2023届高考数学(新课标-理)一轮复习辅导第14讲-空间向量与立体几何经典精讲-课后练习

第14讲空间向量与立体几何经典精讲一个多面体的三视图如下图，其中正视图是正方形，侧视图是等腰三角形．那么该几何体的外表积为()．A．88B．98C．108D．158如下图是一个几何体的三视图，那么该几何体的体积为()．A．1B．eq\f(1,2)C．eq\f(3,4)D．eq\f(3,2)一个简单组合体的三视图及尺寸如下图(单位：mm)，那么该组合体的体积为()．A．32mm3B．48mm3C．56mm3D．64mm3一个物体的底座是两个相同的几何体，它的三视图及其尺寸(单位：dm)如下图，那么这个物体的体积为()．A．(120＋16π)dm3B．(120＋8π)dm3C．(120＋4π)dm3D．(60＋8π)dm3如下图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F、G、H分别是BC、CC1、C1D1、A1A的中点．求证：(1)BF∥HD1；(2)EG∥平面BB1D1D；(3)平面BDF∥平面B1D1H．一个多面体的三视图和直观图如下图，其中M，N分别是AB，SA的中点．(1)求证：NB⊥MC；(2)在棱SD上是否存在点P，使AP∥平面SMC？假设存在，请找出点P的位置；假设不存在，请说明理由．如图，棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱C1D1的中点，F为棱BC的中点．(1)求证：直线AE⊥直线DA1；(2)求三棱锥D－AEF的体积；(3)在线段AA1上求一点G，使得直线AE⊥平面DFG．如图，在平行四边形ABCD中，AB＝2BC＝4，∠ABC＝120°，E、M分别为AB、DE的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A′DE，F为A′C的中点，A′C＝4．(1)求证：平面A′DE⊥平面BCD；(2)求证：FB∥平面A′DE．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2．假设二面角B1－DC－C1的大小为60°，那么AD的长为()．A．eq\r(2) B．eq\r(3) C．2 D．eq\f(\r(2),2)四棱柱ABCD－A1B1C1D1的侧棱AA1垂直于底面，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝AB＝AA1＝2BC，E为DD1的中点，F为A1D的中点．那么直线EF与平面A1CD所成角的正弦值为()．A．eq\f(1,3) B．eq\f(\r(3),3) C．eq\f(2,3) D．eq\f(\r(6),3)第14讲空间向量与立体几何经典精讲答案：(1)证明见详解；(2)eq\f(\r(3),2)．详解：(1)在图(1)中，∵AC＝6，BC＝3，∠ABC＝90°，∴∠ACB＝60°．∵CD为∠ACB的平分线，∴∠BCD＝∠ACD＝30°，∴CD＝2eq\r(3)．∵CE＝4，∠DCE＝30°，∴DE＝2．那么CD2＋DE2＝EC2，∴∠CDE＝90°，DE⊥DC．在图(2)中，∵平面BCD⊥平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝CD，DE⊂平面ACD，∴DE⊥平面BCD．(2)在图(2)中，∵EF∥平面BDG，EF⊂平面ABC，平面ABC∩平面BDG＝BG，∴EF∥BG．∵点E在线段AC上，CE＝4，点F是AB的中点，∴AE＝EG＝CG＝2，作BH⊥CD交CD于H，∵平面BCD⊥平面ACD，∴BH⊥平面ACD．由条件得BH＝eq\f(3,2)．S△DEG＝eq\f(1,3)S△ACD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AC·CD·sin30°＝eq\r(3)．∴三棱锥B－DEG的体积V＝eq\f(1,3)S△DEG·BH＝eq\f(1,3)×eq\r(3)×eq\f(3,2)＝eq\f(\r(3),2)．答案：(1)证明见详解；(2)当θ＝eq\f(π,4)时，三棱锥C－AOE的体积最大，最大值为eq\f(\r(2),3)．详解：(1)在直角梯形ABCD中，CD＝2AB，E为CD的中点，那么AB＝DE，又AB∥DE，AD⊥AB，知BE⊥CD．在四棱锥C－ABED中，BE⊥DE，BE⊥CE，CE∩DE＝E，CE，DE⊂平面CDE，那么BE⊥平面CDE．因为CO⊂平面CDE，所以BE⊥CO．又CO⊥DE，且BE，DE是平面ABED内两条相交直线，故CO⊥平面ABED．(2)由(1)知CO⊥平面ABED，那么三棱锥C－AOE的体积V＝eq\f(1,3)S△AOE·OC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×OE×AD×OC．由直角梯形ABCD中，CD＝2AB＝4，AD＝eq\r(2)，CE＝2，得三棱锥C－AOE中，OE＝CEcosθ＝2cosθ，OC＝CEsinθ＝2sinθ，V＝eq\f(\r(2),3)sin2θ≤eq\f(\r(2),3)．当且仅当sin2θ＝1，θ∈(0，eq\f(π,2))，即θ＝eq\f(π,4)时取等号，(此时OE＝eq\r(2)<DE，O落在线段DE内)．故当θ＝eq\f(π,4)时，三棱锥C－AOE的体积最大，最大值为eq\f(\r(2),3)．见详解．证明：(1)如下图，取BB1的中点M，连接HM、MC1，易证四边形HMC1D1是平行四边形，∴HD1∥MC1．又∵MC1∥BF，∴BF∥HD1．(2)取BD的中点O，连接EO、D1O，那么OE平行且等于eq\f(1,2)DC．又D1G平行且等于eq\f(1,2)DC，∴OE平行且等于D1G，∴四边形OEGD1是平行四边形．∴GE∥D1O．又D1O平面BB1D1D，EG平面BB1D1D，∴EG∥平面BB1D1D．(3)由(1)知D1H∥BF，D1H平面BDF，BF平面BDF，∴D1H∥平面BDF．同理，由B1D1∥BD可得，B1D1∥平面BDF．又B1D1、HD1平面HB1D1，且B1D1∩HD1＝D1，∴平面BDF∥平面B1D1H．见详解．详解:(1)取AD的中点O，连接NO，BO，∵N是SA的中点，O是AD的中点，∴NO∥SD．又∵SD⊥底面ABCD，∴NO⊥底面ABCD，MC平面ABCD，∴NO⊥MC．又∵ABCD是正方形，M，O分别是AB，AD的中点，由平面几何知识可得BO⊥MC，NO∩BO＝O，∴MC⊥平面NOB，NB平面NOB．∴NB⊥MC．(2)取线段SD的中点P即可．设SC的中点为Q，连接PQ，MQ，∴PQ＝eq\f(1,2)CD且PQ∥CD；又AM∥CD且AM＝eq\f(1,2)CD；∴PQ∥AM且PQ＝AM．∴APQM是平行四边形．∴AP∥MQ，AP平面SMC，MQ平面SMC．∴AP∥平面SMC．(2)eq\f(4,3)．详解：(1)连接AD1，BC1，由正方体的性质可知，DA1⊥AD1，DA1⊥AB，又AB∩AD1＝A，∴DA1⊥平面ABC1D1，又AE平面ABC1D1，∴DA1⊥AE．(2)VD－AEF＝VE－ADF＝eq\f(1,3)·DD1·S△ADF＝eq\f(1,3)×2×2＝eq\f(4,3)．(3)所示G点即为A1点，证明如下：由(1)可知AE⊥DA1，取CD的中点H，连接AH，EH，由DF⊥AH，DF⊥EH，AH∩EH＝H，可证DF⊥平面AHE，∴DF⊥AE．又DF∩A1D＝D，∴AE⊥平面DFA1，即AE⊥平面DFG．见详解．详解：(1)由题意得△A′DE是△ADE沿DE翻折而成，所以△A′DE≌△ADE．∵∠ABC＝120°，四边形ABCD是平行四边形，∴∠A＝60°．又∵AD＝AE＝2，∴△A′DE和△ADE都是等边三角形．∵M是DE的中点，∴A′M⊥DE，A′M＝eq\r(3)．在△DMC中，MC2＝42＋12－2×4×1·cos60°，∴MC＝eq\r(13)．在△A′MC中，A′M2＋MC2＝(eq\r(3))2＋(eq\r(13))2＝42＝A′C2，∴△A′MC是直角三角形．∴A′M⊥MC．又∵A′M⊥DE，MC∩DE＝M，∴A′M⊥平面BCD．又∵A′M平面A′DE，∴平面A′DE⊥平面BCD．(2)取DC的中点N，连接FN，NB．∵A′C＝DC，F，N点分别是A′C，DC的中点，∴FN∥A′D．又∵N，E点分别是平行四边形ABCD的DC，AB的中点，∴BN∥DE．又∵A′D∩DE＝D，FN∩NB＝N，∴平面A′DE∥平面FNB．∵FB平面FNB，∴FB∥平面A′DE．A．详解：如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，那么C(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)设AD＝a，那么D点坐标为(1,0,a)，＝(1,0,a)，＝(0,2,2)，设平面B1CD的一个法向量为m＝(x，y，z)．那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·＝0,m·＝0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＋2z＝0,x＋az＝0))，令z＝－1，得m＝(a,1，－1)，又平面C1DC的一个法向量为n(0,1,0)，那么由cos60°＝eq\f(m·n,|m||n|)，得eq\f(1,\r(a2＋2))＝eq\f(1,2)，即a＝eq\r(2)，故AD＝eq\r(2)．C．详解：∵AB，AD，AA1两两垂直，故以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AA1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如下图，设BC＝1，那么A(0,0,0)，A1(0,0,2)，C(2,1,0)，D(0,2,0)，E(0,2,1)，F(0,1,1)，＝(0,1