(新课标版)高考数学二轮复习专题1.5立体几何测试卷理

高考数学（理）二轮复习：立体几何（含答案）7 立体几何1．概念理解(1)四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直平行六面体、长方体之间的关系．(2)三视图①三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从几何的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．画三视图的基本要求：正俯一样长，俯侧一样宽，正侧一样高． ②三视图排列规则：俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图一样；侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度和正(主)视图一样，宽度与俯视图一样． 2．柱、锥、台、球体的表面积和体积侧面展开图 表面积 体积直棱柱 长方形 S ＝2S 底＋S 侧 V ＝S 底·h 圆柱 长方形 S ＝2πr 2＋2πrl V ＝πr 2·l 棱锥 由若干三角形构成S ＝S 底＋S 侧 V ＝13S 底·h 圆锥扇形S ＝πr 2＋πrlV ＝13πr 2·h 棱台 由若干个梯形构成 S ＝S 上底＋S 下底＋S 侧 V ＝13(S ＋SS ′＋S ′)·h圆台 扇环 S ＝πr ′2＋π(r ＋r ′)l ＋πr 2V ＝13π(r 2＋rr ′＋r ′2)·h 球 S ＝4πr 2 S ＝43πr 33.平行、垂直关系的转化示意图 (1)(2)两个结论 ①⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αb ⊥α⇒a ∥b ，②⎭⎪⎬⎪⎫a ∥b a ⊥α⇒b ⊥α.4．用空间向量证明平行垂直设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)．则有： (1)线面平行l ∥α⇔a ⊥μ⇔a ·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.(2)线面垂直l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2.(3)面面平行α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝λv ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3.(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.5．用向量求空间角(1)直线l 1，l 2的夹角θ有cos θ＝|cos 〈l 1，l 2〉|(其中l 1，l 2分别是直线l 1，l 2的方向向量)．(2)直线l 与平面α的夹角θ有sin θ＝|cos 〈l ，n 〉|(其中l 是直线l 的方向向量，n是平面α的法向量)．(3)平面α，β的夹角θ有cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|，则α—l —β二面角的平面角为θ或π－θ(其中n 1，n 2分别是平面α，β的法向量)．1．混淆“点A 在直线a 上”与“直线a 在平面α内”的数学符号关系，应表示为A ∈a ，a ⊂α.2．在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线为虚线．在还原空间几何体实际形状时一般是以正(主)视图和俯视图为主．3．易混淆几何体的表面积与侧面积的区别，几何体的表面积是几何体的侧面积与所有底面面积之和，不能漏掉几何体的底面积；求锥体体积时，易漏掉体积公式中的系数13.4．不清楚空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理，忽视判定定理和性质定理中的条件，导致判断出错．如由α⊥β，α∩β＝l ，m ⊥l ，易误得出m ⊥β的结论，就是因为忽视面面垂直的性质定理中m ⊂α的限制条件．5．注意图形的翻折与展开前后变与不变的量以及位置关系．对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置与数量关系． 6．几种角的范围两条异面直线所成的角0°<α≤90°； 直线与平面所成的角0°≤α≤90°； 二面角0°≤α≤180°；两条相交直线所成的角(夹角)0°<α≤90°； 直线的倾斜角0°≤α<180°； 两个向量的夹角0°≤α≤180°； 锐角0°<α<90°.7．空间向量求角时易忽视向量的夹角与所求角之间的关系，如求解二面角时，不能根据几何体判断二面角的范围，忽视向量的方向，误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错．1．(2017·重庆外国语学校月考)一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是( )A.π3B.π4 C.π2 D ．π答案 D解析 由三视图可知，该几何体为球的34，其半径为1，则体积V ＝34×43×π×13＝π.2．直三棱柱ABC —A 1B 1C 1的直观图及三视图如图所示，D 为AC 的中点，则下列命题是假命题的是( )A ．AB 1∥平面BDC 1 B ．A 1C ⊥平面BDC 1 C ．直三棱柱的体积V ＝4D ．直三棱柱的外接球的表面积为43π 答案 D解析 由三视图可知，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧面B 1C 1CB 是边长为2的正方形，底面ABC 是等腰直角三角形，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝2. 连接B 1C 交BC 1于点O ，连接OD .在△CAB 1中，O ，D 分别是B 1C ，AC 的中点，∴OD ∥AB 1，又OD ⊂平面BDC 1，AB 1⊄平面BDC 1， ∴AB 1∥平面BDC 1.故A 正确；在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ， ∴AA 1⊥BD .又AB ＝BC ＝2，D 为AC 的中点， ∴BD ⊥AC ，又AA 1∩AC ＝A ，AA 1，AC ⊂平面AA 1C 1C ， ∴BD ⊥平面AA 1C 1C . ∴BD ⊥A 1C .又A 1B 1⊥B 1C 1，A 1B 1⊥B 1B ， ∴A 1B 1⊥平面B 1C 1CB ， ∴A 1B 1⊥BC 1.∵BC 1⊥B 1C ，且A 1B 1∩B 1C ＝B 1， ∴BC 1⊥平面A 1B 1C . ∴BC 1⊥A 1C ，又BD ∩BC 1＝B ，BD ，BC 1⊂平面BDC 1， ∴A 1C ⊥平面BDC 1.故B 正确；V ＝S △ABC ×C 1C ＝12×2×2×2＝4，故C 正确；此直三棱柱的外接球的半径为3，其表面积为12π，D 错．故选D. 3．已知直线l ，m 和平面α，则下列结论正确的是( ) A ．若l ∥m ，m ⊂α，则l ∥α B ．若l ⊥α，m ⊂α，则l ⊥m C ．若l ⊥m ，l ⊥α，则m ∥α D ．若l ∥α，m ⊂α，则l ∥m 答案 B解析 若l ∥m ，m ⊂α，则l ∥α或l ⊂α，故A 错误；若l ⊥α，m ⊂α，则l ⊥m ，B 正确；若l ⊥m ，l ⊥α，则m ⊂α或m ∥α，故C 错误；若l ∥α，m ⊂α，则l ∥m 或l ，m 异面，故选B.4．已知互相垂直的平面α，β交于直线l .若直线m ，n 满足m ∥α，n ⊥β，则( ) A ．m ∥l B ．m ∥n C ．n ⊥l D ．m ⊥n 答案 C解析 由题意知，α∩β＝l ，∴l ⊂β，∵n ⊥β，∴n ⊥l .故选C.5．已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β.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l 答案 D解析 假设α∥β，由m ⊥平面α，n ⊥平面β，得m ∥n ，这与已知m ，n 为异面直线矛盾，那么α与β相交，设交线为l 1，则l 1⊥m ，l 1⊥n ，在直线m 上任取一点作n 1平行于n ，那么l 1和l 都垂直于直线m 与n 1所确定的平面，所以l 1∥l .6.如图，正方体AC 1的棱长为1，过点A 作平面A 1BD 的垂线，垂足为点H ，以下四个命题：①点H 是△A 1BD 的垂心；②AH 垂直于平面CB 1D 1；③直线AH 和BB 1所成角为45°；④AH 的延长线经过点C 1，其中假命题的个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 答案 B解析 ∵AB ＝AA 1＝AD ，BA 1＝BD ＝A 1D ， ∴三棱锥A －BA 1D 为正三棱锥， ∴点H 是△A 1BD 的垂心，故①正确；∵平面A 1BD 与平面B 1CD 1平行，AH ⊥平面A 1BD ， ∴AH ⊥平面CB 1D 1，故②正确； ∵AA 1∥BB 1，∴∠A 1AH 就是直线AH 和BB 1所成的角， 在直角三角形AHA 1中，∵AA 1＝1，A 1H ＝23×32×2＝63，∴sin ∠A 1AH ＝63≠22，故③错误； 根据正方体的对称性得到AH 的延长线经过C 1， 故④正确，故选B.7．将正方体的纸盒展开如图，直线AB ，CD 在原正方体的位置关系是( )A．平行 B．垂直C．相交成60°角D．异面且成60°角答案 D解析如图，直线AB，CD异面．因为CE∥AB，所以∠ECD即为直线AB，CD所成的角，因为△CDE为等边三角形，故∠ECD＝60°.8．长方体的顶点都在同一球面上，其同一顶点处的三条棱长分别为3,4,5，则该球面的表面积为( )A．25π B．50πC．75π D.12523π答案 B解析设球的半径为R，由题意可得(2R)2＝32＋42＋52＝50，∴4R2＝50，球的表面积为S＝4πR2＝50π.9．如图，三棱锥A－BCD的棱长全相等，点E为AD的中点，则直线CE与BD所成角的余弦值为( )A.36B.32C.336D.12答案 A解析 方法一 取AB 中点G ，连接EG ，CG . ∵E 为AD 中点，∴EG ∥BD .∴∠GEC 为CE 与BD 所成的角．设AB ＝1， 则EG ＝12BD ＝12，CE ＝CG ＝32， ∴cos ∠GEC ＝EG 2＋EC 2－GC 22×EG ×EC＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322－⎝ ⎛⎭⎪⎫3222×12×32＝36. 方法二 设AB ＝1，则CE →·BD →＝(AE →－AC →)·(AD →－AB →)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12AD →－AC →·(AD →－AB →)＝12AD →2－12AD →·AB →－AC →·AD →＋AC →·AB →＝12－12cos 60°－cos 60°＋cos 60°＝14. ∴cos 〈CE →，BD →〉＝CE →·BD →|CE →||BD →|＝1432＝36，故选A.10．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于( ) A.64 B.104 C.22D.32答案 A解析 如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，则O (0,0,0)，B (3，0,0)，A (0，－1,0)，B 1(3，0,2)，则AB →1＝(3，1,2)，则BO →＝(－3，0,0)为侧面ACC 1A 1的法向量，故sin θ＝|AB →1·BO →||AB →1||BO →|＝64.11．如图，在空间四边形ABCD 中，点M ∈AB ，点N ∈AD ，若AM MB ＝ANND，则直线MN 与平面BDC 的位置关系是________．答案 平行解析 由AM MB ＝AN ND，得MN ∥BD . 而BD ⊂平面BDC ，MN ⊄平面BDC ， 所以MN ∥平面BDC .12．已知长方体ABCD —A ′B ′C ′D ′，E ，F ，G ，H 分别是棱AD ，BB ′，B ′C ′，DD ′的中点，从中任取两点确定的直线中，与平面AB ′D ′平行的有________条．答案 6解析 如图，连接EG ，EH ，FG ，∵EH 綊FG ， ∴EFGH 四点共面，由EG ∥AB ′，EH ∥AD ′，EG ∩EH ＝E ，AB ′∩AD ′＝A ，可得平面EFGH 与平面AB ′D ′平行， ∴符合条件的共有6条．13．点P 在正方形ABCD 所在平面外，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AB ，则PB 与AC 所成角的大小是________．答案π3解析 以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，设正方形ABCD 的边长为1，则A (0,0,0)，P (0,0,1)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，PB →＝(1,0，－1)，AC →＝(1,1,0)，因此 cos 〈PB →，AC →〉＝1＋0×1＋0×()－112＋02＋()－12·12＋12＋02＝12， 因此PB 和AC 所成的角为60°，即π3.14．设m ，n 是不同的直线，α，β，γ是不同的平面，有以下四个命题：①⎩⎪⎨⎪⎧ α∥β，α∥γ⇒β∥γ；②⎩⎪⎨⎪⎧α⊥β，m ∥α⇒m ⊥β；③⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥α，m ∥β⇒α⊥β；④⎩⎪⎨⎪⎧m ∥n ，n ⊂α⇒m ∥α.其中，正确的命题是________．(填序号) 答案 ①③解析 ①中平行于同一平面的两平面平行是正确的；②中m ，β可能平行，相交或直线在平面内；③中由面面垂直的判定定理可知结论正确；④中m ，α可能平行或线在面内． 15．如图(1)，在边长为4的菱形ABCD 中，∠DAB ＝60°，点E ，F 分别是边CD ，CB 的中点，AC ∩EF ＝O ，沿EF 将△CEF 翻折到△PEF ，连接PA ，PB ，PD ，得到如图(2)所示的五棱锥P －ABFED ，且PB ＝10.(1)求证：BD ⊥PA ；(2)求四棱锥P －BFED 的体积．(1)证明 ∵点E ，F 分别是边CD ，CB 的中点， ∴BD ∥EF .∵菱形ABCD 的对角线互相垂直， ∴BD ⊥AC . ∴EF ⊥AC . ∴EF ⊥AO ，EF ⊥PO .∵AO ⊂平面POA ，PO ⊂平面POA ，AO ∩PO ＝O ，∴EF ⊥平面POA ，∴BD ⊥平面POA ，又PA ⊂平面POA ，∴BD ⊥PA .(2)解 设AO ∩BD ＝H .连接BO ，∵∠DAB ＝60°，∴△ABD 为等边三角形，∴BD ＝4，BH ＝2，HA ＝23，HO ＝PO ＝3，在Rt △BHO 中，BO ＝BH 2＋HO 2＝7，在△PBO 中，BO 2＋PO 2＝10＝PB 2，∴PO ⊥BO .∵PO ⊥EF ，EF ∩BO ＝O ，EF ⊂平面BFED ， BO ⊂平面BFED ，∴OP ⊥平面BFED ，梯形BFED 的面积S ＝12(EF ＋BD )·HO ＝33， ∴四棱锥P －BFED 的体积V ＝13S ·PO ＝13×33×3＝3.16.如图，四棱锥S －ABCD 的底面是正方形，SD ⊥平面ABCD ，SD ＝AD ＝a ，点E 是SD 上的点，且DE ＝λa (0＜λ≤1)．(1)求证：对任意的λ∈(0,1]，都有AC ⊥BE ；(2)若二面角C －AE －D 的大小为60°，求λ的值．(1)证明 如图，建立空间直角坐标系Dxyz ，则A (a,0,0)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，D (0,0,0)，E (0,0，λa )．∴AC →＝(－a ，a,0)，BE →＝(－a ，－a ，λa )，∴AC →·BE →＝0对任意λ∈(0,1]都成立，即对任意的λ∈(0,1]，都有AC ⊥BE .(2)解 显然n ＝(0,1,0)是平面ADE 的一个法向量，设平面ACE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，∵AC →＝(－a ，a,0)，AE →＝(－a,0，λa )，∴⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AC →＝0，m ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －ax ＋ay ＝0，－ax ＋λaz ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x －y ＝0，x －λz ＝0，取z ＝1，则x ＝y ＝λ，∴m ＝(λ，λ，1)，∵二面角C －AE －D 的大小为60°，∴cos 〈n ，m 〉＝n ·m ||n ||m ＝λ1＋2λ2＝12， ∵λ∈(0,1]，∴λ＝22. 亲爱的读者：春去燕归来，新桃换旧符。

智才艺州攀枝花市创界学校师大附中高考数学二轮复习专项——立体几何(含详解)1.如图，平面VAD ⊥平面ABCD ，△VAD 是等边三角形，ABCD 是矩形，AB ∶AD ＝2∶1，F 是AB 的中点．〔1〕求VC 与平面ABCD 所成的角； 〔2〕求二面角V-FC-B 的度数；〔3〕当V 到平面ABCD 的间隔是3时，求B 到平面VFC 的间隔． ABCD-1111D C B A 中，E 、F 、G 分别是B B 1、AB 、BC 的中点．〔1〕证明：F D 1⊥EG ； 〔2〕证明：F D 1⊥平面AEG ； 〔3〕求AE <cos ，>BD 1．3.在直角梯形P 1DCB 中，P 1D//CB ，CD//P 1D 且P 1D=6，BC=3，DC=6，A 是P 1D 的中点，沿AB 把平面P 1AB 折起到平面PAB 的位置，使二面角P －CD －B 成45°角，设E 、F 分别是线段AB 、PD 的中点． 〔1〕求证：AF//平面PEC ；〔2〕求平面PEC 和平面PAD 所成的二面角的大小； 〔3〕求点D 到平面PEC 的间隔．4.如图四棱锥ABCD P -中，⊥PA 底面ABCD ，4=PA 正方形的边长为2〔1〕求点A 到平面PCD 的间隔；〔2〕求直线PA 与平面PCD 所成角的大小； 〔3〕求以PCD 与PAC 为半平面的二面角的正切值。

5.如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是∠DAB=60°且边长为1的菱形。

侧面PAD 是正三角形，其所在侧面垂直底面ABCD ，G 是AD 中点。

〔1〕求异面直线BG 与PC 所成的角； 〔2〕求点G 到面PBC 的间隔；〔3〕假设E 是BC 边上的中点，能否在棱PC 上找到一点F ，使平面DEF ⊥平面ABCD ，并说明理由。

BCDAP 1DBCFEA P D CA B P6.如图，正三棱柱中点是中，AC E C B A ABC 111-. (1)求证：平面111A ACC BEC 平面⊥；(2)求证：11//BEC AB 平面；(3)假设的大小，求二面角C BC E AB A A --=1122. 7.如图，四棱锥S ABCD -的底面是边长为1的正方形，SD ⊥底面ABCD ，3SB =。

[专题五 立体几何](时间：60分钟 分值：100分)一、选择题(每小题5分，共40分)1．设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．则下列结论中正确的是( ) A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若m ∥α，m ∥β，则α∥β C ．若m ∥n ，m ⊥α，则n ⊥α D ．若m ∥α，α⊥β，则m ⊥β2．一个几何体的三视图如图Z5－1所示，则该几何体的表面积是( )A ．6＋8 3B ．12＋C ．12＋8 3D ．18＋图Z5－1图Z5－23．网格纸中的小正方形边长为1，一个正三棱锥的侧视图如图Z5－2所示，则这个正三棱锥的体积为( )A. 3 B ．3 3 C.92 D.9234．如图Z5－3所示是底面为正方形、一条侧棱垂直于底面的四棱锥的三视图，那么该四棱锥的直观图是下列各图中的( )Z5－3图Z5－4Z5－55．某长方体被一个平面所截，得到的几何体的三视图如图Z5－5所示，则这个几何体的体积为( )A．4 B．4 2C．6 2 D．86．已知m，n是空间两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中为真的是( )A．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥nB．若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥βC．若m⊂β，α⊥β，则m⊥αD．若m⊥β，m∥α，则α⊥β7．已知A，B，C，D是同一球面上的四个点，其中△ABC是正三角形，AD⊥平面ABC，AD ＝2AB＝6，则该球的表面积为( )A．16πB．24πC．32 3πD．48π8．已知Rt△ABC，其三边分别为a，b，c(a>b>c)．分别以三角形的边a，b，c所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成三个几何体，其表面积和体积分别为S1，S2，S3和V1，V2，V3.则它们的大小关系为( )A．S1>S2>S3，V1>V2>V3B．S1<S2<S3，V1<V2<V3C．S1>S2>S3，V1＝V2＝V3D．S1<S2<S3，V1＝V2＝V3二、填空题(每小题5分，共20分)9．空间直角坐标系中，已知点P(1，2，3)，P点关于平面xOy的对称点为P0，则|PP0|＝________．10．若一个球的体积为4 3π，则它内接正方体的表面积是________．11．如图Z5－6所示，在正三角形ABC中，D，E，F分别为各边的中点，G，H分别为DE，AF的中点，将△ABC沿DE，EF，DF折成正四面体P－DEF，则四面体中异面直线PG与DH所成的角的余弦值为________．12．已知正三棱锥P－ABC，点P，A，B，C都在半径为3的球面上．若PA，PB，PC两两相互垂直，则球心到截面ABC的距离为________．三、解答题(共40分)13．(13分)如图Z5－7所示，四棱锥P－ABCD的底面ABCD为一直角梯形，其中BA⊥AD，CD⊥AD，CD＝AD＝2AB，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点．(1)求证：BE∥平面PAD；(2)若BE⊥平面PCD，求平面EBD与平面BDC夹角的余弦值．14．(13分)如图Z5－8所示，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝6，平面PAC⊥平面ABC，PD⊥AC于点D，AD＝1，CD＝3，PD＝ 3.(1)证明：△PBC为直角三角形；(2)求直线AP与平面PBC15．(14分)如图Z5－9所示，在多面体ABCDEFG中，平面ABC∥平面DEFG，AD⊥平面DEFG，BA⊥AC，ED⊥DG，EF∥DG，且AC＝1，AB＝ED＝EF＝2，AD＝DG＝4.(1)求证：BE⊥平面DEFG；(2)求证：BF∥平面ACGD；(3)求二面角F－BC－A的余弦值．专题综合训练(五)1．C [解析] 直线m ，n 同时与平面α平行时，m ，n 可能平行，也可能相交，也可能异面；只要直线m 平行于平面α，β的交线，就满足选项B 中的已知，但此时α，β不平行；根据直线与平面垂直的性质定理，当两条平行线中的一条垂直于一个平面时，另一条也垂直于这个平面，选项C 中的结论正确；α⊥β时，与平面α平行的直线m 可能与平面β垂直，也可能斜交，也可能平行，也可能在平面β内．2．C [解析] 该空间几何体是一个三棱柱．底面为等腰三角形且底面三角形的高是1，底边长是2 3，两个底面三角形的面积之和是2 3，侧面积是(2＋2＋2 3)×3＝12＋6 3，故其表面积是12＋8 3.3．B [解析] 该三棱锥的底面三角形的高为3，故底面边长a 满足32a ＝3，即a ＝2 3.又三棱锥的高为3，则体积为13×12×2 3×3×3＝3 3.4．D [解析] 这个空间几何体是一个一条侧棱垂直于底面的四棱锥，其直观图为选项D 中的图形．5．D [解析] 割补可得其体积为2×2×2＝8.6．D [解析] 分别位于两个平行平面内的两条直线有平行与异面两种位置关系，选项A 中的命题为假；相交的两个平面与第三个平面相交时，只要第三个平面与前面两个平面的交线平行，就符合选项B 中的已知，但此时两个平面相交，选项B 中的命题为假；当m ⊂β，α⊥β时，m 可能与α平行，垂直，相交，也可能在平面α内，C 不正确；根据平面与平面垂直的判定定理可知，选项D 中的命题为真．7．D [解析] 如图所示，O E 为AD 中点．|OE |＝|O ′A |＝23×3×32＝3，|AE |＝3，所以球的半径|OA |＝2 3，所以所求的球的表面积为4π(2 3)2＝48π.8．B [解析] S 1＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫bc a (b ＋c )，V 1＝13π⎝ ⎛⎭⎪⎫bc a 2a ，S 2＝πac ＋πc 2，V 2＝13πbc 2，S 3＝πab ＋πb 2，V 3＝13πb 2c .由于a >b >c ，可得S 1<S 2<S 3，V 1<V 2<V 3.9．6 [解析] 易知P 点关于平面xOy 的对称点为P 0(1，2，－3)，所以|PP 0|＝（1－1）2＋（2－2）2＋（3＋3）2＝6.10．24 [解析] 根据球的体积公式43πr 3＝4 3π，得r 3＝3 3，故r ＝3，该球的内接正方体的体对角线长为2 3，设正方体的棱长为a ，则3a ＝2 3，即a ＝2，故球的内接正方体的表面积是6×22＝24.11.23[解析] 折成的四面体是正四面体，画出立体图形，根据中点找平行线，把所求的异面直线所成角转化为一个三角形的内角．如图所示，联结HE ，取HE 的中点K ，联结GK ，PK ，则GK ∥DH ，故∠PGK 即为所求的异面直线所成角或其补角．设这个正四面体的棱长为2，在△PGK中，PG ＝3，GK ＝32，PK ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝72，故cos ∠PGK ＝（3）2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322－⎝ ⎛⎭⎪⎫7222×3×32＝23，即异面直线PG 与DH 所成的角的余弦值是23.12.33[解析] 本题主要考查球的概念与性质．解题的突破口为解决好点P 到截面ABC 的距离．由已知条件可知，以PA ，PB ，PC 为棱的正三棱锥可以补充成球的内接正方体，故而PA 2＋PB 2＋PC 2＝()2R 2， 由已知PA ＝PB ＝PC, 得到PA ＝PB ＝PC ＝2, 因为V P －ABC ＝V A －PBC ⇒13h ·S△ABC＝13PA ·S △PBC, 得到h ＝23 3，故而球心到截面ABC 的距离为R －h ＝33. 13．解：设AB ＝a ，PA ＝b A (0，0，0)，B (a ，0，0)，P (0，0，b )，C (2a ，2a ，0)，D (0，2a ，0)，E⎛⎪⎫a ，a ，b 2.(1)证明：BE →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，a ，b 2，AD →＝(0，2a ，0)，AP →＝(0，0，b )，所以BE →＝12AD →＋12AP →，又BE⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，AP ⊂平面PAD ，故BE ∥平面PAD .(2)∵BE ⊥平面PCD ，∴BE ⊥PC ，即BE →·PC →＝0，PC →＝(2a ，2a ，－b )，∴BE →·PC →＝2a 2－b 22＝0，即b ＝2a .在平面BDE 和平面BDC 中，BE →＝(0，a ，a )，BD →＝(－a ，2a ，0)，BC →＝(a ，2a ，0)， 所以平面BDE 的一个法向量为n 1＝(2，1，－1)，平面BDC 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)．cos 〈n 1，n 2〉＝－66，所以平面EBD 与平面BDC 夹角的余弦值为66.14．解：(1)证明：取AC 中点E ，联结BE ，以点E 为坐标原点，以EB ，EC 所在的直线分别为x 轴，y 轴建立如图所示的空间直角坐标系E －xyz ，则B (2，0，0)，C (0，2，0)，P (0，－1，3)．于是BP →＝(－2，－1，3)，BC →＝(－2，2，0)．因为BP →·BC →＝(－2，－1，3)·(－2，2，0)＝0，所以BP →⊥BC →， 所以BP ⊥BC ，所以△PBC 为直角三角形．(2)由(1)可得，A (0，－2，0)．于是AP →＝(0，1，3)，PB →＝(2，1，－3)，PC →＝(0，3，－3)． 设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎨⎧2x ＋y －3z ＝0，3y －3z ＝0.取y ＝1，则z ＝3，x ＝ 2.所以平面PBC 的一个法向量为n ＝(2，1，3)． 设直线AP 与平面PBC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AP →，n 〉|＝|AP →·n ||AP →|·|n |＝42×6＝63，所以直线AP 与平面PBC 所成角的正弦值为63. 15．解：(1)证明：∵平面ABC ∥平面DEFG ，平面ABC ∩平面ADEB ＝AB ，平面DEFG ∩平面ADEB ＝DE ，∴AB ∥DE .又∵AB ＝DE ，∴四边形ADEB 为平行四边形，∴BE ∥AD . ∵AD ⊥平面DEFG ，∴BE ⊥平面DEFG .(2)证明：设DG 的中点为M ，联结AM ，MF ，则DM ＝12DG ＝2，∵EF ＝2，EF ∥DG ，∴四边形DEFM ∴MF ＝DE 且MF ∥DE ，由(1)知，四边形ADEB 为平行四边形，∴AB ＝DE 且AB ∥DE ，∴AB ＝MF 且AB ∥MF ，∴四边形ABFM 是平行四边形，即BF ∥AM ，又BF ⊄平面ACGD ，AM ACGD .(3)由已知，AD ，DE ，DG 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，0，4)，B (2，0，4)，C (0，1，4)，F (2，2，0)，故BF →＝(0，2，－4)，BC →＝(－2，1，0)． 设平面FBC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BF →＝2y －4z ＝0，n 1·BC →＝－2x ＋y ＝0，令z ＝1，则n 1＝(1，2，1)，而平面ABC 的法向量可为n 2＝DA →＝(0，0，4)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝41＋4＋1×4＝66，由图形可知，二面角F －BC －A 的余弦值为－66.。

高考数学二轮复习立体几何多选题知识点及练习题含答案一、立体几何多选题1．如图，正方体1111ABCD A B C D -中的正四面体11A BDC -的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）A ．异面直线1AB 与1AD 所成的角是3πB ．1BD ⊥平面11AC DC ．平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为3D ．正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23【答案】ABD 【分析】选项A ，利用正方体的结构特征找到异面直线所成的角；选项B ，根据正方体和正四面体的结构特征以及线面垂直的判定定理容易得证；选项C ，由图得平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为1ACB 面积的四分之一；选项D ，分别求出正方体的体对角线长和正四面体11A BDC -的高，然后判断数量关系即可得解. 【详解】A ：正方体1111ABCD ABCD -中，易知11//AD BC ，异面直线1A B 与1AD 所成的角即直线1A B 与1BC 所成的角，即11A BC ∠，11A BC 为等边三角形，113A BC π∠=，正确；B ：连接11B D ，1B B ⊥平面1111DC B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，即111AC B B ⊥，又1111AC B D ⊥，1111B B B D B ⋂=，有11A C ⊥平面11BDD B ，1BD ⊂平面11BDD B ，所以111BD AC ⊥，同理可证：11BD A D ⊥，1111AC A D A ⋂=，所以1BD ⊥平面11AC D ，正确；C ：易知平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为134ACB S=，错误；D ：易得正方体1111ABCD A B C D -()()()2222226++=2的正四面体11A BDC -的高为22222262213⎛⎫--⨯= ⎪⎝⎭，故正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23，正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：利用正方体的性质，找异面直线所成角的平面角求其大小，根据线面垂直的判定证明1BD ⊥平面11AC D ，由正四面体的性质，结合几何图形确定截面的面积，并求高，即可判断C 、D 的正误.2．如图，矩形ABCD 中，M 为BC 的中点，将ABM 沿直线AM 翻折成1AB M ，连结1B D ，N 为1B D 的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是（ ）A ．存在某个位置，使得1CN AB ⊥ B ．翻折过程中，CN 的长是定值C ．若AB BM =，则1AM BD ⊥D ．若1AB BM ==，当三棱锥1B AMD -的体积最大时，三棱锥1B AMD -外接球的体积是43π 【答案】BD 【分析】对于A ，取AD 中点E ，连接EC 交MD 与F ，可得到EN NF ⊥，又EN CN ⊥，且三线,,NE NF NC 共面共点，不可能；对于B ，可得由1NEC MAB ∠=∠（定值），112NE AB =（定值），AM EC =（定值），由余弦定理可得NC 是定值．对于C ，取AM 中点O ，连接1,B O DO ，假设1AM B D ⊥，易得AM ⊥面1ODB ，即可得OD AM ⊥，从而AD MD =，显然不一定成立．对于D ，当平面B 1AM ⊥平面AMD 时，三棱锥B 1﹣AMD 的体积最大，可得球半径为1，体积是43π． 【详解】对于A 选项：如图1，取AD 中点E ，连接EC 交MD 与F ， 则11////NE AB NF MB ，，又11AB MB ⊥，所以EN NF ⊥， 如果1CN AB ⊥，可得EN CN ⊥，且三线,,NE NF NC 共面共点， 不可能，故A 选项不正确；对于B 选项：如图1，由A 选项可得1AMB EFN ≈△△，故1NEC MAB ∠=∠（定值），112NE AB =（定值），AM EC =（定值）， 故在NEC 中，由余弦定理得222cos CN CE NE NE CE NEC =+-⋅⋅∠，整理得222212422AB AB AB CN AM AM BC AB AM =+-⋅⋅=+ 故CN 为定值，故B 选项正确．对于C 选项：如图，取AM 中点O ，连接1,B O DO ， 由AB BM =，得1B O AM ⊥，假设1AM B D ⊥，111B D B O B =，所以AM ⊥面1ODB ，所以OD AM ⊥，从而AD MD =，显然不恒成立，所以假设不成立，可得C 选项不正确．对于D 选项：由题易知当平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大，此时1B O ⊥平面AMD ，则1B O OE ⊥，由1AB BM ==，易求得122BO =，2DM =22221122122B E OB OE ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 因此1EB EA ED EM ===，E 为三棱锥1B AMD -的外接球球心，此外接球半径为1，体积是43π．故D 选项正确． 故答案为：BD ． 【点睛】本题主要考查了线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于难题.本题C 选项的解题的关键在于采用反证法证明，进而推出矛盾解题，D 选项求解的关键在于把握平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大.3．在长方体1111ABCD A B C D -中，4AB BC ==，18AA =，点P 在线段11A C 上，M 为AB 的中点，则（ ） A ．BD ⊥平面PACB ．当P 为11AC 的中点时，四棱锥P ABCD -外接球半径为72C ．三棱锥A PCD -体积为定值D ．过点M 作长方体1111ABCD A B C D -的外接球截面，所得截面圆的面积的最小值为4π 【答案】ACD 【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A 选项的正误；判断出四棱锥P ABCD -为正四棱锥，求出该四棱锥的外接球半径，可判断B 选项的正误；利用等体积法可判断C 选项的正误；计算出截面圆半径的最小值，求出截面圆面积的最小值，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，因为AB BC =，所以，矩形ABCD 为正方形，所以，BD AC ⊥， 在长方体1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1BD AA ∴⊥，1AC AA A ⋂=，AC 、1AA ⊂平面PAC ，所以，BD ⊥平面PAC ，A 选项正确；对于B 选项，当点P 为11A C 的中点时，PA ===同理可得PB PC PD ===因为四边形ABCD 为正方形，所以，四棱锥P ABCD -为正四棱锥， 取AC 的中点N ，则PN 平面ABCD ，且四棱锥P ABCD -的外接球球心在直线PN上，设该四棱锥的外接球半径为R ，由几何关系可得222PN R AN R -+=， 即2288R R -+=，解得92R =，B 选项错误； 对于C 选项，2114822ACDSAD CD =⋅=⨯=， 三棱锥P ACD -的高为18AA =，因此，116433A PCD P ACD ACD V V S AA --==⋅=△，C 选项正确；对于D 选项，设长方体1111ABCD A B C D -的外接球球心为E ，则E 为1BD 的中点， 连接EN 、MN ，则1142EN DD ==，122MN AD ==， E 、N 分别为1BD 、BD 的中点，则1//EN DD ， 1DD ⊥平面ABCD ，EN ∴⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，EN MN ∴⊥，EM ∴==过点M 作长方体1111ABCD A B C D -的外接球截面为平面α，点E 到平面α的距离为d ，直线EM 与平面α所成的角为θ，则sin d EM θθ==≤ 当且仅当2πθ=时，等号成立，长方体1111ABCD A B C D -的外接球半径为R '==，所以，截面圆的半径2r =≥=，因此，截面圆面积的最小值为4π，D选项正确.故选：ACD.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.4．已知四面体ABCD的所有棱长均为2，则下列结论正确的是（）A．异面直线AC与BD所成角为60︒B．点A到平面BCD的距离为26 3C．四面体ABCD6πD．动点P在平面BCD上，且AP与AC所成角为60︒，则点P的轨迹是椭圆【答案】BC【分析】在正四面体中通过线面垂直可证得AC⊥BD，通过计算可验证BC,通过轨迹法可求得P 的轨迹为双曲线方程即可得D错误.【详解】取BD中点E,连接,AE CE,可得BD⊥面ACE,则AC⊥BD,故A错误；在四面体ABCD中，过点A作AF⊥面BCD于点F,则F为为底面正三角形BCD的重心，因为所有棱长均为2,22263AF AB BF =-=,即点A 到平面BCD 的距离为263,故B 正确；设O 为正四面体的中心则OF 为内切球的半径，OA 我外接球的半径， 因为11433A BCD BCD BCD V S AF S OF -=⋅=⨯⋅△△，所以4AF OF =，即6=6OF AO =，, 所以四面体ABCD 的外接球体积3344633V R OA πππ===,故C 正确； 建系如图：26230,0,,0,,033A C ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,设(,,0)P x y ，则262326,,0,,AP x y AC →→⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为cos 60AP AC AP AC →→→→⋅=，所以22232481224193972y x y +=++⨯+⨯， 即222388=33y x y +++，平方化简可得：2232340039y x y ----，可知点P 的轨迹为双曲线,故D 错误. 故选：BC ．【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹的求解问题，解决此类问题可采用空间向量法，利用空间向量法表示出已知的角度或距离的等量关系，从而得到轨迹方程.5．已知正方体1111ABCD A B C D -棱长为2，如图，M 为1CC 上的动点，AM ⊥平面α.下面说法正确的是（）A ．直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为3232⎣⎦B ．点M 与点1C 重合时，平面α截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大 C ．点M 为1CC 的中点时，若平面α经过点B ，则平面α截正方体所得截面图形是等腰梯形D ．已知N 为1DD 中点，当AM MN +的和最小时，M 为1CC 的中点 【答案】AC 【分析】以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，利用空间向量法可判断A 选项的正误；证明出1AC ⊥平面1A BD ，分别取棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点E 、F 、Q 、N 、G 、H ，比较1A BD 和六边形EFQNGH 的周长和面积的大小，可判断B 选项的正误；利用空间向量法找出平面α与棱11A D 、11A B 的交点E 、F ，判断四边形BDEF 的形状可判断C 选项的正误；将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，利用A 、M 、N 三点共线得知AM MN +最短，利用平行线分线段成比例定理求得MC ，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，则点()2,0,0A 、()2,2,0B 、设点()()0,2,02M a a ≤≤，AM ⊥平面α，则AM 为平面α的一个法向量，且()2,2,AM a =-，()0,2,0AB =， 2232cos ,,32288AB AM AB AM AB AMa a ⋅<>===⎢⋅⨯++⎣⎦， 所以，直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为32⎣⎦，A 选项正确； 对于B 选项，当M 与1CC 重合时，连接1A D 、BD 、1A B 、AC ， 在正方体1111ABCD A B C D -中，1CC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1BD CC ∴⊥，四边形ABCD 是正方形，则BD AC ⊥，1CC AC C =，BD ∴⊥平面1ACC ，1AC ⊂平面1ACC ，1AC BD ∴⊥，同理可证11AC A D ⊥， 1A D BD D ⋂=，1AC ∴⊥平面1A BD ，易知1A BD 是边长为22(12322234A BD S =⨯=△为22362=.设E 、F 、Q 、N 、G 、H 分别为棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点，易知六边形EFQNGH 是边长为2的正六边形，且平面//EFQNGH 平面1A BD ， 正六边形EFQNGH 的周长为62，面积为()236233⨯⨯=，则1A BD 的面积小于正六边形EFQNGH 的面积，它们的周长相等，B 选项错误； 对于C 选项，设平面α交棱11A D 于点(),0,2E b ，点()0,2,1M ，()2,2,1AM =-，AM ⊥平面α，DE ⊂平面α，AM DE ∴⊥，即220AM DE b ⋅=-+=，得1b =，()1,0,2E ∴，所以，点E 为棱11A D 的中点，同理可知，点F 为棱11A B 的中点，则()2,1,2F ，()1,1,0EF =，而()2,2,0DB =，12EF DB ∴=，//EF DB ∴且EF DB ≠， 由空间中两点间的距离公式可得2222015DE =++=()()()2222212205BF =-+-+-=，DE BF ∴=，所以，四边形BDEF 为等腰梯形，C 选项正确；对于D 选项，将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，如下图所示：若AM MN +最短，则A 、M 、N 三点共线，11//CC DD ，2222222MC AC DN AD ∴===+， 11222MC CC =≠，所以，点M 不是棱1CC 的中点，D 选项错误.故选：AC. 【点睛】本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题.6．已知棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -，过对角线1BD 作平面α交棱1AA 于点E ，交棱1CC 于点F ，以下结论正确的是（ ） A ．四边形1BFD E 不一定是平行四边形 B ．平面α分正方体所得两部分的体积相等 C ．平面α与平面1DBB 不可能垂直 D ．四边形1BFD E 2 【答案】BD 【分析】由平行平面的性质可判断A 错误;利用正方体的对称性可判断B 正确;当E ､F 为棱中点时,通过线面垂直可得面面垂直,可判断C 错误;当E 与A 重合,F 与1C 重合时,四边形1BFD E 的面积最大,2,可判断D 正确. 【详解】 如图所示,对于选项A,因为平面1111//ABB A CC D D ,平面1BFD E 平面11ABB A BE =,平面1BFD E平面111CC D D D F =,所以1//BE D F ,同理可证1//D E BF ,所以四边形1BFD E 是平行四边形,故A 错误; 对于选项B,由正方体的对称性可知,平面α分正方体所得两部分的体积相等,故B 正确; 对于选项C,在正方体1111ABCD A B C D -中,有1,AC BD AC BB ⊥⊥, 又1BD BB B ⋂=,所以AC ⊥平面1BB D , 当E ､F 分别为棱11,AA CC 的中点时, 有//AC EF ,则EF ⊥平面1BB D , 又因为EF ⊂平面1BFD E ,所以平面1BFD E ⊥平面1BB D ,故C 错误;对于选项D,四边形1BFD E 在平面ABCD 内的投影是正方形ABCD , 当E 与A 重合,F 与1C 重合时,四边形1BFD E 的面积有最大值, 此时1212S D E BE =⋅=⋅=,故D 正确; 故选:BD. 【点睛】本题考查了正方体的几何性质与应用问题,也考查了点线面的位置关系应用问题,属于中档题.7．如图，点O 是正四面体P ABC -底面ABC 的中心，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，S 是棱PC 上的点，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ，则（ ）A ．若//MN 平面PAB ，则//AB RQ B ．存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQC ．存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+= D ．111PQPRPS++是常数【答案】ABD 【分析】对于选项A ，根据线面平行的性质定理，进行推理判断即可；对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ， 13SC PC =时，通过线面垂直的判定定理，证明此时PC ⊥平面SRQ ，即可证明，存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ；对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+=，利用线面垂直的判定定理可证得PC ⊥平面PAB ，此时通过反证法说明矛盾性，即可判断； 对于选项D ，利用S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V ----=++，即可求得111PQPRPS++是常数.【详解】 对于选项A ， 若//MN 平面PAB ，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ,∴平面SMN 平面PAB =RQ ，又MN ⊂平面SMN ，//MN 平面PAB ，∴//MN RQ ，点O 在面ABC 上，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，∴MN ⊂平面ABC ，又//MN 平面PAB ，平面ABC平面PAB AB =，∴//MN AB ， ∴//AB RQ ，故A 正确； 对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ，S 为线段PC 上靠近C 的三等分点，即13SC PC =， 此时PC ⊥平面SRQ ，以下给出证明： 在正四面体P ABC -中，设各棱长为a ，∴ABC ，PBC ，PAC △，PAB △均为正三角形，点O 为ABC 的中心，//MN AB ，∴由正三角形中的性质，易得23CN CM a ==， 在CNS 中，23CN a =，13SC a =，3SCN π∠=，∴由余弦定理得，SN a ==， ∴222249SC SN a CN +==，则SN PC ⊥， 同理，SM PC ⊥，又SM SN S =，SM ⊂平面SRQ ，SN ⊂平面SRQ ，∴PC ⊥平面SRQ ，∴存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ，故B 正确； 对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+=， 设QR 中点为K ，则2PQ PR PK +=，∴PS PK ⊥，即PC PK ⊥，()cos cos 0PC AB PC PB PA PC PB CPB PC PA CPA ⋅=⋅-=⋅∠-⋅∠=，∴PC AB ⊥，又易知AB 与PK 为相交直线，AB 与PK 均在平面PQR 上，∴PC ⊥平面PQR ，即PC ⊥平面PAB ，与正四面体P ABC -相矛盾，所以假设不成立， 故C 错误； 对于选项D ，易知点O 到面PBC ，面PAC ，面PAB 的距离相等，记为d ， 记PC 与平面PAB 所处角的平面角为α，α为常数，则sin α也为常数， 则点S 到PQR 的距离为sin PS α， 又13sin 234PQRSPQ PR PQ PR π=⋅=⋅ ∴()()1133sin sin sin 33412S PQR PQRV PS S PS PQ PR PQ PR PS ααα-=⋅=⋅⋅=⋅⋅， 又13sin23PSRSPS PR PS PR π=⋅=⋅， 13sin 234PSQSPS PQ PS PQ π=⋅=⋅，13sin 234PQRSPQ PR PQ PR π=⋅=⋅， ()3S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V d PS PR PS PQ PQ PR ----=++=⋅+⋅+⋅， ∴()33sin 1212PQ PR PS d PS PR PS PQ PQ PR α⋅⋅=⋅+⋅+⋅， ∴111sin d PQPRPSα++=为常数，故D 正确. 故选：ABD. 【点睛】本题考查了线面平行的性质定理、线面垂直的判定定理，考查了三棱锥体积的计算，考查了向量的运算，考查了转化能力与探究能力，属于较难题.8．M ，N 分别为菱形ABCD 的边BC ，CD 的中点，将菱形沿对角线AC 折起，使点D 不在平面ABC 内，则在翻折过程中，下列结论正确的有（ ）A ．MN ∥平面ABDB ．异面直线AC 与MN 所成的角为定值C ．在二面角D AC B --逐渐变小的过程中，三棱锥D ABC -外接球的半径先变小后变大D ．若存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直，则ABC ∠的取值范围是0,2π⎛⎫⎪⎝⎭【答案】ABD 【分析】利用线面平行的判定即可判断选项A ；利用线面垂直的判定求出异面直线AC 与MN 所成的角即可判断选项B ；借助极限状态，当平面DAC 与平面ABC 重合时，三棱锥D ABC -外接球即是以ABC ∆外接圆圆心为球心，外接圆的半径为球的半径，当二面角D AC B --逐渐变大时，利用空间想象能力进行分析即可判断选项C;过A 作AH BC ⊥,垂足为H ,分ABC ∠为锐角、直角、钝角三种情况分别进行分析判断即可判断选项D.【详解】对于选项A:因为M ，N 分别为菱形ABCD 的边BC ，CD 的中点，所以MN 为BCD ∆的中位线，所以//MN BD ,因为MN ⊄平面ABD ,BD ⊂平面ABD ，所以MN ∥平面ABD ,故选项A 正确；对于选项B ：取AC 的中点O ，连接,DO BO ,作图如下：则,AC DO AC BO ⊥⊥,BO DO O =,由线面垂直的判定知，AC ⊥平面BOD ,所以AC BD ⊥,因为//MN BD ,所以AC MN ⊥,即异面直线AC 与MN 所成的角为定值90，故选项B 正确；对于选项C:借助极限状态，当平面DAC 与平面ABC 重合时，三棱锥D ABC -外接球即是以ABC ∆外接圆圆心为球心，外接圆的半径为球的半径，当二面角D AC B --逐渐变大时，球心离开平面ABC ，但是球心在底面的投影仍然是ABC ∆外接圆圆心，故二面角D AC B --逐渐变小的过程中，三棱锥D ABC -外接球的半径不可能先变小后变大， 故选项C 错误；对于选项D:过A 作AH BC ⊥,垂足为H ,若ABC ∠为锐角，H 在线段BC 上；若ABC ∠为直角，H 与B 重合；若ABC ∠为钝角，H 在线段BC 的延长线上；若存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直，因为AH BC ⊥，所以CB ⊥平面AHD ,由线面垂直的性质知,CB HD ⊥,若ABC ∠为直角，H 与B 重合，所以CB BD ⊥,在CBD ∆中，因为CB CD =, 所以CB BD ⊥不可能成立，即ABC ∠为直角不可能成立；若ABC ∠为钝角，H 在线段BC 的延长线上，则在原平面图菱形ABCD 中，DCB ∠为锐角，由于立体图中DB DO OB <+,所以立体图中DCB ∠一定比原平面图中更小，，所以DCB ∠为锐角，CB HD ⊥，故点H 在线段BC 与H 在线段BC 的延长线上矛盾，因此ABC ∠不可能为钝角；综上可知，ABC ∠的取值范围是0,2π⎛⎫⎪⎝⎭.故选项D 正确;故选：ABD 【点睛】本题考查异面垂直、线面平行与线面垂直的判定、多面体的外接球问题；考查空间想象能力和逻辑推理能力；借助极限状态和反证法思想的运用是求解本题的关键；属于综合型强、难度大型试题.9．在正方体1111ABCD A B C D -中，如图，,M N 分别是正方形ABCD ，11BCC B 的中心.则下列结论正确的是（ ）A ．平面1D MN 与11BC 的交点是11B C 的中点 B ．平面1D MN 与BC 的交点是BC 的三点分点 C ．平面1D MN 与AD 的交点是AD 的三等分点 D ．平面1D MN 将正方体分成两部分的体积比为1∶1 【答案】BC 【分析】取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ，连FM 并延长分别交,BC AD 于,P Q ，连1,D Q PN 并延长交11B C 与H ，平面四边形1D HPQ 为所求的截面，进而求出,,P Q H 在各边的位置，利用割补法求出多面体11QPHD C CD 的体积，即可求出结论.【详解】如图，取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ， 连接FM 并延长，设FM BC P ⋂=，FM AD Q ⋂=， 连接PN 并延长交11B C 于点H .连接1D Q ，1D H ，则平面四边形1D HPQ 就是平面1D MN 与正方体的截面，如图所示.111111////,22NE CC DD NE CC DD ==，NE ∴为1DD F ∆的中位线，E ∴为DF 中点，连BF ， ,,90DCE FBE BF DC AB FBE DCE ∴∆≅∆==∠=∠=︒， ,,A B F ∴三点共线，取AB 中点S ，连MS ，则12//,,23BP FB MS BP MS BC MS FS =∴==，22111,33236BP MS BC BC PE BC ∴==⨯=∴=， E 为DF 中点，11//,233PE DQ DQ PE BC AD ∴===N 分别是正方形11BCC B 的中心，11113C H BP C B ∴==所以点P 是线段BC 靠近点B 的三等分点， 点Q 是线段AD 靠近点D 的三等分点， 点H 是线段11B C 靠近点1C 的三等分点. 做出线段BC 的另一个三等分点P '， 做出线段11A D 靠近1D 的三等分点G ，连接QP '，HP '，QG ，GH ，1H QPP Q GHD V V '--=， 所以111113QPHD C CD QPHQ DCC D V V V -==多面体长方体正方体 从而平面1D MN 将正方体分成两部分体积比为2∶1. 故选:BC.【点睛】本题考查直线与平面的交点及多面体的体积，确定出平面与正方体的交线是解题的关键，考查直观想象、逻辑推理能力，属于较难题.10．如果一个棱锥的底面是正方形，且顶点在底面内的射影是底面的中心，那么这样的棱锥叫正四棱锥．若一正四棱锥的体积为18，则该正四棱锥的侧面积最小时，以下结论正确的是（ ）．A ．棱的高与底边长的比为22B ．侧棱与底面所成的角为4π C 2 D ．侧棱与底面所成的角为3π 【答案】AB 【分析】设四棱锥S ABCD -的高为h ，底面边长为a ，由21183V a h ==得254h a=，然后可得侧面积为242108a a+，运用导数可求出当32a =时侧面积取得最小值，此时3h =，然后求出棱锥的高与底面边长的比和SAO ∠即可选出答案. 【详解】设四棱锥S ABCD -的高为h ，底面边长为a 可得21183V a h ==，即254h a= 所以其侧面积为2222244215410842244a a a h a a a⋅⋅+=+=+令()242108f a a a =+，则()23321084f a a a ⨯'=-令()233210840f a a a ⨯'=-=得32a =当(0,32a ∈时()0f a '<，()f a 单调递减当()32,a ∈+∞时()0f a '>，()f a 单调递增所以当32a =时()f a 取得最小值，即四棱锥的侧面积最小 此时3h =2，故A 正确，C 错误 侧棱与底面所成的角为SAO ∠，由3h =，32a =可得3AO = 所以4SAO π∠=，故B 正确，D 错误故选：AB 【点睛】本题考查的知识点有空间几何体的体积和表面积、线面角及利用导数求最值，属于综合题.。

课时跟踪检测（十九）立体几何1.(2018届高三·广西五校联考)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．2.(2017·合肥模拟)如图所示，在四棱台ABCD­A1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，AB＝AA1＝2A1B1＝2.(1)若M为CD中点，求证：AM⊥平面AA1B1B；(2)求直线DD 1与平面A 1BD 所成角的正弦值．3.(2018届高三·洛阳四校调研)如图，四边形ABEF 和四边形ABCD 均是直角梯形，∠FAB ＝∠DAB ＝90°，二面角F ­AB ­D 是直二面角，BE ∥AF ，BC ∥AD ，AF ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1.(1)证明：在平面BCE 上，一定存在过点C 的直线l 与直线DF 平行；(2)求二面角F ­CD ­A 的余弦值．4．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P ­ABCD 中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE∥平面PAB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M­AB­D的余弦值．5．(2017·开封模拟)如图①，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AB＝2.将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何AD＝CD＝12体D­ABC，如图②所示．(1)证明：平面ABD⊥平面BCD；(2)求二面角D­AB­C的余弦值．6.(2018届高三·湖北五校联考)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝22，BC＝42，PA＝2.(1)求证：AB⊥PC；(2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M­AC­D的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．课时跟踪检测（十九）立体几何1.(2018届高三·广西五校联考)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 为坐标原点，OA ―→，OB ―→的方向为x 轴，y 轴正方向，过O且平行于CF 的直线为z 轴(向上为正方向)，建立如图所示的空间直角坐标系O ­xyz ，设CF ＝a ，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BED 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·OB ―→＝0，n ·OE ―→＝0，3＝0，x ＋2z ＝0，令z ＝1，则n ＝(－2,0,1)，由题意得sin 45°＝|cos 〈OF ―→，n 〉|＝|OF ·n ||OF ―→||n |＝|2＋a |a 2＋1·5＝22，解得a ＝3或a ＝－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54.2.(2017·合肥模拟)如图所示，在四棱台ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，AB ＝AA 1＝2A 1B 1＝2.(1)若M 为CD 中点，求证：AM ⊥平面AA 1B 1B ；(2)求直线DD 1与平面A 1BD 所成角的正弦值．解：(1)证明：连接AC ，∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，∴△ACD 为等边三角形，又M 为CD 中点，∴AM ⊥CD ，由CD ∥AB 得，AM ⊥AB .∵AA 1⊥底面ABCD ，AM ⊂平面ABCD ，∴AM ⊥AA 1.又AB ∩AA 1＝A ，∴AM ⊥平面AA 1B 1B .(2)∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，AB ＝AA 1＝2A 1B 1＝2，∴DM ＝1，AM ＝3，∴∠AMD ＝∠BAM ＝90°，又AA 1⊥底面ABCD ，∴以A 为坐标原点，AB ，AM ，AA 1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A ­xyz ，则A 1(0,0,2)，B (2,0,0)，D (－1，3，0)，D 1－12，32，2，∴DD 1―→12，－32，2BD ―→＝(－3，3，0)，A 1B ―→＝(2,0，－2)．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·BD ―→＝0，n ·A 1B ―→＝0，－3x ＋3y ＝0，2x －2z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1，3，1)，∴|cos 〈n ，DD 1―→〉|＝|n ·DD 1―→||n |·|DD 1―→|＝15×5＝15.∴直线DD 1与平面A 1BD 所成角的正弦值为15.3.(2018届高三·洛阳四校调研)如图，四边形ABEF 和四边形ABCD均是直角梯形，∠FAB ＝∠DAB ＝90°，二面角F ­AB ­D 是直二面角，BE ∥AF ，BC ∥AD ，AF ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1.(1)证明：在平面BCE 上，一定存在过点C 的直线l 与直线DF 平行；(2)求二面角F ­CD ­A 的余弦值．解：(1)证明：由已知得，BE ∥AF ，BE ⊄平面AFD ，AF ⊂平面AFD ，∴BE ∥平面AFD .同理可得，BC ∥平面AFD .又BE ∩BC ＝B ，∴平面BCE ∥平面AFD .设平面DFC ∩平面BCE ＝l ，则l 过点C .∵平面BCE ∥平面ADF ，平面DFC ∩平面BCE ＝l ，平面DFC ∩平面AFD ＝DF ，∴DF ∥l ，即在平面BCE 上一定存在过点C 的直线l ，使得DF ∥l .(2)∵平面ABEF ⊥平面ABCD ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ，FA ⊂平面ABEF ，又∠FAB ＝90°，∴AF ⊥AB ，∴AF ⊥平面ABCD .∵AD ⊂平面ABCD ，∴AF ⊥AD .∵∠DAB ＝90°，∴AD ⊥AB .以A 为坐标原点，AD ，AB ，AF 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，由已知得，D (1,0,0)，C (2，2,0)，F (0,0,2)，∴DF ―→＝(－1,0,2)，DC ―→＝(1,2,0)．设平面DFC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·DF ―→＝0，n ·DC ―→＝0，－x ＋2z ＝0，x ＋2y ＝0，令z ＝1，则n ＝(2，－1,1)，不妨取平面ACD 的一个法向量为m ＝(0,0,1)，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝16＝66，由于二面角F ­CD ­A 为锐角，因此二面角F ­CD ­A 的余弦值为66.4．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P ­ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC＝90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE ∥平面PAB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M ­AB ­D 的余弦值．解：(1)证明：取PA 的中点F ，连接EF ，BF .因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝12AD .由∠BAD ＝∠ABC ＝90°，得BC ∥AD ，又BC ＝12AD ，所以EF 綊BC ，所以四边形BCEF 是平行四边形，CE ∥BF ，又CE ⊄平面PAB ，BF ⊂平面PAB ，故CE ∥平面PAB .(2)由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB ―→的方向为x 轴正方向，|AB ―→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz ，则A (0,0,0)，B (1，0,0)，C (1,1,0)，P (0，1，3)，PC ―→＝(1,0，－3)，AB ―→＝(1,0,0)．设M (x ，y ，z )(0<x <1)，则BM ―→＝(x －1，y ，z )，PM ―→＝(x ，y －1，z －3)．因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°，而n ＝(0,0,1)是底面ABCD 的法向量，所以|cos 〈BM ―→，n 〉|＝sin 45°，|z |(x －1)2＋y 2＋z 2＝22，即(x －1)2＋y 2－z 2＝0.①又M 在棱PC 上，设PM ―→＝λPC ―→，则x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ.②x ＝1＋22，y ＝1，z ＝－62(舍去)x ＝1－22，y ＝1，z ＝62，所以1－22，1，62，从而AM ―→1－22，1，62设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量，m ·AM ―→＝0，m ·AB ―→＝0，(2－2)x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0，所以可取m ＝(0，－6，2)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝105.由图知二面角M ­AB ­D 为锐角，因此二面角M ­AB ­D 的余弦值为10.5．(2017·开封模拟)如图①，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，CD ∥AB ，AD ＝CD ＝12AB ＝2.将△ADC 沿AC 折起，使平面ADC ⊥平面ABC ，得到几何体D ­ABC ，如图②所示．(1)证明：平面ABD ⊥平面BCD ；(2)求二面角D ­AB ­C 的余弦值．解：(1)证明：易知AC ⊥BC ，又平面ADC ⊥平面ABC ，平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，BC ⊂平面ABC ，∴BC ⊥平面ACD ，∴AD ⊥BC .又AD ⊥CD ，BC ∩CD ＝C ，∴AD ⊥平面BCD ，∵AD ⊂平面ABD ，∴平面ABD ⊥平面BCD .(2)以C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系C ­xyz ，则C (0，0,0)，A (22，0,0)，D (2，0，2)，B (0,22，0)，AD ―→＝(－2，0，2)，AB ―→＝(－22，22，0)．设平面ABD 的法向量m ＝(x ，y ，z )．m ·AD ―→＝0，m ·AB ―→＝0，－2x ＋2z ＝0，－22x ＋22y ＝0，令x ＝1，得y ＝1，z ＝1，所以平面ABD 的一个法向量m ＝(1,1,1)．易知平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0,1)，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝33，由图知，二面角D ­AB ­C 为锐角，∴二面角D ­AB ­C 的余弦值为33.6.(2018届高三·湖北五校联考)如图，在四棱锥P ­ABCD 中，PA⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，AD ⊥CD ，且AD ＝CD ＝22，BC ＝42，PA ＝2.(1)求证：AB ⊥PC ；(2)在线段PD 上，是否存在一点M ，使得二面角M ­AC ­D 的大小为45°，如果存在，求BM 与平面MAC 所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．解：(1)证明：如图，由已知得四边形ABCD 是直角梯形，由AD ＝CD ＝22，BC ＝42，可得AB ＝AC ＝4，所以BC 2＝AB 2＋AC 2，所以∠BAC ＝90°，即AB ⊥AC ，因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AB ，又PA ∩AC ＝A ，所以AB ⊥平面PAC ，所以AB ⊥PC .(2)存在，理由如下：取BC 的中点E ，则AE ⊥BC ，以A 为坐标原点，AE ，AD ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，C (22，22，0)，D (0，22，0)，P (0，0,2)，B (22，－22，0)，PD ―→＝(0,22，－2)，AC ―→＝(22，22，0)．设PM ―→＝t PD ―→(0＜t ＜1)，则点M 的坐标为(0,22t ，2－2t )，所以AM ―→＝(0,22t,2－2t )．设平面MAC 的法向量是n ＝(x ，y ，z )，n ·AC ―→＝0，n ·AM ―→＝0，22x ＋22y ＝0，22ty ＋(2－2t )z ＝0，令x ＝1，得y ＝－1，z ＝2t 1－t，则n 1，－1，2t 1－t .又m ＝(0,0,1)是平面ACD 的一个法向量，所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝|2t t －1|2＋2t t －12＝22，高考理科数学二轮复习《立体几何》检测试卷及答案解析11解得t ＝12，即点M 是线段PD 的中点．此时平面MAC 的一个法向量n ＝(1，－1，2)，又BM ―→＝(－22，32，1)．设BM 与平面MAC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，BM ―→〉|＝422×33＝269.故BM 与平面MAC 所成角的正弦值为269.。

高考数学二轮复习立体几何多选题测试试题附解析一、立体几何多选题1．如图，正方体1111ABCD A B C D -中的正四面体11A BDC -的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）A ．异面直线1AB 与1AD 所成的角是3πB ．1BD ⊥平面11AC DC ．平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为3D ．正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23【答案】ABD 【分析】选项A ，利用正方体的结构特征找到异面直线所成的角；选项B ，根据正方体和正四面体的结构特征以及线面垂直的判定定理容易得证；选项C ，由图得平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为1ACB 面积的四分之一；选项D ，分别求出正方体的体对角线长和正四面体11A BDC -的高，然后判断数量关系即可得解. 【详解】A ：正方体1111ABCD ABCD -中，易知11//AD BC ，异面直线1A B 与1AD 所成的角即直线1A B 与1BC 所成的角，即11A BC ∠，11A BC 为等边三角形，113A BC π∠=，正确；B ：连接11B D ，1B B ⊥平面1111DC B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，即111AC B B ⊥，又1111AC B D ⊥，1111B B B D B ⋂=，有11A C ⊥平面11BDD B ，1BD ⊂平面11BDD B ，所以111BD AC ⊥，同理可证：11BD A D ⊥，1111AC A D A ⋂=，所以1BD ⊥平面11AC D ，正确；C ：易知平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为134ACB S=，错误；D ：易得正方体1111ABCD A B C D -()()()2222226++=2的正四面体11A BDC -的高为22222262213⎛⎫--⨯= ⎪⎝⎭，故正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23，正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：利用正方体的性质，找异面直线所成角的平面角求其大小，根据线面垂直的判定证明1BD ⊥平面11AC D ，由正四面体的性质，结合几何图形确定截面的面积，并求高，即可判断C 、D 的正误.2．如图所示，正三角形ABC 中，D ，E 分别为边AB ，AC 的中点，其中AB ＝8，把△ADE 沿着DE 翻折至A 'DE 位置，使得二面角A '-DE -B 为60°，则下列选项中正确的是（ ）A ．点A '到平面BCED 的距离为3B ．直线A 'D 与直线CE 所成的角的余弦值为58C ．A 'D ⊥BDD ．四棱锥A '-BCED 237【答案】ABD 【分析】作AM ⊥DE ，交DE 于M ,延长AM 交BC 于N ,连接A'M ,A'N .利用线面垂直的判定定理判定CD ⊥平面A'MN ,利用面面垂直的判定定理与性质定理得到'A 到平面面BCED 的高A'H ,并根据二面角的平面角，在直角三角形中计算求得A'H 的值，从而判定A;根据异面直线所成角的定义找到∠A'DN 就是直线A'D 与CE 所成的角，利用余弦定理计算即可判定B;利用勾股定理检验可以否定C;先证明底面的外接圆的圆心为N ,在利用外接球的球心的性质进行得到四棱锥A'-BCED 的外接球的球心为O ,则ON ⊥平面BCED ,且OA'=OC ,经过计算求解可得半径从而判定D. 【详解】如图所示，作AM ⊥DE ，交DE 于M ,延长AM 交BC 于N ,连接A'M ,A'N . 则A'M ⊥DE ,MN ⊥DE , ,∵'A M ∩MN =M ,∴CD ⊥平面A'MN , 又∵CD ⊂平面ABDC ,∴平面A'MN ⊥平面ABDC , 在平面A'MN 中作A'H ⊥MN ,则A'H ⊥平面BCED ,∵二面角A'-DE -B 为60°，∴∠A'EF =60°，∵正三角形ABC 中，AB =8,∴AN =43,∴A'M =23,∴A'H =A'M sin60°=3，故A 正确； 连接DN ,易得DN ‖EC ,DN =EC =4, ∠A'DN 就是直线A'D 与CE 所成的角， DN =DA'=4,A'N =A'M =23,cos ∠A'DN =22441252448+-=⨯⨯,故B 正确；A'D =DB =4,A'B=22121627A N BN +=+=',∴222A D DB A B '≠'+,∴A'D 与BD 不垂直，故C 错误’ 易得NB =NC =ND =NG =4，∴N 为底面梯形BCED 的外接圆的圆心， 设四棱锥A'-BCED 的外接球的球心为O ,则ON ⊥平面BCED ,且OA'=OC , 若O 在平面BCED 上方，入图①所示：设ON =x ,外接球的半径为R ,过O 作A'H 的垂线，垂足为P ,则HP =x ,易得()()22222433x x R +=-+=,解得23x =-,舍去；故O 在平面BCED 下方，如图②所示：设ON =x ,外接球的半径为R ,过O 作A'H 的垂线，垂足为P ,则HP =x ,易得()()22222433x x R +=++=, 解得23x =, ∴244371699R ⨯=+=,237R ∴=,故D 正确. 故选:ABD .【点睛】本题考查立体几何中的折叠问题，涉及二面角问题，异面直线所成的角，用到线面、面面垂直的判定与性质及外接球的球心的性质和有关计算，余弦定理等，属综合性较强的题目，关键是利用线面垂直，面面垂直的判定和性质进行空间关系和结构的判定，注意球心在四棱锥的底面上方和下方的讨论与验证.3．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -，中，E 为棱1CC 上的中点，F 为棱1AA 上的点，且满足1:1:2A F FA =，点F ，B ，E ，G ，H 为过三点B ，E ，F 的平面BMN 与正方体1111ABCD A B C D -的棱的交点，则下列说法正确的是（ ）A ．//HF BEB ．三棱锥的体积14B BMN V -=C ．直线MN 与平面11A B BA 所成的角为45︒D ．11:1:3D G GC = 【答案】ABD 【分析】面面平行性质定理可得出A 正确；等体积法求得B 正确；直线MN 与平面11A B BA 所成的角为1B MN ∠，求其正切值不等于1即可得出C 错误；利用面面平行性质定理和中位线求出11,D G GC 长度即可得出D 正确. 【详解】解：对于A.在正方体1111ABCD A B C D -中平面11//ADA D 平面11BCB C ， 又平面11ADA D 平面BMN HF =，平面11BCB C ⋂平面BMN BE =，有平面与平面平行的性质定理可得//HF BE ，故正确； 对于B.因为1:1:2A F FA =，所以111332B M A B ==， 又E 为棱1CC 上的中点，所以14B N =, 所以1111234432B BMN N B BM V V --⎛⎫==⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭，故正确； 对于C.由题意及图形可判定直线MN 与平面11A B BA 所成的角为1B MN ∠， 结合B 选项可得1114tan 13B N B MN B M ∠==≠，故错误； 对于D.同A 选项证明方法一样可证的11//GC B M ，因为E 为棱1CC 上的中点，1C 为棱1B N 上的中点，所以1113=22GC B M = 所以11G=2D ，所以11:1:3D G GC =，故正确. 故选：ABD 【点睛】求体积的常用方法：（1）直接法：对于规则的几何体，利用相关公式直接计算；（2）等体积法：选择合适的底面来求几何体体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面可作为三棱锥的底面进行等体积变换；（3）割补法：首先把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算.4．在边长为2的等边三角形ABC 中，点,D E 分别是边,AC AB 上的点，满足//DE BC 且AD ACλ=，（()01λ∈，），将ADE 沿直线DE 折到A DE '△的位置.在翻折过程中，下列结论不成立的是（ ）A ．在边A E '上存在点F ，使得在翻折过程中，满足//BF 平面A CD 'B ．存在102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面A BC '⊥平面BCDE C ．若12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，||A B '=D ．在翻折过程中，四棱锥A BCDE '-体积的最大值记为()f λ，()f λ的最大值为23【答案】ABC 【分析】对于A.在边A E '上点F ，在A D '上取一点N ，使得//FN ED ，在ED 上取一点H ，使得//NH EF ，作//HG BE 交BC 于点G ，即可判断出结论.对于B ，102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，在翻折过程中，点A '在底面BCDE 的射影不可能在交线BC 上，即可判断出结论. 对于C ，12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，取ED 的中点M ，可得AM ⊥平面BCDE .可得22A B AM BM '=+，结合余弦定理即可得出.对于D.在翻折过程中，取平面AED ⊥平面BCDE ，四棱锥A BCDE '-体积()3133BCDE f S λλλλ=⋅⋅=-，()01λ∈，，利用导数研究函数的单调性即可得出.【详解】对于A.在边A E '上点F ，在A D '上取一点N ，使得//FN ED ，在ED 上取一点H ，使得//NH EF ，作//HG BE 交BC 于点G ，如图所示，则可得FN 平行且等于BG ，即四边形BGNF 为平行四边形， ∴//NG BE ，而GN 始终与平面ACD 相交，因此在边A E '上不存在点F ，使得在翻折过程中，满足//BF 平面A CD '，A 不正确.对于B ，102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，在翻折过程中，点A '在底面BCDE 的射影不可能在交线BC 上，因此不满足平面A BC '⊥平面BCDE ，因此B 不正确. 对于C.12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，取ED 的中点M ，如图所示：可得AM ⊥平面BCDE ， 则22223111010()1()21cos12022224A B AM BM '=+=++-⨯⨯⨯︒=≠，因此C 不正确；对于D.在翻折过程中，取平面AED ⊥平面BCDE ，四棱锥A BCDE '-体积()3133BCDE f S λλλλ=⋅⋅=-，()01λ∈，，()213f λλ'=-，可得3λ=时，函数()f λ取得最大值()312313f λ⎛⎫=-=⎪⎝⎭，因此D 正确. 综上所述，不成立的为ABC. 故选：ABC. 【点睛】本题考查了利用运动的观点理解空间线面面面位置关系、四棱锥的体积计算公式、余弦定理、利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力空间想象能力与计算能力，属于难题.5．如图，点O 是正四面体P ABC -底面ABC 的中心，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，S 是棱PC 上的点，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ，则（ ）A ．若//MN 平面PAB ，则//AB RQ B ．存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQC ．存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+= D ．111PQPRPS++是常数【答案】ABD 【分析】对于选项A ，根据线面平行的性质定理，进行推理判断即可；对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ， 13SC PC =时，通过线面垂直的判定定理，证明此时PC ⊥平面SRQ ，即可证明，存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ；对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+=，利用线面垂直的判定定理可证得PC ⊥平面PAB ，此时通过反证法说明矛盾性，即可判断； 对于选项D ，利用S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V ----=++，即可求得111PQPRPS++是常数.【详解】 对于选项A ， 若//MN 平面PAB ，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ,∴平面SMN 平面PAB =RQ ，又MN ⊂平面SMN ，//MN 平面PAB ，∴//MN RQ ，点O 在面ABC 上，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，∴MN ⊂平面ABC ，又//MN 平面PAB ，平面ABC平面PAB AB =，∴//MN AB ， ∴//AB RQ ，故A 正确； 对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ，S 为线段PC 上靠近C 的三等分点，即13SC PC =， 此时PC ⊥平面SRQ ，以下给出证明： 在正四面体P ABC -中，设各棱长为a ，∴ABC ，PBC ，PAC △，PAB △均为正三角形，点O 为ABC 的中心，//MN AB ，∴由正三角形中的性质，易得23CN CM a ==， 在CNS 中，23CN a =，13SC a =，3SCN π∠=，∴由余弦定理得，SN a ==，∴222249SC SN a CN +==，则SN PC ⊥， 同理，SM PC ⊥，又SM SN S =，SM ⊂平面SRQ ，SN ⊂平面SRQ ，∴PC ⊥平面SRQ ，∴存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ，故B 正确； 对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+=， 设QR 中点为K ，则2PQ PR PK +=，∴PS PK ⊥，即PC PK ⊥，()cos cos 0PC AB PC PB PA PC PB CPB PC PA CPA ⋅=⋅-=⋅∠-⋅∠=，∴PC AB ⊥，又易知AB 与PK 为相交直线，AB 与PK 均在平面PQR 上，∴PC ⊥平面PQR ，即PC ⊥平面PAB ，与正四面体P ABC -相矛盾，所以假设不成立， 故C 错误； 对于选项D ，易知点O 到面PBC ，面PAC ，面PAB 的距离相等，记为d ， 记PC 与平面PAB 所处角的平面角为α，α为常数，则sin α也为常数， 则点S 到PQR 的距离为sin PS α， 又13sin23PQRSPQ PR PQ PR π=⋅=⋅ ∴()()1133sin sin sin33S PQR PQRV PS S PS PQ PR PQ PR PS ααα-=⋅=⋅⋅=⋅⋅， 又13sin 234PSRSPS PR PS PR π=⋅=⋅， 13sin23PSQS PS PQ PS PQ π=⋅=⋅， 13sin 234PQRSPQ PR PQ PR π=⋅=⋅，()12S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V d PS PR PS PQ PQ PR ----=++=⋅+⋅+⋅，∴()33sin 1212PQ PR PS d PS PR PS PQ PQ PR α⋅⋅=⋅+⋅+⋅， ∴111sin d PQ PR PS α++=为常数，故D 正确.故选：ABD.【点睛】本题考查了线面平行的性质定理、线面垂直的判定定理，考查了三棱锥体积的计算，考查了向量的运算，考查了转化能力与探究能力，属于较难题.6．如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，11,2,AB BC AA P ===是1A B 上的一动点，则下列选项正确的是( )A ．DP 的最小值为355B ．DP 5C ．1AP PC +6D ．1AP PC +170 【答案】AD【分析】 DP 的最小值，即求1DA B △底边1A B 上的高即可；旋转11A BC 所在平面到平面11ABB A ，1AP PC +的最小值转化为求AC '即可.【详解】求DP 的最小值，即求1DA B △底边1A B 上的高，易知115,2A B A D BD ===，所以1A B 边上的高为355h =111,AC BC ，得11A BC ，以1A B 所在直线为轴，将11A BC 所在平面旋转到平面11ABB A ，设点1C 的新位置为C '，连接AC '，则AC '即为所求的最小值，易知11122,2,cos 10AA AC AAC ''==∠=-， 所以217042222()105AC '=+-⨯⨯⨯-=. 故选：AD.【点睛】本题考查利用旋转求解线段最小值问题.求解翻折、旋转问题的关键是弄清原有的性质变化与否， (1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，翻折、旋转前后应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．7．如图，矩形ABCD 中，M 为BC 的中点，将ABM 沿直线AM 翻折成1AB M ，连结1B D ，N 为1B D 的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是（ ）A ．存在某个位置，使得CN AB ⊥B ．翻折过程中，CN 的长是定值C ．若AB BM =，则1AM BD ⊥D ．若1AB BM ==，当三棱锥1B AMD -的体积最大时，三棱锥1B AMD -的外接球的表面积是4π【答案】BD【分析】对于选项A ，取AD 中点E ，取1AB 中点K ，连结KN ，BK ，通过假设CN AB ⊥，推出AB ⊥平面BCNK ，得到AB BK ⊥，则22AK AB BK AB =+>，即可判断； 对于选项B ，在判断A 的图基础上，连结EC 交MD 于点F ，连结NF ，易得1NEC MAB ∠=∠，由余弦定理，求得CN 为定值即可；对于选项C ，取AM 中点O ，1B O ，DO ，由线面平行的性质定理导出矛盾，即可判断； 对于选项D ，易知当平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大，说明此时AD 中点E 为外接球球心即可.【详解】如图1，取AD 中点E ，取1AB 中点K ，连结EC 交MD 于点F ，连结NF ，KN ，BK ,则易知1//NE AB ，1//NF B M ，//EF AM ，//KN AD ，112NE AB =，EC AM = 由翻折可知，1MAB MAB ∠=∠，1AB AB =， 对于选项A ，易得//KN BC ，则K 、N 、C 、B 四点共面，由题可知AB BC ⊥，若CN AB ⊥，可得AB ⊥平面BCNK ，故AB BK ⊥，则22AK AB BK AB =+>，不可能，故A 错误；对于选项B ，易得1NEC MAB ∠=∠，在NEC 中，由余弦定理得222cos CN CE NE NE CE NEC =+-⋅⋅∠， 整理得222212422AB AB AB CN AM AM BC AB AM =+-⋅⋅=+， 故CN 为定值，故B 正确；如图2，取AD 中点E ，取AM 中点O ，连结1B E ，OE ，1B O ，DO ，，对于选项C ，由AB BM =得1B O AM ⊥，若1AM B D ⊥，易得AM ⊥平面1B OD ，故有AM OD ⊥，从而AD MD =，显然不可能，故C 错误；对于选项D ，由题易知当平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥B 1﹣AMD 的体积最大，此时1B O ⊥平面AMD ，则1B O OE ⊥，由1AB BM ==，易求得122BO =，2DM =22221122122B E OB OE ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因此1EB EA ED EM ===，E 为三棱锥1B AMD -的外接球球心，此外接球半径为1，表面积为4π，故D 正确.故选：BD.【点睛】本题主要考查了立体几何中的翻折问题以及空间图形的位置关系，考查了空间想象能力，属于较难题.8．已知正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，侧棱11AA =，P 为上底面1111D C B A 上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（ ）A ．若3PD =，则满足条件的P 点有且只有一个B ．若3PD =，则点P 的轨迹是一段圆弧C ．若PD ∥平面1ACB ，则DP 长的最小值为2D ．若PD ∥平面1ACB ，且3PD =，则平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形的面积为94π 【答案】ABD【分析】 若3PD =，由于P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一；()313PD =∈，，则12PD =，即点P 的轨迹是一段圆弧；当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为3=，可判断C ；平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为32=，可得D . 【详解】如图：∵正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，∴1122B D =11AA =，∴()2212213DB =+=，则P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一，故A 正确；∵()13PD =，，11DD =，则1PD P 的轨迹是一段圆弧，故B 正确； 连接1DA ，1DC ，可得平面11//A DC 平面1ACB ，则当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为=C 错误；由C 知，平面BDP 即为平面11BDD B ，平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接32=，面积为94π，故D 正确．故选：ABD ．【点睛】本题考查了立体几何综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.。

高三数学二轮复习精选专题练（理科，有解析）空间几何体1、已知某个几何体的三视图如图(主视图中的弧线是半圆),根据图中标出的尺寸,可得这个几何体的体积是 ( )A.8π+B.283π+C.12π+D.2123π+【答案】A2、在直角坐标系xOy 中，设(2,2),(2,3)A B --，沿y 轴把坐标平面折成120o的二面角后，AB 的长是（）37 B. 6 C. 35 53 【答案】A【解析】做AC 垂直y 轴于点C,BD 垂直y 轴于点D ，BM 平行于y 轴，且NC 垂直Y 轴，则0=120ACM ∠，又AC=MC=2，所以由余弦定理得AM=23,在ABM ∆，0=9023,537BMA AM BM AB ∠===，，所以.即AB 的长是37.3、已知某个几何体的三视图如下,根据图中标出的尺寸（单位：cm ）.可得这个几何体的体积是（）A.133cmB.233cmC.433cmD.833cm【答案】C4、已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图中半圆的直径为2，则该几何体的体积为（）A.243π- B.242π- C.3242π- D.24π-【答案】C5、如图,某几何体的正视图和俯视图都是矩形,侧视图是等腰直角三角形,则该几何体的体积为()A.163B.8C.16D. 83【答案】B6、平面四边形ABCD 中,1===CD AD AB ,CD BD BD ⊥=,2,将其沿对角线BD 折成四面体BCD A -',使平面⊥BD A '平面BCD ,若四面体BCD A -'顶点在同一个球面上,则该球的体积为( ) A. π23 B. π3 C. π32 D. π2【答案】ABD 所在的圆直径就是BD,BDC 所在的圆直径是BC,由题意两个圆面垂直,且ABD 所在的圆面被BDC 所在的圆平分,所以BDC 所在的圆就是大圆;球的直径就是BC 3,所以正确的选项是A.7、设集合P={直四棱柱}，Q={正四棱柱}，S={长方体}，则（）A ．()S Q P =UB ．()P Q S ⊆IC ．()P S Q⊆I D ．()P Q S ⊆U 【答案】B【解析】底面为正方形的直四棱柱是长方体的一种，所以正确选项为B.8、半径为R 的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为（） 3324R πB 338R πC 3524R πD 358R π【答案】A设圆锥底面圆的半径为r ，高为h ，则2πr=πR ，∴r=2R ∵R 2=r 2+h 2，∴h=32R ，∴V=213()322R R π=3324R π，故选A 。

专题1.5 立体几何（一）选择题（12*5=60分）1．三棱柱的侧棱垂直于底面，且，，若该三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】如图，由题可知矩形的中心为该三棱柱外接球的球心，.∴该球的表面积为.选C．2．已知，，是三个不同的平面，，是两条不同的直线，下列命题是真命题的是（）A．若，，则B．若，，则C．若，，，则D．若，，，则【答案】D【解析】对于A，B选项，可能相交；对于C选项，可能异面，故选D.3．【2018广西贺州桂梧高中联考】有一个圆锥与一个圆柱的底面半径相等，圆锥的母线与底面所成角为60°，若圆柱的外接球的表面积是圆锥的侧面积的6倍，则圆柱的高是底面半径的（）A. 倍B. 倍C. 倍D. 倍【答案】C4．《九章算术》是我国数学史上堪与欧几里得《几何原本》相媲美的数学名著．其第五卷《商功》中有如下问题：“今有圆堡，周四丈八尺，高一丈一尺，问积几何？”这里所说的圆堡就是圆柱体，其底面周长是4丈8尺，高1丈1尺，问它的体积是多少?若取3，估算该圆堡的体积为（1丈=10尺）（）A．1998立方尺 B．2012立方尺 C．2112立方尺 D．2324立方尺【答案】A【解析】由底面半径为，则，又，所以，所以该圆堡的体积为立方尺，故选A．5．【2018东北名校联考】已知正四棱锥中，分别是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】C6．在直三棱柱中，平面与棱分别交于点，且直线平面.有下列三个命题：①四边形是平行四边形；②平面平面；③平面平面.其中正确的命题有（）．A．①② B．②③ C．①③ D．①②③【答案】C7．【2018东北名校联考】某几何体的三视图如图所示，则该几何体体积是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由三视图知原几何体为一个半圆锥加处一个四棱锥．由三视图知半圆锥的底面半径为．则几何体的体积．故本题答案选．8．现有一半球形原料，若通过切削将该原料加工成一正方体工件，则所得工件体积与原料体积之比的最大值为（）A． B． C. D．【答案】A9．圆锥的母线长为，过顶点的最大截面的面积为，则圆锥底面半径与母线长的比的取值范围是（）．A． B． C． D．【答案】D【解析】由题意得轴截面的顶角不小于，因为，所以，选D. 10．已知长方体的外接球的体积为，其中，则三棱锥的体积的最大值为（）A.1B.3C.2D.4【答案】A【解析】由题意设外接球的半径为,则由题设可得,由此可得.记长方体的三条棱长分别为,则,由此可得,因棱锥的体积,故应选A.11．在正四棱锥中，为正方形的中心，，且平面与直线交于，则（）A. B. C. D.【答案】A12．用半径为的圆铁皮剪一个内接矩形，再以内接矩形的两边分别作为圆柱的高于底面半径，则圆柱的体积最大时，该圆铁皮面积与其内接矩形的面积比为（）A． B． C． D．【答案】C（二）填空题（4*5=20分）13．【西藏拉萨市2018届第一次模拟】中国古代数学瑰宝《九章算术》中有这样一道题：“今有堑堵（底面为直角三角形的直棱柱）下广二丈，袤一十八丈六尺，高二丈五尺，问积几何？”其意思为：“今有底面为直角三角形的直棱柱，底面的直角边长宽为2丈，长为18丈6尺，高为2丈5尺，问它的体积是多少？”已知1丈为10尺，则题中的堑堵的外接球的表面积为__________平方尺．【答案】【解析】根据题意可将此堑堵补成一个长方体，且长、宽、高分别为186尺，20尺，25尺，则外接球的直径为，外接球的面积为.14．已知球的表面积为，用一个平面截球，使截面圆的半径为，则截面圆心与球心的距离是____________．【答案】【解析】由已知可得．15．已知三棱锥的顶点都在同一个球面上（球），且，，当三棱锥的三个侧面的面积之和最大时，该三棱锥的体积与球的体积的比值是 .【答案】【解析】由于三条棱长是定值,所以由题设可知当两两互相垂直时,三个侧面的面积之和最大.在此前提下可构造长方体,使得分别是该长方体的长，宽，高.由此可得其外接球的直径即长方体的对角线长为,即球的半径,球的体积,而三棱锥的体积,所以,故应填答案.NQDCBPMA16．【2018广西南宁摸底联考】如图，在正方形中，分别是的中点，是的中点.现在沿及把这个正方形折成一个空间图形，使三点重合，重合后的点记为.下列说法错误的是__________（将符合题意的选项序号填到横线上）.①所在平面；②所在平面；③所在平面；④所在平面.【答案】①③④（三）解答题（10+5*12=70分）17．如图所示的几何体为一简单组合体，在底面中，，，，平面，，，．（1）求证：平面平面；（2）求该组合体的体积．18．如图，在四面体中，，，点，分别为棱，上的点，点为棱的中点，且平面平面．求证：（1）；（2）平面平面．19．【2018黑龙江齐齐哈尔八中三模】如图1，矩形中，，将沿折起，得到如图所示的四棱锥，其中.（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【解析】（1）在图2中取的中点，连接，.由条件可知图1中四边形为正方形，则有，且可求得.在中，，，，由余弦定理得.在中，，所以，即.由于，平面，且，，所以平面.又平面，故平面平面.20．如图，四棱锥中，底面为平行四边形，底面，是棱的中点，且．（1）求证：平面；（2）如果是棱上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值．【解析】（1）连结，因为在中，，所以，所以．因为，所以．又因为底面，所以，因为，所以平面．21．如图①所示，四边形为等腰梯形，，且于点为的中点．将沿着折起至的位置，得到如图②所示的四棱锥.（1）求证：平面；（2）若平面平面，求二面角的余弦值．22．【河北省鸡泽县2018届月考】如图，三棱柱中，，，.（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）若，在棱上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求的长，若不存在，说明理由.。

高考数学二轮复习立体几何多选题测试试题附解析一、立体几何多选题1．如图①，矩形ABCD 的边2BC =，设AB x =，0x >，三角形BCM 为等边三角形，沿BC 将三角形BCM 折起，构成四棱锥M ABCD -如图②，则下列说法正确的有（ ）A ．若T 为BC 中点，则在线段MC 上存在点P ，使得//PD 平面MATB ．当)3,2x ∈时，则在翻折过程中，不存在某个位置满足平面MAD ⊥平面ABCDC ．若使点M 在平面ABCD 内的射影落在线段AD 上，则此时该四棱锥的体积最大值为1 D ．若1x =，且当点M 在平面ABCD 内的射影点H 落在线段AD 上时，三棱锥M HAB -6322++【答案】BCD 【分析】对于A ，延长AT 与DC 的延长线交于点N ，此时，DP 与MN 必有交点； 对于B ，取AD 的中点H ，表示出2223MH MT HT x --，验证当)3,2x ∈时，无解即可； 对于C ，利用体积公式21233V x x =⨯⨯-，借助基本不等式求最值即可； 对于D ，要求外接球半径与内切球半径，找外接圆的圆心，又内接圆半径为2323r =++【详解】对于A ，如图，延长AT 与DC 的延长线交于点N ，则面ATM ⋂面()MDC N MN =．此时，DP 与MN 必有交点，则DP 与面ATM 相交，故A 错误； 对于B ，取AD 的中点H ，连接MH ，则MH AD ⊥．若面MAD ⊥面ABCD ，则有2223MH MT HT x =-=- 当)3,2x ∈时，无解，所以在翻折过程中，不存在某个位置满足平面MAD ⊥平面ABCD故B 正确；对于C ，由题可知，此时面MAD ⊥面ABCD ，由B 可知，(3x ∈，所以()22222221223232331333232x x V x x x x ⎛⎫+-⎛⎫=⨯⨯-=-≤== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭当且仅当223x x =-，即6x =时等号成立．故C 正确； 对于D ，由题可知，此时面MAD ⊥面ABCD ，且2MH =因为AHB ，MHB 都是直角三角形，所以M ABH -底面外接圆的圆心是中点，所以1R =，由等体积法，可求得内接圆半径为2323r =++，故61322R r +=，故D 正确．故选：BCD ． 【点睛】本题从多个角度深度考查了立体几何的相关内容，注意辅助线的作法，以及求内接圆半径的公式、基本不等式、构造函数等核心思想．2．在正三棱柱111ABC A B C -中，2AC =11CC =，点D 为BC 中点，则以下结论正确的是（ ） A ．111122A D AB AC AA =+- B ．三棱锥11D AB C -3C ．1AB BC ⊥且1//AB 平面11AC DD ．ABC 内到直线AC 、1BB 的距离相等的点的轨迹为抛物线的一部分 【答案】ABD 【分析】A ．根据空间向量的加减运算进行计算并判断；B ．根据1111D ABC A DB C V V --=，然后计算出对应三棱锥的高AD 和底面积11DB C S，由此求解出三棱锥的体积；C ．先假设1AB BC ⊥，然后推出矛盾；取AB 中点E ，根据四点共面判断1AB //平面11AC D 是否成立；D ．将问题转化为“ABC 内到直线AC 和点B 的距离相等的点”的轨迹，然后利用抛物线的定义进行判断. 【详解】A ．()11111111222A D A A AD AD AA AB AC AA AB AC AA =+=-=+-=+-，故正确；B ．1111D ABC A DB C V V --=，因为D 为BC 中点且AB AC =，所以AD BC ⊥， 又因为1BB ⊥平面ABC ，所以1BB AD ⊥且1BB BC B =，所以AD ⊥平面11DB C ，又因为36322AD BD BC ===，111111222DB C S BB B C =⨯⨯=， 所以11111111623332D AB C A DB C DB C V V AD S --==⨯⨯=⋅⋅=，故正确；C ．假设1AB BC ⊥成立，又因为1BB ⊥平面ABC ，所以1BB BC ⊥且111BB AB B =，所以BC ⊥平面1ABB ，所以BC AB ⊥，显然与几何体为正三棱柱矛盾，所以1AB BC ⊥不成立；取AB 中点E ，连接11,,ED EA AB ，如下图所示：因为,D E 为,BC AB 中点，所以//DE AC ，且11//AC A C ，所以11//DE AC ，所以11,,,D E A C 四点共面，又因为1A E 与1AB 相交，所以1AB //平面11AC D 显然不成立，故错误；D ．“ABC 内到直线AC 、1BB 的距离相等的点”即为“ABC 内到直线AC 和点B 的距离相等的点”，根据抛物线的定义可知满足要求的点的轨迹为抛物线的一部分，故正确； 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：求解空间中三棱锥的体积的常用方法：（1）公式法：直接得到三棱锥的高和底面积，然后用公式进行计算；（2）等体积法：待求三棱锥的高和底面积不易求出，采用替换顶点位置的方法，使其求解高和底面积更容易，由此求解出三棱锥的体积.3．已知三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，其长度分别为a ，b ，c ．点A 在底面BCD 内的射影为O ，点A ，B ，C ，D 所对面的面积分别为A S ，B S ，C S ，D S ．在下列所给的命题中，正确的有（ ） A ．2A BCO D S SS ⋅=； B ．3333A B C D S S S S <++；C ．若三条侧棱与底面所成的角分别为1α，1β，1γ，则222111sin sin sin 1αβγ++=；D ．若点M 是面BCD 内一个动点，且AM 与三条侧棱所成的角分别为2α，2β，2γ，则22cos α+2222cos cos 1βγ+=．【答案】ACD 【分析】由Rt O OA '与Rt O AD '相似，得边长关系，进而判断A 正确；当M 与O 重合时，注意线面角与线线角的关系，即可得C 正确；构造长方体，建立直角坐标系，代入夹角公式计算可得D 正确；代入特殊值，可得B 错误. 【详解】由三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，则将三棱锥A BCD -补成长方体ABFC DGHE -，连接DO 并延长交BC 于O '， 则AO BC ⊥．对A ：由Rt O OA '与Rt O AD '相似，则2O A O O O D '''=⨯ 又12A S BC O D '=⋅，12BCOS BC O O '=⋅， 22221124D S BC O A BC O A ⎛⎫''=⋅=⋅ ⎪⎝⎭所以2A BCOD S SS ⋅=，故A 正确．对B ：当1a b c ===时，33318B C D S S S ===，则33338B C D S S S ++=，而3332288A S ⎛⎫==> ⎪⎪⎝⎭，此时3333A B C D S S S S >++，故B 不正确． 对D ：分别以AB ，AC ，AD 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．设(),,M x y z ，则(),,AM x y z =，222AM x y z =++，(),0,0AB a =，()0,,0AC b =，()0,0,AD c =所以222222222cos cos cos AM AB AM AC AM AD AM ABAM ACAM ADαβγ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅++=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪⋅⋅⋅⎝⎭⎝⎭⎝⎭2222221x y z AMAMAM=++=，所以D 正确．对C ：当M 与O 重合时，AO ⊥面BCD ，由D 有222222cos cos cos 1αβγ++=，由各侧棱与底面所成角与侧棱与所AO 成角互为余角，可得C 正确． 故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题考查空间线面角、线线角、面积关系的问题，计算角的问题关键是建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用数量积的公式代入计算，解决这道题目还要结合线面角与线线角的关系判断.4．在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别是棱AB 、1CC 的中点，1MB P 的顶点P 在棱1CC 与棱11C D 上运动，有以下四个命题正确命题的序号是（ ）A ．平面1MB P 1ND ⊥ B ．平面1MB P ⊥平面11ND AC ．1MB P 在底面ABCD 上的射影图形的面积为定值 D ．1MB P 在侧面11D C CD 上射影图形是三角形【答案】BC 【分析】取N 与P 重合，结合勾股定理可判断A 选项的正误；利用面面垂直的判定定理可判断B 选项的正误；分点P 在棱1CC 、11C D 上运动两种情况讨论，利用三角形的面积公式可判断C 选项的正误；取点P 与点1C 重合，判断1MB P 在侧面11D C CD 上射影图形形状，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，如下图所示：当点P 与点N 重合时， 若1ND ⊥平面1MB P ，1B N ⊂平面1MB P ，则11ND B N ⊥，由勾股定理可得2211115D N C N C D =+=，同理可得15B N =1122B D =2221111B N D N B D ∴+≠，则1ND 与1B N 不垂直，假设不成立，A 选项错误；对于B 选项，取1BB 的中点E ，连接1A E 、EN ，在正方体1111ABCD A B C D -中，11//BB CC ，且E 、N 分别为1BB 、1CC 的中点， 则11//B E C N 且11B E C N =，所以，四边形11B ENC 为平行四边形，则11//EN B C 且11EN B C =，1111//A D B C 且1111A D B C =，所以，11//A D EN 且11A D EN =，所以，四边形11A END 为平行四边形，所以，11//A E D N ，111A B BB =，1B E BM =，11190A B E B BM ∠=∠=，所以，111Rt A B E Rt B BM ≅△△，所以，111B A E BB M ∠=∠，所以，111111190A EB BB M A EB B A E ∠+∠=∠+∠=，190B FE ∴∠=，所以，11B M A E ⊥，11A D ⊥平面11AA B B ，1B M ⊂平面11AA B B ，111B M A D ∴⊥， 1111A D A E A =，11A D 、1A E ⊂平面11ND A ，1MB ∴⊥平面11ND A ，1MB ⊂平面1MB P ，所以，平面1MB P ⊥平面11ND A ，B 选项正确；对于C 选项，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a .若点P 在棱1CC 上运动时，1MB P 在底面ABCD 上的射影为MBC △， 此时，射影图形的面积为21224MBCa a S a =⋅=△； 若点P 在棱11C D 上运动时，设点P 在底面ABCD 上的射影点为G ，则G CD ∈， 且点G 到AB 的距离为a ,1MB 在底面ABCD 内的射影为MB ，则1MB P 在底面ABCD 内的射影为MBG △，且21224MBGa a S a =⋅⋅=△.综上所述，1MB P 在底面ABCD 内的射影图形的面积为定值，C 选项正确； 对于D 选项，当点P 与1C 重合时，P 、1B 两点在平面11D C CD 上的射影重合， 此时，1MB P 在侧面11D C CD 上的射影不构成三角形，D 选项错误. 故选：BC. 【点睛】方法点睛：证明面面垂直常用的方法： （1）面面垂直的定义； （2）面面垂直的判定定理.在证明面面垂直时，一般假设面面垂直成立，然后利用面面垂直转化为线面垂直，即为所证的线面垂直，组织论据证明即可.5．已知四面体ABCD 的所有棱长均为2，则下列结论正确的是（ ） A ．异面直线AC 与BD 所成角为60︒ B ．点A 到平面BCD 的距离为263C ．四面体ABCD 6πD ．动点P 在平面BCD 上，且AP 与AC 所成角为60︒，则点P 的轨迹是椭圆 【答案】BC 【分析】在正四面体中通过线面垂直可证得AC ⊥BD ，通过计算可验证BC,通过轨迹法可求得P 的轨迹为双曲线方程即可得D 错误. 【详解】取BD 中点E ,连接,AE CE ,可得BD ⊥面ACE ,则AC ⊥BD ,故A 错误；在四面体ABCD 中，过点A 作AF ⊥面BCD 于点F ,则F 为为底面正三角形BCD 的重心，因为所有棱长均为2,22263AF AB BF =-=即点A 到平面BCD 26,故B 正确；设O 为正四面体的中心则OF 为内切球的半径，OA 我外接球的半径， 因为11433A BCD BCD BCD V S AF S OF -=⋅=⨯⋅△△，所以4AF OF =，即6=6OF AO =，, 所以四面体ABCD 的外接球体积3344633V R OA πππ===,故C 正确； 建系如图：26230,0,,0,,0A C ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,设(,,0)P x y ，则262326,,0,,333AP x y AC →→⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为cos 60AP AC AP AC →→→→⋅=，所以222324812241393972y x y +=++⨯+⨯， 即222388=33y x y +++，平方化简可得：22323400399y x y ----，可知点P 的轨迹为双曲线,故D 错误. 故选：BC ．【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹的求解问题，解决此类问题可采用空间向量法，利用空间向量法表示出已知的角度或距离的等量关系，从而得到轨迹方程.6．如图，矩形ABCD 中， 22AB AD ==，E 为边AB 的中点.将ADE 沿直线DE 翻折成1A DE △（点1A 不落在底面BCDE 内），若M 在线段1A C 上（点M 与1A ，C 不重合），则在ADE 翻转过程中，以下命题正确的是（ ）A ．存在某个位置，使1DE A C ⊥B ．存在点M ，使得BM ⊥平面1A DC 成立C ．存在点M ，使得//MB 平面1A DE 成立D ．四棱锥1A BCDE -体积最大值为24 【答案】CD【分析】利用反证法可得A 、B 错误，取M 为1A C 的中点，取1A D 的中点为I ，连接,MI IE ，可证明//MB 平面1A DE ，当平面1A DE ⊥平面BCDE 时，四棱锥1A BCDE -体积最大值，利用公式可求得此时体积为24. 【详解】如图（1），取DE 的中点为F ，连接1,A F CF ，则45CDF ∠=︒，22DF =，故212254222222CF =+-⨯⨯=，故222DC DF CF ≠+即2CFD π∠≠． 若1CA DE ⊥，因为11,A D A E DF FE ==，故1A F DE ⊥，而111A F A C A ⋂=， 故DE ⊥平面1A FC ，因为CF ⊂平面1A FC ，故DE CF ⊥，矛盾，故A 错． 若BM ⊥平面1A DC ，因为DC ⊂平面1A DC ，故BM DC ⊥，因为DC CB ⊥，BM CB B ⋂=，故CD ⊥平面1A CB ，因为1AC ⊂平面1A CB ，故1CD A C ⊥，但1A D CD <，矛盾，故B 错． 当平面1A DE ⊥平面BCDE 时，四棱锥1A BCDE -体积最大值，由前述证明可知1A F DE ⊥，而平面1A DE 平面BCDE DE =，1A F ⊂平面1A DE ，故1A F ⊥平面BCDE ，因为1A DE △为等腰直角三角形，111A D A E ==，故122A F =， 又四边形BCDE 的面积为13211122⨯-⨯⨯=， 故此时体积为13223224⨯⨯=，故D 正确． 对于C ，如图（2），取M 为1A C 的中点，取1A D 的中点为I ，连接,MI IE ，则1//,2IM CD IM CD =，而1//,2BE CD BE CD =， 故//,IM BE IM BE =即四边形IEBM 为平行四边形， 故//IE BM ，因为IE ⊂平面1A DE ，BM ⊄平面1A DE ，故//MB 平面1A DE ， 故C 正确．故选：CD.【点睛】本题考查立体几何中的折叠问题，注意对于折叠后点线面的位置的判断，若命题的不成立，往往需要利用反证法来处理，本题属于难题.7．如图，线段AB 为圆O 的直径，点E ，F 在圆O 上，//EF AB ，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，且2AB =，1EF AD ==，则下述正确的是（ ）A ．//OF 平面BCEB ．BF ⊥平面ADFC ．点A 到平面CDFE 的距离为217D ．三棱锥C BEF -5π【答案】ABC【分析】由1EF OB ==，//EF OB ，易证//OF 平面BCE ，A 正确；B ， 由所矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直， 易证AD ⊥平面ABEF ，所以AD BF ⊥，由线段AB 为圆O 的直径，所以BF FA ⊥，易证故B 正确.C ，由C DAF A CDF V V --=可求点A 到平面CDFE 21，C 正确.D ，确定线段DB 的中点M 是三棱锥C BEF -外接球心，进一步可求其体积，可判断D 错误.【详解】解：1EF OB ==，//EF OB ，四边形OFEB 为平行四边形，所以//OF BE ， OF ⊄平面BCE ，BE ⊂平面BCE ，所以//OF 平面BCE ，故A 正确.线段AB 为圆O 的直径，所以BF FA ⊥，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，平面ABCD平面ABEF AB =，AD ⊂平面 ABCD ，所以AD ⊥平面ABEF ，BF ⊂平面ABEF ，所以AD BF ⊥AD ⊂平面ADF ，AF ⊂平面ADF ，AD AF A =，所以BF ⊥平面ADF ，故B 正确.1OF OE EF ===，OFE △是正三角形，所以1EF BE AF ===，//DA BC ，所以BC ⊥平面ABEF ，BC BF ⊥，3BF =22312CF CB BF +=+=，22112DF DA AF =+=+=2AB CD ==，CDF 是等腰三角形，CDF 的边DF 上的高22222142222DF CF ⎛⎫⎛⎫-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 11472222CDF S =⨯⨯=△， //DA BC ，AD ⊂平面ADF ，BC ⊄平面ADF ， //BC 平面ADF ，点C 到平面ADF 的距离为3BF =，111122DAF S =⨯⨯=△，C DAF A CDF V V --=， 设点A 到平面CDFE 的距离为h ，1133ADF CFD S FB S h ⨯⨯=⨯⨯△△，111733232h ⨯⨯=⨯⨯， 所以21h =，故C 正确. 取DB 的中点M ，则//MO AD ，12MO =，所以MO ⊥平面CDFE ，所以215122ME MF MB MC ⎛⎫====+= ⎪⎝⎭所以M 是三棱锥C BEF -5， 三棱锥C BEF -外接球的体积为33445553326V r ππ⎛==⨯= ⎝⎭，故D 错误， 故选：ABC.【点睛】综合考查线面平行与垂直的判断，求点面距离以及三棱锥的外接球的体积求法，难题.8．已知正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，侧棱11AA =，P 为上底面1111D C B A 上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（ ）A ．若3PD =，则满足条件的P 点有且只有一个B ．若3PD =，则点P 的轨迹是一段圆弧C ．若PD ∥平面1ACB ，则DP 长的最小值为2D ．若PD ∥平面1ACB ，且3PD =，则平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形的面积为94π 【答案】ABD【分析】 若3PD =，由于P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一；()313PD =∈，，则12PD =，即点P 的轨迹是一段圆弧；当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为3=，可判断C ；平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为32=，可得D . 【详解】如图：∵正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，∴1122B D =11AA =，∴()2212213DB =+=，则P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一，故A 正确； ∵()313PD =，，11DD =，则12PD P 的轨迹是一段圆弧，故B 正确； 连接1DA ，1DC ，可得平面11//A DC 平面1ACB ，则当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为()22213+=C 错误；由C 知，平面BDP 即为平面11BDD B ，平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接2221322122++=，面积为94π，故D 正确．故选：ABD ．【点睛】本题考查了立体几何综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.9．如图所示，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，过对角线1BD 的一个平面交棱1AA 于点E ，交棱1CC 于点F ，得四边形1BFD E ，在以下结论中，正确的是（ ）A ．四边形1BFD E 有可能是梯形B ．四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形C ．四边形1BFDE 有可能垂直于平面11BB D DD ．四边形1BFDE 6【答案】BCD【分析】四边形1BFD E 有两组对边分别平行知是一个平行四边形四边形；1BFD E 在底面ABCD 内的投影是四边形ABCD ；当与两条棱上的交点是中点时，四边形1BFD E 垂直于面11BB D D ；当E ，F 分别是两条棱的中点时，四边形1BFD E 的面积最小为62. 【详解】过1BD 作平面与正方体1111ABCD A B C D -的截面为四边形1BFD E ，如图所示，因为平面11//ABB A 平面11DCC D ，且平面1BFD E平面11ABB A BE =. 平面1BFD E 平面1111,//DCC D D F BE D F =，因此，同理1//D E BF ，故四边形1BFD E 为平行四边形，因此A 错误；对于选项B ，四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形ABCD ，因此B 正确； 对于选项C ，当点E F 、分别为11,AA CC 的中点时，EF ⊥平面11BB D D ，又EF ⊂平面1BFD E ，则平面1BFD E ⊥平面11BB D D ，因此C 正确；对于选项D ，当F 点到线段1BD 的距离最小时，此时平行四边形1BFD E 的面积最小，此时点E F 、分别为11,AA CC 的中点，此时最小值为16232=D 正确.【点睛】关键点睛：解题的关键是理解想象出要画的平面是怎么样的平面，有哪些特殊的性质，考虑全面即可正确解题.10．半正多面体（semiregularsolid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为2，则（）A．BF⊥平面EABB．该二十四等边体的体积为20 3C．该二十四等边体外接球的表面积为8πD．PN与平面EBFN所成角的正弦值为2 2【答案】BCD【分析】A用反证法判断；B先补齐八个角成正方体，再计算体积判断；C先找到球心与半径，再计算表面积判断；D先找到直线与平面所成角，再求正弦值判断．【详解】解：对于A，假设A对，即BF⊥平面EAB，于是BF AB⊥，90ABF∠=︒，但六边形ABFPQH为正六边形，120ABF∠=︒，矛盾，对于B ，补齐八个角构成棱长为2的正方体， 则该二十四等边体的体积为3112028111323-⋅⋅⋅⋅⋅=， 所以B 对；对于C ，取正方形ACPM 对角线交点O ，即为该二十四等边体外接球的球心，其半径为2R =，其表面积为248R ππ=，所以C 对；对于D ，因为PN 在平面EBFN 内射影为NS ，所以PN 与平面EBFN 所成角即为PNS ∠，其正弦值为22PS PN ==，所以D 对． 故选：BCD ．【点睛】本题考查了正方体的性质，考查了直线与平面所成角问题，考查了球的体积与表面积计算问题．。

高考数学二轮复习专题1 - 5 立体几何（测）理专题1.5 立体几何总分 _______ 时间 _______ 班级 _______ 学号 _______ 得分_______一、选择题（12*5=60分）1．如图，四棱锥P-ABCD中，M，N分别为AC，PC上的点，且MN∥平面PAD，则（）A. MN∥PDB. MN∥PAC. MN∥ADD. 以上均有可能【答案】B【解析】因为MN∥平面PAD，平面PAC∩平面PAD=PA，MN?平面PAC，所以MN∥PA．故选B.2．【2021届四川省成都市龙泉中学高三12月月考】一个棱锥的三视图如图所示，其中侧视图为边长为1的正三角形，则四棱锥侧面中最大侧面的面积是（）A. 37B. 1C. 2D. 44【答案】D【解析】3．设?,?是两个不同的平面， l是一条直线，以下命题正确的是（） A. 若l??,???，则l?? B. 若l??,?//?，则l?? C. 若l//?,?//?，则l?? D. 若l//?,???，则l?? 【答案】B【解析】若l⊥α,α⊥β,则l?β或l∥β，故A错误；若l⊥α,α∥β，由平面平行的性质，我们可得l⊥β，故B正确；若l∥α,α∥β,则l?β或l∥β，故C错误；若l∥α,α⊥β,则l⊥β或l∥β，故D 错误；故选：C.4．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝4，则点A1到平面AB1D1的距离是( ) A. 1 B. 【答案】B【解析】设点A1到平面AB1D1的距离为h，因为VA1－AB1D1＝VA－A1B1D1，所以416 C. D. 2 3911S△AB1D1h＝S△A1B1D1×AA1，所以h＝33SA1B1D1?AA1S?1?2?2?421?22?42?22?2AB1D1??22?4故选B. 3点睛：点面距离往往转化为对应棱锥的高，通过等体积法求高得点面距离.5．【2021届吉林省实验中学高三上学期第五次月考（一模）】四棱锥P-ABCD的三视图如图所示，四棱锥P-ABCD的五个顶点都在一个球面上， E，F分别是棱AB，CD的中点，直线EF被球面所截得的线段长为22 ，则该球的表面积为（）A. 12πB. 24πC. 36πD. 48π 【答案】A点睛:空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段PA,PB,PC两两互相垂直，且PA?a,PB?b,PC?c，一般把有2222关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R?a?b?c求解．6．祖��原理：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两个同高的几何体，如在等高处截面的面积恒相等，则体积相等．已知某不规则几何体与如图所示的几何体满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为( )A. 1632B.C. 3D. 6 55【答案】B【解析】由祖��原理可知，该不规则几何体的体积与已知三视图几何体体积相等，图示几何体是一个三棱锥，其直观图如下图：其底面是底和高分别为5， 12216122（）?，则该三棱锥的体积为V＝的三角形，高为4?5551112163232??5???.从而该不规则几何体的体积为. 325555点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.7．已知△ABC的三个顶点在以O为球心的球面上，且AB＝2，AC＝4，BC＝2球O的表面积为( ) A. 22π B. 【答案】DC. 24πD. 36π，三棱锥O－ABC的体积为，则8．已知在四棱锥P－ABCD中，ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，则在四棱锥P－ABCD的任意两个顶点的连线中，互相垂直的异面直线共有( )A. 3对B. 4对C. 5对D. 6对【答案】C【解析】因为ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BC，PA⊥CD，AB⊥PD，BD⊥PA，AD⊥PB.共5对． 9．如图是四棱锥的平面展开图,其中四边形ABCD为正方形,E,F,G,H分别为PA,PD,PC,PB的中点,在此几何体中，给出下面四个结论中错误的是（）A. 平面EFGH//平面ABCDB. 直线BE,CF相交于一点C. EF//平面BGDD. PA//平面BGD 【答案】C【解析】把图形还原为一个四棱锥,如图所示,根据三角形中位线的性质，可得EH//AB,GH//BC,?平面EFGH//平面ABCD，A正确；在△PAD中,根据三角形的中位线定理可得EF∥AD，又∵AD∥BC，∴EF∥BC，因此四边形EFBC是梯形，故直线BE与直线CF相交于一点，所以B是正确的；连接AC，设AC中点为M，则M也是BD的中点，因为MG∥PA，且直线MG在平面BDG上，所以有PA∥平面BDG，所以D是正确的；∵ EF∥BC，∵EF?平面PBC，BC?平面PBC，∴直线EF∥平面PBC，再结合图形可得：直线EF与平面BDG不平行，因此C是错误的. 故选C10．在四棱锥P－ABCD中，四条侧棱长均为2，底面ABCD为正方形，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( )感谢您的阅读，祝您生活愉快。