資源簡介

章末總結
網絡建構
知識辨析
判斷對錯(正確的打“√”,錯誤的打“×”).
1.有兩個面互相平行,其余各面都是四邊形的幾何體叫作棱柱.(　×　)
2.空間兩兩相交的三條直線確定一個平面.(　×　)
3.利用斜二測畫法畫空間圖形的直觀圖時,平行于x,y軸或在x,y軸上的線段長度在直觀圖中不變.(　×　)
4.若兩條直線無公共點,則這兩條直線平行.(　×　)
5.和兩條異面直線都相交的兩直線必是異面直線.(　×　)
6.若直線l與平面α平行,則l與平面α內的任意一條直線平行.(　×　)
7.若直線a∥平面α,則直線a與平面α內任意一條直線都無公共點.(　√　)
8.若一個平面內有三個點到另一個平面的距離相等,則這兩個平面平行.(　×　)
9.若a⊥b,b⊥α,則a∥α.(　×　)
題型一　空間幾何體的結構特征
[例1] 中國有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體,但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“半正多面體”[圖(1)].半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體.半正多面體體現了數學的對稱美.圖(2)是一個棱數為48的半正多面體,它的所有頂點都在同一個正方體的表面上,且此正方體的棱長為1.則該半正多面體共有　　　　個面,其棱長為　　　　　　.
解析:由題圖可知第一層與第三層各有9個面,共計18個面,第二層共有8個面,所以該半正多面體共有18+8=26(個)面.
如圖,將該半正多面體的部分放在棱長為1的正方體中,設該半正多面體的棱長為x,則AB=BE=x,延長CB與FE交于點G,延長BC交正方體的棱于點H,由半正多面體的對稱性可知,△BGE為等腰直角三角形,
所以BG=GE=CH=x,
所以GH=2×x+x=(+1)x=1,所以x==-1,即該半正多面體棱長為-1.
答案:26　-1
破解與正多面體有關的簡單計算問題
與正多面體有關的簡單計算問題,常借助于正多面體的結構特征,尤其是對稱性,借助于軸截面、平行截面等,轉化為平面圖形求解.
題型二　球的切、接
[例2] (1)(2021·全國甲卷)已知A,B,C是半徑為1的球O的球面上的三個點,且AC⊥BC,AC=BC=1,則三棱錐OABC的體積為(　　)
A. B. C. D.
(2)已知圓錐的底面半徑為1,母線長為3,則該圓錐內半徑最大的球的體積為　　　　　　.
解析:(1)如圖所示,因為AC⊥BC,所以AB為截面圓O1的直徑,且AB=.
連接OO1,
則OO1⊥平面ABC,
OO1===,
所以三棱錐OABC的體積V=S△ABC·OO1=××1×1×=.故選A.
(2)易知半徑最大的球即為該圓錐的內切球.圓錐PE及其內切球O如圖所示,設內切球的半徑為R,則sin∠BPE===,所以OP=3R,所以PE=4R===2,所以R=,所以內切球的體積
V=πR3=,即該圓錐內半徑最大的球的體積為.
答案:(1)A　(2)
球的切、接問題的求解策略
(1)關于球的內接幾何體問題,求解時首先根據幾何體的特征,作適當的截面(如軸截面等),確定球心的位置,然后利用球心與截面圓的圓心垂直于截面的性質,通過解直角三角形(常用勾股定理)求得與球的半徑有關的關系式.
(2)涉及球的外切幾何體問題,常通過等體積法(即球心與球的外切幾何體的每一個面構成的高為球的半徑的棱錐的體積的和等于球的外切幾何體的體積)求得與半徑有關的關系式.
題型三　空間幾何體的表面積與體積
[例3] (1)(2024·新課標Ⅰ卷)已知圓柱和圓錐的底面半徑相等,側面積相等,且它們的高均為,則圓錐的體積為(　　)
A.2π B.3π C.6π D.9π
(2)(2023·新課標Ⅰ卷)在正四棱臺ABCDA1B1C1D1中,AB=2,A1B1=1,AA1=,則該棱臺的體積為　　　　.
解析:(1)設圓柱的底面半徑為r,則圓錐的母線長為,
而它們的側面積相等,所以2πr×=πr×,即2=,故r=3,
故圓錐的體積V=π×9×=3π.故選B.
(2)如圖,過A1作A1M⊥AC,垂足為M,易知A1M為四棱臺ABCDA1B1C1D1的高,
因為AB=2,A1B1=1,AA1=,
則A1O1=A1C1=×A1B1=,AO=AC=×AB=,
故AM=AO-A1O1=,則A1M===,
所以所求體積為V=×(4+1+)×=.
答案:(1)B　(2)
(1)空間幾何體表面積的求法.
①多面體的表面積是各個面的面積之和;組合體的表面積注意銜接部分的處理.
②旋轉體的表面積問題注意其側面展開圖的應用.
(2)空間幾何體體積問題的常見類型及解題策略.
①若所給定的幾何體是可直接用公式求解的柱體、錐體或臺體,則可直接利用公式進行求解.
②若所給定的幾何體的體積不能直接利用公式得出,則常用轉換法、分割法、補形法等方法進行求解.
題型四　空間點、線、面的位置關系
[例4]在如圖所示的空間幾何體中,平面CDEF為正方形,AB=2BC,點Q為AE的中點.
(1)求證:AC∥平面DQF.
(2)若∠ABC=60°,AC⊥FB,求證:平面CDEF⊥平面ABCD.
證明:(1)如圖,連接CE,交DF于點O,連接OQ.
因為平面CDEF為正方形,
所以O為CE,DF的中點.
因為點Q為AE的中點,
所以QO∥AC.
因為QO 平面DQF,
AC 平面DQF,
所以AC∥平面DQF.
(2)因為AB=2BC,∠ABC=60°,
在△ABC中,由余弦定理可得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos 60°=3BC2,
所以AC2+BC2=4BC2=AB2,
所以∠ACB=90°,所以AC⊥BC.
又因為AC⊥FB,FB∩BC=B,FB 平面FBC,BC 平面FBC,
所以AC⊥平面FBC,
所以AC⊥FC.
因為CD⊥FC,AC∩CD=C,
AC 平面ABCD,
CD 平面ABCD,
所以FC⊥平面ABCD.
又因為FC 平面CDEF,
所以平面CDEF⊥平面ABCD.
空間平行、垂直關系的證明方法
(1)證明空間線面平行或垂直需注意三點.
①由已知想性質,由求證想判定.
②適當添加輔助線(或面)是解題的常用方法之一.
③用定理時要先明確條件,再由定理得出相應結論.
(2)平行、垂直關系的相互轉化方法.
題型五　折疊問題
[例5] 如圖,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,∠ADC=60°,CD=2AB=4,E為CD的中點,現將該梯形中的三角形DAE沿線段AE折起,折成四棱錐
DABCE.
(1)在四棱錐DABCE中,求證:AE⊥BD.
(2)在四棱錐DABCE中,若BD=,求四棱錐DABCE的體積.
(1)證明:由題意,四邊形ABCE為菱形,邊長為2,∠BAE=60°,
取AE的中點O,
連接OD,OB,BE.
由已知可得△DAE,△ABE為正三角形,
所以AE⊥OD,AE⊥OB.
又OD∩OB=O,
OD 平面BOD,OB 平面BOD,所以AE⊥平面BOD,
而BD 平面BOD,則AE⊥BD.
(2)解:因為△DAE,△ABE均是邊長為2的正三角形,所以OD=OB=.
又BD=,所以OB2+OD2=BD2,可得OD⊥OB,所以OA,OB,OD兩兩互相垂直,
所以=S四邊形ABCE·OD=AE·OB·OD=×2××=2.
解決折疊問題的關鍵在于認真分析折疊前后元素的位置變化情況,求解時應明確一般情況下,在折疊線同側的線面位置關系在折疊前后不變,而在折疊線異側的線面位置關系在折疊后改變.
第六章　檢測試題
一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.
1.下列說法正確的是(　C　)
A.與直線a相交的兩條直線確定一個平面
B.兩條直線確定一個平面
C.過一條直線的平面有無數個
D.兩個相交平面的交線是一條線段
解析:當這兩條直線異面時不能確定平面,A錯誤;兩條直線異面,則不能確定平面,B錯誤;兩個相交平面的交線是一條直線,D錯誤.故選C.
2.已知一個直三棱柱的高為2,如圖,其底面ABC水平放置的直觀圖(斜二測畫法)為A′B′C′,其中O′A′=O′B′=O′C′=1,則此三棱柱的體積為(　C　)
A. B.2
C.4 D.5
解析:依題意可得底面△ABC的平面圖形如圖所示.
其中OA=2O′A′=2,OB=OC=O′B′=O′C′=1,
所以此三棱柱的底面積為S△ABC=×2×2=2.因為該三棱柱的高為2,
所以此三棱柱的體積V=S△ABC·h=2×2=4.故選C.
3.已知各棱長都為1的平行六面體ABCDA1B1C1D1中,棱AA1,AB,AD兩兩的夾角均為,則異面直線BA1與CB1的夾角為(　C　)
A. B. C. D.
解析:在平行六面體ABCDA1B1C1D1中,
連接A1D,BD,A1B1∥AB∥CD,A1B1=AB=CD,
則四邊形A1B1CD是平行四邊形,B1C∥A1D,于是∠BA1D是異面直線BA1與CB1的夾角或其補角.由AA1=AB=AD=1,棱AA1,AB,AD兩兩的夾角均為,得△ABD,△ABA1,△ADA1都是正三角形,即A1B=BD=A1D=1,則∠BA1D=,所以異面直線BA1與CB1的夾角為.故選C.
4.設α,β是兩個不同的平面,l,m是兩條直線,且m α,l⊥α.則
“l⊥β”是“m∥β”的(　A　)
A.充分而不必要條件
B.必要而不充分條件
C.充分必要條件
D.既不充分也不必要條件
解析:l⊥β,且l⊥α,所以α∥β,又m α,所以m∥β,充分性滿足.
如圖,
滿足m∥β,m α,l⊥α,但l⊥β不成立,故必要性不滿足.
所以“l⊥β”是“m∥β”的充分而不必要條件.故選A.
5.長方體ABCDA1B1C1D1中,四邊形ABB1A1為正方形,直線B1C與直線AD所成角的正切值為2,則直線B1D與平面ABCD夾角的正切值為(　B　)
A. B. C. D.
解析:長方體中,AD∥BC,所以∠BCB1就是直線B1C與直線AD的夾角或其補角,
因此tan∠BCB1==2,
即BC=BB1,
又由BB1⊥平面ABCD知∠B1DB是直線B1D與平面ABCD的夾角,
tan∠B1DB====.
故選B.
6.已知α,β是兩個不同的平面,m,n是兩條不同的直線,能使m⊥n成立的一組條件是(　B　)
A.α∥β,m⊥α,n⊥β B.α∥β,m α,n⊥β
C.α⊥β,m⊥α,n∥β D.α⊥β,m α,n∥β
解析:對于A,若α∥β,m⊥α,n⊥β,則n∥m,故A錯誤;
對于B,若α∥β,m α,n⊥β,則m⊥n,故B正確;
對于C,若α⊥β,m⊥α,n∥β,則m,n可能相交,平行或異面,
故C錯誤;
對于D,若α⊥β,m α,n∥β,則m,n可能相交,平行或異面,
故D錯誤.故選B.
7.如圖所示,圓臺的上、下底面半徑分別為4 cm和6 cm,AA1,BB1為圓臺的兩條母線,截面ABB1A1與下底面所成的夾角大小為60°,且☉O1劣弧的弧長為 cm,則三棱臺ABOA1B1O1的體積為(　C　)
A. cm3 B.10 cm3
C.19 cm3 D.20 cm3
解析:如圖,分別取A1B1,AB的中點E,F,連接OE,OF,EF,
則O1E⊥A1B1,OF⊥AB且O1E∥OF,又O1O⊥平面ABO,AB 平面ABO,
所以O1O⊥AB,
OF∩O1O=O,OF,O1O 平面FEO1O,所以AB⊥平面FEO1O.
又EF 平面FEO1O,所以EF⊥AB,
所以截面ABB1A1與下底面所成的夾角為∠EFO=60°.
過E作EH⊥FO于點H,則EH∥O1O,且EH=O1O,
又☉O1劣弧的弧長為 cm,弧所在圓的半徑為4,
所以∠A1O1B1==,則∠O1A1B1=,所以EO1=4sin =2,同理可得OF=3,所以FH=3-2=1.又∠EFO=60°,所以O1O=EH=FHtan 60°=,
又三角形A1O1B1的面積為×4×4×=4,
同理可得三角形AOB的面積為×6×6×=9,
所以三棱臺ABOA1B1O1的體積為×(4+9+)×=19(cm3).故選C.
8.六氟化硫,化學式為SF6,在常壓下是一種無色、無臭、無毒、不燃的穩定氣體,有良好的絕緣性,在電器工業方面具有廣泛用途.六氟化硫分子結構為正八面體結構(正八面體每個面都是正三角形,可以看作是將兩個棱長均相等的正四棱錐將底面粘接在一起的幾何體).如圖所示,正八面體EABCDF的棱長為a,下列說法中正確的個數有(　B　)
①此八面體的表面積為2a2;
②異面直線AE與BF所成的角為45°;
③此八面體的外接球與內切球的體積之比為3;
④若點P為棱EB上的動點,則AP+CP的最小值為2a.
A.1個 B.2個
C.3個 D.4個
解析:對①:由題意可得S表=8×a2=2a2,故①正確.
對②:連接AC,取AC中點O,連接OE,OF,
由題意可得OE,OF為同一直線,A,E,C,F四點共面,
又AE=EC=CF=FA,故四邊形AECF為菱形,
故AE∥CF,故異面直線AE與BF所成的角等于直線CF與BF所成的角,
即異面直線AE與BF所成的角等于∠CFB=60°,故②錯誤.
對③:由四邊形ABCD為正方形,有AC2=BC2+AB2=EC2+AE2=2a2,
故四邊形AECF亦為正方形,即點O到各頂點距離相等,即此八面體的外接球球心為O,半徑為R==a.
設此八面體的內切球半徑為r,
則有=S表×r=2=2××a2×a,化簡得r=a,
則此八面體的外接球與內切球的體積之比為()3=()3=3,
故③正確.
對④:將△AEB沿EB折疊至平面EBC中,如圖所示,
則在新的平面中,A,P,C三點共線時,AP+CP有最小值,
則(AP+CP)min=a×2=a,故④錯誤.
故選B.
二、選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯的得0分.
9.下列說法錯誤的是(　AD　)
A.直四棱柱是長方體
B.圓錐截去一個小圓錐后剩余部分是圓臺
C.棱臺的各側棱延長后必交于一點
D.棱柱中兩個互相平行的面一定是棱柱的底面
解析:對于A,因為直四棱柱上下底面平行,側棱垂直于底面,
但是上下底面可以不是矩形,所以直棱柱不一定是長方體,故A錯誤;
對于B,圓錐截去一個小圓錐后剩余部分是圓臺,故B正確;
對于C,由棱臺的定義知,棱臺的側棱延長后必交于一點,故C正確;
對于D,棱柱的兩個面平行可能是棱柱的底面也可能是棱柱的側面,故D錯誤.故選AD.
10.如圖,過直三棱柱ABCA1B1C1的棱BC作截面分別與棱A1B1,A1C1相交于M,N(M,N不與頂點重合),則下列判斷正確的有(　ACD　)
A.MN∥B1C1
B.直線CM與直線AA1共面
C.幾何體A1MNABC為棱臺
D.當M為A1B1中點時,幾何體A1MNABC與三棱柱ABCA1B1C1的體積之比為
解析:對于A,因為BC∥B1C1,B1C1 平面A1B1C1,BC 平面A1B1C1,
所以BC∥平面A1B1C1,又因為BC 平面BCNM,又因為平面A1B1C1∩平面BCNM=MN,所以BC∥MN,又因為BC∥B1C1,所以MN∥B1C1,故A正確;
對于B,因為AA1 平面AA1B1B,M∈平面AA1B1B,C 平面AA1B1B,
所以直線CM與直線AA1為異面直線,故B錯誤;
對于C,因為MN∥B1C1,所以△A1MN∽△A1B1C1,又因為△ABC≌△A1B1C1,所以△A1MN∽△ABC,
又因為A1M∥AB,A1N∥AC,所以將AA1,BM,CN延長能交于一點,故C正確;
對于D,由C選項知,當M為A1B1中點時,幾何體A1MNABC為三棱臺,
設S△ABC=S,則=,
所以幾何體A1MNABC的體積為V1=(+S+)·AA1=S·AA1,
三棱柱ABCA1B1C1的體積V2=S·AA1,
所以=,故D正確.故選ACD.
11.在正方體ABCDA1B1C1D1中,點M在線段B1C上運動,則(　BD　)
A.直線BD1⊥平面A1B1CD
B.三棱錐MA1C1D的體積為定值
C.異面直線AM與A1D所成角的取值范圍是[,]
D.直線C1M與平面A1C1D所成角的正弦值的最大值為
解析:如圖所示,若直線BD1⊥平面A1B1CD,而A1B1 平面A1B1CD,
則BD1⊥A1B1,
又A1B1∥AB,則有BD1⊥AB,顯然在正方體中不成立,故A錯誤;
在正方體中,易知B1C∥A1D,A1D 平面A1C1D,B1C 平面A1C1D,
故B1C∥平面A1C1D,所以B1C上的點到平面A1C1D的距離為定值,
而△A1C1D的面積固定,則為定值,故B正確;
由上可知異面直線AM與A1D所成角即AM與B1C所成角,而△AB1C為正三角形,故AM與B1C所成角范圍為[,],故C錯誤;
設M在平面A1C1D的投影為N,正方體棱長為1,由上可知===MN×=×1××12,
而=×()2,所以MN=,在等腰直角三角形B1C1C中,易知C1M∈[,1],
根據線面夾角的定義知直線C1M與平面A1C1D所成角為∠MC1N,
顯然sin∠MC1N=∈[,],故D正確.故選BD.
三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分.
12.已知軸截面為正三角形的圓錐MM′的高與球O的直徑相等,則圓錐MM′的表面積與球O的表面積的比值是　　　　.
解析:設圓錐MM′的底面半徑為r,球O的半徑為R,
因為圓錐MM′的軸截面為正三角形,所以圓錐MM′的高h=r,
母線l=2r,
由題可知2R=h=r,所以球O的半徑R=r,
所以圓錐MM′的表面積S1=πrl+πr2=3πr2,
球O的表面積S2=4πR2=4π×(r)2=3πr2,即==1.
答案:1
13.圖(1)是蜂房正對著蜜蜂巢穴開口的截面圖,它是由許多個正六邊形互相緊挨在一起構成的.可以看出蜂房的底部是由三個大小相同的菱形組成,且這三個菱形不在一個平面上,研究表明蜂房底部的菱形相似于菱形十二面體的表面菱形.圖(2)是一個菱形十二面體,它是由十二個相同的菱形圍成的幾何體,也可以看作正方體的各個正方形面上扣上一個正四棱錐[如圖(3)],且平面ABCD與平面ATBS的夾角為45°,則cos∠ASB=　　　　.
解析:如圖,連接AC,BD相交于點O,連接SO,
因為四棱錐SABCD為正棱錐,
所以SO⊥平面ABCD.取AB的中點E,連接SE,OE,
因為SA=SB,OA=OB,
所以SE⊥AB,OE⊥AB,
所以∠SEO即為平面ABCD與平面ATBS的夾角,即∠SEO=45°.
設AE=a,則OE=OS=a,所以SE2=OS2+OE2=2a2,SA2=SB2=SE2+BE2=3a2,
在△SAB中,由余弦定理得cos∠ASB===.
答案:
14.已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1的側棱長為2,底面邊長為1,點P是底面A1B1C1D1(含邊界)上一個動點,直線AP與平面ABCD所成的角的正切值為2,則PC1的取值范圍為　　　 　;當PC1取得最小值時,四棱錐PABCD的外接球表面積為　 　　　.
解析:如圖(1),從點P向底面ABCD作垂線,垂足為O,連接OA,則∠PAO為直線AP與平面ABCD所成的角,因為直線AP與平面ABCD所成的角的正切值為2,所以=2.
因為OP=2,所以OA=1,由對稱性可知,A1P=1,即點P的軌跡是底面A1B1C1D1內,以A1為圓心,1為半徑的圓弧,
如圖(2),當P位于A1C1與圓弧的交點處時,PC1最小,最小值為-1;
當P位于B1或D1時,PC1最大,最大值為1,所以PC1的取值范圍為[-1,1].
如圖(3),設A1C1,D1B1交于點E,AC,BD交于點F,連接EF,
則球心在EF上,設為點M,
連接MP,MB,設EM=x,球半徑為R,則MP=MB=R,EP=-(-1)=1-,
由勾股定理可得
解得R2=,
所以球的表面積為S=4πR2=π.
答案:[-1,1]　π
四、解答題:本題共5小題,共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
15.(本小題滿分13分)
已知在四棱錐PABCD中,PA⊥平面ABCD,四邊形ABCD是直角梯形,滿足AD∥BC,AD⊥DC,若PA=AD=DC=2,BC=3,M為PD的中點,N為PC的三等分點(靠近點P).
(1)求證:AM⊥平面PCD.
(2)求三棱錐PAMN的體積.
(1)證明:在四棱錐PABCD中,PA⊥平面ABCD,CD 平面ABCD,
則PA⊥CD.又AD⊥CD,而PA∩AD=A,PA,AD 平面PAD,
于是CD⊥平面PAD.又AM 平面PAD,則AM⊥CD,由AP=AD,
M為PD中點,得AM⊥PD.而CD∩PD=D,CD,PD 平面PCD,
所以AM⊥平面PCD.
(2)解:由(1)知CD⊥平面PAD,又PD 平面PAD,則CD⊥PD,
△PCD的面積S△PCD=PD·CD=×2×2=2.
因此三棱錐APCD的體積=S△PCD×AM=×2×=,
而PM=PD,PN=PC,
即S△PMN=PM·PN·sin∠CPD=×PD·PC·sin∠CPD=S△PCD,
所以三棱錐PAMN的體積===.
16.(本小題滿分15分)
如圖,已知點P在圓柱OO1的底面圓O的圓周上,AB為圓O的直徑.
(1)求證:BP⊥A1P.
(2)若OA=2,∠BOP=60°,圓柱的體積為16π,求異面直線AP與A1B夾角的大小.
(1)證明:易知AP⊥BP,又由AA1⊥平面PAB,BP 平面PAB,得AA1⊥BP,
而AP∩AA1=A,AP,AA1 平面PAA1,則BP⊥平面PAA1,而A1P 平面PAA1,故BP⊥A1P.
(2)解:如圖,延長PO交圓O于點Q,連接BQ,A1Q,AQ,易知BQ∥AP,
∠A1BQ(或其補角)即為所求的角,
由題知V=π·OA2·AA1=4π·AA1=16π,解得AA1=4.
△A1BQ中,QB=2,A1Q=6,A1B=4,
由余弦定理得cos∠A1BQ==,
由0°<∠A1BQ<180°,
從而∠A1BQ=60°,所以異面直線AP與A1B夾角的大小為60°.
17.(本小題滿分15分)
如圖,在四棱錐PABCD中,底面ABCD是邊長為2的菱形,△DCP是等邊三角形,∠DCB=∠PCB=,M,N分別為DP和AB的中點.
(1)求證:MN∥平面PBC.
(2)求證:平面PBC⊥平面ABCD.
證明:(1)如圖,取PC中點E,連接ME,BE,由M為DP的中點,
N為AB的中點,
所以ME∥DC,ME=DC.又BN∥CD,BN=CD,
則ME∥BN,ME=BN,因此四邊形BEMN為平行四邊形.
于是MN∥BE,而MN 平面PBC,BE 平面PBC,所以MN∥平面PBC.
(2)如圖,過P作PQ⊥BC于點Q,連接DQ,
由∠DCB=∠PCB=,CD=PC,QC=QC,
得△QCD≌△QCP,
則∠DQC=∠PQC=,即DQ⊥BC.
因為底面ABCD是邊長為2的菱形,△DCP是等邊三角形,所以CD=PD=2,
從而PQ=DQ=,PQ2+DQ2=4=22=PD2,所以PQ⊥DQ.
又因為DQ∩BC=Q,DQ 平面ABCD,BC 平面ABCD.
則PQ⊥平面ABCD,又因為PQ 平面PBC,所以平面PBC⊥平面ABCD.
18.(本小題滿分17分)
如圖,在矩形ABCD中,AB=2,AD=2,將△ABD沿BD折起,得到三棱錐MBCD,其中△MBD是折疊前的△ABD,過M作BD的垂線,垂足為H,
MC=.
(1)求證:MH⊥CD.
(2)過H作MB的垂線,垂足為N,求點N到平面MCD的距離.
(1)證明:如圖,連接CH,由MB=CD=2,MD=BC=2,∠BMD=∠BCD=90°,
得BD=4,∠MDB=∠DBC=30°,MH=,BH=1.
在△BCH中,由余弦定理得CH==,
則MH2+CH2=10=MC2,于是MH⊥CH,
而MH⊥BD,CH∩BD=H,CH,BD 平面BCD,
因此MH⊥平面BCD,又CD 平面BCD,
所以MH⊥CD.
(2)解:在△MBD中,由NH⊥MB,MD⊥MB,得NH∥MD,而MD 平面MCD,
NH 平面MCD,則NH∥平面MCD,于是點N到平面MCD的距離等于點H到平面MCD的距離d.
又==,設點B到平面MCD的距離為h,則d=h,
cos∠MDC==,
sin∠MDC=,
S△MCD=×2×2×=,
S△BCD=×2×2=2.
由=,得S△MCD·h=S△BCD·MH,即h=2×,
解得h=,
所以點N到平面MCD的距離d=h=.
19.(本小題滿分17分)
如圖,在三棱柱ADPBCQ中,側面ABCD為矩形.
(1)設M為AD中點,點N在線段PC上,且NC=2PN,求證:PM∥平面BDN.
(2)若二面角QBCD的大小為,且AD=AB,求直線BD和平面QCB所成角的正弦值.
(1)證明:如圖,連接MC交BD于E,連接NE,
因為側面ABCD為矩形,所以AD∥BC.又M為AD中點,所以==2.又因為NC=2PN,
所以==2.
所以PM∥NE,又PM 平面BDN,NE 平面BDN,所以PM∥平面BDN.
(2)解:如圖,在平面QCB中,過點C作射線CF⊥BC,因為底面ABCD為矩形,所以BC⊥CD,
所以∠DCF為二面角QBCD的平面角,且∠DCF=.
又CF∩CD=C,CF,CD 平面CDF,所以BC⊥平面CDF,在平面CDF中,過點D作DG⊥FC,垂足為G,連接BG,
因為BC⊥平面CDF,DG 平面CDF,
所以DG⊥BC.又BC∩FC=C,BC 平面BCQ,FC 平面BCQ,
所以DG⊥平面BCQ,則∠DBG即為直線BD和平面QCB所成的角,
于是DG為點D到平面BCQ的距離,且DG=DCsin =DC=AB.設直線BD和平面QCB所成角為α,又AD=AB,
則sin α====,
所以直線BD和平面QCB所成角的正弦值為.章末總結
網絡建構
知識辨析
判斷對錯(正確的打“√”,錯誤的打“×”).
1.有兩個面互相平行,其余各面都是四邊形的幾何體叫作棱柱.(　　)
2.空間兩兩相交的三條直線確定一個平面.(　　)
3.利用斜二測畫法畫空間圖形的直觀圖時,平行于x,y軸或在x,y軸上的線段長度在直觀圖中不變.(　　)
4.若兩條直線無公共點,則這兩條直線平行.(　　)
5.和兩條異面直線都相交的兩直線必是異面直線.(　　)
6.若直線l與平面α平行,則l與平面α內的任意一條直線平行.(　　)
7.若直線a∥平面α,則直線a與平面α內任意一條直線都無公共點.(　　)
8.若一個平面內有三個點到另一個平面的距離相等,則這兩個平面平行.(　　)
9.若a⊥b,b⊥α,則a∥α.(　　)
題型一　空間幾何體的結構特征
[例1] 中國有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體,但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“半正多面體”[圖(1)].半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體.半正多面體體現了數學的對稱美.圖(2)是一個棱數為48的半正多面體,它的所有頂點都在同一個正方體的表面上,且此正方體的棱長為1.則該半正多面體共有　　　　個面,其棱長為　　　　　　.
破解與正多面體有關的簡單計算問題
與正多面體有關的簡單計算問題,常借助于正多面體的結構特征,尤其是對稱性,借助于軸截面、平行截面等,轉化為平面圖形求解.
題型二　球的切、接
[例2] (1)(2021·全國甲卷)已知A,B,C是半徑為1的球O的球面上的三個點,且AC⊥BC,AC=BC=1,則三棱錐OABC的體積為(　　)
A. B. C. D.
(2)已知圓錐的底面半徑為1,母線長為3,則該圓錐內半徑最大的球的體積為　　　　　　.
球的切、接問題的求解策略
(1)關于球的內接幾何體問題,求解時首先根據幾何體的特征,作適當的截面(如軸截面等),確定球心的位置,然后利用球心與截面圓的圓心垂直于截面的性質,通過解直角三角形(常用勾股定理)求得與球的半徑有關的關系式.
(2)涉及球的外切幾何體問題,常通過等體積法(即球心與球的外切幾何體的每一個面構成的高為球的半徑的棱錐的體積的和等于球的外切幾何體的體積)求得與半徑有關的關系式.
題型三　空間幾何體的表面積與體積
[例3] (1)(2024·新課標Ⅰ卷)已知圓柱和圓錐的底面半徑相等,側面積相等,且它們的高均為,則圓錐的體積為(　　)
A.2π B.3π C.6π D.9π
(2)(2023·新課標Ⅰ卷)在正四棱臺ABCDA1B1C1D1中,AB=2,A1B1=1,AA1=,則該棱臺的體積為　　　　.
(1)空間幾何體表面積的求法.
①多面體的表面積是各個面的面積之和;組合體的表面積注意銜接部分的處理.
②旋轉體的表面積問題注意其側面展開圖的應用.
(2)空間幾何體體積問題的常見類型及解題策略.
①若所給定的幾何體是可直接用公式求解的柱體、錐體或臺體,則可直接利用公式進行求解.
②若所給定的幾何體的體積不能直接利用公式得出,則常用轉換法、分割法、補形法等方法進行求解.
題型四　空間點、線、面的位置關系
[例4]在如圖所示的空間幾何體中,平面CDEF為正方形,AB=2BC,點Q為AE的中點.
(1)求證:AC∥平面DQF.
(2)若∠ABC=60°,AC⊥FB,求證:平面CDEF⊥平面ABCD.
空間平行、垂直關系的證明方法
(1)證明空間線面平行或垂直需注意三點.
①由已知想性質,由求證想判定.
②適當添加輔助線(或面)是解題的常用方法之一.
③用定理時要先明確條件,再由定理得出相應結論.
(2)平行、垂直關系的相互轉化方法.
題型五　折疊問題
[例5] 如圖,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,∠ADC=60°,CD=2AB=4,E為CD的中點,現將該梯形中的三角形DAE沿線段AE折起,折成四棱錐
DABCE.
(1)在四棱錐DABCE中,求證:AE⊥BD.
(2)在四棱錐DABCE中,若BD=,求四棱錐DABCE的體積.
解決折疊問題的關鍵在于認真分析折疊前后元素的位置變化情況,求解時應明確一般情況下,在折疊線同側的線面位置關系在折疊前后不變,而在折疊線異側的線面位置關系在折疊后改變.
第六章　檢測試題
一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.
1.下列說法正確的是(　　)
A.與直線a相交的兩條直線確定一個平面
B.兩條直線確定一個平面
C.過一條直線的平面有無數個
D.兩個相交平面的交線是一條線段
2.已知一個直三棱柱的高為2,如圖,其底面ABC水平放置的直觀圖(斜二測畫法)為A′B′C′,其中O′A′=O′B′=O′C′=1,則此三棱柱的體積為(　　)
A. B.2
C.4 D.5
3.已知各棱長都為1的平行六面體ABCDA1B1C1D1中,棱AA1,AB,AD兩兩的夾角均為,則異面直線BA1與CB1的夾角為(　　)
A. B. C. D.
4.設α,β是兩個不同的平面,l,m是兩條直線,且m α,l⊥α.則
“l⊥β”是“m∥β”的(　　)
A.充分而不必要條件
B.必要而不充分條件
C.充分必要條件
D.既不充分也不必要條件
5.長方體ABCDA1B1C1D1中,四邊形ABB1A1為正方形,直線B1C與直線AD所成角的正切值為2,則直線B1D與平面ABCD夾角的正切值為(　　)
A. B. C. D.
6.已知α,β是兩個不同的平面,m,n是兩條不同的直線,能使m⊥n成立的一組條件是(　　)
A.α∥β,m⊥α,n⊥β B.α∥β,m α,n⊥β
C.α⊥β,m⊥α,n∥β D.α⊥β,m α,n∥β
7.如圖所示,圓臺的上、下底面半徑分別為4 cm和6 cm,AA1,BB1為圓臺的兩條母線,截面ABB1A1與下底面所成的夾角大小為60°,且☉O1劣弧的弧長為 cm,則三棱臺ABOA1B1O1的體積為(　　)
A. cm3 B.10 cm3
C.19 cm3 D.20 cm3
8.六氟化硫,化學式為SF6,在常壓下是一種無色、無臭、無毒、不燃的穩定氣體,有良好的絕緣性,在電器工業方面具有廣泛用途.六氟化硫分子結構為正八面體結構(正八面體每個面都是正三角形,可以看作是將兩個棱長均相等的正四棱錐將底面粘接在一起的幾何體).如圖所示,正八面體EABCDF的棱長為a,下列說法中正確的個數有(　　)
①此八面體的表面積為2a2;
②異面直線AE與BF所成的角為45°;
③此八面體的外接球與內切球的體積之比為3;
④若點P為棱EB上的動點,則AP+CP的最小值為2a.
A.1個 B.2個
C.3個 D.4個
二、選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯的得0分.
9.下列說法錯誤的是(　　)
A.直四棱柱是長方體
B.圓錐截去一個小圓錐后剩余部分是圓臺
C.棱臺的各側棱延長后必交于一點
D.棱柱中兩個互相平行的面一定是棱柱的底面
10.如圖,過直三棱柱ABCA1B1C1的棱BC作截面分別與棱A1B1,A1C1相交于M,N(M,N不與頂點重合),則下列判斷正確的有(　　)
A.MN∥B1C1
B.直線CM與直線AA1共面
C.幾何體A1MNABC為棱臺
D.當M為A1B1中點時,幾何體A1MNABC與三棱柱ABCA1B1C1的體積之比為
11.在正方體ABCDA1B1C1D1中,點M在線段B1C上運動,則(　　)
A.直線BD1⊥平面A1B1CD
B.三棱錐MA1C1D的體積為定值
C.異面直線AM與A1D所成角的取值范圍是[,]
D.直線C1M與平面A1C1D所成角的正弦值的最大值為
三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分.
12.已知軸截面為正三角形的圓錐MM′的高與球O的直徑相等,則圓錐MM′的表面積與球O的表面積的比值是　　　　.
13.圖(1)是蜂房正對著蜜蜂巢穴開口的截面圖,它是由許多個正六邊形互相緊挨在一起構成的.可以看出蜂房的底部是由三個大小相同的菱形組成,且這三個菱形不在一個平面上,研究表明蜂房底部的菱形相似于菱形十二面體的表面菱形.圖(2)是一個菱形十二面體,它是由十二個相同的菱形圍成的幾何體,也可以看作正方體的各個正方形面上扣上一個正四棱錐[如圖(3)],且平面ABCD與平面ATBS的夾角為45°,則cos∠ASB=　　　　.
14.已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1的側棱長為2,底面邊長為1,點P是底面A1B1C1D1(含邊界)上一個動點,直線AP與平面ABCD所成的角的正切值為2,則PC1的取值范圍為　　　 　;當PC1取得最小值時,四棱錐PABCD的外接球表面積為　 　　　.
四、解答題:本題共5小題,共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
15.(本小題滿分13分)
已知在四棱錐PABCD中,PA⊥平面ABCD,四邊形ABCD是直角梯形,滿足AD∥BC,AD⊥DC,若PA=AD=DC=2,BC=3,M為PD的中點,N為PC的三等分點(靠近點P).
(1)求證:AM⊥平面PCD.
(2)求三棱錐PAMN的體積.
16.(本小題滿分15分)
如圖,已知點P在圓柱OO1的底面圓O的圓周上,AB為圓O的直徑.
(1)求證:BP⊥A1P.
(2)若OA=2,∠BOP=60°,圓柱的體積為16π,求異面直線AP與A1B夾角的大小.
17.(本小題滿分15分)
如圖,在四棱錐PABCD中,底面ABCD是邊長為2的菱形,△DCP是等邊三角形,∠DCB=∠PCB=,M,N分別為DP和AB的中點.
(1)求證:MN∥平面PBC.
(2)求證:平面PBC⊥平面ABCD.
18.(本小題滿分17分)
如圖,在矩形ABCD中,AB=2,AD=2,將△ABD沿BD折起,得到三棱錐MBCD,其中△MBD是折疊前的△ABD,過M作BD的垂線,垂足為H,
MC=.
(1)求證:MH⊥CD.
(2)過H作MB的垂線,垂足為N,求點N到平面MCD的距離.
19.(本小題滿分17分)
如圖,在三棱柱ADPBCQ中,側面ABCD為矩形.
(1)設M為AD中點,點N在線段PC上,且NC=2PN,求證:PM∥平面BDN.
(2)若二面角QBCD的大小為,且AD=AB,求直線BD和平面QCB所成角的正弦值.

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