第八章-立体几何初步【知识梳理】-2020-2021学年高一数学下学期期中专项复习

第八章 立体几何初步（章节复习专项训练）一、选择题1．如图，在棱长为1正方体ABCD 中，点E ，F 分别为边BC ，AD 的中点，将ABF ∆沿BF 所在的直线进行翻折，将CDE ∆沿DE 所在直线进行翻折，在翻折的过程中，下列说法错误．．的是A ．无论旋转到什么位置，A 、C 两点都不可能重合B ．存在某个位置，使得直线AF 与直线CE 所成的角为60︒C ．存在某个位置，使得直线AF 与直线CE 所成的角为90︒D ．存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 所成的角为90︒【答案】D【详解】解：过A 点作AM⊥BF 于M ，过C 作CN⊥DE 于N 点在翻折过程中，AF 是以F 为顶点，AM 为底面半径的圆锥的母线，同理，AB ，EC ，DC 也可以看成圆锥的母线；在A 中，A 点轨迹为圆周，C 点轨迹为圆周，显然没有公共点，故A 正确；在B 中，能否使得直线AF 与直线CE 所成的角为60°，又AF ，EC 分别可看成是圆锥的母线，只需看以F 为顶点，AM 为底面半径的圆锥的轴截面的顶角是否大于等于60°即可，故B 正确；在C 中，能否使得直线AF 与直线CE 所成的角为90°，只需看以F 为顶点，AM 为底面半径的圆锥的轴截面的顶角是否大于等于90°即可，故C 正确；在D 中，能否使得直线AB 与直线CD 所成的角为90︒，只需看以B 为顶点，AM 为底面半径的圆锥的轴截面的顶角是否大于等于90°即可，故D 不成立；故选D ．2．如图所示，多面体ABCDEF 中，已知平面ABCD 是边长为3的正方形，//EF AB ，32EF =，EF 到平面ABCD 的距离为2，则该多面体的体积V 为（ ）A ．92B ．5C ．6D ．152【答案】D【详解】解法一：如图，连接EB ，EC ，AC ，则213263E ABCD V -=⨯⨯=.2AB EF =，//EF AB2EAB BEF S S ∆∆∴=.12F EBC C EFB C ABE V V V ---=∴= 11132222E ABC E ABCD V V --==⨯=. E ABCDF EBC V V V --∴=+315622=+=. 解法二：如图，设G ，H 分别为AB ，DC 的中点，连接EG ，EH ，GH ，则//EG FB ，//EH FC ，//GH BC ，得三棱柱EGH FBC -，由题意得123E AGHD AGHD V S -=⨯ 1332332=⨯⨯⨯=， 133933332222GH FBC B EGH E BGH E GBCH E AGHD V V V V V -----===⨯==⨯=⨯， 915322E AGHD EGH FBC V V V --=+=+=∴. 解法三：如图，延长EF 至点M ，使3EM AB ==，连接BM ，CM ，AF ，DF ，则多面体BCM ADE -为斜三棱柱，其直截面面积3S =，则9BCM ADE V S AB -=⋅=.又平面BCM 与平面ADE 平行，F 为EM 的中点，F ADE F BCM V V --∴=，2F BCM F ABCD BCM ADE V V V ---∴+=， 即12933233F BCM V -=-⨯⨯⨯=， 32F BCM V -∴=，152BCM ADE F BCM V V V --=-=∴. 故选：D 3．下列命题中正确的是A ．若a ，b 是两条直线，且a ⊥b ，那么a 平行于经过b 的任何平面B ．若直线a 和平面α满足a ⊥α，那么a 与α内的任何直线平行C ．平行于同一条直线的两个平面平行D ．若直线a ，b 和平面α满足a ⊥b ，a ⊥α，b 不在平面α内，则b ⊥α【答案】D【详解】解：如果a ，b 是两条直线，且//a b ，那么a 平行于经过b 但不经过a 的任何平面，故A 错误； 如果直线a 和平面α满足//a α，那么a 与α内的任何直线平行或异面，故B 错误；如果两条直线都平行于同一个平面，那么这两条直线可能平行，也可能相交，也可能异面，故C 错误； D 选项：过直线a 作平面β，设⋂=c αβ，又//a α//a c ∴又//a b//b c ∴又b α⊂/且c α⊂//b α∴．因此D 正确．故选：D ．4．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为底面ABCD 的中心，M 为棱BB 1的中点，则下列结论中错误的是( )A ．D 1O⊥平面A 1BC 1B ．MO⊥平面A 1BC 1C ．二面角M －AC －B 等于90°D ．异面直线BC 1与AC 所成的角等于60°【答案】C【详解】对于A ，连接11B D ，交11AC 于E ，则四边形1DOBE 为平行四边形 故1D O BE1D O ⊄平面11,A BC BE ⊂平面111,A BC DO ∴平面11A BC ，故正确对于B ，连接1B D ，因为O 为底面ABCD 的中心，M 为棱1BB 的中点，1MO B D ∴,易证1B D ⊥平面11A BC ，则MO ⊥平面11A BC ，故正确；对于C ，因为,BO AC MO AC ⊥⊥，则MOB ∠为二面角M AC B --的平面角，显然不等于90︒，故错误对于D ，1111,AC AC AC B ∴∠为异面直线1BC 与AC 所成的角，11AC B ∆为等边三角形，1160AC B ∴∠=︒，故正确故选C5．如图，在长方体1111ABCD A BC D -中，E 、F 分别是棱1AA 和1BB 的中点，过EF 的平面EFGH 分别交BC 和AD 于点G 、H ，则GH 与AB 的位置关系是A ．平行B ．相交C ．异面D ．平行或异面【答案】A【详解】 在长方体1111ABCD A BC D -中，11//AA BB ，E 、F 分别为1AA 、1BB 的中点，//AE BF ∴，∴四边形ABFE 为平行四边形，//EF AB ∴， EF ⊄平面ABCD ，AB 平面ABCD ，//EF ∴平面ABCD ，EF ⊂平面EFGH ，平面EFGH平面ABCD GH =，//EF GH ∴， 又//EF AB ，//GH AB ∴，故选A.6．如图所示，点S 在平面ABC 外，SB⊥AC ，SB=AC=2，E 、F 分别是SC 和AB 的中点，则EF 的长是A ．1 BC ．2D ．12【答案】B【详解】取BC 的中点D ，连接ED 与FD⊥E 、F 分别是SC 和AB 的中点，点D 为BC 的中点⊥ED⊥SB ，FD⊥AC,而SB⊥AC ，SB=AC=2则三角形EDF 为等腰直角三角形,则ED=FD=1即故选B.7．如图，AB 是圆O 的直径，PA 垂直于圆O 所在的平面，C 是圆O 上一点（不同于A ，B 两点），且PA AC =，则二面角P BC A --的大小为A ．60°B ．30°C ．45°D ．15°【答案】C【详解】 解：由条件得,PA BC AC BC ⊥⊥.又PAAC A =，PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ，所以BC ⊥平面PAC .又因为PC ⊂平面PAC ， 所以BC PC ⊥.所以PCA ∠为二面角P BC A --的平面角.在Rt PAC ∆中，由PA AC =得45PCA ︒∠=. 故选：C .8．在空间四边形ABCD 中，若AD BC BD AD ⊥⊥，，则有A ．平面ABC ⊥平面ADCB ．平面ABC ⊥平面ADBC ．平面ABC ⊥平面DBCD ．平面ADC ⊥平面DBC【答案】D【详解】 由题意，知AD BC BD AD ⊥⊥，，又由BC BD B =，可得AD ⊥平面DBC ，又由AD ⊂平面ADC ，根据面面垂直的判定定理，可得平面ADC ⊥平面DBC9．直三棱柱111ABC A B C -中，若90BAC ∠=︒，1AB AC AA ==，则异面直线1BA 与1AC 所成的角等于 A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°【答案】C【详解】本试题主要考查异面直线所成的角问题，考查空间想象与计算能力．延长B 1A 1到E ，使A 1E =A 1B 1，连结AE ，EC 1，则AE ⊥A 1B ，⊥EAC 1或其补角即为所求，由已知条件可得⊥AEC 1为正三角形，⊥⊥EC 1B 为60，故选C ．10．已知两个平面相互垂直，下列命题⊥一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线⊥一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线⊥一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面⊥过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面其中正确命题个数是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4 【答案】A【详解】由题意，对于⊥，当两个平面垂直时，一个平面内的不垂直于交线的直线不垂直于另一个平面内的任意一条直线，故⊥错误；对于⊥，设平面α∩平面β=m ，n⊥α，l⊥β，⊥平面α⊥平面β， ⊥当l⊥m 时，必有l⊥α，而n⊥α， ⊥l⊥n ，而在平面β内与l 平行的直线有无数条，这些直线均与n 垂直，故一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线，即⊥正确；对于⊥，当两个平面垂直时，一个平面内的任一条直线不不一定垂直于另一个平面，故⊥错误；对于⊥，当两个平面垂直时，过一个平面内任意一点作交线的垂线，若该直线不在第一个平面内，则此直线不一定垂直于另一个平面，故⊥错误；故选A ．11．在空间中，给出下列说法：⊥平行于同一个平面的两条直线是平行直线；⊥垂直于同一条直线的两个平面是平行平面；⊥若平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等，则//αβ；⊥过平面α的一条斜线，有且只有一个平面与平面α垂直.其中正确的是（ ）A ．⊥⊥B ．⊥⊥C ．⊥⊥D ．⊥⊥ 【答案】B【详解】⊥平行于同一个平面的两条直线可能平行、相交或异面，不正确；易知⊥正确；⊥若平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等，则α与β可能平行，也可能相交，不正确；易知⊥正确.故选B.12．下列结论正确的选项为( )A ．梯形可以确定一个平面；B ．若两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线平行；C ．若l 上有无数个点不在平面α内，则l⊥αD ．如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．【答案】A【详解】因梯形的上下底边平行，根据公理3的推论可知A 正确．两条直线和第三条直线所成的角相等，这两条直线相交、平行或异面，故B 错．当直线和平面相交时，该直线上有无数个点不在平面内，故C 错．如果两个平面有三个公共点且它们共线，这两个平面可以相交，故D 错．综上，选A ．13．已知圆柱的轴截面为正方形，且圆柱的体积为54π，则该圆柱的侧面积为A ．27πB ．36πC ．54πD ．81π 【答案】B【详解】设圆柱的底面半径为r ．因为圆柱的轴截面为正方形，所以该圆柱的高为2r ．因为该圆柱的体积为54π，23π2π54πr h r ==，解得3r =，所以该圆柱的侧面积为2π236r r ⨯=π．14．用与球心距离为1的平面去截球，所得截面圆的面积为π，则球的表面积为A ．8π3B ．32π3C ．8πD 【答案】C【详解】设球的半径为R ，则截面圆的半径为，⊥截面圆的面积为S ＝π2＝（R 2－1）π＝π，⊥R 2＝2，⊥球的表面积S ＝4πR 2＝8π．故选C. 15．已知圆柱的侧面展开图是一个边长为2的正方形，那么这个圆柱的体积是A ．2πB ．1πC ．22πD ．21π【答案】A【详解】由题意可知，圆柱的高为2，底面周长为2，故半径为1π，所以底面积为1π，所以体积为2π，故选A ． 16．用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图，对其中的线段说法不正确的是（ ）A ．原来相交的仍相交B ．原来垂直的仍垂直C ．原来平行的仍平行D ．原来共点的仍共点【答案】B【详解】解：根据斜二测画法作水平放置的平面图形的直观图的规则，与x 轴平行的线段长度不变，与y 轴平行的线段长度变为原来的一半，且倾斜45︒，故原来垂直线段不一定垂直了；故选：B ．17．如图所示为一个水平放置的平面图形的直观图，它是底角为45︒，腰和上底长均为1的等腰梯形，则原平面图形为 ( )A ．下底长为1B ．下底长为1+C ．下底长为1D ．下底长为1+【答案】C【详解】45A B C '''∠=，1A B ''= 2cos451B C A B A D ''''''∴=+=∴原平面图形下底长为1由直观图还原平面图形如下图所示：可知原平面图形为下底长为1故选：C18．半径为R 的半圆卷成一个圆锥，则它的体积是（ ）A 3RB 3RC 3RD 3R 【答案】C【详解】设底面半径为r ，则2r R ππ=，所以2R r =.所以圆锥的高2h R ==.所以体积22311332R V r h R ππ⎛⎫=⨯== ⎪⎝⎭.故选：C .19．下列说法中正确的是A ．圆锥的轴截面是等边三角形B ．用一个平面去截棱锥，一定会得到一个棱锥和一个棱台C ．将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在的直线旋转一周，所围成的几何体是由一个圆台和两个圆锥组合而成D ．有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱【答案】D【详解】圆锥的轴截面是两腰等于母线长的等腰三角形，A 错误；只有用一个平行于底面的平面去截棱锥，才能得到一个棱锥和一个棱台，B 错误；等腰梯形绕着它的较长的底边所在的直线旋转一周的几何体，是由一个圆柱和两个圆锥组合而成，故C 错误；由棱柱的定义得，有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱，故D 正确．20．如图，将矩形纸片ABCD 折起一角落()EAF △得到EA F '△，记二面角A EF D '--的大小为π04θθ⎛⎫<< ⎪⎝⎭，直线A E '，A F '与平面BCD 所成角分别为α，β，则（ ）．A ．αβθ+>B ．αβθ+<C ．π2αβ+>D ．2αβθ+> 【答案】A【详解】如图，过A '作A H '⊥平面BCD ，垂足为H ，过A '作A G EF '⊥，垂足为G ，设,,A G d A H h A EG γ'''==∠=，因为A H '⊥平面BCD ，EF ⊂平面BCD ，故A H EF '⊥，而A G A H A '''⋂=，故EF ⊥平面A GH '，而GH ⊂平面A GH '，所以EF GH ⊥，故A GH θ'∠=，又A EH α'∠=，A FH β'∠=.在直角三角形A GE '中，sin d A E γ'=，同理cos d A F γ'=， 故sin sin sin sin sin h h d dαγθγγ===，同理sin sin cos βθγ=， 故222sin sin sin αβθ+=，故2cos 2cos 21sin 22αβθ--=， 整理得到2cos 2cos 2cos 22αβθ+=， 故()()2cos cos cos 22αβαβαβαβθ+--⎡⎤++-⎣⎦+=， 整理得到()()2cos cos cos αβαβθ+-=即()()cos cos cos cos αβθθαβ+=-， 若αβθ+≤，由04πθ<< 可得()cos cos αβθ+≥即()cos 1cos αβθ+≥， 但αβαβθ-<+≤，故cos cos αβθ->，即()cos 1cos θαβ<-，矛盾， 故αβθ+>.故A 正确，B 错误. 由222sin sin sin αβθ+=可得sin sin ,sin sin αθβθ<<，而,,αβθ均为锐角，故,αθβθ<<，22παβθ+<<，故CD 错误.故选：D.二、填空题 21．如图，已知六棱锥P ﹣ABCDEF 的底面是正六边形，P A ⊥平面ABC ，P A ＝AB ，则下列结论正确的是_____．（填序号）⊥PB ⊥AD ；⊥平面P AB ⊥平面PBC ；⊥直线BC ⊥平面P AE ；⊥sin⊥PDA =．【答案】⊥【详解】⊥P A ⊥平面ABC ，如果PB ⊥AD ，可得AD ⊥AB ，但是AD 与AB 成60°，⊥⊥不成立，过A 作AG ⊥PB 于G ，如果平面P AB ⊥平面PBC ，可得AG ⊥BC ，⊥P A ⊥BC ，⊥BC ⊥平面P AB ，⊥BC ⊥AB ，矛盾，所以⊥不正确；BC 与AE 是相交直线，所以BC 一定不与平面P AE 平行，所以⊥不正确；在R t⊥P AD 中，由于AD ＝2AB ＝2P A ，⊥sin⊥PDA =，所以⊥正确；故答案为: ⊥22．如图，已知边长为4的菱形ABCD 中，,60AC BD O ABC ⋂=∠=︒.将菱形ABCD 沿对角线AC 折起得到三棱锥D ABC -，二面角D AC B --的大小为60°，则直线BC 与平面DAB 所成角的正弦值为______.【详解】⊥四边形ABCD 是菱形，60ABC ∠=︒，,,AC OD AC OB OB OD ∴⊥⊥==，DOB ∴∠为二面角D AC B --的平面角，60DOB ∠=︒∴，OBD ∴△是等边三角形.取OB 的中点H ，连接DH ，则,3DH OB DH ⊥=.,,AC OD AC OB OD OB O ⊥⊥⋂=，AC ∴⊥平面,OBD AC DH ∴⊥，又,AC OB O AC ⋂=⊂平面ABC ，OB ⊂平面ABC ，DH ∴⊥平面ABC ，2114333D ABC ABC V S DH -∴=⋅=⨯=△4,AD AB BD OB ====ABD ∴∆的边BD 上的高h =1122ABD S BD h ∴=⋅=⨯=△设点C 到平面ABD 的距离为d ，则13C ABD ABD V S d -=⋅=△.D ABC C ABD V V --=，d ∴=∴=⊥直线BC 与平面DAB 所成角的正弦值为d BC = 23．球的一个内接圆锥满足：球心到该圆锥底面的距离是球半径的一半，则该圆锥的体积和此球体积的比值为_______． 【答案】932或332【解析】设圆锥的底面半径为r,高为h,球的半径为R ．由立体几何知识可得，连接圆锥的顶点和底面的圆心，必垂直于底面，且球心在连线所成的直线上．分两种情况分析：（1）球心在连线成构成的线段内因为球心到该圆锥底面的距离是球半径的一半，所以,故圆锥的体积为．该圆锥的体积和此球体积的比值为（2）球心在连线成构成的线段以外因为球心到该圆锥底面的距离是球半径的一半，所以,故圆锥的体积为．该圆锥的体积和此球体积的比值为24．如图，四棱台''''ABCD A B C D -的底面为菱形，P 、Q 分别为''''B C C D ，的中点．若'AA ⊥平面BPQD ，则此棱台上下底面边长的比值为___________．【答案】2 3【详解】连接AC，A′C′，则AC⊥A′C′，即A，C，A′，C′四点共面，设平面ACA′C′与PQ和QB分别均于M，N点，连接MN，如图所示：若AA′⊥平面BPQD，则AA′⊥MN，则AA'NM为平行四边形，即A'M＝AN，即31''42A C=AC，''23A BAB∴=，即棱台上下底面边长的比值为23．故答案为23．三、解答题25．如图，在直四棱柱ABCD–A1B1C1D1中，已知底面ABCD是菱形，点P是侧棱C1C的中点．（1）求证：AC 1⊥平面PBD ；（2）求证：BD ⊥A 1P ．【答案】（1）见解析；（2）见解析【详解】（1）连接AC 交BD 于O 点，连接OP ，因为四边形ABCD 是正方形，对角线AC 交BD 于点O ，所以O 点是AC 的中点，所以AO =OC ．又因为点P 是侧棱C 1C 的中点，所以CP =PC 1，在⊥ACC 1中，11C P AO OC PC==，所以AC 1⊥OP ， 又因为OP ⊥面PBD ，AC 1⊥面PBD ，所以AC 1⊥平面PBD ．（2）连接A 1C 1．因为ABCD –A 1B 1C 1D 1为直四棱柱，所以侧棱C 1C 垂直于底面ABCD ，又BD ⊥平面ABCD ，所以CC 1⊥BD ，因为底面ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD ，又AC ∩CC 1=C ，AC ⊥面AC 1，CC 1⊥面AC 1，所以BD ⊥面AC 1，又因为P ⊥CC 1，CC 1⊥面ACC 1A 1，所以P ⊥面ACC 1A 1，因为A 1⊥面ACC 1A 1，所以A 1P ⊥面AC 1，所以BD ⊥A 1P ．26．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1BC BB =，12BAC BCA ABC ∠=∠=∠，点E 是1A B 与1AB 的交点，D 为AC 的中点.（1）求证：1BC 平面1A BD ；（2）求证：1AB ⊥平面1A BC .【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】分析：（1）连结ED ，E 为1A B 与1AB 的交点，E 为1AB 中点，D 为AC 中点，根据三角形中位线定理可得1//ED B C ，由线面平行的判定定理可得结果；（2）由等腰三角形的性质可得AB BC ⊥，由菱形的性质可得11AB A B ⊥，1BB ⊥平面ABC ，可得1BC BB ⊥，可证明1BC AB ⊥，由线面垂直的判定定理可得结果.详解：（1）连结ED ，⊥直棱柱111ABC A B C -中，E 为1A B 与1AB 的交点，⊥E 为1AB 中点，D 为AC 中点，⊥1//ED B C又⊥ED ⊂平面1A BD ，1B C ⊄平面1A BD⊥1//B C 平面1A BD .（2）由12BAC BCA ABC ∠=∠=∠知,AB BC AB BC =⊥ ⊥1BB BC =，⊥四边形11ABB A 是菱形，⊥11AB A B ⊥. ⊥1BB ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC⊥1BC BB ⊥⊥1AB BB B ⋂=,1,AB BB ⊂平面11ABB A ，⊥BC ⊥平面11ABB A⊥1AB ⊂平面11ABB A ，⊥1BC AB ⊥⊥1BC A B B ⋂=，1,BC A B ⊂平面1A BC ，⊥1AB ⊥平面1A BC27．如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，平面PBC ⊥平面ABCD ，⊥BCD 4π=，BC ⊥PD ，PE ⊥BC ．（1）求证：PC ＝PD ；（2）若底面ABCD 是边长为2的菱形，四棱锥P ﹣ABCD 的体积为43，求点B 到平面PCD 的距离．【答案】（1）证明见解析 （2）3． 【详解】 （1）证明：由题意，BC ⊥PD ，BC ⊥PE ，⊥BC ⊥平面PDE ，⊥DE ⊥平面PDE ，⊥BC ⊥DE .⊥⊥BCD 4π=，⊥DEC 2π=，⊥ED ＝EC ，⊥Rt⊥PED ⊥Rt⊥PEC ，⊥PC ＝PD .（2）解：由题意，底面ABCD 是边长为2的菱形，则ED ＝EC =⊥平面PBC ⊥平面ABCD ，PE ⊥BC ，平面PBC ∩平面ABCD ＝BC ，⊥PE ⊥平面ABCD ，即PE 是四棱锥P ﹣ABCD 的高.⊥V P ﹣ABCD 13=⨯2PE 43=，解得PE = ⊥PC ＝PD ＝2.设点B 到平面PCD 的距离为h ，⊥V B ﹣PCD ＝V P ﹣BCD 12=V P ﹣ABCD 23=， ⊥1132⨯⨯2×2×sin60°×h 23=，⊥h 3=.⊥点B 到平面PCD 的距离是3. 28．如图，在以A 、B 、C 、D 、E 、F 为顶点的五面体中，面ABCD 是等腰梯形，//AB CD ，面ABFE 是矩形，平面ABFE ⊥平面ABCD ，BC CD AE a ===，60DAB ∠=.（1）求证：平面⊥BDF 平面ADE ；（2）若三棱锥B DCF -a 的值. 【答案】（1）证明见解析；（2）1.【详解】（1）因为四边形ABFE 是矩形，故EA AB ⊥，又平面ABFE ⊥平面ABCD ，平面ABFE 平面ABCD AB =，AE ⊂平面ABFE ， 所以AE ⊥平面ABCD ，又BD ⊂面ABCD ，所以AE BD ⊥，在等腰梯形ABCD 中，60DAB ∠=，120ADC BCD ︒∴∠=∠=，因BC CD =，故30BDC ∠=，1203090ADB ∠=-=，即AD BD ⊥， 又AE AD A =，故BD ⊥平面ADE ，BD ⊂平面BDF ，所以平面⊥BDF 平面ADE ；（2）BCD 的面积为2213sin12024BCD S a ==， //AE FB ，AE ⊥平面ABCD ，所以，BF ⊥平面ABCD ，2313D BCF F BCD V V a --∴==⋅==，故1a =.。

《人教A版必修二知识点汇总》第8章《立体几何初步》知识点汇总8.1 基本立体图形1.空间几何体、多面体、旋转体的定义（1）空间几何体的定义空间中的物体都占据着空间的一部分，如果只考虑这些物体的形状和大小，而不考虑其他因素，那么由这些物体抽象出来的空间图形就叫做空间几何体.（2）多面体的概念像纸箱、金字塔这样，由若干个平面多边形围成的几何体叫做多面体.①面：围成多面体的各个多边形叫做多面体的面.如图，有面ABE, 面BCE，面ABF等.②棱：两个面的公共边叫做多面体的棱；如图，有棱BE，棱CE，棱DE等.③顶点：棱与棱的公共点叫做多面体的顶点.如图，有顶点A,顶点B,顶点C等.（3）旋转体的概念像奶粉罐、篮球和足球这样，一条平面曲线(包括直线)绕它所在平面内的一条定直线旋转所形成的曲面叫做旋转面，封闭的旋转面围成的几何体叫做旋转体，这条定直线叫做旋转体的轴 .如图：圆柱体就是由矩形OAA1O1绕轴OO1旋转而成.（4）小结2.特殊的多面体（1）棱柱①棱柱的概念与结构特征如图，一般地，有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱.Ⅰ.底面(底)：两个互相平行的面叫做棱柱的底面，它们是全等的多边形.Ⅱ.侧面：其余各面叫做棱柱的侧面，它们都是平行四边形.Ⅲ.侧棱：相邻侧面的公共边叫做棱柱的侧棱，它们都是相互平行且相等的线段.Ⅳ.顶点：侧面与底面的公共顶点叫做棱柱的顶点.温馨提示A.两个底面与平行于底面的截面是全等的多边形，如图（a）所示;B.过不相邻的两条侧棱的截面是平行四边形，如图(b)所示;C.有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体不一定是棱柱，如图(c)所示.②棱柱的表示与分类棱柱用表示底面各顶点的字母来表示，棱柱的底面可以是三角形、四边形、五边形……，我们把这样的棱柱分别叫做三棱柱、四棱柱、五棱柱……例如，右图中的棱柱分别表示为三棱柱ABC−A1B1C1,四棱柱ABCD−A1B1C1D1,五棱柱ABCDE−A1B1C1D1E1.③几种特殊的棱柱Ⅰ.直棱柱：一般地，我们把侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱.如右图中直四棱柱ABCD−A1B1C1D1.Ⅱ.斜棱柱：侧棱不垂直于底面的棱柱叫做斜棱柱.如右图中斜三棱柱ABC−A1B1C1.Ⅲ.正棱柱：底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱.如右图中五棱柱ABCDE−A1B1C1D1E1.Ⅳ.平行六面体：底面是平行四边形的四棱柱也叫做平行六面体.如右图中平行六面体ABCD−A1B1C1D1.（2）棱锥①棱锥的概念与结构特征有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥.Ⅰ.底面：这个多边形面叫做棱锥的底面；Ⅱ.侧面：有公共顶点的各个三角形面叫做棱锥的侧面；Ⅲ.侧棱：相邻侧面的公共边叫做棱锥的侧棱；Ⅳ.顶点：各侧面的公共顶点叫做棱锥的顶点.温馨提示：对于棱锥要注意，有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体不一定是棱锥，如图所示，必须强调其余各面是具有公共顶点的三角形.②棱锥的表示与分类棱锥用表示顶点和底面各顶点的字母来表示，棱锥的底面可以是三角形、四边形、五边形……，我们把这样的棱锥分别叫做三棱锥、四棱锥、五棱锥……注：其中三棱锥又叫四面体.例如，右图中的棱锥分别表示为三棱锥(四面体)O−ABC,四棱锥O−ABCD,五棱锥O−ABCDE.③特殊的棱锥——正棱锥底面是正多边形，并且顶点与底面中心的连线垂直于底面的棱锥叫做正棱锥.（3）棱台①棱台的概念与结构特征用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的那部分多面体叫做棱台.Ⅰ.上（下）底面：在棱台中，原棱锥的底面和截面分别叫做棱台的下底面和上底面，且上下底面是相似图形.Ⅱ.侧面：其余各个梯形面叫做棱台的侧面；Ⅲ.侧棱：相邻侧面的公共边叫做棱台的侧棱；Ⅳ.顶点：侧面与底面的公共顶点叫做棱台的顶点.温馨提示：棱台中各侧棱延长后必相交于一点，否则不是棱台.②棱台的表示与分类棱台用表示底面各顶点的字母来表示，由三棱锥、四棱锥、五棱锥……截得的棱台分别叫做三棱台、四棱台、五棱台……例如，右图中的棱台分别表示为三棱台ABC−A1B1C1,四棱台ABCD−A1B1C1D1,五棱锥ABCDE−A1B1C1D1E1.3.特殊的旋转体（1）圆柱以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱.①轴：旋转轴叫做圆柱的轴；②底面：垂直于轴的边旋转而成的圆面叫做圆柱的底面；③侧面：平行于轴的边旋转而成的曲面叫做圆柱的侧面；④母线：无论旋转到什么位置，平行于轴的边都叫做圆柱的母线.注：圆柱用表示它的轴的字母表示，如图中的圆柱记作圆柱O1O.（2）圆锥以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥.①轴：旋转轴叫做圆锥的轴；②底面：垂直于轴的边旋转而成的圆面叫做圆锥的底面；③侧面：直角三角形的斜边旋转而成的曲面叫做圆锥的侧面；④母线：无论旋转到什么位置，不垂直于轴的边都叫做圆锥的母线.注：圆锥用表示它的轴的字母表示，如图中的圆锥记作圆锥SO.（3）圆台用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台.①轴：旋转轴叫做圆台的轴；②底面：垂直于轴的边旋转而成的圆面叫做圆台的底面；③侧面：不垂直于轴的边旋转一周所形成的曲面叫做圆台的侧面；④母线：无论旋转到什么位置，不垂直于轴的边都叫做圆台的母线.注：圆台用表示它的轴的字母表示，如图中的圆台记作圆台O1O.（4）球半圆以它的直径所在直线为旋转轴，旋转一周形成的曲面叫做球面，球面所围成的旋转体叫做球体，简称球 .①球心：半圆的圆心叫做球的球心；②半径：连接球心和球面上任意一点的线段叫做球的半径；③直径：连接球面上两点并经过球心的线段叫做球的直径；注：球常用表示球心的字母表示，如图中的球记作球O.4.简单组合体（1）定义：由简单几何体组合而成的几何体叫做简单组合体.（2）构成形式①一种是由简单几何体拼接而成的，如图1；②另一种是由简单几何体截去或挖去一部分而成的，如图2.8.2 立体图形的直观图二.知识清单（导学、自学）1.直观图的概念像上面这样，把空间图形(平面图形和立体图形的统称)画在平面内，使其既富有立体感，又能表达出主要部分的位置关系和度量关系的图形叫做直观图.2.用斜二测画法画水平放置平面图形的直观图（1）建系在已知图形中取互相垂直的 x 轴和 y 轴，两轴相交于点O.画直观图时，把它们画成对应的x′轴与y′轴，两轴相交于点 O′ ，且使∠x′O′ y′=45°或135°，它们确定的平面表示水平面.（2）划线（平行不变）已知图形中平行于 x 轴和 y 轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′轴与y′轴的线段.3.取长度(与 x 轴平行长度不变，与y轴平行长度取半)已知图形中平行于 x 轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于 y轴的线段，在直观图中长度为原来的一半.温馨提示画平面图形的直观图时，除多边形外，还经常会遇到画圆的直观图的问题，生活的经验告诉我们，水平放置的圆看起来非常像椭圆，因此我们一般用椭圆作为圆的直观图.2.用斜二测画法画空间几何体的直观图（1）探究用斜二测画法画长、宽、高分别为4 cm，2 cm，2 cm的长方体ABCD－A′ B′ C′ D′的直观图.解画法步骤如下①画轴：如图（1）画 x 轴，y 轴， z 轴，三轴相交于点O，使∠xOy=45°，∠xOz=90°.②画底面:如图（2），在 x 轴正半轴上取线段AB，使AB=4cm；在y 轴正半轴上取线段AD，使AD=1cm；过点B作y轴的平行线，过点D作x轴的平行线，设它们的交点为C，则平行四边形ABCD就是长方体的底面ABCD的直观图.③画侧棱:在z轴正半轴上取线段AA′，使AA=2cm，过B，C，D各点分别作的z轴的平行线，在这些平行线上分别截取2 cm长的线段 BB′，CC′，DD′.④连线成图：顺次连接A′ ，B′ ，C′ ，D′，并加以整理(去掉辅助线，将被遮挡的部分改为虚线)，就得到长方体的直观图.（2）用斜二测画法画空间几何体的直观图的步骤①画轴：画 x 轴，y 轴， z 轴，三轴相交于点O，使∠xOy=45°或135°，∠xOz＝90°.②画底面：按照平面图形的画法，，在平面xOy画底面的直观图.③画侧棱：已知图形中平行于z轴(或在z轴上)的线段，在其直观图中平行性和长度都不变.④连线成图：去掉辅助线，将被遮挡的部分改为虚线.温馨提示画空间几何体的直观图时，需特别注意实虚线的应用，被遮住的线必须用虚线，体现层次性和立体感.4.用斜二测画法画圆锥、球的直观图（1）圆锥体的直观图对于圆锥的直观图，一般先画圆锥的底面，再借助于圆锥的轴确定圆锥的顶点，最后画出两侧的两条母线，如图所示.（2）球的直观图画球的直观图，一般需要画出球的轮廓线，它是一个圆，同时还经常画出经过球心的截面圆，它们的直观图是椭圆，用以衬托球的立体性，如图所示.8.3.1 棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积1.复习导入——正方体、长方体的体积公式及其表面积公式（1）正方体体积公式及其表面积公式设正方体ABCD－A′B′C′D′的棱长为a(a>0),那么S正方体=6×一个面的面积=6a2.V正方体=底面积×高=棱长×棱长×棱长=a3.（2）长方体体积公式及其表面积公式设长方体ABCD－A′B′C′D′的长、宽、高分别为 a,b ,c(a,b,c>0),那么S长方体=(S底+S正+S右)×2=2(ab+ac+bc).V长方体=底面积×高=长×宽×高=abc.2.多面体的表面积由刷漆原理可知：(1)多面体的表面积就是围成多面体各个面的面积的和.(2)棱柱、棱锥、棱台的表面积就是围成它们的各个面的面积的和.3.棱柱、棱锥、棱台的体积（1）棱柱的体积由堆积原理可知：一般地，如果棱柱的底面积是S，高是ℎ，那么这个棱柱的体积为V棱柱=底面积×高=Sh简述为：“棱柱的体积等于它底面积与高的乘积 . ”注：棱柱的高是指两底面之间的距离，即从一底面上任意一点向另一个底面作垂线，这点与垂足(垂线与底面的交点)之间的距离.（2）棱锥的体积由灌注原理可知：一般地，如果棱锥的底面积是S，高是ℎ，那么这个棱锥的体积为V棱锥=13V棱柱=13Sh简述为：“棱锥的体积等于与它等底等高棱柱体积的13”注：棱锥的高是指从顶点向底面作垂线，顶点与垂足之间的距离. （4）棱台的体积由截去原理可知：一般地，棱台的体积公式为V棱台=13h(S+√SS′+S′)其中S′与S分别为棱台的棱台的上、下底面面积，ℎ为棱台的高.简述为：“棱台的体积等于上下底面的面积与它们的几何平均数之和，再乘以棱台高的乘积的13.”注：棱台的高是指两底面之间的距离，即从上底面上任意一点向下底面作垂线，这点与垂足之间的距离.（4）棱柱、棱锥、棱台的体积之间的关系①当S′=S时，棱台变为棱柱，棱台的体积公式也就是棱柱的体积公式;②当 S′=0时，棱台变为棱锥，棱台的体积公式也就是棱锥的体积公式.4.实例运用例1 如图，四面体P－ABC的各棱长均为a，求它的表面积．解：由题意可知四面体P－ABC是由4个边长为a的正三角形面围成∵S正三角形PBC =12a2sin60°=12×√32∙a2=√34∙a2∴S四面体P－ABC =4S正三角形PBC=4×√34∙a2=√3a2答：四面体P－ABC的表面积为√3a2.例2 如图，一个漏斗的上面部分是一个长方体，下面部分是一个四棱锥，两部分的高都是0.5m，公共面ABCD是边长为1m的正方形，那么这个漏斗的容积是多少立方米(精确到0.01m)解：由题意可得V长方体ABCD－A′B′C′D′=Sℎ=12×0.5=0.5(m3)V棱锥P−ABCD =13Sℎ=13×12×0.5=16(m3)∴V漏斗=V长方体ABCD－A′B′C′D′+ V棱锥P−ABCD=0.5+ 16=23≈0.67(m3)答：这个漏斗的容积约是0.67m3.8.3.2 圆柱、圆锥、圆台的体积1.圆柱、圆锥、圆台的体积（互学）（1）圆柱的体积由堆积原理可知：一般地，如果圆柱的底面圆半径是r，高是ℎ，那么这个圆柱的体积为V圆柱=底面圆面积×高= Sh =π r2∙h.简述为：“圆柱的体积等于它底面圆面积与高的乘积”例如已知一圆柱的底面圆半径为2cm，高为3cm，则这个圆柱的体积为V圆柱=π r2∙ℎ=π× 22×3=12π(cm3)（2）圆锥的体积由灌注原理可知：一般地，如果圆锥的底面圆半径是r，高是ℎ，那么这个圆锥的体积为V圆锥=13V圆柱=13Sh=13π r2∙h简述为：“圆锥的体积等于与它等底等高圆柱体积的13”(3)例如已知一圆锥的底面圆半径为2m，高为3m，则这个圆柱的体积为V圆锥=13Sℎ=13π r2∙ℎ=13π×22×3=4π(m3)3.圆台的体积由截去原理可知：一般地，圆台的体积公式为V圆台=13h(S＇+√S＇S+S)=13h(πr＇2+√πr＇2πr2+πr2)=13πh(r＇2+r＇r+r2) .其中S′与S分别为圆台的上、下底面圆面积，ℎ为圆台的高，r′与r分别为上、下底面圆半径.简述为：“圆台的体积等于上下底面圆的面积与它们的几何平均数之和，再乘以圆台高的乘积的13”(3)例如已知一圆台的上下底面圆半径分别为1dm、2dm, 高为3dm，则这个圆台的体积为V圆台=13πℎ(r＇2+r＇r+r2)=13π×3×(12+1×2+22)=7πdm3.（4）圆柱、圆锥、圆台的体积之间的关系①当 r′=r时，圆台变为圆柱，圆台的体积公式也就是圆柱的体积公式;②当 r′=0 时，圆台变为圆锥，圆台的体积公式也就是圆锥的体积公式.2.实例运用例1 已知某圆柱高为10，底面周长为8π，求圆柱的体积.解：设圆柱的底面圆半径为 r (r>0)∵已知C底=8π∴满足2πr=8π ,解得r=4又∵已知 ℎ=10∴V圆柱=π r2∙ℎ=π× 42×10=160π答：这个圆柱的体积为160π例2 已知圆锥的轴截面是等腰直角三角形，侧面积是16√2π，求圆锥的体积.解：作圆锥的轴截面，如图所示∵已知轴截面是等腰直角三角形∴在∆SAB中，∠ASB=90°, 且SA=SB设圆锥的底面圆半径是r，高是 ℎ则 ℎ=r, SB=√2r又∵已知S侧=16√2π∴12×2πr∙SB=16√2π , 即πr×√2r=16√2π解得r=4，∴ℎ=r=4∴V圆锥=13Sℎ=13π r2∙ℎ=13π×42×4=64π3例3已知圆台的上、下底面半径分别为2和 3 ，它的高为 6 ，求圆台的体积. 解：设圆台的高为ℎ，上、下底面圆半径分别为r′与r，则V圆台=13ℎ(S＇+√S＇S+S)=13πℎ(r＇2+r＇r+r2)=13π×6×(22+2×3+32)=38π答：这个圆台的体积为38π8.4.1 平面1.平面的概念、画法及表示（1）面的概念几何里所说的“平面”，就是从生活中的平静的湖面、课桌面、美丽的草原抽象出来的.类似于直线向两端无限延伸，平面是向四周无限延展的，没有厚薄、没有大小、没有形状.（2）平面的画法与表示①画法在立体几何中，平面通常画成一个含45°角的平行四边形.Ⅰ.当平面水平放置时，通常把平行四边形一组对边画成横向，如图（1）；Ⅱ.当平面竖直放置时，通常将平行四边形的一组对边画成竖向，如图Ⅲ.如果一个平面被另一个平面遮挡住，为了增强它的立体感，把被遮挡部分用虚线画出来或者不画.②表示Ⅰ.我们常用希腊字母α，β，γ等表示平面，如平面α、平面β、平面γ等，并将它写在代表平面的平行四边形的一个角内;Ⅱ.也可以用代表平面的平行四边形的四个顶点，或者相对的两个顶点的大写英文字母作为这个平面的名称.如图（1）中的平面α，也可以表示为平面ABCD、平面 AC 或者平面 BD.2.点、线、面之间的关系及符号表示∵直线上有无数个点，平面内有无数个点，∴直线、平面都可以看作以点为元素组成的集合，于是可将点、线、面之间的关系用符号表示如下所示：位置关系符号表示位置关系符号表示点P在直线l上P∈l点Q在直线l外Q∉l点P在平面α内P∈α点H在平面α外H∉α直线l在平面α内l⊂α直线m在平面α外m⊄α3.平面的基本事实及其推论（1）基本事实1过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面.简述为：“不共线的三点确定一个平面.”基本事实1用数学符号语言表示为：A，B，C三点不共线⇒存在唯一的平面α，使 A，B，C∈α（2）基本事实2如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内.注1(作用)：利用基本事实2，可以判断直线是否在平面内.基本事实2用数学符号语言表示为：A∈l，B∈l，且 A∈α，B∈α ⇒l⊂α（3）基本事实3如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线.注：如无特殊说明，本章中的两个平面均指两个不重合的平面.基本事实3用数学符号语言表示为：P∈α，P∈β⇒α∩β＝l，且P∈l （4）平面基本事实的三个推论利用基本事实1和基本事实2，再结合“两点确定一条直线”，可以得到下面三个推论: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.平面基本事实的三个推论用数学符号语言表示为：推论1：点 A∉l⇒l与A共面于平面α，且平面唯一；推论2：a∩b＝P⇒a与b共面于平面α，且平面唯一；推论3：直线a∥b⇒直线a，b共面于平面α，且平面唯一.3.实例运用例1下列命题正确的是( )A. 三点确定一个平面B. 一条直线和一个点确定一个平面C. 圆心和圆上两点可确定一个平面D. 梯形可确定一个平面解：对于A，空间不共线的三点可以确定一个平面，∴A错;对于B，在空间中，如果这个点在直线上，就不能确定一个平面，∴B错；对于C，圆心和圆上的两点如果在一条直线上，就不能确定一个平面，∴C错;对于D，梯形只有一组对边平行，所以梯形可以确定一个平面，∴D正确.故选D.例2用符号表示下列语句，并画出相应的图形；(1)点A在平面α内，点B在平面α外；(2)直线a既在平面α内，又在平面β内．解：（1）“点A在平面α内，点B在平面α外”表示为：A∈α，B∉α，如图（1）所示.例4解（2）“直线a既在平面α内，又在平面β内”表示为：a⊂α，a⊂β,且 α⋂β=a，如图（2）所示.8.4.2 空间点、直线、平面之间的位置关系1.空间中两条直线的位置关系由图可知，（1）平行直线：直线AB与DC在同一个平面ABCD内，它们没有公共点，它们是平行直线;（2）相交直线：直线AB与BC在同一个平面ABCD内，它们只有一个公共点B，它们是相交直线;（3）异面直线①定义：如图（1），像直线AB与CC′这样，空间中不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线.②画法：如图（2），如果直线a，b为异面直线，为了表示它们不共面的特点，作图时，通常用一个或两个平面衬托.③判定方法：由异面直线的定义及画法可得如下异面直线的判定方法Ⅰ.定义法：不同在任何一个平面内的两条直线是异面直线；Ⅱ.反证法：既不平行，也不相交的两条直线是异面直线；Ⅲ.定理法：与一个平面相交的直线和这个平面内不经过交点的直线是异面直线.(如右图一)定理法数学语言表示为：“AB∩α=B,A∉α,a⊂α,B∉a⇒直线AB与a是异面直线”（4）实例运用例1选择题(1)如果两条直线a与b没有公共点，那么a与b( )A.共面B.平行C.是异面直线D.可能平行，也可能是异面直线(2)设直线a,b分别是长方体的相邻两个面的对角线所在的直线,则a与b( )A.平行B.相交C.是异面直线D.可能相交，也可能是异面直线解：（1）选D（2）选D例2 如图，在长方体ABCD−A′B′C′D′中，判定直线AB与AC，直线AC与A′C′，直线A′B与AC，直线A′B与C′D的位置关系．解:如图，在长方体ABCD−A′B′C′D′中直线AB与AC为相交直线，直线AC与A′C′为平行直线，直线A′B与AC为异面直线，直线A′B与C′D为异面直线2.空间中直线与平面的位置关系由探究可知，直线与平面的位置关系有且只有如下三种：（1）关系1：直线a在平面α内——有无数个公共点，记作 a⊂α.（2）关系2：直线a与平面α相交——只有1个公共点，记作 a∩α=A.（3）关系3：直线a与平面α平行——没有公共点，记作 a∥α.温馨提示：直线a在平面α外包括两种情形——a∥α与a∩α＝A.3.空间中平面与平面的位置关系（1）空间中平面与平面的位置关系由探究可知，平面与平面的位置关系有且只有如下两种：①关系1：平面a与平面β平行——没有公共点，记作α∥β.②关系2：平面a与平面β相交——有一条公共直线，记作 α∩β=l.温馨提示：画两个互相平行的平面时，要注意使表示平面的两个平行四边形的对应边平行.（2）实例运用例3如图，用符号表示下列图形中直线、平面之间的位置关系．解：在图（1）中，α∩β=l,a∩α=A,a∩β=B.在图（2）中，α∩β=l,a⊂α, b⊂β a∩l=P,b∩l=P,a∩b=P.8.5.1 直线与直线平行1.基本事实4（平行线的传递性）（1）基本事实4（平行线的传递性）空间中平行于同一条直线的两条直线平行.基本事实4用数学符号表示为： a∥b,b∥c⇒a∥c温馨提示:基本事实4表明了平行的传递性，它可以作为判断两直线平行的依据，同时也给出了空间两直线平行的一种证明方法.（2）实例运用例1如图，空间四边形ABCD中，E,F,G,H分别是边AB,BC,CD,DA的中点求证：四边形EFGH是平行四边形．证明：如图，连接BD,∵已知E,H分别是边AB，DA的中点∴EH为∆ABD的中位线∴ EH∥BD,且EH=12BD同理可得FG∥BD,且FG=12BD∴EH ∥= FG∴四边形EFGH是平行四边形．2.等角互补定理（互学）（1）等角互补定理如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.等角互补定理用数学符号表示为：已知空间中两个角∠BAC与∠B′A′C′,且AB∥A′B′ ,AC∥A′C′⇒∠BAC=∠B′A′C′,或∠BAC+∠B′A′C′=180°（2）实例运用例2如图，在四面体A−BCD中，E,F,G分别为AB,AC,AD上的点，若EF∥BC,FG∥CD，则∆EFG和∆BCD有什么关系？为什么？解:∵EF∥BC，∴AEAB =AFAC=EFBC又∵FG∥CD，∴AFAC =AGAD=FGCD，∴AEAB =AGAD,∴EG∥BD∴由等角定理可知∠EFG=∠BCD，∠FGE=∠CDB,∠GEF=∠DBC∴△EFG∽△BCD(三角定理)8.5.2 直线与平面平行1.直线与平面平行的判定定理（1）直线与平面平行的判定定理如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行.直线与平面平行的判定定理用数学符号表示为：a⊄α,b⊂α,且a∥b⇒a∥α温馨提示:(1)定理中的三个条件“a⊄α，b⊂α，a∥b”缺一不可;(2)判定定理实质是——“ 线线平行⇒线面平行”.（2）实例运用例1 求证:空间四边形相邻两边中点的连线平行于经过另外两边的平面.（四）成果展示1(迁移变通、检测实践)例1 解：第1步：作图第2步：数学语言翻译已知：如图，空间四边形ABCD中，E,F分别是AB,AD的中点.求证：EF∥平面BCD.第3步：证明证明：如图，连接BD,∵已知E,F分别是AB,AD的中点∴EF为∆ABD的中位线∴EF∥BD又∵ EF⊄平面BCD,BD⊂平面BCD,∴EF∥平面BCD故原命题成立2.直线与平面平行的性质定理（1）直线与平面平行的性质定理一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行.直线与平面平行的性质定理用数学符号表示为：a∥α,a⊂β,且α⋂β=b⇒a∥b温馨提示(1)定理中的三个条件“a∥α,a⊂β,且α⋂β=b”缺一不可.(2)性质定理实质是——“线面平行⇒线线平行”.（2）实例运用例2 已知α⋂β=a,b⊂α,c⊂β,b∥c求证：a∥b∥c解：∵已知 b∥c，b⊄α,且c⊂β∴ b∥β又∵已知 b⊂α，α⋂β=a,∴ b∥a∴a∥b∥c8.5.3平面与平面平行1.平面与平面平行的定义如图，空间中没有公共点的两个平面叫做平行平面.记作：α∥β .温馨提示:两个平面平行的充要条件为（1）如果两个平面平行，那么这个平面内的任意一条直线都与另一个平面没有公共点.（2）如果一个平面内的任意一条直线都与另一个平面平行，那么这两个平面平行.2.平面与平面平行的判定定理（1）平面与平面平行的判定定理如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行.平面与平面平行的判定定理用数学符号表示为：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒β∥α温馨提示:(1)平面与平面平行的判定定理中的平行于一个平面内的“两条相交直线”是必不可少的条件.(2)平面与平面判定定理实质是——“线面平行⇒面面平行”.（2）实例运用例1 如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1,求证平面AB1D1∥平面BC1D.证明：∵已知ABCD−A1B1C1D1为正方体∴D1C1∥=A1B1, AB∥=A1B1∴D1C1∥= AB∴四边形D1C1BA为平行四边形∴D1A∥C1B又∵D1A⊄平面BC1D,C1B⊂平面B C1D,∴D1A∥平面B C1D, 同理可得D1B1∥平面B C1D又∵D1A⋂D1B1=D1且D1A，D1B1⊂平面AB1D1∴平面AB1D1∥平面BC1D.3.直线与平面平行的性质定理（1）平面与平面平行的性质定理两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行.平面与平面平行的性质定理用数学符号表示为：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b温馨提示(1)定理中的三个条件“ α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b”缺一不可.(2)性质定理实质是——“面面平行⇒线线平行”.（2）实例运用例2求证：夹在两个平行平面间的平行线段相等.第一步：作图；第二步：数学语言翻译；如图，已知α∥β，AB∥CD,且A∈α,C∈α,B∈β,C∈β求证：AB=CD.第三步：证明；证明：如图，过平行线AB，CD作平面γ，与平面α和β分别交于AC和BD∵已知 α∥β,α∩γ＝AC，β∩γ＝BD∴AC∥BD又∵已知AB∥CD∴四边形ABCD为平行四边形∴AB=CD8.6.1 直线与直线垂直1.异面直线所成的角（1）平面内相交直线所成的角规定：平面内两条直线相交形成4个角，其中不大于90°的角称为这两条直线所成的角(或夹角)，它刻画了一条直线相对于另一条直线倾斜的程度.特别地，当两条相交直线a与b所成角为90°时，就称这两条相交直线互相垂直, 记作a⊥b .提示：类似地，我们也可以用“异面直线所成的角”来刻画两条异面直线的位置关系.。

(名师选题)2023年人教版高中数学第八章立体几何初步必考知识点归纳单选题QC，MN⊥MQ，1、如图在正三棱锥S−ABC中，M,N分别是棱SC,BC的中点，Q为棱AC上的一点，且AQ=12若AB=2√2，则此正三棱锥S−ABC的外接球的体积为（）πC．8√3πD．4√3πA．12πB．4√33答案：D分析：根据题意证明SA,SB,SC两两垂直，将三棱锥放入棱长为2的正方体，两者外接球体积相同，求得正方体外接球体积即可得出答案.因为在△SBC中，M,N分别是棱SC,BC的中点，所以MN//SB，因为MN⊥MQ，所以SB⊥MQ，因为三棱锥S−ABC为正三棱锥，所以SB⊥AC（对棱垂直），又因为MQ,AC⊂面SAC，MQ∩AC=Q，所以SB⊥面SAC，因为SA,SC⊂面SAC，所以SB⊥SA,SB⊥SC，在Rt△SAB中，SA2+SB2=AB2，因为三棱锥S−ABC为正三棱锥，所以△SBC是等腰三角形，△ABC是等边三角形，所以SB=SC，AB=AC,所以SA 2+SC 2=AC 2，即SA ⊥SC ，所以SA,SB,SC 两两垂直，将此三棱锥放入正方体中，此正方体的面对角线长等于AB 长，为2√2,则该正方体棱长为2，外接球半径R =√(22)2+(2√22)2=√3， 正方体外接球体积V =43πR 3=43π×(√3)3=4√3π,此正三棱锥S −ABC 的外接球体积和正方体外接球体积相同，为4√3π.故选：D2、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：A3、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：C4、设α、β为两个不重合的平面，能使α//β成立的是A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α内有无数个点到β的距离相等D．α、β垂直于同一平面答案：B分析：应用几何体特例，如立方体可排除相关选项；而由面面平行的判定可知B正确应用立方体，如下图所示：选项A：α内有无数条直线可平行于l，即有无数条直线与β平行，但如上图α与β可相交于l，故A不一定能使α//β成立；选项B：由面面平行的判定，可知B正确选项C：在α内有一条直线平行于l，则在α内有无数个点到β的距离相等，但如上图α与β可相交于l，故C 不一定能使α//β成立；选项D：如图α⊥γ，β⊥γ，但α与β可相交于l，故D不一定能使α//β成立；故选：B小提示：本题考查了面面平行的判定，应用特殊与一般的思想排除选项，属于简单题5、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：A6、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、如图所示，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，∠BAC=90°，AB=AA1=1，D是棱CC1的中点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，若点Q在线段B1P上，则下列结论中正确的是（）.A．当点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BDB．当点Q为线段B1P的三等分点时，DQ⊥平面A1BDC．在线段B1P的延长线上，存在一点Q，使得DQ⊥平面A1BDD．不存在DQ与平面A1BD垂直答案：D分析：依据线面垂直性质定理，利用反证法即可否定选项ABC；按照点Q为线段B1P的中点和点Q不为线段B1P 的中点两种情况利用反证法证明选项D判断正确.连接AB1，交A1B于H在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，AB=AA1=1，则四边形A1B1BA为正方形，则AB1⊥A1B又∠BAC=90°，即AB⊥AC，又AA1⊥AC，AB∩AA1=A，AA1⊂面A1B1BA，AB⊂面A1B1BA则AC⊥面A1B1BA，则AC⊥A1B又AB1⊥A1B，AB1∩AC=A，AB1⊂面AB1C，AC⊂面AB1C则A1B⊥面AB1C，选项A：当点Q为线段B1P的中点时，又D是棱CC1的中点，则DQ//AB1若DQ⊥平面A1BD，则AB1⊥平面A1BD又A1B⊥面AB1C，则面AB1C//平面A1BD，这与AB1∩A1B=H矛盾，故假设不成立，即当点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BD不正确；选项B：当点Q为线段B1P的三等分点时，又D是棱CC1的中点，则DQ//AB1不成立，即DQ与AB1为相交直线，若DQ⊥平面A1BD，则DQ⊥A1B又AB1⊥A1B，DQ与AB1为相交直线，AB1⊂面AB1P，DQ⊂面AB1P则A1B⊥面AB1P，又A1B⊥面AB1C，则面AB1P//面AB1C这与面AB1P∩面AB1C=AB1矛盾，故假设不成立，即当点Q为线段B1P的点三等分时，DQ⊥平面A1BD，不正确；选项C：在线段B1P的延长线上一点Q，又D是棱CC1的中点，则DQ//AB1不成立，即DQ与AB1为相交直线，若DQ⊥平面A1BD，则DQ⊥A1B又AB1⊥A1B，DQ与AB1为相交直线，AB1⊂面AB1P，DQ⊂面AB1P则A1B⊥面AB1P，又A1B⊥面AB1C，则面AB1P//面AB1C这与面AB1P∩面AB1C=AB1矛盾，故假设不成立，即在线段B1P的延长线上，存在一点Q，使得DQ⊥平面A1BD不正确；选项D：由选项A可知，点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BD不成立；假设点Q在线段B1P上，且不是中点，又D是棱CC1的中点，则DQ//AB1不成立，即DQ与AB1为相交直线，若DQ⊥平面A1BD，则DQ⊥A1B又AB1⊥A1B，DQ与AB1为相交直线，AB1⊂面AB1P，DQ⊂面AB1P则A1B⊥面AB1P，又A1B⊥面AB1C，则面AB1P//面AB1C这与面AB1P∩面AB1C=AB1矛盾，故假设不成立，即点Q在线段B1P上，且不是中点时，DQ⊥平面A1BD不正确；故不存在DQ与平面A1BD垂直.判断正确.故选：D8、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：B9、如图，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，则图中与平面PCD垂直的平面是（）A．平面ABCD B．平面PBCC．平面PAD D．平面PCD答案：C分析：由线面垂直得到线线垂直，进而证明出线面垂直，面面垂直.因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，由四边形ABCD为矩形得CD⊥AD，因为PA∩AD=A，所以CD⊥平面PAD．又CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD．故选：C10、已知正四面体P−ABC内接于球O，点E是底面三角形ABC一边AB的中点，过点E作球O的截面，若存在半径为√3的截面圆，则正四面体P−ABC棱长的取值范围是（）A．[√2，√3]B．[√3，√6]C．[2√2，2√3]D．[2√3，2√6]答案：C分析：根据条件设正四面体的棱长为a，用棱长a表示出其外接球的半径R=√64a，过E点作外接球O的截面，只有当OE⊥截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，此时此时截面圆的半径为r=12a，最大截面圆为过球心的大圆，半径为R=√64a，根据题意则12a≤√3≤√64a，从而可得出答案.如图，在正四面体P−ABC中，设顶点P在底面的射影为O1，则球心O在PO1上，O1在CE上，且|PO1|=23|CE|,连接OE､OC，设正四面体的棱长为a，则|CE|=√32a，|PO1|=23|CE|=√33a则正四面体的高PO1=√PC2−O1C2=√a2−(√33a)2=√63a，设外接球半径为R，在Rt△OO1C中，OC2=OO12+O1C2，即R2=(√63a−R)2+(√33a)2，解得R=√64a，∴在Rt△OO1E中，OE=√OO12+O1E2=(√612(√36=√24a，过E点作外接球O的截面，只有当OE⊥截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，此时截面圆的半径为r=√R2−OE2=√(√64a)2−(√24a)2=12a，最大截面圆为过球心的大圆，半径为R=√64a，由题设存在半径为√3的截面圆，∴12a≤√3≤√64a，解得2√2≤a≤2√3，故选:C.小提示：关键点睛：本题考查正四棱锥的外接球的截面圆的半径范围问题，解答本题的关键是用正四棱锥棱长a，得出过E点的球的截面圆的半径的范围，从而得解，属于中档题.a表示出其外接球的半径R=√6411、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GH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//GH,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.12、已知α,β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A．如果两条直线都平行于同一个平面，那么这两条直线互相平行B．过已知平面的一条斜线有且只有一个平面与已知平面垂直C．平面α不垂直平面β，但平面α内存在直线垂直于平面βD．若直线l不垂直于平面α，则在平面α内不存在与l垂直的直线答案：B分析：举特例说明判断A；由平面的基本事实及线面垂直的性质推理判断B；推理说明判断C；举例说明判断D 作答.正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线A1B1、直线B1C1都平行于平面ABCD，而直线A1B1与B1C1相交，A不正确；如图，直线l是平面α的斜线，l∩α=O，点P是直线l上除斜足外的任意一点，过点P作PA⊥α于点A，则直线OA是斜线l在平面α内射影，直线l与直线OA确定平面β，而PA⊂平面β，则平面β⊥平面α，即过斜线l有一个平面垂直于平面α，因平面的一条斜线在此平面内的射影是唯一的，则直线l与直线OA确定的平面β唯一，所以过已知平面的一条斜线有且只有一个平面与已知平面垂直，B正确；如果平面α内存在直线垂直于平面β，由面面垂直的判断知，平面α垂直于平面β，因此，平面α不垂直平面β，则平面α内不存在直线垂直于平面β，C不正确；如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，平面ABCD为平面α，直线BC1为直线l，显然直线l不垂直于平面α，而平面α内直线AB,CD都垂直于直线l，D不正确.故选：B双空题13、在长方体ABCD−A′B′C′D′中，互相平行的平面共有______对，与A′A平行的平面是__________.答案： 3. 平面BCC′B′，平面DCC′D′.解析：由长方体的特征即可得到答案根据长方体的特征,长方体共有6个面,相对的两个平面平行,故有3对；与A′A平行的平面是平面BCC′B′,平面DCC′D′,故答案为:3；平面BCC′B′,平面DCC′D′小提示：本题考查空间几何体的基本元素,考查长方体的特征,属于基础题14、《九章算术》是中国古代的数学专著，收有246个与生产、生活有联系的应用问题．早在隋唐时期便已在其他国家传播．书中提到了“阳马”．它是中国古代建筑里的一种构件，抽象成几何体就是一底面为矩形，其中一条侧棱与底面垂直的直角四棱锥．问：在一个阳马中，任取其中3个顶点，能构成__________个锐角三角形，一个长方体最少可以分割为___________个阳马．答案： 1 3分析：根据阳马的结构特征，排除掉所有的直角三角形，即可找到锐角三角形，结合长方体的性质及阳马的特征，可得最少分割阳马的个数.如下图示，PA⊥面ABCD，又底面为矩形，∴PA⊥CD，CD⊥AD，PA⊥CB，CB⊥AB，易知CD⊥面PAD，CB⊥面PAB，∴仅有△PBD是锐角三角形，如下图示，一个长方体最少可以分割为3个阳马：P−ABCD、P−BCC′B′、P−DCC′D′所以答案是：1, 315、已知α,β是不重合的平面，l是直线，给出下列条件：①l//α；②l⊥α；③l⊂α；④α⊥β；⑤α//β．当满足条件__________时，有l//β；当满足条件__________时，有l⊥β．（填序号）答案：③⑤②⑤分析：由面面平行的性质与线面垂直的判定求解即可若l⊂α，α//β，则有l//β；若l⊥α，α//β，则有l⊥β；所以答案是：③⑤；②⑤16、在三棱锥P−ABC中，AP⊥平面PBC，PB⊥PC，PA=PC=2PB=4，则三棱锥P−ABC外接球的表面积为___________；若动点M在该三棱锥外接球上，且∠MPB=∠MPC，则点M的轨迹长为___________.答案：36π√34π分析：由题，先得出三棱锥P−ABC为直三棱锥，则其外接球相当于以PA、PB、PC为棱的长方体的外接球，则直径为长方体的体对角线，则可求外接球表面积；要使∠MPB=∠MPC，则M在∠BPC的角平分面上，则M的轨迹为圆，利用长方体的性质，求出球心到角平分面的距离，即可求出M的轨迹圆的半径，即可求M的轨迹长由AP⊥平面PBC，PB⊥PC得，三棱锥P−ABC为直三棱锥，其外接球相当于以PA、PB、PC为棱的长方体的√PA2+PB2+PC2=3，故三棱锥P−ABC外接球的表面积为4π×32=36π；外接球，故外接球半径为12如图，PC 中点为F ，则易得以PA 、PB 、PF 为棱的正方体PAGF −BDHE ，由正方体的对称性，要使∠MPB =∠MPC ，则M 在∠BPC 的角平分面上，即面PAHE ，故M 的轨迹为面PAHE 与外接球相交出的圆.取AP 、HE 中点I 、J ，由正方体的对称性易得面OIJ ⊥面PAHE ，且OJ =12PB =1, IJ =√22+22=2√2, OI =√22+12=√5，故cos∠IJO =2√2)2√5)22×1×2√2=√22，故IJ 上的高ℎ=OJ ⋅sin∠IJO =1⋅√1−(√22)2=√22，故M 的轨迹圆的半径r =√32−(√22)2=√342，故轨迹长为2πr =√34π.所以答案是：36π；√34π17、任意一个平面截球所得的图形是____________，任意一个平面截球面所得的图形是____________． 答案： 一个圆面 一个圆分析：根据球的特征分析即可.任意一个平面截球所得的图形是一个圆面，任意一个平面截球面所得的图形是一个圆，所以答案是：一个圆面，一个圆解答题18、（1）一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论：①AB⊥EF；②MC//AB；③EF与MN是异面直线；④MN//CD；以上四个结论中，正确结论的序号是哪些？（无需说明理由，只要写出正确结论的序号即可）（2）如图，四面体ABCD中，AB=CD，且直线AB与CD成60°角，点M、N分别是BC、AD的中点，求异面直线AB和MN所成角的大小.答案：（1）①②③；（2）π3或π6.分析：（1）将展开图还原成立体图，由立体图结合正方体性质可直观作出判断；（2）可结合中位线性质，作AC的中点P，连接PM、PN，则将异面直线AB与CD转化为共面，再分类讨论∠MPN大小结合三角形性质即可求解（1）我们以正方形ACFN为底面，将展开面还原为正方体ACFN−DEMB，如图，易见①②③正确；（2）如图-3所示，取AC的中点P，连接PM、PN，则PM//AB，且PM=12AB，PN//CD，且PN=12CD，所以∠MPN为异面直线AB与CD所成角（或其补角），由题设，则∠MPN=π3，或∠MPN=2π3；若∠MPN=π3，∵PM//AB，所以∠PMN是AB与MN所成角（或其补角），又AB=CD，所以PM=PN，则△PMN是等边三角形，所以∠PMN=π3，即AB与MN所成角为π3；若∠MPN=2π3，则易知△PMN是等腰三角形，所以∠PMN=π6，即AB与MN所成角为π6；综上所述，AB与MN所成角为π3或π6小提示：本题考查由展开图到立体图的还原，线线关系的判断，异面直线夹角的求法，属于中档题19、如图在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，△PAD为正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E、F分别是AD、CD的中点.（1）证明：BD⊥PF；（2）若M是棱PB上一点，三棱锥M−PAD与三棱锥P−DEF的体积相等，求M点的位置.答案：（1）证明见解析；（2）M点在PB上靠近P点的四等分点处.解析：（1）连接AC，由AC//EF，可证明BD⊥EF，BD⊥PE，从而得BD⊥平面PEF，得证线线垂直；（2）设设PMMB =λ，则PMPB=λλ+1，根据棱锥的体积公式，利用体积法得出结论，由V M−PAD=λλ+1V B−PAD=λλ+1V P−ABD，V P−DEF=14V P−ACD=14V P−ABD，可得λ值．（1）连接AC，∵PA=PD且E是AD的中点，∴PE⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PE⊂平面PAD. ∴PE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PE.又ABCD为菱形，且E、F分别为棱AD、CD的中点，∴EF//AC.∵BD⊥AC，∴BD⊥EF，又BD⊥PE，PE∩EF=E，∴BD⊥平面PEF；∴PF⊂平面PEF，∴BD⊥PF.（2）如图，连接MA、MD，设PMMB =λ，则PMPB=λλ+1，∴V M−PAD=λλ+1V B−PAD=λλ+1V P−ABD，S△DEF=14S△DAC，则V P−DEF=14V P−ACD=14V P−ABD，又V M−PAD=V P−DEF.∴λλ+1=14.解得λ=13，即M点在PB上靠近P点的四等分点处.小提示：方法点睛：本题考查由线面垂直证明线线垂直，考查由体积法求线段的比值．若M是棱锥P−ABC棱PA上一点，则V M−ABCV P−ABC =MAPA．三棱锥求体积时可以换底，这样求体积比较灵活简便．20、如图所示，在三棱柱ABC−A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点．求证：平面EFA1∥平面BCHG．答案：证明见解析分析：证明EF//BC，进而证明出EF//平面BCHG，再证明A1E//GB，得到A1E∥平面BCHG，从而证明面面平行. 证明：∵E，F分别是AB，AC的中点，∴EF//BC．∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF//平面BCHG．∵A1G=EB，且A1G//EB∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E//GB．∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG．∵A1E∩EF=E，∴平面EFA1∥平面BCHG．。

(名师选题)部编版高中数学必修二第八章立体几何初步知识点总结(超全)单选题1、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 ．−16 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AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，所以(cosθ+1,sinθ)=m (12,√32)+ n (2,0)=(m 2+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 ．2、如图，矩形BDEF 所在平面与正方形ABCD 所在平面互相垂直，BD =2，DE =1，点P 在线段EF 上.给出下列命题：①存在点P，使得直线DP//平面ACF；②存在点P，使得直线DP⊥平面ACF；,1]；③直线DP与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是[√55④三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截得的截面面积是9π.8其中所有真命题的序号（）A．①③B．①④C．①②④D．①③④答案：D分析：当点P是线段EF中点时判断①；假定存在点P，使得直线DP⊥平面ACF，推理导出矛盾判断②；利用线面角的定义转化列式计算判断③；求出△ACF外接圆面积判断④作答.取EF中点G，连DG，令AC∩BD=O，连FO，如图，在正方形ABCD中，O为BD中点，而BDEF是矩形，则DO//GF且DO=GF，即四边形DGFO是平行四边形，即有DG//FO，而FO⊂平面ACF，DG⊄平面ACF，于是得DG//平面ACF，当点P与G重合时，直线DP//平面ACF，①正确；假定存在点P，使得直线DP⊥平面ACF，而FO⊂平面ACF，则DP⊥FO，又DG//FO，从而有DP⊥DG，在Rt△DEF中，∠DEF=90∘，DG是直角边EF上的中线，显然在线段EF上不存在点与D连线垂直于DG，因此，假设是错的，即②不正确；因平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，则线段EF上的动点P在平面ABCD上的射影在直线BD上，于是得∠PDB是直线DP与平面ABCD所成角的，在矩形BDEF中，当P与E不重合时，∠PDB=∠DPE，sin∠PDB=sin∠DPE=DEDP =√DE2+EP2=√1+EP2，而0<EP≤2，则√55≤sin∠PDB<1，当P与E重合时，∠PDB=π2，sin∠PDB=1，因此，√55≤sin∠PDB≤1，③正确；因平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，BF⊥BD，BF⊂平面BDEF，则BF⊥平面ABCD，BC=√2，在△ACF中，AF=CF=√BC2+BF2=√3，显然有FO⊥AC，sin∠FAC=FOAF =√BO2+BF2AF=√2√3，由正弦定理得△ACF外接圆直径2R=CFsin∠FAC =√2，R=2√2，三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截得的截面是△ACF的外接圆，其面积为πR2=9π8，④正确，所以所给命题中正确命题的序号是①③④.故选：D小提示：名师点评两个平面互相垂直，则一个平面内任意一点在另一个平面上的射影都在这两个平面的交线上.3、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：C4、下面四个选项中一定能得出平面α/⁄平面β的是（）A．存在一条直线a，a//α，a//βB．存在一条直线a，a⊂α，a//βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a//β，b//αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a//β，b//α答案：D分析：对于A，B，C，举出符合条件的特例即可判断；对于D，过直线a作平面γ∩β=c，再证c//α即可. 如图，ABCD−A1B1C1D1是长方体，平面ABCD为平面α，平面ABB1A1为平面β，对于A，直线C1D1为直线a，显然a//α，a//β，而α与β相交，A不正确；对于B，直线CD为直线a，显然a⊂α，a//β，而α与β相交，B不正确；对于C，直线CD为直线a，直线A1B1为直线b，显然a⊂α，b⊂β，a//β，b//α，而α与β相交，C不正确；对于D，因a，b是异面直线，且a⊂α，b⊂β，过直线a作平面γ∩β=c，如图，则c//a，并且直线c与b必相交，而c⊄α，于是得c//α，又b//α，即β内有两条相交直线都平行于平面α，⁄平面β.因此，平面α/故选：D5、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、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：A7、圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的表面积与圆柱的侧面积的比值为（）A．1∶1B．1∶2C．2∶1D．2∶3答案：A分析：按圆柱侧面积和球的表面积公式计算即可.设球的半径的r，依题意圆柱的底面半径也是r，高是2r，圆柱的侧面积=2πr·2r=4πr2，球的表面积为4πr2，其比例为1:1，故选：A.8、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.多选题9、设z1,z2为复数，则下列命题正确的是（）A．若|z1−z2|=0，则z1=z2B．若|z1|=|z2|，则z12=z22C．若z1+z2>0，则z2=z̅1D．若z1z2=0，则z1=0或z2=0答案：AD分析：通过反例可说明BC错误；设z1=a+b i，z2=c+d i，根据模长运算和复数乘法运算可分析得到AD正确.对于A，设z1=a+b i，a，b∈R，z2=c+d i，c，d∈R，则|z1−z2|=√(a−c)2+(b−d)2=0，∴{a−c=0 b−d=0，即{a=cb=d，∴z1=z2，A正确；对于B，令z1=1，z2=i，则|z1|=|z2|=1，此时z12≠z22，B错误；对于C，令z1=1+i，z2=−i，则z1+z2=1>0，此时z2≠z̅1，C错误；对于D，设z1=a+b i，z2=c+d i，则z1z2=(ac−bd)+(ad+bc)i=0，∴{ac−bd=0 ad+bc=0，即{ac=bdad=−bc，则a2cd=−b2cd；若c=d=0，则a2cd=−b2cd成立，此时z2=0；若c=0，d≠0，由ac=bd知：b=0；由ad=−bc知：a=0；此时z1=0；同理可知：当c≠0，d=0时，z1=0；若c≠0，d≠0，由a2cd=−b2cd得：a2=−b2，∴a=b=0，此时z1=0；综上所述：若z1z2=0，则z1=0或z2=0，D正确.10、如图所示，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别是AD，CC1的中点，P是线段AB上的动点，则下列说法正确的是（）A．当点P与A，B两点不重合时，平面PMN截正方体所得的截面是五边形B．平面PMN截正方体所得的截面可能是三角形C．△MPN一定是锐角三角形D．△MPN面积的最大值是√212答案：AD分析：依据平面的性质画出平面PMN截正方体所得的截面判断选项AB；举反例否定选项C；求得△MPN面积的最大值判断选项D如图，当点P与A，B两点不重合时，将线段MP向两端延长，分别交CD，CB的延长线于点O，Q，连接NO，NQ分别交DD1，BB1于R，S两点，连接RM，SP，MP此时截面为五边形MPSNR，所以A正确；当点P与点A或点B重合时，截面为四边形.综上，平面PMN截正方体所得的截面为四边形或五边形.不可能是三角形，所以B不正确；考虑△PMN ，当点P 与点A 重合时，MN =√6，PM =1，PN =3，此时因为MN 2+PM 2<PN 2，故∠PMN 为钝角，所以C 判断错误；如图，E,F 为DD 1,BC 中点，连接EN,MF ，则AB//MF//EN ，且MN ⊂面MFNE ，延长EM,NF 分别交A 1A,B 1B 延长线于I,J ，则AI =AM =BJ =BF ，若G,H 分别为MI,FJ 中点，易知：AG,BH ⊥面MFNE ，且AG//BH ，AG =BH ，易证：面AGHB ⊥面MFNE ，即AB 在面MFNE 上的投影为GH ，令PK ⊥GH ，面MFNE ∩面AGHB = GH ，则PK ⊥面MFNE ，MN ⊂面MFNE ，所以PK ⊥MN ，若KL ⊥MN ，PK ∩KL =K ，则MN ⊥面PKL ，PL ⊂面PKL ，所以MN ⊥PL ，即PL 为P 到直线MN 的距离，如下图，随P 从A 到B 移动过程中，KL 逐渐变大，而PK 不变，故PL 也在变大，所以当P 与点B 重合时，点P 到直线MN 的距离取到最大值，△MPN 的面积取到最大值，此时MN =√6，BM =BN =√5，则MN 边上的高为√(√5)2−(√62)2=√142， △MBN 的面积为12×√142×√6=√212，即最大值为√212，D 判断正确．故选：AD ．11、如图所示，在棱长为2的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱C 1D 1，C 1C 的中点，则下列结论正确的是（ ）A ．直线AM 与BN 是平行直线B ．直线BN 与MB 1是异面直线C ．直线MN 与AC 所成的角为60°D ．平面BMN 截正方体所得的截面面积为92 答案：BCD解析：根据异面直线的定义直接判断AB 选项，根据MN//D 1C ，转化求异面直线所成的角，利用确定平面的依据，作出平面BMN 截正方体所得的截面，并求面积.A.直线AM 与BN 是异面直线，故A 不正确；B.直线BN 与MB 1是异面直线，故B 正确；C. 由条件可知MN//D 1C ，所以异面直线MN 与AC 所成的角为∠ACD 1，△ACD 1是等边三角形，所以∠ACD 1=60∘，故C 正确；D.如图，延长MN ，并分别与DD 1和DC 交于E,F ，连结EA,GB 交于点F ，连结A 1M,BN ，则四边形A 1BNM 即为平面BMN 截正方体所得的截面，由对称性可知，四边形A 1BNM 是等腰梯形，MN =√2,A 1B =2√2，A 1M =BN =√5，则梯形的高是ℎ=√(√5)2−(√22)2=3√22，所以梯形的面积S =12×(√2+2√2)×3√22=92，故D 正确.故选：BCD小提示：关键点点睛：本题考查以正方体为载体，判断异面直线，截面问题，本题关键选项是D，首先要作出平面BMN与正方体的截面，即关键作出平面EFG.填空题12、直三棱柱ABC−A1B1C1的所有顶点都在球O的球面上，AB⊥BC，AB=1，BC=2√2，AA1=4，则球O的体积是__________．答案：1256π分析：把直三棱柱ABC−A1B1C1补成长方体，求出外接球的直径即得解.把直三棱柱ABC−A1B1C1补成长方体，则直三棱柱和长方体的外接球重合，外接球的直径2R=√12+(2√2)2+42=5，故球O的体积V=43πR3=1256π．所以答案是：1256π。

第八章立体几何初步8．1基本立体图形第1课时棱柱、棱锥、棱台的结构特征1．空间几何体的定义及分类(1)定义：如果只考虑物体的形状和大小，而不考虑其他因素，那么由这些物体抽象出来的空间图形就叫做空间几何体．(2)分类：常见的空间几何体有多面体与旋转体两类．2．空间几何体记作棱柱ABCDEF­A′B′C′D′E′F′记作棱锥S­ABCD按底面多边形的边数分为三棱锥、记作棱台ABCD­A′B′C′D′得的棱台分别为三棱台、四棱台、(1)棱柱、棱锥、棱台的关系在运动变化的观点下，棱柱、棱锥、棱台之间的关系可以用下图表示出来(以三棱柱、三棱锥、三棱台为例)．(2)各种棱柱之间的关系①棱柱的分类棱柱⎩⎨⎧直棱柱⎩⎨⎧正棱柱（底面为正多边形）一般的直棱柱斜棱柱②常见的几种四棱柱之间的转化关系典型应用1棱柱的结构特征下列关于棱柱的说法：①所有的面都是平行四边形；②每一个面都不会是三角形；③两底面平行，并且各侧棱也平行；④被平面截成的两部分可以都是棱柱．其中正确说法的序号是__________．【解析】①错误，棱柱的底面不一定是平行四边形；②错误，棱柱的底面可以是三角形；③正确，由棱柱的定义易知；④正确，棱柱可以被平行于底面的平面截成两个棱柱，所以正确说法的序号是③④.【答案】③④棱柱结构特征的辨析技巧(1)扣定义：判定一个几何体是否是棱柱的关键是棱柱的定义．①看“面”，即观察这个多面体是否有两个互相平行的面，其余各面都是四边形；②看“线”，即观察每相邻两个四边形的公共边是否平行．(2)举反例：通过举反例，如与常见几何体或实物模型、图片等不吻合，给予排除．典型应用2棱锥、棱台的结构特征下列关于棱锥、棱台的说法：①用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分组成的几何体叫棱台；②棱台的侧面一定不会是平行四边形；③棱锥的侧面只能是三角形；④由四个面围成的封闭图形只能是三棱锥；⑤棱锥被平面截成的两部分不可能都是棱锥．其中正确说法的序号是________．【解析】①错误，若平面不与棱锥底面平行，用这个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分不是棱台．②正确，棱台的侧面一定是梯形，而不是平行四边形．③正确，由棱锥的定义知棱锥的侧面只能是三角形．④正确，由四个面围成的封闭图形只能是三棱锥．⑤错误，如图所示四棱锥被平面截成的两部分都是棱锥．所以正确说法的序号为②③④.【答案】②③④判断棱锥、棱台形状的两种方法(1)举反例法结合棱锥、棱台的定义举反例直接判断关于棱锥、棱台结构特征的某些说法不正确．(2)直接法棱锥棱台定底面只有一个面是多边形，此面即为底面两个互相平行的面，即为底面看侧棱相交于一点延长后相交于一点空间几何体的平面展开图(1)水平放置的正方体的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示，如图是一个正方体的平面展开图(图中数字写在正方体的外表面上)，若图中的“2”在正方体的上面，则这个正方体的下面是()A．1 B．9C．快D．乐(2)如图是三个几何体的侧面展开图，请问各是什么几何体？【解】(1)选B.由题意，将正方体的展开图还原成正方体，“1”与“乐”相对，“2”与“9”相对，“0”与“快”相对，所以下面是“9”．(2)题图①中，有5个平行四边形，而且还有两个全等的五边形，符合棱柱的特点；题图②中，有5个三角形，且具有共同的顶点，还有一个五边形，符合棱锥的特点；题图③中，有3个梯形，且其腰的延长线交于一点，还有两个相似的三角形，符合棱台的特点，把侧面展开图还原为原几何体，如图所示：所以①为五棱柱，②为五棱锥，③为三棱台．多面体展开图问题的解题策略(1)绘制展开图：绘制多面体的平面展开图要结合多面体的几何特征，发挥空间想象能力或者是亲手制作多面体模型．在解题过程中，常常给多面体的顶点标上字母，先把多面体的底面画出来，然后依次画出各侧面，便可得到其平面展开图．(2)由展开图复原几何体：若是给出多面体的平面展开图，来判断是由哪一个多面体展开的，则可把上述过程逆推，同一个几何体的平面展开图可能是不一样的，也就是说，一个多面体可有多个平面展开图．圆柱、圆锥、圆台、球、简单组合体的结构特征1．圆柱、圆锥、圆台和球的结构特征(1)圆柱的结构特征(1)圆柱有无数条母线，它们平行且相等．(2)平行于底面的截面是与底面大小相同的圆，如图1所示．(3)过轴的截面(轴截面)都是全等的矩形，如图2所示．(4)过任意两条母线的截面是矩形，如图3所示．(2)圆锥的结构特征(1)圆锥有无数条母线，它们有公共点即圆锥的顶点，且长度相等．(2)平行于底面的截面都是圆，如图1所示．(3)过轴的截面是全等的等腰三角形，如图2所示．(4)过任意两条母线的截面是等腰三角形，如图3所示．(3)圆台的结构特征(1)圆台有无数条母线，且长度相等，延长后相交于一点．(2)平行于底面的截面是圆，如图1所示．(3)过轴的截面是全等的等腰梯形，如图2所示．(4)过任意两条母线的截面是等腰梯形，如图3所示．(4)球的结构特征(1)球心和截面圆心的连线垂直于截面．(2)球心到截面的距离d与球的半径R及截面圆的半径r有如下关系：r＝R2－d2.2．简单组合体(1)概念由简单几何体组合而成的几何体叫做简单组合体．(2)两种构成形式①由简单几何体拼接而成；②由简单几何体截去或挖去一部分而成．典型应用1圆柱、圆锥、圆台、球的概念(1)给出下列说法：①圆柱的底面是圆面；②经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面；③圆台的任意两条母线的延长线可能相交，也可能不相交；④夹在圆柱的两个截面间的几何体还是一个旋转体．其中说法正确的是________．(2)给出以下说法：①球的半径是球面上任意一点与球心所连线段的长；②球的直径是球面上任意两点间所连线段的长；③用一个平面截一个球，得到的截面可以是一个正方形；④过圆柱轴的平面截圆柱所得截面形状是矩形．其中正确说法的序号是________．【解析】(1)①正确，圆柱的底面是圆面；②正确，如图所示，经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面；③不正确，圆台的母线延长相交于一点；④不正确，圆柱夹在两个平行于底面的截面间的几何体才是旋转体．(2)根据球的定义知，①正确；②不正确，因为球的直径必过球心；③不正确，因为球的任何截面都是圆面；④正确．【答案】(1)①②(2)①④(1)判断简单旋转体结构特征的方法①明确由哪个平面图形旋转而成；②明确旋转轴是哪条直线．(2)简单旋转体的轴截面及其应用①简单旋转体的轴截面中有底面半径、母线、高等体现简单旋转体结构特征的关键量；②在轴截面中解决简单旋转体问题体现了化空间图形为平面图形的转化思想．典型应用2简单组合体的结构特征如图所示的几何体是由下面哪一个平面图形旋转而形成的()【解析】该几何体自上而下由圆锥、圆台、圆台、圆柱组合而成，故应选A.【答案】A[变条件、变问法]若将本例选项B中的平面图形旋转一周，试说出它形成的几何体的结构特征．解：①是直角三角形，旋转后形成圆锥；②是直角梯形，旋转后形成圆台；③是矩形，旋转后形成圆柱，所以旋转后形成的几何体如图所示．通过观察可知，该几何体是由一个圆锥、一个圆台和一个圆柱自上而下拼接而成的．不规则平面图形旋转形成几何体的结构特征的分析策略(1)分割：首先要对原平面图形适当分割，一般分割成矩形、梯形、三角形或圆(半圆或四分之一圆)等基本图形．(2)定形：然后结合圆柱、圆锥、圆台、球的形成过程进行分析．典型应用3旋转体中的计算问题如图所示，用一个平行于圆锥SO底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的面积之比为1∶16，截去的圆锥的母线长是3 cm，求圆台O′O的母线长．【解】设圆台的母线长为l cm，由截得的圆台上、下底面面积之比为1∶16，可设截得的圆台的上、下底面的半径分别为r cm，4r cm.过轴SO作截面，如图所示，则△SO′A′∽△SOA，SA′＝3 cm.所以SA′SA＝O′A′OA，所以33＋l＝r4r＝14.解得l＝9，即圆台O′O的母线长为9 cm.解决旋转体中计算问题的方法用平行于底面的平面去截柱、锥、台等几何体，注意抓住截面的性质(与底面全等或相似)，同时结合旋转体中的轴截面(经过旋转轴的截面)的几何性质，利用相似三角形中的相似比，列出相关几何变量的方程(组)而解得．[注意]在研究与截面有关的问题时，要注意截面与物体的相对位置的变化．由于相对位置的改变，截面的形状也会随之发生变化．8．2立体图形的直观图1．用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图的步骤(1)建系：在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于点O.画直观图时，把它们画成对应的x′轴与y′轴，两轴交于点O′，且使∠x′O′y′＝45°(或135°)，它们确定的平面表示水平面．(2)平行不变：已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′轴或y′轴的线段．(3)长度规则：已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段，长度为原来的一半．2．空间几何体直观图的画法(1)与平面图形的直观图画法相比多了一个z轴，直观图中与之对应的是z′轴．(2)直观图中平面x′O′y′表示水平平面，平面y′O′z′和x′O′z′表示竖直平面．(3)已知图形中平行于z轴(或在z轴上)的线段，在其直观图中平行性和长度都不变．(4)成图后，去掉辅助线，将被遮挡的部分改为虚线.■名师点拨(1)画水平放置的平面图形的直观图，关键是确定多边形顶点的位置，借助于平面直角坐标系确定顶点后，只需把这些顶点顺次连接即可．(2)用斜二测画法画直观图要掌握水平长不变，垂线长减半，直角画45°(或135°)．典型应用1画水平放置的平面图形的直观图画水平放置的直角梯形的直观图，如图所示．【解】(1)在已知的直角梯形OBCD中，以底边OB所在直线为x轴，垂直于OB的腰OD所在直线为y轴建立平面直角坐标系．如图①所示．(2)画相应的x′轴和y′轴，使∠x′O′y′＝45°，在x′轴上截取O′B′＝OB，在y′轴上截取O′D′＝12OD，过点D′作x′轴的平行线l，在l上沿x′轴正方向取点C′使得D′C′＝DC.连接B′C′，如图②.(3)所得四边形O′B′C′D′就是直角梯形OBCD的直观图．如图③.画水平放置的平面图形的直观图的关键及注意事项(1)在画水平放置的平面图形的直观图时，选取适当的直角坐标系是关键，一般要使平面多边形尽可能多的顶点在坐标轴上或边与坐标轴平行，以便于画图．(2)画图时要注意原图和直观图中线段的长度的关系是否发生变化．典型应用2画简单几何体的直观图已知一个正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为6，高为4，用斜二测画法画出此正四棱台的直观图．【解】(1)画轴．如图①，画x轴、y轴、z轴，三轴相交于点O，使∠xOy ＝45°，∠xOz＝90°.(2)画下底面．以O为中点，在x轴上取线段EF，使得EF＝6，在y轴上取线段GH，使得GH＝3，再过G，H分别作AB綊EF，CD綊EF，且使得AB的中点为G，CD的中点为H，连接AD，BC，这样就得到了正四棱台的下底面ABCD 的直观图．(3)画上底面．在z轴上截取线段OO1＝4，过O1作O1x′∥Ox，O1y′∥Oy，使∠x′O1y′＝45°，建立坐标系x′O1y′，在x′O1y′中仿照(2)的步骤画出上底面A1B1C1D1的直观图．(4)连接AA1、BB1、CC1、DD1，擦去辅助线，得到的图形就是所求的正四棱台的直观图(如图②)．画空间图形的直观图的原则(1)用斜二测画法画空间图形的直观图时，图形中平行于x 轴、y 轴、z 轴的线段在直观图中应分别画成平行于x ′轴、y ′轴、z ′轴的线段．(2)平行于x 轴、z 轴的线段在直观图中长度保持不变，平行于y 轴的线段长度变为原来的12.典型应用3直观图的还原与计算如图所示，梯形A 1B 1C 1D 1是一平面图形ABCD 的直观图．若A 1D 1∥O ′y ′，A 1B 1∥C 1D 1，A 1B 1＝23C 1D 1＝2，A 1D 1＝O ′D 1＝1.试画出原四边形，并求原图形的面积．【解】 如图，建立直角坐标系xOy ，在x 轴上截取OD ＝O ′D 1＝1，OC ＝O ′C 1＝2.在过点D 与y 轴平行的直线上截取DA ＝2D 1A 1＝2.在过点A 与x 轴平行的直线上截取AB ＝A 1B 1＝2.连接BC ，便得到了原图形(如图)．由作法可知，原四边形ABCD 是直角梯形，上、下底长度分别为AB ＝2，CD ＝3，直角腰长度为AD ＝2.所以面积为S ＝2＋32×2＝5.(1)直观图的还原技巧由直观图还原为平面图的关键是找与x ′轴、y ′轴平行的直线或线段，且平行于x ′轴的线段还原时长度不变，平行于y ′轴的线段还原时放大为直观图中相应线段长的2倍，由此确定图形的各个顶点，顺次连接即可．(2)直观图与原图面积之间的关系若一个平面多边形的面积为S ，其直观图的面积为S ′，则有S ′＝24S 或S ＝22S ′.利用这一公式可由原图形面积求其直观图面积或由直观图面积求原图形面积．柱、锥、台的表面积和体积1．棱柱、棱锥、棱台的表面积多面体的表面积就是围成多面体各个面的面积的和．棱柱、棱锥、棱台的表面积就是围成它们的各个面的面积的和．2．棱柱、棱锥、棱台的体积(1)V棱柱＝Sh；(2)V棱锥＝13Sh；V棱台3S′，S分别是棱台的上、下底面面积，h为棱台的高．3．圆柱、圆锥、圆台的表面积和体积1．柱体、锥体、台体的体积(1)柱体：柱体的底面面积为S ，高为h ，则V ＝Sh . (2)锥体：锥体的底面面积为S ，高为h ，则V ＝13Sh .(3)台体：台体的上、下底面面积分别为S ′、S ，高为h ，则V ＝13()S ′＋SS ′＋S h .2．圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式之间的关系 S 圆柱侧＝2πrl ――→r ′＝r S 圆台侧＝π(r ′＋r )l ――→r ′＝0S 圆锥侧＝πrl . 3．柱体、锥体、台体的体积公式之间的关系V 柱体＝Sh ――→S ′＝S V 台体＝13(S ′＋S ′S ＋S )h ――→S ′＝0V 锥体＝13Sh . 典型应用1柱、锥、台的表面积(1)若圆锥的正视图是正三角形，则它的侧面积是底面积的( ) A.2倍 B ．3 倍 C ．2 倍D ．5 倍(2)已知正方体的 8 个顶点中，有 4 个为侧面是等边三角形的三棱锥的顶点，则这个三棱锥与正方体的表面积之比为( )A ．1∶ 2B ．1∶3C ．2∶ 2D ．3∶6(3)已知某圆台的一个底面周长是另一个底面周长的 3 倍，母线长为 3 ，圆台的侧面积为 84π，则该圆台较小底面的半径为( )A ．7B ．6C ．5D ．3【解析】 (1)设圆锥的底面半径为 r ，母线长为 l ，则由题意可知，l ＝2r ，于是 S 侧＝πr ·2r ＝2πr 2，S 底＝πr 2，可知选 C.(2)棱锥 B ′­ACD ′为适合条件的棱锥，四个面为全等的等边三角形，设正方体的棱长为 1，则 B ′C ＝2，S △B ′AC ＝32.三棱锥的表面积 S 锥＝4×32＝23，又正方体的表面积S正＝6.因此S锥∶S正＝23∶6＝1∶ 3.(3)设圆台较小底面的半径为r，则另一底面的半径为3r.由S侧＝3π(r＋3r)＝84π，解得r＝7.【答案】(1)C (2)B (3)A空间几何体表面积的求法技巧(1)多面体的表面积是各个面的面积之和．(2)组合体的表面积应注意重合部分的处理．(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展开为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．典型应用2柱、锥、台的体积如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，过顶点B，D，A1截下一个三棱锥．(1)求剩余部分的体积；(2)求三棱锥A­A1BD的体积及高．【解】(1)V三棱锥A1­ABD＝13S△ABD·A1A＝13×12·AB·AD·A1A＝16a3.故剩余部分的体积V＝V正方体－V三棱锥A1­ABD＝a3－16a3＝56a3.(2)V三棱锥A­A1BD＝V三棱锥A1­ABD＝1 6a 3.设三棱锥A­A1BD的高为h，则V三棱锥A­A1BD＝13·S△A1BD·h＝13×12×32(2a)2h＝36a2h，故36a2h＝16a3，解得h＝3 3a.求几何体体积的常用方法(1)公式法：直接代入公式求解．(2)等积法：例如四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面积和高都易求的形式即可．(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，棱台补成棱锥等．(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积．[提醒]求几何体的体积时，要注意利用好几何体的轴截面(尤其为圆柱、圆锥时)，准确求出几何体的高和底面积．典型应用3组合体的表面积和体积如图在底面半径为2，母线长为 4 的圆锥中内接一个高为3的圆柱，求圆柱的表面积．【解】设圆锥的底面半径为R，圆柱的底面半径为r，表面积为S.则R＝OC＝2，AC＝4，AO＝42－22＝2 3.如图所示，易知△AEB∽△AOC，所以AEAO＝EBOC，即323＝r2，所以r＝1，S 底＝2πr 2＝2π，S 侧＝2πr ·h ＝23π. 所以 S ＝S 底＋S 侧＝2π＋23π ＝(2＋23)π.1．[变问法]本例中的条件不变，求圆柱的体积与圆锥的体积之比． 解：由例题解析可知：圆柱的底面半径为 r ＝1，高 h ＝3，所以圆柱的体积 V 1＝πr 2h ＝π×12×3＝3π.圆锥的体积 V 2＝13π×22×23＝833π. 所以圆柱与圆锥的体积比为 3∶8.2．[变问法]本例中的条件不变，求图中圆台的表面积与体积．解：由例题解析可知：圆台的上底面半径 r ＝1，下底面半径 R ＝2，高 h ＝3，母线 l ＝2，所以圆台的表面积 S ＝π(r 2＋R 2＋r ·l ＋Rl )＝π(12＋22＋1×2＋2×2)＝11π.圆台的体积 V ＝13π(r 2＋rR ＋R 2)h ＝13π(12＋2＋22)×3＝733π.3．[变条件、变问法]本例中的“高为3”改为“高为 h ”，试求圆柱侧面积的最大值．解：设圆锥的底面半径为 R ，圆柱的底面半径为 r ， 则 R ＝OC ＝2，AC ＝4， AO ＝42－22＝2 3.如图所示易知△AEB ∽△AOC ， 所以AE AO ＝EB OC ， 即23－h 23＝r2， 所以 h ＝23－3r ，S 圆柱侧＝2πrh ＝2πr (23－3r ) ＝－23πr 2＋43πr ，所以当 r ＝1，h ＝3时，圆柱的侧面积最大，其最大值为 23π.求组合体的表面积与体积的步骤(1)分析结构特征：弄清组合体的组成形式，找准有关简单几何体的关键量．(2)设计计算方法：根据组成形式，设计计算方法，特别要注意“拼接面”面积的处理，利用“切割”“补形”的方法求体积．(3)计算求值：根据设计的计算方法求值．球的体积和表面积1．球的表面积设球的半径为R，则球的表面积S＝4πR2．2．球的体积设球的半径为R，则球的体积V＝43πR3．■名师点拨对球的体积和表面积的几点认识(1)从公式看，球的表面积和体积的大小，只与球的半径相关，给定R都有唯一确定的S和V与之对应，故表面积和体积是关于R的函数．(2)由于球的表面不能展开成平面，所以，球的表面积公式的推导与前面所学的多面体与旋转体的表面积公式的推导方法是不一样的．(3)球的表面积恰好是球的大圆(过球心的平面截球面所得的圆)面积的4倍．典型应用1球的表面积与体积(1)已知球的体积是32π3，则此球的表面积是()A．12πB．16πC.16π3 D.64π3(2)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径，若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是()A．17πB．18πC．20πD．28π【解析】(1)设球的半径为R，则由已知得V＝43πR3＝32π3，解得R＝2.所以球的表面积S＝4πR2＝16π.(2)由三视图可得此几何体为一个球切割掉18后剩下的几何体，设球的半径为r，故78×43πr3＝283π，所以r＝2，表面积S＝78×4πr2＋34πr2＝17π，选A.【答案】(1)B(2)A球的体积与表面积的求法及注意事项(1)要求球的体积或表面积，必须知道半径R或者通过条件能求出半径R，然后代入体积或表面积公式求解．(2)半径和球心是球的最关键要素，把握住了这两点，计算球的表面积或体积的相关题目也就易如反掌了．典型应用2球的截面问题如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器厚度，则球的体积为()A.500π3cm3 B.866π3cm3C.1 372π3cm 3D.2 048π3cm 3【解析】 如图，作出球的一个截面，则MC ＝8－6＝2(cm)， BM ＝12AB ＝12×8＝4(cm)． 设球的半径为R cm ，则 R 2＝OM 2＋MB 2 ＝(R －2)2＋42， 所以R ＝5，所以V 球＝43π×53＝5003π (cm 3)． 【答案】 A球的截面问题的解题技巧(1)有关球的截面问题，常画出过球心的截面圆，将问题转化为平面中圆的问题．(2)解题时要注意借助球半径R ，截面圆半径r ，球心到截面的距离d 构成的直角三角形，即R 2＝d 2＋r 2.典型应用3与球有关的切、接问题 角度一 球的外切正方体问题将棱长为 2 的正方体木块削成一个体积最大的球，则该球的体积为( )A.4π3B.2π3C.3π2D.π6【解析】 由题意知，此球是正方体的内切球，根据其几何特征知，此球的直径与正方体的棱长是相等的，故可得球的直径为 2，故半径为 1，其体积是43×π×13＝4π3.【答案】 A角度二球的内接长方体问题一个长方体的各个顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为1，2，3，则此球的表面积为________．【解析】长方体外接球直径长等于长方体体对角线长，即2R＝12＋22＋32＝14，所以球的表面积S＝4πR2＝14π.【答案】14π角度三球的内接正四面体问题若棱长为a的正四面体的各个顶点都在半径为R的球面上，求球的表面积．【解】把正四面体放在正方体中，设正方体棱长为x，则a＝2x，由题意2R＝3x＝3×2a2＝62a，所以S球＝4πR2＝32πa2.角度四球的内接圆锥问题球的一个内接圆锥满足：球心到该圆锥底面的距离是球半径的一半，则该圆锥的体积和此球体积的比值为________．【解析】①当圆锥顶点与底面在球心两侧时，如图所示，设球半径为r，则球心到该圆锥底面的距离是r2，于是圆锥的底面半径为r2－⎝⎛⎭⎪⎫r22＝3r2，高为3r 2.该圆锥的体积为13×π×⎝⎛⎭⎪⎫3r22×3r2＝38πr3，球体积为43πr3，所以该圆锥的体积和此球体积的比值为38πr343πr3＝932.②同理，当圆锥顶点与底面在球心同侧时，该圆锥的体积和此球体积的比值为332.【答案】 932或332角度五 球的内接直棱柱问题设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为 a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( )A ．πa 2 B.73πa 2 C.113πa 2D ．5πa 2【解析】 由题意知，该三棱柱为正三棱柱，且侧棱与底面边长相等，均为 a ．如图，P 为三棱柱上底面的中心，O 为球心，易知 AP ＝23×32a ＝33a ，OP ＝12a ，所以球的半径 R ＝ OA 满足R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2＝712a 2，故 S 球＝4πR 2＝73πa 2.【答案】 B(1)正方体的内切球球与正方体的六个面都相切，称球为正方体的内切球，此时球的半径为 r 1＝a2，过在一个平面上的四个切点作截面如图(1)．(2)长方体的外接球长方体的八个顶点都在球面上，称球为长方体的外接球，根据球的定义可知，长方体的体对角线是球的直径，若长方体过同一顶点的三条棱长为 a ，b ，c ，过球心作长方体的对角线，则球的半径为 r 2＝12a 2＋b 2＋c 2，如图(2)．(3)正四面体的外接球正四面体的棱长a与外接球半径R的关系为：2R＝6 2a.8．4.1平面1．平面(1)平面的概念几何里所说的“平面”，是从课桌面、黑板面、海面这样的一些物体中抽象出来的．平面是向四周无限延展的．(2)平面的画法我们常用矩形的直观图，即平行四边形表示平面．当水平放置时，常把平行四边形的一边画成横向；当平面竖直放置时，常把平行四边形的一边画成竖向．(3)平面的表示方法我们常用希腊字母α，β，γ等表示平面，如平面α、平面β、平面γ等，并将它写在代表平面的平行四边形的一个角内；也可以用代表平面的平行四边形的四个顶点，或者相对的两个顶点的大写英文字母作为这个平面的名称．如图中的平面α，也可以表示为平面ABCD、平面AC或者平面BD．■名师点拨(1)平面和点、直线一样，是只描述而不加定义的原始概念，不能进行度量．(2)平面无厚薄、无大小，是无限延展的．2．点、线、面之间的关系及符号表示A是点，l，m是直线，α，β是平面．从集合的角度理解点、线、面之间的关系(1)直线可以看成无数个点组成的集合，故点与直线的关系是元素与集合的关系，用“∈”或“∉”表示．(2)平面也可以看成点集，故点与平面的关系也是元素与集合的关系，用“∈”或“∉”表示．(3)直线与平面都是点集，它们之间的关系可看成集合与集合的关系，故用“⊂”或“⊄”表示．3．平面的性质在画两个相交平面时，如果其中一个平面的一部分被另一个平面挡住，通常把被挡住的部分画成虚线或不画，这样可使画出的图形立体感更强一些．如下图①，图②所示：4．平面性质的三个推论推论1经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面．如图(1)．推论2经过两条相交直线，有且只有一个平面．如图(2)．推论3经过两条平行直线，有且只有一个平面．如图(3)．典型应用1图形、文字、符号语言的相互转化(1)用符号语言表示下面的语句，并画出图形．平面ABD与平面BDC交于BD，平面ABC与平面ADC交于AC.(2)将下面用符号语言表示的关系用文字语言予以叙述，并用图形语言予以表示．α∩β＝l，A∈l，AB⊂α，AC⊂β.【解】(1)符号语言表示：平面ABD∩平面BDC＝BD，平面ABC∩平面ADC＝AC.用图形表示如图①所示．(2)文字语言叙述为：点A在平面α与平面β的交线l上，直线AB，AC分别在平面α，β内，图形语言表示如图②所示．。

2020-2021学年高一数学下学期期中专项复习（人教A版2019）第八章立体几何初步专项训练考点一基本立体图形解决空间基本立体图形结构特征问题的三个策略(1)把握几何体的结构特征，提高空间想象力．(2)构建几何模型、变换模型中的线面关系．(3)通过反例对结构特征进行辨析．一．选择题1．将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周，所得的几何体包括A．一个圆台、两个圆锥B．一个圆柱、两个圆锥C．两个圆台、一个圆柱D．两个圆台、一个圆锥【答案】B【解析】设等腰梯形ABCD，较长的底边为CD，则绕着底边CD旋转一周可得一个圆柱和两个圆锥，（如右轴截面图）故选B．2．某人用如图所示的纸片沿折痕折后粘成一个四棱锥形的“走马灯“，正方形做灯底，且有一个三角形面上写上了“年”字，当灯旋转时，正好看到“新年快乐”的字样，则在①、②、③处可依次写上A ．乐、新、快B ．快、新、乐C ．新、乐、快D ．乐、快、新 【答案】B【解析】根据四棱锥图形，正好看到“新年快乐”的字样，可知顺序为②年①③，故选B ．3．以下空间几何体是旋转体的是A ．圆台B ．棱台C ．正方体D ．三棱锥 【答案】A【解析】一条平面曲线绕着它所在的平面内的一条定直线旋转所形成的曲面叫作旋转面；该定直线叫做旋转体的轴；封闭的旋转面围成的几何体叫作旋转体．所以选项A 正确．故选A ．4．一个圆锥的母线与其轴所成的角为60︒，则该圆锥的侧面展开图的圆心角为A ．2πB ．π CD【答案】D【解析】如图所示，设圆锥的母线为l ，底面圆半径为r ， 因为60ABO ∠=︒，所以sin 60r l=︒，解得r =， 所以底面圆的周长为2r π，所以该圆锥的侧面展开图的圆心角为222r l l ππθ===．故选D．5．用一个平面去截一个几何体，截面的形状是三角形，那么这个几何体不可能是A．圆锥B．圆柱C．三棱锥D．正方体【答案】B【解析】用一个平面去截一个圆锥时，轴截面的形状是一个等腰三角形，所以A满足条件；用一个平面去截一个圆柱时，截面的形状不可能是一个三角形，所以B不满足条件；用一个平面去截一个三棱锥时，截面的形状是一个三角形，所以C满足条件；用一个平面去截一个正方体时，截面的形状可以是一个三角形，所以D满足条件．故选B．6．用一个平面去截一个几何体，得到的截面是一个圆面，这个几何体可能是A．圆锥B．圆柱C．球体D．以上都有可能【答案】D【解析】用一个平面去截一个几何体，得到的截面是一个圆面，则这个几何体可能是圆锥，也可能是圆柱，也可能是球体．故选D．7．下列说法正确的是A．通过圆台侧面一点，有无数条母线B．棱柱的底面一定是平行四边形C．圆锥的轴截面是等腰三角形D．用一个平面去截棱锥，原棱锥底面和截面之间的部分是棱台【答案】C【解析】对于A，通过圆台侧面一点，有且仅有一条母线，所以选项A错误；对于B，棱柱的底面不一定是平行四边形，所以选项B错误；对于C，圆锥的轴截面是腰长等于母线的等腰三角形，所以选项C正确；对于D，用一个平行于底面的平面去截棱锥，原棱锥底面和截面之间的部分是棱台，所以选项D错误．故选C．8．下列说法正确的是A．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B．一个直角三角形绕其一边旋转一周所形成的封闭图形叫圆锥C ．棱锥的所有侧面都是三角形D ．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台【答案】C【解析】对于A ，棱台的上下底面互相平行，侧面都是四边形，但棱台不是棱柱，故A 错误；对于B ，当旋转轴为直角边时，所得几何体为圆锥，当旋转轴为斜边时，所得几何体为两个圆锥的组合体，故B 错误；对于C ，由于棱锥的所有侧棱都交于一点，故棱锥的侧面都是三角形，故C 正确；对于D ，当平面与棱锥的底面不平行时，截面与棱锥底面间的几何体不是棱台，故D 错误．故选C ．二．填空题9．圆锥底面半径为1cm ，母线长为2cm ，则其侧面展开图扇形的圆心角θ= ．【答案】π【解析】圆锥底面半径为1cm ，母线长为2cm ，则它的侧面展开图扇形的圆心角所对的弧长为212()cm ππ⨯=； 所以扇形的圆心角为22πθπ==． 故答案为：π．10．一圆台的母线长为20cm ，母线与轴的夹角为30︒，上底面半径为15cm ，则下底面半径为 ，圆台的高为 ．【答案】25cm ，． 【解析】如图所示，圆台的母线长为20l cm =，母线与轴的夹角为30︒，上底面的半径为15r cm =，所以圆台的高为cos3020)h l cm =︒==， 则1sin3020102R r l -=︒=⨯=， 所以底面圆的半径为151025()R cm =+=．故答案为：25cm ，．三．解答题11【解析】如图所示，在正四棱锥S ABCD -中，连结AC ，BD 交于点O ，连结OS ，OS SA在Rt SOA ∆中，2OA ，所以AB ==作OE BC ⊥于点E ，则E 为BC 的中点，连结SE ，则SE 为该正四棱锥的斜高，在Rt SOE ∆中，因为12OE AB SO ==所以SE =12．一个正四棱台的高是17cm ，上、下底面边长分别为4cm 和16cm ．求这个棱台的侧棱长和斜高．【答案】侧棱长为19cm ，斜高为【解析】如图所示，设棱台的两底面的中心分别是1O 、O ，11B C 和BC 的中点分别是1E 和E ，连接1O O 、1E E 、11O B 、OB 、11O E 、OE ，则四边形11OBB O 和11OEE O 都是直角梯形．114A B =cm ，16AB =cm ，112O E ∴=cm ，8OE =cm ，11O B =，OB =，2221111()361B B O O OB O B ∴=+-=2cm ，22221111()325E E O O OE O E cm =+-=，119B B ∴=cm ，1E E =．∴这个棱台的侧棱长为19cm ，斜高为．考点三 立体图形的直观图斜二测画法的步骤:(1)在已知图形中取互相垂直的x 轴和y 轴，两轴相交于点O.画直观图时，把它们画成x 轴和y 轴，两轴相交于点O,且使∠xO y=45° (或135°)，它们确定的平面表示水平面。

(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总结(超全)单选题1、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.2、在空间中，下列命题是真命题的是（）A．经过三个点有且只有一个平面B．平行于同一平面的两直线相互平行C．如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等D．如果两个相交平面垂直于同一个平面，那么它们的交线也垂直于这个平面答案：D分析：由三点共线判断A；由线面、线线位置关系判断B；根据等角定理判断C；由线面平行和垂直的判定以及性质判断D.当三点在一条直线上时，可以确定无数个平面，故A错误；平行于同一平面的两直线可能相交，故B错误；由等角定理可知，如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补，故C错误；如果两个相交平面α,β垂直于同一个平面γ，且α∩β=l，则在平面α、β内分别存在直线m,n垂直于平面γ，由线面垂直的性质可知n//m，再由线面平行的判定定理得m//β，由线面平行的性质得出m//l，则l⊥γ，故D正确；故选：D3、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，故选：A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4、已知直三棱柱ABC−A1B1C1的各顶点都在同一球面上，且该棱柱的体积为√3，AB=2，AC=1，∠BAC= 60°，则该球的表面积为（）A．4πB．4√2πC．8πD．32π答案：C解析：利用三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱垂直于底面，棱柱的体积为√3，AB=2，AC=1，∠BAC=60°，求出AA1，再求出ΔABC外接圆的半径，即可求得球的半径，从而可求球的表面积.∵三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱垂直于底面，棱柱的体积为√3，AB=2，AC=1，∠BAC=60°，∴12×2×1×sin60°×AA1=√3，∴AA1=2∵BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcos60°=4+1−2=3，∴BC=√3.=2R，∴R=1.设ΔABC外接圆的半径为R，则BCsin60°∴外接球的半径为√1+1=√2，∴球的表面积等于4π×(√2)2=8π.故选：C.小提示：本小题主要考查根据柱体体积求棱长，考查几何体外接球有关计算，属于基础题.5、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：D6、在△ABC 中，AB =1，AC =2，∠BAC =60°，P 是△ABC 的外接圆上的一点，若AP⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ + nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，则m +n 的最小值是（ ）A ．−1B ．−12C ．−13D ．−16 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AP⃑⃑⃑⃑⃑ =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AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，所以(cosθ+1,sinθ)=m (12,√32)+ n (2,0)=(m 2+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 ．7、设α、β为两个不重合的平面，能使α//β成立的是A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α内有无数个点到β的距离相等D．α、β垂直于同一平面答案：B分析：应用几何体特例，如立方体可排除相关选项；而由面面平行的判定可知B正确应用立方体，如下图所示：选项A：α内有无数条直线可平行于l，即有无数条直线与β平行，但如上图α与β可相交于l，故A不一定能使α//β成立；选项B：由面面平行的判定，可知B正确选项C：在α内有一条直线平行于l，则在α内有无数个点到β的距离相等，但如上图α与β可相交于l，故C 不一定能使α//β成立；选项D：如图α⊥γ，β⊥γ，但α与β可相交于l，故D不一定能使α//β成立；故选：B小提示：本题考查了面面平行的判定，应用特殊与一般的思想排除选项，属于简单题8、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.9、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GH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//GH,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.10、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.11、下列说法中正确的是（）A．如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的任意一条直线平行B．平面α内△ABC的三个顶点到平面β的距离相等，则α与β平行C．α//β，a//α，则a//βD．a//b，a//α，b⊄α，则b//α答案：D分析：根据线面关系，逐一判断每个选项即可.解：对于A选项，如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的无数条直线平行，而不是任意的直线平行，故错误；对于B选项，如图1，D，E，F，G分别为正方体中所在棱的中点，平面DEFG设为平面β，易知正方体的三个顶点A，B，C到平面β的距离相等，但△ABC所在平面α与β相交，故错误；对于选项C，a可能在平面β内，故错误；对于选项D，正确.故选：D.12、如图所示的是平行四边形ABCD所在的平面，有下列表示方法：①平面ABCD；②平面BD；③平面AD；④平面ABC；⑤AC；⑥平面α.其中不正确的是（）A．④⑤B．③④⑤C．②③④⑤D．③⑤答案：D解析：根据平面的表示方法判断．③中AD不为对角线，故错误；⑤中漏掉“平面”两字，故错误.故选：D.双空题13、如图，已知圆锥PO的底面半径OA的长度为1，母线PA的长度为2，半径为R1的球O1与圆锥的侧面相切，并与底面相切于点O，则R1=______；若球O2与球O1、圆锥的底面和侧面均相切，则球O2的表面积为______．答案： √33 427π分析：作出轴截面，利用等面积法可求出R 1，利用两圆外切的关系和直角三角形的边的关系可求出R 2，从而可求出球O 2的表面积解：该几何体的轴截面如图所示，由题意可知△PAB 为等边三角形，且边长为2，圆O 1与三角形的三边都相切，圆O 1的半径等于球O 1的半径为R 1，则12(2+2+2)R 1=12×2×2sin60°，解得R 1=√33， 因为∠O 1AO =30°，所以AO 2=2O 2C =2R 2,AO 1=2OO 1=2R 1， 因为AO 1=AO 2+O 2O 1，所以2R 1=2R 2+R 2+R 1，所以R 2=13R 1=√39， 所以球O 2的表面积为4πR 22=4π(√39)2=427π，所以答案是：√33，427π14、蹴鞠，又名“蹴球”“蹴圆”等，“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，类似今日的踢足球活动，如图所示．已知某“鞠”的表面上有四个点A，B，C，D满足AB=BC=CD=DA=DB=10cm，AC=15cm，则点A到平面BCD的距离为______cm，该“鞠”的表面积为___________cm2．答案：152700π3分析：设球心为O，设△BCD的中心为O′，取BD的中点F，连接AF,CF,OO′,OB,O′B,AO，根据线面垂直的判定可证得BD⊥平面AFC，从而求解三角形可求得∠AFC=120°，在平面AFC中过点A作CF的垂线，与CF的延长线交于点E，由BD⊥平面AFC，得BD⊥AE，故AE⊥平面BCD，过点O作OG⊥AE于点G，解三角形可求得点A到平面BCD的距离．设球的半径为R，OO′=x cm，根据勾股定理建立方程可求得球半径，由此可得答案.由已知得△ABD,△CBD均为等边三角形．如图所示，设球心为O，设△BCD的中心为O′，取BD的中点F，连接AF,CF,OO′,OB,O′B,AO，则AF⊥BD,CF⊥BD，得BD ⊥平面AFC ，则AF =CF =5√3cm ，而AC =15cm ，所以∠AFC =120°．在平面AFC 中过点A 作CF 的垂线，与CF 的延长线交于点E ，由BD ⊥平面AFC ，得BD ⊥AE ，故AE ⊥平面BCD ， 过点O 作OG ⊥AE 于点G ，则四边形O ′EGO 是矩形．则O ′B =BCsin60°×23=10√33(cm )，O ′F =12O ′B =5√33(cm )， AE =AFsin60°=152(cm )，即点A 到平面BCD 的距离为152cm ，EF =AFsin30°=5√32(cm )． 设球的半径为R ，OO ′=x cm ，则由OO ′2+O ′B 2=OB 2,OA 2=AG 2+GO 2，得x 2+1003=R 2，(5√32+5√33)2+(152−x)2=R 2，解得x =5cm ,R =√1753cm ，故三棱锥A −BCD 外接球的表面积S =4πR 2=700π3(cm 2)．所以答案是：152；700π3.小提示：方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.15、一个正三棱柱的三视图如图所示，则这个三棱柱的高（两底面之间的距离）和底面边长分别是______和______．答案： 2 4解析：直接根据三视图求三棱柱的高和底面边长即可.=4.由侧视图得三棱柱的高为2，又底面正三角形的高为2√3，故底面边长为2√3sin60°所以答案是：2；4.小提示：本题主要考查根据几何体的三视图棱长，是基础题.16、已知四面体A−BCD中，AB,AC,AD两两垂直且AB=AC=AD=√3，则这个四面体的外接球O1的表面积的值为________，以C为球心，2为半径的球O2与该四面体每个面的交线的长度和的值为________．答案：9π3π2分析：由四面体A−BCD中，AB,AC,AD两两垂直且AB=AC=AD=√3可知，该四面体可扩展为一个棱长为√3的正方体，两个几何体的外接球相同，故可由正方体求出外接球的表面积；因为四面体A−BCD中，AB,AC,AD两两垂直且AB=AC=AD=√3，所以该四面体可扩展为一个棱长为√3的正方体，它也外接于球，对角线的长为球的直径，即2R=√√32+√32+√32=3，∴外接球的半径是R=3，2)2=9π，外接球的表面积是S=4π⋅(32由题意知Rt△ACD、Rt△ABC为等腰直角三角形，且AB=AC=AD=√3以点C为球心，2为半径作一个球O2设球O 2与Rt △ACD 的边CD 、AD 分别交于点M 、N ，如图1与Rt △ABC 的边AB 、CB 分别交于点H 、G ，如图2，易得cosACN =√32，则∠ACN =π6，AN =AC ⋅tan π6=1，∴ ∠NCM =∠ACD −∠ACN =π4−π6=π12∴弧MN 的长MN ⌢=2×π12=π6，同理弧GH⌢=π6， 在△ABD 内，如图3∵AH =AN =1，∠HAN =π2，则HN ⌢=1×π2=π2又如图4，易知弧GM 是以顶点C 为圆心，2为半径，圆心角为π3， 则GM⌢=2×π3=2π3，∴球面与该四面体每个面的交线的长度和为π6+π6+π2+2π3=3π2.所以答案是：9π；3π2.17、如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，直线A 1B 与直线AC 所成角的大小为____;直线A 1B 和平面A 1B 1CD 所成角的大小为____．答案：π3π6分析：依题意可得△BA1C1为等边三角形，则直线A1B与直线AC所成角可求解；设BC1交B1C于O，依题意可证明BC1⊥平面A1B1CD，则∠OA1B为直线A1B和平面A1B1CD所成的角，根据正弦公式即可求解角的大小．连接A1C1，BC1，△BA1C1为等边三角形，所以直线A1B与直线AC所成角的大小为π3；因为四边形BCC1B1是正方形，所以BC1⊥B1C，又DC⊥平面BCC1B1，所以BC1⊥CD，又因为CD∩B1C=C，所以BC1⊥平面A1B1CD．设BC1交B1C于O，则∠OA1B为直线A1B和平面A1B1CD所成的角，在Rt△OA1B中，sin∠OA1B=OBA1B =12，所以直线A1B和平面A1B1CD所成角的大小为π6．所以答案是：π3,π6解答题18、如图，在三棱锥S—ABC中，SC⊥平面ABC，点P、M分别是SC和SB的中点，设PM=AC=1，∠ACB=90°，直线AM与直线SC所成的角为60°.(1)求证：平面MAP⊥平面SAC.(2)求二面角M—AC—B的平面角的正切值；答案：(1)证明见解析(2)√63分析：（1）由已知可证BC⊥平面SAC，又PM∥BC，则PM⊥面SAC，从而可证平面MAP⊥平面SAC；（2）由AC⊥平面SBC，可得∠MCB为二面角M—AC－B的平面角，过点M作MN⊥CB于N点，连接AN，则∠AMN=60°，由勾股定理可得AN=√2，在Rt△AMN中，可得MN=√6，从而在Rt△CNM中，即可求解二面角3M—AC—B的平面角的正切值.（1）证明：∵SC⊥平面ABC，∴SC⊥BC，又∵∠ACB=90°，∴AC⊥BC，又AC∩SC=C，∴BC⊥平面SAC，又∵P，M是SC、SB的中点，∴PM∥BC，∴PM⊥面SAC，又PM⊂平面MAP，∴平面MAP⊥平面SAC；（2）解：∵SC⊥平面ABC，∴SC⊥AC，又AC⊥BC，BC∩SC=C，∴AC⊥平面SBC，∴AC⊥CM，AC⊥CB，从而∠MCB为二面角M—AC－B的平面角，∵直线AM与直线PC所成的角为60°，∴过点M作MN⊥CB于N点，连接AN，则∠AMN=60°，在△CAN中，由勾股定理可得AN=√2，在Rt△AMN中，MN=ANtan∠AMN =√2⋅√33=√63，在Rt△CNM中，tan∠MCN=MNCN =√631=√63.19、如图，在四棱锥M−ABCD中，四边形ABCD为梯形，∠ABC=∠BAD=90∘，BC//AD，AD=2AB=2BC（1）若E为MA中点，证明：BE//面MCD（2）若点M在面ABCD上投影在线段AC上，AB=1，证明：CD⊥面MAC.答案：（1）证明见解析；（2）证明见解析.解析：（1）取MD中点为F，连接EF，CF，四边形BCFE为平行四边形，所以BE//CF，利用线面平行的性质定理即可证明；（2）利用勾股定理证明AC⊥CD，设点M在面ABCD上投影在线段AC上设为点H，再利用已知条件证明MH⊥CD，利用线面垂直的判断定理即可证明.（1）取MD中点为F，连接EF，CF，则EF为△MAD中位线，∴EF//12AD且EF=12AD，又∵四边形ABCD是直角梯形，AD=2AB=2BC∴BC//12AD，BC=12AD∴BC//EF且BC=EF，∴四边形BCFE为平行四边形，所以BE//CF，因为BE⊄面MCD，CF⊂面MCD，所以BE//面MCD.（2）∵在四棱锥M−ABCD中，四边形ABCD是直角梯形，AD=2AB=2BC=2，∠ABC=∠BAD=90∘，∴AC=CD=√12+12=√2∴AC2+CD2=AD2，∴AC⊥CD，设点M在面ABCD上投影在线段AC上，设为点H，∴MH⊥面ABCD，CD⊂面ABCD，∴MH⊥CD，又∵AC⊥CD，AC∩MH=H，∴CD⊥面MAC.小提示：方法点睛：证明直线与平面平行的常用方法（1）定义法：证明直线与平面没有公共点，通常要借助于反证法来证明；（2）判定定理：在利用判断定理时，关键找到平面内与已知直线平行的直线，常考虑利用三角形中位线、平行四边形的对边平行或过已知直线作一平面，找其交线进行证明；20、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．。

(名师选题)全国通用版高中数学第八章立体几何初步知识点梳理单选题1、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.2、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：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.5、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：D6、如图，正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F ，且EF =√22，则三棱锥A −BEF 的体积为（ ）A ．112B ．14C ．√212D ．不确定答案：A分析：根据题意可知B 1D 1//平面ABCD ，而E ，F 在线段B 1D 1上运动，则EF//平面ABCD ，从而得出点B 到直线B 1D 1的距离不变，求出△BEF 的面积，再根据线面垂直的判定定理可证出AO ⊥平面BEF ，得出点A 到平面BEF 的距离为AO =√22，最后利用棱锥的体积公式求出三棱锥A −BEF 的体积.解：由题可知，正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则B 1D 1//平面ABCD ，又E ，F 在线段B 1D 1上运动，∴ EF //平面ABCD ，∴点B 到直线B 1D 1的距离不变，由正方体的性质可知BB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，则BB 1⊥EF ，而EF =√22，BB 1=1， 故△BEF 的面积为12×√22×1=√24， 又由正方体可知，AC ⊥BD ，AC ⊥BB 1，且BD ∩BB 1=B ，∴AC ⊥平面BB 1D 1D ，则AC ⊥平面BEF ，设AC 与BD 交于点O ，则AO ⊥平面BEF ，∵点A 到平面BEF 的距离为AO =√22，∴V A−BEF =13×√24×√22=112. 故选：A.7、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.8、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.9、如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为2，圆柱的底面半径为1，高为3，则该几何体的表面积为（）A．18πB．20πC．22πD．26π3答案：A分析：由题意可知该几何体的体积是由半球的表面积加上圆柱的侧面积，再加上圆的面积即可解：由题意得，球的半径R=2，圆柱的底面半径r=1，高ℎ=3，则该几何体的表面积为S=2πR2+πR2+2πrℎ=8π+4π+2π×1×3=18π故选：A.10、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.11、如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，M，N分别为棱AA1，BB1的中点，过MN作一平面分别交底面三角形ABC的边BC，AC于点E，F，则（）A．MF//NEB．四边形MNEF为梯形C．四边形MNEF为平行四边形D．A1B1//NE答案：B解析：由已知条件及线面平行的性质可得MN∥EF且EF≠MN，可得四边形MNEF为梯形，可得答案.解：∵在▱AA1B1B中，AM=MA1，BN=NB1，∴AM∥BN，∴MN∥AB.又MN⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，∴MN∥平面ABC.又MN⊂平面MNEF，平面MNEF∩平面ABC=EF，∴MN∥EF，∴EF∥AB.显然在ΔABC中，EF≠AB，∴EF≠MN，∴四边形MNEF为梯形.故选：B.小提示：本题主要考查直线与平面平行的性质定理，需注意其灵活运用，属于基础题型.12、一条直线和两条异面直线中的一条平行，则它和另一条的位置关系是（）A．平行B．相交C．异面D．相交或异面答案：D分析：根据空间中两直线的位置关系，即可求解：如图（1）所示，此时直线a与直线b为异面直线，其中l//a，此时直线l与b为相交直线；如图（2）所示，此时直线a与直线b为异面直线，其中l//a，此时直线l与b为异面直线，综上，一条直线与两条异面直线中的一条平行，则它和另一条直线的位置关系是相交或异面.故选: D.填空题13、如图，A′O′B′是用斜二测画法得到的△AOB的直观图，其中O′A′=2，O′B′=3，则AB的长度为______.答案：2√10分析：在原图形中作出AB，然后由勾股定理计算．如图，在原图形中，OA=2，OB=6，AB=√22+62=2√10，所以答案是：2√10．14、空间中两条直线的位置关系有___________.答案：平行、相交、异面分析：根据空间中两条直线的位置关系即可作答.空间中两条直线的位置关系有：平行、相交、异面.所以答案是：平行、相交、异面.15、对于任意给定的两条异面直线，存在______条直线与这两条直线都垂直．答案：无数分析：平移一条直线与另一条相交并确定一个平面，再由线面垂直的意义及异面直线所成角判断作答. 令给定的两条异面直线分别为直线a,b，平移直线b到直线b′，使b′与直线a相交，如图，则直线b′与a确定平面α，点A是平面α内任意一点，过点A有唯一直线l⊥α，因此，l⊥a,l⊥b′，即有l⊥b，由于点A的任意性，所以有无数条直线与异面直线a,b都垂直.所以答案是：无数16、正方体ABCD−A′B′C′D′的棱长为a，则异面直线CD′与BD间的距离等于______．答案：√33a分析：作辅助线，找出异面直线CD′与BD的公垂线段，求出公垂线段可得答案.取CD中点M，连接MC′，AM，AM与BD交于P，MC′与CD′交于Q，由正方体的性质可知AC′⊥BD,AC′⊥CD′.由△CMQ与△D′C′Q相似可得MQQC′=MCD′C′=12，同理可得MPPA =12，所以PQ∥AC′，且PQ=13AC′=√33a，所以PQ为CD′与BD间的公垂线段，所以异面直线CD′与BD间的距离等于√33a．所以答案是：√33a.17、中国南北朝时期，祖冲之与他的儿子祖暅通过对几何体体积的研究，早于西方1100多年，得出一个原理：“幂势既同，则积不容异”，“幂”是面积，“势”是高.也就是说：夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任何平面所截，如果截得两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.上述原理被称为祖暅原理.现有水平放置的三棱锥和圆锥各一个，用任何一个平行于底面的平面去截它们时，所截得的两个截面面积都相等，若圆锥的侧面展开图是半径为4的半圆，根据祖暅原理可知这个三棱锥的体积为______.答案：8√3π3分析：根据圆锥侧面积展开图是半径为4的半圆，求得圆锥底面半径，进一步求圆锥的高，计算出圆锥的体积，由此求出三棱锥的体积.设圆锥的底面半径为r，则2πr=12×2π×4，解得r=2，圆锥的高为ℎ=√42−22=2√3，所以圆锥的体积即为三棱锥的体积为V=13π×22×2√3=8√33π.所以答案是：8√33π.解答题18、如图，四边形ABCD是一个半圆柱的轴截面，E，F分别是弧DC，AB上的一点，EF//AD，点H为线段AD 的中点，且AB=AD=4，∠FAB=30°，点G为线段CE上一动点.(1)试确定点G的位置，使DG//平面CFH，并给予证明；(2)求三棱锥E−CFH的体积.答案：(1)点G为线段CE中点，证明见解析；(2)8√33.分析：（1）点G为线段CE中点，取CF中点M，证明DG//HM，再利用线面平行的判定推理作答. （2）根据给定条件，证得CE⊥平面ADEF，再结合等体积法即可求出三棱锥E−CFH的体积作答. （1）当点G为线段CE中点时，DG//平面CFH，取CF中点M，连接HM,GM，如图，则GM//EF，GM=12EF，因E，F分别是弧DC，AB上的一点，EF//AD，则EF是半圆柱的一条母线，即EF=AD，而点H为线段AD的中点，于是得GM//DH,GM=DH，即四边形DGMH为平行四边形，则DG//HM，而DG⊄平面CFH，HM⊂平面CFH，所以DG//平面CFH.（2）依题意，AB是半圆柱下底面半圆的直径，则∠AFB=90∘，而∠FAB=30°，有AF=√32AB=2√3,BF=12AB=2，显然CD是半圆柱上底面半圆的直径，则CE⊥DE，由（1）知EF是半圆柱的一条母线，则EF⊥平面CDE，而CE⊂平面CDE，即有CE⊥EF，DE∩EF=E，DE,EF⊂平面ADEF，因此，CE⊥平面ADEF，而EF//BC,EF=BC，即四边形BCEF是平行四边形，CE=BF=2，又点H为线段AD的中点，则S△EFH=12AD⋅AF=4√3，所以三棱锥E−CFH的体积V E−CFH=V C−EFH=13⋅S△EFH⋅CE=13×4√3×2=8√33.19、在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是BC，CC1，C1D1，A1A的中点．求证：（1）BF//HD1；（2）EG//平面BB1D1D．答案：（1）证明见解析；（2）证明见解析．解析：（1）取BB1的中点M，连接MH，MC1，得HD1∥MC1，再证得MC1∥BF，可得结论；（2）取BD的中点O，连接EO，D1O，先证明D1G与OE平行且相等，可得GE∥D1O，从而可得线面平行．证明：（1）如图所示，取BB1的中点M，连接MH，MC1，易证四边形HMC1D1是平行四边形，所以HD1∥MC1．又因为在平面BCC1B1中，BM//FC1，BM=FC1所以四边形BMC1F为平行四边形，所以MC1∥BF，所以BF∥HD1．（2）取BD的中点O，连接EO，D1O，DC，则OE∥DC且OE＝12DC，又D1G∥DC且D1G＝12所以OE//D1G，OE=D1G所以四边形OEGD1是平行四边形，所以GE∥D1O．又D1O⊂平面BB1D1D，GE⊄平面BB1D1D，所以EG∥平面BB1D1D．小提示：易错点睛：本题考查证明线线平行与线面平行，解题关键是掌握线面平行的判定定理，解题时需要列出定理的所有条件，缺一不可，否则易出现错误．20、如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA＝4，PD＝PB，点E在线段PA上，PE＝3EA，BE⊥AD，点F，G分别是线段BC，CD的中点．(1)证明：PA⊥平面ABCD；(2)求三棱锥P－EFG的体积．答案：(1)证明见解析(2)6分析：（1）根据线面垂直的判定可得AD⊥平面PAB，进而得到AD⊥PA，再根据△PAB≅△PAD可得PA⊥AB，进而证明PA⊥平面ABCD即可；（2）根据PE=3EA可得V P−EFG=34V P−AFG，再计算V P−AFG即可(1)证明：因为BE⊥AD，且正方形ABCD，故AB⊥AD，又BE∩AB=B，BE,AB⊂平面PAB，故AD⊥平面PAB.又PA⊂平面PAB，故AD⊥PA.又PD=PB，AD=AB，PA=PA，故△PAB≅△PAD，故PA⊥AB，又AD∩AB=A，AD,AB⊂平面ABCD，故PA⊥平面ABCD(2)因为PE=3EA，故AE=14PA，故V P−EFG=34V P−AFG，又点F，G分别是线段BC，CD的中点，故S△AFG=S ABCD−S△ABF−S△ADG−S△FCG=4×4−12×2×4−12×2×4−12×2×2=6，故V P−EFG=34V P−AFG=34×1×6×4=6 3。