8_08-专题八　立体几何.docx

1、专题八立体几何一、单项选择题1.(2023届河南荥阳摸底,6)某圆锥的侧面积是底面积的2倍,则该圆锥的侧面展开图的圆心角为()A.2B.32C.D.2答案C设圆锥的母线长为l,底面圆半径为r,则底面圆面积S1=r2,底面圆周长为2r,圆锥侧面积S2=122rl=rl,所以rl=2r2,所以l=2r,所以该圆锥的侧面展开图的圆心角为2rl=2r2r=,故选C.2.(2023届成都八中月考,10)已知正方形ABCD的边长为2,点E为边AB中点,点F为边BC中点,将AED,DCF,BEF分别沿DE,DF,EF折起,使A,C,B三点重合于P点,则三棱锥P-DEF外接球的表面积为()A.32B.3C.6

2、D.12答案C如图,由题意可知PEPF,PEPD,PDPF,且PE=PF=1,PD=2,故可把三棱锥P-DEF补全成长方体,则长方体的外接球即为三棱锥P-DEF的外接球.设外接球半径为R,则(2R)2=PE2+PF2+PD2=1+1+4=6.三棱锥P-DEF外接球的表面积为6.故选C.3.(2023届河南焦作调研一,11)已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形,AB和CD分别是该圆柱上、下底面的一条直径,若四面体ABCD的体积为829,则异面直线AB与CD所成角的余弦值为()A.223B.22C.12D.13答案D如图,设上底面圆心为O1,下底面圆心为O2,连接O1C,O1D,O1O2.由圆柱的轴

3、截面是边长为2的正方形,可知圆柱的底面半径为1,高为2.在O1CD中,CD=2,O1O2=2,则SO1CD=1222=2.设A到平面O1CD的距离为h,则VA-BCD=2VACO1D=213SO1CD=829,解得h=223.过O2作EFAB交圆O2于点E、F,则异面直线AB与CD所成角为EO2C或其补角,过E作EHCD于点H,则EH=h=223,所以O2H=1EH2=13,所以cosEO2C=HO2EO2=13,即异面直线AB与CD所成角的余弦值为13.故选D.4.(2023届黑龙江大庆月考一,5)m,n为不重合的直线,为互不相同的平面,下列说法错误的是()A.若mn,则经过m,n的平面存在

4、且唯一B.若,=m,=n,则mnC.若,=m,则mD.若m,n,m,n,则答案D对于A,若mn,则由公理2的推论可得经过m,n的平面存在且唯一,故A中说法正确;对于B,若,=m,=n,则由面面平行的性质定理得mn,故B中说法正确;对于C,如图,设=a,=b,在内作ca于点A,在内作db于点B,因为,所以c,d,所以cd,所以c,因为=m,c,所以cm,所以m,故C中说法正确;对于D,若m,n,m,n,则与相交或平行,故D中说法错误.故选D.5.(2023届昆明一中双测二,4)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为底面ABCD的中心,E,F分别为棱A1B1,B1C1的中点,经过E,F,O三点

5、的平面与正方体相交所成的截面为()A.梯形 B.平行四边形C.矩形 D.正方形答案A如图,在A1B1C1中,因为E,F分别为棱A1B1,B1C1的中点,所以EFA1C1,EF=12A1C1.由正方体的性质可知A1C1AC,A1C1=AC,所以EFAC,因为点O在直线AC上,所以点A,C,F,E确定一个平面,所以经过E,F,O三点的平面与正方体相交所成的截面为平面ACFE,即确定的平面是梯形,故选A.方法总结:立体几何中截面的作法若已知两点在同一平面内,只要连接这两点,就可以得到截面与多面体的一个面的截线.若平面上只有一个已知点,应设法在同一平面上再找出第二个确定的点.若两个已知点分别在相邻的面

6、上,应找出这两个平面的交线与截面的交点.若两平行平面中一个平面与截面有交线,另一个面上只有一个已知点,则按两个平行平面与第三个平面相交,它们的交线互相平行的性质,可得截面与另一平面的交线.若有一点在面上而不在棱上,则可通过作作辅助平面转化为棱上的点的问题;若已知点在体内,则可通过辅助平面使它转化为面上的点,再转化为棱上的点的问题来解决.6.(2023届山西大同联考一,10)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=AA1=1,ADAA1,ADAB,A1AB=60,M,N分别是棱AB和BC的中点,则下列说法中不正确的是()A.A1,C1,M,N四点共面B.B1N与AB共面C.AD平

7、面ABB1A1D.A1M平面ABCD答案B连接MN,因为AA1CC1,且AA1=CC1,所以四边形AA1C1C是平行四边形,所以ACA1C1.又M,N分别是棱AB和BC的中点,所以MNAC,所以MNA1C1,故A1,C1,M,N四点共面,A正确.因为A、B、B1在平面ABB1A1内 ,而N不在该平面内,故B1N与AB不共面,B错误.因为ADAA1,ADAB,AA1AB=A,所以AD平面ABB1A1,C正确.连接A1B,因为A1AB=60,AB=AD=AA1=1,所以ABA1是等边三角形,所以A1MAB.因为AD平面ABB1A1,A1M平面ABB1A1,所以A1MAD,因为ABAD=A,所以A1

8、M平面ABCD,D正确.故选B.7.(2022新高考,8,5分)已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36,且3l33,则该正四棱锥体积的取值范围是()A.18,814B.274,814C.274,643D.18,27答案C如图,S-ABCD是正四棱锥,连接AC,BD,交于点O,设正方形ABCD的边长为a,SO=h,SE是外接球的直径,由43R3=36得R=3,则SE=2R=6.由AO2=SOOE,得a22=h(6-h),又l2=a22+h2,l2=6h,h=l26.则a2=2h(6-h)=l236l26,正四棱锥的体积V=13a2=13l236l26l26=19l4

9、l6324,V=49l3l554,令V=0,得l=26.V在3,26)上单调递增,在(26,33上单调递减,而l=3时,V=274,l=33时,V=814,l=26时,V=643,该正四棱锥体积的取值范围是274,643.8.(2023届南昌零模,7)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB,AD,D1C1,C1B1的中点分别为E,F,G,H,则下列直线中与两平面ACD1,BDC1交线平行的一条直线是() A.EHB.HGC.EGD.FH答案C如图,连接DC1与CD1交于点O,设AC,BD交于点K,连接OK,则平面ACD1平面BDC1=OK,又O、K分别是CD1、AC的中点,则OKAD1,

10、因为G,E分别是D1C1,AB的中点,所以AD1GE,则GEOK,故选C.二、多项选择题9.(2023届辽宁六校期初,11)已知正方体ABCD-A1B1C1D1 的棱长为2,则()A.直线BC1与DA1所成的角为90B.直线BC1与 CA1所成的角为90C.点C到平面ABC1D1的距离为22D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45答案ABD连接B1C,与BC1相交于点E,因为DA1B1C,所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角,因为四边形BB1C1C为正方形,则B1CBC1,故直线BC1与DA1所成的角为90,故A正确;因为A1B1平面BB1C1C,BC1平面BB1C1

11、C,所以A1B1BC1,因为B1CBC1,A1B1B1C=B1,A1B1平面A1B1C,B1C平面A1B1C,所以BC1平面A1B1C,又A1C平面A1B1C,所以BC1CA1,即直线BC1与CA1所成的角为90,故B正确;因为AB平面BB1C1C,B1C平面BB1C1C,所以ABB1C,又B1CBC1,ABBC1=B,AB平面ABC1D1,BC1平面ABC1D1,所以B1C平面ABC1D1,则CE的长为点C到平面ABC1D1的距离,由题意可得CE=2,即点C到平面ABC1D1的距离为2,故C错误;因为CC1平面ABCD,所以C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角,易知C1BC=45,故D

12、正确.故选ABD.10.(2022河北邯郸一模,10)如图,在空间四边形ABCD中,E,F分别为AB,AD的中点,G,H分别在BC,CD上,且BGGC=DHHC=12,则()A.BD平面EGHFB.FH平面ABCC.AC平面EGHFD.直线GE,HF,AC交于一点答案AD因为BGGC=DHHC,所以GHBD.又E,F分别为AB,AD的中点,所以EFBD,且EF=12BD,则EFGH,所以E,G,H,F四点共面.易知BD平面EGHF,FH与AC为相交直线,即A正确,B,C错误.因为四边形EFHG为梯形,所以EG与FH必相交,设交点为M,因为EG平面ABC,FH平面ACD,所以M是平面ABC与平面

13、ACD的一个交点,所以MAC,即直线GE,HF,AC交于一点,即D正确.故选AD.11.(2022重庆巴蜀中学3月适应考(八),12)如图甲,在边长为2的正方形ABCD中,点E,F分别是AB,BC的中点,点M是AD上靠近A的四等分点.现将AED,DCF分别沿DE,DF折起,使A,C两点重合于P,连接PB,如图乙所示,则下列说法正确的是()A.PB平面EFMB.PDPBC.平面EFM与平面BFDE所成角的余弦值为63D.点P到平面BFDE的距离为23答案ACD如图,连接BD,交EF于G,连接PG,MG.MDPD=DGDB=34,所以MGPB,因为PB平面EFM,MG平面EFM,所以PB平面EFM

14、,A正确;因为PDPE,PDPF,PEPF=P,所以PD平面PEF,故PD与PB不垂直,B错误;易得平面EFM与平面BFDE所成角为MGD.在MGD中,GD=322,MD=32,MG=522222=32,由余弦定理的推论,得cosMGD=63,C正确;由cosMGD=63知sinMGD=33,作MNBD,易证MN平面BFDE,易知点P到平面BFDE的距离是点M到平面BFDE的43倍,设点P到平面BFDE的距离为d,d=43MN=43MGsinMGD=23,D正确,故选ACD.12.(2022湖北八市联考,11)我们把经过同一顶点的三条棱两两垂直的三棱锥,称作直角三棱锥.在直角三棱锥S-ABC中

15、,侧棱SA、SB、SC两两垂直,设SA=a,SB=b,SC=c,点S在底面ABC的射影为点D,三条侧棱SA、SB、SC与底面所成的角分别为、,下列结论正确的有()A.D为ABC的外心B.ABC为锐角三角形C.若abc,则bc,则sin sin sin ,故,选项C正确;过点S作SEBC交BC于点E,易得SASE,由等面积法可得SE=bcb2+c2,h=aSEa2+SE2,得12=a2b2+a2c2+b2c2a2b2c2=1a2+1b2+1c2,故sin2+sin2+sin2=h21a2+1b2+1c2=1.故选项D正确.故选BCD.三、填空题13.(2023届重庆渝中巴蜀中学月考三,15)如图

16、,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,ABCD,AB=4,AD=CD=2,若四棱柱的高是3,则该棱柱外接球的体积是.答案1256解析如图所示,分别取AB,A1B1的中点E,F,连接DE,CE,EF.由题意易得AE=BE=DE=CE=2,即E为底面ABCD外接圆的圆心,同理可知F是底面A1B1C1D1外接圆的圆心.取EF的中点O,则O为直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的外接球的球心,且OE=32,连接OB,该直四棱柱外接球的半径R=OB=322+22=52,故该直四棱柱外接球的体积是43R3=43523=1256.14.(2022山东东明一中月考,15)在四棱柱AB

17、CD-A1B1C1D1中,四边形ABCD为平行四边形,E,F分别在线段DB,DD1上,且DEEB=12,G在线段CC1上,且平面AEF平面BD1G,则CGCC1=.答案13解析连接B1D1,FG.平面AEF平面BD1G,且平面AEF平面BB1D1D=EF,平面BD1G平面BB1D1D=BD1,EFBD1,DFFD1=DEEB=12.易得平面ADD1A1平面BCC1B1,又BG平面BCC1B1,BG平面ADD1A1,又平面AEF平面BD1G,BG平面BD1G,BG平面AEF,平面AEF平面ADD1A1=AF,BGAF,BG、AF可确定平面ABGF,又平面ABB1A1平面CDD1C1,平面ABGF

18、平面ABB1A1=AB,平面ABGF平面CDD1C1=FG,ABFG,CDFG.CGCC1=DFDD1=13.15.(2019课标,16,5分)学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型.如图,该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体,其中O为长方体的中心,E,F,G,H分别为所在棱的中点,AB=BC=6 cm,AA1=4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为g.答案118.8解析依题意,知该模型是长方体中挖去一个四棱锥,故其体积V=V长方体-V四棱锥=664-1312463=132(cm3).又该模型

19、的原料密度为0.9 g/cm3,故制作该模型所需原料的质量为0.9132=118.8(g).16.(2022东北三省三校第二次联考,16)如图,多面体ABCDEF中,四边形ABCD为正方形,DE平面ABCD,CFDE,且AB=DE=2,CF=1,G为棱BC的中点,H为棱DE上的动点,有下列结论:当H为棱DE的中点时,GH平面ABE;存在点H,使得GHAE; 三棱锥B-GHF的体积为定值;三棱锥A-BCF的外接球表面积为9.其中正确结论的序号为.(填写所有正确结论的序号)答案解析对于,取EA的中点M,连接MH,MB,如图,因为H,M分别为ED,EA的中点,所以MHAD,MH=12AD,根据已知条

20、件可知BGAD,BG=12AD,所以MHBG,MH=BG,故四边形HMBG为平行四边形,则HGMB,又MB平面ABE,HG平面ABE,故HG平面ABE,故正确;对于,因为ED平面ABCD,DA,DC平面ABCD,所以DEDA,DEDC,又四边形ABCD为正方形,所以DADC,则DE,DA,DC两两垂直.以D为坐标原点,建立空间直角坐标系如图所示,则A(2,0,0),E(0,0,2),G(1,2,0),设H(0,0,m),m0,2,若GHAE,则GHAE=(-1,-2,m)(-2,0,2)=0,即2+2m=0,解得m=-1,不满足题意,故错误;对于,连接BH,FH,FG.VB-GFH=VH-BG

21、F,因为B,F,G均为定点,所以SBGF为定值,又DECF,CF平面BGF,DE平面BGF,故DE平面BGF,又点H在DE上运动,所以点H到平面BGF的距离是定值,故三棱锥B-GFH的体积为定值,正确;对于,连接AF.由题意可得CF平面ABCD,又四边形ABCD为正方形,ABBC,又CFAB,BCCF=C,AB平面BCF,则AB,BC,CF两两垂直,AF为三棱锥A-BCF的外接球的直径,又AF2=AB2+BC2+CF2=22+22+12=9,三棱锥A-BCF的外接球表面积为9,故正确.故答案为.四、解答题17.(2023届河南安阳联考,19)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ACB=90

22、,AA1=2AC=BC=4,M为棱AA1上靠近A1的三等分点,N为棱AC的中点,点P在棱BC上,且直线PN平面BMC1.(1)求PC的长;(2)求二面角P-BM-C1的余弦值.解析(1)以C为原点,以CA,CB,CC1的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系C-xyz.ACB=90,AA1=2AC=BC=4,C(0,0,0),B(0,4,0),A1(2,0,4),A(2,0,0),C1(0,0,4),M2,0,83,N(1,0,0).BM=2,4,83,BC1=(0,-4,4).设平面BMC1的法向量为m=(x,y,z),则BMm=0,BC1m=0,即2x4y+83z=0,4y+

23、4z=0.令z=1,得m=23,1,1.设P(0,t,0)(0t4),则PN=(1,-t,0).PN平面BMC1,PNm=0,即23-t=0,t=23,故PC=t=23.(2)由(1)知,PB=0,103,0.设平面PBM的法向量为n=(a,b,c),则PBn=0,BMn=0,即103b=0,2a4b+83c=0,令c=1,得n=43,0,1.cos=mn|m|n|=22110.由题图可知二面角P-BM-C1为锐角,故二面角P-BM-C1的余弦值为22110.18.(2021新高考,20,12分)如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(1)证明:OACD

24、;(2)若OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小为45,求三棱锥A-BCD的体积.解析(1)证明:在ABD中,AB=AD,O为BD的中点,AOBD,又平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD,AO平面ABD,AO平面BCD,又CD平面BCD,AOCD.(2)在ABD中,过E作ENAO交BD于N,则由AO平面BCD得EN平面BCD,ENBC,OB=OD=OC=1,BCD=90,即DCBC.在BCD中,过N作NMCD交BC于M,则NMBC.连接EM,BCEN,BCNM,ENNM=N,BC平面EMN,又EM平面EMN,EMBC,EMN为二面角E

25、-BC-D的平面角,又知二面角E-BC-D的大小为45,EMN=45,EMN为等腰直角三角形,又由DE=2EA得DN=2NO,MN=23CD=23=EN=ND,AO=OD=1,VA-BCD=13SBCDAO=13122321=36.故三棱锥A-BCD的体积为36.19.(2020课标,18,12分)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO=66DO.(1)证明:PA平面PBC;(2)求二面角B-PC-E的余弦值.解析(1)证明:设DO=a,由题设可得PO=66a,AO=33a,AB=a,PA=PB=PC=22a.因此

26、PA2+PB2=AB2,从而PAPB.又PA2+PC2=AC2,故PAPC.因为PBPC=P,所以PA平面PBC.(2)以O为坐标原点,OE的方向为y轴正方向,|OE|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题设可得E(0,1,0),A(0,-1,0),C-32,12,0,P0,0,22.所以EC=-32,-12,0,EP=0,1,22.设m=(x,y,z)是平面PCE的法向量,则mEP=0,mEC=0,即y+22z=0,32x12y=0.可取m=33,1,2.由(1)知AP=0,1,22是平面PCB的一个法向量,记n=AP,则cos=nm|n|m|=255.易知二面角B-PC-E

27、的平面角为锐角,所以二面角B-PC-E的余弦值为255.20.(2021天津,17,15分)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱BC的中点,F为棱CD的中点.(1)求证:D1F平面A1EC1;(2)求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值;(3)求二面角A-A1C1-E的正弦值.解析(1)证明:如图,以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),A1(0,0,2),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),C1(2,2,2),D1(0,2,2),则A1C1=(2,2,0),因为E为BC的中点,F为C

28、D的中点,所以E(2,1,0),F(1,2,0),所以D1F=(1,0,-2),A1E=(2,1,-2).设平面A1EC1的法向量为m=(x,y,z),则mA1C1=2x+2y=0,mA1E=2x+y2z=0,令x=2,则m=(2,-2,1),因为D1Fm=2-2=0,所以D1Fm,又因为D1F平面A1EC1,所以D1F平面A1EC1.(2)由(1)得AC1=(2,2,2),设直线AC1与平面A1EC1所成的角为,则sin =|cos|=mAC1|m|AC1|=39.(3)由正方体的特征可得平面AA1C1的一个法向量为DB=(2,-2,0),则cos=DBm|DB|m|=8322=223,所以

29、二面角A-A1C1-E的正弦值为1cos2=13.21.(2023届贵阳一中月考,18)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形,AA1=tAB,点D,E分别为棱BC,B1C1的中点.(1)求证:AD平面A1EB;(2)若二面角C1-AD-C的大小为3,求实数t的值.解析(1)证明:连接DE,则DEBB1,DE=BB1,又BB1=AA1,BB1AA1,所以DEAA1,DE=AA1,所以四边形DEA1A是平行四边形,所以ADA1E.因为AD平面A1EB,A1E平面A1EB,所以AD平面A1EB.(2)以点A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.设

30、AB=2,AA1=h,则CD=2,A(0,0,0),D(1,1,0),C1(0,2,h),所以AD=(1,1,0),AC1=(0,2,h).设平面AC1D的法向量为n1=(x,y,z),则n1AD=x+y=0,n1AC1=2y+z=0,令z=2,可得n1=(h,-h,2).易知平面ADC的一个法向量为n2=(0,0,1).因为二面角C1-AD-C的大小为3,所以|n1n2|n1|n2|=22+2+4=cos3=12,解得h=6(舍去负值),t=62.22.(2022辽宁鞍山二模,19)如图,在梯形ABCD中,ABCD,BCD=23,四边形ACFE为矩形,且CF平面ABCD,AD=CD=BC=C

31、F=1.(1)求证:EF平面BCF;(2)点M在线段EF上运动,当点M在什么位置时,平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大?并求此时锐二面角的余弦值.解析(1)证明:在梯形ABCD中,ABCD,AD=CD=BC=1,BCD=23,所以ADC=23,所以BAC=ACD=6.又因为ABC=-BCD=3,则ACB=-ABC-BAC=2,所以ACBC,因为CF平面ABCD,AC平面ABCD,所以ACCF.因为BCCF=C,所以AC平面BCF,因为四边形ACFE为矩形,所以ACEF,因此EF平面BCF.(2)由(1)知CF,AC,CB两两垂直.以点C为坐标原点,CA、CB、CF所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(3,0,0),B(0,1,0),C(0,0,0),F(0,0,1),E(3,0,1),则AB=(-3,1,0),设点M(t,0,1),其中0t3,AM=(t-3,0,1),设平面MAB的法向量为m=(x,y,z),则mAB=3x+y=0,mAM=(t3)x+z=0,取x=1,可得m=(1,3,3-t),易知平面FCB的一个法向量为n=(1,0,0).所以cos=|mn|m|n|=14+(t3)2,所以当t=0,即M与F重合时,cos取最小值,此时平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大,此时平面MAB与平面FCB所成锐二面角的余弦值为77.