2020届高三数学专题复习立体几何学案含答案

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2020届高考数学(文)二轮复习专题检测(8)立体几何含答案

（8）立体几何1、用一个平面去截一个几何体，得到的截面是圆面，这个几何体不可能是( )A．棱锥B．圆柱C．球D．圆锥2、某三棱锥的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，三棱锥表面上的点M在俯视图上的对应点为A三棱锥表面上的点N在左视图上的对应点为B则线段MN的长度的最大值为( )A.23B.32C.42D.333、若圆锥的侧面展开图的圆心角为90︒，半径为r，则该圆锥的全面积为（）A．2π16rB．23π16rC．2π4rD．25π16r4、已知某几何体的三视图如图所示，俯视图是由边长为2的正方形和半径为1的半圆组成，则该几何体的体积为（）A．28π3+B．π86+C．π43+D．π83+5、如图,已知,,,A B C D 四点不共面,且,AB CD ααP P ,,,,AC E AD F BD H BC G αααα⋂=⋂=⋂=⋂=,则四边形EFHG 的形状是( )A.平行四边形B.菱形C.矩形D.正方形 6、如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中：(1)BM 与ED 平行；(2)CN 与BE 是异面直线； (3)CN 与BM 成ο60；(4)CN 与AF 垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是( ) A ． (3)(4)B ． (2)(4)C ． (3)D ．(1)(2)(3)7、一个正方体纸盒展开后如图所示,在原正方体纸盒中有下列结论: ①AB EF ⊥;②AB 与CM 所成的角为60︒; ③EF 与MN 是异面直线; ④//MN CD . 其中正确的是( )A.①②B.③④C.②③D.①③8、若空间中四条两两不同的直线1234,,,l l l l ,满足122334,,l l l l l l ⊥⊥⊥,则下列结论一定正确的是( )A. 14l l ⊥B. 14//l lC. 1l 与4l 既不垂直也不平行D. 1l 与4l 的位置关系不确定9、如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱AB 和11A D 的中点分别为,E F ，则直线EF 与平面11AA D D 所成角的正弦值为( )A.55B.306C.66D.25510、如图,已知正四面体D ABC - (所有棱长均相等的三棱锥), ,,P Q R 分别为AB ,BC ,CA 上的点, AP PB =,2BQ CRQC RA==,分别记二面角D PR Q --,D PQ R --,D QR P --的平面角为α,β,γ,则( )A. γαβ<<B. αγβ<<C. αβγ<<D. βγα<<11、某几何体的三视图如图(其中侧视图中的圆弧是半圆)），则该几何体的表面积为____________.12、如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，,E F 分别是AB 和1AA 的中点，则下列命题：①1,,,E C D F 四点共面； ②1,,CE D F DA 三线共点； ③EF 和1BD 所成的角为90︒； ④1//A B 平面1CD E .其中正确的是________（填序号）.13、设,,a b c 是空间中的三条直线,下面给出四个命题: ①若//a b ,//b c 则//a c ; ②若a b ⊥,b c ⊥,则//a c ;③若a 与b 相交, b 与c 相交,则a 与c 相交;④若a ⊂平面α,b ⊂平面β,则a ,b —定是异面直线.上述命题中正确的命题是__________(写出所有正确命题的序号).14、将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A BD C --,有如下四个结论: ①AC BD ⊥ ②ACD △是等边三角形 ③AB 与平面BCD 成60°的角 ④AB 与CD 所成的角为60° 其中真命题的编号是 (写出所有真命题的编号)15、如图，AB 是圆O 直径，点C 圆O 异于,A B 的点，直线PC ⊥平面ABC ，,E F 分别是,PA PC 的中点．（1）记平面BEF 与平面ABC 的交线为l 试判断直线l 平面PAC 的位置关系，并加以证明；（2）证明：直线BC ⊥平面PAC ；（3）设2,1AB PC AC ===,求二面角B PA C --的余弦值.答案以及解析1答案及解析：答案：A解析：用一个平面去截一个棱锥，得到的截面是三角形，不可能是圆，所以A 正确；用一个平面去截一个圆柱，截面与底面平行，得到的截面是圆面，所以B 不满足题目要求；用一个平面去截一个球，得到的截面是圆面，所以C 不满足题目要求；用一个平面去截一个圆锥，截面与底面平行，得到的截面是圆面，所以D 不满足题目要求；故选：A.2答案及解析：答案：D解析：由题意可知，几何体的直观图如图：M 在AD 上，B N 、重合，则线段MN 的长度的最大值为：()2233233BD =+故选：D ．3答案及解析：答案：D 解析：4答案及解析：答案：D 解析：5答案及解析：答案：A 解析：6答案及解析：答案：A 解析：7答案及解析：答案：D解析：把正方体纸盒的平面展开图折叠成正方体纸盒,如图所示, AB EF ⊥,EF 与MN 是异面直线, //AB CM ,MN CD ⊥,只有①③正确,故选D.8答案及解析：答案：D解析：由1223,l l l l ⊥⊥,可知1l 与3l 的位置关系不确定, 若13//l l ,则结合34l l ⊥,得14l l ⊥,所以排除选项B 、C,若13l l ⊥,则结合34l l ⊥,得1l 与4l 可能不垂直,所以排除选项A,故选D.9答案及解析：答案：C解析：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，则10(2,0),(1,2),(1,1,2)E F EF =--u u u r，平面11AA D D 的法向量1(0,0)n =r ，设直线EF 与平面11AA D D 所成角为θ，则||sin ||||EF n EF n θ⋅===⋅u u u r ru u u r r ∴直线EF 与平面11AA D D故选：C10答案及解析：答案：B解析：设O 为三角形ABC 中心,则O 到P Q 、距离最小, O 到PR 距离最大, O 到RQ 距离居中,而高相等,因此αγβ<<所以选B11答案及解析：答案： 9214π + 解析：12答案及解析：答案：①②④解析：由题意1//EF CD ，故E ，C ，D 1，F 四点共面；由112EF CD =，故1D F 与CE 相交，记交点为P ，则P ∈平面11ADD A ，P ∈平面ABCD ，所以点P 在平面11ADD A 与平面ABCD 的交线AD 上，故CE ，1D F ，DA 三线共点；11A BD ∠即为EF 与1BD 所成角，显然1190A BD ∠≠︒；因为1//A B EF ，EF ⊂平面1CD E ，1A B ⊄平面1CD E ，所以1//A B 平面1CD E .13答案及解析：答案：①解析：由公理4知①正确;当a b ⊥,b c ⊥时, a 与c 可以相交、平行或异面,故②错;当a 与b 相交, b 与c 相交时,a 与c 可以相交、平行,也可以异面,故③错;a α⊂,b β⊂,并不能说明a 与b "不同在任何一个平面内”,故④错.14答案及解析：答案：①②④ 解析：15答案及解析：答案：(1)直线//l 平面PAC 证明如下：连接EF ，因为,E F 分别是,PA PC 的中点，所以//EF AC . 又EF ⊄平面ABC ，且AC ⊂平面ABC ，所以//EF 平面ABC .而EF ⊂平面BEF ，且平面BEF I 平面ABC l =，所以//EF l .因为l ⊄平面PAC ，EF ⊂平面PAC ，所以直线//l 平面PAC . （2）AB ∵圆O 的直径 BC AC ⊥∴又PC ⊥∵平面ABC PC BC ⊥∴PC AC C ⋂=∵,PC ∈平面PAC ,AC ∈平面PAC BC ⊥∴平面PAC(3)BC ⊥∵平面PAC ,∴过C 作CM PA ⊥于M,连接BM ,则BM PA ⊥, BMC ∠∴即为二面角B PA C --的平面角，CM BC ==tan BMC ∠==∴cos BMC ∠=∴ 解析：。

2020年高三数学总复习专题三：立体几何

专题三立体几何第1讲空间几何体的三视图、表面积及体积[全国卷3年考情分析]年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2019三棱锥的外接球、球的体积·T12空间几何体的结构特征、直观图、几何运算、数学文化·T16空间两直线的位置关系的判定·T8简单几何体的组合体、长方体和棱锥的体积·T16 2018空间几何体的三视图、直观图及最短路径问题·T7圆锥的性质及侧面积的计算·T16三视图与数学文化·T3与外接球有关的空间几何体体积的最值问题·T10 2017空间几何体的三视图与直观图、面积的计算·T7空间几何体的三视图及组合体体积的计算·T4球的内接圆柱、圆柱的体积的计算·T8(1)“立体几何”在高考中一般会以“两小一大”或“一小一大”的命题形式出现，这“两小”或“一小”主要考查三视图，几何体的表面积与体积，空间点、线、面位置关系(特别是平行与垂直)．(2)考查一个小题时，本小题一般会出现在第4～8题的位置上，难度一般；考查两个小题时，其中一个小题难度一般，另一小题难度稍高，一般会出现在第12或16题的位置上，本小题虽然难度稍高，主要体现在计算量上，但仍是对基础知识、基本公式的考查．考点一空间几何体的三视图、直观图与截面图[例1](1)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()(2)(2019·江西八所重点中学联考)某四面体的三视图如图所示，则该四面体最长的棱长与最短的棱长的比值是()A．52B． 2C．355D．32(3)(2018·全国卷Ⅰ)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] (1)由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应选A.故选A.(2)在棱长为2的正方体中还原该四面体P ABC 如图所示，其中最短的棱为AB 和BC ，最长的棱为PC .因为正方体的棱长为2，所以AB ＝BC＝2，PC ＝3，所以该四面体最长的棱长与最短的棱长的比值为32.故选D.(3)如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，平面AB 1D 1与棱A 1A ，A 1B 1，A 1D 1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A 1A ，A 1B 1，A 1D 1平行，故正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的每条棱所在直线与平面AB 1D 1所成的角都相等．如图所示，取棱AB ，BB 1，B 1C 1，C 1D 1，D 1D ，DA 的中点E ，F ，G ，H ，M ，N ，则正六边形EFGHMN 所在平面与平面AB 1D 1平行且面积最大，此截面面积为S 正六边形EFGHMN ＝6×12×22×22×sin 60°＝334.故选A. [答案] (1)A (2)D (3)A[解题方略]1．识别三视图的步骤(1)应把几何体的结构弄清楚或根据几何体的具体形状，明确几何体的摆放位置；(2)根据三视图的有关规则先确定正视图，再确定俯视图，最后确定侧视图；(3)被遮住的轮廓线应为虚线．2．由三视图还原到直观图的思路(1)根据俯视图确定几何体的底面；(2)根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置；(3)确定几何体的直观图形状．3．由几何体的部分视图判断剩余的视图的思路先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形状，然后再找其剩下部分视图的可能形状．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．4．常见三类空间几何体的截面图轴截面、横截面与斜截面：利用截面图可将空间问题转化为平面问题解决．[多练强化]1.(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为()A．217 B．2 5C．3 D．2解析：选B先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点M，N的位置如图①所示．圆柱的侧面展开图及M，N的位置(N为OP的四等分点)如图②所示，连接MN，则图中MN即为M到N的最短路径．ON＝14×16＝4，OM＝2，∴MN＝OM2＋ON2＝22＋42＝2 5.故选B.2．已知球O是正三棱锥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，则所得截面中面积最小的截面圆的面积是________．解析：如图，设△BCD的中心为点O 1，球O的半径为R，则A，O，O1三点共线．连接O1D，O1E，OD，OE，则O1D＝3，AO1＝AD2－O1D2＝3.在Rt△OO1D中，R2＝3＋(3－R)2，即R＝2，所以OO1＝1.在△O1DE中，DE＝23BD＝2，∠O1DE＝30°，所以由余弦定理得O1E＝3＋4－2×3×2× cos 30°＝1.所以OE＝ 2.过点E作圆O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，此时截面圆的半径为22－（2）2＝2，所以截面圆的面积为2π.答案：2π考点二几何体的表面积与体积题型一求空间几何体的表面积[例2] (1)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中提到了一种名为“刍甍”的五面体，如图所示，四边形ABCD 为矩形，棱EF ∥AB .若此几何体中，AB ＝4，EF ＝2，△ADE 和△BCF 都是边长为2的等边三角形，则该几何体的表面积为( )A ．8 3B ．8＋8 3C ．62＋2 3D ．8＋62＋2 3(2)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“今有倚壁外角堆米，下周九十尺，高十二尺．”其意思为：在屋外墙角处堆放米(其三视图如图所示)，米堆底部的弧长为90尺，米堆的高为12尺．圆周率约为3.若将此堆米用草席盖上，则此草席的面积至少约为(计算结果保留整数，如544≈23，550≈23)( )A ．250平方尺B ．990平方尺C ．1 035平方尺D ．518平方尺[解析] (1)如图所示，取BC 的中点P ，连接PF ，则PF ⊥BC ，过F 作FQ ⊥AB ，垂足为Q .因为△ADE 和△BCF 都是边长为2的等边三角形，且EF ∥AB ，所以四边形ABFE 为等腰梯形，FP ＝3，则BQ ＝12(AB －EF )＝1，FQ ＝ BF 2－BQ 2＝3，所以S 梯形EFBA ＝S 梯形EFCD ＝12×(2＋4)×3＝33，又S △ADE ＝S △BCF ＝12×2×3＝3，S 矩形ABCD ＝4×2＝8，所以该几何体的表面积S ＝33×2＋3×2＋8＝8＋8 3.故选B.(2)由三视图可知，米堆为圆锥的34，其中，圆锥的高为12尺，底面圆的周长的34为90尺．设圆锥的底面半径为r ，则34×2πr ＝90，由π≈3可得，r ＝20. 所以圆锥的母线长为202＋122＝544≈23(尺)．易知草席的面积为圆锥的侧面积的34，即34×π×20×23＝34×3×20×23＝45×23＝1035(平方尺)．故选C.[答案](1)B(2)C[解题方略]求几何体的表面积的方法1．求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面图形问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．2．求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得所给几何体的表面积．题型二求空间几何体的体积[例3](1)(2019·天津高考)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________．(2)(2019·江西省五校协作体试题)某几何体的三视图如图所示，正视图是一个上底为2，下底为4的直角梯形，俯视图是一个边长为4的等边三角形，则该几何体的体积为______．[解析](1)法一：由题意知圆柱的高恰为四棱锥的高的一半，圆柱的底面直径恰为四棱锥的底面正方形对角线的一半．因为四棱锥的底面正方形的边长为2，所以底面正方形对角线长为2，所以圆柱的底面半径为12.又因为四棱锥的侧棱长均为5，所以四棱锥的高为（5）2－12＝2，所以圆柱的高为1.所以圆柱的体积V＝π⎝⎛⎭⎫122·1＝π4.法二：如图所示，在四棱锥V-ABCD中，O为正方形ABCD的中心，也是圆柱下底面的中心，由四棱锥底面边长为2，可得OC＝1.设M为VC的中点，过点M作MO1∥OC交OV于点O1，则O1即为圆柱上底面的中心．∴O 1M ＝12OC ＝12，O 1O ＝12VO . ∵VO ＝ VC 2－OC 2＝2， ∴O 1O ＝1. 可得V 圆柱＝π·O 1M 2·O 1O ＝π×⎝⎛⎭⎫122×1＝π4. (2)把三视图还原成几何体ABC -DEF ，如图所示，在AD 上取点G ，使得AG ＝2，连接GE ，GF ，则把几何体ABC -DEF 分割成三棱柱ABC -GEF 和三棱锥D -GEF ，所以V ABC DEF ＝V ABC GEF ＋V D GEF ＝43×2＋13×43×2＝3233. [答案] (1)π4 (2)3233[解题方略]求空间几何体体积的常用方法公式法直接根据常见柱、锥、台等规则几何体的体积公式计算等积法根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等割补法把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可计算体积的几何体1．(2019·重庆市学业质量调研)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.323B ．643 C.1283 D ．1603 解析：选B 由三视图知，该几何体是一个正方体切去四个三棱锥后所得的，其直观图如图中ABCD 所示，由三视图知正方体的棱长为4，正方体的体积为4×4×4＝64，切去三棱锥的长、宽、高均为4，体积为13×12×4×4×4＝323，所以所求几何体的体积为64－4×323＝643.故选 B. 2．已知一个底面是菱形、侧面是矩形的四棱柱，侧棱长为5，菱形的对角线的长分别是9和15，则这个棱柱的侧面积是( )A ．3034B ．6034C ．3034＋135D ．135 解析：选A 由菱形的对角线长分别是9和15，得菱形的边长为 ⎝⎛⎭⎫922＋⎝⎛⎭⎫1522＝3342，则这个棱柱的侧面积为4×3342×5＝3034.故选A. 3．已知直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都是1，∠ABC ＝60°，AC ∩BD ＝O ，A 1C 1∩B 1D 1＝O 1，点H 在线段OB 1上，OH ＝3HB 1，点M 是线段BD 上的动点，则三棱锥M -C 1O 1H 的体积的最小值为________．解析：V 三棱锥M -C 1O 1H ＝V 三棱锥C 1MO 1H ＝13×S △M O 1H ×h (h 为C 1到平面BDD 1B 1的距离)，由已知可得C 1O 1⊥平面BDD 1B 1，又直四棱柱的所有棱长都为1，且∠ABC ＝60°，所以A 1B 1C 1D 1是菱形，C 1O 1＝12，所以V 三棱锥M -C 1O 1H ＝13×12×12×O 1H ×h ′，其中h ′为M 到直线O 1H 的距离，O 1H 是定值，所以h ′最小时，V 三棱锥M -C 1O 1H 最小．如图，延长O 1H 交B 1B 于点F ，交OB 的延长线于点N ，连接OO 1，因为B 1H HO ＝13，所以B 1O 1NO ＝13，NO ＝332，NB ＝3，NO 1＝1＋⎝⎛⎭⎫3322＝312，O 1H ＝14×312＝318，M 到直线O 1H 的距离的最小值即B 到直线O 1H 的距离，NF ＝（3）2＋⎝⎛⎭⎫232＝3＋49＝313，所以h ′＝3×23313＝29331，所以(V 三棱锥M -C 1O 1H )min ＝112×318×29331＝348. 答案：348考点三与球有关的切、接问题题型一外接球[例4] (2019·全国卷Ⅰ)已知三棱锥P -ABC 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] 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P ABC 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P -ABC的外接球的半径R ＝62，所以球O 的体积V ＝43πR 3＝43π⎝⎛⎭⎫623＝6π.故选D. [答案] D[解题方略] 解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．题型二内切球[例5] 已知一个平放的各棱长为4的三棱锥内有一个小球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，当注入的水的体积是该三棱锥体积的78时，小球与该三棱锥各侧面均相切(与水面也相切)，则小球的表面积等于( )A.7π6B ．4π3 C.2π3 D ．π2 [解析] 当注入水的体积是该三棱锥体积的78时，设水面上方的小三棱锥的棱长为x (各棱长都相等)，依题意，⎝⎛⎭⎫x 43＝18，得x ＝2.易得小三棱锥的高为263，设小球半径为r ，则13S 底面·263＝4·13·S 底面·r ，得r ＝66，故小球的表面积S ＝4πr 2＝2π3.故选C. [答案] C[解题方略]求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．题型三与球有关的最值问题[例6] (2018·全国卷Ⅲ)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D -ABC 体积的最大值为( ) A ．12 3 B ．18 3 C ．24 3 D ．54 3[解析] 由等边△ABC 的面积为93，可得34AB 2＝93，所以AB ＝6，所以等边△ABC 的外接圆的半径为r ＝33AB ＝2 3.设球的半径为R ，球心到等边△ABC 的外接圆圆心的距离为d ，则d ＝R 2－r 2＝16－12＝2.所以三棱锥D -ABC 高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D -ABC 体积的最大值为13×93×6＝18 3.故选B. [答案] B[解题方略]多面体与球有关的最值问题，主要有三种：一是多面体确定的情况下球的最值问题，二是球的半径确定的情况下与多面体有关的最值问题；三是多面体与球均确定的情况下，截面的最值问题．[多练强化]1．已知圆锥的高为3，底面半径为3，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于( )A ．83π B ．323π C ．16π D ．32π解析：选B 设该圆锥的外接球的半径为R ，依题意得，R 2＝(3－R )2＋(3)2，解得R＝2，所以所求球的体积V ＝43πR 3＝43π×23＝323π.故选B. 2．(2019·福建五校第二次联考)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 的直径为______．解析：如图，设BC 的中点为D ，B 1C 1的中点为D 1，连接DD 1，取其中点O ′，连接AD ，A 1D 1，则DA ＝DB ＝DC ，D 1A 1＝D 1B 1＝D 1C 1，且DD 1垂直于直三棱柱的上、下底面，所以点O ′到直三棱柱的各个顶点的距离相等，即点O ′为直三棱柱的外接球的球心O ，连接OB ，则球O 的直径为2BO ＝2BD 2＋DO 2＝2 ⎝⎛⎭⎫522＋⎝⎛⎭⎫12×122＝13. 答案：133．已知四棱锥S -ABCD 的所有顶点在同一球面上，底面ABCD 是正方形且球心O 在此平面内，当四棱锥的体积取得最大值时，其表面积等于16＋163，则球O 的体积为______．解析：由题意得，当四棱锥的体积取得最大值时，该四棱锥为正四棱锥．因为该四棱锥的表面积等于16＋163，设球O 的半径为R ，则AC＝2R ，SO ＝R ，如图，所以该四棱锥的底面边长AB ＝2R ，则有(2R )2＋4×12×2R × （2R ）2－⎝⎛⎭⎫22R 2＝16＋163，解得R ＝22，所以球O 的体积是43πR 3＝6423π. 答案：6423π直观想象——三视图中相关问题的求解[典例] 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于( )A ．2π＋4B ．4π＋2 C.2π3＋4 D ．4π3＋8 [解析] 由三视图可知，该几何体的直观图为左侧半球、中间正方体、右侧圆锥的组合体．其中，半球的半径r 1与圆锥的底面半径r 2相等，皆为1，即r 1＝r 2＝1，正方体的棱长a ＝2，圆锥的高h ＝2.所以半球的体积V 1＝12×4π3r 31＝12×4π3×13＝2π3，正方体的体积V 2＝a 3＝23＝8，圆锥的体积V 3＝13×πr 22h ＝13×π×12×2＝2π3. 所以该组合体的体积V ＝V 1＋V 2＋V 3＝2π3＋8＋2π3＝4π3＋8.故选D.[答案] D[素养通路]本题以组合体的三视图为背景，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．[专题过关检测]A组——“12＋4”满分练一、选择题1．如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为()解析：选A由正视图和俯视图可知，该几何体是由一个圆柱挖去一个圆锥构成的，结合正视图的宽及俯视图的直径可知侧视图应为A.故选A.2．(2019·福州市质量检测)棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1木块的直观图如图所示，平面α过点D且平行于平面ACD1，则该木块在平面α内的正投影面积是()A.3B．32 3C. 2 D．1解析：选A棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1木块在平面α内的正投影是三个全等的菱形，如图，正投影可以看成两个边长为2的等边三角形，所以木块在平面α内的正投影面积是2×12×2×2×32＝ 3.故选A.3．已知矩形ABCD，AB＝2BC，把这个矩形分别以AB，BC所在直线为轴旋转一周，所成几何体的侧面积分别记为S1，S2，则S1与S2的比值等于()A.12B ．1C ．2D ．4 解析：选B 设BC ＝a ，AB ＝2a ，所以S 1＝2π·a ·2a ＝4πa 2，S 2＝2π·2a ·a ＝4πa 2，S 1∶S 2＝1.故选B.4．设球O 是正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的内切球，若平面ACD 1截球O 所得的截面面积为6π，则球O 的半径为( )A.32 B ．3 C.32D ． 3解析：选B 如图，易知B 1D 过球心O ，且B 1D ⊥平面ACD 1，不妨设垂足为M ，正方体棱长为a ，则球半径R ＝a 2，易知DM ＝13DB 1，∴OM ＝16DB 1＝36a ，∴截面圆半径r ＝⎝⎛⎭⎫a 22－OM 2＝66a ，由截面圆面积S ＝πr 2＝6π，得r ＝66a ＝6，a ＝6，∴球O 的半径为R ＝a 2＝3.故选B. 5．(2019·武汉市调研测试)如图，在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 为CD 的中点，则三棱锥A BC 1M 的体积VA BC 1M ＝( )A.12 B ．14C.16D ．112解析：选C VA BC 1M ＝VC 1ABM ＝13S △ABM ·C 1C ＝13×12AB ×AD ×C 1C ＝16.故选C.6．(2019·武汉市调研测试)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，则该几何体的体积为( )A.23π B ．43πC ．2πD ．25π解析：选B 由三视图知，该几何体是由两个底面半径为1，高为2的圆锥组成的，所以该几何体的体积V ＝2×13×12×π×2＝4π3.故选B.7．在三棱锥A -BCD 中，侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，△ABC ，△ACD ，△ADB 的面积分别为22，32，62，则该三棱锥的体积为( ) A. 6 B ．66C ．6D ．2 6解析：选B 由△ABC ，△ACD ，△ADB 的面积分别为22，32，62，且AB ，AC ，AD 两两垂直，可得⎩⎪⎨⎪⎧12AB ·AC ＝22，12AD ·AC ＝32，12AB ·AD ＝62，三个式子相乘可得(AB ·AC ·AD )2＝6，∴该三棱锥的体积V ＝13×12AB ·AC ·AD ＝66.故选B.8．已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．πB ．3π4 C.π2D ．π4解析：选B 设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，过圆柱的轴线作一截面，如图．由勾股定理得r ＝R 2－⎝⎛⎭⎫122＝32.∴该圆柱的体积V ＝Sh ＝π×⎝⎛⎭⎫322×1＝3π4.故选B.9．若一个球与四面体的六条棱都相切，则称此球为四面体的棱切球．已知正四面体的棱长为2，则它的棱切球的体积为( )A ．3π54B ．π6 C ．π3D ．3π2解析：选B 将棱长为2的正四面体放入棱长为1的正方体中，则正四面体的棱为正方体的面对角线，所以正四面体的棱切球即为正方体的内切球，则球的半径R ＝12，体积V＝43πR 3＝π6.故选B. 10．已知点A ，B ，C ，D 均在球O 上，AB ＝BC ＝3，AC ＝3.若三棱锥D -ABC 体积的最大值为334，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．16πC ．12πD ．163π 解析：选B 设△ABC 的外接圆的半径为r ，∵AB ＝BC ＝3，AC ＝3，∴∠ABC ＝120°，∴2r ＝3sin 120°＝23，∴S △ABC ＝334，△ABC 的外接圆的半径为 3.∵三棱锥D -ABC 的体积的最大值为334，∴点D 到平面ABC 的最大距离为3.设球O 的半径为R ，则r 2＝R 2－(3－R )2，解得R ＝2，∴球O 的表面积为4πR 2＝16π.故选B.11．已知一个半径为7的球中有一个各条棱长都相等的内接正三棱柱，则正三棱柱的体积是( )A ．18B ．16C ．12D ．8解析：选A 设正三棱柱的棱长为2a ，如图，取球心为O ，过点O 作OO ′垂直三棱柱的上底面于点O ′，连接点O ′与上底面顶点A 交对棱于点B .则AB ＝3a ，AO ′＝233a ，OO ′＝a .在Rt △OO ′A 中，由勾股定理，得OA 2＝OO ′2＋O ′A 2. ∵OA ＝7，∴7＝a 2＋43a 2＝73a 2.整理得a 2＝3，∴a ＝ 3.∴棱长为2a ＝2 3.∴正三棱柱的体积V ＝12×23×23× sin 60°×23＝18.故选A.12.(2019·福州市质量检测)如图，以棱长为1的正方体的顶点A 为球心，以2为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为( )A.3π4 B ．2π C.3π2D ．9π4解析：选C 正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧长是以A 1为圆心，1为半径的圆周长的14，所以所有弧长之和为3×2π4＝3π2.故选C. 二、填空题13．(2019·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：1314.已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M -EFGH 的体积为______．解析：依题意知，四棱锥M -EFGH 为正四棱锥，正方形EFGH 的边长为⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫122＝22，四棱锥M EFGH 的高为12，所以四棱锥M -EFGH 的体积为13×⎝⎛⎭⎫222×12＝112. 答案：11215．古人采取“用臼舂米”的方法脱去稻谷的外壳，获得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石头或木头制成．一个“臼”的三视图如图所示，则凿去部分(看成一个简单的组合体)的体积为______．解析：由三视图得凿去部分是圆柱与半球的组合体，其中圆柱的高为5，底面圆的半径为3，半球的半径为3，所以组合体的体积为π×32×5＋12×43π×33＝63π.答案：63π16．已知三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的表面上，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且PA＝8.若平面ABC截球O所得截面的面积为9π，则球O的表面积为______．解析：设球O的半径为R，由平面ABC截球O所得截面的面积为9π，得△ABC的外接圆的半径为3.设该外接圆的圆心为D，因为AB⊥BC，所以点D为AC的中点，所以DC ＝3.因为PA⊥平面ABC，易证PB⊥BC，所以PC为球O的直径．又PA＝8，所以OD＝12PA ＝4，所以R＝OC＝42＋32＝5，所以球O的表面积为S＝4πR2＝100π.答案：100πB组——“5＋3”提速练1.(2019·合肥市第二次质量检测)如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有()A．2对B．3对C．4对D．5对解析：选C由三视图知该几何体是一个四棱锥，它有一个侧面与底面垂直，且顶点在底面上的射影在底面的一条边的中点处，即如图所示的四棱锥S-ABCD，平面SCD⊥平面ABCD.因为AD⊥DC，BC⊥DC，且平面SCD∩平面ABCD＝DC，所以AD⊥平面SCD，BC⊥平面SCD，所以平面SAD⊥平面SCD，平面SBC⊥平面SCD.又由三视图知SC⊥SD，同时由AD⊥平面SCD，知AD⊥SC，又SD∩AD＝D, 所以SC⊥平面SAD，所以平面SBC⊥平面SAD.综上可知，该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对．故选C.2．在棱长为3的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，P 在线段BD 1上，且BP PD 1＝12，M 为线段B 1C 1上的动点，则三棱锥M -PBC 的体积为( )A ．1B ．32C.92D ．与M 点的位置有关解析：选B ∵BP PD 1＝12，∴点P 到平面BCC 1B 1的距离是D 1到平面BCC 1B 1距离的13，即为D 1C 13＝1.M 为线段B 1C 1上的点，∴S △MBC ＝12×3×3＝92，∴V M PBC ＝V P MBC ＝13×92×1＝32.故选B.3．已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积为1，点M 在线段BC 上(点M 异于B ，C 两点)，点N 为线段CC 1的中点，若平面AMN 截正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1所得的截面为四边形，则线段BM 的取值范围为( )A.⎝⎛⎦⎤0，13 B ．⎝⎛⎦⎤0，12 C.⎣⎡⎭⎫12，1D ．⎣⎡⎦⎤12，23解析：选B 由题意，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，如图所示，当点M 为线段BC 的中点时，截面为四边形AMND 1，当0＜BM ≤12时，截面为四边形，当BM ＞12时，截面为五边形．故选B.4．已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱长为6，且底面是边长为2的正三角形，用一平面截此棱柱，与侧棱AA 1，BB 1，CC 1分别交于三点M ，N ，Q ，若△MNQ 为直角三角形，则该直角三角形斜边长的最小值为( )A ．2 2B ．3C ．2 3D ．4解析：选C 如图，不妨设N 在B 处，设AM ＝h ，CQ ＝m ，则MB 2＝h 2＋4，BQ 2＝m 2＋4，MQ 2＝(h －m )2＋4，由MB 2＝BQ 2＋MQ 2，得m 2－hm ＋2＝0.Δ＝h 2－8≥0⇒h 2≥8，该直角三角形斜边MB ＝4＋h 2≥23，故该直角三角形斜边长的最小值为2 3.故选C.5．(2019·郑州市第二次质量预测)在△ABC 中，已知AB ＝23，BC ＝26，∠ABC ＝45°，D是边AC上的一点，将△ABD沿BD折叠，得到三棱锥A-BCD，若该三棱锥的顶点A在底面BCD上的射影M在线段BC上，设BM＝x，则x的取值范围是() A．(0，23) B．(3，6)C．(6，23) D．(23，26)解析：选C将△ABD沿BD折起，得到三棱锥A-BCD，且点A在底面BCD上的射影M在线段BC上，所以在图b中，AM⊥平面BCD，MN，AN 都与BD垂直，因此，折叠前在图a中，AM⊥BD，垂足为N，在图a中可得当D点与C 点无限接近时，折痕BD接近BC，此时M与点M1无限接近．在图b中，由于AB是Rt△ABM的斜边，BM是直角边，所以BM＜AB，由此可得BM1＜BM＜AB，因为在Rt△AM1B 中，BM1＝AB cos 45°＝23×22＝6，所以6＜BM＜23，即6＜x＜2 3.故选C.6.如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D为棱AA1的中点．若AA1＝4，AB＝2，则四棱锥B-ACC1D的体积为________．解析：取AC的中点O，连接BO(图略)，则BO⊥AC，所以BO⊥平面ACC1D.因为AB＝2，所以BO＝ 3.因为D为棱AA1的中点，AA1＝4，所以AD＝2，所以S梯形ACC1D＝12×(2＋4)×2＝6，所以四棱锥B-ACC1D的体积为13×6×3＝2 3.答案：2 37．已知在正四棱锥S-ABCD中，SA＝63，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为________．解析：设正四棱锥的底面正方形的边长为a，高为h，因为在正四棱锥S-ABCD中，SA＝63，所以a22＋h2＝108，即a2＝216－2h2，所以正四棱锥的体积V SABCD＝13a2h＝72h－23h3，令y ＝72h －23h 3，则y ′＝72－2h 2，令y ′>0，得0<h <6，令y ′<0，得h >6，所以当该棱锥的体积最大时，它的高为6.答案：68．(2019·河南八市重点高中联盟测评改编)已知一个高为1的三棱锥，各侧棱长都相等，底面是边长为2的等边三角形，则三棱锥的表面积为________，若三棱锥内有一个体积为V 的球，则V 的最大值为________．解析：该三棱锥侧面的斜高为⎝⎛⎭⎫13×32＋12＝233，则S 侧＝3×12×2×233＝23，S 底＝12×3×2＝3，所以三棱锥的表面积S 表＝23＋3＝3 3.由题意知，当球与三棱锥的四个面都相切时，其体积最大．设三棱锥的内切球的半径为r ，则三棱锥的体积V 锥＝13S表·r ＝13S 底·1，所以33r ＝3，所以r ＝13，所以三棱锥的内切球的体积最大为V max ＝43πr 3＝4π81. 答案：334π81第2讲空间位置关系的判断与证明[全国卷3年考情分析](1)高考对此部分的命题较为稳定，一般为“一小一大”或“一大”，即一道选择题(或填空题)和一道解答题或只考一道解答题．(2)选择题一般在第9～11题的位置，填空题一般在第14题的位置，多考查线面位置关系的判断，难度较小．(3)解答题多出现在第18或19题的第一问的位置，考查空间中平行或垂直关系的证明，难度中等．考点一空间点、线、面的位置关系[大稳定——常规角度考双基]1.[命题真假的判定]已知直线m ，l ，平面α，β，且m ⊥α，l ⊂β，给出下列命题： ①若α∥β，则m ⊥l ；②若α⊥β，则m ∥l ； ③若m ⊥l ，则α⊥β；④若m ∥l ，则α⊥β. 其中正确的命题是( ) A ．①④ B ．③④ C ．①②D ．①③解析：选A 对于①，若α∥β，m ⊥α，则m ⊥β，又l ⊂β，所以m ⊥l ，故①正确，排除B.对于④，若m ∥l ，m ⊥α，则l ⊥α，又l ⊂β，所以α⊥β.故④正确．故选A.2.[判断直线与直线的位置关系](2019·全国卷Ⅲ)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：选B 法一：取CD 的中点O ，连接EO ，ON .由△ECD 是正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，知EO ⊥平面ABCD .∴EO ⊥CD ，EO ⊥ON .又N 为正方形ABCD 的中心，∴ON ⊥CD .以CD 的中点O 为原点， OD ―→方向为x 轴正方向建立空间直角坐标系，如图①所示．不妨设AD ＝2，则E (0，0，3)，N (0，1，0)，D (1，0，0)， M ⎝⎛⎭⎫12，0，32，B (－1，2，0)，∴EN ＝12＋（－3）2＝2，BM ＝⎝⎛⎭⎫322＋4＋34＝7，∴EN ≠BM . 连接BD ，BE ，∵点N 是正方形ABCD 的中心，∴点N 在BD 上，且BN ＝DN ，∴BM ，EN 是△DBE 的中线，∴BM ，EN 必相交．故选B.法二：如图②，取CD 的中点F ，DF 的中点G ，连接EF ，FN ，MG ，GB .∵△ECD 是正三角形，∴EF ⊥CD .∵平面ECD ⊥平面ABCD ，∴EF ⊥平面ABCD .∴EF ⊥FN .不妨设AB ＝2，则FN ＝1，EF ＝3，∴EN ＝ FN 2＋EF 2＝2.∵EM ＝MD ，DG ＝GF ，∴MG ∥EF 且MG ＝12EF ，∴MG ⊥平面ABCD ， ∴MG ⊥BG .∵MG ＝12EF ＝32， BG ＝ CG 2＋BC 2＝ ⎝⎛⎭⎫322＋22＝52， ∴ BM ＝ MG 2＋BG 2＝7.∴ BM ≠EN .连接BD ，BE ，∵ 点N 是正方形ABCD 的中心，∴ 点N 在BD 上，且BN ＝DN ，∴ BM ，EN 是△DBE 的中线，∴ BM ，EN 必相交．故选B.3.[线面垂直、面面垂直的判定]如图，在正方形ABCD 中，E ，F 分别是BC ，CD 的中点，G 是EF 的中点，现在沿AE ，AF 及EF 把这个正方形折成一个空间图形，使B ，C ，D 三点重合，重合后的点记为H ，那么，在这个空间图形中必有( )A ．AG ⊥平面EFHB ．AH ⊥平面EFHC ．HF ⊥平面AEFD ．HG ⊥平面AEF。

2020—2021年高考总复习数学《立体几何》高考考点专项复习及参考答案(精品试题).docx

届高三第二次模拟数学理试题分类汇编：立体几何一、填空、选择题1、（崇明县2016届高三二模）已知圆锥的母线长为5cm ，侧面积为15πcm2，则此圆锥的体积为cm 2．2、（奉贤区2016届高三二模）在棱长为1的正方体ABCD A B C D ''''-中，若点P 是棱上一点，则满足2PA PC '+=的点P 的个数_______．3、（虹口区2016届高三二模）已知A 、B 是球O 的球面上两点，90AOB ∠=o ，C 为该球面上的动点，若三棱锥ABC O -体积的最大值为323，则球O 的表面积为__________4、（黄浦区2016届高三二模）已知一个凸多边形的平面展开图由两个正六边形和六个正方形构成，如右上图所示，若该凸多面体所有棱长均为1，则其体积V =5、（静安区2016届高三二模）如图，正四棱锥P ABCD -的底面边长为23cm ，侧面积为 283cm ，则它的体积为.6、（闵行区2016届高三二模）若一个圆锥的母线长是底面半径的3倍，则该圆锥的侧面积是底面积的倍.7、（浦东新区2016届高三二模）已知四面体ABCD 中，2==CD AB ，E ，F分别为BC ，AD 的中点，且异面直线AB 与CD 所成的角为3π，则EF =________．8、（普陀区2016届高三二模）若a 、b 表示两条直线，α表示平面，下列命题中的真命题为（）（A ）若α⊥a ，b a ⊥，则α//b （B ）若α//a ，b a ⊥，则α⊥b （C ）若α⊥a ，α⊆b ，则b a ⊥ （D ）若α//a ，α//b ，则b a // 9、（徐汇、金山、松江区2016届高三二模）．如图，圆锥形容器的高为,h 圆锥内水面的高为1,h 且11,3h h =若将圆锥倒置，水面高为2,h 则2h 等于------------------------------------------------（）（A ）23h （B ）1927h （C ）363h （D ）3193h10、（杨浦区2016届高三二模）已知命题：“若a,b 为异面直线，平面α过直线a 且与直线b 平行，则直线b 与平面α的距离等于异面直线a,b 之间的距离”为真命题.根据上述命题，若a,b 为异面直线，且它们之间的距离为d ，则空间中与a,b 均异面且距离也均为d 的直线c 的条数为（）A0条 B.1条 C.多于1条，但为有限条 D.无数多条11、（闸北区2016届高三二模）已知,,,S A B C 是球O 表面上的点，SA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，1SA AB == 2BC =，则球O 的表面积等于（）A ．π4 B ．π3 C ．π2 D ．π12、（长宁、青浦、宝山、嘉定四区2016届高三二模）下列命题正确的是（）．（A ）若直线1l ∥平面α，直线2l ∥平面α，则1l ∥2l ；（B ）若直线l 上有两个点到平面α的距离相等，则l ∥α；（C ）直线l 与平面α所成角的取值范围是⎪⎭⎫⎝⎛2,0π；（D ）若直线1l ⊥平面α，直线2l ⊥平面α，则1l ∥2l .13、（闵行区2016届高三二模）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是1AA 的中点，P 为底面ABCD 内一动点，设1PD PE 、与底面ABCD 所成的角分别为12θθ、（12θθ、均不为0)．若12θθ=，则动点P 的轨迹为哪种曲线的一部分（）.(A)直线 (B)圆 (C) 椭圆 (D) 抛物线14、（浦东新区2016届高三二模）给出下列命题，其中正确的命题为( )（A ）若直线a 和b 共面，直线b 和c 共面，则a 和c 共面；（B ）直线a 与平面α不垂直，则a 与平面α内的所有直线都不垂直；（C ）直线a 与平面α不平行，则a 与平面α内的所有直线都不平行；（D ）异面直线a 、b 不垂直，则过a 的任何平面与b 都不垂直. 二、解答题1、（崇明县2016届高三二模）如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 是棱BC 的中点，点F 是棱CD 的中点．（1）求证：11EF B D ∥；（2）求二面角1C EF A --的大小（结果用反三角函数值表示）．AC BC 1A 1B 1（第19题图）D 1D FE2、（奉贤区2016届高三二模）面ABC 外的一点P ，,,AP AB AC 两两互相垂直，过AC 的中点D 作ED ⊥面ABC ，且1ED =，2PA =，2AC =，连,BP BE ，多面体B PADE -的体积是33． (1)画出面PBE 与面ABC 的交线，说明理由；（2）求面PBE 与面ABC 所成的锐二面角的大小．ADBCPEQ A DCBP （第20题图）3、（虹口区2016届高三二模）如图，在四棱锥ABCD P -中，已知⊥PA 平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，90ABC BAD ∠=∠=︒，2AB AD AP ===，1BC =.(1) 求点A 到平面PCD 的距离； (2) 若点Q 为线段BP 的中点，求直线CQ 与平面ADQ 所成角的大小.4、（黄浦区2016届高三二模）如图，小凳的凳面为圆形，凳脚为三根细钢管，考虑到钢管的受力等因素，设计的小凳应满足：三根细钢管相交处的节点P 与凳面圆形的圆心O 的连线垂直于凳面和地面，且P 分两钢管上下两段的比值为0.618，三只凳脚与地面所成的角均为60°，若A 、B 、C 是凳面圆周的三等分点，18AB =厘米，求凳面的高度h 及三根细钢管的总长度（精确到0.01）；5、（静安区2016届高三二模）设点,E F 分别是棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -的棱1,AB AA 的中点．如图，以C 为坐标原点，射线CD 、CB 、1CC 分别是x 轴、y 轴、z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．（1）求向量1D E u u u u r与1C F u u u u r 的数量积；（2）若点,M N 分别是线段1D E 与线段1C F 上的点，问是否存在直线MN ，MN ⊥平面ABCD ？若存在，求点,M N 的坐标；若不存在，请说明理由E FB 1A 1C 1D 1BC DA6、（闵行区2016届高三二模）如图，在直角梯形PBCD中，//PB DC，DC BC⊥，22PB BC CD===，点A是PB的中点，现沿AD将平面PAD折起，设PABθ∠=．（1）当θ为直角时，求异面直线PC与BD所成角的大小；（2）当θ为多少时，三棱锥P ABD-的体积为26．7、（浦东新区2016届高三二模）如图，在圆锥SO中，AB为底面圆O 的直径，点C为»AB的中点，SO AB=.（1）证明：AB⊥平面SOC；（2）若点D为母线SC的中点，求AD与平面SOC所成的角.（结果用反三角函数表示）8、（普陀区2016届高三二模）在正四棱柱1111D C B A ABCD -中，底面边长为1，B C 1与底面ABCD 所成的角的大小为2arctan ，如果平面11C BD 与底面ABCD 所成的二面角是锐角，求出此二面角的大小（结果用反三角函数值）9、（徐汇、金山、松江区2016届高三二模）在直三棱柱111C B A ABC -中，1==AC AB ，90=∠BAC ，且异面直线BA 1与11CB 所成的角等于060，设a AA =1. （1）求a 的值；（2）求三棱锥BC A B 11-的体积．1A 1B 1CA BCD.A 1CEA BCDB 110、（杨浦区2016届高三二模）如图，底面是直角三角形的直三棱柱111ABC A B C -中，1112AC BC AA ===，D 是棱1AA 上的动点.(1)证明：1DC BC ⊥； (2)求三棱锥1C BDC -的体积.11、（闸北区2016届高三二模）在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，1AD =，11AA =，点E 在棱AB 上移动．（1）探求AE 多长时，直线1D E 与平面11AA D D成45o 角；（2）点E 移动为棱AB 中点时，求点E 到平面11A DC 的距离．12、（长宁、青浦、宝山、嘉定四区2016届高三二模）如图，在直三棱柱111C B A ABC -中，底面△ABC 是等腰直角三角形，21===AA BC AC ，D 为侧棱1AA 的中点．（1）求证：⊥BC 平面11A ACC ；（2）求二面角11C CD B --的大小（结果用反三角函数值表示）．参考答案一、填空、选择题ABCA 1B 1C 1D1、12π2、23、64π4、3325、4106、37、1 或3 8、C 9、D 10、D 11、A 12、D13、B 14、D二、解答题1、可得有关点的坐标为11111(0,0,1),(1,1,1),(,1,0),(0,,0),(0,1,1)22D BEF C 11(,,0)22EF =--u u u r ，11(1,1,0)B D =--u u u u r (4)分所以112B D EF =u u u u r u u u r...............................5分所以11EF B D ∥...............................6分（2）设1(,,)n u v w =u r是平面1C EF 的一个法向量.因为111,n EF n FC ⊥⊥u r u u u u r u r u u u u r所以1111110,0222n EF u v n FC v w ⋅=--=⋅=+=u r u u u ru r u u u u r解得,2u v v w =-=- .取1w = ，得1(2,2,1)n =-u r.............................9分因为1DD ABCD ⊥平面，所以平面ABCD 的一个法向量是2(0,0,1)n =u u r (10)分设1n u r 与2n u u r 的夹角为α ，则12121cos 3||||n n n n α⋅==⋅u r u u ru r uu r .......................11分结合图形，可判别得二面角1C EF A --是钝角，其大小为1arccos 3π- (12)分2、(1)根据条件知:PE 与AD 交点恰好是C 1分ACBC 1A 1B 1（第19题图）D 1 D FE x yz,C PE C ∈∴∈面PBE ,,C AC C ∈∴∈面ABC 2分B ∈面PBE ,B ∈面ABC3分面PBE与面ABC的交线BC5分 (2)(理) ,,AP AB AC 两两互相垂直,BA ⊥面EDAP 7分多面体B PADE -的体积是()113323PA DE AD BA ⨯+⨯⨯=9分233BA ∴=10分建立空间直角坐标系,设平面的法向量是()1,,n x y z u r23,0,03B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()0,2,0C ()0,1,0D ()0,1,1E ()0,0,2P23,0,23BP ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ，23,1,13BE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r123203n BP x z ⋅=-+=u r u u u r12303n BE x y z ⋅=-++=u r u u u r()13,1,1n ∴=u r11分面ABC 的法向量()20,0,1n =u u rADBC PE zxyQA D CBP（第20题解答图）z yx 1212cos n nn n θ⋅==⋅u r u u ru r u u r 1555= 12分所以面PBE 与面ABC 所成的锐二面角大小5arccos 513分注：若作出二面角得2分，计算再3分 (2)(文),,AP AB AC 两两互相垂直,BA ⊥面EDAP7分多面体B PADE -的体积是()113323PA DE AD BA ⨯+⨯⨯=9分233BA ∴=10分连接AEAE 是BE 在面EDAP 的射影BEA ∠是BE 与面PADE 所成的线面角． 11分计算2AE =,2363tan 32BAE ∠==12分BEA ∠是BE 与面PADE 所成的线面角6arctan 3． 13分3、（理）解：(1)以},,{AP AD AB 为正交基底建立空间直角坐标系xyz A -，则相关点的坐标为B （2,0,0），(2,1,0),(0,2,0),(0,0,2).C D P ……2分设平面PCD 的法向量为(,,),n x y z =r由(2,1,0),DC =-uuu r (0,2,2),DP =-u u u r (0,2,0).DA =-u u u r则ADBCPE202,2.220n DC x y y x z x n DPy z r u u u r r u u u r ìïì?-==ïïïÞ眄镲=?-+=ïîïî 令1x =，则(1,2,2)n =r.……5分所以点A 到平面PCD 的距离为：(0,2,0)(1,2,2)4.(1,2,2)3DA n d nu u u r r r×-?=== ……7分(2) 由条件，得(1,0,1),Q =(0,2,0),(1,0,1),AD AQ ==u u u r u u u r 且(1,1,1).CQ u u u r=--设平面ADQ 的法向量为0000(,,),n x y z =r 则00000000200,.0n AD y y z x n AQx z r u u u r r u u u r ìïì?==ïï镲Þ眄镲=-?+=ïïîî令01x =，则0(1,0,1)n =-r.……10分设直线CQ 与平面ADQ 所成角为,θ则00026sin cos ,.332CQ n CQ n CQ n θ⋅=<>===⋅u u u r u u r u u u r u u ru u u r u u r故直线CQ 与平面ADQ 所成角的大小为6sin.3arc ……14分注：第（1）小题也可用等积法来做.4、[解] 联结PO ，AO ，由题意，PO ⊥平面ABC ，因为凳面与地面平行，所以PAO ∠就是PA 与平面ABC 所成的角，即60PAO ∠=︒．（2分）在等边三角形ABC 中，18AB =，得63AO =，（4分）在直角三角形PAO 中，318OP AO ==，（6分）由0.618OPh OP=-，解得47.13h ≈厘米．（9分）三根细钢管的总长度3163.25sin 60h≈︒厘米．（12分）5、（1）在给定空间直角坐标系中，相关点及向量坐标为11(2,0,2),(1,2,0),(1,2,2)D E D E =--u u u u r (2)分PA BCD xy z PA BCD 11(0,0,2),(2,2,1),(2,2,1)C F C F =-u u u u r (4)分所以111222(2)(1)4D E C F ⋅=-⨯+⨯+-⨯-=u u u u r u u u u r。

2020届高三立体几何专题《球》

2020届⾼三⽴体⼏何专题《球》球⼀、基本知识点由于球的任⼀截⾯均为圆，所以圆的许多性质，如相交弦定理，切线定理，切割线定理对球仍然成⽴，注意球的截⾯即球的⼤圆的特殊性及应⽤。

1．表⾯积：24R S π=，R 为球的半径；球的体积：334R V π=,R 为球的半径；例1.设球的半径为时间t 的函数()R t ，若球的体积以均匀速度C 增长，则球的表⾯积的增长速度与球的半径（）A ．成正⽐，⽐例系数为CB ．成正⽐，⽐例系数为2C C ．成反⽐，⽐例系数为CD ．成反⽐，⽐例系数为2C2．外切于半径为r 的球的多⾯体的体积：rS V 31=（S 为多⾯体的表⾯积）；3．多球堆垒问题“抓球⼼”；4．球与规则多⾯体或旋转体的组合体问题“找截⾯”：⼀是过球⼼的截⾯；⼆是过多⾯体表⾯或棱的截⾯；5.棱长为a 的正⽅体：外接球半径2a ；内切球半径：12a ；棱切球半径：2a ；6.棱长为a 正四⾯体：外接球半径4a ；内切球半径：12a ；棱切球半径：4a ；7．需要掌握的常见问题：（1）球的截⾯问题；（2）球与多⾯体的组合题问题；（3）球与球的组合问题⼆、典型例题选讲例1.已知半径为5的球O 的两个平⾏截⾯12,O O 的周长分别为6π和8π，则这两个截⾯间的距离是例2.已知平⾯α截⼀球⾯得圆M ，过圆⼼M 且与α成60?⼆⾯⾓的平⾯β截该球⾯得圆N .若该球的半径为4，圆M 的⾯积为4π，则圆N 的⾯积为A ．7πB ．9πC ．11πD ．13π例3.已知球的半径为4，圆与圆为该球的两个⼩圆，为圆与圆的公共弦，．若，则两圆圆⼼的距离．例4.(2017全国卷Ⅰ)已知三棱锥S ABC ?的所有顶点都在球O 的球⾯上，SC 是球O 的直径．若平⾯SCA ⊥平⾯SCB ，SA AC =，SB BC =，三棱锥S ABC ?的体积为9，则球O 的表⾯积为．例5.(2019年全国Ⅰ卷)已知三棱锥P ABC ?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，90CEF ∠=o ，则球O的体积为（） A． B． C． DO M N AB M N 4AB =3OM ON ==MN =例 6.已知三棱锥S ABC ?的所有顶点都在球O 的球⾯上，且SC ⊥平⾯ABC 若1,120SC AB AC BAC ===∠=? 则球O 的表⾯积为 .例7.已知四棱锥P ABCD ?的顶点都在球O 上，底⾯ABCD 是矩形，平⾯PAD ⊥平⾯ABCD ，PAD ?为正三⾓形，24AB AD == 则球O 的表⾯积为 A.323π B.32π C.64π D.643π例8.已知棱长为3的正四⾯体ABCD ，E 、F 是棱AB 、AC 上的点，且FC AF 2=，AE BE 2=．求四⾯体AEFD 的内切球半径和外接球半径．例9．如图1所⽰，在棱长为1的正⽅体内有两个球相外切且⼜分别与正⽅体内切．（1）求两球半径之和；（2）球的半径为多少时，两球体积之和最⼩．图1例10．如图，在棱长为a 的正⽅体1111D C B A ABCD ?中，P 为过正⽅体表⾯正⽅形ABCD ，11B BCC ，1111D C B A ，DA D A 11的中⼼的圆上的⼀动点，Q 为正⽅形ABCD 的内切圆上的⼀动点，R 为过顶点11,,,A D C B 的圆上的⼀动点，则QR PQ +的最⼩值为（）A ．a 223?B ．a 21C ．a 212? D ．a 213?例11. 如图所⽰，⼀个圆柱形乒乓球筒，⾼为40厘⽶，底⾯半径为4厘⽶．球筒的上底和下底分别粘有⼀个乒乓球，乒乓球与球筒底⾯及侧⾯均相切（球筒和乒乓球厚度忽略不计）．⼀个平⾯与两乒乓球均相切，且此平⾯截球筒边缘所得的图形为⼀个椭圆，则该椭圆的离⼼率为．例12.（1）把四个半径都是1的球中的三个放在桌⾯上，使它两两外切，然后在它们上⾯放上第四个球，使它与前三个都相切，求第四个球的最⾼点与桌⾯的距离．（2）四个半径为1的球两两外切，求和这四个球都相切的球的半径.思考题：（3）四个半径分别为2，2，3，3的球两两外切，求和这四个球都相切的球的半径三、补充练习1. 正四棱锥的顶点都在同⼀球⾯上，若该棱锥的⾼为4，底⾯边长为2，则该球的表⾯积为（）A ．814πB ．16πC ．9πD ．274π2. 已知三棱柱111ABC A B C ?的侧棱垂直于底⾯，各项点都在同⼀球⾯上. 若该棱柱的体积2AB =，1AC =，60BAC ∠=?，则此球的表⾯积等于（） A ．2πB ．4πC ．6πD ．8π3. 在三棱锥D ABC ?中，1AB BC == 2AD = BD = AC =BC AD ⊥，则三棱锥的外接球的表⾯积为（）AB ．6πC ．5πD ．8π4. 在四⾯体ABCD 中，60,3,2ABC ABD CBD AB CB DB ∠=∠=∠====o，则此四⾯体外接球的表⾯积为（）A ．192π B ．24C ．17πD ．65. 在三棱锥A BCD ?中，6,5AB CD AC BD AD BC ======，则该三棱锥的外接球的表⾯积为（）A ．24B ．6C ．432π D ．43π6. 设正三棱锥A BCD ?的所有顶点都在球O 的球⾯上，1,,BC E F =分别是,AB BC 的中点，EF DE ⊥，则球O 的半径为（）A.3 B. 4C. 2D.47. 已知三棱锥S ABC ?的所有顶点都在球O 的求⾯上，ABC ?是边长为1的正三⾓形，SC 为球O 的直径，且2SC =，则此棱锥的体积为（）A.6B.6C.3D.28. 已知平⾯α截⼀球⾯得圆M ，过圆⼼M 且与α成60o ⼆⾯⾓的平⾯β截该球⾯得圆N ，若该球⾯的半径为4.圆M 的⾯积为4π，则圆N 的⾯积为（） A. 7π B. 9π C. 11π D. 13π9. 如图，平⾯四边形ABCD 中， 1AB AD CD ===，BD =BD CD ⊥，将其沿对⾓线BD 折成四⾯体A BCD '?，使平⾯A BD '⊥平⾯BCD ，若四⾯体A BCD '?顶点在同⼀球⾯上，则该球的体积为（）A.3B. 3πC.2D. 2π10. 在菱形ABCD中，60,A AB =?=，将ABD ?折起到PBD ?的位置，若⼆⾯⾓P BD C ??的⼤⼩为23π，则三棱锥P BCD ?的外接球的体积为（） A ．43πB．2C．6D．211. 已知圆柱的⾼为1，它的两个底⾯的圆周在直径为2的同⼀个球的球⾯上，则该圆柱的体积为 .12. 设,,,A B C D 是同⼀个半径为4的球的球⾯上四点，ABC ?为等边三⾓形且其⾯积为，则三棱锥D ABC ?体积的最⼤值为 .13. 在三棱柱111ABC A B C ?中，已知1AA ⊥平⾯ABC ，且12AB AC AA ===，BC =，该三棱柱的各个顶点都在⼀个球⾯上，则球的表⾯积为 .BDABDCA'14. 已知三棱锥P ABC ?的四个顶点都在球O 的球⾯上，BC AB ⊥且10,51,5,7====AC PC PB PA ，则球O 的体积为 .15.已知,,,A B C D 四点在半径为2的球⾯上，且5,AC BD AD BC AB CD ====，则三棱锥D ABC ?的体积是 .16. 如图，在四⾯体ABCD 中，AB BCD ⊥平⾯，BCD △是边长为3的等边三⾓形. 若2AB =，则四⾯体ABCD 外接球的⾯积为_______________.17. 已知ABC ?的三个顶点在以O 球⼼的球⾯上，且cos 3A =，1,3BC AC ==，三棱锥O ABC ?的体积为6，则球O 的表⾯积为 .18. 在棱长为2的正四⾯体ABCD 中，G 为BCD ?的重⼼，M 为线段AG 的中点，则三棱锥M BCD ?外接球的表⾯积为 .19. 在正三棱锥S ABC ?中，,M N 分别是棱,SC BC 的中点，且MN AM ⊥ . 若侧棱，则正三棱锥ABC S ?外接球的表⾯积是 .20. 已知边长为1的等边三⾓形ABC 与正⽅形ABDE 有⼀公共边AB ，⼆⾯⾓C AB D ??的余弦值为3，若,,,,A B C D E 在同⼀球⾯上，则此球的体积为 .SA =DC球练习题参考答案1—10：ADBAD BADCC11.34π 12. 13.20π 14.5003π 15.816.16π 17. 16π 18. 6π 19. 36π 20. 3。

2020版新高考二轮复习理科数学教学案：第三部分第3讲立体几何 Word版含答案

第3讲立体几何■真题调研——————————————【例1】 [2019·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 1－N 的正弦值．解：(1)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EDC 1，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，DE →的方向为y 轴正方向，DD 1→的方向为z 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 1－N 的正弦值为105.【例2】 [2019·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：(1)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，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，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)，所以CB →＝(1,0,0)，CE →＝(1，－1，1)，CC 1→＝(0,0,2)．设平面EBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧CB →·n ＝0，CE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，x －y ＋z ＝0，所以可取n ＝(0，－1，－1)．设平面ECC 1的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧CC 1→·m ＝0，CE →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2z 1＝0，x 1－y 1＋z 1＝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.【例3】 [2019·全国卷Ⅲ]图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB ＝1，BE ＝BF ＝2，∠FBC ＝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 ⊥平面BCGE ；(2)求图2中的二面角B －CG －A 的大小．解：(1)由已知得AD ∥BE ，CG ∥BE ，所以AD ∥CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE . 又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE . (2)作EH ⊥BC ，垂足为H .因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC .由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC ＝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 ＝0，AC →·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°.【例4】 [2019·天津卷]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13，求线段CF 的长．解：依题意，可以建立以A 为原点，分别以AB→，AD →，AE →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 )．(1)依题意，AB→＝(1,0,0)是平面ADE 的法向量，又BF →＝(0,2，h )，可得BF →·AB→＝0，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE . (2)依题意，BD→＝(－1,1,0)，BE →＝(－1,0,2)，CE →＝(－1，－2，2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE的法向量，则⎩⎨⎧n ·BD→＝0，n ·BE→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得n ＝(2,2,1)．因此有cos 〈CE →，n 〉＝CE →·n |CE→||n |＝－49. 所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49. (3)设m ＝(x ，y ，z )为平面BDF 的法向量，则⎩⎨⎧m ·BD →＝0，m ·BF→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，2y ＋hz ＝0，不妨令y ＝1，可得m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，－2h . 由题意，有|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝|4－2h32＋4h 2＝13，解得h ＝87.经检验，符合题意．所以，线段CF 的长为87.■模拟演练——————————————1．[2019·南昌二模]如图1，矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝1，E ，F 是边DC 的三等分点．现将△DAE ，△CBF 分别沿AE ，BF 折起，使得平面DAE 、平面CBF 均与平面ABFE 垂直，如图2.(1)若G 为线段AB 上一点，且AG ＝1，求证：DG ∥平面CBF ； (2)在(1)的条件下，求二面角A －CF －B 的余弦值．解：(1)如图，分别取AE，BF 的中点M ，N ，连接DM ，CN ，MG ，MN ，因为AD ＝DE ＝1，∠ADE ＝90°，所以DM ⊥AE ，且DM ＝22. 因为BC ＝CF ＝1，∠BCF ＝90°，所以CN ⊥BF ，且CN ＝22.因为平面DAE 、平面CBF 均与平面ABFE 垂直，所以DM ⊥平面ABFE ，CN ⊥平面ABFE ，所以DM ∥CN ，且DM ＝CN .易知∠EAB ＝45°，由余弦定理，得MG 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋12－2×22×1×22＝12，所以AM 2＋MG 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋12＝1＝AG 2，所以∠AMG ＝90°，所以△AMG 是以AG 为斜边的等腰直角三角形，故∠MGA ＝45°，而∠FBA ＝45°，则MG ∥FB ，故平面DMG ∥平面CBF ，又DG ⊂平面DMG ，所以DG ∥平面CBF .(2)连接GE ，以G 为原点，分别以AB ，GE 所在直线为x ，y 轴，以过G 点并垂直于平面ABFE 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，则A (－1,0,0)，B (2,0,0)，E (0,1,0)，F (1,1,0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，22，所以AF →＝(2,1,0)，FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，22，连接GF ，由题知GF ⊥BF ，由(1)知GF ⊥CN ，故GF ⊥平面CBF ，从而GF→＝(1,1,0)是平面CBF 的一个法向量．设n ＝(x ，y ，z )为平面AFC 的法向量，则⎩⎨⎧n ·AF →＝0，n ·FC→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＝0，x －y ＋2z ＝0，取x ＝－2，则y ＝4，z ＝32，n ＝(－2,4,32)，所以cos 〈GF →，n 〉＝(1，1，0)·(－2，4，32)2×38＝1919，由图知二面角A －CF －B 为钝角，故所求二面角的余弦值为－1919.2．[2019·合肥质检二]如图，三棱台ABC －EFG 的底面是正三角形，平面ABC ⊥平面BCGF ，CB ＝2GF ，BF ＝CF .(1)求证：AB ⊥CG ；(2)若BC ＝CF ，求直线AE 与平面BEG 所成角的正弦值．解：(1)取BC 的中点为D ，连接DF ，如图．由题意得，平面ABC ∥平面EFG ，平面ABC ∩平面BCGF ＝BC ，平面EFG ∩平面BCGF ＝FG ，从而BC ∥FG .∵CB ＝2GF ，∴CD 綊GF ， ∴四边形CDFG 为平行四边形， ∴CG ∥DF .∵BF ＝CF ，D 为BC 的中点， ∴DF ⊥BC ，∴CG ⊥BC .∵平面ABC ⊥平面BCGF ，且平面ABC ∩平面BCGF ＝BC ，CG ⊂平面BCGF ，∴CG ⊥平面ABC ，又AB ⊂平面ABC ， ∴CG ⊥AB . (2)连接AD .由△ABC 是正三角形，且D 为BC 的中点得， AD ⊥BC .由(1) 知，CG ⊥平面ABC ，CG ∥DF ， ∴DF ⊥AD ，DF ⊥BC ， ∴DB ，DF ，DA 两两垂直．以D 为坐标原点，DB ，DF ，DA 所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D －xyz .设BC ＝2，则A (0,0，3)，B (1,0,0)，F (0，3，0)， G (－1，3，0)， ∴BG→＝(－2，3，0)． ∵CB ＝2GF ，∴AB →＝2EF →，∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，3，32，∴AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，3，－32，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，3，32.设平面BEG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧ BG →·n ＝0，BE →·n ＝0，可得，⎩⎨⎧－2x ＋3y ＝0，－32x ＋3y ＋32z ＝0.令x ＝3，则y ＝2，z ＝－1，∴n ＝(3，2，－1)为平面BEG 的一个法向量．设AE 与平面BEG 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AE →，n 〉|＝|AE →·n |AE →|·|n |＝64. ∴直线AE 与平面BEG 所成角的正弦值为64.3．[2019·广州综合测试一]如图，在三棱锥A－BCD中，△ABC 是等边三角形，∠BAD＝∠BCD＝90°，点P是AC的中点，连接BP，DP.(1)证明：平面ACD⊥平面BDP；(2)若BD＝6，且二面角A－BD－C为120°，求直线AD与平面BCD所成角的正弦值．解：(1)因为△ABC是等边三角形，∠BAD＝∠BCD＝90°，所以Rt△ABD≌Rt△CBD，可得AD＝CD.因为点P是AC的中点，则PD⊥AC，PB⊥AC，因为PD∩PB＝P，PD⊂平面PBD，PB⊂平面PBD，所以AC⊥平面PBD.因为AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDP.(2)解法一：如图，作CE⊥BD，垂足为E，连接AE.因为Rt△ABD≌Rt△CBD，所以AE⊥BD，AE＝CE，∠AEC为二面角A－BD－C的平面角．由已知二面角A－BD－C为120°，知∠AEC＝120°.在等腰三角形AEC中，由余弦定理可得AC＝3AE，因为△ABC是等边三角形，则AC＝AB，所以AB＝3AE.在Rt△ABD中，有12AE·BD＝12AB·AD，得BD＝3AD，因为BD＝6，所以AD＝ 2.又BD2＝AB2＋AD2，所以AB＝2.则AE＝233，ED＝63.由CE⊥BD，AE⊥BD可知BD⊥平面AEC，则平面AEC⊥平面BCD.过点A作AO⊥CE，交CE的延长线于O，则AO⊥平面BCD.连接OD，则∠ADO为直线AD与平面BCD所成的角．在Rt△AEO，∠AEO＝60°，所以AO＝32AE＝1，sin∠ADO＝AOAD＝22.所以直线AD与平面BCD所成角的正弦值为2 2.解法二：如图，作CE⊥BD，垂足为E，连接AE.因为Rt△ABD≌Rt△CBD，所以AE⊥BD，AE＝CE，∠AEC为二面角A－BD－C的平面角．由已知二面角A－BD－C为120°，知∠AEC＝120°.在等腰三角形AEC中，由余弦定理可得AC＝3AE，因为△ABC是等边三角形，则AC＝AB，所以AB＝3AE.在Rt△ABD中，有12AE·BD＝12AB·AD，得BD＝3AD，因为BD＝6，所以AD＝ 2.又BD 2＝AB 2＋AD 2，所以AB ＝2. 则AE ＝233，ED ＝63.以E 为坐标原点，以向量EC→，ED →的方向分别为x 轴，y 轴的正方向，以过点E 垂直于平面BCD 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系E －xyz ，则D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，63，0，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，0，1，向量AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，63，－1，平面BCD 的一个法向量为m ＝(0,0,1)，设直线AD 与平面BCD 所成的角为θ，则cos 〈m ，AD →〉＝m ·AD →|m ||AD →|＝－12×1＝－22，sin θ＝|cos 〈m ，AD →〉|＝22. 所以直线AD 与平面BCD 所成角的正弦值为22.4．[2019·长沙一模]已知三棱锥P －ABC (如图1)的平面展开图(如图2)中，四边形ABCD 为边长等于2的正方形，△ABE 和△BCF 均为正三角形．在三棱锥P －ABC 中：(1)证明：平面P AC ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱P A 上运动，当直线BM 与平面P AC 所成的角最大时，求二面角P －BC －M 的余弦值．解：(1)如图，设AC 的中点为O ，连接BO ，PO .由题意，得P A ＝PB ＝PC ＝2， PO ＝BO ＝1.因为在△P AC 中，P A ＝PC ，O 为AC 的中点，所以PO ⊥AC .因为在△POB 中，PO 2＋OB 2＝PB 2，所以PO ⊥OB .因为AC ∩OB ＝O ，AC ，OB ⊂平面ABC ，所以PO ⊥平面ABC .因为PO ⊂平面P AC ，所以平面P AC ⊥平面ABC .(2)由(1)知，BO ⊥PO ，由题意可得BO ⊥AC ，所以BO ⊥平面P AC ，所以∠BMO 是直线BM 与平面P AC 所成的角，且tan ∠BMO ＝BO OM ＝1OM ，所以当线段OM 最短，即M 是P A 的中点时，∠BMO 最大．由PO ⊥平面ABC ，OB ⊥AC ，得PO ⊥OB ，PO ⊥OC ，OB ⊥OC ，以O 为坐标原点，OC ，OB ，OP 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz ，则O (0,0,0)，C (1,0,0)，B (0,1,0)，A (－1,0,0)，P (0,0,1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，12，BC →＝(1，－1,0)，PC →＝(1,0，－1)，MC →＝⎝⎛⎭⎪⎫32，0，－12.设平面MBC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎨⎧m ·BC →＝0，m ·MC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＝0，3x 1－z 1＝0，令x 1＝1，得y 1＝1，z 1＝3，即m ＝(1,1,3)是平面MBC 的一个法向量．设平面PBC 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎨⎧n ·BC →＝0，n ·PC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2－y 2＝0，x 2－z 2＝0，令x 2＝1，得y 2＝1，z 2＝1，即n ＝(1,1,1)是平面PBC 的一个法向量．所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m |·|n |＝533＝53333.结合图可知，二面角P －BC －M 的余弦值为53333.。

2020高中数学第八章立体几何初步 8.5.1 直线与直线平行学案第二册

8．5.1 直线与直线平行考点学习目标核心素养基本事实4理解基本事实4,并会用它解决两直线平行问题直观想象、逻辑推理定理理解定理的内容，套用定理解决角相等或互补问题直观想象、逻辑推理问题导学预习教材P133－P135的内容，思考以下问题：1．基本事实4的内容是什么?2．定理的内容是什么？1．基本事实4(1）平行于同一条直线的两条直线平行．这一性质通常叫做平行线的传递性．（2）符号表示：错误!⇒a∥c。

2．定理如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．■名师点拨定理实质上是由如下两个结论组合成的：①若一个角的两边与另一个角的两边分别平行且方向都相同(或方向都相反），则这两个角相等;②若一个角的两边与另一个角的两边分别平行，有一组对应边方向相同，另一组对应边方向相反，则这两个角互补．判断(正确的打“√”，错误的打“×"）(1)如果一个角的两边与另一个角的两边平行，那么这两个角相等．( ）（2）如果两个角相等,则它们的边互相平行．( ）答案：（1)×（2）×已知AB∥PQ,BC∥QR,若∠ABC＝30°,则∠PQR等于（) A．30°B．30°或150°C．150°D．以上结论都不对答案：B在长方体ABCD。

A′B′C′D′中，与AD平行的棱有____________（填写所有符合条件的棱）答案：A′D′，B′C′，BC基本事实4的应用如图，E,F分别是长方体ABCD。

A1B1C1D1的棱A1A，C1C 的中点．求证:四边形B1EDF为平行四边形．【证明】如图所示，取DD1的中点Q，连接EQ，QC1.因为E是AA1的中点，所以EQ错误!A1D1。

因为在矩形A1B1C1D1中，A1D1错误!B1C1，所以EQ错误!B1C1，所以四边形EQC1B1为平行四边形,所以B1E错误!C1Q。

又Q,F分别是D1D，C1C的中点，所以QD错误!C1F，所以四边形DQC1F为平行四边形，所以C1Q错误!FD.又B1E错误!C1Q，所以B1E错误!FD,故四边形B1EDF为平行四边形．证明空间中两条直线平行的方法(1)利用平面几何的知识（三角形与梯形的中位线、平行四边形的性质、平行线分线段成比例定理等)来证明．(2)利用基本事实4即找到一条直线c，使得a∥c，同时b∥c，由基本事实4得到a∥b。

2020届高三数学文科总复习作业：第八章+立体几何+课时作业8-4+Word版含解析

8-4课时作业A组——基础对点练1．设a，b，c是空间的三条直线，α，β是空间的两个平面，则下列命题中，逆命题不成立的是()A．当c⊥α时，若c⊥β，则α∥βB．当b⊂α时，若b⊥β，则α⊥βC．当b⊂α，且c是a在α内的射影时，若b⊥c，则a⊥bD．当b⊂α，且c⊄α时，若c∥α，则b∥c【答案】 B2．(2019·贵阳监测)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】 B3．如图所示，直线P A垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB 为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面P AC的距离等于线段BC的长．其中正确的是()A．①②B．①②③C．①D．②③【答案】 B4．在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则点C1在平面ABC上的射影H必在()A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC的内部【答案】 A5．如图，在四面体D-ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列正确的是()A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE D．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE 【答案】 C6．已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形，若P为底面A1B1C1的中心，则P A与平面ABC所成角的大小为()A.5π12 B.π3C.π4 D.π6【答案】 B7．(2019·青岛模拟)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，P A⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)【答案】DM⊥PC(答案不唯一)8．(2019·兰州实战)α，β是两平面，AB，CD是两条线段，已知α∩β＝EF，AB⊥α于B，CD⊥α于D，若增加一个条件，就能得出BD⊥EF.现有下列条件：①AC⊥β；②AC与α，β所成的角相等；③AC与CD在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF.其中能成为增加条件的序号是______________．【答案】①③9．(2018·北京高考)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面P AD⊥平面ABCD，P A⊥PD，P A＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．(1)求证：PE⊥BC.(2)求证：平面P AB⊥平面PCD.(3)求证：EF∥平面PCD.【证明】(1)因为P A＝PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD.因为P A⊥AD.因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD.所以PE⊥BC.(2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.又因为平面P AD⊥平面ABCD，所以AB⊥平面P AD.所以AB⊥PD.又因为P A⊥PD，所以PD⊥平面P AB.所以平面P AB⊥平面PCD.(3)取PC中点G，连接FG，DG.因为F，G分别为PB，PC的中点，所以FG∥BC，FG＝12BC.因为ABCD为矩形，且E为AD的中点，所以DE∥BC，DE＝12BC.所以DE∥FG，DE＝FG.所以四边形DEFG为平行四边形．所以EF∥DG.又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，所以EF∥平面PCD.10．(2018·石家庄模拟)在平面四边形ABCD(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.(1)当C′D＝2时，求证：平面C′AB⊥平面DAB.(2)当AC′⊥BD时，求三棱锥C′ABD的高．B组——能力提升练1．如图，梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，给出下列四个结论：①DF⊥BC；②BD⊥FC；③平面BDF⊥平面BCF；④平面DCF⊥平面BCF，则上述结论可能正确的是()A．①③B．②③C．②④D．③④【答案】 B2．(2018·全国Ⅰ卷)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为()A．8 B．6 2C．8 2 D．8 3【答案】 C3．在矩形ABCD中，AB＜BC，现将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，给出下列结论：①存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直；②存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直；③存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直．其中正确结论的序号是____________．(写出所有正确结论的序号)【答案】②4．如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为________．【答案】1 25．在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，P A⊥平面ABCD，P A＝AD ＝4，AB＝2，以AC为直径的球面交PD于M点．(1)求证：平面ABM⊥平面PCD.(2)求CD与平面ACM所成角的正弦值．。

2020届高考数学(理)二轮复习专题检测：(8)立体几何 Word版含答案

（8）立体几何1、如图，在正三棱柱111A B C ABC -中，2AB =，1A A =,D F 分别是棱1AB AA ,的中点，E 为棱AC 上的动点，则DEF △的周长的最小值（）2 2 C.2 D.22、如图，已知三棱锥P ABC -的底面是等腰直角三角形，且π2ACB ∠=，侧面PAB ⊥底面ABC ，2AB PA PB ===．则这个三棱锥的三视图中标注的尺寸,,x y z 分别是( )A BCD ．2,1,13、若一个圆锥的轴截面是面积为1的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为（）A.B. C. 2π D. 4π4、在ABC ∆中，2ABC π∠=，3AB =，4BC =，将ABC ∆绕AC 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为（）A.845π B.365π C.485π D.1685π 5、如图，四棱锥P ABCD -，AC BD O =，M 是PC 的中点，直线AM 交平面PBD 于点N ，则下列结论正确的是（）A ．,,,O N P M 四点不共面B ． ,,,O N M D 四点共面C ． ,,O N M 三点共线D ． ,,P N O 三点共线6、如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中：(1)BM 与ED 平行；(2)CN 与BE 是异面直线； (3)CN 与BM 成ο60；(4)CN 与AF 垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是( ) A ． (3)(4)B ． (2)(4)C ． (3)D ．(1)(2)(3)7、若空间中四条两两不同的直线1234,,,l l l l ,满足122334,,l l l l l l ⊥⊥⊥,则下列结论一定正确的是( )A. 14l l ⊥B. 14//l lC. 1l 与4l 既不垂直也不平行D. 1l 与4l 的位置关系不确定 8、已知平面α内有无数条直线都与平面β平行，那么( ) A ．//αβ B ．α与β相交C ．α与β重合D ．//αβ或α与β相交9、如图,已知正四面体D ABC - (所有棱长均相等的三棱锥), ,,P Q R 分别为AB ,BC ,CA上的点, AP PB =,2BQ CRQC RA==,分别记二面角D PR Q --,D PQ R --,D QR P --的平面角为α,β,γ,则( )A.γαβ<<B.αγβ<<C.αβγ<<D.βγα<<10、在Rt ABC ∆中，已知D 是斜边AB 上任意一点（如图①），沿直线CD 将ABC ∆折成直二面角B CD A --（如图②）．若折叠后A ，B 两点间的距离为d ，则下列说法正确的是（）图 ① 图 ② A ．当CD 为Rt ABC ∆的中线时，d 取得最小值 B ．当CD 为Rt ABC ∆的角平分线时，d 取得最小值 C ．当CD 为Rt ABC ∆的高线时，d 取得最小值 D ．当D 在Rt ABC ∆的AB 边上移动时，d 为定值11、已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a ，点E ，F ，G 分别为棱AB ，111,AA C D 的中点．下列结论中，正确结论的序号是______．① 过E ，F ，G 三点作正方体的截面，所得截面为正六边形； ②11B D ∥平面EFG ；③1BD ⊥平面1ACB ；④ 异面直线EF 与1BD ； ⑤ 四面体11ACB D 的体积等于312a12、在正方体1111ABCD A B C D -中，异面直线1A B 与1AD 所成角的大小为__________________13、在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是对角线1AC 上的动点（点M 与1A 、C 不重合），则下列结论正确的是____________.①存在点M ，使得平面1A DM ⊥平面1BC D ； ②存在点M ，使得//DM 平面11B CD ；③1A DM △； ④若12,S S 分别是1A DM △在平面1111ABCD 与平面11BB C C 的正投影的面积，则存在点M ，使得12S S =.14、正方体1111ABCDA B C D ﹣，则下列四个命题： ①P 在直线1BC 上运动时，三棱锥1AD PC ﹣的体积不变； ②P 在直线1BC 上运动时，直线AP 与平面1ACD 所成角的大小不变； ③P 在直线1BC 上运动时，二面角1P AD C ﹣﹣的大小不变；④M 是平面1111A B C D 上到点D 和1C 距离相等的点，则M 点的轨迹是过1D 点的直线；其中正确的命题编号是．15、如图,矩形ABCD 中, 6AB =,6,AB AD ==,点F 是AC 上的动点.现将矩形ABCD 沿着对角线AC 折成二面角'D AC B --,使得'D B =.1.求证:当AF时, 'D F BC⊥;2.试求CF的长,使得二面角'A D F B--的大小为π4 .答案以及解析1答案及解析：答案：B解析：由正三棱柱的性质可得1AA ⊥底面ABC ，所以1AA AB ⊥，1AA AC ⊥.在Rt ADF △中，2DF =.如图1，把底面ABC 与侧面11ACC A 在同一平面展开，在展开图中，当D E F ,,三点共线时，DE EF +取得最小值，图2.在ADF △中，6090150FAD ∠=︒+︒=︒，由余弦定理可得()minDE EF +==所以DEF △2，故选B.2答案及解析：答案：B解析：∵三棱锥P−ABC 的底面是等腰直角三角形,且π2ABC ∠=，侧面PAB ⊥底面ABC ，AB=PA=PB=2；∴x 是等边△PAB 边AB 上的高,2sin 60x =︒=， y 是边AB 的一半,112y AB ==， z 是等腰直角△ABC 斜边AB 上的中线,112z AB ==；∴x,y,z . 故选：B.3答案及解析：答案：A解析：设圆锥的底面半径为r ，高为h ，母线长为l ，由题可知，r h ==，则21)12⨯=， ∴1,r l ==侧面积为πrl 故选：A4答案及解析：答案：A解析：ABC ∆中，ABC ∠3AB ＝，4BC ＝，如图所示：将ABC ∆绕AC 所在的直线旋转一周，围成几何体是两个同底的圆锥，且底面圆的半径为r AD ==＝则该几何体的表面积为S 几何体()12()12345r l l ππ+⨯⨯+===5答案及解析：答案：D解析：直线AC 与直线PO 交于点O ，所以平面PCA 与平面PBD 交于点O ，所以必相交于直线PO ，直线AM 在平面PAC 内，点N AM ∈故N ∈面PAC ，故O N P M ，，，四点共面，所以A 错。

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专题复习：平行问题
一、考题再现：
如图所示，四棱锥S - ABCD中，SA ±平面ABCD, AD//BC, SA = AB = BC = CD = 1, AD = 2.
(1)在棱SD上是否存在一点P ,使得CP//平面SAB ?请证明你的
结论；
(2)求平面SAB和平面SCD所成锐二面角的余弦值.
二、错因分析:
三、判定定理与性质定理:
语言表述图形表示符号表示判定定理
一个平面内的两条____ 直线与另
一个平面平行，则这两个平面平行/ /
性质定理两个平面平行，则其中一个平面内
的直线________ 于另一个平面。

/ /如果两个平行平面同时和第三个平
面相交，那么它们的_______ 平行
例1、如图，在正方体ABCD—A1B
1C1
D1中，S是B1D1的中点，E, F, G 分别是BC, DC, SC的中点，求证：(1)直线EG〃平面BDD1B1；(2)平
面EFG〃平面BDD
1B1
.
练习：如图，在四棱锥P—ABCD中，AD//BC, AB=BC=1AD, E, F, H分别为线段AD, PC, CD 的中点，AC与BE交于O点，G是线段OF上一点.(1)求证：AP〃平面BEF；(2)求证：GH〃平面PAD.
练习2、(佛山一模)如图，三棱锥P - ABC中，平面PAB，平面ABC, PA=PB，/APB =Z ACB= 90°,点E, F分别是棱AB, PB的中点，点G是^BCE的重心.
(1)证明：GF〃平面PAC；
(2)若GF与平面ABC所成的角为60°，求二面角B - AP - C的余弦值.
例2、巩固练习：在如图所示的多面体中，四边形ABB1A l和ACC1A 1都为矩形.
(1)若AC± BC,证明：直线BC，平面ACC 1 A 1；
(2)设D, E分别是线段BC, CC 1的中点，在线段AB上是否存在一点M,
使直线DE〃平面A 1 MC?请证明你的结论.
微专题垂直问题
考题再现：如图1,在边长为2的等边二一二二中，二三分别为边的中点,将AED沿三二折起，使得三一二，7-二二得到如图2的四棱锥A-BCDE,连结匚，三，且三二与三交于点；
（1）求证：.-上'-平面三二'三；
（2）求二面角三-二的余弦值.
方法与小结：线面垂直的关键是证明两组线线垂直；
则线线垂直方法有：1、通过 _____________________ 证明相交线线垂直；
2、通过______________________ 证明相交线线垂直；
3、通过______________________ 证明相交线线垂直；
4、通过证明相交线线垂直；
5、通过_____________________ 证明异面线线垂直；
1.如图，四棱锥P—ABCD中，/ABC = /BAD = 90，BC = 2AD, A PAB与A PAD都是等边三角形.
（1）证明：PB1 CD;
（2）求二面角A—PD—C的余弦值.
2.如图，五面体ABCDEF中，底面ABCD为矩形，AB=6, AD=4.顶部线段EF〃平面ABCD,棱
一一一，... J17
EA=ED=FB=FC=6%：2 , EF=2,二面角F - BC - A 的余弦值为
亏
(I)在线段BC上是否存在一点N,使BC,平面EFN；
(II)求平面EFB和平面CFB所成锐二面角的余弦值.
3.如图，在四棱锥P—ABCD中，PA ±平面ABCD,
BC =
/ACB = /ACD = 60°, F为PC的中点，AF ±PB.
(I)求PA的长；
(II)求二面角B—AF—D的正弦值.
5 .如图，在三棱柱例-空。

上侧面A 叫A1为矩形，,=叱=1,鹏=①。

为4的中点，与交于点OICLA
6 .
1 1
(I )证明：CD 1 AB ;
_ 1
(II)若。

=专，求二面角A —6C —勺的余弦值.
4.如图 1,在 RtAABC 中，NABC = 90 , ZB AC = 60 , AB = 2, D 、E 分别为 AC 、BD 的中点，连接
AE 并延长交BC 于F,将AA?D 沿BD 折起，。

使平面ABD_L 平面BCD,如图2所示. (I)求证：AE ，平面BCD ；
(II )求平面AEF 与平面ADC 所成的锐二面角的余弦值；
6.如图，在四棱锥P - ABCD中，PD，平面ABCD,四边形ABCD是菱形，AC=2, BD=2 . 3, E是PB上任意一点.
(I)求证：AC X DE；
6
(11)已知二面角A - PB - D的正切值为七，若E为PB的中点，求EC与平面PAB所成角的正弦值.
7.如图，四边形PCBM是直角梯形，/PCB = 900,PM//BC,PM = 1,BC = 2,又AC = 1,ZACB = 120。

, AB 1 PC，直线AM与直线PC所成的角为60。

.
(I)求证：PC 1 AC；_____________________________
(II)求二面角M—AC—B的余弦值；% -------
(III)求点B到平面MAC的距离. /：/、
8 .已知矩形
A i
AB
B ,且
AB
=
2
AA 1，
C i
,C
分别是A 4、
AB
的中点，D 为C i C 中点,将矩形
A A8勺沿着直线C 1c 折成一个60 o 的二面角，如图所示. (I)求证：AB
1± A D ；
(II)求A B 1与平面A 々D 所成角的正弦值.
(1)求证：BC,平面PED ；
(2)求平面PED 与平面PAB 所成的锐二面角的余弦值.
10.如图，四边形 ABCD 中，AB//CD , /ABD = 30 , AB = 2CD = 2AD = 2<3 , DE 1 面
ABCD ,
o
B
1
9.如图，三棱锥P-ABC 中， E, D 分别是棱BC, AC 的中点，
PB=PC=AB=4, AC=8, BC= 4<3 , PA= 2<6 . A
C
C
1
B
A
1
______
_ 2 —
EF / /BD ，且 EF = -B D . 3
(1)求证：FB//面 ACE ；
(2)若二面角C - BF - D 的大小为60，求CF 与面ABCD 所成角的正弦值.
14 .等边4ABC 的边长为3,点D ，E 分别是AB ，AC 上的点，且满足AD = CE =
1
(如图①)，将
4 ADE DB EA 2
沿DE 折起到△ A 1DE 的位置，使二面角A —DE —B 成直二面角，连接AB , A 1c (如图②). (1)求证:AD ,平面BCED ；
(2)在线段BC 上是否存在点P ,使直线PA 与平面ABD 所成的角为60°?若存在，求出PB 的长;
若不存在，说明理由. 1 1
15 .如图，在等腰梯形ABCD 中，NABC = 60°, CD = 2, AB = 4,点E 为AB 的中点，现将该梯形中
的三角形BEC 沿线段EC 折起，形成四棱锥B —AECD.
(1)在四棱锥B—AECD中，求证:ADXBD；
(2)若二面角B—CE—D的平面角为120°,求直线AE与平面ABD所成角的正弦值.
16.已知四棱锥P—A5CD,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//平面AMHN.
(1)证明：MN 1 PC；
(2)当H为PC的中点，PA = PC = 3AAB , PA与平
面ABCD所成的角为60。

，求二面角P- AM - N的余弦
值.。