2017届高考数学一轮复习 第七章 立体几何练习 理（打包7套）.zip

1第七章 立体几何 7.1 空间几何体的结构及其三视图和直观图练习 理[A 组·基础达标练]1．[2016·潍坊模拟]一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是 ( )A．球 B．三棱锥C．正方体 D．圆柱答案 D解析 球、正方体的三视图形状都相同，大小均相等．三棱锥的三条侧棱相等且两两垂直时，其三视图的形状都相同，大小均相等．不论圆柱如何放置，其三视图的形状都不会完全相同，故选 D.2．下列命题中正确的是( )A．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱C．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫棱锥D．棱台各侧棱的延长线交于一点答案 D解析 棱柱的结构特征有三个方面：有两个面互相平行；其余各面是平行四边形；这些平行四边形所在面中，每相邻两个面的公共边都互相平行．由此可知选项 A、B 均不正确；各面都是三角形的几何体并不一定是棱锥，如正八面体，故选项 C 不正确．棱台是由棱锥被平行于棱锥底面的平面截去一部分得到的，故可知棱台各侧棱的延长线交于一点，故选 D.3．[2015·海口模拟]如图是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是 ( )2答案 D解析 由俯视图可排除 A、C，由正视图和侧视图可知 B 错，故选 D.4．[2016·云南师大附中月考]已知一几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是矩形，俯视图为正方形，在该几何体上任意选择 4 个顶点，以这 4 个点为顶点的几何体(图形)可能是 ( )①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③每个面都是直角三角形的四面体A．①②③ B．②③C．①③ D．①②答案 A解析 由三视图知该几何体为正四棱柱如图所示．当选择的四个点为 B1、 B、 C、 C1时，几何体为矩形，①正确；当选择 B、 A、 B1、 C 时，几何体满足②中要求；当选择 A、 B、 D、 D1时，几何体满足③中要求．故选 A.35．已知棱长为 1 的正方体的俯视图是一个面积为 1 的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能等于 ( )A．1 B. 2C. D.2－ 12 2＋ 12答案 C解析 由俯视图知正方体的底面水平放置，其正视图为矩形，以正方体的高为一边长，另一边长最小为 1，最大为 ，正视图面积范围应为[1， ]，不可能等于 .故选 C.2 22－ 126．在棱长为 1 的正方体 ABCD－ A1B1C1D1中，过对角线 BD1的一个平面交 AA1于 E，交CC1于 F，得四边形 BFD1E，给出下列结论：①四边形 BFD1E 有可能为梯形；②四边形 BFD1E 有可能为菱形；③四边形 BFD1E 在底面 ABCD 内的投影一定是正方形；④四边形 BFD1E 有可能垂直于平面 BB1D1D；⑤四边形 BFD1E 面积的最小值为 .62其中正确的是 ( )A．①②③④ B．②③④⑤C．①③④⑤ D．①②④⑤答案 B解析 四边形 BFD1E 为平行四边形，①显然不成立，当 E、 F 分别为 AA1、 CC1的中点时，②④成立，四边形 BFD1E 在底面的投影恒为正方形 ABCD.当 E、 F 分别为 AA1、 CC1的中点时，四边形 BFD1E 的面积最小，最小值为 .故选 B.627．如图，点 O 为正方体 ABCD－ A′ B′ C′ D′的中心，点 E 为平面 B′ BCC′的中心，点F 为 B′ C′的中点，则空间四边形 D′ OEF 在该正方体的各个面上的投影可能是________(填出所有可能的序号)．4答案 ①②③解析 空间四边形 D′ OEF 在正方体的平面 DCC′ D′上的投影是①；在平面 BCC′ B′上的投影是②；在平面 ABCD 上的投影是③，而不可能出现的投影为④的情况．8.在如图所示的直观图中，四边形 O′ A′ B′ C′为菱形且边长为 2 cm，则在直角坐标系xOy 中，四边形 ABCO 为________，面积为________ cm 2.答案 矩形 8解析 由斜二测画法的特点可知该平面图形是一个长为 4 cm、宽为 2 cm 的矩形，所以面积为 8 cm2.9．[2015·丰台模拟]如图，某三棱锥的三视图都是直角边为 的等腰直角三角形，则2该三棱锥的四个面的面积中最大的是________．5答案 3解析 由三视图可知，该几何体的直观图如图所示． AB， AC， AD 两两垂直，且均为 ，所以2四个面中面积最大的为△ BCD，且△ BCD 是边长为 2 的正三角形，所以 S△BCD＝ ×2×2× ＝ .12 32 310．[2015·朝阳模拟]已知三棱锥的底面是边长为 1 的正三角形，其正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为________．6答案 34解析 由正视图与俯视图可知，该几何体侧视图的面积为 × × ＝ .12 32 3 34[B 组·能力提升练]1．[2016·长春质检]某几何体的三视图如图所示，则它的表面积为( )A．2＋ π B．2＋ π1＋ 52 1＋ 252C．2＋(1＋ )π D．2＋ π52＋ 52答案 A解析 由几何体的三视图可知，该几何体是经过旋转轴作截面，截取的半个圆锥，底面7半径是 1，高是 2，所以母线长为 ，所以其表面积为底面半圆面积和圆锥的侧面积的一半5以及截面三角形的面积的和，即 π＋ π· ＋ ×2×2＝ π＋2，故选 A.12 12 5 12 1＋ 522．[2015·课标全国卷Ⅱ]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答案 D解析 如图，不妨设正方体的棱长为 1，则截去部分为三棱锥 A－ A1B1D1，其体积为 ，又正方16体的体积为 1，则剩余部分的体积为 ，故所求比值为 .故选 D.56 153．[2015·北京高考]某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( )8A．2＋ B．4＋5 5C．2＋2 D．55答案 C解析 由三视图可知，该几何体底面为等腰三角形，其中一条侧棱与底面垂直的三棱锥( SA⊥平面 ABC)，由三视图中的数据可计算得 S△ ABC＝ ×2×2＝2， S△ SAC＝ × ×1＝ ， S△12 12 5 52SAB＝ × ×1＝ ， S△ SBC＝ ×2× ＝ ，所以 S 表面积 ＝2＋2 .12 5 52 12 5 5 54．[2015·湖南高考]某工件的三视图如图所示．现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为(材料利用率＝ )( )新 工 件 的 体 积原 工 件 的 体 积9A. B.89π 169πC. D.4 2－ 1 3π 12 2－ 1 3π答案 A解析 解法一：由圆锥的对称性可知，要使其内接长方体最大，则底面为正方形，令此长方体底面对角线长为 2x，高为 h，则由三角形相似可得， ＝ ，所以x1 2－ h2h＝2－2 x， x∈(0,1)，长方体体积为 V 长方体 ＝( x)2h＝2 x2(2－2 x)2≤2 3＝ ，当且仅当 x＝2－2 x，即 x＝ 时取等号， V 圆锥 ＝ π×1 2×2＝ ，(x＋ x＋ 2－ 2x3 ) 1627 23 13 2π3故材料利用率为 ＝ ，选 A.16272π3 89π解法二：由圆锥的对称性可知，要使其内接长方体最大，则底面为正方形，令此长方体底面对角线长为 2x，高为 h，则由三角形相似可得， ＝ ，所以 h＝2－2 x， x∈(0,1)，x1 2－ h2长方体体积为 V 长方体 ＝( x)2h＝2 x2(2－2 x)＝－4 x3＋4 x2，令 V′ 长方体 ＝－12 x2＋8 x＝0，得2x＝ ，故当 x＝ 时，( V 长方体 )max＝ ， V 圆锥 ＝ π×1 2×2＝ ，故材料利用率为23 23 1627 13 2π3＝ ，选 A.16272π3 89π5．[2015·大连模拟]某四面体的三视图如图所示．该四面体的六条棱的长度中，最大的是________．10答案 2 7解析 由三视图可知该四面体为 V－ ABC，如图所示．其中 AE⊥ BE， VC⊥平面ABE.EC＝ CB＝2， AE＝2 ， VC＝2，所以 AC2＝ AE2＋ EC2＝(2 )2＋2 2＝16，所以3 3VA2＝ AC2＋ VC2＝16＋2 2＝20， VA＝ ＝2 .AB2＝ AE2＋ EB2＝(2 )2＋4 2＝28，所以20 5 3AB＝ ＝2 2 ，所以该四面体的六条棱的长度中，最大的为 2 .28 7 5 71第七章 立体几何 7.2 空间几何体的表面积与体积练习 理[A 组·基础达标练]1．[2016·黄冈中学月考]某空间组合体的三视图如图所示，则该组合体的体积为( )A．48 B．56C．64 D．72答案 C解析 该组合体由两个棱柱构成，上面的棱柱体积为 2×4×5＝40，下面的棱柱体积为4×6×1＝24，故组合体的体积为 64，故选 C.2．[2016·银川模拟]如图是一个几何体的三视图，正视图和侧视图均为矩形，俯视图中曲线部分为半圆，尺寸如图，则该几何体的表面积为( )A．2＋3π＋4 B．2＋2π＋42 22C．8＋5π＋2 D．6＋3π＋23 3答案 A解析 由三视图可知，该几何体是半个圆柱和侧棱垂直于底面的三棱柱组成的几何体，该几何体的表面积 S＝π×2×1＋4 ＋2 ＝3π＋ 4 ＋2，故选 A.2 (12π ＋ 1) 23．[2015·陕西高考]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．4πC．2π＋4 D．3π＋4答案 D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 ×2π×1×2＋2× ×π×1 2＋2×2＝3π＋4，故选 D.12 124．[2015·重庆高考]某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A. ＋π B. ＋π13 23C. ＋2π D. ＋2π13 23答案 A解析 由三视图知，该几何体为一个半圆柱与一个三棱锥的组合体，其中半圆柱的底面半径为 1，高为 2，三棱锥的底面为一个斜边长为 2 的等腰直角三角形，高为 1，所以该几3何体的体积 V＝ × ×2×1×1＋ π×1 2×2＝ ＋π，故选 A.13 12 12 135．已知三棱锥 O－ ABC， A， B， C 三点均在球心为 O 的球表面上，AB＝ BC＝1，∠ ABC＝120°，三棱锥 O－ ABC 的体积为 ，则球 O 的表面积是( )54A．64π B．16πC. π D．544π323答案 A解析 △ ABC 的面积是 ，由余弦定理得 AC＝ .34 3设球心 O 到平面 ABC 的距离为 h，则 × ×h＝ ，13 34 54所以 h＝ .15△ ABC 外接圆的直径 2r＝ ＝2，332所以 r＝1.球的半径 R＝ ＝ 4， 15 2＋ 1故所求的球 O 的表面积是 4π×4 2＝64π.故选 A.6．[2015·山东师大附中模拟]正六棱柱(底面为正六边形，侧棱垂直于底面的棱柱)的底面边长为 4，高为 6，则它的外接球的表面积为( )A．20π B．25πC．100π D．200π答案 C解析 由正六棱柱的特征知正六棱柱最长的对角线即为外接球的直径，因为底面边长为 4，所以外接球直径为 ＝ ＝10，所以外接球的表面积为 4π R2＝4π×25＝100π.82＋ 62 100故选 C.47．[2013·辽宁高考]某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________．答案 16π－16解析 由三视图画出其直观图，如图所示，知几何体为圆柱挖去一个正四棱柱，则该几何体体积为 V＝4·π·2 2－2×2×4＝16π－16.8．有一根长为 3π cm，底面直径为 2 cm 的圆柱形铁管，用一段铁丝在铁管上缠绕 2圈，并使铁丝的两个端点落在圆柱的同一母线的两端，则铁丝的最短长度为________ cm.答案 5π解析 把圆柱侧面及缠绕其上的铁丝展开，在平面上得到矩形 ABCD(如图)，由题意知 BC＝3π cm， AB＝4π cm，点 A 与点 C 分别是铁丝的起、止位置，故线段 AC 的长度即为铁丝的最短5长度．AC＝ ＝5π(cm)．AB2＋ BC2故铁丝的最短长度为 5π cm.9．[2013·江苏高考]如图，在三棱柱 A1B1C1－ ABC 中， D， E， F 分别是 AB， AC， AA1的中点．设三棱锥 F－ ADE 的体积为 V1，三棱柱 A1B1C1－ ABC 的体积为 V2，则V1∶ V2＝________.答案 1∶24解析 ＝V1V213×12AD·AE·sin∠ EAD·AF12AC·AB·sin∠ CAB·AA1＝ · ·13ADAB AEAC AFAA1＝ × × × ＝ .13 12 12 12 12410．[2013·浙江高考]若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积等于________ cm 3.答案 246解析 由三视图可知该几何体为一个直三棱柱被截去了一个小三棱锥，如图所示．三棱柱的底面为直角三角形，且直角边长分别为 3 和 4，三棱柱的高为 5，故其体积V1＝ ×3×4×5＝30(cm 3)，小三棱锥的底面与三棱柱的上底面相同，高为 3，故其体积 V2＝12× ×3×4×3＝6(cm 3)，所以该几何体的体积为 30－6＝24(cm 3)．13 12[B 组·能力提升练]1．[2015·安徽高考]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＋ B．2＋3 3C．1＋2 D．22 2答案 B解析 在长、宽、高分别为 2、1、1 的长方体中，该四面体是如图所示的三棱锥P－ ABC，表面积为 ×1×2×2＋ ×( )2×2＝2＋ .12 34 2 372．[2015·山东高考]在梯形 ABCD 中，∠ ABC＝ ， AD∥ BC， BC＝2 AD＝2 AB＝2.将梯形π 2ABCD 绕 AD 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( )A. B.2π3 4π3C. D．2π5π3答案 C解析 如图，过点 D 作 BC 的垂线，垂足为 H.则由旋转体的定义可知，该梯形绕 AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体为一个圆柱挖去一个圆锥．其中圆柱的底面半径 R＝ AB＝1，高 h1＝ BC＝2，其体积 V1＝π R2h1＝π×1 2×2＝2π；圆锥的底面半径r＝ DH＝1，高 h2＝1，其体积 V2＝ π r2h2＝ π×1 2×1＝ .13 13 π 3故所求几何体的体积为 V＝ V1－ V2＝2π－ ＝ .故选 C.π 3 5π33．[2015·课标全国卷Ⅱ]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 O－ ABC 体积的最大值为 36，则球 O 的表面积为( )A．36π B．64π8C．144π D．256π答案 C解析 如下图，设点 C 到平面 OAB 的距离为 h，球 O 的半径为 R，因为∠ AOB＝90°，所以 S△ OAB＝ R2，要使 VO－ ABC＝ ·S△ OAB·h 最大，则 OA， OB， OC 应两两垂直，且( VO－ ABC)max＝12 13× R2×R＝ R3＝36，此时 R＝6，所以球 O 的表面积为 S 球 ＝4π R2＝144π.故选 C.13 12 164．[2015·江苏高考]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和圆柱各一个，则新的底面半径为________．答案 7解析 底面半径为 5，高为 4 的圆锥和底面半径为 2、高为 8 的圆柱的总体积为π×5 2×4＋π×2 2×8＝ .设新的圆锥和圆柱的底面半径为 r，则13 196π3π× r2×4＋π× r2×8＝ r2＝ ，解得 r＝ .13 28π3 196π3 75．一几何体按比例绘制的三视图如图所示(单位：m)．(1)试画出它的直观图；9(2)求它的表面积和体积．解 (1)直观图如图所示：(2)由三视图可知该几何体是长方体被截去一个三棱柱，且该几何体的体积是以A1A， A1D1， A1B1为棱的长方体的体积的 ，34在直角梯形 AA1B1B 中，作 BE⊥ A1B1于 E，则四边形 AA1EB 是正方形，AA1＝ BE＝1，在 Rt△ BEB1中， BE＝1， EB1＝1，∴ BB1＝ ，2∴几何体的表面积S＝ S 正方形 ABCD＋ S 矩形 A1B1C1D1＋2 S 梯形 AA1B1B＋ S 矩形 BB1C1C＋ S 正方形 AA1D1D＝1＋2×1＋2× ×(1＋2)×1＋1× ＋112 2＝7＋ (m2)．2∴几何体的体积 V＝ ×1×2×1＝ (m3)，34 32∴该几何体的表面积为(7＋ ) m2，体积为 m3.2321第七章 立体几何 7.3 空间点、直线、平面的位置关系练习 理[A 组·基础达标练]1．[2015·广东高考]若空间中 n 个不同的点两两距离都相等，则正整数 n 的取值( )A．至多等于 3 B．至多等于 4C．等于 5 D．大于 5答案 B解析 首先我们知道正三角形的三个顶点满足两两距离相等，于是可以排除 C、D.又注意到正四面体的四个顶点也满足两两距离相等，于是排除 A，故选 B.2．[2015·福建高考]若 l， m 是两条不同的直线， m 垂直于平面 α ，则“ l⊥ m”是“l∥ α ”的( )A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件答案 B解析 由“ m⊥ α 且 l⊥ m”推出“ l⊂α 或 l∥ α ”，但由“ m⊥ α 且 l∥ α ”可推出“l⊥ m”，所以“ l⊥ m”是“ l∥ α ”的必要而不充分条件，故选 B.3．[2016·威海模拟]设 A、 B、 C、 D 是空间中四个不同的点，下列命题中，不正确的是 ( )A．若 AC 与 BD 共面，则 AD 与 BC 共面B．若 AC 与 BD 是异面直线，则 AD 与 BC 是异面直线C．若 AB＝ AC， DB＝ DC，则 AD＝ BCD．若 AB＝ AC， DB＝ DC，则 AD⊥ BC答案 C解析 若 AB＝ AC， DB＝ DC， AD 不一定等于 BC，故 C 不正确．4．[2015·海口模拟]已知正方体 ABCD－ A1B1C1D1中， O 是 BD1的中点，直线 A1C 交平面AB1D1于点 M，则下列结论错误的是 ( )A． A1、 M、 O 三点共线 B． M、 O、 A1、 A 四点共面C． A、 O、 C、 M 四点共面 D． B、 B1、 O、 M 四点共面答案 D解析 由正方体的性质知， O 也是 A1C 的中点，因此 A1、 M、 O 三点共线，又直线与直线外一点确定一个平面，所以 B、C 正确．由 BB1与 A1C 异面知 D 错误．故选 D.5．给出下列命题，其中正确命题的个数是 ( )①如果线段 AB 在平面 α 内，那么直线 AB 在平面 α 内；②两个不同的平面可以相交于不在同一直线上的三个点 A、 B、 C；③若三条直线 a， b， c 互相平行且分别交直线 l 于A， B， C 三点，则这四条直线共面；④若三条直线两两相交，则这三条直线共面；⑤两组对边相等的四边形是平行四边形．A．1 B．2C．3 D．4答案 B2解析 显然①③正确．若两平面有三个不共线的公共点，则这两平面重合，故②不正确．三条直线两两相交于同一点时，三条直线不一定共面，故④不正确；两组对边相等的四边形可能是空间四边形，⑤不正确．故选 B.6．[2016·武汉模拟]如果两条异面直线称为“一对” ，那么在正方体的十二条棱中共有异面直线( )A．12 对 B．24 对 C．36 对 D．48 对答案 B解析 如图所示，与 AB 异面的直线有 B1C1， CC1， A1D1， DD1四条，因为各棱具有相同的位置且正方体共有 12 条棱，共有异面直线 ＝24(对)．故选 B.12×427.如图，在正三角形 ABC 中， D， E， F 分别为各边的中点， G， H 分别为 DE， AF 的中点，将△ ABC 沿 DE， EF， DF 折成正四面体 P－ DEF，则四面体中异面直线 PG 与 DH 所成的角的余弦值为________．答案 233解析 折成的正四面体，如图，连接 HE，取 HE 的中点 K，连接 GK， PK.则 GK∥ DH，故∠ PGK(或其补角)即为所求的异面直线所成的角．设这个正四面体的棱长为 2，在△ PGK 中， PG＝ ， GK＝ ，332PK＝ ＝ ，12＋ (32)2 72故 cos∠ PGK＝PG2＋ GK2－ PK22·PG·GK＝ ＝ . 3 2＋ (32)2－ (72)22×3×32 23即异面直线 PG 与 DH 所成的角的余弦值为 .238．[2015·云南师大附中模拟]如图是某个正方体的展开图， l1， l2是两条侧面对角线，则在正方体中，对于 l1与 l2的下面四个结论中，正确的是________．①互相平行；②异面垂直；③异面且夹角为 ；④相交且夹角为 .π 3 π 34答案 ④解析 将展开图还原成正方体如图所示，则 B， C 两点重合，故 l1与 l2相交，连接AD，则△ ABD 为正三角形，所以 l1与 l2的夹角为 .π 39．[2015·昆明模拟]设 a， b， c 是空间的三条直线，下面给出四个命题：①若 a⊥ b， b⊥ c，则 a∥ c；②若 a， b 是异面直线， b， c 是异面直线，则 a， c 也是异面直线；③若 a 和 b 相交， b 和 c 相交，则 a 和 c 也相交；④若 a 和 b 共面， b 和 c 共面，则 a 和 c 也共面．其中真命题的个数是________．答案 0 个解析 ∵ a⊥ b， b⊥ c，∴ a 与 c 可以相交、平行、异面，故①错．∵ a， b 异面， b， c 异面，则 a， c 可能异面、相交、平行，故②错．由 a， b 相交， b， c 相交，则 a， c 可以异面、相交、平行，故③错．同理④错，故真命题的个数为 0.10．[2016·衡水模拟] A 是△ BCD 所在平面外的一点， E， F 分别是 BC， AD 的中点．(1)求证：直线 EF 与 BD 是异面直线；(2)若 AC⊥ BD， AC＝ BD，求 EF 与 BD 所成的角．解 (1)证明：假设 EF 与 BD 不是异面直线，则 EF 与 BD 共面，从而 DF 与 BE 共面，即 AD与 BC 共面，所以 A， B， C， D 在同一平面内，这与 A 是△ BCD 所在平面外的一点相矛盾，故5直线 EF 与 BD 是异面直线．(2)取 CD 的中点 G，连接 EG， FG，则 EG∥ BD，所以相交直线 EF 与 EG 所成的角，即∠ FEG 为异面直线 EF 与 BD 所成的角．在 Rt△ EGF 中，由 EG＝ FG＝ AC，求得∠ FEG＝45°.12即异面直线 EF 与 BD 所成的角为 45°.[B 组·能力提升练]1．[2015·三亚模拟]如图，正方形 ACDE 与等腰直角三角形 ACB 所在的平面互相垂直， 且 AC＝ BC＝2，∠ ACB＝90°， F， G 分别是线段 AE， BC 的中点，则 AD 与 GF 所成的角的余弦值为( )A. B.36 66C．－ D．－36 66答案 A解析 延长 CD 至 H，使 DH＝1，连接 HG、 HF，则 HF∥ AD， HF＝ DA＝ ， GF＝ ， HG＝8 6， ∴cos∠ HFG＝ ＝ ，故选 A.108＋ 6－ 102×6×8 362．[2013·安徽高考]如图，正方体 ABCD－ A1B1C1D1的棱长为 1， P 为 BC 的中点， Q 为线段 CC1上的动点，过点 A， P， Q 的平面截该正方体所得的截面记为 S.则下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号)．①当 0CQ 时， S 为四边形；126②当 CQ＝ 时， S 为等腰梯形；12③当 CQ＝ 时， S 与 C1D1的交点 R 满足 C1R＝ ；34 13④当 CQ1 时， S 为六边形；34⑤当 CQ＝1 时， S 的面积为 .62答案 ①②③⑤解析 利用平面的基本性质结合特殊四边形的判定与性质求解．①当 0CQ 时，如图(1)．12在平面 AA1D1D 内，作 AE∥ PQ，显然 E 在棱 DD1上，连接 EQ，则 S 是四边形 APQE.②当 CQ＝ 时，如图(2)．12显然 PQ∥ BC1∥ AD1，连接 D1Q，则 S 是等腰梯形．③当 CQ＝ 时，如图(3)．34作 BF∥ PQ 交 CC1的延长线于点 F，则 C1F＝ .12作 AE∥ BF，交 DD1的延长线于点 E， D1E＝ ， AE∥ PQ，12连接 EQ 交 C1D1于点 R，由于 Rt△ RC1Q∽Rt△ RD1E，∴ C1Q∶ D1E＝ C1R∶ RD1＝1∶2，∴ C1R＝ .137④当 CQ1 时，如图(3)，连接 RM(点 M 为 AE 与 A1D1交点)，显然 S 为五边形 APQRM.34⑤当 CQ＝1 时，如图(4)．同③可作 AE∥ PQ 交 DD1的延长线于点 E，交 A1D1于点 M，显然点 M 为 A1D1的中点，所以S 为菱形 APQM，其面积为 MP×AQ＝ × × ＝ .12 12 2 3 623.[2015·四川高考]如图，四边形 ABCD 和 ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，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 θ ，则cosθ 的最大值为________．答案 25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 cosθ 越来越大．故当点 M 与点 Q 重合时，cosθ 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8cos∠ QEN＝ ＝ ＝－ ，所以 cosθ 的最大值为 .EQ2＋ EN2－ QN22EQ·EN 20＋ 5－ 332×20×5 25 254.如图所示，在四面体 ABCD 中， E、 G 分别为 BC、 AB 的中点， F 在 CD 上， H 在 AD 上，且有 DF∶ FC＝ DH∶ HA＝2∶3.求证： EF、 GH、 BD 交于一点．证明 连接 GE， FH.因为 E、 G 分别为 BC、 AB 的中点，所以 GE∥ AC，且 GE＝ AC，12又因为 DF∶ FC＝ DH∶ HA＝2∶3，所以 FH∥ AC，且 FH＝ AC.25所以 FH∥ GE，且 GE≠ FH.所以 E、 F、 H、 G 四点共面，且四边形 EFHG 是一个梯形．设 GH 和 EF 交于一点 O.因为 O 在平面 ABD 内，又在平面 BCD 内，所以 O 在这两个平面的交线上．因为这两个平面的交线是 BD，且交线只有这一条，所以点 O 在直线 BD 上．9这就证明了 GH 和 EF 的交点也在 BD 上，所以 EF、 GH、 BD 交于一点．5．[2015·广东高考]如右图，三角形 PDC 所在的平面与长方形 ABCD 所在的平面垂直，PD＝ PC＝4， AB＝6， BC＝3.点 E 是 CD 边的中点，点 F， G 分别在线段 AB， BC 上，且AF＝2 FB， CG＝2 GB.(1)证明： PE⊥ FG；(2)求二面角 P－ AD－ C 的正切值；(3)求直线 PA 与直线 FG 所成角的余弦值．解 (1)证明：由 PD＝ PC＝4 知，△ PDC 是等腰三角形，而 E 是底边 CD 的中点，故 PE⊥ CD.又平面 PDC⊥平面 ABCD，平面 PDC∩平面 ABCD＝ CD，故 PE⊥平面 ABCD，又 FG⊂平面ABCD，故 PE⊥ FG.(2)∵平面 PDC⊥平面 ABCD，平面 PDC∩平面 ABCD＝ CD， AD⊥ CD，∴ AD⊥平面 PDC，而 PD⊂平面 PDC，故 AD⊥ PD，故∠ PDC 为二面角 P－ AD－ C 的平面角．在 Rt△ PDE 中， PE＝ ＝ ，PD2－ DE2 7∴tan∠ PDE＝ ＝ ，PEDE 73故二面角 P－ AD－ C 的正切值是 .73(3)连接 AC.由 AF＝2 FB， CG＝2 GB 知， F， G 分别是 AB， BC 且靠近点 B 的三等分点，从而 FG∥ AC，∴∠ PAC 为直线 PA 与直线 FG 所成的角．在 Rt△ ADP 中， AP＝ ＝ ＝5.PD2＋ AD2 42＋ 32在 Rt△ ADC 中， AC＝ ＝ ＝3 .AD2＋ CD2 32＋ 62 5在△ PAC 中，由余弦定理知，cos∠ PAC＝ ＝ ＝ ，PA2＋ AC2－ PC22PA·AC 52＋  35 2－ 422×5×35 9525故直线 PA 与直线 FG 所成角的余弦值是 .95251第七章 立体几何 7.4 直线、平面平行的判定与性质练习 理[A 组·基础达标练]1．[2016·昆明模拟]若 α ， β 是两个不同的平面，下列四个条件：①存在一条直线a， a⊥ α ， a⊥ β ；②存在一个平面 γ ， γ ⊥ α ， γ ⊥ β ；③存在两条平行直线a， b， a⊂α ， b⊂β ， a∥ β ， b∥ α ；④存在两条异面直线a， b， a⊂α ， b⊂β ， a∥ β ， b∥ α .那么可以是 α ∥ β 的充分条件有( )A．4 个 B．3 个C．2 个 D．1 个答案 C解析 ①可以；② α ， β 也有可能相交，所以不正确；③ α ， β 也有可能相交，所以不正确；根据异面直线的性质可知④可以，所以 α ∥ β 的充分条件有 2 个，选 C.2．若平面 α ∥平面 β ，点 A， C∈ α ， B， D∈ β ，则直线 AC∥ BD 的充要条件是( )A． AB∥ CD B． AD∥ CBC． AB 与 CD 相交 D． A， B， C， D 共面答案 D解析 当 AC∥ BD 时， A1B1C1D1一定共面，当 A， B， C， D 共面时，平面 ABCD∩ α ＝ AC，平面 ABCD∩ β ＝ BD.由 α ∥ β 得， AC∥ BD.故选 D.3．设平面 α ∥平面 β ， A∈ α ， B∈ β ， C 是 AB 的中点，当 A、 B 分别在 α 、 β 内移动时，那么所有的动点 C( )A．不共面B．当且仅当 A、 B 在两条相交直线上移动时才共面C．当且仅当 A、 B 在两条给定的平行直线上移动时才共面D．不论 A、 B 如何移动都共面答案 D解析 作平面 γ ∥ α ， γ ∥ β ，且平面 γ 到平面 α 的距离等于平面 γ 到平面 β 的距离，则不论 A、 B 分别在平面 α 、 β 内如何移动，所有的动点 C 都在平面 γ 内，故选 D.4．设 α ， β 是两个不同的平面， l， m 为两条不同的直线，命题 p：若α ∥ β ， l⊂α ， m⊂β ，则 l∥ m；命题 q：若 l∥ α ， m⊥ l， m⊂β ，则 α ⊥ β .下列命题为真命题的是( )A． p∨ q B． p∧ qC．(綈 p)∨ q D． p∧(綈 q)答案 C解析 分别在两个平行平面内的两条直线未必平行，故命题 p 是假命题；当m⊥ l， l∥ α 时， m 不一定与 α 垂直， α ⊥ β 不一定成立，命题 q 也是假命题．(綈 p)∨ q为真命题，故选 C.5．[2015·北京西城模拟]下列四个正方体图形中， A， B 为正方体的两个顶点，M， N， P 分别为其所在棱的中点，能得出 AB∥平面 MNP 的图形的序号是( )2A．①③ B．②③C．①④ D．②④答案 C解析 对于图形①，平面 MNP∥平面 ABC，即可得到 AB∥平面 MNP；对于图形④， AB∥ PN，即可得到 AB∥平面 MNP；图形②③无论用定义还是判定定理都无法证明线面平行，故选 C.6．下列命题正确的是( )A．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行答案 C解析 一个圆锥的两条母线与底面所成的角都相等，但它们不平行，A 错；若 l∥ α ，则 l 上任意点到平面 α 的距离相等，但过 l 的平面不一定与平面 α 平行，B 错；观察正方体中共顶点的三个面可知垂直于同一平面的两平面也可能垂直，D 错．7．[2016·惠州调研]已知 m， n 是两条不同直线， α ， β ， γ 是三个不同平面，下列命题中正确的有________．①若 m∥ α ， n∥ α ，则 m∥ n；②若 α ⊥ γ ， β ⊥ γ ，则 α ∥ β ；③若 m∥ α ， m∥ β ，则 α ∥ β ；④若 m⊥ α ， n⊥ α ，则 m∥ n.答案 ④解析 若 m∥ α ， n∥ α ， m， n 可以平行，可以相交，也可以异面，故①不正确；若α ⊥ γ ， β ⊥ γ ， α ， β 可以相交，故②不正确；若 m∥ α ， m∥ β ， α ， β 可以相交，故3③不正确；若 m⊥ α ， n⊥ α ，则 m∥ n，④正确．8．[2015·南开模拟]如图所示，在四面体 ABCD 中， M， N 分别是△ ACD，△ BCD 的重心，则四面体的四个面中与 MN 平行的是________．答案 平面 ABC、平面 ABD解析 连接 AM 并延长交 CD 于 E，连接 BN，并延长交 CD 于 F，由重心性质可知， E， F 重合为一点，且该点为 CD 的中点 E，由 ＝ ＝ ，得 MN∥ AB.因此， MN∥平面 ABC 且 MN∥平面EMMA ENNB 12ABD.9．[2015·济南模拟]在正四棱柱 ABCD－ A1B1C1D1中， O 为底面 ABCD 的中心， P 是 DD1的中点，设 Q 是 CC1上的点，则点 Q 满足条件________时，有平面 D1BQ∥平面 PAO.答案 Q 为 CC1的中点4解析 假设 Q 为 CC1的中点，因为 P 为 DD1的中点，所以 QB∥ PA.连接 DB，因为 P， O 分别是 DD1， DB 的中点，所以 D1B∥ PO，又 D1B⊄平面 PAO， QB⊄平面 PAO，所以 D1B∥平面 PAO， QB∥平面 PAO，又 D1B∩ QB＝ B，所以平面 D1BQ∥平面 PAO.故 Q 满足条件 Q 为 CC1的中点时，有平面 D1BQ∥平面 PAO.10．已知平面 α ∥平面 β ， P 是 α 、 β 外一点，过点 P 的直线 m 与 α 、 β 分别交于A、 C，过点 P 的直线 n 与 α 、 β 分别交于 B、 D，且 PA＝6， AC＝9， PD＝8，则 BD 的长为______．答案 或 24245解析 分点 P 在一个平面的一侧或在两个平面之间两种情况，由两平面平行性质定理得AB∥ CD，截面图如图所示，由相似比得 BD＝ 或 BD＝24.245[B 组·能力提升练]1．若 α 、 β 是两个相交平面，点 A 不在 α 内，也不在 β 内，则过点 A 且与 α 、 β 都平行的直线( )A．只有 1 条 B．只有 2 条C．只有 4 条 D．有无数条答案 A5解析 如图所示，要使过点 A 的直线 m 与平面 α 平行，则据线面平行的性质定理得经过直线m 的平面与平面 α 的交线 n 与直线 m 平行，同理可得经过直线 m 的平面与平面 β 的交线 k与直线 m 平行，则推出 n∥ k，由线面平行可进一步推出直线 n 和直线 k 与两平面 α 与 β的交线平行，即满足条件的直线 m 只需过点 A 且与两平面交线平行即可，显然这样的直线有且只有一条．故选 A.2．[2016·滨海模拟]如图，在四面体 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°答案 C解析 由题意可知 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 可知，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∠ MPN＝45°，故 D 正确．故选 C.63．[2015·北京东城模拟]如图，四边形 ABCD 是边长为 1 的正方形， MD⊥平面 ABCD， NB⊥平面 ABCD，且MD＝ NB＝1， G 为 MC 的中点．则下列结论中不正确的是________．① MC⊥ AN② GB∥平面 AMN③平面 CMN⊥平面 AMN④平面 DCM∥平面 ABN答案 ③解析 显然该几何图形为正方体截去两个三棱锥所剩的几何体，把该几何体放置到正方体中(如图)，作 AN 的中点 H，连接 HB， MH， GB，则 MC∥ HB，又 HB⊥ AN，所以 MC⊥ AN，所以①正确；由题意易得 GB∥ MH，又 GB⊄平面 AMN， MH⊂平面 AMN，所以 GB∥平面 AMN，所以②正确；因为 AB∥ CD， DM∥ BN，且 AB∩ BN＝ B， CD∩ DM＝ D，所以平面 DCM∥平面 ABN，所以④正确．74．[2015·江苏高考]如图，在直三棱柱 ABC－ A1B1C1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 ABC－ A1B1C1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.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⊥ AB1.85.如图所示，棱柱 ABCD－ A1B1C1D1的底面 ABCD 为菱形，平面 AA1C1C⊥平面 ABCD.(1)证明： BD⊥ AA1；(2)证明：平面 AB1C∥平面 DA1C1；(3)在直线 CC1上是否存在点 P，使 BP∥平面 DA1C1?解 (1)证明：因为底面 ABCD 为菱形，所以 BD⊥ AC.由于平面 AA1C1C⊥平面 ABCD，平面 AA1C1C∩平面 ABCD＝ AC，所以 BD⊥平面 AA1C1C，故 BD⊥ AA1.(2)证明：连接 B1C， AB1，由棱柱 ABCD－ A1B1C1D1的性质知 AB1∥ DC1， A1D∥ B1C，又AB1∩ B1C＝ B1， A1D∩ DC1＝ D.故平面 AB1C∥平面 DA1C1.(3)存在这样的点 P.因为 A1B1綊 AB 綊 DC，所以四边形 A1B1CD 为平行四边形，所以A1D∥ B1C.在 C1C 的延长线上取点 P，使 C1C＝ CP，连接 BP.因为 B1B 綊 CC1，所以 BB1綊 CP，9所以四边形 BB1CP 为平行四边形，则 BP∥ B1C，所以 BP∥ A1D，而 BP⊄平面 DA1C1， A1D⊂平面 DA1C1，所以 BP∥平面 DA1C1.故在 C1C 的延长线上存在 C1C＝ CP 的点 P 符合题意．