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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.
71

小题狂刷 高考专题特训
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 .
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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
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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

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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 311.2 【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

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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数学·立体几何与选修系列
第二节 空间几何体的表面积和体积
1.(2022·江西省南昌市二中高三模拟)如图,网
格纸是边长为1的小正方形,在其上用粗线画出了某
多面体的三视图,则该多面体的体积为 ( )
A.42 B.27
C.26 D.25
6.如图,水平放置的三棱柱的侧棱长为1,且侧棱
AA1⊥平面A1B1C1,正视图是边长为1的正方形,俯
A.4 B.8 视图为一个等边三角形,则该三棱柱的侧视图面积为
C.16 D.20 ( )
2.(2022·浙江省嘉兴市一中高三能力测试)若某
几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的
体积等于 ( )
A.23 B.3
3
C.2 D.1
7.一空间几何体的三视图如图所示,则该几何体
A.10cm3 B.20cm3 的体积为 ( )
C.30cm3 D.40cm3
3.(2022·河北省衡水中学高三四调)已知球的直
径SC=4,A,B 是该球球面上的两点.AB=2,∠ASC
=∠BSC=45°,则棱锥S-ABC 的体积为 ( )
3 23
A.3 B.3 14 23
A.8+ B.2π+
43 53 3 3
C.3 D.3 14 23
4.(2022·云南检测)如果一个空间几何体的正视 C.2π+ 3 D.8+ 3
图、侧视图、俯视图都是半径等于5的圆,那么这个空 8.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的
间几何体的表面积等于 ( ) 体积是 ( )
100π
A.100π B.3
25π
C.25π D.3
5.某四面体的三视图如图所示,该四面体的六条
棱的最大长度是 ( )
9

小题狂刷 高考专题特训
A.6 B.8 (1)∠DC1D1 在图中的度数和它表示的角的真实
C.10 D.12 度数都是45°,对吗
9.(2022·豫东、豫北阶段性测试)在矩形ABCD (2)∠A1C1D 的真实度数是60°,对吗
中,AB=43,BC=23,且矩形ABCD 的顶点都在半 (3)设BC=1cm,如果用图示中这样一个装置来
径为R 的球O 的球面上,若四棱锥O-ABCD 的体积 盛水,那么最多能盛多少体积的水
为8,则球O 的半径R= ( )
A.3 B.10
C.23 D.4
10.(2022·深圳模拟)某零件的正(主)视图与侧
(左)视图均是如图所示的图形(实线组成半径为2cm
的半圆,虚线是等腰三角形的两腰),俯视图是一个半
径为2cm的圆(包括圆心),则该零件的体积是( )
15.如图,正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为a,
连接A'C',A'D,A'B,BD,BC',C'D,得到一个三棱
锥,求:
4 8 ()三棱锥 的表面积与正方体表面积
A.3πcm
3 B. πcm3 1 A'-BC'D3 的比值;
20 ()三棱锥 的体积
C.4πcm3 D.3πcm
3 2 A'-BC'D .
11.(2022·江西师大附中期中)如图是一个空间
几何体的三视图,该几何体的外接球的体积记为V1,
俯视图绕斜边所在直线旋转一周形成的几何体的体积
记为V2,则V1∶V2= ( )
A.122 B.82 高频题特训
C.62 D.42 1.(2022·广东珠海期末)如图是一个几何体的三
12.(2022·河南实验中学期中)一个正三棱锥的 视图,根据图中数据可得该几何体的体积是 ( )
四个顶点都在半径为1的球面上,其中底面的三个顶
点在该球的一个大圆上,则该正三棱锥的体积是
.
13.(2022·山西四校联考)将长、宽分别为4和3
的长 方 形 ABCD 沿 对 角 线 AC 折 起,得 到 四 面 体
A-BCD,则四面体A-BCD 的外接球的体积为
. 2 4
A. B.
14.如图所示是从上下底面处在水平状态下的棱 3 3
长为a的正方体ABCD-A B C.2 D.41 1C1D1 中分离出来的.
2.(2022·江西六校联考)一个几何体的三视图如
10

数学·立体几何与选修系列
图所示,则这个几何体的外接球的体积为 ( ) 6.(2022·广东韶关调研考试)如图,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
侧面积为 ( )
2π
A.3 B.2π
22π
C.2π D. A.2 B.63
C.2(2+ 3) D.2(2+ 3)+2
3.(2022·吉林长春质量监测)一个几何体的三视
7.(2022·广东汕头月考)某四棱台的三视图如图
图如图所示,则该几何体的体积为 ( ) 所示,则该四棱台的体积是 ( )
16 20
A.3 B.3
15 13
C.2 D.
14
2 A.4 B.3
4.(2022·福建莆田联考)已知某几何体的三视图 16
如图所示,则该几何体的体积是 ( ) C.3 D.6
8.(2022·东北三省四市模拟)已知∠ABC=90°,
PA⊥平面ABC,若PA=AB=BC=1,则四面体P-
ABC 的外接球(顶点都在球面上)的表面积为 ( )
A.π B.3π
C.2π D.3π
9.(2022·河南郑州质量预测)某三棱锥的三视图
如图所示,且三个三角形均为直角三角形,则
163 xy
的最
A.83 B. 3 大值为 ( )
83
C.3 D.163
5.(2022·河南商丘模拟)如图是一个几何体的三
视图(侧视图中的弧线是半圆),则该几何体的表面积
是 ( )
A.32 B.327
C.64 D.647
10.(2022·河北衡水中学期中)四面体ABCD 的
四个顶点都在球O 的表面上,AB⊥平面BCD,△BCD
是边长为3的等边三角形,若AB=2,则球O 的表面
积为 ( )
A.20+3π B.24+3π A.4π B.12π
C.20+4π D.24+4π C.16π D.32π
11

小题狂刷 高考专题特训
11.(2022·甘肃天水检测)已知球O 的直径PQ 17.(2022·宁波模拟)能唯一确定一个几何体体
=4,A,B,C 是球O 球面上的三点,△ABC 是正三角 积和表面积的一组量称为该几何体的“基本量”,在下
形,且 ∠APQ= ∠BPQ= ∠CPQ=30°,则 三 棱 锥 列几组量中是长方体ABCD-A1B1C1D1 的“基本量”
P-ABC 的体积为 ( ) 的是 (写出所有符合条件的序号).
33 93 ①有三条棱长分别为1、2、2;②正视图、侧视图和
A.4 B.4 俯视 图 都 是 边 长 为 2 的 正 方 形;③ 面 ABCD、面
33 273 ABB1A1、面ADD1A1 的面积分别为2、4、4;④三棱锥
C.2 D. 4 16
A1-ABD 的体积为 .
12.(2022·昆明调研)一个几何体的三视图如图 3
所示,正视图和侧视图都是等边三角形.若该几何体的 18.(2022·徐州质量检测)已知长方体的长、宽、
四个顶点在空间直角坐标系O-xyz 中的坐标分别是 高分别是5、4、3,若用一个平面将此长方体截成两个
(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),则第五个顶点的 三棱柱,则这两个三棱柱表面积之和的最大值为
坐标可能为 ( ) .
19.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1 的棱长
为6,则以正方体ABCD-A1B1C1D1 的中心O 为顶
点,以平面AB1D1 截正方体外接球所得的圆为底面的
圆锥的全面积为 .
A.(1,1,1) B.(1,1,2)
C.(1,1,3) D.(2,2,3)
13.(2022· 唐 山 统 考)如 图,直 三 棱 柱 ABC- 20.已知正三角形 ABC 的三个顶点都在球心为
A1B1C1 的六个顶点都在半径为1的半球面上,AB= O、半径为2的球面上,且三棱锥O-ABC 的高为1,点
AC,侧面BCC1B1 是半球底面圆的内接正方形,则侧 D 是线段BC 的中点,过点 D 作球O 的截面,则截面
面ABB1A1 的面积为 ( ) 面积的最小值为 .
21.(2022·西安八校联考)在如图所示的几何体
中,四边形ABCD 为矩形,AB=2BC=4,BF=CF=
AE=DE=EF=2,EF∥AB.
(1)若G 为FC 的中点,证明:AF∥平面BDG;
A.2 B.1 (2)求三棱锥F-ABC 的体积.
2
C.2 D.2
14.(2022·忻州联考)三棱锥A-BCD 的外接球
为球O,球O 的直径是AD,且△ABC,△BCD 都是边
长为1的等边三角形,则三棱锥A-BCD 的体积是
( )
2 1
A.12 B.8
1 2
C.6 D.8
15.(2022·上海黄浦区调研)已知某圆锥体的底
面半径r=3,沿圆锥体的母线把侧面展开后得到—个
2
圆心角为 的扇形,则该圆锥体的表面积是
3π .
16.若一个圆锥的底面半径为1,侧面积是底面积
的2倍,则该圆锥的体积为 .
12

数学·立体几何与选修系列
22.(2022·河北质量监测)如图所示,在四棱锥 拓展题特训
P-ABCD 中,底面ABCD 为正方形,侧棱PA⊥底面
ABCD,PA=AD=1,E、F 分别为PD、AC 上的动点, 1.已知某几何体由正方体和直三棱柱组成,其三
DE AF 视图和直观图如图所示.记直观图中从点B 出发沿棱
且 (
DP=AC=λ0<λ<1
).
柱的侧面到达PD 21 的中点R 的最短距离为d,则d =
() 11 若λ= ,求证:EF∥平面PAB; .2
(2)求三棱锥E-FCD 体积的最大值.
52
2.已知O,A,B,C 四点均在半径为 的球 的4 S
表面上,并且满足∠BOC=90°,OA⊥平面BOC,AB=
AC= 7,则三棱锥O-ABC 的体积为 .
23.如图,四边形 ABCD 为等腰梯形,且 AD∥ 3.已 知 球 O 是 棱 长 为1的 正 方 体 ABCD -
BC,E 为BC 的 中 点,AB=AD=BE.现 沿 DE 将 A1B1C1D1 的内切球,则以球心O 为顶点,以球O 被
△CDE 折起成四棱锥C'-ABED,点O 为ED 的中 平面ACD1 所截得的圆为底面的圆锥的体积为 .
点. 4.如图,在直三棱柱ABC-A'B'C'中,AC=BC
(1)在棱AC'上是否存在一点M,使得OM∥平面 =5,AA'=AB=6,D、E 分别为AB、BB'上的点,且
C'BE 并证明你的结论; AD BE
= =λ(() , λ=0
).
2 若AB=2 求四棱锥C'-ABED 的体积的最 DB EB'
大值. (1)当λ=1时,求证:A'B⊥CE;
(2)当λ 为何值时,三棱锥 A'-CDE 的体积最
小 并求出最小体积.
易错题特训
如图是一个空间几何体的三视图,则该几何体的
表面积为 .
13

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