第5部分立体几何专题十一

A．8B．123333

【答案】 由三视图可知，该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥组成的，其体积为

3 ＝3(cm 8866

7575【答案】 体积为6，所以三棱锥与剩余部分的体积比为53．(2015·，7，中)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为 22

3【答案】C 由三视图可知，四棱锥P­ABCD底面是边长为1的正方形，棱PA⊥平面ABCD，且3∴PC∴PC＝AC2＋PA2＝2＋1＝4．(2015·，9，中)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是 22A．1＋3C．2＋322【答案】 根据三视图可以得到如图所示几何体ABDBCDAB＝AD＝BC＝CD＝ 5．(2015·课标Ⅰ，11，中)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＝( 【答案】

由题意可知，该几何体为2个圆柱与半球拼接而成的组合体，应有 1．(2012·)()A．球B．三棱锥C．正方体DDA，C.而三条侧棱两两垂D.则这个几何体是 A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D【答案】 由图可知该几何体为平放的直三棱柱，且上、下两底面为等腰直角三角形，如图视图如图．其中真命题的个数是() 【答案】 如图①②③的正(主)视图和俯视图都与题干中的相同，故3个命题都是真命题4．(2014·，8，中)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积为 33

6【答案】 由三视图可知，该几何体是棱长为2的正方体切去两个三棱锥，如图所示6

＝3

－3＝3 A．4 5C．4( 5

【答案】 的高为5.所以该四棱锥的侧面积为

2×

55

，体积为 ＝3，故答案3cm6cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为() 99

33【答案】 由三视图可知，该零件为两个圆柱的组合体，如图所示V1＝π×4×4＋π×9×2＝34π， 所以V 7．(2013·陕西，12，中)某几何体的三视图如图所示，则其表面积 【解析】r＝1所以

【答案】 【解析】 22＋22＝22，AB＝BC＝ PC＝2

2)＝2【答案】29．(2014·陕西，19，12分，中)ABCDAD，BC的平面分别AB，BD，DC，CAE，F，G，H.(1)ABCD(2)EFGH∴ADABCD (2)证明：∵BC∥EFGHEFGH∩BDC＝FG，又平面EFGH∩平面ABC＝EH，EFGH∵ADEFGH形，EF⊥FG，即可证明四边形EFGH是矩形．考向 三视图与直观图的辨②画则：正(主)侧(左)一样高，正(主)俯一样长，侧(左)俯一样宽；看不到的线画虚线用斜二测画法画几何体直观图的系：S′＝24 A．棱柱B．棱台C．圆柱D() 【解析 (1)(排除法)由正视图和侧视图可知，该几何体不可能是圆柱，排除选项C；又由俯视A，B(2)22)ABCD即为满足条件的四面体，得出正视图和俯视图分别为④和②【答案 【点拨】在解答第(2)C，在三视图中，看不见的棱应该用由三视图还原直观图的方法(2012·湖南，4) 【答案】CA中图是两个圆柱的组合体的俯视图；B中图是一个四棱柱与一个圆柱的组合体的俯视图；D中图是一个底面为等腰直角三角形的三棱柱与一个四棱柱的组合体的俯视图，采用排除法，C.考向 三视图与直观图的应(1)(2012·，7)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是 5555

55 55 则 则【解析 DDM⊥AC 在△CMBDM⊥ 42＋52＝∴△BCD 在△ABD中，如图 25×6＝6∴S表＝10＋10＋10＋65＝30＋65.由三视图可知该几何体是由如图所示的直三棱柱ABC－A1B1C1截掉一个三棱锥D－A1B1C1其中AC＝4，BC＝3，AA1＝5，AD＝2，BC⊥AC，∴该几何体的体积V＝1·AC·BC·AA1－1×

2AAE⊥BC2Rt△ABE中，AB＝1，∠ABE＝45°，∴BE＝AECD2∴EC＝AD＝1，∴BC＝BE＋EC＝22在原图形中，A′D′＝1，A′B′＝2，B′C′＝2＋12

2 2＝2×1＋1＋2×2＝2＋2 ＋【答案 ＋求与三视图有关的几何体的表面积或体积的(3)利用相应的几何体表面积或体积进行计算 1【答案】 1S四边形ABBA1S四边形DCCD1S

111111S四边形AADD＝S四边形BBCC1 1∴表面积1．(2015·南阳联考，5)已知一个三棱锥的俯视图与侧(左)视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正(主)视图可能为( 【答案】C 形成的投影，应为虚线，故选C. 3 33 3【答案】 (左)23，侧(左)3，故其侧(左)S＝23×3＝63 A.3＋ B.3＋

3333＋ 【答案】 3 2C. 2【答案】 ＋1×1＋3×1)＝14 【答案】D 利用长方体模型可知，此三棱锥的四个面全部是直角三角形．故选D.6．(2015·广元二模，5)某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中最大的是 22 22【答案】C3，4，其面积为6483，4262，一个5，410C.是()5757

62【答案】C62AC＝2，PA＝2，PC＝22，△ABCAC23BC＝42＋（23）2＝27，AB＝22＋（23）2＝4PB＝PA2＋AB2＝22＋42＝25，因此在四面体的六条棱中，长度最长的BC27C. 【解析】由三视图可知，该三棱锥的体积 5×6h＝20，解得【答案】

9．(2014·豫东、豫北十校联考，14)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积 【解析】由三视图可知该几何体是由圆柱的一半和球的四分之一组成的，所以该几何体的体积

1

2V柱＋4V球＝2Sh＋4·3πr＝2π×2＋4×3π×1π【答案】π3 【解析】R.依题意得，该三棱锥的形状如图所AB⊥BCD，AB＝2，CD＝22，BC＝BD＝2，BC⊥BD，因此可将其22R＝23，R＝3积为3×(3)3＝4【答案】41．(2015·山东，9，中)已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋 33

B.4

C．2 D．43【答案】 依题意，曲面所围成的几何体为两圆锥的组合体，所求体积 3(2)2×

4

＝ 三棱锥O­ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为( 【答案】 设球O的半径为R，由题知当OC⊥平面OAB时，三棱锥O­ABC的体积最大＝1

6R＝36R＝6S球＝4πR圆锥的四分之一)85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( B．22C．36 D．66【答案】

9

9÷1.62≈22(斛)的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为材料利用率＝新工件的体积

原工件的体积 24（24（

8（π＝3【答案】 由三视图可知，工件为圆锥，底面半径r＝1，h＝2 2＝3设正方体边长为 2a

22＝32

2＝216

＝27所以利用率为16 2 827

3 【解析】r1π×52×4＋π×22×8＝1πr2×4＋8πr228r2＝196，∴r＝ 【答案 (2)α解：(1)(2)EM⊥ABMEHGF为正方形，于是MH＝ α10的直棱柱，所以其体积的比值为97也正确1．(2014·，4，易)某三棱锥的侧视图、俯视图如图所示，则该三棱锥的体积是 (锥体体

S为底面面积，h为高3 3【答案】 由俯视图可知，三棱锥底面是边长为2的等边三角形．由侧视图可知，三棱锥的为3.故该三棱锥的体积 2×3×2．(2012·课标，8，中)平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为2， A. B．4 C．4 D．6【答案】 如图，设平面α截球O所得圆的圆心为O1，则|OO1|＝2，|O1A|＝1，∴球的半径＝|OA|＝2＋1＝∴球的体积

R3＝43π.LhV的近似V1L2h.圆锥体 中的圆周率π近似取为3.那么，近 2L2h相当于将圆锥体积 中的π近似为 77

L

8πL8

【答案】

.圆锥的体积V＝3πrh＝32π

π≈2，∴π≈24＝84．(2014·大纲，10，中)正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，底面边长为则该球的表面积为

A. D.【答案】 由题意易知，球心在正四棱锥的高上，设球的半径为R，则(4－R)2＋(2)2＝R2， 2 ，10，中)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上．若球的体积为2

棱长 【解析】设正方体的棱长为 方体的外接球半径R＝

9πR＝3＝

a＝

2 2【答案 【解析】

r2

1＝，所以

11＝， 1

πr2h＝r2·h2【答案】2

2 2锥A­DED1的体积为 【解析】B1C∴EADD1A1d

【答案】6

28．(2013·课标Ⅱ，15，难)已知正四棱锥O­ABCD的体积为3 3，则以O为球心2OA为半径的球的表面积 【解析】设底面中心为E，则|AE|＝1·|AC|＝6，∵体积 2·|OE|＝|OE|＝3 ＋|OE|2＝6.O为球心，OA【答案】9．(2014·福建，19，12分，中)A­BCD中，ABBCD，CD⊥BD.(1)求证：CDABD；(2)AB＝BD＝CD＝1，MADA­MBC解：(1)证明：∵AB⊥BCD，CD⊂又∵CD⊥BD，AB∩BD＝B，AB⊂ABD，BD⊂ABD，∴CD(2)AB⊥BCD∵MAD∴S△ABM＝1 由(1)知，CDC­ABMh＝CD＝1，因此三棱锥A­MBC的体积VAMBC＝VCABM＝1△ABM·h＝1 AB⊥BCDABD⊥BCD，又平面ABD∩平面BCD＝BD，MMN⊥BDBD则MN⊥平面BCD，且 A­MBCVAMBC＝VABCD－VM

·S△BCD＝1

思路点拨：本题(2)中三棱锥体积 ，但要注意转换顶点和底面，对于本题，可将S△ABM求出高即为CD＝h，代入可求得，也可借助图中关系，利用VA­MBC＝VA­BCD－VM­BCD求得考向 空间几何体的表面S侧＝2πrl，S表＝2πr(r＋l)．S侧＝πrl，S表＝πr(r＋l)．S侧＝π(r＋r′)l，S表＝π(r2＋r′2＋r′l＋rl)．(1)(2014·陕西，5)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 (2)(2013·课标Ⅰ，15)HOAB上一点，AH∶HB＝1∶2，ABα，Hα截球O所得截面的面积为π，则球O的表面积 【思路导引】(1)所得几何体为圆柱，求出底面半径和母线后即可求侧面积；(2)根据球心距、截面【解析】(1)r＝1l＝1S侧2π.3(2)αOHORAH∶HB＝1∶23H的面积为πH9 9所以3＋1＝RR＝8OS＝4πR＝4π·8＝2【答案 (2)1.几何体表面积的求法规则几何体：若所给的几何体是规则的柱体、锥体或台体，则可直接利用进行求解2．(2014·山东，13)232等，则该六棱锥的侧面积 3【解析】由题意底面正六边形面积S＝63.设六棱锥高为h，则体积 所以2 3 h，即h＝1，侧面的斜高 12＋（3）2＝2，侧面积S侧 【答案】空间几何体的体积

考向 空间几何体的体 棱(圆)V＝Sh(S为底面面积，h为高棱(圆) (S为底面面积，h为高棱(圆) ＝3(S′＋(S′，S为上、下底面面积，h为高球 R3(R为球半径则三棱锥A­B1DC1的体积为( 22 D.22(2)(2013·课标Ⅰ，6)8

1

2 【解析 (1)在正三棱柱ABC­A1B1C1中∴AD

3×2×2×3×3＝1(2)设球的半径为R，则球的截面圆的半径是4，且球心到该截面的距离是R－(8－6)＝R－2，故

33【答案

(cm【点拨】解题(1)的关键是正确画出图形，熟记棱锥的体积；解题(2)关键是由球的截面圆性质建立关于R的方程，求出R.求几何体体积的类型及思路若所给定的几何体是柱体、锥体或台体，则可直接利用进行求解若所给定的几何体的体积不能直接利用得出，则常用等积转换法和割补法进行求解．其中， A．108 B．100C．92 D．84【答案】 积为 1．(2015·洛阳统一考试，8)某几何体的三视图如图所示，则它的侧面积为 55

23【答案】 23(主)视图梯形的腰长，即为5，则棱台的侧面积为（2＋4）×

4＝125 2．(2014·中山模拟，4)某由圆柱切割获得的几何体的三视图如图所示，其中俯视图是中心角60°的扇形，则该几何体的体积为 πA.

【答案】 由三视图可知，该几何体为柱体，底面是半径为2，中心角为60°的扇形，所以几何体的体积 2×3＝2π，故选＝2××33．(2014·山东威海二模，7)某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 【答案】 由三视图可知，该几何体是在一个棱长为6的正方体的上方放置一个正四棱锥所成的组合体，因此其表面积为 6×5＝240.故选4．(2015·绵阳一模，7)如图所示，用一边长为2的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四角形，做成一个蛋巢，将表面积为4π的鸡蛋(视为球体)放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋中心(心)与蛋巢底面的距离为 6A. 62

D. 2【答案】 蛋巢的底面是边长为1的正方形，所以过四个顶点截鸡蛋所得的截面圆的直径为

3而截面到底面的距 3

－4＝2离即为三角形的高22△ADE、△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为 333A.2333

B.32【答案】 方法一：如图，分别过A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH，2 3原几何体分割为两个三棱锥和一个直三棱柱，锥高2，柱高 1＝2

＝2AD 2 2△AGD＝2×1×2＝4∴V＝

2 24 ×3×4×2＝3P­BCF1P­ABCD1 2 3 6 2＝3×1×2＋2×3×4×3＝36．(2015·辽宁沈阳一模，6)已知四面体P­ABC的四个顶点都在球O的球面上，若PB⊥平面ABC，AB⊥AC，且AC＝1，PB＝AB＝2，则球O的表面积为( 【答案】 可知长方体的外接球与四面体的外接球相同，长方体的对角线就是外接球的直径，即＝3，∴R＝2OS＝4πR

＝9π.7．(2015·山东青岛一模，13)如图所示是一个四棱锥的三视图，则该几何体的体积 【解析】观察三视图可知，该四棱锥底面为直角梯形，有一侧面垂直于底面，几何体高为2何体体积为 【答案】×8．(2014·江苏一模，8)在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，侧棱PA⊥底面ABCD，PA＝2，E为AB的中点，则四面体P­BCE的体积为 ×【解析】由于四边形ABCD是菱形所以以EB为底边的△CBE的高h＝AD·sin 3＝3，从而四面体P­BCE的体积VPBCE＝VC 1×2×3＝【答案】3

3

π∠BAC＝2，且此三棱柱的各个顶点都在一个球面上，则球的体积 【解析】依题意可知，球心到平面ABC的距离为 ′＝1，平面ABC所在圆的半径为 ＝ 则球的半径 12＋（3）2＝2，则球的体积为

＝3把△ACD折起，则三棱锥D­ABC的外接球表面积等 【解析】a，bab＝82a＋2b≥4ab＝82a＝b＝22ABCD2，无论怎样折叠，其四个顶点都在一个半径为2的球面上，这个球的表面积是4π×22＝16π.【答案】11．(2015·河北邢台调研，19，12分)ABC­A1B1C1(2)若E是线段AB1上的一点，且满足VE­ ­A1B1C1，求AE的长且AA1＝AC＝4，BC＝2.∴B1C1又∵B1C1⊂AB1C1(2)EEF∥B1C1AC1由(1)知，EFAA1C1CEFE­AA1C1 ­

在Rt△ABC中 42＋22＝21在Rt△ABB1中 （21由AE＝EF

1．(2015·浙江，4，易)设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β.( A．若l⊥β，则α⊥β B．若α⊥β，则l⊥m 【答案】 A选项正确B选项中，lmC选项中，αβD选项中，lm2．(2015·，6，中)若直线l1与l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是( A．ll1，l2B．ll1，l2C．ll1，l2D．ll1，l2【答案】D 选项A中，直线l1，l在同一平面内，l1与l不相交则一定平行，即l1∥l；同理，由l2与l不相交得l2∥l.故l1∥l2，这与已知l1，l2是异面直线相，排除A.B中，ll1，l2Cl1，l2 C．l1l4D．l1l4【答案】 不妨令l1，l2，l3分别为如图所示正方体的棱所在的直线l4B1C1l1∥l4l4BB1l1⊥l4l4B1Cl1l4l42．(2013·浙江，4，易)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面( A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m∥β，则α∥β 【答案】C 选项D中的m与β的位置关系可以是平行、相交、m在β内，故选C.3．(2012·重庆，9，中)1，1，1，12aa的棱与长为的棱异面，则a的取值范围是 A．(0， B．(0， C．(1， D．(1，【答案 构造四面体ABCD，如图，使AB＝a，CD＝2，AD＝AC＝BC＝BD＝1，取CDEAE＝BE＝

2

，0<a<22，∴2＋24．(2013·，8，中)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为对角线BD1的三等分点，P到各顶 A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B 是EF的三等分点，

23，PB＝

；PB1＝

6

＝a.4＝

＝3 3 3 35．(2012·大纲，16，中)已知正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为BB1，CC1的中点，那么异面直线AE与D1F所成角的余弦值为 【解析】A1E∴∠AEA1AED1F2A1E＝AE＝∴cos AED1F所成角的余弦值为【答案】5线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为 【解析】CDGEFG与正方体的左、右侧面所在平面重合或平行，从EFEFEF下底面所在平面相交．故直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为4.【答案】上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是

S2②当

S＝2③当 S与C1D1的交点R满足 ＝4时 3④当4<CQ<1时，S⑤当CQ＝1时 62【解析】如图(1)CQ＝1APQADD1A1AD1PQ22＝5，∴S220<CQ<1时，S241.5的长方体ABCD­A2B2C2D2.QCC2AD2A1D1于点E，易知PQ∥AD2，作ER∥AP，交C1D1于R，连接RQ4APQRES.RQDCFAP

图FPBC的中点，PC∥AD

＝1，由题意知△RC1Q

时，S2CQ＝1QC1S为边长为5AQ＝3，另一条对角线为22∴S＝62图【答案】8．(2014·，19，13分，中)如图，四棱锥P­ABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均GEFH.(1)(2)EB＝2GEFHEF∥BC，因此GH∥EF.(2)AC，BDO，BDEFKPA＝PC，OACPO⊥ACBD∩AC＝OAC，BDPO⊥ABCD.GEFH⊥ABCD，且PO⊄平面GEFH，PO∥PBD∩PO∥GKGK⊥ABCD，从而GK⊥EF.GKGEFHAB＝8，EB＝2

＝＝

KOB再由PO∥GK得 ，即G是PB的中点，所以

由已知可得OB＝42，PO＝ 所以GK＝3.

故四边形GEFH的面积 ·GK＝2考向 空间中点、线、面位置关系的判2公理3可知这些点在交线上，因此共线． 【解析 (1)对于选项A，m与n还可以相交或异面CDn∥αn⊂αnα(2)A∴AB，这两个平面可以相交，∴BD，这两个平面还可能相交，∴D错误；而由线面平行的性质定理可证C正确．故选C.【答案 【点拨】解题(1)解决空间位置关系问题的方法 C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面【答案】B C选项，l1∥l2∥l3，则l1，l2，l3既可能共面，也可能异面；D选项，如长方体共顶点的三条棱为l1，l2，考向 异面直线所成的 θθ∈02 ABB(1)(2014·大纲，4)已知正四面体ABCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD6所成角的余弦值为 66633

3D.3(2)(2014·湖南，18，12分)α­MN­β60ABCDβ3MN上，∠BAD＝60°，EAB的中点，DOαBCOD【解析 (1)如图，取AD的中点F，连接CF，EF，则∴∠CEFCEBD设正四面体的棱长为2，则CE＝CF＝ 3636

6∴CEBD所成角的余弦值为36BD，由题设知，△ABD是正三角形．又E是AB的中点，∴DE⊥AB.DO∩DE＝DAB⊥②因为BC∥AD，所以BC与OD所成的角等于AD与OD所成的角，即∠ADO是异面直线BCODAB＝2AD＝2.DE＝Rt△DOE中，DO＝DE·sin3＝连接AO，在Rt△AOD中 2 ＝ BCOD所成角的余弦值为【点拨】解题(1)的关键是选取合适的点作出异面直线的平行线．解题(2)时应注意异面直线所成的求异面直线所成角的方法(2011·大纲，15)已知正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为C1D1的中点，则异面直线与BC所成角的余弦值 【解析】A1B1FEF，AFEF∥BC，则∠AEF为异面AEBC2Rt△AFE中，EF＝2，AF＝＝3 【答案】3线BD的充要条件是( C．ABCDD．A，B，C，D【答案】D B，C，D四点必须共面．2．(2014·山西太原调研，3)a，bα，βα∩β＝cc a，ba，ba，ba，b【答案】C 若c与a，b都不相交，则c与a，b都平行，根据公理4，知a∥b，与a，b异面矛盾．故直线c至少与a，b中的一条相交．其中正确命题的个数是 【答案】B对①，两条平行线中有一条与一平面垂直，则另一条也与这个平面垂直，故①正确；B.bcbc的位置关系是()A．相交或平行B．相交或异面平行或异面D【答案】 依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面，故选 m∥α，n⊥αDAm，nABmn可能平行，D正确．1，则异面直线A1B与AC所成角的余弦值 【解析】AC∥A1C1，所以∠BA1C1(或其补角)△BA1C16666＝6，AC＝1，BC＝5，cos∠BAC1

1 26×1 【答案】6①GHEF②BDMN③GHMN60④DEMN以上四个命题中，正确命题的序号 【解析】GHEF为异面直线，BDMNGHMN60°角，DEMN垂直．故②③④【答案】SB＝29，则SC与AB所成角的余弦值 【解析】BCEABCDE∥ABSBCEF∥SC，则异面直线SC与AB所成的角为∠FED，过F作FG⊥AB，连接DG，则△DFG为直角三角形．AC＝2，BC＝13，SB＝29DE＝17，EF＝2，DF＝5在△DEF

【答案】AB＝AC＝2，AA1＝22，E，FBC，AA1(1)EFA1B(2)A­EFC解：(1)ABDDE，DF由题意知，DF＝3，DE＝1，AE＝DE⊥AB，DE⊥AA1DE⊥∴DE⊥DF，即△EDF∴tan∠DFE＝DE＝1＝ EFA1B(2)VAEFC＝VF 23×2×2×2×2＝3思路点拨：解决此类问题的基本思路为：一找、二证、三求．解题(2)证明：(1)由题意知，EB1CDAB1(2)ABC­A1B1C1CC1因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.AC⊥BC，CC1⊂BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，AC⊥BC1⊂BCC1B1，所以BC1⊥AC.BC＝CC1BCC1B1AC，B1C⊂B1AC，AC∩B1C＝CBC1AB1⊂B1AC，所以BC1⊥AB1.2．(2015·，18，14分，中)如图，在三棱锥V­ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BCAC＝BC＝2，O，MAB，VA的中点．V­ABC解：(1)O，MAB，VA所以VB∥平面MOC.AC＝BC，OAB的中点，所以OC⊥AB.VAB⊥ABCOC⊂ABC，所以OC⊥平面VAB.MOC⊥ACBAC＝BC＝VABS△VAB＝OC⊥C­VAB的体积等于

·S△VAB＝33V­ABCC­VAB的体积相等，所以三棱锥V­ABC的体积为33 【答案】BABCD­A1B1C1D1.A，C1D1ABB1A1，C1D1∥平面的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等 【解析】∵ACEFABCDAB1C的交线，EF∵EAD的中点，∴FCD 12＋12＝【答案 AAF⊥SBFE，GSA，SC的中点．求证：(1)EFGABC；证明：(1)AS＝AB，AF⊥SBFFSB的中点．又因为E是SA的中点，所以EF∥AB.所以EF∥平面ABC.EG∥ABC.EF∩EG＝E，所以平面EFG∥平面ABC.(2)SAB⊥SBCSBAF⊂SAB，AF⊥SBAF⊥BC⊂SBCAB⊥BC，AF∩AB＝A，AF，AB⊂SAB，所以BC⊥平面SAB.SA⊂SAB24．(2014·山东，18，12分，中)P­ABCD中，AP2AD，E，FAD，PC证明：(1)AC∩BE＝OOF，EC，由于E为AD的中点， AE∥BC，AE＝AB＝BC，因此四边形ABCE为菱形，OAC的中点．又F为PC的中点，因此在△PAC中，可得AP∥OF，所以AP∥平面BEF.(2)由题意知ED∥BC，ED＝BC，BCDE为平行四边形，因此BE∥CD.AP⊥AP⊥CDAP⊥BE.因为四边形ABCE为菱形，所以BE⊥AC.所以BE⊥平面PAC.EPD的中点．4(2)AP＝1，AD＝3P­ABDV＝4

APBC解：(1)BDACOABCDOBDEPD所以PB∥平面AEC.6 ·AB·AD6V＝3 AH⊥PBPBAH＝PA·AB＝3 1313APBC的距离为3136．(2014·，18，12分，中)在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形解：(1)ABB1A1ACC1A1都是矩形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC.AB，ACABCAA1BC⊂ABCAC⊥BC，AA1，ACACC1A1内两条相交直线，所以直线BC⊥平面ACC1A1.(2)ABMA1M，MC，A1C，AC1OA1C，AC1的交点．由已知可知O为AC1的中点．MD，OEMD，OE分别为△ABC，△ACC1所以MD綊 ，OE綊 ，因此MD綊 OMMDEO所以直线DE∥平面A1MC，ABM(AB的中点)DE∥7．(2013·辽宁，18，12分，中)如图，ABO的直径，PAO所在的平面，CO上的(2)QPA的中点，G为△AOC的重心，求证：QG证明：(1)ABO所以BC⊥平面PAC.QPAOABQM∩MO＝M，QM⊂QMO，MO⊂平面QMO，平面PC⊂QMO∥QG⊂QMO，所以QG∥平面PBC.当正视方向与向量DP­ABCD的正视图(要求标出尺寸，并写出演算D­PBC解：(1)ABCDCCE⊥AB由已知得，四边形ADCE为矩形，AE＝CD＝3，CE＝AD＝4，在Rt△BEC中，由BC＝5，CE＝4，依勾股定理得BE＝3，从而AB＝6.PD⊥ABCDRt△PDAAD＝4，∠PAD＝60PD＝4PBN MNCD∴DMABEABCD中，BE∥CDBCDE∴DE∴MEPBCDME∥DM⊂DME，∴DMVDPBC＝VP

S△DBC＝6，PD＝43VD­PBC＝8考向1 l⊄αl∥a 直线与平面平行的判定定理和性质定理中的三个条件；线面平行的性质定理可以作为线线＝AC＝2，BC＝1，E，FA1C1，BCE­ABC【思路导引 (1)利用已知条件转化为证明AB⊥平面B1BCC1；(2)取AB的中点G，构造四边【解析 (1)证明：在三棱柱ABC­A1B1C1中，BB1⊥底面AB⊥ABE⊥(2)ABGG，FAB，BC的中点，所以FG∥AC，且FGAC∥A1C1AC＝A1C1，EA1C1的中点，所以FG∥EC1，且FG＝EC1.FGEC1为平行四边形．所以C1F∥EG.所以C1F∥平面ABE.(3)因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，所以AB＝ AC2－BC2＝3.E­ABC 3×1×2＝ 31.证明线面平行问题的思路(一)2．证明线面平行问题的思路(二2A­BCFBC＝2当

F­DEG＝3解：(1)ABC∴AD＝AEA­BCF ∴DE(2)证明：由图①ABC中，FBC∴AF⊥BCAF⊥CF，2A­BCF中，BC＝2⊥平面(3)由(1)GE∥CF，结合(2)GE⊥ 3 ＝3×2×3×3×2 3 考向 面面平行的判定与性 平面与平面平行的性质定理实际上给出了判定两条直线平行的法，注意一定是第三个平面与(2013·陕西，18，12分)ABCD­A1B1C1D1ABCD是正方形，O是底面中心，A1OABCD，AB＝AA1＝2.【解析 (1)证明：由题设知，BB1綊BB1D1D∴BD∵A1D1B1C1A1BCD1∴A1B又A1BD(2)∵A1O∴A1OABD­A1B1D1又 ＝1，AA1＝1 1又

2×【点拨】解题(1)需将面面平行关系转化为线面平行，再转化为线线平行，通过取特殊四边形来完1.判定面面平行的四个方法AC1D，D1B1C1A1BD1证明：A1CAC1EA1ACC1∴EA1C∵A1BAC1DA1BC∵EA1C的中点，∴DBC的中点．又D1是B1C1的中点，∴D1C1綊BD，BDC1D1A1BD11．(2015·河北保定一模，4)lαaα④若直线a∥b，b∥α，则a平行于平面α内的无数条直线． 【答案】A 命题①l可以在平面α内，不正确；命题②直线a与平面α可以是相交关系，不正确；命题③a可以在平面α内，不正确；命题④正确．l2⊂β，l1∩l2＝M，则α∥β的一个充分条件是( A．m∥β且l1∥αB．m∥β且n∥βC．m∥β且n∥l2 D．m∥l1且n∥l2【答案】D 平行”可得，由选项D可推知α∥β.故选D.αβ其中正确命题的个数是 A．3 B．2 C．1 D．0【答案】 ①若n⊥α，n⊥β，则n为平面α与β的公垂线，则α∥β，故①正确αββαβ相交，B.4．(2015·周口一模，14)已知平面α∥平面β，P是α，β外一点，过P点的两条直线分别交α于A，B，交β于C，D，且PA＝6，AC＝9，AB＝8，则CD的长 【解析】若P在α，β的同侧，由于平面α∥平面β，故AB∥CD，则PA ＝AB，可求CD＝20；若P在α，β之间，则AB＝PA 可求得

【答案】20

＝3

B1，D1，P的平面交底面ABCD于PQ，Q在直线CD上，则 【解析】∵平面A1B1C1D1∥平面ABCD，而平面B1D1P∩平面ABCD＝PQ，平面B1D1P∩平面PQ∩AB＝M，∵AB∥CD，∴PQ＝PD＝2，即 又知 BD＝3∴PQ＝23a【答案】2a3【解析】PDF在△PCD中，EF綊又∵AB∥CD∴EFABABEF是平行四边形，∴EB∥AF.又∵EB⊄PAD，AF⊂PAD，∴BE【答案】7．(2015·山东潍坊质检，18，12分)P­ABCDa底面ABCD，侧面PBC内有BE⊥PC于点E，且 6

ABFEF＝3＝解：PCDEG⊥PDG又CD⊥AD，BC⊥AB，又AB∥CD，∴EG∥AB.AFEG 6 3 a－3a＝3a，且△PBC ∴BC2＝CE·CP，∴CP＝3a－a又

FAF∶FB＝2∶1时，EF∠BAD＝90°，BC＝2AD，AC与BD交于点O，点M，N分别段

解：(1)ABCD 又∴ON ∴OM∵OM⊂OMN，ON⊂OMN∴MNO∥∴OM

＝2 ABCD∴AB＝∴△ABC的面积 ·BC＝M­ABC D(1)当A1D1等于何值时，BC1D1(2)BC1DAB1D1，求AD解：(1)D1A1C1的中点，此时D1DA1BAB1OA1ABB1OA1B在△A1BC1O，D1A1B，A1C1又∵OD1⊂AB1D1，BC1⊄平面AB1D1，∴BC1D∴当A1D1＝1时，BC1D1(2)BC1DAB1D1A1BC1∩BC1D＝BC1A1BC1AB1D1＝D1O 又由题可知 ∴DC＝1，即 1．(2015·山东，18，12分，中)DEF­ABC中，AB＝2DE，G，HAC，BC的中证明：(1)DG，CDCD∩GF＝M在三棱台DEF­ABC中，AB＝2DE，GAC的中点，可得DF∥GC，DF＝GC，DFCG为平行四边形．则M为CD的中点．HBC的中点，所以HM∥BD.BD∥DEF－ABC中，由BC＝2EF，H为BC的中点，HBEF为平行四边形，可得BE∥HF.在△ABC中，GAC的中点，HBCFGH∥BD⊂ABED，所以BD∥平面FGH.(2)G，HAC，BC的中点，所以GH∥AB.AB⊥BCHBCEFCHCF⊥BCHE，GH⊂EGH，HE∩GH＝H，所以BC⊥平面EGH.BC⊂BCD⊥2．(2015·课标Ⅰ，18，12分，中)ABCD为菱形，GACBD的交点，BE3(2)若∠ABC＝120°，AE⊥ECE­ACD的体积为3解：(1)ABCD为菱形，所以AC⊥BD.BE⊥ABCDAC⊥BE.AC⊥AC⊂AECAEC⊥2(2)AB＝xABCD中，由∠ABC＝120AG＝GC＝2

222AE⊥ECRt△AECEG＝22BE⊥ABCD，知△EBGBE＝2由已知得，三棱锥E­ACD的体积VE ·GD·BE＝

3＝

24 3AE＝EC＝ED＝所以△EAC3，△EAD的面积与△ECD的面积均为E­ACD3＋24，A1ABCBC的中点，DB1C1(2)A1BBB1C1C解：(1)EBCAE，A1E，DEA1EABCAB＝ACAE⊥D，EB1C1，BCDE∥B1BDE∥A1AAA1DE为平行四边形．于是A1D∥AE.AE⊥A1BC，所以A1D⊥平面A1BC.(2)A1F⊥DEFBF，因为A1E⊥平面ABC，所以BC⊥A1E.BC⊥AEBC⊥BC⊥A1FA1F所以∠A1BFA1BBB1C1C所成的角．由AB＝AC＝2，∠CAB＝90°，EA＝EB＝A1EABC在Rt△A1EB中 A1B2－EB2＝DE＝BB1＝4，A1D＝AE＝2，∠DA1E＝90°，由1

·A1D＝1

·DEA1F＝8sin∠A1BF＝8

2A

2A 2(2)P­ABCDV1EBCD

解：(1)PD⊥ABCD，所以PD⊥BC.ABCDBC⊥CDPD∩CD＝D，所以BC⊥平面PCD.DE⊂PCDPD＝CDEPCPC∩BC＝CDE⊥由BC⊥平面PCD，DE⊥平面PBC，可知四面体EBCD的四个面都是直角三角形，EBCD是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠BCD，∠BCE，∠DEC，∠DEB.(2)由已知，PDP­ABCD

由(1)知，DE是鳖D­BCE

所以V2＝1 在Rt△PDC中，因为PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE＝CE＝ 1 1

2于是

【答案】 A选项中还可能m∥α或m与α相交或m⊂α；B选项中还可能m⊂α或m∥α或α相交；Dm∥αm⊂αmα2．(2011·大纲，8，易)已知直二面角α­l­β，点A∈α，AC⊥l，C为垂足，点2 23 3

【答案】C 由题意得AB2＝AC2＋CD2＋BD2，即4＝1＋CD2＋1，解得CD＝2，故选C. (写出所有正确结论的编号ABCDABCDABCD90ABCDABCD【解析】ABCD放置在如图所示的长方体中，显然命题①错误；因为四个面对应的三角形的三边分别对应相等，即它们为全等的三角形，所以②正确；当四面体ABCD为正四面体时，夹角之和等于180°，所以③错误；因为每组对棱中点的连线分别与长方体的棱平行，且都经过长方体的中心，【答案】MMF⊥CF.(2)M­CDE解：(1)证明：∵PD⊥ABCD，PD⊂PCDPCD⊥PCD∩ABCD＝CD，MD⊂ABCD，MD⊥CD，∴MD∵CF⊂又∵CF⊥MF，MD，MF⊂MDF，MD∩MF＝M，∴CF(2)∵CF⊥又易知∴∠CDF＝30°，从而 1 3 3∴DE＝3，∴PE＝3 ·DE＝ 8 33 4－4 ＝

＝2∴VMCDE＝1 3 6 23×8×2＝165．(2014·课标Ⅰ，19，12分，中)ABC­A1B1C1BB1C1C为菱形，B1C的中点OAOBB1C1C.(1)解：(1)BC1OB1CBC1BB1C1CAO⊥BB1C1CB1C⊥AO，故B1C⊥平面ABO.AB⊂ABO(2)OD⊥BCDADOH⊥ADBC⊥AODOH⊥BC.OH⊥ADOH⊥ABC.4所以△CBB1为等边三角形．又BC＝1，可得OD＝4AC⊥AB1OA＝112B 由OH·AD＝OD·OA，且 OD2＋OA2＝7，得OH＝4OB1C7B1ABC的距离为7

147ABC­A1B1C1的高为7F，G，M，NPB，AB，BC，PD，PCEPB又 DCEH因此，CE∥平面PAD.FAB又 ，所以AFCD为平行四边形．因此CF∥AD.又CF⊄平面PAD，E，FPB，AB的中点，所以EF∥PA.又EF⊄平面PAD，CF∩EF＝FCEF∥又CE⊂平面CEF，(2)E，FPB，AB的中点，所以EF∥PA.EF∩FG＝F，EF⊂EFG，FG⊂EFG，因此AB⊥平面EFG.M，NPD，PC的中点，所以MN∥CD.MN⊥MN⊂EFG⊥7．(2011·重庆，20，12分，中)ABCDACDABC，AB⊥BC，AC＝(1)ABCD(2)C­AB­D解：(1)DDE⊥ACACD⊥ABCACD∩∴DE∴DED­ABCCD 4－1＝ 2 1×15＝2DE，∴DE＝ 4Rt△ABC 4－1＝

3×1＝2ABCD2

15＝53×2× 8(2)EEF⊥ABF，由(1)DE⊥EF∩DE＝E，∴ABDEF，又DF⊂平面DEF，得DF⊥AB，4∴∠EFDC­AB­D的平面角．在Rt△ADE中，DE＝15，AD＝2，4 7

∴BC＝AC

AC

2 ＝在Rt△DEF中 4＝15＝

8＝2 8

4 1，DAA1(2)BDC1解：(1)BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1∩AC＝CBC⊥DC1⊂ACC1A1所以∠CDC1＝90°，即DC1⊥DC.DC∩BC＝CDC1DC1⊂BDC1BDC1(2)B­DACC1V

ABC­A1B1C1V＝1，BDC1CD＝7，PA＝3，∠ABC＝120°，GPCGPCDGAPCGPCBGD，求PG解：(1)OAC，BDAB＝BC，AD＝CDBDAC∴OAC∴BDOG.由(1)OD⊥APCDGAPCOG，∴∠OGDDGAPC所成的角．在△ABC中， ＝＝2

＝在Rt△OCD中 ∵G，OPC，AC

＝2Rt△OGD中，tan∠OGD＝OD＝42 33∴DGAPC所成角的正切值为43∵PCBGD，OG⊂Rt△PACPC＝∴GC＝AC·OC＝2 5PG＝35 考向1 理(2014·重庆，20，12分)P­ABCDO为中心的菱形，PO 面 M为BC上一点，且3 MP⊥APP­ABMO【思路导引 (1)由余弦定理、勾股定理等知识先证OM⊥BM，再由线面垂直的判定定理证明PO，代入棱锥的体积求解【解析 (1)证明：如图，连接ABCD为菱形，OπOB＝AB·sin∠OAB＝2sin62BM＝1，且2

＝3在△OBM

OB2＝OM2＋BM2PO⊥ABCDOM⊂POM，PO⊂POM，OM∩PO＝O，所以BC⊥平面POM.π(2)由(1)可得，OA＝AB·cos∠OAB＝2·cos6＝PO＝aPO⊥ABCD知，△POA为直角三角形，故PA2＝PO2＋OA2＝a2＋3.由△POM也是直角三角形，故PM2＝PO2＋OM2＝a2＋3

AM.在△ABM中，AM＝AB＋BM－2AB·BM·cos∠ABM＝24MP⊥AP，故△APM

－2×2×2×cos3 a＝3，a＝－3舍去)PO＝ 2 2S 3 52×3×1＋2×2×2＝8P­ABMOVPABMO＝1·S四边形 5

3＝5 3×8× 1.证明直线与平面垂直的一般步骤AD＝2，AA1＝3，ECD上一点，DE＝1，EC＝3.(1)证明：BEBB1C1C；(2)B1EA1C1解：(1)BBF⊥CDFBF＝AD＝Rt△BFE中，BE＝Rt△CFB中，BC＝在△BECBE2＋BC2＝9＝EC2，故BE⊥BC.BB1ABCDBC∩BB1＝B，BC⊂BB1⊂BE⊥(2)E­A1B1C1

1·S△A1B1C1＝1111在Rt△A1D1C1中 AD2＋DC2＝311111同理 EC2＋CC2＝31 A1A2＋AD2＋DE2＝2S△A1C1E＝33B1EA1C1d，则三棱锥B1­A1C1E的体积V＝1·d·S△A1C1E＝5d，35从而5d＝2，d＝55B1EA1C1的距离为5考向2 理性 质定理面求证：(1)PADEF；【思路导引】(1)利用三角形中位线的性质找到线线平行，再运用直线与平面平行的判定定理进行 (1)因为D，E分别为棱PC，AC的中点，所以DE∥PA.所以直线PA∥平面DEF.

DF＝5DF2＝DE2＋EF2，所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF.AC∩EF＝E，AC⊂ABC，EF⊂ABC，所以DE⊥平面ABC.DE⊂BDE⊥1.面面垂直证明的两种思路2．(2013·，17，14分)如图，在四棱锥P­ABCD中⊥AD，CD＝2ABPADABCD，PA⊥AD.EFCDPC的AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，AB∥DEABED为平行四边形．所以BE∥AD.所以BE∥平面PAD.AB⊥ADABED为平行四边形，所以BE⊥CD，AD⊥CD.CD⊥EFCDPC的中点，所以PD∥EF.CD⊥BEF⊥考向 线面角、二面角的求1l⊥αl∥αl⊂αθ的范围：0°≤θ≤90°.α­l­βθP­AD­BEFPBC【思路导引】(1)E，FPBMAMFE是平行【解析】(1)PBM因为F为PC中点．MF∥BC又由于E为AD的中点，MF∥AEMF＝AE，AMFE为平行四边形，所以EF∥AM.所以EF∥平面PAB.(2)①PA＝PD，BA＝BDEAD的中点，故PE⊥AD，BE⊥AD，所以∠PEBP­AD­B在△PADPA＝PD＝5，AD＝2在△ABDBA＝BD＝2，AD＝2在△PEB中，PE＝2，BE＝1，∠PEB＝60°，由余弦定理，可解得PB＝3，从而∠PBE＝90BE⊥BCBE⊥BE⊂ABCDPBC⊥②如图，连接BF.由①知，BE⊥平面PBC，所以∠EFBEFPBC所成的角．由PB＝3及已知，得∠ABP为直角．而 ＝3，可得AM＝11，故EF＝ BE＝1Rt△EBF中，sin∠EFB＝BE＝2 EFPBC所成角的正弦值为21.求空间角的三个步骤(1)(2)成角的正弦值等于 3333C.23333

B.3【答案】 C1O∴∠CDO1Rt△COC1中，OC＝2，CC1＝4，OC1＝3

4 1．(2014·河北一模，4)设α，β分别为两个不同的平面，直线l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”成 A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D【答案】A “l⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要条件，选A. 【答案】BAAB，∵m⊥D，mnD错误．3．(2015·河北衡水模拟，15)如图，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为DC的中点，F为线段EC(端点除外)上一动点．现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC.在平面ABD内过点D作DK⊥AB，K为垂足．设AK＝t，则t的取值范围是 【解析】可采用两个位置法，即F移到C点，t＝1，对于F位于DC的中点时∵CB⊥AB，CB⊥DK，∴CB⊥平面ADB，即有CB⊥BD，又CD＝2，BC＝1，∴BD＝3，又1，AB＝2，∴AB2＝AD2＋BD2，∴AD⊥BDt＝1t的取值范围是

4．(2015·山东青岛一模，18，12分)ABCD＝AE＝DE＝2，EF＝4，EF∥AB，GFC的中点，MCDCM＝2.(1)证明：AFBDG；F­BMC解：(1)ACBDOOACOGGCF∴OG为△AFC∴AF∵BF＝CF＝BC＝2，GCF∵EF∥ABABCD∴EF∥DM.EFMD∴FM＝DE＝2，∴△FCM∵MG∩BG＝G，∴CF∵CF⊂BGM⊥VFBMC＝VFBMG＋VCBMG＝1

由(2)GM＝BG＝3，BM＝2

22×1＝∴VFBMC＝2△BMG＝2 3MDABCD，PMN(2)N­AC­B解：(1)BDACOABCD，BDMN∴OBDPMN∴PNPNOD∴DP(2)BHACH∵MD∴NB∴NB⊥AC，又HB⊥AC，HB∩NB＝B，∴ACHBN，∴∠NHBN­AC­B的平面角，在Rt△NBH中，NB＝1，

AC＝55 5 N­AC­B的余弦值为6．(2015·江门一模，18，13分)如图，四棱锥P­ABCD的底面ABCD是平行四边形，PA⊥底(2)EPB上一点，记＝λBλPCADEλ的值；若解：(1)则 ＝＝2 PA2＋AC2＝又PA⊥底面ABCD，∴AD∵PC⊂(2)CCF⊥ABFPFCF⊥PC⊥ADECF⊥AE，∴AE依题意 在△PAE和△ABE中， PE＝3λ的值为 CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，EPC的中点．A­PD­C解：(1)P­ABCD∴CDAE⊂∵EPC由(1)知，AE⊥CD∴AEPCDPD⊂∵PAABCD，PDABCDAD，又PD⊥面PCD内的射影是EM，则EM⊥PD.因此∠AMEA­PD­C的平面角．由已知，得∠CAD＝30°.设AC＝a，可得PA＝a，AD＝ ＝2

PA2＋AD2＝21，AE＝cos 3

3 2Rt△ADP

2 3 2 213

7Rt△AEM中，sin∠AME＝AE＝∴tan∠AME＝

故CM⊥PD，因此∠CMF是二面角A­PD­C的平面角，由已知，可得∠CAD＝30PA＝a，AD＝23，PD＝21

，FD＝3 3

6

6 在

PD＝3

＝141 Rt△CFM中

＝144的等腰直角三角形，正(主)视图为直角梯形．DEABDEQAQ⊥BQ解：(1)如图，过点B作BF∥ED交EC于点F，连接AF，则∠FBA或其补角即为异面直线DEAB在△BAF中，∵AB＝4 2525

5DEAB所成角的余弦值为25(2)DEQAQ⊥BQ.BCOOOQ⊥DEQOD，OE，BQQ CE2＋CO2＝2 OB2＋BD2＝

25× OBCDE∵ACBCED，BQ⊂∴BQ⊥AC，∴BQ⊥∵AQ⊂(时间：120分钟分数：150分一、选择题(12560分为：①长方形；②直角三角形；③圆；④椭圆．其中正确的是()A．①B．②C．③【答案】C(主)视图与侧(左)视图应该是全等的矩形，则上述结论中正确的个数为 Bm⊥β，α⊥βm⊂αm∥α.∀n⊂α，n⊥βn，βn∥β，①不图(如图所示)的面积为8，则侧(左)视图的面积为( 33 33【答案】C 以其侧(左)视图的面积为43.故选C. 【答案】 能与β相交，也可能在βCD，mnD错误．5．(2015·河北衡水中学一模，8)已知三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球表面积为 【答案】 画出该几何体的直观图如图所示OABOP，OC，OP＝1，△ABC且∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝1，AB＝AC2＋BC2＝2，OAB的中点，所以 OA＝OB＝OC＝OP＝1OP­ABC的外接球的球心，P­ABC1， A．l⊂α，m⊂βl⊥mC．m⊂α，n⊂β，m∥nl⊥m【答案】D 对于B，l⊂α，m⊂β，n⊂β，且l⊥m，l⊥n，如图②，α，β不垂直；D，l⊂α，l∥mm⊥βl⊥β，根据面面垂直的判定定理知，α⊥β. 32 32【答案】 设正四面体的内切球的半径为r，由正四面体的体积相等可得 3 ×3×r×4 3

3 ＝3×4×6 6－3×2×6 ＝2所以 ＝2∴3a2＝(6)2，∴a＝

9长为3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.【答案】 如图所示∵S△A1B1C1＝ ( 34 ＝4∴V＝3 4AA1＝PA1B1C1 31＝3A1D＝3×2×

＝PA1＝9．(2015·荆州一模，8)如果正四棱锥的底面边长为2，侧面积为42，则它的侧面与底面所成 【答案】B 如图，O为底面正方形的中心，据题意易得，该正四棱锥的一个侧面三角形PBC的高PE的长为2，因此正四棱锥的高PO＝PE2－OE2＝1.∵∠PEO的大小为侧面与底面所成的(锐)∴侧面与底面所成的(锐)和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：②△BACD­ABC