2020版高考数学人教版理科一轮复习第七章 立体几何 (1)
高考数学大一轮复习配套课时训练：第七篇 立体几何 第1节 空间几何体的结构及三视图和直观图(含答案)
第七篇立体几何(必修2)第1节空间几何体的结构及三视图和直观图课时训练练题感提知能【选题明细表】A组一、选择题1.(2013山东烟台模拟)如图是底面半径为1,母线长均为2的圆锥和圆柱的组合体,则该组合体的侧(左)视图的面积为( C )(A)8π(B)6π(C)4+(D)2+解析:该组合体的侧(左)视图为其中正方形的边长为2,三角形为边长为2的三角形,所以侧(左)视图的面积为22+×22×=4+,故选C.2.(2013山东莱州模拟)一个简单几何体的正(主)视图,侧(左)视图如图所示,则其俯视图不可能为①长方形;②直角三角形;③圆;④椭圆.其中正确的是( C )(A)①(B)② (C)③ (D)④解析:当该几何体的俯视图为圆时,由三视图知,该几何体为圆柱,此时,正(主)视图和侧(左)视图应相同,所以该几何体的俯视图不可能是圆,其余都有可能.故选C.3.(2013韶关市高三调研)某几何体的三视图如图所示,根据图中标出的数据,可得这个几何体的表面积为( B )(A)4+4 (B)4+4(C) (D)12解析:由三视图知该几何体为正四棱锥P ABCD,底面边长为2,高PO=2,如图所示,取CD的中点E,连接OE、PE,则PE==,因此几何体的表面积为2×2+×2×4×=4+4,故选B.4.如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45°,腰和上底均为1的等腰梯形,那么原平面图形的面积是( A )(A)2+(B)(C)(D)1+解析:由题意画出斜二测直观图及还原后原图,由直观图中底角均为45°,腰和上底长度均为1,得下底长为1+,所以原图上、下底分别为1,1+,高为2的直角梯形.所以面积S=(1++1)×2=2+.故选A.5.(2013北京东城区模拟)已知一个三棱锥的三视图如图所示,其中三个视图都是直角三角形,则在该三棱锥的四个面中,直角三角形的个数为( D )(A)1 (B)2 (C)3 (D)4解析:由题意可知,几何体是三棱锥,其放置在长方体中形状如图所示,利用长方体模型可知,此三棱锥A BCD的四个面中,全部是直角三角形.故选D.6.(2013广州市毕业班测试(二))一个圆锥的正(主)视图及其尺寸如图所示,若一个平行于圆锥底面的平面将此圆锥截成体积之比为1∶7的上、下两部分,则截面的面积为( C )(A)π(B)π (C)π(D)4π解析:由题意知,该几何体是底面半径为3,高为4的圆锥.由截面性质知截面圆半径为×3=,故截面的面积为π·（）2=,故选C.7.下面是关于四棱柱的四个命题:①若有两个侧面垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱;②若过两个相对侧棱的截面都垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱;③若四个侧面两两全等,则该四棱柱为直四棱柱;④若四棱柱的四条对角线两两相等,则该四棱柱为直四棱柱.其中真命题为( D )(A)①②(B)①③(C)②③(D)②④解析:对于①,平行六面体的两个相对侧面与底面垂直且互相平行,而另两个相对侧面可能与底面不垂直,则不是直棱柱,故①假;对于②,两截面的交线平行于侧棱,且垂直于底面,故②真;对于③,作正四棱柱的两个平行菱形截面,可得满足条件的斜四棱柱(如图(1)所示),故③假;对于④,四棱柱一个对角面的两条对角线,恰为四棱柱的对角线,故对角面为矩形,于是侧棱垂直于底面的一条对角线,同样侧棱也垂直于底面的另一条对角线,故侧棱垂直于底面,故④真.故选D.二、填空题8.如图所示的Rt△ABC绕着它的斜边AB旋转一周得到的图形是.解析:过Rt△ABC的顶点C作线段CD⊥AB,垂足为D,所以Rt△ABC绕着它的斜边AB旋转一周后应得到的是以CD作为底面圆的半径的两个圆锥的组合体.答案:两个圆锥的组合体9.一个几何体的正(主)视图为一个三角形,则这个几何体可能是下列几何体中的(填入所有可能的几何体前的编号).①三棱锥;②四棱锥;③三棱柱;④四棱柱;⑤圆锥;⑥圆柱.解析:显然①②⑤均有可能;当三棱柱放倒时,其正(主)视图可能是三角形,所以③有可能,④不可能.答案:①②③⑤10.如图,点O为正方体ABCD A′B′C′D′的中心,点E为平面B′BCC′的中心,点F为B′C′的中点,则空间四边形D′OEF在该正方体的各个面上的投影可能是(填出所有可能的序号).解析:空间四边形D′OEF在正方体的平面DCC′D′上的投影是①;在平面BCC′B′上的投影是②;在平面ABCD上的投影是③,而不可能出现投影为④的情况.答案:①②③11.(2013山东烟台模拟)如图,三棱柱的侧棱长为2,底面是边长为2的正三角形,AA1⊥面A1B1C1,正(主)视图是边长为2的正方形,俯视图为正三角形,则侧(左)视图的面积为.解析:因为俯视图为正三角形,所以俯视图的高为,侧视图为两直角边分别为2、的矩形,所以侧(左)视图的面积为2.答案:2三、解答题12.(2013西工大附中模拟)已知四棱锥P ABCD的三视图如图所示,求此四棱锥的四个侧面的面积中最大值.解:由三视图可知该几何体是如图所示的四棱锥,顶点P在底面的射影是底面矩形的顶点D.底面矩形边长分别为3,2,△PDC是直角三角形,直角边为3与2,所以S△PDC=×2×3=3.△PBC是直角三角形,直角边长为2,,三角形的面积为×2×=.△PAB是直角三角形,直角边长为3,2;其面积为×3×2=3.△PAD也是直角三角形,直角边长为2,2,三角形的面积为×2×2=2. 所以四棱锥P ABCD的四个侧面中面积最大的是前面三角形的面积为3.13.圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍,轴截面的面积等于392 cm2,母线与轴的夹角为45°,求这个圆台的高、母线长和底面半径.解:圆台的轴截面如图.设圆台的上、下底面半径分别为x cm和3x cm,延长AA1交OO1的延长线于点S.在Rt△SOA中,∠ASO=45°,则∠SAO=45°.所以SO=AO=3x,OO1=2x.又×(6x+2x)×2x=392,解得x=7.所以圆台高OO母线长l=OO1=14 cm,底面半径分别为7 cm和21 cm.B组14.(2013广州高三调研)已知四棱锥P ABCD的三视图如图所示,则四棱锥P ABCD的四个侧面中面积最大的是( C )(A)3 (B)2(C)6 (D)8解析:四棱锥如图所示,PM=3,×4×=2,S△PDC=S△PAB=×4×3=6,S△PBC=S△PAD=×2×3=3,故四个侧面中面积最大的是6.15.(2013北京西城检测)三棱锥D ABC及其三视图中的正视图和侧视图如图所示,则棱BD的长为.解析:取AC的中点E,连结BE,DE,由正(主)视图可知BE⊥AC,BE⊥DE.DC⊥平面ABC且DC=4,BE=2,AE=EC=2.所以BC====4,即BD====4.答案:416.三棱锥V ABC的底面是正三角形,顶点在底面ABC上的射影为正△ABC的中心,其三视图如图所示:(1)画出该三棱锥的直观图;(2)求出侧(左)视图的面积.解:(1)直观图如图所示.(2)根据三视图间的关系可得BC=2,作AM⊥BC于M,连结VM,过V作VO⊥AM于O,过O作EF∥BC交AB,AC于F、E,则△VEF即侧(左)视图.由=,得EF=.又VA=4,AM==3.则AO=2,VO===2.××2=4.所以S即侧(左)视图的面积为4.。
2024届一轮复习数学新教材人教A版 第七章立体几何与空间向量必刷小题13 立体几何 课件(37张)
2.下列四个命题中，正确的是 A.各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱 B.对角面是全等矩形的六面体一定是长方体 C.有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱
√D.长方体一定是直四棱柱
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
7.蹴鞠，又名蹴球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外
包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，
类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院
批准列入第一批国家非物质文化遗产名录.已知某鞠的表面上有五个点P，
对于A，由m∥α，m∥n，得到： 若n∥α，过n的平面γ∩α＝l，则n∥l， 又n⊥β，则l⊥β，l⊂α，则α⊥β， 若n⊂α，又n⊥β，则α⊥β.综上，α⊥β，故A正确； 对于B，若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α与β相交或平行，故B错误； 对于C，若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n与β相交、平行或n⊂β，故C错误； 对于D，若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n与β相交或n⊂β，故D错误.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
8.某同学画“切面圆柱体”(用与圆柱底面不平行的平面切圆柱，底面与 切面之间的部分叫做切面圆柱体)，发现切面与圆柱侧面的交线是一个椭 圆(如图所示).若该同学所画的椭圆的离心率为12，则“切面”所在平面与 底面所成的角为
π A.12
4.已知m，n表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，则下列命 题中正确的是
√A.若m∥α，n⊥β，m∥n，则α⊥β
【人教版】数学(理)一轮复习：第7章《立体几何》(第6节)ppt课件
共面向
量定理
xa＋ . yb
二、数量积及坐标运算 1．两个向量的数量积 (1)a· b＝|a||b|cos〈a，b〉 ； (2)a⊥b⇔ (3)|a| ＝
2
a· b＝0
a2
(a，b 为非零向量)；
，|a|＝ x2＋y2＋z2.
D [可判断①②③正确．]
→ → → 4．在四面体 O－ABC 中，OA＝a，OB＝b，OC＝c，D 为 BC 的 → 中点，E 为 AD 的中点，则OE＝________(用 a，b，c 表示)． → 1→ 1 → 解析 如图，OE＝ OA＋ OD 2 2 1→ 1→ 1→ ＝ OA＋ OB＋ OC 2 4 4 1 1 1 ＝ a＋ b＋ c. 2 4 4 1 1 1 答案 a＋ b＋ c 2 4 4
3．(教材习题改编)下列命题：
→ → → → ①若 A、 B、 C、 D 是空间任意四点， 则有AB＋BC＋CD＋DA＝0； → → → ②若MP＝xMA＋yMB，则 M、P、A、B 共面； ③若 p＝x a＋y b，则 p 与 a，b 共面． 其中正确的个数为 ( A．0 C．2 B．1 D．3 )
• [规律方法] • 应用共线向量定理、共面向量定理证明点共线、点共面的 方法比较：
• • •
• [跟踪训练] 2．已知E、F、G、H分别是空间四边形ABCD的边AB、 BC、CD、DA的中点，用向量方法，求证： (1)E、F、G、H四点共面； (2)BD∥平面EFGH.
证明
(1)连接 BG，
• •
•
• • •
2．若{a，b，c}为空间的一组基底，则下列各项中，能 构成基底的一组向量是 • ( ) A．{a，a＋b，a－b} B．{b，a＋b，a－b} C．{c，a＋b，a－b} D．{a＋b，a－b，a＋2b} C [若c、a＋b、a－b共面， 则c＝λ(a＋b)＋m(a－b) ＝(λ＋m)a＋(λ－m)b，则a、b、c为共面向量，与{a，b， c}为空间向量的一组基底矛盾，故c，a＋b，a－b可构成 空间向量的一组基底．]
2020年高考人教A版理科数学一轮复习(全册PPT课件 1520张)
2020版高考 全册精品 PPT课件
第1章 集合与常用逻辑用语 第一节 集 合 第二节 命题及其关系、充分条件与必要条件 第三节 简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词
第2章 函数、导数及其应用 第一节 函数及其表示 第二节 函数的单调性与最值 第三节 函数的奇偶性与周期性 第四节 二次函数与幂函数 第五节 指数与指数函数 第六节 对数与对数函数 第七节 函数的图象
[答案] (1)× (2)× (3)× (4)×
23 答案
2 ． ( 教 材 改 编 ) 若 集 合 A ＝ D [由题意知 A＝{0,1,2}，由 a＝ {x∈N|x≤2 2}，a＝ 2，则下列结 2，知 a∉A.] 论正确的是( ) A．{a}⊆A B．a⊆A C．{a}∈A D．a∉A
解2析4 答案
22
[基础自测] 1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打 “×”) (1)任何一个集合都至少有两个子集．( ) (2){x|y＝x2}＝{y|y＝x2}＝{(x，y)|y＝x2}．( ) (3)若{x2,1}＝{0,1}，则 x＝0,1.( ) (4)直线 y＝x＋3 与 y＝－2x＋6 的交点组成的集合是{1,4}．( )
第8章 平面解析几何 第一节 直线的倾斜角与斜率、直线的方程 第二节 两条直线的位置关系 第三节 圆的方程 第四节 直线与圆、圆与圆的位置关系 第五节 椭 圆
第1课时 椭圆的定义、标准方程及其性质 第2课时 直线与椭圆的位置关系
第六节 双曲线 第七节 抛物线 第八节 曲线与方程 第九节 圆锥曲线中的定点、定值、范围、最值问题 高考大题增分课(五) 平面解析几何中的高考热点问题
第9章 算法初步、统计与统计案例 第一节 算法与程序框图 第二节 随机抽样 第三节 用样本估计总体 第四节 变量间的相关关系与统计案例
2020届江苏省镇江市统一高考数学第一轮复习学案(解析答案版)：学案4.立体几何(1)表面积与体积
立体几何复习（1）空间几何体的表面积与体积教学目标：1.掌握锥、台、柱、球体的表面积公式及表面积的求法；2.掌握锥、台、柱、球体的体积公式及体积的求法.教学重点：掌握锥体、台体、柱体、球体的表面积与体积的计算方法，能计算简单组合体的表面积与体积，以便从量的角度认识空间几何体.教学难点：锥体、台体、柱体、球体的表面积与体积公式的应用.【知识清单】 1.空间几何体的表面积球的表面积2=4S R π球，其中R 为球的半径.2.空间几何体的体积球的体积34=3V R π球，R 为球的半径. 【例题精讲】类型1：空间几何体的表面积与侧面积例1：1.若圆锥底面半径为1，高为2，则圆锥的侧面积为 .【解析】根据圆锥底面半径、高、母线长构成一个直角三角形，所以母线长l，在根据圆锥的侧面积公式S rl π=.2.将一个正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，所得圆柱的体积为27πcm 3，则该圆柱的侧面积为 cm 2. 【答案】18【解析】设正方体棱长为a ，则正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，所得圆柱的体积为2327a a a πππ⨯==，3a =，圆柱侧面积22218S a a a πππ=⨯==.3.若圆锥的底面直径和高都与一个球的直径相等，圆锥、球的表面积分别记为， ，则12S S 的值是 .【解析】设球的直径为2R ，由题意可知，2211)S R R R πππ=+=，224S R π=，所以12S S =1S 2S )h 圆台备选题1：正三棱锥中，，D、E分别是棱SA、SB上的点，为边的中点，，则三角形CDE的面积为 .【解析】根据题意在正三棱锥中，为边的中点，故可得AB SCQ⊥平面，则AB SQ⊥，又由，故//DE AB，假设DE SQ F=，又在SCQ∆中，SC CQ SQ===CF=，故112CDES∆=⨯=.备选题2：圆锥的母线长为L，过顶点的最大截面的面积为12L2，则圆锥底面半径与母线长的比rL的取值范围是 .【答案】【解析】由题意得轴截面的顶角θ不小于π2，因为sinθ2＝rL≥sinπ4＝22，所以22≤rL<1.【思想方法归纳】圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和.(1)找准几何体中各元素间的位置关系及数量关系.(2)注意组合体的表面积问题中重合部分的处理.类型2：空间几何体的体积例2：1.已知圆锥的母线长为5cm，侧面积为215cmπ，则此圆锥的体积为3cm.S ABC-2BC=SB=Q AB SQ CDE⊥平面S ABC-Q ABSQ CDE⊥平面【答案】12π【解析】已知圆锥的母线长为5cm ，侧面积为215cm π，所以圆锥的底面周长26cm π，底面半径是3cm ，圆锥的高是4cm ，此圆锥的体积为194123ππ⨯⨯=3cm .2.如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3 cm ，AA 1＝1 cm ，则三棱锥D 1－A 1BD 的体积为 cm3.（例2-2）【答案】32【解析】∵在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3cm ，AA 1＝1 cm ，∴三棱锥11D A BD -的体积：1111113113313362D A BD B A D D A D D V V S AB cm --∆==⋅⋅=⨯⨯⨯=.3.如图，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在11,AA CC 上，且134AE AA =，113CF CC =，点,A C 到BD 的距离之比为3:2，则三棱锥E BCD -和F ABD -的体积比E BCDF ABDV V --= .（例2-3）【答案】32【解析】点,A C 到BD 的距离之比为3:2，所以23BCD ABD S S ∆=∆，又直四棱柱1111ABCD A B C D -中，134AE AA =，113CF CC =，所以94AE CF =， 于是1293313423BCD E BCDF ABDABD S AEV V S CF ∆--∆⋅==⨯=⋅.备选题1：在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，M ，N 分别为棱A 1B 1，A 1C 1的中点，则平面BMNC 将三棱柱分成的两部分的体积比为 . 【答案】7:5【解析】设直三棱柱ABC －A 1B 1C 1高为h ，底面积为4S ，则11111B C BMNC C B MNC M B BC V V V ---=+11111111534322233A B BC B ABC h S V Sh V hS h S Sh --=⨯⨯+=+=+⨯⋅=， 所以两部分的体积比为55(4):7:533Sh Sh Sh -=.备选题2：已知一个组合体是由圆锥与圆柱组合而成，下半部分是底面半径为1，高为4的圆柱，上半部分是底面半径为2，高为2的圆锥，则该几何体的体积为 3m . 【答案】203π【解析】由于该几何体是组合体，其中下半部分是底面半径为1，高为4的圆柱，上半部分是底面半径为2，高为2的圆锥，其体积为22120142233πππ⨯⨯+⨯⨯⨯=（3m ）.备选题3：《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年.例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在堑堵ABC －A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，若A 1A ＝AB ＝2，当阳马B －A 1ACC 1体积最大时，则堑堵ABC －A 1B 1C 1的体积为 .备选题3【答案】2【解析】由阳马的定义知，VB －A 1ACC 1＝13×A 1A ×AC ×BC ＝23AC ×BC ≤13(AC 2＋BC 2)＝13AB 2＝43，当且仅当AC ＝BC ＝2时等号成立，所以当阳马B －A 1ACC 1体积最大时，则堑堵ABC －A 1B 1C 1的体积为12×2×2×2＝2.【思想方法归纳】(1)计算柱、锥、台的体积关键是根据条件找出相应的底面积和高.(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，注意求体积的一些特殊方法：分割法、补体法、等体积转化法等，它们是解决一些不规则几何体体积计算常用的方法，应熟练掌握.(3)注意组合体的组成形式及各部分几何体的特征.类型3：球内接几何体相关问题例3：1.正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为23，则四面体AB 1CD 1的外接球的体积为 . 【答案】36π【解析】四面体AB 1CD 1的外接球即为正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的外接球，故正方体的外接球的直径为(23)2＋(23)2＋(23)2＝6，故V ＝43πR 3＝43π×(6÷2)3＝36π.2.如图，在四棱锥P －ABCD 中，△PAB 为正三角形，四边形ABCD 为正方形且边长为2，平面PAB⊥平面ABCD ，四棱锥P －ABCD 的五个顶点都在一个球面上，则这个球的表面积是 .(例3-2)【答案】283π 【解析】由题意球的半径满足R 2－1＋R 2－2＝3⇒R 2＝73，所以球的表面积是4πR 2＝28π3.3.已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体积为23，AB ＝2，AC ＝1，∠BAC ＝60°，则此球的表面积等于 . 【解析】20π【解析】由题意知三棱柱是直三棱柱，且底面是直角三角形，∠ACB ＝90°，设D ，D 1分别是AB ，A 1B 1的中点，O 是DD 1中点，可证O 就是三棱柱外接球球心，S △ABC ＝12×2×1×sin 60°＝32，V ＝S △ABC ·h ＝32×DD 1＝23，即DD 1＝4，OA ＝AD 2＋DO 2＝12＋22＝5， 所以S ＝4π×OA 2＝4π×(5)2＝20π.备选题1：已知正三棱柱111A B C ABC -的所有棱长都为3，则该棱柱外接球的表面积为 . 【答案】21π【解析】如图，外接球的球心为上下底面中心连线1M M 的中点，连结1A O ，11A M ，所以三角形11A M O 为直角三角形， 132M O =，113A M =()()221213322AO =+ 所以该棱柱外接球的表面积为(2214π21π⨯=.备选题2：已知P -ABC 是正三棱锥，其外接球O 的表面积为16π，且∠APO ＝∠BPO ＝∠CPO ＝30°，则三棱锥的体积为 . 934【解析】设球的半径为R ，△ABC 的外接圆圆心为O ′，则由球的表面积为16π， 可知4πR 2＝16π，所以R ＝2.设△ABC 的边长为2a ， 因为∠APO ＝∠BPO ＝∠CPO ＝30°，OB ＝OP ＝2，所以BO ′＝32R ＝3，OO ′＝OB 2－BO ′2＝1， PO ′＝OO ′＋OP ＝3.在△ABC 中，O ′B ＝23×32×2a ＝3， 所以a ＝32，所以三棱锥PABC 的体积为V ＝13×12×32×sin60°×3934【思想方法归纳】解决球与其他几何体的内切、外接问题，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径.类型4：综合应用例4：如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，其它四个侧面都是侧棱长为的中点.（1）在侧棱上找一点，使∥平面，并证明你的结论；（2）在（1）的条件下求三棱锥的体积.【解析】（1）F为VC的中点，取CD的中点为H，连结BH，HF，ABCD为正方形，E为AB 的中点，//,DH DHBE BE=∴，//H DB E∴，又//VDFH，∴平面//BHF平面VDE，//BF∴平面VDE.（2）F为VC的中点，14BDE ABCDS S∆=，18E BDF F BDE V ABCDV V V---∴==，V ABCD-为正四棱锥，V∴在平面ABCD的射影为AC的中点O.5VA=AO=∴VO=2123V ABCDV-∴=⋅E BDFV-∴=【点睛】（1）为的中点，取的中点为，由三角形中位线性质得线线平行，再由线线平行证得面面平行，即得线面平行（2）因为为正四棱锥，所以可求V到底面距离，即得F到底面距离，再根据等体积法得，最后代入锥体体积公式即可.备选题1：如图，O是圆锥底面圆的圆心，圆锥的轴截面PAB为等腰直角三角形，C为底面圆周上一点.V ABCD-ABCDE ABVC F BF VDEE BDF-F VC CD HV ABCD-E BDF F BDEV V--=（1）若弧BC 的中点为D ，求证：AC ∥平面POD ； （2）如果△PAB 的面积是9，求此圆锥的表面积.【解析】（1）证明：方法一 设BC ∩OD ＝E ，∵D 是弧BC 的中点，∴E 是BC 的中点. 又∵O 是AB 的中点，∴AC ∥OE .又∵AC ⊄平面POD ，OE ⊂平面POD ，∴AC ∥平面POD .方法二 ∵AB 是底面圆的直径，∴AC ⊥BC .∵弧BC 的中点为D ，∴OD ⊥BC . 又AC ，OD 共面，∴AC ∥OD .又AC ⊄平面POD ，OD ⊂平面POD ，∴AC ∥平面POD . （2）解：设圆锥底面半径为r ，高为h ，母线长为l ， ∵圆锥的轴截面PAB 为等腰直角三角形，∴h ＝r ，l ＝2r .由S △PAB ＝12×2r ×h ＝r 2＝9，得r ＝3，∴S 表＝πrl ＋πr 2＝πr ×2r ＋πr 2＝9(1＋2)π.备选题2：如图，矩形ABCD 所在的平面和平面ABEF 互相垂直，等腰梯形ABEF 中，AB ∥EF ，AB ＝2，AD ＝AF ＝1，∠BAF ＝60°，O ，P 分别为AB ，CB 的中点，M 为底面△OBF 的重心.（1）求证：平面ADF ⊥平面CBF ； （2）求证：PM ∥平面AFC ； （3）求多面体CD －AFEB 的体积V .【解析】（1）证明：∵矩形ABCD 所在的平面和平面ABEF 互相垂直，且CB ⊥AB ，∴CB ⊥平面ABEF ， 又AF ⊂平面ABEF ，所以CB ⊥AF ，又AB ＝2，AF ＝1，∠BAF ＝60°，由余弦定理知BF ＝3，∴AF 2＋BF 2＝AB 2，得AF ⊥BF ， 又BF ∩CB ＝B ，∴AF ⊥平面CFB ，又∵AF ⊂平面ADF ，∴平面ADF ⊥平面CBF .（2）证明：连接OM 并延长交BF 于H ，则H 为BF 的中点，又P 为CB 的中点，∴PH ∥CF ，又∵CF ⊂平面AFC ，PH ⊄平面AFC ，∴PH ∥平面AFC ， 连接PO ，则PO ∥AC ，又∵AC ⊂平面AFC ，PO ⊄平面AFC ，∴PO ∥平面AFC ， 又∵PO ∩PH ＝P ，∴平面POH ∥平面AFC ， 又∵PM ⊂平面POH ，∴PM ∥平面AFC .（3）解：多面体CD －AFEB 的体积可分成三棱锥C －BEF 与四棱锥F －ABCD 的体积之和. 在等腰梯形ABEF 中，计算得EF ＝1，两底间的距离EE 1＝32. 所以V C －BEF ＝13S △BEF ×CB ＝13×12×1×32×1＝312，V F －ABCD ＝13S 矩形ABCD ×EE 1＝13×2×1×32＝33，所以V ＝V C －BEF ＋V F －ABCD ＝5312.【课堂归纳总结】1.空间几何体表面积和体积的求法几何体的表面积是各个面的面积之和，组合体的表面积应注意重合部分的处理.空间几何体体积问题的常见类型及解题策略：(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解.(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等体积转换法、分割法、补形法等方法进行求解.2.多面体与球接、切问题的求解策略(1)涉及球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内接、外切的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，则4R2＝a2＋b2＋c2求解.【课后练习】1.已知圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为23π的扇形，则这个圆锥的高为 .【答案】【解析】由题知圆锥的底面圆周长为2323ππ⋅=，所以半径为1r=，由题意圆锥的侧面展开图是半径为3即为圆锥的母线3l=，所以圆锥的高为h.2.若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，则其母线与轴的夹角的大小为 .【答案】3π【解析】由题意得：1:(2)22rl h rππ⋅=2l h⇒=⇒母线与轴的夹角为3π.3.如图，在长方体中，，，则三棱锥的体积为.【答案】3 【解析】4.在ABC ∆中，2AB =， 1.5BC =，120ABC ∠=，若使ABC ∆绕直线BC 旋转一周，则所形成的几何体的体积是 . 【答案】32π【解析】过A 作AD 垂直BC 于点D ，则，AD =1BD =， 2.5CD =，因此所形成的几何体的体积是213(2.51)32ππ⨯⋅⋅-=.5.已知圆柱M 的底面半径为2，高为6，圆锥N 的底面直径和母线长相等，若圆柱M 和圆锥N 的体积相同，则圆锥N 的高为 . 【答案】6【解析】设圆锥N 的底面半径为r ，则它的母线长为2r ，高为3r ，由圆柱M 与圆锥N 的体积相同，得4π×6＝13πr2×3r ，解得r ＝23，因此圆锥N 的高h ＝3r ＝6.6.现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个，则新的底面半径为 .【解析】由体积相等得：22221145+28=4833r r r ππππ⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⇒=.7.如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，已知13AB AA ==，点P 在棱1CC 上，则三棱锥1P ABA -的体积为 .（第7题）【解析】三棱锥的底面积1193322ABA S ∆=⨯⨯=，点P 到底面的距离为ABC ∆的高h =，故三棱锥的体积13V Sh ==.8.如图，圆形纸片的圆心为，半径为，该纸片上的正四边形的中心为.为圆上的点分别是以为底边的等腰三角形.沿线剪开后，别以为折痕折起，使得重合，得到四棱锥记该四棱锥的体积，表面积分别是，当，则 .（第8题）【解析】，则四棱锥的高，所以体积，所以9.如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 .O 4cm ABCD O ,,,E F G H O ,,,EAB FBC GCD HDA ∆∆∆∆,,,AB BC CD DA ,,,AB BC CD DA ,,,EAB FBC GCD HDA ∆∆∆∆,,,E F G H ,V S 2AB =VS=2AB =h =13V Sh ==44316S =+⨯=V S =【答案】【解析】由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于，所以该多面体的体积为【点睛】：解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决.10.设直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有顶点都在同一个球面上，且球的表面积是40π，AB ＝AC ＝AA 1，∠BAC ＝120°，则此直三棱柱的高是 . 【答案】2 2【解析】设AB ＝AC ＝AA 1＝x ，在△ABC 中，∠BAC ＝120°，则由余弦定理可得BC ＝3x . 由正弦定理，可得△ABC 外接圆的半径为r ＝x ， ∵球的表面积是40π，∴球的半径为R ＝10.设△ABC 外接圆的圆心为O ′，球心为O ，在Rt △OBO ′中，有221()102x x +=，解得x ＝22，即AA 1＝22，即此直三棱柱的高是2 2.11.如图，已知四棱锥P －ABCD 的底面是边长为2的菱形，∠BCD ＝60°，点E 是BC 边 的中点，AC ，DE 交于点O ，PO ＝23，且PO ⊥平面ABCD . （1）求证：PD ⊥BC ；（2）在线段AP 上找一点F ，使得BF ∥平面PDE ， 并求此时四面体PDEF 的体积.【解析】（1）由题可得△BCD 为正三角形，E 为BC 中点，故DE ⊥BC . 又PO ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，则PO ⊥BC ，而DE ∩PO ＝O ，,DE PO ⊂平面PDE ，所以BC ⊥平面PDE .又PD ⊂平面PDE ，故PD ⊥BC . （2）取AP 中点为F ，再取PD 中点为G ，连结FG . 则FG 为△PAD 中位线，故FG ＝∥ 12AD ， 又BE ＝∥ 12AD ，所以FG ＝∥BE ，于是四边形BFGE 为平行四边形， 因此BF ∥EG .又BF ⊄平面PDE ，EG ⊂平面PDE ，所以BF ∥平面PDE . 由（1）知，BC ⊥平面PDE .则有BC ⊥PE ，BC ⊥DE ，而BC ∥FG ，故FG ⊥PE ，FG ⊥DE ，且DE ∩PE ＝E ，所以FG ⊥平面PDE . 于是四面体PDEF 的体积为V=13S △PDE ·FG ＝13×12×23×3×1＝1.另解（等体积转化）：因为BF //面PDE ，则B ，F 两点到平面PDE 的距离相等， 所以四面体PDEF 的体积等于四面体PDEB ， 因为PO ⊥平面ABCD ，所以V P-BDE =13·PO ·S △BDE =1.12.如图，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A －DC －B .（1）试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； （2）求棱锥E －DFC 的体积；（3）在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？如果存在，求出BPBC的值；如果不存在，请说明理由.【解析】（1）AB ∥平面DEF ，理由如下：在△ABC 中，由E ，F 分别是AC ，BC 的中点，得EF ∥AB . 又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF .∴AB ∥平面DEF .（2）∵AD ⊥CD ，BD ⊥CD ，将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A －DC －B ，∴AD ⊥BD ，∴AD ⊥平面BCD .取CD 的中点M ，这时EM ∥AD ，∴EM ⊥平面BCD ，EM ＝1.V E －DFC ＝13×1()2BDC S ×EM ＝13×12×12×2×23×1＝33. （3）在线段BC 上存在点P ，使AP ⊥DE .证明如下：在线段BC 上取点P ，使BP ＝BC3，过P 作PQ ⊥CD 于Q .∵AD ⊥平面BCD ，PQ ⊂平面BCD ，∴AD ⊥PQ .又∵AD ∩CD ＝D ，∴PQ ⊥平面ACD ， ∴DQ ＝DC 3＝233，∴tan ∠DAQ ＝DQ AD ＝2332＝33，∴∠DAQ ＝30°，在等边△ADE 中，∠DAQ ＝30°，∴AQ ⊥DE ，∵PQ ⊥平面ACD ，DE ⊂平面ACD ，∴PQ ⊥DE ，AQ ∩PQ ＝Q ，∴DE ⊥平面APQ ，∴AP ⊥DE .此时BP ＝BC 3，∴BP BC ＝13.13.如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm ，容器Ⅰ的底面对角线AC的长为cm ，容器Ⅱ的两底面对角线EG ，E 1G 1的长分别为14cm 和62cm. 分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm. 现有一根玻璃棒l ，其长度为40cm.（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）（1）将l 放在容器Ⅰ中，l 的一端置于点A 处，另一端置于侧棱CC 1上，求l 没入水中部分的长度；（2）将l 放在容器Ⅱ中，l 的一端置于点E 处，另一端置于侧棱GG 1上，求l 没入水中部分的长度.【解析】（1）由正棱柱的定义，1CC ⊥平面ABCD ，所以平面11A ACC ⊥平面ABCD ，1CC AC ⊥.记玻璃棒的另一端落在1CC 上点M 处.因为40AC AM ==，所以30MC ==，从而 3sin 4MAC =∠，记AM 与水面的焦点为1P ，过1P 作P 1Q 1⊥AC ， Q 1为垂足，则 P 1Q 1⊥平面 ABCD ，故P 1Q 1=12，从而 AP 1=1116sin P MACQ =∠. ( 如果将“没入水中部分冶理解为“水面以上部分冶，则结果为24cm) （2）如图，O ，O 1是正棱台的两底面中心.由正棱台的定义，OO 1⊥平面 EFGH ， 所以平面E 1EGG 1⊥平面EFGH ，O 1O ⊥EG . 同理，平面 E 1EGG 1⊥平面E 1F 1G 1H 1，O 1O ⊥E 1G 1.记玻璃棒的另一端落在GG 1上点N 处. 过G 作GK ⊥E 1G ，K 为垂足， 则GK =OO 1=32. 因为EG = 14，E 1G 1= 62，所以KG 1= 6214242-=，从而140GG ===.设1,,EGG ENG αβ==∠∠则114sin sin()cos 25KGG KGG απ=+==∠∠. 因为2απ<<π，所以3cos 5α=-. 在ENG △中，由正弦定理可得4014sin sin αβ=，解得7sin 25β=. 因为02βπ<<，所以24cos 25β=. 于是，sin sin()sin()NEG αβαβ=π--=+∠42473sin cos cos sin ()53525255αβαβ=+=⨯+-⨯=.记EN 与水面的交点为P 2，过 P 2作P 2Q 2⊥EG ，Q 2为垂足，则 P 2Q 2⊥平面 EFGH ，故P 2Q 2=12，从而EP 2=2220sin P NEGQ =∠.答：（1）玻璃棒l 没入水中部分的长度为16cm.（2）玻璃棒l 没入水中部分的长度为20cm.(如果将“没入水中部分冶理解为“水面以上部分冶，则结果为20cm)【点睛】空间几何体的考察，主要集中体积、表面积的计算和空间距离的距离，其实这些计算最后都得归结为平面中基本图形中的长度的计算，因此解三角形就是必要的工具.14.如图，圆柱体木材的横截面半径为1 dm ，从该木材中截取一段圆柱体，再加工制作成直四棱柱1111A B C D ABCD -，该四棱柱的上、下底面均为等腰梯形，分别内接于圆柱的上、下底面，下底面圆的圆心O 在梯形ABCD 内部，AB ∥CD ，DAB ∠=60°，1AA AD =，设DAO θ∠=. （1）求梯形ABCD 的面积；（2）当sin θ取何值时，四棱柱1111A B C D ABCD -的体积最大？并求出最大值. （注：木材的长度足够长）【解析】（1）由条件可得，2cos AD θ=， 所以梯形的高sin 603h AD θ==. 又2cos(60)AB θ=-，2cos(120)CD θ=-， 所以梯形ABCD 的面积为12cos(60)2cos(120)3cos 2S θθθ⎡⎤=-+-⨯⎣⎦ cos(60)cos(60)3cos θθθ⎡⎤=--+⨯⎣⎦(2sin 60sin )θθ=3sin 22θ=（2dm ）.（2）设四棱柱1111A B C D ABCD -的体积为V ，因为12cos AA AD θ==， 所以123sin 22cos 6sin (1sin )2A V S A θθθθ=⋅⨯==-.设sin t θ=，因为060θ︒<<，所以0t ⎛∈ ⎝，所以23()6(1)6()V t t t t t =-=-+，0t ⎛∈ ⎝.由2()6(31)18(V t t t t '=-+=-+-，令()0V t '=，得t ，()V t 与()V t '的变化情况列表如下：由上表知，()V t在t =时取得极大值，即为最大值，且最大值V =答：当sin θ=时，四棱柱1111A B C D ABCD -3dm .【备选提高题】1.各棱长都为2的正四棱锥与正四棱柱的体积之比为m ，则m 的值为 . 【答案】12【解析】法一：正四棱柱的体积为8，底面积为4，故体积为3，所6，即6m =. 方法二：设正四棱锥与正四棱柱的高分别为12,h h .因为正四棱锥与正四棱柱的底面积相同，所以体积之比为121332h h ==.2.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 . 【答案】1【解析】因为圆分成圆心角之比为1：2的两个扇形，所以两个扇形圆心角分别为123lπ=和243l π=.1223r ππ=和2423r ππ=，解得123r =，243r =.13h ==， 2h ==.所以21112222114313r h v v r h πππ⋅===3.已知一球与一个正三棱柱的三个侧面及两个底面都相切.若该球的体积为4π3，则该三棱柱的体积是 . 【答案】6 3【解析】由体积得球半径R ＝1，三棱柱的高为2，底面边长为2 3.V ＝34(2 3)2×2＝6 3.4.在三棱锥P ABC -中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D ABE -的体积为1V ， 三棱锥P ABC -的体积为2V ，则12V V = . 【答案】14【解析】因为213C PAB PAB V V S h -∆==，121111323224E ABD DAB PAB h h V V S S V -∆∆==⋅=⨯⨯=，所以1214V V =.5.如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，E 为PD 上一点，且2PE ED =.设三棱锥P ACE -的体积为1V ，三棱锥P ABC -的体积为2V ，则12:V V = .【答案】23【解析】因为2PE ED =，所以三棱锥E ACD -的体积是三棱锥P ACD -体积的13，所以三棱锥P ACE -的体积是P ACD -体积的23.因为三棱锥P ABC -与三棱锥P ACD -体积相等，所以12:V V =23.6.在三棱锥D －ABC 中，AB ＝BC ＝DB ＝DC ＝1，当三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为________. 【答案】7π3【解析】在三棱锥D －ABC 中，当且仅当AB ⊥平面BCD 时，三棱锥体积达到最大， 此时，设外接球的半径为R ，外接球的球心为O ，点F 为△BCD 的中心， 则有R 2＝OB 2＝OF 2＋BF 2＝221()2+＝712，所以表面积S ＝4πR 2＝7π3.7.已知三棱锥P －ABC 内接于球O ，PA ＝PB ＝PC ＝2，当三棱锥P －ABC 的三个侧面的面积之和最大时，球O 的表面积为 . 【答案】12π【解析】由于三条侧棱相等，根据三角形面积公式可知，当PA ，PB ，PC 两两垂直时，侧面积之和最大.此时PA ，PB ，PC 可看成正方体一个顶点的三条侧棱，其外接球直径为正方体的体对角线，即4R 2＝3·22＝12，故球的表面积为4πR 2＝12π.8.已知正四面体P ABC -的棱长均为a ，O 为正四面体P ABC -的外接球的球心，过点O 作平行于底面ABC 的平面截正四面体P ABC -，得到三棱锥111P A B C -和三棱台111ABC A B C -，那么三棱锥111P A B C -的外接球的表面积为 . 【答案】22732a π 【解析】设底面ABC ∆的外接圆半径为r ，则2sin3a r π=，所以r .， 设正四面体的外接球半径为R，则222))R R =+-，∴R =.3:4=，所以三棱锥111P A B C -的外接球的表面积为2223274)()432a ππ⨯⨯=.。
2023年高考数学一轮复习第七章立体几何与空间向量3空间点直线平面之间的位置关系练习含解析
空间点、直线、平面之间的位置关系考试要求 1．借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义．2．了解四个基本事实和一个定理，并能应用定理解决问题．知识梳理 1．平面基本事实1：过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面．基本事实2：如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内． 基本事实3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．基本事实4：平行于同一条直线的两条直线平行． 2．“三个”推论推论1：经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面． 推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面． 推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面． 3．空间中直线与直线的位置关系⎩⎪⎨⎪⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧相交直线，平行直线，异面直线：不同在任何一个平面内，没有 公共点.4．空间中直线与平面的位置关系直线与平面的位置关系有：直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情况． 5．空间中平面与平面的位置关系平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况． 6．等角定理如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补． 7．异面直线所成的角(1)定义：已知两条异面直线a ，b ，经过空间任一点O 分别作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把直线a ′与b ′所成的角叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角)．(2)范围：⎝⎛⎦⎥⎤0，π2．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两个平面α，β有一个公共点A ，就说α，β相交于过A 点的任意一条直线．( × ) (2)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面．( √ ) (3)如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合．( × ) (4)没有公共点的两条直线是异面直线．( × ) 教材改编题1．(多选)如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法正确的是( )A ．AB 与CD 是异面直线 B ．GH 与CD 相交C ．EF ∥CD D ．EF 与AB 异面 答案 ABC解析 把展开图还原成正方体，如图所示．还原后点G 与C 重合，点B 与F 重合，由图可知ABC 正确，EF 与AB 相交，故D 错． 2．如果直线a ⊂平面α，直线b ⊂平面β．且α∥β，则a 与b ( ) A ．共面 B ．平行 C ．是异面直线D ．可能平行，也可能是异面直线 答案 D解析 α∥β，说明a 与b 无公共点， ∴a 与b 可能平行也可能是异面直线．3．如图，在三棱锥A －BCD 中，E ，F ，G ，H 分别是棱AB ，BC ，CD ，DA 的中点，则(1)当AC ，BD 满足条件________时，四边形EFGH 为菱形； (2)当AC ，BD 满足条件________时，四边形EFGH 为正方形． 答案 (1)AC ＝BD (2)AC ＝BD 且AC ⊥BD 解析 (1)∵四边形EFGH 为菱形， ∴EF ＝EH ，∵EF 綉12AC ，EH 綉12BD ，∴AC ＝BD ．(2)∵四边形EFGH 为正方形， ∴EF ＝EH 且EF ⊥EH ， ∵EF 綉12AC ，EH 綉12BD ，∴AC ＝BD 且AC ⊥BD ．题型一 基本事实应用例1 如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是AB ，AA 1的中点，连接D 1F ，CE ．求证：(1)E ，C ，D 1，F 四点共面； (2)CE ，D 1F ，DA 三线共点．证明 (1)如图所示，连接CD 1，EF ，A 1B ， ∵E ，F 分别是AB ，AA 1的中点， ∴EF ∥A 1B ，且EF ＝12A 1B ．又∵A 1D 1∥BC ，A 1D 1＝BC ， ∴四边形A 1BCD 1是平行四边形， ∴A 1B ∥CD 1，∴EF ∥CD 1，∴EF 与CD 1能够确定一个平面ECD 1F ， 即E ，C ，D 1，F 四点共面．(2)由(1)知EF ∥CD 1，且EF ＝12CD 1，∴四边形CD 1FE 是梯形， ∴CE 与D 1F 必相交，设交点为P ， 则P ∈CE ，且P ∈D 1F ，∵CE ⊂平面ABCD ，D 1F ⊂平面A 1ADD 1， ∴P ∈平面ABCD ，且P ∈平面A 1ADD 1． 又∵平面ABCD ∩平面A 1ADD 1＝AD ， ∴P ∈AD ，∴CE ，D 1F ，DA 三线共点． 教师备选如图所示，已知在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为D 1C 1，C 1B 1的中点，AC ∩BD ＝P ，A 1C 1∩EF ＝Q ．求证：(1)D ，B ，F ，E 四点共面；(2)若A 1C 交平面DBFE 于R 点，则P ，Q ，R 三点共线． 证明 (1)∵EF 是△D 1B 1C 1的中位线， ∴EF ∥B 1D 1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，B 1D 1∥BD ， ∴EF ∥BD ．∴EF ，BD 确定一个平面，即D ，B ，F ，E 四点共面． (2)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， 设平面A 1ACC 1为α， 平面BDEF 为β． ∵Q ∈A 1C 1，∴Q ∈α．又Q∈EF，∴Q∈β，则Q是α与β的公共点，同理，P是α与β的公共点，∴α∩β＝PQ．又A1C∩β＝R，∴R∈A1C．∴R∈α，且R∈β，则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．思维升华共面、共线、共点问题的证明(1)证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内．(2)证明共线的方法：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上．(3)证明共点的方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．跟踪训练1 (1)(多选)如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点共面的图是( )答案ABC解析对于A，PS∥QR，故P，Q，R，S四点共面；同理，B，C图中四点也共面；D中四点不共面．(2)在三棱锥A－BCD的棱AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EF∩HG＝P，则点P( )A．一定在直线BD上B．一定在直线AC上C．在直线AC或BD上D．不在直线AC上，也不在直线BD上答案 B解析如图所示，因为EF⊂平面ABC，HG⊂平面ACD，EF∩HG＝P，所以P∈平面ABC，P∈平面ACD．又因为平面ABC∩平面ACD＝AC，所以P∈AC．题型二空间线面位置关系命题点1 空间位置关系的判断例2 (1)下列推断中，错误的是( )A．若M∈α，M∈β，α∩β＝l，则M∈lB．A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β＝ABC．l⊄α，A∈l⇒A∉αD．A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线⇒α，β重合答案 C解析对于A，因为M∈α，M∈β，α∩β＝l，由基本事实3可知M∈l，A对；对于B，A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，故直线AB⊂α，AB⊂β，即α∩β＝AB，B对；对于C，若l∩α＝A，则有l⊄α，A∈l，但A∈α，C错；对于D，有三个不共线的点在平面α，β中，故α，β重合，D对．(2)已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是长方形A1B1C1D1与长方形BCC1B1的中心，则下列说法正确的是( )A．直线MN与直线A1B是异面直线B．直线MN与直线DD1相交C．直线MN与直线AC1是异面直线D．直线MN与直线A1C平行答案 C解析如图，因为M，N分别是长方形A1B1C1D1与长方形BCC1B1的中心，所以M，N分别是A1C1，BC1的中点，所以直线MN与直线A1B平行，所以A错误；因为直线MN经过平面BB1D1D内一点M，且点M不在直线DD1上，所以直线MN与直线DD1是异面直线，所以B错误；因为直线MN经过平面ABC1内一点N，且点N不在直线AC1上，所以直线MN与直线AC1是异面直线，所以C正确；因为直线MN经过平面A1CC1内一点M，且点M不在直线A1C上，所以直线MN与直线A1C是异面直线，所以D错误．命题点2 异面直线所成角例3 (1)(2021·全国乙卷)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为B 1D 1的中点，则直线PB 与AD 1所成的角为( ) A ．π2B ．π3C ．π4D ．π6答案 D解析 方法一 如图，连接C 1P ，因为ABCD －A 1B 1C 1D 1是正方体，且P 为B 1D 1的中点，所以C 1P ⊥B 1D 1，又C 1P ⊥BB 1，所以C 1P ⊥平面B 1BP ．又BP ⊂平面B 1BP ，所以C 1P ⊥BP ．连接BC 1，则AD 1∥BC 1，所以∠PBC 1为直线PB 与AD 1所成的角．设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则在Rt△C 1PB 中，C 1P ＝12B 1D 1＝2，BC 1＝22，sin∠PBC 1＝PC 1BC 1＝12，所以∠PBC 1＝π6．方法二 如图所示，连接BC 1，A 1B ，A 1P ，PC 1，则易知AD 1∥BC 1，所以直线PB 与AD 1所成的角等于直线PB 与BC 1所成的角．根据P 为正方形A 1B 1C 1D 1的对角线B 1D 1的中点，易知A 1，P ，C 1三点共线，且P 为A 1C 1的中点．易知A 1B ＝BC 1＝A 1C 1，所以△A 1BC 1为等边三角形，所以∠A 1BC 1＝π3，又P 为A 1C 1的中点，所以可得∠PBC 1＝12∠A 1BC 1＝π6．(2)(2022·衡水检测)如图，在圆锥SO 中，AB ，CD 为底面圆的两条直径，AB ∩CD ＝O ，且AB ⊥CD ，SO ＝OB ＝3，SE ＝14SB ，则异面直线SC 与OE 所成角的正切值为( )A ．222B ．53C ．1316D ．113答案 D解析 如图，过点S 作SF ∥OE ，交AB 于点F ，连接CF ，则∠CSF (或其补角)为异面直线SC 与OE 所成的角．∵SE ＝14SB ，∴SE ＝13BE ．又OB ＝3，∴OF ＝13OB ＝1．∵SO ⊥OC ，SO ＝OC ＝3， ∴SC ＝32．∵SO ⊥OF ，∴SF ＝SO 2＋OF 2＝10． ∵OC ⊥OF ，∴CF ＝10． ∴在等腰△SCF 中，tan∠CSF ＝102－⎝ ⎛⎭⎪⎫3222322＝113． 教师备选1．(多选)设a ，b ，c 是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列结论不正确的是( )A ．若a ⊂α，b ⊂β，则a 与b 是异面直线B ．若a 与b 异面，b 与c 异面，则a 与c 异面C ．若a ，b 不同在平面α内，则a 与b 异面D ．若a ，b 不同在任何一个平面内，则a 与b 异面 答案 ABC2．在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( )A ．15B ．56C ．55D ．22 答案 C解析 如图，连接BD 1，交DB 1于O ，取AB 的中点M ，连接DM ，OM ．易知O 为BD 1的中点，所以AD 1∥OM ，则∠MOD 为异面直线AD 1与DB 1所成角或其补角．因为在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，AD 1＝AD 2＋DD 21＝2， DM ＝AD 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12AB 2＝52， DB 1＝AB 2＋AD 2＋BB 21＝5． 所以OM ＝12AD 1＝1，OD ＝12DB 1＝52，于是在△DMO 中，由余弦定理，得cos∠MOD ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫522－⎝ ⎛⎭⎪⎫5222×1×52＝55，即异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55． 思维升华 (1)点、直线、平面位置关系的判定，注意构造几何体(长方体、正方体)模型来判断，常借助正方体为模型． (2)求异面直线所成的角的三个步骤一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角． 二证：证明作出的角是异面直线所成的角． 三求：解三角形，求出所作的角．跟踪训练2 (1)如图所示，G ，N ，M ，H 分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH 与MN 是异面直线的图形有________．(填序号)答案 ②④(2)若直线l 1和l 2是异面直线，l 1在平面α内，l 2在平面β内，l 是平面α与平面β的交线，则下列结论正确的是( ) A ．l 与l 1，l 2都不相交 B ．l 与l 1，l 2都相交C ．l 至多与l 1，l 2中的一条相交D ．l 至少与l 1，l 2中的一条相交 答案 D解析 如图1，l 1与l 2是异面直线，l 1与l 平行，l 2与l 相交，故A ，B 不正确；如图2，l 1与l 2是异面直线，l 1，l 2都与l 相交，故C 不正确．图1 图2题型三 空间几何体的切割(截面)问题例4 (1)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱DD 1和BB 1上的点，MD ＝13DD 1，NB ＝13BB 1，那么正方体中过M ，N ，C 1的截面图形是( ) A ．三角形 B ．四边形 C ．五边形 D ．六边形答案 C解析 先确定截面上的已知边与几何体上和其共面的边的交点，再确定截面与几何体的棱的交点．如图，设直线C 1M ，CD 相交于点P ，直线C 1N ，CB 相交于点Q ，连接PQ 交直线AD 于点E ，交直线AB 于点F ，则五边形C 1MEFN 为所求截面图形．(2)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2．以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为______． 答案π2解析 以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线是以C 1为圆心，1为半径的圆与正方形BCC 1B 1相交的一段弧(圆周的四分之一)，其长度为14×2π×1＝π2．延伸探究 将本例(2)中正方体改为直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°．以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．答案2π2解析 如图，设B 1C 1的中点为E ，球面与棱BB 1，CC 1的交点分别为P ，Q ，连接DB ，D 1B 1，D 1P ，D 1E ，EP ，EQ ，由∠BAD ＝60°，AB ＝AD ，知△ABD 为等边三角形， ∴D 1B 1＝DB ＝2，∴△D 1B 1C 1为等边三角形， 则D 1E ＝3且D 1E ⊥平面BCC 1B 1，∴E 为球面截侧面BCC 1B 1所得截面圆的圆心， 设截面圆的半径为r ，则r ＝R 2球－D 1E 2＝5－3＝2． 又由题意可得EP ＝EQ ＝2，∴球面与侧面BCC 1B 1的交线为以E 为圆心的圆弧PQ ． 又D 1P ＝5，∴B 1P ＝D 1P 2－D 1B 21＝1， 同理C 1Q ＝1，∴P ，Q 分别为BB 1，CC 1的中点， ∴∠PEQ ＝π2，知PQ ︵的长为π2×2＝2π2，即交线长为2π2．教师备选如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是BC 的中点，平面α经过直线BD 且与直线C 1E 平行，若正方体的棱长为2，则平面α截正方体所得的多边形的面积为________．答案 92解析 如图，过点B 作BM ∥C 1E 交B 1C 1于点M ，过点M 作BD 的平行线，交C 1D 1于点N ，连接DN ，则平面BDNM 即为符合条件的平面α，由图可知M ，N 分别为B 1C 1，C 1D 1的中点， 故BD ＝22，MN ＝2， 且BM ＝DN ＝5， ∴等腰梯形MNDB 的高为h ＝52－⎝⎛⎭⎪⎫222＝322， ∴梯形MNDB 的面积为 12×(2＋22)×322＝92． 思维升华 (1)作截面应遵循的三个原则：①在同一平面上的两点可引直线；②凡是相交的直线都要画出它们的交点；③凡是相交的平面都要画出它们的交线． (2)作交线的方法有如下两种：①利用基本事实3作交线；②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线． 跟踪训练3 (1)(多选)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，已知平面α⊥AC 1，则关于α截此正方体所得截面的判断正确的是( ) A ．截面形状可能为正三角形 B ．截面形状可能为正方形 C ．截面形状可能为正六边形 D ．截面面积最大值为3 3 答案 ACD解析 易知A ，C 正确，B 不正确，下面说明D 正确，如图，截面为正六边形，当六边形的顶点均为棱的中点时，其面积最大，MN ＝22，GH ＝2，OE ＝OO ′2＋O ′E 2＝1＋⎝⎛⎭⎪⎫222＝62， 所以S ＝2×12×(2＋22)×62＝33，故D 正确．(2)(2022·兰州模拟)如图，正方体A 1C 的棱长为1，点M 在棱A 1D 1上，A 1M ＝2MD 1，过M 的平面α与平面A 1BC 1平行，且与正方体各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为________．答案 3 2解析 在平面A 1D 1DA 中寻找与平面A 1BC 1平行的直线时，只需要ME ∥BC 1，如图所示，因为A 1M ＝2MD 1，故该截面与正方体的交点位于靠近D 1，A ，C 的三等分点处，故可得截面为MIHGFE ，设正方体的棱长为3a ， 则ME ＝22a ，MI ＝2a ，IH ＝22a ，HG ＝2a ，FG ＝22a ，EF ＝2a ，所以截面MIHGFE 的周长为ME ＋EF ＋FG ＋GH ＋HI ＋IM ＝92a ， 又因为正方体A 1C 的棱长为1，即3a ＝1， 故截面多边形的周长为32．课时精练1．下列叙述错误的是( )A ．若P ∈α∩β，且α∩β＝l ，则P ∈lB．若直线a∩b＝A，则直线a与b能确定一个平面C．三点A，B，C确定一个平面D．若A∈l，B∈l且A∈α，B∈α，则l⊂α答案 C解析选项A，点P是两平面的公共点，当然在交线上，故正确；选项B，由基本事实的推论可知，两相交直线确定一个平面，故正确；选项C，只有不共线的三点才能确定一个平面，故错误；选项D，由基本事实2，直线上有两点在一个平面内，则这条直线在平面内．2．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列判断正确的是( ) A．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则直线m与n可能相交或异面B．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则直线m与n一定平行C．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则直线m与n一定垂直D．若m∥α，n∥β，α∥β，则直线m与n一定平行答案 A解析m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，对于A，若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则直线m与n相交垂直或异面垂直，故A正确；对于B，若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则直线m与n相交、平行或异面，故B错误；对于C，若m⊥α，n∥β，α⊥β，则直线m与n相交、平行或异面，故C错误；对于D，若m∥α，n∥β，α∥β，则直线m与n平行或异面，故D错误．3．(2022·营口模拟)已知空间中不过同一点的三条直线a，b，l，则“a，b，l两两相交”是“a，b，l共面”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答案 A解析空间中不过同一点的三条直线a，b，l，若a，b，l在同一平面，则a，b，l相交或a，b，l有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行．所以a，b，l在同一平面，则a，b，l两两相交不一定成立；而若a，b，l两两相交，则a，b，l在同一平面成立．故“a，b，l两两相交”是“a，b，l共面”的充分不必要条件．4．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是平面ADD1A1的中心，M，N，F分别是B1C1，CC1，AB的中点，则下列说法正确的是( )A ．MN ＝12EF ，且MN 与EF 平行B ．MN ≠12EF ，且MN 与EF 平行C ．MN ＝12EF ，且MN 与EF 异面D ．MN ≠12EF ，且MN 与EF 异面答案 D解析 设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2a ， 则MN ＝MC 21＋C 1N 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 22 ＝2a ，作点E 在平面ABCD 内的射影点G ，连接EG ，GF ，所以EF ＝EG 2＋GF 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 22＋2a2＝3a ，所以MN ≠12EF ，故选项A ，C 错误；连接DE ，因为E 为平面ADD 1A 1的中心， 所以DE ＝12A 1D ，又因为M ，N 分别为B 1C 1，CC 1的中点，所以MN ∥B 1C ， 又因为B 1C ∥A 1D ，所以MN ∥ED ， 且DE ∩EF ＝E ，所以MN 与EF 异面，故选项B 错误．5．(多选)(2022·临沂模拟)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是DB 的中点，直线A 1C 交平面C 1BD 于点M ，则下列结论正确的是( )A．C1，M，O三点共线B．C1，M，O，C四点共面C．C1，O，B1，B四点共面D．D1，D，O，M四点共面答案AB解析∵O∈AC，AC⊂平面ACC1A1，∴O∈平面ACC1A1．∵O∈BD，BD⊂平面C1BD，∴O∈平面C1BD，∴O是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点，同理可得，点M和C1都是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点，∴三点C1，M，O在平面C1BD与平面ACC1A1的交线上，即C1，M，O三点共线，故A，B正确；根据异面直线的判定定理可得BB1与C1O为异面直线，故C1，O，B1，B四点不共面，故C不正确；根据异面直线的判定定理可得DD1与MO为异面直线，故D1，D，O，M四点不共面，故D不正确．6．(多选)(2022·厦门模拟)下列说法不正确的是( )A．两组对边分别相等的四边形确定一个平面B．和同一条直线异面的两直线一定共面C．与两异面直线分别相交的两直线一定不平行D．一条直线和两平行线中的一条相交，也必定和另一条相交答案ABD解析两组对边分别相等的四边形可能是空间四边形，故A错误；如图1，直线DD1与B1C1都是直线AB的异面直线，同样DD1与B1C1也是异面直线，故B错误；如图2，设直线AB与CD是异面直线，则直线AC与BD一定不平行，否则AC∥BD，有AC与BD确定一个平面α，则AC⊂α，BD⊂α，所以A∈α，B∈α，C∈α，D∈α，所以AB⊂α，CD⊂α，这与假设矛盾，故C正确；如图1，AB∥CD，而直线AA1与AB相交，但与直线CD不相交，故D错误．图1 图27．(2022·哈尔滨模拟)已知在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为________． 答案105解析 如图所示，补成直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1，则所求角为∠BC 1D 或其补角，∵BC 1＝2，BD ＝22＋1－2×2×1×cos60°＝3，C 1D ＝AB 1＝5， 易得C 1D 2＝BD 2＋BC 21，即BC 1⊥BD ， 因此cos∠BC 1D ＝BC 1C 1D ＝25＝105． 8．(2022·本溪模拟)在空间中，给出下面四个命题，其中假命题为________．(填序号) ①过平面α外的两点，有且只有一个平面与平面α垂直； ②若平面β内有不共线三点到平面α的距离都相等，则α∥β； ③若直线l 与平面α内的任意一条直线垂直，则l ⊥α； ④两条异面直线在同一平面内的射影一定是两条相交直线． 答案 ①②④解析 对于①，当平面α外两点的连线与平面α垂直时，此时过两点有无数个平面与平面α垂直，所以①不正确；对于②，若平面β内有不共线三点到平面α的距离都相等，平面α与β可能平行，也可能相交，所以②不正确；对于③，直线l 与平面内的任意直线垂直时，得到l ⊥α，所以③正确；对于④，两条异面直线在同一平面内的射影可能是两条相交直线或两条平行直线或直线和直线外的一点，所以④不正确．9．(2022·上海市静安区模拟)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB ，CC 1的中点．(1)求异面直线A 1E 与D 1F 所成的角的余弦值； (2)求三棱锥A 1－D 1EF 的体积．解 (1)如图，设BB 1的中点为H ，连接HF ，EH ，A 1H ，因为F 是CC 1的中点，所以A 1D 1∥CB ∥HF ，A 1D 1＝CB ＝HF ， 因此四边形A 1D 1FH 是平行四边形， 所以D 1F ∥A 1H ，D 1F ＝A 1H ，因此∠EA 1H 是异面直线A 1E 与D 1F 所成的角或其补角， 正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 是AB 的中点， 所以A 1E ＝A 1H ＝22＋12＝5，EH ＝12＋12＝2，由余弦定理可知，cos∠EA 1H ＝A 1E 2＋A 1H 2－EH 22A 1E ·A 1H ＝5＋5－22×5×5＝45，所以异面直线A 1E 与D 1F 所成的角的余弦值为45．(2)因为A 1D 1∥HF ，HF ⊄平面A 1D 1E ，A 1D 1⊂平面A 1D 1E ， 所以HF ∥平面A 1D 1E ，因此点H ，F 到平面A 1D 1E 的距离相等， 即111111F A D E H A D E D A EH V V V －－－＝＝，11D A EH V －＝13D 1A 1·1A EH S △＝13×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫22－12×2×1×2－12×1×1＝1，所以三棱锥A 1－D 1EF 的体积为1．10．如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的侧棱AA 1⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为菱形，E ，F 分别为AA 1，CC 1的中点，M 为AB 上一点．(1)若D 1E 与CM 相交于点K ，求证D 1E ，CM ，DA 三条直线相交于同一点； (2)若AB ＝2，AA 1＝4，∠BAD ＝π3，求点D 1到平面FBD 的距离．(1)证明 ∵D 1E 与CM 相交于点K ， ∴K ∈D 1E ，K ∈CM ，而D 1E ⊂平面ADD 1A 1，CM ⊂平面ABCD ， 且平面ADD 1A 1∩平面ABCD ＝AD ， ∴K ∈AD ，∴D 1E ，CM ，DA 三条直线相交于同一点K ． (2)解 ∵四边形ABCD 为菱形，AB ＝2， ∴BC ＝CD ＝2，而四棱柱的侧棱AA 1⊥底面ABCD ， ∴CC 1⊥底面ABCD ，又∵F 是CC 1的中点，CC 1＝4，∴CF ＝2， ∴BF ＝DF ＝22，又∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝π3，∴BD ＝AB ＝2， ∴S △FBD ＝12×2×222－1＝7．设点D 1到平面FBD 的距离为h ，点B 到平面DD 1F 的距离为d ， 则d ＝2sin π3＝3，又∵11D FBD B DD F V V －－＝， ∴13×S △FBD ×h ＝13×1DD F S △×d ， ∴13×7×h ＝13×12×4×2×3， 解得h ＝4217．即点D1到平面FBD的距离为421 7．11．(多选)(2022·太原模拟)如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，下列结论正确的是( )A．GH与EF平行B．BD与MN为异面直线C．GH与MN成60°角D．DE与MN垂直答案BCD解析如图，还原成正四面体A－DEF，其中H与N重合，A，B，C三点重合，连接GM，易知GH与EF异面，BD与MN异面．又△GMH为等边三角形，∴GH与MN成60°角，易证DE⊥AF，MN∥AF，∴MN⊥DE．∴B，C，D正确．12．(多选)(2022·广州六校联考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，A1D1的中点，下列结论正确的是( )A．AP与CM是异面直线B．AP，CM，DD1相交于一点C．MN∥BD1D．MN∥平面BB1D1D答案 BD解析 如图，连接MP ，AC ，因为MP ∥AC ，MP ≠AC ，所以AP 与CM 是相交直线，又平面A 1ADD 1∩平面C 1CDD 1＝DD 1，所以AP ，CM ，DD 1相交于一点，则A 不正确，B 正确；令AC ∩BD ＝O ，连接OD 1，ON ．因为M ，N 分别是C 1D 1，BC 的中点，所以ON ∥D 1M ∥CD ，ON ＝D 1M ＝12CD ， 则四边形MNOD 1为平行四边形，所以MN ∥OD 1，因为MN ⊄平面BB 1D 1D ，OD 1⊂平面BB 1D 1D ，所以MN ∥平面BB 1D 1D ，C 不正确，D 正确．13．(2022·玉林模拟)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，P ，Q 分别为A 1B ，B 1D 1，A 1D ，CD 1的中点，则直线EF 与PQ 所成角的大小是________．答案 π3解析 如图，连接A 1C 1，BC 1，则F 是A 1C 1的中点，又E 为A 1B 的中点，所以EF ∥BC 1，连接DC 1，则Q 是DC 1的中点，又P 为A 1D 的中点，所以PQ ∥A 1C 1，于是∠A 1C 1B 是直线EF 与PQ 所成的角或其补角．易知△A 1C 1B 是正三角形，所以∠A 1C 1B ＝π3． 14．(2022·盐城模拟)在棱长为4的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P ，Q 分别为棱A 1D 1，CC 1的中点，过P ，Q ，A 作正方体的截面，则截面多边形的周长是________．答案 25＋95＋2133 解析 如图所示，过Q 作QM ∥AP 交BC 于M ，由A 1P ＝CQ ＝2，tan∠APA 1＝2，则tan∠CMQ ＝2，CM ＝CQtan∠CMQ＝1， 延长MQ 交B 1C 1的延长线于E 点，连接PE ，交D 1C 1于N 点，则多边形AMQNP 即为截面，根据平行线性质有C 1E ＝CM ＝1， C 1N ND 1＝C 1E PD 1＝12， 则C 1N ＝43，D 1N ＝83， 因此NQ ＝22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫432＝2133， NP ＝22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫832＝103， 又AP ＝42＋22＝25，AM ＝42＋32＝5，MQ ＝12＋22＝5，所以多边形AMQNP 的周长为AM ＋MQ ＋QN ＋NP ＋PA＝5＋5＋2133＋103＋2 5 ＝25＋95＋2133．15．(2022·大连模拟)如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是边长为2的正方形，AA 1＝3，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，过点D 1，E ，F 的平面记为α，则下列说法中错误的是( )A ．点B 到平面α的距离与点A 1到平面α的距离之比为1∶2B ．平面α截直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1所得截面的面积为732C ．平面α将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47∶25D ．平面α截直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1所得截面的形状为四边形 答案 D解析 对于A ，因为平面α过线段AB 的中点E ，所以点A 到平面α的距离与点B 到平面α的距离相等．由平面α过A 1A 的三等分点M 可知，点A 1到平面α的距离是点A 到平面α的距离的2倍，因此，点A 1到平面α的距离是点B 到平面α的距离的2倍．故选项A 正确；延长DA ，DC 交直线EF 的延长线于点P ，Q ，连接D 1P ，D 1Q ，交棱A 1A ，C 1C 于点M ，N ．连接ME ，NF ，可得五边形D 1MEFN ，故选项D 错误；由平行线分线段成比例可得AP ＝BF ＝1，故DP ＝DD 1＝3，则△DD 1P 为等腰三角形．由相似三角形可知，AM ＝AP ＝1，A 1M ＝2，则D 1M ＝D 1N ＝22，ME ＝EF ＝FN ＝2．连接MN ，则MN ＝22，因此五边形D 1MEFN 可分为等边三角形D 1MN 和等腰梯形MEFN ．等腰梯形MEFN 的高h ＝22－⎝ ⎛⎭⎪⎫22－222＝62， 则等腰梯形MEFN 的面积为22＋22×62＝332．又1D MN S △＝12×22×6＝23，所以五边形D 1MEFN 的面积为332＋23＝732，故选项B 正确；记平面将直四棱柱分割成上、下两部分的体积分别为V 1，V 2，则V 2＝1D DPQ V －－V M －PAE －V N －CFQ＝13×12×3×3×3－13×12×1×1×1－13×12×1×1×1＝256， 所以V 1＝1111ABCD A B C D V －－V 2＝12－256＝476， V 1∶V 2＝47∶25，故选项C 正确．16．如图1，在边长为4的正三角形ABC 中，D ，F 分别为AB ，AC 的中点，E 为AD 的中点．将△BCD 与△AEF 分别沿CD ，EF 同侧折起，使得二面角A －EF －D 与二面角B －CD －E 的大小都等于90°，得到如图2所示的多面体．图1 图2(1)在多面体中，求证：A ，B ，D ，E 四点共面；(2)求多面体的体积．(1)证明 因为二面角A －EF －D 的大小等于90°，所以平面AEF ⊥平面DEFC ，又AE ⊥EF ，AE ⊂平面AEF ，平面AEF ∩平面DEFC ＝EF ，所以AE ⊥平面DEFC ，同理，可得BD ⊥平面DEFC ，所以AE ∥BD ，故A ，B ，D ，E 四点共面．(2)解 因为AE ⊥平面DEFC ，BD ⊥平面DEFC ，EF ∥CD ，AE ∥BD ，DE ⊥CD ，所以AE 是四棱锥A －CDEF 的高，点A 到平面BCD 的距离等于点E 到平面BCD 的距离， 又AE ＝DE ＝1，CD ＝23，EF ＝3，BD ＝2，所以V ＝V A －CDEF ＋V A －BCD ＝13S 梯形CDEF ·AE ＋13S △BCD ·DE ＝736．。
2020版高考数学一轮复习第七章立体几何课时作业43课件文新人教A版
6．某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是 3，则正视图中 的 x 的值是( )
A．2 C．32
B．29 D．3
解析 根据三视图判断几何体为四棱锥，其直观图如图所示，则体积 V ＝13×1＋2 2×2×x＝3，解得 x＝3。故选 D。
答案 D
7．(2019·贵阳市监测考试)如图，正方形网格的边长为 1，粗实线表示 的是某几何体的三视图，该几何体的顶点都在球 O 的球面上，则球 O 的表 面积为( )
答案 D
4．(2019·湖南湘东五校联考)某几何体的三视图如图所示，则这个几何 体的体积为( )
A．16－23π C．16－43π
B．8－43π D．161－π3
解析 根据三视图知，该几何体是一个直四棱柱内挖去一个圆锥后剩 余的部分，画出直观图如图所示，结合图中数据，得该几何体的体积 V＝ V 四棱柱－V 圆锥＝22×4－13π×12×4＝16－43π。故选 C。
答案 D
15.(2019·济南模拟)一只蚂蚁从正方体 ABCD－A1B1C1D1 的顶点 A 出发， 经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点 C1 的位置，则下列图形中可以表 示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是________。
解析 由点 A 经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点 C1 的位置， 共有 6 种路线(对应 6 种不同的展开方式)，若把平面 ABB1A1 和平面 BCC1B1 展开到同一个平面内，连接 AC1，则 AC1 是最短路线，且 AC1 会经过 BB1 的中点，此时对应的正视图为②；若把平面 ABCD 和平面 CDD1C1 展开到 同一个平面内，连接 AC1，则 AC1 是最短路线，且 AC1 会经过 CD 的中点， 此时对应的正视图为④。而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出 现。
高三数学(理)一轮复习(课件)第七章 立体几何7-5
因为 SA＝SB，所以△SAB 为等腰三角形， 所以 SE⊥AB。 又 SE∩DE＝E，所以 AB⊥平面 SDE。 又 SD⊂平面 SDE，所以 AB⊥SD。 在△SAC 中，SA＝SC，D 为 AC 的中点， 所以 SD⊥AC。 又 AC∩AB＝A，所以 SD⊥平面 ABC。 (2)由于 AB＝BC，则 BD⊥AC， 由(1)可知，SD⊥平面 ABC，又 BD⊂平面 ABC， 所以 SD⊥BD， 又 SD∩AC＝D，所以 BD⊥平面 SAC。
1．证明面面垂直的常用方法：(1)利用面面垂直的定义；(2)利用面面 垂直的判定定理，转化为从现有直线中(或作辅助线)寻找平面的垂线，即 证明线面垂直。
2．两个平面垂直问题，通常是通过“线线垂直→线面垂直→面面垂 直”的过程来实现的。
【变式训练】 (2019·唐山市摸底考试)如图，在四棱锥 P－ABCD 中， PC⊥底面 ABCD，ABCD 是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD ＝2，E 是 PB 的中点。
考点三 开放型问题 【例 3】如图所示，在直四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 中，DB＝BC， DB⊥AC，点 M 是棱 BB1 上一点。
(1)求证：B1D1∥平面 A1BD。 (2)求证：MD⊥AC。 (3)试确定点 M 的位置，使得平面 DMC1⊥平面 CC1D1D。
解 (1)证明：由直四棱柱，得 BB1∥DD1，且 BB1＝DD1，
(1)如图，连接 OA，OB，OC，OP，在 Rt△POA，Rt△POB 和 Rt△POC 中，PA＝PB＝PC，所以 OA＝OB＝OC，即 O 为△ABC 的外心。
(2)如图，延长 AO，BO，CO 分别交 BC，AC，AB 于 H，D，G。因为 PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，所以 PC⊥平面 PAB，又 AB⊂平面 PAB， 所以 PC⊥AB，因为 AB⊥PO，PO∩PC＝P，所以 AB⊥平面 PGC，又 CG ⊂平面 PGC，所以 AB⊥CG，即 CG 为△ABC 边 AB 上的高。同理可证 BD， AH 分别为△ABC 边 AC，BC 上的高，即 O 为△ABC 的垂心。