届高考数学一轮总复习板块命题点专练(十一)立体几何理新人教版【含答案】

专题四立体几何热点一空间点、线、面的综合位置关系及应用高考对空间线面关系的判断与证明的考查主要是以多面体为载体,对空间线线平行与垂直,线面平行与垂直,面面平行与垂直的定义、判定与性质进行考查,其中线面及面面的平行与垂直是核心.例1如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直底面,∠ACB=90°,AC=BC=AA1,D是棱AA1的中点.(1)求证:平面BDC1⊥平面BDC;(2)平面BDC1分此棱柱为两部分,求这两部分体积的比.【审题】此三棱柱为直三棱柱,本身有较多的垂直关系:如BC⊥平面ACC1A1等.又D为AA1的中点,利用三角形特征(如DAC)可证∠ADC=45°.平面BDC1分割三棱柱后,成为锥体B-ACC1D.【求解】(1)由题设知BC⊥CC1,BC⊥AC,CC1∩AC=C,所以BC⊥平面ACC1A1.又DC1⊂平面ACC1A1,所以DC1⊥BC.由题设知∠A1DC1=∠ADC=45°,所以∠CDC1=90°,即DC1⊥DC.又DC∩BC=C,所以DC1⊥平面BDC.又DC1⊂平面BDC1,故平面BDC1⊥平面BDC.(2)设棱锥B-DACC1的体积为V1,AC=1.由题意得V1=.又三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=1,所以(V-V1)∶V1=1∶1.故平面BDC1分此棱柱所得两部分体积的比为1∶1.热点二线面位置关系的存在性问题空间线面位置关系重点研究了线面位置的证明与线面角的计算等问题,与这些问题有关的开放与探索型问题,在高考中也多次出现.按类型分,可以是条件追溯型,可以是存在探索型,也可以是方法类比探索型.例2(2014·四川)在如图所示的多面体中,四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形.(1)若AC⊥BC,证明:直线BC⊥平面ACC1A1.(2)设D,E分别是线段BC,CC1的中点,在线段AB上是否存在一点M,使直线DE∥平面A1MC?请证明你的结论.【求解】(1)因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形,所以AA1⊥AB,AA1⊥AC.因为AB,AC为平面ABC内的两条相交直线,所以AA1⊥平面ABC.因为直线BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC.又由已知,AC⊥BC,AA1,AC为平面ACC1A1内的两条相交直线,所以BC⊥平面ACC1A1.(2)如图,取线段AB的中点M,连接A1M,MC,A1C,AC1,设O为A1C,AC1的交点.由已知,O为AC1的中点.连接MD,OE,则MD,OE分别为△ABC,△ACC1的中位线,所以MD∥AC,OE∥AC.因此MD∥OE.连接OM,从而四边形MDEO为平行四边形,所以DE∥MO.因为直线DE⊄平面A1MC,MO⊂平面A1MC.所以直线DE∥平面A1MC.即线段AB上存在一点M(线段AB的中点),使直线DE∥平面A1MC.热点三空间计算与三视图的综合应用求空间几何体的表面积和体积是立体几何的重要内容之一,也是高考考查的热点问题之一.在高考中,常以选择题或填空题的形式出现,难度中等.高考考查对空间几何体的表面积和体积的考查主要有两个方面:一是求简单组合体的表面积和体积,常考的组合体有多面体与多面体的组合、多面体与旋转体的组合等;二是以三视图为背景求空间几何体的表面积和体积.例3(2014·重庆)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为().A. 12B. 18C. 24D. 30【求解】由三视图可知该几何体是由一个直三棱柱去掉一个三棱锥得到的.三棱柱的底面是两直角边长分别为3和4的直角三角形,高为5;截去的锥体的底面是两直角边的长分别为3和4的直角三角形,高为3,所以该几何体的体积为V=【答案】 C演练经典习题1.(2014·湖北)《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土,这是我国现存最早的有系统的数学典籍,其中记载有求“囷盖”的术“置如其周,令相乘也.又以高乘之,三十六成一.”该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h,计算其体积V的近似公式V≈.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么,近似公式V≈相当于将圆锥体积公式中的π近似取为().2. (2014·陕西)四面体ABCD及其三视图如图所示,平行于棱AD,BC的平面分别交四面体的棱AB,BD,DC,CA于点E,F,G,H.(1)求四面体ABCD的体积;(2)求证:四边形EFGH是矩形.(第2题)3.如图,直三棱柱ACB-A'B'C',∠ABC=90°,AB=AC=,AA'=1,故M,N分别为A'B和B'C'的中点.(1)求证:MN∥平面A'ACC';(2)求三棱锥A'-MNC的体积.(第3题)4.(2013·东城区高中示范校综合练习)如图所示,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F 分别为DD1,DB的中点.(1)求证:EF∥平面ABC1D1;(2)求证:EF⊥B1C;(3)求三棱锥B1-EFC的体积.(第4题)5. (2013·山东名校联考信息优化卷)如图,四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是矩形,三角形PAD为等边三角形,平面APD⊥平面ABCD,AB=2,AD=1,E,F分别为AD,PC的中点.(1)求证:EF∥平面PAB;(2)求点B到平面PAC的距离.(第5题)参考答案与解析演练经典习题(第3题)。

阶段性测试题九(立体几何)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

满分150分。

考试时间120分钟。

第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本大题共12个小题，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．(文)(2014·辽宁师大附中期中)已知两个不同的平面α、β和两条不重合的直线m、n，有下列四个命题①若m∥n，m⊥α，则n⊥α②若m⊥α，m⊥β，则α∥β③若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥β④若m∥α，α∩β＝n，则m∥n其中正确命题的个数是()A．0个B．1个C．2个D．3个[答案] D[解析]由线面垂直的性质知①正确；垂直于同一条直线的两个平面平行，∴②正确；由m⊥α，m∥n知n⊥α，又n⊂β，∴α⊥β，∴③正确；如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ABCD与平面ADD1A1分别为α、β，CC1为m，则m∥α，α∩β＝n，但m与n不平行，∴④错，故选D．(理)(2014·浙江台州中学期中)设a、b是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则下列四个命题①若a⊥b，a⊥α，则b∥α②若a∥α，α⊥β，则a⊥β③a⊥β，α⊥β，则a∥α④若a⊥b，a⊥α，b⊥β，则α⊥β其中正确的命题的个数是()A．0个B．1个C．2个D．3个[答案] B[解析]①中可能有b⊂α；②中a⊂β，或a∥β，a与β斜交，a⊥β，都有可能；③中可能有a⊂α；若a⊥b，a⊥α，则b∥α或b⊂α，又b⊥β，∴α⊥β，∴④正确，故选B．2．(2014·山东省博兴二中质检)设m、n是两条不同直线，α、β是两个不同的平面，下列命题正确的是()A．m∥α，n∥β且α∥β，则m∥nB．m⊥α，n⊥β且α⊥β，则m⊥nC．m⊥α，n⊂β，m⊥n，则α⊥βD ．m ⊂α，n ⊂α，m ∥β，n ∥β，则α∥β[答案] B[解析] 设m 与n 相交，m 、n 都在平面γ内，γ∥α，γ∥β时，满足A 的条件，∴A 错；若m ⊥α，α⊥β，则m ⊂β或m ∥β，又n ⊥β，∴n ⊥m ，∴B 正确；若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ⊂α，结合n ⊂β得不出α⊥β，故C 错；当m ∥n 且满足D 的条件时，得不出α∥β，故D 错．3．(2015·河南八校联考)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的外接球的表面积为( )A ．16π3B ．8π3C ．43D ．23π[答案] A [解析] 由三视图知该几何体为三棱锥，底面是等腰三角形，其底长为2，高为1，棱锥高为3，顶点在底面射影为等腰直角三角形底边的中点D ，直观图如图，BD ⊥AC ，PD ⊥平面ABC ，DA＝DB ＝DC ＝1，故球心O 在PD 上，设OP ＝R ，则(3－R)2＋12＝R2，∴R ＝233.∴S 球＝4πR2＝16π3.4．(文)(2014·吉林市摸底)下图是某四棱锥的三视图，则该几何体的表面积等于( )A ．17＋65B ．34＋6 5C ．6＋65＋43D ．6＋63＋413[答案] B[解析] 由三视图知，这是一个底面是矩形的四棱锥，矩形的长和宽分别是6,2，四棱锥的高是4，其直观图如图，作PE ⊥平面ABCD ，则垂足E 为AD 的中点，PE ＝4，作EF ⊥BC ，垂足为F ，则PF ⊥BC ，∵EF ＝2，∴PF ＝25，∵AB ⊥AD ，∴AB ⊥PA ，PA ＝PE2＋AE2＝5，∴S ＝6×2＋12×6×4＋12×6×25＋2×(12×2×5)＝34＋65，故选B ．(理)(2015·豫南九校联考)已知四棱锥的三视图如图所示，则四棱锥的四个侧面中面积最大的是( )A ．3B ．25C ．6D ．8 [答案]C [解析] 由三视图知，该几何体是四棱锥，其直观图如图，其四个侧面中面积最大的是△PBC ，由图中数据知AB ＝2，BC ＝4，PA ＝PD ＝3，∴PE ＝5，取BC 中点F ，则EF ⊥BC ，∴PF ⊥BC ，PF ＝PE2＋EF2＝3，∴S △PBC ＝12BC·PF ＝6.5．(2014·云南景洪市一中期末)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图与左视图均为半径是1的圆，则这个几何体的体积是( )A ．4π3B ．πC ．2π3D ．π3[答案] B[解析] 由三视图知，这是一个半径为1的球，截去14，故其体积为V ＝34·(4π3·13)＝π.6．(2015·江西三县联考)平面α与平面β平行的条件可以是( )A ．α内有无穷多条直线与β平行B ．直线a ∥α，a ∥βC ．直线a ⊂α，直线b ⊂β，且a ∥β，b ∥αD ．α内的任何直线都与β平行[答案] D[解析] 当α∩β＝l 时，α内与l 平行的直线都与β平行，故A 错；当α∩β＝l ，a ∥l ，a ⊄α，a ⊄β时，满足B 的条件，∴B 错；当α∩β＝l ，a ⊂α，a ∥l ，b ⊂β，b ∥l 时，有a ∥β，b ∥α，∴C 错，故选D ．7．(2014·长春市一调)某几何体的三视图如图(其中俯视图中的圆弧是半圆)，则该几何体的表面积为( )A ．92＋14πB ．82＋14πC ．92＋24πD ．82＋24π[答案] A[解析] 由三视图知，该几何体是一个组合体，下部是长宽分别为5、4，高为4的长方体，上部为底半径为2，高为5的半圆柱，故其表面积S ＝5×4＋(5＋4)×2×4＋π·22＋12(2π×2×5)＝92＋14π，故选A ．8．(2015·许昌、平顶山、新乡调研)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．103B ．10C ．30D ．24＋2 5[答案] B[解析] 由三视图可知，该几何体为直四棱柱，底面为直角梯形，S 底＝12×(2＋3)×2＝5，棱柱高为2，V ＝5×2＝10.9．(2015·广东揭阳一中期中)下列命题中，错误的是( )A ．一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交B ．平行于同一平面的两个不同平面平行C ．如果平面α不垂直平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD ．若直线l 不平行平面α，则在平面α内不存在与l 平行的直线[答案] D[解析] 当直线l 在平面α内时可知D 错误．10．(文)(2015·广东执信中学期中)将正方体(如图1所示)截去两个三棱锥，得到如图2所示的几何体，则该几何体的左视图为( )[答案] B[解析] 其左视图可考虑在原正方体中，将该几何体投射到平面BCC1B1上，则A 点射影为B ，D 点射影为C ，D1点射影为C1，AD1的射影为BC1，应为实线，DD1的射影CC1为实线，B1C 应为虚线(左下到右上)，故应选B ．(理)(2015·甘肃天水一中段测)在正方体ABCD －A1B1C1D1中，点E1，F1分别是线段A1B1，A1C1的中点，则直线BE1与AF1所成角的余弦值是( )A ．3010B ．12C ．3015D ．1510[答案] A[解析] 以A 为原点，直线AB 、AD 、AA1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系A －xyz ，设棱长为1，则B(1,0,0)，E1(12，0,1)，F1(12，12，1)，∴AF1→＝(12，12，1)，BE1→＝(－12，0,1)．cos 〈AF1→，BE1→〉＝AF1→·BE1→|AF1→||BE1→|＝3452×62＝3010，故选A ． 11．(2015·深圳市五校联考)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积为( )A ．233B ．223C ．6D ．7[答案] A[解析] 由三视图可知，该多面体是由正方体截去两个正三棱锥所成的几何体，如图，正方体棱长为2，正三棱锥侧棱互相垂直，侧棱长为1，故几何体的体积为：V ＝V 正方体－2V 三棱锥＝2×2×2－2×(13×12×1×1×1)＝233.12．(2014·长沙市重点中学月考)某几何体的三视图如图所示，则它的表面积为( )A ．2＋1＋52πB ．2＋1＋252πC ．2＋(1＋5)πD ．2＋2＋52π[答案] A[解析] 由三视图知，该几何体是倒立的半个圆锥，圆锥的底半径为1，高为2，故其表面积为S ＝12π·12＋12×2×2＋12π·1·22＋12＝2＋1＋52π，故选A ．第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上．)13．(2015·甘肃天水一中段测)若某几何体的三视图如下，该几何体的体积为2，则俯视图中的x ＝________.[答案] 2[解析] 由三视图可知，该几何体为四棱锥，高为2，底面为直角梯形，面积S ＝12(1＋x)×2＝1＋x ，因此V ＝13Sh ＝13·(1＋x)·2＝2，解得x ＝2.14．(2014·成都七中模拟)已知正方体ABCD －A1B1C1D1的棱长为1，点M 是BC1的中点，P 是BB1一动点，则(AP ＋MP)2的最小值为________．[答案] 52[解析] 将平面ABB1A1展开到与平面CBB1C1共面，如下图，易知当A 、P 、M 三点共线时(AP ＋MP)2最小．AM2＝AB2＋BM2－2AB×BMcos135°＝12＋(22)2－2×1×22×(－22)＝52.15．(2014·海南省文昌市检测)边长是22的正三角形ABC 内接于体积是43π的球O ，则球面上的点到平面ABC 的最大距离为________．[答案] 433[解析] 设球半径为R ，则由条件知43πR3＝43π，∴R ＝3，正三角形ABC 所在平面截球得截面如图，OO1⊥平面ABC(O1为△ABC 的中心)，OA ＝3，O1A ＝23×32×22＝263，∴OO1＝OA2－O1A2＝33，∴球面上的点到平面ABC 的最大距离为PO1＝PO ＋OO1＝433.16．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为________．[答案] 9[解析] 由三视图可得该几何体是一个三棱锥，底面是等腰三角形，底边长为6，高为3，三棱锥的高为3，所以V ＝13×(12×6×3)×3＝9.三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)17．(本小题满分12分)(2015·石光中学月考)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，且PA ＝PD ＝22AD ，若E ，F 分别为PC ，BD 的中点．(1)求证：EF ∥平面PAD ；(2)求证：平面PDC ⊥平面PAD ；(3)求四棱锥P －ABCD 的体积．[解析] (1)连接EF ，AC ，∵四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形且点F 为对角线BD 的中点， ∴对角线AC 经过F 点，又点E 为PC 的中点，∴EF 为△PAC 的中位线，∴EF ∥PA ．又PA ⊂平面PAD ，EF ⊄平面PAD ，∴EF ∥平面PAD ．(2)∵底面ABCD 是边长为a 的正方形，∴CD ⊥AD ，又侧面PAD ⊥底面ABCD ，侧面PAD ∩底面ABCD ＝AD ，∴CD ⊥平面PAD ．又CD ⊂平面PCD ，∴平面PDC ⊥平面PAD ．(3)过点P 作AD 的垂线PG ，垂足为点G ，∵侧面PAD ⊥底面ABCD ，PG ⊂平面PAD ，侧面PAD ∩底面ABCD ＝AD ，∴PG ⊥平面ABCD ，即PG 为四棱锥P －ABCD 的高，又PA ＝PD ＝22AD 且AD ＝a ，∴PG ＝a 2.∴V 四棱锥P －ABCD ＝13S 正方形ABCD·PG ＝13×a2×a 2＝16a3.18．(本小题满分12分)(文)(2014·合肥市质检)如图，在多面体ABCDFE中，底面ABCD 是梯形，且AD ＝DC ＝CB ＝12AB ．直角梯形ACEF 中，EF 綊12AC ，∠ECA 是直角，且平面ACEF ⊥平面ABCD ．(1)求证：BC ⊥AF ；(2)试判断直线DF 与平面BCE 的位置关系，并证明你的结论．[解析] (1)证明：取AB 的中点H ，连接CH ，∵底面ABCD 是梯形，且AD ＝DC ＝CB ＝12AB ，易证四边形AHCD 为菱形，∴AD ＝HC ＝12AB ，∴∠ACB ＝90°，∴BC ⊥AC ．∵平面ACEF ⊥平面ABCD ，且平面ACEF ∩平面ABCD ＝AC ，∴BC ⊥平面ACEF ，而AF ⊂平面ACEF ，故BC ⊥AF.(2)DF ∥平面BCE.证明如下：连接DH 交AC 于点M ，易知M 为AC 的中点，连接FM.在菱形AHCD 中，DM ⊥AC ，由第一问知BC ⊥AC ，故DM ∥BC ．在直角梯形ACEF 中，EF 綊CM ，四边形EFMC 是平行四边形，故FM ∥EC ．而BC ，CE ⊂平面BCE ，BC ∩CE ＝C ，而DM ，MF ⊂平面DMF ，DM ∩MF ＝M ，故平面BCE ∥平面DMF ，DF ⊂平面DMF ，从而，DF ∥平面BCE.(理)(2014·天津南开中学月考)如图，三棱柱ABC －A1B1C1的底面为边长为2的等边三角形，侧棱长为3，且侧棱与底面垂直，D 为B1C1的中点．(1)求证AC1∥平面A1BD ；(2)求异面直线AC1与BD 所成角的余弦值；(3)求二面角B1－A1B －D 的平面角的正弦值．[解析] 因为三棱柱的侧棱垂直于底面，所以平面BB1C1C ⊥平面A1B1C1.在等腰三角形A1B1C1中，D 为B1C1中点，∴A1D ⊥B1C1，∴A1D ⊥平面BB1C1C ．取BC 的中点E ，连接DE ，则直线ED ，B1C1，A1D 两两垂直．如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，在等边三角形A1B1C1中，边长为2，所以A1D ＝3，所以D(0,0,0)，B1(1,0,0)，C1(－1,0,0)，A1(0,0，3)，B(1，－3，0)，C(－1，－3，0)，A(0，－3，3)．(1)证明：DA1→＝(0,0，3)，DB →＝(1，－3，0)．设平面A1BD 的一个法向量为m ＝(x1，y1，z1)，则⎩⎨⎧ 3z ＝0，x1－3y1＝0.令y1＝3，则x1＝3，z1＝0. 所以m ＝(3，3，0)．又AC1→＝(－1，3，－3)，AC1→·m ＝0，∴AC1→⊥m ，又∵AC1⊄平面BDA1，∴AC1∥平面BDA1.(2)AC1→＝(－1，3，－3)，DB →＝(1，－3，0)，cos 〈AC1→，DB →〉＝AC1→·DB →|AC1→|·|DB →|＝－1－37·2＝－277. 异面直线AC1与BD 所成角的余弦值为277.(3)B1B →＝(0，－3，0)，B1A1→＝(－1,0，3)，设平面B1BA1的一个法向量为n ＝(x2，y2，z2)，则⎩⎨⎧ －3y2＝0，－x2＋3z2＝0.令z2＝3，则x2＝3. 所以n ＝(3,0，3)．cos 〈m ，n 〉＝m·n |m|·|n|＝912＝34.∴二面角B1－A1B －D 的平面角的正弦值为74.19．(本小题满分12分)(文)(2015·江西三县联考)如图，四边形ABEF 是等腰梯形，AB ∥EF ，AF ＝BE ＝2，EF ＝42，AB ＝22，ABCD 是矩形．AD ⊥平面ABEF ，其中Q ，M 分别是AC ，EF 的中点，P 是BM 中点．(1)求证：PQ ∥平面BCE ；(2)求证：AM ⊥平面BCM ；(3)求点F 到平面BCE 的距离．[解析] (1)因为AB ∥EM ，且AB ＝EM ，所以四边形ABEM 为平行四边形．连接AE ，则AE 过点P ，且P 为AE 中点，又Q 为AC 中点，所以PQ 是△ACE 的中位线，于是PQ ∥CE.∵CE ⊂平面BCE ，PQ ⊄平面BCE ，∴PQ ∥平面BCE.(2)AD ⊥平面ABEF ⇒BC ⊥平面ABEF ⇒BC ⊥AM.在等腰梯形ABEF 中，由AF ＝BE ＝2，EF ＝42，AB ＝22，可得∠BEF ＝45°，BM ＝AM ＝2，∴AB2＝AM2＋BM2，∴AM ⊥BM.又BC ∩BM ＝B ，∴AM ⊥平面BCM.(3)解法一：点F 到平面BCE 的距离是M 到平面BCE 的距离的2倍，∵EM2＝BE2＋BM2，∴MB ⊥BE ，∵MB ⊥BC ，BC ∩BE ＝B ，∴MB ⊥平面BCE ，∴d ＝2MB ＝4.解法二：VC －BEF ＝13S △BEF·BC ＝43BC ，VF －BCE ＝13S △BCE·d ＝d 3BC ．∵VC －BEF ＝VF －BCE ，∴d ＝4.(理)(2014·成都七中模拟)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，PG ⊥平面ABCD ，垂足为G ，G 在AD 上且AG ＝13GD ，GB ⊥GC ，GB ＝GC ＝2，E 是BC 的中点，四面体P －BCG 的体积为83.(1)求过P 、C 、B 、G 四点的球的表面积；(2)求直线DP 与平面PBG 所成角的正弦值；(3)在棱PC 上是否存在一点F ，使DF ⊥GC ，若存在，确定点F 的位置，若不存在，说明理由．[解析] (1)∵四面体P －BCG 的体积为83，GB ⊥GC ，GB ＝GC ＝2，PG ⊥平面ABCD ，∴PG ＝4，以GP ，GB ，GC 为棱构造长方体，外接球的直径为长方体的对角线．∴(2R)2＝16＋4＋4，∴R ＝6，∴S ＝4π×6＝24π.(2)∵GB ＝GC ＝2，∠BGC ＝π2，E 为BC 的中点，∴GE ＝2，BGsin ∠AGB ＝2，∴∠AGB ＝π4，作DK ⊥BG 交BG 的延长线于K ，∴DK ⊥平面BPG ，∵BC ＝BG2＋CG2＝22，∴DG ＝34BC ＝322，∴DK ＝GK ＝32，PD ＝412. 设直线DP 与平面PBG 所成角为α，∴sinα＝DK DP ＝38282.(3)假设F 存在，过F 作FF ′⊥GC 交GC 于F ′，则必有DF ′⊥GC ．因为AG ＝13GD ，且AD ＝22，所以GD ＝322，又∠DGF ′＝45°，∴GF ′＝32＝34GC ，∴PF ＝34PC ．∴当CF CP ＝14时满足条件．20．(本小题满分12分)(2015·大连市二十中期中)如图，四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AD ∥BC ，AD ＝6，BC ＝4，AB ＝2，E 、F 分别在BC 、AD 上，EF ∥AB ．现将四边形ABEF 沿EF 折起，使得平面ABEF ⊥平面EFDC ．(1)当BE ＝1时，是否在折叠后的AD 上存在一点P ，使得CP ∥平面ABEF ？若存在，指出P 点位置，若不存在，说明理由；(2)设BE ＝x ，问当x 为何值时，三棱锥A －CDF 的体积有最大值？并求出这个最大值．[解析] (1)存在点P 使得满足条件CP ∥平面ABEF ，且此时AP AD ＝35.证明如下：AP AD ＝35，过点P 作MP ∥FD ，与AF 交于点M ，则有MP FD ＝35，又FD ＝5，故MP ＝3，又因为EC ＝3，MP ∥FD ∥EC ，故有MP 綊EC ，故四边形MPCE 为平行四边形，所以PC ∥ME ，又CP ⊄平面ABEF ，ME ⊂平面ABEF ，故有CP ∥平面ABEF 成立．(2)因为平面ABEF ⊥平面EFDC ，平面ABEF ∩平面EFDC ＝EF ，又AF ⊥EF ，所以AF ⊥平面EFDC ． 由已知BE ＝x ，所以AF ＝x(0<x<4)，FD ＝6－x.故VA －CDF ＝13·(12DF·EF)·AF ＝13·12·2·(6－x)·x ＝13(6x －x2)＝13[－(x －3)2＋9]＝－13(x －3)2＋3.所以，当x ＝3时，VA －CDF 有最大值，最大值为3.21．(本小题满分12分)(文)如图，在直三棱柱ABC －A1B1C1中，BC ＝2，AB ＝AC ＝AA1＝1，D 是棱CC1上的一点，P 是AD 的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA1.(2)求证：CD ＝C1D ；(2)求点C 到平面B1DP 的距离．[解析] (1)证明：连接B1A 交BA1于O ，∵PB1∥平面BDA1，B1P ⊂平面AB1P ，平面AB1P ∩平面BA1D ＝OD ，∴B1P ∥OD ．又∵O 为B1A 的中点，∴D 为AP 的中点，∴C1为A1P 的中点，∴△ACD ≌△PC1D ，∴CD ＝C1D ；(2)因为VC －B1PD ＝VB1－PCD所以13h·S △B1PD ＝13A1B1·S △PCD ，∵A1B1＝1，S △PCD ＝12CD·PC1＝14，在△B1PD 中，B1D ＝32，B1P ＝5，PD ＝52，∴cos ∠DB1P ＝255，sin ∠DB1P ＝55.∴S △B1PD ＝12×32×5×55＝34，∴h ＝13.(理) (2014·康杰中学、临汾一中、忻州一中、长治二中四校联考)如图，四边形ABCD 与BDEF 均为菱形，设AC 与BD 相交于点O ，若∠DAB ＝∠DBF ＝60°，且FA ＝FC ．(1)求证：FC ∥平面EAD ；(2)求二面角A －FC －B 的余弦值．[解析] (1)证明：∵四边形ABCD 与BDEF 均为菱形，∴AD ∥BC ，DE ∥BF.∵AD ⊄平面FBC ，DE ⊄平面FBC ，∴AD ∥平面FBC ，DE ∥平面FBC ，又AD ∩DE ＝D ，AD ⊂平面EAD ，DE ⊂平面EAD ，∴平面FBC ∥平面EAD ，又FC ⊂平面FBC ，∴FC ∥平面EAD ．(2)连接FO 、FD ，∵四边形BDEF 为菱形，且∠DBF ＝60°，∴△DBF 为等边三角形， ∵O 为BD 中点．所以FO ⊥BD ，O 为AC 中点，且FA ＝FC ，∴AC ⊥FO ，又AC ∩BD ＝O ，∴FO ⊥平面ABCD ，∴OA 、OB 、OF 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz ，设AB ＝2，因为四边形ABCD 为菱形，∠DAB ＝60°，则BD ＝2，OB ＝1，OA ＝OF ＝3，∴O(0,0,0)，A(3，0,0)，B(0,1,0)，C(－3，0,0)，F(0,0，3)，∴CF →＝(3，0，3)，CB →＝(3，1,0)，设平面BFC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)，则有⎩⎪⎨⎪⎧ n·CF →＝0，n·CB →＝0，∴⎩⎨⎧3x ＋3z ＝0，3x ＋y ＝0， 令x ＝1，则n ＝(1，－3，－1)，∵BD ⊥平面AFC ，∴平面AFC 的一个法向量为OB →＝(0,1,0)．∵二面角A －FC －B 为锐二面角，设二面角的平面角为θ，∴cosθ＝|cos 〈n ，OB →〉|＝|n·OB →||n|·|OB →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－35＝155， ∴二面角A －FC －B 的余弦值为155.22．(本小题满分14分)(文)(2014·黄石二中检测)如图，在直三棱柱ABC －A1B1C1中，AA1＝AC ＝2AB ＝2，且BC1⊥A1C ．(1)求证：平面ABC1⊥平面A1ACC1；(2)设D 是A1C1的中点，判断并证明在线段BB1上是否存在点E ，使DE ∥平面ABC1；若存在，求三棱锥E －ABC1的体积．[解析] (1)证明：在直三棱柱ABC －A1B1C1中，有A1A ⊥平面ABC ．∴A1A ⊥AC ，又A1A ＝AC ，∴A1C ⊥AC1.又BC1⊥A1C ，∴A1C ⊥平面ABC1，∵A1C ⊂平面A1ACC1，∴平面ABC1⊥平面A1CC1.(2)存在，E 为BB1的中点．取A1A 的中点F ，连EF ，FD ，当E 为B1B 的中点时，EF ∥AB ，DF ∥AC1，∴平面EFD ∥平面ABC1，则有ED ∥平面ABC1.当E 为BB1的中点时，VE －ABC1＝VC1－ABE ＝13×2×12×1×1＝13.(理)(2014·浙北名校联盟联考)已知在长方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，点E 为棱CC ′上任意一点，AB ＝BC ＝2，CC ′＝1.(1)求证：平面ACC ′A ′⊥平面BDE ；(2)若点P 为棱C ′D ′的中点，点E 为棱CC ′的中点，求二面角P －BD －E 的余弦值．[解析] (1)∵ABCD 为正方形，∴AC ⊥BD ，∵CC ′⊥平面ABCD ，∴BD ⊥CC ′，又CC ′∩AC ＝C ，∴BD ⊥平面ACC ′A ′，∴平面BDE ⊥平面ACC ′A ′.(2)以DA 为x 轴，以DC 为y 轴，以DD ′为z 轴建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，B(2,2,0)，E(0,2，12)，P(0,1,1)，设平面BDE 的法向量为m ＝(x ，y ，z)，∵DB →＝(2,2,0)，DE →＝(0,2，12)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ m·DB →＝2x ＋2y ＝0，m·DE →＝2y ＋12z ＝0， 令x ＝1，则y ＝－1，z ＝4，∴m ＝(1，－1,4)，设平面PBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z)， ∵DP →＝(0,1,1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ n·DB →＝2x ＋2y ＝0，n·DP →＝y ＋z ＝0， 令x ＝1，则y ＝－1，z ＝1，∴n ＝(1，－1,1)，∴cos 〈m ，n 〉＝m·n |m|·|n|＝63，∴二面角P －BD －E 的余弦值为63.。

高中数学专题复习《立体几何初步空间几何与点线面》单元过关检测经典荟萃，匠心巨制！独家原创，欢迎下载！注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）请点击修改第I 卷的文字说明 评卷人得分一、选择题1．如图,在正方体1111ABCD A B C D 中,P 为对角线1BD 的三等分点,则P 到各顶点的距离的不同取值有（ ）A ．3个B ．4个C ．5个D ．6个（2020年高考北京卷（文））2．设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,2和a ,且长为a 的棱与长为2的棱异面,则a 的取值范围是 （）1D1BPD 1CCBA1AA ．(0,2)B ．(0,3)C ．(1,2)D ．(1,3)（2020重庆理）3．将半径都为１的４个钢球完全装入形状为正四面体的容器里，这个正四面体的高的最小值为 （A ）3263+（B ）2+263（C ）4+263（D ）43263+(2020全国2理) 4．设α、β 为两个不同的平面，l 、m 为两条不同的直线，且l ⊂α，m ⊂β，有如下的两个命题：①若α∥β，则l ∥m ；②若l ⊥m ，则α⊥β．那么（ ）(A) ①是真命题，②是假命题 (B) ①是假命题，②是真命题 (C) ①②都是真命题 (D) ①②都是假命题(2020浙江文) 5．对于不重合的两个平面βα与，给定下列条件： ①存在平面γ，使得α、β都垂直于γ； ②存在平面γ，使得α、β都平等于γ； ③存在直线α⊂l ，直线β⊂m ，使得m l //； ④存在异面直线l 、m ，使得.//,//,//,//βαβαm m l l 其中，可以判定α与β平行的条件有（ ） A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个(2020重庆文)6．关于直线a 、b 、l 及平面M 、N ，下列命题中正确的是（ ） A ．若a ∥M ，b ∥M ，则a ∥b B ．若a ∥M ，b ⊥a ，则b ⊥MC ．若a M ，b M ，且l ⊥a ，l ⊥b ，则l ⊥MD ．若a ⊥M ，a ∥N ，则M ⊥N （2020上海春13）7．如图，在正方体ABCD A B C D -1111中，P 是侧面BB C C 11内一动点，若P 到直线BC 与直线C D 11的距离相等，则动点P 的轨迹所在的曲线是（ ）AB CD A 1B 1C 1D 1PA. 直线B. 圆C. 双曲线D. 抛物线（2020北京理）（4）8．高为24的四棱锥S -ABCD 的底面是边长为1的正方形，点S 、A 、B 、C 、D 均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为(2020年高考重庆卷理科9) （A ）24 （B ）22（C ）1 （D ）29．A 、B 是直线l 外的两点，过A 、B 且和l 平行的平面的个数是（ ） （A ）0个（B ）1个 （C ）无数个 （D ）以上都有可能10．下列命题中，不正确的命题是---------------------------------------------------------------------（ ）(A)空间四边形两组对边都是异面直线 (B)空间四边形的两条对角线是异面直线(C)空间四边形各边中点的连线构成平行四边形 (D)空间四边形各边中点的连线构成空间四边第II 卷（非选择题）请点击修改第II 卷的文字说明 评卷人得分二、填空题11．用与球必距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为____________12．有下列命题正确的个数是__________；①如果一条直线与一个平面平行，那么它就和这个平面内的任意一条直线平行；②平行于同一平面的两条直线平行；③若一直线与一平面内一直线平行，则它必与此平面平行；④过两异面直线中的一条且与另一条直线平行的平面必存在 13．对于直线m 、 n 和平面 α、β、γ，有如下四个命题：其中正确的命题的个数是14．α、β是两个不同的平面，m 、n 是平面α及β之外的两条不同直线.给出四个论断：βαβαγαβγβααααα⊥⊂⊥⊥⊥⊥⊥⊥⊥则若则若则若则若,,)4(,//,,)3(//,,)2(,,,//)1(m m n n m m n n m m① m ⊥n ②α⊥β ③n ⊥β ④m ⊥α以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个．．命题： . （2020全国18）15．已知两条直线n m ,和两个平面βα,;给出下列四个命题①αα⊥⇒⊥n m n m ,//,②nm n m //,,//⇒⊂⊂βαβα,③βαβα⊥⇒⊥n m n m ,//,//,④αα////,//n m n m ⇒,其中正确命题的序号是______▲______。

课时规范训练1．(2022·高考全国乙卷)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝a cos t ，y ＝1＋a sin t ，(t 为参数，a ＞0)．在以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 2：ρ＝4cos θ.①说明C 1是哪一种曲线，并将C 1的方程化为极坐标方程；②直线C 3的极坐标方程为θ＝α0，其中α0满足tan α0＝2，若曲线C 1与C 2的公共点都在C 3上，求a .解：①消去参数t 得到C 1的一般方程为x 2＋(y －1)2＝a 2.所以C 1是以(0，1)为圆心，a 为半径的圆．将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入C 1的一般方程中，得到C 1的极坐标方程为ρ2－2ρsin θ＋1－a 2＝0.②曲线C 1，C 2的公共点的极坐标满足方程组⎩⎪⎨⎪⎧ρ2－2ρsin θ＋1－a 2＝0，ρ＝4cos θ.若ρ≠0，由方程组得16cos 2θ－8sin θcos θ＋1－a 2＝0，由已知tan θ＝2，可得16cos 2θ－8sin θcos θ＝0，从而1－a 2＝0，解得a ＝－1(舍去)或a ＝1.当a ＝1时，极点也为C 1，C 2的公共点，且在C 3上． 所以a ＝1.2．(2022·高考全国丙卷)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝3cos α，y ＝sin α(α为参数)．以坐标原点为极点，以x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝2 2.①写出C 1的一般方程和C 2的直角坐标方程；②设点P 在C 1上，点Q 在C 2上，求|PQ |的最小值及此时P 的直角坐标．解：①C 1的一般方程为x 23＋y 2＝1，C 2的直角坐标方程为x ＋y －4＝0.②由题意，可设点P 的直角坐标为(3cos α，sin α)．由于C 2是直线，所以|PQ |的最小值即为P 到C 2的距离d (α)的最小值，d (α)＝|3cos α＋sin α－4|2＝2|sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3－2|. 当且仅当α＝2k π＋π6(k ∈Z )时，d (α)取得最小值，最小值为2，此时P 的直角坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12.3．(2021·甘肃三校联考)在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝1＋t cos α，y ＝2＋t sin α(t 为参数)，在极坐标系 (与直角坐标系xOy 取相同的长度单位，且以原点O 为极点，以x 轴正半轴为极轴)中，圆C 的方程为ρ＝6sin θ.(1)求圆C 的直角坐标方程；(2)设圆C 与直线l 交于点A ，B ，若点P 的坐标为(1，2)，求|P A |＋|PB |的最小值． 解：(1)由ρ＝6sin θ得ρ2＝6ρsin θ，化为直角坐标方程为x 2＋y 2＝6y ，即x 2＋(y －3)2＝9. 所以圆C 的直角坐标方程为x 2＋(y －3)2＝9.(2)将l 的参数方程代入圆C 的直角坐标方程，得t 2＋2(cos α－sin α)t －7＝0. 由已知得Δ＝(2cos α－2sin α)2＋4×7＞0，所以可设t 1，t 2是上述方程的两根， 则⎩⎪⎨⎪⎧t 1＋t 2＝－2（cos α－sin α），t 1·t 2＝－7.由题意得直线l 过点(1，2)，结合t 的几何意义得 |P A |＋|PB |＝|t 1|＋|t 2|＝|t 1－t 2| ＝（t 1＋t 2）2－4t 1t 2＝4（cos α－sin α）2＋28＝32－4sin 2α≥32－4＝27.所以|P A |＋|PB |的最小值为27.4．(2022·高考全国甲卷)在直角坐标系xOy 中，圆C 的方程为(x ＋6)2＋y 2＝25. (1)以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求C 的极坐标方程；(2)直线l 的参数方程是⎩⎨⎧x ＝t cos αy ＝t sin α，(t 为参数)，l 与C 交于A ，B 两点，|AB |＝10，求l 的斜率．解：(1)由x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ可得圆C 的极坐标方程为ρ2＋12ρcos θ＋11＝0. (2)在(1)建立的极坐标系中，直线l 的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R )．设A ，B 所对应的极径分别为ρ1，ρ2，将l 的极坐标方程代入C 的极坐标方程得ρ2＋12ρcosα＋11＝0.于是ρ1＋ρ2＝－12cos α，ρ1ρ2＝11. |AB |＝|ρ1－ρ2|＝（ρ1＋ρ2）2－4ρ1ρ2＝144cos 2α－44.由|AB |＝10得cos 2α＝38，tan α＝±153. 所以l 的斜率为153或－153.5．在直角坐标系xOy 中，以O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系．圆C 1，直线C 2的极坐标方程分别为ρ＝4sin θ，ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝2 2.(1)求C 1与C 2交点的极坐标；(2)设P 为C 1的圆心，Q 为C 1与C 2交点连线的中点．已知直线PQ 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t 3＋a ，y ＝b 2t 3＋1(t ∈R 为参数)，求a ，b 的值．解：(1)圆C 1的直角坐标方程为x 2＋(y －2)2＝4，直线C 2的直角坐标方程为x ＋y －4＝0.解⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋（y －2）2＝4，x ＋y －4＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，y 1＝4，⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2，y 2＝2.所以C 1与C 2交点的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫4，π2，⎝ ⎛⎭⎪⎫22，π4.注：极坐标系下点的表示不唯一．(2)由(1)可得，P 点与Q 点的直角坐标分别为(0，2)，(1，3)．故直线PQ 的直角坐标方程为x －y ＋2＝0， 由参数方程可得y ＝b 2x －ab2＋1. 所以⎩⎪⎨⎪⎧b 2＝1，－ab 2＋1＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝2.。