2019年高考数学大二轮复习 专题五 空间几何（课件+练习）（打包6套）.zip

15.1 空间几何体【课时作业】A 级1．如图所示是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是( )解析： 先观察俯视图，由俯视图可知选项 B 和 D 中的一个正确，由正视图和侧视图可知选项 D 正确．答案： D2．已知底面为正方形的四棱锥，其一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的( )解析： 由题意该四棱锥的直观图如图所示：2则其三视图如图：答案： C3．设一个球形西瓜，切下一刀后所得切面圆的半径为 4，球心到切面圆心的距离为3，则该西瓜的体积为( )A．100π B． π2563C. π D． π4003 5003解析： 由题意知切面圆的半径 r＝4，球心到切面的距离 d＝3，所以球的半径 R＝＝ ＝5，故球的体积 V＝ π R3＝ π×5 3＝ π，即该西瓜的体积为 π.r2＋ d2 42＋ 3243 43 5003 5003答案： D4．如图，水平放置的三棱柱的侧棱长为 1，且侧棱 AA1⊥平面 A1B1C1，正视图是边长为 1 的正方形，俯视图为一个等边三角形，则该三棱柱的侧视图面积为( )A．2 B．3 3C. D．132解析： 由直观图、正视图以及俯视图可知，侧视图是宽为 ，长为 1 的长方形，所32以面积 S＝ ×1＝ .故选 C.32 32答案： C5．(2018·全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为 O1， O2，过直线 O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为 8 的正方形，则该圆柱的表面积为( )A．12 π B．12π2C．8 π D．10π23解析： 设圆柱的轴截面的边长为 x，则由 x2＝8，得 x＝2 ，2∴ S 圆柱表 ＝2 S 底 ＋ S 侧 ＝2×π×( )2＋2π× ×2 ＝12π.2 2 2故选 B.答案： B6．(2018·福州市质量检测)如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A. ＋3 B． ＋6π12 π12C. ＋3 D． ＋6π 3 π 3解析： 由三视图可知，该几何体是由直四棱柱与圆锥拼接而成的简单组合体，如图所示．由题设得， V 四棱柱 ＝ ×(1＋2)×2×1＝3， V 圆锥 ＝ π 2×1＝ ，所以该几何体的12 13 (12) π12体积 V＝ V 四棱柱 ＋ V 圆锥 ＝3＋ .故选 A.π12答案： A7．(2018·武汉市部分学校调研)一个几何体的三视图如图，则它的表面积为( )A．28 B．24＋2 5C．20＋4 D．20＋25 5解析： 根据该几何体的三视图作出其直观图如图所示，可以看出该几何体是一个底4面是梯形的四棱柱．根据三视图给出的数据，可得该几何体中梯形的上底长为 2，下底长为 3，高为 2，所以该几何体的表面积 S＝ ×(2＋3)×2×2＋2×2＋2×3＋2×2＋2×12＝24＋2 ，故选 B.22＋ 12 5答案： B8．祖暅是南北朝时代的伟大数学家，5 世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异” ．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等．现有以下四个几何体：图①是从圆柱中挖去一个圆锥所得的几何体，图②、图③、图④分别是圆锥、圆台和半球，则满足祖暅原理的两个几何体为( )A．①② B．①③C．②④ D．①④解析： 设截面与底面的距离为 h，则①中截面内圆的半径为 h，则截面圆环的面积为π( R2－ h2)；②中截面圆的半径为 R－ h，则截面圆的面积为 π( R－ h)2；③中截面圆的半径为 R－ ，则截面圆的面积为 π 2；④中截面圆的半径为 ，则截面圆的面积为h2 (R－ h2) R2－ h2π( R2－ h2)．所以①④中截面的面积相等，故其体积相等，选 D.答案： D9．(2018·昆明市高三摸底调研测试)古人采取“用臼春米”的方法脱去稻谷的外壳，获得可供食用的大米，用于春米的“臼”多用石头或木头制成．一个“臼”的三视图如图所示，则凿去部分(看成一个简单的组合体)的体积为( )5A．63π B．72πC．79π D．99π解析： 由三视图得凿去部分是圆柱与半球的组合体，其中圆柱的高为 5，底面圆的半径为 3，半球的半径为 3，所以组合体的体积为 32π×5＋ × π×3 3＝63π，故选 A.12 43答案： A10．某几何体是直三棱柱与圆锥的组合体，其直观图和三视图如图所示，正视图为正方形，其中俯视图中椭圆的离心率为( )A. B．12 24C. D．22 32解析： 依题意得，题中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形，设其直角边长为 a，则斜边长为 a，圆锥的底面半径为 a、母线长为 a，因此其俯视图中椭圆的长轴长为222a、短轴长为 a，其离心率 e＝ ＝ ，选 C.21－ (a2a)2 22答案： C11．如图是一个几何体的三视图，其中正视图是边长为 2 的等边三角形，侧视图是直角边长分别为 1 和 的直角三角形，俯视图是半径为 1 的半圆，则该几何体的内接三棱锥3的体积的最大值为( )6A. B．36 33C. D．433 3π3解析： 由三视图可知该几何体为半个圆锥，圆锥的母线长 l＝2，底面半径 r＝1，高h＝ ＝ .由半圆锥的直观图可得，当三棱锥的底面是斜边为半圆直径，高为半径的l2－ r2 3等腰直角三角形，棱锥的高为半圆锥的高时，其内接三棱锥的体积达到最大值，最大体积为 V＝ ×2×1× ＝ ，故选 B.16 3 33答案： B12．在棱长为 3 的正方体 ABCD­A1B1C1D1中， P 在线段 BD1上，且 ＝ ， M 为线段BPPD1 12B1C1上的动点，则三棱锥 M­PBC 的体积为( )A．1 B．32C. D．与 M 点的位置有关92解析： ∵ ＝ ，∴点 P 到平面 BC1的距离是 D1到平面 BC1距离的 ，即为BPPD1 12 13＝1. M 为线段 B1C1上的点，∴ S△ MBC＝ ×3×3＝ ，∴ VM­PBC＝ VP­MBC＝ × ×1＝ .D1C13 12 92 13 92 32答案： B13．(2018·天津卷)如图，已知正方体 ABCD­A1B1C1D1的棱长为 1，则四棱锥 A1­BB1D1D的体积为________．解析： ∵正方体棱长为 1，∴矩形 BB1D1D 的长和宽分别为 1， .27∵四棱锥 A1­BB1D1D 的高是正方形 A1B1C1D1对角线长的一半，即为 ，22∴ V 四棱锥 A1­BB1D1D＝ Sh＝ ×(1× )× ＝ .13 13 2 22 13答案： 1314．(2017·江苏卷)如图，在圆柱 O1O2内有一个球 O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱 O1O2的体积为 V1，球 O 的体积为 V2，则 的值V1V2是________．解析： 设圆柱内切球的半径为 R，则由题设可得圆柱 O1O2的底面圆的半径为 R，高为 2R，∴ ＝ ＝ .V1V2 π R2·2R43π R3 32答案： 3215．一个四棱锥的三视图如图所示，其中侧视图为正三角形，则该四棱锥的体积是________．解析： 由四棱锥的三视图可知，该四棱锥的直观图如图中四棱锥 P­ABCD 所示，底面ABCD 为边长为 1 的正方形，△ PAD 是边长为 1 的等边三角形，作 PO⊥ AD 于点 O，则 O 为 AD的中点，所以四棱锥的体积为 V＝ ×1×1× ＝ .13 32 36答案： 3616．(2018·新疆自治区适应性检测)如图是一个四棱锥的三视图，其正视图与侧视图8都是边长为 2 的正三角形，俯视图轮廓为正方形，则此几何体的外接球的体积是3________．解析： 根据三视图可知，该几何体是底面边长为 2 ，斜高为 2 的正四棱锥3 3S­ABCD.其外接球的球心在正四棱锥的高上，设此四棱锥的底面中心为 O′，外接球球心为O，连接 SO′， OB， O′ B，如图，设此四棱锥的外接球的半径为 R，则根据正四棱锥的性质，易得 SO′＝3， OO′＝3－ R， O′ B＝ ，可得(3－ R)2＋( )2＝ R2，解得 R＝ ，故球的体积6 652V＝ π R3＝ π.43 1256答案： π1256B 级1．(2018·兰州市诊断考试)刘徽《九章算术注》记载：“邪解立方，得两堑堵．邪解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也． ”意即把一长方体沿对角面一分为二，这相同的两块叫堑堵，沿堑堵的一顶点与其相对的面的对角线剖开成两块，大的叫阳马，小的叫鳖臑，两者体积之比为定值 2∶1，这一结论今称刘徽原理．如图是一个阳马的三视图，则其外接球的体积为( )A. π B． π332C．3π D．4π9解析： 由三视图得阳马是一个四棱锥，如图中四棱锥 P­ABCD，其中底面是边长为 1的正方形，侧棱 PA⊥底面 ABCD 且 PA＝1，所以 PC＝ ， PC 是四棱锥 P­ABCD 的外接球的直3径，所以此阳马的外接球的体积为 3＝ π，故选 B.4π3(32) 32答案： B2．将一个底面半径为 1，高为 2 的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱的最大体积为( )A. B．π27 8π27C. D．π 3 2π9解析： 如图所示，设圆柱的半径为 r，高为 x，体积为 V，由题意可得 ＝ ，所r1 2－ x2以 x＝2－2 r，所以圆柱的体积 V＝π r2(2－2 r)＝2π( r2－ r3)(0r1)，设 V(r)＝2π( r2－ r3)(0r1)，则 V′( r)＝2π(2 r－3 r2)，由 2π(2 r－3 r2)＝0 得 r＝ ，所以圆23柱的最大体积 Vmax＝2π ＝ .[(23)2－ (23)3] 8π27答案： B3．(2018·福建市第一学期高三期末考试)如图，在四棱锥 E­ABCD 中，10AB∥ CD，∠ ABC＝90°， CD＝2 AB＝2 CE＝4，点 F 为棱 DE 的中点．(1)证明： AF∥平面 BCE；(2)若 BC＝4，∠ BCE＝120°， DE＝2 ，求三棱锥 B­CEF 的体积．5解析： (1)证明：如图，取 CE 的中点 M，连接 FM， BM.因为点 F 为棱 DE 的中点，所以 FM∥ CD 且 FM＝ CD＝2，12因为 AB∥ CD，且 AB＝2，所以 FM∥ AB 且 FM＝ AB，所以四边形 ABMF 为平行四边形，所以 AF∥ BM，因为 AF⊄平面 BCE， BM⊂平面 BCE，所以 AF∥平面 BCE.(2)因为 AB∥ CD，∠ ABC＝90°，所以 CD⊥ BC.因为 CD＝4， CE＝2， DE＝2 ，所以 CD2＋ CE2＝ DE2，5所以 CD⊥ CE，因为 BC∩ CE＝ C， BC⊂平面 BCE， CE⊂平面 BCE，所以 CD⊥平面 BCE.因为点 F 为棱 DE 的中点，且 CD＝4，所以点 F 到平面 BCE 的距离为 2.S△ BCE＝ BC·CEsin∠ BCE＝ ×4×2sin 120°＝2 .12 12 3三棱锥 B­CEF 的体积 VB­CEF＝ VF­BCE＝ S△ BCE×2＝ ×2 ×2＝ .13 13 3 4334．右图为一简单组合体，其底面 ABCD 为正方形， PD⊥平面 ABCD， EC∥ PD，且PD＝ AD＝2 EC＝2.(1)请画出该几何体的三视图；11(2)求四棱锥 B－ CEPD 的体积．解析： (1)该组合体的三视图如图所示．(2)∵ PD⊥平面 ABCD，PD⊂平面 PDCE，∴平面 PDCE⊥平面 ABCD.∵四边形 ABCD 为正方形，∴ BC⊥ CD，且 BC＝ DC＝ AD＝2.又∵平面 PDCE∩平面 ABCD＝ CD，BC⊂平面 ABCD.∴ BC⊥平面 PDCE.∵ PD⊥平面 ABCD， DC⊂平面 ABCD，∴ PD⊥ DC.又∵ EC∥ PD， PD＝2， EC＝1，∴四边形 PDCE 为一个直角梯形，其面积：S 梯形 PDCE＝ (PD＋ EC)·DC＝ ×3×2＝3.12 12∴四棱锥 B－ CEPD 的体积 VB－ CEPD＝ S 梯形 PDCE·PD＝ ×3×2＝2.13 1315.2 空间中的平行与垂直【课时作业】A 级1．设 α ， β 是两个不同的平面， m 是直线且 m⊂α ， “m∥ β ”是“ α ∥ β ”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解析： 当 m∥ β 时，过 m 的平面 α 与 β 可能平行也可能相交，因而 m∥ β ⇒/ α ∥ β ；当 α ∥ β 时， α 内任一直线与 β 平行，因为 m⊂α ，所以 m∥ β .综上知，“m∥ β ”是“ α ∥ β ”的必要而不充分条件．答案： B2．(2018·全国卷Ⅱ)在正方体 ABCD­A1B1C1D1中， E 为棱 CC1的中点，则异面直线 AE与 CD 所成角的正切值为( )A. B．22 32C. D．52 72解析： 如图，因为 AB∥ CD，所以 AE 与 CD 所成的角为∠ EAB.在 Rt△ ABE 中，设 AB＝2，则 BE＝ ，则 tan∠ EAB＝ ＝ ，5BEAB 52所以异面直线 AE 与 CD 所成角的正切值为 .故选 C.52答案： C3．已知三棱柱 ABC­A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为 ，底面是边长为 的正三角94 3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．5π12 π 3C. D．π 4 π 6解析： 如图，取 P1为底面 ABC 的中心，连接 PP1， AP1，由底面是边长为 的正三角形，知底面三角形的高为 ，面积为 ，又三棱柱的332 334体积为 ，则高 PP1＝ ， AP1＝1，∠ PAP1为所求角，因为94 3tan∠ PAP1＝ ，所以∠ PAP1＝ .3π 32答案： B4．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：① BD⊥ 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 B．①②③C．②③④ D．①③④解析： 由题意知， BD⊥平面 ADC，故 BD⊥ AC，①正确； AD 为等腰直角三角形 ABC 的斜边 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，结合②知③正确；由①知④不正确．故选 B.答案： B5．如图，在斜三棱柱 ABC­A1B1C1中，∠ BAC＝90°， BC1⊥ AC，若 P 为三角形 A1B1C1内一点(不含边界)，则点 P 在底面 ABC 的投影可能在( )A．△ ABC 的内部 B．△ ABC 的外部C．直线 AB 上 D．以上均有可能解析： 因为 AC⊥ AB， AC⊥ BC1，所以 AC⊥平面 ABC1， AC⊂平面 ABC，所以平面 ABC1⊥平面 ABC，所以 C1在平面 ABC 上的射影 H 必在两平面的交线 AB 上．若 P 为三角形 A1B1C1内一点(不含边界)，则点 P 在底面 ABC 的投影可能在△ ABC 的外部．答案： B6．若 P 为矩形 ABCD 所在平面外一点，矩形对角线的交点为 O， M 为 PB 的中点，给出以下四个命题：① OM∥平面 PCD；② OM∥平面 PBC；③ OM∥平面 PDA；④ OM∥平面 PBA.其中正确的命题是________．解析： 由已知可得 OM∥ PD，∴ OM∥平面 PCD 且 OM∥平面 PAD.故正确的只有①③.答案： ①③7．已知 a， b， l 表示三条不同的直线， α ， β ， γ 表示三个不同的平面，有下列四3个命题：①若 α ∩ β ＝ a， β ∩ γ ＝ b，且 a∥ b，则 α ∥ γ ；②若 a， b 相交，且都在 α ， β 外， a∥ α ， a∥ β ， b∥ α ， b∥ β ，则 α ∥ β ；③若 α ⊥ β ， α ∩ β ＝ a， b⊂β ， a⊥ b，则 b⊥ α ；④若 a⊂α ， b⊂α ， l⊥ a， l⊥ b， l⊄α ，则 l⊥ α .其中正确的命题是________．(填序号)解析： ①在正方体 A1B1C1D1­ABCD 中，可令平面 A1B1CD 为 α ，平面 DCC1D1为 β ，平面 A1B1C1D1为 γ ，又平面 A1B1CD∩平面 DCC1D1＝ CD，平面 A1B1C1D1∩平面 DCC1D1＝ C1D1，则CD 与 C1D1所在的直线分别表示 a， b，因为 CD∥ C1D1，但平面 A1B1CD 与平面 A1B1C1D1不平行，即 α 与 γ 不平行，故①错误．②因为 a， b 相交，假设其确定的平面为 γ ，根据a∥ α ， b∥ α ，可得 γ ∥ α .同理可得 γ ∥ β ，因此 α ∥ β ，②正确．③由两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线和另一个平面垂直，易知③正确．④当 a∥ b 时， l 垂直于平面 α 内两条不相交直线，不可得出 l⊥ α ，④错误．故填②③.答案： ②③8.如图， PA⊥圆 O 所在的平面， AB 是圆 O 的直径， C 是圆 O 上的一点， E、 F 分别是点A 在 PB、 PC 上的正投影，给出的下列结论正确的是________．① AF⊥ PB；② EF⊥ PB；③ AF⊥ BC；④ AE⊥平面 PBC.解析： 由题意知 PA⊥平面 ABC，所以 PA⊥ BC.又 AC⊥ BC， PA∩ AC＝ A，所以 BC⊥平面 PAC.所以 BC⊥ AF.因为 AF⊥ PC， BC∩ PC＝ C，所以 AF⊥平面 PBC， PB⊂平面 PBC，所以 AF⊥ PB，又 AE⊥ PB， AE∩ AF＝ A，所以 PB⊥平面 AEF，所以 PB⊥ EF.4故①②③正确．答案： ①②③9．(2018·郑州市第一次质量测试)如图，在三棱锥 P­ABC 中，平面PAB⊥平面 ABC， AB＝6， BC＝2 ， AC＝2 ， D 为线段 AB 上的点，且3 6AD＝2 DB， PD⊥ AC.(1)求证： PD⊥平面 ABC；(2)若∠ PAB＝ ，求点 B 到平面 PAC 的距离．π 4解析： (1)证明：∵cos∠ ABC＝ ＝ ，236 33∴ CD2＝2 2＋(2 )2－2×2×2 cos∠ ABC＝8，∴ CD＝2 ，3 3 2∴ CD2＋ AD2＝ AC2，则 CD⊥ AB.∵平面 PAB⊥平面 ABC，∴ CD⊥平面 PAB， PD⊂平面 PAB，∴ CD⊥ PD，∵ PD⊥ AC， AC∩ CD＝ C，∴ PD⊥平面 ABC.(2)由(1)得 PD⊥ AB，∵∠ PAB＝ ，π 4∴ PD＝ AD＝4， PA＝4 ，2在 Rt△ PCD 中， PC＝ ＝2 ，PD2＋ CD2 6∴△ PAC 是等腰三角形，∴可求得 S△ PAC＝8 .2设点 B 到平面 PAC 的距离为 d，由 VB­PAC＝ VP­ABC，得 S△ PAC×d＝ S△ ABC×PD，13 13∴ d＝ ＝3.S△ ABC×PDS△ PAC故点 B 到平面 PAC 的距离为 3.10．在如图所示的多面体 ABCDE 中，已知 ABCD 是边长为 2 的正方形，平面 ABCD⊥平面 ABE，∠ AEB＝90°， AE＝ BE.(1)若 M 是 DE 的中点，试在 AC 上找一点 N，使得 MN∥平面 ABE，并给出证明；(2)求多面体 ABCDE 的体积．5解析： (1)连接 BD，交 AC 于点 N，则点 N 即为所求，证明如下：∵ ABCD 是正方形，∴ N 是 BD 的中点，又 M 是 DE 的中点，∴ MN∥ BE，∵ BE⊂平面 ABE， MN⊄平面 ABE，∴ MN∥平面 ABE.(2)取 AB 的中点 F，连接 EF，∵△ ABE 是等腰直角三角形，且 AB＝2，∴ EF⊥ AB， EF＝ AB＝1，12∵平面 ABCD⊥平面 ABE，平面 ABCD∩平面 ABE＝ AB，EF⊂平面 ABE，∴ EF⊥平面 ABCD，即 EF 为四棱锥 E­ABCD 的高，∴ V 四棱锥 E­ABCD＝ S 正方形 ABCD·EF＝ ×22×1＝ .13 13 43B 级1．如图，四棱锥 S­ABCD 的底面为正方形， SD⊥底面 ABCD，则下列结论中不正确的是( )A． AC⊥ SBB． AB∥平面 SCDC． SA 与平面 SBD 所成的角等于 SC 与平面 SBD 所成的角D． AB 与 SC 所成的角等于 DC 与 SA 所成的角解析： 易证 AC⊥平面 SBD，因而 AC⊥ SB，A 正确；AB∥ DC， DC⊂平面 SCD，故 AB∥平面 SCD，B 正确；6由于 SA， SC 与平面 SBD 的相对位置一样，因而所成的角相同．故选 D.答案： D2．把平面图形 M 上的所有点在一个平面上的射影构成的图形 M′称为图形 M 在这个平面上的射影．如图，在长方体 ABCD­EFGH 中， AB＝5， AD＝4， AE＝3.则△ EBD 在平面 EBC上的射影的面积是( )A．2 B．34252C．10 D．30解析： 连接 HC，过 D 作 DM⊥ HC，连接 ME， MB，因为 BC⊥平面 HCD，又 DM⊂平面HCD，所以 BC⊥ DM，因为 BC∩ HC＝ C，所以 DM⊥平面 HCBE，即 D 在平面 HCBE 内的射影为M，所以△ EBD 在平面 HCBE 内的射影为△ EBM，在长方体中， HC∥ BE，所以△ MBE 的面积等于△ CBE 的面积，所以△ EBD 在平面 EBC 上的射影的面积为 × ×4＝2 ，故选 A.12 52＋ 32 34答案： A3．如图所示，平行四边形 ABCD 中，∠ DAB＝60°， AB＝2， AD＝4.将△ CBD 沿 BD 折起到△ EBD 的位置，使平面 EBD⊥平面 ABD.(1)求证： AB⊥ DE；(2)求三棱锥 E­ABD 的侧面积和体积．解析： (1)证明：在△ ABD 中，因为 AB＝2， AD＝4，∠ DAB＝60°，所以 BD＝＝2 ，AB2＋ AD2－ 2AB·ADcos ∠ DAB 3所以 AB2＋ BD2＝ AD2，所以 AB⊥ BD.又平面 EBD⊥平面 ABD，平面 EBD∩平面 ABD＝ BD， AB⊂平面 ABD，所以 AB⊥平面 EBD.又 DE⊂平面 EBD，所以 AB⊥ DE.(2)由(1)知 AB⊥ BD.7因为 CD∥ AB，所以 CD⊥ BD，从而 DE⊥ BD.在 Rt△ DBE 中，因为 DB＝2 ， DE＝ DC＝ AB＝2，所以 S△ EDB＝ BD·DE＝2 .312 3因为 AB⊥平面 EBD， BE⊂平面 EBD，所以 AB⊥ BE.因为 BE＝ BC＝ AD＝4，所以 S△ EAB＝ AB·BE＝4.12因为 DE⊥ BD，平面 EBD⊥平面 ABD，平面 EBD∩平面 ABD＝ BD，所以 DE⊥平面 ABD，而AD⊂平面 ABD，所以 DE⊥ AD，故 S△ EAD＝ AD·DE＝4.12故三棱锥 E­ABD 的侧面积 S＝ S△ EDB＋ S△ EAB＋ S△ EAD＝8＋2 .3因为 DE⊥平面 ABD，且 S△ ABD＝ S△ EBD＝2 ， DE＝2，3所以 V 三棱锥 E­ABD＝ S△ ABD×DE＝ ×2 ×2＝ .13 13 3 4334．如图，四棱锥 P­ABCD 的底面是边长为 1 的正方形，侧棱 PA⊥底面 ABCD，且 PA＝ ， E 是侧棱 PA 上的动点．3(1)求四棱锥 P­ABCD 的体积；(2)如果 E 是 PA 的中点，求证： PC∥平面 BDE；(3)不论点 E 在侧棱 PA 的任何位置，是否都有 BD⊥ CE？证明你的结论．解析： (1)因为 PA⊥平面 ABCD，所以 VP­ABCD＝ S 正方形 ABCD·PA＝ ×12× ＝ ，13 13 3 33即四棱锥 P­ABCD 的体积为 .33(2)证明：如图所示，连接 AC 交 BD 于点 O，连接 OE.因为四边形 ABCD 是正方形，所以 O 是 AC 的中点，又 E 是 PA 的中点，所以 PC∥ OE，因为 PC⊄平面 BDE， OE⊂平面 BDE，所以 PC∥平面 BDE.(3)不论点 E 在侧棱 PA 的任何位置，都有 BD⊥ CE.证明如下：8因为四边形 ABCD 是正方形，所以 BD⊥ AC，因为 PA⊥底面 ABCD，且 BD⊂平面 ABCD，所以 BD⊥ PA，又 AC∩ PA＝ A，所以 BD⊥平面 PAC.因为不论点 E 在侧棱 PA 的任何位置，都有 CE⊂平面 PAC，所以不论点 E 在侧棱 PA 的任何位置，都有 BD⊥ CE.15.3 空间向量与立体几何【课时作业】A 级1．在正三棱柱 ABC－ A1B1C1中， AB＝4，点 D 在棱 BB1上，若 BD＝3，则 AD 与平面AA1C1C 所成角的正切值为( )A. B．235 43C. D．54 23913解析： 如图，可得 · ＝( ＋ )· ＝ · ＝4×2 × ＝12＝5×2 ×cos AD→ EB→ AB→ BD→ EB→ AB→ EB→ 3 32 3θ (θ 为 与 的夹角)，AD→ EB→ 所以 cos θ ＝ ，sin θ ＝ ，tan θ ＝ ，又因为 BE⊥平面235 135 396AA1C1C，所以所求角的正切值为 .23913答案： D2．如图，在矩形 ABCD 中， AB＝2， AD＝3，点 E 为 AD 的中点，现分别沿 BE， CE 将△ABE，△ DCE 翻折，使得点 A， D 重合于 F，此时二面角 E­BC­F 的余弦值为( )A. B．721 74C. D．32 34解析： 如图所示，取 BC 的中点 P，连接 EP， FP，由题意得BF＝ CF＝2，∴ PF⊥ BC，又 EB＝ EC，∴ EP⊥ BC，∴∠ EPF 为二面角 E­BC­F 的平面角，而 FP＝ ＝ ，在△ EPF 中，cos∠ EPF＝ ＝FB2－ (12BC)2 72 EP2＋ FP2－ EF22EP·FP2＝ .4＋ 74－ 942×2×72 74答案： B3．在空间直角坐标系中，以点 A(4,1,9)， B(10，－1,6)， C(x,4,3)为顶点的△ ABC 是以 BC 为斜边的直角三角形，则实数 x 的值为________．解析： 由题意得 ＝(6，－2，－3)，AB→ ＝( x－4,3，－6)，AC→ · ＝(6，－2，－3)·( x－4,3，－6)AB→ AC→ ＝6( x－4)－6＋18＝0，解之得 x＝2.答案： 24．已知边长为 2 的正方形 ABCD 的四个顶点在球 O 的球面上，球 O 的体积 V 球 ＝，则 OA 与平面 ABCD 所成的角的余弦值为________．1605π3解析： 如图，过点 O 作 OM⊥平面 ABCD，垂足为点 M，则点 M 为正方形 ABCD 的中心．∵正方形 ABCD 的边长为 2，∴ AC＝2 ，∴ AM＝ .2 2∵ V 球 ＝ π r3＝ ，∴球 O 的半径 OA＝ r＝2 ，∴ OA 与平面 ABCD 所成的角的余43 1605π3 5弦值为 cos∠ OAM＝ ＝ ＝ .AMOA 225 1010答案： 10105．如图，在四棱柱 ABCD­A1B1C1D1中， A1A⊥底面 ABCD，底面四边形ABCD 为菱形， A1A＝ AB＝2，∠ ABC＝ ， E， F 分别是 BC， A1C 的中点．π 3(1)求异面直线 EF， AD 所成角的余弦值；(2)点 M 在线段 A1D 上， ＝ λ .若 CM∥平面 AEF，求实数 λ 的A1MA1D值．3解析： (1)因为由题意知四棱柱 ABCD­A1B1C1D1为直四棱柱，A1A⊥平面 ABCD.又 AE⊂平面 ABCD， AD⊂平面 ABCD，所以 A1A⊥ AE， A1A⊥ AD.在菱形 ABCD 中，∠ ABC＝ ，则△ ABC 是等边三角形．π 3因为 E 是 BC 中点，所以 BC⊥ AE.因为 BC∥ AD，所以 AE⊥ AD.故建立如图所示，以 A 为原点， AE 为 x 轴， AD 为 y 轴， AA1为 z 轴的空间直角坐标系A­xyz.则 A(0,0,0)， C( ， 1,0)， D(0,2,0)， A1(0,0,2)， E( ，0,0)， F .3 3 (32， 12， 1)＝(0,2,0)， ＝ ，AD→ EF→ (－ 32， 12， 1)cos〈 ， 〉＝ ＝ ＝ ，AD→ EF→ AD→ ·EF→ |AD→ |·|EF→ | 121＋ 1 24所以异面直线 EF， AD 所成角的余弦值为 .24(2)设 M(x， y， z)，由于点 M 在线段 A1D 上，且 ＝ λ ，A1MA1D则( x， y， z－2)＝ λ (0,2，－2)．则 M(0,2λ ，2－2 λ )， ＝(－ ，2 λ －1,2－2 λ )．CM→ 3设平面 AEF 的一个法向量为 n＝( x0， y0， z0)．因为 ＝( ，0,0)， ＝ .AE→ 3 AF→ (32， 12， 1)由Error! 得 x0＝0， y0＋ z0＝0，12取 y0＝2，则 z0＝－1，则平面 AEF 的一个法向量为 n＝(0,2，－1)．由于 CM∥平面 AEF，则 n· ＝0，即 2(2λ －1)－(2－2 λ )＝0，解得 λ ＝ .CM→ 2346．(2018·洛阳市第一次统考)如图，在四棱锥 P­ABCD 中， E， F 分别是 PC， PD 的中点，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形， PA＝ PD＝2，且平面 PAD⊥平面ABCD.(1)求证：平面 AEF⊥平面 PCD；(2)求平面 AEF 与平面 ACE 所成锐二面角的余弦值．解析： (1)证明：由题意知， PA＝ PD＝ AD，F 为 PD 的中点，可得 AF⊥ PD，∵平面 PAD⊥平面 ABCD， CD⊥ AD，∴ CD⊥平面 PAD.又 AF⊂平面 PAD，∴ CD⊥ AF，又 CD∩ PD＝ D，∴ AF⊥平面 PCD，又 AF⊂平面 AEF，∴平面 AEF⊥平面 PCD.(2)取 AD 的中点 O， BC 的中点 G，连接 OP， OG，∵ PA＝ PD＝ AD，∴ OP⊥ AD.∵平面 PAD⊥平面 ABCD， OP⊂平面 PAD，∴ OP⊥平面 ABCD.分别以 OA， OG， OP 所在直线为 x， y， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 O­xyz.则 A(1,0,0)， C(－1,2,0)，E ， F ， ＝ ， ＝(0,1,0)．(－12， 1， 32) (－ 12， 0， 32) AF→ (－ 32， 0， 32) FE→ 设平面 AEF 的法向量为 m＝( x， y， z)，则Error! 即Error!可取 m＝(1,0， )，为平面 AEF 的一个法向量．3同理，可得平面 ACE 的一个法向量为 n＝( ， ，1)．3 3cos〈 m， n〉＝ ＝ ＝ .m·n|m|·|n| 1×3＋ 3×12×7 217∴平面 AEF 与平面 ACE 所成锐二面角的余弦值为 .217B 级1．(2018·北京卷)如图，在三棱柱 ABC­A1B1C1中， CC1⊥平面5ABC， D， E， F， G 分别为 AA1， AC， A1C1， BB1的中点， AB＝ BC＝ ， AC＝ AA1＝2.5(1)求证： AC⊥平面 BEF；(2)求二面角 B­CD­C1的余弦值；(3)证明：直线 FG 与平面 BCD 相交．解析： (1)证明：∵ AB＝ BC，且 E 是 AC 的中点，∴ AC⊥ BE.∵在三棱柱 ABC­A1B1C1中， E， F 分别是 AC， A1C1的中点，∴ EF∥ CC1.∵ CC1⊥平面 ABC，∴ EF⊥平面 ABC，∵ AC⊂平面 ABC，∴ EF⊥ AC，∵ EF， BE⊂平面 BEF， EF∩ BE＝ E，∴ AC⊥平面 BEF.(2)由(1)知， EF⊥ AC， AC⊥ BE， EF⊥ EB，∴以 E 为原点， EA， EB， EF 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 E­xyz.则有 B(0,2,0)， C(－1,0,0)， D(1,0,1)， C1(－1,0,2)， ＝(－1，－2,0)，BC→ ＝(2,0,1)．CD→ 设平面 BCD 的法向量为 n＝( x， y， z)，∴Error! 即Error!可取 n＝(2，－1，－4)．易知平面 CDC1的一个法向量为 m＝(0,1,0)，∴cos〈 m， n〉＝ ＝ ＝－ ，m·n|m|·|n| － 11×21 2121由图可知，二面角 B­CD­C1的平面角为钝角，∴二面角 B­CD­C1的余弦值为－ .21216(3)证法一：∵ F(0,0,2)， G(0,2,1)，∴ ＝(0,2，－1)．FG→ 由(2)知平面 BCD 的一个法向量为 n＝(2，－1，－4)，设直线 FG 与平面 BCD 的夹角为 θ ，∴sin θ ＝|cos〈 ， n〉|＝ ＝ ＝ ≠0，FG→ |FG→ ·nFG→ |·|n|| |－ 2＋ 4|5×21 25×21∴ θ ≠0，∴直线 FG 与平面 BCD 相交．证法二：假设直线 FG 与平面 BCD 平行，设 CD 与 EF 的交点为 M，连接 BM， B1F.∵ FG⊂平面 BB1FE，且平面 BB1FE∩平面 BCD＝ BM，∴ FG∥ BM，∵ BG∥ FM，∴四边形 BMFG 为平行四边形，∴ FM＝ BG，易知 FM≠ BG，∴假设不成立，∴直线 FG 与平面 BCD 相交．2．(2018·成都市第一次诊断性检测)如图 1，在边长为 5 的菱形 ABCD 中， AC＝6，现沿对角线 AC 把△ ADC 翻折到△ APC 的位置得到四面体 P­ABC，如图 2 所示．已知 PB＝4 .2(1)求证：平面 PAC⊥平面 ABC；(2)若 Q 是线段 AP 上的点，且 ＝ ，求二面角 Q­BC­A 的余弦值．AQ→ 13AP→ 解析： (1)证明：取 AC 的中点 O，连接 PO， BO 得到△ PBO.∵四边形 ABCD 是菱形，∴ PA＝ PC， PO⊥ AC.∵ DC＝5， AC＝6，∴ OC＝3， PO＝ OB＝4，∵ PB＝4 ，∴ PO2＋ OB2＝ PB2.2∴ PO⊥ OB.∵ OB∩ AC＝ O，∴ PO⊥平面 ABC.∵ PO⊂平面 PAC，∴平面 PAC⊥平面 ABC.7(2)∵ AB＝ BC，∴ BO⊥ AC.易知 OB， OC， OP 两两垂直．以 O 为坐标原点， OB， OC， OP 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 O­xyz.则 B(4,0,0)， C(0,3,0)， P(0,0,4)， A(0，－3,0)．设点 Q(x， y， z)．由 ＝ ，得 Q .AQ→ 13AP→ (0， － 2， 43)∴ ＝(－4,3,0)， ＝ .BC→ BQ→ (－ 4， － 2， 43)设 n1＝( x1， y1， z1)为平面 BCQ 的法向量．由Error! 得Error!解得Error!取 z1＝15，则 n1＝(3,4,15)．取平面 ABC 的一个法向量 n2＝(0,0,1)．∵cos〈 n1， n2〉＝ ＝ ＝ ，n1·n2|n1||n2| 1532＋ 42＋ 152 31010∴二面角 Q­BC­A 的余弦值为 .31010