【试题】高二下学期空间角与距离测试题

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【关键字】试题
必修二复习提纲（含练习）
一．几何体的认识
1. 棱柱:两个平面互相平行，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，这些面围成的几何体称为棱柱
2. 棱锥: 有一面为多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，这些面围成的几何体叫做棱锥
3. 棱台: 用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分，这样的多面体叫做棱台
1.有两个面互相平行，其余各面是平行四边形的几何体是棱柱吗？
分析：如图18所示，此几何体有两个面互相平行，其余各面是平行四边形，很明显这个几何体不是棱柱，因此说有两个面互相平行，其余各面是平行四边形的几何体不一定是棱柱.
图18
由此看，判断一个几何体是否是棱柱，关键是紧扣棱柱的3个本质特征：①有两个面互相平行；
②其余各面都是四边形；③每相邻两个四边形的公共边都互相平行.这3个特征缺一不可，图18所示的几何体不具备特征③.
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吗？
剖析：如图19所示，将正方体ABCD—A1B1D1截去两个三棱锥A—A1B1D1和C—B1D1，得如图20所示的几何体.
图19 图20
图20所示的几何体有一个面ABCD是四边形，其余各面都是三角形的几何体，很明显这个几何体不是棱锥，因此说有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体不一定是棱锥.
由此看，判断一个几何体是否是棱锥，关键是紧扣棱锥的3个本质特征：①有一个面是多边形；
②其余各面都是三角形；③这些三角形面有一个公共顶点.这3个特征缺一不可，图18所示的几何体不具备特征③.
3. 下列几何体是台体的是（）
图2
活动：学生回顾台体的结构特征.
分析：A中的“侧棱”没有相交于一点，所以A不是台体；B中的几何体没有两个平行的面，所以B不是台体；很明显C是棱锥，D是台体.
答案：D
点评：本题主要考查台体的结构特征.像这样的概念辨析题，主要是依靠对简单几何体的结构特征的准确把握.
例1. （2007宁夏模拟，理6）长方体AC1的长、宽、高分别为3、2、1，从A到C1沿长方体的表面的最短距离为（）A. B. C. D.
活动：解决空间几何体表面上两点间最短线路问题，一般都是将空间几何体表面展开，转化为求平面内两点间线段长，这体现了数学中的转化思想.
解：如图3，在长方体ABCD—A1B1D1中，AB=3，BC=2，BB1=1.
图3
如图4所示，将侧面ABB1和侧面BCC1B1展开,
图4
则有AC1=，即经过侧面ABB1和侧面BCC1B1时的最短距离是；
如图5所示，将侧面ABB1和底面A1B1D1展开,
则有AC1=，即经过侧面ABB1和底面A1B1D1时的最短距离是；
图5
如图6所示，将侧面ADD1和底面A1B1D1展开,
图6
则有AC1=，即经过侧面ADD1和底面A1B1D1时的最短距离是.
由于＜，＜，
所以由A到C1在正方体表面上的最短距离为.
答案：C
点评：本题主要考查空间几何体的简单运算及转化思想.求表面上最短距离可把图形展成平面图形. 4.如图23，在正三棱柱ABC—A1B1中，AB=3，AA1=4.M为AA1的中点，P是BC上一点，且由P沿棱柱侧面经过棱CC1到M的最短路线长为，设这条最短路线与CC1的交点为N，求P点的位置.
图23
分析：把三棱锥展开后放在平面上，通过列方程解应用题来求出P到C点的距离,即确定了P点的位置.解：如图24所示，把正三棱锥展开后，设CP=x,
图24
根据已知可得方程22+（3+x)2=29.解得x=2.
所以P点的位置在离C点距离为2的地方.
二．中心投影与平行投影
例2.如图12甲所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别是AA1、C1D1的中点，G是正方形BCC1B1的中心，则四边形AGFE在该正方体的各个面上的投影可能是图12乙中的____________.
甲乙
图12
活动：要画出四边形AGFE在该正方体的各个面上的投影，只需画出四个顶点A、G、F、E在每个面上的投影，再顺次连接即得到在该面上的投影，并且在两个平行平面上的投影是相同的.
分析：在面ABCD和面A1B1C1D1上的投影是图12乙（1）；在面ADD1A1和面BCC1B1上的投影是图12乙（2）；在面ABB1A1和面DCC1D1上的投影是图12乙（3）.
答案：（1）（2）（3）
点评：本题主要考查平行投影和空间想象能力.画出一个图形在一个平面上的投影的关键是确定该图形的关键点，如顶点等，画出这些关键点的投影，再依次连接即可得此图形在该平面上的投影.如果对平行投影理解不充分，做该类题目容易出现不知所措的情形，避免出现这种情况的方法是依据平行投影的含义，借助于空间想象来完成.
5 .变式训练如图13(1)所示，E、F分别为正方体面ADD′A′、面BCC′B′的中心，则四边形BFD′E在该正方体的各个面上的投影可能是图13(2)的___________.
(1) (2)
图13
分析：四边形BFD′E在正方体ABCD—A′B′C′D′的面ADD′A′、面BCC′B′上的投影是C；在面DCC′D′上的投影是B；同理，在面ABB′A′、面ABCD、面A′B′C′D′上的投影也全是B.
答案：B C
6.两条相交直线的平行投影是（D ）
A.两条相交直线
B.一条直线
C.两条平行直线
D.两条相交直线或一条直线
三．空间几何体的直观图
例3.如图7所示，梯形ABCD中，AB∥CD，AB=4 cm，CD=2 cm，∠DAB=30°，AD=3 cm，试画出它的直观图.
图7 活动：利用斜二测画法作该梯形的直观图，要注意在斜二测画法中，要有一些平行于原坐标轴的线段才好按部就班地作图，所以先在原坐标系中过Ｄ作出该点在x轴的垂足，则对应地可以作出线段ＤＥ的直观图，进而作出整个梯形的直观图.
解：步骤是：（1）如图8所示，在梯形ABCD中，以边AB所在的直线为x轴，点A为原点，建立平面直角坐标系xOy.如图9所示，画出对应的x′轴，y′轴，使∠x′A′y′=45°.
（2）如图8所示，过D点作DE⊥x轴，垂足为E.在x′轴上取A′B′=AB=4 cm，A′E′=AE=3
2
3
cm ≈2.598
cm；过E′作E′D′∥y′轴，使E′D′=ED
2
1
，再过点D′作D′C′∥x′轴，且使D′C′=CD=2 cm.
图8 图9 图10
（3）连接A′D′、B′C′、C′D′，并擦去x′轴与y′轴及其他一些辅助线，如图10所示，则四边形A′B′C′D′就是所求作的直观图.
7 .一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则该平面图形的面积等于（）
A.
2
2
2
1
+ B.
2
2
1+ C.2
1+ D.2
2+
分析：平面图形是上底长为1，下底长为2
1+，高为2的直角梯形.计算得面积为2
2+.
答案：D
8. 若一个三角形，采用斜二测画法作出其直观图，则其直观图的面积是原来三角形面积的（）
A.
4
2
倍 B.2倍 C.
2
2
倍 D.2倍
分析：直观图也是三角形，并且有一条公共边，但是这条公共边上的高发生变化.直观图中公共边上的
高是原三角形中公共边上高的
4
2
，则直观图的面积是原来三角形面积的
4
2
倍.
答案：A
四．空间几何体的三视图，表面积与体积
1. 柱体，椎体，台体体积公式： V 柱体=Sh V 锥体=Sh 31
V 台体=)''(3
1S SS S ++
h (S′,S 分别为上、下底面积，h 为台体的高).
2. 球表面积，体积公式：S=4πR 2, V=33
4R π
例4 已知棱长为a ，各面均为等边三角形的四面体S —ABC （图6），求它的表面积.
图6
活动：回顾几何体的表面积含义和求法.
分析：由于四面体S —ABC 的四个面是全等的等边三角形，所以四面体的表面积等于其中任何一个面面积的4倍.
解：先求△SBC 的面积，过点S 作SD ⊥BC ，交BC 于点D. 因为BC=a,SD=a a a BD
SB 2
3
)2(222
2
=-=-,
所以S △SBC =
2
1
BC·SD=2432321a a a =⨯
. 因此，四面体S —ABC 的表面积S=4×
22
34
3a a =. 点评：本题主要考查多面体的表面积的求法. 变式训练
9 .已知圆柱和圆锥的高、底面半径均分别相等.若圆柱的底面半径为r ，圆柱侧面积为S ，求圆锥的侧面积.
解：设圆锥的母线长为l ，因为圆柱的侧面积为S ，圆柱的底面半径为r ，即S 圆柱侧=S ，根据圆柱的侧面积公式可得：圆柱的母线（高）长为
r S π2，由题意得圆锥的高为r
S π2，又圆锥的底面半径为r ，根据勾股定理，圆锥的母线长l=2
2
)2(
r
S r π+，根据圆锥的侧面积公式得 S 圆锥侧=πrl=π·r·2
4)2(2
4222
S r r S r +=
+ππ 10 .圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形，则圆柱的全面积为__________.
分析：圆柱的侧面积S 侧=6π×4π=24π2.
①以边长为6π的边为轴时，4π为圆柱底面圆周长，所以2πr=4π， 即r=2.所以S 底=4π.所以S 全=24π2+8π. ②以4π所在边为轴时，6π为圆柱底面圆周长，所以2πr=6,即r=3.所以S 底=9π.所以S 全=24π2+18π. 答案：24π2+8π或24π2+18π
11 .圆台的两个底面半径分别为2、4，截得这个圆台的圆锥的高为6，则这个圆台的体积是_____________.
分析：设这个圆台的高为h ，画出圆台的轴截面，可得
6
642h
-=
，解得h=3，所以这个圆台的体积是3
π(22
+2×4+42)×3=28π. 答案：28π
12 .图20是一个正方体，H 、G 、F 分别是棱AB 、AD 、AA 1的中点.现在沿△GFH 所在平面锯掉正方体的一个角，问锯掉部分的体积是原正方体体积的几分之几?
图20
分析：因为锯掉的是正方体的一个角，所以HA 与AG 、AF 都垂直，即HA 垂直于立方体的上底面，实际上锯掉的这个角，是以三角形AGF 为底面，H 为顶点的一个三棱锥. 解：设正方体的棱长为a ，则正方体的体积为a 3.
三棱锥的底面是Rt △AGF ，即∠FAG 为90°，G 、F 又分别为AD 、AA 1的中点，所以AF=AG=a 2
1.所以△AGF 的面积为281212121a a a =⨯⨯.又因AH 是三棱锥的高，H 又是AB 的中点，所以AH=a 2
1
.
所以锯掉的部分的体积为3
248
1812131a a a =⨯⨯.
又因48148133=
÷a a ,所以锯掉的那块的体积是原正方体体积的48
1. 13 .（2007山东临沂高三期末考试，理13）已知一圆锥的侧面展开图为半圆，且面积为S ，则圆锥的
底面面积是____________.
分析：如图21，设圆锥底面半径为r ，母线长为l ，由题意得⎪⎩
⎪⎨⎧==,2,
22
r l S l πππ解得r=π2S ，所以圆锥的底
面积为πr 2=2
2S
S =⨯
ππ.
图21
答案：
2
S
14 .如图22，一个正三棱柱容器，底面边长为a ，高为2a ，内装水若干，将容器放倒，把一个侧面作为底面，如图23，这时水面恰好为中截面，则图22中容器内水面的高度是_________.
图22 图23
分析：图22中容器内水面的高度为h ，水的体积为V ，则V=S △ABC h.又图23中水组成了一个直四棱柱，
其底面积为ABC S ∆43，高度为2a ，则V=ABC S ∆4
3
·2a ，∴h=a S a
S ABC ABC 2324
3
=•∆∆. 答案：
a 2
3
15.（2005全国高考卷Ⅰ，理5）如图4（1）所示，在多面体ABCDEF 中，已知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.
32 B.33 C.34 D.2
3
(1) (2)
图4
分析：如图4(2)所示，过B 作BG ⊥EF 于G ，连接CG ，则CG ⊥EF ，BF=1，△BCG 中，BG=
2
3，BC 边上的高为
22，而S △BCG =2
1×1×22=42, ∴V F —BCG =
242214231=⨯⨯.同理过A 作AH ⊥EF 于H ，则有V E —AHD =24
2，显然BCG —ADH 为三棱柱，∴V BCG —ADH =
42×1=42，则由图4(2)可知V ADE —BCF =V F —BCG +V E —AHD +V BCG —ADH =3
2
. 答案：A
点评：本题求几何体体积的方法称为割补法，经常应用这种方法求多面体体积.割补法对空间想象能力的要求很高且割补法的目的是化不规则为规则.因此可以说割补法是一种综合的方法，这和我们高考的理念和命题原则是相通的，高考题中出现这样的问题也是很正常的，所以这将是高考对立体几何这部分知识命题的方向.
16（2008广东）将正三棱柱截去三个角（如图1所示A
B C ，，分别是GHI △三边的中点）得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图（或称左视图）为（ ）
E
F
D
I
A H G
B
C E
F D A
B C
侧视 图1
图2 B
E
A ．
B
E
B ． B
E
C ．
B
E
D ．
解：在图2的右边放扇墙(心中有墙),可得答案A
点评：本题主要考查三视图中的左视图，要有一定的空间想象能力。

17、（2008江苏模拟）由大小相同的正方体木块堆成的几何体的三视图如图所示，则该几何体中正方体木块的个数是 ．
解：以俯视图为主，因为主视图左边有两层，表示俯视图中左边最多有两个木块，再看左视图，可得木块数如右图所示，因此这个几何体的正方体木块数的个数为5个。

点评：从三视图到确定几何体，应根据主视图和俯视图情况分析，再结合左视图的情况定出几何体，最后便可得出这个立体体组合的小正方体个数。

18.（2007广东佛山一模，理4）如图6所示，一个简单空间几何体的三视图其正视图与侧视图是边长为2的正三角形、俯视图轮廓为正方形，则其体积是（ ）
图6
A.
324 B.334 C.63 D.3
8
分析：根据三视图可知该几何体是正四棱锥，且底面积是4，高为正视图等边三角形的高3，所以体
积为3
3
43431
=
⨯⨯. 答案：B
19 （2007山东烟台高三期末统考，理8）如图11所示，一个空间几何体的正视图、侧视图、俯视图为全等的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角边长为1，那么这个几何体的体积为（ ）
图11
A.1
B.
21 C.31 D.6
1 活动：让学生将三视图还原为实物图，讨论和交流该几何体的结构特征.
分析：根据三视图，可知该几何体是三棱锥，图12所示为该三棱锥的直观图，并且侧棱PA ⊥AB ，PA ⊥AC ，AB ⊥AC.则该三棱锥的高是PA ，底面三角形是直角三角形，所以这个几何体的体积为V=
6
11213131=⨯⨯=∆PA S ABC .
图12
答案：D
点评：本题主要考查几何体的三视图和体积.给出几何体的三视图，求该几何体的体积或面积时，首先根据三视图确定该几何体的结构特征，再利用公式求得.此类题目成为新课标高考的热点，应引起重视. 20.（2007山东泰安高三期末统考，理8）若一个正三棱柱的三视图如图13所示，则这个正三棱柱的表面积为（ ）
主视图 左视图 俯视图
图13
A.318
B.315
C.3824+
D.31624+
分析：该正三棱柱的直观图如图14所示，且底面等边三角形的高为32，正三棱柱的高为2，则底面等边三角形的边长为4，所以该正三棱柱的表面积为 3×4×2+2×2
1
×4×32=24+38.
图14
答案：C
21.已知某个几何体的三视图如图24，根据图中标出的尺寸（单位：cm ）,可得这个几何体的体积是（ ）
图24
A.
34000 cm 3 B.3
8000cm 3
C.2 000 cm 3
D.4 000 cm 3 分析：该几何体是四棱锥，并且长为20 cm 的一条侧棱垂直于底面，所以四棱锥的高为20 cm,底面是边长为20 cm 的正方形（如俯视图），所以底面积是20×20=400 cm 2，所以该几何体的体积是
31×400×20=3
8000cm 3
. 答案：B
例 5. （2006广东高考，12）若棱长为3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为____________..
分析：画出球的轴截面可得，球的直径是正方体的对角线，所以球的半径R=2
3
3，则该球的表面积
为S=4πR 2=27π.
答案：27π
点评：本题主要考查简单的组合体和球的表面积.球的表面积和体积都是半径R 的函数.对于和球有关的问题，通常可以在轴截面中建立关系.画出轴截面是正确解题的关键. 变式训练
22.（2006全国高考卷Ⅰ，理7）已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是（ ）
A.16π
B.20π
C.24π
D.32π
分析：由V=Sh ，得S=4，得正四棱柱底面边长为2.画出球的轴截面可得，该正四棱柱的对角线即为球的直径，所以，球的半径为R=
64222
1222
=++，所以球的表面积为S=4πR 2=24π. 答案：C
23.（2007天津高考，理12）一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为1,2,3，则此球的表面积为___________. 分析：长方体的对角线为
14321222=++，则球的半径为
2
14
,则球的表面积为4π(
2
14)2
=14π. 答案：14π
24.（2007北京西城抽样，文11）若与球心距离为4的平面截球所得的截面圆的面积是9π，则球的表面积是____________.
分析：画出球的轴截面，则球心与截面圆心的连线、截面的半径、球的半径构成直角三角形，又由题意得截面圆的半径是3，则球的半径为2
2
34+=5，所以球的表面积是4π×52=100π.
答案：100π
25.（2007海南高考，文11）已知三棱锥S —ABC 的各顶点都在一个半径为r 的球面上，球心O 在AB 上，SO ⊥底面ABC ，AC=r 2,则球的体积与三棱锥体积之比是（ ） A.π B.2π C.3π D.4π 分析：由题意得SO=r 为三棱锥的高，△ABC 是等腰直角三角形，所以其面积是
2
1×2r×r=r 2,所以三棱锥体积是33132r r r =⨯⨯，又球的体积为3
43
r π，则球的体积与三棱锥体积之比是4π.
答案：D
点评：面积和体积往往涉及空间距离，而新课标对空间距离不作要求，因此在高考试题中其难度很低，属于容易题，2007年新课标高考试题就体现了这一点.高考试题中通常考查球、三棱锥、四棱锥、长方体、正方体等这些简单几何体或它们的组合体的面积或体积的计算.我们应高度重视这方面的应用.
五平面
1.对平面的理解: 无限延展性, 不可度量性
2.公理1：如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内.
公理2：经过不在同一直线上的三点，有且只有一个平面
公理2刻画了平面特有的性质，它是确定一个平面位置的依据之一.除公理2外，确定平面的依据还有：(1)直线与直线外一点.(2)两条相交直线.(3)两条平行直线.
公理3：如果两个平面有一个公共点，那么它们有且只有一条通过这个点的公共直线.
其作用是：其一它是判定两个平面是否相交的依据，只要两个平面有一个公共点，就可以判定这两个平面必相交于过这点的一条直线；其二它可以判定点在直线上，点是两个平面的公共点，线是这两个平面的公共交线，则这点在交线上
例6、如图1，在空间四边形ABCD中，点E、H分别是边AB、
AD的中点，F、G分别是边BC、CD上的点，且CF
CB＝
CG
CD＝
2
3，
则（）
（A）EF与GH互相平行
（B）EF与GH异面
（C）EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC 上
（D）EF与GH的交点M一定在直线AC上
解：依题意，可得EH∥BD，FG∥BD，故EH∥FG，由公理2可
知，E、F、G、H共面，因为EH＝1
2BD，
FG
BD＝
2
3，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，即点M是平面ACB与平面ACD的交点，而AC是这两个平面的交线，由公理3可知，点M一定在平面ACB与平面ACD的交线AC上。

选（D）。

点评：本题主要考查公理2和公理3的应用，证明共线问题。

利用四个公理来证明共点、共线的问题是立体几何中的一个难点。

26.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，A1C与面DBC1交于O点，AC、BD交于M，如图23.
图23
求证：C1、O、M三点共线.
证明：∵C1、O、M∈平面BDC1,
又C1、O、M∈平面A1ACC1,
由公理3，C1、O、M在平面BDC1与平面A1ACC1的交线上,
∴C1、O、M三点共线.
六.空间中直线与直线之间的位置关系
空间的两条直线的三种位置关系：
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
⎩
⎨
⎧
.
,
:
;
,
:
;
,
:
没有公共点
不同在任何一个平面内
异面直线
没有公共点
同一平面内
平行直线
有且只有一个公共点
同一平面内
相交直线
共面直线
在定义中，两条异面直线所成角的范围是（0°，90°]
求异面直线夹角方法:一般是平移异面直线中的一条与另一条相交构成三角形，再用三角函数的方法求解
公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行. 符号表示为：a∥b,b∥c⇒a∥c.
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.
27在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别是AA1、AB的中点，试判断下列各对线段所在直线的位置关系：
图10
（1）AB与CC1；
（2）A1B1与DC；
（3）A1C与D1B；
（4）DC与BD1；
（5）D1E与CF.
图1
解：（1）∵C ∈平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，又C ∉AB ，C 1∉平面ABCD,∴AB 与CC 1异面. （2）∵A 1B 1∥AB ，AB ∥DC ，∴A 1B 1∥DC.
（3）∵A 1D 1∥B 1C 1，B 1C 1∥BC ，∴A 1D 1∥BC ，则A 1、B 、C 、D 1在同一平面内. ∴A 1C 与D 1B 相交.
（4）∵B ∈平面ABCD ，DC ⊂平面ABCD ，又B ∉DC ，D 1∉平面ABCD,∴DC 与BD 1异面. （5）如图10，CF 与DA 的延长线交于G ，连接D 1G ， ∵AF ∥DC ，F 为AB 中点，∴A 为DG 的中点. 又AE ∥DD 1，
∴GD 1过AA 1的中点E.∴直线D 1E 与CF 相交.
点评：两条直线平行，在空间中不管它们的位置如何，看上去都平行（或重合）.两条直线相交，总可以找到它们的交点.作图时用实点标出.两条直线异面，有时看上去像平行（如图中的EB 与A 1C ），有时看上去像相交（如图中的DC 与D 1B ）.所以要仔细观察，培养空间想象能力，尤其要学会两条直线异面判定的方法.
例7 如图11，点A 是BCD 所在平面外一点，AD=BC ，E 、F 分别是AB 、CD 的中点，且EF=2
2
AD ，求异面直线AD 和BC 所成的角.
图11
解：设G 是AC 中点，连接EG 、FG .
因E 、F 分别是AB 、CD 中点，故EG ∥BC 且EG=
BC 21，FG ∥AD ，且FG=AD 2
1
.由异面直线所成角定义可知EG 与FG 所成锐角或直角为异面直线AD 、BC 所成角，即∠EGF 为所求.
由BC=AD 知EG=GF=AD 2
1
，又EF=22AD,由勾股定理可得∠EGF=90°.
点评：本题的平移点是AC 中点G ，按定义过G 分别作出了两条异面直线的平行线，然后在△EFG 中
求角.通常在出现线段中点时，常取另一线段中点，以构成中位线，既可用平行关系，又可用线段的倍半关系.
28.（2008全国二10）已知正四棱锥S ABCD -的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则
AE SD ，所成的角的余弦值为（ ）
A ．1
3 B ．23 C ．33 D ．23
解：连接AC 、BD 交于O ，连接OE ，因OE ∥SD.所以∠AEO 为异面直线SD 与AE 所成的角。

设侧棱长与底面边长都等于2，则在⊿AEO 中，OE ＝1,AO ＝2，AE=3122
=-，
于是
33
3
11
32)2(1)3(cos 2
22=
=
⨯⨯-+=
∠AEO ，故选C 。

点评：求异面直线所成的角，一般是平移异面直线中的一条与另一条相交构成三角形，再用三角函数的方法或正、余弦定理求解。

七、直线、平面平行的判定及其性质
1. 直线与平面平行的定义：如果直线与平面没有公共点叫做直线与平面平行. 直线与平面的三种位置关系.：直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行.
2. 直线与平面平行的判定定理：
平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行.
符号语言为：.
3. 直线与平面平行的性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行.
这个定理用符号语言可表示为：
例8 设P 、Q 是边长为a 的正方体AC 1的面AA 1D 1D 、面A 1B 1C 1D 1的中心,如图8, （1）证明PQ ∥平面AA 1B 1B ； （2）求线段PQ 的长.
图8
(1)证法一：取AA 1,A 1B 1的中点M,N,连接MN,NQ,MP, ∵MP ∥AD,MP=
AD 21,NQ ∥A 1D 1,NQ=112
1
D A , ∴MP ∥ND 且MP=ND.
∴四边形PQNM 为平行四边形. ∴PQ ∥MN.
∵MN ⊂面AA 1B 1B,PQ ⊄面AA 1B 1B, ∴PQ ∥面AA 1B 1B.
证法二：连接AD 1,AB 1,在△AB 1D 1中,显然P,Q 分别是AD 1,D 1B 1的中点,
∴PQ ∥AB 1,且PQ=12
1
AB . ∵PQ ⊄面AA 1B 1B,AB 1⊂面AA 1B 1B,
∴PQ ∥面AA 1B 1B. (2)解:方法一:PQ=MN=
a N A M A 2
22121=
+. 方法二：PQ=
a AB 2
2211=. 例9.如图8,E 、H 分别是空间四边形ABCD 的边AB 、AD 的中点，平面α过EH 分别交BC 、CD 于F 、
G.求证：EH ∥FG .
图8
证明：连接EH.
∵E 、H 分别是AB 、AD 的中点,
∴EH ∥BD.
又BD ⊂面BCD ，EH ⊄面BCD, ∴EH ∥面BCD.
又EH ⊂α、α∩面BCD=FG, ∴EH ∥FG.
点评：见到线面平行，先过这条直线作一个平面找交线，则直线与交线平行.
29.如图12，平面EFGH 分别平行于CD 、AB ，E 、F 、G 、H 分别在BD 、BC 、AC 、AD 上，且CD=a ，AB=b ，CD ⊥AB.
图12
（1）求证：EFGH 是矩形；
（2）设DE=m,EB=n,求矩形EFGH 的面积.
(1)证明：∵CD ∥平面EFGH ，而平面EFGH∩平面BCD=EF, ∴CD ∥EF.同理HG ∥CD,∴EF ∥HG.
同理HE ∥GF ，∴四边形EFGH 为平行四边形.
由CD ∥EF ，HE ∥AB ，∴∠HEF 为CD 和AB 所成的角. 又∵CD ⊥AB ，∴HE ⊥EF. ∴四边形EFGH 为矩形.
（2）解：由（1）可知在△BCD 中EF ∥CD ，DE=m ，EB=n,
∴
DB BE CD EF =.又CD=a,∴EF=a n
m n
+.
由HE ∥AB,∴DB
DE
AB HE =
. 又∵AB=b,∴HE=b n
m m
+.
又∵四边形EFGH 为矩形, ∴S 矩形EFGH =HE·EF=
ab n m mn
a n m n
b n m m 2
)(+=+•+. 点评：线面平行问题是平行问题的重点，有着广泛应用. 30.下面给出四个命题，其中正确命题的个数是( )
①若a ∥α、b ∥α，则a ∥b ②若a ∥α，b ⊂α，则a ∥b ③若a ∥b ，b ⊂α，则a ∥α ④若a ∥b ，b ∥α，则a ∥α
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A.0
B.1
C.2
D.4 答案：A
31.下列命题中，正确的是( )
A.如果直线l 与平面α内无数条直线成异面直线，则l ∥α
B.如果直线l 与平面α内无数条直线平行，则l ∥α
C.如果直线l 与平面α内无数条直线成异面直线，则l ⊄α
D.如果一条直线与一个平面平行，则该直线平行于这个平面内的所有直线
E.如果一条直线上有无数个点不在平面内，则这条直线与这个平面平行 答案：C
八、平面与平面平行的判定、性质
1.平面的两种位置关系：
如果两个平面没有公共点，则两平面平行⇔若α∩β=∅,则α∥β.
如果两个平面有一条公共直线，则两平面相交⇔若α∩β=AB,则α与β相交.
图1
2.两个平面平行的判定定理：
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. 若a ⊂α，b ⊂α，a∩b=A,且a ∥α,b ∥β，则α∥β.
利用判定定理证明两个平面平行，必须具备：
(Ⅰ)有两条直线平行于另一个平面; (Ⅱ)这两条直线必须相交.
3. 两个平面平行的性质定理：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.
⇒⎪⎭
⎪
⎬⎫
=⋂=⋂b a γβγαβα//a ∥ b.
应用面面平行的性质定理的难点是：过某些点或直线作一个平面.
例10 已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1，如图9,求证：平面AB 1D 1∥平面BDC 1.
图9
活动：学生自己思考或讨论，再写出正确的答案.教师在学生中巡视学生的解答，发现问题及时纠正,并及时评价.
证明：∵ABCD —A 1B 1C 1D 1为正方体， ∴D 1C 1∥A 1B 1,D 1C 1=A 1B 1. 又∵AB ∥A 1B 1,AB=A 1B 1, ∴D 1C 1∥AB,D 1C 1=AB.
∴四边形ABC 1D 1为平行四边形. ∴AD 1∥BC 1.
又AD 1⊂平面AB 1D 1，BC 1⊄平面AB 1D 1， ∴BC 1∥平面AB 1D 1. 同理，BD ∥平面AB 1D 1.
又BD∩BC 1=B ，∴平面AB 1D 1∥平面BDC 1.
32.已知：a 、b 是异面直线，a ⊂平面α,b ⊂平面β，a ∥β，b ∥α. 求证：α∥β.
证明：如图13,在b 上任取点P ，显然P ∉a.于是a 和点P 确定平面γ，且γ与β有公共点P.
图13
设γ∩β=a′，∵a ∥β，∴a′∥a.∴a′∥α.
这样β内相交直线a′和b 都平行于α，∴α∥β
九.直线、平面垂直的判定及其性质
1.直线与平面垂直的定义: 一条直线和平面内的任何一条直线都垂直，这条直线和这个平面互相垂直.
2. 直线和平面垂直的判定定理: 如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面.
符号语言表示为：⇒⎪⎪
⎪⎭
⎪
⎪⎪⎬⎫
=⊥⊥⊂⊂P b a b
l a l b a ααl ⊥α.
3. 直线和平面所成的角:平面的一条斜线和它在这个平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角. 直线与平面所成角的范围是0°≤θ≤90° 求直线和平面所成的角的方法：“一找二证三求”，三步都必须要清楚地写出来。

4. 直线和平面垂直的性质定理: 垂直于同一个平面的两条直线平行
例11 如图9,在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，求直线A 1B 和平面A 1B 1CD 所成的角.
图9
活动：先让学生思考或讨论后再回答，经教师提示、点拨，对回答正确的学生及时表扬，对回答不准确的学生提示引导考虑问题的思路.
解：连接BC 1交B 1C 于点O ，连接A 1O. 设正方体的棱长为a ，
因为A 1B 1⊥B 1C 1,A 1B 1⊥B 1B,所以A 1B 1⊥平面BCC 1B 1. 所以A 1B 1⊥BC 1.
又因为BC 1⊥B 1C ，所以BC 1⊥平面A 1B 1CD.
所以A 1O 为斜线A 1B 在平面A 1B 1CD 内的射影，∠BA 1O 为直线A 1B 与平面A 1B 1CD 所成的角. 在Rt △A 1BO 中,A 1B=a 2,BO=
a 22,所以BO=B A 12
1
,∠BA 1O=30°. 因此,直线A 1B 和平面A 1B 1CD 所成的角为30°.
例12 （2007山东高考,文20）如图11(1)，在直四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，已知DC=DD 1=2AD=2AB ，AD ⊥DC ，AB ∥DC.
(1)
(1)求证：D 1C ⊥AC 1；
（2）设E 是DC 上一点，试确定E 的位置，使D 1E ∥平面A 1BD ，并说明理由. （1）证明：在直四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中， 连接C 1D ，如图11(2).
(2)
∵DC=DD 1，
∴四边形DCC 1D 1是正方形. ∴DC 1⊥D 1C.
又AD ⊥DC ，AD ⊥DD 1，DC∩DD 1=D,
∴AD ⊥平面DCC 1D 1，D 1C ⊂平面DCC 1D 1. ∴AD ⊥D 1C.
∵AD 、DC 1⊂平面ADC 1，且AD∩DC 1=D, ∴D 1C ⊥平面ADC 1.
又AC 1⊂平面ADC 1，∴D 1C ⊥AC 1. (2)解：连接AD 1、AE ，如图11(3).。