第七章 立体几何考点22 空间几何体的结构、三视图、几何体的表面积与体积两年高考真题演练1.(2022·山东)在梯形ABCD中，∠ABC＝，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( )A.B.C.D．2π2．(2022·浙江)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )A．8cm3B．12cm3C.cm3D.cm33．(2022·北京)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( )A．2＋B．4＋C．2＋2D．54．(2022·福建)某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( )A．圆柱B．圆锥C．四面体D．三棱柱5．(2022·江西)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( )37\n6．(2022·安徽)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为( )A．21＋B．18＋C．21D．187．(2022·陕西)将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是( )A．4πB．3πC．2πD．π8．(2022·湖北)《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V≈L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么，近似公式V≈L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( )A.B.C.D.9．(2022·江苏)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________．10．(2022·山东)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V1，P－ABC的体积为V2，则＝________．考点22 空间几何体的结构、三视图、几何体的表面积与体积一年模拟试题精练1．(2022·山东莱芜模拟)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( )37\nA．2B.C.D．32．(2022·山东省实验中学模拟)设下图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.B．8－C．8－2πD.8－3．(2022·河南天一大联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A．12＋πB．8＋πC．12－πD．6－π4．(2022·湖北七州模拟)某个几何体的三视图如图所示(其中正视图中的圆弧是半径为2的半圆)，则该几何体的表面积为( )A．92＋24πB．82＋24πC．92＋14πD．82＋14π37\n5．(2022·安徽安庆模拟)一个正方体的棱长为m，表面积为n，一个球的半径为p，表面积为q.若＝2，则＝( )A.B.C.D.6．(2022·福建龙岩模拟)如图所示是一个几何体的三视图，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的表面积是( )A.B.C.＋D.＋＋17．(2022·福建莆田模拟)某几何体的三视图如图所示，其中正视图是腰长为2的等腰三角形，俯视图是半径为1的半圆，则其侧视图的面积是( )A.B.C．1D.8．(2022·广东中山模拟)已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积(单位：cm3)为________．考点23 点、线、平面之间的位置关系两年高考真题演练1.(2022·安徽)已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，37\n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2．(2022·福建)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3．(2022·浙江)如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′－CD－B的平面角为α，则( )A．∠A′DB≤α B．∠A′DB≥αC．∠A′CB≤α D．∠A′CB≥α4．(2022·广东)若空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值( )A．大于5B．等于5C．至多等于4D．至多等于35．(2022·辽宁)已知m，n表示两条不同直线，α表示平面．下列说法正确的是( )A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α6．(2022·浙江)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则正确的结论是( )A．若m⊥n，n∥α，则m⊥αB．若m∥β，β⊥α，则m⊥αC．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥αD．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α7．(2022·广东)在空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是( )A．l1⊥l4B．l1∥l4C．l1与l4既不垂直也不平行D．l1与l4的位置关系不确定8．(2022·课标全国Ⅱ)直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为( )A.B.C.D.9．(2022·浙江)如图37\n，三棱锥A－BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别是AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是________．10．(2022·四川)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cosθ的最大值为________．37\n考点23 点、线、平面之间的位置关系一年模拟试题精练1．(2022·山东泰安模拟)已知m，n为不同的直线，α，β为不同的平面，则下列说法正确的是( )A．m⊂α，n∥m⇒n∥αB．m⊂α，n⊥m⇒n⊥αC．m⊂α，n⊂β，n∥m⇒α∥βD．n⊂β，n⊥α⇒α⊥β2．(2022·山东省实验中学模拟)对于不重合的两个平面α与β，给定下列条件：①存在平面γ，使得α、β都垂直于γ；②存在平面γ，使得α、β都平行于γ；③α内有不共线的三点到β的距离相等；④存在异面直线l、m，使得l∥α，l∥β，m∥α，m∥β，其中，可以判定α与β平行的条件有( )A．1个B．2个C．3个D．4个3．(2022·安徽安庆模拟)b、c表示两条不重合的直线，α、β表示两个不重合的平面，下列命题中正确的是( )A.⇒c∥bB.⇒c⊥βC.⇒α∥βD.⇒b∥α4．(2022·湖南怀化一模)设m，n，是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：①m⊥α，n∥α，则m⊥n；②若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；③若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ；④若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥β.其中正确命题的序号是( )A．①和③B．②和③C．③和④D．①和④5．(2022·福建厦门模拟)长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2AD，G为CC1中点，则直线A1C1与BG所成角的大小是( )A．30° B．45°C．60° D．90°6．(2022·福建泉州模拟)设a，b是互不垂直的两条异面直线，则下列命题成立的是( )A．存在唯一直线l，使得l⊥a，且l⊥bB．存在唯一直线l，使得l∥a，且l⊥bC．存在唯一平面α，使得a⊂α，且b∥αD．存在唯一平面α，使得a⊂α，且b⊥α7．(2022·四川成都高三摸底)已知a，b是两条不同直线，α是一个平面，37\n则下列说法正确的是( )A．若a∥b，b⊂α，则a∥αB．若a∥α，b⊂α，则a∥bC．若a⊥α，b⊥α，则a∥bD．若a⊥b，b⊥α，则a∥α8．(2022·浙江温州十校期末联考)已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题不正确的是( )A．若m∥n，m⊥α，则n⊥αB．若m∥α，α∩β＝n，则m∥nC．若m⊥β，m⊥α，则α∥βD．若m⊥α，m⊂β，则α⊥β9．(2022·河北衡水模拟)已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形．若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为( )A.B.C.D.10．(2022·东北三省三校模拟)P为正方体ABCD－A1B1C1D1对角线BD1上的一点，且BP＝λBD1(λ∈(0，1))．下面结论：①A1D⊥C1P；②若BD1⊥平面PAC，则λ＝；③若△PAC为钝角三角形，则λ∈；④若λ∈，则△PAC为锐角三角形．其中正确的结论为________(写出所有正确结论的序号)．11．(2022·安徽黄山模拟)一个正四棱柱形的密闭容器底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，容器内盛有a升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点P，如果：将容器倒置，水面也恰好过点P有下列四个命题：①正四棱锥的高等于正四棱柱的高的一半；②若往容器内再注a升水，则容器恰好能装满；③将容器侧面水平放置时，水面恰好经过点P；④任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点P.其中正确命题的序号为________(写出所有正确命题的序号)．37\n考点24 平行关系、垂直关系两年高考真题演练1.(2022·新课标全国Ⅰ)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．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．2．(2022·湖南)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，E，F分别是BC，CC1的中点．(1)证明：平面AEF⊥平面B1BCC1；(2)若直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°，求三棱锥F－AEC的体积．3．(2022·江苏)37\n如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.4．(2022·四川)在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形．(1)若AC⊥BC，证明：直线BC⊥平面ACC1A1；(2)设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论．考点24 平行关系、垂直关系一年模拟试题精练1．(2022·四川德阳模拟)37\n如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是棱DD1、C1D1的中点．(1)求直线BE和平面ABB1A1所成角θ的正弦值；(2)证明：B1F∥平面A1BE.2．(2022·江西红色六校模拟)如图，已知在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E，F，G分别是PD，PC，BC的中点．(1)求证：平面EFG⊥平面PAD；(2)若M是线段CD上一点，求三棱锥M－EFG的体积．37\n3．(2022·安徽黄山模拟)如图所示，在正方体ABCD－A′B′C′D′中，棱AB，BB′，B′C′，C′D′的中点分别是E，F，G，H.(1)求证：AD′∥平面EFG；(2)求证：A′C⊥平面EFG：(3)判断点A，D′，H，F是否共面？并说明理由．4．(2022·湖北八市模拟)如图，ABC－A1B1C1是底面边长为2，高为的正三棱柱，经过AB的截面与上底面相交于PQ，设C1P＝λC1A1(0<λ<1)．(1)证明：PQ∥A1B1；(2)是否存在λ，使得平面CPQ⊥截面APQB？如果存在，求出λ的值；如果不存在，请说明理由．37\n考点25 空间向量与立体几何两年高考真题演练1．(2022·天津)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，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；(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，求线段A1E的长．2.(2022·湖北)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马P－ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，且PD＝CD，过棱PC的中点E，作EF⊥PB交PB于点F，连接DE、DF、BD、BE.(1)证明：PB⊥平面DEF.试判断四面体DBEF是否为鳖臑．若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理由；(2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为，求的值．37\n3．(2022·江西)如图，四棱锥P－ABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD.(1)求证：AB⊥PD；(2)若∠BPC＝90°，PB＝，PC＝2，问AB为何值时，四棱锥P－ABCD的体积最大？并求此时平面PBC与平面DPC夹角的余弦值．37\n考点25 空间向量与立体几何一年模拟试题精练1．(2022·福建厦门模拟)已知等边三角形PAB的边长为2，四边形ABCD为矩形，AD＝4，平面PAB⊥平面ABCD，E，F，G分别是线段AB，CD，PD上的点．(1)如图(1)，若G为线段PD的中点，BE＝DF＝，证明：PB∥平面EFG；(2)如图(2)，若E,F分别为线段AB，CD的中点，DG＝2GP，试问：矩形ABCD内(包括边界)能否找到点H，使之同时满足下列两个条件，并说明理由．(ⅰ)点H到点F的距离与点H到直线AB的距离之差大于4；(ⅱ)GH⊥PD.2．(2022·广东六校联盟模拟)如图，将长为4，宽为1的长方形折叠成长方体ABCD－A1B1C1D1的四个侧面，记底面上一边AB＝t，(0<t<2)，连接A1B，A1C，A1D.(1)当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时，求二面角B－A1C－D的值；(2)线段A1C上是否存在一点P，使得A1C⊥平面BPD，若有，求出P点的位置，没有请说明理由．3．(2022·山东潍坊一模)如图，已知平行四边形ABCD与直角梯形ABEF所在的平面互相垂直，其中BE∥AF，AB⊥37\nAF，AB＝BE＝AF，BC＝AB，∠CBA＝，P为DF的中点．(1)求证：PE∥平面ABCD；(2)求平面DEF与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值．4．(2022·湖北八市模拟)如图1在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D、E分别为线段AB、AC的中点，AB＝4，BC＝2.以DE为折痕，将Rt△ADE折起到图2的位置，使平面A′DE⊥平面DBCE，连接A′C，A′B，设F是线段A′C上的动点，满足＝λ.(1)证明：平面FBE⊥平面A′DC；(2)若二面角F－BE－C的大小为45°，求λ的值．37\n第七章 立体几何考点22 空间几何体的结构、三视图，几何体的表面积与体积【两年高考真题演练】1．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－π×12×1＝π.]2．C [该几何体是棱长为2cm的正方体与一底面边长为2cm的正方形，高为2cm的正四棱锥组成的组合体，V＝2×2×2＋×2×2×2＝(cm3)．故选C.]3.C [该三棱锥的直观图如图所示：过D作DE⊥BC，交BC于E，连接AE，则BC＝2，EC＝1，AD＝1，ED＝2，S表＝S△BCD＋S△ACD＋S△ABD＋S△ABC＝×2×2＋××1＋××1＋×2×＝2＋2.]4．A [因为圆锥、四面体、三棱柱的正视图均可以是三角形，而圆柱无论从哪个方向看均不可能是三角形，所以选A.]5．B [俯视图为在水平投射面上的正投影，结合几何体可知选B.]6．A37\n [由三视图知，该多面体是由正方体割去两个角所成的图形，如图所示，则S＝S正方体－2S三棱锥侧＋2S三棱锥底＝6×4－2×3××1×1＋2××()2＝21＋.]7．C [依题意，知所得几何体是一个圆柱，且其底面半径为1，母线长也为1，因此其侧面积为2π×1×1＝2π，故选C.]8．B [由题意可知：L＝2πr，即r＝，圆锥体积V＝Sh＝πr2h＝π·h＝L2h≈L2h，故≈，π≈，故选B.]9. [设新的底面半径为r，由题意得πr2·4＋πr2·8＝π×52×4＋π×22×8，解得r＝.]10. [由题意，知VD－ABE＝VA－BDE＝V1，VP－ABC＝VA－PBC＝V2.因为D，E分别为PB，PC中点，所以＝.设点A到平面PBC的距离为d，则＝＝＝.]【一年模拟试题精练】1．D第1题解析图 [根据三视图判断几何体为四棱锥，其直观图是：V＝××2x＝3⇒x＝3.故选D.]2．D [由三视图可知，几何体为正方体内挖去一个圆锥，所以该几何体的体积为V正方体－V锥＝23－(π×12×2)＝8－π.]3．C [由三视图可知，原几何体是底面边长为2的正方形，高为3的棱柱，里面挖去一个半径为1的球，所以所求几何体的体积为12－π，故选C.]37\n第4题解析图4．C [该几何体是个半圆柱与长方体的组合体，直观图如右图，表面积为S＝5×4＋2×4×4＋2×4×5＋2π×5＋π×22＝92＋14π.]5．B [由题意可以得到n＝6m2，q＝4πp2，所以＝＝×4＝，故选B.]6．D [根据三视图可以得到原几何体为底面的等腰直角三角形且斜边为2的三棱锥，所以一侧面上的斜高为，所以侧面积为＋，底面积为1，则全面积为＋＋1，故选D.]7．B [有三视图可以得到原几何体是以1为半径，母线长为2的半圆锥，故侧视图的面积是，故选B.]8．π＋ [由三视图，该组合体上部是一个三棱锥，下部是一圆柱由图中数据知V圆柱＝π×12×1＝π三棱锥垂直于底面的侧面是边长为2的等边三角形，且边长是2，故其高即为三棱锥的高，高为，故棱锥高为由于棱锥底面为一等腰直角三角形，且斜边长为2，故两直角边长都是，底面三角形的面积是××＝1,故V棱锥＝×1×＝，故该几何体的体积是π＋.]考点23 点、线、平面之间的位置关系【两年高考真题演练】1．D [对于A，α，β垂直于同一平面，α，β关系不确定，A错；对于B，m，n平行于同一平面，m，n关系不确定，可平行、相交、异面，故B错；对于C，α，β不平行，但α内能找出平行于β的直线，如α中平行于α，β交线的直线平行于β，故C错；对于D，若假设m，n垂直于同一平面，则m∥n，其逆否命题即为D选项，故D正确．]2．B [m垂直于平面α，当l⊂α时，也满足l⊥m，但直线l与平面α不平行，∴充分性不成立，反之，l∥α，一定有l⊥m，必要性成立．故选B.]3．B [极限思想：若α＝π，则∠A′CB＜π，排除D；若α＝0，如图，则∠A′DB，∠37\nA′CB都可以大于0，排除A，C.故选B.]4．C [当n＝3时显然成立，故排除A，B；由正四面体的四个顶点，两两距离相等，得n＝4时成立，故选C.]5．B [对A：m，n还可能异面、相交，故A不正确．对C：n还可能在平面α内，故C不正确．对D：n还可能在α内，故D不正确．对B：由线面垂直的定义可知正确．]6．C [当m⊥n，n∥α时，可能有m⊥α，但也有可能m∥α或m⊂α，故A选项错误；当m∥β，β⊥α时，可能有m⊥α，但也有可能m∥α或m⊂α，故选项B错误；当m⊥β，n⊥β，n⊥α时，必有α∥β，从而m⊥α，故选项C正确；在如图所示的正方体ABCD－A1B1C1D1中，取m为B1C1，n为CC1，β为平面ABCD，α为平面ADD1A1，这时满足m⊥n，n⊥β，β⊥α，但m⊥α不成立，故选项D错误．]7．D [如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，取l1为BC，l2为CC1，l3为C1D1.满足l1⊥l2，l2⊥l3.若取l4为A1D1，则有l1∥l4；若取l4为DD1，则有l1⊥l4.因此l1与l4的位置关系不确定，故选D.]8．C9. [连接DN，作DN的中点O，连接MO，OC.在△AND中．M为AD的中点，则OM綉AN.所以异面直线AN，CM所成角为∠CMO，在△ABC中，AB＝AC＝3，BC＝2，则AN＝2，∴OM＝.在△ACD中，同理可知CM＝2，在△BCD中，DN＝2，在Rt△ONC中，ON＝37\n，CN＝1∴OC＝.在△CMO中，由余弦定理cos∠CMO＝＝＝.]10. [建立空间直角坐标系如图所示，设AB＝1，则＝，E，设M(0，y，1)(0≤y≤1)，则＝，∴cosθ＝＝－.设异面直线所成的角为α，则cosα＝|cosθ|＝＝·，令t＝1－y，则y＝1－t，∵0≤y≤1，∴0≤t≤1，那么cosα＝|cosθ|＝·＝＝，令x＝，∵0≤t≤1，∴x≥1，那么cosα＝，又∵z＝9x2－8x＋4在[1，＋∞)上单增，∴x＝1，zmin＝5，37\n此时cosα的最大值＝·＝·＝.]【一年模拟试题精练】1．D [A.因为m⊂α，n∥m⇒n⊂α或n∥α，所以不正确；B.m⊂α，n⊥m不能确定n与α关系，所以不正确；C.m⊂α，n⊂β，n∥m若两平面相交且m，n都平行于交线，也可以满足，所以不正确；D.直线垂直于平面，则过该直线的所有的面都与此面垂直，所以正确．故选D.]2．B [平面α、β都垂直于平面γ，平面α与平面β可能平行，也可能相交，故①错误；②正确；当平面α与平面β相交时，在平面α的两侧也存在三点到平面β的距离相等，故③错误；由面面平行的判定定理可知，当l、m移成相交直线时确定的平面与α、β都垂直，所以α∥β，故④正确，故选B.]3．C [根据直线与平面垂直的性质，可以得到C正确，故选C.]4．A [②中平面α，β可能相交；④平面α，β可能相交，故选A.]5．C 6.C7．C [A选项中直线a还可能在平面α内，所以错误，B选项直线a与b可能平行还可能异面，所以错误，C选项由直线与平面垂直的性质可知正确，因为正确的选项只有一个，所以选C.]8．B [A选项正确，因为两条平行线中的一条垂直于某个平面，则另一条必垂直于这个平面；B选项不正确，因为由线面平行的性质定理知，线平行于面，过线的面与已知面相交，则交线与已知线平行，由于m与β的位置关系不确定，故不能得出线线平行；C选项正确，两个平面垂直于同一条直线，则此两平面必平行；D选项正确，一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直．综上，B选项不正确，故选B.]9．B [如右图所示，S△ABC＝×××sin60°＝，∴VABC－A1B1C1＝S△ABC×OP＝×OP＝，∴OP＝，又OA＝××＝1，∴tan∠OAP＝＝，由∠OAP∈37\n，得∠OAP＝.]10．①②④ [以DA，DA1，DD1分别为x，y，z轴建立坐标系，设正方体的棱长为1，则A(0，0，1)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，设P(x，y，z)，则＝(－1，－1，1)，＝λ(－1，－1，1)＝(x－1，y－1，z)，③中利用·<0可以得，则x＝y＝1－λ，z＝λ，则P(1－λ，1－λ，λ)，是错误的，然后可以计算出①②④正确．]11．②③ [设图(1)水的高度h2，几何体的高为h1，底面边长为b,图(1)中水的体积为b2h2，图(2)中水的体积为b2h1－b2h2＝b2(h1－h2)，所以b2h2＝b2(h1－h2)，所以h1＝h2，故①错误；又水占容器内空间的一半，所以②正确；当容器侧面水平放置时，P点在长方体中截面上，所以③正确；假设④正确，当水面与正四棱锥的一个侧面重合时，经计算得水的体积为b2h2＞b2h2，矛盾，故④不正确．故答案为：②③.]考点24 平行关系、垂直关系【两年高考真题演练】1．解 (1)交线围成的正方形EHGF如图：(2)作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.因为EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.于是MH＝＝6，AH＝10，HB＝6.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为(也正确)．2．(1)证明 37\n∵△ABC为正三角形，E为BC中点，∴AE⊥BC，∴又B1B⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，∴B1B⊥AE，∴由B1B∩BC＝B知，AE⊥平面B1BCC1，又由AE⊂平面AEF，∴平面AEF⊥平面B1BCC1.(2)解 设AB中点为M，连接CM，则CM⊥AB，由平面A1ABB1⊥平面ABC且平面A1ABB1∩平面ABC＝AB知，CM⊥面A1ABB1，∴∠CA1M即为直线A1C与平面A1ABB1所成的角．∴∠CA1M＝45°，易知CM＝×2＝，在等腰Rt△CMA中，AM＝CM＝，在Rt△A1AM中，A1A＝＝.∴FC＝A1A＝，又S△AEC＝××4＝，∴V三棱锥F－AEC＝××＝.3.证明 (1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.37\n又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.4．(1)证明 因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC.因为AB，AC为平面ABC内两条相交直线，所以AA1⊥平面ABC.因为直线BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.又由已知，AC⊥BC，AA1，AC为平面ACC1A1内两条相交直线，所以BC⊥平面ACC1A1.(2)解 取线段AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，设O为A1C，AC1的交点．由已知，O为AC1的中点．连接MD，OE，则MD，OE分别为△ABC，△ACC1的中位线．所以，MD綉AC，OE綉AC，因此MD綉OE.连接OM，从而四边形MDEO为平行四边形，则DE∥MO.因为直线DE⊄平面A1MC，MO⊂平面A1MC，所以直线DE∥平面A1MC.即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使直线DE∥平面A1MC.【一年模拟试题精练】1．(1)解 设37\nG是AA1的中点，连接GE，BG.∵E为DD1的中点，ABCD－A1B1C1D1为正方体，∴GE∥AD，又∵AD⊥平面ABB1A1，∴GE⊥平面ABB1A1，且斜线BE在平面ABB1A1内的射影为BG，∴Rt△BEG中的∠EBG是直线BE和平面ABB1A1所成角，即∠EBG＝θ.设正方体的棱长为a，∴GE＝a，BG＝a，BE＝＝a，∴直线BE和平面ABB1A1所成角θ的正弦值为：sinθ＝＝；(2)证明 连接EF、AB1、C1D，记AB1与A1B的交点为H，连接EH.∵H为AB1的中点，且B1H＝C1D，B1H∥C1D，而EF＝C1D，EF∥C1D，∴B1H∥EF且B1H＝EF，四边形B1FEH为平行四边形，即B1F∥EH，又∵B1F⊄平面A1BE且EH⊂平面A1BE，∴B1F∥平面A1BE.2．(1)证明 ∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD，又∵△PCD中，E、F分别是PD、PC的中点，∴EF∥CD，可得EF⊥平面PAD，∵EF⊂平面EFG，∴平面EFG⊥平面PAD;(2)解 ∵EF∥CD，EF⊂平面EFG，37\nCD⊄平面EFG，∴CD∥平面EFG，因此CD上的点M到平面EFG的距离等于点D到平面EFG的距离，∴VM－EFG＝VD－EFG，取AD的中点H，连接GH、EH，则EF∥GH，∵EF⊥平面PAD，EH⊂平面PAD，∴EF⊥EH.于是S△EFH＝EF×EH＝2＝S△EFG，∵平面EFG⊥平面PAD，平面EFG∩平面PAD＝EH，△EHD是正三角形，∴点D到平面EFG的距离等于正△EHD的高，即为，因此，三棱锥M－EFG的体积VM－EFG＝VD－EFG＝×S△EFG×＝.3．(1)证明 连接BC′，在正方体ABCD－A′B′C′D′中，AB＝C′D′，AB∥C′D′.所以，四边形ABC′D′是平行四边形，所以，AD′∥BC′.因为F，G分别是BB′，B′C′的中点，所以FG∥BC′，所以，FG∥AD′.因为EF，AD′是异面直线，所以AD′⊄平面EFG.因为FG⊂平面EFG，所以AD′∥平面EFG.(2)证明 连接B′C，在正方体ABCD－A′B′C′D′中，A′B′⊥平面BCC′B′，BC′⊂平面BCC′B′，所以，A′B′⊥BC′.在正方形BCC′B′中，B′C⊥BC′，因为A′B′⊂平面A′B′C，B′C⊂平面A′B′C，A′B′∩B′C＝B′，所以，BC′⊥平面A′B′C.因为A′C⊂平面A′B′C，所以，BC′⊥A′C.因为FG∥BC′，所以，A′C⊥FG，同理可证：A′C⊥EF.因为EF⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EF∩FG＝F，所以，A′C⊥平面EFG.(3)解 点A，D′，H，F不共面．理由如下：假设A，D′，H，F共面．连接C′F，AF，HF.由(1)知，AD′∥BC′，因为BC′⊂平面BCC′B′，AD′⊄平面BCC′B′，所以，AD37\n′∥平面BCC′B′.因为C′∈D′H，所以，平面AD′HF∩平面BCC′B′＝C′F.因为AD′⊂平面AD′HF，所以AD′∥C′F.所以C′F∥BC′，而C′F与BC′相交，矛盾．所以点A，D′，H，F不共面．4．(1)证明 由正三棱柱的性质可知，上下两个底面平行，且截面APQB∩上底面A1B1C1＝PQ，截面APQB∩下底面ABC＝AB，由两个平面平行的性质定理可得，PQ∥AB，又AB∥A1B1，∴PQ∥A1B1.(2)解 假设存在这样的λ满足题设，分别取AB的中点D，PQ的中点E，连接DE，由(1)及正三棱柱的性质可知△CPQ为等腰三角形，APQB为等腰梯形，∴CE⊥PQ，DE⊥PQ.∴∠CED为二面角A－PQ－C的平面角，连接C1E并延长交A1B1于F，由(1)得，＝＝λ，C1A1＝2，C1F＝，∴C1E＝λ，EF＝(1－λ)，在Rt△CC1E中求得CE2＝＋3λ2，在Rt△DFE中求得DE2＝＋3(1－λ)2，若平面CPQ⊥截面APQB，则∠CED＝90°，∴CE2＋DE2＝CD2，将以上数据代入整理，得3λ2－3λ＋＝0，解得λ＝.考点25 空间向量与立体几何【两年高考真题演练】1.如图，以A为原点建立空间直角坐标系，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，37\n得M，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，＝，由此可得·n＝0，又因为直线MN⊄平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.(2)解 ＝(1，－2，2)，＝(2，0，0)，设n1＝(x，y，z)为平面ACD1的法向量，则即不妨设z＝1，可得n1＝(0，1，1)．设n2＝(x，y，z)为平面ACB1的法向量，则又＝(0，1，2)，得不妨设z＝1，可得n2＝(0，－2，1)．因此有cos〈n1，n2〉＝＝－，于是sin〈n1，n2〉＝.所以，二面角D1－AC－B1的正弦值为.(3)依题意，可设＝λ，其中λ∈[0，1]，则E(0，λ，2)，从而＝(－1，λ＋2，1)，又n＝(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量，由已知，得cos〈，n〉＝＝＝，整理得λ2＋4λ－3＝0，又因为λ∈[0，1]，解得λ＝－2，所以，线段A1E的长为－2.2．解 法一 (1)因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BC，由底面ABCD为长方形，有BC⊥CD，而PD∩CD＝D，所以BC⊥平面PCD.而DE⊂平面PCD，所以BC⊥DE.又因为PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC.37\n而PC∩BC＝C，所以DE⊥平面PBC.而PB⊂平面PBC，所以PB⊥DE.又PB⊥EF，DE∩EF＝E，所以PB⊥平面DEF.由DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB.(2)如图，在面PBC内，延长BC与FE交于点G，则DG是平面DEF与平面ABCD的交线．由(1)知，PB⊥平面DEF，所以PB⊥DG.又因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥DG，而PD∩PB＝P，所以DG⊥平面PBD.故∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角，设PD＝DC＝1，BC＝λ，有BD＝，在Rt△PDB中，由DF⊥PB，得∠DPF＝∠FDB＝，则tan＝tan∠DPF＝＝＝，解得λ＝.所以＝＝.故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为时，＝.法二 (1)如图，以D为原点，射线DA，DC，DP分别为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系．设PD＝DC＝1，BC＝λ，则D(0，0，0)，P(0，0，1)，B(λ，1，0)，C(0，1，0)，＝(λ，1，－1)，点E是PC的中点，所以E，＝，于是·＝0，即PB⊥DE.又已知EF⊥PB，而DE∩EF＝E，所以PB⊥平面DEF.37\n因＝(0，1，－1)，·＝0，则DE⊥PC，所以DE⊥平面PBC.由DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB.(2)由PD⊥平面ABCD，所以＝(0，0，1)是平面ABCD的一个法向量；由(1)知，PB⊥平面DEF，所以＝(－λ，－1，1)是平面DEF的一个法向量．若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为，则cos＝＝＝，解得λ＝.所以＝＝.故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为时，＝.3．(1)证明 ABCD为矩形，故AB⊥AD；又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以AB⊥平面PAD，故AB⊥PD.(2)解 过P作AD的垂线，垂足为O，过O作BC的垂线，垂足为G，连接PG.故PO⊥平面ABCD，BC⊥平面POG，BC⊥PG，在Rt△BPC中，PG＝，GC＝，BG＝，设AB＝m，则OP＝＝，故四棱锥P－ABCD的体积为V＝··m·＝.因为m＝＝，故当m＝，即AB＝时，四棱锥P－ABCD的体积最大．此时，建立如图所示的坐标系，各点的坐标为O(0，0，0)，B，C，D，P.37\n故＝，＝(0，，0)，＝，设平面BPC的法向量n1＝(x，y，1)，则由n1⊥，n1⊥得解得x＝1，y＝0，n1＝(1，0，1)．同理可求出平面DPC的法向量n2＝，从而平面BPC与平面DPC夹角θ的余弦值为cosθ＝＝＝.【一年模拟试题精练】1．(1)证明 取AB中点O，连接PO，则PO⊥AB，∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PO⊂平面PAB，PO⊥平面ABCD，分别以OB，ON，OP为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，P(0，0，)，D(－1，4，0)，B(1，0，0)，E，F，则＝(1，0，－)．设平面EFG的法向量n＝(x，y，z)，∵＝，＝，∴·n＝0，·n＝0，37\n∴故n＝(6，1，2)，∴·n＝0，∴⊥n.∵PB⊄平面EFG，∴PB∥平面EFG.(2)解 连接PE，则PE⊥AB，∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PE⊂平面PAB，∴PE⊥平面ABCD，分别以EB，EN，EP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，∴P(0，0，)，D(－1，4，0)，＝(－1，4，－)，∵＝＝.∴G.设点H(x，y，0)，且－1≤x≤1，0<y≤4，依题意得：>y＋4，∴x2>16y，(－1≤x≤1)①又＝，∵GH⊥PD，∴·＝0，∴－x－＋4y－＋2＝0，即y＝x＋②把②代入①得：3x2－12x－44>0.∴x>2＋，或x<2－.∵满足条件的点H必在矩形ABCD内，则有－1≤x≤1，∴矩形ABCD内不能找到点H，使之同时满足(ⅰ)(ⅱ)条件．2．解 法一 (1)根据题意，长方体体积为V＝t(2－t)×1＝t(2－t)≤＝1，当且仅当t＝2－t，即t＝1时体积V有最大值为1，37\n所以当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时，底面四边形ABCD为正方形，作BM⊥A1C于M，连接DM，BD，因为四边形ABCD为正方形，所以△A1BC与△A1DC全等，故DM⊥A1C，所以∠BMD即为所求二面角的平面角．因为BC⊥平面AA1B1B，所以△A1BC为直角三角形，又A1B＝，A1C＝，所以BM＝＝＝，同理可得，DM＝，在△BMD中，根据余弦定理有：cos∠BMD＝＝－，因为∠BMD∈(0°，180°)，所以∠BMD＝120°，即此时二面角B－A1C－D的值是120°.(2)若线段A1C上存在一点P，使得A1C⊥平面BPD，则A1C⊥BD，又A1A⊥平面ABCD，所以A1A⊥BD，所以BD⊥平面A1AC.所以BD⊥AC，底面四边形ABCD为正方形，即只有ABCD为正方形时，线段A1C上存在点P满足要求，否则不存在．由(1)知，所求点P即为BM⊥A1C的垂足M，此时，A1P＝＝＝.法二 根据题意可知，AA1，AB，AD两两垂直，以AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴建立如图所示的空间直角坐标系：(1)长方体体积为V＝t(2－t)×1＝t(2－t)≤＝1，当且仅当t＝2－t，即t＝1时体积V有最大值为1.所以当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时，底面四边形ABCD为正方形，则A1(0，0，1)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，＝(1，0，－1)，＝(0，1，0)，设平面A1BC的法向量m＝(x，y，z)，则取x＝z＝1，得：m＝(1，0，1)，37\n同理可得平面A1CD的法向量n＝(0，1，1)，所以，cos〈m，n〉＝＝，又二面角B－A1C－D为钝角，故值是120°.(也可以通过证明B1A⊥平面A1BC写出平面A1BC的法向量)(2)根据题意有B(t，0，0)，C(t，2－t，0)，D(0，2－t，0)，若线段A1C上存在一点P满足要求，不妨＝λ，可得P(λt，λ(2－t)，1－λ)，＝(λt－t，λ(2－t)，1－λ)，＝(－t，2－t，0)即：解得：t＝1，λ＝.即只有当底面四边形是正方形时才有符合要求的点P，位置是线段A1C上且满足A1P∶PC＝2∶1处．3．(1)证明 取AD的中点M，连接MP，MB，在△ADF中，FP＝PD，DM＝MA.所以MP∥AF，且MP＝AF，又因为BE＝AF，且BE∥AF，所以MP∥BE，且MP＝BE，所以四边形BEPM是平行四边形，故PE∥MB，又因为PE⊄平面ABCD，MB⊂平面ABCD，所以PE∥平面ABCD.(2)解 连接AC，在△ABC中，∠CBA＝，BC＝AB，所以由余弦定理AC2＝BA2＋BC2－2BA×BCcos∠CBA＝BA2＋2BA2－2BA×BA×＝BA2，所以AC＝AB，△ABC是等腰直角三角形，AC⊥AB，又因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB.37\n所以AC⊥平面ABEF.又∵AB⊥AF，∴AB⊥面CAF，AF⊥面ABCD，所以分别以AB，AF，AC所在直线作为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝1，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，E(1，1，0)，C(0，0，1)，D(－1，0，1)，F(0，2，0)．所以＝(2，1，－1)，＝(1，2，－1)，设平面EFD的法向量为n＝(x，y，z)，则，即，整理得令x＝1，则y＝1，z＝3，故n＝(1，1，3)为平面EFD的一个法向量，又∵AF⊥平面ABCD，故＝(0，2，0)是平面ABCD的一个法向量，所以cos〈，n〉＝＝＝.所以平面DEF与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值为.4．(1)证明 ∵平面A′DE⊥平面DBCE，面A′DE∩面DBCE＝DE，A′D⊂面A′DE，A′D⊥DE，∴A′D⊥平面DBCE，∴A′D⊥BE，∵D，E分别为AB，AC中点，∴DE＝BC＝，BD＝AB＝2.在Rt△DEB中，∵tan∠BED＝＝，tan∠CDE＝＝，∴1－tan∠BED·tan∠CDE＝0，∴∠BED＋∠CDE＝90°得BE⊥DC，∴BE⊥平面A′DC，又BE⊂平面FEB，∴平面FEB⊥平面A′DC.(2)解 以D为坐标原点以DB，DE，DA′分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，37\n各点坐标分别为D(0，0，0)，A′(0，0，2)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，E(0，，0)．①证明 ＝(－2，，0)，＝(2，2，0)，＝(0，0，2)，∵·＝－4＋4＝0，∴BE⊥DC，∵·＝0，∴BE⊥DA′，又DC∩DA′＝D，∴BE⊥平面A′DC，又BE⊂平面FBE，所以平面FBE⊥平面A′DC.②解 设＝λ，∴＝λ(－2，2，2)，∴F(2－2λ，2－2λ，2λ)设平面BEF的法向量为n1＝(x，y，z)，∵＝(－2，，0)，＝(－2λ，2－2λ，2λ)取n1＝(λ，λ，3λ－2)，又∵平面BEC的法向量为n＝(0，0，1)，∴cos45°＝＝得3λ2－6λ＋2＝0，解得λ＝1±，又∵0<λ<1，∴λ＝1－.37
