2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版：专题突破练19 专题五 立体几何过关检测
2019-2020年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
2019-2020年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一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50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.设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,下列命题中正确的是( )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【解析】选B.若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m与n相交、平行或异面,故A错误;因为m⊥α,m∥n,所以n⊥α,又因为n∥β,所以α⊥β,故B正确;若m⊥n,m⊂α,n⊂β,则α⊥β或α与β相交,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如图所示,其中正(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,并且可以用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【解析】选B.由三视图可知,几何体为底面是正方形的四棱锥,所以V=×4×4×4=,边长为4的正方体V=64,所以n=3.【加固训练】某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积是( )A.(2+)πB.(4+)πC.4πD.6π【解析】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×π×12+×2π)=(2+)π.3.已知直线l⊥平面α,直线m⊂平面β,有下面四个命题:(1)α∥β⇒l⊥m.(2)α⊥β⇒l∥m.(3)l∥m⇒α⊥β.(4)l⊥m⇒α∥β.其中正确的是( )A.(1)与(2)B.(1)与(3)C.(2)与(4)D.(3)与(4)【解析】选B.因为直线l⊥平面α,α∥β,所以l⊥平面β,又因为直线m⊂平面β,所以l⊥m,故(1)正确;因为直线l⊥平面α,α⊥β,所以l∥平面β,或l⊂平面β,又因为直线m⊂平面β,所以l与m可能平行也可能相交,还可能异面,故(2)错误;因为直线l⊥平面α,l∥m,所以m⊥α,因为直线m⊂平面β,所以α⊥β,故(3)正确;因为直线l⊥平面α,l⊥m,所以m∥α或m⊂α,又因为直线m⊂平面β,则α与β可能平行也可能相交,故(4)错误.4.一个几何体的三视图如图,则其表面积为( )【解析】选A.由三视图得其直观图如下,由正方体截去四个角得到,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,其中正(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【解析】选C.如图所示,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,所以EO=1.由侧(左)视图为等腰三角形,可知AD=2,MO=2,所以ME==.在△AME中,AE=1,所以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【解析】选A.如图所示.在△A1DM中,A1M=DM=a.取A1D的中点E,连接ME,则ME⊥A1D.所以ME===a.所以=×a×a=a2.根据等体积法,设点C到平面A1DM的距离为d,则=.即·d=S△MDC·A1A,所以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(重量忽略不计),现从该三棱锥顶端向内注水,小球慢慢上浮,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【解析】选C.由题意,没有水的部分的体积是正四面体体积的,因为正四面体的各棱长均为4,所以正四面体体积为××42×=.所以没有水的部分的体积是,设其棱长为a,则×a2×a=,所以a=2.设小球的半径为r,则4×××22r=,所以r=,所以球的表面积S=4π·=π.7.四面体ABCD的四个顶点都在球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.8πB.πC.πD.π【解析】选D.如图,因为BC=CD=1,∠BCD=60°,所以底面△BCD为等边三角形,取CD中点为E,连接BE,所以△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为四面体ABCD的外接球的球心,即R=OB,因为AB⊥平面BCD,所以OG⊥BG,在Rt△BGO中,OB===.所以球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)视图如图所示,则下列命题正确的是( )A.AD⊥平面PBC且三棱锥D-ABC的体积为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【解析】选C.因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥BC.又AC⊥BC,PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC,所以BC⊥AD.又由三视图可得,在△PAC中,PA=AC=4,D为PC的中点,所以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.如图所示,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.【解析】选B.设BD的长为x时,棱锥B-ADEF的体积最大.因为等腰直角三角形ABC中,AB=2,DE∥AC,EF∥AB,所以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×BD=(2-x)·x·x=-x3+x2.V′=-x2+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=时函数取得最大值,即当BD=时,棱锥B-ADEF的体积最大.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)10.如图所示，正方形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，将此正方形沿EF折成直二面角后，异面直线AF与BE所成角的余弦值为________.【解析】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，因为平面AEF⊥平面BCDFE，且AG⊥EF，所以AG⊥平面BCDFE.因为BE=BH=AE=AF=1，所以EH=EF=.因为G为EF的中点，所以EG=，AG=.又因为HF=2，所以∠HEG=90°，所以在Rt△EHG中，HG==.所以在Rt△AGH中，AH==.因为HF∥BE，所以AF与BE所成的角即为∠AFH.在△AHF中，AF=1，HF=2，AH=，所以∠HAF=90°.所以cos∠AFH==.答案：11.某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，面积最大的侧面的面积为________.【解析】由三视图可知，几何的直观图如图所示.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.如图所示,△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),则图中阴影部分绕直线AC旋转一周所得旋转体的内外表面积之比为__________.【解析】在Rt△ABC中,因为∠C=90°,∠B=60°,AB=2,所以BC=,AC=3.所以几何体的外表面积为S1=πBC2+π×BC×AB=9π.设圆O的半径为r,由圆的性质得BM=BC=,所以AM=,OM=r,因为Rt△AOM∽Rt△ABC,所以=,即=,解得r=1.所以几何体的内表面积S2=4πr2=4π.所以几何体的内外表面积之比为=.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 的四个顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________.【解析】因为AB=2，AC=4，∠BAC=30°，所以BC==2，所以AB2+BC2=AC2，所以△ABC为直角三角形，且∠ABC=90°，所以三角形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，所以R2=(2-R)2+4，则有该三棱锥的外接球的半径R=，所以该三棱锥的外接球的表面积为S=4πR2=4π×=18π.答案：18π。
2020高考数学(理科)二轮专题复习课标通用版跟踪检测：解析几何含答案
解析(1)设椭圆的焦距为2c，则 ＝ ，又a2＝b2＋c2，所以b＝c＝ .因为4× ×b× b＝2 ，所以b＝1，a＝ ，故所求椭圆的标准方程为 ＋y2＝1.
所以弦长|PQ|＝2 ＝2 .
不妨设点M在直线OB：y＝－ x上方，点N在直线OB：y＝－ x下方，即 x1＋y1>0， x2＋y2<0.
所以点M(x1，y1)到直线PQ的距离为d1＝ ＝ ＝ ，点N(x2，y2)到直线PQ的距离为d2＝ ＝－ .
所以d1＋d2＝
＝ ＝2 .
所以面积S＝ |PQ|·(d1＋d2)＝ ·2 ·2 ＝2 ＝ ⇒m＝±2.
(2)设A ，B ，S(xS，yS)．
因为 － ＝ － ＝ ，所以 ＝2，所以y3－y4＝8，
因为线段AB的中点的纵坐标为8，所以y3＋y4＝16，
联立解得y3＝12，y4＝4，所以A(36,12)，B(4,4)．
设直线SA的斜率为k，则直线SA的方程为y－12＝k(x－36)，
由 消去x得 －与y轴负半轴的交点，经过F的直线l与椭圆交于点M，N，经过B且与l平行的直线与椭圆交于点A，若|MN|＝ |AB|，求直线l的方程．
解析(1)设椭圆的标准方程为 ＋ ＝1(a>b>0)，
依题意知，c＝1，e＝ ＝ ，所以a＝ ，b2＝a2－c2＝1，
所以所求椭圆的标准方程为 ＋y2＝1.
A． B．
C．2D．
D解析抛物线y2＝4x的焦点为F(1,0)，准线l的方程为x＝－1，所以|OF|＝1，又双曲线的渐近线方程为y＝± x，不妨设A ，B ，所以|AB|＝ ＝4|OF|＝4，所以b＝2a，所以e＝ ＝ ＝ .故选D项．
2020高考数学(文理通用)大二轮课件：专题五立体几何第3讲
则 C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，E(1,0,1)，C→B＝(1,0,0)，C→E＝(1，－1,1)， CC1＝(0,0,2)．
设平面 EBC 的法向量为 n＝(x1，y1，z1)， 则CC→→BE··nn＝＝00，，即xx11＝－0y1，＋z1＝0，
第一部分
专题强化突破
专题五 立体几何
第三讲 用空间向量的方法解立体几何问题(理)
高考考点
考点解读
利用空间向量证明平 1.建立空间直角坐标系，利用向量的知识证明平行与垂直
行与垂直关系
2．考查向量的数量积与向量垂直的关系以及建立空间直
角坐标系的方法
利用空间向量求线线 以具体几何体为命题背景，直接求角或已知角求相关量
• (3)线面平行 • l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝_0____a⇔1a3＋__b1_b_3＋_c_1c_3＝__0___________.
• (4)线面垂直 • l⊥α⇔a∥μ⇔a＝
a1＝ka3，b1＝kb3，c＝kc3
• k(5μ)⇔面_面_平__行__________a_3_＝_ka_4_，_b_3＝_k_b_4，__c3_＝_k_c4.
4．(2019·北京卷，16)如图，在四棱锥 P－ABCD 中， PA⊥平面 ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2， BC＝3.E 为 PD 的中点，点 F 在 PC 上，且PPCF＝13.
(1)求证：CD⊥平面 PAD. (2)求二面角 F－AE－P 的余弦值． (3)设点 G 在 PB 上，且PPGB＝23.判断直线 AG 是否在平面 AEF 内，说明理由．
2020届高考数学二轮复习第三部分回顾立体几何学案Word版含解析
V ＝ πR 3⎪a ⊥α⎫⎪ α∩β＝b ⎪⎭ ⎭ α∥β⎫β∩γ＝b ⎭ a ∥b ⎫⎪⎭ a ∥b ⎫a ⊄α ⎭ α⊥β⎫α∥β⎫⎪⎭⎪a ⊥α⎫⎪回顾 5 立体几何[必记知识]空间几何体的表面积和体积几何体圆柱圆锥侧面积S 侧＝2πrlS 侧＝πrl表面积S 表＝2πr(r ＋l)S 表＝πr(r ＋l)体积V ＝S 底 h ＝πr 2h 1 1 V ＝3S 底 h ＝3πr 2h圆台S 侧＝π(r ＋r ′)lS表＝π(r 2＋r ′2＋rl ＋r ′l)1 V ＝3(S 上＋S 下＋1 S 上S 下)h ＝3π(r 2＋r ′2＋rr ′)h直棱柱正棱锥正棱台S 侧＝Ch(C 为底面周长) 1S 侧＝2Ch ′(C 为底面周长，h ′为斜高)1S 侧＝2(C ＋C ′)h ′(C ，C ′分别为上、下底面周长，S 表＝S 侧＋S 上＋S 下 (棱锥的 S 上＝0)V ＝S 底 h1V ＝3S 底 h1V ＝3(S 上＋S 下＋h ′为斜高)球S ＝4πR 2空间线面位置关系的证明方法S 上S 下)h4 3(1)线线平行：a ∥α⎫ a ⊂β ⎬⇒a ∥b ， ⎬⇒a ∥b ，b ⊥α⎪⎪α∩γ＝a ⎬⇒a ∥b ， ⎪⎬⇒c ∥b . a ∥c ⎪⎪(2)线面平行： b ⊂α ⎬⇒a ∥α， ⎪⎪ ⎬⇒a ∥α， a ⊥β⎬⇒a ∥α. a ⊂β ⎪ ⎪ a ⊄α ⎭(3)面面平行：a ⊂α，b ⊂α ⎫ a ∩b ＝O ⎬⇒α∥β， ⎬⇒α∥β，a ∥β，b ∥β⎭⎪a⊥β⎪⎭1α∥β⎫⎪⎪⎪α∥β⎫⎪ a ∥b ⎫⎪⎪ ⎪a ⊥α⎪ a ⊥α⎪ ⎭⎬⎭a ∩b ＝O ⎬a ⊂β ⎫⎪a ∥β⎫⎪ ⎭l l l l | .⎬⇒α∥γ.γ∥β ⎪(4)线线垂直：a ⊥α⎫⎪⇒a ⊥b .b ⊂α ⎪a ⊂α，b ⊂α⎫α⊥β⎫(5)线面垂直： ⎬⇒l ⊥α，α∩β＝l ⎬⇒a ⊥β， ⇒a ⊥β， ⎬⇒b l ⊥a ，l ⊥b ⎭a ⊂α，a ⊥l ⎭⊥α.(6)面面垂直： ⎬⇒α⊥β， a ⊥α⎭⎪ ⎬⇒α⊥β.a ⊥α⎪[提醒]) 要注意空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理中的条件 .如由 α⊥β，α∩β＝l ，m ⊥l ，易误得出 m ⊥β 的结论，就是因为忽视面面垂直的性质定理中 m ⊂α 的限制条件.用空间向量证明平行垂直设直线 l 的方向向量为 a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面 α、β 的法向量分别为 μ＝(a 2，b 2，c 2)，υ＝(a 3，b 3，c 3)．则有：(1)线面平行l ∥α⇔a ⊥ μ⇔aμ ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0. (2)线面垂直l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2. (3)面面平行α∥β⇔μ∥υ⇔μ＝λυ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3. (4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥υ⇔μυ ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.用向量求空间角(1)直线 l 1， 2 的夹角 θ 有 cos θ＝|cos 〈l 1， 2〉|(其中 l 1， 2 分别是直线 l 1， 2 的方向向量)． (2)直线 l 与平面 α 的夹角 θ 有 sin θ＝|cos 〈l ，n 〉|(其中 l 是直线 l 的方向向量，n 是平面 α 的法向量)．(3)平面 α，β 的夹角 θ 有 cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉，则 α-l-β 二面角的平面角为 θ 或 π－θ(其 中 n 1，n 2 分别是平面 α，β 的法向量)．[提醒]) 在处理实际问题时，要注意异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的取值范围，要根据具体图形确定二面角的平面角是锐角还是钝角[必会结论]三视图的排列规则2a(正四面体高 a的 )，外接球的半径为 a(正四面体高 a 的 )．俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图一样；侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图一样，宽度与俯视图一样．平行、垂直关系的转化示意图球的组合体(1)球与长方体的组合体：长方体的外接球的直径是长方体的体对角线长．(2)球与正方体的组合体：正方体的内切球的直径是正方体的棱长，正方体的棱切球的直径是正方体的面对角线长，正方体的外接球的直径是正方体的体对角线长．(3)球与正四面体的组合体：棱长为 a 的正四面体的内切球的半径为 6 612 31 6 6 3 4 4 3 4[必练习题]1．设 m ，n 是两条不同的直线，α，β 是两个不同的平面，有下列四个命题：①若 m ⊂β，α⊥β，则 m ⊥α；②若 α∥β，m ⊂α，则 m ∥β；③若 n ⊥α，n ⊥β，m ⊥α，则 m ⊥β； ④若 m ∥α，m ∥β，则 α∥β.其中正确命题的序号是()A ．①③B ．①②C ．③④D ．②③解析：选 D.对于①，注意到直线 m 可能与平面 α，β 的交线平行，此时结论不成立，因此①不正确；对于②，直线 m 与平面 β 必没有公共点，因此 m ∥β，②正确；对于③，由 m⊥α，n ⊥α，得 m ∥n ，又 n ⊥β，因此 m ⊥β，③正确；对于④，平面 α，β 可能是相交平面，因此④不正确．综上所述，其中正确命题的序号是②③，选 D.2．如图是一个几何体的三视图，则该几何体的体积是()3四棱锥，如图所示，则V＝1×1×(1＋2)×2×3＝3，故选A.2r，易知轴截面三角形边A B上的高为22，因此＝r，解得r＝2，所以圆锥内切球的表面积为4π×⎛2⎫＝2π，故选C.解析：选B.该几何体是一个组合体，左边是一个底面半径为，高为x的圆柱，右边是A.3C．3B．2D．4解析：选A.由几何体的三视图知，几何体是底面为直角梯形，高为3的323．已知一个圆锥底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内切球的表面积为()A．πC．2π3πB.D．3π解析：选C.依题意，作出圆锥与球的轴截面，如图所示，设球的半径为22－r3122⎝2⎭4．中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅监制的一个标准量器——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．1.2C．1.8B．1.6D．2.4124一个长、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·⎫A.222C.3⊥平面DD C C，则∠A CM就是直线A C与面DD C C所成的角．由所有棱长均为2及1A1C4⎛1⎝2⎭2×x＋(5.4－x)×3×1＝12.6(其中π＝3)，解得x＝1.6.故选B.5．已知S，A，B、C是球O表面上的不同点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝1，BC ＝2，若球O的表面积为4π，则SA＝()2B．1C.23D.解析：选B.根据已知把S-ABC补成如图所示的长方体．因为球O的表面积为4π，所以球O的半径R＝1，2R＝SA2＋1＋2＝2，解得SA＝1，故选B.6．棱长都为2的直平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，∠BAD＝60°，则对角线A1C与侧面DCC1D1所成角的正弦值为()1A.4B.D.2238解析：选C.过点A1作直线A1M⊥D1C1，交C1D1的延长线于点M，连接CM，可得A1M 111111∠A1D1C1＝120°，得A1M＝A1D1sin60°＝3，又A1C＝A1C21＋CC2＝（23）2＋22＝4，所以sin∠A CM＝A1M＝3，故选C.17．已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝△2，将ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中，()A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D．对任意位置，三对直线“AC与BD”“AB与CD”“AD与BC”均不垂直解析：选B.若存在某个位置，使得AC⊥BD，作AE⊥BD于E，则BD⊥平面AEC，所5P ABC＝V×△S ABC PD ＝ △S P AB h ，所以 × a 2×a ＝ × ×( 2a)2×h ，解得 h ＝ a ， 所以点 C 到平面 P AB 的距离为 3a.答案： 3a9．正方体 ABCD-A 1B 1C 1D 1 的棱长为 1，若动点 P 在线段 BD 1 上运动，则DC ·AP 的取则 D(0，0，0)，C(0，1，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，D (0，0，1)．所以DC＝(0，1，0)，BD ＝(－1，－1，1)．所以设BP ＝λBD ＝(－λ，－λ，λ)，且 0≤λ≤1.以 BD ⊥EC △，在 ABD 中，AB 2＝BE · B D ，BE ＝ 1 ，而在△BCD 中，BC 2＝BE · B D ，BE ＝ 2，3 3两者矛盾．故 A 错误．若存在某个位置，使得 AB ⊥CD ，又因为 AB ⊥AD ，则 AB ⊥平面 ACD ，所以 AB ⊥AC ，故 AC ＝1，故 B 正确，D 错误．若存在某个位置．使得 AD ⊥BC ，又因为 AD ⊥AB ，则 AD ⊥平面 ABC ，所以 AD ⊥AC ，而斜边 CD 小于直角边 AD ，矛盾，故 C 错误．8.如图，在四棱锥 P-ACBD 中，底面 ACBD 为正方形，PD ⊥平面 ACBD ，BC ＝AC ＝a ，P A ＝PB ＝ 2a ，PC ＝ 3a ，则点 C 到平面 P AB 的距离为________．解析：根据条件可以将四棱锥置于一个正方体中进行研究，如图所示，易知 AB ＝ 2a ，设点 C 到平面 P AB 的距离为 h ，因为 VC P AB ，即131 1 1 1 3 3 3 3234 333→ →值范围是________．解析：以 DA 所在的直线为 x 轴，DC 所在的直线为 y 轴，DD 1 所在的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系 D-xyz.1→ → 1因为点 P 在线段 BD 上运动，1→ →16所以AP ＝AB ＋BP ＝DC ＋BP ＝(－λ，1－λ，λ)，所以DC AP ＝1－λ∈[0，1]．（ 3）2＋⎛ 3⎫ －⎛ 7⎫ ⎛ 3⎫2＝ 7，故 cos ∠PGK ＝ 12＋⎝ 2 ⎭2× 3× 的角的余弦值是2.3→ → → → →→ →答案：[0，1]10.如图，在正三角形 ABC 中，D ，E ，F 分别为各边的中点，G ，H分别为 DE ，AF 的中点，将△ABC 沿 DE ，EF ，DF 折成四面体 P-DEF ，则四面体中异面直线 PG 与 DH 所成的角的余弦值为________．解析：折成的四面体是正四面体，如图连接 HE ，取 HE 的中点 K ，连接 GK ，PK ，则 GK ∥DH.故∠PGK 即为所求的异面直线所成的角．设这个正四面体的棱长为 2，在 △PGK 中， P G ＝ 3，GK ＝ 3，PK ＝22答案：2 332 2 ⎝ 2 ⎭ ⎝ 2 ⎭2 ＝2，即异面直线 PG 与 DH 所成37。
2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版考前强化练：5 解答题组合练：A Word版含解析
考前强化练5解答题组合练A1.(2019辽宁葫芦岛高三二模,文17)已知数列{a n}是公比为q的正项等比数列,{b n}是公差d为负数的等差数列,满足,b1+b2+b3=21,b1b2b3=315.(1)求数列{a n}的公比q与数列{b n}的通项公式;(2)求数列{|b n|}的前10项和S10.2.(2019江西临川一中高三模拟,理17)已知正项数列{a n}的前n项和为S n,且满足2S n+1=2+a n(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)已知对于n∈N*,不等式+…+<M恒成立,求实数M的最小值.3.(2019甘肃兰州一中高三冲刺模拟,理19)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,平面A1BC⊥侧面ABB1A1,且AA1=AB=2.(1)求证:AB⊥BC;(2)若直线AC与平面A1BC所成角的大小为30°,求锐二面角A-A1C-B的大小.4.(2019北京通州高三一模,理17)如图1,菱形ABCD中,∠A=60°,AB=4,DE⊥AB,交于点E.将△AED 沿DE翻折到△A'ED,使A'E⊥BE,如图2.(1)求证:平面A'ED⊥平面BCDE;(2)求直线A'E与平面A'BC所成角的正弦值;(3)设F为线段A'D上一点,若EF∥平面A'BC,求的值.5.(2019天津南开高三一模,文)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,两焦点与短轴的一个端点的连线构成的三角形面积为.(1)求椭圆C的方程;(2)设与圆O:x2+y2=相切的直线l交椭圆C于A,B两点(O为坐标原点),求△AOB面积的最大值.6.(2019安徽皖南八校高三三联,理20)在平面直角坐标系xOy中,已知抛物线C:x2=2py(p>0),过抛物线焦点F且与y轴垂直的直线与抛物线相交于A,B两点,且△OAB的周长为2+.(1)求抛物线C的方程;(2)若直线l过焦点F且与抛物线C相交于M,N两点,过点M,N分别作抛物线C的切线l1,l2,切线l1与l2相交于点P,求:|PF|2-|MF|·|NF|的值.参考答案考前强化练5解答题组合练A1.解(1)由已知,b1+b2+b3=3b2=21,得b2=7,又b1b2b3=(b2-d)·b2·(b2+d)=(7-d)·7·(7+d)=343-7d2=315,得d=-2或2(舍去正值),b1=7+2=9,b n=-2n+11,于是-又{a n}是公比为q的等比数列,故-,所以2q2+q-1=0,q=-1(舍)或q=综上q=,d=-2,b n=11-2n.(2)设{b n}的前n项和为T n,令b n≥0,由11-2n≥0,得n≤5,于是S5=T5==25.易知,当n>6时,b n<0,|b6|+|b7|+…+|b10|=-b6-b7-…-b10=-(b6+b7+…+b10)=-(T10-T5)=-(0-25)=25,所以S10=50.2.解(1)当n=1时,2a1+1=2+a1.又a n>0,所以a1=1,当n≥2时,2S n+1=2+a n(n∈N*),+a n-1(n∈N*),2S n-1+1=2-作差整理得:a n+a n-1=2(a n+a n-1)(a n-a n-1).因为a n>0,故a n+a n-1>0,所以a n-a n-1=,故数列{a n}为等差数列,所以a n=(2)由(1)知S n=,所以,从而+…+1-+++…+-+-+=1+=<所以M,故M的最小值为3.(1)证明如图,取A1B的中点D,连接AD.因为AA1=AB,所以AD⊥A1B.由平面A1BC⊥侧面A1ABB1,且平面A1BC∩侧面A1ABB1=A1B,得AD⊥平面A1BC.又BC⊂平面A1BC,所以AD⊥BC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,则AA1⊥底面ABC,所以AA1⊥BC.又AA1∩AD=A,从而BC⊥侧面ABB1A1.又AB⊂侧面A1ABB1,故AB⊥BC.(2)解由(1)知AB⊥BC且BB1⊥底面ABC,所以以点B为原点,以BC,BA,BB1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系B-xyz.设BC=a,则A(0,2,0),B(0,0,0),C(a,0,0),A1(0,2,2),=(a,0,0),=(0,2,2),=(a,-2,0),=(0,0,2).,设平面A1BC的一个法向量n1=(x,y,z),由n1,n1,得令y=1,得x=0,z=-1,则n1=(0,1,-1).设直线AC与平面A1BC所成的角为θ,则θ=30°,所以sin 30°=,解得a=2,即=(2,-2,0).又设平面A1AC的一个法向量为n2,同理可得n2=(1,1,0).设锐二面角A-A1C-B的大小为α,则cos α=cos<n1,n2>=,由α∈0,,得α=60°.∴锐二面角A-A1C-B的大小为60°.4.(1)证明在菱形ABCD中,因为DE⊥AB,所以DE⊥AE,DE⊥EB.所以A'E⊥DE.因为A'E⊥BE,DE∩BE=E,DE⊂平面BCDE,BE⊂平面BCDE,所以A'E⊥平面BCDE.因为A'E⊂平面A'ED,所以平面A'ED⊥平面BCDE.(2)解由(1)知A'E⊥DE,A'E⊥BE,DE⊥BE,如图建立空间直角坐标系E-xyz,则E(0,0,0),B(2,0,0),D(0,2,0),C(4,2,0),A'(0,0,2), 所以=(0,0,-2),=(-2,0,2),=(2,2,0).设平面A'BC的法向量n=(x,y,z),由,,得-,,所以, -令y=-1,则x=,z=所以n=(,-1,).所以|n|=-又||=2,n=-2,所以cos<,n>==-所以直线A'E与平面A'BC所成角的正弦值为(3)解由(2)可知,=(0,-2,2),=(0,2,0),设=m=(0,-2m,2m),则=(0,2-2m,2m).因为EF∥平面A'BC,所以n=0,即0+(2-2m)×(-1)+2m=0.所以m=,即所以=1.5.解(1)由题设知,,,,,解得∴椭圆C的方程为+y2=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2).当AB⊥x轴时,|AB|=当AB与x轴不垂直时,设直线AB的方程为y=kx+m.由已知,得m2=(k2+1),把y=kx+m代入椭圆方程消去y,整理得(3k2+1)x2+6kmx+3m2-3=0,有x1+x2=-,x1x2=-,|AB|2=(1+k2)(x1-x2)2=(1+k2)-=-==3+=3+(k≠0≤3+=4,当且仅当9k2=,即k=±时等号成立.当k=0时,|AB|=综上所述|AB|max=2,从而△AOB面积的最大值为6.解(1)由题意知焦点F的坐标为0,,将y=代入抛物线C的方程可求得点A,B的坐标分别为-p,,p,,有|AB|=2p,|OA|=|OB|=p,可得△OAB的周长为2p+p.由2p+p=2+,得p=1.故抛物线C的方程为x2=2y.(2)由(1)知抛物线C的方程可化为y=x2,求导可得y'=x.设点M,N的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).设直线l的方程为y=kx+(直线l的斜率显然存在).联立方程,,消去y整理为:x2-2kx-1=0,可得, -有y1+y2=k(x1+x2)+1=2k2+1,y1y2=可得直线l1的方程为y-=x1(x-x1),整理为y=x1x-同理得直线l2的方程为y=x2x-联立方程-, -,解得, ,则点P的坐标为k,-.由抛物线的几何性质知|MF|=y1+,|NF|=y1+, |PF|=---=有|MF||NF|=y1+y2+=y1y2+(y1+y2)+=(2k2+1)+=k2+1.∴|PF|2-|MF||NF|=0.。
2020版高考数学大二轮专题突破文科通用版专题突破练：19 专题五 立体几何过关检测
17.证明(1)因为D,E分别为BC,AC的中点,所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,所以A1B1∥ED.
又因为ED⊂平面DEC1,A1B1⊄平面DEC1,所以A1B1∥平面DEC1.
(2)因为AB=BC,E为AC的中点,
所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,
参考答案
专题突破练
立体几何过关检测
1.D解析当“m∥n”时,推不出“m∥α”,也有可能m⊂α,故充分性不成立;当“m∥α”时,直线m,n的位置关系也可能异面,故必要性也不成立.故选D.
2.D解析
由题意知该正方体截去了一个三棱锥,如图所示,设正方体棱长为a,则V正方体=a3,V截去部分= a3,故截去部分体积与剩余部分体积的比值为 .
3.(2019湘赣十四校联考二,文6)已知直线l⊥平面α,直线m⊂平面β,则下列四个结论:①若α∥β,则l⊥m;②若l⊥β,则m∥α;③若l∥m,则α⊥β;④若m∥α,则l⊥β.其中正确的结论的个数是()
2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版 课件：5.4.1 空间中的平行与空间角
1.证明线线平行和线线垂直的常用方法
(1)证明线线平行:①利用平行公理;②利用平行四边形进行平行 转换;③利用三角形的中位线定理;④利用线面平行、面面平行的
性质定理进行平行转换.
(2)证明线线垂直:①利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质; ②勾股定理;③线面垂直的性质.
2.证明线面平行和线面垂直的常用方法
=
1 23
������,
������
=
-
1 2
������,
令 x=2 3,得平面 A1BD 的一个法向量 n=(2 3,- 3,1),所以 sin
θ=||������������|··|������������������������||
=
3 4×
3
=
1.故直线
4
BC
与平面
A1BD
所成的角的正弦值为1.
1 2
,1,0
.
设 F(x,y,0),则������������=(x-1,y,0),������������1=(-x,1-y,0).
∵AF=2FC1,∴
������-1 = -2������, ������ = 2(1-������),
解得
������ ������
= =
1
3 2
3
, 即 ,
F
1 3
锥
逻辑推理、 解析法
全 证线面平 线面平行判定定理、平 四
2017国 行;求二面 面法向量、向量的数量 棱
2 角的余弦值 积
锥
逻辑推理、 方程思想、 解析法
全 证面面垂 全等三角形、二面角、 四
国 直;求二面 勾股定理、平面法向 面
3 角的余弦值 量、向量的数量积
2020版高考数学大二轮复习 专题 立体几何增分强化练 理
增分强化练1．(2019·泉州质检)在四棱锥P ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ，AD ∥BC ，AB ＝1，AD ＝2BC ＝2，PD ＝ 3.(1)求证： 平面PBD ⊥平面PAC ；(2)M 为棱PB 上异于B 的点，且AM ⊥MC ，求直线AM 与平面MCD 所成角的正弦值． 解析：(1)证明：在Rt △ABC 与Rt △ABD 中，因为BC AB ＝22， AB AD ＝22， 所以BC AB ＝ABAD，∠ABC ＝∠DAB ＝90°，即△ABC ∽△DAB ，所以∠ABD ＝∠BCA .因为∠ABD ＋∠CBD ＝90°，所以∠BCA ＋∠CBD ＝90°，所以AC ⊥BD . 因为PD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥AC ， 又BD ∩PD ＝D ，所以AC ⊥平面PBD ， 又AC ⊂平面PAC, 所以平面PBD ⊥平面PAC .(2)过A 作AE ∥DP ，因为PD ⊥平面ABCD ，所以AE ⊥平面ABCD ，即AE ，AB ，AD 两两相垂直，以A 为原点，AB ，AD ，AE 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为AB ＝1，AD ＝2BC ＝2，PD ＝3， 所以A (0,0,0)，B (1,0,0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22，0，D (0，2，0)，P (0，2，3)， AB →＝(1,0,0)，BP →＝(－1，2，3)，CB →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－22，0， 设BM →＝λBP →，λ∈(0,1]．则AM →＝AB →＋λBP →＝(1－λ，2λ，3λ)， CM →＝CB →＋λBP →＝(－λ，－22＋2λ，3λ).因为AM ⊥MC ，所以AM →·CM →＝0，即(1－λ)(－λ)＋2λ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＋2λ＋3λ2＝0，解得6λ2－2λ＝0，λ＝0或λ＝13.因为λ∈(0,1]，所以λ＝13.所以AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，33，即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，33.所以DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－22，0，DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，－223，33，设n ＝(x 0，y 0，z 0)为平面MCD 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DM →＝0n ·DC →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧23x 0－223y 0＋33z 0＝0x 0－22y 0＝0，所以取n ＝⎝⎛⎭⎪⎫62，3，2， 设直线AM 与平面MCD 所成角为θ， 所以sin θ＝|cos 〈AM →，n 〉|＝63＋63＋6349＋29＋39·64＋3＋2＝23913，所以直线AM 与平面MCD 所成角的正弦值23913.2．(2019·济宁模拟)如图，在直角梯形ABED 中，AB ∥DE ，AB ⊥BE ，且AB ＝2DE ＝2BE ，点C 是AB 中点，现将△ACD 沿CD 折起，使点A 到达点P 的位置．(1)求证：平面PBC⊥平面PEB；(2)若PE与平面PBC所成的角为45°，求平面PDE与平面PBC所成锐二面角的余弦值．解析：(1)证明：∵AB∥DE，AB＝2DE，点C是AB中点，∴CB∥ED，CB＝ED，∴四边形BCDE为平行四边形，∴CD∥EB，又EB⊥AB，∴CD⊥AB，∴CD⊥PC，CD⊥BC，∴CD⊥平面PBC，∴EB⊥平面PBC，又∵EB⊂平面PEB，∴平面PBC⊥平面PEB.(2)由(1)知EB⊥平面PBC，∴∠EPB即为PE与平面PBC所成的角，∴∠EPB＝45°，∵EB⊥平面PBC，∴EB⊥PB，∴△PBE为等腰直角三角形，∴EB＝PB＝BC＝PC，故△PBC为等边三角形，取BC的中点O，连结PO，则PO⊥BC，∵EB⊥平面PBC，又EB⊂平面EBCD，∴平面EBCD⊥平面PBC，又PO⊂平面PBC，∴PO⊥平面EBCD，以O为坐标原点，过点O与BE平行的直线为x轴，CB所在的直线为y轴，OP所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系如图，设BC ＝2，则B (0,1,0)，E (2,1,0)，D (2，－1,0)，P (0,0，3)，从而DE →＝(0,2,0)，PE →＝(2,1，－3)， 设平面PDE 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则由⎩⎪⎨⎪⎧m ·DE →＝0m ·PE →＝0得⎩⎨⎧2y ＝02x ＋y －3z ＝0，令z ＝2得m ＝(3，0,2)，又平面PBC 的一个法向量n ＝(1,0,0)，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝37＝217，平面PDE 与平面PBC 所成锐二面角的余弦值为217. 3．(2019·高考全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．(1)证明：MN ∥平面C 1DE ； (2)求二面角A MA 1N 的正弦值． 解析：(1)证明：如图，连接B 1C ，ME . 因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点， 所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C .又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D .由题设知A 1B 1綊DC ， 可得B 1C 綊A 1D ，故ME 綊ND ， 因此四边形MNDE 为平行四边形， 所以MN ∥ED . 又MN ⊄平面C 1DE ， 所以MN ∥平面C 1DE .(2)由已知可得DE ⊥DA ，以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，则A (2,0,0)，A 1(2,0,4)，M (1，3，2)，N (1,0,2)，A 1A →＝(0,0，－4)，A 1M →＝(－1，3，－2)，A 1N →＝(－1,0，－2)，MN →＝(0，－3，0)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1M →＝0，m ·A 1A →＝0，所以⎩⎨⎧－x ＋3y －2z ＝0，－4z ＝0，可取m ＝(3，1,0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·MN →＝0，n ·A 1N →＝0，所以⎩⎨⎧－3q ＝0，－p －2r ＝0，可取n ＝(2,0，－1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝232×5＝155，所以二面角A MA 1N 的正弦值为105. 4．(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，求二面角B EC C 1的正弦值．解析：(1)证明：由已知得，B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1， 故B 1C 1⊥BE .又BE ⊥EC 1，B 1C 1∩EC 1＝C 1， 所以BE ⊥平面EB 1C 1.(2)由(1)知∠BEB 1＝90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以∠AEB ＝45°，故AE ＝AB ，AA 1＝2AB .以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，|DA →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，则C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，E (1,0,1)，CB →＝(1,0,0)，CE →＝(1，－1,1)，CC 1→＝(0,0,2)． 设平面EBC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧CB →·n ＝0，CE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，x 1－y 1＋z 1＝0，所以可取n ＝(0，－1，－1)．设平面ECC 1的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧CC 1→·m ＝0，CE →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2z 2＝0，x 2－y 2＋z 2＝0，所以可取m ＝(1,1,0)．于是cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－12.所以，二面角B EC C 1的正弦值为32. 增分强化练一、选择题1．已知直线l ⊥平面α，直线m ∥平面β，若α⊥β，则下列结论正确的是( ) A ．l ∥β或l ⊂β B ．l ∥m C ．m ⊥αD ．l ⊥m解析：当直线l ⊥平面α，α⊥β时，假设l ∩β＝A ，过A 在平面β内作a ⊥l ，根据面面垂直的性质定理可知：a ⊥α，这样过一点A 有两条直线a ，l 与平面α垂直，这与过一点有且只有一条直线与已知平面垂直相矛盾，故假设不成立，所以l ∥β或l ⊂β，故本题选A. 答案：A2．设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是( ) A ．若m ∥α，m ∥β，则α∥β B ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ⊥α C ．若m ⊥α，m ∥n ，则n ⊥α D ．若α⊥β，m ⊥α，则m ∥β解析：设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则： 在A 中，若m ∥α，m ∥β，则α与β相交或平行，故A 错误； 在B 中，若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ⊂α，故B 错误；在C 中，若m ⊥α，m ∥n ，则由线面垂直的判定定理得n ⊥α，故C 正确； 在D 中，若α⊥β，m ⊥α，则m ∥β或m ⊂β，故D 错误． 故选C. 答案：C3．(2019·蚌埠模拟)如图，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2AA 1＝2，E ，F 分别在AB ，BC 上，则下列说法错误的是( )A ．直线AD 与A 1C 1所成的角为π4B ．当E 为中点时，平面A 1D 1E ⊥平面B 1C 1E C ．当E ，F 为中点时，EF ⊥BD 1 D ．当E ，F 为中点时，BD 1⊥平面B 1EF解析：对于A 选项，将A 1C 1平移到AC 如图所示，由于四边形ABCD 为正方形，故AD ，AC 所成角为π4，也即AD ，A 1C 1所成角为π4，故A 选项正确．对于B 选项，由于A 1E ＝B 1E ＝2，A 1B 1＝2，满足勾股定理，故A 1E ⊥B 1E ，而A 1E ⊥B 1C 1，故A 1E ⊥平面B 1C 1E ，所以平面A 1D 1E ⊥平面B 1C 1E ，故B 选项正确．对于C 选项，由于EF ∥AC ，故EF ⊥BD ，EF ⊥BB 1，由此证得EF ⊥平面BDD 1B 1，故EF ⊥BD 1，故C 选项正确．对于D 选项，虽然EF ⊥BD 1，但是BD 1与B 1E ，B 1F 不垂直，故D 选项说法错误．综上所述，本小题选D.答案：D4．(2019·咸阳模拟)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是AB 、B 1C 1的中点，则异面直线A 1E 、FC 所成角的余弦值为( )A.105 B.1010C.102D.45解析：取C 1D 1的中点G ，连接CG ，FG (图略)，因为正方体ABCD A 1B 1C 1D 1，且E ，G 分别是AB ，C 1D 1的中点， 所以A 1E ∥CG ，所以∠FCG 即为异面直线A 1E 、FC 所成角或其补角， 设正方体边长为2，则FC ＝CG ＝5，FG ＝2， 在△FCG 中由余弦定理得cos ∠FCG ＝5＋5－22×5×5＝45，所以异面直线A 1E 、FC 所成角的余弦值为45，故选D. 答案：D5．如图，在四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB 1、BC 1的中点，下列结论中正确的是( )A ．EF ⊥BB 1 B ．EF ⊥平面BCC 1B 1 C ．EF ∥平面D 1BCD ．EF ∥平面ACC 1A 1解析：连接B 1C 交BC 1于F ，由于四边形BCC 1B 1是平行四边形，对角线平分，故F 是B 1C 的中点．因为E 是AB 1的中点，所以EF 是△B 1AC 的中位线，故EF ∥AC ，所以EF ∥平面ACC 1A 1.故选D.答案：D6．如图，边长为2的正方形ABCD中，点E、F分别是AB、BC的中点，将△ADE，ΔBEF，△CDF分别沿DE，EF，FD折起，使得A、B、C三点重合于点A′，若四面体A′EDF的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积为( )A．5π B．6πC．8π D．11π解析：由题意可知△A′EF是等腰直角三角形，且A′D⊥平面A′EF.三棱锥的底面A′EF扩展为边长为1的正方形，然后扩展为正四棱柱，三棱锥的外接球与正四棱柱的外接球是同一个球，正四棱柱的体对角线的长度就是外接球的直径，直径为1＋1＋4＝ 6.∴球的半径为62，∴球的表面积为4π·⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝6π.故选B. 答案：B 二、填空题7．在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，若∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于________．解析：延长CA 到D (图略)，使得AD ＝AC ，则ADA 1C 1为平行四边形，∠DA 1B 就是异面直线BA 1与AC 1所成的角，又A 1D ＝A 1B ＝DB ＝2AB ，则△A 1DB 为等边三角形，∴∠DA 1B ＝60°. 答案：60°8．(2019·桂林、崇左模拟)在大小为75°的二面角αl β内有一点M 到两个半平面的距离分别为1和2，则点M 到棱l 的距离等于________．解析：由题意，设垂足分别为A ，B ，则在△MAB 中，MA ＝1，MB ＝2，∠AMB ＝105°，∴AB 2＝1＋2－2×1×2×cos∠AMB ＝2＋3， ∴AB ＝2＋ 3.设M 到棱的距离为l ，则l ＝ABsin 105°＝2＋36＋24＝2.答案：2 三、解答题9．(2019·汕头模拟)如图，等边△PAC 所在平面与梯形ABCD 所在平面互相垂直，且有AD ∥BC ，AB ＝AD ＝DC ＝2，BC ＝4.(1)证明：AB ⊥平面PAC ； (2)求点D 到平面PAB 的距离．解析：(1)证明：取BC 中点M ，连接AM ， 则四边形AMCD 为菱形， 即有AM ＝MC ＝12BC,所以AB ⊥AC ，又AB ⊂平面ABCD ，平面ABCD ⊥平面PAC ，平面ABCD ∩平面PAC ＝AC ， ∴AB ⊥平面PAC .(2)由(1)可得PA ＝AC ＝23，所以∠ABC ＝60°，∠BAD ＝120°， 取AC 中点O ，连接PO ， 则PO ⊥AC ，PO ＝3，又PO ⊂平面PAC ，平面PAC ⊥平面ABCD ，平面PAC ∩平面ABCD ＝AC ∴PO ⊥平面ABCD ； 所以V D PAB ＝V P ABD ＝13S ABD ·PO＝13×12×2×2×sin 120°×3＝3， 由(1)有AB ⊥平面PAC ，得AB ⊥PA ， ∴S ΔPAB ＝12×2×23＝23，设点D 到平面PAB 的距离为d ， 由V D PAB ＝13S ΔPAB ·d .∴d ＝32.10.如图，E 是以AB 为直径的半圆上异于A 、B 的点，矩形ABCD 所在的平面垂直于该半圆所在的平面，且AB ＝2AD ＝2. (1)求证：EA ⊥EC ；(2)设平面ECD 与半圆弧的另一个交点为F . ①试证：EF ∥AB ；②若EF ＝1，求三棱锥E ADF 的体积． 解析：(1)证明：∵平面ABCD ⊥平面 ABE ，平面ABCD ∩平面ABE ＝AB ，BC ⊥AB ，BC ⊂平面ABCD ， ∴BC ⊥平面ABE .又∵AE ⊂平面ABE ，∴BC ⊥AE .∵E 在以AB 为直径的半圆上，∴AE ⊥BE ，又∵BE ∩BC ＝B ，BC 、BE ⊂平面BCE ， ∴AE ⊥平面BCE .又∵CE ⊂平面BCE ，∴EA ⊥EC .(2)①证明： ∵AB ∥CD ，AB ⊄平面CED ，CD ⊂平面CED ， ∴AB ∥平面CED .又∵AB ⊂平面ABE ，平面ABE ∩平面CED ＝EF ， ∴AB ∥EF .②取AB 中点O ，EF 的中点O ′，(图略)在Rt△OO ′F 中，OF ＝1，O ′F ＝12，∴OO ′＝32.由(1)已证得BC ⊥平面ABE ，又已知AD ∥BC ， ∴AD ⊥平面ABE .故V E ADF ＝V D AEF ＝13·S △AEF ·AD ＝13·12·EF ·OO ′·AD ＝312.11．如图1，在△ABC 中，C ＝90°，AC ＝2BC ＝4，E ，F 分别是AC 与AB 的中点，将△AEF 沿EF 折起，连接AC 与AB 得到四棱锥A BCEF (如图2)，G 为线段AB 的中点．(1)求证：FG ∥平面ACE ；(2)当四棱锥A BCEF 体积最大时，求F 与平面ABC 的距离． 解析：(1)证明：取AC 的中点H ，连接EH ，GH ，由于G 是AB 的中点， ∴GH ∥BC ，且GH ＝12BC ，又E ，F 分别为图1中AC 与AB 的中点， ∴FE ∥BC ，且FE ＝12BC ，∴FE ∥GH ，FE ＝GH ，∴四边形EFGH 为平行四边形， ∴FG ∥EH ，又FG ⊄平面ACE ，EH ⊂平面ACE ， ∴FG ∥平面ACE .(2)当四棱锥A BCF 体积最大时，AE ⊥平面BCEF ， 又EF ⊥EC ，AE ∩EF ＝E ， ∴FE ⊥平面AEC ，又FE ∥BC ， ∴BC ⊥平面ACE ∴BC ⊥EH ，又AE ＝EC ＝2，H 是AC 的中点，EH ⊥AC ，AC ∩BC ＝C ，∴EH ⊥平面ABC ，而EF ∥平面ABC ，∴F 到平面ABC 的距离即为E 到平面ABC 的距离，EH ＝EC ×sin 45°＝ 2.增分强化练考点一 利用空间向量证明平行与垂直如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点．求证：PB ∥平面EFG .证明：∵平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ，∴AB ，AP ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，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)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)，E (0,0,1)，F (0,1,1)，G (1,2,0)．∴PB →＝(2,0，－2)，FE →＝(0，－1,0)，FG →＝(1,1，－1)， 设PB →＝sFE →＋tFG →，即(2,0，－2)＝s (0，－1,0)＋t (1,1，－1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2，∴PB →＝2FE →＋2FG →，又∵FE →与FG →不共线，∴PB →，FE →与FG →共面． ∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG . 考点二 利用空间向量求空间角1．(2019·滨州模拟)如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，BC ＝BB 1，∠B 1BC ＝60°，B 1C 1⊥AB 1.(1)证明：AB ＝AC ；(2)若AB ⊥AC ，且AB 1＝BB 1，求二面角A 1CB 1C 1的余弦值． 解析：(1)证明：取BC 的中点O ，连结AO ，OB 1. 因为BC ＝BB 1，∠B 1BC ＝60°， 所以△BCB 1是等边三角形， 所以B 1O ⊥BC ，又BC ∥B 1C 1，B 1C 1⊥AB 1， 所以BC ⊥AB 1， 所以BC ⊥平面AOB 1，所以BC ⊥AO ，由三线合一可知△ABC 为等腰三角形 所以AB ＝AC .(2)设AB 1＝BB 1＝2，则BC ＝B 1C ＝2. 因为AB ⊥AC ，所以AO ＝1.又因为OB 1＝3，所以OB 21＋AO 2＝AB 21， 所以AO ⊥OB 1.以O 为坐标原点，向量OB →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O (0,0,0)，C (－1,0,0)，A 1(－1，3，1)，B 1(0，3，0)，CA →1＝(0，3，1)，CB →1＝(1，3，0)．设平面A 1B 1C 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧CA →1 ·n ＝0CB →1·n ＝0，即⎩⎨⎧3y ＋z ＝0x ＋3y ＝0，可取n ＝(3，－1，3)，由(1)可知，平面CB 1C 1的法向量可取OA →＝(0,0,1)，所以cos 〈OA →，n 〉＝OA →·n |OA →||n | ＝217，由图示可知，二面角A 1CB 1C 1为锐二面角， 所以二面角A 1CB 1C 1的余弦值为217. 2.已知四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是直角梯形，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，AB ＝3，BC ＝2AD ＝2，E 为CD 的中点，PB ⊥AE . (1)证明：平面PBD ⊥平面ABCD ；(2)若PB ＝PD ，PC 与平面ABCD 所成的角为π4，求二面角B PD C 的余弦值．解析：(1)证明：由ABCD 是直角梯形，AB ＝3，BC ＝2AD ＝2，可得DC ＝2，∠BCD ＝π3，BD ＝2，从而△BCD 是等边三角形， ∠BDC ＝π3，BD 平分∠ADC ，∵E 为CD 的中点，DE ＝AD ＝1，∴BD ⊥AE ， 又∵PB ⊥AE ，PB ∩BD ＝B ，∴AE ⊥平面PBD ， ∵AE ⊂平面ABCD ，∴平面PBD ⊥平面ABCD . (2)如图，作PO ⊥BD 于O ，连接OC ，∵平面PBD ⊥平面ABCD ，平面PBD ∩平面ABCD ＝BD ，∴PO ⊥平面ABCD ， ∴∠PCO 为PC 与平面ABCD 所成的角，∠PCO ＝π4，又∵PB ＝PD ，∴O 为BD 中点，OC ⊥BD ，OP ＝OC ＝3， 以OB ，OC ，OP 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，B (1,0,0)，C (0，3，0)，D (－1,0,0)，P (0,0，3)．PC →＝(0，3，－3)，PD →＝(－1,0，－3)，设平面PCD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PD →＝0得⎩⎨⎧3y －3z ＝0，x ＋3z ＝0，令z ＝1得n ＝(－3，1,1)，又平面PBD 的一个法向量为m ＝(0,1,0)， 设二面角B PD C 为θ，则|cos θ|＝|n ·m ||n |·|m |＝15×1＝55.所求二面角B PD C 的余弦值是55. 考点三 立体几何中的探索性问题1．(2019·桂林、崇左模拟)已知四棱锥S ABCD 的底面ABCD 是菱形，∠ABC ＝π3，SA ⊥底面ABCD ，E 是SC 上的任意一点．(1)求证：平面EBD⊥平面SAC；(2)设SA＝AB＝2，是否存在点E使平面BED与平面SAD所成的锐二面角的大小为30°？如果存在，求出点E的位置，如果不存在，请说明理由．解析：(1)证明：∵SA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴SA⊥BD.∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD.∵AC∩AS＝A，∴BD⊥平面SAC.∵BD⊂平面EBD，∴平面EBD⊥平面SAC.(2)当点E为SC的中点时，平面BED与平面SAD所成的锐二面角的大小为30°，理由如下：设AC与BD的交点为O，以OC、OD所在直线分别为x、y轴，以过O垂直平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系(如图)，则A (－1,0,0)，C (1,0,0)，S (－1,0,2)，B (0，－3，0)，D (0，3，0)． 设E (x,0，z )，则SE →＝(x ＋1,0，z －2)，EC →＝(1－x,0，－z )， 设SE →＝λEC →，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝λ－1λ＋1z ＝2λ＋1，∴E ⎝⎛⎭⎪⎫λ－1λ＋1，0，2λ＋1，∴DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－1λ＋1，－3，2λ＋1，BD →＝(0,23，0)，设平面BDE 的法向量n ＝(x 1，y 1，z 1)， ∵⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥DE→n ⊥BD→ ，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0n ·BD →＝0.求得n ＝(2,0,1－λ)为平面BDE 的一个法向量． 同理可得平面SAD 的一个法向量为m ＝(3，－1,0)， ∵平面BED 与平面SAD 所成的锐二面角的大小为30°，∴cos 30°＝|m ·n ||m ||n |＝|(3，－1，0)·(2，0，1－λ)|24＋(1－λ)2＝32，解得λ＝1. ∴E 为SC 的中点．2．如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，CA ＝CB ＝CC 1＝2，∠ACC 1＝∠CC 1B 1，直线AC 与直线BB 1所成的角为60°.(1)求证：AB 1⊥CC 1；(2)若AB 1＝6，M 是AB 1上的点，当平面MCC 1与平面AB 1C 夹角的余弦值为15时，求AMMB 1的值．解析：(1)证明：在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，各侧面均为平行四边形， 所以BB 1∥CC 1，则∠ACC 1即为AC 与BB 1所成的角， 所以∠ACC 1＝∠CC 1B 1＝60°， 如图，连接AC 1和B 1C ， 因为CA ＝CB ＝CC 1＝2，所以△ACC 1和△B 1CC 1均为等边三角形， 取CC 1的中点O ，连AO 和B 1O ， 则AO ⊥CC 1，B 1O ⊥CC 1， 又AO ∩B 1O ＝O ， 所以CC 1⊥平面AOB 1，AB 1⊂平面AOB 1，所以AB 1⊥CC 1.(2)由(1)知AO ＝B 1O ＝3，因为AB 1＝6， 则AO 2＋B 1O 2＝AB 21，所以AO ⊥B 1O ， 又AO ⊥CC 1，所以AO ⊥平面BCC 1B 1，以OB 1所在直线为x 轴，OC 1所在直线为y 轴，OA 所在直线为z 轴，建立如图空间直角坐标系，则A (0,0，3)，C (0，－1,0)，C 1(0,1,0)，B 1(3，0,0)，AC →＝(0，－1，－3)，AB 1→＝(3，0，－3)，CC 1→＝(0,2,0)，设AM →＝tMB 1→，M (x ，y ，z )，则(x ，y ，z －3)＝t (3－x ，－y ，－z )． 所以x ＝3t t ＋1，y ＝0，z ＝3t ＋1，M (3t t ＋1，0，3t ＋1)， 所以CM →＝(3t t ＋1，1，3t ＋1)，设平面ACB 1的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 平面MCC 1的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AC →＝0，n 1·AB 1→＝0⇒⎩⎨⎧－y 1－3z 1＝0，3x 1－3z 1＝0，解得n 1＝(1，－3，1)， ⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CC 1→＝0，n 2·CM →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧2y 2＝0，3t t ＋1x 2＋y 2＋3t ＋1z 2＝0.解得n 2＝(1,0，－t )．所以|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝|1－t |5·1＋t 2＝15， 解得t ＝12或t ＝2，即AM MB 1＝12或AMMB 1＝2.增分强化练一、选择题1．在一个密闭透明的圆柱筒内装一定体积的水，将该圆柱筒分别竖直、水平、倾斜放置时，指出圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是( )A．圆面B．矩形面C．梯形面D．椭圆面或部分椭圆面解析：将圆柱桶竖放，水面为圆面；将圆柱桶斜放，水面为椭圆面或部分椭圆面；将圆柱桶水平放置，水面为矩形面，所以圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是梯形面，故选C.答案：C2．(2019·三明质检)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.23πB．2πC.83π D．8π解析：由几何体三视图可知：该几何体为圆柱，且圆柱的底面圆半径为1，高为2，所以圆柱的体积为V＝π×12×2＝2π.故选B.答案：B3．(2019·新乡模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．28B ．30C ．36D ．42解析：该几何体是由12个棱长为1的正方体组合而成的，所以S (前后)＝12＋12＝24，S (左右)＝3＋3＝6，S (上下)＝6＋6＝12，从而S (表面)＝24＋6＋12＝42.故选D. 答案：D4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．16π－323B ．16π－163C ．8π－323D ．8π－163解析：由三视图可知，该几何体是一个半圆柱挖去一个倒立的四棱锥，∴V ＝12×π×22×4－13×42×2＝8π－323.故选C.答案：C5．如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗实线和粗虚线画出了某几何体的三视图，图中的曲线为半圆弧或圆，则该几何体的体积是( )A.2π3＋83B ．2π＋83C ．2π＋8D ．8π＋8解析：由题意可知几何体是组合体，由14的圆柱与一个四棱锥组成，如图：V ＝14×22×π×2＋13×2×2×2＝2π＋83.故选B.答案：B6．用一个平面去截正方体，则截面不可能是( ) A ．直角三角形 B ．等边三角形 C ．正方形D ．正六边形解析：用一个平面去截正方体，则截面的情况为：①截面为三角形时，可以是锐角三角形、等腰三角形、等边三角形，但不可能是钝角三角形、直角三角形；②截面为四边形时，可以是梯形(等腰梯形)、平行四边形、菱形、矩形，但不可能是直角梯形；③截面为五边形时，不可能是正五边形；④截面为六边形时，可以是正六边形．故选A. 答案：A7．某几何体的正视图和侧视图均为如图所示的等腰三角形，则该几何体的体积不可能是( )A ．πB ．2C ．4D ．6解析：几何体可能是圆锥，底面半径为1，高为3，几何体的体积为13×12×π×3＝π，排除A ；几何体如果是正四棱锥，底面是正方形边长为2，高为3，几何体的体积为13×22×3＝4，排除C ；几何体如果是三棱锥，底面是等腰三角形，底边长为2，三角形的高为2，三棱锥的高为3，几何体的体积为13×12×2×2×3＝2，排除B ，故选D.答案：D8．某四棱锥的三视图如图所示，某侧视图是等腰直角三角形，俯视图轮廓是直角梯形，则该四棱锥的各侧面中，面积的最大值为( )A ．8B ．4 5C ．8 2D ．12 2解析： 因为三视图复原的几何体是四棱锥，顶点在底面的射影是直角梯形的一个顶点，后面是等腰直角三角形，直角边为4，所以后面的三角形的面积为12×4×4＝8, 右面三角形是直角三角形，直角边长为42，4，三角形的面积为12×42×4＝8 2.前面三角形BC 边长为6，高为42，其面积为12×42×6＝122，左面也是直角三角形，直角边长为4，25，三角形的面积为12×4×25＝45，四棱锥的四个侧面中面积最大的是前面三角形的面积12 2.故选D. 答案：D9．(2019·宁德质检)直三棱柱ABC A ′B ′C ′的所有棱长均为23，则此三棱柱的外接球的表面积为( ) A ．12π B ．16π C ．28πD ．36π解析：由直三棱柱的底面边长为23，得底面所在平面截其外接球所成的圆O 的半径r ＝2，又由直三棱柱的侧棱长为23，则球心到圆O 的球心距d ＝3， 根据球心距，截面圆半径，球半径构成直角三角形， 满足勾股定理，我们易得球半径R 满足：R 2＝r 2＋d 2＝7， ∴外接球的表面积S ＝4πR 2＝28π. 故选C. 答案：C10．(2019·蚌埠模拟)榫卯是我国古代工匠极为精巧的发明，广泛用于建筑．榫卯是在两个构件上采用凹凸部位相结合的一种连接方式．榫卯结构中凸出的部分叫榫(或叫榫头)．已知某“榫头”的三视图如图所示，则该“榫头”的体积是( )A ．48B ．50C ．54D ．63解析：由三视图可知，该几何体是由两个直棱柱组合而成，其直观图如图所示，故体积为3＋62×3×3＋3＋62×3×1＝54.故选C.答案：C11．如图，在矩形ABCD中，EF∥DA，GH∥BC，BC＝2，AF＝FG＝BG＝1，现分别沿EF，GH将矩形折叠使得AD与BC重合，则折叠后的几何体的外接球的表面积为( )A.8π3B.16π3C．6π D．24π解析：由题意得，折叠后的几何体为正三棱柱，且该三棱柱的底面边长为1，高为 2.如图所示的正三棱柱ABCA1B1C1.设上下底面的中心分别为O 1，O 2，则球心O 为O 1，O 2的中点，连OC ，O 2C ， 则O 2C ＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫32×1＝33，OO 2＝1，∴OC ＝O 2C 2＋O 2O 2＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫33 2＋1＝233， 即球半径R ＝233，∴该几何体的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×43＝16π3.故选B. 答案：B12．若长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的顶点都在体积为288π的球O 的球面上，则长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的表面积的最大值等于( ) A ．576 B ．288 C ．144 D ．72答案：B 二、填空题13．若圆锥底面半径为1，侧面积为5π，则该圆锥的体积是________． 解析：设圆锥的母线长为l ，圆锥底面半径为1，侧面积为5π， ∴5π＝πl ，即l ＝5， ∴圆锥的高h ＝5－1＝2，∴该圆锥的体积是V ＝13πr 2h ＝13π×2＝23π.314．(2019·长春质检)一个倒置圆锥形容器，底面直径与母线长相等，容器内存有部分水，向容器内放入一个半径为1的铁球，铁球恰好完全没入水中(水面与铁球相切)则容器内水的体积为________．解析：如图所示，作出轴截面，由题意，圆锥的底面直径与母线长相等，可得AP ＝AB ，则AP ＝2AC ，所以∠APC ＝30°，记铁球的半径为r ，即OC ＝OD ＝r ＝1，在△ODP 中，sin ∠OPD ＝OD OP ＝12，则OP ＝2r ＝2，所以PC ＝3r ＝3，因此AC ＝3r ＝3，PA ＝23r ＝23，所以铁球所在圆锥的体积为V 圆锥＝V 水＋V 铁球，即V 水＝V 圆锥－V 铁球＝13S 圆C ·PC －43πr 3＝13π(3)2·3－43π＝53π.315.已知所有棱长都相等的三棱锥的各个顶点同在一个半径为3的球面上，则该三棱锥的表面积为________．解析：构造一个各棱长为a 的正方体，连接各面的对角线可作出一个正四面体， 而此四面体的外接球即为正方体的外接球． 此球的直径为正方体的体对角线，即23，由勾股定理得到3a 2＝12⇒a ＝2，三棱锥的边长即为正方体的面对角线长为：22， 所以该锥体表面积S ＝4×12×(22)2×32＝8 3.答案：8 316．(2019·洛阳、许昌质检)在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AC ＝2，BC ＝CC 1＝2，P 是BC 1上一动点，则A 1P ＋PC 的最小值为________．解析：连接A 1B ，沿BC 1将△CBC 1展开与△A 1BC 1在同一个平面内(图略)， 在BC 1上取一点与A 1C 构成三角形， ∵三角形两边和大于第三边，∴A 1P ＋PC 的最小值是A 1C 的连线．作展开图，如图，由∠ACB ＝90°，AC ＝2，BC ＝CC 1＝2， 得AB ＝AC 2＋BC 2＝6， 又AA 1＝CC 1＝2，∴A 1B ＝AA 21＋AB 2＝2＋6＝22，BC 1＝2＋2＝2，A 1C 1＝AC ＝2， ∴∠A 1BC 1＝45°，∠CBC 1＝45°，∴∠A 1BC ＝90°， ∴A 1C ＝A 1B 2＋BC 2＝8＋2＝10.答案：10增分强化练考点一 空间线、面位置关系的判断1．在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝2，AA 1＝2，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( )A.23 B.56 C.33D.66解析：画出图形，如图所示．连接AD 1，B 1D 1，则AD 1∥BC 1，所以∠B 1AD 1即为AB 1与BC 1所成的角或其补角． 在B 1AD 1中，AB 1＝AD 1＝6，B 1D 1＝2， 所以由余弦定理得cos ∠B 1AD 1＝6＋6－42×6＝23，所以异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为23.故选A. 答案：A2．(2019·宝鸡模拟)异面直线a ，b 所成的角为π3，直线a ⊥c ，则异面直线b 与c 所成角的范围为( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π2B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，2π3D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，5π6解析：作b 的平行线b ′，交a 于O 点(图略)，所有与a 垂直的直线平移到O 点组成一个与直线a 垂直的平面α，O 点是直线a 与平面α的交点，在直线b ′上取一点P ，作垂线PP ′⊥平面α，交平面α于P ′，∠POP ′是b ′与面α的夹角为π6，在平面α中，所有与OP ′平行的直线与b ′的夹角都是π6，在平面α所有与OP ′垂直的线，由于PP ′垂直于平面α，所以该线垂直于PP ′，则该线垂直于平面OPP ′，所以该线垂直于b ′，故在平面α所有与OP ′垂直的线与b ′的夹角为π2，与OP ′夹角大于0，小于π2的线，与b ′的夹角为锐角且大于π6，故选B.答案：B3．在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，CA ＝CB ＝4，AB ＝27，CC 1＝25，E ，F 分别为AC ，CC 1的中点，则直线EF 与平面AA 1B 1B 所成的角是( ) A ．30° B ．45° C ．60°D ．90°解析：连接AC 1，则EF ∥AC 1，直线EF 与平面AA 1B 1B 所成的角，就是AC 1与平面AA 1B 1B 所成的角；作C 1D ⊥A 1B 1于D ，连接AD ，因为直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，CA ＝CB ＝4，所以底面是等腰三角形，则C 1D ⊥平面AA 1B 1B ，可知∠C 1AD 就是直线EF 与平面AA 1B 1B 所成的角，CA ＝CB ＝4，AB ＝27，CC 1＝25，可得C 1D ＝42－(7)2＝3，AD ＝(7)2＋(25)2＝33， 所以tan ∠C 1AD ＝C 1D AD ＝33， 所以∠C 1AD ＝30°. 故选A.答案：A考点二空间线面平行、垂直关系的证明1．(2019·晋城模拟)若a，b是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列命题中正确的是( ) A．若a∥α，b∥β，a⊥b，则α⊥βB．若a∥α，b∥β，a∥b，则α∥βC．若a⊥α，b⊥β，a∥b，则α∥βD．若a∥α，b⊥β，a⊥b，则α∥β解析：A中若a∥α，b∥β，a⊥b，平面α，β可能垂直也可能平行或斜交；B中若a∥α，b∥β，a∥b，平面α，β可能平行也可能相交；C中若a⊥α，a∥b，b⊥α，又b⊥β，故α∥β，所以a∥b必有α∥β；D中若a∥α，b⊥β，a⊥b，平面α，β可能平行也可能相交．故选C.答案：C2．(2019·蚌埠模拟)如图，在以P为顶点，母线长为2的圆锥中，底面圆O的直径长为2，点C在圆O所在平面内，且AC是圆O的切线，BC交圆O于点D，连接PD，OD.(1)求证：PB ⊥平面PAC ；(2)若AC ＝233，求点O 到平面PBD 的距离．解析：(1)证明：因为AB 是圆O 的直径，AC 与圆O 切于点A ，所以AC ⊥AB . 又在圆锥中，PO 垂直底面圆O ，所以PO ⊥AC ，而PO ∩AB ＝O ， 所以AC ⊥平面PAB ，从而AC ⊥PB .在△PAB 中，PA 2＋PB 2＝AB 2，所以PA ⊥PB ，又PA ∩AC ＝A 所以PB ⊥平面PAC . (2)因为AB ＝2，AC ＝233，AC ⊥AB ，所以在直角△ABC 中，∠ABC ＝π6.又OD ＝OB ＝1＝PO ，则△OBD 是等腰三角形，所以BD ＝3，S △OBD ＝12×1×1×sin 2π3＝34.又PB ＝PD ＝2，所以S △PBD ＝12×3×52＝154，设点O 到平面PBD 的距离为d ，由V P OBD ＝V O PBD ， 即13S △OBD ·PO ＝13S △PBD ·d ，所以d ＝55. 考点三 空间中的翻折问题1．(2019·淮南模拟)正三角形ABC 的边长为a ，将它沿平行于BC 的线段PQ 折起(其中P 在边AB 上，Q 在AC 边上)，使平面APQ ⊥平面BPQC .D ，E 分别是PQ ，BC 的中点．(1)证明：PQ ⊥平面ADE ；(2)若折叠后，A ，B 两点间的距离为d ，求d 最小时，四棱锥A PBCQ 的体积． 解析：(1)证明：在△APQ 中，AP ＝AQ ，D 是PQ 的中点，所以AD ⊥PQ .又因为DE 是等腰梯形BPQC 的对称轴，所以DE ⊥PQ . 而AD ∩DE ＝D ，所以PQ ⊥平面ADE .(2)因为平面APQ ⊥平面BPQC ，AD ⊥PQ ，所以AD ⊥平面PBCQ ，连结BD ，则d 2＝AD 2＋BD 2. 设AD ＝x ，DE ＝32a －x (E 为BC 的中点)， 于是BD 2＝DE 2＋BE 2＝ ⎝⎛⎭⎪⎫32a －x 2＋14a 2. 因此d 2＝x 2＋BD 2＝x 2＋DE 2＋BE 2＝x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫32a －x 2＋14a 2＝2⎝⎛⎭⎪⎫x －34a 2＋58a 2，当x＝34a时，d min＝104a.此时四棱锥APBCQ的体积为13×S梯形PBCQ×AD＝13×12⎝⎛⎭⎪⎫a2＋a×34a×34a＝364a3.2．如图1，在菱形ABCD中，AB＝2，∠DAB＝60°，M是AD的中点，以BM为折痕，将△ABM 折起，使点A到达点A1的位置，且平面A1BM⊥平面BCDM，如图2.(1)求证：A1M⊥BD；(2)若K为A1C的中点，求四面体MA1BK的体积．解析：(1)证明：在图1中，∵四边形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，M是AD的中点，∴AD⊥BM，故在图2中，BM⊥A1M，∵平面A1BM⊥平面BCDM，平面A1BM∩平面BCDM＝BM，∴A1M⊥平面BCDM，又BD⊂平面BCDM，∴A1M⊥BD.图1 图2(2)在图1中，∵ABCD 是菱形，AD ⊥BM ，AD ∥BC ，∴BM ⊥BC ，且BM ＝3， 在图2中，连接CM ，则VA 1－BCM ＝13S △BCM ·A 1M ＝13×12×2×3×1＝33，∵K 是A 1C 的中点，∴VM A 1BK ＝VK MA 1B ＝12VC MA 1B ＝12VA 1BCM ＝36.增分强化练考点一 空间几何体的三视图1．日晷是中国古代利用日影测得时刻的一种计时工具，又称“日规”．通常由铜制的指针和石制的圆盘组成，铜制的指针叫做“晷针”，垂直地穿过圆盘中心，石制的脚盘叫做“晷面”，它放在石台上，其原理就是利用太阳的投影方向来测定并划分时刻．利用日晷计时的方法是人类在天文计时领域的重大发明，这项发明被人类沿用达几千年之久，下图是一位游客在故宫中拍到的一个日晷照片，假设相机镜头正对的方向为正方向，则根据图片判断此日晷的侧(左)视图可能为( )解析：因为相机镜头正对的方向为正方向，所以侧视图中圆盘为椭圆，又晷针斜向下穿盘而过，故其投影为下虚上实，故选D.答案：D2．“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在探求球体体积时构造的一个封闭几何体，它由完全相同的四个曲面构成，其直观图如图(其中四边形是为体现直观性而作的辅助线)．当“牟合方盖”的正视图和侧视图完全相同时，其俯视图为( )解析：∵相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．∴其正视图和侧视图是一个圆，俯视图是从上向下看，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，∴俯视图是有2条对角线且为实线的正方形，故选B.答案：B3．(2019·青岛模拟)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面为等腰直角三角形的个数为( )A．1 B．2C．3 D．4解析：由三视图可得直观图如图所示：由三视图可知：PD ⊥平面ABCD ， ∴PD ⊥AD ，PD ⊥DC ，PD ⊥AB ， 又PD ＝AD ＝2，PD ＝DC ＝2，∴△PAD 和△PDC 为等腰直角三角形． 又PD ⊥AB ，AD ⊥AB ， ∴AB ⊥平面PAD ， ∴AB ⊥PA ，又AB ＝1，PA ＝4＋4＝22， ∴ΔPAB 不是等腰直角三角形．∵PB ＝12＋22＋22＝3，BC ＝12＋22＝5，PC ＝22＋22＝22， ∴△PBC 不是等腰直角三角形，综上所述，侧面为等腰直角三角形的共有2个． 故选B. 答案：B考点二 空间几何体的表面积与体积1．用半径为3 cm ，圆心角为2π3的扇形纸片卷成一个圆锥筒，则这个圆锥筒的高为( )A ．1 cmB ．2 2 cm C. 2 cmD ．2 cm解析：设圆锥的底面半径为r cm ，由题意底面圆的周长即扇形的弧长，可得2πr ＝2π3×3，即底面圆的半径为1，所以圆锥的高h ＝32－1＝22，故选B. 答案：B2．(2019·中卫模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的外接球的表面积为( )A.16π3B.8π3C ．4 3D ．23π解析：由已知几何体的正视图是一个正三角形，侧视图和俯视图均为三角形，可得该几何体是有一个侧面PAC 垂直于底面，高为3，底面是一个等腰直角三角形的三棱锥，如图．则这个几何体的外接球的球心O 在高线PD 上，且是正三角形PAC 的中心，这个几何体的外接球的半径R ＝23PD ＝233.则这个几何体的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫2332＝16π3.故选A. 答案：A3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．6＋3π2B ．6＋3πC ．2＋3π2D ．2＋3π解析：由题意，根据给定的三视图可知，该几何体左边表示一个底面为腰长为2的等腰直角三角形，高为3的直三棱柱，右边表示一个底面为半径为1的半圆，母线长为3的半圆柱，所以该几何体的体积为V ＝12×2×2×3＋12π×12×3＝6＋3π2，故选A.答案：A4．(2019·泰安模拟)如图，已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 为棱AA 1上任意一点，则四棱锥P BDD 1B 1的体积为________．解析：连结AC 交BD 于O (图略)，则有AO ⊥平面BDD 1B 1，。
2020届高三数学(理)二轮复习专题集训：专题五立体几何5.2Word版含解析.doc
A 级1．设α，β是两个不一样的平面，m 是直线且m?α，“ m∥ β”是“ α∥ β”的()A ．充足而不用要条件B．必需而不充足条件C．充足必需条件D．既不充足也不用要条件分析：当 m∥β时，过 m 的平面α与β可能平行也可能订交，因此m∥β? / α∥ β；当α∥ β时，α内任向来线与β平行，因为 m? α，所以 m∥ β.综上知，“ m∥ β”是“α∥ β”的必需而不充足条件．答案：B2． (2017 全·国卷Ⅰ )如图，在以下四个正方体中，A， B Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB 与平面为正方体的两个极点，MNQ 不平行的是 ()M，N，分析： B 选项中， AB∥ MQ ，且 AB?平面 MNQ ，MQ? 平面 MNQ ，则 AB∥平面 MNQ ；C 选项中， AB∥ MQ ，且 AB?平面 MNQ ，MQ ? 平面 MNQ ，则 AB∥平面 MNQ ；D 选项中，AB∥ NQ，且 AB?平面 MNQ ，NQ? 平面 MNQ，则 AB∥平面 MNQ .应选 A.答案：A3．(2017 ·疆第二次适应性检测新)设m，n 是不一样的直线，α，β，γ是不一样的平面，有以下四个命题：①若α∥ β，α∥ γ，则β∥ γ②若α⊥ β， m∥α，则 m⊥ β③若 m⊥ α， m∥ β，则α⊥ β④若 m∥ n，n? α，则 m∥ α此中正确命题的序号是()A ．①③C．②③B．①④D．②④分析：关于①，因为平行于同一个平面的两个平面互相平行，所以①正确；关于②，当直线 m 位于平面β内，且平行于平面α，β的交线时，知足条件，但明显此时m 与平面β不垂直，所以②不正确；关于③，在平面β内取直线n 平行于 m，则由 m⊥ α， m∥ n，得 n ⊥α，又 n? β，所以有α⊥ β，③正确；关于④，直线m 可能位于平面α内，明显此时m 与平面α不平行，所以④不正确．综上所述，正确命题的序号是①③，选 A.答案：A4．如图，在三棱锥 P-ABC 中，不可以证明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分析： 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 中条件不可以判断出AP⊥ BC，应选 B.答案：B5．在正方体 ABCD -A1B1C1D1的侧面 ABB1A1内有一动点 P 到直线 A1B1与直线 BC 的距离相等，则动点 P 所在的曲线的形状为 ()分析：由题意可知点P 到点 B 的距离等于到直线 A1B1的距离，依据抛物线的定义可知，动点 P 的轨迹是以点 B 为焦点，以 A1B1为准线的过点 A 的抛物线的一部分． A 选项中的图象为直线，清除 A.C 选项中点 B 不是抛物线的焦点，清除 C.D 选项中的图象可是 A 点，清除 D.应选 B.答案：B6．如图，在空间四边形ABCD 中， M∈ AB，N∈ AD，若AM＝AN，则直线M N 与平面MB NDBDC 的地点关系是________．分析：由AMMB＝NDAN，得 MN ∥ BD .而 BD ? 平面 BDC ，MN?平面 BDC ，所以 MN ∥平面 BDC .答案：平行7．已知α，β表示两个不一样的平面，m，n 表示两条不一样的直线，且m⊥ β，α⊥ β，给出以下四个结论：①? n? α，n⊥ β；② ? n? β， m⊥ n；③ ? n? α，m∥n；④? n? α，m⊥n.则上述结论正确的为________． (写出全部正确结论的序号)分析：因为 m⊥ β，α⊥ β，所以 m? α或 m∥ α.? n? α，则 n⊥ β或 n? β或 n∥β或 n与β斜交，所以①不正确； ? n? β，则由直线与平面垂直的性质，知α，则 m∥ n 或 m，n 订交或 m，n 互为异面直线，③不正确；当 ?m?m⊥n，②正确； ? n α或 m∥ α时， ? n?α， m⊥ n，④正确．答案：②④8.如图， PA⊥圆 O 所在的平面， AB 是圆 O 的直径， C 是圆 O 上的一点， E、F 分别是点A 在 PB、 PC 上的正投影，给出的以下结论正确的选项是________．①AF⊥ PB；② EF⊥ PB；③AF⊥ BC；④ AE⊥平面 PBC.分析：由题意知PA⊥平面 ABC，所以 PA⊥ BC.又 AC⊥ BC，PA∩ AC＝A，所以 BC ⊥平面 PAC.所以 BC ⊥AF.因为 AF ⊥ PC，BC ∩PC＝ C，所以 AF ⊥平面 PBC， PB? 平面 PBC，所以 AF ⊥ PB，又 AE⊥PB， AE∩ AF＝ A，所以 PB ⊥平面 AEF ，所以 PB⊥ EF .故①②③正确．答案：①②③9． (2017 ·州市第三次调研考试惠 )在以下图的多面体ABCDE 中，已知ABCD 是边长为 2 的正方形，平面 ABCD ⊥平面 ABE，∠ AEB＝ 90°， AE＝ BE.(1)若 M 是 DE 的中点，试在AC 上找一点 N，使得 MN ∥平面 ABE，并给出证明；(2)求多面体ABCDE 的体积．分析：(1) 连结 BD ，交 AC 于点 N，则点 N 即为所求，证明以下：∵ABCD 是正方形，∴ N 是 BD 的中点，又 M 是 DE 的中点，∴ MN ∥ BE，∵BE? 平面 ABE， MN ?平面 ABE，∴ MN∥平面ABE.(2)取AB 的中点F，连结EF ，∵△ ABE 是等腰直角三角形，且AB＝2，1∴ EF⊥ AB， EF＝ 2AB＝ 1，∵平面 ABCD ⊥平面 ABE，平面 ABCD ∩平面 ABE＝ AB，EF?平面ABE，∴EF⊥平面 ABCD ，即 EF 为四棱锥 E-ABCD 的高，1124.∴ V 四棱锥E-ABCD＝ S 正方形ABCD·EF ＝× 2× 1＝33310．如图，过底面是矩形的四棱锥F-ABCD 的极点 F 作 EF ∥ AB，使 AB＝ 2EF，且平面ABFE ⊥平面 ABCD ，若点 G 在 CD 上且知足DG＝ GC.(1)求证： FG ∥平面 AED ；(2)求证：平面DAF ⊥平面 BAF .证明：(1) 因为 DG ＝GC， AB＝ CD ＝ 2EF ， AB∥ EF∥CD ，所以 EF ∥DG， EF＝ DG .所以四边形DEFG 为平行四边形，所以 FG ∥ED.又因为 FG ?平面 AED， ED ? 平面 AED ，所以 FG ∥平面 AED .(2)因为平面 ABFE ⊥平面 ABCD ，平面 ABFE ∩平面 ABCD ＝ AB， AD ⊥AB ，AD? 平面ABCD ，所以 AD ⊥平面 BAF ，又 AD? 平面 DAF ，所以平面 DAF ⊥平面 BAF .B 级1．(2017 成·都市第二次诊疗性检测)把平面图形 M 上的全部点在一个平面上的射影组成的图形 M′称为图形 M 在这个平面上的射影．如图，在长方体ABCD -EFGH 中， AB＝ 5，AD ＝4， AE＝ 3.则△ EBD 在平面 EBC 上的射影的面积是 ()25A．2 34B．2C．10D． 30分析：连结HC，过 D 作DM ⊥HC ，连结ME，MB ，因为BC⊥平面HCD ，又DM ?平面HCD ，所以BC⊥ DM ，因为BC ∩HC＝ C，所以DM ⊥平面HCBE ，即 D 在平面HCBE 内的射影为M，所以△EBD在平面HCBE内的射影为△EBM，在长方体中，HC ∥ BE，所以△ MBE 的面积等于△CBE 的面积，所以△ EBD 在平面 EBC 上的射影的面积为1×52＋322×4＝ 2 34，应选 A.答案：A2．(2017 ·州市第三次调研考试惠)如图是一几何体的平面展形图，此中四边形ABCD 为正方形， E， F 分别为 PA， PD 的中点，在此几何体中，给出下边 4 个结论：①直线 BE 与直线 CF 异面；②直线 BE 与直线 AF 异面；③直线 EF ∥平面 PBC；④平面 BCE⊥平面 PAD.此中正确的有()A．1 个B．2 个C．3 个D．4个分析：将睁开图复原为几何体(如图 )，因为 E，F 分别为 PA，PD 的中点，所以EF ∥AD ∥BC，即直线 BE 与 CF 共面，①错；因为B?平面 PAD，E∈平面 PAD ，E?AF ，所以 BE与 AF 是异面直线，②正确；因为EF ∥AD ∥ BC， EF?平面 PBC， BC? 平面 PBC，所以 EF∥平面 PBC，③正确；平面PAD 与平面 BCE 不必定垂直，④错．应选 B.答案：B3．以下图，平行四边形ABCD 中，∠ DAB＝ 60°，AB＝ 2，AD＝ 4.将△ CBD 沿 BD 折起到△ EBD 的地点，使平面EBD⊥平面 ABD .(1)求证： AB⊥ DE；(2)求三棱锥E-ABD 的侧面积和体积．分析：(1) 证明：在△ABD 中，因为AB ＝ 2， AD ＝ 4 ，∠ DAB ＝ 60°，所以BD ＝AB 2＋AD 2－ 2AB·ADcos ∠DAB ＝ 2 3，222又平面 EBD ⊥平面 ABD ，平面 EBD∩平面 ABD＝ BD ，AB? 平面 ABD，所以 AB⊥平面EBD .又 DE ? 平面 EBD ，所以 AB⊥ DE.(2)由 (1) 知 AB⊥ BD .因为 CD ∥ AB，所以 CD⊥ BD，进而 DE ⊥ BD.1在 Rt△DBE 中，因为DB＝ 23， DE ＝DC ＝ AB＝ 2，所以 S△EDB＝2BD ·DE ＝2 3.因为 AB ⊥平面 EBD ，BE? 平面 EBD ，所以 AB⊥ BE.因为 BE ＝ BC＝AD ＝4，所以 S△EAB＝1AB·BE＝ 4. 2因为 DE ⊥ BD，平面 EBD ⊥平面 ABD ，平面 EBD ∩平面 ABD＝ BD ，所以 DE⊥平面 ABD ，而 AD? 平面 ABD，所以 DE⊥ AD，故 S△EAD＝1AD ·DE ＝ 4. 2故三棱锥 E-ABD 的侧面积 S＝ S△EDB＋ S△EAB＋ S△EAD＝ 8＋2 3.因为 DE ⊥平面 ABD ，且 S△ABD＝ S△EBD＝23，DE＝ 2，所以 V 三棱锥E-ABD＝1S△ABD× DE＝1×2 3×2＝4 3. 3334．在多面体ABCDEF 中，底面 ABCD 是梯形，四边形ADEF 是正方形， AB∥ DC，AB ＝AD ＝ 1， CD＝ 2， AC＝ EC＝ 5.(1)求证：平面EBC⊥平面EBD ；(2)设 M 为线段 EC 上一点，且 3EM＝EC，试问在线段BC 上能否存在一点∥平面 BDE，若存在，试指出点T 的地点；若不存在，请说明原因．T，使得MT分析： (1) 证明：因为 AD＝ 1， CD＝ 2， AC＝ 5，所以 AD 2＋CD 2＝ AC2，所以△ ADC 为直角三角形，且 AD ⊥DC.同理，因为ED＝ 1，CD ＝ 2， EC＝5，所以 ED 2＋ CD 2＝ EC2，所以△ EDC 为直角三角形，且ED ⊥DC.又四边形 ADEF 是正方形，所以AD⊥ DE，又 AD∩DC＝D，所以 ED ⊥平面 ABCD .又 BC? 平面 ABCD ，所以 ED⊥ BC.在梯形 ABCD 中，过点 B 作 BH⊥ CD 于点 H，故四边形 ABHD 是正方形，所以∠ADB ＝45°， BD ＝2.在 Rt△BCH 中， BH ＝ CH＝ 1，所以 BC＝ 2，故BD 2＋ BC2＝ DC 2，所以 BC⊥ BD .因为 BD ∩ED＝ D， BD ? 平面 EBD ， ED ? 平面 EBD ，所以 BC ⊥平面 EBD ，又 BC? 平面 EBC，所以平面 EBC⊥平面 EBD .(2)在线段 BC 上存在一点T，使得 MT∥平面 BDE，此时 3BT＝ BC.连结 MT，在△ EBC 中，因为BT＝EM＝1，所以 MT ∥ EB. BC EC3又 MT ?平面 BDE ，EB ? 平面 BDE，所以 MT ∥平面 BDE.。
2020江苏高考理科数学二轮练习：高考热点追踪立体几何专题强化 精练提能 含解析
1．(20xx·徐州、淮安、宿迁、连云港四市模拟)已知圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则该圆锥的体积为________．[解析] 由题意得圆锥的底面半径、高分别为r ＝1，h ＝3，故该圆锥的体积为V ＝13π×12×3＝3π3． [答案]33π 2．(20xx·江苏省高考命题研究专家原创卷(五))《九章算术》第五章《商功》记载：今有圆堡瑽，周四丈八尺，高一丈一尺，问积几何？此处圆堡瑽即圆柱体，其意思是：有一个圆柱体的底面周长是4丈8尺，高1丈1尺，问它的体积是多少？若π的值取3，估算该圆堡瑽的体积为________立方尺．(注：一丈等于十尺)[解析] 设该圆柱体底面圆的半径为r 尺，则由题意得2πr ＝48，所以r ≈8，又圆柱体的高为11尺，故该圆堡瑽的体积V ＝πr 2h ≈2 112立方尺．[答案] 2 1123．(20xx·苏北四市高三模拟)已知矩形ABCD 的边AB ＝4，BC ＝3，若沿对角线AC 折叠，使平面DAC ⊥平面BAC ，则三棱锥D -ABC 的体积为________．[解析] 在平面DAC 内过点D 作DE ⊥AC ，因为平面DAC ⊥平面BAC ，由面面垂直的性质定理可得DE ⊥平面BAC ．又DE ＝125，所以三棱锥D -ABC 的体积为13×12×4×3×125＝245．[答案] 2454．(20xx·南京模拟)设平面α与平面β相交于直线m ，直线b 在平面α内，直线c 在平面β内，且c ⊥m ，则“c ⊥b ”是“α⊥β”的________条件．[解析] 若α⊥β，又α∩β＝m ，c ⊂β，c ⊥m 可得c ⊥α，因为b ⊂α，所以c ⊥b ．反过来c ⊥b 不能得到α⊥β(如b ∥m 时，由c ⊥m 可得c ⊥b ，但不能判断α，β的位置关系)．[答案] 必要不充分5．如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上，若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于________．[解析] 因为EF ∥平面AB 1C ，EF ⊂平面ABCD ，平面ABCD ∩平面AB 1C ＝AC ，所以EF ∥AC ，又因为E 是AD 的中点，所以F 是CD 的中点，即EF 是△ACD 的中位线， 所以EF ＝12AC ＝12×22＝2．[答案] 26．(20xx·扬州模拟)设l ，m 是两条不同的直线，α是一个平面，有下列三个命题： ①若l ⊥α，m ⊂α，则l ⊥m ； ②若l ∥α，m ⊂α，则l ∥m ； ③若l ∥α，m ∥α，则l ∥m ． 则其中正确命题的序号是________．[解析] 根据线面垂直的性质定理可知①正确． [答案] ①7．(20xx·南通高三模拟)已知正三棱柱的各条棱长均为a ，圆柱的底面直径和高均为b ．若它们的体积相等，则a 3∶b 3的值为________．[解析] 由题意可得12×a 2×32×a ＝π(b 2)2×b ，即34a 3＝14πb 3，则a3b3＝π3＝3π3．[答案]3π38．(20xx·江苏省高考命题研究专家原创卷(三))如图，若三棱锥A 1BCB 1的体积为3，则三棱柱ABC -A 1B 1C 1的体积为________．[解析] 设三棱柱的底面面积为S ，高为h ，则VA 1ABC ＝13S △ABC ·h ＝13Sh ＝13VABC A 1B 1C 1，同理VC A 1B 1C 1＝13VABC A 1B 1C 1，所以VA 1BCB 1＝13VABC A 1B 1C 1．又VA 1BCB 1＝3，所以三棱柱ABC -A 1B 1C 1的体积为9．[答案] 99．(20xx·南通模拟)如图是一几何体的平面展开图，其中ABCD 为正方形，E ，F 分别为PA ，PD 的中点．在此几何体中，给出下面四个结论：①直线BE 与CF 异面；②直线BE 与AF 异面；③直线EF ∥平面PBC ；④平面BCE ⊥平面PAD ．其中一定正确的有________个．[解析] 如图，易得EF ∥AD ，AD ∥BC ，所以EF ∥BC ，即B ，E ，F ，C 四点共面，则①错误，②正确，③正确，④不一定正确． [答案] 210．(20xx·江苏高考专家原创卷)已知正三棱锥P -ABC 的体积为223，底面边长为2，D 为侧棱PA 的中点，则四面体D -ABC 的表面积为________．[解析] 设底面正三角形ABC 的中心为O ，连结OA ，OP ，又底面边长为2，可得OA ＝233，由V P ABC ＝13S △ABC ·PO ，即223＝13PO ×34×22，得PO ＝263，所以PA ＝PO2＋AO2＝2．S △ABC ＝3，S △DAB ＝S △DAC ＝32，S △DBC ＝2，所以四面体D -ABC 的表面积为23＋2．[答案] 23＋ 211．(20xx·江苏省高考命题研究专家原创卷(二))已知三棱锥P -ABC 中，PA ＝3，PC ＝2，AC ＝1，平面PAB ⊥平面ABC ，D 是PA 的中点，E 是PC 的中点．(1)求证：DE ∥平面ABC ； (2)求证：平面BDE ⊥平面PAB ．[证明] (1)因为D 是PA 的中点，E 是PC 的中点， 所以DE ∥AC ．又DE ⊄平面ABC ，AC ⊂平面ABC ， 所以DE ∥平面ABC ．(2)因为PA ＝3，PC ＝2，AC ＝1，所以PA 2＋AC 2＝PC 2， 所以三角形PAC 是直角三角形，AC ⊥PA ． 又DE ∥AC ，所以DE ⊥PA ． 过P 作PH ⊥AB 于H ．因为平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB ∩平面ABC ＝AB ，PH ⊂平面PAB ， 所以PH ⊥AC ．又DE ∥AC ，所以DE ⊥PH ．又PA ∩PH ＝P ，PA ，PH ⊂平面PAB ， 所以DE ⊥平面PAB ．又DE ⊂平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面PAB ．12．(20xx·南京检测)如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，E ，F 分别为BB 1，AC 的中点．(1)求证：BF ∥平面A 1EC ；(2)求证：平面A 1EC ⊥平面ACC 1A 1．[证明] (1)连结AC 1交A 1C 于点O ，连结OE ，OF ，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1为平行四边形，所以OA ＝OC 1． 又因为F 为AC 中点，所以OF ∥CC 1且OF ＝12CC 1．因为E 为BB 1中点，所以BE ∥CC 1且BE ＝12CC 1．所以BE ∥OF 且BE ＝OF ，所以四边形BEOF 是平行四边形，所以BF ∥OE ． 又BF ⊄平面A 1EC ，OE ⊂平面A 1EC ， 所以BF ∥平面A 1EC ．(2)由(1)知BF ∥OE ，因为AB ＝CB ，F 为AC 中点， 所以BF ⊥AC ，所以OE ⊥AC ．又因为AA 1⊥底面ABC ，而BF ⊂底面ABC ， 所以AA 1⊥BF ．由BF ∥OE ，得OE ⊥AA 1，而AA 1，AC ⊂平面ACC 1A 1，且AA 1∩AC ＝A ， 所以OE ⊥平面ACC 1A 1．因为OE ⊂平面A 1EC ， 所以平面A 1EC ⊥平面ACC 1A 1．13．(20xx·江苏高考原创卷)如图，已知AB ⊥平面ACD ，DE ∥AB ，△ACD 是正三角形，AD ＝4，DE ＝2AB ＝3，且F 是CD 的中点．(1)求证：AF ∥平面BCE ；(2)在线段CE 上是否存在点H ，使DH ⊥平面BCE ？若存在，求出CHHE 的值；若不存在，请说明理由．[解] (1)证明：取CE 的中点P ，连结FP ，BP ， 因为F 为CD 的中点， 所以FP ∥DE ，且FP ＝12DE ．又AB ∥DE ，且AB ＝12DE ，所以AB ∥FP ，且AB ＝FP ， 所以四边形ABPF 为平行四边形， 所以AF ∥BP ．因为AF ⊄平面BCE ，BP ⊂平面BCE ， 所以AF ∥平面BCE ．(2)在线段CE 上存在点H ，使DH ⊥平面BCE ．理由如下：在△CDE 中，过点D 作DH ⊥CE ，交CE 于点H ， 因为△ACD 为正三角形，所以AF ⊥CD ．因为AB ⊥平面ACD ，DE ∥AB ，所以DE ⊥平面ACD ，又CD 、AF ⊂平面ACD ，所以DE ⊥AF ，DE ⊥CD ．又CD ∩DE ＝D ，所以AF ⊥平面DCE ．又BP ∥AF ， 所以BP ⊥平面DCE ．因为DH ⊂平面CDE ，所以DH ⊥BP ． 又BP ∩CE ＝P ， 所以DH ⊥平面BCE ．在Rt △CDE 中，CD ＝4，DE ＝3，DH ⊥CE ， 所以CH ＝165，HE ＝95，CH HE ＝169．14．如图所示，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝BB 1，AC 1⊥平面A 1BD ，D 为AC 的中点．(1)求证：B 1C 1⊥平面ABB 1A 1；(2)在CC 1上是否存在一点E ，使得∠BA 1E ＝45°，若存在，试确定E 的位置，并判断平面A 1BD 与平面BDE 是否垂直？若不存在，请说明理由．[解] (1)证明：因为AB ＝B 1B ，所以四边形ABB 1A 1为正方形，所以A 1B ⊥AB 1， 又因为AC 1⊥平面A 1BD ，所以AC 1⊥A 1B ， 所以A 1B ⊥平面AB 1C 1，所以A 1B ⊥B 1C 1． 又在直棱柱ABC -A 1B 1C 1中，BB 1⊥B 1C 1， 所以B 1C 1⊥平面ABB 1A 1．(2)存在．证明如下：设AB ＝BB 1＝a ，CE ＝x ，因为D 为AC 的中点，且AC 1⊥A 1D ，所以A 1B ＝A 1C 1＝2a ，又因为B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，B 1C 1⊥A 1B 1，所以B 1C 1＝a ，BE ＝a2＋x2， A 1E ＝2a2＋（a －x ）2＝3a2＋x2－2ax ，在△A 1BE 中，由余弦定理得BE 2＝A 1B 2＋A 1E 2－2A 1B ·A 1E ·cos 45 °，即a 2＋x 2＝2a 2＋3a 2＋x 2－2ax －23a2＋x2－2ax·2a ·22，所以3a2＋x2－2ax ＝2a －x ，解得x ＝12a ，即E 是C 1C 的中点，因为D ，E 分别为AC ，C 1C 的中点，所以DE ∥AC 1， 因为AC 1⊥平面A 1BD ，所以DE ⊥平面A 1BD ， 又因为DE ⊂平面BDE ，所以平面A 1BD ⊥平面BDE ．。
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专题突破练19专题五立体几何过关检测一、选择题1.(2019天津实中模拟六,理4)若l,m是两条不同的直线,m⊥平面α,则“l⊥m”是“l∥α”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2.一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为()A. B. C. D.3.已知m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β.直线l满足l⊥m,l⊥n,l⊄α,l⊄β,则()A.α∥β且l∥αB.α⊥β且l⊥βC.α与β相交,且交线垂直于lD.α与β相交,且交线平行于l4.圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r=()A.1B.2C.4D.85.(2019山东青岛二模,理7)某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的侧棱与底面所成线面角的最小角的正弦值为()A.1B.C.D.6.如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是,则它的表面积是()A.17πB.18πC.20πD.28π7.(2019山东聊城一模,理7)如图,圆柱的轴截面为正方形ABCD,E为弧BC的中点,则异面直线AE与BC所成角的余弦值为()A. B.C. D.8.在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是()A.4πB.C.6πD.9.(2019河北衡水同卷联考,理10)在边长为8的等边三角形ABC中,D,E分别为AC,AB的中点,现将△ADE沿DE折起到△A'DE的位置,使得A'B=2,则直线A'B与底面BCDE所成角的正弦值为()A. B. C. D.10.(2019河南名校联盟压轴卷四,理10)一个圆锥的母线长为2,圆锥的母线与底面的夹角为,圆锥内有一个内接正方体,则这个正方体的体积为()A.2(-1)B.8(2-)3C.8(-1)3D.8(+1)311.(2019新疆乌鲁木齐二模,理11)已知A,B,C为球O的球面上的三个定点,∠ABC=60°,AC=2,P为球O的球面上的动点,记三棱锥P-ABC的体积为V1,三棱锥O-ABC的体积为V2,若的最大值为3,则球O的表面积为()A. B. C. D.6π12.(2019北京师大附中模拟三,理8)已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,B1C与C1D所成角的余弦值为,B1C与底面ABCD所成角的正弦值为,则C1D与底面ABCD所成角的余弦值为()A. B. C. D.二、填空题13.α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号)14.(2019天津卷,理11)已知四棱锥的底面是边长为的正方形,侧棱长均为.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.15.在三棱锥D-ABC中,CD⊥底面ABC,AC⊥BC,AB=BD=5,BC=4,则此三棱锥的外接球的表面积为.16.(2019北京师大附中模拟三,理13)某工厂现将一棱长为的正四面体毛坯件切割成一个圆柱体零件,则该圆柱体体积的最大值为.三、解答题17.(2019江苏卷,16)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.求证:(1)A1B1∥平面DEC1;(2)BE⊥C1E.18.(2019四川成都二模,理19)如图①,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,E,F分别为AB,CD的中点,CD=2AB=2EF=4,M为DF中点.现将四边形BEFC沿EF折起,使平面BEFC⊥平面AEFD,得到如图②所示的多面体.在图②中,(1)证明:EF⊥MC;(2)求二面角M-AB-D的余弦值.19.(2019山东济宁一模,理18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,PA⊥底面ABCD,∠ABC=60°,AB=,AD=2,AP=3.(1)求证:平面PCA⊥平面PCD;(2)设E为侧棱PC上的一点,若直线BE与底面ABCD所成的角为45°,求二面角E-AB-D的余弦值.20.(2019北京卷,理16)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且.(1)求证:CD⊥平面PAD;(2)求二面角F-AE-P的余弦值;(3)设点G在PB上,且,判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.21.(2019天津卷,理17)如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2.(1)求证:BF∥平面ADE;(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;(3)若二面角E-BD-F的余弦值为,求线段CF的长.22.(2019山东菏泽一模,理18)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,四边形ABCD是直角梯形,AD⊥DC,AB∥DC,DC=2AB,PD=1,BC=,BC⊥BD,设Q为棱PC上一点,=λ.(1)求证:当λ=时,AQ⊥PC;(2)试确定λ的值使得二面角Q-BD-P为45°.参考答案专题突破练19专题五立体几何过关检测1.B解析若l⊥m,因为m⊥平面α,所以l∥α或l⊂α;若l∥α,因为m⊥平面α,所以l⊥m,所以“l⊥m”是“l∥α”的必要不充分条件.2.D解析=a3,V截去部分由题意知该正方体截去了一个三棱锥,如图所示,设正方体棱长为a,则V正方体=a3,故截去部分体积与剩余部分体积的比值为3.D解析因为m⊥α,l⊥m,l⊄α,所以l∥α.同理可得l∥β.又因为m,n为异面直线,所以α与β相交,且l平行于它们的交线.故选D.4.B解析由条件及几何体的三视图可知该几何体是由一个圆柱被过圆柱底面直径的平面所截剩下的半个圆柱及一个半球拼接而成的.其表面积由一个矩形的面积、两个半圆的面积、圆柱的侧面积的一半及一个球的表面积的一半组成.∴S表=2r×2r+2 r2+πr×2r+4πr2=5πr2+4r2=16+20π,解得r=2.5.C解析由几何体的三视图可得几何体的直观图如图所示,根据三视图中的线段长度,得AB=2,BE=AE=DE=2,由勾股定理得CE=,从而得AC==3,所以侧棱AC 和底面所成线面角最小,sin∠ACE=6.A解析由三视图可知该几何体是球截去后所得几何体,则R3=,解得R=2,所以它的表面积为4πR2+πR2=14π+3π=17π.7.D解析取BC的中点H,连接EH,AH,则∠EHA=90°.设AB=2,则BH=HE=1,AH=,所以AE=连接ED,则ED=因为BC∥AD,所以异面直线AE与BC所成角即为∠EAD,在△EAD中cos∠EAD=,故选D.8.B解析由题意知要使球的体积最大,则它与直三棱柱的若干个面相切.设球的半径为R,易得△ABC的内切球的半径为-=2,则R≤2.又因为2R≤3,所以R,所以V max=,故选B.9.B解析取DE的中点O,连接OA',OB.在△A'DE中,由A'D=A'E=DE=4,可得OA'=2,在△BOE中,由OE=2,BE=4,∠BEO=120°可得OB=2由OA'2+OB2=A'B2可得OA'⊥OB.又因为OA'⊥DE,OB∩DE=O,所以OA'⊥底面BCDE,∠A'BO即为直线A'B与底面BCDE所成角.在Rt△A'OB中,sin∠A'BO=,故选B.10.C解析因为圆锥的母线长为2,圆锥的母线与底面的夹角为,所以圆锥的轴截面为等腰直角三角形,底面半径和高均为,设正方体的棱长为x,则-,解得x=2(-1).故正方体的体积为[2(-1)]3=8(-1)3.11.B解析如图,设△ABC的外接圆圆心为O',其半径为r,球O的半径为R,当球心O在三棱锥P-ABC内时,由题意可知,max=--=3,可得R=r.∵2r=,∴r=,∴R=,∴S球=4π当球心O在三棱锥P-ABC外时,结果不变.故选B.12.B解析如图,设AB=a,BC=b,AA1=c,则AB1=,AC=,B1C=AB1∥C1D,BB1⊥平面ABCD,∴∠AB1C是B1C与C1D所成角(或所成角的补角),∠BCB1是B1C与底面ABCD所成角.∵B1C与C1D所成角的余弦值为,B1C与底面ABCD所成角的正弦值为,,,解得a=c= b.∵CC1⊥平面ABCD,∴∠C1DC是C1D与底面ABCD所成角.∵DC=CC1,DC⊥CC1,∴∠C1DC=45°.∴C1D与底面ABCD所成角的余弦值为故选B.13.②③④解析对于①,若m⊥n,m⊥α,n∥β,则α,β的位置关系无法确定,故错误;对于②,因为n∥α,所以过直线n作平面γ与平面α相交于直线c,则n∥c.因为m⊥α,所以m⊥c,所以m⊥n,故②正确;对于③,由两个平面平行的性质可知正确;对于④,由线面所成角的定义和等角定理可知其正确,故正确命题的编号有②③④.14解析如图,由底面边长为,可得OC=1.设M为VC的中点,则O1M=OC=,O1O=VO,VO=-=2,∴O1O=1.∴V=π·O1M2·O1O=π×2×1=圆柱15.34π解析由题意,在三棱锥D-ABC中,CD⊥底面ABC,AC⊥BC,AB=BD=5,BC=4,可得AC=CD=-=3,故三棱锥D-ABC的外接球的半径R=,则其表面积为4π×2=34π.16解析当圆柱体体积最大时,圆柱的底面圆心为正四面体的底面中心O',圆柱的上底面与棱锥侧面的交点N在侧面的中线AM上.∵正四面体棱长为,∴BM=,O'M=,BO'=1,∴AO'=设圆柱的底面半径为r,高为h,则0<r<由三角形相似得,-,即h=-2r,圆柱的体积V=πr2h=r2(1-2r).∵r2(1-2r ≤-3=,当且仅当r=1-2r,即r=时,取等号.∴圆柱的最大体积为17.证明(1)因为D,E分别为BC,AC的中点,所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1,A1B1⊄平面DEC1,所以A1B1∥平面DEC1.(2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,所以C1C⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC,所以C1C⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1,AC⊂平面A1ACC1,C1C∩AC=C,所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1,所以BE⊥C1E.18.(1)证明由题意知在等腰梯形ABCD中,AB∥CD.∵E,F分别为AB,CD的中点,∴EF⊥AB,EF⊥CD.∴折叠后,EF⊥DF,EF⊥CF.∵DF∩CF=F,∴EF⊥平面DCF.又MC⊂平面DCF,∴EF⊥MC.(2)解∵平面BEFC⊥平面AEFD,平面BEFC∩平面AEFD=EF,且EF⊥DF, ∴DF⊥平面BEFC,∴DF⊥CF,∴DF,CF,EF两两垂直.以F为坐标原点,分别以FD,FC,FE所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.∵DM=1,∴FM=1,∴M(1,0,0),D(2,0,0),A(1,0,2),B(0,1,2),=(0,0,2),=(-1,1,0),=(-1,0,2),设平面MAB的法向量m=(x,y,z),则, -取x=1,得m=(1,1,0).设平面ABD的法向量n=(x,y,z),则-, -取z=1,得n=(2,2,1).∴cos<m,n>=,∴二面角M-AB-D的余弦值为19.解(1)在平行四边形ABCD中,∠ADC=60°,CD=,AD=2,由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2AD·CD cos∠ADC=12+3-2×2cos 60°=9.∴AC2+CD2=AD2,∴∠ACD=90°,即CD⊥AC.又PA⊥底面ABCD,CD⊂底面ABCD,∴PA⊥CD.又AC∩CD=C,∴CD⊥平面PCA.又CD⊂平面PCD,∴平面PCA⊥平面PCD.(2)如图,以A为坐标原点,AB,AC,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系.则A(0,0,0),B(,0,0),C(0,3,0),D(-,3,0),P(0,0,3).设E(x,y,z),= 0≤λ≤1 ,则(x,y,z-3)=λ(0,3,-3),∴x=0,y=3λ,z=3-3λ,即点E的坐标为(0,3λ,3-3λ).=(-,3λ,3-3λ).又平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),∴sin 45°=|cos<,n>|=-,解得λ=∴点E的坐标为(0,1,2),=(0,1,2),=(,0,0),设平面EAB的法向量为m=(x,y,z),由,,得,令z=1,得平面EAB的一个法向量为m=(0,-2,1),∴cos<m,n>=又二面角E-AB-D的平面角为锐角,故二面角E-AB-D的余弦值为20.(1)证明因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD.又因为AD⊥CD,所以CD⊥平面PAD.(2)解过A作AD的垂线交BC于点M.因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AM,PA⊥AD.如图建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).因为E为PD的中点,所以E(0,1,1).所以=(0,1,1),=(2,2,-2),=(0,0,2).所以=,-,=.设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则, ,即,令z=1,则y=-1,x=-1.于是n=(-1,-1,1).又因为平面PAD的法向量为p=(1,0,0),所以cos<n,p>==-由题知,二面角F-AE-P为锐角,所以其余弦值为(3)解直线AG在平面AEF内.因为点G在PB上,且=(2,-1,-2),所以=,-,-,=,-.由(2)知,平面AEF的法向量n=(-1,-1,1).所以n=-=0.所以直线AG在平面AEF内.21.(1)证明依题意,可以建立以A为原点,分别以的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).设CF=h(h>0),则F(1,2,h).依题意,=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又=(0,2,h),可得=0,又因为直线BF⊄平面ADE,所以BF∥平面ADE.(2)解依题意,=(-1,1,0),=(-1,0,2),=(-1,-2,2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则,,即-,-,不妨令z=1,可得n=(2,2,1).因此有cos<,n>==-所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为(3)解设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,则,,即-,,不妨令y=1,可得m=1,1,-.由题意,有|cos<m,n>|=-,解得h=,经检验,符合题意.所以,线段CF的长为22.(1)证明因为DC=2AB,BC=,过B作BE⊥DC于E,则E为DC中点,所以BD=BC=,又BC⊥BD,所以DC=2.所以AD=AB=1,因为PD⊥平面ABCD,所以PD⊥DC,PD⊥AD.在Rt△PDC中,由勾股定理,得PC=当λ=时,,则PQ=PC=,因为PD=1,所以又∠DPQ=∠CPD,所以△DPQ∽△CPD,所以∠DQP=∠CDP=90°,即PC⊥DQ.因为PD⊥AD,又AD⊥DC,PD∩DC=D,所以AD⊥平面PDC,所以AD⊥PC.又AD∩DQ=D,所以PC⊥平面ADQ,所以AQ⊥PC,命题得证.(2)以D为原点,DA,DC,DP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系(如图).由(1)得:AD=AB=1,DC=2,则点P(0,0,1),C(0,2,0),A(1,0,0),B(1,1,0),D(0,0,0),令Q(x0,y0,z0),则=(x0,y0,z0-1),=(0,2,-1),=(-1,1,0),=(1,1,0),=(x0,y0,z0),因为=,所以(x0,y0,z0-1)=λ(0,2,-1),所以点Q(0,2λ,1-λ),由题目条件易证BC⊥平面PBD,所以平面PBD的法向量n==(-1,1,0),设平面QBD的法向量为m=(x,y,z),则, ,即,-,即-,-令y=1,得m=-1,1,-.因为二面角Q-BD-P为45°,所以|cos<m,n>|=-, 解得λ=-1,λ=--1,因为Q在棱PC上,则0<λ<1,所以λ=-1为所求.。