高考数学专题复习教案：第八章 立 体 几 何 107页

第八章立 体 几 何 第一节 本节主要包括3个知识点：‎ ‎1.空间几何体的三视图和直观图； ‎2.空间几何体的表面积与体积；‎ ‎3.与球有关的切、接应用问题.‎ 空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积 突破点(一)　空间几何体的三视图和直观图 基础联通 抓主干知识的“源”与“流” ‎ ‎1．空间几何体的结构特征 ‎(1)多面体的结构特征 多面体 结构特征 棱柱 有两个面平行，其余各面都是四边形且每相邻两个面的交线都平行且相等 棱锥 有一个面是多边形，而其余各面都是有一个公共顶点的三角形 棱台 棱锥被平行于底面的平面所截，截面和底面之间的部分叫做棱台 ‎(2)旋转体的形成 几何体 旋转图形 旋转轴 圆柱 矩形 矩形任一边所在的直线 圆锥 直角三角形 一条直角边所在的直线 圆台 直角梯形或等腰梯形 直角腰所在的直线或等腰梯形上下底中点的连线 球 半圆或圆 直径所在的直线 ‎2.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，能看见的轮廓线和棱用实线表示，重叠的线只画一条，不能看见的轮廓线和棱用虚线表示．‎ ‎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、正上方观察几何体的正投影图．‎ ‎3．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，直观图中仍分别平行于坐标轴；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为原来的一半．‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” ‎ 空间几何体的结构特征 ‎[例1]　(1)用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是(　　)‎ A．圆柱 B．圆锥 C．球体 D．圆柱、圆锥、球体的组合体 ‎(2)下列说法正确的是(　　)‎ A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形 C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台 D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点 ‎[解析]　(1)截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．‎ ‎(2)A错，如图(1)；B正确，如图(2)，其中底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，可证明∠PAB，∠PCB，∠PDA，∠PDC都是直角，这样四个侧面都是直角三角形；C错，如图(3)；D错，由棱台的定义知，其侧棱的延长线必相交于同一点．‎ ‎[答案]　(1)C　(2)B ‎[方法技巧]‎ 解决与空间几何体结构特征有关问题的三个技巧 ‎(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；‎ ‎(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，如例1(2)中的A，C两项易判断失误；‎ ‎(3)通过反例对结构特征进行辨析．‎ 空间几何体的三视图 ‎1.画三视图的规则 长对正、高平齐、宽相等，即俯视图与正视图一样长；正视图与侧视图一样高；侧视图与俯视图一样宽．‎ ‎2．三视图的排列顺序 先画正视图，俯视图放在正视图的下方，侧视图放在正视图的右方．‎ ‎[例2]　(1)(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，按正视图，侧视图，俯视图的顺序排列)(　　)‎ A．①②⑥ B．①②③ C．④⑤⑥ D．③④⑤‎ ‎ (2)(2016·天津高考)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为(　　)‎ ‎[解析]　(1)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.‎ ‎(2)先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧(左)视图．由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧(左)视图为图②.‎ ‎[答案]　(1)B　(2)B ‎[方法技巧]‎ 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 注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向；注意能看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．‎ ‎(2)由几何体的部分视图画出剩余的视图 解决此类问题，可先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，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检验．‎ ‎(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实物图．　‎ 空间几何体的直观图 直观图与原图形面积的关系 按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系：‎ ‎(1)S直观图＝S原图形．‎ ‎(2)S原图形＝2S直观图．‎ ‎[例3]　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(　　)‎ ‎[解析]　由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2.‎ ‎[答案]　A 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” ‎ ‎1．[考点一]如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下四个命题中，假命题是(　　)‎ A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等 B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补 C．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆 D．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上 解析：选B　因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等，所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点的距离相等，故A，C是真命题；且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等，故D是真命题；B是假命题，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立．‎ ‎2．[考点二]一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是(　　)‎ 解析：选B　由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成．从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部是一条水平线段连接两个三角形．‎ ‎3．[考点二]已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为(　　)‎ 解析：选C　当正视图为等腰三角形时，则高应为2，且应为虚线，排除A，D；当正视图是直角三角形时，由条件得一个直观图如图所示，中间的线是看不见的线PA形成的投影，应为虚线，故答案为C.‎ ‎4．[考点三]用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为‎2 cm2，则原平面图形的面积为(　　)‎ A．‎4 cm2 B．‎4 cm‎2 ‎‎ C．‎8 cm2 D．‎8 cm2‎ 解析：选C　依题意可知∠BAD＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC，AD相等，高为梯形ABCD的高的2倍，所以原平面图形的面积为‎8 cm2.‎ ‎5．[考点二](2017·南昌模拟)如图，在正四棱柱ABCD A1B‎1C1D1中，点P是平面A1B‎1C1D1内一点，则三棱锥PBCD 的正视图与侧视图的面积之比为(　　)‎ A．1∶1 B．2∶1‎ C．2∶3 D．3∶2‎ 解析：选A　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.‎ 突破点(二)　空间几何体的表面积与体积 基础联通 抓主干知识的“源”与“流” ‎ ‎1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式 圆柱 圆锥 圆台 侧面展开图 侧面积公式 S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r＋r′)l 圆柱、圆锥、圆台侧面积间的关系：S圆柱侧＝2πrlS圆台侧＝π(r＋r′)lS圆锥侧＝πrl.‎ ‎2．空间几何体的表面积与体积公式 ‎　　　　　　名称　‎ 几何体　　‎ 表面积 体积 ‎　　　　‎ 柱体 ‎(棱柱和圆柱)‎ S表面积＝S侧＋2S底 V＝Sh 锥体 ‎(棱锥和圆锥)‎ S表面积＝S侧＋S底 V＝Sh 台体 ‎(棱台和圆台)‎ S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h 球 S＝4πR2‎ V＝πR3‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” ‎ 空间几何体的表面积 ‎[例1]　(1)(2017·安徽江南十校联考)‎ 某几何体的三视图如图所示，其中侧视图的下半部分曲线为半圆弧，则该几何体的表面积为(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A．4π＋16＋4 B．5π＋16＋4 C．4π＋16＋2 D．5π＋16＋2 ‎(2)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．2＋ ‎ C．1＋2 D．2 ‎[解析]　(1)由三视图可知该几何体是一个正三棱柱和一个半圆柱的组合体，三棱柱的两个侧面面积之和为2×4×2＝16，两个底面面积之和为2××2×＝2；半圆柱的侧面积为π×4＝4π，两个底面面积之和为2××π×12＝π，所以几何体的表面积为5π＋16＋2，故选D.‎ ‎(2)根据三视图还原几何体如图所示，其中侧面ABD⊥底面BCD，另两个侧面ABC，ACD为等边三角形，则有S表面积＝2××2×1＋2××()2＝2＋.‎ ‎[答案]　(1)D　(2)B ‎　　[方法技巧]‎ 求空间几何体表面积的常见类型及思路 ‎(1)求多面体的表面积，只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积．‎ ‎(2)求旋转体的表面积，可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系．‎ ‎(3)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积．‎ 空间几何体的体积 柱体、锥体、台体体积间的关系 ‎[例2]　(1)(2016·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A. B. C. D．1‎ ‎(2)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)‎ A.＋2π B. C. D. ‎[解析]　(1)通过三视图可还原几何体为如图所示的三棱锥PABC，通过侧视图得高h＝1，通过俯视图得底面积S＝×1×1＝，所以体积V＝Sh＝××1＝.‎ ‎(2)由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋×π×12×1＝.‎ ‎[答案]　(1)A　(2)B ‎[方法技巧]‎ 求空间几何体体积的常见类型及思路 ‎(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．‎ ‎(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．‎ ‎(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” ‎ ‎1．[考点二](2016·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.＋π B.＋π C.＋π D．1＋π 解析：选C　由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为，从而该几何体的体积为×12×1＋××3＝＋π.故选C.‎ ‎2．[考点二]已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A. cm3 B．2π cm‎3 C. cm3 D．3π cm3‎ 解析：选C　该几何体为一个圆柱挖去半个球得到的几何体，其体积V＝π×12×3－×＝(cm3)．‎ ‎3.某几何体的三视图如图所示，则它的表面积为(　　)‎ A．12＋20 B．24＋20‎ C．44 D．12 解析：选A　由三视图得，这是一个正四棱台，且上、下底面的边长分别为2,4，则侧面梯形的高h＝ ＝，所以该正四棱台的表面积S＝×4＋22＋42＝12＋20.‎ ‎4．[考点一]某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于(　　)‎ A．8＋2 B．11＋2 C．14＋2 D．15‎ 解析：选B　由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为＝，所以底面周长为4＋，侧面积为2×(4＋)＝8＋2，两底面的面积和为2××1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋2＋3＝11＋2.‎ ‎5．[考点二]中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)：‎ 若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x的值为________．‎ 解析：由三视图知，商鞅铜方升由一圆柱和一长方体组合而成，由题意得：(5.4－x)×3×1＋π·2x＝12.6，解得x＝1.6.‎ 答案：1.6‎ 突破点(三)　与球有关的切、接应用问题 ‎1.球的表面积和体积是每年高考的热点，且多与三视图、多面体等综合命题，常以选择题、填空题的形式出现.解决此类问题时，一是要善于把空间问题平面化，把平面问题转化到直角三角形中处理；二是要将变化的模型转化到固定的长方体或正方体中.‎ ‎2.与球有关的组合体问题主要有两种，一种是内切问题，一种是外接问题.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.‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”‎ 多面体的内切球问题 ‎[例1]　若一个正四面体的表面积为S1，其内切球的表面积为S2，则＝________.‎ ‎[解析]　设正四面体棱长为a，‎ 则正四面体表面积为S1＝4×·a2＝a2，其内切球半径为正四面体高的，‎ 即r＝×a＝a，‎ 因此内切球表面积为S2＝4πr2＝，‎ 则＝＝.‎ ‎[答案]　 ‎　[方法技巧]‎ 处理与球有关内切问题的策略 解答此类问题时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．‎ 多面体的外接球问题 处理与球有关外接问题的策略 把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．‎ ‎[例2]　(1)(2017·抚顺模拟)已知直三棱柱ABCA1B‎1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为(　　)‎ A. B．‎2 C. D．3 ‎(2)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为(　　)‎ A. B．16π ‎ C．9π D. ‎(3)一个正方体削去一个角所得到的几何体的三视图如图所示(图中三个四边形都是边长为2的正方形)，则该几何体外接球的体积为________．‎ ‎[解析]　(1)如图所示，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M.‎ 又AM＝BC＝，OM＝AA1＝6，‎ 所以球O的半径R＝OA＝ ＝.‎ ‎(2)如图所示，设球半径为R，底面中心为O′且球心为O，‎ ‎∵正四棱锥PABCD中AB＝2，‎ ‎∴AO′＝.‎ ‎∵PO′＝4，‎ ‎∴在Rt△AOO′中，AO2＝AO′2＋OO′2，‎ ‎∴R2＝()2＋(4－R)2，‎ 解得R＝，‎ ‎∴该球的表面积为4πR2＝4π×2＝.‎ ‎(3)依题意可知，新的几何体的外接球也就是原正方体的外接球，球的直径就是正方体的体对角线，‎ ‎∴2R＝2(R为球的半径)，∴R＝，‎ ‎∴球的体积V＝πR3＝4π.‎ ‎[答案]　(1)C　(2)A　(3)4π ‎[方法技巧]‎ 与球有关外接问题的解题规律 ‎(1)直棱柱外接球的球心到直棱柱底面的距离恰为棱柱高的.‎ ‎(2)正方体外接球的直径为正方体的体对角线的长．此结论也适合长方体，或由同一顶点出发的两两互相垂直的三条棱构成的三棱柱或三棱锥．‎ ‎(3)求多面体外接球半径的关键是找到由球的半径构成的三角形，解三角形即可．‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失”‎ ‎1．[考点一]一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于(　　)‎ A．1 B．‎2 C．3 D．4‎ 解析：选B　该几何体为直三棱柱，底面是边长分别为6,8,10的直角三角形，侧棱长为12，故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径，其半径为r＝＝＝2，故选B.‎ ‎2．[考点二]如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为(　　)‎ A．200π B．150π C．100π D．50π 解析：选D　由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去4个角后得到，此长方体的长、宽、高分别为5,4,3，所以外接球半径R满足2R＝＝5，所以外接球的表面积为S＝4πR2＝4π×2＝50π，故选D.‎ ‎3．[考点二](2016·太原模拟)如图，平面四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD，将其沿对角线BD折成四面体A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，若四面体A′BCD的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为(　　)‎ A．3π B.π C．4π D.π 解析：选A　由图示可得BD＝A′C＝，BC＝，△DBC与△A′BC都是以BC为斜边的直角三角形，由此可得BC中点到四个点A′，B，C，D的距离相等，即该三棱锥的外接球的直径为，所以该外接球的表面积S＝4π×2＝3π.‎ ‎4．[考点二]设一个球的表面积为S1，它的内接正方体的表面积为S2，则的值等于(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选D　设球的半径为R，其内接正方体的棱长为a，则易知R2＝a2，即a＝R，则＝＝.‎ ‎[全国卷5年真题集中演练——明规律] ‎ ‎1．(2016·全国甲卷)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为(　　)‎ A．20π　　　　B．24π　　　　C．28π　　　　D．32π 解析：选C　由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r，周长为c，圆锥母线长为l，圆柱高为h.由图得r＝2，c＝2πr＝4π，h＝4，由勾股定理得，l＝＝4，S表＝πr2＋ch＋cl＝4π＋16π＋8π＝28π.‎ ‎2．(2016·全国丙卷)在封闭的直三棱柱ABCA1B‎1C1内有一个体积为V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是(　　)‎ A．4π B. C．6π D. 解析：选B　设球的半径为R，∵△ABC的内切圆半径为＝2，∴R≤2.又2R≤3，∴R≤，∴Vmax＝×π×3＝.故选B.‎ ‎3．(2015·新课标全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选D　由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V1＝××1×1×1＝，剩余部分的体积V2＝13－＝.所以＝＝，故选D.‎ ‎4．(2015·新课标全国卷Ⅱ)已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点．若三棱锥O ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为(　　)‎ A．36π B．64π C．144π D．256π 解析：选C　如图，设球的半径为R，∵∠AOB＝90°，∴S△AOB＝R2.∵VOABC＝VC AOB，而△AOB面积为定值，∴当点C到平面AOB的距离最大时，VOABC最大，∴当C为与球的大圆面AOB垂直的直径的端点时，体积VOABC最大，为×R2×R＝36，∴R＝6，∴球O的表面积为4πR2＝4π×62＝144π.故选C.‎ ‎5．(2015·新课标全国卷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＝(　　)‎ A．1 B．2‎ C．4 D．8‎ 解析：选B　如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r，圆柱的底面半径为r，高为2r，则表面 积S＝×4πr2＋πr2＋4r2＋πr·2r＝(5π＋4)r2.又S＝16＋20π，∴(5π＋4)r2＝16＋20π，‎ ‎∴r2＝4，r＝2，故选B.‎ ‎6．(2015·新课标全国卷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：选B　设米堆的底面半径为r尺，则r＝8，所以r＝，所以米堆的体积为V＝×π·r2·5＝×2×5≈(立方尺)．故堆放的米约有÷1.62≈22(斛)．故选B.‎ ‎7．(2014·新课标全国卷Ⅱ)如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示‎1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为‎3 cm，高为‎6 cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C　原毛坯的体积V＝(π×32)×6＝54π(cm3)，由三视图可知该零件为两个圆柱的组合体，其体积V′＝V1＋V2＝(π×22)×4＋(π×32)×2＝34π(cm3)，故所求比值为1－＝.‎ ‎8．(2013·新课标全国卷Ⅰ)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)‎ A．16＋8π B．8＋8π C．16＋16π D．8＋16π 解析：选A　根据三视图可以判断该几何体由上、下两部分组成，其中上面部分为长方体，下面部分为半个圆柱，所以组合体的体积为2×2×4＋×22×π×4＝16＋8π，故选A.‎ ‎9．(2012·新课标全国卷)已知三棱锥SABC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. B. C. D. 解析：选A　由于三棱锥SABC与三棱锥OABC底面都是△ABC，O是SC的中点，因此三棱锥SABC的高是三棱锥OABC高的2倍，所以三棱锥SABC的体积也是三棱锥OABC体积的2倍．‎ 在三棱锥OABC中，其棱长都是1，如图所示，S△ABC＝×AB2＝，高OD＝＝，所以VSABC＝2VOABC＝2×××＝.‎ ‎[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考 ‎[练基础小题——强化运算能力]‎ ‎1．下列结论正确的是(　　)‎ A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥 B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边绕旋转轴旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥 C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长都相等，则该棱锥可能是六棱锥 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　A错误，如图①‎ 是由两个相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，它的各个面都是三角形，但它不是三棱锥；B错误，如图②，若△ABC不是直角三角形，或△ABC是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥；C错误，若该棱锥是六棱锥，由题设知，它是正六棱锥．易证正六棱锥的侧棱长必大于底面边长，这与题设矛盾．‎ ‎2.如图是一个空间几何体的三视图，其中正视图、侧视图都是由边长为4和6的矩形以及直径等于4的圆组成，俯视图是直径等于4的圆，该几何体的体积是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 解析：选D　由题意得，此几何体为球与圆柱的组合体，其体积V＝π×23＋π×22×6＝.‎ ‎3．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　　)‎ A．12＋4 B．18＋8 C．28 D．20＋8 解析：选D　由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，如图．‎ 则该几何体的表面积为S＝2××2×2＋4×2×2＋2×4＝20＋8，故选D.‎ ‎4．《九章算数》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中虚线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为(　　)‎ A．2 B．4＋2 C．4＋4 D．6＋4 解析：选C　由题可知，该几何体的底面为等腰直角三角形，等腰直角三角形的斜边长为2，腰长为，棱柱的高为2.所以其侧面积S＝2×2＋2×2＝4＋4，故选C.‎ ‎5．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的体积为，则正方体的棱长为________．‎ 解析：设正方体棱长为a，球半径为R，则πR3＝，∴R＝，∴a＝3，∴a＝.‎ 答案： ‎[练常考题点——检验高考能力]‎ 一、选择题 ‎1．已知圆锥的表面积为a，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C　设圆锥的底面半径为r，母线长为l，由题意知2πr＝πl，∴l＝2r，则圆锥的表面积S表＝πr2＋π(2r)2＝a，∴r2＝，∴2r＝.‎ ‎2．在梯形ABCD中，∠ABC＝，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为(　　)‎ A. B. ‎ C. D．2π 解析：选C　过点C作CE垂直AD所在直线于点E，梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB的长为底面圆半径，线段BC为母线的圆柱挖去以线段CE的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V＝V圆柱－V圆锥＝π·AB2·BC－·π·CE2·DE＝π×12×2－π×12×1＝，故选C.‎ ‎3．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 解析：选D　该几何体可视为正方体截去两个三棱锥所得，如图所示，所以其体积为23－××2×2×2－××1×1×1＝.故选D.‎ ‎4．已知正四面体的棱长为，则其外接球的表面积为(　　)‎ A．8π B．12π C.π D．3π 解析：选D　如图所示，过顶点A作AO⊥底面BCD，垂足为O，则O为正三角形BCD的中心，连接DO并延长交BC于E，又正四面体的棱长为，所以DE＝，OD＝DE＝，所以在直角三角形AOD中，AO＝＝.设正四面体外接球的球心为P，半径为R，连接PD，则在直角三角形POD中，PD2＝PO2＋OD2，即R2＝2＋2，解得R＝，所以外接球的表面积S＝4πR2＝3π.‎ ‎5．(2017·郑州质检)如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的表面积为(　　)‎ A．8π B．16π C．32π D．64π 解析：选C　还原三视图可知该几何体为一个四棱锥，将该四棱锥补成一个长、宽、高分别为2，2，4的长方体，则该长方体外接球的半径r＝＝2，则所求外接球的表面积为4πr2＝32π.‎ ‎6．已知四棱锥PABCD的三视图如图所示，则四棱锥PABCD的四个侧面中面积的最大值是(　　)‎ A．6 B．‎8 ‎‎ C．2 D．3‎ 解析：选A　四棱锥如图所示，作PN ⊥平面ABCD，交DC于点N，PC＝PD＝3，DN＝2，则PN＝＝，AB＝4，BC＝2，BC⊥CD，故BC⊥平面PDC，即BC⊥PC，同理AD⊥PD.设M为AB的中点，连接PM，MN，则PM＝3，S△PDC＝×4×＝2，S△PBC＝S△PAD＝×2×3＝3，S△PAB＝×4×3＝6，所以四棱锥PABCD的四个侧面中面积的最大值是6.‎ 二、填空题 ‎7．在棱长为3的正方体ABCDA1B‎1C1D1中，P在线段BD1上，且＝，M为线段B‎1C1上的动点，则三棱锥MPBC的体积为________．‎ 解析：∵＝，∴点P到平面BC1的距离是D1到平面BC1距离的，‎ 即三棱锥PMBC的高h＝＝1.M为线段B‎1C1上的点，‎ ‎∴S△MBC＝×3×3＝，‎ ‎∴VMPBC＝VPMBC＝××1＝.‎ 答案： ‎8．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.‎ 解析：由三视图可得该几何体是组合体，上面是底面圆的半径为‎2 m、高为‎2 m的圆锥，下面是底面圆的半径为‎1 m、高为‎4 m的圆柱，所以该几何体的体积是×4π×2＋4π＝(m3)．‎ 答案： ‎9.如图，正方形O′A′B′C′的边长为a，它是一个水平放置的平面图形的直观图，则原图形OABC的周长是________．‎ 解析：由斜二测画法的规则可知，原图形OABC是一个平行四边形．‎ 在原图形OABC中OB＝‎2a，OA＝a，‎ 且OA⊥OB，∴AB＝‎3a，‎ ‎∴原图形OABC的周长为2(a＋‎3a)＝‎8a.‎ 答案：‎‎8a ‎10．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水．天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸．若盆中积水深九寸，则平地降雨量是________寸．‎ ‎(注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸)‎ 解析：由题意知，圆台中截面圆的半径为十寸，圆台内水的体积为V＝πh(r＋r＋r中r下)＝×9×(102＋62＋10×6)＝588π(立方寸)，降雨量为＝＝3(寸)．‎ 答案：3‎ 三、解答题 ‎11．已知球的半径为R，在球内作一个内接圆柱，这个圆柱的底面半径与高为何值时，它的侧面积最大？侧面积的最大值是多少？‎ 解：如图为其轴截面，令圆柱的高为h，底面半径为r，侧面积为S，‎ 则2＋r2＝R2，‎ 即h＝2.‎ 因为S＝2πrh＝4πr·＝‎ ‎4π≤4π＝2πR2，‎ 当且仅当r2＝R2－r2，‎ 即r＝R时，取等号，‎ 即当内接圆柱底面半径为R，高为R时，其侧面积的值最大，最大值为2πR2.‎ ‎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.‎ 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＋2.‎ 第二节 空间点、直线、平面之间的位置关系 本节主要包括2个知识点：‎ ‎1.平面的基本性质；2.空间两直线的位置关系.‎ 突破点(一)　平面的基本性质 基础联通 抓主干知识的“源”与“流”‎ ‎1．公理1～3‎ ‎　 表示 公理 文字语言 图形语言 符号语言 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 ⇒l⊂α 公理2‎ 过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面 A，B，C三点不共线⇒有且只有一个平面α，使A∈α，B∈α，C∈α 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 P∈α，且P∈β⇒α∩β＝l，且P∈l ‎2．公理2的三个推论 推论1：经过一条直线和这条直线外一点有且只有一个平面；‎ 推论2：经过两条相交直线有且只有一个平面；‎ 推论3：经过两条平行直线有且只有一个平面．‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”‎ 点、线、面的位置关系 ‎1．证明点共线问题的常用方法 ‎(1)公理法：先找出两个平面，然后证明这些点都是这两个平面的公共点，再根据公理3证明这些点都在交线上；‎ ‎(2)同一法：选择其中两点确定一条直线，然后证明其余点也在该直线上．‎ ‎2．证明线共点问题的方法 先证两条直线交于一点，再证明第三条直线经过该点．‎ ‎3．证明点、直线共面问题的常用方法 ‎(1)纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内；‎ ‎(2)辅助平面法：先证明有关的点、线确定平面α，再证明其余元素确定平面β，最后证明平面α，β重合．‎ ‎[典例]　已知：空间四边形ABCD(如图所示)，E，F分别是AB，AD的中点，G，H分别是BC，CD上的点，且CG＝BC，CH＝DC.求证：‎ ‎(1)E，F，G，H四点共面；‎ ‎(2)三直线FH，EG，AC共点．‎ ‎[证明]　(1)连接EF，GH，‎ ‎∵E，F分别是AB，AD的中点，‎ ‎∴EF∥BD.‎ 又∵CG＝BC，CH＝DC，‎ ‎∴GH∥BD，∴EF∥GH，‎ ‎∴E，F，G，H四点共面．‎ ‎(2)易知FH与直线AC不平行，但共面，‎ ‎∴设FH∩AC＝M，‎ ‎∴M∈平面EFHG，M∈平面ABC.‎ 又∵平面EFHG∩平面ABC＝EG，‎ ‎∴M∈EG，‎ ‎∴FH，EG，AC共点．‎ ‎[方法技巧]‎ 平面的基本性质的应用 公理1是判断一条直线是否在某个平面内的依据，公理2及其推论是判断或证明点、线共面的依据，公理3是证明三线共点或三点共线的依据．　‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” ‎ ‎1．如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　‎ 解析：选D　A、B、C图中四点一定共面，D中四点不共面．‎ ‎2．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3 B．至多等于4‎ C．等于5 D．大于5‎ 解析：选B　n＝2时，可以；n＝3时，为正三角形，可以；n＝4时，为正四面体，可以；n＝5时，为四棱锥，侧面为正三角形，底面为菱形且对角线长与边长相等，这种情况不可能出现，所以正整数n的取值至多等于4.‎ ‎3．以下四个命题中，正确命题的个数是(　　)‎ ‎①不共面的四点中，其中任意三点不共线；‎ ‎②若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则A，B，C，D，E共面；‎ ‎③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面；‎ ‎④依次首尾相接的四条线段必共面．‎ A．0 B．1 ‎ C．2 D．3‎ 解析：选B　 ①显然是正确的，可用反证法证明；②中若A，B，C三点共线，则A，B，C，D，E五点不一定共面；③构造长方体或正方体，如图显然b，c异面，故不正确；④中空间四边形中四条线段不共面．故只有①正确．‎ ‎4.如图所示，四边形ABEF和四边形ABCD都是梯形，BC綊AD，BE綊FA，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？‎ 解：(1)证明：由已知FG＝GA，FH＝HD，可得GH綊AD.又∵BC綊AD，∴GH綊BC，∴四边形BCHG为平行四边形．‎ ‎(2)C，D，F，E四点共面，证明如下：‎ 由BE綊AF，G为FA的中点知BE綊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．‎ 突破点(二)　空间两直线的位置关系 基础联通 抓主干知识的“源”与“流” ‎ ‎1．空间中两直线的位置关系 ‎(1)空间中两直线的位置关系 ‎(2)公理4和等角定理 ‎①公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．‎ ‎②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．‎ ‎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)．‎ ‎(2)范围：.‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”‎ 空间两直线位置关系的判定 ‎[例1]　(1)下列结论正确的是(　　)‎ ‎①在空间中，若两条直线不相交，则它们一定平行；‎ ‎②平行于同一条直线的两条直线平行；‎ ‎③一条直线和两条平行直线中的一条相交，那么它也和另一条相交；‎ ‎④空间四条直线a，b，c，d，如果a∥b，c∥d，且a∥d，那么b∥c.‎ A．①②③ B．②④‎ C．③④ D．②③‎ ‎(2)在图中，G，N，M，H分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有________．(填上所有正确答案的序号)‎ ‎[解析]　(1)①错，两条直线不相交，则它们可能平行，也可能异面；②由公理4可知正确；③错，若一条直线和两条平行直线中的一条相交，则它和另一条直线可能相交，也可能异面；④由平行直线的传递性可知正确．故选B.‎ ‎(2)图①中，直线GH∥MN；图②中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，因此直线GH与MN异面；图③中，连接MG，GM∥HN，因此GH与MN共面；图④中，G，M，N共面，但H∉平面GMN，因此GH与MN异面．所以在图②④中，GH与MN异面．‎ ‎[答案]　(1)B　(2)②④‎ ‎　　[方法技巧]‎ 判断空间两直线位置关系的思路方法 ‎(1)判断空间两直线的位置关系一般可借助正方体模型，以正方体为主线直观感知并准确判断．‎ ‎(2)异面直线的判定方法 ‎①反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两条直线平行或相交，由假设的条件出发，经过严格的推理，导出矛盾，从而否定假设，肯定两条直线异面．‎ ‎②定理法：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线．‎ 异面直线所成的角 ‎[例2]　空间四边形ABCD中，AB＝CD且AB与CD所成的角为30°，E，F分别为BC，AD的中点，求EF与AB所成角的大小．‎ ‎[解]　取AC的中点G，连接EG，FG，则EG綊AB，FG綊CD，‎ 由AB＝CD知EG＝FG，‎ ‎∴∠GEF(或它的补角)为EF与AB所成的角，∠EGF(或它的补角)为AB与CD所成的角．‎ ‎∵AB与CD所成的角为30°，‎ ‎∴∠EGF＝30°或150°.‎ 由EG＝FG知△EFG为等腰三角形，‎ 当∠EGF＝30°时，∠GEF＝75°；‎ 当∠EGF＝150°时，∠GEF＝15°.‎ 故EF与AB所成的角为15°或75°.‎ ‎[方法技巧]‎ 用平移法求异面直线所成的角的步骤 ‎(1)一作：即根据定义作平行线，作出异面直线所成的角；‎ ‎(2)二证：即证明作出的角是异面直线所成的角；‎ ‎(3)三求：解三角形，求出作出的角．如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角．　‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” ‎ ‎1．[考点一]下列说法正确的是(　　)‎ A．若a⊂α，b⊂β，则a与b是异面直线 B．若a与b异面，b与c异面，则a与c异面 C．若a，b不同在平面α内，则a与b异面 D．若a，b不同在任何一个平面内，则a与b异面 解析：选D　由异面直线的定义可知D正确．‎ ‎2．[考点一]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∥l3‎ B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3‎ C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面 D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面 解析：选B　若l1⊥l2，l2⊥l3，则l1，l3有三种位置关系，可能平行、相交或异面，A不正确；当l1∥l2∥l3或l1，l2，l3共点时，l1，l2，l3可能共面，也可能不共面，C，D不正确；当l1⊥l2，l2∥l3时，则有l1⊥l3，故选B.‎ ‎3．[考点二]如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，则异面直线AP与BD所成的角为________．‎ 解析：如图，将原图补成正方体ABCDQGHP，连接GP，AG，则GP∥BD，所以∠APG为异面直线AP与BD所成的角，在△AGP中AG＝GP＝AP，所以∠APG＝.‎ 答案： ‎4．[考点一、二]如图所示，三棱锥PABC中， PA⊥平面ABC，∠BAC＝60°，PA＝AB＝AC＝2，E是PC的中点．‎ ‎(1)求证AE与PB是异面直线；‎ ‎(2)求异面直线AE与PB所成角的余弦值．‎ 解：(1)证明：假设AE与PB共面，设平面为α，∵A∈α，B∈α，E∈α，‎ ‎∴平面α即为平面ABE，∴P∈平面ABE，‎ 这与P∉平面ABE矛盾，所以AE与PB是异面直线．‎ ‎(2)取BC的中点F，连接EF，AF，则EF∥PB，所以∠AEF(或其补角)就是异面直线AE与PB所成的角．‎ ‎∵∠BAC＝60°，PA＝AB＝AC＝2，PA⊥平面ABC，∴AF＝，AE＝，EF＝，cos∠AEF＝ ‎＝＝，‎ 故异面直线AE与PB所成角的余弦值为.‎ ‎[全国卷5年真题集中演练——明规律] ‎ ‎1.(2016·全国乙卷)平面α过正方体ABCDA1B‎1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB‎1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A. B. C. D. 解析：选A　如图，在正方体ABCDA1B‎1C1D1的上方接一个同等大小的正方体ABCDA2B‎2C2D2，则过A与平面CB1D1平行的是平面AB2D2，即平面α就是平面AB2D2，平面AB2D2∩平面ABB‎1A1＝AB2，即直线n就是直线AB2，由面面平行的性质定理知直线m平行于直线B2D2，故m，n所成的角就等于AB2与B2D2所成的角，在等边三角形AB2D2中，∠AB2D2＝60°，故其正弦值为.故选A.‎ ‎2．(2013·新课标全国卷Ⅱ)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则(　　)‎ A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β C．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l 解析：选D　由于m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，则平面α与平面β必相交，但未必垂直，且交线垂直于直线m，n，又直线l满足l⊥m，l⊥n，则交线平行于l，故选D.‎ ‎3．(2016·全国甲卷)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：‎ ‎①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.‎ ‎②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.‎ ‎③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.‎ ‎④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．‎ 其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)‎ 解析：对于①，α，β可能平行，也可能相交但不垂直，故错误．对于②，由线面平行的性质定理知存在直线l⊂α，n∥l，又m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n，故正确．对于③，因为α∥β，所以α，β没有公共点．又m⊂α，所以m，β没有公共点，由线面平行的定义可知m ‎∥β，故正确．对于④，因为m∥n，所以m与α所成的角和n与α所成的角相等．因为α∥β，所以n与α所成的角和n与β所成的角相等，所以m与α所成的角和n与β所成的角相等，故正确．‎ 答案：②③④‎ ‎[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考 ‎ ‎[练基础小题——强化运算能力]‎ ‎1．四条线段顺次首尾相连，它们最多可确定的平面有(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 解析：选A　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．已知A，B，C，D是空间四点，命题甲：A，B，C，D四点不共面，命题乙：直线AC和BD不相交，则甲是乙成立的(　　)‎ 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 解析：选A　若A，B，C，D四点不共面，则直线AC和BD不共面，所以AC和BD不相交，充分性成立；若直线AC和BD不相交，若直线AC和BD平行，则A，B，C，D四点共面，必要性不成立，所以甲是乙成立的充分不必要条件．‎ ‎3．若直线a⊥b，且直线a∥平面α，则直线b与平面α的位置关系是(　　)‎ A．b⊂α ‎ B．b∥α C．b⊂α或b∥α ‎ D．b与α相交或b⊂α或b∥α 解析：选D　结合正方体模型可知b与α相交或b⊂α或b∥α都有可能．‎ ‎4.如图，平行六面体ABCD A1B‎1C1D1中既与AB共面又与CC1共面的棱有________条．‎ 解析：依题意，与AB和CC1都相交的棱有BC；与AB相交且与CC1平行有棱AA1，BB1；与AB平行且与CC1相交的棱有CD，C1D1.故符合条件的棱有5条．‎ 答案：5‎ ‎[练常考题点——检验高考能力]‎ 一、选择题 ‎1．若直线上有两个点在平面外，则(　　)‎ A．直线上至少有一个点在平面内 B．直线上有无穷多个点在平面内 C．直线上所有点都在平面外 D．直线上至多有一个点在平面内 解析：选D　根据题意，两点确定一条直线，那么由于直线上有两个点在平面外，则直线在平面外，只能是直线与平面相交，或者直线与平面平行，那么可知直线上至多有一个点在平面内．‎ ‎2．空间四边形两对角线的长分别为6和8，所成的角为45°，连接各边中点所得四边形的面积是(　　)‎ A．6 B．‎12 C．12 D．24 解析：选A　如图，已知空间四边形ABCD，对角线AC＝6，BD＝8，易证四边形EFGH为平行四边形，∠EFG或∠FGH为AC与BD所成的角，大小为45°，故S四边形EFGH＝3×4×sin 45°＝6，故选A.‎ ‎3．若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是(　　)‎ A．l1⊥l4‎ B．l1∥l4‎ C．l1与l4既不垂直也不平行 D．l1与l4的位置关系不确定 解析：选D　构造如图所示的正方体ABCDA1B‎1C1D1，取l1为AD，l2为AA1，l3为A1B1，当取l4为B‎1C1时，l1∥l4，当取l4为BB1时，l1⊥l4，故排除A、B、C，选D.‎ ‎4．已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是(　　)‎ A．相交或平行 B．相交或异面 C．平行或异面 D．相交、平行或异面 解析：选D　依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面．‎ ‎5.如图，ABCD A1B‎1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A‎1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是(　　)‎ 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 解析：选A　连接A‎1C1，AC，则A‎1C1∥AC，所以A1，C1，C，A四点共面，所以A‎1C⊂平面ACC‎1A1，因为M∈A‎1C，所以M∈平面ACC‎1A1，又M∈平面AB1D1，所以M在平面ACC‎1A1与平面AB1D1的交线上，同理O在平面ACC‎1A1与平面AB1D1的交线上，所以A，M，O三点共线．‎ ‎6．过正方体ABCD A1B‎1C1D1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：选D　如图，连接体对角线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.联想正方体的其他体对角线，如连接BD1，则BD1与棱BC，BA，BB1所成的角都相等，∵BB1∥AA1，BC∥AD，∴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．‎ 二、填空题 ‎7.如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别是边BC，CD上的点，且＝＝，则下列说法正确的是________．(填写所有正确说法的序号)‎ ‎①EF与GH平行 ‎②EF与GH异面 ‎③EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上 ‎④EF与GH的交点M一定在直线AC上 解析：连接EH，FG(图略)，依题意，可得EH∥BD，FG∥BD，故EH∥FG，所以E，F，G，H共面．‎ 因为EH＝BD，FG＝BD，故EH≠FG，‎ 所以EFGH是梯形，EF与GH必相交，‎ 设交点为M.因为点M在EF上，‎ 故点M在平面ACB上．同理，点M在平面ACD上，‎ ‎∴点M是平面ACB与平面ACD的交点，‎ 又AC是这两个平面的交线，‎ 所以点M一定在直线AC上．‎ 答案：④‎ ‎8．如图为正方体表面的一种展开图，则图中的AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的有________对．‎ 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．故互为异面直线的有3对．‎ 答案：3‎ ‎9．已知a，b，c为三条不同的直线，且a⊂平面α，b⊂平面β，α∩β＝c.‎ ‎①若a与b是异面直线，则c至少与a，b中的一条相交；‎ ‎②若a不垂直于c，则a与b一定不垂直；‎ ‎③若a∥b，则必有a∥c；‎ ‎④若a⊥b，a⊥c，则必有α⊥β.‎ 其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的序号)‎ 解析：①中若a与b是异面直线，则c至少与a，b中的一条相交，故①正确；②中平面α⊥平面β时，若b⊥c，则b⊥平面α，此时不论a，c是否垂直，均有a⊥b，故②错误；③中当a∥b时，则a∥平面β，由线面平行的性质定理可得a∥c，故③正确；④中若b∥c，则a⊥b，a⊥c时，a与平面β不一定垂直，此时平面α与平面β也不一定垂直，故④错误．‎ 答案：①③‎ ‎10.如图，在三棱锥ABCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别为AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是________．‎ 解析：如图所示，连接DN，取线段DN的中点K，连接MK，CK.∵M为AD的中点，∴MK∥AN，∴∠KMC(或其补角)为异面直线AN，CM所成的角．∵AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，N为BC的中点，由勾股定理易求得AN＝DN＝CM＝2，∴MK＝.在Rt△CKN中，CK＝ ＝.在△CKM中，由余弦定理，得cos∠KMC＝＝，所以异面直线AN，CM 所成的角的余弦值是.‎ 答案： 三、解答题 ‎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．‎ 解：(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)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＝AC，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PABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中点．已知∠BAC＝，AB＝2，AC＝2，PA＝2.求：‎ ‎(1)三棱锥PABC的体积；‎ ‎(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值．‎ 解：(1)S△ABC＝×2×2＝2，三棱锥PABC的体积为V＝S△ABC·PA＝×2×2＝.‎ ‎(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＝，AD＝2，cos∠ADE＝＝.‎ 故异面直线BC与AD所成角的余弦值为.‎ 第三节 本节主要包括2个知识点：‎ ‎1.直线与平面平行的判定与性质； ‎2.平面与平面平行的判定与性质.‎ 直线、平面平行的判定与性质 突破点(一)　直线与平面平行的判定与性质 基础联通 抓主干知识的“源”与“流” ‎ 直线与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行)‎ l∥a，a⊂α，l⊄α⇒l∥α 性质定理 一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(线面平行⇒线线平行)‎ l∥α，l⊂β，‎ α∩β＝b⇒l∥b 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” ‎ 线面平行的判定 ‎[例1]　如图，在三棱台DEFABC中，AB＝2DE，点G，H分别为AC，BC的中点．求证：BD∥平面FGH.‎ ‎[证明]　如图，连接DG，CD，设CD∩FG＝O，连接OH.‎ 在三棱台DEFABC中，AB＝2DE，点G为AC的中点，‎ 可得DF∥GC，DF＝GC，‎ 所以四边形DFCG为平行四边形，‎ 所以点O为CD的中点．‎ 又因为点H为BC的中点，‎ 所以OH∥BD.‎ 又因为OH⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，‎ 所以BD∥平面FGH.‎ ‎[方法技巧]‎ 判定线面平行的四种方法 ‎(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⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．‎ 线面平行性质定理的应用 ‎[例2]　如图，四棱锥PABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为2 .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．‎ ‎[解]　(1)证明：因为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)如图，连接AC，BD交于点O，BD交EF于点K，连接OP，GK.‎ 因为PA＝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ABCD内，所以PO⊥底面ABCD.‎ 又因为平面GEFH⊥平面ABCD，‎ 且PO⊄平面GEFH，所以PO∥平面GEFH.‎ 因为平面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＝DB＝OB，即K为OB的中点．‎ 再由PO∥GK得GK＝PO，‎ 即G是PB的中点，且GH＝BC＝4.‎ 由已知可得OB＝4，PO＝＝＝6，‎ 所以GK＝3.‎ 故四边形GEFH的面积S＝·GK＝×3＝18.‎ ‎[易错提醒]‎ 在应用线面平行的判定定理进行平行转化时，一定注意定理成立的条件，通常应严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如：把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面和已知平面相交，这时才有直线与交线平行．‎ 能力练通　　抓应用体验的“得”与“失” ‎ ‎1．[考点二]如图所示，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和PA作平面PAHG交平面BDM于GH.‎ 求证：PA∥GH.‎ 证明：如图所示，连接AC交BD于点O，‎ 连接MO，‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴O是AC的中点，又M是PC的中点，∴AP∥OM.‎ 又MO⊂平面BMD，PA⊄平面BMD，∴PA∥平面BMD.‎ ‎∵平面PAHG∩平面BMD＝GH，‎ 且PA⊂平面PAHG，∴PA∥GH.‎ ‎2．[考点一]如图，四棱锥PABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝AD，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．求证：‎ ‎(1)AP∥平面BEF；‎ ‎(2)GH∥平面PAD.‎ 证明：‎ ‎(1)连接EC，‎ ‎∵AD∥BC，BC＝AD，‎ ‎∴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PAD.‎ 又∵O是AC的中点，H是CD的中点，‎ ‎∴OH∥AD，∴OH∥平面PAD.‎ 又FH∩OH＝H，‎ ‎∴平面OHF∥平面PAD.‎ 又∵GH⊂平面OHF，∴GH∥平面PAD.‎ 突破点(二)　平面与平面平行的判定与性质 基础联通 抓主干知识的“源”与“流” ‎ 平面与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(线面平行⇒面面平行)‎ a∥β，b∥β，a∩b＝P，a⊂α，b⊂α⇒α∥β 性质定理 如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行 α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” ‎ 面面平行的判定与性质 ‎[典例]　如图所示，在三棱柱ABCA1B‎1C1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EFA1∥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EFA1∥平面BCHG.‎ ‎[方法技巧]‎ 判定面面平行的四种方法 ‎(1)利用定义：即证两个平面没有公共点(不常用)．‎ ‎(2)利用面面平行的判定定理(主要方法)．‎ ‎(3)利用垂直于同一条直线的两平面平行(客观题可用)．‎ ‎(4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(客观题可用)．　‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” ‎ ‎1.如图所示的几何体ABCDFE中，△ABC，△DFE都是等边三角形，且二者所在平面平行，四边形BCED是边长为2的正方形，且所在平面垂直于平面ABC.‎ ‎(1)求几何体ABCDFE的体积；‎ ‎(2)证明：平面ADE∥平面BCF.‎ 解：(1)取BC的中点O，ED的中点G，连接AO，OF，‎ FG，AG.‎ ‎∵AO⊥BC，AO⊂平面ABC，平面BCED⊥平面ABC，‎ ‎∴AO⊥平面BCED.同理FG⊥平面BCED.‎ ‎∵AO＝FG＝，‎ ‎∴VABCDFE＝×2×2××2＝.‎ ‎(2)证明：由(1)知AO∥FG，AO＝FG，‎ ‎∴四边形AOFG为平行四边形，∴AG∥OF.‎ 又∵DE∥BC，DE∩AG＝G，DE⊂平面ADE，AG⊂平面ADE，FO∩BC＝O，FO⊂平面BCF，BC⊂平面BCF，‎ ‎∴平面ADE∥平面BCF.‎ ‎2．一个正方体的平面展开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)判断平面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：‎ 因为ABCD EFGH为正方体，‎ 所以BC∥FG，BC＝FG，‎ 又FG∥EH，FG＝EH，‎ 所以BC∥EH，BC＝EH，‎ 于是四边形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.‎ ‎[全国卷5年真题集中演练——明规律] ‎ ‎1．(2016·全国丙卷)如图，四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．‎ ‎(1)证明MN∥平面PAB；‎ ‎(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．‎ 解：(1)证明：由已知得AM＝AD＝2.取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝BC＝2.‎ 又AD∥BC，故TN綊AM，‎ 所以四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.‎ 因为MN⊄平面PAB，AT⊂平面PAB，‎ 所以MN∥平面PAB.‎ ‎(2)取BC的中点E，连接AE.‎ 由AB＝AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，‎ 且AE＝＝ ＝.‎ 以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.‎ 由题意知P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N，‎ ‎＝(0,2，－4)，＝，＝.‎ 设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，‎ 则即 可取n＝(0,2,1)．于是|cos〈n，〉|＝＝.‎ 所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.‎ ‎2．(2014·新课标全国卷Ⅱ)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．‎ ‎(1)证明：PB∥平面AEC；‎ ‎(2)设二面角DAEC为60°，AP＝1，AD＝，求三棱锥EACD的体积．‎ 解：(1)证明：如图，连接BD交AC于点O，连接EO.‎ 因为平面ABCD为矩形，‎ 所以O为BD的中点．‎ 又E为PD的中点，所以EO∥PB.‎ 因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，‎ 所以PB∥平面AEC.‎ ‎(2)因为PA⊥平面ABCD，平面ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直．‎ 如图，以A为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长，建立空间直角坐标系Axyz，‎ 则D(0, ，0)，E，＝.‎ 设B(m,0,0)(m>0)，则C(m，，0)，＝(m，，0)．‎ 设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，则 即可取n1＝.‎ 又n2＝(1,0,0)为平面DAE的法向量，‎ 由题设|cos〈n1，n2〉|＝，即 ＝，解得m＝.‎ 因为E为PD的中点，‎ 所以三棱锥EACD的高为.三棱锥EACD的体积V＝××××＝.‎ ‎[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考 ‎ ‎[练基础小题——强化运算能力]‎ ‎1．设α，β是两个不同的平面，m，n是平面α内的两条不同直线，l1，l2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分不必要条件是(　　)‎ A．m∥l1且n∥l2 B．m∥β且n∥l2‎ C．m∥β且n∥β D．m∥β且l1∥α 解析：选A　由m∥l1，m⊂α，l1⊂β，得l1∥α，同理l2∥α，又l1，l2相交，所以α∥β，反之不成立，所以m∥l1且n∥l2是α∥β的一个充分不必要条件．‎ ‎2．设m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，且m，n⊂α，则“α∥β ”是“m∥β且n∥β ”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 解析：选A　若m，n⊂α，α∥β，则m∥β且n∥β；反之若m，n⊂α，m∥β且n∥β，则α与β相交或平行，即“α∥β ”是“m∥β且n∥β ”的充分不必要条件．‎ ‎3．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．①③ B．②③ C．①④ D．②④‎ 解析：选C　对于图形①，平面MNP与AB所在的对角面平行，即可得到AB∥平面MNP；对于图形④，AB∥PN，即可得到AB∥平面MNP；图形②③无论用定义还是判定定理都无法证明线面平行．‎ ‎4．已知正方体ABCDA1B‎1C1D1，下列结论中，正确的结论是________(只填序号)．‎ ‎①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.‎ 解析：连接AD1，BC1，AB1，B1D1，C1D1，BD，因为AB綊C1D1，所以四边形AD‎1C1B为平行四边形，故AD1∥BC1，从而①正确；易证BD∥B1D1，AB1∥DC1，又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，故平面AB1D1∥平面BDC1，从而②正确；由图易知AD1与DC1异面，故③错误；因AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，故AD1∥平面BDC1，故④正确．‎ 答案：①②④‎ ‎5.如图所示，在四面体ABCD中，M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则四面体的四个面所在平面中与MN平行的是________．‎ 解析：连接AM并延长，交CD于E，连接BN，并延长交CD于F，由重心性质可知，E，F重合为一点，且该点为CD的中点E，连接MN，由＝＝，得MN∥AB.因此，MN∥平面ABC且MN∥平面ABD.‎ 答案：平面ABC、平面ABD ‎[练常考题点——检验高考能力]‎ 一、选择题 ‎1．下列命题中，错误的是(　　)‎ A．一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交 B．平行于同一平面的两个不同平面平行 C．如果平面α不垂直平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β D．若直线l不平行平面α，则在平面α内不存在与l平行的直线 解析：‎ 选D　A中，如果假定直线与另一个平面不相交，则有两种情形：在平面内或与平面平行，不管哪种情形都得出这条直线与第一个平面不能相交，出现矛盾，故A正确；B是两个平面平行的一种判定定理，B正确；C中，如果平面α内有一条直线垂直于平面β，则平面α垂直于平面β(这是面面垂直的判定定理)，故C正确；D是错误的，事实上，直线l不平行平面α，可能有l⊂α，则α内有无数条直线与l平行．‎ ‎2．已知直线a，b，平面α，则以下三个命题：‎ ‎①若a∥b，b⊂α，则a∥α；‎ ‎②若a∥b，a∥α，则b∥α；‎ ‎③若a∥α，b∥α，则a∥b.‎ 其中真命题的个数是(　　)‎ A．0 B．‎1 C．2 D．3‎ 解析：选A　对于①，若a∥b，b⊂α，则应有a∥α或a⊂α，所以①是假命题；对于②，若a∥b，a∥α，则应有b∥α或b⊂α，因此②是假命题；对于③，若a∥α，b∥α，则应有a∥b或a与b相交或a与b异面，因此③是假命题．综上，在空间中，以上三个命题都是假命题．‎ ‎3．已知直线a，b异面，给出以下命题：‎ ‎①一定存在平行于a的平面α使b⊥α；‎ ‎②一定存在平行于a的平面α使b∥α；‎ ‎③一定存在平行于a的平面α使b⊂α；‎ ‎④一定存在无数个平行于a的平面α与b交于一定点．‎ 则其中正确的是(　　)‎ A．①④ B．②③‎ C．①②③ D．②③④‎ 解析：选D　对于①，若存在平面α使得b⊥α，则有b⊥a，而直线a，b未必垂直，因此①不正确；对于②，注意到过直线a，b外一点M分别引直线a，b的平行线a1，b1，显然由直线a1，b1可确定平面α，此时平面α与直线a，b均平行，因此②正确；对于③，注意到过直线b上的一点B作直线a2与直线a平行，显然由直线b与a2可确定平面α，此时平面α与直线a平行，且b⊂α，因此③正确；对于④，在直线b上取一定点N，过点N作直线c与直线a平行，经过直线c的平面(除由直线a与c所确定的平面及直线c与b所确定的平面之外)均与直线a平行，且与直线b相交于一定点N，而N在b上的位置任意，因此④正确．综上所述，②③④正确．‎ ‎4．设l，m，n表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列三个命题：‎ ‎①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；‎ ‎②若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，则l∥m∥n；‎ ‎③若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，且n∥β，则l∥m.‎ 其中正确命题的个数是(　　)‎ A．0 B．‎1 C．2 D．3‎ 解析：选C　①正确；②中三条直线也可能相交于一点，故错误；③正确，所以正确的命题有2个．‎ ‎5．(2017·襄阳模拟)如图，在正方体ABCD A1B‎1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是(　　)‎ A．MN与CC1垂直 B．MN与AC垂直 C．MN与BD平行 D．MN与A1B1平行 解析：选D　如图所示，连接AC，C1D，BD，则MN∥BD，而C‎1C⊥BD，故C‎1C⊥MN，故A、C正确，D错误，又因为AC⊥BD，所以MN⊥AC，B正确．‎ ‎6.如图，矩形ABCD中，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE.若M为线段A‎1C的中点，则在△ADE翻转过程中，正确的命题是(　　)‎ ‎①|BM|是定值；‎ ‎②点M在圆上运动；‎ ‎③一定存在某个位置，使DE⊥A‎1C；‎ ‎④一定存在某个位置，使MB∥平面A1DE.‎ A．①②③ B．①②④‎ C．②③④ D．①③④‎ 解析：选B　取DC中点N，连接MN，NB，则MN∥A1D，NB∥DE，∴平面MNB∥平面A1DE，∵MB⊂平面MNB，∴MB∥平面A1DE，④正确；∠A1DE＝∠MNB，MN＝A1D＝定值，NB＝DE＝定值，根据余弦定理得，MB2＝MN2＋NB2－2MN·NB·cos ∠MNB，所以MB是定值．①正确；B是定点，所以M是在以B为圆心，MB为半径的圆上，②正确；当矩形ABCD满足AC⊥DE时存在，其他情况不存在，③不正确．所以①②④正确．‎ 二、填空题 ‎7．过三棱柱ABC A1B‎1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB‎1A1 平行的直线共有________条．‎ 解析：过三棱柱ABC A1B‎1C1的任意两条棱的中点作直线，记AC，BC，A‎1C1，B‎1C1的中点分别为E，F，E1，F1，则直线EF，E‎1F1，EE1，FF1，E‎1F，EF1均与平面ABB‎1A1平行，故符合题意的直线共有6条．‎ 答案：6‎ ‎8．正方体ABCD A1B‎1C1D1的棱长为‎1 cm，过AC作平行于体对角线BD1的截面，则截面面积为________cm2.‎ 解析：如图所示，截面ACE∥BD1，平面BDD1∩平面ACE＝EF，其中F为AC与BD的交点，∴E为DD1的中点，∴S△ACE＝××＝ (cm2)．‎ 答案： ‎9．α，β，γ是三个平面，a，b是两条直线，有下列三个条件：‎ ‎①α∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ.‎ 如果命题“α∩β＝a，b⊂γ，且________，则a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________(填上你认为正确的所有序号)．‎ 解析：①α∥γ，α∩β＝a，β∩γ＝b⇒a∥b(面面平行的性质)．‎ ‎②如图所示，在正方体中，α∩β＝a，b⊂γ，a∥γ，b∥β，而a，b异面，故②错．③b∥β，b⊂γ，β∩γ＝a⇒a∥b(线面平行的性质)．‎ 答案：①③‎ ‎10.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________．‎ 解析：设＝＝k(00)，则D(0,2,0)，A(0，－2,0)，P(0,0，t)，F(，0,0)，B(，－1,0)．‎ 因为BD⊥平面PEC，‎ 所以＝(－，3,0)是平面PEC的一个法向量，‎ 又＝(，－1，－t)，‎ 所以cos〈，〉＝＝＝.‎ 由已知可得sin＝|cos〈，〉|＝，得t＝2(负值舍去)．‎ 故P(0,0,2)，＝(，－1，－2)，＝(，1,0)．‎ 设平面APB的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则由可得 取y＝－，则x＝，z＝，‎ 故n＝(，－，)为平面APB的一个法向量，‎ 所以cos〈，n〉＝＝＝－.‎ 设平面APB与平面PEC所成的锐二面角为θ，‎ 则cos θ＝|cos〈，n〉|＝.‎ ‎2．如图1，正方形ABCD的边长为4，AB＝AE＝BF＝EF，AB∥EF，把四边形ABCD沿AB折起，使得AD⊥平面AEFB，G是EF的中点，如图2.‎ ‎(1)求证：AG⊥平面BCE；‎ ‎(2)求二面角CAEF的余弦值．‎ 解：(1)证明：连接BG，‎ 因为BC∥AD，AD⊥底面AEFB，‎ 所以BC⊥底面AEFB，又AG⊂底面AEFB，‎ 所以BC⊥AG，‎ 因为AB綊EG，AB＝AE，‎ 所以四边形ABGE为菱形，所以AG⊥BE，‎ 又BC∩BE＝B，BE⊂平面BCE，BC⊂平面BCE，‎ 所以AG⊥平面BCE.‎ ‎(2)由(1)知四边形ABGE为菱形，AG⊥BE，AE＝EG＝BG＝AB＝4，‎ 设AG∩BE＝O，所以OE＝OB＝2，OA＝OG＝2，‎ 以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则O(0,0,0)，A(－2,0,0)，E(0，－2，0)，F(4,2，0)，C(0,2，4)，D(－2,0,4)，‎ 所以＝(2,2，4)，＝(2，－2，0)，‎ 设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则 所以 令y＝1，则x＝，z＝－，‎ 即平面ACE的一个法向量为n＝(，1，－)，‎ 易知平面AEF的一个法向量为＝(0,0,4)，‎ 设二面角CAEF的大小为θ，由图易知θ∈，‎ 所以cos θ＝＝＝.‎ 三、冲刺满分题 ‎1．(2016·四川高考)如图，在四棱锥 PABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD，E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°.‎ ‎(1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；‎ ‎(2)若二面角PCDA的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值．‎ 解：(1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行．如图，延长AB，DC相交于点M(M∈平面PAB)，点M即为所求的一个点．‎ 理由如下：‎ 由已知，知BC∥ED，且BC＝ED，‎ 所以四边形BCDE是平行四边形，从而CM∥EB.‎ 又EB⊂平面PBE，CM⊄平面PBE，‎ 所以CM∥平面PBE.‎ ‎(2)由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，‎ 所以CD⊥平面PAD，从而CD⊥PD，‎ 所以∠PDA是二面角PCDA的平面角，‎ 所以∠PDA＝45°.‎ 因为PA⊥AB，所以PA⊥平面ABCD.‎ 设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2，作Ay⊥平面PAD，以A为原点，以，的方向分别为x轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,1,0)，E(1,0,0)，‎ 所以＝(1,0，－2)，＝(1,1,0)，＝(0,0,2)．‎ 设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 由得 令x＝2，则n＝(2，－2,1)．‎ 设直线PA与平面PCE所成角为α，‎ 则sin α＝＝＝，‎ 所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.‎ ‎2.如图，在三棱柱ABC A1B‎1C1中，已知AB⊥侧面BB‎1C1C，AB＝BC＝1，BB1＝2，∠BCC1＝.‎ ‎(1)求证：BC1⊥平面ABC；‎ ‎(2)设＝λ (0≤λ≤1)，且平面AB1E与BB1E所成的锐二面角的大小为30°，试求λ的值．‎ 解：(1)证明：因为AB⊥侧面BB‎1C1C，BC1⊂侧面BB‎1C1C，故AB⊥BC1，‎ 在△BCC1中，BC＝1，CC1＝BB1＝2，∠BCC1＝，‎ 所以BC＝BC2＋CC－2BC·CC1·cos∠BCC1＝12＋22－2×1×2×cos＝3，‎ 所以BC1＝，‎ 故BC2＋BC＝CC，‎ 所以BC⊥BC1，而BC∩AB＝B，‎ 所以BC1⊥平面ABC.‎ ‎(2)由(1)可知，AB，BC，BC1两两垂直．以B为原点，BC，‎ BA，BC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．‎ 则B(0,0,0)，A(0,1,0)，B1(－1，0，)，C(1,0,0)，C1(0,0，)．‎ 所以＝(－1,0, )，‎ 所以＝(－λ，0, λ)，E(1－λ，0, λ)，‎ 则＝(1－λ，－1，λ)，＝(－1，－1，)．‎ 设平面AB1E的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则 即 令z＝，则x＝，y＝，‎ 故n＝是平面AB1E的一个法向量．‎ 因为AB⊥平面BB‎1C1C，‎ 所以＝(0,1,0)是平面BB1E的一个法向量，‎ 所以|cos〈n，〉|＝＝‎ ＝.‎ 两边平方并化简得2λ2－5λ＋3＝0，‎ 所以λ＝1或λ＝(舍去)．故λ的值为1.‎