通用版2019版高考数学(文)二轮复习：专题检测(十一) 空间几何体的三视图、表面积及体积(含解析)

考点40 空间几何体的三视图1．如图，在长方体中，，，而对角线上存在一点P，使得取得最小值，则此最小值为（）A． 2 B． 3 C． D．【答案】D2．如图是某几何体的三视图，其中正视图和侧视图为正方形，俯视图是腰长为的等腰直角三角形，则该几何体的体积是（）A． B． C． D．【答案】B3．如图，在正方体中，E 为棱的中点，用过点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A．B．C．D．【答案】C【解析】取中点F,连接.平面为截面。

如下图：2所以上半部分的正视图，如A选项，所以选A.4．已知三棱锥的四个顶点都在半径为3的球面上，，则该三棱锥体积的最大值是（）A．B．C．D． 32【答案】B3在上递增，在上递减，故选B.5．如图，圆锥顶点为，底面圆心为，过轴的截面，为中点，，，则从点经圆锥侧面到点的最短距离为45A ．B ．C ．D ．【答案】A6．已知三棱锥中，，，，，且二面角的大小为，则三棱锥外接球的表面积为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D，解得，外接球表面积故选D.7．某几何体的三视图如图所示，数量单位为，它的体积是（）6A．B．C．D．【答案】C8．在棱长为6的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是BC的中点，点P是正方形DCC1D1面内(包括边界)的动点，且满足∠APD＝∠MPC，则三棱锥P－BCD的体积最大值是( )A． 36 B． 24 C．D．【答案】D789．已知某几何体的三视图如图，则该几何体的表面积是( )A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】几何体为圆锥挖掉个圆台. 其表面积为：＋42＝.故选.10．正三棱锥S －ABC 的外接球半径为2，底边长AB ＝3，则此棱锥的体积为 A ．B ．或C ．D ．或【答案】B综上，棱锥的体积为或所以选B.11．如图，网格纸上小正方形的边长为，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体外接球的表面积9为( )A．B．C．D．【答案】C12．九章算术是我国古代数学名著，在九章算术中将底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”，若某阳马”的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该“阳马”的表面积为10A．B．C．D．【答案】C故选13．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（）A． 25π B． 26π C． 32π D． 36π【答案】C14．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A． 1 B． 2 C． 3 D． 6【答案】B15．球面上有三点,,组成这个球的一个截面的内接三角形的三个顶点，其中,,，球心到这个截面的距离为球半径的一半，则球的表面积为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】，为直角三角形，其外接圆半径为，即截面的圆的半径为，又球心到截面的距离为，，，故选16．如图为某个几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为（）A． 32π B． 36π C． 48π D．【答案】B17．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，则该多面体的外接球的表面积为A． B． C． D．【答案】C18．如图，在四棱锥中，平面平面，，是等边三角形，已知，．（1）设是上的一点，证明：平面平面；（2）求四棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】(1)证明：在中，由于，，，此即为梯形的高，所以四边形的面积为．故．19．如图，四边形为等腰梯形沿折起，使得平面平面为的中点，连接（如图2）.图1 图2（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求直线与平面所成的角的正弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.20．已知所有棱长都相等的三棱锥的各个顶点同在一个半径为的球面上，则该三棱锥的表面积为___________.【答案】21．网格纸上小正方形的边长为1，粗虚、实线画出的是某个长方体挖去一个几何体得到的几何图形的三视图，则该被挖去的几何体的体积为__________．【答案】2【解析】根据三视图知长方体挖去部分是一个底面为等腰梯形（上底为2，下底为4，高为2）高为2的直四棱柱，所以．22．已知四面体的棱,,,则此四面体外接球的表面积__________．【答案】【解析】设BD的中点为O,23．已知棱长为1的正方体有一个内切球（如图），为面底的中心，与球相交于，则的长为_______.24．已知三棱柱的底面是正三角形，侧棱底面ABC，若有一半径为2的球与三棱柱的各条棱均相切，则的长度为______．【答案】【解析】21 25．已知棱长都相等正四棱锥的侧面积为，则该正四棱锥内切球的表面积为________。

高三数学空间几何体的三视图专题复习题含答案1．已知一个几何体是由上、下两部分构成的组合体，其三视图如图所示，若图中圆的半径为1，等腰三角形的腰长为5，则该几何体的体积是．A ．43πB ．2πC ．83πD ．103π2．一几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．13πB ．12πC ．2πD ．π3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 A ．54 B ．60 C ．66 D ．724．已知体积为3的正三棱柱（底面是正三角形且侧棱垂直底面）的三视图如图所示，则此三棱柱的高为A ．31B ．32C ．1D ．34 俯视图侧视图正视图俯视图侧视图正视图21222俯视图左视图正视图32545．已知四棱锥P ABCD-的三视图如图所示，则四棱锥P ABCD-的四个侧面中的最大面积为A．3B．C．6D．86．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是A．2B．4C．2+D．57．已知一个三棱柱的三视图如图所示，则该三棱柱的表面积为A．5B．52CD．38．一个几何体的三视图及其尺寸如图所示，则该几何体的体积为．A．28 3B．3C．28D．22+222433侧视图俯视图正视图俯视图侧（左）视图正（主）视图11215212俯视图侧（左）视图正（主）视图222244229．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图、俯视图中的圆以及侧视图中的圆弧的半径都相等，侧视图中的两条半径互相垂直，若该几何体的体积是π，则它的表面积是A．πB ．4π3C．3πD．4π10．如图为某几何体的三视图，则该几何体的内切球的表面积为A．4πB．3πC．4πD．4 3π11．已知某几何体的外接球的半径为3，其三视图如图所示，图中均为正方形，则该几何体的体积为．A．16B．16 3C．8 3D．812．若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是A．15B．20C．25D．303 3侧视图2俯视图正视图13．如图所示，网格纸上小正方体的边长是1，粗实数及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体外接球的表面积为．A．8πB．25 2πC．12πD．41 4π14．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A．BCD．315．某几何体的三视图，则该几何体体积是A．4B．4 3C．8 3D．2正视图俯视图俯视图侧（左）视图正（主）视图侧视图俯视图正视图16．某四面体的三视图如图所示，该四面体的六条棱中，长度最长的是 A．B． C． D．17．若四面体的三视图如右图所示，则该四面体的外接球表面积为 ．18．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ．19．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 ．正（主）视图俯视图侧视图俯视图正视图3侧视图俯视图正视图复习题详解1．已知一个几何体是由上、下两部分构成的组合体，其三视图如图所示，若图中圆的半径为1，则该几何体的体积是．A ．43πB ．2πC ．83πD ．103π解：由三视图可得该几何体是半径为1的半球，和底面半径为1， 高为2的圆锥的组合体，所以3314141122333V π=⨯π⨯+⨯π⨯⨯=．故选A ．2．一几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．13πB ．12πC ．2πD ．π解：分析知该几何体为圆柱的一半，故体积为()2122V =⨯π⨯1⨯=π．故选D ． 3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 A ．54 B ．60 C ．66 D ．72俯视图侧视图正视图侧视图正视图俯视图左视图正视图32542543解：该几何体的直观图如图所示，易知该几何体的表面积是由两个直角三角形，两个直角梯形和一个矩形组成的，则其表面积()()25525411343535602222S +⨯+⨯=⨯⨯+⨯⨯+++⨯=．故选B ． 4．已知体积为3的正三棱柱（底面是正三角形且侧棱垂直底面）的三视图如图所示，则此三棱柱的高为A ．31B ．32C ．1D ．34解：由正三棱柱的三视图还原几何体，如图所示．据侧视图知，底面正三角形的高为3，则其边长为2，11123234ABC A B C ABC V S h h -=⋅=⨯⨯=△，1h =．故选C ．5．已知四棱锥P ABCD -的三视图如图所示，则四棱锥P ABCD -的四个侧面中的最大面积为A ．3B ．25C ．6D ．8 解：由几何体的三视图，画出其立体图形P ABCD -，如图所示．由题可知，顶点P 在底面上的投影是边CD 的中点，底面是边长为4AB =，2BC =的矩形．PCD △的高为22325-=，所以侧面PCD △的面积为C 1B 1A 1CBA222433侧视图俯视图正视图D CBAP243322142⨯=． 两个侧面PAD △，PBC △的面积相等为12332⨯⨯=．侧面PAB △的面积为1462⨯=．所以四个侧面中的最大面积为6．故选C ．6．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是A ．2B ．4C ．2+D ．5 解：据三棱锥的三视图，还原几何体P ABC -，且PA ⊥平面ABC ，底面ABC △为等腰三角形，12222ABC S =⨯⨯=△，1122PAB PAC S S ==⨯=△△，122PBC S =⨯=△2222PAB PAC ABC PBC S S S S +++=+++=+△△△△．7．已知一个三棱柱的三视图如图所示，则该三棱柱的表面积为A．5B．52C．33D．3俯视图侧（左）视图正（主）视图11215212俯视图侧（左）视图正（主）视图2111P CB A解：由三视图可得该几何体是一个直三棱柱，如图所示． 解法一:3个侧面的面积为2(125)S =++侧，由余弦定理可以求得底面的钝角为34π，所以一个底面三角形的面积为13112sin 242S π=⨯⨯=底，所以总面积为2S 底+S 侧=122(125)322252⨯+++=++．故选D ．解法二:侧面积同解法一．由左视图中的1得棱锥的底面三角形的高为1,所以一个底面三角形的面积为111122S =⨯⨯=底,所以总面积为2S 底+S 侧=32225++．故选D ． 8．一个几何体的三视图及其尺寸如图所示，则该几何体的体积为． A ．283B ．2823C ．28D ．2263+ 解：由题意,还原的几何体ABC DEF -如图所示,上底面ABC △是直角边长为2的等腰直角三角形,下底面DEF △是直角边长为4的等腰直角三角形,高2CF =．则几何体ABC DEF -的体积为11112844422232323⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=．故选A ． 9．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图、俯视图中的圆以及侧视图中的圆弧的半径都相等，侧视图中的两条半径互相垂直，若该几何体的体积是π，则它的表面积是 A ．π22224422FEDCBAB ．4π3C ．3πD ．4π 解：由三视图知，原几何体为球体挖去14的部分而形成的几何体，设球的半径为r ，334=43V r =⨯ππ，1r =，2234+=44S r r =⨯πππ．故选D ．10．如图为某几何体的三视图，则该几何体的内切球的表面积为A ．4πB ．3πC ．4πD ．43π 解：由三视图可得几何体为如图所示的四棱锥，其中PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是边长为3的正方形，4PA =，所以5PB PD ==，所以13462PAD PAB S S ==⨯⨯=△△，115=3522PCD PBC S S =⨯⨯=△△，239ABCD S ==，所以11491233P ABCD ABCD V PA S -=⋅⋅=⨯⨯=，1562+2+9=362P ABCD S -=⨯⨯．设内切圆半径为R ，则球心到棱锥各面的距离均为R ，所以13P ABCD P ABCD S R V --⋅=，所以1R =，所以内切球的表面积244S R =π=π．故选C ．11，其三视图如图所示，图中均为正方形，则该几何体的体积为． A ．16俯视图正视图PDABCB ．163C ．83D ．8 解：为了便于理解，在正方体中还原此几何体，如图所示． 设正方体棱长为a ，则323a =，得2a =， 三棱锥的体积1182224222323V =⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯=．故选C ．12．若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是 A ．15 B ．20 C ．25 D ．30 解：该几何体的直观图如图所示，1134345520232V ⨯=⨯⨯⨯-⨯⨯=．故选B ．13．如图所示，网格纸上小正方体的边长是1，粗实数及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体外接球的表面积为． A ．8π B ．252π C ．12π D ．414π 解：由三视图可知，该多面体是四棱锥S ABCD -，如图所示，四棱锥所在正方体的棱长为2，SC BC ==()222223cos 52SCB ⨯-∠==⨯，则4sin 5SCB ∠=，所以SBC △的外接圆的半径152sin 4SB r SCB =⋅=∠，所以四棱锥的外接球的半径4R ==，故外接球的表面积24144S R π=π=．故选D ． 14．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 A．BC．3 D．3解：体积为1(12)2×32+⨯=．故选B ．15．某几何体的三视图，则该几何体体积是 A ．4B ．43C ．83D ．2正视图俯视图122PC BA俯视图侧（左）视图正（主）视图解：借助长方体，在长方体中构建几何体．据三视图分析可得，还原后的几何体如图所示，三棱锥P ABC -．该几何体的体积1142323V =⨯⨯⨯=．故选B ．16．某四面体的三视图如图所示，该四面体的六条棱中，长度最长的是 A．B． C．D． 解：由三视图还原几何体四棱锥D ABC -，如图所示，由主视图知CD ABC ⊥平面，设AC 的中点为E ，则BE AC ⊥，BE =2AE CE ==，由左视图得4CD =，BE =Rt BCE △中，4BC ===，同理4AB =，在Rt BCD△中，BD == 在Rt ACD△中，AD ===综上，四面体的六条棱中，长度最长的是A ．DCBA正（主）视图俯视图1侧视图俯视图正视图17．若四面体的三视图如右图所示，则该四面体的外接球表面积为 ． 解：由三视图得四面体的直观图，如图所示为三棱锥A BCD -，且该四面体的外接球即为图中的长方体的外接球，得()222222219R =++=，则249S R =π=π表．18．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ．解：由几何体的三视图，在长为22的长方体中，还原其立体图形，如图中所示的AEF BCD -．故13V S h S h =-柱锥底底=11122212323⨯-⨯⨯=． 19．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 ．DCBA 122侧视图俯视图正视图32侧视图俯视图正视图解：如图所示,还原该几何体为四棱锥B ACED -,其中CE ⊥底面ABC ,AD ⊥底面ABC ,且四边形ACED 为矩形,ABC △为等腰三角形,AC AB ⊥,2EC DA BC ===,AC AB ==则=ABC DAB ECB EDB ACED S S S S S S ++++△△△△四边形=21111222232222+⨯⨯⨯+=+故填3+．EDCBA。

姓名，年级：时间：9。

1 空间几何体三视图一．空间几何体的分类：多面体和旋转体 二．多面体的概念及性质1。

棱柱的概念和主要性质 2、棱锥、棱台的概念及性质 名称棱柱直棱柱正棱柱图形定 义有两个面互相平行,而其余每相邻两个面的交线都互相平行的多面体侧棱垂直于底面的棱柱 底面是正多边形的直棱柱侧棱 平行且相等 平行且相等 平行且相等 侧面的形状平行四边形矩形全等的矩形名称棱锥正棱锥棱台正棱台图形【套路秘籍】——-千里之行始于足下侧面的形状对角面的三、四．空间几何体的三视图1.三视图是观测者从不同位置观察同一个几何体，画出的空间几何体的图形。

具体包括： （1）正视图：物体前后方向投影所得到的投影图;它能反映物体的高度和长度； （2）侧视图：物体左右方向投影所得到的投影图；它能反映物体的高度和宽度； （3)俯视图：物体上下方向投影所得到的投影图;它能反映物体的长度和宽度. 2。

三视图画法规则高平齐：主视图与左视图的高要保持平齐 长对正：主视图与俯视图的长应对正 宽相等:俯视图与左视图的宽度应相等五．空间几何体的直观图（1）斜二测画法①建立直角坐标系，在已知水平放置的平面图形中取互相垂直的OX ，OY,建立直角坐标系；②画出斜坐标系，在画直观图的纸上（平面上）画出对应的O ’X ’，O 'Y ’，使=450（或1350)，它们确定的平面表示水平平面；③画对应图形，在已知图形平行于X 轴的线段，在直观图中画成平行于X ‘轴,且长度保持不变；在已知图形平行于Y 轴的线段，在直观图中画成平行于Y ‘轴，且长度变为原来的一半;④擦去辅助线，图画好后，要擦去X 轴、Y 轴及为画图添加的辅助线（虚线）.'''X OY画水平放置的多边形的直观图的关键是确定多边形顶点的位置，因为多边形顶点的位置一旦确定，依次连结这些顶点就可画出多边形来，因此平面多边形水平放置时，直观图的画法可以归结为确定点的位置的画法。

专题三立体几何与空间向量专题检测选题明细表知识点·方法A组B组集合与常用逻辑用语 1 2复数9 1平面向量 4 4,13 不等式与线性规划 2 15计数原理与古典概型8 11三角函数11 5,10,16空间几何体3,10,13 4,6,7,9,12空间位置关系5,7,12,14,15 3,8,14,17 立体几何的向量方法6,16 18A组一、选择题1.若集合A={-1,1},B={0,2},则集合{z︱z=x+y,x∈A,y∈B}中的元素的个数为( C )(A)5 (B)4 (C)3 (D)2解析:x=-1,y=0时,z=-1;x=-1,y=2时,z=1;x=1,y=0时,z=1;x=1,y=2时,z=3.故z的值为-1,1,3,共3个元素.2.设a= log2π,b== loπ,c=π-2,则( C )(A)a>b>c (B)b>a>c(C)a>c>b (D)c>b>a解析:因为a= log2π> log22=1,b= loπ< lo1=0,c=π-2∈(0,1),所以a>c>b,故选C.3.已知某三棱锥的三视图(单位:cm)如图所示,则该三棱锥的体积是( A )(A)1 cm3(B)2 cm3(C)3 cm3(D)6 cm3解析:本题主要考查了三视图的应用,根据三棱锥的体积公式V=××2×1×3=1,所以选A.4.△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,设向量p=(a+c,b),q=(b-a,c-a),若p∥q,则角C的大小为( B )(A)(B)(C)(D)解析:因为p∥q,所以(a+c)(c-a)=b(b-a),即b2+a2-c2=ab.由余弦定理得cos C=,又0<C<π,所以C=.5.已知正四棱锥S ABCD的侧棱长与底面边长都相等,E是SB的中点,则AE,SD所成的角的余弦值为( C )(A)(B) (C) (D)解析:设AC,BD的交点为O,连接EO,则∠AEO为AE,SD所成的角或其补角;设正四棱锥的棱长为a,则AE=a,EO=a,OA=a,所以cos ∠AEO===,故选C.6.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧棱PD⊥平面ABCD,AB=PD=a.点E为侧棱PC的中点,又作DF⊥PB交PB于点F,则PB与平面EFD所成角为( D )(A)30°(B)45°(C)60°(D)90°解析:以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DP为z轴,建立空间直角坐标系D xyz,D(0,0,0),P(0,0,a),B(a,a,0),E(0,,),=(a,a,-a),又=(0,,),·=0+-=0,所以PB⊥DE.由已知DF⊥PB,又DF∩DE=D,所以PB⊥平面EFD,所以PB与平面EFD所成角为90°.故选D.7.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,PA⊥底面ABCD,M是棱PC上一点.若PA=AC=a,则当△MBD的面积为最小值时,直线AC与平面MBD所成的角为( B )(A)(B)(C)(D)解析:连接AC,BD交于O,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,PA⊥底面ABCD,所以PA⊥BD,AC⊥BD,所以BD⊥平面PAC,进一步求出BM=DM,过O点作OM⊥PC于M,当△MBD的面积为最小值,只需OM最小即可,若PA=AC=a,所以∠ACP=即为所求.故选B.二、填空题8.现有10个数,它们能构成一个以1为首项,-3为公比的等比数列,若从这10个数中随机抽取一个数,则它小于8的概率是.解析:因为这10个数是1,-3,(-3)2,(-3)3,(-3)4,(-3)5,(-3)6,(-3)7,(-3)8,(-3)9,所以它小于8的概率为=.答案:9.已知复数z=a2-1+(a+1)i(a∈R)为纯虚数,则为.解析:因为复数z=a2-1+(a+1)i(a∈R)为纯虚数,所以解得a=1,故z=2i,则=-2i.答案:-2i10.已知三棱锥S ABC的各顶点都在一个表面积为4π的球面上,球心O在AB上,SO⊥平面ABC,AC=,则三棱锥S-ABC的表面积为.解析:因为球的表面积为4π,所以球的半径为R=1,三棱锥S ABC的图形如图所示,由题意及图可知AB=2R=2,SO=AO=BO=CO=1,又SO⊥平面ABC,所以SA=SB=SC=,又AC=,所以BC=,所以△ABC与△ABS均为等腰直角三角形,其面积和为2×1=2,△SAC与△SBC均为等边三角形,其面积和为××=,所以三棱锥的表面积为2+.答案:2+11.方程3sin x=1+cos 2x在区间[0,2π]上的解为.解析:3sin x=1+cos 2x,即3sin x=2-2sin2x,所以2sin2x+3sin x-2=0,解得sin x=或sin x=-2(舍去),所以在区间[0,2π]上的解为或.答案:或12.平面α∥平面β,A,C∈α,B,D∈β,直线AB与CD交于点S,且S位于平面α,β之间,AS=8,BS=6,CS=12,则SD= .解析:根据题意做出图形.因为AB,CD交于S点,所以三点确定一平面,所以设ASC平面为n,于是有n交α于AC,交β于DB,因为α,β平行,所以AC∥DB,所以△ASC∽△BSD,所以=,因为AS=8,BS=6,CS=12,所以=,所以SD=9.答案:913. 如图是正方体的平面展开图,则在这个正方体中①BM与ED平行;②CN 与BE是异面直线;③CN与BM成60°角;④DM与BN是异面直线.以上四个命题中,正确命题的序号是(写出所有你认为正确的命题).解析:把展开图复原成正方体,如图,由正方体的性质,可知:BM与ED是异面直线,所以①是错误的;CN与BE是平行直线,所以②是错误的;从图中连接AN,AC,由于几何体是正方体,所以三角形ANC为等边三角形,所以CN,BE所成的角为60°,所以③是正确的;DM与BN是异面直线,所以④是正确的.答案:③④14. 如图,平面ABCD⊥平面ABEF,四边形ABCD是正方形,四边形ABEF是矩形,且AF=AD=a,G是EF的中点,则GB与平面AGC所成角的正弦值为.解析: 因为四边形ABCD是正方形,所以CB⊥AB.因为平面ABCD⊥平面ABEF且交于AB,所以CB⊥平面ABEF.因为AG,GB⊂平面ABEF,所以CB⊥AG,CB⊥BG.又AD=2a,AF=a,四边形ABEF是矩形,G是EF的中点,所以AG=BG=a,AB=2a, 所以AB2=AG2+BG2,所以AG⊥BG,因为BG∩BC=B,所以AG⊥平面CBG,而AG⊂平面AGC,故平面AGC⊥平面BGC,如图.在平面BGC内作BH⊥GC,垂足为H,则BH⊥平面AGC,所以∠BGH是GB与平面AGC所成的角.在Rt△CBG中,BH==a,BG=a,所以sin ∠BGH==.答案:三、解答题15. 如图,直三棱柱ABC A′B′C′,∠BAC=90°,AB=AC=,AA′=1,点M,N 分别为A′B和B′C′的中点.(1)证明:MN∥平面A′ACC′;(2)求三棱锥A′-MNC的体积.(锥体体积公式V=Sh,其中S为底面面积,h 为高)法一(1)证明:连接AB′,AC′,如图,由已知∠BAC=90°,AB=AC,三棱柱ABC-A′B′C′为直三棱柱,所以M为AB′的中点.又因为N为B′C′的中点,所以MN∥AC′,又MN⊄平面A′ACC′,AC′⊂平面A′ACC′,因此MN∥平面A′ACC′.(2)解:连接BN,如图所示,由题意A′N⊥B′C′,平面A′B′C′∩平面B′BCC′=B′C′,所以A′N⊥平面NBC,又A′N=B′C′=1,故====,法二(1)证明:取A′B′的中点P,连接MP,NP,AB′,如图,而M,N分别为AB′与B′C′的中点,所以MP∥AA′,PN∥A′C′,所以MP∥平面A′ACC′,PN∥平面A′ACC′,又MP∩NP=P,因此平面MPN∥平面A′ACC′,而MN⊂平面MPN,因此MN∥平面A′ACC′.(2)解:=-==.16. (2018·全国Ⅱ卷)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.(1)证明:PO⊥平面ABC;(2)若点M在棱BC上,且二面角M PA C为30°,求PC与平面PAM所成角的正弦值.(1)证明:因为PA=PC=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2.如图,连接OB.因为AB=BC=AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=AC=2.由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC,OB∩AC=O,得PO⊥平面ABC.(2)解:如图,以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2),=(0,2, 2).取平面PAC的一个法向量=(2,0,0).设M(a,2-a,0)(0≤a≤2),则=(a,4-a,0).设平面PAM的法向量为n=(x,y,z).由·n=0,·n=0得可取y=a,得平面PAM的一个法向量为n=((a-4),a,-a),所以cos<,n>=.由已知可得︱cos<,n>︱=cos 30°=,所以=,解得a=-4(舍去)或a=.所以n=(-,,-).又=(0,2,-2),所以cos<,n>=,所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.B组一、选择题1.若复数z=1+i(i为虚数单位),是z的共轭复数,则z2+的虚部为( A )(A)0 (B)-1 (C)1 (D)-2解析:法一由z=1+i知=1-i,z2+=(1+i)2+(1-i)2=2i+(-2i)=0,其虚部为0.故应选A.法二由z=1+i知=1-i,z2+=(z+)2-2z=4-4=0,其虚部为0.故应选A.2.已知集合A={1,2,3,4,5},B={(x,y)︱x∈A,y∈A,x-y∈A},则B中所含元素的个数为( D )(A)3 (B)6 (C)8 (D)10解析:因为A={1,2,3,4,5},x,y∈A,x-y∈A,所以所以B中共10个元素,选D.3.(2017·湖州、衢州、丽水三市高三4月联考)已知平面α与两条不重合的直线a,b,则“a⊥α,且b⊥α”是“a∥b”的( A )(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解析:已知平面α与两条不重合的直线a,b,如果a⊥α,且b⊥α,那么根据直线与平面垂直的性质定理,可得a∥b,充分性成立;反之,如果a∥b,那么不能推断a⊥α,且b⊥α,必要性不成立,即“a⊥α,且b⊥α”是“a∥b”的充分不必要条件.故选A.4.对任意向量a,b,下列关系式中不恒成立的是( B )(A)︱a·b︱≤︱a︱︱b︱ (B)︱a-b︱≤︱︱a︱-︱b︱︱(C)(a+b)2=︱a+b︱2 (D)(a+b)(a-b)=a2-b2解析:因为︱a·b︱=︱a︱︱b︱︱cos <a,b>︱≤︱a︱︱b︱,所以选项A 正确;当a与b方向相反时,︱a-b︱≤︱︱a︱-︱b︱︱不成立,所以选项B 错误;向量的平方等于向量的模的平方,所以选项C正确;(a+b)(a-b)=a2-b2,所以选项D正确.故选B.5.在△ABC中,BC边上的中线AD长为3,且cos B=,cos∠ADC=-,则边AC长为( A )(A)4 (B)16 (C)(D)解析:如图,因为∠ADC与∠ADB互补,所以当cos∠ADC=-时,cos∠ADB=,则sin∠ADB==,又cos B=,则sin B=,所以sin∠BAD=sin(π-∠B-∠ADB)=sin(∠B+∠ADB)=sin Bcos∠ADB+cos Bsin∠ADB=×+×=,在△BAD中,由正弦定理得:=,从而BD=2,所以CD=2,在△ADC中,由余弦定理得:AC2=9+4-2×3×2×（-）=16,所以AC=4.故选A.6. 如图,四面体ABCD中,AB=DC=1,BD=,AD=BC=,二面角A BD C的平面角的大小为60°,E,F分别是BC,AD的中点,则异面直线EF与AC所成的角的余弦值是( B )(A)(B) (C) (D)解析:取DC的中点为G,连EG,FG,则EG=BD=,FG=AC=,易知EF=,则∠EFG=θ就是异面直线EF与AC所成的角,故在△EFG中,cos θ==,故选B.7.如图,在矩形ABCD中,AB=2,AD=3,点E为AD的中点,现分别沿BE,CE将△ABE,△DCE翻折,使得点A,D重合于F,此时二面角E BC F的余弦值为( B )(A)(B) (C)(D)解析: 如图所示,取BC中点P,连接EP,FP,由题意得BF=CF=2,所以PF⊥BC,又因为EB=EC==,所以EP⊥BC,所以∠EPF即为二面角E BC F的平面角,而FP==,在△EPF中,cos ∠EPF===,故选B.8.在空间中,过点A作平面π的垂线,垂足为B,记B=fπ(A).设α,β是两个不同的平面,对空间任意一点P,Q1=fβ[fα(P)],Q2=fα[fβ(P)],恒有PQ1=PQ2,则( A )(A)平面α与平面β垂直(B)平面α与平面β所成的(锐)二面角为45°(C)平面α与平面β平行(D)平面α与平面β所成的(锐)二面角为60°解析:设P1=fα(P),P2=fβ(P),则PP1⊥α,P1Q1⊥β,PP2⊥β,P2Q2⊥α.若α∥β,则P1与Q2重合、P2与Q1重合,所以PQ1≠PQ2,所以α与β相交.设α∩β=l,由PP1∥P2Q2,所以P,P1,P2,Q2四点共面,同理,P,P1,P2,Q1四点共面.所以P,P1,P2,Q1,Q2五点共面,且α与β的交线l垂直于此平面.又因为PQ1=PQ2,所以Q1,Q2重合且在l上,四边形PP1Q1P2为矩形.那么∠P1Q1P2=为二面角αlβ的平面角,所以α⊥β.故选A.二、填空题9.某几何体的三视图如图所示,则此几何体的表面积是,体积是.解析:由三视图可得该几何体的直观图如图所示.该几何体是一个四棱锥A-CDEF和一个三棱锥F-ABC构成的组合体,底面直角梯形ABCD的面积为6,侧面CDEF的面积为4,侧面ABF的面积为2,侧面BCF的面积为2,侧面ADE的面积为4,侧面AEF的面积为2,所以这个几何体的表面积为16+2+2,四棱锥A-CDEF的底面面积为4,高为4,故体积为×4×4=,三棱锥F-ABC的底面积为2,高为2,故体积为×2×2=,故这个几何体的体积为V=+=.答案:16+2+210.若2sin α-cos α=,则sin α= ,tan （α-）=.解析:2sin α-cos α=⇒4sin 2α-4sin αcos α+cos 2α=5⇒sin 2α+4sin αcos α+4cos 2α=0⇒sin α+2cos α=0,因此sin α=,cos α=-,tan α=-2;tan （α-）==3. 答案: 311.若（x+）（2x-）5的展开式中各项系数的和为2,则该展开式中的常数项为.解析:令x=1,即可得到（x+）（2x-）5的展开式中各项系数的和为1+a=2,所以a=1,（x+）（2x-）5=（x+）（2x-）5,要找其展开式中的常数项,需要找（2x-）5的展开式中的x和,由通项公式得T r+1=(2x)5-r·（-）r=(-1)r·25-r·x5-2r,令5-2r=±1,得到r=2或r=3,所以有80x和-项,分别与和x相乘,再相加,即得该展开式中的常数项为80-40=40.答案:4012. 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.解析:如图,连接BD′,设直线AC与BD′所成的角为θ.O是AC的中点.由已知得AC=,以OB为x轴,OA为y轴,过O与平面ABC 垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系,则A（0,,0),B(,0,0),C(0,-,0).作DH⊥AC于H,连接D′H,翻折过程中,D′H始终与AC垂直,则CH===,则OH=,DH==,因此D′(-cos α,-,sin α)(设∠DHD′=α),则=(-cos α-,-,sin α),与平行的单位向量为n=(0,1,0),所以cos θ=︱cos<,n>︱=︱︱=,所以cos α=-1时,cos θ取得最大值为.答案:13.如图,在平行四边形ABCD中,AP⊥BD,垂足为P,且AP=3,则·= .解析:设AC与BD交于O点,则·=2·==2×32=18.(注意AP⊥BD 有·=)答案:1814. 如图,二面角α-l-β的大小是45°,线段AB⊂α.B∈l,AB与l所成的角为30°.则AB与平面β所成的角的正弦值是.解析:过点A作AO垂直平面β于点O,作AC垂直直线l于点C,连接CO,BO,则∠ACO=45°,∠ABC=30°,∠ABO即为AB与平面β所成的角.设AO=a,则AC=a,AB=2a,所以sin∠ABO===.答案:15.已知正数a,b,c满足:5c-3a≤b≤4c-a,cln b≥a+cln c,则的取值范围是.解析:把5c-3a≤b≤4c-a变形为5·-3≤≤4·-1,所以5·-3≤4·-1,所以0<≤2;所以-3<5·-3≤≤4·-1≤7,①又cln b≥a+cln c,所以c(ln b-ln c)>a,所以ln>-ln.设x=,h(x)=x-ln x(x≥),利用导数可以证明h(x)在(,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以h(x)≥h(1)=1,故ln≥1,所以≥e,②由①②可得e≤≤7.答案:[e,7]三、解答题16.(2017·江苏卷)已知向量a=(cos x,sin x),b=(3,-),x∈[0,π].(1)若a∥b,求x的值;(2)记f(x)=a·b,求f(x)的最大值和最小值以及对应的x的值.解:(1)因为a=(cos x,sin x),b=(3,-),a∥b,所以-cos x=3sin x.若cos x=0,则sin x=0,与sin2x+cos2x=1矛盾,故cos x≠0.于是tan x=-.又x∈[0,π],所以x=.(2)f(x)=a·b=(cos x,sin x)·(3,-)=3cos x-sin x=2cos (x+). 因为x∈[0,π],所以x+∈［,］,从而-1≤cos(x+)≤.于是,当x+=,即x=0时,f(x)取到最大值3;当x+=π,即x=时,f(x)取到最小值-2.17.(2018·宁波期末) 如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PCD⊥底面ABCD,底面ABCD为矩形,E为PA中点,AB=2a,BC=a,PC=PD= a.(1)求证:PC∥平面BDE;(2)求直线AC与平面PAD所成角的正弦值.解:(1)设AC与BD的交点为O,连接EO.因为四边形ABCD为矩形,所以O为AC的中点.在△PAC中,由已知E为PA中点,所以EO∥PC.又EO⊂平面BDE,PC⊄平面BDE,所以PC∥平面BDE.(2)在△PCD中,DC=2a,PC=PD=a,所以DC2=PD2+PC2,即PC⊥PD.因为平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,AD⊥CD,所以AD⊥平面PCD,故AD⊥PC.又因为AD∩PD=D,AD,PD⊂平面PAD,所以PC⊥平面PAD,故∠PAC就是直线AC与平面PAD所成的角.在Rt△PAC中AC=a,PC=a,所以sin ∠PAC===.即直线AC与平面PAD所成角的正弦值为.18. (2017·山东卷)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD (及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是的中点.(1)设P是上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小;(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E AG C的大小.解:(1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP⊂平面ABP,AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP.又BP⊂平面ABP,所以BE⊥BP.又∠EBC=120°,所以∠CBP=30°.(2)法一如图①,取的中点H,连接EH,GH,CH. 因为∠EBC=120°,所以四边形BEHC为菱形,所以AE=GE=AC=GC==.取AG的中点M,连接EM,CM,EC,则EM⊥AG,CM⊥AG, 所以∠EMC为所求二面角的平面角.又AM=1,所以EM=CM==2.在△BEC中,由于∠EBC=120°,由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos 120°=12, 所以EC=2,所以△EMC为等边三角形,故所求的角为60°.法二以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图②所示的空间直角坐标系.由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,,3),C(-1,,0),故=(2,0,-3),=(1,,0),=(2,0,3).设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一个法向量,由可得取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-,2).设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一个法向量,由可得取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-,-2).所以cos<m,n>==.故所求的角为60°.。