2019届高三人教A版数学一轮复习练习：第七章 立体几何与空间向量 第3节 Word版含解析

第七章第3节[基础训练组]1．(导学号14577641)已知空间三条直线l，m，n，若l与m异面，且l与n异面，则() A．m与n异面B．m与n相交C．m与n平行D．m与n异面、相交、平行均有可能解析：D[在如图所示的长方体中，m，n1与l都异面，但是m∥n1，所以A，B错误；m，n2与l都异面，且m，n2也异面，所以C错误．]2．(导学号14577642)如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的一个图是()解析：D[在A图中分别连接PS，QR，易证PS∥QR，∴P，Q，R，S共面；在C图中分别连接PQ，RS，易证PQ∥RS，∴P，Q，R，S共面；在B图中过P，Q，R，S可作一正六边形，故四点共面；D图中PS与QR为异面直线，∴四点不共面，故选D.]3．(导学号14577643)如图是某个正方体的侧面展开图，l1，l2是两条侧面对角线，则在正方体中，l1与l2()A．互相平行B．异面且互相垂直C ．异面且夹角为π3D ．相交且夹角为π3解析：D [将侧面展开图还原成正方体如图所示，则B ，C 两点重合．故l 1与l 2相交，连接AD ，△ABD 为正三角形，所以l 1与l 2的夹角为π3.故选D.]4．(导学号14577644)已知空间四边形ABCD 中，M ，N 分别为AB ，CD 的中点，则下列判断：①MN ≥12(AC ＋BD )；②MN ＞12(AC ＋BD )；③MN ＝12(AC ＋BD )；④MN ＜12(AC ＋BD )．其中正确的是( )A ．①③B ．②④C ．②D ．④解析：D [如图，取BC 的中点O ，连接MO ，NO ，则OM ＝12AC ，ON ＝12BD .在△MON 中，MN ＜OM ＋ON ＝12(AC ＋BD )，∴④正确．]5．(导学号14577645)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P ，Q ，R 分别是AB ，AD ，B 1C 1的中点，那么正方体过P ，Q ，R 的截面图形是( )A ．三角形B ．四边形C ．五边形D ．六边形解析：D [如图所示，作RG ∥PQ 交C 1D 1于G ，连接QP 并延长与CB 延长线交于M ，且QP 反向延长线与CD 延长线交于N ，连接MR 交BB 1于E ，连接PE ，则PE ，RE 为截面与正方体的交线，同理连接NG 交DD 1于F ，连接QF ，FG ，则QF ，FG 为截面与正方体的交线，∴截面为六边形PQFGRE .]6．(导学号14577646)如图所示，在三棱锥A －BCD 中，E ，F ，G ，H 分别是棱AB ，BC ，CD ，DA 的中点，则当AC ，BD 满足条件 ______ 时，四边形EFGH 为菱形，当AC ，BD 满足条件 ______ 时，四边形EFGH 是正方形．解析：易知EH ∥BD ∥FG ，且EH ＝12BD ＝FG ，同理EF ∥AC ∥HG ，且EF ＝12AC ＝HG ，显然四边形EFGH 为平行四边形．要使平行四边形EFGH 为菱形需满足EF ＝EH ，即AC ＝BD ；要使平行四边形EFGH 为正方形需满足EF ＝EH 且EF ⊥EH ，即AC ＝BD 且AC ⊥BD .答案：AC ＝BD AC ＝BD 且AC ⊥BD7．(导学号14577647)(2018·安庆市二模)正四面体ABCD 中，E 、F 分别为边AB 、BD 的中点，则异面直线AF 、CE 所成角的余弦值为 ________ .解析：如图，连接CF ，取BF 的中点M ，连接CM ，EM ，则ME ∥AF ，故∠CEM 即为所求的异面直线角．设这个正四面体的棱长为2，在△ABD 中，AF ＝3＝CE ＝CF ，EM ＝32，CM ＝132，∴cos ∠CEM ＝34＋3－1342×32×3＝16.答案：168．(导学号14577648)如图所示，在正方体ABCD － A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱C 1D 1，C 1C 的中点，给出以下四个结论：①直线AM 与直线C 1C 相交；②直线AM 与直线BN 平行；③直线AM 与直线DD 1异面；④直线BN 与直线MB 1异面．其中正确结论的序号为 ________ .(把你认为正确的结论的序号都填上)解析：AM与C1C异面，故①错；AM与BN异面，故②错．易知③④正确．答案：③④9．(导学号14577649)已知空间四边形ABCD中，E，H分别是边AB，AD的中点，F，G分别是边BC，CD的中点．(1)求证：BC与AD是异面直线；(2)求证：EG与FH相交．证明：(1)假设BC与AD共面，不妨设它们所共平面为α，则B，C，A，D∈α.所以四边形ABCD为平面图形，这与四边形ABCD为空间四边形相矛盾．所以BC与AD是异面直线．(2)如图，连接AC，BD，则EF∥AC，HG∥AC，因此EF∥HG；同理EH∥FG，则EFGH为平行四边形．又EG，FH是▱EFGH的对角线，所以EG与HF相交．10．(导学号14577650)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，(1)求A1C1与B1C所成角的大小；(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小．解：(1)如图，连接AC，AB1，由ABCD－A1B1C1D1是正方体，知AA1C1C为平行四边形，所以AC∥A1C1，从而B1C与AC所成的角就是A1C1与B1C所成的角．由△AB1C中，由AB1＝AC＝B1C可知∠B1CA＝60°，即A1C1与B1C所成角为60°.(2)如图，连接BD，由(1)知AC∥A1C1.∴AC与EF所成的角就是A1C1与EF所成的角．∵EF是△ABD的中位线，∴EF∥BD.又∵AC⊥BD，∴AC⊥EF，即所求角为90°.∴EF⊥A1C1.即A1C1与EF所成的角为90°.[能力提升组]11．(导学号14577651)如图，ABCD－A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C 交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是()A．A，M，O三点共线B．A，M，O，A1不共面C．A，M，C，O不共面D．B，B1，O，M共面解析：A[连接A1C1，AC，则A1C1∥AC，所以A1，C1，C，A四点共面，所以A1C⊂平面ACC1A1.因为M ∈A 1C ，所以M ∈平面ACC 1A 1，又M ∈平面AB 1D 1，所以M 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上，同理O 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上，所以A ，M ，O 三点共线．故选A.]12．(导学号14577652)(理科)长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的8个顶点都在球O 的表面上，E 为AB 的中点，CE ＝3，异面直线A 1C 1与CE 所成角的余弦值为539，且四边形ABB 1A 1为正方形，则球O 的直径为( )A ．4 B.51 C ．4或51D ．4或5 解析：C [设AE ＝x ，则EB ＝x ，BC ＝9－x 2，AC ＝9＋3x 2.因为A 1C 1∥AC ，所以∠ACE 为异面直线A 1C 1与CE 所成角， 由余弦定理得9＋3x 2＋9－x 22×3×9＋3x 2＝539，所以x 4－7x 2＋6＝0，所以x 2＝1或6，所以x ＝1或 6.设球O 的半径为R ，则2R ＝AA 21＋AC 2＝AB 2＋AC 2＝4或51.故选C.]12．(导学号14577653)(文科)如图是三棱锥D －ABC 的三视图，点O 在三个视图中都是所在边的中点，则异面直线DO 和AB 所成角的余弦值等于( )A.33B.12C. 3D.22解析：A [如图，三棱锥D －ABC 的棱AB ，AC ，AD 两两垂直且AB ＝AC ＝2，AD ＝1，O 是BC 中点，取AC 中点E ，连接DE ，DO ，OE ，则AE ＝1，OE ＝1，∠DOE 即为所求两异面直线所成的角或其补角．DE ＝2，AO ＝2，DO ＝ 3.在三角形DOE 中，由余弦定理得cos ∠DOE ＝1＋3－22×1×3＝33.故选A.]13．(导学号14577654)如图所示，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 是AC 的中点，AA 1∶AB ＝2∶1，则异面直线AB 1与BD 所成的角为 ________ .解析：如图，取A 1C 1的中点D 1，连接B 1D 1.因为D 是AC 的中点，所以B 1D 1∥BD ，所以∠AB 1D 1即为异面直线AB 1与BD 所成的角．连接AD 1，设AB ＝a ，则AA 1＝2a ，所以AB 1＝3a ，B 1D 1＝32a ，AD 1＝14a 2＋2a 2＝32a .所以，在△AB 1D 1中，由余弦定理得cos ∠AB 1D 1＝AB 21＋B 1D 21－AD 212AB 1·B 1D 1＝3a 2＋34a 2－94a 22×3a ×32a＝12，所以∠AB 1D 1＝60°.答案：60°14．(导学号14577655)如图，在体积为3的正三棱锥A －BCD 中，BD 长为23，E 为棱BC 的中点，求：(1)异面直线AE 与CD 所成角的余弦值； (2)正三棱锥A －BCD 的表面积．解：(1)过点A 作AO ⊥平面BCD ，垂足为O ，则O 为△BCD 的中心，由13×12×23×3×AO＝3，得AO ＝1.又在正三角形BCD 中得OE ＝1，所以AE ＝ 2.取BD 中点F ，连接AF ，EF ，故EF ∥CD ，所以∠AEF 就是异面直线AE 与CD 所成的角．在△AEF 中，AE ＝AF ＝2，EF ＝ 3. 所以cos ∠AEF ＝AE 2＋EF 2－AF 22·AE ·EF ＝64.所以异面直线AE 与CD 所成的角的余弦值为64.(2)由AE ＝2可得正三棱锥A －BCD 的侧面积为S ＝3·12·BC ·AE ＝32×23×2＝36，所以正三棱锥A －BCD 的表面积为S ＝36＋34·BC 2＝36＋3 3.。

7．7 立体几何中的向量方法[重点保分 两级优选练]A 级一、选择题1．已知点A (2，－5,1)，B (2，－2,4)，C (1，－4,1)，则向量AB →与AC →的夹角为( ) A ．30° B ．45° C ．60° D ．90°答案 C解析 由已知得AB →＝(0,3,3)，AC →＝(－1,1,0)，∴cos 〈AB →，AC →〉＝AB →·AC→|AB →||AC →|＝332×2＝12.∴向量AB →与AC →的夹角为60°.故选C.2．(2018·伊宁期末)三棱锥A －BCD 中，平面ABD 与平面BCD 的法向量分别为n 1，n 2，若〈n 1，n 2〉＝π3，则二面角A －BD －C 的大小为( )A.π3B.2π3 C.π3或2π3 D.π6或π3答案 C解析 ∵二面角的范围是[0，π]，且〈n 1，n 2〉＝π3，∴二面角A －BD －C 的大小为π3或2π3.故选C.3．(2017·太原期中)已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为正方形，AA 1＝2AB ，E 为AA 1的中点，则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为( )A.1010B.15C.31010D.35答案 C解析 如图，以D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系． 设AA 1＝2AB ＝2，则B (1,1,0)，E (1,0,1)，C (0,1,0)，D 1(0,0,2)． ∴BE →＝(0，－1,1)，CD 1→＝(0，－1,2)． ∴cos 〈BE →，CD 1→〉＝1＋22·5＝31010.故选C.4．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在A 1D ，AC 上，且A 1E ＝23A 1D ，AF ＝13AC ，则( )A ．EF 至多与A 1D ，AC 之一垂直B ．EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC C ．EF 与BD 1相交 D ．EF 与BD 1异面 答案 B解析 以D 点为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．设正方体棱长为1，则A 1(1,0,1)，D (0,0,0)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，0，13，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，13，0，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，A 1D →＝(－1，0，－1)，AC →＝(－1,1,0)，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13，－13，BD 1→＝(－1，－1,1)，EF →＝－13BD 1→，A 1D →·EF →＝AC →·EF →＝0，从而EF ∥BD 1，EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC .故选B.5．(2018·河南模拟)如图所示，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长为3，底面边长A 1C 1＝B 1C 1＝1，且∠A 1C 1B 1＝90°，D 点在棱AA 1上且AD ＝2DA 1，P 点在棱C 1C 上，则PD →·PB 1→的最小值为()A.52 B ．－14C.14 D ．－52答案 B解析 建立如图所示的直角坐标系，则D (1,0,2)，B 1(0,1,3)， 设P (0,0，z )(0≤z ≤3)， 则PD →＝(1,0,2－z )，PB 1→＝(0,1,3－z )，∴PD →·PB 1→＝0＋0＋(2－z )(3－z )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫z －522－14，故当z ＝52时，PD →·PB 1→取得最小值为－14.故选B.6．(2018·沧州模拟)如图所示，在正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，棱长为1，E ，F 分别是BC ，CD 上的点，且BE ＝CF ＝a (0<a <1)，则D ′E 与B ′F 的位置关系是()A ．平行B ．垂直C ．相交D ．与a 值有关答案 B解析 建立如图所示空间直角坐标系．则D ′(0,0,1)，E (1－a,1,0)，B ′(1,1,1)，F (0,1－a,0)，∴D ′E →＝(1－a,1，－1)，B ′F →＝(－1，－a ，－1)．∴D ′E →·B ′F →＝(1－a )×(－1)＋1×(－a )＋(－1)×(－1)＝a －1－a ＋1＝0. ∴D ′E →⊥B ′F →，即D ′E ⊥B ′F .故选B.7．(2017·聊城期中)在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，PA ＝2，则直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为( )A.15 B.255C.55D.25答案 C解析 以A 为原点，AB ，AC ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，由AB ＝AC ＝1，PA ＝2，得A (0，0,0)，B (1，0,0)，C (0,1,0)，P (0,0,2)，D ⎝⎛12，0,0 )，E ( 12，12，0 )，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，∴PA →＝(0,0，－2)，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，DF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，1.设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0，取z ＝1，则n ＝(2,0,1)， 设PA 与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|PA →·n ||PA →||n |＝55，∴PA 与平面DEF 所成角的正弦值为55.故选C.8．(2018·江西红色七校模拟)已知二面角α－l －β等于120°，A ，B 是棱l 上两点，AC ，BD 分别在半平面α，β内，AC ⊥l ，BD ⊥l ，且AB ＝AC ＝BD ＝1，则CD的长等于 ( )A. 2B. 3 C ．2 D. 5答案 C解析 解法一：依题意可知二面角α－l －β的大小等于AC →与BD →所成的角，因为CD →＝CA →＋AB →＋BD →，所以CD →2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2CA →·AB →＋2CA →·BD →＋2AB →·BD →，因为AC ⊥AB ，BD ⊥AB ，AB＝AC ＝BD ＝1，所以CD →2＝1＋1＋1＋2CA →·BD →＝3＋2|CA →||BD →|·cos〈CA →，BD →〉＝3＋2cos 〈CA →，BD →〉，因为〈AC →，BD →〉＝120°，所以〈CA →，BD →〉＝60°， 因此CD →2＝3＋2×12＝4，所以|CD →|＝2，故选C.解法二：在β内作AE 綊BD .连接CE 、DE ，易知∠CAE ＝120°，CE ⊥DE ， ∴CE 2＝AC 2＋AE 2－2×AC ×AE cos120°＝3. 在Rt △CED 中，CD 2＝CE 2＋ED 2＝4，∴CD ＝2. 故选C.9．(2017·南阳期中)若正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都相等，D 是A 1C 1的中点，则直线AD 与平面B 1DC 所成角的正弦值为( )A.35B.45C.34D.55答案B解析如图，取AC 的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系． 设各棱长为2，则有A (0，－1,0)，D (0,0,2)，C (0,1,0)，B 1(3，0,2)．所以C D →＝(0，－1,2)，CB 1→＝(3，－1，2)，A D →＝(0,1,2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面B 1CD 的法向量，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CB 1→＝0⇒⎩⎨⎧－y ＋2z ＝0，3x －y ＋2z ＝0⇒n ＝(0,2,1)．∴cos 〈AD →，n 〉＝AD →·n|AD →||n |＝45，即直线AD 与平面B 1DC 所成角的正弦值．故选B. 10．(2018·福建龙岩模拟)如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为4，点E ，F 分别是线段AB ，C 1D 1上的动点，点P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一动点，且满足点P 到点F 的距离等于点P 到平面ABB 1A 1的距离，则PE 的最小值是( )A ．5B ．4C ．4 5D ．2 5答案 D解析 以D 为原点，直线DA 为x 轴，直线DC 为y 轴，直线DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，设AE ＝a ，D 1F ＝b ，0≤a ≤4,0≤b ≤4，P (x ，y,4)，0≤x ≤4,0≤y ≤4，则F (0，b,4)，E (4，a,0)，PF →＝(－x ，b －y,0)，∵点P 到点F 的距离等于点P 到平面ABB 1A 1的距离，∴当E ，F 分别是AB ，C 1D 1的中点，P 为正方形A 1B 1C 1D 1的中心时，PE 取最小值，此时P (2,2,4)，E (4,2,0)，∴|PE |min ＝－2＋－2＋－2＝2 5.故选D.二、填空题11．在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中心，E ，F 分别是CC 1，AD 的中点，则异面直线OE 和FD 1所成的角的余弦值等于________．答案155解析 以D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系， ∴F (1,0,0)，D 1(0,0,2)，O (1,1,0)，E (0,2,1)． ∴FD 1→＝(－1,0,2)， OE →＝(－1,1,1)．∴cos 〈FD 1→，OE →〉＝1＋25·3＝155. 12．(2018·曲阜模拟)如图，在正方形ABCD 中，EF ∥AB ，若沿EF 将正方形折成一个二面角后，AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，则AF 与CE 所成角的余弦值为________．答案 45解析 ∵AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，∴AE ⊥ED ，即AE ，DE ，EF 两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝EF ＝CD ＝2，则E (0,0,0)，A (1,0,0)，F (0,2,0)，C (0，2,1)，∴AF →＝(－1,2,0)，EC →＝(0,2,1)，∴cos 〈AF →，EC →〉＝AF →·EC→|AF →||EC →|＝45×5＝45， ∴AF 与CE 所成角的余弦值为45.13．(2017·青海质检)等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一公共边AB ，二面角C －AB －D 的余弦值为33，M ，N 分别是AC ，BC 的中点，则EM ，AN 所成角的余弦值等于________． 答案 16解析 过C 点作CO ⊥平面ABDE ，垂足为O ，取AB 中点F ，连接CF ，OF ，则∠CFO 为二面角C －AB －D 的平面角，设AB ＝1，则CF ＝32， OF ＝CF ·cos∠CFO ＝12，OC ＝22， 则O 为正方形ABDE 的中心， 如图所示建立直角坐标系Oxyz ， 则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－22，0，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫24，0，24，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0， N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，24，24，EM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫24，22，24，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，24，24， cos 〈EM →，AN →〉＝EM →·AN→|EM →||AN →|＝16.14．(2018·临沂期末)如图，在四棱锥P －ABCD 中，侧面PAD 为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，M 为底面ABCD 内的一个动点，且满足MP ＝MC ，则点M 在正方形ABCD 内的轨迹为________．(填序号)答案 ①解析 以D 为原点，DA ，DC 所在直线分别为x 轴，y 轴建立空间直角坐标系如图． 设M (x ，y,0)，设正方形边长为a ， 则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，0，32a ，C (0，a,0)，则MC ＝x 2＋y －a2，MP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 22＋y 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a 2. 由MP ＝MC ，得x ＝2y ，所以点M 在正方形ABCD 内的轨迹为直线y ＝12x 的一部分．B 级三、解答题15．(2018·广东五校诊断)如图，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝AE ＝2.(1)求证：BD ⊥平面ACFE ；(2)当直线FO 与平面BED 所成的角为45°时，求异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值大小．解 (1)证明：∵四边形ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC . ∵AE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴BD ⊥AE .∵AC ∩AE ＝A ，∴BD ⊥平面ACFE .(2)以O 为原点，OA →，OB →的方向为x ，y 轴正方向，过O 且平行于CF 的直线为z 轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，E (1,0,2)，F (－1,0，a )(a >0)，OF →＝(－1,0，a )．设平面EBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·OB →＝0，n ·OE →＝0，即⎩⎨⎧3y ＝0，x ＋2z ＝0，令z ＝1，则n ＝(－2,0,1)，由题意得sin45°＝|cos 〈OF →，n 〉|＝|OF →·n ||OF →||n |＝|2＋a |a 2＋1·5＝22，解得a ＝3或－13.由a >0，得a ＝3， OF →＝(－1,0,3)，BE →＝(1，－3，2)，cos 〈OF →，BE →〉＝－1＋610×8＝54， 故异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值为54. 16．(2014·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设二面角D －AE －C 为60°，AP ＝1，AD ＝3，求三棱锥E －ACD 的体积． 解 (1)证明：连接BD 交AC 于点O ，连接EO . 因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点． 又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB .又EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，所以PB ∥平面AEC .(2)因为PA ⊥平面ABCD ，ABCD 为矩形，所以AB ，AD ，AP 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴的正方向，|AP →|为单位长度，建立空间直角坐标系Axyz ，则D (0，3，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12，AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，32，12. 设B (m,0,0)(m >0)，则C (m ，3，0)，AC →＝(m ，3，0)． 设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AC →＝0，n 1·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧mx ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0，可取n 1＝⎝⎛⎭⎪⎫3m ，－1，3. 又n 2＝(1,0,0)为平面DAE 的法向量， 由题设得|cos 〈n 1，n 2〉|＝12，即33＋4m 2＝12， 解得m ＝32.因为E 为PD 的中点，所以三棱锥E －ACD 的高为12.三棱锥E －ACD 的体积V ＝13×12×3×32×12＝38.17．(2017·河北衡水中学调研)如图1所示，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是线段AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE的位置，如图2所示．(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求直线BD 与平面A 1BC 所成角的正弦值．解 (1)证明：在题图1中，连接CE ， 因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以四边形ABCE 为正方形，四边形BCDE 为平行四边形，所以BE ⊥AC .在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ， 又OA 1∩OC ＝O ， 从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC . (2)由(1)知BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，又平面A 1BE ⊥平面BCDE ，所以∠A 1OC ＝π2，所以OB ，OC ，OA 1两两垂直．如图，以O 为原点，OB ，OC ，OA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系， 则B ⎝⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0， A 1⎝⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，22，－22， 由CD →＝BE →＝(－2，0,0)， 得D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，22，0. 所以BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－322，22，0.设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 直线BD 与平面A 1BC 所成的角为θ， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，y －z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1,1,1)． 从而sin θ＝|cos 〈BD →，n 〉|＝25×3＝3015， 即直线BD 与平面A 1BC 所成角的正弦值为3015. 18.《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马P －ABCD 中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝CD ，过棱PC 的中点E ，作EF⊥PB 交PB 于点F ，连接DE ，DF ，BD ，BE .(1)证明：PB ⊥平面DEF .试判断四面体DBEF 是否为鳖臑？若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理由；(2)若平面DEF 与平面ABCD 所成二面角的大小为π3，求DCBC的值．解 (1)证明：如图，以D 为原点，射线DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．设PD ＝DC ＝1，BC ＝λ，则D (0,0,0)，P (0,0,1)，B (λ，1,0)，C (0,1,0)， PB →＝(λ，1，－1)，点E 是PC 的中点，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12， 于是PB →·DE →＝0，即PB ⊥DE .又已知EF ⊥PB ，而DE ∩EF ＝E ，所以PB ⊥平面DEF . 因PC →＝(0,1，－1)，DE →·PC →＝0，则DE ⊥PC ，所以DE ⊥平面PBC . 由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB ，∠DEF ，∠EFB ，∠DFB .(2)由PD ⊥平面ABCD ，所以DP →＝(0,0,1)是平面ABCD 的一个法向量； 由(1)知PB ⊥平面DEF ，所以BP →＝(－λ，－1,1)是平面DEF 的一个法向量． 若平面DEF 与平面ABCD 所成二面角的大小为π3，则cos π3＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪BP →·DP →|BP →||DP →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1λ2＋2＝12，解得λ＝ 2. 所以DC BC ＝1λ＝22.π3时，DCBC＝22.故当平面DEF与平面ABCD所成二面角的大小为。

7．6 空间向量及运算[知识梳理]1．空间两点间的距离公式、中点公式 (1)距离公式①设点A (x 1，y 1，z 1)，B (x 2，y 2，z 2)， 则|AB |＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＋(z 1－z 2)2.②设点P (x ，y ，z )，则与坐标原点O 之间的距离为 |OP |＝x 2＋y 2＋z 2. (2)中点公式设点P (x ，y ，z )为P 1(x 1，y 1，z 1)，P 2(x 2，y 2，z 2)的中点，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 1＋x 22，y ＝y 1＋y 22，z ＝z 1＋z 22.2．空间向量的数量积a·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉．3．空间向量的坐标运算a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)(a ，b 均为非零向量)：[诊断自测] 1．概念思辨(1)两向量夹角的范围与两异面直线所成的角的范围相同．( ) (2)在向量的数量积运算中(a·b )·c ＝a ·(b·c )．( )(3)若{a ，b ，c }是空间的一个基底，则a ，b ，c 中至多有一个零向量．( ) (4)对空间任意一点O 与不共线的三点A ，B ，C ，若OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(其中x ，y ，z ∈R )，则P ，A ，B ，C 四点共面．( )答案 (1)× (2)× (3)× (4)× 2．教材衍化(1)(选修A2－1P 97A 组T 2)如图所示，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则下列向量中与BM →相等的向量是( )A ．－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋cD.12a －12b ＋c 答案 A解析 由题意，根据向量运算的几何运算法则，BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b－a )＝－12a ＋12b ＋c .故选A.(2)(选修A2－1P 98T 4)如图所示，已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线长都等于1，点E ，F ，G 分别是AB ，AD ，CD 的中点，计算：①EF →·BA →； ②EF →·DC →； ③EG 的长．解 设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°.①EF →＝12BD →＝12c －12a ，BA →＝－a ，DC →＝b －c ，EF →·BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12c －12a ·(－a )＝12a 2－12a ·c ＝14. ②EF →·DC →＝12(c －a )·(b －c )＝12(b ·c －a ·b －c 2＋a ·c )＝－14.③EG →＝EB →＋BC →＋CG →＝12a ＋b －a ＋12c －12b ＝－12a ＋12b ＋12c ， |EG →|2＝14a 2＋14b 2＋14c 2－12a·b ＋12b·c －12c·a ＝12，则|EG →|＝22.所以EG 的长为22.3．小题热身(1)在空间直角坐标系中，A (1,2,3)，B (－2，－1,6)，C (3,2,1)，D (4,3,0)，则直线AB 与CD 的位置关系是( )A ．垂直B ．平行C ．异面D ．相交但不垂直答案 B解析 由题意得，AB →＝(－3，－3,3)，CD →＝(1,1，－1)，∴A B →＝－3C D →，∴A B →与C D →共线，又AB 与CD 没有公共点，∴AB ∥CD .故选B.(2)O 为空间中任意一点，A ，B ，C 三点不共线，且OP →＝34OA →＋18OB →＋tOC →，若P ，A ，B ，C四点共面，则实数t ＝________.答案 18解析 ∵P ，A ，B ，C 四点共面，∴34＋18＋t ＝1，∴t ＝18.题型1 空间向量的线性运算典例如图所示，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，设AA 1→＝a ，AB →＝b ，AD →＝c ，M ，N ，P 分别是AA 1，BC ，C 1D 1的中点，试用a ，b ，c 表示以下各向量：(1)AP →； (2)A 1N →； (3)MP →＋NC 1→.解 (1)∵P 是C 1D 1的中点，∴AP →＝AA 1→＋A 1D 1→＋D 1P →＝a ＋AD →＋12D 1C 1→＝a ＋c ＋12AB →＝a ＋c ＋12b .(2)∵N 是BC 的中点，∴A 1N →＝A 1A →＋AB →＋BN →＝－a ＋b ＋12BC →＝－a ＋b ＋12AD →＝－a ＋b ＋12c .(3)∵M 是AA 1的中点，∴MP →＝MA →＋AP →＝12A 1A →＋AP →＝－12a ＋( a ＋c ＋12b )＝12a ＋12b ＋c ， 又NC 1→＝NC →＋CC 1→＝12BC →＋AA 1→＝12AD →＋AA 1→＝12c ＋a .∴MP →＋NC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋12b ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12c ＝32a ＋12b ＋32c .方法技巧用已知向量表示某一向量的方法1．用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键． 2．要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义．首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量，我们可把这个法则称为向量加法的多边形法则．3．在立体几何中要灵活应用三角形法则，向量加法的平行四边形法则在空间仍然成立． 提醒：利用三角形法则或平行四边形法则，把所求向量用已知基向量表示出来． 冲关针对训练(2018·郑州模拟)如图所示，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别为OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG →＝2GN →，若OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x ＋y ＋z ＝______.答案 56解析 设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c . 则MN →＝ON →－OM →＝12(OB →＋OC →)－12OA →＝12b ＋12c －12a ， OG →＝OM →＋MG →＝12OA →＋23MN →＝12a ＋23⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＋12c －12a ＝16a ＋13b ＋13c ， 又OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →， 所以x ＝16，y ＝13，z ＝13，x ＋y ＋z ＝16＋13＋13＝56.题型2 共线向量与共面向量定理的应用典例 已知E ，F ，G ，H 分别是空间四边形ABCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 的中点．(1)求证：E ，F ，G ，H 四点共面；(2)设M 是EG 和FH 的交点，求证：对空间任一点O ，有OM →＝14(OA →＋OB →＋OC →＋OD →)．证明 (1)如图，连接BG ， 则EG →＝EB →＋BG →＝EB →＋12(BC →＋BD →)＝EB →＋BF →＋EH → ＝EF →＋EH →，由共面向量定理的推论知：E ，F ，G ，H 四点共面．(2)找一点O ，并连接OM ，OA ，OB ，OC ，OD ，OE ，OG ，如图所示，由(2)知EH →＝12BD →，同理FG →＝12BD →，所以EH →＝FG →，即EH 綊FG ， 所以四边形EFGH 是平行四边形． 所以EG ，FH 交于一点M 且被M 平分． 故OM →＝12(OE →＋OG →)＝12OE →＋12OG →＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤12(OA →＋OB →)＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤12(OC →＋OD →) ＝14(OA →＋OB →＋OC →＋OD →)． 方法技巧证明三点共线和空间四点共面的方法三点(P ，A ，B )共线 空间四点(M ，P ，A ，B )共面PA →＝λPB →且同过点P MP →＝xMA →＋yMB →对空间任一点O ，OP →＝OA →＋tAB →对空间任一点O ，OP →＝OM →＋xMA →＋yMB →对空间任一点O ，OP →＝xOA →＋(1－x )OB →对空间任一点O ，OP →＝xOM →＋yOA →＋(1－x －y )OB →为向量共线、共面来证明，共面向量定理实际上也是三个非零向量所在直线共面的充要条件．冲关针对训练1．已知A ，B ，C 三点不共线，对平面ABC 外的任一点O ，若点M 满足OM →＝13(OA →＋OB →＋OC →)．(1)判断MA →，MB →，MC →三个向量是否共面； (2)判断点M 是否在平面ABC 内． 解 (1)由已知OA →＋OB →＋OC →＝3OM →， ∴OA →－OM →＝(OM →－OB →)＋(OM →－OC →)， 即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →， ∴MA →，MB →，MC →共面．(2)由(1)知，MA →，MB →，MC →共面且MA ，MB ，MC 过同一点M ， ∴M ，A ，B ，C 四点共面，从而点M 在平面ABC 内．2．如图，设P 为长方形ABCD 所在平面外一点，M 在PD 上，N 在AC 上，若DM MP ＝CN NA，用向量法证明：直线MN ∥平面PAB .证明 建立如图所示的空间坐标系，设C (a,0,0)，A (0，b,0)，P (m ，n ，p )，则 D (a ，b,0)，∴BP →＝(m ，n ，p )，BA →＝(0，b,0)， CA →＝(－a ，b,0)，DP →＝(m －a ，n －b ，p )，DC →＝(0，－b,0)，∵DM MP ＝CN NA ，∴DM DP ＝CNCA，设DM DP ＝CN CA＝λ，则DM →＝λDP →＝(mλ－aλ，nλ－bλ，pλ)，CN →＝λCA →＝(－aλ，bλ，0)．∴MN →＝－DM →＋DC →＋CN →＝(－mλ，2bλ－nλ－b ，－pλ)， ∴MN →＝－λBP →＋(2λ－1)BA →.∵BP ⊂平面PAB ，BA ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，∴MN ∥平面PAB . 题型3 空间向量的数量积及应用典例 如图所示，已知空间四边形ABCD 的各边和对角线的长都等于a ，点M ，N 分别是AB ，CD 的中点．(1)求证：MN ⊥AB ，MN ⊥CD ；(2)求异面直线AN 与CM 所成角的余弦值．解 (1)证明：设AB →＝p ，AC →＝q ，AD →＝r .由题意可知，|p |＝|q |＝|r |＝a ，且p ，q ，r 三向量两两夹角均为60°. MN →＝AN →－AM →＝12(AC →＋AD →)－12AB →＝12(q ＋r －p )，∴MN →·AB →＝12(q ＋r －p )·p ＝12(q ·p ＋r ·p －p 2)＝12(a 2cos60°＋a 2cos60°－a 2)＝0. ∴MN →⊥AB →，即MN ⊥AB . 同理可证MN ⊥CD .(2)设向量AN →与MC →的夹角为θ. ∵AN →＝12(AC →＋AD →)＝12(q ＋r )，MC →＝AC →－AM →＝q －12p ，∴AN →·MC →＝12(q ＋r )·⎝ ⎛⎭⎪⎫q －12p .＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫q 2－12q ·p ＋r ·q －12r ·p ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－12a 2cos60°＋a 2cos60°－12a 2cos60° ＝12⎝⎛⎭⎪⎫a 2－a 24＋a 22－a 24＝a22.又∵|AN →|＝|MC →|＝32a ，∴AN →·MC →＝|AN →||MC →|cos θ＝32a ×32a ×cos θ＝a 22.∴cos θ＝23，∴向量AN →与MC →的夹角的余弦值为23，因此异面直线AN 与CM 所成角的余弦值为23.方法技巧利用数量积解决有关垂直、夹角、长度问题1．a ≠0，b ≠0，a ⊥b ⇔a ·b ＝0. 2．|a |＝a 2. 3．cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |. 冲关针对训练(2018·湛江期末)如图，在四面体S －ABC 中，E ，F ，G ，H ，M ，N 分别是棱SA ，BC ，AB ，SC ，AC ，SB 的中点，且EF ＝GH ＝MN ，求证：SA ⊥BC ，SB ⊥AC ，SC ⊥AB .证明 如图，设SA →＝r 1，SB →＝r 2，SC →＝r 3，则SE →，SF →，SG →，SH →，SM →，SN →分别为12r 1，12(r 2＋r 3)，12(r 1＋r 2)，12r 3，12(r 1＋r 3)，12r 2.由条件EF ＝GH ＝MN 得⎝ ⎛⎭⎪⎫－r 1＋r 2＋r 322＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1＋r 2－r 322＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1－r 2＋r 322， 展开得r 1·r 2＝r 2·r 3＝r 1·r 3， ∴r 1·(r 2－r 3)＝0， ∵r 1≠0，r 2－r 3≠0， ∴r 1⊥(r 2－r 3)，即SA ⊥BC . 同理可证SB ⊥AC ，SC ⊥AB .1.(2014·广东高考)已知向量a ＝(1,0，－1)，则下列向量中与a 成60°夹角的是( ) A ．(－1,1,0) B ．(1，－1,0) C ．(0，－1,1) D ．(－1,0,1)答案 B解析 经检验，选项B 中向量(1，－1,0)与向量a ＝(1,0，－1)的夹角的余弦值为12，即它们的夹角为60°.故选B.2．(2017·成都模拟)已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2u －1,2λ)，若a ∥b ，则λ与u 的值可以是( )A ．2，12B ．－13，12C ．－3,2D ．2,2 答案 A解析 由题意知(λ＋1)·2λ＝2×6，可得λ＝－3或2，由0·2λ＝2(2u －1)得u ＝12.故选A. 3．(2018·西安质检)已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ，点E ，F 分别是BC ，AD 的中点，则AE →·AF →的值为( )A ．a 2B.12a 2C.14a 2D.34a 2 答案 C解析如图，设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝a ，且a ，b ，c 三个向量两两的夹角为60°.AE →＝12(a ＋b )， AF →＝12c ，∴AE →·AF →＝12(a ＋b )·12c＝14(a ·c ＋b ·c ) ＝14(a 2cos60°＋a 2cos60°)＝14a 2.故选C. 4. (2017·包头模拟)如图所示，PD 垂直于正方形ABCD 所在平面，AB ＝2，E 为PB 的中点，cos 〈DP →，AE →〉＝33，若以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则点E 的坐标为________．答案 (1,1,1)解析 由已知得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)， 设P (0,0，a )(a >0)，则E ⎝⎛⎭⎪⎫1，1，a2，所以DP →＝(0,0，a )，AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，1，a 2，|DP →|＝a .|AE →|＝(－1)2＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝2＋a 24＝8＋a22.又cos 〈DP →，AE →〉＝33，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪0×(－1)＋0×1＋a 22a ·8＋a22＝33，解得a 2＝4，即a ＝2，所以E (1,1,1).[基础送分 提速狂刷练]一、选择题1．已知点O ，A ，B ，C 为空间不共面的四点，且向量a ＝OA →＋OB →＋OC →，向量b ＝OA →＋OB →－OC →，则与a ，b 不能构成空间基底的向量是( )A.OA →B.OB →C.OC →D.OA →或OB →答案 C解析 根据题意得OC →＝12(a －b )，所以OC →，a ，b 共面．故选C.2．有4个命题：①若p ＝x a ＋y b ，则p 与a ，b 共面； ②若p 与a ，b 共面，则p ＝x a ＋y b ； ③若MP →＝xMA →＋yMB →，则P ，M ，A ，B 共面； ④若P ，M ，A ，B 共面，则MP →＝xMA →＋yMB →. 其中真命题的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 B解析 ①正确；②中，若a ，b 共线，p 与a 不共线，则p ＝x a ＋y b 就不成立；③正确；④中，若M ，A ，B 共线，点P 不在此直线上，则MP →＝xMA →＋yMB →不正确．故选B.3．在平行六面体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，若AC ′→＝xAB →＋2yBC →－3zCC ′→，则x ＋y ＋z ＝( )A ．1 B.76 C.56 D.23答案 B解析 ∵AC ′→＝AC →＋CC ′→＝AD →＋AB →＋CC ′→＝AB →＋BC →＋CC ′→＝xAB →＋2yBC →－3zCC ′→， ∴x ＝1，y ＝12，z ＝－13，∴x ＋y ＋z ＝1＋12－13＝76.故选B.4．已知四边形ABCD 满足AB →·BC →>0，BC →·CD →>0，CD →·DA →>0，DA →·AB →>0，则该四边形为( ) A ．平行四边形 B ．梯形 C ．平面四边形 D ．空间四边形答案 D解析 由已知条件得四边形的四个外角均为锐角，但在平面四边形中任一四边形的外角和都是360°，这与已知条件矛盾，所以该四边形是一个空间四边形．故选D.5. (2018·北京东城模拟)如图所示，已知PA ⊥平面ABC ，∠ABC ＝120°，PA ＝AB ＝BC ＝6，则|PC →|等于( )A ．6 2B ．6C ．12D ．144答案 C解析 ∵PC →＝PA →＋AB →＋BC →， ∴PC →2＝PA →2＋AB →2＋BC →2＋2AB →·BC →，∴|PC →|2＝36＋36＋36＋2×36cos60°＝144， ∴|PC →|＝12.故选C.6．(2017·舟山模拟)平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，向量AB →，AD →，AA 1→两两的夹角均为60°，且|AB →|＝1，|AD →|＝2，|AA 1→|＝3，则|AC 1→|等于( )A ．5B ．6C ．4D ．8 答案 A解析 设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则AC 1→＝a ＋b ＋c ，|AC 1→|2＝a 2＋b 2＋c 2＋2a ·b ＋2b ·c ＋2c ·a ＝25，因此|AC 1→|＝5.故选A.7．(2017·南充三模)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，下列命题： ①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 1→2； ②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角为60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|， 其中正确命题的序号是( ) A ．①② B ．①②③ C ．①④ D ．①②④ 答案 A解析 设正方体边长为单位长为1，建立空间直角坐标系，如图．A 1A →＝(0,0,1)，A 1D 1→＝(1,0,0)，A 1B 1→＝(0,1,0)，A 1C →＝(1,1,1)，AD 1→＝(1,0，－1)，所以对于①，(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝(1,1,1)·(1,1,1)＝3＝3A 1B 1→2，故①正确； 对于②，A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝(1,1,1)·(0,1，－1)＝0，故②正确；对于③，因为AD 1→·A 1B →＝(1,0，－1)·(0,1,1)＝－1，向量AD 1→与向量A 1B →的夹角为120°，故③错误；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →||AA 1→|·|AD →|，但是|AB →·AA 1→·AD →|＝0，故④错误．故选A.8．对于空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，且有OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(x ，y ，z ∈R )，则x ＝2，y ＝－3，z ＝2是P ，A ，B ，C 四点共面的( )A ．必要不充分条件B ．充分不必要条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件答案 B解析 当x ＝2，y ＝－3，z ＝2时， 即OP →＝2OA →－3OB →＋2OC →，则AP →－AO →＝2OA →－3(AB →－AO →)＋2(AC →－AO →)，即 AP →＝－3AB →＋2AC →，根据共面向量定理，知P ，A ，B ，C 四点共面；反之，当P ，A ，B ，C四点共面时，根据共面向量定理AP →＝mAB →＋nAC →，即OP →－OA →＝m (OB →－OA →)＋n (OC →－OA →)， 即OP →＝(1－m －n )OA →＋mOB →＋nOC →，即x ＝1－m －n ，y ＝m ，z ＝n ，这组数显然不止2，－3,2. 故是充分不必要条件．故选B.9．(2018·福州质检)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 在AC 1上且AM →＝12MC 1→，N 为B 1B 的中点，则|MN →|为( )A.216aB.66aC.156a D.153a答案 A解析 以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，则A (a,0,0)，C 1(0，a ，a )，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ，a 2.设M (x ，y ，z )，∵点M 在AC 1上且A M →＝12MC 1→，∴(x －a ，y ，z )＝12(－x ，a －y ，a －z )，∴x ＝23a ，y ＝a 3，z ＝a 3.∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，a 3，a 3， ∴|MN →|＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫a －23a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 32 ＝216a .故选A. 10．已知矩形ABCD ，AB ＝1，BC ＝2，将△ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中( )A ．存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直B ．存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直C ．存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直D ．对任意位置，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直 答案 B解析 如图所示，在图1中，易知AE ＝CF ＝63，BE ＝EF ＝FD ＝33.在图2中，设AE →＝a ，EF →＝b ，FC →＝c ，则〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝90°，设〈a ，c 〉＝θ， 则AC →＝a ＋b ＋c ，BD →＝3b ， 故AC →·BD →＝3b 2＝1≠0， 故AC 与BD 不垂直，A 不正确； AB →＝AE →＋EB →＝a －b ，CD →＝CF →＋FD →＝b －c ，所以AB →·CD →＝－a ·c －b 2＝－23cos θ－13.当cos θ＝－12，即θ＝2π3时，AB →·CD →＝0，故B 正确，D 不正确；AD →＝AE →＋ED →＝a ＋2b ，BC →＝BF →＋FC →＝2b ＋c ，所以AD →·BC →＝a ·c ＋4b 2＝23cos θ＋43＝23(cos θ＋2)，故无论θ为何值，AD →·BC →≠0，故C 不正确．故选B. 二、填空题11．(2017·银川模拟)已知点A (1,2,1)，B (－1,3,4)，D (1,1,1)，若AP →＝2PB →，则|PD →|的值是________．答案773解析 设P (x ，y ，z )，∴AP →＝(x －1，y －2，z －1)． PB →＝(－1－x ，3－y ，4－z )，由AP →＝2PB →，得点P 坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，83，3，又D (1,1,1)，∴|PD →|＝773.12．如图，已知ABCD 为正方形，P 是ABCD 所在平面外一点，P 在平面ABCD 上的射影恰好是正方形的中心O ，Q 是CD 的中点，若PA →＝xPO →＋yPQ →＋PD →，则x ＋y ＝________.答案 0解析 PA →－PD →＝DA →＝OA →－OD → ＝－OC →－OD →＝－(OC →＋OD →)＝－2OQ →＝－2(PQ →－PO →)＝2PO →－2PQ →.∵PA →＝xPO →＋yPQ →＋PD →，∴PA →－PD →＝xPO →＋yPQ →， ∴2PO →－2PQ →＝xPO →＋yPQ →.∵PQ →与PO →不共线，∴x ＝2，y ＝－2，∴x ＋y ＝0.13．已知O (0,0,0)，A (1,2,3)，B (2,1,2)，P (1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动，当QA →·QB →取最小值时，点Q 的坐标是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83解析 由题意，设OQ →＝λOP →，即OQ →＝(λ，λ，2λ)，则QA →＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB →＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴QA →·QB →＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)·(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－432－23，当λ＝43时有最小值，此时Q 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83. 14．如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E ，F 分别为AB ，BC 的中点．设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值为________．答案 25解析 以A 为坐标原点，射线AB ，AD ，AQ 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形ABCD 和ADPQ 的边长为2，则E (1,0,0)，F (2,1,0)，M (0，y,2)(0≤y ≤2)． 所以AF →＝(2,1,0)，EM →＝(－1，y,2)．所以AF →·EM →＝－2＋y ，|AF →|＝5，|EM →|＝5＋y 2. 所以cos θ＝|AF →·EM →||AF →||EM →|＝|－2＋y |5·5＋y 2＝2－y5·5＋y 2. 令2－y ＝t ，则y ＝2－t ，且t ∈[0,2]． 所以cos θ＝t 5·5＋(2－t )2＝t5·9－4t ＋t2. 当t ＝0时，cos θ＝0. 当t ≠0时，cos θ＝15·9t 2－4t＋1＝15·9⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －292＋59，由t ∈(0,2]，得1t ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞， 所以9⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －292＋59≥ 9×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－292＋59＝52. 所以0<cos θ≤25，即cos θ的最大值为25.三、解答题15．(2018·唐山模拟)已知空间三点A (－2,0,2)，B (－1,1,2)，C (－3,0,4)，设a ＝AB →，b ＝AC →.(1)求a 和b 夹角的余弦值； (2)设|c |＝3，c ∥BC →，求c 的坐标．解 (1)因为A B →＝(1,1,0)，AC →＝(－1,0,2)，所以a ·b ＝－1＋0＋0＝－1，|a |＝2，|b |＝ 5.所以cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－12×5＝－1010.(2)BC →＝(－2，－1,2)，设c ＝(x ，y ，z )， 因为|c |＝3，c ∥BC →，所以x 2＋y 2＋z 2＝3，存在实数λ使得c ＝λBC →，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2λ，y ＝－λ，z ＝2λ，联立解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝－1，z ＝2，λ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝1，z ＝－2，λ＝－1，所以c ＝±(－2，－1,2)．16．已知平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为1的正方形，AA 1＝2，∠A 1AB ＝∠A 1AD ＝120°.(1)求线段AC 1的长；(2)求异面直线AC 1与A 1D 所成角的余弦值； (3)证明：AA 1⊥BD .解 (1)如图所示，设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝1，|c |＝2. a ·b ＝0，a ·c ＝b ·c ＝2×1×cos120°＝－1. ∵AC 1→＝AB →＋BC →＋CC 1→＝a ＋b ＋c ，∴|AC 1→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2a ·b ＋2a ·c ＋2b ·c ＝1＋1＋22－2－2＝2.∴|AC 1→|＝ 2.即AC 1长为 2.(2)∵AC 1→＝a ＋b ＋c ，A 1D →＝b －c ，∴AC 1→·A 1D →＝(a ＋b ＋c )·(b －c )＝a ·b －a ·c ＋b 2－b ·c ＋b ·c －c 2 ＝1＋12－22＝－2.又|A 1D →|2＝(b －c )2＝b 2＋c 2－2b ·c ＝1＋4＋2＝7， ∴|A 1D →|＝7.∴cos 〈AC 1→，A 1D →〉＝AC 1→·A 1D→|AC 1→||A 1D →|＝－22×7＝－147. ∴异面直线AC 1与A 1D 所成角的余弦值为147. (3)证明：∵AA 1→＝c ，BD →＝b －a ， ∴AA 1→·BD →＝c ·(b －a )＝c ·b －c ·a ＝－1－(－1)＝0. ∴AA 1→⊥BD →，即AA 1⊥BD .。

第七章立体几何第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图1．简单几何体(1)多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相平行且相等多边形互相平行侧棱平行且相等相交于一点，但不一定相等延长线交于一点侧面形状平行四边形三角形梯形(2)旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等，垂直于底面相交于一点延长线交于一点轴截面全等的矩形全等的等腰三角形全等的等腰梯形圆侧面展开图矩形扇形扇环2．直观图(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．说明：正视图也称主视图，侧视图也称左视图．(2)作、看三视图的3原则①位置原则：②度量原则：长对正、高平齐、宽相等(即正俯同长、正侧同高、俯侧同宽)．③虚实原则：轮廓线——现则实、隐则虚．1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( )(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( )(3)棱台是由平行于底面的平面截棱锥所得的平面与底面之间的部分．( )(4)夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是圆柱．( )(5)上下底面是两个平行的圆面的旋转体是圆台．( )答案：(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×2．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是( )解析：选B 俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B.3．若一个三棱柱的三视图如图所示，其俯视图为正三角形，则这个三棱柱的高和底面边长分别为( )A．2,2 3 B．22，2C．4,2 D．2,4解析：选D 由三视图可知，正三棱柱的高为2，底面正三角形的高为23，故底面边长为4，故选D.4．(教材习题改编)如图，长方体ABCD­A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是______．答案：五棱柱三棱柱5．利用斜二测画法得到的①三角形的直观图一定是三角形；②正方形的直观图一定是菱形；③等腰梯形的直观图可以是平行四边形；④菱形的直观图一定是菱形．以上结论正确的个数是________．解析：由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，④也错误，故结论正确的个数为1.答案：1考点一空间几何体的结构特征基础送分型考点——自主练透[考什么·怎么考]空间几何体的结构特征是立体几何的基础知识，很少单独考查.多作为载体与三视图、表面积、体积等综合考查，题型为选择题或填空题，难度较低.A．圆柱B．圆锥C．球体 D．圆柱、圆锥、球体的组合体解析：选C 截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．2．给出下列几个命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选B ①错误，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．3．给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；④存在每个面都是直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中的三棱锥C1­ABC，四个面都是直角三角形．答案：②③④[怎样快解·准解]空间几何体概念辨析题的常用方法定义法紧扣定义，由已知构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，根据定义进行判定．反例法通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个结论是错误的，只要举出一个反例即可.考点二空间几何体的直观图基础送分型考点——自主练透[考什么·怎么考]单独考查空间几何体的直观图的题目很少，多与三视图、表面积、体积等综合考查，题型为选择题或填空题，难度较低.1.用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是( )解析：选A 由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y 轴上的对角线长为2 2.故选A.2．已知正三角形ABC 的边长为2，那么△ABC 的直观图△A ′B ′C ′的面积为________． 解析：如图，图①、图②分别表示△ABC 的实际图形和直观图． 从图②可知，A ′B ′＝AB ＝2，O ′C ′＝12OC ＝32，C ′D ′＝O ′C ′sin 45°＝32×22＝64. 所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×2×64＝64.答案：643.用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB 平行于y ′轴，BC ，AD 平行于x ′轴．已知四边形ABCD 的面积为2 2 cm 2，则原平面图形的面积为________ cm 2.解析：依题意可知∠BAD ＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底的长分别与BC ，AD 相等，高为梯形ABCD 的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm 2.答案：8[怎样快解·准解]1．原图形与直观图中的“三变”与“三不变” (1)“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度改变减半图形改变(2)“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不变与x 轴平行的线段长度不变相对位置不变2．原图形与直观图面积的关系按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系： (1)S 直观图＝24S 原图形；(2)S 原图形＝22S 直观图． 考点三 空间几何体的三视图题点多变型考点——追根溯源空间几何体的三视图的辨析是高考的热点内容，一般以选择题或填空题的形式出现.常见的命题角度有：1已知几何体，识别三视图；2已知三视图，判断几何体；3已知几何体的三视图中的某两个视图，确定另一种视图.[题点全练]角度(一) 已知几何体，识别三视图1.(2018·河北衡水中学调研)如图所示，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E 为棱BB 1的中点，用过点A ，E ，C 1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的侧视图为( )解析：选C 如图所示，过点A ，E ，C 1的截面为AEC 1F ，则剩余几何体的侧视图为选项C 中的图形．[题型技法] 识别三视图的步骤(1)弄清几何体的结构特征及具体形状、明确几何体的摆放位置；(2)根据三视图的有关定义和规则先确定正视图，再确定俯视图，最后确定侧视图； (3)被遮住的轮廓线应为虚线，若相邻两个物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线；对于简单的组合体，要注意它们的组合方式，特别是它们的交线位置．角度(二) 已知三视图，判断几何体2．(2017·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A．3 2 B．2 3C．2 2 D．2解析：选B 在正方体中还原该四棱锥如图所示，从图中易得最长的棱为AC1＝AC2＋CC21＝22＋22＋22＝2 3.[题型技法] 由三视图确定几何体的3步骤熟练掌握规则几何体的三视图是三视图还原几何体的基础，在明确三视图画法规则的基础上，按以下步骤可轻松解决此类问题：角度(三) 已知几何体三视图中的某两个视图，确定另外一个视图3．如图，一个三棱柱的正视图和侧视图分别是矩形和正三角形，则这个三棱柱的俯视图为( )解析：选D 由正视图和侧视图可知，这是一个水平放置的正三棱柱．故选D.[题型技法]由几何体的部分视图画出剩余视图的方法解决此类问题，可先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入检验．[题“根”探求]根据几何体的三视图判断几何体的结构特征，常见的有以下几类三视图的形状对应的几何体三个三角形三棱锥两个三角形，一个四边形四棱锥两个三角形，一个圆圆锥一个三角形，两个四边形三棱柱三个四边形四棱柱两个四边形，一个圆圆柱[冲关演练]1．(2018·惠州调研)如图所示，将图①中的正方体截去两个三棱锥，得到图②中的几何体，则该几何体的侧(左)视图为( )解析：选B 从几何体的左侧看，对角线AD1在视线范围内，故画为实线，右侧面的棱C1F不在视线范围内，故画为虚线，且上端点位于几何体上底面边的中点．故选B2.(2018·石家庄质检)一个三棱锥的正(主)视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧(左)视图可能为( )解析：选D 由题图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD⊥平面BCD，故选D.3.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A ．10B ．12C ．14D ．16解析：选B 由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为2＋4×22×2＝12，故选B.(一)普通高中适用作业A 级——基础小题练熟练快1.如图，△A ′B ′O ′是利用斜二测画法画出的△ABO 的直观图，已知A ′B ′∥y ′轴，O ′B ′＝4，且△ABO 的面积为16，过A ′作A ′C ′⊥x ′轴，则A ′C ′的长为( )A ．2 2 B. 2 C ．16 2D ．1解析：选A 因为A ′B ′∥y ′轴，所以△ABO 中，AB ⊥OB . 又因为△ABO 的面积为16，所以12AB ·OB ＝16.因为OB ＝O ′B ′＝4，所以AB ＝8，所以A ′B ′＝4. 因为A ′C ′⊥O ′B ′于C ′，所以B ′C ′＝A ′C ′， 所以A ′C ′＝4·sin 45°＝22，故选A.2．一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是( )解析：选B 由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成．从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部是一条水平线段连接两个三角形，故选B.3．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )解析：选D 由三视图知该几何体的上半部分是一个三棱柱，下半部分是一个四棱柱．故选D.4.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图为( )解析：选D 由正视图与俯视图知，几何体是一个三棱锥与半个圆锥的组合体，故侧视图为D.5.如图，在正四棱柱ABCD­A 1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥P­BCD的正视图与侧视图的面积之比为( )A．1∶1 B．2∶1C．2∶3 D．3∶2解析：选A 根据题意，三棱锥P­BCD的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高．故三棱锥P­BCD的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.6．某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x的值是( )A ．2 B.92C.32D ．3解析：选D 根据三视图判断几何体为四棱锥，其直观图如图所示，则体积V ＝13×1＋22×2×x ＝3，解得x ＝3，故选D. 7．设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体； ②底面是矩形的平行六面体是长方体； ③直四棱柱是直平行六面体； ④棱台的相对侧棱延长后必交于一点． 其中真命题的序号是________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．答案：①④8．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm.解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C . 在Rt △ABC 中，AC ＝12(cm)，BC ＝8－3＝5 (cm)． ∴AB ＝122＋52＝13(cm)． 答案：139．已知正四棱锥V ­ABCD 中，底面面积为16，一条侧棱的长为211，则该棱锥的高为________．解析：如图，取正方形ABCD 的中心O ，连接VO ，AO ，则VO 就是正四棱锥V ­ABCD 的高．因为底面面积为16，所以AO ＝2 2. 因为一条侧棱长为211.所以VO ＝VA 2－AO 2＝44－8＝6. 所以正四棱锥V ­ABCD 的高为6. 答案：610．已知某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是矩形，俯视图是正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何体的形状给出下列命题：①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③两个面都是等腰直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：由三视图可知，该几何体是正四棱柱，作出其直观图为如图所示的四棱柱ABCD­A1B1C1D1，当选择的4个点是B1，B，C，C1时，可知①正确；当选择的4个点是B，A，B1，C时，可知②正确；易知③不正确．答案：①②B级——中档题目练通抓牢1．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )A．8 B．7C．6 D．5解析：选C 画出直观图可知，共需要6块．2.将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧视图为( )解析：选 B 如图所示，由正视图和侧视图可知该几何体是由长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1截去三棱锥B 1­A 1BC 1得到的，故其侧视图为选项B.3．已知四棱锥P ­ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P ­ABCD 的四个侧面中面积最大的是( )A ．3B ．2 5C ．6D ．8解析：选C 四棱锥如图所示，取AD 的中点N ，BC 的中点M ，连接PM ，PN ，则PN ＝5，PM ＝3，S △PAD ＝12×4×5＝25，S △PAB ＝S △PDC ＝12×2×3＝3， S △PBC ＝12×4×3＝6.所以四个侧面中面积最大的是6.4．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三个视图都是直角三角形，则在该三棱锥的四个面中，直角三角形的个数为________．解析：由题意可知，该几何体是三棱锥，将其放置在长方体中形状如图所示(图中棱锥P ­ABC )，利用长方体模型可知，此三棱锥的四个面全部是直角三角形．答案：45.如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4 m ，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P 处．若该小虫爬行的最短路程为4 3 m ，则圆锥底面圆的半径等于________ m.解析：把圆锥侧面沿过点P 的母线展开成如图所示的扇形，由题意OP ＝4，PP ′＝43， 则cos ∠POP ′＝42＋42－4322×4×4＝－12，所以∠POP ′＝2π3.设底面圆的半径为r ，则2πr ＝2π3×4，所以r ＝43.答案：436．已知正三棱锥V ­ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出侧视图的面积． 解：(1)直观图如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6.7.如图，在四棱锥P ­ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)求PA .解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm 的正方形，如图，其面积为36 cm 2.(2)由侧视图可求得PD ＝PC 2＋CD 2＝62＋62＝6 2. 由正视图可知AD ＝6，且AD ⊥PD ，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝622＋62＝6 3 cm.C级——重难题目自主选做1．(2018·泉州模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧视图中的虚线部分是( )A．圆弧 B．抛物线的一部分C．椭圆的一部分 D．双曲线的一部分解析：选D 根据几何体的三视图可得，侧视图中的虚线部分是由平行于旋转轴的平面截圆锥所得，故侧视图中的虚线部分是双曲线的一部分，故选D.2.一只蚂蚁从正方体ABCD­A1B1C1D1的顶点A出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是( )A．①② B．①③C．③④ D．②④解析：选D 由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)．若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过BB1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过CD的中点，此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．故选D.(二)重点高中适用作业A级——保分题目巧做快做1.“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )解析：选B 根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B，故选B.2.已知点E，F，G分别是正方体ABCD­A1B1C1D1的棱AA1，CC1，DD1的中点，点M，N，Q，P分别在线段DF，AG，BE，C1B1上．以M，N，Q，P为顶点的三棱锥P­MNQ的俯视图不可能是( )解析：选C 当M与F重合，N与G重合，Q与E重合，P与B1重合时，三棱锥P­MNQ 的俯视图为A；当M，N，Q，P是所在线段的中点时，三棱锥P­MNQ的俯视图为B；当M，N，Q，P位于所在线段的非端点位置时，存在三棱锥P­MNQ，使其俯视图为D.故选C.3.已知一个三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为( )解析：选C 由已知条件得直观图如图所示，PC⊥底面ABC，正视图是直角三角形，中间的线是看不见的线PA形成的投影，应为虚线，故选C.4．某几何体的正视图和侧视图如图1所示，它的俯视图的直观图是如图2所示的矩形O1A1B1C1，其中O1A1＝6，O1C1＝2，则该几何体的侧面积为( )A ．48B ．64C ．96D ．128解析：选 C 由题意可知该几何体是一个直四棱柱，∵它的俯视图的直观图是矩形O 1A 1B 1C 1，O 1A 1＝6，O 1C 1＝2，∴它的俯视图是边长为6的菱形，∵棱柱的高为4， 故该几何体的侧面积为4×6×4＝96.5．已知四棱锥P ­ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P ­ABCD 的四个侧面中面积最大的是( )A ．3B ．2 5C ．6D ．8解析：选C 四棱锥如图所示，取AD 的中点N ，BC 的中点M ，连接PM ，PN ，则PN ＝5，PM ＝3，S △PAD ＝12×4×5＝25，S △PAB ＝S △PDC ＝12×2×3＝3， S △PBC ＝12×4×3＝6.所以四个侧面中面积最大的是6.6．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm.解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C . 在Rt △ABC 中，AC ＝12(cm)，BC ＝8－3＝5 (cm)．∴AB ＝122＋52＝13(cm)． 答案：137．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三个视图都是直角三角形，则在该三棱锥的四个面中，直角三角形的个数为________．解析：由题意可知，该几何体是三棱锥，将其放置在长方体中形状如图所示(图中棱锥P ­ABC )，利用长方体模型可知，此三棱锥的四个面全部是直角三角形．答案：48.如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4 m ，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P 处．若该小虫爬行的最短路程为4 3 m ，则圆锥底面圆的半径等于________ m.解析：把圆锥侧面沿过点P 的母线展开成如图所示的扇形， 由题意OP ＝4，PP ′＝43， 则cos ∠POP ′＝42＋42－4322×4×4＝－12，所以∠POP ′＝2π3.设底面圆的半径为r ，则2πr ＝2π3×4，所以r ＝43.答案：439.如图是一个几何体的正视图和俯视图． (1)试判断该几何体是什么几何体； (2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积； (3)求出该几何体的体积．解：(1)由题意可知该几何体为正六棱锥．(2)其侧视图如图所示，其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，且BC 的长是俯视图中的正六边形对边的距离，即BC ＝3a ，AD 的长是正六棱锥的高，即AD ＝3a ，∴该平面图形的面积S ＝12·3a ·3a ＝32a 2.(3)V ＝13×6×34a 2×3a ＝32a 3.10．已知正三棱锥V ­ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出侧视图的面积． 解：(1)直观图如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6.B 级——拔高题目稳做准做1．(2018·邵阳模拟)某四面体的三视图如图所示，该四面体的六条棱中，长度最长的棱的长是( )A ．2 5B ．2 6C ．27D ．4 2解析：选C 由三视图可知该四面体的直观图如图所示．其中AC ＝2，PA ＝2，△ABC 中，边AC 上的高为23，所以BC ＝42＋232＝27，AB＝232＋22＝4，而PB＝PA2＋AB2＝22＋42＝25，PC＝PA2＋AC2＝22，因此在四面体的六条棱中，长度最长的是BC，其长为27，选C.2．(2018·泉州模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧视图中的虚线部分是( )A．圆弧 B．抛物线的一部分C．椭圆的一部分 D．双曲线的一部分解析：选D 根据几何体的三视图可得，侧视图中的虚线部分是由平行于旋转轴的平面截圆锥所得，故侧视图中的虚线部分是双曲线的一部分，故选D.3.一只蚂蚁从正方体ABCD­A1B1C1D1的顶点A出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是( )A．①② B．①③C．③④ D．②④解析：选D 由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)．若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过BB1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过CD的中点，此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．故选D.4．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xy的最大值为________．解析：由三视图知三棱锥如图所示，底面ABC是直角三角形，AB⊥BC，PA⊥平面ABC，BC＝27，PA2＋y2＝102，(27)2＋PA2＝x2，因此xy＝x102－[x2－272]＝x128－x2≤x2＋128－x22＝64，当且仅当x2＝128－x2，即x＝8时取等号，因此xy的最大值是64.答案：645.如图，在四棱锥P­ABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA.解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝6 2.由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝622＋62＝6 3 cm.6．四面体ABCD及其三视图如图所示，平行于棱AD，BC的平面分别交四面体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H.(1)求四面体ABCD 的体积； (2)证明：四边形EFGH 是矩形．解：(1)由题意，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，BD ＝DC ＝2，AD ＝1，∵BD ∩DC ＝D ，∴AD ⊥平面BDC ，∴四面体ABCD 的体积V ＝13×12×2×2×1＝23.(2)证明：∵BC ∥平面EFGH ，平面EFGH ∩平面BDC ＝FG ，又平面EFGH ∩平面ABC ＝EH ， ∴BC ∥FG ，BC ∥EH ， ∴FG ∥EH .同理，EF ∥AD ，HG ∥AD ，∴EF ∥HG ，∴四边形EFGH 是平行四边形． ∵AD ⊥平面BDC ，∴AD ⊥BC ， ∴EF ⊥FG ，∴四边形EFGH 是矩形．第二节空间几何体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱 圆锥 圆台侧面展开图侧面积公式 S 圆柱侧＝2πrl S 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r ＋r ′)l2．空间几何体的表面积与体积公式名称几何体 表面积体积柱体(棱柱和圆S 表面积＝S 侧＋2S 底 V ＝Sh柱) 锥体(棱锥和圆锥) S 表面积＝S 侧＋S 底V ＝13Sh台体(棱台和圆台) S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球S ＝4πR 2V ＝43πR 31．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)圆柱的一个底面积为S ，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS .( )(2)锥体的体积等于底面面积与高之积．( ) (3)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．( ) (4)球的体积之比等于半径之比的平方．( ) 答案：(1)× (2)× (3)√ (4)×2．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( ) A.163π B.323πC ．16πD ．24π解析：选B 设球的半径为R ，则由4πR 2＝16π，解得R ＝2，所以这个球的体积为43πR3＝323π. 3．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h .由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得：。

第七章第节（理）[基础训练组]．(导学号)为空间任意一点，若＝＋＋，则，，，四点( )．一定不共面．一定共面．不一定共面．无法判断解析：[ ∵＝＋＋，且＋＋＝.∴，，，四点共面．]．(导学号)在空间四边形中，·＋·＋·＝( )．－．．．不确定解析：[如题图，令＝，＝，＝，则·＋·＋·＝·(－)＋·(－)＋·(－)＝·－·＋·－·＋·－·＝.]．(导学号)如图所示，垂直于正方形所在平面，＝，为的中点，〈，〉＝，若以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，则点的坐标为( )．()．()解析：[设＝，则()，()，(，)，，∴＝(，)，＝.∵〈，〉＝，∴＝·，∴＝.∴的坐标为()．]．(导学号)在△中，＋＝－，＝，＝，，为的三等分点，则·＝( )解析：[＋＝－，化简得·＝，又因为和为三角形的两条边，不可能为，所以与垂直，所以△为直角三角形．以为轴，以为轴建立平面直角坐标系，如图所示，则()，()，()，由，为的三等分点知，，所以＝，＝，所以·＝×＋×＝.]．(导学号)如图所示，已知空间四边形，＝，且∠＝∠＝，则〈，〉的值为( )．解析：[设＝，＝，＝，由已知条件〈，〉＝〈，〉＝，且＝，·＝·(－)＝·－·＝－＝，∴〈，〉＝.]．(导学号)在四面体－中，＝，＝，＝，为的中点，为的中点，则＝.(用，，表示)．解析：＝＋＝＋＝＋×(＋)＝＋＋＝＋(－)＋(－)＝＋＋＝＋＋.答案：＋＋．(导学号)若向量＝(，λ，)，＝(，－)且与的夹角的余弦值为，则λ＝.解析：由条件知＝，＝，·＝－λ.∴〈，〉＝＝＝.整理得λ＋λ－＝解得λ＝－或λ＝.答案：－或．(导学号)如图所示，已知二面角α——β的平面角为θ，⊥，。

第七节 立体几何中的向量方法(理)时间：45分钟 分值：75分一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．如果平面的一条斜线与它在这个平面上的射影的方向向量分别是a ＝(1,0,1)，b ＝(0,1,1)，那么这条斜线与平面所成的角是( )A ．90°B ．60°C ．45°D ．30°解析 ∵|a|＝2，|b|＝2， ∴cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝12.又〈a ，b 〉∈(0°，90°)，∴〈a ，b 〉＝60°. 答案 B2．(2018·珠海模拟)已知AB →＝(1,5，－2)，BC →＝(3,1，z)，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ，y ，z 分别为( )A.337，－157，4 B.407，－157，4 C.407，－2,4 D ．4，407，－15解析 ∵AB →⊥BC →，∴AB →·BC →＝0，即3＋5－2z ＝0，得z ＝4，又BP ⊥平面ABC ，∴BP ⊥AB ，BP ⊥BC ，BC →＝(3,1,4)，则⎩⎪⎨⎪⎧－＋5y ＋6＝0，－＋y －12＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝407，y ＝－157.答案 B3．长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，E 为CC 1的中点，则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为( )A.1010 B.3010 C.21510D.31010解析 建立空间直角坐标系如图．则A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C 1(0,2,2)． BC 1→＝(－1,0,2)，AE →＝(－1,2,1)， cos 〈BC 1→，AE →〉＝BC 1→·AE →|BC 1→|·|AE →|＝3010.所以异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为3010. 答案 B4．在90°的二面角的棱上有A ，B 两点，AC 、BD 分别在这个二面角的两个面内，且都垂直于棱AB ，已知AB ＝5，AC ＝3，CD ＝52，则BD ＝( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析 由条件知AC ⊥AB ，BD ⊥AB ，AC ⊥BD ， 又CD →＝CA →＋AB →＋BD →， ∴CD →2＝(CA →＋AB →＋BD →)2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＝32＋52＋|BD →|2＝(52)2，∴|BD →|2＝16，∴BD ＝4. 答案 A5．已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝4，CC 1＝2，则直线BC 1和平面DBB 1D 1所成角的正弦值为( ) A.32B.52 C.105D.1010解析 如图建立空间直角坐标系， 则B(4,0,0)，C(4,4,0)，C 1(4,4,2)， 显然AC ⊥平面BB 1D 1D ，∴AC →＝(4,4,0)为平面BB 1D 1D 的一个法向量． 又BC 1→＝(0,4,2)，∴cos 〈BC 1→，AC →〉＝BC 1→·AC→|BC 1→||AC →|＝1616＋4·16＋161＝105. 即BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为105. 答案 C6．(2018·德州调研)二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC 、BD 分别在这个二面角的两个平面内，且都垂直于AB.已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为( )A ．150°B ．45°C ．60°D ．120°解析 由题意知AC →与BD →所成角即为该二面角的平面角． ∵CD →＝CA →＋AB →＋BD →，∴CD →2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD →. ∴(217)2＝62＋42＋82＋2|CA →||BD →|cos 〈CA →，BD →〉＝116＋2×6×8cos〈CA →，BD →〉．∴cos 〈CA →，BD →〉＝－12，∴〈CA →，BD →〉＝120°.∴〈AC →，BD →〉＝60°，∴该二面角的大小为60°.答案 C二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7.(2018·潍坊考试)如图，平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1，若ABCD 是边长为2的正方形，AA 1＝1，∠A 1AD ＝∠A 1AB ＝60°，则BD 1的长为__________．解析 ∵BD 1→＝BA →＋BC →＋BB 1→，∴|BD 1→|2＝(BA →＋BC →＋BB 1→)2＝9，故BD 1＝3. 答案38．(2018·怀化模拟)如图，在直三棱柱中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝1，侧棱AA 1＝2，M 为A 1B 1的中点，则AM 与平面AA 1C 1C 所成角的正切值为________．解析 以C 1为原点，C 1A 1，C 1B 1，C 1C 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则平面AA 1C 1C 的法向量为n ＝(0,1,0)，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0－(1,0，2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，－2，则直线AM 与平面AA 1C 1C 所成角θ的正弦值为sin θ＝|cos 〈AM →，n 〉|＝|AM →·n||AM →||n|＝110，∴tan θ＝13.答案 139．如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝1，AA 1＝2，∠B 1A 1C 1＝90°，D 为BB 1的中点，则异面直线C 1D 与A 1C 所成角的余弦值为________．解析 以A 为原点建立空间直角坐标系，如图，A 1(0,0,2)，C(0,1,0)，D(1,0,1)，C 1(0,1,2)， 则C 1D →＝(1，－1，－1)，A 1C →＝(0,1，－2)，|C 1D →|＝3，|A 1C →|＝5，C 1D →·A 1C →＝1， cos 〈C 1D →，A 1C →〉＝C 1D →·A 1C →|C 1D →||A 1C →|＝1515，故异面直线C 1D 与A 1C 所成角的余弦值为1515. 答案1515三、解答题(本大题共3小题，每小题10分，共30分)10．(2018·江苏卷)如图，在直三棱柱A 1B 1C 1—ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值； (2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．解 (1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A —xyz ，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(1,1,0)，A 1(0,0,4)，C 1(0,2,4)，所以A 1B →＝(2,0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4)．因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D →|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z)，因为AD →＝(1,1,0)，AC 1→＝(0,2,4)，所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面ABA 1的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53.因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53.11．(2018·福建卷)如图，在四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，侧棱AA 1⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AA 1＝1，AB ＝3k ，AD ＝4k ，BC ＝5k ，DC ＝6k(k>0)．(1)求证： CD ⊥平面ADD 1A 1；(2)若直线AA 1与平面AB 1C 所成角的正弦值为67，求k 的值．解 (1)证明：取CD 的中点E ，连接BE. ∵AB ∥DE ，AB ＝DE ＝3k ， ∴四边形ABED 为平行四边形， ∴BE ∥AD 且BE ＝AD ＝4k.在△BCE 中，∵BE ＝4k ，CE ＝3k ，BC ＝5k ， ∴BE 2＋CE 2＝BC 2.∴∠BEC ＝90°，即BE ⊥CD. 又BE ∥AD ，∴CD ⊥AD.∵AA 1⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， ∴AA 1⊥CD.又AA 1∩AD＝A ， ∴CD ⊥平面ADD 1A 1.(2)以D 为原点，DA →，DC →，DD 1→的方向为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(4k,0,0)，C(0,6k,0)，B 1(4k ，3k,1)，A 1(4k,0,1)， 所以AC →＝(－4k,6k,0)，AB 1→＝(0,3k,1)，AA 1→＝(0,0,1)． 设平面AB 1C 的法向量n ＝(x ，y ，z)， 则由⎩⎪⎨⎪⎧AC →·n＝0，AB 1→·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－4kx ＋6ky ＝0，3ky ＋z ＝0.取y ＝2，得n ＝(3,2，－6k)． 设AA 1与平面AB 1C 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈AA 1→，n 〉|＝|AA 1→·n||AA 1→||n|＝6k 36k 2＋13＝67， 解得k ＝1，故所求k 的值为1.12．(2018·石家庄质检)如图，已知三棱柱ABC —A 1B 1C 1，侧面BCC 1B 1⊥底面ABC. (1)若M ，N 分别是AB ，A 1C 的中点，求证：MN ∥平面BCC 1B 1；(2)若三棱柱ABC —A 1B 1C 1的各棱长均为2，侧棱BB 1与底面ABC 所成的角为60°，问在线段A 1C 1上是否存在一点P ，使得平面B 1CP ⊥平面ACC 1A 1？若存在，求C 1P 与PA 1的比值，若不存在，说明理由．解 (1)证明：连接AC 1，BC 1，则AN ＝NC 1， 因为AM ＝MB ，所以MN ∥BC 1.又BC 1⊂平面BCC 1B 1，MN ⊄平面BCC 1B 1， 所以MN ∥平面BCC 1B 1.(2)作B 1O ⊥BC 于O 点，连接AO ， 因为平面BCC 1B 1⊥底面ABC ， 所以B 1O ⊥平面ABC.以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，3，0)，B(－1,0,0)，C(1,0,0)，B 1(0，0，3)． 由AA 1→＝CC 1→＝BB 1→，可求出A 1(1，3，3)，C 1(2,0，3)， 假设在线段A 1C 1上存在一点P ，使得平面B 1CP ⊥平面ACC 1A 1， 设A 1C 1→＝λA 1P →(λ≠0且λ≠1)， 则可以求得P(1λ＋1，3－3λ，3)，CP →＝(1λ，3－3λ，3)，CB 1→＝(－1,0，3)．设平面B 1CP 的法向量为n 1＝(x ，y ，z)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CP →＝0，n 1·CB 1→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧1λx ＋3－3λ＋3z ＝0，－x ＋3z ＝0，令z ＝1，解得n 1＝(3，1＋λ1－λ，1)． 同理可求出平面ACC 1A 1的一个法向量n 2＝(3，1，－1)． 由平面B 1CP ⊥平面ACC 1A 1，得n 1·n 2＝0，即3＋1＋λ1－λ－1＝0，解得λ＝3，所以A 1C 1＝3A 1P ，从而C 1PPA 1＝2. 所以存在满足题意的点P ，且C 1PPA 1＝2.。

空间点、直线、平面之间的位置关系考试要求 1．借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义．2．了解四个基本事实和一个定理，并能应用定理解决问题．知识梳理 1．平面基本事实1：过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面．基本事实2：如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内． 基本事实3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．基本事实4：平行于同一条直线的两条直线平行． 2．“三个”推论推论1：经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面． 推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面． 推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面． 3．空间中直线与直线的位置关系⎩⎪⎨⎪⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧相交直线，平行直线，异面直线：不同在任何一个平面内，没有 公共点.4．空间中直线与平面的位置关系直线与平面的位置关系有：直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情况． 5．空间中平面与平面的位置关系平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况． 6．等角定理如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补． 7．异面直线所成的角(1)定义：已知两条异面直线a ，b ，经过空间任一点O 分别作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把直线a ′与b ′所成的角叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角)．(2)范围：⎝⎛⎦⎥⎤0，π2．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两个平面α，β有一个公共点A ，就说α，β相交于过A 点的任意一条直线．( × ) (2)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面．( √ ) (3)如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合．( × ) (4)没有公共点的两条直线是异面直线．( × ) 教材改编题1．(多选)如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法正确的是( )A ．AB 与CD 是异面直线 B ．GH 与CD 相交C ．EF ∥CD D ．EF 与AB 异面 答案 ABC解析 把展开图还原成正方体，如图所示．还原后点G 与C 重合，点B 与F 重合，由图可知ABC 正确，EF 与AB 相交，故D 错． 2．如果直线a ⊂平面α，直线b ⊂平面β．且α∥β，则a 与b ( ) A ．共面 B ．平行 C ．是异面直线D ．可能平行，也可能是异面直线 答案 D解析 α∥β，说明a 与b 无公共点， ∴a 与b 可能平行也可能是异面直线．3．如图，在三棱锥A －BCD 中，E ，F ，G ，H 分别是棱AB ，BC ，CD ，DA 的中点，则(1)当AC ，BD 满足条件________时，四边形EFGH 为菱形； (2)当AC ，BD 满足条件________时，四边形EFGH 为正方形． 答案 (1)AC ＝BD (2)AC ＝BD 且AC ⊥BD 解析 (1)∵四边形EFGH 为菱形， ∴EF ＝EH ，∵EF 綉12AC ，EH 綉12BD ，∴AC ＝BD ．(2)∵四边形EFGH 为正方形， ∴EF ＝EH 且EF ⊥EH ， ∵EF 綉12AC ，EH 綉12BD ，∴AC ＝BD 且AC ⊥BD ．题型一 基本事实应用例1 如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是AB ，AA 1的中点，连接D 1F ，CE ．求证：(1)E ，C ，D 1，F 四点共面； (2)CE ，D 1F ，DA 三线共点．证明 (1)如图所示，连接CD 1，EF ，A 1B ， ∵E ，F 分别是AB ，AA 1的中点， ∴EF ∥A 1B ，且EF ＝12A 1B ．又∵A 1D 1∥BC ，A 1D 1＝BC ， ∴四边形A 1BCD 1是平行四边形， ∴A 1B ∥CD 1，∴EF ∥CD 1，∴EF 与CD 1能够确定一个平面ECD 1F ， 即E ，C ，D 1，F 四点共面．(2)由(1)知EF ∥CD 1，且EF ＝12CD 1，∴四边形CD 1FE 是梯形， ∴CE 与D 1F 必相交，设交点为P ， 则P ∈CE ，且P ∈D 1F ，∵CE ⊂平面ABCD ，D 1F ⊂平面A 1ADD 1， ∴P ∈平面ABCD ，且P ∈平面A 1ADD 1． 又∵平面ABCD ∩平面A 1ADD 1＝AD ， ∴P ∈AD ，∴CE ，D 1F ，DA 三线共点． 教师备选如图所示，已知在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为D 1C 1，C 1B 1的中点，AC ∩BD ＝P ，A 1C 1∩EF ＝Q ．求证：(1)D ，B ，F ，E 四点共面；(2)若A 1C 交平面DBFE 于R 点，则P ，Q ，R 三点共线． 证明 (1)∵EF 是△D 1B 1C 1的中位线， ∴EF ∥B 1D 1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，B 1D 1∥BD ， ∴EF ∥BD ．∴EF ，BD 确定一个平面，即D ，B ，F ，E 四点共面． (2)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， 设平面A 1ACC 1为α， 平面BDEF 为β． ∵Q ∈A 1C 1，∴Q ∈α．又Q∈EF，∴Q∈β，则Q是α与β的公共点，同理，P是α与β的公共点，∴α∩β＝PQ．又A1C∩β＝R，∴R∈A1C．∴R∈α，且R∈β，则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．思维升华共面、共线、共点问题的证明(1)证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内．(2)证明共线的方法：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上．(3)证明共点的方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．跟踪训练1 (1)(多选)如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点共面的图是( )答案ABC解析对于A，PS∥QR，故P，Q，R，S四点共面；同理，B，C图中四点也共面；D中四点不共面．(2)在三棱锥A－BCD的棱AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EF∩HG＝P，则点P( )A．一定在直线BD上B．一定在直线AC上C．在直线AC或BD上D．不在直线AC上，也不在直线BD上答案 B解析如图所示，因为EF⊂平面ABC，HG⊂平面ACD，EF∩HG＝P，所以P∈平面ABC，P∈平面ACD．又因为平面ABC∩平面ACD＝AC，所以P∈AC．题型二空间线面位置关系命题点1 空间位置关系的判断例2 (1)下列推断中，错误的是( )A．若M∈α，M∈β，α∩β＝l，则M∈lB．A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β＝ABC．l⊄α，A∈l⇒A∉αD．A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线⇒α，β重合答案 C解析对于A，因为M∈α，M∈β，α∩β＝l，由基本事实3可知M∈l，A对；对于B，A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，故直线AB⊂α，AB⊂β，即α∩β＝AB，B对；对于C，若l∩α＝A，则有l⊄α，A∈l，但A∈α，C错；对于D，有三个不共线的点在平面α，β中，故α，β重合，D对．(2)已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是长方形A1B1C1D1与长方形BCC1B1的中心，则下列说法正确的是( )A．直线MN与直线A1B是异面直线B．直线MN与直线DD1相交C．直线MN与直线AC1是异面直线D．直线MN与直线A1C平行答案 C解析如图，因为M，N分别是长方形A1B1C1D1与长方形BCC1B1的中心，所以M，N分别是A1C1，BC1的中点，所以直线MN与直线A1B平行，所以A错误；因为直线MN经过平面BB1D1D内一点M，且点M不在直线DD1上，所以直线MN与直线DD1是异面直线，所以B错误；因为直线MN经过平面ABC1内一点N，且点N不在直线AC1上，所以直线MN与直线AC1是异面直线，所以C正确；因为直线MN经过平面A1CC1内一点M，且点M不在直线A1C上，所以直线MN与直线A1C是异面直线，所以D错误．命题点2 异面直线所成角例3 (1)(2021·全国乙卷)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为B 1D 1的中点，则直线PB 与AD 1所成的角为( ) A ．π2B ．π3C ．π4D ．π6答案 D解析 方法一 如图，连接C 1P ，因为ABCD －A 1B 1C 1D 1是正方体，且P 为B 1D 1的中点，所以C 1P ⊥B 1D 1，又C 1P ⊥BB 1，所以C 1P ⊥平面B 1BP ．又BP ⊂平面B 1BP ，所以C 1P ⊥BP ．连接BC 1，则AD 1∥BC 1，所以∠PBC 1为直线PB 与AD 1所成的角．设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则在Rt△C 1PB 中，C 1P ＝12B 1D 1＝2，BC 1＝22，sin∠PBC 1＝PC 1BC 1＝12，所以∠PBC 1＝π6．方法二 如图所示，连接BC 1，A 1B ，A 1P ，PC 1，则易知AD 1∥BC 1，所以直线PB 与AD 1所成的角等于直线PB 与BC 1所成的角．根据P 为正方形A 1B 1C 1D 1的对角线B 1D 1的中点，易知A 1，P ，C 1三点共线，且P 为A 1C 1的中点．易知A 1B ＝BC 1＝A 1C 1，所以△A 1BC 1为等边三角形，所以∠A 1BC 1＝π3，又P 为A 1C 1的中点，所以可得∠PBC 1＝12∠A 1BC 1＝π6．(2)(2022·衡水检测)如图，在圆锥SO 中，AB ，CD 为底面圆的两条直径，AB ∩CD ＝O ，且AB ⊥CD ，SO ＝OB ＝3，SE ＝14SB ，则异面直线SC 与OE 所成角的正切值为( )A ．222B ．53C ．1316D ．113答案 D解析 如图，过点S 作SF ∥OE ，交AB 于点F ，连接CF ，则∠CSF (或其补角)为异面直线SC 与OE 所成的角．∵SE ＝14SB ，∴SE ＝13BE ．又OB ＝3，∴OF ＝13OB ＝1．∵SO ⊥OC ，SO ＝OC ＝3， ∴SC ＝32．∵SO ⊥OF ，∴SF ＝SO 2＋OF 2＝10． ∵OC ⊥OF ，∴CF ＝10． ∴在等腰△SCF 中，tan∠CSF ＝102－⎝ ⎛⎭⎪⎫3222322＝113． 教师备选1．(多选)设a ，b ，c 是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列结论不正确的是( )A ．若a ⊂α，b ⊂β，则a 与b 是异面直线B ．若a 与b 异面，b 与c 异面，则a 与c 异面C ．若a ，b 不同在平面α内，则a 与b 异面D ．若a ，b 不同在任何一个平面内，则a 与b 异面 答案 ABC2．在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( )A ．15B ．56C ．55D ．22 答案 C解析 如图，连接BD 1，交DB 1于O ，取AB 的中点M ，连接DM ，OM ．易知O 为BD 1的中点，所以AD 1∥OM ，则∠MOD 为异面直线AD 1与DB 1所成角或其补角．因为在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，AD 1＝AD 2＋DD 21＝2， DM ＝AD 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12AB 2＝52， DB 1＝AB 2＋AD 2＋BB 21＝5． 所以OM ＝12AD 1＝1，OD ＝12DB 1＝52，于是在△DMO 中，由余弦定理，得cos∠MOD ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫522－⎝ ⎛⎭⎪⎫5222×1×52＝55，即异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55． 思维升华 (1)点、直线、平面位置关系的判定，注意构造几何体(长方体、正方体)模型来判断，常借助正方体为模型． (2)求异面直线所成的角的三个步骤一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角． 二证：证明作出的角是异面直线所成的角． 三求：解三角形，求出所作的角．跟踪训练2 (1)如图所示，G ，N ，M ，H 分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH 与MN 是异面直线的图形有________．(填序号)答案 ②④(2)若直线l 1和l 2是异面直线，l 1在平面α内，l 2在平面β内，l 是平面α与平面β的交线，则下列结论正确的是( ) A ．l 与l 1，l 2都不相交 B ．l 与l 1，l 2都相交C ．l 至多与l 1，l 2中的一条相交D ．l 至少与l 1，l 2中的一条相交 答案 D解析 如图1，l 1与l 2是异面直线，l 1与l 平行，l 2与l 相交，故A ，B 不正确；如图2，l 1与l 2是异面直线，l 1，l 2都与l 相交，故C 不正确．图1 图2题型三 空间几何体的切割(截面)问题例4 (1)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱DD 1和BB 1上的点，MD ＝13DD 1，NB ＝13BB 1，那么正方体中过M ，N ，C 1的截面图形是( ) A ．三角形 B ．四边形 C ．五边形 D ．六边形答案 C解析 先确定截面上的已知边与几何体上和其共面的边的交点，再确定截面与几何体的棱的交点．如图，设直线C 1M ，CD 相交于点P ，直线C 1N ，CB 相交于点Q ，连接PQ 交直线AD 于点E ，交直线AB 于点F ，则五边形C 1MEFN 为所求截面图形．(2)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2．以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为______． 答案π2解析 以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线是以C 1为圆心，1为半径的圆与正方形BCC 1B 1相交的一段弧(圆周的四分之一)，其长度为14×2π×1＝π2．延伸探究 将本例(2)中正方体改为直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°．以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．答案2π2解析 如图，设B 1C 1的中点为E ，球面与棱BB 1，CC 1的交点分别为P ，Q ，连接DB ，D 1B 1，D 1P ，D 1E ，EP ，EQ ，由∠BAD ＝60°，AB ＝AD ，知△ABD 为等边三角形， ∴D 1B 1＝DB ＝2，∴△D 1B 1C 1为等边三角形， 则D 1E ＝3且D 1E ⊥平面BCC 1B 1，∴E 为球面截侧面BCC 1B 1所得截面圆的圆心， 设截面圆的半径为r ，则r ＝R 2球－D 1E 2＝5－3＝2． 又由题意可得EP ＝EQ ＝2，∴球面与侧面BCC 1B 1的交线为以E 为圆心的圆弧PQ ． 又D 1P ＝5，∴B 1P ＝D 1P 2－D 1B 21＝1， 同理C 1Q ＝1，∴P ，Q 分别为BB 1，CC 1的中点， ∴∠PEQ ＝π2，知PQ ︵的长为π2×2＝2π2，即交线长为2π2．教师备选如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是BC 的中点，平面α经过直线BD 且与直线C 1E 平行，若正方体的棱长为2，则平面α截正方体所得的多边形的面积为________．答案 92解析 如图，过点B 作BM ∥C 1E 交B 1C 1于点M ，过点M 作BD 的平行线，交C 1D 1于点N ，连接DN ，则平面BDNM 即为符合条件的平面α，由图可知M ，N 分别为B 1C 1，C 1D 1的中点， 故BD ＝22，MN ＝2， 且BM ＝DN ＝5， ∴等腰梯形MNDB 的高为h ＝52－⎝⎛⎭⎪⎫222＝322， ∴梯形MNDB 的面积为 12×(2＋22)×322＝92． 思维升华 (1)作截面应遵循的三个原则：①在同一平面上的两点可引直线；②凡是相交的直线都要画出它们的交点；③凡是相交的平面都要画出它们的交线． (2)作交线的方法有如下两种：①利用基本事实3作交线；②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线． 跟踪训练3 (1)(多选)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，已知平面α⊥AC 1，则关于α截此正方体所得截面的判断正确的是( ) A ．截面形状可能为正三角形 B ．截面形状可能为正方形 C ．截面形状可能为正六边形 D ．截面面积最大值为3 3 答案 ACD解析 易知A ，C 正确，B 不正确，下面说明D 正确，如图，截面为正六边形，当六边形的顶点均为棱的中点时，其面积最大，MN ＝22，GH ＝2，OE ＝OO ′2＋O ′E 2＝1＋⎝⎛⎭⎪⎫222＝62， 所以S ＝2×12×(2＋22)×62＝33，故D 正确．(2)(2022·兰州模拟)如图，正方体A 1C 的棱长为1，点M 在棱A 1D 1上，A 1M ＝2MD 1，过M 的平面α与平面A 1BC 1平行，且与正方体各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为________．答案 3 2解析 在平面A 1D 1DA 中寻找与平面A 1BC 1平行的直线时，只需要ME ∥BC 1，如图所示，因为A 1M ＝2MD 1，故该截面与正方体的交点位于靠近D 1，A ，C 的三等分点处，故可得截面为MIHGFE ，设正方体的棱长为3a ， 则ME ＝22a ，MI ＝2a ，IH ＝22a ，HG ＝2a ，FG ＝22a ，EF ＝2a ，所以截面MIHGFE 的周长为ME ＋EF ＋FG ＋GH ＋HI ＋IM ＝92a ， 又因为正方体A 1C 的棱长为1，即3a ＝1， 故截面多边形的周长为32．课时精练1．下列叙述错误的是( )A ．若P ∈α∩β，且α∩β＝l ，则P ∈lB．若直线a∩b＝A，则直线a与b能确定一个平面C．三点A，B，C确定一个平面D．若A∈l，B∈l且A∈α，B∈α，则l⊂α答案 C解析选项A，点P是两平面的公共点，当然在交线上，故正确；选项B，由基本事实的推论可知，两相交直线确定一个平面，故正确；选项C，只有不共线的三点才能确定一个平面，故错误；选项D，由基本事实2，直线上有两点在一个平面内，则这条直线在平面内．2．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列判断正确的是( ) A．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则直线m与n可能相交或异面B．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则直线m与n一定平行C．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则直线m与n一定垂直D．若m∥α，n∥β，α∥β，则直线m与n一定平行答案 A解析m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，对于A，若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则直线m与n相交垂直或异面垂直，故A正确；对于B，若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则直线m与n相交、平行或异面，故B错误；对于C，若m⊥α，n∥β，α⊥β，则直线m与n相交、平行或异面，故C错误；对于D，若m∥α，n∥β，α∥β，则直线m与n平行或异面，故D错误．3．(2022·营口模拟)已知空间中不过同一点的三条直线a，b，l，则“a，b，l两两相交”是“a，b，l共面”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案 A解析空间中不过同一点的三条直线a，b，l，若a，b，l在同一平面，则a，b，l相交或a，b，l有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行．所以a，b，l在同一平面，则a，b，l两两相交不一定成立；而若a，b，l两两相交，则a，b，l在同一平面成立．故“a，b，l两两相交”是“a，b，l共面”的充分不必要条件．4．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是平面ADD1A1的中心，M，N，F分别是B1C1，CC1，AB的中点，则下列说法正确的是( )A ．MN ＝12EF ，且MN 与EF 平行B ．MN ≠12EF ，且MN 与EF 平行C ．MN ＝12EF ，且MN 与EF 异面D ．MN ≠12EF ，且MN 与EF 异面答案 D解析 设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2a ， 则MN ＝MC 21＋C 1N 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 22 ＝2a ，作点E 在平面ABCD 内的射影点G ，连接EG ，GF ，所以EF ＝EG 2＋GF 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 22＋2a2＝3a ，所以MN ≠12EF ，故选项A ，C 错误；连接DE ，因为E 为平面ADD 1A 1的中心， 所以DE ＝12A 1D ，又因为M ，N 分别为B 1C 1，CC 1的中点，所以MN ∥B 1C ， 又因为B 1C ∥A 1D ，所以MN ∥ED ， 且DE ∩EF ＝E ，所以MN 与EF 异面，故选项B 错误．5．(多选)(2022·临沂模拟)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是DB 的中点，直线A 1C 交平面C 1BD 于点M ，则下列结论正确的是( )A．C1，M，O三点共线B．C1，M，O，C四点共面C．C1，O，B1，B四点共面D．D1，D，O，M四点共面答案AB解析∵O∈AC，AC⊂平面ACC1A1，∴O∈平面ACC1A1．∵O∈BD，BD⊂平面C1BD，∴O∈平面C1BD，∴O是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点，同理可得，点M和C1都是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点，∴三点C1，M，O在平面C1BD与平面ACC1A1的交线上，即C1，M，O三点共线，故A，B正确；根据异面直线的判定定理可得BB1与C1O为异面直线，故C1，O，B1，B四点不共面，故C不正确；根据异面直线的判定定理可得DD1与MO为异面直线，故D1，D，O，M四点不共面，故D不正确．6．(多选)(2022·厦门模拟)下列说法不正确的是( )A．两组对边分别相等的四边形确定一个平面B．和同一条直线异面的两直线一定共面C．与两异面直线分别相交的两直线一定不平行D．一条直线和两平行线中的一条相交，也必定和另一条相交答案ABD解析两组对边分别相等的四边形可能是空间四边形，故A错误；如图1，直线DD1与B1C1都是直线AB的异面直线，同样DD1与B1C1也是异面直线，故B错误；如图2，设直线AB与CD是异面直线，则直线AC与BD一定不平行，否则AC∥BD，有AC与BD确定一个平面α，则AC⊂α，BD⊂α，所以A∈α，B∈α，C∈α，D∈α，所以AB⊂α，CD⊂α，这与假设矛盾，故C正确；如图1，AB∥CD，而直线AA1与AB相交，但与直线CD不相交，故D错误．图1 图27．(2022·哈尔滨模拟)已知在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为________． 答案105解析 如图所示，补成直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1，则所求角为∠BC 1D 或其补角，∵BC 1＝2，BD ＝22＋1－2×2×1×cos60°＝3，C 1D ＝AB 1＝5， 易得C 1D 2＝BD 2＋BC 21，即BC 1⊥BD ， 因此cos∠BC 1D ＝BC 1C 1D ＝25＝105． 8．(2022·本溪模拟)在空间中，给出下面四个命题，其中假命题为________．(填序号) ①过平面α外的两点，有且只有一个平面与平面α垂直； ②若平面β内有不共线三点到平面α的距离都相等，则α∥β； ③若直线l 与平面α内的任意一条直线垂直，则l ⊥α； ④两条异面直线在同一平面内的射影一定是两条相交直线． 答案 ①②④解析 对于①，当平面α外两点的连线与平面α垂直时，此时过两点有无数个平面与平面α垂直，所以①不正确；对于②，若平面β内有不共线三点到平面α的距离都相等，平面α与β可能平行，也可能相交，所以②不正确；对于③，直线l 与平面内的任意直线垂直时，得到l ⊥α，所以③正确；对于④，两条异面直线在同一平面内的射影可能是两条相交直线或两条平行直线或直线和直线外的一点，所以④不正确．9．(2022·上海市静安区模拟)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB ，CC 1的中点．(1)求异面直线A 1E 与D 1F 所成的角的余弦值； (2)求三棱锥A 1－D 1EF 的体积．解 (1)如图，设BB 1的中点为H ，连接HF ，EH ，A 1H ，因为F 是CC 1的中点，所以A 1D 1∥CB ∥HF ，A 1D 1＝CB ＝HF ， 因此四边形A 1D 1FH 是平行四边形， 所以D 1F ∥A 1H ，D 1F ＝A 1H ，因此∠EA 1H 是异面直线A 1E 与D 1F 所成的角或其补角， 正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 是AB 的中点， 所以A 1E ＝A 1H ＝22＋12＝5，EH ＝12＋12＝2，由余弦定理可知，cos∠EA 1H ＝A 1E 2＋A 1H 2－EH 22A 1E ·A 1H ＝5＋5－22×5×5＝45，所以异面直线A 1E 与D 1F 所成的角的余弦值为45．(2)因为A 1D 1∥HF ，HF ⊄平面A 1D 1E ，A 1D 1⊂平面A 1D 1E ， 所以HF ∥平面A 1D 1E ，因此点H ，F 到平面A 1D 1E 的距离相等， 即111111F A D E H A D E D A EH V V V －－－＝＝，11D A EH V －＝13D 1A 1·1A EH S △＝13×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫22－12×2×1×2－12×1×1＝1，所以三棱锥A 1－D 1EF 的体积为1．10．如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的侧棱AA 1⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为菱形，E ，F 分别为AA 1，CC 1的中点，M 为AB 上一点．(1)若D 1E 与CM 相交于点K ，求证D 1E ，CM ，DA 三条直线相交于同一点； (2)若AB ＝2，AA 1＝4，∠BAD ＝π3，求点D 1到平面FBD 的距离．(1)证明 ∵D 1E 与CM 相交于点K ， ∴K ∈D 1E ，K ∈CM ，而D 1E ⊂平面ADD 1A 1，CM ⊂平面ABCD ， 且平面ADD 1A 1∩平面ABCD ＝AD ， ∴K ∈AD ，∴D 1E ，CM ，DA 三条直线相交于同一点K ． (2)解 ∵四边形ABCD 为菱形，AB ＝2， ∴BC ＝CD ＝2，而四棱柱的侧棱AA 1⊥底面ABCD ， ∴CC 1⊥底面ABCD ，又∵F 是CC 1的中点，CC 1＝4，∴CF ＝2， ∴BF ＝DF ＝22，又∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝π3，∴BD ＝AB ＝2， ∴S △FBD ＝12×2×222－1＝7．设点D 1到平面FBD 的距离为h ，点B 到平面DD 1F 的距离为d ， 则d ＝2sin π3＝3，又∵11D FBD B DD F V V －－＝， ∴13×S △FBD ×h ＝13×1DD F S △×d ， ∴13×7×h ＝13×12×4×2×3， 解得h ＝4217．即点D1到平面FBD的距离为421 7．11．(多选)(2022·太原模拟)如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，下列结论正确的是( )A．GH与EF平行B．BD与MN为异面直线C．GH与MN成60°角D．DE与MN垂直答案BCD解析如图，还原成正四面体A－DEF，其中H与N重合，A，B，C三点重合，连接GM，易知GH与EF异面，BD与MN异面．又△GMH为等边三角形，∴GH与MN成60°角，易证DE⊥AF，MN∥AF，∴MN⊥DE．∴B，C，D正确．12．(多选)(2022·广州六校联考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，A1D1的中点，下列结论正确的是( )A．AP与CM是异面直线B．AP，CM，DD1相交于一点C．MN∥BD1D．MN∥平面BB1D1D答案 BD解析 如图，连接MP ，AC ，因为MP ∥AC ，MP ≠AC ，所以AP 与CM 是相交直线，又平面A 1ADD 1∩平面C 1CDD 1＝DD 1，所以AP ，CM ，DD 1相交于一点，则A 不正确，B 正确；令AC ∩BD ＝O ，连接OD 1，ON ．因为M ，N 分别是C 1D 1，BC 的中点，所以ON ∥D 1M ∥CD ，ON ＝D 1M ＝12CD ， 则四边形MNOD 1为平行四边形，所以MN ∥OD 1，因为MN ⊄平面BB 1D 1D ，OD 1⊂平面BB 1D 1D ，所以MN ∥平面BB 1D 1D ，C 不正确，D 正确．13．(2022·玉林模拟)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，P ，Q 分别为A 1B ，B 1D 1，A 1D ，CD 1的中点，则直线EF 与PQ 所成角的大小是________．答案 π3解析 如图，连接A 1C 1，BC 1，则F 是A 1C 1的中点，又E 为A 1B 的中点，所以EF ∥BC 1，连接DC 1，则Q 是DC 1的中点，又P 为A 1D 的中点，所以PQ ∥A 1C 1，于是∠A 1C 1B 是直线EF 与PQ 所成的角或其补角．易知△A 1C 1B 是正三角形，所以∠A 1C 1B ＝π3． 14．(2022·盐城模拟)在棱长为4的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P ，Q 分别为棱A 1D 1，CC 1的中点，过P ，Q ，A 作正方体的截面，则截面多边形的周长是________．答案 25＋95＋2133 解析 如图所示，过Q 作QM ∥AP 交BC 于M ，由A 1P ＝CQ ＝2，tan∠APA 1＝2，则tan∠CMQ ＝2，CM ＝CQtan∠CMQ＝1， 延长MQ 交B 1C 1的延长线于E 点，连接PE ，交D 1C 1于N 点，则多边形AMQNP 即为截面，根据平行线性质有C 1E ＝CM ＝1， C 1N ND 1＝C 1E PD 1＝12， 则C 1N ＝43，D 1N ＝83， 因此NQ ＝22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫432＝2133， NP ＝22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫832＝103， 又AP ＝42＋22＝25，AM ＝42＋32＝5，MQ ＝12＋22＝5，所以多边形AMQNP 的周长为AM ＋MQ ＋QN ＋NP ＋PA＝5＋5＋2133＋103＋2 5 ＝25＋95＋2133．15．(2022·大连模拟)如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是边长为2的正方形，AA 1＝3，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，过点D 1，E ，F 的平面记为α，则下列说法中错误的是( )A ．点B 到平面α的距离与点A 1到平面α的距离之比为1∶2B ．平面α截直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1所得截面的面积为732C ．平面α将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47∶25D ．平面α截直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1所得截面的形状为四边形 答案 D解析 对于A ，因为平面α过线段AB 的中点E ，所以点A 到平面α的距离与点B 到平面α的距离相等．由平面α过A 1A 的三等分点M 可知，点A 1到平面α的距离是点A 到平面α的距离的2倍，因此，点A 1到平面α的距离是点B 到平面α的距离的2倍．故选项A 正确；延长DA ，DC 交直线EF 的延长线于点P ，Q ，连接D 1P ，D 1Q ，交棱A 1A ，C 1C 于点M ，N ．连接ME ，NF ，可得五边形D 1MEFN ，故选项D 错误；由平行线分线段成比例可得AP ＝BF ＝1，故DP ＝DD 1＝3，则△DD 1P 为等腰三角形．由相似三角形可知，AM ＝AP ＝1，A 1M ＝2，则D 1M ＝D 1N ＝22，ME ＝EF ＝FN ＝2．连接MN ，则MN ＝22，因此五边形D 1MEFN 可分为等边三角形D 1MN 和等腰梯形MEFN ．等腰梯形MEFN 的高h ＝22－⎝ ⎛⎭⎪⎫22－222＝62， 则等腰梯形MEFN 的面积为22＋22×62＝332．又1D MN S △＝12×22×6＝23，所以五边形D 1MEFN 的面积为332＋23＝732，故选项B 正确；记平面将直四棱柱分割成上、下两部分的体积分别为V 1，V 2，则V 2＝1D DPQ V －－V M －PAE －V N －CFQ＝13×12×3×3×3－13×12×1×1×1－13×12×1×1×1＝256， 所以V 1＝1111ABCD A B C D V －－V 2＝12－256＝476， V 1∶V 2＝47∶25，故选项C 正确．16．如图1，在边长为4的正三角形ABC 中，D ，F 分别为AB ，AC 的中点，E 为AD 的中点．将△BCD 与△AEF 分别沿CD ，EF 同侧折起，使得二面角A －EF －D 与二面角B －CD －E 的大小都等于90°，得到如图2所示的多面体．图1 图2(1)在多面体中，求证：A ，B ，D ，E 四点共面；(2)求多面体的体积．(1)证明 因为二面角A －EF －D 的大小等于90°，所以平面AEF ⊥平面DEFC ，又AE ⊥EF ，AE ⊂平面AEF ，平面AEF ∩平面DEFC ＝EF ，所以AE ⊥平面DEFC ，同理，可得BD ⊥平面DEFC ，所以AE ∥BD ，故A ，B ，D ，E 四点共面．(2)解 因为AE ⊥平面DEFC ，BD ⊥平面DEFC ，EF ∥CD ，AE ∥BD ，DE ⊥CD ，所以AE 是四棱锥A －CDEF 的高，点A 到平面BCD 的距离等于点E 到平面BCD 的距离， 又AE ＝DE ＝1，CD ＝23，EF ＝3，BD ＝2，所以V ＝V A －CDEF ＋V A －BCD ＝13S 梯形CDEF ·AE ＋13S △BCD ·DE ＝736．。

2019年高考数学一轮复习 7.7 空间向量在立体几何中的应用课时作业理（含解析）新人教A 版一、选择题1．如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是( )A ．45°B ．60°C ．90°D ．120°解析：以B 点为坐标原点，以BC 、BA 、BB 1分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则B (0,0,0)，C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)， ∴EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2) ∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝EF →·BC 1→|EF →||BC 1→|＝22·8＝12.∴EF 与BC 1所成角为60°. 答案：B2．如图，平面ABCD ⊥平面ABEF ，四边形ABCD 是正方形，四边形ABEF 是矩形，且AF ＝12AD ＝a ，G 是EF 的中点，则GB 与平面AGC 所成角的正弦值为( )A.66B.33C.63D.23解析：如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0,2a,0)，C (0,2a,2a )，G (a ，a,0)，F (a,0,0)，AG →＝(a ，a,0)，AC →＝(0,2a,2a )，BG →＝(a ，－a,0)，BC →＝(0,0,2a )，设平面AGC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧AG →·n 1＝0，AC →·n 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ax 1＋ay 1＝0，2ay 1＋2a ＝0 ⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1，y 1＝－1⇒n 1＝(1，－1,1)．sin θ＝BG →·n 1|BG →||n 1|＝2a 2a ×3＝63.答案：C3．在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AB 的中点，则点C 到平面A 1DM 的距离为( )A.63aB.66a C.22a D.12a 解析：以A 1为原点建立如图所示的坐标系，则A 1(0,0,0)，M (a2，0，a )，D (0，a ，a )，C (a ，a ，a )设面A 1DM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )则⎩⎪⎨⎪⎧A 1M →·n ＝0A 1D →·n ＝0∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2x ＋az ＝0，ay ＋az ＝0令y ＝1，∴z ＝－1，x ＝2，∴n＝(2,1，－1)，点C到面A1DM的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·CD →|n |＝2a 6＝63a . 答案：A4．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在A 1D ，AC 上，且A 1E ＝23A 1D ，AF＝13AC ，则( )A ．EF 至多与A 1D ，AC 之一垂直B ．EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC C ．EF 与BD 1相交 D ．EF 与BD 1异面解析：以D 点为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建系，设正方体棱长为1，则A 1(1,0,1)，D (0,0,0)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E (13，0，13)，F (23，13，0)，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，A 1D →＝(－1,0，－1)，AC →＝(－1,1,0)， EF →＝(13，13，－13)，BD 1→＝(－1，－1,1)，EF →＝－13BD 1→，A 1D →·EF →＝AC →·EF →＝0，从而EF ∥BD 1，EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC . 答案：B 二、填空题5．已知向量a ＝(－1,2,3)，b ＝(1,1,1)，则向量a 在向量b 方向上的投影为________． 解析：1|b |b ·a ＝13(1,1,1)·(－1,2,3)＝433，则a 在向量b 上的投影为433.答案：4336．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为________．解析：cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12＝22，∴〈m ，n 〉＝45°.∴二面角为45°或135°. 答案：45°或135°7．正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面P AC 所成的角是________．解析：如图所示，以O 为原点建立空间直角坐标系O －xyz . 设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，－a 2，a2. 则CA →＝(2a,0,0)，AP →＝(－a ，－a 2，a2)，CB →＝(a ，a,0)．设平面P AC 的法向量为n ，可求得n ＝(0,1,1)，则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →||n |＝a 2a 2·2＝12.∴〈CB →，n 〉＝60°，∴直线BC 与平面P AC 所成的角为90°－60°＝30°. 答案：30° 三、解答题8．(xx·安徽池州一中高三月考)如图，ABCD 是边长为3的正方形，DE ⊥面ABCD ，AF ∥DE ，DE ＝3AF ，BE 与平面ABCD 所成的角为60°.(1)求二面角F－BE－D的余弦值；(2)设点M是线段BD上一动点，试确定M的位置，使得AM∥面BEF，并证明你的结论．解：(1)∵DE⊥平面ABCD，∴∠EBD就是BE与平面ABCD所成的角，即∠EBD＝60°.∴DEBD＝ 3.由AD＝3，BD＝32，得DE＝36，AF＝ 6.如图，分别以DA，DC，DE为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，则A (3,0,0)，F (3,0，6)，E (0,0,36)，B (3,3,0)，C (0,3,0)， ∴BF →＝(0，－3，6)，EF →＝(3,0，－26)．设平面BEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BF →＝0，n ·EF →＝0.即⎩⎨⎧－3y ＋6z ＝0，3x －26z ＝0.令z ＝6，则n ＝(4,2，6)． ∵AC ⊥平面BDE ，∴CA →＝(3，－3,0)为平面BDE 的一个法向量， ∴cos 〈n ，CA →〉＝n ·CA →|n ||CA →|＝626×32＝1313.故二面角F －BE －D 的余弦值为1313. (2)依题意，设M (t ，t,0)(t >0)，则AM →＝(t －3，t,0)， ∵AM ∥平面BEF ，∴AM →·n ＝0， 即4(t －3)＋2t ＝0，解得t ＝2.∴点M 的坐标为(2,2,0)，此时DM →＝23DB →，∴点M 是线段BD 靠近B 点的三等分点．9．(xx·新课标全国卷Ⅱ)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB .(1)证明：BC 1∥平面A 1CD ； (2)求二面角D －A 1C －E 的正弦值．解：(1)证明：连接AC 1交A 1C 于点F ，则F 为AC 1中点． 又D 是AB 中点，连接DF ，则BC 1∥DF .因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ，所以BC 1∥平面A 1CD .(2)由AC ＝CB ＝22AB 得，AC ⊥BC . 以C 为坐标原点，CA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .设CA ＝2，则D (1,1,0)，E (0,2,1)，A 1(2,0,2)，CD →＝(1,1,0)，CE →＝(0,2,1)，CA 1→＝(2,0,2)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1CD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CA 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1＋2z 1＝0. 可取n ＝(1，－1，－1)．同理，设m 是平面A 1CE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE →＝0，m ·CA 1→＝0.可取m ＝(2,1，－2)．从而cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝33，故sin 〈n ，m 〉＝63.即二面角D －A 1C －E 的正弦值为63. 10．(xx·陕西卷)如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝ 2.(1)证明：A 1C ⊥平面BB 1D 1D ；(2)求平面OCB 1与平面BB 1D 1D 的夹角θ的大小．解：(1)证明：由题设易知OA ，OB ，OA 1两两垂直，以O 为原点建立空间直角坐标系，如图．∵AB ＝AA 1＝2， ∴OA ＝OB ＝OA 1＝1，∴A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (－1,0,0)，D (0，－1,0)，A 1(0,0,1)． 由A 1B 1→＝AB →，易得B 1(－1,1,1)．∵A 1C →＝(－1,0，－1)，BD →＝(0，－2,0)，BB 1→＝(－1,0,1)， ∴A 1C →·BD →＝0，A 1C →·BB 1→＝0， ∴A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥BB 1， ∴A 1C ⊥平面BB 1D 1D .(2)设平面OCB 1的法向量n ＝(x ，y ，z )． ∵OC →＝(－1,0,0)，OB 1→＝(－1,1,1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·OC →＝－x ＝0，n ·OB 1→＝－x ＋y ＋z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝－z ， 取n ＝(0,1，－1)，由(1)知，A 1C →＝(－1,0，－1)是平面BB 1D 1D 的法向量， ∴cos θ＝|cos 〈n ，A 1C →〉|＝12×2＝12. 又0≤θ≤π2，∴θ＝π3.11．(xx·河北沧州质量监测)如图，已知四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1D ⊥底面ABCD ，且面ABCD 是边长为1的正方形，侧棱AA 1＝2.(1)求证：C 1D ∥平面ABB 1A 1；(2)求直线BD 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值； (3)求二面角D －A 1C 1－A 的余弦值．解：(1)证明：四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BB 1∥CC 1， 又CC 1⊄面ABB 1A 1，所以CC 1∥平面ABB 1A 1， 又因为ABCD 是正方形，所以CD ∥AB ，又CD ⊄面ABB 1A 1，AB ⊂面ABB 1A 1，所以CD ∥平面ABB 1A 1. 又因为CC 1∩CD ＝C ，所以平面CDD 1C 1∥平面ABB 1A 1， 又因为C 1D ⊂平面CDD 1C 1，所以C 1D ∥平面ABB 1A 1.(2)ABCD 是正方形，AD ⊥CD ，因为A 1D ⊥平面ABCD ，所以A 1D ⊥AD ，A 1D ⊥CD ，如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系D －xyz ， 在Rt △ADA 1中，由已知可得A 1D ＝ 3.所以D (0,0,0)，A 1(0,0，3)，A (1,0,0)，B 1(0,1，3)，C 1(－1,1，3)，D 1(－1,0，3)，B (1,1,0)，BD 1→＝(－2，－1，3)，B 1D 1→＝(－1，－1,0)，因为A 1D ⊥平面ABCD ，所以A 1D ⊥平面A 1B 1C 1D 1，A 1D ⊥B 1D 1. 又B 1D 1⊥A 1C 1，所以B 1D 1⊥平面A 1C 1D ， 所以平面A 1C 1D 的一个法向量为n ＝(1,1,0)． 设BD 1→与n 所成的角为β， 则cos β＝n ·BD 1→|n ||BD 1→|＝－32 8＝－34，所以直线BD 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值为34.(3)平面A 1C 1A 的法向量为m ＝(a ，b ，c )则m ·A 1C 1→＝0，m ·A 1A →＝0，所以－a ＋b ＝0，a －3c ＝0. 令c ＝3，可得m ＝(3,3，3)． 则cos 〈m·n 〉＝m·n |m ||n |＝6221＝427.所以二面角D －A 1C 1－A 的余弦值为427. 12．(xx·成都市第三次诊断)如图，四边形BCDE 是直角梯形，CD ∥BE ，CD ⊥BC ，CD ＝12BE ＝2，平面BCDE ⊥平面ABC ；又已知△ABC 为等腰直角三角形，AB ＝AC ＝4，M ，F 分别为BC ，AE 的中点．(1)求直线CD 与平面DFM 所成角的正弦值；(2)能否在线段EM 上找到一点G ，使得FG ⊥平面BCDE ？若能，请指出点G 的位置，并加以证明；若不能，请说明理由；(3)求三棱锥F －DME 的体积．解：由题意，CD ⊥BC .四边形BCDE 是直角梯形，EB ⊥BC . 又平面BCDE ⊥平面ABC ，∴EB ⊥平面ABC .于是以B 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系B －xyz .则B (0,0,0)，C (4,4,0)，A (0,4,0)，D (4,4,2)，E (0,0,4)，F (0,2,2)，M (2,2,0)． (1)CD →＝(0,0,2)．设m ＝(x ，y ，z )为平面DFM 的法向量． 由m ·DM →＝0，m ·MF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＋2z ＝0－2x ＋2z ＝0，即m ＝(x ，－2x ，x )． 令x ＝1，得m ＝(1，－2,1)． 于是sin θ＝|m ·CD →||m |·|CD →|＝66.(2)证明：设存在点G 满足题设，且EG →＝λEM →(0≤λ≤1)． 则G (2λ，2λ，4－4λ)，FG →＝(2λ，2λ－2,2－4λ)． 由FG →·EM →＝16λ－8＝0，得λ＝12.经检验FG →·ED →＝0.故当G 为EM 的中点时，FG ⊥平面BCDE .(3)∵BE ∥CD ，CD ⊥BC ，且四边形BCDE 是直角梯形， ∴S △BME ＝12BE ·BM ＝12×4×22＝42，S △DCM ＝12S △BME ＝2 2.1又梯形BCDE的面积S梯形BCDE＝2×(4＋2)×42＝122，∴S△DME＝S梯形BCDE－S△DCM－S△BEM＝6 2.由(2)，知FG为三棱锥F－DME的高，且|FG|＝ 2.∴V F－DME＝13×62×2＝4.[热点预测]13．(xx·保定市高三第一次模拟)四棱锥S－ABCD中，四边形ABCD为矩形，M为AB 的中点，且△SAB为等腰直角三角形，SA＝SB＝2，SC⊥BD，DA⊥平面SAB.(1)求证：平面SBD⊥平面SMC；(2)设四棱锥S－ABCD外接球的球心为H，求棱锥H－MSC的高；(3)求平面SAD与平面SMC所成的二面角的正弦值．解：(1)∵SA＝SB，M为AB中点，∴SM⊥AB.又∵DA⊥平面SAB，∴DA⊥SM，所以SM⊥平面ABCD.又∵DB⊂平面ABCD，∴SM⊥DB.又∵SC⊥BD，∴DB⊥平面SMC，∴平面SBD⊥平面SMC.(2)由(1)知DB ⊥平面SMC ， ∴DB ⊥MC ，所以△ABD ∽△BCM ，故AB BC ＝DA MB ⇒22BC ＝BC2⇒BC ＝2设AC 与BD 交于N 点，因为AS ⊥BS ，DA ⊥BS ，所以SB ⊥平面SAD . 所以SB ⊥SD ，显然NA ＝NB ＝NC ＝ND ＝NS ，所以H 与N 重合，即为球心， 设MC 与DB 交于Q 点，由于DB ⊥平面SMC ，故HQ 即为所求．因为MC ＝6， ∴QB ＝BC ·MB MC ＝226＝233.∵BD ＝23，∴HB ＝3，故HQ ＝3－233＝33.即棱锥H －MSC 的高为33.可编辑修改精选文档(3)以点M 为原点，建立坐标系如图．则M (0,0,0)，S (2，0,0)，C (0，2，2)，A (0，－2，0)，D (0，－2，2)∴MS →＝(2，0,0)，MC →＝(0，2，2)，AD →＝(0,0,2)，AS →＝(2，2，0)设平面SMC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，平面ASD 的法向量为m ＝(a ，b ，c )∴⎩⎪⎨⎪⎧ MS →·n ＝0MC →·n ＝0⇒⎩⎨⎧ x ＝02y ＋2z ＝0，∴不妨取n ＝(0，2，－1) ∴⎩⎪⎨⎪⎧ AD →·m ＝0AS →·m ＝0⇒⎩⎨⎧c ＝02a ＋2b ＝0，∴不妨取m ＝(1，－1,0) ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－23·2＝－33. 所以，平面SAD 与平面SMC 所成的二面角的正弦值为63. .。

第七章第节[基础训练组]．(导学号)已知空间三条直线，，，若与异面，且与异面，则( )．与异面．与相交．与平行．与异面、相交、平行均有可能解析：[在如图所示的长方体中，，与都异面，但是∥，所以，错误；，与都异面，且，也异面，所以错误．]．(导学号)如图是正方体或四面体，，，，分别是所在棱的中点，这四个点不共面的一个图是( )解析：[在图中分别连接，，易证∥，∴，，，共面；在图中分别连接，，易证∥，∴，，，共面；在图中过，，，可作一正六边形，故四点共面；图中与为异面直线，∴四点不共面，故选.]．(导学号)如图是某个正方体的侧面展开图，，是两条侧面对角线，则在正方体中，与( )．互相平行．异面且互相垂直．异面且夹角为．相交且夹角为解析：[将侧面展开图还原成正方体如图所示，则，两点重合．故与相交，连接，△为正三角形，所以与的夹角为.故选.]．(导学号)已知空间四边形中，，分别为，的中点，则下列判断：①≥(＋)；②＞(＋)；③＝(＋)；④＜(＋)．其中正确的是( )．①③．②④．②．④解析：[如图，取的中点，连接，，则＝，＝.在△中，＜＋＝(＋)，∴④正确．]．(导学号)在正方体－中，，，分别是，，的中点，那么正方体过，，的截面图形是( ) ．三角形．四边形．五边形．六边形解析：[如图所示，作∥交于，连接并延长与延长线交于，且反向延长线与延长线交于，连接交于，连接，则，为截面与正方体的交线，同理连接交于，连接，，则，为截面与正方体的交线，∴截面为六边形.]．(导学号)如图所示，在三棱锥－中，，，，分别是棱，，，的中点，则当，满足条件时，四边形为菱形，当，满足条件时，四边形是正方形．解析：易知∥∥，且＝＝，同理∥∥，且＝＝，显然四边形为平行四边形．要使平行四。

第七单元立体几何课时作业(四十)第40讲空间几何体的三视图和直观图、表面积与体积基础热身1.[2017·衡水中学月考]一个三棱锥的正视图和俯视图如图K40-1所示,则该三棱锥的侧视图可能为()图K40-1图K40-22.[2017·衡阳联考]如图K40-3所示,某空间几何体的正视图与侧视图相同,则此几何体的表面积为()A.6πB.π+C.4πD.2π+图K40-33.三棱锥P-ABC及其三视图中的正视图和侧视图如图K40-4所示,则PB=()图K40-4A.2B.4C.D.164.[2017·潮州四校联考]已知某多面体内接于球构成一个简单组合体,如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图K40-5所示,且图中的四边形是边长为2的正方形,则该球的表面积是.图K40-55.[2017·厦门二模]某几何体的三视图如图K40-6所示,则该几何体的体积是.图K40-6能力提升6.如图K40-7,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为BD1的中点,则△PAC在该正方体各个面上的射影可能是()图K40-7图K40-8A.①④B.②③C.②④D.①②7.如图K40-9,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的体积为()图K40-9A.B.C.D.8.图K40-10中,小方格是边长为1的正方形,图中粗实线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的体积为()A.8-πB.8-πC.8-πD.8-π图K40-109.某几何体的三视图如图K40-11,其正视图中的曲线部分为半圆,则该几何体的体积是()A.4+πB.6+3πC.6+πD.12+π图K40-1110.[2017·泸州四诊]某几何体的正视图和侧视图如图K40-12(1)所示,它的俯视图的直观图是△A'B'C',如图K40-12(2)所示,其中O'A'=O'B'=2,O'C'=,则该几何体的表面积为()(1)(2)图K40-12A.36+12B.24+8C.24+12D.36+811.某几何体的三视图如图K40-13所示,则该几何体的表面积为.图K40-1312.[2017·蚌埠质检]已知边长为的正三角形ABC的三个顶点都在球O的表面上,且OA 与平面ABC所成的角为60°,则球O的表面积为.13.[2017·淮北二模]我国古代数学经典名著《九章算术》中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马,将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑(biēnào).若三棱锥P-ABC为鳖臑,且PA⊥平面ABC,PA=AB=2,且该鳖臑的外接球的表面积为24π,则该鳖臑的体积为.14.(12分)如图K40-14所示,在多面体ABCDEF中,已知四边形ABCD是边长为1的正方形,且△ADE,△BCF均为正三角形,EF∥AB,EF=2,求该多面体的体积.图K40-1415.(13分)某几何体按比例绘制的三视图如图K40-15所示(单位:m).(1)试画出该几何体的直观图;(2)求该几何体的表面积和体积.图K40-15难点突破16.(5分)[2017·石家庄二模]如图K40-16是一个底面半径为1的圆柱被平面截开所得的几何体,截面与底面所成的角为45°,过圆柱的轴的平面截该几何体所得的四边形ABB'A'为矩形,若沿AA'将其侧面剪开,则其侧面展开图的形状大致为()图K40-16图K40-1717.(5分)祖暅是我国齐梁时代的数学家,他提出了一条原理:“幂势既同,则积不容异.”这句话的意思是:两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等,则这两个几何体的体积相等.该原理在西方直到十七世纪才由意大利数学家卡瓦列利发现,比祖暅晚一千一百多年.椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体.如图K40-18所示,将底面直径皆为2b,高皆为a的半椭球体及已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面β上.以平行于平面β的平面在距平面β任意高度d处可横截得到S圆及S环两截面,可以证明S圆=S环总成立.据此,短轴长为4 cm,长轴长为6 cm的椭球体的体积是cm3.图K40-18加练一课(五) 空间几何体与球的切﹑接问题一、选择题(本大题共9小题,每小题5分,共45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.某正四棱锥的顶点都在同一球面上,若该正四棱锥的高为4,底面边长为2,则该球的表面积为()A.B.16πC.9πD.2.一块石材表示的几何体的三视图如图L5-1所示,将石材切削、打磨、加工成球,则能得到的最大球的半径为()A.1B.2C.3D.4图L5-13.[2017·山西三区八校二模]在矩形ABCD中,AC=2,现将△ABC沿对角线AC折起,使点B到达点B'的位置,得到三棱锥B'-ACD,则三棱锥B'-ACD的外接球的表面积是()A.πB.2πC.4πD.与点B'的位置有关图L5-24.若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图L5-3所示,其顶点都在一个球面上,则该球的表面积为()A.πB.πC.πD.π图L5-35.四面体A-BCD的四个顶点都在球O的球面上,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.12πB.16πC.D.32π6.[2017·马鞍山质检]某几何体的三视图如图L5-4所示,则该几何体的外接球的表面积为()图L5-4A.25πB.26πC.32πD.36π7.空间四边形ABCD的四个顶点都在同一球面上,E,F分别是AB,CD的中点,且EF⊥AB,EF⊥CD,若AB=8,CD=EF=4,则该球的半径为()A.B.C.D.8.[2017·黄冈质检]某一简单几何体的三视图如图L5-5所示,则该几何体的外接球的表面积是()图L5-5A.13πB.16πC.25πD.27π9.[2017·湛江二模]底面是边长为1的正方形,侧面是等边三角形的四棱锥的外接球的体积为()A.B.C.D.二、填空题(本大题共7小题,每小题5分,共35分.把答案填在题中横线上)10.若正方体的外接球的表面积为6π,则该正方体的表面积为.11.设正三棱锥A-BCD的所有顶点都在球O的球面上, E, F分别是AB, BC的中点, EF⊥DE,且EF=1,则球O的表面积为.12.[2017·洛阳三模]已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=3,AC=4,AB⊥AC,AA1=2,则该三棱柱内切球的表面积与外接球的表面积的和为.13.[2017·唐山三模]直角三角形ABC的三个顶点都在球O的球面上, AB=AC=2,若球O的表面积为12π,则球心O到平面ABC的距离等于.14.球O内切于棱长为的正方体ABCD-A1B1C1D1,以A为顶点,以平面B1CD1被球O所截的圆面为底面的圆锥的侧面积为.15.[2017·宁德二检]已知菱形ABCD的边长为6,∠A=60°.沿对角线BD将该菱形折成锐二面角A-BD-C,连接AC.若三棱锥A-BCD的体积为,则该三棱锥的外接球的表面积为.16.[2017·山西大学附中二模]正三棱锥的高为1,底面边长为2,正三棱锥内有一个球与其四个面都相切,则该球的表面积是,体积是.课时作业(四十一)第41讲空间点、直线、平面之间的位置关系基础热身1.[2017·闽南八校二联]已知直线a,b分别在两个不同的平面α,β内,则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件2.[2017·郑州一模]已知直线a和平面α,β,α∩β=l,a⊄α,a⊄β,且a在α,β内的射影分别为直线b,c,则直线b和c的位置关系是()A.相交或平行B.相交或异面C.平行或异面D.相交、平行或异面3.下面四个说法中正确的个数为()(1)如果两个平面有四个公共点,那么这两个平面重合;(2)两条直线可以确定一个平面;(3)若M∈α,M∈β,α∩β=l,则M∈l;(4)在空间中,相交于同一点的三条直线在同一平面内.A.1B.2C.3D.44.[2017·佛山模拟]如图K41-1所示,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D是AC的中点,AA1∶AB=∶1,则异面直线AB1与BD所成的角为.图K41-15.如图K41-2是某个正方体的展开图,l1,l2是两条侧面对角线,则在正方体中,下面关于l1与l2的四个结论中正确的是.(填序号)①互相平行;②异面垂直;③异面且夹角为;④相交且夹角为.图K41-2能力提升6.l1,l2表示空间中的两条直线,若p:l1,l2是异面直线;q:l1,l2不相交,则()A.p是q的充分条件,但不是q的必要条件B.p是q的必要条件,但不是q的充分条件C.p是q的充分必要条件D.p既不是q的充分条件,也不是q的必要条件7.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是BD1的中点,直线A1C交平面AB1D1于点M,则下列结论错误的是 ()A.A1,M,O三点共线B.M,O,A1,A四点共面C.A1,O,C,M四点共面D.B,B1,O,M四点共面8.[2017·济南模拟]设a,b,c是两两不同的三条直线,下面四个说法中正确的是()A.若直线a,b异面,b,c异面,则a,c异面B.若直线a,b相交,b,c相交,则a,c相交C.若a∥b,则a,b与c所成的角相等D.若a⊥b,b⊥c,则a∥c9.已知m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β,若直线l满足l⊥m,l⊥n,l⊄α,l⊄β,则()A.α∥β且l∥αB.α⊥β且l⊥βC.α与β相交,且交线垂直于lD.α与β相交,且交线平行于l10.异面直线l与m成60°角,异面直线l与n成45°角,则异面直线m与n所成角的取值范围是()A.[15°,90°]B.[60°,90°]C.[15°,90°)D.[15°,60°]11.正四棱锥P-ABCD中,四条侧棱长均为2,底面ABCD是正方形,E为PC的中点,若异面直线PA与BE所成的角为45°,则该四棱锥的体积是()A.4B.2C.D.12.已知集合A={直线},B={平面},C=A∪B.若a∈A,b∈B,c∈C,给出下列四个说法:①若a∥b,c∥b,则a∥c;②若a⊥b,c⊥b,则a∥c;③若a∥b,c⊥b,则a⊥c;④若a⊥b,c∥b,则a⊥c.其中正确说法的序号是.13.如图K41-3所示是正方体和正四面体,P,Q,R,S分别是其所在棱的中点,则四个点共面的图形是.图K41-314.(12分)如图K41-4,平面ABEF⊥平面ABCD,四边形ABEF与四边形ABCD都是直角梯形,∠BAD=∠FAB=90°,BC AD,BE FA,G,H分别为FA,FD的中点.(1)求证:四边形BCHG是平行四边形.(2)C,D,F,E四点是否共面?为什么?图K41-415.(13分)[2017·成都七中月考]如图K41-5所示,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,D 是PC的中点.已知∠BAC=,AB=2,AC=2,PA=2.(1)求三棱锥P-ABC的体积;(2)求异面直线BC与AD所成角的余弦值.图K41-5难点突破16.(5分)[2017·包头十校联考]在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在线段AD1上运动,则异面直线CP与BA1所成的角θ的取值范围是()图K41-6A.0<θ<B.0<θ≤C.0≤θ≤D.0<θ≤17.(5分)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BM与AN所成角的余弦值为.课时作业(四十二)第42讲直线、平面平行的判定与性质基础热身1.[2017·江西六校联考]设α,β是两个不同的平面,m是直线,且m⊂α,则“m∥β”是“α∥β”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件2.[2017·潮州三校联考]在空间四边形ABCD中,E,F分别为AB,AD上的点,且AE∶EB=AF∶FD=1∶4,又H,G分别为BC,CD的中点,则()A.BD∥平面EFG,且四边形EFGH是平行四边形B.EF∥平面BCD,且四边形EFGH是梯形C.HG∥平面ABD,且四边形EFGH是平行四边形D.EH∥平面ADC,且四边形EFGH是梯形3.[2017·保定模拟]有下列四个说法:①若直线l平行于平面α内的无数条直线,则直线l∥α;②若直线a在平面α外,则a∥α;③若直线a∥b,b∥α,则a∥α;④若直线a∥b,b∥α,则a平行于平面α内的无数条直线.其中正确说法的个数是()A.1B.2C.3D.44.如图K42-1是正方体的平面展开图,关于这个正方体有以下判断:图K42-1①ED与NF所成的角为60°;②CN∥平面AFB;③BM∥DE;④平面BDE∥平面NCF.其中正确判断的序号是()A.①③B.②③C.①②④D.②③④5.如图K42-2,四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形,AB∥CD,BA⊥AD,CD=2AB,PA⊥底面ABCD,E 为PC的中点,则BE与平面PAD的位置关系为.图K42-2能力提升6.若平面α∥平面β,点A,C∈α,B,D∈β,则直线AC∥直线BD的充要条件是()A.AB∥CDB.AD∥CBC.AB与CD相交D.A,B,C,D四点共面7.已知直线a与平面α,β,若α∥β,a⊂α,点B∈β,则在β内过点B的所有直线中()A.不一定存在与a平行的直线B.只有两条与a平行的直线C.存在无数条与a平行的直线D.存在唯一一条与a平行的直线8.[2017·长郡中学质检]在如图K42-3所示的三棱柱ABC-A1B1C1中,过A1B1的平面与平面ABC交于DE,则DE与AB的位置关系是()A.异面B.平行C.相交D.以上均有可能图K42-39.已知m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,下列说法中正确的是()A.若m∥α,n∥α,则m∥nB.若α⊥γ,β⊥γ,则α∥βC.若m∥α,m∥β,则α∥βD.若m⊥α,n⊥α,则m∥n10.[2017·浙江金丽衢十二校联考]已知平面α∥平面β,P是α,β外一点,过点P的直线m与α,β分别交于点A,C,过点P的直线n与α,β分别交于点B,D,且PA=6,AC=9,PD=8,则BD=()A.16B.24或C.14D.2011.如图K42-4是某长方体被一平面所截得的几何体,四边形EFGH为截面,则四边形EFGH的形状为.图K42-412.已知a,b为两条不同的直线,α,β,γ为三个不同的平面,给出以下三个说法:①若a∥b,b⊂α,则a∥α;②若a∥b,a∥α,则b∥α;③若α∩β=a,b⊂γ,且b∥β,a⊂γ,则a∥b.其中正确说法的序号是.13.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,O为底面ABCD的中心,P是DD1的中点,设Q是CC1上的点,则点Q满足条件时,有平面D1BQ∥平面PAO.14.(10分)[2017·宜春二模]在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,△ABC是正三角形,AC 与BD的交点M恰好是AC的中点,又PA=AB=4,∠CDA=120°,点N在PB上,且PN=.求证:MN∥平面PDC.图K42-515.(13分)[2017·石家庄二模]如图K42-6,在三棱柱ABC-DEF中,侧面ABED是边长为2的菱形,且∠ABE=,BC=.点F在平面ABED内的正投影为G,且G在AE上,FG=,点M在CF上,且CM=CF.(1)证明:直线GM∥平面DEF;(2)求三棱锥M-DEF的体积.图K42-6难点突破16.(12分)[2018·南昌模拟]如图K42-7所示,在四棱锥P-ABCD中, ∠ABC=∠ACD=90°,∠BAC=∠CAD=60°,PA⊥平面ABCD,PA=2,AB=1.设M,N分别为PD,AD的中点.(1)求证:平面CMN∥平面PAB;(2)求三棱锥P-ABM的体积.图K42-7课时作业(四十三)第43讲直线、平面垂直的判定与性质基础热身1.[2017·湖南六校联考]已知m和n是两条不同的直线,α和β是两个不重合的平面,下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是()A.α⊥β且m⊂αB.α⊥β且m∥αC.m∥n且n⊥βD.m⊥n且α∥β2.[2017·唐山三模]已知平面α⊥平面β,则“直线m⊥平面α”是“直线m∥平面β”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件3.[2017·深圳四校联考]若平面α,β满足α⊥β,α∩β=l,P∈α,P∉l,则下列说法中不正确的是()A.过点P垂直于平面α的直线平行于平面βB.过点P垂直于直线l的直线在平面α内C.过点P垂直于平面β的直线在平面α内D.过点P且在平面α内垂直于l的直线必垂直于平面β4.[2017·龙岩二模]已知三个不同的平面α,β,γ满足α⊥γ,β⊥γ,则α与β的关系是.5.在三棱锥P-ABC中,点P在平面ABC内的射影为点O,若PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,则点O 是△ABC的心.能力提升6.[2017·南昌二模]已知直线m,n与平面α,β,γ满足α⊥β,α∩β=m,n⊥α,n⊂γ,则下列判断一定正确的是()A.m∥γ,α⊥γB.n∥β,α⊥γC.β∥γ,α⊥γD.m⊥n,α⊥γ7.将图K43-1①中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC的中线AD折起,得到空间四面体ABCD(如图②),则在空间四面体ABCD中,AD与BC的位置关系是()图K43-1A.相交且垂直B.相交但不垂直C.异面且垂直D.异面但不垂直8.[2017·临汾三模]已知α为平面,a,b为两条不同的直线,则下列说法中正确的是()A.若直线a,b与平面α所成角都是30°,则直线a,b平行B.若直线a,b与平面α所成角都是30°,则直线a,b不可能垂直C.若直线a,b平行,则直线a,b中至少有一条与平面α平行D.若直线a,b垂直,则直线a,b与平面α不可能都垂直9.如图K43-2所示,在三棱锥P-ABC中,已知PA⊥底面ABC,AB⊥BC,E,F分别是线段PB,PC上的动点,则下列说法错误的是()A.当AE⊥PB时,△AEF一定为直角三角形B.当AF⊥PC时,△AEF一定为直角三角形C.当EF∥平面ABC时,△AEF一定为直角三角形D.当PC⊥平面AEF时,△AEF一定为直角三角形图K43-210.[2017·肇庆三模]在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,AC∩BD=O,E是线段B1C(含端点)上的动点,给出下列说法:①OE⊥BD1;②OE∥平面A1C1D;③三棱锥A1-BDE的体积为定值;④OE与A1C1所成的最大角为90°.其中说法正确的个数是()A.1B.2C.3D.411.[2017·邯郸二模]如图K43-3,在矩形ABCD中,AB=2AD,E为边AB的中点,将△ADE沿直线DE翻折到△A1DE(A1∉平面ABCD)的位置.若M,O分别为线段A1C,DE的中点,则在△ADE的翻折过程中,下列说法错误的是()A.与平面A1DE垂直的直线必与直线BM垂直B.过E作EG∥BM,G∈平面A1DC,则∠A1EG为定值C.一定存在某个位置,使DE⊥MOD.三棱锥A1-ADE外接球半径与棱AD的长之比为定值图K43-312.已知a,b,l表示三条不同的直线,α,β,γ表示三个不同的平面,有下列四个说法:①若α∩β=a,β∩γ=b,且a∥b,则α∥γ;②若a,b相交,且都在α,β外,a∥α,a∥β,b∥α,b∥β,则α∥β;③若α⊥β,α∩β=a,b⊂β,a⊥b,则b⊥α;④若a⊂α,b⊂α,l⊥a,l⊥b,l⊄α,则l⊥α.其中正确说法的序号是.13.[2017·厦门二模]正方体ABCD-A1B1C1D1的棱和六个面的对角线共有24条,其中与体对角线AC1垂直的有条.14.(10分)[2017·徐州、宿迁、连云港、淮安四市三模]如图K43-4,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD是矩形,点E在棱PC上(异于点P,C),平面ABE与棱PD交于点F.(1)求证:AB∥EF;(2)若平面PAD⊥平面ABCD,求证:AF⊥EF.图K43-415.(13分)如图K43-5,在正三棱柱A1B1C1-ABC中,点D,E分别是A1C,AB的中点.(1)求证:ED∥平面BB1C1C;(2)若AB=BB1,求证:A1B⊥平面B1CE.图K43-5难点突破16.(12分)[2018·昆明检测]如图K43-6,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱CC1⊥底面ABC,M为BC的中点, AC=AB=3,BC=2,CC1=.(1)证明:B1C⊥平面AMC1;(2)求点A1到平面AMC1的距离.图K43-6课时作业(四十四)第44讲空间向量及其运算和空间位置关系基础热身1.[2017·上饶期中]如图K44-1所示,三棱锥O-ABC中,M,N分别是AB,OC的中点,设=a,=b,=c,用a,b,c表示,则= ()图K44-1A.(-a+b+c)B.(a+b-c)C.(a-b+c)D.(-a-b+c)2.[2017·唐山统考]已知正方体ABCD-A 1B1C1D1的棱长为a,点M在AC1上,且=,N 为B1B的中点,则||为()A.aB.aC.aD.a3.[2018·黑龙江齐齐哈尔实验中学期中]设ABCD-A1B1C1D1是棱长为a的正方体,则有()A.·=a2B.·=a2C.·=a2D.·=a24.已知a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ),若a,b,c三个向量共面,则实数λ=.5.在空间直角坐标系中,以点A(4,1,9),B(10,-1,6),C(x,4,3)为顶点的△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形,则实数x的值为.能力提升6.[2017·台州统考]已知向量a=(2m+1,3,m-1),b=(2,m,-m),且a∥b,则实数m的值等于()A.B.-2C.0D.或-27.已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a,点E,F分别是BC,AD的中点,则·的值为()A.a2B.a2C.a2D.a28.如图K44-2所示,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AM=MC,A1N=2ND.设=a,=b,=c,=xa+yb+zc,则x+y+z= ()A.B.C.D.图K44-29.如图K44-3所示,已知PA⊥平面ABC,∠ABC=120°,PA=AB=BC=6,则||等于()A.6B.6C.12D.144图K44-310.已知空间向量a,b满足|a|=|b|=1,且a,b的夹角为,O为空间直角坐标系的原点,点A,B 满足=2a+b,=3a-b,则△OAB的面积为()A.B.C.D.11.[2017·泉州四校联考]O为空间中任意一点,A,B,C三点不共线,且=++t,若P,A,B,C四点共面,则实数t= .12.设A1,A2,A3,A4,A5是空间中给定的5个不同的点,则使=0成立的点M的个数为.13.[2017·北京西城区模拟]如图K44-4所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,若动点P 在线段BD1上运动,则·的取值范围是.图K44-414.(10分)如图K44-5所示,在棱长为a的正方体OABC-O1A1B1C1中,E,F分别是棱AB,BC上的动点,且AE=BF=x,其中0≤x≤a,以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz.(1)写出点E,F的坐标;(2)求证:A1F⊥C1E;(3)若A1,E,F,C1四点共面,求证:=+.图K44-515.(13分)如图K44-6所示,已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1,点E,F,G 分别是AB,AD,CD的中点.计算:(1)·;(2)EG的长;(3)异面直线AG与CE所成角的余弦值.图K44-6难点突破16.(12分)如图K44-7所示,正三角形ABC的边长为4,CD是AB边上的高,E,F分别是AC和BC的中点,现将△ABC沿CD翻折成直二面角A-DC-B.(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系,并说明理由.(2)在线段BC上是否存在一点P,使AP⊥DE?如果存在,求出的值;如果不存在,请说明理由.图K44-7课时作业(四十五)第45讲第1课时空间角的求法基础热身1.如图K45-1所示,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,E,F分别是A1C1和AD1的中点,则EF和CD所成的角是()A.30°B.45°C.60°D.90°图K45-12.[2018·河北枣强中学月考]已知向量m,n分别是直线l的方向向量和平面α的法向量,若cos<m,n>=-,则l与α所成的角为()A.30°B.60°C.120°D.150°3.[2017·郑州模拟]过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD,若AB=PA,则平面ABP 与平面CDP所成的锐二面角为()A.30°B.45°C.60°D.90°4.已知直三棱柱ABC-A1B1C1,∠ACB=90°,CA=CB=CC1,D为B1C1的中点,则异面直线BD和A1C 所成角的余弦值为.5.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=AA1=1,则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为.能力提升6.[2017·东营质检]已知A(1,0,0),B(0,-1,1),O为坐标原点,+λ与的夹角为120°,则λ的值为()A.±B.C.-D.±7.如图K45-2所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB=BC=AA1,∠ABC=90°,点E,F 分别是棱AB,BB1的中点,则直线EF和BC1所成的角是()A.30°B.45°C.60°D.90°图K45-28.[2017·邯郸一模]如图K45-3,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AA1=2,AC=,过BC的中点D作平面ACB1的垂线,交平面ACC1A1于点E,则BE与平面ABB1A1所成角的正切值为()A.B.C.D.图K45-39.[2017·浙江五校联考]如图K45-4所示,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAB⊥底面ABCD,底面ABCD为矩形,PA=PB,O为AB的中点,OD⊥PC,若PD与平面PAB所成的角为30°,则二面角D-PC-B的余弦值是()图K45-4A.B.-C.D.-10.[2017·珠海模拟]在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是BD的中点,点P在线段B1D1上,直线OP与平面A1BD所成的角为α,则sin α的取值范围是()A.,B.,C.,D.,11.[2017·衡阳二联]如图K45-5所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,A1C1∩B1D1=E,直线AC与直线DE所成的角为α,直线DE与平面BCC1B1所成的角为β,则cos(α-β)= .图K45-512.如图K45-6所示,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=,则三棱锥E-ACD的体积为.图K45-613.如图K45-7,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M在线段PQ 上,E,F分别为AB,BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ,则cos θ的最大值为.图K45-714.(10分)[2017·南通一模]如图K45-8所示,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P 为棱C1D1的中点,Q为棱BB1上的点,且BQ=λBB1(λ≠0).(1)若λ=,求AP与AQ所成角的余弦值;(2)若直线AA1与平面APQ所成的角为45°,求实数λ的值.图K45-815.(13分)[2017·泉州质检]如图K45-9所示,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,∠CBD=60°,BD=2BC=4,点E在CD上,DE=2EC.(1)求证:AC⊥BE;(2)若二面角E-BA-D的余弦值为,求三棱锥A-BCD的体积.图K45-9难点突破16.(12分)[2017·河南六市二联]如图K45-10所示,AB是半圆O的直径,C是半圆O上除A,B 外的一个动点,DC垂直于半圆O所在的平面,DC∥EB,DC=EB,AB=4,tan∠EAB=.(1)证明:平面ADE⊥平面ACD;(2)当三棱锥C-ADE的体积最大时,求二面角D-AE-B的余弦值的绝对值.图K45-10课时作业(四十五)第45讲第2课时空间向量的应用基础热身1.(12分)[2017·郴州三模]如图K45-11所示,C是以AB为直径的圆上异于A,B的点,平面PAC⊥平面ABC,PA=PC=AC=2,BC=4,E,F分别是PC,PB的中点,记平面AEF与平面ABC的交线为直线l.(1)求证:直线l⊥平面PAC.(2)直线l上是否存在点Q,使直线PQ分别与平面AEF,直线EF所成的角互余?若存在,求出AQ的值;若不存在,请说明理由.图K45-112.(12分)[2017·北京丰台区一模]如图K45-12①所示,平面五边形ABCDE中,AB∥CD,∠BAD=90°,AB=2,CD=1,△ADE是边长为2的正三角形.现将△ADE沿AD折起,得到四棱锥E-ABCD(如图②),且DE⊥AB.(1)求证:平面ADE⊥平面ABCD.(2)求平面BCE和平面ADE所成锐二面角的大小.(3)在棱AE上是否存在点F,使得DF∥平面BCE?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.图K45-12能力提升3.(12分)[2017·濮阳一模]如图K45-13所示,四边形ABCD为梯形,AB∥CD,PD⊥平面ABCD,∠BAD=∠ADC=90°,DC=2AB=2,DA=.(1)线段BC上是否存在一点E,使平面PBC⊥平面PDE?若存在,请求出的值,并进行证明;若不存在,请说明理由.(2)若PD=,线段PC上有一点F,且PC=3PF,求直线AF与平面PBC所成角的正弦值.图K45-134.(12分)[2017·天津河西区一模]如图K45-14所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,PA=AB=AD=2,四边形ABCD满足AB⊥AD,BC∥AD,BC=4,点M为PC的中点,点E为BC边上的动点,且=λ.(1)求证:DM∥平面PAB.(2)求证:平面ADM⊥平面PBC.(3)是否存在实数λ,使得二面角P-DE-B的余弦值为?若存在,试求出实数λ的值;若不存在,说明理由.图K45-145.(12分)[2017·玉溪民族中学模拟]直三棱柱ABC-A1B1C1中, AA1=AB=AC=1, E,F分别是CC1,BC的中点, 且AE⊥A1B1,(1)证明: AB⊥平面A1ACC1.(2)棱A1B1上是否存在一点D,使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为?若存在,说明点D的位置;若不存在,说明理由.图K45-15难点突破6.(12分)[2017·北京昌平区二模]如图K45-16所示,三棱柱ABC-A1B1C1中,BC垂直于正方形A1ACC1所在平面,AC=2,BC=1,D为AC中点,E为线段BC1上的一点(端点除外),平面AB1E 与BD交于点F.(1)若E不是BC1的中点,求证:AB1∥EF.(2)若E是BC1的中点,求AE与平面BC1D所成角的正弦值.(3)在线段BC1上是否存在点E,使得A1E⊥CE?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.图K45-16课时作业(四十)1.D[解析] 由题图可知,该几何体为如图所示的三棱锥,其中平面ACD⊥平面BCD,该三棱锥的侧视图可能为等腰三角形,故选D.2.C[解析] 此几何体为一个组合体,上面部分为一个圆锥,下面部分为一个半球.故此几何体的表面积为S=×12+×2×2π×1=4π,故选C.3.B[解析] 由正视图和侧视图可知,AC=4,PC=4,AB=BC==4,则PB===4,故选B.4.12π[解析] 由三视图知,该组合体为正方体内接于球,正方体的棱长为2,设球的半径为R,则2R=2,即R=,则该球的表面积S=4πR2=4π×3=12π.5.[解析] 由三视图可知该几何体是三棱柱割去一个三棱锥后剩下的部分(如图),则该几何体的体积为×2×2×2-××1×1×2=4-=.6.A[解析] 由所给的正方体的直观图知,△PAC在该正方体上、下底面上的射影是①中图形,△PAC在该正方体前、后、左、右侧面上的射影是④中图形,故选A.7.C[解析] 由题意知,该几何体是由一个半圆柱与一个半球组成的组合体,其中半圆柱的底面半径为1,高为4,半球的半径为1,则该几何体的体积为×π×13+π×12×4=π,故选C.8.D[解析] 由三视图得,该几何体是正方体挖去一个半圆锥后剩余的部分,故该几何体的体积V=23-×π×12×2=8-,故选D.9.C[解析] 由三视图可知,该几何体是由半圆柱与三棱柱组成的,则该几何体的体积V=π×12×3+×2×2×3=6+π.10.C[解析] 由俯视图的直观图可得该几何体的底面是边长为4的等边三角形,由正视图与侧视图可得该几何体是高为6的三棱锥(如图所示的三棱锥P-ABC),其中PC⊥底面ABC,∴该几何体的表面积S=×42+2××4×6+×4×=24+12,故选C.11.11+2[解析] 由三视图知,该几何体是一个直四棱柱,上、下底面为直角梯形,直角梯形斜腰长为=,则底面周长为4+,故侧面积为2×(4+)=8+2,又两底面的面积和为2××1×(1+2)=3,所以该几何体的表面积为8+2+3=11+2.12.16π[解析] 边长为的正三角形ABC的外接圆的半径r=1,则球O的半径R==2,则球O的表面积S=4πR2=16π.13.[解析] 根据题意,三棱锥P-ABC为鳖臑,且PA⊥平面ABC,PA=AB=2,如图所示,可得∠PAB=∠PAC=∠ABC=∠PBC=90°.易知PC为外接球的直径,设外接球的半径为R.又该鳖臑的外接球的表面积为24π,则R2==6,则BC==4,则该鳖臑的体积为××2×4×2=.14.解:分别过A,B作EF的垂线,垂足分别为G,H,连接DG,CH,则原几何体被分割为两个三棱锥和一个直三棱柱.易知三棱锥的高为,直三棱柱的高为1,AG==,取AD的中点M,连接MG,则MG=,∴S△AGD=×1×=,∴V多面体ABCDEF=×1+2×××=.15.解:(1)直观图如图所示.(2)由三视图可知该几何体是长方体被截去一个三棱柱后剩余的部分,且该几何体的体积是以A1A,A1D1,A1B1为棱的长方体的体积的,∴该几何体的体积V=×1×2×1=(m3).在直角梯形AA1B1B中,作BE⊥A1B1于E,则四边形AA1EB是正方形,AA1=BE=1.在Rt△BEB1中,BE=1,EB1=1,∴BB1=,∴该几何体的表面积S=S正方形ABCD++2++=1+2×1+2××(1+2)×1+1×+1=7+ (m2),∴该几何体的表面积为(7+)m2,体积为 m3.16.A[解析] 用排除法.首先截线不可能是直线,排除B中图形;又圆柱被平面截开所得的截面是椭圆,而侧面展开图为平面图,不可能是圆或椭圆,排除C,D中的图形.故选A.17.16π[解析] 因为总有S圆=S环,所以半椭球体的体积为V圆柱-V圆锥=πb2a-πb2a=πb2a.又2a=6,2b=4,即a=3,b=2,所以椭球体的体积V=πb2a=π×22×3=16π.加练一课(五)1.A[解析] 由题意易知,球心在正四棱锥的高上,设球的半径为R,则(4-R)2+()2=R2,解得R=,所以该球的表面积为4π×=π,故选A.2.B[解析] 由三视图可得该几何体为三棱柱,能得到的最大球为三棱柱的内切球,球的半径为正视图中直角三角形内切圆的半径r.由切线长的性质,得(8-r)+(6-r)=,得r=2,故选B.3.C[解析] 三棱锥B'-ACD中,△AB'C和△ACD是有公共斜边AC的直角三角形,取AC的中点O,则有OB'=OA=OC=OD,∴O为三棱锥B'-ACD的外接球的球心,外接球半径R=OA=1,则三棱锥B'-ACD的外接球的表面积是4πR2=4π,故选C.4.C[解析] 由正视图知,三棱柱的底面边长为2,高为1.易知外接球的球心O在上、下底面两个三角形中心连线的中点上,连接球心和任意一个顶点的线段长即为球O的半径,则R2=+=(其中R为球O的半径),则球O的表面积S=4πR2=4π×=π,故选C.5.B[解析] 将四面体A-BCD补形成正三棱柱,则其外接球的球心为上、下底面的中心连线的中点.易得△BCD的外接圆半径为,所以外接球球O的半径R==2,所以球O的表面积S=4πR2=16π,故选B.6.C[解析] 由三视图可知,该几何体是以俯视图为底面,一条侧棱与底面垂直的三棱锥,如图中三棱锥A-BCD所示,设该几何体外接球的球心为O.由勾股定理可得CD==2,tan∠CBD=,即∠CBD=30°.由正弦定理可得△BCD的外接圆直径2r==4.设球O的半径为R,易知O为AD的中点,则由勾股定理得4R2=AB2+4r2=32,所以该几何体的外接球的表面积S=4πR2=32π,故选C.。

第七章 第1节[基础训练组]1．(导学号14577612)(2017·南昌二模)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O －xyz 中的坐标分别是(0,0,0)，(1,0,1)，(0,1,1)，⎝⎛⎭⎫12，1，0，绘制该四面体三视图时， 按照如下图所示的方向画正视图，则得到左视图可以为( )解析：B [满足条件的四面体如左图，依题意投影到xOz 平面为正投影，所以侧(左)视方向如图所示，所以得到侧视图效果如图，故选B.]2．(导学号14577613)(2018·汕头市一模)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如下图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．其实际直观图中四边形不存在，当其正视图和侧视图完全相同时，它的正视图和俯视图分别可能是( )A ．a ，bB ．a ，cC ．c ，bD ．b ，d解析：A [∵相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)，∴其正视图和侧视图是一个圆．∵俯视图是从上向下看，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，∴俯视图是有2条对角线且为实线的正方形．故选A.]3．(导学号14577614)已知以下三视图中有三个同时表示某一个三棱锥，则不是该三棱锥的三视图是( )解析：D [易知该三棱锥的底面是直角边分别为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B ，D 选项知，D 选项中侧视图方向错误，故选D.]4．(导学号14577615)用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是( )解析：A [由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y 轴上的对角线长为2 2.]5．(导学号14577616)如图，三棱锥V －ABC 的底面为正三角形，侧面VAC 与底面垂直且VA ＝VC ，已知其正视图的面积为23，则其侧视图的面积为( )。