高考数学(理数)二轮专题复习：08《立体几何》课时练习（7课时教师版）

这是一份高考数学(理数)二轮专题复习：08《立体几何》课时练习（7课时教师版），共42页。

第八章　立体几何
第1讲　空间几何体的三视图和直观图

1．将一个长方形沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图，则该几何体的侧(左)视图为(　　)



A B C D
2．一个几何体的正视图和侧视图都是面积为1的正方形，则这个几何体的俯视图一定不是(　　)
　
A B C D
3．如图，正方形O′A′B′C′的边长为1 cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长为(　　)

A．6 cm B．8 cm C．(2＋4 )cm D．(2＋2 )cm
4．一个几何体的三视图如图，则该几何体的表面积为(　　)
A．3π B．4π C．2π＋4 D．3π＋4

5．已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图X8­1­4(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m3.

6．一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是(0,0,0)，(1,0,1)，(0,1,1)，，绘制该四面体三视图时， 按照如下图X8­1­5所示的方向画正视图，则得到左视图可以为(　　)


A B C D
7．某几何体的三视图如图(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是(　　)

A.＋1 B.＋3 C.＋1 D.＋3


8．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的外接球的表面积为(　　)

A．136π B．34π C．25π D．18π
9．由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．

10．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P是上底面A1B1C1D1内一动点，则三棱锥P­ABC的正视图与侧视图的面积的比值为________．



11．如图所示的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图如图.

(1)在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图；
(2)按照给出的尺寸，求该多面体的体积．




12．图为一简单组合体，其底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，EC∥PD，且PD＝AD＝2EC＝2.
(1)如图所示的方框内已给出了该几何体的俯视图，请在方框内画出该几何体的正视图和侧视图；
(2)求四棱锥B­CEPD的体积；
(3)求证：BE∥平面PDA.


















第2讲　空间几何体的表面积和体积


1．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转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为(　　)
A. B. C．2 π D．4 π
2．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.若该几何体的表面积为16＋20π，则r＝(　　)

A．1 B．2 C．4 D．8
3．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，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，估算出堆放的米有(　　)

A．14斛 B．22斛 C．36斛 D．66斛
4．某工件的三视图如图，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件的利用率为(　　)

A. B. C. D.
5．已知某三棱锥的三视图如图，则该三棱锥的体积________．

6．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．
7．某几何体的三视图如图(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm2，体积是________cm3.

8．若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比值为2π，则其母线与轴的夹角的大小为______．
9．已知△ABC的顶点都在球O的球面上，AB＝6，BC＝8，AC＝10，三棱锥O­ABC的体积为40 ，则该球的表面积等于________．
10．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为(　　)

A．18＋36 B．54＋18 C．90 D．81

11．如图，长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．
(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；
(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．






12．如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置．
(1)求证AC⊥HD′；
(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2 ，求五棱锥D′ABCFE的体积．







第3讲　点、直线、平面之间的位置关系

　　　　　　　　　　　　　　　　
1．若直线l1和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．l至少与l1，l2中的一条相交
B．l与l1，l2都相交
C．l至多与l1，l2中的一条相交
D．l与l1，l2都不相交
2．已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则(　　)
A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n
3．若P是两条异面直线l，m外的任意一点．则(　　)
A．过点P有且仅有一条直线与l，m都平行
B．过点P有且仅有一条直线与l，m都垂直
C．过点P有且仅有一条直线与l.m都相交
D．过点P有且仅有一条直线与l，m都异面
4．l1，l2表示空间中的两条直线，若p：l1，l2是异面直线；q：l1，l2不相交，则(　　)
A．p是q的充分条件，但不是q的必要条件
B．p是q的必要条件，但不是q的充分条件
C．p是q的充分必要条件
D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件
5．如图所示的是正方体的平面展开图，在这个正方体中．

①BM与ED平行；②CN与BE是异面直线；
③CN与BM成60°；④CN与AF垂直．
以上四个命题中，正确命题的序号是(　　)
A．①②③ B．②④ C．③ D．③④
6．直三棱柱ABC­A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于(　　)
A．30° B．45° C．60° D．90°
7．已知正四面体ABCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
8．a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：
①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；
②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；
③直线AB与a所成角的最小值为45°；
④直线AB与a所成角的最小值为60°.
其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号)

9．如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中点．已知∠BAC＝，AB＝2，AC＝2 ，PA＝2.求：
(1)三棱锥P­ABC的体积；
(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值．















第4讲　直线、平面平行的判定与性质

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是(　　)
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n
C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α
D．若m∥α，m⊥n，则n⊥α
2．若m，n表示不同的直线，α，β表示不同的平面，则下列结论中正确的是(　　)
A．若m∥α，m∥n，则n∥α
B．若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β
C．若α⊥β，m∥α，n∥β，则m∥n
D．若α∥β，m∥α，n∥m，n⊄β，则n∥β
3．如图，已知l是过正方体ABCD­A1B1C1D1的顶点的平面AB1D1与下底面ABCD所在平面的交线，下列结论错误的是(　　)

A．D1B1∥l B．BD∥平面AD1B1
C．l∥平面A1D1B1 D．l⊥B1C1
4．设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α.“m∥β”是“α∥β”的(　　)
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
5．设α，β，γ是三个不重合的平面，m，n是两条不重合的直线，则下列说法正确的是(　　)
A．若α⊥β，β⊥γ，则α∥γ B．若α⊥β，m∥β，则m⊥α
C．若m⊥α，n⊥α，则m∥n D．若m∥α，n∥α，则m∥n
6．如图(1)，在透明塑料制成的长方体ABCD­A1B1C1D1容器内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下列四个说法：
①水的部分始终呈棱柱状；
②水面四边形EFGH的面积不改变；
③棱A1D1始终与水面EFGH平行；
④当容器倾斜至如图(2)时，BE·BF是定值．
其中正确说法的序号是____________．

7．如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M满足条件____________时，有MN∥平面B1BDD1.

8．设α，β，γ是三个平面，a，b是两条不同直线，有下列三个条件：①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ.如果命题“α∩β＝a，b⊂γ，且________，则a∥b”为真命题．可以在横线处填入的条件是________(把所有正确的序号填上)．



9．如图，四棱锥P­ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD, ∠BAD＝∠ABC＝90°.
(1)证明：直线BC∥平面PAD；
(2)若△PCD的面积为2 ，求四棱锥P­ABCD的体积．







10．如图，四棱锥P­ABCD中，BC∥AD，BC＝1，AD＝3，AC⊥CD，且平面PCD⊥平面ABCD.
(1)求证：AC⊥PD；
(2)在线段PA上是否存在点E，使BE∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．









第5讲　直线、平面垂直的判定与性质

1．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
C．若l∥β，则α∥β D．若α∥β，则l∥m
2．已知直线m，n与平面α，β，γ满足α⊥β，α∩β＝m，n⊥α，n⊂γ，则下列判断一定正确的是(　　)
A．m∥γ，α⊥γ B．n∥β，α⊥γ C．β∥γ，α⊥γ D．m⊥n，α⊥γ
3．如图，在正四面体P­ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是(　　)

A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面PAE D．平面PDE⊥平面ABC
4．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC和CD的中点，G是EF的中点，现在沿着AE和AF及EF把正方形折成一个四面体，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，那么，在四面体A­EFH中必有(　　)

A．AH⊥△EFH所在平面 B．AG⊥△EFH所在平面
C．HF⊥△AEF所在平面 D．HG⊥△AEF所在平面
5．如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，若AB＝2，AA1＝1，则点A到平面A1BC的距离为(　　)

A. B. C. D.
6．如图在三棱锥P­ABC中，已知PA⊥底面ABC，AB⊥BC，E，F分别是线段PB，PC上的动点，则下列说法错误的是(　　)

A．当AE⊥PB时，△AEF一定为直角三角形
B．当AF⊥PC时，△AEF一定为直角三角形
C．当EF∥平面ABC时，△AEF一定为直角三角形
D．当PC⊥平面AEF时，△AEF一定为直角三角形
7．如图，已知正四面体D­ABC(所有棱长均相等的三棱锥)，P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP＝PB，＝＝2，分别记二面角D­PR­Q，D­PQ­R，D­QR­P的平面角为α，β，γ，则(　　)

A．γ<α<β B．α<γ<β C．α<β<γ D．β<γ<α
8．α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：
(1)如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.
(2)如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.
(3)如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.
(4)如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．
其中正确的命题有______．(填写所有正确命题的编号)

9．如图，三棱台DEF­ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．
(1)求证：BD∥平面FGH；
(2)若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH.





10．如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥平面BB1C1C，且四边形BB1C1C是菱形，∠BCC1＝60°.
(1)求证：AC1⊥B1C；
(2)若AC⊥AB1，三棱锥A­BB1C的体积为，求△ABC的面积．







第6讲　空间坐标系与空间向量

1．下列等式中，使点M与点A，B，C一定共面的是(　　)
A.＝3－2－
B.＝＋＋
C.＋＋＋＝0
D.＋＋＝0
2．如图，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若＝a，＝b，1＝c，则下列向量与相等的向量是(　　)

A．－a＋b＋c B.a＋b＋c C．－a－b＋c D.a－b＋c
3．已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于1，点E，F分别是AB，AD的中点，则·＝(　　)
A. B．－ C. D．－
4．如图，三棱锥A­BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别是AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是________．

5．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，＝，点N为B1B的中点，则|MN|＝(　　)
A.a B.a C.a D.a


6．如图，PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB＝2，E为PB的中点，cos 〈，〉＝，若以DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则点E的坐标为(　　)

A．(1,1,1) B. C. D．(1,1,2)
7．正四面体ABCD的棱长为2，E，F分别为BC，AD中点，则EF的长为________．
8．如图，已知平面四边形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD＝，∠ADC＝90°.沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′，直线AC与BD′所成角的余弦的最大值是________．



9．如图，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E，F，G分别是AB，AD，CD的中点，计算：
(1)·；
(2)EG的长；
(3)异面直线AG与CE所成角的余弦值．








10．如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.
(1)证明：AC＝AB1；
(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A­A1B1­C1的余弦值．


第7讲　空间中角与距离的计算


1．如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，若E，F分别是BC，DD1的中点，则B1到平面ABF的距离为(　　)

A. B. C. D.
2．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，若BC⊥AC，∠BAC＝，AC＝4，AA1＝4，M为AA1的中点，P为BM的中点，Q在线段CA1上，A1Q＝3QC.则异面直线PQ与AC所成角的正弦值为(　　)

A. B. C. D.
3．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的正切值是(　　)

A. B. C. D.
4．若正三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为(　　)
A. B. C. D.
5．已知在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，将矩形ABCD沿对角线AC折起，使平面ABC与平面ACD垂直，则B与D之间的距离为________．
6．如图正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC­A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2 ，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为____________．


7．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点．
(1)设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；
(2)当AB＝3，AD＝2时，求二面角E­AG­C的大小．







8．如图，四边形ABCD为菱形，四边形ACFE为平行四边形，设BD与AC相交于点G，AB＝BD＝2，AE＝，∠EAD＝∠EAB.
(1)证明：平面ACFE⊥平面ABCD；
(2)若AE与平面ABCD所成角为60°，求二面角B­EF­D的余弦值．






9．如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到 △D′EF的位置，OD′＝.
(1)证明：D′H⊥平面ABCD；
(2)求二面角B­D′A­C的正弦值．





第八章　立体几何
第1讲　空间几何体的三视图和直观图
1．B　解析：截去的是长方体右上方顶点．故选B.
2．B　解析：由题意，符合选项A的几何体是一个直三棱柱，其中底面三角形是底边为1，高为1的等腰三角形，侧棱长为1；符合选项C的几何体是一个棱长为1的正方体；符合选项D的几何体是一个棱长为1的正方体去掉半径与母线长都为1的圆柱．
3．B
4．D　解析：由三视图知：该几何体是半个圆柱，其中底面圆的半径为1，母线长为2，所以该几何体的表面积是×2π×1×2＋π×12＋2×2＝3π＋4.故选D.
5．2　解析：由三视图知四棱锥高为3，底面平行四边形的底为2，高为1，因此体积为×(2×1)×3＝2.故答案为2.
6．B　解析：满足条件的四面体如图D138(1)，依题意投影到yOz平面为正投影，所以左(侧)视方向如图，所以得到左视图效果如图D138(2)，故答案：选B.

(1) 　 (2)
图D138
7．A　解析：V＝×3×＝＋1.
8．B　解析：画出满足条件的四棱锥D139，底面是边长为3的正方形，顶点在底面的射影为点B，高为4.根据垂直关系可得AD⊥AE，DC⊥EC，DE为直角三角形△ADE和△CDE和△BDE的公共斜边，所以取DE中点O，O为四棱锥外接圆的圆心，DE2＝AB2＋BE2＋AD2＝32＋42＋32＝34，DE＝2R＝，那么四棱锥外接球的表面积为S＝4πR2＝34π.故选B.

图D139
9．2＋　解析：该几何体的体积为π×12×1×2＋2×1×1＝＋2.
10．1　解析：三棱锥P­ABC的正视图与侧视图为底边和高均相等的三角形，故它们的面积相等，面积比值为1.
11．解：(1)如图D140.
(2)所求多面体体积V＝V长方体－V正三棱锥＝4×4×6－××2＝.

图D140
12．(1)解：该组合体的正视图和侧视图如图D141.

图D141
(2)解：∵PD⊥平面ABCD，PD⊂平面PDCE，
∴平面PDCE⊥平面ABCD.
∵平面PDCE∩平面ABCD＝CD，
∵BC⊥CD，∴BC⊥平面PDCE.
∵S梯形PDCE＝(PD＋EC)·DC＝×3×2＝3，
∴四棱锥B­CEPD的体积为
VB­CEPD＝S梯形PDCE·BC＝×3×2＝2.
(3)证明：∵EC∥PD，PD⊂平面PDA，EC⊄平面PDA，
∴EC∥平面PDA.同理，BC∥平面PDA.
∵EC⊂平面EBC，BC⊂平面EBC，且EC∩BC＝C，
∴平面EBC∥平面PDA.
又∵BE⊂平面EBC，∴BE∥平面PDA.
第2讲　空间几何体的表面积和体积
1．B　解析：由题意知，该等腰直角三角形的斜边长为2 ，斜边上的高为，所得旋转体为同底等高的全等圆锥，所以其体积为π×()2×2 ＝.故选B.
2．B　解析：如图D142，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r，圆柱的底面半径为r，高为2r，则表面积S＝×4πr2＋πr2＋4r2＋πr·2r＝(5π＋4)r2.又S＝16＋20π，∴(5π＋4)r2＝16＋20π，∴r2＝4，r＝2.故选B.

图D142
3．B　解析：设圆锥底面半径为r，则×2×3r＝8.所以r＝.所以米堆的体积为××3×2×5＝.故堆放的米约为÷1.62≈22(斛)．故选B.
4．A　解析：欲使正方体最大，则其上底面四个顶点需在圆锥上．圆锥体积V1＝π×12×2 ＝π.作几何体截面图，如图D143，则内接正方体棱长a＝.

图D143
∴正方体体积V2＝a3＝3＝.
∴＝×＝.故选A.
5.　解析：由三视图可知三棱锥的底面积为S＝×2 ×1＝，高为1，所以该三棱锥的体积为V＝Sh＝××1＝.
6.　解析：设正方体边长为a，则6a2＝18⇒a2＝3，外接球直径为2R＝a＝3，V＝πR3＝π×＝π.
7．80　40　解析：由三视图知该组合体是一个长方体上面放置了一个小正方体，S表＝6×22＋2×42＋4×2×4－2×22＝80，V＝23＋4×4×2＝40.
8.　解析：由题意，得πrl∶＝2π⇒l＝2h⇒母线与轴的夹角为.
9．400π　解析：依题意知△ABC为直角三角形，其所在圆面的半径为AC＝5，设三棱锥O­ABC的高为h，则由××6×8h＝40 ，得h＝5 .设球O的半径为R，则由h2＋52＝R2，得R＝10.故该球的表面积为400π.
10．B　解析：由三视图知该几何体是以3×3的正方形为底面的斜四棱柱，所以该几何体的表面积S＝2×3×6＋2×3×3＋2×3×3 ＝54＋18 .故选B.
11．解：(1)交线围成的正方形EHGF如图D144.

图D144
(2)如图，作EM⊥AB，垂足为M，
则AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.
因为四边形EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.
于是MH＝＝6，AH＝10，HB＝6.
因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为.
12．(1)证明：由已知，得AC⊥BD，AD＝CD.
又由AE＝CF，得＝.
故AC∥EF.由此，得EF⊥HD.
折后EF与HD保持垂直关系，即EF⊥HD′，
所以AC⊥HD′.
(2)解：由EF∥AC，得＝＝.
由AB＝5，AC＝6，得DO＝BO＝＝4.
所以OH＝1，D′H＝DH＝3.
于是OD′2＋OH2＝(2 )2＋12＝9＝D′H2.
故OD′⊥OH.
由(1)知，AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，
所以AC⊥平面BHD′.于是AC⊥OD′.
又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，
所以OD′⊥平面ABC.
又由＝，得EF＝.
所以五边形ABCFE的面积
S＝×6×8－××3＝.
所以五棱锥D′ABCFE的体积
V＝××2 ＝.
第3讲　点、直线、平面之间的位置关系
1．A　解析：考虑反证法：假如l与l1，l2都不相交即都平行，则l1，l2平行，与l1和l2是异面直线矛盾，所以l至少与l1，l2中的一条相交．故选A.
2．C　解析：由题意知α∩β＝l，∴l⊂β.∵n⊥β，∴n⊥l.故选C.
3．B　解析：对于选项A，若过点P有直线n与l，m都平行，则l∥m，这与l，m异面矛盾；对于选项B，过点P与l，m都垂直的直线，即过P且与l，m的公垂线段平行的那一条直线；对于选项C，过点P与l，m都相交的直线有一条或零条；对于选项D，过点P与l，m都异面的直线可能有无数条．
4．A　解析：若p：l1，l2是异面直线，由异面直线的定义知，l1，l2不相交，所以命题q：l1，l2不相交成立，即p是q的充分条件；反过来，若q：l1，l2不相交，则l1，l2可能平行，也可能异面，所以不能推出p：l1，l2是异面直线，即p不是q的必要条件．故选A.
5．D
6．C　解析：如图D145，可补成一个正方体．∴AC1∥BD1.∴BA1与AC1所成的角为∠A1BD1.又易知△A1BD1为正三角形，∴∠A1BD1＝60°.即BA1与AC1成60°角．

图D145
7．B　解析：设AD的中点为F，连接EF，CF，则EF∥BD，所以CE与EF所成角就是异面直线CE与BD所成角，设正四面体ABCD棱长为2a，EF＝a，CE＝CF＝a，由余弦定理可得cos∠CEF＝＝＝.
8．②③　解析：由题意，AB是以AC为轴，BC为底面半径的圆锥的母线，由AC⊥a，AC⊥b，又AC⊥圆锥底面，在底面内可以过点B，作BD∥a，交底面圆C于点D.
如图D146，连接DE，则DE⊥BD.∴DE∥b.

图D146
连接AD，在等腰三角形ABD中，设AB＝AD＝，当直线AB与a成60°角时，∠ABD＝60°，故BD＝.
又在Rt△BDE中，BE＝2，∴DE＝.
如图，过点B作BF∥DE，交圆C于点F，连接AF，由圆的对称性可知BF＝DE＝，
∴△ABF为等边三角形．∴∠ABF＝60°.即AB与b成60°角，②正确，①错误；
由最小角定理可知③正确，④错误．
正确的说法为②③.
9．解：(1)S△ABC＝×2×2 ＝2 ，
三棱锥P­ABC的体积为
V＝S△ABC·PA＝×2 ×2＝.
(2)取PB的中点E，连接DE，AE，则ED∥BC，所以∠ADE是异面直线BC与AD所成的角(或其补角)．
在△ADE中，DE＝2，AE＝，AD＝2，cos ∠ADE＝＝.
故异面直线BC与AD所成角的余弦值为.
10．解：(1)如图D147，由题意可知，圆柱的母线长l＝1，底面半径r＝1.

图D147
圆柱的体积V＝πr2l＝π×12×1＝π，
圆柱的侧面积S＝2πrl＝2π×1×1＝2π.
(2)设过点B1的母线与下底面交于点B，
则O1B1∥OB.
所以∠COB或其补角为O1B1与OC所成的角．
由长为，可知∠AOB＝∠A1O1B1＝.
由长为，可知∠AOC＝，
所以∠COB＝∠AOC－∠AOB＝.
所以异面直线O1B1与OC所成的角的大小为.
第4讲　直线、平面平行的判定与性质
1．B　解析：若m∥α，n∥α，则m∥n或m，n相交或m，n异面，故A错；若m⊥α，n⊂α，由直线和平面垂直的定义知，m⊥n，故B正确；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故C错；若m∥α，m⊥n，则n∥α或n，α相交或n⊂α，故D错．
2．D　解析：在A中，若m∥α，m∥n，则n∥α或n⊂α，故A错误．
在B中，若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α与β相交或平行，故B错误．
在C中，若α⊥β，m∥α，n∥β，则m与n相交、平行或异面，故C错误．
在D中，若α∥β，m∥α，n∥m，n⊄β，则由线面平行的判定定理得n∥β，故D正确．
3．D
4．B　解析：若m∥β，则平面α，β可能相交也可能平行，不能推出α∥β；反过来，若α∥β，m⊂α，则有m∥β.故“m∥β”是“α∥β”的必要而不充分条件．
5．C　解析：A选项中，α，γ可能的位置关系为相交，平行，故A错误；B选项中，m可能在α上，也可能与α平行或相交，故B错误；C选项中，根据线面垂直的性质，可知C正确；D选项中，m，n可能的位置关系为相交，平行，异面，故D错误．故选C.
6．①③④　解析：对于①，由于BC固定，所以在倾斜的过程中，始终有AD∥EH∥FG∥BC，且平面AEFB∥平面DHGC，故水的部分始终呈棱柱状(四棱柱、三棱柱或五棱柱)，且BC为棱柱的一条侧棱，故①正确；对于②，当水的部分是四棱柱或五棱柱时，水面面积与上下底面面积不等；当水的部分是三棱柱时，水面面积可能变大，也可能变小，故②不正确；③是正确的；④是正确的，由水的体积的不变性可证得．综上所述，正确命题的序号是①③④.
7．M∈线段HF　解析：如图D148，连接FH，HN，FN，

图D148
由题意知，HN∥平面B1BDD1，
FH∥平面B1BDD1.
且HN∩FH＝H.
∴平面NHF∥平面B1BDD1.
∴当M在线段HF上运动时，有MN∥平面B1BDD1.
8．①③　解析：由线面平行的性质定理可知，①正确；当b∥β，a⊂γ时，a和b在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．故应填入的条件为①或③.
9．(1)证明：在平面ABCD内，
因为∠BAD＝∠ABC＝90°，所以BC∥AD.
又BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
故BC∥平面PAD.
(2)解：如图D149，取AD的中点M，连接PM，CM，
由AB＝BC＝AD及BC∥AD，∠ABC＝90°，得四边形ABCM为正方形，
则CM⊥AD.
因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以PM⊥AD.所以PM⊥底面ABCD.
因为CM⊂底面ABCD，所以PM⊥CM.
设BC＝x，则CM＝x，CD＝x，PM＝x，PC＝PD＝2x.取CD的中点N，连接PN，
则PN⊥CD，所以PN＝x.
因为△PCD的面积为2 ，
所以×x×x＝2 ，
解得x＝－2(舍去)，x＝2.
于是AB＝BC＝2，AD＝4，PM＝2 ，
所以四棱锥P­ABCD的体积V＝××2 ＝4 .

图D149
10．(1)证明：∵平面PCD⊥平面ABCD，
平面PCD∩平面ABCD＝CD，
又AC⊥CD，AC⊂平面ABCD，
∴AC⊥平面PCD.
∵PD⊂平面PCD，∴AC⊥PD.
(2)解：线段PA上存在点E，使BE∥平面PCD.
∵BC＝1，AD＝3.
在△PAD中，分别取PA，PD靠近点P的三等分点E，F，连接EF(如图D150)．

图D150
∵＝＝，
∴EF∥AD，EF＝AD＝1.
又∵BC∥AD，∴BC∥EF，且BC＝EF.
∴四边形BCFE是平行四边形．
∴BE∥CF.
又BE⊄平面PCD，CF⊂平面PCD.
∴BE∥平面PCD.
第5讲　直线、平面垂直的判定与性质
1．A　解析：采用排除法，选项A中，平面与平面垂直的判定；选项B中，当α⊥β时，l，m也可以平行，还可以异面；选项C中，l∥β时，α，β可以相交；选项D中，α∥β时，l，m也可以异面．故选A.
2．D　解析：因为n⊥α，n⊂γ，则α⊥γ；同时n⊥α，m⊂α，则m⊥n，所以选项D正确；对于选项A中的直线m与平面γ的位置关系无法判断，选项B中的直线n也可能落在平面β内；选项C中的平面β与平面γ也可能相交．故选D.
3．D　解析：因为BC∥DF，DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，所以BC∥平面PDF，故选项A正确．
在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，DF∥BC，
所以BC⊥平面PAE，则DF⊥平面PAE，从而平面PDF⊥平面PAE.因此选项B，C均正确．
4．A　解析：∵AD⊥DF，AB⊥BE，又∵B，C，D重合于点H，∴AH⊥HF，AH⊥HE.∴AH⊥平面EFH.
5．B　解析：方法一，取BC中点E，连接AE，A1E，
过点A作AF⊥A1E，垂足为F.
∵A1A⊥平面ABC，∴A1A⊥BC.
∵AB＝AC，∴AE⊥BC.
∴BC⊥平面AEA1.∴BC⊥AF.
又AF⊥A1E，∴AF⊥平面A1BC.
∴AF的长即为所求点A到平面A1BC的距离．
∵AA1＝1，AB＝2，∴AE＝.∴AF＝.
方法二，取BC中点E，连接AE，A1E，
＝S△ABC·AA1＝××1＝.
又∵A1B＝A1C＝，
在△A1BE中，A1E＝＝2.
∴＝×2×2＝2.
∴＝×·h＝h.
∴h＝.∴h＝.∴点A到平面A1BC的距离为.
6．B　解析：PA⊥底面ABC，则PA⊥BC.
又AB⊥BC，则BC⊥平面PAB.
(1)当AE⊥PB时，又BC⊥AE，则AE⊥平面PBC，AE⊥EF，A正确．
(2)当EF∥平面ABC时，又EF⊂平面PBC，平面PBC∩平面ABC＝BC.则EF∥BC.故EF⊥平面PAB，AE⊥EF.故C正确．
(3)当PC⊥平面AEF时，PC⊥AE，又BC⊥AE，则AE⊥平面PBC.AE⊥EF，故D正确．用排除法可知选B.
7．B　解析：设O为三角形ABC的中心，则O到PQ距离最小，O到PR距离最大，O到RQ距离居中，而高相等，因此α<γ<β.故选B.
8．②③④　解析：对于①，m⊥n，m⊥α，n∥β，则α，β的位置关系无法确定，故错误；
对于②，因为n∥α，所以过直线n作平面γ与平面α相交于直线c，则n∥c.因为m⊥α，所以m⊥c.所以m⊥n.故②正确；
对于③，由两个平面平行的性质可知③正确；
对于④，由线面所成角的定义和等角定理可知④正确．故正确的有②③④.
9．证明：(1)证法一，如图D151，连接DG，CD.设CD∩GF＝M，连接MH，在三棱台DEF­ABC中，AC＝2DF，G为AC的中点，可得DF∥GC，DF＝GC.
所以四边形DFCG是平行四边形，则M为CD的中点．


图D151
又H是BC的中点，
所以HM∥BD.
又HM⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，
所以BD∥平面FGH.
证法二，在三棱台DEF­ABC中，由BC＝2EF，H为BC的中点，
可得BH∥EF，BH＝EF.
所以HBEF为平行四边形．可得BE∥HF.
在△ABC中，G，H分别为AC，BC的中点，
所以GH∥AB.
又GH∩HF＝H，
所以平面FGH∥平面ABED.
因为BD⊂平面ABED，
所以BD∥平面FGH.
(2)连接HE.因为G，H分别为AC，BC的中点，
所以GH∥AB.
由AB⊥BC，得GH⊥BC.
又H为BC的中点，所以EF∥HC，EF＝HC.
因此四边形EFCH是平行四边形，所以CF∥HE.
又CF⊥BC，所以HE⊥BC.
又HE，GH⊂平面EGH，HE∩GH＝H，
所以BC⊥平面EGH.
又BC⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH.
10．(1)证明：连接BC1，如图D152.
因为AB⊥平面BB1C1C，B1C⊂平面BB1C1C，所以AB⊥B1C.
因为四边形BB1C1C是菱形，所以B1C⊥BC1.
又因为AB∩BC1＝B，所以B1C⊥平面ABC1.
因为AC1⊂平面ABC1，所以AC1⊥B1C.

图D152
(2)证明：由AB⊥平面BB1C1C，BC＝BB1可知AC＝AB1.
设菱形BB1C1C的边长为a，
因为∠BCC1＝60°，所以B1C2＝BC2＋BB－2BC·BB1·cos 120°＝3a2.
因为AC⊥AB1，所以AC2＋AB＝B1C2＝3a2，
所以AC＝AB1＝a.
因为AB⊥平面BB1C1C，BC⊂平面BB1C1C，
所以AB⊥BC.
所以在Rt△ABC中，AB＝＝a.
因为＝|AB|＝××a×asin 60°×a＝，
解得a＝2.所以AB＝a＝，BC＝a＝2.
所以S△ABC＝|BC|·|AB|＝×2×＝.
第6讲　空间坐标系与空间向量
1．D　解析：∵M，A，B，C四点共面⇔＝x＋y＋z(x，y，z∈R)，且x＋y＋z＝1.∵＋＋＝0⇔＝－－.∴存在x＝－1，y＝－1，使＝x＋y.∴，，共面．∵M为公共点．∴M，A，B，C四点共面．
2．A　解析：由题意，根据向量运算的几何运算法则，＝1＋＝1＋(－)＝c＋(b－a)＝－a＋b＋c.
3．B　解析：∵E，F分别是AB，AD的中点．∴EF∥BD且EF＝BD，∴＝. ∴·＝·＝||·||cos〈，〉＝×1×1×cos 120°＝－.
4.　解析：如图D153，连接DN，取DN中点P，连接PM，PC，则可知∠PMC为异面直线AN，CM所成的角，易得PM＝AN＝，PC＝＝＝，CM＝＝2 ，∴cos∠PMC＝＝，即异面直线AN，CM所成的角的余弦值是.

图D153
5．A　解析：＝－＝－
＝＋－
＝＋－.
∴||＝＝a.
6．A　解析：由已知得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，
设P(0,0，a)(a>0)，则E.
所以＝(0,0，a)，＝，
||＝a，||＝＝＝.
又cos 〈D，A〉＝，
所以＝.
解得a2＝4，即a＝2.所以E(1,1,1)．
7.　解析：||2＝2＝(＋＋)2
＝2＋2＋2＋2(·＋·＋·)
＝12＋22＋12＋2(1×2×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°)
＝2.∴||＝.∴EF的长为.
8.　解析：设直线AC与BD′所成角为θ.设O是AC中点，由已知，得AC＝.如图D154，以OB为x轴，OA为y轴，过点O与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则A，B，C.作DH⊥AC于H，翻折过程中，D′H始终与AC垂直，CH＝＝＝，则OH＝，DH＝＝.因此可设D′，则＝，与平行的单位向量n＝(0,1,0)，所以cos θ＝|cos〈，n〉|＝＝.所以cos α＝1时，cos θ取最大值.

图D154
9．解：设＝a，＝b，＝c.
则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°.
(1)＝＝c－a，＝－a，＝b－c，
·＝·(－a)＝a2－a·c＝.
(2)＝＋＋＝a＋b－a＋c－b
＝－a＋b＋c，
||2＝a2＋b2＋c2－a·b＋b·c－c·a＝，则||＝.
(3)＝b＋c，＝＋＝－b＋a，
cos〈，〉＝＝－，
因为异面直线所成角的范围是，
所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为.
10．(1)证明：如图D155，连接BC1，交B1C于点O，连接AO.

图D155
因为侧面BB1C1C为菱形，
所以B1C⊥BC1，且O为B1C及BC1的中点．
又AB⊥B1C，所以B1C⊥平面ABO.
由于AO⊂平面ABO.故B1C⊥AO.
又B1O＝CO，故AC＝AB1.
(2)解：因为AC⊥AB1，且O为B1C的中点，
所以AO＝CO.
又因为AB＝BC，所以△BOA≌△BOC(SSS)．
故OA⊥OB，从而OA，OB，OB1两两垂直．
以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，|OB|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz.
因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形．
又OB＝1，则OB1＝，OA＝.
故A，B(1,0,0)，B1，C.
＝，＝＝，
1＝＝.
设n＝(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，
则即
所以可取n＝(1，，)．
设m是平面A1B1C1的法向量，
则
同理可取m＝(1，－，)．
则cos〈n，m〉＝＝.
所以结合图形知，二面角A­A1B1­C1的余弦值为.
第7讲　空间中角与距离的计算
1．D
2．C　解析：以C为原点，CB为x轴，CA为y轴，CC1为z轴，建立如图D156所示的空间直角坐标系，

图D156
则由题意，得A(0,4,0)，C(0,0,0)，B(4 ，0,0)，M(0,4,2)，A1(0，4,4)，P(2 ，2,1)．则＝＝(0,4,4)＝(0,1,1)．∴Q(0,1,1)，＝(0，－4,0)，＝(－2 ，－1,0)．设异面直线PQ与AC所成角为θ，cos θ＝|cos〈，〉|＝＝，∴sin θ＝＝.故选C.
3．B　解析：BB1与平面ACD1所成角即DD1 与平面ACD1所成角，即∠DD1O，其正切值是＝ .
4．B　解析：方法一(间接法)，由正三棱柱的所有棱长都相等，依据题设条件，可知B1D⊥平面ACD，∴B1D⊥DC.故△B1DC为直角三角形．
不妨设棱长为1，则有AD＝，B1D＝，DC＝.
∴＝××＝.
设A到平面B1DC的距离为h，
则有＝，
∴×h×＝×B1D×S△ADC.
∴×h×＝××.∴h＝.
设直线AD与平面B1DC所成的角为θ，
则sin θ＝＝.
方法二(向量法)，如图D157，取AC的中点O为坐标原点，建立空间直角坐标系．

图D157
不妨设各棱长为2，
则有A(0，－1,0)，D(0,0,2)，C(0,1,0)，B1(，0,2)．
设n＝(x，y，z)为平面B1CD的法向量，
则有⇒⇒n＝(0,2,1)．
设直线AD与平面B1DC所成的角为θ，
∴sin θ＝cos 〈A，n〉＝＝.
5.　解析：过B，D分别向AC作垂线，垂足分别为M，N.则可求得AM＝，BM＝，CN＝，DN＝，MN＝1.∵＝＋＋.∴||2＝|＋＋|2＝||2＋||2＋||2＋2(·＋·＋·)＝2＋12＋2＋2(0＋0＋0)＝.∴||＝.
6.　解析：方法一，如图D158，以C为原点建立空间直角坐标系，则A(2,0,0)，C1(0,0, 2 )．点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C2.

图D158
∴＝(－2,0,2 )，
＝.
设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为θ，
则cos θ＝＝
＝.
又θ∈，所以θ＝.
方法二，取A1B1的中点H，连接AH，由题意易知C1H⊥平面ABB1A1，∴∠C1AH即为AC1与平面ABB1A1所成的角．在Rt△C1HA中，C1H＝，C1A＝＝2 ，
∴∠C1AH＝，即AC1与侧面ABB1A所成角为.
7．解：(1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，
又AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A，
所以BE⊥平面ABP.
又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP.
又∠EBC＝120°，
所以∠CBP＝30°.
(2)方法一，取的中点H，连接EH，GH，CH，如图D159.
因为∠EBC＝120°，所以四边形为BEHC为菱形．
所以AE＝GE＝AC＝GC＝＝.
取AG中点M，连接EM，CM，EC.
则EM⊥AG，CM⊥AG.
所以∠EMC为所求二面角的平面角．
又AM＝1，所以EM＝CM＝＝2 .
在△BEC中，由于∠EBC＝120°，
由余弦定理，得EC2＝22＋22－2×2×2×cos 120°＝12，
所以EC＝2 .因此△EMC为等边三角形．
故所求的角为60°.

图D159　 　图D160
方法二，以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图D160所示的空间直角坐标系．
由题意，得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，，3)，C(－1，，0)，故＝(2,0，－3)，＝(1，，0)，＝(2,0,3)．
设m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量．
由可得
取z1＝2，得平面AEG的一个法向量m(3，－，2)．
设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量．
由可得
取z2＝－2，可得平面ACG的一个法向量n＝(3，－，－2)．
所以cos〈m，n〉＝＝.
因此所求的角为60°.
8．(1)证明：连接EG，
∵四边形ABCD为菱形，
∵AD＝AB，BD⊥AC，DG＝GB.
在△EAD和△EAB中，
AD＝AB，AE＝AE，∠EAD＝∠EAB，
∴△EAD≌△EAB.
∴ED＝EB.∴BD⊥EG.
∵AC∩EG＝G，∴BD⊥平面ACFE.
∵BD⊂平面ABCD，∴平面ACFE⊥平面ABCD.
(2)解：方法一，如图D161，过G作EF的垂线，垂足为M，连接MB，MG，MD，
易得∠EAC为AE与平面ABCD所成的角．
∴∠EAC＝60°.
∵EF⊥GM，EF⊥BD，∴EF⊥平面BDM，
∴∠DMB为二面角B­EF­D的平面角．
可求得MG＝，DM＝BM＝，
在△DMB中由余弦定理，可得cos ∠BMD＝，
∴二面角B­EF­D的余弦值为.

图D161　 图D162
方法二，如图D162，在平面ABCD内，过G作AC的垂线，交EF于M点，
由(1)可知，平面ACFE⊥平面ABCD，
∴MG⊥平面ABCD.
∴直线GM，GA，GB两两互相垂直．
分别GA，GB，GM为x，y，z轴建立空间直角坐标系G­xyz，
易得∠EAC为AE与平面ABCD所成的角，
∴∠EAC＝60°.
则D(0，－1,0)，B(0,1,0)，E，F.
则＝(2，0,0)，＝，＝.
设平面BEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则n·＝0，n·＝0.
∴x＝0，且x－y＋z＝0.
取z＝2，可得平面BEF的一个法向量为n＝(0,3,2)．
同理可求得平面DEF的一个法向量为m＝(0,3，－2)．
∴cos 〈n，m〉＝.
∴二面角B­EF­D的余弦值为.
9．(1)证明：由已知，得AC⊥BD，AD＝CD.
又由AE＝CF，得＝.故AC∥EF.
因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.
由AB＝5，AC＝6，得DO＝BO＝＝4.
由EF∥AC，得＝＝.
所以OH＝1，D′H＝DH＝3.
于是OH＝1，D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2.
故D′H⊥OH.
又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H.
所以D′H⊥平面ABCD.

图D163
(2)解：如图D163，以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立空间直角坐标系H­xyz，
则H(0,0,0)，A(－3，－1,0)，B(0，－5,0)，C(3，－1,0)，D′(0,0,3)．所以＝(3，－4,0)，＝(6,0,0)，＝(3,1,3)．设m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，则即
所以可以取m＝(4,3，－5)．
设n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，
则即
所以可以取n＝(0，－3,1)．
于是cos〈m，n〉＝＝＝－， sin〈m，n〉＝.
因此二面角B­D′A­C的正弦值是.