2017-2018学年高中数学苏教版必修2第一章立体几何初步 测试卷含解析

第1章 立体几何初步（A ）(时间：120分钟 满分：160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分)1．将一个等腰梯形绕它的较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体包括________________．2．一个三角形在其直观图中对应一个边长为1的正三角形，原三角形的面积为________．3．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是________．4．圆锥的表面积是底面积的3倍，那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角的度数为________．5．把3个半径为R 的铁球熔成一个底面半径为R 的圆柱，则圆柱的高为________．6．一个几何体的三视图如图，该几何体的表面积为________．7．一个水平放置的圆柱形储油桶(如图所示)，桶内有油部分所在圆弧占底面圆周长的14，则油桶直立时，油的高度与桶的高度的比值是______．8．如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为________．9．给定下列四个命题：①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行； ②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；③垂直于同一直线的两条直线相互平行；④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直． 其中，为真命题的是________(填序号)．10．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，二面角C 1－AB －C 的平面角等于________．11．矩形ABCD 中，AB ＝4，BC ＝3，沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角B －AC －D ，则四面体ABCD 的外接球的体积为________．12．设平面α∥平面β，A 、C ∈α，B 、D ∈β，直线AB 与CD 交于点S ，且点S 位于平面α，β之间，AS ＝8，BS ＝6，CS ＝12，则SD ＝________．13．如图所示，在直四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，当底面四边形A1B1C1D1满足条件________时，有A1C⊥B1D1(注：填上你认为正确的一种情况即可，不必考虑所有可能的情况)．14．下列四个命题：①若a∥b，a∥α，则b∥α；②若a∥α，b⊂α，则a∥b；③若a∥α，则a平行于α内所有的直线；④若a∥α，a∥b，b⊄α，则b∥α．其中正确命题的序号是________．二、解答题(本大题共6小题，共90分)15．(14分)某个几何体的三视图如图所示(单位：m)，(1)求该几何体的表面积(结果保留π)；(2)求该几何体的体积(结果保留π)．16．(14分)如图所示，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝22，AD＝2，求四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积及体积．17．(14分)沿着圆柱的一条母线将圆柱剪开，可将侧面展到一个平面上，所得的矩形称为圆柱的侧面展开图，其中矩形长与宽分别是圆柱的底面圆周长和高(母线长)，所以圆柱的侧面积S＝2πrl，其中r为圆柱底面圆半径，l为母线长．现已知一个圆锥的底面半径为R，高为H，在其中有一个高为x的内接圆柱．(1)求圆柱的侧面积；(2)x为何值时，圆柱的侧面积最大？18．(16分) 如图所示，长方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别为AB、A1D1的中点，判断MN与平面A1BC1的位置关系，为什么？19．(16分) 如图，在四面体ABCD中，CB＝CD，AD⊥BD，且E、F分别是AB、BD的中点．求证：(1)EF∥面ACD；(2)面EFC⊥面BCD．20．(16分)如图所示，ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD，底面边长为a，E是PC的中点．(1)求证：P A∥面BDE；平面P AC⊥平面BDE；(2)若二面角E－BD－C为30°，求四棱锥P－ABCD的体积．第1章立体几何初步(A) 答案1．一个圆柱、两个圆锥2．6 2解析原图与其直观图的面积比为4∶2，所以34S原＝24，所以S原＝62．3．24π解析如图所示，由V ＝Sh 得，S ＝4，即正四棱柱底面边长为2． ∴A 1O 1＝2，A 1O ＝R ＝6．∴S 球＝4πR 2＝24π．4．180°解析 S 底＋S 侧＝3S 底，2S 底＝S 侧，即：2πr 2＝πrl ，得2r ＝l ．设侧面展开图的圆心角为θ， 则θπl 180°＝2πr ，∴θ＝180°． 5．4R6．360解析 由三视图可知该几何体是由下面一个长方体，上面一个长方体组合而成的几何体． ∵下面长方体的表面积为8×10×2＋2×8×2＋10×2×2＝232，上面长方体的表面积为8×6×2＋2×8×2＋2×6×2＝152，又∵长方体表面积重叠一部分，∴几何体的表面积为232＋152－2×6×2＝360．7．14－12π解析 设圆柱桶的底面半径为R ，高为h ，油桶直立时油面的高度为x ，则⎝⎛⎭⎫14πR 2－12R 2h ＝πR 2x ， 所以x h ＝14－12π． 8．2 3 解析 由主视图和俯视图可知几何体是正方体切割后的一部分(四棱锥C 1－ABCD)，还原在正方体中，如图所示．多面体最长的一条棱即为正方体的体对角线，由正方体棱长AB ＝2知最长棱的长为23．9．②④解析 当两个平面相交时，一个平面内的两条直线可以平行于另一个平面，故①不对；由平面与平面垂直的判定可知②正确；空间中垂直于同一条直线的两条直线可以相交也可以异面，故③不对；若两个平面垂直，只有在一个平面内与它们的交线垂直的直线才与另一个平面垂直，故④正确．10．45°11．1256π 解析 球心O 为AC 中点，半径为R ＝12AC ＝52，V ＝43πR 3＝1256π． 12．9解析 由面面平行的性质得AC ∥BD ，AS BS ＝CS SD， 解得SD ＝9．13．B 1D 1⊥A 1C 1(答案不唯一)解析 由直四棱柱可知CC 1⊥面A 1B 1C 1D 1，所以CC 1⊥B 1D 1，要使B 1D 1⊥A 1C ，只要B 1D 1⊥平面A 1CC 1，所以只要B 1D 1⊥A 1C 1，还可以填写四边形A 1B 1C 1D 1是菱形，正方形等条件．14．④解析 ①中b 可能在α内；②a 与b 可能异面；③a 可能与α内的直线异面．15．解 由三视图可知：该几何体的下半部分是棱长为2 m 的正方体，上半部分是半径为1 m 的半球．(1)几何体的表面积为S ＝12×4π×12＋6×22－π×12＝24＋π(m 2)． (2)几何体的体积为V ＝23＋12×43×π×13＝8＋2π3(m 3)． 16．解 S 表面＝S 圆台底面＋S 圆台侧面＋S 圆锥侧面＝π×52＋π×(2＋5)×5＋π×2×22＝(42＋60)π．V ＝V 圆台－V 圆锥＝13π(r 21＋r 1r 2＋r 22)h －13πr 21h ′ ＝13π(25＋10＋4)×4－13π×4×2＝1483π． 17．解 (1)画圆锥及内接圆柱的轴截面(如图所示)．设所求圆柱的底面半径为r ，它的侧面积S 圆柱侧＝2πrx ．因为r R ＝H －x H ，所以r ＝R －R H·x ． 所以S 圆柱侧＝2πRx －2πR H·x 2． (2)因为S 圆柱侧的表达式中x 2的系数小于零，所以这个二次函数有最大值．这时圆柱的高x ＝H 2． 故当圆柱的高是已知圆锥的高的一半时，它的侧面积最大．18．解 直线MN ∥平面A 1BC 1，证明如下：∵MD/∈平面A 1BC 1，ND/∈平面A 1BC 1．∴MN ⊄平面A 1BC 1．如图，取A 1C 1的中点O 1，连结NO 1、BO 1．∵NO 1綊12D 1C 1， MB 綊12D 1C 1，∴NO 1綊MB ． ∴四边形NO 1BM 为平行四边形．∴MN ∥BO 1．又∵BO 1⊂平面A 1BC 1，∴MN ∥平面A 1BC 1．19．解 (1)∵E ，F 分别是AB ，BD 的中点， ∴EF 是△ABD 的中位线，∴EF ∥AD ，∵EF ⊄面ACD ，AD ⊂面ACD ，∴EF ∥面ACD ．(2)∵AD ⊥BD ，EF ∥AD ，∴EF ⊥BD ．∵CB ＝CD ，F 是BD 的中点，∴CF ⊥BD ．又EF ∩CF ＝F ，∴BD ⊥面EFC ．∵BD ⊂面BCD ， ∴面EFC ⊥面BCD ．20．(1)证明连结OE ，如图所示．∵O 、E 分别为AC 、PC 中点，∴OE ∥PA ．∵OE ⊂面BDE ，PA ⊄面BDE ，∴PA ∥面BDE ．∵PO ⊥面ABCD ，∴PO ⊥BD ．在正方形ABCD 中，BD ⊥AC ，又∵PO ∩AC ＝0，∴BD ⊥面PAC ．又∵BD ⊂面BDE ，∴面PAC ⊥面BDE ．(2)解 取OC 中点F ，连结EF ．∵E 为PC 中点，∴EF 为△POC 的中位线，∴EF ∥PO ．又∵PO ⊥面ABCD ，∴EF ⊥面ABCD∵OF ⊥BD ，∴OE ⊥BD ．∴∠EOF 为二面角E －BD －C 的平面角， ∴∠EOF ＝30°．在Rt △OEF 中，OF ＝12OC ＝14AC ＝24a ， ∴EF ＝OF·tan 30°＝612a ， ∴OP ＝2EF ＝66a ． ∴S P －ABCD ＝13×a 2×66a ＝618a 3．。

一、选择题1．如下图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是平面11ADD A 的中心，M 、N 、F 分别是11B C 、1CC 、AB 的中点，则下列说法正确的是（ ）A ．12MN EF =，且MN 与EF 平行 B ．12MN EF ≠，且MN 与EF 平行 C ．12MN EF =，且MN 与EF 异面 D ．12MN EF ≠，且MN 与EF 异面 2．已知正方体1111ABCD A B C D -，E 、F 分别是正方形1111D C B A 和11ADD A 的中心，则EF 和BD 所成的角的大小是（ ）A ．30B ．45C ．60D ．903．在正方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别是梭BC ，CD 的中点，则1A F 与1C E 所成角的余弦值为（ ）A 5B 25C ．515D ．5154．已知m ，n 是两条直线，α，β是两个平面，则下列命题中错误的是（ ） A ．若m n ⊥，m α⊥，n β⊥，则αβ⊥B ．若m α⊂，//αβ，则//m βC ．若m n ⊥，m α⊥，βn//，则αβ⊥D ．若l αβ=，//m α，//m β，则//m l5．已知正方体1111ABCD A B C D -，点,E F 分别是棱11B C ，11A D 的中点，则异面直线BE ，DF 所成角的余弦值为（ ）A 5B ．35C ．45D 25 6．一个底面为正三角形的棱柱的三视图如图所示，若在该棱柱内部放置一个球，则该球的最大体积为（ ）A ．6πB ．12πC ．43πD ．83π 7．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积是（ ）A ．2πB ．3πC ．4πD ．16π8．如图正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长均相等，O 是1AA 中点，P 是ABC 所在平面内的一个动点且满足//OP 平面11A BC ，则直线OP 与平面ABC 所成角正弦值的最大值为（ ）A．22B．255C．3D．2779．下图中小正方形的边长为1，粗线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的体积为（）A．64 B．48 C．32 D．1610．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．4 B．8 C．12 D．1411．蹴鞠，又名蹴球，筑球等，蹴有用脚踢、踏的含义，鞠最早系外包皮革、内实含米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以脚踢、踏皮球的活动，类似现在的足球运动．2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录．3D 打印属于快速成形技术的一种，它是一种以数字模型为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层堆叠积累的方式来构造物体的技术．过去常在模具制造、工业设计等领域被用于制造模型，现正用于一些产品的直接制造，特别是一些高价值应用（比如人体的髋关节、牙齿或飞机零部件等）．已知某蹴鞠的表面上有四个点A ．B ．C ．D ，满足任意两点间的直线距离为6cm ，现在利用3D 打印技术制作模型，该模型是由蹴鞠的内部挖去由ABCD 组成的几何体后剩下的部分，打印所用原材料的密度为31g/cm ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原材料的质量约为（ ）（参考数据）π 3.14≈，2 1.41≈，3 1.73≈，6 2.45≈．A ．101gB ．182gC ．519gD ．731g12．在正方体1111ABCD A B C D -中，三棱锥11A B CD -的表面积为43，则正方体外接球的体积为（ ）A ．43πB ．6πC ．323πD ．86π二、填空题13．圆锥底面半径为1，母线长为4，轴截面为PAB ，如图，从A 点拉一绳子绕圆锥侧面一周回到A 点，则最短绳长为_________．14．在正方体1111ABCD A B C D -中，过对角线1BD 的一个平面交1AA 于E ，交1CC 于F ，①四边形1BFD E 一定是平行四边形；②四边形1BFD E 有可能是正方形；③四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形；④四边形1BFD E 有可能垂直于平面1BB D ．以上结论正确的为___________．（写出所有正确结论编号）15．已知直三棱柱111ABC A B C -，14AB BC AA ===，42AC =，若点P 是上底面111 A B C 所在平面内一动点，若三棱锥P ABC -的外接球表面积恰为41π，则此时点P 构成的图形面积为________．16．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，22AB =，3BC =，4PA =，4ABC π∠=，则该三棱锥的外接球体积为___________.17．在正三棱锥P ABC -中，E ，F 分别为棱PA ，AB 上的点，3PE EA =，3BF FA =，且CE EF ⊥.若23PB =，则三棱锥P ABC -的外接球的体积为_________.18．如图，圆柱的体积为16π，正方形ABCD 为该圆柱的轴截面，F 为AB 的中点，E 为母线BC 的中点，则异面直线AC ，EF 所成的角的余弦值为______．19．祖恒是我国南北朝时代的伟大科学家，他总结了刘徽的有关工作，提出来体积计算的原理“幂势既同，则积不容异”，称为祖恒原理，意思是底面处于同一平面上的两个同高的几何体，若在等高处 的截面面积始终相等，则它们的体积相等，利用这个原理求半球O 的体积时，需要构造一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_________________20．若三棱锥S ABC -的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，23AB =，7SA SB SC ===，则该三棱锥的外接球的表面积为__________．三、解答题21．如图所示，在四棱锥P ABCD -中，//AD BC ，3AD =，4BC =，M 为线段AD 上点，且满足2AM MD =，N 为PC 的中点.（Ⅰ）证明：//MN 平面PAB ；（Ⅱ）设三棱锥N BCM -的体积为1V ，四棱锥P ABCD -的体积为2V ，求12V V . 22．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，12AB BC AA ==，1O 是底面1111D C B A 的中心.（Ⅰ）求证：1//O B 平面1ACD ；（Ⅱ）求二面角1D AC D --的平面角的余弦值.23．在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 为正方形，平面PAB ⊥平面,ABCD PAB 为等腰直角三角形，,2PA PB AB ⊥=．（1）求证：平面PBC ⊥平面PAC ；（2）设E 为CD 的中点，求点E 到平面PBC 的距离．24．在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BCC B 为矩形，AC ⊥平面11BCC B ，D ，E 分别是棱1AA ，1BB 的中点.（1）求证：//AE 平面11B C D ；（2）求证：1CC ⊥平面ABC ；（3）若12AC BC AA ===，求直线AB 与平面11B C D 所成角的正弦值.25．如图，在直角梯形ABED 中，//BE AD ，DE AD ⊥，BC AD ⊥，4AB =，23BE =.将矩形BEDC 沿BC 翻折，使得平面ABC ⊥平面BCDE .（1）若BC BE =，证明：平面ABD ⊥平面ACE ；（2）当三棱锥A BCE -的体积最大时，求平面ADE 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值.26．如图，在平面四边形A ABC '中，90CAB CA A '∠=∠=，M 在直线AC 上，A A A C ''=，AB AM MC ==，A AC '绕AC 旋转．（1）若A AC '所在平面与ABC 所在平面垂直，求证：A C '⊥平面A AB '． （2）若二面角A AC B '--大小为60，求直线A B '与平面ABM 所成角的正弦值．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．D解析：D【分析】设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，利用正方体性质可求得2MN =，3EF =知12MN EF ≠，再利用三角形中位线性质知1//MN B C ，从而//MN ED ，又EF 与ED 相交，可知MN 与EF 异面，即可选出答案.【详解】设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，则22112MN MC C N =+=作E 点在平面ABCD 的投影点G ，即EG ⊥平面ABCD ，连接,EG GF ，在直角EGF △中，1EG =，222GF AG AF =+=2222123EF EG GF =+=+=以12MN EF ≠，故排除A 、C 连接DE ，由E 是平面11ADD A 的中心，得112DE A D = 又M N 、分别是11B C 、1CC 的中点，所以1//MN B C又11//A D B C ，所以//MN ED ，又EF ED E ⋂=，所以MN 与EF 异面故选：D.【点睛】关键点睛：本题考查正方体中的线面关系，线线平行的关系，及判断异面直线，解题的关键是熟记正方体的性质，考查学生的逻辑推理能力，属于基础题.2．C解析：C【分析】作出图形，连接1AD 、11B D 、1AB ，推导出1//EF AB ，11//BD B D ，可得出异面直线EF 和BD 所成的角为11AB D ∠，分析11AB D 的形状，即可得出结果.【详解】如下图所示，连接1AD 、11B D 、1AB ，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，则11112AD AB B D ===，所以，11AB D 为等边三角形，则1160AB D ∠=，因为E 、F 分别是正方形1111D C B A 和11ADD A 的中心，则E 、F 分别是11B D 、1AD 的中点，所以，1//EF AB ，在正方体1111ABCD A B C D -中，11//BB DD 且11BB DD =，所以，四边形11BB D D 为平行四边形，则11//BD B D ，所以，异面直线EF 和BD 所成的角为1160AB D ∠=.故选：C.【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤ ⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角． 3．D解析：D【分析】延长DA 至G ，使AG CE =，可证11//A G C E ，得1GA F ∠是异面直线1A F 与1C E 所成的角（或其补角）．在1AGF △中，由余弦定理可得结论． 【详解】延长DA 至G ，使AG CE =，连接1,GE GA ,GF ，11,AC A C ，又//AG CE 所以AGEC 是平行四边形，//,GE AC GE AC =，又正方体中1111//,AC AC AC AC =，所以1111//,AC DE AC DE =，所以11AC EG 是平行四边形，则11//A G C E ，所以1GA F ∠是异面直线1A F 与1C E 所成的角（或其补角）．设正方体棱长为2，在正方体中易得1AG =GF =13A F ===，1AGF △中，22211111cos 2AG A F GF GA F AG A F+-∠===⋅． 故选：D ．【点睛】方法点睛：本题考查空间向量法求异面直线所成的角，求异面直线所成角的方法： （1）定义法：根据定义作出异面直线所成的角并证明，然后解三角形得结论； （2）建立空间直角坐标系，由两异面直线的方向向量的夹角得异面直线所成的角．4．C解析：C 【分析】利用直二面角可判断A 的正误，利用面面平行或线面平行性质定理即判断定理可判断BD 的正误，从而可得正确的选项，利用反例可判断C 是错误的. 【详解】 对于A ，如图，设l αβ=，空间中取一点O （O 不在平面,αβ内，也不在直线,m n上），过O 作直线,a b ，使得,////a m b n ，且,a A b B αβ⋂=⋂=，故a b ⊥. 因为m α⊥，故a α⊥，而l α⊂，故a l ⊥，同理b l ⊥, 因为a b O ⋂=，故l ⊥平面OAB . 设平面OAB 交l 与C ，连接,AC BC ，因为,AC BC ⊂平面OAB ，故,,l AC l BC ⊥⊥所以ACB ∠为l αβ--的平面角. 因为a α⊥，AC α⊂，故OA AC ⊥，同理OB BC ⊥，而OA OB ⊥， 故在四边形OACB 中，90ACB ∠=︒即αβ⊥，故A 正确.对于B ，由面面平行的性质可得若m α⊂，//αβ，则//m β，故B 正确. 对于D ，如图，过m 作平面γ，使得a γα=，过m 作平面η，使得b ηβ⋂=，因为//m α，m γ⊂，故//a m ，同理//b m ，故//a b ， 而a β⊄，b β⊂，故//a β，而a α⊂，l αβ=，故//a l ，所以//m l ，故D 正确.对于C ，在如图所示的正方体中，//AD 平面11A D CB ，1AA ⊥平面ABCD ，1AD AA ⊥，但是平面11A D CB 与平面ABCD 不垂直，故C 错误.故选：C. 【点睛】思路点睛：对于立体几何中与位置有关的命题的真假判断，一般根据性质定理和判定定理来处理，反例一般可得正方体中寻找.5．B解析：B 【分析】证明//BE AF ，得AFD ∠是异面直线BE ，DF 所成角或其补角，在三角形中求解即可． 【详解】连接,AF EF ，∵,E F 分别是棱11B C ，11A D 的中点，∴//EF AB ，EF AB =， ∴ABEF 是平行四边形，∴//BE AF ，∴AFD ∠是异面直线BE ，DF 所成角或其补角， 设正方体的棱长为2，则111A F D F ==，22215AF DF ==+=，2223cos 25255AF DF AD AFD AF DF +-∠===⋅⨯⨯，异面直线BE ，DF 所成角的余弦值为35． 故选：B ．【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．6．C【分析】先由三视图计算底面正三角形内切圆的半径，内切圆的直径和三棱柱的高比较大小，确定球的半径的最大值，计算球的最大体积. 【详解】由三视图知该直三棱柱的高为4，底面正三角形的高为33，易得底面正三角形内切圆的半径为高的三分之一，即3r =，由于234<，所以该棱柱内部可放置球的半径的最大值为3，它的体积()343433V ππ==.故选：C 【点睛】关键点点睛：本题的第一个关键是由三视图确定底面三角形的高是33，第二个关键是确定球的最大半径.7．C解析：C 【分析】由三视图还原出原几何体，确定其结构，再求出外接球的半径得球的表面积． 【详解】由三视图，知原几何体是一个四棱锥P ABCD -，如图，底面ABCD 是边长为1的正方形，PB ⊥底面ABCD ，由PB ⊥底面ABCD ，AD ⊂面ABCD ，得PB AD ⊥，又AD AB ⊥，AB PB B ⋂=，,AB PB ⊂平面PAB ，所以AD ⊥平面PAB ，而PA ⊂平面PAB ，所以AD PA ⊥，同理DC PC ⊥，同样由PB ⊥底面ABCD 得PB BD ⊥，所以PD 中点O 到四棱锥各顶点距离相等，即为其外接球球心，PD 为球直径，222222PD PB BD PA AD AB =+=++=，∴外接球半径为12ADr ==， 表面积为2414S ππ=⨯=． 故选：C ．关键点点睛：本题考查由三视图还原几何体，考查棱锥的外接球表面积．解题关键是确定外接球的球心．棱锥的外接球球心在过各面外心（外接圆圆心）且与该面垂直的直线上．8．D解析：D 【分析】先找到与平面11A BC 平行的平面OEFG ,确定点P 在直线FG 上，作出线面角，求出正弦，转化为求AP 的最小值. 【详解】分别取1,,CC BC BA 的中点，连接,,,OE EF FG GO ,并延长FG ，如图，由中位线性质可知11//OE A C , 1//EF BC ,且OE EF E =,故平面11//A BC 平面OGFE ，又P 是ABC 所在平面内的一个动点且满足//OP 平面11A BC 则点P 在直线FG 上，OA ⊥平面ABC ,OPA ∴∠是直线OP 与平面ABC 所成角， sin OAOPA OP∴∠=, OA 为定值，∴当OP 最小时，正弦值最大，而22OP OA AP +所以当AP 最小时，sin OPA ∠最大， 故当AP FG ⊥时，sin OPA ∠最大， 设棱长为2， 则1212AG =⨯=，而30GAP ∠=︒,32AP ∴=, 又1212OA =⨯=, 222sin 773()12OAOPA OP∴∠===+故选：D 【点睛】关键点点睛：由P 是ABC 所在平面内的一个动点且满足//OP 平面11A BC ，转化为找过O 的平面与平面11A BC 平行，P 在所找平面与平面ABC 的交线上，从而容易确定出线面角，是本题解题的关键所在.9．C解析：C 【分析】在长方体中还原三视图后，利用体积公式求体积. 【详解】根据三视图还原后可知，该四棱锥为镶嵌在长方体中的四棱锥P -ABCD （补形法） 且该长方体的长、宽、高分别为6、4、4， 故该四棱锥的体积为1(64)4323V =⨯⨯⨯=. 故选C ． 【点睛】(1)根据三视图画直观图，可以按下面步骤进行：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，让后再根据三视图进行调整；(2)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解．10．C解析：C【分析】根据三视图还原得其几何体为四棱锥，根据题意代入锥体体积公式计算即可. 【详解】解：根据三视图还原得其几何体为四棱锥，图像如下：根据图形可得ABCD 是直角梯形，PA ⊥平面ABCD ，2,4,2,6AB CD PA AD ==== 所以11246212332P ABCD ABCD V S PA -+=⋅=⨯⨯⨯= 故选：C 【点睛】 识别三视图的步骤（1）弄清几何体的结构特征及具体形状、明确几何体的摆放位置；（2）根据三视图的有关定义和规则先确定正视图，再确定俯视图，最后确定侧视图； （3）被遮住的轮廓线应为虚线，若相邻两个物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线；对于简单的组合体，要注意它们的组合方式，特别是它们的交线位置.11．B解析：B 【分析】由题意可知所需要材料的体积即为正四面体外接球体积与正四面体体积之差，求出正四面体体积、外接球体积，然后作差可得所需要材料的体积，再乘以原料密度可得结果. 【详解】由题意可知，几何体ABCD 是棱长为6cm 的正四面体， 所需要材料的体积即为正四面体外接球体积与正四面体体积之差，设正四面体的棱长为a 22236323aa a ⎛⎫-⨯= ⎪ ⎪⎝⎭， 设正四面体外接球半径为R ，则222623(()3a R R a =+，解得R =6a所以3D 打印的体积为：32334611366233212V a a a ππ⎫=-⋅=-⎪⎪⎝⎭，又336216a ==，所以276182207.71125.38182.331182V π=-≈-=≈， 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题考查正四面体与正四面体的外接球，考查几何体的体积公式，解决本题的关键点是求出正四面体外接球体积与正四面体体积，考查学生空间想象能力和计算能力，属于中档题．12．B解析：B 【分析】根据三棱锥的表面积进一步求出正方体的棱长，最后求出正方体的外接球的半径，进一步求出结果． 【详解】解：设正方体的棱长为a ，则1111112B D AC AB AD B C D C a ======， 由于三棱锥11A B CD -的表面积为43， 所以()12133442242AB CS S a==⨯⨯=所以2a =()()()2222226++=， 所以正方体的外接球的体积为34663ππ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭故选：B ． 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.二、填空题13．【分析】把圆锥侧面展开为一个平面图形利用平面上两点间线段最短可得【详解】由题意所以圆锥侧面展开图中心角为如图则故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查圆锥侧面上的最短距离问题空间几何体表面上两点间的最 解析：42【分析】把圆锥侧面展开为一个平面图形，利用平面上两点间线段最短可得． 【详解】由题意1,4r l ==，所以圆锥侧面展开图中心角为2142ππθ⨯==，如图，2APA π'∠=， 则2442AA '=⨯=．故答案为：42．【点睛】关键点点睛：本题考查圆锥侧面上的最短距离问题，空间几何体表面上两点间的最短距离问题的解决方法常常是把几何体的表面展开摊平为一个平面图形，利用平面上两点间线段最短求解．14．①③④【分析】由题意在正方体中结合几何关系逐一考查所给命题的真假即可求得最终结果【详解】对于①由平面平面并且四点共面同理可证故四边形一定是平行四边形故①正确；对于②若是正方形有又且平面又平面与经过平解析：①③④ 【分析】由题意，在正方体中，结合几何关系逐一考查所给命题的真假即可求得最终结果 【详解】对于①，由平面11//BCC B 平面11ADD A ，并且 B 、E 、F 、1D 四点共面，1//F ED B ∴，同理可证，1//FD EB ，故四边形1BFD E 一定是平行四边形，故①正确； 对于②，若1BFD E 是正方形，有1ED BE ⊥，又 11A D BE ⊥，且1111A D ED D =，BE ∴⊥平面11ADD A ，又 AB ⊥平面11ADD A ，与经过平面外一点作已知平面的垂线有且只有一条相矛盾，故②错误；对于③，由图得，1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形ABCD ，故③正确； 对于④，当点E 和F 分别是对应边的中点时，:平面1BFD E ⊥平面11BB D D ，故④正确． 故答案为：①③④ 【点睛】方法点睛：本题主要考查了正方体的几何特征，利用面面平行和线线垂直，以及特殊情况进行判断，考查了学生的空间想象能力和逻辑思维能力，属于中档题.15．【分析】确定是等腰直角三角形的中点分别是和的外心由直棱柱性质得的外接球的球心在上外接球面与平面的交线是圆是以为圆心为半径的圆求出可得面积【详解】则设分别是的中点则分别是和的外心由直三棱柱的性质得平面 解析：4π【分析】确定ABC 是等腰直角三角形，11,AC A C 的中点1,D D 分别是ABC 和111A B C △的外心，由直棱柱性质得P ABC -的外接球的球心O 在1DD 上，外接球面与平面111A B C 的交线是圆，是以1D 为圆心，1D P 为半径的圆，求出1PD 可得面积． 【详解】4,42AB BC AC ===，则90ABC ∠=︒，设1,D D 分别是11,AC A C 的中点，则1,D D 分别是ABC 和111A B C △的外心，由直三棱柱的性质得1DD ⊥平面ABC ， 所以P ABC -的外接球的球心O 在1DD 上，如图，24()41OA ππ=，则412OP OA ==，2222413(22)22OD OA AD ⎛⎫=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭， 所以11135422OD DD OD AA OD =-=-=-=， 222211415222PD OP OD ⎛⎫⎛⎫=-=-= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， P ABC -的外接球面与平面111A B C 的交线是圆，是以1D 为圆心，1D P 为半径的圆，其面积为224S ππ=⨯=． 故答案为：4π．【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中动点轨迹问题的求解，重点考查了几何体的外接球的有关问题的求解，关键是根据外接球的性质确定球心位置，结合勾股定理得出动点所满足的具体条件，结论：三棱锥的外接球的球心在过各面外心且与此面垂直的直线上．16．【分析】利用余弦定理求得利用正弦定理计算出的外接圆直径可计算出三棱锥的外接球半径然后利用球体体积公式可求得结果【详解】如下图所示圆柱的底面圆直径为圆柱的母线长为则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等解析：13263π【分析】利用余弦定理求得AC，利用正弦定理计算出ABC的外接圆直径2r，可计算出三棱锥P ABC-的外接球半径R，然后利用球体体积公式可求得结果.【详解】如下图所示，圆柱12O O的底面圆直径为2r，圆柱的母线长为h，则12O O的中点O到圆柱底面圆上每点的距离都相等，所以，圆柱12O O的外接球直径为()2222R r h=+.本题中，作出ABC的外接圆2O，由于PA⊥平面ABC，可将三棱锥P ABC-放在圆柱12O O中，在ABC中，22AB=3BC=，4ABCπ∠=，由余弦定理可得222cos5AC AB BC AB BC ABC+-⋅∠=，由正弦定理可知，ABC的外接圆直径为5210sin2ACrABC===∠则三棱锥P ABC-的外接球直径为()222226R PA r=+=262R=，因此，三棱锥P ABC -的外接球的体积为334433V R ππ==⨯=⎝⎭.故答案为：3. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.17．【分析】证明与垂直得线面垂直从而得正三棱锥的三条侧棱两两垂直结合正方体的性质得三条侧棱的平方和为外接球直径的平方求得球半径后可得球体积【详解】∵∴∴又∴取中点连接如图由于是正三棱锥∴而平面∴平面又平 解析：36π【分析】证明PB 与,CE AC 垂直得线面垂直，从而得正三棱锥的三条侧棱两两垂直，结合正方体的性质得三条侧棱的平方和为外接球直径的平方，求得球半径后可得球体积． 【详解】∵3PE EA =，3BF FA =，∴AE AFAP AB=，∴//EF PB ，又CE EF ⊥，∴PB CE ⊥，取AC 中点D ，连接,PD BD ，如图，由于P ABC -是正三棱锥，∴,PD AC BD AC ⊥⊥，而PD BD D ⋂=，,PD BD ⊂平面PBD ，∴AC ⊥平面PBD ，又PB ⊂平面PBD ， ∴AC PB ⊥，∵ACCE C =，,AC CE ⊂平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC ，而,PA PC ⊂平面PAC ，∴,PB PA PB PC ⊥⊥，同理正三棱锥中，PA PC ⊥．设三棱锥P ABC -外接球半径为R ，则22222(2)3R PA PB PC =++=⨯，3R =，球的体积为343363V ππ=⨯=． 故答案为：36π．【点睛】结论点睛：三棱锥的外接球问题，解题关键是找到外接球的球心，三棱锥的外接球球心在过各面外心且与该面垂直的直线上．当从同一顶点出发的三条棱两两垂直时，可以把三棱锥补成一个长方体，而长方体的对角线就是三棱锥外接球的直径．18．【分析】由圆柱体积求得底面半径母线长设底面圆心为可得为异面直线与所成的角（或其补角）在对应三角形中求解可得【详解】设圆柱底面半径为则母线长为由得设底面圆心为连接则所以为异面直线所成的角在中所以故答案 6 【分析】由圆柱体积求得底面半径，母线长，设底面圆心为O ，可得OEF ∠为异面直线AC 与EF 所成的角（或其补角）．在对应三角形中求解可得． 【详解】设圆柱底面半径为r ，则母线长为2r ，由2216r r ππ⋅=得2r．设底面圆心为O ，连接OE ，OF ．则//OE AC ，所以OEF ∠为异面直线AC ，EF 所成的角．在Rt OEF △中，2OF =，22OE =3EF = 所以6cos OE OEF EF ∠==． 故答案为：63．【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．19．【分析】根据给定的几何体的三视图得到该几何体为一个圆柱挖去一个圆锥得出圆柱的底面半径和高利用圆柱和圆锥的体积以及圆的公式即可求解【详解】解：根据给定的几何体的三视图可得该几何体表示一个圆柱挖去一个圆 解析：23π【分析】根据给定的几何体的三视图，得到该几何体为一个圆柱挖去一个圆锥，得出圆柱的底面半径和高，利用圆柱和圆锥的体积以及圆的公式，即可求解． 【详解】解：根据给定的几何体的三视图，可得该几何体表示一个圆柱挖去一个圆锥， 且底面半径1，高为1的组合体，所以几何体的体积为：2221311113πππ⨯⨯⨯=⨯-⨯． 故答案为：23π.【点睛】关键点点睛：本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线，求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解．20．【详解】取的中点由题意可得：所以面ABC所以球心在直线上所以得所以解析：494π【详解】取AB的中点，由题意可得：2222,3,SD DC SD DC SC==+=，所以,SD AB SD DC⊥⊥，SD⊥面ABC.所以球心在直线SD上，所以()2232R R=+-，得74R=，所以24944S Rππ==．三、解答题21．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）1227VV=.【分析】（Ⅰ）要证明线面平行，需证明线线平行，取BP的中点T，连接AT，TN，证明//MN AT；（Ⅱ）利用锥体体积公式，分别求两个锥体底面积和高的比值，表示体积比值.【详解】（Ⅰ）如图，取BP的中点T，连接AT，TN.因为N为PC的中点，所以TN//BC，且122TN BC==.又因为223AM AD==，且//AD BC，所以TN//AM，TN AM=，即四边形AMNT为平行四边形，所以MN//AT，因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以//MN平面PAB.（Ⅱ）设四棱锥P ABCD-的高为h，AD与BC间的距离为d.则()21117343326ABCDV h S h d hd=⨯⨯=⨯+=梯形，11114323223BCMh h hdV S d=⨯⨯=⨯⨯⨯=△因此1227VV=.【点睛】方法点睛：本题考查了线面平行的判断定理，意在考查转化与化归和计算求解能力，不管是证明面面平行，还是证明线面平行，都需要证明线线平行，证明线线平行的几种常见形式，1.利用三角形中位线得到线线平行；2.构造平行四边形；3.构造面面平行. 22．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ6.【分析】（Ⅰ）连接BD交AC于点O，连接1D O，连接11B D，可证11//O B D O，即可得证；（Ⅱ）依题意可得1D OD∠是二面角1D AC D--的平面角，再根据锐角三角函数计算可得；【详解】（Ⅰ）证明：连接BD交AC于点O，连接1D O，连接11B D，由长方体的性质知11BO O D=，且11//BO O D，故四边形11BO D O是平行四边形，所以11//O B D O.。

本章检测 (时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(每小题4分，共40分)1.已知直线l ⊥平面α,直线m ⊂平面β,给出下列命题，其中正确命题的序号是( ) ①α∥β⇒l ⊥m ②α⊥β⇒l ∥m ③l ∥m ⇒α⊥β ④l ⊥m ⇒α∥βA.①②③B.②③④C.②④D.①③ 解析：以正方体为模型判断四个命题，应选D. 答案：D2.给出下列关于互不相同的直线m 、l 、n 和平面α、β的四个命题，其中为假命题的是( ) ①若m ⊂α，l ∩α=A ，点A ∉m ，则l 与m 不共面 ②若m 、l 是异面直线，l ∥α，m ∥α，且n ⊥l ，n ⊥m ，则n ⊥α ③若l ∥α，m ∥β，α∥β，则l ∥m ④若l ⊂α，m ⊂α，l ∩m=点A ，l ∥β，m ∥β，则α∥βA.①B.②C.③D.④ 解析：命题①符合异面直线的判定定理.为真命题.命题②把两异面直线平移成相交直线,设它们确定的平面为γ,易知γ∥α,n ⊥γ，∴n ⊥α.为真命题.命题④就是面面平行的判定定理.为真命题. 答案：C3.如下图,一个空间几何体的主视图、侧视图、俯视图为全等的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角边长为1，那么这个几何体的体积为( )A.1B.21 C.31D.61 解析：可以想象该几何体是一个有三条棱两两垂直的三棱锥，所以体积是61，即选D.答案：D4.对于用“斜二测画法”画平面图形的直观图，下列说法正确的是( )A.等腰三角形的直观图仍为等腰三角形B.梯形的直观图可能不是梯形C.正方形的直观图为平行四边形D.正三角形的直观图一定为等腰三角形 解析：由直观图的画法可知平行关系不变，所以应该选C. 答案：C5.P 是等边△ABC 所在平面外的一点，且PA=PB=PC=32，△ABC 的边长为1，那么直线PC 与平面ABC 所成的角是( ) A.30° B.45° C.60° D.90° 解析：由PA=PB=PC 可知P 点在ABC 平面内的射影O 应为△ABC 的外心(如右图)，∵△ABC为正三角形，∴O 是△ABC 的中心.连结CO,便知∠PCO 是PC 与平面ABC 所成的角,借助解直角三角形易求得,结论为30°.答案：A6.在二面角α—l —β的一个面α内有一条直线AB ，若AB 与棱l 的夹角为45°，AB 与平面β所成的角为30°，则此二面角的大小是( ) A.30° B.30°或150° C.45° D.45°或135° 解析：如右图，过A 作AO ⊥β，OC ⊥l ，连结AC ，则AC ⊥l .∴∠ABC=45°,∠ABO=30°,∠ACO 为二面角的平面角. 设AB=a,∴AO=a·sin30°=21a ，AC=AB·sin45°=a 22. 在Rt △AOC 中,sin ∠ACO=22. ∴∠ACO=45°或135°. 答案：D7. 如右图，在三棱柱ABC —A′B′C′中，点E 、F 、H 、K 分别为AC′、CB′、A′B 、B′C′的中点，G 为△ABC 的重心.从K 、H 、G 、B′中取一点作为P ，使得该棱柱恰有2条棱与平面PEF 平行，则P 为( )A.KB.HC.GD.B′ 解析：根据线面平行的判定定理思考.若P 为K,这时平行于面PEF 的棱有AA′,BB′,CC′,AB,A′B′共5条. 若P 为H,这时平行于面PEF 的棱有AB,BC,AC,A′B′,B′C′,A′C′共6条. 若P 为G,这时平行于面PEF 的棱有AB,A′B′共2条. 若P 为B′,这时平行于面PEF 的棱只有AB.答案：C8.矩形ABCD 中，AB=4，BC=3，沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角B —AC —D ，则四面体ABCD 的外接球的体积为( ) A.π12125 B.π9125 C.π6125 D.π3125解析：取AC 的中点O.∵O 到各顶点距离相等, ∴O 是球心. ∴2R=5,R=25,V 球=6125)25(343ππ=, 故选C.答案：C9.设三棱柱ABC —A 1B 1C 1的体积为V ,P 、Q 分别是侧棱AA 1、CC 1上的点，且PA=QC 1，则四棱锥B —APQC 的体积为( )A.V 61B.V 41C.31V D.21V 解析：把三棱柱看成以ACC 1A 1为底的四棱柱的一半.设四边形ACC 1A 1的面积为S,B 1到它的距离为h.则Sh=2V.∴四棱锥B —APQC 的体积为31·21S·h=61·2V=31V ，故选C. 答案：C10.已知棱长都相等的正三棱锥内接于一个球，某人画出四个过球心的平面截球与正三棱锥所得的图形如下图.下列关于以上四图的论述正确的是( )A.以上四个都正确B.只有②④正确C.只有④是错误的D.只有①②正确 解析：截的位置不同,截面图形也会有变化,④中有三个顶点在球面上,所以球心不可能出现在截面中. 答案：C二、填空题(每小题4分，共16分)11.两底面边长分别是15和10的正三棱台，它的侧面积等于两底面面积的和，则它的体积是_______________.解析：设三棱台的高为h ，斜高为h′，依题意， 则43 (152+102)=23(10+15)h′,∴h′=6313.∴h 2=(6313)2-［23×31(15-10)］2.∴h=36. ∴V=31×36×43 (152+102+10×15)=2475.答案：247512.平面α外一侧有一个三角形，三个顶点到α的距离分别是7、9、13，则这个三角形的重心到α的距离为____________.解析：如下图，AA 1=13，BB 1=9，CC 1=7，D 为AB 中点，G 为△ABC 重心.∴D 1D=11.又G 分CD 为12=GD CG ,∴GG 1=329. 答案：32913. 已知平面α，β和直线m ，给出条件：①m ∥α；②m ⊥α；③m ⊂α；④α⊥β；⑤α∥β. (1)当满足条件_________时，有m ∥β；(2)当满足条件_________时，有m ⊥β.(填所选条件的序号) 解析：由线面平行和线面垂直的关系易得:当满足条件③⑤时有m ∥β，当满足条件②⑤时有m ⊥β. 答案：(1)③⑤ (2)②⑤14.如右图，已知正三棱柱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__________.解析：不妨设A 在面B 1DC 的射影为H, 连结DH.(令棱长为a)则∠ADH 为AO 与面B 1DC 所成角. 即sin ∠ADH=ADAH,下面求AH .由等体积公式易知AD C B D C B A V V ——11=，a DC D B AA AC DB AH 5522121111=∙∙∙∙=.∴sin ∠ADH=5425552=a a. 答案：54 三、解答题(共44分)15.(10分)如右图,已知在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，BC=1，AA 1=6，M 是CC 1的中点.求证：A 1M ⊥平面AB 1C 1.证明:在Rt △A 1C 1A 中，AA 1=6，A 1C 1=3，在Rt △MC 1A 1中，MC 1=26, ∴22111111==AA C A C A MC . ∴△MC 1A 1∽△C 1A 1A. ∴∠AC 1A 1=∠A 1MC 1. ∴∠A 1C 1A+∠MA 1C 1=90°.∴A 1M ⊥AC 1. 又∵MC 1⊥平面A 1B 1C 1，∴MC 1⊥B 1C 1.又B 1C 1⊥A 1C 1，∴B 1C 1⊥平面AC 1.∴B 1C 1⊥A 1M. 又∵A 1M ⊥AC 1，∴A 1M ⊥平面AB 1C 1. 16.(10分)设P 、Q 是棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的面AA 1D 1D 与面A 1B 1C 1D 1的中心.(1)证明PQ ∥平面AA 1B 1B ； (2)求线段PQ 的长.(1)证明：取AA 1、A 1B 1的中点M 、N ，连结MN 、NQ 、MP.∵MP ∥AD,MP=21AD,NQ ∥A 1D 1,NQ=21A 1D 1, ∴MP ∥ND ，且MP=ND.∴四边形PQNM 为平行四边形.∴PQ ∥MN.∵MN ⊂面AA 1B 1B ，PQ ⊄面AA 1B 1B ，∴PQ ∥平面AA 1B 1B. (2)解：PQ=21AB 1=22. 17.(12分)如右图，在底面为直角梯形的四棱锥S —ABCD 中，∠ABC=90°，AD ∥BC ，SA ⊥平面AC ，SA=AB=BC=1，AD=21.(1)求四棱锥S —ABCD 的体积；(2)求平面SCD 与平面SBA 所成二面角的正切值.解：(1)∵S 梯形ABCD =21(BC+AD)·AB=43, ∴V S —ABCD =31·SA ·S 梯形ABCD =41.(2)如右图，延长BA 、CD 相交于点E ，连结SE ，则SE 是所求二面角的棱.∵AD ∥BC,BC=2AD,∴EA=AB=SA.∴SE ⊥SB.∵SA ⊥平面ABCD ，∴平面SEB ⊥平面EBC. 又∵BC ⊥EB,∴BC ⊥平面SEB.∴BC ⊥SE.∴SE ⊥平面SBC.∴SC ⊥SE. ∴∠BSC 是所求二面角的平面角. ∵SB=2,BC=1,∴tan ∠BSC=22, 即所求二面角的正切值为22.18.(12分)如右图所示，已知△ABC 为正三角形，EC ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，且EC 、DB 在平面ABC 的同侧，M 为EA 的中点.CE=CA=2BD.求证:(1)MD ∥平面ABC; (2)CM ⊥AD;(3)平面DEA ⊥平面ECA.证明：(1)设N 为AC 的中点,连结MN 、BN. 因为M 为EA 的中点,所以MN21EC BD. 故四边形MNBD 为平行四边形. 所以MD ∥BN.又MD ⊄平面ABC,BN ⊂平面ABC ， 所以MD ∥平面ABC.(2)由已知MN ∥EC,EC ⊥平面ABC, 所以MN ⊥平面ABC,从而MN ⊥BN.又因为△ABC 为正三角形,N 为AC 的中点， 所以BN ⊥AC.于是BN ⊥平面AEC.所以BN ⊥CM.而BN ∥DM,所以CM ⊥DM. 又CE=CA,M 为AE 的中点,所以CM ⊥AE. 因此CM ⊥平面ADE,从而CM ⊥AD.(3)由(2)可知,CM ⊥平面ADE.而CM ⊂平面ECA,所以平面DEA ⊥平面ECA.。

苏教版高中数学必修2第一章立体几何初步1.1－1.2检测试题测试时间：100分钟，满分：150分班级 姓名一. 选择题（12×5=60分）1.在空间内，可以确定一个平面的条件是（ ） （A ）一条直线（B ）不共线的三个点（C ）任意的三个点 （D ）两条直线2.异面直线是指（ ）（A ）空间中两条不相交的直线（B ）平面内的一条直线与平面外的一条直线 （C ）分别位于两个不同平面内的两条直线 （D ）不同在任何一个平面内的两条直线3.半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所得的几何体是（ ） （A ）球 （B ）球面 （C ）球或球面 （D ）以上均不对4.用符号表示“点A 在直线上l ，在平面α外”，正确的是（ ） （A ）A ∈l ,l ∉α （B ）A l ∈ ,l α⊄ （C ）A l ⊂,l α⊄ （D ）A l ⊂,l ∉α5.下列叙述中，正确的是（ ） （A ）四边形是平面图形。

（B ）有三个公共点的两个平面重合。

（C ）两两相交的三条直线必在同一个平面内。

（D ）三角形必是平面图形。

6.有一个几何体的三视图如下图所示，这个几何体应是一个( )（A ）棱台 （B ）棱锥 （C ）棱柱 （D ）都不对7.下列叙述中，正确的是（ ） （A ）因为,P Q αα∈∈，所以PQ ∈α （B ）因为P α∈，Q β∈，所以αβ⋂=PQ （C ）因为AB α⊂，C ∈AB ，D ∈AB ，所以CD ∈α（D ）因为AB α⊂,AB β⊂,所以()A αβ∈⋂且()B αβ∈⋂ 8.如果OA ‖11O A ， OB ‖11O B ，那么AOB ∠与111AO B ∠（ ） （A ）相等 （B ）互补（C ）相等或互补 （D ）以上均不对9.如果两条直线a 和b 没有公共点，那么a 与b 的位置关系是（ ） （A ）共面 （B ）平行（C ）异面 （D ）平行或异面10.斜线与平面所成角的范围（ ）（A ）(]0,90︒︒ （B ）（0︒，90︒） （C ）[0︒，90︒] （D ）[)0,90︒︒11.若直线a 与平面α不垂直，那么在平面α内与直线a 垂直的直线（ ） （A ）只有一条 （B ）无数条 （C ）是平面α内的所有直线 （D ）不存在12.已知直线a ，b 和平面α，下列命题中正确的是（ ） （A ） 若a ‖α，b α⊂，则a ‖b （B ） 若a ‖α，b ‖α，则a ‖b （C ） 若a ‖b ，b α⊂，则a ‖α（C ） 若a ‖b ，a ‖α，则b α⊂或b ‖α二.填空题（6×4=24分）13.直线与直线的位置关系为_____________、___________________、_________________ 14.异面直线所成角α的范围为_____________________15.若一个几何体的三视图都是圆，则这个几何体一定是____________________ 16.一个正方体有__________个顶点，______________个面，________________条边17.在正方体1111ABCD A B C D -中，1AA 与11C D 所成的角为__________,1AA 与1B C 所成的角为___________，1B C 与BD 所成的角为______________18.如果两直线a 与b 同时垂直于同一平面，则这两条直线的位置关系为________苏教版高中数学必修2第一章立体几何初步1.1－1.2检测试题测试时间：100分钟，满分：150分班级 姓名答题纸一选择题二填空题13______________ 、___________、_____________ 14________________ 15________________16_________、__________、___________ 17__________、___________、__________ 18__________三.解答题(解答题要有详细的解答过程，19，20每题12分，21，22，23每题14分） 19.在正方体1111ABCD A B C D -中，直线1AD 与平面ABCD 所成的角是多少？20.如图，已知E F 、分别是三棱锥A BCD 的侧棱AB AD 、的中点， 求证：EF ‖平面BCDAEFBC21.如图表示水平放置图形的直观图， （1）画出它原来的平面图形； （2）计算出它平面图形的面积Y‘AX‘B 1D 1 A B C D A 1 C 1 D22.已知1111ABCD A B C D 是棱长为a 的正方体，求：（1）异面直线1AA 与BC 所成的角 （2）求异面直线1BC 与AC 所成的角23.在三棱锥A-BCD 中，E 、F 、G 、H 分别是边AB 、BC 、CD 、DA 的中点， （1）求证：四边形EFGH 是平行四边形（2）若AC ＝BD ，求证：四边形EFGH 为菱形（3）当AC 与BD 满足什么条件时，四边形EFGH 是正方形，并证明。

第一章章末总结一、空间几何体的画法及表面积、体积计算立体图形和平面图形的转化是立体几何主要的考点．一方面，由几何体能够画出其平面图，如三视图、直观图等；另一方面，由三视图能够想象出几何体的形状，并能研究其表面积、体积等．例1一几何体的三视图如图所示，尺寸如图中所示．(1)说出该几何体的结构特征并画出直观图；(2)计算该几何体的体积与表面积．变式训练1 若一个底面为正三角形、侧棱与底面垂直的棱柱的三视图如下图所示，则这个棱柱的体积为____________．例2梯形A1B1C1D1是一平面图形ABCD的直观图(斜二测)，若A1D1∥O1y1，A1B1∥C1D1，A1B1＝2，C1D1＝3，A1D1＝1，则ABCD的面积是________．变式训练2 等腰梯形ABCD，上底CD＝1，腰AD＝CB＝2，下底AB＝3，以下底所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面积为______．二、平面基本性质的应用1．关于多点共线问题往往需证明这些点在某两个平面的交线上．2．多线共点问题的证明往往让其他线都过某两条线的交点．3．多点共面问题的证明往往让其他点在某三点或四点确定的平面上．4．多线共面问题的证明往往让其他线在某两条直线确定的平面内．例3如图所示，空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2．求证：(1)E、F、G、H四点共面；(2)GE与HF的交点在直线AC上．变式训练3 如图，四边形ABB′A′，BCC′B′，CAA′C′都是梯形．求证：三直线AA′，BB′，CC′相交于一点．三、直线、平面的位置关系1．空间平行关系的判定方法：(1)判定线线平行的方法．①利用线线平行的定义证共面而且无公共点(结合反证法)；②利用平行公理4；③利用线面平行性质定理；④利用线面垂直的性质定理(若a⊥α，b⊥α，则a∥b)；⑤利用面面平行性质定理(若α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，则a∥b)．(2)判断线面平行的方法：①线面平行的定义(无公共点)；②利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)；③面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)；④面面平行的性质(α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．(3)面面平行的判定方法有：①平面平行的定义(无公共点)；②判定定理(若a∥β，b∥β，a、b⊂α，且a∩b＝A，则α∥β)；③判定定理的推论(若a∥a′，b∥b′，a⊂α，b⊂α且a∩b＝A，a′⊂β，b′⊂β，且a′∩b′＝A′，则α∥β)；④线面垂直性质定理(若a⊥α，a⊥β，则α∥β)；⑤平面平行的性质(传递性：α∥β，β∥γ⇒α∥γ)．平行关系的转化是：2．空间垂直关系的判定方法：(1)判定线线垂直的方法有：①计算所成的角为90°(包括平面角和异面直线所成的角)；②线面垂直的性质(若a⊥α，b⊂α，则a⊥b)；③面面垂直的定义：若两平面垂直，则两平面相交形成的二面角的平面角为90°．(2)判定线面垂直的方法有：①线面垂直定义(一般不易验证任意性)；②线面垂直的判定定理(a⊥b，a⊥c，b⊂α，c⊂α，b∩c＝M⇒a⊥α)；③平行线垂直平面的传递性质(a∥b，b⊥α⇒a⊥α)；④面面垂直的性质(α⊥β，α∩β＝l，a⊂β，a⊥l⇒a⊥α)；⑤面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；⑥面面垂直的性质(α∩β＝l，α⊥γ，β⊥γ⇒l⊥γ)．(3)面面垂直的判定方法有：①根据定义(作两平面构成二面角的平面角，计算其为90°)；②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．垂直关系的转化是：例4如图所示，在四棱锥P—ABCD中，侧面PAD是正三角形，且与底面ABCD垂直，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，N是PB的中点，过A，D，N的平面交PC于M，E为AD的中点．求证：(1)EN∥平面PDC；(2)BC⊥平面PEB；(3)平面PBC⊥平面ADMN．变式训练4 如图所示，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD ，PD ＝DC ，E 是PC 的中点，过E 点作EF⊥PB 交PB 于点F ．求证：(1)PA∥平面EDB ； (2)PB⊥平面EFD ．第一章 章末总结 答案例1解 (1)由三视图知该几何体是由一个圆柱与一个等底圆锥拼接而成的组合体，其直观图如图所示．(2)由三视图中尺寸知，组合体下部是底面直径为8 cm ，高为20 cm 的圆柱，上部为底面直径为8 cm ，母线长为5 cm 的圆锥．易求得圆锥高h ＝52－42＝3(cm )，∴体积V ＝π·42·20＋13π·42·3＝336π(cm 3)，表面积S ＝π·42＋2π·4·20＋π·4·5＝196π(cm 2)．∴该几何体的体积为336π cm 3，表面积为196π cm 2．点评 三视图画法：它包括主视图、左视图、俯视图三种．画图时要遵循“高平齐、长对正、宽相等”的原则，同时还要注意被挡住的轮廓线画成虚线．变式训练1 36 3解析 观察三视图得棱柱底面正三角形的高和侧棱长．注意图中数据33是底面正三角形的高，不是边长．棱柱的侧棱长为4，底面正三角形的高为33，设边长为a ，则32a ＝33，所以a ＝6．所以底面积为34a 2＝93．所以棱柱的体积为93×4＝363． 例2 5解析 把图还原，ABCD 为直角梯形，AB ＝A 1B 1＝2，CD ＝C 1D 1＝3，AD ＝2A 1D 1＝2．∴S 梯ABCD ＝＋2＝5．点评 斜二测画法：主要用于水平放置的平面图画法或立体图形的画法．它的主要步骤：①画轴；②画平行于x ，y ，z 轴的线段分别为平行于x′，y′，z′轴的线段；③截线段，平行于x ，z 轴的线段的长度不变，平行于y 轴的线段的长度变为原来的一半．变式训练2 22解析∵OE＝22－1＝1，∴O′E′＝12，E′F＝24，∴直观图A′B′C′D′的面积为S′＝12×(1＋3)×24＝22．例3 证明 (1)∵BG∶GC＝DH∶HC， ∴GH∥BD，又EF∥BD，∴EF∥GH， ∴E、F 、G 、H 四点共面．(2)∵G，H 不是BC 、CD 的中点，∴EF≠GH． 又EF∥GH，∴EG 与FH 不平行，则必相交，设交点为M ．⎭⎪⎬⎪⎫EG ⊂面ABC HF ⊂面ACD ⇒M∈面ABC 且M∈面ACD ⇒M 在面ABC 与面ACD 的交线上 ⇒M∈AC．∴GE 与HF 的交点在直线AC 上．点评 证明线共点、点共线、线共面问题，重要是应用平面的基本性质，先证部分元素共点、共线、共面，再利用公理1,2,3证明其他元素也具有这个性质，要熟练地掌握这三个公理．变式训练3 证明 梯形ABB′A′中，A′B′∥AB．∴AA′，BB′在同一平面A′B 内． 设直线AA′，BB′相交于点P ，同理BB′、CC′同在平面BC′内，CC′、AA′同在平面A′C 内．∵P∈AA′，AA′⊂平面A′C， ∴P∈平面A′C．同理点P∈平面BC′．根据公理2，点P 在平面A′C 与平面BC′的交线上，而平面A′C∩平面BC′＝CC′，故点P ∈直线CC′，即三直线AA′、BB′、CC′相交于一点．例4 证明 (1)因为AD∥BC，BC ⊂平面PBC ， AD ⊄平面PBC ，所以AD∥平面PBC ， 又平面ADMN∩平面PBC ＝MN ， 所以AD∥MN，所以MN∥BC．因为N 为PB 的中点，所以M 为PC 的中点，所以MN∥BC，且MN ＝12BC ．又E 为AD 的中点，所以四边形DENM 为平行四边形． 所以EN∥DM．又EN ⊄平面PDC ，DM ⊂平面PDC ， 所以EN∥平面PDC ．(2)因为ABCD 为边长为2的菱形，且∠BAD＝60°， 所以BE⊥AD．又因为PE⊥AD，PE∩BE＝E ， 所以AD⊥平面PEB ．因为AD∥BC，所以BC⊥平面PEB ． (3)由(2)知AD⊥PB．又因为PA ＝AB 且N 为PB 的中点， 所以AN⊥PB，又AD∩AN＝A ， 所以PB⊥平面ADMN ．又PB ⊂平面PBC ，所以平面PBC⊥平面ADMN ．点评 立体几何的证明，我们要牢牢抓住“转化”这一思想，线与线，线与面，面与面之间的垂直与平行都可互相转化，转化的理论依据是这三种平行与垂直的判定定理、性质定理等．变式训练4 证明 (1)如图所示，连结AC 交BD 于O ，连结EO ．∵底面ABCD 是正方形， ∴点O 是AC 的中点．在△PAC 中，EO 是中位线， ∴PA∥EO．而EO ⊂平面EDB 且PA ⊄平面EDB ， ∴PA∥平面EDB ．(2)∵PD⊥底面ABCD ，且DC ⊂平面ABCD ， ∴PD⊥DC．∵PD＝DC ，∴△PDC 是等腰直角三角形．又DE 是斜边PC 的中线，∴DE⊥PC． ① 由PD⊥底面ABCD ，得PD⊥BC． ∵底面ABCD 是正方形，∴DC⊥BC． ∴BC⊥平面PDC ．又DE ⊂平面PDC ，∴BC⊥DE． ② 由①和②推得DE⊥平面PBC ．而PB⊂平面PBC，∴DE⊥PB．又EF⊥PB，且DE∩EF＝E，∴PB⊥平面EFD．。

(一) 立体几何初步(时间120分钟，满分160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案填写在题中横线上) 1．给出下列命题：(1)若两个平面平行，那么其中一个平面内的直线一定平行于另一个平面； (2)若两个平面平行，那么垂直于其中一个平面的直线一定垂直于另一个平面； (3)若两个平面垂直，那么垂直于其中一个平面的直线一定平行于另一个平面； (4)若两个平面垂直，那么其中一个平面内的直线一定垂直于另一个平面． 其中真命题的序号为__________．【解析】 (1)因为两个平面平行，所以两个平面没有公共点，即其中一个平面内的直线与另一个平面也没有公共点，由直线与平面平行的判定定理可得直线与该平面平行，所以(1)正确．(2)因为该直线与其中一个平面垂直，那么该直线必与其中两条相交直线垂直，又两个平面平行，故另一个平面也必定存在两条相交直线与该直线垂直，所以该直线与另一个平面也垂直，故(2)正确．(3)错，反例：该直线可以在另一个平面内．(4)错，反例：其中一个平面内也存在直线与另一个平面平行． 综上：(1)(2)为真命题． 【答案】 (1)(2)2．在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，当底面四边形ABCD 满足条件________时，有A 1C ⊥B 1D 1(注：填上你认为正确的一种即可，不必考虑所有可能的情形)．【解析】 若有AC ⊥BD ，则A 1C 1⊥B 1D 1. 又∵CC 1⊥B 1D 1，A 1C 1∩CC 1＝C 1，∴B 1D 1⊥平面A 1C 1C ，∴B 1D 1⊥A 1C ，故条件可填AC ⊥BD . 【答案】 AC ⊥BD (答案不唯一)3．棱长为1的正四面体内有一点P ，由点P 向各个面引垂线，垂线段分别为d 1，d 2，d 3，d 4，则d 1＋d 2＋d 3＋d 4的值为________．【解析】 设四面体的高为h ， 则h ＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×12＝63，13Sh ＝13S (d 1＋d 2＋d 3＋d 4)，∴d 1＋d 2＋d 3＋d 4＝h ＝63. 【答案】634．体积为52的圆台，一个底面积是另一个底面积的9倍，那么截得这个圆台的圆锥的体积为__________．【解析】 设圆锥的体积为x ，则x －52x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫133，解得x ＝54.【答案】 545．已知正四棱锥O －ABCD 的体积为322，底面边长为3，则以O 为球心，OA 为半径的球的表面积为________.【解析】 V 四棱锥O －ABCD ＝13×3×3h ＝322，得h ＝322，∴OA 2＝h 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫AC 22＝184＋64＝6.∴S 球＝4πOA 2＝24π. 【答案】 24π6．若l ，m 是两条不同的直线，m 垂直于平面α，则“l ⊥m ”是“l ∥α”的________条件．【解析】 ∵m ⊥α，若l ∥α，则必有l ⊥m ，即l ∥α⇒l ⊥m . 但l ⊥mD ⇒/l ∥α，∵l ⊥m 时，l 可能在α内． 故“l ⊥m ”是“l ∥α”的必要而不充分条件． 【答案】 必要不充分7．如图1所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱AA 1和AB 上的点，若∠B 1MN 是直角，则∠C 1MN 等于________．图1【解析】 ∵B 1C 1⊥平面A 1ABB 1，MN ⊂平面A 1ABB 1，∴B 1C 1⊥MN ，又∠B 1MN 为直角． ∴B 1M ⊥MN ，而B 1M ∩B 1C 1＝B 1.∴MN ⊥平面MB 1C 1.又MC 1⊂平面MB 1C 1， ∴MN ⊥MC 1，∴∠C 1MN ＝90°. 【答案】 90°8．设l 为直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是________． ①若l ∥α，l ∥β，则α∥β；②若l ⊥α，l ⊥β，则α∥β；③若l ⊥α，l ∥β，则α∥β；④若α⊥β，l ∥α，则l ⊥β.【解析】 对于①，若l ∥α，l ∥β，则α和β可能平行也可能相交，故错误； 对于②，若l ⊥α，l ⊥β，则α∥β，故正确； 对于③，若l ⊥α，l ∥β，则α⊥β，故错误；对于④，若α⊥β，l ∥α，则l 与β的位置关系有三种可能：l ⊥β，l ∥β，l ⊂β，故错误．故选②.【答案】 ②9．如图2，在空间四边形ABCD 中，E ，H 分别是AB ，AD 的中点，F ，G 分别是CB ，CD上的点，且CF CB ＝CG CD ＝23，若BD ＝6 cm ，梯形EFGH 的面积为28 cm 2，则平行线EH ，FG 间的距离为__________cm.图2【解析】 由题知，EH ＝12BD ＝3 cm ，FG ＝23BD ＝4 cm.设平行线EH ，FG 之间距离为d ，则12×(3＋4)×d ＝28，解得d ＝8 cm. 【答案】 810．在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，且PA ＝AD ，四边形ABCD 是正方形，E 是PD 的中点，则AE 与PC 的位置关系为________．【解析】 易知CD ⊥AE ，AE ⊥PD ，则AE ⊥平面PCD ，所以AE ⊥PC . 【答案】 垂直11．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，过点A 作平面A 1BD 的垂线，垂足为点H .以下结论中，错误的是________．①点H 是△A 1BD 的垂心； ②AH ⊥平面CB 1D 1；③AH的延长线经过点C1；④直线AH和BB1所成的角为45°.【解析】因为AH⊥平面A1BD，BD⊂平面A1BD，所以BD⊥AH.又BD⊥AA1，且AH∩AA1＝A.所以BD⊥平面AA1H.又A1H⊂平面AA1H.所以A1H⊥BD，同理可证BH⊥A1D，所以点H是△A1BD的垂心，①正确．因为平面A1BD∥平面CB1D1，所以AH⊥平面CB1D1，②正确．易证AC1⊥平面A1BD.因为过一点有且只有一条直线与已知平面垂直，所以AC1和AH重合．故③正确．因为AA1∥BB1，所以∠A1AH为直线AH和BB1所成的角．因为∠A1AH≠45°，故④错误．【答案】④12．如图3所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：图3①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的序号是________．【解析】对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC.又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC，故①正确；对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM ∥PA .∵PA ⊂平面PAC ，∴OM ∥平面PAC ，故②正确；对于③，由①知BC ⊥平面PAC ，∴线段BC 的长即是点B 到平面PAC 的距离，故③正确． 【答案】 ①②③13．将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A －BD －C ，有如下四个结论： ①AC ⊥BD ；②△ACD 是等边三角形；③二面角A －BC －D 的度数为60°； ④AB 与CD 所成的角是60°. 其中正确结论的序号是________．【解析】 如图(1)(2)所示，取BD 的中点O ，连结AO ，OC ，易知AO ⊥BD 且CO ⊥BD ，AO ∩OC ＝O ，故BD ⊥平面AOC ，∴BD ⊥AC ，故①正确．设正方形ABCD 的边长为1，易知AO ＝OC ＝22.又由题意可知∠AOC ＝90°，故AC ＝1. 所以AC ＝AD ＝DC ，所以△ACD 是等边三角形，故②正确．取BC 的中点E ，连结OE ，AE ，则∠AEO 即为二面角A －BC －D 的平面角， ∴tan ∠AEO ＝AO OE＝2，(3)故③不正确．对于④，如图(3)所示，取AC 的中点F ，连结OF ，EF ，OE ，则OE ∥CD ，EF ∥AB ，则∠FEO 即为异面直线AB 与CD 所成的角．又在△AOC 中，OF ＝12，故EF ＝OE ＝OF ，∴AB 与CD 所成的角为60°，故④正确．综上可知①②④正确． 【答案】 ①②④14．如图4所示，三棱锥A －BCD 的底面是等腰直角三角形，AB ⊥平面BCD ，AB ＝BC ＝BD ＝2，E 是棱CD 上的任意一点，F ，G 分别是AC ，BC 的中点，则在下面命题中：①平面ABE ⊥平面BCD ； ②平面EFG ∥平面ABD ； ③四面体FECG 体积的最大值是13.其中为真命题的是__________．(填序号)【导学号：41292059】图4【解析】 ①正确，因为AB ⊥平面BCD ，且AB ⊂平面ABE ，由面面垂直的判定定理可知平面ABE ⊥平面BCD ；②错，若两平面平行，则必有AD ∥EF ，而点E 是棱CD 上任意一点，故该命题为假命题；③正确，由已知易得GF ⊥平面GCE ，且GF ＝12AB ＝1，而S △GCE ＝12GC ·CE ·sin 45°＝24CE ≤1，故V F －GCE ＝13S △GCE ·FG ≤13.故正确的命题为①③. 【答案】 ①③二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)图515．(本小题满分14分)如图5，正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′的棱长为a ，连结A ′C ′，A ′D ，A ′B ，BD ，BC ′，C ′D ，得到一个三棱锥．求：(1)三棱锥A ′－BC ′D 的表面积与正方体表面积的比值；(2)三棱锥A ′－BC ′D 的体积．【解】 (1)∵ABCD －A ′B ′C ′D ′是正方体， ∴六个面是互相全等的正方形，∴A ′C ′＝A ′B ＝A ′D ＝BC ′＝BD ＝C ′D ＝2a ， ∴S 三棱锥＝4×34×(2a )2＝23a 2，S 正方体＝6a 2， ∴S 三棱锥S 正方体＝33. (2)显然，三棱锥A ′－ABD ，C ′－BCD ，D －A ′D ′C ′，B －A ′B ′C ′是完全一样的， ∴V 三棱锥A ′－BC ′D ＝V 正方体－4V 三棱锥A ′－ABD ＝a 3－4×13×12a 2×a ＝13a 3.16．(本小题满分14分)如图6所示，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为AB ，A 1D 1的中点，判断MN 与平面A 1BC 1的位置关系，并说明理由．图6【解】 直线MN ∥平面A 1BC 1. 证明如下：∵M ∉平面A 1BC 1，N ∉平面A 1BC 1. ∴MN ⊄平面A 1BC 1. 如图，取A 1C 1的中点O 1， 连结NO 1，BO 1.∵NO 1綊12D 1C 1，MB 綊12D 1C 1，∴NO 1綊MB ，∴四边形NO 1BM 为平行四边形， ∴MN ∥BO 1.又∵BO 1⊂平面A 1BC 1， ∴MN ∥平面A 1BC 1.17．(本小题满分14分)如图7，圆锥的轴截面SAB 为等腰直角三角形，Q 为底面圆周上一点．图7(1)若QB的中点为C，求证：平面SOC⊥平面SBQ；(2)若∠AOQ＝120°，QB＝3，求圆锥的表面积．【解】(1)∵SQ＝SB，OQ＝OB，C为QB的中点，∴QB⊥SC，QB⊥OC.∵SC∩OC＝C，∴QB⊥平面SOC.又∵QB⊂平面SBQ，∴平面SOC⊥平面SBQ.(2)∵∠AOQ＝120°，QB＝3，∴∠BOQ＝60°，即△OBQ为等边三角形，∴OB＝ 3.∵△SAB为等腰直角三角形，∴SB＝6，∴S侧＝3·6π＝32π，∴S表＝S侧＋S底＝32π＋3π＝(3＋32)π.图818．(本小题满分16分)如图8所示，ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD，底面边长为a，E是PC的中点．(1)求证：PA∥平面BDE；(2)求证：平面PAC⊥平面BDE；(3)若二面角E－BD－C为30°，求四棱锥P－ABCD的体积．【解】(1)证明：连结OE，如图所示．∵O ，E 分别为AC ，PC 的中点， ∴OE ∥PA .∵OE ⊂平面BDE ，PA ⊄平面BDE ，∴PA ∥平面BDE . (2)证明：∵PO ⊥平面ABCD ，∴PO ⊥BD . 在正方形ABCD 中，BD ⊥AC . 又∵PO ∩AC ＝O ，∴BD ⊥平面PAC . 又∵BD ⊂平面BDE ，∴平面PAC ⊥平面BDE . (3)取OC 中点F ，连结EF .∵E 为PC 中点， ∴EF 为△POC 的中位线，∴EF ∥PO . 又∵PO ⊥平面ABCD ，∴EF ⊥平面ABCD ， ∴EF ⊥BD ，∵OF ⊥BD ，OF ∩EF ＝F ，∴BD ⊥平面EFO ， ∴OE ⊥BD ，∴∠EOF 为二面角E －BD －C 的平面角， ∴∠EOF ＝30°.在Rt △OEF 中，OF ＝12OC ＝14AC ＝24a ，∴EF ＝OF ·tan 30°＝612a ，∴OP ＝2EF ＝66a . ∴V P －ABCD ＝13×a 2×66a ＝618a 3.19．(本小题满分16分)如图9，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，PA ⊥平面ABCD ，E 是PC 的中点，F 为线段AC 上一点.(1)求证：BD ⊥EF ；(2)若EF ∥平面PBD ，求AFFC的值．图9【解】 (1)因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥BD . 又四边形ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD . 又PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面PAC .又EF ⊂平面PAC ，所以BD ⊥EF . (2)设AC 与BD 交于点O ，连结PO .因为EF ∥平面PBD ，平面PAC ∩平面PBD ＝PO ，且EF ⊂平面PAC ，所以EF ∥PO .又E 是PC 的中点，所以OF ＝FC ，所以AF ＝3FC ，即AF FC＝3.20．(本小题满分16分)如图10(1)，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，D ，E 分别为AC ，AB 的中点，点F 为线段CD 上的一点，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1F ⊥CD ，如图10(2)．(1) (2)图10(1)求证：DE ∥平面A 1CB ； (2)求证：A 1F ⊥BE ；(3)线段A 1B 上是否存在点Q ，使A 1C ⊥平面DEQ .说明理由． 【解】 (1)证明：∵D ，E 分别为AC ，AB 的中点， ∴DE ∥BC .又∵DE ⊄平面A 1CB ，BC ⊂平面A 1CB ， ∴DE ∥平面A 1CB .(2)证明：由已知得AC ⊥BC 且DE ∥BC ，∴DE ⊥AC ， ∴DE ⊥A 1D ，DE ⊥CD ，A 1D ∩CD ＝D ， ∴DE ⊥平面A 1DC ，而A 1F ⊂平面A 1DC ， ∴DE ⊥A 1F .又∵A 1F ⊥CD ，DE ∩CD ＝D ，∴A 1F ⊥平面BCDE ，BE ⊂平面BCDE ，∴A 1F ⊥BE .(3)线段A 1B 上存在点Q ，使A 1C ⊥平面DEQ . 理由如下：小初高试卷类教案类如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.又∵DE∥BC，∴DE∥PQ，∴平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE⊥平面A1DC，A1C⊂平面A1DC，∴DE⊥A1C.又∵P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，∴A1C⊥DP.又DE∩DP＝D，∴A1C⊥平面DEP.从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q(中点)，使得A1C⊥平面DEQ. K12分别是小学初中高中。

第1章 立体几何初步1.3 空间几何体的表面积和体积1.3.2 空间几何体的体积A 组 基础巩固1.如图所示，正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则三棱锥D 1-ACD 的体积是( )A.16B.13C.12 D ．1解析：三棱锥D 1-ADC 的体积V ＝13S △ADC ·D 1D ＝13×12×AD ·DC ·D 1D ＝13×12＝16. 答案：A2.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.5603B.5803C ．200D ．240解析：先将三视图还原为空间几何体，再根据体积公式求解．由三视图知该几何体为直四棱柱，其底面为等腰梯形，上底长为2，下底长为8，高为4，故面积为S ＝（2＋8）×42＝20.又棱柱的高为10，所以体积V ＝Sh ＝20×10＝200.答案：C3．(2014·浙江卷)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是( )A ．72 cm 3B ．90 cm 3C ．108 cm 3D ．138 cm 3解析：先根据三视图画出几何体，再利用体积公式求解．该几何体为一个组合体，左侧为三棱柱，右侧为长方体，如图所示．V ＝V 三棱柱＋V 长方体＝12×4×3×3＋4×3×6＝18＋72＝90(cm 3)． 答案：B4．已知直角三角形的两直角边长为a ，b ，分别以这两条直角边所在直线为轴，旋转所形成的几何体的体积之比为( )A ．a ∶bB ．b ∶aC ．a 2∶b 2D ．b 2∶a 2解析：以长为a 的直角边所在直线旋转得到圆锥体积V ＝13πb 2a ，以长为b 的直角边所在直线旋转得到的圆锥体积V ＝13πa 2b.所以13πb 2a ∶13πa 2b ＝b ∶a.答案：B5．设正方体的表面积为24，那么其外接球的体积是( )A.43πB.8π3C ．43πD ．323π解析：由题意可知，6a 2＝24，所以a ＝2.设正方体外接球的半径为R ，则3a ＝2R ，所以R ＝3，所以V 球＝43πR 3＝43π.答案：C6．两个球的半径之比为1∶3，那么两个球的表面积之比为() A ．1∶9 B ．1∶27C ．1∶3D ．1∶1.解析：S 1S 2＝4πr 214πr 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫r 1r 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫132＝19.。

本章测评(时间120分钟，满分150分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分) 1.已知异面直线a 、b 分别在平面α、β内，且面α∩β=c ，则直线c 与a 、b 的位置关系是( ) A.c 与a 、b 都相交 B.c 至多与a 、b 中的一条相交 C.c 与a 、b 都不相交 D.c 至少与a 、b 中的一条相交解析：不能选C ，否则c 与a 、b 分别平行，进而a ∥b ，与a 、b 为异面直线相矛盾；若c 与a 、b 中一条平行，而与另一条相交，由直观性易知，这是可能的；同样，c 与a 、b 都相交也是可能的. 答案：D2.如果一条直线与两个平行平面中的一个平面平行，那么这条直线与另一个平面的位置关系是( )A.平行B.相交C.直线在平面内D.直线在平面内或与平面平行 解析：运用空间想象力，我们不难得出这条直线与另一个平面关系分别为直线在平面内或与平面平行的情况.下面我们来证明这条直线与另一个平面不能相交：如果一条直线l 和两个平行平面α、β中的一个平面α平行，与另一个平面β相交，设交点为A ，取β内过点A 的任意一条直线m ，则过l 与m 的平面(设为γ)与α相交，设交线为n ，则m ∥n ，又m 、n 、l 都在平面γ内，故l 与n 相交，从而l 与平面β不平行. 答案：D3.两平面α、β平行，a ⊂α，下列四个命题:①a 与β内的所有直线平行;②a 与β内的无数条直线平行;③a 与β内的任何一条直线都不 垂直;④a 与β无公共点.其中正确命题的个数为( )A.1B.2C.3D.4解析：在题设条件下，a 与平面β内任意一条直线的关系为平行或异面，而由于两平行平面没有公共点，分别在其上的任意两条直线也就没有公共点，所以这两条直线不可能相交. 答案：B4.已知正方形的直观图是有一条边长为4的平行四边形，则此正方形的面积是( ) A.16 B.16或64 C.8或16 D.64 解析：由直观图的画法可知，原正方形的边长可能为4，也可能为8. 答案：B5.夹在两平行平面间的圆锥、球、圆柱在平面内的射影是等圆，那么它们的体积之比是( ) A.1∶2∶3 B.2∶3∶6 C.4∶6∶9 D.1∶2∶4 解析：设球的半径为r ，则圆锥的高为2r ，底面圆半径为r ，V 锥=31πr 2·2r=332r π；球的体积为V 球=334r π；圆柱的高为2r ，底面圆半径为r ，V 高=πr 2·2r=2πr 3，则其体积之比为1∶2∶3. 这是个很有用的结论，记住它会给解类似题带来方便，要注意总结. 答案：A6.已知过球面上A 、B 、C 三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且AB=BC=CA=2，则球面面积是( ) A.π916 B.38π C.4π D.π964解析：过A 、B 、C 三点的截面圆的圆心是O′，球心是O ，连结AO′，OO′，则OO′⊥AO′，△ABC 中，AB=BC=CA=2， 设球的半径为R ，则OA=R ，OO′=2R ， ∴R 2=22)332(4+R ， ∴R=34， ∴球面面积为4πR 2=π964. 答案：D7.S 是正△ABC 所在平面外一点，且SA=SB=SC=BC ，如果E 、F 分别为SC 、AB 的中点，则异面直线EF 与SA 所成的角为( ) A.90° B.60° C.45° D.30° 解析：取BC 的中点M ，连结SM 、AM ，则由BC ⊥SM ，BC ⊥AM 可得BC ⊥平面SAM ， 于是BC ⊥SA ，从而FN ⊥EN(其中N 为SB 的中点). 易知NF=NE ，从而△NFC 为直角三角形，∠NFE=45°. 即为所求的两异面直线所成的角. 答案：C8.过正方形ABCD 的顶点A 作线段AA 1⊥平面ABCD ，且AA 1=AB ，则平面ABA 1与平面CDA 1所成的二面角的度数是( ) A.30° B.45° C.60° D.90°解析：将图形补成正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1，易知∠DA 1A 为二面角的平面角，其大小为45°.答案：B9.若m 、n 表示直线，α表示平面，下列命题中正确命题的个数为( ) ①αα⊥⇒⎭⎬⎫⊥n m n m // ②n m n m //⇒⎭⎬⎫⊥⊥αα ③n m n m ⊥⇒⎭⎬⎫⊥αα// ④αα⊥⇒⎭⎬⎫⊥n n m m // A.1 B.2 C.3 D.4 解析：解决有关直线和平面关系的选择和填空题，最好的办法莫过于运用空间想象能力在头脑中想象出题中的情景再作出判断.②是书中的结论，正确.其他命题的证明如下：①m ⊥α说明m 垂直于α内两条相交直线，由于m ∥n ，所以n 也就垂直于这两条相交直线，也就垂直于平面α，命题正确.③n ∥α，则n 平行于平面α内的一条直线，记为l.又m ⊥α，所以m 垂直于l.因n ∥l ，所以m ⊥n.命题正确.④易举出反例证明此命题错误.如在平面α上可找出直线n ，使m ∥α且m ⊥n.所以命题①②③为真命题，④为假命题. 答案：C10.圆台的侧面积是它在内切球表面积的34倍，则圆台母线和底面所成角的大小是( )A.30°B.45°C.60°D.75° 解析：首先画出圆台及其内切球的轴截面，如图.设圆台上、下底面圆的半径分别为r 、R(R ＞r)，内切球的半径为x. 则依题意及几何关系可得AF=AE=r ，DE=DG=R ， AD=AE+ED=r+R ， 圆锥的母线l=R+r.在△BHC 中，由勾股定理得BH 2+HC 2=BC 2， 即(R+r)2=(R-r)2+(2x)2.又由圆台的侧面积是它的内切球表面积的34倍， 即π(R+r)l=34·4πx 2. 于是R+r=34x ，x 2=Rr.∴(R-r)2=(R+r)2-4Rr=(R+r)2-4(43)2(R+r)2=41(R+r)2.∴21=+-r R r R . ∴cos ∠BCH=21=+-r R r R ∴∠BCH=60°即圆台母线和底面所成角为60°. 答案：C二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)11.△ABC 的三边长分别为3、4、5，P 为平面ABC 外一点，它到三边的距离都等于2，则P 到平面ABC 的距离为________.解析：因P 到三边的距离相等，故P 在平面ABC 内的射影为△ABC 的内心. 由于△ABC 为直角三角形，故三角形内切圆的半径为12543=-+. 于是P 到平面ABC 的距离为31222=-.答案：312.棱锥的高为16 cm ，底面积为512 cm 2，平行于底面的截面面积为50 cm 2，则截面与底面的距离为________. 解析：设距离为h cm ，则2)1616(51250h -=. 解得h=11.答案：11 cm13.一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积为________.解析：如图(1)，等腰梯形A′B′C′D′为水平放置的原平面图形的直观图，作D′E′∥A′B′交B′C′于E′，由条件得E′C′=2A′B′=2，所以B′C′=1+2.由斜二测直观图画法规则，等腰梯形A′B′C′D′的直观图为(2)所示直角梯形ABCD，且AB=2，BC=1+2，AD=1，所以面积S ABCD=2+2.答案：2+214.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G、H分别是棱CC1、C1D1、D1D、DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则只需满足条件__________时，就有MN⊥A1C1.解析：A1C1∥AC，HN⊥AC，故M在面ABCD内的射影应为H，于是M∈FH.答案：M∈FH15.在直角坐标系中，设A(-2，3)、B(2，-3)，沿x轴把直角坐标平面折成大小为θ的二面角后，|AB|=5，则θ的值为________.解析：取C(-2，-3)、M(-2，0)，于是折叠后∠AMC=θ，且|AB|2=|AC|2+|CB|2，进而|AC|=3，故∠AMC=60°.答案：60°16.圆锥母线长为3 cm，底面半径为1 cm，底面圆周上有一点A，由A点出发绕圆锥一周回到A点的最短路线长等于________.解析：将圆锥侧面沿过A的母线剪开展开，得扇形的中心角为120°，于是最短线路长为3cm.2×3cos30°=33cm答案：3三、解答题(本大题共5小题，共70分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(本小题满分12分)用斜二测画法画出如图所示放置的平面图形的直观图.解析：利用斜二测画法的规则求解.注意A、C的定位.求C′，即在x′轴上取单位1长度的点后作y′轴的平行线，在其上取长度为23的线段，则端点即为C′. 同理，可求得A′点的位置.答案：如图所示，四边形O′A′B′C′即为所求.18.(本小题满分14分)如图在四面体A-BCD 中，E 、F 分别为BC 、DA 的中点，AC=21BD=2，EF=3，求异面直线AC 和BD 所成的角.解析：作△ABC 和△ABD 的中位线ME 和MF ，连结EF ，则ME ∥AC ，MF ∥BD ，则AC 和BD 所成的角就是ME 、MF 所成的角，在△MFE 中，用余弦定理得到结论.解：取AB 中点M ，连结ME 、MF ，则ME ∥AC ，MF ∥BD ，且异面直线AC 和BD 所成的角就是ME 、MF 所成的角. ∵在△MEF 中，ME=21AC=1，MF=21BD=2，EF=3， ∴△MEF 是直角三角形，且∠EMF=90°.∴异面直线AC 和BD 所成的角为90°.19.(本小题满分14分)如图，已知PA ⊥矩形ABCD 所在平面，M 、N 分别为AB 、PC 的中点，当∠PDA 为多少度时，MN ⊥平面PCD.解析：求当∠PDA 为多少度时，MN ⊥平面PCD ，可转化为求当MN ⊥平面PCD 时，∠PDA 为多少度.证明时取PD 中点E ，则易证明四边形EAMN 是平行四边形.从而由MN ⊥平面PCD 可得到EA ⊥平面PCD ，从而EA ⊥PD.又易得△PAD 是直角三角形，从而易得到此时∠PDA 的度数.解：取PD中点E，连结EN、EA，则EN=AM，∴EA∥MN.若要使MN⊥平面PCD，则只需EA⊥平面PCD.由题意，CD⊥EA，要使EA⊥平面PCD，则只需EA⊥PD.∵E是PD中点，△PAD是直角三角形，∴当∠PDA为45°时，EA⊥平面PCD，从而MN⊥平面PCD.20.(本小题满分14分)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，设M、N分别为棱A1B1、A1D1的中点，E、F分别为棱B1C1、C1D1的中点，求证:(1)E、F、B、D四点共面；(2)面AMN∥面EFDB.解析：(1)证明E、F、B、D四点共面只要证EF∥DB.(2)欲证面面平行，需证线面平行;欲证线面平行，只需线线平行.将证明面AMN∥面EFDB的问题转化为证明面AMN相交的两条直线AN、MN分别平行于面EFDB内的两条相交直线BE、EF的问题.证明：(1)∵E、F分别为棱B1C1、C1D1的中点，∴EF∥D1B1.∵DB∥D1B1，∴EF∥DB.∴E、F、B、D四点共面.(2)∵M、N分别为棱A1B1、A1D1的中点，∴MN∥D1B1.∵EF∥D1B1，∴MN∥EF.∴MN∥面DBEF.∵N、E分别为棱A1D1、B1C1的中点，∴NE∥AB.∵NE=AB，∴NEBA是平行四边形.∴AN∥BE.∴AN∥面DBEF.∵MN和AN是面AMN中的两条相交线，∴面AMN∥面EFDB.21.(本小题满分16分)如图，ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，E、F分别是AB、PD的中点，∠PDA=45°，(1)求证：AF∥平面PEC；(2)求证：平面PEC⊥平面PCD；(3)若AD=1，CD=2，求点A 到平面PEC 的距离. (1)证明：取PC 中点H ，连FH 得FH ∥CD ，且FH=21CD. 又∵AE =21CD ，∴AE =FH ，即AEHF 是平行四边形.∴AF ∥EH ，∵AF ⊄平面PEC ，HE ⊂平面PEC ， ∴AF ∥平面PEC.(2)证明：∵ABCD 是矩形且PA ⊥底面ABCD ，∴CD ⊥平面PAD. ∴CD ⊥AF.∵PA ⊥AD ，∠PDA=45°，F 是PD 中点. ∴AF ⊥PD.∴AF ⊥平面PCD ，又∵HE ∥AF ，∴HE ⊥平面PCD. ∵HE ⊂面PEC ，∴平面PEC ⊥平面PCD.(3)解：∵AF ∥平面PEC ，∴点A 到平面PEC 之距即为点F 到平面PEC 之距. ∵平面PEC ⊥平面PCD ，在平面PCD 内过F 作PC 的垂线FK 交PC 于K. 则FK ⊥平面PEC ，即点F 到平面PEC 的距离为FK. 由PA ⊥AD ，∠PDA=45°知PD=2.又CD=2，CD ⊥PD ，∴△PCD 斜边上的高为1. ∴FK=21. ∴点A 到平面PEC 的距离为21.。

1.1.4直观图画法【课时目标】1．了解斜二测画法的概念．2．会用斜二测画法画出一些简单的平面图形和立体图形的直观图．用斜二测画法画水平放置的平面图形直观图的步骤：(1)在空间图形中取互相________的x轴和y轴，两轴交于O点，再取z轴，使∠xOz ＝________，且∠yOz＝________．(2)画直观图时把它们画成对应的x′轴、y′轴和z′轴，它们相交于O′，并使∠x′O′y′＝______(或______)，∠x′O′z′＝________，x′轴和y′轴所确定的平面表示水平面．(3)已知图形中平行于x轴、y轴或z轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′轴、y′轴或z′轴的线段．(4)已知图形中平行于x轴或z轴的线段，在直观图中保持原长度________；平行于y 轴的线段，长度为原来的________．一、填空题1．下列结论：①角的水平放置的直观图一定是角；②相等的角在直观图中仍然相等；③相等的线段在直观图中仍然相等；④两条平行线段在直观图中对应的两条线段仍然平行．其中正确的有__________(填序号)．2．具有如图所示直观图的平面图形ABCD的形状是____________．3．如图，正方形O′A′B′C′的边长为1 cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图的周长是________ cm．4．下面每个选项的2个边长为1的正△ABC的直观图不是全等三角形的一组是______(填序号)．5．△ABC面积为10，以它的一边为x轴画出直观图，其直观图的面积为________．6．一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则该平面图形的面积等于__________．7．利用斜二测画法得到：①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③正方形的直观图是正方形；④菱形的直观图是菱形．以上结论，正确的是______________．8．水平放置的△ABC的斜二测直观图如图所示，已知A′C′＝3，B′C′＝2，则AB边上的中线的实际长度为____________．9．如图所示，为一个水平放置的正方形ABCO，它在直角坐标系xOy中，点B的坐标为(2,2)，则在用斜二测画法画出的正方形的直观图中，顶点B′到x′轴的距离为______．二、解答题10．如图所示，已知几何体的三视图，用斜二测画法画出它的直观图．11．如图所示，梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝4 cm，CD＝2 cm，∠DAB＝30°，AD ＝3 cm，试画出它的直观图．能力提升12．已知△ABC的平面直观图△A′B′C′是边长为a的正三角形，那么原△ABC的面积为________．13．在水平放置的平面α内有一个边长为1的正方形A′B′C′D′，如图，其中的对角线A′C′在水平位置，已知该正方形是某个四边形用斜二测画法画出的直观图，试画出该四边形的真实图形并求出其面积．直观图与原图形的关系1．斜二测画法是联系直观图和原图形的桥梁，可根据它们之间的可逆关系寻找它们的联系；在求直观图的面积时，可根据斜二测画法，画出直观图，从而确定其高和底边等；而求原图形的面积可把直观图还原为原图形；此类题易混淆原图形与直观图中的垂直关系而出错，在原图形中互相垂直的直线在直观图中不一定垂直，反之也是．所以在求面积时应按照斜二测画法的规则把原图形与直观图都画出来，找出改变量与不变量．用斜二测画法画出的倍．水平放置的平面图形的直观图的面积是原图形面积的242．在用斜二测画法画直观图时，平行线段仍然平行，所画平行线段之比仍然等于它的真实长度之比，但所画夹角大小不一定是其真实夹角大小．1．1．4直观图画法答案知识梳理(1)垂直90°90°(2)45°135°90°(4)不变一半作业设计1．①②⑤解析由斜二测画法的规则判断．2．直角梯形3．8解析根据直观图的画法，原几何图形如图所示，四边形OABC 为平行四边形，OB ＝22，OA ＝1，AB ＝3，从而原图周长为8 cm ．4．③ 5．522 解析 设△ABC 面积为S ， 则直观图面积S ′＝24S ＝522． 6．2＋ 2解析 如图1所示，等腰梯形A ′B ′C ′D ′为水平放置的原平面图形的直观图，作D ′E ′∥A ′B ′交B ′C ′于E ′，由斜二测直观图画法规则，直观图是等腰梯形A ′B ′C ′D ′的原平面图形为如图2所示的直角梯形ABCD ，且AB ＝2，BC ＝1＋2，AD ＝1，所以S ABCD ＝2＋2．图1 图27．①②解析 斜二测画法得到的图形与原图形中的线线相交、相对线线平行关系不会改变，因此三角形的直观图是三角形，平行四边形的直观图是平行四边形． 8．2．5解析 由直观图知，原平面图形为直角三角形，且AC ＝A ′C ′＝3，BC ＝2B ′C ′＝4，计算得AB ＝5，所求中线长为2．5．9．22 解析画出直观图，则B ′到x ′轴的距离为22·12OA ＝24OA ＝22．10．解 (1)作出长方体的直观图ABCD －A 1B 1C 1D 1，如图a 所示；(2)再以上底面A 1B 1C 1D 1的对角线交点为原点建立x ′，y ′，z ′轴，如图b 所示，在z ′上取点V ′，使得V ′O ′的长度为棱锥的高，连结V ′A 1，V ′B 1，V ′C 1，V ′D 1，得到四棱锥的直观图，如图b ；(3)擦去辅助线和坐标轴，遮住部分用虚线表示，得到几何体的直观图，如图c ．11．解 (1)如图a 所示，在梯形ABCD 中，以边AB 所在的直线为x 轴，点A 为原点，建立平面直角坐标系xOy ．如图b 所示，画出对应的x ′轴，y ′轴，使∠x ′O ′y ′＝45°． (2)在图a 中，过D 点作DE ⊥x 轴，垂足为E ．在x ′轴上取A ′B ′＝AB ＝4 cm ，A ′E ′＝AE ＝323≈2．598 cm ；过点E ′作E ′D ′∥y ′轴，使E ′D ′＝12ED ，再过点D ′作D ′C ′∥x ′轴，且使D ′C ′＝DC ＝2 cm ．(3)连结A ′D ′、B ′C ′，并擦去x ′轴与y ′轴及其他一些辅助线，如图c 所示，则四边形A ′B ′C ′D ′就是所求作的直观图．12．62a 2解析 画△ABC 直观图如图(1)所示：则A ′D ′＝32a ，又∠x ′O ′y ′＝45°，∴A ′O ′＝62a ． 画△ABC 的实际图形，如图(2)所示，AO ＝2A ′O ′＝6a ，BC ＝B ′C ′＝a ， ∴S △ABC ＝12BC·AO ＝62a 2．13．解四边形ABCD的真实图形如图所示，∵A′C′在水平位置，A′B′C′D′为正方形，∴∠D′A′C′＝∠A′C′B′＝45°，∴在原四边形ABCD中，DA⊥AC，AC⊥BC，∵DA＝2D′A′＝2，AC＝A′C′＝2，∴S四边形ABCD＝AC·AD＝22．。

一、选择题1．已知正方体1111ABCD A B C D -，E 、F 分别是正方形1111D C B A 和11ADD A 的中心，则EF 和BD 所成的角的大小是（ ） A ．30B ．45C ．60D ．902．大摆锤是一种大型游乐设备(如图)，游客坐在圆形的座舱中，面向外，通常大摆锤以压肩作为安全束缚，配以安全带作为二次保险，座舱旋转的同时，悬挂座舱的主轴在电机的驱动下做单摆运动.假设小明坐在点A 处，“大摆锤”启动后，主轴OB 在平面α内绕点O 左右摆动，平面α与水平地面垂直，OB 摆动的过程中，点A 在平面β内绕点B 作圆周运动，并且始终保持OB β⊥，B β∈.设4OB AB =，在“大摆锤”启动后，下列结论错误的是（ ）A ．点A 在某个定球面上运动；B ．β与水平地面所成锐角记为θ，直线OB 与水平地面所成角记为δ，则θδ+为定值；C ．可能在某个时刻，AB//α；D ．直线OA 与平面α所成角的正弦值的最大值为17. 3．如图，在正四棱锥P ABCD -中，设直线PB 与直线DC 、平面ABCD 所成的角分别为α、β，二面角P CD B --的大小为γ，则（ ）A ．,αβγβ>>B ．,αβγβ><C ．,αβγβ<>D ．,αβγβ<<4．某几何体的三视图如图所示，其中网格纸的小正方形的边长是1，则该几何体外接球的体积为（ ）A ．323πB ．48πC ．32327π D ．643π 5．如图，正三棱柱111ABC A B C -的高为4，底面边长为43，D 是11B C 的中点，P 是线段1A D 上的动点，过BC 作截面AP α⊥于E ，则三棱锥P BCE -体积的最小值为（ ）A ．3B ．23C ．43D ．126．某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是（ ）A ．24B ．30C ．47D ．677．如图所示，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N 为其所在棱的中点，则异面直线AB 与MN 所成角的大小为（ ）A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°8．如图正三棱柱111ABC A B C 的所有棱长均相等，O 是1AA 中点，P 是ABC 所在平面内的一个动点且满足//OP 平面11A BC ，则直线OP 与平面ABC 所成角正弦值的最大值为（ ）A ．22B ．255C ．3 D ．2779．下图中小正方形的边长为1，粗线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的体积为（ ）A ．64B ．48C ．32D ．1610．某三棱锥的三视图如图所示， 则该三棱锥的体积为（ ）A ．16B ．13C ．23D ．211．已知直线a 、b 都不在平面α内，则下列命题错误的是（ ） A ．若//a b ，//a α，则//b α B ．若//a b ，a α⊥，则b α⊥ C ．若a b ⊥，//a α，则b α⊥D ．若a b ⊥，a α⊥，则//b α12．已知在底面为菱形的直四棱柱1111ABCD A B C D -中，14,42AB BD ==，若60BAD ︒∠=，则异面直线1B C 与1AD 所成的角为（ ）A ．90︒B ．60︒C ．45︒D ．30︒二、填空题13．如图，已知直四棱柱1111ABCD A B C D -的所有棱长均相等，3BAD π∠=，E 是棱AB的中点，设平面α经过直线1A E ，且α平面111,B BCC l α=⋂平面112C CDD l =，若α⊥平面11A ACC ，则异面直线1l 与2l 所成的角的余弦值为_______．14．已知H 是球O 的直径AB 上一点，:1:3AH HB =，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为__________.15．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24，则这个球的体积为____________.16．已知一个圆锥内接于球O （圆锥的底面圆周及顶点均在同一球面上），圆锥的高是底面半径的3倍，圆锥的侧面积为910π，则球O 的表面积为________． 17．已知等腰直角三角形ABC 中，2C π∠=，22CA =，D 为AB 的中点，将它沿CD 翻折，使点A 与点B 间的距离为22，此时三棱锥C ABD -的外接球的表面积为____．18．在三棱锥-P ABC 中，侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形，若3PA =，则侧棱PA 与底面ABC 所成的角的大小是___________．19．如图，在长方体1111ABCDA B C D ﹣中，O 是11B D 的中点，P 是线段AC 上一点，且直线1PA 交平面11AB D 于点M ．给出下列结论：①A ，M ，O 三点共线；②A ，M ，O ，1A 不共面；③A ，M ，C ，O 共面；④B ，1B ，O ，M 共面．其中正确结论的序号为______．20．正四棱台的上、下两底面边长分别是方程x 2－9x ＋18＝0的两根，其侧面积等于两底面面积之和，则其侧面梯形的高为________.三、解答题21．在所有棱长均为2的直棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是菱形，且60BAD ∠=︒，O ，M 分别为1,BD B C 的中点．（Ⅰ）求证：直线//OM 平面11DB C ； （Ⅱ）求二面角1D AC D --的余弦值．22．如图，正四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 的边长为4，4PD =，E 为PA 的中点.（1）求证：//PC 平面EBD . （2）求三棱锥E ABD -的体积.23．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为1的正方形，PA ⊥底面ABCD ，PA AB =，点M 是棱PD 的中点.（1）求证：//PB 平面ACM ； （2）求三棱锥P ACM -的体积.24．如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是边长为2的菱形，60BCD ∠=，已知2PB PD ==，6PA E 为PA 的中点.（1）求证：PC BD ⊥；（2）求二面角B PC E --的余弦值； （3）求三棱锥P BCE -的体积.25．如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 为菱形，且∠DAB =π3，AB =2，EF //AC ，EA =ED =3，BE =5.（1）求证：平面EAD ⊥平面ABCD ； （2）求三棱锥F -BCD 的体积.26．如图，四边形ABCD 为梯形，//,60,2,3,6AB CD C AB BC CD ∠=︒===，点M 在边CD 上，且13CM CD =．现沿AM 将ADM △折起至AQM 的位置，使3QB =．（Ⅰ）求证：QB ⊥平面ABCM ；（Ⅱ）求直线BM 与平面AQM 所成角的正弦值．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．C 解析：C 【分析】作出图形，连接1AD 、11B D 、1AB ，推导出1//EF AB ，11//BD B D ，可得出异面直线EF 和BD 所成的角为11AB D ∠，分析11AB D 的形状，即可得出结果. 【详解】如下图所示，连接1AD 、11B D 、1AB ，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，则11112AD AB B D ===， 所以，11AB D 为等边三角形，则1160AB D ∠=，因为E 、F 分别是正方形1111D C B A 和11ADD A 的中心，则E 、F 分别是11B D 、1AD 的中点，所以，1//EF AB ，在正方体1111ABCD A B C D -中，11//BB DD 且11BB DD =， 所以，四边形11BB D D 为平行四边形，则11//BD B D ， 所以，异面直线EF 和BD 所成的角为1160AB D ∠=. 故选：C. 【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．2．C解析：C 【分析】利用已知条件确定OA 是定值，即得A 选项正确；作模型的简图，即得B 正确；依题意点B 在平面α内，不可能AB//α，得C 错误；设AB a ，结合题意知AB α⊥时，直线OA 与平面α所成角最大，计算此时正弦值，即得D 正确. 【详解】因为点A 在平面β内绕点B 作圆周运动，并且始终保持OB β⊥，所22OA OB AB =+，又因为OB ，AB 为定值，所以OA 也是定值，所以点A 在某个定球面上运动，故A 正确；作出简图如下，OB l ⊥，所以2πδθ+=，故B 正确；因为B α∈，所以不可能有AB//α，故C 不正确； 设AB a ，则4OB a =，2217OA AB OB a =+，当AB α⊥时，直线OA 与平面α所成角最大，此时直线OA 与平面α171717a =，故D 正确. 故选:C. 【点睛】本题解题关键在于认真读题、通过直观想象，以实际问题为背景构建立体几何关系，再运用立体几何知识突破难点.3．A解析：A 【分析】连接AC 、BD 交于O ，连PO ，取CD 的中点E ，连,OE PE ，根据正棱锥的性质可知，PCE α∠=，PCO β∠=，PEO γ∠=，再比较三个角的正弦值可得结果. 【详解】连接AC 、BD 交于O ，连PO ，取CD 的中点E ，连,OE PE ，如图：因为//AB CD ，所以PBA α∠=，又因为四棱锥P ABCD -为正四棱锥，所以PCE α∠=，由正四棱锥的性质可知，PO ⊥平面ABCD ，所以PCO β∠=， 易得OE CD ⊥，PE CD ⊥，所以PEO γ∠=， 因为sin PE PC α=，sin POPCβ=，且PE PO >，所以sin sin αβ>，又,αβ都是锐角，所以αβ>，因为sin PO PE γ=，sin POPCβ=，且PC PE >，所以sin sin γβ>，因为,βγ都是锐角，所以γβ>.故选：A 【点睛】关键点点睛：根据正棱锥的性质，利用异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角的平面角的定义得到这三个角是解题关键，属于中档题.4．A解析：A 【分析】由三视图可知，该几何体是四棱锥，其中四棱锥底面是边长为4的正方形，将四棱锥补成棱长为4的正方体，则该几何体的外接球就是正方体的外接球，进而可得答案. 【详解】由三视图可知，该几何体是如图所示的四棱锥P ABCD -， 其中四棱锥底面是边长为4的正方形，四棱锥的一条侧棱与底面垂直，四棱锥的高为4， 将四棱锥补成棱长为4的正方体， 则该几何体的外接球就是正方体的外接球， 外接球的直径2R 等于正方体的对角线长， 即24323R R =⇒=所以该几何体外接球的体积为(34233π⨯=323π，故选：A.【点睛】方法点睛：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.5．C解析：C 【分析】因为P BCE P ABC E ABC V V V ---=-则当E ABC V -取最大值时，三棱锥P BCE -体积有最小值，建立坐标系求得当点E 的高为3时，问题得解. 【详解】以点O 为原点，,,OA OD OB 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图所示：设点(),0,E x z ，依题意得()6,0,0A ，则()6,0,AE x z =- ，(),0,OE x z = 因为过BC 作截面AP α⊥于E ，所以AE OE ⊥则0AE OE ⋅=， 故()2600x x z -++= 所以()6z x x =-3x =时max 3z =又()143P BCE P ABC E ABC ABCV V V S z ---=-=-因为max 3z =所以三棱锥P BCE -体积的最小值()1114343643332P BCE ABC V S-=-=⋅⋅⋅= 故选：C 【点睛】关键点点晴：本题的解题关键是将问题转化为求E ABC V -的最大值，通过建系求得三棱锥E ABC -的高的最大值即可.6．D解析：D 【分析】先找到几何体的原图，再求出几何体的高，再求几何体的体积得解. 【详解】由三视图可知几何体为图中的四棱锥1P CDD E -， 由题得22437AD =-7 所以几何体的体积为11(24)676732⋅+⋅=. 故选：D 【点睛】方法点睛：通过三视图找几何体原图常用的方法有：（1）直接法；（2）拼凑法；（3）模型法.本题利用的就是模型法.要根据已知条件灵活选择方法求解.7．C解析：C 【分析】由MN 与正方体的面对角线平行，可得异面直线所成的角，此角是正三角形的内角，由此可得． 【详解】作如图所示的辅助线，由于M ，N 为其所在棱的中点，所以//MN PQ ，又因为//AC PQ ，所以//AC MN ，所以CAB ∠即为异面直线AB 与MN 所成的角（或补角），易得AB AC BC ==，所以60CAB ∠=︒. 故选：C ．8．D解析：D 【分析】先找到与平面11A BC 平行的平面OEFG ,确定点P 在直线FG 上，作出线面角，求出正弦，转化为求AP 的最小值. 【详解】分别取1,,CC BC BA 的中点，连接,,,OE EF FG GO ,并延长FG ，如图，由中位线性质可知11//OE A C , 1//EF BC ,且OE EF E =,故平面11//A BC 平面OGFE ，又P 是ABC 所在平面内的一个动点且满足//OP 平面11A BC 则点P 在直线FG 上，OA ⊥平面ABC ,OPA ∴∠是直线OP 与平面ABC 所成角，sin OAOPA OP∴∠=,OA 为定值，∴当OP 最小时，正弦值最大，而22OP OA AP =+，所以当AP 最小时，sin OPA ∠最大， 故当AP FG ⊥时，sin OPA ∠最大， 设棱长为2， 则1212AG =⨯=，而30GAP ∠=︒, 32AP ∴=, 又1212OA =⨯=, 222sin 773()12OAOPA OP∴∠===+故选：D 【点睛】关键点点睛：由P 是ABC 所在平面内的一个动点且满足//OP 平面11A BC ，转化为找过O 的平面与平面11A BC 平行，P 在所找平面与平面ABC 的交线上，从而容易确定出线面角，是本题解题的关键所在.9．C解析：C 【分析】在长方体中还原三视图后，利用体积公式求体积. 【详解】根据三视图还原后可知，该四棱锥为镶嵌在长方体中的四棱锥P -ABCD （补形法） 且该长方体的长、宽、高分别为6、4、4， 故该四棱锥的体积为1(64)4323V =⨯⨯⨯=. 故选C ．(1)根据三视图画直观图，可以按下面步骤进行：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，让后再根据三视图进行调整；(2)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解．10．C解析：C【分析】根据题中所给的几何体的三视图还原几何体，得到相应的三棱锥，之后利用椎体体积公式求得结果.【详解】根据题中所给的几何体的三视图还原几何体如图所示：该三棱锥满足底面BCD△是等腰三角形，且底边和底边上的高线都是2；且侧棱AD⊥底面BCD，1AD=，所以112 =221=323V⨯⨯⨯⨯，故选：C.【点睛】方法点睛：该题考查的是有关根据所给几何体三视图求几何体体积的问题，解题方法如下：（1）应注意把握三个视图的尺寸关系：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），若不按顺序放置和不全时，则应注意三个视图名称；（2）根据三视图还原几何体；（3）利用椎体体积公式求解即可.11．C解析：C利用线面平行的性质和判定定理可判断A 选项的正误；由线面垂直的定义可判断B 选项的正误；根据已知条件判断b 与α的位置关系，可判断C 选项的正误；根据已知条件判断b 与α的位置关系，可判断D 选项的正误. 【详解】由于直线a 、b 都不在平面α内.在A 中，若//a α，过直线a 的平面β与α的交线m 与a 平行，因为//a b ，可得//b m ，b α⊄，m α⊂，所以，//b α，A 选项正确；在B 中，若a α⊥，则a 垂直于平面α内所有直线，//a b ，则b 垂直于平面α内所有直线，故b α⊥，B 选项正确； 在C 中，若a b ⊥，//a α，则b 与α相交或平行，C 选项错误；在D 中，若a b ⊥，a α⊥，则//b α或b α⊂，b α⊄，//b α∴，D 选项正确.故选：C. 【点睛】方法点睛：对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳．12．A解析：A 【分析】把1AD 平移到1BC ，把异面直线所成的角转化为相交直线的夹角． 【详解】 连接1,BD BC ，∵四边形ABCD 为菱形， 60,4BAD AB ︒∠==，4BD ∴=.又1BDD 为直角三角形，22211BD BD DD ∴=+，得14DD =，∴四边形11BCC B 为正方形.连接1BC 交1B C 于点O 11//BC AD ，BOC ∴∠（或其补角)为异面直线1B C 与1AD 所成的角，由于11BCC B 为正方形， 90BOC ︒∴∠=，故异面直线1B C 与1AD 所成的角为90°.【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．二、填空题13．【分析】取的中点连接证明平面平面平面即平面然后分别取的中点证明平面平面可得可得异面直线与所成的角即与所成的角由余弦定理可得答案【详解】由直四棱柱的所有棱长均相等所以是菱形连接且所以因为平面平面所以且解析：910【分析】 取AD 的中点F ，连接1A F ，证明平面1A EF ⊥平面11A ACC ，平面1A EF 即平面α，然后分别取1111B C D C 、的中点M N 、，证明平面1//A EF 平面MNC ，可得//CM 1l ，//CN 2l ，可得异面直线1l 与2l 所成的角即CM 与CN 所成的角，由余弦定理可得答案.【详解】由直四棱柱1111ABCD A B C D -的所有棱长均相等，3BAD π∠=，所以ABCD 是菱形，连接AC BD 、，1111AC B D 、，且ACBD O =，11111A C B D O ⋂=，所以BD AC ⊥，1111B D A C ⊥，因为1AA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以1AA BD ⊥，且1AA AC A =，所以BD ⊥平面11A ACC ，取AD 的中点F ，连接1A F ，连接EF 交AC 与G ，所以//EF BD ，且G 是AO 的中点，所以EF ⊥平面11A ACC ，所以平面1A EF ⊥平面11A ACC ， 又1A E ⊂平面1A EF ，所以平面1A EF 即平面α，分别取1111B C D C 、的中点M N 、，连接MN 交11A C 与H 点，H 即为11O C 的中点， 所以1A H GC =，且1//A H GC ，所以四边形1A HCG 是平行四边形，所以1//A G HC ，1AG ⊄平面CMN ，CH ⊂平面CMN ，所以//A G 平面CMN ， 又因为11//////EF BD B D MN ，EF ⊄平面CMN ，MN ⊂平面CMN ， 所以//MN 平面CMN ，又1AG EF G =，所以平面1//A EF 平面MNC ，且平面11B C CB ⋂平面MNC MC =， 平面11D C CD平面MNC NC =，所以//CM 1l ，//CN 2l ，所以异面直线1l 与2l 所成的角即CM 与CN 所成的角，设2AB =， 则直四棱柱1111ABCD A B C D -的所有棱长均为2，由3BAD π∠=，所以112BD AB B D ===，11112MN D B ==， 且2211415CM CN CC C M ==+=+=，由余弦定理得222551922510CM CN MN MCN CM CN +-+-∠===⨯⨯.故答案为：910. 【点睛】本题考查了异面直线所成的角，关键点是作出平面α及找出异面直线所成的角，考查了学生分析问题、解决问题的能力及空间想象力.14．【分析】求出截面圆的半径设可得出从而可知球的半径为根据勾股定理求出的值可得出球的半径进而可求得球的表面积【详解】如下图所示设可得出则球的直径为球的半径为设截面圆的半径为可得由勾股定理可得即即所以球的 解析：163π【分析】求出截面圆H 的半径，设AH x =，可得出3HB x =，从而可知，球O 的半径为2x ，根据勾股定理求出x 的值，可得出球O 的半径，进而可求得球O 的表面积. 【详解】如下图所示，设AH x =，可得出3HB x =，则球O 的直径为4AB x =，球O 的半径为2x ，设截面圆H 的半径为r ，可得2r ππ=，1r ∴=，由勾股定理可得()2222OH r x +=，即()22214x AH x -+=，即2214x x +=，3x ∴=， 所以，球O 的半径为232x =，则球O 的表面积为22316433S ππ⎛⎫=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭. 故答案为：163π. 【点睛】方法点睛：在求解有关球的截面圆的问题时，一般利用球的半径、截面圆的半径以及球心到截面圆的距离三者之间满足勾股定理来求解.15．【分析】根据正方体的表面积可得正方体边长然后计算外接球的半径利用球的体积的公式可得结果【详解】设正方体边长正方体外接球的半径为R 由正方体的表面积为24所以则又所以所以外接球的体积为：故答案为：【点睛 解析：3π【分析】根据正方体的表面积，可得正方体边长a ，然后计算外接球的半径3R =，利用球的体积的公式，可得结果. 【详解】设正方体边长a ，正方体外接球的半径为R ， 由正方体的表面积为24，所以2624a =， 则2a =，又3R =，所以3R ， 所以外接球的体积为：(334434333R πππ==.故答案为：3π.【点睛】方法点睛：求多面体的外接球的表面积和体积问题关键是要求出外接球的半径，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.16．【分析】设圆锥的底面半径为球的半径为根据勾股定理可得根据圆锥的侧面积公式可得再根据球的表面积公式可得结果【详解】设圆锥的底面半径为球的半径为则圆锥的高为则球心到圆锥的底面的距离为根据勾股定理可得化简 解析：100π【分析】设圆锥的底面半径为r ，球O 的半径为R ，根据勾股定理可得53R r =，根据圆锥的侧面积公式可得3,5r R ==，再根据球的表面积公式可得结果. 【详解】设圆锥的底面半径为r ，球O 的半径为R ，则圆锥的高为3r ， 则球心O 到圆锥的底面的距离为3r R -， 根据勾股定理可得()2223R r r R =+-，化简得53R r =，因为圆锥的高为3r =，所以圆锥的侧面积为2r r π=，2r =，解得r =3，所以5353R =⨯=， 所以球O 的表面积为24425100R πππ=⨯=. 故答案为：100π 【点睛】关键点点睛：利用圆锥的侧面积公式和球的表面积公式求解是解题关键.17．12【分析】根据题意可判断出两两垂直即可求出外接球半径得出表面积【详解】等腰直角三角形中为的中点满足两两垂直设外接球的半径为则即三棱锥的外接球的表面积为故答案为：【点睛】本题考查三棱锥外接球问题解题 解析：12π【分析】根据题意可判断出,,DC DA DB 两两垂直，即可求出外接球半径，得出表面积. 【详解】等腰直角三角形ABC 中，2C π∠=，CA CB ==D 为AB 的中点，2CD AD BD ∴===，,CD AD CD BD ∴⊥⊥， 22AB =，满足222AD BD AB +=，AD BD ∴⊥，,,DC DA DB ∴两两垂直，设外接球的半径为R ，则222222223R =++=，即3R =，∴三棱锥C ABD -的外接球的表面积为2412R ππ=.故答案为：12π.【点睛】本题考查三棱锥外接球问题，解题的关键是得出,,DC DA DB 两两垂直.18．【分析】先画出直观图证明平面平面然后侧棱与底面ABC 所成的角即为根据题目中的数据算出即可【详解】如图作的中点连结因为侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形而为的中点所以又所以平面同时平面所以平 解析：o 60.【分析】先画出直观图，证明平面PAD ⊥平面ABC ，然后侧棱PA 与底面ABC 所成的角即为PAD ∠，根据题目中的数据算出即可.【详解】如图，作BC 的中点D ，连结AD 、PD因为侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形而D 为BC 的中点，所以BC PD ⊥，BC AD ⊥，又PD AD D ⋂=，所以BC ⊥平面PAD ，同时BC ⊂平面ABC所以平面PAD ⊥平面ABC ，所以PAD ∠即为侧棱PA 与底面ABC 所成的角由侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形得AD PD ==PA =所以PAD ∆为等边三角形，则=PAD ∠o 60即侧棱PA 与底面ABC 所成的角为o 60故答案为：o 60【点睛】本题主要考查空间直线与平面所成角的计算，较简单.19．①③【分析】由公理1判断①正确；由公理2判断②错误③正确用反证法可得④错误【详解】∵连接∵是的中点∴平面与平面有公共点与则平面平面对于①平面则平面又平面则即三点共线故①正确；对于②在平面内由①知∴平解析：①③【分析】由公理1判断①正确；由公理2判断②错误③正确，用反证法可得④错误.【详解】∵连接11A C ，∵O 是11B D 的中点，∴11O A C ∈．平面11AB D 与平面11AAC C 有公共点A 与O ，则平面11AAC C 平面11AB D AO =．对于①，1M PA ∈，1PA ⊂平面11AAC C ，则M ∈平面11AAC C ，又M ∈平面11AB D ，则M AO ∈，即A ，M ，O 三点共线，故①正确；对于②，A ，O ，1A 在平面11AAC C 内，由①知M AO ∈，∴O ∈平面11AAC C ， 即A ，M ，O ，1A 共面，故②错误；对于③，A ，O ，C 在平面11AAC C 内，由①知M AO ∈，∴O ∈平面11AA C CA ， 则A ，M ，C ，O 共面11AAC C ，故③正确；对于④，连接BD ，则B ，1B ，O 都在平面11BB D D 上，若M ∈平面11BB D D ，则直线OM ⊂平面11BB D D ，∴A ∈面11BB D D ，显然A ∉面11BB D D 的，故④错误．∴正确命题的序号是①③．故答案为：①③．【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中的直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力与思维能力，是中档题.20．【分析】】解方程得出棱台的上下底面边长根据面积关系和比例关系求出棱台的高和小棱锥的高【详解】解方程x2－9x ＋18＝0得x=3或x=6∴棱台的上下底面边长分别为36设棱台的斜高为h 则∴h=即答案为【 解析：52【分析】】解方程得出棱台的上下底面边长，根据面积关系和比例关系求出棱台的高和小棱锥的高．【详解】解方程x 2－9x ＋18＝0得x=3或x=6，∴棱台的上下底面边长分别为3，6．设棱台的斜高为h ，， 则22143636452h ⨯⨯+=+=（） ， ∴h=52． 即答案为52． 【点睛】本题考查了棱台的结构特征，画出草图帮助观察各线段的关系比较重要．三、解答题21．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ5 【分析】（Ⅰ）由中位线定理证明1//OM C D ，即可得线面平行；（Ⅱ）连1D O ，证明1D OD ∠为二面角1D AC D --的平面角， 在直角1D DO △中计算可得．【详解】解：（Ⅰ）连1BC ，则M 也为1BC 的中点，又M 为BD 的中点，所以1//OM C D ，因为OM ⊄平面11DB C ，1C D ⊂平面11DC B ，所以直线//OM 平面11DB C ；（Ⅱ）连1D O ，因为ABCD 是菱形，所以DO AC ⊥，又1111ABCD A B C D -为直棱柱，底面为菱形，所以11D A D C =，而O 为AC 中点，所以1D O AC ⊥，所以1D OD ∠为二面角1D AC D --的平面角，因为ABCD 是边长为2的菱形，且60BAD ∠=︒，所以1DO =，又12DD =， 由直棱柱知1DD DO ⊥，所以15DO =，所以115cos DO D OD D O ∠==．【点睛】方法点睛：本题考查证明线面平行，考查求二面角角，求二面角常用方法：（1）定义法：作出二面角的平面角并证明，然后在三角形中计算可得；（2）向量法：建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量夹角的余弦即可得二面角的余弦（注意判断二面角是锐角还是钝角）．22．（1）证明见解析；（2）823. 【分析】（1）连接AC 交BD 于点O ，连接EO ，利用三角形中位线定理可得//EO PC ，再由线面平行的判定定理可得结论；（2）先证明PO ⊥面ABCD ，由E 是PA 的中点，可得E 到面ABCD 的距离12PO =，再利用棱锥的体积公式可得答案.【详解】（1）连接AC 交BD 于点O ，连接EO .四边形ABCD 为正方形，所以O 为AC 中点，又E 为PA 中点， //EO PC ∴，又EO ⊂面EBD ，PC ⊄面EBD ，//PC ∴面EBD .（2）正四棱锥P ABCD -中,PA PC =，O 是AC 的中点PO AC ∴⊥，PD PB =，O 是BD 的中点PO BD ∴⊥，又AC 与BD 在平面ABCD 内相交，所以PO ⊥面ABCD E 是PA 的中点，E ∴到面ABCD 的距离12PO =， 221822,2ABD S AB AD PO PD DO ∆=⋅⋅==-= 182323E ABD ABD PO V S -∆=⋅⋅= 【点睛】方法点睛：证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面.23．（1）证明见解析；（2）23． 【分析】（1）连接BD 交AC 于点O ，由中位线定理得//OM PB ，从而得证线面平行； （2）由M 是PD 中点，得12M ACD P ACD V V --=，求出三棱锥P ACD -的体积后可得． 【详解】（1）如图，连接BD 交AC 于点O ，连接OM ，则O 是BD 中点，又M 是PD 中点， ∴//OM PB ，又PB ⊄平面ACM ，OM ⊂平面ACM ，所以//PB 平面ACM ；（2）由已知12222ACD S =⨯⨯=，11422333P ACD ACD V S PA -=⋅=⨯⨯=△，又M 是PD 中点，所以1223M ACD P ACD V V --==， 所以23P ACM P ACD M ACD V V V ---=-=．【点睛】思路点睛：本题考查证明线面平行，求三棱锥的体积．求三棱锥的体积除掌握体积公式外，还需要注意割补法，不易求体积的三棱锥（或一个不规则的几何体）的体积可通过几个规则的几何体（柱、锥、台等）的体积加减求得．三棱锥的体积还可通过转化顶点，转移底面利用等体积法转化为求其他三棱锥的体积，从而得出结论．24．（1）证明见解析；（2）155；（3）12. 【分析】（1）连接AC 交BD 于点O ，连接PO ，推导出BD ⊥平面PAC ，进而可得出PC BD ⊥；（2）过点O 在平面PAC 内作OF PC ⊥，垂足为点F ，连接BF ，推导出OFB ∠为二面角B PC E --的平面角，计算出OF 、BF ，可计算出cos OFB ∠，即可得解； （3）计算出PCE 的面积，利用锥体的体积公式可得出13P BCE B PCE PCE V V S OB --==⋅△，即可得解. 【详解】证明：（1）连接AC 交BD 于O 点，连接PO ，∵四边形ABCD 是菱形，AC BD ∴⊥，则O 是BD 的中点，PB PD =，PO BD ∴⊥，又AC PO O =，AC 、OP ⊂平面PAC ，BD ∴⊥平面PAC ，又PC ⊂平面PAC ，PC BD ∴⊥；（2）由（1）知BO ⊥平面PAC ，PC ⊂平面PAC ，则OB PC ⊥，过O 在平面PAC 内作OF PC ⊥于F ，连接BF ，。