小题狂刷 高考专题特训
综合特训
1.(2022·新课标Ⅰ高考)《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 1 1 1A. B. C. D. 1
尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少 ”已知1斛米 6 3 2
的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的 5.(2022·福建高考)某几何体的三视图如图所
米约有 ( ) 示,则该几何体的表面积等于 ( )
A.14斛 B.22斛 C.36斛 D.66斛
2.(2022·全国卷3)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 A.8+22 B.11+22 C.14+22 D.15
(
面体的表面积为 ( ) 6.2022
·山东高考)已知等腰直角三角形的直角
边的长为2,将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一
周而形成的曲面所围成的几何体的体积为 ( )
22π 42π
A. 3 B. 3 C.22π D.42π
7.(2022·北京高考)某四棱锥的三视图如图所
示,该四棱锥最长棱的棱长为 ( )
A.18+365
B.54+185
C.90
D.81
3.(2022·全国卷1)如图,某几何体的三视图是
三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径. A.1 B.2 C.3 D .2
28π
若该几何体的体积是 ,则它的表面积是 (
( ·全国卷 )下图是由圆柱与圆锥组合而
3
) 8.2022 2
成的几何体的三视图,则该几何体的表面积为 ( )
A.17π B.18π C.20π D.28π
4.(2022·北京高考)某三棱锥的三视图如图所 A.20π B.24π C.28π D.32π
示,则该三棱锥的体积为 ( ) 9.(2022·全国卷3)在封闭的直三棱柱 ABC-
14
数学·立体几何与选修系列
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 ( )
9π 32π
A.4π B.2 C.6π D. 3 A B
10.(2022·四川高考)已知三棱锥的四个面都是
腰长为2的等腰三角形,该三棱锥的正视图如图所示,
则该三棱锥的体积是 .
C D
2.(2022·福建三明一中月考)一个几何体的三视
正视图 图如图所示,已知这个几何体的体积为103,则h=
11.(2022·天津高考)已知一个四棱锥的底面是 ( )
平行四边形,该四棱锥的三视图如图所示(单位:m),
则该四棱锥的体积为 m3.
3
A.2 B.3
C.3 D.53
3.(2022·洛阳统一考试)如图,网格纸上小正方
形的边长为1,粗线画出的是某多面体的三视图,则该
12.(2022·浙江高考)(理科)如图,在△ABC 中, 几何体的各个面中最大面的面积为 ( )
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 .
5
A.1 B.2
C.6 D.23
4.(2022·浙江重点中学协作体测试)一个几何体
的三视图及其尺寸(单位:cm)如图所示,则该几何体
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两 的侧面积为 ( )
部分.共100分,考试时间100分钟.
第Ⅰ卷(选择题 共42分)
一、选择题(本大题共14小题,每小题3分,共42分.
在每小题列出的四个选项中,只有一项是符合题目要
求的.)
1.(2022·湖南四县调研)已知三棱锥的正视图与
俯视图如图所示,俯视图是边长为2的正三角形,则该
三棱锥的侧视图可能为 ( ) A.50cm2 B.60cm2
C.70cm2 D.80cm2
5.(2022·四川石室中学模拟)一个四棱锥的底面
为正方形,其三视图如图所示,则这个四棱锥的侧面
积是 ( )
15
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10.(2022·陕西适应性训练)已知一个四面体有
五条棱长都等于2,则该四面体的体积的最大值为
( )
1 2
A.2 B.1 C.2 D.2
11.(2022·江西五校联考)A,B,C,D 是同一球
面上的四个点,其中△ABC 是正三角形,AD⊥平面
A.2 B.32+ 26 ABC,AD=4,AB=23,则该球的表面积为 ( )
C.32+ 22+2 D.32+ 22 A.8π B.16π C.32π D.64π
( ( ·湖北武汉部分学校调研)某几何体的6.2022·江西宜春模拟)一几何体的三视图如 12.2022
图,其中侧(左)视图和俯视图都是腰长为4的等腰直 三视图如图所示
,则该几何体中,面积最大的侧面的面
角三角形,正(主)视图为直角梯形,则此几何体体积的 积为 ( )
大小为 ( )
2 5 6
A.2 B.2 C.2 D.3
13.(2015·浙江调研)已知正四棱锥P-ABCD
A.11 B.16 C.48 D.64
7.(2022·福建厦门质量检测) ,
内接于一个半径为R 的球,则四棱锥如图 在棱长为1 P-ABCD
体积
的最大值是 ( )
的正方体ABCD-A1B1C1D1 中,E 是棱BC 上的一
16R3 32R3 64R3点,则三棱锥D1-B1C1E 的体积等于 ( ) A.81 B.81 C.81 D.R
3
14.(2022·云南昆明模拟)已知直三棱柱ABC-
A1B1C1 的底面是边长为6的等边三角形.若该三棱柱
的五个面与球O1 都相切,六个顶点都在球O2 的球面
上,则球O2 的体积为 ( )
1 5 3 1 A.43π B.323π
A.3 B.12 C.6 D.6 205
8.(2022·河南商丘模拟)已知三棱锥的三视图如 C. 3 π D.20 15π
图所示,则它的外接球的表面积为 ( ) 第Ⅱ卷(非选择题 共58分)
二、填空题(本大题共7小题,每小题4分,共28分.)
15.(2022·太原模拟)一个四棱柱的各个顶点都
在一个直径为2cm的球面上,如果该四棱柱的底面为
边长是1cm的正方形,侧棱与底面垂直,那么该四棱
柱的表面积为 cm2.
16.(2022·上海杨浦区质量调研)在底面直径为
A.4π B.8π C.12π D.16π 6的圆柱形容器中,放入一个半径为2的冰球,当冰球
9.(2022·浙江调研)将边长为1的正方形ABCD 全部溶化后,容器中液面的高度为 .(相同质
沿对角线AC 折起,使△ABD 为正三角形,则三棱锥 量的冰与水的体积比为10∶9)
A-BCD 的体积为 ( ) 17.(2022·上海十校联考)若正三棱锥的底面边
1 1 3 2 长为 2,侧棱长为1,则此三棱锥的体积为 .
A.6 B.12 C.12 D.12 18.(2022·河南中原名校摸底)设某几何体的三
16
数学·立体几何与选修系列
视图如下图所示,则该几何体的体积为 . 23.(2022·辽宁联考)如图,在四棱台 ABCD-
A1B1C1D1 中,DD1⊥平面 ABCD,底面 ABCD 是平
行四边形,AB=AD=2A1B1,∠BAD=60°.
(1)证明:BB1⊥AC;
(2)设AC,BD 的交点为O,连接B1O.设AB=2,
DD1=2,求三棱锥B1-ABO 外接球的体积.(球体体
4
19.(2022· 江 苏 宿 迁 摸 底)如 图,在 正 三 棱 柱 积公式:V= πR
3,R 是球半径)3
ABC-A1B1C1 中,若各条棱长均为2,且 M 为A1C1
的中点,则三棱锥 M-AB1C 的体积是 .
20.(2022·长春质量监测)正四面体ABCD 的外
接球半径为2,过棱AB 作该球的截面,则截面面积的
最小值为 .
21.(2022·云南统一考试)表面积为60π的球面
上有四点S、A、B、C,且△ABC 是等边三角形,球心O
到平面ABC 的距离为 3,若平面SAB⊥平面 ABC,
则三棱锥S-ABC 体积的最大值为 . 24.(2022·大连双基测试)如图,棱长均为2的四
三、解答题(本大题共3小题,每小题10分,共30分.) 棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,∠DAB=60°,CC1⊥
22.(2022· 贵 阳 监 测)已 知 三 棱 柱 ABC - A1C1.
A1B1C1 中,侧棱垂直于底面,点D 是AB 的中点. (1)证明:平面DBB1D1⊥平面AA1C1C;
(1)求证:BC1∥平面CA1D; (2)当∠DD1B1 多大时,四棱锥C-BB1D1D 的
(2)若底面ABC 是边长为2的正三角形,BB1= 体积最大,并求出该最大值.
3,求三棱锥B1-A1DC 的体积.
17
数学·立体几何与选修系列
参考答案
第一单元 空间几何体
第一节 空间几何体的结构特征及其三视图和直观图
【基础特训】
1.C 2.C 3.D 4.B 5.D 6.D 2.C 【解析】 通过对以下四个四棱锥的三视图
7.D 【解析】 易知该三棱锥的底面是直角边分 对照可知,只有选项C是符合要求的.
别为1和2的直角三角形,注意到侧视图是从左往右
看得到的图形,结合各选项知,D选项错误,故选D.
8.B 【解析】 左视图中能够看到线段 AD1,画
为实线,看不到线段B1C,画为虚线,而且AD1 与B1C
, , 3.B 4.D 5.C 6.C不平行 投影为相交线 所以选择B.
【 】 7.A
【解析】 如图,将该四面体
9.A 解析 当主视图面积最大时,左视图是
, , 放到棱长为2的正方体中
,以xOz 平
一个矩形 一边长为2 另一边长是三棱柱底面三角形
面为 投 影 面,则 为 正 方 形 HODN,且
的高,为 3,则左视图的面积为23. BC 的 投 影 为 实 线,AD 的 投 影 为 虚
10.D 【解析】 依题意得,该几何体是一个底面 线,所以选A.
为直角三角形、一条侧棱垂直于底面的三棱锥,其四个 8.C 【解析】 如图,由三视图可知,
面均为直角三角形,选D. 三棱锥 P-ABC 中,PA⊥平面 ABC,AC
11.A 【解析】 当三棱柱没有截去三个角时,侧 ⊥BC,PA=AC=BC=1,则这个三棱锥最
视图如图(1)所示,由此可知截去三个角后的侧视图如 长棱的棱长是
() PB=
(2)2+12= 3.
图 2 所示.故选A. 9.D 【解析】 球、正方体的三视图
形状都相同,大小均相等,首先排除选项A
和C.对于如图所示的三棱锥O-ABC,当
OA、OB、OC 两 两 垂 直 且OA=OB=OC
时,其三视图的形状都相同,大小均相等,
12.C 【解析】 由 三 视 图 知,该 几 何 体 为 四 棱 故排除选项B.不论圆柱如何放置,其三视图的形状都
1 1 不会完全相同,故选D.
锥,其体积是 ×[ ×(1+2)×2]
3 3
3 2 x=
,故
2 x=2. 10.A 【解析】 由俯视图和侧视图可知原几何
13.A 【解析】 直观图如图中三棱锥P-ABC, 体是四棱锥,底面是长方形,内侧的侧面垂直于底面,
1 所以正视图为A.
S△PAB=S△PAC=S△PBC=S△ABC=2×22×22sin60°= 11.A 【解析】 由三视图知,几何体是直三棱柱
23,故此棱锥的表面积为83,故选A. 截去一个三棱锥的几何体,底面是直角边为1的等腰
1
直角三角形,高为2,所以V=V柱-V锥=(2×1×1
)
1 1 2
×2-3×
( )
2×1×1 ×2=3.
12.B 【解析】 由三视图可知,该几何体是如图
所示长方体去掉一个三棱锥,故几何体的体积是6×3
14.1 【解析】 由题意可知,该三棱锥的俯视图 1 1
是一个底为2,高为1的三角形,则其面积为1. ×6-3×2×3×5×4=98.
故选B.
【能力特训】
高频题特训
1.A 【解析】 由题意,得该几何体的侧视图是
△BDE.在△BDE 中,因为△ACD 与△ACB 全等,且
3
E 为AC 的中点,所以BE=DE= BD,即侧视图为2
13.A 【解析】 根据三视图分析可知,此几何体等腰三角形.
1 1 4
为三棱锥,所以体积V=3×2×2×2×2=3.
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14.4 4 【解析】 由题意,直线CE 在平面α 上 x 2
与底面正方形四条边都相交,故 m=4;直线EF 与正 (1)得x+ = ×6,解得x=22,即正四棱锥的底2 2
方体的左右两个侧面平行,与正方体的前后两个侧面、 3
上下两个底面相交,故n=4. 面边长为22,所以四棱锥的高为 ×22= 6,所以2
15.2 【解析】 由三视图,可得该几何体为四棱
1 1 86
锥,S = (x+1)×2=x+1,
1 四棱锥的体积
高h=2,则V= S h V=3×8× 6=底 2 3 底 3
.
3.13 【解析】 由题意,符合条件的直线1 PQ
必
= (x+1)×2=2,解得x=2. 过正方体的中心,否则正方体的中心绕PQ 旋转θ(3 0<
: , θ<2π)角后不能回到原位置,得到的新正方体必定与16.解 如图①所示 沿正三角形三边中点连线折
, 原正方体不重合,满足题意的直线 共有三种情况:起 可拼得一个底面为正三角形的三棱锥.如图②所 PQ
示,正三角形三个角上剪出三个相同的四边形,其较长
1
的一组邻边长为三角形边长的 ,有一组对角为直角,
4
余下部分按虚线折起,可成为一个缺上底的底面为正
三角形的三棱柱,而剪出的三个相同的四边形恰好拼
成这个底面为正三角形的三棱柱的上底. 如图(1),当PQ 为正方体的体对角线时,正方体
2π4π
绕PQ 旋转 , 时,能与原图重合,这样的 有3 3 PQ 4
条;如图(2),当PQ 穿过正方体对面中心时,正方体绕
π 3π
17.解:参考图形如下:(任选二) PQ 旋转 ,π, 时,能与原图重合2 2 .
这样的 PQ 有3
条;如图(3),当PQ 穿过正方体对棱中点时,正方体绕
PQ 旋转π时,能与原图重合.这样的PQ 有6条.所以,
符合条件的直线PQ 有13条 易错题特训 .
1.【错解】 ②③分别是由棱锥和圆锥截得的,是 第二节 空间几何体的表面积和体积
台体,故选B.
【解析】 棱台的两底面平行且相似,侧棱延长后 【基础特训】
必交于一点,故只有④正确,故选C. 1.C 2.B 3.C 4.A 5.B
【易错提醒】 解答过程中易忽视侧棱的延长线交 6.C 【解析】 由直观图、正视图以及俯视图可
于一点,直观感觉是棱台,而不注意逻辑推理;虽然② 知, 3侧视图是宽为 ,长为1的长方形,所以面积
③分别是由棱锥和圆锥所截,
S=
但截面不和底面平行,故 2
不是台体.只有用平行于锥体底面的平面去截锥体,底 3 3
面与截面之间的部分才是台体. 2×1=2.
2.解:三视图如图所示: 7.B 【解析】 由三视图可知,该几何体由一个
1
四棱锥与一个圆柱组成,其体积为π×12×2+3× 2
23
× 2× 3=2π+ 3 .
8.D 【解析】 该几何体是一个长方体在左边挖
【易错提醒】 画三视图的注意事项: 去一个三棱柱再拼接到右边而得到的,它的体积就是
(1)务必做到长对正,宽相等,高平齐. 长方体的体积,体积为V=(2.4+0.6)×2×(1+1)=
(2)三视图的安排方法是正视图与侧视图在同一 12.
水平位置,且正视图在左,侧视图在右,俯视图在正视 9.D 【解析】 因为矩形 ABCD 的对角线长为
图的正下方.
2
(3)若相邻两物体的表面相交,表面的交线是它们 (43)+(23)
2=2 15,所以该矩 形 所 在 的 截 面
的分界线,在三视图中,要注意实、虚线的画法. 圆的半径为r= 15,又设球心O 到截面圆的距离为
技巧题特训 h,
1
则四棱锥O-ABCD 的体积为 ×43×23h=
1.B 【解析】 由题意可以判断出两球在正方体 3
的面 AA1C1C 上的正投影与正方形相切,排除C,D, 8,解得h=1,所以球O 的半径R= r2+h2=4.
把其中一个球扩大为与正方体相切,则另一个球全被 10.C 【解析】 由三视图可知该零件是一个由
挡住,由于两球不等,所以排除A,所以B正确. 半径为2cm的半球挖去一个以该球的大圆为底面,高
2.A 【解析】 因为题图(1)中的虚线长为题图 为1cm的倒放的圆锥后所形成的几何体,所以该零件
(2)正四棱锥的底面边长,设为x,又正四棱锥的正视 1 4 3 1的体积为 2 ( 3)
图是正三角形,所以正四棱锥的斜高也 为x,由 题 图 2×3π×2-3×π×2×1=4πcm .
72
数学·立体几何与选修系列
11.D 【解析】 三视图复原的几 1
中, 又 ,所 以
何体如图所示,它是底面为等腰直角三 Rt△PBC OB=2PC. PA⊥AC OA=
角形,一条侧棱垂直 底 面 的 三 棱 锥,它 1 , 1
, PC 所以2 OA=OB=OC=OP= PC
,因此P,A,
的外接球就是扩展为长方体的外接球 2
外接球的直径是22,该几何体的外接 B,C 四点在以O 为球心的球面上.因为在 Rt△ABC
2 2
4 82 1 中,AC= AB +BC = 2,所以在Rt△PAC 中,PC
球的体积V = π(2)31 3 = 3 π
,V2=2×(3×1
2×1
2 2 , 1 3= PA +AC = 3 球O 的半径R=2PC=
,因
2
×π)
2 , 82 2π= 所以3π V1∶V2= 3 π∶3=42
,故选D. 此球的表面积S=4πR2=3π,故选D.
3
12. 【解析】 正三棱锥的四个顶点都在半径4
为1的球面上,其中底面的三个顶点在该球的一个大
圆上,所以球心是底面三角形的中心,设球的半径为
, 2 31 底面三角形的边长为a, × , ,该正3 2a=1a= 3 9.C 【解析】 由已知中的三个视图中的三角形
1 3 ( )2 3 均为直角三角形
,设主视图的高为h,则h2+ 2=102,
三棱锥的体积为
3×4× 3 ×1=
y
4. 且h2+(27)2=x2,则x2+y2=128≥2xy,所以xy
125π
13. 【解析】 设AC 与BD 相交于O,折起 ≤64,即xy 的最大值为64.6 10.C 【解析】 取CD 的中点E,连接BE.因为
来后仍然有OA=OB=OC=OD,所以外接球的半径 △BCD 是边长为3的等边三角形,所以取△BCD 的
32+42 5, 4π (5)3 125π 中心为G,作OG∥AB 交AB 的中垂线HO 于 ,则r= = 从而体积2 2 V=3× 2 = 6 .
O O
33
14.解:(1)对;(2)对; 为 外 接 球 的 球 心,BE = ,2 BG = 3
,R =
(3)由题意知,以平面B1CD1 为水平面,可盛最多 1
, 1 1 1( BG
2+( AB)2= 3+1=2,所 以 四 面 体 ABCD
体积的水 此时V水=3×2×1×1×1=6 cm
3).所 2
外接球的表面积为4πR2=16π.故选C.
1
以最多能盛 cm3的水. 11.B 【解析】 如 图,设 球 心 为6
:() M
,三角形ABC 截面小圆的圆心为O.
15.解 1 因为ABCD-A'B'C'D'是正方体,所 因为 ABC 是 等 边 三 角 形,∠APQ=
以六个面都是正方形,所以A'C'=A'B=A'D=BC' ∠BPQ=∠CPQ=30°,所以P 在平面
3
=BD=C'D= 2a,所以S =4× ×(2a)2= ABC 上 的 投 影 是 等 边△ABC 的 中 心三棱锥 4 O.因为PQ 是直径,所以∠PCQ=90°,
23a2,S =6a2,
S三棱锥 3
所以 = . 所以正方体 PC=4cos30°=2 3,所以 PO=23cos30°=3,S正方体 3
(2)显然,三棱锥A'-ABD、C'-BCD、D-A'D'C'、 OC=23sin30°= 3.因为 O 是等边△ABC 的中心,
B-A'B'C'是 完 全 一 样 的,V三棱锥A'-BC'D =V正方体 - 2所以OC= CH,所以等边三角形 ABC 的高CH=
3 1 1 1 34V 2 3三棱锥A'-ABD=a -4×3×2a ×a=3a . 33, 33 1
【 】 2 AC= 2 ÷sin60°=3
,所 以V
能力特训 P-ABC
= ·3PO
高频题特训 1 1 33 93
1.B 2.A 3.D 4.C 5.A S△ABC= ,故选3×3×2× 2 ×3= 4 B.
6.C 【解析】 由三视图可知,该几何体是一个 12.C 【解析】 因为正视图和侧视图是等边三
底面是正方形,有一条侧棱与底面垂直的四棱锥,所以 角形,俯视图是正方形,所以该几何体是正四棱锥,还
1 1
四棱锥的侧面积为S=2×( ×2× 2)+2×( × 原几何体并结合其中四个顶点的坐标,建立空间直角2 2 坐标系,设O(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,
2× 6)=2(2+ 3),故选C. 0),所求的第五个顶点的坐标为S(1,1,z).正视图为
7.B 【解析】 根据三视图可知,四棱台的上底 等边三角形,且边长为2,故其高为 4-1= 3,又正
面是边长为1的正方形,下底面是边长为2的正方形,
, , 四棱锥的高与正视图的高相等,故 ,故第五个一条侧棱与底面垂直 高为2 所以该四棱台的体积为 z=± 3
1 14 顶点的坐标可能为(1,1,3).
V= ×(12+22+ 12×22)3 ×2=
,故选
3 B. 13.C 【解析】 由题意知,球心在侧面BCC1B1
8.D 【解析】 取PC 的中点O,连接OA,OB.由 的中心O 上,BC 为截面圆的直径,所以∠BAC=90°,
题意知PA⊥BC,又因为AB⊥BC,PA∩AB=A,所 △ABC 的 外 接 圆 圆 心 N 是 BC 的 中 点,同 理
以 BC ⊥ 平 面 PAB,所 以 BC ⊥ PB,所 以 在 △A1B1C1 的 外 心 M 是 B1C1 的 中 点.设 正 方 形
73
小题狂刷 高考专题特训
x
BCCB 的边长为x,Rt△OMC 中,OM= ,MC = 182π,因此 圆 锥 的 全 面 积 为 S=18 2π+24π=1 1 1 2 1 (182+24)π.
x, xOC1=R=1(R 为球的半径),所以( )2+(
x)2 9π
2 2 2 = 20. 【解析】 如 图,取4
1,即x= 2,则 AB=AC=1,所以S矩形ABB1A1= 2×1 △ABC 的 重 心E,连 接 OE,BE,
= 2. DE,由题意可得 OE⊥BE,OE=
14.A 【解析】 取△ABC 外接圆圆心F,连接 , , , 31OB=2 故BE= 3 BD= .而
AD 的中点即球心O 与F,由球的性质可知OF 与平面 2
2 3 在球O 中,过点D 作球O 的截面,
ABC 垂直,在Rt△AOF 中,AO= ,2 AF=
,故
3 OF 要使截面面积最小,则需截面半径最小,此时OD 与过
点D 的截面垂直.在 Rt△BED 中,∠EBD=30°,DE
(2= )2-(
3)2 6= ,又2 3 6 AD=2OA
,故点 D 到平 3
= 连 接 ,在 中, ,则2. OD Rt△ODE OE=1 OD=
6
面ABC 的距离h=2OF= ,因此3 VA-BCD=VD-ABC= 3 7 7 31+ = ,故截面半径的最小值为 4- = ,4 2 4 2
1 3 2 6 2,故选 3 2 9π
3×4×1×3=12 A. 所以截面面积的最小值为π×( )= .
15.36π 【
2 4
解析】 由已知沿圆锥体的母线把侧面
, 21.
解:(1)如图,设AC 交BD 于点O,则O 为AC
展开后得到的扇形的弧长为2πr=6π 从而其母线长 的中点,连接OG,因为点G 为FC 的中点,所以OG 为
6π 1
为l= =9,从而圆锥体的表面积为S侧+S底= × △AFC 的 中 位 线,所 以 OG∥AF,因 为 AF 平 面2π 2 BDG,OG 平面BDG,所以AF∥平面BDG.
3 (2)如图,分别取BC、AD 的中点H、L,连接 HL,
9×6π+9π=36π.故答案为36π. EL,HF,则 HL∥AB,又EF∥AB,所以EF∥HL,
3
16. π 【解析】 由圆锥侧面积是底面积的2 由题意可推知EL=HF,故四边形EFHL 为等腰梯3 形.过F 作FK⊥HL 交 HL 于K,由FB=FC,可得
倍,得πrl=2πr2,l=2r=2,因此高为 3,圆锥的体积 FH⊥BC,又 HL⊥BC,所以BC⊥平面EFHL,因为
1 3π FK 平 面 EFHL,所 以2 FK ⊥BC,故 FK ⊥平 面为V=3πrh= 3 . ABC,所以FK 为三棱锥F-ABC 的高.
17.②③ 【解析】 对于①,这三条棱不一定是过
长方体同一顶点的三条棱,所以不能求出长方体的体
积和表面积,不是长方体的“基本量”;对于②,这时长
方体ABCD-A1B1C1D1 是边长为2的正方体,体积
和表面积分别为8,24,是长方体的“基本量”;对于③,
设AB=a,AD=b,AA1=c(a,b,c∈(0,+∞)),可得 因为 HL=AB=4,EF=2,所以 HK=1,FH=
{ab=2 FB2-BH2= 22-1=3.故FK= FH2-HK2=ac=4,故体积为VABCD-A B C ,表面积为1 1 1D1=abc=42bc=4 3-1=2, 1S△ABC=2AB·BC=4,故三棱锥F-ABC
SABCD-A1B1C1D =2(ab+bc+ac)=20,所以是长方体的1
“基本量”;对于④,
1 42
只能求出长方体的体积为32,而不 的体积VF-ABC=3S△ABC
·FK= 3 .
能求出长方体的表面积,所以不是长方体的“基本量”,
22.解:(1)如图,分别取PA 和AB 的中点M、N,
故答案为②③. 1 1
18.144 【解析】 由条件可知有三种不同的截 连接 MN、ME、NF,则 NF 2AD
,ME 2AD
,所
法,对应的三个截面面积分别是25、3 41、4 34,最 以NF ME,所以四边形 MEFN 为平行四边形,所以
大的截面面积是25.此时两个三棱柱的表面积之和为 EF∥MN.又EF 平面PAB,MN 平面PAB,所以
长方体的表面积加上两个截面面积,即为2(20+15+ EF∥平面PAB.
12)+2×25=144. (2)如图,在平面 PAD 内
19.(182+24)π 【解析】 O 为正方体外接球 作EH ⊥AD 于 H,因为 侧 棱
的球心,也是正方体的中心,O 到平面AB1D1 的距离 PA⊥底 面 ABCD,所 以 平 面
1 底 面 ,且 平 面
是体对角线的 ,即为 3,又球的半径是正方体体对 PAD⊥ ABCD6 PAD∩底 面 ABCD=AD,所
角线长的一半,即为33,由勾股定理可知,截面圆的 以EH⊥平面 ADC,所以 EH
2
半径为 (33)-( )2 , S ∥PA.3 =2 6 圆 锥 底 面 面 积 为 1 (或平面PAD 中,PA⊥AD,EH⊥AD,所以EH
=π·(26)2=24π;圆锥的母线l即为球的半径33, ∥PA 亦可)
圆锥的侧面积为S2=π·26·l=π·26·33=
74
数学·立体几何与选修系列
DE ( ), EH因为 所以 ,
DP=λ0<λ<1 PA =λ EH=λ
·
S
PA λ △FCD
CF
= . , ( )S =△ADC CA
=1-λ S△FCD= 1-λ S△ADC=
1-λ, 1
2
VE-FCD= · ·
1-λ λ-λ
λ ( ),所以 1162 3 2 = 6 0<λ<1 2.24
【解析】 易知,以点O 为顶点的三棱锥的
1
V 三条棱OA,OB,OC 两两垂直,则球S 为以O 为顶点,分E-FCD 的最大值为24. 别以OA,OB,OC 为棱的长方体的外接球,设OA=x,OB
23.解:(1)存在,当 M 为AC'
的中点时, 52OM∥平面C'BE. {x2+y2+z2=y,OC (=z,则 有 =2× )24 ,解 得证明如下:连接 MO、C'O,取 x2+ 2=x2+z2=7
BC'的中点F,连接EF、MF,如图 y
所示. ì 6x=
因为 MF 为△ABC'的 中 位 2í ,所 以 三 棱 锥 O-ABC 的 体 积VO-ABC=
1 22
线,所以 MF∥AB,且 MF=2AB. y
=z= 2
因为在等腰梯形ABCD 中,AD BE,所以四边 1 1 6 22 22 116
形ABED 为平行四边形,所以AB DE. VA-OBC=6xyz=6×2× 2 × 2 = 24 .
因为O 为ED 的中点,所以MF OE.所以四边形 3π
EFMO 为平行四边形,所以OM∥EF. 3. 【解析】 连接 ,108 B1D
因为 EF 平面 C'BE,OM 平面 C'BE,所以 则 B1D 过 点O,设 B1D 交 平 面
OM∥平面C'BE. ACD1 于点 M,如图,易知B1D⊥
(2)因为底面四边形ABED 的面积不变,所以要 平 面 ACD1,所 以 B1M ⊥ 平 面
使四棱锥C'-ABED 的体积最大,只需顶点C'到平 ,因为 ,所以
面ABED 的 距 离 最 大,即 只 需 平 面 C'DE⊥ 平 面 ACD1 B1D= 3 B1M
ABED. 2 23 23 3 3=3B1D=
,则OM= - = ,而球 O 被
因为C'O⊥ED,平面C'DE∩平面ABED=ED, 3 3 2 6
C'O 平面C'DE,所以C'O⊥平面ABED,所以C'O 平面ACD1 所截得的圆是△ACD1 的内切圆,设内切
为四棱锥C'-ABED 的高,
1 1
且C'O= 3. 圆半径为r,则S△ACD1=2× 2× 2sin60°= ×
(
2 2
易知S四边形ABED=23,所以四棱锥C'-ABED 的
1 6
最大体积Vmax= S四边形ABED·
) ,即 ,所以所求圆锥的体积
3 C'O=2.
+ 2+ 2 ×r r=6 V=
2
易错题特训 1[ 6 3 3ππ×( )]× = .
2(8+ 13)π 【解析】 3 6 6 108由三视图可知,该几何体 4.解:(1)因为λ=1,所以 D、E 分别为AB、BB'
是由一个底面半径为2,高为3的圆柱挖去一个同底等
高的圆锥所得的组合体, 的中点
,
该几何体的表面积等于圆柱
又 ,且三棱柱 为直三棱
的侧面积与一个圆锥的表面积之和,所以组合体的表 AA'=AB ABC-A'B'C'
柱,所以平行四边形 ABB'A'为正方形,所以 DE⊥
面积为S=π×22+π×2× 13+2π×2×3=16π+ A'B.
2 13π=2(8+ 13)π. 因为AC=BC,D 为AB 的中点,所以CD⊥AB,
【易错警示】该几何体是一个组合体,其表面积由 所以CD⊥平面ABB'A',所以CD⊥A'B.
两部分组成:①圆柱的侧面积;②圆锥的表面积.此类 又CD∩DE=D,所以A'B⊥平面CDE.
组合体的表面积计算容易出现多算重合部分或少算新 因为CE 平面CDE,所以A'B⊥CE.
增部分,解决此类问题时应多加注意. (2)设BE=x,则AD=x,DB=6-x,B'E=6-
拓展题特训 x.
25
1. +62 【解析】 将由正方体与直三棱柱 由已知可得点C 到平面A'DE 的距离,即△ABC2
, , AB构成的五棱柱沿侧棱BB1 展开 如图所示 由图易知 的边AB 上的高h= AC2-( )22 =4.BR 为从点B 出发沿棱柱的侧面到达PD1 的中点 R
的最短距离,即d=BR. 1由三视图知 A1B1=BB1=2, V三棱锥A'-CDE=V三棱锥C-A'DE= (3 S四边形ABB'A'-S△AA'D
1 2
A1P=PD1= 2,所以PR= PD1= ,所以2 2 B1R=
1 1
-S△DBE-S△A'B'E)h= [3 36-3x-
(
2 6-x
)x-3(6
32
A1B1+A1P+PR=2+ ,故d22 =BR
2=B R21 + )] 2 2-x ×4= (x23 -6x+36
)= [(3 x-3
)2+27](0<
2
2 ( 32) 2 25 x<6
).所以当x=3时,即BE=3,B'E=3时,即λ=1
BB1= 2+ 2 +2=2+62. 时,三棱锥A'-CDE 的体积最小,最小体积为18.
75
小题狂刷 高考专题特训
1 1
综合特训 则S△PBD=2BD×d=
·
2PD PBsin∠BPD
,
【母题特训】 1 1即 x2-23x+4×d= x·2sin30°,
1.B 2.B 3.A 4.A 2 2
5.B 【解析】 由题中三视图可知,该几何体是 x解得d= .
底面为直角梯形、高为2的直四棱柱,所以其表面积为 x2-23x+4
1
S表面积=S侧面积+2S下底面积=(1+1+2+ 2)×2+2× 12 而△BCD 的 面 积S= CD ·2 BCsin∠BCD=
×(1+2)×1=11+22,故选B. 1( )· 1
【 】 23-x 2sin30°=
(23-x).
6.B 解析 由题意,该几何体可以看作是两 2 2
个底面半径为 2、高为 2的圆锥的组合体,其体积为2 设PO 与 平 面ABC 所 成 角 为θ,则 点 P 到 平 面
ABC 的距离h=dsinθ.
1 ( )2 42×3×π× 2 × 2= 3 π.
1
故 四 面 体 PBCD 的 体 积 V= 3S△BCD ×h=
7.C 【解析】 由 题 中 三 视 图 知, 1 1 1 1
此四棱锥的直观图如图所示,其中侧棱
3S△BCDdsinθ≤3S△BCD
·d=3×
(
2 2 3-x
)·
SA⊥底面ABCD,且底面是边长为1的 ( )
正方形,SA=1,所以四棱锥最长棱的棱 x 1 x23-x= .
, x2-23x+4 6 x2长为SC= 3 选C. -23x+4
8.C 【解析】 由题意可知,圆柱的侧面积为S 21 设t= x2-23x+4= (x- 3)+1,因 为
=2π×2×4=16π,圆锥的侧面积为S2=π×2×4= 0≤x≤23,所以1≤t≤2,则|x- 3|= t2-1.
8π,圆柱的底面积为S3=π·22=4π,故该几何体的表 (1)当0≤x≤ 3时,有|x- 3|= 3-x=
面积为S=S1+S2+S3=28π,故选C. 2 2
9.B 【解析】 要使球的体积V 最大,必须球的 t-1,故x= 3- t-1.
R 2 2半径 最大.由题意知球与直三棱柱的上下底面都相 1(3- t-1)[23-(3- t-1)]此时,V=
3 6 t
切时,球 的 半 径 取 得 最 大 值 ,此 时 球 的 体 积 为 1 4-t22 · 1 4= = ( -t).
4 3 4 (3)3 9
6 t 6 t
πR = π = ,故选3 3 2 2π B. V'(t)
1 4
= (- 2-1),因为6 t 1≤t≤2
,
3
10. 【解析】 由三棱锥的正视图知,三棱锥3 所以V'(t)<0,函数V(t)在[1,2]上单调递减,故
的高为1,底面边长分别为23、、, , () ()
1(4 122 所以 三棱锥的体 Vt ≤V 1 =6 1-1
)=2.
1 1 3 3
积为V= × ×2×2× ×1= . (2)当 3
11.2 【解析】 故由三视图知四棱锥高为3m,底 t-1 x= 3+ t-1.
2 2
面平行四边形的底为2m,高为1m,因此体积为V= , 1
(3+ t-1)[23-(3+ t-1)]
此时V=
1 6 t
3×
(2×1)×3=2m3. 1 2
= ·
4-t 1 4
6 t =
(
6 t-t
).
1
12. 【解析】 在 中,因为2 △ABC AB=BC= 由(1)可 知,函 数V(t)在(1,2]上 单 调 递 减,故
2,∠ABC=120°,所以∠BAD=∠BCA=30°. V(t)1
1 = (
4 1
-1)= .
由余 弦 定 理 可 得 AC2=AB2+BC2-2AB · 6 1 2
BCcosB=22+22-2×2×2cos120°=12,所以 AC= , 1综上 四面体PBCD 的体积的最大值为2.
23. 【过关特训】
设AD=x,则0在△ABD 中,由余弦定理可得BD2=AD2+AB2 锥的底面是边长为2的正三角形,侧视图应为一直角
-2AD·ABcosA=x2+22-2x·2cos30°=x2-23x 三角形,一条边长为2,另一条边长为2×sin60°= 3,
+4,故BD= x2-23x+4. 故选B.
在△PBD 中,PD=AD=x,PB=BA=2. 2.B 【解析】 该几何体是一个四棱锥,底面为
PD2+PB2-BD2 1
由余弦定理可得cos∠BPD= 边长是5与6的矩形,高为h,则V= ×5×6×h=2PD·PB 3
x2+22-(x2-23x+4) 3 103,解得h= 3.
= · · = ,所以2 x 2 2 ∠BPD=30°. 3.D 【解析】 分析题意可知,该几何体为三棱
过P 作直线BD 的垂线,垂足为O.设PO=d, 锥A-BCD,如图所示,最大面为边长为22的等边三
76
数学·立体几何与选修系列
3 以 , ,所以球的表面积为 ( )2
角形,故其面积为 ×(
2 AE=2AO=22 4π22 =
4 22
)=23. 32π,故答案为C.
12.B 【解析】 由三视图可
知,该几何体的直观图如图所示,
平面AED⊥平面BCDE,四棱锥
的高 为1,四 边 形 BCDE 是 边 长
1 1
为1的 正 方 形,则 S△AED = ×1×1= ,2 2 S△ABC =
4.D 【解析】 由三视图可得该几何体是底面边 1 2 1 5
长为8cm的正四棱锥,且正四棱锥的斜高为5cm,所 S△ABE=2×1× 2=
,
2 S△ACD=2×1× 5=
,故
2
1 选
以侧面积为 ( 2),故选 B.
2×8×5×4=80cm D. 13.C 【解析】 如图所示,记O 为正四棱锥P-
5.D 【解析】 由三视图可知该四棱锥各侧面都 ABCD 外接 球 的 球 心,O1 为 底 面 ABCD 的 中 心,则
是直角三角形,因为底面正方形的边长为 2,四个侧棱 P,O,O1 三点共线,连接PO1,OA,O1A.设OO1=x,
长依次为 13-4=3, 9+2= 11, 13, 11,所 则O1A= R2-x2,AB= 2· R2-x2,PO1=R
1 1 1
以其侧面积为 × 2×3×2+ × 2× 11×2= +x,所以正四棱锥 P-ABCD 的体积V=3AB
2×
2 2
32+ 22.故选D. 1PO 2 2
1
1= ×2(R -x )(R+x)= ×(2R-2x)(R+
6.B 【解析】 由三视图可知该 3 3
3
几何体是一个放倒的四棱锥,如图所 ()( ) 1[2R-2x
)+(R+x)+(R+x)
x R+x ≤ ]=
示,其中棱锥的底面是直角梯形AB- 3 3
3
CD,高 为 BE.由 三 视 图 知 BC=4, 64R , R当且仅当2R-2x=R+x,即81 x=
时等号成
AD=2,AB=4,BE=4,所以四棱锥 3
1 (2+4)×4 立.
的体 积 为V=3× 2 ×4=
16,故选B.
7.D 【解析】 因为在棱长为1的正方体ABCD
-A1B1C1D1 中,E 是棱BC 上的一点,所以点E 到平
1 1
面B1D1C1 的距离h=1,S△B1D1C1=2×1×1=
,所
2
1 1 1
以VD1-B1C1E=VE-B1D1C1=3×S△B1D1C1×h=3×2× 14.D 【解析】 由题意知球O1 的大圆面为三角
1 形ABC 的内切圆.设其半径为R1,由△ABC 为边长为
1= ,故选6 D. 1 3
8.A 【 】
的等边三角形,则 而球 的
解析 由三棱锥的三视图,易得俯视图 6 R1=3×2×6= 3. O1
斜边上的中点到三棱锥各顶点的距离均为1,所以三 直径即为三棱柱的高,也就是 AA1=23.由球O2 是
棱锥的外接球球心为俯视图斜边上的中点,外接球的 正三棱柱的外接球,所以 O2 为底面三角形中心 MN
半径为1,由球的表面积公式,得外接球的表面 积 为 连线的中 点,如 图,O2A1 就 是 外 接 球 O2 的 半 径,在
4π,故选A.
9.D 【解析】 取AC 的中点O,连接BO,DO,由 Rt△O2NA1 中,
2 3
O2N= 3,A1N= ,3×2×6=23
2
题意 知 AC⊥BO,AC⊥DO,BO=DO= ,因 为 A O = O N2
4
2 1 2 2 +A1N
2= 15,所以VO2=3πA1O
3
2
△ABD 为正三角形,所以DB=1,DO⊥OB,VA-BCD= =20 15π.
1 2
VD-ABC=3S△ABC
·DO= ,故选12 D.
10.B 【解析】 当含有一条公共边的两个边长
为2的正三角形组成的二面角的角度为90°时,该四面
体的体积最大, 1 1最大值为V=3Sh=3× 3× 3=1.
11.C 【解析】 由题意画出几 15.2+42 【解析】 因为底面是边长为1cm
何体的图形,如图,把 A,B,C,D 扩
, 的正方形,所以底面正方形的外接圆直径为 2cm,又展为三棱柱 上下底面的中心连线的
中点与A 的距离为球的半径,AD= 球的直径为2cm,所以四棱柱的高为 2cm,所以其表
2
4,AB=23,△ABC 是正三角形,所 面积为2+42(cm ).
77
小题狂刷 高考专题特训
16
16. 【解析】 设容器中液面的高度为h,
1
则冰 三棱锥S-ABC 体积的最大值为15 3×93×33=27.
4 3 32π, 32π 9 22.
解:(1)如图,连接 AC 交
的体积V1=3×π×2 =
则水的体积为 × 13 3 10 A1C 于点E,连接DE,
48π 48π 16 因为四边形 AA CC 是矩形,
= ,则9πh= ,解得h= . 1 15 5 15 所以E 为AC1 的中点,
1
17. 【 】
又 是 的中点,所以
解析 正三棱锥的底 D AB DE6 ∥BC1,
面边长为 2,侧棱长为1,如图所示, 而DE 平面CA1D,BC1 平
过点S 作SO⊥平面 ABC,则 OC= 面CA1D,
2 3 6 所以BC1∥平面CA1D.
× 2× = ,所以棱锥的高3 2 3 SO (2)由AC=BC,D 是AB 的中点,得AB⊥CD,
因为
6 3 1 1 AA1⊥
平 面 ABC,CD 平 面 ABC,所 以
= 1- = ,所以三棱锥的体积V= × × 2 AA1⊥CD,9 3 3 2
又AA1∩AB=A,所以CD⊥平面AA1B1B
3 3 1
× 2× × = . 又底面ABC 为边长为2的正三角形,2 3 6
【 】 则 ,18.4 解析 由三视图还原几何体,得该几何 CD= 3 BD=1
,又BB1= 3,
体是底面一边长为4,该边上的高为3的三角形的三棱 所以A1D=B1D=A1B1=2,S△A B D= 3,1 1
1 1 故三棱锥B1-A1DC 的体积VB1-A1DC=VC-A1B1D
锥,且其高为2,故体积为V=3×2×4×3×2=4. 1=
23 3
× 3× 3=1.
19. 【解析】 在 正 三 棱 柱 中,AA1⊥平 面 23.解:()底面平行四边形 中,3 1 ABCD
A B C ,则AA ⊥B M,
因为 ,
又B M 是正三角形的中线, AB=AD ∠BAD=60°
,所以AC⊥BD,
1 1 1 1 1 1
, , 又DD1⊥平面ABCD,所以则 B M ⊥A C 所 以 B M ⊥ 平 面 ACC A 则 DD1⊥AC
,所以AC
1 1 1 1 1 1 ⊥平面1 BDD1
,
VM-AB C=VB -MAC= ×(
1
×AC×AA1)
1
1 1 3 2 ×B1M=
又四棱台
3 ABCD-A1B1C1D1
中,侧棱 DD1 与
BB1 延长后交于一点,
1 23
×2×2×2× 3= .
所以BB1 平面BDD1,所以BB1⊥AC.
3 (2)因为四边形ABCD 为平行四边形,所以OD=
8π
20. 【解析】 由题意,面积 13 2BD.
最小的截面是以AB 为直径的圆,在 连接B1D1,由棱台定义及AB=AD=2A1B1 知
正四 面 体 ABCD 中,如 图,设 E 为 D1B1∥DO,且D1B1=DO,
△BCD 的中心,连接 AE,BE,则球 所以四边形D1B1OD 为平行四边形,所以DD1∥
心O 在AE 上,延 长 AE 交 球 面 于 B1O.
F,则AF 是球的直径,∠ABF=90°,又 AE⊥BE,所 因为DD1⊥平面 ABCD,所以 B1O⊥平面 AB-
以在△ABF 中,由 射 影 定 理 得 AB2=AE ·AF= CD,即B1O⊥AO,B1O⊥BO,由(1)知AC⊥BD 于点
, 2 6 ,即 ,所以三棱锥4AE 又 AE= AB -BE2 = AB,所 以 AB= O AO⊥BO B1-ABO
外接球的直径
3 就是以OA,OB,OB1 为三条棱的长方体的体对角线,
2
46, (26) 8π故截面面积的最小值为π = . 长为 (3)
2+12+22=22,所以外接球半径R= 2,
3 3 3 4 4 3 82
21.27 【解析】 由题意画出 所以外接球体积为V= 3 ( )3πR =3π 2 = 3 π.
几何体的图形如图,设该球的半径
24.解:(1)由题意知,棱柱的上、下底面都为菱形,
为R,则 有4πR2=60π,解 得 R= 则A1C1⊥B1D1,
15.由于平面SAB⊥平面 ABC, 由棱柱的性质可知CC1∥BB1,又CC1⊥A1C1,故
所以点S 在平面ABC 上的射影D A1C1⊥BB1,
在AB 上.设O'为等边三角形ABC 又B1D1 平面 DBB1D1,BB1 平面 DBB1D1,
的中心,则OO'⊥平面 ABC,即有 OO'∥SD.当 D 为 B1D1∩BB1=B1,所以A1C1⊥平面DBB1D1,
AB 的中点时,SD 最大,三棱锥S-ABC 的体积最大. 又A1C1 平面AA1C1C,故平面DBB1D1⊥平面
由于OC= 15,OO'= 3,则CO'= CO2-OO'2= AA1C1C.
23,DO'= 3,则△ABC 是边长为6的等边三角形, (2)设 AC∩BD =O,由(1)可 知 AC⊥ 平 面
1 DBB1D1,
所以△ABC 的面积为 ×6×33=93.在直角梯形2 1故VC-DD1B1B=3S四边形DD
·
1B1B CO.
, ( )2 2SDO'O 中 SD= 3+ 15 -(3)=33,所以 在菱形ABCD 中,因为BC=2,∠DAB=60°,所
78
数学·立体几何与选修系列
以∠CBO=60°,且BD=2, 所以l必与b相交,
则在△CBO 中,CO=BCsin60°= 3. 又b不在平面α内,所以直线b和平面α相交.
易知四边形DBB D 为边长为2的菱形, 14.证明:(1)连接1 1 AD1,因为
S =D B ·DDsin∠DD B =2× E,F 分别是四边形DD B B 1 1 1 1 1 AD 和DD1 的中点,1 1
2sin∠DD B , 所以1 1 EF∥AD1.
则当∠DD1B1=90°(DD1⊥D1B1)时,S 在 正 方 体四边形DD ABCD -1B1B
最大,且其值为4. A1B1C1D1 中,AB∥D1C1,AB=
1 43 D1C1,所以四边形 ABC1D1 为平
故所求体积最大值为V=3×4× 3= 3 . 行四边形,即有AD1∥BC1,所以EF∥BC1.
又EF 平面C1BD,BC1 平面C1BD,所以EF
第二单元 点、直线、平面之间的位置关系 ∥平面C1BD.
(2)连接 AC,则 AC⊥BD.因为正方体 ABCD-
第一节 空间点、直线、平面之间的位置关系 A1B1C1D1 中,AA1⊥平面ABCD,所以AA1⊥BD.又
AA1∩AC=A,所以 BD⊥平面 AA1C,所以 A1C⊥
【基础特训】 BD.同理可证A1C⊥BC1.
1.A 2.B 3.B 4.C 5.C 又BD∩BC1=B,所以A1C⊥平面C1BD.
6.C 【解析】 如 图,取 B1C1 【能力特训】
的中 点 E,连 接 BE,DE,则 AC∥ 高频题特训
A1C1∥DE,则∠BDE 即 为 异 面 直 1.D 2.A 3.D
线BD 与AC 所成的角.由条件可知 4.D 【解析】 由中位线定理,易知 MQ∥BD,
BD=DE=EB= 5,所以∠BDE= ME∥BC,QE∥CD,NP∥BD.对于A,有 MQ∥NP,
60°,故选C. 所以 M,N,P,Q 四点共面,故A说法正确;对于B,根
7.D 【解析】 连接CD1,因为CD1∥BA1,所以 据等角定理,得∠QME=∠CBD,故B说法正确;对于
CP 与BA1 所成的角就是CP 与CD1 所成的角,即θ= C,由 等 角 定 理,知 ∠QME = ∠CBD,∠MEQ =
∠D1CP.当点P 从D1 向 A 运动时,∠D1CP 从0°增 ∠BCD,所以△BCD∽△MEQ,故C说 法 正 确,由 三
大到60°,但当点P 与D1 重合时,CP∥BA1,与CP 与 1 1
BA1 为异面直线矛盾,所以异面直线CP 与BA 所成 角形的中位线定理,知 MQ ,2BD NP
,所以
1 2BD
的角θ的取值范围是(0°,60°]. MQ NP,所以四边形 MNPQ 为平行四边形,故D说
8.D 【解析】 当两点所在的直线与直线l平行 法不正确.
时,可以作无数个平面与l平行;当两点所在的直线与 5.B 【解析】 可将a,b通过平移相交于点P,如
直线l异面时,仅可以作一个平面与直线l平行;当两 图所示,则∠BPE=17°,∠EPD=163°,则∠BPE 的
点所在的直线与直线l相交时,则不能作与直线l平 角平分线与直线a,b所成的角均为8.5°,∠EPD 的角
行的平面.故过直线l外两点可以作0个、1个或无数 平分线与直线a,b 所成的角均为81.5°.因为8.5°<9°
个平面与直线l平行.故选D. <81.5°,所以与直线a,b 所成的角均为9°的直线l有
9.C 【解析】 因为m∥α,所以m 与平面α没有 且只有2条(直线c,d),故选B.
公共点,所以m 与l无公共点,同理,由n∥β,知n 与l
无公共点,故l与m,n 都没有公共点,即l与m,n 都
不相交.
10.C 【解析】 当过P,Q 的直线与α,β相交时,
过P,Q 的平面一定与平面α,β 都相交,排除B,D;当 6.A 【解析】 取AD 的中点P,连接PM,PN,
过P,Q 的直线与α,β都平行时,可以作唯一的一个平 则BD∥PM,AC∥PN,所以∠MPN 即异面直线AC
面与α,β都平行,排除A,故选C. 与BD 所成的角,
1
所以
【 】 , , , ∠MPN=90°
,PN= AC=4,
11.P∈l 解析 因为m αn β m∩n=P 2
所以P∈α且P∈β.又α∩β=l,所以点P 在直线l上, 1PM=2BD=3
,所以 MN=5.
所以P∈l.
12.5 【解析】 作图并观察可知既与 AB 共面, 7.B 【解 析】 如 图,在
又与CC1 共面的棱有CD,BC,BB1,AA1,C1D1,共5 △ABD 中,点 H,E 分别为边AD,
条. 1的中点,所以 ,同理
13.证明:已知:直线a,b和平面α,且a∥b,
AB HE
a∩α 2
BD
=P. 1GF BD,所以: HE GF
,所以四
求证 直线b与平面α相交. 2
证明:因为a∥b,所以a与b可确定平面β, 边形EFGH 为平行四边形.又 AC⊥BD,所以 HG⊥
因为a∩α=P,所以平面α与平面β相交,且交线 HE,所以四边形EFGH 是矩形,故选B.
为过点P 的直线,设为l. 8.D 【解析】 根据题意,知平面ADD1A1 与平
因为在平面β内l与两条平行直线a,b中的一条 面 D1EF 相 交,所 以 在 平 面 ADD1A1 内 与 平 面
直线a相交, ADD1A1 和平面 D1EF 的交线平行的直线有无数条,
79
小题狂刷 高考专题特训
所以在平面ADD1A1 内与平面 D1EF 平行的直线有 2a,所以A1D1= 2a,
无数条.故选D. 所以A D21 1+A B21 =BD21,所以∠BA1D1=90°.
9.D 【解析】 由于直线l上有2个点在平面α A B
外,则直线l在平面α外,即直线l与平面α相交,或直 所以 在 Rt△BA1D1 中,cos∠A1BD
1
1=BD =1
线l与平面α平行,所以直线l上至多有1个点在平面 a 3
α内.故选D. =3.
10.D 【解析】 因为AB∩l=M,所以 M∈AB, 3a
, , , 16.(1)证明:连接 交且 M∈l.又直线AB 平面γl 平面 所以 M∈γ A'B AB'
于点E,连接D'E.
β
, , 因为四边形A'ABB'为矩形,所以E 为A'B 的中点 因M∈β.又C∈γ 且C∈β 所以 MC γ 且MC β 所以
.
, , 为D'是棱A'C'的中点,所以β∩γ=MC 即γ 与
D'E∥BC'.
β的交线必通过点C 和点M 故选 因为
D. D'E
平面AB'D',BC' 平面AB'D',所以
平面
11.C 【解析】 分以下两种情况讨论:(1)点 P BC'∥ AB'D'.
, , (2)解:作A'M⊥AD',交 于到其中两个点的距离相等 到另外两个点的距离相等 CC' M.因为 D'是棱
, A'C'的中点,所以 B'D'⊥A'C',所 以且这两个距离不相等 此时点P 位于正四面体各棱的 B'D'⊥
平 面
中点, ,所以 ,所以符合条件的有6个点;(2)点P 到其中三个点的 A'ACC' B'D'⊥A'M A'M⊥
平面AB'D',
距离相等,到另外一个点的距离与它到其他三个点的 , A'A A'C'此时△A'AD'∽△C'A'M 所以 = ,即
距离不相等,此时点 P 在正四面体各侧面的中心,符 A'D' C'M
合条件的有4个点.综上,满足题意的点共计10个,故 A'C'·A'D' 2×1 2C'M= = = ,
32
所以CM= ,即
选C. A'A 22 2 2
12.②③ 【解析】 ①中,只有不共线的三点可以 32 ,
确定一个平面,因此①错误;②中,由于两条直线相交, 当CM= 时2 A'M⊥
平面AB'D'.
则必然确定一个平面,因此②正确;③中,由于点A,B 17.解:(1)因为三棱柱的侧面是正方形,所以CC1
既在直线l上又在平面α内,即直线l上的两点在平面 ⊥BC,CC1⊥AC,BC∩AC=C,所 以 CC1⊥底 面
α内,所以直线l在平面α 内,即l α,因此③正确.综 ABC.
上可知,正确命题的序号是②③. 因为BD 底面ABC,所以CC1⊥BD.
2 39 由已知可得,底面三角形ABC 为正三角形.
13. 【解析】 如图,过13 P 因为D 是AC 中点,所以BD⊥AC.
作PD∥AB 交AA1 于 D,连 接 DQ, 因为AC∩CC1=C,所以BD⊥平面ACC1A1.
1 (2)如图,连接, B1C
交BC1 于 点
所以D 为AM 的中点 PD=2AB= O,连接OD.显然点O 为B1C 的中点.
A1Q A1D 3 因为D 是AC 中点,所以AB1∥OD.因
4. = = ,所 以 ,A1C A1A 4
DQ∥AC 为 OD 平 面 BC1D,AB1 平 面
π 3 BC1D,所以直线, AB1∥
平面BC1D.
∠PDQ=3 DQ=4AC=3. (3)在△BC1D 内的平面区域(包
π 括边界)存在一点E,使CE⊥DM,此时点E 在线段
在△PDQ 中,PQ= 42+32-2×4×3×cos3 C1D 上.
PQ2+QD2-PD2 1 证明如下:过C 作CE⊥C1D,交线
= 13,cos∠PQD = ,2PQ×QD = 13 段C1D 于E,由(1)可 知 BD⊥平 面
ACC1A1,而CE 平面 ACC1A1,所以
2 2 39sin∠PQD= 1-cos∠PQD= . BD⊥CE.13 又 CE ⊥C1D,所 以【 】 : CE ⊥
平 面
14.②④ 解析 由异面直线判定定理知 ①直 BC
AM CC ;② 1
D.
线 与直线 1 异面 直线 AM 与直线DD1 异 又DM 平面; BC③ AM BN ;④ BN 1
D,所以CE⊥DM.
面 直线 与直线 异面 直线 与直线
易错题特训
MB1 异面. 1.D 【解析】 如图1,a 与b异面,b与c异面,a
15.解:如图所示,把三棱柱补为 与c也异面;如图 ,, 2a
与b 异面,b 与c异面,a 与c相
四 棱 柱 ABDC-A1B1D1C1 连 接 交;如图3,a 与b异面,b与c异面, 与 平行 故选, , , a c . D.BD1 A1D1 AD
由四棱柱的性质知BD1∥AC1,
则∠A1BD1 就是异面 直 线 A1B 与
AC1 所成的角.
设AB=a,因为 AA1 与 AC,AB 所成的角均为
60°,且AB=AC=AA1, 【易错提醒】 异面直线是指不同在任何一个平面
所以A1B=a,BD1=AC1=2AA1cos30°= 3a. 内的两条直线,其中的关键词是“任何一个平面”,而有
又∠BAC=90°,所 以 在 矩 形 ABCD 中,AD= 的同学会误认为异面直线是在两个不同平面内的两条
80
数学·立体几何与选修系列
直线. 3.4≤S≤2 13 【解析】 四 边 形 ABCD 和
2.D 【解析】 l∥α 时,直线l上任意点到α 的 ADD1A1 的面积分别为4和6,长方体在平面α 内的
距离都相等;l α时,直线l上所有点与α距离都是0; 射影可由这两个四边形在平面α 内的射影组合而成.
l⊥α时,直线l上只能有两点到α 距离相等;l与α 斜 显然,Smin=4.若记平面 ABCD 与平面α 所成角为θ,
交时,也只能有两点到α距离相等,所以一条直线上有 π
相异三个点A,B,C 到平面α 的距离相等,那么直线l 则平面ADD1A1 与平面α 所成角为2-θ.
它们在平
与平面α的位置关系是l∥α或l α.故选D. π
【易错提醒】 直线与平面有三种位置关系:①线 面α 内 的 射 影 面 积 分 别 为4cosθ 和6cos(2-θ
)=
面平行;②线在面内;③线面相交,而本题解决过程中 6sinθ,所以S=4cosθ+6sinθ=2 13sin(θ+φ)(其中
易忽略l α这一特殊情况,这也警示我们在考虑点、 2 π
线、面的位置关系时,应考虑全面,以免造成不必要的 tanφ= ),因此3 Smax=2 13
,当且仅当θ=2-φ
时
错误,而考虑全面的前提是清楚点、线、面之间存在的
取等号.因此4≤S≤2 13.
各种关系.
3.② 【解析】 ①表示不正确,结论应为l α; 第二节 直线、平面之间的平行关系
②表示正确;③表示不正确,结论应为A∈l;④表示不
【 】
正确,结论应为A∈l,且 A∈α.综上可知正确表示的 基础特训
序号是②. 1.A 2.C 3.D 4.D 5.D
【易错提醒】 点与直线、平面间的关系用“∈”或 6.C
【解析】 根据图1和图2可知α 与β 平行
“ ”表示,直线与平面间的关系用“ ”或“ ”表示. 或相交.
拓展题特训
1.B 【解析】 在如图所示的正方体中,连接正
方体各顶点的所有直线,若为成60°角的异面直线,需
是正方体的面对角线.以 AC 为例,与其构成“黄金异
面直线对”的有A'B,BC',A'D,C'D,即有4对,又正
方体面对角线有12条,故构成“黄金异面直线对”有
12×4
2 =24
(对).故选B. 7.B 【解析】 在图2中,因为BE∥CF,BE 平
面DFC,CF 平面 DFC,所以BE∥平面 DFC,同理
AE∥平面DFC.又BE∩AE=E,所以平面ABE∥平
面DFC.又AB 平面ABE,所以AB∥平面 DFC.故
选B.
8.B 【解析】 根据两平面平行的定义,知平面α
内的任意一条直线与平面β 都平行,无 公 共 点,所 以
,
2.B 【解析】 MN, A D命题正确
,B命题不正确;对于假设存在满足条件的直线 C,过平面α 内的
, , 任意一条直线b 都能作出一个平面与平面β 相交,其如图 建立空间直角坐标系 不妨设正方体的棱长为
→ 交线与b平行,故C命题正确,故选B.2,则D1(2,0,2),E(1,2,0),设 M(x,y,z),D1M=
→ 9.B 【解析】 因为GH∥平面SCD,GH 平面mD1E(0-2),x=2-m,y=2m,z=2-2m,所 以 M(2-m, 然GH 与SA,SC 均不平行,故选B.
2m,2-2m),同理,若设C N→1 =nC→1F(0N(2n,2n,2-n),MN→=(m+2n-2,2n-2m,2m- 2MA1,BN =2NB1,AM BN,所 以 MN AB.又
{m+2n-2=0, MN 平面 ABC,AB 平面 ABC,所以 MN∥平 面n).又因为 MN⊥平面ABCD,所以 n m 2 -2 =0 ABC.又 MN 平面 MNEF,平面 MNEF∩平面ABC
ì 2 =EF,所以 MN∥EF
,所以EF∥AB,显然在△ABC
m= ,3 中EF≠AB,所以EF≠MN,所以四边形 MNEF 为梯
í 即存在满足条件的直线 MN 有且只有一条,
2 形.故选B. n= , 3 11.a与b相交 【解析】 根据两个平面平行的
故选B. 判定定理知,需要添加的一个条件是“a 与b相交”.
12.②④ 【解析】 ①把空间分成4个部分;②把
空间分成6个部分;③把空间分成7个部分;④把空间
分成6个部分.
13.证明:(1)如图,连接AC,CD1.
因为ABCD 为正方形,N 为BD 的中点,所以 N
为AC 的中点,
又 M 为AD1 的中点,所以 MN∥CD1.
因为 MN 平面CC1D1D,CD1 平面CC1D1D,
81
小题狂刷 高考专题特训
所以 MN∥平面CC1D1D. CD=23.
(2)连接BC1,C1D, 1
因为 B1BCC 为正方形,P 为 因为PA⊥平面ABCD,所以VP-ACD=3S△ACD×1
B1C 的中点,所以P 为BC1 的中点. 1 1 43
又 N 为BD 的中点,所以 PN PA=3×2×2×23×2= 3 .
∥C1D. 因为E 是PD 的中点,所以四面体PACE 的体积
因为PN 平面CC1D1D,C1D 平面CC1D1D,
所以PN∥平面CC D 1 231 1D. V= VP-ACD= .
由(1)知MN∥平面CC1D1D,且MN∩PN N,
2 3
= 【能力特训】
所以平面 MNP∥平面CC1D1D.
14.证明:()
高频题特训
1 如图,取 DC 的中点Q,连接 MQ,
NQ 1.D 2.D 3.A 4.D 5.C.
6.B 【解析】 如 图,过因为 N,Q 分 别 是PC, M
作
DC 的中点,所以NQ PD MP∥A1B1
交BB1 于点P,过 N 作∥ .
, NQ∥AB 交BC 于点Q,连接PQ,则因为 NQ 平面 PAD
PD 平面PAD,所以 NQ∥ 2由A1M=AN= ,且
平面PAD. 3
a A1B=AC
因为M 是AB 的中点,四边形ABCD 是平行四边 = 2a,
2
得 MP = 3A1B1
,NQ =
形,所以 MQ∥AD.
又MQ 平面PAD,AD 平面PAD,所以MQ∥ 2AB.又A1B1 AB,所以 NQ MP,所以 MNQP 为
平面PAD. 3
因为 MQ∩NQ=Q,所 以 平 面 MNQ∥ 平 面 平行四边形,所以 MN∥PQ.又 MN 平面BB1C1C,
PAD. PQ 平面BB1C1C,所以 MN∥BB1C1C.故选B.
因为 MN 平面 MNQ,所以 MN∥平面PAD. 7.B 【解析】 因为直线a∥α,a∥β,所以在平面
(2)因为平面 MNQ∥平面PAD, α,β中必分别有一直线平行于a,不妨设为 m,n,所以
且平面PEC∩平面 MNQ=MN, a∥m,a∥n,所以m∥n.又α,β相交,m 在平面α内,n
平面PEC∩平面PAD=PE,所以 MN∥PE. 在平面β内,所以m∥β,所以m∥b,所以a∥b.故选B.
15.(1)证明:因为 BC⊥平面 PAB,AD 平面 8.A 【解析】 取 DG 的中点
PAB,所以BC⊥AD. 为M,连接AM,FM,如图所示.
因为PA=AB,D 为PB 的中点,所以AD⊥PB. 则 由 已 知 条 件 易 证 四 边 形
因为PB∩BC=B,所以AD⊥平面PBC. DEFM 是平行四边形,所 以 DE
(2)解:如图所示,连接 DC 交PE 于G,连接FG. FM.
因为AD∥平面PEF,平面 ADC∩平面PEF=FG, 因为平面 ABC∥平面 DEFG,
所以AD∥FG. 平面ABC∩平 面 ADEB=AB,平 面 DEFG∩平 面
ADEB=DE,所以AB∥DE,所以AB∥FM.
又AB=DE,所以AB=FM,
所以四边形ABFM 是平行四边形,即BF∥AM.
又BF 平面ACGD,所以BF∥平面ACGD.故选A.
9.C 【解析】 若 m∥l,m∥α,则l∥α 或l α,
所以A选项是假命题;若 m⊥α,l⊥m,则l∥α 或l
α,所以B选项是假命题;若α∥β,l⊥α,m∥β,则l⊥
AF DG 1
因为G 为△PBC 的重心,所以 = = . m,所以C选项是真命题;若 m α,m∥β,l β,l∥α,FC GC 2 则α∥β或α与β相交,所以D选项是假命题,故选C.
16.解:(1)取AD 的中点M, 10.A 【解析】 因为A1D∥B1C,PQ⊥A1D,所
连接EM,CM,则EM∥PA. 以 PQ⊥B1C.又 因 为 PQ⊥AC,所 以 PQ⊥ 平 面
因为EM 平面PAB,PA AB1C.因为AC⊥BD,AC⊥DD1,所以 AC⊥BD1,同
平面PAB,所以EM∥平面PAB. 理B1C⊥BD1,所 以 BD1⊥平 面 AB1C,所 以 PQ∥
在 Rt△ACD 中,∠CAD = BD1.故选A.
60°,CM=AM,所以∠ACM=60°. 11.①② 【解析】 显然①②正确;③中a 和b可
而∠BAC=60°,所以 MC∥AB. 能平行、相交或异面,故命题③不正确;④中b 与α 也
因为 MC 平面PAB,AB 平面PAB,所以 MC 可能相交,故命题④不正确.
∥平面PAB. 12.m∶n 【解析】 因为 AC∥平面EFGH,所
又因为 EM∩MC=M,所以平面 EMC∥平面 BE
PAB. 以 EF∥AC,HG∥AC,所以EF=HG=ABm.
同理,
因为EC 平面EMC,所以EC∥平面PAB. AE BE AE
() , , EH=FG= n,所以2 由已知条件有AC=2AB=2AD=2AC=4 AB ABm=ABn
,所以AE∶EB=
82
数学·立体几何与选修系列
m∶n. 3
13.解:(1)连接 AC 交 A C 由AE= 2,则AD=DE=1,AO= ,SBDEF=1.1 1 2
于点E,连接 DE.在矩形 AA1C1C 1 3 3
中,E 是AC1 的中点,因为点 D 是 VA-BDEF=3SBDEF
·AO= ,6 V=2VA-BDEF=3.
AB 的中点,所以DE∥BC1. 16.解:(1)因为平面ABCD⊥平面ABEF,CB⊥
而DE 平面CA1D,BC1 平 AB,平面ABCD∩平面ABEF=AB,所以CB⊥平面
面CA1D,所以BC1∥平面CA1D. ABEF.因为AF 平面ABEF,所以AF⊥CB.
(2)由AC=BC,D 是AB 的中 又因为AB 为圆O 的直径,所以AF⊥BF.
点,得AB⊥CD.因为 AA1⊥平面 ABC,CD 平 面 因为CB∩BF=B,所以AF⊥平面CBF.
ABC,所以AA1⊥CD.因为AA1∩AB=A,所以CD⊥ 1
平面AA B B. ()1 1 2 设DF 的中点为N,则 MN 2CD.
因为底面三角形ABC 为边长为2的正三角形,则 1
CD= 3,BD=1,又BB = 3. 又AO CD,则 MN AO,四边形2 MNAO
为
1
1 1
故V 平行四边形,所以OM∥AN.B1-A1DC=VC-A1B1D=3×2×2× 3× 3=1. 因为AN 平面DAF,OM 平面DAF,所以OM
14.解:(1)因为E,F 分别是AB,AC 的中点,所 ∥平面DAF.
以EF∥BC. (3)过点F 作FG⊥AB 于G.因为平面ABCD⊥平
因为BC 平面 DEF,EF 平面 DEF,所以BC 面 ABEF,所 以 FG⊥平 面 ABCD,所 以 VF-ABCD =
∥平面DEF. 1 2
(2)由题图(1)可知CD⊥AD,BD⊥ 3SABCD
·FG=3FG.
AD,BD⊥CD.因为CD∩AD=D,所以 因为CB⊥平面 ABEF,所以VF-CBE=VC-BFE=
BD⊥平面ACD. 1 1 1
如图 所 示,取 AD 的 中 点G,连 接 S△BFE·CB= EF·FG·
1
CB= FG,所以3 3 2 6
EG. VF-ABCD∶VF-CBE=4∶1.
1
因为E 是AB 的中点,所以EG BD, 易错题特训2 1.C 【解析】 若m∥n,则α∥β或两者相交,故
3
所以EG⊥平面ACD,EG= , A错误;若m,n 异面,则α,β 平行或相交,故B错误;2 若m,n 相交,则α,β 一定有公共点,即相交,故C正
1 1 1
所以V 确;若m⊥n,则α与 相交或平行,故D错误.故选C.A-DEF=VE-ADF=3S△ADF
·EG= β3×2× 【易错提醒】 解决有关线面平行与垂直、面面平
3 1
2× 2× = . 行与垂直的基本问题的注意事项:(1)判定定理与性质2 2 定理中易忽视的条件,如线面平行的判定定理中“线在
15.解:(1)因为四边形ABCD 是菱形,所以BC∥ 面外”的条件;(2)结合题意构造或绘制图形,结合图形
AD. 作出判断;(3)举反例否定结论或用反证法推断命题是
因为BC 平面ADE,AD 平面ADE,所以BC 否正确.
∥平面ADE. 2.解:(1)在正方形 ABCD 中,AD⊥AE,CD⊥
因为四边形BDEF 是正方形,所以BF∥DE. CF.
因为BF 平面ADE,DE 平面ADE,所以BF 由题图(2),可得GD⊥GE,GD⊥GF,
∥平面ADE. 因为GE∩GF=G,所以GD⊥平面GEF.
因为BC 平面BCF,BF 平面BCF,BC∩BF 又EF 平面GEF,所以GD⊥EF.
=B, (2)EF∥平面GMN,由题图(1)易证F 是BC 边
所以平面BCF∥平面AED. 1 1
因为CF 平面BCF,所以CF∥平面AED. 上的中点,故VG-EFD=VD-GEF=3×2×1×1×2=
(2)连接AC,记AC∩BD=O. 1
因为四边形ABCD 是菱形,所以AC⊥BD,且AO 3.
=OC. 【易错提醒】 本题的解决要挖掘出折叠后DG⊥
由DE⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,得DE⊥ GE,DG⊥GF 这一隐含条件.折叠问题中的相关问题
AC. 的处理关键是:①画好两个图———翻折前的平面图和
因为DE 平面BDEF,BD 平面BDEF,DE∩ 翻折后的立体图;②分析好两个关系———翻折前后哪
BD=D, 些位置关系和度量关系发生了变化,哪些没有发生变
所以 AC⊥平 面 BDEF 于O,即 AO 为 四 棱 锥 化.
A-BDEF 的高. 技巧题特训
由四边形ABCD 是菱形,∠BCD=60°,则△ABD 解:(1)因为四边形 ABB1A1 和 ACC1A1 都是矩
为等边三角形. 形,所以AA1⊥AB,AA1⊥AC.因为AB∩AC=A,所
以AA1⊥平面ABC.因为直线BC 平面ABC,所以
83
小题狂刷 高考专题特训
AA1⊥BC.又由已知,AC⊥BC,AA1∩AC=A,所以 CD,则 有 PQ⊥AB,又 AB⊥BC.所 以 AB⊥平 面
BC⊥平面ACC1A1. PBC,于是侧面PAB⊥侧面PBC,同理可知侧面PDC
(2)存在,连接 AC1,设 A1C∩ ⊥侧面PBC,故①正确;由上述易知 AB⊥PB,CD⊥
AC1=D,取线段AB 的中点M,连接 PC,所以△PAB,△PCD 为直角三角形,又四棱锥的
CM,DM,A1M,则平面 A1CM 为所 左视图为直角三角形,所以△PBC 为直角三角形,故
求的平面α.证明如下: ②正确;由图易判断平面 PAB 与平面PAD 不垂直,
由作图可知 M,D 分别为AB, 故③正确.综上知①②③均正确.
, 1 12.②④
【解析】 由于AD 与AB 不垂直,因此
AC1 的中点 所以 MD 2BC1. 得不到PB⊥AD,①不正确;由PA⊥AB,AE⊥AB,
又因为 MD 平面α,BC1 平面α,因此BC1∥ PA∩AE=A,得 AB⊥平 面 PAE,因 为 AB 平 面
平面α. PAB,所以平面PAB⊥平面PAE,②正确;延长BC,
EA,两者相交,因此BC 与平面PAE 相交,③不正确;
第三节 直线、平面之间的垂直关系 由于PA⊥平面ABC,所以∠PDA 就是直线PD 与平
【基础特训】 面ABC 所成的角,由PA=2AB,AD=2AB,得PA=
1.B 2.B 3.C 4.D 5.B AD,所以∠PDA=45°,④正确.
6.C 【解析】 如图所示,在四 13.解:(1)取PD 中点M,
边形ABCD 中,因为AB=BC,AD 连接FM,AM,
=CD,所 以 BD ⊥AC.因 为 平 面 因为在△PCD 中,F,M 为
AA1C1C ⊥ 平 面 ABCD,平 面 中点,所以 FM∥CD 且FM=
AA1C1C∩平面ABCD=AC,BD 1CD.
平 面 ABCD,所 以 BD ⊥ 平 面 2
AA CC.又 CC 平 面 AA CC, 因为 在 正 方 形 ABCD 中,1 1 1 1 1
所以BD⊥CC1,故选C. 1AE∥CD 且AE=2CD
,所以AE∥FM 且AE=FM,
7.D 【解析】 因为PA=PD,E 为AD 的中点,
所以PE⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD 即四边形AEFM 为平行四边形,所以AM∥EF,
∩平面ABCD=AD,所以PE⊥平面ABCD,所以PE 因为EF 平面PAD,AM 平面PAD,所以EF
⊥AC,PE⊥BC,所以A,B成立,又PE 平面PBE, ∥平面PAD.
所以平 面 PBE⊥平 面 ABCD,所 以 C成 立.若 平 面 (2)因为侧面PAD⊥底面ABCD,PA⊥AD,侧面
PBE⊥平 面 PAD,则 AD⊥平 面 PBE,必 有 AD⊥ PAD∩底面ABCD=AD,所以PA⊥底面ABCD,
BE,此关系不一定成立,故选D. 因为DE 底面ABCD,所以DE⊥PA.
8.D 【解析】 由两平面平行的性质可知两平面 因为E,H 分别为正方形ABCD 边AB,BC 中点,
平行,在一个平面内的直线必平行于另一个平面,于是 所以Rt△ABH≌Rt△DAE,则∠BAH=∠ADE,
选D. 所以∠BAH+∠AED=90°,则DE⊥AH.
9.D 【解析】 对于D,根据两个平面平行的性质 因为PA 平面 PAH,AH 平面 PAH,PA∩
定理,即两个平面平行,第三个平面与这两个平面相 AH=A,所以DE⊥平面PAH.
交,则它们的交线平行,因此D是正确的,而A、B、C均 因为 DE 平 面 EFD,所 以 平 面 PAH ⊥平 面
可以举出反例说明不成立. EFD.
10.A 【解析】 取 AC 的中点G,连接SG,BG. 14.解:(1)证明:连接B1C,设
易知SG⊥AC,BG⊥AC,故AC⊥平面SGB,所以AC B1C 与BC1 相交于点O,连接OD.
⊥SB.因为SB∥平面 DEFH,SB 平面SAB,平面 因为四边形BCC1B1 是矩形,
SAB∩平面 DEFH=HD,则SB∥HD,同 理SB∥ 所以点O 是B1C 的中点,因为 D
FE.又 D、E 分 别 为AB、BC 的 中 点,则 H、F 也 为 为AC 的中点,所以OD 为△AB1C
1 的中 位 线,所 以 OD∥AB1,因 为
AS、SC 的中点,从而得 HF 2AC DE
,所以四边 OD 平面BC1D,AB1 平面BC1D,所以AB1∥平面
形DEFH 为平行四边形,又AC⊥SB,SB∥HD,DE BC1D.
∥AC,所以DE⊥HD,所以四边形DEFH 为矩形,其 (2)因为AA1⊥平面ABC,AA1 平面AA1C1C,
1 1 45 所以平面· ( )·( ) ABC⊥
平面 AA1C1C,且平面 ABC∩平面
面积S=HF HD= 2AC 2SB =2. AA1C1C=AC.作BE⊥AC,垂足为E,则BE⊥平面
()411.1 (2)①②③ 【解 AA1C1C.
因为AB=BB1=2,BC=3,在Rt△ABC 中,
3 2 2 , AB
·BC
析】 (1)由三视图可知该几何体是 AC= AB +BC = 4+9= 13 BE= AC
底面边长为2的正方形、高为1的 6 , 1 1( )·
四棱锥,如图所示,所以该四棱锥的 = 所以VB-AA1C1D=3×2 A1C1+AD AA113
1 4
体积为 ×2×2×1= .(2)由图可知PQ⊥平面3 3 AB- ·
1 3 6
BE=6×2 13×2× =3.13
84
数学·立体几何与选修系列
15.解:(1)因为AB=AC,D 是BC 的中点,所以
AD⊥BC.
又在 直 三 棱 柱 ABC-A1B1C1 中,BB1⊥平 面
ABC,AD 平面ABC,所以AD⊥BB1.
综上可得AD⊥平面BB1C1C.
由点E 在棱BB1 上运动,得C1E 平面BB1C1C,所
以AD⊥C1E.
(2)因为 AC∥A1C1,所以∠A1C1E 是异面直线
AC,C1E 所成的角,由题设,∠A1C1E=60°. 又平面BCC'B'⊥底面ABC,AO 平面ABC,平
因为 ∠B1A1C1 = ∠BAC=90°,所 以 A1C1 ⊥ 面BCC'B'∩平面 ABC=BC,所以 AO⊥平面BCC'
A1B1, B'.
又AA1⊥A1C1,从而A1C1⊥平面A1ABB1,于是 又BB' 平面BCC'B',所以AO⊥BB'.
A1C1⊥A1E. 又BB'⊥AC,AO∩AC=A,AO 平面ABC,AC
A C
故CE 1 1= =22, 平面ABC,所以BB'⊥底面ABC.1 cos60° (2)如图,显然M 不是A',B',棱A'B'上若存在一
又B1C1= A C21 1+A1B21=2, 点 M,使得C'M∥平面BEF,过 M 作 MN∥AA'交
所以B E= CE2-B 2 BE 于N,连接FN,MC',所以 MN∥CF,即C'M 和1 1 1C1=2.
1 1 1 FN 共面,
从而V三棱锥C1-A1B1E=3S△A1B1E×A1C1=3×2× 所以C'M∥FN,
2 所以四边形C'MNF 为平行四边形,
2× 2× 2=3. 所以 MN=2,
【能力特训】 所以MN 是梯形A'B'BE 的中位线,M 为A'B'的
高频题特训 中点.
1.C 2.B 3.D 4.B 5.D 12.证明:(1)连接BD 交AC 于点E,则E 为BD
6.D 【解析】 对于选项A,α⊥β,α∩β=n,m⊥ 的中点,连接EF.
n,根据面面垂直的性质定理可知,缺少条件 m α,故 又F 为A1D 的中点,所以EF∥A1B.
不正确;对于选项B,α∩γ=m,α⊥γ,β⊥γ,而 m 与β 因为 EF 平 面 AFC,A1B 平 面 AFC,所 以
可能平行,也可能m 与β斜交,故不正确;对于选项C, A1B∥平面AFC.
α⊥β,β⊥γ,m⊥α,而m 与β可能平行,也可能 m β,
故不正确;对于选项D,因为n⊥α,m⊥α,所以 m∥n.
又因为n⊥β,所以m⊥β.故选D.
7.C 【解析】 由题意可知 MN 与CE 在同一平
面内且不平行,所以一定有交点,即平面PMN 与平面
A'EC 有交点,所以不平行,④错误,所以选项C正确.
8.B 【解析】 对于选项 A,若 m∥α,α∩β=n,
能得到m∥n,或m 与n 异面,故A错误; (2)连 接 B1C,B1D.在 正 方 体 ABCD -
对于选项B,若 m⊥α,n⊥β,α⊥β,则 m 与n 垂 A1B1C1D1 中,因为 H 为A1C 的中点,所以 H 也是
直,故B正确; B1D 的中点,所以只要证B1D⊥平面ACF 即可.
对于选项C,若α⊥β,α∩β=n,m⊥n,则不一定m 由正方体性质得AC⊥BD,AC⊥B1B,B1B∩BD
⊥β,故C错误; =B,所以AC⊥平面B1BD,所以AC⊥B1D.
对于选项D,若m⊥α,m⊥n,能得到n α或n∥α 又F 为A1D 的中点,所以AF⊥A1D.
两种可能,故D错误.选B. 又AF⊥A1B1,A1B1∩A1D=A1,所以 AF⊥平
9.C 【解析】 对于A,只有 m,n 相交时结论才 面A1B1D,所以AF⊥B1D.
成立,故A错误;对于B,还有可能a α,故B错误;选 又AF∩AC=A,所以B1D⊥平面ACF,即B1H
项C是面面平行的性质定理,故C正确;对于D,只有 ⊥平面AFC.
当a,b相交时结论才成立,故D错误. 13.证明:(1)因为四边形 ABE1F1 为矩形,所以
10.C 【解析】 命题p 中,m,n可能平行,还可能 BE1⊥AB.
相交或异面,所以命题p 为假命题;命题q中,当三条直 因为平面ABCD⊥平面ABE1F1,且平面ABCD
线交于三个不同的点时,三条直线一定共面,当三条直 ∩平 面 ABE1F1=AB,BE1 平 面 ABE1F1,所 以
线交于一点时,三条直线不一定共面,所以命题q 也为 BE1⊥平面ABCD.
假命题,所以 p 和 q都为真命题,故p∨( q)为真 因为DC 平面ABCD,所以BE1⊥DC.
命题,选C. (2)因 为 四 边 形 ABE1F1 为 矩 形,所 以 AM ∥
11.证明:(1)如图,取BC 中点O,连接AO,因为 BE1.
三角形ABC 是等边三角形,所以AO⊥BC, 因为AD∥BC,AD∩AM=A,BC∩BE1=B,
所以平面ADM∥平面BCE1.
85
小题狂刷 高考专题特训
因为DM 平面ADM,所以DM∥平面BCE1. 如图,取BB1 的中点 F,连
(3)直线CD 与ME1 相交,理由如下: 接DF,则DF∥B1C1.
取BC 的中点P,CE1 的中点 Q,连接 AP,PQ, 连接EF,因为E 为AB 的
, , 1
中点,所以EF∥AB .
QM 所以PQ∥BE1 且PQ=2BE1.
1
因为 B1C1 与 AB1 是相交
在矩形ABE1F1 中,M 为AF1 的中点, 直线,
1 所 以 平 面 DEF ∥ 平 面
所以AM∥BE1,且AM=2BE1. AB1C1.
所以PQ∥AM,且PQ=AM. 又DE 平面DEF,所以DE∥平面AB1C1.
所以四边形APQM 为平行四边形. 16.证明:(1)因为D,M 分别为AC,FC 的中点,
所以 MQ∥AP,MQ=AP. 所以DM∥EF,
因为四边形ABCD 为梯形,P 为BC 的中点,BC 又EF 平面A1EF,DM 平面A1EF,
=2AD,所以AD∥PC,AD=PC. 所以DM∥平面A1EF.
所以四边形ADCP 为平行四边形, (2)因为A1E⊥BD,EF⊥BD,且A1E∩EF=E,
所以CD∥AP,且CD=AP. 所以BD⊥平面A1EF.
所以CD∥MQ,且CD=MQ. 又A1F 平面A1EF,所以BD⊥A1F.
所以CDMQ 是平行四边形, (3)直线A1B 与直线CD 不能垂直.理由如下:因为
所以DM∥CQ,即DM∥CE1. 平面A1BD⊥平面BCD,平面A1BD∩平面BCD=BD,
因为DM≠CE1,所以四边形 DME1C 是以DM, EF⊥BD,EF 平面BCD,所以EF⊥平面A1BD.
CE1 为底边的梯形,所以直线CD 与ME1 相交. 因为A1B 平面A1BD,所以A1B⊥EF,
14.解:(1)连接 BD,设 BD 的中点为O',连接 又EF∥DM,所以A1B⊥DM.
OO',O'E,如图. 假设A1B⊥CD,因为A1B⊥DM,CD∩DM=D,
因为∠BCD=90°,所以OO'⊥平面ABCD, 所以A1B⊥平面BCD,所以A1B⊥BD,
又PA⊥平面ABCD,所以OO'∥PA, 这与∠A1BD 为锐角矛盾,所以假设不成立.
又PA 平面PAD,所以OO'∥平面PAD. 所以直线A1B 与直线CD 不能垂直.
又E 为AB 的中点,所以O'E∥AD,即O'E∥平 易错题特训
面PAD. 1.①②④ 【解析】 ①AE 平 面 PAC,BC⊥
又OO'∩O'E=O',所以平面OO'E∥平面PAD. AC,BC⊥PA,AC∩PA=A AE⊥BC,故①正 确.
又OE 平面OO'E,所以OE∥平面PAD. ②AE∩AF=A,EF 平面AEF,AE⊥PB,AF⊥PB
EF⊥PB,故②正 确,③若 AF⊥BC AF⊥平 面
PBC,则AF∥AE,与已知矛盾,故③错误.由①可知④
正确.
【易错提醒】 解决命题真假判断的相关问题时,
对于真命题必须经过严格证明,而对于假命题只需举
一个反例,或者用反证法进行说明,这样可以节省时间
提高效率.
() 12 因为E 为AB 的中点,所以AE= AB=2. 2.(1)证明:因为O 为AC 的中点,M 为BC 的中2 点,所以OM∥AB.
因为点P,A,C 在球面上,O 为球心,OO'⊥平面 又因为OM 平面 ABD,AB 平面 ABD,所以
ABCD,PA⊥平面ABCD,
1
所以OO'= PA=2. OM∥平面ABD.2 (2)证明:因为在菱形 ABCD 中,OD⊥AC,所以
又AD=3,
1
所以V = ×OO'×S = 在三棱锥B-ACD 中,OD⊥AC.在菱形 ABCD 中,三棱锥O-ADE 3 △ADE AB=AD=4,∠BAD=60°,可得BD=4.
1 1 1 1
3×OO'×2×AD×AE=3×2×2×3×2=2.
1
因为O 为BD 的中点,所以DO=2BD=2.
15.证明:(1)因为AB=2BC,AC= 3BC, 因为O 为AC 的中点,M 为BC 的中点,所以OM
π
所以△ABC 为直角三角形且
1
∠ACB= ,所以2 =2AB=2.
BC⊥AC. 因此OD2+OM2=8=DM2,可得OD⊥OM.
又AA1⊥平面ABC,所以BC⊥AA1. 因为AC∩OM=O,所以OD⊥平面ABC.
又AA1∩AC=A,所以BC⊥平面ACC1A1, 因为OD 平 面 DOM,所 以 平 面 DOM ⊥平 面
所以BC⊥A1C,所以B1C1⊥A1C. ABC.
因为AC=AA1,所以侧面ACC1A1 为正方形,所 (3)解:由(2)得OD⊥平面BOM,所以OD 是三棱
以AC1⊥A1C. 锥D-BOM 的高.
又B1C1∩AC1=C1,所以A1C⊥平面AB1C1. , 1
() 由存在点 ,且 为 的中点 证明如下: OD=2S△BOM=2×OB×BMsin60°= 3
,
2 E E AB .
86
数学·立体几何与选修系列
1 1 3
所以V →B-DOM=VD-BOM=3S△BOM×OD=
的最大值为
3× 3 PQ 2.
23
×2= . 第四节 空间角与距离3
【易错提醒】 本题第(2)问证明平面与平面垂直, 【基础特训】
需正确掌握平面与平面垂直的条件———l α,l⊥β,两 1.B 2.C 3.B 4.C 5.C
个缺一不可,解决垂直的相关问题时还应注意:(1)证 5
明线面垂直时,易忽视面内两条线为相交线这一条件; 6. 【解析】 连接EB,由BB1⊥平面ABCD,5
(2)面面垂直的性质定理在使用时易忘记面内一线垂 知∠FEB 即为 直 线EF 与 平 面ABCD 所 成 的 角,在
直于交线而盲目套用造成失误. 5
拓展题特训 Rt△FBE 中,BF=1,BE= 5,则tan∠FEB=5.
1.D 【解析】 当P 点从B 点向D1 运动时,截
面的周长 越来越大,当截面经过平面AB C 时,周长 3y 1 7. 【解析】 取 BC 的 中 点 ,连 接2 M AM
、
最大,当 P 点 继 续 移 动 时,在 截 面 AB1C 到 截 面 A M,, 可证平面A AM⊥平面 A BC.作A DC AH⊥A M
,
1 1 之间 截面周长不变,当P 点继续移动时,截面 1 1 1 1
, 垂足为 H,则 AH⊥平面 A BC,即 AH 为点A 到平周长越来越小 所以截面周长的最大值就是△AB 11C
, , , 面AC A1BC
的距离,Rt△A1AM 中,AA1=1,AM= 3,的周长 因为正方体的棱长为23 所以 =26 即
周长为6 6,当x=1时,截 面 的 周 长 最 小, 3如 图,设 A1M=2,故AH=2.
y, 2 2 2 y
2
△EFG 的边长为 BF +BE =EF = ,又BF= 8.60° 【解析】 过点 A 作l 的垂线,设垂足为3 9 C,连接BC(图略).由于 AB⊥β,则△ABC 为直角三
2y
BE,所 以 BE= ,连 接 EP 交FG 于 M 点,连 接 角形,∠ACB 就 是 锐 二 面 角α-l-β 的 平 面 角.6
BM,因为P 是等边三角形EFG 的中心,所以 FM= 3sin∠ACB= ,因此2 ∠ACB=60°
,即二面角α-l-β
2
y, 2 2 2 (3y所 以
6 EM =EF -FM =
),因 为
6 EP=
的平面角是60°.
9.45° 【解析】 二面角 B-A1D1-C1 即半平
2 , 3yEM 所以EP= ,又BP2+EP2=BE2,即12+ 面A1B1C1D1 与A1D1CB 所成的图形,交线为A1D1,3 9 易知A1B1⊥A1D1,A1B⊥A1D1,所以∠BA1B1 即二
2 2
3y 2y 面角( )=( ), =3 6, [3 6,
B-A1D1-C1 的平面角,且∠BA1B1=45°,即二
得 y 所 以 值 域 为9 6 面角B-A1D1-C1 的大小为45°.
66]. 2
10. 【解析】 连接4 A1C
,因为
6
2.3+ 【解析】 由题意可得蛋托的高等于3 A1C= 1+1+BB21= 6,所以BB1=
边长为2的等边三角形的高,即 3,且折起的三个小三 2,如图所示,连接 BD,交 AC 于点O,
角形的顶点的连线构成边长为1的等边三角形,鸡蛋 连接B1O,因为 AC⊥BD,AC⊥BB1,
2 BD∩BB1=B,所以AC⊥平面BOB1,
3 6
中心到此等边三角形的距离d= 1-( )= ,所 过点B 作BH⊥B1O,则AC⊥BH,AC∩B1O=O,所3 3 以 BH ⊥平 面 AB1C,∠BB1O 为 直 线BB1 与 平 面
6
以鸡蛋中心与蛋托底面的距离为 3+ . 23 BO 2 2
3 所成的角,
3. 【 】
AB1C tan∠BB1O= = = .解析 以A 为坐标 BB1 2 42
原点,AD,AB,AA1 所 在 直 线 分 311. 【解析】 以 D 为
别为x 轴、y 轴、z 轴,建立如图所 3, , ,
示的空间直角坐标系,则 A(0,0, 坐标原点 DA DC DD1 所在直
1 1 线分别为x 轴、y 轴、z 轴,建立
0),M( ,1,0),所以2 AM
→=( ,2 如图所示的空间直角坐标系,不
妨设正方体的棱长为1,则A(1,
1,0).设P→Q=(x,,z).由题意可知 {-1≤x≤1-1≤ ≤1,因为 0,0),B(1,1,0),C(y y 0,1,0).因为点P 在棱A1D1 上移-1≤z≤1 动,所以可设P(x,0,1),0≤x≤1.所以A→B=(0,1,0),
→· → 1 1 , C
→P= (x,-1,1),则 cosα=|cos|=
AM PQ=2×x+1×y+0×z=
又
2x+y -1≤x 1 , , 1当 即 与 重合时,
, , 3 1 3
x=1 P A1 cosα=2 2
≤1 -1≤y≤1 所以- ≤ x+y≤ ,故AM→· x +2 x +22 2 2 3
取得最小值
3.
87
小题狂刷 高考专题特训
12.(1)证明:因为平面ABCD⊥平面BEC,所以 AB=FP,所以四边形ABPF 为平行四边形,所以AF
AB⊥平面BEC,故AB⊥EC. ∥BP.
因为BE⊥EC,所以 EC⊥平面 ABE,故 EC⊥ 又因为 AF 平面 BCE,BP 平面 BCE,所以
BM. AF∥平面BCE.
因为AB=BE,M 为AE 的中点,所以AE⊥BM. (2)证明:因为△ACD 为正三角形,所以 AF⊥
所以BM⊥平面AEC. CD.
(2)解:如图,将几何体 ABC- 因为AB⊥平面ACD,DE∥AB,所以DE⊥平面
DE 补成三棱柱AFD-BEC, ACD.
设EF 的中点为G,连接 MG, 又AF 平面ACD,所以DE⊥AF.
GC. 因为CD∩DE=D,所以AF⊥平面CDE.
因为 MG∥BE,所以 MG⊥平 又BP∥AF,所以BP⊥平面CDE.
面DEC. 又因为 BP 平面 BCE,所以平面 BCE⊥平面
因此∠MCG 为MC 与平面DEC 所成的角. CDE.
不妨设AB=2,则AB=BE=EC=2,因此 MG= (3)解:延长EB,DA,设EB,DA 交于一点O,连
6 接CO,则平面EBC∩平面DAC=CO.
1,ME= 2,MC= 6,故sin∠MCG= ,6 由AB 是△EDO 的中位线,则DO=2AD.
30 在△OCD 中,因为 OD=2AD=2AC,∠ODC=
所以 MC 与平面DEC 所成的角的余弦值为 6 . 60°,所以OC⊥CD.
13.(1)证明:取 AD 中 又OC⊥DE,所以OC⊥平面ECD,而CE 平面
点O,连接 OP,OC,AC,由 ECD,所以OC⊥CE,所以∠ECD 为所求二面角的平
题 意 可 知 △PAD,△ACD 面角.
均为 正 三 角 形.所 以 OC⊥ 在Rt△EDC 中,因为 ED=CD,所以∠ECD=
ΑD,OP⊥AD. 45°,即平面BCE 与平面ACD 所成锐二面角为45°.
又OC∩OP=O,OC 15.解:(1)取BD 的中点O,连接OA',OE.
平面POC,OP 平面POC,所以AD⊥平面POC, 由翻折的知识知OA'⊥BD,OE⊥BD,
又PC 平面POC,所以PC⊥AD. 又OA'∩OE=O,所以BD⊥平面OEA',
(2)解:点D 到平面PAΜ 的距离即点D 到平面 又A'E 平面OEA',所以A'E⊥BD.
PAC 的距离. (2)方法一:依题意可建立
由(1)可知 PO⊥AD,又平面 PAD⊥平面 AB- 如图所示的空间直角坐标系,结
CD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO 平面PAD, 合已知可得 A'(0,0,1),B(0,
所以PO⊥平面ABCD,即PO 为三棱锥P-ACD 的 - 3,0),E(1,0,0),D(0,3,
体高. 0),C(2,3,0).
在 Rt△POC 中,PO=OC= 3,PC= 6,在 设平面A'BC 的法向量为n=(x,y,z),
→ →
△PAC 中,PA=AC=2,PC= 6,边PC 上的高AM 因为BA'=(0,3,1),BE=(1,3,0),
10 {n·BA
→'=0
= PA2-PM2= , 所以 由 得
3y+z=0,即 x=z=
2 n·B→E=0 {x+ 3y=0
1 1
所以△PAC 的面积S△PAC=2PC
·AM=2×
- 3y,
令y=-1,则x=z= 3,故n=(3,-1,3)为
10 15
6× = . 平面A'BC 的一个法向量,2 2
因为 → (
设点 D 到 平 面ΡΑC 的 距 离 为h,由 V = CD= -2
,0,0),
D-PAC 设直线CD 与平面A'BC 所成角的大小为θ,1 1
V →P-ACD 得, · · ,3S△PAC h=3S△ACD PO |CD·n| 23 21则sinθ= → = = ,
1 1 15 1 |CD||n| 2× 7 7
又S△ACD= ,所以2×23= 3 3× 2 ×h=3 即直 线 CD 与 平 面 A'BC 所 成 角 的 正 弦 值 为
, 2 15
21
× 3× 3 解得h= 5 . 7
.
方法二:由题意可知CD⊥平面2 15 A'BD
,所以A'C
故点D 到平面PAM 的距离为 . = A'D2+CD25 =22,
14.(1)证明:取CE 中点P,连接FP,BP.因为F 又BC=4,BA'=2,
1 A'B
2+BC2-A'C2 3
为CD 的中点,所以FP∥DE,且FP= DE. 所以cos∠A'BC= 2A'B·BC =4.2
, 1 7又AB∥DE 且 AB= DE,所以 AB∥FP,且 故2 sin∠A'BC= 1-cos
2∠A'BC= ,4
88
数学·立体几何与选修系列
1 因为∠ACB=90°,AC=8,BC =6,所以· AB=10
,所
所以S△A'BC=2A'B BCsin∠A'BC= 7. 以CE=5.因为PA=PB=13,E 是AB 的中点,所以
1
又S BD·
1
A'O , PE⊥AB
,PE=12.因为平面PAB⊥平面 ABC,平面
△A'BD=2 =2×23×1= 3 PAB∩平 面 ABC=AB,所 以 PE⊥平 面 ABC.因 为
设D 到平面A'BC 的距离为d,则由V三棱锥C-A'BD CE 平面ABC,所以PE⊥CE.在Rt△PEC 中,PC=
=V三棱锥D-A'BC, PE2+CE2=13.
1 · 1 2 21得 CD S△A'BD= dS△A'BC,所以d=
π 【
3 3 7 . 7. 解析
】 因为3 AA1⊥
底面
设直线CD 与平面A'BC 所成角的大小为θ,则 A1B1C1,所 以∠APA1 为 PA 与 平 面
d 21 A1B1C1 所成的角.因为平面 ABC∥平
sinθ= = ,CD 7 面A1B1C1,所以∠APA1 为PA 与平面
即直 线 CD 与 平 面 A'BC 所 成 角 的 正 弦 值 为 ABC 所 成 角.因 为 正 三 棱 柱 ABC-
21 9
. A1B1C1 的体积为 ,底面边长为 ,所7 4
3
16.(1)证明:连接A1B,因为点E,H 分别是A · 91 以V=S△ABC AA1= ,可得AA1= 3,A1P=1,所以
B1和BB1的中点,所以EH∥A 41B,
又A1B∥CD1,所以EH∥CD AA1 π π1, tan∠APA1= = 3,即∠APA1= ,故答案为 .
又CD1 平面AD1C,且EH 平面AD A1P 3 31C,所以
EH∥平面AD1C. 6
() : 、 、 、、 8.
【解析】 根据题意,画出正方体ABCD-
2 解 分别以DA DC DD1 所在直线为x y z 6
轴建立空间直角坐标系. A1B1C1D1,异面直线BQ 与A1D1 所成的角为BQ 与
则 A(2,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,1),C (0,2,1), BC 所成的角.当点Q 与点D 重合时,所求异面直线所1
B (2,2,1), 成角为∠CBD=45°;当点Q 与点P 重合时,所求异面1
直线所成角为∠PBC,设正方体的棱长为2,在△PBC
中,PB =PC = 6,BC =2,所 以 cos∠PBC =
6+4-6 6
= ,所以动点Q 从D 点出发,沿着6 DP
移
2× 6×2
动,所求异面直线所成角越来越大,当到达点 P 时达
所以AD→1=(-2,0,1),CB→1=(2,0,1),D C→1 1= , 6( 到最大 所以0,2,0). cosθ=6.
设平面 AC1D1 的法向量为n=(x,y,z),直线 9.2cm或14cm 【解析】 设两个截面圆的半径
B1C 与平面AC1D1 所成的角为θ, 分别为r1,r2.球心到截面的距离分别为d1,d2.球的半
AD→·n=0 径为 由 2{ ,得 ,故1 {-2x+0×y+1×z=0 R. πr1=36π r1=6cm d1=8cm.由πr
2
2
则 ,即 .
D C→·n=0 2y=0 =64π,得r2=8cm.故d2=6cm.如图(1)所示,当球的1 1
令x=1,则z=2,y=0,n=(1,0,2). 球心在两个平行平面的外侧时
,这两个平面间的距离
→ 为球心与两个截面圆的距离之差,即d -d =8-6=
< →,> B1C
·n 1 24
故sinθ=|cosB1C n|=| → |= ,cosθ 2(cm).如图(2)所示,当球的球心在两个平行平面之间|B1C||n| 5 时,这两个平面间的距离为球心与两个截面圆的距离
3
= . 之和,即d2+d1=8+6=14(cm).故答案为2cm 或5 14cm.
所以直线B1C 与平面AC1D1所成的角的余弦值
3
为
5.
【能力特训】
高频题特训
1.B 2.D 3.C 4.D
5.D 【解析】 反例:如图,在 10.① 【解析】 取A1B1 的中
正方 体 ABCD-A1B1C1D1 中,E, 点K,连接KN,AK,则AK∥MC1,
F 分别是CD,C1D1 的中点,二面角 AK 与 AN 所 成 的 角 等 于 AN 与
D-AA1-E 与二面角B1-AB-D MC1所 成 的 角,在△AKN 中,AK
的两个半平面就是分别对应垂直的, 5 2
但是这两个二面角既不相等,也不互 =AN= ,2a KN=2a.
补,故选D. AK2+AN2-KN2
6.13 【解析】 取 AB 的中点E,连接 PE,EC. 由余弦定理得cos∠KAN= 2AK AN
89
小题狂刷 高考专题特训
2 2 2
5 5 → λa →( a)+( a)-(2a) (1)A1D=(0,a,- ),AD=2 2 2 4 2
= =5.5 5 ( λa2× a× a 0,a, ),2 2 2
3 因为 A1D⊥平面 ABD.所 以
所以AN 与MC1所成的角的正弦值为 , 对;5 ① A1D⊥AD.
2 2
取 CC1 的 中 点 Q,连 接 NQ, λa所以0+a2- =0,解得λ
D1Q,易证C1M⊥平面D1QN, 4
又 D1Q 平 面 D1QN,所 以 =2.
C M⊥D Q, (2)取 BC 的中点E,连接 AE,则 AE⊥BC,又1 1
又B1C1⊥D Q,所以D Q⊥平 BB1⊥AE,所以AE⊥平面BCD.1 1
面 MC1P, A→E=(a,a,0),设m=(x,y,z)为平面ABD 的
又D1Q 与平面AD1N 交于点D1, 2 2
所以平面 MC1P 与平面AD1N 不垂直,②错误; 法向量
,
因为A1D1∥平面 MC1P,所以 D1到平面 MC1P m·A→B=0 x=0
的距离等于点A1到平面 MC1P 的距离,由体积相等可
由{ → 得 { λz,令z=1,所以 m=m·AD=0 y=-2
25
以求出距离为 a,5 ③
错误. (0,
λ
- ,1),2
11.(1)证明:由直三棱柱ABC-A1B1C1 的性质 →
知AC⊥C1C,因为 M 为AB1 的中点,
,
△CMB 为等边 易知AE为平面BCD 的一个法向量 又二面角1
三角形,所以 MA=MB1=MC,所以 AC⊥CB A-BD-C
为60°,
1.又因
为B1C∩C1C=C,所以AC⊥平面BCC1B1. λa-
(2)解:因 为 BC =2, 4 1所以cos60°=| |= ,所以λ
λ2 a2 a2AB 21=8,所以 CB1=4,CC1 +1· +
=23.取B1C 中点O,连接 4 4 4
MO,得 出 MO ⊥ 平 面 =2.
14.解:(1)因为点 A,B,C 在圆O 的圆周上,且B1C1C.设 C1 到平面 CMB1
的距离为h,连接 MC AB⊥AC
,所以BC 为圆O 的直径,设圆O 的半径为
1.
r,圆柱高为h,根据正(主)视图、侧(左)视图的面积可
由VM-B C C =VC -CB M,
1
得 ·
1 1 1 1 3S△B1C1C MO = ì 1 2rh+ r×2=10
1 · , 得
2 r=2
S h 所以h= 3即为C 到平面CMB í
,解 得 { ,所 以 BC=4,
3 △B1CM 1 1
的距 1 h=2 2rh+ ×2r×2=12
离. 2
12.(1)证明:取C1B1 的中点E, AB=AC=22.
连接 A E,ED,EC,则 B E ∥DC, 以D 为原点,DD1,DE 所在直1 1
B E=DC,所以四边形B DCE 为平 线分别为x,z 轴建立如图所示的1 1
行四边形.于是有 B D∥EC,又 A 空间直角坐标系D-xz,则D(0,1 1E y
∥AD,B1D∩AD=D,A E∩EC= 0,0),D1(4,0,0),A(0,0,2),B(2,1
E,所以平面A1EC∥平面AB1D,A1C 2,2),C(2,-2,2),A
→C=(2,-2,
平面A EC,所以A C∥平面AB D. 0),B→1 1 1 D=(-2,-2,-2),
() : 3
→· → ,
2 解 由三棱柱为正三棱柱可得AD= , 因为AC BD=0 所以AC⊥2 BD.
1 1 3 3 3 (2)设n=(x,y,z)是平面BCD 的法向量,所以
S△ACD=2×2×2=
,所以
8 VB1-ADC=24. {n·B
→C=0,
5, 1 15 ·
→
因为B1D= 所以2 S△AB1D=2AD
·B1D= 8 .
n DB=0
→
, 因为BC=(0,-4,0),所以{-4y=0 ,取设点C 到平面AB1D 的距离为d 由V zC-AB1D= 2x+2y+2z=0
5 =-1,
VB1-ACD d=5. 则n=(1,0,-1)是平面BCD 的一个法向量,
13.解:以AB,AC,AA1为x,y,z 轴建立空间直 由(1)知,AC⊥BD,又 AC⊥AB,AB∩BD=B,
角坐标系,则A(0,0,0),B(a,0,0),C(0,a,0),C1(0, 所以AC⊥平面 ABD,所以A→C=(2,-2,0)是平面
λa ABD 的一个法向量,
a,λa),D(0,a, ),2 A1
(0,0,λa). →
因为cos n AC 1= → = ,所以→C>
|n||AC| 2
90
数学·立体几何与选修系列
=60°,即二面角A-BD-C 的大小为60°. 平面角.
易错题特训 在Rt△ABC 中,因为∠BAC=30°,AC=4,所以
1.解:(1)设G 是AA1 的中点,连接GE,BG.因为 · , FC GC 1, , BM=AB sin30°= 3 由 = = ,得E 为DD1 的中点 ABCD-A B
GC=2.
1 1C1D1 为正方体 所 EA GA 3
以GE∥AD. 因为BG= BM2+MG2=23,又因为△GCH
又因为 AD ⊥ 平 面 ABB1A1,所 以 GE⊥ 平 面 ∽△GBM,
ABB1A1,且 斜 线 BE 在 平 面 ABB1A1 内 的 射 影 为 GC CH, GC BM 2× 3BG,所以 Rt△BEG 中的∠EBG 是直线BE 和平面 所以 则BG=BM CH= BG = =1.
ABB A 所成的角,即∠EBG=θ. 231 1 所以△FCH 是等腰直角三角形,∠FHC=45°,
5
设正方体的棱长为a,则GE=a,BG= a,BE 所以平面BEF 与平面ABC 所成的锐二面角的余2
2
= BG2+GE2
3 , 弦值为= a 2.2 【易错提醒】 ()此题所求二面角的两个半平面
所以直线BE 和平面ABB1A1 所成角θ的正弦值 1
在所给图形中没有显示交线,这是本题的难点,也是本
GE 2
为sinθ=BE= . 题的易错点
,解决此类问题时,应注意根据平面的性质
3
() , , , 定理把涉及的平面拓展找出相应交线;(2)连接EF AB C D 记 AB 与 A B 的交点 根据二面角2 1 1 1 1
为H,连接EH 的定义作出相应的平面角后还应判断该平面角是二面.
角的平面角还是二面角的平面角的补角,以免造成余
1
因为 H 为AB1 的中点,且B1H=2C1D
,B1H 弦值的取值错误.
, 1
拓展题特训
∥C1D 而EF= C1D,2 EF∥C1D
,所以B1H∥EF 1.D 【解析】 如图,设 M,
且B H=EF,所以四边形B FEH 为平行四边形,即 N 分别是B1C1,BB1 的中点,连1 1
B1F∥EH.
接A1M,A1N,MN,根据正方体
又因为B1F 平面A1BE 且EH 平面A1BE,
的性质易知,平面 A1MN∥平面
所以B1F∥平面A1BE. AED1
,又 A1F∥平面 D1AE,所
【易错提醒】 求直线与平面所成角时,易错误地 以A1F 平面A1MN,所以点F
认为必须找出平面外的直线端点在该平面内的射影, 必在线段 MN 上 移 动,连 接 B1F,因 为 A1B1⊥平 面
实际上只要找出该直线在平面内的射影即可,一般情 BCC1B1,所以直线 A1F 与平面BCC1B1 所成的角即
况下是在直角三角形内求解,特殊情况下也可以利用 AB 1
B1
∠ 1FA1,即t= ,当t最大时,点F 位于B F MN
的
解斜三角形进行求解. 1
2.(1)证明:因为 EA⊥平 面 ABC,BM 平 面 中点;t最小时,点F 位于M 点或N 点,易求得最大角
ABC,所以EA⊥BM.又因为BM⊥AC,EA∩AC= 的正切值为22,最小角的正切值为2,故选D.
A,所以BM⊥平面ACFE,而EM 平面ACFE,所以 7 152. 【解析】 取30 AC
的中点G,连接SG,
BM⊥EM.
因为AC 是圆O 的直径,所以∠ABC=90°. BG,设SG,BG 分别交HF,DE 于M,N,连接 MN.易
又因为∠BAC=30°,AC=4,所以AB=23,BC 知SG⊥AC,BG⊥AC.故AC⊥平面SGB,因为AC∥
=2,AM=3,CM=1. 平 面 DEFH,AC 平 面 SAC,平 面 SAC∩ 平 面
因为EA⊥平面ABC,FC∥EA,所以FC⊥平面 DEFH=HF,则AC∥HF,所以 HF⊥平面SGB,所
ABC, 以 HF⊥MN,HF⊥MG,所以∠NMG 为平面DEFH
易知△EAM 与△FCM 都是等腰直角三角形,所 与平面SAC 所成二面角的平面角.同上由SB∥平面
以∠EMA=∠FMC=45°,所以∠EMF=90°,即EM DEFH 可知SB∥DH,又易知 MN∥DH,所以 MN
⊥MF. ∥SB,所以∠NMG=∠BSG.易知SG= 15,GB=
因为 MF∩BM=M,所以 EM⊥平面 MBF.而 SB2+SG2, -GB
2 7 15
BF 平面 MBF,所以EM BF 3 所以cos∠BSG= · = .故所 ⊥ . 2SB SG 30
(2)解:延长EF 交AC 的延长线于G,连BG,过C 7 15
作CH⊥BG,连接FH. 求二面角的余弦值为 30 .
由(1)知 FC⊥平 面
ABC,BG 平面ABC,所 综合特训
以FC⊥BG.而 FC∩CH 【母题特训】
=C,所 以 BG ⊥ 平 面 1.C 2.A 3.②③④
FCH. 4.解:(1)因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥BC,
因 为 FH 平 面 由底面 ABCD 为长方形,有BC⊥CD,而 PD∩
FCH,所以 FH⊥BG,所 CD=D,所以BC⊥平面PCD.
以∠FHC 为平面BEF 与平面ABC 所成的二面角的 而DE 平面PCD,所以BC⊥DE.
91
小题狂刷 高考专题特训
又因为PD=CD,点E 是PC 的中点,所以DE⊥ 4.
PC. 所以OH=1,D'H=DH=3.
而PC∩BC=C,所以DE⊥平面PBC. 于是OD'2+OH2=(2 2)2+12=9=D'H2,故
由BC⊥平面PCD,DE⊥平面PBC,可知四面体 OD'⊥OH.
EBCD 的四个面都是直角三角形, 由(1)知 AC⊥HD',又 AC⊥BD,BD∩HD'=
即四面体EBCD 是一个鳖臑,其四个面的直角分 H,
别是∠BCD,∠BCE,∠DEC,∠DEB. 所以AC⊥平面BHD',于是AC⊥OD'.
(2)由已知,PD 是阳马P-ABCD 的高,所以V1 又由OD'⊥OH,AC∩OH=O,所以OD'⊥平面
1 1
=3SABCD
·PD= BC·CD·PD; ABC.3 EF DH 9
由(1)知,DE 是鳖臑D-BCE 的高,BC⊥CE, 又由AC=
得
DO EF=2.
1
所以V = S ·
1
DE= BC·CE·DE. 1 1 92 3 △BCE 6 五边形ABCFE 的面积S=2×6×8-2×2×
在Rt△PDC 中,因为PD=CD,点E 是PC 的中 69
2 3=4.
点,所以DE=CE=2CD
,
1 69
所以五棱锥
1 D'
—ABCFE 体积V=3×4×22
V BC
·CD·PD
于是 1
3 2CD·PD 232
V =2 1
=CE·DE =4. =
BC·CE·DE 2
.
6 7.解:(1)因为P 在平面ABC 内的正投影为D,
5.解:()
2
1 由已知得AM= AD=2,取BP 的中 所以AB⊥PD.3 因为D 在平面PAB 内的正投影为E,所以AB⊥
点T,连接AT,TN,由 N 为PC 中点,知 TN∥BC, DE.
1
TN= BC=2. 所以AB⊥平面PED,故AB⊥PG.2 又由已知可得PA=PB,从而G 是AB 的中点.
又AD∥BC,故 TN AM,所以四边形 AMNT
为平行四边形,于是 MN∥AT.
因为 AT 平 面 PAB,MN 平 面 PAB,所 以
MN∥平面PAB.
(2)在平面 PAB 内,过点 E 作PB 的平行线交
PA 于点F,F 即为E 在平面PAC 内的正投影.
理由如下:由已知可得PB⊥PA,PB⊥PC,所以
,
() , , PB⊥平面PAC.又EF∥PB 因此EF⊥平面PAC
,即
2 因为PA⊥平面ABCD N 为PC 的中点 点F 为E 在平面PAC 内的正投影.
1
所以N 到平面ABCD 的距离为 PA. 连接CG,因为P 在平面ABC 内的正投影为D,2
, 所以D 是正三角形ABC 的中心.取BC 的中点E 连接AE.由AB=AC=3得AE 由(1)知,G 是AB 的中点,所以 D 在CG 上,故
⊥BC,AE= AB2-BE2= 5. 2
由AM∥BC 得M 到BC 的距离为 5,故S = CD=3CG.△BCM
1 由题设可得PC⊥平面PAB,DE⊥平面PAB,所
2×4× 5=25. 2 1
以
1 DE∥PC
,因此PE= ,3PG DE= PC.所以 四 面 体 3N -BCM 的 体 积 VN-BCM = 3 × 由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且PA=
PA 45 6,可得DE=2,PE=22.
S△BCM× 2 = 3 . 在等腰直角三角形EFP 中,可得EF=PF=2.
6.解:(1)由已知得,AC⊥BD,AD=CD. 1 1
所以四面体 的体积
AE CF PDEF V=3×2×2×2×2
又由AE=CF 得 ,故AD=CD AC∥EF. 4
由此得EF⊥HD,EF⊥HD',所以
=3.AC⊥HD'.
() OH AE 1
【过关特训】
2 由EF∥AC 得DO=AD=4. 1.证明:(1)因为M,Q 分别为棱AD,AC 的中点,
由AB=5,AC=6得DO=BO= AB2-AO2= 所以 MQ∥CD.
又CD 平面 MNQ,MQ 平面 MNQ,故CD∥
92
数学·立体几何与选修系列
平面 MNQ. 又因为AD∩PD=D,所以CD⊥平面ADP.
(2)因为 M,N 分别为棱AD,BD 的中点,所以 又因为CD 平面CDP,所以平面 ADP⊥平面
MN∥AB.又∠BAD=90°,故 MN⊥AD.因为平面 CDP.
BAD⊥平面CAD,平面BAD∩平面CAD=AD,且 (2)解:存在AP 的中点M,使得
MN 平面ABD,所以 MN⊥平面ACD.又 MN 平 DM∥平面PBC,证明如下.
面 MNQ,所以平面 MNQ⊥平面CAD. 取AB 中点N,连接 MN,DN,
2.(1)证明:连接 AC1,记 AC1 与 DM,M 是AP 的中点,所以 MN∥
A1C 的交点为E,连接 ME. PB.
因为在直三棱 柱 ABC-A1B1C1 因为△ABD 是等边三角形,所
中,底面△ABC 为等边三角形,点 M 是 以DN⊥AB.
BB1 的中点,所以 MA1=MA=MC1= 由(1)易知∠CBD=30°,所以∠ABC=60°+30°
89 =90°,即BC⊥AB,所以ND∥BC.
MC= 2 . 又 MN∩DN=N,所以平面 MND∥平面B