一轮复习

高三数学一轮复习精练：立体几何

一、选择题 1.在三棱柱

ABC A1B1C1中，各棱长相等，侧掕垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，BB1C1C所成角的大小是 ( )

则AD与平面

A．30 B．45 C．60 D．90 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 2.若正四棱柱则

ABCD A1BC11D1的底面边长为1，AB1与底面ABCD成60°角，

AC

11 A3.A.2 2 C.

4.已知”

的A.件5.已知三棱柱

ABC A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC上的射影为BC的

CC1所成的角的余弦值为（ ）

中点，则异面直线AB与

3（A） （B） （C） (D) 4

o

6.已知二面角α-l-β为60 ，动点P、Q分别在面α、β内，P到βQ到α

的距离为P、Q两点之间距离的最小值为（ ）

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(A)

(B)2 (C) 7.已知正四棱柱

ABCD A1BC，CD111D1中，AA1 2ABE为AA1中点，则异面直线BE与

所成的角的余弦值为 ( )

1A. B. 5

3C. D. 5

8.如图，正方体

ABCD A1BC11D1的棱线长为1，线段B1D1上有EF

，则下列结论中错误的是

两个动点E，F

，且（A）AC BE （B）EF//平面ABCD

（C）三棱锥A BEF的体积为定值 （D）异面直线AE,BF所成的角为定值 9.平面六面体

ABCD A1BC11D1CC1共面的棱的条数为（ ）

A．3 B．5 D．6 10.如图，已知六棱锥P ABCDEFPA 平面ABC,PA 2AB，则下列结论正确的是

Ａ.PB AD Ｂ.平面PABC. 直线BC

Ｄ.直线PD与平面ABC所成的角为45

A,B,C ABC 90,BA BC，11.如图，在半径为3的球面上有三点，

球心O到平面ABC的距离

是，则B、C两点的球面距离是

( )

4

A.3 B. C.3 D.2

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12.在正四棱柱

ABCD A1B1C1D1中，顶点B1和到平面A1BCD1的距离分别1到对角线BD

为h和d，则下列命题中正确的是（ ）

h

A．若侧棱的长小于底面的变长，则d的取值范围为(0,1)

hd

B．若侧棱的长小于底面的变长，则的取值范围为 hC

D13.

（端ABD内过点D作

14.M到A

与到B15.如图，已知正三棱柱异面直线

111的各条棱长都相等，M是侧 棱1的中点，则

AB1和BM所成的角的大小是 。

R3满足R1

2R2 3R3，则它们的表面

16.已知三个球的半径R1，R2，积S1，S2，三、解答题

S3，满足的等量关系是___________.

17.（本题满分12分）如图，平面PAC 平面ABC， ABC

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是以AC为斜边的等腰直角三角形，E,F,O分别为PA，

PB，AC的中点，AC 16，PA PC 10．

（I）设G是OC的中点，证明：FG//平面BOE；

（II）证明：在 ABO内存在一点M，使FM 平面BOE，并求点M到OA，OB的距离．

18.

点E在棱（Ⅱ）当

19.（本小题共14分）

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如图，在三棱锥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所成的角的大小； （Ⅲ）是否存在点E使得二面角A DE P为直二面角？并说明理由.

20.

ABCD，（1（2（3）求点

C

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21.（本小题满分12分）

如图，正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直，△ABE是等腰直

AB AE,FA FE, AEF 45角三角形，

（I）求证：EF 平面BCE；

（II）设线段CD、AE的中点分别为P、M，求证： PM∥平面BCE （III）求二面角F BD A的大小。

22.（本小题满分12 如图，四棱锥SSD⊥平面ABCD,SD＝AD＝a,点E是SD上的点，且DE＝ a(0<(Ⅰ) （0、1），都有AC⊥BE: (Ⅱ)若二面角C-AE-D的大小为600C，求 的值。

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参考答案

1.【答案】：C

AE

，

DE

a

22. BB1 1 3.【解析】:2 ,

2

所以该几何体的体积为

.

【命题立意】:本题考查了立体几何中的空间想象能力,

由三视图能够想象得到空间的立体图,并能准确地w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 计算出.几何体的体积. 4.【答案】:B.

【解析】:由平面与平面垂直的判定定理知如果m为平面α内的一条直线,m ,则 ,反过来则不一定.所以“ ”是“m ”的必要不充分条件 .

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【命题立意】:本题主要考查了立体几何中垂直关系的判定和充分必要条件的概念. 5.【答案】：D

A AABBC11【解析】：设的中点为D，连结D，AD，易知与

CC1所成的角,由三角余弦定理， cos cos A1AD cos DAB

ADAD3

A1AAB4.故选D

易知

6.【答案】：C

【解析】:如图分别作QA 于A,AC l于C,PB 于B,

PD l

AQ 又

7.A1B与8.易

，

EF/9.CDBB1、AA1，【解析】:如图，用列举法知合要求的棱为：BC、CD、11、

10.【答案】：D

【考点定位】本小题考查空间里的线线、线面关系，基础题。（同文6） 解：由三垂线定理，因AD与AB不相互垂直，排除A；作AG PB于G，

1

因面PAB 面ABCDEF，而AG在面ABCDEF上的射影在AB上，而AB与BC不相互垂直，故排除B；由BC//EF，而EF是平面PAE的斜线，故排除C，故选择D。

a,PA 2AB 2a，由PA 平面ABC可知解析2：设低面正六边形边长为a，则AD 2

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PA AD，PA且AD，所以在Rt PAE中有直线PD与平面PAE所成的角为45，故应

选D。

11.【答案】：B

【考点定位】本小题考查球的截面圆性质、球面距，基础题。（同文9） 【解析】：由知截面圆的半径

r 9

18322 BC 32 3 BOC 4223，，故所以B、C两点的球面距

，故选择B。w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

3

离为

3

解析2：

OD

由于

角形可得12.

Rt BB1在h B1H所以BCA1BCD1 于是

h1

d，23

1h 1 2

2，所以d

于是当

1

，所以

2 2 3, 1

二、填空题（4题，每题5分）

1 ,1

13.【答案】： 2

【解析】此题的破解可采用二个极端位置法，即对于F位于DC的中点时，t 1，随着F

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点到C点时，因CB AB,CB DK, CB 平面ADB，即有CB BD，对于

CD 2,BC 1, BD ，又AD 1,AB 2，因此有AD BD，则有 1 ,1

的取值范围是 2 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

14.【答案】(0,-1，0) w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

t

1

2，因此t

222

M(0,y,0)1 y 4 1 ( 3 y) 1可得y 1故M(0, 1,0) 【解析】设由

o

o。

S1

2，

y

三．解答题（6题，共70分）

17.证明：（I）如图，连结OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为x轴，轴，z轴，建立空间直角坐标系O则

xyz，w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

O 0,0,0 ,A(0, 8,0),B(8,0,0),C(0,8,0),

P(0,0,6),E(0, 4,3),

z

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F 4,0,3

，由题意得，

G 0,4,0 ,

因OB (8,0,0),OE (0, 4,3)，因此平面BOE的法向

FG ( 4,4, 3n (0,3,4)量为，得n FG 0，又直线FG不在平面BOE内，因此有

FG//平面BOE

x,y,0 ，则FM (x0 4,y0, 3)，因为FM 平面BOE，所以

（II）设点M的坐标为00

9 94, ,0 x0 4,y0

4 ，在平面直角坐标系xoy4，即点M的坐标为 有FM//n，因此有

x 0

y 0 x y 8

中， AOB的内部区域满足不等式组

，经检验，点M所以在 ABO内存在一点M，使FM 平面BOE，由点MOA，OB的

4,

距离为

9

4．w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

18.【解法1（Ⅰ）∵四边形ABCD⊥∵PD 底面ABCD， ∴PD⊥AC，∴AC⊥平面PDB， ∴平面AEC 平面PDB（Ⅱ）设AC∩BD=O 于O， ∴∠PDB所的角， ∴O，、PB的中点，

OE

∴OE//PD，

1PD2，又∵PD 底面ABCD，

∴OE⊥底面ABCD，OE⊥AO，

OE

在Rt△AOE

中，

1PD AB AO22，

∴ AOE 45，即AE与平面PDB所成的角的大小为45. 【解法2】如图，以D为原点建立空间直角坐标系D xyz， 设AB a,PD h,

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则

A a,0,0 ,B a,a,0 ,C 0,a,0 ,D 0,0,0 ,P 0,0,h

，

（Ⅰ）∵

AC a,a,0 ,DP 0,0,h ,DB a,a,0

，

∴AC DP 0,AC DB 0，

∴AC⊥DP，AC⊥DB，∴AC⊥平面PDB， ∴平面AEC 平面PDB.

11

P,E a,a, 222 ， PD （Ⅱ）当且E为PB

的中点时，

设AC∩

∴∠ EA ∵

cos ∴

AOE∴19.【解法（Ⅰ）∵又 BCA∴BC（Ⅱ）∵DDE

∴

12又由（Ⅰ）知，BC⊥平面PAC，w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

∴DE⊥平面PAC，垂足为点E.

∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角， ∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AB，又PA=AB，

AD

∴△ABP为等腰直角三角形，∴

AB，

1

AB2.

ABC 60∴在Rt△ABC中，，∴

BC

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sin DAE

∴在Rt△ADE

中，

DEBC AD2AD，

arcsin

4.

∴AD与平面PAC

所成的角的大小

（Ⅲ）∵AE//BC，又由（Ⅰ）知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC， 又∵AE 平面PAC，PE 平面PAC，∴DE⊥AE，DE⊥PE， ∴∠AEP为二面角A DE P的平面角， ∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AC，∴ PAC 90.

∴在棱PC

故存在点E【解法2

A

（Ⅰ）∵

又∵ （Ⅱ）∵D

1D 4 ∴

∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角，

1 1 1 AD 4aa,2a ,AE ,2a

， ∵

AD AEcos DAE

AD AE

∴

.

∴AD与平面PAC所成的角的大小（Ⅲ）同解法1.

. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

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20.解：方法（一）：

（1）证：依题设，Ｍ在以ＢＤ为直径的球面上，则ＢＭ⊥ＰＤ. 因为ＰＡ⊥平面ＡＢＣＤ，则ＰＡ⊥ＡＢ，又ＡＢ⊥ＡＤ，

所以ＡＢ⊥平面ＰＡＤ，则ＡＢ⊥ＰＤ，因此有ＰＤ⊥平面ＡＢＭ，所以平面ＡＢＭ⊥平面ＰＣＤ.

由（1所以 且 tan arctan（3）因为在O（1（2D设平面z 1arcsin

所求角的大小为

3.

AO n

h n

（3）设所求距离为h，由O(1,2,0),AO (1,2,0)，得：

21.【解析】解法一：

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因为平面ABEF⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，BC⊥AB，平面ABEF∩平面ABCD=AB， 所以BC⊥平面ABEF. 所以BC⊥EF.

因为⊿ABE为等腰直角三角形，AB=AE， 所以∠AEB=45°， 又因为∠AEF=45,

所以∠FEB=90°，即EF⊥BE.

因为BC 平面ABCD, BE 平面BCE, w.w.w.k.s.5.u.c.o.m BC∩BE=B

所以EF 平面BCE 6分

（II）取

∴ PMNC∵ CN

∴ PM（III）由作FG⊥AB,

作GH⊥BD∴ ∠FHG∵∠AEF=90设AB=1,则在Rt⊿BGHGH BGGH3,

arctan

在Rt⊿FGH中,

∴ 二面角F BD A的大小为

12分

解法二: 因 ABE等腰直角三角形，AB AE，所以AE AB 又因为平面ABEF 平面ABCD AB，所以AE⊥平面ABCD， 所以AE AD

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即AD、AB、AE两两垂直；如图建立空间直角坐标系,

(I) 设AB 1，则AE 1，B(0,1,0),D(1,0,0),E(0,0,1),C(1,1,0)

∵FA FE, AEF 45 ，∴ AFE＝900

，

F（0，－11

从而

22）

EF (0, 12, 1

2)

，BE (0, 1,1),BC (1,0,0)

∵（

（ x y 0

n1 0 n 3y 11 0 即 22z 0 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

取y 1，则x 1，z 3，从而n1＝（1，1，3） 取平面ABDD的一个法向量为n2 (0,0,1)

cos n31、n2

3 1

11

，故