（新课标）2016高考数学大一轮复习 第七章 立体几何 理（课时作业+单元检测）（打包8套）新人教A版.zip

1第七章单元质量检测时间：90 分钟 分值：100 分一、选择题(每小题 4分，共 40分)1．以下关于几何体的三视图的叙述中，正确的是( )A．球的三视图总是三个全等的圆B．正方体的三视图总是三个全等的正方形C．水平放置的各面均为正三角形的四面体的三视图都是正三角形D．水平放置的圆台的俯视图是一个圆解析：画几何体的三视图要考虑视角，但对于球无论选择怎样的视角，其三视图总是三个全等的圆．答案：A2．用与球心距离为 1的平面去截球，所得的截面面积为 π，则球的体积为( )A. B.8π3 82π3C．8 π D.232π3解析： S 圆 ＝π r2＝π⇒ r＝1，而截面圆圆心与球心的距离 d＝1，所以球的半径为 R＝＝ .所以 V＝ π R3＝ ，故选 B.r2＋ d2 243 82π3答案：B3．设 α 、 β 、 γ 是三个互不重合的平面， m、 n是两条不重合的直线，下列命题中正确的是( )A．若 α ⊥ β ， β ⊥ γ ，则 α ⊥ γB．若 m∥ α ， n∥ β ， α ⊥ β ，则 m⊥ nC．若 α ⊥ β ， m⊥ α ，则 m∥ βD．若 α ∥ β ， m⊄β ， m∥ α ，则 m∥ β解析：对于 A，若 α ⊥ β ， β ⊥ γ ， α ， γ 可以平行，也可以相交，A 错；对于 B，若m∥ α ， n∥ β ， α ⊥ β ，则 m， n可以平行，可以相交，也可以异面，B 错；对于 C，若α ⊥ β ， m⊥ α ，则 m可以在平面 β 内，C 错；易知 D正确．答案：D4．一个棱长为 2的正方体沿其棱的中点截去部分后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )2A．7 B.223C. D.476 233解析：依题意可知该几何体的直观图如图所示，其体积为 23－2× × ×1×1×1＝ .13 12 233答案：D5．已知直四棱柱 ABCD—A1B1C1D1中，底面 ABCD为正方形， AA1＝2 AB， E为 AA1的中点，则异面直线 BE与 CD1所成角的余弦值为( )A. B. C. D.1010 15 31010 35解析：3如图，以 D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系．设 AA1＝2 AB＝2，则 B(1,1,0)， E(1,0,1)， C(0,1,0)， D1(0,0,2)，∴ ＝(0，－1,1)， ＝(0，－1,2)，BE→ CD1→ ∴cos〈 ， 〉＝ ＝ .BE→ CD1→ 1＋ 22·5 31010答案：C6．如图所示，正四棱锥 P—ABCD的底面积为 3，体积为 ， E为侧棱 PC的中点，则 PA22与 BE所成的角为( )A. B.π6 π4C. D.π3 π2解析：连接 AC， BD交于点 O，连接 OE，易得 OE∥ PA，所以所求角为∠ BEO.由所给条件易得 OB＝ ， OE＝ PA＝ ， BE＝ .62 12 22 24所以 cos∠ OEB＝ ，所以∠ OEB＝60°，选 C.12答案：C7．如图为棱长是 1的正方体的表面展开图，在原正方体中给出下列三个命题：①点 M到 AB的距离为 ；②三棱锥 C—DNE的体积是 ；③ AB与 EF所成的角是22 16 π2其中正确命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：依题意可作出正方体的直观图如图，显然 M到 AB的距离为 MC＝ ，∴①正确；而12 22VC—DNE＝ × ×1×1×1＝ ，∴②正确； AB与 EF所成的角等于 AB与 MC所成的角，即为 ，13 12 16 π2∴③正确．答案：D8．正△ ABC与正△ BCD所在平面垂直，则二面角 A—BD—C的正弦值为( )A. B. C. D.55 33 255 63解析：取 BC中点 O，连接 AO， DO.建立如图所示坐标系，设 BC＝1，则 A ， B(0， 0，32)5， D .∴ ＝ ， ＝ ， ＝ .由于 ＝(0， －12， 0) ( 32， 0， 0) OA→ (0， 0， 32) BA→ (0， 12， 32) BD→ ( 32， 12， 0) OA→ 为平面 BCD的一个法向量，可进一步求出平面 ABD的一个法向量 n＝(1，－ ，1)，(0， 0，32) 3∴cos〈 n， 〉＝ ，∴sin〈 n， 〉＝ .OA→ 55 OA→ 255答案：C9．正三棱柱 ABC—A1B1C1的棱长都为 2， E， F， G为 AB， AA1， A1C1的中点，则 B1F与平面 GEF所成角的正弦值为( )A. B.35 56C. D.3310 3610解析：如图，取 AB的中点 E，建立如图所示空间直角坐标系 E—xyz.则 E(0,0,0)， F(－1,0,1)，B1(1,0,2)， A1(－1,0,2)， C1(0， ，2)， G .3 (－12， 32， 2)∴ ＝(－2,0，－1)， ＝(－1,0,1)， ＝ .B1F→ EF→ FG→ (12， 32， 1)设平面 GEF的一个法向量为 n＝( x， y， z)，由Error! 得Error!令 x＝1，则 n＝(1，－ ，1)，设 B1F与平面 GEF所成角为 θ ，则 sinθ ＝|cos〈 n，3〉|＝ ＝ .B1F→ |n·B1F→ ||n||B1F→ | 35答案：A610．如图，在正四棱柱(底面是正方形的直四棱柱) ABCD—A1B1C1D1中， E、 F分别是AB1、 BC1的中点，则下列结论不成立的是( )A． EF与 BB1垂直B． EF与 BD垂直C． EF与 CD异面D． EF与 A1C1异面解析：连接 B1C， AC，则 B1C交 BC1于 F，且 F为 B1C的中点，又 E为 AB1的中点，所以 EF綊 AC，12而 B1B⊥平面 ABCD，所以 B1B⊥ AC，所以 B1B⊥ EF，A 正确；又 AC⊥ BD，所以 EF⊥ BD，B 正确；显然 EF与 CD异面，C 正确；由 EF綊 AC， AC∥ A1C1，得 EF∥ A1C1，故不成立的选项为 D.12答案：D二、填空题(每小题 4分，共 16分)11．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：由三视图可知：该几何体是一个三棱锥，底面是底边长为 4 ，高为 2的等腰三3角形，棱锥的高为 2，故体积为 V＝ × ×4 ×2×2＝ .13 12 3 8337答案：83312．已知球与棱长均为 2的三棱锥各条棱都相切，则该球的表面积为________．解析：将该三棱锥放入正方体内，若球与三棱锥各棱均相切等价于球与正方体各面均相切，所以 2R＝ ， R＝ ，则球的表面积为 S＝4π R2＝4π× ＝ 2π.222 12答案：2π13．三棱锥 S—ABC中，∠ SBA＝∠ SCA＝90°，△ ABC是斜边 AB＝ a的等腰直角三角形，则以下结论中：①异面直线 SB与 AC所成的角为 90°；②直线 SB⊥平面 ABC；③平面 SBC⊥平面 SAC；④点 C到平面 SAB的距离是 a.12其中正确结论的序号是________．解析：由题意知 AC⊥平面 SBC，故 AC⊥ SB， SB⊥平面 ABC，平面 SBC⊥平面 SAC，①②③正确；取 AB的中点 E，连接 CE，(如图)可证得 CE⊥平面 SAB，故 CE的长度即为 C到平面 SAB的距离 a，④正确．12答案：①②③④14．如图，在矩形 ABCD中， AB＝3， BC＝1， EF∥ BC且 AE＝2 EB， G为 BC的中点， K为AF的中点．沿 EF将矩形折成 120°的二面角 A—EF—B，此时 KG的长为________．8解析：如图，过 K作 KM⊥ EF，垂足 M为 EF的中点，则向量 与 的夹角为 120°， 〈 ， 〉MK→ FC→ KM→ FC→ ＝60°.又 ＝ ＋ ＝ ＋ ，∴ 2＝ 2＋ 2＋2 · ＝1＋1＋2×1×1×cos60°KG→ KM→ MG→ KM→ FC→ KG→ KM→ FC→ KM→ FC→ ＝3.∴| |＝ .KG→ 3答案： 3三、解答题(共 4小题，共 44分，解答应写出必要的文字说明、计算过程或证明步骤．)15．(10 分)一个几何体是由圆柱 ADD1A1和三棱锥 E—ABC组合而成，点 A， B， C在圆 O的圆周上，其正(主)视图，侧(左)视图的面积分别为 10和 12，如图所示，其中 EA⊥平面ABC， AB⊥ AC， AB＝ AC， AE＝2.(1)求证： AC⊥ BD.(2)求三棱锥 E—BCD的体积．解：(1)因为 EA⊥平面 ABC， AC⊂平面 ABC，所以 EA⊥ AC，即 ED⊥ AC.又因为 AC⊥ AB， AB∩ ED＝ A，所以 AC⊥平面 EBD.因为 BD⊂平面 EBD，所以 AC⊥ BD.(2)因为点 A， B， C在圆 O的圆周上，且 AB⊥ AC，所以 BC为圆 O的直径．设圆 O的半径为 r，圆柱高为 h，根据正(主)视图，侧(左)视图的面积可得，Error!解得Error!所以 BC＝4， AB＝ AC＝2 .2以下给出求三棱锥 E—BCD体积的两种方法：方法 1：由(1)知， AC⊥平面 EBD，所以 VE—BCD＝ VC—EBD＝ S△ EBD×CA，13因为 EA⊥平面 ABC， AB⊂平面 ABC，所以 EA⊥ AB，即 ED⊥ AB.9其中 ED＝ EA＋ DA＝2＋2＝4，因为 AB⊥ AC， AB＝ AC＝2 ，2所以 S△ EBD＝ ED×AB＝ ×4×2 ＝4 ，12 12 2 2所以 SE—BCD＝ ×4 ×2 ＝ .13 2 2 163方法 2：因为 EA⊥平面 ABC，所以 VE—BCD＝ VE—ABC＋ VD—ABC＝ S△ ABC×EA＋ S△ ABC×DA＝ S△ ABC×ED.13 13 13其中 ED＝ EA＋ DA＝2＋2＝4，因为 AB⊥ AC， AB＝ AC＝2 ，2所以 S△ ABC＝ ×AC×AB＝ ×2 ×2 ＝4，12 12 2 2所以 VE—BCD＝ ×4×4＝ .13 16316．(10 分)如图， AB＝ AD，∠ BAD＝90°， M， N， G分别是 BD， BC， AB的中点，将等边△ BCD沿 BD折叠成△ BC′ D的位置，使得 AD⊥ C′ B.(1)求证：平面 GNM∥平面 ADC′.(2)求证： C′ A⊥平面 ABD.证明：(1)因为 M， N分别是 BD， BC′的中点，所以 MN∥ DC′.因为 MN⊄平面 ADC′，DC′⊂平面 ADC′，所以 MN∥平面 ADC′.同理 NG∥平面 ADC′.又因为 MN∩ NG＝ N，所以平面 GNM∥平面 ADC′.(2)因为∠ BAD＝90°，所以 AD⊥ AB.又因为 AD⊥ C′ B，且 AB∩ C′ B＝ B，所以 AD⊥平面 C′ AB.因为 C′ A⊂平面 C′ AB，所以 AD⊥ C′ A.因为△ BCD是等边三角形， AB＝ AD，不妨设 AB＝1，则 BC＝ CD＝ BD＝ ，可得 C′ A＝1.2由勾股定理的逆定理，可得 AB⊥ C′ A.10因为 AB∩ AD＝ A，所以 C′ A⊥平面 ABD.17．(12 分)如图，直角梯形 ABCD与等腰直角三角形 ABE所在的平面互相垂直，AB∥ CD， AB⊥ BC， AB＝2 CD＝2 BC， EA⊥ EB.(1)求证： AB⊥ DE；(2)求直线 EC与平面 ABE所成角的正弦值；(3)线段 EA上是否存在点 F，使 EC∥平面 FBD？若存在，求出 ；若不存在，请说明理EFEA由．解：(1)证明：取 AB的中点 O，连接 EO， DO.因为 EB＝ EA，所以 EO⊥ AB.因为四边形 ABCD为直角梯形．AB＝2 CD＝2 BC， AB⊥ BC，所以四边形 OBCD为正方形，所以 AB⊥ OD.因为 EO∩ DO＝0.所以 AB⊥平面 EOD，所以 AB⊥ ED.(2)因为平面 ABE⊥平面 ABCD，且 EO⊥ AB，所以 EO⊥平面 ABCD，所以 EO⊥ OD.由 OB， OD， OE两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系 O—xyz.因为三角形 EAB为等腰直角三角形，所以 OA＝ OB＝ OD＝ OE，设 OB＝1，所以 O(0,0,0)， A(－1,0,0)， B(1,0,0)， C(1,1,0)， D(0,1,0)， E(0,0,1)．11所以 ＝(1,1，－1)，EC→ 平面 ABE的一个法向量为 ＝(0,1,0)．OD→ 设直线 EC与平面 ABE所成的角为 θ ，所以 sinθ ＝|cos〈 ， 〉＝ ＝ ，EC→ OD→ |EC→ ·OD→ ||EC→ ||OD→ | 33即直线 EC与平面 ABE所成角的正弦值为 .33(3)存在点 F，且 ＝ 时，有 EC∥平面 FBD.EFEA 13证明如下：由 ＝ ＝ ，EF→ 13EA→ (－ 13， 0， － 13)F ，所以 ＝ ， ＝(－1,1,0)．(－13， 0， 23) FB→ (43， 0， － 23) BD→ 设平面 FBD的法向量为 v＝( a， b， c)，则有Error! 所以Error!取 a＝1，得 v＝(1,1,2)．因为 ·v＝(1,1，－1)·(1,1,2)＝0，EC→ 且 EC⊄平面 FBD，所以 EC∥平面 FBD，即点 F满足 ＝ 时，有 EC∥平面 FBD.EFEA 1318．(12 分)如图， AB为圆 O的直径，点 E， F在圆 O上， AB∥ EF，矩形 ABCD所在的平面与圆 O所在的平面互相垂直．已知 AB＝2， EF＝1.(1)求证：平面 DAF⊥平面 BCF；(2)求直线 AB与平面 CBF所成角的大小；(3)当 AD的长为何值时，平面 DFC与平面 FCB所成的锐二面角的大小为 60°？解：(1)证明：∵平面 ABCD⊥平面 ABEF， CB⊥ AB，平面 ABCD∩平面 ABEF＝ AB，∴ CB⊥平面 ABEF，∵ AF⊂平面 ABEF，∴ AF⊥ CB，12又 AB为圆 O的直径，∴ AF⊥ BF，又 BF∩ CB＝ B，∴ AF⊥平面 CBF.∵ AF⊂平面 ADF，∴平面 DAF⊥平面 CBF.(2)由(1)知 AF⊥平面 CBF，∴ FB为 AB在平面 CBF内的射影，因此，∠ ABF为直线 AB与平面 CBF所成的角．∵ AB∥ EF，∴四边形 ABEF为等腰梯形，过点 F作 FH⊥ AB，交 AB于 H.已知 AB＝2， EF＝1，则 AH＝ ＝ .AB－ EF2 12在 Rt△ AFB中，根据射影定理得 AF2＝ AH·AB，∴ AF＝1，sin∠ ABF＝ ＝ ，∴∠ ABF＝30°.AFAB 12∴直线 AB与平面 CBF所成角的大小为 30°.(3)设 EF中点为 G，以 O为坐标原点， ， ， 方向分别为 x轴、 y轴、 z轴正方向建OA→ OG→ AD→ 立空间直角坐标系(如图)．设 AD＝ t(t0)，则点 D的坐标为(1,0， t)， C(－1,0， t)，又A(1,0,0)， B(－1,0,0)， F ，(12， 32， 0)∴ ＝(2,0,0)，CD→ ＝ ，FD→ (12， － 32， t)设平面 DCF的法向量为 n1＝( x， y， z)，则 n1· ＝0， n1· ＝0.CD→ FD→ 即Error! ，令 z＝ ，解得 x＝0， y＝2 t，3∴ n1＝(0,2 t， )．3由(1)可知 AF⊥平面 CFB，取平面 CBF的一个法向量为 n2＝ ＝ ，依题意，AF→ (－ 12， 32， 0)n1与 n2的夹角为 60°.∴cos60°＝ ，即 ＝ ，n1·n2|n1|·|n2| 12 3t4t2＋ 3·113解得 t＝ .64因此，当 AD的长为 时，平面 DFC与平面 FCB所成的锐二面角的大小为 60°.641课时作业 45 空间几何体的表面积与体积一、选择题1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的 3 倍，母线长为 3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )A．7 B．6C．5 D．3解析：设圆台较小底面半径为 r，则另一底面半径为 3r.由 S＝π( r＋3 r)·3＝84π，解得 r＝7.答案：A2．设一个球的表面积为 S1，它的内接正方体的表面积为 S2，则 的值等于( )S1S2A. B.2π 6πC. D.π 6 π 2解析：设球的半径为 R，其内接正方体的棱长为 a，则易知 R2＝ a2，即 a＝ R，则34 233＝ ＝ .S1S2 4π R26×(233R)2 π 2答案：D3．某几何体的三视图如图所示，则其表面积为( )A．38＋π B．38＋2πC．40＋π D．40＋2π2解析：由三视图可知，该组合体下方是一个长方体，上方是一个半圆柱，所以表面积为2(4×2＋4×2＋2×2)－2＋ ×2π×1＋π＝38＋2π.12答案：B4．(2014·陕西卷)已知底面边长为 1，侧棱长为 的正四棱柱的各顶点均在同一个球2面上，则该球的体积为( )A. B．4π32π3C．2π D.4π3解析：依题意可知正四棱柱体对角线的长度等于球的直径，可设球半径 R，则 2R＝＝2，解得 R＝1，所以 V＝ R3＝ .12＋ 12＋  2 24π3 4π3答案：D5．把一个周长为 12 cm 的长方形围成一个圆柱，当圆柱的体积最大时，该圆柱的底面周长与高之比为( )A．12 B．12πC．21 D．1π解析：设底面周长为 x cm，则 2π r＝ x，即 r＝ ，高为 6－ x，故x2πV＝π· 2(6－ x)＝ (6x2－ x3)，则 V′＝ (12x－3 x2)，由 V′＝0 得 x＝4.易知当(x2π ) 14π 14πx＝4 时，圆柱的体积最大，此时圆柱的底面周长是 4 cm，圆柱的高为 2 cm，从而底面周长与高之比为 42 ＝21.答案：C6．(2014·新课标全国卷Ⅱ)如右图，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( )A. B.1727 593C. D.1027 13解析：由三视图可知切削得到的零件是由两个圆柱组成的一个组合体，一个是底面半径为 2，高为 4 的圆柱，一个是底面半径为 3，高为 2 的圆柱，于是零件的体积V1＝π r h1＋π r h2＝π×2 2×4＋π×3 2×2＝34π，而原来毛坯的体积21 2V＝π r2h＝π×3 2×6＝54π，所以切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值之比＝ ＝V－ V1V＝ ，故选 C.20π54π 1027答案：C二、填空题7．若一个圆锥的侧面展开图是面积为 2π 的半圆面，则该圆锥的体积为________．解析：设圆锥底面半径为 r，母线长为 l，高为 h，则Error! ∴Error!∴ h＝ .3∴ V 圆锥 ＝ π×1 2× ＝ π.13 3 33答案： π338．(2014·江苏卷)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为 S1， S2，体积分别为 V1， V2.若它们的侧面积相等，且 ＝ ，则 的值是________．S1S2 94 V1V2解析：设甲、乙两个圆柱的底面和高分别为 r1、 h1， r2、 h2；由题意知2π r1h1＝2π r2h2， ＝ ，又 ＝ ＝ ，所以 ＝ ，从而 ＝ ＝ · ＝ ·h1h2 r2r1 S1S2 π r21π r2 94 r1r2 32 V1V2 π r21h1π r2h2 r21r2 h1h2 r21r2＝ ＝ .r2r1 r1r2 32答案：329．已知三棱锥 O—ABC 中，∠ BOC＝90°， OA⊥平面 BOC，其中AB＝ AC＝ ， BC＝ ， O， A， B， C 四点均在球 S 的表面上，则球 S 的表面积为________．7 11解析：易知以 O 点为顶点的三条棱两两垂直，则球 S 即为以 O 为顶点，以 OA， OB， OC为棱的长方体的外接球，所以 2R＝ ＝ × ＝ (R 为OA2＋ OB2＋ OC212 2 OA2＋ OB2＋ OC2 522球 S 的半径)，所以 R＝ ，表面积 S＝4π R2＝ .524 25π2答案：25π2三、解答题410．一个几何体的三视图如图所示．已知正视图是底边长为 1 的平行四边形，侧视图是一个长为 ，宽为 1 的矩形，俯视图为两个边长为 1 的正方形拼成的矩形．3(1)求该几何体的体积 V；(2)求该几何体的表面积 S.解：(1)由三视图可知，该几何体是一个平行六面体(如图)，其底面是边长为 1 的正方形，高为 .3所以 V＝1×1× ＝ .3 3(2)由三视图可知，该平行六面体中， A1D⊥平面 ABCD， CD⊥平面 BCC1B1，所以AA1＝2，侧面 ABB1A1， CDD1C1均为矩形，所以 S＝2×(1×1＋1× ＋1×2)＝6＋2 .3 3511．如图，在直三棱柱 ABC—A1B1C1中， AB＝ AC＝5， BB1＝ BC＝6， D， E 分别是 AA1和B1C 的中点．(1)求证： DE∥平面 ABC；(2)求三棱锥 E—BCD 的体积．解：(1)证明：如图，取 BC 的中点 G，连接 AG， EG，因为 E 是 B1C 的中点，所以 EG∥ BB1，且EG＝ BB1.12由题意知， AA1綊 BB1.而 D 是 AA1的中点，所以 EG 綊 AD.所以四边形 EGAD 是平行四边形．所以 ED∥ AG.又 DE⊄平面 ABC， AG⊂平面 ABC，所以 DE∥平面 ABC.(2)因为 AD∥ BB1，所以 AD∥平面 BCE.所以 VE—BCD＝ VD—BCE＝ VA—BCE＝ VE—ABC.由(1)知， DE∥平面 ABC，6所以 VE—BCD＝ VE—ABC＝ VD—ABC＝ AD· BC·AG＝ ×3×6×4＝12.13 12 161．(2014·湖南卷)一块石材表示的几何体的三视图如下图所示．将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A．1 B．2 C．3 D．4解析：由三视图可得原石材为如右图所示的直三棱柱 A1B1C1—ABC，且 AB＝8， BC＝6， BB1＝12.若要得到半径最大的球，则此球与平面 A1B1BA， BCC1B1， ACC1A1相切，故此时球的半径与△ ABC 内切圆的半径相等，故半径 r＝ ＝2.故选 B.6＋ 8－ 102答案：B2．(2014·湖北卷)《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．该术相当于给出了由圆锥的底面周长 L 与高 h，计算其体积V 的近似公式 V≈ L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率 π 近似取为 3.那么，近似1367公式 V≈ L2h 相当于将圆锥体积公式中的 π 近似取为( )275A. B.227 258C. D.15750 355113解析：借助圆锥的体积公式，底面圆的面积、周长公式求解．设圆锥的底面圆半径为r，则圆锥的底面圆周长 L＝2π r，所以圆锥底面圆的半径 r＝ ，则圆锥的体积为L2πV＝ Sh＝ π r2h＝ π· h＝ L2h.又 V≈ L2h，所以 L2h≈ L2h，解得 π≈ .13 13 13 L24π 2 112π 275 112π 275 258答案：B3．如图，在三棱锥 D—ABC 中，已知 BC⊥ AD， BC＝2， AD＝6， AB＋ BD＝ AC＋ CD＝10，则三棱锥 D—ABC 的体积的最大值是________．题 图 答 图解析：由题意知，线段 AB＋ BD 与线段 AC＋ CD 的长度是定值，因为棱 AD 与棱 BC 相互垂直．设 d 为 AD 到 BC 的距离．则 VD—ABC＝ AD·BC×d× × ＝2 d，12 13当 d 最大时， VD—ABC体积最大，∵ AB＋ BD＝ AC＋ CD＝10，∴当 AB＝ BD＝ AC＝ CD＝5 时，d 有最大值 ＝ .42－ 1 15此时 V＝2 .15答案：2 1584．如图所示，从三棱锥 P—ABC 的顶点 P 沿着三条侧棱 PA， PB， PC 剪开成平面图形得到△ P1P2P3，且 P2P1＝ P2P3.(1)在三棱锥 P—ABC 中，求证： PA⊥ BC.(2)若 P1P2＝26， P1P3＝20，求三棱锥 P—ABC 的体积．解：(1)证明：由题设知 A， B， C 分别是 P1P3， P1P2， P2P3的中点，且 P2P1＝ P2P3.从而 PB＝ PC， AB＝ AC，取 BC 的中点 D，连 AD， PD，则 AD⊥ BC， PD⊥ BC， AD∩ PD＝ D，∴ BC⊥平面 PAD.∵ PA⊂平面 PAD，故 PA⊥ BC.(2)由题设有AB＝ AC＝ P1P2＝13， PA＝ P1A＝ BC＝10，12PB＝ PC＝ P1B＝13，∴ AD＝ PD＝ ＝12，AB2－ BD2在等腰三角形 DPA 中，底边 PA 上的高 h＝ ＝ ，AD2－ (12PA)2 119∴ S△ DPA＝ PA·h＝5 .12 119又 BC⊥平面 PAD，∴ VP—ABC＝ VB—PDA＋ VC—PDA＝ BD·S△ DPA＋ DC·S△ PDA13 139＝ BC·S△ PDA＝ ×10×5 ＝ .13 13 119 503 1191课时作业 46 空间点、直线、平面之间的位置关系一、选择题1．若空间中有两条直线，则“这两条直线为异面直线”是“这两条直线没有公共点”的( )A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件解析：若两条直线无公共点，则两条直线可能异面，也可能平行．若两条直线是异面直线，则两条直线必无公共点．答案：A2．若两条直线和一个平面相交成等角，则这两条直线的位置关系是( )A．平行 B．异面C．相交 D．平行、异面或相交解析：经验证，当平行、异面或相交时，均有两条直线和一个平面相交成等角的情况出现，故选 D.答案：D3．若空间三条直线 a， b， c 满足 a⊥ b， b∥ c，则直线 a 与 c( )A．一定平行 B．一定相交C．一定是异面直线 D．一定垂直解析：两条平行线中一条与第三条直线垂直，另一条直线也与第三条直线垂直，故选 D.答案：D4．已知正四棱柱 ABCD—A1B1C1D1中， AA1＝2 AB， E 为 AA1的中点，则异面直线 BE 与 CD1所成角的余弦值为( )A. B.1010 15C. D.31010 35解析：取 DD1的中点 F，连接 CF，∠ D1CF 为 BE 与 CD1所成的角，取 AB＝1，则cos∠ D1CF＝ ＝ .故直线 BE 与 CD1所成角的余弦值为 .5＋ 2－ 12×5×2 31010 31010答案：C5．已知空间中有三条线段 AB， BC 和 CD，且∠ ABC＝∠ BCD，那么直线 AB 与 CD 的位置关系是( )A． AB∥ CD2B． AB 与 CD 异面C． AB 与 CD 相交D． AB∥ CD 或 AB 与 CD 异面或 AB 与 CD 相交解析：若三条线段共面，如果 AB， BC， CD 构成等腰三角形，则直线 AB 与 CD 相交，否则直线 AB 与 CD 平行；若不共面，则直线 AB 与 CD 是异面直线．答案：D6．已知 a， b， c 为三条不同的直线，且 a⊂平面 M， b⊂平面 N， M∩ N＝ c.①若 a 与 b 是异面直线，则 c 至少与 a， b 中的一条相交；②若 a 不垂直于 c，则 a 与 b 一定不垂直；③若 a∥ b，则必有 a∥ c；④若 a⊥ b， a⊥ c，则必有 M⊥ N.其中正确命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：命题①③正确，命题②④错误．其中命题②中 a 和 b 有可能垂直；命题④中当b∥ c 时，平面 M， N 有可能不垂直，故选 C.答案：C二、填空题7．三条直线可以确定三个平面，这三条直线的公共点个数是________．解析：因三条直线可以确定三个平面，所以这三条直线有两种情况：一是两两相交，有1 个交点；二是互相平行，没有交点．答案：0 或 18．已知正方体 ABCD—A1B1C1D1中， E、 F 分别为 BB1、 CC1的中点，那么异面直线 AE 与D1F 所成角的余弦值为________．解析：如图，连接 DF，因为 DF 与 AE 平行，所以∠ DFD1即为异面直线 AE 与 D1F 所成角的平面角，设正方体的棱长为 2，则 FD1＝ FD＝ ，由余弦定理得 cos∠ DFD1＝5＝ . 5 2＋  5 2－ 222× 5 2 35答案：3539．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________．解析：在正四面体中取 CD 的中点 G，连接 FG， EG，作 FH⊥平面 CDE 于点 H.因为正四面体的高 FH 在平面 EFG 内，且 FH 平行于正方体的高，∴可证得平面 EFG 平行于正方体的左、右两个侧面，故直线 EF 仅与正方体的六个面中的上、下两个平面及前、后两个平面相交，共 4 个．答案：4三、解答题10．如图所示，四边形 ABEF 和 ABCD 都是直角梯形，∠ BAD＝∠ FAB＝90°， BC 綊AD， BE 綊 FA， G、 H 分别为 FA、 FD 的中点．12 12(1)证明：四边形 BCHG 是平行四边形；(2)C、 D、 F、 E 四点是否共面？为什么？解：(1)证明：由已知 FG＝ GA， FH＝ HD，可得 GH 綊 AD.又 BC 綊 AD，∴ GH 綊 BC，∴12 12四边形 BCHG 为平行四边形．(2)由 BE 綊 AF， G 为 FA 中点知， BE 綊 FG，12∴四边形 BEFG 为平行四边形，∴ EF∥ BG.由(1)知 BG 綊 CH，∴ EF∥ CH，∴ EF 与 CH 共面．又 D∈ FH，∴ C、 D、 F、 E 四点共面．411．已知三棱柱 ABC—A1B1C1的侧棱长和底面边长均为 2， A1在底面 ABC 内的射影 O 为底面△ ABC 的中心，如图所示：(1)连接 BC1，求异面直线 AA1与 BC1所成角的大小；(2)连接 A1C， A1B，求三棱锥 C1—BCA1的体积．解：(1)连接 AO，并延长与 BC 交于点 D，则 AD 是 BC 边上的中线．∵点 O 是正△ ABC 的中心，且 A1O⊥平面 ABC，∴ BC⊥ AD， BC⊥ A1O.∵ AD∩ A1O＝ O，∴ BC⊥平面 ADA1.∴ BC⊥ AA1.又 AA1∥ CC1，∴异面直线 AA1与 BC1所成的角为∠ BC1C.∵ CC1⊥ BC，即四边形 BCC1B1为正方形，∴异面直线 AA1与 BC1所成角的大小为 .π 4(2)∵三棱柱的所有棱长都为 2，∴可求得 AD＝ ， AO＝ AD＝ ， A1O＝ ＝ .∴ VABC—A1B1C1＝ S△323 233 AA21－ AO2 263ABC·A1O＝2 ， VA1—B1C1CB＝ VABC—A1B1C1－ VA1—ABC＝ .2423∴ VC1—BCA1＝ VA1—BCC1＝ VA1—BCC1B1＝ .12 22351．已知 m， n 为异面直线， m⊥平面 α ， n⊥平面 β .直线 l 满足l⊥ m， l⊥ n， l⊄α ， l⊄β ，则( )A． α ∥ β ，且 l∥ αB． α ⊥ β ，且 l⊥ βC． α 与 β 相交，且交线垂直于 lD． α 与 β 相交，且交线平行于 l解析：由题意可知 α 与 β 相交，可能垂直，故 A，B 错；因交线分别垂直于异面直线m， n，又 l⊥ m， l⊥ n， l⊄α ， l⊄β ，所以交线平行于 l，故选 D.答案：D2．(2014·大纲全国卷)已知二面角 α —l—β 为 60°， AB⊂α ， AB⊥ l， A 为垂足，CD⊂β ， C∈ l，∠ ACD＝135° ，则异面直线 AB 与 CD 所成角的余弦值为( )A. B. C. D.14 24 34 12解析：如图，在平面 α 内过 C 作 CE∥ AB，则∠ ECD 为异面直线 AB 与 CD 所成的角或其补角，不妨取 CE＝1，过 E 作 EO⊥ β 于 O.在平面 β 内过 O 作 OH⊥ CD 于 H，连 EH，则 EH⊥ CD.因为 AB∥ CE， AB⊥ l，所以 CE⊥ l.又因为 EO⊥平面 β ，所以 CO⊥ l.故∠ ECO 为二面角 α —l—β 的平面角，所以∠ ECO＝60°.而∠ ACD＝135°， CO⊥ l，所以∠ OCH＝45°.在 Rt△ ECO 中， CO＝ CE·cos∠ ECO＝1·cos60°＝ .12在 Rt△ COH 中， CH＝ CO·cos∠ OCH＝ ·sin45°＝ .12 246在 Rt△ ECH 中，cos∠ ECH＝ ＝ ＝ .CHCE 241 24答案：B3．如图所示，在四棱锥 S—ABCD 中， SB⊥底面 ABCD.底面 ABCD 为梯形，AB⊥ AD， AB∥ CD， AB＝1， AD＝3， CD＝2.若点 E 是线段 AD 上的动点，则满足∠ SEC＝90°的点 E 的个数是________．题 图 答 图解析：由于 SB⊥底面 ABCD， SE 在底面 ABCD 上的射影为 BE，要使∠ SEC＝90°，只要BE⊥ EC 即可．由平面几何知识可知，以 BC 为直径的圆与 AD 有两个交点，故满足条件的 E点的个数是 2.答案：24．如图，在棱长为 a 的正方体 ABCD—A1B1C1D1中，点 E 是棱 D1D 的中点，点 F 在棱 B1B上，且满足 B1F＝2 BF.(1)求证： EF⊥ A1C1；(2)在棱 C1C 上确定一点 G，使 A， E， G， F 四点共面，并求此时 C1G 的长．解：(1)证明：如图所示，连接 B1D1，∵ ABCD—A1B1C1D1为正方体，∴四边形 A1B1C1D1为正方形．∴ A1C1⊥ B1D1，且 BB1⊥平面 A1B1C1D1.∴ A1C1⊥ BB1.7∵ B1D1∩ BB1＝ B1，∴ A1C1⊥平面 BB1D1D.∵ EF⊂平面 BB1D1D，∴ EF⊥ A1C1.(2)如图所示，假设 A， E， G， F 四点共面，则 A， E， G， F 四点确定平面 AEGF，∵ ABCD—A1B1C1D1为正方体，∴平面 AA1D1D∥平面 BB1C1C.∵平面 AEGF∩平面 AA1D1D＝ AE，平面 AEGF∩平面 BB1C1C＝ GF，∴由平面与平面平行的性质定理得 AE∥ GF，同理可得 AF∥ GE，因此四边形 AEGF 为平行四边形，∴ GF＝ AE.在 Rt△ ADE 中， AD＝ a， DE＝ DD1＝ ，∠ ADE＝90°，12 a2由勾股定理得 AE＝ ＝ ＝ a，AD2＋ DE2a2＋ (a2)2 52在直角梯形 B1C1GF 中，下底 B1F＝ BB1＝ a，直角腰 B1C1＝ a，斜腰 GF＝ AE＝ a，23 23 52由勾股定理可得 GF＝ B1C21＋  B1F－ C1G 2＝ ＝ a，a2＋ (23a－ C1G)2 52结合图形可知 C1GB1F，解得 C1G＝ a.161课时作业 47 直线、平面平行的判定及其性质一、选择题1．平面 α ∥平面 β ，点 A， C∈ α ，点 B， D∈ β ，则直线 AC∥直线 BD 的充要条件是( )A． AB∥ CD B． AD∥ CBC． AB 与 CD 相交 D． A， B， C， D 四点共面解析：充分性： A， B， C， D 四点共面，由平面与平面平行的性质知 AC∥ BD.必要性显然成立．答案：D2．一条直线 l 上有相异三个点 A、 B、 C 到平面 α 的距离相等，那么直线 l 与平面 α的位置关系是( )A． l∥ α B． l⊥ αC． l 与 α 相交但不垂直 D． l∥ α 或 l⊂α解析： l∥ α 时，直线 l 上任意点到 α 的距离都相等； l⊂α 时，直线 l 上所有的点到α 的距离都是 0； l⊥ α 时，直线 l 上有两个点到 α 距离相等； l 与 α 斜交时，也只能有两个点到 α 距离相等．故选 D.答案：D3．已知不重合的两条直线 l， m 和不重合的两个平面 α ， β ，下列命题正确的是( )A． l∥ m， l∥ β ，则 m∥ βB． α ∩ β ＝ m， l⊂α ，则 l∥ βC． α ⊥ β ， l⊥ α ，则 l∥ βD． l⊥ m， m⊥ β ， l⊥ α ，则 α ⊥ β解析：对于选项 A， m 可能在 β 内，故 A 错；对于选项 B， l 可能与 β 相交，故 B 错；对于选项 C， l 可能在 β 内，故 C 错，所以选 D.答案：D4．已知 l、 m 是两条不同的直线， α 是一个平面，则下列命题正确的是( )A．若 l∥ α ， m∥ α ，则 l∥ mB．若 l⊥ m， m∥ α ，则 l⊥ αC．若 l⊥ m， m⊥ α ，则 l∥ αD．若 l∥ α ， m⊥ α ，则 l⊥ m解析：A 选项， l 与 m 可能平行，异面或相交，A 错；B 选项， l 与 α 可能平行，相交或 l 在 α 内，B 错；C 选项， l 有可能在 α 内，C 错，故选 D.2答案：D5．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( )A．①② B．②③C．③④ D．①④解析：由面面垂直的判定定理得①正确，若 m∥ n 时， α ， β 有可能相交，所以②错误．对③来说， n 可能与 α 平行，则③错． α ∩ β ＝ m，∴ m⊂α ， m⊂β ， n⊄α ， n∥ m，则n∥ α ，同理 n∥ β ，选 D.答案：D6．如图，正方体 ABCD—A1B1C1D1中， E， F 分别为棱 AB， CC1的中点，在平面 ADD1A1内且与平面 D1EF 平行的直线( )A．有无数条B．有 2 条C．有 1 条D．不存在解析：因为平面 D1EF 与平面 ADD1A1有公共点 D1，所以两平面有一条过 D1的交线 l，在平面 ADD1A1内与 l 平行的任意直线都与平面 D1EF 平行，这样的直线有无数条．答案：A二、填空题7．在正方体 ABCD—A1B1C1D1中， E 是 DD1的中点，则 BD1与平面 ACE 的位置关系为________．解析：如图，连接 AC， BD 交于 O 点，连接 OE，因为 OE∥ BD1，而 OE⊂平面 ACE， BD1⊄平面 ACE，所以 BD1∥平面 ACE.3答案：平行8． α 、 β 、 γ 是三个平面， a、 b 是两条直线，有下列三个条件：① a∥ γ ， b⊂β ；② a∥ γ ， b∥ β ；③ b∥ β ， a⊂γ .如果命题“ α ∩ β ＝ a， b⊂γ ，且________，则 a∥ b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________(把所有正确的题号填上)．解析：①中， a∥ γ ， a⊂β ， b⊂β ， β ∩ γ ＝ b⇒a∥ b(线面平行的性质)．③中，b∥ β ， b⊂γ ， a⊂γ ， β ∩ γ ＝ a⇒a∥ b(线面平行的性质 )．答案：①③9．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.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.答案： Q 为 CC1的中点三、解答题10．如图，已知四棱锥 P—ABCD 的底面为直角梯形， AB∥ CD，∠ DAB＝90°， PA⊥底面ABCD，且 PA＝ AD＝ DC＝ AB＝1， M 是 PB 的中点．12(1)求证： AM＝ CM；4(2)若 N 是 PC 的中点，求证： DN∥平面 AMC.证明：(1)∵在直角梯形 ABCD 中， AD＝ DC＝ AB＝1，12∴ AC＝ ， BC＝ ，2 2∴ BC⊥ AC，又 PA⊥平面 ABCD， BC⊂平面 ABCD，∴ BC⊥ PA，又 PA∩ AC＝ A，∴ BC⊥平面 PAC，∴ BC⊥ PC.在 Rt△ PAB 中， M 为 PB 的中点，则 AM＝ PB，12在 Rt△ PBC 中， M 为 PB 的中点，则 CM＝ PB，12∴ AM＝ CM.(2)如图，连接 DB 交 AC 于点 F，∵ DC 綊 AB，∴ DF＝ FB.12 12取 PM 的中点 G，连接 DG， FM，则 DG∥ FM，∴又 DG⊄平面 AMC， FM⊂平面 AMC，∴ DG∥平面 AMC.连接 GN，则 GN∥ MC， GN⊄平面 AMC， MC⊂平面 AMC.∴ GN∥平面 AMC，又 GN∩ DG＝ G，∴平面 DNG∥平面 AMC，又 DN⊂平面 DNG，∴ DN∥平面 AMC.11．如右图，在多面体 ABCDEF 中，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，四边形 BDEF 是矩5形，平面 BDEF⊥平面 ABCD， BF＝3， G 和 H 分别是 CE 和 CF 的中点．(1)求证： AC⊥平面 BDEF；(2)求证：平面 BDGH∥平面 AEF.解：(1)因为四边形 ABCD 是正方形，所以 AC⊥ BD.又因为平面 BDEF⊥平面 ABCD，平面 BDEF∩平面 ABCD＝ BD，且 AC⊂平面 ABCD，所以AC⊥平面 BDEF.(2)在△ CEF 中，因为 G， H 分别是 CE， CF 的中点，所以 GH∥ EF，又因为 GH⊄平面 AEF， EF⊂平面 AEF，所以 GH∥平面 AEF.设 AC∩ BD＝ O，连接 OH，在△ ACF 中，因为 OA＝ OC， CH＝ HF，所以 OH∥ AF，又因为 OH⊄平面 AEF， AF⊂平面 AEF，所以 OH∥平面 AEF.又因为 OH∩ GH＝ H， OH， GH⊂平面 BDGH，所以平面 BDGH∥平面 AEF.1．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( )6A．①③ B．②③C．①④ D．②④解析：对于图形①：平面 MNP 与 AB 所在的对角面平行，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②，③都不可以，故选 C.答案：C2．如图，在长方体 ABCD—A1B1C1D1中， E， F， G， H 分别是棱 CC1， C1D1， D1D， DC 的中点， N 是 BC 的中点，点 M 在四边形 EFGH 及其内部运动，则 M 满足条件________时，有 MN∥平面 B1BDD1.解析：如图，连接 FH， HN， FN，由题意知 HN∥面 B1BDD1， FH∥面 B1BDD1.且 HN∩ FH＝ H，∴面 NHF∥面 B1BDD1.∴当 M 在线段 HF 上运动时，有 MN∥面 B1BDD1.答案： M∈线段 HF3．如图 1，已知⊙ O 的直径 AB＝4，点 C、 D 为⊙ O 上两点，且∠ CAB＝45°，∠ DAB＝60°， F 为弧 BC 的中点，将⊙ O 沿直径 AB 折起，使两个半圆所在平面互相垂直(如7图 2)．(1)求证： OF∥ AC；(2)在弧 BD 上是否存在点 G，使得 FG∥平面 ACD？若存在，试指出点 G 的位置；若不存在，请说明理由．解：解法 1：(1)证明：如右图，连接 CO，∵∠ CAB＝45°，∴ CO⊥ AB，又∵ F 为弧 BC 的中点，∴∠ FOB＝45°，∴ OF∥ AC.(2)取弧 BD 的中点 G，连接 OG， FG，则∠ BOG＝∠ BAD＝60°，故 OG∥ AD由(1) OF∥ AC，知 OF∥平面 ACD，故平面 OFG∥平面 ACD，则 FG∥平面 ACD，因此，在弧BD 上存在点 G，使得 FG∥平面 ACD，且点 G 为弧 BD 的中点．解法 2：证明：(1)如下图，以 AB 所在的直线为 y 轴，以 OC 所在的直线为 z 轴，以 O为原点，作空间直角坐标系 O—xyz，则 A(0，－2，0)， C(0,0,2)＝(0,0,2)－(0，－2,0)＝(0,2,2)，AC→ ∵点 F 为弧 BC 的中点，∴点 F 的坐标为(0， ， )，2 2＝(0， ， )，OF→ 2 2∴ ＝ ，即 OF∥ AC.OF→ 22AC→ 8(2)设在弧 BD 上存在点 G，使得 FG∥平面 ACD，由(1) OF∥ AC，知 OF∥平面 ACD，∴平面 OFG∥平面 ACD，则有 OG∥ AD.设 ＝ λ (λ 0)，∵ ＝( ，1,0)，∴ ＝(3 λ ， λ ，0)．又∵| |＝2，∴OG→ AD→ AD→ 3 OG→ OG→ ＝2，解得 λ ＝±1(舍去－1)，∴ ＝( ，1,0)，则 G 为弧 BD 的中 3λ  2＋ λ 2＋ 02 OG→ 3点．因此，在弧 BD 上存在点 G，使得 FG∥平面 ACD，且点 G 为弧 BD 的中点．