2012届高三数学一轮复习第九章《立体几何》93精品练习

2012高考立体设计理数通用版第九章 2 简单几何体的表面积和体积课后限时作业一、选择题（本大题共6小题，每小题7分，共42分）1.一个棱锥被平行于底面的平面所截，若截面面积与底面面积之比为4∶9，则此棱锥的侧棱被分成的上、下两部分之比为 （ ） A.4∶9B.2∶1C.2∶3D.2∶3解析：由截面与底面为相似多边形，可得小棱锥侧棱与大棱锥侧棱之比为2∶3，所以原棱锥的侧棱被分成的两部分之比为2∶1. 答案：B2.一个圆锥的轴截面为正三角形，其边长为a ，则其表面积为 ( ) A.245a π B.a 2πC.243a π D.241a π 解析：S 侧＝ππ2212a a a =•,S 底＝ππ4222a a =⎪⎭⎫⎝⎛, 则S 表＝S 侧+S 底＝243a π ． 答案：C3.如图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是（ ）A.9πB.10πC.11πD.12π解析：由几何体的三视图可知此几何体是圆柱体与球体的组合体, S 表=4πR 2+2πr 2+2πr ·h,代入数据得S 表=4π·12+2π·12+2π·1·3＝12π. 答案：D4．(2010·汕头质检)圆柱的侧面展开图是长12 cm ，宽8 cm 的矩形，则这个圆柱的体积 为 ( ) A.288π cm 3 B.192πcm 3C.288π cm 3或192πcm 3D ．192π cm 3解析：分两种情况：①12为底面圆周长时，2πr ＝12，则r ＝6π，所以V ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫6π2×8＝288π(cm3)；②8为底面圆周长时，则2πr＝8，所以r＝4π，所以V＝π⎝⎛⎭⎪⎫4π2×12＝192π(cm3)．故选C.答案：C5.(2011届·福州质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于 ( )A.328π B.316C.34π+8 D.12π解析：由三视图可知，该几何体为底面半径是2，高为2的圆柱体和半径为1的球体的组合体，则该几何体的体积为π×22×2＋34π＝328π．答案：A6．将正方体ABCD－A1B1C1D1截去四个角后得到一个四面体BDA1C1，这个四面体的体积是原正方体体积的( ) A.12B.13C.23D.14解析：截去的四个角是四个侧棱两两垂直的四面体，且V＝16·a3(a为正方体的棱长)，则剩下的四面体的体积V′＝a3－4·16·a3＝13a3.所以这个四面体的体积是正方体体积的13.答案：B二、填空题（本大题共4小题，每小题6分，共24分）7．两个球的表面积之比是1∶16，这两个球的体积之比为 .解析：由球的表面积公式S＝4πR2和体积V＝43πR3, 有S1S2＝3221⎪⎪⎭⎫⎝⎛VV.答案：1∶648.已知正方体外接球的体积是332π,那么正方体的棱长等于 .解析：球的直径正好是正方体体对角线，由V球=ππ332343=R,得R=2，则43=a,正方体棱长334=a.答案：3349.如图①所示一个正三棱柱形容器，高为2a ，内装水若干，将容器放倒使一个侧面成为底面，这时水面恰为中截面，如图②，则未放倒前的水面高度为 ．解析：设底面积为S,水的高度为h.由Sh=43S ·2a ，得h=23a. 答案：23a 10.在平面内，三角形的面积为S ，周长为C ，则它的内切圆的半径r=C2S．在空间中，三棱锥的体积为V ，表面积为S ，利用类比推理的方法，可得三棱锥的内切球（球面与三棱锥的各个面均相切）的半径R= ．解析：连接内切球球心和三棱锥各顶点，形成四个三棱锥，由棱锥体积公式，有V=31（S 1+S 2+S 3+S 4)R=31S ·R （S 1，S 2，S 3，S 4为各个面的面积）．解得R ＝S3V . 答案：S3V三、解答题（本大题共2小题，每小题12分，共24分）11.已知过球面上A,B,C 三点的截面和球心的距离为球半径的一半，且AB=BC=CA=2，求球的表面积.解：设截面圆心为O ′，连结O ′A ，设球半径为R ，则O ′A=32×23×2=332.在Rt △O ′OA 中，OA 2=O ′A 2+O ′O 2，所以R 2=2332⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+41R 2,所以R=34，所以S=4πR 2=964π. 12．已知一个圆锥的底面半径为R ，高为H .一个圆柱的下底面在圆锥的底面上，且圆柱的上底面为圆锥的截面，设圆柱的高为x . (1)求圆柱的侧面积．(2)x 为何值时，圆柱的侧面积最大？解：(1)作轴截面如图所示，设内接圆柱底面半径为r ，则S 圆柱侧＝2πr ·x ，由三角形相似得r R ＝H －xH，所以r ＝RH(H －x )，S 圆柱侧＝2πx ·R H (H －x )＝2πR H(－x 2＋Hx )(0<x <H )．(2)S 圆柱侧＝2πR H (－x 2＋Hx )＝2πR H ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －H 22＋H 24，所以当x ＝H 2时，S 圆柱侧最大＝πRH2.B 组一、选择题(本大题共2小题，每小题8分，共16分)1.（2010·北京）如图，正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2，动点E 、F 在棱A 1B 1上，动点P ，Q 分别在棱AD ，CD 上，若EF=1，A 1E=x ，DQ=y ，DP ＝z （x ，y ，z 大于零），则四面体PEFQ 的体积 ( )A ．与x ，y ，z 都有关B ．与x 有关，与y ，z 无关C ．与y 有关，与x ，z 无关D ．与z 有关，与x ，y 无关解析：从图中可以分析出，△EFQ 的面积永远不变，为面A 1B 1CD 面积的41，而当P 点变化时，它到面A 1B 1CD 的距离是变化的，因此会导致四面体体积的变化. 答案：D 2.（2010·全国Ⅰ）已知在半径为2的球面上有A 、B 、C 、D 四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD 的体积的最大值为 ( ) A.332 B.334C.32D.338解析：过CD 作平面PCD ，使AB ⊥平面PCD,交AB 与P,设点P 到CD 的距离为h,则有 V四面体ABCD＝31×2×21×2×h=32h,当直径通过AB 与CD 的中点时,h max =22122-=32,故V max =334. 答案：B二、填空题（本大题共2小题，每小题8分，共16分）3.一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面. 已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的高为3，底面周长为3，那么这个球的体积为 . 解析：通过画图易知六棱柱的最长的体对角线为球的直径，求得球的半径为1，故球的体积为34π． 答案：34π4.某几何体的三视图如图所示，当a ＋b 取最大值时，这个几何体的体积为 ．解析：如图所示，可知AC=6，BD=1，BC=b ，AB=a.设CD=x ，AD=y ，则x 2＋y 2＝6，x 2＋1＝b 2，y 2＋1＝a 2，消去x 2，y 2得a 2＋b 2＝8≥()22b a +，所以a ＋b ≤4，当且仅当a ＝b ＝2时等号成立，此时x ＝3，y ＝3， 所以V ＝31×21×1×3×3＝21. 答案：21 三、解答题（本大题共2小题，每小题14分，共28分） 5.如图，边长为1的正方形ABCD 中，点E 是AB 的中点，点F 是BC 的中点，将△AED 、△DCF分别沿DE 、DF 折起，使A 、C 两点重合于点A 1．（１）求证：A 1D ⊥EF ；（２）求三棱锥A 1-DEF 的体积.（1）证明：由正方形ABCD 知，∠DCF=∠DAE=90°, 则A 1D ⊥A 1F ，A 1D ⊥A 1E ，且A 1E ∩A 1F ＝A 1， 所以A 1D ⊥平面A 1EF.又EF ⊂平面A 1EF ，所以A 1D ⊥EF ． （2）解：由A 1F=A 1E=21，EF=22及勾股定理，得A 1E ⊥A 1F,所以811=∆EF A S , 所以241311111=•==∆--D A S V V EF A EFA D DEF A . 6.如图所示的三个图中，左边的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图．它的正视图和侧视图在右边画出（单位：cm ）.（1）在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图； （2）按照给出的尺寸，求该多面体的体积；（3）在所给直观图中连结BC ′，证明：BC ′∥平面EFG ． （1）解：如图.（2）解：所求多面体体积V=V 长方体-V 正三棱锥＝4×4×6-31×（21×2×2）×2=)(cm 32843. (3)证明：在长方体ABCD-A ′B ′C ′D ′中，连结AD ′，则AD ′∥BC ′．因为E,G分别为AA′，A′D′的中点，所以AD′∥EG，从而EG∥BC′．又BC′ 平面EFG，所以BC′∥平面EFG．。

1.（2010·某某）若某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的体积是( )Ａ．3cm 3352Ｂ．3cm 3320Ｃ．3cm 3224Ｄ．3cm 3160 解析：该空间几何体上半部分是底面边长为4的正方形，高为2的正四棱柱，其体积为4×4×2=32（3cm ）,下半部分是上、下底面边长分别为4、8，高为2的正四棱台，其体积为31×（16+4×8+64）×2=)(cm 32243.故其总体积为3320322432=+（3cm ）. 答案：B2.（2010·全国Ⅱ）已知正四棱锥S-ABCD 中，SA=32，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为( ) Ａ．１Ｂ．3Ｃ．2Ｄ．3解析：设底面边长为a ， 则高2a -122a 2-SA h 222=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=. 所以体积642a 21-12a 31h a 31V ==. 设y=64a 21-12a ,则53348a a y -='， 当y 取最值时，53348a a y -='=0，解得a=0（舍去）或a=4时，体积最大，此时22122=-=a h ． 答案：C3.（2009·某某）若等腰直角三角形的直角边长为２，则以一直角边所在的直线为轴旋转一周所成的几何体体积是.解析：如图所示，等腰直角三角形ABC 绕直角边AB 为轴旋转一周所得的几何体为圆锥，该圆锥的底面半径与高均为2，其体积3822312ππ=⨯⨯=V .答案：38π 4.（2009·某某）在平面上，若两个正三角形的边长的比为1∶2，则它们的面积比为1∶4．类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的体积比为．解析：由题意知，面积比是边长比的平方，由类比推理知：体积比是棱长比的立方． 答案：1∶85.（2010·某某）如图所示，为了制作一个圆柱形灯笼，先要制作4个全等的矩形骨架，总计耗用9.6米铁丝，再用S 平方米塑料片制成圆柱的侧面和下底面（不安装上底面）.（１）当圆柱底面半径r 取何值时，S 取得最大值？并求出该最大值（结果精确到0.01平方米）; （２）若要制作一个如图放置的，底面半径为0.3米的灯笼，请作出用于灯笼的三视图（作图时，不需考虑骨架等因素）.解:（１）设圆柱形灯笼的母线长为l ，则l=1.2-2r(0<r<0.6)，S=-3π(r-0.4)2+0.48π，所以当r=0.4时，S 取得最大值约为1.51平方米.（２）当r=0.3时，l=0.6，作三视图如下．。

高三数学一轮复习第九章《立体几何》94精品练习一、选择题1．(文)(09·福建)设m，n是平面α内的两条不同直线；l1，l2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分而不必要条件是( )A．m∥β且l1∥αB．m∥l1且n∥l2C．m∥β且n∥βD．m∥β且n∥l2[答案] B[解析] 如图(1)，α∩β＝l，m∥l，l1∥l，满足m∥β且l1∥α，故排除A；如图(2)，α∩β＝l，m∥n∥l，满足m∥β，n∥β，故排除C.在图(2)中，m∥n∥l∥l2满足m∥β，n∥l2，故排除D，故选B.[点评] ∵l1与l2相交，m∥l1，n∥l2，∴m与n相交，由面面平行的判定定理可知α∥β；但当m、n⊂α，l1，l2⊂β，l1与l2相交，α∥β时，如图(3)，得不出m∥l1且n∥l2.(理)设a，b是两条直线，α，β是两个平面，则a⊥b的一个充分条件是( )A．a⊥α，b∥β，α⊥βB．a⊥α，b⊥β，α∥βC．a⊂α，b⊥β，α∥βD．a⊂α，b∥β，α⊥β[答案] C[解析] 对于A，如图正方体α、β分别为平面ABCD与平面ADD1A1，a、b分别为直线B1B和C1C.a与b也可能平行，对于B，∵a⊥α，α∥β，∴a⊥β，又b⊥β，∴a∥b，对于D，a与b也可能平行，故选C.2．(2010·郑州检测)已知α，β，γ是三个不同的平面，命题“α∥β，且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题．如果把α，β，γ中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题有( )A．0个B．1个C．2个D．3个[答案] C[解析] 依题意得，命题“a∥b，且a⊥γ⇒b⊥γ”是真命题(由“若两条平行线中的一条与一个平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”可知)；命题“a∥β，且a⊥c⇒β⊥c”是假命题(直线c 可能位于平面β内，此时结论不成立)；命题“α∥b ，且α⊥c ⇒b ⊥c ”是真命题(因为α∥b ，因此在平面α内必存在直线b 1∥b ；又α⊥c ，因此c ∥b 1，c ⊥b )．综上所述，其中真命题共有2个，选C.3．(2010·东北三校模拟)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P 分别为A 1B 1，CD ，B 1C 1的中点，则下列命题正确的是( )A ．AM 与PC 是异面直线B ．AM ⊥PC C ．AM ∥平面BC 1ND ．四边形AMC 1N 为正方形 [答案] C[解析] 连接MP ，AC ，A 1C 1，AM ，C 1N ，由题易知MP ∥A 1C 1∥AC ，且MP ＝12AC ，所以AM 与PC 是相交直线，假设AM ⊥PC ，∵BC ⊥平面ABB 1A 1，∴BC ⊥AM ，∴AM ⊥平面BCC 1B 1，又AB ⊥平面BCC 1B 1矛盾，∴AM 与PC 不垂直．因为AM ∥C 1N ，C 1N ⊂平面BC 1N ，所以AM ∥平面BC 1N .又易得四边形AMC 1N 为菱形而不是正方形，故选C.4．(文)对两条不相交的空间直线a 与b ，必存在平面α，使得( ) A ．a ⊂α，b ⊂α B ．a ⊂α，b ∥α C ．a ⊥α，b ⊥αD ．a ⊂α，b ⊥α[答案] B[解析] a 、b 异面时，A 错，C 错；若D 正确，则必有a ⊥b ，故排除A 、C 、D ，选B. (理)设a 、b 为两条直线，α、β为两个平面．下列四个命题中，正确的命题是( ) A ．若a 、b 与α所成的角相等，则a ∥b B ．若a ∥α，b ∥β，α∥β，则a ∥b C ．若a ⊂α，b ⊂β，a ∥b ，则α∥β D ．若a ⊥α，b ⊥β，α⊥β，则a ⊥b [答案] D[解析] 若直线a 、b 与α成等角，则a 、b 平行、相交或异面；对选项B ，如a ∥α，b ∥β，α∥β，则a 、b 平行、相交或异面；对选项C ，若a ⊂α，b ⊂β，a ∥b ，则α、β平行或相交；对选项D ，由⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αβ⊥α⇒a ∥β或a ⊂β，无论哪种情形，由b ⊥β都有b ⊥a .，故选D.5．一个正方体纸盒展开后如图，在原正方体纸盒中有下列结论：①AB ⊥EF ②AB 与CM 成60°③EF 与MN 是异面直线④MN ∥CD 其中正确的是( )A．①②B．③④C．②③D．①③[答案] D[解析] 本题考查学生的空间想象能力，将其还原成正方体如图所示，AB⊥EF，EF与MN 是异面直线，AB∥CM，MN⊥CD.只有①③正确，故选D.6．(文)(2010·山东潍坊)已知m、n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是( )A．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥βB．若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥βC．若m∥n，m∥α，则n∥αD．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β[答案] D[解析] 对于选项A，两平面β、γ同垂直于平面α，平面β与平面γ可能平行，也可能相交；对于选项B，平面α、β可能平行，也可能相交；对于选项C，直线n可能与平面α平行，也可能在平面α内；对于选项D，∵m∥n，m⊥α，∴n⊥α，又n⊥β，∴α∥β，故选D.(理)(2010·曲师大附中)已知两个不同的平面α，β和两条不重合的直线a，b，则下列四个命题中为真命题的是( )A．若a∥b，b⊂α，则a∥αB．若α⊥β，α∩β＝b，a⊥b，则a⊥βC．若a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥βD．若α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α，则a∥β[答案] D[解析] 选项A中，直线a可能在平面α内；选项B中，直线a可能在平面β内；选项C中，直线a，b为相交直线时命题才成立．7．(2010·江苏南通)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P、Q分别是棱AA1、CC1的中点，则过点B、P、Q的截面是( )A．邻边不等的平行四边形B．菱形但不是正方形C．邻边不等的矩形D．正方形[答案] B[解析] 设正方体棱长为1，连结D1P，D1Q，则易得PB＝PQ＝D1P＝D1Q＝52，取D1D的中点M，则D1P綊AM綊BQ，故截面为四边形PBQD1，它是一个菱形，又PQ＝AC＝2，∴∠PBQ 不是直角，故选B.8．(文)(2010·山东日照、聊城模考)已知直线l、m，平面α、β，且l⊥α，m⊂β，给出下列四个命题：①若α∥β，则l⊥m；②若l⊥m，则α∥β；③若α⊥β，则l∥m；④若l∥m，则α⊥β；其中真命题是( )A．①②B．①③C．①④D．②④[答案] C[解析][点评] 如图，α∩β＝m，则l⊥m，故(2)假；在上述图形中，当α⊥β时，知③假．(理)(2010·福建福州市)对于平面α和共面的直线m，n，下列命题是真命题的是( ) A．若m，n与α所成的角相等，则m∥nB．若m∥α，n∥α，则m∥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m⊂α，n∥α，则m∥n[答案] D[解析] 正三棱锥P－ABC的侧棱PA、PB与底面成角相等，但PA与PB相交应排除A；若m∥α，n∥α，则m与n平行、相交或异面，应排除B；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，应排除C.∵m、n共面，设经过m、n的平面为β，∵m⊂α，∴α∩β＝m，∵n∥α，∴n∥m，故D正确．9．(文)(2010·北京顺义一中月考)已知l是直线，α、β是两个不同平面，下列命题中的真命题是( )A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若α⊥β，l∥α，则l⊥βC．若l⊥α，l∥β，则α⊥βD．若l∥α，α∥β，则l∥β[答案] C[解析] 如图在正方体ABCD－A1B1C1D1中，取平面ABD1A1为α，平面ABCD为β，B1C1为l，则排除A、B；又取平面ADD1A1为α，平面BCC1B1为β，B1C1为l，排除D.(理)(2010·广东罗湖区调研)已知相异直线a，b和不重合平面α，β，则a∥b的一个充分条件是( )A．a∥α，b∥αB．a∥α，b∥β，α∥βC．a⊥α，b⊥β，α∥βD．α⊥β，a⊥α，b∥β[答案] C[解析] a∥α，b∥α时，a与b可相交可异面也可平行，故A错；a∥α，b∥β，α∥β时，a与b可异面，故B错；由α⊥β，a⊥α得，a∥β或a⊂β，又b∥β，此时a与b 可平行也可异面，排除D.10．(2010·日照实验高中)如图，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，AB ＝1，M ，N 分别在AD 1，BC 上移动，且始终保持MN ∥平面DCC 1D 1，设BN ＝x ，MN ＝y ，则函数y ＝f (x )的图象大致是( )[答案] C[解析] 过M 作ME ⊥AD 于E ，连接EN ，则平面MEN ∥平面DCC 1D 1，所以BN ＝AE ＝x (0≤x <1)，ME ＝2x ，MN 2＝ME 2＋EN 2，则y 2＝4x 2＋1，y 2－4x 2＝1(0≤x <1，y >0)，图象应是焦点在y 轴上的双曲线的一部分．故选C.二、填空题11．(文)如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 分别是棱CC 1、C 1D 1、D 1D 、DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 满足条件________时，有MN ∥平面B 1BDD 1.[答案] M ∈线段FH[解析] 因为HN ∥BD ，HF ∥DD 1，所以平面NHF ∥平面B 1BDD 1，又平面NHF ∩平面EFGH ＝FH .故线段FH 上任意点M 与N 相连，有MN ∥平面B 1BDD 1，故填M ∈线段FH .(理)(2010·南充市模拟)已知两异面直线a ，b 所成的角为π3，直线l 分别与a ，b 所成的角都是θ，则θ的取值范围是________．[答案] [π6，π2]12．在四面体ABCD 中，M 、N 分别是△ACD 、△BCD 的重心，则四面体的四个面中与MN 平行的是________．[答案] 面ABC 和面ABD[解析] 连结AM 并延长交CD 于点E ，∵M 为△ACD 的重心，∴E 为CD 的中点， 又N 为△BCD 的重心，∴B 、N 、E 三点共线， 由EM MA ＝EN NB ＝12得MN ∥AB ， 因此MN ∥平面ABC ，MN ∥平面ABD .13．如图是一正方体的表面展开图，B 、N 、Q 都是所在棱的中点，则在原正方体中， ①AB 与CD 相交；②MN ∥PQ ；③AB ∥PE ；④MN 与CD 异面；⑤MN ∥平面PQC . 其中真命题的序号是________．[答案] ①②④⑤[解析] 将正方体还原后如图，则N 与B 重合，A 与C 重合，E 与D 重合，∴①、②、④、⑤为真命题．14．如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点P 是棱AD 上一点，且AP ＝a3，过B 1，D 1，P 的平面交底面ABCD 于PQ ，Q 在直线CD 上，则PQ ＝________.[答案]223a [解析] ∵B 1D 1∥平面ABCD ，平面B 1D 1P ∩平面ABCD ＝PQ ，∴B 1D 1∥PQ ， 又B 1D 1∥BD ，∴BD ∥PQ ，设PQ ∩AB ＝M ，∵AB ∥CD ，∴△APM ∽△DPQ ，∴PQ PM ＝PDAP＝2，即PQ ＝2PM ， 又△APM ∽△ADP ，∴PM BD ＝AP AD ＝13，∴PM ＝13BD ，又BD ＝2a ，∴PQ ＝223a .三、解答题15．(文)(2010·南京调研)如图，在四棱锥E －ABCD 中，四边形ABCD 为平行四边形，BE ＝EC ，AE ⊥BE ，M 为CE 上一点，且BM ⊥平面ACE .(1)求证：AE ⊥BC ；(2)如果点N 为线段AB 的中点，求证：MN ∥平面ADE . [解析] (1)因为BM ⊥平面ACE ，AE ⊂平面ACE ，所以BM ⊥AE . 因为AE ⊥BE ，且BE ∩BM ＝B ，BE 、BM ⊂平面EBC ，所以AE ⊥平面EBC . 因为BC ⊂平面EBC ，所以AE ⊥BC . (2)解法1：取DE 中点H ，连接MH 、AH .因为BM ⊥平面ACE ，EC ⊂平面ACE ，所以BM ⊥EC . 因为BE ＝BC ，所以M 为CE 的中点． 所以MH 为△EDC 的中位线，所以MH 綊12DC .因为四边形ABCD 为平行四边形，所以DC 綊AB . 故MH 綊12AB .因为N 为AB 的中点，所以MH 綊AN .所以四边形ANMH 为平行四边形，所以MN ∥AH . 因为MN ⊄平面ADE ，AH ⊂平面ADE ， 所以MN ∥平面ADE .解法2：取EB 的中点F ，连接MF 、NF .因为BM ⊥平面ACE ，EC ⊂平面ACE ，所以BM ⊥EC . 因为BE ＝BC ，所以M 为CE 的中点，所以MF ∥BC .因为N 为AB 的中点，所以NF ∥AE ， 因为四边形ABCD 为平行四边形， 所以AD ∥BC .所以MF ∥AD .因为NF 、MF ⊄平面ADE ，AD 、AE ⊂平面ADE ， 所以NF ∥平面ADE ，MF ∥平面ADE . 因为MF ∩NF ＝F ，MF 、NF ⊂平面MNF ， 所以平面MNF ∥平面ADE .因为MN ⊂平面MNF ，所以MN ∥平面ADE .(理)(2010·厦门市质检)如图所示的几何体中，△ABC 为正三角形，AE 和CD 都垂直于平面ABC ，且AE ＝AB ＝2，CD ＝1，F 为BE 的中点．(1)若点G 在AB 上，试确定G 点位置，使FG ∥平面ADE ，并加以证明；(2)在(1)的条件下，求三棱锥D －ABF 的体积． [解析] (1)当G 是AB 的中点时，GF ∥平面ADE . ∵G 是AB 的中点，F 是BE 的中点， ∴GF ∥AE ，又GF ⊄平面ADE ，AE ⊂平面ADE ， ∴GF ∥平面ADE . (2)连接CG ，由(1)可知：GF ∥AE ，且GF ＝12AE .又AE ⊥平面ABC ，CD ⊥平面ABC ，∴CD ∥AE ， 又CD ＝12AE ，∴GF ∥CD ，GF ＝CD ，∴四边形CDFG 为平行四边形， ∴DF ∥CG ，且DF ＝CG .又∵AE ⊥平面ABC ，CG ⊂平面ABC ，∴AE ⊥CG . ∵△ABC 为正三角形，G 为AB 的中点， ∴CG ⊥AB ，又AB ∩AE ＝A ，∴CG ⊥平面ABE . 又CG ∥DF ，且CG ＝DF ，∴DF 为三棱锥D －ABF 的高，且DF ＝ 3. 又AE ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，∴AE ⊥AB . ∵在Rt △ABE 中，AB ＝AE ＝2，F 为BE 的中点，∴S △ABF ＝12S △ABE ＝12×12×2×2＝1.∴V D －ABF ＝13S △ABF ·DF ＝13×1×3＝33，∴三棱锥D －ABF 的体积为33. 16．(文)(2010·安徽合肥质检)如图，PO ⊥平面ABCD ，点O 在AB 上，EA ∥PO ，四边形ABCD 为直角梯形，BC ⊥AB ，BC ＝CD ＝BO ＝PO ，EA ＝AO ＝12CD .(1)求证：BC ⊥平面ABPE ；(2)直线PE 上是否存在点M ，使DM ∥平面PBC ，若存在，求出点M ；若不存在，说明理由． [解析] (1)∵PO ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴BC ⊥PO ，又BC ⊥AB ，AB ∩PO ＝O ，AB ⊂平面ABP ，PO ⊂平面ABP ，∴BC ⊥平面ABP ， 又EA ∥PO ，AO ⊂平面ABP ， ∴EA ⊂平面ABP ，∴BC ⊥平面ABPE . (2)点E 即为所求的点，即点M 与点E 重合． 取PO 的中点N ，连结EN 并延长交PB 于F ， ∵EA ＝1，PO ＝2，∴NO ＝1，又EA 与PO 都与平面ABCD 垂直，∴EF ∥AB ， ∴F 为PB 的中点，∴NF ＝12OB ＝1，∴EF ＝2，又CD ＝2，EF ∥AB ∥CD ，∴四边形DCFE 为平行四边形，∴DE ∥CF ， ∵CF ⊂平面PBC ，DE ⊄平面PBC ，∴DE ∥平面PBC .∴当M 与E 重合时即可．(理)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为底面正方形的中心，过A 1、C 1、B 三点的平面截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体ABCD －A 1C 1D 1及其三视图．(1)求证：D1O∥平面A1BC1；(2)是否存在过点A1与直线DC1垂直的平面A1PQ，与线段BC1交于点P，与线段CC1交于点Q？若存在，求出线段PQ的长；若不存在，请说明理由．[分析] 要证D1O∥平面A1BC1，∵O为DB的中点，∴取A1C1中点E，只须证D1E綊OB，或利用长方体为正四棱柱的特性，证明平面ACD1∥平面A1C1B，假设存在平面A1PQ⊥DC1，利用正四棱柱中，BC⊥平面DCC1D1，故有BC⊥DC1，从而平面A1PQ与平面BCC1的交线PQ⊥DC1，故只须在面DCC1D1的边CC1上寻找点Q，使D1Q⊥DC1即可．[解析] (1)连接AC，AD1，D1C，易知点O在AC上．根据长方体的性质得四边形ABC 1D1、四边形A1D1CB均为平行四边形，∴AD1∥BC1，A1B∥D1C，又∵AD1⊄平面A1C1B，BC1⊂平面A1C1B，∴AD1∥平面A1C1B，同理D1C∥平面A1BC1，又∵D1C∩AD1＝D1，∴根据面面平行的判定定理知平面ACD1∥平面A1BC1.∵D1O⊂平面ACD1，∴D1O∥平面A1BC1.(2)假设存在过点A1与直线DC1垂直的平面A1PQ，与线段BC1交于点P，与线段CC1交于点Q.连接C1D，过点D1作C1D的垂线交C1C于点Q，过点Q作PQ∥BC交BC1于点P，连接A1P，A1Q.∵C1D⊥D1Q，C1D⊥A1D1，D1Q∩A1D1＝D1，∴C1D⊥平面A1D1Q.∵A1Q⊂平面A1D1Q，∴C1D⊥A1Q.∵PQ∥BC∥A1D1，∴C1D⊥PQ，∵A1Q∩PQ＝Q，∴C1D⊥平面A1PQ.∴存在过点A1与直线DC1垂直的平面A1PQ，与线段BC1交于点P，与线段CC1交于点Q.在矩形CDD1C1中，∵Rt△D1C1Q∽Rt△C1CD，∴C1QCD＝D1C1C1C，结合三视图得C1Q2＝24，∴C1Q＝1.∵PQ ∥BC ，∴PQ BC ＝C 1Q CC 1＝14，∴PQ ＝14BC ＝12. 17．(文)(2010·东北师大附中)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为DD 1、DB 的中点．(1)求证：EF ∥平面ABC 1D 1；(2)求证：EF ⊥B 1C ；(3)求三棱锥B 1－EFC 的体积．[解析] (1)证明：连结BD 1，在△DD 1B 中，E 、F 分别为D 1D ，DB 的中点，则EF ∥D 1B ，又EF ⊄平面ABC 1D 1，D 1B ⊂平面ABC 1D 1，∴EF ∥平面ABC 1D 1.(2)证明：∵B 1C ⊥AB ，B 1C ⊥BC 1，AB ∩BC 1＝B ，∴B 1C ⊥平面ABC 1D 1，又BD 1⊂平面ABC 1D 1，∴B 1C ⊥BD 1，又EF ∥BD 1，∴EF ⊥B 1C .(3)解：∵CF ⊥BD ，CF ⊥BB 1，∴CF ⊥平面BDD 1B 1，即CF ⊥平面EFB 1，且CF ＝BF ＝ 2∵EF ＝12BD 1＝3，B 1F ＝BF 2＋BB 12＝22＋22＝6，B 1E ＝B 1D 12＋D 1E 2＝12＋222＝3， ∴EF 2＋B 1F 2＝B 1E 2，即∠EFB 1＝90°，∴VB 1－EFC ＝VC －B 1EF ＝13·S △B 1EF ·CF ＝13×12·EF ·B 1F ·CF ＝13×12×3×6×2＝1. (理)(2010·河北唐山)如图，在四棱锥V －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，侧棱VA ⊥底面ABCD ，E 、F 、G 分别为VA 、VB 、BC 的中点．(1)求证：平面EFG ∥平面VCD ；(2)当二面角V －BC －A 、V －DC －A 依次为45°、30°时，求直线VB 与平面EFG 所成的角．[解析] (1)∵E 、F 、G 分别为VA 、VB 、BC 的中点，∴EF∥AB，FG∥VC，又ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴EF∥CD，又∵EF⊄平面VCD，FG⊄平面VCD，∴EF∥平面VCD，FG∥平面VCD，又EF∩FG＝F，∴平面EFG∥平面VCD.(2)∵VA⊥平面ABCD，CD⊥AD，∴CD⊥VD.则∠VDA为二面角V－DC－A的平面角，∴∠VDA＝30°.同理∠VBA＝45°.作AH⊥VD，垂足为H，由上可知CD⊥平面VAD，则AH⊥平面VCD.∵AB∥平面VCD，∴AH即为B到平面VCD的距离．由(1)知，平面EFG∥平面VCD，则直线VB与平面EFG所成的角等于直线VB与平面VCD 所成的角，记这个角为θ.∵AH＝VA sin60°＝32VA，VB＝2VA，∴sinθ＝AHVB＝64，故直线VB与平面EFG所成的角是arcsin64.。

2012版高考数学 3-2-1精品系列专题09 立体几何 理 （教师版1） 【考点定位】2012考纲解读和近几年考点分布 2012考纲解读 考纲原文： （1）空间几何体　① 认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.② 能画出简单空间图形（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合）的三视图，能识别上述的三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图.③ 会用平行投影与中心投影两种方法，画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.④ 会画某些建筑物的视图与直观图（在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等不作严格要求）.⑤ 了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式（不要求记忆公式）. 关性质与判定定理.　理解以下判定定理.　◆如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行.◆如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，那么这两个平面平行.◆如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直.◆如果一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面互相垂直.理解以下性质定理，并能够证明.◆如果一条直线与一个平面平行，经过该直线的任一个平面与此平面相交，那么这条直线就和交线平行.◆如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线相互平行.◆垂直于同一个平面的两条直线平行.◆如果两个平面垂直，那么一个平面内垂直于它们交线的直线与另一个平面垂直.③ 能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题. 考纲解读： 空间几何体的三视图是考查的重点，以小题为主；由给出的三视图（或其一部分），然后想像其直观图并求其体积与表面积，是常见题型；注意由给出的三视图（或其一部分），然后想像或作出其直观图，从而与点、线、面的位置关系问题相结合；注意由空间几何体可以画出它的三视图，反之由三视图也可还原几何体，两者之间相互转化；注意与球有关的问题（表面积、体积、组合体及其三视图）；注意三视图与不等式（求棱长的范围、体积的最值等）的结合；点、线、面的位置关系是考查的重点，尤其是文科；注意符号语言、文字语言、图形语言的转换（尤其在选择填空题中）；注意总结常见的一些几何体，以及它们非常规放置的情况；理科要注意与空间向量的结合。

页眉内容第八、九模块 平面解析几何 立体几何初步一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若圆x 2＋y 2－2x －4y ＝0的圆心到直线x －y ＋a ＝0的距离为22，则a 的值为( ) A.－2或2 B.12或32C.2或0D.－2或0解析：∵圆x 2＋y 2－2x －4y ＝0的圆心(1,2)到直线x －y ＋a ＝0的距离为22，∴|1－2＋a |2＝22， ∴a ＝2或0，选C. 答案：C2.一动圆圆心在抛物线x 2＝4y 上，动圆过抛物线焦点F ，并且恒与直线l 相切，则直线l 的方程为 ( )A.x ＝1B.y ＝－1C.x ＝116D.y ＝116解析：根据抛物线的定义，直线l 为x 2＝4y 的准线，所以l 的方程为y ＝－p2＝－1，故选B.答案：B3.已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)与直线y ＝2x 有交点，则双曲线离心率的取值范围是( )A.(1，5)B.(1，5)∪(5，＋∞)C.(5，＋∞)D.［5，＋∞) 解析：∵双曲线与直线y ＝2x 有交点， ∴双曲线的一条渐近线的斜率ba >2，∴e ＝c a ＝1＋⎝⎛⎭⎫b a 2>5，故选C.答案：C4.若AB 是过椭圆x 225＋y 216＝1中心的弦，F 1为椭圆的焦点，则△F 1AB 面积的最大值为( )A.6B.12C.24D.48解析：如图所示，S △ABF 1＝12|OF 1|(y B －y A )≤12|OF 1b ＝12×3×2×4＝12，故选B.答案：B5.已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，A (2,0)为长轴的一个端点，弦BC 过椭圆的中心O ，且0,||2||,AC BC OC OB BC BA =-=-，则其焦距为( )A.263B.433C.463D.233解析:由题意可知1||||||,2OC OB BC ==且a=2, 又||2||,OC OB BC BA -=-∴||2||.||||.BC AC OC AC ∴==又∵AC BC =0,∴AC ⊥BC .∴|||OC AC =如图,在Rt△AOC 中,易求得C(1,-1),代入椭圆方程得124＋(－1)2b 2＝1⇒b 2＝43，∴c 2＝a 2－b 2＝4－43＝83.∴c ＝263，2c ＝463，故选C.答案：C6.(2010·南通模拟)如图所示，A 是圆O 内一定点，B 是圆周上一个动点，AB 的中垂线CD 与OB 交于E ，则点E 的轨迹是( )A.圆B.椭圆C.双曲线D.抛物线解析：由题意知，|EA |＋|EO |＝|EB |＋|EO |＝R (R 为圆的半径)且R >|OA |，故E 的轨迹为椭圆，故选B.答案：B7.下列四个命题中，真命题的个数为( )①如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合 ②两条直线可以确定一个平面 ③若M ∈α，M ∈β，α∩β＝l ，则M ∈l④空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内 A.1 B.2 C.3D.4解析：①两个平面有三个公共点，若这三个公共点共线，则这两个平面相交，故①不正确；两异面直线不能确定一个平面，故②不正确；在空间交于一点的三条直线不一定共面(如墙角)，故④不正确；据平面的性质可知③正确，故选A.答案：A8.一个几何体的三视图如下，则此几何体的体积是( )A.16πB.56π3C.8πD.8π3解析：由几何体的三视图可知，该几何体是一组合体，下部为圆柱，上部为圆锥， ∴V ＝Sh 1＋13Sh 2＝πr 2⎝⎛⎭⎫h 1＋13h 2＝563π. 答案：B9.利用斜二测画法，一个平面图形的直观图是边长为1的正方形，如图所示，则这个平面图形的面积为( )A. 3B.2C.2 2D.4解析：把斜二测画法得到的直观图还原，水平方向线段长度都不变，与y ′轴平行的线段方向变为竖直方向，长度变为原来的2倍，如图所示，面积S ＝2 2.答案：C10.已知m ，n 是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面.下面命题中正确的是( ) A.若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β B.若m ⊥α，n ⊥α，则m ∥n C.若m ∥α，n ∥α，则m ∥n D.若m ∥α，m ∥β，则α∥β解析：当α⊥γ，β⊥γ时，α与β可能相交，故A 错；同理C 、D 错；只有B 正确，故选B.答案：B11.在正四棱锥P —ABCD 中，PA ＝2，直线PA 与平面ABCD 所成角为60°，则正四棱锥P —ABCD 的体积为( )A.33 B.233 C.433 D.2 3 解析：作PO ⊥平面ABCD ，连接AO ，则∠PAO 是直线PA 与平面ABCD 所成的角，即∠PAO ＝60°，∵PA ＝2，∴PO ＝3，AO ＝1，AB ＝2，∴V ＝13PO ·S ABCD ＝13×3×2＝233.答案：B12.已知正方形ABCD 的边长为4，对角线AC 与BD 交于点O ，将正方形ABCD 沿对角线BD折成60°的二面角，A到A′点.给出下列判断：①A′C⊥BD；②A′D⊥CO；③△A′OC为正三角形；④cos∠A′DC＝34；⑤A′到平面BCD的距离为 6.其中正确判断的个数为()A.2B.3C.4D.5解析：如图所示，折起后A到A′.易知∠A′OC即为二面角A′—BD—C的平面角，即∠A′OC＝60°，且A′O＝OC.∴△A′OC为正三角形，故③正确；又BD⊥平面A′OC，故BD⊥A′C，即①正确；在△A′DC中，A′D＝DC＝4，A′C＝A′O＝22，由余弦定理知cos∠A′DC＝34，故④正确；正△A′OC的边OC上的高为A′到平面BCD的距离；易知为 6.∴⑤正确，而②不正确；∴正确的判断有4个.答案：C二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上.13.已知l1：2x＋my＋1＝0与l2：y＝3x－1，若两直线平行，则m的值为.解析：本题考查直线平行的条件，可以直接利用斜率的关系求解即可.已知l1：2x＋my＋1＝0与l 2：y ＝3x －1互相平行，根据A 1B 2－A 2B 1＝0,B 1C 2－B 2C 1≠0， 即2×(－1)－3×m ＝0, m ×(－1)－(－1)×1≠0， 解得m ＝－23.答案：－2314.如图所示，椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)与过点A (2,0)、B (0,1)的直线有且只有一个公共点T ，且椭圆的离心率e ＝32，则椭圆方程是 .解析：过A 、B 的直线方程为x2＋y ＝1.由题意得 x 2a 2＋y 2b2＝1,y ＝－12x ＋1有唯一解，即⎝⎛⎭⎫b 2＋14a 2x 2－a 2x ＋a 2－a 2b 2＝0有唯一解， 所以Δ＝a 2b 2(a 2＋4b 2－4)＝0(ab ≠0)， 故a 2＋4b 2－4＝0，又因为e ＝32，即a 2－b 2a 2＝34，所以a 2＝4b 2. 从而a 2＝2，b 2＝12.故所求的椭圆方程为x 22＋2y 2＝1.答案：x 22＋2y 2＝115.一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为2 cm 的球面上，如果正四棱柱的底面边长为1 cm ，那么该棱柱的表面积为 cm 2.解析：∵正四棱柱各顶点在球面上， ∴正四棱柱的对角线长为球的直径. 又∵正四棱柱底面边长为1， ∴底面对角线长为2， ∴正四棱柱的高为22－(2)2＝ 2.∴棱柱表面积为42＋2. 答案：42＋216.已知m ，n 是两条不重合的直线，α，β，γ是三个两两不重合的平面，给出以下命题： ①若m ∥β，n ∥β，m ⊂α，n ⊂α，则α∥β； ②若α⊥γ，β⊥γ，α⊂β＝m ，n ⊂γ，则m ⊥n ； ③若m ⊥α，α⊥β，m ∥n ，则n ∥β；④若n ∥α，n ∥β，α∩β＝m ，那么m ∥n ，其中正确命题的序号是 .解析：当m 与n 相交时，才有α∥β，故①错；当m ⊥α，α⊥β，m ∥n 时，n ∥β或n ⊂β，故③错；由面面垂直的性质定理知②正确；由线面平行的性质知④正确.答案：②④三、解答题：共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.(10分)在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线y 2＝2px (p >0)上横坐标为4的点到该抛物线的焦点的距离为5.(1)求抛物线的标准方程；(2)设点C 是抛物线上的动点.若以C 为圆心的圆在y 轴上截得的弦长为4，求证：圆C 过定点.解：(1)根据题意，抛物线y 2＝2px 的准线方程为x ＝－p2，且p >0.因为抛物线上横坐标为4的点到焦点的距离为5，所以该点到准线x ＝－p2的距离也为5，所以p ＝2.故所求抛物线的标准方程为y 2＝4x .(2)证明：因为点C 在抛物线上，故可设点C ⎝⎛⎭⎫t 24，t .所以点C 到y 轴的距离为t 24，因为圆C 在y 轴上截得的弦长为4，所在圆C 的半径r ＝⎝⎛⎭⎫t 242＋22＝14t 4＋64.所以圆C 的方程为⎝⎛⎭⎫x －t242＋(y －t )2 ＝⎝⎛⎭⎫14t 4＋642.即x 2＋y 2－t 22x －2ty ＋t 2－4＝0.解法一：因为圆C 是动圆，所以当t ＝0时，圆C 的方程为x 2＋y 2－4＝0，① 当t ＝2时，圆C 的方程为x 2＋y 2－2x －4y ＝0.② 联立①②，得x 2＋y 2－4＝0,x 2＋y 2－2x －4y ＝0，解得x ＝2,y ＝0或x ＝－65,y ＝85.把(2,0)代入圆C 的方程得，左边＝22＋02－t 22·2－2t ·0＋t 2－4＝0＝右边，方程成立，所以圆C 恒过定点(2,0).把⎝⎛⎭⎫－65，85代入圆C 的方程得，左边85t 2－165t 不恒为0，即随着t 的变化而变化，故点⎝⎛⎭⎫－65，85可能不在圆C 上.综上可知：圆C 恒过定点(2,0).解法二：将方程x 2＋y 2－t 22x －2ty ＋t 2－4＝0整理得⎝⎛⎭⎫1－x 2t 2－2yt ＋(x 2＋y 2－4)＝0.① ①式对任意实数t 都成立的充要条件是1－x2＝0，,－2y ＝0，,x 2＋y 2－4＝0，即 x ＝2，,y ＝0.所以圆C 恒过定点(2,0).18.(12分)设F 1，F 2分别为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左，右焦点，过F 2的直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，直线l 的倾斜角为60°，F 1到直线l 的距离为2 3.(1)求椭圆C 的焦距；(2)如果AF 2＝2F 2B ，求椭圆C 的方程.解：(1)设椭圆C 的焦距为2c ，由已知可得F 1到直线l 的距离3c ＝23，故c ＝2. 所以椭圆C 的焦距为4.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由题意知y 1<0，y 2>0， 直线l 的方程为y ＝3(x －2). 联立y ＝3(x －2),x 2a 2＋y 2b 2＝1，得(3a 2＋b 2)y 2＋43b 2y －3b 4＝0.解得y 1＝－3b 2(2＋2a )3a 2＋b 2，y 2＝－3b 2(2－2a )3a 2＋b 2.因为AF 2＝2F 2B ，所以－y 1＝2y 2. 即3b 2(2＋2a )3a 2＋b 2＝2·－3b 2(2－2a )3a 2＋b 2，得a ＝3.而a 2－b 2＝4，所以b ＝ 5. 故椭圆C 的方程为x 29＋y 25＝1.19.(12分)已知抛物线C ：y ＝2x 2，直线y ＝kx ＋2交C 于A ，B 两点，M 是线段AB 的中点，过M 作x 轴的垂线交C 于点N .(1)证明：抛物线C 在点N 处的切线与AB 平行；(2)是否存在实数k 使NA ·NB ＝0，若存在，求k 的值；若不存在，说明理由.解：(1)证明：如图，设A (x 1,2x 21)，B (x 2,2x 22)，把y ＝kx ＋2代入y ＝2x 2得：2x 2－kx －2＝0，故x 1＋x 2＝k 2，,x 1x 2＝－1， 所以x N ＝x M ＝x 1＋x 22＝k 4， 所以N 点的坐标为⎝⎛⎭⎫k 4，k 28.设抛物线在点N 处的切线l 的方程为y －k 28＝m ⎝⎛⎭⎫x －k 4， 将y ＝2x 2代入上式得2x 2－mx ＋mk 4－k 28＝0， 因为直线l 与抛物线C 相切，所以Δ＝m 2－8⎝⎛⎭⎫mk 4－k 28＝m 2－2mk ＋k 2＝(m －k )2＝0，所以m ＝k ，即l ∥AB .(2)假设存在实数k ，使NA ·NB ＝0，则NA ⊥NB ，又因为M 是AB 的中点，所以|MN |＝12|AB |. 由(1)知y M ＝12(y 1＋y 2) ＝12(kx 1＋2＋kx 2＋2) ＝12［k (x 1＋x 2)＋4］ ＝12⎝⎛⎭⎫k 22＋4＝k 24＋2. 因为MN ⊥x 轴，所以|MN |＝|y M －y N |＝k 24＋2－k 28＝k 2＋168. 又|AB |＝1＋k 2·|x 1－x 2|＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋k 2·⎝⎛⎭⎫k 22－4×(－1) ＝12k 2＋1·k 2＋16.所以k 2＋168＝14k 2＋1·k 2＋16，解得k ＝±2. 即存在k ＝±2，使NA ·NB ＝0.评析：本题与向量、一元二次方程等内容相结合，考查直线与圆锥曲线的位置关系，解题时应借助图形，利用数形结合思想方便求解.20.(12分)已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图是一个底面边长为8，高为4的等腰三角形，侧视图是一个底面边长为6，高为4的等腰三角形.(1)求该几何体的体积V ；(2)求该几何体的侧面积.解：由题设可知几何体是一个高为4的四棱锥，其底面是长、宽分别为8和6的矩形，正侧面及相对侧面均为底边长为8，高为h 1的等腰三角形.左、右侧面均为底边长为6，高为h 2的等腰三角形如图所示.(1)几何体体积V ＝13S 矩形·h ＝13×6×8×4＝64. (2)正侧面及相对侧面底边上的高为h 1＝42＋32＝5，左、右侧面的底边上的高为h 2＝42＋42＝4 2.故该几何体的侧面积为 S ＝2×⎝⎛⎭⎫12×8×5＋12×6×42 ＝40＋24 2.21.(12分)如图所示，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，AA 1＝4，点D 是AB 的中点.(1)求证：AC ⊥BC 1；(2)求证：AC 1∥平面CDB 1.证明：(1)∵AC 2＋BC 2＝AB 2，∴AC ⊥BC ，又∵C 1C ∥AA 1，AA 1⊥底面ABC ， ∴C 1C ⊥底面ABC ，∴AC ⊥CC 1.又BC ∩CC 1＝C ，∴AC ⊥平面BCC 1B 1，而BC 1⊂平面BCC 1B 1，∴AC ⊥BC 1.(2)设BC1∩B1C＝O，则O为BC1的中点，连接OD，∵D为AB的中点，∴OD∥AC1，又∵OD⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，∴AC1∥平面CDB1.22.(12分)如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，求证：(1)AC1⊥BD；(2)平面AC1D⊥平面A1BD.证明：(1)连接AC，则BD⊥AC.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，∵C1C⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，∴C1C⊥BD，又AC∩CC1＝C，∴BD⊥平面ACC1，∵AC1⊂平面ACC1，∴AC1⊥BD.(2)连接AB1，则BA1⊥AB1.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，∵C1B1⊥平面BA1B1，BA1⊂平面BA1B1，∴C1B1⊥BA1，又C1B1∩AB1＝B1，∴BA1⊥平面AC1B1.∵AC1⊂平面AC1B1，∴AC1⊥BA1，由(1)知AC1⊥BD，且BA1∩BD＝B，∴AC1⊥平面A1BD.∵AC1⊂平面AC1D，∴平面AC1D⊥平面A1BD.。

2012版高考数学 3-2-1精品系列专题09 立体几何 理 （学生版） 【考点定位】2012考纲解读和近几年考点分布 2012考纲解读 考纲原文： （2）点、直线、平面之间的位置关系① 理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解如下可以作为推理依据的公理和定理.◆公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点在此平面内.◆公理2：过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面.◆公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线.◆公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行.◆定理：空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补. ② 以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理.　理解以下判定定理.　◆如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行.◆如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，那么这两个平面平行.◆如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直.◆如果一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面互相垂直.理解以下性质定理，并能够证明.◆如果一条直线与一个平面平行，经过该直线的任一个平面与此平面相交，那么这条直线就和交线平行.◆如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线相互平行.◆垂直于同一个平面的两条直线平行.◆如果两个平面垂直，那么一个平面内垂直于它们交线的直线与另一个平面垂直.③ 能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题. 考纲解读： 空间几何体的三视图是考查的重点，以小题为主；由给出的三视图（或其一部分），然后想像其直观图并求其体积与表面积，是常见题型；注意由给出的三视图（或其一部分），然后想像或作出其直观图，从而与点、线、面的位置关系问题相结合；注意由空间几何体可以画出它的三视图，反之由三视图也可还原几何体，两者之间相互转化；注意与球有关的问题（表面积、体积、组合体及其三视图）；注意三视图与不等式（求棱长的范围、体积的最值等）的结合；点、线、面的位置关系是考查的重点，尤其是文科；注意符号语言、文字语言、图形语言的转换（尤其在选择填空题中）；注意总结常见的一些几何体，以及它们非常规放置的情况；理科要注意与空间向量的结合。

2012高考立体设计理数通用版第九章 8 立体几何中的向量方法课后限时作业一、选择题（本大题共6小题，每小题7分，共42分）1.若直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，能使l ∥α的是 ( ) Ａ．a ＝(1,0,0)，n ＝(－2,0,0) Ｂ．a ＝(1,3,5)，n ＝(1,0,1) Ｃ．a ＝(0,2,1)，n ＝(-1,0，-1) Ｄ．a ＝(1，－1,3)，n ＝(0,3,1)解析：若l ∥α，则a ·n =0，只有选项D 中a ·n =0． 答案：D2.已知E 、F 分别是正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中BB 1、DC 的中点，则异面直线AE 与D 1F 所成的角为( )A ．30° B．60°C．45° D．90°解析：以A 1为原点，A 1B 1→、A 1D 1→、A 1A →为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．不妨设正方体的棱长为2，则A (0,0,2)，E (2,0,1)，D 1(0,2,0)，F (1,2,2)，AE →＝(2,0，－1)，D 1F →＝(1,0,2)，所以AE →·D 1F →＝0，所以AE ⊥D 1F ，即AE 与D 1F 所成的角为90°. 答案：D3．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( ) A ．45° B．135°C．45°或135° D．90° 解析：设二面角为θ，则 sin ＝cos 〈m ，n 〉＝m·n |m|·|n |＝11×2＝22，所以θ＝45°或135°.答案：C4.已知正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，E 为AA 1中点，则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为 ( ) A ．1010B ．51 C ．10103 D ．53 解析：如图，连结A 1B ，则有A 1B ∥CD 1， ∠A 1BE 就是异面直线BE 与CD 1所成角. 设AB=1，则A 1E=AE=1， 所以BE=2，A 1B=5.由余弦定理可知： cos ∠A 1BE=10103522152=⨯-+. 答案：C5.（2011届·威海质检）已知长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝4，CC 1＝2，则直线BC 1和平面DBB 1D 1所成角的正弦值为( )A.32B.52C.105D.1010解析：以D 为原点，分别以DA →、DC →、DD 1→所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则B (4,4,0)，C 1(0,4,2)，所以BC 1→＝(－4,0,2)．易知平面BDD 1B 1的法向量为AC →＝(－4,4,0)，所以cos 〈BC 1→，AC →〉＝16810＝105，所以所求线面角α的正弦值为sin α＝cos 〈BC 1→，AC →〉＝105.答案：C6．正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，O 是A 1C 1的中点，则O 到平面ABC 1D 1的距离为( )A.32B.24C.12D.33解析：(方法1)如图，E 为AD 1的中点，过O 点作OF ∥A 1E ，交C 1E 于点F . 因为E 为AD 1的中点，所以EA 1⊥AD 1.又因为BA ⊥面AA 1D 1D ，所以BA ⊥EA 1， 所以EA 1⊥面ABC 1D 1.又因为FO ∥EA 1，所以FO ⊥面ABC 1D 1，所以FO ＝12EA 1＝24，所以选B.(方法2)建立如图所示的空间直角坐标系，可得C 1O →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，0，平面ABC 1D 1的法向量DA 1→＝(1,0,1)，点O 到平面ABC 1D 1的距离d ＝|DA 1→·C 1O →||DA 1→|＝122＝24，所以选B. 答案：B二、填空题（本大题共4小题，每小题6分，共24分） 7．已知直线l 的方向向量是e ，平面α、β的法向量分别是n 1、n 2，若α∩β＝a ，且e⊥n 1，e⊥n 2，则l 与a 的关系是．解析：若l 与a 重合，符合条件；若l 与a 不重合，由条件知l ∥α，l ∥β，故l 必定与α、β的交线平行，即l ∥a . 答案: l ∥a 或l 与a 重合8.长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，E 为CC 1的中点，则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C 1(0,2,2)，1BC ＝(－1,0,2)，AE ＝(－1,2,1)，cos 〈1BC ,AE 〉=1030||||BC 11=••AE BC AE . 答案：1030 9.在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是A 1B 1、CD 的中点，则点B 到截面AEC 1F 的距离为.解析：以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.则A （1，0，0），⎪⎭⎫ ⎝⎛0,21,0F ，⎪⎭⎫⎝⎛1,21,1E . 所以⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛=0,21,1,1,21,0AF AE . 设平面AEC 1F 的法向量为n =（1，λ,μ），则有⎪⎩⎪⎨⎧=•=•,0,0AF n AE n 所以⎩⎨⎧-==⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+-=+.1,20211,021μλλμλ所以n =(1,2,-1).又因为AB =（0，1，0），所以点B 到截面AEC 1F 的距离为3662||||==•n n AB .答案：36 10.在棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，平面AB 1C 与平面A 1C 1D 间的距离为. 解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设平面A 1C 1D 的一个法向量n =(x,y,1),则⎪⎩⎪⎨⎧=•=•,0,011DC n DA n 即()()()()⎩⎨⎧==⇒⎩⎨⎧=-•=-•.1,101,1,01,,,01,0,11,,y x y x y x 所以n =(1,1,1),所以平面AB 1C 与平面A 1C 1D 间的距离d =33111|)1,1,1()0,0,1(|||||222=++•-=•n n AD . 答案：33三、解答题（本大题共2小题，每小题12分，共24分）11. 在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是D 1D 、BD 的中点，G 在棱CD 上，且CG ＝14CD ，H 为C 1G 的中点，应用空间向量方法求解下列问题．(1)求证：EF⊥B 1C.(2)求EF 与C 1G 所成角的余弦．(1)证明：以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D —xyz ，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，C(0,1,0)，B 1(1,1,1)，C 1(0,1,1)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，34，0.因为EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，－12，B 1C →＝(－1,0，－1)，所以EF →·B 1C →＝－12＋0＋12＝0，所以EF →⊥B 1C →，即EF⊥B 1C.(2)解：C 1G →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－14，－1， 所以|C 1G →|＝02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－142＋－12＝174. 由(1)知|EF →|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＝32. 又因为EF →·C 1G →＝38，所以cos 〈EF →，C 1G →〉＝EF →·C 1G →|EF →|·|C 1G →|＝5117，故EF 与C 1G 所成角的余弦值为5117. 12.已知棱长为1的正方体AC 1，E 、F 分别是B 1C 1、C 1D 1的中点． （１）求证：E 、F 、D 、B 共面； （２）求点A 1到平面BDEF 的距离；（３）求直线A 1D 与平面BDEF 所成的角．（1）证明：因为E 、F 分别为B 1C 1、C 1D 1的中点，所以EF ∥B 1D 1. 在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，B 1D 1∥BD ，所以EF ∥BD. 所以E 、F 、D 、B 点共面.（2）解：由图知B （1，1，0），⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛1,21,0,1,1,21F E .设n =(x,y,z)是平面BDEF 的法向量，由n ⊥DB ,n ⊥DF ,().1,21,0,0,1,1⎪⎭⎫ ⎝⎛==DF DB , 得n ·DB ＝x+y=0，n ·DF =21y+z=0， 则x=-y,z=-21y. 令y=1，得n =⎪⎭⎫ ⎝⎛-21,1,1.设点A 1在平面BDFE 上的射影为H ，连结A1D ，知A 1D 是平面BDFE 的斜线段． 因为D A 1=(-1,0,-1),D A 1·n =(-1)×(-1)+0×1+(-1)×⎪⎭⎫ ⎝⎛-21=23.又因为()210)1(||2221=-++-=D A ，23211)1(222=⎪⎭⎫⎝⎛-++-=n ,所以12323||||||11==•=n n D A H A .所以点A 1到平面BDEF 的距离为1.（3）解：.2223223||||,cos 1111=⨯=••=n D A n D A H A D A ，所以H A D A 11,=45°,所以直线A 1D 与平面BDEF 所成的角为45°.B 组一、选择题(本大题共2小题，每小题8分，共16分)1．若E 为正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中CD 的中点，AB ＝a ，则A 1E 与B 1B 的距离是( )A.52a B ．a C.255a D.22a 解析：可利用公式d ＝|AB →·n ||n |，也可先转化成线面距离(即BB 1到面A 1AE 的距离)再求解．答案：C2.正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，底面边长为22，侧棱长为4，E ，F 分别为棱AB ，BC 的中点，EF ∩BD=G ．则三棱锥B 1-EFD 1的体积V ＝( )A.66 B.3316 C.316D.16 解析：以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则()()()(),0,22,2,0,2,22,4,0,0,4,22,2211FE D B所以()()(),0,22,22,4,22,2,4,2,221111=-=-=B D F D E D所以1312262624,cos 11=⨯=F D E D .所以135,sin 11=F D E D ， 所以5135262621,sin ||||2111111=⨯⨯⨯=••=∆F D E D F D E D S EF D ． 设平面D 1EF 的方程为x+By+Cz+D=0，将点D 1,E,F 代入得⎪⎩⎪⎨⎧=++=++=+,0222,0222,04D B D B D C 所以⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-===.23,423,1D C B所以平面D 1EF 的方程为x+y+423z 23-=0,其法向量为n =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛423,1,1, 所以点B 1到平面D 1EF 的距离516||||11=•=n n B D d ,所以31651653131111=⨯⨯=•=∆-d S V EFD EFD B ,即为所求. 答案：C二、填空题（本大题共2小题，每小题8分，共16分）3.正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面PAC 所成的角是．解析：如图，以O 为原点，建立空间直角坐标系O-xyz.设OD=SO=OA=OB=OC=a ，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(-a,0,0)，P ⎪⎭⎫ ⎝⎛--2,2,0a a , 则)0,,(,2,2,AP (a,0,0),CA a a CB a a a =⎪⎭⎫⎝⎛--==， 设平面PAC 的法向量为n ，可求得n ＝(0,1,1)， 则2122||||,cos 2=•=•=a a n CB n CB ，所以n CB ,＝60°，所以直线BC 与平面PAC 所成的角为90°－60°＝30°. 答案：30°4.如图，在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为.解析：连结A 1C 1交B 1D 1于O ，连结BO ，则A 1C 1⊥B 1D 1. 又A 1C 1⊥BB 1，B 1D 1∩BB 1=B,所以A 1C 1⊥平面BB 1D 1D. 所以∠C 1BO 是BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角. 在Rt △BOC 1中，BC 1＝5,C 1O=2,所以sin ∠C 1BO ＝51052 .(也可用向量法求解) 答案：510三、解答题（本大题共2小题，每小题14分，共28分）5.如图所示，在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，已知AB ＝4，AD ＝3，AA 1＝2，E 、F 分别是线段AB 、BC 上的点，且EB ＝FB ＝1.（１）求二面角C-DE-C 1的正切值；（２）求直线EC 1与FD 1所成角的余弦值． 解：（1）以A 为原点，AB 、AD 、AA 1分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，则有D(0,3,0)，D 1(0,3,2)，E(3,0,0)，F(4,1,0)，C 1(4,3,2)，于是DE =（3,-3，0），1EC =（1，3，2），1FD =（-4，2，2）. 设平面C 1DE 的法向量为n =（x ，y ，z ）.则n ⊥DE ，n ⊥1EC , 所以3x-3y=0,x+3y+2z=0. 所以x=y=2z-.令z=2,则n ＝(－1，－1,2)． 因为向量1AA ＝(0,0,2) 是平面CDE 的一个法向量， 所以n 与向量1AA 所成的角θ为二面角C-DE-C 1的平面角． 因为36||||cos 11=••=AA n AA n θ,所以22tan =θ． （2）设EC 1与FD 1所成的角为β， 则1421||||cos 1111=••=FD EC FD EC β. 6.（2010·某某）如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥底面ABCD ，PA=AB=6，点E 是棱PB 的中点.（１）求直线AD 与平面PBC 的距离；（２）若AD=3，求二面角A-EC-D 的平面角的余弦值．解：（1）以A 为坐标原点，射线AB 、AD 、AP 分别为x 轴、y 轴、z 轴正半轴，建立空间直角坐标系A-xyz ．设D(0,a,0)，则B()0,0,6,C()0,,6a ,P ()6,0,0，E ⎪⎪⎭⎫⎝⎛26,0,26. 因此()0,,0,26,0,26a BC AE =⎪⎪⎭⎫⎝⎛=，()6,,6-=a PC ，则AE ·BC ＝0，AE ·PC ＝0，所以AE ⊥平面PBC.又由AD ∥BC 知AD ∥平面PBC ，故直线AD 与平面PBC 的距离为点A 到平面PBC 的距离， 即为|AE |=3．（2）因为AD =3,则D (0,3,0),()0,3,6C .设平面AEC 的法向量n 1=(x 1,y 1,z 1), 则n 1·AC =0,n 1·AE ＝0. 又AC =()0,3,6,AE =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛26,0,26, 故⎪⎩⎪⎨⎧=+=+,02626,0361111z x y x 所以,,21111x z x y -=-=， 可取21-=x ，则()2,2,21-=n .设平面DEC 的法向量n 2＝（x 2,y 2,z 2), 则n 2·DC ＝0，n 2·DE ＝0， 又DC ＝()0,0,6，DE ＝⎪⎪⎭⎫⎝⎛-26,3,26, 故⎪⎩⎪⎨⎧=+-=,026326,02222z y x x 所以2222,0y z x ==．令y 2=1，则n 2=(0,1,2), 故cos 〈n 1,n 2〉=.36||||2121=••n n n n .word11 / 11 所以二面角A-EC-D 的平面角的余弦值为36．。

2012版高考数学 3-2-1精品系列专题09 立体几何 文 （学生版） 【考点定位】2012考纲解读和近几年考点分布 2012考纲解读 （2）点、直线、平面之间的位置关系① 理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解如下可以作为推理依据的公理和定理.◆公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点在此平面内.◆公理2：过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面.◆公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线.◆公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行.◆定理：空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补. 考纲解读： 空间几何体的三视图是考查的重点，以小题为主；由给出的三视图（或其一部分），然后想像其直观图并求其体积与表面积，是常见题型；注意由给出的三视图（或其一部分），然后想像或作出其直观图，从而与点、线、面的位置关系问题相结合；注意由空间几何体可以画出它的三视图，反之由三视图也可还原几何体，两者之间相互转化；注意与球有关的问题（表面积、体积、组合体及其三视图）；注意三视图与不等式（求棱长的范围、体积的最值等）的结合；点、线、面的位置关系是考查的重点，尤其是文科；注意符号语言、文字语言、图形语言的转换（尤其在选择填空题中）；注意总结常见的一些几何体，以及它们非常规放置的情况；文科主要是传统的逻辑推理证明或计算问题 解题思路也都是“作——证——求”，强调作图、证明和计算相结合。

从内容上来看，主要是：考查直线和平面的各种位置关系的判定和性质，这类试题一般难度不大，多为选择题和填空题；计算角的问题，试题中常见的是异面直线所成的角，直线与平面所成的角，平面与平面所成的二面角，这类试题有一定的难度和需要一定的解题技巧，通常要把它们转化为相交直线所成的角；求距离，试题中常见的是点与点之间的距离，点到直线的距离，点到平面的距离，直线与直线的距离，直线到平面的距离，要特别注意解决此类问题的转化方法；简单的几何体的侧面积和表面积问题，解此类问题除特殊几何体的现成的公式外，还可将侧面展开，转化为求平面图形的面积问题；体积问题，要注意解题技巧，如等积变换、割补思想的应用。

9.4 垂直关系核心考点·精准研析考点一垂直关系的基本问题1.(2020·六安模拟)已知平面α⊥平面β,直线m满足m⊈α,则“m∥α”是“m⊥β”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件2.设l,m,n表示不同的直线,α,β,γ表示不同的平面,给出下列四个命题:①若m∥l,且m⊥α,则l⊥α;②若α⊥β,m∥α,n⊥β,则m⊥n;③若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ;④如果m⊥n,m ⊥α,n∥β,则α⊥β.则错误的命题为( )A.①②③B.①②④C.①③④D.②③④3.如图,在三棱锥A-BCD中,AC⊥AB,BC⊥BD,平面ABC⊥平面BCD.①AC⊥BD;②平面ABC⊥平面ABD;③平面ACD⊥平面ABD.以上结论中正确的个数有 ( )A.1B.2C.3D.0【解析】1.选B.平面α⊥平面β,则“m∥α”⇒“m∥β或m β或m与β相交”,反之,平面α⊥平面β,令平面α∩平面β=l,在l上任取一点A,在α内过A作AB⊥l,则AB⊥平面β,又m⊥β,可得m∥AB,所以m∥α;则“m∥α”是“m⊥β”的必要不充分条件.2.选D.①若m∥l,且m⊥α,则l⊥α是正确的,两平行线中的一条垂直于一个平面,另一条也垂直于这个平面.②若α⊥β,m∥α,n⊥β,则m⊥n是错误的,当m和n平行或相交(不垂直)时,也可能满足前边的条件;③若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ,不对,垂直于同一个平面的两个平面也可以是相交的;④如果m⊥n,m⊥α,n∥β,则α⊥β是错误的,平面β和α可以相交或平行. 3.选C.因为平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,BC⊥BD,所以BD⊥平面ABC,又AC平面ABC,所以BD⊥AC,故①正确.因为BD⊥AC,BD⊥BC,AC∩BC=C,所以BD⊥平面ABC,又因为BD平面ABD,所以平面ABD⊥平面ABC,故②正确.因为AC⊥AB,BD⊥AC,AB∩BD=B,所以AC⊥平面ABD,又AC平面ACD,所以平面ACD⊥平面ABD,故③正确.与线面垂直关系有关命题真假的判断方法(1)借助几何图形来说明线面关系要做到作图快、准,甚至无需作图通过空间想象来判断.(2)寻找反例,只要存在反例,结论就不正确.(3)反复验证所有可能的情况,必要时要运用判定或性质定理进行简单说明.【秒杀绝招】排除法解T2,选D.若m∥l,且m⊥α,则l⊥α是正确的,两平行线中的一条垂直于一个平面,另一条也垂直于这个平面,故①正确,排除A,B,C,选D.考点二点到面的距离问题【典例】如图,△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形,平面MCD⊥平面BCD,AB⊥平面BCD,AB=2√3.求点A到平面MBC的距离.【解析】取CD的中点O,连接OB,OM,则OB=OM=√3,OB⊥CD,MO⊥CD.又平面MCD⊥平面BCD,则MO⊥平面BCD,所以MO∥AB,MO∥平面ABC,所以点M,O到平面ABC的距离相等.作OH⊥BC于点H,连接MH,则MH⊥BC.求得OH=OC·cos 30°=√32,MH=√(√3)2+(√32)2=√152.设点A到平面MBC的距离为d,由V A-MBC=V M-ABC得13·S△MBC·d=13·S△ABC·OH.即13×12×2×√152d=13×12×2×2√3×√32,解得d=25√15.求点到平面的距离,按照定义需要找到这点到平面的垂线段,一般不好找垂足,可以利用等体积法转化为方程问题求解.如图,在四棱锥P-ABCD 中,PD ⊥平面ABCD, PD=DC=BC=1,AB=2,AB ∥DC,∠BCD=90°. (1)求证:PC ⊥BC.(2)求点A 到平面PBC 的距离. 【解析】(1)因为PD ⊥平面ABCD,BC 平面ABCD,所以PD ⊥BC.因为∠BCD=90°,所以CD ⊥BC,又PD ∩DC=D,PD,DC平面PCD,所以BC ⊥平面PCD.因为PC 平面PCD,故PC ⊥BC.(2)分别取AB,PC 的中点E,F,连接DE,DF,则易证DE ∥CB,DE ∥平面PBC,所以点D,E 到平面PBC 的距离相等,又点A 到平面PBC 的距离等于点E 到平面PBC 的距离的2倍,由(1)知,BC ⊥平面PCD,所以平面PBC ⊥平面PCD,因为PD=DC,PF=FC,所以DF ⊥PC,因为平面PCD ∩平面PBC=PC. 所以DF ⊥平面PBC 于点F.易知DF=√22,故点A 到平面PBC 的距离等于√2.【一题多解】(2)等体积法:连接AC,设点A 到平面PBC 的距离为h, 因为AB ∥DC,∠BCD=90°,所以∠ABC=90°. 由AB=2,BC=1,得△ABC 的面积S △ABC =1.由PD ⊥平面ABCD 及PD=1,得三棱锥P-ABC 的体积V=13S △ABC ·PD=13.因为PD ⊥平面ABCD,DC 平面ABCD,所以PD ⊥DC,又PD=DC=1,所以PC=√PD 2+DC 2=√2,由PC ⊥BC,BC=1,得△PBC 的面积S △PBC =√22,由V A-PBC =V P-ABC 得,13S △PBC ·h=13,得h=√2,故点A 到平面PBC 的距离等于√2. 考点三 直线、平面垂直,面面垂直的判定与性质命题 精 解 读1.考什么:(1)考查证明线线垂直、线面垂直、面面垂直.(2)考查直观想象与逻辑推理的核心素养.2.怎么考:考查在柱、锥、台体中证明线面的垂直关系.3.新趋势:以柱、锥、台体为载体,与平行、距离、空间角结合命题. 学 霸 好方 法1.(1)证明线面垂直的核心是证线线垂直,而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.因此,判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想.(2)线面垂直的性质,常用来证明线线垂直.2.(1)判定面面垂直的方法:①定义法:证明两平面形成的二面角是直角. ②判定定理法:a ⊥β,aα⇒α⊥β.(2)在已知平面垂直时,一般要用性质定理进行转化.在一个平面内作交线的垂线,转化为线面垂直,然后进一步转化为线线垂直.3.交汇问题:解决距离、空间角交汇时,常需要先证明线面垂直.直线、平面垂直的判定与性质【典例】如图所示,已知AB 为圆O 的直径,点D 为线段AB 上一点,且AD=13DB,点C 为圆O 上一点,且BC=√3AC,PD⊥平面ABC,PD=DB. 求证:PA ⊥CD.【证明】因为AB 为圆O 的直径,所以AC ⊥CB,在Rt △ABC 中,由√3AC=BC 得∠ABC=30°,设AD=1,由3AD=DB 得,DB=3,BC=2√3,由余弦定理得CD 2=DB 2+BC 2-2DB ·BCcos 30°=3, 所以CD 2+DB 2=BC 2,即CD ⊥AO. 因为PD ⊥平面ABC,CD平面ABC,所以PD ⊥CD,由PD ∩AO=D 得,CD ⊥平面PAB, 又因为PA平面PAB,所以PA ⊥CD. 面面垂直的判定与性质【典例】(2018·全国卷Ⅰ)如图,在平行四边形ABCM 中,AB=AC=3,∠ACM=90°,以AC 为折痕将△ACM 折起,使点M 到达点D 的位置,且AB ⊥DA.(1)证明:平面ACD ⊥平面ABC.(2)Q 为线段AD 上一点,P 为线段BC 上一点,且BP=DQ=23DA,求三棱锥Q-ABP 的体积.【解析】(1)由已知可得,∠BAC=90°,则BA ⊥AC. 又BA ⊥AD,AD ∩AC=A,所以AB ⊥平面ACD. 又AB平面ABC,所以平面ACD ⊥平面ABC.(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3√2. 又BP=DQ=23DA,所以BP=2√2.作QE ⊥AC,垂足为E,则QE ∥CD 且QE=13DC=1.由已知及(1)可得DC ⊥平面ABC, 所以QE ⊥平面ABC,因此,三棱锥Q-ABP 的体积为V Q-ABP =13×QE×S △ABP =13×1×12×3×2√2sin 45°=1.1.已知直线l ,m 与平面α,β,γ,满足β∩γ=l ,l ∥α,m α,m⊥γ,则必有( )A.α⊥γ且m ∥βB.α∥β且α⊥γC.m ∥β且l ⊥mD.α⊥γ且l ⊥m【解析】选D.因为mα,m⊥γ,所以α⊥γ.因为β∩γ=l ,所以lγ,又因为m ⊥γ,所以l ⊥m.2.如图,在△ABC 中,AC=BC=√22AB,四边形ABED 是边长为1的正方形,平面ABED ⊥底面ABC,G,F 分别是EC,BD 的中点.(1)求证:GF ∥平面ABC.(2)求几何体C-ADEB 的体积.【解析】(1)如图,取BC 的中点M,AB 的中点N,连接GM,FN,MN.因为G,F 分别是EC,BD 的中点,所以GM ∥BE,且GM=12BE,NF ∥DA,且NF=12DA.又四边形ABED 为正方形,所以BE ∥AD,BE=AD,所以GM ∥NF 且GM=NF.所以四边形MNFG 为平行四边形.所以GF ∥MN,又MN 平面ABC,GF 平面ABC,所以GF ∥平面ABC.(2)连接CN,因为AC=BC,所以CN ⊥AB,又平面ABED ⊥平面ABC,CN 平面ABC,所以CN ⊥平面ABED.易知△ABC 是等腰直角三角形,所以CN=12AB=12,因为C-ABED 是四棱锥,所以V C-ABED =13S 四边形ABED ·CN=13×1×12=16.1.如图,已知PA ⊥平面ABCD,且四边形ABCD 为矩形,M,N 分别是AB,PC 的中点.(1)求证:MN ⊥CD.(2)若∠PDA=45°,求证:MN ⊥平面PCD.【证明】(1)如图所示,取PD 的中点E,连接AE,NE, 因为N 是PC 的中点,E 为PD 的中点, 所以NE ∥CD,且NE=12CD,而AM ∥CD,且AM=12AB=12CD,所以NE AM,所以四边形AMNE 为平行四边形, 所以MN ∥AE. 又PA ⊥平面ABCD, 所以PA ⊥CD,又因为ABCD 为矩形,所以AD ⊥CD. 而AD ∩PA=A,AD,PA平面PAD,所以CD ⊥平面PAD,所以CD ⊥AE.又AE ∥MN,所以MN ⊥CD.(2)因为PA ⊥平面ABCD,所以PA ⊥AD, 又∠PDA=45°,所以△PAD 为等腰直角三角形. 又E 为PD 的中点,所以AE ⊥PD,又由(1)知CD ⊥AE, PD ∩CD=D,CD,PD平面PDC,所以AE ⊥平面PCD.又AE ∥MN,所以MN ⊥平面PCD.2.如图,在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AA 1⊥BC,∠A 1AC=60°,A 1A=AC=BC=1,A 1B=√2.(1)求证:平面A 1BC ⊥平面ACC 1A 1.(2)如果D 为AB 中点,求证:BC 1∥平面A 1CD. 【证明】(1)因为∠A 1AC=60°,A 1A=AC=1, 所以△A 1AC 为等边三角形,所以A 1C=1.因为BC=1,A 1B=√2,所以A 1C 2+BC 2=A 1B 2.所以∠A 1CB=90°,即A 1C ⊥BC. 因为BC ⊥A 1A,BC ⊥A 1C,AA 1∩A 1C=A 1, 所以BC ⊥平面ACC 1A 1. 因为BC平面A 1BC,所以平面A 1BC ⊥平面ACC 1A 1. (2)连接AC 1交A 1C 于点O,连接OD. 因为ACC 1A 1为平行四边形,所以O 为AC 1的中点.因为D 为AB 的中点,所以OD∥BC1.因为OD平面A1CD,BC1⊈平面A1CD,所以BC1∥平面A1CD.。