新一线高考数学二轮专题复习艺术专用课时冲关：第七章 立体几何 第2节

2013年高三数学一轮复习第七章第2课时知能演练轻松闯关新人教版1. (2012·绵阳调研)一个棱锥的三视图如图所示, 则这个棱锥的体积是( )A. 6B. 12C. 24D. 36解析：选B.依题意可知, 该棱锥的体积等于13×(3×4)×3＝12.2. 一个几何体的三视图如图所示, 则这个几何体的表面积为( )A. 72B. 66C. 60D. 30解析：选A.根据题目所给的三视图可知该几何体为一个直三棱柱, 且底面是一直角三角形, 两直角边长度分别为3,4,斜边长度为5, 直三棱柱的高为5, 所以表面积为3×4＋3×5＋4×5＋5×5＝72, 故选A.3. 已知一个几何体的三视图如图所示, 则该几何体的表面积为( )A. 24＋6πB. 24＋4πC. 28＋6πD. 28＋4π解析：选A.由题意知, 该几何体是一个半球与一个正四棱柱的组合体, 并且正四棱柱的底面内接于半球的底面, 由三视图中的数据可知, 正四棱柱的底面边长为2, 高为3, 故半球的底面半径为 2.所以该几何体的表面积为S＝12×4π×(2)2＋π×(2)2＋4×2×3＝24＋6π.故选A.4. (2011·高考上海卷)若圆锥的侧面积为2π, 底面面积为π, 则该圆锥的体积为________.解析：设圆锥的底面圆半径为r, 高为h, 母线长为l, 则⎩⎪⎨⎪⎧πrl＝2ππr2＝π∴⎩⎪⎨⎪⎧r＝1l＝2.∴h ＝l 2－r 2＝22－12＝3, ∴圆锥的体积V ＝13π·12·3＝33π. 答案：33π一、选择题1. 圆柱的侧面展开图是一个边长为6π和4π的矩形, 则该圆柱的底面积是( )A. 24π2B. 36π2C. 36π2或16π2D. 9π或4π 解析：选D.由题意知圆柱的底面圆的周长为6π或4π, 故底面圆的半径为3或2, 所以底面圆的面积是9π或4π.2. (2011·高考辽宁卷)一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等, 体积为23,它的三视图中的俯视图如图所示, 左视图是一个矩形, 则这个矩形的面积是( )A. 4B. 2 3C. 2D. 3解析：选B.设底面边长为x , 则V ＝34x 3＝23, ∴x ＝2.由题意知这个正三棱柱的左视图为长为2, 宽为3的矩形, 其面积为2 3.3. (2011·高考湖南卷)如图是某几何体的三视图, 则该几何体的体积为( )A.92π＋12 B.92π＋18 C. 9π＋12D. 36π＋18解析：选B.由三视图可得几何体为长方体与球的组合体, 故体积为V ＝32×2＋43π⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝18＋92π. 4. 过球的一条半径的中点作垂直于这条半径的球的截面, 则此截面面积是球表面积的( )A.116B.316C.112D.18解析：选B.由题意可得截面圆半径为32R (R 为球的半径), 所以截面面积为π(32R )2＝34πR 2,又球的表面积为4πR2, 则34πR24πR2＝316, 故选B.5. 某四面体的三视图如图所示, 该四面体四个面的面积中最大的是( )A. 8B. 6 2C. 10D. 8 2解析：选C.将三视图还原成几何体的直观图如图所示.它的四个面的面积分别为8,6,10,62, 故最大的面积应为10.二、填空题6. (2012·洛阳质检)若一个圆锥的正视图(如图所示)是边长为3,3,2的三角形, 则该圆锥的侧面积为________.解析：由正视图知该圆锥的底面半径r＝1, 母线长l＝3, ∴S圆锥侧＝πrl＝π×1×3＝3π.答案：3π7.如图, 已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2, O为底面正方形ABCD的中心, 则三棱锥B1－BCO的体积为________.解析：V＝13S△BOC·B1B＝13×12BO·BC·sin45°·B1B＝16×2×2×22×2＝23.答案：238. 已知一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面相切, 若这个球的体积是32π3, 则这个三棱柱的体积是________.解析：由43πR3＝32π3, 得R＝2, ∴正三棱柱的高h＝4.设这个三棱柱的底面边长为a, 则13·32a＝2, ∴a＝43,∴V＝12·a·32a·h＝48 3.答案：48 3三、解答题9. 已知圆台的母线长为4 cm, 母线与轴的夹角为30°, 上底面半径是下底面半径的12, 求这个圆台的侧面积. 解：如图是将圆台还原为圆锥后的轴截面, 由题意知AC ＝4 cm, ∠ASO ＝30°, O 1C ＝12OA ,设O 1C ＝r , 则OA ＝2r ,又O 1C SC ＝OA SA＝sin30°, ∴SC ＝2r , SA ＝4r ,∴AC ＝SA －SC ＝2r ＝4 cm,∴r ＝2 cm.所以圆台的侧面积为S ＝π(r ＋2r )×4＝24π cm 2.10. 如图, 已知某几何体的三视图如下(单位：cm).(1)画出这个几何体的直观图(不要求写画法);(2)求这个几何体的表面积及体积.解：(1)这个几何体的直观图如图所示.(2)这个几何体可看成是正方体AC 1及直三棱柱B 1C 1Q A 1D 1P 的组合体.由PA 1＝PD 1＝2,A 1D 1＝AD ＝2, 可得PA 1⊥PD 1.故所求几何体的表面积S ＝5×22＋2×2×2＋2×12×(2)2＝22＋42(cm 2),体积V ＝23＋12×(2)2×2＝10(cm 3). 11. (2012·广州调研)如图, 在直角梯形ABCD 中, ∠ADC ＝90°, CD ∥AB , AB ＝4, AD ＝CD ＝2, 将△ADC 沿AC 折起, 使平面ADC ⊥平面ABC , 得到几何体D —ABC , 如图所示.(1)求证：BC ⊥平面ACD ; (2)求几何体D —ABC 的体积.解：(1)证明：在图中, 可得AC ＝BC ＝22,从而AC 2＋BC 2＝AB 2, 故AC ⊥BC ,取AC 的中点O , 连接DO , 则DO ⊥AC , 又平面ADC ⊥平面ABC , 平面ADC ∩平面ABC ＝AC , DO ⊂平面ADC ,从而DO ⊥平面ABC , ∴DO ⊥BC ,又AC ⊥BC , AC ∩DO ＝O ,∴BC ⊥平面ACD .(2)由(1)可知BC 为三棱锥B —ACD 的高, BC ＝22, S △ACD ＝2,∴V B —ACD ＝13S △ACD ·BC ＝13×2×22＝423, 由等体积性可知, 几何体D —ABC 的体积为423.。

基础知识专题训练 01一、考试要求二、基础知识 1. 空间几何体棱柱:侧棱都平行且相等,上下底面是全等的多边形,并且相互平行(1 棱锥:底面是任意多边形。

侧面是有一个公共顶点的三角形棱台:由平行于底面的平面截棱锥得到,上下底面是相似多边形(2 .旋转体(3空间几何体的三视图空间几何体的三视图是用正投影得到, 在这种投影下, 与投影面平行的平面图形留下的影子与平面图形的开关和大小是完全相同的,三视图包括正视图、侧视图、俯视图。

4、空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画,其规则是:(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 45o(或 135o,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。

平行于 x 轴和 z 轴的线段长度在直观图不变,平行于 y 轴的线段长度在直观图中减半。

5、平行投影与中心投影平行投影的投影线互相平行,而中心投影的投影线相交于一点。

注:空间几何体的三视图和直观图在观察角度和投影效果上的区别是:(1观察角度:三视图是从三个不同位置观察几何体而画出的图形; 直观图是从某一点观察几何体而画出的图形; (2 投影效果:三视图是正投影下的平面图形,直观图是在平行投影下画出的空间图形。

三.基础练习1. 将正三棱柱截去三个角(如图 1所示 A 、 B 、 C 分别是 GHI 三边的中点得到的几何体如图 2,则该几何体按图 2所示方向的侧视图 (或称左视图为 (2.水平放置的圆柱形物体的三视图是 (3.已知△ ABC 的水平放置的直观图是等腰的 Rt △ A ' B ' C ' ,且∠ A ' = 90°, A ' B ' = 2(如图 ,则△ ABC 的面积是(A 2B 22C 42D 14.下面是一个物体的三视图,该物体是所给结果中的 (A .正方体B .长方体C .圆锥D .四棱锥5.如图一个空间几何体的正视图,侧视图,俯视图是全等的等腰直角三角形,且直角边的边长为 1,那么这个几何体的体积等于 (A241 B121 E D H GE D 侧视图 1 图 2 B E A . E B . C . D .C61 D31 6. 一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底面为 450, 腰和上底长均为 1的等腰梯形,则这个平面图形的面积是A21+22B 1+22C 1+2D 2+27.右图是一个几何体的三视图,根据图中数据, 那么这个几何体是(A. 三棱锥B.四棱锥C. 三棱台D.四棱台8. 一个几何体的三视图如图 1所示,其中正视图与左视图都是边长为 2的正三角形,则这个几何体的侧面积为(A B. 2π C. 3π D. 4π9. 右图为一个几何体的三视图,尺寸如图所示,则该几何体的体积为(A. 633π+B. 333π+C. 632π+ D. 332π+10.已知某几何体的俯视图是如图所示的边长为 2的正方形,主视图与左视图是边长为 2的正三角形,则其侧面积 ( .A . 4B . 4(1 D . 811.由正方体木块搭成的几何体的三视图如下,则该几何体由 _____块小正方体木块搭成第 10题图主视图左视图 (第 7图图 1正 (主视左 (侧视俯视图俯视图侧视图正视图12. 如图所示的等腰直角三角形表示一个水平放置的平面图形的直观图, 则这个平面图形的面积是 .13.下列几何体各自的三视图中,有且仅有两个视图相同的是 _______14、如图(右面 ,一个简单空间几何体的三视图其主视图与左视图是边长为 2的正三角形、俯视图轮廓为正方形,则其体积是 ________.15.若一个底面为正三角形、侧棱与底面垂直的棱柱的三视图如下图所示,则这个棱柱的体积为 ______________16.在△ ABC 中, AB =2, BC =1.5,∠ ABC =120°(如图所示 ,若将△ ABC 绕直线 BC 旋转一周,则所形成的旋转体的体积是 __________17.如图,一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为 1的正方形,俯视图是一个圆,那么这个几何体的侧面积 ...为 __________.基础知识专题训练 02俯视图第 3题x′′ ①正方形②圆锥③三棱台一、考试要求1.平面概述(1平面的特征:①无限延展②没有厚度(2平面的画法:通常画 __________来表示平面;(3平面的表示:用一个小写的希腊字母α、β、γ等表示,如平面α、平面β;用表示平行四边形的两个相对顶点的字母表示,如平面 AC 。

艺考生文化课新高考数学百日冲刺复习课时分组冲关第7章平面解Ruize知识分享第七章第8节1．已知抛物线y2＝2某，过点(－1,2)作直线l，使l与抛物线有且只有一个公共点，则满足上述条件的直线l共有()A．0条B．1条C．2条D．3条解析：D[因为点(－1,2)在抛物线y2＝2某的左侧，所以该抛物线一定有两条过点(－1,2)的切线，过点(－1,2)与某轴平行的直线也与抛物线只有一个交点，所以过点(－1,2)有3条直线与抛物线有且只有一个交点，故选D.]2．直线y＝某＋1截抛物线y2＝2p某所得弦长为26，此抛物线方程为()A．y2＝－2某B．y2＝6某C．y2＝－2某或y2＝6某D．以上都不对解析：C[由y＝某＋1，y2＝2p某得某2＋(2－2p)某＋1＝0.某1＋某2＝2p－2，某1某2＝1.∴26＝1＋12·(某＋某2)2－4某1某2＝2·(2p－2)2－4.解得p＝－1或p＝3，∴抛物线方程为y2＝－2某或y2＝6某.故选C.]3．过点P(1,1)作直线与双曲线某2－y22＝1交于A，B两点，使点P为AB中点，则这样的直线()A．存在一条，且方程为2某－y－1＝0B．存在无数条C．存在两条，方程为2某±(y＋1)＝0D．不存在解析：D[设A(某1，y1)，B(某2，y2)，则某1＋某2＝2，y1＋y2＝2，则某21－2y2＝1，某22－2y22＝1，两式相减得(某1－某2)(某1＋某2)－2(y1－y2)(y1＋y2)＝0，所以某1－某2＝2(y1－y2)，即kAB＝2，故所求直线方程为y－1＝2(某－1)，即2某－y－1＝0.联立y＝2某－1，某2－2y2＝1可得2某2－4某＋3＝0，但此方程没有实数解，故这样的直线不存在．故选D.]4．(2022·全国Ⅰ卷)设抛物线C：y2＝4某的焦点为F，过点(－2,0)且斜率为23的直线与C交于M，N两点，则FM→·FN→＝()Ruize知识分享A．5B．6C．7D．8解析：D[如图焦点F(1,0)，直线的方程为y＝23(某＋2)，将其代入y2＝4某得：某2－5某＋4＝0，设M(某1，y1)，N(某2，y2)，则某1＋某2＝5，某1某2＝4，∴FM→·FN→＝(某1－1，y1)·(某2－1，y2)＝(某1－1)(某2－1)＋y1y2＝某1某2－(某1＋某2)＋1＋23(某1＋2)·23(某2＋2)＝139某1某2－9(某1＋某2)＋259＝139某4－9某5＋259＝8.]5．(2022·浙江百校联盟联考)已知椭圆某2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的右顶点和上顶点分别为A、B，左焦点为F.以原点O 为圆心的圆与直线BF相切，且该圆与y轴的正半轴交于点C，过点C的直线交椭圆于M、N两点．若四边形FAMN是平行四边形，则该椭圆的离心率为()A.35B.2C.23D.34解析：A[因为圆O与直线BF相切，所以圆O的半径为bca，即|OC|＝bca，因为四边形FAMN是平行四边形，所以点M的坐标为a＋c2，bca，代入椭圆方程得(a＋c)24a2＋c2b2a2b2＝1，所以5e2＋2e－3＝0，又035.故选A.]6．(2022·全国卷Ⅲ)已知点M(－1,1)和抛物线C：y2＝4某，过C 的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点．若∠AMB＝90°，则k＝________.解析：设直线AB的方程为y＝k(某－1)，由y2＝4某y＝k(某－1)得k2某2－(2k2＋4)某＋k2＝0，设A(某1，y1)，B(某2，y2)．则某1＋某2＝2k2＋4k2，某1·某2＝1.∵∠AMB＝90°，∴kMA·kMB＝－1Ruize知识分享解y1－1某1＋1·y2－1某2＋1＝－1.化简得k2－4k＋4＝0，解得k＝2.答案：27．过点M(2，－2p)作抛物线某2＝2py(p＞0)的两条切线，切点分别为A，B，若线段AB的中点的纵坐标为6，则p的值是________．解析：设点A(某1，y1)，B(某2，y2)，依题意得，y′＝某p，切线MA的方程是y－y1＝某1p(某－某1)，即y＝某1p某－某212p.又点M(2，－2p)位于直线MA上，于是有－2p＝某1p某2－某212p，即某21－4某1－4p2＝0；同理有某22－4某2－4p2＝0，因此某1，某2是方程某2－4某－4p2＝0的两根，则某1＋某2＝4，某1某2＝－4p2.由线段AB的中点的纵坐标是6得，y1＋y2＝12，即某21＋某222p＝(某1＋某2)2－2某1某22p＝12，16＋8p22p＝12，解得p＝1或p＝2.答案：1或28．(2022·泉州市模拟)椭圆某24＋y23＝1的左、右焦点分别为F1、F2，过椭圆的右焦点F2作一条直线l 交椭圆与P、Q两点，则△F1PQ内切圆面积的最大值是________________________________________________________________ ________．解析：因为三角形内切圆的半径与三角形周长的乘积是面积的2倍，且△F1PQ的周长是定值8，所以只需求出△F1PQ内切圆的半径的最大值即可．设直线l方程为某＝my＋1，与椭圆方程联立得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.设P(某1，y1)，Q(某2，y2)，则y1＋y2＝－6m3m2＋4，y1y2＝－93m2＋4，于是S△F1PQ＝12|F1F2|·|y1－y2|＝(y1＋y2)2－4y1y2＝12m2＋1(3m2＋4)2.∵m2＋1(3m2＋4)2＝19m2＋9＋1m2＋1＋6≤116，∴S△F1PQ≤3所以内切圆半径r＝2S△F1PQ8≤34，因此其面积最大值是916π.答案：916π9．(2022·北京模拟)已知椭圆C：某2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为12，椭圆的短轴端点与双曲线y22－某2＝1的焦点重合，过点P(4,0)且不垂直于某轴的直线l与椭圆C相交于A，B两点．Ruize知识分享(1)求椭圆C的方程；(2)求OA→·OB→的取值范围．解：(1)由题意知e＝ca＝12，所以e2＝c2a2＝a2－b2a2＝14，所以a2＝43b2.因为双曲线y22－某2＝1的焦点坐标为(0，±3)，所以b＝3，所以a2＝4，所以椭圆C的方程为某24＋y23＝1.(2)当直线l的倾斜角为0°时，不妨令A(－2,0)，B(2,0)，则OA→·OB→＝－4，当直线l的倾斜角不为0°时，设其方程为某＝my＋4，由某＝my＋4，3某2＋4y2＝12(3m2＋4)y2＋24my＋36＝0，由Δ>0(24m)2－4某(3m2＋4)某36>0m2>4，设A(my1＋4，y1)，B(my2＋4，y2)．因为y1＋y2＝－24m3m2＋4，y1y2＝363m2＋4，所以OA→·OB→＝(my1＋4)(my2＋4)＋y1y2＝m2y1y2＋4m(y1＋y2)＋16＋y1y2＝1163m2＋4－4，因为m2>4，所以OA→·OB→∈－4，134.综上所述，OA→·OB→的取值范围为－4，134.10．(2022·贵阳市一模)已知椭圆C：某2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为22，F1，F2分别是椭圆C的左、右焦点，椭圆C的焦点F1到双曲线某22－y2＝1渐近线的距离为33.(1)求椭圆C的方程；(2)直线AB：y＝k某＋m(k＜0)与椭圆C交于不同的A，B两点，以线段AB为直径的圆经过点F2，且原点O到直线AB的距离为255，求直线AB的方程．解：(1)∵椭圆C：某2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为22，∴ca＝22，∵双曲线某22－y2＝1的一条渐近线方程为某－2y＝0，椭圆C的左焦点F1(－c,0)，∵椭圆C的焦点F1到双曲线某22－y2＝1渐近线的距离为33.Ruize知识分享∴d＝|－c|1＋2＝33＝c3得c＝1，则a＝2，b＝1，则椭圆C的方程为某22＋y2＝1；(2)设A，B两点的坐标分别为A(某1，y1)，B(某2，y2)，由原点O到直线AB的距离为255，得|m|1＋k2＝255，即m2＝45(1＋k2)，①将y＝k某＋m(k＜0)代入某22＋y2＝1；得(1＋2k2)某2＋4km某＋2m2－2＝0，则判别式Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)＝8(2k2－m2＋1)＞0，∴某1＋某2＝－4km1＋2k2，某1某2＝2m2－21＋2k2，∵以线段AB为直径的圆经过点F2，∴AF2→·BF2→＝0，即(某1－1)(某2－1)＋y1y2＝0.即(某1－1)(某2－1)＋(k某1＋m)(k某2＋m)＝0，即(1＋k2)某1某2＋(km－1)(某1＋某2)＋m2＋1＝0，∴(1＋k2)2m2－21＋2k2＋(km－1)－4km1＋2k2＋m2＋1＝0，化简得3m2＋4km－1＝0②由①②得11m4－10m2－1＝0，得m2＝1，∵k＜0，∴m＝1k＝－12，满足判别式Δ＝8(2k2－m2＋1)＞0，∴AB的方程为y＝－12某＋1.。

2013年高考数学总复习（山东专用）第七章第7课时 立体几何中的向量方法 课时闯关（含解析）一、选择题1．(2012·天水调研)已知二面角αl β的大小是π3，m ，n 是异面直线，且m ⊥α，n ⊥β，则m ，n 所成的角为( ) A.2π3 B.π3 C.π2 D.π6 解析：选B.∵m ⊥α，n ⊥β，∴异面直线m ，n 所成的角的补角与二面角αl β互补．又∵异面直线所成角的范围为⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，∴m ，n 所成的角为π3.2．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝3，AD ＝22，P 为C 1D 1的中点，M 为BC 的中点．则AM 与PM 的位置关系为( )A ．平行B ．异面C ．垂直D ．以上都不对解析：选C.以D 点为原点，分别以DA ，DC ，DD 1为x ，y ，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，依题意，可得，D (0,0,0)，P (0,1，3)，C (0,2,0)， A (22，0,0)，M (2，2,0)． ∴PM →＝(2，2,0)－(0,1，3)＝(2，1，－3)， AM →＝(2，2,0)－(22，0,0)＝(－2，2,0)， ∴PM →·AM →＝(2，1，－3)·(－2，2,0)＝0， 即PM →⊥AM →，∴AM ⊥PM .3．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，∠BAC ＝30°，BC ＝1，AA 1＝6，M 是CC 1的中点，则异面直线AB 1与A 1M 所成的角为( ) A ．60° B ．45° C ．30° D ．90°解析：选D.建立坐标系如图所示，易得M (0,0，62)，A 1(0，3，0)，A (0，3，6)，B 1(1,0,0)，∴AB 1→＝(1，－3，－6)，A 1M →＝(0，－3，62)．∴AB 1→·A 1M →＝1×0＋3－62＝0，∴AB 1→⊥A 1M →.即AB 1⊥A 1M .4．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，则直线BC 1与平面A 1BD 所成的角的余弦值是( )A.24B.23C.33 D.32 解析：选C.建立空间直角坐标系如图所示．设正方体的棱长为1，设直线BC 1与平面A 1BD 所成的角为θ， 则D (0,0,0)，A (1,0,1)，A 1(1,0,1)， B (1,1,0)，C 1(0,1,1)， ∴DA 1→＝(1,0,1)，DB →＝(1,1,0)，BC 1→＝(－1,0,1)， 设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1BD 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝x ＋z ＝0n ·DB →＝x ＋y ＝0，令z ＝1，则x ＝－1，y ＝1.∴n ＝(－1,1,1)，∴sin θ＝|cos 〈n ，BC 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋13·2＝63，∵θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴cos θ＝1－sin 2θ＝33.5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22解析：选B.建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D(0,0,0)，A1(1,0,1)，E⎝⎛⎭⎪⎫1，1，12，∴DA1→＝(1,0,1)，DE→＝⎝⎛⎭⎪⎫1，1，12，设n＝(x，y，z)为平面A1DE的法向量，则⎩⎨⎧n·DA1→＝x＋z＝0n·DE→＝x＋y＋12z＝0，令z＝－1，则x＝1，y＝－12，∴n＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－12，－1，取平面ABCD的法向量m＝(0,0,1)则cos〈m，n〉＝－11×1＋14＋1＝－23，故所求锐二面角的余弦值为23.二、填空题6．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________．解析：由题知，BP→⊥AB→，BP→⊥BC→.所以⎩⎪⎨⎪⎧AB→·BC→＝0，BP→·AB→＝0，BP→·BC→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧1×3＋5×1＋－2×z ＝0，x －1＋5y ＋－2×－3＝0，3x －1＋y －3z ＝0，解得，x ＝407，y ＝－157，z ＝4.答案：407，－157，47．(2012·贵阳调研)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__________． 解析：建立坐标系如图，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.答案：30108．设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是________．解析：如图建立空间直角坐标系， 则D 1(0,0,2)，A 1(2,0,2)， D (0,0,0)，B (2,2,0)， ∴D 1A 1→＝(2,0,0)， DA 1→＝(2,0,2)，DB →＝(2,2,0)，设平面A 1BD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝2x ＋2z ＝0n ·DB →＝2x ＋2y ＝0.令x ＝1，则n ＝(1，－1，－1)，∴点D 1到平面A 1BD 的距离d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233.答案：233三、解答题9．(2011·高考辽宁卷)如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； (2)求二面角Q -BP -C 的余弦值．解：如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz .(1)证明：依题意有Q (1,1,0)，C (0,0,1)，P (0,2,0)，则DQ →＝(1,1,0)，DC →＝(0,0,1)，PQ →＝(1，－1,0)．所以PQ →·DQ →＝0，PQ →·DC →＝0， 即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC .又DQ ∩DC ＝D ，所以PQ ⊥平面DCQ .又PQ ⊂平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ .(2)依题意有B (1,0,1)，CB →＝(1,0,0)，BP →＝(－1,2，－1)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面PBC 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB →＝0，n ·BP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－x ＋2y －z ＝0.因此可取n ＝(0，－1，－2)．同理，设m 是平面PBQ 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BP →＝0，m ·PQ →＝0，可取m ＝(1,1,1)．所以cos 〈m ，n 〉＝－155. 故二面角Q -BP -C 的余弦值为－155.10．(2011·高考福建卷节选)如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AB ＋AD ＝4，CD ＝2，∠CDA ＝45°. (1)求证：平面PAB ⊥平面PAD .(2)设AB ＝AP ，若直线PB 与平面PCD 所成的角为30°，求线段AB 的长． 解：(1)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AB . 又AB ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ，所以AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2)以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A －xyz (如图)． 在平面ABCD 内，作CE ∥AB 交AD 于点E ，则CE ⊥AD .在Rt △CDE 中，DE ＝CD ·cos45°＝1，CE ＝CD ·sin 45°＝1. 设AB ＝AP ＝t ，则B (t,0,0)，P (0,0，t )． 由AB ＋AD ＝4得AD ＝4－t ，所以E (0,3－t,0)，C (1,3－t,0)，D (0,4－t,0)， CD →＝(－1,1,0)，PD →＝(0,4－t ，－t )． 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ⊥CD →，n ⊥PD →，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，4－t y －tz ＝0.取x ＝t ，得平面PCD 的一个法向量n ＝(t ，t,4－t )． 又PB →＝(t,0，－t )，故由直线PB 与平面PCD 所成的角为30°得，cos 60°＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·PB →|n |·|PB →|， 即|2t 2－4t |t 2＋t 2＋4－t 2·2t 2＝12，解得t ＝45或t ＝4(舍去，因为AD ＝4－t >0)，所以AB ＝45.11．如图，在五面体ABCDEF 中，FA ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ∥FE ，AB ⊥AD ，M 为EC 的中点，AF＝AB ＝BC ＝FE ＝12AD .(1)求异面直线BF 与DE 所成的角的大小； (2)证明平面AMD ⊥平面CDE ； (3)求二面角A CD E 的余弦值． 解：如图所示，建立空间直角坐标系，点A 为坐标原点，设AB ＝1，依题意得B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2，0)，E (0,1,1)，F (0,0,1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，12.(1)BF →＝(－1,0,1)， DE →＝(0，－1,1)，于是cos 〈BF →，DE →〉＝BF →·DE →|BF →|·|DE →|＝0＋0＋12·2＝12.所以异面直线BF 与DE 所成的角的大小为60°.(2)证明：由AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，12，CE →＝(－1,0,1)，AD →＝(0,2,0)，可得CE →·AM →＝0，CE →·AD →＝0.因此，CE ⊥AM ，CE ⊥AD .又AM ∩AD ＝A ，故CE ⊥平面AMD .而CE ⊂平面CDE ，所以平面AMD ⊥平面CDE . (3)设平面CDE 的法向量为u ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧u ·CE →＝0，u ·DE →＝0.于是⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－y ＋z ＝0.令x ＝1，可得u ＝(1,1,1)．又由题设，平面ACD 的一个法向量为ν＝(0,0,1)．所以cos 〈u ，ν〉＝u ·ν|u ||ν|＝0＋0＋13·1＝33.因为二面角A -CD -E 为锐角， 所以其余弦值为33.。

2024年高考数学一轮复习第7章：立体几何学生版一、单项选择题
1．如图，用斜二测画法作水平放置的正三角形A1B1C1的直观图，则正确的图形是(
)
2．下列四个命题中，正确的是()
A．各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱
B．对角面是全等矩形的六面体一定是长方体
C．有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱
D．长方体一定是直四棱柱
3．从平面外一点P引与平面相交的直线，使P点与交点的距离等于1，则满足条件的直线可能有()
A．0条或1条B．0条或无数条
C．1条或2条D．0条或1条或无数条
4．已知m，n表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，则下列命题中正确的是() A．若m∥α，n⊥β，m∥n，则α⊥β
B．若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α∥β
C．若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n∥β
D．若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊥β
5．已知直线a，b，l和平面α，β，a⊂α，b⊂β，α∩β＝l，且α⊥β.对于以下命题，判断正确的是()
①若a，b异面，则a，b至少有一个与l相交；
②若a，b垂直，则a，b至少有一个与l垂直．
A．①是真命题，②是假命题
B．①是假命题，②是真命题
C．①是假命题，②是假命题
D．①是真命题，②是真命题
第1页共14页。

2018高考数学一轮复习第7章立体几何初步第2节空间图形的基本关系与公理课时分层训练文北师大版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018高考数学一轮复习第7章立体几何初步第2节空间图形的基本关系与公理课时分层训练文北师大版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2018高考数学一轮复习第7章立体几何初步第2节空间图形的基本关系与公理课时分层训练文北师大版的全部内容。

课时分层训练（三十七) 空间图形的基本关系与公理A组基础达标(建议用时:30分钟)一、选择题1．（2015·湖北高考）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A［若l1，l2异面，则l1，l2一定不相交；若l1，l2不相交，则l1，l2是平行直线或异面直线，故p⇒q，qD⇒/p，故p是q的充分不必要条件．]2．给出下列说法：①梯形的四个顶点共面；②三条平行直线共面;③有三个公共点的两个平面重合；④三条直线两两相交，可以确定3个平面．其中正确的序号是( ）A．①B．①④C．②③D．③④A［显然命题①正确．由三棱柱的三条平行棱不共面知,②错．命题③中,两个平面重合或相交，③错．三条直线两两相交，可确定1个或3个平面,则命题④不正确．］3．（2017·郑州联考）已知直线a和平面α，β，α∩β＝l,a⃘α，a⃘β，且a在α,β内的射影分别为直线b和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D［依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面．]4．若空间中四条两两不同的直线l1,l2，l3，l4满足l1⊥l2,l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是（）A．l1⊥l4B．l1∥l4C．l1与l4既不垂直也不平行D．l1与l4的位置关系不确定D[如图，在长方体ABCD.A1B1C1D1中,记l1＝DD1，l2＝DC，l3＝DA。

第31课线面平行与面面平行要点梳理1.直线与平面平行的判定定理:.直线与平面平行的性质定理:.2.两个平面平行的判定定理:.两个平面平行的性质定理:.激活思维1. (必修2P41练习2改编)若直线a∥b,且b⊂平面α,则直线a与平面α的位置关系为.2. (必修2P45习题9改编)已知α,β,γ是三个不重合的平面,α∥β,β∥γ,那么α与γ的位置关系为.3. (必修2P41练习1改编)已知两个命题:(第4题)p:平行于同一条直线的两个平面平行;q:垂直于同一条直线的两个平面平行.则真命题为,假命题为.4. (必修2P32练习3改编)如图,在三棱台ABC-A1B1C1中,A1B1与平面ABC的位置关系是;AA1与平面BCC1B1的位置关系是;AC与平面ACC1A1的位置关系是.真题演练1. (2018·无锡期末)如图,四边形ABCD是菱形,DE⊥平面ABCD,AF∥DE,DE=2AF.(1) 求证:AC⊥平面BDE;(2) 求证:AC∥平面BEF.(第1题)能力提升例1如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,求证:平面BDC1∥平面AB1D1.(例1)例2如图,在四棱锥P-ABCD中,AP⊥平面PCD,AD∥BC,AB=BC=AD,E,F分别为线段AD,PC的中点,求证:AP∥平面BEF.(例2)当堂反馈1. (2018·镇江期末)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D为BC的中点,AB=AC,BC1⊥B1D.(1) 求证:A1C∥平面ADB1;(2) 求证:平面A1BC1⊥平面ADB1.(第1题)第32课直线与平面的垂直要点梳理1.直线与平面垂直的判定定理如果一条直线和一个平面内的都垂直,那么这条直线垂直于这个平面.2.直线与平面垂直的性质定理如果两条直线同时垂直于同一个平面,那么这两条直线.激活思维1. (必修2P37练习2改编)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,直线AA1与平面ABCD所成的角的大小为.2. (必修2P37练习3改编)如果直线a与平面α不垂直,那么在平面α内与直线a垂直的直线有条.3. (必修2P37习题5改编)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BD1与平面B1AC所成的角的大小为.(第3题)(第4题)4. (必修2P37习题7改编)如图,已知AB为圆O的直径,C为圆O上的一点,若AD⊥平面ABC,AE ⊥BD于点E,AF⊥CD于点F,则BD与EF所成的角的大小为.真题演练1. (2017·江苏卷)如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E,F(E与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EF⊥AD.(1) 求证:EF∥平面ABC;(2) 求证:AD⊥AC.(第1题)能力提升例1如图,AB是圆O的直径,C是圆O上异于A,B的点,PO垂直于圆O所在的平面,且PO=OB=1.若D为线段AC的中点,求证:AC⊥平面PDO.(例1)例2如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD,求证:PA⊥BD.(例2)当堂反馈1.设l为直线,α,β是两个不重合的平面,则下列命题中正确的是.(填序号)①若l∥α,l∥β,则α∥β; ②若l⊥α,l⊥β,则α∥β;③若l⊥α,l∥β,则α∥β; ④若α⊥β,l∥α,则l⊥β.2.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D是BC的中点,求证:AD⊥平面BCC1B1.(第2题)第33课平面与平面的垂直要点梳理1.两个平面垂直的判定定理,那么这两个平面互相垂直.2.两个平面垂直的性质定理如果两个平面互相垂直,那么垂直于另一个平面.激活思维1. (必修2P44练习2改编)若α⊥γ,β⊥γ,则平面α与β的位置关系为.2. (必修2P47练习3改编)已知平面α⊥平面β,直线l⊥平面β,那么直线l与平面α的位置关系为.(第4题)3. (必修2P35练习3改编)已知平面α⊥平面β,直线l⊂平面β,那么在平面α内与直线l垂直的直线有条.4. (必修2P47练习5改编)如图,已知直线AB⊥α,垂足是B,AC是平面α的斜线,CD⊂α,CD⊥AC,则图中互相垂直的平面有对.真题演练1. (2018·北京卷)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E,F分别为AD,PB的中点.(1) 求证:PE⊥BC;(2) 求证:平面PAB⊥平面PCD;(3) 求证:EF∥平面PCD.(第1题)能力提升例1(例1)如图,四边形ABCD为菱形,G为AC与BD的交点,BE⊥平面ABCD,求证:平面AEC⊥平面BED.例2(2018·全国卷Ⅲ)如图,矩形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在的平面垂直,M是上异于C,D的点.(1) 求证:平面AMD⊥平面BMC.(2) 在线段AM上是否存在一点P,使得MC∥平面PBD?请说明理由.(例2)当堂反馈1.设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不重合的平面,则下列命题中正确的是.(填序号)①若m∥α,n∥α,则m∥n; ②若m∥α,m∥β,则α∥β;③若m∥n,m⊥α,则n⊥α; ④若m∥α,α⊥β,则m⊥β.2.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,AB=AD,∠BAD=60°,E,F分别是棱AP,AD的中点,求证:平面BEF⊥平面PAD.(第2题)第34课空间几何体的表面积与体积要点梳理1.柱体的体积等于它的底面积S和高h的积,即.2.底面周长为c,斜高为h'的正棱锥的侧面积为.3.锥体的体积为,其中S为锥体底面积,h为高.4.圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式为,,.5.球体的体积公式为,其中R为球的半径.激活思维1. (必修2P60练习4改编)若一个正六棱锥的底面边长为6 cm,高为15 cm,则它的体积为.2. (必修2P64复习题5改编)若长方体相邻的三个面的面积分别是,,,则长方体的体积为.3. (必修2P64复习题15改编)设P,A,B,C是球O表面上的四点,PA,PB,PC两两垂直,且PA=1,PB=,PC=3,则球O的表面积是.4. (必修2P49练习4改编)用半径为r的半圆形铁皮卷成一个圆锥筒,则这个圆锥筒的高是.真题演练1. (2018·全国卷Ⅰ)已知圆柱上、下底面的中心分别为O1,O2,若过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为.2. (2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB互相垂直,SA与圆锥底面所成的角为30°.若△SAB的面积为8,则该圆锥的体积为.能力提升例1(2018·扬州期末)若圆锥的侧面展开图是面积为3π且圆心角为的扇形,则此圆锥的体积为.例2(2018·南京、盐城、连云港二模)在边长为4的正方形ABCD内剪去四个全等的等腰三角形,如图(1)中阴影部分所示,若将其折叠成底面边长为的正四棱锥S-EFGH如图(2)所示,则正四棱锥S-EFGH的体积为.图(1)图(2)(例2)当堂反馈1. (2018·苏北四市期末)已知正四棱柱的底面边长为3 cm,侧面的对角线长为3cm,那么这个正四棱柱的体积为cm3.2. (2018·镇江期末)已知正四棱锥的底面边长为2,侧棱长为,那么该正四棱锥的体积为.第七章立体几何初步第31课线面平行与面面平行要点梳理1.如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行,那么这条直线和这个平面平行如果一条直线和一个平面平行,经过这条直线的平面和这个平面相交,那么这条直线就和交线平行2.如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面,那么这两个平面平行如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线平行激活思维1.a∥α或α⊂平面α2.平行3.q p4.平行相交线在面内真题演练1.【解答】(1) 因为DE⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以DE⊥AC.又四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD.因为DE,BD⊂平面BDE,且DE∩BD=D,所以AC⊥平面BDE.(2) 如图,设AC∩BD=O,取BE的中点G,连接FG,OG,由题知OG∥DE且OG=DE.因为AF∥DE,DE=2AF,所以AF∥OG且AF=OG,所以四边形AFGO是平行四边形,所以FG∥AO.因为FG⊂平面BEF,AO⊄平面BEF,所以AO∥平面BEF,即AC∥平面BEF.(第1题)能力提升例1【解答】在正方体ABCD-A1B1C1D1中,因为AD1∥BC1,AD1⊄平面BDC1,BC1⊂平面BDC1,所以AD1∥平面BDC1.同理,B1D1∥平面BDC1.又因为AD1∩B1D1=D1,AD1,B1D1都在平面AB1D1内,所以平面AB1D1∥平面BDC1.例2【解答】如图,设AC∩BE=O,连接OF,EC,(例2)因为E为AD的中点,AB=BC=AD,AD∥BC,所以AE∥BC.又AE=AB=BC,所以四边形ABCE为菱形,所以O为AC的中点.因为F为PC的中点,所以在△PAC中,AP∥OF.又OF⊂平面BEF,AP⊄平面BEF,所以AP∥平面BEF.当堂反馈1.【解答】(1) 设A1B∩AB1=E,连接DE.因为三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,所以四边形AA1B1B为矩形,所以E为A1B的中点.又因为D为BC的中点,所以DE为△BA1C的中位线,所以DE∥A1C且DE=A1C.因为A1C⊄平面ADB1,DE⊂平面ADB1,所以A1C∥平面ADB1.(2) 因为AB=AC,D为BC的中点,所以AD⊥BC.又因为三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,所以BB1⊥平面ABC.因为AD⊂平面ABC,所以BB1⊥AD.因为BC⊂平面BCC1B1,BB1⊂平面BCC1B1,BC∩BB1=B,所以AD⊥平面BCC1B1.又BC1⊂平面BCC1B1,所以AD⊥BC1.因为BC1⊥B1D,AD⊂平面ADB1,B1D⊂平面ADB1,AD∩B1D=D,所以BC1⊥平面ADB1.因为BC1⊂平面A1BC1,所以平面A1BC1⊥平面ADB1.第32课直线与平面的垂直要点梳理1.两条相交直线2.平行激活思维1.2.无数3.4.真题演练1.【解答】(1) 在平面ABD内,因为AB⊥AD,EF⊥AD,所以EF∥AB.又因为EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,所以EF∥平面ABC.(2) 因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,BC⊂平面BCD,BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD,所以BC⊥AD.又AB⊥AD,BC∩AB=B,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,所以AD⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC,所以AD⊥AC.能力提升例1【解答】在△AOC中,因为OA=OC,D为AC的中点,所以AC⊥DO.又PO垂直于圆O所在的平面,所以PO⊥AC.因为DO∩PO=O,DO⊂平面PDO,PO⊂平面PDO,所以AC⊥平面PDO.例2【解答】因为∠DAB=60°,AB=2AD,由余弦定理得BD=AD,从而BD2+AD2=AB2,故BD⊥AD.又PD⊥底面ABCD,所以BD⊥PD.因为AD∩PD=D,AD⊂平面PAD,PD⊂平面PAD,所以BD⊥平面PAD.又PA⊂平面PAD,故PA⊥BD.当堂反馈1.②2.【解答】因为△ABC是正三角形,且D是BC的中点,所以AD⊥BC.又BC是两个相互垂直的平面ABC与平面BCC1B1的交线,且AD⊂平面ABC,所以AD⊥平面BCC1B1.第33课平面与平面的垂直要点梳理1.如果一个平面经过另一个平面的一条垂线2.在一个平面内垂直于它们交线的直线激活思维1.平行或相交2.l∥α或l⊂α3.无数4. 3真题演练1.【解答】(1) 因为PA=PD,且E为AD的中点,所以PE⊥AD.因为底面ABCD为矩形,所以BC∥AD,所以PE⊥BC.(2) 因为底面ABCD为矩形,所以AB⊥AD.因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,AB⊂平面ABCD,所以AB⊥平面PAD.又PD⊂平面PAD,所以AB⊥PD.因为PA⊥PD,PA,AB⊂平面PAB,PA∩AB=A,所以PD⊥平面PAB.又PD⊂平面PCD,所以平面PAB ⊥平面PCD.(3) 如图,取PC的中点G,连接FG,GD.(第1题)因为F,G分别为PB和PC的中点,所以FG∥BC且FG=BC.因为四边形ABCD为矩形,且E为AD的中点,所以ED∥BC,ED=BC,所以ED∥FG且ED=FG,所以四边形EFGD为平行四边形,所以EF∥GD.又EF⊄平面PCD,GD⊂平面PCD,所以EF∥平面PCD.能力提升例1【解答】因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD.因为BE⊥平面ABCD,所以AC⊥BE,又因为BD⊂平面BED,BE⊂平面BED,且BD∩BE=B,所以AC⊥平面BED.又AC⊂平面AEC,所以平面AEC⊥平面BED.例2【解答】(1) 因为平面CMD⊥平面ABCD,平面CMD∩平面ABCD=CD,BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,又DM⊂平面CMD,所以BC⊥DM.因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,BC,CM⊂平面BMC,所以DM⊥平面BMC.因为DM⊂平面AMD,所以平面AMD⊥平面BMC.(2) 当P为AM的中点时,MC∥平面PBD.理由如下:如图,连接AC交BD于点O.因为四边形ABCD为矩形,所以O为AC的中点.连接OP,因为P为AM的中点,所以MC∥OP.又MC⊄平面PBD,OP⊂平面PBD,所以MC∥平面PBD.(例2)当堂反馈1.③2.【解答】连接BD,因为AB=AD,∠BAD=60°,所以△ABD为等边三角形.又因为F是AD的中点,所以BF⊥AD.因为平面PAD⊥平面ABCD,BF⊂平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以BF⊥平面PAD.又BF⊂平面BEF,所以平面BEF⊥平面PAD.第34课空间几何体的表面积与体积要点梳理1.V柱体=Sh2.ch'3.Sh4.S圆柱侧=cl=2πrl S圆锥侧=cl=πrlS圆台侧=(c+c')l=π(r+r')l5.V球=πR3激活思维1. 270 cm32.3.16π4.r真题演练1.12π【解析】因为圆柱的轴截面是正方形,且面积为8,所以圆柱的高为2,底面直径为2,所以圆柱的表面积为S=2π××2+2×π×()2=12π.2.8π【解析】如图,设圆锥底面圆的圆心为O,母线长为l,则l2=8,解得l=4,即SA=4.连接OS,OA,因为SA与圆锥底面所成的角为30°,所以SO=2.在Rt△SOA中,AO=-=-=2,所以圆锥的体积为V=×π××2=8π.(第2题)能力提升例1【答案】π【解析】设圆锥的底面半径为r,高为h,母线长为l,则由··l2=3π,得l=3.又由·l=2πr,得r=1,从而h=-=2,所以此圆锥的体积为V=·πr2·h=π.例2【答案】【解析】连接EG,HF交于点O,连接SO,正方形EFGH的对角线EG=2,EO=1,则点E到线段AB的距离为1,所以EB=SE==,所以SO=-=-=2,故正四棱锥S-EFGH的体积为V=×()2×2=.当堂反馈1. 54【解析】设该正四棱柱的侧棱长为h cm,则(3)2=32+h2,解得h=6(舍去负值),所以这个正四棱柱的体积为V=32×6=54(cm3).2.【解析】由正四棱锥的底面边长为 2,知底面正方形的对角线长为2,所以正四棱锥的高为-=2,所以该正四棱锥的体积为V=×4×2=.。

第七章 立体几何第33讲 空间几何体的表面积与体积1. B 【解析】 设球的半径为R ，则4πR 2＝16π，解得R ＝2，所以这个球的体积为43πR 3＝323π.2. D 【解析】当底面周长为4π时，底面圆的半径为2，两个底面的面积之和是8π；当底面周长为8π时，底面圆的半径为4，两个底面的面积之和为32π.无论哪种方式，侧面积都是矩形的面积32π2.故圆柱的表面积是32π2＋8π或32π2＋32π.3.B【解析】设该圆锥的外接球的半径为R ，依题意得R 2＝(3－R )2＋(3)2，解得R ＝2，所以该球的体积V ＝43πR 3＝43π×23＝323π.4. 32 【解析】 由题知V P －ABC ＝13×12×4×4BC ＝8，所以BC ＝3，所以AB ＝PC ＝5.又因为PB ⊥底面ABC ，所以PB ⊥AC ，又AC ⊥BC ，PB ∩BC ＝B ，所以AC ⊥平面PBC ，因为PC ⊂平面PBC ，所以AC ⊥PC ，所以S △PBC ＝S △ABC ＝12×3×4＝6，S △PAC ＝S △PAB ＝12×5×4＝10，所以这个鳖臑的表面积为S ＝6＋6＋10＋10＝32. 5. D 【解析】 取BC 中点O ，连接AO ，因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1是正三棱柱，所以AO ⊥BC . 又正三角形ABC 的边长为1，所以AO ＝32.因为平面BAC⊥平面B 1BCC 1，且平面BAC ∩平面B 1BCC 1＝BC ，所以AO⊥平面B 1BCC 1，又四边形B 1BCC 1是边长为1的正方形，所以四棱锥A －B 1BCC 1的体积为V＝13×1×1×32＝36. 6.D【解析】方法一：因为PA ＝PB ＝PC ，△ABC 为边长为2的正三角形，所以三棱锥P －ABC 为正三棱锥，所以PB ⊥AC ，又E ，F 分别为PA ，AB 的中点，所以EF ∥PB ，所以EF⊥AC .又EF⊥CE ，CE ∩AC ＝C ，所以EF⊥平面PAC ，所以PB⊥平面PAC ，所以∠APB ＝90°，所以PA ＝PB ＝PC ＝2，所以三棱锥P －ABC 为正方体的一部分，球O 的直径2R ＝2＋2＋2＝6，即半径R ＝62，所以体积V ＝43πR 3＝43π×668＝6π，故选D.(第6题)方法二：设PA ＝PB ＝PC ＝2x ，E ，F 分别为PA ，AB 的中点，所以EF∥PB ，且EF ＝12PB ＝x .因为△ABC 为边长为2的等边三角形，所以CF ＝3，又∠CEF ＝90°，所以CE ＝3－x2，AE ＝12PA ＝x .在△AEC 中，由余弦定理可得cos ∠EAC ＝x2＋4－(3－x 2)2×2×x，作PD ⊥AC 于点D ，因为PA ＝PC ，所以D 为AC 的中点，cos ∠EAC ＝AD PA＝12x ，所以x2＋4－3＋x24x ＝12x， 所以2x 2＋1＝2，所以x 2＝12，x ＝22，所以PA ＝PB ＝PC ＝2，又AB ＝BC ＝AC＝2，所以PA ，PB ，PC 两两垂直，所以球O 的直径2R ＝2＋2＋2＝6，所以半径R ＝62，所以体积V ＝43πR 3＝43π×668＝6π，故选D.7.ACD【解析】当平面ACD⊥平面ABC 时，四面体ABCD 的体积最大，此时，如图，过点D 作AC 的垂线，交AC 于点E ，则DE 即为四面体ABCD 的高，由等面积法得AC ×DE ＝AD ×DC ，所以DE ＝125，所以四面体ABCD 的体积的最大值为V ＝13S△ABC ·DE ＝13×12×3×4×125＝245，故A 选项正确； 在四面体ABCD 内，AC 的中点O 到点A ，B ，C ，D 的距离相等，所以点O 为外接球的球心，此时球的半径R ＝AC 2＝52，球的体积V ＝43πR 3＝1256π，为定值，球的表面积S ＝4πR 2＝25π，为定值，故B 选项错误，C ，D 正确．(第7题)8. ABC 【解析】 若正方体的棱长为2，则： ①若球为正方体的外接球，则外接球直径等于正方体体对角线，即2R ＝22＋22＋22＝23，故A 正确，外接球体积为43πR 3＝43π，故D 错误；②若球为正方体的内切球，则内切球半径为棱长的一半，故R ＝1，球的表面积为4πR 2＝4π，故B 正确；③若球与正方体的各棱相切，则球的直径等于正方形对角线长，即2R ＝22＋22＝22，球的半径为R ＝2，故C 正确．9. ABD 【解析】 对于选项A ，因为在折前正方形SG 1G 2G 3中，SG 1⊥G 1E ，SG 3⊥G 3F ，所以折成四面体SEFG 后，SG ⊥GE ，SG ⊥GF ，又因为GE ∩GF ＝G ，GE ，GF ⊂平面EFG ，所以SG ⊥平面EFG ，所以选项A 正确．(第9题)对于选项B ，如图，连接DH ，因为ED ＝DF ，SH ＝HF ，所以DH ∥SE .因为SE ⊂平面SEG ，HD ⊄平面SEG ，所以DH ∥平面SGE .所以选项B 正确．对于选项C ，因为SG ⊥平面GEF ， 所以SG 是三棱锥S －GEF 的高，且SG ＝1. 由题得GE ＝GF ＝12，EF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122＝22， 所以GE 2＋GF 2＝EF 2，所以∠EGF ＝π2，所以S △EGF ＝12×12×12＝18，所以四面体SGEF 的体积为13×18×1＝124.所以选项C 错误．对于选项D ，由于SG ⊥GE ，SG ⊥GF ，GE ⊥GF ，所以可以把三棱锥S －GEF 放到长方体模型之中，长方体过同一顶点的三条棱为GS，GE ，GF ，所以三棱锥的外接球的直径2R ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122，所以R ＝64，所以外接球表面积S ＝4π×616＝32π.所以选项D 正确． 10.12π【解析】因为圆锥体积为13πr 2h ＝43π，又球O 的体积与此圆锥的体积相等，所以43πR 3＝43π，解得R ＝3，表面积S ＝4πR 2＝12π. 11. 689π16【解析】 在△ABC 中，因为AB ＝AC ＝5，BC ＝6，所以cosB ＝35，所以sin B ＝45.设△ABC 外接圆半径为r ，则2r ＝AC sin B＝545＝254，r ＝258，设球的半径为R ，则R ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2582＝6898，表面积为S ＝4πR 2＝4π×68964＝689π16.12.π4【解析】由题意，四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5，借助勾股定理，可知四棱锥的高为5－1＝2.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为12，圆柱的体积为π×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122×1＝π4.13. 【解答】 (1) 因为AB 2＋AC 2＝BC 2，所以△ABC 为直角三角形，则S △ABC ＝12AB ·AC ＝32.因为在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中， 所以△A 1AB ，△A 1AC 为直角三角形， 则A 1B ＝2，A 1C ＝2，S △A 1AB ＝12A 1A ·AB ＝12，S △A 1AC ＝12A 1A ·AC ＝32，在等腰三角形A 1BC 中，边A 1B 上的高h ＝142，则S △A 1BC ＝12A 1B ·h ＝72，所以三棱锥A 1－ABC 的表面积S ＝S △ABC ＋S △A 1AB ＋S △A 1AC ＋S △A 1BC ＝3＋1＋72.(2)因为三棱锥C －A 1AB 与三棱锥C －A 1BB 1的底面积相等(S△A 1AB ＝S△A 1B 1B )，高也相等(点C 到平面ABB 1A 1的距离)，所以三棱锥C －A 1AB 与三棱锥C －A 1B 1B 的体积相等．又VC －A 1AB ＝VA 1－ABC ＝13S △ABC ·AA 1＝13×32×1＝36，所以VC －A 1B 1B ＝VB 1－A 1BC ＝36.设点B 1到平面A 1BC 的距离为H ，则VB 1－A 1BC ＝13S △A 1BC ·H ＝36，解得H ＝217.14.【解答】由题意得，S 四边形EFGH ＝4×6－4×12×2×3＝12cm 2，因为四棱锥O －EFGH 的高为3cm ，所以V O －EFGH ＝13×12×3＝12cm 3.又长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为V 2＝4×6×6＝144 cm 3，所以该模型体积为V ＝V 2－V O －EFGH ＝144－12＝132 cm 3，其质量为0.9×132＝118.8 g. 15.【解答】(1)由题可知，四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和．可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合．由图可知，四棱锥共有5个顶点，5个面，其中4个为三角形，1个为四边形，则其总曲率为2π×5－(4π＋2π)＝4π.(第15题)(2)设顶点数、棱数、面数分别为n，l，m，所以有n－l＋m＝2.设第i个面的棱数为x i，所以x1＋x2＋…＋x m＝2l，所以总曲率为2πn－π[(x1－2)＋(x2－2)＋…＋(x m－2)]＝2πn－π(2l －2m)＝2π(n－l＋m)＝4π，所以这类多面体的总曲率是常数．第34讲空间点、线、面之间的位置关系1. D 【解析】如图，因为M为侧面ABB1A1的中心，N为侧面ACC1A1的中心，所以MN∥BC，又因为AP⊥BC，所以MN⊥AP且异面．(第1题)2. A 【解析】对于A，因为l∩α＝A，且A∉BC，根据异面直线定义，不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线，所以l与B C异面，故A正确；对于B，根据所给条件无法判断l与AB垂直，故B错误；对于C，由l⊥AB结合已知条件无法判断l⊥BC，故C错误；对于D，由l⊥BC结合已知条件无法判断l⊥AB，故D错误．3. B 【解析】由题意可得ED1≠EA1，所以EF⊥A1D1不成立，故A错误；根据异面直线判定定理，易知B正确；因为A1B1⊥平面B1C1CB，所以A1B1⊥BE，故C错误；因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，BE与平面ABCD相交，故D错误．4. C 【解析】如图，取B1C1中点E，连接A1E，CE，由于在正三棱柱ABC－A1B1C1中，则BB1⊥底面A1B1C1，而A1E⊂底面A1B1C1，所以BB1⊥A1E.由正三棱柱的性质可知，△A1B1C1为等边三角形，所以A1E⊥B1C1，且BB1∩B1C1＝B1，所以A1E⊥平面BB1C1C，而EC⊂平面BB1C1C，则A1E⊥EC，又A1E∥AD，∠A1EC＝90°，所以∠CA1E即为异面直线AD与A1C所成的角，设AB＝2，则AA1＝22，A1E＝3，CE＝3，则tan ∠CA1E＝CEA1E＝33＝3，所以∠CA1E＝π3.(第4题)5. B 【解析】如图，延长AM，A1B1相交于点P，连接PN并延长，与B1C1相交于点E，与A1D1的延长线相交于点Q，连接AQ，与DD1相交于点F，连接NF，ME，则五边形AMENF即为截面．(第5题)6. A 【解析】如图，连接BE，取AD中点为M，BE中点为F，记AB中点为O，连接OM，OF，MF，A F，则OM∥BD且OM＝12BD，OF∥AE且OF＝12AE，则∠MOF为异面直线AE与BD所成的角或所成角的补角，因为ABCD是圆柱的轴截面，所以四边形ABCD为矩形，且AD⊥底面ABE.设AD＝3，由3AB＝2AD，得AB＝2，则BD＝32＋22＝13，因为点E在底面圆周上，且是AB的中点，则△AEB 为等腰直角三角形，所以BE ＝AE ＝22AB ＝2，因此AF ＝AE2＋EF2＝2＋12＝102，则MF ＝AF2＋MA2＝52＋94＝192， 又OM ＝12BD ＝132，OF ＝12AE ＝22，设异面直线AE 与BD 所成的角为θ，则cos θ＝|cos ∠MOF |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪OM2＋OF2－MF22OM ·OF ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪134＋24－1942×132×22＝226＝2613， 则sin θ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫26132＝14313， 因此tan θ＝143132613＝14326＝112＝222.(第6题)7. CD 【解析】 当a ∩α＝P 时，P ∈a ，P ∈α，但a ⊄α，故A 错误； 当a ∩β＝P 时，B 错误；如图，因为a ∥b ，P ∈b ，所以P ∉a ，所以由直线a 与点P 确定唯一平面α，又a ∥b ，由a 与b 确定唯一平面β，但β经过直线a 与点P ，所以β与α重合，所以b ⊂α，故C 正确；两个平面的公共点必在其交线上，故D 正确．(第7题)8. BD 【解析】如图，取棱CC1的中点N，A1D1的中点M，连接EM，MH，HN，NG，FG，AC，A1C1，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为MH∥A1C1∥AC∥FG，所以M，H，F，G四点共面，同理可得E，M，G，N四点共面，E，F，H，N四点共面，所以E，M，H，N，G，F六点共面，均在平面EFGNHM内．因为EF∥HN，HN∩HG＝H，HN，HG，EF⊂平面EFGNHM，所以EF与GH是相交直线．由正方体的结构特征及中位线定理可得EF＝HN＝NG＝FG＝EM＝MH，所以3EF＝GH，即GH≠2EF.(第8题)9. BC 【解析】连接EF，A1C1，C1D，DF，AC，由EF∥AC，根据长方体性质可得EF∥A1C1，所以直线A1E与直线C1F共面．根据长方体性质得AB1∥C1D，所以异面直线AB1与C1F所成角为∠DC1F.设AA1＝2，则AB＝2AA1＝2，则DF＝5，C1F＝3，C1D＝6，由余弦定理，得m＝cos ∠DC1F＝3＋6－52×3×6＝23.(第9题)10. 8 【解析】当四点中有三个点共面时，此时几何体面最多，如图所示，M，N，P三点共面，A，B ，C，D，E，F分别为OM，ON，OP，MN，MP，PN的中点．此时有平面CAB，平面CAE，平面CBF，平面CEF，平面DAB，平面DAE，平面DBF，平面DEF，共8个平面．(第10题)11. 710【解析】如图，取AC的中点F，连接DE，EF，所以DE∥A1C1，DE＝12A1C1，又AF＝12AC，所以AF∥DE，AF＝DE，则四边形ADEF是平行四边形，所以AD∥EF，则异面直线AD与BE所成角为∠FEB，令三棱柱各棱长为2，则EF＝BE＝5，BF＝3，由余弦定理得cos ∠FEB＝7 10.(第11题)12. 452【解析】根据题意，作出四棱锥P－ABCD的图象如图所示，因为E，F分别为PA和PC的中点，所以EF∥AC，且EF＝1 2AC，设BC中点为N，M为AB中点，则MN∥AC，且MN＝12AC，所以MN∥EF，且MN＝EF，四边形MNFE为平行四边形，故M，N，E，F四点共面．设MN中点为H，作HQ∥PB，且交PD于点Q，交EF于点I，则点Q在平面MNFE上，故五边形MNFQE即为截四棱锥P－ABCD所得截面．因为BH＝14BD，所以PQ＝14PD＝3，又PF＝12PC＝6，∠QPF＝π3，由余弦定理得QF ＝36＋9－2×6×3×12＝33，同理，QE ＝33，所以△QEF 是等腰三角形，QI ⊥EF ， 又EF ＝12AC ＝12122＋122＝62，所以QI ＝QF2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12EF 2＝27－18＝3，所以S △QEF ＝12EF ·QI ＝12×62×3＝92.又EM ∥PB ，QI ∥PB ，且QI ⊥EF ，所以EM ⊥EF ， 所以四边形MNFE 是矩形，EM ＝12PB ＝6，所以矩形MNFE 的面积S 矩形MNFE ＝EM ·EF ＝6×62＝362， 所以截面面积S ＝S △QEF ＋S 矩形MNFE ＝92＋362＝452.(第12题)13. 【解答】 (1) 设AA 1∩BB 1＝O ， 所以AA 1与BB 1确定平面α. 又A ∈α，B ∈α，A 1∈α，B 1∈α， 所以AB ⊂α，A 1B 1⊂α，所以AB ，A 1B 1在同一个平面α内． (2) 因为AB ∩A 1B 1＝M ，AC ∩A 1C 1＝P ， 所以平面ABC ∩平面A 1B 1C 1＝PM .因为BC ⊂平面ABC ，B 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，且BC ∩B 1C 1＝N ，所以N ∈PM ， 即M ，N ，P 三点位于同一直线PM 上．14. 【解答】 方法一：(反证法)假设MN 与PQ 不是异面直线， 则MN 与PQ 在同一平面内，设此平面为α，所以M ∈α，N ∈α，P ∈α，Q ∈α， 因为P ∈a ，M ∈a ，所以a ⊂α. 又因为O ∈a ，所以O ∈α.因为O ∈b ，O ∈c ，N ∈b ，Q ∈c ，所以b ⊂α，c ⊂α， 所以a ，b ，c 共面于α，这与a ，b ，c 不共面矛盾， 所以假设不成立，所以MN 与PQ 是异面直线．方法二：因为a ∩c ＝O ，所以由a ，c 确定一个平面，设为β，因为P ∈a ，Q ∈c ，所以P ∈β，Q ∈β，所以PQ ⊂β，且M ∈β，M ∉PQ ， 又因为a ，b ，c 不共面，N ∈b ，所以N ∉β， 所以MN 与PQ 是异面直线．15. 【解答】 (1) 因为PA ⊥平面ABC ， 所以PA 是三棱锥P －ABC 的平面ABC 上的高． 所以V P －ABC ＝13PA ·S △ABC .又因为△ABC 为等腰直角三角形，AC ＝AB ＝2， 所以S △ABC ＝12×2×2＝2.又因为PA ＝2，所以V P －ABC ＝13×2×2＝43.(2) 如图，取BC 的中点E ，连接AE ，ED .(第15题)因为D ，E 分别是PC ，BC 的中点，所以DE 是△PBC 的中位线，所以DE∥PB ，所以AD 与PB 所成角即为AD 与DE 所成角∠ADE .在△ADE 中，DE ＝12PB ＝2，AD ＝2，AE ＝2，所以△ADE 为正三角形，所以∠ADE ＝60°， 所以异面直线AD 与PB 所成角为60°.第35讲 直线、平面平行的判定与性质1. A 【解析】若a⊂β，α∩β＝b，则“a∥α”⇒“a∥b”，反之也成立．所以a ⊂β，α∩β＝b，则“a∥α”是“a∥b”的充要条件．2. D 【解析】如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，令平面ABCD为平面α，平面D1DCC1为平面β，则CD为直线a.因为a∥b.A. 不妨设C1D1为直线b，因为C1D1∥AB，AB⊂平面ABCD，C1D1⊄平面ABCD，所以C1D1∥平面ABCD，即b⊂β，所以b∥α，故A正确；B. 不妨设AB为直线b，所以b⊂α，b∥β，故B正确；C. 不妨设A1B1为直线b，所以b∥α，且b∥β，故C正确；D. 因为a∥b，b与α，β都相交不可能成立，故D错误．(第2题)3. C 【解析】因为CD与FE不平行，且在同一平面内，所以CD与EF相交，所以CD与平面ABFE相交，故A错误；DE在任何位置都不垂直于EF，若存在某一位置，使得DE⊥平面ABFE，则存在某一位置，使得DE⊥EF，这与题设相矛盾，故B错误；BF在任何位置都不垂直于EF，如果“在翻折的过程中，BF⊥平面CDEF恒成立”，那么BF⊥EF恒成立，这与题设相矛盾，故D错误．因为BF∥AE，BF⊄平面ADE，AE⊂平面ADE，所以BF∥平面ADE，故C正确．4. B 【解析】如图，连接AC，使AC交BD于点O，连接A1O，CF，则O为AC的中点，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1∥CC1且AA1＝CC1，则四边形AA1C1C为平行四边形，所以A1C1∥AC且A1C1＝AC.因为O，F分别为AC，A1C1的中点，所以A1F∥OC且A1F＝OC，所以四边形A1OCF为平行四边形，则CF∥A1O.因为CF⊄平面A1BD，A1O⊂平面A1BD，因此，CF∥平面A1BD.(第4题)5. B 【解析】在四棱锥P－ABCD中，M，N分别为AC，PC上的点，且MN∥平面PAD，MN⊂平面PAC，平面PAC∩平面PAD＝PA，由直线与平面平行的性质定理可得MN∥PA.6. C 【解析】显然AB与平面α相交，且交点是AB的中点，AB，AC，DB，DC四条直线均与平面α相交．在△BCD中，由已知得EF∥BC，又EF⊂平面α，BC⊄平面α，所以BC∥平面α.同理，AD∥平面α，所以在题图中的6条直线中，与平面α平行的直线有2条．7. ABD 【解析】对于选项A，连接BD，显然O为BD的中点，又N为PB的中点，所以PD∥ON，由线面平行的判定定理可得，PD∥平面OMN；对于选项B，由M，N分别为侧棱PA，PB的中点，得MN∥AB，又底面为正方形，所以MN∥CD，由线面平行的判定定理可得，CD∥平面OMN，由选项A得PD∥平面OMN，由面面平行的判定定理可得，平面PCD∥平面OMN；对于选项C，因为MN∥CD，所以∠PDC为直线PD与直线MN所成的角，又因为所有棱长都相等，所以∠PDC＝60°，故直线PD与直线MN所成角的大小为60°；对于选项D，因为底面为正方形，所以AB2＋AD2＝BD2，又所有棱长都相等，所以PB2＋PD2＝BD2，故PB⊥PD.又PD ∥ON，所以ON⊥PB，故ABD均正确．8. AD 【解析】如图(1)，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，因为E，F，G分别为AA1，BC，C1D1的中点，根据正方体的性质可得EF＝FG＝EG＝6，所以△EFG为等边三角形，故A正确；取AC的中点H，连接GH，A1H，可知GH∥C1F，所以∠A1GH就是异面直线A1G与C1F所成的角，因为△A1GH是等腰三角形，A1H≠A1G＝GH，所以异面直线A1G与C1F所成的角不是60°，所以B不正确；(第8题(1))同理可证连接KF与DC的延长线的交点与点C的距离为1 2AB，所以KF，GM交于点Q，同理可证NE，FK交于点P，NG∥KF，所以四边形PQGN为过E，F，G截正方体所得的平面，截面为六边形EKFMGN，故C错误．因为K，F分别为AB，BC的中点，所以AC∥KF，又由AC⊄平面EFG，EF⊂平面EFG，所以AC∥平面EFG，故D正确．(第8题(2))9. AD 【解析】 A. 如图(1)，连接AC，可得AC∥MN，BC∥NP，从而AC∥平面MNP，BC∥平面MNP，又AC∩BC＝C，所以平面ABC∥平面MNP，所以AB∥平面MNP.(第9题(1))B.如图(2)，连接BC交MP于点O，连接ON，易知在底面正方形中，O不是BC中点(实际上是四等分点中靠近C的一个)，而N是AC中点，因此AB与ON不平行，在平面ABC内，AB 与ON必相交，此交点也是直线AB与平面MNP的公共点，故直线AB与平面MNP相交而不平行．(第9题(2))C. 如图(3)，连接BN，在正方体中，有PN∥BM，因此点B在平面MNP内，故直线AB与平面MNP相交而不平行．(第9题(3))D. 如图(4)，连接CD，可得AB∥CD，CD∥NP，即AB∥NP，直线AB与平面MNP平行．(第9题(4))10. 2 【解析】如图，连接BD交AC于点O，连接OE.因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，因为PC⊥AD，PA∩PC＝P，PA，PC⊂平面PAC，所以AD⊥平面PAC.因为AC⊂平面PAC，所以AD⊥AC.因为AB⊥BC，AB＝BC，所以AC＝2AB，∠BAC＝45°，又AB∥DC，所以∠ACD＝∠BAC＝45°，所以△ACD为等腰直角三角形，CD＝2AC＝2AB，所以OBOD＝AB CD＝12.因为PD∥平面EAC，PD⊂平面PBD，且平面EAC∩平面PBD＝OE，所以OE∥PD，所以PEEB＝OD OB＝2.(第10题)11.1【解析】如图，分别取AD 1，AD 的中点F ，P ，连接EF ，PF .因为F ，P 分别为AD 1，AD 的中点，所以FP ∥D 1D ，FP ＝12D 1D .因为E 为BB 1中点，所以BE ＝12BB 1.又D 1D ∥BB 1，DD 1＝BB 1，所以FP ∥BE ，FP ＝BE ， 所以四边形BPFE 为平行四边形，所以BP ∥EF . 因为BP ⊄平面AED 1，EF ⊂平面AED 1， 所以BP ∥平面AED 1.由于P 为AD 的中点，所以λ＝1.(第11题)12.32【解析】 把三棱锥A －BCD 放置在长方体中，如图，因为E ，F 分别是AB ，CD 的中点，且平面MNPQ ⊥EF ， 可知MN ∥PQ ，PN ∥QM ，则四边形MNPQ 为平行四边形， 再由平行线截线段成比例知， NP AB ＝PD BD ，PQ CD ＝BPBD，且AB ＝CD ， 所以NP AB ＋PQ CD ＝PN ＋PQ AB ＝PD ＋BP BD ＝1，可得PN ＋PQ ＝AB ＝2.因为点D，C所在长方体侧面的长宽分别为3，1，所以长方形对角线长为2，由正三角形可知侧面两条对角线所成锐角为60°，又PQ∥CD，PN∥AB，则∠NPQ＝60°，所以S四边形MNPQ＝PN·PQ·sin 60°≤32·⎝⎛⎭⎪⎪⎫PN＋PQ22＝32，当且仅当PN＝PQ＝1时等号成立，所以四边形MNPQ面积的最大值为32.(第12题)13. 【解答】因为N是AB的中点，△ABD为正三角形，所以DN⊥AB.因为BC⊥AB，所以DN∥BC.因为BC⊂平面BCE，DN⊄平面BCE，所以DN∥平面BCE.因为M为AE的中点，N为AB的中点，所以MN∥BE.因为MN⊄平面BCE，BE⊂平面BCE，所以MN∥平面BCE.因为MN∩DN＝N，所以平面MND∥平面BCE.14. 【解答】直线l∥平面PAC，证明如下：因为E，F分别是PA，PC的中点，所以EF∥AC.又EF⊄平面ABC，且AC⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.而EF⊂平面BEF，且平面BEF∩平面ABC＝l，所以EF∥l.因为l⊄平面PAC，EF⊂平面PAC，所以l∥平面PAC.第36讲直线、平面垂直的判定与性质1. B 【解析】对于A，若l⊥m，m⊂α，则l⊂α，l与α平行、垂直、相交但不垂直均可能成立，所以A不正确；对于B，若l⊥α，l∥m，则m⊥α，故B正确；对于C，l与m可能异面，不一定平行，故C不正确；对于D，l与m可能相交，也可能异面，故D不正确．2. C 【解析】在空间中垂直于同一直线的两条直线可能平行，可能相交，也可能异面，所以A，B错；垂直于同一条直线的一条直线和平面的位置关系可以是直线在平面内，也可以是直线和平面平行，所以D错．由线面垂直性质定理知C正确．3. B 【解析】对于A，若a∥α，则a与α内的直线或平行或异面，所以A不正确；对于B，若a平行于α内的一条直线a ′，则a∥α或a⊂α，与直线a与平面α相交矛盾，所以B正确；对于C，直线a不平行于平面α，a可以在α内，此时，a可以平行于α内的直线，所以C不正确；对于D，直线a不垂直于平面α，但可以垂直于α内的某些直线．4. B 【解析】如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，对于A，取直线n为AA1，直线m为CD，平面α为平面A1B1CD，显然n⊥α不成立，故A错误；对于B，根据线面垂直的性质，故B正确；对于C，直线n，m可能异面，故C错误；对于D，取直线n，m分别为直线A1B1，C1D1，α为平面ABCD，显然n，m平行，故D错误．(第4题)5. D 【解析】对于选项A，若直线AD与BC是共面直线，设AD与BC共面γ，因为不共线的三点B，C，D均在β与γ内，所以β与γ重合，又不共线的三点A，B，C均在α与γ内，所以α与γ重合，则α与β重合，与α∩β＝l矛盾，故直线AD与BC是异面直线，所以选项A正确；对于选项B，当AB⊥l，CD⊥l，且二面角α－l－β为锐二面角时，直线CD在α上的射影与AB平行，所以选项B正确；对于选项C，在AD上任取一点，过该点作BC的平行线l′，则由AD与l′确定一个平面，该平面与BC平行，若过AD另外有平面与BC平行，由直线与平面平行的性质，可得过直线BC外的一点A有两条直线与BC平行，与过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行矛盾，所以选项C正确；对于选项D，只有当AD与BC异面垂直时，过AD有且只有一个平面与BC垂直，否则，不存在过AD与BC垂直的平面，故选项D错误．6. D 【解析】因为SD⊥底面ABCD，且SB在平面ABCD的射影BD与AC垂直，则SB⊥AC，A正确；因为SC在平面ABCD的射影DC与AD垂直，所以SC⊥AD，B正确；因为AC⊥SB，AC⊥BD，所以AC⊥平面SBD，又AC⊂平面SAC，所以平面SAC⊥平面SBD，C正确；若BD⊥SA，则BD垂直SA在平面ABCD内的射影DA，这是不可能的，D错误．7. BD 【解析】对于A，如果m∥α，m∥n，那么n∥α或n⊂α，所以A不正确；对于B，根据线面垂直的性质，可得若m⊥α，n∥α，那么m⊥n，所以B正确；对于C，根据线面垂直的定义，直线m垂直于平面α内的任意直线，则m⊥α，而直线m垂直于平面α内的无数条直线，则m与α不一定垂直，所以C不正确；对于D，若平行线中的一条垂直一个平面，则另一条也垂直于这个平面，所以D正确．8. AD 【解析】对于选项A，连接AC，D1C，则F为AC的中点，所以EF∥CD1，故A正确；对于选项B，在△AFD1中，AF≠FD1，E为AD1的中点，则EF和AD1不垂直，故B错误；对于选项C，EF和平面AA1D1D相交，而平面AA1D1D∥平面BB1C1C，则EF和平面BB1C1C相交，故C错误；对于选项D，因为D1C⊥DC1，D1C⊥AD，AD∩DC1＝D，所以D1C⊥平面AB1C1D，又EF∥D1C，所以EF⊥平面AB1C1D，故D正确．(第8题)9. BD 【解析】对于A，由AB与CE所成角为45°，可得直线AB与平面CDE不垂直；对于B，由AB⊥CE，AB⊥ED，CE∩ED＝E，可得AB⊥平面CDE；对于C，由AB与CE所成角为60°，可得直线AB与平面CDE不垂直；对于D，连接AC，由ED⊥平面ABC，可得ED⊥AB，同理可得EC⊥AB，又ED∩EC＝E，所以AB⊥平面CDE.10. 【解答】(1) 设AB1交A1B于点O，连接OM，ON.在正三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1∥AA1，BB1＝AA1，故四边形AA1B1B是平行四边形，所以O为AB1的中点．又因为M为AB的中点，所以OM∥BB1，且OM＝12BB1.又N为CC1的中点，CN＝12CC1，所以OM＝CN，且OM∥CN，所以四边形CMON是平行四边形，所以CM∥ON.又ON⊂平面AB1N，CM⊄平面AB1N，所以CM∥平面AB1N.(2) 在正三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，所以BB1⊥CM.又CA＝CB，M为AB的中点，所以CM⊥AB.又由(1)知CM∥ON，所以ON⊥AB，ON⊥BB1.又因为AB∩BB1＝B，AB，BB1⊂平面AA1B1B，所以ON⊥平面AA1B1B.又ON⊂平面A1BN，所以平面A1BN⊥平面AA1B1B.11. 【解答】 (1) 因为点E是AC的中点，点D为PA的中点．所以DE∥PC.又因为DE⊄平面PBC，PC⊂平面PBC，所以DE∥平面PBC.(2) 因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，又PA⊂平面PAC，PA⊥AC，所以PA⊥平面ABC.因为BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC.又因为AB⊥BC，且PA∩AB＝A，所以CB⊥平面PAB.(3)当点F是线段AB的中点时，过点D，E，F的平面内的任一条直线都与平面PBC平行．证明如下：取AB中点F，连接EF，DF.由(1)可知DE∥平面PBC.因为点E是AC的中点，点F为AB的中点，所以EF∥BC，又因为EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC.因为DE∩EF＝E，所以平面DEF∥平面PBC，所以平面DEF内的任一条直线都与平面PBC平行．12. 【解答】 (1) 由已知得AB AD＝BB1AB＝2，所以Rt △BAD ∽Rt △B 1BA ，所以∠BDA ＝∠B 1AB ，所以∠ABD ＋∠B 1AB ＝∠ABD ＋∠BDA ＝90°，所以在△AOB 中，∠AOB ＝180°－(∠ABO ＋∠OAB )＝90°，即BD ⊥AB 1.又BC ⊥AB 1，BD ∩BC ＝B ，所以AB 1⊥平面BCD . 因为CD ⊂平面BCD ，所以CD ⊥AB 1.(2) 在Rt △ABD 中，AB ＝1，AD ＝22，所以BD ＝62，又由BD ·AO ＝AB ·AD ，得AO ＝33. 在Rt △AOB 中，得BO ＝63，在△BOC 中，BO 2＋CO 2＝BC 2，所以△BOC 为直角三角形，所以CO ⊥BO .由(1)易知，平面BCD ⊥平面AA 1B 1B ，平面BCD ∩平面AA 1B 1B ＝BD ， 所以CO ⊥平面AA 1B 1B ，所以四面体AA 1BC 的体积V ＝13S △AA 1B ×OC ＝13×12×1×2×33＝618.13. 【解答】 (1) 如图，连接DB ， 在Rt △DAB 中，DB ＝(3)2＋12＝2， 又因为E 为BC 中点，DC ＝2，所以DE ⊥BC . 因为PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥BC .因为PD ∩DE ＝D ，所以BC ⊥平面PDE ， 又因为BC ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面PDE . (2) 线段PC 上存在一点F ，且PFPC ＝13时，PA ∥平面BDF . 证明如下：连接AC 交BD 于点O ，在平面PAC 中，过点O 作OF ∥PA ，交PC 于点F . 又因为OF ⊂平面BDF ，PA ⊄平面BDF ，所以PA ∥平面BDF . 因为在四边形ABCD 中，AB ∥CD ，DC ＝2AB ＝2， 所以AO OC ＝AB DC ＝12.因为OF∥PA，所以PFFC＝AOOC＝12，所以当PFPC＝13时，PA∥平面BDF.(第13题)第37讲综合法求角与距离1. C 【解析】连接A1C1，设A1C1∩B1D1＝O，连接BO.因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝4，所以C1O⊥B1D1.又因为DD1⊥平面A1B1C1D1，所以DD1⊥C1O.因为DD1∩D1B1＝D1，DD1⊂平面DBB1D1，D1B1⊂平面DBB1D1，所以C1O⊥平面DBB1D1，所以直线BC1和平面DBB1D1所成角为∠OBC1.在Rt△BOC1中，C1O＝22，BC1＝25，所以sin ∠OBC1＝105，即直线BC1和平面DBB1D1所成角的正弦值为105.2. C 【解析】如图，将长方体ABCD－A1B1C1D1补成长方体ABCD－A2B2C2D2，使AA1＝A1A2，易知A D1∥B1C2，所以∠DB1C2或其补角为异面直线AD1与DB1所成的角．易知B1C2＝AD1＝2，DB1＝12＋12＋(3)2＝5，DC2＝DC2＋CC22＝12＋(23)2＝13.在△DB1C2中，由余弦定理，得cos ∠DB1C2＝DB21＋B1C22－DC222DB1·B1C2＝5＋4－132×5×2＝－55，所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为55.(第2题)3. C 【解析】如图，连接AC1，BC1，AC.因为AB⊥平面BB1C1C，所以∠AC1B为直线AC1与平面BB1C1C所成的角，所以∠AC1B＝30°.又AB＝BC＝2，在Rt△ABC1中，AC1＝2sin 30°＝4，在Rt△ACC1中，CC1＝AC21－AC2＝42－(22＋22)＝22，所以V长方体＝AB×BC×CC1＝2×2×22＝82.(第3题)4. B 【解析】因为BB1∥DD1，所以BB1与平面ACD1所成角即为DD1与平面ACD1所成角．设点D到平面ACD1的距离为h，正方体的棱长为a，则VD1－ADC＝13×12×a×a×a＝16a3，VD－AD1C＝13×34×(2a)2h＝36a2h，所以16a3＝36a2h，得h＝33a.设BB1与平面ACD1所成角为θ，则sin θ＝hDD1＝33.(第4题)5. C 【解析】取AB的中点O，连接SO，CO.由SA＝SB＝CA＝CB可得AB⊥SO，AB⊥CO.又SO∩CO＝O，所以AB⊥平面SOC，所以二面角S－AB－C的平面角是∠SOC.在△SOA中，SO＝SA2－AO2＝2，同理CO＝2.在△SOC中，SO＝CO＝SC＝2，所以∠SOC＝60°，即二面角S－AB－C的平面角的大小为60°.6. B 【解析】如图，在正方体中取BB1，BD的中点P1，O，及BC1的四等分点M.因为PP1⊥BC1，P1M ⊥BC1，P1M∩PP1＝P1，P1M，PP1⊂平面PP1M，所以BC1⊥平面PP1M，则BC1⊥PM.又OM⊥BC1，OM∩PM＝M，故BC1⊥平面POM，所以当点Q在线段OM上时，PQ⊥BC1，则点Q到平面A1B1C1D1距离的最大值为6，最小值为6×3 4＝92，所以点Q到平面A1B1C1D1的距离的取值范围为⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤92，6.故选B.(第6题)7. AC 【解析】因为CF⊥平面B1DF，所以CF⊥DF.在矩形ACC1A1中，设AF＝m.则CD2＝DF2＋CF2＝CC21＋DC21＝10a2，①CF2＝4a2＋m2，DF2＝(3a－m)2＋a2.②联立①②解得m＝a或m＝2a.则AF的长度为a或2a.8. ABD 【解析】已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，对于选项A，直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠CBC1＝π4，故选项A正确．对于选项B，点C到平面ABC1D1的距离为B1C长度的一半，即h＝22，故选项B正确．对于选项C，连接A1B，则两条异面直线D1C和BC1所成的角为∠A 1BC 1＝π3，故选项C 错误．对于选项D ，三棱柱AA 1D 1－BB 1C 1外接球半径r ＝32，故选项D 正确．9.AC【解析】因为AD 在平面ADD 1A 1内，且平行于平面CBF ，故A 正确；平面CBF 即平面A 1D 1CB ，又平面A 1D 1CB 与平面ABCD 斜相交，所以在平面ABCD 内不存在与平面CBF 垂直的直线，故B 错误；因为F 到平面ABCD 的距离不变且FC 变小，FC 与平面ABCD 所成的角变大，故C 正确；平面CBF 即平面A 1D 1CB ，点D 到平面A 1D 1CB 的距离为定值，故D 错误．10. 1 【解析】 设球O 的半径为R ，则4πR 2＝16π，解得R ＝2. 设△ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，因为△ABC 是面积为934的等边三角形，所以12a 2×32＝934，解得a ＝3，所以r ＝23×a2－a24＝23×9－94＝3，所以球心O 到平面ABC 的距离d ＝R2－r2＝4－3＝1.(第10题)11.π3【解析】 如图，取正三角形ABC 的中心O ，连接OP ，则∠PAO 是PA 与平面ABC 所成的角．因为底面边长为3，所以AD ＝3×32＝32，AO ＝23AD ＝23×32＝1.三棱柱的体积为34×(3)2×AA 1＝94，解得AA 1＝3，即OP ＝AA 1＝3，所以tan ∠PAO ＝OP OA＝3，因为直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤0，π2，所以∠PAO ＝π3.(第11题)12.63a 【解析】 连接A 1C ，CM ，如图，在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AB 的中点，所以A 1M ＝DM ＝a2＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 22＝5a 2，A 1D ＝2a ，所以△A 1MD 为等腰三角形，且底边A 1D 上的高为A1M2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫A1D 22＝3a 2， 所以S △A 1MD ＝12·2a ·3a 2＝6a24，设点C 到平面A 1DM 的距离为d ， 则VC －A 1DM ＝13S △A 1MD ·d ＝6d12a 2，又VC －A 1DM ＝VA 1－CDM ＝13S △CMD ·AA 1＝13·12a 2·a ＝16a 3＝6d 12a 2，所以d ＝63a .(第12题)13.【解答】(1)因为AB∥CD ，AD⊥CD ，所以∠DAB ＝90°，因为AB ＝AD ＝1，所以BD ＝2，则在底面ABCD 中，过点B 作BF ⊥CD 于点F ，则四边形ABFD 为矩形，所以DF ＝1，CF ＝1，所以BC ＝2，所以BD 2＋BC 2＝CD 2，所以BC ⊥BD .又因为PD ⊥平面ABCD ，所以PD ⊥BC . 因为BD ∩PD ＝D ，所以BC ⊥平面PBD .(第13题)(2) 由题知BD ＝2，PB ＝4＋2＝6.因为PD ⊥平面ABCD ，所以PD ⊥AB . 又因为AB ⊥AD ，PD ∩AD ＝D ， 所以AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PA . 因为E 为PB 的中点，所以AE ＝12PB ＝62，且DE ＝62，设点A 到平面DCE 的距离为h ，AE 与平面DCE 所成角为θ，则sin θ＝h AE .又V A －DCE ＝V E －ACD ，所以13S △DCE ·h ＝13S △ACD ·1，所以在△DCE 中，DE ＝62，CD ＝2，CE ＝BC2＋BE2＝2＋32＝142，由余弦定理得cos ∠EDC ＝32＋4－722×62×2＝66，所以sin ∠EDC ＝306，所以S △ECD ＝12×62×2×306＝52.又S△ACD ＝12×2×1＝1，所以13×52×h ＝13×1×1，解得h ＝255，所以sin θ＝23015.14. 【解答】 (1) 连接PO ，在△PAB 中，PA ＝PB ，O 是AB 中点， 所以PO⊥AB .又因为AC ＝BC ＝2，AC⊥BC ，所以AB ＝22，OB ＝OC ＝2.因为PA ＝PB ＝3，所以PO ＝7，PC 2＝PO 2＋OC2，所以PO ⊥OC .又AB ∩OC ＝O ，AB ⊂平面ABC ，OC ⊂平面ABC ，所以PO ⊥平面ABC .因为PO ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面ABC . (2) 因为OE 是△PAB 的中位线，所以OE ＝32.因为O 是AB 中点，AC ＝BC ，所以OC ⊥AB .又平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB ∩平面ABC ＝AB ，所以OC ⊥平面PAB .因为OE ⊂平面PAB ，所以OC ⊥OE .设点B 到平面OEC 的距离为d ，则V B －OEC ＝V E －OBC ， 所以13·S △OEC ·d ＝13·S △OBC ·12OP ，所以d ＝S △OBC ·12OPS △OEC＝12OB ·OC ·12OP 12OE ·OC ＝143.(第14题)第38讲 空间直角坐标系与空间向量1.B【解析】由题意知存在实数x ，y 使c ＝x a ＋y b ，即(7,6，λ)＝x (2,1，－3)＋y (－1,2,3)，所以⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9.2. C 【解析】 AE →·AF →＝12(AB →＋AC →)·12AD →＝14(AB →·AD →＋AC →·AD →)＝14(a 2cos60°＋a 2cos 60°)＝14a 2.3. A【解析】 若a 与b 共线，则a ，b 所在的直线也可能重合，故①不正确；根据自由向量的意义知，空间任意两向量a ，b 都共面，故②不正确；三个向量a ，b ，c 中任意两个一定共面，但它们三个却不一定共面，故③不正确；只有当a ，b ，c 不共面时，空间任意一向量p 才能表示为p ＝x a ＋y b ＋z c ，故④不正确．综上可知，四个命题中正确的个数为0，故选A.4. D 【解析】 因为a·b ＝x ＋2＝3，所以x ＝1，所以b ＝(1,1,2)， 所以cos〈a ，b 〉＝a ·b |a||b|＝32×6＝32，又因为〈a ，b 〉∈[0，π]，所以a 与b 的夹角为π6，故选D.5. D 【解析】 因为BD →＝BF →＋FE →＋ED →，所以|BD →|2＝|BF →|2＋|FE →|2＋|ED →|2＋2BF →·FE →＋2FE →·ED →＋2BF →·ED→＝1＋1＋1－2＝3－2，故|BD →|＝3－2.6. B【解析】 |OA→|＝(2a ＋b )2＝4|a|2＋|b|2＋4a ·b ＝7，同理|OB→|＝7，则cos ∠AOB ＝OA →·OB →|OA→||OB →|＝6|a|2－|b|2＋a ·b7＝1114，从而有sin ∠AOB ＝5314，所以△OAB 的面积S ＝12×7×7×5314＝534，故选B.7. ABC 【解析】 因为AP →·AB →＝－2－2＋4＝0，AP →·AD →＝－4＋4＝0，所以AP ⊥AB ，AP ⊥AD ，所以A ，B ，C 正确．因为BD→＝AD →－AB →＝(2,3,4)，所以AP →与BD →不平行． 8. AB 【解析】 A 中，(A1A→＋A1D1→＋A1B1→)2＝A1A →2＋A1D1→2＋A1B1→2＝3A1B1→2，故A 正确；B 中，A1B1→－A1A→＝AB1→，因为AB 1⊥A 1C ，故B 正确；C 中，两异面直线A 1B 与AD 1所成的角为60°，但AD1→与A1B→的夹角为120°，故C 不正确；D 中，|AB →·AA1→·AD→|＝0，故D 也不正确． 9. ACD 【解析】 已知在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝2，AA 1＝4. 对于选项A ，AA1→同时与AB →，AD →垂直，|AB →×AD →|＝|AB →|×|AD →|sin〈AB →，AD →〉＝2×2×sin 90°＝4.又因为|AA1→|＝4，所以|AB →×AD →|＝|AA1→|，故AB →×AD →＝AA1→成立． 对于选项B ，根据a ，b ，a ×b 三个向量构成右手系，所以AB →×AD →＝AA1→，AD →×AB→＝－AA1→，AB →×AD ≠AD →×AB →. 对于选项C ，(AB→＋AD →)×AA1→＝AC →×AA1→，同时满足垂直于AC →，AA1→且满足右手系的，设AC →×AA1→＝λ1DB →，λ1>0，|AC →×AA1→|＝|λ1DB →|＝22＋22×4sin90°＝λ122＋22，λ1＝4，所以(AB→＋AD →)×AA1→＝AC →×AA1→＝4DB →①；对于AB →×AA1→＋AD →×AA1→，AB →×AA1→＝λ2DA →，AD →×AA1→＝λ3AB →，λ2，λ3>0，|AB →×AA1→|＝|λ2DA →|，|AD →×AA1→|＝|λ3AB →|，即2×4sin 90°＝λ2×2,2×4sin 90°＝λ3×2，得λ2＝4，λ3＝4，则AB →×AA1→＝4DA →，AD →×AA1→＝4AB→.所以AB →×AA1→＋AD →×AA1→＝4DA →＋4AB →＝4DB →②.所以综合①②可得(AB →＋AD→)×AA1→＝AB →×AA1→＋AD →×AA1→. 对于选项D ，因为长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积V ＝2×2×4＝16，(AB→×AD →)·CC1→＝AA1→·CC1→＝AA1→2＝42＝16，所以长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积V ＝(AB →×AD →)·CC1→. 10. 12AB →＋12AD →＋AA1→ 【解析】 因为OC →＝12AC →＝12(AB →＋AD →)，所以OC1→＝OC →＋CC1→＝12(AB →＋AD →)＋AA1→＝12AB →＋12AD →＋AA1→.11. 平行 【解析】 如图，设VA→＝a ，VB →＝b ，VC →＝c ，则VD →＝a ＋c －b ， 由题意知PM →＝23b －13c ，PN →＝23VD →－13VC →＝23a －23b ＋13c .。