【金版教程】2015届高三数学(文)一轮限时规范训练：7-1 空间几何体的结构及其三视图和直观图

第七章城市与城市化第1讲人口的数量变化和人口的合理容量一、选择题(每小题4分，共44分)(2010·海南地理)某沿海城市人口达1 600万，约60%居住在离市中心3千米的范围内。

城市人口54%居住在贫民窟。

下图示意该城市与大型商贸中心不同距离段的用地构成。

据此完成1～3题。

1．影响该城市大型商贸中心区位的主导因素是()。

A．工业B．行政中心C．海洋运输和贸易D．居民人口密度2．该城市开发最充分的区域距离大型商贸中心()。

A．0～8 km B．9～16 kmC．17～24 km D．25～35 km3．该城市自市中心向外()。

A．依次分布着商业区、居住区、工业区B．依次分布着商业区、工业区、居住区C．土地开发比例逐渐降低D．没有形成明显的功能分区解析第1题，本题组主要考查城市功能分区及其区位主导因素。

从图中可以看出与大型商贸中心较近的地区土地利用主要为海港和其他建筑，故大型商贸中心区位的主导因素是海洋运输和贸易。

第2题，本题考查考生读图分析能力。

从图中信息可知，在距大型商贸中心0～8 km范围内，城市内部的土地全部开发。

第3题，本题考查城市的地域结构。

从题中信息可知，城市60%的人口居住在离市中心3 km的范围内且在距商贸中心5 km范围内有海港、工业区分布，因此该城市商业区、工业区和居住区没有明显的界线，即该城市自市中心向外没有形成明显的功能分区。

答案 1.C 2.A 3.D(2011·福建文综，5～6)某城市岛国大力建设公共住房(即由政府控制的低成本住房)，解决了80%以上国民的居住问题。

下图示意2008年该国公共住房的空间分布。

读图完成4～5题。

4．该国公共住房()。

A．呈现出明显的等级分布B．相对集中分布在城市中部C．以中心城区为核心向外呈环状分布D．沿快捷、高效的公共交通线分布5．该国公共住房布局主要考虑城市的()。

A．功能分区、基础设施B．人口分布、产业结构C．土地价格、休闲娱乐D．环境质量、历史文化解析第4题，读图可知，中心城区位于中南部，公共住房并不是以中心城区为核心呈环状分布，也未体现出明显的等级分布。

2015届高考理科数学立体几何一轮练习题-数学试题第1课时立体几何的结构及其三视图和直观图1．认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．2．能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图．3．会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式．4．会画某些建筑物的三视图与直观图(在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等没有严格要求)．[对应学生用书P109]【梳理自测】一、空间几何体的结构特征1．(教材改编)下列说法正确的是()A．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱C．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫棱锥D．棱台各侧棱的延长线交于一点2．如图是一个正方体的展开图，将其折叠起来，变成正方体后的图形是()答案：1.D 2.B◆以上题目主要考查了以下内容：多面体棱柱棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是平行且全等的多边形．棱锥棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形．棱台棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上下底面是平行且相似的多边形．旋转体圆柱圆柱可由矩形绕其任意一边所在直线旋转得到．圆锥圆锥可以由直角三角形绕其一条直角边所在直线旋转得到．圆台圆台可由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到．球球可以由半圆或圆绕直径所在直线旋转得到.二、三视图1．有一个几何体的三视图如图所示，这个几何体应是一个()A．棱台B．棱锥C．棱柱D．都不对2．一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是()A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱答案：1.A 2.D◆以上题目主要考查了以下内容：名称几何体的三视图有：正视图、侧视图、俯视图画法1.画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线画成虚线. 2.三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、左方、正上方观察几何体得到的正投影图．规则1.画法规则：长对正、高平齐、宽相等. 2.摆放规则：侧视图在正视图的右侧，俯视图在正视图的下方.三、直观图及投影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()2．如图，过BC的平面截去长方体的一部分，所得的几何体________棱柱(填“是”或“不是”)．答案：1.A 2.是◆以上题目主要考查了以下内容：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轴的线段长度在直观图中不变，平行于y轴的线段长度在直观图中等于原来的一半．投影1.平行投影：平行投影的投影线互相平行. 2.中心投影：中心投影的投影线相交于一点.【指点迷津】1．一个程序由三视图还原几何体按下面的程序进行定底面根据俯视图确定定棱及侧面根据正视图确定几何体的侧棱与侧面特征，调整实线、虚线对应棱的位置定形状确定几何体的形状2．三个“变”与“不变”斜二测画直观图时“三变”坐标轴的夹角改变，与y轴平行的线段的长度变为原来的一半，图形改变.“三不变”平行性不改变，与x、z轴平行的线段的长度不改变，相对位置不改变.[对应学生用书P110]考向一空间几何体的结构特征给出下列四个命题：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直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；④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．0B．1C．2 D．3【审题视点】根据柱、锥、台几何体的结构特征判定．【典例精讲】①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误．当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥．如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；④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．【答案】B【类题通法】(1)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，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，然后再依据题意判定．(2)通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可．1．给出下列四个命题：①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱；②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥；③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体；④若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱．其中不正确的命题的个数是________个．解析：认识棱柱一般要从侧棱与底面的垂直与否和底面多边形的形状两方面去分析，故①③都不准确，②中对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明，故也不正确，④平行六面体的两个相对侧面也可能与底面垂直且互相平行，故④也不正确．答案：4考向二空间几何体的三视图(2014•陕西省高三质检)如图是由若干个相同的小立方体组成的几何体的俯视图，其中小立方体中的数字表示相应位置的小立方体的个数，则该几何体的左视图为()【审题视点】从左侧看这个几何体中小立方体组成的几何体的高度．【典例精讲】由俯视图知左视图从左到右最高的小立方体个数分别为2，3，1，选C.【答案】C【类题通法】(1)由实物图画三视图或判断选择三视图，此时需要注意“长对正、高平齐、宽相等”的原则；(2)由三视图还原实物图，这一题型综合性较强，解题时首先对柱、锥、台、球的三视图要熟悉，再复杂的几何体也是由这些简单的几何体组合而成的；其次，要遵循以下三步：①看视图，明关系；②分部分，想整体；③综合起来，定整体．2．(2014•山西高考训练)某几何体的三视图均为直角三角形，如图所示，则围成该几何体的各面中，直角三角形的个数为()A．1B．2C．3 D．4解析：选D.依题意得，该几何体是一个底面为直角三角形、一条侧棱垂直于底面的三棱锥，其四个面均为直角三角形，选D.考向三空间几何体的直观图已知正三角形ABC的边长为a，那么◆ABC的平面直观图◆A′B′C′的面积为()A.34a2B.38a2C.68a2D.616a2【审题视点】画出正三角形◆ABC的平面直观图◆A′B′C′，求◆A′B′C′的高即可．【典例精讲】先画出正三角形ABC，然后再画出它的水平放置的直观图，如图所示，由斜二测画法规则知B′C′＝a，O′A′＝34a.过A′作A′M◆x′轴，垂足为M，则A′M＝O′A′•sin 45°＝34a×22＝68a.◆S◆A′B′C′＝12B′C′•A′M＝12a×68a＝616a2.【答案】D【类题通法】对于直观图，除了了解斜二测画法的规则外，还要了解原图形面积S与其直观图面积S′之间的关系S′＝24S，能进行相关问题的计算．3．如图所示，四边形A′B′C′D′是一平面图形的水平放置的斜二测画法的直观图，在斜二测直观图中，四边形A′B′C′D′是一直角梯形，A′B′◆C′D′，A′D′◆C′D′，且B′C′与y′轴平行，若A′B′＝6，D′C′＝4，A′D′＝2.求这个平面图形的实际面积．解析：根据斜二测直观图画法规则可知该平面图形是直角梯形，且AB＝6，CD＝4保持不变．由于C′B′＝2A′D′＝22.所以CB＝42.故平面图形的实际面积为12×(6＋4)×42＝202.[对应学生用书P111]忽视几何体的放置与特征致误在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为()【正解】由正视图和俯视图可以推测几何体为半圆锥和三棱锥的组合体(如图所示)，且顶点在底面的射影恰是底面半圆的圆心，可知侧视图为等腰三角形，且轮廓线为实线，故选D.【答案】D【易错点】(1)根据正视图和俯视图确定原几何体的形状时出现错误，误把半圆锥看成半圆柱，不能准确判断出几何体的形状而误选A.(2)对实线与虚线的画法规则不明确而误选C.【警示】 1.首先确定几何体，面对读者是怎么放置的．2．要分清三视图中的虚线是被哪部分挡住的．3．要明确三视图中三角形的高度是不是几何体的高度．1．(2013•高考四川卷)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是()解析：选D.先观察俯视图，再结合主视图和侧视图还原为空间几何体．由俯视图是圆环可排除A，B，C，进一步将已知三视图还原为几何体，可得选项D. 2．(2013•高考湖南卷)已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于()A.32B．1C.2＋12D.2解析：选D.根据正方体的俯视图及侧视图特征想象出其正视图后求面积．由于该正方体的俯视图是面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，因此该几何体的正视图是一个长为2，宽为1的矩形，其面积为2.3．(2012•高考陕西卷)将正方体(如图(1)所示)截去两个三棱锥，得到如图(2)所示的几何体，则该几何体的左视图为()解析：选B.还原正方体后，将D1，D，A三点分别向正方体右侧面作垂线．D1A的射影为C1B，且为实线，B1C被遮挡应为虚线．4．(2012•高考湖南卷)某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是()解析：选C.若为C选项，则主视图为：故不可能是C选项．。

[课堂练通考点]1．已知四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的侧棱AA 1垂直于底面，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，AD ＝AB ＝AA 1＝2BC ，E 为DD 1的中点，F 为A 1D 的中点．则直线EF 与平面A 1CD 所成角的正弦值为( ) A.13 B.33 C.23D.63解析：选C ∵AB ，AD ，AA1两两垂直，故以AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AA 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设BC ＝1，则A (0,0,0)，A 1(0,0,2)，C (2,1,0)，D (0,2,0)，E (0,2,1)，F (0,1,1)，FE＝(0,1,0)，1A D ＝(0,2，－2)，CD＝(－2,1,0)．设平面A 1CD 的一个法向量为n ＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·1A D 2y －2z ＝0，n ·CD ＝－2＋y ＝0，故n ＝(1,2,2)， 则sin θ＝|cos 〈n ，FE 〉|＝|n ·FE|n |·|FE || ＝|1×0＋2×1＋2×04＋4＋1×0＋1＋0|＝23，故直线EF 与平面A 1CD 所成的角θ的正弦值为23.2．(2013·江苏高考)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1A B ＝(2,0，－4)，1C D＝(1，－1，－4)．因为cos 〈1A B ，1C D 〉＝1A B ·1C D| 1A B ||1C D |＝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)，1AC ＝(0,2,4)，所以n 1·AD＝0，n 1·1AC ＝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. [课下提升考能]第Ⅰ卷：夯基保分卷1.如图所示，已知正方体ABCD -A1B 1C 1D 1，E ，F 分别是正方形A 1B 1C 1D 1和ADD 1A 1的中心，则EF 和CD 所成的角是( )A ．60°B ．45°C ．30°D ．90°解析：选B 以D 为原点，分别以射线DA ，DC ，DD 1为x 轴、y轴、z 轴的非负半轴建立空间直角坐系系D －xyz ，设正方体的棱长为1，则D (0,0，0)，C (0,1,0)，E ⎝⎛⎭⎫12，12，1，F ⎝⎛⎭⎫12，0，12，EF ＝⎝⎛⎭⎫0，－12，－12，DC＝(0,1,0)，∴cos 〈EF ，DC 〉＝EF ·DC|EF ||DC |＝－22， ∴〈EF ，DC〉＝135°，∴异面直线EF 和CD 所成的角是45°.2．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 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 以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，D (0,1,0)， ∴1A D＝(0,1，－1)， 1A E ＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12， 设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即所成的锐二面角的余弦值为23.3．(2013·安徽六校联考)在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，P A ＝2，则直线P A 与平面DEF 所成角的正弦值为( )A.15B.255C.55D.25解析：选C 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，P A ＝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P A 与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|PA·n ||PA||n |＝55，∴P A与平面DEF 所成角的正弦值为55，故选C. 4．(2014·昆明模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，四边形ABCD 为平行四边形，且BC ⊥平面P AB ，P A ⊥AB ，M 为PB 的中点，P A ＝AD ＝2.若AB ＝1，则二面角B -AC -M 的余弦值为( )A.66 B.36C.26D.16解析：选A ∵BC ⊥平面P AB ，AD ∥BC ，∴AD ⊥平面P AB ，P A ⊥AD ， 又P A ⊥AB ，且AD ∩AB ＝A ， ∴P A ⊥平面ABCD .以点A 为坐标原点，分别以AD ，AB ，AP 所在直线为x 轴，y轴，z 轴，建立空间直角坐标系A -xyz .则A (0,0,0)，C (2,1,0)，P (0,0,2)，B (0,1,0)，M ⎝⎛⎭⎫0，12，1， ∴AC ＝(2,1,0)，AM ＝⎝⎛⎭⎫0，12，1， 求得平面AMC 的一个法向量为n ＝(1，－2,1)，又平面ABC 的一个法向量AP＝(0,0,2)，∴cos 〈n ，AP 〉＝n ·AP|n |·|AP |＝21＋4＋1·2＝16＝66.∴二面角B -AC -M 的余弦值为66. 5.如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC -A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为________．解析：不妨令CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2.可得O (0,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，A (2,0,0)，B 1(0,2,1)，∴1BC ＝(0,2，－1)，1AB＝(－2,2,1)，∴cos 〈1BC ，1AB 〉＝1BC ·1AB|1BC ||1AB |＝4－15×9＝15＝55＞0. ∴1BC 与1AB的夹角即为直线BC 1与直线AB 1的夹角，∴直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为55.答案：556．如图，在正四棱锥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 所成角为________．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，a 2，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 的夹角为90°－60°＝30°. 答案：30°7．(2013·全国课标卷Ⅰ)如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°.(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值． 解：(1)证明：取AB 的中点O ，连接OC ，OA 1，A 1B . 因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB .由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°，故△AA 1B 为等边三角形，所以OA 1⊥AB . 因为OC ∩OA 1＝O ，所以AB ⊥平面OA 1C . 又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .(2)由(1)知OC ⊥AB ，OA 1⊥AB .又平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，交线为AB ，所以OC ⊥平面AA 1B 1B ，故OA ，OA 1，OC 两两相互垂直．以O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴的正方向，|OA|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz .由题设知A (1,0,0)，A 1(0, 3，0)，C (0,0, 3)，B (－1,0,0)．则BC＝(1,0，3)，1BB ＝1AA ＝(－1，3，0)，1A C ＝(0，－3，3)．设n ＝(x ，y ，z )是平面BB 1C 1C 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC ＝0，n ·1BB ＝0.即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，x ＋3y ＝0.可取n ＝(3，1，－1)．故cos n ，1A C ＝n ·1A C|n ||1A C |＝－105. 所以A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为105. 8．(2013·合肥一模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，其中AD ⊥AB ，CD ∥AB ，AB ＝4，CD ＝2，侧面P AD 是边长为2的等边三角形，且与底面ABCD 垂直，E 为P A 的中点．(1)求证：DE ∥平面PBC ； (2)求二面角E -BD -A 的余弦值．解：(1)证明：如图1，取AB 的中点F ，连接DF ，EF .在直角梯形ABCD 中，CD ∥AB ，且AB ＝4，CD ＝2，所以BF 綊CD ， 所以四边形BCDF 为平行四边形，所以DF ∥BC .在△P AB 中，PE ＝EA ，AF ＝FB ， 所以EF ∥PB .因为DF ∩EF ＝F ，PB ∩BC ＝B ， 所以平面DEF ∥平面PBC .因为DE ⊂平面DEF ，所以DE ∥平面PBC .(2)取AD 的中点O ，BC 的中点N ，连接ON ，OP ，则ON ∥AB . 在△P AD 中，P A ＝PD ＝AD ＝2，所以PO ⊥AD ，PO ＝ 3. 因为平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以PO ⊥平面ABCD .如图2，以O 为坐标原点，分别以OA ，ON ，OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则O (0,0,0)，A (1,0,0)，D (－1,0,0)，P (0，0，3)，B (1,4,0)，所以DB＝(2,4,0)．因为E 为P A 的中点，所以E ⎝⎛⎭⎫12，0，32，故DE ＝⎝⎛⎭⎫32，0，32.易知PO＝(0,0，－3)为平面ABD 的一个法向量．设平面EBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n ⊥DB ，n ⊥DE ，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋4y ＝0，32x ＋32z ＝0， 令y ＝－1，则x ＝2，z ＝－23，所以n ＝(2，－1，－23)为平面EBD 的一个法向量．所以cos 〈PO ，n 〉＝PO·n |PO |·|n |＝25117. 设二面角E -BD -A 的大小为θ，由图可知θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2， 所以cos θ＝25117，即二面角E -BD -A 的余弦值为25117.第Ⅱ卷：提能增分卷1.(2013·湖北八校联考)如图，在△AOB 中，已知∠AOB ＝π2，∠BAO ＝π6，AB ＝4，D 为线段AB 的中点．△AOC 是由△AOB 绕直线AO 旋转而成，记二面角B -AO -C 的大小为θ.(1)当平面COD ⊥平面AOB 时，求θ的值； (2)当θ＝2π3时，求二面角B -OD -C 的余弦值．解：(1)如图，在平面AOB 内过B 作BE ⊥OD 于E ，∵平面AOB ⊥平面COD ，平面AOB ∩平面COD ＝OD ， ∴BE ⊥平面COD ，∴BE ⊥CO . 又∵CO ⊥AO ，∴CO ⊥平面AOB ，∴CO ⊥BO . ∵BO ⊥AO ，CO ⊥AO ，∴二面角B -AO -C 的平面角为∠BOC ， 即θ＝π2.(2)如图，以O 为原点，在平面OBC 内垂直于OB 的直线为x 轴，OB ，OA 所在的直线分别为y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O -xyz ，则A (0,0,23)，B (0,2,0)，D (0,1，3)，C (3，－1,0)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面COD 的法向量，由⎩⎨⎧n 1·OC＝0，n 1·OD＝0，得⎩⎨⎧3x －y ＝0，y ＋3z ＝0. 取z ＝1，则n 1＝(－1，－3，1)．又平面AOB 的一个法向量为n 2＝(1,0,0)，设二面角B -OD -C 的大小为α， 则cos α＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－11＋3＋1＝－55.故二面角B -OD -C 的余弦值为－55.2．(2013·郑州模拟)如图，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长都为2，CD＝λ1CC .(λ∈R )(1)当λ＝12时，求证：AB 1⊥平面A 1BD ；(2)当二面角A -A 1D -B 的大小为π3时，求实数λ的值．解：(1)证明：取BC 的中点为O ，连接AO ，因为在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面CBB 1C 1，且△ABC 为正三角形，所以AO ⊥BC ，AO ⊥平面CBB 1C 1.以O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ， 则A (0,0，3)，B 1(1,2,0)，D (－1,1,0)，A 1(0,2，3)，B (1,0,0)．所以1AB＝(1,2，－3)， 1DA ＝(1,1，3)，DB＝(2，－1,0)．因为1AB ·1DA ＝1＋2－3＝0，1AB ·DB＝2－2＝0，所以AB 1⊥DA 1，AB 1⊥DB ，又DA 1∩DB ＝D ， 所以AB 1⊥平面A 1BD .(2)由(1)得D (－1,2λ，0)，所以1DA ＝(1,2－2λ，3)，DB ＝(2，－2λ，0)，DA＝(1，－2λ，3)．设平面A 1BD 的法向量n 1＝(x ，y ，z )，平面AA 1D 的法向量n 2＝(s ，t ，u )，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·1DA ＝0，n 1·DB ＝0，得平面A 1BD 的一个法向量n 1＝(λ，1，λ－23)； 同理可得平面AA 1D 的一个法向量n 2＝(3，0，－1)， 由|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝12，解得λ＝14，即为所求． 3．(2014·天津十二区县联考)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB⊥AC ，顶点A 1在底面ABC 上的射影恰为点B ，且AB ＝AC ＝A 1B ＝2.(1)证明：平面A 1AC ⊥平面AB 1B ； (2)求棱AA 1与BC 所成的角的大小；(3)若点P 为B 1C 1的中点，并求出二面角P -AB -A 1的平面角的余弦值．解：(1)证明：∵A 1B ⊥平面ABC ，∴A 1B ⊥AC ， 又AB ⊥AC ，AB ∩A 1B ＝B ，∴AC ⊥平面AB 1B ， ∵AC ⊂平面A 1AC ，∴平面A 1AC ⊥平面AB 1B .(2)以A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．则C (2,0,0)，B (0,2,0)，A 1(0,2,2)，B 1(0,4,2)，C 1(2,2,2)，1AA ＝(0,2,2)，BC ＝11B C＝(2，－2,0)，cos 〈1AA ，BC 〉＝1AA ·BC|1AA |·|BC |＝－48·8＝－12，故AA 1与棱BC 所成的角是π3.(3)因为P 为棱B 1C 1的中点，故易求得P (1,3,2)． 设平面P AB 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n 1·AP ＝0，n 1·AB ＝0，由⎩⎨⎧AP ＝(1，3，2)，AB＝(0，2，0)，得 ⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＋2z ＝0，2y ＝0，令z ＝1，则n 1＝(－2,0,1 )， 而平面ABA 1的法向量n 2＝(1,0,0)， 则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－25＝－255. 由图可知二面角P -AB -A 1为锐角， 故二面角P -AB -A 1的平面角的余弦值是255.。

【锁定高考】（新课标版）2015届高考数学一轮总复习（基础达标+提优演练）第7章第1节立体几何文A组基础达标(时间：30分钟满分：50分)若时间有限，建议选讲2，6，8一、选择题(每小题5分，共20分)A，B为球面上相异两点，则通过A，B 两点可作球的大圆有(D)A. 一个B. 无穷多个C. 零个D. 一个或无穷多个如果A，B为一条直径的端点，那么经过A，B可作无数个大圆；若A，B与球心O不在一条直线上，则只能作一个大圆．故选D.(2013·中山调研)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(D)从俯视图看，B和D符合，从正视看D 符合，从侧视图看D也是符合的，故选D.一圆柱被从顶部斜切掉两块，剩下部分几何体的正(主)视图和俯视图如图所示，其中正(主)视图中的四边形是边长为2的正方形，则此几何体的侧(左)视图的面积为(B)A. 1B. 2C. 4D. 8由正(主)视图、俯视图可知，该几何体的侧(左)视图是一个底边长为2，高为2的等腰三角形，因此侧(左)视图的面积为S ＝12×2×2＝2.(2012·陕西高考)将正方体(如图①所示)截去两个三棱锥，得到图②所示的几何体，则该几何体的侧视图为(B)左视图中能够看到线段AD1，画为实线，看不到线段B1C画为虚线，而且AD1与B1C不平行，投影为相交线，故选B.二、填空题(每小题5分，共10分)已知△ABC 的平面直观图△A′B′C′是直角边长为1的等腰直角三角形，那么原△ABC 的面积为．平面直观图△A′B′C′与其原图形如图，直观图 △A ′B ′C ′是直角边长为1的等腰直角三角形，还原回原图形后，直角边为O′A′还原为OA ，长度不变，直观图中的C′在原图形中的x 轴上，且长度为 22，∴原图形的面积为S △ABC ＝12OA·OC＝12×1×22＝ 2.如图是两个全等的正三角形，给定下列三个命题：①存在四棱锥，其正视图、侧视图如图；②存在三棱锥，其正视图、侧视图如图；③存在圆锥，其正视图、侧视图如图．其中真命题的个数是__3__．对于①，存在斜高与底边长相等的正四棱锥，其正视图与侧视图是全等的正三角形．对于②，存在如图所示的三棱锥S－ABC，底面为等腰直角三角形，其底边AB的中点为D，BC的中点为E，侧面SAB上的斜高为SD，且CB＝AB＝SD＝SE，顶点S在底面上的射影为AC的中点，则此三棱锥的正视图与侧视图是全等的正三角形．对于③，存在底面直径与母线长相等的圆锥，其正视图与侧视图是全等的正三角形．三、解答题(共20分)(10分)如图所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝3, AA1＝4，M为AA1的中点，P是BC上一点，且由P沿棱柱侧面经过棱CC1到M的最短路线长为29，设这条最短路线与CC1的交点为N.求P点的位置．如图，把正三棱柱侧面展开，(3分)设CP＝x，根据已知可得方程22＋(3＋x)2＝29，解得x＝2.(7分)∴P点在与C点距离为2的地方．(10分)(10分)一个圆台的母线长为12 cm，两底面面积分别为 4π cm2和25π cm2.求：(1)圆台的高；(2)截得此圆台的圆锥的母线长．(1)如图，圆台的轴截面是等腰梯形ABCD，由已知可得上底半径O1A＝2 cm，下底半径OB＝5 cm，又腰长AB为12 cm，∴高AM＝122－（5－2）2＝315(cm)．(5分)(2)设截得此圆台的圆锥的母线长为l，则由△SAO 1△SBO ，可得l －12l ＝25，(8分)∴l ＝20 cm ，即截得此圆台的圆锥的母线长为20 cm.(10分)B 组 提优演练(时间：30分钟 满分：50分) 若时间有限，建议选讲3，4，8一、 选择题(每小题5分，共20分) (2012·福建高考)一个几何体的三视图形状都相同，大小均相等，那么这个几何体不可以是(D)A. 球B. 三棱锥C. 正方体D. 圆柱球的三视图均为圆，且大小均等；正方体沿对角线截出的三棱锥的三视图形状都相同，大小均等；正方体的三视图是三个大小均等的正方形；圆柱的三视图中必有一个为圆，其他两个为矩形．故一个几何体的三视图形状都相同，大小均等，那么这个几何体不可以是圆柱．有一个正三棱锥和一个正四棱锥，它们所有的棱长都相等．把这个正三棱锥的一个侧面重合在正四棱锥的一个侧面上，则所得到的这个组合体是(D)A. 平行六面体B. 五棱锥C. 无平行面的六面体D. 斜三棱柱如图，棱长均相等的正三棱锥A－BEF 的一个面ABE重合在正四棱锥A－BCDE的侧面ABE上得到如图所示的一个组合体，设M，N 分别是BE，CD的中点，连接AM，AN，MN，MF，则FM⊥BE，AM⊥BE.∴BE⊥平面AFM.同理BE⊥平面AMN，∴平面AFM与平面AMN为同一个平面，故四边形AFMN是平面四边形．由MN＝BC ＝AF，FM＝AN，得四边形AFMN是平行四边形，∴组合体为斜三棱柱．(2013·河南调研)某几何体的三视图均为直角三角形，如图所示，则围成该几何体的各面中，直角三角形的个数为(D)A. 1B. 2C. 3D. 4在如图所示的正方体中截得三棱锥ABCD，即满足题意，从而可知直角三角形的个数为4.(2013·全国高考)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(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为(A)由题意可知该四面体为正四面体，其中一个顶点在坐标原点，另外三个顶点分别在三个坐标平面内，则以zOx平面为投影面，得到的正视图可以为选项A.二、填空题(每小题5分，共10分)如图，过BC的平面截去长方体的一部分，所得的几何体__是__棱柱．(填“是”或“不是”)以四边形A′ABB′和四边形D′DCC′为底即知所得几何体是直四棱柱．如图，点O为正方体ABCD－A′B′C′D′的中心，点E为面B′BCC′的中心，点F为 B′C′的中点，则空间四边形D′OEF在该正方体的各个面上的投影可能是__①②③__(填出所有可能的序号)．空间四边形D′OEF在正方体的面DCC′D′上的投影是①，在面BCC′B′上的投影是②，在面ABCD上的投影是③.故填①②③.三、解答题(共20分)(10分)某栋楼由相同的若干个房间组成，该楼的三视图如图所示，问：(1)该楼有几层？从前往后最多要走过几个房间？(2)最高一层的房间在什么位置？(1)由正视图与侧视图可知，该楼有3层．(3分)由俯视图可知，从前往后最多要经过3个房间．(6分)(2)由正视图与侧视图可知，最高一层的房间在左侧的最后一排的房间．(10分)(10分)直平行六面体的侧棱长是100 cm，底面相邻边长分别为23 cm和11 cm，底面的两条对角线的比是2∶3.求它的两个对角面的面积．如图是直平行六面体AC1，它的两个对角面都是矩形，侧棱AA1是矩形的高．又AB＝23 cm，AD＝11 cm，AA1＝100 cm，BD∶AC＝2∶3，设BD＝2x，AC＝3x，由平行四边形对角线的性质，得BD2＋AC2＝2(AB2＋AD2)．(2分)∴(2x)2＋(3x)2＝2×(232＋112)，化简，得13x2＝1 300，解得x＝10.(4分)∴对角线BD＝2x＝20(cm)，AC＝3x＝30(cm)．(6分)故对角面BDD1B1的面积为BD·BB1＝2 000(cm2)，(8分)对角面ACC1A1的面积为AC·AA1＝3 000(cm2)．(10分)。

第一节空间几何体的结构特征及三视图和直观图时间：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．下列结论正确的是()A．由五个面围成的多面体只能是四棱锥B．以正方形的一条对角线旋转一周围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长都相等，则此棱锥可能是正六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解析对于选项A，五个面围成的多面体也可以是三棱柱或三棱台，所以选项A错；由正方形的一条对角线旋转一周围成的几何体为两个圆锥形成的一个组合体，选项B错；六棱锥的侧棱长大于底面多边形的边长，选项C错；选项D正确．故选D.答案 D2．(2013·四川卷)一个几何体的三视图如下图所示，则该几何体的直观图可以是()解析由俯视图知D成立．答案 D3．(2014·汕头市试题)三棱柱的侧棱与底面垂直，且底面是边长为2的等边三角形，其正视图(如图所示)的面积为8，则侧视图的面积为() A．8 B．4C．4 3 D. 3解析设侧棱长为x，则2·x＝8，x＝4，侧视图也是一个矩形，宽为等边三角形的高32·2＝3，面积为43，选C.答案 C4．(2014·石家庄质检一)把边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折起，连结AC，得到三棱锥C－ABD，其正视图、俯视图均为全等的等腰直角三角形(如图所示)，则其侧视图的面积为()A.32 B.12C．1 D.2 2解析由题意可知，三棱锥C-ABD的直观图如图所示．其中平面CBD⊥平面ABD.取BD的中点E，连接CE，AE，则CE⊥AE，Rt △AEC为三棱锥C-ABD的侧视图．∵AB＝AD＝BC＝CD＝2，∴AE＝CE＝1，∴S △AEC ＝12×1×1＝12，故选B.答案 B5．(2013·湖南卷)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能等于( )A ．1 B. 2 C.2－12 D.2＋12解析 由俯视图的面积为1可得底面与水平面平行，当正方体正放时，正视图的面积最小为1，正方体旋转其正视图为其对角面时，面积最大为2，2－12<1故不可能．答案 C6．(2013·辽宁卷)已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上．若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( ) A.3172B ．210 C.132 D ．310 解析 由球心O 作平面ABC 的垂线，垂足M 落在Rt △ABC 斜边BC 的中点，AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球的半径OA ＝(52)2＋62＝132.答案 C二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．在直观图(如图所示)中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在xOy坐标系中，四边形ABCO为________，面积为________cm2.解析由斜二测画法的特点，知该平面图形的直观图的原图，即在xOy坐标系中，四边形ABCO是一个长为4 cm，宽为2 cm的矩形，所以四边形ABCO的面积为8 cm2.答案矩形88．用半径为r 的半圆形铁皮卷成一个圆锥筒，那么这个圆锥筒的高是________．解析 由题意可知卷成的圆锥的母线长为r ，设卷成的圆锥的底面半径为r ′，则2πr ′＝πr ，所以r ′＝12r ，所以圆锥的高h ＝r 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12r 2＝32r . 答案 32r9．用单位立方块搭一个几何体，使它的正(主)视图和俯视图如下图所示，则它的体积的最小值为________，最大值为________．解析 综合分析俯视图和正(主)视图可知单位立方块最少的情况如图①(不唯一)共10块．单位立方块最多的情况如图②，共16块．答案1016三、解答题(本大题共3小题，每小题10分，共30分)10．已知：图①是截去一个角的长方体，试按图示的方向画出其三视图；图②是某几何体的三视图，试说明该几何体的构成．解图①几何体的三视图为：图②所示的几何体是上面为正六棱柱，下面为倒立的正六棱锥的组合体．11．(2014·临沂模拟)若某几何体的三视图(单位：cm)如下图所示．求此几何体的：(1)表面积；(2)体积．解 由题意，该几何体是一个正四棱柱和一个正四棱台的一个组合体．(1)S 表＝4×4×2＋42＋82＋4×12×(4＋8)×13＝112＋2413(cm2)．(2)V＝V1＋V2＝4×4×2＋13×(42＋82＋42×82)×3＝144(cm3)．12．如下图是某几何体的三视图(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)该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P A 1＝PD 1＝2，A 1D 1＝AD ＝2，可得P A 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)．所以几何体的体积V ＝23＋12×(2)2×2＝10(cm 3)．。

2015高考数学（文）一轮复习质量检测 立体几何一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．(2014·青岛模拟)将长方体截去一个四棱锥后，得到的几何体的直观图如右图所示，则该几何体的俯视图为( )解析： 长方体的侧面与底面垂直，所以俯视图是C. 答案：C2．(2014·福州质检)对于平面α和共面的直线m ，n ，下列命题是真命题的是( )A. 若m ，n 与α所成的角相等，则m ∥nB. 若m ∥α，n ∥α，则m ∥nC. 若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥αD. 若m ⊂α，n ∥α，则m ∥n解析：若m ，n 与α所成的角相等，则m 与n 平行或相交，应排除A ；若m ∥α，n ∥α，则m 与n 平行或相交，应排除B ；若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ⊂α，应排除C.答案：D3．(2013年郑州质检)一个几何体的三视图及其尺寸如下图所示，其中正(主)视图是直角三角形，侧(左)视图是半圆，俯视图是等腰三角形，则这个几何体的体积是(单位：cm 3)( )A.π2B.π3C.π4D ．π解析：依三视图可知，该几何体是半个圆锥，且底面半径为1，高为3，故V ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫13×Sh ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫13×π×12×3＝π2，选A.答案：A4．将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )解析：由几何体的直观图可知，侧视图为一矩形(内有从左下到右上的对角线，因为该对角线看不到轮廓线，故用虚线)．故选D.答案：D5．在正四棱锥V －ABCD 中，底面正方形ABCD 的边长为1，侧棱长为2，则异面直线VA 与BD 所成角的大小为( )A.π6B.π4C.π3D.π2解析：取BD 的中点O ，则VO ⊥BD ，AC ⊥BD ，所以BD ⊥平面VAC ，则异面直线VA 与BD 所成角的大小为π2.答案：D6．给定下列四个命题：(1)若一个平面内的两条直线与另外一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；(2)若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直； (3)垂直于同一直线的两条直线相互平行；(4)若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直．其中为真命题的是( )A ．(1)和(2)B ．(2)和(3)C ．(3)和(4)D ．(2)和(4)解析：对于(1)，两条直线必须相交，否则不能证明面面平行，错误；对于(3)，垂直于同一条直线的两条直线还可能异面，错误；(2)(4)正确．所以选D.答案：D7．如图是一个几何体的正视图、侧视图、俯视图，且正视图、侧视图都是矩形，则该几何体的体积是( )A ．24B ．12C ．8D ．4解析：依题意知，该几何体是从一个长方体中挖去一个三棱柱后剩下的几何体，因此其体积等于2×3×4－12×(2×3)×4＝12，选B.答案：B8．如图是某一几何体的三视图，则这个几何体的侧面积和体积分别是( )A ．82＋25＋6,8B ．22＋85＋6,8C ．42＋85＋12,16D ．82＋45＋12,16解析：几何体的侧面积有四部分，左侧面面积S 1＝12×2×25＝25，右侧面面积S 2＝12×2×42＝42，后侧面面积S 3＝12×6×4＝12，前侧面面积S 4＝12×6×25＝65，所以侧面积为S ＝42＋85＋12，体积为V ＝13Sh ＝13×2×6×4＝16，故选C.答案：C9．如图所示，直线P A 垂直于⊙O 所在的平面，△ABC 内接于⊙O ，且AB 为⊙O 的直径，点M 为线段PB 的中点．现有结论：①BC ⊥PC ；②OM ∥平面APC ；③点B 到平面P AC 的距离等于线段BC 的长．其中正确的是( )A ．①②B ．①②③C ．①D ．②③解析：对于①，∵P A ⊥平面ABC ，∴P A ⊥BC ，∵AB 为⊙O 的直径，∴BC ⊥AC ，∴BC ⊥平面P AC ，又PC ⊂平面P AC ，∴BC ⊥PC ；对于②，∵点M 为线段PB 的中点，∴OM ∥P A ，∵P A ⊂平面P AC ，∴OM ∥平面P AC ；对于③，由①知BC ⊥平面P AC ，∴线段BC 的长即是点B 到平面P AC 的距离，故①②③都正确．答案：B10．(2014·温州质检)△ABC 的顶点分别为A (1，－1,2)，B (5，－6,2)，C (1,3，－1)，则AC 边上的高BD 等于( )A. 5B. 41C. 4D. 2 5 解析：设AD →＝λAC →，又AC →＝(0,4，－3)，则AD →＝(0,4λ，－3λ)，AB →＝(4，－5,0)，BD →＝(－4,4λ＋5，－3λ)．由AC →·BD →＝0，得λ＝－45，∴BD →＝(－4，95，125)．∴|BD →|＝5.答案：A11．把一个皮球放入如图所示的由8根长均为20 cm 的铁丝接成的四棱锥形骨架内，使皮球的表面与8根铁丝都有接触点，则皮球的半径为( )A ．10 3 cmB ．10 cmC ．10 2 cmD ．30 cm解析：该骨架为一个棱长为20 cm 的正四棱锥，设为G －ABCD ，与各棱均相切的球的球心记为O ，则O 在棱锥的高GT 上，如图示，设球半径为R ，与棱GB ，CD 分别交于点H ，M ，设OT ＝h ，由正四棱锥性质可知，|TM |＝12|BC |＝10，|BT |＝12|BD |＝102，|GT |＝|GB |2－|BT |2＝102，在△OTM 中，有R 2＝h 2＋102①，由△GHO ∽△GTB 可得|GO ||GB |＝|OH ||BT |，即102－h 20＝R 102②，联立①②可得R ＝10或R ＝30(舍)，故选B.答案：B12．在正方形ABCD 中，AB ＝4，沿对角线AC 将正方形ABCD 折成一个直二面角B －AC －D ，则点B 到直线CD 的距离为( )A ．2 2B ．3 2C ．2 3D ．2＋2 2解析：如图，取AC中点E，连接DE，BE，易知∠DEB是二面角A－DC－B的平面角，由于两平面垂直，故∠DEB＝π2，即平面BE⊥平面ADC，过点E作EF⊥DC于F，连接BF，则DC⊥平面BEF，所以BF⊥DC，故线段BF即为点B到DC的距离，由于EF＝12AD＝2，BE＝22，故BF＝22＋(22)2＝2 3.答案：C二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中的横线上)13．已知正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为433，则它的体积为________．解析：如图，在正三棱锥P－ABC中，由于P A＝433，AO＝233，在直角三角形P AO中可得PO＝2，故V P－ABC ＝13×34×22×2＝233.答案：23 314．如图，已知△ABC和△BCD所在平面互相垂直，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝a，BC＝b，CD＝c，且a2＋b2＋c2＝1，则三棱锥A－BCD的外接球的表面积为________．解析：如图所示，可将该三棱锥补体为一个长方体，该长方体的体对角线长即为AD ，由AB ＝a ，BC ＝b ，CD ＝c ，且a 2＋b 2＋c 2＝1，可得该三棱锥外接球即为长方体的外接球的直径为1，其外接球的表面积为S ＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝π.答案：π15．如果一个几何体的正视图、侧视图、俯视图均为如图所示的面积为2的等腰直角三角形，那么该几何体的表面积等于________．解析：由题可得几何体如图所示，其中AP ⊥PC ，PC ⊥CB ，并且AP ＝PC ＝CB ＝2，PB ＝AC ＝22，△PBC ，△P AC 的面积都是2；CB ⊥面P AC ，所以CB ⊥AC ，又AP ⊥面PBC ，所以AP ⊥PB ，进而可求得△P AB ，△ABC 的面积都是22，所以该几何体的表面积等于4＋4 2.答案：4＋4 216．在三棱锥P －ABC 中，三条侧棱P A ，PB ，PC 两两互相垂直，且P A ＝PB ＝PC ，M 为AB 的中点，则PM 与平面ABC 所成角的正弦值为________．解析：如图，将三棱锥补为正方体，由于三棱锥P－ABC为正三棱锥，故点P在底面ABC的射影为其中心N，连接MN，则∠PMN即为直线PM与平面ABC所成角，设P A＝PB＝PC＝a，则PM＝22a，PN＝33a，故sin∠PMN＝PNPM＝63.答案：6 3三、解答题(本大题共6小题，共70分，17题10分，18～22题，每题12分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)17．如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四边形ABCD是梯形，AD∥BC，AC⊥CD，E是AA1上的一点．(1)求证：CD⊥平面ACE；(2)若平面CBE交DD1于点F，求证：EF∥AD.证明：(1)因为ABCD－A1B1C1D1为直四棱柱，所以AA1⊥平面ABCD.因为CD⊂平面ABCD，所以AA1⊥CD，即AE⊥CD.因为AC⊥CD，AE⊂平面AEC，AC⊂平面AEC，AE∩AC＝A，所以CD⊥平面AEC.(2)因为AD∥BC，AD⊂平面ADD1A1，BC⊄平面ADD1A1，所以BC∥平面ADD1A1.因为BC⊂平面BCE，平面BCE∩平面ADD1A1＝EF，所以EF∥BC.因为AD∥BC，所以EF∥AD.18．如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为平行四边形，且AB ＝1，BC ＝2，∠ABC ＝π3，E ，F 分别为AD ，BC 的中点．(1)求证：EF ∥平面PCD ； (2)求证：AC ⊥平面P AB .证明：(1)如图，因为在平行四边形ABCD 中，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，所以ED ＝FC ，ED ∥FC ，可得EFCD 为平行四边形，所以EF ∥CD .又因为EF ⊄平面PCD ，CD ⊂平面PCD ，所以EF ∥平面PCD . (2)因为P A ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，故P A ⊥AC . 在△ABC 中，AB ＝1，BC ＝2，∠ABC ＝π3，由余弦定理得 AC ＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos ∠ABC ＝1＋4－2×1×2cos π3＝ 3.故AB 2＋AC 2＝BC 2，所以AB ⊥AC .而P A ∩AB ＝A ，且AB ，P A ⊂平面P AB ，所以AC ⊥平面P AB .19．一个多面体的三视图和直观图分别如图(1)(2)所示，其中M 、N 分别为AB 、AC 的中点，G 是DF 上的一动点．(1)求证：GN ⊥AC ；(2)当FG ＝GD 时，在棱AB 上确定一点P ，使得GP ∥平面FMC ，并给出证明．证明：(1)如图，连接DB，可知B，N，D共线，且AC⊥DN. 又∵FD⊥AD，FD⊥CD，AD∩CD＝D，∴FD⊥平面ABCD. 又∵AC⊂平面ABCD，∴FD⊥AC.又∵DN∩FD＝D，∴AC⊥平面FDN.又GN⊂平面FDN，∴GN⊥AC.(2)点P与点A重合时，GP∥平面FMC.证明：取FC中点H，连接GH，GA，MH.∵G是DF的中点，∴GH綊12CD.∵M是AB的中点，∴AM綊12CD.∴GH綊AM，∴四边形GHMA是平行四边形．∴GA∥MH.又∵MH⊂平面FMC，GA⊄平面FMC，∴GA∥平面FMC，即GP∥平面FMC.20．(2013年西安质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.(1)求证：BD ⊥平面P AC ；(2)若P A ＝PB ，求PB 与AC 所成角的余弦值．解：证明：(1)因为四边形ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD .又因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥BD ，而P A ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面P AC .(2)设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，P A ＝PB ＝2，所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，OB 为x 轴正方向，OC 为y 轴正方向，与AP 平行的方向为z 轴正方向，建立空间直角坐标系O －xyz ，则点P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)．所以PB →＝(1，3，－2)，AC →＝(0,23，0)．设PB 与AC 所成角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AC →|PB →|·|AC →|＝622×23＝64.21．(2012年长沙联考)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，AA 1＝4，点D 是AB 的中点．(1)求证：AC ⊥BC 1；(2)求二面角D －CB 1－B 的平面角的正切值．解：(1)证明：在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面三边长AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5.因为AC 2＋BC 2＝AB 2，所以AC ⊥BC .又AC ⊥C 1C ，且BC ∩C 1C ＝C ，所以AC ⊥平面BCC 1.又BC 1⊂平面BCC 1，所以AC ⊥BC 1.(2)解法一：取BC 中点E ，过点D 作DF ⊥B 1C 于点F ，连接EF ，ED . 因为D 是AB 中点，所以DE ∥AC ，又AC ⊥平面BB 1C 1C ，所以DE ⊥平面BB 1C 1C .又因为BC 1⊂平面BB 1C 1C ，所以B 1C ⊥DE .而DF ⊥B 1C 且DE ∩DF ＝D ，所以B 1C ⊥平面DEF ，EF ⊂平面DEF ，所以B 1C ⊥EF ，所以∠EFD 是二面角D －CB 1－B 的平面角．因为AC ＝3，BC ＝4，AA 1＝4，所以在△DEF 中，DE ⊥EF ，DE ＝32，EF ＝2，所以tan ∠EFD ＝DE EF ＝322＝324. 所以二面角D －CB 1－B的正切值为324.解法二：以CA ，CB ，CC 1分别为x ，y ，z 轴建立如图所示空间直角坐标系．因为AC ＝3，BC ＝4，AA 1＝4，所以点A (3,0,0)，B (0,4,0)，C (0,0,0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2，0，B 1(0,4,4)，所以CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2，0，CB 1→＝(0,4,4)． 平面CBB 1C 1的法向量n 1＝(1,0,0)，设平面DB 1C 的法向量n 2＝(x 0，y 0，z 0)，则n 1，n 2的夹角(或其补角)的大小就是二面角D －CB 1－B 的大小．则由⎩⎨⎧ n 2·CD →＝0，n 2·CB 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 32x 0＋2y 0＝0，4y 0＋4z 0＝0.令x 0＝4，则y 0＝－3，z 0＝3，所以n 2＝(4，－3,3)．cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝434，则tan 〈n 1，n 2〉＝324. 因为二面角D －CB 1－B 是锐二面角，所以二面角D －CB 1－B 的正切值为324.22．将两块全等的三角板的一对直角边拼接在一起，使得一块三角板的直角边与另一块三角板所在平面垂直，如图，AB ＝BC ＝CD ＝2，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，E ，F ，G 分别为AB ，BC ，AC 的中点，P 为BD 上的点．(1)当点P 为BD 的中点时，求证：BG ⊥PF ；(2)线段BD 上是否存在点P ，使得二面角B －EF －P 的大小为2π3？若存在，求出BP PD 的值；若不存在，说明理由．解：(1)证明：如图，以B 为坐标原点，以BC ，BA 所在直线为y 轴，z 轴，以过B 作DC 的平行线为x 轴，建立空间直角坐标系，则B (0,0,0)，E (0,0,1)，F (0,1,0)，G (0,1,1)，C (0,2,0)，D (2,2,0)，当点P 为BD 的中点时，P (1,1,0)，∴BG →＝(0,1,1)，FP →＝(1,0,0)，∴BG →·FP →＝0，∴BG ⊥PF .(2)假设线段BD 上存在点P (t ，t,0)(0≤t ≤2)，使得二面角B －EF －P 的大小为2π3，由(1)得EF →＝(0,1，－1)，FP →＝(t ，t －1,0)．设平面EFP 的一个法向量为n ＝(x ，y,1)，则⎩⎨⎧ n ·EF →＝0，n ·FP →＝0，即⎩⎨⎧0＋y －1＝0，tx ＋(t －1)y ＝0， 解方程组得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1－t t ，y ＝1，从而n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t t ，1，1， 又取平面BEF 的一个法向量为m ＝(1,0,0)，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝1－t 3t 2－2t ＋1； 又二面角B －EF －P 的大小为2π3，∴〈m ，n 〉＝2π3，故－12＝1－t 3t 2－2t ＋1， 解得t ＝3±6，经检验不符合题意． 故线段BD 上不存在点P ，使得二面角B －EF －P 的大小为2π3.。

2015年高考数学《新高考创新题型》之7：立体几何（含精析）之7.立体几何（含精析）一、选择题。

1．如图，正方体的棱长为，点在棱上，且，点是平面上的动点，且动点到直线的距离与点到点的距离的平方差为，则动点的轨迹是（）A．圆B．抛物线C．双曲线D．2．如图，正四面体ABCD的顶点C在平面α内，且直线BC与平面α所成角为45°，顶点B在平面α上的射影为点O，当顶点A与点O的距离最大时，直线CD与平面α所成角的正弦值等于（）A.B.C.D.3．如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，F是侧面CDD1C1上的动点，且B1F面A1BE，则B1F与平面CDD1C1所成角的正切值构成的集合是（）A.2B.C.D.，这两个球相外切，且球与正方体共顶点A的三个面相切，球与正方体共顶点的三个面相切,则两球在正方体的面上的正投影是（）（创作：学科网“天骄工作室”）5．如右图，在长方体中，=11，=7，=12，一质点从顶点A射向点，遇长方体的面反射（反射服从光的反射原理），将次到第次反射点之间的线段记为，，将线段竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是（）6．在如图所示的空间直角坐标系中，一个四面体的顶点坐标分别是（0,0,2），（2,2,0），（1,2，1），（2,2,2），给出编号①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为（）A.①和②B.③和①C.④和③D.④和②7．如图，正方体的棱长为，以顶点A为球心，2为半径作一个球，则图中球面与正方体的表面相交所得到的两段弧长之和等于（创作：学科网“天骄工作室”）A．B．C．D．8．如图，用一边长为的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将表面积为的鸡蛋（视为球体）放入其中，则鸡蛋中心（球心）与蛋巢底面的距离为A．B．C．D．的矩形，按图中实线切割后，将它们作为一个正四棱锥的底面（由阴影部分拼接而成）和侧面，则的取值范围是()A．(0,2) B．(0,1)C．(1,2) D．10．一个不透明圆锥体的正视图和侧视图（左视图）为两全等的正三角形.若将它倒立放在桌面上，则该圆锥体在桌面上从垂直位置倒放到水平位置的过程中（含起始位置和最终位置）,其在水平桌面上正投影不可能是()设动点P在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的对角线BD1上，记＝λ.当APC为钝角时，λ的取值范围是________．12.如右图,正方体的棱长为1,P为BC的中点,Q为线段上的动点,过点A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号).[来源:学§科§网]①当时,S为四边形;②当时,S不为等腰梯形;③当时,S与的交点R满足;④当时,S为六边形;⑤当时,S的面积为.的正三角形硬纸，沿各边中点连线垂直折起三个小三角形，做成一个蛋托，半径为的鸡蛋（视为球体）放在其上（如图），则鸡蛋中心（球心）与蛋托底面的距离为________．平面上，将两个半圆弧和、两条直线和围成的封闭图形记为D，如图中阴影部分．记D绕y轴旋转一周而成的几何体为，过作的水平截面，所得截面面积为，试利用祖暅原理、一个平放的圆柱和一个长方体，得出的体积值为________．抛物线绕轴旋转一周形成一个如图所示的旋转体，在此旋转体内水平放入一个正方体，使正方体的一个面恰好与旋转体的开口面平齐，则此正方体的棱长是．三、解答题。

数 学G 单元 立体几何G1 空间几何体的结构19．G1[2015·全国卷Ⅱ] 如图1­8，长方体ABCD ­ A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．图1­819．解：(1)交线围成的正方形EHGF 如图．(2)作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EB 1＝12，EM ＝AA 1＝8.因为EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10.于是MH ＝＝6，AH ＝10，HB ＝6.EH 2－EM 2因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为也正确．977918．G1，G4，G5[2015·北京卷] 如图1­5，在三棱锥V ­ABC 中，平面VAB ⊥平面ABC ，△VAB 为等边三角形，AC ⊥BC 且AC ＝BC ＝，O ，M 分别为AB ，VA 的中点．2(1)求证：VB ∥平面MOC ；(2)求证：平面MOC ⊥平面VAB ；(3)求三棱锥V ­ABC 的体积．图1­518．解：(1)证明：因为O ，M 分别为AB ，VA 的中点，所以OM ∥VB .又因为VB ⊄平面MOC ，OM ⊂平面MOC ，所以VB ∥平面MOC .(2)证明：因为AC ＝BC ，O 为AB 的中点，所以OC ⊥AB .又因为平面VAB ⊥平面ABC ，平面VAB ∩平面ABC ＝AB ，且OC ⊂平面ABC ，所以OC ⊥平面VAB .又因为OC ⊂平面MOC ，所以平面MOC ⊥平面VAB .(3)在等腰直角三角形ACB 中，AC ＝BC ＝，2所以AB ＝2，OC ＝1.所以等边三角形VAB 的面积S △VAB ＝.3又因为OC ⊥平面VAB ，所以三棱锥C ­VAB 的体积等于OC ·S △VAB ＝.1333又因为三棱锥V ­ABC 的体积与三棱锥C ­VAB 的体积相等，所以三棱锥V ­ABC 的体积为.3318．G1、G5[2015·湖南卷] 如图1­4，直三棱柱ABC ­ A 1B 1C 1的底面是边长为2的正三角形，E ，F 分别是BC ，CC 1的中点．(1)证明：平面AEF ⊥平面B 1BCC 1；(2)若直线A 1C 与平面A 1ABB 1所成的角为45°，求三棱锥F ­ AEC 的体积．18．解：(1)证明：如图，因为三棱柱ABC ­ A 1B 1C 1是直三棱柱，所以AE ⊥BB 1.又E 是正三角形ABC 的边BC 的中点，所以AE ⊥BC .因此AE ⊥平面B 1BCC 1.而AE ⊂平面AEF ，所以平面AEF ⊥平面B 1BCC 1.(2)设AB 的中点为D ，连接A 1D 因为△ABC 是正三角形，所以CD ⊥AB .又三棱柱ABC ­ A 1B 1C 1是直三棱柱，所以CD ⊥AA 1.因此CD ⊥平面A 1ABB 1，于是∠CA 1D 为直线A 1C 与平面A 1ABB 1所成的角．由题设，∠CA 1D ＝45°，所以A 1D ＝CD ＝AB ＝.323在Rt △AA 1D 中，AA 1＝＝＝，所以FC ＝AA 1＝.A 1D 2－AD 23－121222故三棱锥F ­ AEC 的体积V ＝S △AEC ·FC ＝××＝.131********9．G1[2015·山东卷] 已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.B.22π342π3C ．2πD ．4π229．B [解析] 由条件知该直角三角形的斜边长为2，斜边上的高为，故围成的几22何体的体积为2××π×()2×＝.132242π318．G1，G4，G5[2015·四川卷] 一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图1­2所示．(1)请将字母F ，G ，H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)判断平面BEG 与平面ACH 的位置关系，并证明你的结论；(3)证明：直线DF图1­218．解：(1)点F ，G ，H 的位置如图所示．(2)平面BEG ∥平面ACH .证明如下：因为ABCD ­EFGH 为正方体，所以BC ∥FG ，BC ＝FG ，又FG ∥EH ，FG ＝EH ，所以BC ∥EH ，BC ＝EH ，于是BCHE 为平行四边形，所以BE ∥CH .又CH ⊂平面ACH ，BE ⊄平面ACH ，所以BE ∥平面ACH .同理BG ∥平面ACH .又BE ∩BG ＝B ，所以平面BEG ∥平面ACH .(3)证明：连接FH .因为ABCD ­EFGH 为正方体，所以DH ⊥平面EFGH .因为EG ⊂平面EFGH ，所以DH ⊥EG ，又EG ⊥FH ，EG ∩FH ＝O ，所以EG ⊥平面BFHD .又DF ⊂平面BFHD ，所以DF ⊥EG .同理DF ⊥BG .又EG ∩BG ＝G ，所以DF ⊥平面BEG .10．G1、G2[2015·天津卷] 一个几何体的三视图如图1­3所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.图1­310.π　[解析] 根据三视图可知，该几何体是圆柱与两个圆锥的组合体，其体积V ＝π83×12×2＋2××π×12×1＝π(m 3)．1383G2 空间几何体的三视图和直观图9．G2[2015·安徽卷] 一个四面体的三视图如图1­2所示，则该四面体的表面积是( )A ．1＋B ．1＋232C ．2＋D ．2329．C [解析] 四面体的直观图如图所示，设O 是AC 的中点，则OP ＝OB ＝1，因此PB＝，于是S △PAB ＝S △PBC ＝×()2＝，S △PAC ＝S △ABC ＝×2×1＝1，故四面体的表面积23423212S ＝2×1＋2×＝2＋.32311．G2[2015·全国卷Ⅰ] 圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图1­4所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )图1­4A ．1B ．2C ．4D ．811．B [解析] 由三视图可知，此组合体的前半部分是一个底面半径为r ，高为2r 的半圆柱(水平放置)，后半部分是一个半径为r 的半球，其中半圆柱的一个底面与半球的半个圆面重合，所以此几何体的表面积为2r ·2r ＋πr 2＋πr 2＋πr ·2r ＋2πr 2＝4r 2＋5πr 2＝16＋121220π，解得r ＝2.6．G2[2015·全国卷Ⅱ] 一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图1­2，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )图1­2A. B.1817C. D.16156．D [解析] 由剩余部分的三视图可知，正方体被截去一个三棱锥，剩余部分如图所示，设正方体的棱长为a ，则被截去的三棱锥的体积为×a 2×a ＝a 3，而正方体的体积为131216a 3，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为.157．G2[2015·北京卷] 某四棱锥的三视图如图1­2所示，该四棱锥最长棱的棱长为( )图1­2A ．1 B. C. D ．2237．C [解析] 根据三视图可得，此四棱锥是底面是正方形，有一条侧棱和底面垂直的四棱锥，如图所示，所以最长棱的棱长为PC ＝＝，故选C.12＋12＋1239．G2[2015·福建卷] ( )图1­3A ．8＋2B ．11＋2 22C ．14＋2D ．1529．B [解析] 由三视图可知，该几何体是底面为直角梯形的直四棱柱，其表面积S ＝(1＋1＋2＋)×2＋×(1＋2)×1×2＝11＋2 .212210．G2、G7、K3[2015·湖南卷] 某工件的三视图如图1­3所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为(材料利用率＝)( )新工件的体积原工件的体积图1­3A.B.89π827πC. D.24（2－1）3π8（2－1）3π10．A [解析] 由三视图知，原工件是底面半径为1，母线长为3的圆锥．设新正方体工件的棱长为x ，借助轴截面，由三角形相似可得，＝，得x ＝x 32－121－22x 1，故V 正＝x 3＝，又V 圆锥＝π×12×＝，故利用率为＝，选223162271332－1222π316227223π89πA.5．G2[2015·陕西卷]1­2所示，则该几何体的表面积为( )图1­2A ．3πB ．4πC ．2π＋4D ．3π＋45．D [解析] 该几何体是底面半径为1、高为2的圆柱被其轴截面截开的半个圆柱，其表面积为×2π×1×2＋2××π×12＋2×2＝3π＋4.121214．G2，G7[2015·四川卷] 在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边的长为1的等腰直角三角形，设点M ，N ，P 分别是棱AB ，BC ，B 1C 1的中点，则三棱锥P ­A 1MN 的体积是________．14.　[解析] 由题意知，三棱柱的底面是直角边长为1的等腰直角三角形，棱柱的高124为1且该棱柱为直三棱柱，其底面积为，三棱锥A 1­PMN 的底面积是××1，高为，故12121212三棱锥P ­A 1MN 的体积为××＝.13121412410．G1、G2[2015·天津卷] 一个几何体的三视图如图1­3所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.图1­310.π　[解析] 根据三视图可知，该几何体是圆柱与两个圆锥的组合体，其体积V ＝π×8312×2＋2××π×12×1＝π(m 3)．13832．G2[2015·浙江卷] 某几何体的三视图如图1­1所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )图1­1A ．8 cm 3B ．12 cm 3C. cm 3D. cm 33234032．C [解析] 该几何体为一个正方体和一个四棱锥的组合体，故所求体积为23＋×2×132×2＝.323G3 平面的基本性质、空间两条直线6．G3[2015·广东卷] 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，则下列命题正确的是( )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6．D [解析] 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l 至少与l 1，l 2中的一条相交，故选D.5．A2、G3[2015·湖北卷] l 1，l 2表示空间中的两条直线，若p ：l 1，l 2是异面直线；q ：l 1，l 2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5．A　[解析] 由l1，l2是异面直线，可得l1，l2不相交，所以p⇒q；由l1，l2不相交，可得l1，l2是异面直线或l1∥l2，所以q⇒/ p．所以p是q的充分条件，但不是q的必要条件．故选A.G4 空间中的平行关系18．G4，G5，G11[2015·广东卷] 如图1­3，三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，PD＝PC＝4，AB＝6，BC＝3.(1)证明：BC∥平面PDA；(2)证明：BC⊥PD；(3)求点C到平面PDA的距离．图1­318．G1，G4，G5[2015·北京卷] 如图1­5，在三棱锥V­ABC中，平面VAB⊥平面ABC，2△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC＝BC＝，O，M分别为AB，VA的中点．(1)求证：VB∥平面MOC；(2)求证：平面MOC⊥平面VAB；(3)求三棱锥V­ABC的体积．图1­518．解：(1)证明：因为O，M分别为AB，VA的中点，所以OM∥VB.又因为VB⊄平面MOC，OM⊂平面MOC，所以VB∥平面MOC.(2)证明：因为AC＝BC，O为AB的中点，所以OC⊥AB.又因为平面VAB⊥平面ABC，平面VAB∩平面ABC＝AB，且OC⊂平面ABC，所以OC⊥平面VAB.又因为OC⊂平面MOC，所以平面MOC⊥平面VAB.2(3)在等腰直角三角形ACB中，AC＝BC＝，所以AB＝2，OC＝1.所以等边三角形VAB的面积S△VAB＝.3又因为OC⊥平面VAB，所以三棱锥C­VAB的体积等于OC ·S △VAB ＝.1333又因为三棱锥V ­ABC 的体积与三棱锥C ­VAB 的体积相等，所以三棱锥V ­ABC 的体积为.3318．G4、G5[2015·山东卷] 如图1­3，三棱台DEF ­ ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点．(1)求证：BD ∥平面FGH ；(2)若CF ⊥BC ，AB ⊥BC ，求证：平面BCD ⊥平面EGH .18．证明：(1)证法一：如图，连接DG ，CD ，设CD ∩GF ＝M ，连接MH .在三棱台DEF ­ ABC 中，AB ＝2DE ，G 为AC 的中点，可得DF ∥GC ，DF ＝GC ，所以四边形DFCG 为平行四边形，则M 为CD 的中点．又H 为BC 的中点，所以HM ∥BD .又HM ⊂平面FGH ，BD ⊄平面FGH ，所以BD ∥平面FGH .证法二：在三棱台DEF ­ ABC 中，由BC ＝2EF ，H 为BC 的中点，可得BH ∥EF ，BH ＝EF ，所以四边形HBEF 为平行四边形，可得BE ∥HF .在△ABC 中，G 为AC 的中点，H 为BC 的中点，所以GH ∥AB .又GH ∩HF ＝H ，AB ∩BE ＝B ，所以平面FGH ∥平面ABED .因为BD ⊂平面ABED ，所以BD ∥平面FGH .(2)如图，连接HE ，GE .因为G ，H 分别为AC ，BC 的中点，所以GH ∥AB .由AB ⊥BC ，得GH ⊥BC ，又H 为BC 的中点，所以EF ∥HC ，EF ＝HC ，因此四边形EFCH 是平行四边形，所以CF ∥HE .又CF⊥BC，所以HE⊥BC.又HE，GH⊂平面EGH，HE∩GH＝H，所以BC⊥平面EGH.又BC⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH.18．G1，G4，G5[2015·四川卷] 一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图1­2所示．(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系，并证明你的结论；(3)证明：直线DF图1­218．解：(1)点F，G，H的位置如图所示．(2)平面BEG∥平面ACH.证明如下：因为ABCD­EFGH为正方体，所以BC∥FG，BC＝FG，又FG∥EH，FG＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH，于是BCHE为平行四边形，所以BE∥CH.又CH⊂平面ACH，BE⊄平面ACH，所以BE∥平面ACH.同理BG∥平面ACH.又BE∩BG＝B，所以平面BEG∥平面ACH.(3)证明：连接FH.因为ABCD­EFGH为正方体，所以DH⊥平面EFGH.因为EG⊂平面EFGH，所以DH⊥EG，又EG⊥FH，EG∩FH＝O，所以EG⊥平面BFHD.又DF⊂平面BFHD，所以DF⊥EG.同理DF⊥BG.又EG∩BG＝G，所以DF⊥平面BEG.17．G4、G5、G11[2015·天津卷] 如图1­4，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC ＝2，AA 1＝，BB 1＝2，点E 和F 分别为BC 和A 1C 中点．577(1)求证：EF ∥平面A 1B 1BA ；(2)求证：平面AEA 1⊥平面BCB 1；(3)求直线A 1B 1与平面BCB 1所成角的大小．17．解：(1)证明：如图所示，连接A 1B .在△A 1BC 中，因为E 和F 分别是BC 和A 1C 的中点，所以EF ∥BA 1.又因为EF ⊄平面A A 1B 1BA .(2)证明：因为AB ＝AC ，E 为BC BC .因为AA 1⊥平面ABC ，BB 1∥AA 1，所以BB 1⊥平面ABC ，从而BB 1⊥AE .又因为BC ∩BB 1＝B ，所以AE ⊥平面BCB 1.又因为AE ⊂平面AEA 1，所以平面AEA 1⊥平面BCB 1.(3)取BB 1的中点M 和B 1C 的中点N ，连接A 1M ，A 1N ，NE .因为N 和E 分别为B 1C 和BC的中点，所以NE ∥B 1B ，NE ＝B 1B ，故NE ∥A 1A ，且NE ＝A 1A ，所以A 1N ∥AE ，且A 1N ＝12AE .又因为AE ⊥平面BCB 1，所以A 1N ⊥平面BCB 1，从而∠A 1B 1N 为直线A 1B 1与平面BCB 1所成的角．在△ABC 中，可得AE ＝2，所以A 1N ＝AE ＝2.因为BM ∥AA 1，BM ＝AA 1，所以A 1M ∥AB ，A 1M ＝AB, 又由AB ⊥BB 1，得A 1M ⊥BB 1.在Rt △A 1MB 1中，可得A 1B 1＝＝4.B 1M 2＋A 1M 2在Rt △A 1NB 1中，sin ∠A 1B 1N ＝＝，因此∠A 1B 1N ＝30°，A 1N A 1B 112所以直线A 1B 1与平面BCB 1所成的角为30°.4．G4，G5[2015·浙江卷] 设α，β是两个不同的平面，l ，m 是两条不同的直线，且l ⊂α，m ⊂β( )A ．若l ⊥β，则α⊥βB ．若α⊥β，则l ⊥mC ．若l ∥β，则α∥βD ．若α∥β，则l ∥m4．A [解析] 由两平面垂直的判定定理知，A 正确；对于B ，直线l ，m 相交、平行、异面都有可能，故不正确；对于C ，要求α内两条相交直线都平行于β，才能推出α∥β，故不正确；对于D ，l ，m 平行和异面都有可能，故不正确．16．G4、G5[2015·江苏卷] 如图1­2，在直三棱柱ABC ­ A 1B 1C 1中，已知AC ⊥BC ，BC ＝CC 1，设AB 1的中点为D ，B 1C ∩BC 1＝E .求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.图1­216．证明：(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为三棱柱ABC­A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.G5 空间中的垂直关系18．G4，G5，G11[2015·广东卷] 如图1­3，三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，PD＝PC＝4，AB＝6，BC＝3.(1)证明：BC∥平面PDA；(2)证明：BC⊥PD；(3)求点C到平面PDA的距离．图1­320．G5、G12[2015·湖北卷] 《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．在如图1­4所示的阳马P ­ ABCD 中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝CD ，点E 是PC 的中点，连接DE ，BD ，BE .(1)证明：DE ⊥平面PBC .试判断四面体EBCD 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，请说明理由．(2)记阳马P ­ ABCD 的体积为V 1，四面体EBCD 的体积为V 2，求的值．V 1V2图1­420．解：(1)证明：因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥BC .由底面ABCD 为长方形，有BC ⊥CD ，而PD ∩CD ＝D ，所以BC ⊥平面PCD .又DE ⊂平面PCD ，所以BC ⊥DE .又因为PD ＝CD ，点E 是PC 的中点，所以DE ⊥PC .而PC ∩BC ＝C ，所以DE ⊥平面PBC .由BC ⊥平面PCD ，DE ⊥平面PBC ，可知四面体EBCD 的四个面都是直角三角形，即四面体EBCD 是一个鳖臑，其四个面的直角分别是∠BCD ，∠BCE ，∠DEC ，∠DEB .(2)由已知，PD 是阳马P ­ ABCD 的高，所以V 1＝S 长方形ABCD ·PD ＝BC ·CD ·PD ；1313由(1)知，DE 是鳖臑D ­ BCE 的高，BC ⊥CE ，所以V 2＝S △BCE ·DE ＝BC ·CE ·DE .1316在Rt △PDC 中，因为PD ＝CD ，点E 是PC 的中点，所以DE ＝CE ＝CD .22于是＝＝＝4.V 1V 213BC ·CD ·PD 16BC ·CE ·DE 2CD ·PD CE ·DE18．G5[2015·全国卷Ⅰ] 如图1­5，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC, 三棱锥E ­ ACD 的体积为，求该三棱锥的侧面积．63图1­518．解：(1)证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD .因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE ，故AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED .(2)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝x ，GB ＝GD ＝.32x2因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝x .32由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝x .22由已知得，三棱锥E ­ ACD 的体积V E ­ ACD ＝×AC ·GD ·BE ＝x 3＝，131262463故x ＝2.从而可得AE ＝EC ＝ED ＝，6所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为.5故三棱锥E ­ ACD 的侧面积为3＋2.518．G1，G4，G5[2015·北京卷] 如图1­5，在三棱锥V ­ABC 中，平面VAB ⊥平面ABC ，△VAB 为等边三角形，AC ⊥BC 且AC ＝BC ＝，O ，M 分别为AB ，VA 的中点．2(1)求证：VB ∥平面MOC ；(2)求证：平面MOC ⊥平面VAB ；(3)求三棱锥V ­ABC 的体积．图1­518．解：(1)证明：因为O ，M 分别为AB ，VA 的中点，所以OM ∥VB .又因为VB ⊄平面MOC ，OM ⊂平面MOC ，所以VB ∥平面MOC .(2)证明：因为AC ＝BC ，O 为AB 的中点，所以OC ⊥AB .又因为平面VAB ⊥平面ABC ，平面VAB ∩平面ABC ＝AB ，且OC ⊂平面ABC ，所以OC ⊥平面VAB .又因为OC ⊂平面MOC ，所以平面MOC ⊥平面VAB .(3)在等腰直角三角形ACB 中，AC ＝BC ＝，2所以AB ＝2，OC ＝1.所以等边三角形VAB 的面积S △VAB ＝.3又因为OC ⊥平面VAB ，所以三棱锥C ­VAB 的体积等于OC ·S △VAB ＝.1333又因为三棱锥V ­ABC 的体积与三棱锥C ­VAB 的体积相等，所以三棱锥V ­ABC 的体积为.3320．G5、G12[2015·福建卷] 如图1­5，AB 是圆O 的直径，点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.(1)若D 为线段AC 的中点，求证：AC ⊥平面PDO ；(2)求三棱锥P ­ABC 体积的最大值；(3)若BC ＝，点E 在线段PB 上，求CE ＋OE 的最小值．2图1­520．解：方法一：(1)证明：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 .(2)因为点C 在圆O 上，所以当CO ⊥AB 时，C 到AB 的距离最大，且最大值为1.又AB ＝2，所以△ABC 面积的最大值为×2×1＝1.12又因为三棱锥P ­ABC 的高PO ＝1，故三棱锥P ­ABC 体积的最大值为×1×1＝.1313(3)在△POB 中，PO ＝OB ＝1，∠POB ＝90°，所以PB ＝＝.12＋122同理PC ＝，所以PB ＝PC ＝BC .2在三棱锥P ­ABC 中，将侧面BCP 绕PB 旋转至平面BC ′P, 使之与平面ABP 共面，如图所示．当O ，E ，C ′共线时，CE ＋OE 取得最小值．又因为OP ＝OB ，C ′P ＝C ′B ，所以OC ′垂直平分PB ，即E 为PB 中点．从而OC ′＝OE ＋EC ′＝＋＝，22622＋62亦即CE ＋OE 的最小值为.2＋62方法二：(1)(2)同方法一．(3)在△POB 中，PO ＝OB ＝1，∠POB ＝90°，所以∠OPB ＝45°，PB ＝＝.12＋122同理PC ＝.2所以PB ＝PC ＝BC ，所以∠CPB ＝60°.在三棱锥P ­ABC 中，将侧面BCP 绕PB 旋转至平面BC ′P ，使之与平面ABP 共面，如图所示．当O ，E ，C ′共线时，CE ＋OE 取得最小值．所以在△OC ′P 中，由余弦定理得，OC ′2＝1＋2－2×1××cos(45°＋60°)＝1＋2－2 ××－×＝2＋.22221222323从而OC ′＝＝.2＋32＋62所以CE ＋OE 的最小值为＋.226218．G1、G5[2015·湖南卷] 如图1­4，直三棱柱ABC ­ A 1B 1C 1的底面是边长为2的正三角形，E ，F 分别是BC ，CC 1的中点．(1)证明：平面AEF ⊥平面B 1BCC 1；(2)若直线A 1C 与平面A 1ABB 1所成的角为45°，求三棱锥F ­ AEC 的体积．18．解：(1)证明：如图，因为三棱柱ABC ­ A 1B 1C 1是直三棱柱，所以AE ⊥BB 1.又E 是正三角形ABC 的边BC 的中点，所以AE ⊥BC .因此AE ⊥平面B 1BCC 1.而AE ⊂平面AEF ，所以平面AEF ⊥平面B 1BCC 1.(2)设AB 的中点为D ，连接A 1D 因为△ABC 是正三角形，所以CD ⊥AB .又三棱柱ABC ­ A 1B 1C 1是直三棱柱，所以CD ⊥AA 1.因此CD ⊥平面A 1ABB 1，于是∠CA 1D 为直线A 1C 与平面A 1ABB 1所成的角．由题设，∠CA 1D ＝45°，所以A 1D ＝CD ＝AB ＝.323在Rt △AA 1D 中，AA 1＝＝＝，所以FC ＝AA 1＝.A 1D 2－AD 23－121222故三棱锥F ­ AEC 的体积V ＝S △AEC ·FC ＝××＝.1313322261218．G4、G5[2015·山东卷] 如图1­3，三棱台DEF ­ ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点．(1)求证：BD ∥平面FGH ；(2)若CF ⊥BC ，AB ⊥BC ，求证：平面BCD ⊥平面EGH .18．证明：(1)证法一：如图，连接DG ，CD ，设CD ∩GF ＝M ，连接MH .在三棱台DEF ­ ABC 中，AB ＝2DE ，G 为AC 的中点，可得DF ∥GC ，DF ＝GC ，所以四边形DFCG 为平行四边形，则M 为CD 的中点．又H 为BC 的中点，所以HM ∥BD .又HM ⊂平面FGH ，BD ⊄平面FGH ，所以BD ∥平面FGH .证法二：在三棱台DEF ­ ABC 中，由BC ＝2EF ，H 为BC 的中点，可得BH ∥EF ，BH ＝EF ，所以四边形HBEF 为平行四边形，可得BE ∥HF .在△ABC 中，G 为AC 的中点，H 为BC 的中点，所以GH ∥AB .又GH ∩HF ＝H ，AB ∩BE ＝B ，所以平面FGH ∥平面ABED .因为BD ⊂平面ABED ，所以BD ∥平面FGH .(2)如图，连接HE ，GE .因为G ，H 分别为AC ，BC 的中点，所以GH ∥AB .由AB ⊥BC ，得GH ⊥BC ，又H 为BC 的中点，所以EF ∥HC ，EF ＝HC ，因此四边形EFCH 是平行四边形，所以CF ∥HE .又CF ⊥BC ，所以HE ⊥BC .又HE ，GH ⊂平面EGH ，HE ∩GH ＝H ，所以BC ⊥平面EGH .又BC ⊂平面BCD ，所以平面BCD ⊥平面EGH .18．G5[2015·陕西卷] 如图1­5(1)，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝，AB ＝π2BC ＝AD ＝a ，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到图(2)中△A 1BE12的位置，得到四棱锥A 1 ­ BCDE .(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1 ­ BCDE 的体积为36，求a 的值．2图1­518．解：(1)证明：在图(1)中，因为AB ＝BC ＝AD ＝a ，E 是AD 的中点，12∠BAD ＝，所以BE ⊥AC ，π2即在图(2)中，BE ⊥A 1O ，BE ⊥OC ，从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC .(2)由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，且平面A 1BE ∩平面BCDE ＝BE ，又由(1)知，A 1O ⊥BE ，所以A 1O ⊥平面BCDE ，即A 1O 是四棱锥A 1 ­ BCDE 的高．由图(1)知，A 1O ＝AB ＝a ，平行四边形BCDE 的面积S ＝BC ·AB ＝a 2.2222从而四棱锥A 1 ­ BCDE 的体积V ＝×S ×A 1O ＝×a 2×a ＝a 3.13132226由a 3＝36，得a ＝6.26218．G1，G4，G5[2015·四川卷] 一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图1­2所示．(1)请将字母F ，G ，H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)判断平面BEG 与平面ACH 的位置关系，并证明你的结论；(3)证明：直线DF图1­218．解：(1)点F ，G ，H 的位置如图所示．(2)平面BEG ∥平面ACH .证明如下：因为ABCD ­EFGH 为正方体，所以BC ∥FG ，BC ＝FG ，又FG ∥EH ，FG ＝EH ，所以BC ∥EH ，BC ＝EH ，于是BCHE 为平行四边形，所以BE ∥CH .又CH ⊂平面ACH ，BE ⊄平面ACH ，所以BE ∥平面ACH .同理BG ∥平面ACH .又BE ∩BG ＝B ，所以平面BEG ∥平面ACH .(3)证明：连接FH .因为ABCD ­EFGH 为正方体，所以DH ⊥平面EFGH .因为EG ⊂平面EFGH ，所以DH ⊥EG ，又EG ⊥FH ，EG ∩FH ＝O ，所以EG ⊥平面BFHD .又DF ⊂平面BFHD ，所以DF ⊥EG .同理DF ⊥BG .又EG ∩BG ＝G ，所以DF ⊥平面BEG .17．G4、G5、G11[2015·天津卷] 如图1­4，已知AA 1⊥平面ABC ，BB 1∥AA 1，AB ＝AC ＝3，BC ＝2，AA 1＝，BB 1＝2，点E 和F 分别为BC 和A 1C 中点．577(1)求证：EF ∥平面A 1B 1BA ；(2)求证：平面AEA 1⊥平面BCB 1；(3)求直线A 1B 1与平面BCB 1所成角的大小．17．解：(1)证明：如图所示，连接A 1B .在△A 1BC 中，因为E 和F 分别是BC 和A 1C 的中点，所以EF ∥BA 1.又因为EF ⊄平面A A 1B 1BA .(2)证明：因为AB ＝AC ，E 为BC BC .因为AA 1⊥平面ABC ，BB 1∥AA 1，所以BB 1⊥平面ABC ，从而BB 1⊥AE .又因为BC ∩BB 1＝B ，所以AE ⊥平面BCB 1.又因为AE ⊂平面AEA 1，所以平面AEA 1⊥平面BCB 1.(3)取BB 1的中点M 和B 1C 的中点N ，连接A 1M ，A 1N ，NE .因为N 和E 分别为B 1C 和BC的中点，所以NE ∥B 1B ，NE ＝B 1B ，故NE ∥A 1A ，且NE ＝A 1A ，所以A 1N ∥AE ，且A 1N ＝12AE .又因为AE ⊥平面BCB 1，所以A 1N ⊥平面BCB 1，从而∠A 1B 1N 为直线A 1B 1与平面BCB 1所成的角．在△ABC 中，可得AE ＝2，所以A 1N ＝AE ＝2.因为BM ∥AA 1，BM ＝AA 1，所以A 1M ∥AB ，A 1M ＝AB, 又由AB ⊥BB 1，得A 1M ⊥BB 1.在Rt △A 1MB 1中，可得A 1B 1＝＝4.B 1M 2＋A 1M 2在Rt △A 1NB 1中，sin ∠A 1B 1N ＝＝，因此∠A 1B 1N ＝30°，A 1N A 1B 112所以直线A 1B 1与平面BCB 1所成的角为30°.4．G4，G5[2015·浙江卷] 设α，β是两个不同的平面，l ，m 是两条不同的直线，且l ⊂α，m ⊂β( )A ．若l ⊥β，则α⊥βB ．若α⊥β，则l ⊥mC ．若l ∥β，则α∥βD ．若α∥β，则l ∥m4．A [解析] 由两平面垂直的判定定理知，A 正确；对于B ，直线l ，m 相交、平行、异面都有可能，故不正确；对于C ，要求α内两条相交直线都平行于β，才能推出α∥β，故不正确；对于D ，l ，m 平行和异面都有可能，故不正确．18．G5，G11[2015·浙江卷] 如图1­4，在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点，D 是B 1C 1的中点．(1)证明：A 1D ⊥平面A 1BC ；(2)求直线A 1B 和平面BB 1C 1C 所成的角的正弦值．图1­418．解：(1)证明：设E 为BC 的中点，连接DE .由题意得A 1E ⊥平面ABC ，所以A 1E ⊥AE .因为AB ＝AC ，所以AE ⊥BC .故AE ⊥平面A 1BC .由D ，E 分别为B 1C 1，BC 的中点，得DE ∥B 1B 且DE ＝B 1B ，从而DE ∥A 1A 且DE ＝A 1A ，所以四边形AA 1DE 为平行四边形．于是A 1D ∥AE .又因为AE ⊥平面A 1BC ，所以A 1D ⊥平面A 1BC .(2)作A 1F ⊥DE ，垂足为F ，连接BF .因为A 1E ⊥平面ABC ，所以BC ⊥A 1E .因为BC ⊥AE ，所以BC ⊥平面AA 1DE .所以BC ⊥A 1F ，所以A 1F ⊥平面BB 1C 1C .所以∠A 1BF 为直线A 1B 和平面BB 1C 1C 所成的角．由AB ＝AC ＝2，∠CAB ＝90°，得EA ＝EB ＝.2由A 1E ⊥平面ABC ，得A 1A ＝A 1B ＝4，A 1E ＝.14由DE ＝BB 1＝4，DA 1＝EA ＝，∠DA 1E ＝90°，得A 1F ＝.272所以sin ∠A 1BF ＝＝.A 1F A 1B 7820．G5、G7[2015·重庆卷] 如图1­4，三棱锥P ­ ABC 中，平面PAC ⊥平面ABC ，∠ABC ＝，点D ，E 在线段AC 上，且AD ＝DE ＝EC ＝2，PD ＝PC ＝4，点F 在线段AB 上，且π2EF ∥BC .(1)证明：AB ⊥平面PFE ；(2)若四棱锥P ­ DFBC 的体积为7，求线段BC 的长．图1­420．解：(1)证明：由DE ＝EC ，PD ＝PC 知，E 为等腰三角形PDC 中DC 边的中点，故PE ⊥AC .又平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC ∩平面ABC ＝AC ，PE ⊂平面PAC ，PE ⊥AC ，所以PE ⊥平面ABC ，从而PE ⊥AB .因为∠ABC ＝，EF ∥BC ，故AB ⊥EF .π2从而AB 与平面PFE 内两条相交直线PE ，EF 都垂直，所以AB ⊥平面PFE .(2)设BC ＝x ，则在直角三角形ABC 中，AB ＝＝，AC 2－BC 236－x 2从而S △ABC ＝AB ·BC ＝x .121236－x 2由EF ∥BC 知，＝＝，△AFE ∽△ABC ，故＝2＝，即S △AFE ＝S △ABC .AF AB AE AC 23S △AFE S △ABC 234949由AD ＝AE ，得S △AFD ＝S △AFE ＝×S △ABC ＝S △ABC ＝x ，12121249291936－x 2从而四边形DFBC 的面积为S 四边形DFBC ＝S △ABC －S △AFD ＝x －x ＝x1236－x 21936－x 2718.36－x 2由(1)知，PE ⊥平面ABC ，所以PE 为四棱锥P ­ DFBC 的高．在直角三角形PEC 中，PE ＝＝＝2.PC 2－EC 242－223所以V 四棱锥P ­DFBC ＝·S 四边形DFBC ·PE ＝×x ·2＝7，131371836－x 23故得x 4－36x 2＋243＝0，解得x 2＝9或x 2＝27，由于x >0，可得x ＝3或x ＝3.3所以BC ＝3或BC ＝3.3G6 多面体与球G7 棱柱与棱锥10．G2、G7、K3[2015·湖南卷] 某工件的三视图如图1­3所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为(材料利用率＝)( )新工件的体积原工件的体积图1­3A.B.89π827πC.D.24（2－1）3π8（2－1）3π10．A [解析] 由三视图知，原工件是底面半径为1，母线长为3的圆锥．设新正方体工件的棱长为x ，借助轴截面，由三角形相似可得，＝，得x ＝x 32－121－22x1，故V 正＝x 3＝，又V 圆锥＝π×12×＝，故利用率为＝，选223162271332－1222π316227223π89πA.14．G2，G7[2015·四川卷] 在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边的长为1的等腰直角三角形，设点M ，N ，P 分别是棱AB ，BC ，B 1C 1的中点，则三棱锥P ­A 1MN 的体积是________．14.　[解析] 由题意知，三棱柱的底面是直角边长为1的等腰直角三角形，棱柱的高124为1且该棱柱为直三棱柱，其底面积为，三棱锥A 1­PMN 的底面积是××1，高为，故12121212三棱锥P ­A1MN 的体积为××＝.1312141245．G2、G7、G8[2015·重庆卷] 某几何体的三视图如图1­2所示，则该几何体的体积为( )图1­2A.＋2πB.1313π6C. D.7π35π25．B [解析] 由三视图知，该几何体为一个圆柱与一个半圆锥的组合体，其中圆柱的底面半径为1、高为2，半圆锥的底面半径为1、高为1，所以该几何体的体积V ＝××π×131212×1＋π×12×2＝.13π620．G5、G7[2015·重庆卷] 如图1­4，三棱锥P ­ ABC 中，平面PAC ⊥平面ABC ，∠ABC ＝，点D ，E 在线段AC 上，且AD ＝DE ＝EC ＝2，PD ＝PC ＝4，点F 在线段AB 上，且π2EF ∥BC .(1)证明：AB ⊥平面PFE ；(2)若四棱锥P ­ DFBC 的体积为7，求线段BC 的长．图1­420．解：(1)证明：由DE ＝EC ，PD ＝PC 知，E 为等腰三角形PDC 中DC 边的中点，故PE ⊥AC .又平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC ∩平面ABC ＝AC ，PE ⊂平面PAC ，PE ⊥AC ，所以PE ⊥平面ABC ，从而PE ⊥AB .因为∠ABC ＝，EF ∥BC ，故AB ⊥EF .π2从而AB 与平面PFE 内两条相交直线PE ，EF 都垂直，所以AB ⊥平面PFE .(2)设BC ＝x ，则在直角三角形ABC 中，AB ＝＝，AC 2－BC 236－x 2从而S △ABC ＝AB ·BC ＝x .121236－x 2由EF ∥BC 知，＝＝，△AFE ∽△ABC ，故＝2＝，即S △AFE ＝S △ABC .AF AB AE AC 23S △AFE S △ABC 234949由AD ＝AE ，得S △AFD ＝S △AFE ＝×S △ABC ＝S △ABC ＝x ，12121249291936－x 2从而四边形DFBC 的面积为S 四边形DFBC ＝S △ABC －S △AFD ＝x －x ＝x1236－x 21936－x 2718.36－x 2由(1)知，PE ⊥平面ABC ，所以PE 为四棱锥P ­ DFBC 的高．在直角三角形PEC 中，PE ＝＝＝2.PC 2－EC 242－223所以V 四棱锥P ­DFBC ＝·S 四边形DFBC ·PE ＝×x ·2＝7，131371836－x 23故得x 4－36x 2＋243＝0，解得x 2＝9或x 2＝27，由于x >0，可得x ＝3或x ＝3.3所以BC ＝3或BC ＝3.39．G7[2015·江苏卷] 现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________．9.　[解析] 设新的底面半径为r ，则π×52×4＋π×22×8＝πr 2×4＋πr 2×8 ，71313即πr 2＝π＋32π，解得r ＝.28310037G8 多面体与球5．G2、G7、G8[2015·重庆卷] 某几何体的三视图如图1­2所示，则该几何体的体积为( )图1­2A.＋2πB.1313π6C.D.7π35π25．B [解析] 由三视图知，该几何体为一个圆柱与一个半圆锥的组合体，其中圆柱的底面半径为1、高为2，半圆锥的底面半径为1、高为1，所以该几何体的体积V ＝××π×131212×1＋π×12×2＝.13π610．G8[2015·全国卷Ⅱ] 已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O ­ ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π10．C [解析] 因为V 三棱锥O ­ ABC ＝V 三棱锥C ­ OAB ，所以三棱锥O ­ ABC 体积的最大值即三棱锥C ­ OAB 体积的最大值，所以当C 到平面OAB 的距离最大时，即CO ⊥平面OAB 时，体积最大，设球的半径为r ，则V 三棱锥O ­ ABC ＝V 三棱锥C ­ OAB ＝r 3＝36，所以r ＝6，则球O16的表面积S ＝4πr 2＝144π.图1­2A.＋2πB.1313π6C.D.7π35π2G9　空间向量及运算G10 空间向量解决线面位置关系G11 空间角与距离的求法17．G4、G5、G11[2015·天津卷] 如图1­4，已知AA 1⊥平面ABC ，BB 1∥AA 1，AB ＝AC ＝3，BC ＝2，AA 1＝，BB 1＝2，点E 和F 分别为BC 和A 1C 中点．577(1)求证：EF ∥平面A 1B 1BA ；(2)求证：平面AEA 1⊥平面BCB 1；(3)求直线A 1B 1与平面BCB 117．解：(1)证明：如图所示，连接A 1B .在△A 1BC 中，因为E 和F 分别是BC 和A 1C 的中点，所以EF ∥BA 1.又因为EF ⊄平面A A 1B 1BA .(2)证明：因为AB ＝AC ，E 为BC BC .因为AA 1⊥平面ABC ，BB 1∥AA 1，所以BB 1⊥平面ABC ，从而BB 1⊥AE .又因为BC ∩BB 1＝B ，所以AE ⊥平面BCB 1.又因为AE ⊂平面AEA 1，所以平面AEA 1⊥平面BCB 1.(3)取BB 1的中点M 和B 1C 的中点N ，连接A 1M ，A 1N ，NE .因为N 和E 分别为B 1C 和BC的中点，所以NE ∥B 1B ，NE ＝B 1B ，故NE ∥A 1A ，且NE ＝A 1A ，所以A 1N ∥AE ，且A 1N ＝12AE .又因为AE ⊥平面BCB 1，所以A 1N ⊥平面BCB 1，从而∠A 1B 1N 为直线A 1B 1与平面BCB 1所成的角．在△ABC 中，可得AE ＝2，所以A 1N ＝AE ＝2.因为BM ∥AA 1，BM ＝AA 1，所以A 1M ∥AB ，A 1M ＝AB, 又由AB ⊥BB 1，得A 1M ⊥BB 1.在Rt △A 1MB 1中，可得A 1B 1＝＝4.B 1M 2＋A 1M 2在Rt △A 1NB 1中，sin ∠A 1B 1N ＝＝，因此∠A 1B 1N ＝30°，A 1N A 1B 112所以直线A 1B 1与平面BCB 1所成的角为30°.18．G5，G11[2015·浙江卷] 如图1­4，在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点，D 是B 1C 1的中点．(1)证明：A 1D ⊥平面A 1BC ；(2)求直线A 1B 和平面BB 1C 1C 所成的角的正弦值．图1­418．解：(1)证明：设E 为BC 的中点，连接DE .由题意得A 1E ⊥平面ABC ，所以A 1E ⊥AE .因为AB ＝AC ，所以AE ⊥BC .故AE ⊥平面A 1BC .由D ，E 分别为B 1C 1，BC 的中点，得DE ∥B 1B 且DE ＝B 1B ，从而DE ∥A 1A 且DE ＝A 1A ，所以四边形AA 1DE 为平行四边形．于是A 1D ∥AE .又因为AE ⊥平面A 1BC ，所以A 1D ⊥平面A 1BC .(2)作A 1F ⊥DE ，垂足为F ，连接BF .因为A 1E ⊥平面ABC ，所以BC ⊥A 1E .因为BC ⊥AE ，所以BC ⊥平面AA 1DE .所以BC ⊥A 1F ，所以A 1F ⊥平面BB 1C 1C .所以∠A 1BF 为直线A 1B 和平面BB 1C 1C 所成的角．由AB ＝AC ＝2，∠CAB ＝90°，得EA ＝EB ＝.2由A 1E ⊥平面ABC ，得A 1A ＝A 1B ＝4，A 1E ＝.14由DE ＝BB 1＝4，DA 1＝EA ＝，∠DA 1E ＝90°，得A 1F ＝.272所以sin ∠A 1BF ＝＝.A 1F A 1B 7818．G4，G5，G11[2015·广东卷] 如图1­3，三角形PDC 所在的平面与长方形ABCD 所在的平面垂直，PD ＝PC ＝4，AB ＝6，BC ＝3.(1)证明：BC ∥平面PDA ；(2)证明：BC ⊥PD ；(3)求点C 到平面PDA 的距离．图1­3图1­422．G11、G12[2015·江苏卷] 如图1­6，在四棱锥P ­ ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝，PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.π2(1)求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．图1­622．解：以{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A ­ xyz ，则各点的AB → AD → AP →坐标为B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)．(1)因为AD ⊥平面PAB ，所以是平面PAB 的一个法向量，＝(0，2，0)．AD → AD →因为＝(1，1，－2)，＝(0，2，－2)，PC → PD →设平面PCD 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，所以m ·＝0，m ·＝0，PC → PD →即令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1，{x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.)所以m ＝(1，1，1)是平面PCD 的一个法向量．。

[课堂练通考点]1．对两条不相交的空间直线a 与b ，必存在平面α，使得( )A ．a ⊂α，b ⊂αB ．a ⊂α，b ∥αC ．a ⊥α，b ⊥αD ．a ⊂α，b ⊥α解析：选B 不相交的直线a ，b 的位置有两种：平行或异面．当a ，b 异面时，不存在平面α满足A ，C ；又只有当a ⊥b 时，D 才可能成立．2．如图，ABCD -A 1B 1C 1D 1是长方体，O 是B 1D 1的中点，直线A 1C 交平面AB 1D 1于点M ，则下列结论正确的是( )A ．A ，M ，O 三点共线B ．A ，M ，O ，A 1不共面C ．A ，M ，C ，O 不共面D ．B ，B 1，O ，M 共面解析：选A 连接A1C 1，AC ，则A 1C 1∥AC ，所以A 1，C 1，C ，A四点共面，所以A 1C ⊂平面ACC 1A 1，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.3.如图是某个正方体的侧面展开图，l 1，l 2是两条侧面对角线，则在正方体中，l 1与l 2( )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：选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 ，则△ABD 为正三角形，所以l 1与l 2的夹角为π3.故选D. 4．设a ，b ，c 是空间的三条直线，下面给出四个命题：①若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ∥c ；②若a ，b 是异面直线，b ，c 是异面直线，则a ，c 也是异面直线；③若a和b相交，b和c相交，则a和c也相交；④若a和b共面，b和c共面，则a和c也共面．其中真命题的个数是________．解析：∵a⊥b，b⊥c，∴a与c可以相交、平行、异面，故①错．∵a，b异面，b，c异面，则a，c可能异面、相交、平行，故②错．由a，b相交，b，c相交，则a，c可以异面、相交、平行，故③错．同理④错，故真命题的个数为0.答案：05．(2013·银川模拟)如图所示，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．解析：(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AB1＝AC＝B1C可知∠B1CA＝60°，即A1C1与B1C所成角为60°.(2)如图，连接BD，由AA1∥CC1，且AA1＝CC1可知A1ACC1是平行四边形，所以AC ∥A1C1.即AC与EF所成的角就是A1C1与EF所成的角．因为EF是△ABD的中位线，所以EF∥BD.又因为AC⊥BD，所以EF⊥AC，即所求角为90°.[课下提升考能]第Ⅰ组：全员必做题1．若空间三条直线a，b，c满足a⊥b，b∥c，则直线a与c()A．一定平行B．一定相交C．一定是异面直线D．一定垂直解析：选D∵a⊥b，b∥c，∴a⊥c.2．(2014·聊城模拟)对于任意的直线l与平面α，在平面α内必有直线m，使m与l() A．平行B．相交C．垂直D．互为异面直线解析：选C不论l∥α，l⊂α还是l与α相交，α内都有直线m使得m⊥l.3．(2013·广州模拟)若空间中有两条直线，则“这两条直线为异面直线”是“这两条直线没有公共点”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解析：选A 若两直线为异面直线，则两直线无公共点，反之不一定成立．4．(2013·新乡月考)已知异面直线a ，b 分别在平面α，β内，且α∩β＝c ，那么直线c 一定( )A ．与a ，b 都相交B ．只能与a ，b 中的一条相交C ．至少与a ，b 中的一条相交D ．与a ，b 都平行解析：选C 若c 与a ，b 都不相交，则c 与a ，b 都平行，根据公理4，则a ∥b ，与a ，b 异面矛盾．5．若P 是两条异面直线l ，m 外的任意一点，则( )A ．过点P 有且仅有一条直线与l ，m 都平行B ．过点P 有且仅有一条直线与l ，m 都垂直C ．过点P 有且仅有一条直线与l ，m 都相交D ．过点P 有且仅有一条直线与l ，m 都异面解析：选B 对于A ，若正确，则l ∥m ，这与已知矛盾，由此排除A ；对于B ，由于l 和m 有且只有一条公垂线a ，而过P 有且只有一条直线与直线a 平行，故B 正确；易知C 、D 不正确．6.(2014·三亚模拟)如图，正方形ACDE 与等腰直角三角形ACB 所在的平面互相垂直，且AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，F ，G 分别是线段AE ，BC的中点，则AD 与GF 所成的角的余弦值为( ) A.36 B ．－36 C.33 D ．－33解析：选A 延长CD 至H .使DH ＝1，连接HG 、HF 、则HF ∥AD .HF ＝DA ＝8， GF ＝6，HG ＝10.∴cos ∠HFG ＝8＋6－102×6×8＝36. 7.(2013·沧州模拟)如图所示，在三棱柱ABC －A1B 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：选B 连接AB 1，易知AB 1∥EF ，连接B 1C ，B 1C 与BC 1交于点G ，取AC 的中点H ，连接GH ，则GH ∥AB 1∥EF .设AB ＝BC ＝AA 1＝a ，连接HB ，在三角形GHB 中，易知GH ＝HB ＝GB ＝22a ，故所求的两直线所成的角即为∠HGB ＝60°.8．(2013·临沂模拟)过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A 作直线l ，使l 与棱AB ，AD ，AA 1所成的角都相等，这样的直线l 可以作( )A ．1条B ．2条C ．3条D ．4条 解析：选D 如图，连接体对角线AC1，显然AC 1与棱AB ，AD ，AA 1所成的角都相等，所成角的正切值都为 2.联想正方体的其他体对角线，如连接BD 1，则BD 1与棱BC ，BA ，BB 1所成的角都相等，∵BB 1∥AA 1，BC ∥AD ，∴体对角线BD 1与棱AB ，AD ，AA 1所成的角都相等，同理，体对角线A 1C ，DB 1也与棱AB ，AD ，AA 1所成的角都相等，过A 点分别作BD 1，A 1C ，DB 1的平行线都满足题意，故这样的直线l 可以作4条．9.如图，平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中既与AB 共面又与CC 1共面的棱有________条．解析：依题意，与AB 和CC 1都相交的棱有BC ；与AB 相交且与CC 1平行有棱AA 1，BB 1；与AB 平行且与CC 1相交的棱有CD ，C 1D 1.故符合条件的有5条．答案：510.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，①GH 与EF 平行；②BD 与MN 为异面直线；③GH 与MN 成60°角；④DE 与MN 垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是________．解析：还原成正四面体知GH 与EF 为异面直线，BD 与MN 为异面直线，GH 与MN 成60°角，DE ⊥MN . 答案：②③④11．如图为正方体表面的一种展开图，则图中的四条线段AB ，CD ，EF ，GH 在原正方体中互为异面的对数为________对．解析：平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB ，CD ，EF 和GH 在原正方体中，显然AB 与CD ，EF 与GH ，AB 与GH 都是异面直线，而AB 与EF 相交，CD 与GH 相交，CD与EF 平行．故互为异面的直线有且只有3对．答案：312．如图所示，正方体的棱长为1，B ′C ∩BC ′＝O ，则AO 与A ′C ′所成角的度数为________．解析：∵A ′C ′∥AC ，∴AO 与A ′C ′所成的角就是∠OAC .∵OC ⊥OB ，AB ⊥平面BB ′CC ′，∴OC ⊥AB .又AB ∩BO ＝B ，∴OC ⊥平面ABO .又OA ⊂平面ABO ，∴OC ⊥OA .在Rt △AOC 中，OC ＝22，AC ＝2， sin ∠OAC ＝OC AC ＝12， ∴∠OAC ＝30°.即AO 与A ′C ′所成角的度数为30°.答案：30°第Ⅱ组：重点选做题1．A 是△BCD 所在平面外的一点，E ，F 分别是BC ，AD 的中点，(1)求证：直线EF 与BD 是异面直线；(2)若AC ⊥BD ，AC ＝BD ，求EF 与BD 所成的角．解：(1)证明：假设EF 与BD 不是异面直线，则EF 与BD 共面，从而DF 与BE 共面，即AD 与BC 共面，所以A ，B ，C ，D 在同一平面内，这与A 是△BCD 所在平面外的一点相矛盾．故直线EF 与BD 是异面直线．(2)取CD 的中点G ，连接EG ，FG ，则EG ∥BD ，所以相交直线EF与EG 所成的角，即为异面直线EF 与BD 所成的角．在Rt △EGF 中，由EG ＝FG ＝12AC ，求得∠FEG ＝45°，即异面直线EF 与BD 所成的角为45°.2．(2013·许昌调研)如图，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF与四边形ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠F AB ＝90°，BC 綊12AD ，BE 綊12F A ，G ，H 分别为F A ，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？解：(1)证明：由题设知，FG ＝GA ，FH ＝HD ，所以GH 綊12AD .又BC 綊12AD ， 故GH 綊BC .所以四边形BCHG 是平行四边形．(2)C ，D ，F ，E 四点共面．理由如下：由BE 綊12AF ，G 是F A 的中点知，BE 綊GF ， 所以EF 綊BG .由(1)知BG ∥CH ，所以EF ∥CH ，故EC 、FH 共面．又点D 在直线FH 上，所以C ，D ，F ，E 四点共面．。