教师版高二数学暑假《行远小组课》练习册_2026年暑假《新东方》高二行远班讲义（数学）

01 数列通项求和专题复习
1
巩固练习
考点1：累加法
A组
1
已知数列{an}中，a1 = 1，an = an−1 + 3n −2（n ∈N∗，且n ≥2），则通项公式an =（     ）
A. 3n2 −n + 2
2
B. 3n2 −3n + 2
2
C. n (3n −1)
2
D. (n −1) (3n + 2)
2
C
根据给定条件，利用累加法，结合等差数列前n项和公式求出通项公式.
当n ≥2时，an = an−1 + 3n −2，即an −an−1 = 3n −2，而a1 = 1，
所以an = a1 + (a2 −a1) + (a3 −a2) + ⋯+ (an −an−1) = 1 + 4 + 7 + ⋯+ (3n −2)
= n(1 + 3n −2)
2
= 3n2 −n
2
，a1 = 1满足上式，
所以所求通项公式为an = 3n2 −n
2
.
故选：C
答案
解析
2
记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2 = 8，S4 = 38.
(1)
求{an}的通项公式；
(2)
若数列{bn}满足b1 = 2，bn+1 −bn = an，求{bn}的通项公式.
2
(1) an = 3n + 2；
(2) bn = 3n2
2
+ n
2 .
(1) 设等差数列{an}的公差为d，
因为a2 = a1 + d = 8，S4 = 4a1 + 6d = 38，
解得d = 3，a1 = 5，
故{an}的通项公式为an = 5 + 3 × (n −1) = 3n + 2；
(2) 由题意，可得bn+1 −bn = an = 3n + 2，
当n ≥2时，bn = (bn −bn−1) + (bn−1 −bn−2) + ⋯+ (b2 −b1) + b1
= 3n −1 + 3n −4 + ⋯+ 5 + 2 = (3n −1 + 5) (n −1)
2
+ 2 = 3n2
2
+ n
2 ，
当n = 1时，3
2 + 1
2 = 2 = b1也成立，
所以{bn}的通项公式为bn = 3n2
2
+ n
2 .
答案
解析
考点2：累乘法
A组
1
在数列{an}中，a1 = 1
2 ，an = n −1
n + 1 an−1（n ≥2），则a1 + a2 + ⋯+ a10 =（     ）
A. 10
11
B. 20
21
C. 511
512
D. 1023
1024
A
结合递推关系，利用累乘法求数列{an}的通项公式，再利用裂项相消法求结论.
因为an = n −1
n + 1 an−1（n ≥2，n ∈N∗），
答案
解析
3
所以当n ≥2，n ∈N∗时，an
an−1
= n −1
n + 1 ，
则an−1
an−2
= n −2
n
，…，a3
a2
= 2
4 ，a2
a1
= 1
3 ，
以上(n −1)个式子左右两边分别相乘得an
an−1 ⋅an−1
an−2 ⋅⋯⋅a3
a2 ⋅a2
a1 = n −1
n + 1 × n −2
n
× ⋯× 2
4 × 1
3 ，
即an
a1
=
1
n + 1 × 1
n × 2 × 1，所以an =
1
n (n + 1) （n ≥2，n ∈N∗），
又a1 = 1
2 ，所以an =
1
n (n + 1) (n ∈N∗)，
所以a1 + a2 + ⋯+ a10 =
1
1 × 2 +
1
2 × 3 +
1
3 × 4 + ⋯+
1
10 × 11 = 1 −1
2 + 1
2
−1
3 + 1
3 −1
4 + ⋯+ 1
10 −1
11 = 10
11 .
故选：A.
2
在数列{an}中，a1 = 1，an+1
n
=
an
n + 1 (n ∈N∗).则a4
a2
=（       ）
A. 4
B. 2
C. 1
2
D. 1
4
C
由累乘法可求得an = 1
n ，代入求值即可.
an+1
n
=
an
n + 1 (n ∈N∗)，即an+1
an
=
n
n + 1 ，
所以an =
an
an−1
⋅an−1
an−2
⋅an−2
an−3
⋅⋯⋅a3
a2
⋅a2
a1
⋅a1 = n −1
n
⋅n −2
n −1 ⋅n −3
n −2 ⋅⋯⋅2
3 ⋅1
2 × 1= 1
n ，n ≥2,
显然a1 = 1满足上式，所以an = 1
n ，
则a4
a2
=
1
4
1
2
= 1
2 .
故选：C.
答案
解析
考点3：待定系数法
A组
1
设数列{an}满足a1 = 4，an = 3an−1 + 2n −1(n ≥2)，则数列{an}的通项公式为    .
4
an = 2 ⋅3n −n −1
设an + pn + q = 3 [an−1 + p(n −1) + q]，化简后得an = 3an−1 + 2pn + (2q −3p)，
与原递推式比较，对应项的系数相等，得{
，解得{
，
即an + n + 1 = 3 (an−1 + n −1 + 1)，令bn = an + n + 1，则bn = 3bn−1，又b1 = 6，
故bn = 6 ⋅3n−1 = 2 ⋅3n，bn = an + n + 1，得an = 2 ⋅3n −n −1.
故答案为：an = 2 ⋅3n −n −1
答案
解析
2p = 2
2q −3p = −1
p = 1
q = 1
2
已知数列{an}满足：a1 = 3，an = an−1 + 2n−1(n ≥2, n ∈N∗)．
(1)
求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；
(1) an = 2n + 1(n ∈N∗)， Sn = 2n+1 + n −2(n ∈N∗)
(1) 解法一：
∵an −an−1 = 2n−1(n ≥2)，
∴当n ≥2时an = a1 + (a2 −a1) + (a3 −a2) + … + (an−1 −an−2) + (an −an−1)
= 3 + 2 + 22 + … + 2n−2 + 2n−1 = 2 + 1 −2n
1 −2 = 2n + 1．
检验知当n = 1时，结论也成立，
故an = 2n + 1(n ∈N∗)．Sn = (2 + 22 + … + 2n−1 + 2n) + n = 2(1 −2n)
1 −2
+ n = 2n+1 + n −2 (n ∈N∗)．
解法二：
答案
解析
5
∵an −an−1 = 2n−1(n ≥2)，∴an −2n = an−1 −2n−1(n ≥2)，
∴数列{an −2n}是首项为a1 −2 = 1，公差为0的等差数列，
∴an −2n = 1，an = 2n + 1(n ∈N∗)．
Sn = (2 + 22 + … + 2n−1 + 2n) + n = 2(1 −2n)
1 −2
+ n = 2n+1 + n −2 (n ∈N∗)．
解法三：
∵an −an−1 = 2n−1(n ≥2)，∴an
2n = 1
2 ⋅an−1
2n−1 + 1
2 ，an
2n −1 = 1
2 ( an−1
2n−1 −1) (n ≥2)．   
∵a1
21 −1 = 1
2 ≠0，∴数列{ an
2n −1}是首项与公比均为1
2 的等比数列，
∴an
2n −1 = ( 1
2 )
n
, an = 2n + 1 (n ∈N∗)．
Sn = (2 + 22 + … + 2n−1 + 2n) + n = 2(1 −2n)
1 −2
+ n = 2n+1 + n −2 (n ∈N∗)．
考点4：取倒数法
1
已知数列 {an} 满足 a1 = 1，an+1 =
an
4an + 1 , (n ∈N∗) ，则 an = (
)
A. an = 1
n
B. an =
1
2n −1
C. an = 2n −1
4n −3
D. an =
1
4n −3
D
取倒数法求通项，将 an+1 =
an
4an + 1 变形可得数列 { 1
an
} 为等差数列，计算即可得. an+1 =
an
4an + 1 ，即
1
an+1 = 4an + 1
an
= 4 + 1
an
 ，
可得 
1
an+1
−1
an
= 4 ，又 a1 = 1 ，
即有数列 { 1
an } 是首项为 1 ，公差为 4 的等差数列，
可得 1
an
= 1 + 4(n −1) = 4n −3 ，
即 an =
1
4n −3 .
故选: D.
答案
解析
2
6
已知数列{an}中，a1 = 1且an+1 =
3an
an + 3 (n ∈N∗)，则a22为(　)
A. 1
8
B. 1
6
C. 1
3
D. 1
2
A
答案
解析
考点5：取对数法
A组
1
数列 {an} 中, a1 = 2, an = a2
n−1 (n ≥2 且 n ∈N∗), 求数列 {an} 的通项公式.
an = 22n−1, n ∈N∗
答案
解析
2
数列{an}中，若a1 = 3，√an+1 = an(n ∈N∗)，则数列{an}的通项公式an = 
 .
7
32n−1
把递推关系两边同时取常用对数得1
2 lg an+1 = lg an，从而确定数列{lg an}是等比数列，求出它的通项公式后
可得an．因为√an+1 = an，等式两边同时取对数有1
2 lg an+1 = lg an，则lg an+1
lg an
= 2，又因为a1 = 3,则数列
{lg an}是以lg 3为首项，2为公比的等比数列，所以lg an = lg a1 ⋅2n−1 = 2n−1 lg 3，an = 32n−1，
故答案为：32n−1.
本题考查由递推公式求数列通项公式，解题关键是在已知递推两边取对数，构造出一个等比数列，由等比数
列通项公式求解．
答案
解析
3
设正项数列 {an} 满足 a1 = 1, an = 2a2
n−1(n ≥2), 求数列 {an} 的通项公式.
an = 22n−1−1
对任意的 n ∈N∗, an > 0,
因为 an = 2a2
n−1(n ≥2), 则 log2 an = log2 (2a2
n−1) = 2 log2 an−1 + 1,
所以, log2 an + 1 = 2 (log2 an−1 + 1), 且 log2 a1 + 1 = 1,
所以, 数列 {log2 an + 1} 是首项为 1 , 公比为 2 的等比数列,
所以, log2 an + 1 = 1 × 2n−1 = 2n−1, 解得 an = 22n−1−1.
答案
解析
8
考点6：利用S 求通项
n
A组
1
已知数列{an}的前n项和为Sn = −2n2 + 3n + 1，则数列{an}的通项公式为 
 .
an = {
先求a1，再利用Sn与an关系求出an (n ≥2)，再检验a1是否符合即可求解.
当n = 1时，a1 = S1 = −2 + 3 + 1 = 2，
当n ≥2时，Sn−1 = −2(n −1)2 + 3 (n −1) + 1 = −2n2 + 7n −4，
当n ≥2时，an = Sn −Sn−1 = (−2n2 + 3n + 1) −(−2n2 + 7n −4) = −4n + 5，
经检验，a1 = 2不符合上式，
所以an = {
.
故答案为：an = {
答案
2, n = 1
−4n + 5, n ≥2
解析
2, n = 1
−4n + 5, n ≥2
2, n = 1
−4n + 5, n ≥2
2
数列{an}的前n项和Sn满足Sn = 2an −1，则an = 
 ．
2n−1
根据Sn, an的关系，作差，即可根据等比数列的性质求解.
Sn = 2an −1，则Sn−1 = 2an−1 −1，Sn −Sn−1 = 2an −1 −2an−1 + 1 = an (n ≥2)，
即an = 2an−1(n ≥2)，故{an}为等比数列，且公比为2，
n = 1时a1 = 2a1 −1，a1 = 1，故an = 2n−1．
故答案为：2n−1．
答案
解析
3
记数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn + an = 4，则S6 = 
 .
9
63
16
根据题中递推公式，得到Sn+1 + an+1 = 4，与原式作差整理，得到数列是等比数列，根据等比数列求和公
式，即可求出结果.
因为Sn + an = 4，所以Sn+1 + an+1 = 4，两式作差得(Sn+1 −Sn) + an+1 −an = 0，
即2an+1 −an = 0，则an+1 = 1
2 an，
又S1 + a1 = 2a1 = 4，即a1 = 2，
所以数列{an}是以2为首项，以1
2 为公比的等比数列
因此S6 =
2 [1 −( 1
2 )
6
]
1 −1
2
= 63
16 .
故答案为：63
16
答案
解析
考点7：倒序相加法
A组
已知函数f (x) =
ax
ax + √a （a > 0且a ≠1）．
(1)
求证：若x1 + x2 = 1，则f (x1) + f (x2) = 1；
(2)
求f ( 1
10 ) + f ( 2
10 ) + … + f ( 9
10 )的值．
10
(1) 证明见解析
(2) 9
2
(1) 由x1 + x2 = 1，
得x2 = 1 −x1，
则f (x1) + f (x2) = f(x1) + f (1 −x1)
=
ax1
ax1 + √a +
a1−x1
a1−x1 + √a
=
ax1
ax1 + √a +
a
a
x1
a
a
x1 + √a
=
ax1
ax1 + √a +
a
a + √aax1
=
ax1
ax1 + √a +
√a
√a + ax1 = 1．
(2) 原式= [f ( 1
10 ) + f ( 9
10 )] + [f ( 2
10 ) + f ( 8
10 )]
+ [f ( 3
10 ) + f ( 7
10 )] + [f ( 4
10 ) + f ( 6
10 )] + f ( 5
10 )
= 4 × 1 +
a
5
10
a
5
10 + √a
= 4 + 1
2 = 9
2 ．
答案
解析
考点8：错位相减法
A组
设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1 = b1 = 1, a3 + b5 = 21, a5 + b3 = 13.
（1）求{an}、{bn}的通项公式：
（2）求数列{ an
bn }的前n项和Sn．
11
（1） an = 2n −1， bn = 2n−1 (n ≥1,   n ∈N ∗)；（2） Sn = 6 −4n + 6
2n
 (n ≥1,   n ∈N ∗)；
（1）利用等差等比数列通项公式，结合已知条件可得{
，进而即可求得公差为d、公比为q
，写出通项公式即可；
（2）写出新数列的通项公式an
bn
=
n
2n−2 −
1
2n−1 ，利用错位相减求数列{
n
2n−2 }前n项和，再结合数列{
1
2n−1 }
前n项和即可求Sn；
（1）令等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q且q > 0，
则由a1 = b1 = 1, a3 + b5 = 21, a5 + b3 = 13，知：
{
，解之得{
；
∴an = a1 + (n −1)d = 2n −1，bn = b1qn−1 = 2n−1(n ≥1,   n ∈N ∗)
（2）由（1）知：an
bn
= 2n −1
2n−1 ；
∴Sn = 1
20 + 3
21 + 5
22 + ⋯+ 2n −1
2n−1 ；
Sn
2
= 1
2 + 3
22 + 5
23 +. . . + 2n −3
2n−1
+ 2n −1
2n
，
两式相减得Sn
2
= 1 + 2( 1
2 + 1
22 + 1
23 +. . . +
1
2n−1 ) −2n −1
2n
= 1 +
1 −( 1
2 )
n−1
1 −1
2
−2n −1
2n
= 3 −(2n + 3)( 1
2 )
n
，
∴Sn = 6 −(2n + 3)
2n−1
.
本题考查了等差、等比数列的通项公式，以及错位相减法求n项和，考查计算求解能力，属于中档题.
答案
解析
a1 + 2d + b1q4 = 21
a1 + 4d + b1q2 = 13
a1 + 2d + b1q4 = 2d + q4 + 1 = 21
a1 + 4d + b1q2 = 4d + q2 + 1 = 13
d = 2
q = 2
考点9：裂项相消法
A组
1
12
已知数列{an}前n项和Sn满足Sn = 1
2 n(n + 3)，n ∈N ∗，则数列{ 1
nan
}的前2021项和为 
 .
2021
2022
根据题中条件，由
，求出an，再由裂项相消的方法，即可求出结果．
因为数列{an}前n项和Sn满足Sn = 1
2 n (n + 3)，
当n ≥2时，an = Sn −Sn−1 = 1
2 n (n + 3) −1
2 (n −1) (n + 2) = n + 1；
当n = 1时，a1 = S1 = 1
2 × 1 × 4 = 2满足上式，
所以an = n + 1；
因此1
nan =
1
n (n + 1) = 1
n −
1
n + 1 ，
所以数列{
1
n (n + 1) }的前2021项和为
1
1 × 2 +
1
2 × 3 + ⋅⋅⋅+
1
2021 × 2022 = (1 −1
2 ) + ( 1
2 −1
3 ) + ⋅⋅⋅+ (
1
2021 −
1
2022 )
= 1 −1
2 + 1
2 −1
3 + ⋅⋅⋅+
1
2021 −
1
2022 = 1 −
1
2022 = 2021
2022 .
故答案为：2021
2022 .
答案
解析
an = {Sn −Sn−1, n ≥2
S1, n = 1
2
已知数列{an}前n项和为Sn，满足a1 = 1，(n + 2)Sn = nan+1，则数列{
an
(n + 2) ⋅(n + 3) }的前n项和为 
 ．
2n−1
n + 3 −1
6
根据Sn, an 关系式由已知得2 (n + 1)Sn = nSn+1 ，构造等比数列{ Sn
n }，求出Sn = n × 2n−1 ，进而得到
an = (n + 1) × 2n−2 (n ∈N∗).运用裂项相消法计算即可.
由已知得(n + 2)Sn = nan+1 = n (Sn+1 −Sn)，a1 = S1 = 1，所以2 (n + 1)Sn = nSn+1，即Sn+1
n + 1 = 2 ⋅Sn
n ，
所以数列{ Sn
n } 是首项为S1
1 = 1 ，公比为2 的等比数列，所以Sn
n = 1 × 2n−1 ，即Sn = n × 2n−1 ，
an = Sn −Sn−1 = n × 2n−1 −(n −1) × 2n−2 = (n + 1) × 2n−2 (n ≥2) ，经检验，n = 1 时也满足，故
an = (n + 1) × 2n−2 (n ∈N∗).
答案
解析
13
所以
an
(n + 2) ⋅(n + 3) =
(n + 1) × 2n−2
(n + 2) ⋅(n + 3) = [2 (n + 2) −(n + 3)] × 2n−2
(n + 2) ⋅(n + 3)
= 2n−1
n + 3 −2n−2
n + 2 ，所以数列
{
an
(n + 2) ⋅(n + 3) }的前n项和为(−1
6 + 1
4 ) + (−1
4 + 2
5 ) + ⋯+ (−2n−2
n + 2 + 2n−1
n + 3 ) = 2n−1
n + 3 −1
6 .
故答案为：2n−1
n + 3 −1
6 .
考点10：分组求和法
A组
1
数列{an}满足a1 = 2，an+1 = 3an + 2n+1，则数列{an}的通项公式为an = 
 ，前n项和Sn = 
 ．
2 ⋅(3n −2n) ; 3n+1 −2n+2 + 1
根据递推关系变形后，构造等比数列求出数列的通项公式，再由分组求和的方法求出数列的和.
数列{an}中，由an+1 = 3an + 2n+1，
两边同时除以2n+1，得an+1
2n+1 = 3
2 ⋅an
2n + 1，变形得an+1
2n+1 + 2 = 3
2 ( an
2n + 2)．
而a1 = 2，a1
2 + 2 = 3，
故数列{ an
2n + 2}是首项为3、公比为3
2 的等比数列，
因此an
2n + 2 = 3 × ( 3
2 )
n−1
，即an = 2 (3n −2n)，所以an = 2 (3n −2n)．
由于an = 2 ⋅(3n −2n)，
所以Sn = 2 × (3 + 32 + ⋯+ 3n) −2 × (2 + 22 + ⋯+ 2n)
= 2 × 3 × (3n −1)
3 −1
−2 × 2 × (2n −1)
2 −1
= 3n+1 −2n+2 + 1．
故答案为：2 ⋅(3n −2n)；3n+1 −2n+2 + 1
答案
解析
2
已知等差数列{an}中，a3 + a5 = a4 + 7，a10 = 19，则数列{an cos nπ}的前2025项和为（     ）
A. 1012
B. 1013
C. 2025
D. −2025
D
答案
14
先根据等差数列的通项公式求an，再利用并项求和法求数列{an cos nπ}的前2025项和.
设数列{an}的公差为d，则{
，解得{
.所以an = 2n −1．
设bn = an cos nπ，
所以b1 + b2 = a1 cos π + a2 cos 2π = a2 −a1 = 2，b3 + b4 = a3 cos 3π + a4 cos 4π = a4 −a3 = 2，…，
所以数列{an cos nπ}的前2025项和为：
(b1 + b2) + (b3 + b4) + ⋯+ (b2023 + b2024) + b2025= 2 × 2024
2
+ (2 × 2025 −1) cos 2025π = −2025．
故选：D
解析
2a1 + 6d = a1 + 3d + 7
a1 + 9d = 19
a1 = 1
d = 2
02 数列的性质复习
1
巩固练习
考点1：等差等比的单调性
A组
1
在等差数列{an}中，a1 = 25，a2 ≠a1，a1、a11、a13成等比数列，{an}的前n项和为Sn．
(1)
求数列{an}的通项公式；
(2)
求Sn的最大值．
(1) an = 27 −2n；
(2) 169.
(1) 设{an}公差为d，因为a2 ≠a1，所以d ≠0.
则由a1、a11、a13成等比数列可得a2
11 = a1 ⋅a13，即(a1 + 10d)2 = a1 (a1 + 12d)，
整理可得4d (a1 + 25
2 d) = 0，又d ≠0，所以a1 + 25
2 d = 0，
又a1 = 25，所以d = −2，an = a1 + (n −1)d= 25 −2 (n −1) = 27 −2n.
(2) 由（1）知，a1 = 25，an = 27 −2n，
所以Sn = n (a1 + an)
2
= n (25 + 27 −2n)
2
= −n2 + 26n = −(n −13)2 + 169，
所以，当n = 13时，Sn有最大值，为169.
答案
解析
2
2
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S6 > S7 > S5，则下列命题中正确的是（       ）
A. d < 0
B. S11 > 0
C. S12 > 0
D. 数列{Sn}中最大项为S11
ABC
由已知可得a6 > 0, a7 < 0，再利用等差数列性质即可依次判断.
∵S6 > S7, ∴a7 < 0, ∵S7 > S5, ∴a6 + a7 > 0，∴a6 > 0，∴d < 0，故A正确；
又S11 = 11
2 (a1 + a11) = 11a6 > 0，故B正确；
S12 = 12
2 (a1 + a12) = 6 (a6 + a7) > 0，故C正确；
由a6 > 0, a7 < 0可得{S }中最大项为S ，故D错误．
故选：ABC.
答案
解析
n
6
3
设S 是公差为d（d≠0）的无穷等差数列{a }的前n项和，则下列命题正确的是（       ）
A. 若d＜0，则数列{S }有最大项
B. 若数列{S }有最大项，则d＜0
C. 若对任意n∈N ，均有S ＞0，则数列{S }是递增数列
D. 若数列{S }是递增数列，则对任意n∈N ，均有S ＞0
ABC
由等差数列的求和公式可得S ＝na + n (n −1)
2
⋅d＝d
2 n +（a ﹣d
2 ）n，
选项A，若d＜0，由二次函数的性质可得数列{S }有最大项，故正确；
选项B，若数列{S }有最大项，则对应抛物线开口向下，则有d＜0，故正确；
选项C，若对任意n∈N ，均有S ＞0，对应抛物线开口向上，d＞0，
可得数列{S }是递增数列，故正确；
选项D，若数列{S }是递增数列，则对应抛物线开口向上，
但不一定有任意n∈N ，均有S ＞0，故错误.
故选：ABC.
n
n
n
n
*
n
n
n
*
n
答案
解析
n
1
2
1
n
n
*
n
n
n
*
n
3
本题考查等差数列的前n项和，考查二次函数的单调性与最值，属于中档题．
4
设{an}是等比数列，则“a2
2 > a1a2”是“{an}为递增数列”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
D
根据数列单调性以及既不充分也不必要条件的定义可得答案.
当a2 < 0时，由a2
2 > a1a2，得a2 < a1，则{an}不为递增数列；
当{an}为递增数列时，a2 > a1，若a2 < 0，则a2
2 < a1a2，
所以“a2
2 > a1a2”是“{an}为递增数列”的既不充分也不必要条件.
故选：D
答案
解析
5
设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，且满足条件a1 > 1，a2022 ⋅a2023 > 1，
(a2022 −1) ⋅(a2023 −1) < 0则下列选项正确的是（       ）
A. {an}为递增数列
B. S2022 + 1 < S2023
C. T2022是数列{Tn}中的最大项
D. T4045 > 1
C
根据等比数列的通项公式和前n项和公式、数列的单调性等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
由(a2022 −1) ⋅(a2023 −1) < 0可得：a2022 −1和a2023 −1异号，
即{
或{
．而a1 > 1，a2022 ⋅a2023 > 1，
可得a2022和a2023同号，且一个大于1，一个小于1因为a1 > 1，
所有a2022 > 1，a2023 < 1，即数列{an}的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1．
对于A：公比q = a2023
a2022
< 1，因为a1 > 1，所以an = a1qn−1为减函数，
所以{an}为递减数列．故A不正确；
对于B：因为a2023 < 1，所以a2023 = S2023－S2022 < 1，所以S2022 + 1 > S2023．故B错误；
对于C：等比数列{an}的前n项积为Tn，且数列{an}的前2022项大于1，
答案
解析
a2022 −1 > 0
a2023 −1 < 0
a2022 −1 < 0
a2023 −1 > 0
4
而从第2023项开始都小于1，所以T2022是数列{Tn}中的最大项．故C正确；
对于D：T4045 = a1a2a3 ⋯a4045 = α1(a1q)(a1q2) ⋯(a1q4044) = a4045
1
q1+2+3+⋯4044
= a4045
1
q2022×4045 = (a1q2022)4045 = a4045
2023，
因为a2023 < 1，所以a4045
2023 < 1，即T4045 < 1．故D错误．
故选：C
考点2：数列单调性的应用
A组
1
已知数列{an}的通项公式为an = n2 −bn ，若数列{an}是单调递增数列，则实数b的取值范围是
A. (−∞, 3)
B. (−∞, 2)
C. (3, +∞)
D. (2, +∞)
A
由题意，得an+1 > an，即(n + 1)2 −b (n + 1) > n2 −bn，化简理得b < 2n + 1，又n ∈N ∗，所当n = 1时，式
子2n + 1有最小值3，则b < 3，故正确答案为A.
答案
解析
2
已知数列{an}是首项为1,公差为2m的等差数列,其前n项和为Sn，设bn =
Sn
n ⋅2n (n ∈N ∗)，若数列{bn}是递减数列,
则m的取值范围是 
 .
[0, 1)
先由等差数列求和公式，根据题意，得到Sn = n + mn(n −1)，求出bn =
Sn
n ⋅2n = m(n −1) + 1
2n
，再由数列
{bn}是递减数列，得到bn+1 < bn，推出m(n −2) + 1 > 0，分别讨论m = 0，m > 0，m < 0三种情况，即可求
出结果.因为数列{an}是首项为1,公差为2m的等差数列，
所以其前n项和为Sn = n × 1 + n(n −1)
2
× 2m = n + mn(n −1)，
所以bn =
Sn
n ⋅2n = n + mn(n −1)
n ⋅2n
= m(n −1) + 1
2n
，
答案
解析
5
又数列{bn}是递减数列，
所以bn+1 < bn，即mn + 1
2n+1
< m(n −1) + 1
2n
，化简整理得：m(n −2) + 1 > 0，
所以∀n ∈N ∗，m(n −2) + 1 > 0；
当m = 0时，1 > 0显然成立；
当m > 0时，y = m(n −2) + 1 = mn −2m + 1为单调递增函数，
所以ymin = m(1 −2) + 1 = 1 −m，因此只需1 −m > 0，解得m < 1，所以$0<1$；
当m < 0时，y = m(n −2) + 1 = mn −2m + 1为单调递减函数，无最小值，不满足题意；
综上，0 ≤m < 1.
故答案为[0, 1)
本题主要考查由数列的增减性求参数的问题，熟记等差数列的求和公式，灵活运用分类讨论的思想，即可求
解，属于常考题型.
3
已知等比数列{an}的首项为2，公比为−1
3 ，其前n项和记为Sn，若对任意的n ∈N ∗，均有A ≤3Sn −1
Sn ≤B恒成
立，则B −A的最小值为 
 .
9
4
因为等比数列{an}的首项为2，公比为−1
3 ，其前n项和记为Sn，
所以Sn =
2 × [1 −(−1
3 )
n
]
1 −(−1
3 )
= 3
2 [1 −(−1
3 )
n
] = 3
2 −3
2 ⋅(−1
3 )
n
，
当n为奇数时，Sn = 3
2 + 3
2 ⋅( 1
3 )
n
，显然单调递减，
因为n ∈N ∗，所以Sn ≤S1 = 3
2 + 3
2 ⋅1
3 = 2，
又Sn = 3
2 + 3
2 ⋅( 1
3 )
n
> 3
2 ，所以3
2 < Sn ≤2；
当n为偶数时，Sn = 3
2 −3
2 ⋅( 1
3 )
n
，显然单调递增，
因为n ∈N ∗，所以Sn ≥S2 = 3
2 −3
2 ⋅1
9 = 4
3 ，
又Sn = 3
2 −3
2 ⋅( 1
3 )
n
< 3
2 ，所以4
3 ≤Sn < 3
2 ，
综上，对任意的n ∈N ∗，都有4
3 ≤Sn ≤2，
所以4 ≤3Sn ≤6，1
2 ≤
1
Sn
≤3
4 ，则−3
4 ≤−1
Sn
≤−1
2 ，
所以4 −3
4 ≤3Sn −1
Sn
≤6 −1
2 ，即13
4 ≤3Sn −1
Sn
≤11
2 ，
答案
解析
6
因此对任意的n ∈N ∗，都有13
4 ≤3Sn −1
Sn
≤11
2 ；
为使对任意的n ∈N ∗，均有A ≤3Sn −1
Sn ≤B恒成立，
只需B ≥11
2 ，A ≤13
4 ，
所以B −A的最小值为11
2 −13
4 = 9
4 .
故答案为：9
4 .
关键点点睛：
求解本题的关键在于根据等比数列的求和公式求出Sn后，利用分类讨论的方法，根据Sn的单调性，求Sn的最
值，进而即可求解.
B组
1
在数列{an}中，a2 = 2a1 + 1．记{an}的前n项和为Sn，且满足Sn+2 + Sn+1 + Sn = 3n2 + 1 (n ∈N∗)若对任意
n ∈N∗，都有an < an+1，则首项a1的取值范围是 
 ．
(−1
3 , 1
9 )
由题意可得an+3 −an = 6 (n ≥2)，分别a1用表示出a2, a3, a4, a5，因为对任意n ∈N∗，都有an < an+1，则
，解不等式即可得出答案.
因为Sn+2 + Sn+1 + Sn = 3n2 + 1 (n ∈N∗)①，
所以n ≥2时，Sn+1 + Sn + Sn−1 = 3(n −1)2 + 1②，
①减②可得：an+2 + an+1 + an = 6n −3 (n ≥2)③，
令n等价于n + 1，所以an+3 + an+2 + an+1 = 6 (n + 1) −3 = 6n + 3④，
③减④可得：an+3 −an = 6 (n ≥2)，
所以a2, a5, a8, ⋯, a3n−1是公差为6的等差数列，
a3, a6, a9, ⋯, a3n是公差为6的等差数列，
a4, a7, a10, ⋯, a3n+1是公差为6的等差数列，
令n = 1，由①可得：S3 + S2 + S1 = 3a1 + 2a2 + a3 = 4，所以a3 = 4 −3a1 −2a2，
令n = 2，由③可得：a4 + a3 + a2 = 9，
因为a2 = 2a1 + 1，所以a3 = 4 −3a1 −2a2 = 4 −3a1 −2 (2a1 + 1) = −7a1 + 2，
又因为a4 + a3 + a2 = 9，所以a4 = 9 −a2 −a3 = 9 −(2a1 + 1) −(−7a1 + 2) = 5a1 + 6，
又因为a5 = a2 + 6 = 2a1 + 7，
要使对任意n ∈N∗，都有an < an+1，
答案
解析
⎧
⎨
⎩
a2 > a1
a3 > a2
a4 > a3
a5 > a4
7
则
，则
，解得：−1
3 < a1 < 1
9 .
故答案为：(−1
3 , 1
9 ).
⎧
⎨
⎩
a2 > a1
a3 > a2
a4 > a3
a5 > a4
⎧
⎨
⎩
2a1 + 1 > a1
−7a1 + 2 > 2a1 + 1
5a1 + 6 > −7a1 + 2
2a1 + 7 > 5a1 + 6
2
设数列{an}的前n项和为Sn，Sn = n2 + 2a|n −2|（n ∈N ∗），数列{an}为递增数列，则实数a的取值范围 
 .
(−1
2 , 1
2 )
计算得到a1 = 2a + 1，a2 = 3 −2a，当n ≥3时，an = 2n + 2a −1单调递增，故只需满足a3 > a2 > a1，代入
计算得到答案.当n = 1时，a1 = S1 = 12 + 2a|1 −2| = 2a + 1；
当n = 2时，S2 = 22 + 2a|2 −2| = 4 ∴a2 = 4 −a1 = 3 −2a；
当n ≥3时，Sn = n2 + 2a (n −2)，an = Sn −Sn−1 = 2n + 2a −1为递增数列；
故只需满足：a3 > a2 > a1，即6 + 2a −1 > 3 −2a > 2a + 1解得$-\dfrac{1}{2}<\dfrac{1}{2}$
故答案为：(−1
2 , 1
2 )
本题考查了数列的单调性，意在考查学生对于数列方法的综合应用.
答案
解析
03 平面及其基本性质
1
巩固练习
考点1：平面基本性质以及点、线、面的关系
A组
1
用符号语言表示“点A在直线l上，l在平面a上” 
 
A ∈l, l ⊂a
根据几何的符号语言求出即可.
“点A在直线l上，l在平面a上”
可记为：A ∈l, l ⊂a
答案
解析
2
三个平面不可能将空间分成（       ）个部分
A. 5
B. 6
C. 7
D. 8
A
分三个平面互相平行，三个平面有两个平行，第三个平面与其它两个平面相交，三个平面交于一条直线，三
个平面两两相交且三条交线平行，三个平面两两相交且三条交线交于一点，五种情况讨论即可.
若三个平面互相平行，则可将空间分为4个部分；
若三个平面有两个平行，第三个平面与其它两个平面相交，则可将空间分为6个部分；
若三个平面交于一条直线，则可将空间分为6个部分；
若三个平面两两相交且三条交线平行，则可将空间分为7部分；
若三个平面两两相交且三条交线交于一点，则可将空间分为8部分
故n的取值为4，6，7，8，所以n不可能是5.
答案
解析
2
故选：A.
3
过正方体中心的平面截正方体所得的截面中，不可能的图形是（       ）
A. 三角形
B. 长方形
C. 对角线不相等的菱形
D. 六边形
A
根据截面经过几个面得到的截面就是几边形判断即可．
过正方体中心的平面截正方体所得的截面，至少与正方体的四个面相交，所以不可能是三角形．
故选：A．
答案
解析
4
下列命题：
（1）若空间四点共面，则其中必有三点共线；
（2）若空间有三点共线，则此四点必共面；
（3）若空间四点中任意三点不共线，则此四点不共面；
（4）若空间四点不共面，则其中任意三点不共线.
其中正确的命题有（       ）个.
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
C
对四个命题利用空间四个点的位置关系分别分析解答．
解：对于①，空间四点共面，如平面四边形，其中任何三点不共线；故①错误；
对于②，空间四点中有三点共线，根据不共线的三点确定一个平面，得到此四点必共面；故②正确；
对于③，空间四点中任何三点不共线，则此四点可能共面，如平面四边形；故③错误；
对于④，空间四点不共面，如果任意三点有共线的，那么此四个点就共面，与已知矛盾．故④正确，
所以正确的命题有2个.
故选：C.
答案
解析
3
B组
1
设α, β表示两个平面，l表示直线，A, B, C表示三个不同的点，给出下列命题：
①若A ∈l, A ∈α, B ∈l, B ∈α，则l ⊂α；
②α, β不重合，若A ∈α, A ∈β, B ∈α, B ∈β，则α ∩β = AB；
③若l ⊂α, A ∈l，则A ∉α；
④若A, B, C ∈α, A, B, C ∈β，且A, B, C不共线，则α与β重合.
其中假命题的序号是 
 .
③
根据平面的基本性质对给出的四个命题分别进行分析、判断后即可得．
对于①，根据公理1可知l ⊂α，所以①正确；
对于②，由题意得平面α, β有公共点，根据公理3可知α, β相交，
且α ∩β = AB，所以②正确；
对于③，由于l ⊂α, A ∈l，可得A ∈α，所以③不正确；
对于④，由A, B, C三点不共线可得确定一个平面，所以α与β重合，所以④正确．
综上可得①②④正确，故假命题的序号是③．
故答案为：③.
答案
解析
2
在空间四边形ABCD的边AB, BC, CD, DA上分别取点E, F, G, H，如果EH, FG相交于一点M，那么M一定在直线
 上．
BD
根据题意，直线EH、FG分别为平面ABD、平面BCD内的直线，所以直线EH、FG的交点一定在平面ABD
答案
解析
4
与平面BCD的交线BD上，故得解.
由题意，M ∈EH且M ∈FG，
因为点E、H分别在AB、AD上，而AB、AD是平面ABD内的直线，
所以E ∈平面ABD，H ∈平面ABD，
所以直线EH ⊂平面ABD，
所以M ∈平面ABD
因为点F、G分别在BC、CD上，而BC、CD是平面BCD内的直线，
所以F ∈平面BCD，G ∈平面BCD，
所以直线FG ⊂平面BCD，
所以M ∈平面BCD，
因此，直线EH与FG的公共点M在平面ABD与平面BCD的交线上，
因为平面ABD∩平面BCD= BD，
所以点M ∈直线BD．
故答案为：BD.
3
在正方体ABCD −A1B1C1D1中，过点B的平面α与直线A1C垂直，则α截该正方体所得截面的形状为（       ）
A. 三角形
B. 四边形
C. 五边形
D. 六边形
A
作出辅助线，证明出BD⊥平面AA1C，所以BD⊥A1C，同理可证明BC1⊥A1C，得到A1C⊥平面BC1D，故平面
α即为平面BC1D，得到截面的形状.
连接BD, BC1, C1D, AC，
因为AA1⊥平面ABCD，BD ⊂平面ABCD，
所以AA1⊥BD，
又四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD，
又AA1 ∩AC = A，AA1, AC ⊂平面AA1C，
所以BD⊥平面AA1C，
因为A1C ⊂平面AA1C，
所以BD⊥A1C，
答案
解析
5
同理可证明BC1⊥A1C，
因为BC1 ∩BD = B，BC1, BD ⊂平面BC1D，
故A1C⊥平面BC1D，
故平面α即为平面BC1D，
则α截该正方体所得截面的形状为三角形.
   
故选：A
4
已知长方体ABCD﹣A B C D 中，M，N分别为AA 和AB的中点．求证：
（1）D ，M，N，C四点共面；
（2）D M、DA、CN三线共点．
（1）证明见解析；（2）证明见解析．
1
1
1
1
1
1
1
答案
6
（1）连接A B，推出四边形A BCD 为平行四边形，由此能证明M，N，C，D 四点共面．
（2）推导出直线D M与CN必相交，设D M⋂CN=K，推导出K是平面ABCD与平面AA D D的公共点，由此能
证明D M、DA、CN三线共点．
证明：（1）连接A B，D C，
因为M，N分别为AA 和AB的中点，
所以MN//A B，
因为A D //BC，A D=BC，
所以四边形A BCD 为平行四边形，
所以A B//D C，所以MN//D C，
所以MN与D C确定一个平面，
所以M，N，C，D 四点共面．
（2）因为MN//A B，且MN = 1
2 A B，
所以直线D M与CN必相交，
设D M⋂CN=K，
因为K∈D M，D M⊂平面AA D D，
所以K∈平面AA D D，
又因为K∈CN，CN⊂平面ABCD，
所以K∈平面ABCD，
所以K是平面ABCD与平面AA D D的公共点，
又因为平面ABCD⋂平面AA D D=AD，所以K∈AD，
所以D M、DA、CN三线共点．
解析
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
7
C组
1
已知长方体ABCD −A1B1C1D1中，AB = 3, AD = 4, AA1 = 5，点E在线段BC上，过点A、C1、E三点的平面截长
方体，则所得截面面积的取值范围是 
 ．
[ 75√17
17
, 25]
先确定出截面的形状，然后设EC = x利用平面几何中的线段关系以及空间中线面垂直关系表示出EH，然后
可表示出截面面积，构造关于x的函数并结合二次函数的性质求解出截面面积的取值范围.
连接AE, C1E，作C1F//AE交A1D1于F点，连接AF，
由C1F//AE可知：A, F, C1, E四点共面，
又因为平面ADD1A1//BCC1B1，C1E ⊂平面BCC1B1，
所以C1E//平面ADD1A1，
又因为平面AFC1E∩平面ADD1A1 = AF，
所以C1E//AF，
所以四边形AFC1E为平行四边形，且四边形AFC1E即为所求截面，
过E作EG⊥AC交AC于G，过G作GH⊥AC1交AC1于H，
设EC = x ∈[0, 4]，
因为CC1⊥平面ABCD，EG ⊂平面ABCD，所以CC1⊥EG，
因为CC1 ∩AC = C，CC1, AC ⊂平面ACC1A1，所以EG⊥平面ACC1A1，
因为AC1 ⊂平面ACC1A1，所以EG⊥AC1，
因为EG ∩GH = G，EG, GH ⊂平面EGH，所以AC1⊥平面EGH，
因为EH ⊂平面EGH，所以EH⊥AC1，
因为EG = EC sin ∠ACB = 3
5 x, CG = EC cos ∠ACB = 4
5 x，
答案
解析
8
所以AG = AC −CG = 5 −4
5 x，
又因为tan GAH = CC1
AC = 1，所以∠GAH = 45
∘，
所以HG = AG sin 45
∘= √2
2 (5 −4
5 x)，
所以EH = √EG2 + HG2 =
(5 −4
5 x)
2
2
+ 9
25 x2，
所以S四边形AEC1F = 2S△AEC1 = 2 × 1
2 × AC1 × EH，
所以S四边形AEC1F = 5√2 ×
(5 −4
5 x)
2
2
+ 9
25 x2 = √34x2 −200x + 625，
令f (x) = √34x2 −200x + 625, x ∈[0, 4]，记Δ = 2002 −4 × 34 × 625 < 0，
对称轴为x = 50
17 ，所以f (x)在[0, 50
17 )上单调递减，在( 50
17 , 4]上单调递增，
且f (0) = 25, f (4) = 3√41, f ( 50
17 ) = 75√17
17
，
所以f(x)max = 25, f(x)min = 75√17
17
，所以f (x) ∈[ 75√17
17
, 25]，
所以截面面积的取值范围是[ 75√17
17
, 25]，
故答案为：[ 75√17
17
, 25].
关键点点睛：本题考查长方体截面相关问题，涉及线面垂直证明等问题，着重考查学生空间想象能力以及计
算能力，难度较大.解答本题的关键有两点：第一点是能准确判断出截面的形状，第二点是能通过线面垂直关
系的证明正确表示出截面面积并进行计算.


⎷


⎷
2
如图，在棱长为10的正方体ABCD −A1B1C1D1中，M为棱CD的中点，点P在侧面ADD1A1上，且到AA1与A1D1的
距离均为3，则过点P且与A1M垂直的平面截正方体所得截面的形状是（       ）
9
A. 三角形
B. 四边形
C. 五边形
D. 六边形
B
以D为坐标原点，分别以DA, DC, DD1为坐标轴，建立空间直角坐标系，先利用向量找出截面与A1D1, AA1的
交点，再在A1B1, AB等直线上找点，即可判断截面形状.
以D为坐标原点，分别以DA, DC, DD1为x, y, z轴，
建立空间直角坐标系D −xyz，
其中M(0, 5, 0)，A1(10, 0, 10)，A(10, 0, 0)，D1(0, 0, 10)，P(7, 0, 7)，
设平面截A1D1于H，平面截AA1于N，
→
A1H = (−10, 5, −10)，
设M(t, 0, 10)，则MP = (7 −t, 0, −3)，且
→
MP ⋅
→
A1H = 0，
即−10(7 −t) + (−3) × (−10) = 0，解得t = 4，即H(4, 0, 10)
→
HN = λ
→
HP，
→
HN = λ (3, 0, −3)，则N(3λ + 4, 0, 10 −3λ)，
其中3λ + 4 = 10，得λ = 2，则N(10, 0, 4)，
设平面截C1B1于R，平面截BB1于Q，
设R(s, 10, 10)，
→
HR = (s −4, 10, 0)，同理
→
HR⋅A1M = −10 (s −4) + 50 = 0，得s = 9，
设Q(10, 10, l)，NQ = (0, 10, l −4)，同理NQ⋅A1M = 50 −10 (l −4) = 0，得l = 9，
则R(9, 10, 10)，Q(10, 10, 9)，
故选：B.
答案
解析
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
10
考点2：三大公理及其推论
A组
1
4条线段首尾相接得到一个四边形，当且仅当它的两条对角线 
 时，才是一个平面图形．
相交
应用空间想象，讨论对角线不相交、相交两种情况分析得结论.
当两条对角线不相交时，四边形的四个顶点不共面，故不是平面图形，如下图，
   
对角线BD, AC不相交，即ABCD为空间四边形；
当两条对角线相交时，四边形的四个顶点共面，是平面图形，如下图，
   
对角线BD, AC相交，即ABCD为平面四边形；
故答案为：相交
答案
解析
2
三条互相平行的直线最多可确定 
 个平面．
3
讨论三条直线的位置关系即可得到答案.
答案
解析
11
解：若三条直线在同一个平面内，则此时三条直线只能确定一个平面，
若三条直线不在同一个平面内，则此时三条直线能确定三个平面，
所以三条互相平行的直线最多可确定3个平面.
故答案为：3.
3
下列四个命题中的真命题是（       ）
A. 如果一条直线与另两条直线都相交，那么这三条直线必共面
B. 如果三条直线两两都相交，那么它们能确定一个平面
C. 如果三条直线相互平行，那么这三条直线在同一个平面上
D. 如果一条直线与两条平行直线都相交，那么这三条直线确定一个平面
D
由空间中直线与直线的位置关系对选项逐一判断
对于A，B，当三条直线交于同一点时，三条直线可能不共面，故A，B错误，
对于C，当三条直线相互平行时，三条直线可能不共面，故C错误，
对于D，一条直线与两条平行直线都相交，那么这三条直线确定一个平面，故D正确，
故选：D
答案
解析
4
一直线l与其外三点A，B，C可确定的平面个数是（       ）
A. 1个
B. 3个
C. 1个或3个
D. 1个或3个或4个
D
利用平面的基本性质及其推论即可得出结果.当A，B，C三点共线时，只能确定一个平面；
当A，B，C三点不共线时，且其中两点连线与已知直线平行，这样的平面有3个；
当A，B，C三点不共线时，且任意两点连线与已知直线不平行，则一条直线与直线外的每一点都可以确定一
个平面，平面外的三个点也可以确定一个平面，这样可确定的平面最多就可以达到4个.
综上，直线l与其外三点A，B，C可确定的平面个数是1个或3个或4个.
故选：D.
答案
解析
12
本题主要考查平面的基本性质及其推论，熟练掌握平面的基本性质及其推论是解题的关键，属于基础题.
5
如图所示，在四边形ABCD中，已知AB//CD，直线AB，BC，AD，DC分别与平面α相交于点E，G，H，F．
求证：E，F，G，H四点共线．
见解析
根据推论3及公理2可知，两条平行直线AB和CD可以确定一个平面ABCD，并且平面ABCD与平面α的所有的公
共点应该在一条直线上，根据题意，这些公共点即E，G，H，F四点，所以这四点必定共线．证明：∵
AB//CD，∴AB，CD确定一个平面β．
又∵AB ∩α = E，AB ⊊β，∴E ∈α，E ∈β，
即E为平面α与β的一个公共点．
同理可证F，G，H均为平面α与β的公共点．
∵两个平面有公共点，∴它们有且只有一条通过公共点的公共直线，
∴E，F，G，H四点共线．
在立体几何的问题中，证明若干点共线时，常运用公理2，即先证明这些点都是某二平面的公共点，而后得出
这些点都在二平面的交线上的结论．
答案
解析
6
13
如图，已知平面α，β，且α ∩β = l.设梯形ABCD中，AD//BC，且AB⊂α，CD⊂β.则下列结论一定正确的是(       )
A. AB = CD
B. 直线AB与直线CD可能为异面直线
C. 直线AC与直线BD可能为异面直线
D. 直线AB、CD、l相交于一点
D
由梯形的性质可判断ABC；证明直线AB和CD的交点在直线l上即可判断D．
梯形ABCD中，AD//BC，故AB和CD是梯形的两腰，它们不一定相等，故A不符题意；
∵AD//BC，∴A、B、C、D共面，即AB、CD、AC、BD是共面直线，则BC不符题意；
∵AB和CD是梯形的两腰，故AB和CD必相交，设交点为P.
∵P∈AB，AB ⊂α，∴P∈α，同理可得P∈β，
则P在α、β的交线上，而α ∩β = l，故P ∈l，
即直线AB、CD、l相交于一点，故D符合题意．
故选：D．
答案
解析
考点3：直观图斜二测画法
A组
1
有一个多边形水平放置的斜二测直观图是直角梯形（如图所示），∠ABC = 45∘，AB = AD = 2，DC⊥BC，则原
多边形面积为 
 ．
答案
14
8 + 2√2 | 2 × (4 + √2)
根据所给的直观图中直角梯形的数据求出梯形面积，根据原来的平面图形面积是直观图面积的2√2倍，求出平
面图形的面积.
因为直角梯形∠ABC = 45∘，AB = AD = 2，∴BC = 2 + √2
所以直观图的面积是
(√2 + 4) × √2
2
= 1 + 2√2
因为原来的平面图形面积是直观图面积的2√2倍，
所以平面图形的面积是2√2 × (2√2 + 1) = 8 + 2√2
故答案为：8 + 2√2
解析
2
如图是梯形ABCD按照斜二测画出的直观图A′B′C′D′，其中A′D′ = 2，B′C′ = 4，A′B′ = 1，则原梯形ABCD的面
积为 
 .
   
6
根据斜二测画法的规则，还原几何图形，即可求原梯形的面积.
如图，还原梯形，BC = 4，AB = 2，AD = 2，梯形为直角梯形，
   
所以原梯形ABCD的面积S = 1
2 × (2 + 4) × 2 = 6.
故答案为：6
答案
解析
3
将边长为10的正三角形ABC，按“斜二测”画法在水平放置的平面上画出为△A′B′C′，则△A′B′C′的面积为 
 .
答案
15
25√6
4
由直观图和原图的面积之间的关系，直接求解即可．因为
S直观图
S原图
= √2
4 ，且△ABC的边长为10，∴面积为
25√3，
那么△A′B′C′的面积为25√6
4
故答案为25√6
4
．
本题考查斜二测画法中原图和直观图面积之间的关系，属基本运算的考查．
解析
4
如图，四边形ABCD的斜二测画法直观图为等腰梯形A′B′C′D′．已知A′B′ = 4，C′D′ = 2，则下列说法正确的是
（         ）
A. AB = 2
B. A′D′ = 2√2
C. 四边形ABCD的周长为4 + 2√2 + 2√3
D. 四边形ABCD的面积为6√2
D
利用斜二测画法将图形还原计算几何图形的面积与周长以及相关.
如图可知AB = 4,A′D′ = √2,AD = 2√2，
四边形ABCD的周长为6 + 2√2 + 2√3，四边形ABCD的面积为1
2 × (4 + 2) × 2√2 = 6√2.
故选:D.
答案
解析
16
5
有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图所示）.
∠ABC = 45∘，AB = AD = 1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为（       ）.
A. 2 + √2
B. 2√3
C. 2 + √2
2
D. 3
C
利用直观图中的信息，求出BC的长度，结合斜二测法的定义得到原平面图形中的上底，下底及高的长度，利
用梯形的面积公式求解即可.
在直观图中，过A作AE⊥BC于E，
∵∠ABC = 45∘，AB = AD = 1，DC⊥BC，
∴EC = AD = 1, BE = AE = √2
2 ，
∴BC = 1 + √2
2 ，
故原平面图形为梯形，其上底为1，下底为1 + √2
2 ，高为√2AB = 2，
所以这块菜地的面积为S = 1
2 × （1 + 1 + √2
2 ）× 2 = 2 + √2
2 ，
故选：C.
答案
解析
B组
1
有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC = 45∘，
AB = AD = 1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为（       ）
17
A. 1 +
√2
2
B.
√2
2
C. 2 +
√2
2
D. 1
2 +
√2
2
C
在直观图中过点A作AE⊥BC，垂足为点E，即可求出BC，再将直观图还原为原图，再计算可得；
解:在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为点E，则在Rt △ABE中，AB = 1，∠ABE = 45∘，
∴BE = √2
2 .而四边形AECD为矩形，AD = 1，
∴EC = AD = 1，
∴BC = BE + EC = √2
2
+ 1.
由此可还原原图形如图所示.在原图形中，A′D′ = 1，A′B′ = 2，B′C′ = √2
2
+ 1，
且A′D′//B′C′，A′B′⊥B′C′，
∴这块菜地的面积为S = 1
2 (A′D′ + B′C′) ⋅A′B′ = 1
2 × (1 + 1 + √2
2 ) × 2 = 2 + √2
2 .
故选：C
答案
解析
2
已知直角梯形OABC上下两底分别为分别为2和4，高为2√2，则利用斜二测画法所得其直观图的面积为（       ）
18
A. 6√2
B. 3√2
C. 3
D. 6
C
按照斜二测画法画出直观图，利用梯形面积公式便可求得其面积.
如图所示，实线表示直观图，OC′ = 1
2 OC = √2.
∠AOC′ = π
4 ,
OA = 4, B′C′ = 2,
∴直观图的面积为2 + 4
2
× √2 × sin π
4 = 3,
故选：C.
本题主要考查斜二测画法，关键是掌握斜二测画法的要领.
答案
解析
C组
1
用斜二测画法得到的多边形A1A2 … An的直观图为多边形A1
′A2
′ … An
′，试探索多边形A1A2 … An与多边形
A1
′A2
′ … An
′的面积之间有无确定的数量关系.
19
有确定的数量关系
①设在△ABC中，CD为高边AB平行于x轴，用斜二测画法得到其直观图为△A′B′C′，
则有C′D′ = 1
2 CD，△A′B′C′的高为C′M =
√2
2 C′D′ =
√2
4 CD，
所以S△A′B′C′ = 1
2 A′B′ ⋅C′M = √2
4 S△ABC.
②当△ABC的三边都不与x轴平行时，可过其中一个顶点作与x轴平行的直线与对边相交，不妨设过点A作与x
轴平行的直线交BC于点D，则AD将△ABC分成△ABD和△ACD，
由①可知S△A′B′C′ = S△AB′D′ + S△A′C′D′ = √2
4 S△ABD + √2
4 S△ACD = √2
4 S△ABC.
③对多边形A1A2 … An，可连接A1A3，A1A4，…，A1An−1，得到(n −2)个三角形，
即△A1A2A3  ， △A1A3A4 ，…， △A1An−1An，
由①②知S多边形A1′A2′…An′ = S△A1′A2′A3′ + S△A1′A3′A4′ + ⋯+ S△A1′A′n−1A′n
= √2
4 (SΔA1A2A3 + SΔA1A3A4 + ⋯+ SΔA1An−1An)= √2
4 S多边形A1A2…An
综上：可知多边形A1A2 … An与其直观图多边形A1
′A2
′ … An
′的面积之间有确定的数量关系.
本题考查了斜二测画法得到的直观图与原始图的面积关系，将多边形转化为三角形是解题的关键.
答案
解析
04 空间直线与直线的位置关系
1
巩固练习
考点1：直线与直线的位置关系
A组
1
“两条直线没有公共点”是“两条直线平行”的（     ）
A. 充分非必要条件
B. 必要非充分条件
C. 充要条件
D. 非充分非必要条件
B
找出“两条直线没有公共点”的等价条件，结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
“两条直线没有公共点”⇔“两条直线平行或异面”，
所以，“两条直线没有公共点”是“两条直线平行”的必要非充分条件.
故选：B.
答案
解析
2
已知直线a．如果直线b同时满足条件：①a与b异面；②a与b成定角；③a与b的距离为定值．那么这样的直线b有
 条．
无数
由题设条件，可作出两个平面，两异面直线分别在两个平面上，以保证两异面直线等距离，再由图可知，平
面β内所有与b平行的线都满足题设中的三个条件，由此得答案．
解：当α//β，a ⊂α，b ⊂β，a与b异面时，
平面β内任一条与b平行的直线都满足要求．
故答案为：无数.
答案
解析
2
B组
1
若直线 a，b 是异面直线，点 O 是空间中不在直线 a，b 上的任意一点，则( )
A. 不存在过点 O 且与直线 a，b 都相交的直线
B. 过点 O 一定可以作一条直线与直线 a，b 都相交
C. 过点 O 可以作无数多条直线与直线 a，b 都相交
D. 过点 O 至多可以作一条直线与直线 a, b 都相交
D
直线 a，b 是异面直线，点 O 是空间中不在直线 a，b 上的任意一点，点 O 是空间中不在直线 a，b 上的任意
一点，设直线 a 与点 O 确定平面 α ，由题意可知 b ⊄ α，∴ 直线 b 与平面 α 相交或平行，(1) 若直线 b 与平面
α 相交，如图 1 ，记 b ∩α = P ，(1)若 PO//α ，则不存在过点 O 且与直线 a, b 都相交的直线；(2)若 PO 与 a
不平行，则直线 PO 即为过点 O 且与直线 a，b 都相交的直线。(2) 若直线 b 与平面 α 平行，如图 2，则不存
在过点 O 且与 a，b 都相交的直线.综上，过点 O 至多可以作 条直线与直线 a，b 都相交。故选: D 。
 
  
 
答案
解析
考点2：异面直线的判定
A组
1
在四棱台ABCD −A1B1C1D1中的12条棱所在直线中，与直线AB1是异面直线的共有 
 条
3
6
根据异面直线的定义来确定正确答案.
根据异面直线的定义可知，与直线AB1是异面直线的有：
A1D1, BC, CD, DD1, D1C1, C1C，共6条，
故答案为：6
答案
解析
2
如图，在空间四边形ABCD 中，点E 、H 分别是边AB 、AD 的中点，F 、G 分别是边BC 、CD 上的点，且
CF
CB = CG
CD = 2
3 ，则（　　）
A. EF与GH互相平行
B. EF与GH异面
C. EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上
D. EF与GH的交点M一定在直线AC上
D
根据题意，由线面的平行关系，即可得到结果.
因为F，G分别是边BC，CD上的点，且CF
CB ＝CG
CD ＝2
3 ，
答案
解析
4
所以GF//BD，且GF = 2
3 BD.
因为点E，H分别是边AB，AD的中点，
所以EH//BD，且EH = 1
2 BD，
所以EH//GF，且EH ≠GF，
所以EF与GH相交，设其交点为M，
则M ∈平面ABC，同理M ∈平面ACD.
又平面ABC∩平面ACD = AC，
所以M在直线AC上．
故选:D.
3
已知A、B、C、D是空间四个点，且直线AB与CD是两条异面直线.用反证法证明：直线AC与BD也是异面直线.
见详解.
根据用反证法证明数学命题的方法和步骤，先假设直线AC、BD是共面直线，再推出错误结论，即可得证.
假设直线AC、BD是共面直线；
则A，B，C，D四点共面，
所以AB、CD共面，这与AB、CD是异面直线矛盾；
所以假设错误，即直线AC、BD也是异面直线.
答案
解析
B组
1
已知不共面的三条直线a，b，c相交于点P，A∈a，B∈a，C∈b，D∈c，求证：AD与BC是异面直线．
5
证明见解析
(方法1)(反证法)：假设AD和BC共面，推出与已知条件a，b，c不共面矛盾，假设不成立，进而得出结论
(方法2)(直接证法)：利用经过平面外的一点与平面外一点的直线，和平面内不经过此点的直线是异面直线即可
证出结论．
(方法1)(反证法)：假设AD和BC共面，所确定的平面为α，那么点P，A，B，C，D都在平面α内，∴直线a，b，
c都在平面α内，与已知条件a，b，c不共面矛盾，假设不成立，
∴AD和BC是异面直线．
(方法2)(直接证法)：∵a∩c＝P，∴它们确定一个平面，设为α，由已知C∉平面α，B∈平面α，BC⊄平面α，AD⊂平
面α，B∉AD，∴AD和BC是异面直线．
答案
解析
考点3：求异面直线所成角
A组
1
如图已知A是△BCD所在平面外一点，AD = BC，E､F分别是AB、CD的中点，若异面直线AD与BC所成角的大
小为π
3 ，则AD与EF所成角的大小为 
 .
答案
6
π
3 或 π
6
取AC的中点G，连接EG, GF，则∠EGF = π
3 或∠EGF = 2π
3 ，分别分析这两种情况下∠GFE的大小即为AD
与EF所成角.
解：如图所示：取AC的中点G，连接EG, GF，则EG//BC，GF//AD ，
所以∠EGF为异面直线AD与BC所成角或其补角.因为AD = BC，所以EG = GF，
当∠EGF = π
3 时，△EGF为等边三角形，∠GFE = π
3 ，
即AD与EF所成角的大小为π
3 ；
当∠EGF = 2π
3 时，EG = GF，△EGF为等腰三角形，∠GFE = π
6 ，
即AD与EF所成角的大小为π
6 .
故答案为：π
3 或π
6 .
解析
2
在正四面体ABCD中，点E，F，G分别为棱BC，CD，AC的中点，则异面直线AE，FG所成角的余弦值为（       ）
A. 1
2
B. √3
5
C. √3
3
D. √6
3
C
作出辅助线，找到异面直线AE，FG所成角，设出正四面体的边长，表达出其他边长，利用余弦定理求出答
案.
答案
解析
7
连接DE，因为点F，G分别为棱CD，AC的中点，
所以FG//AD，
所以∠EAD或其补角为异面直线AE，FG所成角，
设正四面体的边长为a，
则AE = DE = √3
2 a，AD = a，
由余弦定理得：cos ∠EAD = AE2 + AD2 −DE2
2AE ⋅AD
=
3
4 a2 + a2 −3
4 a2
2 × √3
2 a2
= √3
3 ，
所以异面直线AE，FG所成角的余弦值为√3
3 .
故选：C
3
正方体ABCD −A1B1C1D1中，E是AB中点，F为AA1的中点.求异面直线CE、BF所成角的余弦值为 
 .
2
5
取DD1中点为M，连接MF、MC、ME、DE，设正方体的边长为2，易证∠ECM即为异面直线CE、BF所成角
（或其补角），在△ECM中，利用余弦定理即可求解.
解：取DD1中点为M，连接MF、MC、ME、DE，设正方体的边长为2，
答案
解析
8
在正方体ABCD −A1B1C1D1中，因为E是AB中点，所以MF//BC，且MF = BC，
所以四边形BCMF为平行四边形，所以BF//CM，
所以∠ECM为异面直线CE、BF所成角（或其补角），
在△ECM中，因为CM = √5, CE = √5, ME = √DM 2 + DE2 = √6,
所以cos ∠ECM = CM 2 + CE2 −ME2
2CM × CE
=
5 + 5 −6
2 × √5 × √5
= 2
5 ，
所以异面直线CE、BF所成角的余弦值为2
5 ，
故答案为：2
5 .
B组
1
如图为一正方体的平面展开图，在这个正方体中，异面直线DG与MN的夹角是 
 .
60∘
将正方体纸盒展开图还原成正方体，利用异面直线所成角的定义可得结果.
将正方体纸盒展开图还原成正方体，如下图所示：
因为DN//BM且DN = BM，所以，四边形BDNM为平行四边形，
所以，MN//BD，
所以，异面直线DG、MN所成角为∠GDB或其补角，
易知△BDG为等边三角形，故∠GDB = 60∘.
因此，异面直线DG与MN的夹角60∘.
答案
解析
9
故答案为：60∘.
2
已知异面直线a、b所成角为80∘，P为空间一定点，则过P点且与a、b所成角都是50∘的直线有且仅有（       ）条．
A. 2
B. 3
C. 4
D. 6
B
在空间取一点P，经过点P分别作a//a′, b//b′，分析直线PM满足它的射影PQ在a′, b′所成角的平分线上时的情
况可得出答案.
在空间取一点P，经过点P分别作a//a′, b//b′，
设直线a′, b′确定平面α，
当直线PM满足它的射影PQ在a′, b′所成角的平分线上时，PM与a′所成的角等于PM与b′所成的角，
因为直线a、b所成角为80∘，得a′, b′所成锐角为80∘，
所以当直线PM的射影PQ在a′, b′所成锐角的平分线上时，PM与a′, b′所成角的范围是[40∘, 90∘)，
这种情况下，过P点有2条直线与a、b所成角都是50∘；
当直线PM的射影PQ在a′, b′所成钝角的平分线上时，PM与a′, b′所成角的范围是[50∘, 90∘)，
这种情况下，过P点有且仅有1条直线（即PM ⊂α时）与a、b所成角都是50∘；
综上所述，过P点且与a、b所成角都是50∘的直线有3条.
故选：B.
答案
解析
3
在棱长为1的立方体ABCD −A1B1C1D1中，M，N分别为A1B1和B1C1的中点，那么直线AM与CN所成角的余弦值
为 
 .
答案
10
4
5
取AB中点E，BC中点F，连接B1E，B1F，则∠EB1F为直线AM与CN所成角，然后利用余弦定理求解.
如图，取AB中点E，BC中点F，连接B1E，B1F，
则四边形AEB1M，B1FCN为平行四边形，
∴AM//B1E，CN//B1F，
∴∠EB1F为直线AM与CN所成角（或补角），
正方体的棱长为1，则BE = BF = 1
2 ，EF = √2
2 ，B1F = B1E = √5
2 ，
∴cos ∠EB1F = B1E2 + B1F 2 −EF 2
2 × B1E × B1F
=
5
4 + 5
4 −1
2
2 × √5
2
× √5
2
= 4
5 ，
∴AM与CN所成角的余弦值是4
5 ，
故答案为：4
5 .
本题主要考查异面直线所成的角，关键是找出角，属于中档题.
解析
4
在空间四边形ABCD中，AB = CD = 6，M, N分别是对角线AC, BD的中点，若异面直线AB, CD所成角的大小为
60∘，则MN的长为 
 .
3或 3√3
答案
解析
11
取AD中点为E，连接NE, ME，根据已知得出ME = 3，NE = 3，∠MEN = 60∘或120∘.然后在△MEN中，
根据余弦定理，即可得出答案.
取AD中点为E，连接NE, ME，
因为M, N, E分别是AC, DB, DA的中点，
所以，ME//CD，NE//AB，且ME = 1
2 CD = 3，NE = 1
2 AB = 3.
又异面直线AB, CD所成角的大小为60∘，
所以，∠MEN = 60∘或120∘.
当∠MEN = 60∘时，
在△MEN中，由余弦定理可得，
MN 2 = ME2 + NE2 −2 × ME × NE cos 60∘= 32 + 32 −2 × 3 × 3 × 1
2 = 9，
所以，MN = 3；
当∠MEN = 120∘时，
在△MEN中，由余弦定理可得，
MN 2 = ME2 + NE2 −2 × ME × NE cos 120∘= 32 + 32 + 2 × 3 × 3 × 1
2 = 27，
所以，MN = 3√3.
综上所述，MN = 3或MN = 3√3.
故答案为：3或3√3.
5
已知P是一个圆锥的顶点，PA是母线，PA = 2，该圆锥的底面半径是1．B、C分别在圆锥的底面上，则异面直线
PA与BC所成角的最小值为 
 ．
π
3
过A作AD//BC交底面圆锥于D点，则∠PAD为异面直线PA与BC所成角，结合余弦定理与余弦函数的性质即
可得∠PAD的取值范围，从而得所求最值.
答案
解析
12
如图，过A作AD//BC交底面圆锥于D点，连接PD，
因为PA = PD, AD//BC，则∠PAD为异面直线PA与BC所成角，
所以cos ∠PAD = |PA|2 + |AD|2 −|PD|2
2 |PA| ⋅|AD|
= 22 + |AD|2 −22
4 |AD|
= |AD|
4
，
又0 < |AD| ≤2，所以0 < |AD|
4
≤1
2 ，即0 < cos ∠PAD ≤1
2 ，
因为∠PAD ∈(0, π
2 )，函数y = cos α在α ∈(0, π
2 )上单调递减，所以π
3 ≤∠PAD < π
2 ，
故异面直线PA与BC所成角的最小值为π
3 .
故答案为：π
3 .
考点4：公垂线的性质及判定
A组
1
已知正方形ABCD，HG⊥平面ABCD，G, F分别为AB, BC的中点，E为AC上一点，且AE = 3EC，求证：EF为
异面直线AC与HF的公垂线．
证明见解析
连接BD交AC于点Q，由BQ⊥AC，结合三角形中位线性质可得EF⊥AC；利用线面垂直的判定可证得FE⊥平
答案
解析
13
面HGF，进而得到EF⊥HF，由此可得结论.
连接BD交AC于点Q，Q即正方形的中心，如图所示．
∵AE = 3EC，∴E是QC的中点．又F是BC中点，∴EF//BQ，
又BQ⊥AC，∴EF⊥AC．
连接GF．∵G, F是AB, BC中点，∴FG//AC，∴EF⊥FG．
∵HG⊥平面ABCD，EF ⊂平面ABCD，∴HG⊥EF，
又HG ∩GF = G，HG, GF ⊂平面HGF，∴FE⊥平面HGF，
又HF ⊂平面HGF，∴EF⊥HF．
∴EF为异面直线AC与HF的公垂线．
2
P是正角形ABC所在平面外一点，M, N分别是AB和PC的中点，且PA = PB = PC = AB = a.
   
(1)
求证：MN是AB和PC的公垂线；
(2)
求异面直线AB和PC之间的距离.
(1) 证明见解析
答案
14
(2) √2
2 a
(1) 连接AN, BN，如下图所示：
   
易知△APC与△BPC是全等的正三角形，
又N是PC的中点，所以AN = BN；
又M是AB的中点，可得MN⊥AB；
同理可证MN⊥PC
又MN ∩AB = M, MN ∩PC = N；
所以MN是AB和PC的公垂线；
(2) 在等腰三角形ANB中，
易知AN = BN = √3
2 a, AB = a，
所以MN = √AN 2 −( 1
2 AB)
2
= √2
2 a
即异面直线AB和PC之间的距离为
√2
2 a.
解析
B组
1
异面直线a、b所成角为π
3 ，直线c与a、b垂直且分别交于A、B，点C、D分别在直线a、b上，若AC = 1，AB = 2，
BD = 3，则CD = 
 ．
√11或 √17
过B作BE//AC且过D作DE⊥BE于E，连接BE、CE，要注意E、C在AB的同侧或异侧两种情况，结合已知有
∠DBE = π
3 ，再过C作CF⊥BE于F，求出DE、EC的长度，在Rt△DEC中应用勾股定理求CD.
由题意，过B作BE//AC且过D作DE⊥BE于E，连接BE、CE，如下示意图，
答案
解析
15
∴由题设知：面ABEC为直角梯形且∠DBE = π
3 ，
过C作CF⊥BE于F，则CF=AB=2，BD = 3，可得DE= 3√3
2
，BE= 3
2 ，
∴如图1，易得EF= 1
2 ，则EC=
√17
2
，
在Rt△DEC中，CD=√DE2 + EC2 = √11.
如图2，易得EF= 5
2 ，则EC=
√41
2
，
在Rt△DEC中，CD=√DE2 + EC2 = √17.
故答案为：√11或√17
05 空间直线与平面的位置关系
1
巩固练习
考点1：空间直线和平面的位置关系
A组
1
在长方体ABCD −A1B1C1D1中，若AA1 = 7, AB = 24，则直线B1C1到平面A1BCD1的距离是 
 .
168
25
| 6.72
根据条件，易得B1C1//面A1BCD1，从而将线面距转化成点面距，过B1作B1H⊥A1B于H，根据条件可得
B1H⊥面ABB1A1，再根据条件，利用几可关系，即可求解.
易知B1C1//BC，又B1C1 ⊄面A1BCD1，BC ⊂面A1BCD1，所以B1C1//面A1BCD1，
则直线B1C1到平面A1BCD1的距离，与点B1到平面A1BCD1的距离相等，
过B1作B1H⊥A1B于H，
因为BC⊥面ABB1A1，B1H ⊂面ABB1A1，所以BC⊥B1H，
又A1B ∩BC = B，A1B, BC ⊂面ABB1A1，所以B1H⊥面ABB1A1，
又|AA1| = 7, |AB| = 24，则|A1B| = √72 + 242 = 25，
在Rt △A1B1B中，|A1B| ⋅|B1H| = |A1B1| ⋅|B1B|，得到|B1H| = |A1B1| ⋅|B1B|
|A1B|
= 7 × 24
25
= 168
25 ，
所以直线B1C1到平面A1BCD1的距离为168
25 ，
故答案为：168
25 .
答案
解析
2
已知正六边形ABCDEF的各顶点均在平面α的同侧，点A，C，F到面α的距离分别为9，10，20，则点D到平面α的距
离为 
 ．
2
21
根据空间位置关系求得点D到平面α的距离.
设AD ∩CF = O，则OA = OC = OD = OF，
点A和点D到平面α的距离之和与点C和点F到平面α的距离之和相等，
则点D到平面α的距离为10 + 20 −9 = 21．
故答案为：21
答案
解析
3
如果平面α外有两点A、B，它们到平面α的距离都是3，则直线AB和平面α的位置关系是 
 ．
平行或相交.
若A、B在平面α的同侧，可判断直线AB和平面α平行；若A、B在平面α的两侧，可判断直线AB和平面α相
交；
若A、B在平面α的同侧，因为平面α外有两点A、B到平面α的距离相等，
所以直线AB和平面α平行；
若A、B在平面α的两侧，因为平面α外有两点A、B到平面α的距离相等，
所以直线AB和平面α相交；
综上所述:直线AB和平面α的位置关系一定是平行或相交
故答案为：平行或相交.
答案
解析
B组
1
正方体ABCD-A B C D 中.求证:
1 1
1
1
3
（1）A C //平面ACB ；
（2）BD ⊥平面AB C
（1）见解析（2）见解析
（1）根据线面平行的判定定理，只要证出A1C1//AC即可；
（2）根据题意可证得BD1⊥AC, BD1⊥B1C,由线面垂直的判定定理即得证．
（1）如图所示：
连接A1C1，由正方体的结构特征可知，AA1//CC1，且AA1 = CC1，所以四边形A1ACC1为平行四边形，即有
A1C1//AC，而A1C1 ⊄平面ACB1，AC ⊂平面ACB1，故A1C1//平面ACB1．
（2）因为D1D⊥平面ABCD，AC ⊂平面ABCD，所以D1D⊥AC，由四边形ABCD为正方形可知，AC⊥BD
， 而BD ∩D1D = D，所以AC⊥平面BDD1，又BD1 ⊂平面BDD1∴AC⊥BD1．同理可证，B1C⊥BD1，而
AC ∩B1C = C，故BD1⊥平面AB1C．
本题主要考查线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理的应用，以及三垂线定理的应用，意在考查学生的
直观想象能力和逻辑推理能力，属于基础题．
1
1
1
1
1
答案
解析
4
2
如图，正方体ABCD −A1B1C1D1中，M是A1D的中点，则（       ）
A. 直线MB与直线B1D1相交，直线MB ⊂平面ABC1
B. 直线MB与直线D1C平行，直线MB⊥平面A1C1D
C. 直线MB与直线AC异面，直线MB⊥平面ADC1B1
D. 直线MB与直线A1D垂直，直线MB∥平面B1D1C
D
根据题意可知，以D点为坐标原点，建立空间直角坐标系，用空间向量来研究直线和平面、直线和直线的位置
关系较为简单，用向量的共线定理证明两直线是否平行或异面，根据直线的方向向量与平面的法向量垂直或
平行，得出直线与平面是否平行或垂直，再对选项进行逐一分析判断即可得出结论.
解：因为ABCD −A1B1C1D1是正方体，不妨设棱长为2，以D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系：
则D (0, 0, 0)，D1 (0, 0, 2)，A (2, 0, 0)，A1 (2, 0, 2)，B (2, 2, 0)，B1 (2, 2, 2)，C (0, 2, 0)，C1 (0, 2, 2)，
又M为A1D的中点，故可得M (1, 0, 1)，MB = (1, 2, −1)，A1D = (−2, 0, −2)，
设平面ADC1B1的法向量为→n = (x, y, z)，
则
，即{
，不妨取y = −1，故可得→n = (0, −1, 1)．
设平面B1D1C的法向量为→
m = (x, y, z)
则
，即{
，不妨取y = 1，故可得→
m = (−1, 1, 1)．
对A：因为BD//B1D1，BD ∩BM = B，故BM，B1D1不相交，故错误；
答案
解析
−
→
−
→
⎧
⎨
⎩
→n ⋅AD = 0
→n ⋅DC1 = 0
−
→
−
→
2x = 0
2y + 2z = 0
⎧
⎨
⎩
→m ⋅B1D1 = 0
→m ⋅D1C = 0
−
→
−
→
−2x −2y = 0
2y −2z = 0
5
对B：MB = (1, 2, −1)，D1C = (0, 2, −2)，不存在非零实数λ，使得MB = λD1C，
故MB，D1C不平行，故错误；
对C：MB = (1, 2, −1)，平面ADC1B1的法向量为→n = (0, −1, 1)，
不存在非零实数λ，使得MB = λ→n，故MB与平面ADC1B1不垂直，故错误；
对D：MB = (1, 2, −1)，A1D = (−2, 0, −2)，则MB ⋅A1D = −2 + 2 = 0，故直线MB与A1D垂直；
又MB ⋅→
m = −1 + 2 −1 = 0，故MB与平面B1D1C平行，故正确；
故选：D．
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
3
如图，某建筑物OP垂直于地面，从地面点A处测得建筑物顶部P的仰角为30∘，从地面点B处测得建筑物顶部P的仰
角为45∘，已知A、B相距100米，∠AOB = 60∘，则该建筑物OP高度约为 
 米．（保留一位小数）
66.4
先在Rt △AOP和Rt △BOP中，根据仰角分别用建筑物高度OP表示出OA和OB，然后在△AOB中利用余弦
定理建立关于OP的方程，最后求解方程得到OP的值.
在Rt △AOP中，已知从地面点A处测得建筑物顶部P的仰角为30
∘，即∠PAO = 30
∘.因为tan ∠PAO = OP
OA ，
所以OA =
OP
tan 30
∘= √3OP.
在Rt △BOP中，从地面点B处测得建筑物顶部P的仰角为45
∘，即∠PBO = 45
∘.因为tan ∠PBO = OP
OB ，且
tan 45
∘= 1，所以OB = OP.
在△AOB中，已知AB = 100米，∠AOB = 60
∘.根据余弦定理AB2 = OA2 + OB2 −2 ⋅OA ⋅OB ⋅cos ∠AOB，
将OA = √3OP，OB = OP代入可得：
1002 = (√3OP)
2
+ OP 2 −2 ⋅√3OP ⋅OP ⋅cos 60
∘，即10000 = (4 −√3)OP 2
可得OP 2 = 10000
4 −√3
=
10000 (4 + √3)
(4 −√3) (4 + √3)
=
10000 (4 + √3)
16 −3
=
10000 (4 + √3)
13
.
则OP =
10000 (4 + √3)
13
≈√10000(4 + 1.732)
13
≈√4409.23 ≈66.4.
答案
解析


⎷
6
故答案为：66.4.
4
如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在正方体中，由两个顶点确定的直线与
由顶点确定的平面构成的“正交线面对”的个数为 
 .
44
根据题中定义“正交线面对”的含义，找出正方体中“正交线面对”的组数，即可得出结果.
如果一条直线与一个平面垂直，那么，这一组直线与平面就构成一个正交线面对.
如下图所示：
   
①对于正方体的每一条棱，都有2个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12 × 2 = 24个；
②对于正方体的每一条面对角线（如A1C1，则A1C1⊥平面BB1D1D），
下面简单证明A1C1⊥平面BB1D1D，因为BB1⊥平面A1B1C1D1，
A1C1 ⊂平面A1B1C1D1，所以BB1⊥A1C1，
又因为A1C1⊥B1D1，且BB1, B1D1 ⊂平面BB1D1D，BB1 ∩B1D1 = B1，所以A1C1⊥平面BB1D1D.
每一条面对角线均有一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12 × 1 = 12个.
③对于正方体的每一条体对角线，（如AC1，则AC1 ⊥平面B1CD1），
由CC1 ⊥平面A1B1C1D1，B1D1 ⊂平面A1B1C1D1，则B1D1 ⊥CC1，而B1D1 ⊥A1C1，
又A1C1 ∩CC1 = C1，于是B1D1 ⊥平面ACC1A1，而AC1 ⊂平面ACC1A1，因此AC1 ⊥B1D1，
同理AC1 ⊥B1C，又B1C ∩B1D1 = B1，故AC1 ⊥平面B1CD1，
每一条体对角线都有两个面构成“正交线面对”，共有4 × 2 = 8个，
综上所述，正方体中的“正交线面对”共有44个.
故答案为：44.
答案
解析
考点2：直线与平面平行、垂直的性质和判定
7
A组
1
如图，在正方体ABCD­A B C D 中，E，F分别是B B，DC的中点，求证：AE⊥平面A D F.
证明见解析
以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，利用向量的数量积，求得
AE ⋅A1D1 = 0, AE ⋅D1F = 0，证得即AE⊥A1D1, AE⊥D1F，结合线面垂直的判定定理，即可证得AE⊥平面
A1D1F.
如图所示，以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，
则A (1, 0, 0), E (1, 1, 1
2 ), A1 (1, 0, 1), D1 (0, 0, 1), F (0, 1
2 , 0),
所以AE = (0, 1, 1
2 ), A1D1 = (−1, 0, 0), D1F = (0, 1
2 , −1),
由AE ⋅A1D1 = 0, AE ⋅D1F = 0，可得AE⊥A1D1 , AE⊥D1F ，
即AE⊥A1D1, AE⊥D1F，
又由A1D1 ∩D1F = D1，A1D1, D1F ⊂平面A1D1F,
所以AE⊥平面A1D1F.
1
1
1
1
1
1
1
答案
解析
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
8
教法备注
B组
2
如图，设P为长方形ABCD所在平面外一点，M，N分别为AB，PD上的点，且AM
MB = DN
NP ，求证：直线MN∥平面
PBC.
见解析
试题分析: 过N作NR∥DC交PC于点R，连接RB，根据三角形的相似可证出NR=MB,又NR∥DC∥AB，所以四边形
MNRB是平行四边形,得出MN∥RB,根据线面平行的判定定理结论成立.
试题解析:
答案
解析
9
过N作NR∥DC交PC于点R，连接RB，依题意得DC −NR
NR
= DN
NP = AM
MB = AB −MB
MB
= DC −MB
MB
⇒NR=MB.
因为NR∥DC∥AB，所以四边形MNRB是平行四边形.
所以MN∥RB.又因为RB⊂平面PBC，所以直线MN∥平面PBC.
3
如图，在三棱锥A −BCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥BD，AB = BD = DC = 2，BE⊥AD，E为垂足.
   
(1)
求证：BE⊥平面ACD；
(2)
若F为AC的中点，求四面体ABEF的体积.
(1) 证明见解析
(2) 1
3
(1) 证明：因为AB⊥平面BCD，CD ⊂平面BCD，所以，CD⊥AB，
因为CD⊥BD，AB ∩BD = B，AB、BD ⊂平面ABD，所以，CD⊥平面ABD，
答案
解析
10
因为BE ⊂平面ABD，所以，BE⊥CD，
因为AB = BD，E为AD的中点，则BE⊥AD，
因为CD ∩AD = D，CD、AD ⊂平面ACD，因此，BE⊥平面ACD.
(2) 解：因为E、F分别为AD、AC的中点，则EF//CD且EF = 1
2 CD = 1，
因为CD⊥平面ABD，则EF⊥平面ABD，
因为AB⊥平面BCD，BD ⊂平面BCD，所以，BD⊥AB，
则S△ABD = 1
2 AB ⋅BD = 1
2 × 22 = 2，
因为E为AD的中点，则S△ABE = 1
2 S△ABD = 1
2 × 2 = 1，
因此，VF−ABE = 1
3 S△ABE ⋅EF = 1
3 × 1 × 1 = 1
3 .
B组
1
如图，在四棱锥P −ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥平面ABCD，PC与平面ABCD所成角的大
小为π
3 ，M为PA中点.
(1)
求四棱锥P −ABCD的体积；
(2)
求异面直线BM与PC所成角的大小 (结果用反三角函数值表示).
(1) 8√6
3
(2) arccos 2√5
5
答案
解析
11
(1) 连接AC，∵PA⊥平面ABCD，AC ⊂平面ABCD,∴PA⊥AC,
∴AC是PC在平面ABCD上的射影，∴∠PCA即为PC与平面ABCD所成的角.
∵PC与平面ABCD所成角的大小为π
3 ，∴∠PCA = π
3 ,
又∵ABCD是边长为2的正方形，∴AC = 2√2，
在Rt△PCA中，PA = AC tan π
3 = 2√2 × √3 = 2√6，
∴四棱锥P −ABCD的体积为VP−ABCD = 1
3 SABCD × PA = 1
3 × 4 × 2√6 = 8√6
3
.
(2) 连接BD，与AC交于点O,连接OM,
∵ABCD是边长为2的正方形，∴BD = 2√2,O点为AC中点，O点为BD中点，
又∵M为PA中点，∴OM∥PC,∴∠BMO即为异面直线BM与PC所成角,
又
∵BO = 1
2 BD = √2, MO = 1
2 PC = 1
2 √AC2 + PA2 = 1
2 √8 + 24 = 2√2, BM = √AB2 + MA2 = √4 + 6
= √10
,
∴BO2 + MO2 = BM 2,∴BO⊥MO,
在△BMO中，cos ∠BMO = OM
BM = 2√2
√10
= 2√5
5
,∴∠BMO = arccos 2√5
5
.
∴异面直线BM与PC所成角的大小为arccos 2√5
5
.
2
如图（1）在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝2，点E在线段AB上，且BE＝1，将△ADE沿DE折起到△A DE的位置，
1
12
使得平面A DE⊥平面BCDE，如图（2）．
（1）求证：CE⊥平面A DE；
（2）求证：A D⊥A C；
（3）线段A C上是否存在一点F，使得BF∥平面A DE？说明理由．
（1）详见解析；（2）详见解析；（3）存在 F，为 A1C五等分点靠近点 A1.
（1）在两面垂直的前提下，垂直交线则垂直另一平面；
（2）通过计算利用勾股定理得证；
（3）需作出辅助平面，利用两面平行后，一个平面内的直线平行另一平面，得到F点．
（1）证明：∵如图（1）在矩形ABCD中，
AB＝5，AD＝2，
点E在线段AB上，且BE＝1，
∴DE = √AD2 + AE2 = √4 + 16 = 2√5，
CE = √BE2 + BC2 = √1 + 4 = √5，
CD＝5，
∴DE2 + CE2 = CD2，
∴CE⊥DE，
∵平面A DE⊥平面BCDE，
1
1
1
1
1
1
答案
解析
1
13
∴CE⊥平面A DE．
（2）由题意得A D＝AD＝2，
A E＝AE＝4，
CE = √5，且CE⊥A E，
∴A C＝√A1E2 + CE2 = √16 + 5，
∴A1C2 + A1D2 = CD2，
∴A D⊥A C．
（3）取CD上点M，使DM＝1＝BE，
又DM∥BE，
∴DMBE为平行四边形，
∴BM∥DE，
∴BM∥平面A DE，
在△A DC内，作MF∥A D交A C与F，
则MF∥平面A DE，
∴平面FMB∥平面A DE，
∴BF∥平面A DE，
故存在点F（A C的五等分点靠近点A ），
使得BF∥平面A DE．
此题考查了面面垂直，线面垂直，线线垂直，线面平行，面面平行等， 综合性较强，难度适中．
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
考点3：求直线和平面所成角
A组
1
直线m和平面α所成角为π
6 ，则直线m和平面α内任意直线所成角的取值范围是 
 
[ π
6 , π
2 ]
答案
14
根据直线与平面所成角的定义得到所成角的最小值为π
6 ，由三垂线定理可得当该平面内的直线与已知直线在
平面内的射影垂直时，所成角为π
2 ，达到最大值．由此即可得到本题答案．
直线为m，平面为α，l为α内的任意一条直线．
根据直线与平面所成角的定义，
可得m与平面α所成的角是m与平面α内所有直线所成角中最小的角，
∴直线m与平面α内的直线所成角的最小值为π
6 ，
当平面α内的直线l与直线m在平面内的射影n垂直时，l，与m也垂直，
此时l，m所成的角π
2 ，达到所成角中的最大值．
因此，此直线与该平面内任意一条直线所成角的取值范围是[ π
6 , π
2 ].
故答案为： [ π
6 , π
2 ].
解析
2
如图，已知PA＝AC＝PC＝AB＝a，PA⊥AB，AC⊥AB，M为AC的中点．
(1)
求证：PM⊥平面ABC；
(2)
求直线PB与平面ABC所成角的大小．
答案
15
(1) 见解析
(2) arcsin √6
4
(1) 证明：因为△PAC为等边三角形，且M为AC的中点，
所以PM⊥AC．
又PA⊥AB，AC⊥AB，且PA ∩AC = A，
所以BA⊥平面PAC．
又PM在平面PAC内，所以BA⊥PM．
因为AB ∩AC = A，且BA⊥PM，PM⊥AC，
所以PM⊥平面ABC．
(2) 解：连结BM，由（1）知PM⊥平面ABC，
所以∠PBM是直线PB和平面ABC所成的角．
因为△PAC为等边三角形，所以PM = √3
2 a.
又△PAB为等腰直角三角形，且∠PAB = π
2 ，
所以PB = √2a．
因为PM⊥BM，所以sin ∠PBM = PM
PB = √6
4 ，
则∠PBM = arcsin √6
4
所以直线PB和平面ABC所成的角的大小等于arcsin √6
4 ．
解析
3
四边形ABCD是边长为1的正方形，AC与BD交于O点，PA⊥平面ABCD，且满足PA = AB = AD．
   
(1)
求证：AB和PC是异面直线；
16
(2)
求直线PC和平面ABCD所成角．
(1) 见解析
(2) arctan √2
2
(1) 因为AB ⊂平面ABCD，C ∉AB，所以P ∉平面ABCD，
由异面直线的判定定理可证得AB和PC是异面直线；
(2) 设PA = AB = AD = a，
因为PA⊥平面ABCD，所以直线PC和平面ABCD所成角为∠PCA，
因为PA⊥平面ABCD，AC ⊂平面ABCD，所以PA⊥AC，
在Rt △PAC中，AC = √a2 + a2 = √2a，tan ∠PCA = PA
AC =
a
√2a
= √2
2 .
故直线PC和平面ABCD所成角为arctan
√2
2 .
答案
解析
4
如图所示，ABCD −A1B1C1D1是棱长为a的正方体，M是棱A1B1的中点，N是棱A1D1的中点.
(1)
求直线AN与平面ABCD所成角的大小；
(2)
求异面直线AN与BM所成角的大小.（计算结果用反三角函数表示）
17
(1) arctan 2
(2) arccos 4
5
(1) 由正方体的性质可知，
直线AN与平面ABCD所成角为∠DAN，
易得tan ∠DAN = 2，
所以直线AN与平面ABCD所成角的大小为arctan 2；
(2) 记棱B1C1的中点为G，连接BG､GM､GN，
因为ABCD −A1B1C1D1是正方体，G，N中点，
所以GN//A1B1//AB，GN = A1B1 = AB，
即四边形ABGN为平行四边形，所以BG//AN，
所以∠MBG（或其补角）是异面直线AN与BM所成的角，
在△MBG中，BM = BG = √5
2 a，MG = √2
2 a，
所以cos ∠MBG =
( √5
2 a)
2
+ ( √5
2 a)
2
−( √2
2 a)
2
2 × √5
2 a × √5
2 a
= 4
5 ，
所以异面直线AN与BM所成角的大小为arccos 4
5 .
答案
解析
B组
1
18
如图，三棱柱ABC −A1B1C1的侧棱A1A垂直于底面ABC, A1A = 2, AC = CB = 1，∠BCA = 90∘, M、N分别是
AB、A1A的中点．
(1)
求证：A1B⊥CM
(2)
求直线BN与平面A1BC所成角正弦值.
(1) 证明见解析
(2) √15
15
(1) 因为AC = CB = 1，M是AB的中点，所以CM⊥AB，
又因为A1A⊥平面ABC，又CM ⊂平面ABC，所认A1A⊥CM，
又A1A ∩AB = A，A1A, AB ⊂平面BAA1B1，所以CM⊥平面BAA1B1，
因为A1B ⊂平面BAA1B1，所以A1B⊥CM；
(2) 过N作NH⊥A1C交A1C于H，连接BH，
因为∠BCA = 90∘，所以AC⊥BC，
又因为A1A⊥平面ABC，又BC ⊂平面ABC，所认A1A⊥BC，
又A1A ∩AC = A，A1A, AC ⊂平面CAA1C1，所以BC⊥平面CAA1C1，
因为NH ⊂平面CAA1C1，所以BC⊥NH，
又A1C ∩BC = C，A1C, BC ⊂平面A1CB，所以NH⊥平面A1CB，
答案
解析
19
因为∠NBH是直线NB与平面A1CB所成的角，
因为AC = CB = 1，所以AB = √12 + 12 = √2，
因为A1A = 2，N是A1A的中点，所以BN = √12 + (√2)
2
= √3，
在直角三角形A1AC中，A1C = √12 + 22 = √5，
所以△A1AC ∼A1HN，所以A1N
NH = A1C
AC ，所以
1
NH = √5
1 ，所以NH =
1
√5
，
所以sin ∠NBH = NH
BN =
1
√5
√3
= √15
15 ，
所以直线BN与平面A1BC所成角的正弦值为√15
15 .
2
某风景区有空中景点A及平坦的地面上景点B，已知AB与地面所成角的大小为60∘，点A在地面上的射影为H，如
图，请在地面上选定点M，使得AB + BM
AM
达到最大值.
点 M在 BH延长线上， BH = HM处.
由线面角的定义得出∠ABM ≥60∘，在△ABM中利用正弦定理以及三角恒等变换得出
AB + BM
AM
≤2 sin(M + 30∘)，最后由正弦函数的性质求解即可.
因为AB与地面所成的角的大小为60∘，AH垂直于地面，BM是地面上的直线，所以
答案
解析
20
∠ABH = 60∘, ∠ABM ≥60∘.
在△ABM中，∵AB
sin M = BM
sin A = AM
sin B
∴AB + BM
AM
= sin M + sin A
sin B
= sin M + sin (B + M)
sin B
= sin M + sin B cos M + cos B sin M
sin B
= 1 + cos B
sin B
sin M + cos M
=
2cos2 B
2
sin B
sin M + cos M = cot B
2 sin M + cos M
≤cot 30∘sin M + cos M = √3 sin M + cos M = 2 sin(M + 30∘).
当∠M = ∠B = 60∘时，AB + BM
AM
达到最大值，此时点M在BH延长线上，BH = HM处.
考点4：三垂线定理的应用
A组
1
正方体ABCD—A B C D 中，EF是异面直线AC和A D 的公垂线，则EF和BD 的关系是
A. 相交但不垂直
B. 垂直相交
C. 异面
D. 平行
D
以D为原点，DA, DC, DD1分别为x, y, z轴正方向建立空间直角坐标系．设正方体的边长为1，则
A(1, 0, 0), B(1, 1, 0), C(0, 1, 0), D(0, 0, 0), A1(1, 0, 1), D1(0, 0, 1)，从而有
BD1 = (−1, −1, 1), AC = (−1, 1, 0), A1D = (−1, 0, −1)，所以BD1 ⋅AC = 0, BD1 ⋅A1D = 0，则
BD1⊥AC, BD1⊥A1D，即BD1⊥AC, BD1⊥A1D．因为A1D//B1C，所以BD1⊥B1C，从而可得BD1⊥面AB1C
．而EF是AC, A1D的公垂线，同理可得EF⊥面AB1C，所以EF//BD1，故选D
1
1
1
1 
1
1
答案
解析
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
2
在长方体ABCDA B C D 中，AB＝AA ＝2BC＝2，则异面直线B D 与CD的距离为 
 ；异面直线BD 与CD的
距离为 
 ．
2 ;
1
1
1
1
1
1
1
1
答案
21
解析：（定义法）由正方体得DD ⊥平面A B C D ，所以DD ⊥B D .又DD ⊥CD，所以DD 是异面直线B D 与
CD的公垂线段．又DD ＝2，所以异面直线B D 与CD的距离为2；
（转化法）因为CD∥AB，CD⊄平面ABD ，AB⊂平面ABD ，所以CD∥平面ABD ，所以CD到平面ABD 的
距离就是异面直线BD 与CD的距离，即点D到平面ABD 的距离就是异面直线BD 与CD的距离．设距离为h，
由题得AD ＝
＝
.因为VD ABD＝VDABD ，所以× ×2×1×2＝× ×2×
×h，所以h＝
，所以异
面直线BD 与CD的距离为
.
定义法、等积法求点到平面的距离，定义法、转化法求异面直线间的距离．
解析
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
B组
1
已知EF ,是异面直线a , b的公垂线，直线l//EF ,则l与a , b交点的个数是(      )　
A. 0
B. 1
C. 0或1
D. 0或1或2
C
【常规讲解】由空间中线线的位置关系知，空间中线线位置关系有三种，相交，平行，异面，
由题设条件EF是异面直线a, b的公垂线，直线l//EF知，
l与两直线a, b可能是异面的，此时有 0 个交点，
l 与两直线a, b 可能相交，但至多与其中一个直线相交，这是因为直线l//EF,它们可以确定一个平面γ,若l与a,b
同时有交点，此两交点必在γ上，这就使得两异面直线上各有两个点在γ上，此时两异面直线不现异面，故l与
a, b 不能有两个交点，
综上知，l 与a, b 交点的个数是 0 个或 1 个。
故选：C.
答案
解析
2
在空间四边形ABCD中，AB = CD，AC = BD，E、F分别是AD、BC的中点．求证：线段EF是异面直线AD，BC
的公垂线．
22
证明见解析
利用三角形全等得BE = CE，进而可得EF⊥BC，同理可证EF⊥AD，即可得证.
连接AF、DF、BE、CE．
在△ABD和△ACD中，AB = CD，AC = BD，AD = AD．
∴△ABD ≌△ACD．又E是AD中点，
∴BE = CE．
在△BEC中，又F是BC的中点，
∴EF⊥BC．
同理EF⊥AD，
∴EF是异面直线AD、BC的公垂线．
答案
解析
3
如图，四面体SABC的所有棱长为a．
23
(1)
求异面直线SC、AB的公垂线段EF的长；
(2)
求异面直线EF与SA所成角的大小．
(1) √2
2 a
(2) 45
∘
(1) 如图，分别取SC、AB的中点E、F，连接SF、CF．
由已知，得△SAB ≅△CAB．所以SF = CF，E是SC的中点，
所以EF⊥SC，
同理可证EF⊥AB，
所以EF是SC、AB的公垂线段．
在△SEF中，SE = 1
2 a, SF = √3
2 a，
所以EF = √SF 2 −SE2 = √3
4 a2 −1
4 a2 = √2
2 a．
(2) 取AC的中点G，连接EG，则EG//SA，
所以EF和GE所成的锐角或直角就是异面直线EF和SA所成的角，
连接FG，在△EFG中，
EG = 1
2 a, GF = 1
2 a, EF = √2
2 a，
答案
解析
24
由余弦定理，得cos ∠GEF = EG2 + EF 2 −GF 2
2EG ⋅EF
=
1
4 a2 + 2
4 a2 −1
4 a2
2 × 1
2 a × √2
2 a
= √2
2 ，所以∠GEF = 45
∘，故异
面直线EF和SA所成的角为45
∘．
06 空间平面与平面的位置关系
1
巩固练习
考点1：平面与平面的位置关系
A组
1
下列命题中错误的是（　　）
A. 如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β
B. 如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
C. 如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ
D. 如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β
D
利用线面平行的判定定理证明A正确；利用面面垂直的判定定理证明B正确；利用面面垂直的性质定理和线面
垂直的判定定理证明C正确；举反例可得D错误.
对于A，设平面α∩平面β=直线a,
设直线b ⊂α，直线b ⊄平面β，且b//a,
根据线面平行的判定定理可得直线b//β，
故A正确；
对于B，如果α内存在直线与β垂直，
则由面面垂直的判定定理可知平面α⊥平面β，
与已知矛盾，故B正确；
对于C，设平面α⋂平面γ= a，平面β⋂平面γ= b,
在γ内作直线m⊥a, n⊥b，
由面面垂直的性质定理可得m⊥α, n⊥β，
又∵直线l ⊂α, l ⊂β,∴m⊥l, n⊥l,
又∵α∩β＝l，∴m, n为相交直线，
又∵m, n ⊂平面γ，∴l⊥平面γ，
故C正确；
平面α⊥平面β，设平面α∩平面β= a，
在平面α内与a平行的直线都不与平面β垂直，
答案
解析
2
故 D项错误．
故选:D.
2
在空间中，已知命题p: △ABC的三个顶点到平面α的距离相等且不为零，命题q：平面α//平面ABC，则p是q的
（       ）
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
B
由线面平行的性质结合平面与平面的位置关系判断即可.
当平面α//平面ABC时，△ABC的三个顶点到平面α的距离相等且不为零；
当△ABC的三个顶点到平面α的距离相等且不为零时，平面α可能与平面ABC相交，例如当BC//平面α且
AB, AC的中点在平面α内时，△ABC的三个顶点到平面α的距离相等且不为零，但平面α与平面ABC相交.
即p是q的必要不充分条件
故选：B
答案
解析
B组
1
如图，正方体ABCD −A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该
正方体所得的截面记为S，则下列结论错误的是（       ）
A. 当0 < CQ < 1
2 时，S为四边形
B. 截面在底面上投影面积恒为定值3
4
C. 存在某个位置，使得截面S与平面A1BD垂直
D. 当CQ = 3
4 时，S与C1D1的交点R满足C1R = 1
3
答案
3
B
当0 < CQ < 1
2 时，S为四边形，故A正确；
当0＜CQ≤1
2 时，截面在底面上投影为梯形APCD，当CQ> 1
2 ，S截面在底面上投影面积小于梯形APCD，计算
面积可得B错误；
当Q与C 点重合时，截面S与平面A BD垂直，故C正确；
当CQ＝3
4 时，需补图计算C R的长度，可得D正确；
解：如下图：当0＜CQ＜1
2 时，S为四边形，故A正确；
当0＜CQ≤1
2 时，S截面在底面上投影为梯形APCD，面积恒为定值3
4 ，
当CQ> 1
2 ，S截面在底面上投影面积小于梯形APCD，故B错误；
当Q与C 点重合时，截面S过AC ，∵AC 与平面A BD垂直，
故截面S与平面A BD垂直，故C正确；
当CQ＝3
4 时，延长DD 至N，使D1N = 1
2 ,连接AN 交A1D1 于S ，连接NQ交C1D1 于R,连接SR，可证
AN//PQ，由△NRD1 ∽△QRC1，可得C1R
D1R = C1Q
D1N = 1
2 ，
所以C1R = 1
3 ，故D正确；
故选：B.
解析
1
1
1
1
1
1
1
1
1
考点2：面面平行、垂直的性质与判定
A组
1
如图，A, B, C为不共线的三点，AA1//BB1//CC1，且AA1 = BB1 = CC1；求证：平面ABC//平面A1B1C1；
4
见解析；
由题意，可得四边形A1ABB1和四边形B1BCC1是平行四边形，从而可得A1B1//AB，即证A1B1//平面ABC
；B1C1//BC，即证B1C1//平面ABC，再由面面平行的判定定理可证平面ABC//平面A1B1C1.
证明：∵AA1//BB1//CC1，且AA1 = BB1 = CC1，
∴四边形A1ABB1和四边形B1BCC1是平行四边形，
∴A1B1//AB，A1B1 ⊄平面ABC，AB ⊂平面ABC，
∴A1B1//平面ABC；B1C1//BC，B1C1 ⊄平面ABC，
BC ⊂平面ABC，∴B1C1//平面ABC.
又A1B1 ∩B1C1 = B1，A1B1, B1C1 ⊂平面A1B1C1.
∴平面ABC//平面A1B1C1
答案
解析
2
如图，已知四棱锥S −ABCD的底面ABCD是边长为1的正方形，SA⊥平面ABCD，SA = 2，E是侧棱SC上的一
点．
5
求证：平面EBD⊥平面SAC；
（1）证明见解析；
（1）由SA⊥平面ABCD， 可得SA⊥BD，结合BD⊥AC，可得BD⊥平面SAC，由面面垂直的判定定理可得
结论；（2）直接利用棱锥的体积公式可求四棱锥S −ABCD的体积．（1）因为SA⊥平面ABCD，BD ⊂平
面ABCD
所以SA⊥BD，又因为BD⊥AC，SA ⋂AC = A，
BD⊥平面SAC，
又因为BD ⊂平面EBD，
所以平面EBD⊥平面SAC；
 
答案
解析
3
如图，已知四棱锥S－ABCD的底面ABCD是正方形，SA⊥底面ABCD，E是SC上的一点.
(1)求证：平面EBD⊥平面SAC；
(2)设SA＝4，AB＝2，求点A到平面SBD的距离；
6
(1)见解析（2）0.5
(1)证明：∵SA⊥底面ABCD，BDÌ底面ABCD，∴SA⊥BD
∵ABCD是正方形，∴AC⊥BD
∴BD⊥平面SAC，又BDÌ平面EBD
∴平面EBD⊥平面SAC.     
(2)解：设AC∩BD＝O，连结SO，则SO⊥BD
由AB＝2，知BD＝2√2
SO＝√SA2 + AO2 = √42 + (√2)
2
= 3√2
∴S
＝1
2 BD·SO＝1
2 ·2√2·2√2＝6
令点A到平面SBD的距离为h，由SA⊥平面ABCD, 则1
2 ·S
·h＝1
2 ·S
·SA
∴6h＝1
2 ·2·2·4 Þ h＝1
2 ∴点A到平面SBD的距离为1
2
答案
解析
△SBD
△SBD
△ABD
B组
1
如图，在正四棱柱ABCD −A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，且AB = 2，AA1 = 4，经过顶点A和C1各作一
7
个平面与平面CB1D1平行，前者与平面ABCD交于l1，后者与平面ABB1A1交于l2，则异面直线l1与l2所成角的余弦
值为 
 .
√10
10
利用平面与平面平行的性质定理，得B1D1//l1，CD1//l2，求B1D1与CD1所成的角的余弦值即为所求.
设平面CB1D1∩平面ABCD = m，因为α//平面CB1D1，所以m//l1，
又因为平面ABCD//平面A1B1C1D1，且平面CB1D1∩平面A1B1C1D1 = B1D1，
所以B1D1//m，B1D1//l1，
因为平面ABB1A1//平面DCC1D1，且平面CB1D1∩平面DCC1D1 = CD1，
同理可证CD1//l2，异面直线l1与l2所成的角即B1D1, CD1所成的∠CD1B1
在正四棱柱ABCD −A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，且AB = BC = 2, AA1 = 4，
B1D1 = √22 + 22 = 2√2，CD1 = CB1 = √22 + 42 = 2√5，
cos ∠CD1B1 = CD2
1 + B1D2
1 −CB2
1
2 × CD1 × B1D1
=
20 + 8 −20
2 × 2√5 × 2√2
= √10
10 ，
所以异面直线l1与l2所成的角的余弦值为√10
10 .
故答案为：√10
10 .
答案
解析
2
如图，α//β//γ，直线a与b分别交α, β, γ于点A，B，C和点D，E，F，求证AB
BC = DE
EF .
8
见解析
连接AF交β于点M，连接MB，CF，ME，AD，由面面平行的性质定理可得BM//CF，所以AB
BC = AM
MF ，同理
可得AM
MF = DE
EF ，从而可得结果.
证明：如图，连接AF交β于点M，连接MB，CF，ME，AD.
因为β//γ, β∩平面ACF = BM，γ∩平面ACF = CF，
所以BM//CF，所以AB
BC = AM
MF .
同理ME//AD,且AM
MF = DE
EF ，
所以AB
BC = DE
EF .
本题主要考查面面平行的性质定理的应用，考查了空间想象能力，证明过程要注意线面平行的性质定理应用
的条件，本题属于中档题.
答案
解析
3
如图所示，P是△ABC所在平面外的一点，点A′，B′，C′分别是△PBC，△PCA，△PAB的重心．
9
(1)求证：平面ABC∥平面A′B′C′；
(2)求△A′B′C′与△ABC的面积之比．
（1）见解析；（2） 1 : 9
（1）分别连接PA′，PB′，PC′并延长交BC，AC，AB于点D，E，F，连接DE，EF，DF．推导出A′C′∥DF．从
而A′C′∥平面ABC．同理，A′B′∥平面ABC．由此能证明平面ABC∥平面A′B′C′；（2）推导出A′C′∥AC且A′C′= 1
3
AC．A′B′∥AB且A′B′= 1
3 AB，B′C′∥BC且B′C′= 1
3 BC，由此能求出△A′B′C′与△ABC的面积之比．(1)证明：分别
连接PA′，PB′，PC′并延长交BC，AC，AB于点D，E，F，连接DE，EF，DF.
∵点A′，C′分别是△PBC，△PAB的重心，
∴PA′＝PD，PC′＝PF，
∴A′C′∥DF.
答案
解析
10
∵A′C′⊄平面ABC，DF⊂平面ABC，∴A′C′∥平面ABC.
同理，A′B′∥平面ABC.
又A′C′∩A′B′＝A′，A′C′，A′B′⊂平面A′B′C′，
∴平面ABC∥平面A′B′C′.
(2)解　由(1)知A′C′∥DF且A′C′＝DF，
又DF∥AC且DF＝AC，
∴A′C′∥AC且A′C′＝AC.
同理，A′B′∥AB且A′B′＝AB，B′C′∥BC且B′C′＝BC，
∴△A′B′C′∽△ABC，
∴S
∶S
＝1∶9.
本题考查面面平行的证明，考查两个三角形的面积的比值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关
系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
△A′B′C′
△ABC
C组
1
如图，四面体ABCD的顶点A在平面α上，侧棱AB⊥平面α，且BA, BC, BD两两垂直且长度均为1， E是CD中点，
M是线段AE上的动点，过点M作平面ACD的垂线交平面α于点N，则MN的取值范围为 
 ．
[0, √3]
由题设可知△BCD, △BAD, △BAC都为等腰直角三角形，将几何体补全为正方体，且一个底面在α上，进而
确定AE与α所成角为∠EAN，并有AN =
AM
cos ∠EAN ，应用和余弦定理、勾股定理求MN的范围即可.
因为BA, BC, BD两两垂直且长度均为1，
所以△BCD, △BAD, △BAC都为等腰直角三角形，
又四面体ABCD的顶点A在平面α上，侧棱AB⊥平面α，
将A −BCD补全为正方体如下图示，其中一个面在α上且棱长为1，
答案
解析
11
所以AC = AD = CD = √2，
在等边△ACD中E是CD中点，所以AE =
12 + ( √2
2 )
2
= √6
2 ，
过M作平面ACD垂线交面α于N，
则MN⊥平面ACD，AE ⊂平面ACD，所以MN⊥AE，
因为BG⊥CD，AB⊥平面BCGD，CD ⊂平面BCGD，故AB⊥CD，
又BG ∩AB = B，BG, AB ⊂平面ABGH，所以CD⊥平面ABGH，
又CD ⊂平面ACD，所以平面ABGH⊥平面ACD，
平面ABGH∩平面ACD = AE，且M ∈AE，
所以过M作平面ACD的垂线在平面ABGH内，即MN ⊂面ABGH，
而面ABGH ∩α = AH，
综上点N必在对角线AH上，且AE与α所成角为∠EAN，sin ∠EAN = AB
AE = √6
3 ，
则cos ∠EAN = √3
3 ，在Rt △MAN中，令AM = x ∈[0, √6
2 ]，
由AN =
AM
cos ∠EAN = √3x，
故MN 2 = AM 2 + AN 2 −2AM ⋅AN cos ∠EAN = 2x2，解得MN ∈[0, √3]，
故答案为：[0, √3]


⎷
2
已知正方体ABCD −A1B1C1D1中，P､Q分别为对角线BD､CD1上的点，且CQ
QD1 = BP
PD = 2
3 .
(1)
作出平面PQC和平面AA1D1D的交线（保留作图痕迹），并求证：PQ//平面A1D1DA；
(2)
若R是AB上的点，当AR
AB 的值为多少时，能使平面PQR//平面A1D1DA？请给出证明.
12
(1) 答案见解析
(2) AR
AB = 3
5 ，证明见解析
(1) 连结CP并延长与DA的延长线交于M点，则平面PQC和平面AA1D1D的线为D1M，
因为四边形ABCD为正方形，所以BC//AD，
故△PBC ∽△PDM，所以CP
PM = BP
PD = 2
3 ，
又因为CQ
QD1
= BP
PD = 2
3 ，所以CQ
QD1
= CP
PM = 2
3 ，所以PQ//MD1.
又MD1 ⊂平面A1D1DA，PQ不在平面A1D1DA内，
故PQ//平面A1D1DA.
(2) 当AR
AB 的值为3
5 时，能使平面PQR//平面A1D1DA.
证明：因为AR
AB = 3
5 ，即BR
RA = 2
3 ，故BR
RA = BP
PD ，所以PR//DA.
又DA ⊂平面A1D1DA，PR不在平面A1D1DA内，
所以PR//平面A1D1DA，又PQ ∩PR = P，PQ//平面A1D1DA.
答案
解析
13
所以平面PQR//平面A1D1DA.
考点3：求二面角的平面角
A组
1
如图所示，四面体ABCD中，已知平面BCD⊥平面ABC，BD⊥DC，BC = 6，AB = 4√3，∠ABC = 30∘．
(1)
求证：AC⊥BD．
(2)
若二面角B −AC −D为45∘，求直线AB与平面ACD所成的角的正弦值．
(1) 证明过程见解析
(2) √6
4
(1) 因为BC = 6，AB = 4√3，∠ABC = 30∘，所以由余弦定理得：
答案
解析
14
AC = √AB2 + BC 2 −2AB ⋅BC cos ∠ABC = √48 + 36 −72 = 2√3，因为CB2 + AC 2 = AB2，所以
AC⊥BC，因为平面BCD⊥平面ABC，交线为BC，AC ⊂ 平面ABC，所以AC⊥平面BCD，因为BD ⊂平面
BCD，所以AC⊥BD，证毕.
(2) 由（1）知，AC⊥平面BCD，因为CD ⊂平面BCD，所以AC⊥CD，又AC⊥BC，故∠BCD即为二面角
B −AC −D的平面角，所以∠BCD=45°，又因为BD⊥DC，所以△BCD为等腰直角三角形，因为BC=6，所
以BD = BC ⋅sin
 π 
4 = 3√2，因为BD⊥DC，AC⊥BD，DC ⋂AC = C，所以BD⊥平面ACD，AD为AB在
平面ACD上的投影，所以∠BAD即为直线AB与平面ACD所成的角，设为θ，θ ∈(0,
 π
 
2 ]，则
sin θ = BD
AB = 3√2
4√3
= √6
4 .
2
过正方形ABCD之顶点A作PA⊥平面ABCD，若PA = AB，则平面ABP与平面CDP所成的锐二面角的度数为
 ．
45∘
将四棱锥补成正方体即可求解.
根据已知条件可将四棱锥补成正方体如图所示：
连接CE，则平面CDP和平面CPE为同一个平面，
由题可知PE⊥平面BCE，BE, CE ⊂平面BCE，
∴PE⊥BE，PE⊥CE，又平面ABP∩和平面CDP= PE，BE ⊂平面ABP，CE ⊂平面CDP，
∴∠CEB为平面ABP和平面CDP所成的锐二面角的平面角，大小为45∘.
故答案为：45∘.
答案
解析
3
已知平面α与β所成锐二面角的平面角为80∘，P为α，β外一定点，过点P的一条直线与α和β所成的角都是30∘，则这
样的直线有且仅有（       ）
A. 1条
B. 2条
C. 3条
D. 4条
15
D
先将题目问题转化为P点与直线PC, PD所成角为60。的直线有几条，得出满足条件的直线有4条.
如图，过P作α，β的垂线PC, PD,其确定的平面与棱l交于Q，若二面角为80。，AB与平面α，β成30。角，则
∠CPD = 100。 ，AB与PC, PD成60。角，因此问题转化为过P点与直线PC, PD所成角为60。的直线有几条.
   
∵100。
2
< 60。，80。
2
< 60。,所以这样的直线有4条.
故选：D
解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，得出本题
的答案。
答案
解析
4
如图，已知四边形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD．若PA = AD，求平面PAB与平面PCD所成的二面角的大
小．
16
45°．
根据线面垂直得出二面角是∠DPA，再结合三角形边长求出角即可.
因为CD//AB，CD不在平面PAB内，AB ⊂平面PAB，CD//平面PAB，
CD ⊂平面PCD，平面PAB∩平面PCD = l，l//CD，
因为PA⊥平面ABCD，CD ⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，CD⊥AD，PA ∩AD = A, PA, AD ⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD，∴CD⊥PD，∴l⊥PD, l⊥PA，PD ⊂平面PCD，PA ⊂平面PAB，
∴∠DPA为平面PAB和平面PCD所成二面角的平面角，
因为PA⊥平面ABCD，AD ⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，PA = AD，
所以∠DPA = 45∘．
答案
解析
B组
1
如图，已知四棱锥P −ABCD的底面是直角梯形，∠ABC = ∠BCD = 90∘，AB = BC = PB = PC = 2CD，侧面
PBC⊥底面ABCD．PA与BD是否互相垂直？请证明你的结论．
17
互相垂直，证明见解析
取BC的中点O，连接PO，AO，先根据面面垂直的性质定理得到PO⊥底面ABCD，进一步根据线面垂直得到
PO⊥BD，再证明AO⊥BD，根据线面垂直的判定定理得到BD⊥平面PAO，最后根据线面垂直的定义可得
BD⊥PA.
PA与BD互相垂直．证明如下：如图，取BC的中点O，连接PO，AO．
∵PB = PC，∴PO⊥BC，
又侧面PBC⊥底面ABCD，平面PBC∩平面ABCD = BC，PO ⊂平面PBC，
∴PO⊥底面ABCD，
又BD ⊂平面ABCD，∴PO⊥BD．
在△ABO和△BCD中，∠ABO = ∠BCD = 90∘，AB
BO = BC
CD = 2,AB = BC，
所以：Rt △ABO ≌Rt △BCD.
所以∠BAO = ∠CBD，∠CBD + ∠ABD = 90∘，
∴∠BAO + ∠ABD = 90∘，∴AO⊥BD，
又PO ∩AO = O，且PO，AO ⊂平面PAO，∴BD⊥平面PAO，
又PA ⊂平面PAO，∴BD⊥PA，即PA与BD互相垂直．
答案
解析
2
如图，已知AB⊥平面BCD，BC⊥CD．
18
(1)
求证：平面ACD⊥平面ABC；
(2)
若AB＝1，CD＝BC＝√3，求直线AD与平面ABC所成的角的余弦值．
(1) 证明见解析；
(2) 2√7
7
.
(1) ∵AB⊥面BCD，   ∴AB⊥CD，
又∵BC⊥CD且AB∩BC＝B，AB, BC ⊂平面ABC，
∴CD⊥面ABC，∵CD ⊂平面ACD
∴平面ACD⊥平面ABC．
(2) ∵DC⊥面ABC，∴∠CAD即为直线AD与平面ABC所成的角，且DC⊥AC，
∵BC＝CD＝√3，∠BCD＝90°，∴BD＝√6，
又AB＝1，∴AD＝√7，∴AC＝2，
∴在Rt△ACD中，cos∠CAD= AC
AD = 2
√7
= 2√7
7
.
即直线AD与平面ABC所成角的余弦值为2√7
7
．
答案
解析
3
如图所示，在直三棱柱ABC﹣A B C 中，侧面AA C C为长方形，AA ＝1，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，AM＝
CM．
1
1
1
1
1
1
19
(1)
求证：平面AA1C1C⊥平面C1MB；
(2)
求直线A B和平面C1MB所成角的正弦值．
(1) 证明见解析
(2) √15
5
(1) 由于AB = BC, AM = CM，所以BM⊥AC，
根据直三棱柱的性质可知BM⊥AA1，
由于AC ∩AA1 = A，所以BM⊥平面AA1C1C，
由于BM ⊂平面C1MB，所以平面AA1C1C⊥平面C1MB.
(2) 设N是A1C1的中点，连接MN，则MN//AA1，MA, MB, MN两两相互垂直.
以M为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
A1 (√3, 0, 1), B (0, 1, 0), C1 (−√3, 0, 1)，A1B = (−√3, 1, −1)，
设平面C1MB的法向量为→n = (x, y, z)，
则
，故可设→n = (1, 0, √3)，
设直线A1B和平面C1MB所成角为θ，
则sin θ =
→n ⋅A1B
→n
⋅
A1B
=
2√3
2 ⋅√5
= √15
5
.
1
答案
解析
−
→
⎧
⎨
⎩
→n ⋅MB = y = 0
→n ⋅MC1 = −√3x + z = 0
−
→
−
→
−
→
−
→
20
4
如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，已知AB＝3，AD＝2，PA＝2，PD＝2√2，∠PAB＝60°，
(1)
证明：AD⊥平面PAB；
(2)
求二面角P﹣BD﹣A的大小．
(1) 证明见解析
(2) arctan √39
4
答案
21
(1) 在△PAD中，∵PA＝2，AD=2,PD＝2√2，
∴PA +AD ＝PD ，∴AD⊥PA，
在矩形ABCD中，AD⊥AB，又PA∩AB＝A，PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，
∴AD⊥平面PAB．
(2)
过点P作PH⊥AB于H，过点H作HE⊥BD于E，连结PE，
∵AD⊥平面PAB，PH⊂平面PAB，
∴AD⊥PH，又AD∩AB＝A，AD⊂平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
∴PH⊥平面ABCD，故HE为PE在平面ABCD内的射影，
由三垂线定理可知，BD⊥PE，
∴∠PEH是二面角P﹣BD﹣A的平面角．
由题设可得，PH＝PA•sin60°＝√3，AH＝PA•cos60°＝1，
BH＝AB﹣AH＝2，BD＝√AB2 + AD2＝√13，
HE＝AD
BD ⋅BH =
4
√13
，
∴在Rt△PHE中，tan∠PEH = √39
4
，
∴二面角P﹣BD﹣A的大小为arctan √39
4
．
解析
2
2
2
5
如图，已知四棱锥P—ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD ＝90 ，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD＝2，侧面PBC⊥底
面ABCD，O是BC的中点，AO交BD于E.
（1）求证：PA⊥BD；
（2）求二面角P—DC—B的大小；
。
22
（1）见解析；（2）60°
（1）证明PO⊥底面ABCD，建立空间直角坐标系，证明PA⊥BD即可得解；
（2）先求两平面的法向量，再利用二面角的向量公式求解即可.
因为△PBC是等边三角形，PO⊥BC，由侧面PBC⊥底面ABCD得PO⊥底面ABCD，
以BC中点O为原点，以BC所在直线为x轴，过点O与AB平行的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣
xyz，
（1）∵CD＝1， AB＝BC＝2，
在等边三角形PBC中，PO = √3
∴A (1，−2，0)，B (1，0，0)，C(−1, 0, 0), D (−1，−1，0)，P (0，0，√3)
∴BD = (−2，−1，0)，PA = (1，−2，−√3)
∵BD ⋅PA = (−2) × 1 + (−1) × (−2) + 0 × (−√3) = 0
∴PA⊥BD，即PA⊥BD；
（2）取PC中点N，连接BN，则N(−1
2 , 0, √3
2 )，BN = (−3
2 ，0，√3
2 )
∵DC = (0, 1, 0)，CP = (1, 0, √3)，
∴BN ⋅DC = 0，
BN ⋅CP = (−3
2 ) × 1 + √3
2
× √3 = 0，
∴BN为平面PDC的一个法向量，显然OP = (0，0，√3)，且OP⊥平面ABCD
答案
解析
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
23
∵BN ⋅OP = (−3
2 ) × 0 + 0 × 0 + √3
2
× √3 = 3
2 ,
BN
= √3,
OP
= √3
∴cos < BN, OP >=
3
2
√3√3
= 1
2  ，
∴二面角 P −DC −B 的大小为 60∘
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
C组
1
已知三棱锥ABCD中，AB⊥CD，且CD与平面ABD所成角余弦值为3
5 ，当S△ABD
S△ABC
取得最大值时，二面角
C −AB −D的正弦值为 
 ．
3
5 | 0.6
利用二面角的定义结合导数研究函数的最值解三角形即可.
   
如图所示，作CE⊥AB于E点，连接DE，作CF⊥DE于F点，
因为AB⊥CD, CE ∩CD = C, CE、CD ⊂面CDE，
所以AB⊥面CDE，DE、CF ⊂面CDE，即DE⊥AB，CF⊥AB，
又AB ∩DE = E，AB、DE ⊂面ABD，即CF⊥面ABD，
故CD与平面ABD所成角为∠CDF，即cos ∠CDF = 3
5 ，
   
①先讨论F在线段DE上时，不妨设DF = 3, EF = x (x ≥0)，
则CF = 4, CD = 5, CE = √x2 + 16，
易知S△ABD
S△ABC
= DE
CE =
x + 3
√x2 + 16
，
答案
解析
24
设f (x) =
x + 3
√x2 + 16
⇒f ′ (x) =
√x2 + 16 −x (x + 3)
√x2 + 16
x2 + 16
，
令f ′ (x) > 0，可得√x2 + 16 > x (x + 3)
√x2 + 16
⇒x2 + 16 > x2 + 3x ⇒x < 16
3 ，
即f (x)在(0, 16
3 )上单调递增，
令f ′ (x) < 0 ⇒x ∈( 16
3 , +∞)，即此时函数f (x)单调递减，
故当x = 16
3 时，S△ABD
S△ABC
取得最大值，
又易知二面角C −AB −D的平面角为∠DEC，此时sin ∠DEC =
4
√( 16
3 )
2
+ 16
= 3
5 .
②如图所示，当F位于DE延长线上时，同①，不妨设DF = 3, EF = x (x > 0)，
则CF = 4, CD = 5, CE = √x2 + 16，
易知S△ABD
S△ABC
= DE
CE =
3 −x
√x2 + 16
，
设f (x) =
3 −x
√x2 + 16
⇒f ′ (x) =
−√x2 + 16 −x (3 −x)
√x2 + 16
x2 + 16
，
令f ′ (x) < 0，可得−√x2 + 16 < x (3 −x)
√x2 + 16
⇒x2 + 16 > x2 −3x恒成立，
即f (x)在(0, +∞)上单调递减，则f (x)无最值；
   
故答案为：3
5 .
2
如图，已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC = 60∘，E，F分别是BC，PC的中点.
（1）证明：AE⊥平面PAD；
（2）AB = 2，若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为√6
2 时，求二面角E-AF-C的余弦值.
25
（1）证明见解析；（2） √15
5
.
（1）由已知条件推导出△ABC为正三角形，从而得到AE⊥BC，AE⊥AD，再由PA⊥平面ABCD，得到
PA⊥AE，由此能证明AE⊥平面PAD；
（2）H为PD上任意一点，连接AH，EH，则∠EHA为EH与平面PAD所成的角，当AH最短时，即当
AH⊥PD时，∠EHA最大，由此能求出二面角E −AF −C的余弦值．
（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，∠ABC = 60∘，
∴△ABC为正三角形，∵E为BC的中点，
∴AE⊥BC
又∵BC//AD，∴AE⊥AD
∵PA⊥平面ABCD，AE ⊂平面ABCD，
∴PA⊥AE
而PA ⊂平面PAD，AD ⊂平面PAD，PA ∩AD = A，
∴AE⊥平面PAD．
（2）H为PD上任意一点，连接AH，EH，
由（1）知AE⊥平面PAD，则∠EHA为EH与平面PAD所成的角，
在RT △EAH中，AE = √3，
∴当AH最短时，即当AH⊥PD时，∠EHA最大．
此时tan ∠EHA = AE
AH = √3
AH = √6
2 ，∴AH = √2，
又∵AD = 2，∴∠ADH = 45∘，∴PA = 2
∵PA⊥平面ABCD，PA ⊂平面PAC，
∴平面PAC⊥平面ABCD，
过E作EO⊥AC于O，则EO⊥平面PAC，
过O作OS⊥AF于S，连接ES，则∠ESO为二面角E −AF −C的平面角，
在RT △AOE中，EO = AE ⋅sin 300 = √3
2 , AO = AE ⋅cos 300 = 3
2 ，
答案
解析
26
又F是PC的中点，在RT △ASO中，SO = AO ⋅sin 450 = 3√2
4
，
又SE = √EO2 + SO2 = √30
4
，
在RT △ESO中，cos ∠ESO = SO
SE = √15
5
即所求二面角的余弦值为√15
5
．
本题主要考查空间直线平面位置关系的证明，考查二面角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
07 柱体
1
巩固练习
考点1：棱柱和圆柱的结构特征
A组
1
以下说法正确的是（       ）
A. 各侧面都是矩形的棱柱是长方体
B. 有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱
C. 各侧面都是全等的等腰三角形的四棱锥是正四棱锥
D. 底面四条边相等的直棱柱是正四棱柱
B
举反例如直三棱柱判断选项A；由线面垂直的判定定理可判断B；举反例判断选项C，D；即可得正确选项.
对于A：直棱柱的侧面都是矩形，但不一定是长方体，如直三棱柱，故选项A不正确；
对于B：
如图假设四棱柱ABCD −A1B1C1D1中，侧面ABB1A1和BCC1B1都是矩形，则BB1⊥AB，BB1⊥BC，因为
AB ∩BC = B，AB ⊂面ABCD，BC ⊂面ABCD，所以BB1⊥面ABCD，因为棱柱的侧棱都是平行的，所以
是直四棱柱，故选项B正确；
对于C：
如图，将菱形的对角线的交点上拉可得如图四棱柱，各侧面都是全等的等腰三角形，但底面是菱形，故不是
答案
解析
2
正四棱柱，故选项C不正确；
对于D：底面是菱形的直棱柱，满足底面四条边相等，但不是正四棱柱，故选项D不正确；
故选：B.
2
如图，上海海关大楼的钟楼可以看作一个正四棱柱，且钟楼的四个侧面均有时钟悬挂，在0点到12点时针与分针的
转动中（包括0点，但不包括12点），相邻两面时钟的时针相互平行的情况的次数为（       ）
   
A. 0
B. 2
C. 4
D. 12
B
根据空间中两直线的位置关系判断即可.
依题意可得0时或6时时针均与棱AB平行，所以此时两时针平行，
   
3时或9时时针均与棱AB垂直，所以此时两时针垂直，
其余时刻时针与棱AB成相同的角（不包括12点），但是两时针不同在任何一个平面，故两时针不平行；
∴在0点到12点时针与分针的转动中（包括0点，但不包括12点），相邻两面时钟的时针两两相互平行的情况的
次数为2.
故选：B．
答案
解析
B组
1
有下列命题：
①在圆柱的上､下底面的圆周上各取一点，则这两点的直线距离是圆柱的母线长；
②圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线长；
③侧面都是平行四边形的多面体是棱柱；
3
④体对角线相等的平行六面体是长方体.
共中正确命题是 
 （填号）.
②④
通过反例可确定①③错误；由圆锥母线定义知②正确；利用线面垂直的判定和性质可证得体对角线相等的平行
六面体各个侧面均为矩形，由此可知④正确.
对于①，若上下底面上的两点连线与底面不垂直，则不是圆柱的母线，①错误；
对于②，由圆锥母线的定义可知②正确；
对于③，若一个直四棱柱与一个斜四棱柱底面大小相同，将其上下底面相接构成一个组合体，如下图所示，
此时满足侧面都是平行四边形，但该多面体不是棱柱，③错误；
对于④，若平行六面体的体对角线相等，则对角面为矩形，如下图所示，
此时四边形AB1C1D与A1BCD1均为矩形，∴AD⊥AB1，A1D1⊥A1B，
又AD//A1D1，∴AD⊥A1B，
∵AB1 ⋂A1B = O，AB1, A1B ⊂平面ABB1A1，∴AD⊥平面ABB1A1；
又AB, AA1 ⊂平面ABB1A1，∴AD⊥AB，AD⊥AA1，
∴四边形ABCD，A1B1C1D1，ADD1A1，BCC1B1均为矩形，
同理可得：A1B1⊥平面BCC1B1，又BB1 ⊂平面BCC1B1，∴A1B1⊥BB1，
∴四边形ABB1A1，CDD1C1均为矩形，∴该平行六面体为长方体，④正确.
故答案为：②④
答案
解析
4
考点2：柱体的体积和表面积
A组
1
已知长方体的长、宽、高之比为3 : 2 : 1，对角线长是2√14，求此长方体的表面积和体积.
88, 48
由题意设长方体的长、宽、高分别为3a，2a, a，利用对角线长求得a，即得长方体的长、宽、高，即可求得答
案.
由题意设长方体的长、宽、高分别为3a，2a, a，
则√9a2 + 4a2 + a2 = 2√14，解得a = 2，
∴长方体的长、宽、高分别为6, 4, 2，
则其表面积为2(6 × 4 + 4 × 2 + 6 × 2) = 88，
体积为6 × 4 × 2 = 48．
答案
解析
2
若正四棱柱的底面周长为4，高为2，则该正四棱柱的表面积为 
 .
10
求出侧面积和上下底面积，相加即可得答案.
答案
解析
5
因为正四棱柱的底面周长为4，所以底面正方形边长为1，
则该正四棱柱的表面积S = 1 × 2 × 4 + 2 × 12 = 10，
故答案为：10.
3
已知某圆柱是将边长为2的正方形（及其内部）绕其一条边所在的直线旋转一周形成的，则该圆柱的体积为 
 .
8π
根据题意得到圆柱底面圆半径为2，高为2，根据圆柱的体积公式，即可得出结果.因为圆柱是将边长为2的正方
形（及其内部）绕其一条边所在的直线旋转一周形成的，
则圆柱底面圆半径为2，高为2，
所以该圆柱的体积是π ⋅22 ⋅2 = 8π.
故答案为8π
本题主要考查旋转体的体积，熟记圆柱体积公式即可，属于基础题型.
答案
解析
4
正三棱柱的侧棱长为4，底面边长为6，则此三棱柱的体积为 
 .
36√3
根据正三棱柱的概念和棱柱的体积公式可求得答案.
作出图示如下图所示：因为AB = BC = AC = 6，所以S△ABC = 1
2 × 6 × 6 × √3
2
= 9√3，
所以此三棱柱的体积为VABC−A1B1C1 = 9√3 × 4 = 36√3，
故答案为：36√3.
本题考查正三棱柱的概念和棱柱的体积公式，属于基础题.
答案
解析
6
5
圆柱的侧面展开图是边长为2π和3π的矩形，则圆柱的体积为 
 .
3π2或 9
2 π2
根据圆柱的侧面展开图与圆柱的关系即可求解.
设圆柱底面圆的半径为r，高为h，
若2π为底面圆的周长，则r = 1, h = 3π，则圆柱的体积为πr2h = 3π2，
若3π为底面圆的周长，则r = 3
2 , h = 2π，则圆柱的体积为πr2h = 9
2 π2，
故答案为:3π2或9
2 π2.
答案
解析
6
如图所示的几何体是圆柱的一部分，它由矩形ABCD的边AB所在的直线为旋转轴旋转120∘得到的，
AB = 3, AD = 2.
(1)
求这个几何体的体积；
(2)
这个几何体的表面积.
7
(1) 4π；
(2) 12 + 20π
3 .
(1) 由题设，若将矩形旋转一周所得圆柱的体积为V = AB × S1，
其中S1为底面积，且S1 = π × AD2，故V = 3 × 4π = 12π，
因为几何体是矩形旋转120∘得到，故几何体体积为120
360 V = V
3 = 4π.
(2) 由题设
⌢
FD =
⌢
EC = 1
3 × 2AD × π = 4π
3 ，则几何体外侧曲面的面积为3 × 4π
3 = 4π，
上下底面的面积和为2 × S1
3 = 8π
3 ，矩形ABCD, ABEF的面积和为12，
综上，几何体的表面积为12 + 20π
3 .
答案
解析
7
已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1、O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该
圆柱的侧面积为 
 ．
8π
根据题意求出圆柱的底面圆半径r和高h，再计算圆柱的侧面积即可．
如图所示，
设圆柱的底面圆半径为r，由截面为正方形可知圆柱的高h = 2r，
所以该圆柱的轴截面面积为(2r)2 = 8，
解得r = √2，
该圆柱的侧面积为
S侧= 2πrh = 2π ⋅√2 ⋅2√2 = 8π．
故答案为8π．
答案
解析
8
本题考查圆柱的结构特征，考查圆柱侧面积的求法，属于基础题.
8
圆柱的轴截面是正方形，且面积为16，则圆柱的侧面积为 
 ．
16π
根据圆柱的轴截面几何性质可得圆柱的底面半径与高度，从而可求圆柱的侧面积.
解：圆柱的轴截面是正方形，且面积为16，则该圆柱的底面直径为4，高为4
即底面半径r = 2，高h = 4
所以圆柱的侧面积S = 2πrh = 2π × 2 × 4 = 16π.
故答案为：16π.
答案
解析
9
已知正四棱柱ABCD −A1B1C1D1中，AB = 2, AA1 = 3.
   
(1)
求正四棱柱ABCD −A1B1C1D1的表面积；
(2)
求证：平面A1ACC1⊥平面A1BD．
9
(1) 32
(2) 证明见解析
(1) 正四棱柱ABCD −A1B1C1D1的表面积为S = 2 × (2 × 2 + 2 × 3 + 2 × 3) = 32.
(2) ABCD为正方形，故AC⊥BD，
正四棱柱ABCD −A1B1C1D1，故AA1⊥平面ABCD，BD ⊂平面ABCD，
故BD⊥AA1，
AA1 ∩AC = A，AA1, AC ⊂平面A1ACC1，故BD⊥平面A1ACC1，
又BD ⊂平面A1BD，故平面A1ACC1⊥平面A1BD.
答案
解析
B组
1
正四棱柱ABCD −A1B1C1D1的底面边长AB = 3，若直线B1C与底面ABCD所成的角的大小为arctan 3，则正四棱
柱ABCD −A1B1C1D1的侧面积为 
 ．
108
由正直棱柱的性质得到∠B1CB为直线B1C与底面ABCD所成的角，从而求出BB1的长度，即可求出侧面积.
在正四棱柱ABCD −A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD，则∠B1CB为直线B1C与底面ABCD所成的角，
依题意可得tan ∠B1CB = 3 = BB1
BC ，又BC = AB = 3，所以BB1 = 9，
所以正四棱柱ABCD −A1B1C1D1的侧面积为4 × 3 × 9 = 108.
   
故答案为：108
答案
解析
2
10
如图，在三棱柱ABC--A1B1C1中，∠ACB = 90∘， ∠ACC1 = 60∘，∠BCC1 = 45∘，侧棱CC1的长为1，则该三棱
柱的高等于 
 
1
2 | 0.5
过C1作平面ACB、直线BC、AC的垂线，交点分别为O，D，E，可得四边形OECD为矩形，结合条件可得
C1D =
√2
2 ，OD = 1
2 ，进而即得．
过C1作平面ACB、直线BC、AC的垂线，交点分别为O，D，E，连接OD、OC、OE，则C1O即为三棱柱的
高，
由C1O⊥平面ACB，AC ⊂平面ACB，可得C1O⊥AC，
又AC⊥C1E，C1O ∩C1E = C1, C1O ⊂平面C1OE，C1E ⊂平面C1OE，
所以AC⊥平面C1OE，又OE ⊂平面C1OE，
所以AC⊥OE，同理可得OD⊥BC，又∠ACB = 90∘，
所以四边形OECD为矩形，
在直角三角形ECC1和DCC1中，∠ACC1 = 60∘，∠BCC1 = 45∘，侧棱CC1的长为1，
则CE = 1
2 CC1 = 1
2 ，CD = C1D = √2
2 ，
所以OD = CE = 1
2 ，
所以OC1 =√DC 2
1 −OD2 = 1
2 ，
即三棱柱的高等于1
2 .
答案
解析
11
故答案为：1
2 .
3
已知一个正四棱柱的底面边长为1，其侧面的对角线长为2，则这个正四棱柱的侧面积为 
 .
4√3
如图，结合正四棱柱的结构即可求解.
设正四棱柱的高（侧棱长）为h，因侧面为矩形，
故h2 + 12 = 22，h = √3，侧面积为4 × 1 × √3 = 4√3.
故答案为：4√3.
答案
解析
4
现有一个圆柱和一个长方体，它们的底面积相等，高也相等，若长方体的底面周长为8，圆柱的体积为16π，则长方
体的高h的取值范围是 
 .
[4π, +∞)
根据长方体及圆柱的体积公式，结合题干条件，把高表示出来，得到h = 16π
πr2 = 16π
ab
≥
16π
(a + b)2
4
= 4π，利
用基本不等式，求得取值范围.
设长方体底面长为a，宽为b，圆柱底面半径为r，
答案
解析
12
则由题知，ab = πr2，a + b = 4，πr2 ⋅h = 16π，
所以h = 16π
πr2 = 16π
ab
≥
16π
(a + b)2
4
= 4π，当且仅当a = b = 2时，等号成立；
故h的取值范围为[4π, +∞)，
故答案为：[4π, +∞)
关键点点睛：找到长方体高与底面长宽之间的关系，利用基本不等式求得范围.
5
如图，已知三棱柱ABC −A1B1C1的所有棱长均为2，满足A1B⊥B1C，则该三棱柱体积的最大值为（       ）
A. √3
B. 3
C. 2√3
D. 4
B
如图：取AC的中点M，连接A1M, BM, AB1，
因为ABB1A1是菱形，所以AB1⊥A1B，又因为B1C⊥A1B，AB1, B1C ⊂平面AB1C，AB1 ∩B1C = B1，
所以A1B⊥平面AB1C，因为AC ⊂平面AB1C，所以A1B⊥AC，
因为AM = MC，AB = BC，所以BM⊥AC，又因为A1B, BM ⊂平面A1BM，A1B ∩BM = B，
所以AC⊥平面A1BM，因为A1M ⊂平面A1BM，所以AC⊥A1M，
A1M = AA1 sin 60∘= √3，当侧面ACC1A1⊥底面ABC时，三棱柱的体积最大，
此时三棱柱的高即为A1M = √3，V = √3S△ABC = √3 × √3
4
× 22 = 3.
故选：B
答案
解析
6
13
正三棱柱体积为16，当其表面积最小时，底面边长a＝ 
 .
4
求出正三棱柱的底面积，由体积求出高从而得到表面积的表达式，再利用导数求出最值可得答案.
正三棱柱的底面积为1
2 a2 × √3
2
= √3
4 a2，则高为
16
√3
4 a2
= 64√3
3a2 ，
表面积S = √3
2 a2 + 64√3
a
(a > 0)，S ′ = √3a −64√3
a2
，
令S ′ = √3a −64√3
a2
= 0，得a =
3√64 = 4，
当$0<4$时S ′ < 0，当a > 4时S ′ > 0，
S在(0, 4)递减，在(4, +∞)递增，
所以S在a = 4时有最小值24√3，
则当a = 4时，表面积最小.
故答案为：4.
答案
解析
7
已知正三棱柱ABC −A1B1C1所有顶点都在球O上，若球O的体积为32π
3 ，则该正三棱柱体积的最大值为 
 .
8
由条件结合球的体积公式求球的半径，设正三棱柱的底面边长为x，求出三棱柱的高，结合棱柱的体积求三棱
柱的体积，再利用导数求其最大值.
设正三棱柱ABC −A1B1C1的上，下底面的中心分别为O1, O2，连接O1O2，
根据对称性可得，线段O1O2的中点O即为正三棱柱ABC −A1B1C1的外接球的球心，
线段OA为该外接球的半径，设OA = R，
由已知4
3 πR3 = 32π
3 ，所以R = 2，即OA = 2，
设正三棱柱ABC −A1B1C1的底面边长为x，设线段BC的中点为D，
则AD = √3
2 x，AO1 = 2
3 AD = 2
3 × √3x
2
= √3x
3
，
在Rt △AO1O中，OO1 = √AO2 −AO2
1 = √4 −1
3 x2，
所以O1O2 = 2√4 −1
3 x2，0 < x < 2√3，
答案
解析
14
又△ABC的面积S = 1
2 BC ⋅AD = 1
2 × x × √3x
2
= √3x2
4
，
所以正三棱柱ABC −A1B1C1的体积V = √3x2
4
× 2√4 −1
3 x2 = √3
2 x2√4 −1
3 x2，
设t = √4 −1
3 x2，则x2 = 12 −3t2，$0<2$，
所以V = √3
2 (12 −3t2)t，$0<2$，
所以V ′ = √3
2 (12 −9t2)，
令V ′ = 0，可得t = 2√3
3
或t = −2√3
3
，舍去，
所以当0 < t < 2√3
3
时，V ′ > 0，函数V = √3
2 (12 −3t2)t在(0, 2√3
3
)上单调递增，
当$\dfrac{2\sqrt3}3<2$时，V ′ < 0，函数V = √3
2 (12 −3t2)t在( 2√3
3
, 2)上单调递减，
所以当t = 2√3
3
时，V = √3
2 (12 −3t2)t取最大值，最大值为8，
所以当x = 2√2时，三棱柱ABC −A1B1C1的体积最大，最大体积为8.
故答案为：8.
   
8
如图，三棱柱ABC −A1B1C1中，侧面B1BCC1的面积是4，点A1到侧面B1BCC1的距离是3，则三棱柱
ABC −A1B1C1的体积为 
 .
6
答案
15
观察几何体，利用切割法的思想进行解决：VA1−ABC = 1
3 VA1B1C1−ABC  ,VABC−A1B1C1 = VA1−ABC + VA1−BB1CC1
,由VA1−BB1CC1即可求得结果.
因为VA1−ABC = 1
3 VA1B1C1−ABC，
VABC−A1B1C1 = VA1−ABC + VA1−BB1CC1，
所以VA1−BB1CC1= 2
3 VA1B1C1−ABC ,设点A1到侧面B1BCC1的距离是h = 3，
由VA1−BB1CC1= 1
3 × h × SBB1C1C = 1
3 × 4 × 3 = 4，
所以VA1B1C1−ABC = 3
2 VA1−BB1CC1 = 3
2 × 4 = 6.
故答案为：6.
解析
9
设长方体的三条棱长分别为a, b, c，若长方体的所有棱的长度之和为24，一条体对角线长为5，体积为2，则
1
a + 1
b + 1
c = 
 .
11
4
设出长方体的长、宽、高，表示出长方体的一条体对角线长，长方体的12条棱的长度之和，体积为2，然后整
理可得所求的结果.
设长方体的长、宽、高分别为a, b, c，由题意知：
a + b + c = 6①，
abc = 2②，
a2 + b2 + c2 = 25③，
由①式平方－②式可得：ab + bc + ac = 11
2 ④，可得：
1
a + 1
b + 1
c = ab + bc + ac
abc
=
11
2
2
= 11
4 ，
故答案为：11
4
本题主要考查了长方体的相关知识，考查了点、线、面间距离的计算，属于基础题.
答案
解析
10
如图，在棱长为1的正方体ABCD −A1B1C1D1中，P, Q, R分别是棱AB, BC, BB1的中点，以△PQR 为底面作一个
直三棱柱，使其另一个底面的三个顶点也都在正方体ABCD −A1B1C1D1的表面上，则这个直棱柱的高为（       ）
16
A. √3
2
B. √3
3
C. √3
6
D. √3
8
A
作辅助线连接D1A, D1C, D1B1，并分别取它们的中点P1, Q1, R1 ，利用线面垂直的判定定理证明三棱柱
PQR −P1Q1R1为直棱柱，利用三角形中位线定理即可求得棱柱的侧棱长，即得答案.
连接D1A, D1C, D1B1 ，并分别取它们的中点P1, Q1, R1 ，
连接D1B, PP1, QQ1, RR1, P1Q1, P1R1, Q1R1 ，则PP1//D1B, QQ1//D1B, RR1//D1B，
即PP1//QQ1//RR1且 PP1 = 1
2 D1B ,QQ1 = 1
2 D1B,RR1 = 1
2 D1B ,
连接AC,则PQ//AC，P1Q1//AC，故PQ//P1Q1，PQ ⊂平面PQR,P1Q1 ⊄平面PQR,
故P1Q1//平面PQR,同理可证P1R1//平面PQR,P1Q1 ∩P1R1 = P1, P1Q1, P1R1 ⊂平面P1Q1R1,
所以平面P1Q1R1//平面PQR,
连接DB,则DB⊥AC，而PQ//AC,故DB⊥PQ ，
因为DD1⊥ 平面ABCD, PQ ⊂平面ABCD ，所以DD1⊥PQ ，
又DB ∩DD1 = D, DB, DD1 ⊂平面DBD1 ，所以PQ⊥平面DBD1, D1B ⊂平面DBD1 ，
所以PQ⊥D1B，
同理可得D1B⊥PR ，又PR ∩PQ = P, PR, PQ ⊂平面PQR ，所以D1B⊥平面PQR，
所以PP1⊥平面PQR，QQ1⊥平面PQR，RR1⊥平面PQR，
所以三棱柱PQR −P1Q1R1为直棱柱，
由正方体的棱长为1，所以D1B = √3,则 PP1 = 1
2 D1B = √3
2 ,
答案
解析
17
即三棱柱PQR −P1Q1R1的高为√3
2 ，
故选：A﹒
11
如图，该几何体由半圆柱体与直三棱柱构成，半圆柱体底面直径BC = 4，AB = AC，∠BAC = 90
∘，D为半圆弧
⌢
B1C1的中点，若异面直线BD和AB1所成角的大小为arc cos 2
3 ．
（1）证明：A1D⊥平面BCC1B1；
（2）求该几何体的表面积和体积；
（3）求点D到平面AB1C1的距离．
（1）见解析（2）表面积为 8 + 12π + 16√2，体积为 16+8π，（3） 4√5
5
（1）先根据弧中点性质得A1D⊥B1C1,再根据直三棱柱性质得A1D⊥B1B,最后根据线面垂直判定定理证结
果，
（2）建立空间直角坐标系，根据异面直线BD和AB1所成角利用向量数量积解得棱柱的高，再根据圆柱侧面
积、柱体体积公式求几何体的表面积和体积；
答案
解析
18
（3）利用等体积法求点D到平面AB1C1的距离．
（1）因为D为半圆弧
⌢
B1C1的中点，所以A1D⊥B1C1，
因为直三棱柱ABC −A1B1C1,所以B1B⊥平面A1B1C1，
因为A1D ⊂平面A1B1C1,所以A1D⊥B1B
因为B1C1 ⋂B1B = B1, B1C1, B1B ⊂平面BCC1B1,所以A1D⊥平面BCC1B1；
（2）以A为坐标原点，AC,AB,AA 所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，设棱柱的高为h,则
B(0, 2√2, 0), B1(0, 2√2, h), D(2√2, 2√2, h)
∴BD = (2√2, 0, h), ∴cos < AB1, BD >=
h2
√8 + h2√8 + h2 =
h2
h2 + 8
因为异面直线BD和AB1所成角的大小为arc cos 2
3 ，所以
h2
h2 + 8 = 2
3 ∴h2 = 16, h = 4
几何体的表面积为[ 1
2 (2√2)
2 + 1
2 π × 22] × 2 + 2 × 4 × 2√2 + 4 × π × 2 = 8 + 12π + 16√2
几何体的体积为[ 1
2 (2√2)
2 + 1
2 π × 22] × 4=16+8π
（3）因为直三棱柱ABC −A1B1C1,所以A1A⊥平面DB1C1，
∵VD−AB1C1 = VA−DB1C1 ∴1
3 dD−AB1C1SΔAB1C1 = 1
3 AA1 ⋅SΔDB1C1
∴dD−AB1C1 = AA1 ⋅SΔDB1C1
SΔAB1C1
=
4 × 1
2 × 2 × 4
1
2 × 2√5 × 4
= 4√5
5
即点D到平面AB1C1的距离为4√5
5
本题考查线面垂直判定定理、柱体表面积与体积公式以及点到平面距离,考查综合分析论证与求解能力，属中
档题.
1
−
→
−
→
−
→
08 锥体
1
巩固练习
考点1：椎体的结构特征
A组
1
对于四面体ABCD，下列命题正确的是 
 （写出所有正确命题的编号）．
①相对棱AB与CD所在的直线异面；
②由顶点A作四面体的高，其垂足是ΔBCD的三条高线的交点；
③若分别作ΔABC和ΔABD的边AB上的高，则这两条高所在直线异面；
④分别作三组相对棱中点的连线，所得的三条线段相交于一点；
⑤最长棱必有某个端点，由它引出的另两条棱的长度之和大于最长棱．
①④⑤
如图可知①正确；②错误，无法得到底面的垂心；③错误，可能相交；④正确，连接各中点可知，交点为线段
中点；
设AB 是最长的棱，
若$AC+AD，
则AC + AD + BC + BD < 2AB，
又AC + AD + BC + BD=(AC + BC) + (AD + BD) > 2AB
与上述结果矛盾，
所以⑤正确．
答案
解析
2
2
如果三棱锥S −ABC的底面不是等边三角形，两组对棱互相垂直，且顶点S在底面的射影O在ΔABC内，那么O是
ΔABC的
A. 外心
B. 内心
C. 垂心
D. 重心
C
由题意知SC⊥AB，SO⊥AB，根据线面垂直的判定定理可得AB⊥平面CSO，即AB⊥CO，即CM为AB边上的
高，同理可得AH为BC边上的高，即可得答案．
如图所示，两组对棱互相垂直，不妨设SC⊥AB， SA⊥BC，连接CO，并延长，交AB于M，连接AO，并延
长，交BC于H．
因为O为S在底面的射影，
所以SO⊥平面ABC，
所以SO⊥AB，SO⊥BC，
所以AB⊥平面CSO，
所以AB⊥CO，即CM为AB边上的高，同理，AH为BC边上的高，
所以O为两高线的交点，即O为ΔABC的垂心，故选C
本题考查线面垂直的判定与性质定理，考查学生空间想象能力，属基础题．
答案
解析
3
如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，∠ACB = 90∘，则这个三棱锥的四个面中，是直角三角形的个数有
 个.
3
4
结合线线、线面垂直的知识求得正确答案.
由于PA⊥平面ABC，所以PA⊥AB, PA⊥AC, PA⊥BC，
所以三角形PAB和三角形PAC是直角三角形.
由于∠ACB = 90∘，所以BC⊥AC，三角形ABC是直角三角形.
由于AC ∩PA = A，所以BC⊥平面PAC，
所以BC⊥PC，所以三角形PBC是直角三角形.
所以三棱锥四个面中，是直角三角形的个数有4个.
故答案为：4
答案
解析
B组
1
下面是关于三棱锥的四个命题：
①底面是等边三角形,侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥；
②底面是等边三角形,侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥；
③底面是等边三角形,侧面的面积都相等的三棱锥是正三棱锥；
④侧棱与底面所成的角都相等,且侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥．
其中真命题的编号是（       ）
A. ③④
B. ①②
C. ①③④
D. ①④
D
根据正三棱锥的定义，结合二面角判断①的正误；侧棱与底面所成的角判断④的正误；找出反例否定②，找出
反例对选项③否定可得正确结论．解：①底面是等边三角形，侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三
棱锥．
可推出底面中心是棱锥顶点在底面的射影，所以是正确的．
②显然不对，比如三条侧棱中仅有一条不与底面边长相等的情况，侧面都是等腰三角形的三棱锥但不是正三棱
锥．
③底面是等边三角形，侧面的面积都相等，说明顶点到底面三边的距离（斜高）相等，
根据射影长的关系，可以得到顶点在底面的射影（垂足）到底面三边所在直线的距离也相等，
由于在底面所在的平面内，到底面三边所在直线的距离相等的点有4个：内心（本题的中心）1个、旁心3个，
答案
解析
4
因此不能保证三棱锥是正三棱锥．
④侧棱与底面所成的角相等，且侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥．是正确的．
正确的为：①④
故选D
本题考查棱锥的结构特征，二面角及其度量，考查作图能力，是基础题．
2
已知点V 是正方形ABCD所在平面外一点，且VA＝VB＝VC＝V D，点P是棱V A上异于点V 的一动点,则点P在面
V BC上的射影落在（　　）
A. △V BC的外部
B. △V BC的内部
C. △V BC的一边上
D. 以上皆有可能
A
根据已知条件，把四棱锥放在四棱柱中，通过确定线V A在平面V BC上的射影，即可判断P在面V BC上的射影
为V A′，即可判断P在平面V BC上的射影落在△V BC外部．
   
因为四边形ABCD为正方形，且VA＝VB＝VC＝V D，
所以四棱锥V﹣ABCD是正四棱锥；
把正四棱锥V﹣ABCD放入正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，则V是上底面的中心,
连接A1B1与C1D1的中点EF，由图可知，过A作AA′⊥BE垂足为A^
'
，
在正四棱柱ABCD −A1B1C1D1中，有BC⊥平面ABB1A1，AA^'\subse
t
平面ABB1A1，
所以BC⊥AA′，
BC ∩BE = B，BC, BE ⊂平面EFCB，所以AA′⊥平面EFCB，垂足为A′，
连接A′V ，可知P在面V BC上的射影落在V A′上，
由此有点P在平面V BC上的射影落在线段A′V 上，所以在△V BC外部．
故选：A
答案
解析
5
考点2：椎体的体积与表面积
A组
1
已知圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的高为 
 
√3
由题意可知圆锥的母线长为2，根据圆锥侧面展开图的弧长为圆锥的底面圆的周长，可求得底面圆的半径，进
而求得圆锥的高.
设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，
有题意知l = 2，2πr = 2π，解得r = 1，
所以h = √l2 −r2 = √3.
故答案为：√3.
答案
解析
2
如果圆锥的底面积为π，母线长为2，那么该圆锥的侧面积为 
 .
2π
求出圆锥的底面半径，然后求解圆锥的母线长．圆锥的底面积为π，可得圆锥的底面半径为1，母线长为2，
所以圆锥的侧面积为：πrl = 2π．
故答案为：2π．
本题考查圆锥的底面半径的求法，旋转体的几何量的求解，是基本知识的考查．
答案
解析
3
设圆锥底面圆周上两点A、B间的距离为2，圆锥顶点到直线AB的距离为√3，AB和圆锥的轴的距离为1，则该圆锥
的侧面积为 
 .
答案
6
2√2π
根据圆锥的几何特征计算出圆锥的底面半径和母线长，结合圆锥的侧面积公式可求得结果.
设圆锥的顶点为P，底面圆圆心为点O，取线段AB的中点E，连接OE、PE、OA、OB，
因为PA = PB，OA = OB，则OE⊥AB，PE⊥AB，故PE = √3，
因为PO⊥平面OAB，OE ⊂平面OAB，∴PO⊥OE，
所以，OE为直线PO、AB的公垂线，故OE = 1，
因为AE = 1
2 AB = 1，∴OA = √OE 2 + AE 2 = √2，PA = √PE 2 + AE 2 = 2，
所以，圆锥PO的底面圆半径为√2，母线长为2，
因此，该圆锥的侧面积为π × √2 × 2 = 2√2π.
故答案为：2√2π.
解析
4
一个直角三角形的两条直角边长分别为1和√3，将该三角形分别绕其两条直角边所在直线旋转一周得到两个圆锥，
则这两个圆锥的体积的比值为（       ）
A. 1
B. √3
C. 3
D. 3√3
B
根据锥体的体积公式计算可得.
绕边长为1的直角边旋转得到圆锥的半径r1 = √3，高h1 = 1，
所以圆锥的体积V1 = 1
3 πr2
1h1 = 1
3 π × (√3)
2
× 1 = π；
绕边长为√3的直角边旋转得到圆锥的半径r2 = 1，高h2 = √3，
所以圆锥的体积V2 = 1
3 πr2
2h2 = 1
3 π × 12 × √3 = √3π
3
；
所以V1
V2 =
π
√3π
3
= √3.
答案
解析
7
故选：B
5
已知一个圆锥的底面半径为1cm，侧面积为2πcm2，则该圆锥的体积为 
 cm3．
√3
3 π
利用侧面积求母线长，然后求高即可.
底面半径为1cm
侧面积：πrl = 2π
所以 l = 2
所以高：h = √l2 −r2 = √3；
所以体积：V = 1
3 πr2h = √3
3 π.
故答案为：√3
3 π
答案
解析
6
已知一个圆锥的轴截面是等边三角形，侧面积为8π，则该圆锥的体积等于 
 .
8√3
3
π
分别求出地面和给高，再用面积公式即可.
设圆锥的地面半径为R，因为圆锥的轴截面是等边三角形，所以母线长为2R，高为√3R
侧面积S = 1
2 ⋅2πR ⋅2R = 8π,
解得R = 2
所以该圆锥的体积等于V = 1
3 ⋅π ⋅22 ⋅2√3 = 8√3
3
π
故答案为：8√3
3
π
答案
解析
7
8
已知在正四棱锥P −ABCD中，底面是边长为1的正方形，棱锥的高为
√2
2 ，则该四棱锥的侧面积等于 
 ．
√3
由正四棱锥的性质结合已知条件求出正四棱锥的侧棱长，可知其侧面为等边三角形，从而求得侧面积.
如图，由正四棱锥的性质知，PO⊥平面ABCD
在直角△POC中，PO = √2
2 ，CO = 1
2
√12+12 = √2
2 ，则PC =
( √2
2 )
2
+( √2
2 )
2
= 1
所以该正四棱锥的侧面为边长为1的等边三角形，
所以侧面积S = 4 × 1
2 × 1 × 1 × sin 60∘= 2 × √3
2
= √3
故答案为：√3
答案
解析


⎷
8
在一个底面圆直径和高都是2的圆柱内挖去一个圆锥，圆锥的底面与圆柱的下底面重合，圆锥的顶点是圆柱的上底
面中心．这个几何体的表面积为（       ）
A. (5 + √5)π
B. (4 + √3)π
C. √5π
D. (6 + √5)π
A
先求得挖去的圆锥的母线长,从而求得圆锥的侧面积，再求圆柱的侧面积和一个底面积，从而求得组合体的表
面积.
挖去的圆锥的母线长为√12 + 22 = √5，则圆锥的侧面积等于1
2 × 2π × √5 = √5π，
圆柱的侧面积为2π × 2 = 4π，圆柱的一个底面面积为π × 12 = π，
所以组合体的表面积为√5π + 4π + π = (√5 + 5)π.
故选：A
答案
解析
9
9
我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一个原理“幂势既同，则积不容异”，即夹在两个平行平面之间的两个几何体，
被平行于这两个平面的任意平面所截， 如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.现有某
几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，则该几何体的体积为
 .
√3 
π 
3
根据圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，由2πr = πl = 2π，求得底面半径，进而得到高，再利用锥体的
体积公式求解.
设圆锥的母线长为l，高为h，底面半径为r，
因为圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，
所以2πr = πl = 2π，解得r = 1，
所以h = √l2 −r2 = √3，
所以圆锥的体积为：V = 1
3 Sh = 1
3 × π × √3 = √3π
3
，
故该几何体的体积为√3π
3
，
故答案为：√3π
3
答案
解析
B组
1
底面半径长为1，母线长为√2的圆锥的体积为 
 ．
π
3 | 1
3 π
答案
10
根据圆锥母线、底面半径、高的勾股关系，结合圆锥的体积公式进行求解即可.
因为圆锥的底面半径长为1，母线长为√2，
所以圆锥的高为√(√2)
2
−12 = 1，
于是圆锥的体积为1
3 π ⋅11 × 1 = π
3 ，
故答案为：π
3
解析
2
圆锥轴截面顶角为120°，母线长为3，过圆锥顶点的平面截此圆锥，则截面三角形面积的最大值为 
 ．
9
2
由题意可知任两条母线的夹角θ ∈(0, 2
3 π]，轴截面的面积S = 1
2 l2 sin θ，根据θ的范围，求截面面积的最大值.
因为圆锥轴截面顶角为2π
3 ，
所以任两条母线夹角的范围是(0, 2
3 π]，
设母线长为l，母线的夹角是θ，
所以圆锥顶点的轴截面面积S = 1
2 l2 sin θ = 9
2 sin θ，
因为θ ∈(0, 2
3 π]，所以sin θ ∈(0, 1] ，
所以轴截面面积的最大值是9
2 .
故答案为：9
2 .
答案
解析
3
在棱长为1的正方体ABCD −A1B1C1D1中，P是C1B1的中点，若E, F都是AB上的点，且|EF| = 1
2 , Q是A1B1上的
点，则三棱锥P −EFQ的体积是 
 .
1
24
答案
解析
11
根据题意画出直观图，结合图形利用锥体的体积公式即可求解.
根据题意画出直观图，如下图：
S△QEF = 1
2 |EF| |BB1| = 1
2 × 1
2 × 1 = 1
4 ，
又P是C1B1的中点，则三棱锥P −EFQ的高|PB1| = 1
2 ，
于是VP−EFQ = 1
3 S△QEF ⋅|PB1| = 1
3 × 1
4 × 1
2 = 1
24 .
故答案为：1
24 .
4
三棱柱ABC −A1B1C1的各条棱长均为2, ∠A1AB = ∠A1AC = ∠BAC = 60∘，则该三棱柱的侧面积为 
 .
4√3 + 4 | 4 + 4√3
根据题意知A1A在平面ABC内的射影是∠BAC的角平分线.如图过点A1作A1H⊥平面ABC，垂足为H，延长
AH交BC于D，则AD⊥BC，利用线面垂直的判定定理和性质可证四边形BCC1B1为矩形，结合矩形和平行四
边形的面积公式计算即可.
由题意知，
在三棱柱ABC −A1B1C1中，\angle A_1AB=\angle A_1AC=\angle
BAC=60^\textdegree
，
所以A1A在平面ABC内的射影是∠BAC的角平分线.
如图，过点A1作A1H⊥平面ABC，垂足为H，延长AH交BC于D，
则AD是∠BAC的角平分线，所以AD⊥BC，
又BC ⊂平面ABC，所以A1H⊥BC，
由AD ∩A1H = H, AD、A1H ⊂平面A1AH，得BC⊥平面A1AH，
又AA1 ⊂平面A1AH，所以BC⊥AA1，
因为AA1//BB1，所以BC⊥BB1，故四边形BCC1B1为矩形，
所以S矩形BCC1B1 = 2 × 2 = 4，又S平行四边形ABB1A1 = S平行四边形ACC1A1 = 2 × 2 sin 60
∘= 2√3，
所以三棱柱的侧面积为4√3 + 4.
故答案为：4√3 + 4.
答案
解析
12
5
正六棱锥底面边长为2，体积为4√3，则侧棱与底面所成的角为
A. 30°
B. 45°
C. 60°
D. 75°
B
∵正六棱锥的底面边长为2，所以底面积S=6 × √3
4
× 4 = 6√3 ，因为体积为4√3，则棱锥的高h = 2，底面顶
点到底面中心的距离为2，所以侧棱与底面所成的角为45°
故选B
答案
解析
6
三棱锥P −ABC中，E，F分别为PB, PC的中点，则平面AEF 将该三棱锥所分的两部分几何体的体积之比为
（       ）
A. 1∶3
B. 1∶4
C. 2∶3
D. 1∶2
A
作出简图，平面AEF将三棱锥分为三棱锥A −PEF 和四棱锥A −EFCB，由A到三棱锥A −PEF 和四棱锥
A −EFCB的距离相等，所以体积比即SΔPEF：SEFCB，由相似三角形求出面积比.
答案
解析
13
如图，
因为E，F分别为PB，PC的中点，所以△PEF ∽△PBC，且SΔPEF：SΔPBC = 1: 4，
所以SΔPEF：SEFCB = 1: 3，设点A到平面PBC的距离为d，
则VA−PEF: VA−EFCB = 1
3 S△PEFd: 1
3 SEFBCd = 1: 3.
故选：A.
7
如图所示，一只小蚂蚁正从圆锥底面上的点A沿圆锥体的表面匀速爬行一周，又绕回到点A，已知该圆锥体的底面
半径为r，母线长为3r，试问小蚂蚁沿怎样的路径如何爬行，才能最快到达点A?并求出该路径的长.
沿线段 AA′爬行； 3√3r.
把圆锥沿过点A的母线展成扇形，由题意得到蚂蚁爬行的最短路径为线段AA′；利用扇形的弦长与半径即可求
答案
解析
14
出∠AV A′，过V 作V C⊥AA′于点C，通过在Rt △AV C中求出AC的长 即可求线段AA′的长.
把圆锥沿过点A的母线展成如图所示的扇形，则蚂蚁爬行的最短路径为线段AA′，
由题意知，圆锥的底面周长为2πr，V A = V A′ = 3r，
设∠AV A′ = θ，则θ = 2πr
3r = 2π
3 ，
过V 作V C⊥AA′于点C，则∠AV C = θ
2 = π
3 ，
在Rt △AV C中，V C = 1
2 V A = 3r
2 ，AC = √V A2 −V C 2 = √(3r)2 −( 3r
2 )
2
= 3√3
2
r，
所以AA′ = 2AC = 3√3r.
所以小蚂蚁沿线段AA′爬行，才能最快到达点A，且该路径的长为3√3r.
8
如图，在三棱柱ABC −A1B1C1中，D是CC1上一点，设四棱锥D −A1ABB1的体积V1，三棱柱ABC −A1B1C1的
体积为V2，则V1 : V2＝ 
 ．
2：3
设点D到底面ABC, A1B1C1的距离分别为h1, h2，三棱柱ABC −A1B1C1的高为H，则h1 + h2 = H，利用三
棱锥、三棱柱的体积计算公式即可得出．解：设点D到底面ABC, A1B1C1的距离分别为h1, h2，
三棱柱ABC −A1B1C1的高为H，
则h1 + h2 = H，
V1
V2 = V2 −VD−ABC −VD−A1B1C1
V2
=
V2 −1
3 S△ABC (h1 + h2)
V2
答案
解析
15
=
V2 −1
3 S△ABC ⋅H
V2
=
V2 −1
3 V2
V2
= 2
3 .
即：V1 : V2 = 2 : 3.
故答案为：2：3．
本题考查了三棱锥、三棱柱的体积计算公式，考查考生空间想象能力和计算能力．
9
如图，在直三棱柱ABC −A1B1C1中，点M、N分别为BB1、B1C1中点，由点A、M、N所确定的平面将该三棱柱
分成体积不同的两部分，则较大部分的体积和原三棱柱的体积之比为  
  .
23
36 | 23: 36
延长MN与CC1的交点为P，与CB的交点为Q，连结AP交A1C1为D，连结DN，得到截面为DNMA，由题意
得A1D = 2DC1，由此能求出较小部分与较大部分的体积之比，即可得解．
解：延长MN与CC1的交点为P，与CB的延长线交于点为Q，
连结AP交A1C1为D，连结DN，
即可得到截面为DNMA，由题意得A1D = 2DC1，
因为三棱柱是直三棱柱，不妨设AB⊥BC，且AB = BC = AA1 = 2，
∵QB = 1，MB = 1，NC = 1，PC1 = 1，棱柱体积V = 1
2 × 2 × 2 × 2 = 4，
∴下部分体积V下= VP−AQC −VP−DNC1 −VM−AQB
= 1
3 × 1
2 × 3 × 2 × 3 −1
3 × 1
2 × 1 × 2 −1
3 × 1
2 × 1 × 2
3 × 1
答案
解析
16
= 23
9 ，
上部分体积V上= V −V下= 4 −23
9 = 13
9 ，
∴较小部分与较大部分的体积之比为：
V上
V下
=
13
9
23
9
= 13
23 ．
所以较大部分的体积与原三棱柱的体积之比为
23
23 + 13 = 23
36
故答案为：23
36 ．
10
将一个半径为2的圆分成圆心角之比为1:2的两个扇形，且将这两个扇形分别围成圆锥的侧面，则所得体积较小的圆
锥与较大圆锥的体积之比为 
 
1 : √10
设圆的半径为R，分别求出两个圆锥的底面半径和高，得出体积比．设圆的半径为R，卷成的两个圆锥的底面
半径分别为r ，r ，高分别为h ，h ，
由题意圆心角之比为1:2,可知两个扇形的圆心角分别为120°，240°，∴
，
∴r = R
3 ，r = 2R
3 ，
∴h = √R2 −r12 = 2√2R
3
，h = √R2 −r22 = √5R
3
，
∴这两个圆锥的体积之比为：
1
3 πr12h1
1
3 πr22h2
=
2√2R3
27
4√5R3
27
= √10
10 ．
故答案为1 : √10．
本题考查了圆锥的几何特征及圆锥的体积公式，属于中档题．
答案
解析
1
2
1
2
⎧
⎨
⎩
2πR
3
= 2πr1
4πR
3
= 2πr2
1
2
1
2
11
已知三棱柱ABC −A1B1C1中，AB = AC = 1，AA1 = 2，∠A1AC = ∠A1AB = 60∘，∠BAC = 90∘，则四面体
A1BB1C1的体积为 
 ．
答案
17
√2
6
| 1
6 √2
利用题干条件证明出全等，作出辅助线，证明出线面垂直，即高线，利用余弦定理和勾股定理求出高线，进
而利用体积公式求出答案.
取BC中点D，连接AD，A1D，过点A1作A1E⊥AD于点E，因为AB = AC = 1，AA1 = 2，
∠A1AC = ∠A1AB = 60∘，所以AD⊥BC，△A1AB ≅△A1AC，故A1B = A1C，所以A1D⊥BC，因为
A1D ∩AD = D，所以BC⊥平面A1AD，因为A1E ⊂平面A1AD，所以BC⊥A1E，因为BC ∩AD = D，所以
A1E⊥平面ABC，由余弦定理得：A1B2 = A1A2 + AB2 −2A1A ⋅AB ⋅cos 60∘= 4 + 1 −4 × 1
2 = 3，所以
A1B = √3，因为A1B2 + AB2 = A1A2，由勾股定理逆定理可得：A1B⊥AB，由勾股定理得：BC = √2，所
以BD = √2
2 ，所以A1D = √A1B2 −BD2 = √10
2
，因为AD = 1
2 BC = √2
2 ，所以
cos ∠A1AD = A1A2 + AD2 −A1D2
2A1A ⋅AD
=
4 + 1
2 −5
2
2 × 2 ×
√2
2
= √2
2 ，所以∠A1AD = π
4 ，故
A1E = A1A ⋅cos ∠A1AD = 2 × √2
2
= √2，所以点B到底面A1B1C1的距离为√2，S△A1B1C1 = 1
2 × 1 × 1 = 1
2
，则四面体A1BB1C1的体积为1
3 S△A1B1C1 ⋅√2 = √2
6 .
故答案为：
√2
6
解析
C组
1
在棱长为2的正方体ABCD −A1B1C1D1中，点P1，P2分别是线段AB，BD1（不包括端点）上的动点，且线段
P1P2平行于平面A1ADD1，则四面体P1P2AB1的体积的最大值为（       ）
A. 2
B. √3
3
C. 1
3
D. 4
3
18
C
由线面平行的性质定理知P1P2//AD1，∴△P1P2B∽ △AD1B，设出P1B = x, x ∈(0, 1)，则 P1P2 = √2x，设
P2到平面AA1B1B的距离为x，表示出四面体 P1P2AB1的体积，通过二次函数的最值，求出四面体的体积的
最大值．
因为线段P1P2平行于平面A1ADD1，P1P2 ⊂平面A1BD1，平面A1ADD1 ⋂平面ABD1 = AD1
∴P1P2//AD1， ∴△P1P2B∽ △AD1B， P1B
AB = P1P2
AD1 = P2B
BD1 ，
设P1B = x, x ∈(0, 1)，则 P1P2 = √2x，
设P2到平面AA1B1B的距离为 h，则
h
A1D1 = P2B
BD1
，所以h = x，
所以四面体P1P2AB1的体积为V = 1
3 × 1
2 × (2 −x) × 2 × x = 1
3 (2x −x2) = −1
3 (x −1)2 + 1
3 ，
当x = 1时，四面体P1P2AB1的体积取得最大值： 1
3 ．
故选：C．
关键点点睛：本题考查正方体中几何体的体积的求法，找出所求四面体的底面面积和高是解题的关键，考查
计算能力，属于中档题
答案
解析
2
如图，在Rt △AOB中，∠OAB = π
6 ，斜边AB = 4, D是AB的中点，现将Rt △AOB以直角边AO为轴旋转一周得
到一个圆锥，点C为圆锥底面圆周上的一点，且∠BOC = 90∘．
(1)
求圆锥的表面积；
(2)
若某动点在圆锥侧面上运动，试求该动点从点C出发运动到点D所经过的最短距离；
19
(3)
若一个棱长为a的正方体木块可以在这个圆锥内任意转动，求a的最大值．
(1) 12π
(2) 2√5 −2√2
(3) 4
3
(1) ∠OAB = π
6 ，AB = 4，则OB = 2，圆锥的表面积为S = π × 22 + π × 2 × 4 = 12π.
(2) 设圆锥展开扇形的圆心角为α，2π × 2 = α × 4，故α = π，如图所示：
∠CAB = π
4 ，CD2 = 42 + 22 −2 × 2 × 4 × cos π
4 = 20 −8√2，故CD = 2√5 −2√2.
动点从点C出发运动到点D所经过的最短距离为2√5 −2√2.
(3) 正方体的外接球在圆锥内，与圆锥相切时a最大，球心G在AO上，作GH⊥AB于H，
设球半径为R，OA = 2√3，则△AGHR = 1
2 (2√3 −R)，解得R = 2
3 √3，
2R = √3a，解得a = 4
3 ，即a的最大值为4
3 .
答案
解析
3
用2π平方米的材料制成一个有盖的圆锥形容器，如果在制作过程中材料无损耗，且材料的厚度忽略不计，底面半径
长为x，圆锥母线的长为y．
20
(1)
建立y与x的函数关系式，并写出x的取值范围；
(2)
圆锥的母线与底面所成的角大小为π
3 ，求所制作的圆锥形容器容积多少立方米（精确到0.01m3）．
(1) y = 2 −x2
x
    x ∈(0, 1)；
(2) V ≈0.99m3.
(1) 根据题意，因为圆锥的表面积πx2 + πxy = 2π，所以y = 2 −x2
x
，
因为x < y，所以x < 2 −x2
x
，解得0 < x < 1，
即y = 2 −x2
x
，x ∈(0, 1)；
(2) 依题意，做圆锥的高SO，∠SAO是母线与底面所成的线面角，
设圆锥高为h，因为cos π
3 = x
y = 1
2 ，y = 2x，
所以h = √3x，所以x = √2
3 ，h = √2，
所以V = 1
3 πx2h = 1
3 π × 2
3 × √2 ≈0.99m3.
答案
解析
21
4
如图，正四棱锥P −ABCD的底面边长和高均为2，M是侧棱PC的中点，若过AM作该正四棱锥的截面，分别交棱
PB､PD于点E､F(可与端点重合)，则四棱锥P −AEMF的体积的取值范围是（       ）
A. [ 1
2 , 1]
B. [ 1
2 , 4
3 ]
C. [1, 4
3 ]
D. [ 8
9 , 1]
D
设PE
PB = x, PF
PD = y,则PE = xPB, PF = yPD
所以VP−AEF = xy ⋅VP−ABD = 4
3 xy, VP−MEF = 1
2 xyVP−BCD = 2
3 xy，
VP−AFM = 1
2 y ⋅VP−ACD = 2
3 y, VP−AEM = 1
2 x ⋅VP−ABC = 2
3 x，
VP−AEMF = VP−AEF + VP−EMF = VP−AFM + VP−AEM = 2xy = 2
3 (x + y)，
所以x + y = 3xy，则x =
y
3y −1 ，
令3y −1 = t，因为y ∈[ 1
2 , 1]，
所以t ∈[ 1
2 , 2]，
所以VP−AEMF =
2y2
3y −1 = 2(t + 1)2
9t
= 2
9 (t + 1
t + 2) ∈[ 8
9 , 1]，
故选：D
方法点睛：求解棱锥的体积时，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某
一面上．求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以便于求解．
答案
解析
09 多面体与旋转体
1
巩固练习
考点1：多面体的结构特征与应用
A组
1
有下列命题，其中错误命题个数是（       ）
①圆柱是将矩形旋转一周所得的几何体；②过圆锥顶点的截面是等腰三角形；③以直角三角形一边为旋转轴，旋转
所得的旋转体是圆锥；④平行于母线的平面截圆锥，截面是等腰三角形.
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
C
由圆柱、圆锥的结构特征逐一分析四个命题得结论．
解：①圆柱是将矩形以一边为轴旋转一周所得的几何体，故①错误；
②过圆锥顶点的截面是等腰三角形，故②正确；
③以直角三角形一直角边为旋转轴，旋转所得的旋转体是圆锥，故③错误；
④平行于母线的平面截圆锥，截面不是等腰三角形，是抛物线，故④错误．
∴其中错误命题个数为3．
故选：C．
答案
解析
2
给出下列几个命题：
①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；
②在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；
③存在每个面都是直角三角形的四面体；
④棱台的侧棱延长后交于一点.
其中正确命题的序号是 
 .
②③④
答案
2
根据棱柱棱锥棱台的概念进行判断.棱柱定义：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四
边形的公共边都互相平行.
①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，因为两个过相对侧棱
的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；③正确，如图，正方体ABCD－A B C D 中的三棱锥C －ABC，四
个面都是直角三角形；④正确，由棱台的概念可知.
故答案为②③④
棱柱特点上下底面平行，侧面是四边形，侧棱相互平行，但不一定全等.
解析
1
1
1
1
1
考点2：旋转体的结构特征与应用
A组
1
下图是由哪个平面图形旋转得到的 
 
A．
       B．
       C．
       D．
A
根据已知图形可知由一个圆锥和圆台形成的几何体
答案
解析
3
故选：A
2
将边长为2的正方形绕其一边旋转一周，所得几何体的体积为 
 ．
8π
边长为2的正方形绕其一边旋转一周，得到的几何体为圆柱，则圆柱的体积为V = π × 22 × 2 = 8π,故填8π.
答案
解析
3
已知圆锥的侧面积为2π
9 ，若其过轴的截面为正三角形，则该圆锥的母线的长为 
 .
2
3
利用圆锥的结构特征及侧面积公式即得.
设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线为l,
又圆锥过轴的截面为正三角形，圆锥的侧面积为2π
9 ，
∴l = 2r, πrl = 2π
9 ，
∴l = 2
3 .
故答案为：2
3 .
答案
解析
B组
已知△ABC中，C为直角，若分别以边CA，CB，AB所在的直线为轴旋转一周，得到几何体的体积为V1，V2，V3，
则（       ）
A.
1
V 2
1
+
1
V 2
2
=
1
V 2
3
B.
1
V1
+ 1
V2
= 1
V3
C.
1
V 2
1
+
1
V 2
2
=
2
V 2
3
D.
1
V1
+ 1
V2
= 2
V3
答案
4
A
借助锥体体积公式计算即可得.
设CA = b，CB = a，则由题意得V1 = 1
3 πa2b，V2 = 1
3 πab2，
V3 = 1
3 π(
ab
√a2 + b2 )
2
⋅√a2 + b2 = 1
3 π ⋅
a2b2
√a2 + b2 ，
所以1
V 2
1
=
9
π2a4b2 ，1
V 2
2
=
9
π2a2b4 ，1
V 2
3
= 9a2 + 9b2
π2a4b4
=
1
V 2
1
+
1
V 2
2
.
故选：A．
解析
考点3：最短路径问题
A组
1
如图，已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为4，OA, OB是底面半径，且∠AOB = 900，M为线段AB的中
点，C为线段PB的中点.
（1）若圆锥的侧面积为48π，求圆锥的体积；
（2）若PO = 4，求异面直线PM与OB所成的角的大小；
（3）若PB = 6，求圆锥侧面上A点到C点的最短距离.
（1） 128√2
3
π；（2） arc tan √5；（3） 3√3.
答案
解析
5
（1）求得圆锥的高，由此求得圆锥的体积.
（2）作出异面直线PM与OB所成的角，解三角形求得角的大小.
（3）利用余弦定理求得最短距离.
（1）设圆锥的高为h，则母线l = √42 + h2，
圆锥的侧面积1
2 × (2π × 4) × √42 + h2 = 48π ⇒h = 8√2，
且l = 12.
所以圆锥的体积为1
3 × π × 42 × 8√2 = 128√2
3
π.
（2）设N是OA的中点，画出图象如下图所示，由于MN//OB，
所以∠PMN是异面直线PM与OB所成的角.
MN = 1
2 OB = 2,
MN⊥ON, MN⊥PO, ON ∩PO = O，所以MN⊥平面PON，所以MN⊥PN.
PN = √22 + 42 = 2√5，所以tan ∠PMN = 2√5
2
= √5，所以∠PMN = arc tan √5.
（3）画出圆锥侧面展开图的一部分如图所示，
⌢
AB的长为1
4 × 2π × 4 = 2π，所以∠P = 2π
6 = π
3 ，
所以点A到点C的最短距离为AC，
由余弦定理得AC = √62 + 32 −2 × 6 × 3 × 1
2 = 3√3.
6
2
如图，圆锥顶点为P，底面圆心为O，过轴PO的截面ΔPAB，C为PA中点，PA = 4√3，PO = 6，则从点C经圆
锥侧面到点B的最短距离为 
 .
2√15
要求最短距离，需将圆锥的侧面展开，进而根据“两点之间线段最短”得出结果．由题意知，底面圆的直径为
4√3，故底面周长等于4√3π，
设圆锥的侧面展开后的扇形圆心角为α，
根据底面周长等于展开后扇形的弧长得，4√3π=4√3α，
解得：α= π，
所以∠APB= π
2 ，
所以BC=2√15．
考查了平面展开﹣最短路径问题，圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的
答案
解析
7
半径等于圆锥的母线长．本题就是把圆锥的侧面展开成扇形，“化曲面为平面”，用勾股定理解决．
10 球
1
巩固练习
考点1：球的结构特征与应用
A组
1
若球O1、O2表面积之比S1
S2
= 9，则它们的半径之比R1
R2
= 
 .
3
两个球的表面积之比就是半径之比的平方，直径求出半径之比即可.
根据相似比的意义，两个球的表面积之比就是半径之比的平方，所以S1
S2
= 9 = ( R1
R2
)
2
所以R1
R2
= 3.
故答案为：3.
答案
解析
2
已知上海地处东经120°52'至122°12'，北纬30∘40'至31°53'之间，地球半径约为6371千米，则上海所辖区域纬线所在
两平面的距离为 
 千米.（结果保留到1千米）
116
根据纬度的定义，求地球的两个平行截面的距离即可.
由题设上海所辖区域纬线所在两平面的距离为
R (sin 31∘53
′ −sin 30∘40
′) ≈116km.
故答案为：116
答案
解析
3
已知球O 和球O 的体积之比为8：27，那么球O 和球O 的表面积的比值为  
 ．
1
2
1
2
2
4
9
由体积比得半径比，进一步求得表面积的比值．
设球O 、球O 的半径分别为r ，r ，
由题意可知：
4
3 πr3
1
4
3 πr3
2
= 8
27 ，则r1
r2 = 2
3 ，
∴球O 和球O 的表面积的比值为：4πr2
1
4πr2
2
= 4
9 ．
故答案为：4
9 .
答案
解析
1
2
1
2
1
2
4
在边长为1的正方形中裁去一个如图所示的扇形，再将剩余的阴影部分绕AB旋转一周，则所得几何体的表面积为
 ．
5π
图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的旋转体是圆柱去掉一个半径为1的半球，利用圆柱和球的表面积公式进行
计算可得答案．
图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的旋转体是圆柱去掉一个半径为1的半球，
半球的表面积为1
2 × 4π × 12 = 2π，
圆柱的底面半径为1，高为1，所以圆柱的底面面积为π×12＝π，圆柱的侧面积为2π×1×1＝2π，
则所得几何体的表面积为2π＋π＋2π＝5π．
故答案为：5π．
答案
解析
3
考点2：球与多面体的切接问题
A组
1
正方体的外接球体积为V ，其内切球体积为V ，则V1
V2
的值为 
 ．
3√3
利用球和正方体的关系，求出外接球和内切球的半径，再求出体积的比值.设正方体的棱长为2a，则其外接球
的半径为1
2
√4a2 + 4a2 + 4a2 = √3a，
内切球的半径为a，则V1 = 4
3 π × (√3a)
3 = 4√3πa3, V2 = 4
3 πa3．
∴V1
V2 = 4√3πa3
4
3 πa3
= 3√3 ．
故答案为3√3．
本题主要考查正方体和球的外接和内切问题，侧重考查直观想象和数学运算的核心素养.
1
2
答案
解析
2
著名的古希腊数学家阿基米德一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理：把一个球放在一个圆柱形的容器
中，如果盖上容器的上盖后，球恰好与圆柱的上、下底面和侧面相切（该球也被称为圆柱的内切球），那么此时圆
柱的内切球体积与圆柱体积之比为定值，则该定值为（       ）．
A. 1
2
B. 1
3
C. 3
4
D. 2
3
D
根据已知条件可得l = 2r，结合圆柱与球的体积公式计算即可.
设圆柱的母线长为l，内切球的半径为r，如图所示，
答案
解析
4
     
则其轴截面如图所示，
则l = 2r，
所以圆柱的内切球体积为V1 = 4
3 πr3，圆柱体积为V2 = sh = πr2l = πr2 × 2r = 2πr3，
所以圆柱的内切球体积与圆柱体积之比为V1
V2
=
4
3 πr3
2πr3 = 2
3 .
故选：D.
3
如果一个球的外切圆锥的高是这个球半径的3倍，那么圆锥侧面积和球的表面积的比值为 
 ．
3
2
设球的半径为r，则圆锥的高为3r，取圆锥的轴截面△ABC，其中A为圆锥的顶点，设球心为O，作出图形，
分析可知△ABC为等边三角形，求出AB，利用圆锥的侧面积公式以及球体的表面积公式可求得结果.
设球的半径为r，则圆锥的高为3r，取圆锥的轴截面△ABC，其中A为圆锥的顶点，
设球心为O，如下图所示：
   
设圆O分别切AB、BC于点E、D，则D为BC的中点，
由题意可得OD = OE = r，AD = 3r，则AO = AD −OD = 3r −r = 2r = 2OE，
答案
解析
5
又因为OE⊥AB，所以，∠BAD = π
6 ，同理可得∠CAD = π
6 ，所以，∠BAC = π
3 ，
又因为AB = AC，故△ABC为等边三角形，故AB =
AD
sin π
3
=
3r
√3
2
= 2√3r，
所以，圆锥的侧面积为π × AB × BD = π × 2√3r × √3r = 6πr2，
因此，圆锥侧面积和球的表面积的比值为6πr2
4πr2 = 3
2 .
故答案为：3
2 .
4
已知正三棱柱ABC −A1B1C1的侧棱长为4，底面边长为√6，且它的六个顶点均在球O的球面上，则球O的体积为
 .
8√6π
根据题意画出图形，由正弦定理求出△ABC的外接圆半径，再根据勾股定理，求出球的半径，根据球的体积
公式即可求解.
解：如图所示，
设△ABC中心为G，连接OG, OA, AG, OB，
根据等边三角形性质知：AG是△ABC外接圆半径，
根据正弦定理得：2AG =
√6
sin 60∘，得：AG = √2，
又∵OG = 1
2 AA1 = 2，
∴ 在Rt△OAG中，OA = √(OG)2 + (AG)2 = √22 + (√2)
2
= √6，
故球O的体积为：4
3 π × (√6)
3
= 8√6π.
故答案为: 8√6π.
答案
解析
6
B组
1
已知球O是三棱锥P－ABC的外接球，PA＝PB＝PC＝5√2，CA＝6，AB＝10，BC＝8，则球O的表面积是 
 ．
100π
由题意画出图形，可得底面为直角三角形，设AB中点为D，连接PD，则三棱锥外接球的球心O在PD上，利
用勾股定理求得外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．
解：如图，
∵AB = 10，BC = 8，AC = 6，∴AB2 = BC 2 + AC 2，可得AC⊥BC，
取AB的中点D，则D为三角形ABC的外心，连接PD，
∵PA = PB = PC = 5√2，∴D为P在底面三角形ABC的射影，PD = √AP 2 −AD2 = 5
设三棱锥P −ABC的外接球的球心为O，则O在PD上，
设球O的半径为R，可得R2 = 52 + (5 −R)2，解得R = 5，
∴球O的表面积为4π × 52 = 100π．
故答案为：100π．
答案
解析
2
如图，在一个轴截面为正三角形的圆锥形容器中注入高为h的水，然后，将一个铁球放入这个圆锥形的容器中，若
水面恰好和球面相切，则这个球的半径为 
 .
   
7
3√225
15
h
根据水的高度以及圆锥形容器的轴截面为等边三角形得到水的体积，设出球的半径表示出球的体积，则根据
放球后总体积V = V球+ V水，得到关于铁球半径R的方程，解出即可.
如图，作出圆锥容器的轴截面，△ABS为正三角形，SG = h，DG = √3
3 h，故V水= 1
3 π ⋅DG2 ⋅SG = π
9 h3.
设铁球的半径为R，则SO = 2R，SF = 3R，在Rt △FSB中，BF = SF tan ∠FSB = √3R.
设放入球后，球与水共占体积为V ，则V = 1
3 π ⋅BF 2 ⋅SF = π
3 × (√3R)
2
⋅3R = 3πR3，
又V球= 4π
3 R3，依题意有V = V球+ V水，故3πR3 = 4π
3 R3 + π
9 h3，解得R =
3√225
15
h.
   
故答案为：
3√225
15
h
答案
解析
11 空间向量的概念
1
巩固练习
考点1：空间向量的概念
A组
1
如图所示，M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且AP＝3PN，ON = 2
3 OM，设
OA =
→a，OB =
→
b , OC =
→c ，则OP = 
 （用
→a,
→
b ,
→c 来表示）
1
4
→a + 1
4
→
b + 1
4
→c
利用空间的基底结合空间向量的线性运算计算即可得解.
OA =
→a, OB =
→
b , OC =
→c ，而M是四面体OABC的棱BC的中点，则OM = 1
2 (OB + OC)= 1
2
→
b + 1
2
→c ，
因AP＝3PN，ON = 2
3 OM，则OP = OA + AP = OA + 3
4 AN = OA + 3
4 (ON −OA)
= 1
4 OA + 3
4 ⋅2
3 OM = 1
4
→a + 1
4
→b + 1
4
→c ，
所以OP = 1
4
→a + 1
4
→
b + 1
4
→c .
故答案为：1
4
→a + 1
4
→
b + 1
4
→c
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
答案
解析
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
2
在三棱锥D −ABC中，已知AB = AD = 2，BC = 1，AC ⋅BD = −3，则CD = 
 
−
→
−
→
2
√7
用AB, AD表示BD，根据条件列出方程建立AC, ∠BAC, ∠DAC的关系，利用等量代换计算
CD
2
= |AD −AC|2即得.
设∠BAC = α, ∠DAC = β，显然|AC −AB| = |BC| = 1，
则AC
2
+ AB
2
−2|AC| ⋅|AB| cos α = 1，即AC
2
−4|AC| cos α = −3，
而AC ⋅BD = −3，即AC ⋅(AD −AB) = AC ⋅AD −AC ⋅AB = −3，
于是得2|AC| cos β −2|AC| cos α = −3，2|AC| cos β = −3 + 2|AC| cos α，
CD
2
= |AD −AC|2 = AD
2
+ AC
2
−2AD ⋅AC = 4 + AC
2
−4|AC| cos β
= 4 + AC
2
−2(−3 + 2|AC| cos α) = 10 + AC
2
−4|AC| cos α = 7，
则有|CD| = √7，所以CD =√7.
故答案为：√7
答案
解析
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
B组
设向量→
u = (a, b, 0)，→v = (c, d, 1)，其中a2 + b2 = c2 + d2 = 1，则下列判断正确的是（       ）
A. 向量→v 与z轴正方向的夹角为定值（与c、d之值无关）
B. →
u ⋅→v 的最大值为√2
C. →
u与→v 夹角的最大值为3π
4
D. ad −bc的最大值为1
ACD
根据空间向量的数量积运算，结合不等式的使用，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
对A：不妨取
→m = (0, 0, m), m > 0，设向量→v 与z轴正方向的夹角为θ，
则cos θ =
→m ⋅
→v
→m |
→v |
=
m
m × √c2 + d2 + 1
= √2
2 ，又θ ∈[0, π]，故θ = π
4 ，A正确；
对B：→
u ⋅→v = ac + bd，又因为a2 + b2 = c2 + d2 = 1，
答案
解析
3
则(a2 + b2) (c2 + d2) ≥(ac + bd)2，即−1 ≤ac + bd ≤1，
当且仅当ad = bc时取得等号，故ac + bd的最大值为1，故B错误；
对C：设→
u与→v 夹角的为α，则cos α =
→u ⋅
→v
→u |
→v |
= ac + bd
√2
= √2
2 (ac + bd)，
由B可知，ac + bd ≥−1，故cos α ≥−√2
2 ，又α ∈[0, π]，则α ≤3π
4 ，
故α的最大值为3π
4 ，即→
u与→v 夹角的最大值为3π
4 ，C正确；
对D：(a2 + b2) [d2 + (−c)2] ≥(ad −bc)2，即ad −bc ≤1，
当且仅当−ac = bd时取得等号，故D正确；
故选：ACD.
考点2：空间中的平行与垂直问题
A组
1
如图，在棱长为3的正方体ABCD −A1B1C1D1中，点M在棱C1C上，且CM = 2MC1．以D为原点，DA，DC，
DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
(1)
求平面ABB1A1的一个法向量；
(2)
求平面MD1B的一个法向量．
4
(1) (1, 0, 0)(答案不唯一)
(2) (2, 1, 3)(答案不唯一)
(1) 因为x轴垂直于平面ABB1A1，所以
→
n1 = (1, 0, 0)是平面ABB1A1的一个法向量．
(2) 因为正方体ABCD −A1B1C1D1的棱长为3，CM = 2MC1，
所以M，B，D1的坐标分别为(0，3，2)，(3, 3, 0)，(0, 0, 3)，
因此
→
MB = (3, 0, −2)，
→
MD1 = (0, −3, 1)，
设
→
n2 = (x, y, z)是平面MBD1的法向量，则
→
n2⊥
→
MB，
→
n2⊥
→
MD1，
所以
，
取z = 3，则x = 2，y = 1．于是
→
n2 = (2, 1, 3)是平面MBD1的一个法向量．
答案
解析
⎧
⎨
⎩
→
n2 ⋅
→
MB = 3x −2z = 0
→
n2 ⋅
→
MD1 = −3y + z = 0
2
若两个不同平面α，β的法向量分别为
→u = (1, 2, −1)，
→v = (−3, 6, 3)，则（       ）
A. α//β
B. α⊥β
C. α，β相交但不垂直
D. 以上均不正确
A
根据两平面法向量的关系判断两平面的位置关系即可.
两个不同平面α，β的法向量分别为
→u = (1, 2, −1)，
→v = (−3, 6, 3)，
因为
→v = −3
→u，所以法向量
→v 和
→u平行，所以平面α和β平行.
故选：A.
答案
解析
3
已知平面α = {P ∣
→n ⋅P0P = 0}，其中点P0(1, 2, 3)，法向量
→n = (1, 1, 1)，则下列各点中不在平面α内的是（       ）
A. (3, 2, 1)
B. (−2, 5, 4)
C. (−3, 5, 4)
D. (2, −4, 8)
−
→
5
B
结合各个选项分别求出P0P ，计算
→n ⋅P0P 的值是否为0，从而得出结论.
对于A，P0P = (2, 0, −2)，
→n ⋅P0P = 1 × 2 + 1 × 0 + 1 × (−2) = 0，故选项A在平面α内；
对于B，P0P = (−3, 3, 1)，
→n ⋅P0P = 1 × (−3) + 1 × 3 + 1 × 1 = 1 ≠0，故选项B不在平面α内；
对于C，P0P = (−4, 2, 2)，
→n ⋅P0P = 1 × (−4) + 1 × 2 + 1 × 2 = 0，故选项C在平面α内；
对于D，P0P = (1, −6, 5)，
→n ⋅P0P = 1 × 1 + 1 × (−6) + 1 × 5 = 0，故选项D在平面α内.
故选：B.
答案
解析
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
4
已知长方体ABCD −A1B1C1D1，下列向量的数量积一定不为0的是（       ）
A.
→
AD1 ⋅
→
B1C
B.
→
BD1 ⋅
→
AC
C.
→
AB ⋅
→
AD1
D.
→
BD1 ⋅
→
BC
D
当四边形ADD A 为正方形时，可证AD ⊥B C可判断A；当四边形ABCD为正方形时，可证AC⊥BD 可判断B；
由长方体的性质可证AB⊥AD ，分别可得数量积为0，可判断C；可推在△BCD 中，∠BCD 为直角，可判BC与
BD 不可能垂直，可得结论可判断D.
选项A，当四边形ADD A 为正方形时，可得AD ⊥A D，而A D∥B C，可得AD ⊥B C，此时有
→
AD1 ⋅
→
B1C = 0
，故正确；
选项B，当四边形ABCD为正方形时，可得AC⊥BD，AC⊥BB1，BD ∩BB1 = B，
BD, BB1 ⊂平面BB D D，可得AC⊥平面BB D D，故有AC⊥BD ，此时有
→
BD1 ⋅
→
AC = 0，故正确；
选项C，由长方体的性质可得AB⊥平面ADD A ，AD1 ⊂平面ADD A ，可得AB⊥AD ，此时必有
→
AB ⋅
→
AD1 =
0，故正确；
选项D，由长方体的性质可得BC⊥平面CDD C ，CD1 ⊂平面CDD C ，可得BC⊥CD ，△BCD 为直角三角形，
答案
解析
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
6
∠BCD 为直角，故BC与BD 不可能垂直，即
→
BD1 ⋅
→
BC ≠0，故错误.
故选：D.
1
1
12 空间中的向量方法
1
巩固练习
考点1：点到平面的距离公式
A组
1
已知直三棱柱ABC −A1B1C1，底面△ABC中，CA = CB = 1，∠BCA = 90∘，棱AA1 = 2，M､N分别是
A1B1、A1A的中点，求MN的长.
√6
2
首先建立空间直角坐标系，利用坐标列出两点间距离，即可求解.
如图，以C为坐标原点，以CA、CB、CC1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Cxyz，因为
CA = CB = 1, AA1 = 2，所以N (1, 0, 1), M ( 1
2 , 1
2 , 2)，
答案
解析
2
由空间两点间的距离公式得|MN| = √(1 −1
2 )
2
+ (0 −1
2 )
2
+ (1 −2)2 = √6
2 .故MN的长为√6
2
2
如图，正三棱柱ABC −A1B1C1中，底面边长为√2.
(1)
设侧棱长为1，求证：AB1⊥BC1；
(2)
设AB1与BC1的夹角为π
3 ，求侧棱的长．
(1) 证明见解析
(2) 2
(1) 由已知得
→
AB1 =
→
AB +
→
BB1，
→
BC1 =
→
BB1 +
→
B1C1 =
→
BB1 +
→
BC，
∵BB1⊥平面ABC，
∴
→
BB1 ⋅
→
AB = 0，
→
BB1 ⋅
→
BC = 0，
又∵△ABC是正三角形，
∴⟨
→
AB,
→
BC⟩= π −⟨
→
BA,
→
BC⟩= π −π
3 = 2π
3 ,
∴
→
AB1 ⋅
→
BC1 = (
→
AB +
→
BB1) ⋅(
→
BB1 +
→
BC) =
→
AB ⋅
→
BB1 +
→
AB ⋅
→
BC +
→
BB1
2
+
→
BB1 ⋅
→
BC
= 0 +
→
AB
⋅
→
BC
⋅cos ⟨
→
AB,
→
BC⟩+
→
BB1
2
+ 0 = √2 × √2 × (−1
2 ) + 1 = 0；
∴AB1⊥BC1；
答案
解析
3
(2) 由（1）得
→
AB1 ⋅
→
BC1 =
→
AB
⋅
→
BC
⋅cos ⟨
→
AB,
→
BC⟩+
→
BB1
2
=
→
BB1
2
−1，
又
→
AB1
= √→
AB
2
+
→
BB1
2
+ 2
→
AB ⋅
→
BB1 = √2 +
→
BB1
2
，
→
BC1
= √→
BC
2
+
→
BB1
2
+ 2
→
BC ⋅
→
BB1 = √2 +
→
BB1
2
，
∴cos ⟨
→
AB1,
→
BC1⟩=
→
AB1 ⋅
→
BC1
→
AB1
⋅
→
BC1
=
→
BB1
2
−1
2 +
→
BB1
2 = 1
2 ，
解得
→
BB1
= 2，
即侧棱长为2.
考点2：异面直线夹角
A组
1
如图所示，直三棱柱ABC −A1B1C1中，CA = CB = 1，∠BCA = 90∘，棱AA1 = 2．M、N分别是A1B1、A1A的
中点．
(1)
求证：C1M⊥NB；
(2)
求直线A1B与直线CB1所成夹角的余弦值．
(1) 证明见解析
答案
4
(2) √30
10
(1) 证明：因为直三棱柱ABC −A1B1C1中，∠BCA = 90∘，
所以CA, CB, CC1两两垂直，故以点C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为CA = CB = 1，AA1 = 2，M、N分别是A1B1、A1A的中点．
所以C1(0, 0, 2)，A(1, 0, 0)，B(0, 1, 0)，A1(1, 0, 2)，B1(0, 1, 2)，M ( 1
2 , 1
2 , 2)，N(1, 0, 1)，
所以
→
C1M = ( 1
2 , 1
2 , 0),
→
NB = (−1, 1, −1)，
所以
→
C1M ⋅
→
NB = ( 1
2 , 1
2 , 0) ⋅(−1, 1, −1) = 0，即
→
C1M⊥
→
NB，
所以C1M⊥NB
(2) 解：根据（1）得C(0, 0, 0)，A1(1, 0, 2)，B1(0, 1, 2)，B(0, 1, 0)，
所以
→
A1B = (−1, 1, −2)，
→
CB1 = (0, 1, 2)，
所以cos ⟨
→
A1B,
→
CB1⟩=
→
A1B ⋅
→
CB1
|
→
A1B| ⋅|
→
CB1|
=
−3
√5 × √6
= −√30
10
所以直线A1B与直线CB1所成夹角的余弦值为√30
10 .
解析
2
如图，直三棱柱ABC −A1B1C1，底面△ABC中，CA = CB = 1，∠BCA = 90∘，AA1 = 2，M、N分别是A1A、
A1B1的中点．
5
(1)
求的BM长；
(2)
求cos ⟨BA1, CB1⟩的值；
(3)
求证：A1B⊥C1N．
(1) √3
(2) √30
10
(3) 详见解析
(1) 解：建立如图所示空间直角坐标系：
，
则B (0, 1, 0), M (1, 0, 1)，
所以BM = (1, −1, 1)，
则BM
= √3；
(2) 由（1）知B (0, 1, 0), A1 (1, 0, 2), C (0, 0, 0), B1 (0, 1, 2)，
所以BA1 = (1, −1, 2), CB1 = (0, 1, 2)，
则BA1 ⋅CB1 = 3,
BA1
= √6,
CB1
= √5，
−
→
−
→
答案
解析
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
6
所以cos ⟨BA1, CB1⟩=
BA1 ⋅CB1
BA1
⋅
CB1
=
3
√6 × √5
= √30
10 ；
(3) 由（1）知B (0, 1, 0), A1 (1, 0, 2), C1 (0, 0, 2), N ( 1
2 , 1
2 , 2)，
所以BA1 = (1, −1, 2), C1N = ( 1
2 , 1
2 , 0)，
则BA1 ⋅C1N = 0，
所以A1B⊥C1N．
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
考点3：直线与平面所成角
A组
1
如图，在长方体ABCD −A1B1C1D1中，AB = AD = 2，AA1 = 1，E、F分别是AB、DC的中点．
(1)
证明：A1、D1、E、F四点共面；
(2)
求直线CD1与平面A1D1FE所成角的大小（结果用反三角函数值表示）．
(1) 证明见解析；
答案
7
(2) arcsin √10
10
(1) 证明：因为E、F分别是AB、DC的中点，所以AD//EF.
在长方体ABCD −A1B1C1D1中，A1D1//AD，所以A1D1//EF，
因此直线A1D1与EF共面，即A1、D1、E、F四点共面；
(2)
如图，过点F作FG⊥D1F交D1C于点G，因为AD⊥平面DCC1D1，
所以EF⊥平面DCC1D1，因为FG ⊂平面DCC1D1，所以EF⊥FG,
∵D1F ∩EF = F, D1F, EF ⊂平面A1D1FE，FG ⊄平面A1D1FE，
所以FG⊥平面A1D1FE，
所以直线CD1与平面A1D1FE所成角为∠CD1F，
因为AB = AD = 2, AA1 = 1, ∴CF = 1, D1F = √1 + 1 = √2, D1C = √4 + 1 = √5，
所以cos ∠CD1F =
5 + 2 −1
2 × √5 × √2
=
6
2√10
= 3√10
10
，
sin ∠CD1F = √1 −cos2 ∠CD1F =
1 −( 3√10
10
)
2
= √10
10 .
所以直线CD1与平面A1D1FE所成角的大小为arcsin √10
10 .
解析


⎷
2
如图，在直三棱柱ABC－A B C 中，∠BAC＝90°，AB＝BB ，直线B C与平面ABC成30°角．
(1)
求证：平面B AC⊥平面ABB A ；
(2)
求直线A C与平面B AC所成角的正弦值．
(1) 证明见解析
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
答案
8
(2) √6
6
(1) 在直三棱柱ABC－A B C 中，BB1⊥平面ABC，AC ⊂平面ABC
所以BB1⊥AC，又∠BAC＝90°，即AC⊥AB,又AB ∩BB1 = B
所以AC⊥平面ABB1A1，又AC ⊂平面ACB1
所以平面B AC⊥平面ABB A
(2) 由(1)可知，直线B C与平面ABC成为∠B1CB，所以∠B1CB = 30∘
设AB = a，则tan ∠B1CB = BB1
BC =
a
BC = √3
3 ，则BC = √3a
所以AC = √BC 2 −AB2 = √3a2 −a2 = √2a
连接A1B与AB1相交于点O，连接CO,则在正方形ABB1A1中，A1B⊥AB1，
由（1）有AC⊥平面ABB1A1，又A1B ⊂平面ABB1A1
所以A1B⊥AC，又AB1 ∩AC = A，所以A1B⊥平面B AC
所以∠A1CO为直线A C与平面B AC所成角
在直角三角形A1OC中，A1O = 1
2 A1B = √2a
2
，A1C = √AA2
1 + AC 2 = √3a
所以sin ∠A1CO = A1O
A1C =
√2
2 a
√3a
= √6
6
所以直线A C与平面B AC所成角的正弦值为√6
6
解析
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
3
如图，四棱锥P −ABCD的底面为矩形，PA⊥平面ABCD，AP = AB，F是PB的中点，E是BC上的动点.
（1）证明：PE⊥AF；
（2）若BC = 2BE = 2√3AB，求直线PA与平面PDE所成角的大小.
9
（1）证明见解析；（2） 60∘.
（1）以A为原点建立空间直角坐标系，证明PE ⋅AF = 0即可；
（2）求出平面PDE的法向量，根据sin θ =
cos <→n, AP > 即可求出.
解：（1） 建立如图所示空间直角坐标系.
设AP = AB = 2，BE = a，
则A (0, 0, 0)，B (0, 2, 0)，P (0, 0, 2)，F (0, 1, 1)，E (a, 2, 0)，
于是，PE = (a, 2, −2)，AF = (0, 1, 1)，
则PE ⋅AF = 0，所以AF⊥PE.
（2）若BC = 2BE = 2√3AB，则D (4√3, 0, 0)，PD = (4√3, 0, −2)，PE = (2√3, 2, −2)，
设平面PDE的法向量为→n = (x, y, z)，
由
，得：{
，令x = 1，则z = 2√3，y = √3，
于是→n = (1, √3, 2√3)，而AP = (0, 0, 2)
答案
解析
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
⎧
⎨
⎩
→n ⋅PD = 0
→n ⋅PE = 0
−
→
−
→
4√3x −2z = 0
2√3x + 2y −2z = 0
−
→
.
10
设AP与平面PDE所成角为θ，所以sin θ =
cos <→n, AP >
=
→n ⋅AP
→n
AP
= √3
2 ，
所以AP与平面PDE所成角θ为60∘.
−
→
−
→
−
→
B组
如图，四棱锥P −ABCD的底面为矩形， PA是四棱锥的高，PB与 DC所成角为45∘， F是PB的中点， E是BC上
的动点.
（1）证明：PE⊥AF；
（2）若BC = 2BE = 2√3AB，求直线 PA与平面PDE所成角的大小．
（1）详见解析（2） 60∘
试题分析：（1）证明直线PE⊥AF可证明 PE⊥AF，即证明PE ⋅AF = 0；（2）首先求解平面 PDE的法向
量和直线PA的方向向量，通过 sin θ =
→n ⋅AP
→n
AP
求解线面角
试题解析：（1） 建立如图所示空间直角坐标系．
答案
解析
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
11
设
，
则
，
，
于是，
，
，则
，
所以
．（也可不用坐标系，证明AF垂直平面PBC即可）．
（2）若
，则
，
，
设平面
的法向量为
，由 
，得：{
，令
，则
，于是
，而
设
与平面
所成角为
，所以 sin θ =
→n ⋅AP
→n
AP
= √3
2 ，所以
与平面
所成角
为 60∘．
考点：直线垂直的判定；直线与平面所成角
⎧
⎨
⎩
→n ⋅PD = 0
→n ⋅PE = 0
−
→
−
→
4√3x −2z = 0
2√3x + 2y −2z = 0
−
→
−
→
考点4：平面与平面所成角
如图，在长方体ABCD −A1B1C1D1中，BC = CD = 3，CC1 = 2．求：
(1)
二面角A1 −CC1 −B的大小；
(2)
二面角A1 −BD −A的大小（结果用反三角函数值表示）．
12
(1) 证明见解析
(2) arctan 2√2
3
(1) 长方体ABCD −A1B1C1D1中，CC1⊥平面A1B1C1D1，
因为B1C1、A1C1 ⊂平面A1B1C1D1，所以CC1⊥B1C1、CC1⊥A1C1，
所以∠B1C1A1为二面角A1 −CC1 −B的平面角，
因为A1B1C1D1是正方形，所以∠B1C1A1 = 45∘，
所以二面角A1 −CC1 −B的大小为45∘；
(2) 取BD的中点O，连接A1O, AO，
因为ABCD是正方形，所以AO⊥BD，
A1B = √AA2
1 + AB2 = √13，A1D = √AA2
1 + AD2 = √13，
所以A1B = A1D，可得A1O⊥BD，
所以∠A1AO为二面角A1 −BD −A的平面角，
因为AO = 1
2 BD = 3√2
2
，
所以tan ∠A1OA = AA1
AO =
2
3√2
2
= 2√2
3
，
可得∠A1OA = arctan 2√2
3
.
答案
解析
13
B组
已知四棱锥S −ABCD的底面ABCD是正方形，SA⊥底面ABCD.
(1)
求证：直线BD⊥平面SAC；
(2)
当SA
AD 的值为多少时，二面角B −SC −D的大小为120∘？
(1) 证明见解析；
(2) 1.
(1) 证明：∵SA⊥平面ABCD，BD ⊂平面ABCD，
∴SA⊥BD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，
∵SA ∩AC = A，SA, AC ⊂面SAC，
∴BD⊥平面SAC.
(2) 设SA = a，以A为原点，AB，AD，AS所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系A −xyz，为计算
方便，不妨设AB = 1，
答案
解析
14
则B (1, 0, 0)，S (0, 0, a)，C (1, 1, 0)，D (0, 1, 0)，
则CD = (−1, 0, 0)，SC = (1, 1, −a)，BS = (−1, 0, a).
设平面SBC的法向量为n1 = (x1, y1, z1)，则
，
令z1 = 1，则x1 = a，y1 = 0，
∴n1 = (a, 0, 1).
设平面SCD的法向量为n2 = (x2, y2, z2)，则
，
令z2 = 1，又x2 = 0，则y2 = a，
∴n2 = (0, a, 1).
要使二面角B −SC −D的大小为120∘，必有|cos ⟨n1, n2⟩| = |cos 120∘|，
∴
1
√a2 + 1 ⋅√a2 + 1
= 1
2 ，
∴a2 + 1 = 2，
∴a = 1.
即当SA
AD = 1时，二面角B −SC −D的大小为120∘.
−
→
−
→
−
→
−
→
⎧
⎨
⎩
n1 ⋅BS = −x1 + az1 = 0
n1 ⋅SC = x1 + y1 −az1 = 0
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
⎧
⎨
⎩
n2 ⋅CD = −x2 = 0
n2 ⋅SC = x2 + y2 −az2 = 0
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
C组
在棱长均为2的正三棱柱ABC −A1B1C1中，E为B1C1的中点．过AE的截面与棱BB1, A1C1分别交于点F，G．
15
   
(1)
若F为BB1的中点，试确定点G的位置，并说明理由；
(2)
在（1）的条件下，求截面AGEF与底面ABC所成锐二面角的正切值；
(3)
设截面AFEG的面积为S0，△AEG面积为S1，△AEF面积为S2，当点F在棱BB1上变动时，求
S 2
0
S1S2
的取值范
围．
(1) 点G为棱 A1C1上靠近点 C1的三等分点，理由见解析
(2) √21
3
(3) [4, 9
2 ]
(1) 在平面BCC1B1内延长CC1，FE相交于点P，则P ∈平面AGEF，又P ∈CC1 ⊂平面ACC1A1，
则有平面AGEF∩平面ACC1A1 = AG，P ∈AG，即A，G，P三点共线．
因为E为B1C1的中点，F为BB1的中点，所以PC1 = B1F = 1
2 CC1，所以PC1
PC = 1
3 ，又因为GC1//AC，
所以GC1
AC = PC1
PC = 1
3 ，
所以GC1 = 1
3 AC = 1
3 A1C1 = 2
3 ，即点G为棱A1C1上靠近点C1的三等分点．
答案
解析
16
(2) 在平面BCC1B1内延长CB，EF相交于点Q，连接AQ，则平面AGEF∩平面ABC = AQ，
在平面ACC1A1内作GM⊥AC于点M，则GM⊥平面ABC，
又AQ ⊂平面ABC，所以GM⊥AQ，
在平面ABC内作MN⊥AQ于点N，连接GN，
又GM, MN ⊂平面GMN，GM ∩MN = M，所以AQ⊥平面GMN，
GN ⊂平面GMN，所以AQ⊥GN，
所以∠GNM为截面AGEF与底面ABC所成锐二面角的平面角．
在△AQC中，作CH⊥AQ于点H，BQ = C1E = 1，AC = 2，CQ = 3，∠ACB = 60∘，
S△ABC = 1
2 × 2 × 2 × √3
2
= √3，S△AQC = 3√3
2
，
由余弦定理AQ2 = AC 2 + CQ2 −2AC ⋅CQ ⋅cos ∠ACQ = 4 + 9 −6 = 7，则AQ = √7，
S△AQC = 3√3
2
= 1
2 AQ ⋅CH，可得CH = 3√21
7
，所以MN = 2
3 CH = 2√21
7
，
又GM = AA2 = 2，所以tan ∠GNM = GM
MN = √21
3
，
故截面AGEF与底面ABC所成锐二面角的正切值为√21
3
.
(3) 设GC1 = m，则m ∈[0, 1]，PG
GA =
m
2 −m ．
设△PGE的面积为S，所以S
S1
=
m
2 −m ，
又因为S2 = S + S1，所以S1
S2
= 2 −m
2
，且S1
S2
= 2 −m
2
∈[ 1
2 , 1]，
故
S 2
0
S1S2
= (S1 + S2)2
S1S2
= S1
S2
+ S2
S1
+ 2，令t = S1
S2
，则t ∈[ 1
2 , 1]，
设g (t) = t + 1
t + 2 (t ∈[ 1
2 , 1])，
当1
2 ≤t1 < t2 ≤1时，g (t1) −g (t2) = t1 + 1
t1
−t2 −1
t2
= (t1 −t2) (t1t2 −1)
t1t2
，
t1 −t2 < 0，t1t2 > 0，t1t2 −1 < 0，则g (t1) −g (t2) > 0，即g (t1) > g (t2)，
所以g (t) = t + 1
t + 2在t ∈[ 1
2 , 1]上单调递减，
所以g(t)min = g (1) = 4，g(t)max = g ( 1
2 ) = 9
2 ，所以g (t) ∈[4, 9
2 ]，
17
所以S 2
0
S1S2
= S1
S2
+ S2
S1
+ 2 ∈[4, 9
2 ]．