高考数学(文)一轮复习单元测试(配最新高考+模拟)第八章立体几何

全国新课标区模拟精选题：依据高考命题大数据分析，重点关注基础题3，5，力量题8，10.专项基础测试模拟精选题选择题1.(2022·河南试验中学质量检测)已知直线m，n和平面α，则m∥n的一个必要条件是()A.m∥α，n∥αB.m⊥α，n⊥αC.m∥α，n⊂αD.m，n与α成等角解析若m∥n，则m，n与平面α平行、相交、在平面上都有可能；平行所成的角肯定相等，反之不成立.答案 D2.(2022·四川资阳高考模拟)下列关于空间的直线和平面的叙述正确的是()A.平行于同一平面的两直线平行B.垂直于同一平面的两平面平行C.假如两条相互垂直的直线分别平行于两个不同的平面，那么这两个平面平行D.假如一个平面内一条直线垂直于另一个平面的一条垂线，那么这两个平面垂直解析对于A，两直线平行，相交，异面均有可能；对于B，两平面也可能相交，对于D，两平面也可能平行，故A、B、D错误，C正确.答案 C3.(2021·辽宁大连检测)已知m，n是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，下列命题中正确的是()A.若m∥α，n∥α，则m∥nB.若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βC.若m∥α，m∥β，则α∥βD.若m⊥α，n⊥α，则m∥n解析对于A，同时平行于平面α的两直线可能相交、平行、异面，因此A不正确；对于B，垂直于同一平面的两个平面未必平行，它们也可能是相交的两个平面，因此B不正确；对于C，平行于同始终线的两个平面未必平行，它们也可能是相交的两个平面，因此C不正确；对于D，由“垂直于同一平面的两条直线平行”可知，D正确.故选D.答案 D 4.(2022·山东济宁模拟)设l表示直线，α、β表示平面.给出四个结论：①假如l∥α，则α内有很多条直线与l平行；②假如l∥α，则α内任意的直线与l平行；③假如α∥β，则α内任意的直线与β平行；④假如α∥β，对于α内的一条确定的直线a，在β内仅有唯一的直线与a平行.以上四个结论中，正确结论的个数为()A.0B.1C.2D.3解析若l∥α，则在α内的直线与l平行或异面，故①正确，②错误.由面面平行的性质知③正确.对于④，在β内有很多条直线与a平行，故④错误.故选C.答案 C5.(2022·四川绵阳诊断)设m，n是不同的直线，α，β，γ是不同的平面，有以下四个命题：其中真命题是()A.①④B.②③C.①③D.②④解析对于①，利用平面与平面平行的判定定理可证①正确；对于②，如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，α为面BD，β为面D1C，直线A1B1为直线m，明显面BD⊥面D1C，A1B1∥面BD，此时A1B1∥面D1C，故不正确；对于③，∵m∥β，∴β内有始终线l与m平行，而m⊥α，∴l⊥α，依据面面垂直的判定定理可知α⊥β，故正确；对于④，m有可能在平面α内，故不正确.故选C.答案 C创新导向题给定条件的平行或垂直推断6.已知两个不同的平面α，β和两条不重合的直线m ，n ，有下列四个命题( ) ①若m ∥n ，m ⊥α，则n ⊥α；②若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β； ③若m ⊥α，m ∥β，则α⊥β；④若m ∥α，α∩β＝n ，则m ∥n . 其中不正确的命题的个数是( ) A.0 B.1 C.2D.3解析 ①，②，③正确，④中m 与n 平行或异面，故④不正确. 答案 B几何体中的平行问题7.如图，在棱长为1的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点E ，F BC ，CC 1的中点，P 是侧面BCC 1B 1内一点，若A 1P ∥平面AEF ，则线段A 1P 长度的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，52B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤52，2 D.[]2，3解析 取B 1C 1的中点M ，BB 1的中点N ，连接A 1M ，A 1N ，MN ，可以证明平面A 1MN ∥平面AEF ，所以点P 位于线段MN 上，由于A 1M ＝A 1N ＝1＋（12）2＝52，MN ＝（12）2＋（12）2＝22，所以当点P 位于M ，N 处时，A 1P 最大，当P 位于MN 的中点O 时，A 1P 最小，此时A 1O ＝（52）2－（24）2＝324，所以A 1O ≤A 1P ≤A 1M ，即324≤A 1P ≤52，所以线段A 1P长度的取值范围是[324，52]，选B. 答案 B专项提升测试 模拟精选题 一、选择题8.(2022·山东威海一模)关于两条不同的直线m ，n 与两个不同的平面α，β，下列命题正确的是( )A.m ∥α，n ∥β，且α∥β，则m ∥nB.m ⊥α，n ⊥β且α⊥β，则m ∥nC.m ⊥α，n ∥β且α∥β，则m ⊥nD.m ∥α，n ⊥β且α⊥β，则m ∥n解析 由m ⊥α，α∥β得m ⊥β，又n ∥β，所以m ⊥n . 答案 C9.(2022·贵州4月适应性考试)已知α，β表示两个不同平面，a ，b 表示两条不同直线，对于下列两个命题：①若b ⊂α，a ⊄α，则“a ∥b ”是“a ∥α”的充分不必要条件；②若a ⊂α，b ⊂α，则“α∥β”是“a ∥β且b ∥β”的充要条件. 推断正确的是( ) A.①，②都是真命题 B.①是真命题，②是假命题 C.①是假命题，②是真命题 D.①，②都是假命题解析 由b ⊂α，a ⊄α，a ∥b ，可得a ∥α，反之由a ∥α，b ⊂α可知a 与b 平行或异面，①正确；对于②，若a ∥b ，则由a ⊂α，b ⊂α，a ∥β，b ∥β不能得到α∥β，故②错误. 答案 B 二、解答题10.(2021·江西九校联考)如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AA 1＝AC ＝2AB 且BC 1⊥A 1C .(1)求证：平面ABC 1⊥平面A 1ACC 1；(2)设D 是A 1C 1的中点，在线段BB 1上是否存在点E ，使DE ∥平面ABC 1？若存在，求三棱锥EABC 1的体积；若不存在，请说明理由.(1)证明 在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，有A 1A ⊥平面ABC ， ∴A 1A ⊥AC ，又A 1A ＝AC ，四边形ACC 1A 为正方形， ∴A 1C ⊥AC 1.又BC 1⊥A 1C ，且BC 1∩AC 1＝C 1，∴A 1C ⊥平面ABC 1， 又A 1C ⊂平面ABC 1， ∴平面ABC 1⊥平面A 1ACC 1.(2)解 存在.取A 1A 的中点F ，连接EF ，FD ，当E 为B 1B 中点时，EF ∥AB ，DF ∥AC 1，又EF ∩DF ＝F ，AB ∩AC 1＝A . ∴平面EFD ∥平面ABC 1，又ED ⊂平面EFD ， ∴ED ∥平面ABC 1.当E 为BB 1中点时， VEABC 1＝VC 1ABE ＝13×12×1×1×2＝13. 创新导向题综合问题中的平行关系证明11.如图，在三棱锥P AMC 中，AC ＝AM ＝PM ＝2，PM ⊥平面AMC ，AM ⊥AC ，B ，D 分别为CM ，AC 的中点.(1)在PC 上确定一点E ，使得直线PM ∥平面ABE ，并说明理由； (2)在(1)的条件下，连接AE ，与PD 相交于点N ，求三棱锥BADN 的体积.解 (1)E 为PC 的中点，理由如下：连接BE ，由于B ，E 分别为CM ，PC 的中点，所以BE ∥PM ， 又BE ⊂平面ABE ，PM ⊄平面ABE ，所以PM ∥ABE . (2)由于AE ，PD 分别是△P AC 的边PC ，AC 上的中线，所以AE 和PD 的交点N 为△P AC 的重心，故N 为PD 靠近D 的三等分点，则V BADN ＝V NADB ＝23V EADB ，而由于D 为AC 的中点，所以V EADB ＝12V EABC ，又由于E 为PC 的中点，所以V EABC ＝12V P ABC ＝12×13×12×12×2×2×2＝13， 所以三棱锥BAND 的体积为19.。

第八单元 立体几何初步A 卷 基础过关必刷卷一、选择题：本题共8小题,每小题5分,共40分．在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的．1．关于直线m 、n 与平面α、β,有以下四个命题： ①若//m α,βn//且//αβ,则//m n ； ②若m α⊥,n β⊥且αβ⊥,则m n ⊥； ③若m α⊥,βn//且//αβ,则m n ⊥； ④若//m α,n β⊥且αβ⊥,则//m n . 其中真命题的序号是（ ） A ．①②B ．③④C ．①④D ．②③2．某几何体的三视图如图所示,其中俯视图中的半圆的直径为2,则该几何体的表面积为（ ）A ．32π+B ．42π+C ．33π+D ．43π+3．已知点,,,A B C D 在球O 的表面上,AB ⊥平面,BCD BC CD ⊥,若2,4,AB BC AC==与平面ABD 所成角的正弦值为105,则球O 表面上的动点P 到平面ACD 距离的最大值为（ ） A ．2B ．3C ．4D ．54．菱形ABCD 中,2AB =,120DAB ∠=︒,将CBD 沿BD 折起,C 点变为E 点,当四面体E ABD -的体积最大时,四面体E ABD -的外接球的面积为（ ）A ．20πB ．40πC ．60πD ．80π5．如图,已知等边ABC 与等边ABD △所在平面成锐二面角3π,E ,F 分别为AB ,AD 中点,则异面直线EF 与CD 所成角的余弦值为（ ）A ．233B ．32C ．34D ．4336．棱长为4的正方体密闭容器内有一个半径为1的小球,小球可在正方体容器内任意运动,则其不能到达的空间的体积为（ ） A ．22323π-B ．4812π-C ．4283π-D ．13203π-7．如图,一个四棱柱形容器中盛有水,在底面ABCD 中,//AB CD ,3AB =,1CD =,侧棱14AA =,若侧面11AA B B 水平放置时,水面恰好过1111,,,AD BC B C A D 的中点,那么当底面ABCD 水平放置时,水面高为（ ）A ．2B ．52C ．3D ．728．某中学开展劳动实习,学习加工制作食品包装盒．现有一张边长为6的正六边形硬纸片,如图所示,裁掉阴影部分,然后按虚线处折成高为3的正六棱柱无盖包装盒,则此包装盒的体积为（ ）A．144B．72C．36D．24二、选择题：本题共4小题,每小题5分,共20分．在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求．全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分．9．正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1,E,F,G分别为BC,CC1,BB1的中点．则（）A．直线D1D与直线AF垂直B．直线A1G与平面AEF平行C．平面AEF截正方体所得的截面面积为98D．点C与点G到平面AEF的距离相等10．沙漏是古代的一种计时装置,它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成,开始时细沙全部在上部容器中,细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时问称为该沙漏的一个沙时.如图,某沙漏由上下两个圆锥组成,圆锥的底面直径和高均为8cm,细沙全部在上部时,其高度为圆锥高度的23(细管长度忽略不计).假设该沙漏每秒钟漏下0.02cm3的沙,且细沙全部漏入下部后,恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆.以下结论正确的是（）A ．沙漏中的细沙体积为31024cm 81πB ．沙漏的体积是3128cm πC ．细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4cmD ．该沙漏的一个沙时大约是1565秒()3.14π≈11．如图,圆柱的轴截面是四边形ABCD ,E 是底面圆周上异于,A B 的一点,则下列结论中正确的是（ ）A ．AE CE ⊥B ．BE DE ⊥C ．DE ⊥平面CEBD ．平面ADE ⊥平面BCE12．如图,在棱长均相等的四棱锥P ABCD -中,O 为底面正方形的中心,M ,N 分别为侧棱PA ,PB 的中点,有下列结论正确的有：A ．PD ∥平面OMNB ．平面PCD ∥平面OMNC ．直线PD 与直线MN 所成角的大小为90 D ．ON PB ⊥三、填空题：本题共4小题,每小题5分,共20分．13．已知球O的半径为4,3点,,,A B C D均在球面上,若ABC为等边三角形,且其面积为3,则三棱锥D ABC-的最大体积是___________.14．早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形,即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体,它们的各个面和多面角都全等．如图,正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体,共有12个顶点,30条棱,20个面,是五个柏拉图多面体之一．如果把sin36︒按35计算,则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于___________．15．如图,过球的一条半径OP的中点1O,作垂直于该半径的平面,所得截面圆的面积与球的表面积之比为________．16．从正方体ABCD－A1B1C1D1的8个顶点中任意取4个不同的顶点,这4个顶点可能是：（1）矩形的4个顶点；（2）每个面都是等边三角形的四面体的4个顶点；（3）每个面都是直角三角形的四面体的4个顶点；（4）有三个面是等腰直角三角形,有一个面是等边三角形的四面体的4个顶点．其中正确结论的个数为________．四、解答题：本题共6小题,共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．如图,在Rt△AOB中,AO＝OB＝2,△AOC通过△AOB以OA为轴顺时针旋转120°得到（∠BOC ＝120°）．点D为斜边AB上一点,点M为线段BC上一点,且CM＝OM．（1）证明：OM 平面AOB；（2）当D为线段AB中点时,求多面体OA CM D的体积．18．如图：直角梯形ABCD中,AD//BC,∠ABC=90°,E,F分别为边AD和BC上的点,且EF// AB,AD=2AE=2AB=4FC=4,将四边形EFCD沿EF折起成如图的位置,使AD=AE.（1）求证：BC//平面DAE；（2）求四棱锥D﹣AEFB的体积；（3）求面CBD 与面DAE 所成锐二面角的余弦值.19．如图,边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直,M 是CD 上异于C ,D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ,使得//MC 平面PBD ,说明理由．20．如图,在四棱锥M ABCD -中,四边形ABCD 为梯形,90ABC BAD ∠=∠=,//BC AD ,22AD AB BC ==（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,1AB =,证明：CD ⊥面MAC .21．如图,四棱锥P ABCD -的底面是边长为1的正方形,PA ⊥底面ABCD ,,E F 分别为,AB PC 的中点.（1）求证：EF //平面PAD ；（2）若2PA =,试问在线段EF 上是否存在点Q ,使得二面角 Q AP D --的余弦值为55？若存在,确定点Q 的位置；若不存在,请说明理由.22．已知圆锥的侧面展开图为半圆,母线长为23.（1）求圆锥的底面积；（2）在该圆锥内按如图所示放置一个圆柱,当圆柱的侧面积最大时,求圆柱的体积一、选择题：本题共8小题,每小题5分,共40分．在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的．1．关于直线m 、n 与平面α、β,有以下四个命题： ①若//m α,βn//且//αβ,则//m n ； ②若m α⊥,n β⊥且αβ⊥,则m n ⊥； ③若m α⊥,βn//且//αβ,则m n ⊥； ④若//m α,n β⊥且αβ⊥,则//m n . 其中真命题的序号是（ ） A ．①② B ．③④C ．①④D ．②③【答案】D【解析】对于①,若//m α,βn//且//αβ,则m 与n 平行、相交或异面,①错误； 对于②,如下图所示：设a αβ⋂=,因为αβ⊥,在平面β内作直线l a ⊥,由面面垂直的性质定理可知l α⊥,m α⊥,//m l ∴,n β⊥,l β⊂,n l ∴⊥,因此,m n ⊥,②正确；对于③,若m α⊥,//αβ,则m β⊥, 因为βn//,过直线n 作平面γ使得a βγ=,由线面平行的性质定理可得//n a ,m β⊥,a β⊂,则m a ⊥,因此m n ⊥,③正确；对于④,若//m α,n β⊥且αβ⊥,则m 与n 平行、相交或异面,④错误. 故选：D.2．某几何体的三视图如图所示,其中俯视图中的半圆的直径为2,则该几何体的表面积为（ ）A ．32π+B ．42π+C ．33π+D ．43π+【答案】A【解析】这个几何体是由一个底面半径为1且高为1的半圆柱,和一个半径为1的半球的前半部分组成,所以它的下底面为半圆,面积为2π,后表面为一个矩形加半圆,面积为212π⨯+,前表面为半个圆柱侧面加14个球面,面积为1114124πππ⨯⨯+⨯⨯=,所以其表面积为32π+, 故选：A.3．已知点,,,A B C D 在球O 的表面上,AB ⊥平面,BCD BC CD ⊥,若2,4,AB BC AC==与平面ABD 所成角的正弦值为105,则球O 表面上的动点P 到平面ACD 距离的最大值为（ ） A ．2 B ．3C ．4D ．5【答案】B【解析】如图,因为AB ⊥平面BCD ,BC CD ⊥,所以AD 为球的直径 由2,4AB BC ==得25AC =作CE BD ⊥,则CAE ∠即为AC 与平面ABD 所成角 所以105n 25si CE CEAC CAE ∠===,得22CE = 设CD x =由等面积法得242216x x =+,解得4x =所以22224161636AD AB BC CD =++=++=,即26R =,3R = 又平面ACD 过球心,所以P 到平面ACD 距离即为半径的长 所以P 到平面ACD 距离的最大值为3. 故选：B.4．菱形ABCD 中,2AB =,120DAB ∠=︒,将CBD 沿BD 折起,C 点变为E 点,当四面体E ABD -的体积最大时,四面体E ABD -的外接球的面积为（ ）A ．20πB ．40πC ．60πD ．80π【答案】A【解析】由题意,三棱锥E ABD -的底面ABD △的面积为定值,当平面EBD ⊥平面ABD 时,此时点E 到底面ABD 的距离最大,此时三棱锥E ABD -的体积取得最大值, 因为四边形ABCD 为菱形,且120DAB ∠=︒,连接AC 交BD 与点M , 可得CD CA CB ==,所以C 为ABD △的外心,过点C 作平面ABD 的垂线l ,可得l 上点到,,A B D 三点的距离相等,设l 存在点O 点,使得OE OA OB OD ===,即点O 为三棱锥E ABD -的外接球的球心, 设OC x =,可得2222()AC OC CM EM OC +=++, 即2241(1)x x +=++,解得1x =, 所以外接球的半径为2222215r AC OC =+=+=,所以外接球的表面积为2244(5)20S r πππ==⨯=. 故选：A.5．如图,已知等边ABC 与等边ABD △所在平面成锐二面角3π,E ,F 分别为AB ,AD 中点,则异面直线EF 与CD 所成角的余弦值为（ ）A．233B．32C ．34D ．433【答案】C【解析】连接CE ,DE ,等边ABC 与等边ABD △所在平面成锐二面角3π,可得3DEC π∠=,设等边ABC 与等边ABD △的边长为a , 则32DE CE a ==,即DEC 为等边三角形, 所以32DC a =, 因为E ,F 分别为AB ,AD 中点,所以//EF BD ,异面直线EF 与CD 所成角即为,BD CD 所成的角,在BCD △中,222323cos 4322a a a BDC a a⎛⎫+- ⎪⎝⎭∠==⋅. 故选：C6．棱长为4的正方体密闭容器内有一个半径为1的小球,小球可在正方体容器内任意运动,则其不能到达的空间的体积为（ ） A ．22323π-B ．4812π-C ．4283π-D ．13203π-【答案】A【解析】由题可得小球在八个角不能到达的空间相当于边长为2的正方体中间挖掉一个半径为1的球的剩余部分,其体积为334421833ππ-⨯=-, 小球在12条边活动不到的空间相当于高为2,底面积为4的正四棱柱中间挖掉底面积为π,高为2的圆柱剩下的部分,且有3个,则其体积为()4223246ππ⨯-⨯=-, 则小球不能到达的空间的体积为()4228+2463233πππ⎛⎫--=- ⎪⎝⎭. 故选：A.7．如图,一个四棱柱形容器中盛有水,在底面ABCD 中,//AB CD ,3AB =,1CD =,侧棱14AA =,若侧面11AA B B 水平放置时,水面恰好过1111,,,AD BC B C A D 的中点,那么当底面ABCD 水平放置时,水面高为（ ）A ．2B ．52C ．3D ．72【答案】B【解析】设四棱柱的底面梯形的高为2a ,,AD BC 的中点分别为,F E ,所求的水面高为h ,则水的体积1(23)(13)2422ABEF ABCD a aV S AA S h h ++=⋅=⋅=⋅=⋅, 所以52h =, 故选：B ．8．某中学开展劳动实习,学习加工制作食品包装盒．现有一张边长为6的正六边形硬纸片,如图所示,裁掉阴影部分,然后按虚线处折成高为3的正六棱柱无盖包装盒,则此包装盒的体积为（ ）A ．144B ．72C ．36D ．24【答案】B【解析】如图：由正六边形的每个内角为23π, 按虚线处折成高为3的正六棱柱,即3BF =,所以1tan 60BFBE ==可得正六棱柱底边边长6214AB =-⨯=, 所以正六棱柱体积：1364437222V =⨯⨯⨯⨯⨯=.故选：B二、选择题：本题共4小题,每小题5分,共20分．在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求．全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分．9．正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为1,E ,F ,G 分别为BC ,CC 1,BB 1的中点．则（ ）A ．直线D 1D 与直线AF 垂直B ．直线A 1G 与平面AEF 平行C ．平面AEF 截正方体所得的截面面积为98D ．点C 与点G 到平面AEF 的距离相等 【答案】BC【解析】根据题意,假设直线D 1D 与直线AF 垂直,又1DD AE ⊥,,,AEAF A AE AF =⊂平面AEF ,所以1DD ⊥平面AEF ,所以1DD EF ⊥,又11//DD CC ,所以1CC EF ⊥,与4EFC π∠=矛盾,所以直线D 1D 与直线AF 不垂直,所以选项A 错误；因为A 1G ∥D 1F ,A 1G ⊄平面AEFD 1,1D F ⊂平面AEFD 1,所以A 1G ∥平面AEFD 1,故选项B 正确． 平面AEF 截正方体所得截面为等腰梯形AEFD 1,由题得该等腰梯形的上底2,2EF =下底12AD =,腰长为52,所以梯形面积为98,故选项C 正确；假设C 与G 到平面AEF 的距离相等,即平面AEF 将CG 平分,则平面AEF 必过CG 的中点,连接CG 交EF 于H ,而H 不是CG 中点,则假设不成立,故选项D 错误． 故选：BC ．10．沙漏是古代的一种计时装置,它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成,开始时细沙全部在上部容器中,细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时问称为该沙漏的一个沙时.如图,某沙漏由上下两个圆锥组成,圆锥的底面直径和高均为8cm,细沙全部在上部时,其高度为圆锥高度的23(细管长度忽略不计).假设该沙漏每秒钟漏下0.02cm 3的沙,且细沙全部漏入下部后,恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆.以下结论正确的是（ ）A ．沙漏中的细沙体积为31024cm 81πB ．沙漏的体积是3128cm πC ．细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4cmD ．该沙漏的一个沙时大约是1565秒()3.14π≈ 【答案】AC【解析】A .根据圆锥的截面图可知：细沙在上部时,细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比, 所以细沙的底面半径28433r cm =⨯=, 所以体积23121641610243339381h V r cm πππ=⋅⋅=⋅⋅=B.沙漏的体积223 11256 22483233hV h cmπππ⎛⎫=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=⎪⎝⎭；C.设细沙流入下部后的高度为1h,根据细沙体积不变可知：21 102418132hh ππ⎛⎫⎛⎫=⨯⨯⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭,所以11102416, 2.4813h h cmππ=≈所以；D.因为细沙的体积为3102481cmπ,沙漏每秒钟漏下30.02cm的沙,所以一个沙时为：1024810.02π1024 3.1450198581⨯=⨯≈秒.故选：AC.11．如图,圆柱的轴截面是四边形ABCD,E是底面圆周上异于,A B的一点,则下列结论中正确的是（）A．AE CE⊥B．BE DE⊥C．DE⊥平面CEB D．平面ADE⊥平面BCE【答案】ABD【解析】由AB是底面圆的直径,得90AEB︒∠=,即AE EB⊥,∵圆柱的轴截面是四边形ABCD, BC⊥底面AEB,BC AE∴⊥,又EB BC B=,BC,BE⊂平面BCE,AE∴⊥平面BCE,AE CE∴⊥,故A正确；同理可得,BE DE⊥,故B正确；若DE⊥平面CEB,则DE BC⊥,//BC AD,DE AD∴⊥,在ADE中AD AE⊥, DE AD∴⊥不成立,DE∴⊥平面CEB不正确,故C不成立,由A的证明可知AE⊥平面BCE,AE⊂平面ADE,所以平面BCE⊥平面ADE.可得,,A B D正确.故选：ABD.12．如图,在棱长均相等的四棱锥P ABCD-中,O为底面正方形的中心,M,N分别为侧棱PA,PB的中点,有下列结论正确的有：A．PD∥平面OMN B．平面PCD∥平面OMNC．直线PD与直线MN所成角的大小为90D．ON PB⊥【答案】ABD【解析】选项A,连接BD,显然O为BD的中点,又N为PB的中点,所以PD∥ON,由线面平行的判定定理可得,PD∥平面OMN；选项B, 由M,N分别为侧棱PA,PB的中点,得MN∥AB,又底面为正方形,所以MN∥CD,由线面平行的判定定理可得,CD∥平面OMN,又选项A 得PD∥平面OMN,由面面平行的判定定理可得,平面PCD∥平面OMN；选项C,因为MN∥CD,所以∠ PDC为直线PD与直线MN所成的角,又因为所有棱长都相等,所以∠ PDC= 60,故直线PD与直线MN所成角的大小为60；选项D,因底面为正方形,所以222AB AD BD+=,又所有棱长都相等,所以222PB PD BD+=,故PB PD⊥,又PD∥ON,所以ON PB⊥,故ABD均正确.三、填空题：本题共4小题,每小题5分,共20分．13．已知球O的半径为4,3点,,,A B C D均在球面上,若ABC为等边三角形,且其面积为3,则三棱锥D ABC-的最大体积是___________.【答案】23 314．早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形,即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体,它们的各个面和多面角都全等．如图,正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体,共有12个顶点,30条棱,20个面,是五个柏拉图多面体之一．如果把sin36︒按35计算,则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于___________．【答案】55336π【解析】由图知正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球, 设外接球半径为R ,正五边形的外接圆半径为r ,正二十面体的棱长为l ,则3sin 3652lr =︒=,得56lr =, 所以正五棱锥的顶点到底面的距离是222251166l h l r l l ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭,所以222()R r R h =+-,即22251166l R R l ⎛⎫⎛⎫=+- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,解得31111R l =． 所以该正二十面体的外接球表面积为22231136441111S R l l πππ⎛⎫==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭球,而该正二十面体的表面积是2120sin 60532S l l l =⨯⨯⨯⨯︒=正二十面体,所以该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于55336π． 故答案为：55336π. 15．如图,过球的一条半径OP 的中点1O ,作垂直于该半径的平面,所得截面圆的面积与球的表面积之比为________．【答案】3 16【解析】截面圆半径为r,球半径为R,则由题意得221322r R R R⎛⎫=-=⎪⎝⎭,所以截面圆面积与球表面积比为221223344416RS rS R Rππππ⨯===．故答案为：3 16．16．从正方体ABCD－A1B1C1D1的8个顶点中任意取4个不同的顶点,这4个顶点可能是：（1）矩形的4个顶点；（2）每个面都是等边三角形的四面体的4个顶点；（3）每个面都是直角三角形的四面体的4个顶点；（4）有三个面是等腰直角三角形,有一个面是等边三角形的四面体的4个顶点．其中正确结论的个数为________．【答案】4【解析】（1）如图所示：四边形ABCD为矩形,故（1）满足条件；（2）四面体D－A1BC1为每个面均为等边三角形的四面体,故（2）满足条件；（3）四面体D－B1C1D1为每个面都是直角三角形的四面体,故（3）满足条件；（4）四面体C－B1C1D1为有三个面是等腰直角三角形,有一个面是等边三角形的四面体,故（4）满足条件；故正确的结论有4个． 故答案为：4．四、解答题：本题共6小题,共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．如图,在Rt △AOB 中,AO ＝OB ＝2,△AOC 通过△AOB 以OA 为轴顺时针旋转120°得到（∠BOC ＝120°）．点D 为斜边AB 上一点,点M 为线段BC 上一点,且CM ＝OM ．（1）证明：OM ⊥平面AOB ；（2）当D 为线段AB 中点时,求多面体OA CM D 的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2）439． 【解析】（1）证明：在△OBC 中,由题意可得OB ＝OC ,∠OCB ＝30°, ∵CM＝OM ,∴∠COM ＝∠O CM ＝30°, 又∵∠BOC ＝120°,∴OM OB ⊥,根据题意,OA ⊥OB ,OA ⊥OC ,OB ∩OC ＝O ,∴OA ⊥平面OBC , 而OM ⊂平面OBC ,∴OA OM ⊥, 又OA ∩OB ＝O ,∴OM ⊥平面AOB ； （2）解：由（1）得,233OM =, ∵D 为线段AB 的中点,∴113232223223A BOC V -=⨯⨯⨯⨯⨯=, 112323213239D OMB V -⨯⨯⨯⨯=＝． ∴多面体OACMD 的体积为：---232343399O ACMD A BOC D OBM V V V =-=-=．18．如图：直角梯形ABCD中,AD//BC,∠ABC=90°,E,F分别为边AD和BC上的点,且EF// AB,AD=2AE=2AB=4FC=4,将四边形EFCD沿EF折起成如图的位置,使AD=AE.（1）求证：BC//平面DAE；（2）求四棱锥D﹣AEFB的体积；（3）求面CBD与面DAE所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）433；（3）55.【解析】（1）证明：∵直角梯形ABCD中,AD//BC,∠ABC=90°,E,F分别为边AD和BC上的点,且EF//AB,∴CF//DE,CF⊂面CBF,DE⊄面CBF,则DE//面CBF；FB//AE,FB⊂面CBF,AE⊄面CBF,则AE//面CBF；又∵AE∩DE=E,DE､AE⊂面DAE∴面CBF//面DAE又BC⊂面CBF,所以BC//平面DAE（2）取AE的中点H,连接DH∵EF⊥ED,EF⊥EA,ED∩EA=E∴EF⊥平面DAE又DH⊂平面DAE,∴EF⊥DH∴AE=ED=DA=2,∴DH⊥AE,DH =3, 又AE∩EF =E∴DH⊥面AEFB…所以四棱锥D ﹣AEFB 的体积14332233V=⨯⨯⨯=（3）如图以AE中点为原点,AE为x轴建立空间直角坐标系则A(﹣1,0,0),D(0,0,3),B(﹣1,﹣2,0),E(1,0,0),F(1,﹣2,0)因为12CF DE=,所以C(12,﹣2,32)易知BA是平面ADE的一个法向量,BA=1n=(0,2,0)设平面BCD的一个法向量为2n=(x,y,z)由3322230x zx y z⎧+=⎪⎨⎪++=⎩令x=2,则y=2,z=﹣23,∴2n=(2,2,﹣23),∴cos<1n,2n>=55所以面CBD与面DAE所成锐二面角的余弦值为5519．如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直,M是CD上异于C,D的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ,使得//MC 平面PBD ,说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）存在,理由见解析．【解析】（1）∵平面CMD ⊥平面ABCD ,平面MDC ⋂平面ABCD CD =,BC CD ⊥,BC ⊂平面ABCD ,∴BC ⊥平面CMD ,DM ⊂平面CMD ,∴BC DM ⊥,∵CD 为直径,∴CM DM ⊥,BCCM C =,,BC CM ⊂平面BMC ,∴DM ⊥平面BMC ,DM ⊂平面AMD , ∴平面AMD ⊥平面BMC ；（2）存在．当P 为AM 中点时,//MC 平面PBD , 证明如下：连AC ,BD ,ACBD O =,∵ABCD 为正方形,∴O 为AC 中点, 连接OP ,P 为AM 中点,∴//MC OP , ∵MC ⊄平面PBD ,OP ⊂平面PBD , ∴//MC 平面PBD ．20．如图,在四棱锥M ABCD -中,四边形ABCD 为梯形,90ABC BAD ∠=∠=,//BC AD ,22AD AB BC ==（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,1AB =,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 , 则EF 为△MAD 中位线,∴1//2EF AD 且1=2EF AD , 又四边形ABCD 是直角梯形,22AD AB BC ==1//2BC AD ∴,1=2BC AD//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,222AD AB BC ===,90ABC BAD ∠=∠=,22112AC CD ∴==+=222AC CD AD ∴+=,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 .21．如图,四棱锥P ABCD -的底面是边长为1的正方形,PA ⊥底面ABCD ,,E F 分别为,AB PC 的中点.（1）求证：EF //平面PAD ；（2）若2PA =,试问在线段EF 上是否存在点Q ,使得二面角 Q AP D --的余弦值为55？若存在,确定点Q 的位置；若不存在,请说明理由.【答案】（1）证明详见解析；（2）满足条件的Q 存在,是EF 中点. 【解析】证明：（1）取PD 中点M,连接MF 、MA,在△PCD 中,F 为PC 的中点,∴1//2MF DC =,正方形ABCD 中E 为AB 中点,∴1//2AE DC =,∴=//AE MF , 故四边形EFMA 为平行四边形,∴EF∥AM , 又∵EF ⊄平面PAD,AM ⊂平面PAD, ∴EF∥平面PAD ；（2）结论：满足条件的Q 存在,是EF 中点．理由如下： 如图：以点A 为坐标原点建立空间直角坐标系,则P （0,0,2）,B （0,1,0）,C （1,1,0）,E （0,12,0）,F （12,12,1）, 由题易知平面PAD 的法向量为n =（0,1,0）, 假设存在Q 满足条件：设EQ EF λ=, ∵1(,0,1)2EF =,∴1(,,)22Q λλ=,1(,,)22AQ λλ=,λ∈[0,1], 设平面PAQ 的法向量为(,,)x y z ∏=,由10{220x y z z λλ++==,可得(1,,0)λ∏=-, ∴2cos ,1m n m n m n λλ⋅-==+, 由已知：2551λλ-=+,解得：12λ=,所以满足条件的Q 存在,是EF 中点．22．已知圆锥的侧面展开图为半圆,母线长为23.（1）求圆锥的底面积；（2）在该圆锥内按如图所示放置一个圆柱,当圆柱的侧面积最大时,求圆柱的体积. 【答案】（1）3π；（2）98π. 【解析】解：（1）沿母线AB 剪开,侧展图如图所示：设OB R =,在半圆⊙A 中,23AB =, 弧长'23BB π=, 这是圆锥的底面周长,所以223R ππ=, 所以3R =,故圆锥的底面积为23S R ππ==圆锥； （2）设圆柱的高1OO h =,OD r =, 在Rt AOB 中,223AO AB OB =-=,11AO D △AOB ,所以111AO O D AO OB=,即33h -=,3h =, 222(33)23(3)S rh r r r r πππ==-=--圆柱侧面积,23332322r ππ⎛⎫=--+ ⎪ ⎪⎝⎭, 所以,当32r =,32h =时,圆柱的侧面积最大,此时298V r h ππ==圆柱。

2013届高考数学（理）一轮复习单元测试第八章立体几何一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．每小题中只有一项符合题目要求) 1、（2012福建理）一个几何体的三视图形状都相同,大小均等,那么这个几何体不可以是（ ）A ．球B ．三棱锥C ．正方体D ．圆柱 2、【2012吉林市期末质检】一个正方体的展开图如图所示，A 、B 、C 、D 为原正方体的顶点，则在原来的正方体中A.CD AB //B. AB 与CD 相交C.CD AB ⊥D. AB 与CD 所成的角为ο603 ．（2012上海）已知空间三条直线.l m n 、、若l 与m 异面,且l 与n 异面,则（ ） A ．m 与n 异面. B ．m 与n 相交. C ．m 与n 平行. D ．m 与n 异面、相交、平行均有可能. 4．（2012广东理）(立体几何)某几何体的三视图如图1所示,它的体积为 （ ）A ．12πB ．45πC ．57πD ．81π5 ．【2012海南嘉积中学期末理】正四棱锥S ABCD -的侧棱长为2，底面边长为3，E 为SA 中点，则异面直线BE 与SC 所成的角是（ ）A 、30°B 、45° C、60°D 、90°6、【2012宁德质检理】若,,αβγ是三个互不重合的平面，l 是一条直线，则下列命题中正确ABCD的是 （ ）A ．若,,//l l αββα⊥⊥则B ．若,//,l l αβαβ⊥⊥则C ．若,l αβ与的所成角相等，则//αβD ．若l 上有两个点到α的距离相等，则//l α7、【2012黑龙江绥化市一模理】如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧棱垂直于底面，底面是边长为2的正三角形，侧棱长为3，则1BB 与平面11AB C 所成的角为（ ）ABC 1B 1A 1CA.6π B. 4π C. 3π D. 2π8、（2012北京理）某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是（ ）A ．2865+B ．3065+C ．56125+D ．60125+9、【2012浙江瑞安期末质检理】一个几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积为（ ）A ．53 B ．43 C ．53D ．3 10．圆台上、下底面面积分别是π、4π，侧面积是6π，这个圆台的体积是( )A 、233π B、23π C 、736π D、733π11、（2012陕西理）如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱111ABC A B C -,12CA CC CB ==,则直线1BC 与直线1AB 夹角的余弦值为（ ）12、（2012江西理）如图,已知正四棱锥S-ABCD 所有棱长都为1,点E 是侧棱SC 上一动点,过点E 垂直于SC 的截面将正四棱锥分成上、下两部分.记SE=x(0<x<1),截面下面部分的体积为V(x),则函数y=V(x)的图像大致为二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上) 13、【2012山东青岛市期末】已知长方体从同一顶点出发的三条棱的长分别为1、2、3，则这个长方体的外接球的表面积为 .14、【2012厦门期末质检理】某型号冰淇淋上半部分是半球，下关部分是圆锥，其正视图如图所示，则该型号冰淇淋的体积等于 。

高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量8.2球的切、接问题题型一特殊几何体的切、接问题例1(1)已知正方体的棱长为a，则它的外接球半径为________，与它各棱都相切的球的半径为________．答案32a22a解析∵正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，为3a，∴它的外接球的半径为32a，∵球与正方体的各棱都相切，则球的直径为面对角线，而正方体的面对角线长为2a，∴与它各棱都相切的球的半径为2 2a.(2)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________．答案2 3π解析圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面P AB，如图所示，则△P AB的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB中，P A＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝22，△PEO∽△PDB，故POPB＝OEDB，即22－r3＝r1，解得r＝2 2，故内切球的体积为43π⎝⎛⎭⎫223＝23π.思维升华 (1)正方体与球的切、接常用结论 正方体的棱长为a ，球的半径为R ， ①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ； ②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ； ③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)长方体的共顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2. (3)正四面体的外接球的半径R ＝64a ，内切球的半径r ＝612a ，其半径R ∶r ＝3∶1(a 为该正四面体的棱长)．跟踪训练1 (1)(2022·成都模拟)已知圆柱的两个底面的圆周在体积为32π3的球O 的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为( ) A ．4π B ．8π C ．12π D ．16π 答案 B解析 如图所示，设球O 的半径为R ，由球的体积公式得43πR 3＝32π3，解得R ＝2. 设圆柱的上底面半径为r ，球的半径与上底面夹角为α，则r ＝2cos α， 圆柱的高为4sin α，∴圆柱的侧面积为4πcos α×4sin α＝8πsin 2α， 当且仅当α＝π4，sin 2α＝1时，圆柱的侧面积最大，∴圆柱的侧面积的最大值为8π.(2)(2022·长沙检测)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是________． 答案9π2解析 易知AC ＝10.设△ABC 的内切圆的半径为r ， 则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ， 所以r ＝2. 因为2r ＝4>3，所以最大球的直径2R ＝3，即R ＝32，此时球的体积V ＝43πR 3＝9π2.题型二 补形法例2 (1)在四面体ABCD 中，若AB ＝CD ＝3，AC ＝BD ＝2，AD ＝BC ＝5，则四面体ABCD 的外接球的表面积为( ) A ．2π B ．4π C ．6π D ．8π 答案 C解析 由题意可采用补形法，考虑到四面体ABCD 的对棱相等，所以将四面体放入一个长、宽、高分别为x ，y ，z 的长方体，并且x 2＋y 2＝3，x 2＋z 2＝5，y 2＋z 2＝4，则有(2R )2＝x 2＋y 2＋z 2＝6(R 为外接球的半径)，得2R 2＝3，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝6π.(2)(2022·重庆实验外国语学校月考)如图，在多面体中，四边形ABCD 为矩形，CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1，通过添加一个三棱锥可以将该多面体补成一个直三棱柱，那么添加的三棱锥的体积为________，补形后的直三棱柱的外接球的表面积为________．答案 136π解析 如图添加的三棱锥为直三棱锥E －ADF ，可以将该多面体补成一个直三棱柱ADF －BCE ， 因为CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1， 所以S △CBE ＝12CE ×BC ＝12×1×1＝12，直三棱柱ADF －BCE 的体积为 V ＝S △EBC ·DC ＝12×2＝1，添加的三棱锥的体积为13V ＝13；如图，分别取AF ，BE 的中点M ，N ，连接MN ，与AE 交于点O ，因为四边形AFEB 为矩形，所以O 为AE ，MN 的中点，在直三棱柱ADF －BCE 中，CE ⊥平面ABCD ，FD ⊥平面ABCD ，即∠ECB ＝∠FDA ＝90°，所以上、下底面为等腰直角三角形，直三棱柱的外接球的球心即为点O ，连接DO ，DO 即为球的半径， 连接DM ，因为DM ＝12AF ＝22，MO ＝1，所以DO 2＝DM 2＋MO 2＝12＋1＝32，所以外接球的表面积为4π·DO 2＝6π. 思维升华 补形法的解题策略(1)侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；(2)直三棱锥补成三棱柱求解．跟踪训练2 已知三棱锥P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，且P A ＝1，PB ＝2，PC ＝3，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为( ) A.7143π B ．14π C ．56π D.14π答案 B解析 以线段P A ，PB ，PC 为相邻三条棱的长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′被平面ABC 所截的三棱锥P －ABC 符合要求，如图，长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′与三棱锥P －ABC 有相同的外接球，其外接球直径为长方体体对角线PP ′，设外接球的半径为R ， 则(2R )2＝PP ′2＝P A 2＋PB 2＋PC 2 ＝12＋22＋32＝14，则所求表面积S ＝4πR 2＝π·(2R )2＝14π. 题型三 定义法例3 (1)已知∠ABC ＝90°，P A ⊥平面ABC ，若P A ＝AB ＝BC ＝1，则四面体P ABC 的外接球(顶点都在球面上)的体积为( ) A ．π B.3π C ．2π D.3π2答案 D解析 如图，取PC 的中点O ，连接OA ，OB ，由题意得P A ⊥BC ，又因为AB ⊥BC ，P A ∩AB ＝A ，P A ，AB ⊂平面P AB ， 所以BC ⊥平面P AB ， 所以BC ⊥PB ，在Rt △PBC 中，OB ＝12PC ，同理OA ＝12PC ，所以OA ＝OB ＝OC ＝12PC ，因此P ，A ，B ，C 四点在以O 为球心的球面上， 在Rt △ABC 中，AC ＝AB 2＋BC 2＝ 2. 在Rt △P AC 中，PC ＝P A 2＋AC 2＝3， 球O 的半径R ＝12PC ＝32，所以球的体积为43π⎝⎛⎭⎫323＝3π2.延伸探究 本例(1)条件不变，则四面体P －ABC 的内切球的半径为________． 答案2－12解析 设四面体P －ABC 的内切球半径为r . 由本例(1)知，S△P AC＝12P A·AC＝12×1×2＝22，S△P AB＝12P A·AB＝12×1×1＝12，S△ABC＝12AB·BC＝12×1×1＝12，S△PBC＝12PB·BC＝12×2×1＝22，V P－ABC＝13×12AB·BC·P A＝13×12×1×1×1＝16，V P－ABC＝13(S△P AC＋S△P AB＋S△ABC＋S△PBC)·r＝13⎝⎛⎭⎫22＋12＋12＋22·r＝16，∴r＝2－1 2.(2)在矩形ABCD中，BC＝4，M为BC的中点，将△ABM和△DCM分别沿AM，DM翻折，使点B与点C重合于点P，若∠APD＝150°，则三棱锥M－P AD的外接球的表面积为() A．12π B．34πC．68π D．126π答案 C解析如图，由题意可知，MP⊥P A，MP⊥PD.且P A∩PD＝P，P A⊂平面P AD，PD⊂平面P AD，所以MP⊥平面P AD.设△ADP的外接圆的半径为r，则由正弦定理可得ADsin ∠APD ＝2r ，即4sin 150°＝2r ，所以r ＝4.设三棱锥M －P AD 的外接球的半径为R ， 则(2R )2＝PM 2＋(2r )2，即(2R )2＝4＋64＝68，所以4R 2＝68， 所以外接球的表面积为4πR 2＝68π.思维升华 到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可． 跟踪训练3 (1)一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为________．答案4π3解析 设正六棱柱的底面边长为x ，高为h ， 则有⎩⎪⎨⎪⎧ 6x ＝3，98＝6×34x 2h ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，h ＝ 3. ∴正六棱柱的底面外接圆的半径r ＝12，球心到底面的距离d ＝32.∴外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝1.∴V 球＝4π3.(2)(2022·哈尔滨模拟)已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是矩形，其中AD ＝1，AB ＝2，平面P AD ⊥平面ABCD ，△P AD 为等边三角形，则四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为( ) A.16π3 B.76π3 C.64π3 D.19π3 答案 A解析 如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，P A ＝PD ，取AD 的中点E ，则PE ⊥AD ，PE ⊥平面ABCD ，则PE ⊥AB ，由AD ⊥AB ，AD ∩PE ＝E ，AD ，PE ⊂平面P AD ，可知AB ⊥平面P AD ， 由△P AD 为等边三角形，E 为AD 的中点知，PE 的三等分点F (距离E 较近的三等分点)是三角形的中心，过F 作平面P AD 的垂线，过矩形ABCD 的中心O 作平面ABCD 的垂线，两垂线交于点I ，则I 即外接球的球心． OI ＝EF ＝13PE ＝13×32＝36，AO ＝12AC ＝52，设外接球半径为R ， 则R 2＝AI 2＝AO 2＋OI 2＝⎝⎛⎭⎫522＋⎝⎛⎭⎫362＝43， 所以四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为S ＝4πR 2＝4π×43＝16π3.课时精练1．正方体的外接球与内切球的表面积之比为( ) A. 3 B ．3 3 C ．3 D.13答案 C解析 设正方体的外接球的半径为R ，内切球的半径为r ，棱长为1，则正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即2R ＝3，所以R ＝32，正方体内切球的直径为正方体的棱长，即2r ＝1，即r ＝12，所以R r ＝3，正方体的外接球与内切球的表面积之比为4πR 24πr 2＝R 2r2＝3.2．(2022·开封模拟)已知一个圆锥的母线长为26，侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，则该圆锥的外接球的体积为( ) A ．36π B ．48π C ．36 D ．24 2答案 A解析 设圆锥的底面半径为r ，由侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，得2πr ＝23π3×26，解得r ＝2 2.作出圆锥的轴截面如图所示．设圆锥的高为h ， 则h ＝262－222＝4.设该圆锥的外接球的球心为O ，半径为R ，则有R ＝h －R 2＋r 2，即R ＝4－R2＋222，解得R ＝3，所以该圆锥的外接球的体积为 4πR 33＝4π×333＝36π. 3．已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的表面积为( ) A ．16π B ．20π C ．24π D ．32π 答案 A解析 如图所示，在正四棱锥P －ABCD 中，O 1为底面对角线的交点，O 为外接球的球心．V P －ABCD ＝13×S 正方形ABCD ×3＝6，所以S 正方形ABCD ＝6，即AB ＝ 6. 因为O 1C ＝126＋6＝ 3.设正四棱锥外接球的半径为R ， 则OC ＝R ，OO 1＝3－R ，所以(3－R )2＋(3)2＝R 2，解得R ＝2. 所以外接球的表面积为4π×22＝16π.4．已知棱长为1的正四面体的四个顶点都在一个球面上，则这个球的体积为( ) A.68π B.64π C.38π D.34π 答案 A解析 如图将棱长为1的正四面体B 1－ACD 1放入正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，且正方体的棱长为1×cos 45°＝22， 所以正方体的体对角线 AC 1＝⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＝62， 所以正方体外接球的直径2R ＝AC 1＝62， 所以正方体外接球的体积为 43πR 3＝43π×⎝⎛⎭⎫643＝68π， 因为正四面体的外接球即为正方体的外接球，所以正四面体的外接球的体积为68π. 5．(2021·天津)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为32π3，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为( ) A ．3π B ．4π C ．9π D ．12π 答案 B解析 如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D ，设圆锥AD 和圆锥BD 的高之比为3∶1， 即AD ＝3BD ，设球的半径为R ，则4πR 33＝32π3，可得R ＝2，所以AB ＝AD ＋BD ＝4BD ＝4， 所以BD ＝1，AD ＝3，因为CD ⊥AB ，AB 为球的直径， 所以△ACD ∽△CBD ，所以AD CD ＝CDBD ，所以CD ＝AD ·BD ＝3，因此，这两个圆锥的体积之和为 13π×CD 2·(AD ＋BD )＝13π×3×4＝4π. 6．(2022·蚌埠模拟)粽子，古时北方也称“角黍”，是由粽叶包裹糯米、泰米等馅料蒸煮制成的食品，是中国汉族传统节庆食物之一，端午食粽的风俗，千百年来在中国盛行不衰，粽子形状多样，馅料种类繁多，南北方风味各有不同，某四角蛋黄粽可近似看成一个正四面体，蛋黄近似看成一个球体，且每个粽子里仅包裹一个蛋黄，若粽子的棱长为9 cm ，则其内可包裹的蛋黄的最大体积约为(参考数据：6≈2.45，π≈3.14)( )A ．20 cm 3B ．22 cm 3C ．26 cm 3D ．30 cm 3答案 C解析 如图，正四面体ABCD ，其内切球O 与底面ABC 切于O 1，设正四面体棱长为a ，内切球半径为r ，连接BO 1并延长交AC 于F ，易知O 1为△ABC 的中心，点F 为边AC 的中点．易得BF ＝32a ， 则S △ABC ＝34a 2，BO 1＝23BF ＝33a ， ∴DO 1＝BD 2－BO 21＝63a ， ∴V D －ABC ＝13·S △ABC ·DO 1＝212a 3，∵V D －ABC ＝V O －ABC ＋V O －BCD ＋V O －ABD ＋V O －ACD ＝4V O －ABC ＝4×13×34a 2·r ＝33a 2r ，∴33a 2r ＝212a 3⇒r ＝612a ， ∴球O 的体积V ＝43π·⎝⎛⎭⎫612a 3＝43π·⎝⎛⎭⎫612×93＝2768π≈278×2.45×3.14≈26(cm 3)． 7．已知三棱锥P －ABC 的四个顶点都在球O 的表面上，P A ⊥平面ABC ，P A ＝6，AB ⊥AC ，AB ＝2，AC ＝23，点D 为AB 的中点，过点D 作球的截面，则截面的面积不可以是( ) A.π2 B ．π C ．9π D ．13π答案 A解析 三棱锥P －ABC 的外接球即为以AB ，AC ，AP 为邻边的长方体的外接球， ∴2R ＝62＋22＋232＝213，∴R ＝13，取BC 的中点O 1，∴O 1为△ABC 的外接圆圆心，∴OO 1⊥平面ABC ，如图． 当OD ⊥截面时，截面的面积最小，∵OD ＝OO 21＋O 1D 2＝32＋32＝23，此时截面圆的半径为r ＝R 2－OD 2＝1， ∴截面面积为πr 2＝π，当截面过球心时，截面圆的面积最大为πR 2＝13π， 故截面面积的取值范围是[π，13π]．8．(2021·全国甲卷)已知A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，则三棱锥O －ABC 的体积为( ) A.212 B.312 C.24 D.34答案 A解析 如图所示，因为AC ⊥BC ，所以AB 为截面圆O 1的直径，且AB ＝ 2.连接OO 1，则OO 1⊥平面ABC ， OO 1＝1－⎝⎛⎭⎫AB 22＝1－⎝⎛⎭⎫222＝22， 所以三棱锥O －ABC 的体积V ＝13S △ABC ×OO 1＝13×12×1×1×22＝212.9．已知三棱锥S －ABC 的三条侧棱两两垂直，且SA ＝1，SB ＝SC ＝2，则三棱锥S －ABC 的外接球的半径是________． 答案 32解析 如图所示，将三棱锥补为长方体，则该棱锥的外接球直径为长方体的体对角线，设外接球半径为R ，则(2R )2＝12＋22＋22＝9， ∴4R 2＝9，R ＝32.即这个外接球的半径是32.10．已知正三棱锥的高为1，底面边长为23，内有一个球与四个面都相切，则正三棱锥的内切球的半径为________． 答案2－1解析 如图，过点P 作PD ⊥平面ABC 于点D ，连接AD 并延长交BC 于点E ，连接PE .因为△ABC 是正三角形，所以AE 是BC 边上的高和中线，D 为△ABC 的中心． 因为AB ＝BC ＝23，所以S △ABC ＝33，DE ＝1，PE ＝ 2. 所以S 三棱锥表＝3×12×23×2＋3 3＝36＋3 3. 因为PD ＝1，所以三棱锥的体积V ＝13×33×1＝ 3.设球的半径为r ，以球心O 为顶点，三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小三棱锥，由13S 三棱锥表·r ＝3， 得r ＝3336＋33＝2－1.11．等腰三角形ABC 的腰AB ＝AC ＝5，BC ＝6，将它沿高AD 翻折，使二面角B －AD －C 成60°，此时四面体ABCD 外接球的体积为________． 答案2873π 解析 由题意，设△BCD 所在的小圆为O 1，半径为r ，又因为二面角B －AD －C 为60°，即∠BDC ＝60°，所以△BCD 为边长为3的等边三角形，由正弦定理可得，2r ＝3sin 60°＝23，即DE ＝23，设外接球的半径为R ，且AD ＝4，在Rt △ADE 中，(2R )2＝AD 2＋DE 2⇒4R 2＝42＋(23)2＝28， 所以R ＝7， 所以外接球的体积为 V ＝43πR 3＝43π×(7)3＝2873π.12．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的表面上，若AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，则球O 的体积为________．答案32π3解析 设△ABC 的外接圆圆心为O 1，半径为r ，连接O 1O ，如图，易得O 1O ⊥平面ABC ，∵AB ＝AC ＝1，AA 1＝23， ∠BAC ＝2π3，∴2r ＝AB sin ∠ACB ＝112＝2，即O 1A ＝1，O 1O ＝12AA 1＝3，∴OA ＝O 1O 2＋O 1A 2＝3＋1＝2，即直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的外接球半径R ＝2， ∴V 球＝43π×23＝32π3.。

§8.1空间几何体的结构、三视图和直观图1．多面体的结构特征2．旋转体的形成3.空间几何体的三视图 (1)三视图的名称几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图． (2)三视图的画法①在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察到的几何体的正投影图． 4．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是(1)原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中，x ′轴，y ′轴的夹角为45°或135°，z ′轴与x ′轴和y ′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴；平行于x 轴和z 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变为原来的一半．知识拓展1．常见旋转体的三视图(1)球的三视图都是半径相等的圆．(2)水平放置的圆锥的正视图和侧视图均为全等的等腰三角形． (3)水平放置的圆台的正视图和侧视图均为全等的等腰梯形． (4)水平放置的圆柱的正视图和侧视图均为全等的矩形． 2．斜二测画法中的“三变”与“三不变” “三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度变为原来的一半图形改变“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不改变与x ，z 轴平行的线段的长度不改变相对位置不改变题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．(×)(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．(×)(3)夹在两个平行的平面之间，其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱台．(×)(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．(×)(5)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．(×)(6)菱形的直观图仍是菱形．(×)题组二教材改编2．[P19T3]由斜二测画法得到：①相等的线段和角在直观图中仍然相等；②正方形在直观图中是矩形；③等腰三角形在直观图中仍然是等腰三角形；④平行四边形的直观图仍然是平行四边形．上述结论正确的个数是()A．0 B．1 C．2 D．3答案 B解析逐一考查所给的说法：①相等的线段平行时在直观图中仍然相等，原说法错误；②正方形在直观图中是平行四边形，不是矩形，原说法错误；③等腰三角形在直观图中不是等腰三角形，原说法错误；④平行四边形的直观图仍然是平行四边形，原说法正确．综上可得，结论正确的个数是1.故选B.3．[P8T1]在如图所示的几何体中，是棱柱的为________．(填写所有正确的序号)答案③⑤题组三 易错自纠4．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( ) A ．圆柱 B ．圆锥 C ．四面体 D ．三棱柱答案 A解析 由三视图知识知，圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不可能为三角形．5．(2018·珠海质检)将正方体(如图1所示)截去两个三棱锥，得到如图2所示的几何体，则该几何体的侧视图为( )答案 B解析 侧视图中能够看到线段AD 1，应画为实线，而看不到B 1C ，应画为虚线．由于AD 1与B 1C 不平行，投影为相交线，故选B.6.正三角形AOB 的边长为a ，建立如图所示的直角坐标系xOy ，则它的直观图的面积是________．答案616a 2解析 画出坐标系x ′O ′y ′，作出△OAB 的直观图O ′A ′B ′(如图)，D ′为O ′A ′的中点．易知D ′B ′＝12DB (D 为OA 的中点)，∴S△O′A′B′＝12×22S△OAB＝24×34a2＝616a2.题型一空间几何体的结构特征1．给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是()A．0 B．1 C．2 D．3答案 A解析①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．2．下列命题中正确的为________．(填序号)①存在一个四个侧面都是直角三角形的四棱锥；②如果棱柱有一个侧面是矩形，则其余各侧面也都是矩形；③圆台的任意两条母线所在直线必相交．答案①③解析①如图中的四棱锥，底面是矩形，一条侧棱垂直于底面，那么它的四个侧面都是直角三角形，故①正确；②如图所示的棱柱有一个侧面是矩形，则其余各侧面不是矩形，故②错误；③根据圆台的定义和性质可知，命题③正确．所以答案为①③.思维升华(1)关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一反例即可．(2)圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系．(3)既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略．题型二简单几何体的三视图命题点1已知几何体，识别三视图典例(2017·贵州七校联考)如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形)()A．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥D．③④⑤答案 B解析正视图应该是边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是①，侧视图应该是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③.命题点2已知三视图，判断几何体的形状典例(2017·全国Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A ．10B ．12C ．14D ．16答案 B解析 观察三视图可知，该多面体是由直三棱柱和三棱锥组合而成的，且直三棱柱的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，侧棱长为2.三棱锥的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，高为2，如图所示．因此该多面体各个面中有两个梯形，且这两个梯形全等，梯形的上底长为2，下底长为4，高为2，故这两个梯形的面积之和为2×12×(2＋4)×2＝12.故选B.命题点3 已知三视图中的两个视图，判断第三个视图典例 (2018届辽宁凌源二中联考)如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为( )答案 B解析 由正视图和俯视图可知，该几何体是一个圆柱挖去一个圆锥构成的，结合正视图的宽及俯视图的直径可知其侧视图为B ，故选B. 思维升华 三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．(3)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形状，然后再找其剩下部分三视图的可能形状．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．跟踪训练 (1)(2017·全国Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π答案 B解析 方法一 (割补法)由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱截去上面虚线部分所得，如图所示．将圆柱补全，并将圆柱从点A 处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12，所以该几何体的体积V ＝π×32×4＋π×32×6×12＝63π.故选B.方法二 (估值法)由题意知，12V 圆柱<V 几何体<V 圆柱，又V 圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π<V 几何体<90π.观察选项可知只有63π符合．故选B.(2)一个几何体的三视图中，正视图和侧视图如图所示，则俯视图不可以为( )答案 C解析 A 中，该几何体是直三棱柱，∴A 有可能； B 中，该几何体是直四棱柱，∴B 有可能； C 中，由题干中正视图的中间为虚线知，C 不可能； D 中，该几何体是直四棱柱，∴D 有可能．题型三 空间几何体的直观图典例 (2018·福州调研)已知等腰梯形ABCD ，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________． 答案22解析 如图所示，作出等腰梯形ABCD 的直观图．因为OE ＝(2)2－1＝1，所以O ′E ′＝12，E ′F ＝24，则直观图A ′B ′C ′D ′的面积S ′＝1＋32×24＝22.思维升华 用斜二测画法画直观图的技巧在原图形中与x 轴或y 轴平行的线段在直观图中与x ′轴或y ′轴平行，原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出．跟踪训练 如图，一个水平放置的平面图形的直观图(斜二测画法)是一个底角为45°、腰和上底长均为2的等腰梯形，则这个平面图形的面积是( )A ．2＋ 2B ．1＋ 2C ．4＋2 2D ．8＋4 2答案 D解析 由已知直观图根据斜二测画法规则画出原平面图形，如图所示， ∴这个平面图形的面积为4×(2＋2＋22)2＝8＋42，故选D.1．一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是()A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱答案 D解析球、正方体的三视图形状都相同、大小均相等．当三棱锥的三条侧棱相等且两两垂直时，其三视图的形状都相同、大小均相等．不论圆柱如何放置，其三视图的形状都不会完全相同，故选D.2．如图为几何体的三视图，根据三视图可以判断这个几何体为()A．圆锥B．三棱锥C．三棱柱D．三棱台答案 C3．“牟合方盖”(如图1)是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图2所示，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线，其实际直观图中四边形不存在，当其正视图和侧视图完全相同时，它的正视图和俯视图分别可能是()A．a，b B．a，c C．c，b D．b，d答案 A解析当正视图和侧视图完全相同时，“牟合方盖”相对的两个曲面正对前方，正视图为一个圆，俯视图为一个正方形，且两条对角线为实线，故选A.4．(2018·成都质检)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点P是棱CD上一点，则三棱锥P －A1B1A的侧视图是()答案 D解析在长方体ABCD－A1B1C1D1中，从左侧看三棱锥P－A1B1A，B1，A1，A的射影分别是C1，D1，D；AB1的射影为C1D，且为实线，P A1的射影为PD1，且为虚线．故选D.5.如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是AA1，C1D1的中点，G是正方形BCC1B1的中心，则四边形AGFE在该正方体的各个面上的投影不可能是()A．三角形B．正方形C．四边形D．等腰三角形答案 B解析四边形AGFE在该正方体的底面上的投影为三角形，可能为A；四边形AGFE在该正方体的前面上的投影为四边形，可能为C；四边形AGFE在该正方体的底面上的投影为等腰三角形，可能为D；四边形AGFE 在该正方体的左侧面上的投影为三角形，可能为A.故选B.6．(2017·广州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的正视图(等腰直角三角形)和侧视图，且该几何体的体积为83，则该几何体的俯视图可以是( )答案 C解析 该几何体为正方体截去一部分后的四棱锥P —ABCD ，如图所示，该几何体的俯视图为C.7．(2017·东北师大附中、吉林市一中等五校联考)如图所示，在三棱锥D —ABC 中，已知AC ＝BC ＝CD ＝2，CD ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°.若其正视图、俯视图如图所示，则其侧视图的面积为( )A. 6 B ．2 C. 3 D. 2答案 D解析 由几何体的结构特征和正视图、俯视图，得该几何体的侧视图是一个直角三角形，其中一直角边为CD ，其长度为2，另一直角边为底面△ABC 的边AB 上的中线，其长度为2，则其侧视图的面积S ＝12×2×2＝ 2.8.如图，在一个正方体内放入两个半径不相等的球O 1，O 2，这两个球外切，且球O 1与正方体共顶点A 的三个面相切，球O 2与正方体共顶点B 1的三个面相切，则两球在正方体的面AA 1C 1C 上的正投影是( )答案 B解析 由题意可以判断出两球在正方体的面上的正投影与正方形相切．由于两球球心连线AB 1与面ACC 1A 1不平行，故两球球心射影所连线段的长度小于两球半径的和，即两个投影圆相交，即为图B.9.(2017·福建龙岩联考)一水平放置的平面四边形OABC ，用斜二测画法画出它的直观图O ′A ′B ′C ′如图所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC 的面积为________．答案 2 2解析 因为直观图的面积是原图形面积的24倍，且直观图的面积为1，所以原图形的面积为2 2.10.(2017·南昌一模)如图，在正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P —BCD 的正视图与侧视图的面积之比为________．答案 1∶1解析 根据题意，三棱锥P —BCD 的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高，故三棱锥P—BCD的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.11．如图，点O为正方体ABCD—A′B′C′D′的中心，点E为平面B′BCC′的中心，点F为B′C′的中点，则空间四边形D′OEF在该正方体的各个面上的射影可能是________．(填出所有可能的序号)答案①②③解析空间四边形D′OEF在正方体的平面DCC′D′上的射影是①；在平面BCC′B′上的射影是②；在平面ABCD上的射影是③，而不可能出现的射影为④中的情况．12．如图，已知三棱锥P—ABC的底面是等腰直角三角形，且∠ACB＝90°，侧面P AB⊥底面ABC，AB＝P A＝PB＝4，则这个三棱锥的三视图中标注的尺寸x，y，z分别是__________．答案23，2,2解析由三棱锥及其三视图可知，x为等边△P AB的高，所以x＝23，又因为2y为AB的长，所以2y＝4，y＝2，可得z为点C到AB的距离，由此得z＝2.13．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是()A ．8B ．7C ．6D ．5答案 C解析 画出直观图，共六块．14．(2017·湖南省东部六校联考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的四个面的面积中，最大的面积是( )A ．4 3B ．8 3C ．47D ．8 答案 C解析 如图，设该三棱锥为P —ABC ，其中P A ⊥平面ABC ，P A ＝4，则由三视图可知△ABC 是边长为4的等边三角形，故PB ＝PC ＝42，所以S △ABC ＝12×4×23＝43，S △P AB ＝S △P AC ＝12×4×4＝8，S △PBC ＝12×4×(42)2－22＝47，故四个面中面积最大的为S △PBC ＝47，故选C.15．(2017·泉州二模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧视图中的虚线部分是( )A ．圆弧B ．抛物线的一部分C ．椭圆的一部分D ．双曲线的一部分答案 D解析根据几何体的三视图，可得侧视图中的虚线部分是由平行于旋转轴的平面截圆锥所得，故侧视图中的虚线部分是双曲线的一部分，故选D.16.(2018·济南模拟)一只蚂蚁从正方体ABCD—A1B1C1D1的顶点A出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是()A．①②B．①③C．③④D．②④答案 D解析由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)，若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展开到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过BB1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD和平面CDD1C1展开到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过CD的中点，此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．故选D.。

基础巩固题组(建议用时：分钟)一、选择题.若直线平行于平面α，则下列结论错误的是( )平行于α内的所有直线.α内有无数条直线与平行.直线上的点到平面α的距离相等.α内存在无数条直线与成°角解析若直线平行于平面α，则α内既存在无数条直线与平行，也存在无数条直线与异面且垂直，所以不正确，、正确.又夹在相互平行的线与平面间的平行线段相等，所以正确.答案.平面α∥平面β，点，∈α，，∈β，则直线∥直线的充要条件是( )∥∥与相交，，，四点共面解析充分性：，，，四点共面，由平面与平面平行的性质知∥.必要性显然成立. 答案.在空间四边形中，，分别是和上的点，若∶＝∶＝∶，则对角线和平面的位置关系是( ).平行.相交 .在平面内 .不能确定解析如图，由＝得∥.又因为⊂平面，⊄平面，所以∥平面.答案.给出下列关于互不相同的直线，，和平面α，β，γ的三个命题：①若与为异面直线，⊂α，⊂β，则α∥β；②若α∥β，⊂α，⊂β，则∥；③若α∩β＝，β∩γ＝.γ∩α＝，∥γ，则∥.其中真命题的个数为( )解析①中当α与β不平行时，也可能存在符合题意的，；②中与也可能异面；③中⇒∥，同理，∥，则∥，正确.答案.(·郑州模拟)设α，β，γ为三个不同的平面，，是两条不同的直线，在命题“α∩β＝，⊂γ，且，则∥”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题.①α∥γ，⊂β；②∥γ，∥β；③∥β，⊂γ.可以填入的条件有( ).①或②.②或③.①或③.①或②或③解析由面面平行的性质定理可知，①正确；当∥β，⊂γ时，和在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确.故选.答案二、填空题.(·泉州一模)如图，四棱锥－的底面是一直角梯形，∥，⊥，＝，⊥底面，为的中点，则与平面的位置关系为.解析取的中点，连接，，在△中，綉.又∵∥且＝，∴綉，∴四边形是平行四边形，∴∥.又∵⊄平面，⊂平面，∴∥平面.答案平行.在四面体－中，，分别是△，△的重心，则四面体的四个面中与平行的是.解析如图，取的中点.连接，，由于，分别是△，△的重心，所以，分别过，，则∶＝∶，∶＝∶，所以∥.所以∥平面，∥平面.答案平面与平面.在棱长为的正方体－中，是棱的中点，过，，作正方体的截面，则截面的面积。

1．直线与平面平行的判定与性质判定性质定义定理图形条件a∩α＝∅a⊂α，b⊄α，a∥αa∥b a∥α，a⊂β，α∩β＝b结论a∥αb∥αa∩α＝∅a∥b2.面面平行的判定与性质判定性质定义定理图形条件α∩β＝∅a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥αα∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝bα∥β，a⊂β结论α∥βα∥βa∥b a∥α【思考辨析】推断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面．(×)(2)若一条直线平行于一个平面，则这条直线平行于这个平面内的任一条直线．(×)(3)假如一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．(×)(4)假如两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．(√)(5)若直线a与平面α内很多条直线平行，则a∥α.(×)(6)空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，则EF∥平面BCD.(√)(7)若α∥β，直线a∥α，则a∥β.(×)1．一条直线l上有相异三个点A、B、C到平面α的距离相等，那么直线l与平面α的位置关系是() A．l∥αB．l⊥αC．l与α相交但不垂直D．l∥α或l⊂α答案D解析当距离不为零时，l∥α，当距离为零时，l⊂α.2．设α，β，γ为三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，n⊂γ，且________，则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．①α∥γ，n⊂β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m⊂γ.可以填入的条件有()A．①或②B．②或③C．①或③D．①或②或③答案C解析由面面平行的性质定理可知，①正确；当n∥β，m⊂γ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．故选C.3．(教材改编)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⊄α，则b∥α答案D解析A中，a可以在过b的平面内；B中，a与α内的直线可能异面；C中，两平面可相交；D中，由直线与平面平行的判定定理知，b ∥α，正确． 4．(教材改编)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为DD 1的中点，则BD 1与平面AEC 的位置关系为________． 答案 平行解析 连接BD ，设BD ∩AC ＝O ，连接EO ，在△BDD 1中，O 为BD 的中点，所以EO 为△BDD 1的中位线， 则BD 1∥EO ，而BD 1⊄平面ACE ，EO ⊂平面ACE ，所以BD 1∥平面ACE .5．过三棱柱ABC －A 1B 1C 1任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB 1A 1平行的直线共有________条． 答案 6解析 各中点连线如图，只有面EFGH 与面ABB 1A 1平行，在四边形EFGH 中有6条符合题意．题型一 直线与平面平行的判定与性质 命题点1 直线与平面平行的判定 例1如图，四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝12AD ，E ，F ，H 分别为线段AD ，PC ，CD 的中点，AC 与BE 交于O 点，G 是线段OF 上一点． (1)求证：AP ∥平面BEF ； (2)求证：GH ∥平面P AD . 证明(1)连接EC ，∵AD ∥BC ，BC ＝12AD ，∴BC 綊AE ，∴四边形ABCE 是平行四边形，∴O 为AC 的中点．又∵F 是PC 的中点，∴FO ∥AP ， FO ⊂平面BEF ，AP ⊄平面BEF ， ∴AP ∥平面BEF . (2)连接FH ，OH ，∵F ，H 分别是PC ，CD 的中点， ∴FH ∥PD ，∴FH ∥平面P AD .又∵O 是BE 的中点，H 是CD 的中点， ∴OH ∥AD ，∴OH ∥平面P AD .又FH ∩OH ＝H ，∴平面OHF ∥平面P AD . 又∵GH ⊂平面OHF ，∴GH ∥平面P AD . 命题点2 直线与平面平行性质定理的应用例2 (2022·安徽)如图，四棱锥P－ABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为217.点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面GEFH⊥平面ABCD，BC∥平面GEFH.(1)证明：GH∥EF；(2)若EB＝2，求四边形GEFH的面积．(1)证明由于BC∥平面GEFH，BC⊂平面PBC，且平面PBC∩平面GEFH＝GH，所以GH∥BC.同理可证EF∥BC，因此GH∥EF.(2)解如图，连接AC，BD交于点O，BD交EF于点K，连接OP，GK.由于P A＝PC，O是AC的中点，所以PO⊥AC，同理可得PO⊥BD.又BD∩AC＝O，且AC，BD都在底面内，所以PO⊥底面ABCD.又由于平面GEFH⊥平面ABCD，且PO⊄平面GEFH，所以PO∥平面GEFH.由于平面PBD∩平面GEFH＝GK，所以PO∥GK，且GK⊥底面ABCD，从而GK⊥EF.所以GK是梯形GEFH的高．由AB＝8，EB＝2得EB∶AB＝KB∶DB＝1∶4，从而KB＝14DB＝12OB，即K为OB的中点．再由PO∥GK得GK＝12PO，即G是PB的中点，且GH＝12BC＝4.由已知可得OB＝42，PO＝PB2－OB2＝68－32＝6，所以GK＝3.故四边形GEFH的面积S＝GH＋EF2·GK＝4＋82×3＝18.思维升华推断或证明线面平行的常用方法：(1)利用线面平行的定义(无公共点)；(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)；(3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)；(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．(1)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，E为PD的中点，AB＝1，求证：CE∥平面P AB；(2)如图所示，CD，AB均与平面EFGH平行，E，F，G，H分别在BD，BC，AC，AD上，且CD⊥AB.求证：四边形EFGH是矩形．证明(1)由已知条件有AC＝2AB＝2，AD＝2AC＝4，CD ＝2 3.如图所示，延长DC，AB，设其交于点N，连接PN，由于∠NAC＝∠DAC＝60°，AC⊥CD，所以C为ND的中点，又由于E为PD的中点，所以EC∥PN，由于EC⊄平面P AB，PN⊂平面P AB，所以CE∥平面P AB.(2)∵CD∥平面EFGH，而平面EFGH∩平面BCD＝EF，∴CD∥EF.同理HG∥CD，且HE∥AB，∴EF∥HG.同理HE∥GF，∴四边形EFGH为平行四边形．∴CD∥EF，HE∥AB，∴∠HEF为异面直线CD和AB所成的角．又∵CD⊥AB，∴HE⊥EF.∴平行四边形EFGH为矩形．题型二平面与平面平行的判定与性质例3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：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EF A1∥平面BCHG.证明(1)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，∴GH是△A1B1C1的中位线，∴GH∥B1C1.又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面．(2)∵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綊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EF A1∥平面BCHG.引申探究1．在本例条件下，若D为BC1的中点，求证：HD∥平面A1B1BA.证明如图所示，连接HD，A1B，∵D为BC1的中点，H为A1C1的中点，∴HD∥A1B，又HD⊄平面A1B1BA，A1B⊂平面A1B1BA，∴HD∥平面A1B1BA.2．在本例条件下，若D1，D分别为B1C1，BC的中点，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.证明如图所示，连接A1C交AC1于点M，∵四边形A1ACC1是平行四边形，∴M是A1C的中点，连接MD，∵D为BC的中点，∴A1B∥DM.∵A1B⊂平面A1BD1，DM⊄平面A1BD1，∴DM∥平面A1BD1.又由三棱柱的性质知，D1C1綊BD，∴四边形BDC1D1为平行四边形，∴DC1∥BD1.又DC1⊄平面A1BD1，BD1⊂平面A1BD1，∴DC1∥平面A1BD1，又∵DC1∩DM＝D，DC1，DM⊂平面AC1D，∴平面A1BD1∥平面AC1D.思维升华证明面面平行的方法：(1)面面平行的定义；(2)面面平行的判定定理：假如一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行；(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行；(4)两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行；(5)利用“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”的相互转化．如图，在三棱锥S—ABC中，AS＝AB.过A作AF⊥SB，垂足为F.点E，G分别是棱SA、SC的中点．求证：平面EFG∥平面ABC.证明由于AS＝AB，AF⊥SB，所以F是SB的中点．又由于E是SA的中点，所以EF∥AB，又EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC，同理EG∥平面ABC，又EF ∩EG ＝E ，所以平面EFG ∥平面ABC . 题型三 平行关系的综合应用例4 如图所示，在四周体ABCD 中，截面EFGH 平行于对棱AB 和CD ，试问截面在什么位置时其截面面积最大？解 ∵AB ∥平面EFGH ，平面EFGH 与平面ABC 和平面ABD 分别交于FG 、EH .∴AB ∥FG ，AB ∥EH ，∴FG ∥EH ，同理可证EF ∥GH ， ∴截面EFGH 是平行四边形．设AB ＝a ，CD ＝b ，∠FGH ＝α (α即为异面直线AB 和CD 所成的角或其补角)． 又设FG ＝x ，GH ＝y ，则由平面几何学问可得x a ＝CGBC ，y b ＝BG BC ，两式相加得x a ＋y b ＝1，即y ＝ba (a －x )， ∴S ▱EFGH ＝FG ·GH ·sin α＝x ·b a ·(a －x )·sin α＝b sin αa x (a －x )．∵x >0，a －x >0且x ＋(a －x )＝a 为定值， ∴当且仅当x ＝a －x 时，b sin αa x (a －x )＝ab sin α4，此时x ＝a 2，y ＝b2.即当截面EFGH 的顶点E 、F 、G 、H 为棱AD 、AC 、BC 、BD 的中点时截面面积最大．思维升华 利用线面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置，对于最值问题，常用函数思想来解决．如图所示，四棱锥P －ABCD 的底面是边长为a 的正方形，侧棱P A ⊥底面ABCD ，在侧面PBC内，有BE ⊥PC 于E ，且BE ＝63a ，试在AB 上找一点F ，使EF ∥平面P AD .解 如图所示，在平面PCD 内，过E 作EG ∥CD 交PD 于G ， 连接AG ，在AB 上取点F ，使AF ＝EG ， ∵EG ∥CD ∥AF ，EG ＝AF ， ∴四边形FEGA 为平行四边形， ∴FE ∥AG .又AG ⊂平面P AD ，FE ⊄平面P AD ， ∴EF ∥平面P AD . ∴F 即为所求的点．又P A ⊥面ABCD ，∴P A ⊥BC ， 又BC ⊥AB ，∴BC ⊥面P AB . ∴PB ⊥BC .∴PC 2＝BC 2＋PB 2＝BC 2＋AB 2＋P A 2. 设P A ＝x 则PC ＝2a 2＋x 2，由PB ·BC ＝BE ·PC 得：a 2＋x 2·a ＝2a 2＋x 2·63a ， ∴x ＝a ，即P A ＝a ，∴PC ＝3a . 又CE ＝ a 2－(63a )2＝33a ， ∴PE PC ＝23，∴GE CD ＝PE PC ＝23， 即GE ＝23CD ＝23a ，∴AF ＝23a .即AF ＝23AB .故点F 是AB 上靠近B 点的一个三等分点．5．立体几何中的探究性问题典例 (12分)如图，在四棱锥S －ABCD 中，已知底面ABCD 为直角梯形，其中AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，SA ⊥底面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝2.tan ∠SDA ＝23.(1)求四棱锥S －ABCD 的体积；(2)在棱SD 上找一点E ，使CE ∥平面SAB ，并证明． 规范解答解 (1)∵SA ⊥底面ABCD ，tan ∠SDA ＝23，SA ＝2，∴AD ＝3.[2分]由题意知四棱锥S －ABCD 的底面为直角梯形， 且SA ＝AB ＝BC ＝2，[4分]V S －ABCD ＝13×SA ×12×(BC ＋AD )×AB＝13×2×12×(2＋3)×2＝103.[6分] (2)当点E 位于棱SD 上靠近D 的三等分点处时，可使CE ∥平面SAB .[8分]证明如下：取SD 上靠近D 的三等分点为E ，取SA 上靠近A 的三等分点为F ，连接CE ，EF ，BF ， 则EF 綊23AD ，BC 綊23AD ，∴BC 綊EF ，∴CE ∥BF .[10分] 又∵BF ⊂平面SAB ，CE ⊄平面SAB ， ∴CE ∥平面SAB .[12分]解决立体几何中的探究性问题的步骤 第一步：写出探求的最终结论． 其次步：证明探求结论的正确性． 第三步：给出明确答案．第四步：反思回顾，查看关键点、易错点和答题规范．温馨提示 (1)立体几何中的探究性问题主要是对平行、垂直关系的探究，对条件和结论不完备的开放性问题的探究，解决这类问题一般依据探究性问题的设问，假设其存在并探究出结论，然后在这个假设下进行推理论证，若得到合乎情理的结论就确定假设，若得到冲突的结论就否定假设．(2)这类问题也可以按类似于分析法的格式书写步骤：从结论动身“要使……成立”，“只需使……成立”．[方法与技巧]1．平行问题的转化关系2．直线与平面平行的主要判定方法(1)定义法；(2)判定定理；(3)面与面平行的性质．3．平面与平面平行的主要判定方法(1)定义法；(2)判定定理；(3)推论；(4)a⊥α，a⊥β⇒α∥β.[失误与防范]1．在推证线面平行时，肯定要强调直线不在平面内，否则会消灭错误．2．在解决线面、面面平行的判定时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其挨次恰好相反，但也要留意，转化的方向总是由题目的具体条件而定，决不行过于“模式化”．3．解题中留意符号语言的规范应用．A组专项基础训练(时间：40分钟)1．平面α∥平面β，点A，C∈α，B，D∈β，则直线AC∥直线BD的充要条件是()A．AB∥CD B．AD∥CBC．AB与CD相交D．A，B，C，D四点共面答案D解析充分性：A，B，C，D四点共面，由平面与平面平行的性质知AC∥BD.必要性明显成立．2．(2021·安徽)已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是()A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行C．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线D．若m，n不平行，则m与n不行能垂直于同一平面答案D 解析对于A，α，β垂直于同一平面，α，β关系不确定，故A错；对于B，m，n平行于同一平面，m，n关系不确定，可平行、相交、异面，故B错；对于C，α，β不平行，但α内能找出平行于β的直线，如α中平行于α，β交线的直线平行于β，故C错；对于D，若假设m，n垂直于同一平面，则m∥n，其逆否命题即为D选项，故D正确．3．设l为直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是()A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l⊥α，l⊥β，则α∥βC．若l⊥α，l∥β，则α∥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β答案B解析l∥α，l∥β，则α与β可能平行，也可能相交，故A项错；由“同垂直于一条直线的两个平面平行”可知B项正确；由l⊥α，l∥β可知α⊥β，故C项错；由α⊥β，l∥α可知l与β可能平行，也可能l⊂β，也可能相交，故D项错．故选B.4．给出下列关于互不相同的直线l、m、n和平面α、β、γ的三个命题：①若l与m为异面直线，l⊂α，m⊂β，则α∥β；②若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m；③若α∩β＝l，β∩γ＝m.γ∩α＝n，l∥γ，则m∥n.其中真命题的个数为()A．3 B．2 C．1 D．0答案C解析①中当α与β不平行时，也可能存在符合题意的l、m；②中l与m也可能异面；③中⎩⎨⎧l∥γl⊂αα∩γ＝n⇒l∥n，同理，l∥m，则m∥n，正确．5．下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是()A．①③B．①④C．②③D．②④答案B解析①中易知NP∥AA′，MN∥A′B，∴平面MNP∥平面AA′B可得出AB∥平面MNP(如图)．④中，NP∥AB，能得出AB∥平面MNP.6．在四周体A－BCD中，M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则四周体的四个面中与MN平行的是________．答案平面ABD与平面ABC解析如图，取CD的中点E，连接AE，BE.则EM∶MA＝1∶2，EN∶BN＝1∶2，所以MN∥AB.所以MN∥平面ABD，MN∥平面ABC.7.如图所示，ABCD—A1B1C1D1是棱长为a的正方体，M、N分别是下底面的棱A1B1、B1C1的中点，P是上底面的棱AD上的一点，AP ＝a3，过P 、M、N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ＝______.答案223a解析∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，∴MN∥PQ.∵M、N分别是A1B1、B1C1的中点，AP＝a3，∴CQ＝a3，从而DP＝DQ＝2a3，∴PQ＝223a.8.如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1(底面是正方形的直四棱柱叫正四棱柱)中，E、F、G、H分别是棱CC1、C1D1、D1D、CD的中点，N是BC的中点，动点M在四边形EFGH上及其内部运动，则M满足条件________时，有MN∥平面B1BDD1.答案M∈线段FH解析由于HN∥BD，HF∥DD1，所以平面NHF∥平面B1BDD1，故线段FH上任意点M与N相连，都有MN∥平面B1BDD1.(答案不唯一)9.如图，ABCD与ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．求证：(1)BE∥平面DMF；(2)平面BDE∥平面MNG.证明(1)如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)由于N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.又M为AB中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，所以BD∥平面MNG，又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，所以平面BDE∥平面MNG.10.如图，E、F、G、H分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BC、CC1、C1D1、AA1的中点．求证：(1)EG∥平面BB1D1D；(2)平面BDF∥平面B1D1H.证明(1)取B1D1的中点O，连接GO，OB，易证四边形BEGO为平行四边形，故OB∥GE，由线面平行的判定定理即可证EG∥平面BB1D1D.(2)由题意可知BD∥B1D1.如图，连接HB、D1F，易证四边形HBFD1是平行四边形，故HD1∥BF.又B1D1∩HD1＝D1，BD∩BF＝B，所以平面BDF∥平面B1D1H.B组专项力量提升(时间：30分钟)11．已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中错误的是()A．若m⊥α，m⊥β，α∥βB．若α∥γ，β∥γ，则α∥βC．若m⊂α，n⊂β，则α∥βD．若m，n是异面直线，m⊂α，m∥β，n⊂β，n∥α，则α∥β答案C解析由线面垂直的性质可知A正确；由面面平行的性质可知B正确；m⊂α，n⊂β，m∥n⇒α，β可能平行，也可能相交，故C错误；由线面平行的性质和面面平行的判定定理可知D正确．12.空间四边形ABCD的两条对棱AC、BD的长分别为5和4，则平行于两条对棱的截面四边形EFGH在平移过程中，周长的取值范围是________．答案 (8,10)解析 设DH DA ＝GH AC ＝k ，∴AH DA ＝EHBD＝1－k ，∴GH ＝5k ，EH ＝4(1－k )，∴周长＝8＋2k . 又∵0<k <1，∴周长的范围为(8,10)．13．在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为底面ABCD 的中心，P 是DD 1的中点，设Q 是CC 1上的点，则点Q 满足条件________时，有平面D 1BQ ∥平面P AO . 答案 Q 为CC 1的中点解析 如图，假设Q 为CC 1的中点，由于P 为DD 1的中点， 所以QB ∥P A . 连接DB ，由于P ，O 分别是DD 1，DB 的中点， 所以D 1B ∥PO ，又D 1B ⊄平面P AO ，QB ⊄平面P AO ， 所以D 1B ∥平面P AO ，QB ∥平面P AO ， 又D 1B ∩QB ＝B ，所以平面D 1BQ ∥平面P AO .故Q 满足条件Q 为CC 1的中点时，有平面D 1BQ ∥平面P AO .14．(2021·四川改编)一个正方体的平面开放图及该正方体的直观图的示意图如图所示．(1)请将字母F ，G ，H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)； (2)推断平面BEG 与平面ACH 的位置关系．并证明你的结论． 解 (1)点F ，G ，H 的位置如图所示．(2)平面BEG ∥平面ACH ， 证明如下：由于ABCDEFGH 为正方体， 所以BC ∥FG ，BC ＝FG ， 又FG ∥EH ，FG ＝EH ，所以BC ∥EH ，BC ＝EH ，于是BCHE 为平行四边形， 所以BE ∥CH ，又CH ⊂平面ACH ，BE ⊄平面ACH ， 所以BE ∥平面ACH ，同理BG ∥平面ACH ，又BE ∩BG ＝B ， 所以平面BEG ∥平面ACH .15.如图，四棱锥P —ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为矩形，PD ＝DC ＝4，AD ＝2，E 为PC 的中点．(1)求三棱锥A—PDE的体积；(2)AC边上是否存在一点M，使得P A∥平面EDM？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．解(1)由于PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD.又由于ABCD是矩形，所以AD⊥CD.由于PD∩CD＝D，所以AD⊥平面PCD，所以AD是三棱锥A—PDE的高．由于E为PC的中点，且PD＝DC＝4，所以S△PDE＝12S△PDC＝12×⎝⎛⎭⎫12×4×4＝4.又AD＝2，所以V A—PDE＝13AD·S△PDE＝13×2×4＝83.(2)取AC中点M，所以AM＝12AC＝ 5.连接EM，DM，由于E为PC的中点，M是AC的中点，所以EM∥P A.又由于EM⊂平面EDM，P A⊄平面EDM，所以P A∥平面EDM.即在AC边上存在一点M，使得P A∥平面EDM，AM的长为 5.。

高考数学一轮复习第八章《立体几何》精编配套试题（含解析）文新人教A版第八章立体几何一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．每小题中只有一项符合题目要求)1、（2013年高考四川卷（文2））一个几何体的三视图如图所示,则该几何体可以是（）A．棱柱B．棱台C．圆柱D．圆台2、【山东省烟台市莱州一中20l3届高三第二次质量检测（文）】一个简单几何体的主视图，左视图如图所示，则其俯视图不可能为①长方形；②直角三角形；③圆；④椭圆.其中正确的是A.①B.②C.③D.④3 ．（2013年高考浙江卷（文4））设m.n是两条不同的直线,α.β是两个不同的平面,（）A．若m∥α,n∥α,则m∥n B．若m∥α,m∥β,则α∥βC．若m∥n,m⊥α,则n⊥αD．若m∥α,α⊥β,则m⊥β4．（2013年高考广东卷（文））某三棱锥的三视图如图2所示,则该三棱锥的体积是图 21俯视图侧视图正视图21（ ） A ．16B ．13C ．23D ．15 ．【北京市海淀区北师特学校2013届高三第四次月考文】在空间，下列命题正确的是 （ ）A ．平行直线在同一平面内的射影平行或重合 B. 垂直于同一平面的两条直线平行 C. 垂直于同一平面的两个平面平行 D. 平行于同一直线的两个平面平行 6、（2013年高考山东卷（文4））一个四棱锥的侧棱长都相等,底面是正方形,其正(主)视图如右图所示该四棱锥侧面积和体积分别是（ ） A ．45,8B ．845,3C ．84(51),3+ D ．8,87、如右图所示，正四棱锥P －ABCD 的底面积为3，体积为22，E 为侧棱PC 的中点，则PA 与BE 所成的角为( )A.π6B.π4C.π3 D.π28、（2013安徽安庆三模）如图是不锈钢保温饭盒的三视图，根据图中数据（单位：cm ）， 则该饭盒的表面积为 A ．1100π2cm B ．900π2cm C ．800π2cm D ．600π2cm9、（2013年高考辽宁卷（文10））已知三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上,若34AB AC ==，,AB AC ⊥,112AA =,则球O 的半径为（ ） A ．3172B ．210C ．132D ．31010．圆台上、下底面面积分别是π、4π，侧面积是6π，这个圆台的体积是( )A 、233π B、23π C 、736π D、733π11、（上海市普陀区2013届高三第二学期（二模）质量调研数学（文）试题）若圆柱的底面直径和高都与球的直径相等,圆柱、球的表面积分别记为1S 、2S ,则1S :2S =A . 1:1.B . 2:1.C . 3:2.D . 4:1.12、【北京市朝阳区2013届高三上学期期末考试数学文】在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，1P ，2P 分别为线段AB ，1BD （不包括端点）上的动点，且线段12P P 平行于平面11A ADD ，则四面体121PP AB 的体积的最大值是 A ．124 B ．112C ．16 D ．12二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上) 13、（2013年高考课标Ⅱ卷（文15））已知正四棱锥O ABCD -的体积为322，底面边长为3，则以O 为球心，OA 为半径的球的表面积为________。

2024年高考数学总复习第八章《立体几何与空间向量》§8.2空间点、直线、平面之间的位置关系最新考纲 1.借助长方体模型，在直观认识和理解空间点、线、面的位置关系的基础上，抽象出空间线、面位置关系的定义.2.了解可以作为推理依据的公理和定理.3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题．1．四个公理公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．2．直线与直线的位置关系(1)位置关系的分类异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点(2)异面直线所成的角①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．，π2.3．直线与平面的位置关系有直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情况．4．平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．5．等角定理空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．概念方法微思考1．分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线吗？提示不一定．因为异面直线不同在任何一个平面内．分别在两个不同平面内的两条直线可能平行或相交．2．空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角一定相等吗？提示不一定．如果这两个角开口方向一致，则它们相等，若反向则互补．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果两个不重合的平面α，β有一条公共直线a，就说平面α，β相交，并记作α∩β＝a.(√)(2)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线．(×)(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．(×)(4)经过两条相交直线，有且只有一个平面．(√)(5)没有公共点的两条直线是异面直线．(×)(6)若a，b是两条直线，α，β是两个平面，且a⊂α，b⊂β，则a，b是异面直线．(×)题组二教材改编2．如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成角的大小为()A．30°B．45°C．60°D．90°答案C解析连接B1D1，D1C，则B1D1∥EF，故∠D1B1C即为所求的角．又B1D1＝B1C＝D1C，∴△B1D1C为等边三角形，∴∠D1B1C＝60°.3．如图，在三棱锥A—BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，则(1)当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为菱形；(2)当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为正方形．答案(1)AC＝BD(2)AC＝BD且AC⊥BD解析(1)∵四边形EFGH为菱形，∴EF＝EH，∴AC＝BD.(2)∵四边形EFGH为正方形，∴EF＝EH且EF⊥EH，∵EF∥AC，EH∥BD，且EF＝12AC，EH＝12BD，∴AC＝BD且AC⊥BD.题组三易错自纠4．α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，若m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，则m，n的位置关系不可能是()A．垂直B．相交C．异面D．平行答案D解析依题意，m∩α＝A，n⊂α，∴m与n可能异面、相交(垂直是相交的特例)，一定不平行．5.如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过()A．点AB．点BC．点C但不过点MD．点C和点M答案D解析∵AB⊂γ，M∈AB，∴M∈γ.又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β.根据公理3可知，M在γ与β的交线上．同理可知，点C也在γ与β的交线上．6.如图为正方体表面的一种展开图，则图中的四条线段AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面的对数为______．答案3解析平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB，CD，EF和GH在原正方体中，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH 相交，CD与EF平行．故互为异面的直线有且只有3对．题型一平面基本性质的应用例1如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点．求证：(1)E，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点．证明(1)如图，连接EF，CD1，A1B.∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥BA1.又A1B∥D1C，∴EF∥CD1，∴E，C，D1，F四点共面．(2)∵EF∥CD1，EF<CD1，∴CE与D1F必相交，设交点为P，如图所示．则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，∴P∈直线DA，∴CE，D1F，DA三线共点．思维升华共面、共线、共点问题的证明(1)证明共面的方法：①先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②证两平面重合．(2)证明共线的方法：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②直接证明这些点都在同一条特定直线上．(3)证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．跟踪训练1如图，在空间四边形ABCD 中，E ，F 分别是AB ，AD 的中点，G ，H 分别在BC ，CD 上，且BG ∶GC ＝DH ∶HC ＝1∶2.(1)求证：E ，F ，G ，H 四点共面；(2)设EG 与FH 交于点P ，求证：P ，A ，C 三点共线．证明(1)∵E ，F 分别为AB ，AD 的中点，∴EF ∥BD .∵在△BCD 中，BG GC ＝DH HC ＝12，∴GH ∥BD ，∴EF ∥GH .∴E ，F ，G ，H 四点共面．(2)∵EG ∩FH ＝P ，P ∈EG ，EG ⊂平面ABC ，∴P ∈平面ABC .同理P ∈平面ADC .∴P 为平面ABC 与平面ADC 的公共点．又平面ABC ∩平面ADC ＝AC ，∴P ∈AC ，∴P ，A ，C 三点共线．题型二判断空间两直线的位置关系例2(1)若直线l 1和l 2是异面直线，l 1在平面α内，l 2在平面β内，l 是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是()A ．l 与l 1，l 2都不相交B ．l 与l 1，l 2都相交C ．l 至多与l 1，l 2中的一条相交D ．l 至少与l 1，l 2中的一条相交答案D 解析由直线l 1和l 2是异面直线可知l 1与l 2不平行，故l 1，l 2中至少有一条与l 相交．故选D.(2)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在A 1D ，AC 上，且A 1E ＝2ED ，CF ＝2FA ，则EF 与BD 1的位置关系是()A．相交但不垂直B．相交且垂直C．异面D．平行答案D解析连接D1E并延长，与AD交于点M，由A1E＝2ED，可得M为AD的中点，连接BF并延长，交AD于点N，因为CF＝2FA，可得N为AD的中点，所以M，N重合，所以EF和BD1共面，且MEED1＝12，MFBF＝12，所以MEED1＝MFBF，所以EF∥BD1.思维升华空间中两直线位置关系的判定，主要是异面、平行和垂直的判定．异面直线可采用直接法或反证法；平行直线可利用三角形(梯形)中位线的性质、公理4及线面平行与面面平行的性质定理；垂直关系往往利用线面垂直或面面垂直的性质来解决．跟踪训练2(1)已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案A解析若直线a和直线b相交，则平面α和平面β相交；若平面α和平面β相交，那么直线a 和直线b可能平行或异面或相交，故选A.(2)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：①直线AM 与CC 1是相交直线；②直线AM 与BN 是平行直线；③直线BN 与MB 1是异面直线；④直线AM 与DD 1是异面直线．其中正确的结论为________．(注：把你认为正确的结论序号都填上)答案③④解析因为点A 在平面CDD 1C 1外，点M 在平面CDD 1C 1内，直线CC 1在平面CDD 1C 1内，CC 1不过点M ，所以AM 与CC 1是异面直线，故①错；取DD 1中点E ，连接AE ，则BN ∥AE ，但AE 与AM 相交，故②错；因为B 1与BN 都在平面BCC 1B 1内，M 在平面BCC 1B 1外，BN 不过点B 1，所以BN 与MB 1是异面直线，故③正确；同理④正确，故填③④.题型三求两条异面直线所成的角例3(2019·青岛模拟)如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝2，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为()A.15B.25C.35D.45答案D 解析连接BC 1，易证BC 1∥AD 1，则∠A 1BC 1即为异面直线A 1B 与AD 1所成的角．连接A 1C 1，由AB ＝1，AA 1＝2，易得A 1C 1＝2，A 1B ＝BC 1＝5，故cos ∠A 1BC 1＝A 1B 2＋BC 21－A 1C 212×A 1B ×BC 1＝45，即异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为45.引申探究将上例条件“AA 1＝2AB ＝2”改为“AB ＝1，若异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为910”，试求AA 1AB 的值．解设AA 1AB＝t (t >0)，则AA 1＝tAB .∵AB ＝1，∴AA 1＝t .∵A 1C 1＝2，A 1B ＝t 2＋1＝BC 1，∴cos ∠A 1BC 1＝A 1B 2＋BC 21－A 1C 212×A 1B ×BC 1＝t 2＋1＋t 2＋1－22×t 2＋1×t 2＋1＝910.∴t ＝3，即AA 1AB ＝3.思维升华用平移法求异面直线所成的角的三个步骤(1)一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角；(2)二证：证明作出的角是异面直线所成的角；(3)三求：解三角形，求出所作的角．跟踪训练3(2018·全国Ⅱ)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为()A.22 B.32 C.52 D.72答案C 解析如图，因为AB ∥CD ，所以AE 与CD 所成角为∠EAB .在Rt △ABE 中，设AB ＝2，则BE ＝5，则tan ∠EAB ＝BE AB ＝52，所以异面直线AE 与CD 所成角的正切值为52.立体几何中的线面位置关系直观想象是指借助几何直观和空间想象感知事物的形态与变化，利用空间形式特别是图形，理解和解决数学问题．例如图所示，四边形ABEF 和ABCD 都是梯形，BC ∥AD 且BC ＝12AD ，BE ∥FA 且BE ＝12FA ，G ，H 分别为FA ，FD 的中点．(1)证明：四边形BCHG 是平行四边形；(2)C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？(1)证明由已知FG ＝GA ，FH ＝HD ，可得GH ∥AD 且GH ＝12AD .又BC ∥AD 且BC ＝12AD ，∴GH ∥BC 且GH ＝BC ，∴四边形BCHG 为平行四边形．(2)解∵BE ∥AF 且BE ＝12AF ，G 为FA 的中点，∴BE ∥FG 且BE ＝FG ，∴四边形BEFG 为平行四边形，∴EF ∥BG .由(1)知BG ∥CH .∴EF ∥CH ，∴EF 与CH 共面．又D ∈FH ，∴C ，D ，F ，E 四点共面．素养提升平面几何和立体几何在点线面的位置关系中有很多的不同，借助确定的几何模型，利用直观想象讨论点线面关系在平面和空间中的差异．1．四条线段顺次首尾相连，它们最多可确定的平面个数为()A ．4B ．3C ．2D ．1答案A 解析首尾相连的四条线段每相邻两条确定一个平面，所以最多可以确定四个平面．2．a ，b ，c 是两两不同的三条直线，下面四个命题中，真命题是()A．若直线a，b异面，b，c异面，则a，c异面B．若直线a，b相交，b，c相交，则a，c相交C．若a∥b，则a，b与c所成的角相等D．若a⊥b，b⊥c，则a∥c答案C解析若直线a，b异面，b，c异面，则a，c相交、平行或异面；若a，b相交，b，c相交，则a，c相交、平行或异面；若a⊥b，b⊥c，则a，c相交、平行或异面；由异面直线所成的角的定义知C正确．故选C.3.如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是()A．直线ACB．直线ABC．直线CDD．直线BC答案C解析由题意知，D∈l，l⊂β，所以D∈β，又因为D∈AB，所以D∈平面ABC，所以点D在平面ABC与平面β的交线上．又因为C∈平面ABC，C∈β，所以点C在平面β与平面ABC的交线上，所以平面ABC∩平面β＝CD.4.如图所示，ABCD－A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确是()A．A，M，O三点共线B．A，M，O，A1不共面C．A，M，C，O不共面D．B，B1，O，M共面答案A 解析连接A 1C 1，AC ，则A 1C 1∥AC ，∴A 1，C 1，A ，C 四点共面，∴A 1C ⊂平面ACC 1A 1，∵M ∈A 1C ，∴M ∈平面ACC 1A 1，又M ∈平面AB 1D 1，∴M 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上，同理A ，O 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上．∴A ，M ，O 三点共线．5．(2017·全国Ⅱ)已知直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为()A.32 B.155 C.105 D.33答案C解析方法一将直三棱柱ABC －A 1B 1C 1补形为直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1，如图①所示，连接AD 1，B 1D 1，BD .图①由题意知∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，所以AD 1＝BC 1＝2，AB 1＝5，∠DAB ＝60°.在△ABD 中，由余弦定理知BD 2＝AB 2＋AD 2－2×AB ×AD ×cos ∠DAB ＝22＋12－2×2×1×cos 60°＝3，所以BD ＝3，所以B 1D 1＝3.又AB 1与AD 1所成的角即为AB 1与BC 1所成的角θ，所以cos θ＝AB 21＋AD 21－B 1D 212×AB 1×AD 1＝5＋2－32×5×2＝105.故选C.方法二以B 1为坐标原点，B 1C 1所在的直线为x 轴，垂直于B 1C 1的直线为y 轴，BB 1所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图②所示．图②由已知条件知B 1(0，0，0)，B (0，0，1)，C 1(1，0，0)，A (－1，3，1)，则BC 1→＝(1，0，－1)，AB 1→＝(1，－3，－1)．所以cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1，→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝25×2＝105.所以异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为105.故选C.6．正方体AC 1中，与面ABCD 的对角线AC 异面的棱有________条．答案6解析如图，在正方体AC 1中，与面ABCD 的对角线AC 异面的棱有BB 1，DD 1，A 1B 1，A 1D 1，D 1C 1，B 1C 1，共6条．7．(2019·东北三省三校模拟)若直线l ⊥平面β，平面α⊥平面β，则直线l 与平面α的位置关系为________．答案l ∥α或l ⊂α解析∵直线l ⊥平面β，平面α⊥平面β，∴直线l ∥平面α，或者直线l ⊂平面α.8．在三棱锥S －ABC 中，G 1，G 2分别是△SAB 和△SAC 的重心，则直线G 1G 2与BC 的位置关系是________．答案平行解析如图所示，连接SG 1并延长交AB 于M ，连接SG 2并延长交AC 于N ，连接MN .由题意知SM为△SAB的中线，且SG1＝23SM，SN为△SAC的中线，且SG2＝23SN，∴在△SMN中，SG1SM＝SG2SN，∴G1G2∥MN，易知MN是△ABC的中位线，∴MN∥BC，∴G1G2∥BC.9.如图，已知圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，C是圆柱下底面弧AB的中点，C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为________．答案2解析取圆柱下底面弧AB的另一中点D，连接C1D，AD，因为C是圆柱下底面弧AB的中点，所以AD∥BC，所以直线AC1与AD所成的角即为异面直线AC1与BC所成的角，因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，所以C1D垂直于圆柱下底面，所以C1D⊥AD.因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，所以C1D＝2AD，所以直线AC1与AD所成角的正切值为2，所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为2.10.如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，①GH与EF平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是________．答案②③④解析还原成正四面体A －DEF ，其中H 与N 重合，A ，B ，C 三点重合．易知GH 与EF 异面，BD 与MN 异面．连接GM ，∵△GMH 为等边三角形，∴GH 与MN 成60°角，易证DE ⊥AF ，又MN ∥AF ，∴MN ⊥DE .因此正确命题的序号是②③④.11.如图所示，A 是△BCD 所在平面外的一点，E ，F 分别是BC ，AD 的中点．(1)求证：直线EF 与BD 是异面直线；(2)若AC ⊥BD ，AC ＝BD ，求EF 与BD 所成的角．(1)证明假设EF 与BD 不是异面直线，则EF 与BD 共面，从而DF 与BE 共面，即AD 与BC 共面，所以A ，B ，C ，D 在同一平面内，这与A 是△BCD 所在平面外的一点相矛盾．故直线EF 与BD 是异面直线．(2)解取CD 的中点G ，连接EG ，FG ，则AC ∥FG ，EG ∥BD ，所以相交直线EF 与EG 所成的角，即为异面直线EF 与BD 所成的角．又因为AC ⊥BD ，则FG ⊥EG .在Rt △EGF 中，由EG ＝FG＝12AC ，求得∠FEG ＝45°，即异面直线EF 与BD 所成的角为45°.12.如图，在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥底面ABC ，D 是PC 的中点．已知∠BAC ＝π2，AB ＝2，AC ＝23，PA ＝2.求：(1)三棱锥P －ABC 的体积；(2)异面直线BC 与AD 所成角的余弦值．解(1)S △ABC ＝12×2×23＝23，三棱锥P －ABC 的体积为V ＝13S △ABC ·PA ＝13×23×2＝433.(2)如图，取PB 的中点E ，连接DE ，AE ，则ED ∥BC ，所以∠ADE (或其补角)是异面直线BC 与AD 所成的角．在△ADE 中，DE ＝2，AE ＝2，AD ＝2，cos ∠ADE ＝AD 2＋DE 2－AE 22×AD ×DE ＝22＋22－22×2×2＝34.故异面直线BC 与AD 所成角的余弦值为34.13．平面α过正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD ＝m ，α∩平面ABB 1A 1＝n ，则m ，n 所成角的正弦值为()A.32 B.22 C.33 D.13答案A解析如图所示，设平面CB 1D 1∩平面ABCD ＝m 1，∵α∥平面CB 1D 1，则m 1∥m ，又∵平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，平面CB 1D 1∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，∴B 1D 1∥m 1，∴B 1D 1∥m ，同理可得CD 1∥n .故m ，n 所成角的大小与B 1D 1，CD 1所成角的大小相等，即∠CD 1B 1的大小．又∵B 1C ＝B 1D 1＝CD 1(均为面对角线)，∴∠CD 1B 1＝π3，得sin ∠CD 1B 1＝32，故选A.14.一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 ；②AB 与CM 所成的角为60°；③EF 与MN 是异面直线；④MN ∥CD .以上四个命题中，正确命题的序号是________．答案①③解析如图，①AB ⊥EF ，正确；②显然AB ∥CM ，所以不正确；③EF 与MN 是异面直线，所以正确；④MN 与CD 异面，并且垂直，所以不正确，则正确的是①③.15.如图，正方形ACDE 与等腰直角三角形ACB 所在的平面互相垂直，且AC ＝BC ＝4，∠ACB ＝90°，F ，G 分别是线段AE ，BC 的中点，则AD 与GF 所成的角的余弦值为________．答案36解析取DE 的中点H ，连接HF ，GH .由题设，HF ∥AD 且HF ＝12AD ，∴∠GFH 为异面直线AD 与GF 所成的角(或其补角)．在△GHF 中，可求HF ＝22，GF ＝GH ＝26，∴cos ∠GFH ＝HF 2＋GF 2－GH 22×HF ×GF ＝(22)2＋(26)2－(26)22×22×26＝36.16.如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是边长为2的正三角形，侧棱A 1A ⊥底面ABC ，点E ，F 分别是棱CC 1，BB 1上的点，点M 是线段AC 上的动点，EC ＝2FB ＝2.(1)当点M 在何位置时，BM ∥平面AEF?(2)若BM ∥平面AEF ，判断BM 与EF 的位置关系，说明理由；并求BM 与EF 所成的角的余弦值．解(1)方法一如图所示，取AE 的中点O ，连接OF ，过点O 作OM ⊥AC 于点M .因为EC ⊥AC ，OM ，EC ⊂平面ACC 1A 1，所以OM ∥EC .又因为EC ＝2FB ＝2，EC ∥FB ，所以OM ∥FB 且OM ＝12EC ＝FB ，所以四边形OMBF 为矩形，BM ∥OF .因为OF ⊂平面AEF ，BM ⊄平面AEF ，故BM ∥平面AEF ，此时点M 为AC 的中点．方法二如图所示，取EC 的中点P ，AC 的中点Q ，连接PQ ，PB ，BQ .因为EC ＝2FB ＝2，所以PE ∥BF 且PE ＝BF ，所以PB ∥EF ，PQ ∥AE ，又AE ，EF ⊂平面AEF ，PQ ，PB ⊄平面AEF ，所以PQ ∥平面AFE ，PB ∥平面AEF ，因为PB ∩PQ ＝P ，PB ，PQ ⊂平面PBQ ，所以平面PBQ ∥平面AEF .又因为BQ ⊂平面PBQ ，所以BQ ∥平面AEF .故点Q 即为所求的点M ，此时点M 为AC 的中点．(2)由(1)知，BM 与EF 异面，∠OFE (或∠MBP )就是异面直线BM 与EF 所成的角或其补角．易求AF ＝EF ＝5，MB ＝OF ＝3，OF ⊥AE ，所以cos ∠OFE ＝OF EF ＝35＝155，所以BM 与EF 所成的角的余弦值为155.。