专题强化练(六) 空间几何体、空间中的位置关系
1．(2021·山西省第三次模拟)已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列正确的结论是( )
A．若m∥n，m∥α，n∥β，则α∥β
B．若α∥β，m α，n β，则m∥n
C．若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α⊥β
D．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β
解析：对A，若m∥n，m∥α，n∥β，则α，β平行或相交，故A错误；
对B，若α∥β，m α，n β，则m，n平行或异面，故B错误；
对C，若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α，β平行或相交，故C错误；
对D，若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β，故D正确．
故选D.
答案：D
2．(2021·来宾其他模拟)为了方便向窄口容器中注入液体，某单位设计一种圆锥形的漏斗，设计要求如下：该圆锥形漏斗的高为8 cm，且当窄口容器的容器口是半径为1 cm的圆时，漏斗顶点处伸入容器部分的高为2 cm，则制造该漏斗所需材料面积的大小约为(假设材料没有浪费)( )
A．12π cm2 B．8π cm2
C．16π cm2 D．18π cm2
解析：如图所示：
设底面半径为r，由题意得＝，即r＝4 cm，
所以该圆锥的母线长为l＝＝＝4 cm，
所以圆锥的侧面积为S＝πrl＝16π cm2.
故选C.
答案：C
3．(2021·宿州第三次模拟)已知a，b为两条不同直线，α、β为两个不同平面．下列命题中正确的是( )
A．若a∥α，b∥α，则a与b共面
B．若a⊥α，α⊥β，则a∥β
C．若a⊥α，α∥β，则a⊥β
D．若α∥b，β∥b，则α∥β
解析：对于A，当a∥α，b∥α时，a，b可能相交、平行或异面，A错误；对于B，若a⊥α，α⊥β，此时a∥β或α β，B错误；对于C，一条直线垂直于两平行平面中的一个，必垂直于另一个，C正确；对于D，若α∥b，β∥b，则α，β可能相交或平行，D错误．
故选C.
答案：C
4．(2021·延边州第一次模拟)如图，点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列结论不总成立的是( )
A．三棱锥AD1PD的体积不变
B．A1P∥平面ACD1
C．平面PDB1⊥平面ACD1
D．AP⊥D1C
解析：由三棱锥A-D1PD的体积即为三棱锥P-D1AD的体积，
而底面ADD1的面积为定值，P到平面ADD1的距离为正方体的棱长，
故三棱锥P-D1AD的体积为定值，则A正确；
由A1C1∥AC，BC1∥AD1，由面面平行的判定定理可得平面A1BC1∥平面ACD1，
而A1P 平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1，则B正确；
由BD⊥AC，AC⊥BB1，可得AC⊥平面BDD1，则AC⊥B1D，
同理可得AD1⊥DB1，则DB1⊥平面ACD1，
而DB1 平面PDB1，即平面PDB1⊥平面ACD1，则C正确；
当P与B重合时，AP与CD1成45°的角，则D不正确．
故选D.
答案：D
5．(2021·合肥市蜀山区校级模拟)《九章算术》中所述“羡除”，是指如图所示五面体ABCDEF，其中AB∥DC∥EF，“羡除”形似“楔体”．“广”是指“羡除”的三条平行侧棱之长a，b，c、“深”是指一条侧棱到另两条侧棱所在平面的距离m、“袤”是指这两条侧棱所在平行直线之间的距离n(如图)．已知a＝3，b＝2，c＝1，m＝2，n＝1，则此“羡除”的体积为( )
A．2 B．3
C．3 D．4
解析：如图，
在AB上取点G，在CD上取点H，使BG＝CH＝EF＝1，
连接GH，GE，EH，则AG＝2，DH＝1，
所以此“羡除”的体积为：
V＝VE-AGHD＋VEHG-FBC＝××1×2＋×2×1×1＝2.
故选A.
答案：A
6．(多选题)(2021·铁岭模拟)设m，n是不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则正确命题是( )
A．若m⊥α，n⊥β，α∥β，则m∥n
B．若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥β
C．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
D．若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ
解析：m，n是不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，
对于A，因为m⊥α，α∥β，所以m⊥β，因为n⊥β，所以m∥n，故A正确；
对于B，若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α与β相交或平行，故B错误；
对于C，若α⊥γ，β⊥γ，则α与β相交或平行，故C错误；
对于D，因为α∥β，m⊥α，所以m⊥β，因为β∥γ，所以m⊥γ，故D正确．
故选AD.
答案：AD
7．(2020·武汉外国语学校模拟)已知某三棱柱的侧棱垂直于底面，且底面是边长为2的正三角形，若其外接球的表面积为，则该三棱柱的高为( )
A． B．3
C．4 D．
解析：由题意易知该三棱柱是底面边长为2的正三棱柱．设C，B分别为三棱柱上、下底面的中心，连接BC，则三棱柱外接球的球心为BC的中点O，如图．
设三棱柱外接球的半径为R.因为三棱柱的外接球的表面积为，所以4πR2＝，
所以R＝.又R＝OA＝＝
＝，
所以OB＝，所以该三棱柱的高为BC＝2OB＝3.
故选B.
答案：B
8．(2021·哈尔滨市哈师大附中月考)《九章算术》中给出了一个圆锥体积近似计算公式V≈l2×，其中l为底面周长，它实际上是将圆锥体积中圆周率近似取为3得到的，那么若圆锥体积近似公式为V≈l2××h，则相当于圆周率近似取值为( )
A. B.
C. D.
解析：设圆锥底面积的半径为r，高为h，则l＝2πr，πr2h＝(2πr)2h，所以π＝.
故选D.
答案：D
9．(2020·吉林省实验中学第一次检测)在四棱锥PABCD中，PB＝PD＝2，AB＝AD＝1，PC＝PA＝3，∠BAD＝120°，AC平分∠BAD，则四棱锥P-ABCD的体积为( )
A. B.
C. D.
解析：依题意可得，PA2＋AB2＝PB2，则PA⊥AB，同理可得PA⊥AD，
因为AB∩AD＝A，所以PA⊥平面ABCD，则PA⊥AC.因为PC＝PA＝3，所以AC＝＝.因为∠BAD＝120°，且AC平分∠BAD，所以四边形ABCD的面积为1××＝，从而四棱锥P-ABCD的体积为××＝，故选A.
答案：A
10．(2020·淄博模拟)《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：“今有仓，广三丈，袤四丈五尺，容粟一万斛，问高几何？”其意思为：“今有一个长方体的粮仓，宽3丈，长4丈5尺，可装粟一万斛，问该粮仓的高是多少？”已知1斛的体积为2.7立方尺，一丈为10尺，该粮仓的外接球的体积是________立方丈．( )
A.π B.π
C.π D.π
解析：因为该长方体的粮仓可装粟一万斛，1斛的体积为2.7立方尺，所以该长方体的体积为2.7×10 000＝27 000(立方尺)，所以该长方体的高为＝20(尺)，因为长方体的外接球直径为其体对角线，所以长方体的外接球半径R＝＝(尺)．
所以体积为R3＝π(立方尺)，即为π(立方丈)．
故选D.
答案：D
11．(多选题)(2020·淄博模拟)在正方形ABCD-A1B1C1D1中，P，Q分别为棱BC和棱CC1的中点，则下列说法正确的是( )
A．BC1∥平面AQP
B．平面APQ截正方体所得截面为等腰梯形
C．A1D⊥平面AQP
D．异面直线QP与A1C1所成的角为60°
解析：如图，因为P，Q分别为棱BC和棱CC1的中点，所以PQ∥BC1，又BC1 平面AQP，PQ 平面AQP，由线面平行的判定定理，知BC1∥平面AQP，故A正确；由AD1∥PQ，知平面APQ截正方体所得截面为APQD1，是等腰梯形，故B正确；若A1D⊥平面AQP，则A1D⊥AP，又AA1⊥AP，AA1∩A1D＝A1，所以AP⊥平面A1AD，而AB⊥平面A1AD，这与垂直于同一平面的两条直线平行矛盾，故C不正确；异面直线QP与A1C1所成的角为∠A1C1B，而△A1C1B为等边三角形，故D正确．
故选ABD.
答案：ABD
12．(多选题)(2020·威海模拟)如图直角梯形ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，BC＝CD＝AB＝2，E为AB中点，以DE为折痕把△ADE折起，使点A到达点P的位置，且PC＝2.则( )
A．平面PED⊥平面EBCD
B．PC⊥ED
C．二面角P-DC-B的大小为
D．PC与平面PED所成角的正切值为
解析：A中，PD＝AD＝＝＝2，在三角形PDC中，
PD2＋CD2＝PC2，所以PD⊥CD，又CD⊥DE，可得CD⊥平面PED，CD 平面EBCD，所以平面PED⊥平面EBCD，故A项正确；
B中，若PC⊥ED，又ED⊥CD，可得ED⊥平面PDC，则ED⊥PD，而∠EDP＝∠EDA，显然矛盾，故B项错误；
C中，二面角P-DC-B的平面角为∠PDE，根据折前折后不变知∠PDE＝∠ADE＝45°，故C项正确；
D中，由上面分析可知，∠CPD为直线PC与平面PED所成角，在Rt△PCD中，
tan ∠CPD＝＝，故D项错误．
故选AC.
答案：AC
13．(2021·天津第二次模拟)一个四棱锥的所有棱长都相等，其表面积为16＋16，则该四棱锥的棱长为__________，体积为__________．
解析：设棱长为2a，如图，
则4a2＋4··2a·a＝16＋16，
解得a＝2，所以四棱锥的棱长为4；
四棱锥的底面面积为S底＝4×4＝16，
四棱锥的高h＝＝2，
V＝S底·h＝×16×2＝.
答案：4
14．(2020·无锡市、常州市5月调研)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都是a，点P，Q分别为棱CC1，BC的中点，四面体A1B1PQ的体积为，则a的值为________．
解析：如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都是a，点P，Q分别为棱CC1，BC的中点，取B1C1的中点H，连接A1H，则A1H⊥平面BB1C1C，且A1H＝a，
S△B1PQ＝a2－××－2×××a＝.
所以四面体A1B1PQ的体积为××a＝a3＝，解得a＝2.
答案：2
15．(2020·辽宁省部分重点中学协作体模拟)古代中国，建筑工匠们非常注重建筑中体现数学美，方形和圆形的应用比比皆是，在唐、宋时期的单檐建筑中较多存在∶1的比例关系，这是当时工匠们着意设计的常见比例，今天，A4纸之所以流行的重要原因之一，就是它的长与宽的比无限接近∶1，我们称这种满足了∶1的矩形为“优美”矩形．现有一长方体ABCD-A1B1C1D1，AD1＝2，AC＝2，AC1＝2，则此长方体的表面六个矩形中，“优美”矩形的个数为____________．
解析：由题意，该长方体如图所示：
因为AD1＝2，AC＝2，AC1＝2，所以CC1＝eq \r(AC－AC2)＝2，
AD＝eq \r(AD－DD)＝eq \r(AD－CC)＝4，CD＝＝2，
所以AB＝CD＝2，AA1＝CC1＝2，所以＝，＝，＝2，
所以此长方体的表面六个矩形中，“优美”矩形的个数为4.
答案：4
16．(2020·云南昆明一中模拟)在三棱锥P-ABC中，平面PAB⊥平面ABC，△PAB和△ABC均为边长为2的等边三角形，若三棱锥P-ABC的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为____________．
解析：由题意可知，设△PAB和△ABC的外心的半径为r1，r2，则2r1＝2r2＝＝4，r1＝r2＝2，O2H＝1，O1H＝1，AH＝，R2＝AO2＝AH2＋O1H2＋O1O2＝5，R＝，所以球的表面积为S＝4πR2＝20π.
答案：20π
PAGE专题强化练(七) 立体几何与空间向量
1．如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．
(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；
(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．
解：如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{，，}为基底，建立空间直角坐标系O-xyz.
因为AB＝AA1＝2，所以A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，－1，2)，B1(，0，2)，C1(0，1，2)．
(1)因为P为A1B1的中点，所以P，从而＝，＝(0，2，2)，故|cos〈，〉|＝＝＝.
因此异面直线BP与AC1所成角的余弦值为.
(2)因为Q为BC的中点，所以Q，因此＝，＝(0，2，2)，＝(0，0，2)．设n＝(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，
则即不妨取n＝(，－1，1)．
设直线CC1与平面AQC1所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.
所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.
2．(2021·四川省第三次模拟)在三棱柱ABC-A1B1C1中，M，N分别为BC，AB1的中点．
(1)证明：MN∥平面ACC1A；
(2)若AB＝AC＝AA1＝，BC＝2，且A1在底面ABC上的正投影恰为点M，求二面角N-BC-C1的正弦值．
(1)证明：如图1，连接NA1，A1C，
图1
因为N为AB1的中点，且四边形ABB1A1是平行四边形，
所以N为A1B的中点，又M为BC的中点，
所以MN∥A1C，
又因为MN 平面ACC1A1，且CA1 平面ACC1A1，
所以MN∥平面ACC1A1.
(2)解：法一 由(1)可知二面角N-BC-C1即为二面角A1-BC-C1，如图2，连接AM和A1M，
图2
由A1在底面ABC上的正投影恰为M，
所以A1M⊥平面ABC，
因此A1M⊥BC，A1M⊥AM，
又因为AB＝AC，且M为BC中点，
故BC⊥AM，
即线段AM，BC，MA1两两垂直，
以点M为坐标原点，AM，BC，MA1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M-xyz，
则M(0，0，0)，A1(0，0，1)，A(－2，0，0)，B(0，－1，0)，C(0，1，0)，
对于平面A1BC，因为AM⊥平面A1BC，且N∈平面A1BC，
所以平面NBC的一个法向量为＝(2，0，0)，
设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，
因为＝(0，2，0)，＝＝(2，0，1)，
由得取x＝1，则n＝(1，0，－2)，
设二面角N-BC-C1的平面角为θ，则|cos θ|＝＝，
因此二面角N-BC-C1的正弦值为.
法二 由(1)可知二面角N-BC-C1即为二面角A1-BC-C1，
如图2，连接AM，A1M，
取线段B1C1的中点P，连接PA1和PM，
因为AA1∥MP且AA1＝MP，
所以四边形AMPA1为平行四边形，
因为A1M⊥平面ABC，故A1M⊥BC.
又因为AB＝AC且M为BC中点，
所以BC⊥AM，
故BC⊥平面AMPA1，
因此BC⊥A1M，BC⊥MP，
故∠A1MP为二面角A1BCC1的平面角，
在△ABC中，AM＝＝2，
在△AMA1中，∠AMA1＝90°，AM＝2，AA1＝，
故sin∠A1MP＝sin∠AA1M＝＝，
即二面角N-BC-C1的正弦值为.
3．如图，已知平行四边形ABCD中，AB＝1，AD＝2，AB⊥BD，E是线段AD的中点，沿BD将△BCD翻折到△BC′D，使得平面BC′D⊥平面BCD.
(1)求证：C′D⊥平面BCD；
(2)求二面角E-BC′-D的余弦值．
(1)证明：由题意可知CD＝BA＝C′D＝1，BC′＝BC＝AD＝2，AB⊥BD，
即BC′2＝C′D2＋BD2，故C′D⊥BD.
因为平面BC′D⊥平面BCD，平面BC′D∩平面BCD＝BD，C′D 平面BC′D，
所以C′D⊥平面BCD.
(2)解：由(1)知C′D⊥平面ABD，且CD⊥BD，
以D为原点，DB，CD，DC′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D-xyz，
则D(0，0，0)，A(，1，0)，B(，0，0)，C′(0，0，1)．
由于E是线段AD的中点，所以E(，，0)，在平面BEC′中，
＝，＝(－，0，1)．
设平面BEC′的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，得y＝z＝，
所以平面BEC′的一个法向量为n＝(1，，)，
而平面BDC′的一个法向量为＝(0，－1，0)．
故cos〈n，〉＝＝－，易知二面角EBC′D的平面角为锐角，
故二面角E-BC′-D的余弦值为.
4．(2021·山东省其他模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，三角形PAD为等边三角形，侧面PAD⊥底面ABCD，且AB⊥AD，AD＝AB＝CD，E为棱PC上的动点．
(1)若PE＝PC，AC交BD于H，证明：EH∥平面PAD；
(2)若E为棱PC的中点，且过A，B，E三点的平面被该四棱锥截得的截面的面积为2，求CD的长，并求直线PC与该截面所成角的正弦值．
(1)证明：由题意得PE＝EC，
又底面ABCD为梯形，AB∥CD，AB＝CD，
所以AH∶HC＝PE∶EC＝1∶2，所以EH∥PA.
又EH 平面PAD，PA 平面PAD,
所以EH∥平面PAD.
(2)解：如图1，取PD的中点F，连接EF，AF，则EF∥CD且EF＝CD，
图1
又由题意得AB∥CD，AB＝CD，所以EF∥AB，EF＝AB，
所以四边形ABEF为平行四边形，
即四边形ABEF为所截得的截面．
又侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，
所以AB⊥平面PAD，又AF 平面PAD，所以AB⊥AF，
所以四边形ABEF为矩形．
令AB＝AD＝a，则AF＝a，S四边形ABEF＝a2＝2，
则a＝2，
所以AB＝2，CD＝4，
取AD的中点O，连接OP.
由题意得OP⊥底面ABCD.
以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，平行于AB的直线OG为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图2.
图2
则P(0，0，)，C(－1，4，0)，A(1，0，0)，B(1，2，0)，E，
故＝(－1，4，－)，＝(0，2，0)，＝.
设平面ABE的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则平面ABE的一个法向量为n＝(1，0，).
设直线PC与截面ABEF所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.
所以直线PC与截面ABEF所成角的正弦值为.
5．(2020·梅河口市第五中学零模)在四棱锥P-ABCD的底面是菱形， PO⊥底面ABCD，O，E分别是AD，AB的中点，AB＝6，AP＝5，∠BAD＝60° .
(1)求证：AC⊥PE；
(2)求直线PB与平面POE所成角的正弦值；
(3)在DC边上是否存在点F，使BF与PA所成角的余弦值为，若存在，确定点F的位置；若不存在，说明理由．
(1)证明：由菱形的性质可得：AC⊥BD，结合三角形中位线的性质可知：OE∥BD，故OE⊥AC，PO⊥底面ABCD，AC 底面ABCD，故AC⊥OP，
且OP∩OE＝O，故AC⊥平面POE，PE 平面POE，所以AC⊥PE.
(2)解：由题意结合菱形的性质易知OP⊥OA，OP⊥AB，OA⊥OB，
以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，
则P(0，0，4)，B(0，3，0)，O(0，0，0)，E，设平面POE的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则
据此可得平面POE的一个法向量为m＝(，－1，0)，而＝(0，3，－4)，设直线PB与平面POE所成角为θ，
则sin θ＝＝＝.
(3)解：由题意可得D(－3，0，0)，C(－6，3，0)，A(3，0，0)假设满足题意的点F存在，
设F(x，y，z)，＝λ(0<λ<1)，据此可得(x＋3，y，z)＝λ(－3，3，0)，即从而点F的坐标为F(－3λ－3，3λ，0)，
据此可得＝(－3λ－3，3λ－3，0)，＝(3，0，－4)，
结合题意有＝＝，解得λ＝.
故点F为CD中点时满足题意．
6．(2020·日照模拟)在四边形ABCP中，AB＝BC＝，∠P＝，PA＝PC＝2；如图，将△PAC沿AC边折起，连接PB，使PB＝PA.
(1)求证：平面ABC⊥平面PAC；
(2)若F为棱AB上一点，且AP与平面PCF所成角的正弦值为，求二面角F-PC-A的大小．
(1)证明：在△PAC中，PA＝PC＝2，∠P＝，所以△PAC为正三角形，且AC＝2，在△ABC中，AB＝BC＝，所以△ABC为等腰直角三角形，且AB⊥BC，
取AC的中点O，连接OB，OP，所以OB⊥AC，OP⊥AC，
因为OB＝1，OP＝，PB＝PA＝2，所以PB2＝OB2＋OP2，所以OP⊥OB，
因为OP∩AC＝O，AC，OP 平面PAC，所以OB⊥平面PAC，因为OB 平面ABC，
所以平面ABC⊥平面PAC.
(2)解：以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，
则A(0，－1，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，)，＝(1，1，0)，＝(0，1，)，
＝(0，－1，)，＝(0，－2，0)，设＝m(0则＝＋＝(m，m－2，0)，设平面PFC的一个法向量为n＝(x，y，z)．
则所以令y＝，
解得
所以n＝，因为AP与平面PFC所成角的正弦值为，
所以＝＝，整理得3m2＋4m－4＝0，
解得m＝或m＝－2(舍去)，所以n＝(2，，1)，又为平面PAC的一个法向量，
所以cos〈n，〉＝＝，所以二面角F-PC-A的大小为.
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A
B
A
B
直三棱柱ABC-A'B'C●角ABC为直角
·角BAC为直角
正四面体的补形方法
直四面体的补形方法
D'
B
A
B
正四面体B'-ACD
直四面体B'-A'BC
D
P(A,B,D)
F
E
A
E
B
P
◆角PAB=角PCB=直角·角PAC=角PBC=直角
●PA垂直于底面，
AB垂直于BC
图(1)
图(2)
图(3)
A
B
C
0
D
P
P
C
B
A
A
B(共43张PPT)
专题三 立体几何
微专题2 立体几何与空间向量
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专 题 强 化 练
