【合集】浙江省2016届高三数学(理)专题复习：专题四 立体几何与空间向量

（真题体验+模拟演练+过关提升） 专题四 立体几何与空间向量

目录

真题体验·引领卷........................................................................................................................ 1 经典模拟·演练卷........................................................................................................................ 5 专题过关·提升卷........................................................................................................................ 8 答案 .......................................................................................................................................... 15

真题体验·引领卷

一、选择题

1．(2015·全国卷Ⅱ)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右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )

11A.8 B.7 11C.6 D.5

2．(2015·全国卷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( )

1

A．14斛 C．36斛

B．22斛 D．66斛

3．(2015·安徽高考)已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( )

A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行 B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行 C．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线 D．若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面

4．(2015·福建高考)若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”的( ) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件

D．既不充分也不必要条件

5．(2015·全国卷Ⅱ)已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点，若三棱锥O－ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为( ) A．36π C．144π

B．π D．256π

6．(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．2

2

C．4 二、填空题

D．8

7．(2015·江苏高考)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与圆柱各一个，则新的底面半径为________．

8．(2015·重庆高考改编)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．

9．(2015·四川高考)如图所示，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cosθ的最大值为________．

三、解答题

10．(2015·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．

3

(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线AF与平面α所成角的正弦值．

11．(2014·浙江高考)如图，在四棱锥A－BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝2.

(1)证明：DE⊥平面ACD； (2)求二面角B －AD－E的大小．

12．(2015·山东高考)如图，在三棱台DEF－ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．

4

(1)求证：BD∥平面FGH；

(2)若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF＝DE，∠BAC＝45°，求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小．

专题四 立体几何与空间向量

经典模拟·演练卷

一、选择题

1．(2015·济宁模拟)已知α，β表示两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，则“α⊥β”是“m⊥β”的( ) A．充分不必要条件 C．充要条件

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

2．(2015·潍坊三模)一个几何体的三视图如图所示，其中侧视图为直角三角形，则该几何体的体积为( )

42

A.3 162C.3

82B.3 D．162

3．(2015·诸暨中学模拟)已知正三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于( )

5

61023A.4 B.4 C.2 D.2

4．(2015·河北质检)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( )

93

A.2 B.2 C．3 D．2

5．(2015·吉林实验中学模拟)已知E，F分别是矩形ABCD的边BC与AD的中点，且BC＝2AB＝2，现沿EF将平面ABEF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC，则三棱锥A－FEC外接球的体积为( ) 3

A.3π C.3π

3B.2π D．23π

6．(2015·宁波联考)如图，棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论错误的是( )

A．DC1⊥D1P

B．平面D1A1P⊥平面A1AP C．∠APD1的最大值为90° D．AP＋PD1的最小值为2＋2

二、填空题

7．(2015·金华模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E为棱DD1上的点，F为AB的中点，则三棱锥B1－BFE的体积为________．

6

8．(2015·保定调研)如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的表面积为________．

9．(2015·杭州模拟)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝a，点E为侧棱PC的中点，又作DF⊥PB交PB于点F，则PB与平面EFD所成角为________． 三、解答题

10．(2015·杭州模拟)如图，四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝AD＝1，DC＝2，PD＝2，M为棱PB的中点．

(1)证明：DM⊥平面PBC； (2)求二面角A－DM－C的余弦值．

11．(2015·浙江名校联考)如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F分别为AC，DC的中点．

7

(1)求证：EF⊥BC；

(2)求二面角E－BF－C的正弦值．

12．(2015·温州中学二模)如图，边长为2的正方形ADEF与梯形ABCD所在的平1

面互相垂直．已知AB∥CD，AB⊥BC，DC＝BC＝2AB＝1，点M在线段EC上．

(1)证明：平面BDM⊥平面ADEF；

π(2)判断点M的位置，使得平面BDM与平面ABF所成的锐二面角为3.

专题四 立体几何与空间向量

专题过关·提升卷 第Ⅰ卷(选择题)

一、选择题

8

1．(2015·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )

3240

A．8 cm3 B．12 cm3 C.3 cm3 D.3 cm3

2．设a，b是两条直线，α，β表示两个平面，如果a⊂α，α∥β，那么“b⊥β”是“a⊥b”的( ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件

D．既不充分又不必要条件

π3．(2015·山东高考)在梯形ABCD中，∠ABC＝2，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2.将梯形ABCD绕AD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( )

2π4π5π

A.3 B.3 C.3 D．2π

4．(2015·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( )

A．2＋5 C．2＋25

B．4＋5 D．5

9

5．(2015·北京朝阳区质检)在空间直角坐标系O－xyz中，已知A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，D(1，1，2)，若S1，S2，S3分别表示三棱锥D－ABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则( ) A．S1＝S2＝S3 C．S1＝S3且S3≠S2

B．S1＝S2且S3≠S1 D．S2＝S3且S1≠S3

6．(2015·杭州中学模拟)一个四棱锥的三视图如图所示，下列说法中正确的是( )

A．最长棱的棱长为6 B．最长棱的棱长为3

C．侧面四个三角形中有且仅有一个是正三角形 D．侧面四个三角形都是直角三角形

7．(2015·嘉兴模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，A1A＝AB＝2，若棱AB上存在点P，使得D1P⊥PC，则AD的取值范围是( ) A．[1，2) C．(0，1]

B．(1，2] D．(0，2)

8．某市博物馆邀请央视《一槌定音》专家鉴宝，其中一藏友持有的“和田玉”的

10

三视图如图所示，若将和田玉切割、打磨、雕刻成“和田玉球”，则该“玉雕球”的最大表面积是( )

A．4π B．16π C．36π D．π

第Ⅱ卷(非选择题)

二、填空题

39．(2015·舟山中学模拟)如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝2，沿BD将矩形ABCD折叠，连接AC，所得三棱锥A－BCD的正视图和俯视图如图所示，则三棱锥A－BCD侧视图的面积为________．

10．如图所示，ABC－A1B1C1是直三棱柱，AC⊥CB，点D1、F1分别是A1B1、A1C1的中点．若BC＝CA＝CC1，则BD1与CF1所成角的正弦值是________．

11．(2015·杭州二中调研)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝1，PA＝3，则该三棱锥外接球的表面积为________．

12．(2014·山东高考)在三棱锥P－ABC中，D，E分别为PB，PC的中点，记三V1棱锥D－ABE的体积为V1，P－ABC的体积为V2，则V＝________．

2

11

13．多面体MN－ABCD的底面ABCD为矩形，其正视图和侧视图如图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形，则AM的长为________．

14．(2015·天津高考)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.

15．将边长为1的正方形ABCD沿对角线AC折起后，使得平面ADC⊥平面ABC，在折起后的三棱锥D－ABC中，给出下列四个命题：

①AC⊥BD；②侧棱DB与平面ABC成45°的角；③△BCD是等边三角形；④三2棱锥的体积VD－ABC＝6.

那么正确的命题是________(填上所有正确命题的序号)．

三、解答题

π

16．如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝2，AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点，将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图2.

12

(1)证明：CD⊥平面A1OC；

(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求直线A1B与平面A1CD所成角．

17．(2015·福建高考)如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，G，F分别是线段BE，DC的中点．

(1)求证：GF∥平面ADE；

(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值．

18．(2015·四川高考)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N.

(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)； (2)证明：直线MN∥平面BDH； (3)求二面角A－EG－M的余弦值．

13

19．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，且∠BAD＝120°，AB＝2，E是CD的中点．平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥AD，PC与平面ABCD所成的角为45°.

(1)求证：CD⊥平面PAE； (2)试问在线段AB(不包括端点)上是否存在一点F，使得二面角A－PF－E的大小为45°？若存在，请求出AF的长；若不存在，说明理由．

20．(2015·天津高考)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝5，且点M和N分别为B1C和D1D的中点．

(1)求证：MN∥平面ABCD； (2)求二面角D1－AC－B1的正弦值；

1

(3)设E为棱A1B1上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为3，求线段A1E的长．

14

答案

专题四 立体几何与空间向量

真题体验·引领卷

1．D [如图，由题意知，该几何体是正方体ABCD－A1B1C1D1被过三点A、B1、D1的平面所截剩余部分，截去的部分为三棱锥A－A1B1D1，设正方体的棱长为1，15

则截去部分体积与剩余部分体积的比值为6∶6＝1∶5.]

16111

2．B [由题意知，米堆的底面半径R＝3(尺)，则米堆体积V＝3×4πR2·h＝3×1320320162

3×5≈×3×(立方尺)．所以堆放的米大约为≈22(斛)．] 499×1.623．D [A中α∥β或α与β相交，A错；B中直线m与n的位置关系：相交、平行或异面，B错；C中，在α内存在直线l平行α与β的交线，从而l∥β.因此C不正确；选项D中，假设m，n垂直于同一平面，则m∥n与m、n不平行矛盾，因此m，n不能垂直于同一平面，D正确．]

4．B [当l∥α时，由于m⊥平面α.∴m⊥l.则必要性成立．但l⊥m时，由于m⊥α，则l⊂α或l∥α，故充分性不成立．故“l⊥m”是“l∥α”的必要不充分条件．]

5．C [设点C到平面OAB的距离为h，球O的半径为R(如图所示)． 1

由∠AOB＝90°，得S△AOB＝2R2，

1

要使VO－ABC＝3·S△AOB·h最大，当且仅当点C到平面OAB的距离，即三棱锥C－OAB底面OAB上的高最大，其最大值为球O的半径R.

15

1

故VO－ABC＝6R3＝36，则R＝6. 所以S球＝4πR2＝4π×62＝144π.]

1

6．B [由三视图知，该几何体由半个圆柱和半球体构成，由题设得2(πr2＋4πr2)11＋2r·2r＋2·2πr·2r＋2πr2＝16＋20π.解之得r＝2.]

14

7.7 [设新的底面半径为r，由题意得3πr2·4＋πr2·8＝3π×52＋8π×22，解之得r＝7.]

1

8.3＋π [由三视图知，该几何体为一个三棱锥与一个半圆柱构成的组合体，其中半圆柱的底面半径为1，高为2；三棱锥的底面为斜边为2的等腰直角三角形，111

高为1.则V三棱锥＝3×2×2×1×1＝3，V半圆柱＝

112π×1×2＝π.故所求几何体的体积V＝V三棱锥＋V半圆柱＝＋π.] 23

2

9.5 [以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系(如图)．

设AB＝2，则A(0，0，0)，E(1，0，0)，F(2，1，0)．

→

→

设点M(0，y，2)(0≤y≤2)．于是EM＝(－1，y，2)，AF＝(2，1，0)． 2－y

∴cos θ＝|cos〈EM，AF〉|＝.

5·5＋y2→

→

又t＝

2－y

2在y∈[0，2]上是减函数． 5·5＋y

22

∴当y＝0时，t有最大值5，即cos θ的最大值为5.] 10．解 (1)交线围成的正方形EHGF如图：

16

(2)作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8. 因为EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10. 于是MH＝EH2－EM2＝6，所以AH＝10.

→

以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D

→

－xyz，则A(10，0，0)，H(10，10，0)，E(10，4，8)，F(0，4，8)，FE＝(10，0，

→

0)，HE＝(0，－6，8)．

n·FE＝0，设n＝(x，y，z)是平面EHGF的法向量，则 →HE＝0.n·10x＝0，

∴所以可取n＝(0，4，3)． －6y＋8z＝0.

→

→

又AF＝(－10，4，8)，

→

→

故|cos〈n，AF〉|＝

45

＝→

15.

|n||AF|

|n·AF|

45

所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为15.

11．(1)证明 在直角梯形BCDE中，由DE＝BE＝1，CD＝2，得BD＝BC＝2. 由AC＝2，AB＝2，得AB2＝AC2＋BC2，即AC⊥BC.

又平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC∩平面BCDE＝BC，从而AC⊥平面BCDE. 所以AC⊥DE.又DE⊥DC，AC∩DC＝C，从而DE⊥平面ACD.

(2)解 法一 作BF⊥AD，与AD交于点F.过点F作FG∥DE，与AE交于点G，连接BG，如图所示．

17

由(1)知DE⊥AD，则FG⊥AD.所以∠BFG是二面角B－AD－E的平面角． 在直角梯形BCDE中，由CD2＝BC2＋BD2，得BD⊥BC， 又平面ABC⊥平面BCDE，得BD⊥平面ABC，从而BD⊥AB. 由(1)知AC⊥平面BCDE，得AC⊥CD.

在Rt△ACD中，由DC＝2，AC＝2，得AD＝6. 在Rt△AED中，由ED＝1，AD＝6，得AE＝7.

23

在Rt△ABD中，由BD＝2，AB＝2，AD＝6，得BF＝3，

2AF＝3AD.

2

从而GF＝3. 57

在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得cos∠BAE＝14，

2BG＝3. 在△BFG中，

GF2＋BF2－BG23

cos∠BFG＝＝2.

2BF·GF

ππ

所以，∠BFG＝6，即二面角B－AD－E的大小是6.

法二 以D为原点，分别以射线DE，DC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系D－xyz，如图所示．

由题意知各点坐标如下：D(0，0，0)，E(1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，2，2)，

18

B(1，1，0)．

设平面ADE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，

→

平面ABD的法向量为n＝(x2，y2，z2)．可算得AD＝(0，－2，－2)，

→

→

AE＝(1，－2，－2)，DB＝(1，1，0)， m·AD＝0，－2y1－2z1＝0，由→即 AE＝0，x1－2y1－2z1＝0.m·可取m＝(0，1，－2)．

n·AD＝0，－2y2－2z2＝0，由→即 DB＝0，x2＋y2＝0，n·可取n＝(1，－1，2)． 于是|cos〈m，n〉|＝

|m·n|33

＝＝2. |m|·|n|3·2

→→

π

由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角B－AD－E的大小是6.

12．(1)证明 法一 连接DG， CD，设CD∩GF＝O，连接OH. 在三棱台DEF－ABC中，AB＝2DE，G为AC的中点． 可得DF∥GC，DF＝GC，所以四边形DFCG为平行四边形．

则O为CD的中点，又H为BC的中点，

所以OH∥BD，又OH⊂平面FGH，BD⊄平面FGH， 所以BD∥平面FGH.

法二 在三棱台DEF－ABC中，由BC＝2EF，H为BC的中点，可得BH∥EF，BH＝EF，

所以四边形BHFE为平行四边形，

可得BE∥HF.在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点， 所以GH∥AB.又GH∩HF＝H，

19

所以平面FGH∥平面ABED.

因为BD⊂平面ABED，所以BD∥平面FGH.

(2)解 设AB＝2，则CF＝1.

1

在三棱台DEF－ABC中，G为AC的中点，由DF＝2AC＝GC，可得四边形DGCF为平行四边形，因此DG∥FC. 又FC⊥平面ABC， 所以DG⊥平面ABC.

在△ABC中，由AB⊥BC，∠BAC＝45°，G是AC中点． 所以AB＝BC，GB⊥GC，因此GB，GC，GD两两垂直． 以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G－xyz. 所以G(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(0，0，1)． 22

可得H，，0，F(0，2，1)，

22

→

2→2

故GH＝，，0，GF＝(0，2，1)．

22设n＝(x，y，z)是平面FGH的一个法向量， n·GH＝0，x＋y＝0，

则由→可得

2y＋z＝0.GF＝0，n·

可得平面FGH的一个法向量n＝(1，－1，2)．

→

→

→

因为GB是平面ACFD的一个法向量，GB＝(2，0，0)．

→

→

所以cos〈GB，n〉＝

21

＝＝2. 22|GB|·|n|

→

GB·n

所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.

经典模拟·演练卷

1．B [当m⊥β，m⊂α时，α⊥β，必要性成立．

20

但α⊥β，m⊂α，则m⊂β或m∥β或m与β相交．因此“α⊥β”是“m⊥β”的必要不充分条件．]

2．C [由三视图知，该几何体为三棱锥(如图)．

其中AO⊥底面BCD，且OD⊥BC.

11

∵AO＝22，S△BCD＝×42×22＝8.所以几何体的体积V＝·OA·

23

1162

S△BCD＝3×22×8＝3.]

3．A [如图所示，设点E为棱A1C1的中点，连接AE，B1E. 在正三棱柱ABC－A1B1C1中，B1E⊥平面ACC1A1， ∴∠B1AE为直线AB1与侧面ACC1A1所成的角，记为α.

3a

3B1E26

设三棱柱的棱长为a，则B1E＝2a，AB1＝2a.∴sin α＝AB＝＝4.]

12a4．C [由三视图知，该几何体是底面为直角梯形的四棱锥． 1

∵S底＝2(1＋2)×2＝3.

1

∴几何体的体积V＝3x·S底＝3， 1

即3x·3＝3.因此x＝3.]

5．B [如图，平面ABEF⊥平面EFDC，AF⊥EF， ∴AF⊥平面ECDF，

21

将三棱锥A－FEC补成正方体ABC′D′－FECD. 3

依题意，其棱长为1，外接球的半径R＝2， 43334∴外接球的体积V＝3πR＝3π·

23＝2π.]

6．C [由DC1⊥平面A1BCD1知DC1⊥D1P，∴A正确． ∵D1A1⊥平面ABB1A1，且A1D1⊂平面D1A1P， ∴平面D1A1P⊥平面A1AP，因此B正确． 2

当0将面AA1B与面A1BCD1沿面对角线A1B展开成平面图形时，线段A1D为AP＋PD1的最小值．

在△AA1D1中，A1D1＝A1A＝1，∠AA1D1＝135°.

2由余弦定理，AD1＝12＋12－2×1×1cos 135°＝2＋2.

∴AP＋PD1的最小值AD1＝2＋2，因此D正确．] 1

7.12 [∵V三棱锥B1－BFE＝V三棱锥E－BB1F，

11

又S△BB1F＝2·BB1·BF＝4，且点E到底面BB1F的距离h＝1. 11

∴V三棱锥B1－BFE＝3·h·S△BB1F＝12.] 8．(16＋213)π [由三视图知，该几何体是由一个底面半径为2， 高为3的圆柱挖去一个同底等高的圆锥所得的组合体． 则S圆柱侧＝2π×2×3＝12π.S圆柱下底＝π×22＝4π. 1

S圆锥侧＝2×2π×2×13＝213π.

故几何体的表面积S＝12π＋4π＋213π＝(16＋213)π.]

22

9．90° [建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，D为坐标原点，则P(0，0，

→

a)，B(a，a，0)，PB＝(a，a，－a)，

aa

又DE＝0，2，2，

→→

a2a2

PB·DE＝0＋2－2＝0，

→

所以PB⊥DE.

又DF⊥PB，且DF∩DE＝D， ∴PB⊥平面DEF.

故直线PB与平面DEF所成的角为90°.]

10．(1)证明 连接BD，取DC的中点G，连接BG， 由此知DG＝GC＝BG＝1，即△DBC为直角三角形， ∴BC⊥BD.又PD⊥平面ABCD， ∴BC⊥PD，又PD∩BD＝D， ∴BC⊥平面BDP，∴BC⊥DM.

又PD＝BD＝2，PD⊥BD，M为PB的中点， ∴DM⊥PB，∵PB∩BC＝B， ∴DM⊥平面PBC.

(2)解 以D为坐标原点，射线DA、DC、DP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系D－xyz，

23

112

则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，从而M，，，设

222

→

x＝0，n1·DA＝0，

n1＝(x，y，z)是平面ADM的法向量，则即xy 2→

n1·DM＝0，2＋2＋2z＝0，

∴可取n1＝(0，2，－1)．

n2·DC＝0，

同理，设n2＝(u，v，w)是平面CDM的法向量，则 →

n2·DM＝0，

→

v＝0，

即uv 2

2＋2＋2w＝0，

1

∴可取n2＝(2，0，－1)，∴cos〈n1，n2〉＝3， 显然二面角A－DM－C的大小为钝角， 1

∴所以二面角A－DM－C的余弦值为－3.

11. (1)证明 法一 过E作EO⊥BC，垂足为O，连接OF. 由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC.

图1

π

所以∠EOC＝∠FOC＝2，即FO⊥BC.

24

又EO⊥BC，FO∩EO＝O，因此BC⊥面EFO， 又EF⊂面EFO，所以EF⊥BC.

法二 由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂

图2

直BC的直线为z轴，建立如图2所示空间直角坐标系．易得B(0，0，0)，A(0，3113

－1，3)，D(3，－1，0)，C(0，2，0)．因而E0，，，F，，0，所

2222

→→→→→

33→

以EF＝，0，－，BC＝(0，2，0)，因此EF·BC＝0.从而EF⊥BC，所以

22EF⊥BC.

(2)解 法一 在图1中，过O作OG⊥BF，垂足为G，连接EG.

由平面ABC⊥平面BDC，从而EO⊥面BDC，∴EO⊥BF，又OG⊥BF，EO∩OG＝O，∴BF⊥平面BOG，∴EO⊥BF. 因此∠EGO为二面角E－BF－C的平面角．

113

在△EOC中，EO＝2EC＝2BC·cos 30°＝2，

BO3

由△BGO∽△BFC知，OG＝BC·FC＝4，

EO

因此tan∠EGO＝OG＝2，

2525

从而sin∠EGO＝5，即二面角E－BF－C的正弦值为5. 法二 在图2中，平面BFC的一个法向量为n1＝(0，0，1)． 设平面BEF的法向量n2＝(x，y，z)， 31→13

又BF＝，，0，BE＝0，，.

2222

→

n2·BF＝0

由得其中一个n2＝(1，－3，1)． →

n2·BE＝0

→

25

设二面角E－BF－C大小为θ，且由题意知θ为锐角，则 n1·n21

＝， cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝

|n1||n2|5因此sin θ＝

22525

＝5，即所求二面角的正弦值为5. 5

12．(1)证明 ∵DC＝BC＝1，DC⊥BC，∴BD＝2， 又∵AD＝2，AB＝2，

∴AD2＋BD2＝AB2，则∠ADB＝90°. ∴AD⊥BD，

又∵面ADEF⊥面ABCD，ED⊥AD，面ADEF∩面ABCD＝AD， ∴ED⊥面ABCD，∴BD⊥ED，

又∵AD∩DE＝D，∴BD⊥面ADEF，BD⊂面BDM， ∴面BDM⊥面ADEF.

(2)解 在面DAB内过D作DN⊥AB，垂足N， ∵AB∥CD，∴DN⊥CD， 又∵ED⊥面ABCD，∴DN⊥ED，

∴以D为坐标原点，DN为x轴，DC为y轴，DE为z轴，建立空间直角坐标系． ∴B(1，1，0)，C(0，1，0)，E(0，0，2)， N(1，0，0)， 设M(x0，y0，z0)，

→

→

EM＝λEC (0<λ<1)，

∴(x0，y0，z0－2)＝λ(0，1，－2) 因此x0＝0，y0＝λ，z0＝2(1－λ)．

26

于是点M(0，λ，2(1－λ))． 设平面BDM的法向量n1＝(x，y，z)， n1·DM＝0，则 →

n1·DB＝0，

λy＋2z（1－λ）＝0，λ

. ∴令x＝1，得n1＝1，－1，

2（1－λ）x＋y＝0，

→

→

∵平面ABF的法向量n2＝DN＝(1，0，0)， ∴cos〈n1，n2〉＝

1

λ21＋1＋

2（1－λ）2π1＝cos3＝2，

222

解得λ＝3，λ＝2(舍去)．∴M0，，，

33∴点M的位置在线段CE的三等分点且靠近C处．

专题过关·提升卷

132

1．C [该几何体为正方体与正四棱锥的组合体，∴体积V＝23＋3×22×2＝3(cm3)．]

2．A [若b⊥β，α∥β，则b⊥α，又a⊂α，∴a⊥b， 但a⊥b，a⊂α，α∥β时，得不到b⊥β. ∴“b⊥β”是“a⊥b”的充分不必要条件．]

3．C [如图，由题意，得BC＝2，AD＝AB＝1.绕AD所在直线旋转一周后所得1

几何体为一个圆柱挖去一个圆锥的组合体．所求体积V＝π×12×2－3π×12×15π＝3.]

4．C [该三棱锥的直观图如图所示：

27

过D作DE⊥BC，交BC于E，连接AE，则BC＝2，EC＝1，AD＝1，ED＝2，AE＝5，BD＝CD＝5， S表＝S△BCD＋S△ACD＋S△ABD＋S△ABC ＝1×2＋11

2×22×1×5×2＋2×2×5 ＝2＋25.]

5．D [由图可知S2＝S3＝2，S1＝2，所以S1≠S3.]

6．D [由三视图知，该四棱锥的直观图如图所示，

其中PA⊥平面ABCD，平面ABCD为直角梯形． 则最长棱PB＝22＋22＝22，A错，B错． 棱锥中的四个侧面中：

由PA⊥底面ABCD，知△PAB，△PAD为直角三角形．又DC⊥AD，PA⊥DC，知DC⊥平面PAD， 则DC⊥PD，从而△PDC为直角三角形．

又PD＝5，DC＝1，所以PC＝12＋（5）2＝6.

在梯形ABCD中，易求BC＝2，故PB2＝PC2＋BC2，△ 28

PBC为直角三角形．]

7．C [如图，以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D－xyz，

→

则D1(0，0，2)，C(0，2，0)，设P(x，y，0)(x>0，0→

PC＝(－x，2－y，0)．

由D1P⊥PC，得D1P·PC＝－x2＋y(2－y)＝0， ∴x＝2y－y2(08．B [由三视图知，“和田玉”为直三棱柱，底面是直角三角形，高为12，如图所示．

→

→

其中AC＝6，BC＝8，BC⊥AC，则AB＝10，

若使“玉雕球”的半径最大，则该球与直三棱柱的三个侧面都相切． ∴球半径r＝

6＋8－102

＝2，则S球＝4πr＝16π.] 2

18

9.25 [由正视图及俯视图知，在三棱锥A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD(如图所示)，因此三棱锥的侧视图为等腰直角三角形．

3

在△ABD中，AB＝2，AD＝BC＝2. 5

∴BD＝AB2＋BC2＝2.

29

3×2

AB·AD26

因此AA′＝BD＝5＝5.

26

所以等腰直角三角形的腰长为5. 16218

故侧视图的面积为2×5＝25.]



6

10.6 [如图所示，建立以C为坐标原点，CA、CB、CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系．

设BC＝CA＝CC1＝2，则B(0，2，0)、D1(1，1，2)、F1(1，0，2)．

→

→

则BD1＝(1，－1，2)，CF1＝(1，0，2)，

→

→

→

→

∴cos〈BD1，CF1〉＝

BD1·CF1

→

→

＝

|BD1||CF1|

设BD1与CF1所成的角为α.

530＝.

630

11．5π [如图所示，将三棱锥P－ABC补成长方体ADBC－PD′B′C′. 则三棱锥P－ABC的外接球就是长方体的外接球．

∴2R＝PA2＋AC2＋AD2＝5， 故外接球的表面积S球＝4πR2＝5π.]

1h11

12.4 [分别过E，C向平面PAB作高h1，h2，由E为PC的中点得h＝2，由D为

2

30

1

PB的中点得S△ABD＝2S△ABP，

111

所以V1∶V2＝3S△ABD·h1∶3S△ABP·h2＝4.] 13.6 [如图所示为多面体MN－ABCD， 作MH⊥AB交AB于H.

由侧视图可知MH＝12＋22＝5.

根据正视图知MN＝2，AB＝4，且正视图为等腰梯形．

4－2

∴AH＝2＝1，从而AM＝AH2＋MH2＝6.] 8π

14.3 [由三视图知，该几何体是由两个圆锥和一个圆柱构成的组合体，且圆锥的底面分别与圆柱的两个底面重合．

∵圆柱的底面圆的半径R＝1，高h＝2，且圆锥的高h′＝1. π1

∴V圆柱＝πR2·h＝2π，V圆锥＝3πR2h′＝3. 8π

因此该几何体的体积V＝V圆柱＋2V圆锥＝3.] 15．①②③ [取AC的中点O，连接OB，OD，则OD⊥AC，OB⊥AC.OD∩OB＝O，

AC⊥平面OBD，从而AC⊥BD，①正确． 又平面ADC⊥平面ABC，DO⊥AC， 所以DO⊥平面ABC，

因此DO⊥OB，且∠OBD为棱BD与底面ABC所成的角． 由OB＝OD，知∠OBD＝45°， 所以②正确，

31

从而BD＝2·OB＝1，故BC＝CD＝BD＝1， 因此△BCD是等边三角形，命题③正确． 根据DO⊥平面ABC.

12

得V三棱锥D－ABC＝3·S△ABC·OD＝12，∴④错误．]

16．(1)证明 在题图1中，因AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点， π

∠BAD＝2，所以BE⊥AC，

即在题图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，且A1O∩OC＝O， 从而BE⊥平面A1OC，

1

又在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD，E为AD中点，所以BC綉ED， 所以四边形BCDE为平行四边形， 故有CD∥BE， 所以CD⊥平面A1OC.

(2)解 由已知，平面A1BE⊥平面BCDE， 又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC，

所以∠A1OC为二面角A1－BE－C的平面角， π

所以∠A1OC＝2，

如图，以O为原点，建立空间直角坐标系， 因为A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED，

2222所以B，0，0，E－，0，0，A10，0，，C0，，0，

2222

→→→

2222→

于是A1B＝，0，－，A1C＝0，，－，CD＝BE＝(－2，0，0)．

2222设直线A1B与平面A1CD所成的角为θ，平面A1CD的法向量n＝(x，y，z)．

→

－2x＝0，n·CD＝0，

则得2取n＝(0，1，1)． →2A1C＝0，2y－2z＝0，n·

32

2－→2A1B·n1

∴cos〈A1B，n〉＝→＝＝－2. |A1B|·|n|1×2

→

1

因此sin θ＝|cos〈A1B，n〉|＝2，

→

π

故直线A1B与平面A1CD所成的角为6. 17．(1)证明 如图，取AE的中点H， 连接HG，HD，

又G是BE的中点， 1

所以GH∥AB，且GH＝2AB. 又F是CD的中点， 1

所以DF＝2CD.

由四边形ABCD是矩形得，AB∥CD，AB＝CD， 所以GH∥DF，且GH＝DF， 从而四边形HGFD是平行四边形， 所以GF∥DH.

又DH⊂平面ADE，GF⊄平面ADE， 所以GF∥平面ADE.

(2)解 如图，在平面BEC内，过B点作BQ∥EC. 因为BE⊥CE，所以BQ⊥BE.

又因为AB⊥平面BEC，所以AB⊥BE，AB⊥BQ.

→

→

→

以B为原点，分别以BE，BQ，BA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，

33

则A(0，0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)， F(2，2，1)． 因为AB⊥平面BEC，

→

所以BA＝(0，0，2)为平面BEC的法向量． 设n＝(x，y，z)为平面AEF的法向量．

→

→

又AE＝(2，0，－2)，AF＝(2，2，－1)， n·AE＝0，2x－2z＝0，由得 →

2x＋2y－z＝0.AF＝0，n·取z＝2，得n＝(2，－1，2)．

→

→

→

从而cos〈n，BA〉＝

n·BA

→

＝

|n|·|BA|

42

＝3. 3×2

2

所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为3. 18．(1)解 点F，G，H的位置如图所示．

(2)证明 连接BD，设O为BD的中点， 因为M，N分别是BC，GH的中点， 1

所以OM∥CD，且OM＝2CD， 1

HN∥CD，且HN＝2CD， 所以OM∥HN，OM＝HN，

所以MNHO是平行四边形，从而MN∥OH.

34

又MN⊄平面BDH，OH⊂平面BDH， 所以MN∥平面BDH.

→

→

→

(3)解 如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DH方向为x，y，z轴的正方向，

建立空间直角坐标系D－xyz，

设AD＝2，则M(1，2，0)，G(0，2，2)，E(2，0，2)，O(1，1，0)，

→

→

所以，GE＝(2，－2，0)，MG＝(－1，0，2)， 设平面EGM的一个法向量为n1＝(x，y，z)，

n·GE＝0，2x－2y＝0，由取x＝2，得n1＝(2，2，1)， →

－x＋2z＝0，n1·MG＝0，在正方体ABCD－EFGH中，DO⊥平面AEGC，

→

→

则可取平面AEG的一个法向量为n2＝DO＝(1，1，0)， n1·n22＋2＋022

所以cos〈n1，n2〉＝＝＝3，

|n1|·|n2|4＋4＋1·1＋1＋022

故二面角A－EG－M的余弦值为3.

19．(1)证明 连接AC，∵平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥AD. 又PA⊂平面PAD，面PAD∩面ABCD＝AD.

∴PA⊥平面ABCD，故PA⊥CD. 在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，

∴∠ADC＝60°，从而△ACD为等边三角形．又∵E为CD的中点， ∴AE⊥CD，由于PA∩AE＝A，所以CD⊥平面PAE，

35

(2)解 假设存在，由(1)知，PA、AB、AE两两垂直，以A为坐标原点，分别以AB、AE、AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系A－xyz(如图所示)．

由PA⊥平面ABCD，则∠PCA为PC与平面ABCD所成的角， ∴∠PCA＝45°，因此PA＝AC＝AB＝2.

→

则P(0，0，2)，A(0，0，0)，E(0，3，0)∴PE＝(0，3，－2)． 设AF＝a(0→

∴PF＝(a，0，－2)，

设平面PEF的一个法向量为m＝(x，y，z)． m·PE＝0，3y－2z＝0，由→得

ax－2z＝0，PF＝0.m·2a2，，a. 取x＝2，则m＝

3

→→

又向量AE＝(0，3，0)是平面PAF的一个法向量．

→

→

∴|cos〈m，AE〉|＝

＝|m|·|AE|3·

→

|m·AE|2a

7a24＋3

因此

3·

2a7a4＋3

2＝cos 45°＝

2

2，解之得a＝23.

由于23∉(0，2)，

故不存在点F，使得二面角A－PF－E为45°. 20．解 如图，以A为原点建立空间直角坐标系，

36

依题意可得A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(2，0，0)，D(1，－2，0)，A1(0，0，2)，B1(0，1，2)，C1(2，0，2)，D1(1，－2，2)． 又因为M，N分别为B1C和D1D的中点， 1

得M1，2，1，N(1，－2，1)．



→

(1)证明 依题意，可得n＝(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量，MN＝

→

5

0，－2，0，由此可得MN·n＝0， 

又因为直线MN⊄平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.

→

(2)AD1＝(1，－2，2)，AC＝(2，0，0)，设n1＝(x1，y1，z1)为平面ACD1的法向量，

nAD10,则1 n1AC0,→

x1－2y1＋2z1＝0，即 2x1＝0.

不妨设z1＝1，可得n1＝(0，1，1)．

n2AB10,设n2＝(x2，y2，z2)为平面ACB1的法向量，则

n2AC0,y2＋2z2＝0，

又AB1＝(0，1，2)，得

2x2＝0

→

不妨设z2＝1，可得n2＝(0，－2，1)． 因此有cos〈n1，n2〉＝

n1·n210

＝－10，

|n1|·|n2|

102310

＝1－－

10. 10

于是sin〈n1，n2〉＝310

所以，二面角D1－AC－B1的正弦值为10. (3)依题意，可设A1E＝λA1B1，其中λ∈[0，1]，

37

则E(0，λ，2)，

→

从而NE＝(－1，λ＋2，1)，

又n＝(0，0，1)是平面ABCD的一个法向量，

→

→

故|cos〈NE，n〉|＝

11

＝＝. →2223（－1）＋（λ＋2）＋1|NE|·|n|

|NE·n|

整理得λ2＋4λ－3＝0，解得λ＝－2±7， 又因为λ∈[0，1]，所以λ＝7－2， 所以，线段A1E的长为7－2.

38