新东方优能中学-数学-第八章 立体几何 - 副本

高中数学必修二第八章立体几何初步笔记重点大全单选题1、如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，棱与直线BC1异面有（）A．1条B．2条C．3条D．4条答案：C分析：根据异面直线的定义即可判断.在直三棱柱ABC−A1B1C1的棱所在的直线中，与直线BC1异面的直线有A1B1,AC,AA1，共3条.故选: C.2、如图直角△O′A′B′是一个平面图形的直观图，斜边O′B′=4，则原平面图形的面积是（）A．8√2B．4√2C．4D．√2答案：A解析：根据斜二测画法规则可求原平面图形三角形的两条直角边长度，利用三角形的面积公式即可求解. 由题意可知△O′A′B′为等腰直角三角形，O′B′=4，则O′A′=2√2，所以原图形中，OB=4，OA=4√2，×4×4√2=8√2.故原平面图形的面积为12故选：A3、直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，若∠BAC =90°，AB =AA 1=1，AC =2，E 是棱A 1C 1上的中点，则点A 到平面BCE 的距离是（ ）A ．1B ．√23C ．√63D ．√33答案：C分析：作出草图，根据题意易证A 1C 1⊥平面AA 1BB 1，可得A 1C 1⊥BA 1，再根据勾股定理分别求出A 1B ，BE ，CE ，BC 的值，再根据V A−BCE =V E−ABC ，即可求出点A 到平面BCE 的距离.如图，在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，连接BA 1,CE,AE,BE ，由题知，AA 1⊥平面A 1B 1C 1，AA 1⊥A 1C 1,AA 1⊥A 1B 1，又∠CAB =∠C 1A 1B 1=90°，∴B 1A 1⊥A 1C 1又AA 1∩B 1A 1=A 1，所以A 1C 1⊥平面AA 1BB 1，所以A 1C 1⊥BA 1，由于AB =AA 1=CC 1=1,A 1C 1=AC =2，E 点是棱AC 上的中点，根据勾股定理，A 1B =√AB 2+AA 12=√12+12=√2， BE =√A 1B 2+A 1E 2=√(√2)2+12=√3 CE =√(C 1C )2+(C 1E )2=√12+12=√2，BC =√AB 2+AC 2=√12+22=√5，所以BE2+CE2=BC2，即BE⊥CE.设E到平面ABC的距离为d，则d=1，设点A到平面BCE的距离为ℎ，在四面体A−BCE中，V A−BCE=V E−ABC，V E−ABC=13×S△ABC×d=13×(12×1×2)×1=13V A−BCE=13×S△BCE×ℎ=13×(12×√3×√2)×ℎ=√66ℎ则√66ℎ=13，解得ℎ=√63.故选：C.4、如图1，已知PABC是直角梯形，AB∥PC，AB⊥BC，D在线段PC上，AD⊥PC．将△PAD沿AD折起，使平面PAD⊥平面ABCD，连接PB，PC，设PB的中点为N，如图2．对于图2，下列选项错误的是（）A．平面PAB⊥平面PBC B．BC⊥平面PDCC．PD⊥AC D．PB＝2AN答案：A分析：由已知利用平面与平面垂直的性质得到PD⊥平面ABCD，判定C正确；进一步得到平面PCD⊥平面ABCD，结合BC⊥CD判定B正确；再证明AB⊥平面PAD，得到△PAB为直角三角形，判定D正确；可证明平面PBC⊥平面PDC，若平面PAB⊥平面PBC，则平面PAB与平面PDC的交线⊥平面PBC，矛盾，可判断A图1中AD⊥PC，则图2中PD⊥AD，又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PD⊥平面ABCD，则PD⊥AC，故选项C正确；由PD⊥平面ABCD，PD⊂平面PDC，得平面PDC⊥平面ABCD，而平面PDC∩平面ABCD＝CD，BC⊂平面ABCD，BC⊥CD，∴BC⊥平面PDC，故选项B正确；∵AB⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴AB⊥平面PAD，则AB⊥PA，即△PAB是以PB为斜边的直角三角形，而N为PB的中点，则PB＝2AN，故选项D正确．由于BC⊥平面PDC，又BC⊂平面PBC∴平面PBC⊥平面PDC若平面PAB⊥平面PBC，则平面PAB与平面PDC的交线⊥平面PBC由于AB//平面PDC，则平面PAB与平面PDC的交线//AB显然AB不与平面PBC垂直，故A错误故选：A5、已知直线l⊥平面α，有以下几个判断：①若m⊥l，则m//α；②若m⊥α，则m//l；③若m//α，则m⊥l；④若m//l，则m⊥α；上述判断中正确的是（）A．①②③B．②③④C．①③④D．①②④答案：B分析：根据线面的位置关系，线面垂直的性质定理，线面平行的性质定理及线面垂直的性质逐项分析即得. 对于①，当m⊂平面α也可以有m⊥l，但m不平行于平面α，故①错；对于②，根据线面垂直的性质定理可知②正确；对于③，根据线面平行的性质定理可得存在n⊂α且m∥n．而直线l⊥平面α，故可根据线面垂直的性质得出l⊥n，故l⊥m正确；对于④，根据直线l⊥平面α，可在平面α内找到两条相交直线p，n，且l⊥p，l⊥n，又m∥l，所以m⊥p，m⊥n，故根据线面垂直的判定定理可知，m⊥α正确．即②③④正确．故选：B．6、南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148．5m时，相应水面的面积为140．0km2；水位为海拔157．5m时，相应水面的面积为180．0km2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148．5m上升到157．5m时，增加的水量约为（√7≈2.65）（）A．1.0×109m3B．1.2×109m3C．1.4×109m3D．1.6×109m3答案：C分析：根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．依题意可知棱台的高为MN=157.5−148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V．棱台上底面积S=140.0km2=140×106m2，下底面积S′=180.0km2=180×106m2，∴V=13ℎ(S+S′+√SS′)=13×9×(140×106+180×106+√140×180×1012)=3×(320+60√7)×106≈(96+18×2.65)×107=1.437×109≈1.4×109(m3)．故选：C．7、已知圆锥的母线长为3，其侧面展开图是一个圆心角为2π3的扇形，则该圆锥的体积为（）A．√23πB．2√23πC．πD．√2π答案：B分析：根据弧长计算公式，求得底面圆半径以及圆锥的高，即可求得圆锥的体积.设圆锥的底面圆半径为r，故可得2πr=2π3×3，解得r=1，设圆锥的高为ℎ，则ℎ=√32−12=2√2，则圆锥的体积V=13×πr2×ℎ=13×π×2√2=2√23π.故选：B.8、一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N，下列结论正确的是（）A．MN//平面ABE B．MN//平面ADEC．MN//平面BDH D．MN//平面CDE答案：C解析：根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母，取FH的中点O,连接ON,BO，可以证明MN‖BO,利用BO与平面ABE的关系可以判定MN与平面ABE的关系，进而对选择支A作出判定；根据MN与平面BCF的关系，利用面面平行的性质可以判定MN与平面ADE的关系，进而对选择支B作出判定；利用线面平行的判定定理可以证明MN与平面BDE的平行关系，进而判定C；利用M,N在平面CDEF的两侧，可以判定MN与平面CDE 的关系，进而对D作出判定.根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母如图所示，取FH的中点O,连接ON,BO，易知ON与BM平行且相等，∴四边形ONMB为平行四边形，∴MN‖BO,∵BO与平面ABE（即平面ABFE)相交，故MN与平面ABE相交，故A错误；∵平面ADE‖平面BCF,MN∩平面BCF=M,∴MN与平面ADE相交，故B错误；∵BO⊂平面BDHF,即BO‖平面BDH,MN‖BO,MN⊄平面BDHF,∴MN‖平面BDH,故C正确；显然M,N在平面CDEF的两侧，所以MN与平面CDEF相交，故D错误.故选：C.小提示：本题考查从面面平行的判定与性质，涉及正方体的性质，面面平行，线面平行的性质，属于小综合题，关键是正确将正方体的表面展开图还原，得到正方体的直观图及其各顶点的标记字母，并利用平行四边形的判定与性质找到MN的平行线BO.多选题9、已知一个正方形的直观图是一个平行四边形，其中有一边长为4，则此正方形的面积可能为（）A．16B．64C．32D．无法确定答案：AB分析：正方形的直观图是一个平行四边形，有一边长为4，分两种情况讨论，根据斜二测画法的原则，即可得结果.根据题意，正方形的直观图如图所示：①若直观图中平行四边形的边A′B′=4,则原正方形的边长为AB=A′B′=4，所以该正方形的面积为S=4×4=16；②若直观图中平行四边形的边A′D′=4,则原正方形的边长为AD=A′D′=8，所以该正方形的面积为S=8×8=64，故选：AB.10、以下四个命题中，不正确的命题是（）A．不共面的四点中，其中任意三点不共线B．若点A,B,C,D共面，点A,B,C,E共面，则A,B,C,D,E共面C．若直线a,b共面，直线a,c共面，则直线b,c共面D．依次首尾相接的四条线段必共面答案：BCD分析：利用反证法可知A正确；直线DE与直线AC异面时，A,B,C,D,E不共面，判断B；C中b,c可为异面直线，判断C；D中四条线段可构成空间四边形，判断D.A选项：若任意三点共线，则由该直线与第四个点可构成一个平面，则与四点不共面矛盾，则任意三点不共线，A正确；B选项：若A,B,C三点共线，直线DE与直线AC异面，此时A,B,C,D,E不共面，B错误；C选项：a,b共面，a,c共面，此时b,c可为异面直线，C错误；D选项：依次首尾相接的四条线段可构成空间四边形，D错误.故选：BCD11、（多选题）已知平面α//平面β，直线m⊂α，直线n⊂β，下列结论中正确的是（）A．m//βB．n//αC．m//n D．m与n不相交答案：ABD分析：由面面平行的性质可判断各选项的正误.因为平面α//平面β，直线m⊂α，直线n⊂β，则m//β，n//α，m与n无公共点，即m与n不相交.故ABD选项正确，C选项错误.故选：ABD.填空题12、如图，已知棱长为2的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，点P 在线段B 1C 上运动，给出下列结论：①异面直线AP 与DD 1所成的角范围为[π3,π2]；②平面PBD 1⊥平面A 1C 1D ；③点P 到平面A 1C 1D 的距离为定值2√33； ④存在一点P ，使得直线AP 与平面BCC 1B 1所成的角为π3. 其中正确的结论是___________.答案：②③解析：数形结合说明异面直线AP 与DD 1所成的角的范围为[π4,π2]，故①错误；证明BD 1⊥平面A 1C 1D ，所以平面PBD 1⊥平面A 1C 1D ，故②正确；点P 到平面A 1C 1D 的距离为定值，且等于BD 1的13，即2√33，故③正确；AP与平面BCC 1B 1所成的角为∠APB ,tan ∠APB 最大值为√2<tan π3，故④不正确. 对于①，当P 在C 点时，DD 1⊥AC ，异面直线AC 与DD 1所成的角最大为π2， 当P 在B 1点时，异面直线AB 1与DD 1所成的角最小为∠D 1DC =π4， 所以异面直线AP 与DD 1所成的角的范围为[π4,π2]，故①错误；对于②，如图，因为A 1C 1⊥B 1D 1,A 1C 1⊥B 1B,B 1D 1∩B 1B,B 1D 1,B 1B ⊂平面BB 1D ,所以A 1C 1⊥BD 1,同理DC 1⊥BD 1,又因为A 1C 1∩DC 1=C 1,A 1C 1,DC 1⊂平面DA 1C 1,所以BD 1⊥平面A 1C 1D ，所以平面PBD 1⊥平面A 1C 1D ，故②正确；对于③，因为B 1C //A 1D, B 1C ⊄平面A 1C 1D ,A 1D ⊂平面A 1C 1D ,所以B 1C //平面A 1C 1D ，所以点P 到平面A 1C 1D 的距离为定值，且等于BD 1的13，即2√33，故③正确；对于④，直线AP与平面BCC1B1所成的角为∠APB，tan∠APB=AB，BP，故④不正确，当BP⊥B1C时，BP最小，tan∠APB最大，最大值为√2<tanπ3所以答案是：②③.小提示：关键点睛：解答本题的关键是判断命题①④的真假，它们都是求空间的角，它们都是利用数形结合的方法求空间角的最值，对于数形结合的这种数学思想要注意灵活运用.13、如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，O是侧面A1ADD1的中心，则异面直线B1O与BD的夹角大小为______．答案：30°##π6分析：平移直线，找出异面直线所成角，利用三角形的知识求解.如图，连接D1B1，则D1B1//BD，则∠D1B1O即为所求异面直线夹角（或其补角），连接B1A，A1D，AD1，则AD1=D1B1=B1A，所以△AD1B1是等边三角形，则∠AB1D1=60°．O是AD1中点，则由等边三角形的性质可知B1O平分∠AB1D1，即∠D1B1O=30°．所以答案是：30°14、如图∶矩形A'B'C'D'的长为4cm，宽为2cm，O'是A'B'的中点，它是水平放置的一个平面图形ABCD的直观图，则四边形ABCD的周长为∶__________cm；答案：20分析：利用斜二测画法还原出原图形，结合题干中数据以及斜二测画法的规则，计算即可由斜二测画法的规则知与x轴平行或重合的线段其长度不变以及与横轴平行的性质不变；与y轴平行或重合的线段长度变为原来的一半，且与y′轴平行的性质不变.还原出原图形如上图所示，其中AB=A′B′=4cm，OC=2O′C′=2×2√2=4√2cm∴BC=√OB2+OC2=6cm所以原图形的周长为2×(4+6)=20cm解答题15、如图，在三棱锥S−ABC中，SA=SB=SC=2，若∠BSC=α，∠CSA=β，∠ASB=θ，且sin2α2+sin2β2=sin2θ2.（1）求证：平面SAB⊥平面ABC；（2）若α=π3,β=π2,θ=2π3，D为线段SC中点，求点D到平面SAB的距离.答案：（1）证明见解析；（2）√63.分析：（1）首先证得SO⊥平面ABC，然后结合面面垂直得判定定理即可证出结论；（2）先证出DF⊥平面SAB，所以点D到平面SAB的距离即为DF的长度，解三角形求出CE=2√63，根据三角形的中位线即可求出结果.（1）由sin2α2+sin2β2=sin2θ2得cosα+cosβ=1+cosθ，设BC=a,AC=b,AB=c，由余弦定理得8−a28+8−b28=1+8−c28，进一步化简得a2+b2=c2，从而AC⊥BC，取AB中点O，因为SA=SB，所以SO⊥AB，因为OC=OB,SB=SC，所以△SOB≅△SOC，从而SO⊥OC，由SO⊥AB且SO⊥OC,又因为AB∩OC=O，得SO⊥平面ABC，又SO⊂平面SAB，平面SAB⊥平面ABC.（2）作CE⊥AB，由（1）知，CE⊥平面SAB，从而平面SCE⊥平面SAB，连接SE，作DF⊥SE，易知DF⊥平面SAB，且CE∥DF，分因为α=π3，β=π2，θ=2π3，所以AB=2√3，AC=2√2，BC=2，在Rt△ABC中，CE=2√63，因为CE∥DF，且D为线段SC中点，所以DF=12CE=√63，因此点D到平面SAB的距离为√63.。

2021高考数学一轮复习第8章立体几何章末总结分层演练文章末总结知识点考纲展现空间几何体的结构及三视图和直观图❶认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特点，并能运用这些特点描述现实生活中简单物体的结构．❷能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图．❸会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式．❹会画某些建筑物的视图与直观图(在不阻碍图形特点的基础上，尺寸、线条等不做严格要求)空间几何体的表面积与体积了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的运算公式空间点、直线、平面之间的位置关系❶明白得空间直线、平面位置关系的定义．❷了解能够作为推理依据的公理和定理．❸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．空间中的平行关系以立体几何的定义、公理和定理为动身点，认识和明白得空间中线面平行的有关性质与判定定理空间中的垂直关系以立体几何的定义、公理和定理为动身点，认识和明白得空间中线面垂直的有关性质与判定定理考点考题考源空间几何体的表面积与体积(2021·高考全国卷Ⅱ，T6，5分)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )必修2 P18例3A．20π B．24π C．28π D．32π空间线面位置关系的判定(2021·高考全国卷Ⅱ，T14，5分)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①假如m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β．②假如m⊥α，n∥α，那么m⊥n．③假如α∥β，m⊂α，那么m∥β．④假如m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)必修2 P71练习T2、P62A组T4、P65例1、P67练习T3空间几何体与球的表面积(2021·高考全国卷Ⅱ，T4，5分)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )A．12π B．323π C．8π D．4π必修2 P28练习T2(2021·高考全国卷Ⅱ，T15，5分)长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为________．空间几何体与球的体积(2021·高考全国卷Ⅲ，T9，5分)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A．π B．3π4C．π2D．π4必修2 P27例4空间图形位置关系的证明与体积、面积的运算(2021·高考全国卷Ⅰ，T18，12分)如图，已知正三棱锥P­ABC的侧面是直角三角形，PA＝6．顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G．(1)证明：G是AB的中点；(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积．必修2 P74 B组T2，T4空间图形位置关系的证(2021·高考全国卷Ⅰ，T18，12分)必修2 P73 A组T3、P78 A组T7明与空间角的运算如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P­ABCD的体积为83，求该四棱锥的侧面积．一、选择题1．(必修2 P10B组T1改编)如图，若Ω是长方体ABCD­A1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHB1C1后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EH∥A1D1，则下列结论中不正确的是( )A．EH∥FG B．四边形EFGH是矩形C．Ω是棱柱D．Ω是棱台解析：选D．因为EH∥A1D1，A1D1∥B1C1，EH⊄平面BCC1B1，因此EH∥平面BCC1B1．又因为平面EFGH∩平面BCC1B1＝FG，因此EH∥FG，且EH＝FG，由长方体的特点知四边形EFGH为矩形，Ω为五棱柱，因此选项A，B，C都正确．故选D．2．(必修2 P61练习、P71练习T2、P73练习T1改编)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是( )A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m∥β，则α∥βC．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n解析：选D．A中，两直线可能平行，相交或异面；B中，两平面可能平行或相交；C 中，两平面可能平行或相交；D中，由线面垂直的性质定理可知结论正确，故选D．3．(必修2 P78A组T7改编)正四棱锥的三视图如图所示，则它的外接球的表面积为( )A ．25πB ．252πC ．253πD ．254π解析：选C ．由三视图画出直观图与其外接球示意图，且设O 1是底面中心．由三视图知，O 1A ＝2，O 1P ＝3，因此正四棱锥P ­ABCD 的外接球的球心O 在线段O 1P 上．设球O 的半径为R ．由O 1O 2＋O 1A 2＝OA 2得(3－R )2＋(2)2＝R 2． 因此R ＝523．则外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π·⎝ ⎛⎭⎪⎫5232＝253π．4．(必修2 P 79 B 组 T 2改编)如图，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，B 1D ∩平面A 1BC 1＝H ． 有下列结论． ①B 1D ⊥平面A 1BC 1；②平面A 1BC 1将正方体体积分成1∶5两部分；③H 是B 1D 的中点；④平面A 1BC 1与正方体的六个面所成的二面角的余弦值都为33．则正确结论的个数有( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C ．关于①，连接B 1C 与A 1D ，由正方体性质知，BC 1⊥B 1C ，BC 1⊥A 1B 1， 又A 1B 1∩B 1C ＝B 1，A 1B 1，B 1C ⊂平面A 1B 1CD ． 因此BC 1⊥平面A 1B 1CD ． 又B 1D ⊂平面A 1B 1CD ． 因此B 1D ⊥BC 1．同理B 1D ⊥A 1B ，A 1B ∩BC 1＝B ． 因此B 1D ⊥平面A 1BC 1，故①正确． 关于②．设正方体棱长为a ．则V 三棱锥B ­A 1B 1C 1＝13·12a ·a ·a ＝16a 3．因此平面A 1BC 1将正方体分成两部分的体积之比为16a 3∶(a 3－16a 3)＝1∶5．故②正确．关于③，设正方体棱长为a ， 则A 1B ＝2a ．由VB 1­A 1BC 1＝16a 3，得13×34×(2a )2·B 1H ＝16a 3， 因此B 1H ＝33a ，而B 1D ＝3a ． 因此B 1H ∶HD ＝1∶2，即③错误．关于④，由对称性知，平面A 1BC 1与正方体六个面所成的二面角的大小都相等． 由①知B 1H ⊥平面A 1BC 1，而A 1B 1⊥平面B 1BCC 1． 因此∠A 1B 1H 的大小即为所成二面角的大小．cos ∠A 1B 1H ＝B 1H A 1B 1＝33a a ＝33．故④正确．故选C ． 二、填空题5．(必修2 P 53 B 组 T 2改编)已知三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，点A 1在底面ABC 上的射影D 为BC 的中点，则异面直线AB 与CC 1所成的角的余弦值为________．解析：连接A 1D ，AD ，A 1B ，易知∠A 1AB 为异面直线AB 和CC 1所成的角，设三棱柱的侧棱长与底面边长均为1，则AD ＝32，A 1D ＝12，A 1B ＝22，由余弦定理得cos ∠A 1AB ＝1＋1－122×1×1＝34． 答案：346．(必修2 P 79 B 组 T 1改编)如图在直角梯形ABCD 中，BC ⊥DC ，AE ⊥DC ，M ，N 分别是AD ，BE 的中点，将△ADE 沿AE 折起．则下列说法正确的是________．(填上所有正确说法的序号)①不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN ∥平面DEC ； ②不论D 折至何位置都有MN ⊥AE ；③不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN ∥AB ； ④在折起过程中，一定存在某个位置，使EC ⊥AD ； ⑤不管D 折至何位置，都有AE ⊥DC ． 解析：如图，设Q ，P 分别为CE ，DE 的中点，可得四边形MNQP 是矩形，因此①②正确；不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN 与AB 是异面直线，不可能MN ∥AB ，因此③错；当平面ADE ⊥平面ABCD 时，可得EC ⊥平面ADE ，故EC ⊥AD ，④正确．不管D 折到何位置，均有AE ⊥平面CDE ．故AE ⊥CD ．故⑤正确．答案：①②④⑤ 三、解答题7．(必修2 P 79B 组T 1改编)如图，边长为33的正方形ABCD 中，点E ，F 分别是边AB ，BC 上的点，将△AED ，△DCF 分别沿DE ，DF 折起，使A ，C 两点重合于点A ′．(1)求证：A ′D ⊥EF ．(2)当BE ＝BF ＝13BC 时，求三棱锥A ′­EFD 的体积．解：(1)证明：因为A ′D ⊥A ′E ，A ′D ⊥A ′F ，A ′E ∩A ′F ＝A ′，因此A ′D ⊥平面A ′EF ，因为EF ⊂平面A ′EF ， 因此A ′D ⊥EF ．(2)由(1)知，A ′D ⊥平面A ′EF ， 因此A ′D 的长即为三棱锥D ­A ′EF 的高， 则A ′E ＝A ′F ＝23BC ＝23，EF ＝BE 2＋BF 2＝6，作A ′O ⊥EF 于点O ， 因此A ′O ＝A ′E 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12EF 2＝422， 则V A ′­EFD ＝V D ­A ′EF ＝13A ′D ·S △A ′EF ＝13×33×12EF ·A ′O ＝13×33×12×6×422＝3212． 8．(必修2 P 78 A 组 T 4改编)如图，正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 、F 、M 分别是C 1B 1，C 1D 1和AB 的中点．(1)求证：MD 1∥平面BEFD ． (2)求M 到平面BEFD 的距离． 解：(1)证明：连接BF ．因为M 、F 分别为AB 与C 1D 1的中点，且ABCD ­A 1B 1C 1D 1是正方体． 因此MB ═∥D 1F ．因此四边形MBFD 1为平行四边形， 因此MD 1∥BF ．又MD 1⊄平面BEFD ，BF ⊂平面BEFD ． 因此MD 1∥平面BEFD ． (2)过E 作EG ⊥BD 于G ． 因为正方体的棱长为2，因此BE ＝5，BG ＝12(BD －EF )＝12(22－2)＝22．因此EG ＝BE 2－BG 2＝5－12＝322． 因此S △EBD ＝12BD ×EG ＝12×22×322＝3．又S △MBD ＝12MB ×AD ＝12×1×2＝1．E 到平面ABCD 的距离为2，设M 到平面BEFD 的距离为d ．由V 三棱锥M ­BDE ＝V 三棱锥E ­MBD 得13S △EBD ·d ＝13S △MBD ×2．因此d ＝S △MBD ×2S △EBD ＝1×23＝23． 因此M 到平面BED 的距离为23．。

(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步知识点总结归纳单选题1、下列说法正确的有（）①两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；②经过球面上不同的两点只能作一个大圆；③各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；④圆锥的轴截面是等腰三角形.A．1个B．2个C．3个D．4个答案：A解析：根据棱台、球、正方体、圆锥的几何性质，分析判断，即可得答案.①中若两个底面平行且相似，其余各面都是梯形，并不能保证侧棱延长线会交于一点，所以①不正确；②中若球面上不同的两点恰为球的某条直径的两个端点，则过此两点的大圆有无数个，所以②不正确；③中底面不一定是正方形，所以③不正确；④中圆锥的母线长相等，所以轴截面是等腰三角形，所以④是正确的.故选：A2、设m､n是两条不同的直线，α､β是两个不同的平面，则下列命题中的真命题为（）A．若m∥α,n∥α，则m∥nB．若m⊥α,n⊥α，则m∥nC．若m∥α,m∥β，则α∥βD．若m⊥α,α⊥β，则m∥β答案：B分析：在正方体中取直线和平面可排除ACD，由线面垂直的性质可得B正确.在正方体ABCD−EFGH中，记底面ABCD为α，EF为m，EH为n，显然A不正确；记底面ABCD为α，EF为m，平面CDHG为β，故排除C；记底面ABCD为α，BF为m，平面ABFE为β，可排除D；由线面垂直的性质可知B正确.故选：B3、若直线a和b没有公共点，则a与b的位置关系是（）A．相交B．平行C．异面D．平行或异面答案：D分析：根据直线与直线的位置关系即可判断因为两直线相交只有一个公共点，两直线平行或异面没有公共点，故选：D.4、圆台的上、下底面的面积分别是π，4π，侧面积是6π，则这个圆台的体积是（）A．2√33πB．2√3πC．7√36πD．7√33π答案：D分析：求出圆台的高，再利用圆台的体积公式进行计算.设圆台的上、下底面的半径分别为r，R，母线长为l，高为h.,由圆台的上、下底面的面积分别是π，4π，得{πr2=π,πR2=4π,所以r=1，R=2，由圆台侧面积公式可得π×(2+1)l =6π，所以l =2，所以ℎ=√22−(2−1)2=√3，所以该圆台的体积V =13πℎ(R 2+r 2+Rr )=13π×√3×(4+1+2)=7√33π. 故选：D.5、某正方体被截去部分后得到的空间几何体的三视图如图所示，则该空间几何体的体积为（ ）A ．132B ．223C ．152D ．233 答案：C分析：根据几何体的三视图，可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，根据三棱锥的体积公式即可求解．解：根据几何体的三视图，该空间几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，由图示可知，该空间几何体体积为V =23−(13×12×12×1+13×12×12×2)=152，故选：C.6、如图.AB 是圆的直径，PA ⊥AC ，PA ⊥BC ，C 是圆上一点(不同于A ，B )，且PA =AC ，则二面角P −BC −A 的平面角为（ ）A．∠PAC B．∠CPA C．∠PCA D．∠CAB答案：C解析：由圆的性质知：AC⊥BC，根据线面垂直的判定得到BC⊥面PAC，即BC⊥PC，结合二面角定义可确定二面角P−BC−A的平面角.∵C是圆上一点(不同于A，B)，AB是圆的直径，∴AC⊥BC，PA⊥BC，AC∩PA=A，即BC⊥面PAC，而PC⊂面PAC，∴BC⊥PC，又面ABC∩面PBC=BC，PC∩AC=C，∴由二面角的定义：∠PCA为二面角P−BC−A的平面角.故选：C7、若直线a⊥平面α，直线b⊥平面α，则直线a与直线b的位置关系为（）A．异面B．相交C．平行D．平行或异面答案：C解析：利用线面垂直的性质定理进行判断.由于垂直于同一平面的两直线平行，故当直线a⊥平面α，直线b⊥平面α时，直线a与直线b平行.故选：C.8、下图是一个圆台的侧面展开图，若两个半圆的半径分别是1和2，则该圆台的体积是（）A ．7√2π24B ．7√3π24C ．7√2π12D ．7√3π12答案：B分析：先计算出上下底面的半径和面积，再求出圆台的高，按照圆台体积公式计算即可.如图，设上底面的半径为r ，下底面的半径为R ，高为ℎ，母线长为l ，则2πr =π⋅1，2πR =π⋅2，解得r =12,R =1，l =2−1=1，ℎ=√l 2−(R −r )2=√12−(12)2=√32， 设上底面面积为S ′=π⋅(12)2=π4，下底面面积为S =π⋅12=π，则体积为13(S +S ′+√SS ′)ℎ=13(π+π4+π2)⋅√32=7√3π24. 故选：B.9、如图，在梯形ABCD 中，AB ∥DC 且AB =2DC ，点E 为线段BC 的靠近点C 的一个四等分点，点F 为线段AD 的中点，AE 与BF 交于点O ，且AO ⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yBC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，则x +y 的值为（ ）A ．1B ．57C ．1417D ．56答案：C分析：由向量的线性运算法则化简得到AO ⃑⃑⃑⃑⃑ ==(x −y 2)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2yAF ⃑⃑⃑⃑⃑ 和BO ⃑⃑⃑⃑⃑ =(1−x)BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +4y 3BE ⃑⃑⃑⃑⃑ ，结合B,O,F 三点共线和A,O,E 三点共线，得出2x +3y −2=0和3x −4y =0，联立方程组，即可求解.根据向量的线性运算法则，可得AO⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yBC ⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +y(BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ )=xAB⃑⃑⃑⃑⃑ −yAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yAC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(x −y)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +y ⋅(AD ⃑⃑⃑⃑⃑ +DC ⃑⃑⃑⃑⃑ ) =(x −y)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +y ⋅(2AF ⃑⃑⃑⃑⃑ +12AB ⃑⃑⃑⃑⃑ )=(x −y)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2yAF ⃑⃑⃑⃑⃑ +12yAB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(x −y 2)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2yAF ⃑⃑⃑⃑⃑ ， 因为B,O,F 三点共线，可得x −y 2+2y =1，即2x +3y −2=0；又由BO ⃑⃑⃑⃑⃑ =BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AO ⃑⃑⃑⃑⃑ =BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yBC ⃑⃑⃑⃑⃑ =BA ⃑⃑⃑⃑⃑ −xBA ⃑⃑⃑⃑⃑ +y ⋅43BE ⃑⃑⃑⃑⃑ =(1−x)BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +4y 3BE ⃑⃑⃑⃑⃑ ， 因为A,O,E 三点共线，可得1−x +4y 3=1，即3x −4y =0，联立方程组{2x +3y −2=03x −4y =0，解得x =817,y =617，所以x +y =1417. 故选：C.10、在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A −BCD 中，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，且AB =BC =CD =4，M 为AD 的中点，则异面直线BM 与CD 夹角的余弦值为（ ）A ．√32B ．√34C ．√33D ．√24答案：C分析：画出图形，取AC 的中点N ，连接MN ，BN ，可得MN //CD ，则所求为∠BMN ，易证△BMN 是直角三角形，则可得BM ，进而求解.如图，取AC 的中点N ，连接MN ，BN ，由题，AB =BC =CD =4，M 为AD 的中点，所以MN //CD ，MN =2，则∠BMN 为所求，由AB ⊥平面BCD ，则AB ⊥CD ，又BC⊥CD，AB∩BC=B，所以CD⊥平面ABC，则MN⊥平面ABC，所以△BMN是直角三角形，即∠MNB=90°，又BM=12AD=12√AB2+BD2=2√3，所以cos∠BMN=MNBM =2√3=√33，故选：C填空题11、如图∶矩形A'B'C'D'的长为4cm，宽为2cm，O'是A'B'的中点，它是水平放置的一个平面图形ABCD的直观图，则四边形ABCD的周长为∶__________cm；答案：20分析：利用斜二测画法还原出原图形，结合题干中数据以及斜二测画法的规则，计算即可由斜二测画法的规则知与x轴平行或重合的线段其长度不变以及与横轴平行的性质不变；与y轴平行或重合的线段长度变为原来的一半，且与y′轴平行的性质不变.还原出原图形如上图所示，其中AB=A′B′=4cm，OC=2O′C′=2×2√2=4√2cm∴BC=√OB2+OC2=6cm所以原图形的周长为2×(4+6)=20cm12、一个圆锥的母线长为20，母线与轴的夹角为60∘，则圆锥的高为________．答案：10分析：利用圆锥的几何性质可求得该圆锥的高.由题意可知，该圆锥的高为ℎ=20cos60∘=10.所以答案是：10.13、已知一个圆锥的侧面积是底面面积的2倍，则该圆锥的母线与其底面所成的角的大小为______．答案：π3分析：设圆锥的母线长为l，底面半径为r，圆锥的母线与其底面所成的角为θ，根据面积关系可得122πrl=2⋅π⋅r2，即可得到答案；设圆锥的母线长为l，底面半径为r，圆锥的母线与其底面所成的角为θ，则122πrl=2⋅π⋅r2⇒rl=12，∴cosθ=12⇒θ=60°，所以答案是：π314、如图所示，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，若PA//平面EBF，则PFFC=_______答案：12##0.5分析：连接AC交BE于点M，连接FM，由线面平行的性质得线线平行，由平行线性得结论．连接AC交BE于点M，连接FM，∵PA//平面EBF，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面EBF=EM，∴PA//EM，又AE//BC，∴PFFC =AMMC=AEBC=12.所以答案是：12．15、如图，已知正三棱柱ABC—A′B′C′的底面边长为1cm，侧面积为9cm2，则一质点自点A出发，沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点A′的最短路线的长为___________cm.答案：3√2分析：将三棱柱侧面展开如图，得到展开图的对角线即为最短距离，根据棱柱的侧面积求出高，再利用勾股定理计算可得．解：将正三棱柱ABC—A′B′C′沿侧棱展开，其侧面展开图如图所示，依题意AB=BC=AA1=1cm，由侧面积为9cm2，所以C△ABC⋅AA′=9，则AA′=3cm，依题意沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点A′的最短路线为|AA′1|=√AA12+A1A1′2=√32+32=3√2cm；所以答案是：3√2解答题16、如图，一个三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱CC1⊥底面ABC，CC1=3．有一只小虫从点A沿三个侧面爬到点A1，求小虫爬行的最短路程．答案：3√5分析：沿AA1将三棱柱的侧面展开，可得到矩形AA1D1D，计算出该矩形的对角线AD1的长，即为所求.解：沿AA1将三棱柱的侧面展开，则展开后的图形是矩形AA1D1D，如下图所示：且AD=3×2=6，DD1=3，所以，小虫爬行的最短路程为AD1的长，且AD1=√AD2+DD12=3√5.17、如图，某种水箱用的“浮球”，是由两个半球和一个圆柱筒组成．已知球的直径是6cm，圆柱筒长2cm．(1)这种“浮球”的体积是多少（结果精确到0.1cm3）？(2)要在这样2500个“浮球”表面涂一层胶质，如果每平方米需要涂胶100g，共需胶多少？答案：(1)169.6cm3(2)1200πg分析：（1）根据球的体积公式及圆柱的体积公式即可求解；（2）根据球的表面积公式及圆柱的侧面积公式，求出1个“浮球”的表面积，进而可得2500个“浮球”的表面积的和，从而即可求解.（1）解：∵球的直径是6cm，可得半径R=3cm，∴两个半球的体积之和V球=43πR3=43π⋅27=36πcm3，而V圆柱=πR2⋅ℎ=π×9×2=18πcm3，∴该“浮球”的体积V=V球+V圆柱=36π+18π=54π≈169.6cm3；（2）解：根据题意，上下两个半球的表面积为S球表=4πR2=4×π×9=36πcm2，而“浮球”的圆柱筒侧面积S圆柱侧=2πRℎ=2×π×3×2=12πcm2，∴1个“浮球”的表面积S=36π+12π104=48104πm2，∴2500个“浮球”的表面积的和为2500×48104π=12πm2，∵每平方米需要涂胶100g，∴总共需要胶的质量为100×12π=1200πg．18、如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，AB⊥平面PAD，AD＝AP，E是PD的中点，M，N分别在AB，PC上，且MN⊥AB，MN⊥PC.证明：AE∥MN.答案：证明见解析分析：根据线面垂直的判定定理可证AE⊥平面PCD，MN⊥平面PCD，则可得AE∥MN．因为AB⊥平面PAD，AE⊂平面PAD，所以AE⊥AB，又AB∥CD，所以AE⊥CD.因为AD＝AP，E是PD的中点，所以AE⊥PD.又CD∩PD＝D，CD，PD⊂平面PCD，所以AE⊥平面PCD.因为MN⊥AB，AB∥CD，所以MN⊥CD.又因为MN⊥PC，PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD，所以MN⊥平面PCD，所以AE∥MN.19、如图，正方形ABCD与直角梯形ADEF所在平面相互垂直，∠ADE=90∘，AF//DE，AD=DE=2AF=2.（1）求证：AC//平面BEF；（2）求点D到平面BEF的距离.答案：（1）证明见解析；（2）2√63.分析：（1）取BE中点M，连接MO、MF，根据题目条件可证明出四边形AOMF为平行四边形，则AO//MF，再根据线面平行的判定定理可证明出AC//平面BEF；（2）利用等体积法先计算三棱锥V B−DEF的体积，然后计算出S△BEF，利用V B−DEF=13S△BEF⋅d D−BEF计算出点D到平面BEF的距离.解：（1）设AC∩BD=O，取BE中点M，连接MO、MF，∵四边形ABCD是正方形，∴O是BD的中点，又M是BE的中点，∴OM//DE，OM=12DE，∵四边形ADEF是直角梯形，AF//DE，AF=12DE，∴OM，∴四边形AFMO是平行四边形，∴AO//FM，又FM⊂平面BEF，AO⊄平面BEF，∴AO//平面BEF，即AC//平面BEF；（2）∵BC//AD，BC⊄平面ADEF，AD⊂平面ADEF，∴BC//平面ADEF，∵AB⊥AD，平面ABCD⊥平面ADEF，AB⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面ADEF=AD，∴AB⊥平面ADEF，∴V B−DEF=13S△DEF⋅AB=13×12×2×2×2=43，∵AB⊥平面ADEF，AF⊂平面ADEF，∴AB⊥AF，BF=√AB2+AF2=√5，∵DE⊥AD，平面ABCD⊥平面ADEF，DE⊂平面ADEF，平面ABCD∩平面ADEF=AD，∴DE⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，∴DE⊥BD，在△BDE中，BD=2√2，DE=2，BE=√BD2+DE2=2√3，在△BEF 中，EF =BF =√5，BE =2√3，∴S △BEF =12×2√3×√2=√6， 设点D 到平面BEF 的距离为d ，由V D−BEF =V B−DEF 得：13S △BEF ⋅d =43，即13×√6⋅d =43， ∴d =2√63.小提示：计算空间点到面距离的一般方法有：（1）定义法：过已知点作面的垂线，计算垂线段的长度即可；（2）利用等体积法求解；（3）空间向量法：求解点P 到平面α的距离时，先计算平面α的法向量m ⃑⃑ ，在平面α内任取一点A ，利用d =|AP ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅m ⃑⃑⃑ ||m ⃑⃑⃑ |求解即可.。

(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步重点知识点大全单选题1、已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点P在棱AD上，过点P作该正方体的截面，当截面平行于平面B1D1C且面积为√3时，线段AP的长为（）A．√2B．1C．√3D．√32答案：A分析：过点P作DB，A1D的平行线，分别交棱AB，AA1于点Q，R，连接QR，BD，即可得到△PQR为截面，且为等边三角形，再根据截面面积求出PQ的长度，即可求出AP；解：如图，过点P作DB，A1D的平行线，分别交棱AB，AA1于点Q，R，连接QR，BD，因为BD//B1D1，所以PQ//B1D1，B1D1⊂面B1D1C，PQ⊄面B1D1C，所以PQ//面B1D1C因为A1D//B1C，所以PR//B1C，B1C⊂面B1D1C，PR⊄面B1D1C，所以PR//面B1D1C又PQ∩PR=P，PQ,PR⊂面PQR，所以面PQR//面B1D1C，则PQR为截面，易知△PQR是等边三角形，则12PQ2⋅√32=√3，解得PQ=2，∴AP=√22PQ=√2.故选：A.2、如图，某圆锥的轴截面ABC是等边三角形，点D是线段AB的中点，点E在底面圆的圆周上，且BE⌢的长度等于CE⌢的长度，则异面直线DE 与BC 所成角的余弦值是（ ）A ．√24B ．√64C ．√104D ．√144 答案：A分析：过点A 作AO ⊥BC 于点O ，过点A 作DG ⊥BC 于点G ，取AO 的中点F ，连接GE 、OE 、EF ，则有∠DEF （或其补角）就是异面直线DE 与BC 所成的角，设圆锥的底面半径为2，解三角形可求得答案.解：过点A 作AO ⊥BC 于点O ，过点A 作DG ⊥BC 于点G ，取AO 的中点F ，连接GE 、OE 、EF ，则DF //BC ，且DF =12BC ，所以∠DEF （或其补角）就是异面直线DE 与BC 所成的角，设圆锥的底面半径为2，则DF =1，OE =2，AO =2√3，所以DG =OF =√3，在Rt △GOE 中，GO =1，OE =2，所以GE =√GO 2+OE 2=√5，在Rt △GDE 中，GE =√5，DG =√3，所以DE =√GD 2+GE 2=2√2，在Rt △FOE 中，FO =√3，OE =2，FE =√FO 2+OE 2=√7，所以在△DFE 中，满足DF 2+FE 2=DE 2，所以∠DFE =90∘，所以cos∠DEF =DF DE =2√2=√24， 故选：A.3、若一个正方体的体对角线长为a ，则这个正方体的全面积为（ ）A．2a2B．2√2a2C．2√3a2D．3√2a2答案：A分析：设正方体的棱长为x，求出正方体的棱长即得解.a2，解：设正方体的棱长为x，则√3x=a，即x2=13a2=2a2．所以正方体的全面积为6x2=6×13故选：A4、中国古代建筑使用榫卯结构将木部件连接起来，构件中突出的部分叫榫头，凹进去的部分叫卯眼，图中摆放的部件是榫头，现要在一个木头部件中制作出卯眼，最终完成一个直角转弯结构的部件，那么卯眼的俯视图可以是（）A．B．C．D．答案：B分析：根据榫头的俯视图结合结果图，可判断卯眼的俯视图.解：根据榫头的俯视图及结果图的俯视图可判断卯眼的俯视图为B项中的图形.故选：B.，P是A1B上的一动点，5、如图所示，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=1，AB=BC=√3，cos∠ABC=13则AP+PC1的最小值为（）A．√5B．√7C．1+√3D．3答案：B分析：连接BC1，以A1B所在直线为轴，将△A1BC1所在平面旋转到平面ABB1A1，设点C1的新位置为C′，连接AC′，判断出当A、P、C′三点共线时，则AC′即为AP+PC1的最小值.分别求出∠AA1C′=120°,AA1=1,A1C′=2,利用余弦定理即可求解.连接BC1，得△A1BC1，以A1B所在直线为轴，将△A1BC1所在平面旋转到平面ABB1A1，设点C1的新位置为C′，连接AC′，则有AP+PC1≥AC′.当A、P、C′三点共线时，则AC′即为AP+PC1的最小值.，由余弦定理得：AC=√AB2+BC2−2AB·BCcosB=在三角形ABC中，AB=BC=√3，cos∠ABC=13√3+3−2×3×1=2,所以A1C1=2，即A1C′=23在三角形A1AB中，AA1=1，AB=√3，由勾股定理可得：A1B=√AA12+AB2=√1+3=2,且∠AA1B=60°. 同理可求：C1B=2因为A1B=BC1=A1C1=2，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠BA1C1=60°，所以在三角形AA1C′中，∠AA1C′=∠AA1B+∠BA1C′=120°,AA1=1,A1C′=2,)=√7.由余弦定理得：AC′=√1+4−2×1×2×(−12故选B.小提示：（1）立体几何中的翻折（展开）问题截图的关键是：翻折（展开）过程中的不变量；（2）立体几何中距离的最值一般处理方式：①几何法：通过位置关系，找到取最值的位置（条件），直接求最值；②代数法：建立适当的坐标系，利用代数法求最值.6、如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图，其中B′C′=C′A′=2，A′B′，A′C′分别与x′轴，y′轴平行，则BC=（）A．2B．2√2C．4D．2√6答案：D分析：先确定△A′B′C′是等腰直角三角形，求出A′B′，再确定原图△ABC的形状，进而求出BC.由题意可知△A′B′C′是等腰直角三角形，A′B′=2√2，其原图形是Rt△ABC，AB=A′B′=2√2，AC=2A′C′=4，∠BAC=90°，则BC=√8+16=2√6，故选：D.7、下列命题中，正确的是（）A．三点确定一个平面B．垂直于同一直线的两条直线平行C．若直线l与平面α上的无数条直线都垂直，则l⊥αD．若a、b、c是三条直线，a∥b且与c都相交，则直线a、b、c在同一平面上答案：D分析：利用空间点、线、面位置关系直接判断.A.不共线的三点确定一个平面，故A错误；B.由墙角模型，显然B错误；C.根据线面垂直的判定定理，若直线l与平面α内的两条相交直线垂直，则直线l与平面α垂直，若直线l与平面α内的无数条平行直线垂直，则直线l与平面α不一定垂直，故C错误；D.因为a//b，所以a、b确定唯一一个平面，又c与a、b都相交，故直线a、b、c共面，故D正确；故选：D.8、已知三棱锥P−ABC，其中PA⊥平面ABC，∠BAC=120°，PA=AB=AC=2，则该三棱锥外接球的表面积为（）A．12πB．16πC．20πD．24π答案：C分析：根据余弦定理、正弦定理，结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可.根据题意设底面△ABC的外心为G，O为球心，所以OG⊥平面ABC，因为PA⊥平面ABC，所以OG//PA，设D是PA中点，因为OP=OA，所以DO⊥PA，因为PA⊥平面ABC，AG⊂平面ABC，所以AG⊥PA，因此OD//AG，PA=1，因此四边形ODAG是平行四边形，故OG=AD=12由余弦定理，得)=2√3，BC=√AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cos120°=√4+4−2×2×2×(−12由正弦定理，得2AG=√3√32⇒AG=2，所以该外接球的半径R满足R2=(OG)2+(AG)2=5⇒S=4πR2=20π，故选：C．小提示：关键点睛：运用正弦定理、余弦定理是解题的关键.9、如图，△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，A′O′=6，B′O′=2，则△OAB的面积是（）A．6B．12C．6√2D．3√2答案：B分析：由直观图和原图的之间的关系，和直观图画法规则，还原△OAB是一个直角三角形，其中直角边OA= 6,OB=4，直接求解其面积即可．解：由直观图画法规则，可得△OAB是一个直角三角形，其中直角边OA=6,OB=4，∴S△OAB=12OA⋅OB=12×6×4=12．故选：B．10、如图所示的正方形SG1G2G3中，E ， F分别是G1G2，G2G3的中点，现沿SE，SF，EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3重合为点G，则有（）A．SG⊥平面EFG B．EG⊥平面SEFC．GF⊥平面SEF D．SG⊥平面SEF答案：A解析：根据正方形的特点，可得SG⊥FG，SG⊥EG，然后根据线面垂直的判定定理，可得结果.由题意：SG⊥FG，SG⊥EG，FG∩EG=G，FG，EG⊂平面EFG所以SG⊥平面EFG正确，D不正确；.又若EG⊥平面SEF，则EG⊥EF，由平面图形可知显然不成立；同理GF⊥平面SEF不正确；故选：A小提示：本题主要考查线面垂直的判定定理，属基础题.填空题11、已知一个圆柱的高不变，它的体积扩大为原来的4倍，则它的侧面积扩大为原来的___________倍.答案：2分析：求出底面半径扩大为原来的2倍，从而得到侧面积扩大为原来的2倍.设圆柱的高为ℎ，底面半径为r，则体积为πr2ℎ，体积扩大为原来的4倍，则扩大后的体积为4πr2ℎ，因为高不变，故体积4πr2ℎ=π(2r)2ℎ，即底面半径扩大为原来的2倍，原来侧面积为2πrℎ，扩大后的圆柱侧面积为2π⋅2rℎ= 4πrℎ，故侧面积扩大为原来的2倍.所以答案是：212、如图所示，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为4，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥爬行一周后回到点P处，若该小虫爬行的最短路程为4√3，则这个圆锥的体积为___________.答案：128√2π81分析：作出该圆锥的侧面展开图，该小虫爬行的最短路程为PP′，由余弦定理求出cos∠P′OP=2π3，求出底面圆的半径r，从而求出这个圆锥的高，由此能求出这个圆锥的体积.作出该圆锥的侧面展开图，如图所示：该小虫爬行的最短路程为PP′，由余弦定理可得：cos∠P′OP=OP2+OP′2−PP′22OP·OP′=42+42−(4√3)22×4×4=−12∴cos∠P′OP=2π3.设底面圆的半径为r,则有2πr=2π3·4,解得r=43,所以这个圆锥的高为ℎ=√16−169=8√23，则这个圆锥的体积为V=13Sℎ=13πr2ℎ=13π×169×8√23=128√2π81.所以答案是：128√2π81.小提示：立体几何中的翻折叠（展开）问题要注意翻折（展开）过程中的不变量.13、如图，四棱锥S-ABCD的底面ABCD为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中正确的有______个．①AC⊥SB；②AB∥平面SCD；③SA与平面ABCD所成的角是∠SAD；④AB与SC所成的角等于DC与SC所成的角．答案：4分析：利用线面垂直的判定定理AC⊥平面SBD，进而可判定①正确．根据AB∥CD，利用线面平行的判定定理可证②正确．根据线面所成角的定义可判定③正确．根据AB∥CD，由异面直线所成角的定义可判定④正确．因为SD⊥底面ABCD，所以AC⊥SD．因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD．又BD∩SD＝D，所以AC⊥平面SBD，所以AC⊥SB，故①正确．因为AB∥CD，AB⊄平面SCD，CD⊂平面SCD，所以AB∥平面SCD，故②正确．因为AD是SA在平面ABCD内的射影，所以SA与平面ABCD所成的角是∠SAD．故③正确．因为AB∥CD，所以AB 与SC所成的角等于DC与SC所成的角，故④正确．所以答案是：4.14、三条两两平行的直线可以确定平面的个数可能为______个．答案：1或3分析：讨论三条平行线是否共面，即可确定平面的个数.当三条平行线不共面时，如下图示可确定3个平面；当三条平行线共面时，如下图示确定1个平面.所以答案是：1或315、如图所示的圆台O1O2，在轴截面ABCD中，CD=2AB，且AB=AD=BC=2cm，则该圆台的体积为_________cm3；侧面积为_________cm2．√3π6π答案：73分析：将圆台看成是圆O1为底的大圆锥切去圆O2为底的小圆锥，则圆台体积为大圆锥体积减去小圆锥体积，圆台侧面积为大圆锥侧面积减去小圆锥侧面积.将圆台看成是圆O1为底的大圆锥切去圆O2为底的小圆锥，大小圆锥的顶点为E，如图所示，在经过ABCD的轴截面上，从A点做垂线AF⊥CD于F，显然AF//O1O2且AF=O1O2.∵AB=2，CD=2AB=4∴O2A=12AB=1，O1D=12CD=2，O2A=12O1D又∵O2A//O1D∴O2A为△O1DE的O1D边的中位线，O1O2=O2E=12O1E∵cos∠FDA=FDAD =12，得∠FDA=π3则tan∠FDA=tan∠O1DE=O1EO1D =tanπ3=√3，解得O1E=2√3∴O2E=2√3则圆台的体积为圆O1为底，高为O1E的圆锥体积V CDE减去以圆O2为底，高为O2E的圆锥体积V ABE，即V=V CDE−V ABE=13πO1D2⋅O1E−13πO2A2⋅O2E=π3(22×2√3−12×√3)=7√33π圆台的侧面积S=12⋅2πO1D⋅ED−12⋅2πO2A⋅EA=π⋅(2×4−1×2)=6π.所以答案是：73√3π；6π.解答题16、已知正方体ABCD−A′B′C′D′.(1)G 是△BA ′C ′的重心，求证：直线DG ⊥平面BA ′C ′；(2)若AB =1，动点E ､F 在线段AD ､D ′C ′上，且DE =D ′F =a ，M 为AB 的中点，异面直线EF 与DM 所成的角为arccos√210，求a 的值.答案：(1)证明见解析(2)√24分析：（1）根据空间向量，以B ′A ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =i ⃗,B ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =j ⃗,B ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =k ⃑⃗为基底，用基底向量表示其他向量，根据向量的数量积为0判断线线垂直，进而证明线面垂直.（2）以空间直角坐标系，写成点的坐标，根据向量的夹角与异面直线夹角间的关系，列出方程即可求解.（1）证明：设B ′A ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =i ⃗,B ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =j ⃗,B′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =k ⃑⃗， 显然i ⃗⋅j ⃗=0，j ⃗⋅k ⃑⃗=0，k ⃑⃗⋅i ⃗=0，因为G 是△BA ′C ′的重心，所以B ′G ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =13(i ⃗+j ⃗+k ⃑⃗),故DG ⃑⃑⃑⃑⃑ =B ′G ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ −B ′D ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =B ′G ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ −(B ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AD ⃑⃑⃑⃑⃑ )=13(i +j +k ⃑ )−(j +i +k )=−23(i +j +k ⃑ ) A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =k ⃑⃗−i ⃗；DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =−23(k ⃑⃗2−i ⃗2)=0，得DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⊥A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ， 同理DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅A ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0，得DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⊥A ′B⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ . 因为A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 不平行于A ′B⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，所以直线DG ⊥平面BA ′C ′. （2）以D 为坐标原点，射线DA 、DC 、DD ′分别是x 轴､y 轴､z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系，于是E(a,0,0),F(0,a,1),M (1,12,0)，则EF⃑⃑⃑⃑⃑ =(−a,a,1),DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,12,0).于是cos⟨EF⃑⃑⃑⃑⃑ ,DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⟩=|EF⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ||EF⃑⃑⃑⃑⃑ |⋅|DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=12a √52⋅√2a 2+1=√210，解得a =√24，所以a 的值为√24.17、如图所示，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为正方形，E 为侧棱PC 的中点.（1）求证：经过A 、B 、E 三点的截面平分侧棱PD ；（2）若PA ⊥底面ABCD ，且PA =AD =2，求四面体ABEP 的体积. 答案：（1）证明见解析；（2）23.分析：（1）设截面ABE 与侧棱PD 交于点F ，连结EF,AF ，证明CD//EF.即得F 为PD 的中点，即截面ABE 平分侧棱PD ；（2）取PB 中点H ，连EH ，证明EH ⊥平面PAB ，即得解. （1）证明：设截面ABE与侧棱PD交于点F，连结EF,AF.因为底面ABCD为矩形，所以AB//CD.又AB⊄平面PCD，且CD⊂平面PCD，所以AB//平面PCD.又AB⊂平面ABE，且平面ABE∩平面PCD=EF，所以AB//EF.又因为AB//CD，所以CD//EF.因为E为PC的中点，所以F为PD的中点，即截面ABE平分侧棱PD. （2）∵PA⊥平面ABCD，BC⊆平面ABCD，∴BC⊥PA，又BC⊥AB，∴BC⊥平面PAB.取PB中点H，连EH，∵E是PC中点，∴EH//BC，即EH=1且EH⊥平面PAB，又Rt△PAB的面积S=12PA⋅AB=2.∴四面体ABEP的体积V=V E−PAB=13⋅S⋅EH=23.小提示：方法点睛：求几何体的体积常用的方法有：（1）规则的公式法；（2）不规则的割补法；（3）等体积法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.18、如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形（正四棱锥被平行于底面的平面截去一个小正四棱锥后剩下的多面体）玻璃容器Ⅱ的高均为32cm，容器Ⅰ的底面对角线AC的长为10√7cm，容器Ⅱ的两底面对角线EG、E1G1的长分别为14cm和62cm．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm．现有一根玻璃棒l，其长度为40cm．（容器厚度，玻璃棒粗细均忽略不计）(1)求容器Ⅰ、容器Ⅱ的容积；(2)①将l放在容器Ⅰ中，l的一端置于点A处，另一端置于侧棱CC1上，求l没入水中部分（水面以下）的长度；②将l放在容器Ⅱ中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱GG1上，求l没入水中部分（水面以下）的长度．答案：(1)11200cm3；26176cm3；(2)①16cm；②20cm.分析：（1）利用正四棱柱和正四棱台的体积公式计算作答.（2）分别作出玻璃棒l所在的正四棱柱和正四棱台的对角面，借助解三角形知识分别求解作答.（1）容器Ⅰ的底面正方形ABCD面积S=12AC2=12×(10√7)2=350(cm2)，其容积V1=S1⋅AA1=350×32=11200(cm3)，容器Ⅱ的底面EFGH面积S1=12EG2=12×142=98(cm2)，底面E1F1G1H1面积S2=12E1G12=12×622=1922(cm2)，容器Ⅱ的容积V2=13(S1+√S1S2+S2)×32=13(98+√98×1922+1922)×32=26176(cm3).（2）①由正四棱柱的定义知，对角面ACC1A1是矩形，设玻璃棒的另一端落在CC1上的点M处，如图，由AC=10√7,AM=40得：CM=√AM2−AC2=30，sin∠CAM=CMAM =34，设AM与水面的交点为P1，过P1作P1Q1//CC1交AC于Q1，在容器Ⅰ中，CC1⊥平面ABCD，则P1Q1⊥平面ABCD，因此P1Q1=12，AP1=P1Q1sin∠CAM=16，所以玻璃棒l没入水中部分（水面以下）的长度为16cm.②O,O1是正四棱台两底面中心，由正四棱台的结构特征知，对角面EGG1E1是等腰梯形，点O,O1分别是两底的中点，设玻璃棒的另一端落在GG1上的点N处，如图，过G作GK//OO1交E1G1于点K，则GK⊥G1E1，GK=OO1=32，而EG=14,E1G1=62，因此，KG1=E1G1−EG2=24，GG1=√GK2+KG12=√322+242=40，sin∠EGG1=sin∠GG1K=GKGG1=45，显然∠EGG1为钝角，cos∠EGG1=−35，在△ENG中，由正弦定理得sin∠ENG=EGsin∠EGNEN =14×4540=725，cos∠ENG=2427，于是得sin∠NEG=sin(∠EGN+∠ENG)=sin∠EGNcos∠ENG+cos∠EGNsin∠ENG=45×2425+(−35)×725=35，设EN与水面的交点为P2，过P2作P2Q2//OO1交直线EG于Q2，在容器Ⅱ中，OO1⊥平面EFGH，则P2Q2⊥平面EFGH，因此P2Q2=12，EP2=P2Q2sin∠NEG=20，所以玻璃棒l没入水中部分（水面以下）的长度为20cm.19、在空间四边形ABCD中，AB=CD，点M､N分别为BD､AC的中点.(1)若直线AB与MN所成角为60°，求直线AB与CD所成角的大小；(2)若直线AB与CD所成角为θ，求直线AB与MN所成角的大小.答案：(1)60°(2)θ2或π−θ2分析：根据异面直线所成角的定义，借助平行关系作出平行直线，从而找到异面直线所成角（或补角）即可求解.（1）如图，取AD的中点为P，连接PM､PN.因为点M､N分别为BD､AC的中点，所以PM//AB，PN//CD，且PM=12AB，PN=12CD，所以，∠MPN为直线AB与CD所成的角（或补角），∠PMN为直线AB与MN所成的角（或补角）. 又AB=CD，所以PM=PN，即△PMN为等腰三角形.直线AB与MN所成角为60°，即∠PMN=60°，则∠MPN=180°−2×60°=60°.所以，直线AB与CD所成的角为60°.（2）（2）若直线AB与CD所成的角为θ，则∠MPN=θ或∠MPN=π−θ.若∠MPN=θ，则∠PMN=π−∠MPN2=π−θ2，即直线AB与MN所成角为π−θ2；若∠MPN=π−θ，则∠PMN=π−∠MPN2=θ2，即直线AB与MN所成角为θ2.综上所述，直线AB与MN所成的角为θ2或π−θ2.。

(名师选题)2023年人教版高中数学第八章立体几何初步知识点归纳总结(精华版)单选题1、在下列判断两个平面α与β平行的4个命题中，真命题的个数是（）．①α、β都垂直于平面r，那么α∥β②α、β都平行于平面r，那么α∥β③α、β都垂直于直线l，那么α∥β④如果l、m是两条异面直线，且l∥α，m∥α，l∥β，m∥β，那么α∥βA．0B．1C．2D．3答案：D分析：在正方体中观察可判断①；由平面平行的传递性可判断②；由线面垂直的性质可判断③；根据面面平行判定定理可判断④.如图，易知在正方体中相邻两个侧面都垂直于底面，故①错误；由平面平行的传递性可知②正确；由线面垂直的性质可知③正确；过直线l做平面γ与α、β分别交于l1,l2，过直线m做平面χ与α、β分别交于m1,m2，因为l∥α，l∥β，所以l∥l1,l∥l2，所以l1∥l2因为l1⊄β，l2⊂β，所以l1∥β同理，m1∥β又l、m是两条异面直线，所以l1,l2相交，且l1⊂α，m1⊂α所以α∥β，故④正确.故选：D2、已知在棱长均为2的正三棱柱ABC−A1B1C1中，点D为B1C1的中点，若在棱AB上存在一点P，使得B1P//平面ACD，则B1P的长度为（）A．2B．√5C．√6D．3答案：B解析：设点P为AB的中点，取A1B1的中点Q，连接AQ，DQ，然后证明B1P//平面AQD即可.如图，设点P为AB的中点，取A1B1的中点Q，连接AQ，DQ，则B1P//AQ，又B1P⊄平面AQD，AQ⊂平面AQD，∴B1P//平面AQD，易知AC//DQ，故平面AQD与平面ACD是同一个平面，∴B1P//平面ACD，此时B1P=√5，故选：B3、在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是正方形ABCD的中心，则直线A1D与直线B1M所成角大小为（）A．30°B．45°C．60°D．90°答案：A分析：如图，连接B1C，MC，MB，利用余弦定理可求∠CB1M的值，从而可得直线A1D与直线B1M所成角大小. 设正方体的棱长为2a，连接B1C，MC，MB，因为B1C//A1D，故∠CB1M或其补角为直线A1D与直线B1M所成角.而B1C=2√2a，MC=√2a，B1M=√B1B2+BM2=√4a2+2a2=√6a，故B1C2=B1M2+CM2，所以MB1⊥CM，所以cos∠CB1M=√6a2√2a =√32，因为∠CB1M为锐角，故∠CB1M=30°，故选：A.4、已知a､b､c为三条直线，则下列四个命题中是真命题的为（）A．若a与b异面，b与c异面，则a与c异面B．若a与b相交，b与c相交，则a与c相交C．若a∥b，则a､b与c所成的角相等D．若a⊥b，b⊥c，则a∥c答案：C分析：根据空间里面直线的位置关系逐项分析判断即可.在A中，若直线a､b异面，b､c异面，则a､c相交､异面或平行，故A错误；在B中，若直线a､b相交，b､c相交，则a､c平行､相交或异面，故B错误；在C中，若a∥b，则a､b与c所成的角相等，故C正确；在D中，若a⊥b，b⊥c，则a与c相交､平行或异面，故D错误.故选：C.5、如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120°，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（）A．23B．24C．26D．27答案：D分析：作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.该几何体由直三棱柱AFD−BHC及直三棱柱DGC−AEB组成，作HM⊥CB于M，如图，因为CH=BH=3,∠CHB=120∘，所以CM=BM=3√32,HM=32，因为重叠后的底面为正方形，所以AB=BC=3√3,在直棱柱AFD−BHC中，AB⊥平面BHC，则AB⊥HM, 由AB∩BC=B可得HM⊥平面ADCB，设重叠后的EG与FH交点为I,则V I−BCDA=13×3√3×3√3×32=272,V AFD−BHC=12×3√3×32×3√3=814则该几何体的体积为V=2V AFD−BHC−V I−BCDA=2×814−272=27.故选：D.6、足球运动成为当今世界上开展最广、影响最大、最具魅力、拥有球迷数最多的体育项目之一，2022年卡塔尔世界杯是第22届世界杯足球赛．比赛于2022年11月21日至12月18日在卡塔尔境内7座城市中的12座球场举行．已知某足球的表面上有四个点A，B，C，D满足AB=BC=AD=BD=CD=√2dm，二面角A−BD−C的大小为2π3，则该足球的体积为（）A．7√42π27dm3B．35√2π27dm3C．14π27dm3D．32√2π27dm3答案：A分析：画出图形，O为线段BD的中点，则可得∠AOC为二面角A−BD−C的平面角，取N,M分别是线段AO,CO 上靠近点O的三等分点，则可得N,M分别为△ABD和△CBD的外心，过N,M分别作平面ABD和平面CBD的垂线EN,EM，交于点E，则点E为三棱锥A−BCD外接球的球心，即为足球的球心，所以线段EB为球的半径，然后结已知数据求出EB，从而可求出足球的体积根据题意，三棱锥A−BCD如图所示，图中点O为线段BD的中点，N,M分别是线段AO,CO上靠近点O的三等分点，因为AB=BC=AD=BD=CD=√2dm，所以△ABD和△CBD均为等边三角形，因为点O为线段BD的中点，所以AO⊥BD,CO⊥BD，所以∠AOC为二面角A−BD−C的平面角，所以∠AOC=2π3，因为△ABD和△CBD均为等边三角形，点O为线段BD的中点，所以AO,CO分别为△ABD和△CBD的中线，因为N,M分别是线段AO,CO上靠近点O的三等分点，所以N,M分别为△ABD和△CBD的外心，过N,M分别作平面ABD和平面CBD的垂线EN,EM，交于点E，则点E为三棱锥A−BCD外接球的球心，即为足球的球心，所以线段EB为球的半径，因为AO⊥BD,CO⊥BD，AB=BC=AD=BD=CD=√2dm，所以AO=CO=√62dm，则NO=MO=√66dm，因为AO=CO,EO=EO,∠ENO=∠EMO=90°，所以△ENO≌△EMO，所以∠EON=∠EMO=12∠AOC=π3，在直角△EMO中，EM=OMtanπ3=√22，因为EM⊥平面BCD，BM⊂平面BCD，所以BM⊥EM，因为M是△CBD的外心，所以BM=√63，所以EB=√EM2+BM2=√76,所以V=43π⋅EB3=43π(√76)3=7√4227π，所以足球的体积为7√4227πdm，小提示：关键点点睛：此题考查三棱锥外接球问题，考查计算能力，解题的关键是由题意求出三棱锥外接球的球心，从而可确定出球的半径，然后计算出半径即可，考查空间想象能力，属于较难题7、已知正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则此棱锥的侧面积为（ ）A ．6B ．12C ．24D ．48答案：D分析：首先由勾股定理求出斜高，即可求出侧面积；解：正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则其斜高ℎ′=√52−(62)2=4，所以正四棱锥的侧面积S =12×4×6×4=48故选：D8、如图是四边形ABCD 的水平放置的直观图A ′B ′C ′D ′，则原四边形ABCD 的面积是（ ）A ．14B ．10√2C ．28D ．14√2分析：根据斜二测画法的定义，还原该四边形得到梯形，根据梯形的面积公式即可计算求解.∵A′D′∥y′轴，A′B′∥C′D′，A′B′≠C′D′，∴原图形是一个直角梯形．又A′D′＝4，∴原直角梯形的上、下底及高分别是2，5，8，×(2+5)×8=28.故其面积为S=12故选：C9、中国古代建筑使用榫卯结构将木部件连接起来，构件中突出的部分叫榫头，凹进去的部分叫卯眼，图中摆放的部件是榫头，现要在一个木头部件中制作出卯眼，最终完成一个直角转弯结构的部件，那么卯眼的俯视图可以是（）A．B．C．D．答案：B分析：根据榫头的俯视图结合结果图，可判断卯眼的俯视图.解：根据榫头的俯视图及结果图的俯视图可判断卯眼的俯视图为B项中的图形.10、已知球O的体积为36π，则该球的表面积为（）A．6πB．9πC．12πD．36π答案：D分析：根据球的体积公式求出半径，即可求出表面积.πR3=36π，解得R=3，设球的体积为R，则由题可得43则该球的表面积为4π×32=36π.故选：D.11、《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，且AA1=AB=2.下列说法错误的是（）A．四棱锥B−A1ACC1为“阳马”B．四面体A1C1CB为“鳖臑”C．四棱锥B−A1ACC1体积最大为23D．过A点分别作AE⊥A1B于点E，AF⊥A1C于点F，则EF⊥A1B分析：由新定义结合线面垂直的判定、性质、体积公式逐项判断即可得解.底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”.所以在堑堵ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，侧棱AA1⊥平面ABC,在选项A中，因为AA1⊥BC，AC⊥BC，且AA1∩AC=A，则BC⊥平面AA1C1C，且AA1C1C为矩形，所以四棱锥B−A1ACC1为“阳马”，故A正确；在选项B中，由A1C1⊥BC，A1C1⊥C1C且C1C∩BC=C，所以A1C1⊥平面BB1C1C，所以A1C1⊥BC1，则△A1BC1为直角三角形，由BC⊥平面AA1C1C，得△A1BC,△CC1B为直角三角形，由“堑堵”的定义可得△A1C1C为直角三角形，所以四面体A1C1CB为“鳖臑”，故B正确; 在选项C中，在底面有4=AC2+BC2≥2AC⋅BC，即AC⋅BC≤2，当且仅当AC=BC时取等号，则V B−A1ACC1=13S A1ACC1×BC=13AA1×AC×BC=23AC×BC≤43，所以C不正确；在选项D中，由BC⊥平面AA1C1C，则BC⊥AF,AF⊥A1C且A1C∩BC=C，则AF⊥平面A1BC，所以AF⊥A1B,又AE⊥A1B且AF∩AE=A，则A1B⊥平面AEF，则A1B⊥EF，所以D正确. 故选：C.12、若一个正方体的体对角线长为a，则这个正方体的全面积为（）A．2a2B．2√2a2C．2√3a2D．3√2a2答案：A分析：设正方体的棱长为x，求出正方体的棱长即得解.解：设正方体的棱长为x，则√3x=a，即x2=13a2，所以正方体的全面积为6x2=6×13a2=2a2．故选：A双空题13、已知平面四边形ABCD的斜二测画法所得直观图为A1B1C1D1.若AB与CD平行，则A1B1与C1D1___________；若AB与CD的长度相等，则A1B1与C1D1的长度___________.答案：平行不一定相等分析：根据斜二画法的原则依次分析当AB//CD、AB=CD时直观图的情况即可.当AB//CD时，由斜二画法的原则知，A1B1//C1D1，例如，正方形ABCD的直观图如图所示，当AB=CD时，若AB//CD，如上图，则A1B1=C1D1，若AB与CD不平行，由斜二画法的原则知，A1B1≠C1D1，例如，等腰梯形ABCD(图1)的直观图如图2所示，所以答案是：平行；不一定相等.14、已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为6，E､F分别是A1D1､AA1的中点，平面CEF截正方体所得的截面为多边形，则此多边形的边数为___________，截面多边形的周长为___________.答案：五, 6√13+3√2.分析：作出截面图求解即可.解：延长EF交DA的延长线于M,连接MC交AB于N, 延长FE与DD1的延长线相交于点P,连接PC交C1D1于Q,连接EQ, 则五边形EFNCQ即为平面CEF截正方体所得的截面.如图所示：则有A1F=FA=AM=3,又因为ΔMAN与ΔMDC相似，所以MAMD =ANCD，解得AN=2,所以FN=√32+22=√13，NC=√42+62=2√13，同理可得：QD1=2,QC1=4,所以QC=√42+62=2√13，EQ=√32+22=√13，又因为EF=√32+32=3√2，所以五边形EFNCQ的周长为6√13+3√2，所以答案是：五；6√13+3√2.15、球的对称性所有经过______的直线都可以作为球的旋转轴，每条旋转轴与球面交点之间的线段都是球的______．答案：球心直径分析：根据球的性质即可得答案.解：因为球是半圆绕直径旋转一周所成的几何体，所以只要经过球心的直线都可以作为球的旋转轴，每条旋转轴与球面的交点之间的线段都是球的直径.所以答案是：球心；直径.16、在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，侧面PAB是等边三角形，侧面PAB⊥底面ABCD，AB=2√3，若四棱锥P−ABCD存在内切球，则内切球的体积为_______，此时四棱锥P−ABCD的体积为_______．答案：4π3##43π8√3分析：过点P作出四棱锥P−ABCD的内切球截面大圆，确定球半径表达式，再借助四棱锥体积求出球半径计算作答.取AB中点M，CD中点N，连接PM，PN，MN，如图，因△PAB是正三角形，则PM⊥AB，又ABCD是矩形，有MN⊥AB，而平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PM⊂平面PAB，MN⊂平面ABCD，因此PM⊥平面ABCD，MN⊥平面PAB，又AD//MN//BC，则AD⊥平面PAB，BC⊥平面PAB，即有AD⊥PA,BC⊥PB，PM∩MN=M，PM,MN⊂平面PMN，有AB⊥平面PMN，PN⊂平面PMN，AB⊥PN，而AB//CD，则CD⊥PN，显然△PAD≅△PBC，由球的对称性及四棱锥P−ABCD的特征知，平面PMN截四棱锥P−ABCD的内切球O得截面大圆，此圆是Rt△PMN的内切圆，切MN，PM分别于E，F，有四边形OEMF为正方形，令AD=x，而PM=3，PN=√x2+9，则球半径r=ME=12(x+3−√x2+9)，四棱锥P−ABCD的表面积为S=S△PAB+2S△PAD+S ABCD+S△PCD=3√3+4√3x+√3⋅√x2+9，由V P−ABCD=13rS=13S ABCD⋅PM得：12(x+3−√x2+9)⋅√3(3+4x+√x2+9)=2√3x⋅3，整理得：6x⋅(3+4x+√x2+9)=12x⋅(x+3+√x2+9)，即2x−3=√x2+9，解得x=4，因此，r=1，内切球的体积V=4π3r3=4π3，四棱锥P−ABCD体积V P−ABCD=8√3.所以答案是：4π3；8√3小提示：名师点评一个多面体的表面积为S，如果这个多面体有半径为r的内切球，则此多面体的体积V满足：V=13Sr.17、如图，三棱锥P−ABC的四个顶点都在球O的球面上，PA⊥PC,△ABC是边长为6的正三角形，二面角P−AC−B的大小为120°，则点O到平面ABC的距离为_______，球O的表面积为_______．答案： 1 52π分析：取AC的中点D，连接BD．设E为△ABC的外心，根据PA⊥PC，得到D为Rt△APC的外心．然后根据球的几何性质，得到OE⊥平面ABC,OD⊥平面PAC．再由二面角P−AC−B的大小为120°，平面OAC⊥平面PAC，得到∠ODE=30°求得OE，然后在Rt△ADO中，根据AD=3,OD=2，求得球的半径即可.如图所示：取AC的中点D，连接BD．设E为△ABC的外心，则点E在BD上，且BE=2ED．因为PA⊥PC，则D为Rt△APC的外心．根据球的几何性质，有OE⊥平面ABC,OD⊥平面PAC．因为二面角P−AC−B的大小为120°，平面OAC⊥平面PAC，则二面角O−AC−B的大小为30°，所以∠ODE=30°．因为△ABC是边长为6的正三角形，则BD=6sin60°=3√3，=√3．在Rt△OED中，OE=EDtan30°=1．所以ED=BD3在Rt△ADO中，因为AD=3,OD=2，则OA=√AD2+OD2=√13，=4πR2=4π×13=52π．所以球O的半径R=√13，表面积S球所以答案是：1，52π解答题18、在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是棱BB1的中点．(1)求证：B1D∥平面ACE．(2)若F是棱CC1的中点，求证：平面B1DF∥平面ACE．答案：(1)证明见解析(2)证明见解析分析：（1）连BD，使BD∩AC＝G，连EG，由中位线定理以及线面平行判定定理证明即可；（2）证明B1F∥平面ACE，结合B1D∥平面ACE，利用面面平行判定定理证明即可.（1）连BD，使BD∩AC＝G，连EG．∵ABCD是正方形，BD∩AC＝G，∴DG＝BG．又∵E是BB1中点，∴B1E＝BE，∴DB1∥GE，又DB1⊄平面ACE，GE⊂平面ACE，∴B1D∥平面ACE．（2）∵E是棱BB1的中点，F是棱CC1的中点．∴B1E∥CF且B1E＝CF，∴四边形B1ECF是平行四边形，∴B1F∥CE，又∴B1F⊄平面ACE，CE⊂平面ACE，∴B1F∥平面ACE，由（1）B1D∥平面ACE，又∵DB1∩B1F＝B1，∴平面B1DF∥平面ACE．19、如图所示的几何体由三棱锥P−ADQ和正四棱锥P−ABCD拼接而成，PQ⊥平面ADQ，AB//PQ，PQ=1，AB=2，AQ=√5，O为四边形ABCD对角线的交点．(1)求证：OP//平面ADQ；(2)求二面角O−AP−D的正弦值．答案：(1)证明见解析(2)√155分析：(1)取AD中点M，连QM，OM，证得PO//QM即可得解.(2)在正四棱锥P−ABCD中作出二面角O−AP−D的平面角，借助直角三角形计算即可.(1)取AD中点M，连QM，OM，如图，因O 是正四棱锥P −ABCD 底面中心，即O 是BD 中点，则OM //AB //PQ ，OM =12AB =1=PQ ，于是得PQMO 是平行四边形，PO //QM ，而PO ⊄平面ADQ ，DM ⊂平面ADQ ，所以PO //平面ADQ .(2)在正四棱锥P −ABCD 中，DO ⊥AO ，PO ⊥平面ABCD ，DO ⊂平面ABCD ，则PO ⊥DO ，而PO ∩AO =O ，PO,AO ⊂平面POA ，因此，DO ⊥平面POA ，而PA ⊂平面POA ，则DO ⊥PA ，过O 作OE ⊥PA 于E ，连DE ，如图，DO ∩OE =O ，DO,OE ⊂平面DOE ，则有PA ⊥平面DOE ，即PA ⊥DE ，从而得∠DEO 是二面角O −AP −D 的平面角， 因PQ ⊥平面ADQ ，则PQ ⊥AQ ，AP =√PQ 2+AQ 2=√6，而AO =12AC =√2，则PO =2，OE =PO⋅AO PA =2√33， Rt △DOE 中，DO =√2,DE =√DO 2+OE 2=√303，于是得sin∠DEO =DO DE =√155， 所以二面角O −AP −D 的正弦值√155. 20、如图，在三棱锥P −ABC 中，D ，E 分别为AB ，PB 的中点，EB =EA ，且PA ⊥AC ，PC ⊥BC ．求证：BC ⊥平面PAC ．答案：证明见解析.分析：由题可得PA⊥AB，利用线面垂直的判定定理可得PA⊥平面ABC，进而可得PA⊥BC，然后利用线面垂直的判定定理即得.∵在△AEB中，D是AB的中点，EB=EA，∴ED⊥AB,∵E是PB的中点，D是AB的中点，∴ED∥PA，∴PA⊥AB，又PA⊥AC，AB∩AC=A，AB⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，∴PA⊥平面ABC，∵BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，又PC⊥BC，PA∩PC=P，PA⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，∴BC⊥平面PAC．。

(名师选题)部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案重点知识点大全单选题1、如图，用斜二测画法作水平放置的正三角形A 1B 1C 1的直观图，则正确的图形是（ ）A ．B ．C ．D ．2、已知球O 的体积为36π，则该球的表面积为（ ） A ．6πB ．9πC ．12πD ．36π3、在△ABC 中，AB =1，AC =2，∠BAC =60°，P 是△ABC 的外接圆上的一点，若AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ + nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，则m +n 的最小值是（ ） A ．−1B ．−12C ．−13D ．−164、如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120°，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（ ）A．23B．24C．26D．275、正方体中，点P，O，R，S是其所在棱的中点，则PQ与RS是异面直线的图形是（）A．B．C．D．6、如图1，已知PABC是直角梯形，AB∥PC，AB⊥BC，D在线段PC上，AD⊥PC．将△PAD沿AD折起，使平面PAD⊥平面ABCD，连接PB，PC，设PB的中点为N，如图2．对于图2，下列选项错误的是（）A．平面PAB⊥平面PBC B．BC⊥平面PDCC．PD⊥AC D．PB＝2AN7、已知直线l⊥平面α，有以下几个判断：①若m⊥l，则m//α；②若m⊥α，则m//l；③若m//α，则m⊥l；④若m//l，则m⊥α；上述判断中正确的是（）A．①②③B．②③④C．①③④D．①②④8、下列命题：①有两个面平行，其他各面都是平行四边形的几何体叫做棱柱；②有两侧面与底面垂直的棱柱是直棱柱；③过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形不可能是矩形；④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱一定是正四棱柱．其中正确命题的个数为（）A．0B．1C．2D．3多选题9、已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，AB=BC=BB1，D是AC的中点，O为A1C的中点.点P是BC1上的动点，则下列说法正确的是（）A．当点P运动到BC1中点时，直线A1P与平面A1B1C1所成的角的正切值为√55B．无论点P在BC1上怎么运动，都有A1P⊥OB1C．当点P运动到BC1中点时，才有A1P与OB1相交于一点，记为Q，且PQQA1=13D．无论点P在BC1上怎么运动，直线A1P与AB所成角都不可能是30°10、（多选题）已知平面α//平面β，直线m⊂α，直线n⊂β，下列结论中正确的是（）A．m//βB．n//αC．m//n D．m与n不相交11、如图，在棱长均相等的四棱锥P−ABCD中, O为底面正方形的中心, M,N分别为侧棱PA，PB的中点，下列结论正确的有（）A．PD∥平面OMN B．平面PCD∥平面OMNC．直线PD与直线MN所成角的大小为90∘D．ON⊥PB填空题12、如图所示，△A′B′O′是利用斜二测画法画出的△ABO的直观图，已知A′B′∥y′轴，O′B′=4，且△ABO的面积为16，过A′作A′C′⊥x′轴，则A′C′的长为______．部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案(三十二)参考答案1、答案：A分析：由斜二侧画法的规则分析判断即可先作出一个正三角形A1B1C1，然后以B1C1所在直线为x轴，以B1C1边上的高所在的直线为y轴建立平面直角坐标系，画对应的x′,y′轴，使夹角为45°，画直观图时与x轴平行的直线的线段长度保持不变，与y轴平行的线段长度变为原来的一半，得到的图形如图，然后去掉辅助线即可得到正三角形的直观图如图，故选：A2、答案：D分析：根据球的体积公式求出半径，即可求出表面积.设球的体积为R ，则由题可得43πR 3=36π，解得R =3，则该球的表面积为4π×32=36π. 故选：D. 3、答案：B分析：先解三角形得到△ABC 为直角三角形，建立直角坐标系，通过AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ + nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ 表示出m +n ，借助三角函数求出最小值.由余弦定理得BC 2=AB 2+AC 2−2AB ⋅AC ⋅cos∠BAC = 1+4−2×1×2×cos 60∘=3，所以BC =√3，所以AB 2+BC 2=AC 2，所以AB ⊥BC ．以AC 的中点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，易得A （－1，0），C （1，0），B （－12，√32），设P 的坐标为(cosθ,sinθ)，所以AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(12,√32)，AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0)，AP ⃑⃑⃑⃑⃑ = (cosθ+1,sinθ)，又AP⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，所以(cosθ+1,sinθ)=m (12,√32)+ n (2,0)=(m2+2n ,√32m)，所以m =2√33sin θ，n =cos θ2+12−√36sin θ，所以m +n =2√33sin θ+cos θ2+12−√36sin θ =√32sin θ+cos θ2+12=sin (θ+π6)+12≥−1+12=−12，当且仅当sin (θ+π6)=−1时，等号成立．故选：B ． 4、答案：D分析：作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.该几何体由直三棱柱AFD −BHC 及直三棱柱DGC −AEB 组成，作HM ⊥CB 于M ，如图， 因为CH =BH =3,∠CHB =120∘，所以CM =BM =3√32,HM =32，因为重叠后的底面为正方形，所以AB =BC =3√3,在直棱柱AFD−BHC中，AB⊥平面BHC，则AB⊥HM, 由AB∩BC=B可得HM⊥平面ADCB，设重叠后的EG与FH交点为I,则V I−BCDA=13×3√3×3√3×32=272,V AFD−BHC=12×3√3×32×3√3=814则该几何体的体积为V=2V AFD−BHC−V I−BCDA=2×814−272=27.故选：D.5、答案：C分析：对于A，B，D，利用两平行线确定一个平面可以证明直线PQ与RS共面，对于C，利用异面直线的定义推理判断作答．对于A，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，A1C1，则AC//A1C1，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，则有PQ//AC，RS//A1C1，因此PQ//RS，则直线PQ与RS共面，A错误；对于B，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，QS，PR，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有AP//CR且AP=CR，则四边形APRC为平行四边形，即有AC//PR，又QS//AC，因此QS//PR，直线PQ与RS共面，B错误；对于C，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有RS//BB1，而BB1⊂平面ABB1A1，RS⊄平面ABB1A1，则RS//平面ABB1A1，PQ⊂平面ABB1A1，则直线PQ与RS无公共点，又直线PQ与直线BB1相交，于是得直线PQ与RS不平行，则直线PQ与RS是异面直线，C正确；对于D，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接A1B，D1C，PS，QR，如图，因为A1D1//BC且A1D1=BC，则四边形A1D1CB为平行四边形，有A1B//D1C，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有PS//A1B，QR//D1C，则PS//QR，直线PQ与RS共面，D错误. 故选：C6、答案：A分析：由已知利用平面与平面垂直的性质得到PD⊥平面ABCD，判定C正确；进一步得到平面PCD⊥平面ABCD，结合BC⊥CD判定B正确；再证明AB⊥平面PAD，得到△PAB为直角三角形，判定D正确；可证明平面PBC⊥平面PDC，若平面PAB⊥平面PBC，则平面PAB与平面PDC的交线⊥平面PBC，矛盾，可判断A图1中AD⊥PC，则图2中PD⊥AD，又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PD⊥平面ABCD，则PD⊥AC，故选项C正确；由PD⊥平面ABCD，PD⊂平面PDC，得平面PDC⊥平面ABCD，而平面PDC∩平面ABCD＝CD，BC⊂平面ABCD，BC⊥CD，∴BC⊥平面PDC，故选项B正确；∵AB⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴AB⊥平面PAD，则AB⊥PA，即△PAB是以PB为斜边的直角三角形，而N为PB的中点，则PB＝2AN，故选项D正确．由于BC⊥平面PDC，又BC⊂平面PBC∴平面PBC⊥平面PDC若平面PAB⊥平面PBC，则平面PAB与平面PDC的交线⊥平面PBC由于AB//平面PDC，则平面PAB与平面PDC的交线//AB显然AB不与平面PBC垂直，故A错误故选：A7、答案：B分析：根据线面的位置关系，线面垂直的性质定理，线面平行的性质定理及线面垂直的性质逐项分析即得. 对于①，当m⊂平面α也可以有m⊥l，但m不平行于平面α，故①错；对于②，根据线面垂直的性质定理可知②正确；对于③，根据线面平行的性质定理可得存在n⊂α且m∥n．而直线l⊥平面α，故可根据线面垂直的性质得出l⊥n，故l⊥m正确；对于④，根据直线l⊥平面α，可在平面α内找到两条相交直线p，n，且l⊥p，l⊥n，又m∥l，所以m⊥p，m⊥n，故根据线面垂直的判定定理可知，m⊥α正确．即②③④正确．故选：B．8、答案：A分析：①②③④均可举出反例.①如图1，满足有两个面平行，其他各面都是平行四边形，显然不是棱柱，故①错误；②如图2，满足两侧面ABB1A1与底面垂直，但不是直棱柱，②错误；③如图3，四边形ACC1A1为矩形，即过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形可能是矩形，③错误；④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱不一定是正四棱柱，因为两底面不一定是正方形，④错误．故选：A9、答案：ABD分析：构造线面角∠PA1E，由已知线段的等量关系求tan∠PA1E=EPAE的值即可判断A的正误；利用线面垂直的性质，可证明A1P⊥OB1即可知B的正误；由中位线的性质有PQQA1=12可知C的正误；由直线的平行关系构造线线角为∠B1A1P，结合动点P分析角度范围即可知D的正误直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，AB=BC=BB1选项A中，当点P运动到BC1中点时，有E为B1C1的中点，连接A1E、EP，如下图示即有EP⊥面A1B1C1∴直线A1P与平面A1B1C1所成的角的正切值：tan∠PA1E=EPAE∵EP=12BB1，AE=√A1B12+B1E2=√52BB1∴tan∠PA1E=√55，故A正确选项B中，连接B1C，与BC1交于E，并连接A1B，如下图示由题意知，B1BCC1为正方形，即有B1C⊥BC1而AB⊥BC且ABC−A1B1C1为直三棱柱，有A1B1⊥面B1BCC1，BC1⊂面B1BCC1∴A1B1⊥BC1，又A1B1∩B1C=B1∴BC1⊥面A1B1C，OB1⊂面A1B1C，故BC1⊥OB1同理可证：A1B⊥OB1，又A1B∩BC1=B∴OB1⊥面A1BC1，又A1P⊂面A1BC1，即有A1P⊥OB1，故B正确选项C中，点P运动到BC1中点时，即在△A1B1C中A1P、OB1均为中位线∴Q为中位线的交点∴根据中位线的性质有：PQQA1=12，故C错误选项D中，由于A1B1//AB，直线A1P与AB所成角即为A1B1与A1P所成角：∠B1A1P 结合下图分析知：点P在BC1上运动时当P在B或C1上时，∠B1A1P最大为45°当P在BC1中点上时，∠B1A1P最小为arctan√22>arctan√33=30°∴∠B1A1P不可能是30°，故D正确故选：ABD小提示：本题考查了利用射影定理构造线面角，并计算其正弦值；利用线面垂直证明线线垂直；中位线的性质：中位线交点分中位线为1：2的数量关系；由动点分析线线角的大小10、答案：ABD分析：由面面平行的性质可判断各选项的正误.因为平面α//平面β，直线m⊂α，直线n⊂β，则m//β，n//α，m与n无公共点，即m与n不相交.故ABD选项正确，C选项错误.故选：ABD.11、答案：ABD分析：连接BD，由PD∥ON易证PD∥平面OMN；证明出CD∥平面OMN，结合PD∥平面OMN可知平面PCD∥平面OMN；利用边长关系结合勾股定理证明ON⊥PB.对于选项A，连接BD，显然O为BD的中点，又N为PB的中点，所以PD//ON,PD⊄平面OMN，ON⊂平面OMN，所以PD∥平面OMN，选项A正确；对于选项B，由M,N分别为侧棱PA,PB的中点，得MN∥AB，又底面为正方形，所以MN∥CD，同理可得CD∥平面OMN,又由选项A得PD∥平面OMN，PD∩CD=D，所以平面PCD∥平面OMN，选项B正确；对于选项C，因为MN∥CD，所以∠PDC（或补角）为直线PD与直线MN所成的角，又因为所有棱长都相等，所以∠PDC=60∘，故直线PD与直线MN所成角的大小为60∘，选项C不正确；对于选项D，因底面为正方形，所以AB2+AD2=BD2,又所有棱长都相等，所以PB2+PD2=BD2，故PB⊥PD，又PD∥ON，所以ON⊥PB，选项D正确.故选：ABD.小提示：本题考查空间平行关系垂直关系的判断，难度一般.解答时要注意图中的几何关系，根据线面平行、面面平行及线面垂直等的判定定理判断.12、答案：2√2分析：结合已知条件利用直观图与原图之间的面积关系得到△A′B′O′的面积，进而得到A′C′.因为S△ABO=16，S△A′B′O′S△ABO =√24，O′B′=4所以S△A′B′O′=4√2=12×O′B′×A′C′，即A′C′=2√2. 所以答案是：2√2.。

(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步易错知识点总结单选题1、在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，P 为B 1D 1的中点，则直线PB 与AD 1所成的角为（ ）A ．π2B ．π3C ．π4D ．π6 答案：D分析：平移直线AD 1至BC 1，将直线PB 与AD 1所成的角转化为PB 与BC 1所成的角，解三角形即可.如图，连接BC 1,PC 1,PB ，因为AD 1∥BC 1，所以∠PBC 1或其补角为直线PB 与AD 1所成的角，因为BB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，所以BB 1⊥PC 1，又PC 1⊥B 1D 1，BB 1∩B 1D 1=B 1，所以PC 1⊥平面PBB 1，所以PC 1⊥PB ，设正方体棱长为2，则BC 1=2√2,PC 1=12D 1B 1=√2， sin∠PBC 1=PC 1BC 1=12，所以∠PBC 1=π6. 故选：D2、如图，△A ′B ′C ′是水平放置的△ABC 的直观图，其中B ′C ′=C ′A ′=2，A ′B ′，A ′C ′分别与x ′轴，y ′轴平行，则BC=（）A．2B．2√2C．4D．2√6答案：D分析：先确定△A′B′C′是等腰直角三角形，求出A′B′，再确定原图△ABC的形状，进而求出BC.由题意可知△A′B′C′是等腰直角三角形，A′B′=2√2，其原图形是Rt△ABC，AB=A′B′=2√2，AC=2A′C′=4，∠BAC=90°，则BC=√8+16=2√6，故选：D.3、阿基米德（Arcℎimedes，公元前287年—公元前212年）是古希腊伟大的数学家、物理学家和天文学家.他推导出的结论“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”是其毕生最满意的数学发现，后人按照他生前的要求，在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球（如图所示），该球与圆柱的两个底面及侧面均相切，圆柱的底面直径与高都等于球的直径，若球的体积为36π，则圆柱的体积为（）A．36πB．45πC．54πD．63π答案：C解析：根据球的体积公式求出半径，根据圆柱的体积公式可求得结果.πR3=36π，所以R=3，设球的半径为R，则43所以圆柱的底面半径为R=3，圆柱的高为2R=6，所以圆柱的体积为πR2×2R=2πR3=54π.故选：C4、设α,β为两个不同的平面，则α∥β的充要条件是（）A．α内有无数条直线与β平行B．α,β垂直于同一平面C．α,β平行于同一条直线D．α内的任何直线都与β平行答案：D分析：根据面面平行、相交的知识确定正确选项.A选项，α内有无数条直线与β平行，α与β可能相交，A选项错误.B选项，α,β垂直于同一平面，α与β可能相交，B选项错误.C选项，α,β平行于同一条直线，α与β可能相交，C选项错误.D选项，α内的任何直线都与β平行，则α//β，D选项正确.故选：D5、如图.AB是圆的直径，PA⊥AC，PA⊥BC，C是圆上一点(不同于A，B)，且PA=AC，则二面角P−BC−A 的平面角为（）A．∠PAC B．∠CPA C．∠PCA D．∠CAB答案：C解析：由圆的性质知：AC⊥BC，根据线面垂直的判定得到BC⊥面PAC，即BC⊥PC，结合二面角定义可确定二面角P−BC−A的平面角.∵C是圆上一点(不同于A，B)，AB是圆的直径，∴AC⊥BC，PA⊥BC，AC∩PA=A，即BC⊥面PAC，而PC⊂面PAC，∴BC⊥PC，又面ABC∩面PBC=BC，PC∩AC=C，∴由二面角的定义：∠PCA为二面角P−BC−A的平面角.故选：C6、已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点P在棱AD上，过点P作该正方体的截面，当截面平行于平面B1D1C且面积为√3时，线段AP的长为（）A．√2B．1C．√3D．√32答案：A分析：过点P作DB，A1D的平行线，分别交棱AB，AA1于点Q，R，连接QR，BD，即可得到△PQR为截面，且为等边三角形，再根据截面面积求出PQ的长度，即可求出AP；解：如图，过点P作DB，A1D的平行线，分别交棱AB，AA1于点Q，R，连接QR，BD，因为BD//B1D1，所以PQ//B1D1，B1D1⊂面B1D1C，PQ⊄面B1D1C，所以PQ//面B1D1C因为A1D//B1C，所以PR//B1C，B1C⊂面B1D1C，PR⊄面B1D1C，所以PR//面B1D1C又PQ∩PR=P，PQ,PR⊂面PQR，所以面PQR//面B1D1C，则PQR为截面，易知△PQR是等边三角形，则12PQ2⋅√32=√3，解得PQ=2，∴AP=√22PQ=√2.故选：A.7、如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120°，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（）A．23B．24C．26D．27答案：D分析：作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.该几何体由直三棱柱AFD−BHC及直三棱柱DGC−AEB组成，作HM⊥CB于M，如图，因为CH=BH=3,∠CHB=120∘，所以CM=BM=3√32,HM=32，因为重叠后的底面为正方形，所以AB=BC=3√3,在直棱柱AFD−BHC中，AB⊥平面BHC，则AB⊥HM, 由AB∩BC=B可得HM⊥平面ADCB，设重叠后的EG与FH交点为I,则V I−BCDA=13×3√3×3√3×32=272,V AFD−BHC=12×3√3×32×3√3=814则该几何体的体积为V=2V AFD−BHC−V I−BCDA=2×814−272=27.故选：D.8、如图直角△O′A′B′是一个平面图形的直观图，斜边O′B′=4，则原平面图形的面积是（）A．8√2B．4√2C．4D．√2答案：A解析：根据斜二测画法规则可求原平面图形三角形的两条直角边长度，利用三角形的面积公式即可求解. 由题意可知△O′A′B′为等腰直角三角形，O′B′=4，则O′A′=2√2，所以原图形中，OB=4，OA=4√2，故原平面图形的面积为12×4×4√2=8√2.故选：A9、已知直线l⊥平面α，有以下几个判断：①若m⊥l，则m//α；②若m⊥α，则m//l；③若m//α，则m⊥l；④若m//l，则m⊥α；上述判断中正确的是（）A．①②③B．②③④C．①③④D．①②④答案：B分析：根据线面的位置关系，线面垂直的性质定理，线面平行的性质定理及线面垂直的性质逐项分析即得.对于①，当m⊂平面α也可以有m⊥l，但m不平行于平面α，故①错；对于②，根据线面垂直的性质定理可知②正确；对于③，根据线面平行的性质定理可得存在n⊂α且m∥n．而直线l⊥平面α，故可根据线面垂直的性质得出l⊥n，故l⊥m正确；对于④，根据直线l⊥平面α，可在平面α内找到两条相交直线p，n，且l⊥p，l⊥n，又m∥l，所以m⊥p，m⊥n，故根据线面垂直的判定定理可知，m⊥α正确．即②③④正确．故选：B．10、小明同学用两个全等的六边形木板和六根长度相同的木棍搭成一个直六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1，由于木棍和木板之间没有固定好，第二天他发现这个直六棱柱变成了斜六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1，如图所示.设直棱柱的体积和侧面积分别为V1和S1，斜棱柱的体积和侧面积分别为V2和S2，则（）.A．V1S1>V2S2B．V1S1<V2S2C．V1S1=V2S2D．V1S1与V2S2的大小关系无法确定答案：A分析：根据柱体体积、表面积的求法，分别表示出V1S1和V2S2，分析即可得答案.设底面面积为S，底面周长为C，则V1=S⋅AA1，S1=C⋅AA1，所以V1S1=SC，设斜棱柱的高为ℎ，则V2=S⋅ℎ，S2=AB×ℎAB+BC×ℎBC+CD×ℎCD+DE×ℎDE+EF×ℎEF+FA×ℎFA >(AB+BC+CD+DE+EF+FA)×ℎ=Cℎ,所以V2S2<SℎCℎ=SC=V1S1.故选：A填空题11、如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，当底面ABCD满足条件___________时，有A1C⊥B1D1.（只需填写一种正确条件即可）答案：AC⊥BD(答案不唯一)分析：直四棱柱ABCD−A1B1C1D1，A1C1是A1C在上底面A1B1C1D1的投影，当A1C1⊥B1D1时，可得A1C⊥B1D1，当然底面ABCD满足的条件也就能写出来了.根据直四棱柱ABCD−A1B1C1D1可得：BB1∥DD1，且BB1=DD1，所以四边形BB1D1D是矩形，所以BD∥B1D1，同理可证：AC∥A1C1，当AC⊥BD时，可得：A1C1⊥B1D1，且CC1⊥底面A1B1C1D1，而B1D1⊂底面A1B1C1D1，所以CC1⊥B1D1，而A1C1∩CC1=C1，从而B1D1⊥平面A1CC1，因为A1C⊂平面A1CC1，所以A1C⊥B1D1，所以当AC⊥BD满足题意.所以答案是：AC⊥BD.12、在长方体的12条棱之中，我们把两条异面的棱称为“一对”，则12条棱中，共有___________对异面直线.答案：24分析：由异面直线的定义可得答案.解：在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB与DD1,CC1、A1D1,B1C1构成异面直线，共构成4对异面直线，每一条棱=24对异面直线，都构成4对异面直线，长方体共有12条棱，再排除重复计算共有4×122所以答案是：24.13、空间给定不共面的A，B，C，D四个点，其中任意两点间的距离都不相同，考虑具有如下性质的平面α：A，B，C，D中有三个点到的距离相同，另一个点到α的距离是前三个点到α的距离的2倍，这样的平面α的个数是___________个答案：32分析：按照四个点的位置不同分类讨论，即可求解首先取3个点相等，不相等的那个点由4种取法；然后分3分个点到平面α的距离相等，有以下两种可能性：（1）全同侧，这样的平面有2个；（2）不同侧，必然2个点在一侧，另一个点在一侧，1个点的取法有3种，并且平面过三角形两个点边上的中位线，考虑不相等的点与单侧点是否同侧有两种可能，每种情况下都唯一确定一个平面，故共有6个，所有这两种情况共有8个，综上满足条件的这样的平面共有4×8=32个，所以答案是：3214、如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点（不含端点），则下列结论正确的是____．①平面A1D1P⊥平面BB1P；②DC1⊥PC；,π)；③∠APD1的取值范围是[π2．④三棱锥C1−D1PC的体积为定值43答案：①②④分析：由正方体的特征知A1D1⊥平面AA1B1B，DC1⊥对角面A1BCD1，由面面垂直的判定和线面垂直的性质可知①②正确；当点P为线段A1B的一个四等分点且靠近点B时，由长度关系可求得cos∠APD1>0，知③错误；由体积桥和三棱锥体积公式可确定④正确.对于①，∵几何体是正方体，∴A1D1⊥平面AA1B1B，又A1D1⊂平面A1D1P，∴平面A 1D 1P ⊥平面BB 1P ，①正确；对于②，在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，DC 1⊥对角面A 1BCD 1，PC ⊂对角面A 1BCD 1，∴ DC 1⊥PC ，②正确； 对于③，当点P 为线段A 1B 的一个四等分点且靠近点B 时， 可得：AP =√102，D 1P =√342，AD 1=2√2，由余弦定理得：cos∠APD 1=AP 2+D 1P 2−AD 122AP⋅D 1P=52+172−82×√102×√342=√85>0，此时∠APD 1<π2，③错误；对于④，∵△D 1C 1C 的面积是定值S =12×2×2=2，点P 到面D 1C 1C 的距离为BC =2， ∴三棱锥C 1−D 1PC 的体积V =13×2×2=43，④正确． 所以答案是：①②④．15、一个正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为2，底面边长为2，则该球的表面积为______. 答案：9π分析：画出正四棱锥及对角截面，找到外接球的球心，设OE =ℎ，利用PO =OB =r 建立方程，求出ℎ=12，进而求出半径和球的表面积.如图所示，正四棱锥P -ABCD ，PE 为正四棱锥的高，因为正四棱锥的顶点都在同一球面上，所以外接球球心一定在该棱锥的高上，设球心为O ，半径为r ，连接EB ，OB ，则EB 为正方形ABCD 对角线的一半，PO =OB =r . 因为棱锥的高为2，底面边长为2，所以PE =2，BE =√2，设OE =ℎ，则OP =|2−ℎ|，由勾股定理得：OB 2=OE 2+EB 2=ℎ2+2，所以ℎ2+2=|2−ℎ|2，解得：ℎ=12，所以r =|2−ℎ|=32，所以该球的表面积为4πr =4π×(32)2=9π所以答案是：9π.解答题16、如图所示的几何体由三棱锥P−ADQ和正四棱锥P−ABCD拼接而成，PQ⊥平面ADQ，AB//PQ，PQ=1，AB=2，AQ=√5，O为四边形ABCD对角线的交点．(1)求证：OP//平面ADQ；(2)求二面角O−AP−D的正弦值．答案：(1)证明见解析(2)√155分析：(1)取AD中点M，连QM，OM，证得PO//QM即可得解.(2)在正四棱锥P−ABCD中作出二面角O−AP−D的平面角，借助直角三角形计算即可.(1)取AD中点M，连QM，OM，如图，因O 是正四棱锥P −ABCD 底面中心，即O 是BD 中点，则OM //AB //PQ ，OM =12AB =1=PQ ， 于是得PQMO 是平行四边形，PO //QM ，而PO ⊄平面ADQ ，DM ⊂平面ADQ ， 所以PO //平面ADQ . (2)在正四棱锥P −ABCD 中，DO ⊥AO ，PO ⊥平面ABCD ，DO ⊂平面ABCD ，则PO ⊥DO ，而PO ∩AO =O ，PO,AO ⊂平面POA ，因此，DO ⊥平面POA ，而PA ⊂平面POA ，则DO ⊥PA ，过O 作OE ⊥PA 于E ，连DE ，如图，DO ∩OE =O ，DO,OE ⊂平面DOE ，则有PA ⊥平面DOE ，即PA ⊥DE ，从而得∠DEO 是二面角O −AP −D 的平面角， 因PQ ⊥平面ADQ ，则PQ ⊥AQ ，AP =√PQ 2+AQ 2=√6，而AO =12AC =√2，则PO =2，OE =PO⋅AO PA=2√33， Rt △DOE 中，DO =√2,DE =√DO 2+OE 2=√303，于是得sin∠DEO =DODE =√155， 所以二面角O −AP −D 的正弦值√155. 17、如图，在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E 为DD 1的中点，F 为CC 1的中点．(1)求证：BD1//平面AEC；(2)求证：平面AEC//平面BFD1．答案：(1)证明见解析(2)证明见解析分析：（1）连接BD交AC于点O，利用中位线的性质可得出BD1//OE，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）证明出D1F//平面AEC，利用面面平行的判定定理可证得结论成立.（1）证明：连接BD交AC于点O，则O为BD的中点，因为E为DD1的中点，则BD1//OE，∵BD1⊄平面AEC，OE⊂平面AEC，因此，BD1//平面AEC.（2）证明：因为CC1//DD1且CC1=DD1，E为DD1的中点，F为CC1的中点，所以，CF//D1E，CF=D1E，所以，四边形CED1F为平行四边形，所以，D 1F //CE ，∵D 1F ⊄平面AEC ，CE ⊂平面AEC ，所以，D 1F //平面AEC ， 因为BD 1∩D 1F =D 1，因此，平面AEC //平面BFD 1.18、在△ABC 中，角A,B,C 所对的边分别是a,b,c ，AD 为∠BAC 的角平分线，已知c =2且a 2+c 2−b 2=(23−2cosA)bc ，AD =65√5. (1)求△ABC 的面积；(2)设点E,F 分别为边AB,AC 上的动点，线段EF 交AD 于G ，且△AEF 的面积为△ABC 面积的一半，求AG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅EF ⃑⃑⃑⃑⃑ 的最小值. 答案：(1)245 (2)4825分析：（1）结合余弦定理和正弦定理边化角可得sinC =13sinB ，进而得到c =13b ；利用正弦定理可推导得到BD CD=13，设BD =t ，在△ABD 和△ACD 中，利用余弦定理可构造方程求得t ；在△ABC 中利用余弦定理可求得cos∠BAC ，进而得到sin∠BAC ，利用三角形面积公式可求得结果；（2）设|AE ⃑⃑⃑⃑⃑ |=m (0<m ≤2)，|AF ⃑⃑⃑⃑⃑ |=n (0<n ≤6)，AG ⃑⃑⃑⃑⃑ =λAD ⃑⃑⃑⃑⃑ ，由向量线性运算可得AG ⃑⃑⃑⃑⃑ =3λ4AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +λ4AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ；由E,F,G 三点共线可得AG ⃑⃑⃑⃑⃑ =μAE ⃑⃑⃑⃑⃑ +(1−μ)AF ⃑⃑⃑⃑⃑ ，进而可构造方程组得到μ=n m+n ，结合平面向量线性运算和向量数量积运算性质可将AG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅EF ⃑⃑⃑⃑⃑ 表示为485⋅(126+m 2−1)，由m 范围可求得最小值. (1)由余弦定理可得：a 2+c 2−b 2=2accosB ，则2accosB =(23−2cosA)bc ， ∴acosB =13b −bcosA ，由正弦定理得：sinAcosB =13sinB −cosAsinB ， ∴sinAcosB +cosAsinB =sin (A +B )=sin (π−C )=sinC =13sinB ，则c =13b ； 又c =2，∴b =6， ∵ABsin∠ADB =BDsin∠BAC2，AC sin∠ADC =CDsin∠BAC 2，又sin∠ADC =sin (π−∠ADB )=sin∠ADB ，∴c b =AB AC =BD CD =13，设BD =t ，则CD =3t ，∵cos∠BAC 2=AB 2+AD 2−BD 22AB⋅AD=AD 2+AC 2−CD 22AD⋅AC，即4+365−t 24×6√55=36+365−9t 212×6√55，解得：t =2√105，∴BC =4t =8√105， ∴cos∠BAC =AB 2+AC 2−BC 22AB⋅AC=4+36−128524=35，则sin∠BAC =45，∴S △ABC =12AB ⋅ACsin∠BAC =12×2×6×45=245.(2)设|AE⃑⃑⃑⃑⃑ |=m (0<m ≤2)，|AF ⃑⃑⃑⃑⃑ |=n (0<n ≤6)，由（1）知：BD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =13DC ⃑⃑⃑⃑⃑ ； ∴AD ⃑⃑⃑⃑⃑ =AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +BD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +14BC ⃑⃑⃑⃑⃑ =AB⃑⃑⃑⃑⃑ +14(AC ⃑⃑⃑⃑⃑ −AB ⃑⃑⃑⃑⃑ )=34AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +14AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ； 设AG ⃑⃑⃑⃑⃑ =λAD ⃑⃑⃑⃑⃑ ，则AG ⃑⃑⃑⃑⃑ =3λ4AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +λ4AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ， ∵E,F,G 三点共线，∴可令AG ⃑⃑⃑⃑⃑ =μAE ⃑⃑⃑⃑⃑ +(1−μ)AF ⃑⃑⃑⃑⃑ =mμ2AB⃑⃑⃑⃑⃑ +(1−μ)n 6AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ， 则{3λ4=mμ2λ4=(1−μ)n 6 ，解得：μ=n m+n ，∴AG ⃑⃑⃑⃑⃑ =mn 2m+2n AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +mn 6m+6n AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ； 又EF ⃑⃑⃑⃑⃑ =AF ⃑⃑⃑⃑⃑ −AE⃑⃑⃑⃑⃑ =n 6AC ⃑⃑⃑⃑⃑ −m 2AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ，AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =|AB ⃑⃑⃑⃑⃑ |⋅|AC ⃑⃑⃑⃑⃑ |cos∠BAC =365， ∴AG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅EF ⃑⃑⃑⃑⃑ =(mn 2m+2n AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +mn 6m+6n AC ⃑⃑⃑⃑⃑ )⋅(n 6AC ⃑⃑⃑⃑⃑ −m 2AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ) =−m 2n 4m+4n AB ⃑⃑⃑⃑⃑ 2+mn 236m+36n AC ⃑⃑⃑⃑⃑ 2+mn (n−m )12m+12n AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =−m 2n m+n+mn 2m+n+3mn (n−m )5m+5n =−8m 2n+8mn 25m+5n =85⋅mn (n−m )m+n ；∵S △AEF =12S △ABC =12mnsin∠BAC =25mn =125，∴mn =6，∴AG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅EF⃑⃑⃑⃑⃑ =485⋅n−m m+n=485⋅6m −m 6m+m =485⋅6−m 26+m2=485⋅(126+m 2−1)，∵0<m ≤2，∴当m =2时，(AG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅EF ⃑⃑⃑⃑⃑ )min =485×(126+4−1)=4825.19、如图，ABCD为空间四边形，点E，F分别是AB，BC的中点，点G，H分别在CD，AD上，且DH=13AD，DG=13CD．(1)求证：E，F，G，H四点共面；(2)求证：EH，FG必相交且交点在直线BD上．答案：(1)证明见解析(2)证明见解析分析：（1）根据线段成比例得出直线与直线平行，利用平行直线确定一个平面可证结论；（2）根据平面的公理进行证明.（1）证明：连接AC，因为E，F分别是AB，BC的中点，DH=13AD，DG=13CD；所以EF//AC，HG//AC，所以EF//HG，所以E，F，G，H四点共面．（2）证明：易知HG=13AC，又EF=12AC，所以HG≠EF，结合（1）的结论可知，四边形EFGH是梯形，因此直线EH，FG不平行．设它们交点为P，P∈平面ABD，同理P∈FG，所以P∈平面BCD，又平面ABD∩平面BCD=BD，因此P∈BD，即EH，FG必相交且交点在直线BD上．。

高中数学第八章立体几何初步知识汇总笔记单选题1、如图直角△O′A′B′是一个平面图形的直观图，斜边O′B′=4，则原平面图形的面积是（）A．8√2B．4√2C．4D．√2答案：A解析：根据斜二测画法规则可求原平面图形三角形的两条直角边长度，利用三角形的面积公式即可求解. 由题意可知△O′A′B′为等腰直角三角形，O′B′=4，则OʹAʹ=2√2，所以原图形中，OB=4，OA=4√2，×4×4√2=8√2.故原平面图形的面积为12故选：A2、如图，用斜二测画法作水平放置的正三角形A1B1C1的直观图，则正确的图形是（）A．B．C．D．答案：A分析：由斜二侧画法的规则分析判断即可先作出一个正三角形A1B1C1，然后以B1C1所在直线为x轴，以B1C1边上的高所在的直线为y轴建立平面直角坐标系，画对应的x′,y′轴，使夹角为45°，画直观图时与x轴平行的直线的线段长度保持不变，与y轴平行的线段长度变为原来的一半，得到的图形如图，然后去掉辅助线即可得到正三角形的直观图如图，故选：A3、下列空间图形画法错误的是（）A．B．C．D．答案：D分析：根据空间图形画法：看得见的线画实线，看不见的线画虚线.即可判断出答案.D选项：遮挡部分应画成虚线．故选:D.4、若一个正方体的体对角线长为a，则这个正方体的全面积为（）A．2a2B．2√2a2C．2√3a2D．3√2a2答案：A分析：设正方体的棱长为x，求出正方体的棱长即得解.a2，解：设正方体的棱长为x，则√3x=a，即x2=13a2=2a2．所以正方体的全面积为6x2=6×13故选：A5、已知三棱锥A−BCD的所有顶点都在球O的球面上，且AB⊥平面BCD，AB=2√3，AC=AD=4，CD= 2√2，则球O的表面积为（）A．20πB．18πC．36πD．24π答案：A分析：根据AB⊥平面BCD，得到AB⊥BC，AB⊥BD，再由AB=2√3，AC=AD=4，CD=2√2，得到BC⊥BD，则三棱锥A−BCD截取于一个长方体，然后由长方体的外接球即为三棱锥的外接球求解.因为AB⊥平面BCD，所以AB⊥BC，AB⊥BD，∴BC=BD=√42−(2√3)2=2，在△BCD中，CD=2√2，∴CD2=BC2+BD2，∴BC⊥BD.如图所示：三棱锥A−BCD的外接球即为长方体AGFH-BCED的外接球，设球O的半径为R，则2R=√BA2+BC2+BD2=√(2√3)2+22+22=2√5，解得R=√5，所以球O的表面积为20π，故选：A.6、下列条件中，能得出直线m与平面α平行的是（）A．直线m与平面α内的所有直线平行B．直线m与平面α内的无数条直线平行C．直线m与平面α没有公共点D．直线m与平面α内的一条直线平行答案：C分析：根据线面平行的判定，线面平行的性质逐个辨析即可.对A，直线m与平面α内的所有直线平行不可能，故A错误；对B，当直线m在平面α内时，满足直线m与平面α内的无数条直线平行，但m与α不平行；对C，能推出m与α平行；对D ，当直线m 在平面α内时，m 与α不平行.故选：C.7、如图是长方体被一平面所截得到的几何体，四边形EFGH 为截面，长方形ABCD 为底面，则四边形EFGH 的形状为（ ）A ．梯形B ．平行四边形C ．可能是梯形也可能是平行四边形D ．矩形答案：B解析：利用面面平行的性质判断EF 与的平行、EH 与FG 平行.因为平面ABFE //平面CGHD ,且平面EFGH ∩平面ABFE =EF ,平面EFGH ∩平面CGHD =GH ,根据面面平行的性质可知EF //,同理可证明EH //FG .所以四边形EFGH 为平行四边形.故选：B.小提示：本题考查长方体截面形状判断，考查面面平行的性质应用，较简单.8、空间三个平面如果每两个都相交，那么它们的交线有（ ）A ．1条B ．2条C ．3条D ．1条或3条答案：D分析：根据平面与平面的位置关系即可得出结论.三个平面可能交于同一条直线，也可能有三条不同的交线，如图所示：GH GH故选：D多选题9、正三棱锥S −ABC 的外接球半径为2，底面边长为AB =3，则此三棱锥的体积为（ ）A ．9√34B ．3√34C ．27√34D ．3√32答案：AB分析：首先设三棱锥S −ABC 的外接球的球心为O ，三角形ABC 的中心为D ，得到CD =√3，再分类讨论求解三棱锥体积即可。

(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步知识点总结(超全)单选题1、过半径为4的球O表面上一点M作球O的截面，若OM与该截面所成的角是30°，则O到该截面的距离是（）A．4B．2√3C．2D．1答案：C分析：作出球的截面图，根据几何性质计算，可得答案.作出球的截面图如图：设A为截面圆的圆心，O为球心，则OA⊥截面，AM在截面内，即有OA⊥AM，=2 ,故∠OMA=30∘,所以OA=4×12即O到该截面的距离是2，故选：C2、如图，点N为正方形ABCD的中心，ΔECD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是异面直线答案：B解析：利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．如图所示，作EO⊥CD于O，连接ON，过M作MF⊥OD于F．连BF，∵平面CDE⊥平面ABCD．EO⊥CD,EO⊂平面CDE，∴EO⊥平面ABCD，MF⊥平面ABCD，∴ΔMFB与ΔEON均为直角三角形．设正方形边长为2，易知EO=√3,ON=1EN=2，MF=√32,BF=52,∴BM=√7．∴BM≠EN，故选B．小提示：本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形．3、若直线a和b没有公共点，则a与b的位置关系是（）A．相交B．平行C．异面D．平行或异面答案：D分析：根据直线与直线的位置关系即可判断因为两直线相交只有一个公共点，两直线平行或异面没有公共点，故选：D.4、设m､n是两条不同的直线，α､β是两个不同的平面，则下列命题中的真命题为（）A．若m∥α,n∥α，则m∥nB．若m⊥α,n⊥α，则m∥nC．若m∥α,m∥β，则α∥βD．若m⊥α,α⊥β，则m∥β答案：B分析：在正方体中取直线和平面可排除ACD，由线面垂直的性质可得B正确.在正方体ABCD−EFGH中，记底面ABCD为α，EF为m，EH为n，显然A不正确；记底面ABCD为α，EF为m，平面CDHG为β，故排除C；记底面ABCD为α，BF为m，平面ABFE为β，可排除D；由线面垂直的性质可知B正确.故选：B5、如图，某圆锥的轴截面ABC是等边三角形，点D是线段AB的中点，点E在底面圆的圆周上，且BE⌢的长度等⌢的长度，则异面直线DE与BC所成角的余弦值是（）于CEA ．√24B ．√64C ．√104D ．√144答案：A分析：过点A 作AO ⊥BC 于点O ，过点A 作DG ⊥BC 于点G ，取AO 的中点F ，连接GE 、OE 、EF ，则有∠DEF （或其补角）就是异面直线DE 与BC 所成的角，设圆锥的底面半径为2，解三角形可求得答案.解：过点A 作AO ⊥BC 于点O ，过点A 作DG ⊥BC 于点G ，取AO 的中点F ，连接GE 、OE 、EF ，则DF //BC ，且DF =12BC ，所以∠DEF （或其补角）就是异面直线DE 与BC 所成的角， 设圆锥的底面半径为2，则DF =1，OE =2，AO =2√3，所以DG =OF =√3，在Rt △GOE 中，GO =1，OE =2，所以GE =√GO 2+OE 2=√5，在Rt △GDE 中，GE =√5，DG =√3，所以DE =√GD 2+GE 2=2√2，在Rt △FOE 中，FO =√3，OE =2，FE =√FO 2+OE 2=√7，所以在△DFE 中，满足DF 2+FE 2=DE 2，所以∠DFE =90∘，所以cos∠DEF =DF DE =2√2=√24， 故选：A.6、下列说法正确的有（ ）①两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；②经过球面上不同的两点只能作一个大圆；③各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；④圆锥的轴截面是等腰三角形.A．1个B．2个C．3个D．4个答案：A解析：根据棱台、球、正方体、圆锥的几何性质，分析判断，即可得答案.①中若两个底面平行且相似，其余各面都是梯形，并不能保证侧棱延长线会交于一点，所以①不正确；②中若球面上不同的两点恰为球的某条直径的两个端点，则过此两点的大圆有无数个，所以②不正确；③中底面不一定是正方形，所以③不正确；④中圆锥的母线长相等，所以轴截面是等腰三角形，所以④是正确的.故选：A7、已知圆锥的底面半径为R，高为3R，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是（）A．2πR2B．94πR2C．83πR2D．πR2答案：B分析：根据圆柱的表面积公式以及二次函数的性质即可解出．设圆柱的底面半径为r，圆柱的高为ℎ，所以在轴截面三角形中，如图所示：由相似可得，rR =3R−ℎ3R，所以，ℎ=3R−3r，即圆柱的全面积为S=2πr2+2πrℎ=2πr2+2πr(3R−3r)=2π(−2r2+3rR)=2π[−2(r−34R)2+98R2]≤9π4R2，当且仅当r=34R时取等号．故选：B．，P是A1B上的一动点，8、如图所示，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=1，AB=BC=√3，cos∠ABC=13则AP+PC1的最小值为（）A．√5B．√7C．1+√3D．3答案：B分析：连接BC1，以A1B所在直线为轴，将△A1BC1所在平面旋转到平面ABB1A1，设点C1的新位置为C′，连接AC′，判断出当A、P、C′三点共线时，则AC′即为AP+PC1的最小值.分别求出∠AA1C′=120°,AA1=1,A1C′=2,利用余弦定理即可求解.连接BC1，得△A1BC1，以A1B所在直线为轴，将△A1BC1所在平面旋转到平面ABB1A1，设点C1的新位置为C′，连接AC′，则有AP+PC1≥AC′.当A、P、C′三点共线时，则AC′即为AP+PC1的最小值.，由余弦定理得：AC=√AB2+BC2−2AB·BCcosB=在三角形ABC中，AB=BC=√3，cos∠ABC=13√3+3−2×3×1=2,所以A1C1=2，即A1C′=23在三角形A1AB中，AA1=1，AB=√3，由勾股定理可得：A1B=√AA12+AB2=√1+3=2,且∠AA1B=60°. 同理可求：C1B=2因为A1B=BC1=A1C1=2，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠BA1C1=60°，所以在三角形AA1C′中，∠AA1C′=∠AA1B+∠BA1C′=120°,AA1=1,A1C′=2,)=√7.由余弦定理得：AC′=√1+4−2×1×2×(−12故选B.小提示：（1）立体几何中的翻折（展开）问题截图的关键是：翻折（展开）过程中的不变量；（2）立体几何中距离的最值一般处理方式：①几何法：通过位置关系，找到取最值的位置（条件），直接求最值；②代数法：建立适当的坐标系，利用代数法求最值.9、正方体中，点P，O，R，S是其所在棱的中点，则PQ与RS是异面直线的图形是（）A．B．C．D．答案：C分析：对于A，B，D，利用两平行线确定一个平面可以证明直线PQ与RS共面，对于C，利用异面直线的定义推理判断作答．对于A，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，A1C1，则AC//A1C1，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，则有PQ//AC，RS//A1C1，因此PQ//RS，则直线PQ与RS共面，A错误；对于B，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，QS，PR，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有AP//CR且AP=CR，则四边形APRC为平行四边形，即有AC//PR，又QS//AC，因此QS//PR，直线PQ与RS共面，B错误；对于C，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有RS//BB1，而BB1⊂平面ABB1A1，RS⊄平面ABB1A1，则RS//平面ABB1A1，PQ⊂平面ABB1A1，则直线PQ与RS无公共点，又直线PQ与直线BB1相交，于是得直线PQ与RS不平行，则直线PQ与RS是异面直线，C正确；对于D，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接A1B，D1C，PS，QR，如图，因为A 1D 1//BC 且A 1D 1=BC ，则四边形A 1D 1CB 为平行四边形，有A 1B//D 1C ，因为点P ，Q ，R ，S 是其所在棱的中点，有PS//A 1B ，QR//D 1C ，则PS//QR ，直线PQ 与RS 共面，D 错误. 故选：C10、“迪拜世博会”于2021年10月1日至2022年3月31日在迪拜举行，中国馆建筑名为“华夏之光”，外观取型中国传统灯笼，寓意希望和光明．它的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个中国馆的实心模型，已知模型内层底面直径为12cm ，外层底面直径为16cm ，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为20cm 的球面上.此模型的体积为（ ）A ．304πcm 3B ．840πcm 3C ．912πcm 3D ．984πcm 3答案：C分析：求出内层圆柱，外层圆柱的高，该模型的体积等于外层圆柱的体积与上下面内层圆柱高出的几何体的体积之和，计算可得解.如图，该模型内层圆柱底面直径为12cm ，且其底面圆周在一个直径为20cm 的球面上，可知内层圆柱的高ℎ1=2√(202)2−(122)2=16同理，该模型外层圆柱底面直径为16cm ，且其底面圆周在一个直径为20cm 的球面上，可知外层圆柱的高ℎ2=2√(202)2−(162)2=12此模型的体积为V=π(162)2×12+π(122)2×(16−12)=912π故选：C填空题11、如图，O′A′B′C′是平面四边形OABC的直观图，若O′A′B′C′是边长为2的正方形，则四边形OABC的周长为________.答案：16分析：根据原图形与斜二测画法直观图之间的关系，还原原图形即可求解.∵O′A′=2，∴O′B′=2√2还原回原图形后，OA=O′A′=2，OB=2O′B′=4√2，AB=√OB2+OA2=√32+4=6,∴原图形的面积周长为2×(6+2)=16所以答案是：16.12、如图，四棱锥S-ABCD的底面ABCD为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中正确的有______个．①AC⊥SB；②AB∥平面SCD；③SA与平面ABCD所成的角是∠SAD；④AB与SC所成的角等于DC与SC所成的角．答案：4分析：利用线面垂直的判定定理AC⊥平面SBD，进而可判定①正确．根据AB∥CD，利用线面平行的判定定理可证②正确．根据线面所成角的定义可判定③正确．根据AB∥CD，由异面直线所成角的定义可判定④正确．因为SD⊥底面ABCD，所以AC⊥SD．因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD．又BD∩SD＝D，所以AC⊥平面SBD，所以AC⊥SB，故①正确．因为AB∥CD，AB⊄平面SCD，CD⊂平面SCD，所以AB∥平面SCD，故②正确．因为AD是SA在平面ABCD内的射影，所以SA与平面ABCD所成的角是∠SAD．故③正确．因为AB∥CD，所以AB 与SC所成的角等于DC与SC所成的角，故④正确．所以答案是：4.13、从正方体的12条棱和12条面对角线中选出n条，使得其中任意两条线段所在的直线都是异面直线，则n的最大值为______．答案：4分析：根据正方体的结构特征，先确定至多可选出4条，再确定选出4条两两异面的线，即可得到结论．正方体共有8个顶点，若选出的n条线两两异面，则不能共顶点，即至多可选出4条，又可以选出4条两两异面的线（如图AC,BC′,B′D′,A′D），故所求n的最大值是4．所以答案是：4．14、已知三棱锥P−ABC的三条侧棱两两垂直，且它们的长度分别为1，1，√2，则此三棱锥的高为_________．答案：√105分析：将图形还原为长方体，进而通过等积法得到答案.如图1，将三棱锥P-ABC还原为长方体PADB-CQRS，由题意可知，V C−PAB=13S△PAB⋅PC=13×12×√2=√26，设P到平面ABC的距离为d，如图2，M为BA中点，则CM⊥BA，由勾股定理可知，CM =√3−(√22)2=√52，所以S △ABC =12×√2×√52=√52， 所以V P−ABC =13S △ABC ⋅d =√56d ，由V C−PAB =V P−ABC ⇒√56d =√26⇒d =√105. 所以答案是：√105. 15、在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，D 为AA 1中点，点P 在侧面BCC 1B 1上运动，当点P 满足条件___________时，A 1P //平面BCD (答案不唯一，填一个满足题意的条件即可)答案：P 是CC 1中点分析：根据线面平行的性质，只需在侧面BCC 1B 1上找到一点，A 1P //平面BCD 上的任一条线即可，可以取A 1P //CD ，此时P 是CC 1中点.取CC 1中点P ，连结A 1P ，∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AA1中点，点P在侧面BCC1B1上运动，∴当点P满足条件P是CC1中点时，A1P//CD，∵A1P⊄平面BCD，CD⊂平面BCD，∴当点P满足条件P是CC1中点时，A1P//平面BCD所以答案是：P是CC1中点.解答题16、如图，四棱锥P−ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM．（1）证明：平面PAM⊥平面PBD；（2）若PD=DC=1，求四棱锥P−ABCD的体积．．答案：（1）证明见解析；（2）√23分析：（1）由PD⊥底面ABCD可得PD⊥AM，又PB⊥AM，由线面垂直的判定定理可得AM⊥平面PBD，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM⊥平面PBD；（2）由（1）可知，AM⊥BD，由平面知识可知，△DAB~△ABM，由相似比可求出AD，再根据四棱锥P−ABCD的体积公式即可求出．（1）因为PD⊥底面ABCD，AM⊂平面ABCD，所以PD⊥AM，又PB⊥AM，PB∩PD=P，所以AM⊥平面PBD，而AM⊂平面PAM，所以平面PAM⊥平面PBD．（2）[方法一]：相似三角形法由（1）可知AM⊥BD．于是△ABD∽△BMA，故ADAB =ABBM．因为BM=12BC,AD=BC,AB=1，所以12BC2=1，即BC=√2．故四棱锥P−ABCD的体积V=13AB⋅BC⋅PD=√23．[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法由（2）知AM⊥DB,所以k AM⋅k BD=−1．建立如图所示的平面直角坐标系，设BC=2a(a>0)．因为DC=1，所以A(0,0)，B(1,0)，D(0,2a)，M(1,a)．从而k AM⋅k BD=a−01−0×2a−00−1=a×(−2a)=−2a2=−1．所以a=√22，即DA=√2．下同方法一.[方法三]【最优解】：空间直角坐标系法建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，设|DA|=t ，所以D(0,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，A(t,0,0)，B(t,1,0)．所以M (t 2,1,0)，PB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(t,1,−1)，AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(−t 2,1,0)． 所以PB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =t ⋅(−t 2)+1×1+0×(−1)=−t 22+1=0． 所以t =√2，即|DA|=√2．下同方法一.[方法四]：空间向量法由PB ⊥AM ，得PB⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0． 所以(PD⃑⃑⃑⃑⃑ +DA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ )⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0． 即PD⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +DA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0． 又PD ⊥底面ABCD ，AM 在平面ABCD 内，因此PD ⊥AM ，所以PD ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．所以DA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0，由于四边形ABCD 是矩形，根据数量积的几何意义，得−12|DA ⃑⃑⃑⃑⃑ |2+|AB ⃑⃑⃑⃑⃑ |2=0，即−12|BC ⃑⃑⃑⃑⃑ |2+1=0． 所以|BC⃑⃑⃑⃑⃑ |=√2，即BC =√2．下同方法一. 【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最常用的通性通法，为最优解；方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.17、如图所示的几何体由三棱锥P−ADQ和正四棱锥P−ABCD拼接而成，PQ⊥平面ADQ，AB//PQ，PQ=1，AB=2，AQ=√5，O为四边形ABCD对角线的交点．(1)求证：OP//平面ADQ；(2)求二面角O−AP−D的正弦值．答案：(1)证明见解析(2)√155分析：(1)取AD中点M，连QM，OM，证得PO//QM即可得解.(2)在正四棱锥P−ABCD中作出二面角O−AP−D的平面角，借助直角三角形计算即可.(1)取AD中点M，连QM，OM，如图，AB=1=PQ，因O是正四棱锥P−ABCD底面中心，即O是BD中点，则OM//AB//PQ，OM=12于是得PQMO 是平行四边形，PO //QM ，而PO ⊄平面ADQ ，DM ⊂平面ADQ ，所以PO //平面ADQ .(2)在正四棱锥P −ABCD 中，DO ⊥AO ，PO ⊥平面ABCD ，DO ⊂平面ABCD ，则PO ⊥DO ，而PO ∩AO =O ，PO,AO ⊂平面POA ，因此，DO ⊥平面POA ，而PA ⊂平面POA ，则DO ⊥PA ，过O 作OE ⊥PA 于E ，连DE ，如图，DO ∩OE =O ，DO,OE ⊂平面DOE ，则有PA ⊥平面DOE ，即PA ⊥DE ，从而得∠DEO 是二面角O −AP −D 的平面角， 因PQ ⊥平面ADQ ，则PQ ⊥AQ ，AP =√PQ 2+AQ 2=√6，而AO =12AC =√2，则PO =2，OE =PO⋅AO PA =2√33， Rt △DOE 中，DO =√2,DE =√DO 2+OE 2=√303，于是得sin∠DEO =DO DE =√155， 所以二面角O −AP −D 的正弦值√155. 18、长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E,F 分别为棱AA 1,CC 1的中点.（1）求证：D 1E//BF ；（2）求证：∠B 1BF =∠A 1ED 1.答案：（1）证明见解析；（2）证明见解析.分析：（1）先证明四边形EMC1D1为平行四边形，可得D1E//MC1，再证明四边形MBFC1为平行四边形，得BF//MC1，从而得D1E//BF；（2）根据等角定理证明即可.证明：（1）如图，取BB1的中点M，连接EM,C1M.在矩形ABB1A1中，易得EM//A1B1，EM=A1B1因为A1B1//C1D1，A1B1=C1D1，所以EM//C1D1，EM=C1D1所以四边形EMC1D1为平行四边形，所以D1E//MC1.在矩形BCC1B1中，易得MB//C1F，MB=C1F.所以四边形MBFC1为平行四边形，所以BF//MC1，所以D1E//BF.（2）因为D1E//BF，BB1//EA1，又∠B1BF与∠A1ED1的对应边方向相同，所以∠B1BF=∠A1ED1.19、如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为矩形，AB⊥BP，M，N分别为AC，PD的中点．（1）求证：MN∥平面ABP；（2）若BP⊥PC，求证：平面ABP⊥平面APC．答案：（1）证明见解析；（2）证明见解析.分析：（1）要证明线面平行，需证明线线平行，即连结BD，证明MN//BP；（2）要证明面面垂直，需证明线面垂直，利用垂直关系转化，证明PC⊥平面ABP. 证明：（1）连结BD，由已知，M为AC和BD的中点，又∵N为PD的中点，∴MN∥BP．∵MN⊄平面ABP，BP⊂平面ABP，∴MN∥平面ABP．（2）∵AB⊥BP，AB⊥BC，BP∩BC＝B，∴AB⊥平面BPC．∵PC⊂平面BPC，∴AB⊥PC．∵BP⊥PC，AB∩BP＝B，∴PC⊥平面ABP．∵PC⊂平面APC，∴平面ABP⊥平面APC．。