专题1.5 立体几何(测试卷) 备战2018高考高三二轮理数一本过精品(新课标版) Word版 含解析

限时规范训练十四 空间向量与立体几何限时45分钟，实际用时分值81分，实际得分一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)1．(2017·山东青岛模拟)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.64B.104 C.22D.32解析：选A.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 →|＝|－3|22×3＝64.2．在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AA 1＝2，二面角B ­AA 1­C 1的大小为60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，则直线BC 1与直线AB 1所成角的正切值为( )A.7B. 6C. 5D ．2解析：选A.由题意可知，∠BAC ＝60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，所以在三角形ABC 中，AB ＝2，AC ＝4，BC ＝23，∠ABC ＝90°，则AB 1→·BC 1→＝(BB 1→－BA →)·(BB 1→＋BC →)＝4，|AB 1→|＝22，|BC 1→|＝4，cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→|·|BC 1→|＝24， 故tan 〈AB 1→，BC 1→〉＝7.3．如图所示，在三棱锥P ­ABC 中，PA ⊥平面ABC ，D 是棱PB 的中点，已知PA ＝BC ＝2，AB＝4，CB ⊥AB ，则异面直线PC ，AD 所成角的余弦值为( )A ．－3010B ．－305C.305 D.3010解析：选D.因为PA ⊥平面ABC ，所以PA ⊥AB ，PA ⊥BC . 过点A 作AE ∥CB ，又CB ⊥AB ，则AP ，AB ，AE 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，分别以AB ，AE ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，B (4,0,0)，C (4，－2,0)． 因为D 为PB 的中点，所以D (2,0,1)． 故CP →＝(－4,2,2)，AD →＝(2,0,1)．所以cos 〈AD →，CP →〉＝AD →·CP →|AD →|×|CP →|＝－65×26＝－3010.设异面直线PC ，AD 所成的角为θ， 则cos θ＝|cos 〈AD →，CP →〉|＝3010.4．(2017·山西四市联考)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 (1,1，2)．若S 1，S 2，S 3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 ．S 1＝S 2＝S 3B ．S 2＝S 1且S 2≠S 3C ．S 3＝S 1且S 3≠S 2D ．S 3＝S 2且S 3≠S 1解析：选D.如图所示，△ABC 为三棱锥在坐标平面xOy 上的正投影，所以S 1＝12×2×2＝2.三棱锥在坐标平面yOz 上的正投影与△DEF (E ，F 分别为OA ，BC 的中点)全等，所以S 2＝12×2×2＝ 2.三棱锥在坐标平面xOz 上的正投影与△DGH (G ，H 分别为AB ，OC 的中点)全等，所以S 3＝12×2×2＝ 2.所以S 2＝S 3且S 1≠S 3，故选D.5．如图，点E ，F 分别是正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱AB ，AA 1的中点，点M ，N 分别是线段D 1E 与C 1F 上的点，则与平面ABCD 垂直的直线MN 的条数有( )A ．0条B ．1条C ．2条D ．无数条解析：选B.假设存在满足条件的直线MN ，如图，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，则D 1(2,0,2)，E (1,2,0)，设M (x ，y ，z )，D 1M →＝mD 1E →(0＜m ＜1)，∴(x －2，y ，z －2)＝m (－1,2，－2)，x ＝2－m ，y ＝2m ，z ＝2－2m ，∴M (2－m,2m,2－2m )，同理，若设C 1N →＝nC 1F →(0＜n＜1)，可得N (2n,2n,2－n )，MN →＝(m ＋2n －2,2n －2m,2m －n )．又∵MN ⊥平面ABCD .∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＋2n －2＝0，2n －2m ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝23，n ＝23，即存在满足条件的直线MN ，且只有一条．6．(2017·安徽合肥模拟)如图，在棱长为1的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，点P 在线段AD 1上运动，给出以下四个命题：①异面直线C 1P 和CB 1所成的角为定值； ②二面角P ­BC 1­D 的大小为定值； ③三棱锥D ­BPC 1的体积为定值；④直线CP 与平面ABC 1D 1所成的角为定值． 其中真命题的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选C.如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,1)，B 1(1,1,1)． 设P (t,0,1－t )，0≤t ≤1.①中，C 1P →＝(t ，－1，－t )，CB 1→＝(1,0,1)，因为C 1P →·CB 1→＝0，所以C 1P ⊥CB 1，故①对；②中，因为D 1A ∥C 1B ，所以平面PBC 1即平面ABC 1D 1，两平面都固定，所以其二面角为定值，故②对；③中，因为点P 到直线BC 1的距离AB ＝1，所以V 三棱锥D ­BPC 1＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×BC 1×AB ×12CB 1＝16，故③对；④中，CP →＝(t ，－1,1－t )，易知平面ABC 1D 1的一个法向量为CB 1→＝(1,0,1)，所以cos 〈CP →，CB 1→〉不是定值，故④错误．二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)7．(2017·江苏南京三模)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________．解析：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. 答案：368．在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，若BC ⊥AC ，∠BAC ＝π3，AC ＝4，点M 为AA 1的中点，点P 为BM的中点，Q 在线段CA 1上，且A 1Q ＝3QC ，则异面直线PQ 与AC 所成角的正弦值为________．解析：由题意，以C 为原点，以AC 边所在直线为x 轴，以BC 边所在直线为y 轴，以CC 1边所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．设棱柱的高为a ，由∠BAC ＝π3，AC ＝4，得BC ＝43，所以A (4,0,0)，B (0,43，0)，C (0,0,0)，A 1(4,0，a )，M ⎝⎛⎭⎪⎫4，0，a 2，P ⎝⎛⎭⎪⎫2，23，a 4，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，a 4.所以QP →＝(1,23，0)，CA →＝(4,0,0)．设异面直线QP 与CA 所成的角为θ，所以|cos θ|＝|QP →·CA →||QP →|·|CA →|＝4413＝1313.由sin 2θ＋cos 2θ＝1得，sin 2θ＝1213，所以sin θ＝±23913，因为异面直线所成角的正弦值为正，所以sin θ＝23913即为所求．答案：239139．(2017·河北衡水模拟)如图，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，点M, N 分别在AB 1，BC 1上，且AM ＝13AB 1，BN ＝13BC 1，则下列结论：①AA 1⊥MN ；②A 1C 1∥MN ；③MN ∥平面A 1B 1C 1D 1；④BD 1⊥MN .其中正确命题的序号是________．(写出所有正确命题的序号)解析：如图，建立以D 为坐标原点，DC ，DA ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴的空间直角坐标系．令正方体的棱长为3，可得D (0,0,0)，A (0,3,0)，A 1(0,3,3)，C 1(3,0,3)，D 1(0,0,3)，B (3,3,0)，M (1,3,1)，N (3,2,1)．①中，AA 1→＝(0,0,3)，MN →＝(2，－1,0)，因为AA 1→·MN →＝0，所以①正确；②中，A 1C 1→＝(3，－3,0)，与MN →不成线性关系，所以②错；③中，易知平面A 1B 1C 1D 1的一个法向量为DD 1→＝(0,0,3)，而DD 1→·MN →＝0，且MN ⊄平面A 1B 1C 1D 1，所以③正确；④中，BD 1→＝(－3，－3,3)，因为BD 1→·MN →≠0，所以④错误．答案：①③三、解答题(本题共3小题，每小题12分，共36分)10．(2017·高考全国卷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 所成锐角为45°，求二面角M ­AB ­D 的余弦值． 解：(1)证明：取PA 中点F ，连接EF ，BF ，CE . ∵E ，F 为PD ，PA 中点，∴EF 为△PAD 的中位线， ∴EF ═∥12AD .又∵∠BAD ＝∠ABC ＝90°，∴BC ∥AD . 又∵AB ＝BC ＝12AD ，∴BC ═∥12AD ，∴EF ═∥BC .∴四边形BCEF 为平行四边形，∴CE ∥BF . 又∵BF ⊂面PAB ，∴CE ∥面PAB .(2)以AD 中点O 为原点，如图建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝1，则O (0,0,0)，A (0，－1,0)，B (1，－1,0)，C (1,0,0)，D (0,1,0)，P (0,0，3)．M 在底面ABCD 上的投影为M ′，∴MM ′⊥BM ′.又BM 与底面ABCD 所成角为45°，∴∠MBM ′＝45°，∴△MBM ′为等腰直角三角形． ∵△POC 为直角三角形，且|OP ||OC |＝3，∴∠PCO ＝60°. 设|MM ′|＝a ，|CM ′|＝33a ，|OM ′|＝1－33a . ∴M ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1－33a ，0，0.BM ′→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－33a ，1，0，|BM ′|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2＋12＋02＝13a 2＋1＝a ⇒a ＝62. ∴|OM ′|＝1－33a ＝1－22. ∴M ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22，0，0，M ⎝⎛⎭⎪⎫1－22，0，62 AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22，1，62，AB →＝(1,0,0)．设平面ABM 的法向量m ＝(0，y 1，z 1)．y 1＋62z 1＝0，∴m ＝(0，－6，2) AD →＝(0,2,0)，AB →＝(1,0,0)．设平面ABD 的法向量为n ＝(0,0，z 2)，n ＝(0,0,1)．∴cos〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝210×1＝21010＝105.∴二面角M ­AB ­D 的余弦值为105. 11．如图所示的几何体中，ABC ­A 1B 1C 1为三棱柱，且AA 1⊥平面ABC ，四边形ABCD 为平行四边形，AD ＝2CD ，∠ADC ＝60°.(1)若AA 1＝AC ，求证：AC 1⊥平面A 1B 1CD .(2)若CD ＝2，AA 1＝λAC ，二面角C ­A 1D ­C 1的余弦值为24，求三棱锥C 1­A 1CD 的体积． 解：(1)证明：若AA 1＝AC ，则四边形ACC 1A 1为正方形， 则AC 1⊥A 1C ，因为AD ＝2CD ，∠ADC ＝60°， 所以△ACD 为直角三角形，则AC ⊥CD ， 因为AA 1⊥平面ABC ，所以AA 1⊥CD ， 又AA 1∩AC ＝A ，所以CD ⊥平面ACC 1A 1，则CD ⊥AC 1， 因为A 1C ∩CD ＝C ，所以AC 1⊥平面A 1B 1CD . (2)若CD ＝2，因为∠ADC ＝60°，所以AC ＝23，则AA 1＝λAC ＝23λ，建立以C 为坐标原点，CD ，CA ，CC 1分别为x ，y ，z 轴的空间直角坐标系如图所示，则C (0,0,0)，D (2,0,0，)，A (0,23，0)，C 1(0,0,23λ)，A 1(0,23，23λ)． 则A 1D →＝(2，－23，－23λ)，CD →＝(2,0,0)，C 1A 1→＝(0,23，0)． 设平面CA 1D 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )． 则m ·A 1D →＝2x －23y －23λz ＝0，m ·CD →＝2x ＝0， 则x ＝0，y ＝－λz ，令z ＝1，则y ＝－λ，则m ＝(0，－λ，1)． 设平面A 1DC 1的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，n ·A 1D →＝2x 1－23y 1－23λz 1＝0， n ·C 1A 1→＝23y 1＝0，则y 1＝0,2x 1－23λz 1＝0，令z 1＝1，则x 1＝3λ， 则n ＝(3λ，0,1)， 因为二面角C ­A 1D ­C 1的余弦值为24. 所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m |·|n |＝11＋λ2·1＋3λ2＝24. 即(1＋λ2)(1＋3λ2)＝8，得λ＝1，即AA 1＝AC ， 则三棱锥C 1­A 1CD 的体积V ＝VD ­A 1C 1C ＝13CD ·12AC ·AA 1＝13×2×12×23×23＝4. 12．(2017·浙江宁波模拟)如图(1)，在边长为4的菱形ABCD 中，∠BAD ＝60°，DE ⊥AB 于点E ，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1D ⊥DC ，如图(2)．(1)求证：A 1E ⊥平面BCDE . (2)求二面角E ­A 1B ­C 的余弦值．(3)判断在线段EB 上是否存在一点P ，使平面A 1DP ⊥平面A 1BC ？若存在，求出EPPB的值；若不存在，说明理由．解析：(1)证明：∵DE ⊥BE ，BE ∥DC ，∴DE ⊥DC . 又∵AD 1⊥DC ，A 1D ∩DE ＝D ，∴DC ⊥平面A 1DE ， ∴DC ⊥A 1E .又∵A 1E ⊥DE ，DC ∩DE ＝D ，∴A 1E ⊥平面BCDE .(2)∵A 1E ⊥平面BCDE ，DE ⊥BE ，∴以EB ，ED ，EA 1所在直线分别为x 轴，y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系．易知DE ＝23，则A 1(0,0,2)，B (2,0,0)，C (4,23，0)，D (0,23，0)，∴BA 1→＝(－2,0,2)，BC →＝(2,23，0)，平面A 1BE 的一个法向量为n ＝(0,1,0)． 设平面A 1BC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由BA 1→·m ＝0，BC →·m ＝0， 得⎩⎨⎧－2x ＋2z ＝0，2x ＋23y ＝0.令y ＝1，得m ＝(－3，1，－3)，∴cos〈m ，n 〉＝m·n |m |·|n |＝17×1＝77.由图，得二面角E ­A 1B ­C 为钝二面角，∴二面角E ­A 1B ­C 的余弦值为－77. (3)假设在线段EB 上存在一点P ，使得平面A 1DP ⊥平面A 1BC .设P (t,0,0)(0≤t ≤2)，则A 1P →＝(t,0，－2)，A 1D →＝(0,23，－2)，设平面A 1DP 的法向量为p ＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎨⎧A 1D →·p ＝0，A 1P →·p ＝0，得⎩⎨⎧ 23y 1－2z 1＝0，tx 1－2z 1＝0.令x 1＝2，得p ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2，t 3，t . ∵平面A 1DP ⊥平面A 1BC ，∴m·p ＝0，即23－t3＋3t ＝0，解得t ＝－3.∵0≤t ≤2，∴在线段EB 上不存在点P ，使得平面A 1DP ⊥平面A 1BC .。

2018届高三数学立体几何测试题（有答案）
5 c 2018届高三数学末综合测试题（14）立体几何
一、选择题本大题共12小题，每小题5分，共60分．
1 ．建立坐标系用斜二测画法画正△ABc的直观图，其中直观图不是全等三角形的一组是( )
解析由直观图的画法知选项c中两三角形的直观图其长度已不相等
答案c
2．已知几何体的三视图(如下图)，若图中圆的半径为1，等腰三角形的腰为3，则该几何体的表面积为( )
A．4π B． 3π c．5π D．6π
解析由三视图知，该几何体为一个圆锥与一个半球的组合体，而圆锥的侧面积为π×1×3＝3π，半球的表面积为2π×12＝2π，∴该几何体的表面积为3π＋2π＝5π
答案c
3．已知a，b，c，d是空间中的四条直线，若a⊥c，b⊥c，a⊥d，b⊥d，那么( )
A．a∥b，且c∥d
B．a，b，c，d中任意两条都有可能平行
c．a∥b或c∥d
D．a，b，c，d中至多有两条平行
解析如图，作一长方体，从长方体中观察知c选项正确
答案c
4．设α、β、γ为平面，、n、l为直线，则⊥β的一个充分条是( )
A．α⊥β，α∩β＝l，⊥l B．α∩γ＝，α⊥γ，β⊥γ
c．α⊥γ，β⊥γ，⊥α D．n⊥α，n⊥β，⊥α。

（一）选择题（12*5=60分）1．三棱柱111ABC A B C -的侧棱垂直于底面，且AB BC ⊥，12AB BC AA ===，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 ．48πB ．32πC ．12πD ．8π 【答案】C2．已知α，β，γ是三个不同的平面，1l ，2l 是两条不同的直线，下列命题是真命题的是（ ） A ．若αγ⊥，βγ⊥，则//αβ B ．若1//l α，1l β⊥，则//αβC ．若//αβ，1//l α，2//l β，则12//l lD ．若αβ⊥，1l α⊥，2l β⊥，则12l l ⊥【答案】D【解析】对于A ，B 选项，,αβ可能相交；对于C 选项，12,l l 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（ ）C. D. 【答案】C【解析】设圆柱的高为h ，底面半径为r ，圆柱的外接球的半径为R ，则2222h R r ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭.圆锥的母线与底面所成角为60，母线长2l r =，∴圆锥的侧面积为22lr r ππ=.∴222244622h R r r πππ⎡⎤⎛⎫=+=⨯⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，∴22234h r r +=，∴228h r =， h r =选C. 4．《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π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r ，则248r π=，又3π=，所以8r =，所以该圆堡的体积为883111998V =⨯⨯⨯=立方尺，故选A ．5．【2018江苏南宁联考】在如图所示的正方体中，分别棱是的中点，异面直线与所成角的余弦值为（ ）A.B. C.D.【答案】D6．【2018广西柳州摸底联考】空间中，设,m n 表示不同的直线， ,,αβγ表示不同的平面，则下列命题正确的是（ ）A. 若,αγβγ⊥⊥，则//αβB. 若,m m αβ⊥⊥，则//αβC. 若,m βαβ⊥⊥，则//m αD. 若,n m n α⊥⊥，则//m α 【答案】B7．【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.(83π+(826π+ C.(86π+(43π+【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．．则几何体的体积(28π111π1222336V +=⨯⨯⨯⨯⨯=C ． 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 ．3π．6π C. 8π D ．4π【答案】A【解析】当正方体的下底面在半球的大圆面上，上底面的四个顶点在球的表面上时，所得工件体积与原材料体积之比选项取得最大值，此时设正方体的棱长为a ，则球的半径为2R a ==，所以3=，故选A．9．圆锥的母线长为L，过顶点的最大截面的面积为212L，则圆锥底面半径与母线长的比rL的取值范围是（）．A．12rL<< B．112rL≤< C．0rL<<1rL≤<【答案】D【解析】由题意得轴截面的顶角θ不小于2π，因为sin sin242rLθπ=≥=，所以12rL≤<，选D.10．已知长方体1111DCBAABCD-的外接球O的体积为332π，其中21=BB，则三棱锥ABCO-的体积的最大值为（）A.1B.3C.2D.4【答案】A11．【2018河南漯河中学二模】四面体的四个顶点都在球的表面上，，，，平面，则球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】如图，∵BC=CD=1，∠BCD=60°∴底面△BCD为等边三角形，取CD中点为E，连接BE，∴△BCD的外心G在BE上，设为G，取BC中点F，连接GF，在Rt△BCE中，由，，得，又在Rt△BFG中，得BG=，过G作AB的平行线与AB的中垂线HO交于O，则O为四面体ABCD的外接球的球心，即R=OB，∵AB⊥平面BCD，∴OG⊥BG，在Rt△BGO中，求得OB=，∴球O的表面积为4π ，故选D12．用半径为R 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 ．8 B ．7 C ．8 D ．7【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】35621π14．已知球的表面积为264cm π，用一个平面截球，使截面圆的半径为2cm ，则截面圆心与球心的距离是____________cm ．【答案】【解析】由已知可得24644R R d ππ=⇒=⇒=．15．已知三棱锥P ABC -的顶点都在同一个球面上（球O ），且2PA =，PB PC =P ABC -的三个侧面的面积之和最大时，该三棱锥的体积与球O 的体积的比值是 .【答案】316π【解析】由于三条棱长PC PB PA ,,是定值,所以由题设可知当PC PB PA ,,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BMNQ PACD -,使得PC PB PA ,,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46642=++=R ,即球的半径2=R ,球的体积ππ33223431=⨯=V ,而三棱锥的体积26622131=⨯⨯⨯⨯=V ,所以π163:1=V V ,故应填答案316π.CA16．【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QPABCD 为一简单组合体，在底面ABCD 中，60DAB ∠=︒，AD DC ⊥，AB BC ⊥，QD ⊥平面ABCD ，PA QD P ，1PA =，2AD AB QD ===．（1）求证：平面PAB ⊥平面QBC ； （2）求该组合体QPABCD 的体积．18．如图，在四面体ABCD 中，AD BD =，90ABC ∠=︒，点E ，F 分别为棱AB ，AC 上的点，点G 为棱AD 的中点，且平面EFG P 平面BCD ．求证：（1）2BC EF =；（2）平面EFD ⊥平面ABC ．。

2018年高三二轮复习讲练测之讲案【新课标版理科数学】专题五 立体几何考向一 三视图与几何体的面积、体积【高考改编☆回顾基础】1．【空间几何体的直观图和面积计算】【2017·全国卷Ⅰ改编】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________．【答案】12【解析】该几何体为一个三棱柱和一个三棱锥的组合体，其直观图如图所示，各个面中有两个全等的梯形，其面积之和为2×2＋42×2＝12.2. 【三视图与空间几何体的体积】【2017·全国卷Ⅱ改编】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为________．【答案】63π【解析】3.【空间几何体的体积】【2017课标3，改编】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为 .【答案】3π4【解析】【命题预测☆看准方向】1.空间几何体的三视图成为近几年高考的必考点,单独考查三视图的逐渐减少,主要考查由三视图求原几何体的面积、体积,主要以选择题、填空题的形式考查.2.对柱体、锥体、台体表面积、体积及球与多面体的切接问题中的有关几何体的表面积、体积的考查又是高考的一个热点,难度不大,主要以选择题、填空题的形式考查.3.2018年应注意抓住考查的主要题目类型进行训练,重点有三个:一是三视图中的几何体的形状及面积、体积;二是求柱体、锥体、台体及球的表面积、体积;三是求球与多面体的相切、接问题中的有关几何体的表面积、体积.【典例分析☆提升能力】【例1】17世纪日本数学家们对于数学关于体积方法的问题还不了解，他们将体积公式“V＝kD 3”中的常数k 称为“立圆术”或“玉积率”，创用了求“玉积率”的独特方法“会玉术”，其中，D 为直径，类似地，对于等边圆柱(轴截面是正方形的圆柱叫做等边圆柱)、正方体也有类似的体积公式V ＝kD 3，其中，在等边圆柱中，D 表示底面圆的直径；在正方体中，D 表示棱长．假设运用此“会玉术”，求得的球、等边圆柱、正方体的“玉积率”分别为k 1，k 2，k 3，那么，k 1∶k 2∶k 3＝( ) A.4π∶6π∶1 B. 6π∶4π∶2 C. 1∶3∶12π D. 1∶32∶6π【答案】D【解析】球中， 33331144,33266D V R D k D k ππππ⎛⎫====∴= ⎪⎝⎭；等边圆柱中， 23322,244D V D D k D k πππ⎛⎫=⋅==∴= ⎪⎝⎭；正方体中， 3333,1V D k D k ==∴=；所以12336::::11::642k k k πππ==.故选D. 【趁热打铁】将一个底面半径为1，高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱的最大体积为( ) A.π27 B. 8π27 C. π3 D. 2π9【答案】B【解析】【例2】【2018届河南省郑州市第一次模拟】刍薨（chuhong ），中国古代算术中的一种几何形体，《九章算术》中记载“刍薨者，下有褒有广，而上有褒无广.刍，草也.薨，屋盖也.”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱，刍薨字面意思为茅草屋顶”，如图，为一刍薨的三视图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形，则搭建它（无底面，不考虑厚度）需要的茅草面积至少为（ ）A. 24B. 325C. 64D. 326【答案】B【趁热打铁】【2018届湖北省稳派教育高三上第二次联考】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. 8163π+B.1683π+ C. 126π+ D. 443π+【答案】A【解析】由三视图可得，该几何体为右侧的一个半圆锥和左侧的一个三棱锥拼接而成。

【备战2018高考高三数学全国各地优质模拟试卷分项精品】专题立体几何一、选择题1．【2018河南洛阳市尖子生联考】已知球与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球的体积为（）A. B. C. D.【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，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解．2．【2018浙江温州一模】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积（单位：）是（）A. B. C. D.【答案】A【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.3．【2018广西三校联考】若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的外接球表面积等于（）A. 752π B. 30πC. 43πD. 15π【答案】C【解析】由题意可知该几何体的直观图如下图所示，可知该几何体的外接球2R==故选C．4．【2018河南中原名校质检二】某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积等于（）.A. B. C. D.【答案】D点睛：根据几何体的三视图知该几何体是三棱柱与半圆柱体的组合体，结合图中数据计算它的体积即可．5．【2018湖南省两市九月调研】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为（）A. 23B.43C.83D. 4【答案】B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.6．【2018湖南永州市一模】已知某三棱锥的三视图如图所示，则在该三棱锥中，最长的棱长为（）A. B. C. 3 D.【答案】C【解析】【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状. 7．【2018广东珠海市九月摸底】如图，是某几何体的三视图，则该几何体的体积是A. 11B. 7C. 14D. 9 【答案】B【解析】该几何体为两个几何体拼接而成，上方为四棱锥，下方为四棱柱， 故其体积为： 1V 3V V =+=四棱锥四棱柱ｓｈ＋ｓＨ()⎛⎫⨯⨯ ⎪⎝⎭ｈ１１＝ｓ＋Ｈ＝１＋２２＋２＝７３２３，故选：Ｂ点睛：三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．8．【2018湖北武汉市调研】设点M 是棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -的棱AD 的中点，点P 在面11BCC B 所在的平面内，若平面1D PM 分别与平面ABCD 和平面11BCC B 所成的锐二面角相等，则点P 到点1C 的最短距离是（ ）A.B. 2C. 1D. 【答案】A【方法点晴】本题主要考查的是正方体的性质、二面角的求法、空间直角坐标系和空间向量在立体几何中的应用，属于难题．解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误，求二面角的常见方法有：1、利用定义找到二面角的平面角，根据平面几何知识求解；2、利用公式'cos S Sθ= ，求出二面角的余弦，从而求得二面角的大小；3、利用空间相夹角余弦公式．9．【2018陕西西工大附中七模】在下列命题中，属于真命题的是（ ） A. 直线,m n 都平行于平面α，则//m nB. 设l αβ--是直二面角，若直线m α⊥，则//m βC. 若直线,m n 在平面α内的射影依次是一个点和一条直线，（且m n ⊥），则n 在α内或n 与α平行D. 设,m n 是异面直线，若m 与平面α平行，则n 与α相交 【答案】C10．【2018广东茂名市五校联考】在长方体中，，，，点在平面内运动，则线段的最小值为( )A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意问题转化为求点到平面的距离，由于，所以边上的高，故三角形的面积为，又三棱锥的体积，所以，应选答案C 。

2018年高考数学（理）二轮复习讲练测专题五立体几何1.练高考1.【2017山东，理13】由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如右图，则该几何体的体积为.【答案】22π+2.【2017天津，理10】已知一个正方体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 .【答案】92π【解析】设正方体边长为a，则226183a a=⇒=，外接球直径为344279233,πππ3382R a V R====⨯=.3.【2017课标3，理16】a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最小值为60°.其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）【答案】②③【解析】4. 【2017课标3，理19】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C的余弦值. 【答案】(1)证明略；. 【解析】（2）由题设及（1）知，,,OA OB OC 两两垂直，以O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴正方向，OA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.则()()()()1,0,0,3,0,1,0,0,0,0,1A B C D - 由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB 的中点，得312E ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭.故5. 【2017山东，理17】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DF 的中点.（Ⅰ）设P 是CE 上的一点，且AP BE ⊥，求CBP ∠的大小； （Ⅱ）当3AB =，2AD =，求二面角E AG C --的大小.【答案】（Ⅰ）30CBP ∠=︒.（Ⅱ）60︒.思路二：以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 写出相关点的坐标，求平面AEG 的一个法向量111(,,)m x y z =，平面ACG 的一个法向量222(,,)n x y z =计算1cos ,||||2m n m n m n ⋅<>==⋅即得.（Ⅱ）解法一：取EC 的中点H ，连接EH ，GH ，CH . 因为120EBC ∠=︒， 所以四边形BEHC 为菱形，所以223213AE GE AC GC ====+=取AG 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1AM =，所以13123EM CM ==-=在BEC ∆中，由于120EBC ∠=︒，由余弦定理得22222222cos12012EC =+-⨯⨯⨯︒=，所以EC =EMC ∆为等边三角形， 故所求的角为60︒. 解法二：以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.因此所求的角为60︒.6. 【2017北京，理16】如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，PD//平面MAC ，6，AB=4． （I ）求证：M 为PB 的中点； （II ）求二面角B-PD-A 的大小；（III ）求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析：（Ⅱ）3π；26【解析】（III）由题意知2(1,2,2M-，(2,4,0)D，2(3,2,2MC=-.设直线MC与平面BDP所成角为α，则||26 sin|cos,|||||MCMCMCα⋅===<>nnn所以直线MC与平面BDP .2.练模拟1. 三棱锥P ABC -的四个顶点都在球O 上， PA ⊥平面ABC ， 2PA =， 4AB =， 2AC =， BC =则球的表面积是（ ）A. 16πB. 20πC. 24πD. 28π 【答案】B【解析】由题意， AC BC ⊥， PA ⊥平面ABC ，则直径22225PA AC BC ++=，则R =2420S R ππ==，故选B.2．【2018届吉林省辽源市田家炳高级中学等五校高三上期末联考】已知两条直线m n 、，两个平面αβ、，给出下面四个命题：①α∥,,m n m βαβ⊂⊂⇒∥n ； ②m ∥n ， m ∥n α⇒∥α； ③m ∥n ， m ⊥ n αα⇒⊥； ④α∥,m β∥,n m n αβ⊥⇒⊥。

（全国各地名校好题集锦）2018年高考二轮复习理科数学专题-----立体几何一、选择题1． 【2018广西教育质量诊断性联考】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，其中俯视图的右边为一个半圆，则此几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由已知可得该几何体是由一个四棱锥和半个圆锥组成的，故其体积为，故选B. 【点睛】本题主要考查三视图，属于较易题型.应注意把握三个视图的位置和尺寸：主视图在图纸的左上方,左视图在主视图的右方,俯视图在主视图的下方；主视图与俯视图长应对正（简称长对正） ,主视图与左视图高度保持平齐 （简称高平齐）,左视图与俯视图宽度应相等（简称宽相等）,若不按上述顺序放置，则164π+162π+484π+482π+14433⨯⨯⨯+2112316223ππ⨯⨯⨯=+应注明三个视图名称.2．【2018湖南永州市一模】关于直线l,m及平面α,β，下列命题中正确的是（）A. 若l⊥α，l//β，则α⊥β B. 若l//α，m//α，则l//mC. 若l//α，l⊥m，则m⊥αD. 若l//α，α∩β=m，则l//m【答案】A【解析】对于A，若l⊥α，l//β，根据线面垂直、线面平行的性质定理以及面面垂直的判定定理得到α⊥β；故A正确；对于A，若l//α，m//α，则l与m平行、相交或者异面；故B错误；对于C，若l//α，l⊥m，则m与α可能平行，故C错误；对于D，若l//α，α∩β=m，则l与m可能相交，平行或者异面，故D 错误，故选A.3．【2018河南中原名校质检二】一棱长为6的正四面体内部有一个可以任意旋转的正方体，当正方体的棱长取最大值时，正方体的外接球的表面积是（）A. 4π B. 6π C. 12π D. 24π【答案】B4．【2018衡水金卷高三联考】如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为（ ）【答案】A5．【2018吉林百校联盟九月联考】如图,点是正方形外的一点,过点作直线,记直线与直线， 的夹角分别为， ，若，则满足条件的直线（ ）P 1111ABCD A BC D -P l l 1AC BC 1θ2θ()1sin 50θ-︒()2cos 140θ=︒-lA. 有1条B. 有2条C. 有3条D. 有4条 【答案】D6．【2018吉林百校联盟九月联考】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体的体积为（ ）A.B. C. D. 【答案】A()1613π+()813π+()4233π+()423π+7．【2018广东珠海高三摸底】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A.B.C.D. 【答案】B【解析】作出立体图形为：故该几何体的体积为：8【2018广西柳州市一模】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 =4AB ⊥AC ,AA 1=12,则球O 的半径为 （ ）A.3 172B. 210C.132D. 3 10【答案】C【解析】试题分析：由已知条件可知直三棱柱的上下底面是两个相等的小圆所在的平面，且BC 和B 1C 1分别是两小圆的直径，则BC=5，设球的半径为R ，则R= (BC2)2+(AA 12)2= (52)2+(122)2=132,故选C.9．【2018辽宁沈阳育才学校一模】某几何体的三视图如图所示，则其表面积为（ ） A.B. C. D. 【答案】C【解析】根据三视图恢复几何体为一个个四棱锥，其中一条侧棱垂直底面，四棱锥的表面积为 C.1112422332⨯⨯⨯⨯⨯⨯=83438+6+4228+++=+10．【2018吉林长春一模】已知矩形ABCD 的顶点都在球心为O ，半径为R 的球面上，AB =6,BC =23，且四棱锥O −ABCD 的体积为8 3，则R 等于（） A. 4 B. 23C. 479D. 13【答案】A11．【2018超级全能生全国联考】若正四棱锥内接于球，且底面过球心，则球的半径与正四棱锥内切球的半径之比为（ ）A. B. C. D.【答案】A【点睛】求锥体的内切球半径，我们常用的方法是等体积法，求出r.12．【2018吉林长春一模】《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何．刍甍：底面为矩形的屋脊状的几何体（网格纸中粗线部分为其三视图，设网格纸上每个小正方形的边P ABCD -O ABCD O O P ABCD -1211r 3V S =表长为1丈），那么该刍甍的体积为（ ）A. 4立方丈B. 5立方丈C. 6立方丈D. 12立方丈【解析】由已知可将刍甍切割成一个三棱柱和一个四棱锥，三棱柱的体积为3，四棱锥的体积为2，则刍甍的体积为5.故选B. 二、解答题13．【2018百校联盟高三摸底】如图所示，菱形与正三角形所在平面互相垂直， 平面，且， . （1）求证： 平面； （2）若，求几何体的体积.【答案】（1）见解析；（2）3.ABCD BCE FD ⊥ABCD 2AB =3FD =//EF ABCD 3CBA π∠=EFABCD∵平面⊥平面， 平面，平面平面，∴平面.又∵平面， ，∴.∴四边形为平行四边形，∴. ∵平面 ，平面，∴平面.（2）连接，由题意得为正三角形，∴. ∵平面⊥平面，平面，平面平面，平面.∵，平面 ， 平面，∴平面，同理，由可证平面，∵， 平面， 平面， ∴平面∥平面，∴到平面的距离等于的长.∵为四棱锥的高，ABCD BCE EH ≠⊂BCE ABCD ⋂BCE BC =EH ⊥ABCD FD ⊥ABCD FD =FD EH =⊂EHDF EF HD ABCD HD ⊄ABCD EF ABCD ,,CF HA BF ABC ∆HA BC ⊥ABCD P ABCD -ABCD 22AB =2BC =P AC E F ,AB BC DE ⊥PAC PC M FM PDE PMPC∴.14．【2018江苏南京高三调研】在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC，E是BC的中点，求证：（Ⅰ）平面AB1E⊥平面B1BCC1；（Ⅱ）A1C//平面AB1E．【答案】（1）见解析（2）见解析所以CC1 AE．因为AB＝AC，E为BC的中点，所以AE BC．因为BC 平面B1BCC1，CC1 平面B1BCC1，且BC∩CC1＝C，所以AE 平面B1BCC1．因为AE 平面AB1E，所以平面AB1E 平面B1BCC1.（2）连接A1B，设A1B∩AB1＝F，连接EF．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形AA1B1B为平行四边形，所以F为A1B的中点．又因为E是BC的中点，所以EF∥A1C．因为EF 平面AB1E，A1C 平面AB1E，所以A1C∥平面AB1E.15．【2018衡水金卷高三联考】如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC=BC=CC1=2，点D为AB的中点.（1）证明：AC1∥平面B1CD；（2）求三棱锥A1−CDB1的体积..【答案】（1）见解析；（2）43在三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形BCC1B1是平行四边形. ∴点O是BC1的中点.∵点D为AB的中点，∴OD∥AC1.又OD⊂平面B1CD，AC1⊄平面B1CD，∴AC1∥平面B1CD.16．【2018广东茂名五校联考】如图，在多面体ABCDFE中，四边形ADFE是正方形，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=CD=AD=1，BC=2，G为BC中点，平面ADFE⊥平面ADCB.(1)证明：AC⊥BE；(2)求三棱锥A−GFC的体积..【答案】（1）见解析；（2）312同理可证AB∥DG，因此AC⊥AB，由于四边形ADFE为正方形，所以EA⊥AD，又平面ADFE⊥平面ABCD，平面ADFE∩平面ABCD=AD，故EA⊥平面ABCD，从而EA⊥AC，又EA∩AB=A，故AC⊥平面ABE，所以AC⊥BE..(2)因为V A−GFC=V F−AGC=V E−AGC=12V E−ABC，V E−ABC=13×1×12×1×3=36.所以，三棱锥A−GFC的体积为312.17．【2018湖南永州一模】已知三棱锥S−ABC，SA=SB，AC=BC，O为AB的中点，SO⊥平面ABC，AB=4，OC=2，N是SA中点，CN与SO所成的角为α，且tanα=2.（1）求证：OC⊥ON；（2）求三棱锥S−ABC的体积.【答案】（1）见解析；（2）45318．【2018河南中原名校质检二】在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥CD，ΔPAD是等边三角形，已知AD=2，BD=23，AB=2CD=4. （1）设M是PC上一点，求证：平面MBD⊥平面PAD.（2）求四棱锥P−ABCD的体积.【答案】（1）见解析（2）319．【2018湖南两市九月调研】如图，在四棱锥中， 底面，底面为菱形， ， 为的中点.（1）求证： 平面；P ABCD -PA ⊥ABCD ABCD 60ABC ∠= 1,PA PB E ==PC //PA BDE（2）求三棱锥的体积.【答案】(1)见解析；(2)20．【2018广西教育质量诊断性联考】如图，在直三棱柱（侧棱与底面垂直的棱柱）中，点是的中点．（1）求证：平面；（2）若， ，求证： ．【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】试题分析：（1）利用三角形中位线定理可得平面；（2）先证．，再证平面，再证平面．试题解析：P BDE -P BDE V -=111ABC A B C -G AC 1//B C 1A BG AB BC =1AC 11AC A B ⊥1//OG B C ⇒1//B C 1A BG 1AA BG ⊥BG ACBG ⊥⊥111ACC A BG AC ⊥111AG AC AC ⊥⊥111A BGAC A B ⊥证明：（1）连接交于，连接．在中，因为， 分别为， 的中点，所以，21．【2018吉林百校联盟九月联考】如图所示，四棱锥中，平面平面， ， ， ． 1AB 1A B O OG 1B AC ∆G O AC 1AB 1//OG BC S ABCD -SAD ⊥ABCD SA AD ⊥//AD BC 43SA BC AB ==24AD ==（1）证明：在线段上存在一点，使得平面；（2）若，在（1）的条件下，求三棱锥的体积．【答案】(1)见解析;(2) . 【解析】试题分析：（1）取的中点，易得：四边形是平行四边形，从而，所以平面；（2）∵是的中点，∴到平面的距离等于到平面的距离的一半从而易得三棱锥的体积.试题解析：（2）∵平面平面，平面平面， ， 平面，故平面，∵是的中点，∴到平面的距离等于到平面的距离的一半，且平面，SC E //ED SAB AB AC =S AED-S AED V -=SB M AMED //ED AM //ED SAB E SC E ABCD S ABCD E ACD S AED V V --=S AED-SAD ⊥ABCD SAD ⋂ABCD AD =SA AD ⊥SA ⊂SAD SA ⊥ABCD E SC E ABCD S ABCD SA ⊥ABCD，∴三棱锥的高是2， ，在等腰中， ， ， 边上的高为，，∴到∴．点睛：求锥体的体积要充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题求解，注意求体积的一些特殊方法——分割法、补形法、等体积法. 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，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值．22．【2018辽宁沈阳育才学校一模】如图，边长为3的正方形所在平面与等腰直角三角形所在平面互相垂直， ，且， 4SA =E ACD -E ACD S AED V V --=ABC ∆3AC AB ==4BC =BC 22325-=//BC AD C AD 122ADC S ∆=⨯=123S AED V -==ABCD ABE AE AB ⊥2EM MD =.（Ⅰ）求证： 平面；（Ⅱ）求三棱锥的体积.【答案】（Ⅰ）见解析； （Ⅱ）3 3AB AN = //MN BEC E BMC-所以四边形为平行四边形，故， 而平面， 平面，所以平面； （Ⅱ）因为平面，所以：23．【2018超级全能生全国联考】如图，四边形为等腰梯形， ，将沿折起，使得平面平面， 为的中点，连接.（1）求证： ；（2）求到平面的距离.【答案】（1）证明见解析 （2）到平面NBFM //MN BF BF ⊆BEC MN ⊄BEC //MN BEC //MN BEC 1133 3.33E BMC M BEC N BEC C BEN BEN V V V V S CB ----∆====⋅=⨯⨯=1ABCD 2,1AB AD DC CB ====ADC ∆AC ADC ⊥ABC E AB ,DE DB BC AD ⊥E BCD E BCD。

【备战2018高考高三数学全国各地优质模拟试卷分项精品】立体几何一、单选题1．【2018吉林普通高中高三二调】已知某三棱锥的三视图如图所示，那么该三棱锥的体积等于A. 9B. 2C. 3D. 3 22．【2018广东茂名高三上学期第一次适应性测试】如图所示为一正方体的平面展开图，在这个正方体中，有下列四个命题：①AF⊥GC；②BD与GC成异面直线且夹角为60︒；③BD∥MN；④BG与平面ABCD所成的角为45︒.其中正确的个数是( )A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】将平面展开图还原成正方体（如图所示）．点睛：空间中点、线、面位置关系的判断方法(1)平面的基本性质是立体几何的基本理论基础，也是判断线面关系的基础．对点、线、面的位置关系的判断，常用的方法时对各种关系都进行考虑，进行逐一排除，解题时要充分发挥模型的直观性作用； (2)利用线线平行、线面平行、面面平行以及线线垂直、线面垂直、面面垂直的判定定理、性质定理综合进行推理和判断命题是否正确．3．【2018河南安阳高三一模】如下图所示是一个几何体的三视图，则该几何体的体积是（ ）A. 42π+B. 342π+C. 4π+D. 42π+ 【答案】D【解析】由三视图知该组合体是长方体与半个圆柱组合而成，体积为2111411422V ππ=⨯⨯+⨯⨯⨯=+，故选D.4．【2018重庆九校联盟高三上学期联考一】某几何体的三视图如图所示，其正视图和侧视图是全等的正三角形，其俯视图中，半圆的直径是等腰直角三角形的斜边，若半圆的直径为2，则该几何体的体积等于（ ）A.()313π+ B.()323π+ C.()316π+ D.()326π+点睛：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. 5．【2018河北波峰中学高三上学期联考】某几何体的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的表面积为（ ）A. 84225+62225+84245+82225+【答案】B【解析】所以42252262522S =++⨯+=++，故选B 。

2018年高考数学（理）二轮复习讲练测专题五立体几何总分 _______ 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．【2018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（）27 【答案】D【解析】3．设,αβ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 ααβ⊥⊥，则l β⊂ B. 若,//l ααβ⊥，则l β⊥ C. 若//,//l ααβ，则l β⊂ D. 若//,l ααβ⊥，则l β⊥ 【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 －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝4，则点A 1到平面AB 1D 1的距离是( )A. 1B. 43C. 169D. 2 【答案】B【解析】设点A 1到平面AB 1D 1的距离为h ，因为V A1－AB1D1＝V A －A1B1D1，所以13S △AB1D1h ＝13S △A1B1D1×AA 1，所以h ＝()11111122212244213224222A B D AB D SAA S⨯⨯⨯⨯==⨯⨯+-故选B. 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．【2018届吉林省实验中学高三上学期第五次月考（一模）】四棱锥P­ABCD 的三视图如图所示，四棱锥P­ABCD 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2 ，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 ===，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用22224R a b c =++求解．6．祖暅原理：“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. 165B.325C. 3D. 6【答案】B【解析】由祖暅原理可知，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5，125的三角形，221216455-=（），则该三棱锥的体积为V＝11121632532555⨯⨯⨯⨯=.从而该不规则几何体的体积为325.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＝2，三棱锥O－ABC的体积为，则球O 的表面积为( )A. 22πB.C. 24πD. 36π【答案】D8．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（）EFGH平面ABCDA. 平面//B. 直线BE,CF相交于一点C. EF//平面BGDPA平面BGDD. //【答案】C【解析】把图形还原为一个四棱锥,如图所示,EH AB GH BC,根据三角形中位线的性质，可得//,//EFGH平面ABCD，A正确；平面//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( )A. 4B. 23C. 4323【答案】D【解析】连接AC和BD相交于点O，连接OE，则OE∥PA，则∠OEB＝45°，又∠EOB＝90°，则BO＝OE＝1，底面正方体的边长为，四棱锥的高为，则体积为×()2×＝，故选D.11．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α.有下列三个命题：①四边形EFGH是平行四边形；②平面α∥平面BCC1B1；③平面α⊥平面BCFE.其中正确的命题有( ) A. ①② B. ②③C. ①③D. ①②③【答案】C【解析】直线AA1∥平面α，平面α∩平面AA1B1B＝EH，所以AA1∥EH.同理AA1∥GF，所以EH∥GF，又ABC－A1B1C1是直三棱柱，易知EH＝GF＝AA1，所以四边形EFGH是平行四边形，故①正确；若平面α∥平面BCC1B1，由平面α∩平面A1B1C1＝GH，平面BCC1B1∩平面A1B1C1＝B1C1，知GH∥B1C1，而GH∥B1C1不一定成立，故②错误；由AA1⊥平面BCFE，结合AA1∥EH知EH⊥平面BCFE，又EH⊂平面α，所以平面α⊥平面BCFE，故③正确.答案 C.12．如图，在△ABC中，AB＝BC6，∠ABC＝90°，点D为AC的中点，将△ABD沿BD折起到△PBD的位置，使PC ＝PD，连接PC，得到三棱锥P－BCD，若该三棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是( )A. 7πB. 5πC. 3πD. π【答案】A二、填空题（4*5=20分）13. 【2018届西藏拉萨市高三第一次模拟考试（期末）】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】35621π【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35621 =235621435621ππ=⎝⎭.14．如图，三棱柱ABC－A1B1C12，且顶点A1在底面ABC上的射影O为△ABC的中心，则三棱锥A1－ABC的体积为________．【答案】1 3【解析】如图， 由题意可知，底面三角形ABC 为正三角形，由O 为ABC 的中心，可知O 为ABC 的外心， 则O 为底面高的23， 2,()222662223OA ⎛⎫-∴= ⎪ ⎪⎝⎭＝ 在1Rt A AO 中，由1623A A OA ＝，＝，得1233OA ＝ ∴三棱锥1A ABC - 的体积为116231232233⨯＝． 故答案为1315．已知m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．给出下列命题： (1)若m ⊂α，m ⊥β，则α⊥β；(2)若m ⊂α，α∩β＝n ，α⊥β，则m ⊥n ；(3)若m ∥α，m ⊂β，α∩β＝n ，则m ∥n. 其中真命题是________(填序号)． 【答案】(1)(3)【解析】(2)中，m ∥n ，m 与n 相交都有可能．16．将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A BD C --， AC BD O ⋂=有如下四个结论：①AC BD ⊥；②ACD 是等边三角形；③AB 与CD 所成的角为90︒，④取BC 中点E ，则AEO ∠为二面角A BC D --的平面角．其中正确结论是__________．（写出所有正确结论的序号） 【答案】①②④在Rt AEC 中， 22AE CE ==， 1AC =， ∴12NE =． 则MEN 是正三角形，故60EMN ∠=︒，③错误；如上图所示，由题意可得： AB AC =，则AE BC ⊥, 由,,BE EC BO OD BC CD ==⊥可得OE BC ⊥， 据此可知： AEO ∠为二面角A BC D --的平面角， 说法④正确. 故答案为：①②④.三、解答题（共6道小题，共70分）17. 如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 是A 1D 1的中点，点F 是CE 的中点． (Ⅰ)求证：平面ACE⊥平面BDD 1B 1； (Ⅱ)求证：AE∥平面BDF.【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】试题分析：（Ⅰ）通过证明AC ⊥平面BDD 1B 1，即可证明平面ACE ⊥平面BDD 1B 1； （Ⅱ）通过证明OF ∥AE ，即可证明AE ∥平面BDF ． 试题解析：(Ⅰ)在正方体中，ABCD 是正方形，BB 1⊥平面ABCD ， ∴AC⊥BD ，AC⊥BB 1， ∵BD∩BB 1＝B ，BD ， BB 1⊂平面BDD 1B 1， ∴AC⊥平面BDD 1B 1，∵AC ⊂平面ACE ，∴平面ACE ⊥平面BDD 1B 1.6分 (Ⅱ)连AC 交BD 于G ，连FG ， ∵ABCD 是正方形，∴G 是AC 中点， ∵F 是CE 是中点，∴AE∥FG， ∵AE ⊄平面BDF ，FG ⊂平面BDF ， ∴AE∥平面BDF.点睛：垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.18．如图所示，平面ABCD ⊥平面BCE ，四边形ABCD 为矩形， BC CE =，点F 为CE 的中点.(1)证明： //AE 平面BDF .(2)点M 为CD 上任意一点，在线段AE 上是否存在点P ，使得PM BE ⊥？若存在，确定点P 的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）见解析；（2）中点 【解析】试题分析：（1）连接AB 交BD 于O ，连接OF ，利用ABCD 是矩形得到//OF AE ，再由线面平行的判定定理可证； （2）当P 为AE 中点时，有PM BE ⊥；取BE 中点H ，连接,,DP PH CH ，结合三角形的中位线性质以及面面平行的性质进行推理得到BE ⊥平面DPHC 即可. 试题解析：(1)证明 连接AC 交BD 于O ，连接OF ，如图①.∵四边形ABCD 是矩形，∴O 为AC 的中点，又F 为EC 的中点， ∴OF 为△ACE 的中位线，:∴OF∥AE，又OF ⊂平面BDF ， AE ⊄平面BDF ，∴AE∥平面BDF. （2）当P 为AE 中点时，有PM⊥BE， 证明如下：取BE 中点H ，连接DP ，PH ，CH ，如图∵P 为AE 的中点，H 为BE 的中点， ∴PH∥AB，又AB∥CD，∴PH∥CD， ∴P，H ，C ，D 四点共面． ∵平面ABCD ∥平面BCE ，CD⊥BC ∴CD ⊥平面BCE ，又BE ⊂平面BCE ， ∴CD⊥BE∵BC=CE，H 为BE 的中点， ∴CH⊥BE，∴BE⊥平面DPHC ，又PM ⊂平面DPHC ， ∴BE⊥PM 即PM⊥BE .19．用空间向量解决下列问题：如图，在斜三棱柱111ABC A B C -中， ()1,e ξ∈是AC 的中点， 1A O ⊥平面ABC ，90BCA ∠=︒， 1AA AC BC ==．（1）求证： 11A B AC ⊥；（2）求二面角1A BB C --的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（227.试题解析：取AB 的中点D ，连结OD ，1A O ⊥平面， OD ， OC ⊂平面，∴ 1A O OC ⊥， 1A O OD ⊥，O 、D 分别是AC 、AB 的中点， //OD BC ∴，又， OD OC ⊥，所以，可以以O 为原点，直线OD 、OC 、1OA 分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设12AA AC BC ===，于是()0,1,0A -， ()2,1,0B ， ()0,1,0C ，(1A ， (10,3C ，（1）(12,1,3A B =-， (13AC =，()112013330330A B AC ∴⋅=⨯+⨯+-⨯=+-=11A B AC ∴⊥，即.（2）由（1）知()2,0AB =，(13AA =，()2,0,0CB =， (13CC =,设()111,,m x y z =是平面11ABB A 的一个法向量，由1111122000m AB x y z x y ⊥⇒++=⇒+=，11111103030m AA x y z y z ⊥⇒+=⇒=，取11z =，得13y =- 13x = ()3,m ∴=，设()222,,n x y z =是平面11CBB C 的一个法向量，由22200n CB x x ⊥⇒=⇒=，12222203030n CC x y z y z ⊥⇒+=⇒=，取21z =，得23y =-()0,3,1n ∴=-， 27cos ,|27m n m n m n ⋅===⋅ 又因为二面角为锐二面角，所以，二面角27． 20．【2018届西藏拉萨市高三第一次模拟考试（期末）】如图，四棱锥P ABCD -底面为等腰梯形， //AD BC 且24BC AD ==，点E 为PC 中点．（1）证明： //DE 平面PAB ；（2）若PA ⊥平面ABCD ， 60ABC ∠=︒，直线PB 与平面ABCD 所成角的正切值为32，求四棱锥P ABCD -的体积V ．【答案】(1)见解析；（2）.【解析】试题分析：(1)证明线面平行可利用线面平行的判定定理，利用三角形的中位线定理可以得出线线平行，进而得出线面平行；（2）根据底面ABCD 为等腰梯形，作AG 垂直BC ，垂足为G ，求出BG 和AG ，得出AB ，便可求出底面的面积，根据PA 与平面ABCD 垂直，则PBA ∠为直线直线PB 与平面ABCD 所成角，利用其正切值求出PA ，再根据锥体体积公式求出体积 .又DE ⊂平面DEF ，所以//DE 平面PAB ． 解：（2）作AG BC ⊥于点G ，则1BG =．在ABG ∆中， 60ABG ∠=︒， 1BG =，则3AG =， 2AB =． 由PA ⊥平面ABCD 知，直线PB 与平面ABCD 所成角为PBA ∠，故3tan 2PBA ∠=， 即在PAB ∆中，有32PA AB =，则3PA =. 所以，四棱锥P ABCD -的体积13ABCD V S PA =⋅梯形 ()243133332+=⨯=． 21．【2018届四省名校（南宁二中等）高三上第一次大联考】直角三角形ABC 中， 90C ∠=︒， 4AC =， 2BC =，E 是AC 的中点，F 是线段AB 上一个动点，且()01AF AB λλ=<<，如图所示，沿BE 将CEB ∆翻折至DEB ∆，使得平面DEB ⊥平面ABE . （1）当13λ=时，证明： BD ⊥平面DEF ；（2）是否存在λ，使得DF 与平面ADE ？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2) 存在12λ=，使得DF 与平面ADE 2【解析】试题分析：(1)由题意可得BD DE ⊥，取BF 的中点N ，连接CN 交BE 于M ，当13λ=时，由几何关系可证得EF ⊥平面DBE .则EF BD ⊥.利用线面垂直的判断定理可得BD ⊥平面DEF .(2)建立空间直角坐标系，结合直线的方向向量与平面的法向量计算可得存在12λ=，使得DF 与平面ADE 所成的角试题解析：（1）在ABC ∆中， 90C ∠=︒，即AC BC ⊥， 则BD DE ⊥，取BF 的中点N ，连接CN 交BE 于M ， 当13λ=时， F 是AN 的中点，而E 是AC 的中点， ∴EF 是ANC ∆的中位线，∴EF CN .在BEF ∆中， N 是BF 的中点， ∴M 是BE 的中点.在Rt BCE ∆中， 2EC BC ==， ∴CM BE ⊥，则EF BE ⊥.又平面DBE ⊥平面ABC ，平面DBE ⋂平面ABC BE =， ∴EF ⊥平面DBE .又BD ⊂平面BDE ，∴EF BD ⊥. 而EF DE E ⋂=，∴BD ⊥平面DEF .∴DM ⊥平面ABC ，则(D .假设存在满足题意的λ，则由AF AB λ=. 可得()44,2,0F λλ-， 则(34,21,2DF λλ=---.设平面ADE 的一个法向量为(),,n x y z =， 则0,{0,n AE n AD ⋅=⋅=即20,{320,x x y z -=-+=令2y =，可得0x =， 1z =-，即()0,2,1n =-.∴DF 与平面ADE 所成的角的正弦值sin cos ,DF n DF n DF nθ⋅==()22122λ-+==. 解得12λ=（3λ=舍去）. 综上，存在12λ=，使得DF 与平面ADE 所成的角的正弦值为23.22．如图：设一正方形纸片ABCD 边长为2分米，切去阴影部分所示的四个全等的等腰三角形，剩余为一个正方形和四个全等的等腰三角形，沿虚线折起，恰好能做成一个正四棱锥（粘接损耗不计），图中AH PQ ⊥，O 为正四棱锥底面中心．（Ⅰ）若正四棱锥的棱长都相等，求这个正四棱锥的体积Ｖ；（Ⅱ）设等腰三角形APQ 的底角为x ，试把正四棱锥的侧面积S 表示为x 的函数，并求S 的范围．【答案】（124340-立方分米（2）02S <<平方分米 【解析】试题分析: （I ）若正四棱锥的棱长都相等，则在正方形ABCD 中，三角形APQ 为等边三角形，由此先计算出此正四棱锥的棱长，再利用正棱锥的性质计算其体积即可；（II ）先利用等腰三角形APQ 的底角为x 的特点，将侧棱长和底边长分别表示为x 的函数，再利用棱锥的体积计算公式将棱锥体积表示为关于x 的函数，最后可利用均值定理求函数的值域 试题解析：（Ⅰ）设正四棱锥底面边长为y 分米，由条件知△APQ 为等边三角形， 又AH PQ ⊥，∴3AH y =． ∵12OH y =，∴222232222y OA AH OH y y ⎛⎫⎛⎫=-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 由2AH y AC +=32y +=2231y =+ ∴(()()3233322112216332631331V y OA y =⋅=⋅=⋅= 24340-=. 24340-立方分米（或者分子、分母同时除以t ，利用“对勾函数”进行说明） ∴02S <<平方分米即为所求侧面积的范围．。