2021高考数学二轮专题复习4.1空间几何体与空间位置关系课件.ppt

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“立体几何”大题的常考题型探究(课件)2023年高考数学二轮复习(全国通用)

因为平面，所以平面，所以为二面角的平面角．
因为，所以．由已知得，故．又，所以．因为 , , , , ，所以．
提分秘籍体积问题考查的本质就是点面距离，解题关键是抓住以下几种方法：
（1）等体积法（仅限三棱锥）转换顶点;
（2）顶点不变，延展或缩小底面，如四棱锥的高即同顶点的三棱锥的高，点到平面的距离可看作点到平面的距离;
设，则 , , .设平面的法向量为，则即
令，则，∴平面的一个法向量为， .∵直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，∴直线与平面所成角的正弦值等于, ，当且仅当时取等号.
∴直线与平面所成角的正弦值的最大值为 .（法二：定义法）如图2，平面，，平面 .
大题攻略03 平面与平面所成的角
例3 (2021年全国甲卷)已知直三棱柱中，侧面为正方形，，，分别为和的中点，为棱上的点， .
（1）证明： .（2）当为何值时，平面与平面所成的二面角的正弦值最小?
▶审题微“点”
切入点
（1）常规方法是几何法，不过用几何法较为复杂，根据题目条件建系是最优解法；（2）建系是常规方法，也是最优法
▶审题微“点”
切入点
（1）关键是在平面内找一条直线与平行,根据线面平行的判定定理即可证明；（2）将包装盒分割成几个规则的锥体和柱体求解
障碍点
（1）在平面内找直线与平行；（2）将不规则的几何体分割或补形成几个规则的几何体
隐蔽点
（1）平面内与平行的直线；（2）包装盒的高
[解析] （1）如图1所示，分别取，的中点，，连接，因为，为全等的正三角形，所以，， .

高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解31---空间几何体

高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解第31讲空间几何体[考情分析] 空间几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积和体积是高考的重点与热点，多以选择题、填空题的形式考查，难度中等或偏上．考点一空间几何体的折展问题核心提炼空间几何体的侧面展开图 1．圆柱的侧面展开图是矩形． 2．圆锥的侧面展开图是扇形． 3．圆台的侧面展开图是扇环．例1 (1)“莫言下岭便无难，赚得行人空喜欢．”出自南宋诗人杨万里的作品《过松源晨炊漆公店》．如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为40 km ，山高为4015 km ，B 是山坡SA 上一点，且AB ＝40 km.为了发展旅游业，要建设一条从A 到B 的环山观光公路，这条公路从A 出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，下坡路段长为( )A ．60 kmB ．12 6 kmC ．72 kmD ．1215 km 答案 C解析该圆锥的母线长为(4015)2＋402＝160，所以圆锥的侧面展开图是圆心角为2×π×40160＝π2的扇形，如图，展开圆锥的侧面，连接A ′B ，由两点之间线段最短，知观光公路为图中的A ′B ，A ′B ＝SA ′2＋SB 2＝1602＋1202＝200，过点S 作A ′B 的垂线，垂足为H ，记点P 为A ′B 上任意一点，连接PS ，当上坡时，P 到山顶S 的距离PS 越来越小，当下坡时，P 到山顶S 的距离PS 越来越大，则下坡段的公路为图中的HB ，由Rt △SA ′B ∽Rt △HSB ，得HB ＝SB 2A ′B ＝1202200＝72(km)．(2)(2022·深圳检测)如图，在三棱锥P －ABC 的平面展开图中，AC ＝3，AB ＝1，AD ＝1，AB ⊥AC ，AB ⊥AD ，∠CAE ＝30°，则cos ∠FCB 等于( )A.12B.13C.35D.34 答案 D解析由题意知，AE ＝AD ＝AB ＝1，BC ＝2，在△ACE 中，由余弦定理知， CE 2＝AE 2＋AC 2－2AE ·AC ·cos ∠CAE ＝1＋3－2×1×3×32＝1， ∴CE ＝CF ＝1，而BF ＝BD ＝2，BC ＝2，∴在△BCF 中，由余弦定理知，cos ∠FCB ＝BC 2＋CF 2－BF 22BC ·CF ＝4＋1－22×2×1＝34.规律方法空间几何体最短距离问题，一般是将空间几何体展开成平面图形，转化成求平面中两点间的最短距离问题，注意展开后对应的顶点和边．跟踪演练1 (1)(多选)如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法中正确的是( )A ．C ∈GHB ．CD 与EF 是共面直线C ．AB ∥EFD ．GH 与EF 是异面直线答案 ABD解析由图可知，还原正方体后，点C 与G 重合，即C ∈GH ，又可知CD 与EF 是平行直线，即CD 与EF 是共面直线，AB 与EF 是相交直线(点B 与点F 重合)，GH 与EF 是异面直线，故A ，B ，D 正确，C 错误．(2)如图，在正三棱锥P －ABC 中，∠APB ＝∠BPC ＝∠CP A ＝30°，P A ＝PB ＝PC ＝2，一只虫子从A 点出发，绕三棱锥的三个侧面爬行一周后，又回到A 点，则虫子爬行的最短距离是( )A ．32B ．3 3C ．23D ．2 2 答案 D解析将三棱锥由P A 展开，如图所示，则∠AP A 1＝90°，所求最短距离为AA 1的长度，∵P A ＝2， ∴由勾股定理可得 AA 1＝22＋22＝2 2.∴虫子爬行的最短距离为2 2.考点二表面积与体积核心提炼1．旋转体的侧面积和表面积(1)S 圆柱侧＝2πrl ，S 圆柱表＝2πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (2)S 圆锥侧＝πrl ，S 圆锥表＝πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (3)S 球表＝4πR 2(R 为球的半径)． 2．空间几何体的体积公式(1)V 柱＝Sh (S 为底面面积，h 为高)． (2)V 锥＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)．(3)V 台＝13(S 上＋S 上·S 下＋S 下)h (S 上，S 下为底面面积，h 为高)．(4)V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．例2 (1)(2022·全国甲卷)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙．若S 甲S 乙＝2，则V 甲V 乙等于( )A. 5 B ．2 2 C.10 D.5104答案 C解析方法一因为甲、乙两个圆锥的母线长相等，所以结合S 甲S 乙＝2，可知甲、乙两个圆锥侧面展开图的圆心角之比是2∶1.不妨设两个圆锥的母线长为l ＝3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r 1，r 2，高分别为h 1，h 2，则由题意知，两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为6π的圆，所以2πr 1＝4π，2πr 2＝2π，得r 1＝2，r 2＝1. 由勾股定理得，h 1＝l 2－r 21＝5，h 2＝l 2－r 22＝22，所以V 甲V 乙＝13πr 21h113πr 22h 2＝4522＝10.方法二设两圆锥的母线长为l ，甲、乙两圆锥的底面半径分别为r 1，r 2，高分别为h 1，h 2，侧面展开图的圆心角分别为n 1，n 2，则由S 甲S 乙＝πr 1l πr 2l ＝n 1πl 22πn 2πl22π＝2，得r 1r 2＝n 1n 2＝2. 由题意知n 1＋n 2＝2π，所以n 1＝4π3，n 2＝2π3，所以2πr 1＝4π3l ，2πr 2＝2π3l ，得r 1＝23l ，r 2＝13l .由勾股定理得，h 1＝l 2－r 21＝53l ， h 2＝l 2－r 22＝223l ，所以V 甲V 乙＝13πr 21h113πr 22h 2＝4522＝10.(2)(多选)(2022·新高考全国Ⅱ)如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，FB ∥ED ，AB ＝ED ＝2FB .记三棱锥E －ACD ，F －ABC ，F －ACE 的体积分别为V 1，V 2，V 3，则( )A ．V 3＝2V 2B ．V 3＝V 1C ．V 3＝V 1＋V 2D ．2V 3＝3V 1 答案 CD解析如图，连接BD交AC 于O ，连接OE ，OF .设AB ＝ED ＝2FB ＝2，则AB ＝BC ＝CD ＝AD ＝2， FB ＝1.因为ED ⊥平面ABCD ，FB ∥ED ，所以FB ⊥平面ABCD ，所以V 1＝V E －ACD ＝13S △ACD ·ED ＝13×12AD ·CD ·ED ＝13×12×2×2×2＝43，V 2＝V F －ABC ＝13S △ABC ·FB ＝13×12AB ·BC ·FB ＝13×12×2×2×1＝23.因为ED ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以ED ⊥AC ，又AC ⊥BD ，且ED ∩BD ＝D ，ED ，BD ⊂平面BDEF ，所以AC ⊥平面BDEF . 因为OE ，OF ⊂平面BDEF ，所以AC ⊥OE ，AC ⊥OF . 易知AC ＝BD ＝2AB ＝22， OB ＝OD ＝12BD ＝2，OF ＝OB 2＋FB 2＝3， OE ＝OD 2＋ED 2＝6， EF ＝BD 2＋(ED －FB )2 ＝(22)2＋(2－1)2＝3，所以EF 2＝OE 2＋OF 2，所以OF ⊥OE . 又OE ∩AC ＝O ，OE ，AC ⊂平面ACE ，所以OF ⊥平面ACE ，所以V 3＝V F －ACE ＝13S △ACE ·OF＝13×12AC ·OE ·OF ＝13×12×22×6×3＝2，所以V 3≠2V 2，V 1≠V 3，V 3＝V 1＋V 2,2V 3＝3V 1，所以选项A ，B 不正确，选项C ，D 正确．规律方法空间几何体的表面积与体积的求法(1)公式法：对于规则的几何体直接利用公式进行求解．(2)割补法：把不规则的图形分割成规则的图形，或把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体．(3)等体积法：选择合适的底面来求体积．跟踪演练2 (1)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为( ) A ．802π B ．40 C ．402π D ．405π 答案 C解析由圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，可得sin ∠ASB ＝1－⎝⎛⎭⎫782＝158，又△SAB 的面积为515，可得12SA 2sin ∠ASB ＝515，即12SA 2×158＝515，可得SA ＝45，由SA 与圆锥底面所成角为45°，可得圆锥的底面半径为22×45＝210，则该圆锥的侧面积为π×210×45＝402π.(2)(2022·连云港模拟)如图是一个圆台的侧面展开图，若两个半圆的半径分别是1和2，则该圆台的体积是( )A.72π24B.73π24C.72π12D.73π12 答案 B解析如图，设上底面的半径为r ，下底面的半径为R ，高为h ，母线长为l ，则2πr ＝π·1,2πR ＝π·2，解得r ＝12，R ＝1，l ＝2－1＝1， h ＝l 2－(R －r )2＝12－⎝⎛⎭⎫122＝32，上底面面积S ′＝π·⎝⎛⎭⎫122＝π4，下底面面积S ＝π·12＝π，则该圆台的体积为13(S ＋S ′＋SS ′)h ＝13×⎝⎛⎭⎫π＋π4＋π2×32＝73π24. 考点三多面体与球核心提炼求空间多面体的外接球半径的常用方法(1)补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；(2)定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可．例3 (1)(2022·烟台模拟)如图，三棱锥V －ABC 中，VA ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝VA ＝2，则该三棱锥的内切球和外接球的半径之比为( )A ．(2－3)∶1B ．(23－3)∶1C ．(3－1)∶3D ．(3－1)∶2 答案 C解析因为VA ⊥底面ABC ，AB ，AC ⊂底面ABC ，所以VA ⊥AB ，VA ⊥AC ，又因为∠BAC ＝90°，所以AB ⊥AC ，而AB ＝AC ＝VA ＝2，所以三条互相垂直且共顶点的棱，可以看成正方体中共顶点的长、宽、高，因此该三棱锥外接球的半径R ＝12×22＋22＋22＝3，设该三棱锥的内切球的半径为r ，因为∠BAC ＝90°，所以BC ＝AB 2＋AC 2＝22＋22＝22，因为VA ⊥AB ，VA ⊥AC ，AB ＝AC ＝VA ＝2，所以VB ＝VC ＝VA 2＋AB 2＝22＋22＝22，由三棱锥的体积公式可得，3×13×12×2×2·r ＋13×12×22×22×32·r ＝13×12×2×2×2⇒r ＝3－33，所以r ∶R ＝3－33∶3＝(3－1)∶3.(2)(2022·新高考全国Ⅱ)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A ．100π B ．128π C ．144π D ．192π 答案 A解析由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为23×32×33＝3，23×32×43＝4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O 1，O 2，连接O 1O 2(图略)，则O 1O 2＝1，其外接球的球心O 在直线O 1O 2上．设球O 的半径为R ，当球心O 在线段O 1O 2上时，R 2＝32＋OO 21＝42＋(1－OO 1)2，解得OO 1＝4(舍去)；当球心O 不在线段O 1O 2上时，R 2＝42＋OO 22＝32＋(1＋OO 2)2，解得OO 2＝3，所以R 2＝25，所以该球的表面积为4πR 2＝100π. 综上，该球的表面积为100π.规律方法 (1)求锥体的外接球问题的一般方法是补形法，把锥体补成正方体、长方体等求解． (2)求锥体的内切球问题的一般方法是利用等体积法求半径．跟踪演练3 (1)(2022·全国乙卷)已知球O 的半径为1，四棱锥的顶点为O ，底面的四个顶点均在球O 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为( ) A.13B.12 C.33D.22答案 C解析该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O 组成的圆锥体积最大．设圆锥的高为h (0<h <1)，底面半径为r ，则圆锥的体积V ＝13πr 2h ＝13π(1－h 2)h ，则V ′＝13π(1－3h 2)，令V ′＝13π(1－3h 2)＝0，得h ＝33，所以V ＝13π(1－h 2)h 在⎝⎛⎭⎫0，33上单调递增，在⎝⎛⎭⎫33，1上单调递减，所以当h ＝33时，四棱锥的体积最大． (2)(2022·衡水中学调研)将两个一模一样的正三棱锥共底面倒扣在一起，已知正三棱锥的侧棱长为2，若该组合体有外接球，则正三棱锥的底面边长为________，该组合体的外接球的体积为________．答案6823π解析如图，连接P A 交底面BCD 于点O ，则点O 就是该组合体的外接球的球心．设三棱锥的底面边长为a ，则CO ＝PO ＝R ＝33a ，得2×33a ＝2，所以a ＝6，R ＝2，所以V ＝43π·(2)3＝823π.专题强化练一、单项选择题1．(2022·唐山模拟)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的表面积与圆柱的侧面积的比值为()A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．2∶3答案 A解析设球的半径为r，依题意知圆柱的底面半径也是r，高是2r，圆柱的侧面积为2πr·2r＝4πr2，球的表面积为4πr2，其比例为1∶1.2．(2021·新高考全国Ⅰ)已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为()A．2 B．2 2 C．4 D．4 2答案 B解析设圆锥的母线长为l，因为该圆锥的底面半径为2，所以2π×2＝πl，解得l＝2 2.3.某同学为表达对“新冠疫情”抗疫一线医护人员的感激之情，亲手为他们制作了一份礼物，用正方体纸盒包装，并在正方体六个面上分别写了“致敬最美逆行”六个字．该正方体纸盒水平放置的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示．如图是该正方体的展开图．若图中“致”在正方体的后面，那么在正方体前面的字是()A．最B．美C．逆D．行答案 B解析把正方体的表面展开图再折成正方体，如图，面“致”与面“美”相对，若“致”在正方体的后面，那么在正方体前面的字是“美”．4．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则三棱锥A －B 1CD 1的体积为( ) A.43 B.83 C ．4 D ．6 答案 B解析如图，三棱锥A －B 1CD 1是由正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1截去四个小三棱锥A －A 1B 1D 1，C －B 1C 1D 1，B 1－ABC ，D 1－ACD 形成的，又1111ABCD A B C D V －＝23＝8，11111111A A B D C B C D B ABC D ACD V V V V －－－－＝＝＝＝13×12×23＝43，所以11A B CD V －＝8－4×43＝83.5．(2022·河南联考)小李在课间玩耍时不慎将一个篮球投掷到一个圆台状垃圾篓中，恰好被上底口(半径较大的圆)卡住，球心到垃圾篓底部的距离为510a ，垃圾篓上底面直径为24a ，下底面直径为18a ，母线长为13a ，则该篮球的表面积为( ) A ．154πa 2B.6163πa 2C ．308πa 2D ．616πa 2 答案 D解析球与垃圾篓组合体的轴截面图如图所示．根据题意，设垃圾篓的高为h ，则h ＝(13a )2－(12a －9a )2＝410a . 所以球心到上底面的距离为10a . 设篮球的半径为r ，则r 2＝10a 2＋(12a )2＝154a 2. 故篮球的表面积为4πr 2＝616πa 2.6.(2022·湖北联考)定义：24小时内降水在平地上积水厚度(mm)来判断降雨程度．其中小雨(<10 mm)，中雨(10 mm ～25 mm)，大雨(25 mm ～50 mm)，暴雨(50 mm ～100 mm)，小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级()A ．小雨B ．中雨C ．大雨D ．暴雨答案 B解析由题意知，一个半径为2002＝100(mm)的圆面内的降雨充满一个底面半径为2002×150300＝50(mm)，高为150(mm)的圆锥，所以积水厚度d ＝13π×502×150π×1002＝12.5(mm)，属于中雨．7.(2022·八省八校联考)如图，已知正四面体ABCD 的棱长为1，过点B 作截面α分别交侧棱AC ，AD 于E ，F 两点，且四面体ABEF 的体积为四面体ABCD 体积的13，则EF 的最小值为( )A.22 B.32 C.13 D.33答案 D解析由题知V B －AEF ＝13V B －ACD ，所以S △AEF ＝13S △ACD ＝13×12×1×1×32＝312，记EF ＝a ，AE ＝b ，AF ＝c ，则12bc sin 60°＝312，即bc ＝13. 则a 2＝b 2＋c 2－2bc cos 60°≥2bc －bc ＝bc ＝13，当且仅当b ＝c ＝33时取等号，所以a 即EF 的最小值为33. 8．(2022·新高考全国Ⅰ)已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l ≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是( ) A.⎣⎡⎦⎤18，814 B.⎣⎡⎦⎤274，814 C.⎣⎡⎦⎤274，643D ．[18,27] 答案 C解析方法一如图，设该球的球心为O ，半径为R ，正四棱锥的底面边长为a ，高为h ，依题意，得36π＝43πR 3，解得R ＝3.由题意及图可得⎩⎨⎧l 2＝h 2＋⎝⎛⎭⎫22a 2，R 2＝(h －R )2＋⎝⎛⎭⎫22a 2，解得⎩⎨⎧h ＝l 22R ＝l 26，a 2＝2l 2－l418，所以正四棱锥的体积V ＝13a 2h＝13⎝⎛⎭⎫2l 2－l 418·l 26＝l 418⎝⎛⎭⎫2－l 218(3≤l ≤33)，所以V ′＝49l 3－l 554＝19l 3⎝⎛⎭⎫4－l 26(3≤l ≤33)．令V ′＝0，得l ＝26，所以当3≤l <26时，V ′>0；当26<l ≤33时，V ′<0，所以函数V ＝l 418⎝⎛⎭⎫2－l 218(3≤l ≤33)在[3，26)上单调递增，在(26，33]上单调递减，又当l ＝3时，V ＝274；当l ＝26时，V ＝643；当l ＝33时，V ＝814，所以该正四棱锥的体积的取值范围是⎣⎡⎦⎤274，643.方法二如图，设该球的球心为O ，半径为R ，正四棱锥的底面边长为a ，高为h ，依题意，得36π＝43πR 3，解得R ＝3.由题意及图可得⎩⎨⎧l 2＝h 2＋⎝⎛⎭⎫22a 2，R 2＝(h －R )2＋⎝⎛⎭⎫22a 2，解得⎩⎨⎧h ＝l 22R ＝l 26，a 2＝2l 2－l418，又3≤l ≤33，所以该正四棱锥的体积V ＝13a 2h＝13⎝⎛⎭⎫2l 2－l 418·l 26＝l 418⎝⎛⎭⎫2－l 218 ＝72×l 236·l 236·⎝⎛⎭⎫2－l 218 ≤72×⎣⎢⎡⎦⎥⎤l 236＋l 236＋⎝⎛⎭⎫2－l 21833＝643⎝⎛⎭⎫当且仅当l 236＝2－l 218，即l ＝26时取等号，所以正四棱锥的体积的最大值为643，排除A ，B ，D.方法三如图，设该球的半径为R ，球心为O ，正四棱锥的底面边长为a ，高为h ，正四棱锥的侧棱与高所成的角为θ，依题意，得36π＝43πR 3，解得R ＝3，所以正四棱锥的底面边长a ＝2l sin θ，高h ＝l cos θ. 在△OPC 中，作OE ⊥PC ，垂足为E ，则可得cos θ＝l 2R ＝l 6∈⎣⎡⎦⎤12，32，所以l ＝6cos θ，所以正四棱锥的体积 V ＝13a 2h ＝13(2l sin θ)2·l cos θ＝23(6cos θ)3sin 2θcos θ＝144(sin θcos 2θ)2. 设sin θ＝t ，易得t ∈⎣⎡⎦⎤12，32，则y ＝sin θcos 2θ＝t (1－t 2)＝t －t 3，则y ′＝1－3t 2.令y ′＝0，得t ＝33，所以当12<t <33时，y ′>0；当33<t <32时，y ′<0，所以函数y ＝t －t 3在⎝⎛⎭⎫12，33上单调递增，在⎝⎛⎭⎫33，32上单调递减．又当t ＝33时，y ＝239；当t ＝12时，y ＝38；当t ＝32时，y ＝38，所以38≤y ≤239，所以274≤V ≤643. 所以该正四棱锥的体积的取值范围是⎣⎡⎦⎤274，643. 二、多项选择题9．(2022·武汉模拟)一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R 相等，下列结论正确的是( ) A ．圆柱的侧面积为4πR 2 B ．圆锥的侧面积为2πR 2C ．圆柱的侧面积与球的表面积相等D ．球的体积是圆锥体积的两倍答案 ACD解析对于A ，∵圆柱的底面直径和高都等于2R ， ∴圆柱的侧面积S 1＝2πR ·2R ＝4πR 2，故A 正确；对于B ，∵圆锥的底面直径和高等于2R ， ∴圆锥的侧面积为S 2＝πR ·R 2＋4R 2＝5πR 2，故B 错误；对于C ，圆柱的侧面积为S 1＝4πR 2，球的表面积S 3＝4πR 2，即圆柱的侧面积与球的表面积相等，故C 正确；对于D ，球的体积为V 1＝43πR 3，圆锥的体积为V 2＝13πR 2·2R ＝23πR 3，即球的体积是圆锥体积的两倍，故D 正确．10．设一空心球是在一个大球(称为外球)的内部挖去一个有相同球心的小球(称为内球)，已知内球面上的点与外球面上的点的最短距离为1，若某正方体的所有顶点均在外球面上且所有面均与内球相切，则( )A ．该正方体的棱长为2B ．该正方体的体对角线长为3＋ 3C ．空心球的内球半径为3－1D ．空心球的外球表面积为(12＋63)π 答案 BD解析设内、外球半径分别为r ，R ，则正方体的棱长为2r ，体对角线长为2R ，∴R ＝3r ，又由题知R －r ＝1， ∴r ＝3＋12，R ＝3＋32， ∴正方体棱长为3＋1，体对角线长为3＋3， ∴外接球表面积为4πR 2＝(12＋63)π.11.如图，已知四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1的上、下底面均为正方形，其中AB ＝22，A 1B 1＝2，AA 1＝BB 1＝CC 1＝DD 1＝2，则下列叙述正确的是( )A ．该四棱台的高为 3B ．AA 1⊥CC 1C ．该四棱台的表面积为26D ．该四棱台外接球的体积为32π3答案 AD解析将四棱台补为如图所示的四棱锥P －ABCD ，分别取BC ，B 1C 1的中点E ，E 1，记四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1的上、下底面中心分别为O 1，O ，连接AC ，A 1C 1，BD 1，B 1D 1，A 1O ，OE ，OP ，PE ，由条件知A 1，B 1，C 1，D 1分别为四棱锥的侧棱P A ，PB ，PC ，PD 的中点，则P A ＝2AA 1＝4，OA ＝22AB ＝2A 1B 1＝2，所以OO 1＝12PO ＝12P A 2－OA 2＝3，故该四棱台的高为3，故A 正确；由P A ＝PC ＝4，AC ＝4，得△P AC 为正三角形，则AA 1与CC 1所成角为60°，故B 错误；四棱台的斜高h ′＝12PE ＝12PO 2＋OE 2＝12(23)2＋(2)2＝142，所以该四棱台的表面积为 (22)2＋(2)2＋4×2＋222×142＝10＋67，故C 错误；由△P AC 为正三角形，易知OA 1＝OA ＝OC ＝OC 1，OB 1＝OD 1＝OB ＝OD ，所以O 为四棱台外接球的球心，且外接球的半径为2，所以该四棱台外接球的体积为4π3×23＝32π3，故D 正确．12．(2022·聊城模拟)用与母线不垂直的两个平行平面截一个圆柱，若两个截面都是椭圆形状，则称夹在这两个平行平面之间的几何体为斜圆柱．这两个截面称为斜圆柱的底面，两底面之间的距离称为斜圆柱的高，斜圆柱的体积等于底面积乘以高．椭圆的面积等于长半轴长与短半轴长乘积的π倍，已知某圆柱的底面半径为2，用与母线成45°角的两个平行平面去截该圆柱，得到一个高为6的斜圆柱，对于这个斜圆柱，下列选项正确的是( ) A ．底面椭圆的离心率为22B ．侧面积为242πC ．在该斜圆柱内半径最大的球的表面积为36πD ．底面积为42π 答案 ABD解析不妨过斜圆柱的最高点D 和最低点B 作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的几何体是圆柱，如图，矩形ABCD 是圆柱的轴截面，平行四边形BFDE 是斜圆柱的过底面椭圆的长轴的截面，由圆柱的性质知∠ABF ＝45°，则BF ＝2AB ，设椭圆的长轴长为2a ，短轴长为2b ，则2a ＝2·2b ，即a ＝2b ， c ＝a 2－b 2＝a 2－⎝⎛⎭⎫22a 2＝22a ，所以离心率为e ＝c a ＝22，A 正确；作EG ⊥BF ，垂足为G ，则EG ＝6，易知∠EBG ＝45°，则BE ＝62，又CE ＝AF ＝AB ＝4，所以斜圆柱侧面积为S ＝2π×2×(4＋62)－2π×2×4＝242π，B 正确；由于斜圆柱的两个底面的距离为6，而圆柱的底面直径为4，所以斜圆柱内半径最大的球的半径为2，球的表面积为4π×22＝16π，C 错误；易知2b ＝4，则b ＝2，a ＝22，所以椭圆面积为πab ＝42π，D 正确．三、填空题13.(2022·湘潭模拟)陀螺是中国民间的娱乐工具之一，也叫做陀罗．陀螺的形状结构如图所示，由一个同底的圆锥体和圆柱体组合而成，若圆锥体和圆柱体的高以及底面圆的半径长分别为h 1，h 2，r ，且h 1＝h 2＝r ，设圆锥体的侧面积和圆柱体的侧面积分别为S 1和S 2，则S 1S 2＝________.答案22解析由题意知，圆锥的母线长为l ＝h 21＋r 2＝2r ，则圆锥的侧面积为S 1＝πrl ＝2πr 2，根据圆柱的侧面积公式，可得圆柱的侧面积为 S 2＝2πrh 2＝2πr 2，所以S 1S 2＝22.14．(2022·福州质检)在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝2，F 是线段A 1B 1上的动点，则AF ＋FC 1的最小值为________．答案6＋ 2解析依题意，把正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的上底面△A 1B 1C 1与侧面矩形ABB 1A 1放在同一平面内，连接AC 1，设AC 1交A 1B 1于点F ，如图，此时点F 可使AF ＋FC 1取最小值，大小为AC 1，而∠AA 1C 1＝150°，则AC 1＝AA 21＋A 1C 21－2AA 1·A 1C 1cos ∠AA 1C 1 ＝22＋22－23cos 150° ＝8＋43＝6＋2，所以AF ＋FC 1的最小值为6＋ 2.15.某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个实心工艺品(如图所示)．该工艺品可以看成是一个球体被一个棱长为4的正方体的6个面所截后剩余的部分(球心与正方体的中心重合)，其中一个截面圆的周长为3π，则该球的半径为________；现给出定义：球面被平面所截得的一部分叫做球冠．截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高．如果球面的半径是R ，球冠的高是h ，那么球冠的表面积计算公式是S ＝2πRh .由此可知，该实心工艺品的表面积是________．答案5247π2解析设截面圆半径为r ，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半，即此距离为2，根据截面圆的周长可得3π＝2πr ，得r ＝32，故R 2＝r 2＋22＝254，得R ＝52，所以球的表面积S 1＝25π. 如图，OA ＝OB ＝52，且OO 1＝2，则球冠的高h ＝R －OO 1＝12，得所截的一个球冠表面积S ＝2πRh ＝2π×52×12＝5π2，且截面圆的面积为π×⎝⎛⎭⎫322＝9π4，所以工艺品的表面积为4πR 2－6⎝⎛⎭⎫S －9π4＝25π－3π2＝47π2.16.(2022·开封模拟)如图，将一块直径为23的半球形石材切割成一个正四棱柱，则正四棱柱的体积取最大值时，切割掉的废弃石材的体积为________．答案 23π－4解析设正四棱柱的底面正方形边长为a ，高为h ，则底面正方形的外接圆半径r ＝22a ， ∴h 2＋r 2＝h 2＋12a 2＝3，∴a 2＝6－2h 2，∴正四棱柱的体积V ＝a 2h ＝(6－2h 2)h ＝－2h 3＋6h (0<h <3)， ∴V ′＝－6h 2＋6＝－6(h ＋1)(h －1)，∴当0<h <1时，V ′>0；当1<h <3时，V ′<0；∴V ＝－2h 3＋6h 在(0,1)上单调递增，在(1，3)上单调递减， ∴V max ＝V (1)＝4，又半球的体积为23π×()33＝23π，∴切割掉的废弃石材的体积为23π－4.。

高考数学二轮复习专题五第1讲空间几何体配套课件理

2
答案 B
完整版ppt
ห้องสมุดไป่ตู้11
(2)(2013·四川)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( )
D
思维启迪分析几何体的特征，从俯视图突破.
解析由俯视图易知答案为D.
完整版ppt
12
空间几何体的三视图是从空间几何体的正面、左
面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影
图，因此在分析空间几何体的三视图问题时，先
解析过M，N分别作两个垂直于底面的截面，将多面体分割成一个三棱柱和两个四棱锥，
由正视图知三棱柱底面是等腰直角三角形，面积为
S1＝ 1×2×2＝2，高为2，所以体积为V1＝4， 2
两个四棱锥为全等四棱锥，棱锥的体积为
V1＝2×1×2×1×2＝ 8，
3
3
所以多面体的体积为 V＝83＋4＝230，选 D.
完整版ppt
6
4.空间几何体的两组常用公式
(1)柱体、锥体、台体的侧面积公式：
①S柱侧＝ch(c为底面周长，h为高)； ②S锥侧＝ ch′(c为底面周长，h′为斜高)；
③S台侧＝ 1 (c＋c′)h′(c′，c分别为上，下底面的周长，h′12为斜高)； ④S球表＝42πR2(R为球的半径).
完整版ppt
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5
3.直观图的斜二测画法空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则： (1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、 y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直. (2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴.平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半.

统考版2021高考数学二轮专题复习第二章2.3.1空间几何体课件理

(2)在轴截面顶角为直角的圆锥内作一内接圆柱，若圆柱的表面
积等于圆锥的侧面积，则圆锥的底面半径与圆柱的底面半径的比值
为( )
A. 2
B．2 C．2 2
D．4
解析：(2)
如图所示，∠AMB＝90°.设圆柱的高为 h，圆柱的底面半径为 r，
圆锥的底面半径为 R，则圆锥的高为 R，圆锥的母线长为 2R.由题
依题意，题中的几何体是一个圆锥的14(其中该圆锥的底面半径
为2
3，高为
3
)
，
如
图
所
示
，
因
此
该
几
何
体
的
体
积
为
1 4
×31×π×2
32×
3＝
3π，选 D.
答案：(1)D
(2《) 九章算术》是我国古代的数学名著，书中提到一种名为“刍
甍”的五面体，如图所示，四边形 ABCD 是矩形，棱 EF∥AB，AB
＝4，EF＝2，△ADE 和△BCF 都是边长为 2 的等边三角形，则这
角度 1 求空间几何体的表面积 [例 2－1] (1)[2020·全国卷Ⅲ]如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )
A．6＋4 2 B．4＋4 2 C．6＋2 3 D．4＋2 3
解析：(1)在正方体中还原几何体如图．
几何体为正方体的一部分：三棱锥 P-ABC， S 表面积＝S△PAC＋S△PAB＋S△PBC＋S△BAC ＝12×2 2×2 2× 23＋12×2×2＋12×2×2＋12×2×2＝2 3＋6. 故选 C. 答案：(1)C
个几何体的体积是( )
20 A. 3
B.83＋2 3
10 2 8 2 C. 3 D. 3

高考数学二轮复习第2部分专题篇素养提升文理专题3立体几何文科第1讲空间几何体三视图表面积与体积文理

表面两两垂直的平面共有
(C )
A．3对
B．4对
C．5对
D．6对
23
【解析】根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为四棱锥体．如图所示：平面与平面的位置关系：平面ABCD⊥平面PBC、平面ABCD⊥平面PCD、平面PBC⊥平面PCD、平面PAB⊥平面PBC、平面PAD⊥平面PCD.故选C．
Ⅲ卷
题号 3、12 11、 20(2)
9
考查角度
分值
与棱锥有关的计算；求球的表面积 10
在求点到面的距离时涉及球的表面积；
求四棱锥的体积
11
由三视图求几何体的表面积
5
9
年份 2019
2018
卷别 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷
Ⅲ卷
题号 16 16 16 9 16
3、12
考查角度点到平面的距离多面体的棱长与面的个数
21
(3)已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中长度保持不变，平行于y轴的线段，长度变为原来的一半．
(4)在已知图形中过O点作z轴垂直于xOy平面，在直观图中对应的 z′轴也垂直于x′O′y′平面，已知图形中平行于z轴的线段，在直观图中仍平行于z′轴且长度不变．
22
1．(2020·浙江模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体
38
考向2 空间几何体的体积
典例3 (1)(2020·葫芦岛模拟)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱
长为2，在A，B，C，D，C1，D1这六个顶点中，选择两个点与A1，B1构
成正三棱锥P，在剩下的四个顶点中选择两个点与A1，B1构成正三棱锥
Q，M表示P与Q的公共部分，则M的体积为
( A)
A．13

高考数学空间几何体及其表面积、体积ppt课件

21
2．(多选)下列命题，正确的有( )
A．棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形
√B．若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直 √C．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
√D．存在每个面都是直角三角形的四面体
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第八章立体几何与空间向量
22
解析：A 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；B 正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；C 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；D 正确，如图，正方体 ABCD-A1B1C1D1 中的三棱锥 C1ABC，四个面都是直角三角形．
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第八章立体几何与空间向量
32
平面图形与其直观图的关系
(1)在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．平行于 x 轴的线段平行性不
变，长度不变；平行于 y 轴的线段平行性不变，长度减半．
(2)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
2 4S
原图形．
第八章立体几何与空间向量
11
3．正方体与球的切、接常用结论正方体的棱长为 a，球的半径为 R， (1)若球为正方体的外接球，则 2R＝ 3a； (2)若球为正方体的内切球，则 2R＝a； (3)若球与正方体的各棱相切，则 2R＝ 2a.
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第八章立体几何与空间向量
12
常见误区 1．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．与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图．

高考数学复习空间点、直线、平面之间的位置关系

第2讲空间点、直线、平面之间的位置关系最新考纲考向预测借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义，了解公理1～4及其相关定理.命题趋势主要考查与点、线、面位置关系有关的命题真假判断和求解异面直线所成的角，主要以选择题和填空题的形式出现，主要为中低档题.核心素养直观想象、逻辑推理1．四个公理公理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．公理2：过不在一条直线上的三点，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平行． 2．空间直线的位置关系 (1)位置关系的分类⎩⎨⎧共面直线⎩⎨⎧平行相交异面直线：不同在任何一个平面内 (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 ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角)．②范围：⎝ ⎛⎥⎤0，π2．(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． 3．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系(1)空间中直线和平面的位置关系位置关系图形表示符号表示公共点直线a在平面α内a⊂α有无数个公共点直线在平面外直线a与平面α平行a∥α没有公共点直线a与平面α斜交a∩α＝A有且只有一个公共点直线a与平面α垂直a⊥α(2)空间中两个平面的位置关系位置关系图形表示符号表示公共点两平面平行α∥β没有公共点两平面相交斜交α∩β＝l有一条公共直线垂直α⊥β且α∩β＝a常用结论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．常见误区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，因此异面直线即不平行，也不相交．2．在判断直线与平面的位置关系时最易忽视“线在平面内”．1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若P∈α∩β且l是α，β的交线，则P∈l.()(2)三点A，B，C确定一个平面．()(3)若直线a∩b＝A，则直线a与b能够确定一个平面．()(4)若A∈l，B∈l且A∈α，B∈α，则l⊂α.()(5)分别在两个平面内的两条直线是异面直线．()答案：(1)√(2)×(3)√(4)√(5)×2．(多选)α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，若m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，则m，n的位置关系可能是()A．垂直B．相交C．异面D．平行解析：选ABC.依题意，m∩α＝A，n⊂α，所以m与n可能异面、相交(垂直是相交的特例)，一定不平行．3．若∠AOB＝∠A1O1B1，且OA∥O1A1，OA与O1A1的方向相同，则下列结论中正确的是()A．OB∥O1B1且方向相同B．OB∥O1B1C．OB与O1B1不平行D．OB与O1B1不一定平行解析：选 D.两角相等，角的一边平行且方向相同，另一边不一定平行，故选D.4．(易错题)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD 的中点，则异面直线B1C与EF所成角的大小为________．解析：连接B1D1，D1C，则B1D1∥EF，故∠D1B1C为所求角，又B1D1＝B1C ＝D1C，所以∠D1B1C＝60°.答案：60°5．如图，在三棱锥A-BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA 的中点，则(1)当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为菱形；(2)当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为正方形．解析：(1)因为四边形EFGH为菱形，所以EF＝EH，故AC＝BD.(2)因为四边形EFGH为正方形，所以EF＝EH且EF⊥EH，因为EF綊12AC，EH綊12BD，所以AC＝BD且AC⊥BD.答案：(1)AC＝BD(2)AC＝BD且AC⊥BD平面的基本性质如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D中，E，F分别是AB和AA1的中点，求证：E，C，D1，F四点共面．【证明】如图所示，连接CD1，EF，A1B，因为E，F分别是AB和AA1的中点，所以EF∥A1B且EF＝12A1B.又因为A1D1綊BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥CD1，所以EF∥CD1，所以EF与CD1确定一个平面α，所以E，F，C，D1∈α，即E，C，D1，F四点共面．【引申探究】(变问法)若本例条件不变，如何证明“CE，D1F，DA交于一点”？证明：如图，由本例知EF∥CD1，且EF＝12CD1，所以四边形CD1FE是梯形，所以CE与D1F必相交，设交点为P，则P∈CE且P∈D1F，又CE⊂平面ABCD，且D1F⊂平面A1ADD1，所以P∈平面ABCD，且P∈平面A1ADD1.又平面ABCD∩平面A1ADD1＝AD，所以P∈AD，所以CE，D1F，DA三线交于一点．共面、共线、共点问题的证明方法(1)证明点或线共面：①首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合．(2)证明点共线：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②直接证明这些点都在同一条特定的直线上．(3)证明线共点：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点． [提醒] 点共线、线共点等都是应用公理3，证明点为两平面的公共点，即证明点在交线上．1.(多选)如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，O 是DB 的中点，直线A 1C 交平面C 1BD 于点M ，则下列结论正确的是( )A ．C 1，M ，O 三点共线B ．C 1，M ，O ，C 四点共面 C ．C 1，O ，A 1，M 四点共面D ．D 1，D ，O ，M 四点共面解析：选ABC.连接A 1C 1，AC ，则AC ∩BD ＝O ，又A 1C ∩平面C 1BD ＝M ，所以三点C 1，M ，O 在平面C 1BD 与平面ACC 1A 1的交线上，所以C 1，M ，O 三点共线，所以选项A ，B ，C 均正确，选项D 错误．2．如图，空间四边形ABCD 中，E ，F 分别是AB ，AD 的中点，G ，H 分别在BC ，CD 上，且BG ∶GC ＝DH ∶HC ＝1∶2.(1)求证：E ，F ，G ，H 四点共面；(2)设EG 与FH 交于点P ，求证：P ，A ，C 三点共线．证明：(1)因为E ，F 分别为AB ，AD 的中点，所以EF ∥BD .在△BCD 中，BG GC ＝DH HC ＝12，所以GH ∥BD ，所以EF ∥GH ，所以E ，F ，G ，H 四点共面．(2)因为EG ∩FH ＝P ，P ∈EG ，EG ⊂平面ABC ，所以P∈平面ABC.同理P∈平面ADC .所以P为平面ABC与平面ADC的公共点，又平面ABC∩平面ADC＝AC，所以P∈AC，所以P，A，C三点共线．空间两直线的位置关系(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则()A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线【解析】如图，取CD的中点F，连接EF，EB，BD，FN，因为△CDE 是正三角形，所以EF⊥CD.设CD＝2，则EF＝ 3.因为点N是正方形ABCD的中心，所以BD＝22，NF＝1，BC⊥CD.因为平面ECD⊥平面ABCD，所以EF⊥平面ABCD，BC⊥平面ECD，所以EF⊥NF，BC⊥EC，所以在Rt△EFN中，EN＝2，在Rt△BCE中，EB＝22，所以在等腰三角形BDE中，BM＝7，所以BM≠EN.易知BM，EN是相交直线．故选B.【答案】 B1．已知a，b是异面直线，A，B是a上的两点，C，D是b上的两点，M，N分别是线段AC，BD的中点，则MN和a的位置关系是()A．异面B．平行C．相交D．以上均有可能解析：选A.若MN与AB平行或相交，则MN与AB共面，设该平面为α.因为C∈直线AM，D∈直线BN，所以C∈α，D∈α，所以b⊂α.又因为A∈α，B ∈α，所以a⊂α.这与a，b异面矛盾．故选A.2．(多选)如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C 的中点，下列说法正确的有()A．直线AM与CC1是相交直线B．直线AM与BN是平行直线C．直线BN与MB1是异面直线D．直线AM与DD1是异面直线解析：选CD.因为点A在平面CDD1C1外，点M在平面CDD1C1内，直线CC1在平面CDD1C1内，CC1不过点M，所以AM与CC1是异面直线，故A错；取DD1的中点E，连接AE(图略)，则BN∥AE，但AE与AM相交，故B错；因为B1与BN都在平面BCC1B1内，M在平面BCC1B1外，BN不过点B1，所以BN 与MB1是异面直线，故C正确；同理D正确，故选CD.异面直线所成的角(1)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，那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为________．(2)四面体ABCD中，E，F分别是AB，CD的中点．若BD，AC所成的角为60°，且BD＝AC＝1，则EF的长为________．【解析】(1)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AD∥BC，所以直线AC1与AD所成的角即为异面直线AC1与BC所成的角，因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，所以C1D垂直于圆柱下底面，所以C1D⊥AD.因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，所以C1D＝2AD，所以直线AC1与AD所成角的正切值为2，所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为 2.(2)如图，取BC的中点O，连接OE，OF，因为OE∥AC，OF∥BD，所以OE与OF所成的锐角(或直角)即为AC与BD所成的角，而AC，BD所成角为60°，所以∠EOF ＝60°或∠EOF ＝120°.当∠EOF ＝60°时，EF ＝OE ＝OF ＝12.当∠EOF ＝120°时，取EF 的中点M ，则OM ⊥EF ， EF ＝2EM ＝2×34＝32. 【答案】 (1)2 (2)12或32平移法求异面直线所成角的步骤具体步骤如下：1．直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，若∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1，则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选C.如图，可补成一个正方体，所以AC 1∥BD 1.所以BA 1与AC 1所成的角为∠A 1BD 1.又易知△A1BD1为正三角形．所以∠A1BD1＝60°.即BA1与AC1所成的角为60°.2．(2021·济南市学习质量评估)如图，在正方形ABCD中，点E，F分别为BC，AD的中点，将四边形CDFE沿EF翻折，使得平面CDFE⊥平面ABEF，则异面直线BD与CF所成角的余弦值为________．解析：如图，连接DE交FC于点O，取BE的中点G，连接OG，CG，则OG∥BD且OG＝12BD，所以∠COG为异面直线BD与CF所成的角或其补角．设正方形ABCD的边长为2，则CE＝BE＝1，CF＝DE＝CD2＋CE2＝5，所以CO＝12CF＝52.易得BE⊥平面CDFE，所以BE⊥DE，所以BD＝DE2＋BE2＝6，所以OG＝12BD＝62.易知CE⊥平面ABEF，所以CE⊥BE，又GE＝12BE＝12，所以CG＝CE2＋GE2＝52.在△COG中，由余弦定理得，cos∠COG＝OC2＋OG2－CG22OC·OG＝⎝⎛⎭⎪⎫522＋⎝⎛⎭⎪⎫622－⎝⎛⎭⎪⎫5222×52×62＝3010，所以异面直线BD与CF所成角的余弦值为30 10.答案：3010[A级基础练]1．已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是()A．相交或平行B．相交或异面C．平行或异面D．相交、平行或异面解析：选D.依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面．故选D.2．(多选)下列命题正确的是()A．梯形一定是平面图形B．若两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线平行C．两两相交的三条直线最多可以确定三个平面D．若两个平面有三个公共点，则这两个平面重合解析：选AC.对于A，由于两条平行直线确定一个平面，所以梯形可以确定一个平面，故A正确；对于B，两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线平行或异面或相交，故B错误；对于C，两两相交的三条直线最多可以确定三个平面，故C正确；对于D，若两个平面有三个公共点，则这两个平面相交或重合，故D错误．3．(2021·安徽蚌埠第二中学期中)在四面体ABCD中，点E，F，G，H分别在直线AD，AB，CD，BC上，若直线EF和GH相交，则它们的交点一定() A．在直线DB上B．在直线AB上C．在直线CB上D．都不对解析：选A.直线EF和GH相交，设其交点为M.因为EF⊂平面ABD，HG ⊂平面CBD，所以M∈平面ABD且M∈平面CBD.因为平面ABD∩平面BCD＝BD，所以M∈BD，所以EF与HG的交点在直线BD上．故选A.4．如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是()A．直线AC B．直线ABC．直线CD D．直线BC解析：选C.由题意知，D∈l，l⊂β，所以D∈β，又因为D∈AB，所以D∈平面ABC，所以点D在平面ABC与平面β的交线上．又因为C∈平面ABC，C∈β，所以点C在平面β与平面ABC的交线上，所以平面ABC∩平面β＝CD.5．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是()A．CC1与B1E是异面直线B．C1C与AE共面C．AE与B1C1是异面直线D．AE与B1C1所成的角为60°解析：选C.由于CC1与B1E都在平面C1B1BC内，故C1C与B1E是共面的，所以A错误；由于C1C在平面C1B1BC内，而AE与平面C1B1BC相交于E点，点E不在C1C上，故C1C与AE是异面直线，B错误；同理AE与B1C1是异面直线，C正确；而AE与B1C1所成的角就是AE与BC所成的角，E为BC中点，△ABC为正三角形，所以AE⊥BC，D错误．6．已知棱长为a的正方体ABCD-A′B′C′D′中，M，N分别为CD，AD的中点，则MN与A′C′的位置关系是________．解析：如图，由题意可知MN∥AC.又因为AC ∥A ′C ′，所以MN ∥A ′C ′.答案：平行7．(2020·高考全国卷Ⅰ)如图，在三棱锥P -ABC 的平面展开图中，AC ＝1，AB ＝AD ＝3，AB ⊥AC ，AB ⊥AD ，∠CAE ＝30°，则cos ∠FCB ＝________．解析：依题意得，AE ＝AD ＝3，在△AEC 中，AC ＝1，∠CAE ＝30°，由余弦定理得EC 2＝AE 2＋AC 2－2AE ·AC cos ∠EAC ＝3＋1－23cos 30°＝1，所以EC ＝1，所以CF ＝EC ＝1.又BC ＝AC 2＋AB 2＝1＋3＝2，BF ＝BD ＝AD 2＋AB 2＝6，所以在△BCF 中，由余弦定理得cos ∠FCB ＝BC 2＋CF 2－BF 22BC ×CF ＝22＋12－（6）22×2×1＝－14. 答案：－148．如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，则异面直线AP 与BD 所成的角为________．解析：如图，将原图补成正方体ABCD -QGHP ，连接AG ，GP ，则GP ∥BD ，所以∠APG 为异面直线AP 与BD 所成的角，在△AGP 中，AG ＝GP ＝AP ，所以∠APG ＝π3.答案：π39．如图，在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是AA1，D1C1的中点，过D，M，N三点的平面与正方体的下底面相交于直线l.(1)画出l的位置；(2)设l∩A1B1＝P，求PB1的长．解：(1)如图，延长DM与D1A1交于点O，连接NO，则直线NO即为直线l.(2)因为l∩A1B1＝P，则易知直线NO与A1B1的交点即为P.所以A1M∥DD1，且M，N分别是AA1，D1C1的中点，所以A1也为D1O的中点．由图可知A1PD1N＝OA1OD1＝12，所以A1P＝a4，从而可知PB1＝3a4.10．如图所示，A是△BCD所在平面外的一点，E，F分别是BC，AD的中点．(1)求证：直线EF与BD是异面直线；(2)若AC⊥BD，AC＝BD，求EF与BD所成的角．解：(1)证明：假设EF与BD不是异面直线，则EF与BD共面，从而DF 与BE共面，即AD与BC共面，所以A，B，C，D在同一平面内，这与A是△BCD 所在平面外的一点相矛盾．故直线EF与BD是异面直线．(2)取CD的中点G，连接EG，FG，则AC∥FG，EG∥BD，所以相交直线EF与EG所成的角，即为异面直线EF与BD所成的角．又因为AC⊥BD，则FG⊥EG.在Rt△EGF中，由EG＝FG＝12AC，求得∠FEG＝45°，即异面直线EF与BD所成的角为45°.[B级综合练]11．已知直线l⊄平面α，直线m⊂平面α，给出下面四个结论：①若l与m 不垂直，则l与α一定不垂直；②若l与m所成的角为30°，则l与α所成的角也为30°；③l∥m是l∥α的必要不充分条件；④若l与α相交，则l与m一定是异面直线．其中正确结论的个数为()A．1B．2C．3D．4解析：选A.对于①，当l与m不垂直时，假设l⊥α，那么由l⊥α一定能得到l⊥m，这与已知条件矛盾，因此l与α一定不垂直，故①正确；对于②，易知l与m所成的角为30°时，l与α所成的角不一定为30°，故②不正确；对于③，l∥m可以推出l∥α，但是l∥α不能推出l∥m，因此l∥m是l∥α的充分不必要条件，故③不正确；对于④，若l与α相交，则l与m相交或异面，故④不正确．故正确结论的个数为1，选A.12.如图，在正方体ABCD-A′B′C′D′中，平面α垂直于对角线AC′，且平面α截得正方体的六个表面得到截面六边形，记此截面六边形的面积为S，周长为l，则()A．S为定值，l不为定值B．S不为定值，l为定值C．S与l均为定值D．S与l均不为定值解析：选B.设平面α截得正方体的六个表面得到截面六边形ω，ω与正方体的棱的交点分别为I，J，N，M，L，K(如图)．将正方体切去两个正三棱锥AA′BD和C′B′CD′，得到一个几何体V，则V的上、下底面B′CD′与A′BD互相平行，每个侧面都是等腰直角三角形，截面六边形ω的每一条边分别与V的底面上的每一条边平行．设正方体的棱长为a ，A ′K A ′B ′＝γ，则IK ＝γB ′D ′＝2aγ，KL ＝(1－γ)A ′B ＝2a (1－γ)，故IK ＋KL ＝2aγ＋2a (1－γ)＝2a .同理可证LM ＋MN ＝NJ ＋IJ ＝2a ，故六边形ω周长为32a ，即周长为定值．当I ，J ，N ，M ，L ，K 都在对应棱的中点时，ω是正六边形．其面积S ＝6×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 2×32＝334a 2，△A ′BD 的面积为12×(2a )2×32＝32a 2，当ω无限趋近于△A ′BD 时，ω的面积无限趋近于32a 2，故ω的面积一定会发生变化，不为定值．故选B.13．如图，四边形ABEF 和ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠F AB ＝90°，BC 綊12AD ，BE 綊12F A ，G ，H 分别为F A ，FD 的中点．(1)证明：四边形BCHG 是平行四边形；(2)C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？解：(1)证明：由已知FG ＝GA ，FH ＝HD 可得GH 綊12AD .又BC 綊12AD ，所以GH 綊BC .所以四边形BCHG 为平行四边形．(2)C ，D ，F ，E 四点共面，理由如下：由BE 綊12AF ，G 为F A 的中点知，BE 綊FG ，所以四边形BEFG 为平行四边形，所以EF ∥BG .由(1)知BG ∥CH ，所以EF ∥CH ，所以EF 与CH 共面，又D ∈FH ，所以C ，D ，F ，E 四点共面．14.如图，E ，F ，G ，H 分别是空间四边形ABCD 各边上的点，且AE ∶EB ＝AH ∶HD ＝m ，CF ∶FB ＝CG ∶GD ＝n .(1)证明：E，F，G，H四点共面；(2)m，n满足什么条件时，四边形EFGH是平行四边形？(3)在(2)的条件下，若AC⊥BD，试证明：EG＝FH.解：(1)证明：因为AE∶EB＝AH∶HD，所以EH∥BD.又CF∶FB＝CG∶GD，所以FG∥BD.所以EH∥FG.所以E，F，G，H四点共面．(2)当m＝n时，四边形EFGH为平行四边形，理由如下：当EH∥FG，且EH＝FG时，四边形EFGH为平行四边形．因为EHBD＝AEAE＋EB＝mm＋1，所以EH＝mm＋1BD.同理可得FG＝nn＋1BD，由EH＝FG，得m＝n.故当m＝n时，四边形EFGH为平行四边形．(3)证明：当m＝n时，AE∶EB＝CF∶FB，所以EF∥AC，又EH∥BD，所以∠FEH是AC与BD所成的角(或其补角)，因为AC⊥BD，所以∠FEH＝90°，从而平行四边形EFGH为矩形，所以EG＝FH.[C级创新练]15．平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为()A.32 B.22 C.33 D.13解析：选A.如图所示，设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，因为α∥平面CB1D1，则m1∥m，又因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，所以B 1D 1∥m 1，所以B 1D 1∥m ，同理可得CD 1∥n .故m ，n 所成角的大小与B 1D 1，CD 1所成角的大小相等，即∠CD 1B 1的大小．又因为B 1C ＝B 1D 1＝CD 1(均为面对角线)，所以∠CD 1B 1＝π3，得sin ∠CD 1B 1＝32，故选A.16．(2020·新高考卷Ⅰ)已知直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°.以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．解析：如图，连接B 1D 1，易知△B 1C 1D 1为正三角形，所以B 1D 1＝C 1D 1＝2.分别取B 1C 1，BB 1，CC 1的中点M ，G ，H ，连接D 1M ，D 1G ，D 1H ，则易得D 1G ＝D 1H ＝22＋12＝5，D 1M ⊥B 1C 1，且D 1M ＝ 3.由题意知G ，H 分别是BB 1，CC 1与球面的交点．在侧面BCC 1B 1内任取一点P ，使MP ＝2，连接D 1P ，则D 1P ＝ D 1M 2＋MP 2＝（3）2＋（2）2＝5，连接MG ，MH ，易得MG ＝MH ＝2，故可知以M 为圆心，2为半径的圆弧GH 为球面与侧面BCC 1B 1的交线．由∠B 1MG ＝∠C 1MH ＝45°知∠GMH ＝90°，所以GH ︵的长为14×2π×2＝2π2.答案：2π2第2讲空间点、直线、平面之间的位置关系最新考纲考向预测借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义，了解公理1～4及其相关定理. 命题趋势主要考查与点、线、面位置关系有关的命题真假判断和求解异面直线所成的角，主要以选择题和填空题的形式出现，主要为中低档题. 核心素养直观想象、逻辑推理1．四个公理公理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．公理2：过不在一条直线上的三点，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平行．2．空间直线的位置关系(1)位置关系的分类⎩⎨⎧共面直线⎩⎨⎧平行相交异面直线：不同在任何一个平面内(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 ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角)．②范围：⎝⎛⎦⎥⎤0，π2． (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．3．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系(1)空间中直线和平面的位置关系位置关系图形表示符号表示公共点直线a在平面α内a⊂α有无数个公共点直线在平面外直线a与平面α平行a∥α没有公共点直线a与平面α斜交a∩α＝A有且只有一个公共点直线a与平面α垂直a⊥α(2)空间中两个平面的位置关系位置关系图形表示符号表示公共点两平面平行α∥β没有公共点两平面相交斜交α∩β＝l有一条公共直线垂直α⊥β且α∩β＝a常用结论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．常见误区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，因此异面直线即不平行，也不相交．2．在判断直线与平面的位置关系时最易忽视“线在平面内”．1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若P∈α∩β且l是α，β的交线，则P∈l.()(2)三点A，B，C确定一个平面．()(3)若直线a∩b＝A，则直线a与b能够确定一个平面．()(4)若A∈l，B∈l且A∈α，B∈α，则l⊂α.()(5)分别在两个平面内的两条直线是异面直线．()答案：(1)√(2)×(3)√(4)√(5)×2．(多选)α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，若m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，则m，n的位置关系可能是()A．垂直B．相交C．异面D．平行解析：选ABC.依题意，m∩α＝A，n⊂α，所以m与n可能异面、相交(垂直是相交的特例)，一定不平行．3．若∠AOB＝∠A1O1B1，且OA∥O1A1，OA与O1A1的方向相同，则下列结论中正确的是()A．OB∥O1B1且方向相同B．OB∥O1B1C．OB与O1B1不平行D．OB与O1B1不一定平行解析：选 D.两角相等，角的一边平行且方向相同，另一边不一定平行，故选D.4．(易错题)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD 的中点，则异面直线B1C与EF所成角的大小为________．解析：连接B1D1，D1C，则B1D1∥EF，故∠D1B1C为所求角，又B1D1＝B1C ＝D1C，所以∠D1B1C＝60°.答案：60°5．如图，在三棱锥A-BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA 的中点，则(1)当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为菱形；(2)当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为正方形．解析：(1)因为四边形EFGH为菱形，所以EF＝EH，故AC＝BD.(2)因为四边形EFGH为正方形，所以EF＝EH且EF⊥EH，因为EF綊12AC，EH綊12BD，所以AC＝BD且AC⊥BD.答案：(1)AC＝BD(2)AC＝BD且AC⊥BD平面的基本性质如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D中，E，F分别是AB和AA1的中点，求证：E，C，D1，F四点共面．【证明】如图所示，连接CD1，EF，A1B，因为E，F分别是AB和AA1的中点，所以EF∥A1B且EF＝12A1B.又因为A1D1綊BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥CD1，所以EF∥CD1，所以EF与CD1确定一个平面α，所以E，F，C，D1∈α，即E，C，D1，F四点共面．【引申探究】(变问法)若本例条件不变，如何证明“CE，D1F，DA交于一点”？证明：如图，由本例知EF∥CD1，且EF＝12CD1，所以四边形CD1FE是梯形，所以CE与D1F必相交，设交点为P，则P∈CE且P∈D1F，又CE⊂平面ABCD，且D1F⊂平面A1ADD1，所以P∈平面ABCD，且P∈平面A1ADD1.又平面ABCD∩平面A1ADD1＝AD，所以P∈AD，所以CE，D1F，DA三线交于一点．共面、共线、共点问题的证明方法(1)证明点或线共面：①首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合．(2)证明点共线：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②直接证明这些点都在同一条特定的直线上．(3)证明线共点：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点． [提醒] 点共线、线共点等都是应用公理3，证明点为两平面的公共点，即证明点在交线上．1.(多选)如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，O 是DB 的中点，直线A 1C 交平面C 1BD 于点M ，则下列结论正确的是( )A ．C 1，M ，O 三点共线B ．C 1，M ，O ，C 四点共面 C ．C 1，O ，A 1，M 四点共面D ．D 1，D ，O ，M 四点共面解析：选ABC.连接A 1C 1，AC ，则AC ∩BD ＝O ，又A 1C ∩平面C 1BD ＝M ，所以三点C 1，M ，O 在平面C 1BD 与平面ACC 1A 1的交线上，所以C 1，M ，O 三点共线，所以选项A ，B ，C 均正确，选项D 错误．2．如图，空间四边形ABCD 中，E ，F 分别是AB ，AD 的中点，G ，H 分别在BC ，CD 上，且BG ∶GC ＝DH ∶HC ＝1∶2.(1)求证：E ，F ，G ，H 四点共面；(2)设EG 与FH 交于点P ，求证：P ，A ，C 三点共线．证明：(1)因为E ，F 分别为AB ，AD 的中点，所以EF ∥BD .在△BCD 中，BG GC ＝DH HC ＝12，所以GH ∥BD ，所以EF ∥GH ，所以E ，F ，G ，H 四点共面．(2)因为EG ∩FH ＝P ，P ∈EG ，EG ⊂平面ABC ，所以P∈平面ABC.同理P∈平面ADC .所以P为平面ABC与平面ADC的公共点，又平面ABC∩平面ADC＝AC，所以P∈AC，所以P，A，C三点共线．空间两直线的位置关系(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则()A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线【解析】如图，取CD的中点F，连接EF，EB，BD，FN，因为△CDE 是正三角形，所以EF⊥CD.设CD＝2，则EF＝ 3.因为点N是正方形ABCD的中心，所以BD＝22，NF＝1，BC⊥CD.因为平面ECD⊥平面ABCD，所以EF⊥平面ABCD，BC⊥平面ECD，所以EF⊥NF，BC⊥EC，所以在Rt△EFN中，EN＝2，在Rt△BCE中，EB＝22，所以在等腰三角形BDE中，BM＝7，所以BM≠EN.易知BM，EN是相交直线．故选B.【答案】 B1．已知a，b是异面直线，A，B是a上的两点，C，D是b上的两点，M，N分别是线段AC，BD的中点，则MN和a的位置关系是()A．异面B．平行C．相交D．以上均有可能解析：选A.若MN与AB平行或相交，则MN与AB共面，设该平面为α.因为C∈直线AM，D∈直线BN，所以C∈α，D∈α，所以b⊂α.又因为A∈α，B ∈α，所以a⊂α.这与a，b异面矛盾．故选A.2．(多选)如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C 的中点，下列说法正确的有()A．直线AM与CC1是相交直线B．直线AM与BN是平行直线C．直线BN与MB1是异面直线D．直线AM与DD1是异面直线解析：选CD.因为点A在平面CDD1C1外，点M在平面CDD1C1内，直线CC1在平面CDD1C1内，CC1不过点M，所以AM与CC1是异面直线，故A错；取DD1的中点E，连接AE(图略)，则BN∥AE，但AE与AM相交，故B错；因为B1与BN都在平面BCC1B1内，M在平面BCC1B1外，BN不过点B1，所以BN 与MB1是异面直线，故C正确；同理D正确，故选CD.异面直线所成的角(1)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，那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为________．(2)四面体ABCD中，E，F分别是AB，CD的中点．若BD，AC所成的角为60°，且BD＝AC＝1，则EF的长为________．【解析】(1)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AD∥BC，所以直线AC1与AD所成的角即为异面直线AC1与BC所成的角，因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，所以C1D垂直于圆柱下底面，所以C1D⊥AD.因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，所以C1D＝2AD，所以直线AC1与AD所成角的正切值为2，所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为 2.(2)如图，取BC的中点O，连接OE，OF，因为OE∥AC，OF∥BD，所以OE与OF所成的锐角(或直角)即为AC与BD所成的角，而AC，BD所成角为60°，所以∠EOF ＝60°或∠EOF ＝120°.当∠EOF ＝60°时，EF ＝OE ＝OF ＝12.当∠EOF ＝120°时，取EF 的中点M ，则OM ⊥EF ， EF ＝2EM ＝2×34＝32. 【答案】 (1)2 (2)12或32平移法求异面直线所成角的步骤具体步骤如下：1．直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，若∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1，则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选C.如图，可补成一个正方体，所以AC 1∥BD 1.所以BA 1与AC 1所成的角为∠A 1BD 1.又易知△A1BD1为正三角形．所以∠A1BD1＝60°.即BA1与AC1所成的角为60°.2．(2021·济南市学习质量评估)如图，在正方形ABCD中，点E，F分别为BC，AD的中点，将四边形CDFE沿EF翻折，使得平面CDFE⊥平面ABEF，则异面直线BD与CF所成角的余弦值为________．解析：如图，连接DE交FC于点O，取BE的中点G，连接OG，CG，则OG∥BD且OG＝12BD，所以∠COG为异面直线BD与CF所成的角或其补角．设正方形ABCD的边长为2，则CE＝BE＝1，CF＝DE＝CD2＋CE2＝5，所以CO＝12CF＝52.易得BE⊥平面CDFE，所以BE⊥DE，所以BD＝DE2＋BE2＝6，所以OG＝12BD＝62.易知CE⊥平面ABEF，所以CE⊥BE，又GE＝12BE＝12，所以CG＝CE2＋GE2＝52.在△COG中，由余弦定理得，cos∠COG＝OC2＋OG2－CG22OC·OG＝⎝⎛⎭⎪⎫522＋⎝⎛⎭⎪⎫622－⎝⎛⎭⎪⎫5222×52×62＝3010，。

2021-2022年高考数学二轮专题复习第一部分专题四立体几何与空间向量讲义

2021年高考数学二轮专题复习第一部分专题四立体几何与空间向量讲义考点一空间几何体的三视图一、基础知识要记牢三视图的排列规则是：“长对正、高平齐、宽相等”．二、经典例题领悟好[例1] (1)(xx·惠州调研)如图所示，将图①中的正方体截去两个三棱锥，得到图②中的几何体，则该几何体的侧视图为( )(2)(xx·天津高考)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )[解析] (1)从几何体的左面看，棱AD1是原正方形ADD1A1的对角线，在视线范围内，画实线；棱C 1F不在视线范围内，画虚线．故选B.(2)先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧(左)视图．由几何体的正视图和俯视图可知该几何体如图①所示，故其侧(左)视图如图②所示．故选B.[答案] (1)B (2)B分析空间几何体的三视图的要点(1)根据俯视图确定几何体的底面．(2)根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．(3)确定几何体的形状，即可得到结果．比较复杂的三视图问题常常借助于长方体确定空间几何体的形状.三、预测押题不能少1．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 2 B．23C．2 2 D．2解析：选B 在正方体中还原该四棱锥如图所示，从图中易得最长的棱为AC1＝AC2＋CC21＝22＋22＋22＝2 3.考点二空间几何体的表面积与体积一、基础知识要记牢常见的一些简单几何体的表面积和体积公式圆柱的表面积公式：S ＝2πr 2＋2πrl ＝2πr (r ＋l )(其中r 为底面半径，l 为圆柱的高)；圆锥的表面积公式：S ＝πr 2＋πrl ＝πr (r ＋l )(其中r 为底面半径，l 为母线长)；圆台的表面积公式：S ＝π(r ′2＋r 2＋r ′l ＋rl )(其中r 和r ′分别为圆台的上、下底面半径，l 为母线长)；柱体的体积公式：V ＝Sh (S 为底面面积，h 为高)；锥体的体积公式：V ＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；台体的体积公式：V ＝13(S ′＋S ′S ＋S )h (S ′，S 分别为上、下底面面积，h 为高)；球的表面积和体积公式：S ＝4πR 2，V ＝43πR 3(R 为球的半径)．二、经典例题领悟好[例2] (1)(xx·全国卷Ⅱ)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24π C．28π D ．32π(2)(xx·全国卷Ⅱ)如图，网格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( )A ．90πB ．63π C．42π D ．36π[解析] (1)由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h . 由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得：l ＝22＋232＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π.(2)法一：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，故其体积V ＝π×32×10－12×π×32×6＝63π.法二：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，其体积等价于底面半径为3，高为7的圆柱的体积，所以它的体积V ＝π×32×7＝63π.[答案] (1)C (2)B1求几何体的表面积及体积问题，关键是空间想象能力，能想出、画出空间几何体，高往往易求，底面放在已知几何体的某一面上.2求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.三、预测押题不能少2.(1)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选B 如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π， ∴r 2＝4，r ＝2，故选B.(2)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为_______．解析：该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1，高为1的四分之一圆柱体构成，∴V ＝2×1×1＋2×14×π×12×1＝2＋π2.答案：2＋π2考点三球与多面体的切接问题一、基础知识要记牢(1)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段PA ，PB ，PC 两两互相垂直，可采用“补形法”成为一个球内接长方体．(2)正四面体的内切球与外接球半径之比为1∶3. 二、经典例题领悟好[例3] (1)(xx·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4π B.9π2C ．6πD.32π3(2)(xx 届高三·湖北七市(州)联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为( )A ．36π B.112π3C ．32πD ．28π[解析] (1)设球的半径为R ，∵△ABC 的内切圆半径为6＋8－102＝2，∴R ≤2.又2R ≤3，∴R ≤32，∴V max ＝43×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝9π2.故选B. (2)根据三视图，可知该几何体是一个四棱锥，其底面是一个边长为4的正方形，高是2 3.将该四棱锥还原成一个三棱柱，如图所示，该三棱柱的底面是边长为4的正三角形，高是4，其中心到三棱柱的6个顶点的距离即为该四棱锥外接球的半径．∵三棱柱的底面是边长为4的正三角形，∴底面三角形的中心到三角形三个顶点的距离为23×23＝433，∴其外接球的半径R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4332＋22＝283，则外接球的表面积S ＝4πR 2＝4π×283＝112π3，故选B.[答案] (1)B (2)B处理球与棱柱、棱锥切、接问题的思路(1)过球及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，化空间问题为平面问题． (2)利用平面几何知识寻找几何体中元素间关系，确定球心位置． (3)建立几何量间关系求半径r . 三、预测押题不能少3．(1)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．π B.3π4C.π2D.π4解析：选B 设圆柱的底面半径为r ，则r 2＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝34，所以圆柱的体积V ＝34π×1＝3π4.(2)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR3＝32.答案：32[知能专练(十三)]一、选择题1．一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )解析：选C 注意到在三视图中，俯视图的宽度应与侧视图的宽度相等，而在选项C 中，其宽度为32，与题中所给的侧视图的宽度1不相等，因此选C. 2．一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 该几何体为直三棱柱，底面是边长分别为6,8,10的直角三角形，侧棱长为12，故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径，其半径为r ＝2Sa ＋b ＋c ＝2×12×6×86＋8＋10＝2，故选B.3．将边长为1的正方形以其一边所在的直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积为( )A ．4πB ．3πC ．2πD ．π解析：选C 由几何体的形成过程知所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积S ＝2πrh ＝2π×1×1＝2π.4．一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正视图如图所示，则该四棱锥侧面积和体积分别是( )A ．45，8B ．45，83C ．4(5＋1)，83D ．8,8解析：选B 由题意可知该四棱锥为正四棱锥，底面边长为2，高为2，侧面上的斜高为 22＋12＝5，所以S 侧＝4×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×5＝45，V ＝13×22×2＝83.5.(xx·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A ．10B ．12C ．14D ．16解析：选B 由三视图可知该多面体是一个组合体，如图所示，其下面是一个底面为等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面为等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为2＋4×22×2＝12，故选B.6．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 ，已知其正视图的面积为23，则其侧视图的面积为( )A.32 B.33 C.34D.36解析：选B 由题意知，该三棱锥的正视图为△VAC ，作VO ⊥AC 于O ，连接OB (图略)，设底面边长为2a ，高VO ＝h ，则△VAC 的面积为12×2a ×h ＝ah ＝23.又三棱锥的侧视图为Rt △VOB ，在正三角形ABC 中，高OB ＝3a ，所以侧视图的面积为12OB ·VO ＝12×3a ×h ＝32ah ＝32×23＝33.7．《九章算术》的商功章中有一道题：一圆柱形谷仓，高1丈3尺313寸，容纳米2 000斛(1丈＝10尺，1尺＝10寸，斛为容积单位，1斛≈1.62立方尺，π≈3)，则圆柱底圆周长约为( )A ．1丈3尺B ．5丈4尺C ．9丈2尺D ．48丈6尺解析：选B 设圆柱底面圆的半径为r ，若以尺为单位，则2 000×1.62＝3r 2⎝ ⎛⎭⎪⎫10＋3＋13，解得r ＝9(尺)，∴底面圆周长约为2×3×9＝54(尺)，换算单位后为5丈4尺，故选B.8．(xx·丽水模拟)已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是正三角形，则该几何体的体积为( )A. 3 B ．2 3 C ．3 3D ．4 3解析：选 B 分析题意可知，该几何体是由如图所示的三棱柱ABC A 1B 1C 1截去四棱锥A BEDC 得到的，故其体积V ＝34×22×3－13×1＋22×2×3＝23，故选B.9．(xx·贵阳质检)三棱锥P ABC 的四个顶点都在体积为500π3的球的表面上，底面ABC 所在的小圆面积为16π，则该三棱锥的高的最大值为( )A ．4B ．6C ．8D ．10解析：选C 依题意，设题中球的球心为O ，半径为R ，△ABC 的外接圆半径为r ，则4πR33＝500π3，解得R ＝5，由πr 2＝16π，解得r ＝4，又球心O 到平面ABC 的距离为R 2－r 2＝3，因此三棱锥P ABC 的高的最大值为5＋3＝8，故选C.10．(xx·洛阳模拟)已知三棱锥P ABC 的四个顶点均在某球面上，PC 为该球的直径，△ABC是边长为4的等边三角形，三棱锥P ABC 的体积为163，则此三棱锥的外接球的表面积为( )A.16π3B.40π3C.64π3D.80π3解析：选D 依题意，记三棱锥P ABC 的外接球的球心为O ，半径为R ，点P 到平面ABC 的距离为h ，则由V P ABC ＝13S △ABC h ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫34×42×h ＝163得h ＝433.又PC 为球O 的直径，因此球心O 到平面ABC 的距离等于12h ＝233.又正△ABC 的外接圆半径为r ＝AB 2sin 60°＝433，因此R 2＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2332＝203，所以三棱锥P ABC 的外接球的表面积为4πR 2＝80π3，故选D. 二、填空题11．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________，体积为________．解析：由三视图得该几何体为如图所示的三棱锥，其中底面ABC 为直角三角形，∠B ＝90°，AB ＝1，BC ＝2，PA ⊥底面ABC ，PA ＝2，所以AC ＝PB ＝5，PC ＝3，PC 2＝PB 2＋BC 2，∴∠PBC ＝90°，则该三棱锥的表面积为12×1×2＋12×1×2＋12×2×5＋12×2×5＝2＋25，体积为13×12×1×2×2＝23.答案：2＋2 5 2312．(xx·诸暨质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体最长的一条棱的长度为________，体积为________．解析：根据三视图，可以看出该几何体是一个底面为正三角形，一条侧棱垂直底面的三棱锥，如图所示，其中底面△BCD 是正三角形，各边长为2，侧棱AD ⊥底面BCD ，且AD ＝2，底面△BCD 的中垂线长DE ＝3，∴AC ＝AB ＝22，V 三棱锥A BCD ＝13×S △BCD ×AD ＝13×12×2×3×2＝233，即该几何体最长的棱长为22，体积为233.答案：2 223313．一个直棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱)被一个平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则截去的几何体为________(从备选项中选择一个填上：三棱锥、四棱锥、三棱柱、四棱柱)，截去的几何体的体积为________．解析：作出直观图可得截去的几何体为底面为直角边长分别为1和2的直角三角形，高为4的三棱锥，其体积V ＝13×1×22×4＝43.答案：三棱锥 4314．(xx 届高三·浙江名校联考)某简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，其外接球的表面积为________．解析：由三视图得该几何体是一个底面为对角线为4的正方形，高为3的直四棱柱，则其体积为4×4×12×3＝24.又直四棱柱的外接球的半径R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋22＝52，所以四棱柱的外接球的表面积为4πR 2＝25π.答案：24 25π15．(xx·洛阳模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图与侧视图均为半径是2的圆，则该几何体的表面积为________．解析：由三视图可知该几何体为一个球体的34，故该几何体的表面积等于球的表面积的34，加上以球的半径为半径的圆的面积，即S ＝34×4πR 2＋πR 2＝16π.答案：16π16．(xx·四川高考)已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________．解析：由正视图知三棱锥的形状如图所示，且AB ＝AD ＝BC ＝CD ＝2，BD＝23，设O 为BD 的中点，连接OA ，OC ，则OA ⊥BD ，OC ⊥BD ，结合正视图可知AO ⊥平面BCD .又OC ＝CD 2－OD 2＝1，∴V 三棱锥A BCD ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×23×1×1＝33. 答案：3317．如图是某三棱柱被削去一个底面后的直观图、侧视图与俯视图．已知CF ＝2AD ，侧视图是边长为2的等边三角形，俯视图是直角梯形，有关数据如图所示，则该几何体的体积为________．解析：取CF 中点P ，过P 作PQ ∥CB 交BE 于Q ，连接PD ，QD ，则AD∥CP ，且AD ＝CP .所以四边形ACPD 为平行四边形，所以AC ∥PD .所以平面PDQ ∥平面ABC .该几何体可分割成三棱柱PDQ CAB 和四棱锥D PQEF ，所以V ＝V PDQ CAB ＋V D PQEF ＝12×22sin 60°×2＋13×1＋2×22×3＝3 3. 答案：3 3 [选做题]1．(xx·石家庄质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A ．16B ．20C ．52D ．60解析：选B 由三视图知，该几何体由一个底面为直角三角形(直角边分别为3,4)，高为6的三棱柱截去两个等体积的四棱锥所得，且四棱锥的底面是矩形(边长分别为2,4)，高为3，如图所示，所以该几何体的体积V ＝12×3×4×6－2×13×2×4×3＝20，故选B.2．四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是边长为6的正方形，且PA ＝PB ＝PC ＝PD ，若一个半径为1的球与此四棱锥所有面都相切，则该四棱锥的高为( )A ．6B ．5 C.92 D.94解析：选D 过点P 作PH ⊥平面ABCD 于点H .由题知，四棱锥P ABCD 是正四棱锥，内切球的球心O 应在四棱锥的高PH 上．过正四棱锥的高作组合体的轴截面如图，其中PE ，PF 是斜高，M 为球面与侧面的一个切点．设PH ＝h ，易知Rt △PMO ∽Rt △PHF ，所以OM FH ＝PO PF ，即13＝h －1h 2＋32，解得h ＝94，故选D.3．(xx·兰州模拟)已知球O 的半径为13，其球面上有三点A ，B ，C ，若AB ＝123，AC ＝BC ＝12，则四面体OABC 的体积为________．解析：如图，过点A ，B 分别作BC ，AC 的平行线，两线相交于点D ，连接CD ，∵AC ＝BC ＝12，AB ＝123，在△ABC 中，cos ∠ACB ＝AC 2＋BC 2－AB 22AC ·BC ＝－12，∴∠ACB ＝120°，∴在菱形ACBD 中，DA ＝DB ＝DC ＝12， ∴点D 是△ABC 的外接圆圆心，连接DO ，在△ODA 中，OA 2＝DA 2＋DO 2，即DO 2＝OA 2－DA 2＝132－122＝25，∴DO ＝5，又DO ⊥平面ABC ，∴V O ABC ＝13×12×12×12×32×5＝60 3.答案：60 3第二讲点、直线、平面之间的位置关系考点一空间线面位置关系的判断一、基础知识要记牢空间线线、线面、面面的位置关系的认识和判定是学习立体几何的基础，要在空间几何体和空间图形中理解、表述位置关系，发展空间想象能力．二、经典例题领悟好[例1] (1)(xx·全国卷Ⅲ)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CD 的中点，则( ) A ．A 1E ⊥DC 1 B ．A 1E ⊥BD C ．A 1E ⊥BC 1D ．A 1E ⊥AC(2)(xx·全国卷Ⅱ)α，β是两个平面，m ，n 是两条直线，有下列四个命题： ①如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α⊥β. ②如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n . ③如果α∥β，m ⊂α，那么m ∥β.④如果m ∥n ，α∥β，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)[解析] (1)法一：由正方体的性质，得A 1B 1⊥BC 1，B 1C ⊥BC 1，A 1B 1∩B 1C ＝B 1，所以BC 1⊥平面A1B1CD.又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1.法二：∵A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，∴B、D错；∵A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1C⊥BC1，∴A1E⊥BC1，故C正确；∵A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而D1E不与DC1垂直，故A错．(2)对于①，α，β可以平行，也可以相交但不垂直，故错误．对于②，由线面平行的性质定理知存在直线l⊂α，n∥l，又m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n，故正确．对于③，因为α∥β，所以α，β没有公共点．又m⊂α，所以m，β没有公共点，由线面平行的定义可知m∥β，故正确．对于④，因为m∥n，所以m与α所成的角和n与α所成的角相等．因为α∥β，所以n 与α所成的角和n与β所成的角相等，所以m与α所成的角和n与β所成的角相等，故正确．[答案] (1)C (2)②③④解决空间线面位置关系的判断问题的常用方法(1)根据空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理逐一判断来解决问题；(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断.三、预测押题不能少1．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( )解析：选A 法一：对于选项B，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.同理可证选项C、D中均有AB∥平面MNQ.故选A.法二：对于选项A，设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示)，连接OQ，则OQ∥AB.因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行，根据直线与平面平行的判定定理及三角形的中位线性质知，选项B、C、D中AB∥平面MNQ.故选A.考点二空间线面平行、垂直关系的证明一、基础知识要记牢(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.(3)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.(4)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(5)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.(6)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.(7)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.(8)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.(9)三垂线定理及逆定理：①在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它和这条斜线垂直；②在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线的射影垂直．二、经典例题领悟好[例2] 如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.[证明] (1)∵平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，∴PA⊥底面ABCD.(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，∴AB∥DE，且AB＝DE.∴四边形ABED为平行四边形．∴BE∥AD.又∵BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD.(3)∵AB⊥AD，而且四边形ABED为平行四边形．∴BE⊥CD，AD⊥CD，由(1)知PA⊥底面ABCD，∴PA⊥CD.∴CD⊥平面PAD.∴CD⊥PD.∵E和F分别是CD和PC的中点，∴PD∥EF.∴CD⊥EF.又BE∩EF＝E，∴CD⊥平面BEF.又CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD.(1)正确并熟练掌握空间中平行与垂直的判定定理与性质定理，是进行判断和证明的基础；在证明线面关系时，应注意几何体的结构特征的应用，尤其是一些线面平行与垂直关系，这些都可以作为条件直接应用．(2)证明面面平行依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行．(3)证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中线、高线或添加辅助线解决．(4)证明的核心是转化，即空间向平面的转化：面面⇔线面⇔线线.三、预测押题不能少2．由四棱柱ABCDA1B1C1D1截去三棱锥C1B1CD1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.(1)证明：A1O∥平面B1CD1；(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.证明：(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，因为ABCDA1B1C1D1是四棱柱，所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C，因为O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，所以A1O∥平面B1CD1.(2)因为E，M分别为AD，OD的中点，所以EM∥AO.因为AO⊥BD，所以EM⊥BD，又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以A1E⊥BD，因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1，又A1E⊂平面A1EM，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，所以B1D1⊥平面A1EM，又B1D1⊂平面B1CD1，所以平面A1EM⊥平面B1CD1.[知能专练(十四)]一、选择题1．下列四个命题中，正确命题的个数是( )①若平面α∥平面β，直线m∥平面α，则m∥β；②若平面α⊥平面γ，且平面β⊥平面γ，则α∥β；③平面α⊥平面β，且α∩β＝l，点A∈α，A∉l，若直线AB⊥l，则AB⊥β；④直线m，n为异面直线，且m⊥平面α，n⊥平面β，若m⊥n，则α⊥β.A．0 B．1C．2 D．3解析：选B ①若平面α∥平面β，直线m∥平面α，则m∥β或m⊂β，故①不正确；②若平面α⊥平面γ，且平面β⊥平面γ，则α∥β或相交，故②不正确；③平面α⊥平面β，且α∩β＝l，点A∈α，A∉l，若直线AB⊥l，则AB⊥β；此命题中，若B∈β，且AB与l异面，同时AB⊥l，此时AB与β相交，故③不正确；命题④是正确的．2．(xx·泉州模拟)设a，b是互不垂直的两条异面直线，则下列命题成立的是( )A．存在唯一直线l，使得l⊥a，且l⊥bB．存在唯一直线l，使得l∥a，且l⊥bC．存在唯一平面α，使得a⊂α，且b∥αD ．存在唯一平面α，使得a ⊂α，且b ⊥α解析：选C a ，b 是互不垂直的两条异面直线，把它放入正方体中如图，由图可知A 不正确；由l ∥a ，且l ⊥b ，可得a ⊥b ，与题设矛盾，故B 不正确；由a ⊂α，且b ⊥α，可得a ⊥b ，与题设矛盾，故D 不正确，故选C.3.如图所示，直线PA 垂直于⊙O 所在的平面，△ABC 内接于⊙O ，且AB 为⊙O 的直径，点M 为线段PB 的中点．现有结论：①BC ⊥PC ；②OM ∥平面APC ；③点B 到平面PAC 的距离等于线段BC 的长．其中正确的是( )A ．①②B ．①②③C ．①D ．②③解析：选B 对于①，∵PA ⊥平面ABC ，∴PA ⊥BC . ∵AB 为⊙O 的直径，∴BC ⊥AC ，又∵PA ∩AC ＝A ， ∴BC ⊥平面PAC ，又PC ⊂平面PAC ，∴BC ⊥PC . 对于②，∵点M 为线段PB 的中点， ∴OM ∥PA ，∵PA ⊂平面PAC ，OM ⊄平面PAC ， ∴OM ∥平面PAC .对于③，由①知BC ⊥平面PAC ，∴线段BC 的长即是点B 到平面PAC 的距离．故①②③都正确．4．设l 为直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是( ) A ．若l ∥α，l ∥β，则α∥β B ．若l ⊥α，l ⊥β，则α∥β C ．若l ⊥α，l ∥β，则α∥β D ．若α⊥β，l ∥α，则l ⊥β解析：选B 画出一个长方体ABCD A 1B 1C 1D 1.对于A ，C 1D 1∥平面ABB 1A 1，C 1D 1∥平面ABCD ，但平面ABB 1A 1与平面ABCD 相交；对于C ，BB 1⊥平面ABCD ，BB 1∥平面ADD 1A 1，但平面ABCD 与平面ADD 1A 1相交；对于D ，平面ABB 1A 1⊥平面ABCD ，CD ∥平面ABB 1A 1，但CD ⊂平面ABCD .5.(xx·成都模拟)把平面图形M 上的所有点在一个平面上的射影构成的图形M ′称为图形M 在这个平面上的射影．如图，在长方体ABCD EFGH 中，AB ＝5，AD ＝4，AE ＝3，则△EBD 在平面EBC 上的射影的面积是( )A ．234 B.252C ．10D ．30解析：选A 连接HC ，过D 作DM ⊥HC ，交HC 于M ，连接ME ，MB ，因为BC ⊥平面HCD ，又DM ⊂平面HCD ，所以BC ⊥DM ，因为BC ∩HC ＝C ，所以DM ⊥平面HCBE ，即D 在平面HCBE 内的射影为M ，所以△EBD 在平面HCBE 内的射影为△EBM ，在长方体中，HC ∥BE ，所以△MBE 的面积等于△CBE 的面积，所以△EBD 在平面EBC 上的射影的面积为12×52＋32×4＝234，故选A.6．已知E ，F 分别为正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱AB ，AA 1上的点，且AE ＝12AB ，AF ＝13AA 1，M ，N分别为线段D 1E 和线段C 1F 上的点，则与平面ABCD 平行的直线MN 有( )A ．1条B ．3条C ．6条D ．无数条解析：选D 取BH ＝13BB 1，连接FH ，则FH ∥C 1D 1，连接HE ，D 1H ，在D 1E 上任取一点M ，过M 在平面D 1HE 中作MG ∥HO ，交D 1H 于点G ，其中OE ＝13D 1E ，过O 作OK ⊥平面ABCD 于点K ，连接KB ，则四边形OHBK为矩形，再过G 作GN ∥FH ，交C 1F 于点N ，连接MN ，由于MG ∥HO ，HO ∥KB ，KB ⊂平面ABCD ，GM ⊄平面ABCD ，所以GM ∥平面ABCD ，同理，GN ∥FH ，可得GN ∥平面ABCD ，由面面平行的判定定理得，平面GMN ∥平面ABCD ，则MN ∥平面ABCD ，由于M 为D 1E 上任一点，故这样的直线MN 有无数条．二、填空题7．已知α，β，γ是三个不重合的平面，a ，b 是两条不重合的直线，有下列三个条件：①a ∥γ，b ⊂β；②a ∥γ，b ∥β；③b ∥β，a ⊂γ.如果命题“α∩β＝a ，b ⊂γ，且________，则a ∥b ”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________(填可能条件的序号)．解析：由定理“一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面和此平面的交线与该直线平行”可得，横线处可填入条件①或③.答案：①或③8.(xx 届高三·江南十校联考)如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点M ∈AB 1，N ∈BC 1，且AM ＝BN ≠2，有以下四个结论：①AA 1⊥MN ；②A 1C 1∥MN ；③MN ∥平面A 1B 1C 1D 1；④MN 与A 1C 1是异面直线．其中正确结论的序号是________．解析：过N 作NP ⊥BB 1于点P ，连接MP ，可证AA 1⊥平面MNP ，∴AA 1⊥MN ，①正确．过M ，N 分别作MR ⊥A 1B 1，NS ⊥B 1C 1于点R ，S ，连接RS ，当则M 不是AB 1的中点，N 不是BC 1的中点时，直线A 1C 1与直线RS 相交；当M ，N 分别是AB 1，BC 1的中点时，A 1C 1∥RS ，∴A 1C 1与MN 可以异面，也可以平行，故②④错误．由①正确知，AA 1⊥平面MNP ，而AA 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，∴平面MNP ∥平面A1B1C1D1，故③正确．综上所述，正确结论的序号是①③.答案：①③9．(xx·温州模拟)如图，在四面体ABCD中，E，F分别为AB，CD的中点，过EF任作一个平面α分别与直线BC，AD相交于点G，H，则下列结论正确的是________．①对于任意的平面α，都有直线GF，EH，BD相交于同一点；②存在一个平面α0，使得点G在线段BC上，点H在线段AD的延长线上；③对于任意的平面α，都有S△EFG＝S△EFH；④对于任意的平面α，当G，H在线段BC，AD上时，几何体ACEGFH的体积是一个定值．解析：对①，G，H分别为相应线段中点时，三线平行，故①错．对②，三线相交时，交点会在BD上，作图可知②错．对③，如图1，取BD，AC的中点I，J，则BC，AD都与平面EIFJ平行，故A，H到平面EIFJ的距离相等，B，G到平面EIFJ的距离相等，而E为AB的中点，故A，B到平面EIFJ的距离相等，从而G，H到平面EIFJ的距离相等．连接GH交EF于K，则K为GH的中点，从而G，H到EF的距离相等，故两三角形的面积相等．③正确．对④，如图2，当H为D时，G为C，此时几何体的体积为三棱锥ACDE的体积，为四面体体积的一半．当如图2所示时，只需证V CEFG＝V DEFH，由③可得，只需证C，D到截面的距离相等，因为F为CD的中点，所以C，D到截面的距离相等．故④正确．答案：③④三、解答题10．(xx·山东高考)在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB.(1)已知AB＝BC，AE＝EC，求证：AC⊥FB；(2)已知G，H分别是EC和FB的中点，求证：GH∥平面ABC.证明：(1)因为EF∥DB，所以EF与DB确定平面BDEF . 图1图2如图，连接DE.因为AE＝EC，D为AC的中点，所以DE⊥AC.同理可得BD⊥AC.又BD∩DE＝D，所以AC⊥平面BDEF.因为FB⊂平面BDEF，所以AC⊥FB.(2)如图，设FC的中点为I，连接GI，HI.在△CEF中，因为G是CE的中点，所以GI∥EF.又EF∥DB，所以GI∥DB.在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，BC∩DB＝B，所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.11．(xx·嘉兴模拟)如图，矩形ABCD所在平面与三角形ECD所在平面相交于CD，AE⊥平面ECD.(1)求证：AB⊥平面ADE；(2)若点M在线段AE上，AM＝2ME，N为线段CD中点，求证：EN∥平面BDM.证明：(1)因为AE⊥平面ECD，CD⊂平面ECD，所以AE⊥CD.又因为AB∥CD，所以AB⊥AE.在矩形ABCD中，AB⊥AD，因为AD∩AE＝A，AD⊂平面ADE，AE⊂平面ADE，所以AB⊥平面ADE.(2)连接AN交BD于F点，连接FM，因为AB∥CD且AB＝2DN，所以AF＝2FN，又AM＝2ME，所以EN∥FM，又EN⊄平面BDM，FM⊂平面BDM，所以EN∥平面BDM.12.在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，E，G，F分别为MB，PB，PC的中点．(1)求证：平面EFG∥平面PMA；(2)求证：平面EFG⊥平面PDC.证明：(1)∵E，G，F分别为MB，PB，PC的中点，∴EG∥PM，GF∥BC.又∵四边形ABCD是正方形，∴BC∥AD，∴GF∥AD.∵EG，GF在平面PMA外，PM，AD在平面PMA内，∴EG∥平面PMA，GF∥平面PMA.又∵EG，GF都在平面EFG内且相交，∴平面EFG∥平面PMA.(2)由已知MA⊥平面ABCD，PD∥MA，∴PD⊥平面ABCD.又BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC.∵四边形ABCD为正方形，∴BC⊥DC.又PD∩DC＝D，∴BC⊥平面PDC.由(1)知GF∥BC，∴GF⊥平面PDC.又GF⊂平面EFG，∴平面EFG⊥平面PDC.第三讲空间角与空间向量考点一空间角考查类型(一) 异面直线所成的角一、基础知识要记牢过空间任意一点引两条直线分别平行于两条异面直线，它们所成的锐角(或直角)就是异面直线所成的角．二、经典例题领悟好[例1] (1)(xx·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )A.32B.155C.105D.33(2)(xx·浙江高考)如图，已知平面四边形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD ＝5，∠ADC＝90°，沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′，直线AC与BD′所成角的余弦的最大值是________．[解析] (1)法一：如图所示，将直三棱柱ABCA1B1C1补成直四棱。

高考数学二轮复习专题四立体几何第1讲立体几何中的计算与位置关系课件

解析由三视图可知，该几何体为两个相同长方体组合，长方体的长、宽、高分别为4 cm、2 cm、2 cm，其直观图如下：
其体积V＝2×2×2×4＝32(cm3)，由于两个长方体重叠部分为一个边长为2的正方形，所以表面积为S＝2(2×2×2＋2×4×4) －2×2×2＝2×(8＋32)－8＝72(cm2). 答案 72高考定位 1.以三视图和空间几何体为载体考查面积与体积，难度中档偏下；2.以选择题、填空题的形式考查线线、线面、面面位置关系的判定与性质定理对命题的真假进行判断，属基础题；空间中的平行、垂直关系的证明也是高考必考内容，多出现在立体几何解答题中的第(1)问.
(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α， b∥α⇒α∥β. (4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a， β∩γ＝b⇒a∥b. 5.直线、平面垂直的判定及其性质 (1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P， l⊥m，l⊥n⇒l⊥α. (2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b. (3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β. (4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.
(2)柱体、锥体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh(S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh(S 为底面面积，h 为高)； ③V 球＝43πR3. 4.直线、平面平行的判定及其性质
(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α. (2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.
又 CD⊥BD，CD⊥AE，则 CD⊥平面 ABD，故 CD⊥AD，所以 AC＝ 41，且 S△ACD＝10.在 Rt△ABE 中，AE＝4，BE＝2，故 AB ＝2 5.在 Rt△BCD 中，BD＝5，CD＝4，故 S△BCD＝10，且 BC ＝ 41.在△ABD 中，AE＝4，BD＝5，故 S△ABD＝10. 在△ABC 中，AB＝2 5，BC＝AC＝ 41，则 AB 边上的高 h＝6，故 S△ABC ＝12×2 5×6＝6 5.因此，该三棱锥的表面积为 S＝30＋6 5.

高考数学二轮复习专题4 第1讲空间几何体课件(文、理

成才之路·数学
新课标版 • 二轮专题复习
路漫漫其修远兮吾将上下而求索
专题四立体几何
专题四第一讲空间几何体
命题角度聚焦
核心知识整合
学方科法素警能示培探养究
命题热点突破
课后强化作业
命题角度聚焦
1．以选择、填空题形式考查空间位置关系的判断，及文字语言、图形语言、符号语言的转换，难度适中；
名称圆柱圆台
球
几何特征
①有两个互相平行的圆面(底面)； ②有一个侧面是曲面(母线绕轴旋转一周形侧面是曲面，可以看成母线绕轴旋转一周形成的
①有一个曲面是球面； ②有一个球心和一条半径长R，球是一个几何体 (包括内部)，可以看成半圆以它的直径所在直线为旋转轴旋转一周形成的
名称
体积
表面积
V 圆柱＝πr2h(r 为底面半径，h S 圆柱＝2πrl＋2πr2(r 为底面半
圆柱
为高)
径，l 为母线长)
圆锥
V 圆锥＝13πr2h(r 为底面半径， S 圆锥＝πrl＋πr2(r 为底面半
h 为高)
径，l 为母线长)
圆台
V 圆台＝13πh(r2＋rr′＋r′2) S 圆台＝π(r＋r′)l＋πr2＋ (r、r′为底面半径，h 为高) πr′2
[答案] 3 [解析] 由三视图知该四棱锥底面为正方形，边长为 3，四
棱锥的高为 1，其体积为 V＝13×3×3×1＝3.
(理)(2013·辽宁理，13)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________．
[答案] 16π－16 [解析] 由三视图可知，几何体为圆柱中挖去一个正四棱柱，
球
V 球＝34πR3(R 为球的半径) S 球＝4πR2(R 为球的半径)

高考数学二轮复习专题四立体几何第2讲空间点、线、面的位置关系课件

12/11/2021
第十二页，共四十六页。
2．直线、平面垂直的判定及其性质 (1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α. (2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b. (3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β. (4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒ a⊥β.
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2．(2019·长沙一模)如图所示，在直角梯形 BCEF 中，∠CBF＝∠BCE＝90°，A、D 分别是 BF、CE 上的点，AD∥BC，且 AB＝DE＝2BC＝2AF(如图 1)．将四边形 ADEF 沿 AD 折起，连接 AC、CF、BE、BF、CE(如图 2)，在折起的过程中，下列说法错误的是( )
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第十七页，共四十六页。
【解】 (1)选 B.由题意，不妨设该三棱锥的侧棱长与底面边长相等，因为点 P 是棱 VA 上的点(不含端点)，所以直线 PB 与平面 ABC 所成的角 β 小于直线 VB 与平面 ABC 所成的角，而直线 VB 与平面 ABC 所成的角小于二面角 P-AC-B 的平面角 γ，所以 β<γ；因为 AC⊂平面 ABC，所以直线 PB 与直线 AC 所成的角 α 大于直线 PB 与平面 ABC 所成的角 β，即 α>β.故选 B.
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(2)α，β 是两个平面，m，n 是两条直线，有下列四个命题： ①如果 m⊥n，m⊥α，n∥β，那么 α⊥β. ②如果 m⊥α，n∥α，那么 m⊥n. ③如果 α∥β，m⊂α，那么 m∥β. ④如果 m∥n，α∥β，那么 m 与 α 所成的角和 n 与 β 所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)

高考数学统考第二轮专题复习第11讲空间几何体空间中的位置关系课件理

正视图中对应的点为M,在俯视图中对应的点
接而成,如图所示,显然选A.
为N,则该端点在侧视图
中对应的点为( A )
A.E
B.F
C.G
D. H
图M4-11-1
真知真题扫描
2.[2020·全国卷Ⅰ] 如图M4-11-2,埃及胡夫金
[解析]设侧面三角形底边上的高为h,
字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可
A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平
图M4-11-3
面是指过点A且与OA垂直的平面,在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平
面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成角为
A.20°
B.40°
C.50°
( B )
D.90°
[解析] ∵晷面与赤道所在平面平行,∴晷针与点A处的水平面所成角与点A处的
以EF∥PB,又∠CEF=90°,所以PB⊥EC,而
中点,∠CEF=90°,则球O的体积
EC∩AC=C,所以PB⊥平面PAC,又三棱锥
为
P-ABC为正三棱锥,所以PA,PB,PC两两垂
( D )
A.8 6π
B.4 6π
直且相等,所以P,A,B,C可看成棱长为 2的
C.2 6π
D. 6π
正方体的4个顶点,
( A )
2
2
2
O1O +O1A =R ,故(2
A.64π
B.48π
C.36π
D.32π
2
2
2
3) +4=R ,得R =16,所
2
以球O的表面积为4πR =64π.故选A.
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6.[2018·全国卷Ⅲ] 设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC为