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章末总结
网络建构
知识辨析
判断对错(正确的打“√”,错误的打“×”).
1.有两个面互相平行,其余各面都是四边形的几何体叫作棱柱.(　×　)
2.空间两两相交的三条直线确定一个平面.(　×　)
3.利用斜二测画法画空间图形的直观图时,平行于x,y轴或在x,y轴上的线段长度在直观图中不变.(　×　)
4.若两条直线无公共点,则这两条直线平行.(　×　)
5.和两条异面直线都相交的两直线必是异面直线.(　×　)
6.若直线l与平面α平行,则l与平面α内的任意一条直线平行.(　×　)
7.若直线a∥平面α,则直线a与平面α内任意一条直线都无公共点.(　√　)
8.若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行.(　×　)
9.若a⊥b,b⊥α,则a∥α.(　×　)
题型一　空间几何体的结构特征
[例1] 中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”[图(1)].半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图(2)是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有　　　　个面,其棱长为　　　　　　.
解析:由题图可知第一层与第三层各有9个面,共计18个面,第二层共有8个面,所以该半正多面体共有18+8=26(个)面.
如图,将该半正多面体的部分放在棱长为1的正方体中,设该半正多面体的棱长为x,则AB=BE=x,延长CB与FE交于点G,延长BC交正方体的棱于点H,由半正多面体的对称性可知,△BGE为等腰直角三角形,
所以BG=GE=CH=x,
所以GH=2×x+x=(+1)x=1,所以x==-1,即该半正多面体棱长为-1.
答案:26　-1
破解与正多面体有关的简单计算问题
与正多面体有关的简单计算问题,常借助于正多面体的结构特征,尤其是对称性,借助于轴截面、平行截面等,转化为平面图形求解.
题型二　球的切、接
[例2] (1)(2021·全国甲卷)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OABC的体积为(　　)
A. B. C. D.
(2)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:(1)如图所示,因为AC⊥BC,所以AB为截面圆O1的直径,且AB=.
连接OO1,
则OO1⊥平面ABC,
OO1===,
所以三棱锥OABC的体积V=S△ABC·OO1=××1×1×=.故选A.
(2)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===,所以OP=3R,所以PE=4R===2,所以R=,所以内切球的体积
V=πR3=,即该圆锥内半径最大的球的体积为.
答案:(1)A　(2)
球的切、接问题的求解策略
(1)关于球的内接几何体问题,求解时首先根据几何体的特征,作适当的截面(如轴截面等),确定球心的位置,然后利用球心与截面圆的圆心垂直于截面的性质,通过解直角三角形(常用勾股定理)求得与球的半径有关的关系式.
(2)涉及球的外切几何体问题,常通过等体积法(即球心与球的外切几何体的每一个面构成的高为球的半径的棱锥的体积的和等于球的外切几何体的体积)求得与半径有关的关系式.
题型三　空间几何体的表面积与体积
[例3] (1)(2024·新课标Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等,侧面积相等,且它们的高均为,则圆锥的体积为(　　)
A.2π B.3π C.6π D.9π
(2)(2023·新课标Ⅰ卷)在正四棱台ABCDA1B1C1D1中,AB=2,A1B1=1,AA1=,则该棱台的体积为　　　　.
解析:(1)设圆柱的底面半径为r,则圆锥的母线长为,
而它们的侧面积相等,所以2πr×=πr×,即2=,故r=3,
故圆锥的体积V=π×9×=3π.故选B.
(2)如图,过A1作A1M⊥AC,垂足为M,易知A1M为四棱台ABCDA1B1C1D1的高,
因为AB=2,A1B1=1,AA1=,
则A1O1=A1C1=×A1B1=,AO=AC=×AB=,
故AM=AO-A1O1=,则A1M===,
所以所求体积为V=×(4+1+)×=.
答案:(1)B　(2)
(1)空间几何体表面积的求法.
①多面体的表面积是各个面的面积之和;组合体的表面积注意衔接部分的处理.
②旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.
(2)空间几何体体积问题的常见类型及解题策略.
①若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体,则可直接利用公式进行求解.
②若所给定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、补形法等方法进行求解.
题型四　空间点、线、面的位置关系
[例4]在如图所示的空间几何体中,平面CDEF为正方形,AB=2BC,点Q为AE的中点.
(1)求证:AC∥平面DQF.
(2)若∠ABC=60°,AC⊥FB,求证:平面CDEF⊥平面ABCD.
证明:(1)如图,连接CE,交DF于点O,连接OQ.
因为平面CDEF为正方形,
所以O为CE,DF的中点.
因为点Q为AE的中点,
所以QO∥AC.
因为QO 平面DQF,
AC 平面DQF,
所以AC∥平面DQF.
(2)因为AB=2BC,∠ABC=60°,
在△ABC中,由余弦定理可得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos 60°=3BC2,
所以AC2+BC2=4BC2=AB2,
所以∠ACB=90°,所以AC⊥BC.
又因为AC⊥FB,FB∩BC=B,FB 平面FBC,BC 平面FBC,
所以AC⊥平面FBC,
所以AC⊥FC.
因为CD⊥FC,AC∩CD=C,
AC 平面ABCD,
CD 平面ABCD,
所以FC⊥平面ABCD.
又因为FC 平面CDEF,
所以平面CDEF⊥平面ABCD.
空间平行、垂直关系的证明方法
(1)证明空间线面平行或垂直需注意三点.
①由已知想性质,由求证想判定.
②适当添加辅助线(或面)是解题的常用方法之一.
③用定理时要先明确条件,再由定理得出相应结论.
(2)平行、垂直关系的相互转化方法.
题型五　折叠问题
[例5] 如图,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,∠ADC=60°,CD=2AB=4,E为CD的中点,现将该梯形中的三角形DAE沿线段AE折起,折成四棱锥
DABCE.
(1)在四棱锥DABCE中,求证:AE⊥BD.
(2)在四棱锥DABCE中,若BD=,求四棱锥DABCE的体积.
(1)证明:由题意,四边形ABCE为菱形,边长为2,∠BAE=60°,
取AE的中点O,
连接OD,OB,BE.
由已知可得△DAE,△ABE为正三角形,
所以AE⊥OD,AE⊥OB.
又OD∩OB=O,
OD 平面BOD,OB 平面BOD,所以AE⊥平面BOD,
而BD 平面BOD,则AE⊥BD.
(2)解:因为△DAE,△ABE均是边长为2的正三角形,所以OD=OB=.
又BD=,所以OB2+OD2=BD2,可得OD⊥OB,所以OA,OB,OD两两互相垂直,
所以=S四边形ABCE·OD=AE·OB·OD=×2××=2.
解决折叠问题的关键在于认真分析折叠前后元素的位置变化情况,求解时应明确一般情况下,在折叠线同侧的线面位置关系在折叠前后不变,而在折叠线异侧的线面位置关系在折叠后改变.
第六章　检测试题
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.下列说法正确的是(　C　)
A.与直线a相交的两条直线确定一个平面
B.两条直线确定一个平面
C.过一条直线的平面有无数个
D.两个相交平面的交线是一条线段
解析:当这两条直线异面时不能确定平面,A错误;两条直线异面,则不能确定平面,B错误;两个相交平面的交线是一条直线,D错误.故选C.
2.已知一个直三棱柱的高为2,如图,其底面ABC水平放置的直观图(斜二测画法)为A′B′C′,其中O′A′=O′B′=O′C′=1,则此三棱柱的体积为(　C　)
A. B.2
C.4 D.5
解析:依题意可得底面△ABC的平面图形如图所示.
其中OA=2O′A′=2,OB=OC=O′B′=O′C′=1,
所以此三棱柱的底面积为S△ABC=×2×2=2.因为该三棱柱的高为2,
所以此三棱柱的体积V=S△ABC·h=2×2=4.故选C.
3.已知各棱长都为1的平行六面体ABCDA1B1C1D1中,棱AA1,AB,AD两两的夹角均为,则异面直线BA1与CB1的夹角为(　C　)
A. B. C. D.
解析:在平行六面体ABCDA1B1C1D1中,
连接A1D,BD,A1B1∥AB∥CD,A1B1=AB=CD,
则四边形A1B1CD是平行四边形,B1C∥A1D,于是∠BA1D是异面直线BA1与CB1的夹角或其补角.由AA1=AB=AD=1,棱AA1,AB,AD两两的夹角均为,得△ABD,△ABA1,△ADA1都是正三角形,即A1B=BD=A1D=1,则∠BA1D=,所以异面直线BA1与CB1的夹角为.故选C.
4.设α,β是两个不同的平面,l,m是两条直线,且m α,l⊥α.则
“l⊥β”是“m∥β”的(　A　)
A.充分而不必要条件
B.必要而不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
解析:l⊥β,且l⊥α,所以α∥β,又m α,所以m∥β,充分性满足.
如图,
满足m∥β,m α,l⊥α,但l⊥β不成立,故必要性不满足.
所以“l⊥β”是“m∥β”的充分而不必要条件.故选A.
5.长方体ABCDA1B1C1D1中,四边形ABB1A1为正方形,直线B1C与直线AD所成角的正切值为2,则直线B1D与平面ABCD夹角的正切值为(　B　)
A. B. C. D.
解析:长方体中,AD∥BC,所以∠BCB1就是直线B1C与直线AD的夹角或其补角,
因此tan∠BCB1==2,
即BC=BB1,
又由BB1⊥平面ABCD知∠B1DB是直线B1D与平面ABCD的夹角,
tan∠B1DB====.
故选B.
6.已知α,β是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线,能使m⊥n成立的一组条件是(　B　)
A.α∥β,m⊥α,n⊥β B.α∥β,m α,n⊥β
C.α⊥β,m⊥α,n∥β D.α⊥β,m α,n∥β
解析:对于A,若α∥β,m⊥α,n⊥β,则n∥m,故A错误;
对于B,若α∥β,m α,n⊥β,则m⊥n,故B正确;
对于C,若α⊥β,m⊥α,n∥β,则m,n可能相交,平行或异面,
故C错误;
对于D,若α⊥β,m α,n∥β,则m,n可能相交,平行或异面,
故D错误.故选B.
7.如图所示,圆台的上、下底面半径分别为4 cm和6 cm,AA1,BB1为圆台的两条母线,截面ABB1A1与下底面所成的夹角大小为60°,且☉O1劣弧的弧长为 cm,则三棱台ABOA1B1O1的体积为(　C　)
A. cm3 B.10 cm3
C.19 cm3 D.20 cm3
解析:如图,分别取A1B1,AB的中点E,F,连接OE,OF,EF,
则O1E⊥A1B1,OF⊥AB且O1E∥OF,又O1O⊥平面ABO,AB 平面ABO,
所以O1O⊥AB,
OF∩O1O=O,OF,O1O 平面FEO1O,所以AB⊥平面FEO1O.
又EF 平面FEO1O,所以EF⊥AB,
所以截面ABB1A1与下底面所成的夹角为∠EFO=60°.
过E作EH⊥FO于点H,则EH∥O1O,且EH=O1O,
又☉O1劣弧的弧长为 cm,弧所在圆的半径为4,
所以∠A1O1B1==,则∠O1A1B1=,所以EO1=4sin =2,同理可得OF=3,所以FH=3-2=1.又∠EFO=60°,所以O1O=EH=FHtan 60°=,
又三角形A1O1B1的面积为×4×4×=4,
同理可得三角形AOB的面积为×6×6×=9,
所以三棱台ABOA1B1O1的体积为×(4+9+)×=19(cm3).故选C.
8.六氟化硫,化学式为SF6,在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体,有良好的绝缘性,在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构(正八面体每个面都是正三角形,可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体).如图所示,正八面体EABCDF的棱长为a,下列说法中正确的个数有(　B　)
①此八面体的表面积为2a2;
②异面直线AE与BF所成的角为45°;
③此八面体的外接球与内切球的体积之比为3;
④若点P为棱EB上的动点,则AP+CP的最小值为2a.
A.1个 B.2个
C.3个 D.4个
解析:对①:由题意可得S表=8×a2=2a2,故①正确.
对②:连接AC,取AC中点O,连接OE,OF,
由题意可得OE,OF为同一直线,A,E,C,F四点共面,
又AE=EC=CF=FA,故四边形AECF为菱形,
故AE∥CF,故异面直线AE与BF所成的角等于直线CF与BF所成的角,
即异面直线AE与BF所成的角等于∠CFB=60°,故②错误.
对③:由四边形ABCD为正方形,有AC2=BC2+AB2=EC2+AE2=2a2,
故四边形AECF亦为正方形,即点O到各顶点距离相等,即此八面体的外接球球心为O,半径为R==a.
设此八面体的内切球半径为r,
则有=S表×r=2=2××a2×a,化简得r=a,
则此八面体的外接球与内切球的体积之比为()3=()3=3,
故③正确.
对④:将△AEB沿EB折叠至平面EBC中,如图所示,
则在新的平面中,A,P,C三点共线时,AP+CP有最小值,
则(AP+CP)min=a×2=a,故④错误.
故选B.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.下列说法错误的是(　AD　)
A.直四棱柱是长方体
B.圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台
C.棱台的各侧棱延长后必交于一点
D.棱柱中两个互相平行的面一定是棱柱的底面
解析:对于A,因为直四棱柱上下底面平行,侧棱垂直于底面,
但是上下底面可以不是矩形,所以直棱柱不一定是长方体,故A错误;
对于B,圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台,故B正确;
对于C,由棱台的定义知,棱台的侧棱延长后必交于一点,故C正确;
对于D,棱柱的两个面平行可能是棱柱的底面也可能是棱柱的侧面,故D错误.故选AD.
10.如图,过直三棱柱ABCA1B1C1的棱BC作截面分别与棱A1B1,A1C1相交于M,N(M,N不与顶点重合),则下列判断正确的有(　ACD　)
A.MN∥B1C1
B.直线CM与直线AA1共面
C.几何体A1MNABC为棱台
D.当M为A1B1中点时,几何体A1MNABC与三棱柱ABCA1B1C1的体积之比为
解析:对于A,因为BC∥B1C1,B1C1 平面A1B1C1,BC 平面A1B1C1,
所以BC∥平面A1B1C1,又因为BC 平面BCNM,又因为平面A1B1C1∩平面BCNM=MN,所以BC∥MN,又因为BC∥B1C1,所以MN∥B1C1,故A正确;
对于B,因为AA1 平面AA1B1B,M∈平面AA1B1B,C 平面AA1B1B,
所以直线CM与直线AA1为异面直线,故B错误;
对于C,因为MN∥B1C1,所以△A1MN∽△A1B1C1,又因为△ABC≌△A1B1C1,所以△A1MN∽△ABC,
又因为A1M∥AB,A1N∥AC,所以将AA1,BM,CN延长能交于一点,故C正确;
对于D,由C选项知,当M为A1B1中点时,几何体A1MNABC为三棱台,
设S△ABC=S,则=,
所以几何体A1MNABC的体积为V1=(+S+)·AA1=S·AA1,
三棱柱ABCA1B1C1的体积V2=S·AA1,
所以=,故D正确.故选ACD.
11.在正方体ABCDA1B1C1D1中,点M在线段B1C上运动,则(　BD　)
A.直线BD1⊥平面A1B1CD
B.三棱锥MA1C1D的体积为定值
C.异面直线AM与A1D所成角的取值范围是[,]
D.直线C1M与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为
解析:如图所示,若直线BD1⊥平面A1B1CD,而A1B1 平面A1B1CD,
则BD1⊥A1B1,
又A1B1∥AB,则有BD1⊥AB,显然在正方体中不成立,故A错误;
在正方体中,易知B1C∥A1D,A1D 平面A1C1D,B1C 平面A1C1D,
故B1C∥平面A1C1D,所以B1C上的点到平面A1C1D的距离为定值,
而△A1C1D的面积固定,则为定值,故B正确;
由上可知异面直线AM与A1D所成角即AM与B1C所成角,而△AB1C为正三角形,故AM与B1C所成角范围为[,],故C错误;
设M在平面A1C1D的投影为N,正方体棱长为1,由上可知===MN×=×1××12,
而=×()2,所以MN=,在等腰直角三角形B1C1C中,易知C1M∈[,1],
根据线面夹角的定义知直线C1M与平面A1C1D所成角为∠MC1N,
显然sin∠MC1N=∈[,],故D正确.故选BD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.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′的表面积与球O的表面积的比值是　　　　.
解析:设圆锥MM′的底面半径为r,球O的半径为R,
因为圆锥MM′的轴截面为正三角形,所以圆锥MM′的高h=r,
母线l=2r,
由题可知2R=h=r,所以球O的半径R=r,
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,即==1.
答案:1
13.图(1)是蜂房正对着蜜蜂巢穴开口的截面图,它是由许多个正六边形互相紧挨在一起构成的.可以看出蜂房的底部是由三个大小相同的菱形组成,且这三个菱形不在一个平面上,研究表明蜂房底部的菱形相似于菱形十二面体的表面菱形.图(2)是一个菱形十二面体,它是由十二个相同的菱形围成的几何体,也可以看作正方体的各个正方形面上扣上一个正四棱锥[如图(3)],且平面ABCD与平面ATBS的夹角为45°,则cos∠ASB=　　　　.
解析:如图,连接AC,BD相交于点O,连接SO,
因为四棱锥SABCD为正棱锥,
所以SO⊥平面ABCD.取AB的中点E,连接SE,OE,
因为SA=SB,OA=OB,
所以SE⊥AB,OE⊥AB,
所以∠SEO即为平面ABCD与平面ATBS的夹角,即∠SEO=45°.
设AE=a,则OE=OS=a,所以SE2=OS2+OE2=2a2,SA2=SB2=SE2+BE2=3a2,
在△SAB中,由余弦定理得cos∠ASB===.
答案:
14.已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1的侧棱长为2,底面边长为1,点P是底面A1B1C1D1(含边界)上一个动点,直线AP与平面ABCD所成的角的正切值为2,则PC1的取值范围为　　　 　;当PC1取得最小值时,四棱锥PABCD的外接球表面积为　 　　　.
解析:如图(1),从点P向底面ABCD作垂线,垂足为O,连接OA,则∠PAO为直线AP与平面ABCD所成的角,因为直线AP与平面ABCD所成的角的正切值为2,所以=2.
因为OP=2,所以OA=1,由对称性可知,A1P=1,即点P的轨迹是底面A1B1C1D1内,以A1为圆心,1为半径的圆弧,
如图(2),当P位于A1C1与圆弧的交点处时,PC1最小,最小值为-1;
当P位于B1或D1时,PC1最大,最大值为1,所以PC1的取值范围为[-1,1].
如图(3),设A1C1,D1B1交于点E,AC,BD交于点F,连接EF,
则球心在EF上,设为点M,
连接MP,MB,设EM=x,球半径为R,则MP=MB=R,EP=-(-1)=1-,
由勾股定理可得
解得R2=,
所以球的表面积为S=4πR2=π.
答案:[-1,1]　π
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(本小题满分13分)
已知在四棱锥PABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是直角梯形,满足AD∥BC,AD⊥DC,若PA=AD=DC=2,BC=3,M为PD的中点,N为PC的三等分点(靠近点P).
(1)求证:AM⊥平面PCD.
(2)求三棱锥PAMN的体积.
(1)证明:在四棱锥PABCD中,PA⊥平面ABCD,CD 平面ABCD,
则PA⊥CD.又AD⊥CD,而PA∩AD=A,PA,AD 平面PAD,
于是CD⊥平面PAD.又AM 平面PAD,则AM⊥CD,由AP=AD,
M为PD中点,得AM⊥PD.而CD∩PD=D,CD,PD 平面PCD,
所以AM⊥平面PCD.
(2)解:由(1)知CD⊥平面PAD,又PD 平面PAD,则CD⊥PD,
△PCD的面积S△PCD=PD·CD=×2×2=2.
因此三棱锥APCD的体积=S△PCD×AM=×2×=,
而PM=PD,PN=PC,
即S△PMN=PM·PN·sin∠CPD=×PD·PC·sin∠CPD=S△PCD,
所以三棱锥PAMN的体积===.
16.(本小题满分15分)
如图,已知点P在圆柱OO1的底面圆O的圆周上,AB为圆O的直径.
(1)求证:BP⊥A1P.
(2)若OA=2,∠BOP=60°,圆柱的体积为16π,求异面直线AP与A1B夹角的大小.
(1)证明:易知AP⊥BP,又由AA1⊥平面PAB,BP 平面PAB,得AA1⊥BP,
而AP∩AA1=A,AP,AA1 平面PAA1,则BP⊥平面PAA1,而A1P 平面PAA1,故BP⊥A1P.
(2)解:如图,延长PO交圆O于点Q,连接BQ,A1Q,AQ,易知BQ∥AP,
∠A1BQ(或其补角)即为所求的角,
由题知V=π·OA2·AA1=4π·AA1=16π,解得AA1=4.
△A1BQ中,QB=2,A1Q=6,A1B=4,
由余弦定理得cos∠A1BQ==,
由0°<∠A1BQ<180°,
从而∠A1BQ=60°,所以异面直线AP与A1B夹角的大小为60°.
17.(本小题满分15分)
如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,△DCP是等边三角形,∠DCB=∠PCB=,M,N分别为DP和AB的中点.
(1)求证:MN∥平面PBC.
(2)求证:平面PBC⊥平面ABCD.
证明:(1)如图,取PC中点E,连接ME,BE,由M为DP的中点,
N为AB的中点,
所以ME∥DC,ME=DC.又BN∥CD,BN=CD,
则ME∥BN,ME=BN,因此四边形BEMN为平行四边形.
于是MN∥BE,而MN 平面PBC,BE 平面PBC,所以MN∥平面PBC.
(2)如图,过P作PQ⊥BC于点Q,连接DQ,
由∠DCB=∠PCB=,CD=PC,QC=QC,
得△QCD≌△QCP,
则∠DQC=∠PQC=,即DQ⊥BC.
因为底面ABCD是边长为2的菱形,△DCP是等边三角形,所以CD=PD=2,
从而PQ=DQ=,PQ2+DQ2=4=22=PD2,所以PQ⊥DQ.
又因为DQ∩BC=Q,DQ 平面ABCD,BC 平面ABCD.
则PQ⊥平面ABCD,又因为PQ 平面PBC,所以平面PBC⊥平面ABCD.
18.(本小题满分17分)
如图,在矩形ABCD中,AB=2,AD=2,将△ABD沿BD折起,得到三棱锥MBCD,其中△MBD是折叠前的△ABD,过M作BD的垂线,垂足为H,
MC=.
(1)求证:MH⊥CD.
(2)过H作MB的垂线,垂足为N,求点N到平面MCD的距离.
(1)证明:如图,连接CH,由MB=CD=2,MD=BC=2,∠BMD=∠BCD=90°,
得BD=4,∠MDB=∠DBC=30°,MH=,BH=1.
在△BCH中,由余弦定理得CH==,
则MH2+CH2=10=MC2,于是MH⊥CH,
而MH⊥BD,CH∩BD=H,CH,BD 平面BCD,
因此MH⊥平面BCD,又CD 平面BCD,
所以MH⊥CD.
(2)解:在△MBD中,由NH⊥MB,MD⊥MB,得NH∥MD,而MD 平面MCD,
NH 平面MCD,则NH∥平面MCD,于是点N到平面MCD的距离等于点H到平面MCD的距离d.
又==,设点B到平面MCD的距离为h,则d=h,
cos∠MDC==,
sin∠MDC=,
S△MCD=×2×2×=,
S△BCD=×2×2=2.
由=,得S△MCD·h=S△BCD·MH,即h=2×,
解得h=,
所以点N到平面MCD的距离d=h=.
19.(本小题满分17分)
如图,在三棱柱ADPBCQ中,侧面ABCD为矩形.
(1)设M为AD中点,点N在线段PC上,且NC=2PN,求证:PM∥平面BDN.
(2)若二面角QBCD的大小为,且AD=AB,求直线BD和平面QCB所成角的正弦值.
(1)证明:如图,连接MC交BD于E,连接NE,
因为侧面ABCD为矩形,所以AD∥BC.又M为AD中点,所以==2.又因为NC=2PN,
所以==2.
所以PM∥NE,又PM 平面BDN,NE 平面BDN,所以PM∥平面BDN.
(2)解:如图,在平面QCB中,过点C作射线CF⊥BC,因为底面ABCD为矩形,所以BC⊥CD,
所以∠DCF为二面角QBCD的平面角,且∠DCF=.
又CF∩CD=C,CF,CD 平面CDF,所以BC⊥平面CDF,在平面CDF中,过点D作DG⊥FC,垂足为G,连接BG,
因为BC⊥平面CDF,DG 平面CDF,
所以DG⊥BC.又BC∩FC=C,BC 平面BCQ,FC 平面BCQ,
所以DG⊥平面BCQ,则∠DBG即为直线BD和平面QCB所成的角,
于是DG为点D到平面BCQ的距离,且DG=DCsin =DC=AB.设直线BD和平面QCB所成角为α,又AD=AB,
则sin α====,
所以直线BD和平面QCB所成角的正弦值为.章末总结
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知识辨析
判断对错(正确的打“√”,错误的打“×”).
1.有两个面互相平行,其余各面都是四边形的几何体叫作棱柱.(　　)
2.空间两两相交的三条直线确定一个平面.(　　)
3.利用斜二测画法画空间图形的直观图时,平行于x,y轴或在x,y轴上的线段长度在直观图中不变.(　　)
4.若两条直线无公共点,则这两条直线平行.(　　)
5.和两条异面直线都相交的两直线必是异面直线.(　　)
6.若直线l与平面α平行,则l与平面α内的任意一条直线平行.(　　)
7.若直线a∥平面α,则直线a与平面α内任意一条直线都无公共点.(　　)
8.若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行.(　　)
9.若a⊥b,b⊥α,则a∥α.(　　)
题型一　空间几何体的结构特征
[例1] 中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”[图(1)].半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图(2)是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有　　　　个面,其棱长为　　　　　　.
破解与正多面体有关的简单计算问题
与正多面体有关的简单计算问题,常借助于正多面体的结构特征,尤其是对称性,借助于轴截面、平行截面等,转化为平面图形求解.
题型二　球的切、接
[例2] (1)(2021·全国甲卷)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OABC的体积为(　　)
A. B. C. D.
(2)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　　　　　　.
球的切、接问题的求解策略
(1)关于球的内接几何体问题,求解时首先根据几何体的特征,作适当的截面(如轴截面等),确定球心的位置,然后利用球心与截面圆的圆心垂直于截面的性质,通过解直角三角形(常用勾股定理)求得与球的半径有关的关系式.
(2)涉及球的外切几何体问题,常通过等体积法(即球心与球的外切几何体的每一个面构成的高为球的半径的棱锥的体积的和等于球的外切几何体的体积)求得与半径有关的关系式.
题型三　空间几何体的表面积与体积
[例3] (1)(2024·新课标Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等,侧面积相等,且它们的高均为,则圆锥的体积为(　　)
A.2π B.3π C.6π D.9π
(2)(2023·新课标Ⅰ卷)在正四棱台ABCDA1B1C1D1中,AB=2,A1B1=1,AA1=,则该棱台的体积为　　　　.
(1)空间几何体表面积的求法.
①多面体的表面积是各个面的面积之和;组合体的表面积注意衔接部分的处理.
②旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.
(2)空间几何体体积问题的常见类型及解题策略.
①若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体,则可直接利用公式进行求解.
②若所给定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、补形法等方法进行求解.
题型四　空间点、线、面的位置关系
[例4]在如图所示的空间几何体中,平面CDEF为正方形,AB=2BC,点Q为AE的中点.
(1)求证:AC∥平面DQF.
(2)若∠ABC=60°,AC⊥FB,求证:平面CDEF⊥平面ABCD.
空间平行、垂直关系的证明方法
(1)证明空间线面平行或垂直需注意三点.
①由已知想性质,由求证想判定.
②适当添加辅助线(或面)是解题的常用方法之一.
③用定理时要先明确条件,再由定理得出相应结论.
(2)平行、垂直关系的相互转化方法.
题型五　折叠问题
[例5] 如图,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,∠ADC=60°,CD=2AB=4,E为CD的中点,现将该梯形中的三角形DAE沿线段AE折起,折成四棱锥
DABCE.
(1)在四棱锥DABCE中,求证:AE⊥BD.
(2)在四棱锥DABCE中,若BD=,求四棱锥DABCE的体积.
解决折叠问题的关键在于认真分析折叠前后元素的位置变化情况,求解时应明确一般情况下,在折叠线同侧的线面位置关系在折叠前后不变,而在折叠线异侧的线面位置关系在折叠后改变.
第六章　检测试题
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.下列说法正确的是(　　)
A.与直线a相交的两条直线确定一个平面
B.两条直线确定一个平面
C.过一条直线的平面有无数个
D.两个相交平面的交线是一条线段
2.已知一个直三棱柱的高为2,如图,其底面ABC水平放置的直观图(斜二测画法)为A′B′C′,其中O′A′=O′B′=O′C′=1,则此三棱柱的体积为(　　)
A. B.2
C.4 D.5
3.已知各棱长都为1的平行六面体ABCDA1B1C1D1中,棱AA1,AB,AD两两的夹角均为,则异面直线BA1与CB1的夹角为(　　)
A. B. C. D.
4.设α,β是两个不同的平面,l,m是两条直线,且m α,l⊥α.则
“l⊥β”是“m∥β”的(　　)
A.充分而不必要条件
B.必要而不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
5.长方体ABCDA1B1C1D1中,四边形ABB1A1为正方形,直线B1C与直线AD所成角的正切值为2,则直线B1D与平面ABCD夹角的正切值为(　　)
A. B. C. D.
6.已知α,β是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线,能使m⊥n成立的一组条件是(　　)
A.α∥β,m⊥α,n⊥β B.α∥β,m α,n⊥β
C.α⊥β,m⊥α,n∥β D.α⊥β,m α,n∥β
7.如图所示,圆台的上、下底面半径分别为4 cm和6 cm,AA1,BB1为圆台的两条母线,截面ABB1A1与下底面所成的夹角大小为60°,且☉O1劣弧的弧长为 cm,则三棱台ABOA1B1O1的体积为(　　)
A. cm3 B.10 cm3
C.19 cm3 D.20 cm3
8.六氟化硫,化学式为SF6,在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体,有良好的绝缘性,在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构(正八面体每个面都是正三角形,可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体).如图所示,正八面体EABCDF的棱长为a,下列说法中正确的个数有(　　)
①此八面体的表面积为2a2;
②异面直线AE与BF所成的角为45°;
③此八面体的外接球与内切球的体积之比为3;
④若点P为棱EB上的动点,则AP+CP的最小值为2a.
A.1个 B.2个
C.3个 D.4个
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.下列说法错误的是(　　)
A.直四棱柱是长方体
B.圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台
C.棱台的各侧棱延长后必交于一点
D.棱柱中两个互相平行的面一定是棱柱的底面
10.如图,过直三棱柱ABCA1B1C1的棱BC作截面分别与棱A1B1,A1C1相交于M,N(M,N不与顶点重合),则下列判断正确的有(　　)
A.MN∥B1C1
B.直线CM与直线AA1共面
C.几何体A1MNABC为棱台
D.当M为A1B1中点时,几何体A1MNABC与三棱柱ABCA1B1C1的体积之比为
11.在正方体ABCDA1B1C1D1中,点M在线段B1C上运动,则(　　)
A.直线BD1⊥平面A1B1CD
B.三棱锥MA1C1D的体积为定值
C.异面直线AM与A1D所成角的取值范围是[,]
D.直线C1M与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.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′的表面积与球O的表面积的比值是　　　　.
13.图(1)是蜂房正对着蜜蜂巢穴开口的截面图,它是由许多个正六边形互相紧挨在一起构成的.可以看出蜂房的底部是由三个大小相同的菱形组成,且这三个菱形不在一个平面上,研究表明蜂房底部的菱形相似于菱形十二面体的表面菱形.图(2)是一个菱形十二面体,它是由十二个相同的菱形围成的几何体,也可以看作正方体的各个正方形面上扣上一个正四棱锥[如图(3)],且平面ABCD与平面ATBS的夹角为45°,则cos∠ASB=　　　　.
14.已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1的侧棱长为2,底面边长为1,点P是底面A1B1C1D1(含边界)上一个动点,直线AP与平面ABCD所成的角的正切值为2,则PC1的取值范围为　　　 　;当PC1取得最小值时,四棱锥PABCD的外接球表面积为　 　　　.
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(本小题满分13分)
已知在四棱锥PABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是直角梯形,满足AD∥BC,AD⊥DC,若PA=AD=DC=2,BC=3,M为PD的中点,N为PC的三等分点(靠近点P).
(1)求证:AM⊥平面PCD.
(2)求三棱锥PAMN的体积.
16.(本小题满分15分)
如图,已知点P在圆柱OO1的底面圆O的圆周上,AB为圆O的直径.
(1)求证:BP⊥A1P.
(2)若OA=2,∠BOP=60°,圆柱的体积为16π,求异面直线AP与A1B夹角的大小.
17.(本小题满分15分)
如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,△DCP是等边三角形,∠DCB=∠PCB=,M,N分别为DP和AB的中点.
(1)求证:MN∥平面PBC.
(2)求证:平面PBC⊥平面ABCD.
18.(本小题满分17分)
如图,在矩形ABCD中,AB=2,AD=2,将△ABD沿BD折起,得到三棱锥MBCD,其中△MBD是折叠前的△ABD,过M作BD的垂线,垂足为H,
MC=.
(1)求证:MH⊥CD.
(2)过H作MB的垂线,垂足为N,求点N到平面MCD的距离.
19.(本小题满分17分)
如图,在三棱柱ADPBCQ中,侧面ABCD为矩形.
(1)设M为AD中点,点N在线段PC上,且NC=2PN,求证:PM∥平面BDN.
(2)若二面角QBCD的大小为,且AD=AB,求直线BD和平面QCB所成角的正弦值.

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