【文档说明】高考数学二轮复习《立体几何及空间几何体》(教师版).doc，共(15)页，425.461 KB，由MTyang资料小铺上传

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高考数学二轮复习《立体几何及空间几何体》一、选择题1.如图是某四棱锥的三视图，则该几何体的表面积为()A.34＋65B.6＋65＋43C.6＋65＋413D.17＋65【答案解析】答案为：A.解析：由三视图得该几何体的直观图如图，其中，底面ABCD为矩形，A

D=6，AB=2，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD为等腰三角形，且此四棱锥的高为4，故该几何体的表面积等于6×2＋2×12×2×5＋12×6×25＋12×6×4=34＋65.2.如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线表示的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的四个面中，最小面的面积是(

)A.23B.22C.2D.3【答案解析】答案为：C.解析：在正方体中还原该几何体，如图中三棱锥D­ABC所示，其中正方体的棱长为2，则S△ABC=2，S△DBC=22，S△ADB=22，S△ADC=23

，故该三棱锥的四个面中，最小面的面积是2，故选C.3.如图，网格纸上小正方形的边长为1，图中粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为()A.23B.3C.6D.5【答案解析】答案为：B.解析：根据三视图，利用棱长为2的正方体分析知，该多面体是

一个三棱锥，即三棱锥A1­MNP，如图所示，其中M，N，P是棱长为2的正方体相应棱的中点，可得棱A1M最长，A1M=22＋22＋12=3，故最长的棱的长度为3，故选B.4.如图是一个四面体的三视图，这三个视图均是腰长为2的等腰直角三角形，正视图和俯视图中的虚线是三角

形的中线，则该四面体的体积为()A.23B.43C.83D.2【答案解析】答案为：A解析：由三视图可知，此四面体如图所示，其高为2，底面三角形的一边长为1，对应的高为2，所以其体积V=13×12×2×1×2

=23.故选A.5.平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为2，则此球的体积为()A.6πB.43πC.46πD.63π【答案解析】答案为：B解析：设球的半径为R，由球的截面性质得R=22＋12=3，所以球

的体积V=43πR3=43π.6.若三棱锥S­ABC的所有顶点都在球O的球面上，SA⊥平面ABC，SA=215，AB=1，AC=2，∠BAC=60°，则球O的表面积为()A.64πB.63πC.65πD.32π【答案解析】答案为：A；解析：设球O的半径为R，∵

AB=1，AC=2，∠BAC=60°，∴BC2=1＋4－2×1×2×cos60°=3，所以AB2＋BC2=AC2.即△ABC为直角三角形，那么△ABC所在截面圆的直径为AC，所以(2R)2=SA2＋AC2=64.所以S球=4πR2=64π.7.《九章算

术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.若三棱锥P-ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，PA=AB=2，AC=4，三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的

球面上，则球O的表面积为()A.8πB.12πC.20πD.24π【答案解析】答案为：C解析：如图所示，因为四个面都是直角三角形，所以PC的中点到每一个顶点的距离都相等，即PC的中点为球心O，易得2R=PC=20，所以R=202，球O的表面积为4πR2=20π，故选C.8.在三棱锥D­ABC

中，已知AD⊥平面ABC，且△ABC为正三角形，AD=AB=3，点O为三棱锥D­ABC的外接球的球心，则点O到棱DB的距离为()A.4214B.2217C.14D.12【答案解析】答案为：D；解析：设三棱锥D­A

BC的外接球球心为O，过点O作DB的垂线，垂足为H，作平面ODA交直线BC于点E，交BC︵于点F，设平面ODA截得外接球是⊙O，D，A，F是⊙O表面上的点，又因为DA⊥平面ABC，所以∠DAF=90°，E，所以DF是⊙O的直径，因此球心O在DF上，AF是三角形

ABC外接圆的直径，F，连接BD，BF，因为BF⊥DA，BF⊥AB，所以BF⊥平面DAB，所以∠DBF=90°，因为∠DHO=90°，所以OH∥BF，又DO=OF，所以OH是△DBF的中位线，OH=12BF，由AB=AD=3，三角形外接圆半

径2R=ABsinA，得AF=2，在Rt△DAB中，DB=AD2＋AB2=6，在Rt△DAF中，DF=DA2＋AF2=7，在Rt△DBF中，BF=DF2－DB2=1，故OH=12，故选D.9.在如图所示的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1B，AD的中点，异面直

线BF与D1E所成角的余弦值为()A.147B.57C.105D.255【答案解析】答案为：D.解析：如图，过点E作EM∥AB，过M点作MN∥AD，取MN的中点G，连接NE，D1G，所以平面EMN∥平面ABCD，易知EG∥BF，所以异面直线BF与

D1E的夹角为∠D1EG，不妨设正方体的棱长为2，则GE=5，D1G=2，D1E=3，在△D1EG中，cos∠D1EG=D1E2＋GE2－D1G22D1E·GE=255，故选D.10.长方体ABCD­A1B1C1

D1，AB=4，AD=2，AA1=5，则异面直线A1B1与AC1所成角的余弦值为()A.25B.35C.45D.12【答案解析】答案为：C.解析：因为C1D1∥A1B1，所以异面直线A1B1与AC1所成的角即为C1D1与AC1所成的角∠AC1D1，在Rt△AC1D1中，C1D1=

4，AC1=42＋22＋（5）2=5，所以cos∠AC1D1=C1D1AC1=45.11.将边长为a的正方形ABCD沿对角线AC折起，使，则三棱锥D-ABC的体积为()A.B.C.D.【答案解析】答案：D12.如图，在棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别

为棱AB，CC1，DD1的中点，过点G作平面D1EF的平行截面，则正方体被截面截得的较小部分的几何体的体积为()A.6B.3C.94D.32【答案解析】答案为：D解析：如图，连接GC，则GC∥D1F，延长D1F交DC的延长线于M，连接EM，作CN∥EM交AD于点N，连接GN，则平面GCN为

平行于平面D1EF的截面，正方体被截面截得的较小部分的几何体为D－GCN，DG=32，CD=3，由tan∠DCN=tan∠DME=23⇒DN=CDtan∠DCN=3×23=2⇒VD－GCN=VG－CDN=16×32×3×2=32.二、填空题13.已知空间四边形OABC，点M、N分别是

OA、BC的中点，且OA→＝a，OB→＝b，OC→＝c，用a，b，c表示向量MN→＝.【答案解析】答案为：12(b＋c﹣a).解析：如图，MN→＝12(MB→＋MC→)＝12[(OB→﹣OM→)＋(OC→﹣OM→)]＝12(OB→＋OC→﹣2OM→)＝12(OB→＋O

C→﹣OA→)＝12(b＋c﹣a).14.如图，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，AB=AC=1，将△ABC沿斜线BC上的高AD折叠，使平面ABD⊥平面ACD，则BC=.【答案解析】答案为：1；解析：[因为AD⊥BC，所以AD

⊥BD，AD⊥CD，所以∠BDC是二面角B­AD­C的平面角，因为平面ABD⊥平面ACD，所以∠BDC=90°.在△BCD中∠BDC=90°，又AB=AC=1，所以BD=CD=22，所以BC=BD2＋CD2=

1.]15.某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________.【答案解析】答案为：8－π3.解析：由题意得到几何体的直观图如图所示，即从四棱锥P-ABCD中挖去了一个半圆锥.其体积V=13×2×2×2－12×13×π×12×2=8－π

3.16.如图，半球内有一内接正四棱锥S－ABCD，该四棱锥的体积为423，则该半球的体积为________.【答案解析】答案为：423π.解析：设所给半球的半径为R，则棱锥的高h=R，底面正方形中有AB=BC=CD=

DA=2R，∴其体积为23R3=423，则R3=22，于是所求半球的体积为V=23πR3=423π.三、解答题17.如图1所示，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝π2，AB＝BC＝1，AD＝2，E是线段AD的中点，O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图2所示.

(1)证明：CD⊥平面A1OC；(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求直线BD与平面A1BC所成角的正弦值.【答案解析】解：(1)证明：在题图1中，连接CE，因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝π2，所以四边形ABCE为正方形，四边形BCDE为平行四边形，所以BE⊥AC.在

题图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，又OA1∩OC＝O，从而BE⊥平面A1OC.又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.(2)由(1)知BE⊥OA1，BE⊥OC，所以∠A1OC为二面角A1﹣BE﹣C的平面角，又平面A1BE⊥平面B

CDE，所以∠A1OC＝π2，所以OB，OC，OA1两两垂直.如图，以O为原点，OB，OC，OA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则B(22，0，0)，E(﹣22，0，0)，A1(0，0，22)，C(0，22，0)，得BC→＝(﹣22，22，0)，A1C→＝(0，22，﹣2

2)，由CD→＝BE→＝(﹣2，0，0)，得D(﹣22，22，0).所以BD→＝(﹣322，22，0).设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)，直线BD与平面A1BC所成的角为θ，则n·BC→＝0，n·A1C→＝0，得－x＋y＝0，y－z＝0，取x＝

1，得n＝(1，1，1).从而sinθ＝|cos〈BD→，n〉|＝25×3＝3015，即直线BD与平面A1BC所成角的正弦值为3015.18.如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥BC，AA1＝2，AC＝22.M是C

C1的中点，P是AM的中点，点Q在线段BC1上，且BQ＝13QC1.(1)证明：PQ∥平面ABC；(2)若直线BA1与平面ABM所成角的正弦值为21515，求∠BAC的大小.【答案解析】解：(1)取MC的中点，记为点D，连接PD，QD.∵P为MA的中点，D为MC的中点，

∴PD∥AC.又CD＝13DC1，BQ＝13QC1，∴QD∥BC.又PD∩QD＝D，∴平面PQD∥平面ABC.又PQ⊂平面PQD，∴PQ∥平面ABC.(2)∵BC，BA，BB1两两互相垂直，∴以B为坐标原点，分别以

BC，BA，BB1所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系B﹣xyz.设BC＝a，BA＝b，则各点的坐标分别为B(0，0，0)，C(a，0，0)，A(0，b，0)，A1(0，b，2)，M(a，0，1)，∴BA1→＝(0，b，2)，BA→＝(0，b

，0)，BM→＝(a，0，1).设平面ABM的法向量为n＝(x，y，z)，则n·BA→＝0，n·BM→＝0，∴by＝0，ax＋z＝0，取x＝1，则可得平面ABM的一个法向量为n＝(1，0，﹣a)，∴|cos〈n，BA1→〉|＝|－2a|a2＋1·b2＋4＝21515.又a2＋b2

＝8，∴a4＋4a2﹣12＝0.∴a2＝2或﹣6(舍)，即a＝2.∴sin∠BAC＝222＝12.∴∠BAC＝π6.19.如图，在多面体EFABCD中，四边形ABCD，ABEF均为直角梯形，∠ABC＝∠ABE＝90°，四边形DCEF为平行四边形，平面ABCD⊥平面DCEF.(1)求证

：平面ADF⊥平面ABCD；(2)若△ABD是边长为2的等边三角形，且异面直线BF与CE所成的角为45°，求点E到平面BDF的距离.【答案解析】解：(1)∵∠ABC＝∠ABE＝90°，∴AB⊥BC，AB⊥

BE.又BC，BE⊂平面BCE，且交于点B，∴AB⊥平面BCE.又CE⊂平面BCE，∴AB⊥CE.又∵AB∥CD，CE∥DF，∴CD⊥DF.又平面ABCD⊥平面DCEF，且交于CD，DF⊂平面DCEF，∴DF⊥平面ABCD.又DF⊂平面ADF，∴平面ADF⊥平面AB

CD.(2)∵CE∥DF，∴∠BFD为异面直线BF与CE所成的角，则∠BFD＝45°.在Rt△BDF中，∠BFD＝∠DBF＝45°，∴DF＝BD＝2.∵△ABD是边长为2的等边三角形，∠ABC＝90°，∴在Rt△BCD中，∠CBD＝30°，∴CD＝1，BC＝3.∵CE∥DF，DF⊂平面BDF

，CE⊄平面BDF，∴CE∥平面BDF，∴点C到平面BDF的距离即为点E到平面BDF的距离.由(1)可知DF⊥平面ABCD，则DF为三棱锥F﹣BCD的高.设点E到平面BDF的距离为h，由VE﹣BDF＝VC﹣BDF＝V

F﹣BCD，得13S△BDF·h＝13S△BCD·DF，∴h＝32.20.如图，在Rt△ABC中，AB＝BC＝3，点E，F分别在线段AB，AC上，且EF∥BC，将△AEF沿EF折起到△PEF的位置，使得二面角

P﹣EF﹣B的大小为60°．(1)求证：EF⊥PB；(2)当点E为线段AB靠近B点的三等分点时，求直线PC与平面PEF所成角θ的正弦值．【答案解析】解：(1)证明：∵AB＝BC＝3，BC⊥AB，EF∥BC，∴EF⊥A

B，翻折后垂直关系没变，有EF⊥PE，EF⊥BE，且PE∩BE＝E，∴EF⊥平面PBE，∴EF⊥PB．(2)∵EF⊥PE，EF⊥BE，∴∠PEB是二面角P﹣EF﹣B的平面角，∴∠PEB＝60°，又PE＝2，BE＝1，由余弦定理得PB＝3，∴PB2＋EB2＝PE2，∴PB⊥EB，∴PB，BC，EB

两两垂直．以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，BE所在直线为y轴，BP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0，0，3)，C(3，0，0)，E(0，1，0)，F(2，1，0)，∴PE→＝(0，1，﹣3)，PF→＝(2，1，﹣3)，设平面PEF的法向量为

n＝(x，y，z)，由n·PE→＝0，n·PF→＝0，即y－3z＝0，2x＋y－3z＝0，令y＝3，则z＝1，x＝0，可得n＝(0，3，1)，又PC→＝(3，0，﹣3)，∴sinθ＝n·PC→|n

||PC→|＝14．故直线PC与平面PEF所成角θ的正弦值为14．21.如图，在几何体ABCDEF中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，四边形ACFE为矩形，FB＝10，M，N分别为EF，AB的中点．(1)求证：MN∥平面FCB；(2)若直线

AF与平面FCB所成的角为30°，求平面MAB与平面FCB所成角的余弦值．【答案解析】解：(1)证明：取BC的中点Q，连接NQ，FQ，则NQ＝12AC，NQ∥AC.又MF＝12AC，MF∥AC，所以MF＝NQ，MF∥NQ，则四边形MNQF为平行四边形，即MN∥FQ.因为FQ

⊂平面FCB，MN⊄平面FCB，所以MN∥平面FCB.(2)由AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°可得∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝1，AB＝2.因为四边形ACFE为矩形，所以AC⊥平面FCB，则∠AFC为直线AF与平面FCB所成的角，即∠AFC＝30°，所以FC＝3.因为FB＝

10，所以FC⊥BC，则可建立如图所示的空间直角坐标系C­xyz，所以A(3，0，0)，B(0，1，0)，M(32，0，3)，MA→＝(32，0，﹣3)，MB→＝(﹣32，1，﹣3).设m＝(x，y，z)为平面

MAB的法向量，则MA→·m＝0，MB→·m＝0，即32x－3z＝0，－32x＋y－3z＝0.取x＝23，则m＝(23，6，1)为平面MAB的一个法向量．又n＝(3，0，0)为平面F

CB的一个法向量，所以cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝23×37×3＝237.则平面MAB与平面FCB所成角的余弦值为237.22.如图所示，正三角形ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是

AC和BC的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A­DC­B.(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由.(2)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出BPBC的值；如果不存在，请说明理由.【答案解析】解：(1)AB∥平面DE

F，理由如下：以点D为坐标原点，直线DB，DC，DA分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则A(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，23，0)，E(0，3，1)，F(1，3，0)，所以DE→＝

(0，3，1)，DF→＝(1，3，0)，AB→＝(2，0，﹣2)，由此，得AB→＝﹣2DE→＋2DF→.又DE→与DF→不共线，根据向量共面的充要条件可知AB→，DE→，DF→共面.由于AB⊄平面DEF，所以AB∥平面DEF.(2)假设存在点P(x，y，0)满足条件，则AP→＝(x，y，﹣2)，

AP→·DE→＝3y﹣2＝0，所以y＝233.又BP→＝(x﹣2，y，0)，PC→＝(﹣x，23﹣y，0)，BP→∥PC→，所以(x﹣2)(23﹣y)＝﹣xy，所以3x＋y＝23.把y＝233代入上式，得x＝43，所以BP→＝13BC→，所以在线段

BC上存在点P使AP⊥DE，此时BPBC＝13.23.如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AB⊥侧面BB1C1C，AB＝BC＝1，BB1＝2，∠BCC1＝π3.(1)求证：BC1⊥平面ABC；(2)设CE→＝λCC1→(0≤λ≤1)，且平面AB1E

与BB1E所成的锐二面角的大小为30°，试求λ的值.【答案解析】解：(1)因为AB⊥侧面BB1C1C，BC1⊂侧面BB1C1C，故AB⊥BC1.在△BCC1中，BC＝1，CC1＝BB1＝2，∠BCC1＝π3，所以B

C21＝BC2＋CC21﹣2BC·CC1·cos∠BCC1＝12＋22﹣2×1×2×cosπ3＝3.所以BC1＝3.故BC2＋BC21＝CC21，所以BC⊥BC1.而BC∩AB＝B，所以BC1⊥平面ABC.(2)由(1)可知AB，BC，

BC1两两互相垂直.以B为原点，BC，BA，BC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图.则B(0，0，0)，A(0，1，0)，B1(﹣1，0，3)，C(1，0，0)，C1(0，0，3)，所以CC1→＝(﹣1，0，3).所以CE→＝(

﹣λ，0，3λ)，E(1﹣λ，0，3λ)，则AE→＝(1﹣λ，﹣1，3λ)，AB1→＝(﹣1，﹣1，3).设平面AB1E的法向量为n＝(x，y，z)，则n·AE→＝0，n·AB1→＝0，即1x－y＋3λz＝0，－x－y＋3z＝

0，令z＝3，则x＝3－3λ2－λ，y＝32－λ，故n＝(3－3λ2－λ，y＝32－λ，3)是平面AB1E的一个法向量.因为AB⊥平面BB1C1C，所以BA→＝(0，1，0)是平面BB1E的一个法向量.所以|cos〈n，BA→〉

|＝|n·BA→||n||BA→|＝32－λ3－3λ2－λ2＋32－λ232×1＝32.两边平方并化简，得2λ2﹣5λ＋3＝0，解得λ＝1或32(舍去).故λ的值为1.