高考数学二轮复习专题四立体几何第1讲立体几何中的计算与位置关系练习
高考数学二轮复习 第二部分 专题四 立体几何 专题强化练十一 空间点、线、面的位置关系 理
专题强化练十一空间点、线、面的位置关系一、选择题1．(2018·浙江卷)已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析：若m⊄α，n⊂α，m∥n，由线面平行的判定定理知m∥α.若m∥α，m⊄α，n⊂α，不一定推出m∥n，直线m与n可能异面．故“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．答案：A2．(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC解析：如图，由题设知，A1B1⊥平面BCC1B1，从而A1B1⊥BC1.又B1C⊥BC1，且A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1.答案：C3．(2018·河南开封一模)在空间中，a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中的真命题是( )A．若a∥α，b∥α，则a∥bB．若a⊂α，b⊂β，α⊥β，则a⊥bC．若a∥α，a∥b，则b∥αD．若α∥β，a⊂α，则a∥β解析：对于A，若a∥α，b∥α，则a，b可能平行，可能相交，可能异面，故A是假命题；对于B，设α∩β＝m，a，b均与m平行，则a∥b，故B是假命题；对于C，b∥α或b在平面α内，故C是假命题；对于D ，若α∥β，a ⊂α，则a 与β没有公共点，则a ∥β，故D 是真命题． 答案：D4．(2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为( )A.22 B.32 C.52 D.72解析：因为CD ∥AB ，所以∠BAE 即为异面直线AE 与CD 所成的角． 设正方体的棱长为2，则BE ＝ 5.因为AB ⊥平面BB 1C 1C ， 所以AB ⊥BE .在Rt △ABE 中，tan ∠BAE ＝BE AB ＝52. 所以异面直线AE 与CD 所成角的正切值为52. 答案：C5．(2018·长沙雅礼中学联考)对于四面体A BCD ，有以下命题：①若AB ＝AC ＝AD ，则AB ，AC ，AD 与底面所成的角相等；②若AB ⊥CD ，AC ⊥BD ，则点A 在底面BCD 内的射影是△BCD 的内心；③四面体A BCD 的四个面中最多有四个直角三角形；④若四面体A BCD 的6条棱长都为1，则它的内切球的表面积为π6.其中正确的命题序号是( )A ．①③B ．③④C ．①②③D ．①③④解析：①正确，若AB ＝AC ＝AD ，则AB ，AC ，AD 在底面的射影相等，即与底面所成角相等；②不正确，如图1，点A 在平面BCD 的射影为点O ，连接BO ，CO ，可得BO ⊥CD ，CO ⊥BD ，所以点O 是△BCD 的垂心；③正确，如图2，若AB ⊥平面BCD ，∠BCD ＝90°，则四面体A BCD 的四个面均为直角三角形；④正确，设正四面体的内切球的半径为r ，棱长为1，高为63，根据等体积公式13×S ×63＝13×4×S ×r ，解得r ＝612，那么内切球的表面积S ＝4πr 2＝π6. 故正确的命题是①③④. 答案：D 二、填空题6.如图，在空间四边形ABCD 中，点M ∈AB ，点N ∈AD ，若AM MB ＝ANND，则直线MN 与平面BDC 的位置关系是________．解析：由AM MB ＝ANND，得MN ∥BD .而BD ⊂平面BDC ，MN ⊄平面BDC ， 所以MN ∥平面BDC . 答案：平行7．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为线段B 1D 1上的一个动点，则下列结论中正确的是________(填序号)．①AC ⊥BE ； ②B 1E ∥平面ABCD ；③三棱锥E ABC 的体积为定值； ④直线B 1E ⊥直线BC 1.解析：因AC ⊥平面BDD 1B 1，故①正确；因B 1D 1∥平面ABCD ，故②正确；记正方体的体积为V ，则V E ABC ＝16V ，为定值，故③正确；B 1E 与BC 1不垂直，故④错误．答案：①②③8．直三棱柱ABC A 1B 1C 1的侧棱长都为1，AB ＝BC ＝1，且直线AB 与平面BB 1C 1C 所成的角为60°，则异面直线A 1B ，AC 所成角的余弦值为________．解析：由于ABC A 1B 1C 1为直三棱柱，则AB 与平面BB 1C 1C 所成的角即为∠ABC .依题设，AB ＝BC ＝1，∠ABC ＝60°，则△ABC 为正三角形．由AC ∥A 1C 1，知∠BA 1C 1为异面直线A 1B 与AC 所成的角． 由于A 1C 1＝1，A 1B ＝2，C 1B ＝ 2. 由余弦定理得：cos ∠BA 1C 1＝BA 21＋A 1C 21－BC 212BA 1·A 1C 1＝2＋1－22×2×1＝24.答案：24三、解答题9．(2018·湖南益阳模拟)如图所示，在四棱锥P ABCD 中，平面PAB ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，AD ＝2BC ，∠DAB ＝∠ABP ＝90°.(1)求证：AD ⊥平面PAB ； (2)求证：AB ⊥PC ；(3)若点E 在棱PD 上，且CE ∥平面PAB ，求PE PD的值．(1)证明：因为∠DAB ＝90°， 所以AD ⊥AB .因为平面PAB ⊥平面ABCD ， 且平面PAB ∩平面ABCD ＝AB ， 所以AD ⊥平面PAB . (2)证明：由(1)知AD ⊥AB ， 因为AD ∥BC ，所以BC ⊥AB . 又因为∠ABP ＝90°， 所以PB ⊥AB . 因为PB ∩BC ＝B ，因为PC ⊂平面PBC ， 所以AB ⊥PC .(3)解：过E 作EF ∥AD 交PA 于F ，连接BF .如图所示．因为AD ∥BC ，所以EF ∥BC . 所以E ，F ，B ，C 四点共面． 又因为CE ∥平面PAB ，且CE ⊂平面BCEF ，平面BCEF ∩平面PAB ＝BF ， 所以CE ∥BF ，所以四边形BCEF 为平行四边形，所以EF ＝BC ＝12AD .在△PAD 中，因为EF ∥AD ，所以PE PD ＝EF AD ＝12，即PE PD ＝12.10．(2018·北京卷)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点．(1)求证：PE ⊥BC ；(2)求证：平面PAB ⊥平面PCD ； (3)求证：EF ∥平面PCD .证明：(1)因为PA ＝PD ，E 为AD 的中点， 所以PE ⊥AD .因为底面ABCD 为矩形， 所以BC ∥AD . 所以PE ⊥BC .(2)因为底面ABCD 为矩形， 所以AB ⊥AD .又因为平面PAD ⊥平面ABCD ， 平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以AB ⊥PD .又因为PA ⊥PD ，且PA ∩AB ＝A ， 所以PD ⊥平面PAB .又PD ⊂平面PCD ， 所以平面PAB ⊥平面PCD .(3)如图，取PC 中点G ，连接FG ，DG .因为F ，G 分别为PB ，PC 的中点， 所以FG ∥BC ，FG ＝12BC .因为ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点， 所以DE ∥BC ，DE ＝12BC .所以DE ∥FG ，DE ＝FG .所以四边形DEFG 为平行四边形． 所以EF ∥DG .又因为EF ⊄平面PCD ，DG ⊂平面PCD ， 所以EF ∥平面PCD .11．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2AD ，M 为DC 的中点，将△ADM 沿AM 折起使平面ADM ⊥平面ABCM .(1)当AB ＝2时，求三棱锥M BCD 的体积； (2)求证：BM ⊥AD .(1)解：取AM 的中点N ，连接DN .如图所示．因为在矩形ABCD 中，M 为DC 的中点，AB ＝2AD ， 所以DM ＝AD . 又N 为AM 的中点，所以DN ⊥AM .又因为平面ADM ⊥平面ABCM ，平面ADM ∩平面ABCM ＝AM ，DN ⊂平面ADM . 所以DN ⊥平面ABCM . 因为AD ＝1，所以DN ＝22. 又S △BCM ＝12·CM ·CB ＝12.所以V 三棱锥M BCD ＝V 三棱锥D BCM ＝13S △BCM ×DN ＝212.(2)证明：由(1)可知，DN ⊥平面ABCM . 又BM ⊂平面ABCM ， 所以BM ⊥DN .在矩形ABCD 中，AB ＝2AD ，M 为DC 中点，所以△ADM ，△BCM 都是等腰直角三角形，且∠ADM ＝90°，∠BCM ＝90°， 所以BM ⊥AM .又DN ，AM ⊂平面ADM ，DN ∩AM ＝N ， 所以BM ⊥平面ADM . 又AD ⊂平面ADM ， 所以BM ⊥AD .。
新高考2020高考数学二轮复习小题考法专训四空间几何体与空间位置关系
小题考法专训（四） 空间几何体与空间位置关系A 级——保分小题落实练一、选择题1.已知某圆柱的底面周长为12，高为2，矩形ABCD 是该圆柱的轴截面，则在此圆柱侧面上，从A 到C 的路径中，最短路径的长度为( )A ．210B ．2 5C ．3D ．2解析：选A 如图，圆柱的侧面展开图是矩形，且矩形的长为12，宽为2，则在此圆柱侧面上从A 到C 的最短路径为线段AC ，AC ＝22＋62＝210.故选A.2．已知a ，b ，c 表示不同的直线，α，β表示不同的平面，下列命题： ①若a ∥b ，b ∥α，则a ∥α； ②若a ⊥b ，b ⊥α，c ⊥α，则a ⊥c ； ③若a ⊥b ，b ⊥α，则a ∥α；④若a ∥b ，b ∥α，b ⊂β，α∩β＝c ，则a ∥c . 其中错误命题的序号是( ) A ．①③ B ．②④ C ．③④D ．①②解析：选A 对于①，由a ∥b ，b ∥α，可得a ∥α或a ⊂α，故①错误；对于②，由b ⊥α，c ⊥α得b ∥c ，又a ⊥b ，所以a ⊥c .故②正确；对于③，由a ⊥b ，b ⊥α，可得a ∥α或a ⊂α，故③错误；对于④，由b ∥α，b ⊂β，α∩β＝c 得b ∥c ，又a ∥b ，所以a ∥c ，④正确．综上所述，错误命题的序号是①③，选A.3．设一个球形西瓜，切下一刀后所得切面圆的半径为4，球心到切面圆心的距离为3，则该西瓜的体积为( )A ．100πB ．2563πC.4003π D ．5003π解析：选D 因为切面圆的半径r ＝4，球心到切面的距离d ＝3，所以球的半径R ＝r 2＋d 2＝42＋32＝5，故球的体积V ＝43πR 3＝43π×53＝5003π，即该西瓜的体积为5003π.4．(2019·广州综合测试)如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD 为矩形，E ，F 分别为PA ，PD 的中点，在此几何体中，给出下面结论：①直线BE 与直线CF 异面；②直线BE 与直线AF 异面；③直线EF∥平面PBC ；④平面BCE ⊥平面PAD .其中正确的结论个数为( ) A ．4 B ．3 C ．2D ．1解析：选C 将平面展开图还原成直观图如图所示．∵E ，F 分别为PA ，PD 的中点，∴EF ∥AD .又四边形ABCD 为矩形，∴AD ∥BC ，∴EF ∥BC ，∴B ，C ，F ，E 四点共面．∴直线BE 与直线CF 共面，不是异面直线，故①错误；∵E ∈平面PAD ，AF ⊂平面PAD ，点E 不在直线AF 上，B ∉平面PAD ， ∴直线BE 与直线AF 为异面直线，故②正确；∵EF ∥BC ，BC ⊂平面PBC ，EF ⊄平面PBC ，∴EF ∥平面PBC ，故③正确；假设平面BCE ⊥平面PAD ，即平面BCFE ⊥平面PAD ，又平面BCFE ∩平面PAD ＝EF ，作PM ⊥EF ，垂足为M ，可得PM ⊥平面BCE ，但由题中条件无法证得PM ⊥平面BCE ，故假设不成立，故④错误．故选C.5．已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O 的体积为( ) A.823π B ．833πC.863π D ．1623π解析：选A 将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体面上的对角线，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为2 2.因为球O 与正四面体的各棱都相切，所以球O 为正方体的内切球，即球O 的直径2R ＝22，则球O 的体积V ＝43πR 3＝823π.6．如图所示，用一边长为2的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为4π3的鸡蛋(视为球体)放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋(球体)离蛋巢底面的最短距离为( )A.2－12 B ．2＋12 C.6－12D ．3－12解析：选D 因为蛋巢的底面是边长为1的正方形，所以过四个顶点截鸡蛋所得的截面圆的直径为1，又因为鸡蛋的体积为4π3，所以球的半径为1，所以球心到截面的距离为32，所以截面到球体最低点的距离为1－32，而蛋巢的高度为12，故球体到蛋巢底面的最短距离为12－⎝⎛⎭⎪⎫1－32＝3－12.7．若l ，m 为两条不同的直线，α为平面，且l ⊥α，则“m ∥α”是“m ⊥l ”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：选A 依题意，由m ∥α知存在直线m 1⊂α，m ∥m 1，由l ⊥α，m 1⊂α得l ⊥m 1，又m ∥m 1，因此有l ⊥m ，“m ∥α”是“m ⊥l ”的充分条件．反过来，由m ⊥l 不能得到m ∥α，此时直线m 可能位于平面α内，因此“m ∥α”不是“m ⊥l ”的必要条件．综上所述，“m ∥α”是“m ⊥l ”的充分不必要条件，选A.8.在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，动点E 在棱BB 1上，动点F 在线段A 1C 1上，O 为底面ABCD 的中心，若BE ＝x ，A 1F ＝y ，则四面体O AEF 的体积( )A ．与x ，y 都有关B ．与x ，y 都无关C ．与x 有关，与y 无关D ．与x 无关，与y 有关解析：选B 如图，因为V O AEF ＝V E OAF ，所以，考查△AOF 的面积和点E 到平面AOF 的距离的值， 因为BB 1∥平面ACC 1A 1，所以点E 到平面AOF 的距离为定值，又AO ∥A 1C 1， 所以OA 为定值，点F 到直线AO 的距离也为定值， 即△AOF 的面积是定值，所以四面体O AEF 的体积与x ，y 都无关，故选B.9．(2019·成都一诊)在各棱长均相等的直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，已知M 是棱BB 1的中点，N 是棱AC 的中点，则异面直线A 1M 与BN 所成角的正切值为( )A. 3 B ．1 C.63D ．22解析：选C 取AA 1的中点P ，连接PN ，PB ，则由直三棱柱的性质可知A 1M ∥PB ，则∠PBN 为异面直线A 1M 与BN 所成的角(或其补角)．设三棱柱的棱长为2，则PN ＝2，PB ＝5，BN＝3，所以PN 2＋BN 2＝PB 2，所以∠PNB ＝90°，在Rt △PBN 中，tan ∠PBN ＝PN BN＝23＝63，故选C.10．(2019·福州模拟)在三棱锥P ABC 中，PA ＝PB ＝PC ＝2，AB ＝AC ＝1，BC ＝3，则该三棱锥外接球的体积是( )A.4π3B ．82π3C ．43πD ．32π3解析：选A 由PA ＝PB ＝PC ＝2，得点P 在平面ABC 内的射影O 为底面△ABC 的外心，PO ⊥平面ABC ，所以PO ⊥OA ，在△ABC 中，AB ＝AC ＝1，BC ＝3，cos ∠BAC ＝AB 2＋AC 2－BC 22AB ·AC＝－12，所以sin ∠BAC ＝32.由正弦定理得OA ＝BC 2sin ∠BAC ＝1，即OA ＝OB ＝OC ＝1.在Rt △POA 中，PO ＝PA 2－OA 2＝1，所以OA ＝OB ＝OC ＝OP ＝1，所以三棱锥P ABC 的外接球的球心为O ，其半径为1，故三棱锥P ABC 的外接球的体积为4π3，选A.11．已知三棱锥P ABC 的棱AP 、AB 、AC 两两垂直，且长度都为3，以顶点P 为球心，以2为半径作一个球，则球面与三棱锥的表面相交所得到的四段弧长之和等于( )A ．3πB ．3π2C.4π3D ．5π6解析：选B 如图所示，Rt △PAC ，Rt △PAB 为等腰直角三角形，且AP ＝AB ＝AC ＝ 3. 以顶点P 为球心，以2为半径作一个球与Rt △PAC 的PC ，AC 分别交于M ，N 两点， 得cos ∠APN ＝32，所以∠APN ＝π6， 所以∠NPM ＝π12，所以MN ＝π12×2＝π6，同理GH ＝π6，HN ＝π2×1＝π2，又GM 是以顶点P 为圆心，以2为半径的圆周长的16，所以GM ＝2π×26＝2π3，所以球面与三棱锥的表面相交所得到的四段弧长之和等于π6＋π6＋π2＋2π3＝9π6＝3π2.故选B.12．(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.334 B ．233C.324D ．32解析：选A 如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，平面AB 1D 1与棱A 1A ，A 1B 1，A 1D 1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A 1A ，A 1B 1，A 1D 1平行，故正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的每条棱所在直线与平面AB 1D 1所成的角都相等．如图所示，取棱AB ，BB 1，B 1C 1，C 1D 1，D 1D ，DA 的中点E ，F ，G ，H ，M ，N ，则正六边形EFGHMN 所在平面与平面AB 1D 1平行且面积最大，此截面面积为S 正六边形EFGHMN ＝6×12×22×22×sin 60°＝334.故选A.二、填空题13．(2019·北京高考)已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断： ①l ⊥m ； ②m ∥α； ③l ⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________________________.解析：已知l ，m 是平面α外的两条不同直线，由①l ⊥m 与②m ∥α，不能推出③l ⊥α，因为l 可以与α平行，也可以相交不垂直； 由①l ⊥m 与③l ⊥α能推出②m ∥α； 由②m ∥α与③l ⊥α可以推出①l ⊥m . 故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②.答案：若m ∥α且l ⊥α，则l ⊥m (或若l ⊥m ，l ⊥α，则m ∥α)14.(2019·重庆七校联考)如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点P 在线段BC 1上运动． 有下列判断：①平面PB 1D ⊥平面ACD 1； ②A 1P ∥平面ACD 1；③异面直线A 1P 与AD 1所成角的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π3；④三棱锥D 1APC 的体积不变．其中正确的是______．(把所有正确判断的序号都填上)解析：在正方体中，易知B 1D ⊥平面ACD 1，B 1D ⊂平面PB 1D ，所以平面PB 1D ⊥平面ACD 1，所以①正确；连接A 1B ，A 1C 1图略，容易证明平面A 1BC 1∥平面ACD 1，又A 1P ⊂平面A 1BC 1，所以A 1P ∥平面ACD 1，所以②正确；因为BC 1∥AD 1，所以异面直线A 1P 与AD 1所成的角就是直线A 1P 与BC 1所成的角，在△A 1BC 1中，易知所求角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π2，所以③错误；VD 1APC ＝VC AD 1P ，因为点C 到平面AD 1P 的距离不变，且△AD 1P 的面积不变，所以三棱锥D 1APC 的体积不变，所以④正确．答案：①②④15.如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的边长为2，过BD 1的截面的面积为S ，则S 的最小值为________．解析：由题知，过BD 1的截面可能是矩形，可能是平行四边形， (1)当截面为矩形，即截面为ABC 1D 1，A 1BCD 1，BB 1D 1D 时， 由正方体的对称性可知SABC 1D 1＝SA 1BCD 1＝SBB 1D 1D ＝4 2. (2)当截面为平行四边形时，如图所示，过点E 作EM ⊥BD 1于M ，如图(a)所示，SBED 1F ＝BD 1·EM ， 又因为BD 1＝23，所以SBED 1F ＝EM ·23，过点M 作MN ∥D 1D 交BD 于N ，连接AN ，当AN ⊥BD 时，AN 最小，此时，EM 的值最小，且EM ＝2，故四边形BED 1F 的面积最小值为SBED 1F ＝2×23＝26， 又因为42＞26，所以过BD 1的截面面积S 的最小值为2 6. 答案：2 616．(2019·全国卷Ⅰ)已知∠ACB ＝90°，P 为平面ABC 外一点，PC ＝2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为________．解析：如图，过点P 作PO ⊥平面ABC 于O ，则PO 为P 到平面ABC 的距离． 再过O 作OE ⊥AC 于E ，OF ⊥BC 于F ，连接PC ，PE ，PF ，则PE ⊥AC ，PF ⊥BC . 又PE ＝PF ＝3，所以OE ＝OF ， 所以CO 为∠ACB 的平分线， 即∠ACO ＝45°.在Rt △PEC 中，PC ＝2，PE ＝3，所以CE ＝1， 所以OE ＝1，所以PO ＝PE 2－OE 2＝(3)2－12＝ 2. 答案： 2B 级——拔高小题提能练1.[多选题]如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为3，线段B 1D 1上有两个动点E ，F 且EF ＝1，则当E ，F 移动时，下列结论正确的是( )A ．AE ∥平面C 1BDB ．四面体ACEF 的体积不为定值C ．三棱锥A BEF 的体积为定值D ．四面体ACDF 的体积为定值解析：选ACD 对于A ，如图1，AB 1∥DC 1，易证AB 1∥平面C 1BD ，同理AD 1∥平面C 1BD ，且AB 1∩AD 1＝A ，所以平面AB 1D 1∥平面C 1BD ，又AE ⊂平面AB 1D 1，所以AE ∥平面C 1BD ，A 正确；对于B ，如图2，S △AEF ＝12EF ·h 1＝12×1×(32)2－⎝⎛⎭⎪⎫3222＝364，点C 到平面AEF 的距离为点C 到平面AB 1D 1的距离d 1为定值，所以V A CEF ＝V C AEF ＝13×364×d 1＝64d 1为定值，所以B 错误；对于C ，如图3，S △BEF ＝12×1×3＝32，点A 到平面BEF 的距离为点A 到平面BB 1D 1D 的距离d 2为定值，所以V A BEF ＝13×32×d 2＝12d 2为定值，C 正确；对于D ，如图4，四面体ACDF 的体积V A CDF ＝V F ACD ＝13×12×3×3×3＝92为定值，D 正确．故选ACD.2．某折叠餐桌的使用步骤如图所示，有如下检查项目．项目①：折叠状态下(如图1)，检查四条桌腿长相等；项目②：打开过程中(如图2)，检查OM ＝ON ＝O ′M ′＝O ′N ′； 项目③：打开过程中(如图2)，检查OK ＝OL ＝O ′K ′＝O ′L ′； 项目④：打开后(如图3)，检查∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝90°； 项目⑤：打开后(如图3)，检查AB ＝CD ＝A ′B ′＝C ′D ′.在检查项目的组合中，可以判断“桌子打开之后桌面与地面平行”的是( ) A ．①②③⑤ B ．②③④⑤ C ．②④⑤D ．③④⑤解析：选B A 选项，项目②和项目③可推出项目①，若∠MON ＞∠M ′O ′N ′，则MN 较低，M ′N ′较高，所以不平行，错误；B 选项，因为∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝90°，所以平面ABCD ∥平面A ′B ′C ′D ′，因为AB ＝A ′B ′，所以AA ′平行于地面，由②③⑤知，O 1O 1′∥AA ′∥平面MNN ′M ′，所以桌面平行于地面，故正确；C 选项，由②④⑤得，OM ＝ON ，O 1A ⊥AA ′，O 1′A ′⊥AA ′，AB ＝A ′B ′，所以AA ′∥BB ′，但O 1A 与O 1′A ′是否相等不确定，所以不确定O 1O 1′与BB ′是否平行，又O 1O 1′∥MN ，所以不确定BB ′与MN 是否平行，故错误；D 选项，OK ＝OL ＝O ′K ′＝O ′L ′，所以AA ′∥BB ′，但不确定OM 与ON ，O ′M ′，O ′N ′的关系，所以无法判断MN 与地面的关系，故错误．综上，选B.3.已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M EFGH 的体积为________．解析：连接AD 1，CD 1，B 1A ，B 1C ，AC ，因为E ，H 分别为AD 1，CD 1的中点，所以EH ∥AC ，EH ＝12AC ，因为F ，G 分别为B 1A ，B 1C 的中点，所以FG ∥AC ，FG ＝12AC ，所以EH ∥FG ，EH ＝FG ，所以四边形EHGF 为平行四边形，又EG ＝HF ，EH ＝HG ，所以四边形EHGF 为正方形，又点M 到平面EHGF 的距离为12，所以四棱锥M EFGH 的体积为13×⎝⎛⎭⎪⎫222×12＝112. 答案：1124．已知一个高为1的三棱锥，各侧棱长都相等，底面是边长为2的等边三角形，则三棱锥的表面积为______，若三棱锥内有一个体积为V 的球，则V 的最大值为________．解析：该三棱锥侧面的斜高为⎝ ⎛⎭⎪⎫13×32＋12＝233，则S 侧＝3×12×2×233＝23，S 底＝12×3×2＝3，所以三棱锥的表面积S 表＝23＋3＝3 3. 由题意知，当球与三棱锥的四个面都相切时，其体积最大．设三棱锥的内切球的半径为r ，则三棱锥的体积V 锥＝13S 表·r ＝13S 底·1，所以33r ＝3，所以r ＝13，所以三棱锥的内切球的体积最大为V max ＝43πr 3＝4π81.答案：3 34π815．已知圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形，则该圆锥体积的最大值为________． 解析：由题意得圆锥的母线长为3，设圆锥的底面半径为r ，高为h ，则h ＝9－r 2，所以圆锥的体积V ＝13πr 2h ＝13πr 29－r 2＝13π9r 4－r 6.设f (r )＝9r 4－r 6(r ＞0)，则f ′(r )＝36r 3－6r 5， 令f ′(r )＝36r 3－6r 5＝6r 3(6－r 2)＝0，得r ＝6，所以当0＜r ＜6时，f ′(r )＞0，f (r )单调递增，当r ＞6时，f ′(r )＜0，f (r )单调递减，所以f (r )max ＝f (6)＝108，所以V max ＝13π×108＝23π.答案：23π。
高三数学二轮复习：立体几何
专题四 立体几何
第1讲 空间几何体
[考情考向分析]
1.以三视图为载体，考查空间几何体面积、体积的计算. 2.考查空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题.
内容索引
热点分类突破 真题押题精练
热规则 俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视 图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图 的宽度一样.即“长对正、高平齐、宽相等”. 2.由三视图还原几何体的步骤 一般先依据俯视图确定底面再利用正(主)视图与侧(左)视图确定几何体.
跟踪演练3 (1)(2018·咸阳模拟)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，
AB⊥BC，若AB＝2，BC＝3，PA＝4，则该三棱锥的外接球的表面积为
A.13π C.25π
B.20π
√D.29π
解析 答案
(2)(2018·四川成都名校联考)已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，
√ 记该圆锥的内切球的表面积为S1，外接球的表面积为S2，则SS12 等于
例3 (1)(2018·百校联盟联考)在三棱锥P－ABC中，△ABC和△PBC均为
边长为3的等边三角形，且PA＝326 ，则三棱锥P－ABC外接球的体积为
13 13 A. 6 π
10 10 B. 3 π
√C.5
15 2π
55 D. 6 π
解析 答案
(2)(2018·衡水金卷信息卷)如图是某三棱锥的三视
跟踪演练1 (1)(2018·衡水模拟)已知一几何体的正(主)视图、侧(左)视 图如图所示，则该几何体的俯视图不可能是
√
解析 答案
(2)(2018·合肥质检)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱 A1B1的中点，用过点A，C，E的平面截正方体，则位于 截面以下部分的几何体的侧(左)视图为
高考数学二轮复习重点模块练：立体几何(4)空间点、直线、平面之间的位置关系
立体几何(4)空间点、直线、平面之间的位置关系
1、下列说法Байду номын сангаас确的是( )
A.生活中的几何体都是由平面组成的
B.曲面都是有一定大小的
C.直线是由无限个点组成的,而线段是由有限个点组成的
D.直线平移时,若不改变方向,则一定形成不了曲面
2、三个互不重合的平面能把空间分成 部分，则 所有可能值为（ ）
A． B． C． D．
答案：C
解析：对于A选项，根据线面平行的判定定理，即可得出 ；A正确；
对于B选项，根据面面平行的性质定理即可得出 ，B正确；
对于C选项，根据线面垂直的判定定理，不能得出 ，C错误；
对于D选项，根据面面垂直的判定定理，即可得出 ；D正确.
故选C
8答案及解析：
答案：D
解析：把正方体纸盒的平面展开图折叠成正方体纸盒,如图所示, , 与 是异面直线, , ,只有①③正确,故选D.
3答案及解析：
答案：C
解析：解：A、由两条直线平行确定一个平面判断正确，故A不对；
B、根据三棱锥的四个顶点知，任意三点都不共线，故B不对；
C、若两条直线没有公共点，则这两条直线异面或平行，故C对；
D、根据线面垂直的性质定理知，这两条直线平行，即不可能，故D不对．
故选C．
4答案及解析：
答案：C
解析：设平面方程为 ，
9答案及解析：
答案：D
解析：直线 与直线 交于点 ，所以平面 与平面 交于点O，所以必相交于直线 ，直线 在平面 内，点 故 面 ，故 四点共面，所以A错。点 若与 共面，则直线 在平面 内，与题目矛盾，故B错。
10答案及解析：
答案：
解析：根据题意,画出空间几何体如下图所示:
高考数学二轮复习专题二立体几何第1讲空间几何体中的计算与位
第1讲 空间几何体中的计算与位置关系高考定位 1.以三视图和空间几何体为载体考查面积与体积，难度中档偏下；2.以选择题、填空题的形式考查线线、线面、面面位置关系的判定与性质定理，对命题的真假进行判断，属基础题；空间中的平行、垂直关系的证明也是高考必考内容，多出现在立体几何解答题中的第(1)问.真 题 感 悟1.(2018·浙江卷)已知平面α，直线m ，n 满足m α，n α，则“m ∥n ”是“m ∥α”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件解析 若m α，n α，m ∥n ，由线面平行的判定定理知m ∥α.若m ∥α，m α，n α，不一定推出m ∥n ，直线m 与n 可能异面，故“m ∥n ”是“m ∥α”的充分不必要条件.故选A. 答案 A2.(2018·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.2B.4C.6D.8解析 由三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何体的体积V ＝12×(1＋2)×2×2＝6.故选C. 答案 C3.(2016·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm 2，体积是________cm 3.解析 由三视图可知，该几何体为两个相同长方体组合，长方体的长、宽、高分别为4 cm 、2 cm 、2 cm ，其直观图如下：其体积V ＝2×2×2×4＝32(cm 3)，由于两个长方体重叠部分为一个边长为2的正方形，所以表面积为S ＝2(2×2×2＋2×4×4)－2×2×2＝2×(8＋32)－8＝72(cm 2). 答案 72 324.(2016·浙江卷)如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD ＝DA ，PB ＝BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是________.解析 设PD ＝DA ＝x ，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°， ∴AC ＝AB 2＋BC 2－2·AB ·BC ·cos∠ABC ＝4＋4－2×2×2×cos 120°＝23，∴CD ＝23－x ，且∠ACB ＝12(180°－120°)＝30°，∴S △BCD ＝12BC ·DC ×sin∠ACB ＝12×2×(23－x )×12＝12(23－x ).要使四面体体积最大，当且仅当点P 到平面BCD 的距离最大，而P 到平面BCD 的最大距离为x ，则V 四面体PBCD ＝13×12(23－x )x ＝16[－(x －3)2＋3]，由于0＜x ＜23，故当x ＝3时，V 四面体PBCD的最大值为16×3＝12.答案 12考 点 整 合1.四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直平行六面体、长方体之间的关系.2.几何体的摆放位置不同，其三视图也不同，需要注意长对正，高平齐，宽相等.3.空间几何体的两组常用公式 (1)柱体、锥体、台体的侧面积公式： ①S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)； ②S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)；③S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上、下底面的周长，h ′为斜高)；④S 球表＝4πR 2(R 为球的半径). (2)柱体、锥体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；③V 球＝43πR 3.4.直线、平面平行的判定及其性质 (1)线面平行的判定定理：aα，b α，a ∥b a ∥α.(2)线面平行的性质定理：a ∥α，a β，α∩β＝b a ∥b . (3)面面平行的判定定理：aβ，b β，a ∩b ＝P ，a ∥α，b ∥αα∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b a ∥b . 5.直线、平面垂直的判定及其性质 (1)线面垂直的判定定理：mα，n α，m ∩n ＝P ，l ⊥m ，l ⊥n l ⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a ⊥α，b ⊥αa ∥b .(3)面面垂直的判定定理：aβ，a ⊥αα⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l ，aα，a ⊥l a ⊥β.热点一 空间几何体的表面积与体积的求解 [考法1] 以三视图为载体求几何体的面积与体积 【例1－1】 (1)(2017·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( ) A.π2＋1 B.π2＋3 C.3π2＋1 D.3π2＋3 (2)(2018·舟山模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，表面积为________.(3)(2018·绍兴质量调测)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________，体积为________.解析 (1)由三视图可知原几何体为半个圆锥和一个三棱锥的组合体，半圆锥的底面半径为1，高为3，三棱锥的底面积为12×2×1＝1，高为3.故原几何体体积为：V ＝12×π×12×3×13＋1×3×13＝π2＋1.(2)该几何体可看作是由一个斜三棱柱ADE-GHF 和一个正四棱锥F-GBCH 拼接而成的组合体，其中ABCD 为矩形，EF ∥AB ，AB ＝2EF ＝8，BC ＝4，正四棱锥F-GBCH 的高为3，则该几何体的体积为V ＝12×42×3＋13×42×3＝40，表面积为S ＝2×4＋82×13＋2×12×4×13＋4×8＝32＋1613.(3)由题意，该几何体是一个三棱锥S-ABC (如图，)且SA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，SA ＝BC ＝2，AC ＝1，则该几何体的表面积为S ＝S △SAB ＋S △SAC ＋S △SBC ＋S △ABC ＝12×2×5＋12×2×1＋12×2×5＋12×2×1＝2＋25；体积为V ＝13S △ABC ·SA ＝13×12×1×2×2＝23. 答案 (1)A (2)40 32＋1613 (3)2＋2 523探究提高 截割体、三棱锥的三视图是高考考查的热点和难点，解题的关键是由三视图还原为直观图，首先确定底面，再根据正视图、侧视图确定侧面. [考法2] 求多面体的体积【例1－2】 (1)(2018·天津卷)如图，已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1-BB 1D 1D 的体积为________.(2)如图，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________.解析 (1)法一 连接A 1C 1交B 1D 1于点E ，则A 1E ⊥B 1D 1，A 1E ⊥BB 1，则A 1E ⊥平面BB 1D 1D ，所以A 1E 为四棱锥A 1-BB 1D 1D 的高，且A 1E ＝22，矩形BB 1D 1D 的长和宽分别为2，1， 故V A 1-BB 1D 1D ＝13×1×2×22＝13.法二 连接BD 1，则四棱锥A 1-BB 1D 1D 分成两个三棱锥B-A 1DD 1与B-A 1B 1D 1，V A 1-BB 1D 1D ＝V B-A 1DD 1＋V B-A 1B 1D 1＝13×12×1×1×1＋13×12×1×1×1＝13.(2)利用三棱锥的体积公式直接求解.V D 1-EDF ＝V FDD 1E ＝13S △D 1DE ·AB ＝13×12×1×1×1＝16.另解(特殊点法)：让E 点和A 点重合，点F 与点C 重合， 则V D 1-EDF ＝13×S △ACD ×D 1D ＝13×12×1×1×1＝16.答案 (1)13 (2)16探究提高 (1)求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转换原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上.(2)若所给的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法求解.[考法3] 与球有关的面积、体积问题【例1－3】 (1)如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的表面积为( ) A.8π B.16π C.32πD.64π(2)(2018·全国Ⅲ卷)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥DABC 体积的最大值为( ) A.12 3B.18 3C.24 3D.54 3解析 (1)由三视图可知，几何体为一横放的四棱锥，其底面是边长为4的正方形，高为2，平面SAB ⊥平面ABCD ，∠ASB ＝90°，SA ＝SB .易知SA ＝SB ＝2 2.如图所示.故可补全为以DA ，SA ，SB 为棱的长方体， 故2R ＝DA 2＋SA 2＋SB 2＝32＝42， ∴R ＝22，∴S 表＝4πR 2＝32π.(2)设等边△ABC 的边长为x ，则12x 2sin 60°＝93，得x ＝6.设△ABC 的外接圆半径为r ，则2r ＝6sin 60°，解得r ＝23，所以球心到△ABC 所在平面的距离d ＝42－（23）2＝2，则点D 到平面ABC 的最大距离d 1＝d ＋4＝6，所以三棱锥DABC 体积的最大值V max ＝13S △ABC ×6＝13×93×6＝18 3. 答案 (1)C (2)B探究提高 涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.【训练1】 (1)(2018·江苏卷)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________.(2)(2018·温州期末联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为__________，其表面积为________.(3)(2016·北京卷)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A.16B.13C.12D.1 解析 (1)正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体是正八面体，其中正八面体的所有棱长都是2，则该正八面体的体积为13×(2)2×2＝43.(2)由正视图和侧视图可知该几何体含有半个圆柱，再结合俯视图不难得到该几何体是半个圆柱和一个倒立的直四棱锥组合而成，如图，故该几何体的体积为V ＝13×4×4×4＋4π×42＝643＋8π，表面积为S ＝π×22＋2π×2×42＋4×4×22＋4×42×22＝16＋162＋12π.(3)由三视图知，三棱锥如图所示：由侧视图得高h ＝1，又底面积S ＝12×1×1＝12，所以体积V ＝13Sh ＝16.答案 (1)43 (2)643＋8π 16＋162＋12π (3)A热点二 空间中的平行与垂直 [考法1] 空间线面位置关系的判断【例2－1】 (1)(2016·浙江卷)已知互相垂直的平面α，β交于直线l .若直线m ，n 满足m ∥α，n ⊥β，则( )A.m ∥lB.m ∥nC.n ⊥lD.m ⊥n(2)(2017·镇海中学高三模拟)对于两条不同的直线m ，n 和两个不同的平面α，β，以下结论正确的是( )A.若m α，n ∥β，m ，n 是异面直线，则α，β相交B.若m ⊥α，m ⊥β，n ∥α，则n ∥βC.若m α，n ∥α，m ，n 共面于β，则m ∥nD.若m ⊥α，n ⊥β，α，β不平行，则m ，n 为异面直线解析 (1)由已知，α∩β＝l ，∴l β，又∵n ⊥β，∴n ⊥l ，C 正确.故选C.(2)如图，在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为AA 1，CC 1的中点.对于A ，令BC ＝m ，EF ＝n ，平面ABCD 为平面α，平面A 1B 1C 1D 1为平面β，此时满足m α，n ∥β，m ，n 是异面直线，但α∥β，故A 错误；对于B ，令B 1B ＝m ，平面ABCD 为平面α，平面A 1B 1C 1D 1为平面β，A 1B 1＝n ，此时满足m ⊥α，m ⊥β，n ∥α，但n β，故B 错误；对于C ，由空间线线平行的判定定理可知C 正确；对于D ，令B 1B ＝m ，AB ＝n ，平面ABCD 为平面α，平面B 1BCC 1为平面β，此时满足m ⊥α，n ⊥β，α，β不平行，但m ∩n ＝B ，不是异面直线，D 错误. 综上所述，故选C . 答案 (1)C (2)C探究提高 长方体(或正方体)是一类特殊的几何体，其中蕴含着丰富的空间位置关系.因此，对于某些研究空间直线与直线、直线与平面、平面与平面之间的平行、垂直关系问题，常构造长方体(或正方体)，把点、线、面的位置关系转移到长方体(或正方体)中，对各条件进行检验或推理，根据条件在某一特殊情况下不真，则它在一般情况下也不真的原理，判断条件的真伪，可使此类问题迅速获解. [考法2] 平行、垂直关系的证明【例2－2】 (2018·北京卷)如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点.(1)求证：PE ⊥BC ；(2)求证：平面PAB ⊥平面PCD ； (3)求证：EF ∥平面PCD .证明 (1)因为PA ＝PD ，E 为AD 的中点， 所以PE ⊥AD .因为底面ABCD 为矩形， 所以BC ∥AD . 所以PE ⊥BC .(2)因为底面ABCD 为矩形， 所以AB ⊥AD .又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以AB ⊥平面PAD . 所以AB ⊥PD .又因为PA ⊥PD ，且PA ∩AB ＝A ， 所以PD ⊥平面PAB .又PD 平面PCD ， 所以平面PAB ⊥平面PCD .(3)如图，取PC 中点G ，连接FG ，DG . 因为F ，G 分别为PB ，PC 的中点， 所以FG ∥BC ，FG ＝12BC .因为ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点， 所以DE ∥BC ，DE ＝12BC .所以DE ∥FG ，DE ＝FG .所以四边形DEFG 为平行四边形. 所以EF ∥DG .又因为EF 平面PCD ，DG 平面PCD ，所以EF ∥平面PCD .探究提高 垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型. (1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. (2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. (3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.(4)证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直. 【训练2】 如图，在三棱锥ABCD 中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E ，F (E 与A ，D 不重合)分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD . 求证：(1)EF ∥平面ABC ； (2)AD ⊥AC .证明 (1)在平面ABD 内，AB ⊥AD ，EF ⊥AD ， 则AB ∥EF .∵AB 平面ABC ，EF 平面ABC ， ∴EF ∥平面ABC .(2)∵BC ⊥BD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，BC 平面BCD ， ∴BC ⊥平面ABD .∵AD 平面ABD ，∴BC ⊥AD .又AB ⊥AD ，BC ，AB 平面ABC ，BC ∩AB ＝B ， ∴AD ⊥平面ABC ，又因为AC 平面ABC ，∴AD ⊥AC .1.求解几何体的表面积或体积(1)对于规则几何体，可直接利用公式计算.(2)对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解.(3)求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形的应用.(4)求解几何体的表面积时要注意S 表＝S 侧＋S 底.2.球的简单组合体中几何体度量之间的关系，如棱长为a 的正方体的外接球、内切球、棱切球的半径分别为32a ，a 2，22a . 3.锥体体积公式为V ＝13Sh ，在求解锥体体积中，不能漏掉13.4.空间中点、线、面的位置关系的判定(1)可以从线、面的概念、定理出发，学会找特例、反例.(2)可以借助长方体，在理解空间点、线、面位置关系的基础上，抽象出空间线、面的位置关系的定义.5.垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下：(1)证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换：三是利用三角形的中位线定理证线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换.(2)证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l⊥α，a αl⊥a.6.解决平面图形的翻折问题，关键是抓住平面图形翻折前后的不变“性”与“量”，即两条直线的平行与垂直关系以及相关线段的长度、角度等.一、选择题1.(2018·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( )A.1B.2C.3D.4解析 在正方体中作出该几何体的直观图，记为四棱锥PABCD ，如图，由图可知在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为3，故选C.答案 C2.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A.90πB.63πC.42πD.36π解析 法一 (割补法)由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱截去上面虚线部分所得，如图所示.将圆柱补全，并将圆柱从点A 处水平分成上下两部分.由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12，所以该几何体的体积V＝π×32×4＋π×32×6×12＝63π. 法二 (估值法)由题意知，12V 圆柱<V 几何体<V 圆柱，又V 圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π<V 几何体<90π.观察选项可知只有63π符合.答案 B3.已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A.πB.3π4C.π2D.π4解析 如图画出圆柱的轴截面ABCD ，O 为球心.球半径R ＝OA ＝1，球心到底面圆的距离为OM ＝12. ∴底面圆半径r ＝OA 2－OM 2＝32， 故圆柱体积V ＝π·r 2·h ＝π·⎝ ⎛⎭⎪⎫322×1＝3π4. 答案 B4.某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A.10B.12C.14D.16解析 由三视图可画出直观图，该直观图各面内只有两个相同的梯形的面，S 梯＝12×(2＋4)×2＝6，S 全梯＝6×2＝12.答案 B5.一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23π B.13＋23π C.13＋26π D.1＋26π 解析 由三视图知，半球的半径R ＝22，四棱锥为底面边长为1，高为1的正四棱锥，∴V ＝13×1×1×1＋12×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝13＋26π，故选C. 答案 C6.(2018·全国Ⅰ卷)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图.圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为( )A.217B.2 5C.3D.2解析 由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN ，则MS ＝2，SN ＝4，则从M 到N 的路径中，最短路径的长度为MS 2＋SN 2＝22＋42＝2 5.故选B.答案 B二、填空题7.在封闭的直三棱柱ABC-A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球.若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是________.解析 由AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，得AC ＝10.要使球的体积V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切.若球与三个侧面相切，设底面△ABC的内切圆的半径为r .则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ，所以r ＝2. 2r ＝4＞3，不合题意.球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R 最大.由2R ＝3，即R ＝32.故球的最大体积V ＝43πR 3＝92π. 答案 92π 8.(2018·浙江东北教学联盟高三模拟)已知m ，n 是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m α，n β.有下列命题：①若α∥β，则m ∥n ；②若α∥β，则m ∥β；③若α∩β＝l ，且m ⊥l ，n ⊥l ，则α⊥β；④若α∩β＝l ，且m ⊥l ，m ⊥n ，则α⊥β.其中真命题是________(填序号).解析 ①若α∥β，则m ∥n 或m ，n 异面，故①不正确；②若α∥β，根据平面与平面平行的性质，可得m ∥β，故②正确；③若α∩β＝l ，且m ⊥l ，n ⊥l ，则α与β不一定垂直，故③不正确；④若α∩β＝l ，且m ⊥l ，m ⊥n ，l 与n 相交，则α⊥β，故④不正确.答案 ②9.(2018·北京东城区质量检测)某简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________，外接球的表面积是________.解析 由三视图得该几何体是一个底面为对角线长为4的正方形，高为3的直四棱柱，则其体积为4×4×12×3＝24.又直四棱柱的外接球的半径为R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋22＝52，所以四棱柱的外接球的表面积为4πR 2＝25π.答案 24 25π10.(2018·金华一中模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于________，表面积等于________.解析 由三视图知，该几何体是一个底面半径为2、高为3的半圆柱，所以该几何体的体积V ＝12×π×22×3＝6π，表面积S ＝π×2×3＋4×3＋π×22＝12＋10π.答案 6π 12＋10π11.(2018·天津卷)已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥MEFGH的体积为________.解析 连接AD 1，CD 1，B 1A ，B 1C ，AC ，因为E ，H 分别为AD 1，CD 1的中点，所以EH ∥AC ，EH ＝12AC .因为F ，G 分别为B 1A ，B 1C 的中点，所以FG ∥AC ，FG ＝12AC ，所以EH ∥FG ，EH ＝FG ，所以四边形EHGF 为平行四边形，又EG ＝HF ，EH ＝HG ，所以四边形EHGF 为正方形.又点M 到平面EHGF 的距离为12，所以四棱锥MEFGH 的体积为13×⎝ ⎛⎭⎪⎫222×12＝112. 答案 112 12.(2018·全国Ⅰ卷改编)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________.解析 记该正方体为ABCD-A ′B ′C ′D ′，正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，即共点的三条棱A ′A ，A ′B ′，A ′D ′与平面α所成的角都相等.如图，连接AB ′，AD ′，B ′D ′，因为三棱锥A ′AB ′D ′是正三棱锥，所以A ′A ，A ′B ′，A ′D ′与平面AB ′D ′所成的角都相等.分别取C ′D ′，B ′C ′，BB ′，AB ，AD ，DD ′的中点E ，F ，G ，H ，I ，J ，连接EF ，FG ，GH ，IH ，IJ ，JE ，易得E ，F ，G ，H ，I ，J 六点共面，平面EF-GHIJ 与平面AB ′D ′平行，即截面EFGHIJ 为平面α截正方体所得最大截面.又EF ＝FG ＝GH ＝IH ＝IJ＝JE ＝22，所以该正六边形的面积为6×34×⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝334，所以α截此正方体所得截面面积的最大值为334. 答案 334三、解答题13.(2018·江苏卷)在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ，AB 1⊥B 1C 1.求证：(1)AB ∥平面A 1B 1C ；(2)平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC .证明 (1)在平行六面体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1.因为AB 平面A 1B 1C ，A 1B 1平面A 1B 1C ，所以AB ∥平面A 1B 1C .(2)在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，四边形ABB 1A 1为平行四边形.又因为AA 1＝AB ，所以四边形ABB 1A 1为菱形，因此AB 1⊥A 1B .又因为AB 1⊥B 1C 1，BC ∥B 1C 1，所以AB 1⊥BC .又因为A 1B ∩BC ＝B ，A 1B 平面A 1BC ，BC 平面A 1BC ，所以AB 1⊥平面A 1BC .因为AB 1平面ABB 1A 1，所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC .14.(2018·全国Ⅰ卷)如图，在平行四边形ABCM 中，AB ＝AC ＝3，∠ACM ＝90°.以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB ⊥DA .(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且BP ＝DQ ＝23DA ，求三棱锥Q-ABP 的体积. (1)证明 由已知可得，∠BAC ＝90°，即BA ⊥AC .又BA ⊥AD ，AC ∩AD ＝D ，AC ，AD 平面ACD ，所以AB ⊥平面ACD .又AB 平面ABC ，所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)解 由已知可得，DC ＝CM ＝AB ＝3，DA ＝AM ＝3 2.又BP ＝DQ ＝23DA ，所以BP ＝2 2.作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE 綉13DC . 由已知及(1)可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE ＝1.因此，三棱锥Q-ABP 的体积为 V Q －ABP ＝13×QE ×S △ABP ＝13×1×12×3×22sin 45°＝1.15.如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥P-ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积.(1)证明 ∵∠BAP ＝∠CDP ＝90°，∴AB ⊥PA ，CD ⊥PD .∵AB ∥CD ，∴AB ⊥PD .又∵PA ∩PD ＝P ，∴AB ⊥平面PAD .∵AB 平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PAD .(2)解 取AD 的中点E ，连接PE .∵PA ＝PD ，∴PE ⊥AD .由(1)知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PE ，可得PE ⊥平面ABCD .设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x ，故四棱锥PABCD 的体积V P-ABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3. 由题设得13x 3＝83，故x ＝2.从而PA ＝PD ＝AB ＝DC ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝22，可得四棱锥PABCD 的侧面积为12PA ·PD ＋12PA ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3. 精美句子了它普照万物的无私；读春雨，读出了它润物无声的柔情。
高考数学二轮复习专题5立体几何第一讲点、直线、平面之间的位置关系练习文
高考数学二轮复习专题 5 立体几何第一讲点、直线、平面之间的地点关系练习文配套作业一、选择题1．(2014 ·浙江卷 ) 某几何体的三视图( 单位：cm) 以下图，则此几何体的表面积是( D)A. 902B. 1292 cm cm. 1322. 1382C cmD cm分析：由三视图可知，此几何体以下列图，故几何体的表面积为S＝2×4×6＋2×3×4＋13×6＋3×3＋ 3× 4＋3× 5＋ 2×2× 3× 4＝138. 应选D.2． (20 14·福建卷 ) 以边长为 1 的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于( A)A．2πB．πC．2D．1分析：由已知得，所得圆柱的底面半径和高均为1，因此圆柱的侧面积为2π. 应选A.3．(2015 ·新课标Ⅱ卷 ) 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 ( C)A．36πB．64πC．144πD．256π分析：如图，设球的半径为R，1 2∵ ∠ AOB＝ 90°，∴ S △AOB＝2R .∵ V＝V ，而△ AOB面积为定值，∴ 当点 C 到平面AOB的距离最大时， V最O - ABCC- AOB O-ABC大，∴ 当 C 为与球的大圆面AOB垂直的直径的端点时，体积V最大为3×2R ×R＝ 36，O- ABC1 1 2∴ R ＝ 6，∴ 球 O的表面积为4πR2＝ 4π× 62＝ 144π. 应选C.4．(2015 ·福建卷 ) 某几何体的三视图以下图，则该几何体的表面积等于( B)A．8＋2 2B．11＋2 2．14＋ 2 2． 15C D分析：由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形．直角梯形斜腰长为12＋ 12＝2，因此底面周长为4＋ 2，侧面积为2×(4 ＋2) ＝8＋2 2，两底面的面积和为18＋ 22＋3＝ 11 2× × 1× (1 ＋ 2) ＝ 3，因此该几何体的表面积为2＋2 2.5.(2015 ·新课标Ⅰ卷) 圆柱被一个平面截去一部分后与半球( 半径为r) 构成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图以下图．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( B)A．1B．2C．4D．8分析：如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积1222S＝ 2× 4πr ＋πr ＋4r ＋πr ·2r ＝(5 π＋ 4)r2.又S＝16＋ 20π，∴(5π ＋4)r2＝16＋20π，∴r2＝4，r＝2，应选B.二、填空题6．已知某几何体的三视图以下列图所示，则该几何体的体积为________．答案： 12π7．以下图的两组立体图形，都是由同样的小正方体拼成的．(1)图①的正 ( 主) 视图与图②的 ________图同样．(2)图③的 ________图与图④的 ________图不一样．分析：对第一组的两个立体图形，图①的正( 主 ) 视图与图②的俯视图同样．对第二组的两个立体图形，图③的正 ( 主) 视图与图④的正( 主 ) 视图不一样，而侧 ( 左 ) 视图和俯视图都是同样的．答案： (1) 俯视(2) 正(主)视正(主)视8. (2014 ·天津卷 ) 已知一个几何体的三视图以下图( 单位：m) ，则该几何体的体积为3________m.分析：由三视图可知该几何体是组合体，此中下半部分是底面半径为1，高为 4 的圆柱，21220π3上半部分是底面半径为2，高为 2 的圆锥，其体积为π·1·4＋3π·2·2＝3( m) ．20π答案：3三、解答题9．一个空间几何体的三视图及部分数据以下图．(1)请画出该几何体的直观图，并求出它的体积；(2)证明： A1C⊥平面 AB1C1；(3)若 D 是棱 CC1的中点，在棱 AB 上取中点 E，判断 DE能否平行于平面 AB1C1，并证明你的结论．分析： (1)几何体的直观图如右图所示：四边形 BB C C 是矩形， BB＝ CC＝ 3，BC＝ 1，四边形 AAC C 是边长为3的正方形，且1111111113垂直于底面 BB C C，∴其体积V＝2× 1× 3×3＝2.(2) ∵∠ ACB＝ 90°，∴ BC⊥ AC.∵三棱柱 ABC-A1B1C1为直三棱柱，∴BC⊥ CC1.∵AC∩CC1＝ C，∴ BC⊥平面 ACC1A1. ∴ BC⊥A1C.∵B1C1∥ BC，∴ B1C1⊥ A1C.∵四边形 ACC1A1为正方形，∴ A1C⊥ AC1.∵B1C1∩ AC1＝ C1，∴ A1C⊥平面 AB1C1.(3) 当 E 为棱 AB的中点时， DE∥平面 AB1C1.如图，取 BB1的中点 F，连结 EF， FD， DE，∵D， E， F 分别为 CC1， AB， BB1的中点，∴ EF∥AB1.∵AB1? 平面 AB1C1， EF?平面 AB1C1，∴EF∥平面 AB1C1.∵FD∥B1C1， B1C1? 平面 AB1C1， FD?平面 AB1C1，∴ FD∥平面 AB1C1，又 EF∩FD＝ F，∴平面 DEF∥平面 AB1C1.而 DE? 平面 DEF，∴ DE∥平面 AB1C1.10．如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱垂直于底面，∠1ACB＝ 90°， AC＝ BC＝ 2AA1，D 是棱 AA1的中点．(1)证明：平面 BDC1⊥平面 BDC；(2)平面 BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．分析： (1) 由题设知BC⊥CC1， BC⊥ AC， CC1∩ AC＝ C，因此 BC⊥平面 ACC1A1.又 DC1? 平面 ACC1A1，因此 DC1⊥ BC.由题设知∠A 1DC1＝∠ADC＝45°，因此∠CDC1＝90°，即DC1⊥DC.又 DC∩BC＝ C，因此 DC1⊥平面 BDC.又 DC1? 平面 BDC1，故平面 BDC1⊥平面 BDC.(2) 设棱锥 B-DACC1的体积为 V1， AC＝ 1，由题意得V1＝1×1＋2× 1×1＝1.322又三棱柱 ABC-A1B1C1的体积 V＝1，因此 (V－ V1)V 1＝ 11.故平面 BDC1分此棱柱所得两部分体积的比为11.。
高考数学二轮复习 第一部分 专题篇 专题四 立体几何 第二讲 空间点、线、面位置关系的判断课时作业
2017届高考数学二轮复习第一部分专题篇专题四立体几何第二讲空间点、线、面位置关系的判断课时作业理1．(2016·正定摸底)已知直线a与平面α，β，α∥β，a⊂α，点B∈β，则在β内过点B的所有直线中( )A．不一定存在与a平行的直线B．只有两条与a平行的直线C．存在无数条与a平行的直线D．存在唯一一条与a平行的直线解析：设直线a和点B所确定的平面为γ，则α∩γ＝a，记β∩γ＝b，∵α∥β，∴a ∥b，故存在唯一一条直线b与a平行．答案：D2．设l，m，n表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列四个命题：①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；②若m∥l，且m∥α，则l∥α；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，则l∥m∥n；④若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，且n∥β，则l∥m.其中正确命题的个数是( )A．1 B．2C．3 D．4解析：易知①正确；②错误，l与α的具体关系不能确定；③错误，以墙角为例即可说明；④正确，可以以三棱柱为例证明，故选B.答案：B3．如图所示，O为正方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD的中心，则下列直线中与B1O垂直的是( )A．A1D B．AA1C．A1D1D．A1C1解析：由题意知，A1C1⊥平面DD1B1B，又OB1⊂面DD1B1B，所以A1C1⊥OB1，故选D.答案：D4．(2016·某某模拟)设m、n为两条不同的直线，α、β为两个不同的平面，给出下列命题：①若m⊥α，m⊥β，则α∥β；②若m∥α，m∥β，则α∥β；③若m∥α，n∥α，则m∥n；④若m⊥α，n⊥α，则m∥n.上述命题中，所有真命题的序号是( )A．①④B．②③C．①③D．②④解析：由线面垂直的性质定理知①④正确；平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，故②错；平行于同一平面的两条直线可能平行，也可能相交或异面，故③错．选A. 答案：A5.如图，在三棱锥PABC中，不能证明AP⊥BC的条件是( )A．AP⊥PB，AP⊥PCB．AP⊥PB，BC⊥PBC．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PCD．AP⊥平面PBC解析：A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A正确；C中，因为平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C正确；D中，由A知D正确；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.答案：B6．如图，L，M，N分别为正方体对应棱的中点，则平面LMN与平面PQR的位置关系是( ) A．垂直B．相交不垂直C ．平行D ．重合 解析：如图，分别取另三条棱的中点A ，B ，C 将平面LMN 延展为平面正六边形AMBNCL ，因为PQ ∥AL ，PR ∥AM ，且PQ 与PR 相交，AL与AM 相交，所以平面PQR ∥平面AMBNCL ，即平面LMN ∥平面PQR .答案：C7．一个面截空间四边形的四边得到四个交点，如果该空间四边形的两条对角线与这个截面平行，那么此四个交点围成的四边形是________．解析：如图，由题意得AC ∥平面EFGH ，BD ∥平面EFGH .∵AC ⊂平面ABC ，平面ABC ∩平面EFGH ＝EF ，∴AC ∥EF ，同理AC ∥GH ，所以EF ∥GH .同理，EH ∥FG ，所以四边形EFGH 为平行四边形．答案：平行四边形8．(2016·某某模拟)如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，P 为棱DC 的中点，则D 1P 与BC 1所在直线所成角的余弦值等于________．解析：连接AD 1，AP (图略)，则∠AD 1P 就是所求角，设AB ＝2，则AP ＝D 1P ＝5，AD 1＝22，∴cos ∠AD 1P ＝12AD 1D 1P ＝105. 答案：1059.如图，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X 围是________．解析：取B 1C 1中点M ，则A 1M ∥AE ；取BB 1中点N ，则MN ∥EF (图略)，∴平面A 1MN ∥平面AEF .若A 1P ∥平面AEF ，只需P ∈MN ，则P 位于MN 中点时，A 1P 最短；当P 位于M 或N 时，A 1P 最长．不难求得A 1P 的取值X 围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52 10.(2016·某某模拟)如图，在四面体ABCD 中，平面BAD ⊥平面CAD ，∠BAD ＝90°.M ，N ，Q 分别为棱AD ，BD ，AC 的中点．(1)求证：CD ∥平面MNQ ；(2)求证：平面MNQ ⊥平面CAD .证明：(1)因为M ，Q 分别为棱AD ，AC 的中点，所以MQ ∥CD ，又CD ⊄平面MNQ ，MQ ⊂平面MNQ ，故CD ∥平面MNQ .(2)因为M ，N 分别为棱AD ，BD 的中点，所以MN ∥AB ，又∠BAD ＝90°，故MN ⊥AD .因为平面BAD ⊥平面CAD ，平面BAD ∩平面CAD ＝AD ，且MN ⊂平面ABD ，所以MN ⊥平面CAD ，又MN ⊂平面MNQ ，所以平面MNQ ⊥平面CAD .11．(2016·某某五校联考)如图，四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是菱形，PA ＝PD ，∠BAD ＝60°，E 是AD 的中点，点Q 在侧棱PC 上．(1)求证：AD ⊥平面PBE ；(2)若Q 是PC 的中点，求证：PA ∥平面BDQ ；(3)若V P BCDE ＝2V Q ABCD ，试求CP CQ的值．解析：(1)证明：由E 是AD 的中点，PA ＝PD 可得AD ⊥PE .又底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，所以AB ＝BD ，又因为E 是AD 的中点，所以AD ⊥BE ，又PE ∩BE ＝E ，所以AD ⊥平面PBE .(2)证明：连接AC (图略)，交BD 于点O ，连接OQ .因为O 是AC 的中点， Q 是PC 的中点，所以OQ ∥PA ，又PA ⊄平面BDQ ，OQ ⊂平面BDQ ，(3)设四棱锥P BCDE ，Q ABCD 的高分别为h 1，h 2.所以V P BCDE ＝13S 四边形BCDE h 1， V Q ABCD ＝13S 四边形ABCD h 2.又因为V P BCDE ＝2V Q ABCD ，且S 四边形BCDE ＝34S 四边形ABCD ，所以CP CQ ＝h 1h 2＝83. 12．(2016·某某模拟)一个正方体的平面展开图及该正方体直观图的示意图如图所示，在正方体中，设BC 的中点为M ，GH 的中点为N .(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)证明：直线MN ∥平面BDH ；(3)过点M ，N ，H 的平面将正方体分割为两部分，求这两部分的体积比．解析：(1)点F ，G ，H 的位置如图所示．(2)证明：连接BD ，设O 为BD 的中点，连接OM ，OH ，AC ，BH ，MN .∵M ，N 分别是BC ，GH 的中点，∴OM ∥CD ，且OM ＝12CD ，NH ∥CD ，且NH ＝12CD ， ∴OM ∥NH ，OM ＝NH ，则四边形MNHO 是平行四边形，∴MN ∥OH ，又∵MN ⊄平面BDH ，OH ⊂平面BDH ，(3)由(2)知，OM∥NH，OM＝NH，连接GM，MH，过点M，N，H的平面就是平面GMH，它将正方体分割为两个同高的棱柱，高都是GH，底面分别是四边形BMGF和三角形MGC，体积比等于底面积之比，即3∶1.。
高考数学二轮复习第1讲 空间几何体的表面积与体积
[学生用书P46]第1讲空间几何体的表面积与体积考点一空间几何体的表面积和体积[学生用书P47][典型例题]命题角度1求空间几何体的表面积(1)(2020·高考全国卷Ⅰ)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为( )A．64πB．48πC．36πD．32π(2)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，三棱锥D1-AB1C的表面积与正方体的表面积的比为________．【解析】(1)如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以ABsin 60°＝2r，解得AB＝23，故OO1＝23，所以R2＝OO21＋r2＝(23)2＋22＝16，所以球O的表面积S ＝4πR2＝64π.故选A.(2)设正方体的棱长为1，则其表面积为6，三棱锥D1AB1C为正四面体，每个面都是边长为2的正三角形，其表面积为4×12×2×62＝23，所以三棱锥D1AB1C的表面积与正方体的表面积的比为1∶ 3.【答案】 (1)A (2)1∶ 3求几何体的表面积的方法(1)求表面积问题的基本思路是将立体几何问题转化为平面几何问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差得不规则几何体的表面积．命题角度2 求空间几何体的体积(1)(2020·南充市第一次适应性考试)如图，在正三棱锥A -BCD 中，AB ＝BC ，E 为棱AD 的中点．若△BCE 的面积为2，则三棱锥A -BCD 的体积为( ) A.23B ．33 C.233D ．223 (2)(一题多解)(2020·福建省质量检测)某学生到工厂实践，欲将一个底面半径为2，高为3的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内．若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大体积是( )A.16π9B ．8π9 C.16π27 D ．8π27【解析】 (1)因为AB ＝BC ，所以正三棱锥A -BCD 为正四面体．因为E 为AD 的中点，所以AD ⊥BE ，AD ⊥CE .又CE ∩BE ＝E ，所以AD ⊥平面BCE .设AD ＝a ，则BE＝CE ＝32a ，所以等腰三角形BCE 的面积S △BCE ＝12×BC × BE2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝12×a ×⎝ ⎛⎭⎪⎫32a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝12×22a 2＝2，所以a ＝2，所以V 三棱锥A -BCD ＝V 三棱锥A -BCE ＋V 三棱锥D -BCE＝2V 三棱锥A -BCE ＝2×13S △BCE ×AE ＝2×13×2×a 2＝223. (2)方法一：如图，OC ＝2，OA ＝3，由△AED ∽△AOC 可得ED OC ＝AE AO .设圆柱体的底面半径r ＝ED ＝2x (0<x <1)，可得AE ＝3x ，则圆柱体的高h ＝OE ＝3－3x ，圆柱体的体积V ＝π(2x )2(3－3x )＝12π(x 2－x 3)，令V (x )＝12π(x 2－x 3)，则V ′(x )＝12π(2x －3x 2)，令V ′(x )＝0，解得x ＝23或x ＝0(舍去)，可得V (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1上单调递减，故当x ＝23时，V (x )取得最大值，V (x )max ＝16π9，即圆柱体的最大体积是16π9.方法二：同方法一，则圆柱体的体积V ＝12πx 2(1－x )＝6π·x ·x (2－2x )≤6π·⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋x ＋（2－2x ）33＝16π9，当且仅当x ＝2－2x ，即x ＝23时等号成立，故圆柱体的最大体积是16π9.【答案】 (1)D (2)A求空间几何体体积的常用方法(1)公式法：直接根据相关的体积公式计算．(2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等．(3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当分割或补形，转化为易计算体积的几何体．[对点训练]1．已知圆锥的顶点为S ，底面圆周上的两点A ，B 满足△SAB 为等边三角形，且面积为43，又知SA 与圆锥底面所成的角为45°，则圆锥的表面积为( ) A ．82πB ．4(2＋2)πC ．8(2＋1)πD ．8(2＋2)π解析：选C.设圆锥的母线长为l ，由题意得34l 2＝43，所以l ＝4.设圆锥的底面半径为r ，因为SA 与圆锥底面所成的角为45°，所以r ＝l ·cos 45°＝4×22＝22，因此圆锥的表面积为πrl ＋πr 2＝82π＋8π＝8(2＋1)π，选C.2．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中提到一种名为“刍甍”的五面体，如图所示，四边形ABCD 是矩形，棱EF ∥AB ，AB ＝4，EF ＝2，△ADE 和△BCF 都是边长为2的等边三角形，则这个几何体的体积是( )A.203B ．83＋2 3 C.1023 D ．823解析：选 C.过点E 作EG ⊥平面ABCD ，垂足为点G ，过点F 作FH ⊥平面ABCD ，垂足为点H ，过点G 作PQ ∥AD ，交AB 于点Q ，交CD 于点P ，过点H 作MN ∥BC ，交AB 于点N ，交CD 于点M ，如图所示．因为四边形ABCD 是矩形，棱EF ∥AB ，AB ＝4，EF ＝2，△ADE 和△BCF 都是边长为2的等边三角形，所以四边形PMNQ 是边长为2的正方形，EG ＝（3）2－12＝ 2.所以这个几何体的体积为V ＝V E AQPD ＋V EPQ FMN ＋V F NBCM ＝2V E －AQPD ＋V EPQ －FMN ＝13×1×2×2×2＋12×2×2×2＝423＋22＝1023，故选C.考点二 与球有关的切、接问题[学生用书P48][典型例题]命题角度1 外接球(2020·贵阳市适应性考试)已知A ，B ，C ，D 四点在球O 的表面上，且AB ＝BC ＝2，AC ＝22，若四面体ABCD的体积的最大值为43，则球O 的表面积为( )A ．7πB ．9πC ．10πD ．12π【解析】 根据题意有AB 2＋BC 2＝AC 2，所以△ABC 在以AC 为直径的截面圆内，如图，S △ABC ＝12×2×2＝2.当平面DAC ⊥平面ABC 时，所得四面体体积最大，此时，设高为h ，则V D ABC ＝13S △ABC ·h ＝13×2h ＝43，解得h ＝2，设O 1为AC 的中点，则OO 1⊥平面ABC ，在Rt △OO 1C 中，根据OO 21＋O 1C 2＝OC 2，得(2－R )2＋(2)2＝R 2(R为球O 的半径)，解得R ＝32，所以球O 的表面积S ＝4πR 2＝9π.【答案】 B解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．命题角度2内切球(2020·高考全国卷Ⅲ)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．【解析】易知半径最大的球即为该圆锥的内切球．圆锥PE及其内切球O如图所示，设内切球的半径为R，则sin∠BPE＝ROP＝BEPB＝13，所以OP＝3R，所以PE＝4R＝PB2－BE2＝32－12＝22，所以R＝22，所以内切球的体积V＝43πR3＝23π，即该圆锥内半径最大的球的体积为23π.【答案】2 3π求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．[对点训练]1．(2020·福州市适应性考试)设三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱垂直于底面，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，AA1＝32且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是( )A．24πB．18πC．26πD．16π解析：选C.依题意得三棱柱ABC-A1B1C1的外接球即底面为正方形(边长为2)、高为32的长方体的外接球，故该球的直径为长方体的体对角线，设该球的半径为R，则有(2R)2＝22＋22＋(32)2＝26，故该球的表面积为4πR2＝26π，故选C.2．(一题多解)在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是边长为2a的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝2a，若在这个四棱锥内放一个球，则该球半径的最大值为_______ _．解析：通解：由题意知，球内切于四棱锥P-ABCD时半径最大，设该四棱锥的内切球的球心为O，半径为r，连接OA，OB，OC，OD，OP，则V PABCD＝V OABCD＋V OP AD ＋V OP AB＋V OPBC＋V OPCD，即13×2a×2a×2a＝13×⎝⎛⎭⎪⎫4a2＋2×12×2a×2a＋2×12×2a×22a×r，解得r＝(2－2)a.优解：易知当球内切于四棱锥P-ABCD，即与四棱锥P-ABCD各个面均相切时，球的半径最大，作出相切时的侧视图如图所示，设四棱锥P-ABCD内切球的半径为r，则1 2×2a×2a＝12×(2a＋2a＋22a)×r，解得r＝(2－2)a.答案：(2－2)a[学生用书(单独成册)P132]一、单项选择题1.如图所示的直观图中，O′A′＝O′B′＝2，则其平面图形的面积是( )A ．4B ．4 2C ．2 2D ．8解析：选A.由斜二测画法可知原图为两条直角边长分别为2和4的直角三角形，如图所示，所以其面积S ＝12×2×4＝4，故选A.2．已知圆锥的高为3，底面半径为3，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于( )A.83π B ．323π C ．16π D ．32π解析：选B.设该圆锥的外接球的半径为R ，依题意得，R 2＝(3－R )2＋(3)2，解得R ＝2，所以所求球的体积V ＝43πR 3＝43π×23＝323π，故选B.3.如图，在直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是平行四边形，点E 是棱BB 1的中点，点F 是棱CC 1上靠近C 1的三等分点，且三棱锥A 1-AEF 的体积为2，则四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积为( )A ．12B ．8C ．20D ．18解析：选A.设点F 到平面ABB 1A 1的距离为h ，由题意得V A 1-AEF ＝V F A 1AE ，又V F A 1AE ＝13S △A 1AE ·h ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12AA1·AB ·h ＝16(AA 1·AB )·h ＝16S 四边形ABB 1A 1·h ＝16V ABCD A 1B 1C 1D 1，所以V ABCD A 1B 1C 1D 1＝6V A 1－AEF ＝6×2＝12.所以四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1 的体积为12.故选A.4．(2020·全国统一考试模拟卷)已知在三棱锥S -ABC 中，∠SAB ＝∠ABC ＝π2，SB ＝4，SC ＝213，AB ＝2，BC ＝6，则三棱锥S -ABC 的体积是( )A ．4B ．6C ．4 3D ．6 3解析：选 C.由∠ABC ＝π2，AB ＝2，BC ＝6，得AC ＝210.由∠SAB ＝π2，AB ＝2，SB ＝4，得SA ＝23，则SA 2＋AC 2＝SC 2，得SA ⊥AC .又SA ⊥AB ，所以SA ⊥平面ABC .所以三棱锥S -ABC 的体积为13S △ABC ·SA ＝13×12×2×6×23＝4 3.5．中国古代数学名著《九章算术》中记载：“今有羡除”．刘徽注：“羡除，隧道也．其所穿地，上平下邪．”现有一个羡除如图所示，四边形ABCD ，ABFE ，CDEF 均为等腰梯形，AB ∥CD ∥EF ，AB ＝6，CD ＝8，EF ＝10，EF 到平面ABCD 的距离为3，CD 与AB 间的距离为10，则这个羡除的体积是( )A ．110B ．116C ．118D ．120解析：选D.如图，过点A 作AP ⊥CD ，AM ⊥EF ，过点B 作BQ ⊥CD ，BN ⊥EF ，垂足分别为P ，M ，Q ，N ，连接PM ，QN ，将一侧的几何体补到另一侧，组成一个直三棱柱，直三棱柱的底面积为12×10×3＝15，高为8，体积V ＝15×8＝120.6.如图，半径为R 的球的两个内接圆锥有公共的底面．若两个圆锥的体积之和为球的体积的38，则这两个圆锥的高之差的绝对值为( )A.R 2 B ．2R 3 C.4R 3 D ．R解析：选D.设球的球心为O ，半径为R ，体积为V ，上面圆锥的高为h (h <R )，体积为V 1，下面圆锥的高为H (H >R )，体积为V 2，两个圆锥共用的底面的圆心为O 1，半径为r .由球和圆锥的对称性可知h ＋H ＝2R ，|OO 1|＝H －R .因为V 1＋V 2＝38V ，所以13πr 2h ＋13πr 2H ＝38×43πR 3，所以r 2(h ＋H )＝32R 3.因为h ＋H ＝2R ，所以r ＝32R .因为OO 1垂直于圆锥的底面，所以OO 1垂直于底面的半径，由勾股定理可知R 2＝r 2＋|OO 1|2，所以R 2＝r 2＋(H －R )2，所以H ＝32R (H ＝12R 舍去)，所以h ＝12R ，则这两个圆锥的高之差的绝对值为R ，故选D. 7.如图，以棱长为1的正方体的顶点A 为球心，以2为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为( )A.3π4B ．2π C.3π2D ．9π4解析：选C.正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧长是以A 1为圆心，1为半径的圆周长的14，所以所有弧长之和为3×2π4＝3π2.故选C.8.如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球对接而成，在该封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体体积的最大值为( )A.2 000π9B ．4 000π27C ．81πD ．128π解析：选 B.小圆柱的高分为上下两部分，上部分的高同大圆柱的高相等，为5，下部分深入底部半球内．设小圆柱下部分的高为h (0<h <5)，底面半径为r (0<r <5)．由于r ，h 和球的半径构成直角三角形，即r 2＋h 2＝52，所以小圆柱体积V ＝πr 2(h ＋5)＝π(25－h 2)(h ＋5)(0<h <5)，求导得V ′＝－π(3h －5)(h ＋5)．当0<h <53时，V ′>0，体积V 单调递增；当53<h <5时，V ′<0，体积V 单调递减．所以当h ＝53时，小圆柱的体积取得最大值，即V max ＝π×⎝ ⎛⎭⎪⎫25－259×⎝ ⎛⎭⎪⎫53＋5＝4 000π27，故选B. 二、多项选择题9．下列说法中正确的是( )A ．用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面B ．圆台的任意两条母线延长后一定交于一点C ．有一个面为多边形，其余各面都是三角形的几何体叫作棱锥D ．若棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥不可能是正六棱锥解析：选ABD.在A 中，用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面，故A 正确；在B 中，由圆台的概念知圆台的任意两条母线延长后一定交于一点，故B 正确；在C 中，依照棱锥的定义，其余各面的三角形必须有公共的顶点，故C 错误；在D 中，若六棱锥的底面边长都相等，则底面为正六边形，由过底面中心和顶点的截面知，若以正六边形为底面，侧棱长一定大于底面边长，故D 正确．10．(2020·山东潍坊期末)已知等腰直角三角形的直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可能为( ) A.2πB ．(1＋2)πC ．22πD ．(2＋2)π解析：选AB.如果是绕直角边旋转一周，那么形成圆锥，所以圆锥底面半径为1，高为1，母线长是直角三角形的斜边长，为2，所以所形成的几何体的表面积S ＝πrl ＋πr 2＝π×1×2＋π×12＝(2＋1)π.如果是绕斜边旋转一周，那么形成的是上、下两个圆锥，所以圆锥的半径是直角三角形斜边上的高，为22，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，长为1，所以形成的几何体的表面积S ＝2×πrl ＝2×π×22×1＝2π.综上可知，形成的几何体的表面积为(2＋1)π或2π.故选AB.11．已知四面体ABCD 是球O 的内接四面体，且AB 是球O 的一条直径，AD ＝2，BD ＝3，则下列结论正确的是( )A ．球O 的表面积为13πB ．AC 上存在一点M ，使得AD ∥BMC ．若N 为CD 的中点，则ON ⊥CDD ．四面体ABCD 体积的最大值为132解析：选ACD.因为AB 是球O 的一条直径，所以AC ⊥BC ，AD ⊥BD ，所以AB ＝AD2＋BD2＝22＋32＝13，球O 的半径为12AB ＝132，球O 的表面积为4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫1322＝13π，A 正确； 因为AD 与平面ABC 相交，所以AC 上找不到一点M ，使得AD ∥BM ，B 错误； 连接OC ，OD ，因为OC ＝OD ，所以△OCD 为等腰三角形．又N 为CD 的中点，所以ON ⊥CD .C 正确；易知点C 到平面ABD 的距离的最大值为球的半径R ，所以四面体ABCD 体积的最大值为13·S △ABD ·R ＝13×12×2×3×132＝132，D 正确．12．(2020·山东临沂实验中学期末)已知四棱锥P -ABCD ，底面ABCD 为矩形，侧面PCD ⊥平面ABCD ，BC ＝23，CD ＝PC ＝PD ＝2 6.若点M 为PC 的中点，则下列说法正确的是( )A ．BM ⊥平面PCDB ．P A ∥平面MBDC ．四棱锥M -ABCD 外接球的体积为36πD ．四棱锥M -ABCD 的体积为6解析：选BC.如图，连接AC ，BD 交于点O ，取CD 的中点N ，连接PN ，MN ，NO ，MO ，因为侧面PCD ⊥平面ABCD ，侧面PCD ∩平面ABCD ＝CD ，BC ⊥CD ，所以BC ⊥平面PCD .连接BM ，MD ，若BM ⊥平面PCD ，则BM ∥BC .显然与已知BM 与BC 相交矛盾，所以A 错误．因为点M 为PC 的中点，点O 为AC 的中点，所以OM ∥P A .又P A ⊄平面MBD ，MO ⊂平面MBD ，所以P A ∥平面MBD ，所以B 正确．因为点M 为PC 的中点，所以四棱锥M -ABCD 的体积是四棱锥P -ABCD 的体积的一半．由题意可得，PN ⊥平面ABCD ，PN ＝（26）2－（6）2＝32，所以V M ABCD ＝12V P ABCD ＝12×13PN ×S 四边形ABCD ＝16×32×26×23＝12，所以D 错误．因为点O ，N 分别为AC ，CD 的中点，所以ON ∥BC .又BC ⊥平面PCD ，所以ON ⊥平面PCD ，所以ON ⊥NM .在矩形ABCD 中，易得AC ＝（26）2＋（23）2＝6，所以OC ＝3，ON＝ 3.在△PCD 中，NM ＝12PD ＝6，所以在Rt △OMN 中，MO ＝ON2＋MN2＝3＋6＝3.所以OM ＝OA ＝OB ＝OC ＝OD ，所以点O 为四棱锥M -ABCD 外接球的球心，外接球的半径为3，所以其体积V ＝43π×33＝36π，所以C 正确．故选BC.三、填空题13．如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D 为棱AA 1的中点．若AA 1＝4，AB ＝2，则四棱锥B -ACC 1D 的体积为________．解析：取AC 的中点O ，连接BO (图略)，则BO ⊥AC ，所以BO ⊥平面ACC 1D . 因为AB ＝2，所以BO ＝ 3. 因为D 为棱AA 1的中点，AA 1＝4，所以AD ＝2，所以S 梯形ACC 1D ＝12×(2＋4)×2＝6， 所以四棱锥B -ACC 1D 的体积为13×6×3＝2 3.答案：2 314．(一题多解)(2020·高考浙江卷)已知圆锥的侧面积(单位：cm 2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________．解析：方法一：设该圆锥的母线长为l ，因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，其面积为2π，所以12πl 2 ＝2π，解得l ＝2，所以该半圆的弧长为2π.设该圆锥的底面半径为R ，则2πR ＝2π，解得R ＝1.方法二：设该圆锥的底面半径为R ，则该圆锥侧面展开图中的圆弧的弧长为2πR .因为侧面展开图是一个半圆，设该半圆的半径为r ，则πr ＝ 2πR ，即r ＝2R ，所以侧面展开图的面积为12·2R ·2πR ＝2πR 2＝2π，解得R ＝1.答案：115．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知∠ACB ＝90°，P 为平面ABC 外一点，PC ＝2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为____________．解析：如图，过点P分别作PE⊥BC交BC于点E，作PF⊥AC交AC于点F.由题意知PE＝PF＝ 3.过P作PH⊥平面ABC于点H，连接HE，HF，HC，易知HE＝HF，则点H在∠ACB的平分线上，又∠ACB＝90°，故△CEH为等腰直角三角形．在Rt△PCE中，PC＝2，PE＝3，则CE＝1，故CH＝2，在Rt△PCH中，可得PH＝2，即点P到平面ABC的距离为 2.答案： 216．(2020·西安五校联考)如图①，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图②所示粽子形状的六面体，则该六面体的表面积为________；若该六面体内有一个小球，则小球的最大体积为________．解析：(1)由题意，知该六面体的每个面均是边长为1的正三角形，所以该六面体的表面积为34×12×6＝332.(2)将棱长为1的正四面体PQRS补成一个正方体，如图，则正方体的棱长为22，所以正四面体PQRS的体积V PQRS＝⎝⎛⎭⎪⎫223－4×13×12×22×22×22＝212，所以本题中的六面体的体积V＝2×212＝26.当小球与六面体的六个面均相切时，小球的体积最大，设此时小球的半径为r.小球的体积最大时，小球的球心与5个顶点的连线将该六面体分为六个全等的三棱锥，则六个三棱锥的体积和等于该六面体的体积，即有13×34×r×6＝26，解得r＝233，故小球的最大体积为43π·r3＝43π·⎝⎛⎭⎪⎫2333＝86π729.答案：33286729π。
高考数学二轮复习 第二部分 专题四 立体几何 专题强化练十一 空间点、线、面的位置关系 文
专题强化练十一空间点、线、面的位置关系一、选择题1．(2018·浙江卷)已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析：若m⊄α，n⊂α，m∥n，由线面平行的判定定理知m∥α.若m∥α，m⊄α，n⊂α，不一定推出m∥n，直线m与n可能异面．故“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．答案：A2．(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC解析：如图，由题设知，A1B1⊥平面BCC1B1，从而A1B1⊥BC1.又B1C⊥BC1，且A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1.答案：C3．(2018·河南开封一模)在空间中，a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中的真命题是( )A．若a∥α，b∥α，则a∥bB．若a⊂α，b⊂β，α⊥β，则a⊥bC．若a∥α，a∥b，则b∥αD．若α∥β，a⊂α，则a∥β解析：对于A，若a∥α，b∥α，则a，b可能平行，可能相交，可能异面，故A是假命题；对于B，设α∩β＝m，a，b均与m平行，则a∥b，故B是假命题；对于C，b∥α或b在平面α内，故C是假命题；对于D，若α∥β，a⊂α，则a与β没有公共点，则a∥β，故D是真命题．答案：D4．(2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为( )A.22 B.32 C.52 D.72解析：因为CD ∥AB ，所以∠BAE 即为异面直线AE 与CD 所成的角． 设正方体的棱长为2，则BE ＝ 5.因为AB ⊥平面BB 1C 1C ， 所以AB ⊥BE .在Rt △ABE 中，tan ∠BAE ＝BE AB ＝52. 所以异面直线AE 与CD 所成角的正切值为52. 答案：C5．(2018·福建泉州模拟)如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，O 为底面ABCD 的中心，P 是DD 1的中点，设Q 是CC 1上的点，当点Q ________时，平面D 1BQ ∥平面PAO .( )A ．与C 重合B ．与C 1重合 C ．为CC 1的三等分点D ．为CC 1的中点解析：在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，因为O 为底面ABCD 的中心，P 是DD 1的中点， 所以PO ∥BD 1，当点Q 为CC 1的中点时， 连接PQ ，则PQ 綊AB ，所以四边形ABQP 是平行四边形， 所以AP ∥BQ ，因为AP ∩PO ＝P ，BQ ∩BD 1＝B ，AP 、PO ⊂平面PAO ，BQ 、BD 1⊂平面D 1BQ ，所以平面D 1BQ ∥平面PAO . 答案：D 二、填空题6.如图，在空间四边形ABCD 中，点M ∈AB ，点N ∈AD ，若AM MB ＝AN ND，则直线MN 与平面BDC 的位置关系是________．解析：由AM MB ＝ANND，得MN ∥BD .而BD ⊂平面BDC ，MN ⊄平面BDC ， 所以MN ∥平面BDC . 答案：平行7．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为线段B 1D 1上的一个动点，则下列结论中正确的是________(填序号)．①AC ⊥BE ； ②B 1E ∥平面ABCD ；③三棱锥E ABC 的体积为定值； ④直线B 1E ⊥直线BC 1.解析：因AC ⊥平面BDD 1B 1，故①正确；因B 1D 1∥平面ABCD ，故②正确；记正方体的体积为V ，则V E ABC ＝16V ，为定值，故③正确；B 1E 与BC 1不垂直，故④错误．答案：①②③8．直三棱柱ABC A 1B 1C 1的侧棱长都为1，AB ＝BC ＝1，且直线AB 与平面BB 1C 1C 所成的角为60°，则异面直线A 1B ，AC 所成角的余弦值为________．解析：由于ABC A 1B 1C 1为直三棱柱，则AB 与平面BB 1C 1C 所成的角即为∠ABC .依题设，AB ＝BC ＝1，∠ABC ＝60°，则△ABC 为正三角形．由AC ∥A 1C 1，知∠BA 1C 1为异面直线A 1B 与AC 所成的角． 由于A 1C 1＝1，A 1B ＝2，C 1B ＝ 2. 由余弦定理得：cos ∠BA 1C 1＝BA 21＋A 1C 21－BC 212BA 1·A 1C 1＝2＋1－22×2×1＝24.答案：24三、解答题9．(2018·湖南益阳模拟)如图所示，在四棱锥P ABCD 中，平面PAB ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，AD ＝2BC ，∠DAB ＝∠ABP ＝90°.(1)求证：AD ⊥平面PAB ； (2)求证：AB ⊥PC ；(3)若点E 在棱PD 上，且CE ∥平面PAB ，求PE PD的值．(1)证明：因为∠DAB ＝90°， 所以AD ⊥AB .因为平面PAB ⊥平面ABCD ， 且平面PAB ∩平面ABCD ＝AB ， 所以AD ⊥平面PAB . (2)证明：由(1)知AD ⊥AB ， 因为AD ∥BC ，所以BC ⊥AB . 又因为∠ABP ＝90°， 所以PB ⊥AB . 因为PB ∩BC ＝B ， 所以AB ⊥平面PBC ， 因为PC ⊂平面PBC ， 所以AB ⊥PC .(3)解：过E 作EF ∥AD 交PA 于F ，连接BF .如图所示．因为AD ∥BC ，所以EF ∥BC . 所以E ，F ，B ，C 四点共面． 又因为CE ∥平面PAB ，且CE ⊂平面BCEF ，平面BCEF ∩平面PAB ＝BF ， 所以CE ∥BF ，所以四边形BCEF 为平行四边形，所以EF ＝BC ＝12AD .在△PAD 中，因为EF ∥AD ，所以PE PD ＝EF AD ＝12，即PE PD ＝12.10．(2018·北京卷)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点．(1)求证：PE ⊥BC ；(2)求证：平面PAB ⊥平面PCD ； (3)求证：EF ∥平面PCD .证明：(1)因为PA ＝PD ，E 为AD 的中点， 所以PE ⊥AD .因为底面ABCD 为矩形， 所以BC ∥AD . 所以PE ⊥BC .(2)因为底面ABCD 为矩形， 所以AB ⊥AD .又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以AB ⊥平面PAD . 所以AB ⊥PD .又因为PA ⊥PD ，且PA ∩AB ＝A ， 所以PD ⊥平面PAB .又PD ⊂平面PCD ， 所以平面PAB ⊥平面PCD .(3)如图，取PC 中点G ，连接FG ，DG .因为F ，G 分别为PB ，PC 的中点， 所以FG ∥BC ，FG ＝12BC .因为ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点， 所以DE ∥BC ，DE ＝12BC .所以DE ∥FG ，DE ＝FG .所以四边形DEFG 为平行四边形． 所以EF ∥DG .又因为EF ⊄平面PCD ，DG ⊂平面PCD ， 所以EF ∥平面PCD .11．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2AD ，M 为DC 的中点，将△ADM 沿AM 折起使平面ADM ⊥平面ABCM .(1)当AB ＝2时，求三棱锥M BCD 的体积； (2)求证：BM ⊥AD .(1)解：取AM 的中点N ，连接DN .如图所示．因为在矩形ABCD 中，M 为DC 的中点，AB ＝2AD ， 所以DM ＝AD . 又N 为AM 的中点， 所以DN ⊥AM .又因为平面ADM ⊥平面ABCM ，平面ADM ∩平面ABCM ＝AM ，DN ⊂平面ADM . 所以DN ⊥平面ABCM . 因为AD ＝1，所以DN ＝22.。
高考数学二轮复习立体几何专题训练1含解析
DCB AFE南宫中学 高三二轮复习立体几何专题训练（1）1．如图所示的多面体中， ABCD 是菱形，BDEF 是矩形，ED ⊥面ABCD ,3BAD π∠=．(1)求证：平//CF AED 面B 面；(2))若BF BD a ==，求四棱锥A BDEF -的体积．2. 如图1，在Rt △ABC 中，∠ABC=90°，D 为AC 中点，AE BD ⊥于E （不同于点D ），延长AE 交BC 于F ，将△ABD 沿BD 折起，得到三棱锥1A BCD-，如图2所示.（Ⅰ）若M 是FC 的中点，求证：直线DM //平面1A EF；（Ⅱ）求证：BD ⊥1A F；（Ⅲ）若平面1A BD ⊥平面BCD ，试判断直线1A B 与直线CD 能否垂直？并说明理由.FEDABC3.（本小题共14分） 如图，在四棱锥P - ABCD 中，底面ABCD 是正方形，△PAD 是正三角形，平面PAD ⊥平面ABCD ，M 和N 分别是AD 和BC 的中点。
（I ）求证：PM ⊥MN ； （II ）求证：平面PMN ⊥平面PBC ； （III ）在PA 上是否存在点Q ，使得平面QMN//平面PCD ？若在求出Q 点位置，并证明；若不存在，请说明理由。
4.(本小题满分12分)如图，四边形ABCD 是菱形，四边形MADN 是矩形，平面MADN ⊥平面ABCD ，E ，F 分别为MA ，DC 的中点，求证： (I)EF//平面MNCB ； (Ⅱ)平面MAC ⊥平面BND ．1图 图 2ED A 1CBFMABCA 1OB 1C 15.如图1,在直角梯形ABCD 中,90ADC ∠=︒,//CD AB ,122AD CD AB ===, 点E 为AC 中点.将ADC ∆沿AC 折起, 使平面ADC ⊥平面ABC ,得到几何体D ABC -,如图2所示.（I ）在CD 上找一点F ,使//AD 平面EFB ; （II ）求点C 到平面ABD 的距离.6．（本小题满分12分） 如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，O 是AC 的中点，A1O ⊥平面ABC ，∠BCA=90°，AA1=AC=BC. （I ）求证： AC1⊥平面A1BC;（II ）若AA1=2，求三棱锥C-A1AB 的高的大小．7.已知正方体1111ABCD A B C D -，O 是底ABCD 对角线的交点.求证：（１）1C O面11AB D ；（2）1A C ⊥面11AB D ．（3）111AB D C BD平面平面OC 1D 1B 11CD AB8．（本小题满分12分）如图，在四棱锥S —ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，AD 垂直于AB 和DC ，侧棱SA ⊥底面ABCD ，且SA = 2，AD = DC = 1，点E 在SD 上，且AE ⊥SD 。
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【2019最新】精选高考数学二轮复习专题四立体几何第1讲立体几何中
的计算与位置关系练习
一、选择题
1.(2016·浙江卷)已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，
n⊥β，则( )
A.m∥l B.m∥n
C.n⊥l D.m⊥n
解析 由已知，α∩β＝l，∴l⊂β，又∵n⊥β，∴n⊥l，C正确.故选C.
答案 C
2.(2016·山东卷)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几
何体的体积为( )
A.＋π B.＋π
C.＋π D.1＋π
解析 由三视图知，半球的半径R＝，四棱锥为底面边长为1，高为1的正四棱锥，
∴V＝×1×1×1＋×π×＝＋π，故选C.
答案 C
3.(2016·全国Ⅲ卷)在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球，若
AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是( )
A.4π B.
C.6π D.
32
π
3
解析 由题意知，底面三角形的内切圆直径为4.三棱柱的高为3，所以球的最大
直径为3，V的最大值为.
答案 B
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4.(2014·全国Ⅰ卷)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 B.4
2
C.6 D.4
解析 如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为
三棱锥A－BCD，最长的棱为AD＝＝6，选C.
答案 C
5.已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝，将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，
在翻折过程中( )
A.存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直
B.存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直
C.存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直
D.对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直
解析 对于AB⊥CD，因为BC⊥CD，可得CD⊥平面ACB，因此有CD⊥AC.因为AB＝
1，BC＝，CD＝1，所以AC＝1，所以存在某个位置，使得AB⊥CD.
答案 B
二、填空题
6.如图，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为DC的中点，F为线段EC(端点除
外)上一动点.现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC.在平面ABD内过点D
作DK⊥AB，K为垂足.设AK＝t，则t的取值范围是________.
解析 如图，过D作DG⊥AF，垂足为G，连接GK，
∵平面ABD⊥平面ABC，又DK⊥AB，
∴DK⊥平面ABC，∴DK⊥AF.
∴AF⊥平面DKG，∴AF⊥GK.
容易得到，当F接近E点时，K接近AB的中点，当F接近C点时，K接近AB的
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四等分点.所以t的取值范围是.
答案
1
2
，1
7.一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是________.
解析 由空间几何体的三视图可得该空间几何体的直观图，如图，
∴该四面体的表面积为S表＝2××2×1＋2××()2＝2＋.
答案 2＋
8.(2016·浙江卷)如图，已知平面四边形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，
AD＝，∠ADC＝90°，沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′，直线AC
与BD′所成角的余弦的最大值是________.
解析 设直线AC与BD′所成角为θ，平面ACD翻折的角度为
α，设O是AC中点，由已知得AC＝，如图，以OB为x轴，OA
为y轴，过O与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐
标系，由A，B，
C，作DH⊥AC于H，翻折过程中，D′H始终与AC垂直，CH＝
＝＝，则OH＝，DH＝＝，因此可设D′，
则＝，与平行的单位向量为n＝(0，1，0)，所以cos θ＝|cos〈，n〉|＝＝，
所以cos α＝－1时，cos θ取最大值.
答案
6
6
三、解答题
9.在正三角形ABC中，E，F，P分别是AB，AC，BC边上的点，满足AE∶EB＝CF∶
FA＝CP∶PB＝1∶2(如图1)，将△AEF折起到△A1EF的位置，连接A1B，A1C(如
图2).
(1)求证：FP∥平面A1EB；
(2)求证：EF⊥A1B.
证明 (1)∵CP∶PB＝CF∶FA，∴FP∥BE，
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又BE⊂平面A1EB，FP⊄平面A1EB，
∴FP∥平面A1EB.
(2)不妨设正三角形ABC的边长为3，
则AE＝1，AF＝2.又∵∠EAF＝60°，
∴EF2＝AE2＋AF2－2AE·AFcos∠EAF＝12＋22－2×1×2cos 60°＝3，∴EF＝.
在△AEF中，有AF2＝AE2＋EF2，∴EF⊥AE，
即EF⊥AB.则在题图2中，
有EF⊥A1E，EF⊥BE，
又A1E，BE⊂平面A1BE，A1E∩BE＝E，
∴EF⊥平面A1EB，又∵A1B⊂平面A1EB，∴EF⊥A1B.
10.(2017·江南十校联考)如图1，等腰梯形ABCD中，BC∥AD，CE⊥AD，AD＝3BC
＝3，CE＝1.求△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ECE；
(2)当平面FCE⊥平面ABCE时，求三棱锥F－BEG的体积.
(1)证明 如图，取EF的中点M，
连接GM、MC，则GM綊AE.
∵等腰梯形ABCD中，BC＝1，AD＝3，
∴BC綊AE.
∴GM綊BC，∴四边形BCMG是平行四边形，
∴BG∥CM.
又CM⊂平面FCE，BG⊄平面FCE，
∴BG∥平面FCE.
(2)解 ∵平面FCE⊥平面ABCE，平面FCE∩平面ABCE＝CE，
EF⊂平面FCE，FE⊥CE，∴FE⊥平面ABCE.
又VF－BEG＝VB－GEF＝VB－AEF＝VF－ABE，
S△ABE＝×2×1＝1，
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∴VF－BEG＝××1×1＝.
11.如图所示，四边形ABCD为矩形，AD⊥平面ABE，AE＝EB＝BC，F
为CE上的点，且BF⊥平面ACE.
(1)求证：AE⊥BE；
(2)设M在线段AB上，且满足AM＝2MB，试在线段CE上确定一点N，使得MN∥平
面DAE.
(1)证明 ∵AD⊥平面ABE，
AD∥BC，
∴BC⊥平面ABE，
∵AE⊂平面ABE，
∴AE⊥BC.
又∵BF⊥平面ACE，AE⊂平面ACE，
∴AE⊥BF.
∵BC∩BF＝B，BC，BF⊂平面BCE，
∴AE⊥平面BCE.
又BE⊂平面BCE，
∴AE⊥BE.
(2)解 在△ABE中过M点作MG∥AE交BE于G点，在△BEC中过G点作GN∥BC交
EC于N点，连接MN，则由比例关系易得CN＝CE.
∵MG∥AE，MG⊄平面ADE，AE⊂平面ADE，
∴MG∥平面ADE.
同理，GN∥平面ADE.
又∵GN∩MG＝G，GN，MG⊂平面MGN，
∴平面MGN∥平面ADE.
又MN⊂平面MGN，
∴MN∥平面ADE.
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∴N点为线段CE上靠近C点的一个三等分点.