(新高考)2020高考数学小题考法专训(四)空间几何体与空间位置关系

第2讲 空间向量与立体几何[做小题——激活思维]1．在正方体A 1B 1C 1D 1­ABCD 中，AC 与B 1D 所成角的大小为( ) A.π6 B.π4 C.π3D.π2D [如图，连接BD ，易证AC ⊥平面BB 1D ， ∴AC ⊥B 1D ，∴AC 与B 1D 所成角的大小为π2.] 2．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( ) A ．45° B ．135° C ．45°或135°D ．90°C [∵m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)， ∴|m |＝1，|n |＝2，m ·n ＝1，∴cos〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12＝22，设两平面所成的二面角为α，则 |cos α|＝22，∴α＝45°或135°，故选C.] 3．用a ，b ，c 表示空间中三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题： ①若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ∥c ；②若a ∥b ，a ∥c ，则b ∥c ； ③若a ∥γ，b ∥γ，则a ∥b ；④若a ⊥γ，b ⊥γ，则a ∥b . 其中真命题的序号是( ) A ．①② B ．②③ C ．①④D ．②④D [对于①，正方体从同一顶点引出的三条直线a ，b ，c ，满足a ⊥b ，b ⊥c ，但是a ⊥c ，所以①错误；对于②，若a ∥b ，a ∥c ，则b ∥c ，满足平行线公理，所以②正确；对于③，平行于同一平面的两条直线的位置关系可能是平行、相交或者异面，所以③错误；对于④，由垂直于同一平面的两条直线平行，知④正确．故选D.]4．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为________．π6[设l 与α所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，又θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴θ＝π6.][扣要点——查缺补漏]1．证明线线平行和线线垂直的常用方法(1)证明线线平行：①利用平行公理；②利用平行四边形进行平行转换；③利用三角形的中位线定理；④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．如T 3.(2)证明线线垂直：①利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质．2．证明线面平行和线面垂直的常用方法(1)证明线面平行：①利用线面平行的判定定理；②利用面面平行的性质定理． (2)证明线面垂直：①利用线面垂直的判定定理；②利用面面垂直的性质定理． 3．异面直线所成的角求法 (1)平移法：解三角形．(2)向量法：注意角的范围．如T 1. 4．二面角的求法cos θ＝cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |，如T 2.5．线面角的求法sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|，如T 4.利用空间向量求空间角(5年15考)[高考解读] 主要考查通过建立空间直角坐标系，解决空间图形中的线线角、线面角和面面角的求解，考查学生的空间想象能力、运算能力、三种角的定义及求法等.(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P ­ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M ­PA ­C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．切入点：(1)借助勾股定理，证明PO ⊥OB ；(2)建立空间直角坐标系，利用二面角M ­PA ­C 为30°求出点M 的坐标，进而求出PC 与平面PAM 所成角的正弦值．[解](1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 连接OB .因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形， 且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，知PO ⊥平面ABC . (2)如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O ­xyz .由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，AP →＝(0,2,23)．取平面PAC 的一个法向量OB →＝(2,0,0)．设M (a,2－a,0)(0≤a ≤2)，则AM →＝(a,4－a,0)． 设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋－a y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )， 所以cos 〈OB →，n 〉＝23a －2a －2＋3a 2＋a2.由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝32，所以23|a －4|2a －2＋3a 2＋a2＝32， 解得a ＝－4(舍去)，a ＝43，所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又PC →＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. [教师备选题]1.(2015·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．[解](1)证明：如图，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF . 在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt△EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt△FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322. 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，所以EG ⊥平面AFC . 因为EG平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系G ­xyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F －1,0，22，C (0，3，0)， 所以A E →＝(1，3，2)，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.故cos 〈A E →，CF →〉＝A E →·CF →|A E →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 2．(2019·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．(1)证明：MN ∥平面C 1DE ； (2)求二面角A ­MA 1­N 的正弦值．[解](1)连接B 1C ，ME .因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C .又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D .由题设知A 1B 1DC ，可得B 1C A 1D ，故ME ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED .又MN平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE .(2)由已知可得DE ⊥D A.以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz ，则A (2,0,0)，A 1(2,0,4)，M (1，3，2)，N (1,0,2)，A 1A →＝(0,0，－4)，A 1M →＝(－1，3，－2)，A 1N →＝(－1,0，－2)，MN →＝(0，－3，0)．设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1M →＝0，m ·A 1A →＝0.所以⎩⎨⎧－x ＋3y －2z ＝0，－4z ＝0.可取m ＝(3，1,0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·MN →＝0，n ·A 1N →＝0.所以⎩⎨⎧－3q ＝0，－p －2r ＝0.可取n ＝(2,0，－1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝232×5＝155，所以二面角A ­MA 1­N 的正弦值为105.1．利用向量法求线面角的两种方法(1)法一：分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)法二：通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角．2．利用向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐(钝)二面角．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．提醒：判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行．1．[一题多解](以圆柱为载体)如图，圆柱的轴截面ABCD 为正方形，E 为弧BC 的中点，则异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为 ( )A.33 B.55 C.306D.66D [法一：(平移法)取BC 的中点H ，连接EH ，AH ，∠EHA ＝90°，设AB ＝2，则BH ＝HE ＝1，AH ＝5，所以AE ＝6，连接ED ，ED ＝6，因为BC ∥AD ，所以异面直线AE 与BC 所成角即为∠EAD ，在△EAD 中cos∠EAD ＝6＋4－62×2×6＝66，故选D.法二：(向量法)取圆柱底面的圆心O 为原点，建立空间直角坐标系O ­xyz ，设AB ＝2，则A (1,0,0)，B (1,0,2)，C (－1,0,2)，E (0,1,2)，∴A E →＝(－1,1,2)，BC →＝(－2,0,0)∴cos〈A E →，BC →〉＝26×2＝66，故选D.] 2．(以棱柱为载体)在三棱柱ABC ­A1B 1C 1中， AB ⊥平面BCC 1B 1，∠BCC 1＝π3， AB ＝BC ＝2, BB 1＝4，点D 在棱CC 1上，且CD ＝λCC 1(0<λ≤1)．建立如图所示的空间直角坐标系．(1)当λ＝12时，求异面直线AB 1与A 1D 的夹角的余弦值；(2)若二面角A ­B 1D ­A 1的平面角为π3，求λ的值．[解](1)易知A ()0，0，2， B 1()0，4，0， A 1()0，4，2. 当λ＝12时， 因为BC ＝CD ＝2, ∠BCC 1＝π3，所以C ()3，－1，0，D ()3，1，0.所以AB 1→＝()0，4，－2， A 1D →＝()3，－3，－2. 所以cos 〈AB 1→，A 1D →〉＝AB 1→·A 1D→||AB 1→||A 1D →＝0×3＋4×()－3＋()－2×()－242＋()－22·()32＋()－32＋()－22＝－55. 故异面直线AB 1与A 1D 的夹角的余弦值为55. (2)由CD ＝λCC 1可知， D ()3，4λ－1，0， 所以DB 1→＝()－3，5－4λ，0， 由(1)知， AB 1→＝()0，4，－2.设平面AB 1D 的法向量为m ＝()x ，y ，z ， 则⎩⎪⎨⎪⎧AB 1→·m ＝0，DB 1→·m ＝0，即⎩⎨⎧4y －2z ＝0，()5－4λy －3x ＝0，令y ＝1，解得x ＝5－4λ3， z ＝2，所以平面AB 1D 的一个法向量为m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ3，1，2.设平面A 1B 1D 的法向量为n ＝()x ，y ，z ， 则⎩⎪⎨⎪⎧B 1A 1→·n ＝0，DB 1→·n ＝0，即⎩⎨⎧2z ＝0，()5－4λy －3x ＝0，令y ＝1，解得x ＝5－4λ3， z ＝0，所以平面A 1B 1D 的一个法向量为n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ3，1，0.因为二面角A ­B 1D ­A 1的平面角为π3，所以||cos 〈m ，n 〉＝|m·n |||m ||n＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪5－4λ3×5－4λ3＋1×1＋2×0⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ32＋12＋22·⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ32＋12＝12， 即()5－4λ2＝1，解得λ＝32(舍)或λ＝1，故λ的值为1.3.(以棱台为载体)如图，在三棱台DEF ­ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点． (1)求证：BD ∥平面FGH ；(2)若CF ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，CF ＝DE ，∠BAC ＝45°，求平面FGH 与平面ACFD 所成的角(锐角)的大小．[解](1)证明：在三棱台DEF ­ABC 中， 由BC ＝2EF ，H 为BC 的中点， 可得BH ∥EF ，BH ＝EF ，所以四边形BHFE 为平行四边形， 可得BE ∥HF .在△ABC 中，G 为AC 的中点，H 为BC 的中点， 所以GH ∥AB .又GH ∩HF ＝H ，所以平面FGH ∥平面ABED . 因为BD平面ABED ，所以BD ∥平面FGH .(2)设AB ＝2，则CF ＝1.在三棱台DEF ­ABC 中，G 为AC 的中点，由DF ＝12AC ＝GC ，可得四边形DGCF 为平行四边形， 因此DG ∥FC . 又FC ⊥平面ABC ， 所以DG ⊥平面ABC .连接GB ，在△ABC 中，由AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，G 是AC 的中点， 所以AB ＝BC ，GB ⊥GC ， 因此GB ，GC ，GD 两两垂直．以G 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G ­xyz .所以G (0,0,0)，B (2，0,0)，C (0，2，0)，D (0,0,1)．可得H ⎝⎛⎭⎪⎫22，22，0，F (0，2，1)． 故GH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，GF →＝(0，2，1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面FGH 的法向量，则 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·GH →＝0，n ·GF →＝0，可得⎩⎨⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0.可得平面FGH 的一个法向量n ＝(1，－1，2)． 因为GB →是平面ACFD 的一个法向量，GB →＝(2，0,0)， 所以cos 〈GB →，n 〉＝GB →·n |GB →|·|n |＝222＝12.所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°. 4.(以五面体为载体)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，平面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D ­AF ­E 与二面角C ­BE ­F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E ­BC ­A 的余弦值．[解](1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，DF ∩EF ＝F ， 所以AF ⊥平面EFDC .又AF 平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF . 以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G ­xyz .由(1)知∠DEF 为二面角D ­AF ­E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则|DF |＝2，|DG |＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3,0,0)，D (0,0，3)．由已知得，AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC . 又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ， 故AB ∥CD ，CD ∥EF .由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C ­BE ­F 的平面角，∠CEF ＝60°.从而可得C (－2,0，3)．连接AC ，所以E C →＝(1,0，3)，E B →＝(0,4,0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4,0,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·E C →＝0，n ·E B →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0.所以可取n ＝(3,0，－3)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0，3，4)． 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919. 故二面角E ­BC ­A 的余弦值为－21919.利用空间向量解决折叠性问题(5年3考)[高考解读] 以平面图形的翻折为载体，考查空间想象能力，在线面位置关系的证明中考查逻辑推理能力，在空间角的求解中，考查转化化归及数学运算的核心素养.1．(2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值． 切入点：(1)对照折叠前后的线面关系给予证明； (2)建立空间直角坐标系通过向量法求解． [解](1)由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，又PF 平面PEF ，EF平面PEF ，且PF ∩EF ＝F ，所以BF ⊥平面PEF .又BF平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD . 以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|BF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H ­xyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，PF 2＋PE 2＝EF 2，故PE ⊥PF .可得PH ＝32，EH ＝32. 则H (0,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，DP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，HP →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|＝343＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. [教师备选题](2016·全国卷Ⅱ)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B ­D ′A ­C 的正弦值． [解](1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD .又由AE ＝CF 得A EAD ＝CFCD，故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.由EF ∥AC ，得OH DO ＝A E AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD . (2)如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H ­xyz ，则H (0,0,0)，A (－3，－1,0)，B (0，－5,0)，C (3，－1,0)，D ′(0,0,3)，AB →＝(3，－4,0)，AC →＝(6,0,0)，AD ′→＝(3,1,3)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4,3，－5)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3,1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B ­D ′A ­C 的正弦值是29525.平面图形翻折问题的求解方法(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变和不变，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．(以梯形为载体)如图，等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝BC ＝1，CD ＝2，E 为CD 中点，以AE 为折痕把△ADE 折起，使点D 到达点P 的位置(P 平面ABCE )．(1)证明：AE ⊥PB ；(2)若直线PB 与平面ABCE 所成的角为π4，求二面角A ­PE ­C 的余弦值．[解](1)证明：连接BD ，设AE 的中点为O ， ∵AB ∥CE ，AB ＝CE ＝12CD ，∴四边形ABCE 为平行四边形，∴AE ＝BC ＝AD ＝DE ， ∴△ADE ，△ABE 为等边三角形， ∴OD ⊥AE ，OB ⊥AE ， 又OP ∩OB ＝O ， ∴AE ⊥平面POB ，又PB 平面POB ，∴AE ⊥PB .(2)在平面POB 内作PQ ⊥平面ABCE ，垂足为Q ，则Q 在直线OB 上， ∴直线PB 与平面ABCE 夹角为∠PBO ＝π4，又OP ＝OB ，∴OP ⊥OB ，∴O 、Q 两点重合，即PO ⊥平面ABCE ，以O 为原点，OE 为x 轴，OB 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系， 则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，0，∴P E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，－32，E C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，设平面PCE 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·P E →＝0，n 1·E C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32z ＝0，12x ＋32y ＝0，令x ＝3得n 1＝(3，－1,1)， 又OB ⊥平面PAE ，∴n 2＝(0,1,0)为平面PAE 的一个法向量，设二面角A ­EP ­C 为α，则|cos α|＝cos 〈n 1，n 2〉＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝15＝55，易知二面角A ­EP ­C 为钝角，所以cos α＝－55.立体几何的综合问题(5年3考)[高考解读] 将圆的几何性质、空间线面的位置关系、空间几何体的体积等知识融于一体，综合考查学生的逻辑推理能力.(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD ︵所在平面垂直，M 是CD ︵上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M ­ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值． 切入点：(1)借助圆的几何性质得出DM ⊥CM ，进而借助面面垂直的判定求解． (2)借助体积公式先探寻M 点的位置，建系借助坐标法求解． [解](1)由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD .因为BC ⊥CD ，BC 平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM .因为M 为CD ︵上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM . 又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC . 而DM平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .(2)以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz . 当三棱锥M ­ABC 体积最大时，M 为CD ︵的中点．由题设得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，M (0,1,1)，AM →＝(－2,1,1)，AB →＝(0,2,0)，DA →＝(2,0,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.可取n ＝(1,0,2)．DA →是平面MCD 的法向量，因为cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA →|n ||DA →|＝55，sin 〈n ，DA →〉＝255.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是255.存在性问题的求解策略(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“是否有解”“是否有规定范围内的解”等．(2)对于位置探究型问题，通常是借助向量，引入参数，综合条件和结论列方程，解出参数，从而确定位置．(3)在棱上是否存在一点时，要充分利用共线向量定理．(探索位置型)如图所示，四棱锥P ­ABCD 中，PA ⊥底面ABCD .四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AB ＋AD ＝4，CD ＝2，∠CDA ＝45°，且AB ＝AP .(1)若直线PB 与平面PCD 所成的角为30°，求线段AB 的长；(2)在线段AD 上是否存在一点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等？说明理由． [解] (1)以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A ­xyz ，如图1所示．图1在平面ABCD 内，作CE ∥AB ，交AD 于点E ，则CE ⊥AD . 在Rt△CDE 中，DE ＝CD ·cos 45°＝1，CE ＝CD ·sin 45°＝1. 设AB ＝AP ＝t (t ＞0)，则B (t,0,0)，P (0,0，t )． 由AB ＋AD ＝4得AD ＝4－t ，∴E (0,3－t,0)，C (1,3－t,0)，D (0,4－t,0)， ∴CD →＝(－1,1,0)，PD →＝(0,4－t ，－t )． 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ⊥CD →，n ⊥PD →得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－t y －tz ＝0.取x ＝t ，得平面PCD 的一个法向量n ＝(t ，t,4－t )． cos 60°＝|n ·PB →||n |·|PB →|，即|2t 2－4t |t 2＋t 2＋－t 2·2t 2＝12， 解得t ＝45或t ＝4(舍去，因为AD ＝4－t ＞0)，∴AB ＝45.(2)法一：(向量法)假设在线段AD 上存在一点G (如图2所示)，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．设G (0，m,0)(其中0≤m ≤4－t )，则GC →＝(1,3－t －m,0)，GD →＝(0,4－t －m,0)，GP →(0，－m ，t )．图2由|GC →|＝|GD →|得12＋(3－t －m )2＝(4－t －m )2， 即t ＝3－m . ①由|GD →|＝|GP →|，得(4－m －t )2＝m 2＋t 2. ② 由①，②消去t ，化简得m 2－3m ＋4＝0. ③由于方程③没有实数根，所以在线段AD 上不存在点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等． 法二：(几何法)假设在线段AD 上存在一点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．图3由GC ＝GD 得∠GCD ＝∠GDC ＝45°， ∴∠CGD ＝90°，即CG ⊥AD ， ∴GD ＝CD ·cos 45°＝1.设AB ＝λ，则AD ＝4－λ，AG ＝AD －GD ＝3－λ. 如图3所示，在Rt△ABG 中，GB ＝AB 2＋AG 2＝λ2＋－λ2＝2⎝⎛⎭⎪⎫λ－322＋92＞1， 这与GB ＝GD 矛盾．∴在线段AD 上不存在点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．。

第二节空间点、直线、平面之间的位置关系突破点一平面的基本性质[基本知识]1．公理1～3文字语言图形语言符号语言公理1如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内⎭⎪⎬⎪⎫A∈lB∈lA∈αB∈α⇒l⊂α公理2过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面A，B，C三点不共线⇒有且只有一个平面α，使A∈α，B∈α，C∈α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P∈α，且P∈β⇒α∩β＝l，且P∈l明点、线共面的依据，公理3是证明三线共点或三点共线的依据．2．公理2的三个推论推论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．[基本能力]一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)(1)如果两个不重合的平面α，β有一条公共直线a，就说平面α，β相交，并记作α∩β＝a.( )(2)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．( )(3)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于A点，并记作α∩β＝A.( )(4)两个平面ABC与DBC相交于线段BC.( )答案：(1)√(2)×(3)×(4)×二、填空题1．四条线段顺次首尾相连，它们最多可确定的平面个数有________．答案：42．下列命题中，真命题是________．(1)空间不同三点确定一个平面；(2)空间两两相交的三条直线确定一个平面；(3)两组对边相等的四边形是平行四边形；(4)和同一直线都相交的三条平行线在同一平面内．解析：(1)是假命题，当三点共线时，过三点有无数个平面；(2)是假命题，当三条直线共点时，不能确定一个平面；(3)是假命题，两组对边相等的四边形可能是空间四边形；(4)是真命题．答案：(4)3．设P表示一个点，a，b表示两条直线，α，β表示两个平面，给出下列三个命题，其中真命题是________．(填序号)①P∈a，P∈α⇒a⊂α；②a∩b＝P，b⊂β⇒a⊂β；③a∥b，a⊂α，P∈b，P∈α⇒b⊂α.答案：③[典例感悟]1．正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，M为CC1的中点，N为线段DD1上靠近D1的三等分点，平面BMN交AA1于点Q，则线段A Q的长为( )A.23B.12C.16D.13解析：选D 如图所示，过点A作AE∥BM交DD1于点E，则E是DD1的中点，过点N作NT∥AE交A1A于点T，此时NT∥BM，所以B，M，N，T四点共面，所以点Q与点T重合，易知A Q＝NE＝13，故选D.2.如图所示，在正方体ABCD­A 1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点．求证：(1)E，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点．证明：(1)如图所示，连接CD1，EF，A1B，∵E ，F 分别是AB 和AA 1的中点，∴EF ∥A 1B 且EF ＝12A 1B .又∵A 1D 1綊BC ，∴四边形A 1BCD 1是平行四边形， ∴A 1B ∥CD 1，∴EF ∥CD 1，∴EF 与CD 1确定一个平面，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 ， 又CE ⊂平面ABCD ，且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．[方法技巧]共面、共线、共点问题的证明方法(1)证明点或线共面问题的两种方法：①首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合． (2)证明点共线问题的两种方法：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上； ②直接证明这些点都在同一条特定直线上． (3)证明线共点问题的常用方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．[集训冲关]1．如图是正方体或四面体，P ，Q ，R ，S 分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是( )解析：选D A ，B ，C 图中四点一定共面，D 中四 点不共面． 2.如图，ABCD ­A 1B 1C 1D 1是长方体，O 是B 1D 1的中点，直线A 1C 交平面AB 1D 1于点M ，则下列结论正确的是( )A ．A ，M ，O 三点共线B ．A ，M ，O ，A 1不共面C ．A ，M ，C ，O 不共面D ．B ，B 1，O ，M 共面解析：选A 连接A 1C 1，AC ，则A 1C 1∥AC ，所以A 1，C 1，C ，A 四点共面，所以A 1C ⊂平面ACC 1A 1，因为M ∈A 1C ，所以M ∈平面ACC 1A 1，又M ∈平面AB 1D 1，所以M 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上，同理O 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上，所以A ，M ，O 三点共线．突破点二 空间中两直线的位置关系[基本知识]1．空间中两直线的位置关系 (1)空间中两直线的位置关系⎩⎨⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧平行相交异面直线：不同在任何一个平面内(2)公理4和等角定理①公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．②等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补． 2．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)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角)．(2)范围：⎝⎛⎦⎥⎤0，π2.[基本能力]一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)(1)已知a ，b 是异面直线，直线c 平行于直线a ，那么c 与b 不可能是平行直线．( )(2)没有公共点的两条直线是异面直线．( )(3)经过平面内一点的直线(不在平面内)与平面内不经过该点的直线是异面直线．( )(4)若两条直线共面，则这两条直线一定相交．( ) 答案：(1)√ (2)× (3)√ (4)× 二、填空题1．已知直线a 和平面α，β，α∩β＝l ，a ⊄α，a ⊄β，且a 在α，β内的射影分别为直线b 和c ，则直线b 和c 的位置关系是____________．答案：相交、平行或异面2．长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝2，则异面直线BD 1与CC 1所成的角为________．答案：π43．如图为正方体表面的一种展开图，则图中的AB ，CD ，EF ，GH 在原正方体中互为异面直线的有________对．答案：3[全析考法]考法一 空间两直线位置关系的判定[例1] (1)已知a ，b ，c 为三条不重合的直线，有以下结论：①若a ⊥b ，a ⊥c ，则b ∥c ；②若a ⊥b ，a ⊥c ，则b ⊥c ；③若a ∥b ，b ⊥c ，则a ⊥c .其中正确的个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．3(2)在下列四个图中，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 ，MN 是异面直线的图形有________．(填序号)[解析] (1)法一：在空间中，若a ⊥b ，a ⊥c ，则b ，c 可能平行，也可能相交，还可能异面，所以①②错误，③显然成立．法二：构造长方体或正方体模型可快速判断，①②错误，③正确．(2)图①中，直线GH∥MN；图②中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，因此直线GH 与MN异面；图③中，连接MG，GM∥HN，因此GH与MN共面；图④中，G，M，N共面，但H∉平面GMN，因此GH与MN异面．所以在图②④中，GH与MN异面．[答案] (1)B (2)②④[方法技巧] 空间两直线位置关系的判定方法考法二异面直线所成的角平移直线线段法定义法求异面直线所成的角常用的平移方法有：1利用图中已有的平行线平移；2利用特殊点线段的端点或中点作平行线平移；3补形平移.[例2] (2018·全国卷Ⅱ)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )A.15B.56C.55D.22[解析] 如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体EFBA­E1F1B1A1.连接B1F，由长方体性质可知，B1F∥AD1，所以∠DB1F为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．连接DF，由题意，得DF＝12＋1＋12＝5，FB1＝12＋32＝2，DB1＝12＋12＋32＝ 5.在△DFB1中，由余弦定理，得DF2＝FB21＋DB21－2FB1·DB1·cos∠DB1F，即5＝4＋5－2×2×5×cos∠DB1F，∴cos∠DB1F＝55.[答案] C[方法技巧] 平移法求异面直线所成角的步骤平移平移的方法一般有三种类型：(1)利用图中已有的平行线平移；(2)利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；(3)补形平移证明证明所作的角是异面直线所成的角或其补角寻找在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之取舍因为异面直线所成角θ的取值范围是0°＜θ≤90°，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角[集训冲关]1.[考法一]若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是( )A．l1⊥l4B．l1∥l4C．l1与l4既不垂直也不平行D．l 1与l4的位置关系不确定解析：选D 构造如图所示的正方体ABCD­A1B1C1D1，取l1为AD，l2为AA1，l3为A1B1，当取l4为B1C1时，l1∥l4，当取l4为BB1时，l1⊥l4，故排除A、B、C，选D.2.[考法一]在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是线段BC，CD1的中点，则直线A1B与直线EF的位置关系是( )A．相交 B．异面C．平行 D．垂直解析：选A 由BC綊AD，AD綊A1D1知，BC綊A1D1，从而四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥CD1，又EF⊂平面A1BCD1，EF∩D1C＝F，则A1B与EF相交．3.[考法二]如图，在长方体ABCD­A 1B1C1D1中，AB＝2，BC＝1，BB1＝1，P是AB的中点，则异面直线BC1与PD所成的角等于( )A．30° B．45°C．60° D．90°解析：选C 如图，取A1B1的中点E，连接D1E，AD1，AE，则∠AD1E即为异面直线BC1与PD所成的角．因为AB＝2，所以A1E＝1，又BC＝BB1＝1，所以D1E＝AD1＝AE＝2，所以△AD1E为正三角形，所以∠AD1E＝60°，故选C.4.[考法二](2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )A.32B.155C.105D.33解析：选 C 如图所示，将直三棱柱ABC­A1B1C1补成直四棱柱ABCD­A1B1C1D1，连接AD1，B1D1，则AD1∥BC1，所以∠B1AD1或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角．因为∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，所以AB1＝5，AD1＝ 2.在△B1D1C1中，∠B1C1D1＝60°，B1C1＝1，D1C1＝2，所以B1D1＝12＋22－2×1×2×cos 60°＝3，所以cos∠B1AD1＝5＋2－32×5×2＝105.。

测试 42空间点、直线、平面间的地点关系高考概览高考在本考点的常考题型为选择题、解答题，分值为5分或 12分，中等难度考纲研读1．理解空间直线、平面地点关系的定义2．认识能够作为推理依照的公义和定理3．能运用公义、定理和已获取的结论证明一些空间地点关系的简单命题一、基础小题1．若空间中有两条直线，则“这两条直线为异面直线”是“这两条直线没有公共点”的()A．充足非必需条件 B ．必需非充足条件C．充足必需条件 D ．既非充足又非必需条件答案A分析“两条直线为异面直线”? “两条直线无公共点”．“两直线无公共点”? “两直线异面或平行”．应选A．2．以下命题正确的个数为()①经过三点确立一个平面；②梯形能够确立一个平面；③两两订交的三条直线最多能够确立三个平面；④假如两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．A．0 B．1 C．2 D．3答案C分析经过不共线的三点能够确立一个平面，∴①不正确；两条平行线能够确立一个平面，∴②正确；两两订交的三条直线能够确立一个或三个平面，∴③正确；命题④中没有说清三个点能否共线，∴④不正确．3．若直线上有两个点在平面外，则()A．直线上起码有一个点在平面内B．直线上有无量多个点在平面内C．直线上全部点都在平面外D．直线上至多有一个点在平面内答案D分析依据题意，两点确立一条直线，那么因为直线上有两个点在平面外，则直线在平面外，只好是直线与平面订交，或许直线与平面平行，那么可知直线上至多有一个点在平面内．4．如图，α ∩β＝l，A，B∈ α，C∈ β，且C?l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必经过 ()A．点A B．点BC．点C但可是点M D ．点C和点M答案D分析∵ A， B∈γ， M∈ AB，∴ M∈γ ．又α ∩ β＝l ， M∈ l ，∴ M∈β ．依据公义 3 可知， M在γ与β的交线上．同理可知，点C也在γ与β的交线上．5．若a和b是异面直线，b和c是异面直线，则a和c的地点关系是 ()A．异面或平行 B ．异面或订交C．异面 D ．订交、平行或异面答案D分析异面直线不拥有传达性，能够以长方体为载体加以说明，地点如图 ( 可有三种状况) 所示，故a， c 可能订交、平行或异面．6．以下四个命题中：a， b异面，直线c的①不共面的四点中，此中随意三点不共线；②若点A， B， C， D 共面，点共面，则点 A，B， C，D，E 共面；③若直线 a，b 共面，直线 a，c 共面，则直线A，B，C，E b，c 共面；④挨次首尾相接的四条线段必共面．正确命题的个数是()A．0 B．1 C．2 D．3答案B分析①正确，不然三点共线和第四点必共面；②错误，如图三棱锥，能切合题意但A，B，C，，E 不共面；③错误，从②的几何体知；空间四边形为反例可知，④错误．D7．已知异面直线a， b 分别在平面α ，β 内，且α ∩ β＝c，那么直线 c 必定() A．与a，b都订交B．只好与a， b 中的一条订交C．起码与a， b 中的一条订交D．与a，b都平行答案C分析假如 c 与 a， b 都平行，那么由平行线的传达性知a，b 平行，与异面矛盾．应选C．8．如图，平行六面体ABCD－ A1B1C1D1中既与 AB共面又与 CC1共面的棱有________条．答案5分析依题意，与 AB和 CC1都订交的棱有BC；与 AB订交且与 CC1平行的棱有AA1，BB1；与 AB平行且与 CC1订交的棱有 CD， C1D1．故切合条件的棱有5条．二、高考小题9．(2018 ·全国卷Ⅱ) 在正方体ABCD－ A1 B1C1D1中， E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为()2357A．2 B．2 C．2 D．2答案C分析在正方体 ABCD－ A1B1C1D1中， CD∥AB，所以异面直线AE与 CD所成的角为∠ EAB，设正方体的棱长为2a，则由 E 为棱CC1的中点，可得CE＝a，所以BE＝5a，BE 则 tan ∠EAB＝＝AB5a＝2a52．应选C．10．(2015 ·广东高考) 若空间中n 个不一样的点两两距离都相等，则正整数n 的取值() A．至多等于 3 B ．至多等于4C．等于 5 D ．大于 5答案B分析第一我们知道正三角形的三个极点知足两两距离相等，于是能够清除C ，D ．又注意到正四周体的四个极点也知足两两距离相等，于是清除A ，应选B ．11．(2016 ·山东高考 ) 已知直线 a ， b 分别在两个不一样的平面 α ， β 内，则“直线 a 和直线b 订交”是“平面α 和平面 β 订交”的()A ．充足不用要条件B ．必需不充足条件C ．充要条件D ．既不充足也不用要条件答案A分析因为直线 a 和直线 b 订交，所以直线 a 与直线 b 有一个公共点，而直线a ，b 分别在平面 α， β 内，所以平面 α 与 β 必有公共点，进而平面α 与 β 订交；反之，若平面 α 与 β 订交，则直线a 与直线b 可能订交、平行、异面．应选A ．三、模拟小题12．(2018 ·武昌调研 ) 已知直线 l 和平面 α ，不论直线 l 与平面 α 拥有如何的地点关系，在平面 α 内总存在一条直线与直线l ()A ．订交B ．平行C ．垂直D ．异面答案C分析当直线 l 与平面 α 平行时， 在平面 α 内起码有一条直线与直线l 垂直，当直线l ? 平面 α 时，在平面 α 内起码有一条直线与直线l 垂直，当直线 l 与平面 α 订交时， 在平面 α 内起码有一条直线与直线 l 垂直，所以不论直线 l 与平面 α 拥有如何的地点关系，在平面 α 内总存在一条直线与直线l 垂直．13．(2018 ·福州五校联考 ) 如图，已知在正方体 ABCD － A 1B 1C 1D 1 中，AC ∩ BD ＝F ，DC 1∩ CD 1＝ ，则直线 EF 是平面 1 与 ( )E ACDA ．平面 BDB 1的交线B ．平面 BDC 1的交线C ．平面 ACB 1的交线D ．平面 ACC 1的交线答案B分析连结 BC 1．因为 E ∈ DC 1， F ∈ BD ，所以 EF ? 平面 BDC 1，故平面ACD 1∩平面 BDC 1＝EF ．应选 B ．14．(2018 ·湖北七市 ( 州) 联考 ) 设直线 m 与平面 α 订交但不垂直，则以下说法中正确的是()A ．在平面 α 内有且只有一条直线与直线 m 垂直B ．过直线 m 有且只有一个平面与平面α 垂直C ．与直线 m 垂直的直线不行能与平面α 平行D ．与直线 m 平行的平面不行能与平面 α 垂直答案 B分析关于 A ，在平面 α 内可能有无数条直线与直线垂直，这些直线是相互平行的，mA 错误；关于B ，因为直线 m 与平面 α 订交但不垂直， 所以过直线 m 必有而且也只有一个平面与平面 α 垂直， B 正确；关于 C ，近似于 A ，在平面 α 外可能有无数条直线垂直于直线 m而且平行于平面 α， C 错误；关于 D ，与直线 m 平行且与平面α 垂直的平面有无数个，D错误．应选 B ．15．(2018 ·兰州市高考实战模拟) 已知长方体－ 1 11 1中，1＝＝ 3， ＝1，ABCD A B CDAAABAD则异面直线 B C 和 CD 所成角的余弦值为 ()116 6 2 3A ．4B ．3C ．6D ．6答案A分析如图，连结 A D ， A C ，由题易知B C ∥ A D ，∴∠ CDA 是异面直线 B C 与 CD 所成1 1 11 1 1 1 1 1的角，又1＝＝ 3，＝1，∴1＝2，1＝ 6， 11＝ 2，由余弦定理，得cos ∠ 1 1AA ABADA DDCA CCDA2226CD ＋AD －AC11114 ，应选 A ．＝2×1×1＝CD A D16．(2018 ·河北石家庄质检 ) 以下正方体或四周体中，， ， ，S 分别是所在棱的中P Q R点，这四点不共面的一个图是 ( )答案 D分析( 利用“经过两条平行直线，有且只有一个平面”判断 ) 对选项 A，易判断PR∥SQ，故点P，Q，R， S共面；对选项B，易判断 QR∥ SP，故点 P， Q，R，S 共面；对选项C，易判断 PQ∥SR，故点 P， Q， R， S 共面；而选项D中的 RS， PQ为异面直线，应选D．17．(2018 ·武汉调研 ) 如图为正方体表面的一种睁开图，则图中的AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的有 ________对．答案3分析体中，明显平面图形的翻折应注意翻折前后相对地点的变化，AB与 CD， EF与 GH， AB与 GH都是异面直线，而则 AB，CD，EF和 GH在原正方AB与 EF订交， CD与 GH订交，CD 与EF平行．故互为异面直线的有3 对．18．(2018 ·山西四校联考) 以下图，在空间四边形A－ BCD中，点 E，H分别是边 AB，CF CG2AD的中点，点 F，G分别是边 BC，CD上的点，且＝＝，则以下说法正确的选项是________．( 填CBCD3写全部正确说法的序号)①EF与 GH平行；② EF与 GH异面；③ EF与 GH的交点 M可能在直线 AC上，也可能不在直线 AC上；④ EF与 GH的交点 M必定在直线 AC上．答案④分析连结 EH，FG(图略)，依题意，可得 EH∥BD，FG∥ BD，故 EH∥FG，所以 E，F，G，12H共面．因为EH＝2BD，FG＝3BD，故 EH≠ FG，所以四边形EFGH是梯形， EF与 GH必订交，设交点为 M．因为点 M在 EF上，故点 M在平面 ACB上．同理，点 M在平面 ACD上，所以点 M 是平面 ACB与平面 ACD的交点，又 AC是这两个平面的交线，所以点 M必定在直线 AC上．一、高考大题1．(2017 ·全国卷Ⅲ) 如图，四周体ABCD中，△ ABC是正三角形， AD＝CD．(1)证明： AC⊥ BD；(2)已知△ ACD是直角三角形， AB＝ BD，若 E为棱 BD上与 D不重合的点，且 AE⊥ EC，求四周体 ABCE与四周体 ACDE的体积比．解 (1) 证明：如图，取AC的中点O，连结DO，BO．因为 AD＝ CD，所以 AC⊥ DO．又因为△ABC是正三角形，所以 AC⊥ BO．进而 AC⊥平面 DOB，故 AC⊥ BD．(2)连结 EO．由 (1) 及题设知∠ADC＝90°，所以DO＝ AO．222在 Rt△AOB中，BO＋AO＝AB．又 AB＝ BD，222222所以 BO＋ DO＝ BO＋AO＝ AB＝ BD，故∠ DOB＝90°．1由题设知△ AEC为直角三角形，所以EO＝2AC．1又△ ABC是正三角形，且AB＝ BD，所以 EO＝2BD．故E 为的中点，进而E到平面的距离为D到平面的距离的1ABCE，四周体BD ABC ABC21的体积为四周体ABCD的体积的2，即四周体 ABCE与四周体 ACDE的体积之比为1∶1．2．(2015 ·四川高考 ) 一个正方体的平面睁开图及该正方体的直观图的表示图以下图．(1)请将字母 F， G， H标志在正方体相应的极点处(不需说明原因)；(2)判断平面 BEG与平面 ACH的地点关系，并证明你的结论；(3)证明：直线 DF⊥平面 BEG．解 (1) 点F，G，H的地点以下图．(2)平面 BEG∥平面 ACH，证明以下：因为 ABCD－ EFGH为正方体，所以BC∥ FG，BC＝ FG，又 FG∥ EH， FG＝ EH，所以 BC∥ EH， BC＝ EH，于是四边形BCHE为平行四边形，所以 BE∥ CH．又 CH?平面 ACH， BE?平面 ACH，所以BE∥平面ACH．同理BG∥平面ACH．又 BE∩ BG＝ B，所以平面 BEG∥平面 ACH．(3)证明：连结 FH．因为 ABCD－ EFGH为正方体，所以 DH⊥平面 EFGH．因为 EG?平面 EFGH，所以 DH⊥ EG．又 EG⊥ FH， DH∩ FH＝ H，所以 EG⊥平面BFHD．又 DF?平面 BFHD，所以 DF⊥ EG．同理 DF⊥ BG．又 EG∩ BG＝ G，所以 DF⊥平面BEG．二、模拟大题3．(2018 ·河南洛阳月考) 以下图，正方体ABCD－ A1 B1C1D1中， E， F 分别是 AB 和 AA1的中点．求证： (1) E，C，D1，F四点共面；(2)CE， D1F， DA三线共点．证明(1) 以下图，连结CD1， EF，A1B，∵ E，F 分别是 AB和 AA1的中点，1∴ FE∥A1B 且 EF＝2A1B．∵ A1D1綊 BC，∴四边形 A1BCD1是平行四边形，∴ A1B∥ D1C，∴ FE∥ D1C，∴ EF与 CD1可确立一个平面，即 E，C， D1， F 四点共面．1(2) 由 (1) 知EF∥CD1，且EF＝2CD1，∴四边形 CD1FE是梯形，∴直线 CE与 D1F 必订交，设交点为P，则 P∈CE?平面 ABCD，且P∈D1F?平面 A1 ADD1，∴ P∈平面 ABCD且 P∈平面 A1ADD1．又平面 ABCD∩平面 A1ADD1＝ AD，∴ P∈ AD，∴ CE， D1F， DA三线共点．4．(2018 ·河南焦作一模 ) 以下图，平面四边形ADEF所在的平面与梯形ABCD所在的平面垂直， AD⊥ CD，AD⊥ ED，AF∥ DE，AB∥ CD，CD＝2AB＝2AD＝2ED＝ xAF．(1)若四点 F， B， C， E 共面， AB＝ a，求 x 的值；(2)求证：平面 CBE⊥平面 EDB．解 (1) ∵AF∥DE，AB∥DC，AF∩AB＝A，DE∩DC＝D，∴平面 ABF∥平面 DCE．∵四点 F， B， C， E 共面，∴FB∥CE，∴△ ABF与△ DCE相像．2a∵ AB＝a，∴ ED＝ a， CD＝2a， AF＝x，2aAF AB x a由相像比得＝，即＝，所以x＝4．ED CD a2a(2)证明：不如设 AB＝1，则 AD＝AB＝1， CD＝2，在 Rt△BAD中，BD＝2，取CD中点为M，则MD与AB平行且相等，连结BM，可得△BMD 为等腰直角三角形，所以BC＝2，因为222BD＋ BC＝ CD，所以BC⊥ BD，又因为平面四边形ADEF所在的平面与梯形ABCD所在的平面垂直，平面ADEF∩平面ABCD＝ AD， ED⊥ AD，所以ED⊥平面ABCD，所以BC⊥ DE，又因为BD∩ DE＝ D，所以BC⊥平面EDB，因为BC?平面CBE，所以平面CBE⊥平面EDB．5．(2018 ·沈阳质检) 如图，在三棱锥S－ ABC中，平面SAB⊥平面SBC， AB⊥ BC， AS＝AB．过 A 作 AF⊥ SB，垂足为 F，点 E，G分别是棱 SA， SC的中点．求证：(1)平面 EFG∥平面 ABC；(2)BC⊥ SA．证明(1) 因为AS＝AB，AF⊥SB，垂足为F，所以 F 是 SB的中点．又因为 E 是 SA的中点，所以 EF∥ AB．因为 EF?平面 ABC， AB?平面 ABC，所以 EF∥平面 ABC．同理 EG∥平面 ABC．又 EF∩ EG＝ E，所以平面 EFG∥平面 ABC．(2)因为平面 SAB⊥平面 SBC，且交线为 SB，又 AF?平面 SAB， AF⊥ SB，所以 AF⊥平面 SBC，因为 BC?平面 SBC，所以 AF⊥ BC．又因为 AB⊥ BC， AF∩ AB＝A， AF，AB?平面 SAB，所以 BC⊥平面 SAB．因为 SA?平面 SAB，所以 BC⊥ SA．6．(2018 ·河南郑州模拟) 如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD是边长为2 的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD是∠ ABC＝60°的菱形， M为 PC的中点．(1)求证： PC⊥ AD；(2)在棱 PB上能否存在一点 Q，使得 A， Q， M， D四点共面？若存在，指出点 Q的地点并证明；若不存在，请说明原因；(3)求点 D到平面 PAM的距离．解(1) 证明：取AD的中点O，连结OP，OC，AC，因为四边形ABCD是∠ ABC＝60°的菱形，所以∠ ADC＝60°， AD＝ CD，所以△ ACD是正三角形，所以 OC⊥ AD，又△ PAD是正三角形，所以 OP⊥ AD，又 OC∩ OP＝ O，OC?平面 POC， OP?平面 POC，所以 AD⊥平面 POC，又 PC?平面 POC，所以 PC⊥ AD．(2)存在．当点 Q为棱 PB的中点时， A， Q， M， D四点共面．证明以下：取棱PB的中点 Q，连结 QM， QA，因为 M为 PC的中点，所以 QM∥ BC，在菱形 ABCD中， AD∥ BC，所以 QM∥ AD，所以 A， Q， M，D四点共面．(3)点 D到平面 PAM的距离即为点 D到平面 PAC的距离，由 (1) 可知PO⊥AD，因为平面PAD⊥平面ABCD，平面 PAD∩平面 ABCD＝ AD， PO?平面 PAD，所以 PO⊥平面 ABCD，即 PO为三棱锥 P－ ACD的高，在 Rt△POC中，PO＝OC＝ 3，则PC＝ 6，在△ PAC中， PA＝ AC＝2，PC＝6，2210，所以边 PC上的高 AM＝PA－ PM＝ 2111015△ PAC所以 S＝2PC·AM＝2×6× 2 ＝2，设点 D到平面 PAC的距离为 h，由 V D－PAC＝ V P－ACD，11得3S△PAC· h＝3S△ACD· PO，115132即3×2· h＝3×4×2× 3，解得＝215，所以点D到平面的距离为 2 15．h5PAM5。

立体几何小题培优讲义高考规律立体几何是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度中等或偏上．知识梳理【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】1.求几何体体积的常用方法(1)公式法：直接代入公式求解.(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.2.求组合体的表面积与体积的一般方法求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】1.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：2.空间几何体外接球问题的求解方法：空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段P A,PB,PC两两垂直，且P A=a，PB=b，PC=c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.(3)利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，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.【知识点3 几何法与向量法求空间角】1.几何法求异面直线所成的角(1)求异面直线所成角一般步骤：①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.2.用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.3.几何法求线面角(1)垂线法求线面角(也称直接法)；(2)公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线P A在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.4.向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.5.几何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.6.向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】1.立体几何中的几类最值问题立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．2.立体几何中的最值问题的求解方法解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题．【知识点5 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】1.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．2.立体几何中的轨迹问题的求解方法解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法：对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法：在图形中，建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．【知识点6 以立体几何为载体的情境题的求解策略】1.以立体几何为载体的几类情境题以立体几何为载体的情境题大致有三类：(1)以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；(2)以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；(3)以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．2.以立体几何为载体的情境题的求解思路以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题.此类问题的求解过程主要分四步：一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【题型1 求几何体的体积与表面积】【例1】（2023·江苏徐州·沛县湖西中学模拟预测）在三棱锥P−ABC中，三条侧棱P A，PB，PC两两垂直，且PA=PB=PC=2，若三棱锥P−ABC的所有顶点都在同一个球的表面上，则该球的体积是（）A．4√3πB．4√2πC．6πD．12π【变式1-1】（2023·陕西铜川·统考一模）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（）（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸；③V台=13(S上+S下+√S上⋅S下)ℎ）A．6寸B．4寸C．3寸D．2寸【变式1-2】（2023·全国·模拟预测）如图，已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1的高为2,AB=2A1B1,P,Q分别为B1C1,C1D1的中点，若四边形PQDB的面积为152，则该四棱台的体积为（）A．563B．56C．283D．28【变式1-3】（2023·山东·统考一模）陀螺起源于我国，在山西夏县新石器时代的遗址中，就出土了目前发现的最早的石制陀螺因此，陀螺的历史至少也有四千年，如图所示为一个陀螺的立体结构图，若该陀螺底面圆的直径AB=12cm，圆柱体部分的高BC=6cm，圆锥体部分的高CD=4cm，则这个陀螺的表面积是（）A．(144+12√13)πcm2B．(144+24√13)πcm2C．(108+12√13)πcm2D．(108+24√13)πcm2【题型2 与球有关的截面问题】【例2】（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知球O的一个截面的面积为2π，球心O到该截面的距离比球的半径小1，则球O的表面积为（）A．8πB．9πC．12πD．16π【变式2-1】（2023·全国·校联考模拟预测）上、下底面均为等边三角形的三棱台的所有顶点都在同一球面上，若三棱台的高为3，上、下底面边长分别为√15，2√6，则该球的表面积为（）A．32πB．36πC．40πD．42π【变式2-2】（2023·河南·信阳高中校联考模拟预测）如图，在三棱锥A−BCD中，AB,AC,AD两两垂直，且AB=AC=AD=3，以A为球心，√6为半径作球，则球面与底面BCD的交线长度的和为（）A．2√3πB．√3πC．√3π2D．√3π4【变式2-3】（2023·江西南昌·江西师大附中校考三模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E为棱CC1上的一点，且满足平面BDE⊥平面A1BD，则平面A1BD截四面体ABCE的外接球所得截面的面积为（）A．136πB．2512πC．83πD．23π【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】【例3】（2023·福建莆田·莆田一中校考一模）如图，在边长为a的正三角形的三个角处各剪去一个四边形.这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的，并且这三个四边形也全等，如图①.若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器，如图②.则这个容器的容积的最大值为（）A．a327B．a336C．a354D．a372【变式3-1】（2023·全国·模拟预测）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=60°，侧面BCC1B1的面积为2√3，则直三棱柱ABC−A1B1C1外接球的表面积的最小值为（）A．4πB．8πC．4√3πD．8√3π【变式3-2】（2023·山东·山东省实验中学校考二模）正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，P为底面A1B1C1D1的中心，M是棱AB的中点，正四棱柱的高ℎ∈[√2,2√2]，点M到平面PCD的距离的最大值为（）A．2√63B．83C．4√23D．329【变式3-3】（2023·湖南长沙·长沙一中校考模拟预测）已知A，B，C，D是体积为20√53π的球体表面上四点，若AB=4，AC=2，BC=2√3，且三棱锥A－BCD的体积为2√3，则线段CD长度的最大值为（）A．2√3B．3√2C．√13D．2√5【题型4 几何体与球的切、接问题】【例4】（2023·河北邯郸·统考三模）三棱锥S−ABC中，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA=AB=BC．过点A分别作AE⊥SB，AF⊥SC交SB、SC于点E、F，记三棱锥S−FAE的外接球表面积为S1，三棱锥S−ABC的外接球表面积为S2，则S1S2=（）A．√33B．13C．√22D．12【变式4-1】（2023·福建龙岩·统考模拟预测）如图，已知正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体为正八面体，则该正八面体的内切球表面积为（）A．π6B．πC．4π3D．4π【变式4-2】（2023·全国·模拟预测）为了便于制作工艺品，某工厂将一根底面半径为6cm，高为4cm的圆柱形木料裁截成一个正四棱台木料，已知该正四棱台上底面的边长不大于4√2cm，则当该正四棱台的体积最大时，该正四棱台外接球的表面积为（）A．128πcm2B．145πcm2C．153πcm2D．160πcm2【变式4-3】（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考二模）如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体ABCD的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体ABCD棱长为2√6，则模型中九个球的表面积和为（）A．6πB．9πC．31π4D．21π【题型5 空间线段以及线段之和最值问题】【例5】（2023·湖南长沙·长郡中学校联考模拟预测）已知底面边长为a的正四棱柱ABCD−A1B1C1D1内接于半径为√3的球内，E，F分别为B1C1，C1D1的中点，G，H分别为线段AC1，EF上的动点，M为线段AB1的中点，当正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积最大时，|GH|+|GM|的最小值为（）A．√2B．3√22C．2D．1+√2【变式5-1】（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）已知在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC= 1，AA1=√3，在线段A1D上取点M，在CD1上取点N，使得直线MN//平面ACC1A1，则线段MN长度的最小值为（）A．√33B．√213C．√37D．√217【变式5-2】（2023·四川绵阳·模拟预测）如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，以下四个命题：；④|C1P|+①三棱锥D−BPC1的体积为定值；②C1P⊥CB1；③直线DC1与平面ABC1D1所成角的正弦值为12|DP|的最小值为√10．其中真命题有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【变式5-3】（2023·天津和平·耀华中学校考二模）粽子，古称“角黍”，早在春秋时期就已出现，到晋代成为了端午节的节庆食物．现将两个正四面体进行拼接，得到如图所示的粽子形状的六面体，其中点G在线，则下列说法正确的是（）段CD（含端点）上运动，若此六面体的体积为163A．EF=2B．EF=4C．EG+FG的最小值为3√2D．EG+FG的最小值为2√6【题型6 空间角问题】【例6】（2023·全国·模拟预测）已知正三棱柱ABC−A1B1C1的侧面积是底面积的6√3倍，点E为四边形ABB1A1的中心，点F为棱CC1的中点，则异面直线BF与CE所成角的余弦值为（）A．2√3913B．√3913C．√3926D．3√3926【变式6-1】（2023·河北保定·统考二模）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=2，对角线B1D与平面A1BC1交于E点．则A1E与面AA1D1D所成角的余弦值为（）A．13B．√33C．23D．√53【变式6-2】（2023·全国·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，若点N是棱BB1上的动点，点M是线段A1C1（不含线段的端点）上的动点，则下列说法正确的是（）A．存在直线MN，使MN//B1C B．异面直线CM与AB所成的角可能为π3C．直线CM与平面BND所成的角为π3D．平面BMC//平面C1NA【变式6-3】（2023·四川遂宁·统考三模）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E,F（E在F的左边），且EF=√2．下列说法不正确的是（）A．当E运动时，二面角E−AB−C的最小值为45∘B．当E,F运动时，三棱锥体积B−AEF不变C．当E,F运动时，存在点E,F使得AE//BFD．当E,F运动时，二面角C−EF−B为定值【题型7 翻折问题】【例7】（2023·四川泸州·统考一模）已知菱形ABCD的边长为6，∠BAD=60°，将△BCD沿对角线BD翻折，使点C到点P处，且二面角A−BD−P为120°，则此时三棱锥P−ABD的外接球的表面积为（）A．21πB．28√21πC．52πD．84π【变式7-1】（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）在矩形ABCD中，AB=3,AD=4，将△ABD 沿对角线BD翻折至△A′BD的位置，使得平面A′BD⊥平面BCD，则在三棱锥A′−BCD的外接球中，以A′C为直径的截面到球心的距离为（）A．√43510B．6√25C．√23910D．√11310【变式7-2】（2023·湖北恩施·校考模拟预测）如图，矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，且BC=2AB=2，现将△ABE沿AE向上翻折，使B点移到P点，则在翻折过程中，下列结论不正确的是（）A．存在点P，使得PE∥CFB．存在点P，使得PE⊥EDC．三棱锥P−AED的体积最大值为√26D．当三棱锥P−AED的体积达到最大值时，三棱锥P−AED外接球表面积为4π【变式7-3】（2023·四川·校联考模拟预测）如图，已知△ABC是边长为4的等边三角形，D,E分别是AB,AC 的中点，将△ADE沿着DE翻折，使点A到点P处，得到四棱锥P−BCED，则下列命题错误的是（）A．翻折过程中，该四棱锥的体积有最大值为3B．存在某个点P位置，满足平面PDE⊥平面PBCC．当PB⊥PC时，直线PB与平面BCED所成角的正弦值为√33πD．当PB=√10时，该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为523【题型8 立体几何中的轨迹问题】【例8】（2023·全国·模拟预测）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，点P是平面ACB1内的动点，M，N分别为C1D1，B1C的中点，若直线BP与MN所成的角为θ，且sinθ=√55，则动点P的轨迹所围成的图形的面积为（）A．3π4B．π2C．π3D．π4【变式8-1】（2023·海南省直辖县级单位·文昌中学校考模拟预测）已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD 为正方形，侧棱与底面垂直，点P是侧棱DD1上的点，且DP=2PD1,AA1=3,AB=1.若点Q在侧面BCC1B1（包括其边界）上运动，且总保持AQ⊥BP，则动点Q的轨迹长度为（）A．√3B．√2C．2√33D．√52【变式8-2】（2023·河北·统考模拟预测）已知正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥为正四棱锥）P－ABCD的底面正方形边长为2，其内切球O的表面积为π3，动点Q在正方形ABCD 内运动，且满足OQ=OP，则动点Q形成轨迹的周长为（）A．2π11B．3π11C．4π11D．5π11【变式8-3】（2023·全国·校联考模拟预测）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，P为空间中一点且满足∠APB1=∠ADB1，则以下说法正确的有（）A．若P在面AB1C1D上，则其轨迹周长为8√6π9B．若A1P⊥AB1，则D1P的最小值为√3+1−√6C．P的轨迹围成的封闭曲面体积为32√6π227+4√3πD．四棱锥P-ABCD体积最大值为4(2√6+√2+3)9【题型9 以立体几何为载体的情境题】【例9】（2023·云南大理·统考一模）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为36寸，盆底直径为12寸，盆深18寸.若某次下雨盆中积水的深度恰好是盆深的一半，则该天池盆中水的体积为（）A．1404π立方寸B．1080π立方寸C．756π立方寸D．702π立方寸【变式9-1】（2023·广东广州·广东实验中学校考一模）阿基米德多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图所示的阿基米德多面体有四个全等的正三角形面和四个全等的正六边形面，该多面体是由过正四面体各棱的三等分点的平面截去四个小正四面体得到．若该多面体的所有顶点都在球O的表面上，且点O到正六边形面的距离为√62，则球O的体积为（）A．7√1424πB．7√143πC．11√2224πD．11√223π【变式9-2】（2023·河南·校联考模拟预测）如图1所示，宫灯又称宫廷花灯，是中国彩灯中富有特色的汉民族传统手工艺品之一．图2是小明为自家设计的一个花灯的直观图，该花灯由上面的正六棱台与下面的正六棱柱组成，若正六棱台的上、下两个底面的边长分别为4dm和2dm，正六棱台与正六棱柱的高分别为1dm 和6dm，则该花灯的表面积为（）A．(108+30√3)dm2B．(72+30√3)dm2C．(64+24√3)dm2D．(48+24√3)dm2【变式9-3】（2023·河南郑州·统考模拟预测）《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”.意思是一个长方体沿对角面斜解（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）.若长方体的体积为V，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为V1，V2，V3，则下列等式错误的是（）A．V1+V2+V3=V B．V1=2V2C．V2=2V3D．V2−V3=V61．（2023·北京·统考高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若AB=25m,BC=AD=10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平，则该五面体的所有棱长之和为（）面与平面ABCD的夹角的正切值均为√145A．102m B．112mC．117m D．125m2．（2023·全国·统考高考真题）已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C−AB−D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（）A．15B．√25C．√35D．253．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥PO的底面半径为√3，O为底面圆心，P A，PB为圆锥的母线，∠AOB=120°，若△PAB的面积等于9√34，则该圆锥的体积为（）A．πB．√6πC．3πD．3√6π4．（2023·天津·统考高考真题）在三棱锥P−ABC中，点M,N分别在棱PC,PB上，且PM=13PC，PN=23PB，则三棱锥P−AMN和三棱锥P−ABC的体积之比为（）A．19B．29C．13D．495．（2021·浙江·统考高考真题）如图已知正方体ABCD−A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B16．（2023·全国·统考高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A．直径为0.99m的球体B．所有棱长均为1.4m的四面体C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体7．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB=120°，PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P−AC−O为45°，则（）．A．该圆锥的体积为πB．该圆锥的侧面积为4√3πC．AC=2√2D．△PAC的面积为√38．（2023·全国·统考高考真题）已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA=．9．（2023·全国·统考高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4,O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是．10．（2023·全国·统考高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有个公共点．11．（2023·全国·统考高考真题）在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=2,A1B1=1,AA1=√2，则该棱台的体积为．12．（2023·全国·统考高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．立体几何小题【题型1 求几何体的体积与表面积】 (4)【题型2 与球有关的截面问题】 (7)【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】 (10)【题型4 几何体与球的切、接问题】 (13)【题型5 空间线段以及线段之和最值问题】 (18)【题型6 空间角问题】 (23)【题型7 翻折问题】 (30)【题型8 立体几何中的轨迹问题】 (35)【题型9 以立体几何为载体的情境题】 (40)立体几何是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度中等或偏上．【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】1.求几何体体积的常用方法(1)公式法：直接代入公式求解.(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.2.求组合体的表面积与体积的一般方法求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】1.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：2.空间几何体外接球问题的求解方法：空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段P A,PB,PC两两垂直，且P A=a，PB=b，PC=c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.(3)利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，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.【知识点3 几何法与向量法求空间角】1.几何法求异面直线所成的角(1)求异面直线所成角一般步骤：①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.2.用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.3.几何法求线面角(1)垂线法求线面角(也称直接法)；(2)公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线P A在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.4.向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.5.几何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.6.向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】1.立体几何中的几类最值问题立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．2.立体几何中的最值问题的求解方法解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题．【知识点5 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】1.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．2.立体几何中的轨迹问题的求解方法解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法：对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法：在图形中，建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．【知识点6 以立体几何为载体的情境题的求解策略】1.以立体几何为载体的几类情境题以立体几何为载体的情境题大致有三类：(1)以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；(2)以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；(3)以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．。

高中数学中的空间解析几何位置关系在高中数学中，空间解析几何是一个重要的内容。

通过解析几何，我们可以研究点、直线、平面以及它们之间的位置关系。

本文将介绍空间解析几何中的位置关系，并探讨一些常见的几何问题。

1. 点与直线的位置关系在三维空间中，一个点可以在直线上、在直线上的延长线上、不在直线上，这取决于点与直线之间的位置关系。

根据点在直线上的投影，可以将点与直线的位置关系分为三种情况：点在直线上、点在直线的某个延长线上、点在直线的某个截线上。

具体来说，如果一个点的坐标满足直线上的方程，那么这个点就在直线上。

如果一个点的坐标满足直线的方程但不满足直线上的方程，那么这个点就在直线的某个延长线上。

如果一个点的坐标不满足直线的方程，那么这个点就不在直线上。

2. 点与平面的位置关系与点与直线的位置关系类似，点与平面之间的位置关系也可以分为三种情况：点在平面上、点在平面的上方或下方、点不在平面上。

通过将点的坐标代入平面的方程，我们可以判断点与平面的位置关系。

如果点的坐标满足平面的方程，那么这个点在平面上。

如果点的坐标不满足平面的方程，那么这个点不在平面上。

如果点的坐标满足平面的方程但不满足平面上的方程，那么这个点在平面的上方或下方。

3. 直线与直线的位置关系在三维空间中，两条直线可以相交、平行或重合。

通过求解两条直线的交点，我们可以判断它们之间的位置关系。

如果两条直线有且仅有一个交点，那么它们相交。

如果两条直线没有交点且它们的方向向量平行，那么它们平行。

如果两条直线完全重合，那么它们重合。

4. 直线与平面的位置关系直线与平面的位置关系可以分为四种情况：直线在平面上、直线平行于平面、直线与平面相交但不在平面上、直线与平面没有交点。

通过直线的方程和平面的方程，我们可以判断直线与平面之间的位置关系。

具体而言，如果直线的方程同时满足平面的方程，那么这条直线在平面上。

如果直线的方程与平面的法向量平行，那么这条直线与平面平行。

专题9 立体几何与空间向量从近几年的高考试题来看,所考的主要内容是:(1)有关线面位置关系的组合判断,试题通常以选择题的形式出现,主要是考查空间线线、线面、面面位置关系的判定与性质;(2)有关线线、线面和面面的平行与垂直的证明,试题以解答题中的第一问为主,常以多面体为载体,突出考查学生的空间想象能力及推理论证能力;(3)线线角、线面角和二面角是高考的热点,选择题、填空题皆有，解答题中第二问必考,一般为中档题,在全卷的位置相对稳定，主要考查空间想象能力、逻辑思维能力和转化与化归的应用能力.预测2020年将保持稳定，一大二小.其中客观题考查面积体积问题、点线面位置关系（各种角的关系或计算）等；主观题以常见几何体为载体，考查平行或垂直关系的证明、线面角或二面角三角函数值的计算等.一、单选题1．（2020届山东省潍坊市高三上期中）m 、n 是平面α外的两条直线，在m ∥α的前提下，m ∥n 是n ∥α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【答案】A 【解析】//m α，则存在l α⊂有//m l .而由//m n 可得//n l ，从而有//n α.反之则不一定成立，,m n 可能相交，平行或异面.所以//m n 是//n α的充分不必要条件，故选A2．（2020届山东省潍坊市高三上期末）《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“盖”的术：置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一.该术相当于给出了有圆锥的底面周长L 与高h ，计算其体积V 的近似公式21.36v L h ≈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2275v L h ≈相当于将圆锥体积公式中的π近似取为（ ）A ．227 B ．258C ．15750D ．355113【答案】B 【解析】设圆锥底面圆的半径为r ，高为h ，依题意，r L π2=，h r h r 22)2(75231ππ=， 所以275831ππ=，即π的近似值为258，故选B.3．（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）设α，β为两个平面，则αβ∥的充要条件是（ ） A ．α内有无数条直线与β平行B ．α，β平行与同一个平面C ．α内有两条相交直线与β内两条相交直线平行D ．α，β垂直与同一个平面【答案】C 【解析】对于A ，α内有无数条直线与β平行，可得α与β相交或α或β平行； 对于B ，α，β平行于同一条直线，可得α与β相交或α或β平行； 对于C ，α内有两条相交直线与β内两条相交直线平行，可得α∥β； 对于D ，α，β垂直与同一个平面，可得α与β相交或α或β平行． 故选：C ．4．（2020·河南高三期末（文））张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方除以十六等于八分之五.已知三棱锥A BCD -的每个顶点都在球O 的球面上，AB ⊥底面BCD ，BC CD ⊥，且AB CD ==2BC =，利用张衡的结论可得球O 的表面积为（ ）A ．30B ．C ．33D ．【答案】B 【解析】因为BC CD ⊥，所以BD =AB ⊥底面BCD ，所以球O 的球心为侧棱AD 的中点，从而球O .利用张衡的结论可得25168π=，则π=所以球O 的表面积为24102ππ⎛== ⎝⎭故选：B5．（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）已知边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，以AD 为折痕进行折叠，使折后的2BDC π∠=，则过A ，B ，C ，D 四点的球的表面积为（ ）A ．3πB ．4πC ．5πD ．6π【答案】C 【解析】边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，以AD 为折痕进行折叠，使折后的2BDC π∠=，构成以D 为顶点的三棱锥，且三条侧棱互相垂直，可构造以其为长宽高的长方体，其对角线即为球的直径，三条棱长分别为1,12R ==245S ππ==，故选C.6．（2020届山东省日照市高三上期末联考）已知四棱锥P ABCD -的体积是底面ABCD 是正方形，PAB ∆是等边三角形，平面PAB ⊥平面ABCD ，则四棱锥P ABCD -外接球体积为（ ）A ．BCD ．【答案】A 【解析】设AB 的中点为Q ，因为PAB ∆是等边三角形，所以PQ AB ⊥，而平面PAB ⊥平面ABCD ， 平面PAB ⋂平面ABCD AB =，所以PQ ⊥平面ABCD ，四棱锥P ABCD -的体积是13AB AB PQ =⨯⨯⨯13AB AB AB =⨯⨯，所以边长6AB =，PQ =OH x =，OM x =，()(222222R OA OM AM x==+=+，2222223R OP OH PH x ==+=+，x =2212321R =+=3428213V R ππ==球.故选：A.7．（2020届山东省泰安市高三上期末）已知正三棱锥S ABC -的侧棱长为43，底面边长为6，则该正三棱锥外接球的表面积是（ ） A ．16π B ．20πC ．32πD ．64π【答案】D 【解析】如图所示，因为正三棱锥S ABC -的侧棱长为43，底面边长为6，则236233AE =⋅⋅=，所以三棱锥的高2222(43)(23)6SE SA AE =-=-=, 又由球心O 到四个顶点的距离相等，在直角三角形AOE 中，,6AO R OE SE SO R ==-=-，又由222OA AE OE =+，即222(23)(6)R R =+-，解得4R =， 所以球的表面积为2464S R ππ==， 故选D.二、多选题8．（2020届山东省潍坊市高三上期末）等腰直角三角形直角边长为1 ，现将该三角形绕其某一边旋转一周 ，则所形成的几何体的表面积可以为（ ） A ．2π B ．()12π+C ．22πD ．()22π+【答案】AB 【解析】如果是绕直角边旋转，形成圆锥，圆锥底面半径为1，高为1，母线就是直角三角形的斜边2， 所以所形成的几何体的表面积是()2212121S rl r πππππ=+=⨯⨯+⨯=+.如果绕斜边旋转，形成的是上下两个圆锥，圆锥的半径是直角三角形斜边的高22，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，母线长是1，所以写成的几何体的表面积222122S rl πππ=⨯=⨯⨯⨯=. 综上可知形成几何体的表面积是()21π+或2π.故选：AB9．（2020届山东省泰安市高三上期末）已知,αβ是两个不重合的平面，,m n 是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（ ） A ．若//m n m α⊥，，则n α⊥ B ．若//,m n ααβ⋂=，则//m n C ．若m α⊥，m β⊥，则//αβ D ．若,//,m m n n αβ⊥⊥，则//αβ 【答案】ACD 【解析】若m α⊥，则,a b α∃⊂且a b P =I 使得m a ⊥，m b ⊥，又//m n ，则n a ⊥，n b ⊥，由线面垂直的判定定理得n α⊥，故A 对；若//m α，n αβ=I ，如图，设m AB =，平面1111D C B A 为平面α，//m α，设平面11ADD A 为平面β，11A D n αβ⋂==，则m n ⊥，故B 错；垂直于同一条直线的两个平面平行，故C 对；若,//m m n α⊥，则n α⊥，又n β⊥，则//αβ，故D 对； 故选：ACD ．10．（2020届山东省滨州市高三上期末）已知菱形ABCD 中，60BAD ∠=︒，AC 与BD 相交于点O ，将ABD △沿BD 折起，使顶点A 至点M ，在折起的过程中，下列结论正确的是( )A ．BD CM ⊥B ．存在一个位置，使CDM V 为等边三角形C ．DM 与BC 不可能垂直D ．直线DM 与平面BCD 所成的角的最大值为60︒【答案】ABD 【解析】A 选项，因为菱形ABCD 中，AC 与BD 相交于点O ，所以AO BD ⊥，CO BD ⊥；将ABD △沿BD 折起，使顶点A 至点M ，折起过程中，AO 始终与BD 垂直，因此MO BD ⊥， 又MO CO I ，由线面垂直的判定定理，可得：BD ⊥平面CMO ，因此BD CM ⊥，故A 正确；B 选项，因为折起的过程中，AD 边长度不变，因此MD CD =；若CDM V 为等边三角形，则CM CD =；设菱形ABCD 的边长为2，因为60BAD ∠=︒，则sin 60AO AB =⋅=o AO MO =2CM CD ==，所以3341cos 233MOC +-∠==⨯，即二面角M BD C --的余弦值为13时，CDM V 为等边三角形；故B 正确；C 选项，DM OM OD =-u u u u r u u u u r u u u r ，BC OC OB =-u u ur u u u r u u u r ，由A 选项知，MO BD ⊥，CO BD ⊥，所以0OM OB OD OC ⋅=⋅=u u u u r u u u r u u u r u u u r，因此()()DM BC OM OD OC OB OM OC OD OB ⋅=-⋅-=⋅-⋅u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r ，同B 选项，设菱形ABCD 的边长为2，易得OC OM =1OB OD ==，所以3cos 1DM BC MOC ⋅=∠+u u u u r u u u r ，显然当1cos 3MOC ∠=-时，0DM BC ⋅=u u u u r u u u r ，即DM BC ⊥；故C 错误；D 选项，同BC 选项，设菱形ABCD 的边长为2，则OM =1OD =，2MD =，由几何体直观图可知，当OM ⊥平面BCD ，直线DM 与平面BCD 所成的角最大，为MDO ∠，易知60MDO ∠=︒. 故选：ABD.11．（2020届山东省济宁市高三上期末）己知mn 、为两条不重合的直线,αβ、为两个不重合的平面,则下列说法正确的是( )A ．若//,//m n αβ且//,αβ则//m nB ．若//,,,m n m n αβ⊥⊥则//αβC ．若//,,//,m n n m ααββ⊂⊄，则//m βD ．若//,,m n n ααβ⊥⊥，则//m β 【答案】BC 【解析】A. 若//,//m n αβ且//,αβ则可以//m n ，,m n 异面，或,m n 相交，故A 错误；B. 若//,,m n m α⊥则n α⊥，又,n β⊥故//αβ，B 正确；C. 若//,,m n n α⊂则m αP 或m α⊆，又//,m αββ⊄，故//m β，C 正确；D. 若//,,m n n α⊥则m α⊥，αβ⊥，则//m β或m β⊆，D 错误； 故选：BC12．（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）在正方体1111ABCD A B C D -中，N 为底面ABCD 的中心，P 为线段11A D 上的动点（不包括两个端点），M 为线段AP 的中点，则（ ）A ．CM 与PN 是异面直线B ．CM PN >C ．平面PAN ⊥平面11BDD B D ．过P ，A ，C 三点的正方体的截面一定是等腰梯形【答案】BCD 【解析】,,C N A 共线，即,CN PM 交于点A ，共面，因此,CM PN 共面，A 错误；记PAC θ∠=，则2222212cos cos 4PN AP AN AP AN AP AC AP AC θθ=+-⋅=+-⋅， 2222212cos cos 4CM AC AM AC AM AC AP AP AC θθ=+-⋅=+-⋅，又AP AC <， 22223()04CM PN AC AP -=->，22CM PN >，即CM PN >．B 正确；由于正方体中，AN BD ⊥，1BB ⊥平面ABCD ，则1BB AN ⊥，1BB BD B ⋂=，可得AN ⊥平面11BB D D ，AN ⊂平面PAN ，从而可得平面PAN ⊥平面11BDD B ，C 正确；取11C D 中点K ，连接11,,KP KC AC ，易知11//PK A C ，又正方体中，11//A C AC ，∴//PK AC ，,PK AC 共面，PKCA 就是过P ，A ，C 三点的正方体的截面，它是等腰梯形．D 正确． 故选：BCD.13．（2020·蒙阴县实验中学高三期末）已知四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为矩形，侧面PCD ⊥平面ABCD ，23BC =26CD PC PD ===.若点M 为PC 的中点，则下列说法正确的为（ ）A ．BM ⊥平面PCDB ．//PA 面MBDC ．四棱锥M ABCD -外接球的表面积为36π D ．四棱锥M ABCD -的体积为6 【答案】BC【解析】作图在四棱锥P ABCD -中：由题：侧面PCD ⊥平面ABCD ，交线为CD ，底面ABCD 为矩形，BC CD ⊥，则 BC ⊥平面PCD ，过点B 只能作一条直线与已知平面垂直，所以选项A 错误；连接AC 交BD 于O ，连接MO ，PAC ∆中，OM ∥PA ，MO ⊆面MBD ，PA ⊄面MBD ，所以//PA 面MBD ，所以选项B 正确；四棱锥M ABCD -的体积是四棱锥P ABCD -的体积的一半，取CD 中点N ，连接PN ，PN CD ⊥，则PN ^平面ABCD ，32PN =M ABCD -的体积112326321223M ABCD V -=⨯⨯=所以选项D 错误.矩形ABCD 中，易得6,3,3AC OC ON ===PCD V 中求得：16,2NM PC ==在Rt MNO V 中223MO ON MN =+= 即： OM OA OB OC OD ====，所以O 为四棱锥M ABCD -外接球的球心，半径为3， 所以其体积为36π，所以选项C 正确 故选：BC14．（2020届山东省潍坊市高三上期中）正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，已知平面1AC α⊥，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访形 D ．截面面积最大值为33【答案】ACD 【解析】如图，显然A,C 成立，下面说明D 成立，如图设截面为多边形GMEFNH ，设1AG x =，则01x ≤≤， 则2,2(2),22,GH ME NF x MG HN EF x MN ======-=所以多边形GMEFNH 的面积为两个等腰梯形的面积和， 所以1211()()22S GH MN h MN EF h =⋅+⋅+⋅+⋅ 因为22221222133[2(2)]()(22)(2)(2)2222x h x x x x -=--=+⋅-=-， 22222(2)223(2)[]22x x h x --=-=，所以221313(222)(2)[222(2)]2222S x x x x =+⋅-++-⋅ 232323x x =-++当1x =时，max 33S =，故D 成立. 故选：ACD ．15．（2020届山东省烟台市高三上期末）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在线段1B C 上运动，则 （ ）A ．直线1BD ⊥平面11AC DB ．三棱锥11P ACD -的体积为定值C ．异面直线AP 与1AD 所成角的取值范围是[]45,90︒︒ D ．直线1C P 与平面11AC D 所成角的正弦值的最大值为63【答案】ABD 【解析】对于选项A,连接11B D ,由正方体可得1111AC B D ⊥,且1BB ⊥平面1111D C B A ,则111BB AC ⊥,所以11A C ⊥平面11BD B ,故111AC BD ⊥；同理,连接1AD ,易证得11A D BD ⊥,则1BD ⊥平面11ACD ,故A 正确； 对于选项B,1111P A C D C A PD V V --=,因为点P 在线段1B C 上运动,所以1112A DP S A D AB =⋅,面积为定值,且1C 到平面11A PD 的距离即为1C 到平面11A B CD 的距离,也为定值,故体积为定值,故B 正确；对于选项C,当点P 与线段1B C 的端点重合时,AP 与1A D 所成角取得最小值为60︒,故C 错误；对于选项D,因为直线1BD ⊥平面11AC D ,所以若直线1C P 与平面11AC D 所成角的正弦值最大,则直线1C P 与直线1BD 所成角的余弦值最大,则P 运动到1B C 中点处,即所成角为11C BD ∠,设棱长为1,在11Rt D C B V 中,111126cos 33C B C BD BD ∠===,故D 正确 故选：ABD 三、填空题16．（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）如图，已知六棱锥P －ABCDEF 的底面是正六边形，PA ⊥平面ABC ，PA ＝2AB ，则下列结论中：①PB ⊥AE ；②平面ABC ⊥平面PBC ；③直线BC ∥平面PAE ；④∠PDA ＝45°. 其中正确的有________(把所有正确的序号都填上) 【答案】①④ 【解析】对于①，因为PA ⊥平面ABC ，所以PA ⊥AE ，又,EA AB PA AB A ⊥⋂=，所以EA ⊥平面PAB ，从而可得EA PB ⊥，故①正确．对于②，由于PA ⊥平面ABC ，所以平面ABC 与平面PBC 不可能垂直，故②不正确．对于③，由于在正六边形中BC AD ∥，所以BC 与EA 必有公共点，从而BC 与平面PAE 有公共点，所以直线BC 与平面PAE 不平行，故③不正确．对于④，由条件得PAD ∆为直角三角形，且PA ⊥AD ，又2PA AB AD ==，所以∠PDA=45°．故④正确． 综上①④正确． 答案：①④17．（2020届山东省潍坊市高三上期中）如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的表面积为__________；若该六面体内有一小球，则小球的最大体积为___________．【答案】332 86729【解析】（1）因为13336(12S =⨯⨯=33. （2）由图形的对称性得，小球的体积要达到最大，即球与六个面都相切时， 32倍，所以六面体体积是26. 由于图像的对称性，内部的小球要是体积最大，就是球要和六个面相切，连接球心和五个顶点，把六面体分成了六个三棱锥，设球的半径为R ， 所以21366()6349R R =⨯⨯⨯⇒=，所以球的体积33446()3863V R πππ===. 故答案为：332；86729π. 18．（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）已知三棱锥S ABC -，SA ⊥平面ABC ，6ABC π∠=，3SA =，1BC =，直线SB 和平面ABC 所成的角大小为3π.若三棱锥S ABC -的四个顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________. 【答案】13π 【解析】 如图：SA ⊥Q 平面ABC ，则SBA ∠为直线SB 和平面ABC 所成的角，即3SBA π∠=在Rt SAB ∆中：33tan3SA AB π=== 如图，设O 为三棱锥S ABC -外接球的球心，G 为ABC ∆外接圆圆心， 连结,,,,OA OB GA GB OG ，则必有OG ⊥面ABC 在ABC ∆，22232cos 312316AC AB BC AB BC π=+-⋅⋅=+-=， 则1AC = 其外接圆半径122,1sin sin 6AC r r ABC π====∠， 又1322OG SA ==，所以三棱锥S ABC -外接球半径为22913142R OG r =+=+=该球的表面积为21344134S R πππ==⨯=, 故答案为：13π.19．（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）如图，在三棱锥P-ABC 中，,PA AB ⊥PC BC ⊥，,AB BC ⊥22,AB BC ==5PC =，则P A 与平面ABC 所成角的大小为________；三棱锥P-ABC 外接球的表面积是________.【答案】45︒ 6π 【解析】如图，作平行四边形ABCD ，连接PD ，由AB BC ⊥，则平行四边形ABCD 是矩形．由BC CD ⊥，BC PC ⊥，PC CD C =I ，∴BC ⊥平面PCD ，而PD ⊂平面PCD ，∴BC PD ⊥，同理可得AB PD ⊥，又AB BC B ⋂=，∴PD ⊥平面ABCD ．,PD CD PD AD ⊥⊥，PAD ∠是P A 与平面ABC 所成角． 由2,5CD AB PC ===1PD =，又1AD BC ==，∴45PAD ∠=︒．∴P A 与平面ABC 所成角是45︒．由,PA AB ⊥PC BC ⊥知PB 的中点到,,,A B C P 的距离相等，PB 是三棱锥P-ABC 外接球的直径． 由BC ⊥平面PCD 得BC PC ⊥，2222(5)16PB PC BC =+=+=24()62PB S ππ==． 故答案为：45︒；6π．20．（2020届山东省烟台市高三上期末）已知三棱锥P ABC -的四个顶点都在球O 的表面上，PA ⊥平面ABC ，6PA =，23AB =2AC =，4BC =，则：（1）球O 的表面积为__________；（2）若D 是BC 的中点，过点D 作球O 的截面，则截面面积的最小值是__________． 【答案】52π 4π 【解析】（1）由题,根据勾股定理可得AC AB ⊥,则可将三棱锥P ABC -可放入以,,AP AC AB 为长方体的长,宽,高的长方体中,则体对角线为外接球直径,即()22222623213r +=+=,则13r =,所以球的表面积为22441352r πππ=⨯=；（2）由题,因为Rt ABC V ,所以D 为底面ABC 的外接圆圆心,当DO ⊥截面时,截面面积最小,即截面为平面ABC ,则外接圆半径为2,故截面面积为224ππ⨯=故答案为：（1）52π；（2）4π21．（2020届山东省滨州市高三上期末）在四面体S ABC -中，2SA SB ==，且SA SB ⊥，5BC =，3AC =________，该四面体外接球的表面积为________.【答案】3068π 【解析】因为2SA SB ==，且SA SB ⊥，5BC =，3AC =222AB SA ==，因此222BC AC AB +=，则AC BC ⊥；取AB 中点为O ，连接OS ，OC ，则2OA OB OC OS ====，所以该四面体的外接球的球心为O ，半径为2OC=所以该四面体外接球的表面积为24(2)8 Sππ=⋅=；又因为SA SB=，所以SO AB⊥；因为底面三角形ABC的面积为定值11522AC BC⋅=，SO的长也为确定的值2，因此，当SO⊥平面ABC时，四面体的体积最大，为13036ABCV S SO=⋅=V.故答案为：(1).306(2). 8π22．（2020届山东省潍坊市高三上期末）正方体1111ABCD A B C D-的棱长为1，点K在棱11A B上运动，过,,A C K三点作正方体的截面，若K为棱11A B的中点，则截面面积为_________，若截面把正方体分成体积之比为2:1的两部分，则11A KKB=_______【答案】9851-【解析】（1）取11B C的中点M，连接KM，MC，11//KM AC Q ，而11A C //AC ，//KM AC ∴,,,A C M K ∴四点共面，且AK MC = ∴四边形ACMK 是等腰梯形，如图，2KM =2AC =2215122AK ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭, 222224AH ==， 22225232244KH AK AH ⎛⎫⎛⎫∴=-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 12329228ACKM S ∴=⨯=⎝； （2）设1B K x =，取11B C 上的点M ，11B K B M x ==，连接,KM MC ， 由（1）知,,,A C M K 四点共面， 由图象可知11111133B MK BCA A B CD ABCD V V --==1221111111322223B MK BCAV x x -⎛∴=⨯++⨯⨯= ⎝， 即210x x +-= ，解得：15x -+=即115B K-+ =，115351A K-+-=-=，此时1135512215A KKB--==-+.故答案为：98；51-23．（2020届山东省临沂市高三上期末）在正方体1111ABCD A B C D-中，E为棱CD上一点，且2CE DE=，F为棱1AA的中点，且平面BEF与1DD交于点G，与1AC交于点H，则1DGDD=______，1AHHC=______. 【答案】1638【解析】1111ABCD A B C D-Q是正方体∴面11//A B BA面11C D DCBF⊂Q面11A B BA//BF∴平面11CDD C，Q面BFGE I面11C D DC GE=则//BF GE，则AF DGAB DE=，即12DGDE=，又2CE DE=，则116DGDD=.连接AC交BE于M，过M作1//MN CC，MN与1AC交于N，连接FM，则H为FM与1AC的交点.因为//AB CE，所以32AM ABMC CE==，则132AN ACMMCN==.所以135MNCC=，所以65MN HNFA AH==，故138AHHC=.故答案为：16；3824．（2020届山东省济宁市高三上期末）下图是两个腰长均为10cm的等腰直角三角形拼成的一个四边形ABCD，现将四边形ABCD沿BD折成直二面角A BD C--，则三棱锥A BCD-的外接球的体积为__________3cm．【答案】5003π【解析】由题设可将该三棱锥拓展成如图所示的正方体，则该正方体的外接球就是三棱锥的外接球，由于正方体的对角线长为2103l R==即球的半径3R=该球的体积3450033V Rππ==，应填答案3π．25．（2020届山东实验中学高三上期中）现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为93高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与各自的高均保持不变，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_________；若新圆锥的内接正三棱柱表面积取到最大值，则此正三棱柱的底面边长为_________.【答案】335【解析】由题意可知，底面半径为5，高为9的圆锥和底面半径为3，高为8的圆柱的总体积为22159(3)8993πππ⨯⨯⨯+⨯⨯=，设新的圆锥和圆柱的底面半径为r ，则：22198993r r πππ⨯⨯⨯+⨯⨯=，解得：3r =，设新圆锥的内接正三棱柱的底面边长为a ，高为h ，底面正三角形的外接圆的半径为r '，∴993h r '-=，93h r '∴=-， 又3233r a a '∴=⨯⨯=， 93h a ∴=-，∴正三棱柱的表面积2135332()272S a h a a a a =⨯⨯+⨯⨯⨯=-+，∴当93532()a =-=⨯-故答案为：3，935． 26．（2020届山东省德州市高三上期末）中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知PA ⊥平面ABCE ，四边形ABCD 为正方形，5AD =，3ED =，若鳖臑P ADE -的外接球的体积为92π，则阳马P ABCD -的外接球的表面积等于______.【答案】20π 【解析】Q 四边形ABCD 是正方形，AD CD ∴⊥，即AD CE ⊥，且5AD =3ED =，所以，ADE ∆的外接圆半径为221222AE AD ED r +===设鳖臑P ADE -的外接球的半径1R ，则314923R ππ=，解得132R =. PA ⊥Q 平面ADE ，22112PA R r ⎛⎫∴=+ ⎪⎝⎭，可得22111022PA R r =-=，10PA ∴=. 正方形ABCD 的外接圆直径为22210r AC AD ===，210r ∴=， PA ⊥Q 平面ABCD ，所以，阳马P ABCD -的外接球半径222252PA R r ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，因此，阳马P ABCD -的外接球的表面积为22420R ππ=.故答案为：20π.四、解答题27．（2020届山东省烟台市高三上期末）如图，在四棱锥S ABCD -中，ABCD 为直角梯形，//AD BC ，BC CD ⊥，平面SCD ⊥平面ABCD ，SCD ∆是以CD 为斜边的等腰直角三角形，224BC AD CD ===，E 为BS 上一点，且2BE ES =.（1）证明：直线//SD 平面ACE ；（2）求二面角S AC E --的余弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）13【解析】（1）连接BD 交AC 于点F ,连接EF ,因为//AD BC ,所以AFD ∆与BCF ∆相似, 所以2BF BC FD AD==, 又=2BE BF ES FD =,所以//EF SD , 因为EF ⊂平面ACE ,SD ⊄平面ACE ,所以直线//SD 平面ACE（2）由题,因为平面SCD ⊥平面ABCD ,平面SCD I 平面ABCD CD =,BC ⊂平面ABCD ,BC CD ⊥,所以BC ⊥平面SCD ,以C 为坐标原点,,CD CB u u u r u u u r 所在的方向分别为y 轴、z 轴的正方向,与,CD CB u u u r u u u r 均垂直的方向作为x 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系C xyz -,因为224BC AD CD ===,2BE ES =,则(0,0,0)C ,(1,1,0)S ,(0,2,2)A ,224(,,)333E ,所以(0,2,2)CA =u u u r ,(1,1,0)CS =u u u r ,224(,,)333CE =,设平面SAC 的一个法向量为(,,)m x y z =u r ,则00m CA m CS ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v vu u u vv ,即00y z x y +=⎧⎨+=⎩,令1z =,得1x =,1y =-,于是(1,1,1)m =-u r ,设平面EAC 的一个法向量为(,,)n x y z =r ,则0n CA n CE ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v v u u u v v ,即020y z x y z +=⎧⎨++=⎩,令1z =,得1x =-,1y =-,于是(1,1,1)m =--u r ,设二面角S AC E --的平面角的大小为θ,则1cos 3m n m n θ⋅==ur ru r r ,所以二面角S AC E --的余弦值为1328．（2020届山东省泰安市高三上期末）如图，在三棱锥P —ABC 中，△P AC 为等腰直角三角形，90,APC ABC ∠=∆o 为正三角形，D 为A 的中点，AC =2．(1)证明：PB ⊥AC ；(2)若三棱锥P ABC -的体积为33，求二面角A —PC —B 的余弦值【答案】（1）证明见解析 （27【解析】（1）证：PAC ∆Q 为等腰直角三角形，D 为中点，PD AC ∴⊥，又ABC ∆为正三角形，D 为中点，BD AC ∴⊥，又PD BD D ⋂=，,PD BD ⊂平面PBD ，AC ∴⊥平面PBD ，又PB ⊂平面PBD ，PB AC ∴⊥（2）解：设三棱锥P ABC -的高为h ，sin 603BD BC ==o1132P ABC V AC BD h -∴=⨯⨯⨯⨯3=31h ∴=，又11,2PD AC ==PD ∴⊥平面ABC ，如图，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D xyz -，则()1,0,0A ，()0,3,0B ，()1,0,0C-，()0,0,1P ， ()0,3,0DB ∴=u u u r ，()1,0,1CP =u u u r ，()1,3,0CB =u u u r ， 设(),,n x y z =r 为平面PBC 的一个法向量，则00CP n CB n ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v v u u u v v ，即030x z x y +=⎧⎪⎨+=⎪⎩， 令1x =，得31y z ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩，∴31,,13n ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭r ， 又DB uuu r 是平面PAC 的一个法向量，∴7cos ,DB n DB DB n n⋅<>==-⋅u u u r u u u r r r u u u r r ， 由图可知二面角A PC B --的平面角为锐角，∴二面角A PC B --的余弦值为7． 29．（2020届山东省潍坊市高三上期中）如图，在棱长均为2的三棱柱111ABC A B C -中，平面1ACB ⊥平面11A ABB ，11AB A B =，O 为1AB 与1A B 的交点．（1）求证：1AB CO ⊥；（2）求平面11ACC A 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）详见解析；（2）1 3 .【解析】（1）因为四边形11A ABB为菱形，所以11A B AB⊥，又平面1ACB⊥平面11A ABB，平面1A CB I平面111A ABB A B=，所以1AB⊥平面1A CB，因为CO⊂平面1A CB，所以1AB CO⊥.（2）因为11A B AB=，所以菱形11A ABB为正方形，在Rt COA∆中，222CO AC OA=-=，在COB∆中，2CO OB==，2CB=，222CO OB CB+=，所以，CO OB⊥，又1CO AB⊥，11A B AB O⋂=，所以，CO⊥平面11A ABB；以O为坐标原点，以OA，OB，OC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O xyz-.()2,0,0A，()10,2,0A，(2C，()2,0B，设平面11ACC A的一个法向量为()1111,,n x y z=u r平面ABC的一个法向量为()2222,,n x y z=u u r，则1111220,220,xx z⎧-=⎪⎨-+=⎪⎩令11x=，得()11,1,1=-u u rn，2222220,220,x y x z ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩ 令21x =，得()21,1,1=u u r n ，设平面11ACC A 与平面ABC 所成锐二面角为α， 则21121cos 333α⋅===⨯u u r u u r u u r u u r n n n n ， 所以平面11ACC A 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为13. 30．（2020届山东省九校高三上学期联考）已知四棱柱1111ABCD A B C D -的底面为菱形，12AB AA ==，3BAD π∠=，AC BD O =I ，AO ⊥平面1A BD ，11A B A D =.（1）证明：1//B C 平面1A BD ；（2）求钝二面角1B AA D --的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2) 17-【解析】（1）证明：连接1AB 交1A B 于点Q ，易知Q 为1AB 中点，∵O 为AC 中点，∴在1AB C ∆中，11//2OQ B C ， ∵OQ ⊂平面1A BD ，1B C ⊄平面1A BD ，∴1//B C 平面1A BD .（2）∵AO ⊥平面1A BD ，∴1AO A O ⊥，∵11A B A D =且O 为BD 的中点，∴1AO BD ⊥，∵AO BD ⊂、平面ABCD 且AO BD O =I ，∴1A O ⊥平面ABCD ，如图，建立空间直角坐标系O xyz -. 易得：()3,0,0A ，()0,1,0B ，()0,1,0D -，()10,0,1A ，∴()13,0,1AA =-u u ur ，()3,1,0AB =-uu u r，设平面1A AB 的一个法向量为(),,n x y z =r，则1n AA n AB ⎧⊥⎨⊥⎩u u u vv u u u v v ，∴3030x z xy ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩，令1x =，得3y z ==，∴()1,3,3n =r .同理可得平面1A AD 的一个法向量为()1,3,3m =-u r ，∴1cos ,7m n m n m n ⋅<>==u r ru r r u r r ，∴钝二面角1B AA D --的余弦值为17-.31．（2020届山东省潍坊市高三上期末）在底面为正方形的四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面,,,ABCD PA PD E F =分别为棱PC 和AB 的中点.(1)求证://EF 平面PAD ;(2)若直线PC 与AB 所成角的正切值为5，求平面PAD 与平面PBC 所成锐二面角的大小.【答案】（1）见解析（2）4π【解析】(1)证明:取CD 的中点M ，连接,EM FM ，因为,E F 分别为PC 和AB 的中点，四边形ABCD 为正方形，所以//, //EM PD FM AD ，因为,EM FM ⊂平面,,EFM PD AD ⊂平面PAD ，所以平面//EFM 平面PAD ，因为EF ⊂平面EFM ，所以//EF 平面PAD .(2)因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD I 平面,ABCD AD CD AD =⊥ CD ⊂平面ABCD 所以CD ⊥平面PAD ，所以CD PD ⊥，因为//AB CD ，所以PCD ∠就是直线PC 与AB 所成的角，所以52PD tan PCD DC ∠==，设5,2PD CD ==，分别取AD 和BC 的中点,O N ，连,PO ON ，因为PA PD =，所以PO AD ⊥，因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD I 平面,ABCD AD PO =⊂平面PAD ，所以PO ⊥平面ABCD如图，建立空间直角坐标系O xyz -，则()()()0,0,2,1,2,0,1,2,0P C B -，所以()()2,0,0,1,2,2CB CP ==-u u u r u u u r ，设(),,m x y z =u r 是平面BPC 的一个法向量，则2200x y z x -+=⎧⎨=⎩取1y =，则1z =，所以()0,1,1m =u r()0,1,0n =r 是平面PAD 的一个法向量， 所以2,221m n cos m n m n⋅<>===⨯u r r u r r u r r ，,4m n π<>=u r r 所以所求二面角的大小为4π 32．（2020届山东省日照市高三上期末联考）如图，扇形AOB 的半径为2，圆心角120AOB ∠=o ，点C 为弧AB 上一点，PO ⊥平面AOB 且5PO =，点M PB ∈且2BM MP =，PA ∥平面MOC ．（1）求证：平面MOC ⊥平面POB ；（2）求平面POA 和平面MOC 所成二面角的正弦值的大小.【答案】(1)见证明；(2)64【解析】（1）如图，连接AB 交OC 于点N ，连接MN ，Q PA ∥平面MOC ，∴PA ∥MN ，Q 2BM MP =，2BN NA ∴=，2OA OB ==Q ，120AOB ∠=o ，23AB∴=，43BN ∴=， 又30OBA ∠=o Q ，∴在BON △中，根据余弦定理得23ON =， 222ON OB BN ∴+=，90BON ∴∠=o ，ON OB ∴⊥，又Q PO ⊥平面AOB ，ON OP ∴⊥，ON ∴⊥平面POB ，又ON ⊂Q 平面MOC ，∴平面MOC ⊥平面POB（2）由（1）得,,OC OB OP OC OP OB ⊥⊥⊥，如图建立空间直角坐标系O xyz -，5OP =Q ，2OA OB OC ===，∴5)OP =u u u r ，3,1,0)OA =-u u u r ，(2,0,0)OC =u u u r ，(0,2,0)OB =u u u r ，Q 点M PB ∈且2BM MP =，225(0,3OM ∴=u u u u r ， 设平面POA 的法向量为1111(,,)x y z =n ，则1100n OP n OA u u u v u u u v ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即1115030z x y =-=， 令11x =，得13y 10z =，∴1(13,0)=n ，设平面MOC 的法向量为2222(,,)x y z =n ，则2200n OC n OM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u v u u u u v ，即2222022503x y z =⎧⎪⎨=⎪⎩，即222050x y z =⎧⎪⎨+=⎪⎩，令21z =，得25y =-，20x =，∴2(0,5,1)=-n ，设平面POA 和平面MOC 所成二面角的大小为θ，则1510 |cos|426θ==，6sin4θ∴=，∴平面POA和平面MOC所成二面角的正弦值的大小为6433．（2020届山东省德州市高三上期末）如图（1），边长为2的正方形ABEF中，D，C分别为EF、AF 上的点，且ED CF=，现沿DC把CDF∆剪切、拼接成如图（2）的图形，再将BEC∆，CDF∆，ABD∆沿BC，CD，BD折起，使E、F、A三点重合于点A'，如图（3）.（1）求证：'⊥BA CD；（2）求二面角'--B CD A最小时的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）13.【解析】（1）折叠前BE EC⊥，BA AD⊥，折叠后''⊥BA A C，''⊥BA A D，又'''⋂=A C A D A，所以'⊥BA平面ACD'，因此'⊥BA CD；（2）由（1）及题意知A C A D''⊥，因此以A'为原点，A C'、A D'、A B'分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系如图：令'=A C a，'=A D b，2a b+=，所以(),0,0C a，()0,,0D b，()0,0,2B设平面BCD法向量为(),,m x y z=u r则m BCm BD⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u vvu u u vv所以2020ax zbx z-=⎧⎨-=⎩，令1z=，则22,,1ma b⎛⎫= ⎪⎝⎭u r又平面ACD '法向量为()0,0,1m =u r，设二面角'--B CD A 的大小为θ，所以22cos 1411m nm na bθ⋅==⨯++u r r u r r ， 又22224412119b a b a b a a b a b a b a b ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++=++++=++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎭≥⎝， 当且仅当1a b ==取等号，所以1cos 3θ≤. 所以二面角'--B CD A 最小时的余弦值为13.34．（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1AB AC ==，且AB AC ⊥，点M 在棱1CC 上，点N 是BC 的中点，且满足1AM B N ⊥.（1）证明：AM ⊥平面11A B N ；（2）若M 为1CC 的中点，求二面角111A B N C --的正弦值.【答案】（1）详见解析；（215. 【解析】（1）∵三棱柱111ABC A B C -为直三棱柱，∴1AA AB ⊥∵AB AC ⊥，1AA ⊂平面11AAC C ，AC ⊂平面11AAC C ，且1AA AC A =I ， ∴AB ⊥平面11AAC C ，（或者由面面垂直的性质证明） 又∵AM ⊂平面11AAC C ，∴AB AM ⊥ ∵11A B AB ∥，∴11A B AM ⊥，∵1AM B N ⊥，11A B ⊂平面11A B N ，1B N ⊂平面11A B N ，且1111A B B N B ⋂=， ∴AM ⊥平面11A B N（2）以A 为原点，分别以AB 、AC 、1AA 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系A xyz -﹐设1AA a =，则(0,0,0)A ，(1,0,0)B ，(0,1,0)C ，1(1,0,)B a ，1(0,1,1)C ，11,,022N ⎛⎫ ⎪⎝⎭，0,1,2a M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，∵1AM B N ⊥，∴211110,1,,,022222a aAM B N a ⎛⎫⎛⎫⋅=⋅--=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u u r u u u u r ，∴1a = ∴1(1,0,1)B ，10,1,2M ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 设平面11A B N 法向量为{,,}m x y z =r11(1,0,0)A B =u u u u r ，111,,122B N ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭u u u u r∴11101122m A B x m B N x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+-=⎪⎩u u u uv r u u u u v r ，∴可取(0,2,1)m =r 设平面1B NC 法向量为{,,}n x y z =r1(1,1,0)BC =-u u u r ，111,,122B N ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭u u u u r ∴1101122n B C x y n B N x y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+-=⎪⎩u u u vr u u u u v r ，∴可取(1,1,0)n =r ∴10cos ,||||5m n m n m n ⋅〈〉==⋅r r r rr r所以二面角111A B N C --的正弦值为155. 35．（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）如图，在四棱锥P-ABCD 中，23,AD =3,AB =3,AP =//AD BC ，AD ⊥平面P AB ，90APB ︒∠=，点E 满足2133PE PA PB =+u u u r u u u r u u u r .（1）证明：PE DC ⊥； （2）求二面角A-PD-E 的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）226【解析】（1）证明：在Rt PAB ∆中，由勾股定理，得22PB AB AP =-223(3)=-6=.因为21,33PE PA PB =+u u u r u u u r r AB PB PA =-u u u r u u u r u u u r，所以21()33PE AB PA PB PB PA ⎛⎫⋅=+⋅- ⎪⎝⎭u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r22211333PA PB PA PB =-++⋅u uu r u u u r u u u r u u u r22211(3)(6)0333=-⨯+⨯+⨯0=.所以PE AB ⊥u u u r u u u r，所以PE AB ⊥.因为AD ⊥平面P AB ，PE ⊂平面P AB ， 所以PE AD ⊥.又因为,PE AB ⊥AB AD A ⋂=， 所以PE ⊥平面ABCD. 又因为DC ⊂平面ABCD ， 所以PE DC ⊥.（2）由21,33PE PA PB =+u u u r u u u r u u u r 得2EB AE =u u u r u u u r.所以点E 是靠近点A 的线段AB 的三等分点.所以113AE AB ==. 分别以,AB uuu r AD u u u r所在方向为y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -.则(0,0,0),A (0,0,23),D (0,1,0),E )2,1,0P .设平面PDE 的法向量为()111,,m x y z =u r， 由00m EP m ED ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v v u u u v v ，得11120230x y z ⎧=⎪⎨-+=⎪⎩. 令11z =，则(0,23,1)m =-u r；设平面APD 的法向量为()222,,,n x y z =r (2,1,0),AP =u u u r (0,0,23)AD =u u u r， 由00n AP n AD ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v v u u u v v ，得22220230x y z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，令21x =，则()1,2,0n =-r.设向量m u r 与n r的夹角为θ，则cos ||||m n m n θ⋅=⋅u r ru r r 222226(23)11(2)-=+⨯+-22613=-. 所以二面角A PD E --的余弦值为226. 36．（2020·山东省淄博实验中学高三上期末）如图，点C 在以AB 为直径的圆O 上，PA 垂直与圆O 所在平面，G 为 AOC ∆的垂心（1）求证：平面OPG ⊥平面 PAC ；（2）若22PA AB AC ===，求二面角A OP G --的余弦值.【答案】（1）见解析（2）25117. 【解析】（1）如图，延长OG 交AC 于点M .因为G 为AOC ∆的重心，所以M 为AC 的中点.因为O 为AB 的中点，所以//OM BC .因为AB 是圆O 的直径，所以BC AC ⊥，所以OM AC ⊥. 因为PA ⊥平面ABC ，OM ⊂平面ABC ，所以PA OM ⊥.又PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面,PAC PA AC ⋂=A ，所以OM ⊥ 平面PAC .即OG ⊥平面PAC ，又OG ⊂平面OPG ，所以平面OPG⊥平面PAC.（2）以点C 为原点，CB u u u r ，CA u u u r ，AP u u u r方向分别为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系C xyz -，则()0,0,0C ，()0,1,0A ，)3,0,0B，31,02O ⎫⎪⎪⎝⎭，()0,1,2P ，10,,02M ⎛⎫⎪⎝⎭，则3OM ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭u u u u r ，31,22OP ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭u u u r .平面OPG 即为平面OPM ，设平面OPM 的一个法向量为(),,n x y z =r，则30,2{3120,2n OM x n OP x y z ⋅=-=⋅=++=u u u u r r u u u r r 令1z =，得()0,4,1n =-r .过点C 作CH AB ⊥于点H ，由PA ⊥平面ABC ，易得CH PA ⊥，又PA AB A ⋂=，所以CH ⊥平面PAB ，即CH u u u r为平面PAO 的一个法向量.在Rt ABC ∆中，由2AB AC =，得30ABC ∠=︒，则60HCB ∠=︒，1322CH CB ==. 所以3cos H x CH HCB =∠=3sin 4H y CH HCB =∠=.所以33,044CH ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭u u u r . 设二面角A OP G --的大小为θ，则cos CH n CH n θ⋅==⋅u u u r r u u u r r 2233041044511739411616⨯-⨯+⨯=+⨯+. 37．（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为梯形，PD ⊥底面ABCD ，//AB CD ，AD CD ⊥，1AD AB ==，2BC =．(1)求证：平面PBD ⊥平面PBC ；(2)设H 为CD 上一点，满足2CH HD =u u u r u u u r，若直线PC 与平面PBD 6，求二面角H PB C --的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（227【解析】（I ）由,//,1AD CD AB CD AD AB ⊥==，可得2BD =，又2,,.4BC BC BD π=∠=∴⊥从而2CD =，PD ⊥Q 底面ABCD ，BC PD ∴⊥PD BD D ⋂=Q ，BC ∴⊥平面,PBD 所以平面PBD ⊥平面PBC .（II ）由（I ）可知BPC ∠为PC 与底面PBD 所成角. 所以6tan BPC ∠=，所以3,1PB PD == 又23CH HD =u u u v u u u v及2CD =，可得64,55CH DH ==, 以D 点为坐标原点，,,DA DC DP 分别,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则()()()41,1,0,0,0,1,0,2,0,0,,05B P C H ⎛⎫⎪⎝⎭. 设平面HPB 的法向量(),,n x y z =r.则由00n PB n PB ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v r u u u v r 得4050y z x y z ⎧-+=⎪⎨⎪+-=⎩取()1,5,4n =--r。

考点梳理概念方法微思考真题演练)故选．D 6．（2020•新课标Ⅲ）如图，在长方体中，点，分别在棱，上，且1111ABCD A B C D -E F 1DD 1BB ，．证明：12DE ED =12BF FB =（1）当时，；AB BC =EF AC ⊥（2）点在平面内．1C AEF【解析】（1）因为是长方体，所以平面，而平面，1111ABCD A B C D -1BB ⊥ABCD AC ⊂ABCD 所以，1AC BB ⊥因为是长方体，且，所以是正方形，所以，又1111ABCD A B C D -AB BC =ABCD AC BD ⊥．1BD BB B = 所以平面，又因为点，分别在棱，上，所以平面，AC ⊥11BB D D E F 1DD 1BB EF ⊂11BB D D 所以．EF AC ⊥（2）取上靠近的三等分点，连接，，．1AA 1A M 1D M 1C F MF 因为点在，且，所以，且，E 1DD 12DE ED =//ED AM ED AM =所以四边形为平行四边形，所以，且，1AED M 1//D M AE 1D M AE =又因为在上，且，所以，且，F 1BB 12BF FB =11//A M FB 11A M FB =所以为平行四边形，11A B FM所以，，即，，11//FM A B 11FM A B =11//FM C D 11FM C D =所以为平行四边形，11C D MF 所以，11//D M C F 所以，所以，，，四点共面．1//AE C F A E F 1C 所以点在平面内．1C AEF7．（2019•新课标Ⅲ）图1是由矩形，和菱形组成的一个平面图形，其中ADEB Rt ABC ∆BFGC ，，．将其沿，折起使得与重合，连结，1AB =2BE BF ==60FBC ∠=︒AB BC BE BF DG 如图2．（1）证明：图2中的，，，四点共面，且平面平面；A C G D ABC ⊥BCGE （2）求图2中的四边形的面积．ACGD 【解析】（1）证明：由已知可得，，即有，//AD BE //CG BE //AD CG 则，确定一个平面，从而，，，四点共面；AD CG A C G D 由四边形为矩形，可得，ABED AB BE ⊥强化训练1，∴所以的最大值1；sin α故选．A 17．（2020•让胡路区校级三模）在长方体中，，，分别为棱，，1111ABCD A B C D -E F G 1AA 11C D 的中点，，则异面直线与所成角的大小为 1DD 12AB AA AD ==EF BG ()A ．B ．C ．D ．30︒60︒90︒120︒【答案】C【解析】如图，以为坐标原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向D DA DC 1DDx y z 建立空间直角坐标系，D xyz -设，则，0，，，1，，，0，，，2，，1AD =(1E 1)(0F 2)(0G 1)(1B 0)所以，，(1,1,1)EF =- (1,2,1)BG =--，所以，0EF BG = EF BG ⊥ 所以异面直线与所成角的大小为．EF BG 90︒故选．C 18．（2020•东湖区校级三模）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出下列m n αβ命题：①若，，则；②若，，则；m α⊥//n αm n ⊥//m n n α⊂//m α③若，，，则； ④若，，则．//m α//n β//αβ//m n m β⊥//m ααβ⊥其中所有正确命题的序号是 ()A ．①②B ．②③C ．②④D ．①④【答案】D【解析】由，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，知：m n αβ对于①，若，，则由线面垂直的性质和线面平行的性质得，故①正确；m α⊥//n αm n ⊥对于，，则与相交、平行或，故错误．D m n ⊥m αm α⊂D 故选．C 22．（2020•镇海区校级模拟）设，是两条异面直线，则下列命题中正确的是 m n ()A ．过且与垂直的平面有且只有一个m n B ．过且与平行的平面有且只有一个m n C ．过空间一点与，都平行的平面有且只有一个P m n D ．过空间一点与，都垂直的平面有且只有一个P m n 【答案】B【解析】对于，设过的平面，若，则，A m βn β⊥n m ⊥若与不垂直，则不存在过的平面与垂直，故不正确；∴m n m βn A 对于，过上一点作的平行直线，则与确定一平面，B m P n l m l α由，，故，故正确；l α⊂n α⊂///n αB 对于，当点与，中一条确定的平面与另一条直线平行时，C P m n 满足条件的平面不存在，故错误；C 对于，过空间一点与，都垂直的平面不存在，故错误．D P m n D 故选．B 23．（2020•黑龙江三模）已知四棱锥所有的棱都相等，过与平行的平面与交S ABCD -BD SC SA 于点，则与所成角的大小是 E BE CD ()A ．B ．C ．D ．30︒45︒60︒90︒【答案】A 【解析】如图所示，设与交于点，连接，AC BD O OE。

第一篇副题4 空间点线面的位置关系(理)【副题考法】本副题考题形式为选择题或填空题，以简单几何体与球的切接为载体考查球的几何性质与求得表面积与体积计算，以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体主要考查对线线、线面与面面平行和垂直判定与性质和利用空间向量知识计算异面直线角、线面角、二面等问题，考查空间想象能力、逻辑推理能力、运算求解能力，难度为中等，分值为5分．【主题考前回扣】1. 球的性质：球被一个平面所截，（1）截面是圆；（2）球心与截面圆圆心的连线与截面圆垂；（3）若球心到截面的距离为d ，球的半径为R ，截面圆的半径为r ，则222d r R +=. 2. 线面平行(1)判定：平面外的一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行.(2)性质：一条直线与一个平面平行,则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行. 3.面面平行(1)判定：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行.(2)性质：①若两个平面平行，则一个平面内一条直线与另一个平面平行.②如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线平行.4.线面垂直(1)定义：如果直线l 与平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l 与平面α互相垂直.记作：l ⊥α.(2)判定定理：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直.(3)性质定理：①垂直于同一个平面的两条直线平行.②若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面.5.面面垂直(1)定义：两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．平面α与平面β垂直，记作αβ⊥.(2)判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直.(3)性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直.6.直线与平面所成的角(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角．．，叫做这条直线和这个平面所成的角．规定：一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角等于90o ；一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所成的角等于0o .(．2．)．直线与平面所成的角．．．．．．．．．α．的范围是．．．．π[0,]2. 7二面角(1)二面角的定义：平面内的一条直线把平面分成两部分，这两部分通常称为半平面．从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．．．．这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面. (2)二面角的平面角的定义：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的射线，则这两条射线构成的角叫做这个二面角的平面角.学*科网(3)二面角的范围：[0,π] 8.异面直线所成的角(1)定义：已知b a ,是异面直线，O 是空间任意一点，过O 作b b a a //,//''，则b a '',所成的锐角或直角叫异面直线b a ,所成的角.(2)范围：]2,0(π. 【易错点提醒】1.不清楚空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理，忽视判定定理和性质定理中的条件，导致判断出错．如由α⊥β，α∩β＝l ，m ⊥l ，易误得出m ⊥β的结论，就是因为忽视面面垂直的性质定理中m ⊂α的限制条件．2.空间向量求角时易忽视向量的夹角与所求角之间的关系，如求解二面角时，不能根据几何体判断二面角的范围，忽视向量的方向，误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错． 【副题考向】考向一 球与简单几何体的切接问题【解决法宝】①涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，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，把空间问题化归为平面问题，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切、外接的几何体的直观图，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，球内接正棱锥、正棱柱、圆柱、圆锥的球心在高上，球的截面性质是求解此类问题重要工具.②若球面四点P ，A ，B ，C 构成的线段PA ，PB ，PC 两两垂直，且PA ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，则22224c b a R ++=，把有关元素“补形”为一个球内接长方体(或其他图形)，从而显示出球的数量特征，这种方法是一种常用的好方法．例1【2020届江西吉安期末】如图，三棱锥P ABC -的体积为24，又90PBC ABC ∠=∠=︒，3BC =，4AB =，410PB =，且二面角P BC A --为锐角，则该三棱锥的外接球的表面积为( )A ．169πB ．144πC ．185πD ．80π【分析】首先根据题中条件可以求出三棱锥各边长，然后证出PA ⊥平面ABC ，则可以找出外接球球心，求出半径，最后利用球体表面积公式求出答案即可.【解析】因90PBC ABC ∠=∠=︒，所以BC ⊥平面PAB ，且PBA ∠为二面角P BC A --的平面角，又3BC =，4AB =，410PB =13PC =，5AC =，因为1sin 8102PAB S PB AB PBA PBA ∆⋅=⋅∠=∠，所以三棱锥的体积1181032433PAB V S BC PBA ∆=⋅=⨯∠⨯=，解得310sin 10PBA ∠=，又PBA ∠为锐角，所以10cos 10PBA ∠=，在PAB ∆中，由余弦定理得210160162441014410PA =+-⨯⨯=，即12PA =，则222PB PA AB =+，故PA AB ⊥，由BC ⊥平面PAB 得BC PA ⊥，故PA ⊥平面ABC ，即PA AC ⊥，取PC 中点O ，在直角PAC ∆和直角PBC ∆中，易得OP OC OA OB ===，故O 为外接球球心，外接圆半径11322R PC ==，故外接球的表面积24169S R ππ==，故选A. 考向二 空间点线面位置关系的判定【解决法宝】解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断或将笔作直线，书做平面，利用实验进行判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中.例2 【2020届四川蓉城名校联盟第二次联考】已知,αβ是空间中两个不同的平面，,m n 是空间中两条不同的直线，则下列说法正确的是( )A ．若,m n αβ⊂⊂，且αβ⊥，则 m n ⊥B ．若,m n αα⊂⊂，且//,//m n ββ，则//αβC ．若,//m n αβ⊥，且αβ⊥，则 m n ⊥D ．若,//m n αβ⊥，且//αβ，则m n ⊥【分析】利用线面平行和垂直的判定定理和性质定理,对选项做出判断，举出反例排除.【解析】对于A ，当,m n αβ⊂⊂，且αβ⊥，则m 与n 的位置关系不定，故错；对于B ，当//m n 时，不能判定//αβ，故错；对于C ，若,//m n αβ⊥，且αβ⊥，则m 与n 的位置关系不定，故错；对于D ，由,//m βαα⊥可得m β⊥，又//n β，则m n ⊥故正确．故选D ．考向三 简单几何体中点线面位置关系的判定【解决法宝】对简单几何体中点线面位置关系的判定问题，首先要熟记空间线线、线面、面面平行与垂直的定义、判定与性质，掌握线线、线面、面面平行的相互转化及线线、线面、面面垂直的相互转化，其次认真阅读试题，理清题中的条件和结论，然后利用相关知识和方法，对每个结论认真分析，即可找出正确的结论,例3【2020陕西省汉中3月线上模拟】正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E ，F ，G 分别为BC ，1CC ，1BB 的中点，则( )A ．直线1D D 与直线AF 垂直B ．直线1A G 与平面AEF 不平行C ．平面AEF 截正方体所得的截面面积为92D ．点C 与点G 到平面AEF 的距离相等【分析】根据条件对选项进行逐一分析, A.若有1D D AF ⊥，则能得到1DD ⊥平面AEF ，进一步得到1CC EF ⊥，显然不成立，可判断. B.取11B C 的中点Q ，连接1A Q ，GQ ,可得平面1//A GO 平面AEF ，从而可判断. C.连接1D F ，1D A ，延长1D F ，AE 交于点S ，由条件可得1//EF AD ，截面即为梯形1AEFD ，再计算其面积. D.用等体积法分别求出点C 和点G 到平面AEF 的距离，从而判断.【解析】A.若1D D AF ⊥，又因为1D D AE ⊥且AE AF A ⋂=，所以1DD ⊥平面AEF ，所以1DD EF ⊥，所以1CC EF ⊥，显然不成立，故结论错误；B.如图所示，取11B C 的中点Q ，连接1A Q ，GQ ，由条件可知：//GQ EF ，1//A Q AE ，且1GQ AQ Q =I ，EF AE E =I ，所以平面1//A GO 平面AEF ，又因为1AG ⊂平面1A GQ ，所以1//AG 平面AEF ，故结论不正确； C.如图所示，连接1D F ，1D A ，延长1D F ，AE 交于点S ,因为E ，F 为1C C ，BC 的中点，所以1//EF AD ，所以A ，E ，F ，1D 四点共面，所以，截面即为梯形1AEFD又因为2214225D S AS ==+=，122AD =，所以()1221222225622AD S S ∆⎛⎫=⨯⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭，所以139642AEFD S =⨯=梯形，故结论正确； D.记点C 与点G 到平面AEF 的距离分别为1h ，2h ，因为11111123323C AEF AEF A CEF V S h V --⨯=⋅⋅==⋅⋅=，又因为2112222333G AEF AEF A GEF V S h V --⨯=⋅⋅==⋅⋅=，所以12h h ≠，故结论错误，故选C. 考向四 折叠问题【解决法宝】(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量.一般情况下，折线同一侧线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口.(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形 例4 【2020河北邯郸网上检测】在ABC ∆中，AB AC =，120A ∠=o ，D 为BC 中点，DE AC ⊥，将CDE ∆沿DE 翻折，得到直二面角C DE B --，连接BC ，F 是BC 中点，连接AF ，则下列结论正确的是( )A ．AD CD ⊥B ．//AF DEC ．DE ⊥平面ACED ．//AF 平面CDE【分析】设AB AC a ==，在折叠前在ABC ∆中，AB AC a ==，120A ∠=o ，根据余弦定理可得：3CB a =，结合已知，逐项判断，即可求得答案.【解析】设AB AC a ==，在折叠前在ABC ∆中，AB AC a ==，120A ∠=o ，根据余弦定理可得：3CB a =，Q D 为BC 中点，DE AC ⊥，故32CD DB a == 又Q Rt CDE ∆中，30C ︒∠=，∴33,44ED a CE a ==，可得14EA a =，在折叠前图形中取BD 中点M ，连接,FM AMQ AD CB ⊥，3DM a =，2a DA =，∴232tan 33aAD DMA DM a ∠===，又Q tan tan 603CDE ︒∠==，∴AM 不平行DE ——①对于C ，Q DE AC ⊥，将CDE ∆沿DE 翻折，得到直二面角C DE B --，∴AE DE ⊥,CE DE ⊥，故ED ⊥面CEA ，故C 正确；对于A ，Q 在Rt EDA ∆，由222222314416AD ED EA a a a ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，在Rt CAE ∆，22222231104416CA EA EC a a a ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，又Q 222312=16CD a a ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，∴222CD AD CA ≠+，故AD 不垂直CD ，故A 错误；对于B ，Q F 是BC 中点，BD 中点M ，∴//MF CD ，假设//AF DE ，可得面//AFM 面CDE ，进而可得//AM ED ，与结论①相矛盾，故假设错误，故B 错误.对于D ，Q F 是BC 中点，BD 中点M ，∴//MF CD ，假设//AF 平面CDE ，可得面//AFM 面CDE ，进而可得//AM ED ，与结论①相矛盾，故假设错误，故D 错误，综上所述，正确的是C ，故选C. 考向五 异面直线所成角的问题【解决法宝】求解两异面直线所成的角时，往往经历“作(平行线)——证(平行)——算(解三角形)”的过程，其中作平行线是关键，一般借助平面几何中中位线，平行四边形、平行线分线段成比例定理推论等知识解决，也可以利用空间向量计算两条异面直线的方向向量的夹角来计算，注意向量夹角与异面直线角的关系. 例5 【2019河南南阳一高期末】平面过正方体的顶点A ，平面，平面，则直线m 与直线BC 所成角的正弦值为A ．B ．C ．1D ．【分析】根据题意作出几何体，找到直线，由图像可得即等于直线m 与直线BC 所成的角，进而可求出结果.【解析】如图：平面，平面，可知：，是直线m 与直线BC 所成角或所成角的补角，，，，．直线m 与直线BC 所成角的正弦值为，故选B ．考向六 线面角问题【解决法宝】在求解线面角时，有两种思路，思路1，几何法，根据线面角的定义，先在图中有没有线面角，若没有，作出线面角，证明是线面角，再通过解三角形解出来；思路2，向量法，求出线面夹角问题中已知直线的方向向量m 和平面法向量n ，设线面角为θ，则直线方向向量m 在平面法向量n 方向上的投影的长度|•|m n |n |与直线方向向量m 的模之|m |比||•|m n |m |n |就是线面夹角的正弦值，即sin θ=||•|m n |m |n |. 例6【2020届西北工业大学附中3月月考】已知在斜三棱柱111ABC A B C -中，点E ，F 分别在侧棱1AA ，1BB 上(与顶点不重合)，11AE BF EA FB =，14AA =，ABC V 的面积为5，截面1C EF 与截面CEF 将三棱柱111ABC A B C -分成三部分.若中间部分的体积为4，则1AA 与底面所成角的正弦值为( )A ．12B ．35C ．45D ．32【分析】由题意可得中间部分的体积为原三棱柱体积的三分之一，得到原三棱柱的体积，设1AA 与底面所成角为α，由棱柱体积公式列式求得sin α的值．【解析】由点E ，F 分别在侧棱1AA ，1BB 上(与顶点不重合)，11AE BF EA FB = 则//EF AB ，过EF 作平面//EFG 底面ABC ，如图.则111113C EFG A B C EFGV V --=, 13C EFG ABC EFG V V --=.所以中间部分的体积1111143E FCC ABC A B C V V --==所以11112ABC A B C V -=，设三棱柱111ABC A B C -的高为h 111512ABC A B C ABC V S h h -=⨯==△,则125h =, 设1AA 与底面所成角为α，则11235sin 45h AA α=== ，故选B考向七 二面角问题【解决法宝】对求二面角l αβ--的大小问题，思路1，几何法，先在几何图形中找一找有没有一个角的顶点在二面角的棱上，两边分别在两个半平面内与棱垂直，若有则该角是二面角的平面角，若没有需要作，用垂线法或垂面法或三垂线法作二面角，然后证明所找(作)的角是二面角的平面角，再通过解三角形求出该角；若坐标系容易建立，也可以用向量法计算二面角的大小，即先求出平面α、β的法向量m 、n ，再求出m 、n 的夹角，在α内取一点A ，在β内取一点B ，设二面角l αβ--大小为θ，若AB •u u u v n 与AB •u u u v m 同号，则θ=m,n ，若AB •u u u v n 与AB •u u u v m 异号，则θ=π-m,n ，注意二面角大小与法向量夹角的关系. 例7【2020山西晋城一中期中】已知矩形ABCD 中23AB =2AD =，沿对角线AC 将面ADC 翻折，使得三棱锥D ABC -体积最大时，二面角D BC A --大小的正切值为( )A ．23B 3C ．23D ．32【分析】依题意可知当平面ADC ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC -的高最大，此时三棱锥D ABC -的体积最大，过点D 作DE AC ⊥交AC 于点E ，过E 作EF BC ⊥交BC 于点F ，连接DF ，由面面垂直的性质可知DE ⊥面ABC ，则EFD ∠为二面角D BC A --的平面角，利用三角形的相关性质求出EF ，DE即可求出二面角D BC A --大小的正切值.【解析】矩形ABCD ，23AB =，2AD =，将ADC ∆沿对角线AC 进行翻折，得到三棱锥D ABC -，则在翻折的过程中，当平面ADC ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC -的高最大，此时三棱锥D ABC -的体积最大，过点D 作DE AC ⊥交AC 于点E ，过E 作EF BC ⊥交BC 于点F ，连接DF ，由面面垂直的性质可知DE ⊥面ABC ，则EFD ∠为二面角D BC A --的平面角，Q 23AB =，2AD =，224AC AB AD ∴=+=，AD DC DE AC ⋅=⋅Q ，3DE ∴=，1AD =，3CE =，ABC EFC ∆∆Q ∽，CE EF CA AB ∴=，33EF ∴=， 32tan 333DE EFD EF ∴∠===，故选C【副题集训】1.【2020福建省3月考】已知不同直线l 、m 与不同平面α、β，且l α⊂，m β⊂，则下列说法中正确的是( )A ．若//αβ，则l//mB ．若αβ⊥，则l m ⊥C ．若l β⊥，则αβ⊥D ．若αβ⊥，则m α⊥ 【答案】C【解析】对于A ，若//αβ，则,l m 可能为平行或异面直线，A 错误；对于B ，若αβ⊥，则,l m 可能为平行、相交或异面直线，B 错误；对于C ，若l β⊥，且l α⊂，由面面垂直的判定定理可知αβ⊥，C 正确；对于D ，若αβ⊥，只有当m 垂直于,αβ的交线时才有m α⊥，D 错误，故选C .2.【2020湖南株洲一中期中】已知正四棱锥S ABCD -的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE SD ，所成的角的余弦值为( )A ．13B ．23C．33D ．23【答案】C【解析】设AC BD 、的交点为O ，连接EO ，则AEO ∠为,AE SD 所成的角或其补角；设正四棱锥的棱长为a ，则312,,222AE a EO a OA a ===，所以222cos 2AE OA EO AEO AE OA +-∠=⋅ 222312()()()3222312()()a a a a a +-==⨯⋅，故选C ． 3. 【2020河北省衡水中学六调】如图，已知四棱锥P ABCD -的底面是平行四边形，AC 交BD 于点, O E 为AD 的中点，点F 在PA 上，AP AF λ=，//PC 平面BEF ，则λ的值为( )A ．1B ．32C ．2D ．3【答案】D【解析】如下图所示，设AO 交于BE 于点G ，连接FG ，Q E 为AD 的中点，则1122AE AD BC ==⋅，四边形ABCD 是平行四边形，//AD BC ，AEG △∽CBG V ，12AG AE GC BC =∴=，13AG AC ∴=，又//PC 平面BEF ，PC ⊂平面PAC ，平面 BEF ⋂平面PAC GF =．//GF PC ∴,3AP ACAF AGλ∴===，故选D ．4.【2020重庆八中3月月考】如图，四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，ABCD 为平行四边形，E ，F 分别在线段DB ，DD 1上，且112DE DF EB FD ==，G 在CC 1上且平面AEF ∥平面BD 1G ，则1CGCC =( )A ．12B ．13C ．23D ．14【答案】B【解析】∵四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，ABCD 为平行四边形，E ，F 分别在线段DB ，DD 1上，且112DE DF EB FD ==，∴EF ∥BD 1，平面ADD 1A 1∥平面BCC 1B 1，∵G 在CC 1上且平面AEF ∥平面BD 1G ，∴AF ∥BG ，∴1113CG DE CC DD ==，故选B . 5.【2019届广东省汕头市一模】在正方体中，点是四边形的中心，关于直线，下列说法正确的是( ) A ． B ．平面 C ．D ．平面【答案】B【解析】由题意，在正方体中，点是四边形的中心，所以，因为，所以平面平面，因为平面，所以平面，故选B.6.【2020江西宜春昌黎实验学校月考】在正四棱锥S ABCD -中，E ,M ,N 分别是BC ，CD ，SC 的中点．动点P 在线段MN 上运动时，下列四个结论，不一定成立的为( )①EP ⊥AC ；②EP BD ∥；③EP ∥平面SBD ；④EP ⊥平面SAC . A ．①③ B ．③④C ．①②D ．②④【答案】D【解析】作出如图的辅助线，对①,再正四棱锥S ABCD -中,因为AC BD ⊥, AC SO ⊥, BD ⊂面SBD ,SO ⊂面SBD ,且SO BD O ⋂=,故AC ⊥面SBD .又因为E ,M ,N 分别是BC ,CD ,SC 的中点,故面//EMN 面SBD ,故AC ⊥面EMN ,因为EP ⊂面EMN ,故EP ⊥AC 成立.故①成立. 对②,当且仅当P 与M 重合时, EP BD ∥.故②不一定成立.对③,由①有面//EMN 面SBD ,又EP ⊂面EMN ,故EP ∥平面SBD .故③成立. 对④, 当且仅当P 与M 重合时, 才有EP ⊥平面SAC .故④不一定成立，故选D7. 【2020广西桂林一中期末】已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为( ) A 3B ．34C．5D．54【答案】B【解析】如图，设BC的中点为D，连接1A D、AD、1A B，易知1A AB∠即为异面直线AB与1CC所成的角(或其补角)，设三棱柱111ABC A B C-的侧棱与底面边长均为1，则3AD=，112A D=，12A B=，由余弦定理，得222111111132cos22114A A AB A BA ABA A AB+-+-∠===⋅⨯⨯，故选B.8.【2020届西北工业大学附中第三次适应性考】如图，在三棱柱111ABC A B C-中，侧棱1AA⊥底面111A B C，底面ABCV是正三角形E是BC的中点，则下列叙述正确的是( )A．1CC与1B E是异面直线B．AC⊥平面11ABB AC．11AE B C⊥D．11//A C平面1AB E【答案】C【解析】对于A选项，由于11,CC B E都含于平面11BCC B，所以不是异面直线，故A选项错误.对于B选项，由于3CABπ∠=，所以AC与平面11ABB A不会垂直，故B选项错误.对于C选项，在等边三角形ABC中，AE BC⊥，根据直三棱柱中易得1AE AA⊥，所以AE⊥平面11BCC B，所以11AE B C ⊥，所以C 选项正确.对于D 选项，由于11//A C AC ，而AC 与平面1AB E 相交，所以直线11A C 与平面1AB E 不平行，故D 选项错误，故选C9.【2020届浙江省温州新力量联盟期末】正四面体ABCD 中，CD 在平面α内，点E 是线段AC 的中点，在该四面体绕CD 旋转的过程中，直线BE 与平面α所成角的余弦值不可能是( )A ．16B ．36C ．13D ．1【答案】A【解析】考虑相对运动，让四面体ABCD 保持静止，平面α绕着CD 旋转，∴其垂线也绕着CD 旋转，如右图，取AD 中点F ，连结EF ，则//EF CD ，等价于平面α绕着EF 旋转，设正四面体ABCD 中棱长为2，在BEF ∆中，3BE BF ==，1EF =，3133cos 6231BEF +-∠==⨯⨯，如下图示，将问题抽象为如下几何模型，平面α的垂线可视为圆锥的底面半径EP ，绕着圆锥的轴EF 旋转，显然22BEF PEB BEF ππ-∠≤∠≤+∠，则3sin 16PEB ≤∠≤，设BE 与平面α所成的角为θ，则可得3cos 1θ≤≤，故选A10.【2020福建省闽侯六中期末】在菱形ABCD 中， 60,3A AB ∠=︒=,将ABD ∆折起到PBD ∆的位置，若三棱锥P BCD -的外接球的体积为776π,则二面角P BD C --的正弦值为( )A.13 B. 12 C. 3 D. 7 【答案】C【解析】设菱形对角线交点为O ，则POC ∠为二面角P BD C --的平面角，设外接球1O 半径为R ，则347773R R ππ=∴=，所以2211971+-1441cos =32212O O R OB O OC =-=∴∠=⨯⨯， 123,sin 332O OC POC POC ππ∴∠=∴∠=∠=，选C 11.【2019届西安市一质检】已知，，在球的球面上，，，，直线与截面所成的角为，则球的表面积为( ) A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】在中，由余弦定理得到求得，由勾股定理得为直角，∴中点即所在小圆的圆心， ∴平面，且小圆半径为1，又直线与截面所成的角为，∴在直角三角形中，球的半径为，∴球的表面积为，故选D.12.【20200湖北黄冈中学一诊】如图，在三棱锥P ABC -中，已知底面ABC 是正三角形，2AB AP =，且AP ⊥平面PBC ，则直线PA 与平面ABC 所成角的余弦值为( )A ．6 B ．5 C ．23D ．3 【答案】D【解析】三棱锥P ABC -中，已知底面ABC 是正三角形，2AB AP =，且AP ⊥平面PBC ，取BC 中点M ，连接,PM AM ，如下图所示，设2,AB =则1AP =，3PB PC ==，2,3PM AM ==，因为222PM A M P A +=，所以三角形APM 为直角三角形，且AP PM ⊥，则PAM ∠即为直线PA 与平面ABC 所成的角，所以3cos 33PA PAM PM ∠===，故选D.13.【2019届广东省广州市天河区综合测试(二)】如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD 为矩形，E ，F 分别为P A ，PD 的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：直线BE 与直线CF 异面；直线BE 与直线AF 异面；直线平面PBC ；平面平面P AD ．其中正确的结论个数为A ．4个B ．3个C ．2个D ．1个 【答案】C【解析】将平面展开图还原后可得立体图形如图所示：①为中点，又四边形为矩形 ， 四点共面，直线与共面，不是异面直线，即①错误 ②平面，平面，，平面，直线与直线为异面直线，即②正确③，平面，平面，平面，即③正确④假设平面平面，即平面平面，又平面平面，作，垂足为，可得平面，但实际无法证得平面，故假设不成立，即④错误，故选14.【2020届浙江省高中发展共同体期末】如图，在三棱台111ABC A B C -中，M 是棱11A C 上的点，记直线AM 与直线BC 所成的角为α，直线AM 与平面ABC 所成的角为β，二面角M AC B --的平面角为γ，则( )A ．αβ≥，≤βγB ．αβ≤，≤βγC ．αβ≥，βγ≥D ．αβ≤，βγ≥【答案】A【解析】Q 在三棱台111ABC A B C -中，M 是棱11A C 上的点，记直线AM 与直线BC 所成的角为α，直线AM 与平面ABC 所成的角为β，二面角M AC B --的平面角为γ，由于β是直线AM 与平面ABC 内所有直线所成角中最小的角，故αβ≥，排除B 、D 选项；若2πγ≥，由于02πβ<≤，则≤βγ，排除C选项，故选A.15.【2019届江西省红色七校二联考】如图，单位正方体的对角面上存在一动点，过点作垂直于平面的直线，与正方体表面相交于两点.则的面积最大值为 ( )A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】连接，则当M,N 在正方体侧面上(非棱上)运动时，分别过M ，N 作M ⊥面，N⊥面,则MN=,此时面积小于的面积，故当MN 在面上时，面积最大，当M ∈,设则MN=BM=MN=为等腰三角形，底边MN 上的高为,的面积为≤,当x=1时取等；同理当M ∈, 设, 则MN=BM=MN=为等腰三角形，底边MN 上的高为,的面积为,令f(x)==4x()≥0,故f(x)单调递增，当x=1 取最大值为，故选：A16.【2020年云南省师范大学附属中学期中】四边形ABDC 是菱形，60BAC ∠=o ，3AB =沿对角线BC 翻折后，二面角A BC D --的余弦值为13-，则三棱锥D ABC -的外接球的体积为( ) A 5π B 6πC 7πD ．22π【答案】B【解析】如下图所示，取BC 的中点为M ，设球心O 在平面ABC 内的射影为1O ，在平面BCD 内的射影为2O ，则二面角A BC D --的平面角为AMD ∠，3AB =32DM =，2213DO DM ==，212O M =，设2AMD θ∠=，则21cos 22cos 13θθ=-=-，21cos 3θ∴=，则22sin 3θ=，2tan 2θ∴=，tan 2θ∴=222tan OO O M θ∴=⋅=O 的半径22226R DO OO =+=，所求外接球的体积为246632V ππ⎛⎫=⋅= ⎪ ⎪⎝⎭，故选B.17.【2020届河南平顶山许昌济源第一次质检】在直角梯形ABCD 中，//AB CD ，AD CD ⊥，1AB AD ==，2CD =．沿BD 将ABCD 折成60︒ 的二面角A BD C --，则折后直线AC 与平面BCD 所成角的正弦值为( ) A ．24B 3C 6D ．14【答案】B【解析】由题意，取CD 的中点E ，连接,AE BD 交于点O ，在图(1)中，正方形ABCD ，则AC BD ⊥，即在图(2)中，,AO BD EO BD ⊥⊥，所以AOE ∠为二面角A BD C --的平面角，即60AOE =︒∠，又在AOE ∆中，2260AO EO AOE ==∠=︒，所以AOE ∆等边三角形，取EO 的中点F ，则AF EO ⊥，且2362AF ==，由面面垂直的性质定理，可得AF ⊥平面BCD ，所以ACF ∠为AC 与平面BCD 所成的角，设ACF θ∠=，在CEF ∆中，21,1354EF CE CEF ==∠=o ，由余弦定理可得22222222132cos135()121(8CF EF CE EF CE =+-=+-⨯=o ，解得26CF =，所以39tan 13AF CF θ==，所以13cos 4θ=，故选B ．18.【2020广西北海一中二模】在等腰三角形中，，，将它沿边上的高翻折，使为正三角形，则四面体的外接球的表面积为__________．【答案】【解析】翻折后所得的四面体ABCD的直观图如图所示，易知AD⊥平面BCD，AD=,BD=BC=CD=3，设△BCD的重心为G，则DG=.则外接球的半径，从而外接球的表面积为.19.【2019届广东省模拟(一)】已知在三棱锥P﹣ABC中，PA＝4，AC＝，PB＝BC＝，PA⊥平面PBC，则三棱锥P﹣ABC的内切球的表面积为__________．【答案】【解析】由题意，已知PA⊥面PBC，且PA＝4，PB＝，AC＝，由勾股定理得AB＝，PC＝，所以，△PBC为等边三角形，△ABC为等腰三角形，＝=S△PBC×PA＝×××4＝，表面积，设内切球半径为r，利用体积相等，即，所以=×，所以r＝，所以三棱锥P﹣ABC的内切球的表面积为4π×＝ .20.【2020陕西、湖北、山西部分学校3月联考】在长方体1111ABCD A B C D -中，13,4AD AA AB ===，则异面直线1A B 与AC 所成角的余弦值为________．【答案】225【解析】如图，连接1CD ，1AD ，则1//A B CD ，所以1ACD ∠为异面直线1A B 与AC 所成角，由题意可得15AC AD ==，1142A B CD ==，则2221111cos 2AC CD AD ACD AC CD +-∠=⋅2542=⨯⨯225=.21.【2020届浙江省杭州学军中学3月月】在长方体1111ABCD A B C D -中，4AB BC ==，11AA =，E 是底面ABCD 的中心，又AF AB λ=u u u r u u u r (102λ≤≤)，则当λ=____时，长方体过点1A ，E ，F 的截面面积的最小值为____. 【答案】110 551255【解析】如图所示，延长EF 交CD 于M ，由已知，有22AE =EF a =，(02)AF t t =≤≤， 在AEF ∆中，由余弦定理得2222cos EF AF AE AE AF EAF =+-⋅∠，即2284a t t =+-， 作AG 垂直于EF 于G ，T 为AB 中点，则AGF ∆与EFT ∆相似，且1A G EF ⊥，所以AG ET AF EF =，即2AG t a =，所以2t AG a =，故过点1A ，E ，F 的截面面积 21221()t S FM A G a a =⨯=+2222236454825(55a t t t t =+=-+=-+） 当25t =，即215410AE AB λ===时，min 36555S ==.22.【2019届安徽省合肥市二质检】已知半径为4的球面上有两点，，，球心为，若球面上的动点满足二面角的大小为，则四面体的外接球的半径为_______．【答案】【解析】设所在截面圆的圆心为，中点为，连接，OA ＝OB ，所以，OD ⊥AB ，同理O 1D ⊥AB ，所以，即为二面角的平面角，，因为，所以是等腰直角三角形，，在中，由cos60º＝，得，由勾股定理，得：，因为O 1到A 、B 、C 三的距离相等，所以，四面体外接球的球心在直线上，设四面体外接球半径为，在中，，由勾股定理可得：，即，解得．23.【2020届四川蓉城名校联盟第二次联考】在四面体ABCD 中，41,34,5,,AB CD AC BD AD BC E F ======分别是,AD BC 的中点．则下述结论：①四面体ABCD 的体积为20； ②异面直线,AC BD 所成角的正弦值为2425； ③四面体ABCD 外接球的表面积为50π；④若用一个与直线EF 垂直，且与四面体的每个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为6．其中正确的有_____．(填写所有正确结论的编号) 【答案】①③④．【解析】根据四面体特征，可以补图成长方体设其边长为,,a b c ，222222413425c b c a b a ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩，解得3,4,5a b c ===补成长，宽，高分别为3,4,5的长方体，在长方体中：①四面体ABCD 的体积为134********V ⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=＝，故正确②异面直线,AC BD 所成角的正弦值等价于边长为5,3的矩形的对角线夹角正弦值，可得正弦值为1517，故错；③四面体ABCD 外接球就是长方体的外接球，半径2223455022R ++==，其表面积为50π，故正确； ④由于EF α⊥，故截面为平行四边形MNKL ，可得5KL KN +＝，设异面直线BC 与AD 所成的角为θ，则sin sin HFB sin LKN θ∠∠＝＝，算得2425sin θ＝， 224••6225MNKL KL KN S NK KL sin NKL +⎛⎫∴∠≤⨯= ⎪⎝⎭＝．故正确． 故答案为：①③④．。

立体几何与空间向量03 空间点、线、面的位置关系一、具体目标：1.理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解可以作为推理依据的公理和定理；2.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理；3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题.二、知识概述：1.平面的基本性质(1)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(即直线在平面内)．(2)公理2：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面(即可以确定一个平面)．(3)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通过这个点的公共直线． 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．2. 空间两直线的位置关系直线与直线的位置关系的分类⎩⎨⎧ 共面直线⎩⎪⎨⎪⎧ 平行相交异面直线：不同在任何一个平面内直线与平面的位置关系有平行、相交、在平面内三种情况．平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行．等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．3.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：.4.异面直线的判定方法： ]2,0(π【考点讲解】判定定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过该点的直线是异面直线；反证法：证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共面，从而可得两线异面．5.求异面直线所成的角常采用“平移线段法”，平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．计算异面直线所成的角通常放在三角形中进行．平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；③计算：求该角的值，常利用解三角形；④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围．【温馨提示】平面的基本性质，点、直线、平面之间的位置关系是高考试题主要考查知识点，题型除了选择题或填空题外，往往在大题中结合平行关系、垂直关系或角的计算间接考查．1.【2019年高考全国Ⅲ卷】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（）A．BM=EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM=EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线【解析】本题主要考查的空间两条直线的位置关系问题，要求会构造三角形，讨论两直线是否共面，并通过相应的计算确定两条直线的大小关系.如图所示，作EO CD⊥于O，连接ON，BD，易得直线BM，EN是三角形EBD的中线，是相交直线.过M作MF OD⊥于F，连接BF，Q平面CDE⊥平面ABCD，,EO CD EO⊥⊂平面CDE，EO∴⊥平面ABCD，MF⊥平面ABCD，MFB∴△与EON△均为直角三角形．设正方形边长为2，易知12EO ON EN===,，5,2MF BF BM==∴=，BM EN∴≠，故选B．] 2 ,0(π【真题分析】【答案】B2.【2018年高考全国Ⅱ卷理数】在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA =1AD 与1DB 所成角的余弦值为（ ）A ．15 BCD【解析】方法一：用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面，如图，则11B P AD ∥，连接DP ，易求得1DB DP =，12B P =，则1DB P ∠是异面直线1AD 与1DB 所成的角，由余弦定理可得22211111cos 2DB B P DP DB P DB PB +-∠===⋅.故选C.方法二：以D 为坐标原点，DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，则()()((110,0,0,1,0,0,,D A B D ,所以((11,AD DB =-=u u u u r u u u u r ,因为111111cos ,5AD DB AD DB AD DB ⋅===u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r ， 所以异面直线1AD 与1DB所成角的余弦值为5，故选C. 【答案】C3. 【2018年高考全国Ⅱ卷文数】在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为（ ）A．2 BCD【解析】如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，CD AB ∥，所以异面直线AE 与CD 所成角为EAB ∠，设正方体边长为2a ，则由E 为棱1CC 的中点，可得CE a =，所以BE =，则tan BE EAB AB ∠===．故选C ．【答案】C4.【2017年高考全国Ⅱ卷理数】已知直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=︒，2AB =，11BC CC ==，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（ ）A．2 B．5 C．5D．3 【解析】如图所示，补成直四棱柱1111ABCD A B C D -，则所求角为1111,BC D BC BD C D AB ∠=====Q易得22211C D BD BC =+，因此111cos 5BC BC D C D ∠===，故选C ． 【答案】C5.【2017年高考全国Ⅲ卷文数】在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱CD 的中点，则（ ）A ．11A E DC ⊥B ．1A E BD ⊥C ．11A E BC ⊥D ．1AE AC ⊥【解析】根据三垂线定理的逆定理，可知平面内的线垂直于平面的斜线，则也垂直于斜线在平面内的射影.A.若11A E DC ⊥，那么11D E DC ⊥，很显然不成立；B.若1A E BD ⊥，那么BD AE ⊥，显然不成立；C.若11A E BC ⊥，那么11BC B C ⊥，成立，反过来11BC B C ⊥时，也能推出11BC A E ⊥,所以C 成立；D.若1A E AC ⊥，则AE AC ⊥，显然不成立，故选C.【答案】C6.【2019年高考北京卷理数】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ； ②m ∥α； ③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m ，正确；（2）如果l ⊥α，l ⊥m ，则m ∥α，不正确，有可能m 在平面α内；（3）如果l ⊥m ，m ∥α，则l ⊥α，不正确，有可能l 与α斜交、l ∥α.故答案为：如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m.【答案】如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m .7.【2017年高考全国Ⅲ卷理数】a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角；②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角；③直线AB 与a 所成角的最小值为45°；④直线AB 与a 所成角的最大值为60°. 其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）【解析】设1AC BC ==.由题意，AB 是以AC 为轴,BC 为底面半径的圆锥的母线，由,AC a AC b ⊥⊥，又AC ⊥圆锥底面，所以在底面内可以过点B ，作BD a ∥，交底面圆C 于点D ，如图所示，连接DE ，则DE ⊥BD ，DE b ∴∥，连接AD ，等腰ABD △中，AB AD ==当直线AB 与a 成60°角时，60ABD ∠=o ，故BD =Rt BDE △中，2,BE DE =∴=B 作BF ∥DE ，交圆C 于点F ，连接AF ，由圆的对称性可知BF DE ==ABF ∴△为等边三角形，60ABF ∴∠=o ，即AB 与b 成60°角，②正确，①错误.由图可知③正确；很明显，可以满足平面ABC ⊥直线a ，则直线AB 与a 所成角的最大值为90°，④错误.故正确的是②③.【答案】②③8.【2016高考浙江文数】如图，已知平面四边形ABCD ，AB =BC =3，CD =1，ADADC =90°．沿直线AC 将△ACD 翻折成△ACD '，直线AC 与BD '所成角的余弦的最大值是______．【解析】设直线AC 与'BD 所成角为θ．设O 是AC 中点，由已知得AC =如图，以OB 为x 轴，OA 为y 轴，过O 与平面ABC 垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，由(0,2A，(2B，(0,2C -，作DH AC ⊥于H ，翻折过程中，'D H 始终与AC 垂直，26CD CH CA ===，则3OH =，DH =='(,sin )636D αα-，则'sin )6236BD αα=--uuu r ，与CA uu r 平行的单位向量为(0,1,0)n =r ， 所以cos cos ',BD n θ=<>uuu r r ''BD n BD n⋅=uuu r r uuu r rcos 1α=时，cos θ取最大值9．9.【2017天津，文17】如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，AD BC ∥，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =.（I ）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值；（II ）求证：PD ⊥平面PBC ；（Ⅲ）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.【分析】（Ⅰ）异面直线所成的角一般都转化为相交线所成的角，//AD BC ，所以PAD ∠即为所求，根据余弦定理求得，但本题可证明AD PD ⊥，所以cosAD PAD AP ∠=；（Ⅱ）要证明线面垂直，根据判断定理，证明线与平面内的两条相交直线垂直，则线与面垂直，即证明,PD BC PD PB ⊥⊥；（Ⅲ）根据（Ⅱ）的结论，做//DF AB ，连结PF ,DFP ∠即为所求【解析】（Ⅰ）解：如图，由已知AD //BC ，故DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角.因为AD ⊥平面PDC ，所以AD ⊥PD .在Rt △PDA 中，由已知，得225AP AD PD =+=，故5cos AD DAP AP ∠==. 所以，异面直线AP 与BC C（Ⅱ）证明：因为AD ⊥平面PDC ，直线PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD .又因为BC //AD ，所以PD ⊥BC ，又PD ⊥PB ，所以PD ⊥平面PB C.10.【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ．又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ．又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ．所以BC ⊥平面A 1EF ．因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）．不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E ，EG O 为A 1G 的中点，故12A G EO OG ===， 所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35． 方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，B 1，0），1B ，3,2F ，C (0，2，0)．因此，3,2EF =u u u r ，(BC =u u u r ．由0EF BC ⋅=u u u r u u u r 得EF BC ⊥． （2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(310)=(0223)BC A C --u u u r u u u u r ，，，，，．设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，，由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r n n，得00y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩， 取n (11)=，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅u u u r u u u r u u u r ，n n n |， 因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35．2.【2017课标1，文6】如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB 与平面MNQ 不平行的是（ ） A ． B ．C ．D ．【解析】本题考点是线面平行的判断问题，由题意可知：第二个选项中AB ∥MQ ，在直线AB ∥平面MNQ ，第三个选项同样可得AB ∥MQ ，直线AB ∥平面MNQ ，第四个选项有AB ∥NQ ，直线AB ∥平面MNQ ，只有选项A 不符合要求【答案】A2．空间中，可以确定一个平面的条件是（ ）A ．两条直线B ．一点和一条直线C ．一个三角形D ．三个点【解析】不共线的三点确定一个平面，C 正确；A 选项，只有这两条直线相交或平行才能确定一个平面；B 选项，一条直线和直线外一点才能确定一个平面；D 选项，不共线的三点确定一个平面.【答案】C3.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 【模拟考场】C .在直线AC 或BD 上 D .不在直线AC 上，也不在直线BD 上【解析】如图所示，∵EF ⊂平面ABC ，HG ⊂平面ACD ，EF ∩HG ＝P ，∴P ∈平面ABC ，P ∈平面ACD .又∵平面ABC ∩平面ACD ＝AC ，∴P ∈AC ，故选B .【答案】B4.已知平面α和直线l ，则在平面α内至少有一条直线与直线l ( )A.平行B.垂直C.相交D.以上都有可能【解析】本题的考点是直线与平面的位置关系，直线与直线的位置关系，若直线l 与平面α相交，则在平面α内不存在直线与直线l 平行，故A 错误；若直线l ∥平面α，则在平面α内不存在直线与l 相交，故C 错误；对于直线l 与平面α相交，直线l 与平面α平行，直线l 在平面α内三种位置关系，在平面α内至少有一条直线与直线l 垂直，故选B.【答案】B5.如图，四棱锥P ABCD -中，90ABC BAD ∠=∠=︒，2BC AD =，PAB ∆和PAD ∆都是等边三角形，则异面直线CD 和PB 所成角的大小为（ ）A ．90︒B ．75︒C ．60︒D ．45︒【解析】设1AD =，则2BC =，过A 作//AE CD 交BC 于E ，则AD CE =，过E 作//EF PB 交PC于F ，则AEF ∠即为为所求，如图所示，过F 作//FG CD 交PD 于G ，连接AG ，则四边形AEFG 是梯形，其中//FG AE ，12EF =G 作//GH EF 交AE 于H ，则GHA AEF ∠=∠，在GHA ∆中，1,,222GH EF AH AE FG AG ===-===则 222AG GH AH =+，所以90AEF ∠=︒，故选A.【答案】A6.不在同一条直线上的三点A 、B 、C 到平面α的距离相等，且A ∉α，给出以下三个命题：①△ABC 中至少 有一条边平行于α；②△ABC 中至多有两边平行于α；③△ABC 中只可能有一条边与α相交.其中真命题是_____________.【解析】直线与平面的位置关系，平面与平面的位置关系，如图，三点A 、B 、C 可能在α的同侧，也可能在α两侧，其中真命题是①.【答案】①7.已知A 是△BCD 所在平面外的一点，E ，F 分别是BC ，AD 的中点，(1)求证：直线EF 与BD 是异面直线；(2)若AC ⊥BD ，AC ＝BD ，求EF 与BD 所成的角．【解析】本题考点反证法证明异面直线，异面直线所成的角.(1)证明：假设EF 与BD 不是异面直线，则EF 与BD 共面，从而DF 与BE 共面，即AD 与BC 共面，所以A 、B 、C 、D 在同一平面内，这与A 是△BCD 所在平面外的一点相矛盾．故直线EF 与BD 是异面直线．(2)取CD 的中点G ，连接EG 、FG ，则EG ∥BD ，所以直线EF 与EG 所成的角即为异面直线EF 与BD 所成的角．在Rt △EGF 中，由EG ＝FG ＝12AC ，可得∠FEG ＝45°，即异面直线EF 与BD 所成的角为45°.8.如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为3，M ，N 分别是棱AA 1，AB 上的点，且AM ＝AN ＝1.（1）证明：M ，N ，C ，D 1四点共面；（2）平面MNCD 1将此正方体分为两部分，求这两部分的体积之比.【解析】本题考点是多点共面的证明，平面分几何体的体积之比.（1）证明：连接A 1B ，在四边形A 1BCD 1中，A 1D 1∥BC 且A 1D 1＝BC ，所以四边形A 1BCD 1是平行四边形.所以A 1B ∥D 1C. 在△ABA 1中，AM ＝AN ＝1，AA 1＝AB ＝3，所以1AM AN AA AB， 所以MN ∥A 1B ，所以MN ∥D 1C.所以M ，N ，C ，D 1四点共面.（2）记平面MNCD 1将正方体分成两部分的下部分体积为V 1，上部分体积为V 2，连接D 1A ，D 1N ，DN ，则几何体D 1－AMN ，D 1－ADN ，D 1－CDN 均为三棱锥，所以V 1＝111D AMN D ADN D CDN V V V ---++＝13S △AMN ·D 1A 1＋13S △ADN ·D 1D ＋13S △CDN ·D 1D ＝13×12×3＋13×32×3＋13×92×3＝132. 从而V 2＝1111ABCD A B C D V -－V 1＝27－132＝412，所以121341V V =， 所以平面MNCD 1分此正方体的两部分体积的比为1341.。

高三数学考前复习——空间几何体、空间中的位置关系(小题)热点一三视图与直观图1.一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正视图的下面，长度与正视图的长度一样，侧视图放在正视图的右面，高度与正视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样.即“长对正、高平齐、宽相等”.2.由三视图还原几何体的步骤一般先依据俯视图确定底面，再利用正视图与侧视图确定几何体.例1(1)(2019·钦州模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱CD，CC1，A1B1的中点，用过点E，F，G的平面截正方体，则位于截面以下部分的几何体的侧视图为()答案C解析取AA1的中点H，连接GH，则GH为过点E，F，G的平面与正方体的面A1B1BA的交线.延长GH，交BA的延长线与点P，连接EP，交AD于点N，则NE为过点E，F，G的平面与正方体的面ABCD的交线.同理，延长EF，交D1C1的延长线于点Q，连接GQ，交B1C1于点M，则FM为过点E，F，G的平面与正方体的面BCC1B1的交线.所以过点E，F，G的平面截正方体所得的截面为图中的六边形EFMGHN.故可得位于截面以下部分的几何体的侧视图为选项C所示.(2)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________.答案2＋2 2解析如图，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＝22.而四边形AECD为矩形，AD＝1，∴EC＝AD＝1，∴BC＝BE＋EC＝22＋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′＝22＋1，且A ′D ′∥B ′C ′，A ′B ′⊥B ′C ′，∴这块菜地的面积为S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′＝12×⎝⎛⎭⎫1＋1＋22×2＝2＋22. 跟踪演练1 (1)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为BD 1的中点，则△P AC 在该正方体各个面上的射影可能是( )A.①④B.②③C.②④D.①② 答案 A解析 从上下方向看，△P AC 的射影为图①所示的情况； 从左右方向看，△P AC 的射影为图④所示的情况； 从前后方向看，△P AC 的射影为图④所示的情况.(2)(2019·南宁测试)已知一个四棱锥的三视图如图.图中网格小正方形边长为1.则该几何体的各条棱中，最长的棱的长度为( )A.4 5B.6C.4 2D.4 答案 B解析 由三视图可得该四棱锥为P －ABCD ，由题中数据可得AB＝BC＝2，CD＝22＋12＝5，AD＝42＋12＝17，BP＝42＋42＝42，CP＝42＋22＝25，DP＝42＋12＝17，AP＝42＋42＋22＝6，即最长的棱为AP，长度为6.热点二表面积与体积空间几何体的表面积和体积计算是高考中常见的一个考点，解决这类问题，首先要熟练掌握各类空间几何体的表面积和体积计算公式，其次要掌握一定的技巧，如把不规则几何体分割成几个规则几何体的技巧，把一个空间几何体纳入一个更大的几何体中的补形技巧.例2(1)(2019·安顺模拟)如图，为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是()A.(12＋43)πB.(6＋23)πC.(9＋23)πD.(15＋43)π答案B解析结合题意可知，该几何体为一个圆锥挖去了一个小圆锥，大圆锥的侧面积为12×23π×23＝6π，挖去的圆锥侧面积为12×23π×2＝23π，故总表面积为(6＋23)π.(2)(2019·内江模拟)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高二丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的锲体，下底面宽3丈，长4丈，上棱长2丈，高2丈，问：它的体积是多少？”(已知1丈为10尺)该锲体的三视图如图所示，图中网格小正方形边长为1，则该锲体的体积为()A.12 000立方尺B.11 000立方尺C.10 000立方尺D.9 000立方尺答案C解析由题意，将锲体视为三棱柱与两个四棱锥的组合体，作出几何体的直观图如图所示：沿上棱两端向底面作垂面，且使垂面与上棱垂直，则将几何体分成两个四棱锥和1个直三棱柱，则三棱柱的体积V1＝12×3×2×2＝6，四棱锥的体积V2＝13×1×3×2＝2，由三视图可知两个四棱锥大小相等，∴V＝V1＋2V2＝10 立方丈＝10 000立方尺.跟踪演练2(1)(2019·广元测试)一个几何体的三视图如图所示，则它的表面积为()A.4＋7＋3π2 B.4＋7＋5π2C.2＋7＋5π2D.1＋7＋3π2答案 A解析 如图所示，由三视图还原的直观图中左侧为三棱锥，右侧为半个圆锥.设半圆锥的底面圆心为O ，连接PO ，则PO ⊥平面ABC ，PO ＝3，BC ＝2， ∴PB ＝2，PC ＝2，P A ＝AC ＝22， 取PC 的中点D ，则AD ⊥PC ， ∴AD ＝7.∴几何体的表面积为12×2×2＋12×2×2＋12×2×7＋12×π×12＋12π×1×2＝4＋7＋3π2.(2)(2019·眉山适应性考试)某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为4的正方形，两条虚线互相垂直且相等，则该几何体的体积是( )A.1763B.1603C.1283 D.32 答案 B解析 该几何体为一个正方体去掉一个倒四棱锥，其中正方体棱长为4，倒四棱锥顶点为正方体中心，底面为正方体上底面，因此体积是43－13×2×42＝1603.热点三 多面体与球与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图.如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径.球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心(或“切点”“接点”)作出截面图.例3 (1)(2019·乐山、峨眉山联考)如图，在四棱锥C －ABOD 中，CO ⊥平面ABOD ，AB ∥OD ，OB ⊥OD ，且AB ＝2OD ＝12，AD ＝62，异面直线CD 与AB 所成角为30°，点O ，B ，C ，D 都在同一个球面上，则该球的表面积为( )A.72πB.128πC.84πD.168π 答案 C解析 由条件可知AB ∥OD ，所以∠CDO 为异面直线CD 与AB 所成角， 故∠CDO ＝30°，而OD ＝6，CO ⊥OD ，故OC ＝OD tan 30°＝23，在直角梯形ABOD 中，易得OB ＝6，以OB ，OC ，OD 为相邻的三条棱，补成一个长方体，则该长方体的外接球半径R 即为所求的球的半径， 由(2R )2＝(23)2＋62＋62＝84，故R ＝21， 该球的表面积为S ＝4πR 2＝84π.(2)如图是某三棱锥的三视图，则此三棱锥内切球的体积为( )A.25π4B.25π16C.1 125π4D.1 125π16答案 D解析 把此三棱锥嵌入长、宽、高分别为20,24,16的长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，三棱锥B－KLJ即为所求的三棱锥，其中KC1＝9，C1L＝LB1＝12，B1B＝16，∴KC1C1L＝LB1B1B，则△KC1L∽△LB1B，∠KLB＝90°，故可求得三棱锥各面面积分别为S△BKL＝150，S△JKL＝150，S△JKB＝250，S△JLB＝250，故表面积为S表＝800.三棱锥体积V＝13S△BKL·JK＝1 000，设内切球半径为r，则r＝3VS表＝154，故三棱锥内切球体积V球＝43πr3＝1 125π16.跟踪演练3(1)在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知底面ABC为正三角形，AA1⊥平面ABC，AB ＝63，AA1＝16，则该三棱柱外接球的表面积为()A.400πB.300πC.200πD.100π答案A解析如图，O′为底面中心，O为外接球球心，在正三角形ABC中求得O′A＝6，又OO′＝8，∴外接球半径OA＝10，∴S球＝4π×100＝400π.(2)已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，记该圆锥的内切球的表面积为S1，外接球的表面积为S 2，则S 1S 2等于( )A.12B.13C.14D.18 答案 C 解析 如图，由已知圆锥侧面积是底面积的2倍，不妨设底面圆半径为r ，l 为底面圆周长，R 为母线长， 则12lR ＝2πr 2， 即12·2π·r ·R ＝2πr 2，解得R ＝2r ， 故∠ADC ＝30°，则△DEF 为等边三角形， 设B 为△DEF 的重心，过B 作BC ⊥DF ，则DB 为圆锥的外接球半径，BC 为圆锥的内切球半径， 则BC BD ＝12，∴r 内r 外＝12，故S 1S 2＝14. 热点四 空间线面位置关系的判断 高考中判断空间线面位置关系的注意点(1)对于空间线面位置关系的判断，常用的方法有：①根据定理逐项判断，可以举反例，也可以证明，要结合题目灵活选择；②必要时可以借助空间几何体模型，如借助长方体、正四面体中的线面位置关系来判断.(2)求角时，一般先利用平行关系找到这个角，然后把这个角放到三角形中去求解. 例4 (1)(2019·云南师大附中模拟)下列说法正确的是( ) A.若两个平面和第三个平面都垂直，则这两个平面平行 B.若两条直线和一个平面所成的角相等，则这两条直线平行 C.若一个平面内的所有直线都和另一个平面平行，则这两个平面平行 D.若两条平行直线中的一条和一个平面平行，则另一条也和这个平面平行答案C解析正方体过同一顶点的三个平面可以两两互相垂直，所以A错误；圆锥的两条母线与底面形成的夹角相等，但是两条母线相交，所以B错误；若一个平面内的所有直线都和另一个平面平行，则该平面内有两条相交直线与另一个平面平行，所以这两个平面平行，故C正确；另一条直线可能在这个平面内，结论不成立，故D错误.(2)(2019·宜宾适应性测试)平面α过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正切值为()A. 3B. 2C.33 D.22答案A解析如图，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，可知，n∥CD1，m∥B1D1，∵△CB1D1是正三角形，m，n所成角就是∠CD1B1＝60°，则m，n所成角的正切值为 3.跟踪演练4(1)若m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是()A.若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥nB.若m∥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥nC.若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥nD.若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m∥n答案A解析对于选项A，由n∥β，α∥β可得n∥α或n⊂α，又m⊥α，所以可得m⊥n，故A正确；对于选项B，由条件可得m⊥n或m∥n，或m与n既不垂直也不平行，故B不正确；对于选项C，由条件可得m∥n或m，n相交或m，n异面，故C不正确；对于选项D，由题意得m⊥n，故D不正确.(2)(2019·乐山调研)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于______.答案60°解析延长CA到D，使得AD＝AC，则四边形ADA1C1为平行四边形，∠DA1B就是异面直线BA1与AC1所成的角，又A1D＝A1B ＝DB＝2AB，则△A1DB为等边三角形，∴∠DA1B＝60°.真题体验1.(2018·全国Ⅰ，理，7)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如下图.圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在侧视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为()A.217B.2 5C.3D.2答案B解析先画出圆柱的直观图，根据题中的三视图可知，点M，N的位置如图①所示.圆柱的侧面展开图及M，N的位置(N为OP的四等分点)如图②所示，连接MN，则图中MN 即为M到N的最短路径.|ON|＝14×16＝4，|OM|＝2，∴|MN |＝|OM |2＋|ON |2＝22＋42＝2 5.2.(2019·全国Ⅰ，理，12)已知三棱锥P －ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A ＝PB ＝PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF ＝90°，则球O 的体积为( )A.86πB.46πC.26πD.6π 答案 D解析 因为点E ，F 分别为P A ，AB 的中点，所以EF ∥PB ，因为∠CEF ＝90°，所以EF ⊥CE ，所以PB ⊥CE .取AC 的中点D ，连接BD ，PD ，易证AC ⊥平面BDP ，所以PB ⊥AC ，又AC ∩CE ＝C ，AC ，CE ⊂平面P AC ，所以PB ⊥平面P AC ，所以PB ⊥P A ，PB ⊥PC ，因为P A ＝PB ＝PC ，△ABC 为正三角形，所以P A ⊥PC ，即P A ，PB ，PC 两两垂直，将三棱锥P －ABC 放在正方体中如图所示.因为AB ＝2，所以该正方体的棱长为2，所以该正方体的体对角线长为6，所以三棱锥P －ABC 的外接球的半径R ＝62，所以球O 的体积V ＝43πR 3＝43π⎝⎛⎭⎫623＝6π，故选D.3.(2018·全国Ⅱ，理，9)在长方体ABCD －A 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.15 B.56 C.55 D.22 答案 C解析 方法一 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的一侧补上一个相同的长方体A ′B ′BA －A 1′B 1′B 1A 1.连接B 1B ′，由长方体性质可知，B 1B ′∥AD 1，所以∠DB 1B ′为异面直线AD 1与DB 1所成的角或其补角.连接DB ′，由题意，得DB ′＝12＋(1＋1)2＝5，B ′B 1＝12＋(3)2＝2，DB 1＝12＋12＋(3)2＝ 5.在△DB ′B 1中，由余弦定理，得DB ′2＝B ′B 21＋DB 21－2B ′B 1·DB 1·cos ∠DB 1B ′，即5＝4＋5－2×25cos ∠DB 1B ′， ∴cos ∠DB 1B ′＝55. 方法二 如图，以点D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz .由题意，得A (1,0,0)，D (0,0,0)， D 1(0,0，3)，B 1(1,1，3)，∴AD 1→＝(－1,0，3)，DB 1→＝(1,1，3)， ∴AD 1→·DB 1→＝－1×1＋0×1＋(3)2＝2， |AD 1→|＝2，|DB 1→|＝5，∴cos 〈AD 1→，DB 1→〉＝AD 1→·DB 1→|AD 1→|·|DB 1→|＝225＝55.押题预测1.已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个定点，∠ABC ＝60°，AC ＝2，P 为球O 的球面上的动点，记三棱锥P －ABC 的体积为V 1，三棱锥O －ABC 的体积为V 2，若V 1V 2的最大值为3，则球O 的表面积为( ) A.16π9 B.64π9 C.3π2 D.6π 答案 B解析 由题意，设△ABC 的外接圆圆心为O ′， 其半径为r ，球O 的半径为R ，且OO ′＝d ， 依题意可知⎝⎛⎭⎫V 1V 2max ＝R ＋d d ＝3，即R ＝2d ， 显然R 2＝d 2＋r 2，故R ＝23r ， 又由2r ＝AC sin ∠ABC ＝43，故r ＝23，∴球O 的表面积为4πR 2＝163πr 2＝649π.2.如图，点P 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的面对角线BC 1上运动，则下列四个结论：①三棱锥A －D 1PC 的体积不变； ②A 1P ∥平面ACD 1； ③DP ⊥BC 1；④平面PDB 1⊥平面ACD 1. 其中正确的结论的个数是( ) A.1 B.2 C.3 D.4 答案 C解析 对于①，如图，由题意知AD 1∥BC 1，AD 1⊂平面AD 1C ，BC 1⊄平面AD 1C ，从而BC 1∥平面AD 1C ，故BC 1上任意一点到平面AD 1C 的距离均相等，所以以P 为顶点，平面AD 1C 为底面的三棱锥A －D 1PC 的体积不变，故①正确； 对于②，连接A 1B ，A 1C 1，则A 1C 1∥AC ， 易知A 1C 1∥平面AD 1C ，由①知，BC1∥平面AD1C，又A1C1∩BC1＝C1，所以平面BA1C1∥平面ACD1，又A1P⊂平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1，故②正确；对于③，由于DC⊥平面BCC1B1，所以DC⊥BC1，若DP⊥BC1，则BC1⊥平面DCP，BC1⊥PC，则P为中点，与P为动点矛盾，故③错误；对于④，连接DB1，由DB1⊥AC且DB1⊥AD1，可得DB1⊥平面ACD1，从而由面面垂直的判定定理知平面PDB1⊥平面ACD1，故④正确.3.已知某实心机械零件的三视图如图所示，若该实心机械零件的表面积为66＋4π，则a＝________.答案3解析根据三视图可知，该几何体是四棱柱与两个圆柱的组合体，且四棱柱的底面是边长为a的正方形，高为4的直四棱柱，圆柱体的底面圆直径为2，高为1，所以该组合体的表面积为S＝2(a2＋4a＋4a)＋2π×1×1×2＝2(a2＋8a)＋4π＝66＋4π，解得a ＝－11(舍)或a＝3.A组专题通关1.已知α，β是两个不同的平面，l是一条直线，给出下列说法：①若l⊥α，α⊥β，则l∥β；②若l∥α，α∥β，则l∥β；③若l⊥α，α∥β，则l⊥β；④若l∥α，α⊥β，则l⊥β.其中说法正确的个数为( ) A.3 B.2 C.1 D.4 答案 C解析 ①若l ⊥α，α⊥β，则l ∥β或l ⊂β，不正确；②若l ∥α，α∥β，则l ∥β 或l ⊂β，不正确；③若l ⊥α，α∥β，则l ⊥β，正确；④若l ∥α，α⊥β，则l ⊥β或l ∥β或l 与β相交且l 与β不垂直，不正确.2.如图，平面α⊥平面β，α∩β＝l ，A ，C 是α内不同的两点，B ，D 是β内不同的两点，且A ，B ，C ，D ∉直线l ，M ，N 分别是线段AB ，CD 的中点.下列判断正确的是( )A.当CD ＝2AB 时，M ，N 两点不可能重合B.M ，N 两点可能重合，但此时直线AC 与l 不可能相交C.当AB 与CD 相交，直线AC 平行于l 时，直线BD 可以与l 相交D.当AB ，CD 是异面直线时，直线MN 可能与l 平行 答案 B解析 由于直线CD 的两个端点都可以动，所以M ，N 两点可能重合，此时两条直线AB ，CD 共面，由于两条线段互相平分，所以四边形ACDB 是平行四边形，因此AC ∥BD ，而BD ⊂β，AC ⊄β，所以由线面平行的判定定理可得AC ∥β，又因为AC ⊂α，α∩β＝l ，所以由线面平行的性质定理可得AC ∥l .3.(2019·天盘山调研)母线长为5的圆锥的侧面展开图的圆心角等于8π5，则该圆锥的体积为( )A.16πB.8πC.16π3D.8π3答案 A解析 ∵母线长为5的圆锥的侧面展开图的圆心角等于8π5，∴侧面展开图的弧长为5×8π5＝8π， 设底面圆半径为r ，弧长8π＝底面周长＝2πr ，∴r ＝4， ∴圆锥的高h ＝52－42＝3，∴圆锥体积V ＝13×π×r 2×h ＝16π.4.(2019·曲靖模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为2的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的各条棱中最长棱的长度为( )A.2 2B.3C.2 3D.2 答案 C解析 由三视图可知几何体为四棱锥P －ABCD ，其中底面ABCD 为正方形，P A ⊥平面ABCD ，且P A ＝AB ＝2，∴几何体的最长棱为PC ＝22＋(22)2＝2 3.5.(2019·德阳模拟)某几何体的三视图如图所示，其中侧视图为半圆，则该几何体的表面积为( )A.6＋4πB.6＋3πC.9＋4πD.9＋3π 答案 A解析 根据三视图知，该几何体是半圆柱体，画出图形如图所示，结合图中数据，计算该几何体的表面积为 S ＝2×12π·12＋12×2π·1·3＋2×3＝4π＋6.6.(2019·柳州调研)一个几何体的三视图如图所示，每个小方格都是长度为1的正方形，则这个几何体的体积为( )A.32B.643C.323 D.8答案 B解析 由题意，根据给定的三视图可知，该几何体表示底面是边长为4的正方形，高为4的四棱锥，所以该四棱锥的体积为V ＝13Sh ＝13×4×4×4＝643.7.榫卯(sǔnm ǎo)是两个木构件上所采用的一种凹凸结合的连接方式.凸出部分叫榫，凹进去的部分叫卯，榫和卯咬合，起到连接作用.代表建筑有北京的紫禁城、天坛祈年殿，山西悬空寺等，如图是一种榫卯构件中榫的三视图，则该榫的表面积和体积为( )A.8＋16π，2＋8πB.9＋16π，2＋8πC.8＋16π，4＋8πD.9＋16π，4＋8π解析 由三视图知该榫是由上下两部分构成：上方为长方体(底面为边长是1的正方形，高为2)，下方为圆柱(底面圆半径为2，高为2). 其表面积为圆柱的表面积加上长方体的侧面积， 所以S ＝2×(2π×2)＋2×(π×22)＋4×(1×2)＝8＋16π. 其体积为圆柱与长方体体积之和， 所以V ＝(π×22)×2＋1×1×2＝8π＋2.8.(2019·玉溪调研)《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”.已知某“堑堵”的三视图如图所示，则该“堑堵”的外接球的体积为( )A.823πB.6πC.6πD.8π答案 A解析 根据几何体的三视图转换为几何体为：下底面为等腰直角三角形，腰长为2，高为2的直三棱柱，故外接球的半径R ， 满足(2R )2＝(2)2＋(2)2＋22， 解得R ＝2，所以V ＝43π×(2)3＝823π.9.(2019·乐山调研)如图，边长为2的正方形ABCD 中，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，将△ADE ，△BEF ，△CDF 分别沿DE ，EF ，FD 折起，使得A ，B ，C 三点重合于点A ′，若四面体A ′EDF 的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积为( )A.5πB.6πC.8πD.11π解析 由题意可知△A ′EF 是等腰直角三角形，且A ′D ⊥平面A ′EF . 三棱锥的底面A ′EF 扩展为边长为1的正方形，然后扩展为正四棱柱，三棱锥的外接球与正四棱柱的外接球是同一个球， 正四棱柱的体对角线的长度就是外接球的直径，直径为1＋1＋4＝ 6.∴球的半径为62，∴球的表面积为4π×⎝⎛⎭⎫622＝6π. 10.已知一个几何体的正视图和侧视图是两个全等的等腰三角形，腰长为3，底边长为2，俯视图是一个半径为1的圆(如图所示)，则这个几何体的内切球的体积为( )A.2π3 B.3π3 C.4π3D.2π 答案 A解析 由三视图知该几何体是圆锥，且底面圆的半径为1，母线长为3， 其正视图为等腰三角形，圆锥的内切球半径等于正视图三角形内切圆半径， 且内切圆的半径满足12r ·(3＋3＋2)＝12×2×32－12，解得r ＝22， ∴几何体的内切球体积为V ＝4π3×⎝⎛⎭⎫223＝2π3.11.(2017·全国Ⅱ)已知直三棱柱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( ) A.32 B.155 C.105 D.33答案 C解析 如图所示，把直三棱柱ABC －A 1B 1C 1补成直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1， 在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中， 由AB 1∥C 1D ，得∠BC 1D (或其补角)即为异面直线AB 1与BC 1所成的角； 在Rt △BCC 1中，BC 1＝BC 2＋CC 21＝2，因为∠ABC ＝120°，所以∠DCB ＝60°， 所以BD ＝22＋12－2×1×2×cos 60°＝3，C 1D ＝22＋12＝5，∴BC 21＋BD 2＝C 1D 2，∴∠DBC 1＝90°，∴cos ∠BC 1D ＝25＝105.12.对于四面体A －BCD ，有以下命题：①若AB ＝AC ＝AD ，则AB ，AC ，AD 与底面所成的角相等；②若AB ⊥CD ，AC ⊥BD ，则点A 在底面BCD 内的射影是△BCD 的内心； ③四面体A －BCD 的四个面中最多有四个直角三角形；④若四面体A －BCD 的6条棱长都为1，则它的内切球的表面积为π6.其中正确的命题是( )A.①③B.③④C.①②③D.①③④ 答案 D解析 ①正确，若AB ＝AC ＝AD ，则AB ，AC ，AD 在底面上的射影相等，即与底面所成角相等；②不正确，如图，点A 在平面BCD 内的射影为点O ，连接BO ，CO ，可得BO ⊥CD ，CO ⊥BD ，所以点O 是△BCD 的垂心；③正确，如图，AB ⊥平面BCD ，∠BCD ＝90°，其中有4个直角三角形；④正确，设正四面体的内切球的半径为r ，棱长为1，高为63，根据等体积公式13×S △BCD ×63＝13×4×S △BCD ×r ，解得 r ＝612，那么内切球的表面积S ＝4πr 2＝π6，故选D. 13.在矩形ABCD 中，AB ＝4，BC ＝3，沿AC 将矩形ABCD 折叠，其正视图和俯视图如图所示，此时连接顶点B ，D 形成三棱锥B －ACD ，则其侧视图的面积为________.答案7225解析 由题意可知几何体是三棱锥，底面是直角三角形，直角边长为4,3，一个侧面是直角三角形，与底面垂直，AB ＝4，BC ＝3，B 到AC 的距离为125，侧视图如图，是等腰直角三角形，直角边长为125.所以侧视图的面积为12×125×125＝7225.14.(2019·全国Ⅲ)学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1挖去四棱锥O －EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，AB ＝BC ＝6 cm ，AA 1＝4 cm,3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.答案 118.8解析 由题意得长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为6×6×4＝144(cm 3)，四边形EFGH 为平行四边形，如图所示，连接GE ，HF ，易知四边形EFGH 的面积为矩形BCC 1B 1面积的一半，即12×6×4＝12(cm 2)，所以V 四棱锥O －EFGH ＝13×3×12＝12(cm 3)，所以该模型的体积为144－12＝132(cm 3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g).15.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形，AC ＝2a ，BB 1＝3a ，点D 是A 1C 1的中点，点F 在线段AA 1上，当AF ＝____时，CF ⊥平面B 1DF .答案 a 或2a解析 由题意易知，B 1D ⊥平面ACC 1A 1， 又CF ⊂平面ACC 1A 1， 所以B 1D ⊥CF .要使CF ⊥平面B 1DF ，只需CF ⊥DF 即可. 令CF ⊥DF ，设AF ＝x (0<x <3a )，则A 1F ＝3a －x . 易知Rt △CAF ∽Rt △F A 1D ， 得AC A 1F ＝AF A 1D ，即2a 3a －x ＝xa，整理得x 2－3ax ＋2a 2＝0，解得x ＝a 或x ＝2a .16.(2019·桂林、崇左联考)在大小为75°的二面角α－l －β内，有一点M 到两个半平面的距离分别为1和2，则点M 到棱l 的距离等于________. 答案 2解析 由题意，设垂足分别为A ，B ，则在△MAB 中，MA ＝1，MB ＝2，∠AMB ＝105°， ∴AB 2＝1＋2－2×1×2×cos ∠AMB ＝2＋3， ∴AB ＝2＋ 3.设M 到棱l 的距离为d ，则d ＝ABsin 105°＝2＋36＋24＝2.B 组 能力提高17.(2019·成都诊断)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，棱AB ，AC ，AA 1两两垂直，AB ＝AC ，且三棱柱的侧面积为2＋1，若该三棱柱的顶点都在同一个球O 的表面上，则球O 表面积的最小值为( )A.πB.2πC.2πD.4π 答案 C解析 如图，设AB ＝AC ＝x ，AA 1＝y ，则三棱柱的侧面积为2xy ＋2xy ＝2＋1，得xy ＝22. 把三棱柱补形为长方体， 则其体对角线长为 2x 2＋y2≥22xy ＝ 2.当且仅当2x ＝y ，即x ＝22，y ＝1时上式取“＝”. ∴三棱柱外接球半径的最小值为22， 表面积的最小值为4π×⎝⎛⎭⎫222＝2π. 18.(2019·云南师大附属中学模拟)在三棱锥A －BCD 中，∠BAC ＝∠BDC ＝60°，二面角A －BC －D 的余弦值为－13，当三棱锥A －BCD 的体积的最大值为64时，其外接球的表面积为( )A.5πB.6πC.7πD.8π 答案 B解析 如图，设球心O 在平面ABC 内的射影为O 1，在平面BCD 内的射影为O 2，连接AO 1并延长交BC 于M ，易知M 为BC 的中点，AM ⊥BC .连接DO 2并延长易知DO 2过点M ，DM ⊥BC .则二面角A －BC －D 的平面角为∠AMD ，点A 在截面圆O 1上运动，点D 在截面圆O 2上运动，由图知，当AB ＝AC ，BD ＝CD 时，三棱锥A －BCD 的体积最大， 此时△ABC 与△BDC 都是等边三角形. 设BC ＝a ，三棱锥A －BCD 的高为h ， 则AM ＝DM ＝32a ，S △BCD ＝34a 2， h ＝AM sin(π－∠AMD )＝63a ， V A －BCD ＝13S △DBC ·h ＝212a 3＝64，解得a ＝3，所以DM ＝32，DO 2＝1，O 2M ＝12，设∠AMD ＝2θ，则cos 2θ＝2cos2θ－1＝－13，解得tan θ＝2，∴OO2＝O2M tan θ＝2 2，球O的半径R＝DO22＋OO22＝62，∴外接球的表面积为S＝4πR2＝6π.。