1、- 1 -【优化探究】2017 届高考数学一轮复习 第七章 第二节 空间几何体的表面积与体积课时作业 理 新人教 A 版A 组 考点能力演练1(2016长春模拟)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，则该多面体的体积为( )A. B64 C. D.323 3233 643解析：由三视图可知，该多面体是一个四棱锥，且由一个顶点出发的三条棱两两垂直，长度都为 4，其体积为 444 ，故选 D.13 643答案：D2.如图是某几何体的三视图，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.163B.83C4 3D2 3解析：由对称性可知外接球球心在侧视图
2、中直角三角形的高线上，设外接球的半径为R，则( R)21 2 R2， R ，其表面积 S4 R24 2 .3233 (233) 163答案：A3(2016唐山模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A816B816C88D168解析：由三视图可知：几何体为一个半圆 柱去掉一个直三棱柱半圆柱的高为 4，底面半圆的半径为 2，直- 2 -三棱柱的底面为斜边是 4 的等腰直角三角形，高为 4，故几何体的体积V 2 24 424816.12 12答案：B4某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A. B2 C. D.2 2 3 23解析：依题意得，该几何体是由两个相同的圆锥将
3、其底面拼接在一起所形成的组合体，其中该圆锥的底面半径与高均为 1，因此题中的几何体的体积等于 2 1 21 ，选13 23D.答案：D5四面体 ABCD 的四个顶点都在球 O 的球面上， AB平面 BCD， BCD 是边长为 3 的等边三角形若 AB2，则球 O 的表面积为( )A. B12 C16 D32323解析：设球心为 O，球心在平面 BCD 的投影为 O1，则 OO1 1，因为 BCD 为等边三AB2角形，故 DO1 ，因为 OO1D 为直角三角形，所以球的半径23 323 3R OD 2，球 O 的表面积 S4 R216，故选 C.OO21 O1D2答案：C6.已知某四棱锥，底面是
4、边长为 2 的正方形，且俯视图如图所示若该四棱锥的侧视图为直角三角形，则它的体积为_解析：由俯视图可知，四棱锥顶点在底面的射影为 O(如图)，又侧视图为直角三角形，则直角三角形的斜边为 BC2，斜边上的高为SO1，此高即为四棱锥的高，故 V 221 .13 43答案：437(2016台州模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为_- 3 -解析：该简单组合体由半球加上圆锥构成，故所求表面积S 24552.4 422 12答案：528(2016南昌一模)已知直三棱柱 ABCA1B1C1中， BAC90，侧面 BCC1B1的面积为2，则直三棱柱 ABC A1B1C1外接球表面积的最小值为
5、_解析：如图所示，设 BC， B1C1的中点分别为 F， E，则知三棱柱ABC A1B1C1外接球的球心为线段 EF 的中点 O，且 BCEF2.设外接球的半径为 R，则R2 BF2 OF2 2 2 2BCEF1，当且仅当(BC2) (EF2) BC2 EF24 14BC EF 时取等号所以直三棱柱 ABC A1B1C1外接球表面积的最2小值为 41 24.答案：49已知某锥体的三视图(单位：cm)如图所示，求该锥体的体积解：由三视图知，原几何体是一个五面体，由一个三棱柱截去一个四棱锥得到，其体积为 V V 三棱柱 V 四棱锥 222 (21)222.12 13 1210已知一个几何体的三视图
6、如图所示(1)求此几何体的表面积；(2)如果点 P， Q 在正视图中所示位置： P 为所在线段中点， Q 为顶点，求在几何体表面上，从 P 点到 Q 点的最短路径的长- 4 -解：(1)由三视图知：此几何体是一个圆锥加一个圆柱，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和S 圆锥侧 (2 a)( a) a2，12 2 2S 圆柱侧 (2 a)(2a)4 a2， S 圆柱底 a2，所以 S 表面 a24 a2 a2( 5) a2.2 2(2)沿 P 点与 Q 点所在母线剪开圆柱侧面，如图则 PQ a ，AP2 AQ2 a2 a 2 1 2所以从 P 点到 Q 点在侧面上的最短路径的
7、长为 a .1 2B 组 高考题型专练1.(2015高考陕西卷)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A3 B4C24 D34解析：由所给三视图可知，该几何体是圆柱从底面圆直径处垂直切了一半，故该几何体的表面积为 2122 1 22234，故选 D.12 12答案：D2(2015高考全国卷)已知 A， B 是球 O 的球面上两点， AOB90， 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( )A36 B64C144 D256- 5 -解析：三棱锥 VOABC VCOAB S OABh，其中 h 为点 C 到平面 OAB 的距离，而底面三角
8、13形 OAB 是直角三角形，顶点 C 到底面 OAB 的最大距离是球的半径，故VOABC VCOAB R336，其中 R 为球 O 的半径，所以 R6，所以球 O 的表面积为13 12S436144.答案：C3(2015高考课标卷)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( )A. B.18 17C. D.16 15解析：如图，不妨设正方体的棱长为 1，则截去部分为三棱锥AA1B1D1，其体积为 ，又正方体的体积为 1，则剩余部分的体积为 ，故16 56所求比值为 .故选 D.15答案：D4(2015高考浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单
9、位：cm)，则该几何体的体积是( )A8 cm 3 B12 cm 3C. cm3 D. cm3323 403解析：该几何体的体积 V2 3 222 (cm3)13 323- 6 -答案：C5(2015高考四川卷)在三棱柱 ABCA1B1C1中， BAC90，其正视图和侧视图都是边长为 1 的正方形，俯视图是直角边的长为 1 的等腰直角三角形设点 M， N， P 分别是棱AB， BC， B1C1的中点，则三棱锥 PA1MN 的体积是_解析：因为 M， N， P 分别是棱 AB， BC， B1C1的中点，所以 MN AC， NP CC1，所以平面 MNP平面 CC1A1A，所以 A1到平面 MNP
10、 的距离等于 A 到平面 MNP 的距离根据题意有 MAC90， AB1，可得 A 到平面 MNP 的距离为 .12又 MN ， NP1，12所以 VPA1MN VAMNP S MNP 1 .13 12 13 12 12 12 124答案：124- 1 -【优化探究】2017 届高考数学一轮复习 第七章 第六节 空间向量及其运算课时作业 理 新人教 A 版A 组 考点能力演练1(2015深圳模拟)已知三棱锥 OABC，点 M， N 分别为 AB， OC 的中点，且 a， b， c，用 a， b， c 表示 ，则 等于( )OA OB OC MN MN A. (b c a) B. (a b c)
11、12 12C. (a b c) D. (c a b)12 12解析： (c a b)MN MA AO ON 12答案：D2已知四边形 ABCD 满足： 0， 0， 0， 0，则该四边形为AB BC BC CD CD DA DA AB ( )A平行四边形 B梯形C长方形 D空间四边形解析：由 0， 0， 0， 0，知该四边形一定不是平面图形，AB BC BC CD CD DA DA AB 故选 D.答案：D3已知 a(2，1,3)， b(1,4，2)， c(7,5， )若 a， b， c 三向量共面，则实数 等于( )A. B.627 637C. D.607 657解析：由题意得 c ta b
12、(2 t ， t4 ，3 t2 )，Error!Error!答案：D4(2016东营质检)已知 A(1,0,0)， B(0，1,1)， 与 的夹角为 120，则OA OB OB - 2 - 的值为( )A B.66 66C D66 6解析： (1， ， )，OA OB cos 120 ，得 . 1 2 22 12 66经检验 不合题意，舍去， .66 66答案：C5设 A(3,3,1)， B(1,0,5)， C(0,1,0)， AB 的中点为 M，则| CM|等于( )A. B.534 532C. D.532 132解析：设 M(x， y， z)，则 x 2， y ， z 3，即3 12 3
13、02 32 1 52M ，| CM| .故选 C.(2，32， 3) 2 0 2 (32 1)2 3 0 2 532答案：C6(2016合肥模拟)向量 a(2,0,5)， b(3,1，2)， c(1,4,0)，则a6 b8 c_.解析：由 a(2,0,5)， b(3,1，2)， c(1,4,0)， a6 b8 c(28，26，7)答案：(28，26，7)7已知向量 a， b 满足条件：| a|2，| b| ，且 a 与 2b a 互相垂直，则 a 与 b 的2夹角为_解析：由于 a 与 2b a 互相垂直，则 a(2b a)0，即 2ab| a|20，所以2|a|b|cos a， b | a|
14、20，则 4 cos a， b 40，则 cos a， b ，所以 a222与 b 的夹角为 45.答案：458空间四边形 OABC 中， OB OC，且 AOB AOC ，则 cos ， 的值为 3 OA BC _- 3 -解析： ( ) | | |cosOA BC OA OC OB OA OC OA OB OA OC OA ， | | |cos ， OC OA OB OA OB OB OC， AOB AOC ， 0， 3 OA BC 即 ，cos ， 0.OA BC OA BC 答案：09(2016唐山模拟)已知空间三点 A(2,0,2)， B(1，1,2)， C(3,0,4)，设a ，
15、b .AB AC (1)求 a 和 b 夹角的余弦值(2)设| c|3， c ，求 c 的坐标BC 解：(1)因为 (1,1,0)， (1,0,2)，AB AC 所以 ab1001，| a| ，| b| .2 5所以 cos a， b .ab|a|b| 125 1010(2) (2，1,2)设 c( x， y， z)，因为| c|3， c ，BC BC 所以 3，存在实数 使得 c ，即Error!联立解得Error! 或Error!x2 y2 z2 BC 所以 c(2，1,2)10(2016太原模拟)如图，直三棱柱 ABCA1B1C1，底面 ABC 中，CA CB1， BCA90，棱 AA1
16、2， M， N 分别是 A1B1， A1A 的中 点(1)求 的模BN (2)求 cos ， 的值BA1 CB1 (3)求证： A1B C1M.解：如图，建立空间直角坐标系(1)依题意得 B(0,1,0)， N(1，0,1)，所以| |BN 1 0 2 0 1 2 1 0 2 .3(2)依题意得 A1(1,0,2)， B(0,1,0)， C(0,0,0)， B1(0,1,2)所以 (1，1,2)， (0,1,2)，BA1 CB1 - 4 - 3，| | ，| | ，所以 cos ， .BA1 CB1 BA1 6 CB1 5 BA1 CB1 BA1 CB1 |BA1 |CB1 | 11030(3
17、)依题意，得 C1(0,0,2)， M ， (1,1，2)， .(12， 12， 2) A1B C1M (12， 12， 0)所以 00，A1B C1M 12 12所以 .所以 A1B C1M.A1B C1M B 组 高考题型专练1(2014高考广东卷)已知向量 a(1,0，1)，则下列向量中与 a 成 60夹角的是( )A(1,1,0) B(1，1,0)C(0，1,1) D(1,0,1)解析：经检验，选项 B 中向量(1，1,0)与向量 a(1,0，1)的夹角的余弦值为 ，即12它们的夹角为 60，故选 B.答案：B2(2014高考江西卷)如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1中，AB11
18、， AD7， AA112.一质点从顶点 A 射向点 E(4,3,12)，遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理)，将第 i1 次到第 i 次反射点之间的线段记为 Li(i2,3,4)， L1 AE，将线段 L1， L2， L3， L4竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是( )解析：由对称性知质点经点 E 反射到平面 ABCD 的点 E1(8,6,0)处在坐标平面 xAy 中，直线 AE1的方程为 y x，与直线 DC 的方程 y7 联立得 F .由两点间的距离公式得34 (283， 7， 0)E1F ，53tan E2E1Ftan EAE1 ， E2F E1Ftan E2E1F4. E2F1
19、1248. 125 L3L4 .故选 C.E1E2E2E3 E2FE2F1 48 12- 5 -答案：C3(2015高考浙江卷)已知 e1， e2是空间单位向量， e1e2 .若空间向量 b 满足12be12， be2 ，且对于任意 x， yR，| b( xe1 ye2)| b( x0e1 y0e2)52|1( x0， y0R)，则 x0_， y0_，| b|_.解析： e1， e2是单位向量， e1e2 ，cos e1， e2 ，又0 e1， e212 12180， e1， e260.不妨把 e1， e2放到空间直角坐标系 Oxyz 的平面 xOy 中，设e1(1,0,0)，则 e2 ，再设
20、 b( m， n， r)，由 be12， be2 ，得(12， 32， 0) OB 52m2， n ，则 b(2， ， r)而 xe1 ye2是平面 xOy 上任一向量，由| b( xe1 ye2)3 3|1 知点 B(2， ， r)到平面 xOy 的距离为 1，故可得 r1.则 b(2， ，1)，| b|2 .3 3 2又由| b( xe1 ye2)| b( x0e1 y0e2)|1 知 x0e1 y0e2(2， ，0)，解得 x01， y02.3答案：1,2,2 2- 1 -【优化探究】2017 届高考数学一轮复习 第七章 第七节 立体几何中的向量方法课时作业 理 新人教 A 版A 组 考
21、点能力演练1.如图，几何体 EFABCD 中， CDEF 为边长为 2 的正方形， ABCD 为直角梯形，AB CD， AD DC， AD2， AB4， ADF90.(1)求证： AC FB；(2)求二面角 E FB C 的大小解：(1)证明：由题意得， AD DC， AD DF，且 DC DF D， AD平面 CDEF， AD FC，四边形 CDEF 为正方形， DC FC. DC AD D， FC平面 ABCD， FC AC.又四边形 ABCD 为直角梯形， AB CD， AD DC， AD2， AB4， AC2 ， BC2 ，2 2则有 AC2 BC2 AB2， AC BC，又 BC F
22、C C， AC平面 FCB， AC FB.(2)由(1)知 AD， DC， DE 所在直线相互垂直，故以 D 为原点，DA， DC， DE 所在直线分别为 x， y， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，可得 D(0,0,0)， F(0,2,2)， B(2,4,0)， E(0,0,2)， C(0，2,0)，A(2,0,0)， (0,2,0)， (2,2，2)，EF FB 设平面 EFB 的法向量为 n( x， y， z)，则有Error!Error!Error!令 z1，则 n(1,0,1)，由(1)知平面 FCB 的一个法向量为 (2,2,0)，AC - 2 -设二面角 E FB C 的大小
23、为 ，由图知 ，(0， 2)cos |cos n， | ， .AC 12 32.(2016兰州诊断)如图，在四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，底面 ABCD 是等腰梯形，AB CD， AB2， BC CD1，顶点 D1在底面 ABCD 内的射影恰为点 C.(1)求证： AD1 BC；(2)若直线 DD1与直线 AB 所成的角为 ，求平面 ABC1D1与平面 ABCD 所成角(锐角)的余弦 3值解：(1)证明：连接 D1C，则 D1C平面ABCD， D1C BC.在等腰梯形 ABCD 中，连接 AC， AB2， BC CD1， AB CD， BC AC， BC平面 AD1C， AD1 BC.(
24、2)法一： AB CD， D1DC ， 3 CD1， D1C .3在底面 ABCD 中作 CM AB，连接 D1M，则 D1M AB， D1MC 为平面 ABC1D1与平面 ABCD所成角的一个平面角在 Rt D1CM 中， CM ， D1C ，32 3 D1M ，cos D1MC ，CM2 D1C2152 55即平面 ABC1D1与平面 ABCD 所成角(锐角)的余弦值为 .55法二：由(1)知 AC、 BC、 D1C 两两垂直， AB CD， D1DC ， 3 CD1， D1C .3- 3 -在等腰梯形 ABCD 中， AB2， BC CD1， AB CD， AC ，建立如图所示的空间直角
25、坐标系，3则 C(0,0,0)， A( ，0,0)， B(0,1,0)， D1(0,0， )，3 3设平面 ABC1D1的法向量为 n( x， y， z)，由Error!得Error!可得平面 ABC1D1的一个法向量为 n(1， ，1)3又 (0,0， )为平面 ABCD 的一个法向量CD1 3因此 cos ， n ，CD1 CD1 n|CD1 |n| 55平面 ABC1D1与平面 ABCD 所成角(锐角)的余弦值为 .553(2016贵阳模拟)如图，正方形 AA1D1D 与矩形 ABCD 所在平面互相垂直， AB2 AD2.(1)若点 E 为 AB 的中点，求证： BD1平面 A1DE；(
26、2)在线段 AB 上是否存在点 E，使二面角 D1ECD 的大小为 ？若存在，求出 AE 的长； 6若不存在，请说明理由解：(1)证明：四边形 ADD1A1为正方形，连接 AD1， A1D AD1 F，则 F 是 AD1的中点，又因为点 E 为 AB 的中点，连接 EF，则 EF 为 ABD1的中位线，所以EF BD1.又因为 BD1平面 A1DE， EF平面 A1DE，所以 BD1平面 A1DE.(2)根据题意得 DD1 DA， DD1 DC， AD DC，以 D 为坐标原点，DA， DC， DD1所在直线分别为 x， y， z 轴建立空间直角坐标系 Dxyz，则 D(0,0,0)， D1(
27、0,0,1)， C(0，2,0)设满足条件的点 E 存在，令 E(1， y0,0)(0 y02)，(1,2 y0,0)， (0,2，1)，EC D1C 设 n1( x1， y1， z1)是平面 D1EC 的法向量，- 4 -则Error!得Error!令 y11，则平面 D1EC 的法向量为 n1(2 y0,1,2)，由题知平面 DEC 的一个法向量n2(0,0,1)由二面角 D1ECD 的大小为 得 6cos ， 6 |n1n2|n1|n2| 2 2 y0 2 1 4 32解得 y02 0,2，33所以当 AE2 时，二面角 D1ECD 的大小为 .33 6B 组 高考题型专练1(2015高
28、考全国卷)如图，四边形 ABCD 为菱形， ABC120， E， F 是平面ABCD 同一侧的两点， BE平面 ABCD， DF平面 ABCD， BE2 DF， AE EC.(1)证明：平面 AEC平面 AFC；(2)求直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值解：(1)证明：连接 BD，设 BD AC G，连接 EG， FG， EF.在菱形 ABCD 中，不妨设 GB1.由 ABC120，可得 AG GC .由 BE平面3ABCD， AB BC，可知 AE EC.又 AE EC，所以 EG ，且 EG AC.3在 Rt EBG 中，可得 BE ，故 DF .222在 Rt FDG 中，可得 F
29、G .62在直角梯形 BDFE 中，由 BD2， BE ， DF ，可得 EF .222 322从而 EG2 FG2 EF2，所以 EG FG.又 AC FG G，可得 EG平面 AFC.因为 EG平面 AEC，所以平面 AEC平面 AFC.(2)如图，以 G 为坐标原点，分别以 ， 的方向为 x 轴， y 轴正方向，| |为单位长度，GB GC GB 建立空间直角坐标系 Gxyz.由(1)可得 A(0， ，0)， E(1,0， )， F ， C(0，3 2 ( 1， 0，22)- 5 -， 0)，所以 (1， ， )， .3 AE 3 2 CF ( 1， 3， 22)故 cos ， .AE
30、CF AE CF |AE |CF | 33所以直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值为 .332(2015高考天津卷)如图，在四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，侧棱 A1A底面 ABCD， AB AC， AB1， AC AA12， AD CD ，5且点 M 和 N 分别为 B1C 和 D1D 的中点(1)求证： MN平面 ABCD；(2)求二面角 D1ACB1的正弦值；(3)设 E 为棱 A1B1上的点，若直线 NE 和平面 ABCD 所成角的正弦值为 ，求线段 A1E 的13长解：如图，以 A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0,0,0)， B(0,1,0)， C(2,0,0)，
31、 D(1，2，0)，A1(0,0,2)， B1(0,1,2)，C1(2,0,2)， D1(1，2,2)又因为 M， N 分别为 B1C 和 D1D 的中点，得M ， N(1，2,1)(1，12， 1)(1)证明：依题意，可得 n(0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向量. .MN (0， 52， 0)由此可得 n0，又因为直线 MN平面 ABCD，所以 MN平面 ABCD.MN (2) (1，2,2)， (2,0,0)AD1 AC 设 n1( x1， y1， z1)为平面 ACD1的法向量，则Error!即Error!不妨设 z11，- 6 -可得 n1(0,1,1)设 n2( x2， y2
32、， z2)为平面 ACB1的法向量，则Error!又 (0,1,2)，得Error!AB1 不妨设 z21，可得 n2(0，2,1)因此有 cos n1， n2 ，n1n2|n1|n2| 1010于是 sin n1， n2 ，31010所以，二面角 D1ACB1的正弦值为 .31010(3)依题意，可设 ，其中 0,1，A1E A1B1 则 E(0， ，2)，从而 (1， 2,1)NE 又 n(0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向量，由已知，得|cos ， n|NE |NE n|NE |n| ，1 1 2 2 2 12 13整理得 24 30，又因为 0,1，解得 2.7所以，线段 A1E
33、 的长为 2.73(2015高考江苏卷)如图，在四棱锥 PABCD 中，已知 PA平面 ABCD，且四边形ABCD 为直角梯形， ABC BAD ， PA AD2， AB BC1. 2(1)求平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值；(2)点 Q 是线段 BP 上的动点，当直线 CQ 与 DP 所成的角最小时，求线段 BQ 的长解：以 ， ， 为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系AB AD AP Axyz，则各点的坐标为 B(1,0,0)， C(1,1,0)， D(0,2,0)，- 7 -P(0,0,2)(1)因为 AD平面 PAB，所以 是平面 PAB 的一个法向量，AD (0,2
34、,0)AD 因为 (1,1，2)， (0,2，2)PC PD 设平面 PCD 的法向量为 m( x， y， z)，则 m 0， m 0，PC PD 即Error!令 y1，解得 z1， x1.所以 m(1,1,1)是平面 PCD 的一个法向量从而 cos ， m ，AD AD m|AD |m| 33所以平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值为 .33(2)因为 (1,0,2)，设 ( ，0,2 )(0 1)，又 (0，1,0)，BP BQ BP CB 则 ( ，1,2 )，又 (0，2,2)，CQ CB BQ DP 从而 cos ， .CQ DP CQ DP |CQ |DP | 1
35、210 2 2设 12 t， t1,3，则 cos2 ， .CQ DP 2t25t2 10t 929(1t 59)2 209 910当且仅当 t ，即 时，|cos ， |的最大值为 .因为 ycos x 在95 25 CQ DP 31010上是减函数，此时直线 CQ 与 DP 所成角取得最小值又因为 BP ，所以(0， 2) 12 22 5BQ BP .25 255- 1 -【优化探究】2017 届高考数学一轮复习 第七章 第三节 空间点、直线、平面之间的位置关系课时作业 理 新人教 A 版A 组 考点能力演练1 l1， l2， l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( )A l1 l
36、2， l2 l3l1 l3B l1 l2， l2 l3l1 l3C l1 l2 l3l1， l2， l3共面D l1， l2， l3共点 l1， l2， l3共面解析：如图长方体 ABCDA1B1C1D1中，AB AD， CD AD 但有 AB CD，因此 A 不正确；又 AB DC A1B1，但三线不共面，因此 C 不正确；又从 A 出发的三条棱不共面，所以 D 不正确；因此 B 正确，且由 线线平行和垂直的定义易知 B 正确答案：B2(2016广东佛山模拟)如图所示，正三棱柱 ABCA1B1C1的各棱长(包括底面边长)都是2， E， F 分别是 AB， A1C1的中点，则 EF 与侧棱 C
37、1C 所成的角的余弦值是( )A. B. C. D255 255 12解析：如图，取 AC 中点 G，连 FG， EG，则FG C1C， FG C1C； EG BC， EG BC，故 EFG 即为 EF 与 C1C 所成的12角，在 Rt EFG 中，cos EFG .FGFE 25 255答案：B3如图是正方体或四面体， P， Q， R， S 分别是所在棱的中点，这四个点不共面的一个图是( )- 2 -解析：在 A 图中分别连接 PS， QR，易证 PS QR， P， Q， R， S 共面；在 C 图中分别连接 PQ， RS，易证 PQ RS， P， Q， R， S 共面；如图所示，在 B
38、图中过 P， Q， R， S 可作一正六边形，故四点共面；D 图中 PS 与 QR 为异面直线，四点不共面，故选 D.答案：D4.(2016衡水中学模拟)如图所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1中， M， N 分别是 BC1， CD1的中点，则下列说法错误的是( )A MN 与 CC1垂直B MN 与 AC 垂直C MN 与 BD 平行D MN 与 A1B1平行解析：连接 C1D， BD. N 是 D1C 的中点， N 是 C1D 的中点， MN BD.又 CC1 BD， CC1 MN，故 A，C 正确 AC BD， MN BD， MN AC，故 B 正确故选 D.答案：D5如图所示，在四
39、面体 ABCD 中，截面 PQMN 是正方形，且PQ AC，则下列命题中，错误的是( )A AC BDB AC截面 PQMNC AC BDD异面直线 PM 与 BD 所成的角为 45解析：由题意可知 PQ AC， QM BD， PQ QM，所以 AC BD，故 A 正确；由 PQ AC 可得AC截面 PQMN，故 B 正确；由 PN BD 知，异面直线 PM 与 BD 所成的角等于 PM 与 PN 所成的角，又四边形 PQMN 为正方形，所以 MPN45，故 D 正确；而 AC BD 没有条件说明其相等，故选 C.答案：C6设 a， b， c 是空间中的三条直线，下面给出四个命题：若 a b，
40、 b c，则 a c；若 a b， b c，则 a c；- 3 -若 a 与 b 相交， b 与 c 相交，则 a 与 c 相交；若 a平面 ， b平面 ，则 a， b 一定是异面直线上述命题中正确的命题是_(写出所有正确命题的序号)解析：由公理 4 知正确；当 a b， b c 时， a 与 c 可以相交、平行或异面，故错；当 a 与 b 相交， b 与 c 相交时， a 与 c 可以相交、平行，也可以异面，故错；a ， b ，并不能说明 a 与 b“不同在任何一个平面内 ”，故错答案：7(2016济南一模)在正四棱锥 VABCD 中，底面正方形 ABCD 的边长为 1，侧棱长为2，则异面直
41、线 VA 与 BD 所成角的大小为_解析：如图，设 AC BD O，连接 VO，因为四棱锥 VABCD 是正四棱锥，所以 VO平面 ABCD，故 BD VO.又四边形 ABCD 是正方形，所以BD AC，所以 BD平面 VAC，所以 BD VA，即异面直线 VA 与 BD 所成角的大小为 . 2答案： 28.如图所示，正方体 ABCDA1B1C1D1中， M、 N 分别为棱C1D1、 C1C 的中点，有以下四个结论：直线 AM 与 CC1是相交直线；直线 AM 与 BN 是平行直线；直线 BN 与 MB1是异面直线；直线 MN 与 AC 所成的角为 60.其中正确的结论为_(注：把你认为正确的
42、结论序号都填上)解析：由图可知 AM 与 CC1是异面直线， AM 与 BN 是异面直线， BN 与 MB1为异面直线因为 D1C MN，所以直线 MN 与 AC 所成的角就是 D1C 与 AC 所成的角，且角为 60.答案：9已知正方体 ABCDA1B1C1D1中， E、 F 分别为 D1C1、 C1B1的中点，AC BD P， A1C1 EF Q.求证：(1)D、 B、 F、 E 四点共面；(2)若 A1C 交平面 DBFE 于 R 点，则 P、 Q、 R 三点共线证明：(1)如图所示，因为 EF 是 D1B1C1的中位线，所以 EF B1D1.在正方体 AC1中， B1D1 BD，所以
43、EF BD.所以 EF， BD 确定一个平面，- 4 -即 D、 B、 F、 E 四点共面(2)在正方体 ABCDA1B1C1D1中，设平面 A1ACC1确定的平面为 ，又设平面 BDEF 为 .因为 Q A1C1，所以 Q .又 Q EF，所以 Q .则 Q 是 与 的公共点，同理， P 点也是 与 的公共点所以 PQ.又 A1C R，所以 R A1C， R 且 R .则 R PQ，故 P、 Q、 R 三点共线10.如图，在三棱锥 PABC 中， PA底面 ABC， D 是 PC 的中点已知 BAC ， AB2， AC2 ， PA2.求： 2 3(1)三棱锥 PABC 的体积；(2)异面直线
44、 BC 与 AD 所成角的余弦值解：(1) S ABC 22 2 ，12 3 3三棱锥 PABC 的体积为V S ABCPA 2 2 .13 13 3 433(2)如图，取 PB 的中点 E，连接 DE， AE，则 ED BC，所以 ADE(或其补角)是异面直线 BC 与 AD 所成的角在 ADE 中， DE2， AE ， AD2，2cos ADE .22 22 2222 34B 组 高考题型专练1(2014高考广东卷)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 l4B l1 l4C l1与 l4既
45、不垂直也不平行D l1与 l4的位置关系不确定解析：如图所示正方体 ABCD A1B1C1D1，取 l1为 BB1， l2为 BC， l3为 AD， l4为 CC1，则l1 l4，可知选项 A 错误；取 l1为 BB1， l2为 BC， l3为 AD， l4为 C1D1，则 l1 l4，故 B 错误，则 C 也错误，故选 D.- 5 -答案：D2(2015高考广东卷)若直线 l1和 l2是异面直线， l1在平面 内， l2在平面 内，l 是平面 与平面 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
46、至少与 l1， l2中的一条相交解析：可用反证法假设 l 与 l1， l2都不相交，因为 l 与 l1都在平面 内，于是l l1，同理 l l2，于是 l1 l2，与已知矛盾，故 l 至少与 l1， l2中的一条相交答案：D3(2014高考大纲卷)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( )A. B.16 36C. D.13 33解析：设正四面体 ABCD 的棱长为 2.如图，取 AD 的中点 F，连接 EF， CF.在 ABD 中，由 AE EB， AF FD，得 EF BD，且 EF BD1.12故 CEF 为直线 CE 与 BD
47、所成的角或其补角在 ABC 中， CE AB ；32 3在 ADC 中， CF AD .32 3在 CEF 中，cos CEFCE2 EF2 CF22CEEF . 3 2 12 3 2231 36所以直线 CE 与 BD 所成角的余弦值为 .36答案：B4(2015高考四川卷)如图，四边形 ABCD 和 ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相- 6 -垂直，动点 M 在线段 PQ 上， E， F 分别为 AB， BC 的中点设异面直线 EM 与 AF 所成的角为 ，则 cos 的最大值为_解析：取 BF 的中点 N，连接 MN， EN，则 EN AF，所以直线 EN 与 EM 所成的角就是异面直线 EM 与 AF 所成的角在 EMN 中，当点 M 与点 P 重合时， EM AF，所以当点 M 逐渐趋近于点 Q 时，直线 EN 与 EM 的夹角越来越小，此时 cos 越来越大故当点 M 与点 Q 重合时，cos 取最大值设正方形的边长为 4，连接 EQ， NQ，在 EQN 中，由余弦定理，得 cos QEN ，所以 cos 的最大值为 .EQ2 EN2 QN22EQEN 20 5 332205 25 25答案：25
