全国通用版2019版高考数学大一轮复习第七章立体几何课时达标37空间几何体的三视图直观图表面积和体积
2019版高考数学一轮复习第7章立体几何72空间几何体的表面积与体积课后作业理.doc
7.2空间几何体的表面积与体积E课后作业孕谀［基础送分提速狂刷练］一、选择题1.（2017 •东北五校联考）如左图所示，在三棱锥〃一畀％中，已知AC=BC=CD=2, CD 丄平面力应；ZACB=90Q .若其正视图、俯视图如右图所示，则其侧视图的面积为（）Cp D.^2答案D解析由儿何体的结构特征和止视图、俯视图，得该儿何体的侧视图是一个直角三角形, 其中一直角边为⑵，其长度为2,另一直角边为底面三角形畀％的边力〃上的中线，其长度为応，贝康侧视图的面积为S=»2X£7,故选D.2.某儿何体的三视图如图所示，则该儿何体的体积为（）A. 16 + 8 KB. 8 + 8 n答案A解析 由三视图可知该儿何体由长方体和圆柱的一半组成（如图所示），其中长方体的长、 宽、高分别为4,2,2,圆柱的底而半径为2,高为4.所以该儿何体的体积J/=4X2X2+* 兀 X22X4 = 16 + 8 Ji .故选 A.3. （2018・合肥质检）一个儿何体的三视图如图所示（其中正视图的弧线为四分之一圆 周），则该儿何体的表面积为（）侧视图俯视图A. 72 + 6 兀 C. 48 + 6 兀答案AB. 72 + 4 兀D. 48 + 4 Ji3 |解析由三视图知，该儿何体由一个正方体的&部分与一个圆柱的N部分组合而成（如图所示），其表面积为16X2+（16 — 4+兀）X 2 + 4X （2 + 2+皿）=72 + 6兀・故选A.4.三棱锥的四个顶点都在体积为葺丄的球的表面上，底面所在的小圆面积为16 n ,则该三棱锥的高的最大值为（）A. 4B. 6C. 8D. 10答案C解析依题意，设题中球的球心为0、半径为R,的外接圆半径为r,则孚=啤工, 解得斤=5,由Ji r = 16 Ji ,解得厂=4,又球心0到平面的距离为寸尸二7=3,因此三棱锥P—MC的高的最大值为5 + 3 = 8.选C.5.（2017 •广东广州一模）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖嚅.若三棱锥戶一力牝为鳖驕，PA 丄平面/仇；PA=AB=2,加=4,三棱锥戶一力％的四个顶点都在球0的球面上，则球0的表面积为（）A. 8 nB. 12 JiC. 20 n D・ 24 n答案CP解析如图，因为四个面都是直角三角形，所以您的中点到每一个顶点的距离都相等, 即阳的中点为球心0,易得2R=PC=也）,所以斤=零，球0的表面积为4开#=20开・选C.6.（2016 •山东高考）一个由半球和四棱锥组成的儿何体，其三视图如图所示.则该儿何体的体积为（）答案C解析 由三视图可知四棱锥为正四棱锥，底面正方形的边长为1,四棱锥的高为1,球的 直径为正四棱锥底面正方形的外接圆的直径，所以球的直径 的体积为机#=1二 又正四棱锥的体积为*><1取1=右 所以该儿何体的体积为扌+"| 故选C.7. （2018 •河南郑州质检）某三棱锥的三视图如图所示，II 三个三角形均为直角三角形, 则“的最大值为（）A. 1 2n 3+~c.#+侧佐）视图B. D. 1 +2R=y[i,则斤=半 1正（主）视图俯视图A. 32 C. 64答案C解析 由三视图知三棱锥如图所示，底面初C 是直角三角形，ABLBC,必丄平面肋C,BC=2〒,/^2+y = 102, (2A /7)2+/^ = /,因此砂=心/]()2_[,_2⑴ 打=|_____ ,+ 128 — '八/128 — -------------- --------- =64,当且仅当#=128—/,即x=8时取等号，因此xy的最大值是64.选C.8. (2018 •福建质检)空间四边形個①的四个顶点都在同一球面上，E,尸分别是M, CD的屮正视图 侧视图俯视图A.65迈 16 C.点，且EFIAB, EFVCD.若AB=・ CD=EF=L则该球的半径等于(答案C解析如图，连接昭AE DE, CE,因为AE=BE, EFLAB,所以亦=加同理可得化 =血又空间四边形川％Z?的四个顶点都在同一球面上，所以球心0必在 莎上，连接创，0C. 设该球的半径为R, OE=x,则#=加+加=16 + /①，#=”+"=4+（4 —劝2②，由① ②解得«=琴.故选C.9. （2018 •雁塔期末）在六条棱长分别为2, 3, 3, 4, 5, 5的所有四面体屮，最大的体积是D. 2^6左图中，由于32+42=52,即图中肋丄平面应刀,解析 由题意可知, 5构成的四面体有如下三种情况: I)答案AB由棱长 2、3、3、4、5、中间图，rh于此情况的底面与上相同，但/c不与底垂直, 故高小于4,于是得仏V%；右图中，高小于2,底面积*X5X・*討呼X2=^V 攀・・・最大体积为华故选A.10. （2017 •衡水中学三调）己知正方体ABCD-A' ff C O'的外接球的体积为粤二将正方体割去部分后，剩余几何体的三视图如图所示，则剩余几何体的表面积为（）答案B解析 设正方体的棱长为的依题意得，¥><迅辟=«|王，解得日=1.由三视图可知, 该儿何体的直观图冇以下两种可能，图1对应的儿何体的表面积 体的表面积为3+^3.故选B.二、填空题11. （2017 •天津高考）己知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面 积为18,则这个球的体积为 ・解析 设正方体的棱长为日，则6/=18…••日=p5.答案 9兀 ~2"侧（左）视图 图2对应的几何俯视图正（主）视图B. 3+萌或鲁+平设球的半径为斤，则由题意知2斤=7日2 +扌+日2=3,3 丄切4 . 4 Ji 丫3\ 9 Ji・•・*=㊁.故球的体积K=-JI X^-J =—.12. （2016・四川高考）己知三棱锥的四个面都是腰长为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 _________ •1^—V3 f U —H正视图答案平解析由题意及正视图可知三棱锥的底面等腰三角形的底长为2萌，三棱锥的高为1, 则三棱锥的底面积为| X 住-羽2 X 2萌=帝，・••该三棱锥的体积为#x/xi=¥.13. （2017 •江苏高考）如图，在圆柱内有一个球0,该球与圆柱的上、下底面及母答案|解析设球0的半径为乩・・•球0与圆柱的上、下底面及母线均相切，・・・圆柱“@的高为2斤，圆柱QQ 的底面半径为斤.X 兀#・2* 3・迈=4 =牙 3^14. （2018 •太原模拟）己知三棱锥A-BCD 中，AB=AC=BC=2, BD=CD=型，点、E 是BC 的中点，点A 在平面BCD 内的射影恰好为DE 的中点，则该三棱锥外接球的表面积为线均相切, 记圆柱"@的体积为X,球0的体积为色,则生的值是解析如图，作出三棱锥A-BCD 的外接球，设球的半径为j 球心0到底面 他的距离为d, 化'的中点为"连接过球心0作A/7的垂线刃/,垂足为//,连接 创，OD, OE, 因为 BD=型,CD=p, BC=2,所以勿丄皿，则血丄平面20, OE//AF.所以HF= 0E= d.所以 在 Rt △〃仞中，DE=\,矿 =*.又 AB=AC=BC=2,所以 A^=y[3,所以在RtHAFE 中,AF=-^-f 所以 r=d+\ =1 1斤牛亍 解得川=订，所以三棱锥A-BCD 的外接球的表面积5=4 71?三、解答题 15. (2017 •梅州一模)如图所示的多面体是由一个直平行六面体被平面力彩所截后得到 的，其中上BAE=ZGAD=A5° , AB=2AD=2, ZBAD=60° .(1) 求此多面体的全面积;(2) 求此多面体的体积. 60兀 11 °Cd解(1)在△胡〃中，•:AB=2AD=2, ZBAD=^Q , ・・・由余眩定理可得肋=&, 则加=妙+劝，・•・ ADL BD.由己知可得，AG//EF. AE//GF,・・・四边形〃占犷为平行四边形，GD=AD=\, :.EF=AG=^i.EB=AB=2, :.GF=AE=2©过&作GH//DC交CF于H,得777=2, :.FC=3.过&作GM//DB交BE予肘,得GM= DB=y^, ME= 1, :. GE=2.该儿何体的全面积S=〒+ 2X*X1X萌+*X1X1+*X2X2+*X (l + 3)X2+|x (2 + 3)X1=〒+帝+ 9.(2) $多面体的体枳= V A_BEGD+V C-BCD~\~V G-RCFE=2 ・BD ・ BD・ AD+^ ・ CD・ sin60°・ DG+；・ g(BE~\~CA ・ BC・ BD=16.一几何体按比例绘制的三视图如图所示（单位：m）.(1) 试画出它的直观图；(2) 求它的表面积和体积.解(1)直观图如图所示:(2)由三视图可知该儿何体是长方体被截去一个三棱柱，且该儿何体的体积是以 43为棱的长方体的体积的[，在直角梯形AA 占B 中，作于E,则四边形必绍是正方形，:・AA 、= BE=\, 在 Rt △磁中，BE=\, EB 、= \,・••册=迈，・••儿何体的表而积S= S 正方形朋〃+ S 矩形坷竹q 坷+ 2S 梯形朋冷〃 + S 矩形 叫甲+ S 正方形加厲〃 = 1 + 2X1 + 2X^X (1 + 2) X14-1X A /2+1=7 +y[2 (m 2).3 3・•・几何体的体积K=-XlX2Xl=-(m 3),俯视图侧视图・••该儿何体的表面积为（7+边）m2,体积为|『。
高考数学一轮复习第七章 立体几何答案
第七章 立体几何第33讲 空间几何体的表面积与体积链教材·夯基固本 激活思维 1.B【解析】设圆柱的直径为2R ，则高为2R ，由题意得4R 2＝8，所以R ＝2，则圆柱表面积为π×(2)2×2＋2×2π×22＝12π.故选B. 2.B【解析】设底面半径为r cm ，因为S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π，所以r 2＝4，所以r ＝2.3. A 【解析】 底面边长为2，高为1的正三棱柱的体积是V ＝Sh ＝12×2×2sin60°×1＝3.4. C 【解析】 由题意，正方体的对角线就是球的直径，所以2R ＝3×23＝6，所以R ＝3，S ＝4πR 2＝36π.5.C【解析】设正四棱锥的高为h ，底面边长为a ，侧面三角形底边上的高为h ′，则依题意有⎩⎪⎨⎪⎧h2＝12ah ′，h2＝h ′2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 22，因此有h ′2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 22＝12ah ′，4⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫h ′a 2－2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫h ′a －1＝0，解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)．知识聚焦1. (1) 平行且相等 全等 多边形 公共点 平行于底面 相似 (2) 任一边任一直角边 垂直于底边的腰 直径2. 2πrl πrl π(r 1＋r 2)l3. Sh 4πR 2研题型·融会贯通 分类解析【答案】 C【解析】 对于A ，通过圆台侧面上一点只能做出1条母线，故A 错误；对于B ，直角三角形绕其直角边所在直线旋转一周得到的几何体是圆锥，绕其斜边旋转一周，得到的是两个圆锥的组合体，故B 错误；对于C ，由圆柱的定义得圆柱的上底面、下底面互相平行，故C 正确； 对于D ，五棱锥有十条棱，故D 错误．(1) 【答案】 D 【解析】因为在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2，所以将梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是一个底面半径为AB ＝1，高为BC ＝2的圆柱减去一个底面半径为AB ＝1，高为BC －AD ＝2－1＝1的圆锥的组合体，所以该几何体的表面积S ＝π×12＋2π×1×2＋π×1×12＋12＝(5＋2)π.(2) 【答案】 B【解析】 由题知三棱锥P －ABC 的四个顶点都在球O 上， 故该球为三棱锥P －ABC 的外接球． 在△ABC 中，BC ＝3，∠BAC ＝60°， 根据三角形的外接圆半径公式r ＝a2sin A ，可得△ABC 的外接圆半径r ＝12·332＝3，设点P 在平面ABC 内的射影为D ，则AD ＝r ＝3.又球心O 在PD 上，在Rt△PAD 中，PA 2＝PD 2＋AD 2，则PD ＝3.设三棱锥P －ABC 外接球半径为R ，如图，在Rt △ODA 中，OA 2＝OD 2＋AD 2，即(3－R )2＋(3)2＝R 2，解得R ＝2.根据球体的表面积公式S ＝4πR 2，可得球O 的表面积为S ＝4π×22＝16π.(例2(2))(1) 【答案】 12【解析】设正六棱锥的高为h ，侧面的斜高为h ′.由题意，得13×6×12×2×3×h ＝23，所以h ＝1，所以斜高h ′＝12＋(3)2＝2， 所以S 侧＝6×12×2×2＝12.(2) 【答案】 C 【解析】 如图所示，当点C 位于垂直于平面AOB 的直径端点时，三棱锥O －ABC 的体积最大，设球O 的半径为R ，此时V O －ABC ＝V C －AOB ＝13×12×R 2×R ＝16R 3＝36，故R ＝6，则球O 的表面积为4πR 2＝144π.(变式)【答案】 43【解析】由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于2，所以该多面体的体积为2×13×1×(2)2＝43.(1) 【答案】 C 【解析】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·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3.(变式(1))(2) 【答案】 61π 【解析】由圆台的下底面半径为5，知下底面在外接球的大圆上，如图所示，设球的球心为O ，圆台上底面的圆心为O ′，则圆台的高OO ′＝OQ2－O ′Q2＝52－42＝3，所以圆台的体积V ＝13π×3×(52＋5×4＋42)＝61π.(变式(2))【答案】 C【解析】 因为正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为π∶4，“牟合方盖”的体积为18，所以正方体的内切球的体积V 球＝π4×18＝92π，设正方体内切球半径为r ，则43πr 3＝92π， 解得r ＝32，所以正方体的棱长为2r ＝3.【答案】 C【解析】 如图所示，过球心O 作平面ABC 的垂线， 则垂足为BC 的中点M .又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫522＋62＝132.(变式)课堂评价 1.3π【解析】 设圆锥的底面半径为r ，母线为l ，高为h ，则由题意可得l ＝2r .因为S 侧＝πrl ＝2πr 2＝6π，所以r ＝3，l ＝23，则h ＝l2－r2＝12－3＝3，所以圆锥的体积为V ＝13πr 2h ＝13π×3×3＝3π.2.29π【解析】根据题意可知三棱锥P －ABC 可看作长方体的一个角，如图，该长方体的外接球就是经过P ，A ，B ，C 四点的球．因为PA ＝2 m ，PB ＝3 m ，PC ＝4 m ，所以长方体的体对角线的长为PA2＋PB2＋PC2＝29 m ，即外接球的直径2R ＝29m ，可得R ＝292m ，因此外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2922＝29π(m 2)．(第2题)(第3题)3.3【解析】如图，将直三棱柱ABC－A1B1C1沿BB1展开，则AM＋MC1最小等价于在矩形ACC1A1中求AM＋MC1的最小值．当A，M，C1三点共线时，AM＋MC1最小．又AB＝1，BC＝2，AB∶BC＝1∶2，所以AM＝2，MC1＝22.又在原三棱柱中，AC1＝9＋5＝14，所以cos∠AMC1＝AM2＋C1M2－AC212AM·C1M＝2＋8－142×2×22＝－12，故sin∠AMC1＝32，△AMC1的面积为S＝12×2×22×32＝3.4. 10 【解析】因为长方体ABCD－A1B1C1D1的体积为120，所以AB·BC·CC1＝120，因为E为CC1的中点，所以CE＝12CC1，由长方体的性质知CC1⊥底面ABCD，所以CE是三棱锥E－BCD的底面BCD上的高，所以三棱锥E－BCD的体积V＝13·12AB·BC·CE＝13·12AB·BC·12CC1＝112×120＝10.第34讲空间点、线、面之间的位置关系链教材·夯基固本激活思维1. C 【解析】点A在平面α外，故A∉α；直线l在平面α内，故l⊂α.2. C 【解析】此时三个平面两两相交，且有三条平行的交线．3. C 【解析】根据平面的特征，绝对的平，无限延展，不计大小和厚薄，即可知，①对，②错；再根据点线面的关系可知，③④正确．4. C 【解析】如图，因为M，N分别是长方形A1B1C1D1与长方形BCC1B1的中心，所以M，N分别是A1 C1，BC1的中点，所以直线MN与直线A1B平行，所以A错误；因为直线MN经过平面BB1D1D内一点M，且点M不在直线DD1上，所以直线MN与直线DD1是异面直线，所以B错误；因为直线MN经过平面ABC1内一点N，且点N不在直线AC1上，所以直线MN与直线AC1是异面直线，所以C正确；因为直线MN经过平面A1CC1内一点M，且点M不在直线A1C上，所以直线MN与直线A1C是异面直线，所以D错误．(第4题)5. C 【解析】连接BD，BC1，因为AB＝D1C1，AB∥D1C1，所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以AD1∥BC1，所以∠BC1D为异面直线AD1与DC1所成的角．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BD＝BC1＝DC1，所以△BC1D为等边三角形，所以∠BC1D＝60°，所以异面直线AD1与DC1所成的角的大小为60°.知识聚焦1. 两点所有的点经过这个公共点的一条直线有且只有一个平面2. 在同一平面内异面直线3. (1) 平行(2) 平行相同4. (3) 互相垂直研题型·融会贯通分类解析【解答】 (1) 因为EF是△D1B1C1的中位线，所以EF∥B1D1.在正方体AC1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD，所以EF，BD确定一个平面，即D，B，F，E四点共面．(2) 在正方体AC1中，设A1ACC1确定的平面为α，又设平面BDEF为β.因为Q∈A1C1，所以Q∈α.又Q∈EF，所以Q∈β，则Q是α与β的公共点，所以α∩β＝PQ.又A1C∩β＝R，所以R∈A1C.所以R∈α，且R∈β，则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．【解答】(1) 因为PQ⊂平面PQR，M∈直线PQ，所以M∈平面PQR.因为RQ ⊂平面PQR，N∈直线RQ，所以N∈平面PQR，所以直线MN⊂平面PQR.(2) 因为M∈直线CB，CB⊂平面BCD，所以M∈平面BCD.由(1)知M∈平面PQR，所以M在平面PQR与平面BCD的交线上，同理，可知N，K也在平面PQR与平面BCD的交线上，所以M，N，K三点共线，所以点K在直线MN上．【解答】(1) 不是异面直线，理由：连接MN，A1C1，AC，如图，因为M，N分别是A1B1，B1C1的中点，所以MN∥A1C1.又因为A1A綊D1D，D1D綊C1C，所以A1A綊C1C，所以四边形A1ACC1为平行四边形，所以A1C1∥AC，故MN∥A1C1∥AC，所以A，M，N，C在同一个平面内，故AM和CN不是异面直线．(例2)(2)是异面直线，证明如下：显然D1B与CC1不平行，假设D1B与CC1在同一个平面CC1D1内，则B∈平面CC1D1，C∈平面CC1D1，所以BC⊂平面CC1D1，这显然是不正确的，所以假设不成立，故D1B与CC1是异面直线．【解答】 (1) 由题意易知PQ∥DE，MN∥DE，所以PQ∥MN，所以M，N，P，Q四点共面．(2) 由条件知AD＝1，DC＝1，BC＝2，(例3)如图，延长ED至R，使DR＝ED，则ER＝BC，ER∥BC，故四边形ERCB为平行四边形，所以RC∥EB，又AC∥QM.所以∠ACR为异面直线BE与QM所成的角(或补角)．因为DA＝DC＝DR，且三线两两互相垂直，由勾股定理得AC＝AR＝RC＝2.因为△ACR为正三角形，所以∠ACR＝60°.所以异面直线BE 与MQ 所成的角为60°. 【题组强化】 1. C【解析】 如图，取CD 的中点M ，CF 的中点N ，连接MN ，则MN ∥DF .延长BC 到点P ，使CP ＝12BC ，连接MP ，NP ，则MP ∥AC .(第1题)令AB ＝2，则MP ＝MN ＝2，又△BCF 是等边三角形，NC ＝PC ＝1，在△NCP 中，由余弦定理可得NP 2＝CP 2＋CN 2－2·CP ·CN ·cos ∠PCN ＝1＋1－2×1×1×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12＝3，所以NP ＝3，又异面直线AC 和DF 所成角为∠NMP ，在△NMP 中，由余弦定理得cos ∠NMP ＝2＋2－32×2×2＝14.2. D 【解析】 如图，取CD 的中点G ，连接EG ，FG ，则FG ∥BC ，EG ∥AD ，则∠EGF 为异面直线AD 与BC 所成的角(或补角)，因为FG ＝12BC ＝2，EG ＝12AD ＝3，所以由余弦定理得cos ∠EGF ＝4＋9－22×2×3＝1112，故异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为1112.(第2题)3.C【解析】如图，设AC ∩BD ＝O ，连接OE ，易知OE 是△SAC 的中位线，故EO∥SA ，则∠BEO 为异面直线BE 与SA 所成的角．设SA ＝AB ＝2a ，则OE ＝12SA ＝a ，BE ＝32SA ＝3a ，OB ＝22SA ＝2a ，在△EOB 中，由余弦定理可得cos ∠BEO ＝a2＋3a2－2a223a2＝33.(第3题)4. 2 【解析】 如图，设AB 的中点为E ，连接EN ，则EN ∥AC 且EN ＝12AC ，所以∠MNE 或其补角即为异面直线MN 与AC 所成的角．连接ME ，在Rt △MEN 中，tan ∠MNE ＝MENE＝2.所以异面直线MN 与AC 所成角的正切值为2.(第4题)【答案】 A 【解析】如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，平面AB 1D 1与棱A 1A ，A 1B 1，A 1D 1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A 1A ，A 1B 1，A 1D 1平行，故正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的每条棱所在直线与平面AB 1D 1所成的角都相等．如图所示，取棱AB ，BB 1，B 1C 1，C 1D 1，D 1D ，DA 的中点E ，F ，G ，H ，M ，N ，则正六边形EFGHMN 所在平面与平面AB 1D 1平行且面积最大，此截面面积为S 正六边形EFGHMN ＝6×12×22×22×sin60°＝334.故选A.(例4)【答案】 26【解析】由题知，过BD1的截面可能是矩形，可能是平行四边形．(1) 当截面为矩形，即截面为ABC1D1，A1BCD1，BB1D1D时，由正方体的对称性可知S矩形ABC1D1＝S矩形A1BCD1＝S矩形BB1D1D＝42.(2) 当截面为平行四边形时，如图所示，过点E作EM⊥BD1于M，S▱BED1F＝BD1·EM，又因为BD1＝23，所以S▱BED1F＝EM·23，过点M作MN∥D1D交BD于N，连接AN，当AN⊥BD时，AN最小，此时，EM的值最小，且EM＝2，故四边形BED1F面积的最小值为S▱BED1F＝2×23＝26，又因为42＞26，所以过BD1的截面面积S的最小值为26.(变式)课堂评价1. D 【解析】因为一条直线与两条异面直线中的一条平行，所以它与另一条异面直线可能异面也可能相交．2. B 【解析】当两个平面相互平行时，把空间分成3部分．当两个平面相交时，把空间分成4部分．所以不重合的两个平面可以把空间分成3或4部分．3. BD 【解析】对于A，两两相交的三条直线，若相交于同一点，则不一定共面，故A不正确；对于B，平行四边形两组对边分别平行，则平行四边形是平面图形，故B正确；对于C，若一个角的两边分别平行于另一个角的两边，则这两个角相等或互补，故C不正确；对于D，由公理可得，若A∈α，A∈β，α∩β＝l，则A∈l，故D正确．4. ABC 【解析】如图，过点A作AM⊥BF于点M，过点C作CN⊥DE于点N.在翻折过程中，AF是以F为顶点，AM为底面半径的圆锥的母线，同理AB，E C，DC边均可看作圆锥的母线．对于A，点A和点C的轨迹为圆周，所在平面平行，显然无公共点，故A正确；对于B，AF，EC分别可看成圆锥的母线，只需看以F为顶点、AM为底面半径的圆锥的轴截面的顶角是否大于等于60°即可，故B正确；对于C，同理B，故C正确；对于D，能否使直线AB与CD所成的角为90°，只需看以B为顶点、AM为底面半径的圆锥轴截面的顶角是否大于等于90°即可，可知D不成立．故选ABC.(第4题)5. 【解答】(1) 因为DD1⊥平面ABCD，所以斜线BD1在平面ABCD内的射影是BD.又直线BD1和直线AC不同在任何一个平面内，所以直线BD1和直线AC是异面直线．(2) 连接BD.因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DD1⊥AC.又因为AC⊥BD，BD∩DD1＝D，所以AC⊥平面BDD1.因为BD1⊂平面BDD1，所以AC⊥BD1，故直线BD1和直线AC所成的角是90°.第35讲直线、平面平行的判定与性质链教材·夯基固本激活思维1. D 【解析】与一个平面平行的两条直线可以平行，相交，也可以异面．2. D 【解析】依题意，直线a必与平面α内的某直线平行，又a∥b，因此直线b与平面α的位置关系是平行或直线b在平面α内．3. BD 【解析】因为直线a∥平面α，直线a与平面α无公共点，所以直线a和平面α内的任意一条直线都不相交，与无数条直线平行．4. 平面ABCDEF、平面CC1D1D【解析】在正六棱柱中，易知A1F1∥AF，AF⊂平面ABCDEF，且A1F1⊄平面ABCDEF，所以A1F1∥平面ABCDEF.同理，A1F1∥C1D1，C1D1⊂平面CC1D1D，且A1F1⊄平面CC1D1D，所以A1F1∥平面CC1D1D.其他各面与A1F1均不满足直线与平面平行的条件．5. ①③【解析】直线l在平面α外⇔l∥α或直线l与平面α仅有一个交点．知识聚焦1. 直线a与平面α平行直线a与平面α相交直线a在平面α内研题型·融会贯通分类解析【答案】 D【解析】对于A，若a⊥c，b⊥c，则a与b可能平行、异面、相交，故A是假命题；对于B，设α∩β＝m，若a，b均与m平行，则a∥b，故B是假命题；对于C，a，b可能平行、异面、相交，故C是假命题；对于D，若α∥β，a⊂α，则a与β没有公共点，故a∥β，故D是真命题．【答案】 C【解析】对于A，两条直线可能平行也可能异面或相交；对于B，如图，在正方体ABCD－A1B1CD1中，平面ABB1A1和平面BCC1B1与B1D1所成的角相等，但这两个平面垂直；对于D，1两平面也可能相交．C正确．(变式)【解答】因为在直三棱柱ABC－A1B1C1中，点D，E分别是边BC，B1C1的中点，所以EC1綊BD，所以四边形BDC1E是平行四边形，所以BE∥C1D.因为BE⊄平面AC1D，C1D⊂平面AC1D，所以BE∥平面AC1D.【解答】如图，连接BD，令AC∩BD＝O，连接EO.因为在△BPD中，BO＝OD，PE＝ED，所以OE∥BP.又因为BP⊄平面ACE，OE⊂平面ACE，所以BP∥平面ACE.(变式)【解答】 因为BC ∥平面GEFH ，BC ⊂平面ABCD ，平面GEFH ∩平面ABCD ＝EF ，所以BC ∥EF .同理可得，BC ∥GH ，所以GH ∥EF .【解答】 因为AB ∥平面MNPQ ，平面ABC ∩平面MNPQ ＝MN ，且 AB ⊂平面ABC ，所以由线面平行的性质定理，知 AB ∥MN .同理可得PQ ∥AB ，故MN ∥PQ .同理可得MQ ∥NP ，所以截面四边形 MNPQ 为平行四边形．【解答】 (1) 在正方形AA 1B 1B 中，因为AE ＝B 1G ＝1，所以BG ＝A 1E ＝2，所以BG 綊A 1E ，所以四边形A 1GBE 是平行四边形，所以A 1G ∥BE .又C 1F 綊B 1G ，所以四边形C 1FGB 1是平行四边形，所以FG 綊C 1B 1綊D 1A 1，所以四边形A 1GFD 1是平行四边形，所以A 1G 綊D 1F ，所以D 1F 綊EB ，故E ，B ，F ，D 1四点共面．(2) 因为H 是B 1C 1的中点，所以B 1H ＝32. 又B 1G ＝1，所以B1G B1H ＝23. 又FC BC ＝23，且∠FCB ＝∠GB 1H ＝90°，所以△B 1HG ∽△CBF ， 所以∠B 1GH ＝∠CFB ＝∠FBG ，所以HG ∥FB .因为GH ⊄平面FBED 1，FB ⊂平面FBED 1，所以GH ∥平面BED 1F .由(1)知A 1G ∥BE ，A 1G ⊄平面FBED 1，BE ⊂平面FBED 1，所以A 1G ∥平面BED 1F .又HG ∩A 1G ＝G ，所以平面A 1GH ∥平面BED 1F .【解答】 因为PM ∶MA ＝BN ∶ND ＝PQ ∶QD ，所以MQ ∥AD ，NQ ∥BP .又BP ⊂平面PBC ，NQ ⊄平面PBC ，所以NQ∥平面PBC.又因为四边形ABCD为平行四边形，所以BC∥AD，所以MQ∥BC.又BC⊂平面PBC，MQ⊄平面PBC，所以MQ∥平面PBC.又MQ∩NQ＝Q，所以平面MNQ∥平面PBC.课堂评价1. D2. A3. B 【解析】因为平面SBC∩平面ABC＝BC，EF⊂平面SBC，又EF∥平面ABC，所以EF∥BC.4. ABC 【解析】由题意知，OM是△BPD的中位线，所以OM∥PD，故A正确；因为PD⊂平面PCD，OM⊄平面PCD，所以OM∥平面PCD，故B正确；同理可得OM∥平面PDA，故C正确；因为OM与平面PBA相交，故D不正确．第36讲直线、平面垂直的判定与性质链教材·夯基固本激活思维1. B 【解析】设a，b为异面直线，a∥平面α，b∥平面α，直线l⊥a，l⊥b.过a作平面β∩平面α＝a′，则a∥a′，所以l⊥a′.同理过b作平面γ∩α＝b′，则l⊥b′.因为a，b异面，所以a′与b′相交，所以l⊥α.2. A 【解析】由l⊥α且m∥α能推出m⊥l，充分性成立；若l⊥α且m⊥l，则m∥α或者m⊂α，必要性不成立，因此“m∥α”是“m⊥l”的充分不必要条件，故选A.3. A 【解析】因为DD1⊥平面ABCD，所以AC⊥DD1.又因为AC⊥BD，DD1∩BD＝D，所以AC⊥平面BDD1B1.因为OM⊂平面BDD1B1，所以OM⊥AC.设正方体的棱长为2，则OM＝1＋2＝3，MN＝1＋1＝2，ON＝1＋4＝5，所以OM2＋MN2＝ON2，所以OM⊥MN.故选A.4. AC 【解析】由题意知PA⊥平面ABC，因为BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，故A正确；因为AC⊥BC，PA⊥BC，且PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC，故C正确；若AC⊥PB，因为AC⊥BC，故可得AC⊥平面PBC，则AC⊥PC，与题目矛盾，故B错误；由BC⊥平面PAC可得，BC⊥PC，则△PBC为直角三角形，若PC ⊥PB ，则BC ，PB 重合，与已知矛盾，故D 错误．5. (1) 外 (2) 垂【解析】 (1) 如图(1)，连接OA ，OB ，OC ，OP ，在Rt △POA ，Rt △POB 和Rt △POC 中，PA ＝PC ＝PB ，所以OA ＝OB ＝OC ，即O 为△ABC 的外心．(2)如图(2)，延长AO ，BO ，CO 分别交BC ，AC ，AB 于点H ，D ，G .因为PC ⊥PA ，PB ⊥PC ，PA ∩PB ＝P ，所以PC ⊥平面PAB ，又AB ⊂平面PAB ，所以PC ⊥AB ，又AB ⊥PO ，PO ∩PC ＝P ，所以AB ⊥平面PGC .又CG ⊂平面PGC ，所以AB ⊥CG ，即CG 为△ABC 边AB 的高．同理可证BD ，AH 为△ABC 底边上的高，即O 为△ABC 的垂心．(第5题(1))(第5题(2))知识聚焦1. (1) 任意一条直线 (2) 两条相交直线都垂直2. (1) 射影 锐角 直角 (2) ⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤0，π2 3. (1) 两个半平面 (2) 垂直于棱 (4) 直二面角研题型·融会贯通分类解析【答案】 B【解析】 如图，连接AC 1，因为∠BAC ＝90°，所以AC ⊥AB ，因为BC 1⊥AC ，BC 1∩AB ＝B ，所以AC ⊥平面ABC 1. 又AC 在平面ABC 内，所以根据面面垂直的判定定理，知平面ABC ⊥平面ABC 1， 则根据面面垂直的性质定理知，在平面ABC 1内一点C 1向平面ABC 作垂线，垂足必落在交线AB 上．故选B.(例1)【答案】 C【解析】因为α∩β＝l，所以l⊂β，又n⊥β，所以n⊥l.【解答】因为AB＝AC，D是BC的中点，所以AD⊥BC. 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，因为BB1⊥底面ABC，AD⊂底面ABC，所以AD⊥B1B.因为BC∩B1B＝B，BC，B1B⊂平面B1BCC1，所以AD⊥平面B1BCC1.因为B1F⊂平面B1BCC1，所以AD⊥B1F.方法一：在矩形B1BCC1中，因为C1F＝CD＝1，B1C1＝CF＝2，所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1，所以∠CFD＝∠C1B1F，所以∠B1FD＝90°，即B1F⊥FD.因为AD∩FD＝D，AD，FD⊂平面ADF，所以B1F⊥平面ADF.方法二：在Rt△B1BD中，BD＝CD＝1，BB1＝3，所以B1D＝BD2＋BB21＝10.在Rt△B1C1F中，B1C1＝2，C1F＝1，所以B1F＝B1C21＋C1F2＝5.在Rt△DCF中，CF＝2，CD＝1，所以DF＝CD2＋CF2＝5.显然DF2＋B1F2＝B1D2，所以∠B1FD＝90°，所以B1F⊥FD.因为AD∩FD＝D，AD，FD⊂平面ADF，所以B1F⊥平面ADF.【解答】在矩形CDEF中，CD⊥DE.因为∠ADC＝90°，所以CD⊥AD.因为DE∩AD＝D，DE，AD⊂平面ADE，所以CD⊥平面ADE. 因为DM⊂平面ADE，所以CD⊥DM.又因为AB∥CD，所以AB⊥DM.因为AD＝DE，M为AE的中点，所以AE⊥DM.又因为AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE，所以MD⊥平面ABE.因为BE⊂平面ABE，所以BE⊥MD.【解答】 (1) 因为四边形ABCD是矩形，所以AB∥CD.又AB⊄平面PDC，CD⊂平面PDC，所以AB∥平面PDC.因为AB⊂平面ABE，平面ABE∩平面PDC＝EF，所以AB∥EF.(2) 因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD.因为AF⊥EF，AB∥EF，所以AB⊥AF.又AB⊥AD，点E在棱PC上(异于点C)，所以点F异于点D，所以AF∩AD＝A.又AF，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD.又AB⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.【解答】 (1) 因为PA＝PC，O是AC的中点，所以PO⊥AC. 在Rt△PAO中，因为PA＝5，OA＝3，所以由勾股定理得PO＝4.因为AB＝BC，O是AC的中点，所以BO⊥AC.在Rt△BAO中，因为AB＝5，OA＝3，所以由勾股定理得BO＝4.因为PO＝4，BO＝4，PB＝42，所以PO2＋BO2＝PB2，所以PO⊥BO.因为BO∩AC＝O，所以PO⊥平面ABC.因为PO⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC.(2) 由(1)可知平面PAC⊥平面ABC.因为平面ABC∩平面PAC＝AC，BO⊥AC，BO⊂平面ABC，所以BO⊥平面PAC，所以V POBQ＝V BPOQ＝13S△PQO·BO＝13×12S△PAO×4＝13×14×3×4×4＝4.所以四面体POBQ的体积为4.【解答】(1) 因为AB⊥AD，AB⊥BC，且A，B，C，D四点共面，所以AD ∥BC.因为BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥平面PAD.(2) 如图，过点D作DH⊥PA于点H，因为△PAD是锐角三角形，所以H与A不重合．因为平面PAD⊥平面PAB，平面PAD∩平面PAB＝PA，DH⊂平面PAD，所以DH⊥平面PAB，因为AB⊂平面PAB，所以DH⊥AB.因为AB⊥AD，AD∩DH＝D，AD，DH⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD.因为AB⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.(变式2)课堂评价1. ③⑤②⑤2. AC 【解析】如图，连接AC，BD相交于点O，连接EM，EN，SO.由正四棱锥的性质可得SO⊥底面ABCD，AC⊥BD，进而得到SO⊥AC，可得AC⊥平面SBD，利用三角形的中位线结合面面平行判定定理得平面EMN∥平面SBD，进而得到AC⊥平面EMN，故A正确；由异面直线的定义可知不可能EP∥BD；由A易得C正确；由A同理可得EM⊥平面SAC，故D错误．3. [2，3] 【解析】因为CD⊥平面B1C1CB，EF⊂平面B1C1CB，所以CD⊥EF.连接BC1，B1C，则EF∥BC1，BC1⊥B1C，所以EF⊥B1C，因为CD∩B1C＝C，所以EF⊥平面A1B1CD.当点P在线段CD上时，总有A1P⊥EF，所以A1P的最大值为A1C＝3，A1P的最小值为A1D＝2，故线段A1P长度的取值范围是[2，3]．4. 【解答】 (1) 如图，连接BD，交AC于点O，连接OF.因为四边形ABCD是矩形，O是矩形ABCD对角线的交点，所以O为BD的中点．又因为F是BE的中点，所以在△BED中，OF∥DE.因为OF⊂平面ACF，DE⊄平面ACF，所以DE∥平面ACF.(2) 因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥BC.又因为平面ABCD⊥平面BCE，且平面ABCD∩平面BCE＝BC，AB⊂平面ABCD ，所以AB ⊥平面BCE .因为CF ⊂平面BCE ，所以AB ⊥CF .在△BCE 中，因为CE ＝CB ，F 是BE 的中点，所以CF ⊥BE .因为AB ⊂平面ABE ，BE ⊂平面ABE ，AB ∩BE ＝B ，所以CF ⊥平面ABE .又CF ⊂平面AFC ，所以平面AFC ⊥平面ABE .(第4题)第37讲 综合法求角与距离链教材·夯基固本激活思维1. B 【解析】 如图，取AD 的中点F ，连接EF ，CF .因为E 为AB 的中点，所以EF ∥DB ，则∠CEF 为异面直线BD 与CE 所成的角．在正四面体ABCD 中，因为E ，F 分别为AB ，AD 的中点，所以CE ＝CF .设正四面体的棱长为2a ，则EF ＝a ，CE ＝CF ＝(2a )2－a 2＝3a .在△CEF 中，由余弦定理得cos ∠CEF ＝CE2＋EF2－CF22CE ·EF ＝a22×3a2＝36.(第1题)2. A 【解析】 如图，连接A 1C 1，则∠AC 1A 1为AC 1与平面A 1B 1C 1D 1所成的角．因为AB ＝BC ＝2，所以A 1C 1＝AC ＝22，又AA1＝1，所以AC 1＝3，所以sin ∠AC 1A 1＝AA1AC1＝13.故选A.(第2题)3. 233【解析】设棱长为a，BC的中点为E，连接A1E，AE，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，由各棱长都相等，可得A1E⊥BC，AE⊥BC，故二面角A1－BC－A的平面角为∠A1EA.在Rt△AA1E中，AE＝32a，所以tan ∠A1EA＝AA1AE＝a32a＝233，即二面角A1－BC－A的平面角的正切值为233.(第3题)4. 8 【解析】由体积公式V＝13Sh，得96＝13×36h，所以h＝8，即点P到平面ABCD的距离是8.5.33【解析】由题意知点S在平面ABC内的射影为AB的中点H，所以SH⊥平面ABC.因为SH＝3，CH＝1，在平面SHC内作SC的垂直平分线MO，交SH于点O，则O为三棱锥S－ABC的外接球球心．因为SC＝2，所以SM＝1，∠OSM＝30°，所以SO＝233，OH＝33，即为O到平面ABC的距离．知识聚焦1. 锐角2. 垂直研题型·融会贯通分类解析【答案】 D【解析】因为PA⊥底面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥AC，即∠PAB＝∠PAC＝90°，又因为AB＝AC＝1，PA＝2，所以△PAB≌△PAC，所以PB＝PC.如图，取BC的中点D，连接AD，PD，所以PD⊥BC，AD⊥BC.又因为PD∩AD＝D，所以点BC⊥平面PAD.因为BC⊂平面PBC，所以平面PAD⊥平面PBC.过点A作AO⊥PD于点O，易得AO⊥平面PBC，所以∠APD就是直线PA与平面PBC所成的角. 在Rt△PAD中，AD＝12，PA＝2，则PD＝PA2＋AD2＝32，则sin ∠APD＝ADPD＝13.故选D.(例1)【答案】 A【解析】因为平面ABD⊥底面BCD，AB＝AD，取DB的中点O，连接AO，CO，则AO⊥BD，AO⊥平面BCD，所以∠ACO就是直线AC与底面BCD所成的角．因为BC⊥CD，BC＝6，BD＝43，所以CO＝23.在Rt△ADO中，OA＝AD2－OD2＝2.在Rt△AOC中，tan ∠ACO＝AOOC＝33，故直线AC与底面BCD所成角的大小为30°.故选A.(变式)【答案】1 3【解析】如图，过点S作SO⊥底面ABC，点O为垂足，连接OA，OB，OC，则OA＝OB＝OC，点O为等边三角形ABC 的中心．延长AO交BC于点D，连接SD.(例2)则AD⊥BC，BC⊥SD，所以∠ODS为侧面SBC与底面ABC所成二面角的平面角．因为正三棱锥S－ABC的所有棱长均为2，所以SD＝3，OD＝13AD＝33.在Rt△SOD中，cos ∠ODS＝ODSD＝13.【答案】π3【解析】在△BDC中，BC＝3，CD＝2，∠BCD＝π2，则BD＝13.在△ABC中，AB＝1，BC＝3，∠ABC＝π2，则AC＝10.又AD＝23，在△ABD中，BD2＝AB2＋AD2，则∠BAD＝π2.过点B作BE∥CD，使BE＝CD，连接AE，DE，则四边形BEDC为矩形，BE＝2.因为BC⊥AB，BC⊥BE，则BC⊥平面ABE，DE∥BC，则DE⊥平面ABE，则DE⊥AE，AE＝AD2－DE2＝3，在△ABE中，AE2＋AB2＝BE2，则∠BAE＝π2，∠AEB＝π6，∠ABE＝π3，由于AB⊥BC，EB⊥BC，则∠ABE为二面角A－BC－D的平面角，且∠ABE＝π3.【答案】 B【解析】过点B作BE∥AC，且BE＝AC.因为AC⊥AB，所以BE⊥AB.因为BD⊥AB，BD∩BE＝B，所以∠DBE是二面角α－l－β的平面角，且AB⊥平面DBE，所以AB⊥DE ，所以CE ⊥DE .因为AB ＝4，CD ＝8，所以DE ＝CD2－CE2＝82－42＝43，所以cos ∠DBE ＝BE2＋BD2－DE22BE ·BD ＝36＋36－482×6×6＝13.故选B.【解答】 (1) 如图(1)，取BD 的中点O ，连接OM ，OE .(例3(1))因为O ，M 分别为BD ，BC 的中点，所以OM ∥CD ，且OM ＝12CD .因为四边形ABCD 为菱形，所以CD ∥AB ，又EF∥AB ，所以CD∥EF ，又AB ＝CD ＝2EF ，所以EF ＝12CD ，所以OM∥EF ，且OM ＝EF ，所以四边形OMFE 为平行四边形，所以MF ∥OE .又OE ⊂平面BDE ，MF ⊄平面BDE ，所以MF ∥平面BDE .(2) 由(1)得FM ∥平面BDE ，所以点F 到平面BDE 的距离等于点M 到平面BDE 的距离． 如图(2)，取AD 的中点H ，连接EH ，BH .(例3(2))因为EA ＝ED ，四边形ABCD 为菱形，且∠DAB ＝60°，所以EH ⊥AD ，BH ⊥AD .因为平面ADE ⊥平面ABCD ，平面ADE ∩平面ABCD ＝AD ，EH ⊂平面ADE ，所以EH ⊥平面ABCD ，所以EH ⊥BH ，易得EH ＝BH ＝3，所以BE ＝6，所以S △BDE ＝12×6×22－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫622＝152.设点F 到平面BDE 的距离为h ，连接DM ，则S △BDM ＝12S △BCD ＝12×34×4＝32，连接EM ，由V E －BDM ＝V M －BDE ，得13×3×32＝13×h ×152，解得h ＝155，即点F 到平面BDE 的距离为155.【解答】(1)如图，连接AF ，则AF ＝2，又DF ＝2，AD ＝2，所以DF 2＋AF 2＝AD 2，所以DF ⊥AF .因为PA ⊥平面ABCD ，所以DF ⊥PA ，又PA ∩AF ＝A ，所以DF ⊥平面PAF .又PF ⊂平面PAF ，所以DF ⊥PF .(变式)(2) 如图，连接EP ，ED ，EF .因为S △EFD ＝S 矩形ABCD －S △BEF －S △ADE －S △CDF ＝2－54＝34，所以V P －EFD ＝13S △EFD ·PA ＝13×34×1＝14.设点E 到平面PFD 的距离为h ， 则由V E －PFD ＝V P －EFD ，得13S△PFD ·h ＝13·62·h ＝14，解得h ＝64，即点E 到平面PFD 的距离为64. 课堂评价 1.D【解析】如图，连接BC 1，A 1C 1，易证BC 1∥AD 1，则∠A 1BC 1即为异面直线A 1B 与AD 1所成的角．(第1题)由AB ＝1，AA 1＝2，易得A 1C 1＝2，A 1B ＝BC 1＝5，故cos ∠A 1BC 1＝5＋5－22×5×5＝45，即异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为45.2.55【解析】连接EB ，由BB 1⊥平面ABCD ，知∠FEB 即为直线EF 与平面ABCD 所成的角．在Rt △FBE 中，BF ＝1，BE ＝5，则tan ∠FEB ＝BFBE ＝55.3. 60°【解析】 如图，取AB 的中点O ，连接VO ，CO .在三棱锥V －ABC 中，VA ＝VB ＝AC ＝BC ＝2，AB＝23，VC ＝1，所以VO⊥AB ，CO⊥AB ，所以∠VOC 是二面角V －AB －C 的平面角，VO ＝VA2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB 22＝4－3＝1，CO ＝BC2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB 22＝4－3＝1，所以cos ∠VOC ＝VO2＋CO2－VC22VO ·CO＝1＋1－12×1×1＝12，所以∠VOC ＝60°，所以二面角V －AB －C 的平面角的度数为60°.(第3题)4.217【解析】 如图，取AB 的中点E ，连接CE ，C 1E ，过点C 作CF ⊥C 1E ，垂足为F .在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，则AB ⊥CC 1. 因为△ABC 是等边三角形，所以AB ⊥CE ， 又CE ∩CC 1＝C ，所以AB ⊥平面CC 1E .因为CF ⊂平面CC 1E ，所以CF ⊥AB ，因为C 1E ∩AB ＝E ，所以CF ⊥平面ABC 1，则CF 的长即为所求． 在Rt △CEC 1中，CC 1＝1，CE ＝32AB ＝32，所以C 1E ＝CC21＋CE2＝72，由等面积法，得CF ＝CC1×CE C1E ＝217.(第4题)第38讲 空间直角坐标系与空间向量链教材·夯基固本 激活思维 1.D【解析】因为向量OA→，OB →，OC →不能构成空间的一个基底，所以向量OA→，OB→，OC→共面，因此O ，A ，B ，C 四点共面，故选D.2. C 【解析】 AE →＝AA 1＋A 1E ＝AA 1＋12A 1C 1＝AA 1＋12(AB →＋AD →)，故x ＝12，y ＝12.3. 2 【解析】 |EF→|2＝EF →2＝(EC →＋CD →＋DF →)2＝EC →2＋CD →2＋DF →2＋2(EC →·CD →＋EC →·DF →＋CD →·DF →) ＝12＋22＋12＋2(1×2×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°) ＝2，所以|EF→|＝2，所以EF 的长为2.4. 18 【解析】 因为P ，A ，B ，C 四点共面，所以34＋18＋t ＝1，所以t ＝18. 5. α⊥β α∥β 【解析】 当v ＝(3，－2,2)时，u ·v ＝(－2,2,5)·(3，－2,2)＝0⇒α⊥β.当v ＝(4，－4，－10)时，v ＝－2u ⇒α∥β.知识聚焦2. (1) ①〈a ，b 〉 [0，π] 互相垂直 ②|a ||b |cos 〈a ，b 〉 a·b |a ||b |cos 〈a ，b 〉 (2) λ(a ·b ) b ·a3. a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3 a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3 a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0研题型·融会贯通 分类解析【解答】 ①因为P 是C 1D 1的中点，所以AP→＝AA1→＋A1D1→＋D1P →＝a ＋AD →＋12D1C1→＝a ＋c ＋12AB →＝a ＋12b ＋c . ②因为N 是BC 的中点，所以A1N →＝A1A →＋AB →＋BN →＝－a ＋b ＋12BC →＝－a ＋b ＋12AD →＝－a ＋b ＋12c .③因为M 是AA 1的中点，所以MP →＝MA →＋AP →＝12A1A →＋AP →＝－12a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋12b ＋c ＝12a ＋12b ＋c . 又NC1→＝NC →＋CC1→＝12BC →＋AA1→＝12AD →＋AA1→＝a ＋12c ，所以MP →＋NC1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12a ＋12b ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋12c ＝32a ＋12b ＋32c . (1) 【答案】 －3 【解析】因为AB→＝(3，－1,1)，AC →＝(m ＋1，n －2，－2)，且A ，B ，C 三点共线，所以存在实数λ，使得AC→＝λAB→，即(m ＋1，n －2，－2)＝λ(3，－1,1)＝(3λ，－λ，λ)，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＋1＝3λ，n －2＝－λ，－2＝λ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－2，m ＝－7，n ＝4.所以m ＋n ＝－3.(2) 【解答】 ①由题知OA→＋OB →＋OC →＝3OM →，所以OA →－OM →＝(OM →－OB→)＋(OM →－OC →)，即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →，所以MA →，MB →，MC →共面． ②由①知MA→，MB→，MC→共面且过同一点M ，所以M ，A ，B ，C 四点共面，从而点M 在平面ABC 内．【解答】 因为AM→＝k AC1→，BN →＝k BC →，所以MN →＝MA →＋AB →＋BN →＝k C1A →＋AB→＋k BC →＝k (C1A →＋BC →)＋AB →＝k (C1A →＋B1C1→)＋AB →＝k B1A →＋AB →＝AB →－k AB1→＝AB →－k (AA1→＋AB →)＝(1－k )AB →－k AA1→，所以由共面向量定理知向量MN →与向量AB →，AA1→共面．【解答】 (1) 设AB→＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，由题意知EG →＝12(AC →＋AD →－AB →)＝12(b ＋c －a )，所以EG →·AB →＝12(a ·b ＋a ·c －a 2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1×1×12＋1×1×12－1＝0. 故EG→⊥AB →，即EG ⊥AB . (2) 由题意知EG →＝－12a ＋12b ＋12c ，得|EG →|2＝14a 2＋14b 2＋14c 2－12a ·b ＋12b ·c －12c ·a ＝12，则|EG →|＝22，即EG 的长为22.(3) 因为AG →＝12(AC →＋AD →)＝12b ＋12c ，CE →＝CA →＋AE →＝－b ＋12a ，所以cos 〈AG→，CE →〉＝AG →·CE →|AG→||CE →|＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12b ＋12c ·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－b ＋12a ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12b ＋12c 2·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12a －b 2＝－1232×32＝－23，由于异面直线所成角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤0，π2， 所以异面直线AG 与CE 所成角的余弦值为23.。
2019-2020年高考数学一轮复习第7章立体几何课件
[五年考情]
考点
2016 年
三视图直观 图及几何体 的表面积体 积
11,6 分(理) 14,4 分(理) 9,6 分(文)
2015 年
2,5 分(理) 2,5 分(文)
2014 年
3,5 分(理) 3,5 分(文)
2013 年
2012 年
12,4 分(理) 11,4 分(理) 5,5 分(文) 3,5 分(文)
• 常常可见到这样的同学，他们在下课前几分钟就开始看表、收拾课本文具，下课铃一响，就迫不及待地“逃离”教室。实际上，每节课刚下课时的几分 钟是我们对上课内容查漏补缺的好时机。善于学习的同学往往懂得抓好课后的“黄金两分钟”。那么，课后的“黄金时间”可以用来做什么呢？
• 一、释疑难 • 对课堂上老师讲到的内容自己想不通卡壳的问题，应该在课堂上标出来，下课时，在老师还未离开教室的时候，要主动请老师讲解清楚。如果老师已
2019/7/20
最新中小学教学课件
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you!
2019/7/20
最新中小学教学课件
2,5 分(理)
空间点线 14,4 分(理)
面的位置 17(1)，7 分(理)
关系
2,5 分(文)
18(1)，7 分(文)
空间向量
及其应 17(2)，8 分(理)
用、空间 14,4 分(文)
角Hale Waihona Puke 18(2)，8 分(文)13,4 分(理) 17,4 分(理)
17(1)，7 分(理) 20(1)，7 分(理)
20(2)，9 分 20(2)，7 分
(理)
(理)
20(2)，5 分 20(2)，7 分
(文)
(文)
(全国版)2019版高考数学一轮复习 第7章 立体几何 第3讲 空间点、直线、平面之间的位置关系学案
第3讲空间点、直线、平面之间的位置关系板块一知识梳理·自主学习［必备知识］考点1 平面的基本性质考点2 空间两条直线的位置关系1．位置关系的分类错误!错误!异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点．2．平行公理平行于同一条直线的两条直线互相平行．3．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．4．异面直线所成的角（1)定义：设a，b是两条异面直线，经过空间中任一点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．（2)范围：错误!。
考点3 空间直线、平面的位置关系［必会结论］1．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．2．异面直线判定的一个定理过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线．[考点自测］1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)（1)两个不重合的平面只能把空间分成四个部分．( )(2)两个平面ABC与DBC相交于线段BC。
( )（3)已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a,那么c与b不可能是平行直线．（）(4)没有公共点的两条直线是异面直线．( )答案（1）×(2)×(3）√(4)×2．[2018·福州质检]已知命题p：a，b为异面直线，命题q：直线a，b不相交，则p是q的( ）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件答案A解析若直线a，b不相交，则a，b平行或异面，所以p是q的充分不必要条件．故选A.3．［课本改编]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⊂αB．b∥αC．b⊂α或b∥αD．b与α相交或b⊂α或b∥α答案D解析b与α相交或b⊂α或b∥α都可以．故选D.4．[2018·衡中调研］已知直线a，b，c，有下面四个命题:①若a，b异面,b，c异面，则a，c异面；②若a，b相交，b，c相交，则a，c相交；③若a∥b，则a,b与c所成的角相等；④若a⊥b，b⊥c，则a∥c.其中真命题的序号是________．答案③解析①a,c可能相交、平行或异面；②a,c可能相交、平行或异面；③正确；④a，c可能相交、平行或异面．5.[2018·大连模拟］如图，在三棱锥C－ABD中，E，F分别是AC和BD的中点,若CD＝2AB＝4，EF⊥AB，则EF与CD所成的角是________．答案30°解析取CB的中点G，连接EG，FG,∵EG∥AB，FG∥CD，∴EF与CD所成的角为∠EFG或其补角．又∵EF⊥AB，∴EF⊥EG。
全国通用近年高考数学一轮复习第七章立体几何初步课时作业三十九7.1空间几何体的结构及其三视图和直观
（全国通用版）2019版高考数学一轮复习第七章立体几何初步课时分层作业三十九7.1 空间几何体的结构及其三视图和直观图文编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（全国通用版）2019版高考数学一轮复习第七章立体几何初步课时分层作业三十九7.1 空间几何体的结构及其三视图和直观图文）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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课时分层作业三十九空间几何体的结构及其三视图和直观图一、选择题(每小题5分,共25分）1.由平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体是 ( ）A.六棱锥B。
六棱台C.六棱柱D.非棱柱、棱锥、棱台的一个几何体【解析】选C。
平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体符合棱柱的定义.2.水平放置的△ABC的直观图如图，其中B′O′=C′O′=1,A′O′=，那么原△ABC是一个（)A。
等边三角形B。
直角三角形C。
三边中只有两边相等的等腰三角形D.三边互不相等的三角形【解析】选A。
AO=2A′O′=2×=，在Rt△AOB中，AB==2，同理AC=2,所以BC是等边三角形.3。
一个简单几何体的正视图、侧视图分别为如图所示的矩形、正方形,则其俯视图不可能为( )A.矩形B。
直角三角形C。
椭圆 D.等腰三角形【解析】选D。
依题意，题中的几何体的俯视图的长为3、宽为2，因此结合题中选项知,其俯视图不可能是等腰三角形。
【变式备选】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。
2019届高考数学一轮复习第七章立体几何课堂达标34空间几何体的结构特征三视图和直观图文新人教版20
课堂达标(三十四) 空间几何体的结构特征、三视图和直观图[A基础巩固练]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]根据三视图的定义可知A、B、D均不可能，故选C.[答案] C2．“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1，图2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，它的正视图和俯视图分别可能是( )图1图2A．a，b B．a，cC．c，b D．b，d[解析]当正视图和侧视图完全相同时，“牟合方盖”相对的两个曲面正对前方，正视图为一个圆，俯视图为一个正方形，且两条对角线为实线，故选A.[答案] A3．(2018·福州模拟)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2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2 2.[答案] A4．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]A错误．如图1所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥．B错误．如图2，若△ABC不是直角三角形或是直角三角形，但旋转轴不是直角边所在直线，所得的几何体都不是圆锥．C错误．若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．D正确．[答案] D5．(2018·黄山质检)一个正方体截去两个角后所得几何体的正视图、俯视图如图所示，则其侧视图为( )[解析]根据一个正方体截去两个角后所得几何体的正视图、俯视图可得几何体的直观图为( )[答案] C6．(2018·临沂模拟)如图甲，将一个正三棱柱ABCDEF截去一个三棱锥ABCD，得到几何体BCDEF，如图乙，则该几何体的正视图(主视图)是( )[解析]由于三棱柱为正三棱柱，故平面ADEB⊥平面DEF，△DEF是等边三角形，所以CD在后侧面上的投影为AB的中点与D的连线，CD的投影与底面不垂直，故选C.[答案] C7．如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是______．[解析] 如图，将直观图梯形A ′B ′C ′D ′还原得原图形梯形ABCD ，且知在梯形ABCD 中，DC ∥AB ，DA ⊥AB ，DC ＝D ′C ′＝1，AD ＝2A ′D ′＝2，AB ＝A ′B ′＝2＋1.故S 梯ABCD ＝12[(2＋1)＋1]×2＝2＋ 2.[答案] 2＋ 2 8．如图，点O 为正方体ABCD A ′B ′C ′D ′的中心，点E 为面B ′BCC ′的中点，点F 为B ′C ′的中点，则空间四边形D ′OEF 在该正方体的各个面上的正投影可能是______(填出所有可能的序号)．[解析] 空间四边形D ′OEF 在正方体的面DCC ′D ′及其对面ABB ′A ′上的正投影是①；在面BCC ′B ′及其对面ADD ′A ′上的正投影是②；在面ABCD 及其对面A ′B ′C ′D ′上的正投影是③.[答案] ①②③9．一个几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，且体积为12，则这个几何体的俯视图可能是下列图形中的______．(填入所有可能的图形前的编号)①锐角三角形 ②直角三角形 ③四边形 ④扇形 ⑤圆[解析] 如图1所示，直三棱柱ABE A 1B 1E 1符合题设要求，此时俯视图△ABE 是锐角三角形；如图2所示，直三棱柱ABC A 1B 1C 1符合题设要求，此时俯视图△ABC 是直角三角形；如图3所示，当直四棱柱的八个顶点分别是正方体上、下各边的中点时，所得直四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1符合题设要求，此时俯视图(四边形ABCD )是正方形；若俯视图是扇形或圆，体积中会含有π，故排除①⑤.[答案]①②③10．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，它们是腰长为6 cm的全等的等腰直角三角形．(1)根据图所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA.[解析](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PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝6 2.由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝622＋62＝6 3 cm.[B能力提升练]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( )A．8 B．7C．6 D．5[解析] 画出直观图，共六块．[答案] C2．(2018·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( )A ．4 3B ．8 3C ．47D ．8[解析] 设该三棱锥为P ABC ，其中PA ⊥平面ABC ，PA ＝4，则由三视图可知△ABC 是边长为4的等边三角形，故PB ＝PC ＝42，所以S △ABC ＝12×4×23＝43，S △PAB ＝S △PAC ＝12×4×4＝8，S △PBC ＝12×4×422－22＝47，故四个面中面积最大的为S △PBC ＝47，选C.[答案] C3．(2018·昆明、玉溪统考)如图，三棱锥V ABC 的底面为正三角形，侧面VAC 与底面垂直且VA ＝VC ，已知其正(主)视图的面积为23，则其侧(左)视图的面积为______．[解析] 设三棱锥V ABC 的底面边长为a ，侧面VAC 的边AC 上的高为h ，则ah ＝43，其侧(左)视图是由底面三角形ABC 边AC 上的高与侧面三角形VAC 边AC 上的高组成的直角三角形，其面积为12×32a ×h ＝12×32×43＝33.[答案] 334．(2018·皖北协作区联考)空间中任意放置的棱长为2的正四面体ABCD .下列命题正确的是______．(写出所有正确的命题的编号)①正四面体ABCD 的主视图面积可能是2；②正四面体ABCD 的主视图面积可能是263；③正四面体ABCD 的主视图面积可能是3；④正四面体ABCD 的主视图面积可能是2；⑤正四面体ABCD 的主视图面积可能是4.[解析] 对于四面体ABCD ，如图1，当光线垂直于底面BCD 时，主视图为△BCD ，其面积为12×2×3＝3，③正确；当光线平行于底面BCD ，沿CO 方向时，主视图为以BD 为底，正四面体的高AO 为高的三角形，则其面积为12×2×22－2×332＝263，②正确；当光线平行于底面BCD, 沿CD 方向时，主视图为图中△ABE ，则其面积为12×2×32×22－2×332＝2，①正确；将正四面体放入正方体中，如图2，光线垂直于正方体正对我们的面时，主视图是正方形，其面积为2×2＝2，并且此时主视图面积最大，故④正确，⑤不正确．[答案] ①②③④5．某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，求a ＋b 的最大值．[解] 如图，把几何体放到长方体中，使长方体的体对角线刚好为几何体的已知棱，则长方体的体对角线A 1C ＝7，则它的正视图投影长为A 1B ＝6，侧视图投影长为A 1D ＝a ，俯视图投影长为A 1C 1＝b ，则a 2＋b 2＋(6)2＝2(7)2，即a 2＋b 2＝8，又a ＋b2≤a 2＋b 22，当且仅当“a ＝b ＝2”时等号成立，所以a ＋b ≤4，即a ＋b 的最大值为4.[C 尖子生专练]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．[解析] (1)如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23，∴侧视图中VA ＝42－23×32×232＝23，∴S △VBC ＝12×23×2 3＝6.附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。
2019届高考数学一轮复习 第7单元 立体几何听课学案 理
第七单元立体几何第40讲空间几何体的三视图和直观图﹑表面积与体积课前双击巩固1.多面体的结构特征图形2.旋转体的结构特征3.三视图与直观图4.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式5.空间几何体的表面积与体积公式V=常用结论1.按照斜二测画法得到的平面图形的直观图,其面积与原图形的面积的关系:S直观图=S原图形,S原图形=2S直观图.2.多面体的内切球与外接球常用的结论.(1)设正方体的棱长为a,则它的内切球半径r=,外接球半径R= a.(2)设长方体的长、宽、高分别为a,b,c,则它的外接球半径R=.(3)设正四面体的棱长为a,则它的高为a,内切球半径r=a,外接球半径R= a.3.正方体的截面情况: 三角形、四边形(有菱形、矩形、梯形等)、五边形、六边形.题组一常识题1.[教材改编]一个几何体由5个面围成,其中两个面是互相平行且全等的三角形,其他面都是全等的矩形,则该几何体是;一个等腰直角三角形绕其斜边所在的直线旋转一周形成的封闭曲面所围成的几何体是.2.[教材改编]如图7-40-1所示,图①②③是图④表示的几何体的三视图,若图①是正视图,则图②是,图③是.图7-40-13.[教材改编]已知正三角形ABC的边长为a,那么△ABC的平面直观图△A'B'C'的面积为.4.[教材改编]如图7-40-2所示是一个几何体的三视图,正视图是长为2,宽为1的矩形,俯视图是正方形,侧视图是半圆,则这个几何体的表面积是,体积是.图7-40-2题组二常错题◆索引:不清楚三视图的三个视图之间的长度关系致错;几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准确致误;对几何体与其外接球的结构不清楚致误.5.给出下列说法:①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;②四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形;③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥;④棱台的上、下底面可以不相似,但侧棱长一定相等.其中正确说法的序号是.6.一个四面体的三视图如图7-40-3所示,则该四面体的表面积是.图7-40-37.若某几何体的三视图如图7-40-4所示,则此几何体的体积是.图7-40-48.某几何体的三视图如图7-40-5所示,则该几何体的外接球的表面积是.图7-40-5课堂考点探究探究点一空间几何体的三视图和直观图1 (1)[2017·南昌二模]一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是(0,0,0),(1,0,1),(0,1,1),,1,0,绘制该四面体的三视图时, 按照如图7-40-6所示的方向画正视图,则得到的侧视图可以为()图7-40-6图7-40-7(2)[2017·北京卷]某四棱锥的三视图如图7-40-8所示,则该四棱锥的最长棱的长度为()图7-40-8A.3B.2C.2D.2[总结反思] 分析空间几何体的三视图可从以下几方面着手:(1)由三视图中的线是否含有曲线,可确定该几何体是多面体还是旋转体.(2)根据俯视图确定几何体的底面,再根据正视图或侧视图确定几何体的侧面与侧棱的特征,调整虚、实线对应的棱、面的位置,可确定几何体的形状.(3)由三视图还原实物图,要遵循以下三步:①看视图,明关系;②分部分,想整体;③综合起来,定整体.式题 (1)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7-40-9所示,则该几何体的侧视图为( )图7-40-9图7-40-10(2)某几何体的三视图如图7-40-11所示,则该几何体中最长棱的长度为()图7-40-11A.3B.2C.D.2探究点二空间几何体的表面积与体积2 (1)[2017·渭南质检]某几何体的三视图如图7-40-12所示,则该几何体的体积为()A.64B.64-4πC.64-8πD.64-图7-40-12(2)[2017·太原模拟]某几何体的三视图如图7-40-13所示,则该几何体的表面积为()A.B.8+C.(4+)πD.(5+)π图7-40-13[总结反思] (1)根据三视图求表面积、体积时,解题的关键是对所给三视图进行分析,得到几何体的直观图.(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的面积,不要漏算或多算,解决旋转体的表面积问题要熟练应用其侧面展开图的面积公式.(3)求规则几何体的体积,只需确定其底面积与相应的高,而对于一些不规则几何体的体积往往需采用分割法或补形法,转化求解.式题 (1)[2017·郑州质检]如图7-40-14是某个几何体的三视图,则这个几何体的体积是()A.2+B.2+C.4+D.4+图7-40-14(2)[2017·长沙一中二模]如图7-40-15,某几何体的三视图为三个边长均为1的正方形及两条对角线,则该几何体的表面积为 ()A.2B.2C.3D.4图7-40-15探究点三空间几何体与球的切﹑接问题考向1几何体的外接球3 (1)[2017·深圳二调]已知三棱锥S-ABC中,△ABC是直角三角形,其斜边AB=8,SC⊥平面ABC,SC=6,则该三棱锥的外接球的表面积为()A.64πB.68πC.72πD.100π(2)[2017·全国卷Ⅰ]已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,SC是球O的直径,若平面SCA⊥平面SCB,SA=AC,SB=BC,三棱锥S-ABC的体积为9,则球O的表面积为.[总结反思] 一个多面体的顶点都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球的特点,即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径.考向2几何体的内切球4 (1)在三棱锥P-ABC中,侧棱PA=PB=2,PC=,则当三棱锥P-ABC的三个侧面的面积和最大时,三棱锥P-ABC的内切球的表面积是 ()A.(32-8)πB.(32-16)πC.(40-8)πD.(40-16)π(2)若一个正四面体的表面积为S1,其内切球的表面积为S2,则= .[总结反思] 求解多面体的内切球问题,一般是将多面体分割为以内切球球心为顶点,多面体的各侧面为底面的棱锥,利用多面体的体积等于各分割棱锥的体积之和求内切球的半径.强化演练1.【考向1】正四棱锥P-ABCD的侧棱和底面边长都等于2,则它的外接球的表面积是()A.16πB.12πC.8πD.4π2.【考向2】在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BC⊥AC,AC=12,BC=5,若一个球和该三棱柱的各个面都相切,则该三棱柱的表面积为 ()A.60B.180C.240D.3603.【考向2】如图7-40-16,已知球O是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球,则平面ACD1截球O的截面面积为()A.πB.C. D.π图7-40-164.【考向1】在三棱锥S-ABC中,侧棱SA⊥底面ABC,AB=5,BC=8,∠ABC=60°,SA=2,则该三棱锥的外接球的表面积为()A.πB.πC.πD.π5.【考向1】长方体ABCD-A1B1C1D1的各个顶点都在表面积为16π的球O的球面上,若AB∶AD∶AA1=2∶1∶,则四棱锥O-ABCD的体积为.第41讲空间点、直线、平面之间的位置关系课前双击巩固1.空间图形的公理与定理公理1:如果一条直线上的在一个平面内,那么这条直线在此平面内.公理2:过的三点,有且只有一个平面.公理3:如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线.公理4:平行于同一条直线的两条直线互相.定理:空间中如果两个角的两边分别对应平行,那么这两个角或.2.空间直线之间的位置关系(1)空间直线(2)异面直线所成的角①定义:设a,b是两条异面直线,经过空间中任一点O作直线a'∥a,b'∥b,把a'与b'所成的叫作异面直线a与b所成的角(或夹角).②范围:.3.空间中直线与平面、平面与平面的位置关系(1)空间中直线与平面的位置关系(2)空间中平面与平面的位置关系题组一常识题1.[教材改编]共点的三条直线最少可确定个平面,最多可确定个平面.2.[教材改编]已知直线a与b平行,直线c与b相交,则直线a与c的位置关系是.3.[教材改编]已知互相垂直的平面α,β交于直线l,若直线n满足n⊥β,则n与l的位置关系为.4.[教材改编]三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧棱垂直于底面,底面边长为2,高为,M是AB的中点,则直线CM与BC1所成的角等于.题组二常错题◆索引:忽略公理2的条件致误;对异面直线概念的理解不准确致误;忽视异面直线的取值范围致误.5.若a,b是异面直线,c与a,b都相交,则由这三条直线可以确定个平面.6.下列关于异面直线的说法正确的是.(1)若a⊂α,b⊂β,则a与b是异面直线;(2)若a与b异面,b与c异面,则a与c异面;(3)若a,b不同在平面α内,则a与b异面;(4)若a,b不同在任何一个平面内,则a与b异面.7.已知直线a,b分别在两个不同的平面α,β内,则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的条件.(填充分不必要、必要不充分、充要)8.若一条直线与一个平面所成的角为,则此直线与这个平面内任意一条直线所成角的取值范围是.课堂考点探究探究点一平面的基本性质1 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,判断下列说法是否正确,并说明理由.(1)直线AC1在平面CC1B1B内;(2)设正方形ABCD与正方形A1B1C1D1的中心分别为O,O1,则平面AA1C1C与平面BB1D1D的交线为OO1;(3)由点A,O,C可以确定一个平面;(4)由A,C1,B1确定的平面是ADC1B1;(5)设直线l是平面ABCD内的直线,直线m是平面DD1C1C内的直线,若l与m相交,则交点一定在直线CD上.[总结反思] (1)三个公理是立体几何的基础.公理1是确定直线在平面内的依据;公理2是利用点或直线确定平面的依据;公理3是确定两个平面有一条交线的依据,同时也是证明多点共线、多线共点的依据.(2)证明点共线或线共点的问题,关键是转化为证明点在直线上,也就是利用公理3,证明点在两个平面的交线上,或者选择其中两点确定一条直线,然后证明另一点也在该直线上.式题 (1)若点P∈平面α,点Q∈平面α,点R∈平面β,α∩β=m,且R∉m,PQ∩m=M,过P,Q,R三点确定一个平面γ,则β∩γ是()A.直线QRB.直线PRC.直线RMD.以上均不正确(2)给出下列四个说法:①经过三点确定一个平面;②梯形可以确定一个平面;③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面;④若两个平面有三个公共点,则这两个平面重合.其中正确说法的个数是()A.0B.1C.2D.3探究点二空间两条直线的位置关系2 (1)[2017·东北三省三校联考]已知α是一个平面,m,n是两条不同的直线,A是一个点,若m⊄α,n⊂α,且A∈m,A∈α,则m,n的位置关系不可能是 ()A.垂直B.相交C.异面D.平行(2)[2017·临汾一模]已知平面α和直线a,b,则下列说法正确的是()A.若直线a,b与平面α所成角都是30°,则这两条直线平行B.若直线a,b与平面α所成角都是30°,则这两条直线不可能垂直C.若直线a,b平行,则这两条直线中至少有一条与平面α平行D.若直线a,b垂直,则这两条直线与平面α不可能都垂直[总结反思] (1)要判断空间两条直线的位置关系(平行、相交、异面),可利用定义及公理4,借助空间想象并充分利用图形进行判断.(2)判断空间直线的位置关系一般有两种方法:一是构造几何体(如正方体、空间四边形等)模型来推断;二是利用排除法.式题 (1)对于任意的直线l与平面α,在平面α内必有直线m,使得m与l()A.平行B.相交C.垂直D.互为异面直线(2)设a,b,c是空间中三条不同的直线,给出下面四个说法:①若a∥b,b∥c,则a∥c;②若a⊥b,b⊥c,则a∥c;③若a与b相交,b与c相交,则a与c相交;④若a⊂平面α,b⊂平面β,则a与b一定是异面直线.其中说法正确的是.(写出所有正确说法的序号)探究点三异面直线所成的角3 (1)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,若AB=BB1,D是CC1的中点,则CA1与BD所成角的大小是()A. B.C. D.(2)如图7-41-1,E,F分别是三棱锥P-ABC的棱AP,BC的中点,PC=10,AB=6,EF=7,则异面直线AB与PC所成的角为.图7-41-1[总结反思] 用平移法求异面直线所成角的一般步骤:(1)作角——用平移法找(或作)出符合题意的角;(2)求角——转化为求一个三角形的内角,通过解三角形,求出所找的角;(3)结论——设由(2)求出的角的大小为θ,若0°<θ≤90°,则θ即为所求,若90°<θ<180°,则180°-θ即为所求.式题 (1)已知四棱锥P-ABCD的侧棱长与底面边长都相等,点E是PB的中点,则异面直线AE与PD所成角的余弦值为()A. B.C.D.(2)如图7-41-2所示,正三棱锥A-BCD的底面BCD与正四面体E-BCD的底面BCD重合,连接AE,则异面直线AE与CD所成角的大小为 ()图7-41-2A.30°B.45°C.60°D.90°第42讲直线、平面平行的判定与性质课前双击巩固1.直线与平面平行的判定与性质2.面面平行的判定与性质常用结论1.两个平面平行,则其中任意一个平面内的直线与另一个平面平行.2.三种平行关系的转化:线线平行、线面平行、面面平行的相互转化是解决与平行有关的证明题的指导思想,解题中既要注意一般的转化规律,又要看清题目的具体条件,选择正确的转化方向.题组一常识题1.[教材改编]已知直线a∥平面α,P∈α,那么过点P且平行于直线a的直线有条.2.[教材改编]空间四边形ABCD中,E,F分别在边AD,CD上,且满足=,则直线EF与平面ABC的位置关系是.3.[教材改编]如图7-42-1所示,长方体ABCD-A1B1C1D1中,平面AB1C与平面A1DC1的位置关系是.图7-42-14.[教材改编]如图7-42-2,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为DD1的中点,则BD1与平面AEC 的位置关系为.图7-42-2题组二常错题◆索引:对空间平行关系的相互转化条件理解不够致误;忽略线面平行判定定理的条件致误;应用面面平行的判定定理时忽视“面内两条相交直线”这一条件致误.5.设m,l表示两条不同的直线,α表示平面,若m⊂α,则“l∥α”是“l∥m”的条件.6.(1)若直线a与平面α内无数条直线平行,则a与α的位置关系是.(2)已知直线a,b和平面α,β,若a⊂α,b⊂α,a∥β,b∥β,则α,β的位置关系是.(3)若α∥β,直线a∥α,则a与β的位置关系是.7.下列条件中,能判断两个平面平行的是.(1)一个平面内的一条直线平行于另一个平面;(2)一个平面内的两条直线平行于另一个平面;(3)一个平面内有无数条直线平行于另一个平面;(4)一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面.课堂考点探究探究点一平行关系的基本问题1 (1)[2017·全国卷Ⅰ]如图7-42-3,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是()A B C D图7-42-3(2)[2017·济南模拟]平面α∥平面β的一个充分条件是()A.存在一条直线a,a∥α,a∥βB.存在一条直线a,a⊂α,a∥βC.存在两条平行直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥αD.存在两条异面直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α[总结反思] 解决空间中线面、面面平行的基本问题要注意以下几个方面:(1)判定定理与性质定理中易忽视定理成立的条件;(2)结合题意构造或绘制图形,结合图形作出判断;(3)举反例否定结论.式题 (1)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()A.2条B.4条C.6条D.8条(2)设m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,给出下列四个说法:①若m⊂α,n∥α,则m∥n;②若α∥γ,β∥γ,则α∥β;③若α∩β=n,m∥n,m∥α,则m∥β;④若m∥α,n∥β,m∥n,则α∥β.其中正确说法的序号是.探究点二线面平行的判定与性质2 如图7-42-4所示,在直三棱柱ABC-A'B'C'中,M为CC'的中点,N为AB的中点,AA'=BC=3,AB=2,AC=.图7-42-4(1)求证:CN∥平面AB'M;(2)求三棱锥B'-AMN的体积.[总结反思] (1)证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线,解题的思路是利用几何体的特征,合理利用中位线定理、线面平行的性质,或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.(2)应用线面平行性质定理的关键是确定交线的位置,有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线.式题如图7-42-5所示,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,AD=2BC,E为侧棱PC上不同于端点的任意一点.若PA∥平面BDE,求的值.图7-42-5探究点三面面平行的判定与性质3 如图7-42-6,在以A,B,C,D,E,F为顶点的多面体中,AF⊥平面ABCD,DE⊥平面ABCD,AD ∥BC,BC=2AD.请在图中作出平面α,使得DE⊂α,且BF∥α,并说明理由.图7-42-6[总结反思] 证明面面平行的常用方法:(1)利用面面平行的定义或判定定理;(2)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(l⊥α,l⊥β⇒α∥β);(3)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(α∥β,β∥γ⇒α∥γ).式题已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,AD=2BC,E,F分别为CC1,DD1的中点.求证:平面BEF∥平面AD1C1.图7-42-7第43讲直线、平面垂直的判定与性质课前双击巩固1.直线与平面垂直(1)定义:如果直线l与平面α内的都垂直,就称直线l与平面α互相垂直,记作l⊥α.直线l叫作平面α的,平面α叫作直线l的.(2)直线与平面垂直的判定与性质,⇒⇒b⊥α⇒a⊥b⇒a∥b2.两个平面垂直(1)定义:两个平面相交,如果它们所成的二面角是,就说这两个平面互相垂直.(2)两个平面垂直的判定和性质⇒α⊥βαα则⇒常用结论1.与线面垂直相关的两个常用结论:(1)两平行线中的一条与平面垂直,则另一条也与这个平面垂直;(2)一条直线垂直于两平行平面中的一个,则与另一个平面也垂直.2.三种垂直关系的转化:线线垂直线面垂直面面垂直题组一常识题1.[教材改编]已知直线a,b和平面α,且a⊥α,b∥α,则a与b的位置关系为.2.[教材改编]已知三棱锥P-ABC的三条侧棱都相等,顶点P在底面ABC上的射影为O,则O 是△ABC的心.3.[教材改编]如图7-43-1所示,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°,F是AC的中点,E是PC上的点,且EF⊥BC,则= .图7-43-14.[教材改编]如图7-43-2所示,在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°.将△ADB沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,构成三棱锥A-BCD,则在三棱锥A-BCD中,平面ADC ⊥平面.图7-43-2题组二常错题◆索引:忽略线面垂直的条件致误;忽视平面到空间的变化致误.5.“直线a与平面α内的无数条直线都垂直”是“直线a与平面α垂直”的条件.6.已知直线a,b,c,若a⊥b,b⊥c,则a与c的位置关系为.7.已知直线a和平面α,β,若α⊥β,a⊥β,则a与α的位置关系为.8.已知互相垂直的平面α,β交于直线l,若直线n满足n⊥β,则n与l的位置关系是.课堂考点探究探究点一垂直关系的基本问题1 (1)设a,b是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列四个说法中错误的是()A.若a⊥b,a⊥α,b⊄α,则b∥αB.若a∥α,a⊥β,则α⊥βC.若a⊥β,α⊥β,则a∥αD.若a⊥b,a⊥α,b⊥β,则α⊥β(2)[2017·全国卷Ⅲ]在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则()A.A1E⊥DC1B.A1E⊥BDC.A1E⊥BC1D.A1E⊥AC[总结反思] 解决空间中线面、面面垂直的问题有以下三种方法: (1)依据相关定理得出结论;(2)结合符合题意的模型(如构造正方体、长方体)作出判断;(3)否定命题时只需举一个反例即可.式题 (1)[2017·宣城二调]已知m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则下列四个说法中错误的是()A.若m∥α,m∥β,α∩β=n,则m∥nB.若α⊥β,m⊥α,n⊥β,则m⊥nC.若α⊥β,α⊥γ,β∩γ=m,则m⊥αD.若α∥β,m∥α,则m∥β(2)[2017·洛阳三模]若空间中四个不重合的平面α1,α2,α3,α4满足α1⊥α2,α2⊥α3,α3⊥α4,则下列结论一定正确的是()A.α1⊥α4B.α1∥α4C.α1与α4既不垂直也不平行D.α1与α4的位置关系不确定探究点二线面垂直的判定与性质2 [2018·郑州一中月考]在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,△PAD 是等腰三角形,AB=2AD,E是AB的一个三等分点(靠近点A),CE的延长线与DA的延长线交于点F,连接PF.证明:(1)CD⊥PF;(2)在线段PC,PD上可以分别找到两点A',A″,使得直线PC⊥平面AA'A″.图7-43-3[总结反思] (1)解决直线与平面垂直问题的常用方法:①利用线面垂直的定义;②利用线面垂直的判定定理;③利用线面垂直的性质;④利用面面垂直的判定定理;⑤利用面面垂直的性质.(2)由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化,因此整个证明过程围绕着“线面垂直”这个核心展开,这是化解空间垂直关系问题难点的技巧所在.式题 [2017·北京海淀区期中]如图7-43-4所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB⊥AC,AC=AA1,E,F分别是棱BC,CC1的中点.证明:(1)AB⊥平面AA1C1C;(2)EF⊥A1C.图7-43-4探究点三面面垂直的判定与性质3[2018·豫南九校质检]在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,AB∥CD,△PAD是等边三角形,已知AD=2,BD=2,AB=2CD=4.(1)设M是PC上一点,求证:平面MBD⊥平面PAD.(2)求四棱锥P-ABCD的体积.图7-43-5[总结反思] (1)证明面面垂直的常用方法:①利用面面垂直的定义;②利用面面垂直的判定定理,转化为从现有直线中(或作辅助线)寻找平面的垂线,即证明线面垂直.(2)两个平面垂直问题,通常是通过“线线垂直→线面垂直→面面垂直”的过程来实现的.式题如图7-43-6,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=AA1,AB=BC,∠AA1C1=60°,平面ABC1⊥平面AA1C1C.求证:BC1⊥平面AA1C1C.图7-43-6探究点四平行与垂直的综合问题考向1平行与垂直关系的证明4 如图7-43-7,在三棱锥A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E,F(E与A,D 不重合)分别在棱AD,BD上,且EF⊥AD.求证:(1)EF∥平面ABC;(2)AD⊥AC.图7-43-7[总结反思] 处理空间图形中的平行与垂直问题,一般考虑判定定理和性质的应用,当满足相关定理的条件时,可直接使用相关定理得出结论.考向2探索性问题中的平行与垂直关系5 如图7-43-8所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥CD,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=AD.(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.图7-43-8[总结反思] 处理空间中平行或垂直的探索性问题,一般是先根据条件猜测点或直线的位置再给出证明.点一般为中点或三等分点,直线一般为中位线.考向3折叠问题中的平行与垂直关系6 如图7-43-9(1)所示,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,D为AC的中点,AE⊥BD于点E(不同于点D),延长AE交BC于点F,将△ABD沿BD折起,得到三棱锥A1-BCD,如图(2)所示.(1)若M是FC的中点,求证:直线DM∥平面A1EF.(2)求证:BD⊥A1F.(3)若平面A1BD⊥平面BCD,试判断直线A1B与直线CD能否垂直?请说明理由.图7-43-9[总结反思] 证明折叠问题中的平行与垂直,关键是分清折叠前后图形的位置和数量关系的变与不变.一般地,折叠前位于“折痕”同侧的点、线间的位置和数量关系折叠后不变,而折叠前位于“折痕”两侧的点、线间的位置关系折叠后会发生变化.对于不变的关系可在平面图形中处理,而对于变化的关系则要在立体图形中解决.强化演练1.【考向1】在三棱锥S-ABC中,∠SBA=∠SCA=90°,△ABC是斜边AB=a的等腰直角三角形,给出以下结论:①异面直线SB与AC所成的角为90°;②直线SB⊥平面ABC;③平面SBC⊥平面ABC;④点C到平面SAB的距离是a.其中正确结论的个数是()A.1B.2C.3D.4图7-43-102.【考向1】[2017·宝鸡质检]对于四面体ABCD,给出下列四个说法:①若AB=AC,BD=CD,则BC⊥AD;②若AB=CD,AC=BD,则BC⊥AD;③若AB⊥AC,BD⊥CD,则BC⊥AD;④若AB⊥CD,AC⊥BD,则BC⊥AD.其中正确的说法是()A.①②B.②③C.②④D.①④3.【考向3】如图7-43-11,以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕,翻折△ABD 和△ACD,使得平面ABD⊥平面ACD.给出下列四个结论:①BD⊥AC;②△BAC是等边三角形;③三棱锥D-ABC是正三棱锥;④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的结论是()图7-43-11A.①②④B.①②③C.②③④D.①③④4.【考向2】如图7-43-12,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,AB=1,∠ABC=,E为PD的中点,PA=1.(1)求证:PB∥平面AEC.(2)在棱PC上是否存在点M,使得直线PC⊥平面BMD?若存在,求出点M的位置;若不存在,说明理由.图7-43-12第44讲空间向量及其运算和空间位置关系课前双击巩固1.空间向量及其有关概念=x +y +z 2.两个向量的数量积(1)a ·b=.(2)a ⊥b ⇔ (a ,b 为非零向量). (3)|a|2= ,|a|=.3.向量的坐标运算题组一常识题1.[教材改编]已知向量a=(2,-3,5),b=,且a∥b,则λ等于.2.[教材改编]若直线l的方向向量为a=(1,0,2),平面α的法向量为n=(-2,0,-4),则l与α的位置关系为.3.[教材改编]已知在空间四边形ABCD中,G为CD的中点,则化简+(+)= .4.[教材改编]如图7-44-1所示,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,M为A1C1与B1D1的交点.若=a,=b,=c,则可用a,b,c表示为.图7-44-1题组二常错题◆索引:忽略向量共线与共面的区别,使用向量的数量积公式出错.5.给出下列命题:①若向量a,b共线,则向量a,b所在的直线平行;②若三个向量a,b,c两两共面,则向量a,b,c共面;③已知空间的三个向量a,b,c,则对于空间的任意一个向量p,总存在实数x,y,z使得p=xa+yb+zc;④若A,B,C,D是空间任意四点,则有+++=0.其中为真命题的是(填序号).6.已知向量a=(4,-2,-4),b=(6,-3,2),则(a+b)·(a-b)的值为.7.在空间直角坐标系中,A(1,2,3),B(-2,-1,6),C(3,2,1),D(4,3,0),则直线AB与CD的位置关系是.课堂考点探究探究点一空间向量的线性运算1 如图7-44-2所示,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,设=a,=b,=c,M,N,P分别是AA1,BC,C1D1的中点,试用a,b,c表示以下各向量:(1); (2);(3)+.图7-44-2[总结反思] 进行向量的线性运算,有以下几个关键点:(1)结合图形,明确图形中各线段的几何关系;(2)正确运用向量加法、减法与数乘运算的几何意义;(3)平面向量的三角形法则、平行四边形法则在空间中仍然成立.式题如图7-44-3所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,O为AC的中点.(1)化简:--= .(2)用,,表示,则= .图7-44-3探究点二共线﹑共面向量定理的应用2 如图7-44-4所示,已知E,F,G,H分别是空间四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA的中点,用向量方法证明:(1)E,F,G,H四点共面;(2)BD∥平面EFGH.图7-44-4[总结反思] 证明点共面问题可转化为证明向量共面问题,如要证明P,A,B,C四点共面,只要能证明=x+y即可.对空间任意一点O,若=x+y+z(x+y+z=1),则P,A,B,C 四点共面.式题如图7-44-5所示,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1中,点M,N分别在AC1和BC上,且满足=k, =k (0≤k≤1),问向量是否与向量,共面?图7-44-5探究点三利用空间向量证明平行或垂直3 [2017·常锡二模]如图7-44-6所示,在四面体ABCD中,平面ABC⊥平面ACD,E,F,G分别为AB,AD,AC的中点,AC=BC,∠ACD=90°.(1)求证:AB⊥平面EDC;(2)若P为FG上任一点,证明:EP∥平面BCD.图7-44-6[总结反思] (1)选取空间不共面的三个向量为基底,用基底表示已知条件和所需解决问题的过程就是将几何问题转化为向量问题的过程;(2) 通过计算向量的数量积为0,可证明垂直问题;(3)要证线面平行,证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示.式题如图7-44-7所示,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面为平行四边形,以顶点A为端点的三条棱长都为1,且两两夹角为60°.(1)求AC1的长;(2)求证:AC1⊥BD;(3)求异面直线BD1与AC夹角的余弦值.图7-44-7。
全国通用近年高考数学大一轮复习第七章立体几何课时达标38空间点、直线、平面之间的位置关系(2021
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第38讲空间点、直线、平面之间的位置关系［解密考纲]考查点、线、面的位罝关系，常以选择题或填空题的形式出现．一、选择题1．设a，b是平面α内两条不同的直线，l是平面α外的一条直线，则“l⊥a，l⊥b”是“l⊥α”的（C)A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件解析直线a，b平行时,由“l⊥a，l⊥b”错误!“l⊥α”；“l⊥α”⇒“l⊥a，l⊥b"，所以“l⊥a,l⊥b"是“l⊥α”的必要不充分条件．2．如图所示，ABCD－A1B1C1D1是长方体,O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是( A）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共面解析连接A1C1，AC,则A1C1∥AC，∴A1，C1，C，A四点共面．∴A1C⊂平面ACC1A1。
∵M∈A1C,∴M∈平面ACC1A1。
又M∈平面AB1D1，∴M为平面ACC1A1与AB1D1的公共点．同理O，A为平面ACC1A1与平面AB1D1的公共点．∴A,M,O三点共线．3．正方体A1C中，E,F分别是线段BC，CD1的中点,则直线A1B与直线EF的位置关系是( A) A．相交B．异面C．平行D．垂直解析如图所示，直线A1B与直线外一点E确定的平面为A1BCD1,EF⊂平面A1BCD1，且两直线不平行，故两直线相交．4．已知空间中有三条线段AB，BC和CD，且∠ABC＝∠BCD,那么直线AB与CD的位置关系是( D)A．AB∥CDB．AB与CD异面C．AB与CD相交D．AB∥CD或AB与CD异面或AB与CD相交解析若三条线段共面，如果AB，BC，CD构成等腰三角形，则直线AB与CD相交，否则直线AB与CD平行；若不共面，则直线AB与CD是异面直线．5．(2018·黑龙江哈尔滨六中期中）下列命题正确的个数是( B）①梯形的四个顶点在同一平面内；②三条平行直线必共面；③有三个公共点的两个平面必重合；④每两条相交且交点各不相同的四条直线一定共面．A．1 B．2 C．3 D．4解析对于①，由于梯形为平面图形，故四个顶点在同一平面内，所以①正确；对于②,如三棱柱的三条侧棱相互平行但不共面，故三条平行线可共面，也可不共面，所以②不正确;对于③,当这三点共线时，两个平面可以不重合，故③不正确；对于④,由平面的性质可得满足条件的四条直线必共面,故④正确．综上，①④正确．故选B．6．(2017·全国卷Ⅰ)如图,在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M,N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是( A）解析方法一对于B项，如图所示连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点,所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ,所以AB∥平面MNQ，同理可证C，D项中均有AB∥平面MNQ。
全国近年高考数学一轮复习第7章立体几何第1讲空间几何体的结构及其三视图和直观图增分练(2021年整
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第1讲空间几何体的结构及其三视图和直观图板块四模拟演练·提能增分[A级基础达标]1．[2018·银川模拟]三视图如图的几何体是（）A。
三棱锥 B．四棱锥 C．四棱台 D．三棱台答案B解析几何体底面为四边形，侧面是三角形．故选B.2．如图是一个物体的三视图，则此三视图所描述的物体是下列哪个几何体？( )答案D解析由三视图知该几何体是一个组合体，上部是圆锥,下部是圆柱．故选D。
3．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( )答案D解析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．故选D.4．[2018·云南玉溪模拟]将长方体截去一个四棱锥后得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( ）答案D解析根据几何体的结构特征进行分析即可．故选D。
5．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的直观图是( ）答案A解析该几何体是正方体的一部分，结合侧视图可知直观图为选项A中的图．故选A. 6．[2017·北京高考］某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的最长棱的长度为( ）A.3错误! B．2错误! C．2错误! D．2答案B解析在正方体中还原该四棱锥,如图所示,可知SD为该四棱锥的最长棱．由三视图可知正方体的棱长为2，故SD＝错误!＝2错误!。
近年高考数学一轮复习第7章立体几何7.2空间几何体的表面积与体积课后作业理(2021年整理)
2019版高考数学一轮复习第7章立体几何7.2 空间几何体的表面积与体积课后作业理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019版高考数学一轮复习第7章立体几何7.2 空间几何体的表面积与体积课后作业理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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7。
2 空间几何体的表面积与体积［基础送分提速狂刷练]一、选择题1．(2017·东北五校联考)如左图所示,在三棱锥D－ABC中，已知AC＝BC ＝CD＝2，CD⊥平面ABC，∠ACB＝90°.若其正视图、俯视图如右图所示，则其侧视图的面积为( ）A.错误!B．2C.错误!D。
错误!答案D解析由几何体的结构特征和正视图、俯视图，得该几何体的侧视图是一个直角三角形，其中一直角边为CD，其长度为2，另一直角边为底面三角形ABC的边AB上的中线,其长度为错误!，则其侧视图的面积为S＝错误!×2×错误!＝错误!，故选D.2．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＋8πC．16＋16π D．8＋16π答案A解析由三视图可知该几何体由长方体和圆柱的一半组成(如图所示），其中长方体的长、宽、高分别为4,2,2，圆柱的底面半径为2，高为4.所以该几何体的体积V＝4×2×2＋错误!π×22×4＝16＋8π.故选A.3．（2018·合肥质检)一个几何体的三视图如图所示（其中正视图的弧线为四分之一圆周），则该几何体的表面积为( ）A．72＋6π B．72＋4πC．48＋6π D．48＋4π答案A解析由三视图知,该几何体由一个正方体的错误!部分与一个圆柱的错误!部分组合而成(如图所示),其表面积为16×2＋（16－4＋π）×2＋4×（2＋2＋π）＝72＋6π。
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全国通用版2019版高考数学大一轮复习第七章立体几何课时达标37
空间几何体的三视图直观图表面积和体积
[解密考纲]考查空间几何体的结构特征、三视图、体积与表面积，以选择题或填空题的形式出现．
一、选择题
1．下列说法正确的是( D )
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 ．棱台各侧棱的延长线交于一点
解析 由棱柱和棱锥的概念可知，A ，B ，C 项均错误．由于棱台是由平行于棱锥底面的平面截棱锥所得到的截面与底面之间的部分，故棱台各侧棱的延长线交于一点．
2．某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是( D )
解析 由几何体的正视图和侧视图，结合四个选项中的俯视图知，若为D 项，则正视图
应为，故D 项不可能．故选D ．
3．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( B )
A ．2＋ 5
B ．2＋2 5
C ．4
3
D ．23
解析 三棱锥的高为1，底面为等腰三角形，如图，因此表面积是12×2×2＋2×1
2×5×1
＋1
2
×5×2＝2＋2 5.故选B ．
4．已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸，可得出这个几何体的内切球半径是( C )
A ．4
3
B ．4
9
C ．6－2
D ．36－6
解析 由三视图可知，该几何体为三棱锥，设内切球半径为r ，则由棱锥的体积公式有13Sh ＝13(S 1＋S 2＋S 3＋S 4)r ，其中S ＝1
2×2×2＝2，h ＝2，S 1，S 2，S 3，S 4分别是三棱锥四个面的面积，S 1＝S 2＝S ＝2，S 3＝S 4＝1
2
×22×3＝6，所以4＝(4＋26)r ，解得r ＝6－2.
5．一个几何体按比例绘制的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为( A )
A ．72
m 3
B ．92
m 3
C ．73
m 3
D ．94
m 3 解析 由三视图可知，该几何体为如图所示的几何体，其体积为3个正方体的体积加三棱柱的体积，所以V ＝3＋12＝7
2
.故选A ．
6．(2017·全国卷Ⅱ)如图，网络纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( B )
A ．90π
B ．63π
C ．42π
D ．36π
解析 依题意，题中的几何体是用一个平面将一个底面半径为3、高为10的圆柱截去一部分后所剩余的部分，可在该几何体的上方拼接一个与之完全相同的几何体，从而形成一个底面半径为3、高为10＋4＝14的圆柱，因此该几何体的体积等于12×π×32
×14＝63π.
故选B ．
二、填空题
7．边长为2的正方体的顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积和体积分别为 12π，
解析 ∵正方体的顶点都在球O 的球面上， ∴正方体的体对角线的长度就是其外接球的直径． 设球的半径为R ，则2R ＝22
＋22
＋22
＝23，即R ＝3， ∴球O 的表面积为S ＝4π×(3)2
＝12π， 体积为V ＝43
πR 3
＝43π.
8．等腰梯形ABCD ，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底 AB ＝ 3，以下底所在直线为x
轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为2
解析 如图所示：
因为OE ＝
2
2
－1＝1，所以O ′E ′＝12，E ′F ＝2
4
，则直观图A ′B ′C ′D ′的面
积为S ′＝12×(1＋3)×24＝2
2
.
9
解析 根据三视图可知原几何体如图所示，最长棱为AC ， 所以AE ＝2，EB ＝2，ED ＝3，DC ＝4，
所以EC ＝5，所以AC ＝29. 三、解答题
10．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．
(1)根据图所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)求PA .
解析 (1)该四棱锥的俯视图是边长为 6 cm 的正方形(内含对角线)，如图，其面积为36 cm 2
.
(2)由侧视图可求得
PD ＝PC 2＋CD 2＝62＋62＝6 2.
由正视图可知AD ＝6，且AD ⊥PD ， 所以在Rt △APD 中，
PA ＝PD 2＋AD 2＝
2
2
＋62
＝6 3 (cm)．
11．现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1，下部的形状是ABCD －A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍．AB ＝6 m ，PO 1 ＝2 m ，则仓库的容积是多少？
解析 由PO 1＝2知O 1O ＝4PO 1＝8.
因为A 1B 1＝AB ＝6，
所以正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1的体积
V 锥＝1
3·A 1B 21·PO 1＝13
×62×2＝24(m 3
)；
正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积
V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)．
所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3
)．
12．如图所示，半径为R 的半圆内的阴影部分以直径AB 所在直线为轴，旋转一周得到一几何体，求该几何体的体积(其中∠BAC ＝30°)．
解析 如图所示，过C 作CO 1⊥AB 于O 1，在半圆中∠BCA ＝90°，∠BAC ＝30°，AB ＝2R ，
∴AC ＝3R ，BC ＝R ，CO 1＝
3
2
R .
∵V 球＝43πR 3，V 圆锥AO 1＝13·AO 1·πCO 21＝14
πR 2
·AO 1，
V 圆锥BO 1＝1
3BO 1·πCO 21＝14
πR 2
·BO 1，
∴V 几何体＝V 球－(V 圆锥AO 1＋V 圆锥BO 1) ＝43πR 3－12πR 3
＝56
πR 3.。