2020年高考数学(理)二轮专项复习专题07 立体几何(含答案)

2020年高考数学（理）二轮专项复习

专题07 立体几何

立体几何的知识是高中数学的主干内容之一，它主要研究简单空间几何体的位置和数量关系．本专题内容分为三部分：一是点、直线、平面之间的位置关系，二是简单空间几何体的结构，三是空间向量与立体几何．在本

专题中，我们将首先复习空间点、直线、平面之间的位置关系，特别是对特殊位置关系(平行与垂直)的研究；

其后，我们复习空间几何体的结构，主要是柱体、锥体、台体和球等的性质与运算；最后，我们通过空间向量的工具证明有关线、面位置关系的一些命题，并解决线线、线面、面面的夹角问题．

§7－1 点、直线、平面之间的位置关系

【知识要点】

1．空间直线和平面的位置关系： (1)空间两条直线：

①有公共点：相交，记作：a∩b＝A，其中特殊位置关系：两直线垂直相交． ②无公共点：平行或异面． 平行，记作：a∥b．

异面中特殊位置关系：异面垂直． (2)空间直线与平面：

①有公共点：直线在平面内或直线与平面相交． 直线在平面内，记作：a．

直线与平面相交，记作：a∩＝A，其中特殊位置关系：直线与平面垂直相交． ②无公共点：直线与平面平行，记作：a∥． (3)空间两个平面：

①有公共点：相交，记作：∩＝l，其中特殊位置关系：两平面垂直相交． ②无公共点：平行，记作：∥． 2．空间作为推理依据的公理和定理： (1)四个公理与等角定理：

公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内． 公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．

公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线． 公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．

定理：空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补． (2)空间中线面平行、垂直的性质与判定定理： ①判定定理：

如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行． 如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，那么这两个平面平行． 如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直． 如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直． ②性质定理：

如果一条直线与一个平面平行，那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线与该直线平行．

如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线相互平行．垂直于同一个平面的两条直线平行．

如果两个平面垂直，那么一个平面内垂直于它们交线的直线与另一个平面垂直． (3)我们把上述判定定理与性质定理进行整理，得到下面的位置关系图：

【复习要求】

1．了解四个公理与等角定理；

2．理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理；

3．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题． 【例题分析】

例1 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AA1的中点． 求证：(Ⅰ)E、C、D1、F四点共面；(Ⅱ)CE、DA、D1F三线共点．

【分析】对于(Ⅰ)中证明“E、C、D1、F四点共面”，可由这四点连接成两条直线，证明它们平行或相交即可；对于(Ⅱ)中证明“CE、DA、D1F三线共点”，可证其中两条相交直线的交点位于第三条直线上．

证明：(Ⅰ)连接D1C、A1B、EF． ∵E，F分另是AB，AA1的中点，

∴EF∥A1B，EF1A1B, 2又A1D1∥BC，A1D1＝BC， ∴A1D1CB是平行四边形． ∴A1B∥D1C，EF∥D1C， ∴E、C、D1、F四点共面． (Ⅱ)由(Ⅰ)得EF∥CD1，EF1CD1, 2∴直线CE与直线D1F必相交，记CE∩ D1F＝P， ∵P∈D1F 平面A1ADD1，P∈CE平面ABCD， ∴点P是平面A1ADD1和平面ABCD的一个公共点． ∵平面A1ADD1∩平面ABCD＝AD， ∴P∈AD，

∴CE、DA、D1F三线共点．

【评述】1、证明多点共面、多点共线、多线共面的主要依据： (1)证明多点共面常用公理2及其推论；

(2)证明多点共线常用公理3，即证明点在两个平面内，从而点在这两个平面的交线上； (3)证明多线共面，首先由其中两直线确定平面，再证其余直线在此平面内．

2、证明a，b，c三线交于一点的主要依据：

(1)证明a与b相交，c与b相交，再证明两交点重合； (2)先证明a与b相交于点P，再证明P∈c．

例2 在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，M，N分别是AB，PC的中点，求证：MN∥平面PAD．

【分析】要证明“线面平行”，可通过“线线平行”或“面面平行”进行转化；题目中出现了中点的条件，因此可考虑构造(添加)中位线辅助证明．

证明：方法一，取PD中点E，连接AE，NE．

∵底面ABCD是平行四边形，M，N分别是AB，PC的中点，

∴MA∥CD，MA∵E是PD的中点， ∴NE∥CD，NE1CD. 21CD. 2∴MA∥NE，且MA＝NE， ∴AENM是平行四边形， ∴MN∥AE．

又AE平面PAD，MN 平面PAD， ∴MN∥平面PAD．

方法二取CD中点F，连接MF，NF． ∵MF∥AD，NF∥PD， ∴平面MNF∥平面PAD， ∴MN∥平面PAD．

【评述】关于直线和平面平行的问题，可归纳如下方法： (1)证明线线平行： a∥c，b∥c， a∥α，aβ α∩β＝b α∥β a⊥α，b⊥α ∩α＝a，∩β＝b a∥b (2)证明线面平行： a∥b a∩α＝ a∥b a∥b bα，aα a∥b α∥β aβ a∥α (3)证明面面平行： α∩β＝ a∥β，b∥β a，bα，a∩b＝A a∥α a⊥α，a⊥β a∥α α∥，β∥

α∥β α∥β α∥β α∥β

例3 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AC，AB⊥AC，求证：A1C⊥BC1．

【分析】要证明“线线垂直”，可通过“线面垂直”进行转化，因此设法证明A1C垂直于经过BC1的平面即可． 证明：连接AC1．

∵ABC－A1B1C1是直三棱柱， ∴AA1⊥平面ABC， ∴AB⊥AA1． 又AB⊥AC，

∴AB⊥平面A1ACC1， ∴A1C⊥AB．① 又AA1＝AC，

∴侧面A1ACC1是正方形， ∴A1C⊥AC1．②

由①，②得A1C⊥平面ABC1， ∴A1C⊥BC1．

【评述】空间中直线和平面垂直关系的论证往往是以“线面垂直”为核心展开的．如本题已知条件中出现的“直三棱柱”及“AB⊥AC”都要将其向“线面垂直”进行转化．

例4 在三棱锥P－ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AB⊥BC，AP⊥PB，求证：平面PAC⊥平面PBC．

【分析】要证明“面面垂直”，可通过“线面垂直”进行转化，而“线面垂直”又 可以通过“线线垂直”进行转化．

证明：

∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，且AB⊥BC， ∴BC⊥平面PAB， ∴AP⊥BC． 又AP⊥PB，

∴AP⊥平面PBC， 又AP平面PAC，

∴平面PAC⊥平面PBC．

【评述】关于直线和平面垂直的问题，可归纳如下方法：

(1)证明线线垂直： a⊥c，b∥c， a⊥b (1)证明线面垂直： a⊥α bα a⊥b a∥b，b⊥α a⊥α α∥β，a⊥β a⊥α α⊥β，α∩β＝l aβ，a⊥l a⊥α a⊥m，a⊥n m，nα，m∩n＝A a⊥α (1)证明面面垂直： a⊥β，aα α⊥β 例5 如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面A1ABB1是菱形，且垂直于底面ABC，∠A1AB＝60°，E，F分别是AB1，BC的中点．

(Ⅰ)求证：直线EF∥平面A1ACC1；

(Ⅱ)在线段AB上确定一点G，使平面EFG⊥平面ABC，并给出证明． 证明：(Ⅰ)连接A1C，A1E．

∵侧面A1ABB1是菱形， E是AB1的中点， ∴E也是A1B的中点，

又F是BC的中点，∴EF∥A1C．

∵A1C平面A1ACC1，EF平面A1ACC1， ∴直线EF∥平面A1ACC1． (2)解：当

BG1时，平面EFG⊥平面ABC，证明如下： GA3连接EG，FG．

∵侧面A1ABB1是菱形，且∠A1AB＝60°，∴△A1AB是等边三角形． ∵E是A1B的中点，

BG1，∴EG⊥AB． GA3∵平面A1ABB1⊥平面ABC，且平面A1ABB1∩平面ABC＝AB， ∴EG⊥平面ABC．

又EG平面EFG，∴平面EFG⊥平面ABC．

练习7－1

一、选择题：

1．已知m，n是两条不同直线，，，是三个不同平面，下列命题中正确的是( ) (A)若m∥，n∥，则m∥n (B)若m⊥，n⊥，则m∥n (C)若⊥，⊥，则∥ (D)若m∥，m∥，则∥ 2．已知直线m，n和平面，，且m⊥n，m⊥，⊥，则( ) (A)n⊥ (B)n∥，或n

(C)n⊥ (D)n∥，或n

3．设a，b是两条直线，、是两个平面，则a⊥b的一个充分条件是( ) (A)a⊥，b∥，⊥ (B)a⊥，b⊥，∥ (C)a，b⊥，∥ (D)a，b∥，⊥ 4．设直线m与平面相交但不垂直，则下列说法中正确的是( ) (A)在平面内有且只有一条直线与直线m垂直 (B)过直线m有且只有一个平面与平面垂直 (C)与直线m垂直的直线不可能与平面平行 (D)与直线m平行的平面不可能与平面垂直 二、填空题：

PAPB6，5．在三棱锥P－ABC中，平面PAB⊥平面ABC，PA⊥PB，AB⊥BC，∠BAC＝30°，则PC＝______．

6．在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，当底面ABCD满足条件______时，有A1C⊥B1D1．(只要求写出一种条件即可)

7．设，是两个不同的平面，m，n是平面，之外的两条不同直线，给出四个论断： ①m⊥n ②⊥ ③n⊥ ④m⊥

以其中三个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出正确的一个命题______．

8．已知平面⊥平面，∩＝l，点A∈，Al，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥，m∥，给出下列四种位置：①AB∥m；②AC⊥m；③AB∥；④AC⊥， 上述四种位置关系中，不一定成立的结论的序号是______． 三、解答题：

9．如图，三棱锥P－ABC的三个侧面均为边长是1的等边三角形，M，N分别为PA，BC的中点．

(Ⅰ)求MN的长； (Ⅱ)求证：PA⊥BC．

10．如图，在四面体ABCD中，CB＝CD，AD⊥BD，且E、F分别是AB、BD的中点．求证：

(Ⅰ)直线EF∥平面ACD； (Ⅱ)平面EFC⊥平面BCD．

11．如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC∥AD，

BC11AD,BE//AF,BEAF，G，H分别为FA，FD的中点． 22

(Ⅰ)证明：四边形BCHG是平行四边形；

(Ⅱ)C，D，F，E四点是否共面?为什么?

(Ⅲ)设AB＝BE，证明：平面ADE⊥平面CDE．

§7－2空间几何体的结构

【知识要点】

1．简单空间几何体的基本概念：

(1)

(2)特殊的四棱柱：

(3)其他空间几何体的基本概念： 几何体 正棱锥 正棱台 圆柱 圆锥 圆台 球面 球 几何体 棱柱 基本概念 底面是正多面形，并且顶点在底面的射影是底面的中心 正棱锥被平行于底面的平面所截，截面与底面间的几何体是正棱台 以矩形的一边所在的直线为轴，将矩形旋转一周形成的曲面围成的几何体 以直角三角形的一边所在的直线为轴，将直角三角形旋转一周形成的曲面围成的几何体 以直角梯形中垂直于底边的腰所在的直线为轴，将直角梯形旋转一周形成的曲面围成的几何体 半圆以它的直径为轴旋转，旋转而成的曲面 球面所围成的几何体 性质 补充说明 2．简单空间几何体的基本性质： (1)侧棱都相等，侧面是平行四边形 (1)直棱柱的侧棱长与高相等，侧面(2)两个底面与平行于底面的截面是全及对角面都是矩形 等的多边形 (2)长方体一条对角线的平方等于

(3)过不相邻的两条侧棱的截面(对角面)一个顶点上三条棱长的平方和 是平行四边形 (1)侧棱都相等，侧面是全等的等腰三角形 (2)棱锥的高、斜高和斜高在底面上的射 影组成一个直角三角形；棱锥的高、侧棱和侧棱在底面上的射影也组成一个直角三角形 (1)球心和球的截面圆心的连线垂直于(1)过球心的截面叫球的大圆，不过截面 球心的截面叫球的小圆 (2)球心到截面的距离d，球的半径R，(2)在球面上，两点之间的最短距离，就是经过这两点的大圆在这两22截面圆的半径r满足rRd 点间的一段劣弧的长度(两点的球面距离) 正棱锥 球 3．简单几何体的三视图与直观图： (1)平行投影：

①概念：如图，已知图形F，直线l与平面相交，过F上任意一点M作直线MM1平行于l，交平面于点M1，则点M1叫做点M在平面内关于直线l的平行投影．如果图形F上的所有点在平面内关于直线l的平行投影构成图形F1，则F1叫图形F在内关于直线l的平行投影．平面叫投射面，直线l叫投射线．

②平行投影的性质：

性质1．直线或线段的平行投影仍是直线或线段； 性质2．平行直线的平行投影是平行或重合的直线；

性质3．平行于投射面的线段，它的投影与这条线段平行且等长； 性质4．与投射面平行的平面图形，它的投影与这个图形全等；

性质5．在同一直线或平行直线上，两条线段平行投影的比等于这两条线段的比． (2)直观图：斜二侧画法画简单空间图形的直观图． (3)三视图：

①正投影：在平行投影中，如果投射线与投射面垂直，这样的平行投影叫做正投影．

②三视图：选取三个两两垂直的平面作为投射面．若投射面水平放置，叫做水平投射面，投射到这个平面内的图形叫做俯视图；若投射面放置在正前方，叫做直立投射面，投射到这个平面内的图形叫做主视图；和直立、水平两个投射面都垂直的投射面叫做侧立投射面，投射到这个平面内的图形叫做左视图．

将空间图形向这三个平面做正投影，然后把三个投影按右图所示的布局放在一个水平面内，这样构成的图形叫空间图形的三视图．

③画三视图的基本原则是“主左一样高，主俯一样长，俯左一样宽”． 4．简单几何体的表面积与体积： (1)柱体、锥体、台体和球的表面积：

①S直棱柱侧面积＝ch，其中c为底面多边形的周长，h为直棱柱的高．

1ch，其中c为底面多边形的周长，h＇为正棱锥的斜高． 21③S正棱台侧面积(cc)h，其中c＇，c分别是棱台的上、下底面周长，h＇为正棱台的斜高．

2②S正棱锥形面积④S圆柱侧面积＝2Rh，其中R是圆柱的底面半径，h是圆柱的高． ⑤S圆锥侧面积＝Rl，其中R是圆锥的底面半径，l是圆锥的母线长． ⑥S球＝4R2，其中R是球的半径． (2)柱体、锥体、台体和球的体积：

①V柱体＝Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．

1Sh，其中S是锥体的底面积，h是锥体的高． 31③V台体h(SSSS)，其中S＇，S分别是台体的上、下底面的面积，h为台体的高．

34④V球πR3，其中R是球的半径．

3②V锥体

【复习要求】

1．了解柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征；

2．会画出简单几何体的三视图，会用斜二侧法画简单空间图形的直观图； 3．理解球、棱柱、棱锥、台的表面积与体积的计算公式． 【例题分析】

例1 如图，正三棱锥P－ABC的底面边长为a，侧棱长为b．

(Ⅰ)证明：PA⊥BC；

(Ⅱ)求三棱锥P－ABC的表面积； (Ⅲ)求三棱锥P－ABC的体积．

【分析】对于(Ⅰ)只要证明BC(PA)垂直于经过PA(BC)的平面即可；对于(Ⅱ)则要根据正三棱锥的基本性质进行求解．

证明：(Ⅰ)取BC中点D，连接AD，PD． ∵P－ABC是正三棱锥，

∴△ABC是正三角形，三个侧面PAB，PBC，PAC是全等的等腰三角形． ∵D是BC的中点，∴BC⊥AD，且BC⊥PD， ∴BC⊥平面PAD，∴PA⊥BC．

(Ⅱ)解：在Rt△PBD中，PD∴SPBCPB2BD214b2a2, 21aBCPD4b2a2. 243a4b2a2. 4∵三个侧面PAB，PBC，PAC是全等的等腰三角形， ∴三棱锥P－ABC的侧面积是

3a2∴△ABC是边长为a的正三角形，∴三棱锥P－ABC的底面积是,

43a23a3a4b2a2(a12b23a2) ∴三棱锥P－ABC的表面积为444(Ⅲ)解：过点P作PO⊥平面ABC于点O，则点O是正△ABC的中心， ∴OD113a3aAD, 3326在Rt△POD中，POPD2OD233b2a2, 313a23a2223ba3b2a2. ∴三棱锥P－ABC的体积为43123

【评述】1、解决此问题要求同学们熟悉正棱锥中的几个直角三角形，如本题中的Rt△POD，其中含有棱锥的高PO；如Rt△PBD，其中含有侧面三角形的高PD，即正棱锥的斜高；如果连接OC，则在Rt△POC中含有侧棱．熟练运用这几个直角三角形，对解决正棱锥的有关问题很有帮助．

2、正n(n＝3，4，6)边形中的相关数据： 边长 对角线长 边心距 面积 外接圆半径 正三角形 a 正方形 a 正六边形 a 长：2a；短：3a 2a a 2a2 3a 632a 43a 33a 2332a 2a 2a 2例2 如图，正三棱柱ABC－A1B1C1中，E是AC的中点．

(Ⅰ)求证：平面BEC1⊥平面ACC1A1；(Ⅱ)求证：AB1∥平面BEC1．

【分析】本题给出的三棱柱不是直立形式的直观图，这种情况下对空间想象能力提出了更高的要求，可以根据几何体自身的性质，适当添加辅助线帮助思考．

证明：(Ⅰ)∵ABC－A1B1C1是正三棱柱，∴AA1⊥平面ABC， ∴BE⊥AA1．

∵△ABC是正三角形，E是AC的中点，∴BE⊥AC，∴BE⊥平面ACC1A1，又BE平面BEC1， ∴平面BEC1⊥平面ACC1A1．

(Ⅱ)证明：连接B1C，设BC1∩B1C＝D．

∵BCC1B1是矩形，D是B1C的中点， ∴DE∥AB1． 又DE平面BEC1，AB1平面BEC1， ∴AB1∥平面BEC1．

例3 在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥DC，△PAD是等边三角形，已知BD＝2AD＝8，

AB2DC45．

(Ⅰ)设M是PC上的一点，证明：平面MBD⊥平面PAD； (Ⅱ)求四棱锥P－ABCD的体积．

【分析】本题中的数量关系较多，可考虑从“算”的角度入手分析，如从M是PC上的动点分析知，MB，MD随点M的变动而运动，因此可考虑平面MBD内“不动”的直线BD是否垂直平面PAD．

证明：(Ⅰ)在△ABD中，

由于AD＝4，BD＝8，AB45，

所以AD2＋BD2＝AB2． 故AD⊥BD．

又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BD平面ABCD， 所以BD⊥平面PAD，

又BD平面MBD，故平面MBD⊥平面PAD． (Ⅱ)解：过P作PO⊥AD交AD于O，

由于平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD． 因此PO为四棱锥P－ABCD的高，

又△PAD是边长为4的等边三角形．因此PO在底面四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝2DC，

所以四边形ABCD是梯形，在Rt△ADB中，斜边AB边上的高为

3423. 24885，即为梯形ABCD的高， 545所以四边形ABCD的面积为S254585124.故VPABCD2423163.

523例4 如下的三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图．它的主视图和左视图在下面画

出(单位：cm)

(Ⅰ)画出该多面体的俯视图；

(Ⅱ)按照给出的尺寸，求该多面体的体积； (Ⅲ)在所给直观图中连结BC＇，证明：BC＇∥平面EFG．

【分析】画三视图的基本原则是“主左一样高，主俯一样长，俯左一样宽”，根据此原则及相关数据可以画出三视图．

证明：(Ⅰ)该几何体三视图如下图：

(Ⅱ)所求多面体体积VV长方体V正三棱锥446(22)2(Ⅲ)证明：在长方体ABCD－A'B'C'D'中，连结AD'，则AD'∥BC'． 因为E，G分别为AA'，A'D'中点， 所以AD'∥EG，

从而EG∥BC '．又BC'平面EFG， 所以BC'∥平面EFG．

1312284(cm2). 3

例5 有两个相同的直三棱柱，底面三角形的三边长分别是3a，4a，5a，高为

2，其中a＞0．用它们拼成一a个三棱柱或四棱柱，在所有可能的情形中，表面积最小的一个是四棱柱，求a的取值范围．

2

解：直三棱柱ABC－A1B1C1的三个侧面的面积分别是6，8，10，底面积是6a，因此每个三棱柱的表面积均是2×6a2＋6＋8＋10＝12a2＋24．

情形①：将两个直三棱柱的底面重合拼在一起，只能拼成三棱柱，其表面积为： 2×(12a2＋24)－2×6a2＝12a2＋48．

情形②：将两个直三棱柱的侧面ABB1A1重合拼在一起，结果可能拼成三棱柱，也可能拼成四棱柱，但表面积一定是：2×(12a2＋24)－2×8＝24a2＋32．

情形③：将两个直三棱柱的侧面ACC1A1重合拼在一起，结果可能拼成三棱柱，也可能拼成四棱柱，但表面积一定是：2×(12a2＋24)－2×6＝24a2＋36．

情形④：将两个直三棱柱的侧面BCC1B1重合拼在一起，只能拼成四棱柱，其表面积为：2×(12a2＋24)－2×10＝24a2＋28

在以上四种情形中，②、③的结果都比④大，所以表面积最小的情形只能在①、④中产生．

依题意“表面积最小的一个是四棱柱”，得24a2＋28＜12a2＋48，解得a2所以a的取值范围是(0,5, 315) 3

例6 在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，CD的中点，求三棱锥F－A1ED1的体积．

【分析】计算三棱锥F－A1ED1的体积时，需要确定锥体的高，即点F到平面A1ED1的距离，直接求解比较困难．利用等积的方法，调换顶点与底面的方式，如VFAEDVA1EFD1，也不易计算，因此可以考虑使用等价转化

11的方法求解．

解法1：取AB中点G，连接FG，EG，A1G． ∵GF∥AD∥A1D1，∴GF∥平面A1ED1，

∴F到平面A1ED1的距离等于点G到平面A1ED1的距离．

∴VFA1ED1VGA1ED1VD1A1EG1131SA1EGA1D1a2aa3. 3388

解法2：取CC1中点H，连接FA1，FD1，FH，

FC1，D1H，并记FC1∩D1H＝K．

∵A1D1∥EH， A1D1＝EH，∴A1，D1，H，E四点共面． ∵A1D1⊥平面C1CDD1，∴FC⊥A1D1．

又由平面几何知识可得FC1⊥D1H，∴FC⊥平面A1D1HE． ∴FK的长度是点F到平面A1D1HE(A1ED1)的距离． 容易求得FK35115235a13a,VFA1ED1SA1ED1FKaa. 10334108练习7－2

一、选择题：

1．将棱长为2的正方体木块削成一个体积最大的球，则这个球的表面积为( ) (A)2 (B)4 (C)8 (D)16

2．如图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是( )

(A)9 (B)10 (C)11 (D)12

3．有一种圆柱体形状的笔筒，底面半径为4 cm，高为12 cm．现要为100个这种相同规格的笔筒涂色(笔筒内外均要涂色，笔筒厚度忽略不计)．如果所用涂料每0.5 kg可以涂1 m2，那么为这批笔筒涂色约需涂料( ) (A)1.23 kg (B)1.76 kg (C)2.46 kg (D)3.52 kg 4．某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a和b的线段，则a＋b的最大值为( ) (A)22

(B)23

(C)4

(D)25

二、填空题：

5．如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的每条棱长均为2，E、F分别是BC、A1C1的中点，则EF的长等于______．

6．将边长为1的正方形ABCD沿对角线AC折起，使得BD＝1，则三棱锥D－ABC的体积是______．

7．一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面．已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的高为

3，底面周长为3，则这个球的体积为______．

8．平面内的一个四边形为平行四边形的充要条件有多个，如两组对边分别平行，类似地，写出空间中的一个四棱柱为平行六面体的两个充要条件：

充要条件①：_______________________________________________________________； 充要条件②：_______________________________________________________________． (写出你认为正确的两个充要条件) 三、解答题：

9．如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E是DD1的中点．

(Ⅰ)求证：BD1∥平面ACE；

(Ⅱ)求证：平面ACE⊥平面B1BDD1．

10．已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图(或称主视图)是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，侧

视图(或称左视图)是一个底边长为6、高为4的等腰三角形．

(Ⅰ)求该几何体的体积V； (Ⅱ)求该几何体的侧面积S．

11．如图，已知ABCD－A1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上，且AE＝FC1＝1．

(Ⅰ)求证：E，B，F，D1四点共面； (Ⅱ)若点G在BC上，BG2，点M在BB1上，GM⊥BF，求证：EM⊥面BCC1B1． 3§7－3 空间向量与立体几何

【知识要点】

1．空间向量及其运算： (1)空间向量的线性运算：

①空间向量的加法、减法和数乘向量运算：平面向量加、减法的三角形法则和平行四边形法则拓广到空间依然成立．

②空间向量的线性运算的运算律： 加法交换律：a＋b＝b＋a；

加法结合律：(a＋b＋c)＝a＋(b＋c)；

分配律：(＋)a＝a＋a；(a＋b)＝a＋b． (2)空间向量的基本定理：

①共线(平行)向量定理：对空间两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数，使得a∥b．

②共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，则向量c与向量a，b共面的充要条件是存在惟一一对实数，，使得c＝a＋b．

③空间向量分解定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在惟一的有序实数组1，2，3，使得p＝1a＋2b＋3c．

(3)空间向量的数量积运算：

①空间向量的数量积的定义：a·b＝|a｜|b｜cos〈a，b〉； ②空间向量的数量积的性质：

a·e＝|a｜cos＜a，e＞；a⊥ba·b＝0； |a|2＝a·a；|a·b|≤|a｜|b｜． ③空间向量的数量积的运算律： (a)·b＝(a·b)；

交换律：a·b＝b·a；

分配律：(a＋b)·c＝a·c＋b·c． (4)空间向量运算的坐标表示：

①空间向量的正交分解：建立空间直角坐标系Oxyz，分别沿x轴，y轴，z轴的正方向引单位向量i，j，k，则这三个互相垂直的单位向量构成空间向量的一个基底{i，j，k｝，由空间向量分解定理，对于空间任一向量a，存在惟一数组(a1，a2，a3)，使a＝a1i＋a2j＋a3k，那么有序数组(a1，a2，a3)就叫做空间向量a的坐标，即a＝(a1，a2，a3)．

②空间向量线性运算及数量积的坐标表示： 设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则

a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)；a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)； a＝(a1，a2，a3)；a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3． ③空间向量平行和垂直的条件：

a∥b(b≠0)a＝ba1＝b1，a2＝b2，a3＝b3(∈R)； a⊥ba·b＝0a1b1＋a2b2＋a3b3＝0． ④向量的夹角与向量长度的坐标计算公式： 设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则

222|a|aaa12a2a3,|b|bbb12b2b32;

cosa,ba1b1a2b2a3b3ab;

222222|a||b|a1a2a3b1b2b3在空间直角坐标系中，点A(a1，a2，a3)，B(b1，b2，b3)，则A，B两点间的距离是

|AB|(a1b1)2(a2b2)2(a3b3)2.

2．空间向量在立体几何中的应用：

(1)直线的方向向量与平面的法向量：

①如图，l为经过已知点A且平行于已知非零向量a的直线，对空间任意一点O，点P在直线l上的充要条件是存在实数t，使得OPOAta，其中向量a叫做直线的方向向量．

由此可知，空间任意直线由空间一点及直线的方向向量惟一确定．

②如果直线l⊥平面，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面的法向量．

由此可知，给定一点A及一个向量a，那么经过点A以向量a为法向量的平面惟一确定． (2)用空间向量刻画空间中平行与垂直的位置关系：

设直线l，m的方向向量分别是a，b，平面，的法向量分别是u，v，则 ①l∥ma∥ba＝kb，k∈R； ②l⊥ma⊥ba·b＝0； ③l∥a⊥ua·u＝0；

④l⊥a∥ua＝ku，k∈R； ⑤∥u∥vu＝kv，k∈R； ⑥⊥u⊥vu·v＝0．

(3)用空间向量解决线线、线面、面面的夹角问题：

①异面直线所成的角：设a，b是两条异面直线，过空间任意一点O作直线a′∥a，b′∥b，则a′与b′所夹的锐角或直角叫做异面直线a与b所成的角．

设异面直线a与b的方向向量分别是v1，v2，a与b的夹角为，显然(0,],则|cosv1,v2|

π2|v1v2|

|v1||v2|②直线和平面所成的角：直线和平面所成的角是指直线与它在这个平面内的射影所成的角．

设直线a的方向向量是u，平面的法向量是v，直线a与平面的夹角为，显然

[0,]，则|cosu,v|π2|uv|

|u||v|③二面角及其度量：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．记作－l－在二面角的棱上任取一点O，在两个半平面内分别作射线OA⊥l，OB⊥l，则∠AOB叫做二面角－l－的平面角．

利用向量求二面角的平面角有两种方法： 方法一：

如图，若AB，CD分别是二面角－l－的两个面内与棱l垂直的异面直线，则二面角－l－的大小就是向量AB与CD的夹角的大小．

方法二：

如图，m1，m2分别是二面角的两个半平面，的法向量，则〈m1，m2〉与该二面角的大小相等或互补．

(4)根据题目特点，同学们可以灵活选择运用向量方法与综合方法，从不同角度解决立体几何问题． 【复习要求】

1．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示． 2．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示．

3．掌握空间向量的数量积及其坐标表示；能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直． 4．理解直线的方向向量与平面的法向量．

5．能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直、平行关系． 6．能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题．

【例题分析】

例1 如图，在长方体OAEB－O1A1E1B1中，OA＝3，OB＝4，OO1＝2，点P在棱AA1上，且AP＝2PA1，点S在棱BB1上，且B1S＝2SB，点Q，R分别是O1B1，AE的中点，求证：PQ∥RS．

【分析】建立空间直角坐标系，设法证明存在实数k，使得PQkRS.

解：如图建立空间直角坐标系，则O(0，0，0)，A(3，0，0)，B(0，4，0)，O1(0，0，2)，A1(3，0，2)，B1(0，4，2)，E(3，4，0)．

∵AP＝2PA1， ∴AP∴P(3,0,)

同理可得：Q(0，2，2)，R(3，2，0)，S(0,4,)

224AA(0,0,2)(0,0,), 13334323PQ(3,2,)RS, PQ//RS，又RPQ，

∴PQ∥RS．

【评述】1、证明线线平行的步骤： (1)证明两向量共线；

(2)证明其中一个向量所在直线上一点不在另一个向量所在的直线上即可．

2、本体还可采用综合法证明，连接PR，QS，证明PQRS是平行四边形即可，请完成这个证明．

例2 已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，E，F分别是棱A1D1，A1B1，D1C1，B1C1的中点，求证：平面AMN∥平面EFBD．

23

【分析】要证明面面平行，可以通过线线平行来证明，也可以证明这两个平面的法向量平行．

解法一：设正方体的棱长为4，如图建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(4，0，0)，M(2，0，4)，N(4，2，4)，B(4，4，0)，E(0，2，4)，F(2，4，4)．

取MN的中点K，EF的中点G，BD的中点O，则O(2，2，0)，K(3，1，4)，G(1，3，4)．

MN＝(2，2，0)，EF＝(2，2，0)，AK＝(－1，1，4)，OG＝(－1，1，4)，

∴MN∥EF，AKOG，∴MN//EF，AK//OG，

∴MN∥平面EFBD，AK∥平面EFBD， ∴平面AMN∥平面EFBD．

解法二：设平面AMN的法向量是a＝(a1，a2，a3)，平面EFBD的法向量是 b＝(b1，b2，b3)． 由aAM0,aAN0, 得2a14a30,取a3＝1，得a＝(2，－2，1)．

2a24a30,由bDE0,bBF0,

2b24b30,得取b3＝1，得b＝(2，－2，1)．

2b4b0,13∵a∥b，∴平面AMN∥平面EFBD．

注：本题还可以不建立空间直角坐标系，通过综合法加以证明，请试一试． 例3 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N是棱A1B1，B1B的中点，求异面直线AM和CN所成角的余弦值．

解法一：设正方体的棱长为2，如图建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，M(2，1，2)，C(0，2，0)，N(2，2，1)．

AM(0,1,2),CN(2,0,1),

设AM和CN所成的角为，则cos2,

|AM||CN|52 5AMCN∴异面直线AM和CN所成角的余弦值是

解法二：取AB的中点P，CC1的中点Q，连接B1P，B1Q，PQ，PC． 易证明：B1P∥MA，B1Q∥NC，

∴∠PB1Q是异面直线AM和CN所成的角． 设正方体的棱长为2，易知B1PB1Q5,PQPC2QC26,

B1P2B1Q2PQ22∴cosPB1Q,

2B1PB1Q5∴异面直线AM和CN所成角的余弦值是

2 5

【评述】空间两条直线所成的角是不超过90°的角，因此按向量的夹角公式计算时，分子的数量积如果是负数，则应取其绝对值，使之成为正数，这样才能得到异面直线所成的角(锐角)．

例4 如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为2a，求直线AC1与平面ABB1A1所成角的大小．

【分析】利用正三棱柱的性质，适当建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标．求角时有两种思路：一是由定义找出线面角，再用向量方法计算；二是利用平面ABB1A1的法向量求解．

解法一：如图建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，a，0)，A1(0,0,2a),

C1(3aaa,,2a)取A1B1的中点D，则D(0,,2a)，连接AD，C1D． 222则DC(3a,0,0),AB(0,a,0),AA1(0,0,2a), 2DC1AB0,DC1AA10,

∴DC1⊥平面ABB1A1，

∴∠C1AD是直线AC1与平面ABB1A1所或的角．

AC1(3aaa,,2a),AD(0,,2a), 222cosC1ADAC1AD|AC1||AD|3， 2∴直线AC1与平面ABB1A1所成角的大小是30°．

解法二：如图建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，a，0)，A1(0，0，2a)，C1(3aa,,2a)，从22

而AB(0,a,0),AA1(0,0,2a),AC1(3aa,,2a) 22设平面ABB1A1的法向量是a＝(p，q，r)， 由aAB0,aAA10, 得aq0,2ar0,取p＝1，得a＝(1，0，0)．

设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为,[0,],

π2sin|cosAC1,a||AC1a||AC1||a|1,30. 2【评述】充分利用几何体的特征建立适当的坐标系，再利用向量的知识求解线面角；解法二给出了一般的方法，即先求平面的法向量与斜线的夹角，再利用两角互余转换．

例5 如图，三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC的平面角的余弦值．

2，求二面角A－PB－C

解法一：取PB的中点D，连接CD，作AE⊥PB于E． ∵PA＝AC＝1，PA⊥AC， ∴PC＝BC＝2，∴CD⊥PB． ∵EA⊥PB，

∴向量EA和DC夹角的大小就是二面角A－PB－C的大小．

如图建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，2，0)，P(1，0，1)，由D是PB的中点，得

D(,1221,) 22PEAP21323,E(,,) 由得E是PD的中点，从而

444EBAB23EA(,1423121,),DC(,,) 42422

cosEA,DCEADC|EA||DC|3 33 3即二面角A－PB－C的平面角的余弦值是

解法二：如图建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2,1,0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，

AP(0,0,1),AB(2,1,0),CB(2,0,0),CP(0,1,1).

设平面PAB的法向量是a＝(a1，a2，a3)， 平面PBC的法向量是b＝(b1，b2，b3)． 由aAP0,aAB0,

a30,得取a1＝1，得a(1,2,0). 2a1a20,由bCB0,bCP0得2b10,取b3＝1，得b＝(0，1，1)．

b2b30,cosa,bab3

3|a||b|33| 33∵二面角A－PB－C为锐二面角， ∴二面角A－PB－C的平面角的余弦值是|【评述】1、求二面角的大小，可以在两个半平面内作出垂直于棱的两个向量，转化为这两个向量的夹角；应

注意两个向量的始点应在二面角的棱上．

2、当用法向量的方法求二面角时，有时不易判断两个平面法向量的夹角是二面角的平面角还是其补角，但我们可以借助观察图形而得到结论，这是因为二面角是锐二面角还是钝二面角一般是明显的．

例6 如图，三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝AB，∠ABC＝60°，∠BCA＝90°，点D，E分别在棱PB，PC上，且DE∥BC．

(Ⅰ)求证：BC⊥平面PAC；

(Ⅱ)当D为PB的中点时，求AD与平面PAC所成角的余弦值； (Ⅲ)试问在棱PC上是否存在点E，使得二面角A－DE－P为直二面角?若存在，求出PE∶EC的值；若不存在，说明理由．

解：如图建立空间直角坐标系．

设PA＝a，由已知可得A(0，0，0)，B(1a,322a,0),C(0,32a,0),P(0,0,a). (Ⅰ)∵AP(0,0,a),BC(12a,0,0),

∴APBC0,∴BC⊥AP．又∠BCA＝90°，∴BC⊥AC． ∴BC⊥平面PAC．

(Ⅱ)∵D为PB的中点，DE∥BC，∴E为PC的中点． ∴D(1a,344a,12a),E(0,314a,2a) 由(Ⅰ)知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC，

∴∠DAE是直线AD与平面PAC所成的角． ∴AD(1a3134,4a,2a),AE(0,4a,12a), ∴cosDAEADAE|AD||AE|144, 即直线AD与平面PAC所成角的余弦值是

144 (Ⅲ)由(Ⅱ)知，DE⊥平面PAC，∴DE⊥AE，DE⊥PE， ∴∠AEP是二面角A－DE－P的平面角．

∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AC，∠PAC＝90°． ∴在棱PC上存在一点E，使得AE⊥PC，

这时，∠AEP＝90°，且PEECPA2AC243 故存在点E使得二面角A－DE－P是直二面角，此时PE∶EC＝4∶3．

注：本题还可以不建立空间直角坐标系，通过综合法加以证明，请试一试．

练习7-3

一、选择题：

1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是BB1的中点，则二面角E－A1D1－D的平面角的正切值是( (A)2

(B)2

(C)5

(D)22

)

2．正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线AD1与平面A1ACC1所成角的大小是( ) (A)30° (B)45° (C)60° (D)90°

3．已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC内的射影为△ABC的中心，则AB1与底面ABC所成角的正弦值等于( ) (A)

1 3(B)

2 3(C)

3 3(D)

2 34．如图，⊥，∩＝l，A∈，B∈，A，B到l的距离分别是a和b，AB与，所成的角分别是和，AB在，内的射影分别是m和n，若a＞b，则下列结论正确的是( )

(A)＞，m＞n (C)＜，m＜n

(B)＞，m＜n (D)＜，m＞n

二、填空题：

5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为AA1，AB，BB1，B1C1的中点，则异面直线EF与GH所成角的大小是______． 6．已知正四棱柱的对角线的长为6，且对角线与底面所成角的余弦值为

3，则该正四棱柱的体积等于______． 37．如图，正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为______．

8．四棱锥P－ABCD的底面是直角梯形，∠BAD＝90°，AD∥BC，ABBC1AD，PA⊥底面ABCD，PD与2底面ABCD所成的角是30°．设AE与CD所成的角为，则cos＝______． 三、解答题：

9．如图，正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝4，点E在CC1上，且C1E＝3EC．

(Ⅰ)证明：A1C⊥平面BED；

(Ⅱ)求二面角A1－DE－B平面角的余弦值．

10．如图，在四棱锥O－ABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，ABC为OA的中点，N为BC的中点．

π，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M4

(Ⅰ)证明：直线MN∥平面OCD；

(Ⅱ)求异面直线AB与MD所成角的大小．

11．如图，已知直二面角－PQ－，A∈PQ，B∈，C∈，CA＝CB，∠BAP＝45°，直线CA和平面所成

的角为30°．

(Ⅰ)证明：BC⊥PQ；

(Ⅱ)求二面角B－AC－P平面角的余弦值．

习题7

一、选择题：

1．关于空间两条直线a、b和平面，下列命题正确的是( )

(A)若a∥b，b，则a∥ (C)若a∥，b∥，则a∥b (B)若a∥，b，则a∥b (D)若a⊥，b⊥，则a∥b

2．正四棱锥的侧棱长为23，底面边长为2，则该棱锥的体积为( ) (A)8

(B)

8 310 4(C)6 (D)2

3．已知正三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则直线AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于( ) (A)

6 4(B)(C)

2 2(D)

3 24．已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何 体的体积是( )

(A)

40003cm 3 (B)

80003cm 3(C)2000cm3 (D)4000cm3

5．若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为60° 的菱形，则该棱柱的体积等于( ) (A)2 二、填空题：

6．已知正方体的内切球的体积是43π，则这个正方体的体积是______．

7．若正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面边长为1，AB1与底面ABCD成60°角，则直线AB1和BC1所成角的余弦值是______． 8．若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是______．

(B)22

(C)32

(D)42

43，每条弦的两9．连结球面上两点的线段称为球的弦．半径为4的球的两条弦AB、CD的长度分别等于27、端都在球面上运动，则两弦中点之间距离的最大值为______．

10．已知AABC是等腰直角三角形，AB＝AC＝a，AD是斜边BC上的高，以AD为折痕使∠BDC成直角．在折起

后形成的三棱锥A－BCD中，有如下三个结论： ①直线AD⊥平面BCD； ②侧面ABC是等边三角形；

③三棱锥A－BCD的体积是

23a. 24其中正确结论的序号是____________．(写出全部正确结论的序号) 三、解答题：

11．如图，正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是BC的中点，AB＝AA1．

(Ⅰ)求证：AD⊥B1D；

(Ⅱ)求证：A1C∥平面A1BD；

(Ⅲ)求二面角B－AB1－D平面角的余弦值．

12．如图，三棱锥P－ABC中，PA⊥AB，PA⊥AC，AB⊥AC，PA＝AC＝2，AB＝1，M为PC的中点．

(Ⅰ)求证：平面PCB⊥平面MAB； (Ⅱ)求三棱锥P－ABC的表面积．

13．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝AA1＝2，M、N分别是A1C1、BC1的中点．

(Ⅰ)求证：BC1⊥平面A1B1C； (Ⅱ)求证：MN∥平面A1ABB1； (Ⅲ)求三棱锥M－BC1B1的体积． 14．在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD为矩形，SD⊥底面ABCD，AD∠ABM＝60°．

2，DC＝SD＝2．点M在侧棱SC上，

(Ⅰ)证明：M是侧棱SC的中点；

(Ⅱ)求二面角S－AM－B的平面角的余弦值．

专题07 立体几何参考答案

练习7-1

一、选择题：

1．B 2．D 3．C 4．B 二、填空题：

5．10 6．AC⊥BD(或能得出此结论的其他条件)

7．②、③、④①；或①、③、④② 8．④ 三、解答题：

9．(Ⅰ)解：连接MB，MC．

∵三棱锥P－ABC的三个侧面均为边长是1的等边三角形，

∴MBMC3，且底面△ABC也是边长为1的等边三角形． 2MB2BN22 2∵N为BC的中点，∴MN⊥BC． 在Rt△MNB中，MN(Ⅱ)证明：∵M是PA的中点，

∴PA⊥MB，同理PA⊥MC．

∵MB∩MC＝M，∴PA⊥平面MBC， 又BC平面MBC，∴PA⊥BC．

10．证明：(Ⅰ)∵E、F分别是AB、BD的中点，

∴EF是△ABD的中位线，∴EF∥AD．

又EF平面ACD，AD平面ACD，∴直线EF∥平面ACD．

(Ⅱ)∵EF∥AD，AD⊥BD，∴EF⊥BD．

∵CB＝CD，F是BD的中点，∴CF⊥BD． ∵CF∩EF＝F，∴BD⊥平面CEF．

∵BD平面BCD，∴平面EFC⊥平面BCD．

11．(Ⅰ)由题意知，FG＝GA，FH＝HD，∴GH∥AD，GH又BC∥AD，BC1AD, 2

1AD，∴GH∥BC，GH＝BC， 2∴四边形BCHG是平行四边形． (Ⅱ)C，D，F，E四点共面．理由如下： 由BE∥AF，BF1AF，G是FA的中点， 2得BE∥FG，且BE＝FG．∴EF∥BG．

由(Ⅰ)知BG∥CH，∴EF∥CH，故EC，FH共面，又点D在直线FH上， 所以C，D，F，E四点共面． (Ⅲ)连结EG，

由AB＝BE，BE∥AG，BE＝AG及∠BAG＝90°，知ABEG是正方形， 故BG⊥EA．

由题设知FA，AD，AB两两垂直，故AD⊥平面FABE，∴BG⊥AD． ∴BG⊥平面EAD，∴BG⊥ED． 又ED∩EA＝E，∴BG⊥平面ADF． 由(Ⅰ)知CH∥BG，∴CH⊥平面ADE．

由(Ⅱ)知F∈平面CDE，故CH平面CDE，得平面ADE⊥平面CDE．

练习7-2

一、选择题：

1．B 2．D 3．D 4．C 二、填空题： 5．5 6．

24π 7． 1238．答案不唯一，如“两组相对侧面分别平行”；“一组相对侧面平行且全等”；“对角线交于一点”；“底面是平行四

边形”等． 三、解答题：

9．证明：(Ⅰ)设AC∩BD＝O，连结OE．

∵E是DD1的中点，O是BD的中点，∴OE∥BD1．

又OE平面ACE，BD1平面ACE，∴BD1∥平面ACE．

(Ⅱ)∵ABCD－A1B1C1D1是正四棱柱，∴底面ABCD是正方形，

∴AC⊥BD．

又D1D⊥平面ABCD，∴AC⊥D1D，∴AC⊥平面B1BDD1， ∵AC平面ACE，∴平面ACE⊥平面B1BDD1．

10．解：由已知可得该几何体是一个底面为矩形，高为4，顶点在底面的射影是矩形中心的四棱锥P－ABCD．

(Ⅰ)V11Sh(86)464. 332(Ⅱ)该四棱锥有两个侧面PAD、PBC是全等的等腰三角形，且BC边上的高为：h1＝4()42. 另两个侧面PAB、PCD也是全等的等腰三角形， AB边上的高为h2822642()25,

2185)40242. 2因此S2(64212

11．(Ⅰ)证明：在DD1上取一点N使得DN＝1，

连接CN，EN，显然四边形CFD1N是平行四边形，∴D1F∥CN． 同理四边形DNEA是平行四边形，∴EN∥AD，且EN＝AD． 又BC∥AD，且BC＝AD，∴EN∥BC，且EN＝BC， ∴四边形CNEB是平行四边形，∴CN∥BE， ∴D1F∥BE，∴E，B，F，D1四点共面．

2MB3MBBG(Ⅱ)∵GM⊥BF，∴△BCF∽△MBG，∴,∴MB＝1． ,即

BCCF32∵AE＝1，∴四边形ABME是矩形，∴EM⊥BB1．

又平面ABB1A1⊥平面BCC1B1，且EM平面ABB1A1，∴EM⊥平面BCC1B1．

练习7-3

一、选择题：

1．B 2．A 3．B 4．D 二、填空题：

5．60° 6．2 7．

24 8．

45三、解答题：

9．以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴，建立如图所示直角坐标系D－xyz．

依题设，B(2，2，0)，C(0，2，0)，E(0，2，1)，A1(2，0，4)．

DE(0,2,1),DB(2,2,0),

A1C(2,2,4),DA1(2,0,4).

(Ⅰ)∵A1CDB0,A1CDE0,∴A1C⊥BD，A1C⊥DE． 又DB∩DE＝D，∴A1C⊥平面DBE．

(Ⅱ)设向量n＝(x，y，z)是平面DA1E的法向量，则nDE,nDA1. ∴2yz0,令y＝1，得n＝(4，1，－2)．

2x4z0.cos(n,A1C)nA1C|n||A1C|1414∴二面角A1－DE－B平面角的余弦值为 424210．作AP⊥CD于点P．如图，分别以AB，AP，AO所在直线为x，y，z轴建立坐标系．

22222,0),D(,,0)，O(0，0，2)，M(0，0，1)，N(1,,0)

4422222222(Ⅰ)MN(1,,1),OP(0,,2),OD(,,2)

44222则A(0，0，0)，B(1，0，0)，P(0,设平面OCD的法向量为n＝(x，y，z)，则nOP0,nOD0,

22y2z0,即取z2,，得n(0,4,2). 2x2y2z0.22∵MNn0,∴MN∥平面OCD． (Ⅱ)设AB与MD所成的角为，

AB(1,0,0),MD(22|ABMD|1π,,1),cos,, 223|AB||MD|2π 3即直线AB与MD所成角的大小为

11．(Ⅰ)证明：在平面内过点C作CO⊥PQ于点O，连结OB．

∵⊥，∩＝PQ，∴CO⊥． 又∵CA＝CB，∴OA＝OB．

∵∠BAO＝45°，∴∠ABO＝45°，∠AOB＝90°，∴BO⊥PQ，又CO⊥PQ，

∴PQ⊥平面OBC，∴PQ⊥BC．

(Ⅱ)由(Ⅰ)知，OC⊥OA，OC⊥OB，OA⊥OB，故以O为原点，分别以直线OB，OA，OC为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(如图)．

∵CO⊥，∴∠CAO是CA和平面所成的角，则∠CAO＝30°． 不妨设AC＝2，则AO3，CO＝1．

3.

在Rt△OAB中，∠ABO＝∠BAO＝45°，∴BOAO∴O(0,0,0),B(3,0,0),A(0,3,0),C(0,0,1).

AB(3,3,0),AC(0,3,1).

设n1＝(x，y，z)是平面ABC的一个法向量，

nAB0,3x3y0,由得取x＝1，得n1(1,1,3)． 3yz0,nAC0,易知n2＝(1，0，0)是平面的一个法向量． 设二面角B－AC－P的平面角为，∴cosn1n25, 5|n1||n2|即二面角B－AC－P平面角的余弦值是

一、选择题：

1．D 2．B 3．A 4．B 5．B 二、填空题： 6．243 7．

5 5习题7

3 8．9 9．5 10．①、②、③ 4三、解答题：

11．(Ⅰ)证明：∵ABC－A1B1C1是正三棱柱，∴BB1⊥平面ABC，

∴平面BB1C1C⊥平面ABC．

∵正△ABC中，D是BC的中点，∴AD⊥BC，∴AD⊥平面BB1C1C， ∴AD⊥B1D．

(Ⅱ)解：连接A1B，设A1B∩AB1＝E，连接DE． ∵AB＝AA1， ∴ 四边形A1ABB1是正方形，

∴E是A1B的中点，又D是BC的中点，∴DE∥A1C．

∵DE平面A1BD，A1C平面A1BD，∴A1C∥平面A1BD．

(Ⅲ)解：建立空间直角坐标系，设AB＝AA1＝1， 则D(0,0,0),A(0,31,0),B1(,0,1) 22设n1＝(p，q，r)是平面A1BD的一个法向量， 则n1AD0,且n1B1D0, 故31q0,Pr0.取r＝1，得n1＝(2，0，1)． 22同理，可求得平面AB1B的法向量是n2(3,1,0). 设二面角B－AB1－D大小为，∵cosn1n215,

5|n1||n2|∴二面角B－AB1－D的平面角余弦值为

15 5

12．(Ⅰ)∵PA⊥AB，AB⊥AC，∴AB⊥平面PAC，故AB⊥PC．

∵PA＝AC＝2，M为PC的中点，∴MA⊥PC．∴PC⊥平面MAB， 又PC平面PCB，∴平面PCB⊥平面MAB．

(Ⅱ)Rt△PAB的面积S111PAAB1．Rt△PAC的面积S2PAAC2. 2211PCMB2236. 22

Rt△ABC的面积S3＝S1＝1．

∵△PAB≌△CAB，∵PB＝CB， ∴△PCB的面积S4

∴三棱锥P－ABC的表面积为S＝S1＋S2＋S3＋S4＝46.

13．(Ⅰ)∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，∴BB1⊥平面A1B1C1，∴B1B⊥A1B1．

又B1C1⊥A1B1，∴A1B1⊥平面BCC1B1，∴BC1⊥A1B1． ∵BB1＝CB＝2，∴BC1⊥B1C，∴BC1⊥平面A1B1C．

(Ⅱ)连接A1B，由M、N分别为A1C1、BC1的中点，得MN∥A1B， 又A1B平面A1ABB1，MN平面A1ABB1，∴MN∥平面A1ABB1．

(Ⅲ)取C1B1中点H，连结MH．

∵M是A1C1的中点，∴MH∥A1B1，

又A1B1⊥平面BCC1B1，∴MH⊥平面BCC1B1，∴MH是三棱锥M－BC1B1的高， ∴三棱锥M－BC1B1的体积V1SBC1B1MH11412 332314．如图建立空间直角坐标系，设A(2，0，0)，则B(2，2，0)，C(0，2，0)，S(0，0，2).

(Ⅰ)设SMMC(0)， 则M(0,2222,),BM(2,,), 1111又BA(0,2,0),BA,BM60.故BM.BA|BM||BA|cos60,

422222(2)()(),解得＝1． 即

111∴M是侧棱SC的中点．

(Ⅱ)由M(0，1，1)，A(2，0，0)得AM的中点G(211,,) 222又GB(231,,),MS(0,1,1),AM(2,1,1), 222GBAM0,MSAM0,GBAM,MSAM,

〈GB,MS〉等于二面角S－AM－B的平面角． cos

cos(GB,MS)GBMS|GB||MS|6, 36． 3

即二面角S－AM－B的平面角的余弦值是－