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2017年高考第二轮复习(文数)专题十一 立体几何


2017 年高考第二轮复习(文数)专题十一 立体几何

1.(2016· 天津,3,易)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥,得到 的几何体的正视图与俯视图如图所示,则该几何体的侧(左)视图为( )

1

1.B 由正视图和俯视图得直观图如图,故选 B.

2.(2016· 山东,5,易)一个由半球和四棱锥组成的几何体,其三视图如图所示, 则该几何体的体积为( )

1 2 1 2 A.3+3π B.3+ 3 π 1 2 2 C.3+ 6 π D.1+ 6 π 2.C 2 由三视图知,该几何体上部是半径为 2 的半球,下部是底面边长为 1,

1 4 ? 2?3 1 2 1 ? ? 高为 1 的正四棱锥.故该几何体的体积为2× 1× 1× 1= 6 π+3. 3π×? 2 ? +3× 3.(2016· 课标Ⅱ,7,易)下图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图,则该 几何体的表面积为( )

2

A.20π B.24π C.28π D.32π 3.C 由三视图知该几何体为一个圆柱与一个同底圆锥的组合体,且圆锥母线

长 l= (2 3)2+22=4. 1 ∴S 表=2·2πr· l+2πrh+πr2=28π. 4.(2015· 课标Ⅱ,6,易)一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视 图如图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )

1 A.8 1 C.6

1 B.7 1 D.5

1 4.D 如图,截去的是三棱锥 A′?AB′D′.设正方体棱长为 1,则三棱锥体积为6, 5 1 剩余部分的体积为6,所以三棱锥与剩余部分的体积比为5,故选 D.

5.(2015· 浙江,2,易)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体 积是( )

3

A.8 cm3 32 C. 3 cm3 5.C

B.12 cm3 40 D. 3 cm3

由三视图知,该几何体是由棱长为 2 cm 的正方体和底面边长为 2 cm,高

1 2 32 为 2 cm 的正四棱锥组合而成的几何体. 所以该几何体的体积 V=23+3× 2× 2= 3 (cm3),故选 C. 6.(2013· 四川,2,易)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体可以是( )

A.棱柱 B.棱台 C.圆柱 D.圆台 6.D (排除法)由正视图和侧视图可知,该几何体不可能是圆柱,排除选项 C; 又由俯视图可知,该几何体不可能是棱柱或棱台,排除选项 A,B,故选 D. 7.(2015· 北京,7,中)某四棱锥的三视图如图所示,该四棱锥最长棱的棱长为 ( )

4

A.1 B. 2 7.C

C. 3

D.2

由三视图可知,四棱锥 PABCD 底面是边长为 1 的正方形,棱 PA⊥平面

ABCD,且 PA=1,如图.

∴PC 是该四棱锥的最长棱, ∴PC= AC2+PA2= 2+1= 3. 8.(2015· 安徽,9,中)一个四面体的三视图如图所示,则该四面体的表面积是 ( )

A.1+ 3 8.C

B.1+2

2

C.2+ 3

D.2

2

根据三视图可以得到如图所示几何体.

5

即侧面 ABD⊥底面 BCD,且 AB=AD=BC=CD= 2. 故该四面体的表面积为 ?1 ? ?1 ? sin 60° 2× 1?=2+ 3. ?2× 2× 2× ?+2× ?2× S=2× ? ? ? ? 9.(2015· 课标Ⅰ,11,中)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为 r)组成一 个几何体, 该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积 为 16+20π,则 r=( )

A.1 B.2 C.4 9.B

D.8

1 由题意可知,该几何体为 2 个圆柱与 半球拼接而成的组合体,应有

1 ? ? 2 1 2? ? 2r+πr× 2r+2πr2?=16+20π,解得 r=2,选 B. ?2πr +2πr ?+?2r× ? ? ? ? 10.(2014· 课标Ⅱ,6,难)如图,网格纸上正方形小格的边长为 1(表示 1 cm), 图中粗线画出的是某零件的三视图,该零件由一个底面半径为 3 cm,高为 6 cm 的圆柱体毛坯切削得到,则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )

17 A.27 10.C

5 B.9

10 C.27

1 D.3

由三视图可知,该零件为两个圆柱的组合体,如图所示.

6

设该零件的体积为 V1,原来毛坯体积为 V,削掉部分体积为 V2, 则 V1=π×4×4+π×9×2=34π, V=π×9×6=54π, V2=V-V1=20π, V2 20π 10 所以 V =54π=27. 11 . (2016· 北京, 11 ,中 ) 某四棱柱的三视图如图所示,则该四棱柱的体积为 ________.

11. 【解析】

由三视图作出其对应的四棱柱的示意图,如图所示,其底面积为

1 3 S=2× (1+2)× 1=2.

高为 h=1 的一个直四棱柱, 3 3 故 V=S· h=2× 1= 2 . 3 【答案】 2 12.(2016· 四川,12,易)已知某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积是 ________.

7

12. 【解析】

由三视图得该三棱锥的直观图如图,

其中 D 是 AC 的中点,平面 SAC⊥平面 ABC. 由题易知 BD=1,AD=DC= 3,SD=1,且 AB=BC, 1 ∴VS-ABC=3S△ABC· h 1 1 =3× 2 3× 1× 1 2× 3 =3. 【答案】 3 3

13.(2014· 北京,11,中)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥最长棱的棱长 为________.

13. 【解析】

该几何体的直观图如图所示,

8

由三视图知 PA⊥平面 ABC,则 PA=AC=2,△ABC 为等腰直角三角形. ∴PC= 22+22=2 ∴最长棱为 PC=2 【答案】 2 2 2,AB=BC= 2,PB= 2. 2 22+( 2) = 6,

14.(2014· 陕西,17,12 分,中)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)证明:四边形 EFGH 是矩形. 14.解:(1)由题意,BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1, ∴AD⊥平面 BDC, ∴四面体 ABCD 的体积 1 1 2 V=3× × 2× 2× 1 = 2 3. (2)证明:∵BC∥平面 EFGH,平面 EFGH∩平面 BDC=FG, 又平面 EFGH∩平面 ABC=EH, ∴BC∥FG,BC∥EH, ∴FG∥EH. 同理,EF∥AD,HG∥AD, ∴EF∥HG, ∴四边形 EFGH 是平行四边形. ∵AD⊥平面 BDC,∴AD⊥BC, ∴EF⊥FG, ∴四边形 EFGH 是矩形. 思路点拨:(1)证明 AD⊥平面 BDC,即可求四面体 ABCD 的体积;(2)证明四边 形 EFGH 是 平 行 四 边 形 , 由 EF⊥FG , 即 可 证 明 四 边 形 EFGH 是 矩
9



.

空间几何体的三视图与直观图的辨识是高考的热点内容. 然而近几年来有越考越 难的趋势,考查方式有以下两种:一是由实物图画三视图或判断选择三视图;二 是由三视图还原直观图, 再确定空间几何体的形状及其结构特征.考查题型多为 选择题、填空题,难度中等.

1(1)(2014· 课标Ⅰ,8)如图,网格纸的各小格都是正方形,粗实线画出 的是一个几何体的三视图,则这个几何体是( )

A.三棱锥

B.三棱柱

C.四棱锥

D.四棱柱

(2)(2014· 湖北,7)在如图所示的空间直角坐标系 Oxyz 中,一个四面体的顶点坐 标分别是(0,0,2),(2,2,0),(1,2,1),(2,2,2).给出编号为①②③④的 四个图,则该四面体的正视图和俯视图分别为( )

A.①和②

B.③和①

C.④和③

D.④和②

【解析】 (1)方法一: 由图可知该几何体为平放的直三棱柱,且上、下两底面为等腰直角 三角形,如图 a. 方法二(排除法):由侧视图和俯视图可知,该几何体不是锥体,排
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图a

除 A,C;由主(正)视图可排除 D,故选 B. (2)如图 b,在空间直角坐标系中构建棱长为 2 的正方体,设 A(0,0,2),B(2,2, 0),C(1,2,1),D(2,2,2),则四面体 ABCD 即为满足条件的四面体,得出正 视图和俯视图分别为④和②.

图b 【答案】 (1)B (2)D,

解题(1)时将三视图还原为几何体或用排除法; 解题(2)时容易对三视图了解不够,而错选 C.在三视图中看不见的棱应该用虚线 标出.

三视图与直观图的辨识 主要是三视图还原为直观图,解题时,一般先从正 (主)视图出发,然后是侧(左) 视图、俯视图,根据三视图画法原则画出直观图的草图,然后再进行修正,此外 还要熟悉一些常见几何体的三视图.

三视图还原直观图的方法 (1)还原后的几何体一般为较熟悉的柱、锥、台、球的组合体. (2)注意图形中的实、虚线,它们分别是原几何体中的可视线与被遮挡线. (3)想象物体原形并画出几何体,必要时借助长方体模型,在长方体中截取所想 象的几何体,进行三视图还原,把握三视图和几何体之间的关系,与所给三视图 进行比较,通过调整准确画出几何体.

空间几何体的三视图与直观图的应用,主要涉及由三视图求该几何体的表面积、
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体积,以及与它们有关的最值问题.几乎年年都有考查,以选择题、填空题形式 出现,分值 5 分,难度中等.

2(1)(2015· 重庆,5)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 ( )

1 13π 7π 5π A.3+2π B. 6 C. 3 D. 2 (2)(2015· 豫南九校第三次联考, 14)有一块多边形的菜地, 它的水 平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示), ∠ABC = 45° , AB = AD = 1 , DC⊥BC ,则这块菜地的面积为 ________. 【解析】 (1)由三视图可知,该几何体是一个底面半径为 1,高为 2 的圆柱和底 1 1 2 面半径为 1,高为 1 的半圆锥拼成的组合体,所以该几何体的体积为2× 1 3×π×1 × 13π +π×12× 2= 6 .(2)如图,在直观图中,过点 A 作 AE⊥BC,垂足为 E.

2 在 Rt△ABE 中,AB=1,∠ABE=45° ,∴BE= 2 . 而四边形 AECD 为矩形,AD=1, 2 ∴EC=AD=1,∴BC=BE+EC= 2 +1. 由此可还原原图形如图. 2 在原图形中,A′D′=1,A′B′=2,B′C′= 2 +1,且 A′D′∥B′C′,
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A′B′⊥B′C′, 1 1 ? 2 2? ?1+1+ ?× ∴这块菜地的面积 S=2(A′D′+B′C′)·A′B′=2× 2=2+ 2 . 2? ? 【答案】 (1)B 2 (2)2+ 2

(1)根据几何体的三视图,得出几何体的形状,利用图中数据求出它的体积. (2) 直观图 → 斜二测画法规则 → 原几何体 → 面积

求与三视图有关的几何体的表面积或体积的步骤 (1)以三视图为载体求几何体的表面积或体积时,需要对三视图进行适当分析, 还原出空间几何体; (2)根据三视图的形状与图中所给数据,以及正(主)视图反映的是几何体长和高; 侧(左)视图反映的是几何体的宽和高;俯视图反映的是几何体的长和宽;确定原 来几何体中点、线、面的位置关系及主要线段长. (3)利用相应的几何体表面积或体积公式进行计算.

斜二测画法的注意事项 (1)对于几何体的直观图,一方面,要掌握斜二测画法规则,注意线线平行关系 的不变性及长度的变化特征;另一方面,了解原图形面积 S 与其直观图面积 S 直 2 之间的关系:S 直= 4 S,还可以简化有关问题的计算. (2)把水平放置的直观图还原成原来的图形,基本过程就是逆用斜二测画法,使 平行于 x′轴的线段长度不变,平行于 y′轴的线段长度变成原来的 2 倍. (2015· 福建,9)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积等 于( )

13

A.8+2

2

B.11+2

2

C.14+2

2

D.15

B 由三视图知,该几何体是一个直四棱柱,上、下底面为直角梯形,如图所示,

直角梯形斜腰长为 12+12= 2,所以底面梯形的周长为 4+ 2,侧面积为 2× (4 + 2)=8+2 3 2,上、下底面面积均为2.故表面积为 11+2 2.故选 B.,

1.(2016· 湖南永州一模,6)如图,网格纸上小正方形的边长为 1,粗线画出的是 某多面体的三视图,则该几何体的各个面中最大面的面积为( )

5 A.1 B. 2

C. 6

D.2

3

1.D 由题意得,该几何体的直观图为三棱锥 ABCD,如图,其最大面的表面 3 是边长为 2 2的等边三角形,故其面积为 4 × (2 2)2=2 3.

2.(2015· 河南南阳联考,5)已知一个三棱锥的俯视图与侧(左)视图如图所示,俯
14

视图是边长为 2 的正三角形,侧(左)视图是有一条直角边为 2 的直角三角形,则 该三棱锥的正(主)视图可能为( )

2.C

由已知条件得直观图如图所示,正(主)视图是直角三角形,中间的线是看

不见的线 PA 形成的投影,应为虚线,故选 C.

3.(2015· 山西太原一模,5)一个正三棱柱的正(主)视图和俯视图如图所示,则这 个三棱柱的侧(左)视图的面积为( )

A.6

3

B.8 C.8

3

D.12

3.A 该三棱柱的侧(左)视图为一个矩形,由“长对正,高平齐,宽相等”的原理 知,其侧(左)视图的底边长为俯视图中正三角形的高,即为 2 3,侧(左)视图的 高为 3,故其侧(左)视图的面积为 S=2 3× 3=6 3,故选 A. 4.(2016· 云南昆明统考,6)已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积 等于( )

15

160 A. 3

B.160 2 D.60

C.64+32 4.A

由三视图可知,该几何体是一个直三棱柱切去一个三棱锥得到的,如图

1 1 1 32 160 所示.故该几何体的体积为2× 4× 4× 8-3× × 4× 4× 4 = 64 - 2 3 = 3 ,故选 A.

5.(2015· 河北邯郸模拟,6)已知一个三棱锥的三视图如图所示,其中三个视图都 是直角三角形,则在该三棱锥的四个面中,直角三角形的个数为( )

A.1 B.2 C.3 D.4 5.D 由题意可知,该几何体是三棱锥,其放置在长方体中形状如图所示(图中 棱锥 PABC),利用长方体模型可知,此三棱锥的四个面全部是直角三角形.故 选 D.

6.(2016· 安徽黄山三模,4)如图是利用斜二测画法画出的△ABO 的直观图,已 知 O′B′=4,且△ABO 的面积为 16,过 A′作 A′C′⊥x 轴,则 A′C′的长为( )

A.2

2

B. 2
16

C.16

2

D.1

6.A 因为 A′B′∥y′轴,所以在△ABO 中,AB⊥OB.又三角形的面积为 16, 1 所以2AB· OB=16,∴AB=8. 所以 A′B′=4. 因为 A′C′⊥O′B′, 所以 B′C′=A′C′. π 所以 A′C′=4· sin 4=2 2. 7.(2016· 江西南昌调研,8)一个几何体的三视图及尺寸如图所示,则该几何体的 外接球半径为( )

1 A.2

3 B. 16

17 C. 4

17 D. 4

7.D 如图所示,直观图为三棱锥 PABC,AB⊥BC,平面 PAC⊥平面 ABC,过 P 作 PD⊥AC 于 D,则 D 是 AC 的中点,PD⊥平面 ABC,则外接球球心 O 在线 段 PD 上. 由三视图得 PD= 52-32=4,AC=6 2. 设外接球的半径为 r, 在 Rt△ODC 中, 由 OD2=OC2-CD2 得(4-r)2=r2-(3 2)2, 17 解得 r= 4 .

8.(2016· 山东潍坊二模,14)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 __________.
17

8. 【解析】 观察三视图可知,该几何体为一个球和一个圆锥的组合体,球半径 4 1 为 1,圆锥底面半径为 2,圆锥高为 3,所以该几何体的体积为3π×13+3π×22× 3 16π = 3 . 【答案】 16π 3

9.(2015· 黑龙江伊春一模,14)图中的三个直角三角形是一个体积为 20 cm3 的几 何体的三视图,则 h=________cm.

1 1 9. 【解析】 由三视图可知,该三棱锥的体积 V=3× 5× 6h=20,解得 h=4. 2× 【答案】 4 10.(2016· 山西太原模拟,14)一个四棱锥的三视图如图所示,其侧(左)视图是等 边三角形,该四棱锥的体积 V=________.

18

10. 【解析】

由已知中的三视图可知,该几何体是以俯视图为底面的四棱锥,

1 其底面面积 S=2× (1+2)× 2=3, 又∵侧(左)视图是等边三角形, ∴高 h= 3, 1 故该四棱锥的体积 V=3Sh= 3. 【答案】 3

1.(2016· 课标Ⅱ,4,易)体积为 8 的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表 面积为( )

32 A.12π B. 3 π C.8π D.4π 1.A ∵a3=8,∴a=2,∴2R=2 3,R= 3,∴S=4πR2=12π. 2.(2016· 课标Ⅰ,7,中)如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆 28π 中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是 3 ,则它的表面积是( )

A.17π B.18π C.20π D.28π 1 7 4 3 28π 7 2 2.A 该几何体为一个球切去8部分,由8× 3πR = 3 ,得 R=2,所以 S=8×4πR 1 2 +3× 4πR =17π. 3.(2016· 课标Ⅲ,10,中)如图,网格纸上小正方形的边长为 1,粗实线画出的 是某多面体的三视图,则该多面体的表面积为(
19

)

A.18+36 5 C.90 D.81

B.54+18 5

3.B 由三视图可知,该几何体为四棱柱 S 表=2S 底+2S 前+2S 侧 =2× 32+2× 3× 6+2× 3× 32+62 =18+36+18 5 =54+18 5. 4.(2016· 课标Ⅲ,11,难)在封闭的直三棱柱 ABCA1B1C1 内有一个体积为 V 的 球.若 AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则 V 的最大值是( 9π A.4π B. 2 32π C.6π D. 3 4.B 设 Rt△ABC 内切圆的半径为 r,则 r× (6+8+10)=6× 8, ∴r=2. 又∵AA1=3, 3 ∴内切球的半径为2. 4 27 9π ∴V=3π× 8 = 2 . 5.(2015· 山东,9,易)已知等腰直角三角形的直角边的长为 2,将该三角形绕其 斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( 2 2π A. 3 4 2π B. 3 ) )

C.2 2π D.4 2π 1 1 5. B 依题意, 曲面所围成的几何体为两圆锥的组合体, 所求体积 V=2× Sh = 2× 3 3
20

4 2π π×( 2)2× 2= 3 ,故选 B. 6.(2014· 福建,3,易)以边长为 1 的正方形的一边所在直线为旋转轴,将该正方 形旋转一周所得圆柱的侧面积等于( A.2π B.π C.2 D.1 )

6. A 由题意得, 圆柱的底面半径 r=1, 母线 l=1.∴圆柱的侧面积 S=2πrl=2π, 故选 A. 7.(2015· 课标Ⅰ,6,中)《九章算术》是我国古代内 容极为丰富的数学名著, 书中有如下问题“今有委米依 垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何? ” 其意思为:“在屋内墙角处堆放米 (如图,米堆为一个 圆锥的四分之一),米堆底部的弧长为 8 尺,米堆的高 为 5 尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知 1 斛米的体积约为 1.62 立方 尺,圆周率约为 3,估算出堆放的米约有( A.14 斛 B.22 斛 C.36 斛 D.66 斛 )

16 7.B 设米堆所在圆锥的底面圆的半径为 r,则 8× 4=2× 3× r,解得 r= 3 ,所以 1 ?1 320 320 ?16?2 ? ? × ?= 米堆的体积为4× ,估算出堆放的米约有 ?3? × 3× 5 9 9 ÷1.62≈22(斛).选 ? ? ?3 ? B. 8.(2014· 大纲全国,10,中)正四棱锥的顶点都在同一球面上.若该棱锥的高为 4,底面边长为 2,则该球的表面积为( 81π A. 4 B.16π C.9π 27π D. 4 )

8. A 由题意易知, 球心在正四棱锥的高上,设球的半径为 R,则(4-R)2+( 2)2 9 ?9?2 81 =R2,解得 R=4,所以球的表面积为 4π×?4? = 4 π,故选 A. ? ? 9.(2016· 浙江,9,中)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的表 面积是______cm2,体积是________cm3.

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9. 【解析】 由三视图知,该几何体由两部分组成,上面为棱长为 2 的正方体, 下面是长为 4,宽为 4,高为 2 的长方体,∴该几何体的表面积为 80 cm2,体积 为 40 cm3. 【答案】 80 40

10.(2015· 江苏,9,中)现有橡皮泥制作的底面半径为 5、高为 4 的圆锥和底面 半径为 2、高为 8 的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变, 但底面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个,则新的底面半径为________. 1 1 10. 【解析】 设新的底面半径为 r, 根据题意得3π×52× 4+π×22× 8=3πr2× 4+8πr2, 即 28r2=196,∴r= 7. 【答案】 7

11.(2014· 江苏,8,中)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为 S1,S2,体积分别为 S1 9 V1 V1,V2,若它们的侧面积相等,且S =4,则V 的值是________.
2 2

11. 【解析】 设甲、乙两个圆柱底面半径和高分别为 r1,h1,r2,h2,则 2πr1h1
2 h1 r2 S1 πr2 9 r1 3 V1 πr2 1 1h1 r1 h1 r1 3 =2πr2h2,h =r .又S =πr2=4,所以r =2,则V =πr2h =r2· = =2. 2 1 2 2 2 2 2 2 2 h2 r2

3 【答案】 2 12.(2016· 课标Ⅰ,18,12 分,中)如图,已知正三棱锥 PABC 的侧面是直角三 角形,PA=6,顶点 P 在平面 ABC 内的正投影为点 D,D 在平面 PAB 内的正投 影为点 E,连接 PE 并延长交 AB 于点 G. (1)证明:G 是 AB 的中点; (2)在图中作出点 E 在平面 PAC 内的正投影 F(说明作法及理由),并求四面体 PDEF 的体积.

22

12.解:(1)证明:因为 P 在平面 ABC 内的正投影为 D,所以 AB⊥PD. 因为 D 在平面 PAB 内的正投影为 E, 所以 AB⊥DE. 所以 AB⊥平面 PED,故 AB⊥PG. 又由已知可得,PA=PB, 从而 G 是 AB 的中点. (2)如图,在平面 PAB 内,过点 E 作 PB 的平行线交 PA 于点 F,F 即为 E 在平面 PAC 内的正投影.

理由如下:由已知可得 PB⊥PA,PB⊥PC,又 EF∥PB,所以 EF⊥PA,EF⊥PC, 因此 EF⊥平面 PAC,即点 F 为 E 在平面 PAC 内的正投影. 连接 CG, 因为 P 在平面 ABC 内的正投影为 D, 所以 D 是正三角形 ABC 的中心, 2 由(1)知,G 是 AB 的中点,所以 D 在 CG 上,故 CD=3CG. 2 由题设可得 PC⊥平面 PAB,DE⊥平面 PAB,所以 DE∥PC,因此 PE=3PG, 1 DE=3PC. 由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且 PA=6,可得 DE=2,PE=2 2. 在等腰直角三角形 EFP 中,可得 EF=PF=2. 所以四面体 PDEF 的体积 1 1 4 V=3× 2× 2× 2=3. 2× 13.(2015· 课标Ⅱ,19,12 分,中)如图,长方体 ABCDA1B1C1D1 中,AB=16, BC=10,AA1=8,点 E,F 分别在 A1B1,D1C1 上,A1E=D1F=4.过点 E,F 的 平面 α 与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.

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(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由); (2)求平面 α 把该长方体分成的两部分体积的比值.

13.解:(1)如图,交线围成的正方形 EHGF,

(2)作 EM⊥AB,垂足为 M,则 AM=A1E=4,EB1=12,EM=AA1=8. 因为 EHGF 为正方形, 所以 EH=EF=BC=10. 于是 MH= EH2-EM2=6, AH=10,HB=6. 1 故 S 四边形 A1EHA=2× (4+10)× 8=56, 1 S 四边形 EB1BH=2× (12+6)× 8=72. 因为长方体被平面 α 分成两个高为 10 的直棱柱, 9?7 ? 所以其体积的比值为7?9也正确?. ? ? 14. (2014· 福建, 19, 12 分, 中)如图, 三棱锥 ABCD 中, AB⊥平面 BCD, CD⊥BD. (1)求证:CD⊥平面 ABD; (2)若 AB=BD=CD=1,M 为 AD 中点,求三棱锥 AMBC 的体积.

14.解:(1)证明:∵AB⊥平面 BCD,CD? 平面 BCD, ∴AB⊥CD. 又∵CD⊥BD,AB∩BD=B,AB? 平面 ABD,BD? 平面 ABD,
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∴CD⊥平面 ABD. (2)方法一:由 AB⊥平面 BCD,得 AB⊥BD, 1 ∵AB=BD=1,∴S△ABD=2. ∵M 是 AD 的中点, 1 1 ∴S△ABM=2S△ABD=4. 由(1)知,CD⊥平面 ABD, ∴三棱锥 CABM 的高 h=CD=1, 因此三棱锥 AMBC 的体积 1 1 VAh = MBC=VCABM= S△ABM· 3 12. 方法二:由 AB⊥平面 BCD 知,平面 ABD⊥平面 BCD, 又平面 ABD∩平面 BCD=BD, 如图,过点 M 作 MN⊥BD 交 BD 于点 N,

则 MN⊥平面 BCD, 1 1 且 MN=2AB=2. 又 CD⊥BD,BD=CD=1, 1 ∴S△BCD=2. 1 1 1 ∴三棱锥 AMBC 的体积 VAS S △BCD- MN· △BCD= MBC=VABCD-VMBCD= AB· 3 3 12. 1 思路点拨:本题(2)中三棱锥体积 V=3Sh,但要注意转换顶点和底面,对于本题, 可将 S△ABM 求出,高即为 CD=h,代入公式可求得,也可借助图中关系,利用 VAMBC=VABCD-VMBCD 求得.

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空间几何体的表面积在高考中的考查常以三视图形式给出, 考查的载体多数是柱 体、锥体和球.常以选择题、填空题为主,难度中等,分值为 5 分.

1(1)(2015· 陕西,5)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面 积为( )

A.3π

B.4π

C.2π+4

D.3π+4

(2)(2015· 课标Ⅱ,10)已知 A,B 是球 O 的球面上两点,∠AOB=90° ,C 为该球 面上的动点.若三棱锥 OABC 体积的最大值为 36,则球 O 的表面积为( A.36π B.64π C.144π D.256π 【解析】 (1)由三视图可知,该几何体为半圆柱,其底面半径为 1,高为 2, 1 2 从而该几何体的表面积为 2× 2π×1 +2π+4=3π+4. 1 (2)如图,设球的半径为 R,∵∠AOB=90° ,∴S△AOB=2R2, ∵VOABC=VCAOB,而△AOB 的面积为定值, ∴当 OC 垂直于平面 AOB 时,三棱锥 OABC 的体积取得最大值. 1 1 2 1 由3× R=6R3=36 得 R=6. 2R × 从而球 O 的表面积 S=4πR2=144π. )

【答案】 (1)D (2)C

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(1)由三视图可知该几何体为半圆柱,注意侧面积是两个矩形面积和; (2)画出球的直观图,分析出体积最大时点 C 的位置,用锥体的体积公式求解. 1.(2014· 山东,13)一个六棱锥的体积为 2 3,其底面是边长为 2 的

正六边形,侧棱长都相等,则该六棱锥的侧面积为________. 1. 【解析】 设六棱锥的高为 h,斜高为 h0.因为该六棱锥的底面是边长为 2 的正 1 六边形,所以底面面积为2× 2× 2× sin 60° × 6= 6 1 3,则3× 6 3h=2 3,得 h=1,

1 所以 h0= 3+1=2,所以该六棱锥的侧面积为2× 2× 2× 6=12. 【答案】 12 2.(2013· 课标Ⅰ,15)已知 H 是球 O 的直径 AB 上一点,AH∶HB=1∶2,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________. 2. 【解析】 平面 α 截球 O 所得截面为圆面,圆心为 H,设球 O 的半径为 R, 1 则由 AH∶HB=1∶2 得 OH=3R, 由圆 H 的面积为 π,得圆 H 的半径为 1,

9 9 9π ?R?2 所以? 3 ? +12=R2,得 R2=8,所以球 O 的表面积 S=4πR2=4π·8= 2 . ? ? 【答案】 9π 2,

几何体表面积的求法 (1)多面体:其表面积是各个面的面积之和. (2)旋转体:其表面积等于侧面面积与底面面积的和.求旋转体的侧面积一般要 进行转化,即将侧面展开化为平面图形来解决(化曲为直),因此要熟悉常见旋转 体的侧面展开图的形状及平面图形面积的求法. (3)简单组合体,应搞清各构成部分,并注意重合部分的处理.
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(4)若以三视图的形式给出,解题的关键是对给出的三视图进行分析,从中发现 几何体中各元素间的位置关系及数量关系,得到几何体的直观图,然后根据条件 求解.

球的表面积的求法 求球的表面积关键是求球的半径.一般地求球的半径,要学会作球的一个截面图 (纬圆),利用球半径 R、截面圆半径 r、球心到截面的距离 d 构建直角三角形, 把空间问题转化为平面问题,利用勾股定理解决,即 R2=r2+d2.

高考中空间几何体体积的考查是几何体相关问题中出现频率较高的, 考查形式一 般有两类:(1)由三视图求相关几何体的体积;(2)根据几何体的结构特征,求常 规几何体、组合体或旋转体的体积,高考中主要以选择题、填空题形式出现,难 度中等,分值为 5 分.

2(1)(2014· 课标Ⅱ,7)正三棱柱 ABCA1B1C1 的底面边长为 2,侧棱长 为 3,D 为 BC 中点,则三棱锥 AB1DC1 的体积为( 3 A.3 B.2 3 C.1 D. 2 )

(2)(2015· 天津,10)一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积 为________m3.

【解析】 (1)如图,在正三棱柱 ABCA1B1C1 中,∵AD⊥BC, ∴AD⊥平面 B1DC1,

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1 1 1 ∴VAB1DC1=3S△B1DC1· AD=3× 2× 3× 3=1. 2× (2)由三视图知该几何体由两个相同的圆锥和一个圆柱组成, 其中,圆锥的底面半径和圆柱的底面半径均为 1 m,两个圆锥的高均为 1 m,圆 柱的高为 2 m. 1 8 2 2 3 因此该几何体的体积为 V=2× π×1 × 1 + π×1 × 2 = 3 3π(m ). 【答案】 (1)C 8 (2)3π

(2013· 课标Ⅰ, 6)如图, 有一个水平放置的透明无盖的 正方体容器,容器高 8 cm,将一个球放在容器口,再向容器内注 水,当球面恰好接触水面时测得水深为 6 cm,如果不计容器的厚 度,则球的体积为( 500π A. 3 cm3 1 372π C. 3 cm3 866π B. 3 cm3 2 048π D. 3 cm3 )

A 设球的半径为 R, 则球的截面圆的半径是 4, 且球心到该截面的距离是 R-(8 4 500π -6)=R-2,故 R2=(R-2)2+42? R=5.∴V=3πR3= 3 (cm3).,

(1)画出直观图,选对底、找准高,进而求体积; (2)根据几何体的三视图,得出该几何体是圆柱与两个圆锥的组合体,找出相应 的数量关系,然后求解.

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处理体积问题的思路 (1)“转”: 指的是转换底面与高, 将原来不容易求面积的底面转换为容易求面积的 底面,或将原来不容易看出的高转换为容易看出并容易求解长度的高; (2)“拆”:指的是将一个不规则的几何体拆成几个简单的几何体,便于计算; (3)“拼”: 指的是将小几何体嵌入一个大几何体中, 如有时将一个三棱锥复原成一 个三棱柱,将一个三棱柱复原成一个四棱柱,还台为锥,这些都是拼补的方法.

由三视图求相关几何体的体积 给出三视图时,依据“正(主)视图反映几何体的长和高,侧(左)视图反映几何体的 高和宽,俯视图反映几何体的长和宽”来确定体积公式中涉及的基本量.注意三 视图中的垂直关系在几何体中的位置,确定几何体中的线面垂直等关系,进而利 用体积公式求解.

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1.(2016· 湖北荆州二模,6)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 ( )

2π 4π A. 3 B.π C. 3 D.2π 1.A 由三视图可知该几何体的直观图为一个圆柱内挖去两个与圆柱同底的半

1 4 2π 3 球,所以该几何体的体积 V=V 柱-2V 半球=π×12× 2-2× 2× 3π×1 = 3 , 选 A. 2.(2015· 山东威海二模,7)某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面 积为( )

A.180

B.240 C.276 D.300

2.B 由三视图可知,该几何体是在一个棱长为 6 的正方体的上方放置一个正 1 四棱锥所形成的组合体,因此其表面积为 5× 62+4× 6× 5=240.故选 B. 2× 3. (2016· 甘肃兰州一模, 6)某几何体的三视图如图所示, 且该几何体的体积是 3, 则正(主)视图中的 x 的值是( )

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9 A.2 B.2 3. D

3 C.2

D.3

1 由三视图知,该几何体是四棱锥,底面是一个直角梯形,底面积为 2× (1

1 +2)× 2=3,四棱锥的高为 x,因为该几何体的体积为 3,所以3× 3x=3,解得 x=3,故选 D. 4.(2016· 浙江杭州一模,8)已知一个棱长为 2 的正方体,被一个平面截后所得几 何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( )

14 A. 3

17 B. 3

20 C. 3

D.8

4.B 由三视图知,此几何体可以看作一个棱长为 2 的正方体被截去了一个棱 台而得到,此棱台的高为 2,一底面是直角边长为 2 的等腰直角三角形,一底面 1 1 是直角边长为 1 的等腰直角三角形, 棱台的两底面的面积分别为2× 2× 2=2, 1× 1 2× 1 1 ?1 ? +2+ =2,则该几何体的体积是 2× 2× 2-3× 2× ?2 选 B. 5.(2016· 江西南昌十校联考,10)已知某几何体的三视图(单位:cm)如图所示, 则该几何体的体积是( ) 7 17 1? ?=8- = , 2× 3 3 2?

A.108 cm3

B.100 cm3

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C.92 cm3

D.84 cm3

5.B 由三视图可知原几何体为一个长、宽、高分别为 6,3,6 的长方体切去 1 1 一个三棱锥,因此该几何体的体积为 6× 3× 6-3× 4× 4× 3=108-8=100(cm3), 2× 故选 B. 6.(2015· 辽宁沈阳一模,6)已知四面体 PABC 的四个顶点都在球 O 的球面上, 若 PB⊥平面 ABC,AB⊥AC,且 AC=1,PB=AB=2,则球 O 的表面积为( A.7π B.8π C.9π 6.C D.10π )

∵PB⊥平面 ABC,AB⊥AC,在四面体的基础上构造长方体如图,

可知长方体的外接球与四面体的外接球相同,长方体的对角线就是外接球的直 3 ?3?2 径,即 2R= 12+22+22=3,∴R=2,∴球 O 的表面积 S=4πR2=4π×?2? =9π. ? ? 故选 C. 7.(2016· 豫西五校联考,14)如图所示(单位:cm),则图中的阴影部分绕 AB 所 在直线旋转一周所形成的几何体的体积为________cm3.

7. 【解析】

由题图中数据,根据圆台和球的体积公式,得 V

圆台

1 =3(π·AD2+

π·AD2·π·BC2+π·BC2)· AB 1 =3·π·(AD2+AD· BC+BC2)· AB 1 =3·π·(22+2× 5+52)× 4 =52π(cm3), 4 1 4 1 V 半球=3π· AD3× 23 × 2=3π× 2
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16 = 3 π(cm3), 16 140 所以所求几何体的体积 V=V 圆台-V 半球=52π- 3 π= 3 π(cm3). 【答案】 140 3 π

8. (2016· 江苏南京一模, 8)在四棱锥 PABCD 中, 底面 ABCD 是边长为 2 的菱形,∠BAD=60° ,侧棱 PA⊥底面 ABCD,PA =2,E 为 AB 的中点,则四面体 PBCE 的体积为________. 8. 【解析】 由于四边形 ABCD 是菱形,所以以 EB 为底边 3 的△CBE 的高 h=AD· sin 60° =2× 2 = 3,从而四面体 PBCE 的体积 VPBCE= 1 1 3 VC1× 2× 3 = PBE= × × 3 2 3. 【答案】 3 3

9. (2016· 广西三市联考, 19, 12 分)如图, 三棱柱 ABCA1B1C1 中, 侧面 AA1C1C⊥ 底面 ABC,AA1=A1C=AC=2,AB=BC 且 AB⊥BC. (1)求证:AC⊥A1B; (2)求三棱锥 C1ABA1 的体积.

9.解:(1)证明:如图,取 AC 的中点 O,连接 A1O,BO. ∵AA1=A1C,∴A1O⊥AC. 又 AB=BC,∴BO⊥AC, ∵A1O∩BO=O,∴AC⊥平面 A1OB, 又 A1B? 平面 A1OB, ∴AC⊥A1B.

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(2)三棱柱 ABCA1B1C1 中, ∵侧面 AA1C1C⊥底面 ABC,侧面 AA1C1C∩底面 ABC=AC,OB⊥AC, ∴OB⊥平面 AA1C1C. 易求得 OB=1,S△AA1C1= 3, ∴VC1-ABA1=VB-AA1C1 1 3 =3· S△AA1C1· OB= 3 .

1. (2016· 浙江, 2, 易)已知互相垂直的平面 α, β 交于直线 l.若直线 m, n 满足 m∥α, n⊥β,则( A.m∥l 1.C ) B.m∥n C.n⊥l D.m⊥n

A 项,已知 α⊥β,且 α∩β=l,m∥α,若 m⊥β,那么 m⊥l,故 A 项错误;

B 项,若 m∥α∥l,且已知 n⊥β,那么 n⊥l,m⊥n,故 B 项错误; C 项,因为 n⊥β,l? β,所以 n⊥l,故 C 项正确; D 项,若 m∥α,且 m⊥l,那么 m∥n,故 D 项错误.故选 C. 2.(2016· 课标Ⅰ,11,难)平面 α 过正方体 ABCDA1B1C1D1 的顶点 A,α∥平面 CB1D1, α∩平面 ABCD=m, α∩平面 ABB1A1=n, 则 m, n 所成角的正弦值为( 3 A. 2 2 B. 2 3 C. 3 1 D.3 )

2.A 如图所示:

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∵α∥平面 CB1D1,∴若设平面 CB1D1∩平面 ABCD=m1,则 m1∥m. 又∵平面 ABCD∥平面 A1B1C1D1,结合平面 B1D1C∩平面 A1B1C1D1=B1D1, ∴B1D1∥m1,故 B1D1∥m. 同理可得:CD1∥n. 故 m,n 所成角的大小与 B1D1,CD1 所成角的大小相等,即∠CD1B1 的大小. π 3 而 B1C=B1D1=CD1(均为面对交线),因此∠CD1B1=3,即 sin∠CD1B1= 2 .故选 A. 3.(2015· 浙江,4,易)设 α,β 是两个不同的平面,l,m 是两条不同的直线,且 l? α,m? β.( ) B.若 α⊥β,则 l⊥m D.若 α∥β,则 l∥m

A.若 l⊥β,则 α⊥β C.若 l∥β,则 α∥β 3.A A 选项正确.

B 选项中,l 与 m 可能平行,如图所示.

C 选项中,α 与 β 可能相交,如图所示.

D 选项中,l 与 m 可能异面,如图所示.

4.(2015· 广东,6,易)若直线 l1 和 l2 是异面直线,l1 在平面 α 内,l2 在平面 β 内, l 是平面 α 与平面 β 的交线,则下列命题正确的是( A.l 与 l1,l2 都不相交 B.l 与 l1,l2 都相交 C.l 至多与 l1,l2 中的一条相交 D.l 至少与 l1,l2 中的一条相交 4.D 选项 A 中,直线 l1,l 在同一平面内,l1 与 l 不相交则一定平行,即 l1∥l;
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)

同理,由 l2 与 l 不相交得 l2∥l.故 l1∥l2,这与已知 l1,l2 是异面直线相矛盾; 选项 B 中,l 与 l1,l2 中的一条相交时也能满足条件,排除 B; 选项 C 中,至多与一条直线相交,包含与 l1,l2 都不相交,错误,排除 C. ∴选 D. 5.(2013· 浙江,4,易)设 m,n 是两条不同的直线,α,β 是两个不同的平面( A.若 m∥α,n∥α,则 m∥n B.若 m∥α,m∥β,则 α∥β )

C.若 m∥n,m⊥α,则 n⊥α D.若 m∥α,α⊥β,则 m⊥β 5.C 逐项判断,选项 A 中的 m,n 可以相交,也可以异面;选项 B 中的 α 与 β

可以相交;选项 D 中的 m 与 β 的位置关系可以是平行、相交或 m 在 β 内,故选 C. 6.(2014· 广东,9,中)若空间中四条两两不同的直线 l1,l2,l3,l4,满足 l1⊥l2, l2∥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是( A.l1⊥l4 B.l1∥l4 D.l1 与 l4 的位置关系不确定 )

C.l1 与 l4 既不垂直也不平行

6.D 不妨令 l1,l2,l3 分别为如图所示正方体的棱所在的直线.

若 l4 为直线 B1C1,则有 l1∥l4;若 l4 为直线 BB1,则 l1⊥l4;若 l4 为直线 B1C,则 l1 与 l4 异面,故 l1 与 l4 的位置关系不确定.故选 D. 7.(2013· 江西,15,中)如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面 α 上, 且 AB∥CD ,则直线 EF 与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为 ________.

7. 【解析】 取 CD 的中点为 G,由题意知平面 EFG 与正方体的左、右侧面所 在平面重合或平行,从而 EF 与正方体的左、右侧面所在的平面平行或 EF 在平 面内.所以直线 EF 与正方体的前、后侧面及上、下底面所在平面相交.故直线
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EF 与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为 4. 【答案】 4 8.(2016· 课标Ⅱ,19,12 分,中)如图,菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O,点 E,F 分别在 AD,CD 上,AE=CF,EF 交 BD 于点 H,将△DEF 沿 EF 折到△D′EF 的位置. (1)证明:AC⊥HD′ 5 (2)若 AB=5, AC=6, AE=4, OD′=2 2, 求五棱锥 D′?ABCFE 的体积. 8.解:(1)证明:由已知得 AC⊥BD,AD=CD. AE CF 又由 AE=CF 得AD=CD,故 AC∥EF. 由此得 EF⊥HD,EF⊥HD′, 所以 AC⊥HD′. OH AE 1 (2)由 EF∥AC 得DO=AD=4. 由 AB=5,AC=6 得 DO=BO= AB2-AO2=4. 所以 OH=1,D′H=DH=3. 于是 OD′2+OH2=(2 2)2+12=9=D′H2,故 OD′⊥OH. 由(1)知 AC⊥HD′,又 AC⊥BD,BD∩HD′=H,所以 AC⊥平面 BHD′, 于是 AC⊥OD′. 又由 OD′⊥OH,AC∩OH=O, 所以,OD′⊥平面 ABC. EF DH 9 又由AC=DO得 EF=2. 1 1 9 69 五边形 ABCFE 的面积 S=2× 6× 8-2× 3= 4 . 2× 1 69 23 2 所以五棱锥 D′ABCFE 的体积 V=3× 4 × 2 2= 2 . 9.(2013· 课标Ⅰ,19,12 分,中)如图,三棱柱 ABCA1B1C1 中,CA=CB,AB =AA1,∠BAA1=60° . (1)证明:AB⊥A1C;
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(2)若 AB=CB=2,A1C= 6,求三棱柱 ABCA1B1C1 的体积. 9.解:(1)证明:如图,取 AB 的中点 O,连接 OC,OA1,A1B. 因为 CA=CB,所以 OC⊥AB. 由于 AB=AA1,∠BAA1=60° , 故△AA1B 为等边三角形,所以 OA1⊥AB.因为 OC∩OA1 =O,所以 AB⊥平面 OA1C. 又 A1C? 平面 OA1C,故 AB⊥A1C. (2)由题设知△ABC 与△AA1B 都是边长为 2 的等边三角形,所以 OC=OA1= 3.
2 又 A1C= 6,则 A1C2=OC2+OA1 ,

故 OA1⊥OC. 因为 OC∩AB=O,所以 OA1⊥平面 ABC,OA1 为三棱柱 ABCA1B1C1 的高. 又△ABC 的面积 S△ABC= 3,故三棱柱 ABCA1B1C1 的体积 V=S△ABC· OA1=3. 10.(2014· 湖南,18,12 分,中)如图,已知二面角 αMNβ 的大小为 60° ,菱形 ABCD 在面 β 内,A,B 两点在棱 MN 上,∠BAD=60° ,E 是 AB 的中点,DO⊥ 面 α,垂足为 O. (1)证明:AB⊥平面 ODE; (2)求异面直线 BC 与 OD 所成角的余弦值.

10.解:(1)证明:如图,∵DO⊥α,AB? α, ∴DO⊥AB. 连接 BD,由题意知,△ABD 是正三角形. 又 E 是 AB 的中点,∴DE⊥AB. 而 DO∩DE=D,故 AB⊥平面 ODE.

(2)因为 BC∥AD,所以 BC 与 OD 所成的角等于 AD 与 OD 所成的角,即∠ADO
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是异面直线 BC 与 OD 所成的角. 由①知, AB⊥平面 ODE, 所以 AB⊥OE.又 DE⊥AB, 于是∠DEO 是二面角 αMNβ 的平面角,从而∠DEO=60° . 不妨设 AB=2,则 AD=2,易知 DE= 3. 3 在 Rt△DOE 中,DO=DE· sin 60° =2. 3 DO 2 3 连接 AO,在 Rt△AOD 中,cos∠ADO= AD =2=4. 3 故异面直线 BC 与 OD 所成角的余弦值为4.

点、线、面的位置关系是立体几何的核心内容,高考既有单独考查的选择题,也 有以多面体为载体综合考查的解答题,高考试题对点、线、面的位置关系的考查 以理解和掌握为主,试题难度中等.

1(1)(2014· 辽宁,4)已知 m,n 表示两条不同直线,α 表示平面,下列 说法正确的是( ) B.若 m⊥α,n? α,则 m⊥n

A.若 m∥α,n∥α,则 m∥n

C.若 m⊥α,m⊥n,则 n∥α D.若 m∥α,m⊥n,则 n⊥α (2)(2016· 河南六市联考,3)若 m,n 为两条不重合的直线,α,β 为两个不重合的 平面,则下列命题中正确的是( )

①若直线 m,n 都平行于平面 α,则 m,n 一定不是相交直线; ②若直线 m,n 都垂直于平面 α,则 m,n 一定是平行直线; ③已知平面 α,β 互相垂直,且直线 m,n 也互相垂直,若 m⊥α,则 n⊥β; ④若直线 m,n 在平面 α 内的射影互相垂直,则 m⊥n. A.② B.②③ C.①③ D.②④

【解析】 (1)对于选项 A,m 与 n 还可以相交或异面; 对于选项 C,还可以是 n? α;

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对于选项 D,还可以是 n∥α 或 n? α 或 n 与 α 相交.

(2)对于①,m 与 n 可能平行,可能相交,也可能异面,①错误; 对于②,由线面垂直的性质定理可知,m 与 n 一定平行,故②正确; 对于③,还有可能 n∥β,③错误; 对于④,把 m,n 放入正方体中,如图,取 A1B 为 m,B1C 为 n,平面 ABCD 为 平面 α,则 m 与 n 在 α 内的射影分别为 AB 与 BC,且 AB⊥BC.而 m 与 n 所成的 角为 60° ,故④错误.因此选 A. 【答案】 (1)B (2)A

(2014· 浙江,6)设 m,n 是两条不同的直线,α,β 是两个不同的平面 ( )

A.若 m⊥n,n∥α,则 m⊥α B.若 m∥β,β⊥α,则 m⊥α C.若 m⊥β,n⊥β,n⊥α,则 m⊥α D.若 m⊥n,n⊥β,β⊥α,则 m⊥α C A 选项中还可能 m∥α 或 m 与 α 相交或 m? α; B 选项中还可能 m? α 或 m∥α

或 m 与 α 相交;D 选项中还可能 m∥α 或 m? α 或 m 与 α 相交,故选 C.,

(1)根据空间线线、线面、面面平行与垂直的判定与性质逐个进行判断.注意空 间线面位置关系的各种可能情况. (2)解题时要充分利用正方体或长方体模型来帮助解答.

三个公理的用途 (1)公理 1:证明“点在面内”或“线在面内”. (2)公理 2 及三个推论: 证明两个平面重合, 用来确定一个平面或证明“点线共面”. (3)公理 3 :确定两个面的交线,尤其是画截面图或补体时用到,证明 “三点共 线”“三线共点”.

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点、线、面的位置关系的判断方法 平面的基本性质是立体几何的基本理论基础,也是判断线面关系的基础.对点、 线、面的位置关系的判断,常采用列举法,即对各种关系都进行考虑,要充分发 挥模型的直观性作用.

对于异面直线所成的角, 高考中常有以下两种考查方式:①直接求异面直线所成 角的大小;②间接求异面直线所成的角的三角函数值(正弦值、余弦值、正切值 等).高考试题不仅要求考生 “能算”,还要求考生“会算”,即在运算中讲究—定 的策略与技巧.但在高考中考查不是重点,一般以选择题、填空题出现.

2(1)(2014· 大纲全国,4)已知正四面体 ABCD 中,E 是 AB 的中点,则 异面直线 CE 与 BD 所成角的余弦值为( 1 A.6 3 B. 6 1 C.3 3 D. 3 )

(2)(2016· 四川绵阳一模, 14) 如图,在正方体 ABCDA1B1C1D1 中,M,N 分别是棱 CD,CC1 的中点,则异面直线 A1M 与 DN 所成角的大小是________. 【解析】 (1)如图,取 AD 的中点 F,连接 CF,EF, 则 EF∥BD, ∴∠CEF 即为异面直线 CE 与 BD 所成的角. 1 设正四面体的棱长为 2,则 CE=CF= 3,EF=2BD=1. 由余弦定理得 cos∠CEF= CE2+EF2-CF2 3 = 2CE· EF 6.

3 ∴CE 与 BD 所成角的余弦值为 6 . (2)如图,取 CN 的中点 K,连接 MK, 则 MK 为△CDN 的中位线,所以 MK∥DN. 所以∠A1MK 为异面直线 A1M 与 DN 所成的角(或其补角). 连接 A1C1,A1K,设正方体棱长为 4,在 Rt△A1C1K 中,
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A1K= (4 2)2+32= 41, 1 1 MK=2DN=2 42+22= 5, A1M= 42+42+22=6, ∴A1M2+MK2=A1K2,∴∠A1MK=90° . 故异面直线 A1M 与 DN 所成角的大小为 90° . 【答案】 (1)B (2)90° ,

解题的关键是选取合适的点, 作出异面直线的平行线,把异面直线所成的角归结 到一个三角形中,利用三边关系可求解.

求异面直线所成角的方法 (1)作:利用定义转化为平面角,对于异面直线所成的角,可固定一条、平移一 条,或两条同时平移到某个特殊的位置,顶点选在特殊的位置上. (2)证:证明作出的角为所求角. (3)求:把这个平面角置于一个三角形中,通过解三角形求空间角. 注意: 两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时,容易忽视这个三角形的 内角可能等于两异面直线所成的角,也可能等于其补角.

1.(2016· 广东佛山二模,6)在空间中,有如下四个命题: ①平行于同一个平面的两条直线是平行直线; ②垂直于同一条直线的两个平面是平行平面; ③若平面 α 内有不共线的三点到平面 β 的距离相等,则 α∥β; ④过平面 α 的一条斜线有且只有一个平面与平面 α 垂直. 其中正确的命题是( A.①③ B.②④ ) C.①④ D.②③

1.B ①平行于同一个平面的两条直线,可能平行,相交或异面,不正确; ②垂直于同一条直线的两个平面是平行平面,由面面平行的判定定理知正确; ③若平面 α 内有不共线的三点到平面 β 的距离相等, 则 α 与 β 可能平行, 也可能 相交,不正确;易知④正确,故选 B.
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2.(2016· 湖北宜昌一模,4)若平面 α∥平面 β,点 A,C∈α,B,D∈β,则直线 AC∥直线 BD 的充要条件是( A.AB∥CD B.AD∥CB C.AB 与 CD 相交 D.A,B,C,D 四点共面 )

2.D 因为平面 α∥平面 β,要使直线 AC∥直线 BD,则直线 AC 与 BD 是共面 直线,即 A,B,C,D 四点必须共面. 3.(2016· 江西七校联考,3)已知直线 a 和平面 α,β,α∩β=l,a?α,a?β,且 a 在 α,β 内的射影分别为直线 b 和 c,则直线 b 和 c 的位置关系是( A.相交或平行 B.相交或异面 C.平行或异面 D.相交、平行或异面 3.D 依题意,直线 b 和 c 的位置关系可能是相交、平行或异面,故选 D. 4.(2016· 湖南长沙二模,5)用 a,b,c 表示空间中三条不同的直线,γ 表示平面, 给出下列命题: ①若 a⊥b,b⊥c,则 a∥c; ②若 a∥b,a∥c,则 b∥c; ③若 a∥γ,b∥γ,则 a∥b; ④若 a⊥γ,b⊥γ,则 a∥b. 其中真命题的序号是( A.①② B.②③ ) C.①④ D.②④ )

4.D 若 a⊥b,b⊥c,则 a∥c 或 a 与 c 相交或 a 与 c 异面,所以①是假命题; 在空间中,平行于同一直线的两条直线平行,所以②是真命题;若 a∥γ,b∥γ, 则 a∥b 或 a 与 b 相交或 a 与 b 异面,所以③是假命题;若两条直线垂直于同一 个平面,则这两条直线平行,所以④是真命题,故选 D. 5.(2016· 山东济南联考,6)已知 α,β 是两个不同的平面,m,n 是两条不同的直 线,给出下列命题: ①若 m⊥α,m? β,则 α⊥β; ②若 m? α,n? α,m∥β,n∥β,则 α∥β; ③如果 m? α,n?α,m,n 是异面直线,那么 n 与 α 相交; ④若 α∩β=m,n∥m,且 n?α,n?β,则 n∥α 且 n∥β. 其中正确的命题是( )
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A.①② C.③④

B.②③ D.①④

5.D 根据面面垂直的判定定理知①正确;②若 m∥n,则得不出 α∥β,错误; ③n 与 α 还可能平行,错误;易知④正确. 6.(2016· 江苏泰州一模,5)若 α,β 是两个相交平面,则在下列命题中,真命题 的序号为________.(写出所有真命题的序号) ①若直线 m⊥α,则在平面 β 内,一定不存在与直线 m 平行的直线; ②若直线 m⊥α,则在平面 β 内,一定存在无数条直线与直线 m 垂直; ③若直线 m? α,则在平面 β 内,不一定存在与直线 m 垂直的直线; ④若直线 m? α,则在平面 β 内,一定存在与直线 m 垂直的直线. 6. 【解析】 对于①,若直线 m⊥α,如果 α,β 互相垂直,则在平面 β 内,存在 与直线 m 平行的直线,故①错误; 对于②,若直线 m⊥α,则直线 m 垂直于平面 α 内的所有直线,在平面 β 内存在 无数条与交线平行的直线,这无数条直线均与直线 m 垂直,故②正确; 对于③,④,若直线 m? α,则在平面 β 内,一定存在与直线 m 垂直的直线,故 ③错误,④正确. 【答案】 ②④ 7.(2015· 四川泸州一模,13)如图,在直三棱柱 ABCA1B1C1 中,∠ACB=90° , AA1=2,AC=BC=1,则异面直线 A1B 与 AC 所成角的余弦值是________.

7. 【解析】 由于 AC∥A1C1,所以∠BA1C1(或其补角)就是所求异面直线所成的 6+1-5 6 角.在△BA1C1 中,A1B= 6,A1C1=1,BC1= 5,cos∠BA1C1= =6. 2 6× 1 【答案】 6 6

8.(2015· 河南郑州二模,15)如图是正四面体的平面展开图,G,H,M,N 分别 为 DE,BE,EF,EC 的中点,在这个正四面体中,

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①GH 与 EF 平行; ②BD 与 MN 为异面直线; ③GH 与 MN 成 60° 角; ④DE 与 MN 垂直. 以上四个命题中,正确命题的序号是________. 8. 【解析】 如图,把平面展开图还原成正四面体,知 GH 与 EF 为异面直线,BD 与 MN 为异面直线,GH 与 MN 成 60° 角,DE 与 MN 垂直.故②③④正确. 【答案】 ②③④ 9.(2016· 广东佛山一模,18,12 分)如图,四棱锥 PABCD 中,侧面 PAD 是边 长为 2 的正三角形,且与底面垂直,底面 ABCD 是∠ABC=60° 的菱形,M 为 PC 的中点. (1)求证:PC⊥AD; (2)在棱 PB 上是否存在一点 Q,使得 A,Q,M,D 四点共面?若存在,指出点 Q 的位置并证明;若不存在,请说明理由; (3)求点 D 到平面 PAM 的距离. 9.解:(1)证明:取 AD 的中点 O,连接 OP,OC, AC,因为 ABCD 是∠ABC=60° 的菱形, 所以∠ADC=60° ,AD=CD, 所以△ACD 是正三角形,所以 OC⊥AD, 又△PAD 是正三角形,所以 OP⊥AD. 又 OC∩OP=O,OC? 平面 POC,OP? 平面 POC, 所以 AD⊥平面 POC,又 PC? 平面 POC, 所以 PC⊥AD. (2)存在.当点 Q 为棱 PB 的中点时,A,Q,M,D 四点共面. 证明如下:取棱 PB 的中点 Q,连接 QM,QA, 因为 M 为 PC 的中点,所以 QM∥BC,
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在菱形 ABCD 中,AD∥BC, 所以 QM∥AD, 所以 A,Q,M,D 四点共面. (3)点 D 到平面 PAM 的距离即为点 D 到平面 PAC 的距 离,由(1)可知 PO⊥AD,因为平面 PAD⊥平面 ABCD, 平面 PAD∩平面 ABCD=AD,PO? 平面 PAD, 所以 PO⊥平面 ABCD,即 PO 为三棱锥 PACD 的高, 在 Rt△POC 中,PO=OC= 3,PC= 6, 在△PAC 中,PA=AC=2,PC= 6, 10 所以边 PC 上的高 AM= PA2-PM2= 2 , 1 1 10 15 所以 S△PAC=2PC· AM=2× 6× 2 = 2 . 设点 D 到平面 PAC 的距离为 h, 1 1 由 VDh = PO, PAC=VPACD 得, S△PAC· 3 3S△ACD· 1 15 1 3 2 即 × · h= × × 2 × 3, 3 2 3 4 2 15 2 15 解得 h= 5 ,所以点 D 到平面 PAM 的距离为 5 .

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1.(2016· 课标Ⅲ,19,12 分,中)如图,四棱锥 PABCD 中,PA⊥底面 ABCD, AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M 为线段 AD 上一 点,AM=2MD,N 为 PC 的中点. (1)证明 MN∥平面 PAB; (2)求四面体 NBCM 的体积. 2 1.解:(1)证明:由已知得 AM=3AD=2, 如图,取 BP 的中点 T,连接 AT,TN,

由 N 为 PC 的中点知 TN∥BC, 1 TN=2BC=2. 又 AD∥BC,故 TN 綊 AM,四边形 AMNT 为平行四边形,于是 MN∥AT. 因为 AT? 平面 PAB,MN?平面 PAB,所以 MN∥平面 PAB. 1 (2)因为 PA⊥平面 ABCD,N 为 PC 的中点,所以 N 到平面 ABCD 的距离为2PA, 取 BC 的中点 E,连接 AE. 由 AB=AC=3 得 AE⊥BC, 所以 AE= AB2-BE2= 5. 由 AM∥BC 得 M 到 BC 的距离为 5, 1 故 S△BCM=2× 4× 5=2 5. 所以四面体 NBCM 的体积 VNBCM= 1 PA 4 5 S△BCM× 2 = 3 . 3× 2. (2016· 山东, 18, 12 分, 中)在如图所示的几何体中, D 是 AC 的中点, EF∥DB. (1)已知 AB=BC,AE=EC,求证:AC⊥FB;

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(2)已知 G,H 分别是 EC 和 FB 的中点. 求证:GH∥平面 ABC. 2.证明:(1)因为 EF∥DB, 所以 EF 与 DB 确定平面 BDEF. 如图,连接 DE. 因为 AE=EC,D 为 AC 的中点, 所以 DE⊥AC. 同理可得 BD⊥AC. 又 BD∩DE=D, 所以 AC⊥平面 BDEF. 因为 FB? 平面 BDEF, 所以 AC⊥FB. (2)设 FC 的中点为 I,如图,连接 GI,HI. 在△CEF 中,因为 G 是 CE 的中点. 所以 GI∥EF. 又 EF∥DB,所以 GI∥DB. 在△CFB 中,因为 H 是 FB 的中点,所以 HI∥BC. 又 HI∩GI=I, 所以平面 GHI∥平面 ABC. 因为 GH? 平面 GHI, 所以 GH∥平面 ABC. 3.(2016· 四川,17,12 分,中)如图,在四棱锥 PABCD 中,PA⊥CD,AD∥BC, 1 ∠ADC=∠PAB=90° ,BC=CD=2AD. (1)在平面 PAD 内找一点 M,使得直线 CM∥平面 PAB,并说明理由; (2)证明:平面 PAB⊥平面 PBD.

3.解:(1)取棱 AD 的中点 M,点 M 即为所求的一个点.理由如下:
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1 因为 AD∥BC,BC=2AD, 所以 BC∥AM,且 BC=AM. 所以四边形 AMCB 是平行四边形, 从而 CM∥AB. 又 AB? 平面 PAB,CM?平面 PAB, 所以 CM∥平面 PAB. (说明:取棱 PD 的中点 N,则所找的点可以是直线 MN 上任意一点) (2)证明:由已知得,PA⊥AB,PA⊥CD. 1 因为 AD∥BC,BC=2AD, 所以直线 AB 与 CD 相交, 所以 PA⊥平面 ABCD, 从而 PA⊥BD. 1 因为 AD∥BC,BC=2AD, 所以 BC∥MD,且 BC=MD, 所以四边形 BCDM 是平行四边形, 1 所以 BM=CD=2AD,所以 BD⊥AB. 又 AB∩AP=A,所以 BD⊥平面 PAB. 又 BD? 平面 PBD, 所以平面 PAB⊥平面 PBD. 4. (2015· 北京, 18, 14 分, 中)如图, 在三棱锥 VABC 中, 平面 VAB⊥平面 ABC, △VAB 为等边三角形,AC⊥BC 且 AC=BC= 2,O,M 分别为 AB,VA 的中点. (1)求证:VB∥平面 MOC; (2)求证:平面 MOC⊥平面 VAB; (3)求三棱锥 VABC 的体积.

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4.解:(1)证明:因为 O,M 分别为 AB,VA 的中点, 所以 OM∥VB. 又因为 OM? 平面 MOC,VB?平面 MOC, 所以 VB∥平面 MOC. (2)证明:因为 AC=BC,O 为 AB 的中点, 所以 OC⊥AB. 又因为平面 VAB⊥平面 ABC,且 OC? 平面 ABC, 所以 OC⊥平面 VAB. 所以平面 MOC⊥平面 VAB. (3)在等腰直角三角形 ACB 中, AC=BC= 2, 所以 AB=2,OC=1. 所以等边三角形 VAB 的面积 S△VAB= 3. 又因为 OC⊥平面 VAB, 1 3 所以三棱锥 CVAB 的体积等于3OC· S△VAB= 3 . 又因为三棱锥 VABC 的体积与三棱锥 CVAB 的体积相等, 3 所以三棱锥 VABC 的体积为 3 . 5.(2013· 江苏,16,14 分,中)如图,在三棱 锥 SABC 中,平面 SAB⊥平面 SBC,AB⊥BC, AS=AB.过 A 作 AF⊥SB,垂足为 F,点 E,G 分别是棱 SA,SC 的中点. 求证:(1)平面 EFG∥平面 ABC; (2)BC⊥SA. 5.证明:(1)因为 AS=AB,AF⊥SB,垂足为 F,所以 F 是 SB 的中点.
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又因为 E 是 SA 的中点,所以 EF∥AB. 因为 EF?平面 ABC,AB? 平面 ABC, 所以 EF∥平面 ABC. 同理 EG∥平面 ABC.又 EF∩EG=E, 所以平面 EFG∥平面 ABC. (2)因为平面 SAB⊥平面 SBC,且交线为 SB,又 AF? 平面 SAB,AF⊥SB,所以 AF⊥平面 SBC. 因为 BC? 平面 SBC,所以 AF⊥BC. 又因为 AB⊥BC,AF∩AB=A,AF,AB? 平面 SAB. 所以 BC⊥平面 SAB. 因为 SA? 平面 SAB,所以 BC⊥SA. 6.(2015· 四川,18,12 分,中)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的 示意图如图所示. (1)请将字母 F,G,H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由); (2)判断平面 BEG 与平面 ACH 的位置关系,并证明你的结论; (3)证明:直线 DF⊥平面 BEG.

6.解:(1)点 F,G,H 的位置如图所示.

(2)平面 BEG∥平面 ACH. 证明如下: 因为 ABCD-EFGH 为正方体, 所以 BC∥FG,BC=FG. 又 FG∥EH,FG=EH, 所以 BC∥EH,BC=EH,
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于是四边形 BCHE 为平行四边形. 所以 BE∥CH. 又 CH? 平面 ACH,BE?平面 ACH, 所以 BE∥平面 ACH. 同理 BG∥平面 ACH. 又 BE∩BG=B, 所以平面 BEG∥平面 ACH. (3)证明:连接 FH,与 EG 交于点 O,连接 BD. 因为 ABCDEFGH 为正方体, 所以 DH⊥平面 EFGH. 因为 EG? 平面 EFGH,所以 DH⊥EG. 又 EG⊥FH,DH∩FH=H, 所以 EG⊥平面 BFHD. 又 DF? 平面 BFHD,所以 DF⊥EG. 同理 DF⊥BG. 又 EG∩BG=G,所以 DF⊥平面 BEG. 7.(2014· 课标Ⅱ,18,12 分,中)如图,四棱锥 PABCD 中,底面 ABCD 为矩形, PA⊥平面 ABCD,E 为 PD 的中点. (1)证明:PB∥平面 AEC; 3 (2)设 AP=1,AD= 3,三棱锥 PABD 的体积 V= 4 ,求 A 到平面 PBC 的距离.

7.解:(1)证明:如图,设 BD 与 AC 的交点为 O,连接 EO. 因为 ABCD 为矩形,所以 O 为 BD 的中点.又 E 为 PD 的中点, 所以 EO∥PB. 因为 EO? 平面 AEC,PB?平面 AEC, 所以 PB∥平面 AEC. 1 3 (2)V=6PA· AB· AD= 6 AB.
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3 3 由 V= 4 ,可得 AB=2. 作 AH⊥PB 交 PB 于 H. 由题设知 BC⊥平面 PAB,所以 BC⊥AH,故 AH⊥平面 PBC. PA· AB 3 13 又 AH= PB = 13 . 3 13 所以 A 到平面 PBC 的距离为 13 . 8.(2014· 山东,18,12 分,中)如图,四棱锥 PABCD 中, 1 AP⊥平面 PCD,AD∥BC,AB=BC=2AD,E,F 分别为 线段 AD,PC 的中点. (1)求证:AP∥平面 BEF; (2)求证:BE⊥平面 PAC. 8.证明:(1)如图,设 AC∩BE=O,连接 OF,EC, 由于 E 为 AD 的中点, 1 AB=BC=2AD,AD∥BC, 所以 AE∥BC,AE=AB=BC, 因此四边形 ABCE 为菱形, 所以 O 为 AC 的中点. 又 F 为 PC 的中点, 因此在△PAC 中,可得 AP∥OF, 又 OF? 平面 BEF,AP?平面 BEF, 所以 AP∥平面 BEF. (2)由题意知 ED∥BC,ED=BC, 所以四边形 BCDE 为平行四边形, 因此 BE∥CD. 又 AP⊥平面 PCD, 所以 AP⊥CD,因此 AP⊥BE. 因为四边形 ABCE 为菱形, 所以 BE⊥AC.
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又 AP∩AC=A,AP,AC? 平面 PAC, 所以 BE⊥平面 PAC. 9.(2013· 福建,18,12 分,难)如图,在四棱锥 PABCD 中,PD⊥平面 ABCD, AB∥DC,AB⊥AD,BC=5,DC=3,AD=4,∠PAD=60° . → 的方向相同时, (1)当正视方向与向量AD 画出四棱锥 PABCD 的 正视图(要求标出尺寸,并写出演算过程); (2)若 M 为 PA 的中点,求证:DM∥平面 PBC; (3)求三棱锥 DPBC 的体积. 9.解:(1)在梯形 ABCD 中,过点 C 作 CE⊥AB,垂足为 E.

由已知得,四边形 ADCE 为矩形,AE=CD=3,CE=AD=4,在 Rt△BEC 中, 由 BC=5,CE=4,依勾股定理得 BE=3,从而 AB=6. 又由 PD⊥平面 ABCD 得,PD⊥AD, 从而在 Rt△PDA 中,由 AD=4,∠PAD=60° ,得 PD=4 3. 正视图如图所示.

(2)证明:方法一:如图,取 PB 的中点 N,连接 MN,CN.

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在△PAB 中,∵M 是 PA 的中点, 1 ∴MN∥AB,MN=2AB=3. 又 CD∥AB,CD=3, ∴MN∥CD,MN=CD, ∴四边形 MNCD 为平行四边形, ∴DM∥CN. 又 DM?平面 PBC,CN? 平面 PBC, ∴DM∥平面 PBC. 方法二:如图,取 AB 的中点 E,连接 ME,DE. 在梯形 ABCD 中,BE∥CD,且 BE=CD, ∴四边形 BCDE 为平行四边形, ∴DE∥BC. 又 DE?平面 PBC,BC? 平面 PBC, ∴DE∥平面 PBC.

又在△PAB 中,ME∥PB,ME?平面 PBC,PB? 平面 PBC, ∴ME∥平面 PBC,又 DE∩ME=E, ∴平面 DME∥平面 PBC.
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又 DM? 平面 DME,∴DM∥平面 PBC. 1 (3)VDPD, PBC=VPDBC= S△DBC· 3 又 S△DBC=6,PD=4 3, 所以 VDPBC=8 3.

线面平行的判定与性质是高考考查平行关系的一个重要考向,常与线线平行、面 面平行及垂直关系综合出现在解答题中, 考查线面平行的判定定理与性质定理在 证明中的应用. 并侧重考查条件的寻求和问题转化能力及逻辑推理能力,难度中 等.

1(2015· 江 苏 , 16 , 14 分 ) 如 图 , 在 直 三 棱 柱 ABCA1B1C1 中, 已知 AC⊥BC, BC=CC1.设 AB1 的中点为 D, B1C∩BC1=E. 求证:(1)DE∥平面 AA1C1C; (2)BC1⊥AB1. 【证明】 (1)由题意知,E 为 B1C 的中点, 又 D 为 AB1 的中点,因此 DE∥AC. 又因为 DE?平面 AA1C1C,AC? 平面 AA1C1C, 所以 DE∥平面 AA1C1C. (2)因为棱柱 ABCA1B1C1 是直三棱柱,所以 CC1⊥平面 ABC. 因为 AC? 平面 ABC,所以 AC⊥CC1. 又因为 AC⊥BC,CC1? 平面 BCC1B1, BC? 平面 BCC1B1,BC∩CC1=C, 所以 AC⊥平面 BCC1B1. 又因为 BC1? 平面 BCC1B1, 所以 BC1⊥AC. 因为 BC=CC1,所以矩形 BCC1B1 是正方形,因此 BC1⊥B1C.
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因为 AC,B1C? 平面 B1AC,AC∩B1C=C, 所以 BC1⊥平面 B1AC. 又因为 AB1? 平面 B1AC, 所以 BC1⊥AB1. (2014· 四川,18,12 分)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.

解:(1)证明: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. 又因为 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. 由已知可知 O 为 AC1 的中点. 连接 MD,OE,则 MD,OE 分别为△ABC,△ACC1 的中位线, 1 1 所以 MD 綊2AC,OE 綊2AC, 所以 MD 綊 OE.

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连接 OM,从而四边形 MDEO 为平行四边形,则 DE∥OM. 因为直线 DE?平面 A1MC,OM? 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),使得直线 DE∥平面 A1MC.,

(1)根据中位线定理得 DE∥AC,即证 DE∥平面 AA1C1C; (2)先由直三棱柱得出 CC1⊥平面 ABC, 即证 AC⊥CC1, 再证明 AC⊥平面 BCC1B1, 即证 BC1⊥AC,最后证明 BC1⊥平面 B1AC,即可证 BC1⊥AB1.

证明线面平行问题的思路(一) (1)作(找)出所证线面平行中的平面内的一条直线; (2)证明线线平行; (3)根据线面平行的判定定理证明线面平行.

证明线面平行问题的思路(二) (1)在多面体中作出要证线面平行中的线所在的平面; (2)利用线面平行的判定定理证明所作平面内的两条相交直线分别与所证平面平 行; (3)证明所作平面与所证平面平行; (4)转化为线面平行.

线面平行的探索性问题 (1)对命题条件的探索常采用以下三种方法: ①先猜后证,即先观察与尝试给出条件再证明; ②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件,再证明其充分性;

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③把几何问题转化为代数问题,探索命题成立的条件. (2)对命题结论的探索的方法 首先假设结论存在, 然后在这个假设下进行推理论证,如果通过推理得到了合乎 情理的结论,就肯定假设,如果得到了矛盾的结论,就否定假设.

面面平行的判定与性质是立体几何的重要知识点,单独考查面面平行的题目较 少,一般是利用面面平行的性质,来解决与线面、线线平行有关的问题,难度中 等.复习时,熟练掌握面面平行的判定定理与性质定理.注意“线线平行”“线面 平行”“面面平行”之间的相互转化.

2(2013· 陕西,18,12 分)如图,四棱柱 ABCDA1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形,O 是底面中心,A1O⊥底面 ABCD,AB=AA1= 2. (1)证明:平面 A1BD∥平面 CD1B1; (2)求三棱柱 ABDA1B1D1 的体积.

【解析】 (1)证明:由题设知,BB1 綊 DD1, ∴四边形 BB1D1D 是平行四边形,∴BD∥B1D1. 又 BD?平面 CD1B1,∴BD∥平面 CD1B1. ∵A1D1 綊 B1C1 綊 BC,∴四边形 A1BCD1 是平行四边形, ∴A1B∥D1C. 又 A1B?平面 CD1B1,∴A1B∥平面 CD1B1. 又∵BD∩A1B=B,∴平面 A1BD∥平面 CD1B1. (2)∵A1O⊥平面 ABCD,∴A1O 是三棱柱 ABDA1B1D1 的高. 1 2 又∵AO=2AC=1,AA1= 2,∴A1O= AA2 1-AO =1. 1 又∵S△ABD=2× 2× 2=1,∴VABDA1B1D1=S△ABD· A1O=1.
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(2016· 山东青岛二模,18,12 分)平面内两正方形 ABCD 与 ABEF, 点 M,N 分别在对角线 AC,FB 上,且 AM∶MC=FN∶NB,沿 AB 折起,使得 ∠DAF=90° . (1)证明:折叠后 MN∥平面 CBE; (2)若 AM∶MC=2∶3, 在线段 AB 上是否存在一点 G, 使平面 MGN∥平面 CBE? 若存在,试确定点 G 的位置;若不存在,请说明理由. 解:(1)证明:如图,设直线 AN 与直线 BE 交于点 H,连接 CH,

FN AN 因为△ANF∽△HNB,所以NB=NH. AM FN AN AM 又MC=NB,所以NH=MC, 所以 MN∥CH. 又 MN?平面 CBE,CH? 平面 CBE, 所以 MN∥平面 CBE. (2)存在,过 M 作 MG⊥AB,垂足为 G,连接 GN,则 MG∥BC, 所以 MG∥平面 CBE. 又 MN∥平面 CBE,MG∩MN=M, 所以平面 MGN∥平面 CBE. 所以点 G 在线段 AB 上,且 AG∶GB= AM∶MC=2∶3.

解题(1)需将面面平行关系转化为线面平行,再转化为线线平行,通过取特殊四 边形来完成证明; 解题(2)的关键是选易求高的底面,利用线面垂直的判定找高

判定面面平行的四个方法 (1)面面平行的判定定理(常用方法):a? α,b? α,a∩b=P,a∥β,b∥β? α∥β.
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(2)判定定理的推论:a? α,b? α,a∩b=P,a∥a′,b∥b′,a′∩b′= P′,a′? β, b′? β? α∥β. (3)垂直于同一条直线的两平面平行. (4)平面平行的传递性,即两个平面同时平行于第三个平面,则这两个平面平行.

平行问题的转化关系

1. (2016· 广东七校联考, 5)设 a, b 是两条直线, α, β 是两个不同的平面, 则 α∥β 的一个充分条件是( )

A.存在一条直线 a,a∥α,a∥β B.存在一条直线 a,a? α,a∥β C.存在两条平行直线 a、b,a? α,b? β,a∥β,b∥α D.存在两条异面直线 a、b,a? α,b? β,a∥β,b∥α 1.D 对于 A,两个平面还可以相交,若 α∥β,则存在一条直线 a,a∥α,a∥β, 所以 A 是 α∥β 的一个必要条件;同理,B 也是 α∥β 的一个必要条件;易知 C 是一个必要条件;对于 D,可以通过平移把两条异面直线平移到一个平面中,成 为相交直线,则有 α∥β,所以 D 选项是 α∥β 的一个充分条件. 2.(2016· 河南开封二模,6)已知直线 l 和两个不同的平面 α,β,则下列命题是真 命题的是( ) B.若 l⊥α,且 l⊥β,则 α∥β D.若 l∥α,且 α∥β,则 l∥β

A.若 l∥α,且 l∥β,则 α∥β C.若 l? α,且 α⊥β,则 l⊥β

2.B 对于 A,若 l∥α,且 l∥β,则 α∥β 或 α 与 β 相交,所以 A 错;易知 B 正确;对于 C,若 l? α,且 α⊥β,则 l⊥β 或 l∥β 或 l? β,所以 C 错;对于 D, 若 l∥α,且 α∥β,则 l∥β 或 l? β,所以 D 错.故选 B. 3.(2015· 河北保定一模,4)有下列命题: ①若直线 l 平行于平面 α 内的无数条直线,则直线 l∥α;

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②若直线 a 在平面 α 外,则 a∥α; ③若直线 a∥b,b∥α,则 a∥α; ④若直线 a∥b,b∥α,则 a 平行于平面 α 内的无数条直线. 其中真命题的个数是( A.1 B.2 C.3 ) D.4

3.A 命题①,l 可以在平面 α 内,不正确;命题②,直线 a 与平面 α 可以是相 交关系,不正确;命题③,a 可以在平面 α 内,不正确;命题④正确. 4.(2016· 广东湛江调研,13)设 x,y,z 为空间不同的直线或不同的平面,且直 线不在平面内,下列说法中能保证“若 x⊥z,y⊥z,则 x∥y”为真命题的序号为 ________. ①x 为直线,y,z 为平面; ②x,y,z 都为平面; ③x,y 为直线,z 为平面; ④x,y,z 都为直线; ⑤x,y 为平面,z 为直线. 4. 【解析】 ①x⊥平面 z,平面 y⊥平面 z, ∴x∥平面 y 或 x? 平面 y. 又∵x?平面 y,故 x∥y,①成立; ②x,y,z 均为平面,则 x 可与 y 相交,故②不成立; ③x⊥z,y⊥z,x,y 为不同直线,故 x∥y,③成立; ④x,y,z 均为直线,则 x 与 y 可平行,可异面,也可相交,故④不成立; ⑤z⊥x,z⊥y,z 为直线,x,y 为平面,所以 x∥y,⑤成立. 【答案】 ①③⑤ 5. (2015· 福建泉州一模, 14)如图, 四棱锥 PABCD 的底面是一直角梯形, AB∥CD, BA⊥AD,CD=2AB,PA⊥底面 ABCD,E 为 PC 的中点,则 BE 与平面 PAD 的 位置关系为________.

5. 【解析】 如图,取 PD 的中点 F,连接 EF,AF,
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1 在△PCD 中,EF 綊2CD. 又∵AB∥CD 且 CD=2AB, ∴EF 綊 AB,∴四边形 ABEF 是平行四边形,∴EB∥AF. 又∵EB?平面 PAD,AF? 平面 PAD, ∴BE∥平面 PAD. 【答案】 平行 6.(2016· 山东滨州一模,14)已知平面 α∥平面 β,P 是 α,β 外一点,过 P 点的 两条直线 AC,BD 分别交 α 于 A,B,交 β 于 C,D,且 PA=6,AC=9,AB=8, 则 CD 的长为________. PA 6. 【解析】 若 P 在 α, β 的同侧, 由于平面 α∥平面 β, 故 AB∥CD, 则PC= PA PA+AC

AB AB PA PA =CD,可求得 CD=20;若 P 在 α,β 之间,则CD=PC= 可求得 CD= AC-PA 4. 【答案】 20 或 4 7.(2016· 宁夏银川二模,18,12 分)如图 1,在直角梯形 ABCD 中,∠ADC=90° , 1 CD∥AB,AD=CD=2AB=2,点 E 为 AC 中点.将△ADC 沿 AC 折起,使平面 ADC⊥平面 ABC,得到几何体 DABC,如图 2 所示. (1)在 CD 上找一点 F,使 AD∥平面 EFB; (2)求点 C 到平面 ABD 的距离.

7.解:(1)如图,取 CD 的中点 F,连接 EF,BF,在△ACD 中,∵E,F 分别为 AC,DC 的中点, ∴EF 为△ACD 的中位线,
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∴AD∥EF, ∵EF? 平面 EFB,AD?平面 EFB, ∴AD∥平面 EFB.

(2)设点 C 到平面 ABD 的距离为 h, ∵平面 ADC⊥平面 ABC,且 BC⊥AC, ∴BC⊥平面 ADC, ∴BC⊥AD,又 AD⊥DC, ∴AD⊥平面 BCD,即 AD⊥BD. 1 又 AD=CD=2AB=2, 1 ∴S△ADB=2AD· BD=2 3. ∴三棱锥 BACD 的高 BC=2 2, 1 S△ACD=2AD· DC=2. 又 VCABD=VB-ADC, 1 1 即3× 2 3h=3× 2× 2 2, 2 6 解得 h= 3 . 8.(2016· 安徽宣城一模,19,12 分)如图,在四棱锥 PABCD 中,底面 ABCD 为 直角梯形,AD∥BC,∠BAD=90° ,BC=2AD,AC 与 BD 交于点 O,点 M,N CM BN 分别在线段 PC,AB 上,MP=NA=2. (1)求证:平面 MNO∥平面 PAD; (2)若平面 PAD⊥平面 ABCD, ∠PDA=60° , 且 PD=DC=BC=2, 求几何体 MABC 的体积.

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8.解:(1)证明:在梯形 ABCD 中, ∵AD∥BC, OC BC ∴OA=AD=2. BN 又NA=2, ∴ON∥BC∥AD. ∵AD? 平面 PAD,ON?平面 PAD, ∴ON∥平面 PAD. OC CM 在△PAC 中, OA= MP=2, ∴OM∥AP. ∵AP? 平面 PAD,OM?平面 PAD, ∴OM∥平面 PAD. ∵OM? 平面 OMN,ON? 平面 OMN,且 OM∩ON=O, ∴平面 MNO∥平面 PAD. (2)在△PAD 中,PA2=PD2+AD2-2PD· AD· cos∠PDA=22+12-2× 2× 1× cos 60° =3, ∴PA2+AD2=PD2,即 PA⊥AD. 又平面 PAD⊥平面 ABCD, ∴PA⊥平面 ABCD, 又由(1)知 OM∥AP, ∴OM⊥平面 ABC. 2 2 3 且 OM=3AP= 3 , 在梯形 ABCD 中,DC=BC=2AD=2,∠BAD=90° , ∴AB= 3,

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1 ∴△ABC 的面积 S=2AB· BC= 3. 1 2 ∴几何体 MABC 的体积 V=3S· OM=3. 9.(2015· 江西九江联考,19,12 分)如图所示,斜三棱柱 ABCA1B1C1 中,点 D, D1 分别为 AC,A1C1 上的点. A1D1 (1)当D C 等于何值时,BC1∥平面 AB1D1?
1 1

AD (2)若平面 BC1D∥平面 AB1D1,求DC的值.

A1D1 9.解:(1)如图所示,取 D1 为线段 A1C1 的中点,此时D C =1.
1 1

连接 A1B,交 AB1 于点 O,连接 OD1. 由棱柱的性质知,四边形 A1ABB1 为平行四边形, ∴点 O 为 A1B 的中点. 在△A1BC1 中,点 O,D1 分别为 A1B,A1C1 的中点, ∴OD1∥BC1. 又∵OD1? 平面 AB1D1, BC1?平面 AB1D1, ∴BC1∥平面 AB1D1. A1D1 ∴当D C =1 时,BC1∥平面 AB1D1.
1 1

(2)由平面 BC1D∥平面 AB1D1,且平面 A1BC1∩平面 BC1D=BC1,平面 A1BC1∩平 面 AB1D1=D1O 得 BC1∥D1O, A1D1 A1O ∴D C = OB , 1 1
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A1D1 DC A1O 又由题可知D C = AD , OB =1, 1 1 DC AD ∴AD=1,即DC=1.

1.(2013· 大纲全国,11,中)已知正四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中,AA1=2AB,则 CD 与平面 BDC1 所成角的正弦值等于( 2 A.3 3 B. 3 2 C. 3 1 D.3 )

1. A [考向 3]如图, 设 AB=2, AA1=4, 连接 AC, BD, AC∩BD=O, 连接 C1O, 过 C 作 CO1⊥C1O 于 O1, 易证明平面 BDC1⊥平面 ACC1A1 ,则 CO1⊥平面 BDC1. ∴∠CDO1 即为所求的角. 在 Rt△COC1 中,OC= 2,CC1=4,OC1=3 2, 4 ∴CO1=3, CO1 4 2 则 sin∠CDO1= CD =3× = 2 3. 2.(2016· 天津,17,13 分,中)如图,四边形 ABCD 是平行四边形,平面 AED⊥ 平面 ABCD,EF∥AB,AB=2,BC=EF=1,AE= 6,DE=3,∠BAD=60° , G 为 BC 的中点. (1)求证:FG∥平面 BED; (2)求证:平面 BED⊥平面 AED; (3)求直线 EF 与平面 BED 所成角的正弦值.

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2.[考向 2,3]解:(1)证明:如图,取 BD 中点 O,连接 OE,OG. 1 在△BCD 中,因为 G 是 BC 中点,所以 OG∥DC 且 OG=2DC=1. 又因为 EF∥AB,AB∥DC, 所以 EF∥OG 且 EF=OG, 即四边形 OGFE 是平行四边形, 所以 FG∥OE. 又 FG?平面 BED,OE? 平面 BED, 所以 FG∥平面 BED.

(2)证明:在△ABD 中,AD=1,AB=2,∠BAD=60° .由余弦定理可得 BD= 3, 进而∠ADB=90° , 即 BD⊥AD.又因为平面 AED⊥平面 ABCD, BD? 平面 ABCD, 平面 AED∩平面 ABCD=AD,所以 BD⊥平面 AED. 又因为 BD? 平面 BED, 所以平面 BED⊥平面 AED. (3)因为 EF∥AB, 所以直线 EF 与平面 BED 所成的角即为直线 AB 与平面 BED 所成的角,过点 A 作 AH⊥DE 于点 H,连接 BH. 又平面 BED∩平面 AED=ED, 由(2)知 AH⊥平面 BED, 所以直线 AB 与平面 BED 所成的角即为∠ABH. 2 在△ADE 中,AD=1,DE=3,AE= 6,由余弦定理得 cos∠ADE=3,
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5 所以 sin∠ADE= 3 , 5 因此 AH=AD· sin∠ADE= 3 . 在 Rt△AHB 中, AH 5 sin∠ABH= AB = 6 . 5 所以直线 EF 与平面 BED 所成角的正弦值为 6 . 3.(2016· 北京,18,14 分,中)如图,在四棱锥 PABCD 中, PC⊥平面 ABCD,AB∥DC,DC⊥AC. (1)求证:DC⊥平面 PAC; (2)求证:平面 PAB⊥平面 PAC; (3)设点 E 为 AB 的中点, 在棱 PB 上是否存在点 F, 使得 PA∥ 平面 CEF?说明理由. 3.[考向 1,2]解:(1)证明:因为 PC⊥平面 ABCD, 所以 PC⊥DC. 又因为 DC⊥AC, 所以 DC⊥平面 PAC. (2)证明:因为 AB∥DC,DC⊥AC, 所以 AB⊥AC. 因为 PC⊥平面 ABCD, 所以 PC⊥AB. 所以 AB⊥平面 PAC. 所以平面 PAB⊥平面 PAC. (3)棱 PB 上存在点 F,使得 PA∥平面 CEF.证明如下: 取 PB 中点 F,连接 EF,CE,CF,PA. 又因为 E 为 AB 的中点, 所以 EF∥PA. 又因为 PA?平面 CEF, 所以 PA∥平面 CEF.
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4.(2016· 浙江,18,15 分,中)如图,在三棱台 ABCDEF 中, 平面 BCFE⊥平面 ABC,∠ACB=90° ,BE=EF=FC=1,BC =2,AC=3. (1)求证:BF⊥平面 ACFD; (2)求直线 BD 与平面 ACFD 所成角的余弦值. 4.[考向 1,3]解:(1)证明:延长 AD,BE,CF 相交于一点 K,如图所示. 因为平面 BCFE⊥平面 ABC,且 AC⊥BC, 所以 AC⊥平面 BCK,因此 BF⊥AC.又因为 EF∥BC,BE=EF =FC=1, BC=2,所以△BCK 为等边三角形, 且 F 为 CK 的中点,则 BF⊥CK. 所以 BF⊥平面 ACFD. (2)因为 BF⊥平面 ACK,所以∠BDF 是直线 BD 与平面 ACFD 所成的角. 在 Rt△BFD 中,BF= 3, 1 3 DF=2AC=2, 21 得 cos∠BDF= 7 , 21 所以直线 BD 与平面 ACFD 所成角的余弦值为 7 . 5.(2015· 山东,18,12 分,中)如图,三棱台 DEFABC 中,AB=2DE,G,H 分别为 AC,BC 的中点. (1)求证:BD∥平面 FGH; (2)若 CF⊥BC,AB⊥BC,求证:平面 BCD⊥平面 EGH. 5.[考向 2]证明:(1)方法一:连接 DG,CD,设 CD∩GF =M,连接 MH. 在三棱台 DEFABC 中, AB=2DE,G 为 AC 的中点, 可得 DF∥GC,DF=GC, 所以四边形 DFCG 为平行四边形.

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则 M 为 CD 的中点. 又 H 为 BC 的中点, 所以 HM∥BD. 又 HM? 平面 FGH,BD?平面 FGH, 所以 BD∥平面 FGH. 方法二:在三棱台 DEFABC 中, 由 BC=2EF,H 为 BC 的中点, 可得 BH∥EF,BH=EF, 所以四边形 HBEF 为平行四边形, 可得 BE∥HF. 在△ABC 中,G 为 AC 的中点,H 为 BC 的中点,所以 GH∥AB. 又 GH∩HF=H, 所以平面 FGH∥平面 ABED. 因为 BD? 平面 ABED, 所以 BD∥平面 FGH. (2)连接 HE. 因为 G,H 分别为 AC,BC 的中点, 所以 GH∥AB. 由 AB⊥BC,得 GH⊥BC. 又 H 为 BC 的中点, 所以 EF∥HC,EF=HC, 因此四边形 EFCH 是平行四边形. 所以 CF∥HE. 又 CF⊥BC,所以 HE⊥BC. 又 HE,GH? 平面 EGH,HE∩GH=H, 所以 BC⊥平面 EGH. 又 BC? 平面 BCD, 所以平面 BCD⊥平面 EGH. 6.(2015· 福建,20,12 分,中)如图,AB 是圆 O 的直径,点

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C 是圆 O 上异于 A,B 的点,PO 垂直于圆 O 所在的平面,且 PO=OB=1. (1)若 D 为线段 AC 的中点,求证:AC⊥平面 PDO; (2)求三棱锥 PABC 体积的最大值; (3)若 BC= 2,点 E 在线段 PB 上,求 CE+OE 的最小值. 6.[考向 1]解:(1)证明:在△AOC 中,因为 OA=OC,D 为 AC 的中点, 所以 AC⊥DO. 又 PO 垂直于圆 O 所在的平面, 所以 PO⊥AC. 因为 DO∩PO=O, 所以 AC⊥平面 PDO. (2)因为点 C 在圆 O 上, 所以当 CO⊥AB 时,C 到 AB 的距离最大,且最大值为 1, 1 又 AB=2,所以△ABC 面积的最大值为2× 2× 1=1. 又因为三棱锥 PABC 的高 PO=1, 1 1 故三棱锥 PABC 体积的最大值为3× 1× 1=3. (3)在△POB 中,PO=OB=1,∠POB=90° , 所以 PB= 12+12= 2. 同理 PC= 2,所以 PB=PC=BC. 在三棱锥 PABC 中,将侧面 BCP 绕 PB 旋转至平面 BC′P,使之与平面 ABP 共 面,如图所示. 当 O,E,C′共线时,CE+OE 取得最小值. 又因为 OP=OB,C′P=C′B. 所以 OC′垂直平分 PB, 即 E 为 PB 中点. 2+ 6 2 6 从而 OC′=OE+EC′= 2 + 2 = 2 , 即 CE+OE 的最小值为` 2+ 6 2 .

7.(2015· 湖北,20,13 分,中)《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱
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与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖 臑. 在如图所示的阳马 PABCD 中,侧棱 PD⊥底面 ABCD,且 PD=CD,点 E 是 PC 的中点,连接 DE,BD,BE. (1)证明:DE⊥平面 PBC.试判断四面体 EBCD 是否为鳖臑,若是,写出其每个面 的直角(只需写出结论);若不是,请说明理由; V1 (2)记阳马 PABCD 的体积为 V1,四面体 EBCD 的体积为 V2,求V 的值.
2

7.[考向 1]解:(1)因为 PD⊥底面 ABCD, 所以 PD⊥BC. 由底面 ABCD 为长方形,有 BC⊥CD, 而 PD∩CD=D, 所以 BC⊥平面 PCD. 又 DE? 平面 PCD,所以 BC⊥DE. 又因为 PD=CD,点 E 是 PC 的中点, 所以 DE⊥PC. 而 PC∩BC=C,所以 DE⊥平面 PBC. 由 BC⊥平面 PCD,DE⊥平面 PBC,可知四面体 EBCD 的四个面都是直角三角 形, 即四面体 EBCD 是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠BCD,∠BCE,∠DEC, ∠DEB. 1 1 (2)由已知,PD 是阳马 PABCD 的高,所以 V1=3SABCD· PD=3BC· CD· PD; 由(1)知,DE 是鳖臑 DBCE 的高,BC⊥CE, 1 1 所以 V2=3S△BCE· DE=6BC· CE· DE. 2 在 Rt△PDC 中,因为 PD=CD,点 E 是 PC 的中点,所以 DE=CE= 2 CD, 1 BC· CD· PD V1 3 2CD· PD 于是V = 1 = CE· DE =4. 2 CE· DE 6BC· 8.(2014· 课标Ⅰ,19,12 分,中)如图,三棱柱 ABCA1B1C1 中,侧面 BB1C1C 为
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菱形,B1C 的中点为 O,且 AO⊥平面 BB1C1C. (1)证明:B1C⊥AB; (2)若 AC⊥AB1,∠CBB1=60° ,BC=1,求三棱柱 ABCA1B1C1 的高. 8.[考向 1]解:(1)证明:如图,连接 BC1,则 O 为 B1C 与 BC1 的交点.因为侧 面 BB1C1C 为菱形,所以 B1C⊥BC1.

又 AO⊥平面 BB1C1C,所以 B1C⊥AO, 故 B1C⊥平面 ABO. 由于 AB? 平面 ABO,故 B1C⊥AB. (2)作 OD⊥BC,垂足为 D,连接 AD,作 OH⊥AD,垂足为 H. 由于 BC⊥AO,BC⊥OD, 故 BC⊥平面 AOD,所以 OH⊥BC. 又 OH⊥AD,所以 OH⊥平面 ABC. 因为∠CBB1=60° , 所以△CBB1 为等边三角形. 3 又 BC=1,可得 OD= 4 . 1 1 由于 AC⊥AB1,所以 OA=2B1C=2. 7 21 由 OH· AD=OD· OA,且 AD= OD2+OA2= 4 ,得 OH= 14 . 又 O 为 B1C 的中点, 21 所以点 B1 到平面 ABC 的距离为 7 , 21 故三棱柱 ABCA1B1C1 的高为 7 . 9.(2013· 浙江,20,15 分,难)如图,在四棱锥 PABCD 中,PA⊥平面 ABCD, AB=BC=2,AD=CD= 7,PA= 3,∠ABC=120° ,G 为线段 PC 上的点.

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(1)证明:BD⊥平面 APC; (2)若 G 为 PC 的中点,求 DG 与平面 APC 所成的角的正切值; PG (3)若 G 满足 PC⊥平面 BGD,求GC的值. 9.[考向 1,3]解:(1)证明:如图,设点 O 为 AC,BD 的交点. 由 AB=BC,AD=CD,得 BD 是线段 AC 的中垂线. ∴O 为 AC 的中点, 且 BD⊥AC. 又 PA⊥平面 ABCD,BD? 平面 ABCD. ∴PA⊥BD. ∴BD⊥平面 APC. (2)如图,连接 OG.由(1)可知 OD⊥平面 APC,则 DG 在平面 APC 内的射影为 OG,∴∠OGD 是 DG 与平面 APC 所成的角. 在△ABC 中, AC= AB2+BC2-2AB· BC· cos∠ABC =2 3. 1 ∴OC=2AC= 3. 在 Rt△OCD 中,OD= CD2-OC2=2. ∵G,O 分别是 PC,AC 的中点, 1 3 ∴GO=2PA= 2 , OD 4 3 在 Rt△OGD 中,tan∠OGD=OG= 3 . ∴DG 与平面 APC 所成角的正切值为 (3)如图,连接 OG, ∵PC⊥平面 BGD,OG? 平面 BGD, ∴PC⊥OG. ∴△PAC∽△OGC. 在 Rt△PAC 中,得 PC= 15, 4 3 . 3

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AC· OC 2 15 ∴GC= PC = 5 . 3 15 从而 PG= 5 , PG 3 ∴GC=2.

直线与平面垂直的判定与应用是高考考查垂直关系的一个重要考向, 常与线线垂 直、 面面垂直及平行关系综合出现在解答题中,考查线面垂直的判定定理及其性 质.

1(2014· 重庆,20,12 分)如图,四棱锥 PABCD 中,底面是以 O 为中 π 心的菱形,PO⊥底面 ABCD,AB=2,∠BAD=3,M 为 BC 1 上一点,且 BM= . 2 (1)证明:BC⊥平面 POM; (2)若 MP⊥AP,求四棱锥 PABMO 的体积. 【解析】 (1)证明:如图,连接 OB, 因为四边形 ABCD 为菱形, O 为菱形中心, 所以 AO⊥OB. π 因为∠BAD=3, π 故 OB=AB· sin∠OAB=2sin6=1. 1 π 又因为 BM=2,且∠OBM=3, 在△OBM 中,OM2=OB2+BM2-2OB· BM· cos∠OBM 1 π 3 ?1?2 =12+?2? -2× 1× × cos 2 3=4. ? ? 所以 OB2=OM2+BM2,故 OM⊥BM. 又 PO⊥底面 ABCD,所以 PO⊥BC.
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又 OM? 平面 POM,PO? 平面 POM,OM∩PO=O, 所以 BC⊥平面 POM. π (2)由(1)可得,OA=AB· cos∠OAB=2· cos6= 3. 设 PO=a,由 PO⊥底面 ABCD 知,△POA 为直角三角形, 故 PA2=PO2+OA2=a2+3. 由△POM 也是直角三角形, 3 故 PM2=PO2+OM2=a2+4.如图,连接 AM. 1 2π ?1?2 在△ABM 中,AM2=AB2+BM2-2AB· BM· cos∠ABM=22+?2? -2× 2× cos 3 = 2× ? ? 21 4. 由已知 MP⊥AP,故△APM 为直角三角形, 3 21 则 PA2+PM2=AM2,即 a2+3+a2+4= 4 , 3 3 3 得 a= 2 ,a=- 2 (舍去),即 PO= 2 . 1 1 此时 S 四边形 ABMO=S△AOB+S△OMB=2AO· OB+2BM· OM 1 1 1 3 5 3 =2× 3× 1+2× 2× 2 = 8 . 所以四棱锥 PABMO 的体积 1 1 5 3 3 5 VPS PO = 四边形 ABMO· ABMO= · 3 3× 8 × 2 =16. (2014· 辽宁,19,12 分)如图,△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直, 且 AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120° ,E,F,G 分别 为 AC,DC,AD 的中点. (1)求证:EF⊥平面 BCG; (2)求三棱锥 DBCG 的体积. 1 附:锥体的体积公式 V=3Sh,其中 S 为底面面积,h 为高. 解:(1)证明:由已知得△ABC≌△DBC. 因此 AC=DC.
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又 G 为 AD 的中点,所以 CG⊥AD. 同理,BG⊥AD,因此 AD⊥平面 BGC. 又 EF∥AD,所以 EF⊥平面 BCG. (2)在平面 ABC 内,作 AO⊥CB,交 CB 延长线于 O, 由平面 ABC⊥平面 BCD,知 AO⊥平面 BDC. 又 G 为 AD 中点,因此 G 到平面 BDC 的距离 h 是 AO 长度的 一半. 在△AOB 中,AO=AB· sin 60° = 3, 1 1 1 3 1 所以 VD-BCG=VG-BCD=3· S△DBC· h=3× BC· sin 120° ·2 =2. 2BD·

(1)证明线面垂直的关键是证明 BC 垂直于平面 POM 内两条相交直线.由余弦定 理、勾股定理等知识先证 OM⊥BM,再由线面垂直的判定定理证明; (2)将底面四边形 ABMO 分为△ABO 与△MBO 来求面积,根据(1)中的结果,利 用勾股定理、余弦定理求出 PO,代入棱锥的体积公式求解.

证明直线与平面垂直的一般步骤 (1)找与作:在已知平面内找或作两条相交直线与已知直线垂直. (2)证:证明所找到的或所作的直线与已知直线垂直. (3)用:利用线面垂直的判定定理,得出结论.

判定线面垂直的四种方法 (1)利用线面垂直的判定定理. (2)利用“两平行线中的一条与已知平面垂直,则另一条也与这个平面垂直”. (3)利用“一条直线垂直于两平行平面中的一个,则与另一个平面也垂直”. (4)利用面面垂直的性质定理.

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面面垂直问题是高考考查的重点,它的地位仅次于线面垂直,考查的形式以解答 题为主,难度中等偏上.

2(2015· 湖南,18,12 分)如图,直三棱柱 ABCA1B1C1 的底面是边长为 2 的正三角形,E,F 分别是 BC,CC1 的中点. (1)证明:平面 AEF⊥平面 B1BCC1; (2)若直线 A1C 与平面 A1ABB1 所成的角为 45° , 求三棱锥 FAEC 的 体积. 【解析】 (1)证明:如图,因为三棱柱 ABCA1B1C1 是直三棱柱, 所以 AE⊥BB1. 又 E 是正三角形 ABC 的边 BC 的中点,所以 AE⊥BC. 因此 AE⊥平面 B1BCC1.又 AE? 平面 AEF,所以平面 AEF⊥平面 B1BCC1.

(2)设 AB 的中点为 D,连接 A1D,CD. 因为△ABC 是正三角形,所以 CD⊥AB. 又三棱柱 ABCA1B1C1 是直三棱柱,所以 CD⊥AA1.因此 CD⊥平面 A1ABB1,于是 ∠CA1D 为直线 A1C 与平面 A1ABB1 所成的角. 3 由题设,∠CA1D=45° ,所以 A1D=CD= 2 AB= 3. 1 2 在 Rt△AA1D 中,AA1= A1D2-AD2= 3-1= 2,所以 FC=2AA1= 2 ,故三 1 1 3 2 6 棱锥 FAEC 的体积 V=3S△AEC· FC=3× 2 × 2 = 12 . (2015· 课标Ⅰ,18,12 分)如图,四边形 ABCD 为菱形,G 为 AC 与 BD 的交点,BE⊥平面 ABCD.
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(1)证明:平面 AEC⊥平面 BED; 6 (2)若∠ABC=120° ,AE⊥EC,三棱锥 EACD 的体积为 3 ,求该三棱锥的侧面 积.

解:(1)证明:因为四边形 ABCD 为菱形, 所以 AC⊥BD. 因为 BE⊥平面 ABCD,所以 AC⊥BE. 故 AC⊥平面 BED. 又 AC? 平面 AEC, 所以平面 AEC⊥平面 BED. 3 (2)设 AB=x,在菱形 ABCD 中,由∠ABC=120° ,可得 AG=GC= 2 x,GB= x GD=2. 3 因为 AE⊥EC,所以在 Rt△AEC 中,可得 EG= 2 x. 2 由 BE⊥平面 ABCD,知△EBG 为直角三角形,可得 BE= 2 x. 1 1 6 3 6 由已知得,三棱锥 EACD 的体积 VEGD · BE = x = ACD= × AC· 3 2 24 3. 故 x=2. 从而可得 AE=EC=ED= 6. 所以△EAC 的面积为 3,△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5. 故三棱锥 EACD 的侧面积为 3+2 5.,

(1)要证面面垂直先证线面垂直,要证明平面 AEF 与平面 B1BCC1 垂直,只要证 明平面 AEF 内的直线 AE 与平面 B1BCC1 垂直即可; 要证线面垂直先证线线垂直, 要证直线 AE 与平面 B1BCC1 垂直,只要证明 AE 与 BC 及 BB1 垂直即可. (2)底面△AEC 的面积易求,为求三棱锥的体积,只要求出高 FC 的值即可.

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面面垂直证明的两种思路 (1)用面面垂直的判定定理,即先证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线; (2)用面面垂直的定义,即证明两个平面所成的二面角是直二面角,把证明面面 垂直的问题转化为证明平面角为直角的问题.

垂直问题的转化关系

线面角、二面角问题是文科考生的一个了解性知识,考查频率较低,在备考中应 是一个查漏补缺的知识点.

3(2014· 天津,17,13 分)如图,四棱锥 PABCD 的 底面 ABCD 是平行四边形,BA=BD= 2,AD=2,PA=PD = 5,E,F 分别是棱 AD,PC 的中点. (1)证明:EF∥平面 PAB. (2)若二面角 PADB 为 60° , ①证明:平面 PBC⊥平面 ABCD; ②求直线 EF 与平面 PBC 所成角的正弦值. 【解析】 (1)证明:如图,取 PB 的中点 M,连接 MF,AM. 因为 F 为 PC 的中点. 1 故 MF∥BC 且 MF=2BC. 由已知得 BC∥AD,BC=AD. 又由于 E 为 AD 的中点, 因而 MF∥AE 且 MF=AE, 故四边形 AMFE 为平行四边形, 所以 EF∥AM.
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又 AM? 平面 PAB,而 EF?平面 PAB, 所以 EF∥平面 PAB. (2)①证明:如图,连接 PE,BE. 因为 PA=PD,BA=BD,而 E 为 AD 的中点, 故 PE⊥AD,BE⊥AD, 所以∠PEB 为二面角 PADB 的平面角. 在△PAD 中,由 PA=PD= 5,AD=2,可解得 PE=2. 在△ABD 中,由 BA=BD= 2,AD=2,可解得 BE=1. 在△PEB 中,PE=2,BE=1,∠PEB=60° , 由余弦定理,可解得 PB= 3, 从而∠PBE=90° ,即 BE⊥PB. 又 BC∥AD,BE⊥AD, 从而 BE⊥BC,因此 BE⊥平面 PBC. 又 BE? 平面 ABCD,所以平面 PBC⊥平面 ABCD. ②如图,连接 BF.由①知,BE⊥平面 PBC, 所以∠EFB 为直线 EF 与平面 PBC 所成的角. 由 PB= 3及已知,得∠ABP 为直角. 1 3 11 11 而 MB=2PB= 2 ,可得 AM= 2 ,故 EF= 2 . BE 2 11 又 BE=1,故在 Rt△EBF 中,sin∠EFB=EF= 11 . 2 11 所以直线 EF 与平面 PBC 所成角的正弦值为 11 . (2015· 浙 江 , 18 , 15 分 ) 如 图 , 在 三 棱 柱 ABCA1B1C1 中,∠BAC = 90° , AB = AC = 2 , A1A = 4 , A1 在底面 ABC 的射影为 BC 的中点,D 是 B1C1 的中点. (1)证明:A1D⊥平面 A1BC; (2)求直线 A1B 和平面 BB1C1C 所成的角的正弦值. 解:(1)证明:如图,设 E 为 BC 的中点,连接 AE,A1E,DE,由题意得 A1E⊥ 平面 ABC,所以 A1E⊥AE. 因为 AB=AC,所以 AE⊥BC.
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故 AE⊥平面 A1BC. 由 D,E 分别为 B1C1,BC 的中点,得 DE∥B1B 且 DE=B1B, 从而 DE∥A1A 且 DE=A1A, 所以四边形 AA1DE 为平行四边形. 于是 A1D∥AE. 又因为 AE⊥平面 A1BC, 所以 A1D⊥平面 A1BC.

(2)如图,作 A1F⊥DE,垂足为 F,连接 BF, 因为 A1E⊥平面 ABC,所以 BC⊥A1E. 因为 BC⊥AE,AE∩A1E=E,所以 BC⊥平面 AA1DE. 所以 BC⊥A1F,又因为 DE∩BC=E, 所以 A1F⊥平面 BB1C1C. 所以∠A1BF 为直线 A1B 和平面 BB1C1C 所成的角. 由 AB=AC=2,∠CAB=90° , 得 EA=EB= 2, 由 A1E⊥平面 ABC,得 A1A=A1B=4, 在 Rt△A1EB 中,A1E= A1B2-EB2= 14. 1 1 由 DE=BB1=4,A1D=AE= 2,∠DA1E=90° ,2A1E· A1D=2A1F· DE,得 A1F 7 =2. 7 所以 sin∠A1BF= 8 .,

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(1)因为 E,F 分别是所在棱的中点,可取 PB 的中点 M,证明四边形 AMFE 是平 行四边形,然后利用线面平行的判定定理证明. (2)①连接 PE, BE, 由题意知∠PEB=60° , 在△PEB 中利用余弦定理证出 BE⊥PB. 又 BE⊥AD,然后利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明;②由①知 BE⊥平 面 PBC,则∠EFB 即为直线 EF 与平面 PBC 所成的角.

求空间角的三个步骤 (1)找:即找出相关的角; (2)证:即证明找出的角即为所求的角; (3)计算:即通过解三角形的方法求出所求角.

空间角的找法 (1)线面角 找出斜线在平面上的射影,关键是作出垂线,确定垂足. (2)二面角 二面角的大小用它的平面角来度量,平面角的常见作法是定义法.

1.(2016· 广东佛山二模,3)设 α,β,γ 为不同的平面,m,n,l 为不同的直线, 则 m⊥β 的一个充分条件为( A.α⊥β,α∩β=l,m⊥l B.α∩γ=m,α⊥γ,β⊥γ C.α⊥γ,β⊥γ,m⊥α D.n⊥α,n⊥β,m⊥α 1.D [考向 1,2]对于 A,α⊥β,α∩β=l,m⊥l,根据面面垂直的性质定理可 知,缺少条件 m? α,故不正确;对于 B,α∩γ=m,α⊥γ,β⊥γ,而 α 与 β 可能 平行, 也可能相交, 则 m 与 β 不一定垂直, 故不正确; 对于 C, α⊥γ, β⊥γ, m⊥α, 而 α 与 β 可能平行, 也可能相交, 则 m 与 β 不一定垂直, 故不正确: 对于 D, n⊥α, n⊥β,则 α∥β,又 m⊥α,则 m⊥β,故正确,故选 D. )

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2.(2016· 江西九江一模,6)如图,在三棱锥 DABC 中,若 AB=CB,AD=CD, E 是 AC 的中点,则下列命题中正确的是( A.平面 ABC⊥平面 ABD B.平面 ABD⊥平面 BCD C.平面 ABC⊥平面 BDE,且平面 ACD⊥平面 BDE D.平面 ABC⊥平面 ACD,且平面 ACD⊥平面 BDE 2. C [考向 2]因为 AB=CB, 且 E 是 AC 的中点, 所以 BE⊥AC, 同理, DE⊥AC, )

由于 DE∩BE=E,于是 AC⊥平面 BDE.因为 AC? 平面 ABC,所以平面 ABC⊥平 面 BDE.又 AC? 平面 ACD,所以平面 ACD⊥平面 BDE.故选 C. 3.(2015· 四川眉山诊断,5)设 m,n 是两条不同的直线,α,β 是两个不同的平面, 下列命题中正确的是( )

A.若 α⊥β,m? α,n? β,则 m⊥n B.若 m⊥α,m∥n,n∥β,则 α⊥β C.若 m⊥n,m? α,n? β,则 α⊥β D.若 α∥β,m? α,n? β,则 m∥n 3.B [考向 1,2]对 A,分别位于两垂直平面内的两直线还可能平行或异面,故 A 错;对 B,∵m⊥α,m∥n,∴n⊥α,又 n∥β,∴α⊥β,B 正确;对 C,α 与 β 可能平行、相交或垂直,C 错;对 D,m 与 n 还可能异面,故 D 错误. 4 . (2016· 河 南 三 门 峡 模 拟 , 7) 如 图 所 示 , 在 斜 三 棱 柱 ABCA1B1C1 中,∠BAC=90° ,BC1⊥AC,则 C1 在底面 ABC 上的射影 H 必在( A.直线 AB 上 B.直线 BC 上 C.直线 AC 上 D.△ABC 内部 4.A [考向 2]∵∠BAC=90° ,∴AB⊥AC, 又 AC⊥BC1,BC1∩AB=B, ∴AC⊥平面 ABC1, 又 AC? 平面 ABC, ∴平面 ABC⊥平面 ABC1.
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)

∵平面 ABC1∩平面 ABC=AB, ∴点 C1 在平面 ABC 上的射影 H 必在两平面的交线 AB 上,故选 A. 5.(2016· 河北衡水模拟,15)如图,在长方形 ABCD 中,AB=2,BC=1,E 为 DC 的中点,F 为线段 EC(端点除外)上一动点.现将△AFD 沿 AF 折起,使平面 ABD⊥平面 ABC.在平面 ABD 内过点 D 作 DK⊥AB,K 为垂足.设 AK=t,则 t 的取值范围是________.

5.[考向 2]【解析】 可采用两个极端位置法,即 F 移到 C 点,t=1,对于 F 位于 DC 的中点时, ∵CB⊥AB,CB⊥DK,∴CB⊥平面 ADB,即有 CB⊥BD,又 CD=2,BC=1, 1 ∴BD= 3,又 AD=1,AB=2,∴AB2=AD2+BD2,∴AD⊥BD,则有 t=2,因 ?1 ? 此 t 的取值范围是?2,1?. ? ? ?1 ? 【答案】 ?2,1? ? ? 6.(2016· 辽宁锦州三模,19,12 分)如图,在四棱锥 PABCD 中,PA⊥AD,AB∥CD,CD⊥AD,AD=CD=2AB=2,E, F 分别为 PC,CD 的中点,DE=EC. (1)求证:平面 ABE⊥平面 BEF; ?2 5 2 15? (2)设 PA=a,若三棱锥 BPED 的体积 V∈? , 15 ?,求实数 a 的取值范围. ? 15 ? 6.[考向 2]解:(1)证明:∵AB∥CD,CD⊥AD,AD=CD=2AB=2,F 为 CD 的中点, ∴四边形 ABFD 为矩形,AB⊥BF. ∵DE=EC,∴DC⊥EF,又 AB∥CD, ∴AB⊥EF. ∵BF∩EF=F,∴AB⊥平面 BEF,AB? 平面 ABE,∴平面 ABE⊥平面 BEF. (2)∵DE=EC,∴DC⊥EF,又 PD∥EF,AB∥CD,∴AB⊥PD, 又 AB⊥AD,∴AB⊥平面 PAD,
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∴AB⊥PA, 又 PA⊥AD,AD∩AB=A, ∴PA⊥平面 ABCD, 三棱锥 BPED 的体积 V=VBCED=VEBCD, 1 a ∵S△BCD=2× 2× 2=2,E 到平面 BCD 的距离 h=2, 1 a ∴VBPED=VEBCD= × 3 2× 2 a ?2 5 2 15? =3∈? , 15 ?, ? 15 ? ?2 5 2 15? ∴a∈? , 5 ?. ? 5 ? 7.(2016· 江苏扬州二模,16,14 分)如图 1,在边长为 4 的菱形 ABCD 中,∠DAB =60° ,点 E,F 分别是边 CD,CB 的中点,AC∩EF=O.沿 EF 将△CEF 翻折到 △PEF,连接 PA,PB,PD,得到如图 2 的五棱锥 PABFED,且 PB= 10. (1)求证:BD⊥平面 POA; (2)求四棱锥 PBFED 的体积.

7.[考向 1]解:(1)证明:∵点 E,F 分别是边 CD,CB 的中点, ∴BD∥EF. ∵ABCD 是菱形, ∴BD⊥AC, ∴EF⊥AC, ∴翻折后 EF⊥AO,EF⊥PO, ∵AO? 平面 POA,PO? 平面 POA,AO∩PO=O, ∴EF⊥平面 POA, ∴BD⊥平面 POA. (2)如图,设 AO∩BD=H,连接 BO,
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∵ABCD 是菱形,∴AB=AD. ∵∠DAB=60° , ∴△ABD 为等边三角形, ∴BD=4,BH=2,HA=2 3,HO=PO= 3, 在 Rt△BHO 中,BO= BH2+HO2= 7, 在△PBO 中,BO2+PO2=10=PB2, ∴PO⊥BO, ∵PO⊥EF,EF∩BO=O,EF? 平面 BFED,BO? 平面 BFED, ∴PO⊥平面 BFED, 又梯形 BFED 的面积为 1 S=2(EF+BD)· HO=3 3, 1 1 ∴四棱锥 PBFED 的体积 V=3S· PO=3× 3 3× 3=3. 8.(2015· 广东六校联考,19,14 分)已知几何体 ABCED 的三视图如图所示,其 中俯视图和侧(左)视图都是腰长为 4 的等腰直角三角形, 正(主)视图为直角梯形. (1)求异面直线 DE 与 AB 所成角的余弦值; (2)试探究在 DE 上是否存在点 Q,使得 AQ⊥BQ,并说明理由.

8. [考向 1, 3]解: (1)如图, 过点 B 作 BF∥ED, 交 EC 于点 F, 连接 AF, 则∠FBA
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或其补角即为异面直线 DE 与 AB 所成的角. 在△BAF 中,∵AB=4 2,BF=AF= 16+9=5, BF2+AB2-AF2 2 2 ∴cos∠ABF= = 5 . 2BF· AB 2 2 即异面直线 DE 与 AB 所成角的余弦值为 5 . (2)在 DE 上存在点 Q,使得 AQ⊥BQ.理由如下: 如图,取 BC 的中点 O,过点 O 作 OQ⊥DE 于点 Q,连接 OD, OE,BQ,则点 Q 满足题设. EC OB ∵CO=BD=2,∴Rt△ECO∽Rt△OBD,∴∠CEO=∠DOB. ∵∠EOC+∠CEO=90° , ∴∠EOC+∠DOB=90° , ∴∠EOD=90° . ∵OE= CE2+CO2=2 5, OD= OB2+BD2= 5,

OE· OD 2 5× 5 ∴OQ= ED = 5 =2, ∴以 O 为圆心,以 BC 为直径的圆与 DE 相切,切点为 Q, ∴BQ⊥CQ. ∵AC⊥平面 BCED,BQ? 平面 CEDB, ∴BQ⊥AC,∴BQ⊥平面 ACQ. ∵AQ? 平面 ACQ,∴BQ⊥AQ.

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一、三视图与直观图 1.三视图的画法 (1)基本要求:长对正,高平齐,宽相等. (2)画法规则:正(主)侧(左)一样高,正(主)俯一样长,侧(左)俯一样宽;看到的线 画实线,看不到的线画虚线. 2.明确三视图与几何体的数量关系 正(主)视图、侧(左)视图的高就是空间几何体的高;正(主)视图、俯视图的长就是 空间几何体的最大长度;侧(左)视图、俯视图中的宽就是几何体的最大宽度. 3.用斜二测画法画几何体直观图的注意点 (1)用斜二测画法画几何体直观图时, 要注意原图与直观图中的“三变”、 “三不变”:

?坐标轴的夹角改变, ①“三变”?与y轴平行线段的长度改变(减半), ?图形改变. ?平行性不变, ②“三不变”?与x轴平行的线段长度不变, ?相对位置不变.
(2)对于直观图,除了了解斜二测画法的规则外,还要了解原图形面积 S 与其直 2 观图面积 S′之间的关系:S′= 4 S,并能进行相关的计算. 二、空间几何体的表面积与体积 1.旋转体的侧面积和表面积 (1)若圆柱的底面半径为 r,母线长为 l,则 S 侧=2πrl,S 表=2πr(r+l). (2)若圆锥的底面半径为 r,母线长为 l,则 S 侧=πrl,S 表=πr(r+l). (3)若圆台的上、下底面半径分别为 r′,r,母线长为 l,则 S 侧=π(r+r′)l,S 表=π(r2+r′2+r′l+rl). (4)若球的半径为 R,则它的表面积 S=4πR2. 2.空间几何体的体积公式
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几何体名称 棱(圆)柱 棱(圆)锥 棱(圆)台 球 三、空间点、线、面的位置关系 直线与直线 平行关系





V=Sh(S 为底面面积,h 为高) 1 V=3Sh(S 为底面面积,h 为高) 1 V=3(S′+ S′S+S)h(S′,S 为上、下底面面积,h 为高) 4 V=3πR3(R 为球半径)

直线与平面

平面与平面

相交关系

独有关系 四、直线与平面平行、垂直的判定与性质 1.线、面平行的判定定理与性质定理 文字语言 判 直 定 线 定 与 理 平 面 性 平 质 行 定 理 不在平面内的一条直线 与此平面内的一条直线 平行,则该直线与此平 面平行(简记为线线平行 ? 线面平行) 一条直线与一个平面平 行,则过这条直线的任 一平面与此平面的交线 与该直线平行(简记为线 面平行? 线线平行) l?α a? α?? l∥α l∥a ? 图形语言 符号语言

?

? a? β ? α∩β=b?
a∥α ? a∥b

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文字语言

图形语言

符号语言 a? α

平 面 与 平 面 平 行

判 定 定 理

一个平面内的两条相交 直线与另一个平面平行, 则这两个平面平行(简记 为线面平行? 面面平行)

b? α

? ? a∩b=P? a∥β ? b∥β ?
?

? α∥β 性 质 定 理 如果两个平行平面同时 和第三个平面相交, 那么 它们的交线平行 α∥β

α∩γ=a?? a∥b β∩γ=b ?

2.线、面垂直的判定定理与性质定理 文字语言 判 直 定 线 定 与 理 平 面 垂 性 直 质 定 理 判 定 平 定 面 理 与 平 性 面 质 垂 定 直 理 一条直线与平面内的两条相 交直线都垂直,则该直线与 此平面垂直 图形语言 符号语言 a,b? α a∩b=O l⊥a l⊥b ? l⊥α 垂直于同一个平面的两条直 线平行 一个平面过另一个平面的一 条垂线,则这两个平面互相 垂直 a⊥α? ?? a∥b b⊥α? l? β ? ?? α⊥β l⊥α?

? ? ?

两个平面互相垂直,则一个 平面内垂直于交线的直线垂 直于另一个平面

? α∩β=a? l⊥a ?
α⊥β l? β ? l⊥α

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一、选择题(共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分) 1.(2016· 江西南昌三模,4)设 l 是直线,α,β 是两个不同的平面,则下列说法正 确的是( ) B.若 l∥α,l⊥β,则 α⊥β D.若 α⊥β,l∥α,则 l⊥β

A.若 l∥α,l∥β,则 α∥β C.若 α⊥β,l⊥α,则 l∥β

1.B 对于 A,若 l∥α,l∥β,则 α∥β 或 α,β 相交,故 A 错; 对于 B,若 l∥α,l⊥β,则由线面平行的性质定理,得过 l 的平面 γ∩α=m,即 有 m∥l,m⊥β,再由面面垂直的判定定理,得 α⊥β,故 B 正确; 对于 C,若 α⊥β,l⊥α,则 l∥β 或 l? β,故 C 错; 对于 D,若 α⊥β,l∥α,若 l 平行于 α,β 的交线,则 l∥β,故 D 错.故选 B. 2.(2016· 重庆五区调研,6)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积是 ( )

A.(2+ 5)π B.(4+ 5)π C.4π D.6π 1 2.A 由三视图可知,该几何体由一个半球和一个圆锥构成,其表面积为 S=2 ×4×π×12+π×1× 5=(2+ 5)π.选 A. 3.(2016· 广东惠州二模,5)设 α,β 为不重合的平面,m,n 为不重合的直线,则 下列命题正确的是( )

A.若 α⊥β,α∩β=n,m⊥n,则 m⊥α B.若 m? α,n? β,m⊥n,则 n⊥α C.若 n⊥α,n⊥β,m⊥β,则 m⊥α
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D.若 m∥α,n∥β,m⊥n,则 α⊥β 3.C 由 n⊥α,n⊥β 可知 α∥β,又 m⊥β,所以 m⊥α,故 C 正确.

4.(2016· 广西梧州三模,6)正四面体 ABCD 中,E,F 分别是棱 BC,AD 的中点, 则直线 DE 与平面 BCF 所成角的正弦值为( 2 2 A. 3 3 B. 3 6 C. 3 2 D. 2 )

4.B 连接 EF,由 BF=CF,BD=CD 可得 FE⊥BC,DE⊥BC, ∵∠FED 是直线 DE 与平面 BCF 所成的角,设正四面体 ABCD 的棱长为 a,则 3 CD=a,ED=BF=CF= 2 a, 2 因为△BCF 是等腰三角形,则 EF= 2 a, 6 3 由△FED 中,由余弦定理,得 cos∠FED= 3 ,则 sin∠FED= 3 ,故选 B. 5.(2015· 河北衡水中学一模,8)已知三棱锥的三视图如图所示,则它的外接球表 面积为( )

A.16π B.4π C.8π D.2π 5.B 画出该几何体的直观图如图所示, 设点 O 为 AB 的中点,连接 OP,OC, 由三视图知 OP=1, △ABC 为直角三角形, 且∠ACB=90° ,AC= 3,BC=1, 由勾股定理得 AB= AC2+BC2=2,

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由于点 O 为斜边 AB 的中点, 1 所以 OC=2AB=1, 所以 OA=OB=OC=OP=1,则点 O 为三棱锥 PABC 的外接球的球心, 所以三棱锥 PABC 外接球的半径长为 1, 其表面积为 4π×12=4π,故选 B. 6.(2016· 河北石家庄一模,5)在棱长为 a 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,若 M 为 AB 的中点,则点 C 到平面 A1DM 的距离为( 6 A. 3 a 6 B. 6 a 2 C. 2 a 1 D.2a )

6.A 如图所示.

5 在△A1DM 中,A1M=DM= 2 a. 取 A1D 的中点 E,连接 ME, 则 ME⊥A1D, ∴ME= MD2-DE2 = 3 ? 5 ?2 ? 2 ?2 ? a? -? a? = a. 2 ?2 ? ?2 ?

1 3 6 ∴S△A1DM=2× 2a× 2 a= 4 a2. 根据等体积法,设点 C 到平面 A1DM 的距离为 d,则 VC-A1DM=VA1-MDC, 1 1 即3S△A1DM· d=3S△MDC· A1A, 1 3 2a S△MDC· a 6 ∴d= = = 3 a. S△A1DM 6 2 4a 7.(2015· 江西南昌第三次调研,10)一个棱长为 6 的正四面体纸盒内放一个正方 体,若正方体可以在纸盒内任意转动,则正方体棱长的最大值为(
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)

A.2 B.3 C. 3

D. 2

7.D 设正四面体的内切球的半径为 r,由正四面体的体积相等可得, 1 3 2 1 3 2 4× r× 4 × 6 =3× 4 × 6× 3× ?2 3 ?2 62-? × × 6? , ?3 2 ?

6 所以 r = 2 . 要使正方体的棱长最大,即正四面体的内切球为该正方体的外接 球.设正方体的最大棱长为 a, ∴3a2=( 6)2,∴a= 2. 8.(2016· 福建泉州二模,9)设 OA 是球 O 的半径,M 是 OA 的中点,过 M 且与 7π OA 成 45° 角的平面截球 O 的表面得到圆 C.若圆 C 的面积等于 4 , 则球 O 的表面 积等于( ) D.10π

A.3π B.4π C.8π 8.C

7π 7 设圆 C 的半径为 r,有 πr2= 4 ,得 r2=4.

又设球的半径为 R,如图所示,

R 2 2 有 OB=R,OC= 2 ·2 = 4 R,CB=r. 1 在 Rt△OCB 中,有 OB2=OC2+CB2,即 R2=8R2+r2, 7 7 ∴8R2=4,∴R2=2, ∴S 球=4πR2=8π. 9.(2016· 河北唐山二模,10)如图,正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 1,P,Q 分别是线段 AD1 和 B1C 上的动点,且满足 AP=B1Q,则下列命题错误的是( )

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A.存在 P,Q 的某一位置,使 AB∥PQ B.△BPQ 的面积为定值 C.当 PA>0 时,直线 PB1 与 AQ 是异面直线 D.无论 P,Q 运动到任何位置,均有 BC⊥PQ 9.B 对于 A,当 P,Q 分别是 AD1 与 B1C 的中点时,AB∥PQ,所以 A 正确; 1 对于 B,当 P 在 A 处,Q 在 B1 处时,△BPQ 的面积为2,当 P,Q 分别在 AD1 2 与 B1C 的中点时,△BPQ 的面积为 4 ,故 B 错误;对于 C,当 PA>0 时,设直 线 PB1 与 AQ 是共面直线,则 AP 与 B1Q 共面,与已知矛盾,故 C 正确;对于 D, 由于 BC 垂直于 PQ 在平面 ABCD 内的射影,所以由线面垂直可知,BC⊥PQ, 故 D 正确,因此选 B. 10. (2015· 湖南株洲一模, 7)如图, 以等腰直角三角形 ABC 的斜边 BC 上的高 AD 为折痕,把△ABD 和△ACD 折成互相垂直的两个平面后,某学生得出下列四个 结论:

①BD⊥AC; ②△BAC 是等边三角形; ③三棱锥 DABC 是正三棱锥; ④平面 ADC⊥平面 ABC. 其中正确的是( A.①②④ ) C.②③④ D.①③④

B.①②③

10.B 由题意知,BD⊥平面 ADC,故 BD⊥AC,①正确;AD 为等腰直角三角 形斜边 BC 上的高,平面 ABD⊥平面 ACD,所以 AB=AC=BC,△BAC 是等边 三角形,②正确;易知 DA=DB=DC,又由②知③正确;由①知④错,故选 B.

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11.(2016· 云南昆明模拟,10)圆锥的母线长为 6,轴截面的顶角为 120° ,过两条 母线作截面,则截面面积的最大值为( A.9 3 B.18 C.18 3 D.9 )

1 2 11. B 设截面等腰三角形的顶角为 θ, 则截面面积为 S=2× 6 sin θ=18sin θ.因为 0° <θ≤120°,所以 S=18sin θ≤18. 12.(2015· 河南郑州一模,11)在三棱锥 PABC 中,PA⊥平面 ABC,AC⊥BC,D 为侧棱 PC 上的一点,它的正(主)视图和侧(左)视图如图所示,则下列命题正确 的是( )

8 A.AD⊥平面 PBC 且三棱锥 DABC 的体积为3 8 B.BD⊥平面 PAC 且三棱锥 DABC 的体积为3 16 C.AD⊥平面 PBC 且三棱锥 DABC 的体积为 3 16 D.BD⊥平面 PAC 且三棱锥 DABC 的体积为 3 12.C 因为 PA⊥平面 ABC,所以 PA⊥BC.又 AC⊥BC,PA∩AC=A,所以 BC⊥

平面 PAC,所以 BC⊥AD.又由三视图可得,在△PAC 中,PA=AC=4,D 为 PC 的中点,所以 AD⊥PC,又 PC∩BC=C,故 AD⊥平面 PBC.又由三视图可知 BC 1 1 =4, 而∠ADC=90° , BC⊥平面 PAC, 故 VD2 ABC=VBADC= × × 3 2 2 2× 二、填空题(共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分) 13.(2016· 陕西西安联考,14)某空间几何体的三视图及尺寸如图,则该几何体的 体积是________. 16 2× 4= 3 .

99

13. 【解析】

根据三视图可知该几何体为直三棱柱,且三棱柱的侧棱长为 2,

底面三角形为直角三角形,且三角形的两直角边长为 2,1,∴几何体的体积 V 1 =2× 1× 2× 2=2. 【答案】 2 14.(2015· 山西四校联考,15)已知一个三棱锥的三视图如图所示,其中俯视图是 等腰直角三角形,则该三棱锥的外接球体积为________.

14. 【解析】

设该三棱锥的外接球的半径是 R.依题意得,该三棱锥的形状如图

所示,其中 AB⊥平面 BCD,AB=2,CD=2 2,BC=BD=2,BC⊥BD,因此 可将其补形成一个棱长为 2 的正方体,则有 2R=2 3,R= 3,所以该三棱锥的 4π 外接球体积为 3 × ( 3)3=4 3π.

【答案】 4 3π 15. (2016· 云南玉溪统考, 13)表面积为 60π 的球面上有四点 S, A, B, C, 且△ABC 是等边三角形,球心 O 到平面 ABC 的距离为 3,若平面 SAB⊥平面 ABC,则三 棱锥 SABC 体积的最大值为________. 15. 【解析】 由题意画出几何体的图形如图,

100

设该球的半径为 R,则有 4πR2=60π,解得 R= 15.由于平面 SAB⊥平面 ABC, 所以点 S 在平面 ABC 上的射影 D 在 AB 上.设 O′为等边三角形 ABC 的中心,则 OO′⊥平面 ABC, 即有 OO′∥SD.当 D 为 AB 的中点时, SD 最大, 即三棱锥 SABC 的体积最大.由于 OC= 15,OO′= 3,则 CO′= CO2-OO′2=2 3,则 DO′

1 = 3,则△ABC 是边长为 6 的等边三角形,则△ABC 的面积为2× 6× 3 3=9 3. 在直角梯形 SDO′O 中, SD= 3+ ( 15)2-( 3)2=3 1 SABC 体积的最大值为3× 9 3× 3 3=27. 【答案】 27 16.(2015· 江南十校 3 月联考,15)已知△ABC 的三边长分别为 AB=5,BC=4, AC=3,M 是 AB 边上的点,P 是平面 ABC 外一点.给出下列四个命题: ①若 PA⊥平面 ABC,则三棱锥 PABC 的四个面都是直角三角形; ②若 PM⊥平面 ABC,且 M 是 AB 边的中点,则有 PA=PB=PC; 15 ③若 PC=5,PC⊥平面 ABC,则△PCM 面积的最小值为 2 ; ④若 PC=5, P 在平面 ABC 上的射影是△ABC 内切圆的圆心, 则点 P 到平面 ABC 的距离为 23. 其中正确命题的序号是________.(把你认为正确命题的序号都填上) 16. 【解析】 由题知 AC⊥BC,对于①,若 PA⊥平面 ABC,则 PA⊥BC,又知 3 ,所以三棱锥

PA∩AC=A,∴BC⊥平面 PAC,∴BC⊥PC,因此该三棱锥 PABC 的四个面均为 直角三角形,①正确;对于②,由已知得 M 为△ABC 的外心,所以 MA=MB= MC.因为 PM⊥平面 ABC,则 PM⊥MA,PM⊥MB,PM⊥MC,由三角形全等可 知 PA=PB=PC,故②正确;对于③,要使△PCM 的面积最小,只需 CM 最短, 12 在 Rt△ABC 中,(CM)min= 5 , 1 12 ∴(S△PCM)min=2× 5 × 5=6, 故③错误; 对于④, 设 P 点在平面 ABC 内的射影为 O,
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且 O 为△ABC 的内心,由平面几何知识得内切圆半径为 r=1,且 OC= 2,在 Rt△POC 中,PO= PC2-OC2= 23,∴点 P 到平面 ABC 的距离为 23,故④ 正确. 【答案】 ①②④ 三、解答题(共 6 小题,共 70 分) 17.(10 分)(2016· 山东烟台一模,18)如图,在几何体 ABCDEF 中,ABCD 是正 方形,DE⊥平面 ABCD. (1)求证:AC⊥平面 BDE; 1 (2)若 AF∥DE, DE=3AF, 点 M 在线段 BD 上, 且 BM=3BD, 求证:AM∥平面 BEF. 17.证明:(1)因为 DE⊥平面 ABCD,AC? 平面 ABCD, 所以 DE⊥AC, 因为 ABCD 是正方形,所以 AC⊥BD,又 BD∩DE=D, 从而 AC⊥平面 BDE. (2)如图,延长 EF,DA 交于点 G,连接 GB,

因为 AF∥DE,DE=3AF, GA AF 1 所以GD=DE=3, 1 BM 1 因为 BM= BD,所以 = , 3 BD 3 BM GA 1 所以 BD =GD=3,所以 AM∥GB, 又 AM?平面 BEF,GB? 平面 BEF, 所以 AM∥平面 BEF. 18.(12 分)(2016· 云南昆明模拟,18)如图,AB 为圆 O 的直径,点 E,F 在圆 O 上,且 AB∥EF,矩形 ABCD 所在的平面和圆 O 所在的平面互相垂直,且 AD=
102

EF=AF=1,AB=2. (1)求证:平面 AFC⊥平面 CBF; (2)在线段 CF 上是否存在一点 M,使得 OM∥平面 ADF? 并说明理由. 18.解:(1)因为平面 ABCD⊥平面 ABEF,CB⊥AB, 平面 ABCD∩平面 ABEF=AB, 所以 CB⊥平面 ABEF. 因为 AF? 平面 ABEF,所以 AF⊥CB, 又 AB 为圆 O 的直径,所以 AF⊥BF, 又 CB∩BF=B,所以 AF⊥平面 CBF. 因为 AF? 平面 AFC, 所以平面 AFC⊥平面 CBF. (2)取 CF 中点记作 M,设 DF 的中点为 N,连接 AN,MN,如图所示,

1 1 则 MN 綊2CD,又 AO 綊2CD, 则 MN 綊 AO, 所以四边形 MNAO 为平行四边形, 所以 OM∥AN,又 AN? 平面 ADF,OM?平面 ADF, 所以 OM∥平面 ADF. 19 . (12 分 )(2014· 浙江六市六校联考, 19) 如图,在四棱锥 PABCD 中,底面 ABCD 是矩形,PA⊥平面 ABCD,PA=AD =2,AB=1,BM⊥PD 于点 M. (1)求证:AM⊥PD; (2)求直线 CD 与平面 ACM 所成的角的余弦值. 19.解:(1)证明:∵PA⊥平面 ABCD,AB? 平面 ABCD, ∴PA⊥AB.
103

∵AB⊥AD,AD∩PA=A,AD? 平面 PAD,PA? 平面 PAD, ∴AB⊥平面 PAD. ∵PD? 平面 PAD, ∴AB⊥PD. ∵BM⊥PD,AB∩BM=B,AB? 平面 ABM,BM? 平面 ABM, ∴PD⊥平面 ABM. ∵AM? 平面 ABM,∴AM⊥PD. (2)由(1)知,AM⊥PD,又 PA=AD, 则 M 是 PD 的中点. 在 Rt△PAD 中,AM= 2, 在 Rt△CDM 中,MC= MD2+DC2= 3, 1 6 ∴S△ACM=2AM· MC= 2 . 设点 D 到平面 ACM 的距离为 h,由 VDACM=VMACD, 1 1 1 得3S△ACM· h=3S△ACD· 2PA. 6 解得 h= 3 . 设直线 CD 与平面 ACM 所成的角为 θ, h 6 则 sin θ=CD= 3 , 3 ∴cos θ= 3 . 3 ∴直线 CD 与平面 ACM 所成的角的余弦值为 3 . 20.(12 分)(2016· 浙江台州一模,18)如图几何体中,四边形 ABCD 为矩形,AB=3BC=6,BF=CF=AE=DE=2,EF =4,EF∥AB,G 为 FC 的中点,M 为线段 CD 上的一点, 且 CM=2. (1)证明:AF∥平面 BDG; (2)证明:平面 BGM⊥平面 BFC; (3)求三棱锥 FBMC 的体积 V.
104

20.解:(1)证明:如图,连接 AC 交 BD 于 O 点,则 O 为 AC 的中点,连接 OG, ∵点 G 为 CF 的中点, ∴OG 为△AFC 的中位线, ∴OG∥AF. ∵AF?平面 BDG,OG? 平面 BDG, ∴AF∥平面 BDG.

(2)证明:如图,连接 FM, ∵BF=CF=BC=2,G 为 CF 的中点, ∴BG⊥CF. ∵CM=2,∴DM=4. ∵EF∥AB,四边形 ABCD 为矩形, ∴EF∥DM.又 EF=4, ∴四边形 EFMD 为平行四边形, ∴FM=DE=2,∴△FCM 为正三角形, ∴MG⊥CF. ∵MG∩BG=G,∴CF⊥平面 BGM. ∵CF? 平面 BFC, ∴平面 BGM⊥平面 BFC. 1 1 (3)VFFC = 2, BMC=VFBMG+VCBMG= S△BMG· 3 3S△BMG× 由(2)易得 GM=BG= 3,BM=2 2, 1 ∴S△BMG=2× 2 2× 1= 2, 2 2 2 ∴VFBMC= S△BMG= 3 3 . 21.(12 分)(2015· 浙江宁波二模,18)已知△BCD 中,∠BCD =90° ,BC=CD=1,AB⊥平面 BCD,∠ADB=60° ,E,F 分

105

AE AF 别是 AC,AD 上的动点,且AC=AD=λ(0<λ<1). (1)求证:不论 λ 为何值,总有平面 BEF⊥平面 ABC; (2)当 λ 为何值时,平面 BEF⊥平面 ACD? 21.证明:(1)因为 AB⊥平面 BCD, 所以 AB⊥CD, 因为 CD⊥BC 且 AB∩BC=B, 所以 CD⊥平面 ABC. AE AF 又因为 = =λ(0<λ<1), AC AD 所以不论 λ 为何值,恒有 EF∥CD,所以 EF⊥平面 ABC,EF? 平面 BEF, 所以不论 λ 为何值恒有平面 BEF⊥平面 ABC. (2)由(1)知,BE⊥EF,又平面 BEF⊥平面 ACD, 所以 BE⊥平面 ACD,所以 BE⊥AC. 因为 BC=CD=1,∠BCD=90° ,∠ADB=60° , 所以 BD= 2,AB= 2tan 60° = 6, 所以 AC= AB2+BC2= 7,由 AB2=AE· AC 得 AE= AE 6 所以 λ=AC=7, 6 故当 λ=7时,平面 BEF⊥平面 ACD. 22.(12 分)(2015· 山东烟台一模,18)如图①,在直角梯形 ABCD 中,AD∥BC, ∠ADC=90° ,AB=BC.把△BAC 沿 AC 折起到△PAC 的位置,使得 P 点在平面 ADC 上的正投影 O 恰好落在线段 AC 上,如图②所示,点 E,F 分别为棱 PC, CD 的中点. 6 , 7

(1)求证:平面 OEF∥平面 APD; (2)求证:CD⊥平面 POF;
106

(3)若 AD=3,CD=4,AB=5,求四棱锥 ECFO 的体积. 22.解:(1)证明:因为点 P 在平面 ADC 上的正投影 O 恰好落在线段 AC 上, 所以 PO⊥平面 ADC,所以 PO⊥AC. 因为 AB=BC, 所以 O 是 AC 中点.又点 E 是 PC 的中点, 所以 OE∥PA,又因为 PA? 平面 PAD. 所以 OE∥平面 PAD. 同理 OF∥平面 PAD. 又 OE∩OF=O,OE,OF? 平面 OEF, 所以平面 OEF∥平面 PAD. (2)证明:因为 OF∥AD,AD⊥CD, 所以 OF⊥CD. 又 PO⊥平面 ADC,CD? 平面 ADC, 所以 PO⊥CD. 又 OF∩PO=O,所以 CD⊥平面 POF. (3)因为∠ADC=90° ,AD=3,CD=4, 1 所以 S△ACD=2× 3× 4=6, 而点 O,F 分别是 AC,CD 的中点, 1 3 所以 S△CFO=4S△ACD=2, 由题意可知△ACP 是边长为 5 的等边三角形, 5 所以 OP=2 3, 即点 P 到平面 ACD 的距离为 又 E 为 PC 的中点, 5 所以 E 到平面 CFO 的距离为4 3, 1 3 5 5 故 VECFO= × × 3= 3 2 4 8 3. 5 3, 2

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