2019高考数学(理)一轮复习第7章 立体几何单元检测
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非常考案通用版2019版高考数学一轮复习第七章立体几何分层限时跟踪练(7)一、选择题1．一个几何体的三视图如图7212所示，其中俯视图与侧视图均为半径是2的圆，则这个几何体的体积是( )图7212A ．16 πB ．14 πC ．12 πD ．8 π【解析】 由三视图可知，该几何体为一个球切去四分之一个球后剩余部分，由于球的半径为2，所以这个几何体体积为34×43π×23＝8π.【答案】 D2．(2015·北京高考)某三棱锥的三视图如图7213所示，则该三棱锥的表面积是( )图7213A ．2＋ 5B ．4＋ 5C ．2＋2 5D ．5【解析】作出三棱锥的示意图如图，在△ABC 中，作AB 边上的高CD ，连接SD .在三棱锥S ABC 中，SC ⊥底面ABC ，SC ＝1，底面三角形ABC 是等腰三角形，AC ＝BC ，AB 边上的高CD ＝2，AD ＝BD ＝1，斜高SD ＝5，AC ＝BC ＝ 5.∴S表＝S △ABC ＋S △SAC ＋S △SBC ＋S △SAB ＝12×2×2＋12×1×5＋12×1×5＋12×2×5＝2＋2 5.【答案】 C3．(2015·全国卷Ⅱ)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图7214，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )图7214A.18B.17C.16D.15【解析】由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V2＝13－16＝56.所以V1V2＝1656＝15，故选D.【答案】 D4．(2015·安徽高考)一个四面体的三视图如图7215所示，则该四面体的表面积是( )图7215A．1＋ 3 B．2＋ 3C．1＋2 2 D．2 2【解析】 根据三视图还原几何体如图所示，其中侧面ABD ⊥底面BCD ，另两侧面ABC 、ACD 为等边三角形，则S 表面积＝2×12×2×1＋2×34×(2)2＝2＋ 3. 【答案】 B5．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. 81π4 B ．16π C ．9π D.27π4【解析】 如图所示，设球半径为R ，底面中心为O ′且球心为O ，∵正四棱锥P ABCD 中AB ＝2，∴AO ′＝ 2. ∵PO ′＝4， ∴在Rt △AOO ′中，AO 2＝AO ′2＋OO ′2，∴R 2＝(2)2＋(4－R )2，解得R ＝94，∴该球的表面积为4πR 2＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫942＝81π4，故选A. 【答案】 A 二、填空题6．如图7216，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1EDF 的体积为 ．图7216【解析】 VD 1EDF ＝VF DD 1E ＝13 ·AB ＝13×12×1×1×1＝16.【答案】 167．设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2，若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是 ． 【解析】 设甲、乙两圆柱的底面半径分别为r 1，r 2，母线长分别为l 1，l 2，则由S 1S 2＝94得r 1r 2＝32.又两圆柱侧面积相等，即2πr 1l 1＝2πr 2l 2，则l 1l 2＝r 2r 1＝23，所以V 1V 2＝S 1l 1S 2l 2＝94×23＝32. 【答案】 328．已知一个棱长为2的正方体，被一个平面截后所得几何体的三视图如图7217所示，则该几何体的体积是 ．图7217【解析】 根据三视图，画出其直观图，几何体由正方体切割而成，即正方体截去一个棱台．如图所示．其中正方体棱长为2，AF ＝AE ＝1，故所求几何体体积为V ＝23－13×2×12×1×1＋12×2×2＋12×1×1×12×2×2＝173. 【答案】173三、解答题9．(2015·荥阳月考)已知球的两平行截面的面积分别为5π和8π，它位于球心的同一侧，且相距为1，求这个球的体积．【解】 如图，设以r 1为半径的截面面积为5π，圆心为O 1，以r 2为半径的截面面积为8π，圆心为O 2，O 1O 2＝1，球的半径为R ，设OO 2＝x ，可得下列关系式：r 22＝R 2－x 2，πr 22＝π(R 2－x 2)＝8π，r 21＝R 2－(x ＋1)2，πr 21＝π[R 2－(x ＋1)2]＝5π，∴R 2－x 2＝8，R 2－(x ＋1)2＝5，解得R ＝3，∴球的体积为V ＝43πR 3＝43π×33＝36π.10．(2015·全国卷Ⅱ)如图7218，长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．图7218(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值． 【解】 (1)交线围成的正方形EHGF 如图所示．(2)如图，作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EB 1＝12，EM ＝AA 1＝8. 因为四边形EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10. 于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，AH ＝10，HB ＝6. 故S 四边形A 1EHA ＝12×(4＋10)×8＝56，S 四边形EB 1BH ＝12×(12＋6)×8＝72.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱， 所以其体积的比值为97⎝ ⎛⎭⎪⎫79也正确. [能 力 练]扫盲区 提素能1．(2015·山东高考)在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.2π3 B.4π3 C.5π3D ．2π【解析】 过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3，选C. 【答案】 C2．如图7219，直三棱柱ABC A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB ＝AC ，侧面BCC 1B 1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB 1A 1的面积为( )图7219A ．2B ．1 C. 2 D.22【解析】 由题意知，球心在侧面BCC 1B 1的中心O 上，BC 为截面圆的直径，∴∠BAC ＝90°，△ABC 的外接圆圆心N 是BC 的中点，同理△A 1B 1C 1的外心M 是B 1C 1的中点．设正方形BCC 1B 1的边长为x ，在Rt △OMC 1中，OM ＝x 2，MC 1＝x 2，OC 1＝R ＝1(R 为球的半径)，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22＝1，即x ＝2，则AB ＝AC ＝1，∴S 矩形ABB 1A 1＝2×1＝ 2.【答案】 C3．圆锥的全面积为15 π cm 2，侧面展开图的圆心角为60°，则该圆锥的体积为cm 3.【解析】 设底面圆的半径为r ，母线长为a ，则侧面积为12×(2πr )a ＝πra .由题意得⎩⎪⎨⎪⎧πra ＋πr 2＝15π，πra ＝16πa 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧r 2＝157，a 2＝36×157，故圆锥的高h ＝a 2－r 2＝53，所以体积V ＝13πr 2h ＝13π×157×53＝2537π(cm 3)．【答案】2573π 4．已知正四面体的俯视图如图7220所示，其中四边形ABCD 是边长为2的正方形，则这个正四面体的表面积为 ，体积为 ．图7220【解析】 由题意知正四面体的直观图E ACF 补成正方体如图所示． 由正方体棱长为2，知正四面体的棱长为22，正四面体表面积为34×(22)2×4＝8 3.点E 到平面ACF 的距离为222－⎝⎛⎭⎪⎫32×22×232＝433. 正四面体的体积为13×433×34×(22)2＝83.【答案】 8 3835．如图7221所示，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，求该多面体的体积．图7221【解】 如图所示，分别过A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG ，CH ，则原几何体分割为两个三棱锥和一个直三棱柱，∵三棱锥高为12，直三棱柱高为1，AG ＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝32，取AD 中点M ，则MG ＝22，∴S △AGD ＝12×1×22＝24，∴V ＝24×1＋2×13×24×12＝23. 6．如图7222，已知平行四边形ABCD 中，BC ＝2，BD ⊥CD ，四边形ADEF 为正方形，平面ADEF ⊥平面ABCD ，G ，H 分别是DF ，BE 的中点．记CD ＝x ，V (x )表示四棱锥F ABCD 的体积．图7222(1)求V (x )的表达式； (2)求V (x )的最大值．【解】 (1)∵平面ADEF ⊥平面ABCD ，交线为AD 且FA ⊥AD ，∴FA ⊥平面ABCD . ∵BD ⊥CD ，BC ＝2，CD ＝x ， ∴FA ＝2，BD ＝4－x 2(0＜x ＜2)， ∴S ▱ABCD ＝CD ·BD ＝x 4－x 2，∴V (x )＝13S ▱ABCD ·FA ＝23x 4－x 2(0＜x ＜2)．(2)V (x )＝23x 4－x 2＝23－x 4＋4x 2＝23－x 2－22＋4.∵0＜x ＜2，∴0＜x 2＜4，∴当x 2＝2，即x ＝2时，V (x )取得最大值，且V (x )max ＝43.。
2019年高考数学一轮总复习第七章立体几何7.2空间几何体的表面积与体积课时跟踪检测理2018051
7.2 空间几何体的表面积与体积[课 时 跟 踪 检 测][基 础 达 标]1．某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为37，则侧视图中线段的长度x 的值是( )A.7 B ．27 C ．4D ．5解析：分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P －ABCD ，故其体积V ＝13×32＋32×4×CP ＝37，∴CP ＝7，∴x ＝32＋72＝4，故选C.答案：C2．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )A ．7B ．6C ．5D ．3解析：设圆台较小底面半径为r ， 则另一底面半径为3r .由S ＝π(r ＋3r )·3＝84π，解得r ＝7. 答案：A3．一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为( )A ．6B ．8C ．12D ．24解析：由题意可知该六棱锥为正六棱锥，正六棱锥的高为h ，侧面的斜高为h ′. 由题意，得13×6×34×22×h ＝23，∴h ＝1， ∴斜高h ′＝12＋32＝2，∴S 侧＝6×12×2×2＝12.故选C.答案：C4．(2018届攀枝花质检)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就．书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”，若某“阳马”的三视图如图所示(网格纸上小正方形的边长为1)，则该“阳马”最长的棱长为( )A ．5B ．34 C.41D ．5 2解析：由三视图知：几何体是四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，如图：其中PA ⊥平面ABCD ，∴PA ＝3，AB ＝CD ＝4，AD ＝BC ＝5， ∴PB ＝32＋42＝5，PC ＝32＋42＋52＝52， PD ＝32＋52＝34.∴该几何体最长棱的棱长为5 2. 答案：D5．(2018届开封市高三定位考试)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为( )A.2π9 B ．π3C.16π3D ．16π9解析：由题图知该几何体是某圆锥的三分之一部分， 所以V ＝13×13×π×22×4＝169π，故选D. 答案：D6.(2018届益阳市、湘潭市高三调研考试)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为( )A.23 B ．43 C.83D ．4解析：由三视图知三棱锥为图中所示A －PBC (正方体边长为2)，∴V A －PBC ＝13×S △PBC ×2＝13×12×2×2×2＝43，故选B.答案：B7．(2018届武汉调研)已知正四棱锥的顶点都在同一球面上，且该棱锥的高为4，底面边长为22，则该球的表面积为________．解析：如图，正四棱锥P －ABCD 的外接球的球心O 在它的高PO 1上，设球的半径为R ，因为底面边长为22，所以AC ＝4.在Rt △AOO 1中，R 2＝(4－R )2＋22，所以R ＝52，所以球的表面积S ＝4πR 2＝25π.答案：25π8．已知球O 的内接圆柱的轴截面是边长为2的正方形，则球O 的表面积为________． 解析：由题意可得，球心在轴截面正方形的中心，则外接球的半径R ＝12＋12＝2，该球的表面积4πR 2＝8π.答案：8π9．已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中圆的直径为4，该几何体的体积为V 1，直径为4的球的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________.解析：由三视图知，该几何体为圆柱内挖去一个与其底面相同的圆锥，因此V 1＝8π－8π3＝16π3，V 2＝4π3×23＝32π3，V 1∶V 2＝1∶2.答案：1∶210．已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正(主)视图如图所示，则该三棱锥的体积是________．解析：由正视图知三棱锥的形状如图所示，且AB ＝AD ＝BC ＝CD ＝2，BD ＝23，设O 为BD 的中点，连接OA ，OC ，则OA ⊥BD ，OC ⊥BD ，结合正视图可知AO ⊥平面BCD .又OC ＝CD 2－OD 2＝1，∴V 三棱锥A －BCD ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×23×1×1＝33. 答案：3311．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.解析：由几何体的三视图可知该几何体由两个圆锥和一个圆柱构成，其中圆锥的底面半径和高均为1，圆柱的底面半径为1且其高为2，故所求几何体的体积为V ＝13π×12×1×2＋π×12×2＝83π.答案：83π12．如图，在四边形ABCD 中，∠DAB ＝90°，∠ADC ＝135°，AB ＝5，CD ＝22，AD ＝2，求四边形ABCD 绕AD 旋转一周所成几何体的表面积及体积．解：由已知得CE ＝2，DE ＝2，CB ＝5，S 表面＝S 圆台侧＋S 圆台下底＋S 圆锥侧＝π(2＋5)×5＋π×25＋π×2×22＝(60＋42)π，V ＝V 圆台－V圆锥＝13(π·22＋π·52＋22·52π2)×4－13π×22×2＝1483π.[能 力 提 升]1．(2018届唐山统考)三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC 且PA ＝2，△ABC 是边长为3的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为( )A.4π3B ．4πC ．8πD ．20π解析：由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC 为底面、以PA 为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC 的外接圆半径r ＝32×3×23＝1，外接球球心到△ABC 的外接圆圆心的距离d ＝1，所以外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝2，所以三棱锥外接球的表面积S ＝4πR 2＝8π，故选C.答案：C2．如图是一个以A 1B 1C 1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC ，已知A 1B 1＝B 1C 1＝2，∠A 1B 1C 1＝90°，AA 1＝4，BB 1＝3，CC 1＝2，求：(1)该几何体的体积； (2)截面ABC 的面积．解：(1)过C 作平行于A 1B 1C 1的截面A 2B 2C ，交AA 1，BB 1分别于点A 2，B 2.由直三棱柱性质及∠A 1B 1C 1＝90°可知B 2C ⊥平面ABB 2A 2，则该几何体的体积V ＝VA 1B 1C 1－A 2B 2C ＋VC －ABB 2A 2＝12×2×2×2＋13×12×(1＋2)×2×2＝6.(2)△ABC 中，AB ＝22＋4－32＝5，BC ＝22＋3－22＝5，AC ＝222＋4－22＝2 3.则S △ABC ＝12×23×52－32＝6.附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。
2019版高考数学(理)高分计划一轮狂刷练：第7章 立体几何 7-5a Word版含解析
[重点保分两级优选练]A级一、选择题1．设l为直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是()A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l⊥α，l⊥β，则α∥βC．若l⊥α，l∥β，则α∥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β答案 B解析如图所示，在正方体A1B1C1D1－ABCD中，对于A项，设l为AA1，平面B1BCC1，平面DCC1D1为α，β.A1A∥平面B1BCC1，A1A∥平面DCC1D1，而平面B1BCC1∩平面DCC1D1＝C1C；对于C项，设l为A1A，平面ABCD为α，平面DCC1D1为β.A1A⊥平面ABCD；A1A∥平面DCC1D1，而平面ABCD∩平面DCC1D1＝DC；对于D项，设平面A1ABB1为α，平面ABCD为β，直线D1C1为l，平面A1ABB1⊥平面ABCD，D1C1∥平面A1ABB1，而D1C1∥平面ABCD.故A，C，D三项都是错误的．而对于B项，根据垂直于同一直线的两平面平行，知B 项正确．故选B.2．(2017·山西临汾二模)已知点A，B在半径为3的球O表面上运动，且AB＝2，过AB作相互垂直的平面α，β，若平面α，β截球O所得的截面分别为圆M，N，则()A．MN长度的最小值是2B．MN的长度是定值 2C．圆M面积的最小值是2πD．圆M、N的面积和是定值8π答案 B解析如图所示，平面ABC为平面α，平面ABD为平面β，则BD⊥BC.BC2＋BD2＋4＝12，∴CD＝22，∵M，N分别是AC，AD的中点，∴MN的长度是定值 2.故选B.3．(2017·江西南昌摸底)如图，在四面体ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，那么点D在平面ABC内的射影H必在()A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部答案 A解析因为AB⊥AC，BD⊥AC，AB∩BD＝B，所以AC⊥平面ABD，又AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ABD，所以点D在平面ABC 内的射影H必在直线AB上．故选A.4．(2018·江西九江模拟)如图，在三棱锥D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是()A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BCDC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE答案 C解析因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理，DE⊥AC，由于DE∩BE＝E，于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.故选C.5．(2018·甘肃二诊)已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝3，AB ＝4，若在棱AB 上存在点P ，使得D 1P ⊥PC ，则AD 的取值范围是( )A ．(0,1]B ．(0,2]C ．(1，3]D ．[1,4)答案 B解析 连接DP ，由D 1P ⊥PC ，DD 1⊥PC ，且D 1P ，DD 1是平面DD 1P 内两条相交直线，得PC ⊥平面DD 1P ，PC ⊥DP ，即点P 在以CD 为直径的圆上，又点P 在AB 上，则AB 与圆有公共点，即0< AD ≤12CD ＝2.故选B.6．(2018·河北模拟)在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，BA ⊥AD ，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝2，P A ＝3，P A ⊥底面ABCD ，E 是棱PD 上异于P ，D 的动点．设PEED ＝m ，则“0<m <2”是“三棱锥C －ABE 的体积不小于1”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 答案 B解析 如图，过E 点作EH ⊥AD ，H 为垂足，则EH ⊥平面ABCD .∵V C －ABE ＝V E －ABC ，∴三棱锥C －ABE 的体积为23EH .若三棱锥C －ABE 的体积不小于1，则EH ≥32，又P A ＝3，∴PEED ＝m ≤1，∴0<m ≤1.故选B.7．如图，三棱锥P －ABC 的所有棱长都相等，D ，E ，F 分别是AB ，BC ，CA 的中点，下面四个结论中不成立的是( )A ．BC ∥平面PDFB ．DF ⊥平面P AEC ．平面PDF ⊥平面ABCD ．平面P AE ⊥平面ABC 答案 C解析 ∵BC ∥DF ，∴BC ∥平面PDF ，A 正确． ∵BC ⊥PE ，BC ⊥AE ，∴BC ⊥平面P AE . 又∵DF ∥BC ，∴DF ⊥平面P AE ，B 正确． ∵BC ⊥平面P AE ，BC ⊂平面ABC ， ∴平面P AE ⊥平面ABC ，D 正确．故选C.8．(2018·湖北武汉月考)如图，在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝1，将△ACD 沿AC 折起，使得D 折起后的位置为D 1，且D 1在平面ABC 上的射影恰好落在AB 上，在四面体D 1－ABC 的四个面中，有n 对平面相互垂直，则n 等于( )A．2 B．3 C．4 D．5 答案 B解析设D1在平面ABC上的射影为E，连接D1E，则D1E⊥平面ABC，∵D1E⊂平面ABD1，∴平面ABD1⊥平面ABC.∵D1E⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴D1E⊥BC，又AB⊥BC，D1E∩AB＝E，∴BC⊥平面ABD1.又BC⊂平面BCD1，∴平面BCD1⊥平面ABD1.∵BC⊥平面ABD1，AD1⊂平面ABD1，∴BC⊥AD1，又CD1⊥AD1，BC∩CD1＝C，∴AD1⊥平面BCD1，又AD1⊂平面ACD1，∴平面ACD1⊥平面BCD1.∴共有3对平面互相垂直．故选B.9．(2018·静海月考)如图所示，三棱锥P－ABC的底面在平面α内，且AC⊥PC，平面P AC⊥平面PBC，点P，A，B是定点，则动点C的轨迹是()A．一条线段B．一条直线C．一个圆D．一个圆，但要去掉两个点答案 D解析∵平面P AC⊥平面PBC，而平面P AC∩平面PBC＝PC.又AC⊂平面P AC，且AC⊥PC，∴AC⊥平面PBC，而BC⊂平面PBC，∴AC⊥BC，∴点C在以AB为直径的圆上，∴点C的轨迹是一个圆，但是要去掉A和B两点．故选D.10．(2018·吉林期末)已知一个四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的四个侧面中，直角三角形的个数是()A．4 B．3C．2 D．1答案 A解析满足条件的四棱锥的底面为矩形，且一条侧棱与底面垂直，画出满足条件的直观图如图四棱锥P－ABCD所示，不妨令P A⊥矩形ABCD，∴P A⊥AB，P A⊥AD，P A⊥CB，P A⊥CD，故△P AB 和△P AD 都是直角三角形． 又矩形中CB ⊥AB ，CD ⊥AD .这样CB 垂直于平面P AB 内的两条相交直线P A 、AB ， CD 垂直于平面P AD 内的两条相交直线P A 、AD ，由线面垂直的判定定理可得CB ⊥平面P AB ，CD ⊥平面P AD ，∴CB ⊥PB ，CD ⊥PD ，故△PBC 和△PDC 都是直角三角形，故直角三角形有△P AB 、△P AD 、△PBC 、△PDC 共4个．故选A. 二、填空题11．(2017·开封二模)三棱锥S －ABC 中，∠SBA ＝∠SCA ＝90°，△ABC 是斜边AB ＝a 的等腰直角三角形，则以下结论中：①异面直线SB 与AC 所成的角为90°； ②直线SB ⊥平面ABC ； ③平面SBC ⊥平面SAC ； ④点C 到平面SAB 的距离是12a . 其中正确的是________． 答案 ①②③④解析 由题意知AC ⊥平面SBC ，故AC ⊥SB ，故①正确；再根据SB ⊥AC ，SB ⊥AB ，可得SB ⊥平面ABC ，平面SBC ⊥平面SAC ，故②③正确；取AB 的中点E ，连接CE ，可证得CE ⊥平面SAB ，故CE 的长度即为点C 到平面SAB 的距离，为12a ，④正确．12．(2017·苏州期末)如图，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，则下列结论：①AD ∥平面PBC ； ②平面P AC ⊥平面PBD ； ③平面P AB ⊥平面P AC ； ④平面P AD ⊥平面PDC .其中正确的结论序号是________． 答案 ①②④解析 ①由底面为正方形，可得AD ∥BC ， AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 可得AD ∥平面PBC ；②在正方形ABCD 中，AC ⊥BD ， P A ⊥底面ABCD ，可得P A ⊥BD ， P A ∩AC ＝A ，可得BD ⊥平面P AC ，BD ⊂平面PBD ，即有平面P AC ⊥平面PBD ； ③P A ⊥底面ABCD ，可得P A ⊥AB ，P A ⊥AC ， 可得∠BAC 为二面角B －P A －C 的平面角， 显然∠BAC ＝45°，故平面P AB ⊥平面P AC 不成立；④在正方形ABCD中，可得CD⊥AD，P A⊥底面ABCD，可得P A⊥CD，P A∩AD＝A，可得CD⊥平面P AD，CD⊂平面PCD，即有平面P AD⊥平面PDC.综上可得，①②④正确．13．(2017·三元月考)如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD ＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ADB沿BD折起，使CD⊥平面ABD，构成三棱锥A－BCD.则在三棱锥A－BCD中，平面BCD，平面ADC，平面ABC，平面ABD，互相垂直的有________．答案平面ABD⊥平面ACD、平面ABD⊥平面BCD、平面ABC ⊥平面ACD解析∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD.由CD⊥平面ABD，CD⊂平面BCD，所以平面ABD⊥平面BCD，由CD⊥平面ABD，则CD⊥AB，又AD⊥AB.故AB⊥平面ADC，所以平面ABC⊥平面ADC，平面ABD⊥平面ADC.14．(2018·泰安模拟)如图，四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD ＝2，BD ⊥CD .将四边形ABCD 沿对角线BD 折成四面体A ′－BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，则∠BA ′C ＝________，V A ′－BCD ＝________.答案 90° 16解析 由题设知：△BA ′D 为等腰直角三角形，CD ⊥平面A ′BD ，得BA ′⊥平面A ′CD ，∴∠BA ′C ＝90°，V A ′－BCD ＝V C －A ′BD ＝16.B 级三、解答题15．(2018·临汾期末)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1，侧面ABB 1A 1为矩形，AB ＝2，AA 1＝22，D 是AA 1中点，BD 与AB 1交于点O ，且OC ⊥平面ABB 1A 1.证明：平面AB 1C ⊥平面BCD . 证明 ∵ABB 1A 1为矩形，AB ＝2， AA 1＝22，D 是AA 1的中点，∴∠BAD＝90°，∠ABB1＝90°，BB1＝22，AD＝12AA1＝2，∴tan∠ABD＝ADAB＝22，tan∠AB1B＝ABBB1＝22，∴∠ABD＝∠AB1B，∴∠AB1B＋∠BAB1＝∠ABD＋∠BAB1＝π2，∴∠AOB＝π2，即AB1⊥BD.∵CO⊥平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1，∴AB1⊥CO，又BD∩CO＝O，∴AB1⊥平面BCD.∵AB1⊂平面AB1C，∴平面AB1C⊥平面BCD.16．(2018·黄冈调研)在三棱锥P－ABC中，△P AB是等边三角形，P A⊥AC，PB⊥BC.(1)证明：AB⊥PC；(2)若PC＝2，且平面P AC⊥平面PBC，求三棱锥P－ABC的体积．解 (1)证明：在Rt △P AC 和Rt △PBC 中 AC ＝PC 2－P A 2，BC ＝PC 2－PB 2.∵P A ＝PB ，∴AC ＝BC .取AB 中点M ，连接PM ，CM ，则AB ⊥PM ，AB ⊥MC ， ∴AB ⊥平面PMC ，而PC ⊂平面PMC ， ∴AB ⊥PC .(2)在平面P AC 内作AD ⊥PC ，垂足为D ，连接BD .∵平面P AC ⊥平面PBC ，∴AD ⊥平面PBC ，又BD ⊂平面PBC ， ∴AD ⊥BD ，又Rt △P AC ≌Rt △PBC ， ∴AD ＝BD ，∴△ABD 为等腰直角三角形． 设AB ＝P A ＝PB ＝a ，则AD ＝22a ，在Rt △P AC 中，由P A ·AC ＝PC ·AD 得a ·4－a 2＝2×22a ，∴a＝ 2.∴S △ABD ＝12AD ·BD ＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 2＝12， ∴V P －ABC ＝13S △ABD ·PC ＝13×12×2＝13.17．(2018·绵阳期末)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，点D 是AB的中点，M是AA1上一点，AM＝tAA1.(1)求证：BC1∥平面A1CD；(2)若3AB＝2AA1，当t为何值时，B1M⊥平面A1CD?解(1)证明：连接AC1，交A1C于点O，那么点O是AC1的中点，连接OD，由点D是AB的中点，可得BC1∥OD，BC1⊄平面A1CD，OD⊂平面A1CD，可得BC1∥平面A1CD.(2)由3AB＝2AA1，D为AB中点可得ADAA1＝13，∴当A1MA1B1＝13时，可得Rt△A1AD∽Rt△B1A1M，∴∠DA1A＝∠MB1A1，∴∠A1MB1＋∠DA1A＝∠A1MB1＋∠MB1A1＝90°，∴B 1M ⊥A 1D .∵D 是AB 的中点，∴CD ⊥AB ， 又∵CD ⊥AA 1，AB ∩AA 1＝A ， ∴CD ⊥平面AA 1B 1B .∵B 1M ⊂平面AA 1B 1B ，∴CD ⊥B 1M .∵CD ∩A 1D ＝D ，∴B 1M ⊥平面A 1CD ，此时A 1M A 1B 1＝13，3AB ＝2AA 1，所以A 1M ＝29AA 1，故AM ＝79AA 1， 即当t ＝79时，B 1M ⊥平面A 1CD .18．(2018·昌平区调研)已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是DD 1的中点．(1)求证：BD 1∥平面AMC ； (2)求证：AC ⊥BD 1；(3)在线段BB 1上是否存在点P ，当BPBB 1＝λ时，平面A 1PC 1∥平面AMC ？若存在，求出λ的值并证明；若不存在，请说明理由．解 (1)证明：在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，连接BD 交AC 于N ，连接MN .因为ABCD 为正方形，所以N 为BD 中点， 在△DBD 1中，因为M 为DD 1中点， 所以BD 1∥MN .因为MN ⊂平面AMC ，BD 1⊄平面AMC ， 所以BD 1∥平面AMC .(2)证明：因为ABCD 为正方形， 所以AC ⊥BD .因为DD 1⊥平面ABCD ， 所以DD 1⊥AC . 因为DD 1∩BD ＝D ， 所以AC ⊥平面BDD 1. 因为BD 1⊂平面BDD 1， 所以AC ⊥BD 1.(3)当λ＝12，即点P 为线段BB 1的中点时，平面A 1PC 1∥平面AMC .因为AA1∥CC1，且AA1＝CC1，所以四边形AA1C1C是平行四边形，所以AC∥A1C1.取CC1的中点Q，连接MQ，QB.因为M为DD1中点，所以MQ∥AB，且MQ＝AB，所以四边形ABQM是平行四边形．所以BQ∥AM.同理BQ∥C1P.所以AM∥C1P.因为A1C1∩C1P＝C1，AC∩AM＝A，所以平面A1PC1∥平面AMC.。
2019年高考数学一轮总复习 第七章 立体几何阶段测试卷 文
2019年高考数学一轮总复习 第七章 立体几何阶段测试卷 文一、 选择题(每小题5分，共60分)1. (xx·广东高考)设l 为直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是(B)A. 若l ∥α，l ∥β，则α∥βB. 若l ⊥α，l ⊥β，则α∥βC. 若l ⊥α，l ∥β，则α∥βD. 若α⊥β，l ∥α，则l ⊥β根据空间平行、垂直关系的判定和性质，易知选B.2. 已知直线l 与平面α成45°角，直线m ⊂α，若直线l 在α内的射影与直线m 也成45°角，则l 与m 所成的角是(C)A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°设l 与m 所成的角是β，则cos β＝cos 45°cos 45°，∴cos β＝12，∴β＝60°. 3. 已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，CC 1＝22，E 为CC 1的中点，则直线AC 1与平面BED 的距离为(D)A. 2B. 3C. 2D. 1连接AC 交BD 于点O ，连接EO ，过点O 作OH ⊥AC 1于点H ，∵AB ＝2，∴AC ＝22，又CC 1＝22，∴OH ＝2sin 45°＝1.4. 已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 上的射影为BC的中点，则直线AB 与AA 1所成角的余弦值为(D)A. 34B. 54C. 74D. 34记BC 的中点为D ，该三棱柱的各棱长为a ，直线AB 与AA 1所成的角是θ，则有A 1D⊥平面ABC ，且cos ∠A 1AD ＝AD AA 1＝32a a ＝32， cos θ＝cos ∠A 1AD ·cos ∠BAD ＝32·cos π6＝34. 5. (xx·潍坊模拟)已知m ，n 是两条不同直线，α，β是两个不同平面，给出四个命题：①若α∩β＝m ，n ⊂α，n ⊥m ，则α⊥β；②若m ⊥α，m ⊥β，则 α∥β；③若m ⊥α，n ⊥β，m ⊥n ，则α⊥β；④若m ∥α，n ∥β，m ∥n ，则α∥β.其中正确的命题是(B)A. ①②B. ②③C. ①④D. ②④由面面垂直的性质可知②③正确．6. (xx·郑州质检)一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是(C)注意到在三视图中，俯视图的宽度应与侧视图的宽度相等，而在选项C 中，其宽度为32，与题中所给的侧视图的宽度1不相等，故选C.7. (xx·烟台诊断)如图所示，某几何体的三视图均为边长为1的正方形，则该几何体的体积是 (A)A. 56B. 23C. 1D. 12 由题意知三视图对应的几何体如图所示，故该几何体为正方体的体积减去一个三棱锥的体积，即13－13×12×1×1×1＝56，选A.8. (xx·石家庄模拟)已知正三棱锥P －ABC 的正视图和俯视图如图所示，则此三棱锥的外接球的表面积为(D)A. 4πB. 12πC. 16π3D. 64π3由正视图得到正三棱锥的侧棱长为4，由俯视图得到正三棱锥的底面是边长为23的正三角形，∴正三棱锥的高为23，∴外接球的半径为433，∴外接球的表面积为643π.故选D.9. (xx·德州模拟)已知直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β，下列命题正确的是(C)①l ⊥m ⇒α∥β；②l ∥m ⇒α⊥β；③α⊥β⇒l ∥m ；④α∥β⇒l ⊥m.A. ①②B. ③④C. ②④D. ①③①α，β有可能相交，∴错误；②正确；③当α⊥β时，由l ∥β或l ⊂β，不一定有l ∥m，∴错误；④正确．故选C.10. 设l 是一条直线，α，β，γ是不同的平面，则在下列命题中假命题是(D)A. 如果α⊥β，那么α内一定存在直线平行于βB. 如果α不垂直于β，那么α内一定不存在直线垂直于βC. 如果α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l ，那么l ⊥γD. 如果α⊥β，l 与α，β都相交，那么l 与α，β所成的角互余选项A ，α内平行于α与β的交线的直线与β都是平行的，故为真命题；选项B 是两个平面垂直的判定定理的逆否命题，故为真命题；选项C ，设点M ∈l ，过M 作γ的垂线m ，根据两个平面垂直的性质定理，m ⊂α，m ⊂β，于是 m ＝α∩β，∴m ，l 为同一直线，从而l ⊥γ，故为真命题；选项D 显然为假命题，故选D.11. 如图，O 为正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 的中心，则下列直线中与B 1O垂直的是(D)A. A 1DB. AA 1C. A 1D 1D. A 1C 1连接B 1D 1，则易证直线A 1C 1⊥平面BDD 1B 1.而B 1O ⊂平面BDD 1B 1，故B 1O ⊥A 1C 1.12. (xx·南昌模拟)已知正三角形ABC 三个顶点都在半径为2的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为1，点E 是线段AB 的中点，过点E 作球O 的截面，则截面面积的最小值是(C)A. 7π4B. 2πC. 9π4D. 3π 由题意知，正三角形ABC 的外接圆半径为22－12＝3，则AB ＝3，过点E 的截面面积最小时，截面是以AB 为直径的圆，截面面积S ＝π×⎝⎛⎭⎫322＝9π4，选C. 二、 填空题(每小题5分，共20分)13. (xx·江南十校联考)一个正方体削去一个角所得到的几何体的三视图如图所示(图中三个四边形都是边长为2的正方形)，则该几何体外接球的体积为__43π__．依题意可知，新的几何体的外接球也就是原正方体的外接球，要求的直径就是正方体的体对角线，∴2R ＝23(R 为球的半径)，∴R ＝ 3.∴球的体积V ＝43πR 3＝43π. 14. (xx·泰安质检)已知矩形ABCD 的顶点都在半径为5的球O 的球面上，且AB ＝8，BC ＝23，则棱锥O －ABCD 的体积为__162__．球心在矩形的射影为矩形对角线的交点．由题知矩形对角线长为82＋（23）2＝219，∴棱锥的高为52－（19）2＝6，∴棱锥的体积为13×6×8×23＝16 2. 15. 将一个半径为5 cm 的水晶球放在如图所示的工艺支架上，支架由三根细金属杆PA ，PB ，PC 组成，它们两两成60°角，球与金属杆PA ，PB ，PC 的切点分别为A ，B ，C ，则水晶球的球心到支架顶点P 的距离是__53__cm.如图所示，由已知条件可得三棱锥P －ABC 是正四面体，球心O 与正三角形ABC 构成正三棱锥，且OA ⊥PA ，OB ⊥PB ，OC ⊥PC ，PA ＝PB ＝PC ＝5，则PO ＝OA sin ∠APO ＝OA sin ∠APM＝OA AM PA ＝5PA 23×32AB＝5 3.16. (xx·安徽高考)若四面体ABCD 的三组对棱分别相等，即AB ＝CD ，AC ＝BD ，AD＝BC ，则__②④⑤__(写出所有正确结论的编号)．①四面体ABCD 每组对棱互相垂直；②四面体ABCD 每个面的面积相等；③从四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90°而小于180°；④连接四面体ABCD 每组对棱中点的线段互相垂直平分；⑤从四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长．①错误，当AB ＝4，AC ＝3，AD ＝3时，AC 与BD 不垂直；②正确，在△ABC 与△CDA中，AB ＝CD ，AD ＝BC ，AC ＝AC ，故△ABC 与△CDA 全等，同理四面体的四个面都全等，故四面体ABCD 每个面的面积相等；③错误，从正四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角为一个三角形的三个内角，故其和为180°；④正确，如图所示，若E ，F ，G ，H 是所在边的中点，则四边形EFGH 为菱形，故EG 与FH 互相垂直平分，同理可得连接四面体ABCD 的每组对棱中点的线段相互垂直平分；⑤正确，∵AD ＝BC ，AB ＝CD ，AC ＝BD ，∴从四面体ABCD 的顶点A 出发的三条棱的长可组成△BCD ，同理可得从四面体ABCD 的每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长．三、 解答题(共70分)17. (10分)如图是三棱锥S －ABC 的直观图与三视图，P 为底面ABC 内一点，PS 与SA ，SB ，SC 所成的角分别为α，β，γ.求cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ的值．由三视图可知SA ，SB ，SC 两两互相垂直，(2分)以PS 为体对角线构成一个长方体SDEF －TMPN ，其中D ，F ，T 分别在SA ，SB ，SC上．设SD ＝a ，SF ＝b ，ST ＝c ，则cos α＝a PS ，cos β＝b PS ，cos γ＝c PS，且PS 2＝a 2＋b 2＋c 2，(6分) 则cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＝a 2＋b 2＋c 2PS 2＝1.(10分) 18. (10分)(xx·江南十校联考)如图①，等腰梯形ABCD 中，BC ∥AD ，CE ⊥AD ，AD ＝3BC ＝3，CE ＝1.将△CDE 沿CE 折起得到四棱锥F －ABCE(如图②)，G 是AF 的中点．(1)求证：BG ∥平面FCE ；(2)当平面FCE ⊥平面ABCE 时，求三棱锥F －BEG 的体积．,①),②)(1)取EF 的中点M ，连接GM ，MC ，则GM 綊12AE ， 又等腰梯形ABCD 中，BC ＝1，AD ＝3，DE ＝1，∴BC 綊12AE. ∴GM 綊BC ，∴四边形BCMG 是平行四边形，∴BG ∥CM.(4分)又CM ⊂平面FCE ，BG ⊄平面FCE ，∴BG ∥平面FCE.(5分)(2)∵平面FCE ⊥平面ABCE ，平面FCE∩平面ABCE ＝ CE ，EF ⊂平面FCE ，FE ⊥CE ，∴FE ⊥平面ABCE.(7分)又V F －BEG ＝V B －GEF ＝12V B －AEF ＝12V F －ABE ，(8分) S △ABE ＝12×2×1＝1，∴V F －BEG ＝12×13×1×1＝16.(10分) 19. (12分)养路处建造圆锥形仓库用于贮藏食盐(供融化高速公路上的积雪之用)，已建的仓库的底面直径为12 m ，高4 m ．养路处拟建一个更大的圆锥形仓库，以存放更多食盐．现有两种方案：一是新建的仓库的底面直径比原来大4 m(高不变)；二是高度增加4 m(底面直径不变)．(1)分别计算按这两种方案所建的仓库的体积；(2)分别计算按这两种方案所建的仓库的表面积；(3)哪个方案更经济些？(1)若按方案一，仓库的底面直径变成16 m ，则仓库的体积V 1＝13Sh ＝13×π×⎝⎛⎭⎫1622×4＝2563π(m 3)．(2分) 若按方案二，仓库的高变成8 m ，则仓库的体积V 2＝13Sh ＝13×π×⎝⎛⎭⎫1222×8＝96π(m 3)．(4分) (2)若按方案一，仓库的底面直径变成16 m ，半径为8 m ．棱锥的母线长为l ＝82＋42＝45(m)，则仓库的表面积S 1＝π×8×45＝325π(m 2)．(7分)若按方案二，仓库的高变成8 m ，棱锥的母线长为l ＝82＋62＝10(m)．则仓库的表面积S 2＝π×6×10＝60π(m 2)．(10分)(3)∵V 2>V 1，S 2<S 1，故方案二比方案一更加经济．(12分)20. (12分)(xx·石家庄质检)如图，已知三棱柱 ABC －A 1B 1C 1.(1)若M ，N 分别是AB ，A 1C 的中点，求证：MN ∥平面BCC 1B 1；(2)若三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2，∠B 1BA ＝∠B 1BC ＝60°，P 为线段B 1B 上的动点，当PA ＋PC 最小时，求证：B 1B ⊥平面APC.(1)连接AC 1，BC 1，则AN ＝NC 1，∵AM ＝MB ，∴MN ∥BC 1.(3分)又BC 1⊂平面BCC 1B 1，MN ⊄平面BCC 1B 1，∴MN ∥平面BCC 1B 1.(5分)(2)将平面A 1B 1BA 展开到与平面C 1B 1BC 共面，A 到A′的位置，此时A′BCB 1为菱形，(7分)可知PA ＋PC ＝PA′＋PC ，A ′C 即为PA ＋PC 的最小值，(9分)此时，BB 1⊥A ′C ，∴BB 1⊥PA ′，BB 1⊥PC ，即BB 1⊥PA ，BB 1⊥PC ，∴BB 1⊥平面APC.(12分)21. (12分)(xx·南昌模拟)如图，多面体ABC －A 1B 1C 1中，三角形ABC 是边长为4的正三角形，AA 1∥BB 1∥CC 1，AA 1⊥平面ABC ，AA 1＝BB 1＝2CC 1＝4.(1)若O 是AB 的中点，求证：OC 1⊥A 1B 1；(2)在线段AB 1上是否存在一点D ，使得CD ∥平面A 1B 1C 1？若存在，确定点D 的位置；若不存在，请说明理由．(1)取线段A 1B 1的中点E ，连接OE ，C 1E ，CO ，已知等边三角形ABC 的边长为4，AA 1＝BB 1＝2CC 1＝4，AA 1⊥平面ABC ，AA 1∥BB 1∥CC 1，∴四边形AA 1B 1B 是正方形，OE ⊥AB ，CO ⊥AB.(3分)又CO∩OE ＝O ，∴AB ⊥平面EOCC 1，又A 1B 1∥AB ，OC 1⊂平面EOCC 1，故OC 1⊥A 1B 1，(6分)(2)设OE∩AB 1 ＝D ，则点D 是AB 1的中点，连接CD ，∴ED ∥AA 1，ED ＝12AA 1，(8分) 又CC 1∥AA 1，CC 1＝12AA 1，∴CC 1∥ED ，CC 1＝ED ， ∴四边形CC 1ED 是平行四边形，(10分)∴CD ∥C 1E ，∴CD ∥平面A 1B 1C 1，即存在点D 使得CD ∥平面A 1B 1C 1，点D 是AB 1的中点．(12分)22. (14分)(xx·天津模拟)如图所示，△PAD 为等边三角形，四边形ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ＝2，E ，F ，G 分别为PA ，BC ，PD 的中点，AD ＝2 2.(1)求PB 与平面ABCD 所成的角；(2)求证：AG ⊥EF ；(3)求多面体P －AGF 的体积．(1)取AD 中点M ，连接PM ，BM.∵平面PAD ⊥平面ABCD ，交线为AD ，等边三角形PAD 中，M 为AD 的中点，∴PM ⊥AD ，∴PM ⊥平面ABCD ，∴∠PBM 即为所求．(2分)∵PM ＝32×2 2＝6，MB ＝6，又△PMB 为直角三角形， ∴∠PBM ＝45°，即PB 与平面ABCD 所成角为45°.(4分)(2)连接EM ，MF.∵等边△PAD 中，G 是PD 中点， ∴GA ⊥PD ，△APD 中，E 是AP 的中点，M 是AD 的中点，∴EM ∥PD ，∴AG ⊥ME.∵平面PAD ⊥平面ABCD ，交线为AD ，MF ⊥AD ，∴MF ⊥平面PAD. (6分)∵AG ⊂平面PAD ，∴MF ⊥AG.∵EM∩MF＝M，∴AG⊥平面EMF，∴AG⊥EF. (9分)(3)V P－AGF＝V F－AGP＝13MF·S△AGP＝13×2×12×2×6＝.(14分).。
2019版高考数学(理)高分计划一轮狂刷练：第7章 立体几何 7-1a
[基础送分提速狂刷练]一、选择题1．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )答案 D解析 由俯视图是圆环可排除A，B，C，进一步将已知三视图还原为几何体，故选D.2．如图所示，在正方体ABCD－A′B′C′D′中，M，E是AB的三等分点，G，N是CD的三等分点，F，H分别是BC，MN 的中点，则四棱锥A′－EFGH的侧视图为( )答案 C解析 在侧视图中A′E，A′G重合，A′H成为A′N，A′F，A′B重合，侧视图为向左倾斜的三角形．故选C.3．(2017·临沂模拟)如图甲，将一个正三棱柱ABC－DEF截去一个三棱锥A－BCD，得到几何体BCDEF，如图乙，则该几何体的正视图(主视图)是( )答案 C解析 由于三棱柱为正三棱柱，故平面ADEB⊥平面DEF，△DEF 是等边三角形，所以CD 在后侧面上的投影为AB 的中点与D 的连线，CD 的投影与底面不垂直．故选C.4．(2018·江西景德镇质检)如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1上、下底面中心分别为O 1，O 2，将正方体绕直线O 1O 2旋转一周，其中由线段BC 1旋转所得图形是( )答案 D解析 由图形的形成过程可知，在图形的面上能够找到直线，在B ，D 中选，显然B 不对，因为BC 1中点绕O 1O 2旋转得到的圆比B 点和C 1点的小．故选D.5．(2017·内江模拟)如图，已知三棱锥P －ABC 的底面是等腰直角三角形，且∠ACB ＝，侧面PAB ⊥底面ABC ，AB ＝PA ＝PB ＝2.π2则这个三棱锥的三视图中标注的尺寸x ，y ，z 分别是( )A.，1，B.，1,1323C ．2,1， D ．2,1,12答案 B解析 ∵三棱锥P －ABC 的底面是等腰直角三角形，且∠ACB ＝，侧面PAB ⊥底面ABC ，AB ＝PA ＝PB ＝2；π2∴x 是等边△PAB 边AB 上的高，x ＝2sin60°＝，3y 是边AB 的一半，y ＝AB ＝1，z 是等腰直角△ABC 斜边AB 上12的中线，z ＝AB ＝1；12∴x ，y ，z 分别是，1,1.故选B.36．(2017·南昌二模)一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(0,0,0)，(1,0,1)，(0,1,1)，，绘制该四面体三(12，1，0)视图时，按照如图所示的方向画正视图，则得到侧(左)视图可以为( )答案 B解析 满足条件的四面体如下图，依题意投影到yOz平面为正投影，所以侧(左)视方向如图所示，所以得到侧(左)视图效果如上图．故选B.7．(2018·湖南郴州模拟)一只蚂蚁从正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是( )A．①②B．①③C．③④D．②④答案 D解析 由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)，若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过BB1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过CD的中点，此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．故选D.8．(2018·江西赣州模拟)某几何体的正视图和侧视图如图1，它的俯视图的直观图是矩形O1A1B1C1，如图2，其中O1A1＝6，O1C1＝2，则该几何体的侧面积为( )A．48 B．64C．96 D．128答案 C解析 由题图2及斜二测画法可知原俯视图为如图所示的平行四边形OABC，设CB与y轴的交点为D，则易知22CD2＋OD2CD＝2，OD＝2×2＝4，∴CO＝＝6＝OA，∴俯视图是以6为边长的菱形，由三视图知几何体为一个直四棱柱，其高为4，所以该几何体的侧面积为4×6×4＝96.故选C.9．早在公元前三百多年我国已经运用“以度审容”的科学方法，其中商鞅铜方升是公元前344年商鞅督造的一种标准量器，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x为( )A ．1.2B ．1.6C ．1.8D ．2.4答案 B解析 由三视图知，商鞅铜方升是由一个圆柱和一个长方体组合而成的，利用体积及已知线段长度即可求出x .故其体积为(5.4－x )×3×1＋π×2×x ＝16.2－3x ＋πx ＝12.6，又π＝3，故x ＝1.6.故(12)14选B.10．(2018·辽宁六校联考)如图所示是某一容器的三视图，现向容器中匀速注水，容器中水面的高度h 随时间t 变化的可能图象是( )答案 B解析 根据所给的三视图可知原几何体是倒放的圆锥，设圆锥的底面半径为R ，高为H ，水流的速度是v ，则由题意得v t ＝π2R 2h .当v t >0时，解得h ＝，这是一个幂型函数，所13(hH )33v H 2t πR 2以容器中水面的高度h 随时间t 变化的图象类似于幂函数y ＝的图3x 象，故选B.二、填空题11．如图所示，正方形O ′A ′B ′C ′的边长为1 cm ，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是________cm.答案 8解析 根据直观图的画法可知，在原几何图形中，OABC为平2行四边形，且有OB⊥OA，OB＝2，OA＝1，所以AB＝3.从而原图的周长为8 cm.12．如图，点O为正方体ABCD－A′B′C′D′的中心，点E为平面B′BCC′的中心，点F为B′C′的中点，则空间四边形D′OEF在该正方体的各个面上的投影可能是 (填出所有可能的序号)．答案 ①②③解析 空间四边形D′OEF在正方体的平面DCC′D′上的投影是①；在平面BCC′B′上的投影是②；在平面ABCD上的投影是③，而不可能出现的投影为④的情况．13．一四面体的三视图如图所示，则该四面体四个面中最大的面积是________．答案 23解析 由三视图可知该四面体为D －BD 1C 1，由直观图可知面积最大的面为△BDC 1.在正三角形BDC 1中，BD ＝2，所以面积2S ＝×(2)2×＝2.12232314．(2018·大连模拟)某四面体的三视图如图所示．该四面体的六条棱的长度中，最大的是________．答案 27解析 由三视图可知该四面体为V－ABC，如图所示．其中3AE⊥BE，VC⊥平面ABE.EC＝CB＝2，AE＝2，VC＝2，所以23VB2＝VC2＋CB2＝8，VB＝2，AC2＝AE2＋EC2＝(2)2＋22＝16，所以2053 VA2＝AC2＋VC2＝16＋22＝20，VA＝＝2.AB2＝AE2＋EB2＝(2)287522＋42＝28，所以AB＝＝2>2>2，所以该四面体的六条棱的长度中，最大的为2.7三、解答题15．已知正三棱锥V－ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图；(2)求出侧视图的面积．解 (1)如右图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC＝32，∴侧视图中VA＝42－(23×32×23)2＝2.3∴S △VBC ＝×2×2＝6.123316．已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图(或称主视图)是一个底边长为8，高为4的等腰三角形，侧视图(或称左视图)是一个底边长为6，高为4的等腰三角形．(1)求该几何体的体积V ；(2)求该几何体的侧面积S .解 由正视图和侧视图的三角形结合俯视图可知该几何体是一个底面为矩形，高为4，顶点在底面的射影是矩形中心的四棱锥，如图．(1)V ＝×(8×6)×4＝64.13(2)四棱锥的两个侧面VAD ，VBC 是全等的等腰三角形，取BC 的中点E ，连接OE ，VE ，则△VOE 为直角三角形，VE 为△VBC 边上的高，VE ＝ ＝4.VO 2＋OE 22同理侧面VAB 、VCD 也是全等的等腰三角形，AB 边上的高h ＝ ＝5.42＋(62)2∴S 侧＝2×＝40＋24.(12×6×42＋12×8×5)2。
2019届高三人教A版数学一轮复习练习第七章 立体几何与空间向量 第6节(理) Word版含解析
第七章第节（理）[基础训练组]．(导学号)为空间任意一点，若＝＋＋，则，，，四点( )．一定不共面．一定共面．不一定共面．无法判断解析：[ ∵＝＋＋，且＋＋＝.∴，，，四点共面．]．(导学号)在空间四边形中，·＋·＋·＝( )．－．．．不确定解析：[如题图，令＝，＝，＝，则·＋·＋·＝·(－)＋·(－)＋·(－)＝·－·＋·－·＋·－·＝.]．(导学号)如图所示，垂直于正方形所在平面，＝，为的中点，〈，〉＝，若以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，则点的坐标为( )．()．()解析：[设＝，则()，()，(，)，，∴＝(，)，＝.∵〈，〉＝，∴＝·，∴＝.∴的坐标为()．]．(导学号)在△中，＋＝－，＝，＝，，为的三等分点，则·＝( )解析：[＋＝－，化简得·＝，又因为和为三角形的两条边，不可能为，所以与垂直，所以△为直角三角形．以为轴，以为轴建立平面直角坐标系，如图所示，则()，()，()，由，为的三等分点知，，所以＝，＝，所以·＝×＋×＝.]．(导学号)如图所示，已知空间四边形，＝，且∠＝∠＝，则〈，〉的值为( )．解析：[设＝，＝，＝，由已知条件〈，〉＝〈，〉＝，且＝，·＝·(－)＝·－·＝－＝，∴〈，〉＝.]．(导学号)在四面体－中，＝，＝，＝，为的中点，为的中点，则＝.(用，，表示)．解析：＝＋＝＋＝＋×(＋)＝＋＋＝＋(－)＋(－)＝＋＋＝＋＋.答案：＋＋．(导学号)若向量＝(，λ，)，＝(，－)且与的夹角的余弦值为，则λ＝.解析：由条件知＝，＝，·＝－λ.∴〈，〉＝＝＝.整理得λ＋λ－＝解得λ＝－或λ＝.答案：－或．(导学号)如图所示，已知二面角α——β的平面角为θ，⊥，。
2019年高考数学一轮复习第7章立体几何第3节平行关系学案理北师大版
第三节平行关系［考纲传真］(教师用书独具)1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理2能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题.(对应学生用书第111页)［基础知识填充］1•直线与平面平行(1)直线与平面平行的定义直线l与平面a没有公共点，则称直线l与平面a平行.(2)判定定理与性质定理文字语言图形表示付号表示判疋疋理若平面外一条直线与此平面 1 q10平面a , b宇1 ,l // b? l //a内的一条直线平行，则该直线平行于此平面性质疋理一条直线和一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此/ % X.平面的交线与该直线平行l // a , l吕平面3 , a n 3 =b? l // b2.平面与平面平行(1)平面与平面平行的定义没有公共点的两个平面叫作平行平面.(2)判定定理与性质定理X文字语言图形表示付号表示判一个平面内的两条相_疋交直线与另一个平面/X/ a a , b a , a i 丨b疋平行，则这两个平面// /=P, a // 3 , b / 3 ?理平行a // 3性「两个平面平行，则其r~a // 3 , a^£a ?质中一个平面内的直线疋平行于另一个平面\A/a// 3双基自主测评I 理自狈J3.与垂直相关的平行的判定(1)a丄a, b丄a ? a // b.(2)a 丄a, a丄 B ? a // 3 .［基本能力自测］-1.(思考辨析)判断下列结论的正误.(正确的打“V”，错误的打“X”)(1)若一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行. ( )(2)若直线a//平面a , P€ a，则过点P且平行于直线a的直线有无数条.( )(3)若一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，则这两个平面平行. ( )(4)若两个平面平行，则一个平面内的直线与另一个平面平行. ( )(5)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面. ( )［答案］⑴ X (2) X (3) X ⑷ V (5) V2.下列命题中，正确的是( )A. 若a / b, b—a ,贝U a / aB. 若a// a , b. a ,贝U a// bC. 若a// a , b// a，贝y a// bD. 若a/ b, b// a , a? a ,贝U a/ a厶7D ［A中还有可能a- a , B中还有可能a与b异面，C中还有可能a与b相交或异面，只有选项D正确.］3.设a , 3是两个不同的平面，m 是直线且m a，“ m// 3 ”是“ a // 3 ”的( )f Z A\}A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件B ［当m/ 3时，过m的平面a与3可能平行也可能相交，因而m// 3 ? / a // 3 ；当a // 3时，a内任一直线与3平行，因为a，所以n/ 3 .综上知，“m// 3 ” 是“ a // 3 ”的必要而不充分条件.］4.三棱柱ABCABC中，过棱AC, BC, BC AC的中点E F, G, H的平面与平面______________平行.A B1 BA ［如图所示，连接各中点后，易知平面 EFGH 与平面ABBA 平行.]5.（教材改编）在正方体 ABCDA B C D 中，E 是DD 的中点，贝U BD 与平面ACE 的位置关系是••• EF// BD,又 EF ! 平面ACEBD 亠平面ACE• BD //平面 ACE ]题型分类突破I 剖析探求规律方話（对应学生用书第112页）与线面平行相关命题的真假判断卜精虹（1）已知m n 是两条不同直线，a , 3是两个不同平面，则下列命题正确的是（ ）A. 若a , 3垂直于同一平面，则 a 与3平行B. 若m n 平行于同一平面，则 m 与n 平行C. 若a , 3不平行，则在a 内不存在与3平行的直线D. 若m n 不平行，则m 与n 不可能垂直于同一平面（2）（2017 •全国卷I ）如图，在下列四个正方体中， A , B 为正方体的两个顶点， MN, Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中， 直线AB 与平面MN （不平行的是（ ）平行E[如图所示，连接C 项，作如图（3）所示的辅助线，则 AB// CD CD/ MQi1 1 ■I ri* *h—十*¥（1） D （2）A ［⑴A 项，a,B 可能相交，故错误；B 项，直线 m n 的位置关系不确定，可能相交、平行或异面，故错误;C 项，若 a ， a n 3 = n , m// n,贝U m// 3，故错误；卢占D 项，假设 m n 垂直于同一平面，则必有 m / n ,「.原命题正确，故 D 项正确.（2）A 项，作如图（1）所示的辅助线，其中 D 为BC 的中点，贝U QD/ AB •/ QD n 平面 MNQQ, ••• QD 与平面MNQ 相交， •••直线AB 与平面MNQf 交.B 项，作如图（2）所示的辅助线，则〈AB// CD CD/ MQ • AB// MQ又AB ?平面MNQ M&平面MNQ 「. AB//平面 MNQMAB• AB// MQ又AB?平面MNQ M@平面MNQ：AB//平面MNQ D项，作如图（4）所示的辅助线，则AB// CD CD/ NQ:.AB// NQ又AB/平面MNQ N皐平面MNQ.・. AB//平面MNQ故选A.］［规律方法］__1.判断与平行关系相关命题的真假, 必须熟悉线、面平行关系的各个定义、定理，无论是单项选择还是含选择项的填空题，都可以从中先选出最熟悉最容易判断的选项先确定或排除，再逐步判断其余选项•2 I结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断2特别注意定理所要求的条件是否完备，图形是否有特殊情形，通过举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确.［跟踪训练］__（2017 •唐山模拟）若m n表示不同的直线,a , B表示不同的平面，则下列― 结论中正确的是（）【导学号：79140229】A. 若m// a ,rr// n,贝U nil aB. 若m~ a , n T 3 , m// B , n // a ,贝U a // 3C. 若 a 丄 3 , m// a , n// 3,贝U rr// nD. 若 a // 3 , m// a , n // m n0 3 ,贝U n// 3I题型2|D ［在A中，若m// a , m// n,则n// a或n = a，故A错误.在B中，若「a, n亠3 , m// 3 , n//a ,贝U a与3相交或平行，故B错误.在C中，若a丄3 , m// a , n // 3 ,贝U m与n相交、平行或异面，故C错误.在D中，若a // 3 , m// a , n// n© 3 ,则由线面平行的判定定理得n//3 ,故D正确.］直线与平面平行的判定与性质◎角度1直线与平面平行的判定（2016 •全国卷川）如图7-3-1，四棱锥RABCDK PAL底面ABCD AD// BC AB=AD= AC= 3, PA^BC= 4, M为线段AD上一点，AM= 2MD N为PC的中点.（1）证明：MIN/平面PAB⑵求四面体2 BCM勺体积.2［解］⑴证明：由已知得 AM k -AD= 2. 3如图，取 BP 的中点T ,连接 AT, TN 由N 为PC 中点知TN// BC 由 AB= AC= 3 得 AE1 BC AE*AB _ BE = {5.由AM/ BC 得M 到 BC 的距离为〔5 , 故 S A BCIM = 2X 4X 5= 2 5. 所以四面体 2 BCM 勺体积V MBCM = 3X S A BCM X ¥= 缚.3 2 3◎角度2线面平行性质定理的应用如图7-3-2所示，CD AB 均与平面EFGH 平行，E, F , G H 分别在BD BC , AC,图 7-3-2 ［证明］T CD//平面EFGH 而平面EFGH T 平面BCD= EF,•••CD/ EF.TN= |BC= 2.又 AD/ BC 故 TNt AM , 所以四边形AMN 为平行四边形, 于是Ml / AT.因为 A 匸 平面PAB Ml ?平面PAB 所以平面PAB⑵ 因为PAL 平面 ABCD N 为PC 的中点,所以N 到平面ABCD 勺距离为1PA 如图，取BC 的中点E,连接AE\EFGH 是矩形.AD 上，且CDL AB 求证：四边形同理HG/ CD :. EF// HG同理HE/ GF,•••四边形EFGH^平行四边形，•••CD/ EF, HE// AB•••/ HEF为异面直线CD和AB所成的角.又••• CDL AB • HE! EF•平行四边形EFGI为矩形.［规律方法］1.证明线面平行的常用方法］利用线面平行的定义无公共点|2 利用线面平行的判定定理a? a , b a , a / b? a/a I3利用面面平行的性质定理a//B , a a ? a/ 3 I-1利用面面平行的性质a//3 , a? 3 , a //a ? a // 3 I2.利用判定定理判定线面平行，注意三条件缺一不可，关键是找平面内与已知直线平行的直线.常利用三角形的中位线、平行四边形的对边平行或过已知直线作一平面找其交线.［跟踪训练］如图7-3-3所示，斜三棱柱ABGABG中，点D, D分别为AC AG的中点.(1)证明：AD//平面BDC;(2)证明：BD//平面ABD.［证明］⑴T D , D分别为A1C1 , AC的中点，四边形ACGA1为平行四边形，•••CD Z DA •四边形ADGD为平行四边形，• AD// CD,又AD7平面BDC, C牟平图7-3-3面BDC, •- AD // 平面BDC(2)连接DD,•/ BB// 平面ACCA , BB壬•平面BBDD平面AC(^n平面BBDD= DD,BB // DD, 又••• D , D 分别为 AC , AC 的中点， ..BB = DD, 故四边形 BDDB 为平行四边形，. BD// BD ,又BD ?平面ABD , BD — 平面ABD , .BD//平面 ABD . 平面与平面平行的判定与性质平面EFA//平面BCHG• 6^是厶ABC 的中位线,Q G I H / BC . 又••• BC // BC • GIH/ BC • B, C, H, G 四点共面. (2)在厶ABC 中 , E, F 分别为AB ••• EF// BC ••• EF ?平面 BCHG BC 工平面 BCHG••• EF//平面 BCHG••• AGl EB•四边形Ai EBG 是平行四边形，贝y A E// GB•/ AE ?平面BCHG G 袒平面BCHG• AE//平面 BCHG如图7-3-4所示，在三棱柱 ABGABC 中，E , F , G H 分别是AB, AG A i B , A i C 的中点, 求证:B, G H, G 四点共面; ［证明］ ⑴••• G H 分别是 AB ,AC 的中点, AC 的中点,7•/ AE n EF= E,•平面EFA//平面BCHG［母题探究］在本例条件下，若点D为BG的中点，求证：HD/平面ABBA•/ D为BG的中点，H为AC的中点,••• HD/ AB又HD?平面ABBAAB罕平面ABBA• HD/平面ABBA［规律方法］证明面面平行的常用方法1利用面面平行的定义•2利用面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行•3利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”.-1利用“如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行”.；］利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化［跟踪训练］在正方体ABCDA i BCD中，M N P分别是GC BC、CD的中点.求证：平面MNP 平面A i BD【导学号：79 i 40230】［证明］如图，连接BD、BC.D C•/ P、N分别是DC、B i C 的中点，• PN// BD.又B i D // BD • PN// BD又PN?平面A i BD •- PN//平面A i BD 同理,MN/平面A BD又PNA MN= N, •平面PM/平面A BD。
2019届高考数学一轮复习第七章立体几何与空间向量第7节立体几何中的向量方法第一课时练习理新人教A版
第七章 第7节 立体几何中的向量方法 第一课时 [基础训练组] 1．(导学号14577704)若直线l的一个方向向量为a＝(2,5,7)，平面α的一个法向量为u＝(1,1，－1)，则( ) A．l∥α或l⊂α B．l⊥α C．l⊂α D．l与α斜交 解析：A [由条件知a·u＝2×1＋5×1＋7×(－1)＝0，所以a⊥u，故l∥α或l⊂α.故选A.] 2．(导学号14577705)若平面α，β的法向量分别为n1＝(2，－3,5)，n2＝(－3,1，－4)，则( ) A．α∥β B．α⊥β C．α，β相交但不垂直 D．以上均不正确 解析：C [∵n1·n2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)≠0，∴n1与n2不垂直，∴α与β相交但不垂直．] 3．(导学号14577706)设平面α的法向量为(1,2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k)，若α∥β，则k等于( ) A．2 B．－4 C．4 D．－2
解析：C [因为α∥β，所以1－2＝2－4＝－2k，所以k＝4.] 4．(导学号14577707)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线NO、AM的位置关系是( )
A．平行 B．相交 C．异面垂直 D．异面不垂直 解析：C [建立坐标系如图，设正方体的棱长为2，则A(2,0,0)，M(0,0,1)，O(1,1,0)，
N(2,1,2)，NO→＝(－1,0，－2)，AM→＝(－2,0,1)，NO→·AM→＝0，则直线NO、AM的位置关系是
异面垂直．] 5．(导学号14577708)已知AB→＝(1,5，－2)，BC→＝(3,1，z)，若AB→⊥BC→，BP→＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为( )
A.337，－157，4 B.407，－157，4
C.407，－2,4 D．4，407，－15 解析：B [∵AB→⊥BC→，∴AB→·BC→＝0，即3＋5－2z＝0，得z＝4. BP⊥平面ABC，∴BP⊥AB，BP⊥BC，
2019届高考数学一轮复习第七章立体几何与空间向量第7节立体几何中的向量方法第二课时练习理新人教A版
第七章 第7节 立体几何中的向量方法 第二课时[基础训练组]1．(导学号14577717)已知四棱锥S －ABCD 的底面为平行四边形，SD ⊥底面ABCD ，SD ＝1，AB ＝2，AD ＝1，∠DAB ＝60°，M 、N 分别为SB 、SC 中点，过MN 作平面MNPQ 分别与线段CD 、AB 相交于点P 、Q .若AQ →＝13AB →，求二面角M －PQ －B 的平面角大小．( )A ．60°B ．30°C ．45°D ．75°解析：A [在△ABCD 中，设AB ＝2AD ＝4，∠DCB ＝60°，所以由余弦定理求得BD ＝3，有AB 2＝AD 2＋BD 2，所以AD ⊥BD ， 6分以D 为原点，直线DA 为x 轴，直线DB 为y 轴，直线DS 为z 轴建立空间直角坐标系，且A (1,0,0)，B (0，3，0)，S (0,0,1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12， 又AQ →＝13AB →，则Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，33，0.设平面MNPQ 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0n ·MQ →＝0，得n ＝(0，－3，1),易知平面ABCD 的法向量为m ＝(0,0,1)， 则cos 〈m ，n 〉＝|m ·n ||m ||n |＝12，所以二面角M －PQ －B 为60°.]2．(导学号14577718)(2018·秦皇岛市模拟)已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，E 为AA 1的中点，则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为( )A.1010 B.15 C.31010D.35解析：C [以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，E (1,0,1)，D 1(0,0,2)． 所以BE →＝(0，－1,1)，CD 1→＝(0，－1,2)，所以cos 〈BE →，CD 1→〉＝BE →·CD 1→|BE →||CD 1→|＝32×5＝31010.]3．(导学号14577719)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，AC ＝2，BC ＝3，D ，E 分别是AC 1和BB 1的中点，则直线DE 与平面BB 1C 1C 所成的角为( )A.π6 B.π4 C.π3D.π2解析：A [∵AB ＝1，AC ＝2，BC ＝3，AC 2＝BC 2＋AB 2，∴AB ⊥BC .∵三棱柱为直三棱柱，∴BB 1⊥平面ABC .以B 为原点，BC ，BA ，BB 1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B －xyz ，则A (0,1,0)，C (3，0,0)．设B 1(0,0，a )，则C 1(3，0，a )，∴D ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，a 2，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，a 2，∴DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，0，平面BB 1C 1C 的法向量BA →＝(0,1,0)．设直线DE 与平面BB 1C 1C 所成的角为α，则sin α＝|cos 〈DF →，BA →〉|＝12，∴α＝π6.]4．(导学号14577720)如图，在四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 为平行四边形，且BC ⊥平面PAB ，PA ⊥AB ，M 为PB 的中点，PA ＝AD ＝2.若AB ＝1，则二面角B －AC －M 的余弦值为( )A.66B.36C.26D.16解析：A [∵BC ⊥平面PAB ，AD ∥BC ，∴AD ⊥平面PAB ，PA ⊥AD ，又PA ⊥AB ，且AD ∩AB ＝A ，∴PA ⊥平面ABCD .以点A 为坐标原点，分别以AD ，AB ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系A －xyz .则A (0,0,0)，C (2,1,0)，P (0,0,2)，B (0,1,0)，M ⎝⎛⎭⎪⎫0，12，1，∴AC →＝(2,1,0)，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，求得平面AMC 的一个法向量为n ＝(1，－2,1)， 又平面ABC 的一个法向量AP →＝(0,0,2)， ∴cos 〈n ，AP →〉＝n ·AP →|n ||AP →|＝21＋4＋1·2＝66.∴二面角B －AC －M 的余弦值为66.] 5．(导学号14577721)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，2AC ＝AA 1＝BC ＝2.若二面角B 1－DC －C 1的大小为60°，则AD 的长为( )A. 2B. 3 C ．2D.22解析：A [如图，以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)．设AD ＝a ，则D 点坐标为(1,0，a )，CD →＝(1,0，a )，CB 1→＝(0,2,2)．设平面B 1CD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧m ·CB 1→＝2y ＋2z ＝0m ·CD →＝x ＋az ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－z x ＝－az，令z ＝－1，则m ＝(a,1，－1)．又平面C 1DC 的一个法向量为n ＝(0,1,0)，则由 cos 60°＝|m ·n ||m ||n |，得1a 2＋2＝12，解得a ＝2，所以AD＝ 2.故选A.]6．(导学号14577722)(2018·郑州市模拟)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为 ________ .解析：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，则A 1(1,0,1)，C 1(0,2,1)，(1,2,0)，∴A 1B →＝(0,2，－1)，A 1C 1→＝(－1,2,0)设n ＝(x ，y ，z )为平面A 1BC 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1B →＝0，n ·A 1C 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －z ＝0，－x ＋2y ＝0，令z ＝2，则y ＝1，x ＝2，于是n ＝(2,1,2)，D 1C 1→＝(0,2,0)， 设所求线面角为α，则sin α＝|cos 〈n ，D 1C 1→〉|＝13.答案：137．(导学号14577723)如图，在正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面PAC 所成角为 ________ .解析：如图所示，以O 为原点建立空间直角坐标系O －xyz .设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)，P (0，－a 2，a2)．则CA →＝(2a,0,0)，AP →＝(－a ，－a 2，a 2)，CB →＝(a ，a,0)．设平面PAC 的法向量为n ，可求得n ＝(0,1,1)， 则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →||n |＝a 2a 2·2＝12.∴〈CB →，n 〉＝60°，∴直线BC 与平面PAC 的夹角为90°－60°＝30°. 答案：30°8．(导学号14577724)设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是 ________ .解析：如图建立空间直角坐标系，则D 1(0,0,2)，A 1(2,0,2)，D (0,0,0)，B (2,2,0)， ∴D 1A 1→＝(2,0,0)，DA 1→＝(2,0,2)，DB →＝(2,2,0) . 设平面A 1BD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝2x ＋2z ＝0n ·DB →＝2x ＋2y ＝0.令x ＝1，则n ＝(1，－1，－1)，∴点D 1到平面A 1BD 的距离d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233.答案：2339．(导学号14577725)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，∠BCD ＝135°，侧面PAB ⊥底面ABCD ，∠BAP ＝90°，AB ＝AC ＝PA ＝2，E ，F 分别为BC ，AD 的中点，点M 在线段PD 上．(1)求证：EF ⊥平面PAC ；(2)如果直线ME 与平面PBC 所成的角和直线ME 与平面ABCD 所成的角相等，求PMPD的值． 解：(1)证明：在平行四边形ABCD 中，因为AB ＝AC ，∠BCD ＝135°，所以AB ⊥AC . 由E ，F 分别为BC ，AD 的中点，得EF ∥AB, 所以EF ⊥AC . 2分因为侧面PAB ⊥底面ABCD ，且∠BAP ＝90°， 所以PA ⊥底面ABCD . 又因为EF ⊂底面ABCD ， 所以PA ⊥EF . 4分又因为PA ∩AC ＝A ，PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ，所以EF ⊥平面PAC . 5分 (2)因为PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，所以AP ，AB ，AC 两两垂直，故以AB ，AC ，AP 分别为x 轴、y 轴和z 轴，如图建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，P (0,0,2)，D (－2,2,0)，E (1,1,0)， 7分所以PB →＝(2,0，－2)，PD →＝(－2,2，－2)， BC →＝(－2,2,0)，设PM PD＝λ(λ∈[0,1])，则PM →＝(－2λ，2λ，－2λ)， 所以M (－2λ，2λ，2－2λ)，ME →＝(1＋2λ，1－2λ，2λ－2)， 易得平面ABCD 的法向量m ＝(0,0,1)． 设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 9分 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·PB →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＝0，2x －2z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1,1,1)． 10分因为直线ME 与平面PBC 所成的角和直线ME 与平面ABCD 所成的角相等， 所以|cos 〈ME →，m 〉|＝|cos 〈ME →，n 〉|，即|ME →·m ||ME →|·|m |＝|ME →·n ||ME →|·|n |，所以|2λ－2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2λ3，解得λ＝3－32，或λ＝3＋32(舍)．综上所得：PM PD ＝3－3212分10．(导学号14577726)(2018·济宁市一模)如图甲：⊙O 的直径AB ＝2，圆上两点C ，D 在直径AB 的两侧，使∠CAB ＝π4，∠DAB ＝π3，沿直径AB 折起，使两个半圆所在的平面互相垂直(如图乙)，F 为BC 的中点，根据图乙解答下列各题：(1)若点G 是BD 的中点，证明：FG ∥平面ACD ； (2)求平面ACD 与平面BCD 所成的锐二面角的余弦值． 解：(1)证明：连接OF ，FG ，OG ，∵F ，O 是BC ，AB 的中点， ∴FO ∥AC ，∵FO ⊄平面ACD ，AC ⊂平面ACD ， ∴FO ∥平面ACD ，∵∠DAB ＝π3，且G 是BD 弧的中点，∴∠BOG ＝π3，则AD ∥OG ，∵OG ⊄平面ACD ，AD ⊂平面ACD ， ∴OG ∥平面ACD ，∵FO ∩OG ＝O ，FO ，OG ⊂平面FOG ， ∴平面FOG ∥平面ACD ， 又FG ⊂平面FOG ， ∴FG ∥平面ACD(2)如图，设H 为弧DG 的中点，建立以O 为坐标原点，OH ，OB ，OC 分别为x ，y ，z 轴的空间直角坐标系如图；则A (0，－1,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，D (32，－12，0)， G (32，12，0)， 设平面ACD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则AC →＝(0,1,1)，AD →＝(32，12，0)，则由m ·AC →＝y ＋z ＝0，m ·AD →＝32x ＋12y ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧z ＝－y x ＝－33y ，令y ＝－3，则m ＝(1，－3，3)， 同理可得平面BCD 的法向量为n ＝(3，1,1)， 则cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝37×5＝10535， 即平面ACD 与平面BCD 所成的锐二面角的余弦值是10535. [能力提升组]11．(导学号14577727)在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若AB ＝AA 1＝4，点D 是AA 1的中点，则点A 1到平面DBC 1的距离是( )A. 2B.22C. 3D.33解析：[过点A 作AC 的垂线为x 轴，以AC 为y ，轴以AA 1为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，∵正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若AB ＝AA 1＝4，点D 是AA 1的中点， ∴B (23，2,0)，C 1(0,4,4)，D (0,0,2)，A 1(0,0,4)，∴DB →＝(23，2，－2)，DC 1→＝(0,4,2)，DA 1→＝(0,0,2)， 设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∵n ·DB →＝0，n ·DC 1→＝0，∴⎩⎨⎧23x ＋2y －2z ＝0，4y ＋2z ＝0，∴n ＝(3，－1,2)，∴点A 1到平面DBC 1的距离d ＝|n ·DA 1→||n |＝|0＋0＋4|3＋1＋4＝ 2.故选A.]12．(导学号14577728)已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于( )A.64 B.104 C.22D.32解析：A [如图，以A 1C 1中点E 为原点建立空间直角坐标系E －xyz ，设棱长为1，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1，B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，0.设AB 1与平面ACC 1A 1所成的角为θ，EB 1为平面ACC 1A 1的法向量． 则sin θ＝|cos 〈AB 1→，EB 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，－1·⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，02×32＝64，故选A.13．(导学号14577729)如图，已知点E 、F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1、CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的正切值为 ________ .解析：如图，建立空间直角坐标系D －xyz ，设DA ＝1，由已知条件得，A (1,0,0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫1，1，13，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，1，23，AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，1，13，AF →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，1，23.设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，平面AEF 与平面ABC 所成的二面角为θ，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝y ＋13z ＝0n ·AF →＝－x ＋y ＋23z ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－yz ＝－3y .令y ＝1，则n ＝(－1,1，－3)．又平面ABC 的一个法向量为m ＝(0,0，－1)， 则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝311，所以tan θ＝23. 答案：2314．(导学号14577730)(2018·汕头市二模)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1B 1＝2，AA 1＝h ，E 为BB 1的中点．(1)若h＝2，请画出该正三棱柱的正(主)视图与侧(左)视图．(2)求证：平面A1EC⊥平面AA1C1C；(3)当平面A1EC与平面A1B1C1所成的锐二面角为45°时，求该正三棱柱外接球的体积．解：(1)∵△ABC是边长为2的正三角形，∴△ABC的高为3，又h＝2，∴正视图为边长为2的正方形，左视图为边长为2和3的矩形，作出正(主)视图与侧：(左)视图如下：(2)证明：连接AC1交A1C于F，取A1C1的中点M，连接EF，FM，MB1.∵四边形ACC1A1是矩形，∴F是AC1的中点．∴EF∥MB1.∵△A1B1C1是正三角形，∴MB1⊥A1C1.∵AA1⊥平面A1B1C1，MB1⊂平面A1B1C1，∴AA1⊥MB1，又AA1∩A1C1＝A1，∴MB1⊥平面ACC1A1，又MB1∥EF，∴EF⊥平面ACC1A1，又EF⊂平面A1EC，∴平面A 1EC ⊥平面AA 1C 1C .(3)以M 为原点，以MC 1，MB 1，MF 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系M －xyz ，如图所示，则A 1(－1,0,0)，E (0，3，h2)，C (1,0，h )，∴AE →＝(1，3，h 2)，A 1C →＝(2,0，h )．设平面A 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＋12hz ＝02x ＋hz ＝0，令z ＝1得n ＝(－h2，0,1)．又AA 1⊥平面A 1B 1C 1，∴m ＝(0,0,1)是平面A 1B 1C 1的一个法向量． ∵平面A 1EC 与平面A 1B 1C 1所成的锐二面角为45°，∴|cos 〈m ，n 〉|＝m ·n|m ||n |＝11×h24＋1＝22，∴h ＝2， 设△A 1B 1C 1的中心为N ，则N (0，33，0)， ∴正三棱柱外接球的球心为P (0，33，1)， ∴外接球的半径r ＝PA 1＝1＋39＋1＝213， ∴外接球的体积V ＝43πr 3＝282127π.。
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2019高考数学(理)一轮复习单元评估检测 1 单元评估检测(七) 第7章 立体几何 (120分钟 150分) 一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．中央电视台正大综艺以前有一个非常受欢迎的娱乐节目：墙来了！选手需按墙上的空洞造型摆出相同姿势，才能穿墙而过，否则会被墙推入水池．类似地，有一个几何体恰好无缝隙地以三个不同形状的“姿势”穿过“墙”上的三个空洞(如图71)，则该几何体为( )
图71
[答案] A 2．(2018·衡阳模拟)如果一个几何体的三视图如图72所示，主视图与左视图是边长为2的正三角形，俯视图轮廓为正方形(单位：cm)，则此几何体的侧面积是( ) 【导学号：79140426】 A．23 cm2 B．43 cm2 C．8 cm2 D．14 cm2 [答案] C
图72 图73 3．若三棱锥的三视图如图73所示，则该三棱锥的体积为( ) A．80 B．40
C.803 D.403 [答案] D 2019高考数学(理)一轮复习单元评估检测 2 4．(2017·泉州模拟)设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，以下命题正确的是( ) A．若l∥α，α∥β，则l∥β B．若l∥α，α⊥β，则l⊥β C．若l⊥α，α⊥β，则l∥β D．若l⊥α，α∥β，则l⊥β [答案] D 5．正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论中不成立的是( ) A．BC∥平面PDF B．平面PDF⊥平面ABC C．DF⊥平面PAE D．平面PAE⊥平面ABC [答案] B 6．在正三棱柱ABCA1B1C1中，若AB＝2，AA1＝1，则点A到平面A1BC的距离为( )
A.34 B.32 C.334 D.3 [答案] B 7．如图74，四面体ABCD中，AB＝DC＝1，BD＝2，AD＝BC＝3，二面角ABDC的平面角的大小为60°，E，F分别是BC，AD的中点，则异面直线EF与AC所成的角的余弦值是( )
图74 A.13 B.33 C.63 D.223 [答案] B 8．如图75，在正方体ABCDA1B1C1D1中，下列结论错误的是( )
图75 A．直线BD1与直线B1C所成的角为π2 2019高考数学(理)一轮复习单元评估检测 3 B．直线B1C与直线A1C1所成的角为π3 C．线段BD1在平面AB1C内的射影是一个点 D．线段BD1恰被平面AB1C平分 [答案] D 9．如图76，在四棱锥PABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC，则点M的正方形ABCD内的轨迹的长度为( )
图76 A.5 B．22
C．π D.2π3 [答案] A 10．棱长为43的正四面体内切一球，然后在正四面体和该球形成的空隙处各放入一个小球，则这些小球的最大半径为( ) 【导学号：79140427】
A.2 B.22 C.24 D.26 [答案] B 11．(2017·南阳模拟)如图77是一个由两个半圆锥与一个长方体组合而成的几何体的三视图，则该几何体的体积为( )
图77 A．6＋2π3 B．8＋π3
C．4＋2π3 D．4＋π3 [答案] C 2019高考数学(理)一轮复习单元评估检测 4 12．下列命题中错误的是( ) A．如果α⊥β，那么α内一定有直线平行于平面β B．如果α⊥β，那么α内所有直线都垂直于平面β C．如果平面α不垂直平面β，那么α内一定不存在直线垂直于平面β D．如果α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l，那么l⊥γ [答案] B 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)
13．半径为336π的球的体积与一个长、宽分别为6,4的长方体的体积相等，则长方体的表面积为________． [答案] 88 14．(2017·运城模拟)如图78，三棱柱ABCA1B1C1的体积为V1，四棱锥ABCC1B1的体积为
V2，则V1V2＝________.
图78 [答案] 32 15．如图79，矩形ABCD中，AB＝2AD，E为AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折过程中，下面四个命题中正确的是________．(填序号)
图79 ①BM是定值； ②点M在某个球面上运动； ③存在某个位置，使DE⊥A1C； ④存在某个位置，使MB∥平面A1DE. [答案] ①②④ 16．已知向量a＝(0，－1,1)，b＝(4,1,0)，|λa＋b|＝29且λ＞0，则λ＝________. 【导学号：79140428】 2019高考数学(理)一轮复习单元评估检测 5 [答案] 3 三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分)(2018·南昌模拟)如图710所示，设计一个四棱锥形冷水塔塔顶，四棱锥的底面是正方形，侧面是全等的等腰三角形，已知底面边长为2 m，高为7 m，则制造这个塔顶需要多少面积的铁板？
图710 [解] 制造这个塔顶需要82 m2的铁板． 18．(本小题满分12分)(2017·长沙模拟)如图711，在三棱锥PABC中，∠PAB＝∠PAC＝∠ACB＝90°.
图711 (1)求证：平面PBC⊥平面PAC； (2)若PA＝1，AB＝2，BC＝2，在直线AC上是否存在一点D，使得直线BD与平面PBC所成角为30°？若存在，求出CD的长；若不存在，说明理由．
[解] (1)略 (2)存在，CD＝6. 19．(本小题满分12分)如图712，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面ABB1A1⊥底面ABC，CA＝CB，D，E，F分别为AB，A1D，A1C的中点，点G在AA1上，且A1D⊥EG.
图712 (1)求证：CD∥平面EFG； (2)求证：A1D⊥平面EFG. [解] 略 20．(本小题满分12分) (2017·江西五市三联)如图713，在四棱锥PABCD中，AD∥BC，2019高考数学(理)一轮复习单元评估检测 6 AB⊥AD，AB＝AD＝AP＝2BC＝2，M是棱PD上的一点，PMPD＝λ(0＜λ＜1)．
图713 (1)若λ＝13，求证：PB∥平面MAC；
(2)若平面PAB⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面ABCD，二面角DACM的余弦值为42121，求λ的值． [解] (1)略 (2)23. 21．(本小题满分12分)(2017·新乡模拟)如图714(1)，在三角形PCD中，AB为其中位线，且2BD＝PC，若沿AB将三角形PAB折起，使∠PAD＝θ，构成四棱锥PABCD，
且PCPF＝CDCE＝2，如图714(2)．
图714 (1)求证：平面BEF⊥平面PAB； (2)当异面直线BF与PA所成的角为60°时，求折起的角度θ. 【导学号：79140429】 [解] (1)因为2BD＝PC，所以∠PDC＝90°，
因为AB∥CD，且PCPF＝CDCE＝2，所以E为CD的中点，F为PC的中点，CD＝2AB，所以AB∥DE且AB＝DE，所以四边形ABED为平行四边形，所以BE∥AD，BE＝AD， 因为BA⊥PA，BA⊥AD，且PA∩AD＝A，所以BA⊥平面PAD， 因为AB∥CD，所以CD⊥平面PAD，又因为PD平面PAD，AD平面PAD， 所以CD⊥PD且CD⊥AD，又因为在平面PCD中，EF∥PD(三角形的中位线)，于是CD⊥FE. 因为在平面ABCD中，BE∥AD， 于是CD⊥BE， 2019高考数学(理)一轮复习单元评估检测 7 因为FE∩BE＝E，FE平面BEF，BE平面BEF，所以CD⊥平面BEF， 又因为CD∥AB，AB在平面PAB内，所以平面BEF⊥平面PAB.
(2)因为∠PAD＝θ，取PD的中点G，连接FG，AG，所以FG∥CD，FG＝12CD，又AB∥CD，AB＝12CD，
所以FG∥AB，FG＝AB，从而四边形ABFG为平行四边形，所以BF∥AG，所以BF与PA所成的角即为AG与PA所成的角，即∠PAG＝60°，因为PA＝AD，G为PD中点，所以AG⊥PD，∠APG＝30°，所以∠PDA＝30°，所以∠PAD＝180°－30°－30°＝120°.故折起的角度为120°. 22．(本小题满分12分)(2018·周口模拟)如图715，正方形ADEF与梯形ABCD所在平面互
相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝12CD＝2，点M在线段EC上且不与E，C重合．
图715 (1)当点M是EC中点时，求证：BM∥平面ADEF；
(2)当平面BDM与平面ABF所成锐二面角的余弦值为66时，求三棱锥MBDE的体积．
[解] (1)取ED的中点N， 连接MN，AN， 又因为点M是EC的中点， 所以MN∥DC，
MN＝12DC，