2014高考总复习单元检测立体几何 22页

第八章 单元测试 一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分．每小题中只有一项符合题目要求) 1．设 m，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列四个命题： ①若α∥β，m⊂α，则 m∥β；②若 m∥α，n⊂α，则 m∥n；③若α⊥β，m∥α，则 m⊥β；④若 m⊥α，m∥β，则α⊥β. 其中为真命题的是 ( ) A．①③ B．②③ C．①④ D．②④ 答案 C 解析 ①为空间面面平行的性质，是真命题；②m，n 可能异面，故该命题为假命题；③直线 m 与平面 β也可以平行也可以相交不垂直．故该命题是一个假命题；④为真命题．故选 C. 2．用与球心距离为 1 的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为 A.8π 3 B.8 2π 3 C．8 2π D.32π 3 答案 B 解析 S 圆＝πr2＝1⇒r＝1，而截面圆圆心与球心的距离 d＝1，∴球的半径为 R＝ r2＋d2＝ 2. ∴V＝4 3 πR3＝8 2π 3 ，故选 B. 3．若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为 ( ) A.16 3 π B.19 3 π C.19 12 π D.4 3 π 答案 B 解析 设球半径是 R，依题意知，该三棱柱是一个底面边长为 2、侧棱长为 1 的正三棱柱，记上、下 底面的中心分别是 O1、O，易知球心是线段 O1O 的中点，于是 R2＝(1 2 )2＋( 3 2 ×2×2 3 )2＝19 12 ，因此所求球的表面积是 4πR2＝4π×19 12 ＝19π 3 ，选 B. 4. 如右图所示，是一个正方体的表面展开图，A、B、C 均为棱的中点，D 是顶点，则在正方体中，异 面直线 AB 和 CD 的夹角的余弦值为 ( ) A. 2 5 B. 3 5 C. 10 5 D. 5 5 答案 C 解析 把展开图复原为正方体后示意图如右图所示，∠EGF 为 AB 和 CD 所成的角，F 为正方体一棱的中点． ∴EF＝GF＝ 5 2 ，EG＝ 2. ∴cos∠EGF＝ 10 5 . 5．图中的三个直角三角形是一个体积为 20 cm3 的几何体的三视图，则这个几何体外接球的表面积为 ( ) A．25π cm2 B.77π 2 cm2 C．77π cm2 D．144π cm2 答案 C 解析 由三视图画出此空间几何体的直观图如图所示．由题意得 V＝1 3 ×1 2 ×h×5×6＝20⇒h＝4. 从而易知，其外接球的半径为 r＝1 2 42＋52＋62＝ 77 2 . 从而外接球的表面积为 S＝4πr2＝4π( 77 2 )2＝77π.选 C. 6．如下图所示，正四棱锥 P－ABCD 的底面积为 3，体积为 2 2 ，E 为侧棱 PC 的中点，则 PA 与 BE 所成 的角为 ( ) A.π 6 B.π 4 C.π 3 D.π 2 答案 C 解析 连接 AC、BD 交于点 O，连接 OE，易得 OE∥PA. ∴所求角为∠BEO. 由所给条件易得 OB＝ 6 2 ，OE＝1 2 PA＝ 2 2 ，BE＝ 2. ∴cos∠OEB＝1 2 ，∴∠OEB＝60°，选 C. 7．直三棱柱 ABC－A1B1C1 的直观图及三视图如下图所示，D 为 AC 的中点，则下列命题是假命题的是 ( ) A．AB1∥平面 BDC1 B．A1C⊥平面 BDC1 C．直三棱柱的体积 V＝4 D．直三棱柱的外接球的表面积为 4 3π 答案 D 解析 由三视图可知，直三棱柱 ABC－A1B1C1 的侧面 B1C1CB 是边长为 2 的正方形，底面 ABC 是等腰直角三角形， AB⊥BC，AB＝BC＝2.连接 B1C 交 BC1 于点 O，连接 AB1，OD.在△CAB1 中，O，D 分别是 B1C，AC 的中点，∴OD ∥AB1，∴AB1∥平面 BDC1.故 A 正确． 直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AA1⊥平面 ABC， ∴AA1⊥BD.又 AB＝BC＝2，D 为 AC 的中点， ∴BD⊥AC，∴BD⊥平面 AA1C1C. ∴BD⊥A1C.又 A1B1⊥B1C1，A1B1⊥B1B， ∴A1B1⊥平面 B1C1CB，∴A1B1⊥B1C. ∵BC1⊥B1C，且 BC1∩B1C＝0，∴BC1⊥平面 A1B1C. ∴BC1⊥A1C，∴A1C⊥平面 BDC1. 故 B 正确．V＝S△ABC×C1C＝1 2 ×2×2×2＝4，∴C 正确． 此直三棱柱的外接球的半径为 3，其表面积为 12π，D 错误．故选 D. 8．已知圆锥的底面半径为 R，高为 3R，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是 ( ) A．22πR2 B.9 4 πR2 C.8 3 πR2 D.5 2 πR2 答案 B 解析 如图所示，为组合体的轴截面，由相似三角形的比例关系，得 PO1 3R ＝x R ，PO1＝3x，圆柱的高为 3R－3x，所以圆柱的全面积为 S＝2πx2＋2πx(3R－3x) ＝－4πx2＋6πRx， 则当 x＝3 4 R 时，S 取最大值， Smax＝9 4 πR2. 9．二面角的棱上有 A、B 两点，直线 AC、BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于 AB.已知 AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2 17，则该二面角的大小为 ( ) A．150° B．45° C．60° D．120° 答案 C 解析 由条件，知CA → ·AB → ＝0，AB → ·BD → ＝0， CD → ＝CA → ＋AB → ＋BD → . ∴|CD → |2＝|CA → |2＋|AB → |2＋|BD → |2＋2CA → ·AB → ＋2AB → ·BD → ＋2CA → ·BD → ＝62＋42＋82＋2×6×8cos〈CA → ，BD → 〉＝ (2 17)2. ∴cos〈CA → ，BD → 〉＝－1 2 ，〈CA → ，BD → 〉＝120°，∴二面角的大小为 60°，故选 C. 10．已知正方体 ABCD－A1B1C1D1 棱长为 1，点 P 在线段 BD1 上，当∠APC 最大时，三棱锥 P－ABC 的体积 为 ( ) A. 1 24 B. 1 18 C.1 9 D. 1 12 答案 B 解析 以 B 为坐标原点，BA 为 x 轴，BC 为 y 轴，BB1 为 z 轴建立空间直角坐标系，设BP → ＝λBD1 → ，可得 P(λ，λ，λ)，再由 cos∠APC＝ AP → ·CP → |AP → ||CP → | 可求得当λ＝1 3 时，∠APC 最大，故 VP－ABC＝1 3 ×1 2 ×1×1×1 3 ＝ 1 18 . 二、填空题(本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分，把答案填在题中横线上) 11．已知 m、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，给出下列命题： ①若α⊥β，m∥α，则 m⊥β；②若 m⊥α，n⊥β，且 m⊥n，则α⊥β；③若 m⊥β，m∥α，则α ⊥β；④若 m∥α，n∥β，且 m∥n，则α∥β. 其中真命题的序号是________． 答案 ②③ 解析 若α⊥β，m∥α，则 m 与β可能相交、平行或 m 在平面β内，故①错；m∥α，n∥β，m∥n， 则α与β可能平行，可能相交，故④错． 12．圆台上、下底面面积分别是π、4π，侧面积是 6π，这个圆台的体积是________． 答案 7 3 3 π 解析 上底半径 r＝1，下底半径 R＝2. ∵S 侧＝6π，设母线长为 l，则π(1＋2)·l＝6π. ∴l＝2，∴高 h＝ l2－ R－r 2＝ 3. ∴V＝1 3 π· 3(1＋1×2＋2×2)＝7 3 3 π. 13．(2019·天津文)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. 答案 4 解析 由三视图可知，此几何体的上面是正四棱柱，其长，宽，高分别是 2,1,1，此几何体的下面是 长方体，其长，宽，高分别是 2,1,1，因此该几何体的体积 V＝2×1×1＋2×1×1＝4(m3)． 14．如图，在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，点 P 是上底面 A1B1C1D1 内一动点，则三棱锥 P－ABC 的主视图与 左视图的面积的比值为________． [来源:学,科,网 Z,X,X,K] 答案 1 解析 依题意得三棱锥 P－ABC 的主视图与左视图分别是一个三角形，且这两个三角形的底边长都等 于正方体的棱长，底边上的高也都相等，因此三棱锥 P－ABC 的主视图与左视图的面积之比等于 1. 15．直三棱柱 ABC－A1B1C1 的各顶点都在同一球面上．若 AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝120°，则此球的表 面积等于______． 答案 20π 解析 设球心为 O，球半径为 R，△ABC 的外心是 M，则 O 在底面 ABC 上的射影是点 M，在△ABC 中， AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，∠ABC＝1 2 (180°－120°)＝30°， AM＝ AC 2sin30° ＝2.因此，R2＝22＋(AA1 2 )2＝5，此球的表面积等于 4πR2＝20π. 16．如图是一几何体的平面展开图，其中 ABCD 为正方形，E、F、分别为 PA、PD 的中点，在此几何体 中，给出下面四个结论： ①直线 BE 与直线 CF 异面； ②直线 BE 与直线 AF 异面； ③直线 EF∥平面 PBC； ④平面 BCE⊥平面 PAD. 其中正确的有______个． 答案 2 解析 将几何体展开图拼成几何体(如图)，因为 E、F 分别为 PA、PD 的中点，所以 EF∥AD∥BC，即直 线 BE 与 CF 共面，①错；因为 B∉ 平面 PAD ，E∈平面 PAD，E∉ AF，所以 BE 与 AF 是异面直线，②正确； 因为 EF∥AD∥BC，EF⊄ 平面 PBC，BC⊂平面 PBC，所以 EF∥平面 PBC，③正确；平面 PAD 与平面 BCE 不一 定垂直，④错． 三、解答 题(本大题共 6 小题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分 10 分)下图为一简单组合体，其底面 ABCD 为正方形，PD⊥平面 ABCD，EC∥PD，且 PD＝AD＝2EC＝2. (1)请画出该几何体的三视图； (2)求四棱锥 B－CEPD 的体积． 解析 (1)该组合体的三视图如下图所示． (2)因为 PD⊥平面 ABCD，PD⊂平面 PDCE， 所以平面 PDCE⊥平面 ABCD. 因为四边形 ABCD 为正方形， 所以 BC⊥CD，且 BC＝DC＝AD＝2. 又因为平面 PDCE∩平面 ABCD＝CD，BC⊂平面 ABCD， 所以 BC⊥平面 PDCE. 因为 PD⊥平面 ABCD，DC⊂平面 ABCD， 所以 PD⊥DC. 又因为 EC∥PD，PD＝2，EC＝1， 所以四边形 PDCE 为一个直角梯形，其面积 S 梯形 PDCE＝1 2 (PD＋EC)×DC＝1 2 ×3×2＝3. 所以四棱锥 B－CEPD 的体积 VB－CEPD＝1 3 S 梯形 PDCE×BC＝1 3 ×3×2＝2. 18．(本小题满分 12 分) 如图，在四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，∠ADC＝45°，AD＝ AC＝1，O 为 AC 的中点，PO⊥平面 ABCD，PO＝2，M 为 PD 的中点． (1)证明：PB∥平面 ACM； (2)证明：AD⊥平面 PAC； (3)求直线 AM 与平面 ABCD 所成角的正切值． 解析 (1)连接 BD，MO，在平行四边形 ABCD 中，因为 O 为 AC 的中点，所以 O 为 BD 的中点．又 M 为 PD 的中点，所以 PB∥MO.因为 PB⊄ 平面 ACM，MO⊂平面 ACM，所以 PB∥平面 ACM. (2)因为∠ADC＝45°，且 AD＝AC＝1， 所以∠DAC＝90°，即 AD⊥AC.又 PO⊥平面 ABCD， AD⊂平面 ABCD，所以 PO⊥AD.而 AC∩PO＝O，所以 AD⊥平面 PAC. (3)取 DO 中点 N，连接 MN，AN.因为 M 为 PD 的中点，所以 MN∥PO，且 MN＝1 2 PO＝1.由 PO⊥平面 ABCD， 得 MN⊥平面 ABCD，所以∠MAN 是直线 AM 与平面 ABCD 所成的角．在 Rt△DAO 中，AD＝1，AO＝1 2 ，所以 DO ＝ 5 2 .从而 AN＝1 2 DO＝ 5 4 .在 Rt△ANM 中，tan∠MAN＝MN AN ＝ 1 5 4 ＝4 5 5 ，即直线 AM 与平面 ABCD 所成角的正切 值为4 5 5 . 19．(本小题满分 12 分) 如图，在四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥平面 ABCD，四边形 ABCD 为正方形，AB＝4， PA＝3，A 点在 PD 上的射影为 G 点，E 点在 AB 上，平面 PEC⊥平面 PCD. (1)求证：AG∥平面 PEC； (2)求 AE 的长； (3)求二面角 E－PC－A 的正弦值． 解析 (1)证明：∵PA⊥平面 ABCD，∴PA⊥CD. 又∵CD⊥AD，PA∩AD＝A， ∴CD⊥平面 PAD.∴CD⊥AG. 又 PD⊥AG，∴AG⊥平面 PCD. 作 EF⊥PC 于点 F，连接 GF， ∵平面 PEC⊥平面 PCD， ∴EF⊥平面 PCD.∴EF∥AG. 又 AG⊄ 平面 PEC，EF⊂平面 PEC， ∴AG∥平面 PEC. (2)解：由(1)知 A、E、F、G 四点共面， 又 AE∥CD，AE⊄ 平面 PCD，CD⊂平面 PCD， ∴AE∥平面 PCD. 又∵平面 AEFG∩平面 PCD＝GF，∴AE∥GF. 又由(1)知 EF∥AG， ∴四边形 AEFG 为平行四边形，∴AE＝GF. ∵PA＝3，AD＝4，∴PD＝5，AG＝12 5 . 又 PA2＝PG·PD，∴PG＝9 5 . 又GP CD ＝PG PD ，∴GF＝ 9 5 ×4 5 ＝36 25 ，∴AE＝36 25 . (3)解：过 E 作 EO⊥AC 于点 O，连接 OF，易知 EO⊥平面 PAC，又 EF⊥PC，∴OF⊥PC. ∴∠EFO 即为二面角 E－PC－A 的平面角． EO＝AE·sin45°＝36 25 × 2 2 ＝18 2 25 ，又 EF＝AG＝12 5 ， ∴sin∠EFO＝EO EF ＝18 2 25 × 5 12 ＝3 2 10 . 20．(本小题满分 12 分)如图，在六面体 ABCDEFG 中，平面 ABC∥平面 DEFG，AD⊥平面 DEFG，ED⊥DG， EF∥DG.且 AB＝AD＝DE＝DG＝2，AC＝EF＝1. (1)求证：BF∥平面 ACGD； (2)求二面角 DCGF 的余弦值． 解析 方法一 (1)设 DG 的中点为 M，连接 AM，FM. 则由已知条件易证四边形 DEFM 是平行四边形． ∴MF∥DE，且 MF＝DE.∵平面 ABC∥平面 DEFG， ∴AB∥DE.∵AB＝DE， ∴MF∥AB，且 MF＝AB，∴四边形 ABFM 是平行四边形． ∴BF∥AM. 又 BF⊄ 平面 ACGD，AM⊂平面 ACGD， 故 BF∥平面 ACGD. (2)由已知 AD⊥平面 DEFG，∴DE⊥AD.又 DE⊥DG， ∴DE⊥平面 ADGC.∵MF∥DE，∴MF⊥平面 ADGC. 在平面 ADGC 中，过 M 作 MN⊥GC，垂足为 N，连接 NF，则∠MNF 为所求二面角的平面角． 连接 CM.∵平面 ABC∥平面 DEFG，∴AC∥DM.又 AC＝DM＝1，所以四边形 ACMD 为平行四边形，∴CM∥ AD，且 CM＝AD＝2. ∵AD⊥平面 DEFG，∴CM⊥平面 DEFG，∴CM⊥DG. 在 Rt△CMG 中，∵CM＝2，MG＝1， ∴MN＝CM·MG CG ＝ 2 5 ＝2 5 5 . 在 Rt△FMN 中， ∵MF＝2，MN＝2 5 5 ， ∴FN＝ 4＋4 5 ＝2 30 5 . ∴cos∠MNF＝MN FN ＝ 2 5 5 2 30 5 ＝ 6 6 . ∴二面角 DCGF 的余弦值为 6 6 . 方法二 由题意可得，AD，DE，DG 两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系． 则 A(0,0,2)，B(2,0,2)，C(0,1,2)，E(2,0,0)，G(0,2,0)， F(2,1,0)． (1)BF → ＝(2,1,0)－(2,0,2)＝(0,1，－2)，CG → ＝(0,2,0)－(0,1,2)＝(0,1，－2)，∴BF → ＝CG → ，∴BF∥ CG. 又 BF⊄ 平面 ACGD，故 BF∥平面 ACGD. (2)FG → ＝(0,2,0)－(2,1,0)＝(－2,1,0)． 设平面 BCGF 的法向量为 n1＝(x，y，z)， 则 n1·CG → ＝y－2z＝0， n1·FG → ＝－2x＋y＝0. 令 y＝2，则 n1＝(1,2,1)． 则平面 ADGC 的法向量 n2＝(1,0,0)． ∴cos〈n1，n2〉＝ n1·n2 |n1|·|n2| ＝ 1×1 12＋22＋12× 12＋02＋02 ＝ 6 6 . 由于所求的二面角为锐二面角，∴二面角 DCGF 的余弦值为 6 6 . 21．(本小题满分 12 分) 如图，在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AC⊥BC，AB⊥BB1，AC＝BC＝BB1＝2，D 为 AB 的中点，且 CD⊥DA1. (1)求证：BB1⊥面 ABC； (2)求多面体 DBC－A1B1C1 的体积； (3)求二面角 C－DA1－C1 的余弦值． 解析 (1)证明：∵AC＝BC，D 为 AB 的中点， ∴CD⊥AB.又 CD⊥DA1，AB∩A1D＝D， ∴CD⊥面 AA1B1B.∴CD⊥BB1. 又 BB1⊥AB，AB∩CD＝D，∴BB1⊥面 ABC. (2)解：V 多面体 DBC－A1B1C1＝V 棱柱 ABC－A1B1C1－V 棱锥 A1－ADC ＝S△ABC·|AA1|－1 3 S△ADC·|AA1|＝S△ABC·|AA1|－1 3 ×1 2 S△ABC·|AA1|＝5 6 S△ABC·|AA 1|＝10 3 . (3) 解：以 C 为原点，分别以CB → ，CC1 → ，CA → 的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正向，建立空间直角坐标系(如 图所示)，则 C(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0,0,2)，C1(0,2,0)，A1(0,2,2)． ∴D(1,0,1)． 设 n1＝(x1，y1，z1)是平面 DCA1 的一个法向量，则有 n1·CD → ＝0， n1·CA1 → ＝0， 即 x1＋z1＝0， 2y1＋2z1＝0. ∴ x1＝－z1， y1＝－z1. 故可取 n1＝(1,1，－1)． 同理设 n2＝(x2，y2，z2)是平面 DC1A1 的一个法向量，且C1D → ＝(1，－2,1)，C1A1 → ＝(0,0,2)． 则有 n2·C1D → ＝0， n2·C1A1 → ＝0， 即 x2－2y2＋z2＝0， 2z2＝0. ∴ x2＝2y2， z2＝0. 故可取 n2＝(2,1,0)． ∴cos〈n1，n2〉＝ n1·n2 |n1||n2| ＝ 3 3× 5 ＝ 15 5 . 又二面角 C－DA1－C1 的平面角为锐角，所以其余弦值为 15 5 . 22．(本小题满分 12 分) 如图，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，∠ACB＝90°，2AC＝AA＝BC＝2. (1)若 D 为 AA1 的中点，求证：平面 B1CD⊥平面 B1C1D； (2)若二面角 B1－DC－C1 的大小为 60°，求 AD 的长． 解析 (1)方法一 证明：∵∠A1C1B1＝∠ACB＝90°， ∴B1C1⊥A1C1. 又由直三棱柱的性质知 B1C1⊥CC1， ∴B1C1⊥平面 ACC1A1.∴B1C1⊥CD.① 由 D 为 AA1 的中点，可知 DC＝DC1＝ 2. ∴DC2＋DC2 1＝CC2 1，即 CD⊥DC1.② 由①②可知 CD⊥平面 B1C1D. 又 CD⊂平面 B1CD，故平面 B1CD⊥平面 B1C1D. (2)解：由(1)可知 B1C1⊥平面 ACC1A1，在平面 ACC1A1 内过 C1 作 C1E⊥CD，交 CD 或其延长线于 E，连接 EB1， ∴∠B1EC1 为二面角 B1－DC－C1 的平面角． ∴∠B1EC1＝60°. 由 B1C1＝2 知，C1E＝ 2 tan60° ＝2 3 3 . 设 AD＝x，则 DC＝ x2＋1. ∵△DC1C 的面积为 1，∴1 2 · x2＋1·2 3 3 ＝1. 解得 x＝ 2，即 AD＝ 2. 方法二 (1)证明：如图，以 C 为坐标原点，CA、CB、CC1 所在的直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系， 则 C(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)，D(1,0,1)，即C1B1 → ＝(0,2,0)，DC1 → ＝(－1,0,1)，CD → ＝(1,0,1)． 由CD → ·C1B1 → ＝(1,0,1)·(0,2,0)＝0，得 CD⊥C1B1. 由CD → ·DC1 → ＝(1,0,1)·(－1,0,1)＝0，得 CD⊥DC1. 又 DC1∩C1B1＝C1，∴CD⊥平面 B1C1D. 又 CD⊂平面 B1CD， ∴平面 B1CD⊥平面 B1C1D. (2)解：设 AD＝a，则 D 点坐标为(1,0，a)，CD → ＝(1,0，a)，CB1 → ＝(0,2,2)． 设平面 B1CD 的一个法向量为 m＝(x，y，z)． 则 m·CB1 → ＝0， m·CD → ＝0 ⇒ 2y＋2z＝0， x＋ax＝0， 令 z＝－1. 得 m＝(a,1，－1)，又平面 C1DC 的一个法向量为 n＝(0,1,0)， 则由 cos60°＝ m·n |m||n| ，得 1 a2＋2 ＝1 2 . 即 a＝ 2，故 AD＝ 2. 1．已知某个几何体的三视图如图(主视图的弧线是半圆)，根据图中标出的数据，这个几何体的体积 是 ( ) A．288＋36π B．60π C．288＋72π D．288＋18π 答案 A 解析 将几何体的三视图转化为直观图 此几何体下面为长方体上面为半圆柱，根据三视图所标数据，可得 V 长方体＝6×8×6＝288， V 半圆柱＝1 2 ×32×π×8＝36π. ∴此几何体的体积为 V＝288＋36π. 2．设 a、b 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则下列命题错误的是 ( ) A．若 a⊥α，b∥α，则 a⊥b B．若 a⊥α，b∥a，b⊂β，则α⊥β C．若 a⊥α，b⊥β，α∥β，则 a∥b D．若 a∥α，a∥β，则α∥β 答案 D 解析 由题意可得 A、B、C 选项显然正确，对于选项 D：当α，β相交，且 a 与α，β的交线平行时， 有 a∥α，α∥β，但此时α与β不平行．故选 D. 3．半径为 4 的球面上有 A，B，C，D 四点，且满足AB → ·AC → ＝0，AD → ·AC → ＝0，AB → ·AD → ＝0，则△ABC，△ ACD，△ADB 面积之和 S△ABC＋S△ACD＋S△ADB 的最大值为 ( ) A．8 B．16 C．32 D．64 答案 C 解析 设 AB＝a，AC＝b，AD＝c， 则 S△ABC＋S△ACD＋S△ADB＝1 2 (ab＋ac＋bc) ≤1 2 (a2＋b2 2 ＋a2＋c2 2 ＋b2＋c2 2 ) ＝1 2 (a2＋b2＋c2) ＝1 2 ×4R2＝1 2 ×4×42＝32， 当且仅当 a＝b＝c 时取“＝”． 4．设 a、b、c 表示三条不同的直线，α、β表示两个不同的平面，则下列命题中逆命题不成立的是 ( ) A．当 c⊥α时，若α∥β时，则 c⊥β B．当 b⊂β，c 是 a 在β内的射影时，若 b⊥c，则 a⊥b C．当 b⊂β时，若 b⊥α，则β⊥α D．当 b⊂α，c⊄ α时，若 c∥α，则 b∥c 答案 C 解析 A．其逆命题为当 c⊥α时，若 c⊥β，则α∥β，显然垂直于同一直线的两平面平行，逆命题 正确； B．其逆命题为当 b⊂β时，c 是 a 在β内的射影，若 a⊥b，则 b⊥c，此为三垂线定理内容，逆命题 正确； C．其逆命题为当 b⊂β时，若β⊥α，则 b⊥a，显然两平面垂直，其中一平面内任一直线不一定垂 直另一平面，逆命题错误； D．其逆命题为当 b⊂α，c⊄ α时，若 b∥c，则 c∥α，此为线面平行的判断定理，逆命题正确． 5．图 2 中的实线围成的部分是长方体(图 1)的平面展开图，其中四边形 ABCD 是边长为 1 的正方形．若 向虚线围成的矩形内任意抛掷一质点，它落在长方体的平面展形图内的概率是1 4 ，则此长方体的体积是 ________． 答案 3[来源:1ZXXK] 解析 设长方体的高为 h，则图 2 中虚线围成的矩形长为 2＋2h，宽为 1＋2h，面积为(2＋2h)(1＋2h)， 展开图的面积为 2＋4h；由几何概型的概率公式知 2＋4h 2＋2h 1＋2h ＝1 4 ，得 h＝3，所以长方体的体积 是 V＝1×3＝3. 6．(2019·江苏)如图 ，在四棱锥 P－ABCD 中，PD⊥平面 ABCD，PD＝DC＝BC＝1，AB＝2，AB∥DC，∠ BCD＝90°. (1)求证：PC⊥BC； (2)求点 A 到平面 PBC 的距离． 解析 (1)证明 因为 PD⊥平面 ABCD，BC⊂平面 ABCD，所以 PD⊥BC. 由∠BCD＝90°，得 BC⊥DC. 又 PD∩DC＝D， 所以 BC⊥平面 PCD. 因为 PC⊂平面 PCD，故 PC⊥BC. (2)方法一 分别取 AB，PC 的中点 E，F，连接 DE，DF. 易证 DE∥BC，DF⊥PC，则 DE∥面 PBC. ∴点 D，E 到面 PBC 的距离相等． ∴点 A 到面 PBC 的距离为点 D 到面 PBC 的距离的 2 倍． 由(1)知 BC⊥面 PCD，∴面 PBC⊥面 PCD. 又 DF⊥PC，∴DF⊥面 PBC. ∵PD＝DC＝1，∴DF＝ 2 2 . ∴点 A 到面 PBC 的距离为 2. 方法二 连接 AC，设点 A 到面 PBC 的距离为 h. ∵AB∥DC，∠BCD＝90°， ∴∠ABC＝90°. 由 AB＝2，BC＝1， 得 S△ABC＝1 2 AB×BC＝1 2 ×2×1＝1. ∵VP－ABC＝1 3 S△ABC·PD＝1 3 ×1×1＝1 3 ， 又 VP－ABC＝VA－PBC， ∴1 3 S△PBC·h＝1 3 ，即1 3 ×1 2 ×1× 2h＝1 3 ，解得 h＝ 2. ∴点 A 到面 PBC 的距离为 2. 7．(2019·北京理)如图，在四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥平面 ABCD，底面 ABCD 是菱形，AB＝2，∠BAD ＝60°. (1)求证：BD⊥平面 PAC； (2)若 PA＝AB，求 PB 与 AC 所成角的余弦值； (3)当平面 PBC 与平面 PDC 垂直时，求 PA 的长． 解析 (1)因为四边形 ABCD 是菱形， 所以 AC⊥BD. 又因为 PA⊥平面 ABCD， 所以 PA⊥BD，又 AC∩PA＝A， 所以 BD⊥平面 PAC.[来源:1ZXXK] (2)设 AC∩BD＝O. 因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2， 所以 BO＝1，AO＝CO＝ 3. 如图，以 O 为坐标原点，建立空间直角坐标系 O－xyz，则 P(0，－ 3，2)，A(0，－ 3，0)，B(1,0,0，)C(0， 3，0)，所以 PB → ＝(1， 3，－2)，AC → ＝(0,2 3，0)． 设 PB 与 AC 所成角为θ， 则 cosθ＝ PB → ·AC → |PB → ||AC → | ＝ 6 2 2×2 3 ＝ 6 4 . (3)由(2)知BC → ＝(－1， 3，0)． 设 P(0，－ 3，t)(t>0)， 则BP → ＝(－1，－ 3，t)． 设平面 PBC 的一个法向量 m＝(x，y，z)， 则BC → ·m＝0，BP → ·m＝0， 所以 －x＋ 3y＝0， －x－ 3y＋tz＝0. 令 y＝ 3，则 x＝3，z＝6 t . 所以 m＝(3， 3，6 t )． 同理，平面 PDC 的一个法向量 n＝(－3， 3，6 t )． 因为平面 PBC⊥平面 PDC， 所以 m·n＝0，即－6＋36 t2 ＝0. 解得 t＝ 6，所以 PA＝ 6. 8．(2019·浙江理)如图，在三棱锥 P－ABC 中，AB＝AC，D 为 BC 的中点，PO⊥平面 ABC，垂足 O 落在 线段 AD 上．已知 BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2. (1)证明：AP⊥BC； (2)在线段 AP 上是否存在点 M，使得二面角 A－MC－B 为直二面角？若存在，求出 AM 的长；若不存在， 请说明理由． 解析 方法一 (1)如图，以 O 为原点，以射线 OD 为 y 轴的正半轴，以射线 OP 为 z 轴的正半轴，建 立空间直角坐标系 O－xyz. 则 O(0,0,0)，A(0，－3,0)，B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4)． AP → ＝(0,3,4)，BC → ＝(－8,0,0)，由此可得AP → ·BC → ＝0，所以AP → ⊥BC → ，即 AP⊥BC. (2)设PM → ＝λPA → ，λ≠1，则 PM → ＝λ(0，－3，－4)． BM → ＝BP → ＋PM → ＝BP → ＋λPA → ＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4)＝(－4，－2－3λ，4－4λ)， AC → ＝(－4,5,0)，BC → ＝(－8,0,0)． 设平面 BMC 的法向量 n1＝(x1，y1，z1)，平面 APC 的法向量 n2＝(x2，y2，z2)． 由 BM → ·n1＝0， BC → ·n1＝0， 得 －4x1－ 2＋3λ y1＋ 4－4λ z1＝0， －8x1＝0. 即 x1＝0， z1＝2＋3λ 4－4λ y1， 可取 n1＝(0,1，2＋3λ 4－4λ )． 由 AP → ·n2＝0， AC → ·n2＝0， 即 3y2＋4z2＝0， －4x2＋5y2＝0， 得 x2＝5 4 y2， z2＝－3 4 y2， 可取 n2＝(5,4，－3)． 由 n1·n2＝0，得 4－3·2＋3λ 4－4λ ＝0. 解得λ＝2 5 ，故 AM＝3. 综上所述，存在点 M 符合题意，AM＝3. 方法二 (1)由 AB＝AC，D 是 BC 的中点，得 AD⊥BC. 又 PO⊥平面 ABC，得 PO⊥BC. 因为 PO∩AD＝O，所以 BC⊥平面 PAD，故 BC⊥PA. (2)如图，在平面 PAB 内作 BM⊥PA 于 M，连接 CM. 由(1)中知 AP⊥BC，得 AP⊥平面 BMC. 又 AP⊂平面 APC， 所以平面 BMC⊥平面 APC. 在 Rt△ADB 中，AB2＝AD2＋BD2＝41，得 AB＝ 41. 在 Rt△POD 中，PD2＝PO2＋OD2. 在 Rt△PDB 中，PB2＝PD2＋BD2. 所以 PB2＝PO2＋OD2＋DB2＝36，得 PB＝6. 在 Rt△POA 中，PA2＝AO2＋OP2＝25，得 PA＝5. 又 cos∠BPA＝PA2＋PB2－AB2 2PA·PB ＝1 3 ， 从而 PM＝PBcos∠BPA＝2，所以 AM＝PA－PM＝3. 综上所述，存在点 M 符合题意，AM＝3. 9．(2019·天津理)如图，在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，H 是正方形 AA1B1B 的中心，AA1＝2 2，C1H⊥平面 AA1B1B，且 C1H＝ 5. (1)求异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值； (2)求二面角 A－A1C1－B1 的正弦值； (3)设 N 为棱 B1C1 的中点，点 M 在平面 AA1B1B 内，且 MN⊥平面 A1B1C1，求线段 BM 的长． 解析 方法一 如图所示，建立空间直角坐标系，点 B 为坐标原点，依题意得 A(2 2，0,0)，B(0,0,0)， C( 2，－ 2， 5)，A1(2 2，2 2，0)，B1(0,2 2，0)，C1( 2， 2， 5)． (1)易得AC → ＝(－ 2，－ 2， 5)，A1B1 → ＝(－2 2，0,0)． 于是 cos〈AC → ，A1B1 → 〉＝ AC → ·A1B1 → |AC → |·|A1B1 → | ＝ 4 3×2 2 ＝ 2 3 . 所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 2 3 . (2)易知AA1 → ＝(0,2 2，0)，A1C1 → ＝(－ 2，－ 2， 5)． 设平面 AA1C1 的法向量 m＝(x，y，z)， 则 m·A1C1 → ＝0， m·AA1 → ＝0. 即 － 2x－ 2y＋ 5z＝0， 2 2y＝0. 不妨令 x＝ 5，可得 m＝( 5，0， 2)． 同样地，设平面 A1B1C1 的法向量 n＝(x，y，z)， 则 n·A1C1 → ＝0， n·A1B1 → ＝0. 即 － 2x－ 2y＋ 5z＝0， －2 2x＝0. 不妨令 y＝ 5，可得 n＝(0， 5， 2)． 于是 cos〈m，n〉＝ m·n |m|·|n| ＝ 2 7· 7 ＝2 7 . 从而 sin〈m，n〉＝3 5 7 . 所以二面角 A－A1C1－B1 的正弦值为3 5 7 . (3)由 N 为棱 B1C1 的中点，得 N( 2 2 ，3 2 2 ， 5 2 )． 设 M(a，b,0)，则MN → ＝( 2 2 －a，3 2 2 －b， 5 2 )． 由 MN⊥平面 A1B1C1，得 MN → ·A1B1 → ＝0， MN → ·A1C1 → ＝0. 即 2 2 －a· －2 2 ＝0， 2 2 －a· － 2 ＋ 3 2 2 －b· － 2 ＋ 5 2 · 5＝0. 解得 a＝ 2 2 ， b＝ 2 4 . 故 M( 2 2 ， 2 4 ，0)． 因此BM → ＝( 2 2 ， 2 4 ，0)，所以线段 BM 的长|BM → |＝ 10 4 . 方法二 (1)由于 AC∥A1C1，故∠C1A1B1 是异面直线 AC 与 A1B1 所成的角． 因为 C1H⊥平面 AA1B1B，又 H 为正方形 AA1B1B 的中心，AA1＝2 2，C1H＝ 5，可得 A1C1＝B1C1＝3. 因为 cos∠C1A1B1＝A1C2 1＋A1B2 1－B1C2 1 2A1C1·A1B1 ＝ 2 3 . 所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 2 3 . (2)连接 AC1，易知 AC1＝B1C1. 又由于 AA1＝B1A1，A1C1＝A1C1， 所以△AC1A1≌△B1C1A1. 过点 A 作 AR⊥A1C1 于点 R，连接 B1R. 于是 B1R⊥A1C1. 故∠ARB1 为二面角 A－A1C1－B1 的平面角． 在 Rt△A1RB1 中，B1R＝A1B1·sin∠RA1B1＝2 2· 1－ 2 3 2＝2 14 3 . 连接 AB1，在△ARB1 中，AB1＝4，AR＝B1R. cos∠ARB1＝AR2＋B1R2－AB2 1 2AR·B1R ＝－2 7 . 从而 sin∠ARB1＝3 5 7 . 所以二面角 A－A1C1－B1 的正弦值为3 5 7 . (3)因为 MN⊥平面 A1B1C1，所以 MN⊥A1B1. 取 HB1 中点 D，连接 ND. 由于 N 是棱 B1C1 中点， 所以 ND∥C1H 且 ND＝1 2 C1H＝ 5 2 . 又 C1H⊥平面 AA1B1B， 所以 ND⊥平面 AA1B1B. 故 ND⊥A1B1. 又 MN∩ND＝N，所以 A1B1⊥平面 MND. 连接 MD 并延长交 A1B1 于点 E， 则 ME⊥A1B1，故 ME∥AA1. 由DE AA1 ＝B1E B1A1 ＝B1D B1A ＝1 4 ，得 DE＝B1E＝ 2 2 . 延长 EM 交 AB 于点 F，可得 BF＝B1E＝ 2 2 . 连接 NE. 在 Rt△ENM 中，ND⊥ME，故 ND2＝DE·DM.[来源:Zxxk.Com] 所以 DM＝ND2 DE ＝5 2 4 .可得 FM＝ 2 4 . 连接 BM.在 Rt△BFM 中，BM＝ FM2＋BF2＝ 10 4 . 10．(2019·东北三校联考)如图，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，已知 BC＝1，BB1＝2，AB⊥平面 BB1C1C. (1)求直线 C1B 与底面 ABC 所成角的正切值； (2)在棱 CC1(不包括端点 C、C1)上确定一点 E 的位置，使 EA⊥EB1(要求说明理由)； (3)在(2)的条件下，若 AB＝ 2，求二面角 A－EB1－A1 的大小． 解析 方法一 (1)在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，C1C⊥平面 ABC， ∴C1B 在平面 ABC 上的射影为 CB. ∴∠C1BC 为直线 C1B 与底面 ABC 所成的角． ∵在 Rt△CC1B 中，CC1＝2，BC＝1， ∴tan∠C1BC＝2，即直线 C1B 与底面 ABC 所成角的正切值为 2. (2)连接 BE，当 E 为 CC1 的中点时，EA⊥EB1. ∵CE＝EC1＝1，BC＝B1C1＝1， ∴∠BEC＝∠B1EC1＝45°. ∴∠BEB1＝90°，即 B1E⊥BE. 又∵AB⊥平面 BB1C1C，EB1⊂平面 BB1C1C， ∴AB⊥EB1. 又 AB⊂平面 ABE，BE⊂平面 ABE，BE∩AB＝B， ∴EB1⊥平面 ABE. 又 EA⊂平面 ABE，故 EA⊥EB1. (3)如图，取 EB1 的中点 G，A1E 的中点 F，连接 FG，则 FG∥A1B1，且 FG＝1 2 A1B1. ∵A1B1⊥EB1，∴FG⊥EB1. 连接 A1B，AB1，设 A1B∩AB1＝O， 连接 OF，OG，则 OG∥AE，且 OG＝1 2 EA. ∵EA⊥EB1，∴OG⊥EB1. ∴∠OGF 为二面角 A－EB1－A1 的平面角． ∵AE＝ AC2＋CE2＝2，OG＝1 2 AE＝1，FG＝1 2 A1B1＝ 2 2 ，OF＝1 2 BE＝ 2 2 ，∴∠OGF＝45°. ∴二面角 A－EB1－A1 的大小为 45°. 方法二 以 B 为坐标原点，B C、BB1、AB 所在的直线分别为 x、y、z 轴建立如图所示的空间直角坐标 系，则 B(0,0,0)，C1(1,2,0)，B1(0,2,0)． (1)在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，平面 ABC 的一个法向量为BB1 → ＝(0,2,0)，又BC1 → ＝(1,2,0)， 设 BC1 与平面 ABC 所成的角为θ， 则 sinθ＝|cos〈BB1 → ，BC1 → 〉|＝2 5 5 . ∴tanθ＝2，即直线 C1B 与底面 ABC 所成角的正切值为 2. (2)设 E(1，y,0)，A(0,0，z)，则EB1 → ＝(－1,2－y,0)， EA → ＝(－1，－y，z)． ∵EA⊥EB1，∴EA → ·EB1 → ＝1－y(2－y)＝0. ∴y＝1，即 E(1,1,0)． ∴E 为 CC1 的中点． (3)由题知 A(0,0， 2)，则 AE → ＝(1,1，－ 2)，B1E → ＝(1，－1,0)． 设平面 AEB1 的一个法向量为 n＝(x1，y1，z1)， 则 n·AE → ＝0， n·B1E → ＝0. ∴ x1＋y1－ 2z1＝0， x1－y1＝0. 令 x1＝1，则 n＝(1,1， 2)． ∵BE → ＝(1,1,0)，∴BE → ·B1E → ＝1－1＝0. ∴BE⊥B1E. 又 BE⊥A1B1，∴BE⊥平面 A1B1E. ∴平面 A1B1E 的一个法向量为BE → ＝(1,1,0)． ∴cos〈n，BE → 〉＝ n·BE → |n|·|BE → | ＝ 2 2 . ∴二面角 A－EB1－A1 的大小为 45°. 11．如图，AC 是圆 O 的直径，点 B 在圆 O 上，∠BAC＝30°，BM⊥AC 交 AC 于点 M，EA⊥平面 ABC，FC ∥EA，AC＝4，EA＝3，FC＝1. (1)证明：EM⊥BF； (2)求平面 BEF 与平面 ABC 所成的锐二面角的余弦值． 解析 方法一 (1)证明：∵EA⊥平面 ABC，BM⊂平面 ABC，∴EA⊥BM. 又∵BM⊥AC，EA∩AC＝A， ∴BM⊥平面 ACFE. 而 EM⊂平面 ACFE. ∴BM⊥EM. ∵AC 是圆 O 的直径，∴∠ABC＝90°. 又∵∠BAC＝30°，AC＝4， ∴AB＝2 3，BC＝2，AM＝3，CM＝1. ∵EA⊥平面 ABC，FC∥EA，∴FC⊥平面 ABC. 又FC＝CM＝1，AM＝EA＝3， ∴△EAM 与△FCM 都是等腰直角三角形． ∴∠EMA＝∠FMC＝45°. ∴∠EMF＝90°，即 EM⊥MF. ∵MF∩BM＝M，∴EM⊥平面 MBF. 而 BF⊂平面 MBF，∴EM⊥BF. (2)解：延长 EF 交 AC 的延长线于 G，连接 BG，过点 C 作 CH⊥BG，连接 FH. 由(1)知 FC⊥平面 ABC，BG⊂平面 ABC， ∴FC⊥BG. 而 FC∩CH＝C，∴BG⊥平面 FCH. ∵FH⊂平面 FCH，∴FH⊥BG. ∴∠FHC 为平面 BEF 与平面 ABC 所成的二面角的平面角． 在 Rt△ABC 中，∵∠BAC＝30°，AC＝4， ∴BM＝AB·sin30°＝ 3. 由FC EA ＝GC GA ＝1 3 ，得 GC＝2. ∵BG＝ BM2＋MG2＝ 3 2＋32＝2 3， 又∵△GCH∽△GBM， ∴GC BG ＝CH BM ，∴CM＝GC·BM BG ＝2× 3 2 3 ＝1. ∴△FCH 是等腰直角三角形，∠FHC＝45°. ∴平面 BEF 与平面 ABC 所成的锐二面角的余弦值为 2 2 . 方法二 (1)证明：因为 AC 是圆 O 的直径，所以∠ABC＝90°，又∠BAC＝30°，AC＝4，所以 AB＝2 3， 而 BM⊥AC，易得 AM＝3，BM＝ 3. 如图，以 A 为坐标原点，垂直于 AC 的直线，AC、AE 所在的直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系． 由已知条件得 A(0,0,0)，M(0,3,0)，E(0,0,3)，B( 3，3,0)，F(0,4,1)． ∴ME → ＝(0，－3,3)，BF → ＝(－ 3，1,1)． 由ME → ·BF → ＝(0，－3,3)·(－ 3，1,1)＝0， 得ME → ⊥BF → ，∴EM⊥BF. (2)解：由(1)知BE → ＝(－ 3，－3,3)，BF → ＝(－ 3，1,1)． 设平面 BEF 的法向量为 n＝(x，y，z)， 由 n·BE → ＝0，n·BF → ＝0， 得 － 3x－3y＋3z＝0， － 3x＋y＋z＝0. 令 x＝ 3得 y＝1，z＝2，∴n＝( 3，1,2)． 由已知 EA⊥平面 ABC，所以平面 ABC 的一个法向量为AE → ＝(0,0,3)． 设平面 BEF 与平面 ABC 所成的锐二面角为θ， 则 cosθ＝|cos〈n，AE → 〉|＝| 3×0＋1×0＋2×3| 3×2 2 ＝ 2 2 . [来源:1ZXXK]