2021届浙江省高考数学一轮学案：第八章 加强练（八）　立体几何与空间向量 WORD版含解析.doc

1、加强练(八)立体几何与空间向量一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.(2015上海卷)如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB是一条侧棱，Pi(i1，2，8)是上底面上其余八个点，则(i1，2，8)的不同值的个数为()A.1 B.2 C.4 D.8解析|cos，111，只有一个值.答案A2.(2020宁波模拟)若直线l不平行于平面，且l，则()A.内所有直线与l异面B.内只存在有限条直线与l共面C.内存在唯一的直线与l平行D.内存在无数条直线与l相交解析由直线与平面的位置关系知l，则l或l与平面相交.由题意知，l不平

2、行于平面，则设lP，故平面内所有过点P的直线与l相交，平面内不过点P的直线与l异面，故选D.答案D3.如图，斜线段AB与平面所成的角为60，B为斜足，平面上的动点P满足PAB30，则点P的轨迹是()A.直线 B.抛物线C.椭圆 D.双曲线的一支解析利用平面截圆锥面直接得轨迹.因为PAB30，所以点P的轨迹为以AB为轴线，PA为母线的圆锥面与平面的交线，且平面与圆锥的轴线斜交，故点P的轨迹为椭圆.答案C4.(2017浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是()A.1 B.3 C.1 D.3解析由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥

3、的一半与一个底面为直角边长是的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，所以该几何体的体积V12331.答案A5.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为，正方体所在空间的动点P满足|2，则的取值范围是()A.0，4 B.1，4C.0，2 D.1，2解析因为正方体的棱长为，所以B1C2，则由|2得点P在以B1C的中点为球心，为半径的球面上.当点P与点B重合时，点P在直线AD1上的射影为点A，当点P与点C1重合时，点P在直线AD1上的射影为点D1，则0，|20，4，故选A.答案A6.(2020北京朝阳区模拟)在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为线段CD和A1B1上的动点，且

4、满足CEA1F，则四边形D1FBE所围成的图形(如图所示阴影部分)分别在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和()A.有最小值 B.有最大值C.为定值3 D.为定值2解析依题意，设四边形D1FBE的四个顶点在后面，上面，左面的投影点分别为D，F，B，E，则四边形D1FBE在上面，后面，左面的投影分别如下图.所以在后面的投影的面积为S后111，在上面的投影面积S上DE1DE1DE，在左面的投影面积S左BE1CE1CE，所以四边形D1FBE所围成的图形(如图所示阴影部分)分别在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和SS后S上S左1DECE1CD2.答案D7.(2020长沙四校模拟一

5、)在棱长为2的正方体ABCDABCD中，有一个与正方体各个面均相切的球O，则平面ABD截该球所得截面的面积为()A. B. C. D.2解析由题意知球O的球心为正方体的中心(体对角线的交点)，半径为1，AAABAD2，ADBDAB2.设点A到平面ABD的距离为h，则由VAABDVAABD，得22sin 60h222，得h.连接AC，易知AC2，所以球心O到平面ABD的距离为，从而截面圆的半径为，因此所求截面的面积为.答案A8.(2020北京西城区综合练习)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，平面与此正方体相交.对于实数d(0d)，如果正方体ABCDA1B1C1D1的八个顶点中恰好有m

6、个点到平面的距离等于d，那么下列结论中一定正确的是()A.m6 B.m5 C.m4 D.m3解析如图(1)恰好有3个点到平面的距离为d；如图(2)恰好有4个点到平面的距离为d；如图(3)恰好有6个点到平面的距离为d.答案B9.(2020浙江名师预测卷二)如图，已知三棱锥SABC中，SASBSC，ABC90，ABBC，E，F，G分别是AB，BC，AC的中点，分别记平面SEF与平面SAC、平面SEG与平面SBC、平面SFG与平面SAB所成的锐二面角为，则，的大小关系是()A. B.C. D.解析由SASBSC可知点S在底面ABC上的射影是ABC的外心，ABC90，AC的中点G就是点S在底面ABC上

7、的射影，即SG平面ABC，过点G作GHEF，交EF于点H，连接SH，则GSH就是平面SEF与平面SAC所成角的平面角，tanGSHtan ，易证GF平面SEG，GSF就是平面SEG与平面SBC所成角的平面角，tanGSFtan ，同理，tanGSEtan ，在RtEGF中，GHGEGF，tan tan tan ，故选C.答案C10.如图，已知平面，l，A、B是直线l上的两点，C、D是平面内的两点，且DAl，CBl，AD3，AB6，CB6.P是平面上的一动点，且直线PD，PC与平面所成角相等，则二面角PBCD的余弦值的最小值是()A. B. C. D.1解析DAl，l，AD，AD，同理，BC.D

8、PA为直线PD与平面所成的角，CPB为直线PC与平面所成的角，DPACPB，又DAPCBP90，DAPCBP，.在平面内，以AB为x轴，以AB的中垂线为y轴建立平面直角坐标系，则A(3，0)，B(3，0).设P(x，y)，(y0)，2，整理得(x5)2y216.P点在平面内的轨迹为以M(5，0)为圆心，以4为半径的上半圆.平面PBC平面BC，PBBC，ABBC，PBA为二面角PBCD的平面角.当PB与圆相切时，PBA最大，cosPBA取得最小值.此时PM4，MB8，MPPB，PB4，cosPBA.答案C二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)11.(2019全国卷

9、)已知ACB90，P为平面ABC外一点，PC2，点P到ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为_.解析如图，过点P作PO平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离.再过O作OEAC于E，OFBC于F，连接OC，PE，PF，则PEAC，PFBC.所以PEPF，所以OEOF，所以CO为ACB的平分线，即ACO45.在RtPEC中，PC2，PE，所以CE1，所以OE1，所以PO.答案12.如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为4，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点(异于C点)，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为M.当CQ_时(用数值表示)，M为等腰梯形；当CQ

10、4时，M的面积为_.解析连接AP并延长交DC的延长线于点N，当点Q为CC1的中点，即CQ2时，连接D1N，则D1N过点Q，PQ綉AD1，显然APD1Q，M为等腰梯形；当CQ4时，NQ交棱DD1延长线上一点(设为G)，且GD14，AG过A1D1的中点，此时M为菱形，其对角线长分别为4和4，故其面积为8.答案2813.(2020浙江“超级全能生”联考)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是_ cm3，表面积是_ cm2.解析易知该几何体是一个底面为直角梯形，一条侧棱垂直底面的四棱锥，所以该几何体的体积V416(cm3)，表面积为8424(cm2).答案16842414.(202

11、0北仑中学模拟)如图，正四面体ABCD的棱CD在平面内，E为棱BC的中点，当正四面体ABCD绕CD旋转时，直线AE与平面所成最大角的正弦值为_.解析过点E作CD的平行线，交BD于F，则正四面体绕CD旋转时AE与平面所成角相当于绕EF旋转时AE与平面所成角.此时直线AE形成一个圆锥，所以可知直线AE与平面所成角的最大值即为AE与EF所成的角.设正四面体的棱长为2，则AEAF，EF1，所以cosAEF，所以sinAEF，即直线AE与平面所成最大角的正弦值为.答案15.已知球O与棱长为4的正方体ABCDA1B1C1D1的所有棱都相切，点M是球O上一点，点N是ACB1的外接圆上一点，则线段MN长度的最

12、大值为_；最小值为_.解析因为球O与棱长为4的正方体的各棱都相切，所以球O的半径为2，球心O在体对角线的中点，ACB1的外接圆是正方体外接球的一个小圆，点N是ACB1的外接圆上一点，则点N到球心O的距离为2(即正方体外接球的半径)，因为点M是球O上一点，所以线段MN长度的最小值为22，线段MN长度的最大值为22.答案222216.(2020绍兴一中适应性考试)已知半径为4的球面上有两点A，B，AB4，球心为O，若球面上的动点C满足二面角CABO的大小为60，则四面体OABC的外接球的半径为_.解析如图，由已知，AOOB，又平面ABC与平面AOB所成的二面角大小为60，则平面ABC截球O的球面为

13、一个圆，当点C在弧ACB的中点时，取AB的中点M，连接CM，OM，则AB平面CMO，故二面角CABO的平面角为CMO，则CMO60.作OHCM于点H，由OAOBOC4，AB4，设四面体OABC的外接球球心为O1OH，则由OMAB2得OHOMsin 60.HMOMcos 60，故四面体OABC的外接球的半径r满足O1O2O1A2HM2AM2O1H2，即r2()2(2)2(r)2，解得r.答案17.(2019全国卷)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围

14、成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1，则该半正多面体共有_个面，其棱长为_.解析依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面.注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则 xxx1，解得x1，故题中的半正多面体的棱长为1.答案261三、解答题(本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)18.(本小题满分14分)如图，在直三棱

15、柱ABCA1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1DA1F，A1C1A1B1.求证：(1)直线DE平面A1C1F；(2)平面B1DE平面A1C1F.证明(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1C1AC.在ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DEAC，于是DEA1C1.又因为DE平面A1C1F，A1C1平面A1C1F，所以直线DE平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1A平面A1B1C1.因为A1C1平面A1B1C1，所以A1AA1C1.又因为A1C1A1B1，A1A平面ABB1A1，A1B1平面ABB1A1，A1AA1B1A1，所以

16、A1C1平面ABB1A1.因为B1D平面ABB1A1，所以A1C1B1D.又因为B1DA1F，A1C1平面A1C1F，A1F平面A1C1F，A1C1A1FA1，所以B1D平面A1C1F.因为直线B1D平面B1DE，所以平面B1DE平面A1C1F.19.(本小题满分15分)(2020嘉、丽、衢模拟)如图，在矩形ABCD中，AB4，AD3，点E，F分别是线段DC，BC的中点，分别将DAE沿AE折起，CEF沿EF折起，使得D，C重合于点G，连接AF.(1)求证：平面GEF平面GAF；(2)求直线GF与平面GAE所成角的正弦值.(1)证明因为EGAG，EGFG，GAGFG，所以GE平面GAF，又GE平

17、面GEF，所以平面GEF平面GAF.(2)解过F作FHAG于H，则由GE平面GAF，且FH平面GAF知，GEFH，GAGEG，所以FH平面GAE，从而FGH是直线GF与平面GAE所成角.因为GA3，GF，AF，所以cosAGF，从而sinFGHsinAGF.所以直线GF与平面GAE所成角的正弦值为.20.(本小题满分15分)(2020浙江教育绿色评价联盟适考)如图，圆的直径AC2，B为圆周上不与点A，C重合的点，PA垂直于圆所在的平面，PCA45.(1)求证：PBBC；(2)(一题多解)若BC，求二面角BPCA的余弦值.(1)证明如图，连接AB，因为PA平面ABC，所以PABC.又因为B在圆周

18、上，所以ABBC，PAABA，故BC平面PAB.又PB平面PAB，故BCPB.(2)解法一过B作AC的垂线，垂足为D，则BD平面PAC，因为PC平面PAC，故BDPC.再过D作PC的垂线，垂足为E，则PCDE，因为BDDED，所以PC平面BDE，又BE平面BDE，故BEPC，可知BED即为二面角BPCA的平面角.因为BC，所以BD，CD.又因为PCA45，所以DE，BE，所以cosBED.即二面角BPCA的余弦值为.法二因为ABC90，所以可以以B为坐标原点，BC，BA分别为x，y轴，垂直于平面ABC的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz，则B(0，0，0)，A(0，1，0)，C(，

19、0，0)，P(0，1，2)，(，0，0)，(0，1，2)，(0，0，2)，(，1，0).设平面PAC的法向量n1(x，y，z)，由n1，n1，得取x1，则n1(1，0).设平面PBC的法向量n2(x，y，z).由n2，n2，得取z1，则n2(0，2，1)，故|cosn1，n2|.所以二面角BPCA的余弦值为.21.(本小题满分15分)(2020杭州二中模拟)如图，矩形ADFE和梯形ABCD所在平面互相垂直，ABCD，ABCADB90，CD1，BC2.(1)(一题多解)求证：BE平面DCF；(2)当AE的长为何值时，直线AD与平面BCE所成角的大小为45.(1)证明法一如图，以D为坐标原点，AD

20、所在直线为x轴，BD所在直线为y轴，DF所在直线为z轴建立空间直角坐标系.设AEh，由CD1，BC2，ADB90，依据三角形相似可得DCB90，则DB，AB5，故由勾股定理可得AD2.所以D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，0)，C，E(2，0，h)，F(0，0，h).，(0，0，h)，(2，h)，设平面DCF的法向量为n(x，y，z).所以化简得令x，得n(，2，0)，n0，故n，又BE不在平面DCF上，所以BE平面DCF.法二因为四边形ADFE是矩形，故AEDF.又ABCD，且ABAEA，CDDFD，AB，AE在平面ABE上，CD，DF在平面DCF上，故平面ABE平面DCF.又BE

21、在平面ABE上，且BE不在平面CDF上，故BE平面CDF.(2)解由(1)中法一可得(2，0，0)，(2，h)，设平面BCE法向量为m(x1，y1，z1)，所以化简得令y1h，得m(2h，h，5).由题意得cos 45，故h，因为h0，所以AEh.22.(本小题满分15分)(2019北京卷)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADCD，ADBC，PAADCD2，BC3.E为PD的中点，点F在PC上，且.(1)求证：CD平面PAD.(2)求二面角FAEP的余弦值.(3)设点G在PB上，且.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由.(1)证明因为PA平面ABCD，CD平面ABCD，所以P

22、ACD.又因为ADCD，PAADA，PA，AD平面PAD，所以CD平面PAD.(2)解过点A作AD的垂线交BC于点M.因为PA平面ABCD，AM，AD平面ABCD，所以PAAM，PAAD.建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(2，1，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).因为E为PD的中点，所以E(0，1，1).所以(0，1，1)，(2，2，2)，(0，0，2).所以，所以.设平面AEF的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，则y1，x1.于是n(1，1，1).又因为平面PAD的一个法向量为p(1，0，0)，所以cosn，p.由题知，二面角FAEP为锐角，所以其余弦值为.(3)解直线AG在平面AEF内.理由：因为点G在PB上，且，(2，1，2)，所以，所以.由(2)知，平面AEF的一个法向量n(1，1，1)，所以n0.又点A平面AEF，所以直线AG在平面AEF内.