(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
第1页共14页。

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。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为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全部内容。

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.。

（时间：40分钟）1．向量a＝(－2，－3,1)，b＝(2,0,4)，c＝（－4，－6，2)，下列结论正确的是( )A．a∥b，a∥c B．a∥b，a⊥cC．a∥c，a⊥b D．以上都不对答案C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.2．已知a＝（λ＋1,0，2），b＝（6，2u－1，2λ)，若a∥b，则λ与u的值可以是( ）A．2，12B．－错误!，错误!C．－3,2 D．2，2答案A解析由题意知(λ＋1)·2λ＝2×6，可得λ＝－3或2，由0·2λ＝2（2u－1）得u＝12,分析选项知A正确．3．已知向量a＝(1,0，－1），则下列向量中与a成60°夹角的是（)A．（－1，1,0) B．（1，－1，0)C．(0，－1，1） D．(－1,0,1)答案B解析经检验,选项B中向量（1,－1,0）与向量a＝（1,0,－1)的夹角的余弦值为错误!,即它们的夹角为60°，故选B.4．如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中,M为A1C1与B1D1的交点．若错误!＝a，错误!＝b，错误!＝c，则下列向量中与错误!相等的向量是( )A．－错误!a＋错误!b＋c B。

错误!a＋错误!b＋cC．－错误!a－错误!b＋c D。

错误!a－错误!b＋c答案A解析错误!＝错误!＋错误!＝错误!＋错误!（错误!－错误!)＝c＋错误!(b－a）＝－错误!a＋错误!b＋c。

5．平行六面体ABCD－A1B1C1D1中,向量错误!，错误!，错误!两两的夹角均为60°，且｜错误!｜＝1，｜错误!｜＝2，｜错误!|＝3,则|错误!|等于( ）A．5 B．6 C．4 D．8答案A解析设错误!＝a，错误!＝b，错误!＝c,则错误!＝a＋b＋c,|错误!｜2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2c·a＝25，因此｜错误!|＝5。

2014年高考数学一轮复习 第7章 立体几何6精品训练 理（含解析）新人教B 版[命题报告·教师用书独具]一、选择题1．有以下命题：①如果向量a ，b 与任何向量不能构成空间向量的一个基底，那么a ，b 的关系是不共线；②O ，A ，B ，C 为空间四点，且向量O A →，O B →，O C →不构成空间的一个基底，那么点O ，A ，B ，C 一定共面；③已知向量a ，b ，c 是空间的一个基底，则向量a ＋b ，a －b ，c 也是空间的一个基底．其中正确的命题是( )A ．①②B ．①③C ．②③D ．①②③解析：对于①，“如果向量a ，b 与任何向量不能构成空间向量的一个基底，那么a ，b 的关系一定是共线”，所以①错误，②③正确．答案：C2．(2013年威海模拟)已知正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，点E 为上底面A 1C 1的中心，若AE →＝AA 1→＋xAB →＋yAD →，则x ，y 的值分别为( )A ．x ＝1，y ＝1B ．x ＝1，y ＝12C ．x ＝12，y ＝12D ．x ＝12，y ＝1解析：如图，AE →＝AA 1→＋A 1E → ＝AA 1→＋12A 1C 1→＝AA 1→＋12(AB →＋AD →)．答案： C3．(2013年某某模拟)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.657解析：由题意得c ＝ta ＋μb ＝(2t －μ，－t ＋4μ，3t －2μ)，∴⎩⎪⎨⎪⎧7＝2t －μ，5＝－t ＋4μ，λ＝3t －2μ，解得⎩⎪⎨⎪⎧t ＝337，μ＝177，λ＝657.答案：D4．(2013年某某模拟)已知点B 是点A (3,7，－4)在xOz 平面上的射影，则O B →2等于( ) A ．(9,0,16) B ．25 C ．5 D ．13解析：A 在xOz 平面上的射影为B (3,0，－4)，则OB →＝(3,0，－4)，OB →2＝25. 答案：B5．(2013年晋中调研)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 ．0 B.12C.32D.22解析：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. 答案：A 二、填空题6．已知点A (1,2,1)，B (－1,3,4)，D (1,1,1)，若A P →＝2P B →，则|P D →|的值是________． 解析：设P (x ，y ，z )，∴A P →＝(x －1，y －2，z －1)．P B →＝(－1－x,3－y,4－z )，由A P →＝2P B →得点P 坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，83，3，又D (1,1,1)，∴|P D →|＝773. 答案：7737．已知a ＋3b 与7a －5b 垂直，且a －4b 与7a －2b 垂直，则〈a ，b 〉＝________. 解析：由条件知(a ＋3b )·(7a －5b ) ＝7|a |2＋16a ·b －15|b |2＝0，及(a －4b )·(7a －2b )＝7|a |2＋8|b |2－30a·b ＝0. 两式相减，得46a ·b ＝23|b|2，∴a·b ＝12|b |2.代入上面两个式子中任意一个，即可得到|a |＝|b |. ∴cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝12|b |2|b |2＝12.∵〈a ，b 〉∈[0°，180°]，∴〈a ，b 〉＝60°. 答案：60°8．(2013年寿光模拟)如图，在30°的二面角 α­l ­β的棱上有两点A ，B ，点C ，D 分别在α，β内，且AC ⊥AB ，BD ⊥AB ，AC ＝BD ＝AB ＝1，则CD 的长度为________．解析：由CD →＝CA →＋AB →＋BD →及，〈CA →，BD →〉＝150°，得|CD →|2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2(CA →·AB →＋AB →·BD →＋CA →·BD →)＝3＋2(0＋0＋1×1×cos 150°)＝2，∴|C D →|＝ 2. 答案： 29．已知a ＝(1－t,1－t ，t )，b ＝(2，t ，t )，则|b －a |的最小值为________． 解析：b －a ＝(1＋t,2t －1,0)， ∴|b －a |＝1＋t2＋2t －12＝ 5t －152＋95， ∴当t ＝15时，|b －a |取得最小值为355.答案：355三、解答题10．(2013年某某模拟)证明三个向量a ＝－e 1＋3e 2＋2e 3，b ＝4e 1－6e 2＋2e 3，c ＝－3e 1＋12e 2＋11e 3共面．证明：若e 1、e 2、e 3共面，显然a 、b 、c 共面； 若e 1、e 2、e 3不共面，设c ＝λa ＋μb ，即－3e 1＋12e 2＋11e 3＝λ(－e 1＋3e 2＋2e 3)＋μ(4e 1－6e 2＋2e 3)， 整理得－3e 1＋12e 2＋11e 3＝(4μ－λ)e 1＋(3λ－6μ)e 2＋(2λ＋2μ)e 3， 由空间向量基本定理可知⎩⎪⎨⎪⎧4μ－λ＝－3，3λ－6μ＝12，2λ＋2μ＝11，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝5，μ＝12，即c ＝5a ＋12b ，则三个向量共面．11．如下图，在空间四边形SABC 中，AC ，BS 为其对角线，O 为△ABC 的重心，求证：(1)OA →＋OB →＋OC →＝0； (2)SO →＝13(SA →＋SB →＋SC →)．证明：(1)OA →＝－13(AB →＋AC →)，①OB →＝－13(BA →＋BC →)，② OC →＝－13(CA →＋CB →)，③①＋②＋③得OA →＋OB →＋OC →＝0. (2)SO →＝SA →＋AO →，④SO →＝SB →＋BO →，⑤ SO →＝SC →＋CO →，⑥由(1)得：AO →＋BO →＋CO →＝0. ④＋⑤＋⑥得3SO →＝SA →＋SB →＋SC →即SO →＝13(SA →＋SB →＋SC →)．12．(能力提升)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． 解析：(1)证明：设C A →＝a ，C B →＝b ，CC ′→＝c ，根据题意，|a |＝|b |＝|c |， 且a·b ＝b·c ＝c·a ＝0，∴C E →＝b ＋12c ，A ′D →＝－c ＋12b －12a .∴C E →·A ′D →＝－12c 2＋12b 2＝0.∴C E →⊥A ′D →，即CE ⊥A ′D .(2)AC ′→＝－a ＋c ，∴|AC ′→|＝2|a |，|C E →|＝52|a |.AC ′→·C E →＝(－a ＋c )·(b ＋12c )＝12c 2＝12|a |2，∴cos 〈AC ′→，C E →〉＝12|a |22×52|a |2＝1010. 即异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值为1010. [因材施教·学生备选练习]1．(2013年某某模拟)若两点的坐标是A (3cos α，3sin α，1)，B (2cos β，2sin β，1)，则|AB |的取值X 围是( )A ．[0,5]B ．[1,5]C ．(0,5)D ．[1,25] 解析：∵|AB |＝3cos α－2cos β2＋3sin α－2sin β2＋1－12＝9＋4－12cos αcos β＋sin αsin β ＝13－12cos α－β， ∴13－12≤|AB |≤25＝5， 即1≤|AB |≤5，故选B. 答案：B2．(2013年某某模拟)已知空间三点A (0,2,3)，B (－2,1,6)，C (1，－1,5)．则以AB →，AC →为边的平行四边形的面积为________．解析：由题意可得： AB →＝(－2，－1,3)，AC →＝(1，－3,2)，∴cos 〈AB →，AC →〉＝AB →·AC →|AB →||AC →|＝－2＋3＋614×14＝714＝12.∴sin 〈AB →，AC →〉＝32.∴以AB →，AC →为边的平行四边形的面积S ＝2×12|A B →|·|A C →|·sin〈AB →，AC →〉＝14×32＝7 3.答案：7 3。

课时分层训练(四十)简单几何体的面积与体积A组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为()A.22π3B．42π3C．22π D．42πB[依题意知，该几何体是以2为底面半径，2为高的两个同底圆锥组成的组合体，则其体积V＝13π(2)2×22＝423π.]2．已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为()A.32π3B．4πC．2π D．4π3D[依题意可知正四棱柱体对角线的长度等于球的直径，可设球半径为R，则2R＝12＋12＋(2)2＝2，解得R＝1，所以V＝4π3R3＝4π3.]3．(2016·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图7-5-8所示，则该几何体的体积为()图7-5-8A.13＋23π B．13＋23πC.13＋26π D．1＋26πC[由三视图知，该四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×43π×⎝⎛⎭⎪⎫223＝13＋26π.]4．某几何体的三视图如图7-5-9所示，且该几何体的体积是3，则主视图中的x的值是()图7-5-9A．2B.9 2C.3 2D．3D[由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是直角梯形，且S底＝12×(1＋2)×2＝3，∴V＝13x·3＝3，解得x＝3.]5．(2016·江南名校联考)一个四面体的三视图如图7-5-10所示，则该四面体的表面积是()【导学号：66482342】图7-5-10A．1＋ 3 B．2＋ 3C．1＋2 2 D．2 2B[四面体的直观图如图所示．侧面SAC⊥底面ABC，且△SAC与△ABC均为腰长是2的等腰直角三角形，SA ＝SC＝AB＝BC＝2，AC＝2.设AC的中点为O，连接SO，BO，则SO⊥AC，∴SO⊥平面ABC，∴SO⊥BO.又OS＝OB＝1，∴SB＝2，故△SAB与△SBC均是边长为2的正三角形，故该四面体的表面积为2×12×2×2＋2×34×(2)2＝2＋ 3.]二、填空题6．现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为______．【导学号：66482343】7[设新的底面半径为r，由题意得13×π×52×4＋π×22×8＝13×π×r2×4＋π×r2×8，∴r2＝7，∴r＝7.]7．一个六棱锥的体积为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________．12[设正六棱锥的高为h，棱锥的斜高为h′.由题意，得13×6×12×2×3×h＝23，∴h＝1，∴斜高h′＝12＋(3)2＝2，∴S侧＝6×12×2×2＝12.]8．某几何体的三视图如图7-5-11所示，则该几何体的体积为________．图7-5-11136π[由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋12×13π×12×1＝136π.]三、解答题9．如图7-5-12，在三棱锥D-ABC中，已知BC⊥AD，BC＝2，AD＝6，AB＋BD＝AC＋CD＝10，求三棱锥D-ABC的体积的最大值.图7-5-12【导学号：66482344】[解]由题意知，线段AB＋BD与线段AC＋CD的长度是定值，∵棱AD与棱BC相互垂直，设d为AD到BC的距离，4分则V D-ABC＝AD·BC×d×12×13＝2d，当d最大时，V D-ABC体积最大. 8分∵AB＋BD＝AC＋CD＝10，∴当AB＝BD＝AC＝CD＝5时，d有最大值42－1＝15.此时V＝215. 12分10．四面体ABCD及其三视图如图7-5-13所示，平行于棱AD，BC的平面分别交四面体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H.图7-5-13(1)求四面体ABCD的体积；(2)证明：四边形EFGH是矩形．[解](1)由该四面体的三视图可知，BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC ＝2，AD＝1，∴AD⊥平面BDC，3分∴四面体ABCD的体积V＝13×12×2×2×1＝23. 5分(2)证明：∵BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC＝FG，平面EFGH∩平面ABC＝EH，8分∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH.同理EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG，∴四边形EFGH是平行四边形．又∵AD⊥平面BDC，∴AD⊥BC，∴EF⊥FG.∴四边形EFGH是矩形. 12分B组能力提升(建议用时：15分钟)1．(2015·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主视图和俯视图如图7-5-14所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r＝()图7-5-14A．1B．2C．4D．8B[如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r，圆柱的底面半径为r，高为2r，则表面积S＝12×4πr2＋πr2＋4r2＋πr·2r＝(5π＋4)r2.又S＝16＋20π，∴(5π＋4)r2＝16＋20π，∴r2＝4，r＝2，故选B.]2．三棱锥P -ABC中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D -ABE 的体积为V 1，P -ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________. 14 [设点A 到平面PBC 的距离为h .∵D ，E 分别为PB ，PC 的中点，∴S △BDE ＝14S △PBC ，∴V 1V 2＝V A -DBE V A -PBC ＝13S △BDE ·h 13S △PBC ·h ＝14.] 3．(2016·全国卷Ⅰ) 如图7-5-15，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 .图7-5-15(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 . 3分因为PD ∩DE ＝D ，所以AB ⊥平面PED ，故AB ⊥PG .又由已知可得，P A ＝PB ，所以G 是AB 的中点. 5分(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. 7分理由如下：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. 10分由题设可得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. 12分。

第七章立体几何第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图1．简单几何体(1)多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相平行且相等多边形互相平行侧棱平行且相等相交于一点，但不一定相等延长线交于一点侧面形状平行四边形三角形梯形(2)旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等，垂直于底面相交于一点延长线交于一点轴截面全等的矩形全等的等腰三角形全等的等腰梯形圆侧面展开图矩形扇形扇环2．直观图(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：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轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．说明：正视图也称主视图，侧视图也称左视图．(2)作、看三视图的3原则①位置原则：②度量原则：长对正、高平齐、宽相等(即正俯同长、正侧同高、俯侧同宽)．③虚实原则：轮廓线——现则实、隐则虚．1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(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)棱台是由平行于底面的平面截棱锥所得的平面与底面之间的部分．( )(4)夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是圆柱．( )(5)上下底面是两个平行的圆面的旋转体是圆台．( )答案：(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×2．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是( )解析：选B 俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B.3．若一个三棱柱的三视图如图所示，其俯视图为正三角形，则这个三棱柱的高和底面边长分别为( )A．2,2 3 B．22，2C．4,2 D．2,4解析：选D 由三视图可知，正三棱柱的高为2，底面正三角形的高为23，故底面边长为4，故选D.4．(教材习题改编)如图，长方体ABCD­A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是______．答案：五棱柱三棱柱5．利用斜二测画法得到的①三角形的直观图一定是三角形；②正方形的直观图一定是菱形；③等腰梯形的直观图可以是平行四边形；④菱形的直观图一定是菱形．以上结论正确的个数是________．解析：由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，④也错误，故结论正确的个数为1.答案：1考点一空间几何体的结构特征基础送分型考点——自主练透[考什么·怎么考]空间几何体的结构特征是立体几何的基础知识，很少单独考查.多作为载体与三视图、表面积、体积等综合考查，题型为选择题或填空题，难度较低.A．圆柱B．圆锥C．球体 D．圆柱、圆锥、球体的组合体解析：选C 截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．2．给出下列几个命题：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；③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．0 B．1C．2 D．3解析：选B ①错误，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③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．3．给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；④存在每个面都是直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中的三棱锥C1­ABC，四个面都是直角三角形．答案：②③④[怎样快解·准解]空间几何体概念辨析题的常用方法定义法紧扣定义，由已知构建几何模型，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，根据定义进行判定．反例法通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个结论是错误的，只要举出一个反例即可.考点二空间几何体的直观图基础送分型考点——自主练透[考什么·怎么考]单独考查空间几何体的直观图的题目很少，多与三视图、表面积、体积等综合考查，题型为选择题或填空题，难度较低.1.用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是( )解析：选A 由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y 轴上的对角线长为2 2.故选A.2．已知正三角形ABC 的边长为2，那么△ABC 的直观图△A ′B ′C ′的面积为________． 解析：如图，图①、图②分别表示△ABC 的实际图形和直观图． 从图②可知，A ′B ′＝AB ＝2，O ′C ′＝12OC ＝32，C ′D ′＝O ′C ′sin 45°＝32×22＝64. 所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×2×64＝64.答案：643.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________ cm 2.解析：依题意可知∠BAD ＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底的长分别与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.答案：8[怎样快解·准解]1．原图形与直观图中的“三变”与“三不变” (1)“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度改变减半图形改变(2)“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不变与x 轴平行的线段长度不变相对位置不变2．原图形与直观图面积的关系按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系： (1)S 直观图＝24S 原图形；(2)S 原图形＝22S 直观图． 考点三 空间几何体的三视图题点多变型考点——追根溯源空间几何体的三视图的辨析是高考的热点内容，一般以选择题或填空题的形式出现.常见的命题角度有：1已知几何体，识别三视图；2已知三视图，判断几何体；3已知几何体的三视图中的某两个视图，确定另一种视图.[题点全练]角度(一) 已知几何体，识别三视图1.(2018·河北衡水中学调研)如图所示，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E 为棱BB 1的中点，用过点A ，E ，C 1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的侧视图为( )解析：选C 如图所示，过点A ，E ，C 1的截面为AEC 1F ，则剩余几何体的侧视图为选项C 中的图形．[题型技法] 识别三视图的步骤(1)弄清几何体的结构特征及具体形状、明确几何体的摆放位置；(2)根据三视图的有关定义和规则先确定正视图，再确定俯视图，最后确定侧视图； (3)被遮住的轮廓线应为虚线，若相邻两个物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线；对于简单的组合体，要注意它们的组合方式，特别是它们的交线位置．角度(二) 已知三视图，判断几何体2．(2017·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A．3 2 B．2 3C．2 2 D．2解析：选B 在正方体中还原该四棱锥如图所示，从图中易得最长的棱为AC1＝AC2＋CC21＝22＋22＋22＝2 3.[题型技法] 由三视图确定几何体的3步骤熟练掌握规则几何体的三视图是三视图还原几何体的基础，在明确三视图画法规则的基础上，按以下步骤可轻松解决此类问题：角度(三) 已知几何体三视图中的某两个视图，确定另外一个视图3．如图，一个三棱柱的正视图和侧视图分别是矩形和正三角形，则这个三棱柱的俯视图为( )解析：选D 由正视图和侧视图可知，这是一个水平放置的正三棱柱．故选D.[题型技法]由几何体的部分视图画出剩余视图的方法解决此类问题，可先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入检验．[题“根”探求]根据几何体的三视图判断几何体的结构特征，常见的有以下几类三视图的形状对应的几何体三个三角形三棱锥两个三角形，一个四边形四棱锥两个三角形，一个圆圆锥一个三角形，两个四边形三棱柱三个四边形四棱柱两个四边形，一个圆圆柱[冲关演练]1．(2018·惠州调研)如图所示，将图①中的正方体截去两个三棱锥，得到图②中的几何体，则该几何体的侧(左)视图为( )解析：选B 从几何体的左侧看，对角线AD1在视线范围内，故画为实线，右侧面的棱C1F不在视线范围内，故画为虚线，且上端点位于几何体上底面边的中点．故选B2.(2018·石家庄质检)一个三棱锥的正(主)视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧(左)视图可能为( )解析：选D 由题图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD⊥平面BCD，故选D.3.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A ．10B ．12C ．14D ．16解析：选B 由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为2＋4×22×2＝12，故选B.(一)普通高中适用作业A 级——基础小题练熟练快1.如图，△A ′B ′O ′是利用斜二测画法画出的△ABO 的直观图，已知A ′B ′∥y ′轴，O ′B ′＝4，且△ABO 的面积为16，过A ′作A ′C ′⊥x ′轴，则A ′C ′的长为( )A ．2 2 B. 2 C ．16 2D ．1解析：选A 因为A ′B ′∥y ′轴，所以△ABO 中，AB ⊥OB . 又因为△ABO 的面积为16，所以12AB ·OB ＝16.因为OB ＝O ′B ′＝4，所以AB ＝8，所以A ′B ′＝4. 因为A ′C ′⊥O ′B ′于C ′，所以B ′C ′＝A ′C ′， 所以A ′C ′＝4·sin 45°＝22，故选A.2．一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是( )解析：选B 由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成．从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部是一条水平线段连接两个三角形，故选B.3．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )解析：选D 由三视图知该几何体的上半部分是一个三棱柱，下半部分是一个四棱柱．故选D.4.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图为( )解析：选D 由正视图与俯视图知，几何体是一个三棱锥与半个圆锥的组合体，故侧视图为D.5.如图，在正四棱柱ABCD­A 1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥P­BCD的正视图与侧视图的面积之比为( )A．1∶1 B．2∶1C．2∶3 D．3∶2解析：选A 根据题意，三棱锥P­BCD的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高．故三棱锥P­BCD的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.6．某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x的值是( )A ．2 B.92C.32D ．3解析：选D 根据三视图判断几何体为四棱锥，其直观图如图所示，则体积V ＝13×1＋22×2×x ＝3，解得x ＝3，故选D. 7．设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体； ②底面是矩形的平行六面体是长方体； ③直四棱柱是直平行六面体； ④棱台的相对侧棱延长后必交于一点． 其中真命题的序号是________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．答案：①④8．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm.解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C . 在Rt △ABC 中，AC ＝12(cm)，BC ＝8－3＝5 (cm)． ∴AB ＝122＋52＝13(cm)． 答案：139．已知正四棱锥V ­ABCD 中，底面面积为16，一条侧棱的长为211，则该棱锥的高为________．解析：如图，取正方形ABCD 的中心O ，连接VO ，AO ，则VO 就是正四棱锥V ­ABCD 的高．因为底面面积为16，所以AO ＝2 2. 因为一条侧棱长为211.所以VO ＝VA 2－AO 2＝44－8＝6. 所以正四棱锥V ­ABCD 的高为6. 答案：610．已知某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是矩形，俯视图是正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何体的形状给出下列命题：①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③两个面都是等腰直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：由三视图可知，该几何体是正四棱柱，作出其直观图为如图所示的四棱柱ABCD­A1B1C1D1，当选择的4个点是B1，B，C，C1时，可知①正确；当选择的4个点是B，A，B1，C时，可知②正确；易知③不正确．答案：①②B级——中档题目练通抓牢1．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )A．8 B．7C．6 D．5解析：选C 画出直观图可知，共需要6块．2.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，则该几何体的侧视图为( )解析：选 B 如图所示，由正视图和侧视图可知该几何体是由长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1截去三棱锥B 1­A 1BC 1得到的，故其侧视图为选项B.3．已知四棱锥P ­ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P ­ABCD 的四个侧面中面积最大的是( )A ．3B ．2 5C ．6D ．8解析：选C 四棱锥如图所示，取AD 的中点N ，BC 的中点M ，连接PM ，PN ，则PN ＝5，PM ＝3，S △PAD ＝12×4×5＝25，S △PAB ＝S △PDC ＝12×2×3＝3， S △PBC ＝12×4×3＝6.所以四个侧面中面积最大的是6.4．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三个视图都是直角三角形，则在该三棱锥的四个面中，直角三角形的个数为________．解析：由题意可知，该几何体是三棱锥，将其放置在长方体中形状如图所示(图中棱锥P ­ABC )，利用长方体模型可知，此三棱锥的四个面全部是直角三角形．答案：45.如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4 m ，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P 处．若该小虫爬行的最短路程为4 3 m ，则圆锥底面圆的半径等于________ m.解析：把圆锥侧面沿过点P 的母线展开成如图所示的扇形，由题意OP ＝4，PP ′＝43， 则cos ∠POP ′＝42＋42－4322×4×4＝－12，所以∠POP ′＝2π3.设底面圆的半径为r ，则2πr ＝2π3×4，所以r ＝43.答案：436．已知正三棱锥V ­ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出侧视图的面积． 解：(1)直观图如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6.7.如图，在四棱锥P ­ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)求PA .解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm 的正方形，如图，其面积为36 cm 2.(2)由侧视图可求得PD ＝PC 2＋CD 2＝62＋62＝6 2. 由正视图可知AD ＝6，且AD ⊥PD ，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝622＋62＝6 3 cm.C级——重难题目自主选做1．(2018·泉州模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧视图中的虚线部分是( )A．圆弧 B．抛物线的一部分C．椭圆的一部分 D．双曲线的一部分解析：选D 根据几何体的三视图可得，侧视图中的虚线部分是由平行于旋转轴的平面截圆锥所得，故侧视图中的虚线部分是双曲线的一部分，故选D.2.一只蚂蚁从正方体ABCD­A1B1C1D1的顶点A出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是( )A．①② B．①③C．③④ D．②④解析：选D 由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)．若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过BB1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过CD的中点，此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．故选D.(二)重点高中适用作业A级——保分题目巧做快做1.“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )解析：选B 根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B，故选B.2.已知点E，F，G分别是正方体ABCD­A1B1C1D1的棱AA1，CC1，DD1的中点，点M，N，Q，P分别在线段DF，AG，BE，C1B1上．以M，N，Q，P为顶点的三棱锥P­MNQ的俯视图不可能是( )解析：选C 当M与F重合，N与G重合，Q与E重合，P与B1重合时，三棱锥P­MNQ 的俯视图为A；当M，N，Q，P是所在线段的中点时，三棱锥P­MNQ的俯视图为B；当M，N，Q，P位于所在线段的非端点位置时，存在三棱锥P­MNQ，使其俯视图为D.故选C.3.已知一个三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为( )解析：选C 由已知条件得直观图如图所示，PC⊥底面ABC，正视图是直角三角形，中间的线是看不见的线PA形成的投影，应为虚线，故选C.4．某几何体的正视图和侧视图如图1所示，它的俯视图的直观图是如图2所示的矩形O1A1B1C1，其中O1A1＝6，O1C1＝2，则该几何体的侧面积为( )A ．48B ．64C ．96D ．128解析：选 C 由题意可知该几何体是一个直四棱柱，∵它的俯视图的直观图是矩形O 1A 1B 1C 1，O 1A 1＝6，O 1C 1＝2，∴它的俯视图是边长为6的菱形，∵棱柱的高为4， 故该几何体的侧面积为4×6×4＝96.5．已知四棱锥P ­ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P ­ABCD 的四个侧面中面积最大的是( )A ．3B ．2 5C ．6D ．8解析：选C 四棱锥如图所示，取AD 的中点N ，BC 的中点M ，连接PM ，PN ，则PN ＝5，PM ＝3，S △PAD ＝12×4×5＝25，S △PAB ＝S △PDC ＝12×2×3＝3， S △PBC ＝12×4×3＝6.所以四个侧面中面积最大的是6.6．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm.解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C . 在Rt △ABC 中，AC ＝12(cm)，BC ＝8－3＝5 (cm)．∴AB ＝122＋52＝13(cm)． 答案：137．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三个视图都是直角三角形，则在该三棱锥的四个面中，直角三角形的个数为________．解析：由题意可知，该几何体是三棱锥，将其放置在长方体中形状如图所示(图中棱锥P ­ABC )，利用长方体模型可知，此三棱锥的四个面全部是直角三角形．答案：48.如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4 m ，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P 处．若该小虫爬行的最短路程为4 3 m ，则圆锥底面圆的半径等于________ m.解析：把圆锥侧面沿过点P 的母线展开成如图所示的扇形， 由题意OP ＝4，PP ′＝43， 则cos ∠POP ′＝42＋42－4322×4×4＝－12，所以∠POP ′＝2π3.设底面圆的半径为r ，则2πr ＝2π3×4，所以r ＝43.答案：439.如图是一个几何体的正视图和俯视图． (1)试判断该几何体是什么几何体； (2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积； (3)求出该几何体的体积．解：(1)由题意可知该几何体为正六棱锥．(2)其侧视图如图所示，其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，且BC 的长是俯视图中的正六边形对边的距离，即BC ＝3a ，AD 的长是正六棱锥的高，即AD ＝3a ，∴该平面图形的面积S ＝12·3a ·3a ＝32a 2.(3)V ＝13×6×34a 2×3a ＝32a 3.10．已知正三棱锥V ­ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出侧视图的面积． 解：(1)直观图如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6.B 级——拔高题目稳做准做1．(2018·邵阳模拟)某四面体的三视图如图所示，该四面体的六条棱中，长度最长的棱的长是( )A ．2 5B ．2 6C ．27D ．4 2解析：选C 由三视图可知该四面体的直观图如图所示．其中AC ＝2，PA ＝2，△ABC 中，边AC 上的高为23，所以BC ＝42＋232＝27，AB＝232＋22＝4，而PB＝PA2＋AB2＝22＋42＝25，PC＝PA2＋AC2＝22，因此在四面体的六条棱中，长度最长的是BC，其长为27，选C.2．(2018·泉州模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧视图中的虚线部分是( )A．圆弧 B．抛物线的一部分C．椭圆的一部分 D．双曲线的一部分解析：选D 根据几何体的三视图可得，侧视图中的虚线部分是由平行于旋转轴的平面截圆锥所得，故侧视图中的虚线部分是双曲线的一部分，故选D.3.一只蚂蚁从正方体ABCD­A1B1C1D1的顶点A出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是( )A．①② B．①③C．③④ D．②④解析：选D 由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)．若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过BB1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过CD的中点，此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．故选D.4．某三棱锥的三视图如图所示，且三个三角形均为直角三角形，则xy的最大值为________．解析：由三视图知三棱锥如图所示，底面ABC是直角三角形，AB⊥BC，PA⊥平面ABC，BC＝27，PA2＋y2＝102，(27)2＋PA2＝x2，因此xy＝x102－[x2－272]＝x128－x2≤x2＋128－x22＝64，当且仅当x2＝128－x2，即x＝8时取等号，因此xy的最大值是64.答案：645.如图，在四棱锥P­ABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA.解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝6 2.由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝622＋62＝6 3 cm.6．四面体ABCD及其三视图如图所示，平行于棱AD，BC的平面分别交四面体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H.(1)求四面体ABCD 的体积； (2)证明：四边形EFGH 是矩形．解：(1)由题意，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，BD ＝DC ＝2，AD ＝1，∵BD ∩DC ＝D ，∴AD ⊥平面BDC ，∴四面体ABCD 的体积V ＝13×12×2×2×1＝23.(2)证明：∵BC ∥平面EFGH ，平面EFGH ∩平面BDC ＝FG ，又平面EFGH ∩平面ABC ＝EH ， ∴BC ∥FG ，BC ∥EH ， ∴FG ∥EH .同理，EF ∥AD ，HG ∥AD ，∴EF ∥HG ，∴四边形EFGH 是平行四边形． ∵AD ⊥平面BDC ，∴AD ⊥BC ， ∴EF ⊥FG ，∴四边形EFGH 是矩形．第二节空间几何体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱 圆锥 圆台侧面展开图侧面积公式 S 圆柱侧＝2πrl S 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r ＋r ′)l2．空间几何体的表面积与体积公式名称几何体 表面积体积柱体(棱柱和圆S 表面积＝S 侧＋2S 底V ＝Sh柱) 锥体(棱锥和圆锥) S 表面积＝S 侧＋S 底V ＝13Sh台体(棱台和圆台) S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球S ＝4πR 2V ＝43πR 31．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)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 .( )(2)锥体的体积等于底面面积与高之积．( ) (3)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．( ) (4)球的体积之比等于半径之比的平方．( ) 答案：(1)× (2)× (3)√ (4)×2．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( ) A.163π B.323πC ．16πD ．24π解析：选B 设球的半径为R ，则由4πR 2＝16π，解得R ＝2，所以这个球的体积为43πR3＝323π. 3．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h .由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得：。

课时规范训练[A 级 基础演练]1．有以下命题：①如果向量a ，b 与任何向量不能构成空间向量的一个基底，那么a ，b 的关系是不共线；②O ，A ，B ，C 为空间四点，且向量OA→，OB →，OC →不构成空间的一个基底，那么点O ，A ，B ，C 一定共面；③已知向量a ，b ，c 是空间的一个基底，则向量a ＋b ，a －b ，c 也是空间的一个基底．其中正确命题是( )A ．①②B ．①③C ．②③D ．①②③解析：选C.对于①，“如果向量a ，b 与任何向量不能构成空间向量的一个基底，那么a ，b 的关系一定是共线”，所以①错误．②③正确．2．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：选C.可在空间直角坐标系中作图分析，知A 、B 、C 、D 不共面． 3．已知点A (－3,0，－4)，点A 关于原点的对称点为B ，则|AB |等于( ) A ．12 B ．9 C ．25D ．10解析：选 D.点A 关于原点对称的点B 的坐标为(3,0,4)，故|AB |＝|AB →|＝(－3－3)2＋(0－0)2＋(－4－4)2＝10.4．已知a ＝(－2,1,3)，b ＝(－1,2,1)，若a ⊥(a －λb )，则实数λ的值为( ) A ．－2 B ．－143 C.145D ．2解析：选D.由题意知a ·(a －λb )＝0，即a 2－λa ·b ＝0， ∴14－7λ＝0，∴λ＝2. 5．在下列命题中：①若向量a ，b 共线，则向量a ，b 所在的直线平行；②若向量a ，b 所在的直线为异面直线，则向量a ，b 一定不共面； ③若三个向量a ，b ，c 两两共面，则向量a ，b ，c 共面；④已知空间的三个向量a ，b ，c ，则对于空间的任意一个向量p 总存在实数x ，y ，z 使得p ＝x a ＋y b ＋z c .其中正确的命题的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：选A.a 与b 共线，a ，b 所在直线也可能重合，故①不正确；据空间向量的意义知，a ，b 所在直线异面，则a ，b 必共面，故②错误；三个向量a ，b ，c 中任两个一定共面，但它们却不一定共面，故③不正确；只有当a ，b ，c 不共面时，空间任意一向量p 才能表示为p ＝x a ＋y b ＋z c ，故④不正确．综上可知四个命题中正确的个数为0，故选A.6．(2017·西安质检)若平面α，β的法向量分别是n 1＝(2，－3,5)，n 2＝(－3,1，－4)，则( )A ．α∥βB ．α⊥βC ．α，β相交但不垂直D ．以上答案均不正确解析：选C.∵n 1·n 2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)≠0，∴n 1与n 2不垂直，且不共线．∴α与β相交但不垂直．7.如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( )A ．斜交B ．平行C ．垂直D ．MN 在平面BB 1C 1C 内解析：选B.以C 1为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由于A 1M ＝AN ＝2a 3，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，2a 3，a 3，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，2a 3，a ，MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a3，0，2a 3.又C 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，所以C 1D 1→＝(0，a,0)为平面BB 1C 1C 的一个法向量．因为MN →·C 1D 1→＝0，所以MN →⊥C 1D 1→，所以MN ∥平面BB 1C 1C .8．已知a ＝(cos θ，1，sin θ)，b ＝(sin θ，1，cos θ)，则向量a ＋b 与a －b的夹角是 ．解析：∵(a ＋b )·(a －b )＝a 2－b 2＝|a |2－|b |2＝(cos 2θ＋1＋sin 2θ)－(sin 2θ＋1＋cos 2θ)＝0，∴(a ＋b )⊥(a －b )，即向量a ＋b 与a －b 的夹角为90°.答案：90°9．在空间四边形ABCD 中，AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝ . 解析：如图，令AB →＝a ， AC→＝b ，AD →＝c ， 则AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝a ·(c －b )＋b ·(a －c )＋c ·(b －a )＝a ·c －a ·b ＋b ·a －b ·c ＋c ·b －c ·a ＝0. 答案：010．已知ABCD -A 1B 1C 1D 1为正方体， ①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 21； ②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角为60°； ④正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|.其中正确命题的序号是 ．解析：①中(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝A 1A →2＋A 1D 1→2＋A 1B 1→2＝3(A 1B 1)2，故①正确； ②中A 1B 1→－A 1A →＝AB 1→，∵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 →·AA 1→·AD →|＝0，故④也不正确．答案：①②[B 级 能力突破]1．如图所示，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1，A 1在底面ABC 上的射影恰为AC 的中点D ，∠BCA ＝90°，AC ＝BC ＝2，又知BA 1⊥AC 1.(1)求证：AC 1⊥平面A 1BC ； (2)求点C 到平面A 1AB 的距离．解：如图所示，取AB 的中点E ，则DE ∥BC ，因为BC ⊥AC ，所以DE ⊥AC .又A 1D ⊥平面ABC ，以DE ，DC ，DA 1所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (0，－1,0)，C (0，1,0)，B (2,1,0)，A 1(0,0，t )，C 1(0,2，t )(t 为常数)．(1)证明：AC 1→＝(0,3，t )，BA 1→＝(－2，－1，t )，CB →＝(2,0,0)，由AC 1→·CB →＝0，知AC 1⊥CB ，又BA 1⊥AC 1，从而AC 1⊥平面A 1BC . (2)由AC 1→·BA 1→＝－3＋t 2＝0，得t ＝3，设平面A 1AB 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，AA 1→＝(0,1，3)，AB →＝(2,2,0)，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·AA 1→＝y 1＋3z 1＝0，n ·AB →＝2x 1＋2y 1＝0， 设z 1＝1，则x 1＝3，y 1＝－3，即n ＝(3，－3，1)， 所以点C 到平面A 1AB 的距离d ＝|AC 1→·n ||n |＝2217.2．(2017·广东汕头模拟)已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为3，点E 在AA 1上，点F 在CC 1上，且AE ＝FC 1＝1.(1)求证：E ，B ，F ，D 1四点共面；(2)若点G 在BC 上，BG ＝23，点M 在BB 1上，GM ⊥BF ，垂足为H ，求证：EM ⊥平面BCC 1B 1.证明：(1)以B 为原点，以BA ，BC ，BB 1为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系B -xyz ，则B (0,0,0)，E (3,0,1)，F (0,3,2)，D 1(3,3,3)，则BE →＝(3,0,1)，BF →＝(0,3,2)，BD 1→＝(3,3,3)．所以BD 1→＝BE →＋BF →.由向量共面的充要条件知E ，B ，F ，D 1四点共面． (2)设M (0,0，z 0)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，0，则GM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－23，z 0，而BF →＝(0,3,2)，由题设得GM →·BF →＝－23×3＋z 0·2＝0，得z 0＝1. 故M (0,0,1)，有ME→＝(3,0,0)． 又BB 1→＝(0,0,3)，BC →＝(0,3,0)， 所以ME →·BB 1→＝0，ME →·BC →＝0， 从而ME ⊥BB 1，ME ⊥BC . 又BB 1∩BC ＝B ， 故ME ⊥平面BCC 1B 1.3.(2017·成都模拟)如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 中点．(1)求证：B 1E ⊥AD 1.(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A -B 1E -A 1的大小为30°，求AB 的长．解：(1)证明：以A 为原点，向量AB →，AD →，AA 1→的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向．建立空间直角坐标系(如图)，设AB ＝a ，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0，B 1(a,0,1)，故AD 1→＝(0,1,1)，B 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，－1，AB 1→＝(a,0,1)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0. ∵AD 1→·B 1E →＝－a 2×0＋1×1＋(－1)×1＝0， ∴B 1E ⊥AD 1.(2)假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)， 使得DP ∥平面B 1AE .此时DP →＝(0，－1，z 0)．又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )．∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，ax 2＋y ＝0.取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－a 2，－a . 要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，由a 2－az 0＝0，解得z 0＝12. 又DP ⊄平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12.(3)连接A 1D ，B 1C ，由长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1及AA 1＝AD ＝1，得AD 1⊥A 1D . ∵B 1C ∥A 1D ，∴AD 1⊥B 1C .又由(1)知B 1E ⊥AD 1，且B 1C ∩B 1E ＝B 1， ∴AD 1⊥平面DCB 1A 1.∴AD 1→是平面A 1B 1E 的一个法向量，此时AD 1→＝(0,1,1)． 设AD 1→与n 所成的角为θ， 则cos θ＝n ·AD 1→|n ||AD 1→|＝－a 2－a 21＋a 24＋a2.∵二面角A -B 1E -A 1的大小为30°，∴|cos θ|＝cos 30°，即3a221＋5a 24＝32， 解得a ＝2，即AB 的长为2.。

第七章 第六讲A 组 基础巩固 一、选择题1．若直线l 的方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为n ＝(－2,0，－4)，则导学号 25401760( ) A ．l ∥α B ．l ⊥α C ．l ⊂α D ．l 与α斜交[答案] B[解析] ∵a ＝(1,0,2)，n ＝(－2,0，－4)，∴n ＝－2a ，即a ∥n .∴l ⊥α.2．假如三点A (1,5，－2)，B (2,4,1)，C (a,3，b ＋2)在同始终线上，则导学号 25401761( ) A ．a ＝3，b ＝－3 B ．a ＝6，b ＝－1 C ．a ＝3，b ＝2 D ．a ＝－2，b ＝1 [答案] C[解析] AB →＝(1，－1,3)，AC →＝(a －1，－2，b ＋4)，由于三点共线，所以存在实数λ使AC →＝λAB →， 即⎩⎪⎨⎪⎧a －1＝λ，－2＝－λ，b ＋4＝3λ，∴a ＝3，b ＝2.3．已知点A (1,2，－1)，B (2,1，－1)，C (－1,2,0)，则平面ABC 的法向量n 为导学号 25401762( ) A ．n ＝(1,1,2) B ．n ＝(1，－1,2) C ．n ＝(2,1,1) D ．n ＝(1,2,1)[答案] A[解析] AB →＝(1，－1,0)，AC →＝(－2,0,1)， 设n ＝(x ，y ，z )，∵n ⊥AB →，n ⊥AC →∴⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，－2x ＋z ＝0设x ＝1，则y ＝1，z ＝2，故选A. 4．(2021·晋江一模)设O －ABC 是四周体，G 1是△ABC 的重心，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 25401763( )A ．(14，14，14)B ．(34，34，34)C ．(13，13，13)D ．(23，23，23)[答案] A[解析] 如图所示，取BC 的中点E ，连接AE . OG →＝34OG 1→＝34(OA →＋AG 1→) ＝34OA →＋12AE → ＝34OA →＋14(AB →＋AC →) ＝34OA →＋14(OB →－OA →＋OC →－OA →) ＝14(OA →＋OB →＋OC →)， 故选A.5．(2021·西安质检)已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ，点E ，F 分别是BC ，AD 的中点，则AE →·AF →的值为导学号 25401764( )A ．a 2B ．12a 2C.14a 2 D ．34a 2 [答案] C[解析] 如图，设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝a ，且a ，b ，c 三向量两两夹角为60°. AE →＝12(a ＋b )，AF →＝12c ，∴AE →·AF →＝12(a ＋b )·12c＝14(a ·c ＋b ·c ) ＝14(a 2cos60°＋a 2cos60°)＝14a 2. 6．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 25401765( )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[答案] D[解析] 依据题目条件，在空间直角坐标系Oxyz 中作出该三棱锥D －ABC ，如图，明显S 1＝S △ABC ＝12×2×2＝2，S 2＝S 3＝12×2×2＝ 2.故选D.二、填空题7．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 →＝____________________.导学号 25401766[答案] 12(b ＋c －a )[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 )． 8．已知点A (1,2,1)，B (－1,3,4)，D (1,1,1)，若AP →＝2PB →，则|PD →|的值是____________________.导学号 25401767[答案]773[解析] 设P (x ，y ，z )，∴AP →＝(x －1，y －2，z －1)． PB →＝(－1－x,3－y,4－z )，由AP →＝2PB →得点P 坐标为(－13，83，3)，又D (1,1,1)，∴|PD →|＝773.9．已知2a ＋b ＝(0，－5,10)，c ＝(1，－2，－2)，a ·c ＝4，|b |＝12，则以b ，c 为方向向量的两直线的夹角为____________________.导学号 25401768[答案] 60°[解析] 由题意得，(2a ＋b )·c ＝0＋10－20＝－10. 即2a ·c ＋b ·c ＝－10， 又∵a ·c ＝4，∴b ·c ＝－18， ∴cos 〈b ，c 〉＝b ·c |b |·|c |＝－1812×1＋4＋4＝－12， ∴〈b ，c 〉＝120°，∴两直线的夹角为60°. 10．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 1→2 ②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|.其中正确命题的序号是____________________.导学号 25401769 [答案] ①②[解析] ①中(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝A 1A →2＋A 1D 1→2＋A 1B 1→2＝3(A 1B 1→)2，故①正确； ②中A 1B 1→－A 1A →＝AB 1→，∵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 →·AA 1→·AD →|＝0，故④也不正确． 三、解答题11．已知向量a ＝(1，－3,2)，b ＝(－2,1,1)，点A (－3，－1,4)，B (－2，－2,2).导学号 25401770 (1)求|2a ＋b |；(2)在直线AB 上是否存在一点E ，使得OE →⊥b (O 为原点)? [答案] (1)52 (2)存在，E (－65，－145，25)[解析] (1)∵a ＝(1，－3,2)，b ＝(－2,1,1)， ∴2a ＋b ＝(0，－5,5)， ∴|2a ＋b |＝02＋(－5)2＋52＝5 2.(2)假设存在点E ，其坐标为E (x ，y ，z )，则AE →＝λAB →，即(x ＋3，y ＋1，z －4)＝λ(1，－1，－2)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝λ－3，y ＝－λ－1，z ＝－2λ＋4，∴E (λ－3，－λ－1，－2λ＋4)，∴OE →＝(λ－3，－λ－1，－2λ＋4)． 又∵b ＝(－2,1,1)，OE →⊥b ，∴OE →·b ＝－2(λ－3)＋(－λ－1)＋(－2λ＋4) ＝－5λ＋9＝0，∴λ＝95，∴E (－65，－145，25)，∴在直线AB 上存在点E (－65，－145，25)，使OE →⊥b .12．已知平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为1的正方形，AA 1＝2，∠A 1AB ＝∠A 1AD ＝120°.导学号 25401771(1)求线段AC 1的长；(2)求异面直线AC 1与A 1D 所成角的余弦值； (3)证明：AA 1⊥BD . [答案] (1)2 (2)417(3)略 [解析] (1)如图所示，设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ， 则|a |＝|b |＝1，|c |＝2.a ·b ＝0，a ·c ＝b ·c ＝2×1×cos120°＝－1. ∵AC 1→＝AB →＋BC →＋CC 1→＝a ＋b ＋c ， ∴|AC 1→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2a ·b ＋2a ·c ＋2b ·c ＝1＋1＋22－2－2＝2. ∴|AC 1→|＝ 2.即AC 1长为 2. (2)∵AC 1→＝a ＋b ＋c ，A 1D →＝b －c ，∴AC 1→·A 1D →＝(a ＋b ＋c )·(b －c ) ＝a ·b －a ·c ＋b 2－b ·c ＋b ·c －c 2 ＝1＋12－22＝－2.又|A 1D →|2＝(b －c )2＝b 2＋c 2－2b ·c ＝1＋4＋2＝7， ∴|A 1D →|＝7.∴cos 〈AC 1→，A 1D →〉＝AC 1→·A 1D →|AC 1→|·|A 1D →|＝－22×7＝－147.∴异面直线AC 1与A 1D 所成角的余弦值为147. (3)∵AA 1→＝c ，BD →＝b －a ， ∴AA 1→·BD →＝c ·(b －a ) ＝c ·b －c ·a ＝－1－(－1)＝0. ∴AA 1→⊥BD →，即AA 1⊥BD . B 组 力量提升1．空间四点A (2,3,6)、B (4,3,2)、C (0,0,1)、D (2,0,2)的位置关系是导学号 25401772( ) A ．共线 B ．共面 C ．不共面 D ．无法确定 [答案] C[解析] ∵AB →＝(2,0，－4)，AC →＝(－2，－3，－5)，AD →＝(0，－3，－4)． 假设四点共面，由共面对量定理得，存在实数x ，y ， 使AD →＝xAB →＋yAC →，即⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＝0，① －3y ＝－3， ②－4x －5y ＝－4，③由①②得x ＝y ＝1，代入③式不成立，冲突． ∴假设不成立，故四点不共面．2．(2021·上海奉贤二模)已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，下列向量的数量积肯定不为0的是导学号 25401773( )A.AD 1→·B 1C →B ．BD 1→·AC →C.AB →·AD 1→ D ．BD 1→·BC →[答案] D[解析] 当侧面BCC 1B 1是正方形时可得AD 1→·B 1C →＝0，所以排解A.当底面ABCD 是正方形时AC 垂直于对角面BD 1，所以排解B ，明显也排解C.由题图可得BD 1与BC 所成的角小于90°.故选D.3．在空间四边形ABCD 中，则AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →的值为_______.导学号 25401774 [答案] 0[解析] 方法一：如图，令AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，则AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝AB →·(AD →－AC →)＋AC →·(AB →－AD →)＋AD →·(AC →－AB →) ＝a ·(c －b )＋b ·(a －c )＋c ·(b －a ) ＝a ·c －a ·b ＋b ·a －b ·c ＋c ·b －c ·a ＝0.方法二：如图，在三棱锥A －BCD 中，不妨令其各棱长都相等，则正四周体的对棱相互垂直．∴AB →·CD →＝0，AC →·DB →＝0，AD →·BC →＝0. ∴AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝0.4．(2021～2022学年河北省正定中学高三第四次月考试题)如图，在四边形ABCD 中，△ABC 是边长为2的等边三角形， AD 丄DC ，AD ＝DC ，E 、F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE 丄平面ABCD, DF 丄平面ABCD ，且DF ＝1.导学号 25401775(1)若AE 丄CF ，求 BE 的值；(2)求当BE 为何值时，二面角E －AC －F 的大小是60°. [答案] (1)1＋3 (2)23＋3[解析] (1)连结BD ，设BD ∩AC ＝G .由已知ΔBAD ≌ΔBCD ，得AG ＝CG ，所以G 为AC 的中点． 所以BD ⊥AC ，BE ⊥AC ，且BD ∩BE ＝B ， ∴AC ⊥平面EBDF如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，建立空间直角坐标系G －xyz ，令BE ＝x ，由已知可得B (3，0,0)，A (0，－1,0)，E (3，0, x ), F (－1,0,1)，C (0,1,0)，∴AE →＝(3，1，x )，CF →＝(－1，－1,1), 由AE →·CF →＝0得，x ＝1＋ 3.(2)由(1)可知∠EGF 是二面角E －AC －F 的平面角，即∠EGF ＝60°，则EG ＝x 2＋3，FG ＝2，EF ＝x 2－2x ＋5＋23，∴cos ∠EGF ＝EG 2＋FG 2－EF 22|EG ||GF |＝12，解得x ＝23＋3.5．(2021·汕头模拟)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为3，点E 在AA 1上，点F在CC 1上，且AE ＝FC 1＝1.导学号 25401776(1)求证：E ，B ，F ，D 1四点共面；(2)若点G 在BC 上，BG ＝23，点M 在BB 1上，GM ⊥BF ，垂足为H ，求证：EM ⊥平面BCC 1B 1.[答案] (1)略 (2)略[解析] (1)以B 为原点，以BA ，BC ，BB 1为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系B －xyz ，则B (0,0,0)，E (3,0,1)，F (0,3,2)，D 1(3,3,3)，则BE →＝(3,0,1)，BF →＝(0,3,2)，BD 1→＝(3,3,3)． 所以BD 1→＝BE →＋BF →.由向量共面的充要条件知E ，B ，F ，D 1四点共面． (2)设M (0,0，z 0)，G (0，23，0)，则GM →＝(0，－23，z 0)，而BF →＝(0,3,2)，由题设得GM →·BF →＝－23×3＋z 0·2＝0，得z 0＝1.故M (0,0,1)，有ME →＝(3,0,0)． 又BB 1→＝(0,0,3)，BC →＝(0,3,0)， 所以ME →·BB 1→＝0，ME →·BC →＝0， 从而ME ⊥BB 1，ME ⊥BC . 又BB 1∩BC ＝B ， 故ME ⊥平面BCC 1B 1.。