1、第七章立体几何第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图1简单几何体(1)简单旋转体的结构特征：圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到；圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到；球可以由半圆或圆绕直径旋转得到(2)简单多面体的结构特征：棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形；棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形2直观图(1)画法：常用斜二测画法(2)规则：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4
2、5(或135)，z轴与x轴和y轴所在平面垂直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轴的线段长度在直观图中变为原来的一半3三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线说明：正视图也称主视图，侧视图也称左视图(2)三视图的画法基本要求：长对正，高平齐，宽相等画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线小题体验1若一个三棱柱的三视图如图所示，其俯视图为正三角形，则这个三棱柱的高和底面边长分别为()A2,2B2，2C4,2 D2,4解析：选D由三视
3、图可知，正三棱柱的高为2，底面正三角形的高为2，故底面边长为4，故选D2(教材习题改编)如图，长方体ABCD ABCD被截去一部分，其中EHAD，则剩下的几何体是_，截去的几何体是_答案：五棱柱三棱柱1台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点2空间几何体不同放置时其三视图不一定相同3对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视实虚线的画法小题纠偏1用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是()解析：选B俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B2(教材习题改编)利用斜二测画法得到的三角形
4、的直观图一定是三角形；正方形的直观图一定是菱形；等腰梯形的直观图可以是平行四边形；菱形的直观图一定是菱形以上结论正确的个数是_解析：由斜二测画法的规则可知正确；错误，是一般的平行四边形；错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，也错误答案：1题组练透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、球体的组合体解析：选C截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体2给出下列几个命题：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；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；棱台的上、下
5、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()A0B1C2 D3解析：选B不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；正确；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：棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；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；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：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；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
6、角都是直二面角；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；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：谨记通法解决与空间几何体结构特征有关问题3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；(3)通过反例对结构特征进行辨析典例引领1(2017东北四市联考)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P是线段CD的中点，则三棱锥PA1B1A的侧视图为()解析：选D如图，画出原正方体的侧视图，显然对于三棱锥PA1B1A，B(C)点均消失
7、了，其余各点均在，从而其侧视图为D2(2015北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为()A1BC D2解析：选C根据三视图，可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥VABCD，其中VB平面ABCD，且底面ABCD是边长为1的正方形，VB1所以四棱锥中最长棱为VD连接BD，易知BD，在RtVBD中，VD由题悟法1已知几何体，识别三视图的技巧已知几何体画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定线在投影面上的实虚2已知三视图，判断几何体的技巧(1)对柱、锥、台、球的三视图要熟悉(2)明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图(3)遵循“长对正、高平齐、宽
8、相等”的原则提醒对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同即时应用1(2016沈阳市教学质量监测)“牟合方盖”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，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是()解析：选B根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B，故选B2一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是()解析：选D由俯视图是圆环可排除A
9、、B、C，进一步将已知三视图还原为几何体，可得选项D典例引领有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，ABC45，ABAD1，DCBC，则这块菜地的面积为_解析：如图，在直观图中，过点A作AEBC，垂足为E在RtABE中，AB1，ABE45，BE而四边形AECD为矩形，AD1，ECAD1，BCBEEC1由此可还原原图形如图在原图形中，AD1，AB2，BC1，且ADBC，ABBC，这块菜地的面积S(ADBC)AB22答案：2由题悟法原图与直观图中的“三变”与“三不变”(1)“三变”(2)“三不变”即时应用如图，矩形OABC是水平放置的一个平面图形的直观图，其
10、中OA6 cm，OC2 cm，则原图形是()A正方形B矩形C菱形 D一般的平行四边形解析：选C如图，在原图形OABC中，应有OD2OD224 cm，CDCD2 cmOC6 cm，OAOC，故四边形OABC是菱形一抓基础，多练小题做到眼疾手快1某几何体的正视图和侧视图完全相同，均如图所示，则该几何体的俯视图一定不可能是()解析：选D几何体的正视图和侧视图完全一样，则几何体从正面看和侧面看的长度相等，只有等边三角形不可能2下列说法正确的是()A棱柱的两个底面是全等的正多边形B平行于棱柱侧棱的截面是矩形C直棱柱正棱柱D正四面体正三棱锥解析：选D因为选项A中两个底面全等，但不一定是正多边形；选项B中一
11、般的棱柱不能保证侧棱与底面垂直，即截面是平行四边形，但不一定是矩形；选项C中正棱柱直棱柱，故A、B、C都错；选项D中，正四面体是各条棱均相等的正三棱锥，故正确3某几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是()A三棱锥B四棱锥C四棱台 D三棱台解析：选A因为正视图和侧视图都为三角形，可知几何体为锥体，又因为俯视图为三角形，故该几何体为三棱锥4在如图所示的直观图中，四边形OABC为菱形且边长为2 cm，则在直角坐标系xOy中，四边形ABCO的形状为_，面积为_cm2解析：由斜二测画法的特点知该平面图形是一个长为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85已知某几何
12、体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是矩形，俯视图是正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何体的形状给出下列命题：矩形；有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；两个面都是等腰直角三角形的四面体其中正确命题的序号是_解析：由三视图可知，该几何体是正四棱柱，作出其直观图，ABCDA1B1C1D1，如图，当选择的4个点是B1，B，C，C1时，可知正确；当选择的4个点是B，A，B1，C时，可知正确；易知不正确答案：二保高考，全练题型做到高考达标1已知底面为正方形的四棱锥，其中一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的()解析：选C根据三视图的定义可知A、
13、B、D均不可能，故选C2如图所示是水平放置三角形的直观图，点D是ABC的BC边中点，AB，BC分别与y轴、x轴平行，则三条线段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ABBC，从而ABADAC3(2016沈阳市教学质量监测)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个凸多面体的三视图(两个矩形，一个直角三角形)，则这个几何体可能为()A三棱台 B三棱柱C四棱柱 D四棱锥解析：选B根据三视图的法则：长对正，高平齐，宽相等，可得几何体如图所示，这是一个三棱柱4(201
14、6淄博一模)把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，形成的三棱锥ABCD的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为()A BC D解析：选D由正视图与俯视图可得三棱锥ABCD的一个侧面与底面垂直，其侧视图是直角三角形，且直角边长均为，所以侧视图的面积为S5已知四棱锥PABCD的三视图如图所示，则四棱锥PABCD的四个侧面中面积最大的是()A3 B2C6 D8解析：选C四棱锥如图所示，取AD的中点N，BC的中点M，连接PM，PN，则PM3，PN，SPAD42，SPABSPDC233，SPBC436所以四个侧面中面积最大的是66设有以下四个命题：底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；底面是矩
15、形的平行六面体是长方体；直四棱柱是直平行六面体；棱台的相对侧棱延长后必交于一点其中真命题的序号是_解析：命题符合平行六面体的定义，故命题是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题是错误的；命题由棱台的定义知是正确的答案：7一个圆台上、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ACOB，交OB于点C在RtABC中，AC12 cm，BC835 (cm)AB13(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2，则该棱锥的高
16、为_解析：如图，取正方形ABCD的中心O，连结VO，AO，则VO就是正四棱锥VABCD的高因为底面面积为16，所以AO2因为一条侧棱长为2所以VO6所以正四棱锥VABCD的高为6答案：69已知正三角形ABC的边长为2，那么ABC的直观图ABC的面积为_解析：如图，图、图所示的分别是实际图形和直观图从图可知，ABAB2，OCOC，CDOCsin 45所以SABCABCD2答案：10已知正三棱锥V ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示(1)画出该三棱锥的直观图；(2)求出侧视图的面积解：(1)直观图如图所示(2)根据三视图间的关系可得BC2，侧视图中VA 2，SVBC226三上台阶，自主选做志在
17、冲刺名校1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()A8 B7C6 D5解析：选C画出直观图，共六块2(2017湖南省东部六校联考)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中，最大的面积是()A4 B8C4 D8解析：选C设该三棱锥为PABC，其中PA平面ABC，PA4，则由三视图可知ABC是边长为4的等边三角形，故PBPC4，所以SABC424，SPABSPAC448，SPBC44，故四个面中面积最大的为SPBC4，选C3如图，在四棱锥PABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们
18、是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2(2)由侧视图可求得PD6由正视图可知AD6，且ADPD，所以在RtAPD中，PA 6 cm第二节空间几何体的表面积与体积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2rlS圆锥侧rlS圆台侧(rr)l2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VSh锥体(棱锥和圆锥)S表面积S侧S底VSh台体(棱
19、台和圆台)S表面积S侧S上S下V(S上S下)h球S4R2VR3小题体验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()A20B24C28 D32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r2，c2r4，h4，由勾股定理得：l4，S表r2chcl4168282(教材习题改编)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_解析：由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱，其底面为侧视图，该侧视图是底边为2，高为的三角形，正视图的长为三棱柱的高，故h3，所以该几何体的体积VSh33答案：33正
20、三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为2，侧棱长为，D为BC中点，则三棱锥AB1DC1的体积为_解析：在正三棱柱ABCA1B1C1中，ADBC，ADBB1，BB1BCB，AD平面B1DC1VAB1DC1SB1DC1AD21答案：11求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易出错2由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误3易混侧面积与表面积的概念小题纠偏1(教材习题改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为_，球的表面积与圆柱的侧面积之比为_答案：23112若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是_解析：由
21、三视图可知，该几何体由一个正四棱柱和一个棱台组成，其表面积S34222242246(26)227216答案：7216题组练透1(易错题)(2015全国卷)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1620，则r()A1B2C4 D8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S4r2r24r2r2r(54)r2又S1620，(54)r21620，r24，r2，故选B2(2015福建高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于()A82B112C
22、142D15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)82，两底面的面积和为21(12)3，所以该几何体的表面积为8231123某几何体的三视图如图所示，则它的侧面积为()A12 B24C24 D12解析：选A由三视图得，这是一个正四棱台，由条件知斜高h，侧面积S412谨记通法几何体的表面积的求法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点(2)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、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和
23、或作差求得几何体的表面积注意衔接部分的处理，如“题组练透”第1题典例引领1(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()ABC D1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12132(2015全国卷)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 BC 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V1111，剩余部分的体积V21
24、3所以由题悟法有关几何体体积的类型及解题策略常见类型解题策略球的体积问题直接利用球的体积公式求解，在实际问题中要根据题意作出图形，构造直角三角形确定球的半径锥体、柱体的体积问题根据题设条件求出所给几何体的底面积和高，直接套用公式求解以三视图为载体的几何体体积问题将三视图还原为几何体，利用空间几何体的体积公式求解不规则几何体的体积问题常用分割或补形的思想，若几何体的底不规则，也需采用同样的方法，将不规则的几何体或平面图形转化为规则的几何体或平面图形，易于求解即时应用1(2016西安质检)某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为()ABCD3解析：选A根据几何体的三视图，得该几何体是下部为直三棱
25、柱，上部为三棱锥的组合体，如图所示则该几何体的体积是V几何体V三棱柱V三棱锥2112112(2017云南省统检)如图是底面半径为1，高为2的圆柱被削掉一部分后剩下的几何体的三视图，则被削掉的那部分的体积为()A BC2 D2解析：选B由三视图可知，剩下部分的几何体由半个圆锥和一个三棱锥组成，其体积V122212，被削掉的那部分的体积为1223(2016浙江高考)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解析：由三视图知该几何体是一个组合体，左边是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm,4 cm,2 cm，右边也是一个长方体，交于一点的三条棱的长
26、分别为2 cm，2 cm，4 cm几何体的表面积为(222424)2222272(cm2)，体积为224232(cm3)答案：7232锁定考向与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考生的难点、易失分点，命题角度多变常见的命题角度有：(1)正四面体的内切球与四棱锥的外接球；(2)直三棱柱的外接球；(3)正方体(长方体)的内切、外接球 题点全练角度一：正四面体的内切球与四棱锥的外接球1(2017长春模拟)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S14a2a2，其内切球半径为正四面体高的，即raa，因此内切球表面积为S24r2，则答案
27、：角度二：直三棱柱的外接球2已知直三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB3，AC4，ABAC，AA112，则球O的半径为()AB2C D3解析：选C如图，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M又AMBC，OMAA16，所以球O的半径ROA 角度三：正方体(长方体)的内切、外接球3如图，已知球O是棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为()ABC D解析：选C平面ACD1截球O的截面为ACD1的内切圆因为正方体的棱长为1，所以ACCD1AD1，所以内切圆的半径rtan 30，所以Sr2通法在握“切”“接”问题处理的注意事项(1
28、)“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，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(2)“接”的处理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演练冲关1(2017广州市综合测试)一个六棱柱的底面是正六边形，侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点都在同一个球面上，则该球的体积为()A20 BC5 D解析：选D由题意知六棱柱的底面正六边形的外接圆半径r1，其高h1，球半径为R，该球的体积VR332(2016河南省六市第一次联考)三棱锥PAB
29、C中，ABBC，AC6，PC平面ABC，PC2，则该三棱锥的外接球表面积为()A BC D解析：选D由题可知，ABC中AC边上的高为，球心O在底面ABC的投影即为ABC的外心D，设DADBDCx，x232(x)2，解得x，R2x221(其中R为三棱锥外接球的半径)，外接球的表面积S4R2，故选D一抓基础，多练小题做到眼疾手快1一个球的表面积是16，那么这个球的体积为()ABC16 D24解析：选B设球的半径为R，因为表面积是16，所以4R216，解得R2所以体积为R32(2016长春市质量检测(二)几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A B16C D16解析：选C该几何体可视为长方体
30、挖去一个四棱锥所得，所以其体积为224222故选C3(2016全国乙卷)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径若该几何体的体积是，则它的表面积是()A17 B18C20 D28解析：选A由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的，得到的几何体如图设球的半径为R，则R3R3，解得R2因此它的表面积为4R2R217故选A4(2016北京高考)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为_解析：由题意知该四棱柱为直四棱柱，其高为1，其底面为上底长为1，下底长为2，高为1的等腰梯形，所以该四棱柱的体积为V1答案：5(2015天津高考)一个几何体的三视图如图所示(
31、单位：m)，则该几何体的体积为_m3解析：由几何体的三视图可知该几何体由两个圆锥和一个圆柱构成，其中圆锥的底面半径和高均为1，圆柱的底面半径为1且其高为2，故所求几何体的体积为V1212122答案：二保高考，全练题型做到高考达标1圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84，则圆台较小底面的半径为()A7B6C5 D3解析：选A设圆台较小底面半径为r，则另一底面半径为3r由S(r3r)384，解得r72一个六棱锥的体积为2，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为()A6 B8C12 D24解析：选C由题意可知该六棱锥为正六棱锥，正六棱锥的高为
32、h，侧面的斜高为h由题意，得622h2，h1，斜高h2，S侧62212故选C3(2015重庆高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A2 BC D解析：选B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1221214(2017兰州市实战考试)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个等腰直角三角形，则该几何体外接球的体积为()A BC3 D3解析：选A由题意得，该几何体为四棱锥，且该四棱锥的外接球即为棱长为1的正方体的外接球，其半径为，故体积为3，故选A5(2016山西省高三考前质量检测)某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为3，则
33、侧视图中线段的长度x的值是()A B2C4 D5解析：选C分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥PABCD，故其体积V4CP3，CP，x4，故选C6已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中圆的直径为4，该几何体的体积为V1，直径为4的球的体积为V2，则V1V2_解析：由三视图知，该几何体为圆柱内挖去一个底面相同的圆锥，因此V18，V223，V1V212答案：127(2016合肥市第二次质量检测)已知球O的内接圆柱的轴截面是边长为2的正方形，则球O的表面积为_解析：由题意可得，球心在轴截面正方形的中心，则外接球的半径R，该球的表面积为4R28答案：88(2016四川高考)已知三棱锥的四个面都
34、是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是_解析：由正视图知三棱锥的形状如图所示，且ABADBCCD2，BD2，设O为BD的中点，连接OA，OC，则OABD，OCBD，结合正视图可知AO平面BCD又OC1，V三棱锥ABCD1答案：9(2017武汉调研)已知正四棱锥的顶点都在同一球面上，且该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为_解析：如图，正四棱锥PABCD的外接球的球心O在它的高PO1上，设球的半径为R，因为底面边长为2，所以AC4在RtAOO1中，R2(4R)222，所以R，所以球的表面积S4R225答案：2510如图，在四边形ABCD中，DAB90，ADC
35、135，AB5，CD2，AD2，求四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积及体积解：由已知得：CE2，DE2，CB5，S表面S圆台侧S圆台下底S圆锥侧(25)52522(604)，VV圆台V圆锥(2252)4222三上台阶，自主选做志在冲刺名校1(2017广西质检)高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积与原直三棱柱的体积的比值为()A BC D解析：选C由侧视图、俯视图知该几何体是高为2、底面积为2(24)6的四棱锥，其体积为4易知直三棱柱的体积为8，则该几何体的体积与原直三棱柱的体积的比值为，故选C2(2017唐山统
36、考)三棱锥PABC中，PA平面ABC且PA2，ABC是边长为的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为()A B4C8 D20解析：选C由题意得，此三棱锥外接球即为以ABC为底面、以PA为高的正三棱柱的外接球，因为ABC的外接圆半径r1，外接球球心到ABC的外接圆圆心的距离d1，所以外接球的半径R，所以三棱锥外接球的表面积S4R28，故选C3如图是一个以A1B1C1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC，已知A1B1B1C12，A1B1C190，AA14，BB13，CC12，求：(1)该几何体的体积(2)截面ABC的面积解：(1)过C作平行于A1B1C1的截面A2B2C，交AA1
37、，BB1分别于点A2，B2由直三棱柱性质及A1B1C190可知B2C平面ABB2A2，则该几何体的体积VVA1B1C1A2B2CVCABB2A2222(12)226(2)在ABC中，AB，BC，AC2则SABC2第三节空间点、线、面之间的位置关系1平面的基本性质(1)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(2)公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面(3)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2空间中两直线的位置关系(1)空间中两直线的位置关系(2)异面直线所成的角定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线aa
38、，bb，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)范围：(3)公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行(4)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3空间中直线与平面、平面与平面的位置关系(1)直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况(2)平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况小题体验1下列说法正确的是()A若a，b，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异面答案：D2(教材习题改编)设P表示一个点，a，b表示两条直线，表示两个平面，给出下
39、列四个命题，其中正确的命题是_Pa，Pa；abP，ba；ab，a，Pb，Pb；b，P，PPb答案：1异面直线易误解为“分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线”，实质上两异面直线不能确定任何一个平面，因此异面直线既不平行，也不相交2直线与平面的位置关系在判断时最易忽视“线在面内”3不共线的三点确定一个平面，一定不能丢掉“不共线”条件小题纠偏1(2017江西七校联考)已知直线a和平面，l，a，a，且a在，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2若直线ab，且直线a平
40、面，则直线b与平面的位置关系是()AbBbCb或b Db与相交或b或b解析：选Db与相交或b或b都可以3四条线段顺次首尾相连，它们最多可确定的平面个数有()A4个B3个C2个 D1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4个平面典例引领如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是AB，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，A1B，CD1E，F分别是AB，AA1的中点，EFA1B又A1BCD1，EFCD1，E，C，D1，F四点共面(2)EFCD1，EFCD1，CE与D1F必相交，设
41、交点为P，则由PCE，CE平面ABCD，得P平面ABCD同理P平面ADD1A1又平面ABCD平面ADD1A1DA，P直线DACE，D1F，DA三线共点由题悟法1点线共面问题证明的2种方法(1)纳入平面法：先确定一个平面，再证有关点、线在此平面内；(2)辅助平面法：先证有关点、线确定平面，再证其余点、线确定平面，最后证明平面，重合2证明多线共点问题的2个步骤(1)先证其中两条直线交于一点；(2)再证交点在第三条直线上证交点在第三条直线上时，第三条直线应为前两条直线所在平面的交线，可以利用公理3证明如“本例”中第(2)问即时应用 如图，在四边形ABCD中，已知ABCD，直线AB，BC，AD，DC分
42、别与平面相交于点E，G，H，F，求证：E，F，G，H四点必定共线证明：因为ABCD，所以AB，CD确定一个平面又因为ABE，AB，所以E，E，即E为平面与的一个公共点同理可证F，G，H均为平面与的公共点，因为两个平面有公共点，它们有且只有一条通过公共点的公共直线，所以E，F，G，H四点必定共线典例引领如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：直线AM与CC1是相交直线；直线AM与BN是平行直线；直线BN与MB1是异面直线；直线AM与DD1是异面直线其中正确的结论的序号为_解析：直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，所以错
43、误点B，B1，N在平面BB1C1C中，点M在此平面外，所以BN，MB1是异面直线同理AM，DD1也是异面直线答案：由题悟法即时应用1上面例题中正方体ABCDA1B1C1D1的棱所在直线中与直线AB是异面直线的有_条解析：与AB异面的有4条：CC1，DD1，A1D1，B1C1答案：42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是异面直线的图形的是_(填上所有正确答案的序号)解析：图中，直线GHMN；图中，G，H，N三点共面，但M平面GHN，因此直线GH与MN异面；图中，连接MG，GMHN，因此GH与MN共面；图中，G，M，N共面，但H平面GMN，因此GH与MN
44、异面所以在图中，GH与MN异面答案：典例引领如图所示，三棱锥PABC中，PA平面ABC，BAC60，PAABAC2，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，A，B，E，平面即为平面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EFPB，所以AEF(或其补角)就是异面直线AE与PB所成的角BAC60，PAABAC2，PA平面ABC，AF，AE，EF，cosAEF，故异面直线AE与PB所成角的余弦值为由题悟法用平移法求异面直线所成的角的3步骤(
45、1)一作：即据定义作平行线，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即时应用如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，(1)求AC与A1D所成角的大小；(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小解：(1)连接B1C，AB1，由ABCDA1B1C1D1是正方体，易知A1DB1C，从而B1C与AC所成的角就是AC与A1D所成的角AB1ACB1C，B1CA60即A1D与AC所成的角为60(2)连接BD，在正方体ABCDA1B
46、1C1D1中，ACBD，ACA1C1，E，F分别为AB，AD的中点，EFBD，EFACEFA1C1即A1C1与EF所成的角为90一抓基础，多练小题做到眼疾手快1“点P在直线m上，m在平面内”可表示为()APm，mBPm，mCPm，m DPm，m解析：选B点在直线上用“”，直线在平面上用“”，故选B2(2015广东高考)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面内，l2在平面内，l是平面与平面的交线，则下列命题正确的是()Al与l1，l2都不相交Bl与l1，l2都相交Cl至多与l1，l2中的一条相交Dl至少与l1，l2中的一条相交解析：选D由直线l1和l2是异面直线可知l1与l2不平行，故l1，l2
47、中至少有一条与l相交3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()A6 B12C12 D24解析：选A如图，已知空间四边形ABCD，设对角线AC6，BD8，易证四边形EFGH为平行四边形，EFG或FGH为AC与BD所成的45角，故S四边形EFGH34sin 456，故选A4若平面，相交，在，内各取两点，这四点都不在交线上，这四点能确定_个平面解析：如果这四点在同一平面内，那么确定一个平面；如果这四点不共面，则任意三点可确定一个平面，所以可确定四个答案：1或45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
48、，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故符合条件的有5条答案：5二保高考，全练题型做到高考达标1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；若直线AC和BD不相交，若直线AC和BD平行时，A，B，C，D四点共面，所以甲是乙成立的充分不必要条件2在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是线段B
49、C，CD1的中点，则直线A1B与直线EF的位置关系是()A相交 B异面C平行 D垂直解析：选A由BC綊AD，AD綊A1D1知，BC綊A1D1，从而四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1BCD1，又EF平面A1BCD1，EFD1CF，则A1B与EF相交3下列命题中，真命题的个数为()如果两个平面有三个不在一条直线上的公共点，那么这两个平面重合；两条直线可以确定一个平面；空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内；若M，M，l，则MlA1 B2C3 D4解析：选B根据公理2，可判断是真命题；两条异面直线不能确定一个平面，故是假命题；在空间，相交于同一点的三条直线不一定共面(如墙角)，故是假命题；
50、根据平面的性质可知是真命题综上，真命题的个数为24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()AA，M，O三点共线 BA，M，O，A1不共面CA，M，C，O不共面 DB，B1，O，M共面解析：选A连接A1C1，AC，则A1C1AC，所以A1，C1，C，A四点共面，所以A1C平面ACC1A1，因为MA1C，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5已知正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是A
51、1D1，A1C1的中点，则异面直线AE和CF所成的角的余弦值为()A BC D解析：选C如图，设正方体的棱长为a，取线段AB的中点M，连接CM，MF，EF则MF綊AE，所以CFM即为所求角或所求角的补角在CFM中，MFCMa，CFa，根据余弦定理可得cosCFM，所以可得异面直线AE与CF所成的角的余弦值为故选C6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直线的对数为_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
52、EF平行故互为异面的直线有且只有3对答案：37(2017福建六校联考)设a，b，c是空间中的三条直线，下面给出四个命题：若ab，bc，则ac；若ab，bc，则ac；若a与b相交，b与c相交，则a与c相交；若a平面，b平面，则a，b一定是异面直线上述命题中正确的命题是_(写出所有正确命题的序号)解析：由公理4知正确；当ab，bc时，a与c可以相交、平行或异面，故错；当a与b相交，b与c相交时，a与c可以相交、平行，也可以异面，故错；a，b，并不能说明a与b“不同在任何一个平面内”，故错答案：8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
53、，那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为_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ADBC，所以直线AC1与AD所成角等于异面直线AC1与BC所成角，因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，所以C1D圆柱下底面，所以C1DAD，因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，所以C1DAD，所以直线AC1与AD所成角的正切值为，所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为答案：9如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是A1B1，B1C1的中点问：(1)AM与CN是否是异面直线？说明理由；(2)D1B与CC1是否是异面直线？说明理由解：(1)
54、AM与CN不是异面直线理由如下：如图，连接MN，A1C1，AC因为M，N分别是A1B1，B1C1的中点，所以MNA1C1又因为A1A綊C1C，所以四边形A1ACC1为平行四边形，所以A1C1AC，所以MNAC，所以A，M，N，C在同一平面内，故AM和CN不是异面直线(2)D1B与CC1是异面直线理由如下：因为ABCDA1B1C1D1是正方体，所以B，C，C1，D1不共面假设D1B与CC1不是异面直线，则存在平面，使D1B平面，CC1平面，所以D1，B，C，C1，这与B，C，C1，D1不共面矛盾所以假设不成立，即D1B与CC1是异面直线10如图所示，在三棱锥P ABC中，PA底面ABC，D是PC
55、的中点已知BAC90，AB2，AC2，PA2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)SABC222，故三棱锥P ABC的体积为VSABCPA22(2)如图所示，取PB的中点E，连接DE，AE，则DEBC，所以ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角在ADE中，DE2，AE，AD2，则cosADE即异面直线BC与AD所成角的余弦值为三上台阶，自主选做志在冲刺名校1如图是三棱锥DABC的三视图，点O在三个视图中都是所在边的中点，则异面直线DO和AB所成角的余弦值等于()A BC D解析：选A由三视图及题意得如图所示的直观图，从A出发的三条线段AB，A
56、C，AD两两垂直且ABAC2，AD1，O是BC中点，取AC中点E，连接DE，DO，OE，则OE1，又可知AE1，由于OEAB，故DOE即为所求两异面直线所成的角或其补角在直角三角形DAE中，DE，由于O是中点，在直角三角形ABC中可以求得AO，在直角三角形DAO中可以求得DO在三角形DOE中，由余弦定理得cosDOE，故所求余弦值为2如图所示，三棱柱ABC A1B1C1，底面是边长为2的正三角形，侧棱A1A底面ABC，点E，F分别是棱CC1，BB1上的点，点M是线段AC上的动点，EC2FB2(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
57、BM与EF所成的角的余弦值解：(1)法一：如图所示，取AE的中点O，连接OF，过点O作OMAC于点M因为侧棱A1A底面ABC，所以侧面A1ACC1底面ABC又因为EC2FB2，所以OMFBEC且OMECFB，所以四边形OMBF为矩形，BMOF因为OF平面AEF，BM平面AEF，故BM平面AEF，此时点M为AC的中点法二：如图所示，取EC的中点P，AC的中点Q，连接PQ，PB，BQ因为EC2FB2，所以PE綊BF，所以PQAE，PBEF，所以PQ平面AFE，PB平面AEF，因为PBPQP，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
58、，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AFEF，MBOF，OFAE，所以cosOFE，所以BM与EF所成的角的余弦值为第四节直线、平面平行的判定及其性质1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)la，a，l，l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(简记为“线面平行线线平行”)l，l，b，lb2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
59、两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行面面平行”)a，b，abP，a，b，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，a，b，ab小题体验1(教材习题改编)已知平面平面，直线a，有下列命题：a与内的所有直线平行；a与内无数条直线平行；a与内的任意一条直线都不垂直其中真命题的序号是_答案：2(教材习题改编)在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为_解析：连接BD，设BDACO，连接EO，在BDD1中，点E，O分别是DD1，BD的中点，则EOBD1，又因为EO平面ACE，BD1平面AEC，所以BD1平面
60、ACE答案：平行1直线与平面平行的判定中易忽视“线在面内”这一关键条件2面面平行的判定中易忽视“面内两条相交线”这一条件3如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，易误认为这两个平面平行，实质上也可以相交小题纠偏1如果直线a平面，那么直线a与平面内的()A一条直线不相交B两条直线不相交C无数条直线不相交 D任意一条直线都不相交解析：选D因为a平面，直线a与平面无公共点，因此a和平面内的任意一条直线都不相交，故选D2(2015北京高考)设，是两个不同的平面，m是直线且m，“m ”是“ ”的()A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件解析：选B当m时，过m的平面与
61、可能平行也可能相交，因而m/ ；当时，内任一直线与平行，因为m，所以m综上知，“m ”是“ ”的必要而不充分条件考点一直线与平面平行的判定与性质锁定考向平行关系是空间几何中的一种重要关系，包括线线平行、线面平行、面面平行，其中线面平行是高考热点，多出现在解答题中常见的命题角度有(1)证明直线与平面平行(2)线面平行性质定理的应用 题点全练角度一：证明直线与平面平行1(2016全国丙卷)如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M为线段AD上一点，AM2MD，N为PC的中点(1)证明MN平面PAB；(2)求四面体NBCM的体积解：(1)证明：由已知得AMA
62、D2取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TNBC，TNBC2又ADBC，故TN綊AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是MNAT因为MN平面PAB，AT平面PAB，所以MN平面PAB(2)因为PA平面ABCD，N为PC的中点，所以N到平面ABCD的距离为PA取BC的中点E，连接AE由ABAC3得AEBC，AE由AMBC得M到BC的距离为，故SBCM42所以四面体NBCM的体积VNBCMSBCM角度二：线面平行性质定理的应用2如图，四棱锥PABCD 的底面是正方形，四条侧棱均相等点G，E，F，H 分别是棱 PB，AB，CD，PC上共面的四点，BC 平面GEFH 求证：GHEF证明：
63、因为BC平面GEFH，BC平面PBC，且平面PBC平面GEFHGH，所以GHBC，同理可证EFBC，因此GHEF通法在握证明直线与平面平行的3种方法定义法一般用反证法判定定理法关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言叙述证明过程性质判定法即两平面平行时，其中一个平面内的任何直线都平行于另一个平面演练冲关 如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，F是AB的中点，E是PD的中点(1)证明：PB平面AEC；(2)在PC上求一点G，使FG平面AEC，并证明你的结论解：(1)证明：连接BD，设BD与AC的交点为O，连接EO因为四边形ABCD为矩形，所以O为BD的中点又E
64、为PD的中点，所以EOPB因为EO平面AEC，PB平面AEC，所以PB平面AEC(2)PC的中点G即为所求的点证明如下：连接GE，FG，E为PD的中点，GE綊CD又F为AB的中点，且四边形ABCD为矩形，FA綊CDFA綊GE四边形AFGE为平行四边形，FGAE又FG平面AEC，AE平面AEC，FG平面AEC考点二平面与平面平行的判定与性质典例引领如图，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)GH是A1B1C1的中位线，GHB1C1又B1C1BC，GHBC，B，C，H，G
65、四点共面(2)E，F分别为AB，AC的中点，EFBC，EF平面BCHG，BC平面BCHG，EF平面BCHGA1G綊EB，四边形A1EBG是平行四边形，A1EGBA1E平面BCHG，GB平面BCHG，A1E平面BCHGA1EEFE，平面EFA1平面BCHG由题悟法判定平面与平面平行的5种方法(1)面面平行的定义，即证两个平面没有公共点(不常用)；(2)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个平面平行(客观题可用)；(4)利用平面平行的传递性，两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行(客观题可用)；(5)利用向量法，通过证明两个平面的法向量平行证得两平面平行即时应用
66、1如图，平面内有ABC，AB5，BC8，AC7，梯形BCDE的底DE2，过EB的中点B1的平面，若分别交EA，DC于点A1，C1，求A1B1C1的面积解：因为，所以A1B1AB，B1C1BC，又因为A1B1C1与ABC同向所以A1B1C1ABC又因为cosABC，所以ABCA1B1C160又因为B1为EB的中点，所以B1A1是EAB的中位线，所以B1A1AB，同理知B1C1为梯形BCDE的中位线，所以B1C1(BCDE)5则SA1B1C1A1B1B1C1sin 605故A1B1C1的面积为2如图，四边形ABCD与四边形ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点，求证：(1)B
67、E平面DMF；(2)平面BDE平面MNG证明：(1)如图，连接AE，设DF与GN的交点为O，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO为ABE的中位线，所以BEMO，又BE平面DMF，MO平面DMF，所以BE平面DMF(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DEGN，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BDMN，又BD平面MNG，MN平面MNG，所以BD平面MNG，又DE平面BDE，BD平面BDE，DEBDD，所以平面BDE平面MNG典例引领如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，ADAA14，AB8，
68、M，N分别是A1D1，AB的中点过MN的截面与BD1平行，且平面与长方体的面相交(1)求作交线(只画出图，不要求证明或说明)(2)求该截面将长方体分成的两部分的体积之比解：(1)如图，Q，P分别为A1B1与AD的中点，则截面MPNQ即为平面，交线分别为MP，PN，NQ和QM(2)由(1)知，三棱柱ANPA1QM的体积为V1SANPAA1ABADAA184416而长方体的体积VS矩形ABCDAA1844128截面将长方体分成的两部分体积比为V1(VV1)16112(7也可以)由题悟法根据条件求作几何体截面的3个思想方法(1)平面的确定公理；(2)线面平行与面面平行的判定与性质的应用；(3)作图的
69、合理性(注意题目中隐含条件的挖掘和分析)即时应用 如图，E是正方体ABCDA1B1C1D1的棱DD1的中点，过A，C，E三点作平面与正方体的面相交(1)画出平面与正方体ABCDA1B1C1D1各面的交线；(2)求证：BD1平面解：(1)如图，交线即为EC，AC，AE，平面即为平面AEC(2)证明：连接BD，设BD与AC交于点O，连接EO，平面ABCD为正方形，O是BD的中点，又E为DD1的中点OEBD1，又OE平面，BD1平面BD1平面一抓基础，多练小题做到眼疾手快1已知直线a与直线b平行，直线a与平面平行，则直线b与的关系为()A平行B相交C直线b在平面内 D平行或直线b在平面内解析：选D依
70、题意，直线a必与平面内的某直线平行，又ab，因此直线b与平面的位置关系是平行或直线b在平面内2(2017合肥模拟)在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB和BC上的点，若AEEBCFFB12，则对角线AC和平面DEF的位置关系是()A平行B相交C在平面内 D不能确定解析：选A如图，由得ACEF又因为EF平面DEF，AC平面DEF，所以AC平面DEF3若平面平面，直线a平面，点B，则在平面内且过B点的所有直线中()A不一定存在与a平行的直线B只有两条与a平行的直线C存在无数条与a平行的直线D存在唯一与a平行的直线解析：选A当直线a在平面内且过B点时，不存在与a平行的直线，故选A4如图，PAB所在
71、的平面与，分别交于CD，AB，若PC2，CA3，CD1，则AB_解析：，CDAB，则，AB答案：5如图所示，在四面体ABCD中，点M，N分别是ACD，BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是_解析：连接AM并延长，交CD于点E，连接BN，并延长交CD于点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MNAB因此，MN平面ABC且MN平面ABD答案：平面ABC、平面ABD二保高考，全练题型做到高考达标1在空间中，已知直线a，b，平面，则以下三个命题：若ab，b，则a；若ab，a，则b；若a，b，则ab其中真命题的个数是()A0B1C2 D3解析：选A对于，若a
72、b，b，则应有a或a，所以是假命题；对于，若ab，a，则应有b或b，因此是假命题；对于，若a，b，则应有ab或a与b相交或a与b异面，因此是假命题综上，在空间中，以上三个命题都是假命题2设m，n是平面内的两条不同直线，l1，l2是平面内的两条相交直线则的一个充分而不必要条件是()Am且l1 Bml1且nl2Cm且n Dm且nl2解析：选B因为ml1，且nl2，又l1与l2是平面内的两条相交直线，所以，而当时不一定推出ml1且nl2，可能异面所以的一个充分而不必要条件是B3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 B
73、C D解析：选C对于图形，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，ABPN，即可得到AB平面MNP；图形无论用定义还是判定定理都无法证明线面平行4如图，透明塑料制成的长方体容器ABCDA1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：没有水的部分始终呈棱柱形；水面EFGH所在四边形的面积为定值；棱A1D1始终与水面所在平面平行；当容器倾斜如图所示时，BEBF是定值其中正确命题的个数是()A1 B2C3 D4解析：选C由题图，显然是正确的，是错误的；对于，A1D1BC，BCFG，A1D1FG且A1D1平面EFG
74、H，A1D1平面EFGH(水面)是正确的；对于，水是定量的(定体积V)，SBEFBCV，即BEBFBCVBEBF(定值)，即是正确的，故选C5在三棱锥S ABC中，ABC是边长为6的正三角形，SASBSC15，平面DEFH分别与AB，BC，SC，SA交于D，E，F，H，且D，E分别是AB，BC的中点，如果直线SB平面DEFH，那么四边形DEFH的面积为()A BC45 D45解析：选A取AC的中点G，连接SG，BG易知SGAC，BGAC，故AC平面SGB，所以ACSB因为SB平面DEFH，SB平面SAB，平面SAB平面DEFHHD，则SBHD同理SBFE又D，E分别为AB，BC的中点，则H，F
75、也为AS，SC的中点，从而得HF綊AC綊DE，所以四边形DEFH为平行四边形又ACSB，SBHD，DEAC，所以DEHD，所以四边形DEFH为矩形，其面积SHFHDACSB6设，是三个平面，a，b是两条不同直线，有下列三个条件：a，b；a，b；b，a如果命题“a，b，且_，则ab”为真命题，则可以在横线处填入的条件是_(把所有正确的序号填上)解析：由面面平行的性质定理可知，正确；当b，a时，a和b在同一平面内，且没有公共点，所以平行，正确故应填入的条件为或答案：或7正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1 cm，过AC作平行于对角线BD1的截面，则截面面积为_cm2解析：如图所示，截面ACE
76、BD1，平面BDD1平面ACEEF，其中F为AC与BD的交点，E为DD1的中点，SACE (cm2)答案：8如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，若BCAC，BAC，AC4，M为AA1的中点，点P为BM的中点，Q在线段CA1上，且A1Q3QC，则PQ的长度为_解析：由题意知，AB8，过点P作PDAB交AA1于点D，连接DQ，则D为AM中点，PDAB4又3，DQAC，PDQ，DQAC3，在PDQ中，PQ答案：9(2017长春质检)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，PD平面ABCD，点D1为棱PD的中点，过D1作与平面ABCD平行的平面与棱PA，PB，PC相交于点A1，B1，C1，B
77、AD60(1)求证：B1为PB的中点；(2)已知棱锥的高为3，且AB2，AC，BD的交点为O，连接B1O求三棱锥B1ABO外接球的体积解：(1)证明：连接B1D1由题意知，平面ABCD平面A1B1C1D1，平面PBD平面ABCDBD，平面PBD平面A1B1C1D1B1D1，则BDB1D1，即B1D1为PBD的中位线，即B1为PB的中点(2)由(1)可得，OB1，AO，BO1，且OAOB，OAOB1，OBOB1，即三棱锥B1ABO的外接球为以OA，OB，OB1为长，宽，高的长方体的外接球，则该长方体的体对角线长d，即外接球半径R则三棱锥B1ABO外接球的体积VR3310如图所示，在正方体ABCD
78、A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是BC，CC1，C1D1，A1A的中点求证：(1)BFHD1；(2)EG平面BB1D1D；(3)平面BDF平面B1D1H证明：(1)如图所示，取BB1的中点M，连接MH，MC1，易证四边形HMC1D1是平行四边形，HD1MC1又MC1BF，BFHD1(2)取BD的中点O，连接EO，D1O，则OE綊DC，又D1G綊DC，OE綊D1G，四边形OEGD1是平行四边形，GED1O又GE平面BB1D1D，D1O平面BB1D1D，EG平面BB1D1D(3)由(1)知BFHD1，又BDB1D1，B1D1，HD1平面B1D1H，BF，BD平面BDF，且B1D1HD1D1，
79、DBBFB，平面BDF平面B1D1H三上台阶，自主选做志在冲刺名校1如图所示，设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，点P是棱AD上一点，且AP，过B1，D1，P的平面交平面ABCD于PQ，Q在直线CD上，则PQ_解析：平面A1B1C1D1平面ABCD，而平面B1D1P平面ABCDPQ，平面B1D1P平面A1B1C1D1B1D1，B1D1PQ又B1D1BD，BDPQ，设PQABM，ABCD，APMDPQ2，即PQ2PM又知APMADB，PMBD，又BDa，PQa答案：a2如图，四棱锥PABCD中，ABCD，AB2CD，E为PB的中点(1)求证：CE平面PAD(2)在线段AB上是否存在一点F
80、，使得平面PAD平面CEF？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由解：(1)证明：取PA的中点H，连接EH，DH，因为E为PB的中点，所以EHAB，EHAB，又ABCD，CDAB，所以EHCD，EHCD，因此四边形DCEH是平行四边形，所以CEDH，又DH平面PAD，CE平面PAD，因此CE平面PAD(2)存在点F为AB的中点，使平面PAD平面CEF，证明如下：取AB的中点F，连接CF，EF，所以AFAB，又CDAB，所以AFCD，又AFCD，所以四边形AFCD为平行四边形，因此CFAD，又CF平面PAD，所以CF平面PAD，由(1)可知CE平面PAD，又CECFC，故平面CEF平面PAD
81、，故存在AB的中点F满足要求第五节直线、平面垂直的判定及其性质1直线与平面垂直(1)直线和平面垂直的定义：直线l与平面内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面互相垂直(2)直线与平面垂直的判定定理及性质定理：文字语言图形语言符号语言判定定理一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直 l性质定理垂直于同一个平面的两条直线平行ab2平面与平面垂直的判定定理与性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直性质定理两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直l小题体验1设，是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l，m()A若
82、l，则B若，则lmC若l，则 D若，则lm解析：选Al，l，(面面垂直的判定定理)，故A正确2(教材习题改编)PD垂直于正方形ABCD所在的平面，连接PB，PC，PA，AC，BD，则一定互相垂直的平面有_对解析：由于PD平面ABCD，故平面PAD平面ABCD，平面PDB平面ABCD，平面PDC平面ABCD，平面PDA平面PDC，平面PAC平面PDB，平面PAB平面PAD, 平面PBC平面PDC，共7对答案：71证明线面垂直时，易忽视面内两条线为相交线这一条件2面面垂直的判定定理中，直线在面内且垂直于另一平面易忽视3面面垂直的性质定理在使用时易忘面内一线垂直于交线而盲目套用造成失误小题纠偏1“直
83、线a与平面M内的无数条直线都垂直”是“直线a与平面M垂直”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B根据直线与平面垂直的定义知“直线a与平面M的无数条直线都垂直”不能推出“直线a与平面M垂直”，反之可以，所以是必要不充分条件2(教材习题改编)设m，n表示两条不同的直线，表示两个不同的平面，下列命题为真命题的是()A若m，则mB若m，m，则C若mn，m，则nD若m，n，则mn解析：选B对于A，m可以在内，故A错；对于C，n可以在内，故C错误；对于D，m与n可以平行，故D错考点一直线与平面垂直的判定与性质锁定考向直线与平面垂直的判定与性质是每年高考的必考内容，
84、题型多为解答题，难度适中，属中档题常见的命题角度有(1)证明直线与平面垂直；(2)利用线面垂直的性质证明线线垂直 题点全练角度一：证明直线与平面垂直1如图所示，在四棱锥PABCD中，AB平面PAD，ABCD，PDAD，E是PB的中点，F是DC上的点，且DFAB，PH为PAD中AD边上的高求证：(1)PH平面ABCD；(2)EF平面PAB证明：(1)因为AB平面PAD，PH平面PAD，所以PHAB因为PH为PAD中AD边上的高，所以PHAD因为ABADA，AB平面ABCD，AD平面ABCD，所以PH平面ABCD(2)如图，取PA的中点M，连接MD，ME因为E是PB的中点，所以ME綊AB又因为DF
85、綊AB，所以ME綊DF，所以四边形MEFD是平行四边形，所以EFMD因为PDAD，所以MDPA因为AB平面PAD，所以MDAB因为PAABA，所以MD平面PAB，所以EF平面PAB角度二：利用线面垂直的性质证明线线垂直2(2015江苏高考)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知ACBC，BCCC1设AB1的中点为D，B1CBC1E求证：(1)DE平面AA1C1C；(2)BC1AB1证明：(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DEAC又因为DE平面AA1C1C，AC平面AA1C1C，所以DE平面AA1C1C(2)因为棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1平面ABC因
86、为AC平面ABC，所以ACCC1又因为ACBC，CC1平面BCC1B1，BC平面BCC1B1，BCCC1C，所以AC平面BCC1B1又因为BC1平面BCC1B1，所以BC1AC因为BCCC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1B1C因为AC平面B1AC，B1C平面B1AC，ACB1CC，所以BC1平面B1AC又因为AB1平面B1AC，所以BC1AB1通法在握判定直线和平面垂直的4种方法(1)利用判定定理；(2)利用判定定理的推论(ab，ab)；(3)利用面面平行的性质(a，a)；(4)利用面面垂直的性质当两个平面垂直时，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面演练冲关1(2017上海
87、六校联考)已知m和n是两条不同的直线，和是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出m的是()A且mB且mCmn且n Dmn且解析：选C由线线平行性质的传递性和线面垂直的判定定理，可知C正确2如图，S是RtABC所在平面外一点，且SASBSCD为斜边AC的中点(1)求证：SD平面ABC；(2)若ABBC，求证：BD平面SAC证明：(1)如图所示，取AB的中点E，连接SE，DE，在RtABC中，D，E分别为AC，AB的中点DEBC，DEAB，SASB，SEAB又SEDEE，AB平面SDE又SD平面SDE，ABSD在SAC中，SASC，D为AC的中点，SDAC又ACABA，SD平面ABC(2)由
88、于ABBC，则BDAC，由(1)可知，SD平面ABC，又BD平面ABC，SDBD，又SDACD，BD平面SAC典例引领(2016四川高考)如图，在四棱锥PABCD中，PACD，ADBC，ADCPAB90，BCCDAD(1)在平面PAD内找一点M，使得直线CM平面PAB，并说明理由；(2)证明：平面PAB平面PBD解：(1)取棱AD的中点M(M平面PAD)，点M即为所求的一个点理由如下：连接MC，因为ADBC，BCAD，所以BCAM，且BCAM所以四边形AMCB是平行四边形，所以CMAB又AB平面PAB，CM平面PAB，所以CM平面PAB(说明：取棱PD的中点N，则所找的点可以是直线MN上任意一
89、点)(2)证明：由已知，PAAB，PACD，因为ADBC，BCAD，所以直线AB与CD相交，所以PA平面ABCD，所以PABD连接BM，因为ADBC，BCAD，M为AD的中点，所以BCMD，且BCMD，所以四边形BCDM是平行四边形，所以BMCDAD，所以BDAB又ABAPA，所以BD平面PAB又BD平面PBD，所以平面PAB平面PBD由题悟法1证明面面垂直的2种方法(1)定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题(2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化成证明线线垂直加以解决
90、2三种垂直关系的转化即时应用(2016云南省第一次统一检测)如图，在三棱锥ABCD中，CDBD，ABAD，E为BC的中点(1)求证：AEBD；(2)设平面ABD平面BCD，ADCD2，BC4，求三棱锥DABC的体积解：(1)证明：设BD的中点为O，连接AO，EO，ABAD，AOBD又E为BC的中点，EOCDCDBD，EOBD又OAOEO，BD平面AOE又AE平面AOE，AEBD(2)由已知得三棱锥DABC与CABD的体积相等CDBD，平面ABD平面BCD，CD平面ABD，BD2由已知得SABDBD 三棱锥CABD的体积VCABDCDSABD三棱锥DABC的体积为典例引领(2016全国甲卷)如图
91、，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AECF，EF交BD于点H将DEF沿EF折到DEF的位置(1)证明：ACHD；(2)若AB5，AC6，AE，OD2，求五棱锥DABCFE的体积解：(1)证明：由已知得ACBD，ADCD又由AECF得，故ACEF由此得EFHD，故EFHD，所以ACHD(2)由EFAC得由AB5，AC6得DOBO4所以OH1，DHDH3于是OD2OH2(2)2129DH2，故ODOH由(1)知，ACHD，又ACBD，BDHDH，所以AC平面BHD，于是ACOD又ODOH，ACOHO，所以OD平面ABC又由得EF五边形ABCFE的面积S683所以
92、五棱锥DABCFE的体积V2由题悟法对于翻折问题，应明确：在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质可能会发生变化解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法即时应用(2017石家庄模拟)在平面四边形ABCD(图)中，ABC与ABD均为直角三角形且有公共斜边AB，设AB2，BAD30，BAC45，将ABC沿AB折起，构成如图所示的三棱锥CABD(1)当CD时，求证：平面CAB平面DAB；(2)当ACBD时，求三棱锥CABD的高解：(1)证明：当CD时，取AB的中点O，连接CO，DO，在RtACB，RtADB中，AB2，则COD
93、O1，CD，CO2DO2CD2，即COOD，又COAB，ABODO，AB平面ABD，OD平面ABD，CO平面ABD，CO平面CAB，平面CAB平面DAB(2)当ACBD时，由已知ACBC，BCBDB，AC平面BDC，CD平面BDC，ACCD，ACD为直角三角形，由勾股定理得，CD1，而在BDC中，BD1，BC，BDC为直角三角形，SBDC11三棱锥CABD的体积VSBDCACSABD1，设三棱锥CABD的高为h，则由h，解得h故三棱锥CABD的高为一抓基础，多练小题做到眼疾手快1设，为两个不同的平面，直线l，则“l”是“”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
94、件解析：选A依题意，由l，l可以推出；反过来，由，l不能推出l因此“l”是“”成立的充分不必要条件，故选A2已知直线m，l，平面，且m，l，给出下列命题：若，则ml；若，则ml；若ml，则；若ml，则，其中正确的命题的个数是()A1B2C3 D4解析：选B中，且m，则m，因为l，所以ml，所以正确；中，且m，则m或m，又l，则m与l可能平行，可能异面，可能相交，所以不正确；中，ml，且m，l，则与可能平行，可能相交，所以不正确；中，ml，且m，则l，因为l，所以，所以正确，故选B3已知在空间四边形ABCD中，ADBC，ADBD，且BCD是锐角三角形，则必有()A平面ABD平面ADCB平面ABD
95、平面ABCC平面ADC平面BDC D平面ABC平面BDC解析：选CADBC，ADBD，BCBDB，AD平面BDC，又AD平面ADC，平面ADC平面BDC4一平面垂直于另一平面的一条平行线，则这两个平面的位置关系是_解析：由线面平行的性质定理知，该面必有一直线与已知直线平行再根据“两平行线中一条垂直于一平面，另一条也垂直于该平面”得出两个平面垂直相交答案：垂直相交5设a，b为不重合的两条直线，为不重合的两个平面，给出下列命题：若a且b，则ab；若a且a，则；若，则一定存在平面，使得，；若，则一定存在直线l，使得l，l上面命题中，所有真命题的序号是_解析：中a与b可能相交或异面，故不正确垂直于同一
96、直线的两平面平行，正确中存在，使得与，都垂直中只需直线l且l就可以答案：二保高考，全练题型做到高考达标1(2017青岛质检)设a，b是两条不同的直线，是两个不同的平面，则能得出ab的是()Aa，b， Ba，b，Ca，b， Da，b，解析：选C对于C项，由，a可得a，又b，得ab，故选C2如图，在RtABC中，ABC90，P为ABC所在平面外一点，PA平面ABC，则四面体P ABC中直角三角形的个数为()A4 B3C2 D1解析：选A由PA平面ABC可得PAC，PAB是直角三角形，且PABC又ABC90，所以ABC是直角三角形，且BC平面PAB，所以BCPB，即PBC为直角三角形，故四面体P A
97、BC中共有4个直角三角形3(2017南昌模拟)设a，b是夹角为30的异面直线，则满足条件“a，b，且 ”的平面，()A不存在 B有且只有一对C有且只有两对 D有无数对解析：选D过直线a的平面有无数个，当平面与直线b平行时，两直线的公垂线与b确定的平面，当平面与b相交时，过交点作平面的垂线与b确定的平面故选D4(2017吉林实验中学测试)设a，b，c是空间的三条直线，是空间的两个平面，则下列命题中，逆命题不成立的是()A当c时，若c，则B当b时，若b，则C当b，且c是a在内的射影时，若bc，则abD当b，且c时，若c，则bc解析：选BA的逆命题为：当c时，若，则c由线面垂直的性质知c，故A正确；
98、B的逆命题为：当b时，若，则b，显然错误，故B错误；C的逆命题为：当b，且c是a在内的射影时，若ab，则bc由三垂线逆定理知bc，故C正确；D的逆命题为：当b，且c时，若bc，则c由线面平行判定定理可得c，故D正确5(2017贵阳市监测考试)如图，在三棱锥PABC中，不能证明APBC的条件是()AAPPB，APPCBAPPB，BCPBC平面BPC平面APC，BCPCDAP平面PBC解析：选BA中，因为APPB，APPC，PBPCP，所以AP平面PBC，又BC平面PBC，所以APBC，故A能证明APBC；C中，因为平面BPC平面APC，BCPC，所以BC平面APC，AP平面APC，所以APBC，
99、故C能证明APBC；由A知D能证明APBC；B中条件不能判断出APBC，故选B6如图，已知BAC90，PC平面ABC，则在ABC，PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有_；与AP垂直的直线有_解析：PC平面ABC，PC垂直于直线AB，BC，ACABAC，ABPC，ACPCC，AB平面PAC，又AP平面PAC，ABAP，与AP垂直的直线是AB答案：AB，BC，ACAB7如图所示，在四棱锥P ABCD中，PA底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足_时，平面MBD平面PCD(只要填写一个你认为是正确的条件即可)解析：连接AC，BD，则ACBD，PA底面ABCD，PABD又
100、PAACA，BD平面PAC，BDPC当DMPC(或BMPC)时，即有PC平面MBD而PC平面PCD，平面MBD平面PCD答案：DMPC(或BMPC)8如图，直三棱柱ABC A1B1C1中，侧棱长为2，ACBC1，ACB90，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E要使AB1平面C1DF，则线段B1F的长为_解析：设B1Fx，因为AB1平面C1DF，DF平面C1DF，所以AB1DF由已知可以得A1B1，设RtAA1B1斜边AB1上的高为h，则DEh又2h，所以h，DE在RtDB1E中，B1E 由面积相等得 x，得x即线段B1F的长为答案：9(2016贵州省适应性考试)已知长方
101、形ABCD中，AB3，AD4现将长方形沿对角线BD折起，使ACa，得到一个四面体ABCD，如图所示(1)试问：在折叠的过程中，直线AB与CD能否垂直？若能，求出相应a的值；若不能，请说明理由(2)求四面体ABCD体积的最大值解：(1)直线AB与CD能垂直因为ABAD，若ABCD，因为ADCDD，所以AB平面ACD，又因为AC平面ACD，从而ABAC此时，a，即当a时，有ABCD(2)由于BCD面积为定值，所以当点A到平面BCD的距离最大，即当平面ABD平面BCD时，该四面体的体积最大，此时，过点A在平面ABD内作AHBD，垂足为H，则有AH平面BCD，AH就是该四面体的高在ABD中，AH，SB
102、CD346，此时VABCDSBCDAH，即为该四面体体积的最大值10(2017河南省八市重点高中质量检测)如图，过底面是矩形的四棱锥FABCD的顶点F作EFAB，使AB2EF，且平面ABFE平面ABCD，若点G在CD上且满足DGGC求证：(1)FG平面AED；(2)平面DAF平面BAF证明：(1)因为DGGC，ABCD2EF，ABEFCD，所以EFDG，EFDG所以四边形DEFG为平行四边形，所以FGED又因为FG平面AED，ED平面AED，所以FG平面AED(2)因为平面ABFE平面ABCD，平面ABFE平面ABCDAB，ADAB，AD平面ABCD，所以AD平面BAF，又AD平面DAF，所以
103、平面DAF平面BAF三上台阶，自主选做志在冲刺名校1(2017兰州市实战考试)，是两平面，AB，CD是两条线段，已知EF，AB于B，CD于D，若增加一个条件，就能得出BDEF现有下列条件：AC；AC与，所成的角相等；AC与CD在内的射影在同一条直线上；ACEF其中能成为增加条件的序号是_解析：由题意得，ABCD，A，B，C，D四点共面，：AC，EF，ACEF，又AB，EF，ABEF，ABACA，EF平面ABCD，又BD平面ABCD，BDEF，故正确；不能得到BDEF，故错误；：由AC与CD在内的射影在同一条直线上可知平面ABCD，又AB，AB平面ABCD，平面ABCD平面ABCD，平面ABCD
104、，EF，EF平面ABCD，又BD平面ABCD，BDEF，故正确；：由知，若BDEF，则EF平面ABCD，则EFAC，故错误，故填答案：2如图，在四棱锥S ABCD中，平面SAD平面ABCD四边形ABCD为正方形，且点P为AD的中点，点Q为SB的中点(1)求证：CD平面SAD(2)求证：PQ平面SCD(3)若SASD，点M为BC的中点，在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN平面ABCD？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由解：(1)证明：因为四边形ABCD为正方形，所以CDAD又因为平面SAD平面ABCD，且平面SAD平面ABCDAD，所以CD平面SAD(2)证明：如图，取SC
105、的中点R，连接QR，DR由题意知：PDBC且PDBC在SBC中，点Q为SB的中点，点R为SC的中点，所以QR BC且QRBC，所以PDQR，且PDQR，所以四边形PDRQ为平行四边形，所以PQDR又因为PQ平面SCD，DR平面SCD，所以PQ平面SCD(3)存在点N为SC的中点，使得平面DMN平面ABCD证明如下：如图，连接PC，DM交于点O，连接DN，PM，SP，NM，ND，NO，因为PDCM，且PDCM，所以四边形PMCD为平行四边形，所以POCO又因为点N为SC的中点，所以NOSP易知SPAD，因为平面SAD平面ABCD，平面SAD平面ABCDAD，并且SPAD，所以SP平面ABCD，所
106、以NO平面ABCD又因为NO平面DMN，所以平面DMN平面ABCD 命题点一空间几何体的三视图及表面积与体积命题指数：难度：中题型：选择题、填空题、解答题1(2014浙江高考)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是()A90 cm2B129 cm2C132 cm2 D138 cm2解析：选D由三视图画出几何体的直观图，如图所示，则此几何体的表面积SS1S正方形S22S3S斜面，其中S1是长方体的表面积，S2是三棱柱的水平放置的一个侧面的面积，S3是三棱柱的一个底面的面积，则S(463634)2333424353138(cm2)，选D2(2015重庆高考)某几何体的三视图如
107、图所示，则该几何体的体积为()A BC2 D2解析：选A由三视图可知该几何体是由一个半圆柱和一个三棱锥组成的由图中数据可得三棱锥的体积V1211，半圆柱的体积V2122，V3(2015山东高考)已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边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 BC2 D4解析：选B绕等腰直角三角形的斜边所在的直线旋转一周形成的曲面围成的几何体为两个底面重合，等体积的圆锥，如图所示每一个圆锥的底面半径和高都为，故所求几何体的体积V224(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 BC D1解析：选A通过三视图可还原几何体
108、为如图所示的三棱锥PABC，通过侧视图得高h1，底面积S11，所以体积VSh15(2016天津高考)已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为_m3解析：由三视图知，四棱锥的高为3 m，底面平行四边形的一边长为2 m，对应高为1 m，所以其体积VSh2132(m3)答案：26(2015四川高考)在三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，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PA1MN的体积是_解析：由三视图易知几何体ABCA1B1C1是上、下底面为等腰
109、直角三角形的直三棱柱，则VPA1MNVA1PMNVAPMN又SPMNMNNP1，A到平面PMN的距离h，VAPMNSPMNh答案：7(2015安徽高考)如图，三棱锥PABC中，PA平面ABC，PA1，AB1，AC2，BAC60(1)求三棱锥PABC的体积；(2)证明：在线段PC上存在点M，使得ACBM，并求的值解：(1)由题设AB1，AC2，BAC60，可得SABCABACsin 60由PA平面ABC，可知PA是三棱锥PABC的高又PA1，所以三棱锥PABC的体积VSABCPA(2)证明：在平面ABC内，过点B作BNAC，垂足为N在平面PAC内，过点N作MNPA交PC于点M，连接BM由PA平面
110、ABC知PAAC，所以MNAC由于BNMNN，故AC平面MBN又BM平面MBN，所以ACBM在RtBAN中，ANABcosBAC，从而NCACAN由MNPA，得命题点二组合体的“切”“接”问题命题指数：难度：中题型：选择题、填空题1(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ABBC，AB6，BC8，AA13，则V的最大值是()A4 BC6 D解析：选B设球的半径为R，ABC的内切圆半径为2，R2又2R3，R，Vmax3故选B2(2015全国卷)已知A，B是球O的球面上两点，AOB90，C为该球面上的动点若三棱锥OABC体积的最大值为36，则球O的表面积为()A
111、36 B64C144 D256解析：选C如图，设球的半径为R，AOB90，SAOBR2VO ABCVCAOB，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R2R36，R6，球O的表面积为4R24621443(2013全国卷)已知正四棱锥OABCD的体积为，底面边长为，则以O为球心，OA为半径的球的表面积为_解析：过O作底面ABCD的垂线段OE，连接EA，则E为正方形ABCD的中心由题意可知()2OE，所以OE，故球的半径ROA，则球的表面积S4R224答案：24命题点三直线、平面平行与垂直的判定与性质命题
112、指数：难度：中题型：选择题、填空题、解答题1(2016浙江高考)已知互相垂直的平面，交于直线l，若直线m，n满足m，n，则()Aml BmnCnl Dmn解析：选Cl，ln，nl2(2013全国卷)已知m，n为异面直线，m平面，n平面，直线l满足lm，ln，l，l，则()A且lB且lC与相交，且交线垂直于lD.与相交，且交线平行于l解析：选D由于m，n为异面直线，m平面，n平面，则平面与平面必相交，但未必垂直，且交线垂直于直线m，n，又直线l满足lm，ln，则交线平行于l，故选D.3(2014湖北高考)如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E，F，P，Q，M，N分别是棱AB ，AD ，D
113、D1 ，BB1 ，A1B1 ，A1D1 的中点 求证：(1)直线BC1 平面EFPQ ；(2)直线 AC1平面 PQMN 证明：(1)连接AD1，由ABCDA1B1C1D1是正方体，知AD1BC1，因为F，P分别是AD，DD1的中点，所以FPAD1从而BC1FP而FP平面EFPQ，且BC1平面EFPQ，故直线BC1平面EFPQ(2)连接AC，BD，则ACBD由CC1平面ABCD，BD平面ABCD，可得CC1BD又ACCC1C，所以BD平面ACC1而AC1平面ACC1，所以BDAC1连接B1D1，因为M，N分别是A1B1，A1D1的中点，所以MNB1D1，故MNBD，从而MNAC1同理可证PNA
114、C1又PNMNN，所以直线AC1平面PQMN4(2016北京高考)如图，在四棱锥PABCD中，PC平面ABCD，ABDC，DCAC(1)求证：DC平面PAC(2)求证：平面PAB平面PAC(3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA平面CEF？说明理由解：(1)证明：因为PC平面ABCD，所以PCDC又因为DCAC，且PCACC，所以DC平面PAC(2)证明：因为ABDC，DCAC，所以ABAC因为PC平面ABCD，所以PCAB又因为PCACC，所以AB平面PAC又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAC(3)棱PB上存在点F，使得PA平面CEF理由如下：取PB的中点F，连接EF
115、，CE，CF因为E为AB的中点，所以EFPA又因为PA平面CEF，且EF平面CEF，所以PA平面CEF5(2016全国乙卷)如图，已知正三棱锥PABC的侧面是直角三角形，PA6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G(1)证明：G是AB的中点；(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积解：(1)证明：因为P在平面ABC内的正投影为D，所以ABPD因为D在平面PAB内的正投影为E，所以ABDE因为PDDED，所以AB平面PED，故ABPG又由已知可得，PAPB，所以G是AB的中点(2)在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F，F即为E在平面PAC内的正投影理由如下：由已知可得PBPA，PBPC，又EFPB，所以EFPA，EFPC又PAPCP，因此EF平面PAC，即点F为E在平面PAC内的正投影连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，所以D是正三角形ABC的中心由(1)知，G是AB的中点，所以D在CG上，故CDCG由题设可得PC平面PAB，DE平面PAB，所以DEPC，因此PEPG，DEPC由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA6，可得DE2，PE2在等腰直角三角形EFP中，可得EFPF2，所以四面体PDEF的体积V222
