（全国通用）2017高考数学一轮复习 第七章 立体几何 理（课件+习题）（打包17套）.zip

1热点专题突破四 立体几何的综合问题1.(2015·江苏高考) 如图,在四棱锥 P-ABCD中,已知 PA⊥平面 ABCD,且四边形 ABCD为直角梯形,∠ ABC=∠ BAD= ,PA=AD=2,AB=BC=1.(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 .1.【解析】以{ }为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz,则各点的坐标为 B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).(1)因为 AD⊥平面 PAB,所以 是平面 PAB的一个法向量, =(0,2,0).因为 =(1,1,-2), =(0,2,-2).设平面 PCD的法向量为 m=(x,y,z),则 m· =0,m· =0,即 令 y=1,解得 z=1,x=1.所以 m=(1,1,1)是平面 PCD的一个法向量 .从而 cos= ,2所以平面 PAB与平面 PCD所成二面角的余弦值为 .(2)因为 =(-1,0,2),设 =λ =(-λ ,0,2λ )(0≤ λ ≤1),又 =(0,-1,0),则 =(-λ ,-1,2λ ),又 =(0,-2,2),从而 cos= .设 1+2λ=t ,t∈[1,3],则 cos2= .当且仅当 t= ,即 λ= 时, |cos|的最大值为 .因为 y=cos x在 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 BQ= BP= .2.(2016·吉林实验中学四模) 如图的多面体是直平行六面体 ABCD-A1B1C1D1经平面 AEFG所截后得到的图形,其中∠ BAE=∠ GAD=45°,AB=2AD=2,∠ BAD=60°.(1)求证: BD⊥平面 ADG;(2)求平面 AEFG与平面 ABCD所成锐二面角的余弦值 .2.【解析】(1)在△ BAD中, ∵AB= 2AD=2,∠ BAD=60°,∴ 由余弦定理可得 BD= ,∴AB 2=AD2+BD2,∴AD ⊥ BD.又在直平行六面体中,GD⊥平面 ABCD,BD⊂平面 ABCD,∴GD ⊥ BD.3又 AD∩ GD=D,∴BD ⊥平面 ADG.(2)以 D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz.∵ ∠ BAE=∠ GAD=45°,AB=2AD=2,则有 A(1,0,0),B(0, ,0),G(0,0,1),E(0, ,2),C(-1, ,0),∴ =(-1, ,2),=(-1,0,1).设平面 AEFG的法向量为 n=(x,y,z),故有令 x=1,得 y=- ,z=1,n= .而平面 ABCD的一个法向量为 =(0,0,1),∴ cos= .故平面 AEFG与平面 ABCD所成锐二面角的余弦值为 .3.如图所示,四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中,底面 ABCD是梯形, AD∥ BC,侧面 ABB1A1为菱形,∠ DAB=∠ DAA1.(1)求证: A1B⊥ AD;4(2)若 AD=AB=2BC,点 D在平面 ABB1A1上的射影恰为线段 A1B的中点,∠ A1AB=60°,求平面DCC1D1与平面 ABB1A1所成锐二面角的余弦值 .3.【解析】(1)连接 A1B,AB1相交于 O,连接 DO.∵ 侧面 ABB1A1为菱形,∴AB=AA 1,又∠ DAB=∠ DAA1,AD=AD,∴ △ DAA1≌△ DAB,则 BD=A1D,∴OD ⊥ A1B,又 A1B⊥ AB1,∴A 1B⊥平面 AOD,即得 A1B⊥ AD.(2)分别以射线 OB,射线 OB1,射线 OD为 x轴, y轴, z轴的正方向建立空间直角坐标系 Oxyz,如图所示 .设 AD=AB=2BC=2a,由∠ A1AB=60°,可知 |OB|=a,|OA|=|OB1|= a,∴|OD|= =a,从而 A(0,- a,0),B(a,0,0),B1(0, a,0),D(0,0,a),∴ =(-a, a,0).由 ,可得 C ,∴ .设平面 DCC1D1的一个法向量为 m=(x0,y0,z0),由 m· =m· =0,得取 y0=1,则 x0= ,z0=3 ,∴ m=( ,1,3 ).又平面 ABB1A1的法向量为 =(0,0,a),5∴ cos= ,故平面 DCC1D1与平面 ABB1A1所成锐二面角的余弦值为 .4.(2015·天津高考) 如图,在四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中,侧棱 AA1⊥底面ABCD,AB⊥ AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD= ,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 D1-AC-B1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的长 .4.【解析】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),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).6(1)依题意,可得 n=(0,0,1)为平面 ABCD的一个法向量 . .由此可得 ·n=0,又因为直线 MN⊄平面 ABCD,所以 MN∥平面 ABCD.(2) =(1,-2,2), =(2,0,0).设 n1=(x,y,z)为平面 ACD1的法向量,则即不妨设 z=1,可得 n1=(0,1,1).设 n2=(x,y,z)为平面 ACB1的法向量,则 =(0,1,2),得 不妨设 z=1,可得 n2=(0,-2,1).因此有 cos= =- ,于是 sin= .所以二面角 D1-AC-B1的正弦值为 .(3)依题意,可设 =λ ,其中 λ ∈[0,1],则 E(0,λ ,2),从而 =(-1,λ+ 2,1).又 n=(0,0,1)为平面 ABCD的一个法向量,由已知,7得 cos= ,整理得 λ 2+4λ- 3=0,又因为 λ ∈[0,1],解得 λ= -2.所以线段 A1E的长为 -2.5.(2015·郑州一中等校联考) 如图, AB是半圆 O的直径, C是半圆 O上除 A,B外的一个动点,DC垂直于半圆 O所在的平面, DC∥ EB,DC=EB,AB=4,tan ∠ EAB= .(1)证明:平面 ADE⊥平面 ACD;(2)当三棱锥 C-ADE体积最大时,求二面角 D-AE-B的余弦值 .5.【解析】(1)因为 AB是直径,所以 BC⊥ AC,因为 CD⊥平面 ABC,所以 CD⊥ BC,因为 CD∩ AC=C,所以 BC⊥平面 ACD,因为 CD∥ BE,CD=BE,所以四边形 BCDE是平行四边形,所以 BC∥ DE,所以 DE⊥平面 ACD,因为 DE⊂平面 ADE,所以平面 ADE⊥平面 ACD.(2)依题意, EB=AB×tan ∠ EAB=4× =1,由(1)知 VC-ADE=VE-ACD= ×S△ ACD×DE= ×AC×CD×DE= ×AC×BC≤ ×(AC2+BC2)= ×AB2= ,当且仅当 AC=BC=2 时等号成立,此时三棱锥 C-ADE体积最大 .8如图所示,建立空间直角坐标系,则 D(0,0,1),E(0,2 ,1),A(2 ,0,0),B(0,2 ,0),则 =(-2 ,2 ,0), =(0,0,1),=(0,2 ,0), =(2 ,0,-1),设面 DAE的法向量为 n1=(x,y,z),即 ∴ n1=(1,0,2 ),设面 ABE的法向量为 n2=(x,y,z),即 ∴ n2=(1,1,0),∴ cos= ,可以判断 与二面角 D-AE-B的平面角互补,∴ 二面角 D-AE-B的余弦值为 - .6.(2015·浙江高考) 如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1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 .9(1)证明: A1D⊥平面 A1BC;(2)求二面角 A1-BD-B1的平面角的余弦值 .6.【解析】(1)设 E为 BC的中点,由题意得 A1E⊥平面 ABC,所以 A1E⊥ AE.因为 AB=AC,所以 AE⊥ BC.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 A1AED为平行四边形 .故 A1D∥ AE.又因为 AE⊥平面 A1BC,所以 A1D⊥平面 A1BC.(2)解法一:作 A1F⊥ BD且 A1F∩ BD=F,连接 B1F.由 AE=EB= ,∠ A1EA=∠ A1EB=90°,得 A1B=A1A=4.由 A1D=B1D,A1B=B1B,得△ A1DB与△ B1DB全等 .由 A1F⊥ BD,得 B1F⊥ BD,因此∠ A1FB1为二面角 A1-BD-B1的平面角 .由 A1D= ,A1B=4,∠ DA1B=90°,得BD=3 ,A1F=B1F= ,由余弦定理得 cos∠ A1FB1=- .10解法二:以 CB的中点 E为原点,分别以射线 EA,EB为 x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系Exyz,如图所示 .由题意知各点坐标如下:A1(0,0, ),B(0, ,0),D(- ,0, ),B1(- ).因此 =(0, ,- ), =(- ,- ), =(0, ,0).设平面 A1BD的法向量为 m=(x1,y1,z1),平面 B1BD的法向量为 n=(x2,y2,z2).由 可取 m=(0, ,1).由 可取 n=( ,0,1).于是 |cos|= .由题意可知,所求二面角的平面角是钝角,故二面角 A1-BD-B1的平面角的余弦值为 - .7.直三棱柱 ABC-A1B1C1中, AA1=AB=AC=1,E,F分别是 CC1,BC的中点, AE⊥ A1B1,D为棱 A1B1上的点 .11(1)证明: DF⊥ AE;(2)是否存在一点 D,使得平面 DEF与平面 ABC所成锐二面角的余弦值为 ?若存在,说明点D的位置,若不存在,说明理由 .7.【解析】(1) ∵AE ⊥ A1B1,A1B1∥ AB,∴AB ⊥ AE.又 ∵AB ⊥ AA1,AE∩ AA1=A,∴AB ⊥平面 A1ACC1.又 ∵AC ⊂平面 A1ACC1,∴AB ⊥ AC.以 A为原点建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz.则 A(0,0,0),E ,F ,0 ,A1(0,0,1),B1(1,0,1).设 D(x,y,z), =λ ,且 λ ∈[0,1],即( x,y,z-1)=λ (1,0,0),∴D (λ ,0,1).∴ .∴ .12∴ =0,∴DF ⊥ AE.(2)假设存在,设平面 DEF的法向量为 n=(x,y,z),则∵ ,∴即令 z=2(1-λ ),∴ n=(3,1+2λ ,2(1-λ )).由题可知平面 ABC的一个法向量 m=(0,0,1).∵ 平面 DEF与平面 ABC所成锐二面角的余弦值为 ,∴| cos(m,n)|= ,即 .∴ λ = 或 λ = (舍),∴ 当点 D为 A1B1中点时,满足要求 .1第一节 空间几何体的结构、三视图与直观图[基础达标] 一、选择题(每小题 5 分,共 30 分)1.连接正方体的相邻各面的中心(所谓中心是指各面所在正方形的两条对角线的交点),所得的一个几何体是 ( )A.四面体 B.六面体 C.八面体 D.十面体1.C 【解析】如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1,O1,O2,O3,O4,O5,O6分别是各表面的中心 .由点O1,O2,O3,O4,O5,O6组成了一个八面体 .2.如图,在下列几何体中是棱柱的有 ( )A.1 个 B.2 个 C.3 个 D.4 个2.C 【解析】由棱柱的概念和图象可知, ①③④ 为棱柱 .3.(2016·哈尔滨六中月考) 如图是底面积为 ,体积为 的正三棱锥的正(主)视图(等腰三角形)和侧(左)视图,此正三棱锥的侧(左)视图的面积为 ( )A. B.3 C. D.3.A 【解析】由题意可得该正三棱锥的底面边长为 2,高为 3,故侧(左)视图的面积为×3= .4.将正方体(如图 1 所示)截去两个三棱锥,得到图 2 所示的几何体,则该几何体的侧(左)视图为 ( )24.B 【解析】由侧(左)视图的规则可得该几何体的侧(左)视图如 B 项所示 .5.(2015·银川一中四模) 已知一个几何体的正(主)视图和俯视图如图所示,正(主)视图是边长为 2a 的正三角形,俯视图是边长为 a 的正六边形,则该几何体的侧(左)视图的面积为( )A. a2 B. a2C.3a2 D. a25.A 【解析】由正(主)视图是边长为 2a 的正三角形,得正六棱锥的高为 a,∴ 侧(左)视图的高为 a,∵ 俯视图是边长为 a 的正六边形,可得侧(左)视图三角形的底边长为2× a,∴ 几何体的侧(左)视图的面积 S= a× a= a2.6.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(主)视图的面积不可能等于 ( )A.1 B.3C. D.6.C 【解析】由题意知,正(主)视图的最大面积是对角面的面积，为 ,最小面积为 1,而1,故该正方体的正(主)视图不可能为 .二、填空题(每小题 5 分,共 15 分)7.(2016·沈阳四校联考) 若正三棱锥的正(主)视图与俯视图如图所示,则它的侧(左)视图的面积为 . 7. 【解析】由题意可得该三棱锥的底面边长为 1、高为 ,故它的侧(左)视图的面积为 .8.用一个平面去截几何体,如果截面是三角形,那么这个几何体可能是下面的哪几种: (填序号) . ① 棱柱 ② 棱锥 ③ 棱台 ④ 圆柱 ⑤ 圆锥 ⑥ 圆台 ⑦ 球 .8.①②③⑤ 【解析】通过画图,易知 ①②③⑤ 都能被截得到三角形的截面,而 ④⑥⑦ 不论如何去截,都得不到截面是三角形 .9.如图,△ A'B'C'是水平放置的△ ABC 的直观图,则在△ ABC 的三边及中线 AD 中,最长的线段是 . 9.AC 【解析】△ ABC 是角 B 为直角顶点的直角三角形, AD 是直角边 BC 上的中线,所以最长的线段为 AC.4三、解答题(共 10 分)10.(10 分)某几何体的三视图如图所示,画出该几何体的直观图 .10.【解析】该几何体类似棱台,先画底面矩形,中心轴,然后上底面矩形,连线即成 .画法:如下图,先画轴,依次画 x',y',z'轴,三轴相交于点 O',使∠ x'O'y'=45°,∠ x'O'z'=90°.在 z'轴上取 O'O″= 8 cm,再画 x″ ,y″ 轴 .在坐标系 x'O'y'中作直观图 ABCD,使得 AD=20 cm,AB=8 cm;在坐标系 x″O″y″ 中作直观图A'B'C'D',使得 A'D'=12 cm,A'B'=4 cm.连接 AA',BB',CC',DD',即得到所求直观图 .[高考冲关] 1.(5 分) (2015·西宁检测) 如图所示,四面体 ABCD 的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形,起辅助作用),则四面体 ABCD 的三视图是(用 ①②③④⑤⑥ 代表图形) ( )A.③④⑤ B.④⑤⑥ C.①②③ D.①②⑥1.C 【解析】该四面体的正(主)视图是 ① ,侧(左)视图是 ② ,俯视图是 ③ ,故选择 C.52.(5 分) (2014·湖北高考) 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(主)视图和俯视图分别为 ( )A.① 和 ② B.③ 和 ① C.④ 和 ③ D.④ 和 ②2.D 【解析】由三视图可知,该几何体的正(主)视图显然是一个直角三角形(三个顶点坐标分别是(0,0,2),(0,2,0),(0,2,2))且内有一虚线(一直角顶点与另一直角边中点的连线),故正(主)视图是 ④ ;俯视图是一个斜三角形,三个顶点坐标分别是(0,0,0),(2,2,0),(1,2,0),故俯视图是 ②.3.(5 分) (2015·贵阳监测) 如图,在三棱锥 V-ABC 中, VA⊥ VC,AB⊥ BC,∠ VAC=∠ ACB=30°,若侧面 VAC⊥底面 ABC,则其正(主)视图与侧(左)视图面积之比为 ( )A.4∶ B.4∶C. D.3.A 【解析】不妨设 VC=1,则 AC=2,过点 V 作 VD⊥ AC 于点 D,则 VD= .由题意可得点 B 到AC 的距离也是 ,所以正(主)视图的面积为 ,侧(左)视图的面积为 ,则正(主)视图与侧(左)视图的面积之比为 .64.(5 分)如图,在六面体 PABCQ 中, QA=QB=QC=AB=CB=CA= PA= PB= PC=2,设 O1为正三棱锥 P-ABC 外接球的球心, O2为三棱锥 Q-ABC 内切球的球心,则 O1O2等于 . 4.0 【解析】将该六面体放入一棱长为 正方体中,如图 .其外接球的球心 O1在正方体的体对角线 PQ 的中点,正四面体 Q-ABC 的内切球的球心 O2也在 PQ 的中点,所以 O1O2=0.5.(5 分)已知某四棱锥,底面是边长为 2 的正方形,且俯视图如图所示,关于该四棱锥的下列结论中① 四棱锥中至少有两组侧面互相垂直;② 四棱锥的侧面中可能存在三个直角三角形;③ 四棱锥中不可能存在四组互相垂直的侧面;④ 四棱锥的四个侧面不可能都是等腰三角形 .所有正确结论的序号是 . 5.①②③ 【解析】本题考查了三视图的还原、三视图的画法以及简单几何体的体积 .由俯视图可知,四棱锥的顶点在底面上的射影落在正方形的一边上,如图所示,则可知平面 PBC⊥平面 PAB,平面 PAD⊥平面 PAB,故 ① 正确;当 PA⊥ PB 时,四棱锥的侧面中存在三个直角三角形,故 ② 正确;显然△ PCD 不能是直角三角形,故四棱锥中不可能存在四组互相垂直的侧面,故 ③ 正确;当 PA=PB=AB 时,四棱锥的四个侧面都是等腰三角形,故 ④ 错误 .71第七节 空间角与距离的求解[基础达标] 一、选择题(每小题 5 分,共 25 分)1.正三棱柱 ABC-A1B1C1中, D 是 AB 的中点, CD 等于 ,则顶点 A1到平面 CDC1的距离为( )A. B.1C. D.1.B 【解析】由题意可得该正三棱柱的底面边长为 2,且 AD⊥平面 CDC1,AA1∥平面 CDC1,所以顶点 A1到平面 CDC1的距离等于顶点 A 到平面 CDC1的距离,即为 AD=1.2.一条直线与平面 α 成 60°角,则这条直线与平面内的直线所成角的取值范围是 ( )A.[0°,90°] B.(0°,45°] C.[60°,180°] D.[60°,90°]2.D 【解析】由线面角的定义可得答案 .3.如图所示,在四面体 ABCD 中, E,F 分别是 AC 与 BD 的中点,若 CD=2AB=4,EF⊥ BA,则 EF 与CD 所成角为( )A.90°B.45°C.60°D.30°3.D 【解析】取 AD 的中点 G,连接 FG,EG,则 EF⊥ FG,∠ FEG 是 EF 和 CD 所成角 .又FG=1,EG=2,所以∠ FEG=30°,即 EF 和 CD 所成角为 30°.24.在长方体 ABCD-A1B1C1D1中, B1C 和 C1D 与底面所成的角分别为 60°和 45°,则异面直线B1C 和 C1D 所成角的余弦值为 ( )A. B.C. D.4.A 【解析】设 BC=1,则由∠ CB1C1=60°可得 CC1= ,B1C=2.由∠ DC1D1=45°可得 D1C1=,DC1= .连接 AB1,则 DC1∥ AB1,所以异面直线 B1C 和 C1D 所成角即为∠ AB1C.在△ AB1C中,因为 AB1= ,B1C=2,AC=2,由余弦定理可得 cos ∠ AB1C= .5.二面角 α-l-β 的棱 l 上有一点 P,射线 PA 在 α 内,且与棱 l 成 45°角,与面 β 成 30°角,则二面角 α-l-β 的大小为 ( )A.30°或 150° B.45°或 135°C.60°或 120° D.90°5.B 【解析】过点 A 作 AO⊥ β ,垂足是 O,在平面 α 内作 AB⊥ l,垂足是 B.连接 BO,则由二面角定义可得∠ ABO 即为二面角 α-l-β 的平面角或其补角 .设 AO=1,直角三角形 APO 中,∠ APO=30°,则 AP=2.在直角三角形 APB 中,∠ APB=45°,则 AB= ,所以∠ ABO=45°,故二面角 α-l-β 的大小为 45°或 135°.二、填空题(每小题 5 分,共 15 分)6.在正三棱柱 ABC-A1B1C1中, AB=1,点 D 在棱 BB1上,若 BD=1,则 AD 与平面 AA1C1C 所成角的正切值为 . 36. 【解析】由题意可得点 D 到平面 AA1C1C 的距离为 ,且 |AD|= ,所以直线 AD 与平面 AA1C1C 所成角 θ 的正弦值 sin θ= ,则 cos θ= ,tan θ= .7.△ BCD 为正三角形, A 为△ BCD 所在平面外一点,且 AB=AC=AD,若△ ABC 的面积与△ BCD 的面积之比为 2∶ 3,则面 ABC 与面 BCD 所成的二面角的度数为 . 7.60° 【解析】设面 ABC 与面 BCD 所成角为 θ ,则由题意可得 cos θ= ,所以θ= 60°.8.已知 Rt△ ABC 的直角顶点 C 在平面 α 内,斜边 AB∥ α ,AB=2 ,AC,BC 分别和平面 α 成45°和 30°角,则 AB 到平面 α 的距离为 . 8.2 【解析】设 AB 到平面 α 的距离为 h,则 BC=2h,AC= h,则(2 h)2+( h)2=24,解得h=2,即 AB 到平面 α 的距离为 2.三、解答题(共 25 分)9.(12 分) (2016·贵阳六中期中考试) 已知斜三棱柱 ABC-A1B1C1,∠ BCA=90°,AC=BC=2,A1在底面 ABC 上的射影恰为 AC 的中点 D,又知 BA1⊥ AC1.(1)求证: AC1⊥平面 A1BC;(2)求二面角 A-A1B-C 的余弦值 .9.【解析】(1) ∵A 1D⊥平面 ABC,∴ 平面 AA1C1C⊥平面 ABC,又 BC⊥ AC,∴BC ⊥平面 AA1C1C,得 BC⊥ AC1,又 BA1⊥ AC1,∴AC 1⊥平面 A1BC.(2)以 D 为坐标原点,以平行 BC 的直线为 x 轴建立如图所示的空间直角坐标系 .由(1)知AC1⊥平面 A1BC,则 AC1⊥ A1C,∴ 四边形 ACC1A1为菱形, ∴A 1D= .4设 n=(x0,y0,z0)为平面 A1AB 的法向量, =(2,2,0), =(0,-1,- ),则令 x0=3,则 n=(3,-3, ).设面 A1BC 的法向量为 m=(x,y,z), =(0,-1, ), =(2,0,0),∴令 z=1,则 m=(0, ,1),故 cos= =- ,根据法向量的方向可知二面角 A-A1B-C 的余弦值为 - .10.(13 分) (2015·包头测试) 如图,已知在长方体 ABCD-A1B1C1D1中, AD=A1A= AB=2,点 E 是棱 AB 上一点,且 =λ.(1)证明: D1E⊥ A1D;(2)若二面角 D1-EC-D 的余弦值为 ,求 CE 与平面 D1ED 所成的角 .510.【解析】(1)以 D 为原点, DA 所在直线为 x 轴, DC 所在直线为 y 轴, DD1所在直线为 z 轴建立空间直角坐标系,则 D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,4,0),C(0,4,0),A1(2,0,2),B1(2,4,2),C1(0,4,2),D1(0,0,2).因为 =λ ,所以 E ,于是 =(-2,0,-2)所以 ·(-2,0,-2)=0,故 D1E⊥ A1D.(或用几何法先证出 A1D⊥平面 D1AE,然后证出 A1D⊥ D1E)(2)因为 D1D⊥平面 ABCD,所以平面 DEC 的一个法向量为 n1=(0,0,2).又 =(0,-4,2),设平面 D1CE 的法向量为 n2=(x,y,z),则 n2· =2x+y =0,n2· =-4y+2z=0,所以向量 n2的一个解是 .因为二面角 D1-EC-D 的余弦值为 ,则 ,解得 λ= 1.因为 λ= 1,所以 E(2,2,0),故 =(0,0,2),=(2,2,0), =(2,-2,0),因此 =0, =0,故 CE⊥平面 D1ED.即 CE 与平面 D1ED 所成角为 .6[高考冲关] 1.(5 分) (2015·银川一中四模) 已知三棱柱 ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,体积为 ,底面是边长为 的正三角形 .若 P 为底面 A1B1C1的中心,则 PA 与平面 ABC 所成角的大小为 ( )A. B. C. D.1.B 【解析】设底面正三角形 ABC 的中心为 Q,则由题意易知 PQ⊥底面 ABC,则 PA 与平面ABC 所成角为∠ PAQ.又该三棱柱的体积 V=S△ ABCh= h= ,h= ,则 |PQ|= ,又 |AQ|=1,在直角三角形 APQ 中,tan ∠ PAQ= ,∠ PAQ= .2.(5 分) (2015·浙江高考) 如图,已知△ ABC,D 是 AB 的中点,沿直线 CD 将△ ACD 翻折成△A'CD,所成二面角 A'-CD-B 的平面角为 α ,则( )A.∠ A'DB≤ αB.∠ A'DB≥ αC.∠ A'CB≤ αD.∠ A'CB≥ α2.B 【解析】取极限思维:当沿直线 CD 翻折 180°,此时 α= 0°,排除选项 A,C;当沿直线CD 翻折 0°,此时 α= 180°,排除选项 D.73.(5 分) (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cos θ 的最大值为 .3. 【解析】根据题意建立如图所示的空间直角坐标系,设正方形的边长为 2,则 A(0,0,0),E(1,0,0),F(2,1,0),并设 M(0,t,2)(0≤ t≤2),则 =(2,1,0), =(-1,t,2),则 cos θ= .当 t=2 时,cos θ= 0;当 t≠2 时,即 0≤ t|= ,即平面 A1BC 与平面 A1CD 夹角的余弦值为 .5.(13 分) (2015·重庆一中月考) 如图,已知三棱锥 A-OCB 中, AO⊥底面 BOC,且∠ BAO=∠ CAO= ,AB=4,点 D 为线段 AB 的中点,记二面角 B-AO-C 的大小为 θ.(1)求三棱锥 A-OCB 体积 V 的最大值;(2)当 θ= 时,求二面角 C-OD-B 的余弦值 .5.【解析】(1)由条件,∠ BOC 即为二面角 B-AO-C 的平面角,即为 θ ,V= ×BO×OC×sin θ×AO= sin θ ≤ ,所以当 θ= 时, V 取得最大值 .(2)如图,以 O 为原点,在平面 OBC 内垂直于 OB 的直线为 x 轴, OB,OA 所在的直线分别为 y 轴, z轴建立空间直角坐标系 Oxyz,则 A(0,0,2 ),B(0,2,0),D(0,1, ),C( ,-1,0).设 n1=(x,y,z)为平面 COD 的法向量,由取 z= ,则 n1= ,平面 AOB 的一个法向量可以为 n2=(1,0,0),10设二面角 C-OD-B 的大小为 α ,cos α= =- =- ,综上,二面角 C-OD-B 的余弦值为 - .1第三节 空间点、直线、平面之间的位置关系[基础达标] 一、选择题(每小题 5 分,共 30 分)1.如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1中, E,F 分别为 B1O 和 C1O 的中点,长方体的各棱中与 EF 平行的有 ( )A.一条 B.两条C.三条 D.四条1.D 【解析】与 EF 平行的棱为 BC,B1C1,AD,A1D1共四条 .2.若 α ,β 是两个相交平面,给出下列命题: 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 .其中真命题的个数有 ( )A.0 B.1 C.2 D.32.C 【解析】当平面 α ,β 垂直相交时,若直线 m⊥ α ,则在平面 β 内,存在与直线 m 平行的直线, ① 是假命题;若直线 m⊥ α ,则 m 垂直于平面 α ,β 的交线,则在平面 β 内,平行于交线的直线与直线 m 垂直,即一定存在无数条直线与直线 m 垂直, ② 是真命题;若直线 m⊂α ,则在平面 β 内,一定存在与直线 m 垂直的直线, ③ 是假命题, ④ 是真命题 .3.E,F,G,H 是三棱锥 A-BCD 棱 AB,AD,CD,CB 上的点,延长 EF,HG 交于点 P,则点 P ( )A.一定在直线 AC 上 B.一定在直线 BD 上C.只在平面 BCD 内 D.只在平面 ABD 内3.B 【解析】 ∵EF ⊂平面 ABD,HG⊂平面 BCD,∴EF ∩ HG=P∈平面 ABD∩平面 BCD=BD,故点 P一定在直线 BD 上 .4.长方体中 ABCD-A1B1C1D1,既与 AB 共面也与 CC1共面的棱有 ( )A.3 条 B.4 条C.5 条 D.6 条4.C 【解析】如图,用列举法知符合要求的棱为 BC,CD,C1D1,BB1,AA1.25.已知异面直线 a,b 分别在平面 α ,β 内,而 α ∩ β=c ,则直线 c ( )A.一定与 a,b 中的两条相交B.至少与 a,b 中的一条相交C.至多与 a,b 中的一条相交D.至少与 a,b 中的一条平行5.B 【解析】若 c 与直线 a,b 都不相交,由公理 4 可知三条直线平行,与题设矛盾 .6.(2015·哈尔滨三中一模) 如图,在四棱锥 P-ABCD 中,∠ ABC=∠ BAD=90°,BC=2AD,△ PAB 和△ PAD 都是等边三角形,则异面直线 CD 与 PB 所成角的大小为 ( )A.90° B.75° C.60° D.45°6.A 【解析】由题意可得 PA=PB=PD,所以点 P 在底面的射影是直角三角形 ABD 的外接圆的圆心,即为 BD 的中点 O,即 PO⊥底面 ABCD,因为 CD⊂平面 ABCD,所以 CD⊥ PO,易证 CD⊥ DB,又 PO 与 DB 相交于点 O,所以 CD⊥平面 PDB,则 CD⊥ PB,即异面直线 CD 与 PB 所成角的大小为90°.二、填空题(每小题 5 分,共 5 分)7.如果三个平面两两相交有三条交线,则三条交线的位置关系是 . 7.互相平行或者交于一点【解析】由图 1 知三条交线平行，由图 2 知三条交线交于一点.三、解答题(共 20 分)8.(10 分)在正方体 ABCD-A1B1C1D1中, E,F 分别是 AD,AA1的中点 .(1)求直线 AB1和 CC1所成的角的大小;(2)求直线 AB1和 EF 所成的角的大小 .38.【解析】(1)如图,连接 DC1,∵DC 1∥ AB1,∴DC 1和 CC1所成的锐角∠ CC1D 就是 AB1和 CC1所成的角 .∵ ∠ CC1D=45°,∴AB 1和 CC1所成的角是 45°.(2)如图,连接 DA1,A1C1,∵EF ∥ A1D,AB1∥ DC1,∴ ∠ A1DC1是直线 AB1和 EF 所成的角 .∵ △A1DC1是等边三角形, ∴ ∠ A1DC1=60°,即直线 AB1和 EF 所成的角是 60°.9.(10 分)正方体 ABCD-A1B1C1D1中,对角线 A1C 与平面 BDC1交于点 O,AC,BD 交于点 M,判断点C1,O,M 是否共线,并且说明理由 .9.【解析】如图所示 A1A∥ C1C⇒确定平面 A1C,⇒O 在平面 A1C 与平面 BC1D 的交线上 .⇒O∈ C1M,即 O,C1,M 三点共线 .[高考冲关] 1.(5 分)如图,在四面体 ABCD 中,平面 ACD⊥平面 BCD,且 DB⊥平面 ABC,则△ ABC 的形状为( )A.锐角三角形4B.钝角三角形C.直角三角形D.等腰三角形1.C 【解析】过点 B 在平面 BCD 中作 CD 的垂线,垂足是 E,则由平面 ACD⊥平面 BCD 得BE⊥平面 ACD,所以 AC⊥ BE.又由 DB⊥平面 ABC 得 AC⊥ DB,且 BE∩ DB=B,所以 AC⊥平面BCD,AC⊥ BC,故△ ABC 是以 C 为直角顶点的直角三角形 .2.(5 分)如图是正方体的平面展开图,在这个正方体中,下列命题正确的序号有 . ①BM 与 ED 平行; ②CN 与 BE 是异面直线; ③CN 与 BM 成 60°角; ④DM 与 BN 垂直 .2.③④ 【解析】由已知中正方体的平面展开图,得到正方体的直观图如图所示 .由正方体的几何特征可得: ①BM 与 ED 是垂直的,所以 ① 错误 .②CN 是 BE 是平行线,所以 ② 错误 .③BM ∥ AN,且三角形 ACN 为正三角形,所以 CN 与 BM 成 60°角,所以 ③ 正确 .由DM⊥ CN,DM⊥ BC,所以 DM⊥平面 BCNE,DM⊥ BN,所以 ④ 正确 .3.(5 分) (2015·哈尔滨三中二模) 在四面体 ABCD 中, AD⊥ AB,AD⊥ DC,若 AD 与 BC 成角 60°,且AD= ,则 BC 等于 . 3.2 【解析】将该四面体放入长方体中如图,在直角三角形 CBE 中,|CE|= ,∠ BCE=60°,所以斜边 |BC|= =2 .54.(5 分)如图,在正方体 ABCD-A'B'C'D'中, E,F 分别是 AA',AB 上一点,且 EF∥ CD',求证:平面 EFCD',平面 AC 与平面 AD'两两相交的交线 ED',FC,AD 交于一点 .4.【解析】 ∵E ,F 分别是 AA'与 AB 上一点, ∴EF ≠ CD'.又 ∵EF ∥ CD',∴ 四边形 EFCD'是梯形,直线 ED'和 FC 相交于一点,设此点为 P,∵P ∈ ED'⊂平面 AA'D'D,P∈ FC⊂平面 ABCD,∴P 是平面 AA'D'D 与平面 ABCD 的公共点 .∵ 平面 AA'D'D∩平面 ABCD=AD,∴P ∈ AD.∴ED' ,FC,AD 交于一点 P.1第二节 空间几何体的表面积与体积[基础达标] 一、选择题(每小题 5分,共 35分)1.(2015·新课标全国卷 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.C. D.1.D 【解析】如图,剩余部分几何体是由正方体截去一角所得,设正方体棱长为 1,则截去部分与剩余部分的体积比为 .2.(2016·闽粤联合体联考) 若一个底面是正三角形的三棱柱的正(主)视图如图所示,则其体积等于 ( )A. B.2C.2 D.62.A 【解析】由三视图可得该正三棱柱的底面边长为 2、高为 1,故体积为 ×22×1= .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.3πB.4πC.2π +4D.3π +43.D 【解析】由三视图可得该几何体是底面直径和高都是 2的半个圆柱,其表面积为2π +π +2×2=3π +4.4.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A.12+π B.6+π C.12-π D.6-π4.C 【解析】由三视图可知该几何体是组合体,一个底面是边长为 2的正方形、高为 3的长方体中挖去一个圆柱,该圆柱的底面是长方体下底面正方形的内切圆、高为 1,所以该几何体的体积是 2×2×3-π =12-π .5.(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+ C.1+2 D.235.B 【解析】由题图知该几何体为如图所示的三棱锥,则其表面积为2× +2× =2+ .6.(2016·广东实验中学模拟) 已知某棱锥的三视图如图所示,俯视图为正方形,根据图中所给的数据,那么该棱锥外接球的体积是 ( )A. πB. πC. πD. π6.C 【解析】由三视图可得该几何体是四棱锥,底面是边长为 的正方形,一条长度为 2的侧棱垂直于底面,其外接球的球心在长度为 2 的侧棱的中点,所以外接球的半径 R= ,则该球的体积为 π R3= π .7.(2015·银川质检) 一个四棱锥的三视图如图所示,那么这个四棱锥的表面积是 ( )4A.B.C.D.7.A 【解析】由三视图可得该四棱锥的底面是上底、下底和高分别为 1,2和 1的直角梯形,底面积为 ,有一条长度为 2的侧棱垂直于底面,四个侧面都是直角三角形,面积分别为 1,2,,所以该四棱锥的表面积为 +1+2+ .二、填空题(每小题 5分,共 10分)8.(2015·河西五市联考) 正四棱锥 P-ABCD的五个顶点在同一球面上,若正四棱锥的底面边长是 4,侧棱长为 2 ,则此球的表面积 . 8.36π 【解析】设该正四棱锥外接球的半径为 R,底面中心为 O,则正四棱锥的高PO=4,OA=2 ,则(2 )2+(4-R)2=R2,解得 R=3,故此球的表面积为 4π R2=36π .9.(2015·天津高考) 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. 59. π 【解析】由三视图知该几何体由三部分组成,两边是底面半径为 r=1,高为 1的圆锥,中间部分是底面半径为 r=1,高为 2的圆柱,则其体积为 V= ×π r2×1×2+π r2×2= π .[高考冲关] 1.(5分) (2015·银川二中二模) 已知三棱锥的三视图如图所示,其正(主)视图是直角边长为2的等腰直角三角形,侧(左)视图也为直角三角形,俯视图是边长为 2的等边三角形,则它的外接球表面积为( )A.48π B. π C.16π D.6π1.B 【解析】由三视图可得该三棱锥的底面是边长为 2的正三角形,有一条长度为 2的侧棱垂直于底面,底面正三角形的中心为 O,OP垂直于底面,且 OP=1(点 P为其外接球的球心),则该球的半径 R= ,所以它的外接球表面积为 4π R2=4π × .2.(5分)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是 ( )6A. πB. πC. πD. π2.C 【解析】由三视图可得该几何体是组合体,上方是底面圆半径为 1、高为 的半个圆锥,下方是底面圆半径为 1、高为 2的圆柱,且圆柱的上底面与圆锥的底面重合,所以该几何体的体积是 π × +2π = π .3.(5分) (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 = ( )A.B.C.7D.3.A 【解析】由三视图知,原工件为圆锥,要使长方体新工件的体积最大,则长方体底面为正方形,过长方体的顶点作轴截面如图,则 AB为底面正方形的对角线,设长方体底面边长为a,高为 h,则 00.当 a 时, S'0,故函数 S=a2h=- a3+2a2在 内是增函数,在 内是减函数,故当 a= 时, S取最大值,为 - +2,圆锥的体积为 ×π ×12×2= ,故原工件的材料利用率为 .4.(5分)已知三棱锥 S-ABC的所有顶点都在球 O的球面上, SA⊥平面ABC,SA=2 ,AB=1,AC=2,∠ BAC=60°,则球 O的表面积为 ( )A.4π B.12π C.16π D.64π4.C 【解析】由题意可得△ ABC中, AB⊥ BC,BC= ,又 SA⊥平面 ABC,则 BC⊥平面SAB,BC⊥ SB,则该三棱锥 S-ABC的外接球的球心 O在 SC的中点,半径 R= |SC|=2,则球 O的表面积为 4π R2=16π .5.(5分) (2015·重庆一中月考) 某封闭几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为 . 85.222+6 【解析】由三视图可得该几何体是三棱柱 ABC-A1B1C1截去一个三棱锥 P-A1B1C1后的几何体(如图), AB=8,AC=6,BC=10,AP=4,BB1=CC1=10,则侧面 APB1B的面积是 56,侧面 APC1C的面积是 42,侧面 BCC1B1的面积是 100,底面 ABC的面积是 24,在△ PB1C1中,PB1=B1C1=10,PC1=6 ,该三角形面积为 6 ,所以该几何体的表面积是 56+42+100+24+6=222+6 .