高三数学一轮复习专题题库：立体几何(2)

第8课时 空间向量的应用(二) 空间的角与距离1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是AB 的中点，则sin 〈DB 1→，CM →〉的值等于( ) A.12 B.21015 C.23D.1115答案 B解析 分别以DA ，DC ，DD 1为x ，y ，z 轴建系， 令AD ＝1，∴DB 1→＝(1，1，1)，CM →＝(1，－12，0)．∴cos 〈DB 1→，CM →〉＝1－123·52＝1515. ∴sin 〈DB 1→，CM →〉＝21015.2．已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为正方形，AA 1＝2AB ，E 为AA 1的中点，则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为( ) A.1010B.15C.31010D.35答案 C解析 如图，以D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系．设AA 1＝2AB ＝2，则B(1，1，0)，E(1，0，1)，C(0，1，0)，D 1(0，0，2)． ∴BE →＝(0，－1，1)，CD 1→＝(0，－1，2)． ∴cos 〈BE →，CD 1→〉＝1＋22·5＝31010.3．若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l 与平面α所成的角等于( ) A ．120° B ．60° C ．30° D ．150°答案 C解析 设直线l 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos120°|＝12，又0°≤θ≤90°.∴θ＝30°.4．(2018·天津模拟)已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝4，CC 1＝2，则直线BC 1与平面DBB 1D 1所成角的正弦值为( )A.32B.52C.105D.1010答案 C解析 由题意，连接A 1C 1，交B 1D 1于点O ，连接BO.∵在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝4，∴C 1O ⊥B 1D 1.易得C 1O ⊥平面DBB 1D 1，∴∠C 1BO 即为直线BC 1与平面DBB 1D 1所成的角．在Rt △OBC 1中，OC 1＝22，BC 1＝25，∴直线BC 1与平面DBB 1D 1所成角的正弦值为105，故选C.5.(2018·辽宁沈阳和平区模拟)如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BB 1＝4，则直线BB 1与平面ACD 1所成角的正弦值为( ) A.13 B.33 C.63D.223答案 A解析 如图所示，建立空间直角坐标系．则A(2，0，0)，C(0，2，0)，D 1(0，0，4)，B(2，2，0)，B 1(2，2，4)，AC →＝(－2，2，0)，AD 1→＝(－2，0，4)，BB 1→＝(0，0，4)．设平面ACD 1的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＝0，－2x ＋4z ＝0，取x ＝2，则y ＝2，z ＝1，故n ＝(2，2，1)是平面ACD 1的一个法向量．设直线BB 1与平面ACD 1所成的角是θ，则sin θ＝|cos 〈n ，BB 1→〉|＝|n ·BB 1→||n |·|BB 1→|＝49×4＝13.故选A.6．若正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都相等，D 是A 1C 1的中点，则直线AD 与平面B 1DC 所成角的正弦值为( ) A.35 B.45 C.34 D.55答案 B解析 间接法：由正三棱柱的所有棱长都相等，依据题设条件，可知B 1D ⊥平面ACD ，∴B 1D ⊥DC ，故△B 1DC 为直角三角形． 设棱长为1，则有AD ＝52，B 1D ＝32，DC ＝52，∴S △B 1DC ＝12×32×52＝158. 设A 到平面B 1DC 的距离为h ，则有VA －B 1DC ＝VB 1－ADC ， ∴13×h ×S △B 1DC ＝13×B 1D ×S △ADC .∴13×h ×158＝13×32×12，∴h ＝25. 设直线AD 与平面B 1DC 所成的角为θ，则sin θ＝h AD ＝45.向量法：如图，取AC 的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系． 设各棱长为2，则有A(0，－1，0)，D(0，0，2)，C(0，1，0)，B 1(3，0，2)． 设n ＝(x ，y ，z)为平面B 1CD 的法向量，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CB 1→＝0⇒⎩⎨⎧－y ＋2z ＝0，3x －y ＋2z ＝0⇒n ＝(0，2，1)．∴sin 〈AD →，n 〉＝AD →·n |AD →|·|n |＝45.7．(2018·山东师大附中模拟，理)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝102，AB ＝10，PA ＝6，DA ⊥AB ，点Q 在PB 上，且满足PQ∶QB＝1∶3，则直线CQ 与平面PAC 所成角的正弦值为________． 答案13052解析 方法一：如图，过点Q 作QH∥CB 交PC 于点H. ∵DA ⊥AB ，DC ∥AB ，∴在Rt △ADC 中，AC ＝AD 2＋CD 2＝ 5. ∵PA ⊥平面ABCD ，∴在Rt △PAC 中，PC ＝PA 2＋AC 2＝11. 取AB 的中点M ，连接CM ，∵DC ∥AB ，CM ＝AD ＝102， ∴在Rt △CMB 中，CB ＝CM 2＋MB 2＝5，又PB 2＝PA 2＋AB 2＝16，∴PC 2＋CB 2＝PB 2，∴CB ⊥PC. ∵QH ∥BC ，∴QH ⊥PC.① ∵PA ⊥CB ，∴PA ⊥QH.②由①②可得，QH ⊥平面PAC ，∴∠QCH 是直线CQ 与平面PAC 所成的角．∵QH ＝14BC ＝54，HC ＝34PC ＝3114，∴CQ ＝QH 2＋HC 2＝262，∴sin ∠QCH ＝QH CQ ＝13052.方法二：以A 为坐标原点，AD ，AB ，AP 所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，P(0，0，6)，C(102，102，0)，B(0，10，0)， ∵PQ ＝14PB ，∴Q(0，104，364)，可知平面PAC 的一个法向量为m ＝(－1，1，0)，又CQ →＝(－102，－104，364)，∴|cos 〈m ，CQ →〉|＝|m ·CQ →||m ||CQ →|＝13052，故直线CQ 与平面PAC 所成角的正弦值为13052.8．(2018·上海八校联考)如图所示为一名曰“堑堵”的几何体，已知AE⊥底面BCFE ，DF ∥AE ，DF ＝AE ＝1，CE ＝7，四边形ABCD 是正方形．(1)《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，判断四面体EABC 是否为鳖臑，若是，写出其每一个面的直角，并证明；若不是，请说明理由． (2)记AB 与平面AEC 所成的角为θ，求cos2θ的值． 答案 (1)略 (2)17解析 (1)∵AE⊥底面BCFE ，EC ，EB ，BC 都在底面BCFE 上，∴AE ⊥EC ，AE ⊥EB ，AE ⊥BC.∵四边形ABCD 是正方形，∴BC ⊥AB ，∴BC ⊥平面ABE.又∵BE ⊂平面ABE ，∴BC ⊥BE ，∴四面体EABC 是鳖臑，∠AEB ，∠AEC ，∠CBE ，∠ABC 为直角．(2)∵AE ＝1，CE ＝7，AE ⊥EC ， ∴AC ＝22，又ABCD 为正方形． ∴BC ＝2，∴BE ＝ 3.作BO⊥EC 于O ，则BO⊥平面AEC ，连接OA ，则OA 为AB 在面AEC 上的射影．∴θ＝∠BAO，由等面积法得BE·BC ＝EC·OB. ∴OB ＝3·27，sin θ＝OB AB ＝217，cos2θ＝1－2sin 2θ＝17.提示 本题也可用向量法求解．9.(2016·课标全国Ⅲ，理)如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，PA ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点． (1)证明：MN∥平面PAB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值． 答案 (1)略 (2)8525解析 (1)由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN.由N 为PC 的中点知TN∥BC，TN ＝12BC ＝2.又AD∥BC，故TN 綊AM ，所以四边形AMNT 为平行四边形，于是MN∥AT. 因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，所以MN∥平面PAB.(2)取BC 的中点E ，连接AE.由AB ＝AC 得AE⊥BC，从而AE⊥AD，且AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－（BC 2）2＝ 5.以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz.由题意知，P(0，0，4)，M(0，2，0)，C(5，2，0)，N(52，1，2)，PM →＝(0，2，－4)，PN →＝(52，1，－2)，AN →＝(52，1，2)．设n ＝(x ，y ，z)为平面PMN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0，2，1)．于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||AN →|＝8525.所以直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525.10．如图所示，在四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，AB ＝AA 1＝2A 1B 1＝2.(1)若M 为CD 中点，求证：AM⊥平面AA 1B 1B ； (2)求直线DD 1与平面A 1BD 所成角的正弦值． 答案 (1)略 (2)15解析 (1)四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，连接AC ，如图，则△ACD 为等边三角形， 又M 为CD 中点，∴AM ⊥CD ，由CD∥AB，得AM⊥AB， ∵AA 1⊥底面ABCD ，AM ⊂平面ABCD ，∴AM ⊥AA 1， 又AB∩AA 1＝A ， ∴AM ⊥平面AA 1B 1B.(2)∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，AB ＝AA 1＝2A 1B 1＝2，∴DM ＝1，AM ＝3，∴∠AMD ＝∠BAM＝90°，又AA 1⊥底面ABCD ，∴以AB ，AM ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ， 则A 1(0，0，2)，B(2，0，0)，D(－1，3，0)，D 1(－12，32，2)，∴DD 1→＝(12，－32，2)，BD →＝(－3，3，0)，A 1B →＝(2，0，－2)，设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·A 1B →＝0，⇒⎩⎨⎧－3x ＋3y ＝0，2x －2z ＝0，⇒y ＝3x ＝3z ，令x ＝1，则n ＝(1，3，1)，∴直线DD 1与平面A 1BD 所成角θ的正弦值为 sin θ＝|cos 〈n ，DD 1→〉|＝|n ·DD 1→|n |·|DD 1→||＝15.11.(2018·山西太原一模)如图，在几何体ABCDEF 中，四边形ABCD 是菱形，BE ⊥平面ABCD ，DF ∥BE ，且DF ＝2BE ＝2，EF ＝3. (1)证明：平面ACF⊥平面BEFD ；(2)若二面角A －EF －C 是直二面角，求直线AE 与平面ABCD 所成角的正切值． 答案 (1)略 (2)12解析 (1)∵四边形ABCD 是菱形，∴AC ⊥BD. ∵BE ⊥平面ABCD ，∴BE ⊥AC ， ∵BD ∩BE ＝B ，∴AC⊥平面BEFD ， ∴平面ACF⊥平面BEFD.(2)设AC 与BD 的交点为O ，由(1)得AC⊥BD，分别以OA ，OB 为x 轴和y 轴，过点O 作垂直于平面ABCD 的直线为z ，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz ，∵BE ⊥平面ABCD ，∴BE ⊥BD ，∵DF ∥BE ，∴DF ⊥BD ， ∴BD 2＝EF 2－(DF －BE)2＝8，∴BD ＝2 2.设OA ＝a(a>0)，则A(a ，0，0)，C(－a ，0，0)，E(0，2，1)，F(0，－2，2)，∴EF →＝(0，－22，1)，AE →＝(－a ，2，1)，CE →＝(a ，2，1)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面AEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·EF →＝0，m ·AE →＝0，即⎩⎨⎧－22y 1＋z 1＝0，－ax 1＋2y 1＋z 1＝0，令z 1＝22，∴m ＝(32a ，1，22)是平面AEF 的一个法向量，设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面CEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·CE →＝0，即⎩⎨⎧－22y 2＋z 2＝0，ax 2＋2y 2＋z 2＝0，令z 2＝22，∴n ＝(－32a，1，22)是平面CEF 的一个法向量，∵二面角A －EF －C 是直二面角，∴m ·n ＝－18a 2＋9＝0，∴a ＝ 2.∵BE ⊥平面ABCD ，∴∠BAE 是直线AE 与平面ABCD 所成的角， ∵AB ＝OA 2＋OB 2＝2，∴tan ∠BAE ＝BE AB ＝12.故直线AE 与平面ABCD 所成角的正切值为12.1.(2017·山西临汾一模)如图所示，点P 在正方形ABCD 所在平面外，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AB ，则PB 与AC 所成的角是( )A ．90° ．60° C ．45° ．30°答案 B解析 将其还原成正方体ABCD －PQRS ，显然PB∥SC，△ACS 为正三角形，∴∠ACS ＝60°.2.(2018·成都一诊)如图，正四棱锥P －ABCD 的体积为2，底面积为6，E 为侧棱PC 的中点，则直线BE 与平面PAC 所成的角为( ) A ．60° B ．30° C ．45° D ．90°答案 A解析 如图，正四棱锥P －ABCD 中，根据底面积为6可得，BC ＝ 6.连接BD ，交AC 于点O ，连接PO ，则PO 为正四棱锥P －ABCD 的高，根据体积公式可得，PO ＝1.因为PO⊥底面ABCD ，所以PO⊥BD，又BD⊥AC，PO ∩AC ＝O ，所以BD⊥平面PAC ，连接EO ，则∠BEO 为直线BE 与平面PAC 所成的角．在Rt △POA 中，因为PO ＝1，OA ＝3，所以PA ＝2，OE ＝12PA ＝1，在Rt △BOE 中，因为BO ＝3，所以tan ∠BEO ＝BOOE＝3，即∠BEO＝60°.3.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 ＝12AD ＝a ，G 是EF 的中点，则GB 与平面AGC 所成角的正弦值为( )A.23B.33C.63D.13答案 C解析 设GB 与平面AGC 所成的角为θ. 如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，2a ，0)，C(0，2a ，2a)，G(a ，a ，0)，AG →＝(a ，a ，0)，AC →＝(0，2a ，2a)，BG →＝(a ，－a ，0)，设平面AGC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，1)，由⎩⎪⎨⎪⎧AG →·n 1＝0，AC →·n 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ax 1＋ay 1＝0，2ay 1＋2a ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1，y 1＝－1⇒n 1＝(1，－1，1)．sin θ＝|BG →·n 1||BG →||n 1|＝2a 2a×3＝63.4．已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为正方形，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于( ) A.23 B.33C.23D.13答案 A解析 如图，连接AC 交BD 于点O ，连接C 1O ，过C 作CH⊥C 1O 于点H. ∵⎩⎪⎨⎪⎧BD⊥AC BD⊥AA 1AC ∩AA 1＝A ⇒⎩⎪⎨⎪⎧BD⊥平面ACC 1A 1CH ⊂平面ACC 1A 1⇒⎩⎪⎨⎪⎧CH⊥BD CH⊥C 1O BD ∩C 1O ＝O ⇒CH ⊥平面C 1BD ，∴∠HDC 为CD 与平面BDC 1所成的角．5．(2018·黑龙江大庆实验中学期末)在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝4，点D 在棱BB 1上，若BD ＝3，则AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正切值为( ) A.235B.23913C.54D.43答案 B解析 取AC 的中点E ，连接BE ，如图所示，可得AD →·EB →＝(AB →＋BD →)·EB →＝AB →·EB →，即5×23×cos θ＝4×23×32(θ为AD →与EB →的夹角)，∴cos θ＝235，sin θ＝135，tan θ＝396，又BE⊥平面AA 1C 1C ，∴所求角的正切值为23913.6．(2016·北京东城质量调研)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB ＝90°，侧棱AA 1＝2，D ，E 分别是CC 1与A 1B 的中点，点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G.则A 1B 与平面ABD 所成角的余弦值是( ) A.23 B.73 C.32D.37答案 B解析 以C 为坐标原点，CA 所在直线为x 轴，CB 所在直线为y 轴，CC 1所在直线为z 轴，建立直角坐标系，设CA ＝CB ＝a ，则A(a ，0，0)，B(0，a ，0)，A 1(a ，0，2)，D(0，0，1)，∴E(a 2，a 2，1)，G(a 3，a 3，13)，GE →＝(a6，a 6，23)，BD →＝(0，－a，1)，∵点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G ， ∴GE →⊥平面ABD ，∴GE →·BD →＝0，解得a ＝2.∴GE →＝(13，13，23)，BA 1→＝(2，－2，2)，∵GE →⊥平面ABD ，∴GE →为平面ABD 的一个法向量．∵cos<GE →，BA 1→>＝GE →·BA 1→|GE →|·|BA 1→|＝4363×23＝23，∴A 1B 与平面ABD 所成的角的余弦值为73.7．(2018·太原模拟)在三棱锥A －BCD 中，底面BCD 为边长是2的正三角形，顶点A 在底面BCD 上的射影为△BCD 的中心，若E 为BC 的中点，且直线AE 与底面BCD 所成角的正切值为22，则三棱锥A －BCD 外接球的表面积为( ) A ．3π B ．4π C ．5π D ．6π答案 D解析 ∵顶点A 在底面BCD 上的射影为△BCD 的中心，而且△BCD 是正三角形，∴三棱锥A －BCD 是正三棱锥，∴AB ＝AC ＝AD.令底面△BCD 的重心(即中心)为P ，∵△BCD 是边长为2的正三角形，DE 是BC 边上的高，∴DE ＝3，PE ＝33，DP ＝233.∵直线AE 与底面BCD 所成角的正切值为22，即tan ∠AEP ＝22，∴AP ＝263，∵AE 2＝AP 2＋EP 2，∴AD ＝2，于是AB ＝AC ＝AD ＝BC ＝CD ＝DB ＝2，∴三棱锥A －BCD 为正四面体．构造正方体，由面上的对角线构成正四面体，故正方体的棱长为2，∴正方体的体对角线长为6，∴外接球的半径为62，∴外接球的表面积为4π(62)2＝6π.8．(2018·江西临海上一中一模)已知在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为1.点E 是棱A 1B 1的中点，则直线AE 与平面BDD 1B 1所成角的正弦值是________． 答案1010解析 取AB 的中点为F ，连接B 1F ，过点F 作FG⊥BD，垂足为G ，连接B 1G ，由正方体性质知BB 1⊥FG ，BD ∩BB 1＝B ，BD ⊂平面BDD 1B 1，BB 1⊂平面BDD 1B 1，所以FG⊥平面BDD 1B 1，故∠FB 1G为FB 1与平面BDD 1B 1所成的角，所以FG ＝24，B 1F ＝52，所以sin ∠FB 1G ＝2452＝1010.又因为AE∥B 1F ，所以直线AE 与平面BDD 1B 1所成角的正弦值是1010. 9．(2014·福建，理)在平面四边形ABCD 中．AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD.将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD⊥平面BCD ，如图所示． (1)求证：AB⊥CD；(2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值． 答案 (1)略 (2)63解析 (1)∵平面ABD⊥平面BCD ，平面ABD∩平面BCD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，AB ⊥BD ， ∴AB ⊥平面BCD.又CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD.(2)过点B 在平面BCD 内作BE⊥BD，如图所示． 由(1)知AB⊥平面BCD ，BE ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD ， ∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD.以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12， 则BC →＝(1，1，0)，BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，AD →＝(0，1，－1)．设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，12y 0＋12z 0＝0，取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1，1)． 设直线AD 与平面MBC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →||n |·|AD →|＝63，即直线AD与平面MBC 所成角的正弦值为63.11 10．(2017·浙江)如图，已知四棱锥P －ABCD ，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD ，CD ⊥AD ，PC ＝AD ＝2DC ＝2CB ，E 为PD 的中点．(1)证明：CE∥平面PAB ；(2)求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．解析 (1)如图，设PA 中点为F ，连接EF ，FB.因为E ，F 分别为PD ，PA 中点，所以EF∥AD 且EF ＝12AD ， 又因为BC∥AD，BC ＝12AD ，所以EF∥BC 且EF ＝BC ， 即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE∥BF，因此CE∥平面PAB.(2)分别取BC ，AD 的中点为M ，N.连接PN 交EF 于点Q ，连接MQ.因为E ，F ，N 分别是PD ，PA ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点，在平行四边形BCEF 中，MQ ∥CE.由△PAD 为等腰直角三角形得P N⊥AD.由DC⊥AD，N 是AD 的中点得BN⊥AD.所以AD⊥平面PBN ，由BC∥AD 得BC⊥平面PBN ，那么平面PBC⊥平面PBN.过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，连接MH.MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线CE 与平面PBC 所成的角．设CD ＝1.在△PCD 中，由PC ＝2，CD ＝1，PD ＝2得CE ＝2，在△PBN 中，由PN ＝BN ＝1，PB ＝3得QH ＝14， 在Rt △MQH 中，QH ＝14，MQ ＝2， 所以sin ∠QMH ＝28， 所以，直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是28.。

小题综合练习（二）一、单选题1．设α，β是两个不同的平面，l ，m 是两条不同的直线，且l α⊂，m β⊂，( ) A ．若l β⊥，则αβ⊥ B ．若αβ⊥，则l m ⊥ C ．若//l β，则//αβD ．若//αβ，则//l m解：对于A ，l β⊥，且l α⊂，根据线面垂直的判定定理，得αβ⊥，A ∴正确； 对于B ，当αβ⊥，l α⊂，m β⊂时，l 与m 可能平行，也可能垂直，B ∴错误； 对于C ，当//l β，且l α⊂时，α与β可能平行，也可能相交，C ∴错误； 对于D ，当//αβ，且l α⊂，m β⊂时，l 与m 可能平行，也可能异面，D ∴错误． 故选：A ．2．鳖臑bi ē n ào 是我国古代对四个面均为直角三角形的三棱锥的称呼．已知三棱锥是一个鳖臑，其中，，，且，，，则三棱锥的外接球的体积是 A ．B ．C ．D ．解：如图，由，，且，可得平面，则，又，且，，)A BCD -AB BC ⊥AB BD ⊥BC CD ⊥6AB =3BC =2DC =A BCD -()493π3432π49π3436πAB BC ⊥AB BD ⊥BCBD B =AB ⊥BCD AB CD ⊥BC CD ⊥AB BC B =CD AC ∴⊥则为三棱锥的外接球的直径．，，，，故三棱锥的外接球的半径为， 则三棱锥的外接球的体积是．故选：．3．《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，下周十尺，高六尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为10尺，米堆的高为6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，估算堆放的米约为A ．17斛B ．25斛C ．41斛D ．58斛解：设米堆所在圆锥的底面半径为尺，则，，米堆的体积为（尺， 米堆的斛数为（斛． 故选：．4．已知四棱锥中，四边形为等腰梯形，，，是等边三角形，且若点在四棱锥的外接球面上运动，记点到AD A BCD -6AB =3BC =2DC =7AD ∴=A BCD -72A BCD -347343()326V ππ==D ()r 12104r π⨯=20r π=∴2211120()666.674312V r h πππ=⨯=⨯⨯⨯≈3)∴66.67411.62≈)C S ABCD -ABCD //AD BC 120BAD ∠=︒SAD ∆SA AB ==P S ABCD -P平面的距离为，若平面平面，则的最大值为ABCD解：依题意，，取的中点，则是等腰梯形外接圆的圆心，是的外心， 作平面，平面，则是人锥的外接球的球心，且，， 设四棱锥的外接球半径为， 则， 则，当四棱锥的体积最大时，．故选：．5．已知正四面体的棱长为，，分别是，上的点，过作平面，使得，均与平行，且，到的距离分别为2，4，则正四面体的外接球被所截得的圆的面积为A ．B ．C ．D ．ABCD d SAD ⊥ABCD d ()12123MBC π∠=BC E E ABCD F SAD ∆OE ⊥ABCD OF ⊥SAB O S ABCD -3OF DE ==2AF =S ABCD -R 22213R SF OF =+=1OE DF ==∴S ABCD -1max d R OE =+=A A BCD -M N AC AD MN αAB CD αAB CD αA BCD -α()11π18π26π27π解：将正四面体补形成棱长为6的正方体， 则的外接球球心即为正方体的中心， 故球的半径， 因为，均与平行， 故与面，平行，到面，的距离分别为2和4， 因为到面的距离为3， 故此时到的距离为1，故被球所截圆半径从而截面圆的面积为． 故选：．6．已知长方体，，，是的中点，点在长方体内部或表面上，且平面，则动点的轨迹所形成的区域面积是A ．6B ．C ．D ．9解：如图所示，，，，，分别为，，，，的中点，则，，A BCD -APBQ ECFD -A BCD -O O R ==AB CD ααAPBQ ECFD αAPBQ ECFD O APBQ O ααO r 226r ππ=C 1111ABCD A B C D -2AB AD ==14AA =M 1BB P //MP 11AB D P ()E F G H N 11B C 11C D 1DD DA AB 11////EF B D NH 1////MN B A FG所以平面平面，所以动点的轨迹是六边形及其内部． 因为，，所以，，到， 所以．故选：．7．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，M，N 分别为棱AB ，11C D 的中点．平面α过1B ，M 两点，且//BN α．设平面α截正方体所得截面面积为S ，且将正方体分成两部分的体积比为12:V V ，有如下结论：①34S =，②98S =，③12:1:3V V =，④12:7:17V V =，则下列结论正确的是( ) A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④解：取AD 的中点H ，连结HM ，1HD ，11B D ， 由题意得//BD MH ，BD ⊂/平面11HMB D ，MH ⊂平面11HMB D ，//MEFGHN 11AB D P MEFGHN 2AB AD ==14AA =EF HN ==EM MN FG GH ===GM =E GM 229EFGH S S ===梯形D//BD ∴平面11HMB D ，∴平面α即平面11HMB D ，∴截面11HMB D 为等腰梯形，由已知可得11B D =2MH =，11MB HD ==其面积为19(2248S =⨯=．故选：D ．8．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，120BAC ∠=︒，AP 2AB AC ==，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积是( )A ．92π B ． C ．18π D ．40π解：设ABC ∆的外接圆半径为r ，外接圆心为1O ，过点1O 做底面ABC 的垂线，则球心在垂线上，设球心为O ，连接1OO ，1AO ，1CO ，得到Rt △1OO C ，如图所示：120BAC ∠=︒，2AB AC ==，∴由余弦定理，得222cos1202AB AC BC AB AC+-︒=，解得BC =，在ABC ∆中由正弦定理，得2sin120BCr =︒，2r ∴=，设三棱锥P ABC -的外接球的半径为R ，则在Rt △1OO C ，中，OCR =，112OO PA ==12CO r ==， ∴222R r =+，∴292R =， ∴三棱锥P ABC -的外接球的表面积是2944182R ππ=⨯=， 故选：C ．9．设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1和，且长为的棱异面，则的取值范围是A． B ． C ．D ．解：设四面体的底面是，，，顶点为， 在三角形中，因为两边之和大于第三边可得：（1） 取中点，是中点，直角三角形全等于直角，所以在三角形中，a a a ()BCD BC a =1BD CD ==A AD =BCD 02a <<BC E E ACE DCE AED AE ED =两边之和大于第三边得 （负值0值舍）（2）由（1）（2）得．另解；可设，，，可得、为等腰直角三角形，可得，即有， 故选：．10．如图，四棱锥的底面为正方形，底面，则下列结论中不正确的是A ．B ．平面C ．与平面所成的角等于与平面所成的角∴0a <0a <<AD a =1AB AC BD CD ====BC =ABC ∆BCD∆AE DE ==0a <<A S ABCD -SD ⊥ABCD ()AC SB ⊥//AB SCD SA SBD SC SBDD ．与所成的角等于与所成的角 解：底面，底面为正方形，连接，则，根据三垂线定理，可得，故正确；，平面，平面， 平面，故正确； 底面，是与平面所成的角，是与平面所成的，而，，即与平面所成的角等于与平面所成的角，故正确； ，与所成的角是，与所成的角是，而这两个角显然不相等，故不正确； 故选：． 二、多选题11．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别是1AB 、1BC 的中点，下列结论中正确的是( )AB SC DC SA SD ⊥ABCD ABCD ∴BD BD AC ⊥AC SB ⊥A //AB CD AB ⊂/SCD CD ⊂SCD //AB ∴SCD B SD ⊥ABCD ASO ∠SA SBD CSO ∠SC SBD SAO CSO ∆≅∆ASO CSO ∴∠=∠SA SBD SC SBD C //AB CD AB ∴SC SCD ∠DC SA SAB ∠DDA ．EF 与1BB 垂直 B ．EF 与平面11BCC B 垂直C ．EF 与1CD 所成的角为45︒D ．//EF 平面ABCD解：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体1111ABCD A B C D -中棱长为2，则(2E ，1，1)，(1F ，2，1)，(2B ，2，0)，1(2B ，2，2)，(0D ，0，0)，1(0C ，2，2)，(1EF =-，1，0)，1(0BB =，0，2)，∴10EF BB =，EF ∴与1BB 垂直，故A 正确；(1EF =-，1，0)，(0CB =，2，0)，2EF CB =，EF ∴与CB 不垂直，EF ∴与平面11BCC B 不垂直，故B 错误；(1EF =-，1，0)，1(0C D =，2-，2)-，1111cos 2||||2EF C D EF C D EF C D ∴<>===-，EF ∴与1C D 所成的角为60︒，故C 错误；(1EF =-，1，0)，平面ABCD 的法向量(0n =，0，1)，0EF n =，EF ⊂/平面ABCD ，//EF ∴平面ABCD ，故D正确．故选：AD ．12．如图，四棱锥P ABCD∆是等边三角形，底面ABCD -中，平面PAD⊥底面ABCD，PAD是菱形，且60∠=︒，M为棱PD的中点，N为菱形ABCD的中心，下列结论正确的有BAD()A．直线PB与平面AMC平行B．直线PB与直线AD垂直C．线段AM与线段CM长度相等D．PB与AM所成角的余弦值为4解：如图，连接MN，可知//PB面AMC，故A正确；MN PB，由线面平行的判定定理得//在菱形ABCD中，60∆为等边三角形．∠=︒，则BADBAD设AD的中点为O，连接OB，OP，则OP AD=，⊥，又OP OB O⊥，OB AD由线面垂直的判定定理得出AD⊥平面POB，PB⊂平面POB，AD PB∴⊥，故B正确；平面PAD ⊥平面ABCD ，由面面垂直的性质可得POB ∆为直角三角形，设4AD =，则OP OB ==，PB ∴=12MN PB =在MAN ∆中，AM AN ==MN =cos AMN ∠=故异面直线PB 与AM ． 在MAN ∆中，222AM AN MN ≠+，则ANM ∠不是直角，则AMC ∆不是等腰三角形，即AM 与CM 长度不等，故C 错误，D 正确． 故选：ABD ．13．在长方体1111ABCD A B C D -中，M ，P 是平面11DCC D 内不同的两点，N ，Q 是平面ABCD 内不同的两点，且M ，P ，N ，Q CD ∉，E ，F 分别是线段MN ，PQ 的中点．则下列结论正确的是( )A ．若//MN PQ ，则//EF CDB ．若E ，F 重合，则//MP CDC ．若MN 与PQ 相交，且//MP CD ，则NQ 可以与CD 相交 D ．若MN 与PQ 是异面直线，则EF 不可能与CD 平行解：若//MN PQ ，则M 、N 、P 、Q 四点共面γ，当MN PQ <时，平面11DCC D 、平面ABCD 、平面γ两两相交有三条交线，分别为MP 、NQ 、CD ， 则三条交线交于一点O ，则CD 与平面γ交于点O ，则EF 与CD 不平行，故A 错误； 若E 、F 两点重合，则//MP NQ ，M 、N 、P 、Q 四点共面γ，平面11DCC D 、平面ABCD 、平面γ两两相交有三条交线，分别为MP 、NQ 、CD ， 由//MP NQ ，得////MP NQ CD ，故B 正确；若MN 与PQ 相交，确定平面γ，平面11DCC D 、平面ABCD 、平面γ两两相交有三条交线， 分别为MP 、NQ 、CD ，//MP CD ，////MP NQ CD ∴，则NQ 与CD 不可能相交，故C 错误；当MN 与PQ 异面时，如图，连接NP ，取NP 中点G ，连接EG ，FG ，则//EG MP ，MP ⊂平面11DCC D ，EG ⊂/平面11DCC D 、则//EG 平面11DCC D ，假设//EF CD ，CD ⊂平面11DCC D 、EF ⊂/平面11DCC D ，//EF ∴平面11DCC D ，又EFEG E =，∴平面//EFG 平面11DCC D ，同理可得，平面//EFG 平面ABCD ，则平面11//DCC D 平面ABCD ，与平面11//DCC D 平面ABCD CD =矛盾，则假设错误，EF 不可能与CD 平行，故D 正确．故选：BD ．14．已知空间中两条直线，所成的角为，为空间中给定的一个定点，直线过点a b 50︒P l P且与直线和直线所成的角都是，则下列选项正确的是 A ．当时，满足题意的直线不存在B ．当时，满足题意的直线有且仅有1条C ．当时，满足题意的直线有且仅有2条D ．当时，满足题意的直线有且仅有3条解：过点作，，则相交直线、确定一平面．与夹角为或，设直线与、均为角，作面于点，于点，于点，记，或，则有．因为，所以．当时，由，得；当时，由，得． 故当时，直线不存在； 当时，直线有且仅有1条； 当时，直线有且仅有2条； 当时，直线有且仅有3条； 当时，直线有且仅有4条； 当时，直线有且仅有1条．a b (090)θθ︒<︒()15θ=︒l 25θ=︒l 40θ=︒l 60θ=︒l O 1//a a 1//b b 1a 1b α1a 1b 50︒130︒OA 1a 1b θAB ⊥αB 1BC a ⊥C 1BD b ⊥D 1AOB θ∠=22(25BOC θθ∠==︒65)︒12cos cos cos θθθ=1090θ︒︒20cos cos θθ225θ=︒0cos cos25θ︒2590θ︒︒265θ=︒0cos cos65θ︒6590θ︒︒25θ<︒l 25θ=︒l 2565θ︒<<︒l 65θ=︒l 6590θ︒<<︒l 90θ=︒l故，，均正确，错误． 故选：．三、填空题15．已知直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=︒，2AB BC ==，11CC =，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为 ．解：连接1B C ，交1BC 于点O ，则点O 为1B C 的中点，取AC 的中点D ，连接BD 、OD ，1//OD AB ∴，BOD ∴∠即为异面直线1AB 与1BC 所成角．120ABC ∠=︒，2AB BC ==，11CC =，1BD ∴=，112OD AB ==112OB BC = 在BOD ∆中，由余弦定理知，2225513cos 25OB OD BD BOD OB OD +-+-∠===．故答案为：35．A B C D ABC16．在正方体1111ABCD A B C D -中，点1E ，1F 分别为11A B ，11A C 的中点，则下列说法正确的是 ．①1//BE 平面1AFC ②1//DF 平面1AE C ③1CE ⊥平面1?ABF ④1A C ⊥平面11AF D解：由正方体1111ABCD A B C D -中，点1E ，1F 分别为11A B ，11A C 的中点，知：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体1111ABCD A B C D -中棱长为2，对于①，(2B ，2，0)，1(2E ，1，2)，(2A ，0，0)，1(1F ，1，2)，(0C ，2，0)，1(0BE =，1-，2)，1(1AF =-，1，2)，(2AC =-，2，0)，设平面1AFC 的法向量(n x =，y ，)z ， 则120220n AF x y z n AC x y ⎧=-++=⎪⎨=-+=⎪⎩，取1x =，得(1n =，1，0)， 110BE n =-≠，1BE ∴与平面1AFC 不平行，故①错误； 对于②，(0D ，0，0)，1(1DF =，1，2)，1(0AE =，1，2)，(2AC =-，2，0)，设平面1AE C 的法向量(m a =，b ，)c ，则120220m AE b c m AC a b ⎧=+=⎪⎨=-+=⎪⎩，取1c =，得(2m =-，2-，1)，12DF m =-，1DF ∴与平面1AE C 不平行，故②错误；对于③，1(2CE =，1-，2)，(0AB =，2，0)，12CE AB =-，1CE ∴与平面1ABF 不垂直，故③错误；对于④，1(2A ，0，2)，1(2A C =-，2，2)-，1(1AF =-，1，2)，1(2AD =-，0，2)，112240A C AF =+-=，11440A C AD =-=，11AC AF ∴⊥，11AC AD ⊥， 又11AF AD A =，1A C ∴⊥平面11AF D ，故④正确．故答案为：④．17．在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为线段11A B ，AB 的中点，O 为四棱锥11E C D DC -的外接球的球心，点M ，N 分别是直线1DD ，EF 上的动点，记直线OC 与MN所成的角为θ，则当θ最小时，tan θ= ． 解：如图，设P ，Q 分别是棱CD 和11C D 的中点，则四棱锥11E C D DC -的外接球即三棱柱11DFC D EC -的外接球，三棱柱11DFC D EC -是直三棱柱，∴其外接球球心O 为上、下底面三角形外心G 和H 连结的中点，由题意，MN 是平面1DD EF 内的一条动直线， 记直线OC 与MN 所成角为θ，则θ的最小值是直线OC 与平面1DD EF 所成角，即问题转化为求直线OC 与平面1DD EF 所成角的正切值，不妨设正方体1111ABCD A B C D -中棱长为2，则2EQ =，1ED =△11EC D 为等腰三角形，∴△11EC D外接圆直径为11152sin 2ED GE EC D ===∠， 则54GE =，53244GQ PH =-==， 如图，以D 为原点，DA ，DC ，1DD 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则(0D ，0，0)，1(0D ，0，2)，(0C ，2，0)，(2F ，1，0)，(O 34，1，1)， 1(0DD =，0，2)，(2DF =，1，0)，3(4OC =-，1，1)-，设平面1DD EF 的法向量(n x =，y ，)z ，则12020n DD z n DF x y ⎧==⎪⎨=+=⎪⎩，取1x =，得(1n =，2-，0)，则||sin ||||5n OC n OC θ==tan 42θ=．∴当θ最小时，tan θ．．18．已知正四棱锥P ABCD -的底面边长为高为其内切球与面PAB 切于点M ，球面上与P 距离最近的点记为N ，若平面α过点M ，N 且与AB 平行，则平面α截该正四棱锥所得截面的面积为 ．解：取AB ，CD 中点Q ，R ，连结PQ ，PR ，QR ，取QR 中点S ，连结PS ， 则RQ AB ⊥，S 为正方形ABCD 的中心，四棱锥P ABCD -是正四棱锥，PS ∴⊥平面ABCD ，PS ∴=在Rt PSQ ∆中，PQ同理，PR =PQR ∴∆是正三角形，∴正四棱锥P ABCD -内切球的球心为正PQR ∆的内心O ，内切球的半径是正PQR ∆的内切圆半径为内切球与平面PAB 的切点M 为正PQR ∆内切圆与直线PQ 的切点，M ∴为PQ 中点，球面上与P 距离最近的点为连结OP 与球面的交点，即在OP 之间，且ON =N ∴为OP 中点，连结MN 并延长交PR 于I ，平面α过M ，N ，I 与直线AB 平行， 设平面α分别与平面PAB ，平面PCD 交于EF ，GH ，AB ⊂平面PAB ，//EF AB ∴，又//AB CD ，CD α∴⊂/，//CD α∴，同理可证//GH CD ，//EF GH ∴，连结GF ，HE ，则梯形EFGH 为所求的截面， RQ AB ⊥，PS AB ⊥，PSRQ S =，AB ∴⊥平面PQR ，IM ⊂平面PQR ，AB IM ∴⊥，//AB EF ，EF IM ∴⊥，连结OQ ，则OQ 为POS ∠的角平分线，30PQO ∴∠=︒，M ，N 是PQ ，PO 的中点，//MN OQ ∴，30PMI PQO ∴∠=∠=︒，而60MPI ∠=︒，90PIM ∴∠=︒，cos30MI PM ∴=︒=sin304PRPI PM =︒==，又//HG CD ，4CDHG ∴==，∴截面梯形EFGH 的面积为11()22S MI EF GH =+=⨯故答案为：。

第八章立体几何第二节空间几何体的表面积与体积A级·基础过关|固根基|1.如图所示，已知三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则三棱锥B1－ABC1的体积为()A．312B．34C．612D．64解析：选A易知三棱锥B1－ABC1的体积等于三棱锥A－B1BC1的体积，又三棱锥A－B1BC1的高为32，底面积为12，故其体积为13×12×32＝312.2．(2020届大同调研)某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为()A．11πB．14π3C．28π3D．16π解析：选C由三视图可知，该几何体的直观图为三棱锥，记为三棱锥A－BCD，将该三棱锥放在长方体中，如图所示，其中AB⊥平面BCD，AB＝2，△BCD为边长为2的正三角形．设O 1为正△BCD 的中心，O 为三棱锥A －BCD 外接球的球心，R 为外接球的半径．连接OO 1，OB ，O 1B ，则OO 1⊥平面BCD ，OO 1＝1，BO 1＝23×2×32＝233，则OB 2＝R 2＝12＋2332＝73，所以该几何体外接球的表面积S ＝4πR 2＝4π×73＝28π3，故选C ．3.如图是一个实心金属几何体的直观图，它的中间是高l 为6124的圆柱，上、下两端均是半径r 为2的半球，若将该实心金属几何体在熔炉中高温熔化(不考虑过程中的原料损失)，熔成一个实心球，该球的直径为( )A ．3B ．4C ．5D ．6解析：选C 实心金属几何体的体积V ＝43πr 3＋πr 2l ＝43π×8＋π×4×6124＝1256π.设实心球的半径为R ，由体积相等得43πR 3＝1256π，所以R ＝52，所以该球的直径为2R ＝5.4.如图，圆柱的底面半径为1，平面ABCD 为圆柱的轴截面，从A 点开始，沿着圆柱的侧面拉一条绳子到C 点，若绳子的最短长度为3π，则该圆柱的侧面积为( )A ．42π2B ．22π2C ．52π2D ．4π2解析：选A 沿AD 将圆柱的侧面展开，绳子的最短长度即侧面展开图中A ，C 两点间的距离，连接AC ，所以AC ＝3π，展开后AB 的长度为π.设圆柱的高为h ，则AC 2＝AB 2＋h 2，即9π2＝π2＋h 2，解得h ＝22π，所以圆柱的侧面积为2×π×1×22π＝42π2.5．(2020届贵阳摸底)某几何体的三视图如图所示，则它的体积为()A．23B．43C．13D．16解析：选A根据三视图可知，该几何体为三棱锥，记为A－BCD，放在正方体中如图所示，则该几何体的体积V＝13·S△BCD×2＝13×12×2×1×2＝23.故选A．6．(2019届合肥市二检)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，其中俯视图由两个半圆和两条线段组成，则该几何体的表面积为()A．17π＋12 B．12π＋12C．20π＋12 D．16π＋12解析：选C由三视图知，该几何体是一个由大半圆柱挖去一个小半圆柱得到的，两个半圆柱的底面半径分别为1和3，高均为3，所以该几何体的表面积为12×2π×3×3＋12×2π×1×3＋2×⎝⎛⎭⎪⎫12π×32－12π×12＋2×2×3＝20π＋12，故选C．7．(2019届福州市质检)如图，以棱长为1的正方体的顶点A为球心，以2为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为()A．3π4B．2πC．3π2D．9π4解析：选C正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧长是以A1为圆心，1为半径的圆周长的14，所以所有弧长之和为3×2π4＝3π2.故选C．8．(2019届洛阳市第二次联考)已知正三角形ABC的三个顶点都在半径为2的球面上，球心O到平面ABC的距离为1，点E是线段AB的中点，过点E作球O的截面，则截面圆面积的最小值是()A．7π4B．2πC．9π4D．3π解析：选C设正三角形ABC的中心为O1，连接OO1，OA，O1A，由题意得O1O⊥平面ABC，O1O＝1，OA＝2，∴在Rt△O1OA中，O1A＝OA2－O1O2＝3，∴AB＝3.∵E为AB的中点，∴AE＝3 2.连接OE，则OE⊥AB．过点E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面圆的面积最小，此时截面圆的半径r ＝32，可得截面圆面积的最小值为πr 2＝9π4，故选C ．9．(2019届南昌市二模)已知圆锥的侧面展开图为四分之三个圆面，设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，有以下结论：①l ∶r ＝4∶3；②圆锥的侧面积与底面面积之比为4∶3；③圆锥的轴截面是锐角三角形．其中所有正确结论的序号是( )A ．①②B ．②③C ．①③D ．①②③解析：选A 设圆锥的母线长l ＝1.因为圆锥的侧面展开图为四分之三个圆面，所以圆锥的侧面积为34π.又圆锥的底面半径为r ，所以由2πr ＝34×2π，得r ＝34，所以l r ＝43，故①正确；圆锥的侧面积与底面积之比为34ππ·⎝ ⎛⎭⎪⎫342＝43，故②正确；设圆锥的轴截面三角形的顶角为θ，因为圆锥的底面直径为2×34＝32，所以cos θ＝12＋12－⎝ ⎛⎭⎪⎫3222×1×1＝－18，所以角θ为钝角，所以圆锥的轴截面是钝角三角形，故③错误．故选A ．10．(2019届惠州模拟)已知三棱锥S －ABC 的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，AB ＝2，SA ＝SB ＝SC ＝2，则三棱锥S －ABC 的外接球的球心到平面ABC 的距离是( )A ．33B ．1C ． 3D ．332解析：选A ∵三棱锥S －ABC 的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，SA ＝SB ＝SC ＝2，∴S 在底面ABC 内的射影为AB 的中点．设AB 的中点为H ，连接SH，CH，∴SH⊥平面ABC，∴SH上任意一点到A，B，C的距离相等，易知SH＝3，CH＝1，∴在Rt△SHC中，∠HSC＝30°.在面SHC内作SC的垂直平分线MO，交SH于点O，交SC于点M，则O为三棱锥S－ABC的外接球的球心．∵SC＝2，∴SM＝1.又∠OSM＝30°，∴SO＝233，OH＝33，∴球心O到平面ABC的距离为33，故选A．11．如图，在直角梯形ABCD中，AD⊥DC，AD∥BC，BC＝2CD＝2AD＝2，若将该直角梯形绕BC边旋转一周，则所得的几何体的表面积为________．解析：根据题意可知，所得几何体的上半部分为圆锥(底面半径为1，高为1)，下半部分为圆柱(底面半径为1，高为1)，如图所示，则所得几何体的表面积为圆锥侧面积、圆柱的侧面积以及圆柱的下底面面积之和，即表面积为π×1×12＋12＋2π×1×1＋π×12＝(2＋3)π.答案：(2＋3)π12．(2020届贵阳摸底)在四面体ABCD中，若AB＝CD＝5，AC＝BD＝6，AD＝BC＝3，则四面体ABCD的外接球的表面积为________．解析：如图所示，将四面体补形为长方体，则四面体的四个顶点均为长方体的顶点，四面体的外接球即长方体的外接球．设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则⎩⎪⎨⎪⎧a2＋b2＝9，a2＋c2＝6，b2＋c2＝5，三个等式相加得2(a2＋b2＋c2)＝20⇒a2＋b2＋c2＝10，设该四面体外接球的半径为R，则2R＝a2＋b2＋c2＝10，即R＝102，所以该四面体外接球的表面积为4πR2＝4π×104＝10π.答案：10πB级·素养提升|练能力|13.(2019届合肥市二检)我国古代名著《张丘建算经》中记载：“今有方锥，下广二丈，高三丈．欲斩末为方亭，令上方六尺．问：斩高几何？”大致意思是：有一个正四棱锥下底边长为二丈，高三丈，现从上面截去一段，使之成为正四棱台，且正四棱台的上底边长为六尺，则截去的正四棱锥的高是多少．如果我们把求截去的正四棱锥的高改为求剩下的正四棱台的体积，则该正四棱台的体积是(注：1丈＝10尺)()A．1 946立方尺B．3 892立方尺C．7 784立方尺D．11 676立方尺解析：选B解法一：如图，记正四棱台为A1B1C1D1－ABCD．该正四棱台由正四棱锥S－ABCD截得，O为正方形ABCD的中心，E为BC的中点，E1为B1C1的中点．设正四棱台的高为x，则由图中△SO1E1∽△SOE，得SO1SO＝O1E1OE，即30－x30＝310，解得x＝21，所以该正四棱台的体积V＝13×(62＋6×20＋202)×21＝3 892(立方尺)，故选B．解法二：如解法一中图，记正四棱台为A1B1C1D1－ABCD．该正四棱台由正四棱锥S－ABCD截得，O为正方形ABCD的中心，E为BC的中点，E1为B1C1的中点．设截去的正四棱锥的高为x，则由图中△SO1E1∽△SOE，得SO1SO ＝O1E1OE，即x 30＝310，解得x＝9，所以该正四棱台的体积V＝V正四棱锥S－ABCD－V正四棱锥S－A1B1C1D1＝13×202×30－13×62×9＝3 892(立方尺)，故选B．14．(2019届郑州市第二次质量预测)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝DD1＝1，AB＝3，E，F，G分别是棱AB，BC，CC1的中点，P是底面ABCD 内一动点，若直线D1P与平面EFG没有公共点，则△PBB1面积的最小值为()A．32B．1C．34D．12解析：选C记△PBB1的面积为S.因为P在底面ABCD上，所以PB⊥BB1，即△PBB1为直角三角形．又BB1＝DD1＝1，所以S＝12×BB1×PB＝12PB，所以当线段PB的长最小时，S取得最小值．因为D1P与平面EFG无公共点，所以D1P∥平面EFG.如图①，连接AD1，D1C，AC，易证GF∥AD1，EF∥AC，又GF∩EF ＝F，AD1∩AC＝A，所以平面AD1C∥平面EFG，所以D1P⊂平面AD1C，又点P 是底面ABCD内一动点，所以点P一定在线段AC上运动．如图②，当PB⊥AC时，线段PB的长最小，此时PB＝AB·BCAC＝32，故S min＝12×32＝34，故选C．15．在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是()A．4πB．9π2C．6πD．32π3解析：选B由题意可得，若V最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时半径R＝32，故该球的体积最大，V max＝43πR3＝4π3×278＝9π2.16．(2020届惠州调研)在三棱锥A－BCD中，底面BCD是直角三角形且BC⊥CD，斜边BD上的高为1，三棱锥A－BCD的外接球的直径是AB，若该外接球的表面积为16π，则三棱锥A－BCD体积的最大值为________．解析：如图，过点C作CH⊥BD于H.由外接球的表面积为16π，可得外接球的半径为2，则AB＝4.因为AB为外接球的直径，所以∠BDA＝90°，∠BCA ＝90°，即BD⊥AD，BC⊥CA，又BC⊥CD，CA∩CD＝C，所以BC⊥平面ACD，所以BC⊥AD，又BC∩BD＝B，所以AD⊥平面BCD，AD⊂平面ABD，所以平面ABD⊥平面BCD，又平面ABD∩平面BCD＝BD，所以CH⊥平面ABD．设AD＝x(0＜x＜4)，则BD＝16－x2.在△BCD中，BD边上的高CH＝1，所以V三棱锥A－BCD＝V三棱锥C－ABD＝13×12×x×16－x2×1＝16－x4＋16x2，当x2＝8时，V三棱锥A－BCD有最大值，故三棱锥A－BCD体积的最大值为4 3.答案：4 3。

第八章立体几何第二讲空间点、直线、平面之间的位置关系练好题·考点自测1。

下列说法正确的是()A.梯形一定是平面图形B.过三点确定一个平面C.三条直线两两相交确定一个平面D。

若两个平面有三个公共点,则这两个平面重合2.［广东高考,5分]若直线l1和l2是异面直线,l1在平面α内，l2在平面β内,l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是（)A。

l与l1，l2都不相交B。

l与l1，l2都相交C.l至多与l1,l2中的一条相交D。

l至少与l1，l2中的一条相交3.若∠AOB=∠A1O1B1,且OA∥O1A1,OA⃗⃗⃗⃗⃗ 与O1A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向相同，则下列结论中正确的是（）A。

OB∥O1B1且OB⃗⃗⃗⃗⃗ 与O1B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向相同B。

OB∥O1B1C。

OB与O1B1不平行D.OB与O1B1不一定平行4.[2017全国卷Ⅰ，6,5分]如图,在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是（）A B C D5.［2020长春市第四次质量监测]已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2,点N是棱CC1的中点，则异面直线AN与BC所成角的余弦值为。

6.[2016全国卷Ⅱ,14，5分］［理］α，β是两个平面，m,n是两条直线,有下列四个命题:①如果m⊥n，m⊥α,n∥β,那么α⊥β。

②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β。

④如果m∥n，α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等。

其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号）拓展变式1。

如图8-2-4所示，E,F分别是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱CC1，AA1的中点，试画出平面BED1F与平面ABCD的交线。

2.如图8—2-7为正方体表面的一种展开图,则在原正方体的四条线段AB，CD，EF,GH所在直线中,互为异面直线的有对。

课时作业(四十三) 第43讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距离求解时间：45分钟 分值：100分基础热身1．如图K43－1所示，PD 垂直于正方形ABCD 所在平面，AB ＝2，E 为PB 的中点，cos 〈，〉＝33.若以DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立坐标系，则点E 的坐标为( )A ．(1,1,1)B ．(2,1,1)C.⎝⎛⎭⎫2，12，12D.⎝⎛⎭⎫1，1，122．若a ＝(1,2,1)，b ＝(－2,0,1)分别是直线l 1，l 2的方向向量，则l 1，l 2的位置关系是( ) A ．平行 B ．异面C ．相交D ．相交或异面3．两平行平面α，β分别经过坐标原点O 和点A (2,1,1)，且两平面的一个法向量n ＝(－1,0,1)，则两平面间的距离是( )A.32B.22C. 3 D ．3 2 4．方向向量为s ＝(1,1,1)的直线l 经过点A (1,0,0)，则坐标原点O (0,0,0)到该直线的距离是( ) A. 3 B. 2 C.62 D.63能力提升5．如图K43－2，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面是边长为2的正方形，高为1，则异面直线AD 1和C 1D 所成角的余弦值是( )A.55 B ．－55 C.15 D.256．在平行四边形ABCD 中，AB ＝AC ＝1，∠ACD ＝90°，将它沿对角线AC 折起，使AB 和CD 成60°角(如图K43－3)，则B 、D 间的距离为( )图K43A ．1 B ．2 C. 2 D ．2或 2 7．2011·河南六市联考 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是A 1B 1的中点，则异面直线AD 1与CE 所成角为( )A.π6B.π4C.π3D.π28．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱AA 1、BB 1的中点，G 为棱A 1B 1上的一点，且A 1G ＝λ(0≤λ≤1)，则点G 到平面D 1EF 的距离为( )A. 3B.22 C.2λ3 D.559．如图K43－4，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PD ⊥平面ABCD ，且PD ＝AD ＝1，AB ＝2，点E 是AB 上一点，当二面角P －EC －D 的平面角为π4时，AE ＝( )A ．1 B.12C ．2－ 2D ．2－ 310．已知三棱锥O －ABC 的侧棱OA ，OB ，OC 两两垂直，E 为OC 的中点，且OA ＝1，OB ＝OC ＝2，则平面EAB 与平面ABC 夹角的余弦值是________．11．如图K43－5，已知四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧棱AA 1长为b ，且AA 1与A 1B 1，A 1D 1的夹角都是60°，则AC 1的长等于________．－5K43－612．如图K43－6，AO ⊥平面α，BC ⊥OB ，BC 与平面α的夹角为30°，AO ＝BO ＝BC ＝a ，则AC ＝________________________________________________________________________.13．如图K43－7，在空间直角坐标系中有棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，点M 是线段DC 1上的动点，则点M 到直线AD 1距离的最小值为________．14．(10分)如图K43－8，放置在水平面上的组合体由直三棱柱ABC －A 1B 1C 1与正三棱锥B －ACD 组成，其中，AB ⊥BC .它的主视图、俯视图、左视图的面积分别为22＋1,22＋1,1.(1)求直线CA 1与平面ACD 所成角的正弦值；(2)在线段AC 1上是否存在点P ，使B 1P ⊥平面ACD ？若存在，确定点P 的位置；若不存在，说明理由．15．(13分)2011·安徽师大附中三模如图K43－9，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．(1)求证：AF∥平面BCE；(2)求证：平面BCE⊥平面CDE；(3)求直线BF和平面BCE所成角的正弦值．难点突破16．(12分)2011·湖北卷如图K43－10，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合．(1)当CF＝1时，求证：EF⊥A1C；(2)设二面角C－AF－E的大小为θ，求tanθ的最小值．图K43－10课时作业(四十三)【基础热身】1．A 解析 可知A (2,0,0)、B (2,2,0)、C (0,2,0)， 令P (0,0,2m )(m >0)，则E (1,1，m )，＝(－1,1，m )，＝(0,0,2m )，∴cos 〈，〉＝2m 21＋1＋m 2·2m＝33，m ＝1.∴E 的坐标为(1,1,1)．2．D 解析 根据共线向量定理，显然a ，b 不平行，所以l 1，l 2的位置关系是相交或异面．3．B 解析 两平面的一个单位法向量n 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，22，故两平面间的距离d ＝|·n 0|＝22.4．D 解析 直线l 的一个单位法向量s 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，33，33，向量＝(1,0,0)，故点O 到直线l 的距离为d ＝|OA →|2－|OA →·s 0|2＝1－⎝⎛⎭⎪⎫332＝63.【能力提升】5．C [解析] 建立如图所示的空间直角坐标系．则A (2,0,0)，D (0,0,0)，D 1(0,0,1)，C 1(0,2,1)，1＝(－2,0,1)，＝(0,2,1)，故异面直线AD 1和C 1D 所成角的余弦值为|cos 〈1，1〉|＝＝15.6．D [解析] ∵∠ACD ＝90°，∴·＝同理·＝0，∵AB 和CD 成60°角，∴〈，〉＝60°或120°. ∵＝＋＋， ∴2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2· ＝2＋2＋2＋2·＝3＋2×1×1×cos 〈，〉 ＝∴||＝2或2，即B 、D 间的距离为2或2，故选D.7．D [解析] 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则有A (0,0,0)，D 1(1,0,1)，C (1,1,0)，E ⎝⎛⎭⎫0，12，1，所以＝(1,0,1)，＝⎝⎛⎭⎫－1，－12，1，∴·＝0，即异面直线AD 1与CE 所成角为π2.8．D [解析] 如图，如果过点G 1H ，如果我们能求出向量，那么||就是点G 到平面D 1EF 的距离．在正方体中，建立空间直角坐标系非常方便，因此用坐标的方法，解决这个问题．如图，以射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则G (1，λ，1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，＝⎝⎛⎭⎫0，－λ，－12，F ⎝⎛⎭⎫1，1，12，＝(0,1,0)，D 1(0,0,1)，1＝⎝⎛⎭⎫－1，0，12.过点G 向平面D 1EF 作垂线，垂足为H ，由于点H 在平面D 1EF 内，故存在实数x ，y 使＝＋x ＋y 1＝⎝⎛⎭⎫－y ，－λ＋x ，－12＋12y ，由于GH ⊥EF ，GH ⊥ED 1，所以⎩⎨⎧⎝⎛⎭⎫－y ，－λ＋x ，－12＋12y ·(0，1，0)＝0，⎝⎛⎭⎫－y ，－λ＋x ，－12＋12y ·⎝⎛⎭⎫－1，0，12＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝λ，y ＝15，故＝⎝⎛⎭⎫－15，0，－25，所以||＝55，即点G 到平面D 1EF 的距离是55.9．D [解析] 以D 为原点，射线DA ，DC ，DP 为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系，如图，设E (1，y 0,0)(0≤y 0≤2)，则＝(－1,2－y 0,0)， 设平面PEC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，∴⇒⎩⎨⎧－x ＋y (2－y 0)＝0，2y －z ＝0⇒x ∶y ∶z ＝(2－y 0)∶1∶2，记n 1＝(2－y 0,1,2)，而平面ECD 的法向量n 2＝(0,0,1)，则二面角P －EC －D 的平面角θ满足cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝22， ∴cos θ＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝2(2－y 0)2＋12＋22·122⇒y 0＝2－ 3.∴当AE ＝2－3时，二面角P －EC －D 的平面角为π4.10.7618[解析] 以O 为原点，OB ，OC ，OA 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则有A (0,0,1)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，E (0,1,0)．设平面ABC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则由11n 1⊥知n 1·＝2y －z ＝0，取n 1＝(1,1,2)．设平面EAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由n ⊥知n ·＝2x －z ＝0，由n ⊥知n ·＝2x －y ＝0，取n ＝(1,2,2)．则cos 〈n ，n 1〉＝n ·n 1|n ||n 1|＝1＋2＋49×6＝7618，所以平面EAB 与平面ABC 夹角的余弦值为7618. 11.2a 2＋b 2－2ab [解析] 由已知〈1，〉＝〈1，〉＝120°，〈，〉＝90°. |1|2＝|1＋＋|2＝|1|2＋||2＋||2＋21·＋2·＋21·＝b 2＋a 2＋a 2－ab －ab ＝2a 2＋b 2－2ab ，故|1|＝2a 2＋b 2－2ab . 12.2a [解析] ＝＋＋， 其中〈，〉＝〈，〉＝90°，〈，〉＝120°，故||2＝|＋＋|2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝3a 2＋2a 2cos120°＝2a 2，故||＝2a ，即AC ＝2a .13.33a [解析] 设M (0，m ，m )(0≤m ≤a )，＝(－a,0，a )，直线AD 1的一个单位方向向量s 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，22，由＝(0，－m ，a －m )，故点M 到直线AD 1的距离d ＝|MD 1→|2－|MD 1→·s 0|2＝m 2＋(a －m )2－12(a －m )2＝32m 2－am ＋12a 2，根式内的二次函数当m ＝－－a 2×32＝a 3时取最小值32⎝⎛⎫a 32－a ×a 3＋12a 2＝13a 2，故d 的最小值为33a . 14．[解答] 由已知可得AB ⊥平面BB 1C 1C ，由于三棱锥B －ACD 是正三棱锥，所以CD ⊂平面BB 1C 1C ，D ，B ，B 1三点共线，AB ＝BC ＝BD .设AB ＝a ，BB 1＝b .则其主视图和俯视图的面积都是ab ＋12a 2，左视图的面积是12a 2，根据已知解得a ＝2，b＝2.以点B 为坐标原点，射线BC ，BB 1，BA 分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，则A (0,0，2)，C (2，0,0)，D (0，－22,0)，A 1(0,2，2)． (1)由于三棱锥B －ACD ⎭⎪⎫，23，则BG ⊥平面ACD ，故可取向量n ＝(1，－1,1)为平面ACD 的一个法向量，＝(－2，2，2)，故可取v ＝(1，－2，－1)为直线CA 1的一个方向向量．设直线CA 1与平面ACD 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，v 〉|＝|n ·v ||n ||v |＝223＝66.(2)设＝m ＝(2m,2m ，－2m )，则＝＋＝(2m,2m －2，2－2m )，如果B 1P ⊥平面ACD ，则∥n ，即(2m,2m －2，2－2m )＝(λ，－λ，λ)，由此得方程组⎩⎨⎧2m ＝λ，①2m －2＝－λ，②2－2m ＝λ，③由①③得m ＝12，λ＝22，代入②则－1＝－22，矛盾，这说明不存在满足题目要求的点P .15．[解答] 方法一：(1)证法一：取CE 的中点G ，连接FG 、BG .∵F 为CD 的中点，∴GF ∥DE 且GF ＝12DE ，∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ， ∴AB ∥DE ，∴GF ∥AB .又AB ＝12DE ，∴GF ＝AB .又DE ＝2AB ，∴四边形GFAB 为平行四边形，则AF ∥BG . ∵AF ⊄平面BCE ，BG ⊂平面BCE ， ∴AF ∥平面BCE .证法二：取DE 的中点M ，连接AM 、FM ， ∵F 为CD 的中点，∴FM ∥CE .∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，∴DE ∥AB .又AB ＝12DE ＝ME ，∴四边形ABEM 为平行四边形，则AM ∥BE . ∵FM 、AM ⊄平面BCE ，CE 、BE ⊂平面BCE ， ∴FM ∥平面BCE ，AM ∥平面BCE .又FM ∩AM ＝M ，∴平面AFM ∥平面BCE . ∵AF ⊂平面AFM ， ∴AF ∥平面BCE .(2)证明：∵△ACD 为等边三角形，F 为∴AF ⊥CD .∵DE ⊥平面ACD ，AF ⊂平面ACD ，∴DE ⊥AF . 又CD ∩DE ＝D ，故AF ⊥平面CDE . ∵BG ∥AF ，∴BG ⊥平面CDE . ∵BG ⊂平面BCE ，∴平面BCE ⊥平面CDE .(3)在平面CDE 内，过F 作FH ⊥CE 于H ，连接BH ， ∵平面BCE ⊥平面CDE ，∴FH ⊥平面BCE . ∴∠FBH 为BF 和平面BCE 所成的角． 设AD ＝DE ＝2AB ＝2a ，则FH ＝CF sin45°＝22a ， BF ＝AB 2＋AF 2＝a 2＋(3a )2＝2a ，在Rt △FHB 中，sin ∠FBH ＝FH BF ＝24. ∴直线BF 和平面BCE 所成角的正弦值为24. 方法二：设AD ＝DE ＝2AB ＝2a ，建立如图所示的坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，C (2a,0,0)，B (0,0，a )，D (a ，3a,0)，E (a ，3a,2a )．∵F 为CD 的中点，∴F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0.(1)证明：＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，＝(a ，3a ，a )，＝(2a,0，－a )，∵＝12(＋)，AF ⊄平面BCE ，∴AF ∥平面BCE .(2)证明：∵＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，＝(－a ，3a,0)，＝(0,0，－2a )，∴·＝0，·＝0，∴⊥，⊥.∴⊥平面CDE ，又AF ∥平面BCE ， ∴平面BCE ⊥平面CDE .(3)设平面BCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ·＝0，n ·＝0可得x ＋3y ＋z ＝0,2x －z ＝0，取n ＝(1，－3，2)．又＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，－a ，设BF 和平面BCE 所成的角为θ，则sin θ＝＝2a 2a ·22＝24.∴直线BF 和平面BCE 所成角的正弦值为24. 【难点突破】16．[解答] 解法1：过E 作EN ⊥AC 于N ，连接EF .(1)如图①，连接NF 、AC 1，由直棱柱的性质知，底面ABC ⊥侧面A 1C ，又底面ABC ∩侧面A 1C ＝AC ，且EN ⊂底面ABC ，所以EN ⊥侧面A 1C ，NF 为EF 在侧面A 1C 内的射影， 在Rt △CNE 中，CN ＝CE cos60°＝1，则由CF CC 1＝CN CA ＝14，得NF ∥AC 1.又AC 1⊥A 1C ，故NF ⊥A 1C ， 由三垂线定理知EF ⊥A 1C .(2)如图②，连接AF ，过N 作NM ⊥AF 于M ，连接ME ， 由(1)知EN ⊥侧面A 1C ，根据三垂线定理得EM ⊥AF ，所以∠EMN 是二面角C －AF －E 的平面角，即∠EMN ＝θ， 设∠FAC ＝α，则0°<α≤45°.在Rt △CNE 中，NE ＝EC ·sin60°＝3， 在Rt △AMN 中，MN ＝AN ·sin α＝3sin α， 故tan θ＝NE MN ＝33sin α. 又0°<α≤45°，∴0<sin α≤22， 故当sin α＝22，即当α＝45°时，tan θ达到最小值， tan θ＝33×2＝63，此时F 与C 1重合．解法2：(1)建立如图③所示的空间直角坐标系，则由已知可得A (0,0,0)，B (23，2,0)，C (0,4,0)，A 1(0,0,4)，E (3，3,0)，F (0,4,1)，于是＝(0，－4,4)，＝(－3，1,1)，则·＝(0，－4,4)·(－3，1,1)＝0－4＋4＝0，故EF ⊥A 1C .(2)设CF ＝λ(0<λ≤4)，平面AEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由(1)得F (0,4，λ)， ＝(3，3,0)，＝(0,4，λ)，于是由m ⊥，m ⊥可得即⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋3y ＝0，4y ＋λz ＝0，取m ＝(3λ，－λ，4)，又由直三棱柱的性质可取侧面A 1C 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，于是由θ为锐角可得cos θ＝|m·n||m|·|n|＝3λ2λ2＋4，sin θ＝λ2＋162λ2＋4，所以tan θ＝λ2＋163λ＝13＋163λ2， 由0<λ≤4，得1λ≥14，即tan θ≥13＋13＝63， 故当λ＝4，即点F 与点C 1重合时，tan θ取得最小值63.。

课后跟踪训练(四十六)基础巩固练一、选择题1．和两条异面直线都相交的两条直线的位置关系是()A．异面B．相交C．平行D．异面或相交[解析]当两条直线无公共点时，可知两直线异面；当两异面直线中的一条直线与两条直线交于一点时，可知两直线相交，故选D.[答案] D2.如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过()A．点A B．点BC．点C但不过点M D．点C和点M[解析]∵AB⊂γ，M∈AB，∴M∈γ.又C∈γ，M、C∈β，∴γ与β的交线必通过点C和点M.故选D.[答案] D3．已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是BD1的中点，直线A1C 交平面AB1D1于点M，则下列结论错误的是()A．A1、M、O三点共线B．M、O、A1、A四点共面C．A、O、C、M四点共面D．B、B1、O、M四点共面[解析]因为O是BD1的中点．由正方体的性质知，O也是A1C 的中点，所以点O在直线A1C上，又直线A1C交平面AB1D1于点M，则A1、M、O三点共线，A正确．又直线与直线外一点确定一个平面，所以B、C正确．故选D.[答案] D4．以下四个命题中，正确命题的个数是()①不共面的四点中，其中任意三点不共线；②若点A，B，C，D 共面，点A，B，C，E共面，则A，B，C，D，E共面；③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面；④依次首尾相接的四条线段必共面．A．0 B．1C．2 D．3[解析]对于①，不共面的四点中，其中任意三点不共线，故①正确；对于②，若A，B，C共线时，A，B，C，D，E不一定共面，故②不正确；对于③，b，c也可异面，故③不正确；④是错误的．故选B.[答案] B5．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则异面直线A1B与AD 1所成角的余弦值为( )A.15B.25C.35D.45[解析] 如图，连接BC 1，易证BC 1∥AD 1，则∠A 1BC 1即为异面直线A 1B 与AD 1所成的角或其补角．连接A 1C 1，设AB ＝1，则AA 1＝2，A 1C 1＝2，A 1B ＝BC 1＝5，故cos ∠A 1BC 1＝5＋5－22×5×5＝45.故选D. [答案] D二、填空题6．(2019·陕西汉中调研)若直线a ⊥b ，且直线a ∥平面α，则直线b 与平面α的位置关系是________．[解析] 如图，在正方体中可知，b 与α相交或b ⊂α或b ∥α.[答案] b 与α相交或b ⊂α或b ∥α7．(2019·广东华山模拟)如图所示，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D是AC的中点，AA1∶AB＝2∶1，则异面直线AB1与BD所成的角为________．[解析]取A1C1的中点E，连接B1E，ED，AE，在Rt△AB1E中，∠AB1E即为所求．设AB＝1，则A1A＝2，AB1＝3，B1E＝32，AE＝32，故∠AB1E＝60°.[答案]60°8.(2019·江西上饶月考)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四结论：①直线AM与CC1是相交直线；②直线AM与BN是平行直线；③直线BN与MB1是异面直线；④直线MN与AC所成的角为60°.其中正确的结论为________(注：把你认为正确的结论号都填上) [解析]由题图可知AM与CC1是异面直线，AM与BN是异面直线，BN与MB1为异面直线．因为D1C∥MN，所以直线MN与AC所成的角就是D1C与AC所成的角，且角为60°.[答案]③④三、解答题9．已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.求证：(1)D，B，E，F四点共面；(2)若A1C交平面DBFE于R点，则P，Q，R三点共线．[证明](1)如图所示，因为EF是△D1B1C1的中位线，所以EF∥B1D1.在正方体AC1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD.所以EF，BD确定一个平面．即D，B，F，E四点共面．(2)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，设平面A1ACC1确定的平面为α，又设平面BDEF为β.因为Q∈A1C1，所以Q∈α.又Q∈EF，所以Q∈β.则Q是α与β的公共点，同理，P点也是α与β的公共点．所以α∩β＝PQ.又A1C∩β＝R，所以R∈A1C，R∈α且R∈β.则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．10.(2019·河南许昌模拟)如图所示，在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥底面ABC ，D 是PC 的中点．已知∠BAC ＝π2，AB ＝2，AC ＝23，P A ＝2.求：(1)三棱锥P －ABC 的体积；(2)异面直线BC 与AD 所成角的余弦值．[解] (1)S △ABC ＝12×2×23＝23，三棱锥P －ABC 的体积为V ＝13S △ABC ·P A ＝13×23×2＝43 3.(2)如图，取PB 的中点E ，连接DE ，AE ，则ED ∥BC ，所以∠ADE 是异面直线BC 与AD 所成的角(或其补角)．在△ADE 中，DE ＝2，AE ＝2，AD ＝2，cos ∠ADE ＝22＋22－22×2×2＝34. 故异面直线BC 与AD 所成角的余弦值为34.能力提升练11．两条异面直线在同一个平面上的正投影不可能是( )A ．两条相交直线B ．两条平行直线C．两个点D．一条直线和直线外一点[解析]如图，在正方体ABCD－EFGH中，M，N分别为BF，DH的中点，连接MN，DE，CF，EG.当异面直线为EG，MN所在直线时，它们在底面ABCD内的射影为两条相交直线；当异面直线为DE，GF所在直线时，它们在底面ABCD内的射影分别为AD，BC，是两条平行直线；当异面直线为DE，BF所在直线时，它们在底面ABCD内的射影分别为AD和点B，是一条直线和一个点，故选C.[答案] C12．如图，平面α与平面β交于直线l，A，C是平面α内不同的两点，B，D是平面β内不同的两点，且A，B，C，D不在直线l上，M，N分别是线段AB，CD的中点，下列判断正确的是() A．若AB与CD相交，且直线AC平行于l时，则直线BD与l 可能平行也有可能相交B．若AB，CD是异面直线时，则直线MN可能与l平行C．若存在异于AB，CD的直线同时与直线AC，MN，BD都相交，则AB，CD不可能是异面直线D．M，N两点可能重合，但此时直线AC与l不可能相交[解析]对于A，直线BD与l只能平行；对于B，直线MN与l 异面；对于C，AB与CD可能为异面直线．当直线AB与CD的中点M，N重合时，必有直线AC∥l，故不可能相交，综上所述，故选D.[答案] D13．如图所示，在四面体ABCD中，E，F分别为AB，CD的中点，过EF任作一个平面α分别与直线BC，AD相交于点G，H，则下列结论正确的是__________．①对于任意的平面α，都有直线GF，EH，BD相交于同一点；②存在一个平面α0，使得GF∥EH∥BD；③存在一个平面α0，使得点G在线段BC上，点H在线段AD的延长线上．[解析]当H，G分别为AD，BC的中点时，直线GF，EH，BD 平行，所以①错，②正确；若存在一个平面α0，使得点G在线段BC 上，点H在线段AD的延长线上，则平面α0与CD的交点不可能是CD的中点，故③错．[答案]②14.如图，在四棱锥O－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M为OA的中点．(1)求四棱锥O－ABCD的体积；(2)求异面直线OC与MD所成角的正切值的大小．[解] (1)由已知可求得，正方形ABCD 的面积S ＝4，所以，四棱锥O －ABCD 的体积V ＝13×4×2＝83.(2)连接AC ，设线段AC 的中点为E ，连接ME ，DE ，则∠EMD 为异面直线OC 与MD 所成的角(或其补角)，由已知，可得DE ＝2，EM ＝3，MD ＝5，∵(2)2＋(3)2＝(5)2，∴△DEM 为直角三角形，∴tan ∠EMD ＝DE EM ＝23＝63. 拓展延伸练15．(2018·全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( ) A.334 B.233 C.324 D.32[解析]记该正方体为ABCD －A ′B ′C ′D ′，正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，即共点的三条棱A ′A ，A ′B ′，A ′D ′与平面α所成的角都相等．如图，连接AB ′，AD ′，B ′D ′，因为三棱锥A ′－AB ′D ′是正三棱锥，所以A ′A ，A ′B ′，A ′D ′与平面AB ′D ′所成的角都相等．分别取C ′D ′，B ′C ′，BB ′，AB ，AD ，DD ′中点的E ，F ，G ，H ，I ，J ，连接EF ，FG ，GH ，IH ，IJ ，JE ，易得E ，F ，G ，H ，I ，J 六点共面，平面EFGHIJ 与平面AB ′D ′平行，且截正方体所得截面的面积最大．又EF ＝FG ＝GH ＝IH ＝IJ＝JE ＝22，所以该正六边形的面积为6×34×⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝334，所以α截此正方体所得截面面积的最大值为334，故选A.[答案] A16．(2017·全国卷Ⅲ)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 所成角的最大值为60°.其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号)[解析]由题意知，AB 是以AC 为轴，BC 为底面半径的圆锥的母线，又AC ⊥a .AC ⊥b ，AC ⊥圆锥底面，所以在底面内可以过点B ，作BD ∥a ，交底面圆C 于点D ，如图所示，连接DE ，则DE ⊥BD ，所以DE ∥b ，连接AD ，设BC ＝1，在等腰△ABD 中，AB ＝AD ＝2，当直线AB 与a成60°角时，∠ABD＝60°，故BD＝2，又在Rt△BDE中，BE＝2，所以DE＝2，过点B作BF∥DE，交圆C于点F，连接AF，EF，所以BF＝DE＝2，所以△ABF为等边三角形，所以∠ABF＝60°，即AB与b成60°角，故②正确，①错误．由最小角定理可知③正确；很明显，可以满足平面ABC⊥直线a，所以直线AB与a所成角的最大值为90°，④错误．所以正确的结论为②③.[答案]②③。

立体几何复习1.（多选）如图，四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥底面ABCD ，PAD △是等边三角形，底面ABCD 是菱形，且60BAD ∠=︒，M 为棱PD 的中点，N 为菱形ABCD 的中心，下列结论正确的有（ ） A ．直线PB 与平面AMC 平行 B ．直线PB 与直线AD 垂直C ．线段AM 与线段CM 长度相等D ．PB 与AM 所成角的余弦值为24 2.（多选）如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝4，BC ＝BB 1＝2，E 、F 分别为棱AB 、A 1D 1的中点，则下列说法中正确的有（ ）A ．DB 1⊥CEB ．三棱锥D —CEF 的体积为83C ．若P 是棱C 1D 1上一点，且D 1P ＝1，则E 、C 、P 、F 四点共面D ．平面CEF 截该长方体所得的截面为五边形3.（多选）已知菱形ABCD 的边长为2, ∠ABC=3π,将ΔDAC 沿着对角线AC 折起至ΔD'AC,连接BD'.设二面角D'-AC-B 的大小为θ,则下列说法正确的是（ ）A.若四面体D'ABC 为正四面体，则θ=3π B.四面体D'ABC 的体积最大值为1 C.四面体D'ABC 的表面积最大值为2(3+2) D.当θ=23π时，四面体D'ABC 的外接球的半径为2134.如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ． （1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．5.如图，点C 是以AB 为直径的圆上的动点（异于,A B ），已知2AB =，2AC =，AE =BEDC 为矩形，平面ABC ⊥平面BEDC .设平面EAD 与平面ABC 的交线为l .（1）证明：l BC ；（2）求平面ADE 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值.6.7. 在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为正方形，PA ⊥平面ABCD ，//PA BE ，2BE =，4AB PA ==.（1）求证：//CE 平面PAD ；（2）在棱AB 上是否存在一点F ，使得二面角E PC F --的大小为60︒？如果存在，确定点F 的位置；如果不存在，说明理由.8.如图,四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 是直角梯形,AB ∥DC ,∠BAD =90°,PD =DC =BC =2PA =2AB =2,PD ⊥DC .(1)求证：PA ⊥平面ABCD ；(2)设BM =BD λ(0<λ<1),当二面角A-PM-B 的余弦值为77时,求λ的值.9.如图，四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 是菱形，PA PC =，BD PA ⊥，E 是BC 上一点，且3EC BE =，设AC BD O =.（1）证明：PO ⊥平面ABCD ；（2）若60BAD ∠=︒，PA PE ⊥，求二面角A PE C --的余弦值.10.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是菱形，PA ⊥平面ABCD .（1）求证：平面PAC ⊥平面PBD ；（2）若2AP AB ==，60BAD ∠=︒，求二面角A PB D --的余弦值.11.如图，在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，ΔABC 是边长为2的等边三角形，平面ABC ⊥平面AA 1B 1B,A 1A=A 1B,∠A 1AB=60°,O 为AB 的中点，M 为A 1C 1的中点． （1)求证：OM//平面BB 1C 1C;（2)求二面角C 1-BA 1-C 的正弦值．12.如图，在五面体ABCDEF 中，四边形ABEF 为正方形，平面ABEF ⊥平面CDFE ，CD ∥EF ，DF ⊥EF ， EF ＝2CD ＝2．（1）若DF ＝2，求二面角A －CE －F 的正弦值；（2）若平面ACF ⊥平面BCE ，求DF 的长．13.如图，在斜三棱柱111ABC A B C -中，底面是边长为3的等边三角形，12A A =，点1A 在下底面上的射影是ABC ∆的中心O .（1）求证：平面1A AO ⊥平面11BCC B ；（2）求二面角1C AB C --的余弦值.14.如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，AD CD ⊥，//AD BC ，2PA AD CD ===，3BC =．E为PD的中点，点F在PC上，且13 PFPC=．（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；（Ⅱ）求二面角F AE P--的余弦值；（Ⅲ）设点G在PB上，且23PGPB=．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．15.如图，在三棱锥A－BCD中，△ABD与△BCD都为等边三角形，平面ABD⊥平面BCD，M，O分别为AB，BD 的中点，AO∩DM＝G，N在棱CD上且满足2CN＝ND，连接MC，GN．（1）证明：GN∥平面ABC；（2）求直线AC和平面GND所成角的正弦值．16.在多面体ABCDE中，平面ACDE⊥平面ABC，四边形ACDE为直角梯形，CD∥AE，AC⊥AE，AB⊥BC，CD＝1，AE＝AC＝2，F为DE的中点，且点E满足EB4EG=．（1）证明：GF∥平面ABC；（2）当多面体ABCDE的体积最大时，求二面角A—BE—D的余弦值．17一副标准的三角板(图1)中,∠ABC为直角,∠A=60°,∠DEF为直角,DE=EF,BC=DF.把BC与DF重合,拼成一个三棱锥(图2)｡设M是AC的中点,N是BC的中点｡(1)求证:平面ABC⊥平面EMN;(2)若AC=4,二面角E-BC-A为直二面角,求直线EM与平面ABE所成的正弦18.如图四边形ABCD为梯形，AD∥BC，BM⊥AD于M，CN⊥AD于N，∠A=45°，AD=4BC=4，AB=2，现沿CN将△CDN折起，使△ADN为正三角形，且平面AND⊥平面ABCN，过BM的平面与线段DN、DC分别交于E、F．(1)求证：EF⊥DA；(2)在棱DN上(不含端点)是否存在点E，使得直线DB与平面BMEF所成角的正弦值为34，若存在，请确定E点的位置；若不存在，说明理由．19.如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥底面ABCD，M为线段PC的中点，PD＝AD，N为线段BC上的动点．（1）证明：平面MND⊥平面PBC；（2）当点N在线段BC的何位置时，平面MND与平面PAB所成锐二面角的大小为30°？指出点N的位置，并说明理由．。

第八章 立体几何第二节 空间几何体的表面积与体积A 级·基础过关|固根基|1.将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是( ) A ．4π B ．3π C ．2πD ．π解析：选C 由几何体的形成过程知，所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积S ＝2πrh ＝2π×1×1＝2π.故选C.2．(2020届惠州市高三第二次调研)某几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图均是由三角形与半圆构成的，俯视图由圆与内接三角形构成，则该几何体的体积为( )A.2π3＋16 B.2π6＋12 C.2π6＋16D.2π3＋12解析：选C 由三视图可知该几何体是一个半球上面有一个三棱锥，其体积V ＝13×12×1×1×1＋12×4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝2π6＋16，故选C. 3．《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中间的实线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为( )A ．2B ．4＋2 2C ．4＋4 2D ．4＋6 2解析：选C 由三视图知，该几何体是直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，其中AB ＝AA 1＝2，BC ＝AC ＝2，∠ACB ＝90°，其直观图如图所示，侧面为三个矩形，故该“堑堵”的侧面积S ＝(2＋22)×2＝4＋42，故选C.4.如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为( )A.500π3 cm 3B.866π3cm 3C.1 372π3 cm 3D.2 048π3cm 3解析：选A 设球的半径为R ，则由题意知，球被正方体上底面截得的圆的半径为4 cm ，球心到截面圆的距离为(R －2)cm ，则R 2＝(R －2)2＋42，解得R ＝5，所以球的体积为4π×533＝500π3(cm 3)．5．(2019届辽宁五校协作体联考)一个长方体被一平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．36B ．48C ．64D ．72解析：选B由几何体的三视图可得，几何体如图所示，将几何体分割为两个三棱柱，所以该几何体的体积为12×3×4×4＋12×3×4×4＝48，故选B.6.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1－EDF 的体积为________．解析：三棱锥D 1－EDF 的体积即为三棱锥F －DD 1E 的体积．因为E ，F 分别为AA 1，B 1C 上的点，所以在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，△EDD 1的面积为定值12，F 到平面AA 1D 1D 的距离为定值1，所以V D 1－EDF ＝V F －DD 1E ＝13×12×1＝16.答案：167．(2019届福建市第一学期高三期末)已知圆柱的高为2，底面半径为3，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积为________．解析：如图，由题意知圆柱的中心O 为这个球的球心，于是，球的半径r ＝OB ＝OA 2＋AB 2＝12＋（3）2＝2.故这个球的表面积S ＝4πr 2＝16π.答案：16π8．已知边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，沿AD 进行折叠，使折叠后的∠BDC＝π2，则过A ，B ，C ，D 四点的球的表面积为________．解析：连接BC ，由题知几何体ABCD 为三棱锥，BD ＝CD ＝1，AD ＝3，BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥CD，将折叠后的图形补成一个长、宽、高分别是 3，1，1的长方体，其体对角线长即为外接球的直径，2R ＝1＋1＋3＝5，故该三棱锥外接球的半径是R ＝52，其表面积为4πR 2＝5π. 答案：5π9.现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1，下部的形状是正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍，若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？解：由PO 1＝2 m ，知O 1O ＝4PO 1＝8 m ．因为A 1B 1＝AB ＝6 m ，所以正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1的体积V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)； 正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积 V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)，所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)． 故仓库的容积是312 m 3.10．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值． 解：(1)交线围成的正方形EHGF 如图所示．(2)如图，作EM⊥AB，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EB 1＝16－4＝12，EM ＝AA 1＝8. 因为四边形EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10. 于是MH ＝ EH 2－EM 2＝6，则AH ＝10，HB ＝6. 故S 四边形A 1EHA ＝12×(4＋10)×8＝56，S 四边形EB 1BH ＝12×(12＋6)×8＝72.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱， 所以其体积的比值为97⎝ ⎛⎭⎪⎫79也正确. B 级·素养提升|练能力|11.已知一个简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．3π＋6B ．6π＋6C ．3π＋12D ．12解析：选A 由三视图还原几何体如图，该几何体为组合体，左半部分是四分之一圆锥，右半部分是三棱锥， 则其体积V ＝14×13×π×32×4＋13×12×3×3×4＝3π＋6.故选A.12．体积为3的三棱锥P －ABC 的顶点都在球O 的球面上，PA⊥平面ABC ，PA ＝2，∠ABC＝120°，则球O 的体积的最小值为( )A.773π B.2873π C.19193π D.76193π 解析：选B 设AB ＝c ，BC ＝a ，AC ＝b ，由题可得，3＝13×S △ABC ×2，解得S △ABC ＝332，因为∠ABC＝120°，S △ABC ＝332＝12acsin 120°，所以ac ＝6，由余弦定理可得，b 2＝a 2＋c 2－2accos 120°＝a 2＋c2＋ac≥2ac＋ac ＝3ac ＝18，当且仅当a ＝c 时取等号，此时b min ＝32，设△ABC 外接圆的半径为r ，则b sin 120°＝2r(b 最小，则外接圆半径最小)，故3232＝2r min ，所以r min ＝6，如图，设O 1为△ABC 外接圆的圆心，过O 作OD⊥PA，垂足为D ，R 为球O 的半径，连接O 1A ，O 1O ，OA ，OD ，PO ，设OO 1＝h ，在Rt △OO 1A 中，R 2＝r 2＋OO 21＝r 2＋h 2，在Rt △OPD 中，R 2＝r 2＋(2－h)2，联立得h ＝1.当r min ＝6时，R 2min ＝6＋1＝7，R min ＝7，故球O 体积的最小值为43πR 3min ＝43π×(7)3＝287π3，故选B. 13．榫卯是我国古代工匠极为精巧的发明，它是在两个构件上采用凹凸部分相结合的一种连接方式．我国的北京紫禁城、山西悬空寺、福建宁德的廊桥等建筑都用到了榫卯结构．图中网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是一种榫卯构件中榫的三视图，则其体积为________，表面积为________．解析：由三视图可知，榫卯构件中的榫由一个长方体和一个圆柱拼接而成，故其体积V＝4×2×3＋π×32×6＝24＋54π，表面积S＝2×π×32＋2×π×3×6＋4×3×2＋2×2×3＝54π＋36.答案：24＋54π54π＋3614．(2020届合肥调研)如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1，M为棱AB上一点，BC1∥平面A1MC.(1)求证：AM＝BM；(2)若△ABC是等边三角形，AB＝AA1，∠A1AB＝∠A1AC＝60°，△A1MC的面积为42，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积．解：(1)证明：如图，连接AC1交A1C于N，连接MN.∵BC1∥平面A1MC，BC1⊂平面ABC1，平面ABC1∩平面A1MC＝MN，∴BC1∥MN.由三棱柱ABC－A1B1C1知，四边形ACC1A1为平行四边形，∴N为AC1的中点．∴M为AB的中点，即AM＝BM.(2)连接A1B，∵△ABC是等边三角形，AB＝AA1，∠A1AB＝∠A1AC＝60°，∴△ABC，△AA1B，△AA1C是全等的等边三角形，由(1)知，M为AB的中点，∴A1M⊥AB，CM⊥AB.∵A1M∩CM＝M，∴AB⊥平面A1MC.设AB ＝2a ，则A 1M ＝CM ＝3a ，A 1C ＝2a ，∴△A 1MC 的面积为12·2a ·2a ＝2a 2＝42，解得a ＝2，即AM ＝2，∴V 三棱锥A －A 1MC ＝13·S △A 1MC ·AM ＝823，从而V 三棱柱ABC －A 1B 1C 1＝6·V 三棱锥A －A 1MC ＝16 2.。

阶段质量检测(二)制卷人：打自企； 成别使； 而都那。

审核人：众闪壹； 春壹阑； 各厅…… 日期：2022年二月八日。

一、选择题(本大题一一共12小题，每一小题5分，一共60分，在每一小题给出的四个选项里面，只有一项是哪一项符合题目要求的)1．如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，假设A 1B 1→＝a ，A 1D →＝b ，A 1A →＝c ，那么以下向量中与B 1M →相等的向量是( )A ．－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C.12a －12b ＋cD ．－12a －12b ＋c【答案】 A2．一个几何体的三视图如下图，那么这个几何体的外表积等于A ．72B ．66C ．60D ．30【解析】 根据题目所给的三视图可知该几何体为一直三棱柱，且底面是一直角三角形，两直角边分别为3,4，斜边为5，三棱柱高为5，所以外表积为S ＝3×4＋3×5＋4×5＋5×5＝72，所以答案为A.【答案】 A3．在以下图中，G、H、M、N分别是正三棱柱的顶点或者所在棱的中点，那么表示直线GH、MN是异面直线的图形有( )A．(1)(2) B．(1)(3)C．(2)(4) D．(3)(4)【解析】对于图(1)，GH∥MN，对于图(2)，GH与NM异面，对于图(3)，GH与MN相交，对于图(4)，GH与NM异面，应选C.【答案】 C4．假设正三棱锥的侧面都是直角三角形，那么侧面与底面所成二面角的余弦值是( )A.63B.33C.23D.13【答案】 B5．直线m⊥平面α，直线n⊂平面β，那么以下命题正确的选项是( ) A．假设α∥β，那么m⊥n B．假设α⊥β，那么m∥nC．假设m⊥n，那么α∥βD．假设n∥α，那么α∥β【解析】易知A选项由m⊥α，α∥β⇒m⊥β，n⊂β⇒m⊥n，故A选项命题正确．【答案】 A6．如图，四边形ABCD 的直观图是直角梯形A 1B 1C 1D 1，且A 1B 1＝B 1C 1＝2A 1D 1＝2，那么四边形ABCD 的面积为( )A ．3B ．3 2C ．6 2D ．6【解析】 如图，取∠GB 1C 1＝135°，过点A 1作A 1E ∥GB 1，易求得B 1E ＝2，A 1E ＝22，故以B 1C 1和B 1A 1为坐标轴建立直角坐标系，由直观图原那么，B ，C 与B 1，C 1重合，然后过点E 作B 1A 1的平行线，且使得AE ＝2A 1E ＝42，即得点A ，然后过A 作AD ∥BC 且使得AD ＝1，即四边形ABCD 上底和下底边长分别为1,2，高为42， 故其面积S ＝12(2＋1)×42＝6 2.【答案】 C7．中心角为34π，面积为B 的扇形围成一个圆锥，假设圆锥的外表积为A ，那么A ：B 等于( )A ．11∶8B ．3∶8C ．8∶3D ．13∶8【解析】 设扇形半径为R ，那么B ＝12lR ＝12|α|·R 2＝38πR 2，其中l 为扇形弧长，也为圆锥底面周长， 设圆锥底面圆半径为r ，2πr＝|α|·R ＝34πR ，r ＝38R .S 圆＝πr 2＝964πR 2， 故A ＝B ＋S 圆＝38πR 2＋964πR 2＝3364πR 2.∴A ：B ＝3364πR 2：38πR 2＝11：8.应选A. 【答案】 A8．m ，n 为不同的直线，α，β为不同的平面，以下四个命题中，正确的选项是( ) A ．假设m ∥α，n ∥α，那么m ∥nB ．假设m ⊂α，n ⊂α，且m ∥β，n ∥β，那么α∥βC ．假设α⊥β，m ⊂α，那么m ⊥βD ．假设α⊥β，m ⊥β，m ⊄α，那么m ∥α【解析】 A 错，平行于同一平面的两直线可平行、相交和异面；B 错，必须平面内有两条相交直线分别与平面平行，此时两平面才平行；C 错，两垂直平面内的任一直线与另一平面可平行、相交或者垂直；D 对，由空间想象易知命题正确． 【答案】 D9．如图边长为a 的等边三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 交于点G ，△A ′DE 是△ADE 绕DE 旋转过程中的一个图形，那么以下命题中正确的选项是( )①动点A ′在平面ABC 上的射影在线段AF 上；②BC∥平面A′DE；③三棱锥A′－FED的体积有最大值．A．① B．①②C．①②③ D．②③【解析】①中由可得面A′FG⊥面ABC，∴点A′在面ABC上的射影在线段AF上．②BC∥DE，∴BC∥平面A′DE.③当面A′DE⊥面ABC时，三棱锥A′－FDE的体积到达最大．【答案】 C10．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，M、N分别是棱DD1、D1C1的中点，那么直线OM( )A．和AC、MN都垂直B．垂直于AC，但不垂直于MNC．垂直于MN，但不垂直于ACD．与AC、MN都不垂直【答案】 A11．用一些棱长是1 cm的小正方体码放成一个几何体，图1为其俯视图，图2为其主视图(或者正视图)，假设这个几何体的体积为7 cm3，那么其左视图为( )【解析】 由这个几何体的体积为7 cm 3可知一共有7个小正方体．通过俯视图可以排除选项A 、D ，结合俯视图与主视图即可选出正确答案为C(假设左视图为D ，那么只需要6个小正方体即可)．【答案】 C12．一个圆柱的正视图的周长为12，那么该圆柱的侧面积的最大值等于( )A.92π B ．6π C ．9πD ．18π【解析】 圆柱的正视图是一个矩形，假设设圆柱的底面半径为r ，高为h ，那么依题意有4r ＋2r ＝12，且0＜r ＜3.故其侧面积S ＝2πr h ＝2πr(6－2r)＝4πr(3－r)≤4π·⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝9π，此时r ＝32，所以圆柱的侧面积的最大值等于9π.【答案】 C二、填空题(本大题一一共4小题，每一小题5分，一共20分，把答案填在题中横线上)13．OA 为球O 的半径，过OA 的中点M 且垂直于OA 的平面截球面得到圆M .假设圆M 的面积为3π，那么球O 的外表积等于________．【解析】 ∵圆M 的面积为3π，∴圆M 的半 径r ＝3，设球的半径为R ，由图可知，R 2＝14R 2＋3，∴34R 2＝3，∴R 2＝4.∴S 球＝4πR 2＝16π. 【答案】 16π14．如图是某几何体的三视图，其中正视图是腰长为2的等腰三角形，俯视图是半径为1的半圆，那么该几何体的体积是________．【解析】 由可得几何体是底面半径为1，母线长为2的圆锥的一半，即半圆锥，易知其体积为12×13×π×12×3＝36π. 【答案】36π. 15．a ，b ，c 是空间中互不重合的三条直线，下面给出五个命题： ①假设a ∥b ，b ∥c ，那么a ∥c ； ②假设a ⊥b ，b ⊥c ，那么a ∥c ；③假设a 与b 相交，b 与c 相交，那么a 与c 相交；④假设a ⊂平面α，b ⊂平面β，那么a ，b 一定是异面直线； ⑤假设a ，b 与c 成等角，那么a ∥b . 上述命题中正确的________(只填序号)． 【解析】 由公理4知①正确；当a ⊥b ，b ⊥c 时，a 与c 可以相交、平行，也可以异面，故 ②不正确；当a 与b 相交，b 与c 相交时，a 与c 可以相交、平行，也可以异面，故③不正确；a ⊂α，b ⊂β，并不能说明a 与b “不同在任何一个平面内〞，故④不正确；当a ，b 与c 成等角时，a 与b 可以相交、平行，也可以异面，故⑤不正确． 【答案】 ①16．如图为一几何体的展开图，其中ABCD 是边长为6的正方形，SD ＝PD ＝6，CR ＝SC ，AQ ＝AP ，点S ，D ，A ，Q 及点P ，D ，C ，R 一共线，沿图中虚线将它们折叠起来，使P ，Q ，R ，S 四点重合，那么需要________个这样的几何体，可以拼成一个棱长为6的正方体．【解析】 由题意知，将该展开图沿虚线折叠起来以后，得到一个四棱锥P －ABCD (如图)，其中PD ⊥平面ABCD ，因此该四棱锥的体积V ＝13×6×6×6＝72，而棱长为6的正方体的体积V ＝6×6×6＝216，故需要21672＝3个这样的几何体，才能拼成一个棱长为6的正方体．【答案】 6三、解答题(本大题一一共6小题，一共70分．解容许写出文字说明、证明过程或者演算步骤) 17.图1(10分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直(图1)，图2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2(1)根据图2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)图3中，E 为棱PB 上的点，F 为底面对角线AC 上的点，且BE EP ＝CF FA，求证：EF ∥平面PDA .图3【解析】 (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 cm 2.(2)连接BF 并延长交AD 于G ，连接PG ， 那么在正方形ABCD 中，BF FG ＝CF FA.又CF FA ＝BE EP ，∴BF FG ＝BEEP，∴在△BGP 中，EF ∥PG . 又EF ⊄平面PDA ，PG ⊂平面PDA ， ∴EF ∥平面PDA .18．(12分)如图，在四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，下底ABCD 是边长为2的正方形，上底A 1B 1C 1D 1是边长为1的正方形，侧棱DD 1⊥平面ABCD ，DD 1＝2.(1)求证：B 1B ∥平面D 1AC ； (2)求证：平面D 1AC ⊥平面B 1BDD 1.【证明】 (1)设AC ∩BD ＝E ，连结D 1E ，∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1.∴B1D1∥BE，∵B1D1＝BE＝2，∴四边形B1D1EB是平行四边形，所以B1B∥D1E.又因为B1B⊄平面D1AC，D1E⊂平面D1AC，所以B1B∥平面D1AC(2)证明：侧棱DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥DD1.∵下底ABCD是正方形，AC⊥BD.∵DD1与DB是平面B1BDD1内的两条相交直线，∴AC⊥平面B1BDD1∵AC⊂平面D1AC，∴平面D1AC⊥平面B1BDD1.19．(12分)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝4，AA1＝7，点D是BC的中点，点E在AC上，且DE⊥A1E.(1)证明：平面A1DE⊥平面ACC1A1；(2)求直线AD和平面A1DE所成角的正弦值．【解析】(1)证明：如下图，由正三棱柱ABC－A1B1C1的性质知AA1⊥平面ABC.又DE⊂平面ABC，所以DE⊥AA1.而DE⊥A1E.AA1∩A1E＝A1，所以DE⊥平面ACC1A1.又DE⊂平面A1DE，故平面A 1DE ⊥平面ACC 1A 1. (2)如图所求，设O 是AC 的中点，以O 为原点建立空间直角坐标系，那么相关各点的坐标分别是A (2,0,0)，A 1(2,0，7)，D (－1，3，0)，E (－1,0,0)．易知A 1D →＝(－3，3，－7)，D E →＝(0，－3，0)，A D →＝(－3，3，0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1DE 的一个法向量，那么⎩⎪⎨⎪⎧ n ·D E →＝－3y ＝0，n ·A 1D →＝－3x ＋3y －7z ＝0.解得x ＝－73z ，y ＝0. 故可取n ＝(7，0，－3)．于是cos n ，A D →＝n ·A D →|n |·|AD →|＝－374×23 ＝－218. 由此即知，直线AD 和平面A 1DE 所成角的正弦值为218. 20．(12分)某高速公路收费站入口处的平安标识墩如图(1)所示．墩的上半局部是正四棱锥P －EFGH ，下半局部是长方体ABCD －EFGH .图(2)、图(3)分别是该标识墩的正(主)视图和俯视图．(1)请画出该平安标识墩的侧(左)视图；(2)求该平安标识墩的体积；(3)证明：直线BD ⊥平面PEG .【解析】 (1)侧视图同正视图(略)．(2)该平安标识墩的体积为V ＝V P －EFGH＋V ABCD －EFGH ＝13×402×60＋402×20 ＝32 000＋32 000＝64 000(cm 3)．(3)证明：如图，连结EG 、HF 及BD ，EG 与 HF 相交于O 点，连结PO ，由正四棱锥的性质可知，PO ⊥平面EFGH ，∴PO ⊥HF .又∵EG ⊥HF ，∴HF ⊥平面PEG .又∵BD ∥HF ，∴BD ⊥平面PEG .21．(12分)四边形ABCD 是边长为1的正方形，MD ⊥平面ABCD ，NB ⊥平面ABCD ，且MD ＝NB ＝1.E 为BC 的中点．(1)求异面直线NE 与AM 所成角的余弦值；(2)在线段AN 上是否存在点S ，使得ES ⊥平面AMN?(3)假设存在，求线段AS 的长；假设不存在，请说明理由．【解析】 (1)如图，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D －xyz .依题意，易得D (0,0,0)，A (1,0,0)，M (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，N (1,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0. ∴NE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，－1， AM →＝(－1,0,1)．∵cos N E →，A M →＝NE →·AM →|NE →|·|AM →|＝－1252×2＝－1010， ∴异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为－1010. (2)假设在线段AN 上与存在点S .使得ES ⊥平面AMN .∵A N →＝(0,1,1)， 可设A S →＝r AN →＝(0，λ，λ)，又E A →＝(12，－1,0)， ∴E S →＝E A →＋A B →＝(12，λ－1，λ)． 由ES ⊥平面AMN ，得⎩⎪⎨⎪⎧ E S →·A M →＝0，E S →·A N →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －12＋λ＝0，(λ－1)＋λ＝0.故λ＝12， 此时A S →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，|A S →|＝22. 经检验，当AS ＝22时． ES ⊥平面AMN .故线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ，此时AS ＝22. 22．(12分)如图，M 、N 、P 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱AB 、BC 、DD 1上的点．(1)假设BM MA ＝BN NC，求证：无论点P 在D 1D 上如何挪动，总有BP ⊥MN ； (2)假设D 1P ：PD ＝1∶2，且PB ⊥平面B 1MN ，求二面角M －B 1N －B 的余弦值；(3)棱DD 1上是否总存在这样的点P ，使得平面APC 1⊥平面ACC 1？证明你的结论．【解析】 (1)连接AC 、BD 、那么BD ⊥AC ， ∵BM MA ＝BN NC，∴MN ∥AC ，∴BD ⊥MN .又∵DD 1⊥平面ABCD ，∴DD 1⊥MN ，∵BD ∩DD 1＝D ，∴MN ⊥平面BDD 1.又P 无论在DD 1上如何挪动，总有BP ⊂平面BDD 1， ∴无论点P 在D 1D 上如何挪动，总有BP ⊥MN .(2)以D 为坐标原点，DA 、DC 、DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如下图的坐标系．设正方体的棱长为1，AM ＝NC ＝t ，那么M (1，t,0)，N (t,1,0)，B 1(1,1,1)，P (0,0，23)，B (1,1,0)，A (1,0,0)， ∵MB 1→＝(0,1－t,1)，B P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－1，23. 又∵BP ⊥平面MNB 1，∴MB 1→·B P →＝0，即t －1＋23＝0，∴t ＝13， ∴MB 1→＝(0，23，1)， M N →＝(－23，23，0)． 设平面MNB 1的法向量n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧ MB 1→·n ＝0M N →·n ＝0，得x ＝y ，z ＝－23y .令y ＝3，那么n ＝(3,3，－2)． ∵AB ⊥平面BB 1N ，∴A B →是平面BB 1N 的一个法向量， A B →＝(0,1,0)．设二面角M －B 1N －B 的大小为θ， ∴cos〈n ，A B →〉 ＝|(3，3，－2)·(0，1，0)|22＝32222. 那么二面角M －B 1N －B 的余弦值为32222. (3)存在点P ，且P 为DD 1的中点， 使得平面APC 1⊥平面ACC 1. 证明：∵BD ⊥AC ，BD ⊥CC 1， ∴BD ⊥平面ACC 1.取BD 1的中点E ，连PE ，那么PE ∥BD ，∴PE ⊥平面ACC 1.∵PE ⊂平面APC 1，∴平面APC 1⊥平面ACC 1.制卷人：打自企； 成别使； 而都那。