧棱 PC上的一点 , 它的正 ( 主) 视图和侧 ( 左 ) 视图以以下图 , 则以下命题正确的选项是()A.AD⊥平面 PBC且三棱锥D-ABC的体积为B.BD⊥平面 PAC且三棱锥D-ABC的体积为C.AD⊥平面 PBC且三棱锥D-ABC的体积为D.BD⊥平面 PAC且三棱锥D-ABC的体积为【分析】选 C. 由于 PA⊥平面 ABC,因此 PA⊥ BC.又 AC⊥ BC,PA∩ AC=A,因此 BC⊥平面 PAC,因此 BC⊥ AD.又由三视图可得, 在△ PAC中 ,PA=AC=4,D 为 PC的中点 , 因此 AD⊥ PC,又 PC∩ BC=C,故 AD⊥平面 PBC.又由三视图可知BC=4,而∠ ADC=90° ,BC⊥平面PAC,故 V D-ABC=V B-ADC= × × 2 × 2 ×4= .9. 以以下图 , 等腰直角三角形 ABC中 ,AB=2,D,E,F 分别在边 AB,BC,CA上 , 且 DE∥ AC,EF∥ AB,现沿 DE折叠 , 使平面 BDE⊥平面 ADEF,若此时棱锥B-ADEF的体积最大 , 则 BD的长为( )A. B. C.1 D.【分析】选 B. 设 BD的长为 x 时, 棱锥 B-ADEF的体积最大 .由于等腰直角三角形ABC中 ,AB=2,DE ∥ AC,EF∥ AB,因此 BD为棱锥 B-ADEF的高 , 此时底面ADEF为矩形 ,AD=2-x,DE=x,故棱锥 B-ADEF的体积 V= × AD×DE× BD3 2= (2-x)· x· x=-x + x .V′ =-x 2+ x, 当 0<x< 时 ,V ′ >0, 此时函数为增函数;当 <x<2 时 ,V ′ <0, 此时函数为减函数 ,故当 x= 时函数获得最大值, 即当 BD= 时, 棱锥 B-ADEF的体积最大 .二、填空题 ( 本大题共 4 小题 , 每题 5 分 , 共 20 分 . 请把正确答案填在题中横线上)10. 以以下图，正方形ABCD中， E， F 分别是 AB， AD的中点，将此正方形沿EF 折成直二面【分析】过 F 点作 HF∥ BE，与 BC交于点 H.过 A 点作 EF 的垂线 AG，垂足为 G，连接 HG，HE，AH.设正方形ABCD的边长为2，由于平面AEF⊥平面 BCDFE，且 AG⊥ EF，因此 AG⊥平面 BCDFE.由于 BE=BH=AE=AF=1，因此 EH=EF=.由于 G为 EF 的中点，因此EG=，AG=.又由于 HF=2，因此∠ HEG=90°，因此在 Rt△ EHG中， HG==.因此在 Rt△ AGH中，AH==.由于 HF∥ BE，因此 AF与 BE所成的角即为∠AFH.在△ AHF中， AF=1，HF=2， AH=，因此∠ HAF=90° .因此 cos ∠AFH= = .答案：11. 某几何体的三视图以以下图，则该几何体中，面积最大的侧面的面积为________.【分析】由三视图可知，几何的直观图以以下图.平面 AED⊥平面 BCDE，四棱锥A-BCDE的高为 1，四边形 BCDE是边长为1 的正方形，则 S△AED= ×1× 1= ，S△ABC=S△ABE= × 1×=，S△ACD=×1×=.答案：12. 以以下图 , △ ABC中 , ∠ C=90°, ∠ B=60°,AB=2, 在三角形内挖去半圆( 圆心 O 在边 AC 上, 半圆与 BC,AB相切于点C,M, 与 AC交于 N), 则图中暗影部分绕直线AC旋转一周所得旋转体的内表面面积之比为__________.【分析】在 Rt △ ABC中 , 由于∠ C=90°, ∠ B=60°,AB=2, 因此 BC=,AC=3.2因此几何体的表面面积为S1=π BC+π × BC× AB=9π.2017届高三数学二轮复习高考小题专攻练5立体几何理新人教版 11 / 11 设圆 O 的半径为 r, 由圆的性质得 BM=BC= , 因此 AM= ,OM=r, 由于 Rt △ AOM ∽ Rt △ABC, 因此= , 即 = , 解得 r=1. 因此几何体的内表面积 S 2=4π r 2=4π . 因此几何体的内表面面积之比为 = . 答案 :13. 三棱锥 P-ABC 中，平面 PAC ⊥平面 ABC ， PA=PC=AB=2 ， AC=4，∠ BAC=30° . 若三棱锥 P-ABC 的四个极点都在同一球面上，则该球的表面积为________.【分析】 由于 AB=2 ， AC=4，∠ BAC=30°，因此 BC= 2 2 2=2，因此 AB +BC=AC ， 因此△ ABC 为直角三角形，且∠ ABC=90°， 因此三角形 ABC 的外接圆直径 AC=4， 设球心为 O ， AC 的中点为 D ，球的半径为 R ，则 PD=2 ， 因此 R 2=(2 -R) 2+4， 则有该三棱锥的外接球的半径 R= ， 因此该三棱锥的外接球的表面积为S=4πR 2=4π × =18π .答案： 18π10。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
(三)立体几何专练
1．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥BD.
(1)求证：PB＝PD；
(2)若E，F分别为PC，AB的中点，EF⊥平面PCD，求直线PB与平面PCD所成角的
大小．
2．如图，矩形CDEF和梯形ABCD互相垂直，∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝AD＝12CD，
BE⊥DF.
(1)若M为EA的中点，求证：AC∥平面MDF；
(2)求平面EAD与平面EBC所成锐二面角的大小．
3．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面ABB1A1为矩形，AB＝BC＝1，AA1＝2，D
为AA1的中点，BD 与AB1交于点O，BC⊥AB1.
(1)证明：CD⊥AB1;
(2)若OC＝33，求二面角A-BC-B1的余弦值．
4．在平面四边形ACBD(图①)中，△ABC与△ABD均为直角三角形且有公共斜边AB，
设AB＝2，∠BAD＝30°，∠BAC＝45°，将△ABC沿AB折起，构成如图②所示的三棱锥
C′ABD，且使C′D＝2.
(1)求证：平面C′AB⊥平面DAB；
(2)求二面角A-C′D-B的余弦值．
答 案
1．解：(1) 证明：连接AC，AC与BD交于点O，
因为底面ABCD是正方形，
所以AC⊥BD且O为BD的中点，
又PA⊥BD，PA∩AC＝A，
所以BD⊥平面PAC，
由于PO⊂平面PAC，故BD⊥PO，
又BO＝DO，
故PB＝PD.
(2)设PD的中点为Q，
连接AQ，EQ，EQ綊12CD＝AF，
所以AFEQ为平行四边形，EF∥AQ，
因为EF⊥平面PCD，
所以AQ⊥平面PCD，
所以AQ⊥PD，又PD的中点为Q，
所以AP＝AD＝2.
由AQ⊥平面PCD，可得AQ⊥CD，
又AD⊥CD，AQ∩AD＝A，
所以CD⊥平面PAD，
所以CD⊥PA，又BD⊥PA，
所以PA⊥平面ABCD.
结合题意可知，AB，AP，AD两两垂直，以A为坐标原点，向量的方向
为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A(0，0，0)，B(2，
0，0)，Q0，22，22，D(0，2，0)，P(0，0，2)，＝0，22，22，＝(2，0，
－2)，为平面PCD的一个法向量．
设直线PB与平面PCD所成的角为θ，
所以直线PB与平面PCD所成的角为π6.
2．解：(1)证明：设EC与DF交于点N，连接MN.在矩形CDEF中，点N为EC的中
点，
因为M为EA的中点，所以MN∥AC，又因为AC⊄平面MDF，MN⊂平面MDF，所以
AC∥平面MDF.
(2)因为平面CDEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD＝CD，且DE⊂平面CDEF，
DE⊥CD，
所以DE⊥平面ABCD.
以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设DA＝a，DE＝b，则B(a，a，0)，E(0，0，b)，C(0，2a，0)，F(0，2a，b)，
＝(－a，－a，b)，＝(0，2a，b)，＝(－a，a，0)，因为BE⊥DF，
所以＝(－a，－a，b)·(0，2a，b)＝b2－2a2＝0，b＝2a.
设平面EBC的法向量m＝(x，y，z)，
可得到m的一个解为m＝(1，1，2)，注意到平面EAD的一个法向量n＝(0，1，0)，
而cosm，n＝m·n|m|·|n|＝12，所以平面EAD与平面EBC所成锐二面角的大小为60°.
3．解：(1)证明：由△ABB1与△DBA相似，知DB⊥AB1，
又BC⊥AB1，BD∩BC＝B，
∴AB1⊥平面BDC，CD⊂平面BDC，∴CD⊥AB1.
(2)由于OC＝33，BC＝1，在△ABD中，可得OB＝63，
∴△BOC是直角三角形，BO⊥CO.
由(1)知CO⊥AB1，则CO⊥平面ABB1A1.
以O为坐标原点，OA，OD，OC所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则A33，0，0，B0，－63，0，C0，0，33，
B1－233，0，0，＝0，63，33，
＝－33，－63，0，＝－233，63，0，
设平面ABC，平面BCB1的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，
∴n1＝(2，－1，2)，
∴n2＝(1，2，－2)，
∴cosn1，n2＝n1·n2|n1|·|n2| ＝－27035，
又二面角A-BC-B1为钝二面角，
∴二面角A-BC-B1的余弦值为－27035.
4．解：(1)证明：取AB的中点O，连接C′O，DO，
在Rt△AC′B，Rt△ADB中，AB＝2，则C′O＝DO＝1，
∵C′D＝2，
∴C′O2＋DO2＝C′D2，
即C′O⊥OD，
又C′O⊥AB，AB∩OD＝O，AB，OD⊂平面ABD，
∴C′O⊥平面ABD，
∵C′O⊂平面ABC′，
∴平面C′AB⊥平面DAB.
(2)以O为原点，AB，OC′所在的直线分别为y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐
标系，
则A(0，－1，0)，B(0，1，0)，C′(0，0，1)，D32，12，0，
∴＝(0，1，1)，＝(0，－1，1)，
＝32，12，－1.
设平面AC′D的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
即y1＋z1＝0，32x1＋12y1－z1＝0，
令z1＝1，则y1＝－1，x1＝3，
∴n1＝(3，－1，1)．
设平面BC′D的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则
即－y2＋z2＝0，32x2＋12y2－z2＝0，
令z2＝1，则y2＝1，x2＝33，
∴n2＝33，1，1，
∴cos
A-C′D-B为钝角．
∴二面角A-C′D-B的余弦值为－10535.