2018年高考一轮复习立体几何+一

高考数学（立体几何）第一轮复习资料知识点小结：高考立体几何知识点总结一 、空间几何体 （一） 空间几何体的类型1 多面体：由若干个平面多边形围成的几何体。

围成多面体的各个多边形叫做多面体的面，相邻两个面的公共边叫做多面体的棱，棱与棱的公共点叫做多面体的顶点。

2 旋转体：把一个平面图形绕它所在的平面内的一条定直线旋转形成了封闭几何体。

其中，这条直线称为旋转体的轴。

（二） 几种空间几何体的结构特征 1 、棱柱的结构特征1.1 棱柱的定义：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的几何体叫做棱柱。

1.2 棱柱的分类棱柱四棱柱平行六面体直平行六面体长方体正四棱柱正方体 性质：Ⅰ、侧面都是平行四边形，且各侧棱互相平行且相等； Ⅱ、两底面是全等多边形且互相平行； Ⅲ、平行于底面的截面和底面全等；1.3 棱柱的面积和体积公式ch S 直棱柱侧（c 是底周长，h 是高） S 直棱柱表面 = c ·h+ 2S 底 V 棱柱 = S 底 ·h棱长都相等底面是正方形底面是矩形侧棱垂直于底面底面是平行四边形底面是四边形图1-1 棱柱2 、棱锥的结构特征2.1 棱锥的定义（1） 棱锥：有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体叫做棱锥。

（2）正棱锥：如果有一个棱锥的底面是正多边形，并且顶点在底面的投影是底面的中心，这样的棱锥叫做正棱锥。

2.2 正棱锥的结构特征Ⅰ、 平行于底面的截面是与底面相似的正多边形，相似比等于顶点到截面的距离与顶点到底面的距离之比；它们面积的比等于截得的棱锥的高与原棱锥的高的平方比；截得的棱锥的体积与原棱锥的体积的比等于截得的棱锥的高与原棱锥的高的立方比；Ⅱ、 正棱锥的各侧棱相等，各侧面是全等的等腰三角形；正棱锥侧面积：1'2S ch =正棱椎（c 为底周长，'h 为斜高） 体积：13V Sh =棱椎（S 为底面积，h 为高）正四面体：对于棱长为a 正四面体的问题可将它补成一个边长为a 22的正方体问题。

2018届高三数学（理）一轮复习考点规范练：第八章立体几何39Word版含解析考点规范练39空间几何体的表面积与体积基础巩固1.圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r=()A.1B.2C.4D.82.一个四面体的三视图如图所示,则该四面体的表面积是()A.1+B.1+2C.2+D.23.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的六个顶点都在半径为1的半球面上,AB=AC,侧面BCC1B1是半球底面圆的内接正方形,则侧面ABB1A1的面积为()A. B.1 C. D.4.(2016山东,理5)一个由半球和四棱锥组成的几何体,其三视图如下图所示.则该几何体的体积为()A.πB.πC.πD.1+π5.已知底面边长为1,侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上,则该球的体积为()A. B.4π C.2π D. ?导学号37270348?6.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米约有()A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛7.棱长为4的正方体被一平面截成两个几何体,其中一个几何体的三视图如图所示,那么该几何体的体积是.8.某四棱柱的三视图如图所示,则该四棱柱的体积为.9.(2016邯郸一模)已知三棱锥P-ABC内接于球O,PA=PB=PC=2,当三棱锥P-ABC的三个侧面的面积之和最大时,球O的表面积为.?导学号37270349?10.在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,其正视图和侧视图都是边长为1的正方形,俯视图是直角边的长为1的等腰直角三角形,设点M,N,P分别是棱AB,BC,B1C1的中点,则三棱锥P-A1MN的体积是.11.已知一个上、下底面为正三角形且两底面中心连线垂直于底面的三棱台的两底面边长分别为20 cm和30 cm,且其侧面积等于两底面面积之和,求棱台的高.12.一个几何体的三视图如图所示.已知正视图是底边长为1的平行四边形,侧视图是一个长为、宽为1的矩形,俯视图为两个边长为1的正方形拼成的矩形.(1)求该几何体的体积V;(2)求该几何体的表面积S.能力提升13.如图,在多面体ABCDEF中,已知四边形ABCD是边长为1的正方形,且△ADE,△BCF均为正三角形,EF∥AB,EF=2,则该多面体的体积为()A. B. C. D. ?导学号37270350?14.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A.+πB.+πC.+2πD.+2π15.(2016浙江,理11)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的表面积是cm2,体积是cm3.16.如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F 分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4,过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.高考预测17.已知球的直径SC=4,A,B是该球球面上的两点,AB=,∠ASC=∠BSC=30°,则棱锥S-ABC的体积为()A.3B.2C.D.1 ?导学号37270351?参考答案考点规范练39空间几何体的表面积与体积1.B解析由条件及几何体的三视图可知该几何体是由一个圆柱被过圆柱底面直径的平面所截剩下的半个圆柱及一个半球拼接而成的.其表面积由一个矩形的面积、两个半圆的面积、圆柱的侧面积的一半及一个球的表面积的一半组成.∴S表=2r×2r+2r2+πr×2r+4πr2=5πr2+4r2=16+20π,解得r=2.2.C解析由三视图可得该四面体的直观图如图所示,平面ABD⊥平面BCD,△ABD与△BCD 为全等的等腰直角三角形,AB=AD=BC=CD=取BD的中点O,连接AO,CO,则AO⊥CO,AO=CO=1.由勾股定理得AC=,因此△ABC与△ACD为全等的正三角形,由三角形面积公式得S△ABC=S△ACD=,S△ABD=S△BCD=1,所以四面体的表面积为2+3.C解析由题意知,球心在侧面BCC1B1的中心O上,BC为△ABC所在圆面的直径,所以∠BAC=90°,△ABC的外接圆圆心N是BC的中点,同理△A1B1C1的外心M是B1C1的中点.设正方形BCC1B1的边长为x,Rt△OMC1中,OM=,MC1=,OC1=R=1(R为球的半径),所以=1,即x=,则AB=AC=1.所以侧面ABB1A1的面积S=1=4.C解析由三视图可知,上面是半径为的半球,体积为V1=,下面是底面积为1,高为1的四棱锥,体积V2=1×1=,故选C.5.D解析因为该正四棱柱的外接球的半径是四棱柱体对角线的一半,所以半径r==1,所以V球=13=故选D.6.B解析设底面圆半径为R,米堆高为h.∵米堆底部弧长为8尺,2πR=8,∴R=∴体积V=πR2h=π5.∵π≈3,∴V(立方尺).∴堆放的米约为22(斛).7.32解析由三视图,可得棱长为4的正方体被平面AJGI截成两个几何体,且J,I分别为BF,DH的中点,如图,两个几何体的体积各占正方体的一半,则该几何体的体积是43=32.8解析由三视图可知,四棱柱高h为1,底面为等腰梯形,且底面面积S=(1+2)×1=,故四棱柱的体积V=S·h=9.12π解析由题意三棱锥P-ABC的三条侧棱PA,PB,PC两两互相垂直,三棱锥P-ABC 的三个侧面的面积之和最大,三棱锥P-ABC的外接球就是它扩展为正方体的外接球,求出正方体的体对角线的长为2,所以球的直径是2,半径为,球的表面积为4π×()2=12π.10解析由题意,可得直三棱柱ABC-A1B1C1如图所示.其中AB=AC=AA1=BB1=CC1=A1B1=A1C1=1.∵M,N,P分别是棱AB,BC,B1C1的中点,∴MN=,NP=1.∴S△MNP=1=∵点A1到平面MNP的距离为AM=,11.解如图所示,三棱台ABC-A1B1C1中,O,O1分别为两底面中心,D,D1分别为BC和B1C1的中点,则DD1为棱台的斜高.由题意知A1B1=20,AB=30,则OD=5,O1D1=,由S侧=S上+S下,得3(20+30)×DD1=(202+302),解得DD1=,在直角梯形O1ODD1中,O1O==4(cm),所以棱台的高为4 cm.12.解(1)由三视图可知,该几何体是一个平行六面体(如图),其底面是边长为1的正方形,高为,所以V=1×1(2)由三视图可知,该平行六面体中,A1D⊥平面ABCD,CD⊥平面BCC1B1,所以AA1=2,侧面ABB1A1,CDD1C1均为矩形.S=2×(1×1+1+1×2)=6+213.A解析如图,分别过点A,B作EF的垂线,垂足分别为G,H,连接DG,CH,容易求得EG=HF=,AG=GD=BH=HC=,所以S△AGD=S△BHC=1=所以V=V E-ADG+V F-BHC+V AGD-BHC=2V E-ADG+V AGD-BHC=2+1=14.A解析由三视图可知,该几何体是一个组合体,其左边是一个三棱锥,底面是等腰直角三角形(斜边长等于2),高为1,所以体积V1=2×1×1=;其右边是一个半圆柱,底面半径为1,高为2,所以体积V2=π·12·2=π,所以该几何体的体积V=V1+V2=+π.15.7232解析由三视图,可知该几何体为两个相同长方体组合而成,其中每个长方体的长、宽、高分别为4 cm,2 cm,2 cm,所以其体积为2×(2×2×4)=32(cm3).由于两个长方体重叠部分为一个边长为2的正方形,所以其表面积为2×(2×2×2+4×2×4)-2×(2×2)=72(cm2).16.解(1)交线围成的正方形EHGF如图:(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EB1=12,EM=AA1=8.因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH==6,AH=10,HB=6.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱,所以其体积的比值为17.C解析如图,过A作AD垂直SC于D,连接BD.由于SC是球的直径,所以∠SAC=∠SBC=90°.又∠ASC=∠BSC=30°,又SC为公共边,所以△SAC≌△SBC.由于AD⊥SC,所以BD⊥SC.由此得SC⊥平面ABD.所以V S-ABC=V S-ABD+V C-ABD=S△ABD·SC.由于在Rt△SAC中,∠ASC=30°,SC=4,所以AC=2,SA=2由于AD= 同理在Rt△BSC中也有BD=又AB=,所以△ABD为正三角形.所以V S-ABC=S△ABD·SC=()2·sin 60°×4=,所以选C.。

第十章立体几何高考导航知识网络10.1 空间几何体的结构及其三视图和直观图考点诠释重点：掌握简单几何体和简单旋转体的有关概念和结构特征，掌握斜二测画法与三视图的画法及应用.难点：由三视图分析几何体的结构及性质，三视图与直观图的相互转化.典例精析题型一空间几何体的结构特征【例1】下列说法正确的是()A.有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B.有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱C.有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫棱锥D.棱台是由平行于底面的平面截棱锥所得到的平面与底面之间的部分【思路分析】根据空间几何体的结构特征进行判断，也可辅以画图帮助理解.【解析】D.A，B中，不满足“每相邻两个侧面的公共边互相平行”，所以不是棱柱；C中，不满足各个三角形有唯一的公共顶点，故选D.【方法归纳】对于这类题目，一定要仔细审题，掌握好简单几何体的概念与性质，根据定义与性质来进行判断.【举一反三】1.下图所示的四个几何体，其中判断正确的是( D )A.(1)不是棱柱B.(2)是棱柱C.(3)是圆台D.(4)是棱锥【解析】显然(1)符合棱柱的定义；(2)不符合；(3)中两底面不互相平行，故选D.题型二直观图的斜二测画法【例2】用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是()【思路分析】根据斜二测画法规则来判断.【解析】A.由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为22，故选A.【方法归纳】本题为已知直观图，探求原平面图形，考查逆向思维能力.要熟练运用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图的基本规则，注意直观图中的线段、角与原图中的对应线段、角的关系.【举一反三】2.如图所示，△A′B′C′是△ABC的直观图，且△A′B′C′是边长为a的正三角形，求△ABC的面积.【解析】建立如图所示的坐标系xOy′，△A′B′C′的顶点C′在y′轴上，A ′B ′边在x 轴上，把y ′轴绕原点逆时针旋转45°得y 轴，在y 轴上取得点C 使OC ＝2OC ′，A ，B 点即为A ′，B ′点，长度不变.由已知得A ′B ′＝A ′C ′＝a ，在△OA ′C ′中， 由正弦定理得 OC ′sin ∠OA ′C ′＝A ′C ′sin 45°，所以OC ′＝sin 120°sin 45°a ＝62a ，所以原三角形ABC 的高OC ＝6a ，所以S △ABC ＝12×a ×6a ＝62a 2.题型三 三视图与直观图【例3】一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( ) A.64 B.72 C.80 D.112【思路分析】将三视图还原成直观图，再求该组合体的体积.【解析】B.根据几何体的三视图知，该几何体下部是棱长为4的正方体，上部是三棱锥，如图所示，所以该几何体的体积是V 组合体＝V 正方体＋V 三棱锥＝43＋13×12×42×3＝72.【方法归纳】本题是以三视图为载体考查空间几何体体积的计算，解决此类问题的关键是将三视图还原成直观图，再对给出的三视图进行恰当分析，从三视图中发现相应的数量关系，然后在直观图中解决问题.【举一反三】3.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三视图，则此几何体的体积为( B )A.6B.9C.12D.18【解析】由三视图可得，该几何体为如图所示的三棱锥，其底面△ABC 为等腰三角形，且BA ＝BC ，AC ＝6，AC 边上的高为3，SB ⊥底面ABC ，且SB ＝3，所以该几何体的体积V ＝13×12×6×3×3＝9.故选B.体验高考(2015新课标Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16＋20π，则r 等于( )A.1B.2C.4D.8 【解析】B.由已知可知，该几何体的直观图如图所示，其表面积为2πr 2＋πr 2＋4r 2＋2πr 2＝5πr 2＋4r 2.由5πr 2＋4r 2＝16＋20π，得r ＝2.故选B.【举一反三】(2015北京)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( C )A.2＋5B.4＋5C.2＋2 5D.5【解析】由三视图可得该三棱锥的直观图如图三棱锥P －ABC 所示，其中P A ＝1，BC ＝2，取BC 的中点M ，连接AM ，MP ，则AM ＝2，AM ⊥BC ，故AC ＝AB ＝BM 2＋AM 2＝1＋4＝5，由正视图和侧视图可知P A ⊥平面ABC ， 因此可得PM ＝P A 2＋AM 2＝1＋4＝5，因为P A ⊥BC ，又AM ∩P A ＝A ，所以BC ⊥面APM ，所以BC ⊥PM .所以三棱锥的表面积为S △ABC ＋S △PAB ＋S △PAC ＋S △PBC ＝12×2×2＋12×5×1＋12×5×1＋12×2×5＝2＋25，故选C.10.2 空间几何体的表面积与体积考点诠释重点：掌握空间几何体的表面积与体积的计算. 难点：锥体和台体的表面积与体积的计算.典例精析题型一 表面积问题【例1】 某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( )A.28＋6 5B.30＋65C.56＋12 5D.60＋125【思路分析】根据几何体的三视图画出其直观图，利用直观图的图形特征求其表面积. 【解析】B.由三棱锥的三视图可得三棱锥的直观图如图(1)所示.过D 作DM ⊥AC ，连接BM .S △ACD ＝12×AC ×DM ＝12×5×4＝10.S △ABC ＝12×AC ×BC ＝12×5×4＝10.在△CMB 中，∠C ＝90°，所以BM ＝5.由三视图可知DM ⊥平面ABC ，所以∠DMB ＝90°，所以DB ＝42＋52＝41，所以△BCD 为直角三角形，∠DCB ＝90°，所以S △BCD ＝12×5×4＝10.在△ABD 中，如图(2)，S △ABD ＝12×25×6＝6 5.所以S 表＝10＋10＋10＋65＝30＋6 5.故选B. 【方法归纳】几何体表面积的求解策略(1)若以三视图的形式给出，解题的关键是对给出的三视图进行分析，从中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系，得到几何体的直观图，然后根据条件求解.(2)多面体的表面积是各个面的面积之和，求组合体的表面积时要注意重合部分面积. 【举一反三】1.一个四棱锥的三视图如图所示，那么这个四棱锥的侧面积是( D )A.9＋23＋52B.9＋232C.9＋252D.6＋23＋52【解析】根据题中所给的三视图，可知该几何体为底面是直角梯形，且一条侧棱垂直于底面的四棱锥，其侧面有三个是直角三角形，面积分别为12×2×2＝2，12×1×2＝1，12×1×5＝52，还有一个三角形，其边长分别为2，22，6，所以该三角形也是直角三角形，其面积为12×2×6＝3，所以其侧面积为3＋3＋52＝6＋23＋52，故选D.题型二 体积问题【例2】一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A.23B.1C.43D.53 【思路分析】首先由三视图得出该几何体是一个长方体截去两个三棱锥，然后分别求出长方体和三棱锥的体积再相减，即为所求.【解析】C.由题意知，该几何体为一个长方体截去了两个三棱锥所得的图形，截去的两个三棱锥的体积分别为V 1＝13×⎝⎛⎭⎫12×2×1×2＝13，V 2＝13×⎝⎛⎭⎫12×2×2×1＝13， 长方体的体积为V 长方体＝1×2×2＝2，所以V ＝2－13－13＝43，故选C.【方法归纳】1.由三视图画出几何体的直观图，掌握“长对正，宽相等，高平齐”的规则，是确定几何体特征的关键；2.把不规则几何体分割成几个规则几何体或者补上一部分使之成为规则几何体，是求不规则几何体的表面积和体积的常用方法.【举一反三】2.一个母线长与底面圆直径相等的圆锥形容器，里面装满水，一铁球沉入水内，有水溢出，容器盖上一平板，恰与球相切，问容器内剩下的水是原来的几分之几？【解析】设球的半径为R ，则圆锥的高h ＝3R ，底面半径r ＝3R ，V 圆锥＝π3·(3R )2·3R ＝3πR 3；V 球＝43πR 3.所以V 球V 圆锥＝43πR 33πR 3＝49，所以剩下的水是原来的1－49＝59.题型三 组合体的面积、体积的关系【例3】求棱长为a 的正四面体外接球与内切球的表面积与体积. 【思路分析】先画出该组合体的截面图，然后在截面图中求解.【解析】设正四面体A －BCD 的高为AO 1，外接球球心为O ，半径为R ，如图所示. 因为正四面体的棱长为a ，所以O 1B ＝32a ×23＝33a .在Rt △AO 1B 中， AO 1＝AB 2－BO 21＝＝63a .在Rt △OO 1B 中，OO 21＝R 2－⎝⎛⎭⎫33a2＝R 2－a 23，所以AO 1＝63a ＝R ＋R 2－a 23， 所以R ＝64a ，即外接球半径为64a .S 外＝32πa 2，V 外＝68πa 3.设内切球的半径为r ，则正四面体可分割为4个四棱锥O －ABC ，O －ACD ，O －ADB ，O －BCD ，它们的高均为r ，底面恰为正四面体的各个面.V A －BCD ＝4×V O －BCD ，所以212a 3＝4×13r ×34a 2，所以r ＝612a .S 内＝16πa 2，V 内＝6216πa 3.【方法归纳】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，并作出合适的过球心的截面图，将立体几何问题转化为平面几何问题求解.【举一反三】3.已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC ＝2，则此棱锥的体积为( A )A.26B.36C.23D.22【解析】△ABC 的外接圆的半径r ＝33，点O 到平面ABC 的距离d ＝R 2－r 2＝63.SC 为球O 的直径，故点S 到平面ABC 的距离为2d ＝263，故棱锥的体积为V ＝13S △ABC ×2d＝13×34×263＝26. 体验高考(2015新课标Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛【解析】B.设圆锥底面的半径为r 尺，由14×2πr ＝8，得r ＝16π，从而米堆的体积V ＝14×13×πr 2×5＝3203π＝3209(立方尺)，因此堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛).故选B. 【举一反三】(2015浙江)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( C )A.8 cm 3B.12 cm 3C.323 cm 3D.403cm 3【解析】该几何体是由棱长为2的正方体和底面边长为2，高为2的正四棱锥组合而成的几何体.故其体积为V ＝2×2×2＋13×2×2×2＝323cm 3.10.3 空间点、线、面之间的位置关系考点诠释重点：三个公理及三个推论，求异面直线所成的角. 难点：三个公理及三个推论的应用.典例精析题型一 平面的基本性质及平面公理的应用【例1】如图，已知：E ，F ，G ，H 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱AB ，BC ，CC 1，C 1D 1的中点，证明：EF ，HG ，DC 三线共点.【思路分析】本题主要考查三线共点的知识，解题的关键是利用公理3来证明其中两条直线的交点在第三条线上.【证明】连接C 1B ，HE ，GF ，如图所示. 由题意知HC 1EB ，所以四边形HC1BE 是平行四边形，所以HE ∥C 1B . 又C 1G ＝GC ，CF ＝BF ，故GF 12C 1B ，所以GF ∥HE ，且GF ≠HE ，所以HG 与EF 相交，设交点为K ，则K ∈HG . 又HG ⊂平面D 1C 1CD ，所以K ∈平面D 1C 1CD . 因为K ∈EF ，EF ⊂平面ABCD ， 所以K ∈平面ABCD .因为平面D 1C 1CD ∩平面ABCD ＝DC ，所以K ∈DC ，所以EF ，HG ，DC 三线共点.【方法归纳】证明三线共点的方法：首先证明其中的两条直线交于一点，然后证明第三条直线是经过这两条直线的两个平面的交线，再由公理3可知，两个平面的公共点必在这两个平面的交线上，即三条直线交于一点.【举一反三】1.如右图所示，在正方体ABCD －A1B 1C 1D 1中，E 为AB 的中点，F 为A 1A 的中点，求证：(1)E ，C ，D 1，F 四点共面； (2)CE ，D 1F ，DA 三线共点.【证明】(1)分别连接EF ，A 1B ，D 1C .因为E ，F 分别是AB 和AA 1的中点，所以EF 12A 1B .又A 1D 1B 1C 1BC ，所以四边形A 1D 1CB 为平行四边形，所以A 1B CD 1，从而EF 12CD 1.所以EF 与CD 1确定一个平面，所以E ，F ，D 1，C 四点共面.(2)因为EF 12CD 1，所以直线D 1F 和CE 必相交，设D 1F ∩CE ＝P . 因为P ∈D 1F 且D 1F ⊂平面AA 1D 1D ， 所以P ∈平面AA 1D 1D .又P ∈EC 且CE ⊂平面ABCD ，所以P ∈平面ABCD . 即P 是平面ABCD 与平面AA 1D 1D 的公共点，而平面ABCD ∩平面AA 1D 1D ＝AD ，所以P ∈AD . 所以CE ，D 1F ，DA 三线共点. 题型二 空间直线的位置关系【例2】如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是BC 1，CD 1的中点，则下列判断错误的是( )A.MN 与CC 1垂直B.MN 与AC 垂直C.MN 与BD 平行D.MN 与A 1B 1平行【思路分析】结合图形，利用公理或定理判断. 【解析】D.由于MN 与平面DCC1D 1相交于N 点，D 1C 1⊂平面DCC 1D 1，且C 1D 1与MN 没有公共点，所以MN 与C 1D 1是异面直线.又因为C 1D 1∥A 1B 1，连接B 1C ，A 1D ，由M 为BC 1中点且BCC 1B 1为正方形，知M ∈B 1C ，即MN 与面A 1B 1CD 交于点M ，又A 1B 1不过点M ，所以A 1B 1与MN 没有公共点，所以A 1B 1与MN 是异面直线，故选项D 错误.【方法归纳】异面直线的判定方法 (1)定义法：依据定义判断(较为困难)；(2)定理法：过平面内一点与平面外一点的直线与平面内不经过该点的直线为异面直线(此结论可作为定理使用)；(3)反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两直线平行或相交，由假设的条件出发，经过严密的推理，导出矛盾，从而否定假设，肯定两条直线异面.【举一反三】2.如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是A 1B 1，B 1C 1的中点.问：(1)AM 和CN 是否是异面直线？说明理由； (2)D 1B 和CC 1是否是异面直线？说明理由.【解析】(1)不是异面直线，证明如下：连接MN ，A 1C 1，AC . 因为M ，N 分别是A 1B 1，B 1C 1的中点，所以MN ∥A 1C 1. 又因为A 1A C 1C ，所以A 1ACC 1为平行四边形.所以A 1C 1∥AC ，得到MN ∥AC ，所以A ，M ，N ，C 在同一平面内，故AM 和CN 不是异面直线. (2)是异面直线，证明如下：ABCD －A 1B 1C 1D 1是正方体，所以B ，C ，C 1，D 1不共面.假设D 1B 与CC 1不是异面直线，则存在平面α，使D 1B ⊂平面α，CC 1⊂平面α， 所以D 1，B ，C ，C 1∈α，即D 1，B ，C ，C 1共面， 所以与已知D 1，B ，C ，C 1不共面矛盾.所以假设不成立，即D 1B 与CC 1是异面直线.题型三异面直线所成的角【例3】如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，(1)求A1C1与B1C所成角的大小；(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小.【思路分析】(1)把A1C1平移到平面ABCD上，再连接AB1即可；(2)把A1C1平移到平面ABCD上，再连接BD即可.【解析】(1)如图，连接AC，AB1，因为AA1CC1，所以四边形AA1C1C为平行四边形，所以AC∥A1C1，从而B1C与AC所成的角就是A1C1与B1C所成的角.由AB1＝AC＝B1C，可知∠B1CA＝60°，即A1C1与B1C所成角为60°.(2)如图，连接BD，由AA1∥CC1，且AA1＝CC1，可知四边形A1ACC1是平行四边形，所以AC∥A1C1，即AC与EF所成的角就是A1C1与EF所成的角.因为EF是△ABD的中位线，所以EF∥BD.又因为AC⊥BD，所以EF⊥A1C1，即所求角为90°.【方法归纳】平移法求异面直线所成角的一般步骤为：(1)平移选取适当的点，平移异面直线的一条或两条成相交直线↓(2)证明证明所作的角是异面直线所成的角↓(3)求角作出含有此角的三角形，并解之↓(4)取舍根据异面直线所成角的范围确定大小【举一反三】3.在如图所示的正方体中，M，N分别为棱BC和棱CC1的中点，则异面直线AC和MN所成的角为( B )A.30°B.60°C.90°D.45°【解析】直线MN与直线AD1平行，△ACD1为正三角形，此时AD1与AC所成的角为60°，因此异面直线AC和MN所成的角为60°.体验高考(2015广东)若空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值()A.至多等于3B.至多等于4C.等于5D.大于5【解析】B.由正四面体的定义可知n＝4能满足条件.当n≥5时，可设其中三个点为A，B，C，由直线与平面垂直的性质及点到点的距离定义可知到A，B，C三点距离相等的点必在过△ABC的外心且与平面ABC垂直的直线上，从而易知到A，B，C的距离等于正三角形ABC边长的点有两个，分别在平面ABC的两侧.此时可知这两点间的距离大于正三角形的边长，从而不可能有5个点满足条件.当然也不可能有多于5个的点满足条件.故选B.【举一反三】(2015四川)如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cos θ的最大值为.【解析】如图，以分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立空间直角坐标系A －xyz ， 设AB ＝2，QM ＝m (0≤m ≤2)，则F (2,1,0)，E (1,0,0)，M (0，m,2)(0≤m ≤2).＝(2,1,0)，＝(1，－m ，－2)，cos θ＝|cos 〈，〉|＝＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－m 5·m 2＋5＝|m －2|5m 2＋25. 设y ＝(m －2)25m 2＋25， 则y ′＝2(m －2)(5m 2＋25)－(m －2)2·10m (5m 2＋25)2 ＝(m －2)[(10m 2＋50)－(m －2)·10m ](5m 2＋25)2＝(m －2)(50＋20m )(5m 2＋25)2. 当0≤m ≤2时，y ′＜0，所以y ＝(m －2)25m 2＋25在(0,2)上单调递减. 所以当m ＝0时，y 取最大值，此时cos θ取最大值，(cos θ)max ＝|0－2|5×02＋25＝25.10.4 直线、平面平行的判定及其性质考点诠释重点：线面、面面平行的判定及其性质应用.难点：解答或证明线面、面面平行的有关问题.典例精析题型一 线面平行的判定【例1】如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝DC ＝CB ＝1，BA ＝2，AB ∥DC ，∠BCD ＝90°，点E ，F ，G 分别是线段AB ，PC ，DE 的中点.求证：FG ∥平面P AB .【思路分析】欲证线面平行，关键是在平面P AB 内找一直线与FG 平行.可以作辅助线得出要找的线，也可以先证两平面平行再证线面平行.【证明】因为DC ＝1，BA ＝2，AB ∥DC ，E 是线段AB 的中点.所以AE ∥DC ，且AE ＝DC ，所以四边形AECD 为平行四边形.连接AC ，EC ，则点G 为AC 的中点.在△P AC 中，点F ，G 分别是线段PC ，AC 的中点，所以FG ∥P A ，又FG ⊄平面P AB ，P A ⊂平面P AB ，所以FG ∥平面P AB . 【方法归纳】解决本题的关键在于找出平面内的一条直线和该平面外的一条直线平行，即线(内)∥线(外)⇒线(外)∥平面，或转化为证明两个平面平行.【举一反三】1.如图甲，⊙O 的直径AB ＝2，圆上两点C ，D 在直径AB 的两侧，使∠CAB ＝π4，∠DAB ＝π3.沿直径AB 折起，使两个半圆所在的平面互相垂直(如图乙)，F 为BC 的中点，E 为AO 的中点.P 为AC 上的动点，根据图乙解答下列各题：(1)求点D 到平面ABC 的距离；(2)在上是否存在一点G ，使得FG ∥平面ACD ？若存在，试确定点G 的位置；若不存在，请说明理由.【解析】(1) △ADO 中，AO ＝DO ，且∠OAD ＝π3， 所以AO ＝DO ＝AD .又E 是AO 的中点，所以DE ⊥AO .又因为面ABC ⊥面AOD ，且面ABC ∩面AOD ＝AO ，DE ⊂面AOD ，所以DE ⊥面ABC .所以DE 即为点D 到面ABC 的距离.又DE ＝32·DO ＝32×12AB ＝32，所以点D 到平面ABC 的距离为32.(2) 上存在一点G ，满足，使得FG ∥面ACD .理由如下：连接OF ，FG ，OG ，在△ABC 中，F ，O 分别为BC ，AB 的中点.所以FO ∥AC .又因为FO ⊄面ACD ，AC ⊂面ACD ，所以FO ∥面ACD ，因为∠BAD ＝π3，且G 为的中点， 所以∠BOG ＝π3，所以AD ∥OG . 又OG ⊄面ACD ，AD ⊂面ACD ，所以OG ∥面ACD .且FO ∩OG ＝O ，FO ⊂面FOG ，OG ⊂面FOG .所以面FOG ∥面ACD .又FG ⊂面FOG ，所以FG ∥面ACD .题型二 面面平行的判定【例2】如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1，D 是BC 上一点，且A 1B ∥平面AC 1D ，D 1是B 1C 1的中点.求证：平面A 1BD 1∥平面AC 1D .【思路分析】可证明平面A 1BD 1内的两条相交直线分别与平面AC 1D 平行.【证明】连接A 1C 交AC 1于点E ，因为四边形A 1ACC 1是平行四边形，所以E 是A1C 的中点，连接ED ，因为A 1B ∥平面AC 1D ，平面A 1BC ∩平面AC 1D ＝ED ，所以A 1B ∥ED ，因为E 是A 1C 的中点，所以D 是BC 的中点.又因为D 1是B 1C 1的中点，所以BD 1∥C 1D ，又因为C 1D ⊂平面AC 1D ，BD 1⊄平面AC 1D ，所以BD 1∥平面AC 1D ，又A 1B ∩BD 1＝B ，所以平面A 1BD 1∥平面AC 1D . 【方法归纳】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：如果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.【举一反三】2.如图，B 为△ACD 所在平面外一点，M ，N ，G 分别为△ABC ，△ABD ，△BCD 的重心.(1)求证：平面MNG ∥平面ACD ；(2)若△ACD 是边长为2的正三角形，判断△MNG 的形状，并求△MNG 的面积.【解析】(1)证明：连接BM ，BN ，BG 并延长分别交AC ，AD ，CD 于E ，F ，H 三点.因为M 为△ABC 的重心，N 为△BAD 的重心，所以BM ME ＝BN NF＝2. 所以MN ∥EF ，同理MG ∥HE .因为MN ⊄平面ACD ，MG ⊄平面ACD ，EF ⊂平面ACD ，HE ⊂平面ACD ，所以MN ∥平面ACD ，MG ∥平面ACD ，因为MN ∩MG ＝M ，所以平面MNG ∥平面ACD .(2)由(1)知，平面MNG ∥平面ACD ，BM ME ＝BN NF ＝BG GH ＝2，所以MG EH ＝MN EF ＝NG FH ＝23， 因为EH ＝12AD ，EF ＝12CD ，FH ＝12AC ， 所以MG 12AD ＝MN 12CD ＝NG 12AC ＝23， 所以MG AD ＝MN CD ＝NG AC ＝13， 又△ACD 为正三角形.所以△MNG 为等边三角形，且边长为13×2＝23， 面积S ＝34×⎝⎛⎭⎫232＝39. 题型三 线面、面面平行的性质【例3】如图所示，平面α∥平面β，点A ∈α，C ∈α，点B ∈β，D ∈β，点E ，F 分别在线段AB ，CD 上，且AE ∶EB ＝CF ∶FD .求证：EF ∥β.【思路分析】将异面问题转化为平面问题，通常是构造平行线或构造三角形.证明EF ∥β，应分AB ，CD 共面和异面两种情况.【证明】①当AB ，CD 在同一平面内时，由α∥β，平面α∩平面ABDC ＝AC ，平面β∩平面ABDC ＝BD ，所以AC ∥BD ，因为AE ∶EB ＝CF ∶FD ，所以EF ∥BD ，又EF ⊄β，BD ⊂β，所以EF ∥β.②当AB 与CD 异面时，如图所示.设平面ACD ∩β＝DH ，且DH ＝AC .因为α∥β，α∩平面ACDH ＝AC ，所以AC ∥DH ，所以四边形ACDH 是平行四边形，在AH上取一点G，使AG∶GH＝CF∶FD，又因为AE∶EB＝CF∶FD，所以GF∥HD，EG∥BH，又GF⊄平面β，EG⊄平面β，HD⊂平面β，BH⊂平面β，所以GF∥平面β，EG∥平面β.又EG∩GF＝G，所以平面EFG∥平面β.因为EF⊂平面EFG，所以EF∥β.综上，EF∥β.【方法归纳】面面平行的性质定理的应用问题，往往涉及面面平行的判定、线面平行的判定与性质.解题时，要准确地找到切入点，灵活地运用相关定理来解决问题，注意三种平行关系之间的相互转化.【举一反三】3.如图，P为ABCD所在平面外一点，M，N分别为AB，PC的中点，平面P AD∩平面PBC＝l.(1)判断BC与l的位置关系，并证明你的结论；(2)判断MN与平面P AD的位置关系，并证明你的结论.【证明】(1)结论：BC∥l.因为AD∥BC，BC⊄平面P AD，AD⊂平面P AD，所以BC∥平面P AD.又因为BC⊂平面PBC，平面P AD∩平面PBC＝l，所以BC∥l.(2)结论：MN∥平面P AD.设Q为CD的中点，如图所示，连接NQ，MQ，则NQ∥PD，MQ∥AD.又NQ⊄平面P AD，MQ⊄平面P AD，PD⊂平面P AD，AD⊂平面P AD，所以NQ∥平面P AD，MQ∥平面P AD，又因为NQ∩MQ＝Q，所以平面MNQ∥平面P AD.又因为MN⊂平面MNQ，所以MN∥平面P AD.体验高考(2015江苏)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1，设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.【证明】(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，所以BC1⊥B1C.因为AC⊂平面B1AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB 1⊂平面B 1AC ，所以BC 1⊥AB 1.【举一反三】(2015山东)如图，三棱台DEF －ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点.(1)求证：BD ∥平面GFH ；(2)若CF ⊥BC ，AB ⊥BC ，求证：平面BCD ⊥平面EGH .【证明】(1)连接DG ，CD ，设CD ∩GF ＝M ，连接MH .在三棱台DEF －ABC 中，AB ＝2DE ，G 为AC 的中点，可得DF ∥GC ，DF ＝GC ，所以四边形DFCG 为平行四边形.则M 为CD 的中点，又H 为BC 的中点，所以HM ∥BD ，又HM ⊂平面FGH ，BD ⊄平面FGH ，所以BD ∥平面FGH .(2)连接HE .因为G ，H 分别为AC ，BC 的中点，所以GH ∥AB .由AB ⊥BC ，得GH ⊥BC .又H 为BC 的中点，所以EF ∥HC ，EF ＝HC ，因此四边形EFCH 是平行四边形.所以CF ∥HE ，又CF ⊥BC ，所以HE ⊥BC .又HE ⊂平面EGH ，GH ⊂平面EGH ，HE ∩GH ＝H ，所以BC ⊥平面EGH .又BC ⊂平面BCD ，所以平面BCD ⊥平面EGH .10.5 直线、平面垂直的判定及其性质考点诠释重点：会判断线面垂直和面面垂直，会求线面角和二面角.难点：灵活运用直线、平面垂直的判定及性质解决有关问题，二面角的求法.典例精析题型一 线面垂直的判定与性质【例1】 如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥平面P AD ，AB ∥CD ，PD ＝AD ，E 是PB 的中点，F 是DC 上的点且DF ＝12AB ，PH 为△P AD 中AD 边上的高.(1)求证：PH ⊥平面ABCD ；(2)若PH ＝1，AD ＝2，FC ＝1，求三棱锥E －BCF 的体积；(3)求证：EF ⊥平面P AB .【思路分析】(1)由PH ⊥AD 及AB ⊥平面PAD 可证；(2)以AD 为△BCF 边CF 上的高，而点E 到平面BCF 的距离可借助PH 垂直于底面ABCD 求得；(3)取P A 的中点M ，可证DM ∥FE ，且DM ⊥平面P AB ，从而得证.【解析】(1)证明：因为AB ⊥平面P AD ，且PH ⊂平面P AD ，所以AB ⊥PH ，又因为PH 为△P AD 中AD 边上的高，所以PH ⊥AD ，又因为AB ∩AD ＝A ，所以PH ⊥平面ABCD .(2)连接BH ，取BH 的中点G ，连接EG .因为E 是PB 的中点，所以EG ∥PH .因为PH ⊥平面ABCD ，所以EG ⊥平面ABCD ，所以EG ＝12PH ＝12， 因为AB ⊥平面P AD ，所以AB ⊥AD ，又AB ∥CD ，所以AD ⊥CD ，即AD 为△BCF 边CF 上的高，所以V E －BCF ＝13S △BCF ·EG ＝13·12·FC ·AD ·EG ＝212. (3)证明：取P A 的中点M ，连接MD ，ME .因为E 是PB 的中点，所以ME 12AB . 又因为DF 12AB ，所以ME DF . 所以四边形MEFD 是平行四边形，所以EF ∥MD .因为PD ＝AD ，所以MD ⊥P A .因为AB ⊥平面P AD ，MD ⊂平面P AD ，所以MD ⊥AB .因为P A ∩AB ＝A ，所以MD ⊥平面P AB ，所以EF ⊥平面P AB .【方法归纳】判定直线与平面垂直的常用方法(1)利用线面垂直的定义：一条直线垂直于平面内的任意一条直线，则这条直线垂直于该平面.(2)利用线面垂直的判定定理：一条直线与平面内的两条相交直线都垂直，则这条直线与平面垂直.(3)利用线面垂直的性质：两平行线中的一条垂直于平面，则另一条也垂直于这个平面.(4)利用面面平行的性质定理：一条直线垂直于两平行平面之一，则必垂直于另一平面.(5)利用面面垂直的性质定理：两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面.【举一反三】1.如图，平面P AC ⊥平面ABC ，点E ，F ，O 分别为线段P A ，PB ，AC 的中点，点G 是线段CO 的中点，AB ＝BC ＝AC ＝4，P A ＝PC ＝2 2.求证：(1)P A ⊥平面EBO ；(2)FG ∥平面EBO .【证明】(1)由题意可知，△P AC 为等腰直角三角形，△ABC 为等边三角形.因为O 为边AC 的中点，所以BO ⊥AC .因为平面P AC ⊥平面ABC ，平面P AC ∩平面ABC ＝AC ，BO ⊂平面ABC ，所以BO ⊥平面P AC .因为P A ⊂平面P AC ，所以BO ⊥P A .在等腰直角三角形P AC 内，O ，E 分别为AC ，AP 的中点，所以OE ⊥P A .又BO ∩OE ＝O ，所以P A ⊥平面EBO .(2)连接AF 交BE 于Q ，连接QO .因为E ，F ，O ，G 分别为边P A ，PB ，AC ，OC 的中点， 所以AO OG＝2，且Q 是△P AB 的重心， 于是AO OG ＝2＝AQ QF，所以FG ∥QO . 因为FG ⊄平面EBO ，QO ⊂平面EBO ，所以FG ∥平面EBO .题型二 面面垂直的判定与性质【例2】如图所示，△ABC 为正三角形，EC ⊥平面ABC ，BD ∥CE ，EC ＝CA ＝2BD ，M 是EA 的中点.求证：(1)DE ＝DA ；(2)平面BDM ⊥平面ECA .【思路分析】(1)利用Rt △DEF ≌Rt △ADB ，从而有DE ＝DA ；(2)利用一个平面经过另一个平面的垂线，从而证明两平面垂直.【证明】(1)如图所示，取EC 的中点F ，连接DF .因为EC ⊥平面ABC ，BD ∥CE ，所以DB ⊥平面ABC .所以DB ⊥AB ，所以EC ⊥BC .因为BD ∥CE ，BD ＝12CE ＝FC ， 所以四边形FCBD 是矩形，所以DF ⊥EC .又BA ＝BC ＝DF ，所以Rt △DEF ≌Rt △ADB ，所以DE ＝DA .(2)如图所示，取AC 的中点N ，连接MN ，NB ，因为M 是EA 的中点，所以MN 12EC . 由BD 12EC ，且BD ⊥平面ABC ，可得四边形MNBD 是矩形，于是DM ⊥MN ，因为DE ＝DA ，M 是EA 的中点，所以DM ⊥EA .又EA ∩MN ＝M ，所以DM ⊥平面ECA ，而DM ⊂平面BDM ，所以平面ECA ⊥平面BDM .【方法归纳】面面垂直的性质应用技巧(1)两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面.这是把面面垂直转化为线面垂直的依据.运用时要注意“平面内的直线”.(2)两个相交平面同时垂直于第三个平面，那么它们的交线也垂直于第三个平面，此性质是在课本习题中出现的，在不是很复杂的题目中，要对此进行证明.【举一反三】2.如图所示，在斜三棱柱A1B 1C 1－ABC 中，底面是等腰三角形，AB ＝AC ，侧面BB 1C 1C ⊥底面ABC .(1)若D 是BC 的中点，求证：AD ⊥CC 1；(2)过侧面BB 1C 1C 的对角线BC 1的平面交侧棱于M ，若AM ＝MA 1，求证：截面MBC 1⊥侧面BB 1C 1C .【证明】(1)因为AB ＝AC ，D 是BC 的中点，所以AD ⊥BC .因为底面ABC ⊥侧面BB 1C 1C ，底面ABC ∩侧面BB 1C 1C ＝BC ，AD ⊂平面ABC ， 所以AD ⊥侧面BB 1C 1C ，又CC 1⊂侧面BB 1C 1C ，所以AD ⊥CC 1.(2)延长B1A 1与BM 的延长线交于点N ，连接C 1N .因为AM ＝MA 1，所以MA 112BB 1， 所以NA 1＝A 1B 1.因为A 1B 1＝A 1C 1，所以A 1C 1＝A 1N ＝A 1B 1，所以NC 1⊥C 1B 1.因为底面NB 1C 1⊥侧面BB 1C 1C ，且底面NB 1C 1∩侧面BB 1C 1C ＝B 1C 1，NC 1⊂底面NB 1C 1，所以C 1N ⊥侧面BB 1C 1C ，所以截面C 1NB ⊥侧面BB 1C 1C ，即截面MBC 1⊥侧面BB 1C 1C .题型三 折叠问题【例3】在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°.将△ABD。

【第1讲简单几何体及其直观图、三视图】之小船创作一、知识梳理1．空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：①在已知图形中建立直角坐标系xOy，画直观图时，它们分别对应x′轴和y′轴，两轴交于点O′，使x′O′y′＝45°，它们确定的平面表示水平平面．②已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x ′轴和y ′轴的线段．③已知图形中平行于x 轴的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段，长度为原来的12． 3．三视图 (1)几何体的三视图包括主视图、左视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．(2)三视图的画法 ①基本要求：长对正，高平齐，宽相等． ②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．常用结论1．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2．常见旋转体的三视图(1)球的三视图都是半径相等的圆．(2)水平放置的圆锥的主视图和左视图均为全等的等腰三角形．(3)水平放置的圆台的主视图和左视图均为全等的等腰梯形．(4)水平放置的圆柱的主视图和左视图均为全等的矩形．二、教材衍化1．下列说法正确的是( )A．相等的角在直观图中仍然相等B．相等的线段在直观图中仍然相等C．正方形的直观图是正方形D．若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行解析：选D.由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行性不变．2．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：③⑤3．已知如图所示的几何体，其俯视图正确的是________．(填序号)解析：由俯视图定义易知选项③符合题意．答案：③一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(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．( )答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×二、易错纠偏常见误区|Ｋ(1)棱柱的概念不清致误；(2)不清楚三视图的三个视图间的关系，想象不出原几何体而出错；(3)斜二测画法的规则不清致误．1．如图，长方体ABCD­A′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′.剩下的几何体是( )A．棱台B．四棱柱C．五棱柱D．六棱柱解析：选C.由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱．故选C.2．将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的主视图与俯视图如图所示，则该几何体的左视图为( )解析：选B.先根据主视图和俯视图还原出几何体，再作其左视图．由几何体的主视图和俯视图可知该几何体为图①，故其左视图为图②.故选B.3．在直观图(如图所示)中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCO 为________，面积为________cm2.解析：由斜二测画法的特点，知该平面图形的直观图的原图，即在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCO是一个长为4 cm，宽为2 cm的矩形，所以四边形ABCO的面积为8 cm2.答案：矩形8空间几何体的几何特征(自主练透) 1．下列说法正确的是( )A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解析：选D.由图知，A不正确．两个平行平面与底面不平行时，截得的几何体不是旋转体，则B不正确．侧棱长与底面多边形的边长相等的棱锥一定不是六棱锥，故C错误．由定义知，D正确．2．给出下列几个命题：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底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；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．1C．2 D．3解析：选B.①不一定，只有这两点的连线平行于旋转轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且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．3．给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；④存在每个面都是直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中的三棱锥C1­ABC，四个面都是直角三角形．答案：②③④空间几何体概念辨析问题的常用方法空间几何体的三视图(多维探究)角度一已知几何体，识别三视图(1)(2020·宜宾模拟)已知棱长都为2的正三棱柱ABC­A1B1C1的直观图如图．若正三棱柱ABC­A1B1C1绕着它的一条侧棱所在直线旋转，则它的左视图可以为( )(2)(2020·湖南衡阳二模)如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的顶点A，B在平面α上，AB＝ 2.若平面A1B1C1D1与平面α所成角为30°，由如图所示的俯视方向，正方体ABCD­A1B1C1D1在平面α上的俯视图的面积为( )A．2 B．1＋ 3 C．2 3 D．22【解析】(1)由题知，四个选项的高都是2.若左视图为A，则中间应该有一条竖直的实线或虚线；若左视图为C，则其中有两条侧棱重合，不应有中间竖线；若左视图为D，则长度应为3，而不是1.故选B.(2)由题意得AB在平面α内，且平面α与平面ABCD 所成的角为30°，与平面B1A1AB所成的角为60°，故所得的俯视图的面积S＝2×(2cos 30°＋2cos 60°)＝2(cos 30°＋cos 60°)＝1＋ 3.【答案】(1)B (2)B角度二已知三视图，判断几何体(1)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( ) A．三棱锥 B．三棱柱 C．四棱锥D．四棱柱(2)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( )A．1 B．2C．3 D．4【解析】(1)由题三视图得直观图如图所示，为三棱柱，故选B.(2)将三视图还原为直观图，几何体是底面为直角梯形，且一条侧棱和底面垂直的四棱锥，如图所示．易知，BC ∥AD ，BC ＝1，AD ＝AB ＝PA ＝2，AB ⊥AD ，PA ⊥平面ABCD ，故△PAD ，△PAB 为直角三角形，因为PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥BC ，又BC ⊥AB ，且PA ∩AB ＝A ，所以BC ⊥平面PAB ，又PB ⊂平面PAB ，所以BC ⊥PB ， 所以△PBC 为直角三角形，容易求得PC ＝3，CD ＝5，PD ＝22，故△PCD 不是直角三角形，故选C.【答案】 (1)B (2)C【迁移探究1】 (变问法)在本例(2)条件下，求该四棱锥的所有棱中，最长棱的棱长是多少？解：由三视图可知，PA ＝AB ＝AD ＝2，BC ＝1，经计算可知，PB ＝PD ＝22，PC ＝3，CD ＝5，故最长棱为PC ，且|PC |＝3.【迁移探究2】 (变问法)在本例(2)条件下，求该四棱锥的五个面中，最小面的面积．解：面积最小的面为面PBC ，且S △PBC ＝12BC ·PB ＝12×1×22＝2，即最小面的面积为 2. 角度三 已知几何体的某些视图，判断其他视图(1)(2020·福州模拟)如图为一圆柱切削后的几何体及其主视图，则相应的左视图可以是( )(2)(2020·河北衡水中学联考)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高二丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈、长4丈，上棱长2丈，高2丈，问：它的体积是多少？”已知该楔体的主视图和俯视图如图中粗实线所示，则该楔体的左视图的周长为( )A ．3丈B ．6丈C ．8丈D ．(5＋13)丈【解析】 (1)圆柱被不平行于底面的平面所截，得到的截面为椭圆，结合主视图，可知左视图最高点在中间，故选B.(2)由题意可知该楔体的左视图是等腰三角形，它的底边长为3丈，相应高为2丈，所以腰长为 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫322＝52(丈)，所以该楔体左视图的周长为3＋2×52＝8(丈)．故选C. 【答案】 (1)B (2)C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．注意主视图、左视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，看不到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的视图．先根据已知的一部分视图，还原、推测其直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．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．(3)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直观图．1．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )解析：选A.由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A.2．(2020·安徽宣城二模)一个几何体的三视图如图所示，在该几何体的各个面中，面积最大面的面积是( ) A．2 B．2 2 C．2 3 D．4解析：选C.如图所示，由三视图可知该几何体是四棱锥P­ABCD截去三棱锥P­ABD后得到的三棱锥P­BCD.其中四棱锥中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，且PA＝AB＝2，易知面积最大面为面PBD，面积为34×(22)2＝2 3.故选C.3．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在主视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N 的路径中，最短路径的长度为( )A．217 B．2 5 C．3 D．2解析：选B.由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN，则MS＝2，SN＝4，则从M到N 的路径中，最短路径的长度为MS2＋SN2＝22＋42＝2 5.故选B.空间几何体的直观图(自主练透) 1．如图所示为一个平面图形的直观图，则它的实际形状四边形ABCD为( )A．平行四边形B．梯形C．菱形D．矩形解析：选D.由斜二测画法可知在原四边形ABCD中DA⊥AB，并且AD∥BC，AB∥CD，故四边形ABCD为矩形．2．已知等边三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为( )A.34a2B．38a2C.68a2D．616a2解析：选D.如图①②所示的实际图形和直观图，由②可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝12OC＝34a，在图②中作C′D′⊥A′B′于点D′，则C′D′＝22O′C′＝68a.所以S△A′B′C′＝12A′B′·C′D′＝12×a×68a＝616a2.故选D.3．在等腰梯形ABCD中，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________．解析：因为OE＝（2）2－12＝1，所以O′E′＝12，E′F′＝24.所以直观图A′B′C′D′的面积为S′＝12×(1＋3)×24＝22.答案：22(1)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(2)平面图形直观图与原图形面积间的关系对于几何体的直观图，除掌握斜二测画法外，记住原图形面积S 与直观图面积S ′之间的关系S ′＝24S ，能更快捷地进行相关问题的计算．构造法求解三视图问题的三个步骤三视图问题(包括求解几何体的表面积、体积等)是培养和考查空间想象能力的好题目，是高考的热点．由三视图还原几何体是解决这类问题的关键，而由三视图还原几何体只要按照以下三个步骤去做，基本都能准确还原出来．这三个步骤是：第一步，先画长(正)方体，在长(正)方体中画出俯视图；第二步，在三个视图中找直角；第三步，判断直角位置，并向上(或向下)作垂线，找到顶点，连线即可．一个几何体的三视图如图所示，图中直角三角形的直角边长均为1，则该几何体的体积为( ) A.16 B ．26 C.36D ．12【解析】 几何体还原说明：①画出正方体，俯视图中实线可以看作正方体的上底面及底面对角线．②俯视图是正方形，有四个直角，主视图和左视图中分别有一个直角．主视图和左视图中的直角对应上底面左边外侧顶点(图中D 点上方顶点)，将该顶点下拉至D 点，连接DA ，DB ，DC 即可．该几何体即图中棱长为1的正方体中的四面体ABCD ，其体积为13×12×1×1×1＝16.故选A. 【答案】 A如图是一个四面体的三视图，三个三角形均是腰长为2的等腰直角三角形，还原其直观图．【解】 第一步，根据题意，画正方体，在正方体内画出俯视图，如图①.第二步，找直角，在俯视图、主视图和左视图中都有直角．第三步，将俯视图的直角顶点向上拉起，与三视图中的高一致，连线即可．所求几何体为三棱锥A­BCD，如图②.[基础题组练]1．如图所示是水平放置的三角形的直观图，点D是△ABC的BC边的中点，AB，BC分别与y′轴，x′轴平行，则在原图中三条线段AB，AD，AC中( )A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AC，最短的是AD解析：选 B.由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB<AD<AC.2．如图所示的几何体由一个圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是( ) A．①② B．②③ C．③④D．①⑤解析：选D.圆锥的轴截面为等腰三角形，此时①符合条件；当截面不过旋转轴时，圆锥的轴截面为双曲线的一支，此时⑤符合条件；故截面图形可能是①⑤.3．(2020·陕西彬州质检)一个几何体的三视图如图所示，其中主视图中△ABC 是边长为1的等边三角形，左视图为正六边形，那么该几何体的左视图的面积为( ) A.38 B ．34 C ．1 D ．32 解析：选A.由三视图可知该几何体为正六棱锥，其直观图如图所示．该正六棱锥的底面正六边形的边长为12，侧棱长为1，高为32.左视图的底面边长为正六边形的高，为32，则该几何体的左视图的面积为12×32×32＝38，故选A. 4．(2020·江西省名校学术联盟质检)如图所示，边长为1的正方形网格中粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体所有棱长组成的集合为( )A ．{1，5}B ．{1，6}C ．{1，2，5}D ．{1，2，22，6}解析：选B.如图所示，该几何体是四棱柱，底面是边长为1的正方形，侧棱长为6，故选B.5．(一题多解)(2020·河南非凡联盟4月联考)某组合体的主视图和左视图如图(1)所示，它的俯视图的直观图是图(2)中粗线所表示的平面图形，其中四边形O ′A ′B ′C ′为平行四边形，D ′为C ′B ′的中点，则图(2)中平行四边形O′A′B′C′的面积为( )A．12 B．3 2 C．6 2 D．6解析：选B.法一：由题图易知，该几何体为一个四棱锥(高为23，底面是长为4，宽为3的矩形)与一个半圆柱(底面圆半径为2，高为3)的组合体，所以其俯视图的外侧边沿线组成一个长为4，宽为3的矩形，其面积为12，由斜二测知识可知四边形O′A′B′C′的面积为4×32sin 45°＝3 2.法二：由斜二测画法可先还原出俯视图的外轮廓是长为4，宽为3的矩形，其面积为4×3＝12，结合直观图面积是原图形面积的24，即可得结果．6. 某多面体的三视图如图所示，其中主视图和左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________．解析：由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为（2＋4）×22×2＝12.答案：127．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm和8 cm，若两底面圆心的连线长为12 cm，则这个圆台的母线长为______cm.解析：如图，过点A作AC⊥OB，交OB于点C.在Rt△ABC中，AC＝12(cm)，BC＝8－3＝5(cm)．所以AB＝122＋52＝13(cm)．答案：138．已知正四棱锥V­ABCD中，底面面积为16，一条侧棱的长为211，则该棱锥的高为________．解析：如图，取正方形ABCD的中心O，连接VO，AO，则VO就是正四棱锥V­ABCD的高．因为底面面积为16，所以AO＝2 2.因为一条侧棱长为211，所以VO＝VA2­AO2＝44－8＝6.所以正四棱锥V­ABCD的高为6.答案：69．如图所示的三个图中，上面是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的主视图和左视图如图所示(单位：cm)．(1)在主视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图；(2)按照给出的尺寸，求该多面体的体积．解：(1)如图．(2)所求多面体的体积V ＝V 长方体－V 正三棱锥＝4×4×6－13×(12×2×2)×2＝2843(cm 3)． 10．已知正三棱锥V ­ABC 的主视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图和左视图；(2)求出左视图的面积．解：(1)如图．(2)左视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23×32×232＝12＝2 3. 则S △VBC ＝12×23×23＝6. [综合题组练]1．(2020·河南开封一模)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( )解析：选B.由题意可以判断出两球在正方体的面AA 1C 1C 上的正投影与正方形相切，排除C ，D.由于两球不等，把其中一个球扩大为与正方体相切，则另一个球被挡住一部分，所以排除A.B 正确．2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的左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．双曲线的一部分解析：选D.根据几何体的三视图可得，左视图中的虚线部分是由平行于旋转轴的平面截圆锥所得，故左视图中的虚线部分是双曲线的一部分，故选D.3．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，则三棱锥P­BCD的俯视图与主视图面积之比的最大值为( )A．1 B．2C. 3 D．2解析：选D.主视图，底面B，C，D三点，其中D与C重合，随着点P的变化，其主视图均是三角形且点P在主视图中的位置在边B1C1上移动，由此可知，设正方体的棱长为a，则S主视图＝12×a2；设A1C1的中点为O，随着点P的移动，在俯视图中，易知当点P在OC1上移动时，S俯视图就是底面三角形BCD的面积，当点P在OA1上移动时，点P越靠近A1，俯视图的面积越大，当到达A1的位置时，俯视图为正方形，此时俯视图的面积最大，S俯视图＝a2，所以S俯视图S主视图的最大值为a212a2＝2，故选D.4．(2020·河北衡水二模)某几何体的三视图如图所示，三视图中的点P ，Q 分别对应原几何体中的点A ，B ，在此几何体中从点A 经过一条侧棱上点R 到达点B 的最短路径的长度为( )A ．aB ．2a C.52a D ．3a解析：选D.由几何体的三视图可知，该几何体为棱长为a 的正四面体(如图1)，将侧面三角形CDB 绕CD 翻折到与面ACD 在同一平面内(如图2)，连接AB 与CD 交于一点R ，该点即为使路径最短的侧棱上的点R ，且最短路径为AB 长，在△ACB 中，由余弦定理易知AB ＝a 2＋a 2－2a ·a ·cos 120°＝3a .故选D.5．已知正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的体积为1，点M 在线段BC 上(点M 异于B ，C 两点)，点N 为线段CC 1的中点，若平面AMN 截正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1所得的截面为四边形，则线段BM 的取值范围为( )A.⎝⎛⎦⎥⎥⎤0，13 B ．⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤0，12 C.⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫12，1 D ．⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12，23 解析：选B.由题意，正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为1，如图所示，当点M为线段BC的中点时，截面为四边形AMND1，当0＜BM≤12时，截面为四边形，当BM＞12时，截面为五边形，故选B.6．已知直三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱长为6，且底面是边长为2的正三角形，用一平面截此棱柱，与侧棱AA1，BB1，CC1分别交于三点M，N，Q，若△MNQ为直角三角形，则该直角三角形斜边长的最小值为( )A．2 2 B．3C．2 3 D．4解析：选C.如图，不妨设N在B处，AM＝h，CQ＝m，则MB2＝h2＋4，BQ2＝m2＋4，MQ2＝(h－m)2＋4，由MB2＝BQ2＋MQ2，得m2－hm＋2＝0.Δ＝h2－8≥0即h2≥8，该直角三角形斜边MB＝4＋h2≥2 3.故选C.7．某几何体的主视图和左视图如图(1)，它的俯视图的直观图是矩形O1A1B1C1，如图(2)，其中O1A1＝6，O1C1＝2，则该几何体的侧面积为________．解析：由题图(2)及斜二测画法可知原俯视图为如图所示的平行四边形OABC，设CB与y轴的交点为D，则易知CD＝2，OD＝2×22＝42，所以CO＝CD2＋OD2＝6＝OA，所以俯视图是以6为边长的菱形，由三视图知几何体为一个直四棱柱，其高为4，所以该几何体的侧面积为4×6×4＝96.答案：968．(2019·高考全国卷Ⅱ)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一，印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1，则该半正多面体共有________个面，其棱长为________．解析：依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面．注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则22x＋x＋22x＝1，解得x＝2－1，故题中的半正多面体的棱长为2－1.答案：26 2－1。

第八章 立体几何测试题班级__________ 某某_____________ 学号___________ 得分__________一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选择中，只有一个是符合题目要求的。

）1．【2018届某某省某某市高级中学高三上学期第二次模拟】已知是两条不同直线，是平面，则下列命题是真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则D. 若，则【答案】B2．【2018届市某某区高三上学期期中】已知,m n 表示两条不同的直线，α表示平面，下列说法正确的是A. 若//m α， //n α，则//m nB. 若//m α， m n ⊥，则n α⊥C. 若m α⊥， m n ⊥，则//n αD. 若m α⊥， //m n ，则n α⊥ 【答案】D【解析】对于A ，//m α， //n α，则,m n 可能相交，可能异面，也可能平行，命题错误； 对于B ，//m α， m n ⊥，则//n α，n α⊂或n 与α斜交，命题错误； 对于C ，m α⊥， m n ⊥，则//n α，或n α⊂，命题错误； 对于D ，若m α⊥， //m n ，则n α⊥，显然正确》 故选：D.3．【2018届某某省某某市高三上学期尖子生第一次联考】已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O 的体积为（ ）A.823π B. 833π C. 863π D. 1623π 【答案】A4．【2018届西城161高三上期中】在如图所示的空间直角坐标系O xyz -中，一个四面体的顶点坐标分别是()0,0,2，()2,2,0，()1,2,1，()2,2,2，给出编号①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为（）．A. ①和②B. ③和①C. ④和③D. ④和② 【答案】D【解析】在空间直角坐标系O xyz中，根据所给的条件标出已知的四个点，结合三视图的画图规则，可得三棱锥的正视图和俯视图分别为④②.选D.5．【2017届某某省某某高三下学期第一次模拟】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（）．A. B. C. D.【答案】C6．【2018届某某某某市第十八中学高三上学期第三次月考】多面体的三视图如图所示，则该多面体的外接球的表面积为（）A.3416π B. 173432π C. 178π D. 2894π 【答案】D【解析】如图所示，由三棱锥的三视图得：该三棱锥的底面是腰长为6的等腰直角三角形，设该三棱锥的外接球的半径为,R 球心为H 则()()222222174324DH HO OD R R R =+⇒=-+⇒=故则该三棱锥的外接球的表面积为22172894444S R πππ⎛⎫=== ⎪⎝⎭选D.7．【2018届某某省某某一中高三第二次月考】正三棱锥S ABC -中，若三条侧棱两两垂直，且3SA =，则正三棱锥S ABC -的高为（） A. 2 B. 2 C. 3 D. 3 【答案】C【解析】8．【2018届某某省某某市高新技术开发区月考】已知直三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在表面积为100π的球O 的球面上，若4AB AC ==， 43BC =，则该三棱柱的体积为（ ）A. 83B. 123C. 132D. 243 【答案】D9．【2017届东北师大附中、某某师大附中、某某省实验中学高三下第四次模拟】已知正四棱锥P ABCD -中，2,,PA AB E F ==分别是,PB PC 的中点，则异面直线AE 与BF 所成角的余弦值为（ ）A.33 B. 63 C. 16 D. 12【答案】C【解析】建立如图所示空间直角坐标系，可知()()22222,0,0,0,.,0,2,0,,0,2222AE BF ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．则22222,,,,2,2222AE BF ⎛⎫⎛⎫=-=-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则1112cos ,1111222222AE BF AE BF AE BF-+⋅〈〉===++⋅++１６．故本题答案选Ｃ．10．【2017年某某省数学基地校】已知H 是球O 的直径AB 上一点,:1:3AH HB =,AB ⊥平面α, H 为垂足,α截球O 所得截面的面积为π,则球O 的体积为（ ）(A)169π (B) 32327π (C) 1627π(D)1639π【答案】B【解析】如图，11．【2018届某某省某某外国语学校高三上练习三】三棱锥P ABC -中，,,PA PB PC 互相垂直，1PA PB ==，M 是线段BC 上一动点，若直线AM 与平面PBC 所成角的正切的最大值是62，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积是（ ） A. 2π B. 4π C. 8π D. 16π 【答案】B三棱锥P ABC -扩充为长方体，则长方体的对角线长为1122++=，∴三棱锥P ABC -的外接球的半径为1R =， ∴三棱锥P ABC -的外接球的表面积为244R ππ=． 选B.12．【2018届某某省源清中学高三9月月考】如图，矩形ADFE ，矩形CDFG ，正方形ABCD 两两垂直，且2AB =，若线段DE 上存在点P 使得GP BP ⊥，则边CG 长度的最小值为（ ）A. 4B. 43C.D. 23 【答案】D【解析】() 24022ax ax PB PG x x a ⎛⎫=-++-= ⎪⎝⎭.显然0x ≠且2x ≠. 所以221642a x x=--. 因为()0,2x ∈，所以(]220,1x x -∈. 所以当221x x -=，2a 取得最小值12. 所以a 的最小值为23. 故选D.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。

高三数学第一轮复习：立体几何的综合问题【本讲主要内容】立体几何的综合问题立体几何知识的综合应用及立体几何与其它知识点的综合问题【知识掌握】【知识点精析】1. 立体几何的综合问题融直线和平面的位置关系于平面与几何体中，有计算也有论证。

解决这类问题需要系统地掌握线线、线面、面面的位置关系，特别是平行与垂直的判定与性质．深刻理解异面直线所成的角、斜线与平面所成的角、二面角的平面角的概念，理解点到面的距离、异面直线的距离的概念．2. 立体几何横向可与向量、代数、三角、解析几何等综合．3. 应用性问题、探索性问题需综合运用所学知识去分析解决．【解题方法指导】例1. 如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1的侧面AB1内有一动点P到直线A1B1与直线BC的距离相等，则动点P所在曲线的形状为（）解析：P到直线BC的距离等于P到B的距离，动点P的轨迹满足抛物线定义．故选C.例2. 如图，四棱锥P－ABCD的底面是边长为a的正方形，PB⊥平面ABCD，（Ⅰ）若面PAD与面ABCD所成的二面角为60°，求这个四棱锥的体积；（Ⅱ）证明不论四棱锥的高怎样变化，面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90°．（Ⅰ）解：∵PB⊥面ABCD，∴BA是PA在面ABCD上的射影，又DA⊥AB ∴PA⊥DA∴∠PAB是面PAD与面ABCD所成的二面角的平面角∴∠PAB＝60°，PB＝AB·tan60°＝3a ,∴ V 锥＝3233·3·31a a a =（Ⅱ）证明：不论棱锥的高怎样变化，棱锥侧面PAD 与PCD 恒为等腰三角形，作AE ⊥PD ，垂足为E ，连结CE ，则△ADE ≌△CDE ，因为AE ＝CE ，∠CED ＝90o，故∠CEA 是面PAD 与面PCD 所成的二面角的平面角． 设AC 与BD 交于点O ，连结EO ，则EO ⊥AC ，所以a AD AE OA a =<<=22，22a AE <， 在△AEC 中，02222cos 222222222<-=-=∙-+=∠AE a AE AE a AE EC AE AC EC AE CEA 所以面PAD 与面PCD 所成的二面角恒大于90o。