(理)一轮针对训练 第7章 立体几何 第6课时

第1课时空间几何体的结构及三视图、直观图1．空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征2.(1)三视图的名称几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图．(2)三视图的画法①在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体的正投影图．3．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴，y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴；平行于x轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段在直观图中长度为原来的一半．4．判断下列结论的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．(×)(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．(×)(3)用一个平面去截一个球，截面是一个圆面．(√)(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．(×)(5)斜二测画法中，原图形中的平行垂直关系在直观图中不变．(×)(6)三角形的直观图应是三角形．(√)(7)正方形的直观图应是正方形．(×)(8)几何体的底面是什么图形，其俯视图就是什么图形．(×)(9)一个几何体的三视图完全相同，这个几何体只能是球．(×)(10)正四面体的三视图是三个全等的正三角形．(×)考点一空间几何体的结构特征例1](1)下列说法正确的是()A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点解析：A错，如图1；B正确，如图2，其中底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，可证明∠P AB，∠PCB都是直角，这样四个侧面都是直角三角形；C错，如图3；D 错，由棱台的定义知，其侧棱必相交于同一点．答案：B(2)给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；④棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是()A．0B．1C．2 D．3解析：①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，因为“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面都是有一个公共顶点的三角形”，如图1所示；③不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图2所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；④错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．答案：A方法引航](1)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定.(2)通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可.1．给出下列四个命题：①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体；③有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱；④长方体一定是正四棱柱．其中正确的命题个数是()A．0B．1C．2 D．3解析：选A.反例：①直平行六面体底面是菱形，满足条件但不是正棱柱；②底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；③④显然错误，故选A.2．给出下列四个命题：①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱；②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥；③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体；④底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱．其中不正确的命题为________．解析：对于①，平行六面体的两个相对侧面也可能是矩形，故①错；对于②，对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明(如图)，故②错；对于③，若底面不是矩形，则③错；④正确．答案：①②③考点二空间几何体的三视图例2](1)(2016·高考天津卷)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为()解析：由正视图、俯视图还原几何体的形状如图所示，则该几何体的侧视图为B.答案：B(2)某四面体的三视图如图所示，该四面体的六条棱中，长度最长的是()A．25B．2 6C．27D．4 2解析：由三视图可知该四面体的直观图如图所示．其中AC＝2，P A＝2，△ABC中，边AC上的高为23，所以BC＝42＋(23)2＝27，而PB＝P A2＋AB2＝22＋42＝25，因此在四面体的六条棱中，长度最长的是BC，其值为27，选C.答案：C(3)已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图均由直角三角形与半圆构成，俯视图由圆与内接三角形构成，根据图中的数据可得几何体的体积为________．解：由三视图确定该几何体是一个半球体与三棱锥构成的组合体，如图，其中AP ，AB ，AC 两两垂直，且AP ＝AB ＝AC ＝1，故AP ⊥平面ABC ，S △ABC ＝12AB ×AC ＝12，所以三棱锥P -ABC 的体积V 1＝13×S △ABC ×AP ＝13×12×1＝16，又Rt △ABC 是半球底面的内接三角形，所以球的直径2R ＝BC ＝2，解得R ＝22，所以半球的体积V 2＝12×4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝2π6，故所求几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝16＋2π6.答案：16＋2π6方法引航] (1)分析视图的意义．确定其是一个平面的投影，还是面与面的交线，或者是旋转体的轮廓线的投影．(2)利用线框分析表面相对位置的关系．视图中的一个封闭线框一般情况下表示一个面的投影．若出现线框套线框，则可能有一个面是凸出的、凹下的、倾斜的或者是有打通的孔，两个线框相连，表示两个面高低不平或者相交．(3)将几个视图联系起来观察，确定物体形状．根据一个视图不能确定物体的形状，往往需要两个或两个以上的视图．1．(2017·河南开封模拟)一个正四棱锥的所有棱长均为2，其俯视图如图所示，则该正四棱锥的正视图的面积为()A.2B. 3C．2 D．4解析：选A.由题知，所求正视图是底边长为2，腰长为3的等腰三角形，其面积为1()32－1＝ 2.2×2×2．如图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：选D.由俯视图可知是B和D中的一个，由正视图和侧视图可知B错，D正确．考点三几何体的直观图例3](1)正三角形xOy，则它的直观图的面积是________．解析：画出坐标系x′O′y′，作出△OAB的直观图O′A′B′(如图)．D′为O′A′的中点．易知D ′B ′＝12DB (D 为OA 的中点)＝12×32a ＝34a∴S △O ′A ′B ′＝12O ′A ′22D ′B ′＝24×a ×34a ＝24×34a 2＝616a 2. 答案：616a 2(2)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是( )A ．28＋65B ．30＋6 5C ．56＋125D ．60＋12 5解析：由几何体的三视图可知，该三棱锥的直观图如图所示，其中AE ⊥平面BCD ，CD ⊥BD ，且CD ＝4，BD ＝5，BE ＝2，ED ＝3，AE ＝4. ∵AE ＝4，ED ＝3，∴AD ＝5. 又CD ⊥BD ，CD ⊥AE ， 则CD ⊥平面ABD ， 故CD ⊥AD ，所以AC ＝41且S △ACD ＝10.在Rt △ABE 中，AE ＝4，BE ＝2，故AB ＝2 5. 在Rt △BCD 中，BD ＝5，CD ＝4， 故S △BCD ＝10，且BC ＝41.在△ABD 中，AE ＝4，BD ＝5，故S △ABD ＝10.在△ABC 中，AB ＝25，BC ＝AC ＝41，则AB 边上的高h ＝6，故S △ABC ＝12×25×6＝6 5. 因此，该三棱锥的表面积为S ＝30＋6 5.答案：B方法引航](1)由直观图还原为平面图的关键是找与x ′轴，y ′轴平行的直线或线段，且平行于x ′轴的线段还原时长度不变，平行于y ′轴的线段还原时放大为直观图中相应线段长的2倍，由此确定图形的各个顶点，顺次连接即可.(2)对于直观图，除了了解斜二测画法的规则外，还要了解原图形面积S 与其直观图面积S ′之间的关系S ′＝S ，能进行相关问题的计算.1．将本例(1)改为一个三角形在其直观图中对应一个边长为1的正三角形，原三角形的面积为________．解析：由斜二测画法画出直观图，知直观图是边长为1的正三角形，其原图是一个底边为1，高为6的三角形，所以原三角形的面积为62. 答案：622．将本例(2)改为某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.5603B.5803C．200 D．240解析：选C.由三视图知该几何体为直四棱柱，其底面为等腰梯形，上底长为2，下底长为8，高为4，故面积为S＝(2＋8)×42＝20.又棱柱的高为10，所以体积V＝Sh＝20×10＝200.易错警示]忽视几何体的放置与特征致误典例]在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为()正解]由正视图和俯视图可以推测几何体为半圆锥和三棱锥的组合体(如图所示)，且顶点在底面的射影恰是底面半圆的圆心，可知侧视图为等腰三角形，且轮廓线为实线，故选D.易误](1)根据正视图和俯视图确定原几何体的形状时出现错误，误把半圆锥看成半圆柱，不能准确判断出几何体的形状而误选A.(2)对实线与虚线的画法规则不明确而误选C. 警示] 1.首先确定几何体，面对读者是怎么放置的． 2．要分清三视图中的虚线是被哪部分挡住的． 3．要明确三视图中三角形的高度是不是几何体的高度．高考真题体验]1．(2016·高考全国乙卷)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π解析：选A.由三视图知该几何体为球去掉了18所剩的几何体(如图)，设球的半径为R ，则78×43πR 3＝28π3，故R ＝2，从而它的表面积S ＝78×4πR 2＋34×πR 2＝17π.故选A.2．(2015·高考课标全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A．1 B．2C．4 D．8解析：选B.由三视图可知，此组合体是由半个圆柱与半个球体组合而成的，其表面积为πr2＋2πr2＋4r2＋2πr2＝20π＋16，所以r＝2，故选B.3．(2014·高考课标全国卷Ⅰ)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是()A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱解析：选B.将三视图还原为几何体即可．如图，几何体为三棱柱．4．(2013·高考课标全国Ⅰ)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A．16＋8π B．8＋8πC．16＋16π D．8＋16π解析：选A.根据三视图可以判断该几何体由上、下两部分组成，其中上面部分为长方体，下面部分为半个圆柱，所以组合体的体积为2×2×4＋12×π×22×4＝16＋8π，故选A.课时规范训练A组基础演练1．五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个五棱柱对角线的条数共有()A．20B．15C．12 D．10解析：选D.如图，在五棱柱ABCDE-A1B1C1D1E1中，从顶点A出发的对角线有两条：AC1，AD1，同理从B，C，D，E点出发的对角线均有两条，共2×5＝10(条)．2．一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是() A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱解析：选D.球、正方体的三视图形状都相同、大小均相等，首先排除选项A和C.对于如图所示三棱锥O-ABC，当OA、OB、OC两两垂直且OA＝OB＝OC时，其三视图的形状都相同，大小均相等，故排除选项B.不论圆柱如何设置，其三视图的形状都不会完全相同，故答案选D.3．如图是一几何体的直观图、主视图和俯视图．在主视图右侧，按照画三视图的要求画出的该几何体的左视图是( )解析：选B.由直观图和主视图、俯视图可知，该几何体的左视图应为面P AD ，且EC 投影在面P AD 上，故B 正确．4．一个锥体的主视图和左视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )解析：选C.注意到在三视图中，俯视图的宽度应与左视图的宽度相等，而在选项C 中，其宽度为32，与题中所给的左视图的宽度不相等，C 不可能． 5．如图是一正方体被过棱的中点M 、N 和顶点A 、D 、C 1的两个截面截去两个角后所得的几何体，则该几何体的主视图为( )解析：选B.还原正方体，如图所示，由题意可知，该几何体的主视图是选项B.6．用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB 平行于y 轴，BC ，AD 平行于x 轴．已知四边形ABCD 的面积为2 2 cm 2，则原平面图形的面积为( ) A ．4 cm 2B ．4 2 cm 2 C ．8 cm 2D ．8 2 cm 2解析：选C.依题意可知∠BAD ＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC 、AD 相等，高为梯形ABCD 的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm 2. 7．把边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折起，形成的三棱锥A -BCD 的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为( )A.22B.12C.24D.14解析：选D.由正视图与俯视图可得三棱锥A -BCD 的一个侧面与底面垂直，其侧视图是直角三角形，且直角边长均为22，所以侧视图的面积为S ＝12×22×22＝14，选D.8．已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于()A.32B．1C.2＋12 D. 2解析：选D.由题意可知该正方体的放置如图所示，侧视图的方向垂直于面BDD1B1，正视图的方向垂直于面A1C1CA，且正视图是长为2，宽为1的矩形，故正视图的面积为2，因此选D.9．如图，E、F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1中AD1、B1C上的动点(不含端点)，则四边形B1FDE的俯视图可能是()解析：选B.由画几何体的三视图的要求可知，点E在底面的正投影应落在线段A1D1上(不含端点)，点F在底面的正投影应落在线段B1C1上(不含端点)，而B1与D在底面的正投影分别为B1和D1，故四边形B1FDE在底面ABCD上的正投影为四边形，结合选项知选B.10．如图是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图，A，B，C是展开图上的三点，则在正方体盒子中，∠ABC的值为()A．30°B．45°C．60°D．90°解析：选C.还原正方体，如图所示，连接AB，BC，AC，可得△ABC是正三角形，则∠ABC＝60°.B组能力突破1．如图，水平放置的三棱柱的侧棱长和底边长均为2，且侧棱AA1⊥面A1B1C1，主视图是边长为2的正方形，俯视图为一个等边三角形，该三棱柱的左视图面积为()A．23B. 3C．22D．4解析：选A.观察三视图可知，该几何体是正三棱柱，底面边长、高均为2，所以，其左视图是一个矩形，边长分别为2,2sin 60°＝3，其面积为2 3.2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A ．12B ．18C ．24D ．30解析：选C.由三视图还原几何体知，该几何体如图所示，其体积V ＝VB 1-ABC ＋VB 1-A 1ACC 1＝13×12×3×4×2＋13×3×5×4＝24.3．已知一个正三棱柱的所有棱长均相等，其侧(左)视图如图所示，那么此三棱柱正(主)视图的面积为________．解析：由正三棱柱三视图还原直观图可得正(主)视图是一个矩形，其中一边的长是侧(左)视图中三角形的高，另一边是棱长．因为侧(左)视图中三角形的边长为2，所以高为3，所以正视图的面积为2 3. 答案：2 34．如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6，O ′C ′＝2，则原图形OABC 的面积为________．解析：由题意知原图形OABC 是平行四边形，且OA ＝BC ＝6，设平行四边形OABC 的高为OE ，则OE ×12×22＝O ′C ′，∵O ′C ′＝2，∴OE ＝42，∴S ▱OABC ＝6×42＝24 2. 答案：24 25．如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一动点，则三棱锥P -ABC 的正(主)视图与侧(左)视图的面积的比值为________．解析：如题图所示，设正方体的棱长为a ，则三棱锥P -ABC 的正(主)视图与侧(左)视图都是三角形，且面积都是12a 2，所以所求面积的比值为1. 答案：16．如图，三棱锥A -BCD 中，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，若AB ＝BC ＝CD ＝2，则该三棱锥的侧视图(投影线平行于BD )的面积为________．解析：∵AB ⊥平面BCD ，投影线平行于BD ，∴三棱锥A -BCD 的侧视图是一个以△BCD 的BD 边上的高为底，棱锥的高为高的三角形，∵BC ⊥CD ，AB ＝BC ＝CD ＝2，∴△BCD 中BD 边上的高为2，故该三棱锥的侧视图(投影线平行于BD )的面积S ＝12×2×2＝ 2. 答案： 2第2课时 空间几何体的表面积与体积1．空间几何体的表面积与体积2.(1)锥体的体积等于底面面积与高之积．(×)(2)球的体积之比等于半径比的平方．(×)(3)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．(√)(4)已知球O的半径R，其内接正方体的边长为a，则R＝32a.(√)(5)半径为R的球内接正方体的对角线长为2R.(√)(6)因V锥＝13Sh，V柱＝Sh，因此锥体的体积是柱体的体积的13.(×)(7)圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS.(×)(8)球的表面积是该球大圆面积的4倍．(√)(9)圆锥的侧面展开图的扇形的圆心角不可能大于π.(×)(10)棱长为3,4,5的长方体表面上，两个对顶点间的最短距离为74.(√)考点一几何体的表面积例1](1)(2016·则该几何体的表面积为()A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：该几何体是圆锥与圆柱的组合体，由三视图可知圆柱底面圆的半径r ＝2，底面圆的周长c ＝2πr ＝4π，圆锥的母线长l ＝22＋(23)2＝4，圆柱的高h ＝4，所以该几何体的表面积S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π，故选C. 答案：C(2)一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．解析：由题意可知，该六棱锥是正六棱锥，设该六棱锥的高为h ，则13×6×34×22×h ＝23，解得h ＝1，底面正六边形的中心到其边的距离为3，故侧面等腰三角形底边上的高为3＋1＝2，故该六棱锥的侧面积为12×2×2×6＝12.答案：12方法引航](1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量.(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理.,(3)旋转体的表面积问题应注意其侧面展开图的应用.1．侧面都是等腰直角三角形的正三棱锥，底面边长为a 时，该三棱锥的表面积是( ) A.3＋34a 2B.34a 2C.3＋32a 2D.6＋34a 2解析：选A.∵侧面都是等腰直角三角形，故侧棱长等于22a ， ∴S 表＝34a 2＋3×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 2＝3＋34a 2.2．以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于( ) A ．2π B ．π C ．2 D ．1解析：选A.所得圆柱体的底面半径为1，母线长为1，所以其侧面积S ＝2π×1×1＝2π，故选A.考点二 几何体的体积例2] (1)(2016·示．则该几何体的体积为( )A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π解析：选C.由三视图可知，四棱锥的底面是边长为1的正方形，高为1，其体积V 1＝13×12×1＝13.设半球的半径为R ，则2R ＝2，即R ＝22，所以半球的体积V 2＝12×4π3R 3＝12×4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝26π.故该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝13＋26π.故选C.(2)(2016·高考北京卷)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________．解析：由俯视图可知该四棱柱的底面为等腰梯形，则四棱柱的底面积S ＝(1＋2)×12＝32，由侧(左)视图可知四棱柱的高h ＝1，所以该四棱柱的体积V ＝Sh ＝32. 答案：32(3)(2016·高考天津卷)已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m 3.解析：根据三视图可知该四棱锥的底面是底边长为2 m 、高为1 m 的平行四边形，四棱锥的高为3 m ，故其体积为13×2×1×3＝2(m 3)． 答案：2(4)(2016·高考全国乙卷)如图，已知正三棱锥P -ABC 的侧面是直角三角形，P A ＝6.顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面P AB 内的正投影为点E ，连接PE 并延长交AB 于点G . ①证明：G 是AB 的中点；②在图中作出点E 在平面P AC 内的正投影F (说明作法及理由)，并求四面体PDEF 的体积．解：①证明：因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以AB ⊥PD . 因为D 在平面P AB 内的正投影为E ，所以AB ⊥DE .又PD ∩DE ＝D ，所以AB ⊥平面PED ，故AB ⊥PG . 又由已知可得，P A ＝PB ，从而G 是AB 的中点．②在平面P AB 内，过点E 作PB 的平行线交P A 于点F ，F 即为E 在平面P AC 内的正投影．理由如下：由已知可得PB ⊥P A ，PB ⊥PC ，又EF ∥PB ，所以EF ⊥P A ，EF ⊥PC ，又P A ∩PC ＝P ，因此EF ⊥平面P AC ，即点F 为E 在平面P AC 内的正投影．连接CG ，因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以D 是正三角形ABC 的中心，由①知，G 是AB 的中点，所以D 在CG 上，故CD ＝23CG . 由题设可得PC ⊥平面P AB ，DE ⊥平面P AB ， 所以DE ∥PC ，因此PE ＝23PG ，DE ＝13PC .由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且P A ＝6，可得DE ＝2，PE ＝2 2. 在等腰直角三角形EFP 中，可得EF ＝PF ＝2， 所以四面体PDEF 的体积V ＝13×12×2×2×2＝43.方法引航](1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解.其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积.(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解.1．一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.18B.17C.16D.15解析：选D.如图，不妨设正方体的棱长为1，则截去部分为三棱锥A -A 1B 1D 1，其体积为16，又正方体的体积为1，则剩余部分的体积为56，故所求比值为15.故选D.2．如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为( )A.23B.33C.43D.32解析：选A.如图，分别过点A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG ，CH ，容易求得EG ＝HF ＝12，AG ＝GD ＝BH ＝HC ＝32，则△BHC 中BC 边的高h ＝22.∴S △AGD ＝S △BHC ＝12×22×1＝24，∴V ＝V E -ADG ＋V F -BHC ＋V AGD -BHC ＝2V E -ADG ＋V AGD -BHC ＝13×24×12×2＋24×1＝23.3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A.13＋πB.23＋π C.13＋2π D.23＋2π解析： 选A.半圆柱上面有一个三棱锥的组合体，其中半圆柱的底面半径为1，高为2，三棱锥的底面为一个斜边长为2的等腰直角三角形，高为1，所以该几何体的体积V ＝13×12×2×1×1＋12π×12×2＝13＋π，故选A.考点三 与球有关的组合体例3] (1)(2016·则该球的表面积为( )A ．12π B.323π C ．8π D ．4π解析：由正方体的体积为8可知，正方体的棱长a ＝2.又正方体的体对角线是其外接球的一条直径，即2R ＝3a (R 为正方体外接球的半径)，所以R ＝3，故所求球的表面积S ＝4πR 2＝12π. 答案：A(2)(2016·高考全国丙卷)在封闭的直三棱柱ABC -A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( ) A ．4π B.92π C ．6π D.32π3解析：设球的半径为R ，∵AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，∴AC ＝10.当球与直三棱柱的三个侧面相切时，有12(6＋8＋10)×R ＝12×6×8，此时R ＝2； 当球与直三棱柱两底面相切时，有2R ＝3，此时R ＝32.所以在封闭的直三棱柱中，球的最大半径只能为32，故最大体积V ＝43π⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝9π2.答案：B(3)若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.解析：设正四面体的棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4·34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14，即r ＝14·63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π. 答案：63π(4)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( ) A.81π4B ．16π C ．9π D.27π4解析：如图所示，设球半径为R ，棱锥的底面中心为O ′，球心为O . ∵正四棱锥P -ABCD 中AB ＝2，∴AO ′＝ 2.∵PO ′＝4，∴在Rt △AOO ′中，AO 2＝AO ′2＋OO ′2， ∴R 2＝(2)2＋(4－R )2，解得R ＝94，∴该球的表面积为4πR 2＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫942＝81π4.答案：A方法引航] 一般要过球心及多面体中的特殊点或过线作截面将空间问题转化为平面问题，从而寻找几何体各元素之间的关系.1．在本例(1)中求该正方体的内切球的体积及表面积．解：由题意知：2R ＝2，R ＝1，S 球＝4πR 2＝4π，V 球＝43πR 3＝43π. 2．在本例(2)中求三棱柱ABC -A 1B 1C 1的外接球的表面积． 解：将三棱柱ABC -A 1B 1C 1补成一个长方体，棱长分别为6,8,3. ∴球的直径2R ＝62＋82＋32＝109，∴R ＝12109∴S 球＝4πR 2＝4π×1094＝109π.3．将本例(3)改为球内有一个高为4，底面半径为1的圆锥，求球的表面积． 解析：由题意得(4－r )2＋12＝r 2，∴r ＝178， 此时，2＜r ＜4，适合题意．或者当r ＞4时，(r －4)2＋12＝r 2，∴r ＝178(舍)．∴S 球＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫1782＝28916π.思想方法]化归与转化思想在求空间几何体体积中的应用(1)“转”：指的是转换底面与高，将原来不容易求面积的底面转换为容易求面积的底面，或将原来不容易看出的高转换为容易看出并容易求解长度的高； (2)“拆”：指的是将一个不规则的几何体拆成几个简单的几何体，便于计算； (3)“拼”：指的是将小几何体嵌入一个大几何体中，如有时将一个三棱锥还原成一个三棱柱，有时将一个三棱柱还原成一个四棱柱，还台为锥，这些都是拼补的方法． 典例] 如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱A 1A 和B 1B 上各有一个动点P 、Q ，且满足A 1P ＝BQ ，M 是棱CA 上的动点，则V M -ABQP VABC -A 1B 1C 1-VM -ABQP的最大值是__________．解析] 设VABC -A 1B 1C 1＝V ，V M -ABQP ＝VM -B 1BA ≤VC -B 1BA ＝VB 1-CBA ＝13V ，即M 与C 重合时V M -ABQP最大，V M -ABQPVABC -A 1B 1C 1－V M -ABQP ＝V 3V －V 3＝12. 答案] 12回顾反思] 一般来说，对于规则的几何体，一般用公式法．对于非规则的几何体，一般用割补法．对于某些三棱锥，有时可以利用转换的方法．高考真题体验]1．(2016·高考全国丙卷)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为()A．18＋36 5B．54＋18 5C．90D．81解析：选B.由几何体的三视图可知，该几何体是底面为正方形的斜四棱柱，其中有两个侧面为矩形，另两个侧面为平行四边形，则表面积S＝(3×3＋3×6＋3×35)×2＝54＋18 5.故选B.2．(2015·高考课标卷Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有()。

`一、选择题1．空间四点A (2,3,6)、B (4,3,2)、C (0,0,1)、D (2,0,2)的位置关系为 ( )A ．共线B ．共面C ．不共面D ．无法确定解析：可在空间直角坐标系中作图分析，知A 、B 、C 、D 不共面． 答案：C2.如图，在底面ABCD 为平行四边形的四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是AC 与BD 的交点，若1A A ＝a ，11A D ＝b ，1A A＝c 则下列向量中与B 1M ―→相等的向量是 ( )A ．－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C.12a －12b ＋cD ．－12a －12b ＋c解析：1B M ＝1B A ＋AM ＝1B B ＋BA ＋AM＝－12a ＋12b ＋c .答案：A3．设空间四点O ，A ，B ，P 满足OP ＝AC＋t AB ，其中0<t <1，则有 ( )A ．点P 在线段AB 上 B ．点P 在线段AB 的延长线上C ．点P 在线段BA 的延长线上D ．点P 不一定在直线AB 上解析：∵0<t <1，∴P 点在线段AB 上． 答案：A4．已知a ＝(2，－1,3)，b ＝(－1,4，－2)，c ＝(7,5，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则实数λ等于 ( )A.627 B.637 C.607D.657解析：∵a 、b 、c 三向量共面，所以存在实数m 、n ，使得c ＝ma ＋nb .即⎩⎪⎨⎪⎧7＝2m －n ，5＝－m ＋4n ，λ＝3m －2n .∴λ＝657. 答案：D5．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 在AC 1上且AM ＝12 1MC，N 为B 1B的中点，则| MN|为( )A.216aB.66aC.156aD.153a 解析：如图设AB＝a ， AD＝b ， 1AA＝c ， 则|MN |＝|MA ＋AB ＋BN |＝|－13 1AC＋AB ＋121BB |＝|－13(a ＋b ＋c )＋a ＋12c |＝|23a －13b ＋16c | ∴|MN |I 2＝(23a －13b ＋16c )I 2可求|MN |＝216a . 答案：A 二、填空题6．若向量a ＝(1，λ，2)，b ＝(2，－1,2)且a 与b 的夹角的余弦值为89，则λ＝________.解析：由cos 〈a ，b 〉＝89⇒λ＝－2或255.答案：－2或255 7．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，①(1A A ＋11A D ＋11A B )I 2＝311A BI 2；②1A C ·(11A B －1A A )＝0；③向量1AD 与向量1A B 的夹角是60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为| AB ·1AA ·AD |.其中正确命题的序号是________．解析：由1AA ⊥11A D ，1AA ⊥11A B ，11A D ⊥1AB 得(1A A ＋11A D ＋11A B )I 2＝3(11A B )I 2，故①正确；②中11A B －1A A ＝1AB，由于AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中A 1B与AD 1两异面直线所成角为60°，但AD 1―→与A 1B ―→的夹角为120°，故③不正确；④中|AB ·1AA ·AD|＝0.故④也不正确．答案：①② 三、解答题8．已知非零向量e 1，e 2不共线，如果AB ＝e 1＋e 2，AC ＝2e 1＋8e 2，AD＝3e 1－3e 2，求证：A 、B 、C 、D 共面．证明：令λ(e 1＋e 2)＋μ(2e 1＋8e 2)＋v (3e 1－3e 2)＝0. 则(λ＋2μ＋3v )e 1＋(λ＋8μ－3v )e 2＝0.∵e 1，e 2不共线，∴⎩⎪⎨⎪⎧λ＋2μ＋3v ＝0，λ＋8μ－3v ＝0.易知⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－5，μ＝1，v ＝1是其中一组解，则－5AB ＋AC ＋AD＝0.∴A 、B 、C 、D 共面．9．设向量a ＝(3,5，－4)，b ＝(2,1,8)，计算2a ＋3b,3a －2b ，a ·b 以及a 与b 所成角的余弦值，并确定λ，μ应满足的条件，使λa ＋μb 与z 轴垂直．解：2a ＋3b ＝2×(3,5，－4)＋3×(2,1,8) ＝(6,10，－8)＋(6,3,24)＝(12,13,16)． 3a －2b ＝3×(3,5，－4)－2×(2,1,8) ＝(9,15，－12)－(4,2,16)＝(5,13，－28)． a ·b ＝(3,5，－4)·(2,1,8)＝6＋5－32＝－21. ∵|a |＝3I 2＋5I 2＋－4 I 2＝50， |b |＝2I 2＋1I 2＋8I 2＝69， ∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |＝－2150·69＝－7138230.∵λa ＋μb 与z 轴垂直，∴(3λ＋2μ，5λ＋μ，－4λ＋8μ)·(0,0,1)＝－4λ＋8μ＝0，即λ＝2μ.∴当λ，μ满足λ＝2μ时，可使λa ＋μb 与z 轴垂直． 10.直三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝AA ′，∠ACB ＝90°，D 、E 分别为AB 、BB ′的中点．(1)求证：CE ⊥A ′D ；(2)求异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值．解：(1)证明：设CA ＝a ，CB ＝b ，CC＝c ，根据题意，|a |＝|b |＝|c |且a·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0.∴CE ＝b ＋12c ，A D ' ＝－c ＋12b －12a .∴CE ·A D ' ＝－12cI 2＋12bI 2＝0.∴CE ⊥A D '，即CE ⊥A ′D .(2) AC ' ＝－a ＋c ，∴| AC ' |＝2|a |，|CE |＝52|a |.AC ' ·CE ＝(－a ＋c )·(b ＋12c )＝12c 2＝12|a |2， ∴cos 〈AC ' ，CE 〉＝12|a |22·52|a |2＝1010.即异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值为1010.。

课时规范训练A 组 基础演练1．如图，四棱锥P -ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，P A 与平面ABD 所成的角为60°，在四边形ABCD 中，∠ADC ＝∠DAB ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，AD ＝2.(1)建立适当的坐标系，并写出点B ，P 的坐标； (2)求异面直线P A 与BC 所成的角的余弦值．解：(1)以D 为坐标原点，DA ，DC ，DP 为x ，y ，z 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，∵∠ADC ＝∠DAB ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，AD ＝2， ∴A (2,0,0)，C (0,1,0)，B (2,4,0)．由PD ⊥平面ABCD ，得∠P AD 为P A 与平面ABCD 所成的角， ∴∠P AD ＝60°.在Rt △P AD 中，由AD ＝2，得PD ＝23， ∴P (0,0,23)．(2)∵P A →＝(2,0，－23)，BC →＝(－2，－3,0)，∴cos 〈P A →，BC→〉＝2×(－2)＋0×(－3)＋(－23)×0413＝－1313，∴异面直线P A 与BC 所成的角的余弦值为1313.2．如图，在底面为直角梯形的四棱锥P -ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝3，AD ＝2，AB ＝23，BC ＝6.(1)求证：BD ⊥平面P AC ； (2)求二面角P -BD -A 的大小．解：(1)证明：如图，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (23，0,0)，C (23，6,0)，D (0,2,0)，P (0,0,3)，∴AP→＝(0,0,3)，AC →＝(23，6,0)，BD →＝(－23，2,0)．∴BD →·AP →＝0，BD →·AC →＝0.∴BD ⊥AP ，BD ⊥AC . 又∵P A ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面P AC . (2)设平面ABD 的法向量为m ＝(0,0,1)， 平面PBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则n ·BD →＝0，n ·BP →＝0.∵BP →＝(－23，0,3)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧－23x ＋2y ＝0，－23x ＋3z ＝0，解得⎩⎨⎧y ＝3x ，z ＝233x .令x ＝3，则n ＝(3，3,2)，∴cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝12. ∴二面角P -BD -A 的大小为60°.3．如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为菱形，P A ⊥底面ABCD ，AC ＝22，P A ＝2，E 是PC 上的一点，PE ＝2EC .(1)证明：PC ⊥平面BED ；(2)设二面角A -PB -C 为90°，求PD 与平面PBC 所成角的大小．解：(1)证明：以A 为坐标原点，射线AC 为x 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则C (22，0,0)，P (0,0,2)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫423，0，23，设D (2，b,0)，其中b ＞0， 则B (2，－b,0)．于是PC→＝(22，0，－2)，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，b ，23， DE→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，－b ，23. 从而PC →·BE →＝0，PC →·DE →＝0，故PC ⊥BE ，PC ⊥DE .又BE ∩DE ＝E ，所以PC ⊥平面BED . (2)AP→＝(0,0,2)，AB →＝(2，－b,0)．设m ＝(x ，y ，z )为平面P AB 的法向量，则 m ·AP →＝0，m ·AB →＝0，即2z ＝0且2x －by ＝0， 令x ＝b ，则m ＝(b ，2，0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面PBC 的法向量，则 n ·PC →＝0，n ·BE→＝0， 即22p －2r ＝0且2p 3＋bq ＋23r ＝0，令p ＝1，则r ＝2，q ＝－2b ，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－2b ，2.因为二面角A -PB -C 为90°，所以面P AB ⊥面PBC ， 故m·n ＝0，即b －2b ＝0，故b ＝2，于是n ＝(1，－1，2)，DP →＝(－2，－2，2)， 所以cos 〈n ，DP →〉＝n ·DP →|n ||DP →|＝12，所以〈n ，DP →〉＝60°.因为PD 与平面PBC 所成角和〈n ，DP →〉互余， 故PD 与平面PBC 所成的角为30°.4．如图，在四棱锥S -ABCD 中，底面ABCD 为梯形，AD ∥BC ，AD ⊥平面SCD ，AD ＝DC ＝2，BC ＝1，SD ＝2，∠SDC ＝120°.(1)求SC 与平面SAB 所成角的正弦值；(2)求平面SAD 与平面SAB 所成的锐二面角的余弦值．解：如图，在平面SCD 中，过点D 作DC 的垂线交SC 于点E ，以D 为原点，DA ，DC ，DE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系． 则有D (0,0,0)，S (0，－1，3)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，B (1,2,0)． (1)设平面SAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∵AB→＝(－1,2,0)，AS →＝(－2，－1，3)， 则AB →·n ＝0，AS →·n ＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，－2x －y ＋3z ＝0，取y ＝3，得n ＝(23，3，5)． 又SC→＝(0,3，－3)， 设SC 与平面SAB 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈SC →，n 〉|＝2323×210＝1020，故SC 与平面SAB 所成角的正弦值为1020. (2)设平面SAD 的法向量为m ＝(a ，b ，c )， ∵DA→＝(2,0,0)，DS →＝(0，－1，3)， 则有⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝0，－b ＋3c ＝0，取b ＝3，得m ＝(0，3，1)．∴cos 〈n ，m 〉＝n·m |n ||m |＝8210×2＝105，故平面SAD 与平面SAB 所成的锐二面角的余弦值为105.B 组 能力突破1．如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，已知AB ⊥侧面BB 1C 1C ，AB ＝BC ＝1，BB 1＝2，∠BCC 1＝π3.(1)求证：C 1B ⊥平面ABC ；(2)设CE →＝λCC 1→(0≤λ≤1)，且平面AB 1E 与BB 1E 所成的锐二面角的大小为30°，试求λ的值．解：(1)证明：因为AB ⊥侧面BB 1C 1C ，BC 1⊂侧面BB 1C 1C ，故AB ⊥BC 1.在△BCC 1中，BC ＝1，CC 1＝BB 1＝2，∠BCC 1＝π3，BC 21＝BC 2＋CC 21－2BC ·CC 1·cos ∠BCC 1＝12＋22－2×1×2×cos π3＝3.所以BC 1＝3，故BC 2＋BC 21＝CC 21，所以BC ⊥BC 1，而BC ∩AB ＝B ，所以C 1B ⊥平面ABC .(2)由(1)可知，AB ，BC ，BC 1两两垂直．以B 为原点，BC ，BA ，BC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．则B (0,0,0)，A (0,1,0)，B 1(－1,0，3)，C (1,0,0)，C 1(0,0，3)．所以CC 1→＝(－1,0，3)，所以CE →＝(－λ，0，3λ)，则E (1－λ，0，3λ)． 则AE →＝(1－λ，－1，3λ)，AB 1→＝(－1，－1，3)．设平面AB 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧n ⊥AE →，n ⊥AB1→，即⎩⎪⎨⎪⎧(1－λ)x －y ＋3λz ＝0，－x －y ＋3z ＝0.令z ＝3，则x ＝3－3λ2－λ，y ＝32－λ，故n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3－3λ2－λ，32－λ，3是平面AB 1E 的一个法向量． 因为AB ⊥平面BB 1C 1C ，所以BA →＝(0,1,0)是平面BB 1E 的一个法向量， 所以|cos 〈n ，BA →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·BA →|n ||BA →| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪32－λ1× ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3－3λ2－λ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32－λ2＋(3)2＝32.两边平方并化简得2λ2－5λ＋3＝0，所以λ＝1或λ＝32(舍去)．2．如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形．平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5.(1)求证：AA 1⊥平面ABC ； (2)求二面角A 1-BC 1-B 1的余弦值；(3)证明：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求BDBC 1的值．解：(1)证明：在正方形AA 1C 1C 中，A 1A ⊥AC .又平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且平面ABC ∩平面AA 1C 1C ＝AC ， ∴AA 1⊥平面ABC .(2)在△ABC 中，AC ＝4，AB ＝3，BC ＝5， ∴BC 2＝AC 2＋AB 2，AB ⊥AC∴以A 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A -xyz .A 1(0,0,4)，B (0,3,0)，C 1(4,0,4)，B 1(0,3,4)，A 1C 1→＝(4,0,0)，A 1B →＝(0,3，－4)，B 1C 1→＝(4，－3,0)，BB 1→＝(0,0,4)． 设平面A 1BC 1的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面B 1BC 1的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)． ∴⎩⎨⎧A 1C 1→·n 1＝0，A1B →·n 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧4x 1＝03y 1－4z 1＝0∴取向量n 1＝(0,4,3) 由⎩⎨⎧B 1C 1→·n 2＝0，BB1→·n 2＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧4x 2－3y 2＝0，4z 2＝0.取向量n 2＝(3,4,0)∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝165×5＝1625.由题意知二面角A 1-BC 1-B 1为锐角， 所以二面角A 1-BC 1-B 1的余弦值为1625.(3)证明：设D (x ，y ，z )是直线BC 1上一点，且BD →＝λBC 1→.∴(x ，y －3，z )＝λ(4，－3,4)， 解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ. ∴AD→＝(4λ，3－3λ，4λ) 又AD ⊥A 1B ，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0 则λ＝925，因此BD BC 1＝925.。

2024年高考数学一轮复习第7章：立体几何学生版一、单项选择题
1．如图，用斜二测画法作水平放置的正三角形A1B1C1的直观图，则正确的图形是(
)
2．下列四个命题中，正确的是()
A．各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱
B．对角面是全等矩形的六面体一定是长方体
C．有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱
D．长方体一定是直四棱柱
3．从平面外一点P引与平面相交的直线，使P点与交点的距离等于1，则满足条件的直线可能有()
A．0条或1条B．0条或无数条
C．1条或2条D．0条或1条或无数条
4．已知m，n表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，则下列命题中正确的是() A．若m∥α，n⊥β，m∥n，则α⊥β
B．若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α∥β
C．若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n∥β
D．若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊥β
5．已知直线a，b，l和平面α，β，a⊂α，b⊂β，α∩β＝l，且α⊥β.对于以下命题，判断正确的是()
①若a，b异面，则a，b至少有一个与l相交；
②若a，b垂直，则a，b至少有一个与l垂直．
A．①是真命题，②是假命题
B．①是假命题，②是真命题
C．①是假命题，②是假命题
D．①是真命题，②是真命题
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2019版高考数学一轮复习第7章立体几何7.6 空间向量及运算课后作业理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019版高考数学一轮复习第7章立体几何7.6 空间向量及运算课后作业理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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7．6 空间向量及运算[基础送分提速狂刷练］一、选择题1．已知点O，A，B，C为空间不共面的四点，且向量a＝错误!＋错误!＋错误!,向量b＝错误!＋错误!－错误!，则与a，b不能构成空间基底的向量是( ) A。

错误! B.错误!C.错误!D.错误!或错误!答案C解析根据题意得错误!＝错误!(a－b），所以错误!，a,b共面．故选C.2．有4个命题：①若p＝x a＋y b，则p与a，b共面；②若p与a，b共面，则p＝x a＋y b；③若错误!＝x错误!＋y错误!，则P，M,A，B共面;④若P,M，A，B共面，则错误!＝x错误!＋y错误!.其中真命题的个数是( )A．1 B．2C．3 D．4答案B解析①正确;②中，若a，b共线,p与a不共线，则p＝x a＋y b就不成立；③正确；④中，若M，A，B共线,点P不在此直线上，则错误!＝x错误!＋y错误!不正确．故选B.3．在平行六面体ABCD－A′B′C′D′中,若错误!＝x错误!＋2y错误!－3z 错误!，则x＋y＋z＝( ）A．1 B。

7 6C.错误!D.错误!答案B解析∵错误!＝错误!＋错误!＝错误!＋错误!＋错误!＝错误!＋错误!＋错误!＝x错误!＋2y错误!－3z错误!,∴x＝1，y＝错误!,z＝－错误!,∴x＋y＋z＝1＋错误!－错误!＝错误!.故选B.4．已知四边形ABCD满足错误!·错误!>0,错误!·错误!〉0，错误!·错误!>0，错误!·错误!〉0，则该四边形为（）A．平行四边形B．梯形C．平面四边形D．空间四边形答案D解析由已知条件得四边形的四个外角均为锐角，但在平面四边形中任一四边形的外角和都是360°，这与已知条件矛盾，所以该四边形是一个空间四边形．故选D.5. （2018·北京东城模拟)如图所示，已知PA⊥平面ABC，∠ABC＝120°，PA＝AB＝BC＝6，则|错误!|等于（）A．6 2 B．6C．12 D．144答案C解析∵错误!＝错误!＋错误!＋错误!，∴错误!2＝错误!2＋错误!2＋错误!2＋2错误!·错误!，∴|错误!|2＝36＋36＋36＋2×36cos60°＝144，∴｜PC ，→｜＝12.故选C 。

第七章 第六讲A 组基础巩固一、选择题1．(2016·洛阳模拟)O 为空间任意一点，若OP →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则A ，B ，C ，P 四点导学号 30072163( B )A ．一定不共面B ．一定共面C ．不一定共面D ．无法判断[解析] ∵OP →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，且34＋18＋18＝1，∴P ，A ，B ，C 四点共面，故选B ．2．如果三点A (1,5，－2)，B (2,4,1)，C (a,3，b ＋2)在同一直线上，则导学号 30072164( C )A ．a ＝3，b ＝－3B ．a ＝6，b ＝－1C ．a ＝3，b ＝2D ．a ＝－2，b ＝1[解析] AB →＝(1，－1,3)，AC →＝(a －1，－2，b ＋4)，因为三点共线，所以存在实数λ使AC →＝λAB →，即⎩⎪⎨⎪⎧a －1＝λ，－2＝－λ，b ＋4＝3λ，∴a ＝3，b ＝2. 3．(2016·衡阳模拟)已知a ＝(2,1，－3)，b ＝(－1,2,3)，c ＝(7,6，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则λ＝导学号 30072165( B )A ．9B ．－9C ．－3D ．3[解析] 由题意知c ＝x a ＋y b ，即(7,6，λ)＝x (2,1，－3)＋y (－1,2,3)，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9，故选B ．4．向量a ＝(－2，－3,1)，b ＝(2,0,4)，c ＝(－4，－6,2)，下列结论正确的是导学号 30072166( C )A ．a ∥b ，a ∥cB ．a ∥b ，a ⊥cC ．a ∥c ，a ⊥bD ．以上都不对[解析] 因为c ＝(－4，－6,2)＝2(－2，－3,1)，所以a ∥c .又a ·b ＝(－2)×2＋(－3)×0＋1×4＝0，所以a ⊥b .5．若平面α的法向量n 1＝(2，－3,5)，平面β的法向量n 2＝(－3,1，－4)则导学号 30072167( C )A ．α∥βB ．α⊥βC ．α，β相交但不垂直D ．以上均不正确[解析] ∵n 1·n 2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)≠0，∴n 1与n 2不垂直，∴α与β相交但不垂直．6．已知平面α内有一个点A (2，－1,2)，α的一个法向量为n ＝(3,1,2)，则下列点P 中，在平面α内的是导学号 30072168( B )A ．(1，－1,1)B ．(1,3，32)C ．(1，－3，32)D ．(－1,3，－32)[解析] 对于选项A ，P A →＝(1,0,1)，则P A →·n ＝(1,0,1)·(3,1,2)＝5≠0，故排除A ；对于选项B ，P A →＝(1，－4，12)，则P A →·n ＝(1，－4，12)·(3,1,2)＝0，验证可知C 、D 均不满足P A →·n ＝0.故选B ．7．(2016·东营质检)已知A (1,0,0)，B (0，－1,1)，OA →＋λOB →与OB →的夹角为120°，则λ的值为导学号 30072169( C )A ．±66B ．66C ．－66D ．±6[解析] OA →＋λOB →＝(1，－λ，λ)， cos120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12，得λ＝±66.经检验λ＝66不合题意，舍去，∴λ＝－66.8.(2016·太原模拟)如图所示，PD 垂直于正方形ABCD 所在平面，AB ＝2，E 为PB 的中点，cos 〈DP →，AE →〉＝33，若以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则点E 的坐标为导学号 30072170( A )A ．(1,1,1)B ．(1,1，12)C ．(1,1，32)D ．(1,1,2)[解析] 由已知得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)， 设P (0,0，a )(a >0)，则E (1,1，a2)，所以DP →＝(0,0，a )，AE →＝(－1,1，a 2)，|DP →|＝a ，|AE →|＝(－1)2＋12＋(a2)2.＝2＋a 24＝8＋a 22. 又cos 〈DP →，AE →〉＝33，所以0×(－1)＋0×1＋a 22a ·8＋a 22＝33，解得a 2＝4，即a ＝2，所以E (1,1,1)． 二、填空题9．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 →[解析] 如图所示，MN →＝12(MB →＋MC →)＝12[(OB →－OM →)＋(OC →－OM →)]＝12(OB →＋OC →－2OM →)＝12(OB →＋OC →－OA →)＝12(b ＋c －a )． 10．已知点O 为坐标原点，三点的坐标分别是A (2，－1,2)，B (4,5，－1)，C (－2,2,3)．若AP →＝12(AB →－AC →)，则点P 的坐标为 (5，12，0) .导学号 30072172[解析] 设P (x ，y ，z )，则AP →＝(x －2，y ＋1，z －2)，12(AB →－AC →)＝(3，32，－2)．因为AP→＝12(AB →－AC →)，即(x －2，y ＋1，z －2)＝(3，32，－2)，所以⎩⎪⎨⎪⎧x －2＝3，y ＋1＝32，z －2＝－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5，y ＝12，z ＝0.所以点P 的坐标为(5，12，0)．11．(教材改编题)如图，在空间四面体OABC 中，OA ＝8，AB ＝6，AC ＝4，BC ＝5，∠OAC ＝45°，∠OAB ＝60°，则OA 与BC 所成角的余弦值为3－225.导学号30072173[解析] 因为BC →＝AC →－AB →，所以OA →·BC →＝OA →·AC →－OA →·AB →＝|OA →||AC →|cos 〈OA →，AC →〉－|OA →||AB →|·cos 〈OA →，AB →〉＝8×4×cos135°－8×6×cos120°＝－162＋24，所以cos 〈OA →，BC →〉＝OA →·BC →|OA →|·|BC →|＝24－1628×5＝3－225，即OA 与BC 所成角的余弦值为3－225.三、解答题12．(2016·唐山模拟)已知空间三点A (－2,0,2)，B (－1,1,2)，C (－3,0,4)，设a ＝AB →，b ＝AC →.导学号 30072174(1)求a 和b 夹角的余弦值； (2)设|c |＝3，c ∥BC →，求c 的坐标．[解析] (1)因为AB →＝(1,1,0)，AC →＝(－1,0,2)， 所以a ·b ＝－1＋0＋0＝－1，|a |＝2，|b |＝ 5. 所以cos 〈a ·b 〉＝a ·b|a ||b |＝－12×5＝－1010. (2)BC →＝(－2，－1,2)．设c ＝(x ，y ，z )， 因为|c |＝3，c ∥BC →，所以x 2＋y 2＋z 2＝3，存在实数λ使得c ＝λBC →，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2λ，y ＝－λ，z ＝2λ，联立解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－2，y ＝－1，z ＝2，λ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝1，z ＝－2，λ＝－1，所以c ＝±(－2，－1,2)．13．(2016·太原模拟)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，底面△ABC 中，CA ＝CB ＝1，∠BCA ＝90°，棱AA 1＝2，M ，N 分别是A 1B 1，A 1A 的中点.导学号 30072175(1)求BN →的模；(2)求cos 〈BA 1→，CB 1→〉的值； (3)求证：A 1B ⊥C 1M .[解析] 如图，建立空间直角坐标系．(1)依题意得B (0,1,0)，N (1,0,1)，所以|BN →| ＝(1－0)2＋(0－1)2＋(1－0)2 ＝ 3.(2)依题意得A 1(1,0,2)，B (0,1,0)，C (0,0,0)，B 1(0,1,2)． 所以BA 1→＝(1，－1,2)，CB 1→＝(0,1,2)，BA 1→·CB 1→＝3， |BA 1→|＝6，|CB 1→|＝5，所以cos 〈BA 1→，CB 1→〉＝BA 1→·CB 1→|BA 1→||CB 1→|＝3010.(3)证明：依题意，得C 1(0,0,2)，M (12，12，2)，A 1B →＝(－1,1，－2)，C 1M →＝(12，12，0)．所以A 1B →·C 1M →＝－12＋12＋0＝0，所以A 1B →⊥C 1M →.所以A 1B ⊥C 1M .B 组能力提升1．(2016·莆江模拟)已知O －ABC 是四面体，点G 1是△ABC 的重心，点G 是OG 1上的一点，且OG ＝3GG 1.若OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则(x ，y ，z )为导学号 30072176( A )A ．(14，14，14)B ．(34，34，34)C ．(13，13，13)D ．(23，23，23)[解析] OG →＝34OG 1→＝34(OA →＋AG 1→)＝34OA →＋34×23[12(AB →＋AC →)]＝34OA →＋14[(OB →－OA →)＋(OC→－OA →)]＝14OA →＋14OB →＋14OC →.故选A ．2．(教材改编题)在空间四面体OABC 中，OB ＝OC ，∠AOB ＝∠AOC ＝60°，则cos 〈OA →，BC →〉＝导学号 30072177( D )A ．12B ．22C ．－12D ．0[解析] 因为OB ＝OC ，∠AOB ＝∠AOC ＝60°，所以OA →·BC →＝OA →·(BO →＋OC →)＝OA →·BO →＋OA →·OC →＝|OA →||BO →|·cos120°＋|OA →||OC →|cos60°＝－12|OA →||BO →|＋12|OA →||OC →|＝0，所以cos 〈OA →，BC →〉＝0.故选D ．3．(2016·舟山模拟)平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，向量AB →、AD →、AA 1→两两的夹角均为60°，且|AB →|＝1，|AD →|＝2，|AA 1→|＝3，则|AC 1→|等于导学号 30072178( A )A ．5B ．6C ．4D ．8[解析] 设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则AC 1→＝a ＋b ＋c ，AC →21＝a 2＋b 2＋c 2＋2a ·b ＋2b ·c ＋2c ·a ＝25，因此|AC 1→|＝5，故选A ．4．在空间直角坐标系Oxyz 中，已知A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，D (1,1，2)．若S 1，S 2，S 3分别是三棱锥D －ABC 在xOy ，yOz ，zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则导学号 30072179( D )A ．S 1＝S 2＝S 3B ．S 2＝S 1且S 2≠S 3C ．S 3＝S 1且S 3≠S 2D ．S 3＝S 2且S 3≠S 1[解析] 根据题目条件，在空间直角坐标系Oxyz 中作出该三棱锥D －ABC ，如图，显然S 1＝S △ABC ＝12×2×2＝2，S 2＝S 3＝12×2×2＝ 2.故选D ．5.(2016·海淀区模拟)如图所示，ABCD 是边长为3的正方形，DE ⊥平面ABCD ，AF ∥DE ，DE ＝3AF ，BE 与平面ABCD 所成角为60°.导学号 30072180(1)求证：AC ⊥平面BDE ；(2)设点M 是线段BD 上一个动点，试确定M 的位置，使得AM ∥平面BEF ，并证明你的结论．[答案] (1)略 (2)BM ＝13BD 时，AM ∥平面BEF .[解析] (1)因为DE ⊥平面ABCD ，所以DE ⊥AC ．因为ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD ． 从而AC ⊥平面BDE .(2)因为DA ，DC ，DE 两两垂直， 所以建立空间直角坐标系D －xyz如图所示．因为BE 与平面ABCD 所成角为60°， 即∠DBE ＝60°，所以ED DB ＝ 3 .因为正方体ABCD 的边长为3，所以BD ＝32，所以DE ＝36，AF ＝ 6.则A (3,0,0)，F (3,0，6)，E (0,0,36)，B (3,3,0)，C (0,3,0)． 所以BF →＝(0，－3，6)，EF →＝(3,0，－26)． 设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BF →＝0，n ·EF →＝0，即⎩⎨⎧－3y ＋6z ＝03x －26z ＝0令z ＝6，则n ＝(4,2，6)． 点M 是线段BD 上一个动点，设M (t ，t,0)． 则AM →＝(t －3，t,0)．因为AM ∥平面BEF ，所以AM →·n ＝0. 即4(t －3)＋2t ＝0，解得t ＝2.此时，点M 为(2,2,0)，BM ＝13BD ，符合题意．。

课时作业一、选择题1．(2014·大同月考)若直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，能使l ∥α的是( )A ．a ＝(1，0，0)，n ＝(－2，0，0)B ．a ＝(1，3，5)，n ＝(1，0，1)C ．a ＝(0，2，1)，n ＝(－1，0，－1)D ．a ＝(1，－1，3)，n ＝(0，3，1)D [若l ∥α，则a ·n ＝0.而A 中a ·n ＝－2，B 中a ·n ＝1＋5＝6，C 中a ·n ＝－1，只有D 选项中a ·n ＝－3＋3＝0.]2．已知a ＝(2，－1，3)，b ＝(－1，4，－2)，c ＝(7，5，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则实数λ等于( )A.627B.637C.607D.657D [由题意得c ＝t a ＋μ b ＝(2t －μ，－t ＋4μ，3t －2μ)，∴⎩⎨⎧7＝2t －μ，5＝－t ＋4μ，λ＝3t －2μ.∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝337，μ＝177，λ＝657.] 3．如图所示，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则下列向量中与BM →相等的向量是( )A ．－12a ＋12b ＋c B.12a ＋12b ＋cC ．－12a －12b ＋c D.12a －12b ＋cA [BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →) ＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .]4．(2014·晋中调研)如图所示，已知空间四边形OABC ，OB ＝OC ，且∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos 〈OA→，BC →〉的值为 ( )A ．0B.12C.32D.22A [设OA→＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ， 由已知条件〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝π3，且|b |＝|c |，OA →·BC →＝a ·(c －b )＝a ·c －a ·b ＝12|a ||c |－12|a ||b |＝0，∴cos 〈OA→，BC →〉＝0.] 5．平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，向量AB →、AD →、AA 1→两两的夹角均为60°，且|AB →|＝1，|AD →|＝2，|AA 1→|＝3，则|AC 1→|等于 ( )A ．5B ．6C ．4D ．8A [设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ， 则AC 1→＝a ＋b ＋c ， AC 1→2＝a 2＋b 2＋c 2＋2a ·c ＋2b ·c ＋2c ·a ＝25， 因此|AC 1→|＝5.] 二、填空题6．在下列条件中，使M 与A 、B 、C 一定共面的是________．①OM →＝2OA →－OB →－OC →；②OM →＝15OA →＋13OB →＋12OC →；③MA →＋MB →＋MC →＝0；④OM→＋OA →＋OB →＋OC →＝0. 解析 ∵MA→＋MB →＋MC →＝0，∴MA →＝－MB →－MC →， 则MA→、MB →、MC →为共面向量，即M 、A 、B 、C 四点共面． 答案 ③7．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 、F 分别是棱BC 、DD 1上的点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则CE 与DF 的和的值为________．解析 以D 1A 1、D 1C 1、D 1D 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设CE ＝x ，DF ＝y ，则易知E (x ，1，1)，B 1(1，1，0)，∴B 1E →＝(x －1，0，1)，又F (0，0，1－y )，B (1，1，1)，∴FB→＝(1，1，y )， 由于AB ⊥B 1E ，故若B 1E ⊥平面ABF ，只需FB →·B 1E →＝(1，1，y )·(x －1，0，1)＝0⇒x ＋y ＝1. 答案 1三、解答题8．如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AB⊥AD ，AC ⊥CD ，∠ABC ＝60°，P A ＝AB ＝BC ，E 是PC的中点．证明：(1)AE ⊥CD ；(2)PD ⊥平面ABE .证明 AB 、AD 、AP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设P A ＝AB ＝BC ＝1，则P (0，0，1)．(1)∵∠ABC ＝60°，∴△ABC 为正三角形．∴C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34，12. 设D (0，y ，0)，由AC ⊥CD ，得AC→·CD →＝0， 即y ＝233，则D ⎝⎛⎭⎪⎫0，233，0， ∴CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，36，0.又AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34，12， ∴AE →·CD →＝－12×14＋36×34＝0， ∴AE→⊥CD →，即AE ⊥CD . (2)解法一：∵P (0，0，1)，∴PD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，－1. 又AE →·PD →＝34×233＋12×(－1)＝0， ∴PD→⊥AE →，即PD ⊥AE . ∵AB→＝(1，0，0)，∴PD →·AB →＝0. ∴PD ⊥AB ，又AB ∩AE ＝A ，∴PD ⊥平面AEB .解法二：AB →＝(1，0，0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34，12， 设平面ABE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧x ＝0，14x ＋34y ＋12z ＝0，令y ＝2，则z ＝－3，∴n ＝(0，2，－3)．∵PD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，－1，显然PD →＝33n . ∵PD→∥n ，∴PD →⊥平面ABE ，即PD ⊥平面ABE . 9．如图，在底面为直角梯形的四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，PD⊥平面ABCD ，AD ＝1，AB ＝3，BC ＝4.(1)求证：BD ⊥PC ；(2)设点E 在棱PC 上，PE→＝λPC →，若DE ∥平面P AB ，求λ的值． 解析 (1)证明：如图，在平面ABCD 内过点D 作直线DF ∥AB ，交BC 于点F ，以D 为坐标原点，DA 、DF 、DP 所在的直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ，则A (1，0，0)，B (1，3，0)，D (0，0，0)，C (－3，3，0)．(1)设PD ＝a ，则P (0，0，a )，BD→＝(－1，－3，0)， PC→＝(－3，3，－a )， ∵BD→·PC →＝3－3＝0，∴BD ⊥PC . (2)由题意知，AB→＝(0，3，0)，DP →＝(0，0，a )， P A →＝(1，0，－a )，PC→＝(－3，3，－a )， ∵PE→＝λPC →， ∴PE→＝(－3λ，3λ，－aλ)， DE→＝DP →＋PE →＝(0，0，a )＋(－3λ，3λ，－aλ) ＝(－3λ，3λ，a －aλ)．设n ＝(x ，y ，z )为平面P AB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝0，P A →·n ＝0， 即⎩⎨⎧3y ＝0，x －az ＝0.令z ＝1，得x ＝a ，∴n ＝(a ，0，1)，∵DE ∥平面P AB ，∴DE→·n ＝0， ∴－3aλ＋a －aλ＝0，即a (1－4λ)＝0，∵a ≠0，∴λ＝14.。

第7章 立体几何 第6讲A 组 基础关1．已知点O ，A ，B ，C 为空间不共面的四点，且向量a ＝OA →＋OB →＋OC →，向量b ＝OA →＋OB →－OC →，则与a ，b 不能构成空间基底的向量是( )A.OA → B ．OB → C ．OC → D ．OA →或OB →答案 C解析 根据题意得OC →＝12(a －b )，所以OC →，a ，b 共面．故选C.2．(2018·某某某某实验中学期中)设ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为a 的正方体，则有( ) A.AB →·C 1A →＝a 2 B ．AB →·A 1C 1→＝2a 2 C.BC →·A 1D →＝a 2 D ．AB →·C 1A 1→＝a 2 答案 C解析 建系如图．则AB →·C 1A →＝(a,0,0)·(－a ，－a ，－a )＝－a 2， AB →·A 1C 1→＝(a,0,0)·(a ，a,0)＝a 2， BC →·A 1D →＝(0，a,0)·(0，a ，－a )＝a 2，AB →·C 1A 1→＝(a,0,0)·(－a ，－a,0)＝－a 2，故只有C 正确．3．已知a ＝(1,0,1)，b ＝(x,1,2)，且a ·b ＝3，则向量a 与b 的夹角为( ) A.5π6B ．2π3C ．π3D ．π6答案 D解析 因为a ·b ＝(1,0,1)·(x,1,2)＝x ＋2＝3，所以x ＝1，所以|a |＝2，|b |＝6，所以cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝32×6＝32.又0≤〈a ，b 〉≤π，所以〈a ，b 〉＝π6.4．对于空间一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，有6OP →＝OA →＋2OB →＋3OC →，则( ) A ．O ，A ，B ，C 四点共面 B ．P ，A ，B ，C 四点共面 C ．O ，P ，B ，C 四点共面 D ．O ，P ，A ，B ，C 五点共面答案 B解析 解法一：因为6OP →＝OA →＋2OB →＋3OC →， 所以OP →＝16OA →＋13OB →＋12OC →，且16＋13＋12＝1，所以A ，B ，C ，P 四点共面． 解法二：因为6OP →＝OA →＋2OB →＋3OC →， 所以0＝(OA →－OP →)＋2(OB →－OP →)＋3(OC →－OP →)， 所以PA →＋2PB →＋3PC →＝0， 所以PC →＝－13PA →－23PB →，所以PC →，PA →，PB →共面，又三个向量有公共点P . 所以P ，A ，B ，C 四点共面．5．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，给出以下向量表达式：①(A 1D 1→－A 1A →)－AB →；②(BC →＋BB 1→)－D 1C 1→；③(AD →－AB →)－2DD 1→；④(B 1D 1→＋A 1A →)＋DD 1→. 其中能够化简为向量BD 1→的是( ) A ．①② B ．②③ C ．③④ D ．①④答案 A解析 ①(A 1D 1→－A 1A →)－AB →＝AD 1→－AB →＝BD 1→； ②(BC →＋BB 1→)－D 1C 1→＝BC 1→－D 1C 1→＝BD 1→； ③(AD →－AB →)－2DD 1→＝BD →－2DD 1→≠BD 1→； ④(B 1D 1→＋A 1A →)＋DD 1→＝B 1D →＋DD 1→＝B 1D 1→≠BD 1→. 综上，①②符合题意．故选A.6．(2018·某某模拟)平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，向量AB →，AD →，AA 1→两两的夹角均为60°，且|AB →|＝1，|AD →|＝2，|AA 1→|＝3，则|AC 1→|等于( )A ．5B ．6C ．4D ．8答案 A解析 设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则AC 1→＝a ＋b ＋c ，|AC 1→|2＝a 2＋b 2＋c 2＋2a ·b ＋2b ·c ＋2c ·a ＝25，因此|AC 1→|＝5.故选A.7．在空间直角坐标系中，已知△ABC 的顶点坐标分别为A (1，－1,2)，B (5，－6,2)，C (1,3，－1)，则边AC 上的高BD ＝( )A ．5B ．41C ．4D ．2 5答案 A解析 设AD →＝λAC →，AC →＝(0,4，－3)，则AD →＝(0,4λ，－3λ)，AB →＝(4，－5,0)，BD →＝(－4,4λ＋5，－3λ)．由AC →·BD →＝0，得λ＝－45，所以BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，95，125，所以|BD →|＝5.故选A.8．已知a ＝(2,3,1)，b ＝(－4,2，x )，且a ⊥b ，则|b |＝________. 答案 2 6解析 因为a ⊥b ，所以a ·b ＝(2,3,1)·(－4,2，x )＝－8＋6＋x ＝0，所以x ＝2.所以|b |＝－42＋22＋22＝2 6.9．(2018·某某模拟)如图所示，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别为OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG →＝2GN →，若OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x ＋y ＋z ＝________.答案 56解析 设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c . 则MN →＝ON →－OM →＝12(OB →＋OC →)－12OA →＝12b ＋12c －12a ， OG →＝OM →＋MG →＝12OA →＋23MN →＝12a ＋23⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＋12c －12a ＝16a ＋13b ＋13c ， 又OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →， 所以x ＝16，y ＝13，z ＝13，x ＋y ＋z ＝16＋13＋13＝56.10．如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，若动点P 在线段BD 1上运动，则DC →·AP →的取值X 围是________．答案 [0,1]解析 由题意，设BP →＝λBD 1→，其中λ∈[0,1]，DC →·AP →＝AB →·(AB →＋BP →)＝AB →·(AB →＋λBD 1→)＝AB →2＋λAB →·BD 1→＝AB →2＋λAB →·(AD 1→－AB →)＝(1－λ)AB →2＝1－λ，因此DC →·AP →的取值X 围是[0,1]．B 组 能力关1．若{a ，b ，c }是空间的一个基底，且向量p ＝x a ＋y b ＋z c ，则(x ，y ，z )叫向量p 在基底{a ，b ，c }下的坐标，已知{a ，b ，c }是空间的一个基底，{a ＋b ，a －b ，c }是空间的另一个基底，一向量p 在基底{a ，b ，c }下的坐标为(4,2,3)，则向量p 在基底{a ＋b ，a －b ，c }下的坐标是( )A ．(4,0,3)B ．(3,1,3)C ．(1,2,3)D ．(2,1,3)答案 B解析 设向量p 在基底{a ＋b ，a －b ，c }下的坐标是(x ，y ，z )，则 4a ＋2b ＋3c ＝x (a ＋b )＋y (a －b )＋z c ＝(x ＋y )a ＋(x －y )b ＋z c ，因为a ，b ，c 不共面，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝4，x －y ＝2，z ＝3，解得x ＝3，y ＝1，z ＝3，所以向量p 在基底{a ＋b ，a －b ，c }下的坐标为(3,1,3)．2．如图所示，在平行四边形ABCD 中，AB ＝AC ＝CD ＝1，∠ACD ＝90°，把△ADC 沿对角线AC 折起，使AB 与CD 成60°角，则BD 的长为________．答案 2或 2解析 ∵AB 与CD 成60°角， ∴〈BA →，CD →〉＝60°或120°.又∵AB ＝AC ＝CD ＝1，AC ⊥CD ，AC ⊥AB ， ∴|BD →|＝ BD→2＝BA →＋AC →＋CD→2＝ BA →2＋AC →2＋CD →2＋2BA →·AC →＋2AC →·CD →＋2BA →·CD → ＝ 1＋1＋1＋0＋0＋2×1×1×cos〈BA →，CD →〉 ＝3＋2cos 〈BA →，CD →〉，∴|BD →|＝2或 2. ∴BD 的长为2或 2.3．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________．答案 25解析 以A 为坐标原点，射线AB ，AD ，AQ 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形ABCD 和ADPQ 的边长为2，则E (1,0,0)，F (2,1,0)，M (0，y,2)(0≤y ≤2)． 所以AF →＝(2,1,0)，EM →＝(－1，y,2)． 所以AF →·EM →＝－2＋y ，|AF →|＝5， |EM →|＝5＋y 2.所以cos θ＝|AF →·EM →||AF →||EM →|＝|－2＋y |5·5＋y 2＝2－y5·5＋y 2. 令2－y ＝t ，则y ＝2－t ，且t ∈[0,2]． 所以cos θ＝t5·5＋2－t 2＝t5·9－4t ＋t2.当t ＝0时，cos θ＝0. 当t ≠0时，cos θ＝15·9t 2－4t＋1＝15·9⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －292＋59，由t ∈(0,2]，得1t ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞， 所以9⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －292＋59≥ 9×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－292＋59＝52. 所以0<cos θ≤25，即cos θ的最大值为25.4．如图所示，平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在B 1B 和D 1D 上，且BE ＝13BB 1，DF ＝23DD 1.(1)求证：A ，E ，C 1，F 四点共面；(2)若EF →＝xAB →＋yAD →＋zAA 1→，求x ＋y ＋z 的值． 解 (1)证明：因为AC 1→＝AB →＋AD →＋AA 1→＝AB →＋AD →＋13AA 1→＋23AA 1→＝⎝⎛⎭⎪⎫AB →＋13AA 1→＋⎝ ⎛⎭⎪⎫AD →＋23AA 1→ ＝(AB →＋BE →)＋(AD →＋DF →) ＝AE →＋AF →，所以A ，E ，C 1，F 四点共面． (2)因为EF →＝AF →－AE →＝AD →＋DF →－(AB →＋BE →) ＝AD →＋23DD 1→－AB →－13BB 1→＝－AB →＋AD →＋13AA 1→，所以x ＝－1，y ＝1，z ＝13，所以x ＋y ＋z ＝13.。