2022高考数学文人教A版一轮复习课件：高考大题专项(四) 立体几何
2022高考数学一轮复习高考大题专项练四立体几何文含解析北师大版202103232114
高考大题专项(四) 立体几何突破1空间中的平行与几何体的体积1.(2020某某某某二模,文18)如图1,在矩形ABCD中,E,F在边CD上,BC=CE=EF=FD=1.沿BE,AF将△CBE和△DAF折起,使平面CBE和平面DAF都与平面ABEF垂直,连接DC,如图2.(1)证明:CD∥AB;(2)求三棱锥D-BCE的体积.2.(2020某某某某模拟)如图,在多面体ABCA1B1C1中,四边形ABB1A1是正方形,△A1CB是等边三角形,AC=AB=1,B1C1∥BC,BC=2B1C1.(1)求证:AB1∥平面A1C1C;(2)求多面体ABCA1B1C1的体积.3.如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形,PA⊥底面ABCD,E,F分别是PC,PD的中点,AD=AB=1.(1)若点G为线段BC的中点,证明:平面EFG∥平面PAB;(2)在(1)的条件下,求以△EFG为底面的三棱锥C-EFG的高.4.(2020某某某某二模,文19)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD=1,过棱PC的中点E,作EF⊥PB交PB于点F.(1)证明:PA∥平面EDB;(2)求三棱锥B-DEF的体积.5.如图,平面ABCD⊥平面CDEF,且四边形ABCD是梯形,四边形CDEF是矩形,∠BAD=∠CD,M是线段DE上的动点.CDA=90°,AB=AD=DE=12(1)试确定点M的位置,使BE∥平面MAC,并说明理由;(2)在(1)的条件下,四面体E-MAC的体积为3,求线段AB的长.6.(2020全国2,文20)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点.过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.(1)证明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;(2)设O为△A1B1C1的中心.若AO=AB=6,AO∥平面EB1C1F,且∠MPN=π,求四棱锥B-EB1C1F3的体积.7.如图,多面体ABCDEF中,底面ABCD是菱形,∠BCD=60°,四边形BDEF是正方形且DE⊥平面ABCD.(1)求证:CF∥平面ADE;(2)若AE=√2,求多面体ABCDEF的体积V.8.(2020某某棠湖中学月考)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=120°,PA=2,PB=PC=PD,E是PB的中点.(1)证明:PD∥平面AEC;(2)设F是线段DC上的动点,当点E到平面PAF距离最大时,求三棱锥P-AFE的体积.突破2空间中的垂直与几何体的体积1.(2020某某某某一模,文18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,且PA=AD=2,AB=3,点E为线段PD的中点.(1)求证:AE⊥PC;(2)求三棱锥P-ACE的体积.2.(2020全国3,文19)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.证明:(1)当AB=BC时,EF⊥AC;(2)点C1在平面AEF内.3.(2020某某某某一模,文19)如图,四棱锥P-ABCD的底面是菱形,AB=AC=2,PA=2√3,PB=PD.(1)证明:平面PAC⊥平面ABCD;(2)若PA⊥AC,M为PC的中点,求三棱锥B-CDM的体积.4.(2020某某某某二模,文18)已知四棱锥S-ABCD中,四边形ABCD为梯形,∠BCD=∠ADC=∠SAD=90°,平面SAD⊥平面ABCD,E为线段AD的中点,AD=2BC=2CD.(1)证明:BD⊥平面SAB;(2)若SA=AD=2,求点E到平面SBD的距离.5.(2020某某某某一模,文19)如图,三棱锥P-ABC中,PA=PC,AB=BC,∠APC=120°,∠ABC=90°,AC=√3PB=2.(1)求证:AC⊥PB;(2)求点C到平面PAB的距离.6.(2020某某某某二模,文19)如图,△ABC为边长为2的正三角形,AE∥CD,且AE⊥平面ABC,2AE=CD=2.(1)求证:平面BDE⊥平面BCD;(2)求三棱锥D-BCE的高.7.如图,四面体ABCD中,O,E分别是BD,BC的中点,AB=AD=√2,CA=CB=CD=BD=2.(1)求证:AO⊥平面BCD;(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值;(3)求点E到平面ACD的距离.参考答案高考大题专项(四) 立体几何突破1空间中的平行与几何体的体积1.(1)证明分别取AF,BE的中点M,N,连接DM,,MN.由图可得,△ADF与△BCE都是等腰直角三角形,且△ADF与△BCE全等, ∴DM⊥AF,⊥BE,DM=.∵平面ADF⊥平面ABEF,交线为AF,DM⫋平面ADF,DM⊥AF,∴DM⊥平面ABEF.同理,⊥平面ABEF,∴DM∥.又∵DM=,∴四边形CDMN为平行四边形,∴CD∥MN.∵M,N分别是AF,BE的中点,∴MN∥AB,∴CD∥AB.(2)解由图可知,V三棱锥D-BCE=V三棱锥B-DCE,∵EF=1,AB=3,∴CD=MN=2,∴V三棱锥B-DCE=2V三棱锥B-EFC=2V三棱锥C-EFB.由(1)知,⊥平面BEF.∵=√22,S △BEF =12, ∴V 三棱锥C-EFB =√212,∴V 三棱锥D-BCE =√26.2.(1)证明如图,取BC 的中点D ,连接AD ,B 1D ,C 1D ,∵B 1C 1∥BC ,BC=2B 1C 1,∴BD ∥B 1C 1,BD=B 1C 1,CD ∥B 1C 1,CD=B 1C 1,∴四边形BDC 1B 1,CDB 1C 1是平行四边形,∴C 1D ∥B 1B ,C 1D=B 1B ,CC 1∥B 1D ,又B 1D ⊈平面A 1C 1C ,C 1C ⫋平面A 1C 1C ,∴B 1D ∥平面A 1C 1C.在正方形ABB 1A 1中,BB 1∥AA 1,BB 1=AA 1,∴C 1D ∥AA 1,C 1D=AA 1,∴四边形ADC 1A 1为平行四边形,∴AD ∥A 1C 1.又AD ⊈平面A 1C 1C ,A 1C 1⫋平面A 1C 1C ,∴AD ∥平面A 1C 1C ,∵B 1D ∩AD=D ,∴平面ADB 1∥平面A 1C 1C ,又AB1⫋平面ADB1,∴AB1∥平面A1C1C.(2)在正方形ABB1A1中,A1B=√2,∵△A1BC是等边三角形,∴A1C=BC=√2,∴AC2+A A12=A1C2,AB2+AC2=BC2,∴AA1⊥AC,AC⊥AB.又AA1⊥AB,∴AA1⊥平面ABC,∴AA1⊥CD,易得CD⊥AD,AD∩AA1=A,∴CD⊥平面ADC1A1.易知多面体ABCA1B1C1是由直三棱柱ABD-A1B1C1和四棱锥C-ADC1A1组成的,直三棱柱ABD-A1B1C1的体积为12×(12×1×1)×1=14,四棱锥C-ADC1A1的体积为13×√22×1×√22=16,∴多面体ABCA1B1C1的体积为14+16=512.3.(1)证明∵E,F分别是PC,PD的中点,∴EF∥CD.∵底面ABCD是矩形,∴CD∥AB,∴EF∥AB.又AB⫋平面PAB,EF⊈平面PAB,∴EF∥平面PAB.同理EG∥平面PAB.∵EF∩EG=E,∴平面EFG∥平面PAB.(2)解∵PA⊥底面ABCD,BC⫋底面ABCD,∴PA⊥BC,∵BC⊥AB,PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB,∴C到平面PAB的距离为BC=1,.∴以△EFG为底面的三棱锥C-EFG的高为124.(1)证明连接AC交BD于点G,则G是AC的中点,连接EG,则EG是△PAC的中位线,所以PA∥EG,因为PA⊈平面EDB,EG⫋平面EDB,所以PA∥平面EDB.(2)解因为PD⊥平面ABCD,BC⫋平面ABCD,所以PD⊥BC,又BC ⊥CD ,CD ∩PD=D ,所以BC ⊥平面PCD ,又DE ⫋平面PCD ,所以DE ⊥BC.因为PD=CD ,E 是PC 的中点,所以DE ⊥PC ,BC ∩PC=C ,所以DE ⊥平面PBC ,所以DE 是三棱锥D-BEF 的高.DE=√22,BC=1,PC=2PE=√2,PB=√3,Rt △BCP ∽Rt △EFP ,所以PC PF =BP EP =BCEF ,得PF=PC ·EP BP=√33,EF=BC ·EP BP=√66,BF=2√33,V B-DEF =V D-BEF =13S △BEF ·DE=13×12×BF ·EF ·DE=118. 5.解(1)当EM=13DE 时,BE ∥平面MAC.证明如下:连接BD ,交AC 于N ,连接MN. 由于AB=12CD ,所以DNNB =2. 当EM=13DE 时,DMME =2,所以MN ∥BE.由于MN ⫋平面MAC ,又BE ⊈平面MAC ,所以BE ∥平面MAC.(2)∵CD ⊥DA ,CD ⊥DE ,DA ∩DE=D ,∴CD ⊥平面ADE.又∵平面ABCD ⊥平面CDEF ,AD ⊥DC ,∴AD ⊥平面CDEF ,∴AD ⊥DE. 设AB=a ,则V E-MAC =V C-MAE =13×CD ×S △MAE =19a 3.所以19a 3=3,解得a=3.因此AB=3.6.(1)证明因为M ,N 分别为BC ,B 1C 1的中点,所以MN ∥CC 1.又由已知得AA 1∥CC 1,故AA 1∥MN.因为△A 1B 1C 1是正三角形,所以B 1C 1⊥A 1N.又B 1C 1⊥MN ,故B 1C 1⊥平面A 1AMN.所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F.(2)解AO ∥平面EB 1C 1F ,AO ⫋平面A 1AMN ,平面A 1AMN ∩平面EB 1C 1F=PN ,故AO ∥PN.又AP ∥ON ,故四边形APNO 是平行四边形,所以PN=AO=6,AP=ON=13AM=√3,PM=23AM=2√3,EF=13BC=2.因为BC ∥平面EB 1C 1F ,所以四棱锥B-EB 1C 1F 的顶点B 到底面EB 1C 1F 的距离等于点M 到底面EB 1C 1F 的距离.作MT ⊥PN ,垂足为T ,则由(1)知,MT ⊥平面EB 1C 1F ,故MT=PM sin ∠MPN=3.底面EB 1C 1F 的面积为12×(B 1C 1+EF )×PN=12×(6+2)×6=24.所以四棱锥B-EB 1C 1F 的体积为13×24×3=24.7.(1)证明∵ABCD 是菱形,∴BC ∥AD.又BC ⊈平面ADE ,AD ⫋平面ADE ,∴BC ∥平面ADE.又BDEF 是正方形,∴BF ∥DE.∵BF ⊈平面ADE ,DE ⫋平面ADE ,∴BF ∥平面ADE.∵BC ⫋平面BCF ,BF ⫋平面BCF ,BC ∩BF=B ,∴平面BCF ∥平面AED ,∴CF ∥平面AED.(2)解连接AC ,记AC ∩BD=O ,∵ABCD 是菱形,AC ⊥BD ,且AO=CO.由DE ⊥平面ABCD ,AC ⫋平面ABCD ,DE ⊥AC.∵DE ⫋平面BDEF ,BD ⫋平面BDEF ,DE ∩BD=D ,∴AC ⊥平面BDEF 于O ,即AO 为四棱锥A-BDEF 的高.由ABCD 是菱形,∠BCD=60°,则△ABD 为等边三角形,由AE=√2,则AD=DE=1,AO=√32,S 正方形BDEF =1,V A-BDEF =13S 正方形BDEF ·AO=√36,V=2V A-BDEF =√33. 8.(1)证明连接DB 与AC 交于点O ,连接OE ,因为ABCD 是菱形,所以O 为DB 的中点,又因为E 为PB 的中点,所以PD ∥OE ,因为PD ⊈平面AEC ,OE ⫋平面AEC ,所以PD ∥平面AEC.(2)解取BC 中点M ,连接AM ,PM ,因为四边形ABCD 是菱形,∠BAD=120°,且PC=PB ,所以BC ⊥AM ,BC ⊥PM ,又AM ∩PM=M ,所以BC ⊥平面APM ,又AP ⫋平面APM ,所以BC ⊥PA.同理可得,DC ⊥PA ,又BC ∩DC=C ,所以PA ⊥平面ABCD ,所以平面PAF ⊥平面ABCD ,又平面PAF ∩平面ABCD=AF ,所以点B 到直线AF 的距离即为点B 到平面PAF 的距离,过点B 作直线AF 的垂线段,在所有垂线段中长度最大为AB=2,因为E 为PB 的中点,故点E 到平面PAF 的最大距离为1,此时,F 为DC 的中点,即AF=√3,所以S △PAF =12PA ·AF=12×2×√3=√3,所以V P-AFE =V E-PAF =13×√3×1=√33.突破2 空间中的垂直与几何体的体积1.(1)证明∵PA ⊥平面ABCD ,∴PA ⊥CD ,又在矩形ABCD 中,CD ⊥AD ,∴CD ⊥平面PAD ,∵AE ⫋平面PAD ,∴CD ⊥AE ,又∵PA=AD ,E 为PD 中点,∴AE ⊥PD ,又CD ∩PD=D ,∴AE ⊥平面PCD.∵PC ⫋平面PCD ,∴AE ⊥PC.(2)解∵点E 为线段PD 的中点,∴V P-ACE =V E-PAC =12V P-ACD =12×13×2×12×2×3=1.2.证明(1)如图,连接BD ,B 1D 1.因为AB=BC ,所以四边形ABCD 为正方形,故AC ⊥BD.又因为BB 1⊥平面ABCD ,于是AC ⊥BB 1.所以AC ⊥平面BB 1D 1D.由于EF ⫋平面BB 1D 1D ,所以EF ⊥AC.(2)如图,在棱AA 1上取点G ,使得AG=2GA 1,连接GD 1,FC 1,FG.因为D 1E=23DD 1,AG=23AA 1,DD 1AA 1,所以ED 1AG ,于是四边形ED 1GA 为平行四边形,故AE ∥GD 1.因为B 1F=13BB 1,A 1G=13AA 1,BB 1AA 1,所以FGA 1B 1,FGC 1D 1,四边形FGD 1C 1为平行四边形,故GD 1∥FC 1.于是AE ∥FC 1.所以A ,E ,F ,C 1四点共面,即点C 1在平面AEF 内.3.(1)证明设BD 交AC 于点O ,连接PO ,在菱形ABCD 中,AC ⊥BD ,又PB=PD ,O 是BD 的中点,∴PO ⊥BD ,∵AC ∩PO=O ,AC ⫋平面PAC ,PO ⫋平面PAC ,∴BD ⊥平面PAC ,又BD ⫋平面ABCD ,故平面PAC ⊥平面ABCD.(2)解连接OM ,∵M 为PC 的中点,且O 为AC 的中点,∴OM ∥PA ,由(1)知,BD ⊥PA ,又PA ⊥AC ,则BD ⊥OM ,OM ⊥AC ,又AC ∩BD=O ,∴OM ⊥平面ABCD.由题得OC=1,BD=2√3,则S △BCD =12BD ·OC=12×2√3×1=√3,OM=12PA=√3,∴V B-CDM =V M-BCD =13S △BCD ·OM=13×√3×√3=1.∴三棱锥B-CDM 的体积为1.4.(1)证明由题意知∠BCD=∠ADC=90°,BC ∥ED ,且BC=CD=12AD=DE ,所以四边形BCDE 是正方形,所以BD ⊥CE ,又因为BC ∥AE ,BC=AE ,所以四边形ABCE 是平行四边形,所以CE ∥AB ,则BD ⊥AB.因为平面SAD ⊥平面ABCD ,∠SAD=90°,平面SAD ∩平面ABCD=AD ,故SA ⊥平面ABCD.所以SA ∩AB=A ,所以SA ⊥BD ,又因为SA ∩AB=A ,则BD ⊥平面SAB.(2)解因为SA=AD=2,BE=DE=1,所以△BDE 的面积为12,又由(1)知SA ⊥平面ABCD ,则V S-BDE =13×12×2=13,又在Rt △SAB 中,SA=2,AB=DB=√2,则SB=√6, 由(1)知BD ⊥SB ,所以△SBD 的面积为12×√2×√6=√3,设点E 到平面SBD 的距离为h ,则13S △BDS ·h=13,即h=√33.5.(1)证明取AC 的中点为O ,连接BO ,PO.在△PAC 中,∵PA=PC ,O 为AC 的中点,∴PO ⊥AC ,在△BAC 中,∵BA=BC ,O 为AC 的中点,∴BO ⊥AC ,∵OP ∩OB=O ,OP ⫋平面OPB ,OB ⫋平面OPB ,∴AC ⊥平面OPB ,∵PB ⫋平面POB ,∴AC ⊥BP.(2)解在直角三角形ABC 中,由AC=2,O 为AC 的中点,得BO=1,在等腰三角形APC 中,由∠APC=120°,得PO=√33,又PB=2√33,∴PO 2+BO 2=PB 2,即PO ⊥BO ,又PO ⊥AC ,AC ∩OB=O ,∴PO ⊥平面ABC ,由题可得PA=2√33,又AB=√2,得S △PAB =12×√2×√(2√33)2-(√22)2=√156.设点C 到平面PAB 的距离为h ,由V P-ABC =V C-PAB ,得13×12×√2×√2×√32=13×√156h ,解得h=3√55, 故点C 到平面PAB 的距离为3√55. 6.(1)证明如图所示,取BD 的中点F ,BC 的中点为G ,连接AG ,FG ,EF ,由题意可知,FG 是△BCD 的中位线,所以FG ∥AE ,且FG=AE ,即四边形AEFG 为平行四边形,所以AG ∥EF ,又AE ⊥平面ABC ,所以FG ⊥平面ABC ,所以AG ⊥FG ,又AG ⊥BC ,BC ∩FG=G ,所以AG ⊥平面BCD ,所以EF ⊥平面BCD ,又EF ⫋平面BDE ,故平面BDE ⊥平面BCD.(2)解过B 作BK ⊥AC ,垂足为K ,因为AE ⊥平面ABC ,所以BK ⊥平面ACDE ,且BK=2×√32=√3,所以V 四棱锥B-ACDE =13×12×(1+2)×2×√3=√3,V 三棱锥E-ABC =13×12×2×√3×1=√33,所以V 三棱锥D-BCE =V 四棱锥B-ACDE -V 三棱锥E-ABC =√3−√33=2√33, 因为AB=AC=2,AE=1,所以BE=CE=√5,又BC=2,所以S △ECB =12×2×√5-1=2,设所求的高为h ,则由等体积法得13×2×h=2√33,所以h=√3.7.(1)证明连接AO ,OC ,∵AB=AD ,D 是BD 中点,∴AO ⊥BD ,∵BC=CD ,D 是BD 的中点,∴CO ⊥BD.在△AOC 中,由题设知AO=1,CO=√3,AC=2,∴AO 2+CO 2=AC 2, ∴∠AOC=90°,即AO ⊥OC.∵AO ⊥BD ,BD ∩OC=O ,∴AO ⊥平面BCD.(2)解取AC 的中点M ,连接OM ,ME ,OE ,由E 为BC 的中点,知ME ∥AB ,OE ∥DC ,∴直线OE 与EM 所成的角就是异面直线AB 与CD 所成的角.在△OME 中,EM=12AB=√22,OE=12DC=1,∵OM 是直角△AOC 斜边AC 上的中线,∴OM=12AC=1,∴cos ∠OEM=1+12-12×1×√22=√24, ∴异面直线AB 与CD 所成角大小的余弦值为√24. (3)解设点E 到平面ACD 的距离为h.∵V E-ACD =V A-CDE ,∴13S △ACD ·h=13S △CDE ·AO , 在△ACD 中,AD=√2,CA=CD=2.∴S △ACD =12×√2×√4-(√22)2=√72,∵AO=1,S △CDE =12×√34×22=√32,∴h=S △CDE ·AO S △ACD=√32×1√72=√217,∴点E 到平面ACD 的距离为√217.。
高考数学一轮复习专题八立体几何5空间向量及其在立体几何中的应用应用篇课件新人教A版
设直线MN与平面PAB所成角为θ, DN =λ DC(λ∈[0,1]),
则 MN
= MA
+ AD
+ DN
=(λ+1,2λ-1,-1),
又平面PAB的一个法向量为n=(1,0,0),
| λ 1|
则sin θ=|cos< MN ,n>|=
( λ 1)2 (2 λ 1) 2 1
( λ 1) 2
=
,
2
5λ 2 λ 3
1
( λ 1)2
t2
5
令λ+1=t(t∈[1,2]),则 2
= 2
=
≤ ,
2
7
5 λ 2 λ 3 5t 12t 10 10 1 12 1 5
5
∴sin θ≤ 35 ,当t= ,即λ= 2 时,等号成立,
7
3
系有关的存在性问题;(2)与空间角有关的存在性问题.解决方案有两种:①
根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想,找出点或线的位置,然后
加以证明,得出结论;②假设所求的点或线存在,并设定参数表达已知条
件,根据题目进行求解,若能求出参数的值且符合已知限定的范围,则存在
这样的点或线,否则不存在.向量法是解决此类问题的常用方法,它可以将
(2)因为DE⊥平面ABCD,
所以∠EBD就是BE与平面ABCD所成的角,
即∠EBD=60°,所以 ED = 3 .
BD
由AD=3,四边形ABCD是正方形,得BD=3 2 ,
则DE=3 6 ,所以AF= 6 .
如图,分别以DA,DC,DE所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
2022高三全国统考数学北师大版(理)一轮复习高考大题专项(四) 立体几何
高考大题专项(四)立体几何突破1空间中的平行与空间角1.如图,多面体ABCDE的一个面ABC内接于圆O,G,H分别是AE,BC的中点,AB是圆O的直径,四边形DCBE为平行四边形,且DC⊥平面ABC.(1)证明:GH∥平面ACD;(2)若AC=BC=BE=2,求二面角O-CE-B的余弦值.2.(2020山东烟台期末)如图,在四棱锥S-ABCD中,ABCD为直角梯形,AD∥BC,BC⊥CD,平面SCD⊥平面ABCD,△SCD是以CD为斜边的等腰直角三角形,BC=2AD=2CD=4,E为BS上一点,且BE=2ES.(1)证明:SD∥平面ACE;(2)求二面角S-AC-E的余弦值.3.已知多面体ABC-DEF,四边形BCDE为矩形,△ADE与△BCF为边长为2√2的等边三角形,AB=AC=CD=DF=EF=2.(1)证明:平面ADE∥平面BCF.(2)求BD与平面BCF所成角的正弦值.4.如图,四边形ABCD是菱形,EA⊥平面ABCD,EF∥AC,CF∥平面BDE,G是AB中点.(1)求证:EG∥平面BCF;(2)若AE=AB,∠BAD=60°,求二面角A-BE-D的余弦值.5.(2017全国2,理19)如图,四棱锥P-ABCD 中,侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,AB=BC=12AD ,∠BAD=∠ABC=90°,E 是PD 的中点. (1)证明:直线CE ∥平面PAB ;(2)点M 在棱PC 上,且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°,求二面角M-AB-D 的余弦值. 6.(2020福建福州三模,理18)如图,在四棱锥P-ABCD 中,平面ABCD ⊥平面PAD ,AD ∥BC ,∠BAD=90°,∠PAD=120°,BC=1,AB=AD=PA=2.(1)求平面PBC 与平面PAD 所成二面角的正弦值;(2)若E 是棱PB 的中点,求证:对于棱CD 上任意一点F ,EF 与PD 都不平行.突破2 空间中的垂直与空间角1.(2020天津,17)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2,CC1=3,点D,E分别在棱AA1和棱CC1上,且AD=1,CE=2,M为棱A1B1的中点.(1)求证:C1M⊥B1D;(2)求二面角B-B1E-D的正弦值;(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值.2.(2018全国3,理19)⏜所在平面垂直,M是CD⏜上异于C,D的点.如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;(2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.3.(2020山东济南三模)已知直角梯形ABCD中,AD∥BC,AB⊥BC,AB=AD=1BC,将直角梯形ABCD(及其2内部)以AB所在直线为轴顺时针旋转90°,形成如图所示的几何体,其中M为圆弧CE的中点.(1)求证:BM⊥DF;(2)求异面直线BM与EF所成角的大小.4.(2020浙江,19)如图,在三棱台ABC-DEF中,平面ACFD⊥平面ABC,∠ACB=∠ACD=45°,DC=2BC.(1)证明:EF⊥DB;(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值.5.(2020河北衡水中学调研)如图,正方形ADEF所在平面和等腰梯形ABCD所在的平面互相垂直,已知BC=4,AB=AD=2.(1)求证:AC⊥BF;的值;若不存在,请说明(2)在线段BE上是否存在一点P,使得平面PAC⊥平面BCEF?若存在,求出|BP||PE|理由.6.(2020山东烟台模拟,19)如图,已知四棱锥P-ABCD的底面是等腰梯形,AD∥BC,AD=2,BC=4,∠ABC=60°,△PAD为等边三角形,且点P在底面ABCD上的射影为AD的中点G,点E在线段BC上,且CE∶EB=1∶3.(1)求证:DE⊥平面PAD.(2)求二面角A-PC-D的余弦值.参考答案高考大题专项(四)立体几何突破1 空间中的平行与空间角1.(1)证明连接GO ,OH ,∵GO ∥DC ,OH ∥AC ,∴GO ∥平面ACD ,OH ∥平面ACD ,又GO 交HO 于O ,∴平面GOH ∥平面ACD ,∴GH ∥平面ACD. (2)解以CB 为x 轴,CA 为y 轴,CD 为z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则C (0,0,0),B (2,0,0),A (0,2,0),O (1,1,0),E (2,0,2),平面BCE 的法向量m =(0,1,0),设平面OCE 的法向量n =(x 0,y 0,z 0). CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2),CO ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0).∴{n ·CE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CO ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,则{2x 0+2z 0=0,x 0+y 0=0,令x 0=-1,∴n =(-1,1,1).∵二面角O-CE-B 是锐二面角,记为θ, 则cos θ=|cos <m ,n >|=m ·n|m ||n |=1×√3=√33.2.(1)证明连接BD 交AC 于点F ,连接EF ,因为AD ∥BC ,所以△AFD ∽△CFB ,所以BFFD =BCAD =2,又BEES =BFFD =2,所以EF ∥SD ,因为EF ⫋平面ACE ,SD ⊈平面ACE ,所以SD ∥平面ACE.(2)解由题知,因为平面SCD ⊥平面ABCD ,平面SCD ∩平面ABCD=CD ,BC ⫋平面ABCD ,BC ⊥CD ,所以BC ⊥平面SCD ,以C 为坐标原点,CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CB⃗⃗⃗⃗⃗ 所在的方向分别为y 轴,z 轴的正方向,与CD⃗⃗⃗⃗⃗ ,CB ⃗⃗⃗⃗⃗ 均垂直的方向作为x 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz , 因为BC=2AD=2CD=4,BE=2ES ,则C (0,0,0),S (1,1,0),A (0,2,2),E 23,23,43,所以CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2),CS ⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =23,23,43,设平面SAC 的一个法向量为m =(x ,y ,z ),则{m ·CA⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·CS ⃗⃗⃗⃗ =0,即{y +z =0,x +y =0,令z=1,得x=1,y=-1,于是m =(1,-1,1),设平面EAC 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{y +z =0,x +y +2z =0,令z=1,得x=-1,y=-1,于是n =(-1,-1,1),设二面角S-AC-E 的平面角的大小为θ,则cos θ=|m ·n ||m ||n |=13, 所以二面角S-AC-E 的余弦值为13.3.(1)证明取BC ,DE 中点分别为O ,O 1,连接OA ,O 1A ,OF ,O 1F.由AB=AC=CD=DF=EF=2,BC=DE=CF=AE=AD=BF=2√2,可知△ABC ,△DEF 为等腰直角三角形,故OA ⊥BC ,O 1F ⊥DE ,CD ⊥DE ,CD ⊥DF. 故CD ⊥平面DEF ,平面BCDE ⊥平面DEF ,所以O 1F ⊥平面BCDE. 同理OA ⊥平面BCDE ,所以O 1F ∥OA.而O 1F=OA ,故四边形AOFO 1为平行四边形,所以AO 1∥OF ,所以AO 1∥平面BCF. 又BC ∥DE ,故DE ∥平面BCF ,而AO 1∩DE=O 1,所以平面ADE ∥平面BCF.(2)解以O 为坐标原点,以过O 且平行于AC 的直线作为x 轴,平行于AB 的直线作为y 轴,OO 1为z 轴建立空间直角坐标系如图.则有B (1,1,0),C (-1,-1,0),D (-1,-1,2),F (-1,1,2), 故BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,-2,2),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,-2,0),BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,0,2). 设平面BCF 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{-2x -2y =0,-2x +2z =0,取x=1得y=-1,z=1,故平面BCF 的一个法向量为n =(1,-1,1). 设BD 与平面BCF 所成角为θ,则 sin θ=|cos <BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >| =√3×2√3=13.故BD 与平面BCF 所成角的正弦值为13.4.(1)证明设AC ∩BD=O ,连接OE ,OF ,∵四边形ABCD 是菱形,EA ⊥平面ABCD ,EF ∥AC ,CF ∥平面BDE , ∴OE ∥CF , ∴EF=AO=CO , ∴OF ⊥平面ABCD , 设OA=a ,OB=b ,AE=c ,以O 为原点,OA ,OB ,OF 所在直线分别为x ,y ,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则E (a ,0,c ),Ga 2,b 2,0,B (0,b ,0),C (-a ,0,0),F (0,0,c ),FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,b ,-c ),FC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-a ,0,-c ),EG ⃗⃗⃗⃗⃗ =-a 2,b 2,-c , 设平面BCF 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =by -cz =0,n ·FC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-ax -cz =0,取z=b ,得n =-bc a,c ,b ,∵n ·EG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-a 2)·(-bc a )+b 2·c+(-c )·b=0,EG ⊈平面BCF , ∴EG ∥平面BCF. (2)解设AE=AB=2,∵∠BAD=60°, ∴OB=1,OA=√3.∴A (√3,0,0),B (0,1,0),E (√3,0,2),D (0,-1,0).∴BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-1,2),BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-1,0),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,0), 设平面ABE 的法向量n =(x ,y ,z ), 则{n ·BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =√3x -y =0,n ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =√3x -y +2z =0, 取x=1,得n =(1,√3,0),设平面BDE 的法向量m =(x ,y ,z ), 则{m ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =√3x -y +2z =0,m ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-2y =0,取x=2,得m =(2,0,-√3),设二面角A-BE-D 的平面角为θ,则cos θ=|m ·n ||m ||n |=√4×√7=√77.∴二面角A-BE-D 的余弦值为√77. 5.(1)证明取PA 的中点F ,连接EF ,BF.因为E 是PD 的中点,所以EF ∥AD ,EF=12AD. 由∠BAD=∠ABC=90°得BC ∥AD ,又BC=12AD ,所以EF BC ,四边形BCEF 是平行四边形,CE ∥BF ,又BF ⫋平面PAB ,CE ⊈平面PAB ,故CE ∥平面PAB.(2)解由已知得BA ⊥AD ,以A 为坐标原点,AB⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ,则A (0,0,0),B (1,0,0),C (1,1,0),P (0,1,√3),PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-√3),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0).设M (x ,y ,z )(0<x<1),则BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x-1,y ,z ),PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ,y-1,z-√3).因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°,而n =(0,0,1)是底面ABCD 的一个法向量,所以|cos <BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=sin45°,√(x -1)+y 2+z 2=√2,即(x-1)2+y 2-z 2=0.① 又M 在棱PC 上,设PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则 x=λ,y=1,z=√3−√3λ.②由①,②解得{ x =1+√22,y =1,z =-√62(舍去),{ x =1-√22,y =1,z =√62,所以M (1-√22,1,√62),从而AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-√22,1,√62).设m =(x 0,y 0,z 0)是平面ABM 的一个法向量,则{m ·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{(2-√2)x 0+2y 0+√6z 0=0,x 0=0, 所以可取m =(0,-√6,2). 于是cos <m ,n >=m ·n |m ||n |=√105.因此二面角M-AB-D 的余弦值为√105.6.(方法1)(1)解因为AB ⊥AD ,平面ABCD ⊥平面PAD ,平面ABCD ∩平面PAD=AD ,AB ⫋平面ABCD ,所以AB ⊥平面PAD.作AH ⊥AD 交PD 于点H ,则AB ,AD ,AH 三条直线两两垂直.以A 为坐标原点,分别以AH ,AD ,AB 所在直线为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示.因为∠PAD=120°,BC=1,AB=AD=PA=2,所以A (0,0,0),B (0,0,2),C (0,1,2),D (0,2,0),P (√3,-1,0),设平面PBC 的法向量为n =(x ,y ,z ),因为BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0),BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-1,-2),则{n ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BP⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以{y =0,√3x -y -2z =0,令x=2,所以n =(2,0,√3),由题知,m =(0,0,1)为平面PAD 的一个法向量,所以|cos <n ,m >|=|n ·m ||n ||m |=√3√7×1=√3√7,则sin <n ,m >=√1-(√3√7)2=2√77,所以PBC 与平面PAD 所成二面角的正弦值为2√77. (2)证明假设棱CD 上存在任意一点F ,EF 与PD 平行.因为E 是棱PB 的中点,由(1)可得E (√32,-12,1). 假设棱CD 上存在点F ,使得EF ∥PD ,设DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λDC⃗⃗⃗⃗⃗ ,0≤λ≤1, 则ED ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√32,52,-1),DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,2),PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,3,0),所以EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =ED ⃗⃗⃗⃗⃗ +DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =-√32,52,-1+λ(0,-1,2)=-√32,52-λ,-1+2λ,因为EF ∥PD ,所以EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =t PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =t (-√3,3,0),所以{ -√32=-√3t ,52-λ=3t ,-1+2λ=0,此方程组无解,所以假设不成立,所以对于棱CD 上任意一点F ,EF 与PD 都不平行.(方法2)(1)解如图,在平面PAD 内,过点P 作DA 的垂线,垂足为M.在平面ABCD 内,过点M 作AD 的垂线,交CB 的延长线于点N.连接PN. 因为MN ∩PM=M ,所以AD ⊥平面PMN.因为AD ∥BC ,BC ⫋平面PBC ,AD ⊈平面PBC ,所以AD ∥平面PBC , 设平面PBC ∩平面PAD=l ,则AD ∥l ,故l ⊥平面PMN. 所以∠NPM 为平面PBC 与平面PAD 所成二面角的平面角. 因为∠PAD=120°,AB=AD=PA=2,所以∠MAP=60°, 在Rt △PAM 中,PM=2sin60°=√3.又MN=AB=2,所以在Rt △PMN 中,PN=√PM 2+MN 2=√7. 所以sin ∠MPN=MNPN =√7=2√77, 所以PBC 与平面PAD 所成二面角的正弦值为2√77.(2)证明假设棱CD 上存在点F ,使得EF ∥PD.连接BD ,取BD 的中点M.在△BPD 中,因为E ,M 分别为BP ,BD 的中点,所以EM ∥PD.因为过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行,所以EM 与EF 重合.又点F 在线段CD 上,所以F=BD ∩CD ,又BD ∩CD=D ,所以F 是BD 与CD 的交点D ,即EF 就是ED ,而ED 与PD 相交,所以与EF ∥PD 相矛盾,故假设不成立,所以对于棱CD 上任意一点F ,EF 与PD 都不平行.突破2 空间中的垂直与空间角1.解依题意,以C 为原点,分别以CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图),可得C (0,0,0),A (2,0,0),B (0,2,0),C 1(0,0,3),A 1(2,0,3),B 1(0,2,3),D (2,0,1),E (0,0,2),M (1,1,3).(1)证明依题意,C 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-2,-2),从而C 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2-2+0=0,所以C 1M ⊥B 1D.(2)解依题意,CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0)是平面BB 1E 的一个法向量,EB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1),ED ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-1).设n =(x ,y ,z )为平面DB 1E 的法向量,则{n ·EB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·ED ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y +z =0,2x -z =0.不妨设x=1,可得n =(1,-1,2).因此有cos <CA⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >=CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n|CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |=√66,于是sin <CA⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >=√30.所以,二面角B-B 1E-D 的正弦值为√30. (3)解依题意,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,0).由(2)知n =(1,-1,2)为平面DB 1E 的一个法向量,于是cos <AB⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >=AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n |AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |=-√33.所以,直线AB 与平面DB 1E 所成角的正弦值为√3.2.(1)证明由题设知,平面CMD ⊥平面ABCD ,交线为CD.因为BC ⊥CD ,BC ⫋平面ABCD ,所以BC⊥平面CMD ,故BC ⊥DM.因为M 为CD⏜上异于C ,D 的点,且DC 为直径,所以DM ⊥CM. 又BC ∩CM=C ,所以DM ⊥平面BMC.而DM ⫋平面AMD ,故平面AMD ⊥平面BMC.(2)解以D 为坐标原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.当三棱锥M-ABC 体积最大时,M 为CD ⏜的中点.由题设得D (0,0,0),A (2,0,0),B (2,2,0),C (0,2,0),M (0,1,1),AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,1),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0).设n =(x ,y ,z )是平面MAB 的法向量,则{n ·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0.即{-2x +y +z =0,2y =0.可取n =(1,0,2),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面MCD 的法向量,因此cos <n ,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|n ||DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√55,sin <n ,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ >=2√55.所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是2√55.3.(1)证明连接CE ,与BM 交于点N ,根据题意,该几何体为圆台的一部分,且CD 与EF 相交,故C ,D ,F ,E 四点共面,因为平面ADF ∥平面BCE ,所以CE ∥DF ,因为M 为CE 的中点,所以∠CBM=∠EBM ,所以N 为CE 中点,又BC=BE ,所以BN ⊥CE ,即BM ⊥CE ,所以BM ⊥DF.(2)解连接DB ,DN ,由(1)知,DF ∥EN ,且DF=EN ,所以四边形ENDF 为平行四边形,所以EF ∥DN ,所以∠BND 为异面直线BM 与EF 所成的角,因为BD=DN=BN=√2,所以△BND 为等边三角形,所以∠BND=60°,即异面直线BM 与EF 所成角的大小是60°. 4.(1)证明如图,过点D 作DO ⊥AC ,交直线AC 于点O ,连接OB.由∠ACD=45°,DO ⊥AC ,得CD=√2CO ,由平面ACFD ⊥平面ABC ,得DO ⊥平面ABC ,所以DO ⊥BC.由∠ACB=45°,BC=12CD=√22CO ,得BO ⊥BC.所以BC ⊥平面BDO ,故BC ⊥DB.由三棱台ABC-DEF ,得BC ∥EF.所以EF ⊥DB.(2)解(方法1)过点O 作OH ⊥BD ,交直线BD 于点H ,连接CH.由三棱台ABC-DEF ,得DF ∥CO ,所以直线DF 与平面DBC ,所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角.由BC ⊥平面BDO ,得OH ⊥BC ,故OH ⊥平面BCD ,所以∠OCH 为直线CO 与平面DBC 所成角.设CD=2√2.由DO=OC=2,BO=BC=√2,得BD=√6,OH=2√33, 所以sin ∠OCH=OHOC =√33,因此,直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为√33.(方法2)由三棱台ABC-DEF ,得DF ∥CO ,所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角,记为θ.如图,以O 为原点,分别以射线OC ,OD 为y ,z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz. 设CD=2√2.由题意知各点坐标如下:O (0,0,0),B (1,1,0),C (0,2,0),D (0,0,2).因此OC⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,2). 设平面BCD 的法向量n =(x ,y ,z ). 由{n ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x +y =0,-2y +2z =0,可取n =(1,1,1).所以sin θ=|cos <OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=|OC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||OC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n |=√33.因此,直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为√3.5.(1)证明∵平面ADEF ⊥平面ABCD ,平面ADEF ∩平面ABCD=AD ,AF ⊥AD ,AF ⫋平面ADEF ,∴AF ⊥平面ABCD.∵AC ⫋平面ABCD ,∴AF ⊥AC.过A 作AH ⊥BC 于点H ,则BH=1,AH=√3,CH=3,∴AC=2√3,∴AB 2+AC 2=BC 2,∴AC ⊥AB , ∵AB ∩AF=A ,∴AC ⊥平面FAB , ∵BF ⫋平面FAB ,∴AC ⊥BF. (2)解存在.由(1)知,AF ,AB ,AC 两两垂直.以A 为坐标原点,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AF ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为x 轴,y 轴,z 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ,则A (0,0,0),B (2,0,0),C (0,2√3,0),E (-1,√3,2).假设在线段BE 上存在一点P 满足题意,则易知点P 不与点B ,E 重合, 设|BP ||PE |=λ,则λ>0,P 2-λ1+λ,√3λ1+λ,2λ1+λ.设平面PAC 的法向量为m =(x ,y ,z ).由AP⃗⃗⃗⃗⃗ =2-λ1+λ,√3λ1+λ,2λ1+λ,AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,0),得 {m ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =2-λ1+λx +√3λ1+λy +2λ1+λz =0,m ·AC⃗⃗⃗⃗⃗ =2√3y =0, 即{y =0,z =λ-22λx ,令x=1,则z=λ-22λ,所以m =1,0,λ-22λ为平面PAC 的一个法向量. 同理,可求得n =1,√33,1为平面BCEF 的一个法向量.当m ·n =0,即λ=23时,平面PAC ⊥平面BCEF ,故存在满足题意的点P ,此时|BP ||PE |=23. 6.(1)证明在等腰梯形ABCD 中,∵点E 在线段BC 上,且CE ∶EB=1∶3,∴点E 为BC 上靠近C 点的四等分点. ∵AD=2,BC=4,CE=1,∴DE ⊥AD.∵点P 在底面ABCD 上的射影为AD 的中点G ,∴PG ⊥平面ABCD. ∵DE ⫋平面ABCD ,∴PG ⊥DE.又AD ∩PG=G ,AD ⫋平面PAD ,PG ⫋平面PAD ,∴DE ⊥平面PAD.(2)解取BC 的中点F ,连接GF ,以G 为原点,GA 所在直线为x 轴,GF 所在直线为y 轴,GP 所在直线为z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示,由(1)易知,DE ⊥CB ,CE=1, 又∠ABC=∠DCB=60°, ∴DE=GF=√3,∵AD=2,△PAD 为等边三角形,∴PG=√3,则G (0,0,0),A (1,0,0),D (-1,0,0),P (0,0,√3),C (-2,√3,0),∴AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,√3,0),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,√3),DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√3,0),DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3). 设平面APC 的法向量为m =(x 1,y 1,z 1),则{m ·AC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-3x 1+√3y 1=0,-x 1+√3z 1=0,令x 1=√3,则y 1=3,z 1=1, ∴m =(√3,3,1),设平面DPC 的法向量为n =(x 2,y 2,z 2), 则{n ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x 2+√3y 2=0,x 2+√3z 2=0,令x 2=√3,则y 2=1,z 2=-1, ∴n =(√3,1,-1).设平面APC 与平面DPC 的夹角为θ. 则cos θ=|m ·n ||m ||n |=13×5=√6513,故二面角A-PC-D 的余弦值为√6513.。
高三数学一轮复习 第九章《立体几何》9-1精品
• (4)能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算 问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用．
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• ●命题趋势
• 1．空间几何体
• 空间几何体是立体几何初步的重要内容，高考非常重视 对这一部分的考查．一是在选择、填空题中有针对性地 考查空间几何体的概念、性质及主要几何量(角度、距 离、面积、体积)的计算等．二是在解答题中，以空间 几何体为载体考查线面位置关系的推理、论证及有关计 算．
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• 3．空间向量与立体几何(理)
• 高考试题中的立体几何解答题，包括部分选择、填空题， 大多都可以使用空间向量来解答．高考在注重对立体几 何中传统知识和方法考查的同时，加大了对空间向量的 考查．给考生展现综合利用所学知识解决实际问题的才 能提供更宽阔的舞台．
• 这一部分高考命题主要有以下几个方面：
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• 1°球面被经过球心的平面截得的圆叫做大圆． • 2°不过球心的截面截得的圆叫做球的小圆．
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• (3)球面距离：
• 1°定义：在球面上两点之间的最短距离，就是经过这
两点的 在这两点间的一段
的长度，这个弧
长叫做两大点圆的球面距离．
劣弧
• 2°地球上的经纬线
• 当把地球看作一个球时，经线是球面上从北极到南极的 半个大圆，纬线是与地轴垂直的平面与球面的交线，其
• ②棱锥的高、斜高和斜高在底面内的射影组成一个直角 三角形；棱锥的高、侧棱和侧棱在底面内的射影也组成 一个直角三角形．
• 4．棱台的概念及性质
• (1)定义：棱锥被 的部分叫做棱台．
人教A版高考总复习一轮文科数学精品课件 第8章立体几何 指点迷津(八) 空间几何体的截面问题 (2)
所以截面面积为
+
S= 2
·h=
2+2 2
2
×
3 2
2
=
2 2
)
2
9
.故选
2
B.
=
9
2
=
3 2
,
2
本 课 结 束
是棱C1C的中点,则过线段AG且平行于平面A1EF的截面图形为(
A.矩形
B.三角形
C.正方形
D.等腰梯形
)
答案:D
解析:取BC的中点H,连接AH,GH,由题意得GH∥EF,AH∥A1F,
又GH⊄平面A1EF,EF⊂平面A1EF,
∴GH∥平面A1EF,同理AH∥平面A1EF,
又GH∩AH=H,GH,AH⊂平面AHG,
α∥平面A1BC1或者α与平面A1BC,BC,CC1,C1D1,D1A1,A1A的中点为E,F,G,H,K,L,易证点
E,F,G,H,K,L共面.则正六边形EFGHKL平行于平面A1BC1.
由 KH
1
A1C1,得
2
KH=
2
,
2
正六边形 EFGHKL 的面积
第八章
指点迷津(八) 空间几何体的截面问题
空间几何体的截面问题
用平面去截一个几何体,所截出的面叫做截面.我们可以想象,类似于用刀
去切(截)几何体,把几何体分成两部分,刀在几何体上留下的痕迹就是截面
的形状,截面是一个平面图形.空间几何体的截面问题涉及平面的基本事实、
空间线面的位置关系、点线共面、线共点等问题,综合性较强,对直观想象
和逻辑推理的数学素养有着较高的要求.
2022高考数学文人教A版一轮复习学案：11.3 几何概型 【含解析】
11.3几何概型必备知识预案自诊知识梳理1.几何概型(1)定义:如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的(面积或体积)成比例,则称这样的概率模型为几何概率模型,简称为几何概型.(2)特点①无限性:在一次试验中,可能出现的结果有无限多个;②等可能性:每个结果的发生具有等可能性.(3)公式:P(A)=.2.随机模拟方法(1)使用计算机或者其他方式进行的模拟试验,通过这个试验求出随机事件的概率的近似值的方法就是模拟方法.(2)用计算机或计算器模拟试验的方法的基本步骤是:①用计算机或计算器产生某个范围内的随机数,并赋予每个随机数一定的意义;②统计代表某意义的随机数的个数M和总的随机数个数N;③计算频率f n(A)=MN作为所求概率的近似值.几种常见的几何概型(1)与长度有关的几何概型,其基本事件只与一个连续的变量有关.(2)与面积有关的几何概型,其基本事件与两个连续的变量有关,若已知图形不明确,可将两个变量分别作为一个点的横坐标和纵坐标,这样基本事件就构成了平面上的一个区域,即可借助平面区域解决问题.(3)与体积有关的几何概型,可借助空间几何体的体积公式解答问题.考点自诊1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.(1)在几何概型中,每一个基本事件就是从某个特定的几何区域内随机地取一点,该区域中的每一点被取到的机会相等.()(2)在几何概型定义中的区域可以是线段、平面图形、立体图形.()(3)与面积有关的几何概型的概率与几何图形的形状有关.()(4)相同环境下两次随机模拟得到的概率的估计值是相等的.()(5)随机模拟方法是以事件发生的频率估计概率.()2.某人午觉醒来,发现表停了,他打开收音机,想听电台整点报时,则他等待的时间不多于15分钟的概率为()A.13B.14C.15D.163.(2020陕西安康高三三模)部分与整体以某种相似的方式呈现称为分形.谢尔宾斯基三角形是一种分形,由波兰数学家谢尔宾斯基1915年提出.具体操作是取一个实心三角形,沿三角形的三边中点连线,将它分成4个小三角形,去掉中间的那一个小三角形后,对其余3个小三角形重复上述过程得到如图所示的图案,若向该图案随机投一点,则该点落在黑色部分的概率是()A.716B.916C.35D.124.(2020四川仁寿高三诊断)一只蜜蜂在一个棱长为3的正方体内自由飞行,若蜜蜂在飞行过程中始终保持与正方体6个表面的距离均大于1,称其为“安全飞行”,则蜜蜂“安全飞行”的概率为()A.4π81B.81-4π81C.127D.8275.如图,在边长为1的正方形内有不规则图形Ω,由电脑随机从正方形中抽取10 000个点,若落在图形Ω内和图形Ω外的点分别为3 335,6 665,则图形Ω面积的估计值为.关键能力学案突破考点与长度、角度有关的几何概型【例1】(1)(2020广西壮族自治区高三模拟)在区间[-1,1]上随机取一个数k,使直线y=k(x+3)与圆x2+y2=1相交的概率为()A.12B.13C.√24D.√23(2)如图,四边形ABCD为矩形,AB=√3,BC=1,以A为圆心,1为半径作四分之一个圆弧DE⏜,在∠DAB内任作射线AP,则射线AP与线段BC有公共点的概率为.解题心得解答几何概型问题的关键在于弄清题中的考察对象和对象的活动范围.(1)当考察对象为点,点的活动范围在线段上时用线段长度之比计算;(2)当考察对象为线时,一般用角度之比计算.对点训练1(1)某学校星期一至星期五每天上午共安排五节课,每节课的时间为40分钟,第一节课上课的时间为7:50~8:30,课间休息10分钟.某同学请假后返校,若他在8:50~9:30之间随机到达教室,则他听第二节课的时间不少于20分钟的概率为()A.15B.14C.13D.12(2)如图所示,在平面直角坐标系内,射线OT落在30°角的终边上,任作一条射线OA,则射线OA落在∠yOT内的概率为.考点与面积、体积有关的几何概型【例2】(1)(2020山东潍坊高三检测)七巧板是一种古老的中国传统智力玩具,是由七块板组成的.而这七块板可拼成许多图形,例如三角形、不规则多边形、各种人物、动物、建筑物等,若用七巧板拼成一只雄鸡,在雄鸡平面图形上随机取一点,则恰好取自雄鸡鸡尾(阴影部分)的概率为()A.14B.17C.18D.116(2)(2020河南南阳高三模拟)灯笼是传统的照明工具,在传统节日各家庭院中挂上各种彩灯更显得吉祥喜庆,某庭院挂着一盏表面积为4π平方分米的西瓜灯(看成球),灯笼中蜡烛的灯焰可以近似看成底面半径为2厘米,高为4厘米的圆锥,现向该灯笼内任取一点,则该点取自灯焰内的概率为()A.0.004B.0.012C.0.024D.0.036解题心得求与面积、体积有关的几何概型的基本思路:用图形准确表示出试验的全部结果所构成的区域,由题意将已知条件转化为事件A对应的区域,在图形中画出事件A对应的区域,然后用公式P(A)=构成事件A的区域面积(或体积)试验的全部结果所组成的区域面积(或体积)求出概率.对点训练2(1)(2020江西南昌二中高三月考)如图是折扇的示意图,A为OB的中点,若在整个扇形区域内随机取一点,则此点取自扇面(扇环)部分的概率是()A.14B.12C.58D.34(2)已知在四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥底面ABCD ,底面ABCD 是正方形,PA=AB=2,现在该四棱锥内部或侧面任取一点O ,则四棱锥O-ABCD 的体积不小于23的概率为 .考点与线性规划有关的几何概型【例3】(2020湖南衡阳八中高三月考)若不等式组{x +2y -3≤0,2x -y +4≥0,y ≥0表示的区域为Ω,不等式x 2+y 2-2x-2y+1≤0表示的区域为T ,则在区域Ω内任取一点,则此点落在区域T 中的概率为( )A.π4B.π8C.π5D.π10解题心得几何概型与线性规划的交汇问题:先根据约束条件作出可行域,再确定形状,求面积大小,进而代入公式求概率.对点训练3两位同学约定下午5:30~6:00在图书馆见面,且他们在5:30~6:00之间到达的时刻是等可能的,先到的同学需等待,15分钟后还未见面便离开,则两位同学能够见面的概率是( )A.1136B.14C.12D.34考点随机模拟方法【例4】从区间[0,1]随机抽取2n 个数x 1,x 2,…,x n ,y 1,y 2,…,y n ,构成n 个数对(x 1,y 1),(x 2,y 2),…,(x n ,y n ),其中两数的平方和小于1的数对共有m 个,则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为( )A.4n mB.2n mC.4m nD.2m n解题心得将π看作未知数表示出四分之一的圆面积,根据几何概型的概率公式,四分之一的圆面积与正方形面积之比等于m 与n 之比,从而用m ,n 表示出π的近似值.对点训练4(2020湖北金字三角高三线上联考)“割圆术”是刘徽最突出的数学成就之一,他在《九章算术注》中提出割圆术,并作为计算圆的周长、面积以及圆周率的基础.刘徽把圆内接正多边形的面积一直算到了正3 072边形,并由此求得了圆周率为3.141 5和3.141 6这两个近似数值,这个结果是当时世界上圆周率计算的最精确数据.如图,当分割到圆内接正六边形时,某同学利用计算机随机模拟法向圆内随机投掷点,计算得出该点落在正六边形内的频率为0.826 9,那么通过该实验计算出来的圆周率近似值为()(参考数据:√30.8269≈2.094 6)A.3.141 9B.3.141 7C.3.141 5D.3.141 311.3几何概型必备知识·预案自诊知识梳理1.(1)长度(3)构成事件A的区域长度(面积或体积)试验的全部结果所构成的区域长度(面积或体积)考点自诊1.(1)√(2)√(3)×(4)×(5)√2.B∵电台整点报时,∴事件总数包含的时间长度是60,∵满足他等待的时间不多于15分钟的事件包含的时间长度是15,由几何概型公式得到P=1560=14,故选B.3.B由图可知,黑色部分由9个小三角形组成,该图案由16个小三角形组成,设“向该图案随机投一点,则该点落在黑色部分”为事件A,由几何概型中的面积型可得:P(A)=9S小三角形16S小三角形=916.4.C由题知蜜蜂的安全飞行范围为以这个正方体的中心为中心且棱长为1的正方体内.这个小正方体的体积为1,大正方体的体积为27,故安全飞行的概率为127.5.13设图形Ω的面积为S,∵由电脑随机从正方形中抽取10000个点,落在图形Ω内和图形Ω外的点分别为3335,6665,∴S1=333510000≈13,∴S≈13.关键能力·学案突破例1(1)C (2)13 (1)因为圆心(0,0),半径r=1,直线与圆相交,所以圆心到直线y=k (x+3)的距离d=√1+k ≤1,解得-√24≤k ≤√24,所以所求的概率为√222=√24,故选C.(2)连接AC ,如图所示,tan ∠CAB=CBAB =√3=√33,所以∠CAB=π6,直线AP 在∠CAB 内时,直线AP 与线段BC 有公共点,所以所求事件的概率为π6π2=13.对点训练1(1)B (2)16 (1)由题意可知,第二节课的上课时间为8:40~9:20,时长40分钟.若听第二节课的时间不少于20分钟,则需在8:50~9:00之间到达教室,时长10分钟. 所以听第二节课的时间不少于20分钟的概率为1040=14,故选B .(2)因为射线OA 在坐标系内是等可能分布的,所以射线OA 落在∠yOT 内的概率为60°360°=16.例2(1)C (2)A (1)设包含7块板的正方形边长为4,其面积为4×4=16.则雄鸡的鸡尾面积为标号为6的板块,其面积为S=2×1=2.所以在雄鸡平面图形上随机取一点,则恰好取自雄鸡鸡尾(阴影部分)的概率为216=18. (2)设该灯笼的半径为R ,则4πR 2=4π,解得R=1(分米),所以该灯笼的体积V=4π×133=4π3(立方分米)=4000π3(立方厘米),该灯笼内的灯焰的体积V 1=13×π×22×4=16π3(立方厘米),所以该点取自灯焰内的概率为V 1V =16π34000π3=0.004. 对点训练2(1)D (2)2764 (1)设扇形的圆心角为α,大扇形的半径长为R ,小扇形的半径长为r ,则S 大扇形=α2R 2,S 小扇形=α2r 2,R=2r.根据几何概型,可得此点取自扇面(扇环)部分的概率为α2R 2-α2r 2α2R 2=R 2-r 2R 2=3r 24r 2=34. (2)当四棱锥O-ABCD 的体积为23时,设O 到平面ABCD 的距离为h ,则13×22×h=23,解得h=12.如图所示,在四棱锥P-ABCD 内作平面EFGH 平行于底面ABCD ,且平面EFGH 与底面ABCD 的距离为12.因为PA ⊥底面ABCD ,且PA=2,所以PHPA =34, 所以四棱锥O-ABCD的体积不小于23的概率为V 四棱锥P -EFGHV 四棱锥P -ABCD=PH PA 3=343=2764.例3D 作出不等式组{x +2y -3≤0,2x -y +4≥0,y ≥0表示的区域Ω,不等式x 2+y 2-2x-2y+1≤0化为(x-1)2+(y-1)2≤1,它表示的区域为T ,如图所示:则区域Ω表示△ABC ,由{2x -y +4=0,x +2y -3=0,解得点B (-1,2).又A (-2,0),C (3,0), ∴S △ABC =12×(3+2)×2=5,又区域T 表示圆面,且圆心M (1,1)在直线x+2y-3=0上,在△ABC 内的面积为12π×12=π2,∴所求的概率为π25=π10.对点训练3D 因涉及两人见面时间,故考虑到是几何概型,建立平面直角坐标系列出满足条件的式子,计算出最终的概率.因为两人谁也没有讲好确切的时间,故样本点由两个数(甲、乙各自到达的时刻)组成;以5:30作为时间的起点建立如图所示的平面直角坐标系:设甲、乙各在第x 分钟和第y 分钟到达,则样本空间为Ω={(x ,y )|0≤x ≤30,0≤y ≤30},画成图为一正方形;会面的充要条件为|x-y|≤15,即事件A 可以会面所对应的区域是图中的阴影部分,故由几何概型公式知所求概率为面积之比,即P (A )=302-152302=3,故选D .例4C如图,两数的平方和小于1的数对所在的区域为图中阴影部分(不含边界),n 个数对所在的区域为边长为1的正方形.由题意利用几何概型可知,14S 圆S 正方形=14π×1212≈m n,所以π≈4mn.故选C .对点训练4A 设圆的半径为r ,则圆的面积为πr 2,正六边形的面积为6×12×r ×√32r=3√32r 2,因而所求该实验的频率为3√32r 2πr2=3√32π=0.8269,则π=3√32×0.8269≈3.1419. 高考大题专项(六) 概率与统计例1解(1)根据中位数的定义知,甲班同学身高的中位数是170+1682=169(cm), 乙班同学身高的中位数是170+1732=171.5(cm).根据平均数的公式,计算甲班的平均数x 甲=110×(158+162+163+168+168+170+171+179+179+182)=170(cm),甲班样本的方差s 甲2=110×[(158-170)2+(162-170)2+…+(182-170)2]=57.2.(2)设“身高为176cm 的同学被抽中”为事件A.从乙班10名同学中抽取2名身高不低于173cm 的同学有(181,173),(181,176),(181,178),(181,179),(179,173),(179,176),(179,178),(178,173),(178,176),(176,173),共10个基本事件,而事件A 含有4个基本事件,所以P (A )=410=25. 对点训练1解(1)甲厂这批轮胎宽度的平均值为x 甲=1(195+194+196+193+194+197+196+195+193+197)=195(mm), 乙厂这批轮胎宽度的平均值为 x 乙=110(195+196+193+192+195+194+195+192+195+193)=194(mm). (2)甲厂这批轮胎宽度在[194,196]内的数据为195,194,196,194,196,195, 平均数为x 1=16(195+194+196+194+196+195)=195(mm),方差为s 12=1[(195-195)2+(194-195)2+(196-195)2+(194-195)2+(196-195)2+(195-195)2]=2, 乙厂这批轮胎宽度在[194,196]内的数据为195,196,195,194,195,195, 平均数为x 2=16(195+196+195+194+195+195)=195(mm),方差为s 22=16[(195-195)2+(196-195)2+(195-195)2+(194-195)2+(195-195)2+(195-195)2]=13, ∵两厂标准轮胎宽度的平均数相等,但乙厂的方差更小,∴乙厂的轮胎相对更好.例2解(1)由题意,设这两天发芽的种子数分别为m ,n ,m 、n 的所有取值有(23,25),(23,30),(23,26),(23,16),(25,30),(25,26),(25,16),(30,26),(30,16),(26,16),共有10个,设“m 、n 均不小于25”为事件A ,则事件A 包含的基本事件有(25,30),(25,26),(30,26),所以P (A )=310,故从这5天中任选2天,发芽的种子数均不小于25的概率为310. (2)由数据得x =12,y =27, ∴x ·y =972,3x 2=432. 又∑i=13x i y i =977,∑i=13x i 2=434.∴b ^=977-972434-432=52,a ^=27-52×12=-3,∴y 关于x 的线性回归方程为y ^=52x-3.(3)当x=10时,y ^=52×10-3=22,|22-23|<2, 当x=8时,y ^=52×8-3=17,|17-16|<2. 所得到的线性回归方程是可靠的. 对点训练2解(1)依题意,n=6,b ^=∑i=16(x i -x )(y i -y )∑i=16(x i -x )2=55784≈6.6,a ^≈33-6.6×26=-138.6, ∴y 关于x 的线性回归方程为y ^=6.6x-138.6.(2)①利用所给数据,∑i=16(y i-y ^i)2=236.64,∑i=16(y i-y )2=3 930,得线性回归方程y ^=6.6x-138.6的相关指数R 2=1-∑i=16(y i -y ^i )2∑i=16(y i -y )2=1-236.643930≈1-0.060 2=0.939 8. ∵0.939 8<0.952 2,∴回归方程y ^=0.06e 0.230 3x 比线性回归方程y ^=6.6x-138.6拟合效果更好.②由①得温度x=35 ℃时,y ^=0.06e 0.230 3×35=0.06×e 8.060 5.∵e 8.060 5≈3 167,∴y ^≈0.06×3 167≈190(个),即当温度x=35 ℃时,该种药用昆虫的产卵数估计为190个. 例3解(1)因为前三组的频率之和10×(0.002+0.009+0.020)=0.31<0.5,前四组的频率之和10×(0.002+0.009+0.020+0.034)=0.65>0.5,所以中位数在第四组,设为x 毫克,由(x-195)×0.034+0.31=0.5,解得x ≈201.故乙流水线样本质量的中位数为201毫克.(2)甲流水线样本中质量在(165,185]的产品共有5件,其中合格品有2件,设为A ,B ;不合格品3件,设为a ,b ,c ,从中任取2件的所有取法有(A ,B ),(A ,a ),(A ,b ),(A ,c ),(B ,a ),(B ,b ),(B ,c ),(a ,b ),(a ,c ),(b ,c )共10种,恰有一件合格品的取法有(A ,a ),(A ,b ),(A ,c ),(B ,a ),(B ,b ),(B ,c )共6种,所以两件产品中恰有一件合格品的概率为P=610=35.(3)由乙流水线样本的频率分布直方图可知,合格品的个数为100×(1-0.04)=96, 所以,2×2列联表是:所以K 2=n (ad -bc )2(a+b )(c +d )(a+c )(b+d )=200(92×4-96×8)2100×100×188×12≈1.418<2.072.故不能在犯错误的概率不超过0.15的前提下,认为产品的包装合格与两条自动包装流水线的选择有关.对点训练3解(1)收入在(33,41]上的返乡创业人员频率为0.010×4+0.005×4=0.06,估算这1000名外出务工返乡创业人员年收入为(33,41]万元的人数为1000×0.06=60(人).(2)根据题意,这1000名返乡创业人员中年收入超过17万元的人数是1000×[1-(0.01+0.02+0.03+0.04)×4]=600,其中参加职业技术教育的人数是340人.由此填写2×2列联表如下:计算得K2的观测值k=1000×(340×140-260×260)2600×400×600×400≈6.944>6.635,所以在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为该市这1000人返乡创业收入与创业人员是否接受职业技术教育有关.例4解(1)由频率直方图可知(0.0075+0.01)×20=0.35,(0.0075+0.01+0.015)×20=0.65,因为0.35<0.5<0.65,所以所求中位数在(40,60],不妨设中位数为x,则0.35+(x-40)×0.015=0.5,解得x=50.所以核酸检测呈阴性人员年龄的中位数为50.(2)因样本中核酸检测呈阴性的人员中年龄在(20,40]有20人,设样本中核酸检测呈阴性的人数为n,则n=20,即n=100,用样本估计总体,所以该小区此次核酸检测呈阳性的人数为(101-100)×505=5,即估计该小区此次核酸检测呈阳性的人数为5.(3)由(2)可知,此次核酸检测呈阳性的人数为5,又因其男女比例为3∶2,所以其中男性为3人,女性为2人,将3名男性分别记为1,2,3,2名女性记为a,b,从中任选两人的基本事件有(1,2),(1,3),(1,a),(1,b),(2,3),(2,a),(2,b),(3,a),(3,b),(a,b),共10种,其中至少有一名男性的基本事件有(1,2),(1,3),(1,a),(1,b),(2,3),(2,a),(2,b),(3,a),(3,b),共9种.所以至少选到一名男性的概率910.对点训练4解(1)该校高三年级周日学习用时较长的是女生.理由如下:对比男生和女生学习时间频数表,可以发现:学习用时在2小时以上的男生有22人,女生有34人,学习用时在3小时以上的男生有15人,女生有26人,都是女生人数明显多于男生人数,所以该校高三年级周日学习用时较长的是女生.(言之有理即可)(2)被抽到的80名学生中周日学习用时在[5,6]内的男生有2人,记为A ,B ,女生有4人,记为a ,b ,c ,d ,设恰巧抽到1男1女为事件M ,从中抽取2人,共有15个基本事件,AB ,Aa ,Ab ,Ac ,Ad ,Ba ,Bb ,Bc ,Bd ,ab ,ac ,ad ,bc ,bd ,cd.则M 包含的基本事件为Aa ,Ab ,Ac ,Ad ,Ba ,Bb ,Bc ,Bd ,共8个,故P (M )=815.∴恰巧抽到1男1女的概率为815.例5解(1)由茎叶图可知,男生中位数为178+176=177cm,女生的中位数为165+168=166.5cm . (2)根据茎叶图,有“高个子”12人,“非高个子”18人,所以利用分层抽样的方法所抽取的“高个子”的人数为1230×5=2人,抽取的“非高个子”的人数为1830×5=3人.(3)设“至少有一人是‘高个子’”为事件A ,设高个子中选出的2人记为a ,b ,非高个子选出的3人记为1,2,3,则所有的选取方式有(a ,b ),(a ,1),(a ,2),(a ,3),(b ,1),(b ,2),(b ,3),(1,2),(1,3),(2,3),共10种情形,其中满足至少有1人是高个子的有(a ,b ),(a ,1),(a ,2),(a ,3),(b ,1),(b ,2),(b ,3),共7种情形,故所求的概率为:P (A )=710.故至少有一人是“高个子”的概率为710.对点训练5解(1)由频率分布直方图得,这20个交通路段中,轻度拥堵的路段有(0.1+0.2)×1×20=6(个),中度拥堵的路段有(0.25+0.2)×1×20=9(个),严重拥堵的路段有(0.1+0.05)×1×20=3(个).(2)由(1)知,拥堵路段共有6+9+3=18(个),按分层抽样,从18个路段抽取6个,则抽取的三个级别路段的个数分别为618×6=2,618×9=3,618×3=1,即从交通指数在[4,6),[6,8),[8,10]的路段中分别抽取的个数为2,3,1.(3)记抽取的2个轻度拥堵路段为A 1,A 2,抽取的3个中度拥堵路段为B 1,B 2,B 3,抽取的1个严重拥堵路段为C 1,则从这6个路段中抽取2个路段的所有可能情况为(A 1,A 2),(A 1,B 1),(A 1,B 2),(A 1,B 3),(A 1,C 1),(A 2,B 1),(A 2,B 2),(A 2,B 3),(A 2,C 1),(B 1,B 2),(B 1,B 3),(B 1,C 1),(B 2,B 3),(B 2,C 1),(B 3,C 1),共15种,其中至少有1个路段为轻度拥堵的情况为(A 1,A 2),(A 1,B 1),(A 1,B 2),(A 1,B 3),(A 1,C 1),(A 2,B 1),(A 2,B 2),(A 2,B 3),(A 2,C 1),共9种.所以所抽取的2个路段中至少有1个路段为轻度拥堵的概率为915=35.例6解(1)因为n 2000=1101100,所以n=200,女生人数为200-110=90.(2)列联表为:K2的观测值k=200×(60×60-50×30)2≈8.999>7.879,所以有99.5%的把握认为选择科目与性别有关.(3)从90个选择物理的学生中采用分层抽样的方法抽6名,这6名学生中有4名男生,记为a、b、c、d;2名女生记为A、B,抽取2人所有的情况为(a,b),(a,c),(a,d),(a,A),(a,B),(b,c),(b,d),(b,A),(b,B),(c,d),(c,A),(c,B),(d,A),(d,B),(A,B),共15种, 选取的2人中至少有1名女生情况的有(a,A),(a,B),(b,A),(b,B),(c,A),(c,B),(d,A),(d,B),(A,B),共9种,故所求概率为P=915=35.对点训练6解(1)由题意,5+m+15+10+n+5=50, 且(5+m+15)∶(10+n+5)=3∶2,解得m=10,n=5.(2)根据公式计算K2的观测值k=50×(10×27-10×3)237×13×30×20≈9.98>6.635,所以有99%的把握认为对发行消费券的态度与“以年龄45岁为分界点”有关.(3)设年龄在[55,65)中不赞同发行消费券的人为A,B,C,赞同发行消费券的人为a,b,则从5人中随机选取2人有AB,AC,Aa,Ab,BC,Ba,Bb,Ca,Cb,ab,共10个结果;其中2人中至少有1人不赞同发行消费券的有AB,AC,Aa,Ab,BC,Ba,Bb,Ca,Cb,9个结果,所以2人中至少有1人不赞同发行消费券的概率为910.。
高考数学(理)人教A版一轮复习课件：第八章 立体几何 8-3
-9知识梳理 双基自测
1 2 3 4 5
1.下列结论正确的打“√”,错误的打“×”. (1)两个不重合的平面只能把空间分成四个部分.( ) (2)两个平面α,β有一个公共点A,就说α,β相交于A点,记作α∩β=A. ( ) (3)已知a,b是异面直线,直线c平行于直线a,那么c与b不可能是平 行直线.( ) (4)如果两个不重合的平面α,β有一条公共直线a,就说平面α,β相交 ,并记作α∩β=a.( ) (5)若a,b是两条直线,α,β是两个平面,且a⊂α,b⊂β,则a,b是异面直线 .( )
关闭
(1)AC=BD
(2)AC=BD 且 AC⊥BD
解析 答案
-14考点1 考点2 考点3
考点 1
平面的基本性质及应用
例1
如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是AB,AA1的中点, 求证: (1)E,C,D1,F四点共面; (2)CE,D1F,DA三线共点. 思考如何利用平面的基本性质证明点共线和线共点?
-16考点1 考点2 考点3
解题心得1.点线共面问题的证明方法: (1)纳入平面法:先确定一个平面,再证有关点、线在此平面内; (2)辅助平面法:先证有关点、线确定平面α,再证其余点、线确定 平面β,最后证明平面α,β重合. 2.证明多线共点问题,常用的方法是:先证其中两条直线交于一点, 再证交点在第三条直线上.证交点在第三条直线上时,第三条直线 应为前两条直线所在平面的交线,可以利用公理3证明.
、 相交
、在平面内
-6知识梳理 双基自测
1 2
3
4 5 6 7
6.平面与平面的位置关系 平面与平面的位置关系有 平行
、 相交
两种情况.
-7知识梳理 双基自测
2020高考数学大一轮复习第八章立体几何8规范答题示范(四)高考解答题——立体几何课件理
解题思路 ❶看到证明平面 ACD⊥平面 ABC，想到利用面面垂直的判定定 理进行证明． ❷看到二面角 D-AE-C 的余弦值，想到构造空间直角坐标系， 利用 cos〈n1，n2〉＝n|n11·||nn22|求解.
■标准答案(规范答题 分步得分)
(1)取 AC 中点 O，连接 OD，OB，由∠ABD＝∠CBD，AB＝
第八章 立体几何
规范答题示范(四) 高考解答题——立(2017·高考全国卷Ⅲ)如图，四面体 ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直 角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD. (1)证明：平面ACD⊥平面ABC；❶ (2)过 AC 的平面交 BD 于点 E，若平面 AEC 把四面体 ABCD 分 成体积相等的两部分，求二面角D-AE-C的余弦值.❷
■核心素养 立体几何中求二面角是高考命题的重点，这种类型的试题重点 考查“数学运算”及“直观想象”的核心素养．
BC＝BD 知△ABD≌△CBD，所以 CD＝AD. 2 分 得分点①
由已知可得△ADC 为等腰直角三角形，D 为直角顶点，
则 OD⊥AC，
3 分 得分点②
设正△ABC 边长为 a，
则 OD＝12AC＝12a，OB＝ 23a，BD＝a，所以 OD2＋OB2＝BD2，
即 OD⊥OB.
4 分 得分点③
7 分 得分点⑤
设平面 ADE 的一个法向量为 n1＝(x1，y1，z1)，
则nn11· ·AA→→DE＝＝00，，即－－a2a2xx11＋＋a24z31a＝y10＋，a4z1＝0，
令
z1＝1，则
x1＝1，y1＝
33，所以
n1＝1，
33，1.8
分
得分点⑥
同理可得平面 AEC 的一个法向量 n2＝(0，－1， 3)， 9 分 得分点⑦
高考数学(文)(人教新课标)大一轮复习配套文档：第八章 立体几何 8.1 空间几何体的结构、三视图和直观
第八章立体几何1.空间几何体(1)认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．(2)能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图．(3)会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式．(4)了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式．2．点、直线、平面之间的位置关系(1)理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解如下可以作为推理依据的公理和定理：①公理1：如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线在此平面内．②公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．③公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．④公理4：平行于同一条直线的两条直线平行．⑤定理：空间中如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．(2)以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理．理解以下判定定理：①平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行．②一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行．③一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，则该直线与此平面垂直．④一个平面过另一个平面的垂线，则两个平面垂直．理解以下性质定理，并加以证明：①如果一条直线与一个平面平行，那么过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行．②两个平面平行，则任意一个平面与这两个平面相交所得的交线相互平行．③垂直于同一个平面的两条直线平行．④两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直．(3)能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题．3．空间直角坐标系(1)了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置．(2)会简单应用空间两点间的距离公式．8．1 空间几何体的结构、三视图和直观图1．棱柱、棱锥、棱台的概念(1)棱柱：有两个面互相______，其余各面都是________，并且每相邻两个四边形的公共边都互相______，由这些面所围成的多面体叫做棱柱．※注：棱柱又分为斜棱柱和直棱柱．侧棱与底面不垂直的棱柱叫做斜棱柱；侧棱与底面垂直的棱柱叫做直棱柱；底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱．(2)棱锥：有一个面是________，其余各面都是有一个公共顶点的__________，由这些面所围成的多面体叫做棱锥．※注：如果棱锥的底面是正多边形，且它的顶点在过底面中心且与底面垂直的直线上，则这个棱锥叫做正棱锥．(3)棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分，叫做棱台．※注：由正棱锥截得的棱台叫做正棱台．※2.棱柱、棱锥、棱台的性质(1)棱柱的性质侧棱都相等，侧面是______________；两个底面与平行于底面的截面是__________的多边形；过不相邻的两条侧棱的截面是______________；直棱柱的侧棱长与高相等且侧面、对角面都是________．(2)正棱锥的性质侧棱相等，侧面是全等的______________；棱锥的高、斜高和斜高在底面上的射影构成一个____________；棱锥的高、侧棱和侧棱在底面上的射影也构成一个____________；斜高、侧棱及底面边长的一半也构成一个____________；侧棱在底面上的射影、斜高在底面上的射影及底面边长的一半也构成一个____________．(3)正棱台的性质侧面是全等的____________；斜高相等；棱台的高、斜高和两底面的边心距组成一个____________；棱台的高、侧棱和两底面外接圆的半径组成一个____________；棱台的斜高、侧棱和两底面边长的一半也组成一个____________．3．圆柱、圆锥、圆台(1)圆柱、圆锥、圆台的概念分别以______的一边、__________的一直角边、________中垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴，其余各边旋转一周而形成的曲面所围成的几何体分别叫做圆柱、圆锥、圆台．(2)圆柱、圆锥、圆台的性质圆柱、圆锥、圆台的轴截面分别是________、________、________；平行于底面的截面都是_______．4．球(1)球面与球的概念以半圆的______所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体，简称球．半圆的圆心叫做球的________．(2)球的截面性质球心和截面圆心的连线________截面；球心到截面的距离d与球的半径R及截面圆的半径r的关系为______________．5．平行投影在一束平行光线照射下形成的投影，叫做__________．平行投影的投影线互相__________．6．空间几何体的三视图、直观图(1)三视图①空间几何体的三视图是用正投影得到的，在这种投影下，与投影面平行的平面图形留下的影子与平面图形的形状和大小是完全相同的．三视图包括__________、__________、__________．②三视图尺寸关系口诀：“长对正，高平齐，宽相等．” 长对正指正视图和俯视图长度相等，高平齐指正视图和侧(左)视图高度要对齐，宽相等指俯视图和侧(左)视图的宽度要相等．(2)直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：①在已知图形所在空间中取水平面，在水平面内作互相垂直的轴Ox，Oy，再作Oz轴，使∠xOz＝________且∠yOz＝________．②画直观图时，把Ox，Oy，Oz画成对应的轴O′x′，O′y′，O′z′，使∠x′O′y′＝____________，∠x′O′z′＝____________．x′O′y′所确定的平面表示水平面．③已知图形中，平行于x轴、y轴或z轴的线段，在直观图中分别画成____________x′轴、y′轴或z′轴的线段，并使它们和所画坐标轴的位置关系与已知图形中相应线段和原坐标轴的位置关系相同．④已知图形中平行于x轴和z轴的线段，在直观图中保持长度不变，平行于y轴的线段，长度为原来的__________．⑤画图完成后，擦去作为辅助线的坐标轴，就得到了空间图形的直观图．自查自纠1．(1)平行四边形平行(2)多边形三角形2．(1)平行四边形全等平行四边形矩形(2)等腰三角形直角三角形直角三角形直角三角形直角三角形(3)等腰梯形直角梯形直角梯形直角梯形3．(1)矩形直角三角形直角梯形(2)矩形等腰三角形等腰梯形圆4．(1)直径球心(2)垂直于d＝R2-r25．平行投影平行6．(1)①正(主)视图侧(左)视图俯视图(2)①90°90°②45°(或135°) 90°③平行于④一半给出下列四个命题：①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱；②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥；③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体；④若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱．其中所有错误命题．．．．的序号是( )A．②③④ B. ①②③C．①②④ D. ①②③④解：认识棱柱一般要从侧棱与底面的垂直与否和底面多边形的形状两方面去分析，故①③错误，对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明，故②错误，平行六面体的两个相对侧面也可能与底面垂直且互相平行，故④错误．故选D.以下关于几何体的三视图的论述中，正确的是( )A．球的三视图总是三个全等的圆B．正方体的三视图总是三个全等的正方形C．水平放置的正四面体的三视图都是正三角形D．水平放置的圆台的俯视图是一个圆解：几何体的三视图要考虑视角，只有球无论选择怎样的视角，其三视图总是三个全等的圆．故选A.(2015·北京)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为()A．1 B. 2 C. 3 D．2解：由题中三视图知，此四棱锥的直观图如图所示，其中侧棱SA ⊥底面ABCD ，且底面是边长为1的正方形，SA ＝1，所以四棱锥最长棱的棱长为SC ＝3，故选C .用一张4cm ×8cm 的矩形硬纸卷成圆柱的侧面，则圆柱轴截面的面积为________cm 2(接头忽略不计)．解：以4cm 或8cm 为底面周长，所得圆柱的轴截面面积均为32πcm 2，故填32π.已知正△ABC 的边长为a ，那么△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′的面积为________．解：如图所示是实际图形和直观图．由图可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ，在图中作C ′D ′⊥A ′B ′，垂足为D ′，则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a .所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′×C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.故填616a2.类型一 空间几何体的结构特征(2014·全国卷Ⅰ)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( )A ．三棱锥B ．三棱柱C ．四棱锥D ．四棱柱解：该几何体的三视图由一个三角形，两个矩形组成，经分析可知该几何体为三棱柱，故选B .【点拨】解决此类问题的关键是根据几何体的三视图判断几何体的结构特征．常见的有以下几类：①三视图为三个三角形，对应的几何体为三棱锥；②三视图为两个三角形，一个四边形，对应的几何体为四棱锥；③三视图为两个三角形，一个圆，对应的几何体为圆锥；④三视图为一个三角形，两个四边形，对应的几何体为三棱柱；⑤三视图为三个四边形，对应的几何体为四棱柱；⑥三视图为两个四边形，一个圆，对应的几何体为圆柱．(2016·天津)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为()解：如图，在长方体中，由正视图、俯视图可判断截去的棱锥为S ABC ，从所得几何体中易知侧(左)视图为选项B.故选B .类型二 空间几何体的三视图如图所示的三个直角三角形是 一个体积为20cm 3的几何体的三视图，则h ＝________cm.解：由三视图可知，该几何体为三棱锥，此三棱锥的底面为直角三角形，直角边长分别为5cm ，6cm ，三棱锥的高为h cm ，则三棱锥的体积为V ＝13×12×5×6×h ＝20，解得h ＝4cm.故填4.【点拨】对于空间几何体的考查，从内容上看，锥的定义和相关性质是基础，以它们为载体考查三视图、体积和棱长是重点．本题给出了几何体的三视图，只要掌握三视图的画法“长对正、高平齐、宽相等”，不难将其还原得到三棱锥．(2015·全国Ⅰ)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 ．8解：由图可知该几何体由半个圆柱和半个球体组合而成，则S表＝4πr 2×12＋12πr 2×2＋πr ·2r ＋2r ·2r ＝16＋20π，解得r ＝2.故选B .类型三 空间多面体的直观图如图是一个几何体的三视图，用斜二测画法画出它的直观图．解：由三视图知该几何体是一个简单组合体，它的下部是一个正四棱台，上部是一个正四棱锥．画法：(1)画轴．如图1，画x 轴、y 轴、z 轴，使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝90°.图1图2(2)画底面．利用斜二测画法画出底面ABCD ，在z 轴上截取O ′使OO ′等于三视图中相应高度，过O ′作Ox 的平行线O ′x ′，Oy 的平行线O ′y ′，利用O ′x ′与O ′y ′画出底面A ′B ′C ′D ′.(3)画正四棱锥顶点．在Oz 上截取点P ，使PO ′等于三视图中相应的高度．(4)成图．连接PA ′，PB ′，PC ′，PD ′，A ′A ，B ′B ，C ′C ，D ′D ，整理得到三视图表示的几何体的直观图如图2所示．【点拨】根据三视图可以确定一个几何体的长、宽、高，再按照斜二测画法，建立x 轴、y 轴、z 轴，使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝90°，确定几何体在x 轴、y 轴、z 轴方向上的长度，最后连线画出直观图．已知一个四棱锥的高为3，其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个边长为1的正方形，则此四棱锥的体积为( )A. 2B ．6 2C.13D ．2 2 解：因为四棱锥的底面直观图是一个边长为1的正方形，该正方形的对角线长为2，根据斜二测画法的规则，原图底面的底边长为1，高为直观图中正方形的对角线长的两倍，即22，则原图底面积为S ＝2 2.因此该四棱锥的体积为V ＝13Sh ＝13×22×3＝2 2.故选D .类型四 空间旋转体的直观图用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的面积之比为1∶16，截去的圆锥的母线长是3cm ，求圆台的母线长．解：设圆台的母线长为l ，截得圆台的上、下底面半径分别为r ，4r .根据相似三角形的性质得，33＋l ＝r4r，解得 l ＝9. 所以，圆台的母线长为9cm.【点拨】用平行于底面的平面去截柱、锥、台等几何体，注意抓住截面的性质(与底面全等或相似)，同时结合旋转体中的轴截面(经过旋转轴的截面)的几何性质，利用相似三角形中的相似比，设相关几何变量列方程求解．(2014·湖南)一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于()A ．1B ．2C ．3D ．4解：该几何体为一直三棱柱，底面是边长为6，8，10的直角三角形，侧棱为12，其最大球的半径为底面直角三角形内切圆的半径r ，由等面积法可得12×(6＋8＋10)·r ＝12×6×8，得r ＝2.故选B .1．在研究圆柱、圆锥、圆台的相关问题时，主要方法就是研究它们的轴截面，这是因为在轴截面中容易找到这些几何体的有关元素之间的位置关系以及数量关系．2．建议对下列一些具有典型意义的重要空间图形的数量关系予以推证并适当记忆．(1)正多面体(Ⅰ)正四面体就是棱长都相等的三棱锥，正六面体就是正方体，连接正方体六个面的中心，可得到一个正八面体，正八面体可以看作是由两个棱长都相等的正四棱锥拼接而成．棱长为a 的正四面体中：①斜高为32a ；②高为63a ；③对棱中点连线长为22a ； ④外接球的半径为64a ，内切球的半径为612a ； ⑤正四面体的表面积为3a 2，体积为212a 3. (Ⅱ)如图，在棱长为a 的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，连接A 1B ，BC 1，A 1C 1，DC 1，DA 1，DB ，可以得到一个棱长为2a 的正四面体A 1BDC 1，其体积为正方体体积的13.(Ⅲ)正方体与球有以下三种特殊情形：一是球内切于正方体；二是球与正方体的十二条棱相切；三是球外接于正方体．它们的相应轴截面如图所示(正方体的棱长为a ，球的半径为R )．(2)长方体的外接球(Ⅰ)长、宽、高分别为a ，b ，c 的长方体的体对角线长等于外接球的直径，即a 2＋b 2＋c 2＝2R .(Ⅱ)棱长为a 的正方体的体对角线长等于外接球的直径，即3a ＝2R .3．三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线，主视图反映了物体的长度和高度；俯视图反映了物体的长度和宽度；左视图反映了物体的宽度和高度．由此得到：主俯长对正，主左高平齐，俯左宽相等．4．一个平面图形在斜二测画法下的直观图与原图形相比，有“三变、三不变”．三变：坐标轴的夹角改变，与y 轴平行线段的长度改变(减半)，图形改变．三不变：平行性不变，与x 轴平行的线段长度不变，相对位置不变．5．对于直观图，除了了解斜二测画法的规则外，还要了解原图形面积S 与其直观图面积S ′之间联系：S ′＝24S ，并能进行相关的计算．1．由平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体是( )A ．六棱锥B ．六棱台C ．六棱柱D ．非棱柱、棱锥、棱台的一个几何体解：平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体符合棱柱的定义，故选C .2．如图是长和宽分别相等的两个矩形，给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如图；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如图；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如图．其中真命题的个数是( )A ．3B ．2C ．1D ．0解：如图(1)(2)(3)的正(主)视图和俯视图都与题干中的相同，故3个命题都是真命题．故选A .3．将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周，所得的几何体包括( )A ．一个圆台、两个圆锥B ．两个圆台、一个圆柱C ．两个圆台、一个圆锥D ．一个圆柱、两个圆锥解：把等腰梯形分割成两个直角三角形和一个矩形，由旋转体的定义可知所得几何体包括一个圆柱、两个圆锥．故选D .4．用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是()解：由图得O ′B ′＝2，∠A ′O ′B ′＝45°，O ′A ′綊C ′B ′，则原图中OB ＝22，且∠AOB ＝90°，OA ＝1，OA 綊CB ，故选A .5．沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为()解：观察可知，该几何体的侧视图为正方形，且AD 1为实线，故选B .6．(2014·课标Ⅰ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为()A ．6 2B ．4 2C ．6D ．4解法一：如图甲，设辅助正方体棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥D ABC ，最长的棱为AD ＝6.解法二：将三视图还原为三棱锥D ABC ，如图乙，易知侧面DBC ⊥底面ABC .点D 在底面ABC 的射影点O 是BC 的中点，△ABC 为直角三角形．因为AB ＝4，BO ＝2，所以AO ＝25，DO ⊥底面ABC ，所以DO ⊥AO ，DO ＝4，所以最长的棱AD ＝20＋16＝6.故选C .7．已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的半径是________．解：由三视图可知该组合体为球内接棱长为2的正方体，所以正方体的体对角线为球的直径，即2r ＝22＋22＋22＝23，r ＝ 3.故填3.8．(2016·全国卷Ⅱ)下图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为________．解：由题意可知，圆柱的侧面积为S 1＝2π·2·4＝16π，圆锥的侧面积为S 2＝12·2π·2·4＝8π，圆柱的底面面积为S 3＝π·22＝4π，故该几何体的表面积为S ＝S 1＋S 2＋S 3＝28π.故填28π.9．在四棱锥P ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直．该四棱锥的正视图和侧视图如图所示，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA 的长度．解：(1)该四棱锥的俯视图为边长为6cm 的正方形，如图，其面积为36cm 2.(2)在正方形ABCD 中，易得AC ＝62cm ，因为PC ⊥面ABCD ，所以PC ⊥AC .在Rt △ACP 中，PA ＝PC 2＋AC 2＝62＋（62）2＝63cm.10．如图是某几何体的三视图，试说明该几何体的结构特征，并用斜二测画法画出它的直观图．解：图中几何体是由上部为正六棱柱，下部为倒立的正六棱锥堆砌而成的组合体．斜二测画法：(1)画轴．如图(1)，画x 轴，y 轴，z 轴，使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝∠yOz ＝90°.(2)画底面，利用斜二测画法画出底面ABCDEF ，在z轴上截取O′，使OO′等于正六棱柱的高，过O′作Ox的平行线O′x′，Oy的平行线O′y′，利用O′x′与O′y′画出底面A′B′C′D′E′F′.(3)画正六棱锥顶点．在Oz上截取点P，使PO′等于正六棱锥的高．(4)成图．连接PA′，PB′，PC′，PD′，PE′，PF′，AA′，BB′，CC′，DD′，EE′，FF′，整理得到三视图表示的几何体的直观图如图(2)所示．注意：图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段，长度为原来的一半．11．某长方体的一条体对角线长为7，在该长方体的正视图中，这条对角线的投影长为6，在该长方体的侧视图与俯视图中，这条体对角线的投影长分别为a和b，求ab的最大值．解：如图，则有AC1＝7，DC1＝6，BC1＝a，AC＝b，设AB＝x，AD＝y，AA1＝z，有x2＋y2＋z2＝7，x2＋z2＝6，所以y2＝1.因为a2＝y2＋z2＝z2＋1，b2＝x2＋y2＝x2＋1，所以a＝z2＋1，b＝x2＋1.所以ab＝（z2＋1）（x2＋1）≤z2＋1＋x2＋12＝4，当且仅当z2＋1＝x2＋1，即x＝z＝3时，ab的最大值为4.水以匀速注入某容器中，容器的三视图如图所示，其中与题中容器对应的水的高度h与时间t 的函数关系图象是()解：由三视图知其直观图为两个圆台的组合体，水是匀速注入的，所以水面高度随时间变化的变化率先逐渐减小后逐渐增大，又因为容器的对称性，所以函数图象关于一点中心对称．故选C.。