高中数学 第一章 立体几何初步 章末复习

第一章章末总结一、直观图和三视图的画法直观图和三视图是空间几何体的不同表现形式，空间几何体的三视图可以使我们更好地把握空间几何体的性质，由空间几何体可以画出它的三视图，同样由三视图可以想象出空间几何体的形状，两者之间可以相互转化，解决此类问题主要依据它们的概念和画法规则．例1一几何体的三视图如图所示．(1)说出该几何体的结构特征并画出直观图；(2)计算该几何体的体积与表面积．二、共点、共线、共面问题1．关于多点共线问题往往需要证明这些点在某两个平面的交线上．2．多线共点问题的证明往往让其他线都过某两条线的交点．3．多点共面问题的证明往往让其他点在某三点或四点确定的平面上．4．多线共面问题的证明往往让其他线在某两条直线确定的平面内．例2如图所示，空间四边形ABCD中，E、F分别为AB、AD的中点，G、H分别在BC、CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2．求证：(1)E、F、G、H四点共面；(2)GE与HF的交点在直线AC上．三、平行问题1．空间平行关系的判定方法：(1)判定线线平行的方法．①利用线线平行的定义证共面而且无公共点(结合反证法)；②利用平行公理；③利用线面平行性质定理；④利用线面垂直的性质定理(若a⊥α，b⊥α，则a∥b)；⑤利用面面平行性质定理(若α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，则a∥b)．(2)判断线面平行的方法：①线面平行的定义(无公共点)；②利用线面平行的判定定理(a⊆α，b α，a∥b⇒a∥α)；③面面平行的性质定理(α∥β，a α⇒a∥β)；④面面平行的性质(α∥β，a⊆α，a⊆β，a∥α⇒a∥β)．(3)面面平行的判定方法有：①平面平行的定义(无公共点)；②判定定理(若a∥β，b∥β，a、b α，且a∩b＝A，则α∥β)；③判定定理的推论(若a∥a′，b∥b′，a α，b α且a∩b＝A，a′ β，b′β，且a′∩b′＝A′，则α∥β)；④线面垂直性质定理(若a⊥α，a⊥β，则α∥β)；⑤平面平行的性质(传递性：α∥β，β∥γ⇒α∥γ)．2．平行关系的转化是：例3如图，S为矩形ABCD所在平面外一点，E、F分别是SD、BC上的点，且SE∶ED ＝BF∶FC．求证：EF∥平面SAB．例4如图所示，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是梯形，AB∥CD，AD⊥DC，CD ＝2，DD1＝AB＝1，P、Q分别是CC1、C1D1的中点．求证：AC∥平面BPQ．四、垂直问题1．空间垂直关系的判定方法：(1)判定线线垂直的方法有：①计算所成的角为90°(包括平面角和异面直线所成的角)；②线面垂直的性质(若a⊥α，b α，则a⊥b)；③面面垂直的定义：两平面相交形成的二面角的平面角为90°．(2)判定线面垂直的方法有：①线面垂直定义(一般不易验证任意性)；②线面垂直的判定定理(a⊥b，a⊥c，b α，c α，b∩c＝M⇒a⊥α)；③平行线垂直平面的传递性质(a ∥b ，b ⊥α⇒a ⊥α)；④面面垂直的性质(α⊥β，α∩β＝l ，a β，a ⊥l ⇒a ⊥α)；⑤面面平行的性质(a ⊥α，α∥β⇒a ⊥β)；⑥面面垂直的性质(α∩β＝l ，α⊥γ，β⊥γ⇒l ⊥γ)．(3)面面垂直的判定方法有：①根据定义(作两平面构成二面角的平面角，计算其为90°)；②面面垂直的判定定理(a ⊥β，aα⇒α⊥β)．2．垂直关系的转化是：例5 如图所示，在四棱锥P —ABCD 中，侧面PAD 是正三角形，且与底面ABCD 垂直，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD ＝60°，N 是PB 的中点，过A ，D ，N 的平面交PC 于M ，E 为AD 的中点．求证：(1)EN ∥平面PDC ；(2)BC ⊥平面PEB ；(3)平面PBC ⊥平面ADMN ．第一章 章末总结 答案重点解读例1解 (1)由三视图知该几何体是由一个圆柱与一个等底圆锥拼接而成的组合体，其直观图如图所示．(2)由三视图中的尺寸知，组合体下部是底面直径为8 cm ，高为20 cm 的圆柱，上部为底面直径为8 cm ，母线长为5 cm 的圆锥．易求得圆锥高h ＝52－42＝3(cm)，∴体积V ＝π·42·20＋13π·42·3＝336π(cm 3)，表面积S ＝π·42＋2π·4·20＋π·4·5＝196π(cm 2)．∴该几何体的体积为336π cm 3，表面积为196π cm 2．点评 三视图画法：它包括主视图、左视图、俯视图三种．画图时要遵循“高平齐、长对正、宽相等”的原则，同时还要注意被挡住的轮廓线画成虚线．例2 证明 (1)∵BG ∶GC ＝DH ∶HC ，∴GH ∥BD ，又EF ∥BD ，∴EF ∥GH ，∴E 、F 、G 、H 四点共面．(2)∵G ，H 不是BC 、CD 的中点，∴EF ≠GH又EF ∥GH ，∴EG 与FH 不平行，则必相交，设交点为M ．⎭⎪⎬⎪⎫EG面ABCHF 面ACD ⇒M ∈面ABC 且M ∈面ACD ⇒M 在面ABC 与面ACD 的交线上⇒M ∈AC ．∴GE 与HF 的交点在直线AC 上．点评 证明线共点、点共线、线共面问题，重要是应用平面的基本性质，先证部分元素共点、共线、共面，再利用基本性质1,2,3证明其他元素也具有这个性质，要熟练地掌握这三个基本性质．例3 证明 方法一 转化为证明面面平行．过F 作FG ∥AB ，交AD 于G ，连接EG ．∵FG ∥AB ，∴AG ∶GD ＝BF ∶FC ，∴AG ∶GD ＝SE ∶ED ，故EG ∥SA ．又∵FG ∥AB ，AB ∩SA ＝A ，∴平面SAB ∥平面EFG ．又∵EF ⊂平面SAB ，∴EF ∥平面SAB ．方法二 转化为证明线线平行．过E 作EG ∥AD 交SA 于G ，连接BG ，∵BF ∥AD ，∴BF ∥EG ，∴平面BFEG ∩平面SAB ＝BG ．∵SE ∶ED ＝BF ∶FC ，∴SE ∶SD ＝BF ∶BC ．又∵SE ∶SD ＝EG ∶AD ．∴BF ∶BC ＝EG ∶AD ，∵BC ＝AD ．∴BF ＝EG ，故四边形BFEG 为平行四边形．∴EF ∥BG ，∴EF ∥平面SAB ．点评 本题的证明体现了证明线面平行的常用方法，解决此类问题关键是选择或添加适当的辅助线(或面)，使问题得以转化．证明线面平行常用的方法是利用线面平行的定义和线面平行的判定定理．例4 证明 连接CD 1、AD 1，∵P 、Q 分别是CC 1、C 1D 1的中点，∴PQ ∥CD 1，且CD 1⊆平面BPQ ，∴CD 1∥平面BPQ ．又D 1Q ＝AB ＝1，D 1Q ∥AB ，∴四边形ABQD 1是平行四边形，∴AD 1∥BQ ，且AD 1平面BPQ ，∴AD 1∥平面BPQ ．又AD 1∩CD 1＝D 1，∴平面ACD 1∥平面BPQ ，∵AC 平面ACD 1，∴AC ∥平面BPQ ．例5 证明 (1)因为AD ∥BC ，BC平面PBC ， AD ⊆平面PBC ，所以AD ∥平面PBC ，又平面ADMN ∩平面PBC ＝MN ，所以AD ∥MN ，所以MN ∥BC ．因为N 为PB 的中点，所以M 为PC 的中点，所以MN ∥BC ，且MN ＝12BC ． 又E 为AD 的中点，所以四边形DENM 为平行四边形．所以EN ∥DM ．又EN ⊆平面PDC ，DM 平面PDC ，所以EN ∥平面PDC ．(2)因为ABCD 是边长为2的菱形，且∠BAD ＝60°，所以BE ⊥AD ．又因为PE ⊥AD ，PE ∩BE ＝E ，所以AD ⊥平面PEB ．因为AD ∥BC ，所以BC ⊥平面PEB ．(3)由(2)知AD ⊥PB ．又因为P A ＝AB 且N 为PB 的中点，所以AN ⊥PB ，又AD ∩AN ＝A ，所以PB ⊥平面ADMN ．又PB 平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面ADMN ．点评 立体几何的证明，我们要牢牢抓住“转化”这一思想，线与线，线与面，面与面之间的垂直与平行都可互相转化，转化的理论依据是这三种平行与垂直的判定定理、性质定理等．。

第1章立体几何初步章末检测试卷(一)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．六棱柱的表面中，互相平行的平面最多有( )A．2对B．3对C．4对D．5对答案 C解析有3对侧面相互平行，上下两底面也相互平行．2．如图，B′C′∥x′轴，A′C′∥y′轴，则下面直观图所表示的平面图形是( )A．正三角形B．锐角三角形C．钝角三角形D．直角三角形考点平面图形的直观图题点由直观图还原平面图形答案 D解析因为B′C′∥x′轴，A′C′∥y轴，所以直观图中BC∥x轴，AC∥y轴，所以三角形是直角三角形．故选D.3．如果两条异面直线称为“一对”，那么在正方体的十二条棱中共有异面直线( ) A．12对 B．24对 C．36对 D．48对考点题点答案 B解析如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，与棱AB异面的直线有CC1，DD1，B1C1，A1D1，共4对，正方体ABCD－A1B1C1D1有12条棱，排除重复计算的异面直线，∴异面直线共有12×2＝24(对)．4．一个圆锥的侧面积是其底面积的2倍，则该圆锥的母线与轴所成的角为( ) A．30° B．45°C．60° D．75°考点题点答案 A解析设圆锥的母线长为L，底面圆的半径为r，则由题意得πrL＝2πr2，∴L＝2r，∴圆锥的母线与轴所成的角为30°.5．下列命题：①在平面外的直线与平面不相交必平行；②过平面外一点只有一条直线和这个平面平行；③如果一条直线与另一条直线平行，则它和经过另一条直线的任何平面平行；④若直线上有两点到平面的距离相等，则直线平行于该平面．其中正确命题的个数为( )A．1 B．2 C．3 D．4考点直线与平面平行的判定题点直线与平面平行的判定答案 A解析①正确，②③④错误．6．分别和两条异面直线都相交的两条直线的位置关系是( )A．异面B．相交C．平行D．异面或相交考点题点答案 D解析如图所示，a，b是异面直线，AB，AC都与a，b相交，AB，AC相交；AB，DE都与a，b相交，AB，DE异面．7．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，给出下列四个推断：①FG∥平面AA1D1D；②EF∥平面BC1D1；③FG∥平面BC1D1；④平面EFG∥平面BC1D1.其中推断正确的序号是( )A．①③ B．①④ C．②③ D．②④考点平行问题的综合应用题点线线、线面、面面平行的相互转化答案 A解析∵在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，∴FG∥BC1.∵BC1∥AD1，∴FG∥AD1，∵FG⊈平面AA1D1D，AD1平面AA1D1D，∴FG∥平面AA1D1D，故①正确；∵EF∥A1C1，A1C1与平面BC1D1相交，∴EF 与平面BC1D1相交，故②错误；∵FG∥BC1，FG⊈平面BC1D1，BC1平面BC1D1，FG∥平面BC1D1，故③正确；∵EF与平面BC1D1相交，∴平面EFG与平面BC1D1相交，故④错误．故选A.8．若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且其长度分别为1，2，3，则此三棱锥的外接球的表面积为( )A．3π B．6πC．18π D．24π考点 球的表面积题点 与外接、内切有关球的表面积计算问题 答案 B解析 将三棱锥补成边长分别为1，2，3的长方体，则长方体的体对角线是外接球的直径，所以2R ＝6，解得R ＝62，故S ＝4πR 2＝6π. 9．过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积与球的表面积的比为( ) A.316 B.916 C.38 D.932考点 题点 答案 A解析 如图所示，设球的半径为R ，由题意知OO ′＝R2，OF ＝R ，∴r ＝32R . ∴S 截面＝πr 2＝π⎝⎛⎭⎪⎫32R 2＝3π4R 2.又∵S 球＝4πR 2，∴S 截面S 球＝3π4R 24πR 2＝316. 10．已知直线l ⊈平面α，直线m 平面α，下面四个结论：①若l ⊥α，则l ⊥m ；②若l ∥α，则l ∥m ；③若l ⊥m ，则l ⊥α；④若l ∥m ，则l ∥α，其中正确的是( ) A ．①②④ B ．③④ C ．②③D ．①④考点 线、面平行、垂直的综合应用 题点 平行与垂直的判定 答案 D解析 由直线l ⊈平面α，直线m 平面α知，在①中，若l⊥α，则由线面垂直的性质得l⊥m，故①正确；在②中，若l∥α，则l与m 平行或异面，故②错误；在③中，若l⊥m，则l与α不一定垂直，故③错误；在④中，若l∥m，则由线面平行的判定定理得l∥α，故④正确．故选D.11．如图，四边形ABCD是圆柱的轴截面，E是底面圆周上异于A，B的一点，则下面结论中错误的是( )A．AE⊥CE B．BE⊥DEC．DE⊥平面CEB D．平面ADE⊥平面BCE考点空间中的垂直问题题点空间中的垂直问题答案 C解析由AB是底面圆的直径可知，∠AEB＝90°，即AE⊥EB.∵四边形ABCD是圆柱的轴截面，∴AD⊥底面AEB，BC⊥底面AEB.∴BE⊥AD，AD∩AE＝A，因此BE⊥平面ADE.同理可得AE⊥CE，平面BCE⊥平面ADE.可得A，B，D正确．而DE⊥平面CEB不正确．故选C.12．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°.侧面PAD为正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，则下列说法错误的是( )A．在棱AD上存在点M，使AD⊥平面PMBB．异面直线AD与PB所成的角为90°C．二面角P－BC－A的大小为45°D．BD⊥平面PAC考点空间角问题题点空间角的综合应用答案 D解析对于A，取AD的中点M，连接PM，BM，∵侧面PAD为正三角形，∴PM⊥AD，又底面ABCD是∠DAB＝60°的菱形，∴△ABD是等边三角形，∴AD⊥BM，又PM∩BM＝M，∴AD⊥平面PBM，故A正确．对于B，∵AD⊥平面PBM，∴AD⊥PB，即异面直线AD与PB所成的角为90°，故B正确．对于C，∵平面PBC∩平面ABCD＝BC，BC∥AD，∴BC⊥平面PBM，∴BC⊥PB，BC⊥BM，∴∠PBM是二面角P－BC－A的平面角，设AB＝1，则BM＝32，PM＝32，在Rt△PBM中，tan∠PBM＝PMBM＝1，即∠PBM＝45°，故二面角P－BC－A大小为45°，故C正确．错误的是D，故选D.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．直角梯形的一个内角为45°，下底长为上底长的32倍，这个梯形绕下底所在直线旋转一周所成的旋转体的表面积为(5＋2)π，则旋转体的体积为________．考点题点答案7π3解析如图所示的是旋转体的半轴截面，设直角梯形的上底长为r，则下底长为32r，∠C＝45°，所以DE ＝r2，DC ＝22r ，所以旋转体的表面积为S 表＝π·r 24＋2π·r 2·r ＋π·r 2·22r ＝π4r 2(5＋2)．又因为S 表＝(5＋2)π，所以r 2＝4，所以r ＝2， 所以V ＝π·⎝ ⎛⎭⎪⎫r 22·r ＋13π·⎝ ⎛⎭⎪⎫r 22·r 2＝7π3.14．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，MN 在平面BCC 1B 1内，MN ⊥BC 于点M ，则MN 与AD 的位置关系是________．考点 平面与平面垂直的性质题点 应用面面垂直的性质定理判定线线垂直 答案 垂直解析 ∵平面BCC 1B 1⊥平面ABCD ，平面BCC 1B 1∩平面ABCD ＝BC ，MN 平面BCC 1B 1， ∴MN ⊥平面ABCD .∴MN ⊥AD .15．已知平面α，β和直线m ，给出以下条件：①m ∥α；②m ⊥α；③m α；④α∥β.要想得到m ⊥β，则所需要的条件是________．(填序号) 考点 直线与平面垂直的判定 题点 判定直线与平面垂直 答案 ②④解析 易知⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥α，α∥β⇒m ⊥β.16.如图，已知点O 在二面角α－AB －β的棱上，点P 在α内，且∠POB ＝45°.若对于β内异于O 的任意一点Q ，都有∠POQ ≥45°，则二面角α－AB －β的大小是________．考点 题点 答案 90°解析因为OP与平面β所成的角大于等于45°，所以OP与平面β所成的角最小为45°，即OP与OP在平面β内的射影所成的角最小是45°.又因为∠POB＝45°，所以AB就是OP 在平面β内的射影，所以α⊥β.所以二面角α－AB－β的大小是90°.三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)如图，三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，AC＝9，BC＝12，AB＝15，AA1＝12，点D是AB的中点．(1)求证：AC⊥B1C；(2)求证：AC1∥平面CDB1.考点题点证明(1)∵C1C⊥平面ABC，AC平面ABC，∴C1C⊥AC.∵AC＝9，BC＝12，AB＝15，∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC.又BC∩C1C＝C，BC，C1C平面BCC1B1，∴AC⊥平面BCC1B1，而B1C平面BCC1B1，∴AC⊥B1C.(2)连接BC1交B1C于O点，连接OD.如图，∵O，D分别为BC1，AB的中点，∴OD∥AC1.又OD平面CDB1，AC1⊈平面CDB1.∴AC 1∥平面CDB 1.18．(12分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，AP ＝AB ，BP ＝BC ＝2，E ，F 分别是PB ，PC 的中点．(1)证明：EF ∥平面PAD ； (2)求三棱锥E －ABC 的体积V . 考点 直线与平面平行的判定 题点 直线与平面平行的证明(1)证明 在△PBC 中，E ，F 分别是PB ，PC 的中点，∴EF ∥BC .∵四边形ABCD 为矩形， ∴BC ∥AD ，∴EF ∥AD .又∵AD 平面PAD ，EF ⊈平面PAD ， ∴EF ∥平面PAD .(2)解 连接AE ，AC ，EC ，过E 作EG ∥PA 交AB 于点G .则EG ⊥平面ABCD ，且EG ＝12PA .在△PAB 中，AP ＝AB ，∠PAB ＝90°，BP ＝2， ∴AP ＝AB ＝2，EG ＝22. ∴S △ABC ＝12AB ·BC ＝12×2×2＝2，∴V E －ABC ＝13S △ABC ·EG ＝13×2×22＝13.19.(12分)如图所示，在五面体ABCDEF 中，四边形ADEF 是正方形，FA ⊥平面ABCD ，BC ∥AD ，CD ＝1，AD ＝22，∠BAD ＝∠CDA ＝45°.(1)求异面直线CE 与AF 所成角的余弦值； (2)证明：CD ⊥平面ABF . 考点 直线与平面垂直的判定 题点 直线与平面垂直的证明(1)解 因为四边形ADEF 是正方形，所以FA ∥ED ， 故∠CED 为异面直线CE 与AF 所成的角． 因为FA ⊥平面ABCD ，所以FA ⊥CD ，故ED ⊥CD .在Rt△CDE 中，因为CD ＝1，ED ＝22，所以CE ＝CD 2＋ED 2＝3，所以cos∠CED ＝ED CE ＝223.故异面直线CE 与AF 所成角的余弦值为223.(2)证明 如图，过点B 作BG ∥CD 交AD 于点G ，则∠BGA ＝∠CDA ＝45°.由∠BAD ＝45°可得BG ⊥AB ， 从而CD ⊥AB .又因为CD ⊥FA ，FA ∩AB ＝A ， 所以CD ⊥平面ABF .20.(12分)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，F ，F 1分别是AC ，A 1C 1的中点．求证：(1)平面AB 1F 1∥平面C 1BF ； (2)平面AB 1F 1⊥平面ACC 1A 1. 考点 线、面平行、垂直的综合应用 题点 平行、垂直综合问题的证明 证明 (1)在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∵F，F1分别是AC，A1C1的中点，∴B1F1∥BF，AF1∥C1F.又∵B1F1∩AF1＝F1，C1F∩BF＝F，∴平面AB1F1∥平面C1BF.(2)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，∴B1F1⊥AA1.又B1F1⊥A1C1，A1C1∩AA1＝A1，∴B1F1⊥平面ACC1A1，又B1F1平面AB1F1，∴平面AB1F1⊥平面ACC1A1.21．(12分)在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为CD的中点，沿AE将△DAE折起到△D1AE的位置，使平面D1AE⊥平面ABCE.(1)若F为线段D1A的中点，求证：EF∥平面D1BC；(2)求证：BE⊥D1A.考点线、面平行、垂直的综合应用题点平行、垂直综合问题的证明证明(1)取AB的中点G，连接EG，FG，则EG∥BC，FG∥D1B，且EG∩FG＝G，EG平面EFG，FG平面EFG，D1B∩BC＝B，D1B平面D1BC，BC平面D1BC，∴平面EFG∥平面D1BC.∵EF平面EFG，∴EF∥平面D1BC.(2)易证BE⊥EA，平面D1AE⊥平面ABCE.平面D1AE∩平面ABCE＝AE，∴BE⊥平面D1AE.又∵D1A平面D1AE，∴BE⊥D1A.22.(12分)如图所示，已知三棱锥A －BPC 中，AP ⊥PC ，AC ⊥BC ，M 为AB 的中点，D 为PB 的中点，且△PMB 为正三角形．(1)求证：DM ∥平面APC ；(2)求证：平面ABC ⊥平面APC ；(3)若BC ＝4，AB ＝20，求三棱锥D －BCM 的体积．考点 线、面平行、垂直的综合应用题点 平行、垂直综合问题的证明(1)证明 ∵M 为AB 的中点，D 为PB 的中点，∴DM ∥AP .又∵DM ⊈平面APC ，AP 平面APC ，∴DM ∥平面APC .(2)证明 ∵△PMB 为正三角形，且D 为PB 的中点，∴MD ⊥PB .又由(1)知，MD ∥AP ，∴AP ⊥PB .又已知AP ⊥PC ，PC ∩PB ＝P ，PB ，PC 平面PBC ，∴AP ⊥平面PBC ，∴AP ⊥BC .又∵AC ⊥BC ，AC ∩AP ＝A ，AC ，AP 平面ACP ，∴BC ⊥平面APC .又∵BC 平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面APC .(3)解 由(2)知AP ⊥平面PBC ，又MD ∥AP ，∴MD ⊥平面PBC .∵AB ＝20，∴MB ＝10，∴PB ＝10.由(2)可知BC ⊥PC ，又BC ＝4，∴PC ＝100－16＝84＝221.∴S △BDC ＝12S △PBC ＝14PC ·BC ＝14×221×4＝221. 又MD ＝12AP ＝12202－102＝5 3.∴V 三棱锥D －BCM ＝V 三棱锥M －BCD ＝13S △BDC ·DM ＝13×221×53＝107.。

章末复习提升课1．空间几何体的结构特征（1)棱柱：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．棱锥：有一个面是多边形,其余各面都是有一个公共顶点的三角形．棱台:是棱锥被平行于底面的平面所截而成的．这三种几何体都是多面体．(2）圆柱、圆锥、圆台、球分别是由平面图形矩形、直角三角形、直角梯形、半圆面旋转而成的，它们都称为旋转体．在研究它们的结构特征以及解决应用问题时，常需作它们的轴截面或截面．(3）由柱、锥、台、球组成的简单组合体，研究它们的结构特征实质是将它们分解成多个基本几何体．2．几何体的面积和体积的有关计算柱体、锥体、台体和球体的面积和体积公式（1）线线关系空间两条直线的位置关系有且只有相交、平行、异面三种．两直线垂直有“相交垂直”与“异面垂直”两种情况．(2）线面关系直线与平面之间的位置关系有且只有线在面内、相交、平行三种．（3）面面关系两个平面之间的位置关系有且只有平行、相交两种．1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱（母线)延长后必交于一点．2．空间几何体不同放置时其三视图不一定相同．3．对于简单组合体,若相邻两物体的表面相交,表面的交线是它们的分界线,在三视图中,易忽视实虚线的画法．4．求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易出错．5．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．6．直线与平面的位置关系在判断时最易忽视“线在面内”．7．直线与平面平行的判定中易忽视“线在面内”这一关键条件．8．证明线面垂直时，易忽视面内两条线为相交线这一条件．9．面面垂直的判定定理中，直线在面内且垂直于另一平面易忽视．10．面面垂直的性质定理在使用时易忘面内一线垂直于交线而盲目套用造成失误．三视图和直观图如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是错误!，则它的表面积是（)A．17πB．18πC．20πD．28π【解析】由三视图可得此几何体为一个球切割掉错误!后剩下的几何体，设球的半径为r，故78×错误!πr3＝错误!π，所以r＝2，表面积S＝错误!×4πr2＋错误!πr2＝17π,选A．【答案】A平行、垂直问题如图,四棱锥P。

【同步教育信息】一. 本周教学内容：高一期末复习：第一部分立体几何初步二、教学目的：1、梳理各单元基本知识2、总结各单元基本题型及各基础知识的基本应用三、知识分析：【本章知识网络】【本章学法点拨】1、必须明确本章内容的复习目标（1）联系实际，从实图下手，加强由模型到图形，再由图形到模型的基本训练，有序地建立图形、文字、符号这三种数学语言的联系，能由一种语言转释成另外两种语言，逐步达到融会贯通的程度．（2）准确理解和系统掌握空间直线和平面的各种位置关系（特别是平行与垂直的位置关系），能够运用概念、公理、定理等进行严密的推理判断和逻辑论证．（3）正确理解空间的各种角和距离的概念，能将其转化为平面角和线段的长度，并能熟练地运用平面几何及三角知识来计算．（4）通过图形能迅速判断几何元素的位置关系，能熟练绘制符合要求的空间图形的直观图、截面图，熟练地处理折叠、截面的问题．但要注意立体几何中的示意图不反映元素关系的真实结构，逻辑论证仍是关键．（5）理解用反证法证明命题的思路，会证一些简单的问题．2、要掌握解题的通法，推理严谨，书写规范（1）转化法是空间直线和平面的位置关系的判断与证明的常用方法，线线关系（主要指平行和垂直）、线面关系、面面关系三者中，每两者都存在着依存关系，充分、合理地运用这些关系是解题的关键；另外，转化法还常常运用在求距离时点的位置的变化，以及线面距、面面距间的转化；（2）求角或距离的步骤是“一作、二证、三计算”，即先作出所求角或表示距离的线段，再证明它就是所要求的角或距离，然后再进行计算，尤其不能忽视第二步的证明．专题一几种简单几何体的结构一、棱柱的结构特征观察下图可以看出，上面各图中都有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形．1、定义一般地，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，由这些面所围成的几何体叫做棱柱．在棱柱中，两个互相平行的面叫做棱柱的底面，简称底；其余各面叫做棱柱的侧面；相邻侧面的公共边叫做棱柱的侧棱；侧面与底面的公共顶点叫做棱柱的顶点．棱柱中不在同一平面上的两个顶点的连线叫做棱柱的对角线．2、棱柱的分类底面是三角形、四边形、五边形……的棱柱分别叫做三棱柱、四棱柱、五棱柱……3、棱柱的记法（1）用表示底面各顶点的字母表示棱柱．如图（1）可表示为棱柱ABCD—A1B1C1D1；图（2）可表示为棱柱ABCDEF—A1B1C1D1E1F1；图（3）可表示为棱柱ABCDE－A1B1C1D1E1．（2）用棱柱的对角线表示棱柱．如图（1）可表示为棱柱AC1或棱柱BD1等；图（2）可表示为棱柱AC1或棱柱AD1或棱柱AE1等；图（3）可表示为棱柱AC1或棱柱AD1等．二、棱锥的结构特征观察下图，可以看出，上面三个图中的共同特点：（1）均由平面图形围成；（2）其中一个面为多边形；（3）其他各面都是三角形；（4）这些三角形有一个公共顶点．1、定义一般地，有一个面是多边形，其余各面都是有一公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体叫做棱锥．棱锥是多面体中重要的一种，它有两个本质特征：（1）有一个面是多边形；（2）其余的各面是有一个公共顶点的三角形．两者缺一不可，因此棱锥有一个面是多边形，其余各面都是三角形，但是也要注意：“有一个面是多边形，其余各面都是三角形”的几何体未必是棱锥．2、棱锥的分类底面为三角形、四边形、五边形……的棱锥分别叫做三棱锥、四棱锥、五棱锥……，其中三棱锥又叫做四面体．3、棱锥的记法（1）用顶点和底面各顶点的字母表示．如图（4）可记为三棱锥P—ABC；图（5）可记为四棱锥P—ABCD；图（6）可记为五棱锥P一ABCDE等．（2）用对角面表示．如图（5）可记为四棱锥P—AC；图（6）可记为五棱锥P—AC等．三、圆柱的结构特征观察图（7）可知：它有两个互相平行的平面，且这两个“平面”是等圆．图形可以看作是矩形AOO'A'绕OO' 旋转而成的．1、定义以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆柱．2、圆柱的记法用表示它的轴的字母表示，如图（7）可记为圆柱OO'．四、圆锥的结构特征观察图（8）可以看出：它有一个圆面，一个顶点，其他为曲面；可看作是直角△AOS 绕其直角边OS旋转而成的．1、定义以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆锥． 2、圆锥的记法用表示它的轴的字母表示．如图（8）的圆锥可记为圆锥SO ．五、圆台和棱台的结构特征观察图（9）（10）可以看出图形是由平行于底面的平面去截锥体而得到的．1、定义用一个平行于棱锥（圆锥）底面的平面去截棱锥（圆锥），底面和截面之间的部分所构成的几何体叫做棱台（圆台）。

第1章立体几何初步章末复习学习目标 1.整合知识结构，梳理知识网络，进一步巩固、深化所学知识.2.熟练掌握平行关系与垂直关系，能自主解决一些实际问题.3.掌握几何体的三视图与直观图，能计算几何体的表面积与体积．1．空间几何体的结构特征及其侧面积和体积2．空间几何体的三视图与直观图(1)三视图是观察者从三个不同位置观察同一个空间几何体而画出的图形；它包括主视图、左视图、俯视图三种．画图时要遵循“长对正、高平齐、宽相等”的原则．注意三种视图的摆放顺序，在三视图中，分界线和可见轮廓线都用实线画出，不可见轮廓线用虚线画出．熟记常见几何体的三视图．画组合体的三视图时可先拆，后画，再检验． (2)斜二测画法：主要用于水平放置的平面图形或立体图形的画法．它的主要步骤： ①画轴；②画平行于x 、y 、z 轴的线段分别为平行于x ′、y ′、z ′轴的线段；③截线段：平行于x 、z 轴的线段的长度不变，平行于y 轴的线段的长度变为原来的一半． 三视图和直观图都是空间几何体的不同表示形式，两者之间可以互相转化. (3)转化思想在本章应用较多，主要体现在以下几个方面 ①曲面化平面，如几何体的侧面展开，把曲线(折线)化为线段． ②等积变换，如三棱锥转移顶点等．③复杂化简单，把不规则几何体通过分割，补体化为规则的几何体等． 3．四个公理公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内. 公理2：过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面．公理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． 公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行． 4．直线与直线的位置关系⎩⎨⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧平行相交异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点5．平行的判定与性质(1)直线与平面平行的判定与性质a α，b ⊈α， a ∥ba ∥α，a β，α∩β＝b(2)面面平行的判定与性质a β，b β，a ∩b ＝P ， a ∥α，b ∥αα∥β，a β(3)空间中的平行关系的内在联系6．垂直的判定与性质 (1)直线与平面垂直a ⊥b ，b α(b 为α内的任意直线)a ⊥m ，a ⊥n ，m ，n α，m ∩n ＝Oa⊥α，bα(2)平面与平面垂直的判定与性质定理⎭⎬⎫lβl⊥α⇒α⊥β(3)空间中的垂直关系的内在联系7．空间角(1)异面直线所成的角①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫作异面直线a，b所成的角(或夹角)．②范围：设两异面直线所成角为θ，则0°<θ≤90°.(2)二面角的有关概念①二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫作二面角．②二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫作二面角的平面角．1．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n.( ×)2．已知a，b是两异面直线，a⊥b，点P∉a且P∉b，一定存在平面α，使P∈α，a∥α且b ∥α.( √ )3．平面α∥平面β，直线a ∥α，直线b ⊥β，那么直线a 与直线b 的位置关系一定是垂直．( √ )4．球的任意两个大圆的交点的连线是球的直径．( √ )5．若m ，n 在平面α内的射影依次是一个点和一条直线，且m ⊥n ，则n α或n ∥α.( √ )类型一 由三视图求几何体的表面积与体积例1 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．12B ．18C ．24D ．30 考点 题点 答案 C解析 由俯视图可以判断该几何体的底面为直角三角形，由主视图和左视图可以判断该几何体是由直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱)截取得到的．在长方体中分析还原，如图(1)所示，故该几何体的直观图如图(2)所示．在图(1)中，11111·435302ABC ABC A B C V S AA ∆⨯⨯⨯棱柱－＝＝＝，111111A B C P A B C V S ∆棱－＝锥·PB 1＝13×12×4×3×3＝6.故几何体ABC －PA 1C 1的体积为30－6＝24.故选C.反思与感悟 (1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和，组合体的表面积问题要注意衔接部分的处理． (3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．跟踪训练1 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.8π3 B ．3π C.10π3D ．6π 答案 B解析 将三视图还原为直观图求体积．由三视图可知，此几何体(如图所示)是底面半径为1，高为4的圆柱被从母线的中点处截去了圆柱的14，所以V ＝34×π×12×4＝3π.类型二 平行问题例2 如图所示，四边形ABCD 是平行四边形，PB ⊥平面ABCD ，MA ∥PB ，PB ＝2MA .在线段PB 上是否存在一点F ，使平面AFC ∥平面PMD ？若存在，请确定点F 的位置；若不存在，请说明理由．考点 线、面平行、垂直的综合应用题点 平行与垂直的计算与探索性问题解 当点F 是PB 的中点时，平面AFC ∥平面PMD ，证明如下：如图连接AC 和BD 交于点O ，连接FO ，则PF ＝12PB .∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴O 是BD 的中点．∴OF ∥PD . 又OF ⊈平面PMD ，PD 平面PMD ， ∴OF ∥平面PMD .又MA ∥PB ，MA ＝12PB ，∴PF ∥MA ，PF ＝MA .∴四边形AFPM 是平行四边形． ∴AF ∥PM .又AF ⊈平面PMD ，PM 平面PMD . ∴AF ∥平面PMD .又AF ∩OF ＝F ，AF 平面AFC ，OF 平面AFC . ∴平面AFC ∥平面PMD .反思与感悟 (1)证明线线平行的依据①平面几何法(常用的有三角形中位线、平行四边形对边平行)；②公理4；③线面平行的性质定理；④面面平行的性质定理；⑤线面垂直的性质定理． (2)证明线面平行的依据①定义；②线面平行的判定定理；③面面平行的性质． (3)证明面面平行的依据①定义；②面面平行的判定定理；③线面垂直的性质；④面面平行的传递性．跟踪训练2 如图所示，四棱锥P －ABCD 的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为217.点G ，E ，F ，H 分别是棱PB ，AB ，CD ，PC 上共面的四点，平面GEFH ⊥平面ABCD ，BC ∥平面GEFH .(1)证明：GH ∥EF ；(2)若EB ＝2，求四边形GEFH 的面积． 考点 线、面平行、垂直的综合应用 题点 平行与垂直的计算与探索性问题(1)证明 因为BC ∥平面GEFH ，BC 平面PBC ， 且平面PBC ∩平面GEFH ＝GH ，所以GH ∥BC . 同理可证EF ∥BC ， 因此GH ∥EF .(2)解 连接AC ，BD 交于点O ，BD 交EF 于点K ，连接OP ，GK .因为PA ＝PC ，O 是AC 的中点，所以PO ⊥AC ，同理可得PO ⊥BD . 又BD ∩AC ＝O ，且AC ，BD 平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD .又因为平面GEFH ⊥平面ABCD ，所以平面GEFH 必过平面ABCD 的一条垂线， 所以PO 平行于这条垂线，且PO ⊈平面GEFH ，所以PO ∥平面GEFH .又因为平面PBD ∩平面GEFH ＝GK ，PO 平面PBD ， 所以PO ∥GK ，所以GK ⊥平面ABCD .又EF 平面ABCD ，所以GK ⊥EF ，所以GK 是梯形GEFH 的高． 由AB ＝8，EB ＝2，得EB ∶AB ＝KB ∶DB ＝1∶4， 从而KB ＝14BD ＝12OB ，即K 是OB 的中点．再由PO ∥GK 得GK ＝12PO ，所以G 是PB 的中点，且GH ＝12BC ＝4.由已知可得OB ＝42，PO ＝PB 2－OB 2＝68－32＝6， 所以GK ＝3，故四边形GEFH 的面积S ＝GH ＋EF2·GK ＝4＋82×3＝18.类型三 垂直问题例3 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA ＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.考点直线与平面垂直的判定题点直线与平面垂直的证明证明(1)在四棱锥P－ABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD平面ABCD，∴PA⊥CD.∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，PA，AC平面PAC，∴CD⊥平面PAC.而AE平面PAC，∴CD⊥AE.(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.由(1)知，AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD平面PCD，∴AE⊥平面PCD.而PD平面PCD，∴AE⊥PD.∵PA⊥底面ABCD，AB底面ABCD，∴PA⊥AB.又∵AB⊥AD且PA∩AD＝A，PA，AD平面PAD，∴AB⊥平面PAD，而PD平面PAD，∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，AB，AE平面ABE，∴PD⊥平面ABE.反思与感悟(1)两条异面直线相互垂直的证明方法①定义；②线面垂直的性质．(2)直线和平面垂直的证明方法①线面垂直的判定定理；②面面垂直的性质定理．(3)平面和平面相互垂直的证明方法①定义；②面面垂直的判定定理．跟踪训练3 如图，斜三棱柱ABC－A1B1C1的底面是直角三角形，∠ACB＝90°，点B1在底面ABC上的射影恰好是BC的中点，且BC＝CA＝AA1.(1)求证：平面ACC1A1⊥平面B1C1CB；(2)求证：BC1⊥AB1.考点平面与平面垂直的判定题点利用判定定理证明两平面垂直证明(1)设BC的中点为M，∵点B1在底面ABC上的射影恰好是点M，∴B1M⊥平面ABC.∵AC平面ABC，∴B1M⊥AC.又∵BC⊥AC，B1M∩BC＝M，B1M，BC平面B1C1CB，∴AC⊥平面B1C1CB.又∵AC平面ACC1A1，∴平面ACC1A1⊥平面B1C1CB.(2)连接B1C.∵AC⊥平面B1C1CB，∴AC⊥BC1.在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∵BC＝CC1.∴四边形B1C1CB是菱形，∴B1C⊥BC1.又∵B1C∩AC＝C，∴BC1⊥平面ACB1，∴BC1⊥AB1.类型四空间角问题例4 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是A1B1，BC，C1D1和B1C1的中点．(1)求证：平面MNF ⊥平面ENF ； (2)求二面角M －EF －N 的正切值． 考点 平面与平面垂直的判定 题点 利用判定定理证明两平面垂直(1)证明 连接MN ，∵N ，F 均为所在棱的中点，∴NF ⊥平面A 1B 1C 1D 1. 而MN 平面A 1B 1C 1D 1， ∴NF ⊥MN .又∵M ，E 均为所在棱的中点，∴△C 1MN 和△B 1NE 均为等腰直角三角形． ∴∠MNC 1＝∠B 1NE ＝45°， ∴∠MNE ＝90°，∴MN ⊥NE ，又NE ∩NF ＝N ， ∴MN ⊥平面NEF .而MN 平面MNF ，∴平面MNF ⊥平面ENF .(2)解 在平面NEF 中，过点N 作NG ⊥EF 于点G ，连接MG . 由(1)知MN ⊥平面NEF ，又EF 平面NEF ，∴MN ⊥EF .又MN ∩NG ＝N ， ∴EF ⊥平面MNG ，∴EF ⊥MG .∴∠MGN 为二面角M －EF －N 的平面角． 设该正方体的棱长为2， 在Rt△NEF 中，NG ＝NE ·NF EF ＝233，∴在Rt△MNG 中，tan∠MGN ＝MN NG ＝2233＝62.∴二面角M －EF －N 的正切值为62. 反思与感悟 (1)面面垂直的证明要化归为线面垂直的证明，利用垂直关系的相互转化是证明的基本方法；(2)找二面角的平面角的方法有以下两种：①作棱的垂面；②过一个平面内一点作另一个平面的垂线，过垂足作棱的垂线．跟踪训练4 如图，在圆锥PO 中，已知PO ⊥底面⊙O ，PO ＝2，⊙O 的直径AB ＝2，C 是AB 的中点，D 为AC 的中点．(1)证明：平面POD ⊥平面PAC ； (2)求二面角B －PA －C 的余弦值． 考点 平面与平面垂直的判定 题点利用判定定理证明两平面垂直 (1)证明 连接OC .∵PO ⊥底面⊙O ，AC 底面⊙O ，∴AC ⊥PO . ∵OA ＝OC ，D 是AC 的中点，∴AC ⊥OD . 又∵OD ∩PO ＝O ， ∴AC ⊥平面POD .又∵AC 平面PAC ，∴平面POD ⊥平面PAC . (2)在平面POD 内，过点O 作OH ⊥PD 于点H . 由(1)知，平面POD ⊥平面PAC ， 又平面POD ∩平面PAC ＝PD ， ∴OH ⊥平面PAC .又∵PA 平面PAC ，∴PA ⊥OH .在平面PAO 中，过点O 作OG ⊥PA 于点G ，连接HG ， 则有PA ⊥平面OGH ，∴PA ⊥HG . 故∠OGH 为二面角B －PA －C 的平面角． ∵C 是AB 的中点，AB 是直径， ∴OC ⊥AB .在Rt△ODA 中，OD ＝OA ·sin 45°＝22. 在Rt△POD 中，OH ＝PO ·OD PD ＝PO ·OD PO 2＋OD 2＝2×222＋12＝105. 在Rt△POA 中，OG ＝PO ·OA PA ＝PO ·OA PO 2＋OA 2＝2×12＋1＝63. 在Rt△OHG 中，sin∠OGH ＝OH OG ＝10563＝155. ∴cos∠OGH ＝1－sin 2∠OGH ＝ 1－1525＝105. 故二面角B －PA －C 的余弦值为105.1．如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是( )A ．①是棱台B ．②是圆台C ．③是棱锥D ．④不是棱柱考点 空间几何体 题点 空间几何体结构判断答案 C解析图①不是由棱锥截来的，所以①不是棱台；图②上、下两个面不平行，所以②不是圆台；图③是棱锥，图④前、后两个面平行，其他面是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边平行，所以④是棱柱，故选C.2．设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个说法：①若m⊥α，n∥α，则m⊥n；②若α∥β，β∥γ，m∥α，则m∥γ；③若m∥α，n∥α，则m∥n；④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β.其中正确说法的序号是( )A．① B．②③ C．③④ D．①④考点线、面平行、垂直的综合应用题点平行与垂直的判定答案 A解析②如果mγ，则m不平行于γ；③若m∥α，n∥α，则m，n相交，平行或异面，④若α⊥γ，β⊥γ，则α，β相交或平行．3．正方体的8个顶点中，有4个为每个面都是等边三角形的正三棱锥的顶点，则这个三棱锥的表面积与正方体的表面积之比为( )A．1∶ 2 B．1∶ 3 C．2∶ 2 D．3∶ 6考点题点答案 B解析设正方体棱长为a，S正方体表面积＝6a2，正三棱锥侧棱长为2a，则三棱锥表面积为S三棱锥表面积＝4×34×2a2＝23a2.∴S三棱锥表面积S正方体表面积＝23a26a2＝13.4．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是______cm2，体积是________cm3.考点组合几何体的表面积与体积题点柱、锥、台组合的几何体的表面积与体积答案80 40解析由三视图可知该几何体由一个正方体和一个长方体组合而成，上面正方体的边长为2 cm，下面长方体的底面边长为4 cm，高为2 cm，其直观图如图所示，其表面积S＝6×22＋2×42＋4×2×4－2×22＝80(cm2)．体积V＝2×2×2＋4×4×2＝40(cm3)．5.如图，在三棱锥V－ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC＝BC，O，M分别为AB，VA的中点．(1)求证：VB∥平面MOC；(2)求证：平面MOC⊥平面VAB.考点线、面平行、垂直的综合应用题点平行、垂直综合问题的证明证明(1)因为O，M分别为AB，VA的中点，所以OM∥VB.又因为VB⊈平面MOC，OM平面MOC，所以VB∥平面MOC.(2)因为AC＝BC，O为AB的中点，所以OC⊥AB.又因为平面VAB⊥平面ABC，平面VAB∩平面ABC＝AB，且OC平面ABC，所以OC⊥平面VAB.又因为OC平面MOC，所以平面MOC⊥平面VAB.1.转化思想是证明线面平行与垂直的主要思路，其关系为2．研究空间几何体，需在平面上画出几何体的直观图或三视图，由几何体的直观图可画它的三视图，由三视图可得到其直观图，同时可以通过作截面把空间几何问题转化成平面几何问题来解决．另外，圆柱、圆锥、圆台的表面积公式，我们都是通过展开图、化空间为平面的方法得到的，求球的切接问题通常也是由截面把空间问题转化为平面问题来解决.一、选择题1．给出下列说法中正确的是( )A．棱柱被平面分成的两部分可以都是棱柱B．底面是矩形的平行六面体是长方体C．棱柱的底面一定是平行四边形D．棱锥的底面一定是三角形考点多面体的结构特征题点多面体的结构特征答案 A解析平行于棱柱底面的平面可以把棱柱分成两个棱柱，故A正确；三棱柱的底面是三角形，故C错误；底面是矩形的平行六面体的侧面不一定是矩形，故它也不一定是长方体，故B错误；四棱锥的底面是四边形，故D错误．故选A.2．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )考点由三视图还原实物图题点其他柱、锥、台、球组合的三视图还原实物图答案 D解析A项的主视图如图(1)，B项的主视图如图(2)，故均不符合题意；C项的俯视图如图(3)，也不符合题意，故选D.3．下列说法正确的是( )A．经过空间内的三个点有且只有一个平面B．如果直线l上有一个点不在平面α内，那么直线上所有点都不在平面α内C．四棱锥的四个侧面可能都是直角三角形D．用一个平面截棱锥，得到的几何体一定是一个棱锥和一个棱台考点线、面关系的综合问题题点线、面关系的其他综合问题答案 C解析在A中，经过空间内的不共线的三个点有且只有一个平面，故A错误；在B中，如果直线l上有一个点不在平面α内，那么直线与平面相交或平行，则直线上最多有一个点在平面α内，故B错误；在C中，如图的四棱锥，底面是矩形，一条侧棱垂直底面，那么它的四个侧面都是直角三角形，故C正确；在D中，用一个平行于底面的平面去截棱锥，得到两个几何体，一个是棱锥，一个是棱台，故D错误．故选C.4．设α－l－β是二面角，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且a，b与l均不垂直，则( )A．a与b可能垂直也可能平行B．a与b可能垂直，但不可能平行C．a与b不可能垂直，但可能平行D．a与b不可能垂直，也不可能平行考点空间中直线与直线的位置关系题点空间中直线与直线的位置关系的判定答案 A解析∵α－l－β是二面角，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且a，b与l均不垂直，∴当a∥l，且b∥l时，由平行公理得a∥b，即a，b可能平行，故B与D不正确；当a，b 垂直时，若二面角是直二面角，则a⊥l与已知矛盾，若二面角不是直二面角，则a，b可以垂直，且满足条件，故C不正确；∴a与b有可能垂直，也有可能平行，故选A.5．在空间中，a，b是不重合的直线，α，β是不重合的平面，则下列条件中可推出a∥b 的是( )A．aα，bβ，α∥βB．a∥α，bαC．a⊥α，b⊥αD．a⊥α，bα考点直线与平面垂直的性质题点应用线面垂直的性质定理判定线线平行答案 C解析对于A，若aα，bβ，α∥β，则a与b没有公共点，即a与b平行或异面；对于B，若a∥α，bα，则a与b没有公共点，即a与b平行或异面；对于C，若a⊥α，b⊥α，由线面垂直的性质定理，可得a∥b；对于D，若a⊥α，bα，则由线面垂直的定义可得a⊥b，故选C.6．《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“禾盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一．该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V≈136L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么，近似公式V≈7264L2h相当于将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为( )A.15750B.258C.237D.227考点柱体、锥体、台体的体积题点锥体的体积答案 D解析设圆锥的底面半径为r，则圆锥的底面周长L＝2πr，∴r＝L2π，∴V＝13πr2h＝L2h12π.令L2h12π＝7264L2h，得π＝227，故选D.7.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E 是BC的中点，则下列叙述正确的是( )A．CC1与B1E是异面直线B．AC⊥平面ABB1A1C．AE，B1C1为异面直线，且AE⊥B1C1D．A1C1∥平面AB1E考点线面平行、垂直的综合问题题点平行与垂直判定答案 C解析由已知AC＝AB，E为BC的中点，得AE⊥BC.又∵BC∥B1C1，∴AE⊥B1C1，C正确．8．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，若AB＝AD＝23，CC1＝2，则二面角C1－BD－C的大小为( ) A．30° B．45° C．60° D．90°考点二面角题点知题作角答案 A解析如图，连接AC交BD于点O，连接OC1.因为AB＝AD＝23，所以AC⊥BD，又易知BD⊥平面ACC1A1，所以BD⊥OC1，所以∠COC1为二面角C1－BD－C的一个平面角．因为在△COC1中，OC＝6，CC1＝2，所以tan∠COC1＝33，所以二面角C1－BD－C的大小为30°.二、填空题9．圆台的母线长为2a，母线与轴的夹角为30°，一个底面圆的半径是另一个底面圆的半径的2倍，则两底面圆的半径分别为________．考点题点答案a,2a解析如图，画出圆台轴截面，由题设，得∠OPA ＝30°，AB ＝2a ， 设O 1A ＝r ，PA ＝x ，则OB ＝2r ，x ＋2a ＝4r ，且x ＝2r ， ∴a ＝r ，即两底面圆的半径分别为a ,2a .10.一个正四面体木块如图所示，点P 是棱VA 的中点，过点P 将木块锯开，使截面平行于棱VB 和AC ，若木块的棱长为a ，则截面面积为________．考点 直线与平面平行的性质 题点 与性质有关的计算问题 答案 a 24解析 在平面VAC 内作直线PD ∥AC ，交VC 于D ，在平面VBA 内作直线PF ∥VB ，交AB 于F ，过点D 作直线DE ∥VB ，交BC 于E ，连接EF .∴PF ∥DE ，∴P ，D ，E ，F 四点共面，且面PDEF 与VB 和AC 都平行， 则四边形PDEF 为边长为12a 的正方形，故其面积为a 24.11.如图，若边长为4和3与边长为4和2的两个矩形所在平面互相垂直，则cos α∶cos β＝________.考点 平面与平面垂直的性质题点 有关面面垂直性质的计算答案 5∶2解析 由题意，两个矩形的对角线长分别为5,25，所以cos α＝525＋4＝529， cos β＝2529， 所以cos α∶cos β＝5∶2.三、解答题12．一个多面体的直观图和三视图如图所示(其中M ，N 分别是AF ，BC 中点)．(1)求证：MN ∥平面CDEF ；(2)求多面体A －CDEF 的体积．考点题点 (1)证明 由三视图知，该多面体是底面为直角三角形的直三棱柱，且AB ＝BC ＝BF ＝2，DE ＝CF ＝22，∴∠CBF ＝90°.取BF 的中点G ，连接MG ，NG ，由M ，N 分别是AF ，BC 的中点可知，NG ∥CF ，MG ∥EF . 又MG ∩NG ＝G ，CF ∩EF ＝F ，∴平面MNG ∥平面CDEF .又∵MN 平面MNG ，∴MN ∥平面CDEF .(2)解 作AH ⊥DE 于点H ，由于三棱柱ADE －BCF 为直三棱柱，平面CDEF ∩平面ADE ＝AH ，AH 平面ADE ，∴AH ⊥平面CDEF ，且AH ＝ 2.∴V A －CDEF ＝13S 四边形CDEF ·AH ＝13×2×22×2＝83. 13．如图所示，在几何体ABCDFE 中，△ABC ，△DFE 都是等边三角形，且所在平面平行，四边形BCED 是边长为2的正方形，且所在平面垂直于平面ABC .(1)求几何体ABCDFE 的体积；(2)证明：平面ADE ∥平面BCF .考点题点(1)解 取BC 的中点为O ，ED 的中点为G ，连接AO ，OF ，FG ，AG .∵AO ⊥BC ，AO 平面ABC ，平面BCED ⊥平面ABC ，平面BCED ∩平面ABC ＝BC ，∴AO ⊥平面BCED .同理FG ⊥平面BCED .∵AO ＝FG ＝3，∴V ABCDFE ＝13×4×3×2＝833. (2)证明 由(1)知AO ∥FG ，AO ＝FG ，∴四边形AOFG 为平行四边形，∴AG ∥OF .又∵DE ∥BC ，DE ∩AG ＝G ，DE平面ADE ，AG 平面ADE ，FO ∩BC ＝O ，FO 平面BCF ，BC 平面BCF ，∴平面ADE∥平面BCF.四、探究与拓展14．如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，若AB＝BC，E，F分别是AB1，BC1的中点，则下列结论中成立的是( )①EF与BB1垂直；②EF⊥平面BCC1B1；③EF与C1D所成的角为45°；④EF∥平面A1B1C1D1.A．②③ B．①④ C．③ D．①②④考点线面平行、垂直的综合应用题点平行与垂直的判定答案 B解析显然①④正确，②③错误．15．如图，在△ABC中，O是BC的中点，AB＝AC，AO＝2OC＝2.将△BAO沿AO折起，使B点与图中B′点重合．(1)求证：AO⊥平面B′OC；(2)当三棱锥B′－AOC的体积取最大时，求二面角A－B′C－O的余弦值；(3)在(2)的条件下，试问在线段B′A上是否存在一点P，使CP与平面B′OA所成的角的正弦值为53？证明你的结论，并求AP 的长． 考点 空间角问题题点 空间角的综合问题(1)证明 ∵AB ＝AC 且O 是BC 的中点，∴AO ⊥BC ，即AO ⊥OB ′，AO ⊥OC ，又∵OB ′∩OC ＝O ，OB ′平面B ′OC ，OC 平面B ′OC ，∴AO ⊥平面B ′OC .(2)解 在平面B ′OC 内，作B ′D ⊥OC 于点D ，则由(1)可知B ′D ⊥OA ，又OC ∩OA ＝O ，∴B ′D ⊥平面OAC ，即B ′D 是三棱锥B ′－AOC 的高，又B ′D ≤B ′O ，∴当D 与O 重合时，三棱锥B ′－AOC 的体积最大，过O 作OH ⊥B ′C 于点H ，连接AH ，如图．由(1)知AO ⊥平面B ′OC ，又B ′C 平面B ′OC ，∴B ′C ⊥AO ，∵AO ∩OH ＝O ，∴B ′C ⊥平面AOH ，∴B ′C ⊥AH ，∴∠AHO 即为二面角A －B ′C －O 的平面角．在Rt△AOH 中，AO ＝2，OH ＝22，∴AH ＝322， ∴cos∠AHO ＝OH AH ＝13， 故二面角A －B ′C －O 的余弦值为13. (3)解 如图，连接OP ，在(2)的条件下，易证OC ⊥平面B ′OA ，∴CP 与平面B ′OA 所成的角为∠CPO ，∴sin∠CPO ＝OC CP ＝53， ∴CP ＝35. 又在△ACB ′中，sin∠AB ′C ＝310＝CP 2， ∴CP ⊥AB ′，∴B ′P ＝r(22－CP 2)＝55，∴AP ＝455. 精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。