专题08 立体几何-备战高考数学(理)之纠错笔记系列(原卷版)

高考数学 备考冲刺之易错点点睛系列 专题08 立体几何（学生版）一、高考预测立体几何由三部分组成，一是空间几何体，二是空间点、直线、平面的位置关系，三是立体几何中的向量方法．高考在命制立体几何试题中，对这三个部分的要求和考查方式是不同的．在空间几何体部分，主要是以空间几何体的三视图为主展开，考查空间几何体三视图的识别判断、考查通过三视图给出的空间几何体的表面积和体积的计算等问题，试题的题型主要是选择题或者填空题，在难度上也进行了一定的控制，尽管各地有所不同，但基本上都是中等难度或者较易的试题；在空间点、直线、平面的位置关系部分，主要以解答题的方法进行考查，考查的重点是空间线面平行关系和垂直关系的证明，而且一般是这个解答题的第一问；对立体几何中的向量方法部分，主要以解答题的方式进行考查，而且偏重在第二问或者第三问中使用这个方法，考查的重点是使用空间向量的方法进行空间角和距离等问题的计算，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题．2。

线面关系中三类平行的共同点是“无公共点”；三类垂直的共同点是“成角90°”.线面平行、面面平行，最终化归为线线平行；线面垂直、面面垂直，最终化归为线线垂直.3。

直线与平面所成角的范围是]2,0[π；两异面直线所成角的范围是]2,0(π.一般情况下，求二面角往往是指定的二面角，若是求两平面所成二面角只要求出它们的锐角（直角）情况即可.4。

立体几何中的计算主要是角、距离、体积、面积的计算.两异面直线所成角、直线与平面所成角的计算是重点.求两异面直线所成角可以利用平移的方法将角转化到三角形中去求解，也可以利用空间向量的方法，特别要注意的是两异面直线所成角的范围.当求出的余弦值为a 时，其所成角的大小应为||arccos a .特别需要注意的是：两向量所成的角是两向量方向所成的角，它与两向量所在的异面直线所成角的概念是不一样的.本题中的向量1BD 与DE 所成的角大小是两异面直线DE 与BD 1所成角的补角.8.正方体中线面关系可以说是高考中的重点内容，相当一部分的高考题是以正方体作为载体进行命题，或是截取正方体的一部分进行命题.请特别关注正方体表面按不同形式的展开图，会由展开的平面图形想象立体图形.9.三棱锥顶点在底面三角形内射影为三角形的外心、内心、垂心的条件要分清楚.外心：三侧棱相等或三侧棱与底面所成的角相等（充要条件）；内心：三侧面与底面所成的二面角相等（充要条件）；垂心：相对的棱垂直（充要条件）或三侧棱两两垂直（充分条件）.10.关注正棱锥中的几个直角三角形：（1）高、斜高、底面边心距组成的直角三角形；（2）侧棱、斜高、底面棱长的一半组成的直角三角形；（3）底面上的边心距、底面外接圆半径、底面棱长的一半组成的直角三角形.（4）高、侧棱、底面外接圆半径组成的直角三角形.进一步关注的是：侧棱与底面所成角、侧面与底面所成二面角的平面角都体现在这些直角三角形中.11。

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.。

专题09立体几何易错点一：对斜二测法规则掌握不牢（斜二测求算面积及周长）水平放置的平面图形的直观图的画法用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图的步骤空间几何体直观图的画法立体图形直观图的画法步骤(1)画轴：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)画底面：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，按照平面图形的画法，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)成图：去掉辅助线，将被遮挡的部分改为虚线.易错提醒：①建立坐标系；②“位置规则”——与坐标轴的平行的线段平行关系不变；③“长度规则”——图形中平行于x 轴的线段，在直观图中保持长度不变，平行于y 轴的线段，长度减为原来的一半.(1)判断平面四边形OABC 的形状并求周长；(2)若该四边形OABC 以OA 为旋转轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积及表面积变形1．如图，梯形1111D C B A 111111112,2,3A B C D A B C D ==∥变形2．如图所示，正方形O A B C ''''是一个水平放置的平面图形(1)求原图形的面积；(2)将原图形以OA 所在的直线为轴，旋转一周得到一个几何体，求该几何体的表面积与体积．OABC 与正方形O A B C ''''的各点分别一对应，如变形3．（1）如图，△A ′B ′C ′是水平放置的平面图形的斜二测直观图，将其恢复成原图形；（2）在(1)中若2A C ''＝，//B D y '''轴且1．如图，是水平放置的平面图形的斜二测直观图，(1)画出它的原图形，(2)若2,A C A B C ''=''' 的面积是32，求原图形中AC 边上的高和原图形的面积.2．画出图中水平放置的四边形ABCD 的直观图A B C D ''''，并求出直观图中三角形B C D ⅱ的面积.3．用斜二测画法画一个水平放管的平面图，其直观图如图所示，已知3A B ''=，1B C ''=，3A D ''=，且A DBC ''''∥．(1)求原平面图形ABCD 的面积；(2)将原平面图形ABCD 绕BC 旋转一周，求所形成的几何体的表面积和体积．4．如图所示，正方形O A B C ''''是一个水平放置的平面图形OABC 的直观图，其中1O A ''=.(1)求原图形的面积；(2)将原图形以OA 所在的直线为轴，旋转一周得到一个几何体，求该几何体的表面积与体积.（注：图形OABC(1)求原平面图形ABCD (2)将原平面图形ABCD 6．用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图，如图所示．已知∥B C ''．(1)在平面直角坐标系中作出原平面图形(2)将原平面图形ABCD 绕BC 7．如图，梯形O A B C ''''是水平放置的四边形3O B B C '=''='．(1)在下面给定的表格中画出四边形9．如图所示，O A B C ''''为四边形(1)画出四边形OABC 的平面图并标出边长，并求平面四边形(2)若该四边形OABC 以OA 10．如图，矩形O A B C ''''是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形1O C ''=.(1)画出平面四边形OABC 的平面图，并计算其面积；(2)若该四边形OABC 以OA 为轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积和表面积11．在ABC 中，角A B C ，，所对边分别为(1)证明：ABC 为等边三角形；(2)若（1）中的等边ABC 边长为注：只需画出直观图并求面积，不用写出详细的作图步骤易错点二：空间点、线、面位置关系不清（点、线、面之间的关系）结论：①要证线∥面，条件为3个，其中必有《线⊄面》②要证线⊥面，条件为2个，其中必有《线∥线或面∥面》③要证线∥线（面∥面），条件为2或3个，其中必有《两个线⊥面》④要证线⊥线（面⊥面），条件为2个，其中必有《⊥、∥（⊂）》⑤要证线⊥线（面⊥面），条件为3个，其中必有《⎩⎨⎧⊥⊥⊥⊥∥∥面、线、、》易错提醒：空间点、线、面位置关系的组合判断是考查学生对空间点、线、面位置关系判断和性质掌握程度的重要题型。

专题09立体几何易错点一：对斜二测法规则掌握不牢（斜二测求算面积及周长）水平放置的平面图形的直观图的画法用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图的步骤空间几何体直观图的画法立体图形直观图的画法步骤(1)画轴：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)画底面：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，按照平面图形的画法，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)成图：去掉辅助线，将被遮挡的部分改为虚线.易错提醒：①建立坐标系；②“位置规则”——与坐标轴的平行的线段平行关系不变；③“长度规则”——图形中平行于x 轴的线段，在直观图中保持长度不变，平行于y 轴的线段，长度减为原来的一半.(1)判断平面四边形OABC 的形状并求周长；(2)若该四边形OABC 以OA 为旋转轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积及表面积【解析】（1）将直观图还原得OABC 所以223,1(22)3OA OC 所以平面四边形OABC 为菱形，其周长为（2）四边形OABC 以OA 为旋转轴，221(22)3l2变形2．如图所示，正方形(1)求原图形的面积；（2）在(1)中若2A C ＝【解析】（1）画法：①画直角坐标系②在题图中，过B 作B D （2）∵//B D y ，∴BD ⊥又 1.5B D ＝且2A C ＝，∴32BD AC ＝，＝.∴2S(1)画出它的原图形，(2)若2,A C A B C 的面积是（2）由（1）知，原图形中，BD AC 于点D ，则BD 为原图形中在直观图中作B E A C 于点E ，则A B C 的面积12A B C S A 在直角三角形B E D 中，B D 所以1S 62ABC AC BD .【解析】根据题意，结合斜二测画法的规则，可得水平放置的四边形3．用斜二测画法画一个水平放管的平面图，其直观图如图所示，已知A D B C ∥．(1)求原平面图形ABCD (2)将原平面图形ABCD 【解析】（1）还原平面图形（2）将原平面图形其中圆柱的底面半径为所以几何体的表面积为(1)求原图形的面积；(2)将原图形以OA 所在的直线为轴，与正方形O A B C 的各点分别对应，如【解析】（1）原图形OABC 1OABC S OA OB （2）得到的几何体是一个组合体，其形状是圆柱一侧挖去一个圆锥，另一侧有多出一个相同的圆锥 几何体表面积2πS (1)求原平面图形ABCD (2)将原平面图形ABCD则DAB ABC 则5DE EC ，AE 即原图形ABCD 为直角梯形，故原平面图形ABCD （2）将原平面图形(1)在平面直角坐标系中作出原平面图形(2)将原平面图形ABCD 绕BC 旋转一周，求所形成的几何体的表面积和体积．【解析】（1）如图所示：梯形ABCD 因为54AD AB BC ,,(1)在下面给定的表格中画出四边形(2)若四边形OABC以OA所在直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，说出该几何体的结构特征，并求该几何体的体积．【解析】（1）因为O A 与x 轴重合，则B C 与x 轴平行，则BC与x轴平行，且O B 与y 轴重合，则OB与y轴重合，且（2）如图所示，所得几何体的上半部分为圆锥，下半部分为圆柱截取一个圆锥，故体积为1136π236π336π33V 8．如图，一个水平放置的平面图形的直观图长．【解析】由题可知，O D 还原直观图可得原平面图形，如图所示：则24OD O D ，OA ∴22AD OA OD ∴原平面图形的周长为．如图所示，O A B(1)画出四边形OABC的平面图并标出边长，并求平面四边形(2)若该四边形OABC以OA【解析】（1）解：在直观图中由上图可知，平面四边形所以面积为13242（2）旋转而成的几何体可以看成圆柱加上一个同底的圆锥，由（1）可知几何体底面圆半径为(1)画出平面四边形OABC的平面图，并计算其面积；(2)若该四边形OABC以OA为轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积和表面积）y 与B C 交点为D ¢，，45C O y ，所以2O D 的平面图如图2所示：则222OD O D ，322OABC S OA OD （2）由（1）可得，在Rt △所以，3OC ，所以3AB 如图3，分别过点,B C 作OA 及其延长线的垂线，垂足为矩形FECB 绕OA 及其延长线，旋转一周得到一个底面半径Rt BEA 绕OA ，旋转一周得到一个底面半径因为ABC 是边长为2的正三角形，所以2AB BC ，BC 边上的高为3h ，在A O C 中，45A O C ，所以13222B C BC A O AO，，结论：①要证线∥面，条件为3个，其中必有《线 面》②要证线⊥面，条件为2个，其中必有《线∥线或面∥面》③要证线∥线（面∥面），条件为2或3个，其中必有《两个线⊥面》④要证线⊥线（面⊥面），条件为2个，其中必有《⊥、∥（ ）》⑤要证线⊥线（面⊥面），条件为3个，其中必有《∥∥面、线、、》易错提醒：空间点、线、面位置关系的组合判断是考查学生对空间点、线、面位置关系判断和性质掌握程度的重要题型。

(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混淆知识点单选题1、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.2、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：C3、在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图，若四棱锥P−ABCD为阳马，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA=2√2，AB=BC=2，则该阳马的外接球的表面积为（）A．4πB．8πC．16πD．32π答案：C分析：补全该阳马所得到的长方体，则该长方体的体对角线即为该阳马外接球的直径，求出外接球半径，即可得出答案.解：因为四棱锥P−ABCD为阳马，侧棱PA⊥底面ABCD，如图，补全该阳马所得到的长方体，则该长方体的体对角线即为该阳马外接球的直径，设外接球半径为R，则(2R)2=AB2+BC2+PA2=4+4+8=16，所以R=2，所以该阳马的外接球的表面积为4πR2=16π.故选：C.4、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 −A 1B 1C 1D 1中，平面ABCD 为平面α，直线BC 1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：B5、在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E 为线段A 1B 1的中点，则异面直线D 1E 与BC 1所成角的余弦值为（ ）A ．√55B ．√105C ．√155D ．2√55答案：B分析：连接AD 1，AE ，得到AD 1//BC 1，把异面直线D 1E 与BC 1所成角转化为直线D 1E 与AD 1所成角，取AD 1的中点F ，在直角△D 1EF 中，即可求解.在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，连接AD 1，AE ，可得AD 1//BC 1，所以异面直线D 1E 与BC 1所成角即为直线D 1E 与AD 1所成角，即∠AD 1E 为异面直线D 1E 与BC 1所成角，不妨设AA 1=2，则AD 1=2√2，D 1E =AE =√5，取AD 1的中点F ，因为D 1E =AE ，所以EF ⊥AD 1，在直角△D 1EF 中，可得cos∠AD 1E =D 1F D 1E =√2√5=√105. 故选：B.6、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AO⃑⃑⃑⃑⃑ =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 −y2+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.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、若一个平面内的两条直线分别平行于另一个平面内的两条直线，则这两个平面的位置关系是（ ）A．一定平行B．一定相交C．平行或相交D．以上判断都不对答案：C分析：利用面面平行的判定即得.一个平面内的两条直线分别平行于另一个平面内的两条直线，若这两条直线相交且这两条直线平行于另一个平面，则可得这两个平面平行；若这两条直线平行，则这两个平面可能相交也可能平行；故选：C.9、下列说法正确的是（）A．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱B．过空间内不同的三点，有且只有一个平面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分析：根据定义逐项分析即可对A：根据棱柱的定义知，有两个面平行，其余各面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱，所以A错误，反例如图：对B：若这三点共线，则可以确定无数个平面，故B错误；对C：棱锥的底面为多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，故C正确；对D：只有用平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台，故D错误，故选：C.10、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，属于较难题填空题11、如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=1，E,F分别是BC,DC中点，则异面直线AD1与EF所成角大小为__________.答案：60°分析：由EF//D1B1得出异面直线AD1与EF所成角为∠AD1B1，再由正三角形的性质得出异面直线AD1与EF所成角大小.E,F分别是BC,DC中点，所以有EF//DB,而DB//D1B1,，因此EF//D1B1异面直线AD1与EF所成角为∠AD1B1，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=1，AD1=D1B1=AB1=√2,所以∠AD1B1=600所以答案是：60°12、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.13、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14、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：3215、已知P，Q，R，S是相应长方体或空间四边形的边或对角线的中点，则这四点必定共面的是______．（写序号）答案：①③④分析：利用平面的基本性质及推论，逐一检验即可．①中，∵PR//QS，∴P，Q，R，S四点共面；②中，PR和QS是异面直线，故四点不共面；③中，∵PS//QR，∴P，Q，R，S四点共面；④中，∵PQ//RS//BC，∴P，Q，R，S四点共面；所以答案是：①③④解答题16、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 =MA PA ．三棱锥求体积时可以换底，这样求体积比较灵活简便．17、查找并阅读关于蜂房结构的资料，建立数学模型说明蜂房正面采用正六边形面，底端是封闭的六角棱锥体的底，由三个相同的菱形组成（菱形的锐角为70°32′，钝角为109°28′）的原因．答案：理由见解析.分析：蜂房是蜜蜂用来盛蜂蜜的在体积一定的情况下，为了节约空间，蜜蜂建造蜂房时，首先希望蜂房既对称而又有规律，而正多边形正好符合这一要求，我们知道并非任意的正多边形都能铺满平面的，那么能铺满整个平面的正多边形又有哪些呢？谁最佳呢？这也就是我们要回答问题：为什么蜂房正面采用正六边形面，底端是封闭的六角棱锥体的底，由三个相同的菱形组成（菱形的锐角为70°32′，钝角为109°28′）？因为蜜蜂建造蜂房时需要使用材料（蜂腊）最少，在空间(体积)一定的情况下，这种形状容积最大.用正六边形才能蜂腊的用料最小.菱形的大小不影响蜂房的容积，只影响蜂房的表面积，但会影响到制造蜂房所用的材料；蜂房的底能够无间隙地粘合在一起.数学模型I ：能铺满平面的正多边形有哪些？在周长l 一定的情况下，哪种面积最大？数学模型I 的求解：由于正n 边形的每一个内角都等于(n−2n )⋅180°， 要将平面铺满，则有： k ⋅(n−2n )⋅180°=360°，解得k =2+4n−2,k ∈N +，故n =3,4,5时，符合要求.当周长l 一定时，正三角形的面积为S 3=√336l 2；正四边形的面积为S4=116l2；正六边形的面积为S6=√324l2.此时有：S3<S4<S6，所以正六边形是最佳的设计.数学模型Ⅱ：蜂房口的正六边形及蜂房的容积一定的情况下，问题是底面菱形的各角分别多大时，蜂房的表面积最小？数学模型Ⅱ求解：假定六棱柱的边长是1，先求AC的长度，ABC是腰长为1，夹角为120°的等腰三角形.以AC为对称轴作一个三角形△AB′C (图3).三角形ABB′是等边三角形.因此，1 2AC=√1−(12)2=√32，即得AC=√3.把图4的表面分成六份，把其中之一摊平下来，得出图7的形状.从一个宽为1的长方形切去一角，切割处成边AP.以AP为腰，√32为高作等腰三角形.问题:怎样切才能使所作出的图形的面积最小?假定被切去的三角形的高是x.从矩形中所切去的面积等于12x.现在看所添上的三角形ABP′的面积。

高中数学第八章立体几何初步易错知识点总结单选题1、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.2、已知圆锥的表面积为3π，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为（ ） A ．√3πB ．√33C ．√33πD ．√3 答案：C分析：求出圆锥的底面半径和圆锥的母线长与高，再计算圆锥的体积． 解：设圆锥的底面半径为r ，圆锥的母线长为l ， 由πl =2πr ，得l =2r ，又S =πr 2+πr ⋅2r =3πr 2=3π， 所以r 2=1，解得r =1；所以圆锥的高为ℎ=√l 2−r 2=√22−12=√3， 所以圆锥的体积为V =13πr 2ℎ=13π×12×√3=√33π． 故选：C ．3、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.4、若一个平面内的两条直线分别平行于另一个平面内的两条直线，则这两个平面的位置关系是（）A．一定平行B．一定相交C．平行或相交D．以上判断都不对答案：C分析：利用面面平行的判定即得.一个平面内的两条直线分别平行于另一个平面内的两条直线，若这两条直线相交且这两条直线平行于另一个平面，则可得这两个平面平行；若这两条直线平行，则这两个平面可能相交也可能平行；故选：C.5、在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，AD=3，AA1=5，点P在长方体的面上运动，且满足AP=5，则P的轨迹长度为（）A．12πB．8πC．6πD．4π答案：C分析：由题设，在长方体表面确定P 的轨迹，应用弧长公式计算轨迹长度.如图，P 在左侧面的轨迹为弧A 1N ⏜，在后侧面的轨迹为弧NC ⏜，在右侧面的轨迹为弧MC ⏜，在前侧面内的轨迹为弧A 1M ⏜.易知|NC ⏜|=14π×4×2=2π，|MC ⏜|=14π×3×2=3π2，又sin∠A 1AN =cos∠NAD =35，cos∠A 1AM =sin∠MAB =35，∴∠A 1AN +∠A 1AM =π2，则|A 1N ⏜|+|A 1M ⏜|=14π×5×2=5π2，∴P 的轨迹长度为6π， 故选：C.6、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 ；③直线DP 与平面ABCD 所成角的正弦值的取值范围是[√55,1]；④三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截得的截面面积是9π8.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.7、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 −A 1B 1C 1D 1中，平面ABCD 为平面α，直线BC 1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：B8、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O 1， 则球心O 在PO 1上，O 1在CE 上，且|PO 1|=23|CE |,连接OE ､OC ，设正四面体的棱长为a ，则|CE |=√32a ，|PO 1|=23|CE |=√33a 则正四面体的高PO 1=√PC 2−O 1C 2=a 2−(√33a)2=√63a ， 设外接球半径为R ，在Rt △OO 1C 中，OC 2=OO 12+O 1C 2，即R 2=(√63a −R)2+(√33a)2，解得R =√64a ， ∴在Rt △OO 1E 中，OE =√OO 12+O 1E 2=(√612a)2+(√36a)2=√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表示出其外接球的半径R=√64a，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.多选题9、在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，E，F分别为BB1,CD的中点，P是BC1上的动点，则（）A．A1F⊥平面AD1EB．平面AD1E截正方体ABCD−A1B1C1D1的截面面积为18C．三棱锥P−AD1E的体积与P点的位置有关D ．过作正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的外接球的截面，所得截面圆的面积的最小值为5π 答案：AB解析：建立坐标系，利用向量法可判断A ；取B 1C 1中点G ，连接D 1G,GE ，利用平面性质可知等腰梯形AD 1GE 即为截面，求出其面积即可判断；根据平行间的距离不变可判断C ；设外接球心为O ，过O 作OOʹ⊥AE ，垂足为Oʹ，则以Oʹ为圆心，O ′A 为半径的圆是过AE 面积最小的截面圆，求出其面积即可判断D. 对于A ，如图，以A 为原点，AD,AB,AA 1为坐标轴建立空间直角坐标系，则A (0,0,0),E (0,4,2),A 1(0,0,4),F (4,2,0),D 1(4,0,4), ∴AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4,2),A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,2,−4),AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,0,4)，∵AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0×4+4×2+2×(−4)=0，∴A 1F ⊥AE ， ∵AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4×4+0×2+4×(−4)=0，∴A 1F ⊥AD 1， ∵AE ∩AD 1=A ，∴A 1F ⊥平面AD 1E ，故A 正确；对于B ，如图，取B 1C 1中点G ，连接D 1G,GE ，则GE//C 1B 且GE =12C 1B =2√2，可知C 1B//AD 1，所以A,D 1,G,E 共面，则等腰梯形AD 1GE 即为截面，可求得其面积为18，故B 正确；AE对于C ，可知在正方体中，BC 1//AD 1，又BC 1⊄平面AD 1E ，AD 1⊂平面AD 1E ，所以BC 1//平面AD 1E ，因为P 是BC 1上的动点，所有P 到平面AD 1E 的距离为定值，故三棱锥P −AD 1E 的体积与P 点的位置无关，故C 错误； 对于D ，设外接球心为O ，过O 作OOʹ⊥AE ，垂足为Oʹ，则以Oʹ为圆心，O ′A 为半径的圆是过AE 面积最小的截面圆，则O (2,2,2)，设Oʹ(0,y,12y)，∴OOʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,y −2,12y −2)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4,2)， ∴OOʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(y −2)×4+(12y −2)×2=0，解得y =125，则OʹA =√(125)2+(65)2=6√55，故截面圆的最小面积为π×(6√55)2=36π5，故D 错误.小提示：本题考查立体几何的综合问题，属于中档题.10、如图，点E 为正方形ABCD 边CD 上异于点C 、D 的动点，将△ADE 沿AE 翻折成△SAE ，在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）A ．存在点E 和某一翻折位置，使得SB ⊥SE B ．存在点E 和某一翻折位置，使得AE ∥平面SBCC ．存在点E 和某一翻折位置，使得直线SB 与平面ABC 所成的角为45°D ．存在点E 和某一翻折位置，使得二面角S ﹣AB ﹣C 的大小为60° 答案：ACD分析：对于A ，当E 为CD 中时，当翻折到AD ＝BS ＝α时，SB ⊥SE ；对于B ，由CE ∥AB ，且CE ＜BC ，得AE 与BC 相交；对于C ，对于C ，DF ⊥AE ，交AE 于G ，S 在平面ABCD 的投影O 在FG 上，连结BO ，则∠SBO 为直线SB 于平面 ABC 所成角，由此能求出cosα=23；对于D ，过点O 作OM ⊥AB ，交AB 于点M ，则∠SMO 为二面角S﹣AB ﹣C 的平面角，由此能求出结果．对于A ，设正方形边长为a ，当E 为CD 中点时，AE ＝BE =√a 2+a 24=√52a ，当翻折到AD ＝BS ＝α时，SB ⊥SE ，故A 正确；对于B ，∵CE ∥AB ，且CE ＜BC ，∴AE 与BC 相交，∴AE 与平面SBC 相交，故B 错误； 对于C ，如图所示，DF ⊥AE ，交AE 于G ，S 在平面ABCD 的投影O 在FG 上，连结BO ，则∠SBO 为直线SB 于平面ABC 所成角，取二面角D ﹣AE ﹣B 的平面角为α，取AD ＝4，DE ＝3，则AE ＝DF ＝5，CE ＝BF ＝1，DG =125，OG =125cosα，∴只需满足SO ＝OB =125sinα，在△OFB 中，根据余弦定理得：(125sinα)2=12+(135−125cosα)2−2(135−125cosα)cos∠OFB ，解得cosα=23，故C 正确；对于D ，过点O 作OM ⊥AB ，交AB 于点M ，则∠SMO 为二面角S ﹣AB ﹣C 的平面角，取二面角D ﹣AE ﹣B 的平面角为60°，故只需满足DG ＝2GO ＝2OM ，设∠OAG ＝∠OAM ＝θ，π8＜θ＜π4，则∠DAG =π2−2θ，AG =DG tan(π2−2θ)=OGtanθ，化简，得2tanθtan2θ=1，解得tanθ=√55，验证满足，故D 正确．故选:ACD ．11、如图，在棱长均相等的正四棱锥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，下列结论正确的是（ ）A ．平面OMNB ．平面PCD//平面OMNC ．OM ⊥PAD ．直线PD 与直线MN 所成角的大小为90° 答案：ABC分析：A 选项:连接AC ,O 为AC 中点，M 为PA 中点，可证OM ∥根据线面平行的判定可以证明∥平面OMN ；B 选项:；连接BD ,同理证明PD ∥平面OMN ,结合A 选项可证明平面PCD//平面OMN ；C 选项:由于正四棱锥P −ABCD 的棱长均相等，且四边形ABCD 为正方形，根据勾股定理可证PA ⊥PC ,结合OM ∥可证OM ⊥PA ;D 选项:先利用平移思想，根据平行关系找到异面直线PD 与直线MN 所成角的平面角，结合△PDC 为正三角形，即可求出直线PD 与直线MN 所成角. 连接AC 如图示：//PC PC PC PC∵O 为底面正方形的中心, ∴O 为AC 中点，又∵M 为PA 中点，∴OM ∥又∵OM ⊂平面OMN ,PC ⊄平面OMN ，∴PC ∥平面OMN ，故A 选项正确；连接BD ，同理可证ON ∥PD ,又∵ON ⊂平面OMN ,PD ⊄平面OMN ，∴PD ∥平面OMN ,又∵PD ∩PC =P ,∥平面OMN 平面PCD ,PD ⊂平面PCD , ∴平面PCD//平面OMN ,故B 选项正确；由于正四棱锥P −ABCD 的棱长均相等，且四边形ABCD 为正方形，∴AB 2+BC 2=PA 2+PC 2=AC 2∴PA ⊥PC ,又∵OM ∥， ∴OM ⊥PA ,故C 选项正确;∵M,N 分别为侧棱PA,PB 的中点，∴MN ∥AB ∵四边形ABCD 为正方形, ∴CD ∥AB ,∴直线PD 与直线CD 所成的角即为直线PD 与直线MN 所成角∴∠PDC 即为直线PD 与直线MN 所成角，又∵△PDC 为正三角形，∴∠PDC =600, ∴直线PD 与直线MN 所成角为600.故D 选项不正确. 故选：ABC12、如图所示，P 为矩形ABCD 所在平面外一点，矩形对角线交点为O ，M 为PB 的中点，下列结论正确的是（ ）A ．OM ∥PDB ．OM ∥平面PCDC ．OM ∥平面PDAD ．OM ∥平面PBA 答案：ABCPC PC PCPC分析：通过直线与平面平行的判定定理，即可判断ABC 正确；由线面的位置关系，即可得到直线在平面内，故D 错误；解：对于A ，由于O 为BD 的中点，M 为PB 的中点，则OM ∥PD ，故正确； 对于B ，由于OM ∥PD ，OM ⊄平面PCD ，PD ⊂平面PCD ，则OM ∥平面PCD ，故正确； 对于C ，由于OM ∥PD ，OM ⊄平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，则OM ∥平面PAD ，故正确； 对于D ，由于M ∈平面PAB ，故错误． 故选：ABC ．小提示：本题考查线面平行的判定定理及应用，考查直线与平面的位置关系，考查空间想象能力.13、如图，已知四棱锥P −ABCD 中，PD ⊥平ABCD ，∠DAB =∠CBD =90°，∠ADB =∠BDC =60°，E 为中点，F 在CD 上，∠FBC =30°，PD =2AD =2，则下列结论正确的是（ ）A ．BE//面PADB ．PB 与平面ABCD 所成角为30°C ．四面体D −BEF 的体积为√33 D ．平面PAB ⊥平面PAD 答案：ACD分析：对A ，连结EF ，DE ，通过证明EF//平面PAD 和BF//平面PAD 得出平面BEF//平面PAD 可证；对B ，易得∠PBD 即为PB 与平面ABCD 所成角，求出即可；对C ，利用V D−BEF =V E−BDF 可求；对D ，由PD ⊥AB 和AB ⊥AD 证明AB ⊥平面PAD 即可.对于A ，连结EF ，DE ，因为∠DAB =∠CBD =90°，∠ADB =2∠BDC =60°，PC所以∠DCB =30°，∠FBC =30°，故BF =CF ， 同理可得DF =BF ，故DF =CF ，所以F 为CD 的中点，又E 为的中点，故EF//PD ， 又平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，故EF//平面PAD ，又因为∠ADC =60°+60°=120°，∠BFC =180°−∠FBC −∠BCF =120°， 所以∠ADC =∠BFC ，故AD//BF ，又BF ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，故BF//平面PAD ， 又EF ∩BF =F ，EF ，BF ⊂平面BEF ，所以平面BEF//平面PAD ，又BE ⊂平面BEF ，所以BE//平面PAD ，故A 正确； 对于B ，因为PD ⊥平面ABCD ，所以PB 与平面ABCD 所成的角即为∠PBD ， 因为AD =1，所以BD =2，则tan∠PBD =PD BD=1，又∠PBD ∈(0,π2]，故∠PBD =45°，故选项B 错误； 对于C ，S △BDF =12⋅BD ⋅DF ⋅sin60°=√3，因为PD ⊥平面ABCD ，EF//CD ，所以EF ⊥平面ABCD ， 又EF =12PD ，所以ℎ=EF =1，故V D−BEF =V E−BDF =13S △BDF ⋅ℎ=13×√3×1=√33，故选项C 正确；对于D ，因为PD ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥AB ， 又因为AB ⊥AD ，AD ∩PD =D ，AD ，PD ⊂平面PAD ， 所以AB ⊥平面PAD ，又AB ⊂平面PAB ， 所以平面PAB ⊥平面PAD ，故选项D 正确． 故选：ACD ．PC EF小提示：关键点睛：解决本题的关键是正确利用线面平行、面面垂直的判断定理，正确寻找图中位置关系. 填空题14、在正三棱锥S −ABC 中，AB =BC =CA =6，点D 是SA 的中点，若SB ⊥CD ，则该三棱锥外接球的表面积为___________. 答案：54π分析：通过线面垂直的判定定理和性质可得出SA ，SB ，SC 两两垂直，则可求出外接球的半径，进而求出球的表面积.设△ABC 的中心为G ，连接SG ，BG ，∴SG ⊥平面ABC ， ∵AC ⊂面ABC ，∴SG ⊥AC ，又AC ⊥BG ，BG ∩SG =G ，∴AC ⊥平面SBG ， ∵SB ⊂平面SBG ，∴AC ⊥SB ，又SB ⊥CD ，AC ∩CD =C ，∴SB ⊥平面ACS . ∵SA,SC ⊂平面ACS ，∴SB ⊥SA,SB ⊥SC ， ∵S −ABC 为正三棱锥，∴SA ，SB ，SC 两两垂直， ∴SA =SB =SC =3√2，故外接球直径为√(3√2)2+(3√2)2+(3√2)2=3√6， 故三棱锥S −ABC 外接球的表面积为4π×(3√62)2=54π.所以答案是：54π.小提示：本题考查三棱锥的外接球问题，解题的关键是通过线面垂直的判定定理和性质可得出SA，SB，SC两两垂直，即可求出半径.15、圆锥的底面半径为√3，母线与底面成45°角，过圆锥顶点S作截面SAB，且与圆锥的高SO成30°角，则底面圆心O到截面SAB的距离是______.答案：√32分析：确定高SO与截面SAB所成的角，如图作出点O到SE的垂线OP，并说明OP的长是点O到平面SAB的距离，然后在直角三角形中求得点面距．如图，底面直径CD⊥AB，SO⊥平面OAB，AB⊂平面OAB，则SO⊥AB，又SO∩CD=O，SO,CD⊂平面SOE，则AB⊥平面SOE，AB⊂平面SAB，所以平面SAB⊥平面SOE，所以SO在平面SAB的射影是SE，所以∠OSE是SO与平面SAB所成的角，即∠OSE=30°，又∠SCO是母线SC与底面所成的角，即∠SCO=45°，所以在直角△SOC中，SO=OC=√3，作OP⊥SE，垂足为P，则OP⊥平面SAB，且OP=12SO=√32．所以答案是：√32．16、已知A、B、C、D四点不共面，且AB//平面α，CD∥α，AC∩α=E，AD∩α=F，BD∩α=H，BC∩α=G，则四边形EFHG是______四边形．答案：平行分析：由题，平面ABD∩平面α=FH，结合AB//平面α可得AB//FH，同理可得四边形EFHG另外三边与AB，CD的位置关系，即可得到答案.由题，平面ABD∩平面α=FH，因为AB//平面α，所以AB//FH，又平面ABC∩平面α=EG，所以AB//EG，则FH//EG，同理GH//CD//EF，所以四边形EFHG是平行四边形，所以答案是：平行解答题17、如图，四边形BCC1B1是圆柱的轴截面，AA1是圆柱的一条母线，已知AB=4，AC=2√2，AA1=3，求该圆柱的侧面积与表面积．答案：侧面积为6√6π，表面积为6√6π+12π分析：圆柱的侧面积S =2πrl ，圆柱的表面积S =2πrl +2πr 2. 易知：AB ⊥AC ，因为AB =4，AC =2√2，所以BC =√AB 2+AC 2=2√6，即r =√6，因为AA 1=3， 所以圆柱的侧面积S =2πrl =2π×√6×3=6√6π， 圆柱的表面积S 表=2πrl +2πr 2=6√6π+12π． 18、已知正方体ABCD −AʹBʹCʹDʹ.(1)G 是△BAʹCʹ的重心，求证：直线DG ⊥平面BAʹCʹ；(2)若AB =1，动点E ､F 在线段AD ､D ′C ′上，且DE =DʹF =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BʹAʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =i →,BʹB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =j →,BʹCʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =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BʹAʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =i →,BʹB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =j →,BʹCʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =k →， 显然i →⋅j →=0，j →⋅k →=0，k →⋅i →=0，因为G 是△BAʹCʹ的重心，所以BʹG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13(i →+j →+k →),故DG ⃗⃗⃗⃗⃗ =BʹG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −BʹD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BʹG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −(BʹB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ )=13(i +j +k ⃗ )−(j +i +k )=−23(i +j +k ⃗ ) AʹCʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =k →−i →；DG ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AʹCʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−23(k →2−i →2)=0，得DG ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AʹCʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， 同理DG⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AʹB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，得DG ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AʹB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . 因为AʹCʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 不平行于AʹB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以直线DG ⊥平面BAʹCʹ. （2）以D 为坐标原点，射线DA 、DC 、DDʹ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EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−a,a,1),DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,12,0). 于是cos 〈EF⃗⃗⃗⃗⃗ ,DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 〉=|EF⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||EF⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=12a √52⋅√2a 2+1=√210，解得a =√24，所以a 的值为√24.。

(名师选题)2023年人教版高中数学第八章立体几何初步易错知识点总结单选题1、已知一个圆锥的体积为3π，其侧面积是底面积的2倍，则其底面半径为（ ）A ．2√3B ．3C ．√3D ．√33答案：C分析：根据圆锥的侧面展开图和圆锥体积公式以及侧面积公式，即可求出结果.设底面半径为r ，高为ℎ，母线为l ，如图所示：则圆锥的体积V =13πr 2ℎ=3π，所以r 2ℎ=9，即ℎ=9r 2，S 侧=12⋅2πrl =2πr 2，则l =2r ， 又ℎ=√l 2−r 2=√3r ，所以√3r 3=9，故r =√3．故选：C ．2、已知圆锥的表面积为3π，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为（ ）A ．√3πB ．√33C ．√33πD ．√3答案：C分析：求出圆锥的底面半径和圆锥的母线长与高，再计算圆锥的体积．解：设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线长为l，由πl=2πr，得l=2r，又S=πr2+πr⋅2r=3πr2=3π，所以r2=1，解得r=1；所以圆锥的高为ℎ=√l2−r2=√22−12=√3，所以圆锥的体积为V=13πr2ℎ=13π×12×√3=√33π．故选：C．3、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、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、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.设ΔABC外接圆的半径为R，则BCsin60°=2R，∴R=1.∴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.7、如图已知正方体ABCD−A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1答案：A分析：由正方体间的垂直、平行关系，可证MN//AB,A1D⊥平面ABD1，即可得出结论.连AD1，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是A1D的中点，所以M为AD1中点，又N是D1B的中点，所以MN//AB，MN⊄平面ABCD,AB⊂平面ABCD，所以MN//平面ABCD.因为AB不垂直BD，所以MN不垂直BD则MN不垂直平面BDD1B1，所以选项B,D不正确；在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AD1⊥A1D，AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，AD1∩AB=A，所以A1D⊥平面ABD1，D1B⊂平面ABD1，所以A1D⊥D1B，且直线A1D,D1B是异面直线，所以选项C错误，选项A正确.故选：A.小提示：关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.8、牟合方盖是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，该方法不直接给出球体的体积，而是先计算牟合方盖的体积.刘徽通过计算，“牟合方盖”的体积与球的体积关系为V 牟V 球=4π，并且推理出了“牟合方盖”的八分之一的体积计算公式，即V 牟8=r 3−V 方盖差，从而计算出V 球=43πr 3.如果记所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V ，则V 方差盖:V =（ ）A ．√22B ．1C ．√2D ．2√2答案：C分析：计算出V 方盖差，V ，即可得出结论. 由题意，V 方盖差=r 3−18V 牟=r 3−18×4π×43×π×r 3=13r 3，所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V 正=13×r ×r ×(√2r 2)=√26r 3， ∴ V 方盖差V 正=13r 3√2r 36=√2，故选：C ．9、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 ，故∠OMA =30∘,所以OA =4×12=2 ,即O 到该截面的距离是2，故选：C10、在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，三棱锥A −B 1CD 1的表面积为4√3，则正方体外接球的体积为（ ）A ．4√3πB ．√6πC ．32√3πD ．8√6π答案：B解析：根据三棱锥的表面积进一步求出正方体的棱长，最后求出正方体的外接球的半径，进一步求出结果． 解：设正方体的棱长为a ，则B 1D 1=AC =AB 1=AD 1=B 1C =D 1C =√2a ，由于三棱锥A −B 1CD 1的表面积为4√3，所以S =4S △AB 1C =4×12×√32(√2a)2=4√3所以a =√2所以正方体的外接球的半径为√(√2)2+(√2)2+(√2)22=√62，所以正方体的外接球的体积为43π·(√62)3=√6π故选：B．小提示：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.11、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B 1P 的延长线上，存在一点Q ，使得DQ ⊥平面A 1BD 不正确；选项D ：由选项A 可知，点Q 为线段B 1P 的中点时，DQ ⊥平面A 1BD 不成立；假设点Q 在线段B 1P 上，且不是中点，又 D 是棱CC 1的中点，则DQ //AB 1不成立，即DQ 与AB 1为相交直线，若DQ ⊥平面A 1BD ，则DQ ⊥ A 1B又AB 1⊥A 1B ，DQ 与AB 1为相交直线，AB 1⊂面AB 1P ，DQ ⊂面AB 1P则A 1B ⊥面AB 1P ，又A 1B ⊥面AB 1C ，则面AB 1P //面AB 1C这与面AB 1P ∩面AB 1C =AB 1矛盾，故假设不成立，即点Q 在线段B 1P 上，且不是中点时，DQ ⊥平面A 1BD 不正确；故不存在DQ 与平面A 1BD 垂直.判断正确.故选：D12、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BB1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥PC1，又PC1⊥B1D1，BB1∩B1D1=B1，所以PC1⊥平面PBB1，所以PC1⊥PB，设正方体棱长为2，则BC1=2√2,PC1=12D1B1=√2，sin∠PBC1=PC1BC1=12，所以∠PBC1=π6.故选：D双空题13、如图，平面四边形ABCD, ∠B=∠D=90∘, ∠A=120∘,AB=AD=2，将ΔACD沿AC折起到ΔPAC的位置，此时二面角B−AC−P的大小为60∘，连接BP，则三棱锥P−ABC外接球的表面积为______;三棱锥P−ABC的体积为___________.答案：16π√3 分析：根据题意，可知△APC、△ABC都是以AC为斜边的直角三角形，故三棱锥P−ABC外接球的球心为AC中点，直径为AC，即可求出三棱锥P−ABC外接球的表面积；结合题意求出点P到平面ABC的距离，即可得到三棱锥P−ABC的体积.由∠B=∠D=90∘，可知三棱锥P−ABC外接球的直径为AC，三棱锥P−ABC外接球的半径R=AC2=ABcos60∘2=2，故三棱锥P−ABC外接球的表面积S=4πR2=16π；由题意得点P到直线AC的距离d=APsin60∘=√3，因二面角B−AC−P的大小为60∘，所以点P到平面ABC的距离ℎ=dsin60∘=32，故三棱锥P−ABC的体积V=13S△ABCℎ=13×2×2√32×32=√3.所以答案是：16π；√3 .14、如图，平面CGEC1∩平面ADD1A1=______；平面BHFB1∩平面CDD1C1=______．答案：EG FH分析：数形结合，求出面面相交的交线.平面CGEC1∩平面ADD1A1=EG，平面BHFB1∩平面CDD1C1=FH.所以答案是：EG，FH15、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为棱的长方体的外接球，故外接球半径为12√PA2+PB2+PC2=3，故三棱锥P−ABC外接球的表面积为4π×32=36π；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；√34π16、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17、球面几何是几何学的一个重要分支，在刚海､航空､卫星定位等方面都有广泛的应用.如图，A ，B ，C 是球而上不在同一大圆(大圆是过球心的平面与球面的交线)上的三点，经过这三点中任意两点的大圆的劣弧分别为AB ，BC ，CA ，由这三条劣弧组成的图形称为球面△ABC .已知地球半径为R ，北极为点N ，P ､Q 是地球表面上的两点.①若P，Q在赤道上，且经度分别为东经40°和东经100°，则球面△NPQ的面积为___________.②若NP=NQ=PQ=2√63R，则球面△NPQ的面积___________.答案：πR 23πR2分析：利用PQ所在的经度求出球面三角形PNQ面积，再利用已知可得三角形PNQ为等边三角形，进而可以求解．解：PQ在赤道上，且经度分别为40°和100°，上半球面面积为12×4π×R2=2πR2，球面△PNQ面积为60°360°×2πR2=πR23，当NP=NQ=PQ=2√6R3时，△PNQ为等边三角形，根据题意构造一个正四面体N−PQS，如图所示：其中心为O，O是高NH的靠近H的四等分点，则cos∠NOP=−cos∠HOP=−OHOP =−OHON=−13，由余弦定理可得：cos∠NOP=ON 2+OP2−PN22ON⋅OP=2R2−PN22R2=−13，解得PN=2√63R，正好为题目所给的长度，所以球面PNQ的面积为S△PNQ=14×4πR2=πR2，所以答案是：πR 23；πR2．解答题18、如图，四棱锥C−ABED中，四边形ABED是正方形，若G，F分别是线段EC，BD的中点.（1）求证：GF//平面ABC.（2）在线段CD上是否存在一点P，使得平面GFP//平面ABC？并说明理由.答案：（1）证明见详解；（2）P为线段CD中点，理由见详解．分析：（1）利用线面平行的判定定理证明即可；（2）当P为线段CD中点时，有平面GFP//平面ABC，利用面面平行的判定定理证明即可．(1)证明：由四边形ABED为正方形可知，连接AE必与BD相交于中点F，又G是线段EC的中点，故GF//AC，∵GF⊄面ABC，AC⊂面ABC，∴GF//面ABC；(2)当P为线段CD中点时，有平面GFP//平面ABC，证明：由点P,F分别为CD,BD中点可得：PF//BC∵PF⊄面ABC，BC⊂面ABC，∴PF//面ABC，由(1)可知，GF//面ACD，且GF∩PF=F，故平面GFP//平面ABC．小提示：关键点点睛：本题关键在于掌握空间直线与平面的平行的判定和空间平面与平面的平行的判定．19、如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4, AB=2，∠BAD=60°, E, M, N分别是BC，BB1，A1D的中点.证明：MN//平面C1DE.答案：证明见解析分析：根据中位线可证ME//B1C，再证四边形MNDE为平行四边形，由线面平行判定定理即可求证.连结B1C, ME，如图，∵M, E分别为BB1, BC的中点，∴ME//B1C，且ME=12B1C.又∵N为A1D的中点，∴ND=12A1D.由题设知A1B1//=DC，可得B1C//A1D，B1C=A1D故ME//ND，ME=ND因此四边形MNDE为平行四边形，MN//ED.又MN⊄平面C1DE，ED⊂平面C1DE，∴MN//平面C1DE.20、如图是边长为1的正方体，H、G、F分别是棱AB、AD、AA1的中点，现在沿三角形GFH所在平面锯掉正方体的一个角，问锯掉的这块的体积是原正方体的几分之几？答案：148.解析：根据三棱锥和柱体的体积公式，即可求解.由题意，边长为1的正方体，H、G、F分别是棱AB、AD、AA1的中点，锯掉的三棱锥的体积V1=13×12×12×12×12=148.正方体的体积V=1×1×1=1.. 锯掉的这块的体积是原正方体的148.所以答案是：148。

专题08 立体几何易错点易错点1 不能正确由三视图还原几何体三视图的长度特征：“长对正，宽相等，高平齐”，即主视图和左视图一样高，主视图和俯视图一样长，左视图和俯视图一样宽．若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法．【例1】一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是（）【错解】A或B或C【错因】选A，俯视图判断出错，从俯视图看，几何体的上、下部分都是旋转体；选B，下部分几何体判断出错，误把旋转体当多面体；学#科网选C，上部分几何体判断出错，误把旋转体当多面体.【正解】由三视图可知几何体上部是一个圆台，下部是一个圆柱，选D.【答案】D【巩固练习1】已知三棱锥的俯视图与侧视图如下图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为（）【答案】C【解析】通过对比选项，对于选项A，D其俯视图应有一条中线，故排除A，D，从俯视图可以观察到几何体的一条侧棱在正视图中应看不见，为虚线，故排除B，所以选C.易错点2 对点、直线、平面位置关系考虑不全1.由于空间点、直线、平面的位置关系是在空间考虑，这与在平面上考虑点、线的位置关系相比复杂了很多，特别是当直线和平面的个数较多时，各种位置关系错综复杂、相互交织，如果考虑不全面就会导致一些错误的判断．2.证明共面问题的两种途径(1)首先由条件中的部分线(或点)确定一个平面，再证其他线(或点)在此平面内；(2)将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证明这两个平面重合．3．证明共线问题的两种途径(1)先由两点确定一条直线，再证其他点都在这条直线上；(2)直接证明这些点都在同一条特定直线上．【例2】l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是()A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面【错解】甲同学选A；乙同学选C；丙同学选D.【错因】受平面几何知识限制，未能全面考虑空间中的情况．【正解】在空间中，垂直于同一直线的两条直线不一定平行，故A错；两平行线中的一条垂直于第三条直线，则另一条也垂直于第三条直线，B正确；相互平行的三条直线不一定共面，如三棱柱的三条侧棱，故C错；共点的三条直线不一定共面，如三棱锥的三条侧棱，故D错．【答案】B【巩固练习2】过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A作直线l，使l与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，这样的直线l可以作()A．1条B．2条C．3条D．4条【解析】如图，连结体对角线AC1，显然AC1与棱AB、AD，AA1所成的角都相等，所成角的正切值都为 2.联想正方体的其他体对角线，如连结BD1，则BD1与棱BC、BA、BB1所成的角都相等，因为BB1∥AA1，BC∥AD，所以体对角线BD1与棱AB、AD、AA1所成的角都相等，同理，体对角线A1C、DB1也与棱AB、AD、AA1所成的角都相等，过A点分别作BD1、A1C、DB1的平行线都满足题意，故这样的直线l可以作4条．【答案】D易错点3 混淆异面直线的夹角与向量的夹角而两异面直线所成角的范围是θ∈]2,0(π，两向量的夹角α的范围是],0[π，所以要注意二者的区别与联系，应有|cos |cos αθ=.【例3】在四面体OABC 中，各棱长都相等，E 、F 分别为AB 、OC 的中点，则异面直线OE 与BF 所夹角的余弦值为 .【错解】取OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，且|a |＝|b |＝|c |＝1，则a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12．又因为OE →＝12(a ＋b )，BF →＝12c －b ，|OE →|＝32，|BF →|＝32．所以OE →·BF →＝12(a ＋b )·(12c －b )＝14a ·c ＋14b ·c －12a ·b －12|b |2＝－12．所以cos 〈OE →，BF →〉＝OE →·BF →|OE →||BF →|＝－23．所以异面直线OE 与BF 所成角的余弦值为－23．【错因】错解的原因是对两向量的夹角理解不透彻，事实上，两向量夹角的取值范围是[0，π]，异面直线所成的角的范围是(0，π2]，异面直线l 1、l 2所成的角为θ，方向向量为a ，b ，当0<〈a ，b 〉≤π2时，θ＝〈a ，b 〉，即cos θ＝cos 〈a ，b 〉，当π2<〈a ，b 〉<π时，θ＝π－〈a ，b 〉，即cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|． 【正解】取OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，且|a |＝|b |＝|c |＝1，则a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12．又因为OE →＝12(a ＋b )，BF →＝12c －b ，|OE →|＝32，|BF →|＝32．所以OE →·BF →＝12(a ＋b )·(12c －b )＝14a ·c ＋14b ·c －12a ·b －12|b |2＝－12．所以cos 〈OE →，BF →〉＝OE →·BF →|OE →||BF →|＝－23．因为异面直线夹角范围(0，π2]．所以异面直线OE 与BF 所成角的余弦值为23．【答案】32 【巩固练习3】如图，已知空间四边形ABCD 中，AD =BC ，M ，N 分别为AB ，CD 的中点，且直线BC 与MN 所成的角为30°，则BC 与AD 所成的角为 .【解析】如图，连接BD ，并取中点E ，连接EN ，EM ，则EN ∥BC ，ME ∥AD ， 故ENM ∠为BC 与MN 所成的角，∠MEN 为BC 与AD 所成的角，所以∠ENM=30°. 又由AD =BC ，知ME =EN ，所以∠EMN =∠ENM =30°，所以1803030120MEN ∠=︒-︒-︒=︒，即BC 与AD 所成的角为120°.因为异面直线所成的角α的取值范围是090α<≤，即BC 与AD 所成的角为60°. 【答案】60°易错点4 推理过程不严密三种平行关系的转化三种垂直关系的转化【例4】如图，在四棱锥P ABCD中，平面P AD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E，F分别是AP，AD的中点．求证：(1)直线EF∥平面PCD；(2)平面BEF⊥平面P AD.【错解】(1)在△P AD中，因为E，F分别为AP、AD的中点，所以EF∥PD，所以EF∥平面PCD.(2)△ABD为正三角形，所以BF⊥AD，又平面P AD⊥平面ABCD所以BF⊥平面P AD，所以平面BEF⊥平面P AD.【错因】在运用判定定理时漏掉关键条件致使推理不严谨致误．【正解】(1)在△P AD中，因为E，F分别为AP，AD的中点，所以EF∥PD.又因为EF⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，所以直线EF∥平面PCD.(2)如图，连结BD.因为AB ＝AD ，∠BAD ＝60°， 所以△ABD 为正三角形．因为F 是AD 的中点，所以BF ⊥AD .因为平面P AD ⊥平面ABCD ，BF ⊄平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以BF ⊥平面P AD . 又因为BF ⊂平面BEF ，所以平面BEF ⊥平面P AD .【巩固练习4】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，点E 在棱PC 上（异于点P ，C ），平面ABE 与棱PD 交于点F .（1）求证：∥AB EF ；（2）若平面PAD ⊥平面ABCD ，求证：AF EF ⊥. 【答案】（1）因为四边形ABCD 是矩形，所以CD AB //， 又因为⊂AB 平面PDC ，⊂CD 平面PDC ， 所以//AB 平面PDC ，因为⊂AB 平面ABEF ，平面 ABEF 平面EF PDC = 所以EF AB //.（2）因为ABCD 是矩形，所以AB AD ⊥．又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD 平面ABCD AD =，AB ⊂平面ABCD ，所以AB ⊥平面PAD ．又AF ⊂平面PAD ，所以AB AF ⊥． 又由（1）知∥AB EF ，所以AF EF ⊥．易错点5 不会对二面角的大小判断求二面角的大小（1）如图①，AB 、CD 是二面角α­l ­β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．（2）如图②③，n 1，n 2分别是二面角α­l ­β的两个半平面α，β的法向量， 则二面角的大小θ满足cos θ＝cos 〈n 1，n 2〉或－cos 〈n 1，n 2〉．【例5】如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，AC AD ⊥，AB BC ⊥，45BAC ∠=，2PA AD ==，1AC =.则二面角A PC D --的余弦值为 .【错解】以AD ，AC ,AP 为正半轴方向，建立空间直角坐标系，则(2,0,0)D ，(0,1,0)C ，11(,,0)22B -，(0,0,2)P ， 所以(0,1,2)PC =-，(2,1,0)CD =-，设平面的法向量n(,,)x y z =，则0⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n PC n CD ，即2020y z x y -=⎧⎨-=⎩，取1z =，所以(1,2,1)=，又(2,0,0)DA =-是平面PAC 的一个法向量，所以cos ,6||||2⋅<>===⋅DA n DA n DA n . 所以二面角A PC D --的余弦值为66-. 【错因】判断二面角的大小出错，解答这类问题要有较强的空间想象能力，识图、用图的能力. 【正解】求得cos ,DA n -<>=结合图形观察知，二面角A PC D --应在090（，）， 故二面角A PC D --【巩固练习5】如图，菱形ABCD 与正三角形BCE 的边长均为2，它们所在平面互相垂直，⊥FD 平面ABCD ，//EF 平面ABCD ．（1）求证：平面ACF ⊥平面BDF ；（2）若60CBA ∠=︒，求二面角A BC F --的大小． 【解析】（1）因为四边形ABCD 是菱形，所以AC BD ⊥， 因为FD ⊥平面ABCD ，所以FD AC ⊥， 因为BD FD D ⋂=，所以AC ⊥平面BDF ， 因为AC ⊂平面ACF ，所以平面ACF ⊥平面BDF ．（2）设ACBD O =，以O 为原点，OB 为x 轴，OA 为y 轴，过O 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，则B ，()0,1,0C -，(F ，(1,0)BC =--，(BF =-，设平面BCF 的法向量(,,)n x y z =，则3020n BC y n BF ⎧⋅=--=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取1x =，得(1,3,2)n =-， 平面ABC 的法向量(0,0,1)m=，设二面角--A BC F 的大小为θ)20(πθ<<，则||cos ||||28m n m n θ⋅===⋅，所以4πθ=． 所以二面角A BC F --的大小为4π．高考链接1.（2020•全国2卷）如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为（ ）A. EB. FC. GD. H【答案】A【解析】根据三视图，画出多面体立体图形，14D D 上的点在正视图中都对应点M ,直线34B C 上的点在俯视图中对应的点为N ,∴在正视图中对应M ,在俯视图中对应N 的点是4D ,线段34D D ,上的所有点在侧试图中都对应E ,∴点4D 在侧视图中对应的点为E .故选：A2.（2020•北京卷）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（ ）．A . 6B . 6+C . 12D . 12+【答案】D【解析】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，则其表面积为：()1322222sin 60122S ⎛⎫=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯︒=+ ⎪⎝⎭故选：D.3.（2020•全国1卷）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）A.B.C.D.【答案】C【解析】如图，设,CD a PE b ==，则PO ==，由题意212PO ab =，即22142a b ab -=，化简得24()210b b a a -⋅-=，解得b a =（负值舍去）. 故选：C.4.（2020•全国1卷）已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（ ）A . 64πB . 48πC . 36πD . 32π【答案】A【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r ππ=∴=，ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=，1OO AB ∴==，根据球的截面性质1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A5.（2020•全国2卷）已知△ABC 是面积为93的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上.若球O 的表面 积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ）A.B.32C. 1D.2【答案】C【解析】设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，解得：2R =.设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，ABC212a ∴=，解得：3a =，2233r ∴===，∴球心O 到平面ABC 的距离1d ===.故选：C.6.（2020•全国3卷）下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ）A. 6＋B. 4＋C. 6＋D. 4＋【答案】C【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：AB AD DB ===∴ADB △是边长为根据三角形面积公式可得：211sin 6022ADB S AB AD =⋅⋅︒==△∴该几何体的表面积是：632=⨯++故选：C.7.（2020•全国3卷）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示， 其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ，由于AM =122S =⨯⨯△ABC设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()13322r =⨯++⨯=22r ，其体积：3433V r π==.. 8.（2020•北京卷）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为1BB 的中点．（1）求证：1//BC 平面1AD E ；（2）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值． 【解析】（1）如下图所示：在正方体1111ABCD A B C D -中，11//AB A B 且11AB A B =，1111//A B C D 且1111A B C D =，11//AB C D ∴且11AB C D =，所以，四边形11ABC D 为平行四边形，则11//BC AD ， 1BC ⊄平面1AD E ，1AD ⊂平面1AD E ，1//BC ∴平面1AD E ；（2）以点A 为坐标原点，AD 、AB 、1AA 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系A xyz -，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，则()0,0,0A 、()10,0,2A 、()12,0,2D 、()0,2,1E ，()12,0,2AD =，()0,2,1AE =，设平面1AD E 的法向量为(),,n x y z =，由100n AD n AE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得22020x z y z +=⎧⎨+=⎩，令2z =-，则2x =，1y =，则()2,1,2n =-.11142cos ,323n AA n AA n AA ⋅<>==-=-⨯⋅. 因此，直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值为23. 9.（2020•全国1卷）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，PO =．（1）证明：PA ⊥平面PBC ；（2）求二面角B PC E --的余弦值．【解析】（1）要证明PA ⊥平面PBC ，只需证明PA PB ⊥，PA PC ⊥即可；（2）以O 为坐标原点，OA 为x 轴，ON 为y 轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面PCB 的法向量为n ，平面PCE 的法向量为m ，利用公式cos ,||||n mm n n m ⋅<>=计算即可得到答案.【详解】（1）由题设，知DAE △为等边三角形，设1AE =，则2DO =，1122CO BO AE ===，所以4PO DO ==，44PC PB ====又ABC 为等边三角形，则2sin 60BA OA =，所以BA =，22234PA PB AB +==，则90APB ∠=，所以PA PB ⊥， 同理PA PC ⊥，又PC PB P =，所以PA ⊥平面PBC ；（2）过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 为x 轴，ON 为y 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则111(,0,0),((,244E P B C ---，1(,4PC =-，1(4PB =-，1(,0,2PE =-，设平面PCB 的一个法向量为111(,,)n x y z =，由00n PC n PB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得1111110x x ⎧---=⎪⎨-+-=⎪⎩，令1x =，得111,0z y =-=，所以(2,0,1)n =-，设平面PCE 的一个法向量为222(,,)m x y z =由00m PC m PE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得22222020x x ⎧--=⎪⎨-=⎪⎩，令21x=，得22z y ==，所以3(1,,3m =故cos ,5||||3n m mn n m ⋅<>===⋅⨯， 设二面角B PC E --的大小为θ，则cos 5θ=10.（2020•全国2卷）如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO ＝AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值.【解析】（1）,MN 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN BB ∴,又11//AA BB ,1//MN AA ∴,在ABC 中，M 为BC 中点，则BC AM ⊥,又侧面11BB C C 为矩形，1BC BB ∴⊥,1//MN BB ,MN BC ⊥,由MN AM M ⋂=，,MN AM ⊂平面1A AMN , ∴BC ⊥平面1A AMN ,又11//B C BC ，且11B C ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，11//B C ∴平面ABC ,又11B C ⊂平面11EB C F ，且平面11EB C F ⋂平面ABC EF =,11//B C EF ∴ ,//EF BC ∴,又BC ⊥平面1A AMN ,∴EF ⊥平面1A AMN ,EF ⊂平面11EB C F ,∴平面11EB C F ⊥平面1A AMN ,（2）连接NP ,//AO 平面11EB C F ，平面AONP ⋂平面11EB C F NP =,∴//AO NP ,根据三棱柱上下底面平行，其面1A NMA ⋂平面ABCAM =，面1A NMA ⋂平面1111A B C A N =,∴//ON AP ,故：四边形ONPA 是平行四边形,设ABC 边长是6m (0m >),可得：ON AP =，6NP AO AB m ===,O 为111A B C △的中心，且111A B C △边长为6m ,∴16sin 603ON =⨯⨯︒=,故：ON AP ==,//EF BC ,∴AP EPAM BM=,∴3EP=,解得：EP m =,在11B C 截取1B Q EP m ==，故2QN m =,1B Q EP =且1//B Q EP ,∴四边形1B QPE 是平行四边形，∴1//B E PQ ,由（1）11B C ⊥平面1A AMN ,故QPN ∠为1B E 与平面1A AMN 所成角,在Rt QPN △，根据勾股定理可得：PQ ===sinQN QPN PQ ∴∠===∴直线1B E 与平面1A AMN .模拟演练1.【2020•黑龙江省哈尔滨师范大学附属中检测】刘徽注《九章算术•商功》“斜解立方，得两堑堵.斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣.”如图一解释了由一个长方体得到“堑堵”、“阳马”、“鳖臑”的过程.堑堵是底面为直角三角形的直棱柱；阳马是一条侧棱垂直于底面且底面为矩形的四棱锥；鳖臑是四个面都为直角三角形的四面体.在如图二所示由正方体得到的堑堵ABC ﹣A 1B 1C 1中，当点P 在下列三个位置：A 1A 中点、A 1B 中点、A 1C 中点时，分别形成的四面体P ﹣ABC 中，鳖臑有（ ）A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个【答案】B【解析】设正方体的棱长为a ，则由题意知， 11AC AC ==，1A B ，1AC =， 当P 为1A A 的中点时，因为PA ⊥面ABC ，则90PAC PAB ∠=∠=︒，90ABC ∠=︒，则2PB a ===，32PC a ===，又BC a =，则222BC PB PC +=，则PBC 是直角三角形，即此时P ABC -是鳖臑；当P 为1A B 的中点时，因为BC ⊥面11ABB A ，所以,BC PB BC AB ⊥⊥,所以ABC △PBC,△为直角三角形，因为11ABB A 是正方形，所以AP BP ⊥，则PAB △是直角三角形，则,2PA a PC ====，又BC a =，由勾股定理可知，PBC 不是直角三角形，则此时P ABC -不是鳖臑；当P 为1A C 的中点时，此时112PA PC AC ===AC =，由勾股定理可知， PAC 不是直角三角形，则此时P ABC -不是鳖臑；故选B.2．【2020•安徽省高中教科研联盟联考】设,m n 是不同的直线，,αβ是不同的平面，则（ ）A ．若//m α，n ⊂α，则//m nB ．若m αβ=，n β⊂，n m ⊥，则n α⊥C ．若//m α，//n β，//m n ，则//αβD ．若m α⊥，n β⊥，n m ⊥，则αβ⊥【答案】D【解析】对于A ，若//m α，n ⊂α，则直线,m n 可以平行，也可以异面，所以A 错误； 对于B ，因为αβ⊥不一定能成立，所以当m αβ=，n β⊂，n m ⊥时，n α⊥不一定成立，所以B错误；对于C ，若//m α，//n β，//m n ，则//αβ，或平面α与平面β相交，所以C 错误； 选项D ：若m α⊥，n β⊥，n m ⊥，则αβ⊥成立，所以D 正确. 故选D.3．【2020•湖北省黄冈市黄梅国际育才高级中学检测】如图所示，AB 是⊙O 的直径，VA 垂直于⊙O 所在的平面，点C 是圆周上不同于A ，B 的任意一点，M ，N 分别为VA ，VC 的中点，则下列结论正确的是( )A ．MN ∥AB B ．MN 与BC 所成的角为45°C ．OC ⊥平面VACD ．平面VAC ⊥平面VBC【答案】D【解析】对于A 项，MN 与AB 异面，故A 项错；对于B 项，可证BC ⊥平面VAC ，故BC ⊥MN ，所以所成的角为90°，因此B 项错；对于C 项，OC 与AC 不垂直，所以OC 不可能垂直平面VAC ，故C 项错；对于D 项，由于BC ⊥AC ，VA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以VA ⊥BC ，因为AC ∩VA ＝A ，所以BC ⊥平面VAC ，BC ⊂平面VBC ，所以平面VAC ⊥平面VBC ，故D 项正确．4．【2020•江苏省南京航空航天大学附中调研】如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D 中，点M 是AD 的中点，动点P 在底面ABCD 内（不包括边界），若1B P 平面1A BM ，则1C P 的最小值是（ ）A BC ．5D ．5【答案】B【解析】如图，在11A D 上取中点Q ，在BC 上取中点N ，连接11,,,DN NB B Q QD//DN BM ，1//DQ A M 且DNDQ D =，1BMA M M =∴平面1//B QDN 平面1A BM ，则动点P 的轨迹是DN （不含,D N 两点）又1CC ⊥平面ABCD ，则当CP DN ⊥时，1C P 取得最小值此时，CP == 1C P ∴≥=故选B.5．【2020•江苏省南京市金陵中学检测】如图，在三棱锥O ABC -中，点D 是棱AC 的中点，若OA a =，OB b =，OC c =，则BD 等于（ ）A ．1122a b c -+ B ．a b c +- C ．a b c -+D ．1122a b c -+- 【答案】A【解析】()11112222OD OA AD OA AC OA OC OA OA OC =+=+=+-=+， 因此，11112222BD OD OB OA OB OC a b c =-=-+=-+.故选：A.6．【2020•山东省烟台市检测】如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 为线段1B C 上一动点，则（ ）A ．直线1BD ⊥平面11AC DB ．异面直线1BC 与11A C 所成角为45︒C ．三棱锥11P A DC -的体积为定值D ．平面11AC D 与底面ABCD 的交线平行于11A C 【答案】ACD【解析】1111A C B D ⊥，111AC BB ⊥，1111B D BB B ⋂=，11A C ∴⊥平面11BB D ，则111AC BD ⊥，同理11DC BD ⊥，1111AC DC C ⋂=，∴直线1BD ⊥平面11AC D ，故A 正确；11//A B CD ，11A B CD =，∴四边形11DA B C 为平行四边形，则11//B C A D ，则11DAC ∠为异面直线1B C 与11A C 所成角，为60︒，故B 错误；11//B C A D ，1A D ⊂平面11AC D ，1B C ⊂/平面11AC D ，1//B C ∴平面11AC D ．可得P 到平面11AC D 的距离为定值，即三棱锥11P A DC -的体积为定值，故C 正确；11//AC 平面ABCD ，11A C ⊂平面11ACD ，设平面11AC D 与底面ABCD 的交线为l ，由直线与平面平行的性质，可得平面11AC D 与底面ABCD 的交线平行于11A C ，故D 正确． 故选：ACD ．7．【2020•江苏省扬州中学检测】如图，在四棱锥P ABCD -中，PC ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，//,,222AB CD AB AD AB AD CD ⊥===，F 是AB 的中点，E 是PB 上的一点，则下列说法正确的是（ ）A ．若2PB PE =，则//EF 平面PACB ．若2PB PE =，则四棱锥P ABCD -的体积是三棱锥E ACB -体积的6倍C ．三棱锥P ADC -中有且只有三个面是直角三角形D ．平面BCP ⊥平面ACE 【答案】AD【解析】对于选项A,因为2PB PE =,所以E 是PB 的中点,因为F 是AB 的中点,所以//EF PA ,因为PA ⊂平面PAC ,EF ⊄平面PAC ,所以//EF 平面PAC ,故A 正确； 对于选项B,因为2PB PE =,所以2P ABCD E ABCD V V --=, 因为//,,222AB CD AB AD AB AD CD ⊥===, 所以梯形ABCD 的面积为()()113121222CD AB AD +⋅=⨯+⨯=,1121122ABCS AB AD =⋅=⨯⨯=, 所以32E ABCD E ABC V V --=,所以3P ABCD E ABC V V --=,故B 错误； 对于选项C,因为PC ⊥底面ABCD ,所以PC AC ⊥,PC CD ⊥,所以PAC ,PCD 为直角三角形, 又//,AB CD AB AD ⊥,所以AD CD ⊥,则ACD △为直角三角形,所以222222PA PC AC PC AD CD =+=++,222PD CD PC =+, 则222PA PD AD =+,所以PAD △是直角三角形, 故三棱锥P ADC -的四个面都是直角三角形,故C 错误； 对于选项D,因为PC ⊥底面ABCD ,所以PC AC ⊥,在Rt ACD △中,AC =,在直角梯形ABCD 中,BC ==,所以222AC BC AB +=,则AC BC ⊥, 因为BC PC C ⋂=,所以AC ⊥平面BCP , 所以平面BCP ⊥平面ACE ,故D 正确, 故选AD.8．【2021•广东省惠州市高三第一次调研】在空间中，已知,a b 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，则下列选项中正确的是（ ）A ．若//a b ，且a α⊥，b β⊥，则//αβ．B ．若αβ⊥，且//a α，b β//，则a b ⊥．C ．若a 与b 相交，且a α⊥，b β⊥，则α与β相交．D ．若a b ⊥，且//a α，b β//，则αβ⊥． 【答案】AC【解析】若//a b ，且,a b αβ⊥⊥，即两平面的法向量平行，则//αβ成立，故A 正确；证明：如图，a P α⋂=，过P 在平面α内作mn P =，a ,a m,a n α⊥∴⊥⊥，//ab ，b m,b n ∴⊥⊥，b α∴⊥，b β⊥，故//αβ若αβ⊥，且a b αβ////,，则a 与b 互相平行或相交或异面，故B 错误；若,a b 相交，且,a b αβ⊥⊥，则,αβ相交成立.证明：反证法假设αβ、不相交，则//αβ 又,a b αβ⊥⊥，所以//a b ，矛盾.故αβ、相交,故C 正确；若a b ⊥，且a b αβ////,，则α与β平行或相交，故D 错误； 故选AC ．9．【2020•山东省二模】若长方体1111ABCD A B C D -的底面是边长为2的正方形，高为4，E 是1DD 的中点，则（ ）A ．11B E A B ⊥ B ．平面1//B CE 平面1A BDC ．三棱锥11C B CE -的体积为83D ．三棱锥111C B CD -的外接球的表面积为24π【答案】CD【解析】以1{,,}AB AD AA 为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,0)A ，(2,0,0)B ，(2,2,0)C ，(0,2,0)D ，1(0,0,4)A ，1(2,0,4)B ，(0,2,2)E ，所以1(2,2,2)B E =--，1(2,0,4)A B =-， 因为1140840B E A B ⋅=-++=≠，所以1B E 与1A B 不垂直，故A 错误；1(0,2,4)CB =-，(2,0,2)CE =-，设平面1B CE 的一个法向量为111(,,)n x y z =，则由100n CB n CE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得1111240220y z x z -+=⎧⎨-+=⎩，所以11112y z x z =⎧⎨=⎩，不妨取11z =，则11x =，12y =，所以(1,2,1)n =，同理可得设平面1A BD 的一个法向量为(2,2,1)m =，故不存在实数λ使得n λm =，故平面1B CE 与平面1A BD 不平行，故B 错误； 在长方体1111ABCD A B C D -中，11B C ⊥平面11CDD C ，故11B C 是三棱锥11B CEC -的高，所以111111111184223323三棱锥三棱锥CEC C B CE CEC B V V S B C --==⋅=⨯⨯⨯⨯=△，故C 正确；三棱锥111C B CD -的外接球即为长方体1111ABCD A B C D -的外接球，故外接球的半径2R ==所以三棱锥111C B CD -的外接球的表面积2424S R ππ==，故D 正确. 故选CD.10．【2020•湖北省荆门市龙泉中学适应性考试】正四棱椎P ABCD -的底面边长为2，侧棱长为，过点A 作一个与侧棱PC 垂直的平面α，则平面α被此正四棱椎所截的截面面积为______，平面α将此正四棱椎分成的两部分，则较小部分体积与较大部分体积的比值为______.12【解析】如下图所示：在正四棱锥P ABCD -中，由于底面边长为2，侧棱长为AC =所以，PAC 是等边三角形，同理可得PBD △也为等边三角形， 取PC 的中点G ，连接AG ，则AG PC ⊥，且sin 606AG AC ==设过AG 且与PC 垂直的平面交PB 于点E ，交PD 于点F ，连接EF ，则EG PC ⊥，FG PC ⊥，可得Rt PGE Rt PGF ≅△△，则GE GF =，PE PF =， 在PAE △和PAF △中，由PA PA =，PE PF =，APE APF ∠=∠， 可得PAE PAF ≅△△，AE AF ∴=，=AE AF ，EG FG =，AG AG =，AEG AFG ∴≅△△，EAG FAG ∴∠=∠，则AG EF ⊥，在等腰PBC中，由PB PC ==2BC =，由余弦定理可得2223cos 24PB PC BC BPC PB PC +-∠==⋅，则在Rt PGE △中，cos 3PG PE BPC ==∠，同理可得3PF =， PE PF PB PD ∴=，//EF BD ∴，3EF PE ∴== 四边形AEGF的面积为112233AEGF S AG EF =⨯==四边形，则113339P AEGF AEGF V S PG -=⋅=⨯=四边形，又211233P ABCD ABCDV S PO -=⋅=⨯=， 因此，平面α12=. 11．【2020•安徽省马鞍山市高三质量监测】已知正六棱柱111111ABCDEF A B C D E F -所有棱的棱长均为1，1BE ⋂面1ACE P =，则1BPPE =________，PCE 的面积为________.【答案】23【解析】连接1111,,,,BD DE A B A E EC ，且EC 交BD 于点O ，显然11//BD A E ，则确定平面11A BDE ，11,AO BE ⊂平面11A BDE ，且11,A O BE 不平行，11,A O BE ∴相交于一点，1A O ⊂平面1A EC ，11,A O BE ∴相交于的点就是点P ，由正六棱柱的性质可知,30,1OD DE OED DE ︒⊥∠==，tan 30OD DE ︒∴==11BD A E CE ====，BO ∴=. 11A E P OBP △△，11123BP BO PE A E ∴===，同理123PO A P =，即125PO A O =，11(2,2AC A E ====，15cos8CA E∠==， 1sin 8CA E ∴∠==， 122122552PCE A EC S S ∴==⨯⨯⨯=△△. 12．【2020•山东省二模】足球运动是一项古老的体育活动，众多的资料表明，中国古代足球的出现比欧洲早，历史更为悠久，如图，现代比赛用足球是由正五边形与正六边形构成的共32个面的多面体，著名数学家欧拉证明了凸多面体的面数(F )，顶点数(V )，棱数(E )满足F +V -E =2，那么，足球有______.个正六边形的，则足球的直径为______.cm (结果保留整数)(参考数据tan 54 1.381,73,3.14).π︒===【答案】20 22【解析】因为足球是由正五边形与正六边形构成， 所以每块正五边形皮料周围都是正六边形皮料，每两个相邻的多边形恰有一条公共边，每个顶点处都有三块皮料， 而且都遵循一个正五边形，两个正六边形结论.设正五边形为x块，正六边形为y块，有题知：11(56)(56)2321562x y x y x yx y⎧+++-+=⎪⎪⎨⎪=⨯⎪⎩，解得1220xy=⎧⎨=⎩.所以足球有20个正六边形的面.每个正六边形的面积为2162⨯=每个正五边形的面积为1tan54105tan545224︒︒⨯=.球的表面积105tan5420124S=⨯315tan541089.9434.71524.6==+=.所以224(2)1524.6R Rππ==，222R≈.所以足球的直径为22.故答案为：20，22.13．【2020•山东省泰安第二中学高三检测】在直角梯形ABCD中，AB=BC=2，CD=4，BC⊥DC，AE⊥DC，M，N 两点分别在线段AD，BE上运动，且DM=EN（如图1）．将三角形ADE沿AE折起，使点D到达D1的位置（如图2），且平面D1AE⊥平面ABCE.（1）判断直线MN与平面D1CE的位置关系并证明；（2）证明：MN的长度最短时，M，N分别为AD1和BE的中点；（3）当MN的长度最短时，求平面D1MN与平面EMN所成角（锐角）的余弦值.【解析】（1）MN 与平面1D CE 平行.证明：连接MN ，在平面1D AE 内作//MG AE ①交1D E 于点G ； 在平面BCE 内作//NH BC ②交CE 于点H ，连接GH ， ∵AB =BC =2，BC ⊥DC ，AE ⊥DC ：即ABCE 为边长为2的正方形， ∴//,2AE BC AE BC ==③，又CD =4，即12D E =，且DM =EN ，∴在Rt △1D AE 中，11D M MG D A AE =；在Rt △BCE 中，EN NH EB BC=，由题意知：1D A EB ==MG NH =④∴综上①②③④知：四边形MNHG 是平行四边形，即有//MN GH ，.11,MN D EC GH D EC ⊄⊂，∴MN //平面D 1CE.（2）证明：∵平面1D AE ⊥平面ABCE ，平面1D AE ⊥平面ABCE AE =，1D E AE ⊥，1D E ∴⊥平面ABCE ，∴1D E CE ⊥，令DM = EN =x (0x ≤≤，则在Rt △1D EC中，2,22GE x EH x =-=∴GH ==(0x ≤≤当x =时，min min MN GH == 此时,M N 分别是1AD 和BE 的中点；（3）以E 为坐标原点，分别以EA 、EC 、1ED 所在直线为,,x y z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，由题意知，(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0)E A B ，1(0,2,0),(0,0,2)C D ，(1,0,1),(1,1,0)M N ，11(1,0,1),(1,1,2),D M D N ∴=-=-(1,0,1),(1,1,0)EM EN == ，设111(,,)m x y z =是平面1D MN 的一个法向量，由1100m D M m D N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩可得11111020x z x y z -=⎧⎨+-=⎩，若取11z =，可得(1,1,1)m =，设222(,,)n x y z =是平面EMN 的一个法向量，由00n EM n EN ⎧⋅=⎨⋅=⎩可得222200x z x y +=⎧⎨+=⎩，若取21z =，可得(1,1,1)n =-，∴由题意知：面1D MN 与面EMN 所成角为锐角，故1cos ,3||||m n m n m n⋅<>==⋅，∴平面1D MN 与平面EMN 所成角的余弦值为13.14．【2020•辽宁省辽阳市七校联合体】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，PA ⊥底面ABCD ，AD AP =，E 为棱PD 中点.（1）求证：PD ⊥平面ABE ；（2）若F 为AB 中点，(01)PM PC λλ=<<，试确定λ的值，使二面角P FM B --的余弦值为3-. 【解析】(I)证明：∵PA ⊥底面ABCD ，AB ⊂底面ABCD ，∴PA AB ⊥，又∵底面ABCD 为矩形，∴AB AD ⊥，PA AD A ⋂=，PA ⊂平面PAD ，AD ⊂平面PAD ， ∴AB ⊥平面PAD ，又PD ⊂平面PAD ，∴AB PD ⊥，AD AP =，E 为PD 中点，∴AE PD ⊥，AE AB A ⋂=，AE ⊂平面ABE ，AB ⊂平面ABE ，∴PD ⊥平面ABE .(2) 以A 为原点，以,,AB AD AP 为,,x y z 轴正方向，建立空间直角坐标系A BDP -，令2AB =， 则()0,0,0A ，()2,0,0B ，()0,0,2P ，()2,2,0C ，()0,1,1E ，()1,0,0F ，()1,0,2PF =-，()2,2,2PC =-，()2,2,2PM λλλ=-，()2,2,22M λλλ-设平面PFM 的法向量()111,,m x y z =，=0{=0m PF m PM ⋅⋅，即20{2220x z x y z λλλ-+=+-=，()2,1,1m =-设平面BFM 的法向量()222,,n x y z =，=0{=0n BF n FM ⋅⋅， 即()()0{212220x x y z λλλ=-++-=，()0,1,n λλ=-1cos ,36m nm n m n⋅===，解得12λ=. 15．【2020•山东省泰安联考】《九章算术》是中国古代的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，成于公元一世纪左右.它是一本综合性的历史著作，是当时世界上最简练有效的应用数学，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的体系.《九章算术》中将由四个直角三角形组成的四面体称为“鳖臑”，已知在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC .（1）从三棱锥P ABC -中选择合适的两条棱填空：________________，则三棱锥P ABC -为“鳖臑”； （2）如图，已知AD PB ⊥，垂足为D ，AEPC ⊥，垂足为E ，90ABC ∠=︒. （i ）证明：平面ADE ⊥平面PAC ；（ii ）设平面ADE 与平面ABC 交线为l ，若PA =2AC =，求二面角E l C --的大小. 【解析】（1）因为“鳖臑”是由四个直角三角形组成的四面体，又PA ⊥平面ABC ，所以PA AB ⊥，PA AC ⊥，PA BC ⊥；即PAB △，PAC 为直角三角形；若BC AB ⊥，由AB PA A ⋂=，,AB PA ⊂平面PAB ，可得：BC ⊥平面PAB ； 所以BC PB ⊥，即ABC ，PBC 为直角三角形；满足四个面都是直角三角形； 同理，可得BC AC ⊥或BC PB ⊥或BC PC ⊥，都能满足四个面都是直角三角形； 故可填：BC AB ⊥或BC AC ⊥或BC PB ⊥或BC PC ⊥； （2）（i ）证明：∵PA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴PA BC ⊥，又BC AB ⊥，PA AB A =，,PA AB ⊂平面PAB ，∴BC ⊥平面PAB ，又AD ⊂平面PAB ，∴BC AD ⊥，又AD PB ⊥，PB BC B ⋂=，,PB BC ⊂平面PBC ，∴AD ⊥平面PBC ，又PC ⊂平面PBC ，∴PC AD ⊥，又AE PC ⊥，AE AD A =，,AD AE ⊂平面ADE ，∴PC ⊥平面ADE ，又PC ⊂平面PAC ，∴平面ADE ⊥平面PAC .（ii ）由题意知，在平面PBC 中，直线DE 与直线BC 相交.如图所示，设DE BC F ⋂=，连结AF ，则AF 即为l .∵PC ⊥平面AED ，l ⊂平面AED ，∴PC l ⊥，∵PA ⊥平面ABC ，l ⊂平面ABC ，∴PA l ⊥，又PA PC P =，,PA PC ⊂平面PAC ，∴l ⊥平面PAC ，又,AE AC ⊂平面PAC ，∴AE l ⊥，AC l ⊥.∴EAC ∠即为二面角E l C --的一个平面角.在PAC 中，PA AC ⊥，PA =2AC =，∴4PC =，又AE PC ⊥，∴AP AC AE PC ⨯===cos AE EAC AC ∠==，∴30EAC ∠=︒，∴二面角E l C --的大小为30.纠错心得 ________________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________________ 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(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．。