第七章立体几何1

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高中数学-立体几何-空间中的平行和垂直关系

高中数学总复习-第七章立体几何-空间中的平行和垂直关系知识结构图】第 3 课空间中的平行关系【考点导读】1．掌握直线和平面平行、两个平面平行的判定定理和性质定理。

2．明确定义与定理的不同，定义是可逆的，既是判定也是性质，而判定定理与性质定理多是不可逆的。

3．要能灵活的对“线线平行” 、“线面平行”和“面面平行”进行转化。

基础练习】1．若a、b为异面直线，直线c∥a，则c与b的位置关系是异面或相交2．给出下列四个命题①垂直于同一直线的两条直线互相平行. ②垂直于同一平面的两个平面互相平行.③若直线l1, l2与同一平面所成的角相等, 则l1,l2互相平行.④若直线l1, l2是异面直线,则与l1,l2都相交的两条直线是异面直线. 其中假．命题的个数是 4 个。

3．对于任意的直线l 与平面a,在平面a内必有直线m,使m与l 垂直。

4. 已知a、b、c 是三条不重合的直线，α、β、r 是三个不重合的平面，下面六个命题：①a∥c，b∥c a∥b；②a∥r，b∥r a∥b；③α∥c，β∥c α∥β；④α∥r，β∥r α∥β；⑤a∥c，α∥c a∥α；⑥a∥r ，α∥r a∥α．其中正确的命题是①④范例导析】例1．如图，在四面体ABCD中，截面EFGH是平行四边形．求证：AB∥平面EFG．证明：∵面EFGH是截面．∴点E，F，G，H分别在BC，BD，DA，AC上．∴ EH 面ABC，GF 面ABD，由已知，EH∥GF．∴ EH∥面ABD．又∵ EH 面BAC，面ABC∩面ABD=AB∴EH∥AB．∴ AB∥面EFG．例2．如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1 中，点N在BD上，点M在B1C上，并且CM=DN.求证 :MN ∥平面 AA 1B 1B.分析：“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”是可以互相转化的。

本题可以采用任何一种转化方式。

简证：法 1：把证“线面平行”转化为证“线线平行” 。

即在平面 ABB 1A 1内找一条直线与 MN 平行，如图所示作平行线即可法 2 ：把证“线面平行”转化为证“线线平行” 。

7立体几何

体，各面都是三角形，但它不是棱锥。
形，或是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥。
图1 C错误。若六棱锥的所有棱都相等，则底面多边形是正六边形。但由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长。故选答案： D
2 ( ) 原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中平行于x轴和z轴的线段长度在直观图中 16 □
还是平于坐轴的段 ___ _ _ _行 _ _ _ _标 _ _ _ _线 _ _ _ _
，平行于
_ _ _ _
__，
保持不变 17 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ □
解析：当用过高线的平面截圆柱和圆锥时，截面分别为矩形和三角形，只有球满足任意截面都是圆面。答案：C
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第七章
第一节
高考进行时一轮总复习 ·数学 ·新课标通用版 ·理
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) ②两个底面平 ③有两个面互相平行，其余四个
正前 _ _ _ _ _ _ _ _
12 方、 □
正左 _ _ _ _ _ _ _ _
正上 13 _ 方、□ _ _ _ _ _ _ _ _ _
方观察几何体画出的轮廓线。
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2024届一轮复习数学新教材人教A版第七章立体几何与空间向量必刷小题13 立体几何课件(37张)

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
2.下列四个命题中，正确的是 A.各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱 B.对角面是全等矩形的六面体一定是长方体 C.有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱
√D.长方体一定是直四棱柱
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
7.蹴鞠，又名蹴球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外
包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，
类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院
批准列入第一批国家非物质文化遗产名录.已知某鞠的表面上有五个点P，
对于A，由m∥α，m∥n，得到：若n∥α，过n的平面γ∩α＝l，则n∥l，又n⊥β，则l⊥β，l⊂α，则α⊥β，若n⊂α，又n⊥β，则α⊥β.综上，α⊥β，故A正确；对于B，若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α与β相交或平行，故B错误；对于C，若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n与β相交、平行或n⊂β，故C错误；对于D，若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n与β相交或n⊂β，故D错误.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
8.某同学画“切面圆柱体”(用与圆柱底面不平行的平面切圆柱，底面与切面之间的部分叫做切面圆柱体)，发现切面与圆柱侧面的交线是一个椭圆(如图所示).若该同学所画的椭圆的离心率为12，则“切面”所在平面与底面所成的角为
π A.12
4.已知m，n表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，则下列命题中正确的是
√A.若m∥α，n⊥β，m∥n，则α⊥β

2016届高三数学一轮总复习课件：第七章立体几何7-4

行).
符号语言
l⊄α
a⊂α ⇒l∥α a∥l
第六页，编辑于星期五：二十点十二分。
2.性质定理：文字语言
如果一条直线和一个平性面平行，经过这条直线质的平面和这个平面相定交，那么这条直线就和理交线平行(简记线面平行
⇒线线平行).
图形语言
符号语言
a∥α
a⊂β ⇒a∥b α∩β＝b
答案平行
第十三页，编辑于星期五：二十点十二分。
知识点二
平面与平面平行
4.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∥β
B．若l⊥α，l⊥β，则α∥β
C．若l⊥α，l∥β，则α∥β
D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β
第十四页，编辑于星期五：二十点十二分。
解析 l∥α，l∥β，则α与β可能平行，也可能相交，故A项错；由面面平行的判定定理可知B项正确；由l⊥α，l∥β可知α⊥ β，故C项错；由α⊥β，l∥α可知l与β可能平行，也可能相交，故 D项错．
第二十页，编辑于星期五：二十点十二分。
问题3 证明面面平行有哪些常见的方法？ (1)利用定义：即证两个平面没有公共点(不常用)． (2)利用面面平行的判定定理(主要方法)． (3)利用垂直于同一条直线的两平面平行(客观题可用)． (4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(客观题可用)．
第十九页，编辑于星期五：二十点十二分。
问题2 证明线面平行有哪些常见的方法？ (1)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⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)； (3)利用面面平行的性质(α∥β，a⊂α⇒a∥β)； (4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．

直线、平面平行、垂直的判定与性质

又 DN⊄平面 BEC， BC⊂平面 BEC，所以DN//平面BEC
又 MN∩DN＝N，所以平面 DMN∥平面 BEC. 又 DM⊂平面 DMN，
所以 DM∥平面 BEC.
方法二
如图，
F
延长 AD， BC 交于点 F，连接 EF.
因为 CB＝CD，∠BCD＝120° ，
又 AB＝AD， (1) 利用线面平行的定义 ( 无公共所以 D 为线段 AF 的中点. 点 )；(2)利用线面平行的判定定理(a 连接 DM，由于点 M 是线段 AE 的 ⊄ α，b⊂α，a∥ b⇒ a∥ α)；(3)利用面中点，面平行的性质定理 (α∥ β ， a ⊂ α ⇒ 因此 DM∥EF.
所以 DM∥平面 BEC.
证明面面平行的方法： (1)面面平行的定义；
(2) 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；
(4) 两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行；
(5) 利用 “ 线线平行 ” 、 “ 线面平行”、“面面平行”的相互转化.
题型一平行的判定与性质
思维启迪
【例 1】 (2012· 山东) 如图，几何体 E－ ABCD 是四棱锥， EC⊥ BD. (1)求证： BE＝ DE； (2) 若∠ BCD＝ 120° ， M 为线段 AE 的中点，求证： DM∥平面 BEC.
(1) 利用等腰 △EDB 底边中线
△ ABD 为正三角形， CB＝ CD，和高重合的性质证明；
【例 1】 (2012· 山东) 如图，几何体 E－ ABCD 是四棱锥， △ ABD 为正三角形， CB＝ CD， EC⊥ BD. (1)求证： BE＝ DE； (2) 若∠ BCD＝ 120° ， M 为线段 AE 的中点，求证： DM∥平面 BEC.

2020高考数学总复习第七章立体几何课时作业48理含解析新人教A版

课时作业48 利用向量求空间角1．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为( B )A.1 2B.23C.33D.22解析：以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，设棱长为1，则A1(0,0,1)，E⎝⎛⎭⎪⎫1，0，12，D(0,1,0)，∴A1D→＝(0,1，－1)，A1E→＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，－12，设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)．则有⎩⎪⎨⎪⎧A1D→·n1＝0，A1E→·n1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y－z＝0，1－12z＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y＝2，z＝2，∴n1＝(1,2,2)．∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，∴cos〈n1，n2〉＝23×1＝23，即所成的锐二面角的余弦值为23.2．(2019·大同模拟)设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是( D )A.32B.22C.223 D.233解析：如图，以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立坐标系，则D (0,0,0)，D 1(0,0,2)，A 1(2,0,2)，B (2,2,0)，D 1A 1→＝(2,0,0)，DB →＝(2,2,0)，DA 1→＝(2,0,2)，设平面A 1BD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝0，n ·DB →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2z ＝0，2x ＋2y ＝0，令z ＝1，得n ＝(－1,1,1)．∴D 1到平面A 1BD 的距离d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233. 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 )A.334 B.233C.324D.32解析：由正方体的性质及题意可得，正方体共顶点的三条棱所在直线与平面α所成的角均相等．如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，易知棱AB ，AD ，AA 1所在直线与平面A 1BD 所成的角均相等，所以α∥平面A 1BD ，当平面α趋近点A 时，截面图形的面积趋近于0；当平面α经过正方体的中心O 时，截面图形为正六边形，其边长为22，截面图形的面积为6×34×⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝334；当平面α趋近于C 1时，截面图形的面积趋近于0，所以截面图形面积的最大值为334，故选A.4．已知三棱锥P -ABC 的所有顶点都在表面积为16π的球O 的球面上，AC 为球O 的直径．当三棱锥P -ABC 的体积最大时，二面角P -AB -C 的大小为θ，则sin θ等于( C )A.23B.53C.63D.73解析：如图，设球O 的半径为R ，由4πR 2＝16π，得R ＝2，设点P 到平面ABC 的距离为d ，则0＜d ≤2，因为AC 为球的直径，所以AB 2＋BC 2＝AC 2＝16，则V 三棱锥P -ABC ＝16AB ·BC ·d ≤16·AB 2＋BC 22·2＝83，当且仅当AB ＝BC ＝22，d ＝2时，V 三棱锥P -ABC 取得最大值，此时平面PAC ⊥平面ABC ，连接PO ，因为PO ⊥AC ，平面PAC ∩平面ABC ＝AC ，PO ⊂平面PAC ，所以PO ⊥平面ABC ，过点P 作PD ⊥AB 于D ，连接OD ，因为AB ⊥PO ，AB ⊥PD ，PO ∩PD ＝P ，所以AB ⊥平面POD ，则AB ⊥OD ，所以∠PDO 为二面角P -AB -C 的平面角，因为OD ＝12BC＝2，所以PD ＝PO 2＋OD 2＝6，则sin θ＝sin ∠PDO ＝PO PD ＝63，故选C. 5．如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是正方形A 1B 1C 1D 1和正方形ADD 1A 1的中心，则EF 和CD 所成的角的大小是 45° .解析：以D 为原点，分别以DA 、DC 、DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，DC →＝(0,1,0)， ∴cos 〈EF →，DC →〉＝EF →·DC→|EF →||DC →|＝－22，∴〈EF →，DC →〉＝135°，∴异面直线EF 和CD 所成的角的大小是45°.6．如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cosθ的最大值为25.解析：建立空间直角坐标系如图所示．设AB＝1，则AF→＝⎝⎛⎭⎪⎫1，12，0，E⎝⎛⎭⎪⎫12，0，0.设M(0，y,1)(0≤y≤1)，则EM→＝⎝⎛⎭⎪⎫－12，y，1.∵θ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，∴cosθ＝|AF→·EM→||AF→||EM→|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－12＋12y1＋14·14＋y2＋1＝21－y5·4y2＋5.则⎣⎢⎡⎦⎥⎤21－y4y2＋52＝1－8y＋14y2＋5.令8y＋1＝t，1≤t≤9，则8y＋14y2＋5＝16t＋81t－2≥15，当且仅当t ＝1时取等号． ∴cos θ＝21－y5·4y 2＋5≤15×25＝25，当且仅当y ＝0时取等号． 7．如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设二面角D -AE -C 为60°，AP ＝1，AD ＝3，求三棱锥E -ACD 的体积．解：(1)证明：连接BD 交AC 于点O ，连接EO . 因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点．又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB .又因为EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，所以PB ∥平面AEC .(2)因为PA ⊥平面ABCD ，ABCD 为矩形，所以AB ，AD ，AP 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴的正方向，|AP →|为单位长，建立空间直角坐标系A -xyz ，则D (0，3，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12.设B (m,0,0)(m ＞0)，则C (m ，3，0)，AC →＝(m ，3，0)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AC →＝0，n 1·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧mx ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0，可取n 1＝⎝⎛⎭⎪⎫3m ，－1，3. 又n 2＝(1,0,0)为平面DAE 的法向量，由题设得|cos 〈n 1，n 2〉|＝12，即33＋4m 2＝12，解得m ＝32. 因为E 为PD 的中点，所以三棱锥E -ACD 的高为12.三棱锥E -ACD 的体积V ＝13×12×3×32×12＝38.8．(2019·江西六校联考)在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为平行四边形，∠ABD ＝90°，EB ⊥平面ABCD ，EF ∥AB ，AB ＝2，EB ＝3，EF ＝1，BC ＝13，且M 是BD 的中点．(1)求证：EM ∥平面ADF ；(2)求二面角A -FD -B 的余弦值的大小．解：(1)证法一：取AD 的中点N ，连接MN ，NF .在△DAB 中，M 是BD 的中点，N 是AD 的中点，所以MN ∥AB ，MN ＝12AB ，又因为EF ∥AB ，EF ＝12AB ，所以MN ∥EF 且MN ＝EF .所以四边形MNFE 为平行四边形，所以EM ∥FN ，又因为FN ⊂平面ADF ，EM ⊄平面ADF ，故EM ∥平面ADF . 证法二：因为EB ⊥平面ABD ，AB ⊥BD ，故以B 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系B -xyz .由已知可得EM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，－3，AD →＝(3，－2,0)，AF →＝(0，－1，3)，设平面ADF 的法向量是n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·AF →＝0得⎩⎨⎧3x －2y ＝0，－y ＋3z ＝0，令y ＝3，则n ＝(2,3，3)．又因为EM →·n ＝0，所以EM →⊥n ，又EM ⊄平面ADF ，故EM ∥平面ADF .(2)由(1)中证法二可知平面ADF 的一个法向量是n ＝(2,3，3)．易得平面BFD 的一个法向量是m ＝(0，－3，1)．所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝－34，又二面角A -FD -B 为锐角，故二面角A -FD -B 的余弦值大小为34. 9．(2019·河南郑州一模)如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，△DAB ≌△DCB ，E 为线段BD 上的一点，且EB ＝ED ＝EC ＝BC ，连接CE 并延长交AD 于F .(1)若G 为PD 的中点，求证：平面PAD ⊥平面CGF ；(2)若BC ＝2，PA ＝3，求平面BCP 与平面DCP 所成锐二面角的余弦值．解：(1)证明：在△BCD 中，EB ＝ED ＝EC ＝BC ，故∠BCD ＝π2，∠CBE ＝∠CEB ＝π3，连接AE ，∵△DAB ≌△DCB ，∴△EAB ≌△ECB ，从而有∠FED ＝∠BEC ＝∠AEB ＝π3，AE ＝CE ＝DE .∴∠AEF ＝∠FED ＝π3.故EF ⊥AD ，AF ＝FD . 又PG ＝GD ，∴FG ∥PA .又PA ⊥平面ABCD ，故GF ⊥平面ABCD ， ∴GF ⊥AD ，又GF ∩EF ＝F ，故AD ⊥平面CFG . 又AD ⊂平面PAD ， ∴平面PAD ⊥平面CGF .(2)以点A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (3，3，0)，D (0，23，0)，P (0,0,3)．故BC →＝(1，3，0)，CP →＝(－3，－3，3)，CD →＝(－3，3，0)．设平面BCP 的一个法向量为n 1＝(1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧ 1＋3y 1＝0，－3－3y 1＋3z 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝－33，z 1＝23，即n 1＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－33，23. 设平面DCP 的一个法向量为n 2＝(1，y 2，z 2)，则⎩⎨⎧－3＋3y 2＝0，－3－3y 2＋3z 2＝0，解得⎩⎨⎧y 2＝3，z 2＝2，即n 2＝(1，3，2)．从而平面BCP 与平面DCP所成锐二面角的余弦值为|n 1·n 2||n 1||n 2|＝43169×8＝24. 10．(2017·全国卷Ⅱ)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．解：(1)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 綊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)由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB →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 的法向量，所以|cos 〈BM →，n 〉|＝sin 45°，|z |x －12＋y 2＋z2＝22，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①②解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋22，y ＝1，z ＝－62(舍去)，或⎩⎪⎨⎪⎧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 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AM →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎨⎧2－2x 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.易知所求二面角为锐角．因此二面角M -AB -D 的余弦值为105.11．如图，在四棱锥P -ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD ，E 为棱AD 的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90°.(1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；(2)若二面角P-CD-A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值．解：(1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行．如图，延长AB，DC，相交于点M(M∈平面PAB)，点M即为所求的一个点．理由如下：由已知，BC∥ED，且BC＝ED.所以四边形BCDE是平行四边形，从而CM∥EB.又EB⊂平面PBE，CM⊄平面PBE，所以CM∥平面PBE.(说明：延长AP至点N，使得AP＝PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)解法一：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD.从而CD⊥PD.所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角．所以∠PDA＝45°.设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2.过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH.易知PA⊥平面ABCD，又CE⊂平面ABCD，从而PA⊥CE.于是CE⊥平面PAH.所以平面PCE⊥平面PAH.过A作AQ⊥PH于Q，则AQ⊥平面PCE.所以∠APH是PA与平面PCE所成的角．在Rt△AEH中，∠AEH＝45°，AE＝1，所以AH＝22. 在Rt △PAH 中，PH ＝PA 2＋AH 2＝322，所以sin ∠APH ＝AH PH ＝13.解法二：由已知，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ，所以CD ⊥平面PAD . 于是CD ⊥PD .从而∠PDA 是二面角P -CD -A 的平面角．所以∠PDA ＝45°.由PA ⊥AB ，可得PA ⊥平面ABCD . 设BC ＝1，则在Rt △PAD 中，PA ＝AD ＝2.作Ay ⊥AD ，以A 为原点，以AD →，AP →的方向分别为x 轴、z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，C (2,1,0)，E (1,0,0)，所以PE →＝(1,0，－2)，EC →＝(1,1,0)，AP →＝(0,0,2)．设平面PCE 的法向量n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PE →＝0，n ·EC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0，设x ＝2，解得n ＝(2，－2,1)．设直线PA 与平面PCE 所成角为α，则sin α＝|n ·AP →||n |·|AP →|＝22×22＋－22＋12＝13. 所以直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值为13.12．(2019·江西南昌二中月考)如图，在等腰梯形ABCD中，∠ABC＝60°，CD＝2，AB ＝4，点E为AB的中点，现将该梯形中的三角形EBC沿线段EC折起，形成四棱锥B-AECD.(1)在四棱锥B-AECD中，求证：AD⊥BD；(2)若平面BEC与平面AECD所成二面角的平面角为120°，求直线AE与平面ABD所成角的正弦值．解：(1)证明：由三角形BEC沿线段EC折起前，∠ABC＝60°，CD＝2，AB＝4，点E为AB的中点，得三角形BEC沿线段EC折起后，四边形AECD为菱形，边长为2，∠DAE＝60°，如图，取EC的中点F，连接DF，BF，DE，∵△BEC和△DEC均为正三角形，∴EC⊥BF，EC⊥DF, 又BF∩DF＝F，∴EC⊥平面BFD，∵AD∥EC，∴AD⊥平面BFD，∵BD⊂平面BFD，∴AD⊥BD.(2)以F为坐标原点，建立如图的空间直角坐标系，由EC ⊥平面BFD ，知z 轴在平面BFD 内， ∵BF ⊥EC ，DF ⊥EC ，∴∠BFD 为平面BEC 与平面AECD 所成二面角的平面角， ∴∠BFD ＝120°，∴∠BFz ＝30°，又∵BF ＝3，∴点B 的横坐标为－32，点B 的竖坐标为32. 因D (3，0,0)，E (0,1,0)，A (3，2,0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0，32，故AE →＝(－3，－1,0)，BD →＝⎝⎛⎭⎪⎫332，0，－32，AD →＝(0，－2，0)．设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，∴⎩⎪⎨⎪⎧BD →·n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332，0，－32·x ，y ，z ＝0，AD →·n ＝0，－2，0·x ，y ，z ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧332x －32z ＝0，－2y ＝0，令x ＝1，得y ＝0，z ＝3，∴平面ABD 的一个法向量为n ＝(1,0，3)，∴cos 〈AE →，n 〉＝AE →·n|AE →||n |＝－3，－1，0·1，0，32×2＝－34，∵直线AE 与平面ABD 所成角为锐角， ∴直线AE 与平面ABD 所成角的正弦值为34.。

2023年高考数学一轮复习第七章立体几何与空间向量7向量法求空间角练习含解析

向量法求空间角考试要求能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用．知识梳理1．异面直线所成的角若异面直线l 1，l 2所成的角为θ，其方向向量分别是u ，v ，则cos θ＝|cos 〈u ，v 〉|＝|u·v ||u||v |.2．直线与平面所成的角如图，直线AB 与平面α相交于点B ，设直线AB 与平面α所成的角为θ，直线AB 的方向向量为u ，平面α的法向量为n ，则sin θ＝|cos 〈u ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪u ·n |u ||n |＝|u·n||u||n|.3．平面与平面的夹角如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．若平面α，β的法向量分别是n 1和n 2，则平面α与平面β的夹角即为向量n 1和n 2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|.常用结论1．线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a 与平面的法向量n 所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|，不要误记为cos θ＝|cos 〈a ，n 〉|.2．二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等．( × )(2)直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角的余角就是直线l 与平面α所成的角．( × )(3)二面角的平面角为θ，则两个面的法向量的夹角也是θ.( × )(4)两异面直线夹角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.( √ )教材改编题1．已知直线l 1的方向向量s 1＝(1,0,1)与直线l 2的方向向量s 2＝(－1,2，－2)，则l 1和l 2夹角的余弦值为( ) A.24B.12C.22D.32答案 C解析因为s 1＝(1,0,1)，s 2＝(－1,2，－2)，所以cos 〈s 1，s 2〉＝s 1·s 2|s 1||s 2|＝－1－22×3＝－22.所以l 1和l 2夹角的余弦值为22. 2．已知向量m ，n 分别是直线l 的方向向量、平面α的法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为________．答案 30°解析设直线l 与α所成角为θ， sin θ＝||cos 〈m ，n 〉＝12，又∵θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴θ＝30°.3．已知两平面的法向量分别为(0，－1,3)，(2,2,4)，则这两个平面夹角的余弦值为______．答案156解析|0，－1，3·2，2，4|1＋9×4＋4＋16＝156.题型一异面直线所成的角例1 (1)(2022·大庆模拟)如图，已知棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，E ，F ，G 分别为AB ，CD 1，AD 的中点，则异面直线A 1G 与EF 所成角的余弦值为( )A ．0 B.1010C.22D ．1答案 A解析如图，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A 1(2,0,2)，G (1,0,0)，E (2,1,0)，F (0,1,1)，所以A 1G —→＝(－1,0，－2)，EF →＝(－2,0,1)，设异面直线A 1G 与EF 所成的角为θ，则cos θ＝|A 1G —→·EF →||A 1G —→||EF →|＝|－1×－2－2×1|5×5＝0.(2)(2022·杭州模拟)如图，已知圆锥CO 的截面△ABC 是正三角形，AB 是底面圆O 的直径，点D 在AB ︵上，且∠AOD ＝2∠BOD ，则异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为( )A.34B.12C.14D.34答案 A解析因为∠AOD ＝2∠BOD ，且∠AOD ＋∠BOD ＝π，所以∠BOD ＝π3，连接CO ，则CO ⊥平面ABD ，以点O 为坐标原点，OB ，OC 所在直线分别为y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设圆O 的半径为2，则A (0，－2,0)，B (0,2,0)，C (0,0，23)，D (3，1,0)， AD →＝(3，3,0)，BC →＝(0，－2,23)，设异面直线AD 与BC 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈AD →，BC →〉|＝|AD →·BC →||AD →||BC →|＝|－6|23×4＝34，因此，异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为34. 教师备选如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝2，BC ＝2，点D 为BC 的中点，则异面直线AD 与A 1C 所成的角为( )A.π2B.π3C.π4D.π6 答案 B解析以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，A 1(0,0，2)，B (2，0,0)，C (0，2，0)，∴D ⎝⎛⎭⎪⎫22，22，0， ∴AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，A 1C —→＝(0，2，－2)，∴cos〈AD →，A 1C —→〉＝AD →·A 1C —→|AD →||A 1C —→|＝12，∴即异面直线AD ，A 1C 所成角为π3.思维升华用向量法求异面直线所成的角的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量； (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．跟踪训练1 (1)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱CC 1的中点，AF →＝λAD →，若异面直线D 1E 和A 1F 所成角的余弦值为3210，则λ的值为______．答案 13解析以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系(图略)，正方体的棱长为2，则A 1(2,0,2)，D 1(0,0,2)，E (0,2,1)，A (2,0,0)， ∴D 1E —→＝(0,2，－1)， A 1F —→＝A 1A —→＋AF →＝A 1A —→＋λAD → ＝(－2λ，0，－2)．∴cos〈A 1F —→，D 1E —→〉＝A 1F —→·D 1E —→|A 1F —→||D 1E —→|＝22λ2＋1×5＝3210，解得λ＝13⎝⎛⎭⎪⎫λ＝－13舍.(2)(2022·武汉模拟)若在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠A 1AC ＝∠BAC ＝60°，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，AA 1＝AC ＝AB ，则异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为________．答案24解析令M 为AC 的中点，连接MB ，MA 1，由题意知△ABC 是等边三角形，所以BM ⊥AC ，同理，A 1M ⊥AC ，因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，BM ⊂平面ABC ，所以BM ⊥平面A 1ACC 1，因为A 1M ⊂平面A 1ACC 1，所以BM ⊥A 1M ，所以AC ，BM ，A 1M 两两垂直，以M 为坐标原点，MA →，MB →，MA 1—→的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设AA 1＝AC ＝AB ＝2，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，A 1(0,0，3)，C 1(－2,0，3)，所以AC 1—→＝(－3,0，3)，A 1B —→＝(0，3，－3)，所以cos 〈AC 1—→，A 1B —→〉＝－323×6＝－24，故异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为24. 题型二直线与平面所成的角例2 (2022·广州模拟)在边长为2的菱形ABCD 中，∠BAD ＝60°，点E 是边AB 的中点(如图1)，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，连接A 1B ，A 1C ，得到四棱锥A 1－BCDE (如图2)．(1)证明：平面A 1BE ⊥平面BCDE ；(2)若A 1E ⊥BE ，连接CE ，求直线CE 与平面A 1CD 所成角的正弦值． (1)证明连接图1中的BD ，如图所示．因为四边形ABCD 为菱形，且∠BAD ＝60°，所以△ABD 为等边三角形，所以DE ⊥AB ，所以在图2中有DE ⊥BE ，DE ⊥A 1E ，因为BE ∩A 1E ＝E ，BE ，A 1E ⊂平面A 1BE ，所以DE ⊥平面A 1BE ，因为DE ⊂平面BCDE ，所以平面A 1BE ⊥平面BCDE .(2)解因为平面A 1BE ⊥平面BCDE ，平面A 1BE ∩平面BCDE ＝BE ，A 1E ⊥BE ，A 1E ⊂平面A 1BE ，所以A 1E ⊥平面BCDE ，以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，所以A 1(0,0,1)，C (2，3，0)，D (0，3，0)，E (0,0,0)，所以A 1D —→＝(0，3，－1)，A 1C —→＝(2，3，－1)，EC →＝(2，3，0)，设平面A 1CD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1D —→＝3y －z ＝0，n ·A 1C —→＝2x ＋3y －z ＝0，令y ＝1，则n ＝(0,1，3)，所以cos 〈n ，EC →〉＝n ·EC →|n ||EC →|＝327＝2114，所以直线CE 与平面A 1CD 所成角的正弦值为2114. 教师备选(2020·新高考全国Ⅰ)如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面PAD 与平面PBC 的交线为l .(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD ＝AD ＝1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值． (1)证明在正方形ABCD 中，AD ∥BC ，因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以AD ∥平面PBC ，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD ∩平面PBC ＝l ，所以AD ∥l ，因为在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，所以AD ⊥DC ，所以l ⊥DC ，因为PD ⊥平面ABCD ，所以AD ⊥PD ，所以l ⊥PD ，因为DC ∩PD ＝D ，PD ，DC ⊂平面PDC ，所以l ⊥平面PDC .(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，因为PD ＝AD ＝1，则有D (0,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0,1)，B (1，1,0)，因为平面PAD ∩平面PBC ＝l ，所以l 过点P ，设Q (m ，0,1)，则有DC →＝(0,1,0)，DQ →＝(m ，0,1)，PB →＝(1,1，－1)，设平面QCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧DC →·n ＝0，DQ →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，mx ＋z ＝0，令x ＝1，则z ＝－m ，所以平面QCD 的一个法向量为n ＝(1,0，－m )，则cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝1＋0＋m 3·m 2＋1. 记PB 与平面QCD 所成的角为θ，根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，则sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝|1＋m |3·m 2＋1，当m ＝0时，sin θ＝33，当m ≠0时，sin θ＝|1＋m |3·m 2＋1＝33·1＋2m ＋m 2m 2＋1＝33·1＋2mm 2＋1≤33·1＋2|m |m 2＋1≤33·1＋1＝63，当且仅当m ＝1时取等号，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为63. 思维升华利用空间向量求线面角的解题步骤跟踪训练2 (2022·全国百校联考)如图所示，在三棱锥S －BCD 中，平面SBD ⊥平面BCD ，A 是线段SD 上的点，△SBD 为等边三角形，∠BCD ＝30°，CD ＝2DB ＝4.(1)若SA ＝AD ，求证：SD ⊥CA ；(2)若直线BA 与平面SCD 所成角的正弦值为419565，求AD 的长．(1)证明依题意，BD ＝2，在△BCD 中，CD ＝4，∠BCD ＝30°，由余弦定理求得BC ＝23， ∴CD 2＝BD 2＋BC 2，即BC ⊥BD .又平面SBD ⊥平面BCD ，平面SBD ∩平面BCD ＝BD ，BC ⊂平面BCD ， ∴BC ⊥平面SBD .从而BC ⊥SD ，在等边△SBD 中，SA ＝AD ，则BA ⊥SD . 又BC ∩BA ＝B ，BC ，BA ⊂平面BCA ， ∴SD ⊥平面BCA ，又CA ⊂平面BCA ， ∴SD ⊥CA .(2)解以B 为坐标原点，BC ，BD 所在直线分别为x 轴、y 轴，过点B 作平面BCD 的垂线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，C (23，0,0)，D (0,2,0)，S (0,1，3)，故CD →＝(－23，2,0)，SD →＝(0,1，－3)，设平面SCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CD →＝0，m ·SD →＝0，即⎩⎨⎧－23x ＋2y ＝0，y －3z ＝0，取x ＝1，则y ＝3，z ＝1， ∴m ＝(1，3，1)，设DA →＝λDS →(0≤λ≤1)，则DA →＝(0，－λ，3λ)，故A (0,2－λ，3λ)，则BA →＝(0,2－λ，3λ)，设直线BA 与平面SCD 所成角为θ，故sin θ＝||cos 〈m ，BA →〉＝|m ·BA →||m ||BA →|＝|23－3λ＋3λ|5·2－λ2＋3λ2＝419565，解得λ＝14或λ＝34，则AD ＝12或AD ＝32.题型三平面与平面的夹角例3 (12分)(2021·新高考全国Ⅰ)如图，在三棱锥A －BCD 中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB ＝AD ，O 为BD 的中点．(1)证明：OA ⊥CD; [切入点：线线垂直转化到线面垂直](2)若△OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，DE ＝2EA ，且二面角E －BC －D 的大小为45°，求三棱锥A －BCD 的体积.[关键点：建系写坐标]教师备选(2020·全国Ⅰ改编)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝66 DO.(1)证明：PA⊥平面PBC；(2)求平面BPC与平面EPC的夹角的余弦值．(1)证明由题设，知△DAE为等边三角形，设AE＝1，则DO＝32，CO＝BO＝12AE＝12，所以PO ＝66DO ＝24，PC ＝PO 2＋OC 2＝64，同理PB ＝64，PA ＝64，又△ABC 为等边三角形，则BAsin60°＝2OA ，所以BA ＝32，PA 2＋PB 2＝34＝AB 2，则∠APB ＝90°，所以PA ⊥PB ，同理PA ⊥PC ，又PC ∩PB ＝P ，PC ，PB ⊂平面PBC ，所以PA ⊥平面PBC .(2)解过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴，ON 所在直线为y 轴，OD 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，24，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，34，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，－34，0， PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，－34，－24， PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，34，－24，PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，－24，设平面PCB 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PB →＝0，得⎩⎨⎧－x 1－3y 1－2z 1＝0，－x 1＋3y 1－2z 1＝0，令x 1＝2，得z 1＝－1，y 1＝0，所以n ＝(2，0，－1)，设平面PCE 的一个法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PE →＝0，得⎩⎨⎧－x 2－3y 2－2z 2＝0，－2x 2－2z 2＝0，令x 2＝1，得z 2＝－2，y 2＝33，所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，－2，故cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝223×103＝255，所以平面BPC 与平面EPC 的夹角的余弦值为255.思维升华利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤跟踪训练3 (2021·全国乙卷改编)如图，四棱锥P －ABCD 的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ＝1，M 为BC 的中点，且PB ⊥AM .(1)求BC ；(2)求平面APM 与平面BPM 夹角的正弦值．解 (1)因为PD ⊥平面ABCD ，所以PD ⊥AD ，PD ⊥DC .在矩形ABCD 中，AD ⊥DC ，故以点D 为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，设BC ＝t ，则A (t ，0,0)，B (t ，1,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2，1，0，P (0,0,1)，所以PB →＝(t ，1，－1)，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－t 2，1，0.因为PB ⊥AM ，所以PB →·AM →＝－t 22＋1＝0，得t ＝2，所以BC ＝ 2.(2)易知C (0,1,0)，由(1)可得AP →＝(－2，0,1)，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，1，0，CB →＝(2，0,0)，PB →＝(2，1，－1)．设平面APM 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AP →＝0，n 1·AM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x 1＋z 1＝0，－22x 1＋y 1＝0，令x 1＝2，则z 1＝2，y 1＝1，所以平面APM 的一个法向量为n 1＝(2，1,2)．设平面PMB 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CB →＝0，n 2·PB →＝0，即⎩⎨⎧2x 2＝0，2x 2＋y 2－z 2＝0，得x 2＝0，令y 2＝1，则z 2＝1，所以平面PMB 的一个法向量为n 2＝(0,1,1)．设平面APM 与平面BPM 夹角为θ，cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝37×2＝31414，sin θ＝1－cos 2θ＝7014. 所以平面APM 与平面BPM 夹角的正弦值为7014.课时精练1．如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值； (2)求平面A 1BD 与平面A 1AD 所成角的正弦值．解在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E . 因为AA 1⊥平面ABCD ，所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD .如图，以{AE →，AD →，AA 1—→}为一个正交基底，建立空间直角坐标系，因为AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°，则A (0,0,0)，B (3，－1,0)，D (0,2,0)，E (3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(3，1，3)．(1)A 1B —→＝(3，－1，－3)，AC 1—→＝(3，1，3)．则cos 〈A 1B —→，AC 1—→〉＝A 1B —→·AC 1—→|A 1B —→||AC 1—→|＝3－1－37×7＝－17.因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17.(2)可知平面A 1AD 的一个法向量为 AE →＝(3，0,0)，设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1BD 的一个法向量，又A 1B —→＝(3，－1，－3)，BD →＝(－3，3,0)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B —→＝0，m ·BD →＝0，即⎩⎨⎧3x －y －3z ＝0，－3x ＋3y ＝0.不妨取x ＝3，则y ＝3，z ＝2.所以m ＝(3，3，2)为平面A 1BD 的一个法向量，从而cos 〈AE →，m 〉＝AE →·m |AE →||m|＝333×4＝34.设平面A 1BD 与平面A 1AD 所成的角为θ，则cos θ＝34.所以sin θ＝1－cos 2θ＝74. 因此平面A 1BD 与平面A 1AD 所成角的正弦值为74. 2．(2021·浙江)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，∠ABC ＝120°，AB ＝1，BC ＝4，PA ＝15，M ，N 分别为BC ，PC 的中点，PD ⊥DC ，PM ⊥MD .(1)证明：AB ⊥PM ；(2)求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值． (1)证明因为底面ABCD 是平行四边形， ∠ABC ＝120°，BC ＝4，AB ＝1，且M 为BC 的中点，所以CM ＝2，CD ＝1，∠DCM ＝60°，易得CD ⊥DM .又PD ⊥DC ，且PD ∩DM ＝D ，PD ，DM ⊂平面PDM ，所以CD ⊥平面PDM .因为AB ∥CD ，所以AB ⊥平面PDM . 又PM ⊂平面PDM ，所以AB ⊥PM .(2)解方法一由(1)知AB ⊥平面PDM ，所以∠NAB 为直线AN 与平面PDM 所成角的余角．连接AM ，因为PM ⊥MD ，PM ⊥DC ，所以PM ⊥平面ABCD ，所以PM ⊥AM . 因为∠ABC ＝120°，AB ＝1，BM ＝2，所以由余弦定理得AM ＝7，又PA ＝15，所以PM ＝22，所以PB ＝PC ＝23，连接BN ，结合余弦定理得BN ＝11. 连接AC ，则由余弦定理得AC ＝21，在△PAC 中，结合余弦定理得PA 2＋AC 2＝2AN 2＋2PN 2，所以AN ＝15.所以在△ABN 中，cos∠BAN ＝AB 2＋AN 2－BN 22AB ·AN ＝1＋15－11215＝156.设直线AN 与平面PDM 所成的角为θ，则sin θ＝cos∠BAN ＝156. 方法二因为PM ⊥MD ，PM ⊥DC ，所以PM ⊥平面ABCD . 连接AM ，则PM ⊥AM .因为∠ABC ＝120°，AB ＝1，BM ＝2，所以AM ＝7，又PA ＝15，所以PM ＝22，由(1)知CD ⊥DM ，过点M 作ME ∥CD 交AD 于点E ，则ME ⊥MD .故可以以M 为坐标原点，MD ，ME ，MP 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A (－3，2,0)，P (0,0,22)，C (3，－1,0)，所以N ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，2.所以AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332，－52，2.易知平面PDM 的一个法向量为n ＝(0,1,0)．设直线AN 与平面PDM 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AN →，n 〉|＝|AN →·n ||AN →||n |＝5215＝156.3.(2022·汕头模拟)如图，在圆柱OO 1中，四边形ABCD 是其轴截面，EF 为⊙O 1的直径，且EF ⊥CD ，AB ＝2，BC ＝a (a >1)．(1)求证：BE ＝BF ；(2)若直线AE 与平面BEF 所成角的正弦值为63，求平面ABE 与平面BEF 夹角的余弦值． (1)证明如图，连接BO 1，在圆柱OO 1中，BC ⊥平面CEDF ，∵EF ⊂平面CEDF ，∴EF ⊥BC ， ∵EF ⊥CD ，BC ∩CD ＝C ，BC ，CD ⊂平面ABCD ，∴EF ⊥平面ABCD ，又BO 1⊂平面ABCD ，∴EF ⊥BO 1，∵在△BEF 中，O 1为EF 的中点，∴BE ＝BF .(2)解连接OO 1，则OO 1与该圆柱的底面垂直，以点O 为坐标原点，OB ，OO 1所在直线分别为y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，－1,0)，B (0,1,0)，E (－1,0，a )，F (1,0，a )，AE →＝(－1,1，a )，BE →＝(－1，－1，a )，BF →＝(1，－1，a )，设平面BEF 的法向量是n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BE →＝0，n 1·BF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 1＋az 1＝0，x 1－y 1＋az 1＝0，取z 1＝1，得n 1＝(0，a ，1)，设直线AE 与平面BEF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AE →，n 1〉| ＝2aa 2＋2·a 2＋1＝63，化简得(a 2－2)(a 2－1)＝0，∵a >1，解得a ＝2，∴n 1＝(0，2，1)，设平面ABE 的法向量是n 2＝(x 2，y 2，z 2)，AB →＝(0,2,0)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB →＝0，n 2·AE →＝0，得⎩⎨⎧ 2y 2＝0，－x 2＋y 2＋2z 2＝0，取z 2＝1，得n 2＝(2，0,1)，设平面ABE 与平面BEF 的夹角为α，则cos α＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝13， ∴平面ABE 与平面BEF 夹角的余弦值为13.4.(2021·全国甲卷改编)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1B 1B 为正方形，AB ＝BC ＝2，E ，F 分别为AC 和CC 1的中点，D 为棱A 1B 1上的点，BF ⊥A 1B 1.(1)证明：BF ⊥DE ；(2)当B 1D 为何值时，平面BB 1C 1C 与平面DFE 夹角的正弦值最小？(1)证明因为E ，F 分别是AC 和CC 1的中点，且AB ＝BC ＝2，所以CF ＝1，BF ＝ 5.如图，连接AF ，由BF ⊥A 1B 1，AB ∥A 1B 1，得BF ⊥AB ，于是AF ＝BF 2＋AB 2＝3，所以AC ＝AF 2－CF2＝2 2.由AB 2＋BC 2＝AC 2，得BA ⊥BC ，故以B 为坐标原点，以BA ，BC ，BB 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则B (0,0,0)，E (1,1,0)，F (0,2,1)，BF →＝(0,2,1)．设B 1D ＝m (0≤m ≤2)，则D (m ，0,2)，于是DE →＝(1－m ，1，－2)．所以BF →·DE →＝0，所以BF ⊥DE .(2)解易知平面BB 1C 1C 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)．设平面DFE 的一个法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ DE →·n 2＝0，EF →·n 2＝0，又DE →＝(1－m ，1，－2)，EF →＝(－1,1,1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 1－m x ＋y －2z ＝0，－x ＋y ＋z ＝0，令x ＝3，得y ＝m ＋1，z ＝2－m ，于是平面DFE 的一个法向量为n 2＝(3，m ＋1,2－m )，所以cos 〈n 1，n 2〉＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫m －122＋272.设平面BB 1C 1C 与平面DFE 的夹角为θ，则sin θ＝1－cos 2〈n 1，n 2〉，故当m ＝12时，平面BB 1C 1C 与平面DFE 夹角的正弦值最小，为33，即当B 1D ＝12时，平面BB 1C 1C 与平面DFE 夹角的正弦值最小．。

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第七章立体几何考点21 空间几何体的结构、三视图、几何体的表面积与体积两年高考真题演练1．(2015·浙江)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )A ．8 cm 3B ．12 cm 3 C.323 cm 3 D.403 cm 32．(2015·陕西)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A．3π B．4π C．2π＋4 D．3π＋43．(2015·新课标全国Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A．14斛 B．22斛 C．36斛 D．66斛4．(2015·重庆)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋2πB.13π6C.7π3D.5π25.(2014·新课标全国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6．(2014·陕西)已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( )A.32π3 B ．4π C ．2π D.4π37．(2015·江苏)现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个，则新的底面半径为________．8．(2015·四川)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边长为1的等腰直角三角形，设点M ，N ，P 分别是AB ，BC ，B 1C 1的中点，则三棱锥P －A 1MN 的体积是________.1．该四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( )A．1 B．2 C．3 D．42．(2015·成都市一诊)若一个几何体的正视图和侧视图是两个全等的正方形，则这个几何体的俯视图不可能是( )3．(2015·桂林市一调)已知底面为正方形的四棱锥，其一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的( )4．(2015·厦门市质检)如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱BC 上的一点，则三棱锥D 1－B 1C 1E 的体积等于( )A.13B.512C.36D.16第4题图第5题图5．(2015·山西省三诊)如图是一个几何体的三视图，若该几何体的表面积为9π，则正视图中实数a的值等于( ) A．1 B．2 C．3 D．46．(2015·厦门质检)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，则该多面体最长的棱的长度等于( )A.34B.41C．5 2 D．2157．(2015·衡水中学期中)三棱锥P －ABC 的四个顶点均在同一球面上，其中△ABC 是正三角形，PA ⊥平面ABC ，PA ＝2AB ＝6，则该球的体积为( )A ．163πB ．323πC ．48πD ．643π8．(2015·武汉市调考)若一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为( )A.1112 B ．5 C.92 D ．49．(2015·眉山市一诊)一个棱锥的三视图如图，则此棱锥的全面积是( )A．4＋2 6 B．4＋ 6 C．4＋2 2 D．4＋ 2考点22 平行关系两年高考真题演练1．(2015·新课标全国Ⅱ)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝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．(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．2．(2015·四川)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系．并证明你的结论．(3)证明：直线DF⊥平面BEG.3．(2014·北京)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求证：C1F∥平面ABE；(3)求三棱锥E－ABC的体积．考点22 平行关系一年模拟试题精练1．(2015·宿迁市摸底)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD 是菱形，且PB＝PD.(1)求证：BD⊥PC；(2)若平面PBC与平面PAD的交线为l，求证：BC∥l.2．(2015·重庆一中检测)如图，已知DE⊥平面ACD，DE∥AB，△ACD是正三角形，AD＝DE ＝2AB＝2，且F是CD的中点．(1)求证：AF∥平面BCE；(2)求四棱锥C－ABED的全面积．3．(2015·桂林市一调)如图，四棱锥P－ABCD中，BC∥AD，BC＝1，AD＝3，AC⊥CD，且平面PCD⊥平面ABCD.(1)求证：AC⊥PD.(2)在线段PA上，是否存在点E，使BE∥平面PCD？若存在，求PE的值，若不存在，请说明理由．PA4．(2015·盐城模拟)如图所示，斜三棱柱ABC－A1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1上的点．(1)当A1D1D1C1等于何值时，BC1∥平面AB1D1?(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求ADDC的值．考点23 垂直关系两年高考真题演练1．(2015·新课标全国Ⅰ)如图，四边形ABCD为菱形，G是AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.(1)证明：平面AEC⊥平面BED；(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E－ACD的体积为63，求该三棱锥的侧面积．2．(2015·江苏)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.3．(2014·重庆)如图，四棱锥P－ABCD中，底面是以O为中心的菱形，PO⊥底面ABCD，AB＝2，∠BAD＝π3，M为BC上一点，且BM＝12.(1)证明：BC⊥平面POM；(2)若MP⊥AP，求四棱锥P－ABMO的体积．4．(2014·福建)如图，三棱锥A－BCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥BD.(1)求证：CD⊥平面ABD；(2)若AB＝BD＝CD＝1，M为AD中点，求三棱锥A－MBC的体积．考点23 垂直关系一年模拟试题精练1．(2015·唐山一中检测)如图所示，△ABC和△BCE是边长为2的正三角形，且平面ABC⊥平面BCE，AD⊥平面ABC，AD＝2 3.(1)证明：DE⊥BC；(2)求三棱锥D－ABE的体积．2．(2015·晋冀豫三省调研)如图，菱形ABCD的边长为6，∠BAD ＝60°，AC∩BD＝O.将菱形ABCD沿对角线AC折起，得到三棱锥，点M是棱BC的中点，DM＝3 2.(1)求证：平面ABC⊥平面MDO.(2)求三棱锥M－ABD的体积．3．(2015·山西省三诊)如图，已知菱形ABEF所在平面与直角梯形ABCD所在平面互相垂直，AB＝2AD＝2CD＝4，∠ABE＝60°，∠BAD＝∠CDA＝90°，点H是线段EF的中点．(1)求证：平面AHC⊥平面BCE；(2)求多面体ABCDEF的体积．4．(2015·北京西城区高三检测)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD，∠BAD＝90°，AD∥BC，且A1A＝AD＝2BC＝2，AB＝1.点E在棱AB上，平面A1EC 与棱C1D1相交于点F.(1)求证：A1F∥平面B1CE；(2)求证：AC⊥平面CDD1C1；(3)写出三棱锥B1－A1EF体积的取值范围．1．(2015α，则“l⊥m”是“l∥α”的( )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2．(2015·安徽)已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( )A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行C．若α，β不平行，则在α内不存在与β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3．(2015·新课标全国Ⅱ)已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB ＝90°，C为该球面上的动点，若三棱锥O－ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为( )A．36π B．64π C．144π D．256π4．(2014·辽宁)已知m，n表示两条不同直线，α表示平面．下列说法正确的是( )A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α5．(2015·安徽)如图，三棱锥P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，PA ＝1，AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°.(1)求三棱锥P ABC 的体积；(2)证明：在线段PC 上存在点M ，使得AC ⊥BM ，并求PM MC的值． 6．(2014·四川)在如图所示的多面体中，四边形ABB 1A 1和ACC 1A 1都为矩形．(1)若AC ⊥BC ，证明：直线BC ⊥平面ACC 1A 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A1MC？请证明你的结论．1．(2015α是平面，则下列命题中正确的是( )A．若m∥n，n⊂α，则m∥αB．若m∥n，n∥α，则m∥αC．若m∥n，n⊥α，则m⊥αD．若m⊥n，n⊥α，则m∥α2．(2015·眉山市一诊)下列说法错误的是( )A．两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内B．过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直C．如果共点的三条直线两两垂直，那么它们中每两条直线确定的平面也两两垂直D．如果两条直线和一个平面所成的角相等，则这两条直线一定平行3．(2015·深圳五校一联)已知m，n是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，下列命题中正确的是( )A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m∥α，m∥β，则α∥βC．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n4．(2015·汕头市质检)设l，m是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题中正确的是( )A．若l∥α，α∩β＝m，则l∥mB．若l∥α，m⊥l，则m⊥αC．若l∥α，m∥α，则l∥mD．若l⊥α，l∥β，则α⊥β5．(2015·黄冈中学检测)设α、β是两个不同的平面，l、m为两条不同的直线，命题p：若平面α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m；命题q：l∥α，m⊥l，m⊂β，则β⊥α，则下列命题为真命题的是( )A．p或q B．p且qC．綈p或q D．p且綈q6．(2015·山西省三诊)已知a，b，c是三条不同的直线，命题“a∥b且a⊥c⇒b⊥c”是真命题，如果把a，b，c中的两个或三个换成平面，在所得的命题中，真命题有( )A．1个 B．2个 C．3个 D．4个7．(2015·山东省实验中学三诊)对于不重合的两个平面α与β，给定下列条件：①存在平面γ，使得α、β都垂直于γ；②存在平面γ，使得α、β都平行于γ；③α内有不共线的三点到β的距离相等；④存在异面直线l、m，使得l∥α，l∥β，m∥α，m∥β，其中，可以判定α与β平行的条件有( )A．1个 B．2个 C．3个 D．4个8．(2015·青岛模拟)如图所示，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱BC ，CC 1的中点，P 是侧面BCC 1B 1内一点，若A 1P ∥平面AEF ，则线段A 1P 长度的取值范围是( )A.⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1，52B.⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤324，52C.⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤52，2 D ．[2，3] 9．(2015·眉山市一诊)如图，圆O 为三棱锥P －ABC 的底面ABC 的外接圆，AC 是圆O 的直径，PA ⊥BC ，点M 是线段PA 的中点．(1)求证：BC ⊥PB ；(2)设PA ⊥AC ，PA ＝AC ＝2，AB ＝1，求三棱锥P －MBC 的体积；(3)在△ABC 内是否存在点N ，使得MN ∥平面PBC ？请证明你的结论．参考答案第七章立体几何考点21 空间几何体的结构、三视图、几何体的表面积与体积【两年高考真题演练】1．C [由三视图可知该几何体是由棱长为2 cm 的正方体与底面为边长为2 cm 正方形、高为2 cm 的四棱锥组成，V ＝V正方体＋V 四棱锥＝8 cm 3＋83 cm 3＝323 cm 3.故选C.] 2．D [由三视图可知原几何体为半圆柱，底面半径为1，高为2，则表面积为：S ＝2×12π×12＋12×2π×1×2＋2×2 ＝π＋2π＋4＝4＋3π.]3．B [由题意知：米堆的底面半径为163(尺)，体积V ＝13×14πR 2·h ＝3209(立方尺)．所以堆放的米大约为3209×1.62≈22(斛)．] 4．B [该几何体由一个圆柱和一个从轴截面截开的“半圆锥”组成，其体积为V ＝π×12×2＋12×13π×12×1＝2π＋π6＝136π.] 5．B [由题知，该几何体的三视图为一个三角形，两个四边形，分析可知该几何体为三棱柱，故选B.]6．D [正四棱柱的外接球的球心为上下底面的中心连线的中点，所以球的半径r＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫222＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫222＝1，球的体积V ＝4π3r 3＝4π3.故选D.]7.7 [设新的底面半径为r ，由题意得13πr 2·4＋πr 2·8＝13π×52×4＋π×22×8，解得r ＝7.]8.124 [由题意知还原后的几何体是一个直放的三棱柱，三棱柱的底面是直角边长为1的等腰直角三角形，高为1的直三棱柱，∵VP －A 1MN ＝VA 1－PMN ，又∵AA 1∥平面PMN ，∴VA 1－PMN ＝V A －PMN ，∴V A －PMN ＝13×12×1×12×12＝124，故VP －A 1MN ＝124.] 【一年模拟试题精练】1．D [满足条件的四棱锥的底面为矩形，且一条侧棱与底面垂直，如图所示，易知该四棱锥四个侧面均为直角三角形．]2．C [由题意知，俯视图的长度和宽度相等，故C 不可能．]3．C [选项A ，B ，D 中的俯视图，正方形内的线应该为另一条对角线，当四棱锥的直观图为右图时，它的三视图是C.]4．D [VD 1－B 1C 1E ＝13S △B 1C 1E ·D 1C 1＝13×12×1×1×1＝16.] 5．C [由三视图知该几何体是由一个圆锥和一个圆柱组成，由条件得：2πa ＋3π＝9π，解得a ＝3.] 6.C [该多面体的直观图为底面为直角三角形，一条棱垂直于底边的三棱锥，其直观图如图所示，故该多面体最长的棱为CD ＝AD 2＋AC 2＝5 2.]7．B [设O 为球的球心，O 1为△ABC 外接圆的圆心，连接OO 1得OO 1＝12PA ＝3，AO 1＝23×32×3＝3，故R ＝OO 21＋AO 21＝2 3. 因此该球的体积为43πR 3＝323π.] 8．D [由题意可知，该几何体为一直六棱柱，∴底面六边形的面积可以看成一个矩形与两个等腰直角三角形的面积和，即S ＝1×2＋12×2×1×2＝4，∴V＝Sh＝4.]9．A [其直观图为三棱锥，如图所示AE⊥面BCD，BE＝ED＝1，EC＝AE＝2，AD＝DC＝AB＝BC＝5，AC＝22，故其全面积为S△ABD＋S △BCD＋S△ABC＋S△ADC＝4＋2 6.]考点22 平行关系【两年高考真题演练】1．解(1)交线围成的正方形EHGF如图：(2)作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.因为EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.于是MH＝EH2－EM2＝6，AH＝10，HB＝6.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)．2．(1)解点F，G，H的位置如图所示．(2)证明平面BEG∥平面ACH，证明如下：因为ABCD－EFGH为正方体，所以BC∥FG，BC＝FG，又FG∥EH，FG＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH，于是BCHE为平行四边形，所以BE∥CH，又CH⊂平面ACH，BE⊄平面ACH，所以BE∥平面ACH，同理BG∥平面ACH，又BE∩BG＝B，所以平面BEG∥平面ACH.(3)证明连接FH，因为ABCD－EFGH为正方体，所以DH⊥平面EFGH，因为EG⊂平面EFGH，所以DH⊥EG，又EG⊥FH，EG∩FH＝O，所以EG⊥平面BFHD，又DF⊂平面BFHD，所以DF⊥EG，同理DF⊥BG，又EG∩BG＝G，所以DF⊥平面BEG.3.(1)证明在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC. 所以BB1⊥AB.又因为AB⊥BC，且BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂面B1BCC1，所以AB⊥平面B1BCC1.又AB⊂面ABE，所以平面ABE⊥平面B1BCC1.(2)证明取AB中点G，连接EG，FG.因为E，F分别是A1C1，BC的中点，所以FG∥AC，且FG＝12 AC.因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1，所以FG∥EC1，且FG＝EC1.所以四边形FGEC1为平行四边形．所以C1F∥EG. 又因为EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，所以C1F∥平面ABE.(3)解因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，所以AB＝AC2－BC2＝ 3.所以三棱锥E－ABC的体积V＝13S△ABC·AA1＝13×12×3×1×2＝33.【一年模拟试题精练】1．证明 (1)连接AC ，交BD 于点O ，连接PO . 因为四边形ABCD 为菱形，所以BD ⊥AC又因为PB ＝PD ，O 为BD 的中点，所以BD ⊥PO ，又因为AC ∩PO ＝O ，所以BD ⊥平面APC ，又因为PC ⊂平面APC ，所以BD ⊥PC . (2)因为四边形ABCD 为菱形，所以BC ∥AD ，因为AD ⊂平面PAD ，BC ⊄平面PAD . 所以BC ∥平面PAD ，又因为BC ⊂平面PBC ，平面PBC ∩平面PAD ＝l . 所以BC ∥l .2．(1)证明取CE 中点P ，连接FP ，BP ， ∵F 为CD 的中点，∴FP 綉12DE ，又AB 綉12DE ，∴AB 綉FP ，∴ABPF 为平行四边形，∴AF ∥BP ，又∵AF ⊄平面BCE ，BP ⊂平面BCE ，∴AF ∥平面BCE . (2)解 S ABED ＝3，S △ACD ＝3，S △CDE ＝2，S △ABC ＝1，S △BCE ＝6，S 全＝6＋3＋ 6.3．(1)证明∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，AC⊥CD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥平面PCD，∵PD⊂平面PCD，∴AC⊥PD.(2)解线段PA上，存在点E，使BE∥平面PCD，∵AD＝3，∴在△PAD中，存在EF∥AD(E，F分别在AP，PD上)，且使EF ＝1，又∵BC∥AD，∴BC∥EF，且BC＝EF，∴四边形BCFE是平行四边形，∴BE∥CF，BE⊄平面PCD，CF⊂平面PCD，∴BE∥平面PCD，∵EF＝1，AD＝3，∴EFAD＝PEPA＝13.4．解(1)连接A1B，A1B∩AB1＝E，连接D1E，若BC1∥面AB1D1，则BC1∥D1E，∵AE＝B1E，∴A1D1＝D1C1，故A1D1D1C1＝1.(2)∵面BC1D∥面AB1D1，面A1BC1∩面AB1D1＝D1E，∴BC1∥ED1，又∵A1E＝EB，∴A1D1＝D1C1，∵面BC1D∥面AB1D1，AD1C⊂面ACC1A1，DC1⊂面ACC1A，∴AD1∥DC1，∴AD＝D1C1，故AD＝DC，因此ADDC＝1.考点23 垂直关系【两年高考真题演练】1．(1)证明因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为BE⊥平面ABCD，所以AC⊥BE.故AC⊥平面BED.又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.(2)解设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝32x，GB＝GD＝x2.因为AE⊥EC，所以在Rt △AEC中，可得EG＝32x.由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝22x.由已知得，三棱锥E－ACD的体积V E－ACD＝13×12AC·GD·BE＝624x3＝63.故x＝2.从而可得AE＝EC＝ED＝ 6.所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为 5. 故三棱锥E－ACD的侧面积为3＋2 5.2.证明(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.又因为DE ⊄平面AA 1C 1C ，AC ⊂平面AA 1C 1C ，所以DE ∥平面AA 1C 1C .(2)因为棱柱ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，所以CC 1⊥平面ABC .因为AC ⊂平面ABC ，所以AC ⊥CC 1.又因为AC ⊥BC ，CC 1⊂平面BCC 1B 1，BC ⊂平面BCC 1B 1，BC ∩CC 1＝C ，所以AC ⊥平面BCC 1B 1. 又因为BC 1⊂平面BCC 1B 1，所以BC 1⊥AC . 因为BC ＝CC 1，所以矩形BCC 1B 1是正方形，因此BC 1⊥B 1C .因为AC ，B 1C ⊂平面B 1AC ，AC ∩B 1C ＝C ，所以BC 1⊥平面B 1AC . 又因为AB 1⊂平面B 1AC ，所以BC 1⊥AB 1. 3.(1)证明如图，因为四边形ABCD 为菱形，O 为菱形中心，连接OB ，则AO ⊥OB .因∠BAD ＝π3，故OB ＝AB ·sin ∠OAB＝2sin π6＝1，又因BM ＝12，且∠OBM ＝π3，在△OBM 中，OM 2＝OB 2＋BM 2－2OB ·BM ·cos ∠OBM＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－2×1×12×cos π3＝34.所以OB 2＝OM 2＋BM 2，故OM ⊥BM .又PO ⊥底面ABCD ，所以PO ⊥BC .从而BC 与平面POM 内两条相交直线OM ，PO 都垂直，所以BC ⊥平面POM .(2)解由(1)可得，OA ＝AB ·cos ∠OAB ＝2×cos π6＝ 3.设PO ＝a ，由PO ⊥底面ABCD 知，△POA 为直角三角形，故PA 2＝PO 2＋OA 2＝a 2＋3.由△POM 也是直角三角形，故PM 2＝PO 2＋OM 2＝a 2＋34.连接AM ，在△ABM 中，AM 2＝AB 2＋BM 2－2AB ·BM ·cos ∠ABM ＝22＋(12)2－2×2×12×cos 2π3＝214. 由已知MP ⊥AP ，故△APM 为直角三角形，则PA 2＋PM 2＝AM 2，即a 2＋3＋a 2＋34＝214，得a ＝32，a ＝－32(舍去)，即PO ＝32. 此时S 四边形ABMO ＝S △AOB ＋S △OMB ＝12·AO ·OB ＋12·BM ·OM ＝12×3×1＋12×12×32＝538. 所以四棱锥P －ABMO 的体积V P －ABMO ＝13·S 四边形ABMO ·PO ＝13×538×32＝516.4．法一 (1)证明 ∵AB ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD ， ∴AB ⊥CD .又∵CD ⊥BD ，AB ∩BD ＝B ，AB ⊂平面ABD ，BD ⊂平面ABD ， ∴CD ⊥平面ABD .(2)解由AB ⊥平面BCD ，得AB ⊥BD ， ∵AB ＝BD ＝1，∴S △ABD ＝12.∵M 是AD 的中点， ∴S △ABM ＝12S △ABD ＝14.由(1)知，CD ⊥平面ABD ， ∴三棱锥C －ABM 的高h ＝CD ＝1，因此三棱锥A －MBC 的体积 V A －MBC ＝V C －ABM ＝13S △ABM ·h ＝112.法二 (1)同法一．(2)解由AB ⊥平面BCD 知，平面ABD ⊥平面BCD ，又平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，如图，过点M 作MN ⊥BD 交BD 于点N ，则MN ⊥平面BCD ，且MN ＝12AB ＝12，又CD ⊥BD ，BD ＝CD ＝1， ∴S △BCD ＝12.∴三棱锥A －MBC 的体积V A －MBC ＝V A －BCD －V M －BCD＝13AB ·S △BCD －13MN ·S △BCD ＝112. 【一年模拟试题精练】 1．(1)证明取BC 的中点为F ，连接AF ，EF ，BD ， ∵△BCE 为正三角形，∴EF ⊥BC ，又平面ABC ⊥平面BCE ，且交线为BC ，∴EF ⊥平面ABC ，又AD ⊥平面ABC ，∴AD ∥EF ，∴D ，A ，F ，E 共面，又易知在正三角形ABC 中，AF ⊥BC ，AF ∩EF ＝F ， ∴BC ⊥平面DAFE ，又DE ⊂平面DAFE ，故DE ⊥BC .(2)解由(1)知EF ∥AD ，所以有V D －ABE ＝V E －DAB ＝V F －DAB ＝V D －ABF ，所以S△ABF＝12BF·AF＝32，所以V D－ABF＝13S△ABF·AD＝1，即V D－ABE＝1.2．(1)证明∵∠BAD＝60°，菱形的边长为6，∴OM＝OD＝3，∵DM＝32，∴∠DOM＝90°，OD⊥OM，又∵折叠前四边形ABCD 是菱形，∴OD⊥AC.∵OM∩AC＝O，∴OD⊥平面ABC.∵OD⊂平面MDO，∴平面ABC⊥平面MDO.(2)解∵V M－ABD＝V D－ABM，由(1)知OD⊥平面ABC，∴OD＝3为三棱锥D－ABM的高．S△ABM＝12BA×BM×sin 120°＝12×6×3×32＝932，∴V＝13S△ABM×OD＝932.3．(1)证明在菱形ABEF中，因为∠ABE＝60°，所以△AEF是等边三角形，又H是线段EF的中点，所以AH⊥EF⇒AH⊥AB，因为平面ABEF⊥平面ABCD，所以AH⊥平面ABCD，所以AH⊥BC，在直角梯形ABCD中，AB＝2AD＝2CD＝4，∠BAD＝∠CDA＝90°，得到：AC＝BC＝22，从而AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥CB；所以CB⊥平面AHC，又BC⊂平面BCE，所以平面AHC⊥平面BCE.(2)解多面体ABCDFE可拆分成一个四棱锥C－ABEF和一个三棱锥D－AFC，由题可知AD⊥平面ABEF，且CD∥平面ABEF，∴点C到平面ABEF的距离d＝AD＝2.∴V C－ABEF＝13·AD·S ABEF＝13×2×2S△ABE＝13×2×2×12×AB·BE·sin60°＝1633，又V D －AFC ＝V F －ADC ，∵EF ∥平面ABCD ，∴点F 到平面ACD 的距离d ＝AH ＝23，S △ADC＝12AD ·DC ＝12×2×2＝2， ∴V D －AFC ＝13×AH ·S △ADC ＝433，∴多面体ABCDFE 的体积为1633＋433＝2033.4．(1)证明因为ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱柱，所以平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1. 又因为平面ABCD ∩平面A 1ECF ＝EC ，平面A 1B 1C 1D 1∩平面A 1ECF ＝A 1F ，所以A 1F ∥CE .又A 1F ⊄平面B 1CE ，CE ⊂平面B 1CE ，所以A 1F ∥平面B 1CE . (2)证明在四边形ABCD 中，因为∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，且AD ＝2BC ，AD ＝2，AB ＝1，所以AC 2＝12＋12＝2，CD 2＝12＋12＝2. 所以AC 2＋CD 2＝AD 2，所以∠ACD ＝90°，即AC ⊥CD .因为A 1A ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以A 1A ⊥AC .因为在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1A ∥C 1C ，所以C 1C ⊥AC .又因为CD ，C 1C ⊂平面CDD 1C 1，CD ∩C 1C ＝C ，所以AC ⊥平面CDD 1C 1.(3)解三棱锥B 1－A 1EF 的体积的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，23.考点24 立体几何综合问题【两年高考真题演练】1．B [m 垂直于平面α，当l ⊂α时，也满足l ⊥m ，但直线l 与平面α不平行，∴充分性不成立，反之，l ∥α，一定有l ⊥m ，必要性成立．故选B.]2．D [对于A ，α，β垂直于同一平面，α，β关系不确定，A 错；对于B ，m ，n 平行于同一平面，m ，n 关系不确定，可平行、相交、异面，故B 错；对于C ，α，β不平行，但α内能找出平行于β的直线，如α中平行于α，β交线的直线平行于β，故C 错；对于D ，若假设m ，n 垂直于同一平面，则m ∥n ，其逆否命题即为D 选项，故D 正确．]3．C [如图，要使三棱锥O －ABC 即C －OAB 的体积最大，当且仅当点C 到平面OAB 的距离，即三棱锥C －OAB 底面OAB 上的高最大，其最大值为球O的半径R ，则V O －ABC 最大＝V C －OAB 最大＝13×12S △OAB ×R ＝13×12×R 2×R ＝16R 3＝36，所以R ＝6，得S 球O ＝4πR 2＝4π×62＝144π，选C.]4．B [对于选项A ，若m ∥α，n ∥α，则m 与n 可能相交、平行或异面，A 错误；显然选项B 正确；对于选项C ，若m ⊥α，m ⊥n ，则n ⊂α或n ∥α，C 错误；对于选项D ，若m ∥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ⊂α或n 与α相交．D 错误．故选B.]5.(1)解由题设AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°，可得S △ABC ＝12·AB ·AC ·sin 60°＝32.由PA ⊥平面ABC ，可知PA 是三棱锥P ABC 的高，又PA ＝1. 所以三棱锥P ABC 的体积V ＝13·S △ABC ·PA ＝36.(2)证明在平面ABC 内，过点B 作BN ⊥AC ，垂足为N ，在平面PAC 内，过点N 作MN ∥PA 交PC 于点M ，连接BM .由PA ⊥平面ABC 知PA ⊥AC ，所以MN ⊥AC .由于BN ∩MN ＝N ，故AC ⊥平面MBN ，又BM ⊂平面MBN ，所以AC ⊥BM .在Rt △BAN 中，AN ＝AB ·cos ∠BAC ＝12，从而NC ＝AC －AN ＝32，由MN ∥PA ，得PM MC ＝AN NC ＝13.6．(1)证明因为四边形ABB 1A 1和ACC 1A 1都是矩形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AC .因为AB，AC为平面ABC内两条相交直线，所以AA1⊥平面ABC.因为直线BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.又由已知，AC⊥BC，AA1，AC为平面ACC1A1内两条相交直线，所以BC⊥平面ACC1A1.(2)解取线段AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，设O为A1C，AC1的交点．由已知可知，O为AC1的中点．连接MD，OE，则MD，OE分别为△ABC，△ACC1的中位线，所以，MD綉12 AC，OE綉12AC，因此MD綉OE.连接OM，从而四边形MDEO为平行四边形，则DE∥MO.因为直线DE⊄平面A1MC，MO⊂平面A1MC，所以直线DE∥平面A1MC.即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使直线DE∥平面A1MC.【一年模拟试题精练】1．C [选项A、B、D均存在m⊂α的情形，排除A、B、D，故选C.]2．D [对于D，一个等腰三角形的底放在桌面上，两个腰与桌面所成的角相等，但两腰所在直线平行．]3．D [对于选项A：若m∥α，n∥α，则m，n平行、相交、异面都有可能；对于选项B：若m∥α，m∥β，则α，β可能平行、可能相交；对于选项C：若α⊥γ，β⊥γ，则α，β可能平行、可能相交；所以选项A、B、C都不正确．]4．D [对于A：l与m可能异面，排除A；对于B：m与α可能平行或相交，排除B；对于C：l与m可能相交或异面，排除C；故选D.]5．C [命题p：l和m可能平行也可能异面，故p为假命题；命题q：α和β可能平行也可能相交，故q为假命题，因此p或q为假，p且q为假，綈p或q为真，p且綈q为假．]6．C [根据题意，可构成四个命题：①面α∥面β，且面α⊥面γ，则面β⊥面γ；②直线a∥面β，且a⊥面γ，则面β⊥面γ；③面α∥面β，且面α⊥直线c，则面β⊥直线c；④面α∥直线b，且面α⊥面γ，则直线b⊥面γ，可知①②③为真命题，④中直线b 与平面γ位置关系不确定，为假命题．]7．B [对于①：正方体的一个角的三个平面就是反例，故①错误；对于②：平面平行判定定理的推论，故②正确；对于③：可能两平面相交，三点分别在两侧，故③错误；对于④：过P上任一点P可做m的平行线m′，则l与m′相交，满足平面平行的判定定理，故④正确．]8．B [取B1C1的中点M，BB1的中点N，连接A1M，A1N，MN，可以证明平面A1MN∥平面AEF，所以点P位于线段MN上，因为A1M＝A1N＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝52，MN ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝22，所以当点P 位于M ，N处时，A 1P 最大，当P 位于MN 的中点O 时，A 1P 最小，此时A 1O ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫522－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫242＝324，所以A 1O ≤A 1P ≤A 1M ，即324≤A 1P ≤52，所以线段A 1P 长度的取值范围是⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤324，52，选B.] 9．(1)证明如图，因为，AC 是圆O 的直径，所以BC ⊥AB ，因为，BC ⊥PA ，又PA 、AB ⊂平面PAB ，且PA ∩AB ＝A ，所以，BC ⊥平面PAB ，又PB ⊂平面PAB ，所以，BC ⊥PB ，(2)解如图，在Rt △ABC 中，AC ＝2，AB ＝1，所以，BC ＝3，因此，S △ABC ＝32，因为PA ⊥BC ，PA ⊥AC ，所以PA ⊥平面ABC ，所以，V P －MBC ＝V P －ABC －V M －ABC ＝13×32×2－13×32×1＝36.(3)解如图，取AB 的中点D ，连接OD 、MD 、OM ，则N 为线段OD (除端点O 、D 外)上任意一点即可，理由如下：因为，M 、O 、D 分别是PA 、AC 、AB 的中点，所以，MD∥PB，MO∥PC，因为，MD⊄平面PBC，PB⊂平面PBC，所以，MD∥平面PBC，同理可得，MO∥平面PBC，因为，MD、MO⊂平面MDO，MD∩MO＝M，所以，平面MDO∥平面PBC，因为，MN⊂平面MDO.故，MN∥平面PBC.。

高一第七章数学知识点归纳

高一第七章数学知识点归纳在高中数学的学习过程中，数学知识点的归纳是非常重要的。

通过将相关知识整理和归纳，可以加深对知识的理解，帮助学生更好地应对考试和解决数学问题。

本文将对高一数学第七章的知识点进行归纳总结，希望能对同学们的学习有所帮助。

一、直线与平面1. 什么是向量及其表示方法在直线与平面的学习中，向量是一个重要的概念。

向量有大小和方向之分，可以用有向线段表示。

向量的表示方法有初位置法、终位置法和坐标法。

2. 直线的方程直线的方程有不同的形式，如一般式、点斜式、两点式等。

掌握不同的求解方法和使用场景，对于解决直线相关问题至关重要。

3. 平面的方程平面的方程也有不同的表示形式，如点法式、一般式等。

熟练掌握平面方程的表示和转换，能够更好地解决与平面相关的几何问题。

二、向量运算1. 向量的加法与减法向量的加法和减法可以帮助我们确定方向和大小，从而解决与向量相关的问题。

要掌握向量加法和减法的运算规则，熟练进行计算。

2. 数与向量的乘法数与向量的乘法有数量积和向量积两种形式。

数量积用于计算两个向量之间的夹角和相互垂直的判断，向量积则可求解三角形的面积等问题。

三、平面向量的坐标表示1. 平面向量的坐标表示平面向量可以用坐标表示，通过坐标系和坐标点之间的差得出向量的大小和方向。

学习平面向量坐标表示的方法能够更加直观地了解向量的性质。

2. 向量的共线与线性运算共线是指多个向量在同一条直线上，求解共线的条件和线性运算可以帮助我们解决多个向量之间的关系，如线性组合、线性相关等。

四、立体几何1. 空间直线与平面空间直线与平面的研究是立体几何的重要内容，学习空间直线与平面的交点、相关性质和方程等知识，可以帮助我们解决与立体几何相关的问题。

2. 空间几何体的计算熟练掌握立体几何体的表面积和体积计算方法，对于解决与空间几何体相关的实际问题非常重要。

这包括了圆柱、圆锥、球等常见几何体的计算公式。

以上内容是对高一第七章数学知识点的归纳和总结。

第七章立体几何检测试题

第七章立体几何(自我评估、考场亮剑，收获成功后进入下一章学习！)(时间120分钟，满分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．(2010·漳州模拟)三视图如图的几何体是()A．三棱锥B．四棱锥C．四棱台D．三棱台解析：作几何体如图，由图象可知选B.答案：B2．(2010·北京宣城区一模)关于直线a、b，以及平面M、N，给出下列命题：①若a∥M，b∥M，则a∥b；②若a∥M，b⊥M，则a⊥b；③若a∥b，b∥M，则a∥M；④若a⊥M，a∥N，则M⊥N.其中正确命题的个数为() A．0 B．1 C．2 D．3解析：①中a与b可以相交或平行或异面，故①错．③中a可能在平面M内，故③错．答案：C3．如果底面直径和高相等的圆柱的侧面积是S ，那么圆柱的体积等于 ( ) A.S 2S B.S 2S π C.S 4S D.S4Sπ解析：设圆柱高为h ，则底面半径为h2.由题意知，S ＝πh 2，∴h ＝ Sπ， ∴V ＝π(h 2)2·h ＝S4S π. 答案：D4．(2010·台州模拟)圆x 2＋(y ＋1)2＝3绕直线kx －y －1＝0旋转一周所得的几何体的体积为 ( ) A ．36π B ．12π C ．43π D ．4π 解析：显然直线过圆心(0，－1)，故旋转一周所得几何体为球，∴V 球＝43πR 3＝43π·33＝43π. 答案：C5．(2009·山东高考)已知α，β表示两个不同的平面，m 为平面α内的一条直线，则“α⊥β”是“m ⊥β”的 ( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件解析：由面面垂直的判定定理可知必要性成立，而当两平面α、β垂直时，α内的直线m 只有在垂直于两平面的交线时才垂直于另一个平面β，∴充分性不成立．答案：B6．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，若E 是AD 的中点，则直线A 1B 与直线C 1E 的位置关系是 ( ) A ．平行 B ．相交 C ．共面 D ．垂直解析：易证A 1B ⊥平面AB 1C 1D ，又C 1E ⊂平面AB 1C 1D ， ∴A 1B ⊥C 1E . 答案：D7．(2009·广东高考)给定下列四个命题：①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行； ②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直； ③垂直于同一直线的两条直线相互平行；④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直．其中，为真命题的是 ( ) A ．①和② B ．②和③ C ．③和④ D ．②和④解析：①显然错误，因为这两条直线相交时才满足条件；②成立；③错误，这两条直线可能平行，相交，也可能异面；④成立，用反证法容易证明．答案：D8．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为 ( ) A ．12π B ．43π C ．3π D ．123π 解析：由三视图知该几何体为四棱锥，记作S －ABCD ，其中SA ⊥面ABCD .面ABCD 为正方形，将此四棱锥还原为正方体，易知正方体的体对角线即为外接球直径，所以2r ＝ 3.∴S 球＝4πr 2＝4π×34＝3π.答案：C9．已知两条不同直线l 1和l 2及平面α，则直线l 1∥l 2的一个充分条件是 ( ) A ．l 1∥α且l 2∥α B ．l 1⊥α且l 2⊥α C ．l 1∥α且l 2⊄α D ．l 1∥α且l 2⊂α解析：对选项A ，l 1与l 2还可能相交或成异面直线，A 错．根据直线与平面垂直的性质定理，B 正确．另外，对于选项C ，l 1与l 2不一定平行，C 错．对于选项D ，l 1与l 2还可能为异面直线．答案：B10．(文)如图，已知△ABC 为直角三角形，其中∠ACB ＝90°，M 为AB 中点，PM 垂直于△ABC 所在平面，那么 ( )A ．P A ＝PB ＞PC B ．P A ＝PB ＜PC C ．P A ＝PB ＝PCD ．P A ≠PB ≠PC解析：∵M 是Rt △ABC 斜边AB 的中点， ∴MA ＝MB ＝MC .又∵PM ⊥平面ABC ，∴MA 、MB 、MC 分别是P A 、PB 、PC 在平面ABC 上的射影．∴P A ＝PB ＝PC .应选C.答案：C(理)如右图所示，点P 在正方形ABCD 所在平面外， PD ⊥平面ABCD ，PD ＝AD ，则P A 与BD 所成角的度数为 ( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：以DA 、DC 、DP 为邻边构造正方体BP ，易知P A 与BD 所成的角为60°. 答案：C11．已知三个平面α、β、γ，若β⊥γ，且α与β、α与γ均相交但不垂直，a 、b 分别为α、β内的直线，则 ( ) A ．∀b ⊂β，b ⊥γ B ．∀b ⊂β，b ∥γ C ．∃a ⊂α，a ⊥γ D ．∃a ⊂α，a ∥γ解析：选项A 中β⊥γ，但并不是平面β内的任意直线都与平面γ垂直，故选项A 不正确；由于β⊥γ，只有在平面β内与平面β与γ的交线平行的直线才和平面γ平行，选项B 不正确；若存在a ⊂α，a ⊥γ，则必然α⊥γ，选项C 不正确；只要在平面α内存在与平面α与γ的交线平行的直线，则此直线平行于平面γ，故选项D 正确．答案：D12．(2009·宁夏、海南高考)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E 、F ，且EF ＝12，则下列结论中错误．．的是 ( ) A ．AC ⊥BE B ．EF ∥平面ABCDC ．三棱锥A －BEF 的体积为定值D ．△AEF 的面积与△BEF 的面积相等解析：如图，正方体ABCD －A1B 1C 1D 1中， AC ⊥BD ，AC ⊥BB 1，BD ∩BB 1＝B ，∴AC ⊥平面BB 1D 1D ， BE ⊂平面BB 1D 1D ， ∴AC ⊥BE ，∴A 对．∵EF ∥DB ，∴EF ∥平面ABCD ，∴B 对． S △BEF ＝12×EF ×BB 1＝12×12×1＝14，AO ⊥平面BB 1D 1D ，AO ＝22， ∴V A －BEF ＝13×14×22＝224，∴三棱锥的体积为定值，C 对．答案：D二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．将答案填写在题中的横线上) 13．(2009·天津高考)如图是一个几何体的三视图．若它的体积是33，则a ＝________.解析：由三视图知该几何体的直观图为直三棱柱(如图)．其中△ABC 是以BC ＝2为底的等腰三角形，CC 1＝3. ∴V ＝S △ABC ×3＝12×2×a ×3＝3 3.故a ＝ 3.答案： 314．(文)在△ABC 中，∠ACB ＝90°，AB ＝8，∠ABC ＝60°，PC ⊥平面ABC ，PC ＝4，M 是AB 上一个动点，则PM 的最小值为________．解析：如下图，作CH ⊥AB 于H ，连PH ，∵PC ⊥面ABC ，∴PH ⊥AB ，PH 为PM 的最小值，等于27. 答案：27(理)(2010·潍坊质检)正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝4，AA 1＝22，D 为A 1B 1的中点，则AD 与平面ACC 1A 1所成角等于________．解析：如图，在平面A 1B 1C 1内过点D 作DF ⊥A 1C 1于F ，连结AF ，则由该三棱柱是正三棱柱知DF ⊥平面AA 1C 1C ，∠DAF 即为AD 与平面ACC 1A 1所成的角，根据题目条件在Rt △AFD 中可求得AD ＝23，DF ＝3，所以∠DAF ＝π6.答案：π615．(文)点P (1,2,3)关于y 轴的对称点为P 1，P 关于坐标平面xOz 的对称点为P 2，则|P 1P 2|＝________.解析：∵P 1(－1,2，－3)，P 2(1，－2,3， ∴|P 1P 2|＝(－1－1)2＋(2＋2)2＋(－3－3)2 ＝214. 答案：214(理)在空间四边形ABCD 中，AC 和BD 为对角线，G 为△ABC 的重心，E 是BD 上一点，BE ＝3ED ，以{AB ，AC ，AD}为基底，则GE ＝________.解析：由题意，连结AE ，则GE ＝AE －AG ＝AB ＋34BD －23AM＝AB ＋34(AD －AB)－23×12(AB→＋AC ) ＝－112AB＋34AD －13AC .答案：34AD－112AB －13AC16．(2010·日照模拟)如图所示，四棱锥P －ABCD 的底面是一直角梯形，AB ∥CD ，CD ＝2AB ， E 为PC 的中点，则BE 与平面P AD 的位置关系为________．解析：取PD 的中点F ，连结EF ，AF ，由题中条件易得四边形ABEF 为平行四边形，从而进一步可推出BE ∥AF ，根据线面平行的判定定理可得BE ∥平面P AD (或取CD 的中点M ，连结EM ，BM ，由条件可推出平面BEM ∥平面P AD ，进一步也可得出BE ∥平面P AD )．答案：平行三、解答题(本大题共6小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分12分)如图，已知点P 在圆柱OO 1 的底面圆O 上，AB 、A 1B 1分别为圆O 、圆O 1 的直径且A 1A ⊥平面P AB .(1)求证：BP ⊥A 1P ；(2)若圆柱OO 1的体积V ＝12π，OA ＝2，∠AOP ＝120°，求三棱锥A 1－APB 的体积．解：(1)证明：易知AP ⊥BP ，由AA 1⊥平面P AB ，得AA 1⊥BP ，且AP ∩AA 1＝A ，所以BP ⊥平面P AA 1，故BP ⊥A 1P .(2)由题意V ＝π·OA 2·AA 1＝4π·AA 1＝12π，解得AA 1＝3.由OA ＝2，∠AOP ＝120°，得 ∠BAP ＝30°，BP ＝2，AP ＝23， ∴S △P AB ＝12×2×23＝23，∴三棱锥A 1－APB 的体积V ＝13S △P AB ·AA 1＝13×23×3＝2 3.18．(本小题满分12分)在正四棱锥P －ABCD中，P A ＝2，直线P A 与平面ABCD 所成的角为60°，求正四棱锥P －ABCD 的体积V . 解：作PO ⊥平面ABCD ，垂足为O .连结AO ， O 是正方形ABCD 的中心，∠P AO 是直线P A 与平面ABCD 所成的角．∠P AO ＝60°，P A ＝2. ∴PO ＝ 3. AO ＝1，AB ＝2， ∴V ＝13PO ·S ABCD＝13×3×2＝233. 19．(本小题满分12分)(2010·广州模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直(图1)，图2为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图2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)图3中，E 为棱PB 上的点，F 为底面对角线AC 上的点，且BE EP ＝CFF A，求证：EF ∥平面PDA .解：(1)该四棱锥的俯视图为内含对角线，边长为6 cm 的正方形，如图．其面积为36 cm 2.(2)证明：连结BF 并延长交AD 于G ，连结PG ，则在正方形ABCD 中，BF FG ＝CF F A. 又CF F A ＝BE EP ，∴BF FG ＝BE EP ， ∴在△BGP 中，EF ∥PG .又EF ⊄平面PDA ，PG ⊂平面PDA ， ∴EF ∥平面PDA .20．(本小题满分12分)(2010·泉州模拟)如图所示是一个几何体的直观图、正视图、俯视图、侧视图(其中正视图为直角梯形，俯视图为正方形，侧视图为直角三角形，尺寸如图所示)(1)求四棱锥P －ABCD 的体积； (2)证明：BD ∥面PEC ；(3)若G 为BC 上的动点，求证：AE ⊥PG .解：(1)由几何体的三视图可知，底面ABCD 是边长为4的正方形，P A ⊥面ABCD ，P A ∥EB ，且P A ＝42，BE ＝22，AB ＝AD ＝CD ＝CB ＝4， ∴V P －ABCD ＝13P A x S ABCD ＝13×42×4×4＝6423.(2)证明：连接AC 、BD 交于O 点，取PC 中点F ，连接OF ， ∵EB ∥P A ，且EB ＝12P A ，又OF ∥P A ，且OF ＝12P A ，∴EB ∥OF ，且EB ＝OF ， ∴EBOF 为平行四边形， ∴EF ∥BD .又EF ⊂面PEC ，BD ⊄面PEC ，所以BD ∥面PEC . (3)连BP ，∵EB AB ＝BA P A ＝12，∠EBA ＝∠BAP ＝90°，∴△EBA ∽△BAP ，∴∠PBA ＝∠BEA ， ∴∠PBA ＋∠BAE ＝∠BEA ＋∠BAE ＝90°， ∴PB ⊥AE .又∵BC ⊥面APEB ，∴BC ⊥AE ， ∴AE ⊥面PBG ，∴AE ⊥PG .21．(文)(本小题满分12分)(2010·徐州模拟)如图，P A 垂直于矩形ABCD 所在的平面，AD＝P A ＝2，CD ＝22，E 、F 分别是AB 、PD 的中点． (1)求证：AF ∥平面PCE ； (2)求证：平面PCE ⊥平面PCD ； (3)求四面体PEFC 的体积．解：(1)证明：设G 为PC 的中点，连接FG ，EG ， ∵F 为PD 的中点，E 为AB 的中点，∴FG 綊12CD ，AE 綊12CD∴FG 綊AE ，∴AF ∥GE ∴GE ⊆平面PEC ， ∴AF ∥平面PCE ；(2)证明：∵P A ＝AD ＝2，∴AF ⊥PD ∴P A ⊥平面ABCD ，CD ⊆平面ABCD ， ∴P A ⊥CD ，∵AD ⊥CD ，P A ∩AD ＝A ， ∴CD ⊥平面P AD ，∵AF ⊆平面P AD ，∴AF ⊥CD ∵PD ∩CD ＝D ，∴AF ⊥平面PCD ， ∴GE ⊥平面PCD ， ∵GE ⊆平面PEC ， ∴平面PCE ⊥平面PCD ； (3)由(2)知，GE ⊥平面PCD ，所以EG 为四面体PEFC 的高，又GF ∥CD ，所以GF ⊥PD ， EG ＝AF ＝2，GF ＝12CD ＝2，S △PCF ＝12PD ·GF ＝2.得四面体PEFC 的体积V ＝13S △PCF ·EG ＝223.(理)(本小题满分12分)如图所示，在直三棱柱 ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，AC ＝AA 1＝3， ∠ABC ＝60°. (1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)求二面角A －A 1C －B 的余弦值．解：法一：(1)证明：∵三棱柱ABC －A 1B 1C 1为直三棱柱，∴AB ⊥AA 1，在△ABC 中，AB ＝1，AC ＝3，∠ABC ＝60°，由正弦定理得∠ACB ＝30°， ∴∠BAC ＝90°，即AB ⊥AC ， ∴AB ⊥平面ACC 1A 1，又A 1C ⊂平面ACC 1A 1， ∴AB ⊥A 1C .(2)如图，作AD ⊥A 1C 交A 1C 于D 点，连结BD ，由三垂线定理知BD ⊥A 1C ，∴∠ADB 为二面角A －A 1C －B 的平面角．在Rt △AA 1C 中，AD ＝AA 1·AC A 1C ＝3×36＝62，在Rt △BAD 中，tan ∠ADB ＝AB AD ＝63， ∴cos ∠ADB ＝155，即二面角A －A 1C －B 的余弦值为155. 法二：(1)证明：∵三棱柱ABC －A 1B 1C 1为直棱柱，∴AA 1⊥AB ，AA 1⊥AC .在△ABC 中，AB ＝1，AC ＝3，∠ABC ＝60°，由正弦定理得∠ACB ＝30°，∴∠BAC ＝90°，即AB ⊥AC .如图，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)，A 1(0,0，3)，∴AB ＝(1,0,0)，1A C ＝(0，3，－3)．∵AB ·1A C ＝1×0＋0×3＋0×(－3)＝0，∴AB ⊥A 1C .(2)如图，可取m ＝AB ＝(1,0,0)为平面AA 1C 的法向量，设平面A 1BC 的法向量为n ＝(l ，m ，n )，则BC ·n ＝0，1A C ·n ＝0，又BC ＝(－1，3，0)，1A C ＝(0，3，－3)． ∴⎩⎨⎧－l ＋3m ＝0，3m －3n ＝0，∴l ＝3m ，n ＝m . 不妨取m ＝1，则n ＝(3，1,1)． cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝3×1＋1×0＋1×0(3)2＋12＋12·12＋02＋02＝155，∴二面角A－A1C－B的余弦值为15 5.22．(文)(本小题满分14分)(2009·山东高考)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，E、E1分别是棱AD、AA1的中点．(1)设F是棱AB的中点，证明：直线EE1∥平面FCC1；(2)证明：平面D1AC⊥平面BB1C1C.解：(1)证明：法一：取A1B1的中点为F1，连结FF1、C1F1，由于FF1∥BB1∥CC1，所以F1∈平面FCC1，因此平面FCC1即为平面C1CFF1.连结A1D、F1C，由于A1F1綊D1C1綊CD，所以四边形A1DCF1为平行四边形，因此A1D∥F1C.又EE1∥A1D，得EE1∥F1C，而EE1⊄平面FCC1，F1C⊂平面FCC1，故EE1∥平面FCC1.法二：因为F为AB的中点，CD＝2，AB＝4，AB∥CD，所以CD綊AF，因此四边形AFCD为平行四边形，所以AD∥FC.又CC1∥DD1，FC∩CC1＝C，FC⊂平面FCC1，CC1⊂平面FCC1，所以平面ADD1A1∥平面FCC1，又EE1⊂平面ADD1A1，所以EE1∥平面FCC1.(2)证明：连结AC，在△FBC中，FC＝BC＝FB，又F为AB的中点，所以AF＝FC＝FB，因此∠ACB＝90°，即AC⊥BC.又AC⊥CC1，且CC1∩BC＝C，所以AC⊥平面BB1C1C，而AC⊂平面D1AC，故平面D1AC⊥平面BB1C1C.(理)(本小题满分14分)(2009·沈阳模拟)已知四棱锥S －ABCD 的底面ABCD 是正方形，SA ⊥底面ABCD ，E 是SC 上的任意一点．(1)求证：平面EBD ⊥平面SAC ；(2)设SA ＝4，AB ＝2，求点A 到平面SBD 的距离；(3)当SA AB的值为多少时，二面角B －SC －D 的大小为120°？解：(1)∵SA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴SA ⊥BD ，∵四边形ABCD 是正方形，∴AC ⊥BD ，∴BD ⊥ 平面SAC ，∵BD ⊂平面EBD ，∴平面EBD ⊥平面SAC .(2)设AC ∩BD ＝F ，连结SF ，则SF ⊥BD ，∵AB ＝2，SA ＝4，∴BD ＝22，SF ＝SA 2＋AF 2＝42＋(2)2＝32，∴S △SBD ＝12BD ·SF ＝12·22·32＝6，设点A 到平面SBD 的距离为h ，∵SA ⊥平面ABCD ，∴13·S △SBD ·h ＝13·S △ABD·SA ， ∴6·h ＝12·2·2·4，∴h ＝43，即点A 到平面SBD 的距离为43. (3)设SA ＝a ，以A 为原点，AB 、AD 、AS 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，为计算方便，不妨设AB ＝1，则C (1,1,0)，S (0,0，a )，B (1,0,0)，D (0,1,0)，∴SC ＝(1,1，－a )，SB ＝(1,0，－a )，SD ＝(0,1，－a )，再设平面SBC 、平面SCD 的法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则111111100n SC x y az n SB x az ⎧=++=⎪⎨=-=⎪⎩ ∴y 1＝0，从而可取x 1＝a ，则z 1＝1，∴n 1＝(a,0,1)，222222200n SC x y az n SB x az ⎧=++=⎪⎨=-=⎪⎩∴x 2＝0，从而可取y 2＝a ，则z 2＝1，∴n 2＝(0，a,1)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝1a 2＋1，要使二面角B －SC －D 的大小为120°，则1a 2＋1＝12，从而a ＝1，即当SA AB ＝a 1＝1时，二面角B －SC －D 的大小为120°.。

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第 1 页共 13 页第七章立体几何 (时间120分钟，满分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.(2010·浙大附中模拟)已知某空间几何体的主视图、侧视图、俯视图均为如图所示的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角边长为1，那么这个几何体的表面积为( )

A.22 B.3＋22 C.32 D.3＋32

解析：根据三视图可以画出该几何体的直观图如图所示，CD垂直于等腰直角三角形ABC所在平面，于是，易得S＝S△ABC＋S△ACD＋S△CBD

＝12＋12＋32＋12＋3＋32. 答案：D 2．已知a、b为两条不同的直线，α、β为两个不同的平面，且a⊥α，b⊥β，则下列命题中为假命题的是 ( ) A．若a∥b，则α∥β B．若α⊥β，则a⊥b C．若a，b相交，则α，β相交 D．若α，β相交，则a，b相交解析：若α，β相交，则a，b既可以是相交直线也可以是异面直线．答案：D 3．设α，β，γ是三个互不重合的平面，m，n是两条不重合的直线，则下列命题中正确的是( ) A．若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γ B．若α∥β，m⊄β，m∥α，则m∥β C．若α⊥β，m⊥α，则m∥β D．若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n 解析：A中α与γ可以平行，C中可能有m⊂β，D中m与n可以平行．答案：B 4．已知两条不同直线l1和l2及平面α，则直线l1∥l2的一个充分条件是 ( ) A．l1∥α且l2∥α B．l1⊥α且l2⊥α C．l1∥α且l2⊄α D．l1∥α且l2⊂α 解析：根据垂直于同一个平面的两条直线互相平行可知B为l1∥l2的一个充分条件．答案：B 5．若平面α，β，满足α⊥β，α∩β＝l，P∈α，P∉l，则下列命题中的假命题为( ) A．过点P垂直于平面α的直线平行于平面β B．过点P在平面α内作垂直于l的直线必垂直于平面β C．过点P垂直于平面β的直线在平面α内第 2 页共 13 页

D．过点P垂直于直线l的直线在平面α内解析：根据面面垂直的性质定理，有选项B、C正确．对于A，由于过点P垂直于平面α的直线必平行于β内垂直于交线的直线，因此平行于平面β.因此A正确．答案：D 6.用一些棱长是1 cm的小正方体堆放成一个几何体，其正视图和俯视图如图所示，则这个几何体的体积最多是 ( ) A．6 cm3 B．7 cm3 C．8 cm3 D．9 cm3

解析：由正视图与俯视图可知小正方体最多有7块，故体积最多为7 cm3. 答案：B 7．过平行六面体ABCD－A1B1C1D1任意两条棱的中点作直线，其中与平面DBB1D1平行的直线共有 ( ) A．4条 B．6条 C．12条 D．8条解析：如图，P、E、F、H分别为AD、AB、A1B1、 A1D1的中点，则平面PEFH∥平面DBB1D1，所以四边形PEFH的任意两顶点的连线都平行于平面DBB1D1，共6条，同理在另一侧面也有6条，共12条．答案：C 8．(2010·皖中模拟)已知三棱锥的三个侧面两两垂直，三条侧棱长分别为4、4、7，若此三棱锥的各个顶点都在同一个球面上，则此球的表面积是 ( )

A．81π B．36π C.81π4 D．144π 解析：补成长方体易求4R2＝81， ∴S＝4πR2＝81π. 答案：A 9．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为棱DC的中点，则D1P与BC1所在直线所成角的余弦值等于 ( )

A．45 B.105 C.12 D.510 第 3 页共 13 页

解析：过C1作D1P的平行线交DC的延长线于点F，连结BF，则∠BC1F或其补角等于异面直线D1P与BC1所成的角．设正方体的棱长为1，由P为棱DC的中点，则易得BC1=2，

C1F=222215151(),1()2222BF

在△BC1F中，cos∠BC1F=22255(2)()()1022.55222 答案：B 10.[理]如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB=1，D在棱BB1上，且BD=1，则AD与平面AA1C1C所成角的正弦值为 ( )

A.64 B.34 C.62 D.72

解析：如图，取C1A1、CA的中点E、F，连接B1E与BF，则B1E⊥平面CAA1C1，过D作DH∥B1E，则DH⊥平面CAA1C1，连接AH，则∠DAH为所求的

DH=B1E=32，DA=2，所以sin∠DAH=6.4DHDA 答案：A

[文]如右图所示，在立体图形D-ABC中，若AB=BC，AD=CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是 ( ) A．平面ABC⊥平面ABD B．平面ABD⊥平面BDC C．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 解析：BE⊥AC，DE⊥AC⇒AC⊥平面BDE，故平面ABC⊥平面BDE，平面ADC⊥平面BDE. 答案：C 11．已知直线m、n及平面α，其中m∥n，那么在平面α内到两条直线m、n距离相等的点的集合可能是：(1)一条直线；(2)一个平面；(3)一个点；(4)空集．其中正确的是( ) 第 4 页共 13 页

A．(1)(2)(3) B．(1)(4) C．(1)(2)(4) D．(2)(4) 解析：如图1，当直线m或直线n在平面α内时不可能有符合题意的点；如图2，直线m、n到已知平面α的距离相等且两直线所在平面与已知平面α垂直，则已知平面α为符合题意的点；如图3，直线m、n所在平面与已知平面α平行，则符合题意的点为一条直线，从而选C.

答案：C 12．设有如下三个命题：甲：相交直线l、m都在平面α内，并且都不在平面β内；乙：直线l、m中至少有一条与平面β相交；丙：平面α与平面β相交．当甲成立时 ( ) A．乙是丙的充分而不必要条件 B．乙是丙的必要而不充分条件 C．乙是丙的充分且必要条件 D．乙既不是丙的充分条件又不是丙的必要条件解析：当甲成立，即“相交直线l、m都在平面α内，并且都不在平面β内”时，若“l、m中至少有一条与平面β相交”，则“平面α与平面β相交”成立；若“平面α与平面β相交”，则“l、m中至少有一条与平面β相交”也成立，故选C. 答案：C 二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．请把正确答案填在题中横线上) 13．(2009·辽宁高考)设某几何体的三视图如下(尺寸的长度单位为m)．

则该几何体的体积为 m3. 解析：由三视图可知原几何体是一个三棱锥，且三棱锥的高为2，底面三角形的一边长为4，且该边上的高为3，

故所求三棱锥的体积为V=13×2×12×3×4=4 m3，答案：4 14．[理]如图，AD⊥平面BCD，∠BCD＝90°，AD＝BC＝CD＝a，则二面角C－AB－D的大小为第 5 页共 13 页

__________．解析：取BD的中点E，连结CE，则CE⊥面ABD，作EF⊥AB， ∴CF⊥AB得∠CFE为所求．

又CE=22a，CF=63a， ∴sin∠CFE=3.2CECF 答案：60° [文]如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，M∈A1B，

N∈B1C，A1M=B1N，有以下四个结论： ①A1A⊥MN； ②AC∥MN； ③MN与平面ABCD成0°角； ④MN与AC是异面直线．其中正确结论的序号是 . 解析：易知①③④正确．答案：①③④

15．母线长为1的圆锥的侧面展开图的圆心角等于43π，则该圆锥的体积为________．

解析：圆锥的侧面展开图扇形的弧长，即底面圆的周长为43π·1＝43π，于是设底面圆的半径为r，

则有2πr＝43π，所以r＝23，于是圆锥的高为h＝1－(23)2＝53，故圆锥的体积为V＝4581π.

答案：4518π 第 6 页共 13 页

16．(2009·江南测试)棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上，E、F分别是棱AA1、DD1的中点，则直线EF被球O截得的线段长为________．

解析：因为正方体内接于球，所以2R=222aaa，R=32a，过球心O和点E、F的大圆的截面图如图所示，则直线被球截得的线段为QR，过点O作OP⊥QR

于点P，所以，在△QPO中，QR=2QP=22231()()2.22aaa 答案：2a 三、解答题(本大题共6小题，共74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12分)(2010·泉州模拟)如图所示是一个几何体的直观图、正视图、俯视图、侧视图(其中正视图为直角梯形，俯视图为正方形，侧视图为直角三角形，尺寸如图所示)．

(1)求四棱锥P-ABCD的体积； (2)证明：BD∥平面PEC； (3)若G为BC上的动点，求证：AE⊥PG. 解：(1)由几何体的三视图可知，底面ABCD是边长为4的正方形，PA⊥平面ABCD，PA∥EB，且PA＝42，BE＝22，AB＝AD＝CD＝CB＝4，

∴VP－ABCD＝13PA×SABCD＝13×42×4×4＝6423. (2)证明：连结AC交BD于O点，取PC中点F，连结OF，