浙江省数学学考试题汇编——第7章 立体几何

第二节空间几何体的表面积与体积————————————————————————————————[考纲传真]了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式．1．多面体的表(侧)面积因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．2．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)锥体的体积等于底面面积与高之积．()(2)球的体积之比等于半径比的平方．()(3)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．()(4)已知球O 的半径为R ，其内接正方体的边长为a ，则R ＝32a .( ) [答案] (1)× (2)× (3)√ (4)√2．(教材改编)已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( )A ．1 cmB ．2 cmC ．3 cmD.32 cmB [S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π，∴r 2＝4，∴r ＝2(cm)．] 3．(2015·全国卷Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图7-2-1，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )图7-2-1A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛B [设米堆的底面半径为r 尺，则π2r ＝8，所以r ＝16π，所以米堆的体积为V ＝14×13π·r 2·5＝π12×⎝ ⎛⎭⎪⎫16π2×5≈3209(立方尺)．故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛)．故选B.]4．(2016·全国卷Ⅱ)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )A ．12π B.323π C ．8πD ．4πA [设正方体棱长为a ，则a 3＝8，所以a ＝2.所以正方体的体对角线长为23，所以正方体外接球的半径为3，所以球的表面积为4π·(3)2＝12π，故选A.]5．(2017·郑州质检)某几何体的三视图如图7-2-2所示(单位：cm)，则该几何体的体积是________cm 3.图7-2-2323 [由三视图可知该几何体是由棱长为 2 cm 的正方体与底面为边长为 2 cm 的正方形、高为2 cm 的四棱锥组成，V ＝V 正方体＋V 四棱锥＝8 cm 3＋83 cm 3＝323cm 3.](1)某几何体的三视图如图7-2-3所示，则该几何体的表面积等于( )图7-2-3A ．8＋22B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15(2)(2016·全国卷Ⅰ)如图7-2-4，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )图7-2-4A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π(1)B (2)A [(1)由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为4＋22＋2＋2＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3.所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.(2)由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的14，得到的几何体如图．设球的半径为R ，则43πR 3－18×43πR 3＝283π，解得R ＝2.因此它的表面积为78×4πR 2＋34πR 2＝17π.故选A.][规律方法] 1.(1)多面体与旋转体的表面积等于侧面面积与底面面积之和．(2)简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的处理．2．若以三视图的形式给出，解题的关键是对给出的三视图进行分析，从中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系，得到几何体的直观图，然后根据条件求解．[变式训练1] (2016·全国卷Ⅲ)如图7-2-5，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )【导学号：31222245】图7-2-5A ．18＋36 5B ．54＋18 5C ．90D ．81B [由三视图可知该几何体是底面为正方形的斜四棱柱，其中有两个侧面为矩形，另两个侧面为平行四边形，则表面积为(3×3＋3×6＋3×35)×2＝54＋18 5.故选B.](1)在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 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.2π3B.4π3C.5π3D ．2π(2)(2016·天津高考)已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图7-2-6所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m 3.图7-2-6(1)C (2)2 [(1)过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示．由于V 圆柱＝π·AB 2·BC ＝π×12×2＝2π， V 圆锥＝13π·CE 2·DE ＝13π·12×(2－1)＝π3，所以该几何体的体积V ＝V 圆柱－V 圆锥＝2π－π3＝5π3.(2)由三视图知，四棱锥的高为3，底面平行四边形的一边长为2，对应高为1，所以其体积V ＝13Sh ＝13×2×1×3＝2.][规律方法] 1.若所给定的几何体是柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．2．若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法(转换的原则是使底面面积和高易求)、分割法、补形法等方法进行求解．3．若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．[变式训练2] 一个几何体的三视图如图7-2-7所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.图7-2-783π [由几何体的三视图可知该几何体由两个圆锥和一个圆柱构成，其中圆锥的底面半径和高均为1，圆柱的底面半径为1且其高为2，故所求几何体的体积为V ＝13π×12×1×2＋π×12×2＝83π.]111V 的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是()A．4π B.9π2C．6π D.32π3B[由AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，得AC＝10，要使球的体积V最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面△ABC的内切圆的半径为r.则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r，则r＝2.此时2r＝4＞3，不合题意．因此球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R最大．由2R＝3，即R＝3 2.故球的最大体积V＝43πR3＝92π.][迁移探究1]若本例中的条件变为“直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上”，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，求球O的表面积．[解]将直三棱柱补形为长方体ABEC-A′B′E′C′，则球O是长方体ABEC-A′B′E′C′的外接球，∴体对角线BC′的长为球O的直径．因此2R＝32＋42＋122＝13，故S球＝4πR2＝169π.[迁移探究2]若本例中的条件变为“正四棱锥的顶点都在球O的球面上”，若该棱锥的高为4，底面边长为2，求该球的体积．[解]如图，设球心为O，半径为r，则在Rt △AOF 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2， 解得r ＝94，则球O 的体积V 球＝43πr 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫943＝243π16.[规律方法] 1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题．2．若球面上四点P ，A ，B ，C 中P A ，PB ，PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题．[变式训练3] (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 ．256πC [如图，设球的半径为R ，∵∠AOB ＝90°，∴S △AOB ＝12R 2.∵V O -ABC ＝V C -AOB ，而△AOB 面积为定值，∴当点C 到平面AOB 的距离最大时，V O -ABC 最大，∴当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时，体积V O -ABC 最大为13×12R2×R＝36，∴R＝6，∴球O的表面积为4πR2＝4π×62＝144π.故选C.][思想与方法]1．转化与化归思想：计算旋转体的侧面积时，一般采用转化的方法来进行，即将侧面展开化为平面图形，“化曲为直”来解决，因此要熟悉常见旋转体的侧面展开图的形状及平面图形面积的求法．2．求体积的两种方法：①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．②等积法：等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高．[易错与防范]1．求组合体的表面积时，要注意各几何体重叠部分的处理，防止重复计算．2．底面是梯形的四棱柱侧放时，容易和四棱台混淆，在识别时要紧扣定义，以防出错．课时分层训练(三十九)空间几何体的表面积与体积A组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．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.22π3 B.42π3C．22πD．42πB[依题意知，该几何体是以2为底面半径，2为高的两个同底圆锥组成的组合体，则其体积V＝13π(2)2×22＝423π.]2．已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为()【导学号：31222246】A.32π3B．4πC．2π D.4π3D[依题意可知正四棱柱体对角线的长度等于球的直径，可设球半径为R，则2R＝12＋12＋(2)2＝2，解得R＝1，所以V＝4π3R3＝4π3.]3．(2016·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图7-2-8所示，则该几何体的体积为()图7-2-8A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26πD ．1＋26πC [由三视图知，该四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝13＋26π.故选C.]4．某几何体的三视图如图7-2-9所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x 的值是( )【导学号：31222247】图7-2-9A ．2 B.92 C.32D ．3D [由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是直角梯形，且S底＝12×(1＋2)×2＝3，∴V＝13x·3＝3，解得x＝3.]5．(2016·江南名校联考)一个四面体的三视图如图7-2-10所示，则该四面体的表面积是()图7-2-10A．1＋ 3 B．2＋ 3C．1＋2 2 D．2 2B[四面体的直观图如图所示．侧面SAC⊥底面ABC，且△SAC与△ABC均为腰长是2的等腰直角三角形，SA＝SC＝AB＝BC＝2，AC＝2.设AC的中点为O，连接SO，BO，则SO⊥AC，∴SO⊥平面ABC，∴SO⊥BO.又OS＝OB＝1，∴SB＝2，故△SAB与△SBC均是边长为2的正三角形，故该四面体的表面积为2×1 2×2×2＋2×34×(2)2＝2＋ 3.]二、填空题6．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______．【导学号：31222248】7 [设新的底面半径为r ，由题意得13×π×52×4＋π×22×8＝13×π×r 2×4＋π×r 2×8， ∴r 2＝7，∴r ＝7.]7．一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．12 [设正六棱锥的高为h ，棱锥的斜高为h ′. 由题意，得13×6×12×2×3×h ＝23，∴h ＝1，∴斜高h ′＝12＋(3)2＝2，∴S 侧＝6×12×2×2＝12.]8．某几何体的三视图如图7-2-11所示，则该几何体的体积为________．图7-2-11136π [由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋12×13π×12×1＝136π.]三、解答题9．如图7-2-12，在三棱锥D -ABC 中，已知BC ⊥AD ，BC ＝2，AD ＝6，AB ＋BD ＝AC ＋CD ＝10，求三棱锥D -ABC 的体积的最大值．图7-2-12[解] 由题意知，线段AB ＋BD 与线段AC ＋CD 的长度是定值，∵棱AD 与棱BC 相互垂直，设d 为AD 到BC 的距离，4分则V D -ABC＝AD ·BC ×d ×12×13＝2d ， 当d 最大时，V D -ABC 体积最大.8分 ∵AB ＋BD ＝AC ＋CD ＝10， ∴当AB ＝BD ＝AC ＝CD ＝5时， d 有最大值42－1＝15.此时V ＝215.12分10．四面体ABCD 及其三视图如图7-2-13所示，平行于棱AD ，BC 的平面分别交四面体的棱AB ，BD ，DC ，CA 于点E ，F ，G ，H .图7-2-13(1)求四面体ABCD 的体积； (2)证明：四边形EFGH 是矩形．[解] (1)由该四面体的三视图可知，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，BD ＝DC ＝2，AD ＝1，∴AD ⊥平面BDC ，3分∴四面体ABCD 的体积V ＝13×12×2×2×1＝23.5分(2)证明：∵BC ∥平面EFGH ，平面EFGH ∩平面BDC ＝FG ，平面EFGH ∩平面ABC ＝EH ，8分∴BC ∥FG ，BC ∥EH ，∴FG ∥EH . 同理EF ∥AD ，HG ∥AD ，∴EF ∥HG ， ∴四边形EFGH 是平行四边形． 又∵AD ⊥平面BDC ，∴AD ⊥BC ，∴EF ⊥FG . ∴四边形EFGH 是矩形.12分B 组 能力提升 (建议用时：15分钟)1．(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7-2-14所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )图7-2-14A ．1B ．2C ．4D ．8B [如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π，∴r 2＝4，r ＝2，故选B.]2．三棱锥P -ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D -ABE 的体积为V 1，P -ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________.14 [设点A 到平面PBC 的距离为h .∵D ，E 分别为PB ，PC 的中点，∴S △BDE ＝14S △PBC ， ∴V 1V 2＝V A -DBEV A -PBC＝13S △BDE ·h 13S △PBC ·h＝14.] 3．(2016·全国卷Ⅰ)如图7-2-15，已知正三棱锥P -ABC 的侧面是直角三角形，P A ＝6，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面P AB 内的正投影为点E ，连接PE 并延长交AB 于点G.图7-2-15(1)证明：G 是AB 的中点；(2)在图中作出点E 在平面P AC 内的正投影F (说明作法及理由)，并求四面体PDEF 的体积．[解] (1)证明：因为P 在平面ABC 内的正投影为D ， 所以AB ⊥PD.因为D在平面P AB内的正投影为E，所以AB⊥DE.3分因为PD∩DE＝D，所以AB⊥平面PED，故AB⊥PG.又由已知可得，P A＝PB，所以G是AB的中点.5分(2)在平面P AB内，过点E作PB的平行线交P A于点F，F即为E在平面P AC内的正投影.7分理由如下：由已知可得PB⊥P A，PB⊥PC，又EF∥PB，所以EF⊥P A，EF⊥PC.又P A∩PC＝P，因此EF⊥平面P AC，即点F为E在平面P AC内的正投影．连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，所以D是正三角形ABC的中心．由(1)知，G是AB的中点，所以D在CG上，故CD＝23CG.10分由题设可得PC⊥平面P AB，DE⊥平面P AB，所以DE∥PC，因此PE＝23PG，DE＝13PC.由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且P A＝6，可得DE＝2，PE＝2 2. 在等腰直角三角形EFP中，可得EF＝PF＝2，所以四面体PDEF的体积V＝13×12×2×2×2＝43.12分。

浙江高考试题分类汇编立体几何The following text is amended on 12 November 2020.浙江高考试题分类汇编-立体几何一．选择题1．（2018 浙江 3）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 2）是（ ）A. 2B. 4C. 6D. 82．（2018 浙江 6）.已知平面a ，直线m ，n 满足,m n αα⊄⊂，则“m ∥n ”是“m α”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件3、（2018 浙江 8）已知道四棱锥S-ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为1θ ，SE 与平面ABCD 所成的角为2θ，二面角S-AB-C 的平面角为3θ，则A. 123θθθ≤≤B. 321θθθ≤≤C. 132θθθ≤≤D. 231θθθ≤≤4．（2017 浙江 3）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ ）A ．+1B ．+3C ．+1D ．+35．（2017 浙江 9）如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，==2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）A．γ＜α＜βB．α＜γ＜βC．α＜β＜γD．β＜γ＜α6．（2015 浙江 2）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是（）A．8cm3B．12cm3C．D．7．（2015 浙江理 8）如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD折成△A′CD，所成二面角A′﹣CD﹣B的平面角为α，则（）A．∠A′DB≤αB．∠A′DB≥αC．∠A′CB≤αD．∠A′CB≥α8．（2014 浙江理3）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的表面积是（）A．90cm2B．129cm2C．132cm2D．138cm29．（2014浙江理3）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积是（）A．72cm3B．90cm3C．108cm3D．138cm3二．填空题1．（2016 浙江理11）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是cm2，体积是cm3．2．（2016 浙江理14）如图，在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°．若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD=DA，PB=BA，则四面体PBCD的体积的最大值是．3．（2016 浙江文 9）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是cm2，体积是cm3．4．（2016 浙江文14）如图，已知平面四边形ABCD，AB=BC=3，CD=1，AD=，∠ADC=90°，沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′，直线AC与BD′所成角的余弦的最大值是．5．（2015 浙江理 14）如图，三棱锥A﹣BCD中，AB=AC=BD=CD=3，AD=BC=2，点M，N分别是AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是．三．解答题1．（2018 浙江 19）如图，已知多面体ABC-A1B1C1，A1A、B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2。

2023年7月浙江省普通高中学业水平考试数学（答案在最后）本试题卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分100分，考试时间80分钟．考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上．2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效．3．非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B 铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑．选择题部分（共52分）一、单项选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分．每小题列出的四个备选项中，只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.已知集合{}1,0,1,2A =-，{}|0B x x =>，则下列结论不正确的是（）A.1A B ∈ B.A B∅⊆ C.{}2A B ⊆ D.{}|0x x A B>= 【答案】D 【解析】【分析】根据交集、并集的定义求出A B ⋂，A B ⋃，再根据元素与集合的关系、集合与集合的关系判断即可.【详解】因为{}1,0,1,2A =-，{}0B x x =，所以{}1,2⋂=A B ，{}{}|01A B x x ⋃=≥⋃-，所以1A B ∈ ，A B ∅⊆ ，{}2A B ⊆⋂，故A 、B 、C 正确，D 错误；故选：D 2.函数的定义域是（）A.1-2⎛⎫∞ ⎪⎝⎭， B.1-2⎛⎤∞ ⎥⎝⎦，C.12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，D.12⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，【答案】C 【解析】【分析】根据偶次方根的被开方数为非负数、分式的分母不为零列不等式，由此求得函数的定义域.【详解】依题意210x ->，解得12x >，所以()f x 的定义域为12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，.故选：C【点睛】本小题主要考查函数定义域的求法，属于基础题.3.复数()i 2i z =+在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】B 【解析】【分析】根据复数乘法运算化简，即可求解.【详解】()1i i 22i z =-+=+，故对应的点为()1,2-，位于第二象限，故选：B4.已知平面向量()1,1a =- ，()2,b λ= ，若a b ⊥，则实数λ=（）A.2B.2- C.1D.1-【答案】A 【解析】【分析】依题意可得0a b ⋅=，根据数量积坐标表示计算可得.【详解】因为()1,1a =- ，()2,b λ= 且a b ⊥，所以()1210a b λ⋅=⨯+-⨯=，解得2λ=.故选：A 5.已知πsin cos 6θθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，则tan2θ=（）A.3B.C.3D.【答案】B【解析】【分析】利用给定条件得到tan 3θ=，再利用二倍角公式求解即可.【详解】若πsin cos 6θθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，可得1sin cos cos 22θθθ+=，化简得31sin cos 022θθ-=，解得3tan 3θ=，由二倍角公式得232322tan 33tan221tan 3θθθ⨯===-，故B 正确.故选：B6.上、下底面圆的半径分别为r 、2r ，高为3r 的圆台的体积为（）A.37πrB.321πrC.(35πr+D.(35πr+【答案】A 【解析】【分析】根据圆台的体积公式计算可得.【详解】因为圆台的上、下底面圆的半径分别为r 、2r ，高为3r ，所以()23221π227π33V r r r r r ⎡⎤=++⨯=⎣⎦.故选：A7.从集合{}1,2,3,4,5中任取两个数，则这两个数的和不小于5的概率是（）A.35B.710C.45 D.910【答案】C 【解析】【分析】列出所有可能结果，再由古典概型的概率公式计算可得.【详解】从集合{}1,2,3,4,5中任取两个数所有可能结果有()1,2、()1,3、()1,4、()1,5、()2,3、()2,4、()2,5、()3,4、()3,5、()4,5共10个，其中满足两个数的和不小于5的有()1,4、()1,5、()2,3、()2,4、()2,5、()3,4、()3,5、()4,5共8个，所以这两个数的和不小于5的概率84105P ==.故选：C8.大西洋鲑鱼每年都要逆游而上，游回产地产卵．研究鲑鱼的科学家发现鲑鱼的游速v （单位：m /s ）可以表示为3log 100Ov k =，其中O 表示鲑鱼的耗氧量的单位数．若一条鲑鱼游速为2m /s 时耗氧量的单位数为8100，则游速为1m /s 的鲑鱼耗氧量是静止状态下鲑鱼耗氧量的（）A.3倍 B.6倍C.9倍D.12倍【答案】C 【解析】【分析】利用给定条件得到31log 2100O v =，再算出不同情况的消耗氧气的数量，再作比值求倍数即可.【详解】由题意得381002log 100k =，解得12k =，故31log 2100O v =，当1v =时，有311log 2100O=，解得900O =，当0v =时，有310log 2100O=，解得100O =，故得9009100=倍，故C 正确.故选：C9.不等式()()e e 10xx --<（其中e 为自然对数的底数）的解集是（）A.{01}xx <<∣ B.{|0e}x x << C.{0x x <∣或1}x > D.{0xx <∣或e}x >【答案】B 【解析】【分析】写出不等式的等价不等式组，解得即可.【详解】不等式()()e e 10xx --<等价于e 0e 10x x -<⎧⎨->⎩或e 0e 10x x ->⎧⎨-<⎩，解得0e x <<或x ∈∅，所以不等式的解集为{|0e}x x <<.故选：B10.已知a 为实数，则“0x ∀>，12ax x+≥”是“1a ≥”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C 【解析】【分析】利用分离参数法求出a 的取值范围判断充分性，利用基本不等式反推必要性成立即可.【详解】若10,2,x ax x ∀>+≥则22121(1)1,a x x x≥-+=--+当1x =时，不等式的右边取得最大值1，故1,a ≥充分性成立；若1,a ≥则0x >时,12,ax x+≥≥当且仅当1x a ==时取等，即12ax x +≥恒成立，因此，由 1 a ≥可以推出0,x ">1 2ax x+≥，故必要性成立.综上所述，10,2x ax x∀>+≥是 1 a ≥的充要条件.故选：C.11.若函数()()πsin 06f x x ωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭在区间ππ,126⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增，则ω的取值范围是（）A.(]0,2 B.(]0,4 C.(]0,6 D.(]0,8【答案】A 【解析】【分析】利用给定的区间，求出π6x ω+的范围，然后写出正弦函数的单调递增区间，转化为子集问题处理即可.【详解】当ππ[,]126x ∈-时，πππππ[,+]661266x ωωω+∈-，若函数π()sin(0)6f x x ωω=+>在区间ππ[,]126-上单调递增，则πππ2π662πππ2π2612k k ωω⎧+≤+⎪⎪⎨⎪-+≤-⎪⎩，Z k ∈，解得212,824,Z k k k ωω≤+≤-∈，又0ω>，当0k =时,可得02ω<≤.故选：A.12.在正三棱台111ABC A B C -中，2AB =，11AB A B >，侧棱1AA 与底面ABC所成角的余弦值为3．若此三棱台存在内切球（球与棱台各面均相切），则此棱台的表面积是（）A.2B.2C.4D.4【答案】A 【解析】【分析】取BC 和11B C 的中点分别为P ，Q ，上、下底面的中心分别为1O ，2O ，设11A B x =，内切球半径为r ，根据题意求出侧棱长以及2O P ，1O Q ，再根据切线的性质及等腰梯形11BB C C 和梯形1AA QP 的几何特点列方程组求出半径，再根据面积计算公式即可.【详解】如图，取BC 和11B C 的中点分别为P ，Q ，上、下底面的中心分别为1O ，2O ，设11A B x =，内切球半径为r ，因为123cos 3A AO ∠=，棱台的高为2r ，所以126sin 3A AO ∠=，111122sin 63r AA BB CC A AO =====∠，211333323O P AP AB ==⨯=，同理136O Q x =．因为内切球与平面11BCC B 相切，切点在PQ 上，所以()21326PQ O P O Q x =+=+①，在等腰梯形11BB C C中，)22222x PQ -⎛⎫=- ⎪⎝⎭②，由①②得()222226212x x r +-⎛⎫-=⎪⎝⎭．在梯形1AA QP 中，()22233236PQ r x ⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎝⎭③，由②③得2x -=，代入得1x =，则棱台的高23h r ==，所以()2133262PQ O P O Q x =+=+=,所以1sin 2ABC S AB AC A =⋅=△111111111sin 24A B C S A B A C A =⋅= ，()1111124BCB C S BC B C PQ =+=正三棱台三个侧面都是面积相等的等腰梯形，故侧面积为4,所以此棱台的表面积是442S =++=.故选：A二、多项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16分．每小题列出的四个备选项中，有多个是符合题目要求的，全部选对得4分，部分选对且没有错选得2分，不选、错选得0分）13.下列不等式正确的是（）A.4> B.4< C.24log 3log 5> D.24log 3log 5<【答案】BC 【解析】【分析】根据指数幂的运算及指数函数的性质判断A 、B ，根据对数的运算性质及对于函数的性质判断C 、D.【详解】414142222224⨯==⎭==⎛⎫< ⎪⎝A 错误，B 正确；2421log 5log 5log log 32==<，故C 正确，D 错误.故选：BC14.如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，下列结论正确的是（）A.11//BC A DB.1//BC 平面11A ADDC.111BC B D ⊥D.1BC ⊥平面11A B CD【答案】BD 【解析】【分析】连接1AD ，1A D ，11B D ，1AB ，1B C ，根据正方体的性质得到11//BC AD ，即可判断A 、B 、C ，证明11BC B C ⊥、1CD BC ⊥，即可判断D.【详解】连接1AD ，1A D ，11B D ，1AB ，1B C ，对于A ：在正方体中11//AB D C 且11AB D C =，所以四边形11ABC D 为平行四边形，所以11//BC AD ，又11A D AD ⊥，所以11BC A D ⊥，所以A 错误；对于B ，因为11//BC AD ，1AD ⊂平面11A ADD ，1BC ⊄平面11A ADD ，所以1//BC 平面11A ADD ，所以B 正确；对于C ：因为11AB D 为等边三角形，所以1160AD B ∠=︒，又11//BC AD ，所以11AD B ∠为异面直线1BC 与11B D 所成的角，即直线1BC 与11B D 所成的角为60︒，则1BC 与11B D 不垂直，所以C 错误；对于D ：在正方体中，11BC B C ⊥，CD ⊥平面11BCC B ，1BC ⊂平面11BCC B ，所以1CD BC ⊥，又1CD B C C ⋂=，1,CD B C ⊂平面11A B CD ，所以1BC ⊥平面11A B CD ，所以D 正确．故选：BD ．15.已知函数()2sin cos2f x x x =+，则（）A.()f x 的最小值是3-B.()f x 5C.()f x 在区间π,06⎛⎫- ⎪⎝⎭内存在零点 D.()f x 在区间π,π2⎛⎫⎪⎝⎭内不存在零点【答案】ACD 【解析】【分析】利用三角恒等变换将函数化为二次函数，求解最值判断A ，B ，利用换元法求解零点，再判断范围求解C ，D 即可.【详解】易得2213()2sin cos 22sin 12sin 2(sin )22f x x x x x x =+=+-=--+，故函数()f x 在1sin 2x =时，取得的最大值为32，当sin 1x =-时，函数取得的最小值为3-，故A 正确，B 错误，令[]sin 1,1x t =∈-，故2()212f t t t =+-，令()0f t =，解得11322t =+或21322t =-，当113122t =+>时，排除，无法解出x ，当21322t =-时，可得13sin 22x =-，而sin y x =在π(,0)6-上单调递增，故当π(,0)6x ∈-，1sin ,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，且1130222-<-<，则()f x 在区间π,06⎛⎫-⎪⎝⎭内存在零点，故C 正确，而当π,π2x ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，sin 0y x =>，1022y =-<，显然sin y x =和122y =-无交点，则()f x 在区间π,π2⎛⎫⎪⎝⎭内不存在零点，故D 正确.故选：ACD.16.在ABC 中，3AB =，1AC =，π3BAC ∠=，点D ，M 分别满足3AB AD = ，2BC MC = ，AM 与CD 相交于点F ，则（）A.1233CD AB AC=- B.12AF AM=C.132AM =D.13cos 13DFM ∠=【答案】BCD 【解析】【分析】根据平面向量线性运算法则判断A ，设AF AM λ=，用AD 、AC 表示AF ，根据共线定理的推论得到方程求出λ，即可判断B ，由1122AM AB AC =+及数量积的运算判断C ，求出cos ,CD AM ，即可判断D.【详解】对于A ，13CD AD AC AB AC =-=-，故A 错误；对于B ，设AF AM λ=，又1122AM AB AC =+ ，∴1132222AF AB AC AD AC λλλλ=+=+，又F ，D ，C 三点共线，∴3122λλ+=，12λ∴=，∴12AF AM = ，故B 正确；对于C ，1122AM AB AC =+，∴()()222211244AM AB ACAB AB AC AC =+=+⋅+111391231424⎛⎫=⨯++⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭，2AM ∴= ，故C 正确；对于D ， 111322CD AM AB AC AB AC ⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭222211111111331163263222AB AB AC AC =-⋅-=⨯-⨯⨯⨯-⨯= ，又222211212191311393932CD AB AC AB AB AC AC ⎛⎫=-=-⋅+=⨯+-⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭，∴1CD =，又2AM =，12cos cos ,13132CD AM DFM CD AM CD AM⋅∴∠===⋅ ，故D 正确．故选：BCD．非选择题部分（共48分）三、填空题（本大题共4小题，每空3分，共15分）17.已知A ，B 是相互独立事件，()23P A =，()12P B =，则()P AB =_____________．【答案】13【解析】【分析】根据相互独立事件的概率公式计算即可.【详解】因为A ，B 是相互独立事件，所以()()()211323P AB P A P B ==⨯=.故答案为：1318.函数2()log f x x =的反函数为_______.【答案】2xy =【解析】【分析】设2log y x =，由指对数式的互化得到2y x =，再将,x y 位置互换即可得出答案.【详解】解：设2log y x =，则2y x =，所以函数2()log f x x =的反函数为2x y =.故答案为：2x y =.19.已知()f x 是定义域为R 的偶函数，且()()24f x f x +-=，则()2023f =_____________．【答案】2【解析】【分析】利用给定条件，得到函数的周期性，将所求函数值化为已知函数值，代入求解即可.【详解】由题意得()f x 是定义域为R 的偶函数，且()()24f x f x +-=，故()()()224f x f x f x -=-=-，可得()()442()f x f x f x -=--=，故得函数的周期4T =，而令1x =，可得()214f =，解得()12f =，则()()()()()2023450533211f f f f f =⨯+==-==.故答案为：220.已知,,a b c 是同一平面上的3个向量，满足3a =，b = ，6a b ⋅=- ，则向量a 与b 的夹角为_____________，若向量c a - 与c b - 的夹角为π4，则c r 的最大值为_____________．【答案】①.3π4##135︒②.【解析】【分析】由cos ,a b a b a b⋅=⋅ 求出向量a 与b 的夹角，设OA a = ，OB b = ，OC c = ，即可得到,,,O A B C 四点共圆，利用正弦定理求出AOB 外接圆的直径，即可求出c的最大值.【详解】因为3a =，b = ，6a b ⋅=- ，所以cos ,2a b a b a b ⋅===-⋅ ，又[],0,πa b ∈ ，所以3π,4a b = ，因为3a =，b = ，3π,4a b = ，如图，设OA a = ，OB b = ，OC c = ，则c a OC OA AC -=-= ，c b OC OB BC -=-= ，又向量c a - 与c b - 的夹角为π4，则π4ACB ∠=，又3π4AOB ∠=，所以,,,O A B C 四点共圆，又AB b a =- ，所以AB == 设AOB 外接圆的半径为R ，由正弦定理23πsin 42AB R ===c故答案为：3π4四、解答题（本大题共3小题，共33分）21.人工智能发展迅猛，在各个行业都有应用．某地图软件接入了大语言模型后，可以为用户提供更个性化的服务，某用户提出：“请统计我早上开车从家到公司的红灯等待时间，并形成统计表．”地图软件就将他最近100次从家到公司的导航过程中的红灯等待时间详细统计出来，将数据分成了[)55,65，[)65,75，[)75,85，[)85,95，[]95,105（单位：秒）这5组，并整理得到频率分布直方图，如图所示．（1）求图中a 的值并且估计该用户红灯等待时间的第60百分位数（结果精确到0.1）；（2）根据以上数据，估计该用户在接下来的10次早上从家到公司的出行中，红灯等待时间低于85秒的次数．【答案】（1）0.035a =，估计该用户红灯等待时间的第60百分位数约为82.1（2）7次【解析】【分析】（1）根据频率之和为1以及直方图数据即可求解，先确认频率分布直方图中频率为0.6的位置，再结合百分位数定义求解即可.（2）根据频率分布直方图求出红灯等待时间低于85秒的频率即可求解.【小问1详解】因为各组频率之和为1，组距为10，所以()100.010.0250.020.011a ⨯++++=，解得0.035a =.因为()100.010.0250.350.6⨯+=<，()100.010.0250.0350.70.6⨯++=>，所以中位数位于第三组[)75,85中，设中位数为x ，则()0.10.250.035750.6x ++-=，解得0.257582.10.035x =+≈，所以该用户红灯等待时间的中位数的估计值为82.1.【小问2详解】由题红灯等待时间低于85秒的频率为0.10.250.350.7++=，故估计该用户在接下来的10次中红灯等待时间低于85秒的次数为100.77⨯=次.22.如图，在三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AC BC ⊥，1PA AC ==，BC =（1）求三棱锥-P ABC 的体积；（2）求证：平面PAC ⊥平面PBC ；（3）设点D 在棱PB 上，AD CD =，求二面角D AC B --的正弦值．【答案】（1）6（2）证明见解析（3）3【解析】【分析】（1）先求出底面积，再利用体积公式求解体积即可.（2）先利用线面垂直判定定理得到BC ⊥平面PAC ，再利用面面垂直定理判定面面垂直即可.（3）合理作图，找到二面角的平面角，利用三角函数的定义求解即可.【小问1详解】因为,1,AC BC AC BC ⊥==，所以111222ABC S AC BC =⋅=⨯= ，因为PA ⊥平面ABC ,所以三棱锥-P ABC 的体积11326V =⨯⨯=.【小问2详解】因为PA ⊥平面ABC ,BC ⊂平面PBC ,所以PA BC ⊥,又,,AC BC PA AC A ⊥⋂=,PA AC ⊂平面PAC ,所以BC ⊥平面PAC ,因为BC ⊂平面PBC ,所以平面PAC ⊥平面PBC .【小问3详解】过点D 作DE AB ⊥于E ,取AC 的中点F ,连接,EF 因为PA ⊥平面,ABC PA ⊂平面,PAB 所以平面PAB ⊥平面ABC ,又平面PAB ⋂平面,ABC AB DE =⊂平面,PAB 所以DE ⊥平面,ABC DE ∥PA ，因为,AD CD =且F 是AC 的中点,所以,,,DF AC AC DE DF DE D AC ⊥⊥⋂=⊥平面DEF ,,EF AC ⊥所以DFE ∠是二面角——D AC B 的平面角,因为,,EF AC AC BC F ⊥⊥是AC 的中点，所以E 是AB 的中点，又DE //PA ，所以D 是PB 的中点,在Rt DEF △中,32DF ===，所以12sin 332DE DFE DF ∠==即二面角——D AC B的正弦值为3.23.已知函数()2π2sin 2f x x x a x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，R a ∈．（1）若1a =，求()f x 在区间[]0,1上的最大值；（2）若关于x 的方程()10f x a ++=有且只有三个实数根1x ，2x ，3x ，且123x x x <<．证明：（ⅰ）1322x x x +=；（ⅱ）()()311217818f x f x x +-+≤．【答案】（1）0（2）（ⅰ）证明见解析.（ⅱ）证明见解析【解析】【分析】（1）利用分析法得到函数的单调性，再求解最值即可.（2）（ⅰ）合理构造新函数，求出一个零点，再结合对称性求解即可.（ⅱ）将目标式合理表示为函数，利用不等式的性质证明即可.【小问1详解】由已知得1a =,则2π()(1)sin()12f x x x =---，易知2(1)y x =-，πsin()2y x =-在区间[0,1]上单调递减，所以()f x 在区间[0,1]上单调递减,所以max ()(0)0.f x f ==【小问2详解】（ⅰ）若2π()(1)sin()1,2f x x a x =---且()10,f x a ++=即2π(1)(sin()1)02x a x ---=有且只有三个实数根，所以0,a <令2π()(1)(sin()1),2g x x a x =---且(1)0g =，则()g x 的图象关于直线1x =对称，所以1322 2.x x x +==（ⅱ）由题意可知，令3πsin 2t x =，则有1()10,f x a ++=()310f x a ++=()()()()2311333217841cos π8271f x f x x x a x x a +-+=--+-++()()233342cos π1571x x a x a =--+++2233ππ4(sin 1)722(12sin )(242)1822a x a a a a x a t t =--++--=+++，因为0,a <所以2(242)1818a t t +++≤，即311(21)7()818f x f x x +-+≤得证.【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是合理表示出目标式，然后结合不等式的性质，得到所要求的不等关系即可．。

第七章立体几何第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图1．简单几何体(1)多面体的结构特征2．直观图(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．[小题体验]1．若一个三棱柱的三视图如图所示，其俯视图为正三角形，则这个三棱柱的高和底面边长分别为( )A．2,2 3 B．22，2C．4,2 D．2,4解析：选D 由三视图可知，正三棱柱的高为2，底面正三角形的高为23，故底面边长为4，故选D.2．(教材习题改编)如图，长方体ABCD­A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是______．答案：五棱柱三棱柱1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点．2．空间几何体不同放置时其三视图不一定相同．3．对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视实虚线的画法．[小题纠偏]1.如图，能推断这个几何体可能是三棱台的是( )A．A1B1＝2，AB＝3，B1C1＝3，BC＝4B ．A 1B 1＝1, AB ＝2，B 1C 1＝32，BC ＝3，A 1C 1＝2，AC ＝3C ．A 1B 1＝1，AB ＝2，B 1C 1＝32，BC ＝3，A 1C 1＝2，AC ＝4D ．AB ＝A 1B 1，BC ＝B 1C 1，CA ＝C 1A 1解析：选C 根据棱台是由棱锥截成的，可知A 1B 1AB ＝B 1C 1BC ＝A 1C 1AC，故A ，B 不正确，C 正确；D 项中满足这个条件的是一个三棱柱，不是三棱台，故D 不正确．2．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是( )解析：选B 俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B. 3．(教材习题改编)利用斜二测画法得到的 ①三角形的直观图一定是三角形； ②正方形的直观图一定是菱形； ③等腰梯形的直观图可以是平行四边形； ④菱形的直观图一定是菱形． 以上结论正确的个数是________．解析：由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，④也错误．答案：1考点一 空间几何体的结构特征基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是( ) A ．圆柱 B ．圆锥C ．球体D ．圆柱、圆锥、球体的组合体解析：选C 截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体． 2．给出下列几个命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选B ①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，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．3．给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；④存在每个面都是直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中的三棱锥C1­ABC，四个面都是直角三角形．答案：②③④[谨记通法]解决与空间几何体结构特征有关问题的3个技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)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；(3)通过反例对结构特征进行辨析．考点二空间几何体的三视图重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2018·东北四市联考)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，P是线段CD的中点，则三棱锥P­A1B1A的侧视图为( )解析：选D 如图，画出原正方体的侧视图，显然对于三棱锥P­A1B1A，B(C)点均消失了，其余各点均在，从而其侧视图为D.2．(2018·杭州模拟)已知三棱锥的正视图与俯视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，那么该三棱锥的侧视图可能为( )解析：选B 由正视图可看出长为2的侧棱垂直于底面，侧视图为直角三角形，直角边长为2，另一直角边为底边三角形的高 3.故侧视图可能为B.[由题悟法]1．已知几何体，识别三视图的技巧已知几何体画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定线在投影面上的实虚．2．已知三视图，判断几何体的技巧(1)对柱、锥、台、球的三视图要熟悉．(2)明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图．(3)遵循“长对正、高平齐、宽相等”的原则．[提醒] 对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同．[即时应用]1．(2018·沈阳教学质量监测)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )解析：选B 根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B ，故选B.2．一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 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.考点三 空间几何体的直观图重点保分型考点——师生共研[典例引领](2018·杭州模拟)在等腰梯形ABCD 中，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________．解析：画出等腰梯形ABCD 的实际图形及直观图A ′B ′C ′D ′如图所示，因为OE ＝22－12＝1，所以O ′E ′＝12，E ′F ′＝24.所以直观图A ′B ′C ′D ′的面积为S ′＝12×(1＋3)×24＝22.答案：22[由题悟法]原图与直观图中的“三变”与“三不变”(1)“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度改变减半图形改变(2)“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不变与x 轴平行的线段长度不变相对位置不变[即时应用]如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6 cm ，O ′C ′＝2 cm ，则原图形是( )A ．正方形B ．矩形C ．菱形D ．一般的平行四边形解析：选C 如图，在原图形OABC 中，应有OD ＝2O ′D ′＝2×22＝4 2 cm ，CD ＝C ′D ′＝2 cm.∴OC ＝OD 2＋CD 2＝22＋22＝6 cm ，∴OA ＝OC ，故四边形OABC 是菱形．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．某几何体的正视图和侧视图完全相同，均如图所示，则该几何体的俯视图一定不可能是( )解析：选D 几何体的正视图和侧视图完全一样，则几何体从正面看和侧面看的长度相等，只有等边三角形不可能．2．下列说法正确的是( )A．棱柱的两个底面是全等的正多边形B．平行于棱柱侧棱的截面是矩形C．{直棱柱}⊆{正棱柱}D．{正四面体}⊆{正三棱锥}解析：选D 因为选项A中两个底面全等，但不一定是正多边形；选项B中一般的棱柱不能保证侧棱与底面垂直，即截面是平行四边形，但不一定是矩形；选项C中{正棱柱}⊆{直棱柱}，故A、B、C都错；选项D中，正四面体是各条棱均相等的正三棱锥，故正确．3．某几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是( )A．三棱锥B．四棱锥C．四棱台D．三棱台解析：选A 因为正视图和侧视图都为三角形，可知几何体为锥体，又因为俯视图为三角形，故该几何体为三棱锥．4.在如图所示的直观图中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在直角坐标系xOy中，四边形ABCO的形状为________，面积为________cm2.解析：由斜二测画法的特点知该平面图形是一个长为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85.已知某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是矩形，俯视图是正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何体的形状给出下列命题：①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③两个面都是等腰直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：由三视图可知，该几何体是正四棱柱，作出其直观图，ABCD­A1B1C1D1，如图，当选择的4个点是B1，B，C，C1时，可知①正确；当选择的4个点是B，A，B1，C时，可知②正确；易知③不正确．答案：①②二保高考，全练题型做到高考达标1．(2018·台州模拟)一个简单几何体的正视图、俯视图如图所示，则其侧视图不可能为( )A．正方形B．圆C．等腰三角形D．直角梯形解析：选D 该几何体是一个长方体时，其中一个侧面为正方形，A可能；该几何体是一个横放的圆柱时，B可能；该几何体是横放的三棱柱时，C可能，只有D不可能．2．如图所示是水平放置三角形的直观图，点D是△ABC的BC边中点，AB，BC分别与y′轴、x′轴平行，则三条线段AB，AD，AC中( )A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AC，最短的是AD解析：选B 由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB＜AD＜AC.3．(2018·沈阳教学质量监测)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个凸多面体的三视图(两个矩形，一个直角三角形)，则这个几何体可能为( )A．三棱台B．三棱柱C．四棱柱D．四棱锥解析：选B 根据三视图的法则：长对正，高平齐，宽相等，可得几何体如图所示，这是一个三棱柱．4.(2018·温州第八高中质检)如图，水平放置的三棱柱的侧棱长和底边长均为2，且侧棱AA1⊥平面A1B1C1，正视图是边长为2的正方形，该三棱柱的侧视图面积为( )A．4 B．2 3C．2 2 D. 3解析：选B 由题可得，该几何体的侧视图是一个长方形，其底边长是底面正三角形的高3，高为2，所以侧视图的面积为S＝2 3.5．已知四棱锥P­ABCD的三视图如图所示，则四棱锥P­ABCD的四个侧面中面积最大的是( )A ．3B ．2 5C ．6D ．8解析：选C 四棱锥如图所示，取AD 的中点N ，BC 的中点M ，连接PM ，PN ，则PM ＝3，PN ＝5，S △PAD ＝12×4×5＝25，S △PAB ＝S △PDC ＝12×2×3＝3， S △PBC ＝12×4×3＝6.所以四个侧面中面积最大的是6.6.(2018·台州模拟)如图所示，在正方体ABCD ­A1B 1C 1D 1中，点E 为棱BB 1的中点，若用过点A ，E ，C 1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的侧视图为( )解析：选C 取DD 1的中点F ，连接AF ，FC 1，则过点A ，E ，C 1的平面即为面AEC 1F ，所以剩余几何体的侧视图为选项C.7．设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体； ②底面是矩形的平行六面体是长方体； ③直四棱柱是直平行六面体； ④棱台的相对侧棱延长后必交于一点． 其中真命题的序号是________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．答案：①④8．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm.解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C . 在Rt △ABC 中，AC ＝12 cm ，BC ＝8－3＝5 (cm)． ∴AB ＝122＋52＝13(cm)． 答案：139．已知正三角形ABC 的边长为2，那么△ABC 的直观图△A ′B ′C ′的面积为________． 解析：如图，图①、图②所示的分别是实际图形和直观图． 从图②可知，A ′B ′＝AB ＝2，O ′C ′＝12OC ＝32， C ′D ′＝O ′C ′sin 45°＝32×22＝64. 所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×2×64＝64.答案：6410．已知正三棱锥V ­ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出侧视图的面积． 解：(1)直观图如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23，∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )A ．8B ．7C ．6D ．5解析：选C 画出直观图，共六块．2．(2018·湖南东部六校联考)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中，最大的面积是( )A ．4 3B ．8 3C ．47D ．8解析：选C 设该三棱锥为P ­ABC ，其中PA ⊥平面ABC ，PA ＝4，则由三视图可知△ABC 是边长为4的等边三角形，故PB ＝PC ＝42，所以S △ABC ＝12×4×23＝43，S △PAB ＝S △PAC ＝12×4×4＝8，S △PBC ＝12×4×22－22＝47，故四个面中面积最大的为S △PBC ＝47，选C.3.如图，在四棱锥P ­ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA.解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝6 2.由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA ＝PD2＋AD2＝22＋62＝6 3 cm.第二节空间几何体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式2．空间几何体的表面积与体积公式[小题体验]1．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h .由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得：l ＝22＋32＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π.2．(教材习题改编)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱，其底面为侧视图，该侧视图是底边为2，高为3的三角形，正视图的长为三棱柱的高，故h ＝3，所以该几何体的体积V ＝S ·h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×3×3＝3 3. 答案：3 33．若球O 的表面积为4π，则该球的体积为________．解析：由题可得，设该球的半径为r ，则其表面积为S ＝4πr 2＝4π，解得r ＝1.所以其体积为V ＝43πr 3＝43π.答案：43π1．求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易出错．2．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．3．易混侧面积与表面积的概念． [小题纠偏]1．(教材习题改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶3 1∶12．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是________．解析：由三视图可知，该几何体由一个正四棱柱和一个棱台组成，其表面积S ＝3×4×2＋2×2×2＋4×22×2＋4×6＋12×(2＋6)×2×2＝72＋16 2.答案：72＋16 2考点一 空间几何体的表面积基础送分型考点——自主练透[题组练透]1.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( )A ．8＋2 2B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15解析：选 B 由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.2．(2018·浙江新高考联盟高三期初联考)如图是某四棱锥的三视图，则该几何体的表面积等于( )A ．34＋6 5B ．44＋12 5C ．34＋6 3D ．32＋6 5解析：选A 由三视图知几何体底面是一个长为6，宽为2的矩形，高为4的四棱锥，所以该几何体的表面积为12×6×25＋12×6×4＋2×12×2×5＋6×2＝34＋65，故选A.3．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线是一个棱锥的三视图，则该棱锥的表面积为( )A ．6＋42＋2 3B ．8＋4 2C ．6＋6 2D ．6＋22＋4 3解析：选A 由三视图可知该棱锥为如图所示的四棱锥P ­ABCD ，S △PAB＝S △PAD ＝S △PDC ＝12×2×2＝2，S △PBC ＝12×22×22×sin 60°＝23，S 四边形ABCD ＝22×2＝42，故该棱锥的表面积为6＋42＋2 3.[谨记通法]几何体的表面积的求法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．注意衔接部分的处理．考点二 空间几何体的体积重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2018·金华高三期末考试)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.223 B.233C.423D.433解析：选D 由三视图可知该几何体是一个以俯视图为底面的四棱锥，其直观图如图所示．底面ABCD 的面积为2×2＝4，高PO ＝3，故该几何体的体积V ＝13×4×3＝433.2．(2018·宁波十校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于________，表面积等于________．解析：如图，由三视图可知该几何体是底面半径为2，高为3的圆柱的一半，故该几何体的体积为12×π×22×3＝6π，表面积为2×12×π×22＋4×3＋π×2×3＝10π＋12.答案：6π 12＋10π[由题悟法]有关几何体体积的类型及解题策略[即时应用]1．(2018·西安质检)某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为( )A.43 B ．52 C.73 D ．3解析：选A 根据几何体的三视图，得该几何体是下部为直三棱柱，上部为三棱锥的组合体，如图所示．则该几何体的体积是V 几何体＝V 三棱柱＋V 三棱锥＝12×2×1×1＋13×12×2×1×1＝43.2．(2018·杭州高级中学模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．1B ．32 C.12D.34解析：选C 由题可得，该几何体是一个四棱锥，底面是上下底边分别为1和2，高为1的直角梯形，又四棱锥的高为1.所以该几何体的体积为V ＝13×12×(1＋2)×1×1＝12.3.(2018·温州高三一模)如图，一个简单几何体的三视图的正视图与侧视图都是边长为1的正三角形，其俯视图的轮廓为正方形，则该几何体的体积为________，表面积为________．解析：如图，还原三视图为正四棱锥，易得正四棱锥的高为32，底面积为1，体积V ＝13×1×32＝36；易得正四棱锥侧面的高为⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝1，所以表面积S ＝4×12×1×1＋1＝3. 答案：363 考点三 与球有关的切、接问题题点多变型考点——多角探明 [锁定考向]与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考生的难点、易失分点，命题角度多变． 常见的命题角度有： (1)球与柱体的切、接问题；(2)球与锥体的切、接问题．[题点全练]角度一：球与柱体的切、接问题1．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.132D ．310解析：选C 如图，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M .又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋62＝132.2.如图，已知球O 是棱长为1的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的内切球，则平面ACD1截球O 的截面面积为( )A.66π B.π3C.π6D.33π 解析：选C 平面ACD 1截球O 的截面为△ACD 1的内切圆．因为正方体的棱长为1，所以AC ＝CD 1＝AD 1＝2，所以内切圆的半径r ＝22×tan 30°＝66， 所以S ＝πr 2＝π×16＝16π.角度二：球与锥体的切、接问题3．(2018·绍兴质检)四棱锥P ­ABCD 的底面ABCD 是边长为6的正方形，且PA ＝PB ＝PC ＝PD ，若一个半径为1的球与此四棱锥所有面都相切，则该四棱锥的高是( )A ．6B ．5C.92D.94解析：选D 过点P 作PH ⊥平面ABCD 于点H .由题知，四棱锥P ­ABCD 是正四棱锥，内切球的球心O 应在四棱锥的高PH 上．过正四棱锥的高作组合体的轴截面如图，其中PE ，PF 是斜高，M 为球面与侧面的一个切点．设PH ＝h ，易知Rt △PMO ∽Rt △PHF ，所以OM FH ＝PO PF ，即13＝h －1h 2＋32，解得h ＝94.4．(2017·全国卷Ⅰ)已知三棱锥S ­ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S ­ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．解析：如图，连接AO ，OB ，∵SC 为球O 的直径， ∴点O 为SC 的中点， ∵SA ＝AC ，SB ＝BC ， ∴AO ⊥SC ，BO ⊥SC ，∵平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ， ∴AO ⊥平面SCB ， 设球O 的半径为R ， 则OA ＝OB ＝R ，SC ＝2R . ∴V S ­ABC ＝V A ­SBC ＝13×S △SBC ×AO＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×SC ×OB ×AO ， 即9＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2R ×R ×R ，解得 R ＝3，∴球O 的表面积为S ＝4πR 2＝4π×32＝36π. 答案：36π[通法在握]解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：[演练冲关]1．一个六棱柱的底面是正六边形，侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点都在同一个球面上，则该球的体积为( )A ．20πB.205π3C ．5πD.55π6解析：选D 由题意知六棱柱的底面正六边形的外接圆半径r ＝1，其高h ＝1，∴球半径为R ＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫h 22＝1＋14＝52，∴该球的体积V ＝43πR 3＝43×⎝ ⎛⎭⎪⎫523π＝55π6. 2．(2018·镇海期中)一个棱长为6的正四面体纸盒内放一个正方体，若正方体可以在纸盒内任意转动，则正方体体积的最大值为________．解析：由题可得，要使正方体可以在纸盒内任意转动，则只需该正方体在正四面体的内接球内即可．因为正四面体的棱长为6，所以其底面正三角形的高为33，正四面体的高为26，则该正四面体的内球的半径为62，设该正方体的边长为a ，要满足条件，则3a ≤6，即a ≤ 2.所以正方体的最大体积为V ＝a 3≤2 2.答案：2 2一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·浙江名校联考)“某几何体的三视图完全相同”是“该几何体为球”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B 由题可得，球的三个视图都是圆，所以三视图完全相同；三视图完全相同的几何体除了球，还有正方体，所以是必要不充分条件．2．(2018·长兴中学适应性测试)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．64B ．72C ．80D ．112解析：选C 由题可得，该几何体是一个棱长为4的正方体与一个底面是边长为4的正方形，高为3的四棱锥的组合体，所以其体积为V ＝43＋13×42×3＝80.3．如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π解析：选A 由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的14，得到的几何体如图．设球的半径为R ，则43πR 3－18×43πR 3＝283π，解得R ＝2.因此它的表面积为78×4πR 2＋34πR 2＝17π.故选A.4．(2018·嘉兴模拟)如图是一个几何体的三视图，若它的体积是33，则a ＝________，该几何体的表面积为________．解析：由题可得，该几何体是一个水平放置的三棱柱，其底面是一个底边长为2、高为a 的等腰三角形，高为3.因为其体积为33，所以V ＝12×2a ×3＝3a ＝33，解得a ＝ 3.所以该几何体的表面积为S ＝2×12×2×3＋2×3×3＝23＋18.答案： 3 23＋185．(2018·丽水模拟)若三棱锥P ­ABC 的最长的棱PA ＝2，且各面均为直角三角形，则此三棱锥的外接球的体积是________，表面积是________．解析：如图，根据题意，可把该三棱锥补成长方体，则该三棱锥的外接球即该长方体的外接球，易得外接球的半径R ＝12PA ＝1，所以该三棱锥的外接球的体积V ＝43×π×13＝43π，表面积S ＝4πR 2＝4π.答案：43π 4π二保高考，全练题型做到高考达标1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )A ．7B ．6C ．5D ．3解析：选A 设圆台较小底面半径为r ， 则另一底面半径为3r .由S ＝π(r ＋3r )·3＝84π，解得r ＝7.2．一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为( )A ．6B ．8C ．12D ．24解析：选C 由题意可知该六棱锥为正六棱锥，正六棱锥的高为h ，侧面的斜高为h ′. 由题意，得13×6×34×22×h ＝23，∴h ＝1， ∴斜高h ′＝12＋32＝2，∴S 侧＝6×12×2×2＝12.故选C.3．(2018·温州十校联考)已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的体积是( )A ．4 B.163 C ．8D.323解析：选 B 由题可得，该几何体是一个底面为长方形的四棱锥，所以其体积为V ＝13×4×2×2＝163.4．(2018·兰州实战考试)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个等腰直角三角形，则该几何体外接球的体积为( )A.32π B.32C ．3πD ．3解析：选A 由题意得，该几何体为四棱锥，且该四棱锥的外接球即为棱长为1的正方体的外接球，其半径为32，故体积为43π⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝32π，故选A. 5．(2018·宁波十校联考)如图，某多面体的三视图中正视图、侧视图和俯视图的外轮廓分别为直角三角形、直角梯形和直角三角形，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )A ．2 2 B.10 C ．2 3D.13解析：选C 由题可得，该几何体是水平放置的四棱锥，其底面是一个直角梯形．所以其最长的棱的长度为22＋22＋22＝2 3.6．(2018·衢州调研)已知某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积是________；表面积是________．。

1.（本题满分15分）如图，平面⊥平面，是以为斜边的等腰直角PAC ABC ABC ∆AC 三角形。

分别为的中点，。

,,E F O ,,PA PB PC 16,10AC PA PC ===（I ） 设是的中点，证明：平面；C OC //PC BOE （II ）证明：在内存在一点，使⊥平面，并求点到,的距ABO ∆M FM BOE M OA OB 离。

2.如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 是侧棱CC 1上的一点，CP=m ，（Ⅰ）试确定m ，使得直线AP 与平面BDB 1D 1所成角的正切值为（Ⅱ）在线段A 1C 1上是否存在一个定点Q ，使得对任意的m ，D 1Q 在平面APD 1上的射影垂直于AP ，并证明你的结论。

3. 如图甲，△ABC 是边长为6的等边三角形，E ，D 分别为AB 、AC 靠近B 、C 的三等分点，点G 为BC 边的中点．线段AG 交线段ED 于F 点，将△AED 沿ED 翻折，使平面AED ⊥平面BCDE ，连接AB 、AC 、AG 形成如图乙所示的几何体。

（I ）求证BC ⊥平面AFG ；（II ）求二面角B －AE －D的余弦值．.4在如图所示的几何体中，平面ABC ，平面ABC ，，EA ⊥DB ⊥AC BC ⊥，M 是AB 的中点．2AC BC BD AE ===（1）求证：；CM EM ⊥（2）求CM 与平面CDE 所成的角5.如图，矩形和梯形所在平面互相垂直，，ABCD BEFC BE CF ∥，，．90BCF CEF ∠=∠=o AD =2EF =（Ⅰ）求证：平面；AE ∥DCF （Ⅱ）当的长为何值时，二面角的大小为？AB A EF C --60o6. 如图，在矩形ABCD 中，点E ，F 分别在线段AB ，AD 上，AE=EB=AF=沿.432=FD 直线EF 将翻折成使平面平面BEF.AEF ∆,'EF A ∆⊥EF A ' （I ）求二面角的余弦值；C FD A --' （II ）点M ，N 分别在线段FD ，BC 上，若沿直线MN 将四边形MNCD 向上翻折，使C与重合，求线段FM 的长.'A EMACBD DABEFC（第18题）7. 如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2（Ⅰ）证明：AP⊥BC；（Ⅱ）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由。

12 3 4 5 6 7 8 9 10一、选择题1.过棱柱不相邻的两条侧棱的截面是( )A.矩形 D.正方形 D.梯形 D.平行四边形【分析】　棱柱的侧棱平行且相等，故截面为平行四边形.故选.2.将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周形成的面所围成的几何体包括 ( )A.一个圆柱，两个圆锥 D .两个圆台，一个圆锥.两个圆台，一个圆柱 D .一个圆台，两个圆锥【分析】　围绕较长底边旋转一周之后，可得两个圆锥和中间一个圆柱.故选A.1 2 3 4 5 6 7 8 9 10A3.若圆锥的轴截面是正三角形，则它的侧面积是底面积的( )A.2倍 D.2倍 D.3倍 D.3倍【分析】　设圆锥的底面半径为r，则圆锥的母线长为2r，S侧＝πr·2r＝2πr2，S底面＝πr2，所以S侧＝2S底面.故选.1 2 3 4 5 6 7 8 9 104.点E ，F ，G ，H 分别为空间四边形ABCD 中AB ，BC ，CD ，DA 的中点，若AC ＝BD ，且AC 与BD 所成角的大小为90°，则四边形EFGH 是 ( )A.菱形 D .梯形 D .正方形 D .空间四边形【分析】　因为点E ，F ，G ，H 分别为空间四边形ABCD 的棱AB ，BC ，CD ，AD 的中点，所以EF ⋕H G ⋕12AC ，E H ⋕FG ⋕12BD ，所以，EF ＝FG ＝G H ＝H E ，并且EF ⊥FG ，所以四边形为正方形.故选.1 2 34 5 6 7 8 9 101 2 3 4 5 6 7 8 9 105.若a，b是异面直线，且a∥平面α，则b与α的位置关系是( )A.b∥α D.相交.b⊂α D.b⊂α、b与α相交或平行【分析】　三种情况如图(1)，(2)，(3).故选.图（1） 图（2） 图（3）1 2 3 4 5 6 7 8 9 106.某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A.10 D.12.14 D.16待续该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之为 ( ) A.10 D .12.14 D .16【分析】　由三视图可画出立体图，该立体图平面内只有两个相同的梯形的面，S 梯形=(2+4)×2÷2=6，S 全部梯形=6×2=12，故选.1 2 3 4 56 7 8 9 10返回题干7.某几何体的三视图如图所示(单位：m )，该几何体的体积(单位：m 3)是( )A.1123 D .1363.48 D .56【分析】　由三视图知，该几何体为直四棱柱，其底面积为(2+4)×4÷2=12，高为4，故体积+=12×4=48.故选.1 2 3 4 5 678 9 101 2 3 4 5 678 9 102444正视图侧视图俯视图返回题干8.如图，在三棱锥S－ABC中，棱SA，SB，SC两两垂直，且SA＝SB＝SC，则二面角A－BC－S大小的正切值为( )A.1 D.2 2.2 D.21 2 3 4 5 6 7 8 9 10待续则二面角A －BC －S 大小的正切值为 ( )A.1 D .22.2 D .2【分析】　取BC 的中点D ，连结AD ，SD ，则∠ADS 为二面角A －BC －S 的平面角，在R t △ASD 中，设AS ＝a ，则DS ＝22SB ＝22AS ＝22a ，则ta n ∠ADS ＝2.故选.1 2 3 4 5 6 7 8 9 10返回题干1 2 3 4 5 6 7 8 9 109.设α，β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⊥α，α⊥β，则l⊂β D.若l∥α，α∥β，则l⊂β.若l⊥α，α∥β，则l⊥β D.若l∥α，α⊥β，则l⊥β【分析】　l⊂β或l∥β，A错；l⊂β或l∥β，错；正确.l∥β或l与β相交或l⊂β，错.故选.10.已知四面体ABCD的所有棱长都是2，点E，F分别是AD，DC的中点，则( )A.1 D.－1 D.3 D.－3【分析】　12AC，∴EF·BA=12AC·(－AB)=－12×2×2c os60°=－1.故选.1 2 3 4 5 6 7 8 9 10二、填空题11.已知a =(1，5，－2)，b =(m ，2，m +2)，若a ⊥b ，则m 的值为 .【分析】　∵a ⊥b ∴(1，5，－2)·(m ，2，m +2)=0，∴m +10－2m －4=0，∴m =6.11 12 13612.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线AA1与平面ABC1D1所成的角的大小是 .【分析】　由正方体的性质可知，DA1⊥平面ABC1D1，则∠D1AA1即为直线AA1与平面ABC1D1所成的角，易得∠D1AA1＝45°.11 12 1345°13.已知一个正方形的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为 .【分析】　∵设正方体的边长为a，则6a2=18，a=3，+=32a=32，+=43π+3=92π.11 12 1392π三、解答题14.如图，在三棱锥A －BP C 中，AP ⊥P C ，AC ⊥BC ，+为AB 的中点，D 为P B 的中点，且△P M B 为正三角形.(1)求证：M D ∥平面AP C ；【证明】　(1)∵M为AB 的中点，D 为P B的中点，∴M D ∥AP ，又M D 平面AP C ，AP ⊂平面AP C ，∴M D ∥平面AP C .待续14 1514.如图，在三棱锥A －BP C 中，AP ⊥P C ，AC ⊥BC ，M 为AB 的中点，D为P B 的中点，且△P M B 为正三角形.(2)求证：BC ⊥平面AP C .待续14 1514 15接上一页题干【证明】　(2)∵△P M B为正三角形，且D为P B的中点，∴M D⊥P B.又由(1)知M D∥AP，∴AP⊥P B.又AP⊥P C，且P B∩P C＝P，∴AP⊥平面P BC，又BC⊂平面P BC，∴AP⊥BC，又AC⊥BC，且AP∩AC＝A，∴BC⊥平面AP C.返回题干15.如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ⊥平面P DC ，AD ∥BC ，P D ⊥P B ，AD =1，BC =3，CD =4，P D =2.(1)求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值；【解】　(1)如图，由已知AD ∥BC ，故∠DAP或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角.∵AD ⊥平面P DC ，P D ⊂平面P DC ，待续14 15接上一页题干【解】　∴AD⊥P D.在R t△P DA中，由勾股定理，得AP=AD2+P D2=5，故os∠DAP=ADAP=55.所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为55.待续14 1514 1515.如图，在四棱锥P－ABCD中，AD⊥平面P DC，AD∥BC，P D⊥P B，AD=1，BC=3，CD=4，P D=2.(2)求证：P D⊥平面P BC；【解】　(2)证明：∵AD⊥平面P DC，直线P D⊂平面P DC，∴AD⊥P D.又∵BC∥AD，所以P D⊥BC，又P D⊥P B，且P B∩BC＝B，所以P D⊥平面P BC.待续14 1515.如图，在四棱锥P－ABCD中，AD⊥平面P DC，AD∥BC，P D⊥P B，AD=1，BC=3，CD=4，P D=2.(3)求直线AB与平面P BC所成角的正弦值.接上一页题干【解】　(3)过点D 作AB 的平行线交BC 于点F ，连结P F ，则DF 与平面P BC 所成的角等于AB 与平面P BC所成的角.∵P D ⊥平面P BC ，∴P F 为DF 在平面P BC 上的射影，∴∠DFP为直线DF 和平面P BC 所成的角.∵AD ∥BC ，DF ∥AB ，∴四边形ABFD 是平行四边形，∴BF =AD =1，由BC ＝3，14 15待续接上一页题干【解】　得CF=BC－BF=2.∵AD⊥平面P DC，DC⊂平面P DC，∴AD⊥DC，又∵AD∥BC，∴BC⊥DC，在R t△DCF中，由勾股定理得DF＝25，∴si n∠DFP=P DDF =55.∴直线AB与平面P BC所成角的正弦值为55.返回题干14 15。

第七章立体几何§7.1空间几何体的结构、三视图和直观图Ａ组基础题组1.(2014福建,2,5分)某空间几何体的正视图是三角形,则该几何体不可能是( )A.圆柱B.圆锥C.四面体D.三棱柱2.(2014江西,5,5分)一几何体的直观图如图,下列给出的四个俯视图中正确的是( )3.(2015温州二模,4,5分)若某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的体积是( )A.(18π-20)cm3B.(24π-20)cm3C.(18π-28)cm3D.(24π-28)cm34.(2015浙江温州十校期中,3,5分)某几何体的三视图如图所示,且该几何体的体积是3,则正视图中x的值为( )A.2B.C.D.35.(2015浙江五校一联,6,5分)如图为一个几何体的侧视图和俯视图,若该几何体的体积为,则它的正视图为( )6.(2013湖南,7,5分)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的矩形,则该正方体的正视图的面积等于( )A. B.1 C. D.7.(2014辽宁,7,5分)某几何体三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A.8-2πB.8-πC.8-D.8-8.(2015浙江严州中学仿真)已知三棱锥的底面是边长为1的正三角形,其正视图与俯视图如图所示,则其侧视图的面积为( )A. B. C. D.9.(2014北京,7,5分)在空间直角坐标系O-xyz中,已知A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(1,1,).若S1,S2,S3分别是三棱锥D-ABC在xOy,yOz,zOx坐标平面上的正投影图形的面积,则( )A.S1=S2=S3B.S2=S1且S2≠S3C.S3=S1且S3≠S2D.S3=S2且S3≠S110.(2015浙江金华联考)△A'B'C'是水平放置的正三角形ABC的斜二测画法的直观图,若△A'B'C'的面积为,那么△ABC的面积为.11.(2015嘉兴教学测试一,10,6分)一个几何体的三视图如图,其中正视图和侧视图是相同的等腰三角形,俯视图由半圆和一等腰三角形组成.则这个几何体可以看成是由和组成的,若它的体积是,则a= .12.(2016东阳中学期中,12,6分)如图是某几何体的三视图,若这三个正方形的边长均为1,则这个几何体的体积是,表面积是.13.(2016领航高考冲刺卷七,12,4分)如图(1),已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,动点M,N,Q分别在线段AD1,B1C,D1C1上,Q-BMN的俯视图如图(2)所示,则三棱锥Q-BMN的正视图的面积为.图(1) 图(2)14.(2015绍兴一模,11,4分)已知四棱锥P-ABCD,它的底面是边长为2的正方形,其俯视图如图所示,侧视图为直角三角形,则该四棱锥的侧面中直角三角形的个数为,该四棱锥的体积为.15.(2015浙江名校(绍兴一中)交流卷五,12)某几何体的三视图如图所示,则x2+y2= ;当xy最大时,该几何体的体积为.B组提升题组1.(2015浙江,2,5分)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积是( )A.8cm3B.12cm3C.cm3D.cm32.(2015嘉兴教学测试二,2,5分)一个几何体的三视图如图,则该几何体的体积为( )A.πB.C.D.3.(2015诸暨高中毕业班检测,3,5分)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A. B. C.16 D.4.如图,矩形O'A'B'C'是水平放置的一个平面图形的直观图,其中O'A'=6cm,O'C'=2cm,则原图形是( )A.正方形B.矩形C.菱形D.一般的平行四边形5.(2015银川质检)如图,O为正方体ABCD-A1B1C1D1的体对角线A1C和AC1的交点,E为棱BB1的中点,则空间四边形OEC1D1在正方体各面上的正投影不可能是( )6.(2015浙江模拟训练冲刺卷四,4)把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起,使得平面ABD ⊥平面CBD(如图①),形成三棱锥C-ABD,其正视图与俯视图如图②所示,则侧视图的面积为( )A. B. C. D.7.(2016超级中学原创预测卷七,4,5分)某几何体的三视图如图所示,且该几何体的顶点都在球O的表面上,则球O的表面积为( )A.8πB.C.D.12π8.已知一个底面为正六边形,侧棱长都相等的六棱锥的正视图与俯视图如图所示,若该几何体的底面边长为2,侧棱长为,则该几何体的侧视图为( )9.(2015学军中学月考,7)已知点E、F、G分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AA1、CC1、DD1的中点,点M、N、Q、P分别在线段DF、AG、BE、C1B1上.以M、N、Q、P为顶点的三棱锥P-MNQ 的俯视图不可能是( )10.(2014安徽,8,5分)一个多面体的三视图如图所示,则该多面体的体积为( )A. B. C.6 D.711.(2014课标Ⅰ,12,5分)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的各条棱中,最长的棱的长度为( )A.6B.6C.4D.412.(2015金丽衢一联,14,4分)某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的体积为cm3.13.(2013浙江,12,4分)若某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的体积等于cm3.14.(2015杭州二中高三仿真考,11,6分)在如图所示的空间直角坐标系O-xyz中,一个四面体的顶点坐标分别是(2,0,0),(0,2,0),(0,0,2),(2,2,2).给出编号为①,②,③,④的四个图,则该四面体的正视图、侧视图和俯视图分别为(填写编号) ,此四面体的体积为.15.(2016超级中学原创预测卷三,13,6分)已知某几何体三视图如图所示,则该几何体的体积为,表面积为.16.(2016超级中学原创预测卷七,13,4分)某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积是.Ａ组基础题组1.A 由三视图知识可知,圆柱的正视图不可能为三角形.故选A.2.B 由几何体的直观图知,该几何体最上面的棱横放且在中间的位置上,因此它的俯视图应排除A、C、D,经验证B符合题意,故选B.3.D由三视图得原几何体是一个圆柱去掉一个四棱台,则V=π(2)2×3-×3×(16+8+4)=(24π-28)cm3,故选D.4.D 该几何体是四棱锥,其底面是上底长为1,下底长为2,高为2的直角梯形,长为x的侧棱垂直于底面.其体积为V=××2x=3,则有x=3.5.B 由侧视图与俯视图可知,该几何体由锥体与正方体组合而成;由俯视图可知,该几何体的正视图是由等腰三角形与正方形构成,且等腰三角形无中线部分,故选B.6.D 由题意可知该正方体的放置方式如图所示,侧视的方向垂直于面BDD1B1,正视的方向垂直于面A1C1CA,且正视图是长为,宽为1的矩形,故正视图的面积为,因此选D.7.B 该几何体由一个棱长为2的正方体切去两个四分之一圆柱所得.所以其体积为V=23-2×π·12×2=8-π,故选B.8.A 由题意知三棱锥的侧视图为三角形,因为正视图的底边长为1,俯视图为边长是1的正三角形,所以侧视图的底边长为×1=,根据正视图与侧视图的“高平齐”的原则,知侧视图的高为,所以侧视图的面积为××=,故选A.9.D 三棱锥D-ABC如图所示.S1=S△ABC=×2×2=2,S2=×2×=,S3=×2×=,∴S2=S3且S1≠S3,故选D.10.答案 2解析由题意可设△ABC的边长为a,则△A'B'C'的高为a,因为其面积等于×a×a=,∴a2=8,∴S△ABC=a2=2.11.答案三棱锥;半个圆锥;1解析由三视图可知该几何体可以看成是由一个三棱锥和半个圆锥组成的.半圆锥的底面半径为1,高为a,三棱锥的底面是以为直角边长的等腰直角三角形,高为a,所以该几何体的体积为×a=,解得a=1.12.答案;3+解析如图,原几何体为一个正方体截去两个三棱锥.易得该几何体的体积为1-2×=,表面积为3+2×=3+.13.答案解析由三棱锥Q-BMN的俯视图可知Q在点D1处,N在点C处,M在AD1的中点处,设E为DD1的中点,则三棱锥Q-BMN的正视图为△D1EC,其面积为××a=.14.答案3;解析四棱锥P-ABCD如图所示,设O为BC中点,易知PO⊥面ABCD,由俯视图知BC=2,BO=OC=1,显然BA⊥面PBC,DC⊥面PBC,所以△PAB,△PCD均为直角三角形,又侧视图为直角三角形,故△PBC必为直角三角形,所以该四棱锥的侧面中直角三角形的个数为3,易知PO=BC=1,所以V=×22×1=.15.答案32;2解析如图所示,三视图所表示的立体图形是三棱锥A-BCD,从图中可得x2+y2=52+()2=32,∴xy≤=16,当且仅当x=y=4时,取“=”,此时V A-BCD=××4××=2.B组提升题组1.C 该几何体是由棱长为2cm的正方体和底面边长为2cm,高为2cm的正四棱锥组合而成的几何体.故其体积为V=2×2×2+×2×2×2=cm3.2.D 由三视图知该几何体是底面半径为1,高为1的半圆锥,故该几何体的体积为×π×12×1=,故选D.3.D如图所示,三视图所表示的几何体是ABC-A1B1C1,所以该几何体的体积为×4×4×4-××4×4×2=,故选D.4.C 将直观图还原得▱OABC,因为O'D'=O'C'=2cm,C'D'=O'C'=2cm,所以OD=2O'D'=4cm,CD=2cm,所以OC===6cm,则OA=O'A'=6cm=OC,故原图形为菱形.5.A 题中的空间四边形OEC1D1在平面CC1D1D、平面DD1A1A、平面ABCD上的正投影分别是选项B,C,D中的图形,故选A.6.D 侧视图为直角三角形,两直角边长均为,其面积为S=××=.7.C 由三视图可知,该几何体是横放的正三棱柱,其底面是边长为2的正三角形,高为2,易得底面的外接圆的半径r=,∴正三棱柱的外接球的半径R==,∴球O的表面积为4πR2=,故选C.8.C 由题意知,侧视图中的底边长应等于俯视图中两个相对的小三角形的高的和,小三角形的边长为2,所以高为,则侧视图中的底边长为2.侧视图中底边上的高与此六棱锥的高相等,而该几何体的底面边长为2,侧棱长为,所以该六棱锥的高为=,所以该几何体的侧视图为C.9.C 当M与F重合、N与G重合、Q与E重合、P与B1重合时,三棱锥P-MNQ的俯视图为A;当M、N、Q、P是所在线段的中点时,三棱锥P-MNQ的俯视图为B;当M、N、P、Q是所在线段的非端点位置时,三棱锥P-MNQ的俯视图有选项D的可能.故选C.10.A 由三视图知这个多面体是正方体截去两个全等的三棱锥后剩余的部分,其直观图如图所示,结合题图中尺寸知,正方体的体积为23=8,一个三棱锥的体积为××1×1×1=,因此多面体的体积为8-2×=,故选A.11.B 由多面体的三视图可知该几何体的直观图为一个三棱锥,如图所示.其中面ABC⊥面BCD,△ABC为等腰直角三角形,AB=BC=4,取BC的中点M,连结AM,DM,则DM⊥面ABC,在等腰△BCD中,BD=DC=2,BC=DM=4,所以在Rt△AMD中,AD===6,又在Rt△ABC中,AC=4<6,故该多面体的各条棱中,最长棱为AD,长度为6,故选B.12.答案20解析由三视图可知该几何体是一个直三棱柱截去一个三棱锥后余下的部分.三棱柱的底面是直角边长分别为3cm和4cm的直角三角形,高为5cm,该三棱柱的体积为×3×4×5=30cm3.截去的三棱锥以三棱柱的上底面为底面,下底面的直角顶点为顶点,所以该三棱锥的体积为××3×4×5=10cm3,故所求几何体的体积为30-10=20cm3.13.答案24解析题中三视图所表示的几何体由一个直三棱柱截去一个三棱锥所得(如图所示),故其体积V=×3×4×5-××3×4×3=24(c m3).14.答案③②②;解析由题意知几何体为图中的A-B1CD1,其三视图为③②②,体积为V=V正方体-4=23-4×××2×2×2=.15.答案;3+7解析由三视图可知,该几何体是如图所示的四棱锥S-ABCD,可将其补形为正方体,且正方体的棱长为2,则四棱锥的底面ABCD的面积为2,在△SAD中,SD=AD=,SA=2,所以cos∠SDA==,所以sin∠SDA==,S△SAD=×××=2,易知S到平面ABCD的距离即为S到直线AD的距离,设为h,则×h=2,所以h=,所以该几何体的体积为×2×=.由图可知,S△ABS=×2×2=2,S△SDC=×2×=,在△SBC中,SB=2,BC=,SC=3,所以cos∠SCB==,所以sin∠SCB==,S△SBC=×3××=3,故该几何体的表面积为S矩形ABCD+S△SBC+S△SAD+S△ABS+S△SDC=2+3+2+2+=3+7.16.答案27+9+3π-3π解析根据三视图可以还原出如图所示的空间几何体,该几何体是由一个底面边长为6、高为的正三棱锥挖去一个圆锥而得到的,由S△ABC=3××6×OD(D为圆锥的底面圆(圆O)与AC的切点),且S△ABC=×6×6sin,易得OD=,S△ABC=9.在直角三角形POD中,由勾股定理得PD=3,从而得三棱锥的表面积S1=27+9,圆锥的侧面积S2=3π,圆锥的底面积S3=3π,故空间几何体的表面积S=S1+S2-S3=27+9+3π-3π.。

第六节空间直角坐标系、空间向量及其运算[基础达标]一、选择题(每小题5分,共25分)1.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BB1,CD的中点,则DE与D1F的位置关系是()A.平行B.相交且垂直C.异面且垂直D.既不平行也不垂直1.C【解析】建立空间直角坐标系后,求得=0,所以,即DE与D1F垂直且DE与D1F是异面直线.2.两个非零向量a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),则是a∥b的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件2.A【解析】a∥b且一个坐标为0是不能得到,所以必要性不满足,即是a∥b的充分不必要条件.3.已知空间四边形OABC中,点M在线段OA上,且OM=2MA,点N是BC的中点, =a,=b, =c,则=() A. a+b-c B.- a+b+cC. a-b+cD. a+b-c3.B【解析】∵点M在线段OA上,且OM=2MA,点N为BC的中点, +()++()+)=-,∵=a, =b, =c,∴=-a+b+c.4.已知长方体ABCD-A1B1C1D1,下列向量的数量积一定不为0的是()A.B.C.D.4.D【解析】选项A,当四边形ADD1A1为正方形时,可得AD1⊥A1D,而A1D∥B1C,可得AD1⊥B1C,此时有=0;选项B,当四边形ABCD为正方形时,可得AC⊥BD,可得AC⊥平面BB1D1D,故有AC⊥BD1,此时有=0;选项C,由长方体的性质可得AB⊥平面ADD1A1,可得AB⊥AD1,此时必有=0;选项D,由长方体的性质可得BC⊥平面CDD1C1,可得BC⊥CD1,△BCD1为直角三角形,∠BCD1为直角,故BC与BD1不可能垂直,即≠0.5.在边长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是D1D,BD的中点,点G在棱CD上,且CG=CD,H是C1G的中点,则||为() A.B.C.D.5.D【解析】如图,以D为原点建立空间直角坐标系,则F,C1(0,1,1),G.因为H是C1G的中点,所以H,所以=-,则||=.二、填空题(每小题5分,共15分)6.已知向量a=(-4,2,4),b=(-6,3,-2),则a·b=;|a|=.6.226【解析】a·b=(-4)×(-6)+2×3+4×(-2)=22,|a|==6.7.已知空间四点A(-2,3,1),B(2,-5,3),C(10,0,10),D(8,4,a),如果四边形ABCD为梯形,则实数a的值为.7.9【解析】因为=(4,-8,2), =(8,5,7), =(2,-4,10-a), =(10,1,a-1),四边形ABCD为梯形,则,解得a=9,此时不平行.8.正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为A1B1上任意一点,则DP与BC1始终.8.垂直【解析】因为=()·=()·=0,所以,即DP与BC1始终垂直.三、解答题(共20分)9.(10分)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱A1D1的中点,H为平面EDB内一点,=(2m,-2m,-m)(m<0),证明:HC1⊥平面EDB.9.【解析】设正方体的棱长为a,则=(a,a,0),所以=(2m,-2m,-m)·=0,=(2m,-2m,-m)·(a,a,0)=0,所以,又DE∩DB=D,所以HC1⊥平面EDB.10.(10分)如图,在四棱锥P-ABCD中,M,N分别是AB,PC的中点,若ABCD是平行四边形.求证:MN∥平面PAD.10.【解析】取DP的中点E,连接AE,EN,则,所以,所以共面,且MN不在平面PAD上,所以MN∥平面PAD.[高考冲关]1.(5分)一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(0,0,0),(0,1,1),(1,0,1),(1,1,0),该四面体的体积为()A.B.C.1 D.21.A【解析】在空间直角坐标系中作出四面体的四个顶点,可知该四面体是棱长为的正四面体,所以体积为.2.(5分)设P(2,3,4)在三个坐标平面上的射影分别为P1,P2,P3,则向量:①(6,-3,-4);②(4,-3,-4);③(0,-3,4);④(2,-6,4).其中与平面P1P2P3平行的向量有().A.1个B.2个C.3个D.4个2.C【解析】由题意可知,P1,P2,P3的坐标分别为(2,3,0),(2,0,4),(0,3,4),可以求得平面P1P2P3的一个法向量为(6,4,3),①不与该法向量垂直,所以不与平面P1P2P3平行,②③④与该法向量垂直,所以与平面P1P2P3平行.3.(5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=a,则MN 与平面BB1C1C的位置关系是() A.在平面上B.相交C.平行D.以上都不正确3.C【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,则点M a,,N,所以=-,0,-与平面BB1C1C的法向量=(0,a,0)垂直,且MN不在平面BB1C1C上,所以MN与平面BB1C1C的位置关系是平行.4.(5分)已知空间四边形ABCD中, =a-2c, =5a+6b-8c,对角线AC,BD的中点分别为E,F,则=.4.3a+3b-5c【解析】=3a+3b-5c.5.(5分)已知空间图形A-BCD,E,F,G,H,M,N分别是AB,BC,CD,DA,AC,BD的中点,求证:EG,FH,MN交于一点且互相平分.5.【解析】设P1,P2,P3分别为EG,FH,MN的中点,又设=a, =b, =c,则)=)=(a+b+c).同理可证 (a+b+c),(a+b+c),∴P1,P2,P3三点重合.从而原命题得证.6.(10分)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,M是棱AA1的中点,点O是对角线BD1的中点.(1)求证:BD1⊥AC;(2)求证:OM是异面直线AA1与BD1的公垂线.6.【解析】(1)以D为原点,DC,DA,DD1所在的直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),C(1,0,0),B(1,1,0),D1(0,0,1),M,O.∴=(-1,-1,1), =(1,-1,0),∴=(-1)×1+(-1)×(-1)+1×0=0,∴,即BD1⊥AC.(2) =(0,0,1), =(-1,-1,1),∵=0, =0,∴OM⊥AA1,OM⊥BD1,即OM是异面直线AA1与BD1的公垂线.7.(10分)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为2,底面边长为1,M是BC的中点.在直线CC1上是否存在一点N,使得MN⊥AB1?若存在,请你求出它的位置;若不存在,请说明理由.7.【解析】假设在直线CC1上存在一点N,使得MN⊥AB1.如图,建立空间直角坐标系,有A(0,0,0),B,M,0,N(0,1,z),B1,∴.∵,∴=-+2z=0,解得z=,N,即CN=时,AB1⊥MN.。

第七章立体几何[深研高考·备考导航]为教师备课、授课提供丰富教学资源[五年考情]分析近5年浙江卷高考试题发现本章主要考查简单几何体的三视图及表面积、体积、空间中线、面的平行垂直关系、突出对空间想象能力，逻辑推理能力的考查、分值大约在20分左右．第一节空间几何体的结构及其三视图和直观图1．简单多面体的结构特征(1)棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形；(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；(3)棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．2．旋转体的形成(1)三视图的名称几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图．(2)三视图的画法①在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．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、正左方、正上方观察到的几何体的正投影图．4．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴，y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴；平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段在直观图中长度变为原来的一半．1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．()(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．()(3)用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分别平行于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A＝90°.()(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．()[答案](1)×(2)×(3)×(4)×2．(教材改编)如图7-1-1，长方体ABCD-A′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是()图7-1-1A．棱台B．四棱柱C．五棱柱D．简单组合体C[由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱．]3．如图7-1-2，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是()图7-1-2A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱B[由题知，该几何体的三视图为一个三角形，两个四边形，经分析可知该几何体为如图所示的三棱柱．]4．将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图7-1-3所示，则该几何体的侧(左)视图为()图7-1-3B[由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧(左)视图为图②.]5．以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于________. 【导学号：51062215】2π[由题意得圆柱的底面半径r＝1，母线l＝1，所以圆柱的侧面积S＝2πrl＝2π.]A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点(2)以下命题：①以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．其中正确命题的个数为()A．0B．1C．2 D．3(1)B(2)B[(1)如图①所示，可知A错．如图②，当PD⊥底面ABCD，且四边形ABCD为矩形时，则四个侧面均为直角三角形，B正确．①②根据棱台的定义，可知C，D不正确．(2)由圆锥、圆台、圆柱的定义可知①②错误，③正确．对于命题④，只有平行于圆锥底面的平面截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，④不正确．] [规律方法] 1.关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一个反例即可．2．圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系．3．因为棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略．[变式训练1]下列结论正确的是()A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线D[如图①知，A不正确．如图②，两个平行平面与底面不平行时，截得的几何体不是旋转体，则B不正确．①②C错误．若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．由母线的概念知，选项D正确．]☞角度1由空间几何体的直观图判断三视图一几何体的直观图如图7-1-4，下列给出的四个俯视图中正确的是()图7-1-4A B C DB[该几何体是组合体，上面的几何体是一个五面体，下面是一个长方体，且五面体的一个面即为长方体的一个面，五面体最上面的棱的两端点在底面的射影距左右两边距离相等，因此选项B适合．]☞角度2已知三视图，判断几何体(1)某四棱锥的三视图如图7-1-5所示，该四棱锥最长棱棱长为()图7-1-5A．1 B. 2C. 3 D．2(2)如图7-1-6是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为()图7-1-6A．20πB．24πC．28πD．32π(1)C(2)C[(1)由三视图知，该四棱锥的直观图如图所示，其中P A⊥平面ABCD.又P A＝AD＝AB＝1，且底面ABCD是正方形，所以PC为最长棱．连接AC，则PC＝AC2＋P A2＝(2)2＋1＝ 3.(2)由三视图可知圆柱的底面直径为4，母线长(高)为4，所以圆柱的侧面积为2π×2×4＝16π，底面积为π·22＝4π；圆锥的底面直径为4，高为23，所以圆锥的母线长为(23)2＋22＝4，所以圆锥的侧面积为π×2×4＝8π.所以该几何体的表面积为S＝16π＋4π＋8π＝28π.][规律方法] 1.由实物图画三视图或判断选择三视图，按照“正侧一样高，正俯一样长，俯侧一样宽”的特点确认．2．根据三视图还原几何体．(1)对柱、锥、台、球的三视图要熟悉．(2)明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图．(3)根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．易错警示：对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同.ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为()A.34a2 B.38a2C.68a2 D.616a2D[如图①②所示的实际图形和直观图，由②可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ， 在图②中作C ′D ′⊥A ′B ′于D ′， 则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a ，所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.][规律方法] 1.画几何体的直观图一般采用斜二测画法，其规则可以用“斜”(两坐标轴成45°或135°)和“二测”(平行于y 轴的线段长度减半，平行于x 轴和z 轴的线段长度不变)来掌握．对直观图的考查有两个方向，一是已知原图形求直观图的相关量，二是已知直观图求原图形中的相关量．2．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S 直观图＝24S 原图形．[变式训练2] 已知等腰梯形ABCD ，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________. 【导学号：51062216】22 [如图所示：因为OE ＝(2)2－1＝1，所以O ′E ′＝12，E ′F ＝24， 则直观图A ′B ′C ′D ′的面积S ′＝1＋32×24＝22.][思想与方法]1．画三视图的三个原则：(1)画法规则：“长对正，宽相等，高平齐”．(2)摆放规则：侧视图在正视图的右侧，俯视图在正视图的正下方．(3)实虚线的画法规则：可见轮廓线和棱用实线画出，不可见线和棱用虚线画出．2．棱台和圆台是分别用平行于棱锥和圆锥的底面的平面截棱锥和圆锥后得到的，所以在解决棱台和圆台的相关问题时，常“还台为锥”，体现了转化的数学思想．[易错与防范]1．确定正视、侧视、俯视的方向，观察同一物体方向不同，所画的三视图也不同．2．对于简单几何体的组合体，在画其三视图时首先应分清它是由哪些简单几何体组成的，然后再画其三视图，易忽视交线的位置，实线与虚线的不同致误．课时分层训练(三十六)空间几何体的结构及其三视图和直观图A组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．下列叙述中，正确的个数为()①在棱柱中，各侧面都是平行四边形；②圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线；③有两个面互相平行，且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台．A．0B．1C．2 D．3C[由棱柱的结构特征可知①正确．由圆锥母线的定义可知②正确．棱台的定义是棱锥的底面和平行于底面的一个截面间的部分，各侧棱延长线相交于一点才行，故③错．]2．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是()【导学号：51062217】A．圆柱B．圆锥C．四面体D．三棱柱A[由三视图知识知圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不可能为三角形．]3．(2017·嘉兴质检)一个三棱锥的正视图和俯视图如图7-1-7所示，则该三棱锥的侧视图可能为()图7-1-7A B C DD[由题图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD⊥平面BCD，∴该三棱锥的侧视图可能为选项D.]4．一个几何体的三视图如图7-1-8所示，则该几何体的表面积为( )图7-1-8A ．3πB ．4πC ．2π＋4D ．3π＋4D [由几何体的三视图可知，该几何体为半圆柱，直观图如图所示．表面积为2×2＋2×12×π×12＋π×1×2＝4＋3π.]5．一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7-1-9，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )图7-1-9A.18B.17C.16D.15D [由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16， 剩余部分的体积V 2＝13－16＝56. 所以V 1V 2＝1656＝15，故选D.]二、填空题6．(2017·浙江五校联考)一水平放置的平面四边形OABC ，用斜二测画法画出它的直观图O ′A ′B ′C ′如图7-1-10所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC 的面积为________．图7-1-1022 [因为直观图的面积是原图形面积的24倍，且直观图的面积为1，所以原图形的面积为2 2.]7．如图7-1-11所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一动点，则三棱锥P -ABC的正视图与侧视图的面积的比值为________．图7-1-111 [三棱锥P -ABC 的正视图与侧视图为底边和高均相等的三角形，故它们的面积相等，面积比值为1.]8．某三棱锥的三视图如图7-1-12所示，则该三棱锥最长棱的棱长为________.【导学号：51062218】图7-1-1222[由题中三视图可知，三棱锥的直观图如图所示，其中P A⊥平面ABC，M为AC的中点，且BM⊥AC，故该三棱锥的最长棱为PC.在Rt△P AC中，PC＝P A2＋AC2＝22＋22＝2 2.]三、解答题9．某几何体的三视图如图7-1-13所示．图7-1-13(1)判断该几何体是什么几何体？(2)画出该几何体的直观图. 【导学号：51062219】[解](1)该几何体是一个正方体切掉两个14圆柱后的几何体.6分(2)直观图如图所示.15分10．如图7-1-14，在四棱锥P-ABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm的全等的等腰直角三角形．图7-1-14(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求P A.[解](1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.6分(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝6 2.8分由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，P A＝PD2＋AD2＝(62)2＋62＝6 3 cm.15分B组能力提升(建议用时：15分钟)1．在如图7-1-15所示的空间直角坐标系O-xyz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①②③④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为()图7-1-15A．①和②B．③和①C．④和③D．④和②D[如图，在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的正视图为④，俯视图为②.]2．(2017·杭州学军中学质检)如图7-1-16是一个几何体的三视图，则该几何体任意两个顶点间距离的最大值是() 【导学号：51062220】图7-1-16A．4 B．5C．3 2 D．3 3D[由三视图作出几何体的直观图(如图所示)，计算可知AF最长，且AF＝BF2＋AB2＝3 3.]3．某四棱柱的三视图如图7-1-17所示，则该四棱柱的体积为________．图7-1-1732[由题中三视图可画出长为2、宽为1、高为1的长方体，将该几何体还原到长方体中，如图所示，该几何体为四棱柱ABCD-A′B′C′D′.故该四棱柱的体积V＝Sh＝12×(1＋2)×1×1＝32.]。

第七章立体几何阶段检测试题时间：120分钟分值：150分一、选择题（每小题5分，共60分)1．关于空间几何体的结构特征，下列说法不正确的是（）A．棱柱的侧棱长都相等B．棱锥的侧棱长都相等C．三棱台的上、下底面是相似三角形D．有的棱台的侧棱长都相等解析:根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等．答案：B2．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E,F分别是线段BC，CD1的中点，则直线A1B与直线EF的位置关系是（)A．相交B．异面C．平行D．垂直解析：由BC綊AD，AD綊A1D1知,BC綊A1D1，从而四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥CD1，又EF⊂平面A1C,EF∩D1C＝F,则A1B与EF相交．答案:A3．（2017·嘉兴月考）对于空间的两条直线m,n和一个平面α，下列命题中的真命题是( ）A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m∥α，n⊂α,则m∥nC．若m∥α，n⊥α，则m∥nD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n解析：对A，直线m，n可能平行、异面或相交，故选项A错误；对B，直线m与n可能平行，也可能异面，故选项B错误；对C，m与n垂直而非平行，故选项C错误；对D,垂直于同一平面的两直线平行，故选项D正确．答案:D4．设P是异面直线a,b外的一点，则过点P与a,b都平行的平面（)A．有且只有一个B．恰有两个C．不存在或只有一个D．有无数个解析：过点P作a1∥a，b1∥b，若过a1，b1的平面不经过a，b，则存在一个平面同时与a,b平行；若过a,b1的平面经过a或b,则不存在这样的平面同时与a,b平行．1答案：C5．若平面α∥平面β，点A，C∈α,B，D∈β,则直线AC∥直线BD的充要条件是（）A．AB∥CD B．AD∥CBC．AB与CD相交D．A,B，C，D四点共面解析:由平面α∥平面β知，直线AC与BD无公共点，则直线AC∥直线BD的充要条件是A，B，C，D四点共面．答案：D6．已知a，b为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，且a⊥α,b⊥β，则下列命题中的假命题是（)A．若a∥b，则α∥βB．若α⊥β，则a⊥bC．若a，b相交，则α，β相交D．若α,β相交，则a，b相交解析：若α,β相交,则a，b可能相交，也可能异面,故D为假命题．答案：D7．一个几何体的侧视图和俯视图如图所示，若该几何体的体积为错误!,则它的正视图为（)解析：由几何体的侧视图和俯视图，可知几何体为组合体，由几何体的体积为错误!，可知上方为棱锥,下方为正方体．由俯视图可得,棱锥顶点在底面上的射影为正方形一边上的中点，顶点到正方体上底面的距离为1，所以选B.答案：B8．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．27－错误!B．18－错误!C．27－3πD．18－3π解析：由几何体的三视图可知该几何体可以看成是底面是梯形的四棱柱挖去了半个圆柱，所以所求体积为错误!×（2＋4)×2×3－错误!π×12×3＝18－错误!。

§7.7空间角Ａ组基础题组1.(2015云南一检)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=4,点D在棱BB1上,若BD=3,则AD与平面AA1C1C所成角的正切值为( )A. B. C. D.2.(2015浙江,8,5分)如图,已知△ABC,D是AB的中点,沿直线CD将△ACD翻折成△A'CD,所成二面角A'-CD-B的平面角为α,则( )A.∠A'DB≤αB.∠A'DB≥αC.∠A'CB≤αD.∠A'CB≥α3.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,若E,F为BD1的两个三等分点,G为长方体ABCD-A1B1C1D1表面上的动点,则∠EGF的最大值为( )A.30°B.45°C.60°D.90°4.(2013上海春,9,3分)在如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1中,异面直线A1B与B1C所成角的大小为.5.(2015浙江五校一联,12,4分)已知三棱锥A-BCD中,AB=AC=BD=CD=2,BC=2AD=2,则直线AD 与底面BCD所成角为.6.(2015浙江新高考研究卷一(镇海中学),13)三棱锥A-BCD中,平面ABC⊥平面BCD,AB=BC=BD,∠ABC=∠DBC=120°,则二面角A-BD-C的平面角的正切值是.7.(2016超级中学原创预测卷五,12,6分)若在四棱锥P-ABCD中,∠ABC=∠BAD=90°,BC=2AD,△PAB和△PAD都是等边三角形,则异面直线CD和PB所成的角的大小为.8.(2015广东,18,14分)如图,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.点E是CD边的中点,点F,G分别在线段AB,BC上,且AF=2FB,CG=2GB.(1)证明:PE⊥FG;(2)求二面角P-AD-C的正切值;(3)求直线PA与直线FG所成角的余弦值.9.(2015课标Ⅰ,18,12分)如图,四边形ABCD为菱形,∠ABC=120°,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE=2DF,AE⊥EC.(1)证明:平面AEC⊥平面AFC;(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.10.(2015学军中学仿真考,17,15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥底面ABCD,ABCD是直角梯形,AB⊥AD,AB∥CD,AB=2AD=2CD=2.E是PB的中点.(1)求证:平面EAC⊥平面PBC;(2)若二面角P-AC-E的余弦值为,求直线PA与平面EAC所成角的正弦值.11.(2015陕西,18,12分)如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=1,AD=2,E是AD 的中点,O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置,如图2.(1)证明:CD⊥平面A1OC;(2)若平面A1BE⊥平面BCDE,求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.B组提升题组1.(2015石家庄一模)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直于底面,底面是边长为2的正三角形,侧棱长为3,则AA1与平面AB1C1所成的角为( )A. B. C. D.2.(2015杭州二中高三仿真考,8,5分)过正方体ABCD-A1B1C1D1的棱DD1的中点与直线BD1所成角为40°,且与平面ACC1A1所成角为50°的直线条数为( )A.1B.2C.3D.无数条3.(2014大纲全国,11,5分)已知二面角α-l-β为60°,AB⊂α,AB⊥l,A为垂足,CD⊂β,C ∈l,∠ACD=135°,则异面直线AB与CD所成角的余弦值为( )A. B. C. D.4.(2015衢州一模,8,5分)△ABC是等腰直角三角形,其中∠A=90°,且DB⊥BC,∠BCD=30°,现将△ABC沿边BC折起,使得二面角A-BC-D大小为30°,如图,则异面直线BC与AD所成的角为( )A.30°B.45°C.60°D.90°5.(2015温州一模,7,5分)长方体ABCD-A1B1C1D1中,已知二面角A1-BD-A的大小为,若空间有一条直线l与直线CC1所成的角为,则直线l与平面A1BD所成角的取值范围是( )A. B.C. D.6.(2015四川,14,5分)如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M在线段PQ上,E,F分别为AB,BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ,则cosθ的最大值为.7.(2015浙江五校一联,19,14分)如图所示,正方形ABCD所在的平面与等腰△ABE所在的平面互相垂直,其中∠BAE=120°,AE=AB=4,F为线段AE的中点.(1)若H是线段BD的中点,求证:FH∥平面CDE;(2)若H是线段BD上的一个动点,设直线FH与平面ABCD所成角的大小为θ,求tanθ的最大值.8.(2015浙江模拟训练冲刺卷一,17)如图,在五面体PABCD中,CB⊥平面ABP,BC∥AD,AD=2BC=2,BA=BP=2,BA⊥BP.(1)求直线PD与平面APC所成角的正弦值;(2)求平面PAD与平面PBD所成的锐二面角的余弦值.9.(2015杭州二中高三仿真考,17,15分)已知四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为∠ABC=π的菱形,PA⊥平面ABCD,点Q在直线PA上.(1)证明:QC⊥BD;(2)若二面角B-QC-D的大小为,点M为BC的中点,求QM与AB所成角的余弦值.10.(2016台州中学期中,17,15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,侧棱PA⊥底面ABCD,AD∥BC,∠ABC=90°,PA=AB=B C=2,AD=1,M是棱PB的中点.(1)求证:AM∥平面PCD;(2)设点N是线段CD上一动点,当直线MN与平面PAB所成的角最大时,求二面角P-BN-C的余弦值.11.(2015江苏,22,10分)如图,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.(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.Ａ组基础题组1.B 设E为AC的中点,连结BE,如图,可得·=(+)·=·=4×2×=12=5×2×cosθ(θ为与的夹角),∴cosθ=,sinθ=,又∵BE⊥平面AA1C1C,∴所求角的正切值为.2.B 若CD⊥AB,则∠A'DB为二面角A'-CD-B的平面角,即∠A'DB=α.若CD与AB不垂直,在△ABC中,过A作CD的垂线交线段CD或CD的延长线于点O,交BC于E,连结A'O,则∠A'OE为二面角A'-CD-B的平面角,即∠A'OE=α,∵AO=A'O,∴∠A'AO=.又A'D=AD,∴∠A'AD=∠A'DB.而∠A'AO是直线A'A与平面ABC所成的角,由线面角的性质知∠A'AO<∠A'AD,则有α<∠A'DB.综上有∠A'DB≥α,故选B.3.D 以点D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,不妨令E,F,不妨设G(x,y,0),x∈[0,2],y∈[0,2],则·=·-x,-y,=(x-1)2+(y-1)2≥0,当且仅当x=y=1,即点G为BD的中点时取等号,即·的最小值为0,即∠EGF的最大值为90°,故选D.4.答案解析解法一:连结A1D,BD,则A1D∥B1C,故∠BA1D即为异面直线A1B与B1C所成角,又△A1DB 为正三角形,故所成的角为.解法二:建立空间直角坐标系D-xyz,设正方体的棱长为1,异面直线A1B与B1C所成角为θ,则=(0,1,-1),=(-1,0,-1),从而cosθ==,故θ=,即所成的角为.5.答案60°解析取BC的中点M,连结AM,DM,易知∠ADM即为直线AD与平面BCD所成的角.因为AB=AC,故AM⊥BC,故AM==,同理知DM=,故AM=DM=AD=,故△ADM为等边三角形,故∠ADM=60°,即直线AD与底面BCD所成的角为60°.6.答案-2解析过A作BC的垂线,交CB的延长线于H,过H作HE⊥BD于E,连结AE,由作图及已知得AH⊥平面BDC,AE⊥BD,则∠AEH是二面角A-BD-C的平面角的补角.设AB=1,则AH=,HE=,∴tan ∠AEH==2,则二面角A-BD-C的平面角的正切值是-2.7.答案90°解析由题意可设AD=1,则BC=2,过点A作AE∥CD交BC于点E,则AE=CD=,过E作EF∥PB交PC于点F,则∠AEF或其补角为所求角.过F作FG∥CD交PD于点G,连结AG,则四边形AEFG 是梯形,其中FG∥AE,EF=PB=,AG=,又AE>FG,过G作GH∥EF交AE于点H,则∠GHA=∠AEF.在△GHA中,GH=EF=,AH=AE-FG=,AG=,所以AG2=GH2+AH2,所以∠AEF=∠GHA=90°.8.解析(1)证明:因为PD=PC,点E为DC的中点,所以PE⊥DC.又因为平面PDC⊥平面ABCD,交线为DC,所以PE⊥平面ABCD.又FG⊂平面ABCD,所以PE⊥FG.(2)由(1)可知,PE⊥AD.因为四边形ABCD为长方形,所以AD⊥DC.又因为PE∩DC=E,所以AD⊥平面PDC.而PD⊂平面PDC,所以AD⊥PD.由二面角的平面角的定义,可知∠PDC为二面角P-AD-C的一个平面角.在Rt△PDE中,PE==,所以tan∠PDC==.从而二面角P-AD-C的正切值为.(3)连结AC.因为==,所以FG∥AC.易求得AC=3,PA==5.所以直线PA与直线FG所成角等于直线PA与直线AC所成角,即∠PAC,在△PAC中,cos∠PAC==.所以直线PA与直线FG所成角的余弦值为.9.解析(1)证明:连结BD.设BD∩AC=G,连结EG,FG,EF.在菱形ABCD中,不妨设GB=1.由∠ABC=120°,可得AG=GC=.由BE⊥平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC.又AE⊥EC,所以EG=,且EG⊥AC.在Rt△EBG中,可得BE=,故DF=.在Rt△FDG中,可得FG=.在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=,DF=,可得EF=.从而EG2+FG2=EF2,所以EG⊥FG.又AC∩FG=G,可得EG⊥平面AFC.因为EG⊂平面AEC,所以平面AEC⊥平面AFC.(6分)(2)如图,以G为坐标原点,分别以,的方向为x轴,y轴正方向,||为单位长,建立空间直角坐标系G-xyz.由(1)可得A(0,-,0),E(1,0,),F,C(0,,0),所以=(1,,),=.(10分)故cos<,>==-.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.(12分)10.解析(1)证明:∵PC⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,∴AC⊥PC,∵AB=2,AD=CD=1,∴AC=BC=,∴AC2+BC2=AB2,∴AC⊥BC,又BC∩PC=C,∴AC⊥平面PBC,∵AC⊂平面EAC,∴平面EAC⊥平面PBC.(2)如图,取AB中点F,连结CF,则CF⊥AB.以C为原点,、、分别为x轴、y轴、z轴正向,建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),A(1,1,0),B(1,-1,0).设P(0,0,a)(a>0),则E,=(1,1,0),=(0,0,a),=,取m=(1,-1,0),则m·=m·=0,m为面PAC的一个法向量.设n=(x,y,z)为面EAC的法向量,则n·=n·=0,即取x=a,则y=-a,z=-2,则n=(a,-a,-2),依题意得,|cos<m,n>|===,则a=2.于是n=(2,-2,-2),=(1,1,-2).设直线PA与平面EAC所成角为θ,则sinθ=|cos<,n>|==,即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为.11.解析(1)证明:在题图1中,因为AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,∠BAD=,所以BE⊥AC.即在题图2中,BE⊥OA1,BE⊥OC,从而BE⊥平面A1OC,又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.(2)因为平面A1BE⊥平面BCDE,又由(1)知,BE⊥OA1,BE⊥OC,所以∠A1OC为二面角A1-BE-C的平面角,所以∠A1OC=.如图,以O为原点,建立空间直角坐标系,因为A1B=A1E=BC=ED=1, BC∥ED,所以B,E,A1,C,得=,=0,,-,==(-,0,0).设平面A1BC的法向量n1=(x1,y1,z1),平面A1CD的法向量n2=(x2,y2,z2),平面A1BC与平面A1CD 的夹角为θ,则得取n1=(1,1,1);得取n2=(0,1,1),从而cosθ=|cos<n1,n2>|==,即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.B组提升题组1.A 取B1C1的中点M,连结AM、A1M,由正三棱柱的性质知,AA1与平面AB1C1所成的角为∠A1AM. ∵A1A=3,A1M=×2=,∴tan∠A1AM==,∴∠A1AM=,故选A.2.B 取DD1的中点E,如图,设上、下底面的中心分别为O1,O,连结OO1交BD1于点F,连结EF,OE,则OE∥BD1,由条件易知过点E与直线BD1所成角为40°的直线构成一个以OE为轴,母线与轴OE成40°角的圆锥面,与平面ACC1A1所成角为50°的直线构成一个以EF为轴,且母线与轴EF成40°角的圆锥面,这两个圆锥面有2条公共母线,故选B.3.B 依题意作图,平移CD至AD',作AE⊥l,且D'E∥l,连结BE,BD',则D'E⊥面BAE,则∠EAB=60°,∠D'AE=45°,设AB=1,AE=1,则BE=1,D'E=1,D'A=.在Rt△BED'中,BD'=.∴cos∠BAD'===,即异面直线AB与CD所成角的余弦值为.故选B.4.A 过点D作DE∥BC,过点C作CE∥BD,两线交于E,则∠ADE为异面直线BC和AD所成角.分别取BC,DE的中点F,G,连结AF,GF,AG,则由题意可得AF⊥BC,GF⊥BC,所以∠AFG是二面角A-BC-D的平面角,BC⊥平面AFG,则∠AFG=30°,DG⊥平面AFG,所以DG⊥AG.不妨设BD=1,则BC=DE=,AB=AC=,AF=,FG=1,在△AFG中,由余弦定理可得AG2=+1-2××1×=,AG=,在直角三角形ADG中,DG=,所以tan∠ADG===,则∠ADG=30°,即异面直线BC和AD所成角为30°,故选A.5.C 设AA1=a,作AE⊥BD于点E,连结A1E,则A1E⊥BD,BD⊥平面AA1E,∠A1EA为二面角A1-BD-A 的平面角,即∠A1EA=,AE=a.由AA1∥CC1,l与直线CC1所成的角为得l与直线AA1所成的角为,过点A1作直线l1∥l,则l1的轨迹是以AA1为轴的圆锥(其中底面是以A为圆心、a为半径的圆)的母线所在的直线.设直线AE与圆A交于点M,N(M靠近E),则M,N分别为圆A上所有的点中到平面A1BD距离最近、最远的点,则与平面A1BD所成的角最小与最大且满足题意的直线分别为A1M,A1N,又ME=(-1)a,NE=(+1)a,因此点M,N与平面A1BD的距离分别为ME·sin=,NE·sin=,直线A1M,A1N与平面A1BD所成的角的正弦值分别等于=,=,直线A1M,A1N 与平面A1BD所成的角分别等于,,即直线l与平面A1BD所成的角的取值范围是,故选C.6.答案解析如图,建立空间直角坐标系A-xyz,设AB=2,QM=m(0≤m≤2),则F(2,1,0),E(1,0,0),M(0,m,2)(0≤m≤2).=(2,1,0),=(1,-m,-2),cosθ=|cos<,>|===.设y=,则y'===.当0<m<2时,y'<0,∴y=在(0,2)上单调递减.∴当m=0时,y取最大值,此时cosθ取最大值,(cosθ)max==.7.解析(1)证明:连结AC,∵ABCD是正方形,∴H是AC的中点,又F是AE的中点,∴FH是△ACE的中位线,∴FH∥CE,而FH⊄面CDE,CE⊂面CED,从而FH∥平面CDE.(2)∵面ABCD⊥面ABE,面ABCD∩面ABE=AB,DA⊥AB,DA⊂面ABCD,∴DA⊥面ABE.过F作FG⊥AB交BA的延长线于G,连GH,则易知FG⊥面ABCD,∴∠FHG是直线FH与平面ABCD所成的角,FG=AFsin60°=,tan∠FHG==.当GH⊥BD时,GH取到最小值,从而(tan∠FHG)max=.即tanθ的最大值为.8.解析(1)依题意知BA、BP、BC两两垂直,分别以BA、BP、BC所在直线为x轴、y轴、z 轴建立空间直角坐标系,如图.则有B(0,0,0),A(2,0,0),P(0,2,0),C(0,0,1),D(2,0,2).设平面APC的法向量为a=(x,y,z),∵=(-2,0,1),=(-2,2,0),∴由得取x=1,得a=(1,1,2).设直线PD与平面APC所成的角为θ,∵=(2,-2,2),∴sinθ=|cos<,a>|===,故直线PD与平面APC所成角的正弦值为.(9分)(2)设平面APD的法向量为m=(x1,y1,z1),∵=(-2,2,0),=(0,0,2),∴由得取x1=1,得m=(1,1,0).设平面PBD的法向量为n=(x2,y2,z2),∵=(0,2,0),=(2,0,2),∴由得取x2=1,得n=(1,0,-1).则|cos<m,n>|===,故平面PAD与平面PBD所成的锐二面角的余弦值为.(15分)9.解析(1)证明:连结AC,显然BD⊥AC,因为PA⊥平面ABCD,则PA⊥BD,又PA∩AC=A,故BD⊥平面PAC,又QC⊂平面PAC,则QC⊥BD.(2)由题意可知,二面角B-QC-A的大小为.设底面ABCD的边长为2,AQ=x.设AC,BD交于点E,则点B到平面AQC的距离为BE=1,过点E作QC的垂线,垂足为F,连结BF, 则有tan∠BFE=tan=,则EF=,则点A到QC的距离为,则·=x·2,得x=.过点M作AB的平行线交AD于点G,则GM=2,AG=1,QG==,∠QMG为QM与AB所成的角,AM==,则QM==,cos∠QMG===,即QM与AB所成角的余弦值为.10.解析(1)证明:以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,2,0),D(1,0,0),P(0,0,2),M(0,1,1),则=(0,1,1),=(1,0,-2),=(-1,-2,0),设平面PCD的法向量是n=(x,y,z),则即令z=1,则x=2,y=-1,于是n=(2,-1,1),∵·n=0,∴⊥n,又∵AM⊄平面PCD,∴AM∥平面PCD.(2)因为点N是线段CD上的一点,可设=λ=λ(1,2,0),则=+=(1,0,0)+λ(1,2,0)=(1+λ,2λ,0),则=-=(1+λ,2λ,0)-(0,1,1)=(1+λ,2λ-1,-1),设MN与平面PAB所成的角为θ.平面PAB的一个法向量为n1=(1,0,0),则sinθ=====,∴当=,即5=3+3λ,λ=时,sinθ最大,即MN与平面PAB所成的角最大,此时=,=,设平面PBN的法向量为n2=(x1,y1,z1),则令x1=2,得n2=(2,5,5),又=(0,0,2)为平面BNC的一个法向量,所以cos<n2,>==,又由题图知二面角P-BN-C为钝角,所以二面角P-BN-C的余弦值为-.11.解析以{,,}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则各点的坐标为B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).(1)易知AD⊥平面PAB,所以是平面PAB的一个法向量,=(0,2,0).因为=(1,1,-2),=(0,2,-2),设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),则m·=0,m·=0,即令y=1,解得z=1,x=1.所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量.从而cos<,m>==,所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.(2)因为=(-1,0,2),设=λ=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1),又=(0,-1,0),则=+=(-λ,-1,2λ),又=(0,-2,2),从而cos<,>==.设1+2λ=t,t∈[1,3],则cos2<,>==≤.当且仅当t=,即λ=时,|cos<,>|的最大值为.因为y=cosx在上是减函数,所以此时直线CQ与DP所成的角取得最小值.又因为BP==,所以BQ=BP=.。

浙江省普通高校招生学考科目考试立体几何多选题试题含答案一、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．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 -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 -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.3．在三棱柱111ABC A B C -中，ABC ∆是边长为343（ ）A ．直线1A C 与直线1BB 之间距离的最大值为3B ．若1A 在底面ABC 上的投影恰为ABC ∆的中心，则直线1AA 与底面所成角为60︒ C ．若三棱柱的侧棱垂直于底面，则异面直线AB 与1A C 所成的角为30D ．若三棱柱的侧棱垂直于底面，则其外接球表面积为64π 【答案】AD 【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解. 【详解】如图示，以A 为原点，AC 为y 轴正方向，Ax 为x 轴正方向，过A 点垂直于面ABC 的向上方向为z 轴正方向建系，则()()()0,0,0,3,0,0,23,0,A B C 设()()()100010001000,,,3,3,,,23,,A x y z B x y z C x y z ++所以()()()1000100011,23,,,,,3,3,0,AC x y z BB x y z A B =---== 对于A:设n 为直线1A C 与直线1BB 的公垂线的方向向量，则有：11·0·0AC n BB n ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即()()0000002300x x y y zz x x y y zz ⎧-+-=⎪⎨++=⎪⎩解得：()00,0n z x =- 设直线1A C 与直线1BB 之间距离为d ，则22011222200009||||z A B nd d x z n x z ===++ 22009x d ≥∴≤，即3d ≤，故A 正确；对于B ：若1A 在底面ABC 上的投影恰为ABC ∆的中心，则(13,211A 底面法向量()(10,0,1,1,3,211m AA ==，设直线 1AA 与底面所成角为θ，则：121133sin |cos ,|143AA n θ===⨯，故B 错误； 对于C ： 三棱柱的侧棱垂直于底面时，则(((1110,0,43,3,43,0,23,43,A B C则()()13,3,0,0,23,43,AB AC ==- 设异面直线AB 与1A C 所成的角为θ，则11165cos |cos ,|||10||||23215AB AC AB AC AB AC θ====⨯,故C 错误；对于D ：若三棱柱的侧棱垂直于底面时，外接球的球心O 为上下底面中心DD 1连线的中点,所以外接球的半径()222324R =+=，所以2464S R ππ==.故D 正确故选：AD 【点睛】向量法解决立体几何问题的关键： (1)建立合适的坐标系； (2)把要用到的向量正确表示； (3)利用向量法证明或计算.4．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段11B D 上有两个动点E ，F ，且2EF =.则下列结论正确的是（ ）A ．三棱锥A BEF -的体积为定值B ．当E 向1D 运动时，二面角A EF B --逐渐变小C ．EF 在平面11ABB A 内的射影长为12D ．当E 与1D 重合时，异面直线AE 与BF 所成的角为π4【答案】AC 【分析】对选项分别作图，研究计算可得. 【详解】选项A:连接BD ,由正方体性质知11BDD B 是矩形，1112212224BEF S EF BB ∆∴=⋅=⨯⨯=连接AO 交BD 于点O由正方体性质知AO ⊥平面11BDD B ,所以，AO 是点A 到平面11BDD B 的距离，即22AO =11221334212A BEF BEF V S AO -∆∴=⨯=⨯⨯=A BEF V -∴是定值.选项B:连接11A C 与11B D 交于点M ，连接11,AD AB ， 由正方体性质知11AD AB =,M 是11B D 中点，AM EF ∴⊥ ,又1BB EF ⊥,11//BB AAA EFB ∴--的大小即为AM 与1AA 所成的角，在直角三角形1AA M 中，12tan 2MAA ∠=为定值. 选项C:如图，作1111,,,FH A B EG A B ET EG ⊥⊥⊥ 在直角三角形EFT 中，221cos 45222FT EF =⨯=⨯= 12HG FT ∴==选项D:当E 与1D 重合时，F 与M 重合，连接AC 与BD 交于点R ，连接1D R ,1//D R BM 异面直线AE 与BF 所成的角,即为异面直线1AD 与1D R 所成的角, 在三角形1AD R 中，22111132,2AD D R MB BB M B ===+=2AR = 由余弦定理得13cos AD R ∠= 故选：AC 【点睛】本题考查空间几何体性质问题.求解思路：关键是弄清(1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．求空间几何体体积的思路：若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法；若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.5．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 35B ．DP 5C ．1AP PC +6D ．1AP PC +的最小值为1705【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()10AC '=+-⨯⨯⨯-= 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．6．如图，已知矩形ABCD 中，2AB AD =，E 为边AB 的中点，将ADE ∆沿直线DE 翻折成1A DE ∆，若M 为线段1A C 的中点，则ADE ∆在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）A ．线段BM 的长是定值B ．存在某个位置，使1DE AC ⊥C ．点M 的运动轨迹是一个圆D ．存在某个位置，使MB ⊥平面1A DE【答案】AC【分析】取CD 中点F ，连接BF ，MF ，根据面面平行的判定定理可得平面//BMF 平面1A DE ，由面面平行的性质定理可知//BM 平面1A DE ，可判断D ；在BFM ∆中，利用余弦定理可求得BM a =为定值，可判断A 和C ；假设1DE A C ⊥，由线面垂直的判定定理可得DE ⊥平面1A CE ，由线面垂直的性质定理可知1DE A E ⊥，与11DA A E ⊥矛盾，可判断B ．【详解】解：取CD 的中点F ，连接BF ，MF ，∵M ，F 分别为1A C 、CD 中点，∴1MF A D ∥，∵1A D ⊂平面1A DE ，MF ⊄平面1A DE ，∴MF 平面1A DE ，∵DF BE ∥且DF BE =，∴四边形BEDF 为平行四边形，∴BF DE ，∵DE ⊂平面1A DE ，BF ⊄平面1A DE ，∴BF ∥平面1A DE ，又BF MF F =，BF 、MF ⊂平面BMF ，∴平面//BMF 平面1A DE ，∵BM ⊂平面BMF ，∴BM ∥平面1A DE ，即D 错误，设22AB AD a ==， 则112MF A D a ==，2BF DE a ==，145A DE MFB ︒∠=∠=， ∴222cos45BM MF BF MF BF a ︒=+-⋅⋅=，即BM 为定值，所以A 正确，∴点M 的轨迹是以B 为圆心，a 为半径的圆，即C 正确，∵2DE CE a ==，2CD AB a ==， ∴222DE CE CD +=， ∴DE CE ⊥，设1DE A C ⊥，∵1A C 、CE ⊂平面1A CE ，1AC CE C =， ∴DE ⊥平面1A CE ，∵1A E ⊂平面1A CE ，∴1DE A E ⊥，与11DA A E ⊥矛盾，所以假设不成立，即B 错误.故选:AC .【点睛】本题考查立体几何中的翻折问题，涉及到线段长度的求解、直线与平面位置关系的判定、点的轨迹的求解、反证法的应用等知识点，考查学生的空间立体感和推理论证能力．7．如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点P 在线段B 1C 上运动，则（ ）A ．直线BD 1⊥平面A 1C 1DB ．三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值C ．异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[45°，90°]D ．直线C 1P 与平面A 1C 1D 6 【答案】ABD【分析】在A 中，推导出A 1C 1⊥BD 1，DC 1⊥BD 1，从而直线BD 1⊥平面A 1C 1D ；在B 中，由B 1C ∥平面 A 1C 1D ，得到P 到平面A 1C 1D 的距离为定值，再由△A 1C 1D 的面积是定值，从而三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值；在C 中，异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[60°，90°]；在D 中，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线C 1P 与平面A 1C 1D所成角的正弦值的最大值为3． 【详解】解：在A 中，∵A 1C 1⊥B 1D 1，A 1C 1⊥BB 1，B 1D 1∩BB 1＝B 1，∴A 1C 1⊥平面BB 1D 1，∴A 1C 1⊥BD 1，同理，DC 1⊥BD 1，∵A 1C 1∩DC 1＝C 1，∴直线BD 1⊥平面A 1C 1D ，故A 正确；在B 中，∵A 1D ∥B 1C ，A 1D ⊂平面A 1C 1D ，B 1C ⊄平面A 1C 1D ，∴B 1C ∥平面 A 1C 1D ，∵点P 在线段B 1C 上运动，∴P 到平面A 1C 1D 的距离为定值，又△A 1C 1D 的面积是定值，∴三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值，故B 正确；在C 中，异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[60°，90°]，故C 错误；在D 中，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系， 设正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中棱长为1，P （a ，1，a ），则D （0，0，0），A 1（1，0，1），C 1（0，1，1），1DA ＝（1，0，1），1DC ＝（0，1，1），1C P ＝（a ，0，a ﹣1），设平面A 1C 1D 的法向量(),,n x y z =， 则1100n DA x z n DC y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取x ＝1，得1,1,1n ，∴直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值为： 11||||||C P n CP n ⋅⋅＝∴当a ＝12时，直线C 1P 与平面A 1C 1D ，故D 正确． 故选：ABD ．【点睛】求直线与平面所成的角的一般步骤：（1）、①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解；（2）、用空间向量坐标公式求解.8．如图，已知P 为棱长为1的正方体对角线1BD 上的一点，且()()10,1BP BD λλ=，下面结论中正确结论的有（ ）A ．11A D C P ⊥；B ．当1A P PD +取最小值时，23λ=； C ．若()0,1λ∈，则7,312APC ππ⎛⎫∠∈ ⎪⎝⎭； D ．若P 为1BD 的中点，四棱锥11P AA D D -的外接球表面积为94π． 【答案】ABD【分析】 以D 为坐标原点建立如图空间直角坐标系，利用向量关系可判断ABC ；根据几何体外接球关系建立方程求出球半径即可判断D.【详解】以D 为坐标原点建立如图空间直角坐标系，则()1,1,0B ，()10,0,1D ，设(),,P x y z ，()()10,1BP BD λλ=，1BP BD λ∴=，即()()1,1,1,1,1x y z λ--=--，则可解得()1,1,P λλλ--，对A ，()()()111,0,1,0,0,0,0,1,1A D C ，()11,0,1A D ∴=--，()11,,1C P λλλ=---，则()()()()11110110A D C P λλλ⋅=-⨯-+⨯-+-⨯-=，则11A D C P ⊥，故A 正确；对B ，()()()()()2222221111111A P PD λλλλλλ+=--+-+--+-+222223422333λλλ⎛⎫=-+=-+ ⎪⎝⎭ 则当23λ=时，1A P PD +取最小值，故B 正确； 对C ，()()1,0,0,0,1,0A C ，(),1,PA λλλ∴=--，()1,,PC λλλ=--，则222321cos 1321321PA PC APC PA PC λλλλλλ⋅-∠===--+-+⋅， 01λ<<，则2232123λλ≤-+<，则2111123212λλ-≤-<-+， 即11cos 22APC -≤∠<，则2,33APC ππ⎛⎤∠∈ ⎥⎝⎦，故C 错误； 对于D ，当P 为1BD 中点时，四棱锥11P AA D D -为正四棱锥，设平面11AA D D 的中心为O ，四棱锥11P AA D D -的外接球半径为R ，所以222122R R ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭⎝⎭，解得34R =， 故四棱锥11P AA D D -的外接球表面积为94π，所以D 正确. 故选：ABD.【点睛】关键点睛：本题考查空间相关量的计算，解题的关键是建立空间直角坐标系，利用向量建立关系进行计算.。

中档题目强化练——立体几何A组专项基础训练(时间：40分钟)一、选择题1．以下关于几何体的三视图的论述中，正确的是() A．球的三视图总是三个全等的圆B．正方体的三视图总是三个全等的正方形C．水平放置的各面均为正三角形的四面体的三视图都是正三角形D．水平放置的圆台的俯视图是一个圆答案 A解析画几何体的三视图要考虑视角，但对于球无论选择怎样的视角，其三视图总是三个全等的圆．2．设α、β、γ是三个互不重合的平面，m、n是两条不重合的直线，下列命题中正确的是() A．若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γB．若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥nC．若α⊥β，m⊥α，则m∥βD．若α∥β，m⊄β，m∥α，则m∥β答案 D解析对于A，若α⊥β，β⊥γ，α，γ可以平行，也可以相交，A错；对于B，若m∥α，n∥β，α⊥β，则m，n可以平行，可以相交，也可以异面，B错；对于C，若α⊥β，m⊥α，则m可以在平面β内，C错；易知D正确．3．设α、β、γ为平面，l、m、n为直线，则m⊥β的一个充分条件为() A．α⊥β，α∩β＝l，m⊥l B．n⊥α，n⊥β，m⊥αC．α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γD．α⊥γ，β⊥γ，m⊥α答案 B解析如图①知A错；如图②知C错；如图③在正方体中，两侧面α与β相交于l，都与底面γ垂直，γ内的直线m⊥α，但m与β不垂直，故D错；由n⊥α，n⊥β，得α∥β.又m⊥α，则m⊥β，故B正确．4．如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是AB1、BC1的中点，则下列结论不成立的是 ( )A ．EF 与BB 1垂直 B ．EF 与BD 垂直C ．EF 与CD 异面 D ．EF 与A 1C 1异面 答案 D解析 连接B 1C ，AC ，则B 1C 交BC 1于F ， 且F 为B 1C 的中点，又E 为AB 1的中点，所以EF 綊12AC ，而B 1B ⊥平面ABCD ，所以B 1B ⊥AC ， 所以B 1B ⊥EF ，A 正确；又AC ⊥BD ，所以EF ⊥BD ，B 正确；显然EF 与CD 异面，C 正确；由EF 綊12AC ，AC ∥A 1C 1，得EF ∥A 1C 1.故不成立的选项为D.5． 若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积是( )A ．2B.32C ．3D.52答案 A解析 由三视图知原几何体可理解为三个部分拼接而成，其中一个棱长为1的正方体，另外两个为正方体的一半．因此易得总体积为2. 二、填空题6． 三棱锥P －ABC 中，P A ⊥底面ABC ，P A ＝3，底面ABC 是边长为2的正三角形，则三棱锥P －ABC 的体积等于________． 答案3解析 ∵P A ⊥底面ABC ，∴P A 为三棱锥P －ABC 的高，且P A ＝3.∵底面ABC 为正三角形且边长为2，∴底面面积为12×22×sin 60°＝3，∴V P －ABC ＝13×3×3＝ 3.7． 已知四棱锥P —ABCD 的底面ABCD 是矩形，P A ⊥底面ABCD ，点E 、F 分别是棱PC 、PD 的中点，则①棱AB 与PD 所在直线垂直； ②平面PBC 与平面ABCD 垂直； ③△PCD 的面积大于△P AB 的面积； ④直线AE 与直线BF 是异面直线．以上结论正确的是________．(写出所有正确结论的编号) 答案 ①③解析 由条件可得AB ⊥平面P AD ， ∴AB ⊥PD ，故①正确；若平面PBC ⊥平面ABCD ，由PB ⊥BC ，得PB ⊥平面ABCD ，从而P A ∥PB ，这是不可能的，故②错； S △PCD ＝12CD ·PD ，S △P AB ＝12AB ·P A ，由AB ＝CD ，PD >P A 知③正确； 由E 、F 分别是棱PC 、PD 的中点， 可得EF ∥CD ，又AB ∥CD ，∴EF ∥AB ，故AE 与BF 共面，④错．8． 三棱锥S －ABC 中，∠SBA ＝∠SCA ＝90°，△ABC 是斜边AB ＝a 的等腰直角三角形，则以下结论中：①异面直线SB 与AC 所成的角为90°； ②直线SB ⊥平面ABC ； ③平面SBC ⊥平面SAC ； ④点C 到平面SAB 的距离是12a .其中正确结论的序号是________． 答案 ①②③④解析 由题意知AC ⊥平面SBC ，故AC ⊥SB ，SB ⊥平面ABC ，平面 SBC ⊥平面SAC ，①②③正确；取AB 的中点E ，连接CE ，(如图)可 证得CE ⊥平面SAB ，故CE 的长度即为C 到平面SAB 的距离12a ，④正确． 三、解答题9． 如图，已知在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ⊥DC ，AB ∥DC ，DC ＝DD 1＝2AD ＝2AB ＝2. (1)求证：DB ⊥平面B 1BCC 1；(2)设E 是DC 上一点，试确定E 的位置，使得D 1E ∥平面A 1BD ，并说明理由．(1)证明在Rt△ABD中，AB＝AD＝1，BD＝2，又∵BC＝2，CD＝2，∴∠DBC＝90°，即BD⊥BC.又BD⊥BB1，B1B∩BC＝B，∴BD⊥平面BCC1B1.(2)解DC的中点即为E点，连接D1E，BE，∵DE∥AB，DE＝AB，∴四边形ABED是平行四边形．∴AD綊BE.又AD綊A1D1，∴BE綊A1D1，∴四边形A1D1EB是平行四边形．∴D1E∥A1B.∵D1E⊄平面A1BD，A1B⊂平面A1BD，∴D1E∥平面A1BD.10．在正方体ABCD－A′B′C′D′中，棱AB，BB′，B′C′，C′D′的中点分别是E，F，G，H，如图所示．(1)求证：AD′∥平面EFG；(2)求证：A′C⊥平面EFG；(3)判断点A，D′，H，F是否共面？并说明理由．(1)证明连接BC′.在正方体ABCD－A′B′C′D′中，AB＝C′D′，AB∥C′D′，所以四边形ABC′D′是平行四边形，所以AD′∥BC′.因为F，G分别是BB′，B′C′的中点，所以FG∥BC′，所以FG∥AD′.因为EF，AD′是异面直线，所以AD′⊄平面EFG.因为FG⊂平面EFG，所以AD′∥平面EFG.(2)证明连接B′C.在正方体ABCD－A′B′C′D′中，A′B′⊥平面BCC′B′，BC′⊂平面BCC′B′，所以A′B′⊥BC′.在正方形BCC′B中，B′C⊥BC′，因为A′B′⊂平面A′B′C，B′C⊂平面A′B′C，A′B′∩B′C＝B′，所以BC′⊥平面A′B′C.因为A′C⊂平面A′B′C，所以BC′⊥A′C.因为FG∥BC′，所以A′C⊥FG，同理可证A′C⊥EF.因为EF⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EF∩FG＝F，所以A′C⊥平面EFG.(3)解点A，D′，H，F不共面．理由如下：假设A，D′，H，F共面，连接C′F，AF，HF.由(1)知，AD′∥BC′，因为BC′⊂平面BCC′B′，AD′⊄平面BCC′B′.所以AD′∥平面BCC′B′.因为C′∈D′H，所以平面AD′HF∩平面BCC′B′＝C′F.因为AD′⊂平面AD′HF，所以AD′∥C′F.所以C′F∥BC′，而C′F与BC′相交，矛盾．所以点A，D′，H，F不共面．B 组 专项能力提升 (时间：25分钟)1． 已知直线l 1，l 2与平面α，则下列结论中正确的是( )A ．若l 1⊂α，l 2∩α＝A ，则l 1，l 2为异面直线B ．若l 1∥l 2，l 1∥α，则l 2∥αC ．若l 1⊥l 2，l 1⊥α，则l 2∥αD ．若l 1⊥α，l 2⊥α，则l 1∥l 2 答案 D解析 对于选项A ，当A ∈l 1时，结论不成立；对于选项B 、C ，当l 2⊂α时，结论不成立． 2． 已知直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β，有下面四个命题：①α∥β⇒l ⊥m ； ②α⊥β⇒l ∥m ； ③l ∥m ⇒α⊥β； ④l ⊥m ⇒α∥β. 其中正确的命题有 ( )A ．①②B ．①③C ．②④D ．③④答案 B解析 ①中，⎭⎪⎬⎪⎫α∥βl ⊥α⇒⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥βm ⊂β⇒l ⊥m ，故①正确； ②中，l 与m 相交、平行、异面均有可能，故②错；③中，⎭⎪⎬⎪⎫l ∥m l ⊥α⇒⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥αm ⊂β⇒α⊥β，故③正确； ④中，α与β也有可能相交，故④错误．3． 如图所示，是一几何体的平面展开图，其中ABCD 为正方形，E 、F 分别为P A 、PD 的中点．在此几何体中，给出下面四个结论： ①直线BE 与直线CF 异面； ②直线BE 与直线AF 异面； ③直线EF ∥平面PBC ； ④平面BCE ⊥平面P AD . 其中正确的有( )A ．①②B ．②③C ．①④D ．②④答案 B解析 对于①，因为E 、F 分别是P A 、PD 的中点， 所以EF ∥AD .又因为AD ∥BC ，所以EF ∥BC .所以BE 与CF 共面．故①不正确．对于②，因为BE 是平面APD 的斜线，AF 是平面APD 内与BE 不相交的直线，所以BE 与AF 不共面．故②正确．对于③，由①，知EF ∥BC ，所以EF ∥平面PBC .故③正确． 对于④，条件不足，无法判断两平面垂直．4． 有一个内接于球的四棱锥P －ABCD ，若P A ⊥底面ABCD ，∠BCD ＝π2，∠ABC ≠π2，BC ＝3，CD＝4，P A ＝5，则该球的表面积为________． 答案 50π解析 由∠BCD ＝90°知BD 为底面ABCD 外接圆的直径，则2r ＝32＋42＝5. 又∠DAB ＝90°⇒P A ⊥AB ，P A ⊥AD ，BA ⊥AD .从而把P A ，AB ，AD 看作长方体的三条棱，设外接球半径为R ，则(2R )2＝52＋(2r )2＝52＋52， ∴4R 2＝50，∴S 球＝4πR 2＝50π.5． 如图，直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠BCD ＝90°，BC ＝CD ＝2，AD ＝BD ，EC ⊥底面ABCD ，FD ⊥底面ABCD ，且有EC ＝ FD ＝2.(1)求证：AD ⊥BF ；(2)若线段EC 上一点M 在平面BDF 上的射影恰好是BF 的中点N ，试求二面角B －MF －C 的余弦值．(1)证明 ∵BC ⊥DC ，且BC ＝CD ＝2， ∴BD ＝2且∠CBD ＝∠BDC ＝45°. 又AB ∥DC ，可知∠DBA ＝∠CDB ＝45°. ∵AD ＝BD ，∴△ADB 是等腰三角形，且∠DAB ＝∠DBA ＝45°. ∴∠ADB ＝90°，即AD ⊥DB .∵FD ⊥底面ABCD 于D ，AD ⊂平面ABCD ， ∴AD ⊥DF . 又DF ∩DB ＝D ，∴AD ⊥平面BDF ，∵BF ⊂平面DBF ， ∴AD ⊥BF .(2)解 以点C 为原点，直线CD 、CB 、CE 方向为x ，y ，z 轴建 系．则D (2，0,0)，B (0，2，0)，F (2，0,2)，A (22，2，0)， ∵N 恰好为BF 的中点， ∴N (22，22，1)． 设M (0,0，z 0)，∴MN →＝(22，22，1－z 0)．由⎩⎪⎨⎪⎧MN →·BD →＝0，MN →·DF →＝0，解得z 0＝1.故M 为线段CE 的中点．设平面BMF 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 且BF →＝(2，－2，2)，BM →＝(0，－2，1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧BF →·n 1＝0，BM →·n 1＝0可得⎩⎨⎧2x 1－2y 1＋2z 1＝0，－2y 1＋z 1＝0，取x 1＝－1，则⎩⎨⎧y 1＝1，z 1＝2，得n 1＝(－1,1，2)． ∵平面MFC 的一个法向量为n 2＝(0,1,0)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝12.故所求二面角B －MF －C 的余弦值为12.。

1[课后练习7] 立体几何（5年会考真题）1.（2014年1月）若一个正方体截去一个三棱锥后所得的几何体如图所示，则该几何体的正视图是（ ）（第1题图）A.B.C.D.2.（2014年1月）在空间中，设α，β表示平面，m ，n 表示直线.则下列命题正确的是 （ ）A.若m ∥n ，n ⊥α，则m ⊥αB. 若α⊥β，m ⊂α，则m ⊥βC.若m 上有无数个点不在α内，则m ∥αD.若m ∥α，那么m 与α内的任何直线平行 3.（2014年1月）如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为线段A 1C 1的中点，则异面直线DE 与B 1C 所成角的大小为 （ ） A.15° B.30° C.45° D.60° 4.（2014年1月）如图，在Rt △ABC 中，AC=1，BC=x ，D 是斜边AB的中点，将△BCD 沿直线CD 翻折，若在翻折过程中存在某个位置， 使得CB ⊥AD ，则x 的取值范围是 （ ）A.(0,3]B.2(,2]2C.(3,23]D.（2，4]5.（2014年1月，解答题）（A ）如图，已知四棱锥P －ABCD 的底面为菱形，对角线AC 与BD 相交于点E ，平面PAC 垂直于底面ABCD ，线段PD 的中点为F.（1）求证：EF ∥平面PBC ； （2）求证：BD ⊥PC.F ECD ABP（第5题（A ）图）（B ）如图，在三棱锥P －ABC 中，PB ⊥AC ，PC ⊥平面ABC ，点D ，E 分别为线段PB ，AB 的中点.（1）求证：AC ⊥平面PBC ；（2）设二面角D －CE －B 的平面角为θ，若PC=2，BC=2AC=23，求cosθ的值.DEPCBA（第5题（B ）图）6.（2014年1月）若球O 的体积为36πcm 3，则它的半径等于 cm.7.2013年）半径为2的球的表面积为 （ ） (A)π4 （B ）316π (C)π16 (D)332πEC 1D 1B 1CA 1DBA28.（2013年） 如图，在正方体1111D C B A ABCD -中，E 为1CC 的中点， 则直线AE 与平面ABCD 所成角的正切值为 (A)31 （B ）42 (C) 322 (D)22 9.（2013年）下列命题中错误．．的是 (A) 若直线l ⊥平面α，则平面α内所有直线都垂直于直线l （B ）若直线l ⊥平面α，则过直线l 的平面都垂直于平面α (C) 若平面α⊥平面β，则平面α内一定存在直线都垂直于平面β (D) 若平面α⊥平面β，则平面α内所有直线都垂直于平面β10.（2013年）右图是某几何体的三视图（尺寸如图，单位：cm ）， 则该几何体的体积为 cm 3．11.（2012年）以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面 所围成的旋转体是 (A)球 (B)圆台 (C)圆锥 (D)圆柱12.（2012年）在空间中，下列命题正确的是(A)与一平面成等角的两直线平行 (B)垂直于同一平面的两平面平行 (C)与一平面平行的两直线平行 (D)垂直于同一直线的两平面平行13.（2012年）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是(A)π34 (B)2π(C)π38 (D)π31014.（2012年）如图，在三棱锥S -ABC 中，SA =SC =AB =BC ， 则直线SB 与AC 所成角的大小是正视图俯视图侧视图(第13题) 2 2 12 1A BCS（第14题）3(A)30º (B)45º (C)60º (D)90º15.（2011年）若右图是一个几何体的三视图，这这个几何体是 (A) 圆柱 (B)圆台 (C) 圆锥 (D)棱台16.（2011年）在空间中，设m 表示直线，α，β表示不同的平面， 则下列命题正确的是(A)若α//β，m //α，则m //β (B)若α⊥β，m ⊥α，则m ⊥β (C)若α⊥β，m //α，则m ⊥β (D)若α//β，m ⊥α，则m ⊥β17.（2011年）如图，长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =2，AD =AA 1=1，点E 是棱AB 的中点.（1）求证：B 1C //平面A 1DE ；（2）求异面直线B 1C 与A 1E 所成角的大小.17.（2010年）若右图是一个几何体的三视图，这这个几何体是(A)圆锥 (B)棱柱 (C)圆柱 (D)棱柱18.（2010年）如图，三棱锥S -ABC 中，棱SA ，SB ，SC 两两垂直，且SA =SB =SC ，则二面角A -BC -S 大小的正切值为 (A)1 (B)22(C)2AB CD D 1A 1B 1C 1E(第17题)正视图 俯视图侧视图(第15题)正视图 俯视图侧视图(第17题)SB AC(第18题)。