2025高考数学考二轮专题突破练14 空间位置关系的判断与证明-专项训练
一、单项选择题
1.设α,β为两个不同的平面,直线l α,则“l∥β”是“α∥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
2.在三棱柱ABC-A1B1C1中,点M在AB上,且AM=λAB,若BC1∥平面A1MC,则λ=( )
A. B. C. D.
3.如图,AB为圆锥底面直径,点C为底面圆 O上异于A,B的动点,已知OA=,圆锥侧面展开图是圆心角为π的扇形,当∠PBC=时,PB与AC所成的角为( )
A. B. C. D.
4.许多球状病毒的空间结构可抽象为正二十面体.正二十面体的每一个面均为等边三角形,共有12个顶点、30条棱.如图,由正二十面体的一个顶点P和与P相邻的五个顶点构成正五棱锥P-ABCDE,则PA与面ABCDE所成角的余弦值约为( )(参考数据cos 36°≈0.8)
A. B. C. D.
5.已知正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为2,点P在矩形ACC1A1(包含边界)内运动,且∠PBD=45°,则动点P的轨迹的长度为( )
A.π B.π C.2π D.2π
二、多项选择题
6.(2022·新高考Ⅰ,9)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则( )
A.直线BC1与DA1所成的角为90°
B.直线BC1与CA1所成的角为90°
C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
7.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=1,点P满足=λ+μ,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],则( )
A.当λ=1时,△AB1P的周长为定值
B.当μ=1时,三棱锥P-A1BC的体积为定值
C.当λ=时,有且仅有一个点P,使得A1P⊥BP
D.当μ=时,有且仅有一个点P,使得A1B⊥平面AB1P
三、填空题
8.若平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,且平面α∥平面A1BD,平面α∩平面ABCD=l,则直线l与直线A1C1所成的角为 .
9.如图,三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的正三角形,AA1=3,AA1⊥AC,D为A1C1的中点,BD=3,则二面角A1-AC-B的正切值为 .
专题突破练14 空间位置关系的判断与证明 答案
一、单项选择题
1.B 解析 当l∥β时,α与β可能平行也可能相交.当α∥β时,因为l α,所以l∥β.故选B.
2.A 解析 如图,连接AC1,交A1C于点O,连接OM.∵BC1∥平面A1MC,BC1 平面ABC1,平面A1MC∩平面ABC1=OM,
∴BC1∥OM.又在△ABC1中,O为AC1的中点,∴M为AB的中点,∴AM=AB,∴λ=.故选A.
3.C 解析 设圆锥的母线长为l,则l·π=2π,解得l=2.∵PB=PC=l=2,∠PBC=,∴BC=2.
∴在Rt△ABC中,AC=2.作BD∥AC,与圆O交于点D,连接AD,则四边形ACBD为平行四边形,BD=AC=2.连接PD,则∠PBD为PB与AC所成的角.
在△PBD中,∵PD=PB=2,BD=2,
∴PB2+PD2=BD2,∴PD⊥PB,∴∠PBD=.故选C.
4.A 解析 设正二十面体的棱长为a,点P在面ABCDE内的射影为点O,则O为正五边形ABCDE的中心.连接OA,OB,PO(图略),则∠AOB=72°,所以OA=a.因为PO⊥面ABCDE,所以∠PAO为PA与面ABCDE所成的角,所以cos∠PAO=.
5.B 解析 由题意,易知动点P的轨迹为以AC为直径的半圆弧,AC=2,故动点P的轨迹的长度为×2π=π.
二、多项选择题
6.ABD 解析 连接AD1,∵在正方体ABCD -A1B1C1D1中,BC1∥AD1,A1D⊥AD1,∴直线BC1与DA1所成的角为90°,故A正确;
连接B1C,∵A1B1⊥平面BCC1B1,BC1 平面BCC1B1,∴A1B1⊥BC1,又BC1⊥B1C,A1B1∩B1C=B1,A1B1 平面A1B1C,B1C 平面A1B1C,∴BC1⊥平面A1B1C,又CA1 平面A1B1C,∴BC1⊥CA1,即直线BC1与CA1所成的角为90°,故B正确;
连接A1C1,交B1D1于点O,连接BO.易证C1A1⊥平面BB1D1D.∴∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角.
设正方体的棱长为a,则OC1=a,BC1=a,
∴sin∠C1BO=,∴∠C1BO=30°,故C错误;
∵C1C⊥平面ABCD,∴∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角.又∠C1BC=45°,∴直线BC1与平面ABCD所成的角为45°,故D正确.
故选ABD.
7.BD 解析 A项中,当λ=1时,+μ=μ,则共线,故点P在线段CC1(包括端点)上,如图①所示.在△AB1P中,|AB1|=,|AP|=,|B1P|=,
图①
故△AB1P的周长L=|AB1|+|AP|+|B1P|不为定值,故A错误;
图②
B项中,当μ=1时,=λ=λ,则共线,故点P在线段B1C1(包括端点)上,如图②所示.
由图②可知B1C1∥平面A1BC,即B1C1上的每一点到平面A1BC的距离都相等,因此三棱锥P-A1BC的体积为定值,故B正确;
图③
C项中,当λ=时,分别取线段BC,B1C1的中点D,D1,连接DD1,可知点P在线段DD1(包括端点)上,如图③所示.
取AC的中点O,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则B(,0,0),C(0,,0),A1(0,-,1),P,从而,
由=μ(μ-1)=0,得μ=0或μ=1.
当点P与点D或D1重合时,满足A1P⊥BP,故C错误;
图④
D项中,当μ=时,分别取线段BB1,CC1的中点M,N,连接MN,可知点P在线段MN(包括端点)上,如图④所示.
建系同选项C,则A(0,-,0),A1(0,-,1),B(,0,0),P(λ,),
从而=(,-1),=(λ,),四边形ABB1A1为正方形,显然A1B⊥AB1.
要使A1B⊥平面AB1P,只需A1B⊥AP,即=0,解得λ=1.
当且仅当点P与点N重合时,A1B⊥平面AB1P,故D正确.
综上所述,选BD.
三、填空题
8. 解析 因为平面α∥平面A1BD,平面α∩平面ABCD=l,平面A1BD∩平面ABCD=BD,所以l∥BD.又A1C1⊥BD,所以A1C1⊥l,所以直线l与直线A1C1所成的角为.
9.- 解析 如图,取AC的中点E,连接ED,EB.因为D为A1C1的中点,AA1⊥AC,△ABC是边长为2的正三角形,所以DE=AA1=3,BE=3,DE⊥AC,BE⊥AC,所以∠BED为二面角A1-AC-B的平面角.在△BED中,DE=3,BE=3,BD=3,所以由余弦定理得cos∠BED==-,所以∠BED=120°,所以tan∠BED=-.2025高考数学考二轮专题突破练16
立体几何中的翻折问题及探索性问题-专项训练
1.如图,在平面四边形ABCD中,BC=CD,BC⊥CD,AD⊥BD,沿BD将△ABD折起,使点A到达点P的位置,且PC⊥BC.
(1)求证:PD⊥CD;
(2)若M为PB的中点,二面角P-BC-D的大小为60°,求直线PC与平面MCD所成角的正弦值.
2.如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,∠ABC=90°,AB=BC=1,△PDC是边长为2的等边三角形,平面PDC⊥平面ABCD,E为线段PC上一点.
(1)设平面PAB∩平面PDC=l,求证:l∥平面ABCD.
(2)是否存在点E,使平面ADE与平面ABCD的夹角为60° 若存在,求的值;若不存在,请说明理由.
3.在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=2,BC=2,BB1=2,M为CC1的中点.
(1)试确定线段AB1上一点N,使AC∥平面BMN;
(2)在(1)的条件下,若平面ABC⊥平面BB1C1C,∠ABB1=60°,求平面BMN与平面BB1C1C的夹角的余弦值。
4.(2024·广西名校模拟)如图1,在矩形ABCD中,AB=2BC=2.点E为CD的中点,现将△ADE沿AE折起,使得平面ADE⊥平面ABCE,得到四棱锥D-ABCE如图2所示,点P为棱DB上一点.
图1
图2
(1)证明:AD⊥BE.
(2)是否存在点P,使得直线EP与平面BCD所成角的正弦值为 若存在,求DP∶DB的值;若不存在,请说明理由 .
5.(2024·新高考Ⅱ,17)如图,平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=5,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足,将△AEF沿EF对折至△PEF,使得PC=4.
(1)证明:EF⊥PD;
(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值.
6.如图①,在等边三角形ABC中,D,E分别为边AB,AC上的动点,且满足DE∥BC,记=λ.将△ADE沿DE翻折到△MDE的位置,使得平面MDE⊥平面DECB,连接MB,MC,如图②所示,N为MC的中点.
图①
图②
(1)当EN∥平面MBD时,求λ的值.
(2)随着λ值的变化,二面角B-MD-E的大小是否改变 若是,请说明理由;若不是,请求出二面角B-MD-E的正弦值.
专题突破练16 立体几何中的翻折问题及探索性问题 答案
1.(1)证明 因为BC⊥CD,BC⊥PC,PC∩CD=C,
所以BC⊥平面PCD.
又PD 平面PCD,
所以BC⊥PD.
由翻折可知PD⊥BD,BD∩BC=B,
所以PD⊥平面BCD.
又CD 平面BCD,所以PD⊥CD.
(2)解 因为PC⊥BC,CD⊥BC,所以∠PCD为二面角P-BC-D的平面角,即∠PCD=60°.
在Rt△PCD中,PD=CDtan 60°=CD.
取BD的中点O,连接OM,OC,则OM∥PD,OM=PD.
因为BC=CD,所以OC⊥BD.
由(1)知PD⊥平面BCD,所以OM⊥平面BCD,
所以OM,OC,OD两两互相垂直.
以O为原点,OC,OD,OM所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.
设OB=1,则P(0,1,),C(1,0,0),D(0,1,0),M=(-1,1,),=(-1,1,0),.
设平面MCD的法向量为n=(x,y,z),
则
令z=,则x=,y=,所以n=()为平面MCD的一个法向量.
设直线PC与平面MCD所成的角为θ,则sin θ=|cos<,n>|=,所以直线PC与平面MCD所成角的正弦值为.
2.(1)证明 ∵AB∥CD,AB 平面PDC,DC 平面PDC,
∴AB∥平面PDC.
又平面PAB∩平面PDC=l,AB 平面PAB,
∴AB∥l.
又l 平面ABCD,AB 平面ABCD,
∴l∥平面ABCD.
(2)解 设DC的中点为O,连接OP,OA,则PO⊥DC.
又平面PDC⊥平面ABCD,PO 平面PDC,平面PDC∩平面ABCD=DC,
∴PO⊥平面ABCD.
∵AB∥CD,AB=OC=1,∴四边形ABCO为平行四边形,
∴OA∥BC.
由题意可知BC⊥CD,∴OA⊥CD.
∴OA,OC,OP两两互相垂直.
以O为原点,OA,OC,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.则A(1,0,0),D(0,-1,0),C(0,1,0),P(0,0,).
由PO⊥平面ABCD,可知m=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.
假设存在点E,使平面ADE与平面ABCD的夹角为60°,设=λ(0≤λ≤1),则E(0,1-λ,λ),∴=(0,2-λ,λ).
设平面ADE的法向量为n=(x,y,z),=(1,1,0),
则取x=1,则y=-1,z=,∴n=为平面ADE的一个法向量.
由题意可知|cos|=,整理得λ2+4λ-4=0,解得λ=2(-1),故存在点E,使平面ADE与平面ABCD的夹角为60°,此时=2(-1).
3.解 (1)当AN=AB1时,AC∥平面BMN.
证明:如图,设BM∩B1C=E,连接EN,则.
由AN=AB1,得,∴AC∥NE.
又AC 平面BMN,NE 平面BMN,
∴AC∥平面BMN.
(2)取BC的中点O,连接AO,B1O.
∵AC=AB=2,∴AO⊥BC.又BC=2,
∴AO=BO=.
∵平面ABC⊥平面BB1C1C,平面ABC∩平面BB1C1C=BC,AO 平面ABC,
∴AO⊥平面BB1C1C.
∵AB=BB1=2,∠ABB1=60°,∴AB1=2,O=A-AO2=2,∴OB1=,O+OB2=B,∴OB1⊥OB.
以O为原点,OB,OB1,OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示,
则A(0,0,),B(,0,0),C(-,0,0),C1(-2,0),B1(0,,0),M,
∴=(-,0,),=(0,,-),=0,,-,.
设平面BMN的法向量为n=(x,y,z),则
即解得
令x=1,则y=5,z=-1,∴n=(1,5,-1)为平面BMN的一个法向量.
由题意可知m=(0,0,1)为平面BB1C1C的一个法向量.
设平面BMN与平面BB1C1C的夹角为θ,则cos θ=|cos|=,
故平面BMN与平面BB1C1C的夹角的余弦值为.
4.(1)证明 在矩形ABCD中,AD=DE=EC=BC=,AE=BE=2,AB=2,所以AE2+BE2=AB2,所以AE⊥BE.
因为平面ADE⊥平面ABCE,平面ADE∩平面ABCE=AE,BE⊥AE,BE 平面ABCE,所以BE⊥平面ADE.因为AD 平面ADE,所以AD⊥BE.
(2)解 如图,取AE的中点O,连接OD,作OF∥EB交AB于点F,则OF⊥AE.
因为平面ADE⊥平面ABCE,平面ADE∩平面ABCE=AE,DO⊥AE,DO 平面ADE,所以DO⊥平面ABCE.以O为坐标原点,以OA,OF,OD所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,所以B(-1,2,0),D(0,0,1),C(-2,1,0),E(-1,0,0),=(1,-2,1),=(-1,-1,0).
设平面BCD的法向量为m=(x,y,z),
则
令x=1,则y=-1,z=-3,所以m=(1,-1,-3),=(1,0,1),=(-1,2,-1).
设=λ(0≤λ≤1),则+λ=(1-λ,2λ,1-λ),
则cos<,m>=,
设直线EP与平面BCD所成角为θ,则sin θ=|cos<,m>|=,解得λ=,
所以存在点P,使直线EP与平面BCD所成角的正弦值为,此时DP∶DB的值为.
5.(1)证明 如图,连接EC,在△AEF中,由余弦定理知EF=2,则EF⊥AE.
所以EF⊥PE,EF⊥ED,则EF⊥平面PED,
所以EF⊥PD.
(2)解 △CDE中,CE==6;△PCE中,PE2+CE2=PC2,所以PE⊥EC.易知EP,EF,ED两两垂直.
以E为坐标原点,EF,ED,EP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.
则P(0,0,2),F(2,0,0),B(4,2,0),C(3,3,0),D(0,3,0).
=(-2,0,2),=(-4,-2,2),=(-3,0,0),=(0,-3,2).
设平面PBF的法向量为n=(x1,y1,z1),
则
令z1=1,则n=(,-1,1).
设平面PCD的法向量为m=(x2,y2,z2),
则
即
令z2=3,则m=(0,2,3).
设平面PCD与平面PBF所成的二面角为θ,
则|cos θ|=|cos|=,
所以sin θ=.
6.解 (1)如图,取MB的中点P,连接DP,PN,又N为MC的中点,所以NP∥BC,NP=BC.
又DE∥BC,所以NP∥DE,即N,E,D,P四点共面.
又EN∥平面MBD,EN 平面NEDP,平面NEDP∩平面MBD=DP,所以EN∥PD,即四边形NEDP为平行四边形,
所以NP=DE,即DE=BC,即λ=.
(2)取DE的中点O,连接MO,则MO⊥DE.
又平面MDE⊥平面DECB,平面MDE∩平面DECB=DE,MO 平面MDE,所以MO⊥平面DECB.如图,建立空间直角坐标系,
不妨设BC=2,则M(0,0,λ),D(λ,0,0),B(1,(1-λ),0),
所以=(λ,0,-λ),=(1-λ,(1-λ),0).
设平面MBD的法向量为m=(x,y,z),
则
即令x=,则y=-1,z=1,所以m=(,-1,1)为平面MBD的一个法向量.
由题意可知n=(0,1,0)为平面MDE的一个法向量.
设二面角B-MD-E的平面角为θ,则|cos θ|=|cos|=,易知θ为钝角,所以二面角B-MD-E的大小不变.sin θ=,所以二面角B-MD-E的正弦值为.2025高考数学考二轮专题突破练15 空间位置关系、空间角的向量方法-专项训练
1.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,△A1BC的面积为2.
(1)求A到平面A1BC的距离;
(2)设D为A1C的中点,AA1=AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A-BD-C的正弦值.
2.(2024·九省联考)如图,平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为2的正方形,O为AC与BD的交点,AA1=2,∠C1CB=∠C1CD,∠C1CO=45°.
(1)证明:C1O⊥平面ABCD;
(2)求二面角B-AA1-D的正弦值.
3.如图,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的正三角形,D为△ABC所在平面内一点,且四边形ABCD是菱形,AC∩BD=O,四边形ACC1A1为正方形,平面A1DC1⊥平面A1B1C1.
(1)求证:B1O⊥平面ABCD;
(2)求二面角C-DC1-A1的正弦值.
4.(2024·广东韶关高三模拟)如图,圆柱OO1内有一个直三棱柱ABC-A1B1C1,三棱柱的底面三角形内接于圆柱底面,已知圆柱OO1的轴截面是边长为6的正方形,AB=AC=,点P在线段OO1上运动.
(1)证明:BC⊥PA1;
(2)当PA1=PB时,求BC与平面A1PB所成角的正弦值.
5.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,D为AC的中点,AB=BC=2,∠AA1B1=∠B1BC.
(1)证明:BB1⊥AC;
(2)若BB1⊥BC,且满足: , (待选条件).
从下面给出的①②③中选择两个填入待选条件,求二面角B-B1D-C1的正弦值.
①三棱柱ABC-A1B1C1的体积为3;
②直线AB1与平面BCC1B1所成的角的正弦值为;
③二面角A-BB1-C的大小为60°.
6.如图,在三棱锥A-BCD中,∠BCD=90°,BC=CD=1,∠ACB=∠ACD=θ.
(1)求证:AC⊥BD.
(2)有三个条件:①θ=60°;②直线AC与平面BCD所成的角为45°;③二面角A-CD-B的余弦值为.请你从中选择一个作为已知条件,求直线BC与平面ACD所成角的正弦值.
专题突破练15 空间位置关系、空间角的向量方法 答案
1.解 (1)由题意可得,S△ABC·AA1=×4=.
设点A到平面A1BC的距离为d,则·d=×2·d=,∴d=.
(2)连接AB1交A1B于点E,如图.
∵AA1=AB,∴AB1⊥A1B.
又平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,∴AB1⊥平面A1BC.
又BC 平面A1BC,∴BC⊥AB1,又BC⊥BB1,AB1,BB1 平面ABB1A1,且AB1∩BB1=B1,
∴BC⊥平面ABB1A1,∴BC⊥AB,BC⊥A1B.
∴AB,BC,BB1两两垂直.以B为坐标原点,以的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系.
设AA1=AB=h,
则
解得h=BC=2.
∴点A(0,2,0),B(0,0,0),D(1,1,1),E(0,1,1).
设n1=(x1,y1,z1)为平面ABD的一个法向量.
∵=(0,2,0),=(1,1,1),
∴
令x1=1,则z1=-1,∴n1=(1,0,-1).
由AB1⊥平面A1BC,得为平面BDC的一个法向量,而=(0,-1,1),
∴cos==-.
∴二面角A-BD-C的正弦值为.
2.(1)证明 如图,连接BC1,DC1,
因为底面ABCD是边长为2的正方形,所以BC=DC,
又因为∠C1CB=∠C1CD,CC1=CC1,
所以△C1CB≌△C1CD,所以BC1=DC1,点O为线段BD的中点,所以C1O⊥BD.
在△C1CO中,CC1=2,CO=AC=,∠C1CO=45°,
所以cos∠C1CO= C1O=,则C1C2=OC2+C1O2 C1O⊥OC,
又OC∩BD=O,OC 平面ABCD,BD 平面ABCD,所以C1O⊥平面ABCD.
(2)解 由题知,在正方形ABCD中,AC⊥BD,C1O⊥平面ABCD,所以以O为坐标原点,AC,BD,OC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示,
则B(0,,0),D(0,-,0),A(,0,0),C(-,0,0),C1(0,0,),
则=(,0,),=(-,0),=(-,-,0).
设平面BAA1的法向量为m=(x1,y1,z1),平面DAA1的法向量为n=(x2,y2,z2),
则 m=(1,1,-1),
n=(1,-1,-1).
设二面角B-AA1-D的大小为θ,
则cos θ=,
所以sin θ=,
所以二面角B-AA1-D的正弦值为.
3.(1)证明 如图,取A1C1的中点M,连接MD,MB1,MO.
由题意可知B1M∥BD,B1M=BO=OD,
所以四边形B1MDO是平行四边形.
因为A1B1=B1C1,所以B1M⊥A1C1.
因为四边形ACC1A1为正方形,所以OM⊥A1C1.
又OM∩B1M=M,所以A1C1⊥平面B1MDO.
又MD 平面B1MDO,所以A1C1⊥DM.
又平面A1DC1⊥平面A1B1C1,平面A1DC1∩平面A1B1C1=A1C1,DM 平面A1DC1,
所以DM⊥平面A1B1C1.
又平面ABCD∥平面A1B1C1,
所以DM⊥平面ABCD.
因为四边形B1MDO是平行四边形,
所以B1O∥DM,所以B1O⊥平面ABCD.
(2)解 以O为坐标原点,OC,OD,OB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示,则C(1,0,0),D(0,,0),C1(1,,1),A1(-1,,1),
所以=(-1,,0),=(1,0,1),=(2,0,0),=(0,,0).
设平面CDC1的法向量为m=(x,y,z),
则
令y=1,则x=,z=-,所以m=(,1,-)为平面CDC1的一个法向量.
因为=0,=0,所以=(0,,0)为平面A1DC1的一个法向量.
设二面角C-DC1-A1的大小为θ,则|cos θ|=|cos|=,
所以sin θ=.
所以二面角C-DC1-A1的正弦值为.
4.(1)证明 如图,连接AO并延长,交BC于M,交圆柱侧面于N,
因为A1O1⊥B1C1,OO1为圆柱的高,
所以A1O1,B1C1,OO1两两垂直,以O1为坐标原点,过点O1作B1C1的平行线为x轴,以A1O1所在直线为y轴,以O1O所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,OO1=AA1=AN=6,AB=AC=.
在△ABC中,由射影定理得AC2=AM·AN=30,所以AM=5,OM=AM-AO=2,从而CM=BM=,
所以A1(0,-3,0),B(,2,6),C(-,2,6),=(-2,0,0).
设P(0,0,λ),所以=(0,3,λ),=0,所以BC⊥PA1.
(2)解 由(1)可得,=(-,-2,λ-6),
所以||=||,故,解得λ=3,即点P是线段O1O的中点,
所以=(0,3,3),=(-,-2,-3).
设平面A1PB的一个法向量为n=(x,y,z),
则取y=1,得n=(,1,-1),
设BC的一个方向向量为m=(1,0,0),于是得|cos|=||=,
设BC与平面A1PB所成角为θ,则sin θ=|cos|=,
所以BC与平面A1PB所成角的正弦值为.
5.(1)证明 在三棱柱ABC-A1B1C1中,由题意可得AA1=B1B,∠AA1B1=∠B1BC,A1B1=BC,
∴△AA1B1≌△B1BC,
∴AB1=CB1.
又AD=DC,∴B1D⊥AC,
同时在△ABC中,∵AB=BC,AD=DC,
∴BD⊥AC,
∵B1D∩BD=D,B1D,BD 平面BDB1,
∴AC⊥平面BDB1,
又BB1 平面BDB1,∴AC⊥BB1.
(2)解 由(1)知BB1⊥AC,又BB1⊥BC且AC∩BC=C,
∴BB1⊥平面ABC,
∴平面ABC⊥平面BCC1B1.
方案一:选择①③.
∵BB1⊥平面ABC,
∴BB1⊥AB,BB1⊥BC,
∴∠ABC为二面角A-BB1-C的平面角,即∠ABC=60°,
∴AC=2,∴BD=,
∴S△ABC=×2×2×sin 60°=.又三棱柱ABC-A1B1C1的体积为3,∴BB1=3.
(方法一)取A1C1的中点为E,连接EB1,ED,过E作EF⊥B1D于点F,连接C1F,
∵AC⊥平面BDB1,∴EC1⊥平面BDEB1,
又EF⊥B1D,∴C1F⊥B1D,
∴∠EFC1为二面角E-B1D-C1的平面角,
其中C1E=1,EF=,C1F=,则sin∠EFC1=.
∵二面角B-B1D-C1的平面角与二面角E-B1D-C1的平面角互补,
故二面角B-B1D-C1的正弦值为.
(方法二)如图所示,建立空间直角坐标系,
则B(0,1,0),B1(3,1,0),C1(3,-1,0),D.
设平面BDB1的一个法向量为m=(x1,y1,z1),且=(3,0,0),,
则令y1=1,则x1=0,z1=,故m=(0,1,).
设平面B1DC1的一个法向量为n=(x2,y2,z2),且=(0,2,0),=(-3,),
则
令x2=-1,则y2=0,z2=-2,故n=(-1,0,-2).
cos==-,
故二面角B-B1D-C1的正弦值为.
方案二:选择①②.
过点A作AO⊥BC于点O.
∵平面ABC⊥平面BCC1B1,AO⊥BC,AO 平面ABC,
∴AO⊥平面BCC1B1,∴直线AB1与平面BCC1B1所成角为∠AB1O,且sin∠AB1O=.
设AO=x,BB1=y,
则
解得即AO=,BB1=3.
余下解法参考方案一.
方案三:选择②③.
过点A作AO⊥BC于点O,
∵BB1⊥平面ABC,
∴BB1⊥AB,BB1⊥BC,
∴∠ABC为二面角A-BB1-C的平面角,即∠ABC=60°,
∴AC=2,∴AO=.
∵平面ABC⊥平面BCC1B1且交线为BC,AO⊥BC,AO 平面ABC,
∴AO⊥平面BCC1B1,
∴直线AB1与平面BCC1B1所成角为∠AB1O,且sin∠AB1O=.
设BB1=y,则sin∠AB1O=,
解得y=3,即BB1=3.
余下解法参考方案一.
6.(1)证明 如图,取BD的中点O,连接OA,OC,则OC⊥BD.
因为BC=DC,∠ACB=∠ACD=θ.AC=AC,
所以△ABC≌△ADC,
所以AB=AD,所以OA⊥BD.
又OA∩OC=O,
所以BD⊥平面AOC.
又AC 平面AOC,所以AC⊥BD.
(2)解 在直线AC上取点P,使得∠POC=90°,连接PB,PD,
由(1)知BD⊥平面AOC,PO 平面AOC,
所以BD⊥PO.
又OC∩BD=O,所以PO⊥平面BCD.
由(1)知OC⊥BD,所以OC,OD,OP两两互相垂直.
以O为原点,OC,OD,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.如图所示.
因为∠BCD=90°,BC=CD=1,所以OC=OB=OD=.
又PO⊥平面BCD,
所以PB=PC=PD.
选①,由θ=60°,可知△PCD是等边三角形,所以PD=CD=1,OP=.
所以P,C(,0,0),D,B,
所以=0,-.
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),
则
取x=1,则y=z=1,所以n=(1,1,1)为平面PCD的一个法向量.
设直线BC与平面PCD所成的角为α,
则sin α=|cos<,n>|=.
因为平面ACD与平面PCD为同一个平面,所以直线BC与平面ACD所成角的正弦值为.
选②,由PO⊥平面BCD,可知∠PCO为直线AC与平面BCD所成的角,所以∠PCO=45°,所以OP=OC=.所以P,C,D,B(0,-,0),
所以=(,0),=0,-.
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),
则
取x=1,则y=z=1,所以n=(1,1,1)为平面PCD的一个法向量.
设直线BC与平面PCD所成的角为α,
则sin α=|cos<,n>|=.
因为平面ACD与平面PCD为同一个平面,所以直线BC与平面ACD所成角的正弦值为.
选③,作PM⊥CD,垂足为M,连接OM(图略).
由PO⊥平面BCD,CD 平面BCD,可知PO⊥CD.
又PO∩PM=P,所以CD⊥平面POM,所以CD⊥OM,所以∠PMO为二面角A-CD-B的平面角.
所以cos∠PMO=,所以tan∠PMO=.
因为OM=,
所以OP=OMtan∠PMO=.
所以P,C,D,B0,-,0,
所以.
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),
则
取x=1,则y=z=1,所以n=(1,1,1)为平面PCD的一个法向量.
设直线BC与平面PCD所成的角为α,
则sin α=|cos<,n>|=.
因为平面ACD与平面PCD为同一个平面,
所以直线BC与平面ACD所成角的正弦值为.2025高考数学考二轮专题突破练13 空间几何体的结构、表面积与体积-专项训练
一、单项选择题
1.某圆锥的母线长为2,底面半径为,则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为( )
A.2 B.
C. D.1
2.阿基米德是伟大的古希腊数学家,他和高斯、牛顿并列为世界三大数学家,他一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理,即球与圆柱形容器的底面和侧面都相切,球的体积是圆柱体积的三分之二,球的表面积也是圆柱表面积的三分之二.今有一“圆柱容球”模型,其中圆柱的表面积为12π,则该模型中球的体积为( )
A.8π B.4π C. D.
3.如图所示,某制药厂以前生产的维C药片的形状是由一个圆柱和两个直径为 cm的半球组成的几何体,总长度为2 cm.现根据市场需求进行产品升级,要将药片形状改为高为 cm的圆柱,且升级前后药片的表面积相同,则升级后的药片体积相比升级前( )
A.减少了 cm3 B.增加了 cm3
C.减少了 cm3 D.增加了 cm3
4.正多面体的各个面都是全等的正多边形,其中,面数最少的正多面体是正四面体,面数最多的正多面体是正二十面体,它们被称为柏拉图多面体.某些病毒,如单纯疱疹病毒的核衣壳就是正二十面体.如图,正二十面体是由20个等边三角形组成的.已知多面体满足顶点数-棱数+面数=2,则正二十面体的顶点的个数为( )
A.30 B.20 C.12 D.10
5.古希腊亚历山大时期的数学家帕普斯在《数学汇编》中记载着一个确定重心的定理:“如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交,那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以该闭合图形的重心旋转所得周长的积”,即V=Sl(V表示平面图形绕旋转轴旋转的体积,S表示平面图形的面积,l表示重心绕旋转轴旋转一周的周长).如图,直角梯形ABCD,已知AB∥DC,AB⊥AD,AB=3CD,AD=3,则其重心G到AB的距离为( )
A. B. C. D.1
6.已知A,B,C是半径为1的球O的球面上的三个点,且AC⊥BC,AC=BC=1,则三棱锥O-ABC的体积为( )
A. B.
C. D.
7.(2024·辽宁重点高中高三模拟)表面积为4π的球内切于圆锥,则该圆锥的表面积的最小值为( )
A.4π B.8π
C.12π D.16π
8.河南博物院主展馆的主体建筑以元代登封古观星台为原型,经艺术夸张演绎成“戴冠的金字塔”造型,冠部为“方斗”形,上扬下覆,取上承“甘露”、下纳“地气”之意.冠部以及冠部下方均可视为正四棱台.已知一个“方斗”的上底面与下底面的面积之比为1∶4,高为2,体积为,则该“方斗”的侧面积为( )
A.24 B.12 C.24 D.12
9.如图,一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水,若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形,则V的取值范围是( )
A.() B.()
C.() D.()
二、多项选择题
10.已知正四棱台的上底面边长为1,侧棱长为2,高为,则( )
A.棱台的侧面积为8
B.棱台的体积为13
C.棱台的侧棱与底面所成的角为
D.棱台的侧面与底面所成二面角的正弦值为
11.折扇在我国有悠久的历史,“扇”与“善”谐音,折扇也寓意“善良”“善行”.它以字画的形式集中体现了我国文化的方方面面,是运筹帷幄,决胜千里,大智大勇的象征(如图①).图②是一个圆台的侧面展开图(扇形的一部分),若扇形的两个圆弧所在圆的半径分别是1和3,且∠ABC=120°,则该圆台( )
图①
图②
A.高为
B.表面积为
C.体积为
D.上底面积、下底面积和侧面积之比为1∶9∶24
三、填空题
12.将一个边长为2的正三角形以其中一边所在直线为旋转轴旋转一周,所得几何体的表面积为 .
13.(2024·九省联考)已知轴截面为正三角形的圆锥MM'的高与球O的直径相等,则圆锥MM'的体积与球O的体积的比值是 ,圆锥MM'的表面积与球O的表面积的比值是 .
14.(2023·新高考Ⅱ,14)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截,截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥,所得棱台的体积为 .
15.如图所示的六面体由两个棱长为a的正四面体M-ABC,Q-ABC组合而成,记正四面体M-ABC的内切球为球O1,正四面体Q-ABC的内切球为球O2,则O1O2= ;若在该六面体内放置一个球O,则球O的体积的最大值是 .
专题突破练13 空间几何体的结构、表面积与体积 答案
一、单项选择题
1.A 解析 如图,设截面为△SMN,P为MN的中点,O为底面圆的圆心,OP=x(0≤x<),
由题意可知SB=2,OB=,则SO=1,SP=,MN=2,
所以S△SMN=MN·SP=.
因为0≤x<,所以当x2=1,
即x=1时,(S△SMN)max=2.
故选A.
2.D 解析 由题意可知球的表面积为12π×=8π,设球的半径为r,则4πr2=8π,解得r=,所以球的体积为πr3=π×()3=.故选D.
3.D 解析 以前的药片表面积为4π×()2+π×=π(cm2),体积为π×()3+π×()2×(cm3).设升级后的药片底面半径为r,则2πr2+2πr×=π,得2r2+r-1=0,解得r=(cm),所以升级后药片的体积为π×()2×(cm3).因为,所以升级后体积增加了 cm3.
4.C 解析 依题意,正二十面体的棱的条数为=30,所以正二十面体的顶点的个数为30-20+2=12.故选C.
5.C 解析 设CD=x,AB=3x,直角梯形绕AB旋转一周所得的几何体的体积为V=π·32·x+·π·32·(3x-x)=15πx.梯形ABCD的面积S=×(x+3x)×3=6x,故记重心G到AB的距离为h',则重心绕旋转轴旋转一周的周长为l=2πh',则15πx=(2πh')·6x,解得h'=.
6.A 解析 如图,AC⊥BC,AC=BC=1,设O1为AB的中点,连接CO1,OO1,则CO1=,由题意OO1⊥平面ABC,在Rt△OO1C中,OO1=,则三棱锥O-ABC的体积为×1×1×.
7.B 解析 设圆锥的内切球半径为r,则4πr2=4π,解得r=1.
设圆锥顶点为A,底面圆周上一点为B,底面圆心为C,内切球球心为D,
轴截面如下图所示,内切球切母线AB于E,底面半径BC=R>1,∠BDC=θ,则tan θ=R,
又∠ADE=π-2θ,故AB=BE+AE=R+tan(π-2θ)=R-tan 2θ.
又tan 2θ=,故AB=R-,
故该圆锥的表面积为S=+πR2=.
令t=R2-1>0,所以R2=t+1,所以S==2π·(t++2)≥2π·(2+2)=8π(当且仅当t=1时等号成立).
所以该圆锥的表面积的最小值为8π.
故选B.
8.D 解析 由题意可知,记正四棱台为ABCD-A1B1C1D1,其底面为正方形,侧面为四个等腰梯形,把该四棱台补成正四棱锥P-ABCD如图,
设M是底面ABCD上AC与BD的交点,N是底面A1B1C1D1上A1C1与B1D1的交点,则PM是正四棱锥P-ABCD的高,MN为正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高,设A1B1=a,AB=b,则上、下底面的面积分别为a2,b2,
由题意知a2∶b2=1∶4,所以b=2a.
在△PAB中,,所以A1为PA的中点,
在△PAM中,,所以MN=PM=2,所以PM=4.
又因为×(a2+a×b+b2)×2=,解得a=2,b=4,
所以PA==2,所以AA1=.由勾股定理可得侧面的高为h=,
所以侧面积S=4××(2+4)×=12.
9.A 解析
将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形,如图,水最少的临界情况是水面为平面A1BD,水最多的临界情况为多面体ABCD-A1B1D1,水面为平面B1CD1.因为×1×1×1==1-×1×1×1=,所以二、多项选择题
10.AC 解析 如图,过点A1作A1H⊥AB于点H,过点A1作A1M⊥AC于点M,则A1M⊥平面ABCD,AH⊥MH,所以AM=.
又因为AH=MH,所以AH=1,所以A1H=,AB=2×1+1=3.所以棱台的侧面积为4×=8.所以A正确.
因为上底面面积S'=1,下底面面积S=9,所以棱台的体积为(S++S')·A1M=×13×≠13.所以B错误.
因为∠A1AM为侧棱A1A与底面所成的角,cos∠A1AM=,所以∠A1AM=.所以C正确.
因为∠A1HM为侧面AA1B1B与底面所成二面角的平面角,sin∠A1HM=,所以D错误.
故选AC.
11.BCD 解析 对于A,设圆台的上底面半径为r,下底面半径为R,则2πr=·2π·1,2πR=·2π·3,解得r=,R=1,所以圆台的母线长为3-1=2,高为h=,选项A错误;对于B,圆台的上底面积为,下底面积为π,侧面积为×(+2π)×2=,所以圆台的表面积为S=+π+,选项B正确;对于C,圆台的体积为V=π·[()2+×1+12]×,选项C正确;对于D,圆台的上底面积、下底面积和侧面积之比为∶π∶=1∶9∶24,选项D正确.故选BCD.
三、填空题
12.4π 解析 由题意可知所得几何体为两个同底的圆锥组成的组合体,圆锥的底面半径为,母线长为2,则所求表面积为2×π××2=4π.
13. 1 解析 设圆锥MM'的底面圆的半径为r,球的半径为R,
因为圆锥的轴截面为正三角形,所以圆锥的高h=r,母线l=2r,
球的半径R=r,
所以圆锥MM'的体积为V1=×(π×r2)×r=πr3,
球O的体积V2=πR3=π×(r)3=πr3,所以.
圆锥MM'的表面积S1=πrl+πr2=3πr2,
球O的表面积S2=4πR2=4π×(r)2=3πr2,所以=1.
14.28 解析 如图所示,在正四棱锥P-ABCD中,平面A'B'C'D'∥平面ABCD.
点O',O分别为正四棱台ABCD-A'B'C'D'上、下底面的中心,O'H'⊥A'B',OH⊥AB,点H',H为垂足.由题意,得AB=4,A'B'=2,PO'=3.易知△PO'H'∽△POH,所以,即,解得PO=6,所以OO'=PO-PO'=3,所以该正四棱台的体积是V=×3×(22++42)=28.
15. 解析 如图,取BC的中点D,连接AD,设点M在平面ABC内的射影为N,连接MN,
由四面体M-ABC是正四面体,知N为△ABC的中心,且N在线段AD上,AD⊥BC.
由正四面体的棱长为a,可得AD=,MN=,S△ABC=.
设球O1的半径为r,由等体积法可得VM-ABC=×4××r,解得r=.
根据该六面体的对称性可知正四面体M-ABC的内切球和正四面体Q-ABC的内切球均与平面ABC相切于N点,可得O1O2=2r=.
当球O的体积最大时,球O与该六面体的六个面都相切,此时,由对称性可知球心O即△ABC的中心N,连接MD,MD⊥BC,
过点O作OE⊥MD于点E.
因为BC⊥AD,BC⊥MD,AD∩MD=D,
AD,MD 平面MAD,所以BC⊥平面MAD,而OE 平面MAD,所以BC⊥OE.
又因为BC∩MD=D,BC,MD 平面MBC,
所以OE⊥平面MBC,则OE为球O的半径.
又S△MOD=×MO×OD=×MD×OE,
即×OE,解得OE=,即此时球O的半径为,
所以球O的体积的最大值为×()3=.
