资源描述
专题五 立体几何
第1讲 空间几何体与点、直线、平面之间的位置
关系
1．(仿2022·山东，14)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E、F，且EF＝1，则四周体A－EFB的体积V等于________．
解析 连接BD交AC于点O，则OA为四周体A－EFB的高，且OA＝，故S△EFB＝×1×1＝，所以VA－EFB＝××＝.
答案
2．(仿2011·辽宁，12)已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且AB＝6，BC＝2，则棱锥O－ABCD的体积为________．
解析 设AC的中点为M，AC＝4，OM＝＝2，∴VO－ABCD＝×6×2×2＝8.
答案 8
3．(仿2021·广东，6)下列四个命题：①假如平面α⊥平面β，那么平面α内肯定存在直线平行于平面β，②假如平面α不垂直于平面β，那么平面α内肯定不存在直线垂直于平面β，③假如平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ，④假如平面α⊥平面β，那么平面α内全部直线都垂直于平面β，其中错误的是________．
解析 ①明显正确，依据面面垂直的判定，②正确，对于命题③，设α∩γ＝m，β∩γ＝n，在平面γ内取一点P不在l上，过P作直线a，b使a⊥m，b⊥n，∵γ⊥α，a⊥m，则a⊥α，∴a⊥l，同理有b⊥l.又a∩b＝P，a⊂γ，b⊂γ，∴l⊥γ.故命题③正确．对于命题④，设α∩β＝l，则l⊂α，且l⊂β.故在α内存在直线不垂直于平面β，即命题④错误．
答案 ④
4．(仿2021·辽宁，10)设三棱柱的侧棱垂直于底面，全部棱的长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为________．
解析 由题意知，该三棱柱为正三棱柱，且侧棱与底面边长相等，均为a.
如图，设O、O1分别为下、上底面中心，且球心O2为O1O的中点，又AD＝a，AO＝a，OO2＝，设球的半径为R，
则R2＝AO＝a2＋a2＝a2.
∴S球＝4πR2＝4π×a2＝πa2.
答案 πa2
5．(仿2022·浙江，10)如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD的中点，AC∩EF＝G.现在沿AE、EF、FA把这个正方形折成一个四周体，使B、C、D三点重合，重合后的点记为P，则关于四周体P－AEF有以下四个结论：①AP⊥△PEF所在平面，②AG⊥△PEF所在平面，③EP⊥△AEF所在平面，④PG⊥△AEF所在平面，其中正确的是________．
解析 在折叠过程中，AB⊥BE，AD⊥DF保持不变．
⇒AP⊥面PEF.
答案 ①
6．(仿2021·北京，14)如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝，P是BC1上一动点，则CP＋PA1的最小值是________．
解析 将△BCC1沿BC1线折到面A1C1B上，如图．连结A1Q即为CP＋PA1的最小值，过点Q作QD⊥A1C1交延长线于D点，△BQC1为等腰直角三角形，所以QD＝1，C1D＝1，A1D＝A1C1＋C1D＝7.所以A1Q＝＝＝5.
答案 5
7．(仿2021·全国Ⅰ，6)已知球的直径SC＝4，A，B是该球球面上的两点，AB＝2，∠ASC＝∠BSC＝45°，则棱锥S－ABC的体积为________．
解析 如图所示，由题意知，在棱锥S－ABC中，△SAC，△SBC都是等腰直角三角形，其中AB＝2，SC＝4，SA＝AC＝SB＝BC＝2.取SC的中点D，易证SC垂直于面ABD，因此棱锥S－ABC的体积为两个棱锥S－ABD和C－ABD的体积和，所以棱锥S－ABC的体积V＝SC·S△ADB＝×4×＝.
答案
8．(仿2022·重庆，9)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 如图，过D作DG⊥AF，垂足为G，连结GK，∵平面ABD⊥平面ABC，DK⊥AB，
∴DK⊥平面ABC，∴DK⊥AF.
又∵DG⊥AF，DG∩DK＝D.
∴AF⊥平面DKG，∴AF⊥GK.
简洁得到，当F接近E点时，K接近AB的中点，当F接近C点时，K接近AB的四等分点．
∴t的取值范围是.
答案
9．(仿2022·湖北，19)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，点E在线段AD上，且CE∥AB.
(1)求证：CE⊥平面PAD；
(2)若PA＝AB＝1，AD＝3，CD＝，∠CDA＝45°，求四棱锥P－ABCD的体积．
(1)证明 由于PA⊥平面ABCD，CE⊂平面ABCD，
所以PA⊥CE.
由于AB⊥AD，CE∥AB，所以CE⊥AD.
又PA∩AD＝A，
所以CE⊥平面PAD.
(2)解 由(1)可知CE⊥AD.
在Rt△ECD中，DE＝CD·cos 45°＝1，
CE＝CD·sin 45°＝1.
又由于AB＝CE＝1，AB∥CE，
所以四边形ABCE为矩形．
所以S四边形ABCD＝S矩形ABCE＋S△ECD
＝AB·AE＋CE·DE
＝1×2＋×1×1＝，
又PA⊥平面ABCD，PA＝1，
所以V四棱锥P－ABCD＝S四边形ABCD·PA
＝××1＝.
10．(仿2021·辽宁，18)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，E，E1，F分别是棱AD，AA1，AB的中点．
(1)证明：直线EE1∥平面FCC1；
(2)求二面角B－FC1－C的余弦值．
(1)证明 法一 取A1B1的中点F1，连接FF1，C1F1，由于FF1∥BB1∥CC1，
所以F1∈平面FCC1，
因此平面FCC1，即为平面C1CFF1.
连接A1D，F1C，由于A1F1綉D1C1綉CD，
所以四边形A1DCF1为平行四边形，
因此A1D∥F1C.
又EE1∥A1D，得EE1∥F1C.
而EE1⊄平面FCC1，F1C⊂平面FCC1，
故EE1∥平面FCC1.
法二 由于F为AB的中点，CD＝2，AB＝4，AB∥CD，
所以CD綉AF.
因此四边形AFCD为平行四边形，
所以AD∥FC.
又CC1∥DD1，FC∩CC1＝C，FC⊂平面FCC1，
CC1⊂平面FCC1，
所以平面ADD1A1∥平面FCC1.
又EE1⊂平面ADD1A1，
所以EE1∥平面FCC1.
(2)解 法一 取FC的中点H，
由于FC＝BC＝FB，
所以BH⊥FC.
又BH⊥CC1，CC1∩FC＝C.
所以BH⊥平面FCC1.
过H作HG⊥C1F于G，连接BG.
由于HG⊥C1F，BH⊥平面FCC1，
所以C1F⊥平面BHG.
因此BG⊥C1F，所以∠BGH为所求二面角的平面角．
在Rt△BHG中，BH＝，
又FH＝1，且△FCC1为等腰直角三角形，
所以HG＝，BG＝＝，
因此cos∠BGH＝＝＝，
即所求二面角的余弦值为.
法二 过D作DR⊥CD交AB于R，以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则F(，1,0)，B(，3,0)，
C(0,2,0)，C1(0,2,2)．
所以＝(0,2,0)，＝
(－，－1,2)，＝(，3,0)．
由FB＝CB＝CD＝DF，
所以DB⊥FC.
又CC1⊥平面ABCD，
所以为平面FCC1的一个法向量．
设平面BFC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则由得
即取x＝1，得
因此n＝，
所以cos〈，n〉＝
＝
＝＝.
故所求二面角的余弦值为.
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
