【最新】高中数学-2018高考数学(文科)习题第八章立体几何 8-1-1 word版含答案

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专题12：文科立体几何高考真题大题(全国卷)赏析(解析版)

专题12：文科立体几何高考真题大题（全国卷）赏析（解析版）题型一：求体积1，2018年全国卷Ⅲ文数高考试题如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在，理由见解析【详解】分析：（1）先证AD CM ⊥,再证CM MD ⊥，进而完成证明．（2）判断出P 为AM 中点，，证明MC ∥OP ，然后进行证明即可．详解：（1）由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ．因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ．因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM ．又BC ∩CM =C ，所以DM ⊥平面BMC ．而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ．（2）当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD ．证明如下：连结AC 交BD 于O ．因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点．连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ∥OP ．MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ，所以MC ∥平面PBD ．点睛：本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P 为AM 中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题．2，2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I 卷）如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM ∠=︒，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥．（1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．【答案】(1)见解析. (2)1. 【解析】分析：(1)首先根据题的条件，可以得到BAC ∠=90，即BA AC ⊥，再结合已知条件BA ⊥AD ，利用线面垂直的判定定理证得AB ⊥平面ACD ，又因为AB ⊂平面ABC ，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD ⊥平面ABC ；(2)根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积. 详解：（1）由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥．又BA ⊥AD ，且AC AD A =，所以AB ⊥平面ACD ．又AB ⊂平面ABC ，所以平面ACD ⊥平面ABC ．（2）由已知可得，DC =CM =AB =3，DA =32．又23BP DQ DA ==，所以22BP =．作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE = 13DC ．由已知及（1）可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE =1．因此，三棱锥Q ABP -的体积为1111322sin451332Q ABP ABPV QE S-=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=．点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可. 3．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ）如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积．【答案】（1）见详解；（2）18 【分析】（1）先由长方体得，11B C ⊥平面11AA B B ，得到11B C BE ⊥，再由1BE EC ⊥，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；（2）先设长方体侧棱长为2a ，根据题中条件求出3a =；再取1BB 中点F ，连结EF ，证明EF ⊥平面11BB C C ，根据四棱锥的体积公式，即可求出结果. 【详解】（1）因为在长方体1111ABCD A B C D -中，11B C ⊥平面11AA B B ；BE ⊂平面11AA B B ，所以11B C BE ⊥，又1BE EC ⊥，1111B C EC C ⋂=，且1EC ⊂平面11EB C ，11B C ⊂平面11EB C ，所以BE ⊥平面11EB C ；（2）设长方体侧棱长为2a ，则1AE A E a ==，由（1）可得1EB BE ⊥；所以22211EB BE BB +=，即2212BE BB =，又3AB =，所以222122AE AB BB +=，即222184a a +=，解得3a =；取1BB 中点F ，连结EF ，因为1AE A E =，则EF AB ∥；所以EF ⊥平面11BB C C ，所以四棱锥11E BB C C -的体积为1111111136318333E BB C C BB C C V S EF BC BB EF -=⋅=⋅⋅⋅=⨯⨯⨯=矩形.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定，依据四棱锥的体积，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.4．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标2卷）四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,01,90.2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= （1）证明：直线//BC 平面PAD ;（2）若△PCD 面积为27，求四棱锥P ABCD -的体积.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）43【分析】试题分析：证明线面平有两种思路，一是寻求线线平行，二是寻求面面平行；取AD 中点M ，由于平面PAD 为等边三角形，则PM AD ⊥，利用面面垂直的性质定理可推出PM ⊥底面ABCD ，设BC x =，表示相关的长度，利用PCD ∆的面积为27.试题解析：（1）在平面内，因为,所以又平面平面故平面（2）取的中点，连接由及得四边形为正方形，则.因为侧面为等边三角形且垂直于底面，平面平面，所以底面因为底面，所以,设，则，取的中点，连接，则,所以，因为的面积为，所以，解得（舍去），于是所以四棱锥的体积【详解】题型二：求距离5．2018年全国普通高等学校招生统一考试文数（全国卷II ）如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．【答案】（1）详见解析（245【解析】分析：（1）连接OB ，欲证PO ⊥平面ABC ，只需证明,PO AC PO OB ⊥⊥即可；（2）过点C 作CH OM ⊥，垂足为M ，只需论证CH 的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.详解：（1）因为AP =CP =AC =4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP =3 连结OB ．因为AB =BC 2AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB =12AC =2．由222OP OB PB +=知，OP ⊥OB ．由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC ．（2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．故CH的长为点C到平面POM的距离．由题设可知OC=12AC=2，CM=23BC=423，∠ACB=45°．所以OM=25，CH=sinOC MC ACBOM⋅⋅∠=45．所以点C到平面POM的距离为45．点睛：立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，也可利用等体积法解决.6．2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ）如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为，且平面.（1）证明：（2）若,求三棱柱的高.【答案】（1）详见解析;（2）三棱柱111ABC A B C -的高为21. 【解析】试题分析：（1）根据题意欲证明线线垂直通常可转化为证明线面垂直，又由题中四边形是菱形，故可想到连结1BC ，则O 为1B C 与1BC 的交点，又因为侧面11BB C C 为菱形，对角线相互垂直11B C BC ⊥;又AO ⊥平面11BB C C ，所以1B C AO ⊥，根据线面垂直的判定定理可得：1B C ⊥平面ABO ，结合线面垂直的性质：由于AB ⊂平面ABO ，故1B C AB ⊥;（2）要求三菱柱的高，根据题中已知条件可转化为先求点O 到平面ABC 的距离，即：作OD BC ⊥，垂足为D ，连结AD ，作OH AD ⊥，垂足为H ，则由线面垂直的判定定理可得OH ⊥平面ABC ，再根据三角形面积相等：OH AD OD OA ⋅=⋅，可求出OH 的长度，最后由三棱柱111ABC A B C -的高为此距离的两倍即可确定出高．试题解析：（1）连结1BC ，则O 为1B C 与1BC 的交点. 因为侧面11BB C C 为菱形，所以11B C BC ⊥. 又AO ⊥平面11BB C C ，所以1B C AO ⊥，故1B C ⊥平面ABO.由于AB ⊂平面ABO ，故1B C AB ⊥.（2）作OD BC ⊥，垂足为D ，连结AD ，作OH AD ⊥，垂足为H. 由于，BC OD ⊥，故BC ⊥平面AOD ，所以OH BC ⊥，又OH AD ⊥，所以OH ⊥平面ABC.因为0160CBB ∠=，所以1CBB ∆为等边三角形，又1BC =，可得3OD. 由于1AC AB ⊥，所以11122OA B C ==,由OH AD OD OA ⋅=⋅，且2274AD OD OA =+=，得2114OH ，又O 为1B C 的中点，所以点1B 到平面ABC 的距离为217. 故三棱柱111ABC A B C -的高为217. 考点：1.线线，线面垂直的转化;2.点到面的距离;3.等面积法的应用 7．2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国Ⅱ卷）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥面ABCD ，E 为PD 的中点．（1）证明：//PB 平面AEC ; （2）设1AP =，3AD =，三棱锥P ABD -的体积 34V =，求A 到平面PBC 的距离．【答案】（1）证明见解析（2） A 到平面PBC 的距离为31313【详解】试题分析：（1）连结BD 、AC 相交于O ，连结OE ，则PB ∥OE ，由此能证明PB ∥平面ACE ．（2）以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出A 到平面PBD 的距离试题解析：(1）设BD 交AC 于点O ，连结EO ．因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点．又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB 又EO平面AEC ，PB平面AEC所以PB ∥平面AEC ．（2）136V PA AB AD AB =⋅⋅=由，可得. 作交于．由题设易知，所以故，又31313PA AB AH PB ⋅==所以到平面的距离为法2：等体积法136V PA AB AD AB =⋅⋅= 由，可得.由题设易知,得BC假设到平面的距离为d ，又因为PB=所以又因为(或)，，所以考点：线面平行的判定及点到面的距离8．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ）如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求点C 到平面C 1DE 的距离．【答案】（1）见解析；（2）41717. 【分析】（1）利用三角形中位线和11//A D B C 可证得//ME ND ，证得四边形MNDE 为平行四边形，进而证得//MN DE ，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）根据题意求得三棱锥1C CDE -的体积，再求出1C DE ∆的面积，利用11C CDE C C DE V V --=求得点C 到平面1C DE 的距离，得到结果.【详解】（1）连接ME ，1B CM ，E 分别为1BB ，BC 中点 ME ∴为1B BC ∆的中位线1//ME B C ∴且112ME B C = 又N 为1A D 中点，且11//A D B C 1//ND B C ∴且112ND B C = //ME ND ∴ ∴四边形MNDE 为平行四边形//MN DE ∴，又MN ⊄平面1C DE ，DE ⊂平面1C DE//MN ∴平面1C DE（2）在菱形ABCD 中，E 为BC 中点，所以DE BC ⊥，根据题意有3DE =，117C E =，因为棱柱为直棱柱，所以有DE ⊥平面11BCC B ，所以1DE EC ⊥，所以113172DEC S ∆=⨯⨯，设点C 到平面1C DE 的距离为d ，根据题意有11C CDE C C DE V V --=，则有11113171343232d ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯，解得41717d ==，所以点C 到平面1C DE 的距离为417. 【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用等积法求点到平面的距离是文科生常考的内容.题型三：求面积9．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB CD ∥，且90BAP CDP ∠=∠=︒.（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，且四棱锥P ABCD -的体积为83，求该四棱锥的侧面积．【答案】（1）证明见解析；（2）623+.【详解】试题分析：（1）由90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB AP ⊥，CD PD ⊥．从而得AB PD ⊥，进而而AB ⊥平面PAD ，由面面垂直的判定定理可得平面PAB ⊥平面PAD ；（2）设PA PD AB DC a ====，取AD 中点O ，连结PO ，则PO ⊥底面ABCD ，且22,AD a PO a ==，由四棱锥P ABCD -的体积为83，求出2a =，由此能求出该四棱锥的侧面积.试题解析：（1）由已知90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB AP ⊥，CD PD ⊥．由于AB CD ∥，故AB PD ⊥，从而AB ⊥平面PAD ．又AB 平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ．（2）在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E ．由（1）知，AB ⊥面PAD ，故AB PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD ．设AB x =，则由已知可得2AD x =，22PE x =．故四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=．由题设得31833x =，故2x =．从而2PA PD ==，22AD BC ==22PB PC ==．可得四棱锥P ABCD -的侧面积为111222PA PD PA AB PD DC ⋅+⋅+⋅ 21sin606232BC +︒=+10．2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ）如图四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE ABCD ⊥平面，（I ）证明：平面AEC ⊥平面BED ；（II ）若120ABC ∠=，,AE EC ⊥ 三棱锥E ACD -的体积为6，求该三棱锥的侧面积.【答案】（1）见解析（2）5【分析】（1）由四边形ABCD 为菱形知AC ⊥BD ，由BE ⊥平面ABCD 知AC ⊥BE ，由线面垂直判定定理知AC ⊥平面BED ，由面面垂直的判定定理知平面AEC ⊥平面BED ；（2）设AB =x ，通过解直角三角形将AG 、GC 、GB 、GD 用x 表示出来，在Rt ∆AEC 中，用x 表示EG ，在Rt ∆EBG 中，用x 表示EB ，根据条件三棱锥E ACD -6求出x ，即可求出三棱锥E ACD -的侧面积.【详解】（1）因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ，因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE ，故AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED（2）设AB =x ，在菱形ABCD 中，由 ∠ABC =120°，可得AG =GC =32x ,GB =GD =2x .因为AE ⊥EC ，所以在 Rt ∆AEC 中，可得EG =3x . 连接EG ，由BE ⊥平面ABCD ，知 ∆EBG 为直角三角形，可得BE =22x .由已知得，三棱锥E -ACD 的体积3116632243E ACD V AC GD BE x -=⨯⋅⋅==.故 x =2 从而可得AE =EC =ED 6.所以∆EAC 的面积为3， ∆EAD 的面积与∆ECD 的面积均为 5故三棱锥E -ACD 的侧面积为3+25【点睛】本题考查线面垂直的判定与性质；面面垂直的判定；三棱锥的体积与表面积的计算；逻辑推理能力；运算求解能力.11．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ）图1是由矩形,ADEB Rt ABC ∆和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中1,2AB BE BF ===， 60FBC ∠=，将其沿,AB BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（1）证明图2中的,,,A C G D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的四边形ACGD 的面积.【答案】(1)见详解；(2)4.【分析】(1)因为折纸和粘合不改变矩形ABED ，Rt ABC 和菱形BFGC 内部的夹角，所以//AD BE ，//BF CG 依然成立，又因E 和F 粘在一起，所以得证.因为AB 是平面BCGE 垂线，所以易证.(2) 欲求四边形ACGD 的面积，需求出CG 所对应的高，然后乘以CG 即可．【详解】(1)证：//AD BE ，//BF CG ，又因为E 和F 粘在一起.∴//AD CG ，A ，C ，G ，D 四点共面.又,AB BE AB BC ⊥⊥.AB ∴⊥平面BCGE ，AB ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面BCGE ，得证.(2)取CG 的中点M ，连结,EM DM .因为//AB DE ，AB ⊥平面BCGE ，所以DE ⊥平面BCGE ，故DE CG ⊥，由已知，四边形BCGE 是菱形，且60EBC ∠=得EM CG ⊥，故CG ⊥平面DEM ．因此DM CG ⊥．在Rt DEM △中，DE=1，3EM =，故2DM =．所以四边形ACGD 的面积为4.【点睛】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，最后将求四边形ACGD的面积考查考生的空间想象能力.。

高考数学一轮复习规划第八章第7讲空间向量在立体几何中的应用

解析如图 1 所示，因为 D1C1∥DC，D1C1⊄平面 CHD，DC⊂平面 CHD，所以 D1C1∥平面 CHD，A 正确；
建立空间直角坐标系，如图 2 所示．由于正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱长为 1，则A→C1＝(－1,1,1)，B→D＝(－1，－1,0)，D→A1＝(1,0,1)，所以A→C1·B→D
误；E1，12，0，F0，0，12，所以E→F＝－1，－12，12，B→C1＝(－1,0,1)，所
以
cos〈E→F，B→C1〉＝
→→ EF·BC1 →→
＝
|EF||BC1|
1＋320×＋122＝
23，所以直线
EF
与
BC1
所成
的角是 30°，D 正确．故选 ABD.
解析
角度求直线与平面所成的角例3 (202X·新高考Ⅰ卷)如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形， PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l. (1)证明：l⊥平面PDC； (2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
由余弦定理可得 DM＝ 3，所以 DM2＋DC2＝CM2，所以 DC⊥DM. 又 PD⊥DC，且 PD∩DM＝D，PD⊂平面 PDM，DM⊂平面 PDM，所以 DC⊥平面 PDM. 因为 AB∥DC，所以 AB⊥平面 PDM. 又 PM⊂平面 PDM，所以 AB⊥PM.
解
(2)解法一：由(1)知 AB⊥平面 PDM，所以∠NAB 为直线 AN 与平面 PDM 所成角的余角．
15 6.
解法二：因为 PM⊥MD，PM⊥DC，MD∩DC＝D，所以 PM⊥平面 ABCD.
连接 AM，则 PM⊥AM.
因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，所以 AM＝ 7，

高考数学复习第八章立体几何与空间向量确定球心位置的三种方法

确定球心位置的三种方法决定球的几何要素是球心的位置和球的半径，在球与其他几何体的结合问题中，通过位置关系的分析，找出球心所在的位置是解题的关键，不妨称这个方法为球心位置分析法．方法一由球的定义确定球心若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球．也就是说如果一个定点到一个简单多面体的所有顶点的距离都相等，那么这个定点就是该简单多面体外接球的球心．(1)长方体或正方体的外接球的球心是其体对角线的中点；(2)正三棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点；(3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；(4)正棱锥的外接球球心在其高上，具体位置可通过建立直角三角形运用勾股定理计算得到；(5)若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心．已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是()A．16πB．20πC．24πD．32π【解析】已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，可求得底面边长为2，故球的直径为22＋22＋42＝26，则半径为6，故球的表面积为24π，故选C．【答案】 C方法二构造长方体或正方体确定球心(1)正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；(2)同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；(3)若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补形成长方体或正方体；(4)若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补形成长方体或正方体．如图，边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，将△AED，△EBF，△FCD分别沿DE，EF，FD折起，使A，B，C三点重合于点A′，若四面体A′EFD的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为()A．2B．6 2C．112D．52【解析】易知四面体A′EFD的三条侧棱A′E，A′F，A′D两两垂直，且A′E＝1，A′F＝1，A′D＝2，把四面体A′EFD补成从顶点A′出发的三条棱长分别为1，1，2的一个长方体，则长方体的外接球即为四面体A′EFD的外接球，球的半径为r＝1212＋12＋22＝62.故选B．【答案】 B方法三由性质确定球心利用球心O 与截面圆圆心O ′的连线垂直于截面圆及球心O 与弦中点的连线垂直于弦的性质，确定球心．正三棱锥A -BCD 内接于球O ，且底面边长为3，侧棱长为2，则球O 的表面积为________．【解析】如图，M 为底面△BCD 的中心，易知AM ⊥MD ，DM ＝1，AM ＝ 3.在Rt △DOM 中，OD 2＝OM 2＋MD 2，即OD 2＝(3－OD )2＋1，解得OD ＝233，故球O 的表面积为4π×⎝⎛⎭⎫2332＝163π.【答案】163π。

高考数学一轮复习第八章立体几何 8.3 空间点、线、面的位置关系练习文-人教版高三全册数学试题

§8.3空间点、线、面的位置关系考纲解读考点内容解读要求高考示例常考题型预测热度空间点、线、面的位置关系1.理解空间直线、平面位置关系的定义,并了解四个公理及推论2.会用平面的基本性质证明点共线、线共点以及点线共面等问题3.理解空间两直线的位置关系及判定,了解等角定理和推论Ⅱ2016某某,2;2016某某,6;2015某某,6;2015某某,18选择题、填空题★★★分析解读高考对本节内容的考查主要体现在两个方面:一是以三个公理和推论为基础,考查点、线、面之间的位置关系;二是考查两直线的位置关系.考查形式以选择题和填空题为主,也可能在解答题中出现,本节内容主要考查学生的空间想象能力,所以在备考复习时应加强训练.五年高考考点空间点、线、面的位置关系1.(2016某某,2,5分)已知互相垂直的平面α,β交于直线l.若直线m,n满足m∥α,n⊥β,则( )A.m∥lB.m∥nC.n⊥lD.m⊥n答案 C2.(2016某某,6,5分)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( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案 A3.(2015某某,6,5分)若直线l1和l2是异面直线,l1在平面α内,l2在平面β内,l是平面α与平面β的交线,则下列命题正确的是( )A.l与l1,l2都不相交B.l与l1,l2都相交C.l至多与l1,l2中的一条相交D.l至少与l1,l2中的一条相交答案 D4.(2014某某,9,5分)若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4,满足l1⊥l2,l2∥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是( )A.l1⊥l4B.l1∥l4C.l1与l4既不垂直也不平行D.l1与l4的位置关系不确定答案 D5.(2015某某,18,12分)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.(1)请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由);(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系,并证明你的结论;(3)证明:直线DF⊥平面BEG.解析(1)点F,G,H的位置如图所示.(2)平面BEG∥平面ACH.证明如下:因为ABCD-EFGH为正方体,所以B C∥FG,BC=FG,又FG∥EH,FG=EH,所以BC∥EH,BC=EH,于是BCHE为平行四边形.所以BE∥CH.又CH⊂平面ACH,BE⊄平面ACH,所以BE∥平面ACH.同理BG∥平面ACH.又BE∩BG=B,所以平面BEG∥平面ACH.(3)证明:连接FH.因为ABCD-EFGH为正方体,所以DH⊥平面EFGH,因为EG⊂平面EFGH,所以DH⊥EG.又EG⊥FH,EG∩FH=O,所以EG⊥平面BFHD.又DF⊂平面BFHD,所以DF⊥EG.同理DF⊥BG.又EG∩B G=G,所以DF⊥平面BEG.教师用书专用(6—9)6.(2013某某,4,5分)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面( )A.若m∥α,n∥α,则m∥nB.若m∥α,m∥β,则α∥βC.若m∥n,m⊥α,则n⊥αD.若m∥α,α⊥β,则m⊥β答案 C7.(2013某某,15,5分)如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上,且AB∥CD,则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为.答案 48.(2013某某,15,5分)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,P为BC的中点,Q为线段CC1上的动点,过点A,P,Q 的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是(写出所有正确命题的编号).①当0<CQ<时,S为四边形②当CQ=时,S为等腰梯形③当CQ=时,S与C1D1的交点R满足C1R=④当<CQ<1时,S为六边形⑤当CQ=1时,S的面积为答案①②③⑤9.(2014某某,17,12分)四面体ABCD及其三视图如图所示,平行于棱AD,BC的平面分别交四面体的棱AB,BD,DC,CA于点E,F,G,H.(1)求四面体ABCD的体积;(2)证明:四边形EFGH是矩形.解析(1)由该四面体的三视图可知,BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1,∴AD⊥平面BDC,∴四面体ABCD的体积V=××2×2×1=.(2)证明:∵BC∥平面EFGH,平面EFGH∩平面BDC=FG,平面EFGH∩平面ABC=EH,∴BC∥FG,BC∥EH,∴FG∥EH.同理,EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG,∴四边形EFGH是平行四边形.又∵AD⊥平面BDC,∴AD⊥BC,∴EF⊥FG,∴四边形EFGH是矩形.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点空间点、线、面的位置关系1.(2018某某某某期中,5)设a,b是不同的直线,α,β是不同的平面,则下列四个命题中错误的是( )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答案 C2.(2017某某部分重点中学联考,7)已知两个不同的平面α、β和两条不重合的直线m、n,有下列四个命题:①若m∥n,m⊥α,则n⊥α;②若m⊥α,m⊥β,则α∥β;③若m⊥α,m∥n,n⊂β,则α⊥β;④若m∥α,α∩β=n,则m∥n.其中正确命题的个数是( )A.0B.1C.2D.3答案 D3.(2017某某六盘水二模,4)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 的位置关系不可能是( )A.垂直B.相交C.异面D.平行答案 D4.(2016某某某某三中期中,5)已知a,b,c是空间中的三条不同直线,命题p:若a⊥b,a⊥c,则b∥c;命题q:若直线a,b,c两两相交,则a,b,c共面,则下列命题中为真命题的是( )A.p∧qB.p∨qC.( p)∧qD.p∨( q)答案 DB组2016—2018年模拟·提升题组(满分:25分时间:20分钟)一、选择题(每小题5分,共20分)1.(2018某某部分重点中学12月联考,5)设m,n是平面α内的两条不同直线,l1,l2是平面β内两条相交直线,则α⊥β的一个充分不必要条件是( )A.l1⊥m,l1⊥nB.m⊥l1,m⊥l2C.m⊥l1,n⊥l2D.m∥n,l1⊥n答案 B2.(2018某某某某、某某两市联考,10)如图,G,N,M,H分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点,则表示直线GH,MN 是异面直线的图形有( )A.①③B.②③C.②④D.②③④答案 C3.(2017某某某某三模,4)已知平面α及直线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不可能都垂直答案 D4.(2016某某某某二模,4)已知a,b为异面直线,下列结论不正确的是( )A.必存在平面α,使得a∥α,b∥αB.必存在平面α,使得a,b与α所成角相等C.必存在平面α,使得a⊂α,b⊥αD.必存在平面α,使得a,b与α的距离相等答案 C二、填空题(共5分)5.(2017某某某某武昌调研,16)在矩形ABCD中,AB<BC,现将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折,在翻折的过程中,给出下列结论:①存在某个位置,使得直线AC与直线BD垂直;②存在某个位置,使得直线AB与直线CD垂直;③存在某个位置,使得直线AD与直线BC垂直.其中正确结论的序号是.(写出所有正确结论的序号)答案②C组2016—2018年模拟·方法题组方法1 判断空间点、线、面位置关系的方法1.(2018某某某某重点中学摸底考试,11)已知平面α∩平面β=a,平面β∩平面γ=b,平面γ∩平面α=c,则下列命题:①若a∥b,则a∥c,b∥c;②若a∩b=O,则O∈c;③若a⊥b,b⊥c,则a⊥c.其中正确的命题是( )A.①②③B.②③C.①③D.①②答案 D2.(2016某某某某二模,5)下列命题中,正确的是( )A.若a,b是两条直线,α,β是两个平面,且a⊂α,b⊂β,则a,b是异面直线B.若a,b是两条直线,且a∥b,则直线a平行于经过直线b的所有平面C.若直线a与平面α不平行,则此直线与平面内的所有直线都不平行D.若直线a∥平面α,点P∈α,则平面α内经过点P且与直线a平行的直线有且只有一条答案 D方法2 证明点共线、线共点及点线共面的方法3.(2018某某某某一高10月月考,18)如图所示,空间四边形ABCD中,E,F,G分别在AB、BC、CD上,且满足AE∶EB=CF∶FB=2∶1,CG∶GD=3∶1,过E、F、G的平面交AD于H,连接EH.(1)求AH∶HD;(2)求证:EH、FG、BD三线共点.解析(1)∵==2,∴EF∥AC,又EF⊄平面ACD,AC⊂平面ACD,∴EF∥平面ACD,又∵EF⊂面EFGH,面EFGH∩面ACD=GH,∴EF∥GH.而EF∥AC,∴AC∥GH,∴==3.∴AH∶HD=3∶1.(2)证明:∵EF∥GH,且=,=,∴EF≠GH,∴四边形EFGH为梯形,∴直线EH,FG必相交.设EH∩FG=P,则P∈EH,而EH⊂面ABD,∴P∈面ABD,同理,P∈面BCD,而面ABD∩面BCD=BD,∴P∈BD.∴EH、FG、BD三线共点.4.(2017某某某某联考,18)如图所示,已知l1,l2,l3,l4四条直线两两相交且不过同一点,交点分别为A,B,C,D,E,F.求证:四条直线l1,l2,l3,l4共面.证明证法一:∵A、C、E不共线,∴它们确定一个平面α,又A∈l1,C∈l1,∴l1⊂α,同理,l2⊂α,又B∈l1,D∈l2,∴B∈α,D∈α,∴l3⊂α,同理,l4⊂α,故l1,l2,l3,l4四条直线共面.证法二:∵点A、C、E不共线,∴它们确定一个平面α,又∵A∈l1,C∈l1,∴l1⊂α,同理,l2⊂α,又∵F、D、E不共线,∴它们确定一个平面β.又D∈l3,F∈l3,E∈l4,F∈l4,∴l3⊂β,l4⊂β.而不共线的三点B、C、D可确定一个平面, 又B、C、D既在α内又在β内,故平面α与平面β重合.∴l1,l2,l3,l4四条直线共面.。

2023年高考数学总复习历年真题题型归纳与模拟预测8-1空间几何体的结构、表面积和体积带讲解

☆注：请用Microsoft Word2016以上版本打开文件进行编辑，.第八章立体几何与空间向量8.1 空间几何体的结构、表面积和体积立体几何问题既是高考的必考点，也是考查的难点，其在高考中的命题形式较为稳定，保持“一小一大”或“两小一大”的格局．多以选择题或者填空题的形式考查空间内点线面的关系为主，空间几何体的体积或表面积的计算.题型一.空间几何体的结构与直观图1．（2019•新课标Ⅱ）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有26个面，其棱长为√2−1．【解答】解：该半正多面体共有8+8+8+2＝26个面，设其棱长为x，则x+√22x+√22x＝1，解得x=√2−1．故答案为：26，√2−1．2．（2021•全国模拟）如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（）A．AE∥CD B．CH∥BE C．DG⊥BH D．BG⊥DE【解答】解：还原正方体直观图如图，可知AE 与CD 为异面直线，故选项A 不正确；由EH ∥=BC ，可得CH ∥BE ，故选项B 正确；正方形中易得DG ⊥平面BCH ，所以有DG ⊥BH ，故选项C 正确；因为BG ∥AH ，且DE ⊥AH ，所以BG ⊥DE ，故选项D 正确．故选：BCD ．3．（2018•新课标Ⅱ）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（） A ．3√34B ．2√33C ．3√24D ．√32【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，α截此正方体所得截面面积的最大，此时正六边形的边长√22， α截此正方体所得截面最大值为：6×√34×(√22)2=3√34．故选：A ．4．（2020•新课标Ⅱ）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）A ．√5−14B ．√5−12C ．√5+14D ．√5+12【解答】解：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 2)2，因此有h ′2﹣（a2）2=12ah ′⇒4（ℎ′a）2﹣2（ℎ′a）﹣1＝0⇒ℎ′a=√5+14（负值−√5+14舍去）；故选：C ．5．（2020•山东）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√2π2．【解答】解：由题意直四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°．可知：D 1B 1＝2，上下底面是菱形，建立如图所示的平面直角坐标系，设P （x ，y ）为半径√5的球面上的点，过P 作PE 垂直B 1C 1的垂直，E 为垂足，则D 1E 2＝D 1B 12+x 2﹣2•D 1B 1•x cos60°＝x 2+4﹣2x ．由题意可知D 1P =√5．可得：5＝x 2+4﹣2x +（2﹣y ）2．即（x ﹣1）2+（y ﹣2）2＝2，所以P 在侧面BCC 1B 1的轨迹是以B 1C 1的中点为圆心，半径为√2的圆弧．以D 1为球心，√5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为：14×2√2π=√2π2．故答案为：√2π2．题型二.空间几何体的表面积与体积1．（2018•新课标Ⅱ）已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（） A ．12√2πB ．12πC ．8√2πD ．10π【解答】解：设圆柱的底面直径为2R ，则高为2R ，圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，可得：4R 2＝8，解得R =√2，则该圆柱的表面积为：π⋅(√2)2×2+2√2π×2√2=12π．故选：B ．2．（2021•新高考Ⅱ）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 ．2B ．2√2C ．4D ．4√2【解答】解：由题意，设母线长为l ，因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，则有2π⋅√2=π⋅l ，解得l =2√2，所以该圆锥的母线长为2√2．故选：B ．3．（2018•新课标Ⅱ）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5√15，则该圆锥的侧面积为 40√2π ．【解答】解：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−(78)2=√158．△SAB 的面积为5√15，可得12SA 2sin ∠ASB ＝5√15，即12SA 2×√158=5√15，即SA ＝4√5． SA 与圆锥底面所成角为45°，可得圆锥的底面半径为：√22×4√5=2√10．则该圆锥的侧面积：12×4√10π×4√5=40√2π．故答案为：40√2π．4．（2018•新课标Ⅱ）在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为（） A ．8B ．6√2C ．8√2D ．8√3【解答】解：长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2， AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，即∠AC 1B ＝30°，可得BC 1=ABtan30°=2√3．可得BB 1=√(2√3)2−22=2√2．所以该长方体的体积为：2×2×2√2=8√2．故选：C ．4．（2021•新高考Ⅱ）正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（） A ．20+12√3B ．28√2C ．563D ．28√23【解答】解：如图ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1为正四棱台，AB ＝2，A 1B 1＝4，AA 1＝2．在等腰梯形A 1B 1BA 中，过A 作AE ⊥A 1B 1，可得A 1E =4−22=1， AE =√AA 12−A 1E 2=√4−1=√3．连接AC ，A 1C 1，AC =√4+4=2√2，A 1C 1=√16+16=4√2，过A 作AG ⊥A 1C 1，A 1G =4√2−2√22=√2， AG =√AA 12−A 1G 2=√4−2=√2， ∴正四棱台的体积为：V =S上+S 下+√S 上⋅S 下3×ℎ=22+42+√22×423×√2 =28√23．故选：D ．5．（2019•天津）已知四棱锥的底面是边长为√2的正方形，侧棱长均为√5．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为 π4．【解答】解：由题作图可知，四棱锥底面正方形的对角线长为2，且垂直相交平分，由勾股定理得：正四棱锥的高为2，由于圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，有圆柱的上底面直径为底面正方形对角线的一半等于1，即半径等于12；由相似比可得圆柱的高为正四棱锥高的一半1，则该圆柱的体积为：v ＝sh ＝π（12）2×1=π4；故答案为：π47．（2019•新课标Ⅱ）学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1挖去四棱锥O ﹣EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，AB ＝BC ＝6cm ，AA 1＝4cm .3D 打印所用原料密度为0.9g /cm 3．不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 118.8 g ．【解答】解：该模型为长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1，挖去四棱锥O ﹣EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H ，分别为所在棱的中点，AB ＝BC ＝6cm ，AA 1＝4cm ， ∴该模型体积为：V ABCD−A 1B 1C 1D 1−V O ﹣EFGH ＝6×6×4−13×(4×6−4×12×3×2)×3 ＝144﹣12＝132（cm 3），∵3D 打印所用原料密度为0.9g /cm 3，不考虑打印损耗， ∴制作该模型所需原料的质量为：132×0.9＝118.8（g ）．故答案为：118.8．8．（2021•新高考Ⅱ）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O ，半径r 为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，该卫星信号覆盖地球表面的表面积S ＝2πr 2（1﹣cosα）（单位：km 2），则S 占地球表面积的百分比约为（） A ．26%B ．34%C ．42%D ．50%【解答】解：由题意，作出地球静止同步卫星轨道的左右两端的竖直截面图，则OP ＝36000+6400＝424000，那么cosα=640042400=853；卫星信号覆盖的地球表面面积S ＝2πr 2（1﹣cosα），那么，S 占地球表面积的百分比为2πr 2(1−cosα)4πr 2=45106≈42%．故选：C ．题型三.外接球与内切球1．（2017•天津）已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9π2．【解答】解：设正方体的棱长为a ， ∵这个正方体的表面积为18， ∴6a 2＝18，则a 2＝3，即a =√3，∵一个正方体的所有顶点在一个球面上， ∴正方体的体对角线等于球的直径，即√3a ＝2R ，即R =32，则球的体积V =43π•（32）3=9π2；故答案为：9π2．2．（2017•新课标Ⅱ）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 ．πB ．3π4C ．π2D ．π4【解答】解：∵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， ∴该圆柱底面圆周半径r =√12−(12)2=√32， ∴该圆柱的体积：V ＝Sh =π×(√32)2×1=3π4．故选：B ．3．（2021•甲卷）已知A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，则三棱锥O ﹣ABC 的体积为（） A ．√212B ．√312C ．√24D ．√34【解答】解：因为AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，所以底面ABC 为等腰直角三角形，所以△ABC 所在的截面圆的圆心O 1为斜边AB 的中点，所以OO 1⊥平面ABC ，在Rt △ABC 中，AB =√AC 2+BC 2=√2，则AO 1=√22，在Rt △AOO 1中，OO 1=√OA 2−AO 12=√22，故三棱锥O ﹣ABC 的体积为V =13⋅S △ABC ⋅OO 1=13×12×1×1×√22=√212．故选：A ．4．（2020•新课标Ⅱ）已知△ABC 是面积为9√34的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（） A ．√3B ．32C ．1D ．√32【解答】解：由题意可知图形如图：△ABC 是面积为9√34的等边三角形，可得√34AB 2=9√34， ∴AB ＝BC ＝AC ＝3，可得：AO 1=23×√32×3=√3，球O 的表面积为16π，外接球的半径为：R ；所以4πR 2＝16π，解得R ＝2，所以O 到平面ABC 的距离为：√4−3=1．故选：C ．5．（2015•新课标Ⅱ）已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点，若三棱锥O ﹣ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为（） A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π【解答】解：如图所示，当点C 位于垂直于面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，故选：C ．6．（2017•新课标Ⅱ）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 36π ．【解答】解：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，可知三角形SBC 与三角形SAC 都是等腰直角三角形，设球的半径为r ，可得13×12×2r ×r ×r =9，解得r ＝3．球O 的表面积为：4πr 2＝36π．故答案为：36π．7．（2019•新课标Ⅱ）已知三棱锥P ﹣ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A ＝PB ＝PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF ＝90°，则球O 的体积为（） A ．8√6πB ．4√6πC ．2√6πD ．√6π【解答】解：如图，由P A ＝PB ＝PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，可知三棱锥P ﹣ABC 为正三棱锥，则顶点P 在底面的射影O 1为底面三角形的中心，连接BO 1 并延长，交AC 于G ，则AC ⊥BG ，又PO 1⊥AC ，PO 1∩BG ＝O 1，可得AC ⊥平面PBG ，则PB ⊥AC ， ∵E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∴EF ∥PB ，又∠CEF ＝90°，即EF ⊥CE ，∴PB ⊥CE ，得PB ⊥平面P AC ， ∴正三棱锥P ﹣ABC 的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，其直径为D =√PA 2+PB 2+PC 2=√12(PA 2+PB 2+PB 2+PC 2+PA 2+PC 2) =√12(AB 2+BC 2+AC 2)=√12(22+22+22)=√6．半径为√62，则球O 的体积为43π×(√62)3=√6π．故选：D ．8．（2020•新课标Ⅱ）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为 √23π ．【解答】解：因为圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球，如图，圆锥母线BS ＝3，底面半径BC ＝1，则其高SC =√BS 2−BC 2=2√2，不妨设该内切球与母线BS 切于点D ，令OD ＝OC ＝r ，由△SOD ∽△SBC ，则OD OS=BC BS，即2√2−r =13，解得r =√22，V =43πr 3=√23π，故答案为：√23π．题型四.空间几何体中的最值问题1．（2018•新课标Ⅱ）设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且面积为9√3，则三棱锥D ﹣ABC 体积的最大值为（） A ．12√3B ．18√3C ．24√3D ．54√3【解答】解：△ABC 为等边三角形且面积为9√3，可得√34×AB 2=9√3，解得AB ＝6，球心为O ，三角形ABC 的外心为O ′，显然D 在O ′O 的延长线与球的交点如图： O ′C =23×√32×6=2√3，OO ′=√42−(2√3)2=2，则三棱锥D ﹣ABC 高的最大值为：6，则三棱锥D ﹣ABC 体积的最大值为：13×√34×63=18√3．故选：B ．2．（2016•新课标Ⅱ）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 ．4πB ．9π2C ．6πD ．32π3【解答】解：∵AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8， ∴AC ＝10．故三角形ABC 的内切圆半径r =6+8−102=2，又由AA 1＝3，故直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的内切球半径为32，此时V 的最大值43π⋅(32)3=9π2，故选：B ．3．（2017•新课标Ⅱ）如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O ．D 、E 、F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△F AB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△F AB ，使得D 、E 、F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm 3）的最大值为 4√15cm 3 ．【解答】解法一：由题意，连接OD ，交BC 于点G ，由题意得OD ⊥BC ，OG =√36BC ，即OG 的长度与BC 的长度成正比，设OG ＝x ，则BC ＝2√3x ，DG ＝5﹣x ，三棱锥的高h =√DG 2−OG 2=√25−10x +x 2−x 2=√25−10x ， S △ABC =12×√32×(2√3x)2=3√3x 2，则V =13S △ABC ×ℎ=√3x 2×√25−10x =√3⋅√25x 4−10x 5，令f （x ）＝25x 4﹣10x 5，x ∈（0，52），f ′（x ）＝100x 3﹣50x 4，令f ′（x ）≥0，即x 4﹣2x 3≤0，解得x ≤2，则f （x ）≤f （2）＝80，∴V ≤√3×√80=4√15cm 3，∴体积最大值为4√15cm 3．故答案为：4√15cm 3．解法二：连接OD ，交BC 于H ，如图，设BC ＝2x ，则0＜2x ＜5√3，OH =x √3，DH ＝5x√3， ∴V =13×√34×(2x)2×√(5−x √3)2−(x √3)2=√33×x 2×√25−10x√3=√33×√x ⋅x ⋅x ⋅x 10√3(5√32−x) =√33⋅√x ⋅x ⋅x ⋅x ⋅52√3√3−4x) ≤√33⋅√52√3(10√35)5＝4√15，当x ＝2√3时，取“＝”． ∴体积最大值为4√15cm 3．故答案为：4√15cm 3．一．单选题（共8小题）1．（2020•云南模拟）已知正△ABC 的顶点都在球O 的球面上，正△ABC 的边长为2√3．若球心O 到△ABC 所在平面的距离为√5，则球O 的表面积为（） A ．36πB ．32πC ．36√3πD ．32√3π【解答】解；设正△ABC 的外接圆半径r ，由正弦定理可得，2√3sin60°=2r ，故r ＝2，由球的性质可知，R 2＝r 2+d 2＝4+5＝9，所以球的表面积S ＝4π×9＝36π．故选：A ．2．（2020•全国一模）如图，四边形ABCD 是边长为2的正方形，ED ⊥平面ABCD ，FC ⊥平面ABCD ，ED ＝2FC ＝2，则四面体A ﹣BEF 的体积为（）A ．13B ．23C ．1D ．43【解答】解：∵四边形ABCD 是边长为2的正方形，ED ⊥平面ABCD ，FC ⊥平面ABCD ，ED ＝2FC ＝2， ∴以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DE 为z 轴，建立空间直角坐标系， A （2，0，0），B （2，2，0），E （0，0，2），F （0，2，1）， BA →=（0，﹣2，0），BF →=（﹣2，0，1），BE →=（﹣2，﹣2，2）， BA →⋅BF →=0，∴S △ABF =12×|BA →|×|BF →|=12×2×√5=√5，设平面ABF 的法向量n →=（x ，y ，z ），则{n →⋅BA →=−2y =0n →⋅BF →=−2x +z =0，取x ＝1，得n →=（1，0，2）， ∴E 到平面ABF 的距离d =|n →⋅BE →||n →|=2√5，∴四面体A ﹣BEF 的体积为： V A ﹣BEF ＝V E ﹣ABF =13×S △ABF ×d =13×√52√5=23．故选：B ．3．（2015•山东）在梯形ABCD 中，∠ABC =π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2，将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（） A ．2π3B ．4π3C ．5π3D ．2π【解答】解：由题意可知几何体的直观图如图：旋转体是底面半径为1，高为2的圆柱，挖去一个相同底面高为1的倒圆锥，几何体的体积为：12π⋅2−13×12π×1=5π3．故选：C ．4．（2021•泗县校级模拟）将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的内切球的体积为（）A ．√2π3B ．√3π3C ．4π3D ．2π【解答】解：设圆锥的底面半径为r ，高为h ，则2πr =2π3×3， ∴r ＝1，h =√32−1=2√2，设内切球的半径为R ，则2√2−R=13，∴R =√22，V =43πR 3=43π（√22）3=√23π，故选：A ．5．我国古代名著《张丘建算经》中记载：“今有方锥下方二丈，高三丈，欲斩末为方亭，令上方六尺，问：斩高几何？”大致意思是：有一个正四棱锥下底边长为二丈，高三丈，现从上面截去一段，使之成为正四棱台，且正四棱台的上底边长为六尺，则截去的正四棱锥的高是多少？如果我们把求截去的正四棱锥的高改为求剩下的正四棱台的体积，则该正四棱台的体积是（）（注：1丈＝10尺） A ．1946立方尺 B ．3892立方尺 C ．7784立方尺D ．11676立方尺【解答】解：如图所示，正四棱锥P ﹣ABCD 的下底边长为二丈，即AB ＝20尺，高三丈，即PO ＝30尺；截去一段后，得正四棱台ABCD ﹣A ′B ′C ′D ′，且上底边长为A ′B ′＝6尺，则有PO′PO=PO′30=620，∴PO ′＝9可得OO ′＝21，所以该正四棱台的体积是V =13×21×（202+20×6+62）＝3892（立方尺）．故选：B ．6．（2019•濮阳一模）已知正△ABC 三个顶点都在半径为2的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为1，点E 是线段AB 的中点，过点E 作球O 的截面，则截面面积的最小值是（）A ．74πB ．2πC ．94πD ．3π【解答】解：设正△ABC 的中心为O 1，连结O 1A ∵O 1是正△ABC 的中心，A 、B 、C 三点都在球面上，∴O 1O ⊥平面ABC ，∵球的半径R ＝2，球心O 到平面ABC 的距离为1，得O 1O ＝1， ∴Rt △O 1OA 中，O 1A =√OA 2−OO 12=√3．又∵E 为AB 的中点，△ABC 是等边三角形，∴AE ＝AO 1cos30°=32． ∵过E 作球O 的截面，当截面与OE 垂直时，截面圆的半径最小， ∴当截面与OE 垂直时，截面圆的面积有最小值．此时截面圆的半径r =32，可得截面面积为S ＝πr 2=9π4．故选：C ．7．（2014•陈仓区校级一模）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 是边长为m 的正方形，PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝m ，P A ＝PC =√2m ，若在这个四棱锥内放一个球，则此球的最大半径是 (1−√22)m ．【解答】解：根据题意，球的最大半径是四棱锥P ﹣ABCD 的内切球半径，设这个半径为r ∵PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝m ，底面ABCD 是边长为m 的正方形， ∴△P AD 和△PCD 都是直角边长为m 的等腰直角三角形，可得S △P AD ＝S △PCD =12m 2∵Rt △P AB 中，P A =√2m ，AB ＝m ，∴S △P AB =12P A •AB =√22m 2，同理可得S △PBC =√22m 2 又∵S ABCD ＝m 2，∴四棱锥P ﹣ABCD 的表面积为S 表＝S △P AD +S △PCD +S △P AB +S △PBC +S ABCD ＝（2+√2）m 2 因此，四棱锥P ﹣ABCD 的体积V =13×S 表×r =13（2+√2）m 2r ∵PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝m ，底面ABCD 是边长为m 的正方形， ∴四棱锥P ﹣ABCD 的体积V =13×S ABCD ×PD =13m 3，由此可得13（2+√2）m 2r =13m 3，解之得r =12+√2m =(1−√22)m 因此，在四棱锥P ﹣ABCD 内放一个球，该球的最大半径是(1−√22)m ．故答案为：(1−√22)m8．（2019秋•中原区校级月考）在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AD ＝DD 1＝1，AB =√3，E ，F ，G 分别是AB ，BC ，CC 1的中点，P 是底面ABCD 内一个动点，若直线D 1P 与平面EFG 平行，则△BB 1P 面积的最小值为（）A ．√34B ．1C ．√32D ．12【解答】解：如图，补全截面EFG 为截面EFGHQR ，易知平面ACD 1∥平面EFGHQR ，设BR ⊥AC 于点R ， ∵直线D 1P ∥平面EFG ，∴P ∈AC ，且当P 与R 重合时，BP ＝BR 最短，此时△PBB 1的面积最小，由等积法：12BR ×AC =12BA ×BC 得BR =√32，又BB 1⊥平面ABCD ，∴BB 1⊥BP ，△PBB 1为直角三角形，故S△BB 1P=12BB 1×BP =√34，故选：A ．二．多选题（共4小题）9．如图，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 、F 分别是棱AA 1、CC 1的中点，过点E 、F 的平面分别与棱BB 1、DD 1交于点G 、H ，以下四个结论正确的是（）A ．正方体外接球的表面积为3πB ．平面EGFH 与平面ABCD 所成角的最大值π4C ．四棱锥C 1﹣EGFH 的体积为定值D ．点B 1到平面EGFH 的距离的最大值为√63【解答】解：对于A ，因为正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为1，所以正方体的体对角线为√1+1+1=√3，故正方体外接球的直径2R =√3，所以正方体外接球的表面积为4πR 2＝3π，故选项A 正确；对于B ，设平面EGFH 与平面ABCD 所成的角为θ，由面面平行的性质定理可得，EG ∥FH ，EH ∥GF ，则四边形EGFH 为平行四边形，又直角梯形CBGF 和直角梯形ABGE 全等，则EG ＝FG ，所以四边形EGFH 为菱形，且GH ⊥EF ，因为平面EGFH 在底面上的射影为四边形ABCD ，所以由面积射影公式可得cosθ=SABCD S EGFH=112×√2⋅GH=√2GH ，因为√2≤GH ≤√3，所以√63≤cosθ≤1，则平面EGFH 与平面ABCD 所成角的最大值不是π4，故选项B 错误；对于C ，四棱锥C 1﹣EGFH 的体积为V =2V C 1−EFG =2V E−GFC 1=2×13×12×12=16，故选项C 正确；对于D ，设BG ＝x ，x ∈[0，1]，V B 1−EFG =V E−B 1FG =13×12×1×(1−x)×1，设点B 1到平面EGFH 的距离为d ，则V B 1−EFG =13⋅d ×12×√2×1+(12−x)2−(√22)2，故d =√2×√12+(12−x)2，令t ＝1﹣x ，则t ∈[0，1]，所以d =−t+34=1√2×√34⋅1t 2−1t+1，故当t ＝1，即x ＝0时，d 取得最大值√63，所以点B 1到平面EGFH 的距离的最大值为√63，故选项D 正确．故选：ACD ．10．棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱AD 、DD 1的中点，G 为面对角线B 1C 上一个动点，则（）A ．三棱锥A 1﹣EFG 的体积为定值B ．线段B 1C 上存在点G ，使平面EFG ∥平面A 1BC 1C ．当CG →=34CB 1→时，直线EG 与BC 1所成角的余弦值为√1313D ．当G 为B 1C 的中点时，三棱锥A 1﹣EFG 的外接球半径为54 【解答】解：对于A ，由于△A 1EF 的面积为定值，G 到平面ADD 1A 1，即点D 到平面A 1EF 的距离为定值，所以三棱锥A 1﹣EFG 的体积为定值，故选项A 正确；对于B ，以点D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐系，则A 1（2，0，2），B （2，2，0），C 1（0，2，2），C （0，2，0），E （1，0，0），F （0，0，1），B 1（2，2，2），所以A 1B →=(0，2，−2)，A 1C 1→=(−2，2，0)，设平面A 1BC 1的法向量为n →=(x ，y ，z)，故{n →⋅A 1B →=2y −2z =0n →⋅A 1C 1→=−2x +2y =0，令x ＝1，则y ＝z ＝1，故n →=(1，1，1)，设CG →=tCB 1→=t(2，0，2)=(2t ，0，2t)，0≤t ≤1，则DG →=DC →+CG →=(0，2，0)+(2t ，0，2t)=（2t ，2，2t ），所以EF →=(−1，0，1)，EG →=(2t −1，2，2t)，设平面EFG 的法向量为m →=(a ，b ，c)，则{m →⋅EF →=−a +c =0m →⋅EG →=(2t −1)a +2b +2tc =0，令a ＝1，则c ＝1，b =1−4t 2，若平面EFG ∥平面A 1BC 1，则11=1−4t 21=11，4t ＝﹣1，故t 无解，故选项B 错误；对于C ，当CG →=34CB 1→时，t =34，G(32，2，32)，所以EG →=(12，2，32)，BC 1→=(−2，0，2)，设直线EG 与BC 1所成的角为θ，则cosθ=|cos ＜EG →，BC 1→＞|=|EG →⋅BC 1→||EG →||BC 1→|=√264×2√2=√1313，所以直线EG 与BC 1所成角的余弦值为√1313，故选项C 正确；对于D ，G 为B 1C 的中点时，A 1（2，0，2），E （1，0，0），F （0，0，1），G （1，2，1），设三棱锥A 1﹣EFG 的外接球的球心为O （x ，y ，z ），半径为r ，则{ r 2=(x −2)2+y 2+(z −2)2r 2=(x −1)2+y 2+z 2r 2=x 2+y 2+(z −1)2r 2=(x −1)2+(y −2)2+(z −1)2，解得r 2=116≠(54)2，故选项D 错误．故选：AC ．11．在正方体ABCB ﹣A 1B 1C 1D 1中，P ，Q 分别为棱BC 和棱CC 1的中点，则下列说法正确的是（）A ．异面直线QP 与A 1C 1所成的角为45°B ．A 1D ⊥平面AQPC ．平面APQ 截正方体所得截面为等腰梯形D ．点M 在线段BC 1上运动，则三棱锥A ﹣MPQ 的体积不变【解答】解：对于A ，连接A 1B 、BC 1，如图1所示：因为P ，Q 分别为棱BC 和棱CC 1的中点，所以PQ ∥BC 1，所以∠A 1C 1B 是异面直线QP 与A 1C 1所成的角，又A 1C 1＝A 1B ＝BC 1，所以∠A 1C 1B ＝60°，即异面直线QP 与A 1C 1所成的角为60°，选项A 错误；对于B ，建立空间直角坐标系，如图2所示：设正方体的棱长为1，则D （0，0，0），A （1，0，0），P （12，1，0），A 1（1，0，1），所以DA 1→=（1，0，1），AP →=（−12，1，0），所以DA 1→•AP →=−12，所以DA 1→与AP →不垂直，即DA 1与AP 不垂直，所以A 1D 与平面AQP 不垂直，选项B 错误；对于C ，连接AD 1、D 1Q ，则四边形APQD 1是平面APQ 截正方体所得的截面，如图3所示：连接BC 1，则BC 1∥AD 1，且BC 1＝AD 1，又PQ ∥BC 1，且PQ =12BC 1，所以PQ ∥AD 1，且PQ =12AD 1，所以四边形APQD 1是梯形，又AP ＝D 1Q ，所以四边形APQD 1是等腰梯形，选项C 正确；对于D ，如图4所示，设正方体的棱长为a ，因为PQ ∥BC 1，所以点M 到PQ 的距离为√24a ，PQ =√22a ，点A 到平面MPQ 的距离为a ，所以三棱锥A ﹣MPQ 的体积为V =13×12×√22a ×√24a ×a =a 324，是定值，选项D 正确．故选：CD ．12．如图，正方形ABCD 与正方形DEFC 边长均为1，平面ABCD 与平面DEFC 互相垂直，P 是AE 上的一个动点，则（）A ．CP 的最小值为√32B ．当P 在直线AE 上运动时，三棱锥D ﹣BPF 的体积不变C ．PD +PF 的最小值为√2−√2D ．三棱锥A ﹣DCE 的外接球表面积为3π【解答】解：对于A ，连接DP ，CP ，易得CP =√DP 2+CD 2=√DP 2+1≥√12+1=√62，故A 错误；对于B ，P 在直线AE 上运动时，△PBF 的面积不变，D 到平面PBF 的距离也不变，故三棱锥D ﹣BPF 的体积不变，故B 正确；对于C ，如图，将△ADE 翻折到与平面ABFE 共面，则当D 、P 、F 三点共线时，PD +PF 取得最小值(√22)2+(√22+1)2=√2+√2，故C 错误；对于D ，将该几何体补成正方体，则外接球半径为√32，外接球表面积为3π，故D 正确．故选：BD ．。

(浙江专用)高考数学总复习第八章立体几何与空间向量第7讲立体几何中的向量方法(一)—证明平行

第7讲立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直最新考纲 1.理解直线的方向向量及平面的法向量；2.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系；3.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理.知识梳理1.直线的方向向量和平面的法向量(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量.(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量.2.空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1∥l2n1∥n2⇔n1＝λn2 l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m l∥αn⊥m⇔n·m＝0 l⊥αn∥m⇔n＝λm平面α，β的法向量分别为n，m α∥βn∥m⇔n＝λm α⊥βn⊥m⇔n·m＝01.判断正误(在括号内打“√”或“×”)(1)直线的方向向量是唯一确定的.( )(2)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行.( )(3)若两平面的法向量平行，则两平面平行或重合.( )(4)若空间向量a平行于平面α，则a所在直线与平面α平行.( )答案(1)×(2)√(3)√(4)×2.(选修2－1P104练习2改编)已知平面α，β的法向量分别为n1＝(2，3，5)，n2＝(－3，1，－4)，则( )A.α∥βB.α⊥βC.α，β相交但不垂直D.以上均不对解析∵n1≠λn2，且n1·n2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，∴α，β不平行，也不垂直.答案 C3.已知A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (0，0，1)，则下列向量是平面ABC 法向量的是( ) A.(－1，1，1)B.(1，－1，1)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，－33，－33 D.⎝⎛⎭⎪⎫33，33，－33 解析设n ＝(x ，y ，z )为平面ABC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0，∴x ＝y ＝z .答案 C4.(2017·青岛月考)所图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON ，AM 的位置关系是________.解析以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设|AD |＝2，则A (2，0，0)，M (0，0，1)，O (1，1，0)，N (2，1，2)，所以AM →＝(－2，0，1)，ON →＝(1，0，2)，因此AM →·ON →＝－2＋0＋2＝0，故AM ⊥ON .答案垂直5.(2017·杭州调研)设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ＝(2，2，4)，若a ＝(1，1，2)，则直线l 与平面α的位置关系为________；若a ＝(－1，－1，1)，则直线l 与平面α的位置关系为________. 解析当a ＝(1，1，2)时，a ＝12n ，则l ⊥α；当a ＝(－1，－1，1)时，a ·n ＝(－1，－1，1)·(2，2，4)＝0，则l ∥α或l ⊂α. 答案 l ⊥α l ∥α或l ⊂α6.(2017·绍兴月考)设α，β为两个不同的平面，u ＝(－2，2，5)，v ＝(1，－1，x )分别为平面α，β的法向量.(1)若α⊥β，则x ＝________； (2)若α∥β，则x ＝________.解析 (1)由α⊥β，得u ·v ＝0，即－2－2＋5x ＝0，x ＝45；(2)由α∥β，得u ∥v ，即－21＝2－1＝5x ，x ＝－52.答案 (1)45 (2)－52考点一利用空间向量证明平行问题【例1】如图，在四面体A －BCD 中，AD ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AD ＝2，BD ＝22，M 是AD 的中点，P 是BM 的中点，点Q 在线段AC 上，且AQ ＝3QC .证明：PQ ∥平面BCD .证明法一如图，取BD 的中点O ，以O 为原点，OD ，OP 所在射线分别为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz . 由题意知，A (0，2，2)，B (0，－2，0)，D (0，2，0). 设点C 的坐标为(x 0，y 0，0). 因为AQ →＝3QC →，所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，12.因为M 为AD 的中点，故M (0，2，1). 又P 为BM 的中点，故P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，12，所以PQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0.又平面BCD 的一个法向量为a ＝(0，0，1)，故PQ →·a ＝0. 又PQ ⊄平面BCD ，所以PQ ∥平面BCD .法二在线段CD 上取点F ，使得DF ＝3FC ，连接OF ，同法一建立空间直角坐标系，写出点A ，B ，C 的坐标，设点C 坐标为(x 0，y 0，0).∵CF →＝14CD →，设点F 坐标为(x ，y ，0)，则(x －x 0，y －y 0，0)＝14(－x 0，2－y 0，0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝34x 0，y ＝24＋34y 0，∴OF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0又由法一知PQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0，∴OF →＝PQ →，∴PQ ∥OF .又PQ ⊄平面BCD ，OF ⊂平面BCD ， ∴PQ ∥平面BCD .规律方法 (1)恰当建立坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键.(2)证明直线与平面平行，只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可.这样就把几何的证明问题转化为向量运算. 【训练1】如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点.求证：PB ∥平面EFG .证明 ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且ABCD 为正方形， ∴AB ，AP ，AD 两两垂直.以A 为坐标原点，建立如右图所示的空间直角坐标系A xyz ，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)，E (0，0，1)，F (0，1，1)，G (1，2，0).法一 ∴EF →＝(0，1，0)，EG →＝(1，2，－1)，设平面EFG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋2y －z ＝0，令z ＝1，则n ＝(1，0，1)为平面EFG 的一个法向量， ∵PB →＝(2，0，－2)，∴PB →·n ＝0，∴n ⊥PB →， ∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG .法二 PB →＝(2，0，－2)，FE →＝(0，－1，0)， FG →＝(1，1，－1).设PB →＝sFE →＋tFG →，即(2，0，－2)＝s (0，－1，0)＋t (1，1，－1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2.∴PB →＝2FE →＋2FG →，又∵FE →与FG →不共线，∴PB →，FE →与FG →共面. ∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG . 考点二利用空间向量证明垂直问题【例2】如图所示，已知四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝BC ＝PB ＝PC ＝2CD ，侧面PBC ⊥底面ABCD .证明： (1)PA ⊥BD ；(2)平面PAD ⊥平面PAB .证明 (1)取BC 的中点O ，连接PO ，∵平面PBC ⊥底面ABCD ，△PBC 为等边三角形， ∴PO ⊥底面ABCD .以BC 的中点O 为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，过点O 与AB 平行的直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.不妨设CD ＝1，则AB ＝BC ＝2，PO ＝ 3.∴A (1，－2，0)，B (1，0，0)，D (－1，－1，0)，P (0，0，3). ∴BD →＝(－2，－1，0)，PA →＝(1，－2，－3). ∵BD →·PA →＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－3)＝0， ∴PA →⊥BD →，∴PA ⊥BD .(2)取PA 的中点M ，连接DM ，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，32.∵DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，PB →＝(1，0，－3)，∴DM →·PB →＝32×1＋0×0＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥PB →，即DM ⊥PB .∵DM →·PA →＝32×1＋0×(－2)＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥PA →，即DM ⊥PA .又∵PA ∩PB ＝P ， ∴DM ⊥平面PAB .∵DM ⊂平面PAD ， ∴平面PAD ⊥平面PAB .规律方法 (1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算.其中灵活建系是解题的关键. (2)用向量证明垂直的方法①线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零.②线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示.③面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示. 【训练2】如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点.求证：AB 1⊥平面A 1BD .证明法一设平面A 1BD 内的任意一条直线m 的方向向量为m .由共面向量定理，则存在实数λ，μ，使m ＝λBA 1→＋μBD →.令BB 1→＝a ，BC →＝b ，BA →＝c ，显然它们不共面，并且|a |＝|b |＝|c |＝2，a ·b ＝a ·c ＝0，b ·c ＝2，以它们为空间的一个基底，则BA 1→＝a ＋c ，BD →＝12a ＋b ，AB 1→＝a －c ，m ＝λBA 1→＋μBD →＝⎝⎛⎭⎪⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc ，AB 1→·m ＝(a －c )·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫λ＋12μ－2μ－4λ＝0.故AB 1→⊥m ，故AB 1⊥平面A 1BD . 法二如图所示，取BC 的中点O ，连接AO . 因为△ABC 为正三角形，所以AO ⊥BC .因为在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，以O 为原点，分别以OB →，OO 1→，OA →所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则B (1，0，0)，D (－1，1，0)，A 1(0，2，3)，A (0，0，3)，B 1(1，2，0).设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，BA 1→＝(－1，2，3)，BD →＝(－2，1，0). 因为n ⊥BA 1→，n ⊥BD →，故⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝0，n ·BD →＝0，⇒⎩⎨⎧－x ＋2y ＋3z ＝0，－2x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝2，z ＝－3，故n ＝(1，2，－3)为平面A 1BD 的一个法向量，而AB 1→＝(1，2，－3)，所以AB 1→＝n ，所以AB 1→∥n ，故AB 1⊥平面A 1BD .考点三利用空间向量解决探索性问题【例3】 (2017·湖州调研)如图，棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC 和∠A 1AC 均为60°，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD . (1)求证：BD ⊥AA 1；(2)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1？若存在，求出点P 的位置；若不存在，请说明理由.(1)证明设BD 与AC 交于点O ，则BD ⊥AC ，连接A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°，∴A 1O 2＝AA 21＋AO 2－2AA 1·AO cos 60°＝3， ∴AO 2＋A 1O 2＝AA 21，∴A 1O ⊥AO . 由于平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，平面AA 1C 1C ∩平面ABCD ＝AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ，∴A 1O ⊥平面ABCD ，以OB ，OC ，OA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，－1，0)，B (3，0，0)，C (0，1，0)，D (－3，0，0)，A 1(0，0，3)，C 1(0，2，3).由于BD →＝(－23，0，0)，AA 1→＝(0，1，3)，AA 1→·BD →＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0，∴BD →⊥AA 1→，即BD ⊥AA 1.(2)解假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，设CP →＝λCC 1→，P (x ，y ，z )，则(x ，y －1，z )＝λ(0，1，3).从而有P (0，1＋λ，3λ)，BP →＝(－3，1＋λ，3λ). 设n 3⊥平面DA 1C 1，则⎩⎪⎨⎪⎧n 3⊥A 1C 1→，n 3⊥DA 1→，又A 1C 1→＝(0，2，0)，DA 1→＝(3，0，3)，设n 3＝(x 3，y 3，z 3)，⎩⎨⎧2y 3＝0，3x 3＋3z 3＝0，取n 3＝(1，0，－1)，因为BP ∥平面DA 1C 1，则n 3⊥BP →，即n 3·BP →＝－3－3λ＝0，得λ＝－1，即点P 在C 1C 的延长线上，且C 1C ＝CP .规律方法向量法解决与垂直、平行有关的探索性问题(1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，并用向量表示出来，然后再加以证明，得出结论.(2)假设所求的点或参数存在，并用相关参数表示相关点，根据线、面满足的垂直、平行关系，构建方程(组)求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在. 【训练3】在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，E ，F 分别是AB ，PB 的中点. (1)求证：EF ⊥CD ；(2)在平面PAD 内是否存在一点G ，使GF ⊥平面PCB ？若存在，求出点G 坐标；若不存在，试说明理由.(1)证明由题意知，DA ，DC ，DP 两两垂直.如图，以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设AD ＝a ，则D (0，0，0)，A (a ，0，0)，B (a ，a ，0)，C (0，a ，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a2，0，P (0，0，a )，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，a 2.EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，0，a 2，DC →＝(0，a ，0).∵EF →·DC →＝0，∴EF →⊥DC →，从而得EF ⊥CD . (2)解假设存在满足条件的点G ，设G (x ，0，z )，则FG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2，若使GF ⊥平面PCB ，则由FG →·CB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2，－a 2，z －a 2·(a ，0，0)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2＝0，得x ＝a 2；由FG →·CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a )＝a 22＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫z －a 2＝0，得z ＝0.∴G 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，0，0，即存在满足条件的点G ，且点G 为AD 的中点.[思想方法]1.用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想.2.用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路：一种是用向量表示几何量，利用向量的运算进行判断；另一种是用向量的坐标表示几何量，共分三步：(1)建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量(或坐标)表示问题中所涉及的点、线、面，把立体几何问题转化为向量问题；(2)通过向量运算，研究点、线、面之间的位置关系；(3)根据运算结果的几何意义来解释相关问题.3.用向量的坐标法证明几何问题，建立空间直角坐标系是关键，以下三种情况都容易建系：(1)有三条两两垂直的直线；(2)有线面垂直；(3)有两面垂直. [易错防范]1.用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥b，只需证明向量a＝λb(λ∈R)即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.2.用向量证明立体几何问题，写准点的坐标是关键，要充分利用中点、向量共线、向量相等来确定点的坐标.。

超实用高考数学专题复习：第八章立体几何与空间向量立体几何中的截面问题及球的切接问题

题型三内切球问题
【例 3】 (一题多解)已知棱长为 a 的正四面体 ABCD，证明：其内切球的半径为126a. 证明法一如图，设 AH⊥平面 BCD，则 H 为△BCD 外心，可得外接球球心在 AH 上，设外接球球心为 O，外接球半径为 R，则 AO＝BO＝R，在△BCD 中，可得
BH＝ 33a，在 Rt△ABH 中，AH＝ AB2－BH2＝ 36a，在Rt△BHO中，BO2＝BH2＋OH2， ∴BO2＝BH2＋(AH－OA)2，
①外接球：球心是正方体中心；半径
r＝
3 2 a(a
为正方体的棱长)；
②内切球：球心是正方体中心；半径 r＝a2(a 为正方体的棱长)；
③与各条棱都相切的球：球心是正方体中心；半径
r＝2 2 a(a来自为正方体的棱长).(3)正四面体的外接球与内切球(正四面体可以看作是正方体的一部分)
①外接球：球心是正四面体的中心；半径
∴R2＝ 33a2＋ 36a－R2，∴R＝ 46a，因内切球球心与外接球球心重合，所以内切球半径 r＝OH＝AH－AO＝ 36a－
46a＝ 126a.
法二如图，设AH⊥平面BCD，设外接球球心为O，则点O也是内切
球球心，
由于内切球球心到各个面的距离相等，都为内切球半径，设为r，
∵VA－BCD＝VO－ABC＋VO－ACD＋VO－ABD＋VO－BCD.
题型二外接球问题
【例2】 (1)(2017·新课标全国Ⅱ)长方体的长、宽、高分别为3、2、1，其顶点都在球
O的球面上，则球O的表面积为________.
(2)已知底面边长为 1，侧棱长 2的正四棱柱的各个顶点均在同一个球的球面上，则
该球的体积为( )
32π A. 3

高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量8

高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量8.2球的切、接问题题型一特殊几何体的切、接问题例1(1)已知正方体的棱长为a，则它的外接球半径为________，与它各棱都相切的球的半径为________．答案32a22a解析∵正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，为3a，∴它的外接球的半径为32a，∵球与正方体的各棱都相切，则球的直径为面对角线，而正方体的面对角线长为2a，∴与它各棱都相切的球的半径为2 2a.(2)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．答案2 3π解析圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面P AB，如图所示，则△P AB的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB中，P A＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝22，△PEO∽△PDB，故POPB＝OEDB，即22－r3＝r1，解得r＝2 2，故内切球的体积为43π⎝⎛⎭⎫223＝23π.思维升华 (1)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 .(2)长方体的共顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2. (3)正四面体的外接球的半径R ＝64a ，内切球的半径r ＝612a ，其半径R ∶r ＝3∶1(a 为该正四面体的棱长)．跟踪训练1 (1)(2022·成都模拟)已知圆柱的两个底面的圆周在体积为32π3的球O 的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为( ) A ．4π B ．8π C ．12π D ．16π 答案 B解析如图所示，设球O 的半径为R ，由球的体积公式得43πR 3＝32π3，解得R ＝2. 设圆柱的上底面半径为r ，球的半径与上底面夹角为α，则r ＝2cos α，圆柱的高为4sin α，∴圆柱的侧面积为4πcos α×4sin α＝8πsin 2α，当且仅当α＝π4，sin 2α＝1时，圆柱的侧面积最大，∴圆柱的侧面积的最大值为8π.(2)(2022·长沙检测)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________．答案9π2解析易知AC ＝10.设△ABC 的内切圆的半径为r ，则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ，所以r ＝2. 因为2r ＝4>3，所以最大球的直径2R ＝3，即R ＝32，此时球的体积V ＝43πR 3＝9π2.题型二补形法例2 (1)在四面体ABCD 中，若AB ＝CD ＝3，AC ＝BD ＝2，AD ＝BC ＝5，则四面体ABCD 的外接球的表面积为( ) A ．2π B ．4π C ．6π D ．8π 答案 C解析由题意可采用补形法，考虑到四面体ABCD 的对棱相等，所以将四面体放入一个长、宽、高分别为x ，y ，z 的长方体，并且x 2＋y 2＝3，x 2＋z 2＝5，y 2＋z 2＝4，则有(2R )2＝x 2＋y 2＋z 2＝6(R 为外接球的半径)，得2R 2＝3，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝6π.(2)(2022·重庆实验外国语学校月考)如图，在多面体中，四边形ABCD 为矩形，CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1，通过添加一个三棱锥可以将该多面体补成一个直三棱柱，那么添加的三棱锥的体积为________，补形后的直三棱柱的外接球的表面积为________．答案 136π解析如图添加的三棱锥为直三棱锥E －ADF ，可以将该多面体补成一个直三棱柱ADF －BCE ，因为CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1，所以S △CBE ＝12CE ×BC ＝12×1×1＝12，直三棱柱ADF －BCE 的体积为 V ＝S △EBC ·DC ＝12×2＝1，添加的三棱锥的体积为13V ＝13；如图，分别取AF ，BE 的中点M ，N ，连接MN ，与AE 交于点O ，因为四边形AFEB 为矩形，所以O 为AE ，MN 的中点，在直三棱柱ADF －BCE 中，CE ⊥平面ABCD ，FD ⊥平面ABCD ，即∠ECB ＝∠FDA ＝90°，所以上、下底面为等腰直角三角形，直三棱柱的外接球的球心即为点O ，连接DO ，DO 即为球的半径，连接DM ，因为DM ＝12AF ＝22，MO ＝1，所以DO 2＝DM 2＋MO 2＝12＋1＝32，所以外接球的表面积为4π·DO 2＝6π. 思维升华补形法的解题策略(1)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)直三棱锥补成三棱柱求解．跟踪训练2 已知三棱锥P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，且P A ＝1，PB ＝2，PC ＝3，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为( ) A.7143π B ．14π C ．56π D.14π答案 B解析以线段P A ，PB ，PC 为相邻三条棱的长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′被平面ABC 所截的三棱锥P －ABC 符合要求，如图，长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′与三棱锥P －ABC 有相同的外接球，其外接球直径为长方体体对角线PP ′，设外接球的半径为R ，则(2R )2＝PP ′2＝P A 2＋PB 2＋PC 2 ＝12＋22＋32＝14，则所求表面积S ＝4πR 2＝π·(2R )2＝14π. 题型三定义法例3 (1)已知∠ABC ＝90°，P A ⊥平面ABC ，若P A ＝AB ＝BC ＝1，则四面体P ABC 的外接球(顶点都在球面上)的体积为( ) A ．π B.3π C ．2π D.3π2答案 D解析如图，取PC 的中点O ，连接OA ，OB ，由题意得P A ⊥BC ，又因为AB ⊥BC ，P A ∩AB ＝A ，P A ，AB ⊂平面P AB ，所以BC ⊥平面P AB ，所以BC ⊥PB ，在Rt △PBC 中，OB ＝12PC ，同理OA ＝12PC ，所以OA ＝OB ＝OC ＝12PC ，因此P ，A ，B ，C 四点在以O 为球心的球面上，在Rt △ABC 中，AC ＝AB 2＋BC 2＝ 2. 在Rt △P AC 中，PC ＝P A 2＋AC 2＝3，球O 的半径R ＝12PC ＝32，所以球的体积为43π⎝⎛⎭⎫323＝3π2.延伸探究本例(1)条件不变，则四面体P －ABC 的内切球的半径为________．答案2－12解析设四面体P －ABC 的内切球半径为r . 由本例(1)知，S△P AC＝12P A·AC＝12×1×2＝22，S△P AB＝12P A·AB＝12×1×1＝12，S△ABC＝12AB·BC＝12×1×1＝12，S△PBC＝12PB·BC＝12×2×1＝22，V P－ABC＝13×12AB·BC·P A＝13×12×1×1×1＝16，V P－ABC＝13(S△P AC＋S△P AB＋S△ABC＋S△PBC)·r＝13⎝⎛⎭⎫22＋12＋12＋22·r＝16，∴r＝2－1 2.(2)在矩形ABCD中，BC＝4，M为BC的中点，将△ABM和△DCM分别沿AM，DM翻折，使点B与点C重合于点P，若∠APD＝150°，则三棱锥M－P AD的外接球的表面积为() A．12π B．34πC．68π D．126π答案 C解析如图，由题意可知，MP⊥P A，MP⊥PD.且P A∩PD＝P，P A⊂平面P AD，PD⊂平面P AD，所以MP⊥平面P AD.设△ADP的外接圆的半径为r，则由正弦定理可得ADsin ∠APD ＝2r ，即4sin 150°＝2r ，所以r ＝4.设三棱锥M －P AD 的外接球的半径为R ，则(2R )2＝PM 2＋(2r )2，即(2R )2＝4＋64＝68，所以4R 2＝68，所以外接球的表面积为4πR 2＝68π.思维升华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．跟踪训练3 (1)一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为________．答案4π3解析设正六棱柱的底面边长为x ，高为h ，则有⎩⎪⎨⎪⎧ 6x ＝3，98＝6×34x 2h ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，h ＝ 3. ∴正六棱柱的底面外接圆的半径r ＝12，球心到底面的距离d ＝32.∴外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝1.∴V 球＝4π3.(2)(2022·哈尔滨模拟)已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是矩形，其中AD ＝1，AB ＝2，平面P AD ⊥平面ABCD ，△P AD 为等边三角形，则四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为( ) A.16π3 B.76π3 C.64π3 D.19π3 答案 A解析如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，P A ＝PD ，取AD 的中点E ，则PE ⊥AD ，PE ⊥平面ABCD ，则PE ⊥AB ，由AD ⊥AB ，AD ∩PE ＝E ，AD ，PE ⊂平面P AD ，可知AB ⊥平面P AD ，由△P AD 为等边三角形，E 为AD 的中点知，PE 的三等分点F (距离E 较近的三等分点)是三角形的中心，过F 作平面P AD 的垂线，过矩形ABCD 的中心O 作平面ABCD 的垂线，两垂线交于点I ，则I 即外接球的球心． OI ＝EF ＝13PE ＝13×32＝36，AO ＝12AC ＝52，设外接球半径为R ，则R 2＝AI 2＝AO 2＋OI 2＝⎝⎛⎭⎫522＋⎝⎛⎭⎫362＝43，所以四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为S ＝4πR 2＝4π×43＝16π3.课时精练1．正方体的外接球与内切球的表面积之比为( ) A. 3 B ．3 3 C ．3 D.13答案 C解析设正方体的外接球的半径为R ，内切球的半径为r ，棱长为1，则正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即2R ＝3，所以R ＝32，正方体内切球的直径为正方体的棱长，即2r ＝1，即r ＝12，所以R r ＝3，正方体的外接球与内切球的表面积之比为4πR 24πr 2＝R 2r2＝3.2．(2022·开封模拟)已知一个圆锥的母线长为26，侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，则该圆锥的外接球的体积为( ) A ．36π B ．48π C ．36 D ．24 2答案 A解析设圆锥的底面半径为r ，由侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，得2πr ＝23π3×26，解得r ＝2 2.作出圆锥的轴截面如图所示．设圆锥的高为h ，则h ＝262－222＝4.设该圆锥的外接球的球心为O ，半径为R ，则有R ＝h －R 2＋r 2，即R ＝4－R2＋222，解得R ＝3，所以该圆锥的外接球的体积为 4πR 33＝4π×333＝36π. 3．已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的表面积为( ) A ．16π B ．20π C ．24π D ．32π 答案 A解析如图所示，在正四棱锥P －ABCD 中，O 1为底面对角线的交点，O 为外接球的球心．V P －ABCD ＝13×S 正方形ABCD ×3＝6，所以S 正方形ABCD ＝6，即AB ＝ 6. 因为O 1C ＝126＋6＝ 3.设正四棱锥外接球的半径为R ，则OC ＝R ，OO 1＝3－R ，所以(3－R )2＋(3)2＝R 2，解得R ＝2. 所以外接球的表面积为4π×22＝16π.4．已知棱长为1的正四面体的四个顶点都在一个球面上，则这个球的体积为( ) A.68π B.64π C.38π D.34π 答案 A解析如图将棱长为1的正四面体B 1－ACD 1放入正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，且正方体的棱长为1×cos 45°＝22，所以正方体的体对角线 AC 1＝⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＝62，所以正方体外接球的直径2R ＝AC 1＝62，所以正方体外接球的体积为 43πR 3＝43π×⎝⎛⎭⎫643＝68π，因为正四面体的外接球即为正方体的外接球，所以正四面体的外接球的体积为68π. 5．(2021·天津)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为32π3，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为( ) A ．3π B ．4π C ．9π D ．12π 答案 B解析如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D ，设圆锥AD 和圆锥BD 的高之比为3∶1，即AD ＝3BD ，设球的半径为R ，则4πR 33＝32π3，可得R ＝2，所以AB ＝AD ＋BD ＝4BD ＝4，所以BD ＝1，AD ＝3，因为CD ⊥AB ，AB 为球的直径，所以△ACD ∽△CBD ，所以AD CD ＝CDBD ，所以CD ＝AD ·BD ＝3，因此，这两个圆锥的体积之和为 13π×CD 2·(AD ＋BD )＝13π×3×4＝4π. 6．(2022·蚌埠模拟)粽子，古时北方也称“角黍”，是由粽叶包裹糯米、泰米等馅料蒸煮制成的食品，是中国汉族传统节庆食物之一，端午食粽的风俗，千百年来在中国盛行不衰，粽子形状多样，馅料种类繁多，南北方风味各有不同，某四角蛋黄粽可近似看成一个正四面体，蛋黄近似看成一个球体，且每个粽子里仅包裹一个蛋黄，若粽子的棱长为9 cm ，则其内可包裹的蛋黄的最大体积约为(参考数据：6≈2.45，π≈3.14)( )A ．20 cm 3B ．22 cm 3C ．26 cm 3D ．30 cm 3答案 C解析如图，正四面体ABCD ，其内切球O 与底面ABC 切于O 1，设正四面体棱长为a ，内切球半径为r ，连接BO 1并延长交AC 于F ，易知O 1为△ABC 的中心，点F 为边AC 的中点．易得BF ＝32a ，则S △ABC ＝34a 2，BO 1＝23BF ＝33a ， ∴DO 1＝BD 2－BO 21＝63a ， ∴V D －ABC ＝13·S △ABC ·DO 1＝212a 3，∵V D －ABC ＝V O －ABC ＋V O －BCD ＋V O －ABD ＋V O －ACD ＝4V O －ABC ＝4×13×34a 2·r ＝33a 2r ，∴33a 2r ＝212a 3⇒r ＝612a ， ∴球O 的体积V ＝43π·⎝⎛⎭⎫612a 3＝43π·⎝⎛⎭⎫612×93＝2768π≈278×2.45×3.14≈26(cm 3)． 7．已知三棱锥P －ABC 的四个顶点都在球O 的表面上，P A ⊥平面ABC ，P A ＝6，AB ⊥AC ，AB ＝2，AC ＝23，点D 为AB 的中点，过点D 作球的截面，则截面的面积不可以是( ) A.π2 B ．π C ．9π D ．13π答案 A解析三棱锥P －ABC 的外接球即为以AB ，AC ，AP 为邻边的长方体的外接球， ∴2R ＝62＋22＋232＝213，∴R ＝13，取BC 的中点O 1，∴O 1为△ABC 的外接圆圆心，∴OO 1⊥平面ABC ，如图．当OD ⊥截面时，截面的面积最小，∵OD ＝OO 21＋O 1D 2＝32＋32＝23，此时截面圆的半径为r ＝R 2－OD 2＝1， ∴截面面积为πr 2＝π，当截面过球心时，截面圆的面积最大为πR 2＝13π，故截面面积的取值范围是[π，13π]．8．(2021·全国甲卷)已知A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，则三棱锥O －ABC 的体积为( ) A.212 B.312 C.24 D.34答案 A解析如图所示，因为AC ⊥BC ，所以AB 为截面圆O 1的直径，且AB ＝ 2.连接OO 1，则OO 1⊥平面ABC ， OO 1＝1－⎝⎛⎭⎫AB 22＝1－⎝⎛⎭⎫222＝22，所以三棱锥O －ABC 的体积V ＝13S △ABC ×OO 1＝13×12×1×1×22＝212.9．已知三棱锥S －ABC 的三条侧棱两两垂直，且SA ＝1，SB ＝SC ＝2，则三棱锥S －ABC 的外接球的半径是________．答案 32解析如图所示，将三棱锥补为长方体，则该棱锥的外接球直径为长方体的体对角线，设外接球半径为R ，则(2R )2＝12＋22＋22＝9， ∴4R 2＝9，R ＝32.即这个外接球的半径是32.10．已知正三棱锥的高为1，底面边长为23，内有一个球与四个面都相切，则正三棱锥的内切球的半径为________．答案2－1解析如图，过点P 作PD ⊥平面ABC 于点D ，连接AD 并延长交BC 于点E ，连接PE .因为△ABC 是正三角形，所以AE 是BC 边上的高和中线，D 为△ABC 的中心．因为AB ＝BC ＝23，所以S △ABC ＝33，DE ＝1，PE ＝ 2. 所以S 三棱锥表＝3×12×23×2＋3 3＝36＋3 3. 因为PD ＝1，所以三棱锥的体积V ＝13×33×1＝ 3.设球的半径为r ，以球心O 为顶点，三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小三棱锥，由13S 三棱锥表·r ＝3，得r ＝3336＋33＝2－1.11．等腰三角形ABC 的腰AB ＝AC ＝5，BC ＝6，将它沿高AD 翻折，使二面角B －AD －C 成60°，此时四面体ABCD 外接球的体积为________．答案2873π 解析由题意，设△BCD 所在的小圆为O 1，半径为r ，又因为二面角B －AD －C 为60°，即∠BDC ＝60°，所以△BCD 为边长为3的等边三角形，由正弦定理可得，2r ＝3sin 60°＝23，即DE ＝23，设外接球的半径为R ，且AD ＝4，在Rt △ADE 中，(2R )2＝AD 2＋DE 2⇒4R 2＝42＋(23)2＝28，所以R ＝7，所以外接球的体积为 V ＝43πR 3＝43π×(7)3＝2873π.12．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的表面上，若AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，则球O 的体积为________．答案32π3解析设△ABC 的外接圆圆心为O 1，半径为r ，连接O 1O ，如图，易得O 1O ⊥平面ABC ，∵AB ＝AC ＝1，AA 1＝23， ∠BAC ＝2π3，∴2r ＝AB sin ∠ACB ＝112＝2，即O 1A ＝1，O 1O ＝12AA 1＝3，∴OA ＝O 1O 2＋O 1A 2＝3＋1＝2，即直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的外接球半径R ＝2， ∴V 球＝43π×23＝32π3.。

高考数学一轮复习第八章立体几何 8.4 直线与圆、圆与圆的位置关系课件

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1．思考辨析判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”) (1) 如果两个圆的方程组成的方程组只有一组实数解，则两圆外
切．( × ) (2)如果两圆的圆心距小于两圆的半径之和，则两圆相交．( × )
(3)从两圆的方程中消掉二次项后得到的二元一次方程是两圆的公
(4)由题意知圆的方程为 x2＋(y＋1)2＝4，所以圆心坐标为(0，－1)，半径为 2，则圆心到直线 y＝x＋1 的距离 d＝|－1－2 1|＝ 2，所以|AB|＝2 22－ 22＝2 2.
(5)由xx22＋＋yy22－－44＝ x＋04，y－12＝0，得两圆公共弦所在直线为 x －y＋2＝0.又圆 x2＋y2＝4 的圆心到直线 x－y＋2＝0 的距离为 2
若|AB|＝2 3，则圆 C 的面积为( A )
A．4π
B．2π
C．9π
D．22π
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【解析】 (1)因为圆心(0,0)到直线 ax＋by＋c＝0 的距离 d＝
a2|c＋| b2＝
|c| ＝ 2|c|
22，因此根据直角三角形的关系，弦长的一半
就等于 1－ 222＝ 22，所以弦长为 2. (2)易知圆 C：x2＋y2－2ay－2＝0 的圆心为(0，a)，半径为
置关系是( A )
A．相交
B．相切
C．相离
D．不确定
解析：直线 l：mx－y＋1－m＝0 过定点(1,1)，因为点(1,1) 在圆 x2＋(y－1)2＝5 的内部，所以直线 l 与圆相交．
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2．(方向 2)已知直线 y＝ax 与圆 C：x2＋y2－6y＋6＝0 相交于 A，B

2018高考数学立体几何含答案(最新整理)

5 ⎧⎪n ⋅ ⎨ 2018 高考数学立体几何答案1.（本小题 14 分）如图，在三棱柱 ABC − A 1B 1C 1 中， CC 1 ⊥ 平面 ABC ，D ，E ，F ，G 分别为 AA 1 ，AC ， A 1C 1 ， BB 1 的中点，AB=BC = ，AC = AA 1 =2．（Ⅰ）求证：AC ⊥平面 BEF ；（Ⅱ）求二面角 B−CD −C 1 的余弦值；（Ⅲ）证明：直线 FG 与平面 BCD 相交．【解析】（1）在三棱柱 ABC - A 1B 1C 1 中， Q CC 1 ⊥ 平面 ABC ，∴ 四边形 A 1 ACC 1 为矩形．又 E ， F 分别为 AC ， A 1C 1 的中点，∴ AC ⊥ EF ， Q AB = BC ，∴ AC ⊥ BE ，∴ AC ⊥ 平面 BEF ．（2）由（1）知 AC ⊥ EF ， AC ⊥ BE ，EF ∥CC 1 ．又CC 1 ⊥ 平面 ABC ，∴ EF ⊥ 平面 ABC ．Q BE ⊂ 平面 ABC ，∴ EF ⊥ BE ．如图建立空间直角坐称系 E - xyz ．由题意得 B (0, 2, 0) ， C (-1, 0, 0) ， D (1, 0,1) ， F (0, 0, 2) ， G (0, 2,1) ， ∴CD =(2, 0,1) ， CB =(1, 2, 0) ，设平面 BCD 的法向量为 n = (a , b , c ) ， u u u r CD = 0 ∴⎨ uur n ⋅ ，∴⎧2a + c = 0 ， a + 2b = 0 ⎩⎪ CB = 0 ⎩ 令 a = 2 ，则b = -1 ， c = -4 ，∴ 平面 BCD 的法向量 n = (2, - 1，, - 4) ，又Q 平面CDC 的法向量为EB=(0, 2, 0)，∴cos <n ⋅uur>=n ⋅EB= -21．1EB uurn EB 21由图可得二面角B -CD -C1为钝角，所以二面角B -CD -C1的余弦值为-21．21（3）平面BCD 的法向量为n =(2, - 1, - 4)，Q G (0, 2,1)，F (0, 0, 2)，∴GF =(0, - 2,1)，∴n ⋅GF =-2 ，∴n 与GF 不垂直，∴GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内，∴GF 与平面BCD 相交2．（本小题14 分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD 为矩形，平面PAD⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA =PD ， E ，F 分别为AD ，PB 的中点．（1）求证：PE ⊥BC ；（2）求证：平面PAB ⊥平面PCD ；（3）求证：EF∥平面PCD ．【解析】（1）Q PA =PD ，且E 为AD 的中点，∴PE ⊥AD ，Q 底面ABCD 为矩形，∴BC∥AD ，∴PE ⊥BC ．（2）Q 底面ABCD 为矩形，∴AB ⊥AD ，Q 平面PAD ⊥平面ABCD ，∴AB ⊥平面PAD ，∴AB ⊥PD ．又PA ⊥PD ，Q PD ⊥平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PCD ．（3）如图，取PC 中点G ，连接FG ，GD ．Q F ，G 分别为PB 和PC 的中点，∴FG∥BC ，且FG =1 BC ，2Q 四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点，∴ED∥BC ，DE =1 BC ，2∴ED∥FG ，且ED =FG ，∴四边形EFGD 为平行四边形，∴EF∥GD ，又EF ⊄平面PCD ，GD ⊂平面PCD ，∴EF∥ 平面PCD ．3 2 3 ⋅2 3 3．（12 分）如图，四边形 ABCD 为正方形， E , F 分别为 AD , BC 的中点，以 DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点 P 的位置，且 PF ⊥ BF .（1）证明：平面 PEF ⊥ 平面 ABFD ；（2）求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值.解答：（1）E ,F 分别为 AD , BC 的中点，则 EF / / AB ，∴ EF ⊥ BF ，又 PF ⊥ BF ， EF ⋂ PF = F ，∴ BF ⊥ 平面 PEF ，BE ⊂ 平面 ABFD ，∴平面 PEF ⊥ 平面 ABFD .（2） PF ⊥ BF ， BF / / E D ，∴ PF ⊥ ED ，又 PF ⊥ PD ， ED ⋂ DP = D ，∴ PF ⊥ 平面 PED ，∴ PF ⊥ PE ，设 AB = 4 ，则 EF = 4 ， PF = 2 ，∴ PE = 2 ，过 P 作 PH ⊥ EF 交 EF 于 H 点，由平面 PEF ⊥ 平面 ABFD ，∴ PH ⊥ 平面 ABFD ，连结 DH ，则∠PDH 即为直线 DP 与平面 ABFD 所成的角，由 PE ⋅ PF = EF ⋅ PH ，∴ P H = = ， 4而 PD = 4 ，∴ sin ∠PDH =PH = 3 ，PD 4 ∴ DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值 3. 4 4．（12 分）如图，在三棱锥 P - ABC 中， AB = BC = 2 AC 的中点．（1）证明： PO ⊥ 平面 ABC ；， PA = PB = PC = AC = 4 ， O 为（2）若点 M 在棱 BC 上，且二面角 M - PA - C 为30︒ ，求 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值．2PO B M 3 3(a - 4)2 + 3a 2 + a 2 3 2 3 a - 42 3(a - 4)2 + 3a 2 + a 2u u u r ⎩AC【解析】（1）因为AP = CP = AC = 4 ， O 为 AC 的中点，所以OP ⊥ AC ，且OP = 2 ，连结OB ．因为 AB = BC =2 AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，2 且OB ⊥ AC ， OB = 1 AC = 2 ，由OP 2 + OB 2 = PB 2 知 PO ⊥ OB ， 2由OP ⊥ OB , OP ⊥ AC 知 PO ⊥ 平面 ABC ．（2）如图，以O 为坐标原点， OB 的方向为 x 轴正方向，建立空间直角坐标系O - xyz ．由已知得O (0, 0, 0) ， B (2, 0, 0) ， A (0, -2, 0) ， C (0, 2, 0) ， P (0, 0, 2 3 ) ， AP = (0, 2, 2 3 )，取平面 PAC 的法向量OB = (2, 0, 0) ，设 M (a , 2 - a , 0)(0 < a ≤ 2) ，则 AM = (a , 4 - a , 0) ，设平面 PAM 的法向量为 n = (x , y , z ) ．由 AP ⋅ n = 0 ， AM ⋅ n = 0 ， ⎧⎪2 y + 2 3z = 0 得⎨⎪a x + (4 - a ) y = 0 ，可取 n = ( 3 (a - 4), 3a , -a ) ，u u u r 2 3 (a - 4) u u u r ∴cos < OB , n >= ，由已知得 cos < OB , n > = ， 2 2∴ = 3 ，解得 a = -4 （舍去）， a = 4 ， ⎛ 8 3 4 3 4 ⎫ 2u u u r 3 u u u r 3 cos < ∴ n = - 3 , 3 , - 3 ⎪ ，又Q PC = (0, 2, -2 3 )，所以 PC , n >= ． 4 ⎝ ⎭ 3所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为 4． 5．（12 分）如图，边长为 2 的正方形 ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直， M 是1 5 = - -2 5 CD 上异于C ， D 的点．（1）证明：平面 AMD ⊥ 平面 BMC ；（2）当三棱锥 M - ABC 体积最大时，求面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值．解答：（1）∵正方形 ABCD ⊥ 半圆面CMD ，∴ AD ⊥ 半圆面CMD ，∴ AD ⊥ 平面 MCD .∵ CM 在平面 MCD 内，∴ AD ⊥ CM ，又∵ M 是半圆弧CD 上异于C , D 的点，∴ CM ⊥ MD .又∵ AD I BCM ⊥ 平面 ADM .DM = D ，∴ CM ⊥ 平面 ADM ，∵ CM 在平面 BCM 内，∴平面（2）如图建立坐标系：∵ S ∆ABC 面积恒定，∴ MO ⊥ CD ，V M - ABC 最大.M (0, 0,1) ， A (2, -1, 0) ， B (2,1, 0) ， C (0,1, 0) ， D (0, -1, 0) ,设面 MAB 的法向量为 m = (x 1 , y 1 , z 1 ) ，设面 MCD 的法向量为 n = (x 2 , y 2 , z 2 ) ， MA (2, 1, 1) ， MB = (2,1, -1) ，MC = (0,1, -1) ， MD = (0, -1, -1) ，⎧2x 1 - y 1 - z 1 = 0 ⇒ ⎨2x + y - z = 0 m= (1, 0, 2) ， ⎩ 1 1 1同理 n = (1, 0, 0) ，∴c os = = 5 ，∴ sin = . 5 56.（本题满分 14 分，第 1 小题满分 6 分，第 2 小题满分 8 分）已知圆锥的顶点为 P ，底面圆心为 O ，半径为 2（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设PO=4，OA，OB 是底面半径，且∠AOB=90°，M 为线段AB 的中点，如图，求异面直线PM 与OB 所成的角的大小.7.(本小题满分13 分)如图，AD∥BC 且AD=2BC，AD ⊥CD , EG∥AD 且EG=AD，CD∥FG 且CD=2FG，DG ⊥平面ABCD ，DA=DC=DG=2.（I）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN∥平面CDE ；（II）求二面角E -BC -F 的正弦值；（III）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.【解析】依题意，可以建立以D 为原点，y z分别以DA ，DC ，DG 的方向为x 轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D (0, 0, 0)，A(2, 0, 0)，B (1, 2, 0)， C (0, 2, 0)，m ⋅ n m n h 2 + 5h 2 + 52 0 ⋅ E (2, 0, 2) ， F (0,1, 2) ， G (0, 0, 2) ， M ⎛ 0,3 ,1⎫ ，N (1, 0, 2) ． 2 ⎪ ⎝ ⎭（1）依题意 DC = (0, 2, 0) ， DE = (2, 0, 2) ．⎧n ⋅ 设 n = ( x , y , z ) 为平面CDE 的法向量，则⎪ 0 DC = 0 ⎧ 即 2 y = 0 ， 0⎨n ⋅ = 0 ⎨2x + 2z = 0不妨令 z = –1 ，可得 n 0 = (1, 0, -1) ．⎩⎪ 0 DE ⎩ ⎛ 3 ⎫ 又 MN = 1,- ,1⎪ ，可得 MN ⋅ n = 0 ， ⎝ ⎭又因为直线 MN ⊄ 平面CDE ，所以 MN ∥平面CDE ．（2）依题意，可得 BC = (–1, 0, 0) ， BE = (1, -2, 2) ， CF = (0, -1, 2) ．⎧n ⋅ 设 n = ( x , y , z ) 为平面 BCE 的法向量，则⎪ BC = 0 ⎧ 即 -x = 0 ， ⎨n ⋅ = 0 ⎨x - 2 y + 2z = 0 不妨令 z = 1 ，可得 n = (0,1,1) ．⎩⎪ BE⎩ ⎧m ⋅ 设 m = ( x , y , z ) 为平面 BCF 的法向量，则⎪ BC = 0 ⎧ 即 -x = 0 ， ⎨m ⋅ = 0 ⎨- y + 2z = 0不妨令 z = 1 ，可得 m = (0, 2,1) ．⎩⎪ BF ⎩ 因此有cos < m , n >= = 3 10 ，于是sin < m , n >= 10所以，二面角 E – BC – F 的正弦值为 10 ．1010 ．10 （3）设线段 DP 的长为 h (h ∈[0, 2])，则点 P 的坐标为(0, 0, h ) ，可得= (-1, -2, h ) ．易知， = (0, 2, 0) 为平面 ADGE 的一个法向量， BP DC BP DC 2故 cos < BP ⋅ DC > = =， BP DC 由题意，可得 2 = sin 60︒ = 3 ，解得 h = 2 3 ∈[0, 2] ． 3 所以线段 DP 的长为 3 ．32 (2 3)2 +12 13 5 2 8．（本题满分 15 分）如图，已知多面体 ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面 ABC ，∠ ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2．（Ⅰ）证明：AB 1⊥平面 A 1B 1C 1；（Ⅱ）求直线 AC 1 与平面 ABB 1 所成的角的正弦值．解答：（1）∵ AB = B 1B = 2 ，且 B 1B ⊥ 平面 ABC ，∴ B 1B ⊥ AB ，∴ AB 1 = 2 .同理， AC 1 == =. 过点C 1 作 B 1B 的垂线段交 B 1B 于点G ，则C 1G = BC = 2 且 B 1G = 1，∴ B 1C 1 = . 在∆AB C 中， AB 2 + B C 2 = AC 2 ， 1 1 1 1 1 1∴ AB 1 ⊥ B 1C 1 ，①过点 B 1 作 A 1 A 的垂线段交 A 1 A 于点 H .则 B 1H = AB = 2 ， A 1H = 2 ，∴ A 1B 1 = 2 .在∆A B A 中， AA 2 = AB 2 + A B 2 ， 1 1 1 1 1 1∴ AB 1 ⊥ A 1B 1 ，②综合①②，∵ A 1B 1 ⋂ B 1C 1 = B 1 ， A 1B 1 ⊂ 平面 A 1B 1C 1 ， B 1C 1 ⊂ 平面 A 1B 1C 1 ， ∴ AB 1 ⊥ 平面 A 1B 1C 1 .（2）过点 B 作 AB 的垂线段交 AC 于点 I ，以 B 为原点，以 AB 所在直线为 x 轴，以 BI 所在直线为 y 轴，以 B 1B 所在直线为z轴，建立空间直角坐标系B - xyz .AC 2 + C C 2 13 1⨯ 13 39 ⎩ 则 B (0, 0, 0) ， A (-2, 0, 0) ， B 1 (0, 0, 2) ， C 1 (1, 3,1) ，设平面 ABB 的一个法向量 = (a , b , c ) ，1 n⎧⎪ 则 n ⋅ AB = 0 ⇒ ⎧2a = 0 ，令b = 1，则 n = (0,1, 0) ， ⎨⎪⎩n ⋅ BB 1 = 0 ⎨2c = 039又∵ AC 1 = (3, 3,1) ， cos < n , AC 1 >= = 13 .由图形可知，直线 AC 1 与平面 ABB 1 所成角为锐角，设 AC 1 与平面 ABB 1 夹角为. ∴ s in = . 139．（本小题满分 14 分）在平行六面体 ABCD - A 1B 1C 1D 1 中， AA 1 = AB , AB 1 ⊥B 1C 1 ．求证：（1） AB ∥平面A 1B 1C ；（2）平面ABB 1 A 1 ⊥ 平面A 1BC ．【解析】（1）在平行六面体 ABCD - A 1B 1C 1D 1 中， AB ∥A 1B 1．因为 AB ⊄ 平面 A 1B 1C ， A 1B 1 ⊂ 平面 A 1B 1C ，所以 AB ∥平面 A 1B 1C ．（2）在平行六面体 ABCD - A 1B 1C 1D 1 中，四边形 ABB 1 A 1 为平行四边形．又因为 AA 1 = AB ，所以四边形 ABB 1 A 1 为菱形，因此 AB 1 ⊥ A 1B ．又因为 AB 1 ⊥ B 1C 1 ， BC ∥B 1C 1 ，所以 AB 1 ⊥ BC ．又因为 A 1B BC = B ， A 1B ⊂ 平面 A 1BC ， BC ⊂ 平面 A 1BC ，所以AB1 ⊥平面A1BC ．因为AB1 ⊂平面ABB1 A1，所以平面ABB1 A1⊥平面A1BC ．“”“”At the end, Xiao Bian gives you a passage. Minand once said, "people who learn to learn are very happy people.". In every wonderful life, learning is an eternal theme. As a professional clerical and teaching position, I understand the importance of continuous learning, "life is diligent, nothing can be gained", only continuous learning can achieve better self. Only by constantly learning and mastering the latest relevant knowledge, can employees from all walks of life keep up with the pace of enterprise development and innovate to meet the needs of the market. This document is also edited by my studio professionals, there may be errors in the document, if there are errors, please correct, thank you!。

2023年高考数学(文科)一轮复习课件——空间几何体的结构、三视图和直观图

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考点二空间几何体的三视图
例1 (1)(2021·全国乙卷)以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为__③__④__(_或__②__⑤__，__答__案__不__唯__一__)_____(写出符合要求的一组答案即可).
_平__行__且__相__等___
相交于_一__点___，但不一定相等
延长线交于___一__点_
_平__行__四__边__形___
_三__角__形___
__梯__形__
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(2)旋转体的结构特征
名称
圆柱
圆锥
圆台
图形
互相平行且相等，
母线
__垂__直__于底面
相交于__一__点__
轴截面侧面展开图
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2.(易错题)在如图所示的几何体中，是棱柱的为___③__⑤___(填写所有正确的序号). 解析由棱柱的定义可判断③⑤属于棱柱.
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3.如图，长方体ABCD－A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′.剩下的几何体
是( C )
A.棱台
B.四棱柱
C.五棱柱
D.六棱柱
解析由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱.
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训练1 (1)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画
出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( B )
A.三棱锥 B.三棱柱 C.四棱锥 D.四棱柱解析由题知，该几何体的三视图为一个三角形、两个四边形，经分析可知该几何体为三棱柱.
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(2)(2022·成都检测)一个几何体的三视图如图所示，
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解析根据“长对正、高平齐、宽相等”及图中数据，可知图②③只能是侧视图，图④⑤只能是俯视图，则组成某个三棱锥的三视图，所选侧视图和俯视图的编号依次是③④或②⑤.若是③④，则三棱锥如图1所示；若是②⑤，则三棱锥如图2所示.

高考数学核心考点必备专题8-1 立体几何中的轨迹问题-(解析版)-2023年高考数学

专题8-1 立体几何中的轨迹问题目录一、热点题型归纳 (1)【题型一】由动点保持平行求轨迹 .................................................................................................................. 1 【题型二】由动点保持垂直求轨迹 .................................................................................................................. 2 【题型三】由动点保持等距（或定长）求轨迹 .............................................................................................. 4 【题型四】由动点保持等角（或定角）求轨迹 .............................................................................................. 5 【题型五】投影求轨迹 ...................................................................................................................................... 6 【题型六】翻折与动点求轨迹 .......................................................................................................................... 7 二、最新模考题组练 .. (8)【题型一】由动点保持平行性求轨迹【典例分析】如图，在边长为a 的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 、N 分别是CC 1、C 1D 1、DD 1、CD 、BC 的中点，M 在四边形EFGH 边上及其内部运动，若MN ∥面A 1BD ，则点M 轨迹的长度是（）A B C D【提分秘籍】基本规律1.线面平行转化为面面平行得轨迹2.平行时可利用法向量垂直关系求轨迹【变式演练】1.在三棱台111A B C ABC 中，点D 在11A B 上，且1//AA BD ，点M 是三角形111A B C 内（含边界）的一个动点，且有平面//BDM 平面11A ACC ，则动点M 的轨迹是（）A ．三角形111ABC 边界的一部分 B ．一个点 C ．线段的一部分D ．圆的一部分2.已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E 、F 分别是棱1AA 、11A D 的中点，点P 为底面ABCD 内（包括边界）的一动点，若直线1D P 与平面BEF 无公共点，则点P 的轨迹长度为（）A 1BC D3.在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别是棱11C D ，11B C 的中点，P 是上底面1111D C B A 内一点（含边界），若//AP 平面BDEF ，则Р点的轨迹长为（）A ．1BC ．2D ．【题型二】动点保持垂直性求轨迹【典例分析】在正方体1111ABCD A B C D -中，Q 是正方形11B BCC 内的动点，11A Q BC ⊥，则Q 点的轨迹是（） A ．点1B B ．线段1B C C ．线段11B C D ．平面11B BCC【提分秘籍】基本规律1.可利用线线线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹2.利用空间坐标运算求轨迹3.利用垂直关系转化为平行关系求轨迹【变式演练】1.在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在侧面11BCC B 及其边界上运动，且保持1AP BD ⊥，则动点P 的轨迹为 A ．线段1CBB ．线段1BCC ．1BB 的中点与1CC 的中点连成的线段D ．BC 的中点与11B C 的中点连成的线段2.在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别为1BD ，11B C 的中点，点P 在正方体的表面上运动，且满足MP CN ⊥．给出下列说法： ∥点P 可以是棱1BB 的中点；∥线段MP 的最大值为34；∥点P 的轨迹是正方形；∥点P 轨迹的长度为2其中所有正确说法的序号是________．3.如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1CC 的中点，F 是侧面11BCC B 内的动点，且1A F 与平面1D AE 的垂线垂直，则下列说法不正确的是（）A ．1A F 与1D E 不可能平行B ．1A F 与BE 是异面直线C ．点F 的轨迹是一条线段D ．三棱锥1F ABD -的体积为定值【题型三】由动点保持等距（或者定距）求轨迹【典例分析】已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 为底面ABCD 内一点，若P 到棱CD ，A 1D 1距离相等的点，则点P 的轨迹是（） A ．直线 B ．椭圆C ．抛物线D ．双曲线【提分秘籍】基本规律1.距离，可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹2.利用空间坐标计算求轨迹【变式演练】1.如图，在四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为正三角形，底面ABCD 为正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，M 为正方形ABCD 内（包括边界）的一个动点，且满足MP MC =．则点M 在正方形ABCD 内的轨迹为（）A ．B ．C ．D ．2.如图，在棱长为4的正方体ABCD A B C D ''''-中，E 、F 分别是AD 、A D ''的中点，长为2的线段MN 的一个端点M 在线段EF 上运动，另一个端点N 在底面A B C D ''''上运动，则线段MN 的中点P 的轨迹（曲面）与正方体（各个面）所围成的几何体的体积为（）A ．43π B ．23π C ．6πD ．3π3.四棱锥P ﹣OABC 中，底面OABC 是正方形，OP ∥OA ，OA ＝OP ＝a ．D 是棱OP 上的一动点，E 是正方形OABC 内一动点，DE 的中点为Q ，当DE ＝a 时，Q 的轨迹是球面的一部分，其表面积为3π，则a 的值是（）A ．B ．C ．D ．6【题型四】由动点保持等角（或定角）求轨迹【典例分析】正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别为AB ，11A B 的中点，P 是边11C D 上的一个点（包括端点），Q 是平面1PMB 上一动点，满足直线MN 与直线AN 夹角与直线MN 与直线NQ 的夹角相等，则点Q 所在轨迹为（）A ．椭圆B ．双曲线C ．抛物线D ．抛物线或双曲线【提分秘籍】基本规律1. 直线与面成定角，可能是圆锥侧面。

2018年高考真题答案及解析：文科数学(北京卷)『一流精品』

2018年普通高等学校招生全国统一考试数学（文）（北京卷）本试卷共5页，150分。

考试时长120分钟。

考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第一部分（选择题共40分）一、选择题共8小题，每小题5分，共40分。

在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。

（1）已知集合A={(||<2)},B={-2,0,1,2},则=（A）{0,1}（B）{-1,0,1}（C）{-2,0,1,2}（D）{-1,0,1,2}（2）在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（A）第一象限（B）第二象限（C）第三象限（D）第四象限（3）执行如图所示的程序框图，输出的s值为（A）（B）（C）（D）（4）设a,b,c,d是非零实数，则“ad=bc”是“a,b,c,d成等比数列”的（A）充分而不必要条件（B）必要而不充分条件（C）充分必要条件（D）既不充分也不必要条件（5）“十二平均律” 是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献，十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率f，则第八个单音频率为（A）（B）（C） f(D)(7) 在平面坐标系中，, , , 是圆上的四段弧（如图），点P在其中一段上，角以O为始边，OP为终边，若，则P所在的圆弧是（A）（B）（C）（D）(8) 设集合，则（A）对任意实数a，（2,1）（B）对任意实数a，（2,1）（C）当且仅当a0时,（2,1）（D）当且仅当a时,（2,1）第二部分（非选择题共110分）二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。

(9) 设向量a=（1,0），b=（-1,m）,若a（ma-b），则m=_________.(10) 已知直线l过点（1,0）且垂直于轴，若l被抛物线截得的线段长为4，则抛物线的焦点坐标为________.(11) 能说明“a﹥b，则”为假命题的一组a，b的值依次为______.(12) 若双曲线-=1（a﹥0）的离心率为，则a=_________.(13) 若,y满足+1y2,则2y-的最小值是___________.(14) 若的面积为（）,且∠C为钝角，则∠B=________；的取值范围是_________.三、解答题共6小题，共80分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。

2024年高考数学总复习第八章《立体几何与空间向量》8

2024年高考数学总复习第八章《立体几何与空间向量》§8.2空间点、直线、平面之间的位置关系最新考纲 1.借助长方体模型，在直观认识和理解空间点、线、面的位置关系的基础上，抽象出空间线、面位置关系的定义.2.了解可以作为推理依据的公理和定理.3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题．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．直线与直线的位置关系(1)位置关系的分类异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点(2)异面直线所成的角①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．，π2.3．直线与平面的位置关系有直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情况．4．平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．5．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．概念方法微思考1．分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线吗？提示不一定．因为异面直线不同在任何一个平面内．分别在两个不同平面内的两条直线可能平行或相交．2．空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角一定相等吗？提示不一定．如果这两个角开口方向一致，则它们相等，若反向则互补．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果两个不重合的平面α，β有一条公共直线a，就说平面α，β相交，并记作α∩β＝a.(√)(2)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线．(×)(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．(×)(4)经过两条相交直线，有且只有一个平面．(√)(5)没有公共点的两条直线是异面直线．(×)(6)若a，b是两条直线，α，β是两个平面，且a⊂α，b⊂β，则a，b是异面直线．(×)题组二教材改编2．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()A．30°B．45°C．60°D．90°答案C解析连接B1D1，D1C，则B1D1∥EF，故∠D1B1C即为所求的角．又B1D1＝B1C＝D1C，∴△B1D1C为等边三角形，∴∠D1B1C＝60°.3．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．答案(1)AC＝BD(2)AC＝BD且AC⊥BD解析(1)∵四边形EFGH为菱形，∴EF＝EH，∴AC＝BD.(2)∵四边形EFGH为正方形，∴EF＝EH且EF⊥EH，∵EF∥AC，EH∥BD，且EF＝12AC，EH＝12BD，∴AC＝BD且AC⊥BD.题组三易错自纠4．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的位置关系不可能是()A．垂直B．相交C．异面D．平行答案D解析依题意，m∩α＝A，n⊂α，∴m与n可能异面、相交(垂直是相交的特例)，一定不平行．5.如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过()A．点AB．点BC．点C但不过点MD．点C和点M答案D解析∵AB⊂γ，M∈AB，∴M∈γ.又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β.根据公理3可知，M在γ与β的交线上．同理可知，点C也在γ与β的交线上．6.如图为正方体表面的一种展开图，则图中的四条线段AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面的对数为______．答案3解析平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB，CD，EF和GH在原正方体中，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH 相交，CD与EF平行．故互为异面的直线有且只有3对．题型一平面基本性质的应用例1如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点．求证：(1)E，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点．证明(1)如图，连接EF，CD1，A1B.∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥BA1.又A1B∥D1C，∴EF∥CD1，∴E，C，D1，F四点共面．(2)∵EF∥CD1，EF<CD1，∴CE与D1F必相交，设交点为P，如图所示．则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，∴P∈直线DA，∴CE，D1F，DA三线共点．思维升华共面、共线、共点问题的证明(1)证明共面的方法：①先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②证两平面重合．(2)证明共线的方法：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直线上．(3)证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．跟踪训练1如图，在空间四边形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)∵E ，F 分别为AB ，AD 的中点，∴EF ∥BD .∵在△BCD 中，BG GC ＝DH HC ＝12，∴GH ∥BD ，∴EF ∥GH .∴E ，F ，G ，H 四点共面．(2)∵EG ∩FH ＝P ，P ∈EG ，EG ⊂平面ABC ，∴P ∈平面ABC .同理P ∈平面ADC .∴P 为平面ABC 与平面ADC 的公共点．又平面ABC ∩平面ADC ＝AC ，∴P ∈AC ，∴P ，A ，C 三点共线．题型二判断空间两直线的位置关系例2(1)若直线l 1和l 2是异面直线，l 1在平面α内，l 2在平面β内，l 是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是()A ．l 与l 1，l 2都不相交B ．l 与l 1，l 2都相交C ．l 至多与l 1，l 2中的一条相交D ．l 至少与l 1，l 2中的一条相交答案D 解析由直线l 1和l 2是异面直线可知l 1与l 2不平行，故l 1，l 2中至少有一条与l 相交．故选D.(2)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在A 1D ，AC 上，且A 1E ＝2ED ，CF ＝2FA ，则EF 与BD 1的位置关系是()A．相交但不垂直B．相交且垂直C．异面D．平行答案D解析连接D1E并延长，与AD交于点M，由A1E＝2ED，可得M为AD的中点，连接BF并延长，交AD于点N，因为CF＝2FA，可得N为AD的中点，所以M，N重合，所以EF和BD1共面，且MEED1＝12，MFBF＝12，所以MEED1＝MFBF，所以EF∥BD1.思维升华空间中两直线位置关系的判定，主要是异面、平行和垂直的判定．异面直线可采用直接法或反证法；平行直线可利用三角形(梯形)中位线的性质、公理4及线面平行与面面平行的性质定理；垂直关系往往利用线面垂直或面面垂直的性质来解决．跟踪训练2(1)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()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案A解析若直线a和直线b相交，则平面α和平面β相交；若平面α和平面β相交，那么直线a 和直线b可能平行或异面或相交，故选A.(2)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：①直线AM 与CC 1是相交直线；②直线AM 与BN 是平行直线；③直线BN 与MB 1是异面直线；④直线AM 与DD 1是异面直线．其中正确的结论为________．(注：把你认为正确的结论序号都填上)答案③④解析因为点A 在平面CDD 1C 1外，点M 在平面CDD 1C 1内，直线CC 1在平面CDD 1C 1内，CC 1不过点M ，所以AM 与CC 1是异面直线，故①错；取DD 1中点E ，连接AE ，则BN ∥AE ，但AE 与AM 相交，故②错；因为B 1与BN 都在平面BCC 1B 1内，M 在平面BCC 1B 1外，BN 不过点B 1，所以BN 与MB 1是异面直线，故③正确；同理④正确，故填③④.题型三求两条异面直线所成的角例3(2019·青岛模拟)如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝2，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为()A.15B.25C.35D.45答案D 解析连接BC 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．连接A 1C 1，由AB ＝1，AA 1＝2，易得A 1C 1＝2，A 1B ＝BC 1＝5，故cos ∠A 1BC 1＝A 1B 2＋BC 21－A 1C 212×A 1B ×BC 1＝45，即异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为45.引申探究将上例条件“AA 1＝2AB ＝2”改为“AB ＝1，若异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为910”，试求AA 1AB 的值．解设AA 1AB＝t (t >0)，则AA 1＝tAB .∵AB ＝1，∴AA 1＝t .∵A 1C 1＝2，A 1B ＝t 2＋1＝BC 1，∴cos ∠A 1BC 1＝A 1B 2＋BC 21－A 1C 212×A 1B ×BC 1＝t 2＋1＋t 2＋1－22×t 2＋1×t 2＋1＝910.∴t ＝3，即AA 1AB ＝3.思维升华用平移法求异面直线所成的角的三个步骤(1)一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角；(2)二证：证明作出的角是异面直线所成的角；(3)三求：解三角形，求出所作的角．跟踪训练3(2018·全国Ⅱ)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为()A.22 B.32 C.52 D.72答案C 解析如图，因为AB ∥CD ，所以AE 与CD 所成角为∠EAB .在Rt △ABE 中，设AB ＝2，则BE ＝5，则tan ∠EAB ＝BE AB ＝52，所以异面直线AE 与CD 所成角的正切值为52.立体几何中的线面位置关系直观想象是指借助几何直观和空间想象感知事物的形态与变化，利用空间形式特别是图形，理解和解决数学问题．例如图所示，四边形ABEF 和ABCD 都是梯形，BC ∥AD 且BC ＝12AD ，BE ∥FA 且BE ＝12FA ，G ，H 分别为FA ，FD 的中点．(1)证明：四边形BCHG 是平行四边形；(2)C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？(1)证明由已知FG ＝GA ，FH ＝HD ，可得GH ∥AD 且GH ＝12AD .又BC ∥AD 且BC ＝12AD ，∴GH ∥BC 且GH ＝BC ，∴四边形BCHG 为平行四边形．(2)解∵BE ∥AF 且BE ＝12AF ，G 为FA 的中点，∴BE ∥FG 且BE ＝FG ，∴四边形BEFG 为平行四边形，∴EF ∥BG .由(1)知BG ∥CH .∴EF ∥CH ，∴EF 与CH 共面．又D ∈FH ，∴C ，D ，F ，E 四点共面．素养提升平面几何和立体几何在点线面的位置关系中有很多的不同，借助确定的几何模型，利用直观想象讨论点线面关系在平面和空间中的差异．1．四条线段顺次首尾相连，它们最多可确定的平面个数为()A ．4B ．3C ．2D ．1答案A 解析首尾相连的四条线段每相邻两条确定一个平面，所以最多可以确定四个平面．2．a ，b ，c 是两两不同的三条直线，下面四个命题中，真命题是()A．若直线a，b异面，b，c异面，则a，c异面B．若直线a，b相交，b，c相交，则a，c相交C．若a∥b，则a，b与c所成的角相等D．若a⊥b，b⊥c，则a∥c答案C解析若直线a，b异面，b，c异面，则a，c相交、平行或异面；若a，b相交，b，c相交，则a，c相交、平行或异面；若a⊥b，b⊥c，则a，c相交、平行或异面；由异面直线所成的角的定义知C正确．故选C.3.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ACB．直线ABC．直线CDD．直线BC答案C解析由题意知，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.4.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，则下列结论正确是()A．A，M，O三点共线B．A，M，O，A1不共面C．A，M，C，O不共面D．B，B1，O，M共面答案A 解析连接A 1C 1，AC ，则A 1C 1∥AC ，∴A 1，C 1，A ，C 四点共面，∴A 1C ⊂平面ACC 1A 1，∵M ∈A 1C ，∴M ∈平面ACC 1A 1，又M ∈平面AB 1D 1，∴M 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上，同理A ，O 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上．∴A ，M ，O 三点共线．5．(2017·全国Ⅱ)已知直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为()A.32 B.155 C.105 D.33答案C解析方法一将直三棱柱ABC －A 1B 1C 1补形为直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1，如图①所示，连接AD 1，B 1D 1，BD .图①由题意知∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，所以AD 1＝BC 1＝2，AB 1＝5，∠DAB ＝60°.在△ABD 中，由余弦定理知BD 2＝AB 2＋AD 2－2×AB ×AD ×cos ∠DAB ＝22＋12－2×2×1×cos 60°＝3，所以BD ＝3，所以B 1D 1＝3.又AB 1与AD 1所成的角即为AB 1与BC 1所成的角θ，所以cos θ＝AB 21＋AD 21－B 1D 212×AB 1×AD 1＝5＋2－32×5×2＝105.故选C.方法二以B 1为坐标原点，B 1C 1所在的直线为x 轴，垂直于B 1C 1的直线为y 轴，BB 1所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图②所示．图②由已知条件知B 1(0，0，0)，B (0，0，1)，C 1(1，0，0)，A (－1，3，1)，则BC 1→＝(1，0，－1)，AB 1→＝(1，－3，－1)．所以cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1，→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝25×2＝105.所以异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为105.故选C.6．正方体AC 1中，与面ABCD 的对角线AC 异面的棱有________条．答案6解析如图，在正方体AC 1中，与面ABCD 的对角线AC 异面的棱有BB 1，DD 1，A 1B 1，A 1D 1，D 1C 1，B 1C 1，共6条．7．(2019·东北三省三校模拟)若直线l ⊥平面β，平面α⊥平面β，则直线l 与平面α的位置关系为________．答案l ∥α或l ⊂α解析∵直线l ⊥平面β，平面α⊥平面β，∴直线l ∥平面α，或者直线l ⊂平面α.8．在三棱锥S －ABC 中，G 1，G 2分别是△SAB 和△SAC 的重心，则直线G 1G 2与BC 的位置关系是________．答案平行解析如图所示，连接SG 1并延长交AB 于M ，连接SG 2并延长交AC 于N ，连接MN .由题意知SM为△SAB的中线，且SG1＝23SM，SN为△SAC的中线，且SG2＝23SN，∴在△SMN中，SG1SM＝SG2SN，∴G1G2∥MN，易知MN是△ABC的中位线，∴MN∥BC，∴G1G2∥BC.9.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________．答案2解析取圆柱下底面弧AB的另一中点D，连接C1D，AD，因为C是圆柱下底面弧AB的中点，所以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2.10.如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，①GH与EF平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是________．答案②③④解析还原成正四面体A －DEF ，其中H 与N 重合，A ，B ，C 三点重合．易知GH 与EF 异面，BD 与MN 异面．连接GM ，∵△GMH 为等边三角形，∴GH 与MN 成60°角，易证DE ⊥AF ，又MN ∥AF ，∴MN ⊥DE .因此正确命题的序号是②③④.11.如图所示，A 是△BCD 所在平面外的一点，E ，F 分别是BC ，AD 的中点．(1)求证：直线EF 与BD 是异面直线；(2)若AC ⊥BD ，AC ＝BD ，求EF 与BD 所成的角．(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)解取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°.12.如图，在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥底面ABC ，D 是PC 的中点．已知∠BAC ＝π2，AB ＝2，AC ＝23，PA ＝2.求：(1)三棱锥P －ABC 的体积；(2)异面直线BC 与AD 所成角的余弦值．解(1)S △ABC ＝12×2×23＝23，三棱锥P －ABC 的体积为V ＝13S △ABC ·PA ＝13×23×2＝433.(2)如图，取PB 的中点E ，连接DE ，AE ，则ED ∥BC ，所以∠ADE (或其补角)是异面直线BC 与AD 所成的角．在△ADE 中，DE ＝2，AE ＝2，AD ＝2，cos ∠ADE ＝AD 2＋DE 2－AE 22×AD ×DE ＝22＋22－22×2×2＝34.故异面直线BC 与AD 所成角的余弦值为34.13．平面α过正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD ＝m ，α∩平面ABB 1A 1＝n ，则m ，n 所成角的正弦值为()A.32 B.22 C.33 D.13答案A解析如图所示，设平面CB 1D 1∩平面ABCD ＝m 1，∵α∥平面CB 1D 1，则m 1∥m ，又∵平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，平面CB 1D 1∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，∴B 1D 1∥m 1，∴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∵B 1C ＝B 1D 1＝CD 1(均为面对角线)，∴∠CD 1B 1＝π3，得sin ∠CD 1B 1＝32，故选A.14.一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论：①AB ⊥EF ；②AB 与CM 所成的角为60°；③EF 与MN 是异面直线；④MN ∥CD .以上四个命题中，正确命题的序号是________．答案①③解析如图，①AB ⊥EF ，正确；②显然AB ∥CM ，所以不正确；③EF 与MN 是异面直线，所以正确；④MN 与CD 异面，并且垂直，所以不正确，则正确的是①③.15.如图，正方形ACDE 与等腰直角三角形ACB 所在的平面互相垂直，且AC ＝BC ＝4，∠ACB ＝90°，F ，G 分别是线段AE ，BC 的中点，则AD 与GF 所成的角的余弦值为________．答案36解析取DE 的中点H ，连接HF ，GH .由题设，HF ∥AD 且HF ＝12AD ，∴∠GFH 为异面直线AD 与GF 所成的角(或其补角)．在△GHF 中，可求HF ＝22，GF ＝GH ＝26，∴cos ∠GFH ＝HF 2＋GF 2－GH 22×HF ×GF ＝(22)2＋(26)2－(26)22×22×26＝36.16.如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是边长为2的正三角形，侧棱A 1A ⊥底面ABC ，点E ，F 分别是棱CC 1，BB 1上的点，点M 是线段AC 上的动点，EC ＝2FB ＝2.(1)当点M 在何位置时，BM ∥平面AEF?(2)若BM ∥平面AEF ，判断BM 与EF 的位置关系，说明理由；并求BM 与EF 所成的角的余弦值．解(1)方法一如图所示，取AE 的中点O ，连接OF ，过点O 作OM ⊥AC 于点M .因为EC ⊥AC ，OM ，EC ⊂平面ACC 1A 1，所以OM ∥EC .又因为EC ＝2FB ＝2，EC ∥FB ，所以OM ∥FB 且OM ＝12EC ＝FB ，所以四边形OMBF 为矩形，BM ∥OF .因为OF ⊂平面AEF ，BM ⊄平面AEF ，故BM ∥平面AEF ，此时点M 为AC 的中点．方法二如图所示，取EC 的中点P ，AC 的中点Q ，连接PQ ，PB ，BQ .因为EC ＝2FB ＝2，所以PE ∥BF 且PE ＝BF ，所以PB ∥EF ，PQ ∥AE ，又AE ，EF ⊂平面AEF ，PQ ，PB ⊄平面AEF ，所以PQ ∥平面AFE ，PB ∥平面AEF ，因为PB ∩PQ ＝P ，PB ，PQ ⊂平面PBQ ，所以平面PBQ ∥平面AEF .又因为BQ ⊂平面PBQ ，所以BQ ∥平面AEF .故点Q 即为所求的点M ，此时点M 为AC 的中点．(2)由(1)知，BM 与EF 异面，∠OFE (或∠MBP )就是异面直线BM 与EF 所成的角或其补角．易求AF ＝EF ＝5，MB ＝OF ＝3，OF ⊥AE ，所以cos ∠OFE ＝OF EF ＝35＝155，所以BM 与EF 所成的角的余弦值为155.。

高考数学一轮总复习第八章 8.8立体几何中的向量方法(二)求空间角和距离

(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且二面角M－PA－C为30°，求PC与平正弦值.
师生共研
题型三求二面角
例3 (2018·达州模拟)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，A ∠ABC＝60°，平面ACEF⊥平面ABCD，四边形ACEF是菱形
(1)求证：BF⊥AE；
(2)求二面角B－EF－D的平面角的正切值.
a与n的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝ |a||n| .
3.求二面角的大小 (1)如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂二面角的大小θ＝〈A→B，C→D〉 .
(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，二面角的大小θ满足|cos θ|＝ |cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角
(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与二面角最大，并求此时二面角的余弦值.
谢谢
(1)证明：平面BEF⊥平面PEC；
(2)求二面角A－BF－C的余弦值.
技能提升练
13.如图，在四棱锥 S－ABCD 中，SA⊥平面 ABCD，底面 ABCD 为
∠BAD＝90°，且 AB＝4，SA＝3.E，F 分别为线段 BC，SB 上的
满足BSFF＝CBEE＝λ，当实数
λ
9 的值为_1_6__时，∠AFE
解析 cos〈m，n〉＝|mm|·|nn|＝1·1 2＝ 22，即〈m，n〉＝45
∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.
3.[P117A 组 T4(2)]如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱底面边长为 2，侧棱长为 2 2，则 AC1 与侧面 ABB1A1 所成的角
题组三易错自纠

2023年人教版高考数学总复习第一部分考点指导第八章立体几何第一节基本立体图形

3π 27
·x3，
V球 V圆锥
4 ＝
273π·x3
＝75m.06
，解得 m＝33.36 克．
33π·x3
5．(求几何体的体积)某校开展社会实践活动，学生到工厂制作一批景观
灯箱(如图，在直四棱柱上加工，所有顶点都在棱上)，灯箱最上面是正
方形，与之相邻的四个面都是全等的正三角形，灯箱底部是边长为 a 的
【解析】选 D.如图，过 C′作 C′M′∥y′轴，交 x′轴于 M′，
在△C′M′B′中，因为 B′C′与 x′轴垂直且 B′C′＝2 2 ，
∠C′M′B′＝45°，所以 C′M′＝siBn′C45′ ° ＝2
2 2
＝4.由斜二测
2
画法知 CM＝2C′M′＝8，所以△ABC 的边 AB 上的高为 8.
棱柱、棱锥、棱台的侧面分别是平行四边形、三角形、梯形．判断棱台的方法：侧棱延长后是否交于一点．
2．旋转体的结构特征
(1)圆柱：矩形绕其__任__一__边__所在的直线旋转一周形成的轨迹围成的几何体． (2)圆锥：直角三角形绕其_直__角__边__所在的直线旋转一周形成的轨迹围成的几何体． (3)圆台：直角梯形绕其_垂__直__于__底___边__的__腰__所在的直线旋转一周形成的轨迹围成的
表面积 S 表面积＝S 侧＋2S 底
锥体(棱锥和圆锥)
S 表面积＝S 侧＋S 底
台体(棱台和圆台) S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下
球
S＝_4_π_R_2_
体积
V＝_S_h_ V＝13 _S_h_
V＝13 (S 上＋S 下
＋ S上S下 )h
4 R3
V＝__3_______
1.必修二 P106T8

2018数学理一轮课件：8-1-3 体积精品

空间几何体的三视图、表面积和体积
考点三体积
撬点·基础点重难点
空间几何体的体积公式
注意点求几何体体积的注意事项 (1)求一些不规则几何体的体积常用割补的方法将几何体转化成已知体积公式的几何体进行解决． (2)求与三视图有关的体积问题注意几何体还原的准确性及数据的准确性.
[正解] 在空间直角坐标系中构建棱长为 2 的正方体，设 A(0，0,2)，B(2,2,0)，C(1,2,1)，D(2,2，2)，则 ABCD 即为满足条件的四面体，得出正视图和俯视图分别为④和②，故选 D.
[心得体会]
A．8－23π
B．8－π3
C．8－2π
2π D. 3
解析由几何体的三视图可知该几何体为一个组合体，即一个正方体中间去掉一个圆锥体，所以它的
体积是 V＝23－31×π×12×2＝8－23π.
3．三棱锥 P－ABC 中，PA⊥底面 ABC，PA＝3，底面 ABC 是边长为 2 的正三角形，则三棱锥 P－ABC 的体积等于____3____．
8π A. 3
10π C. 3
B．3π D．6π
(2)已知三棱锥 S－ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上，△ABC 是边长为 1 的正三角形， SC 为球 O 的直径，且 SC＝2，则此棱锥的体积为( )
A.
2 6
B.
3 6
2 C. 3 [解析]
2 D. 2 (1)由三视图可知，此几何体为如图所示是底面半径为 1，高为 4 的圆柱被截去了圆柱的14，所
以其体积 V＝πr2·h·34＝π·12·4·34＝3π，故选 B.
(2)因为△ABC 是边长为 1 的正三角形，且球半径为 1，所以四面体 O－ABC 为正四面体，所以△ABC

高考数学一轮复习第八章立体几何第3节空间点直线平面之间的位置关系科市赛课公开课一等奖省名师优质课获奖

直线 b 与 α 的关系为(
)
A．平行
B．相交
C．直线 b 在平面 α 内 D．平行或直线 b 在平面 α 内
39/66
[解析] 依题意，直线 a 必与平面 α 内的某直线 n 平行， n∥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，故选 D.
[答案] D
40/66
定不平行，故选 D.
[答案] D
14/66
3．已知平面 α 和直线 l，则 α 内至少有一条直线与 l(
)
A．平行
B．相交
C．垂直
D．异面
[解析] 当直线 l 与平面 α 平行时，排除 B；当直线 l 在
平面 α 内时，排除 D；当直线 l 与平面 α 相交时，排除 A.故
选 C. [答案] C
15/66
37/66
空间中两直线位置关系的判定，主要是异面、平行和垂直的判定，对于异面直线，可采用直接法或反证法；对于平行直线，可利用三角形(梯形)中位线的性质、平行公理及线面平行与面面平行的性质定理；对于垂直关系，往往利用线面垂直的性质来解决．
38/66
1．已知直线 a 与直线 b 平行，直线 a 与平面 α 平行，则
8/66
3．空间直线、平面的位置关系图形语言符号语言
公共点
相交
直线
与平面
平行在平
面内
a∩α＝A __1__个
a∥α
_0___个
a⊂α
_无__数__个
9/66
平面平行与平
面相交
α∥β
__0 __个
α∩β＝l _无_数___个
10/66
4.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．

8.5.3 平面与平面平行(第1课时)(教学课件)高一数学(人教A版2019必修第二册)

平面ABCD平行于平面ABC D.
D
C
A
B
D
A
图8.5-13
C B
7
棱柱、棱锥、棱台 3.抽象概括，形成概念
一般地，我们有如下平面与平面平行的判定定理（图8.5-14) 定理如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行．
b a
它可以用符号表示为
P
a , b ,a b P,a //,b // // .
第八章《立体几何初步》
8.5.3 第1课时平面与平面平行的判定
高中数学教研组
人教A版2019必修二
学科素养、学习目标
数学抽象
归纳平面平行所需条件
数学运算直观想象
掌握空间平面与平面平行的判定定理
应用判定定理解决问题平面的平行问题
平面与平面平行的定义
逻辑推理数据建模
棱柱、棱锥、棱台
1.创设情境，引入课题
已知a , b , a b P,a / / ,b / / , 求证： / / .
证明：用反证法, 假设与不平行, 则这两个平面必相交, 设
b Pa
.
同理可证：b / / c,由平行线的传递性, 可得a / / b.
这与a、b相交相矛盾, 得证.
c
c
10
棱柱、棱锥、棱台 5.课堂练习，巩固运用
问题1：你知道木匠师傅怎样判断桌面是否和地面平行吗？
水平面
问题2：一个木匠师傅要从A处锯开一个三棱锥木料，要使截面和底面平行，想请你帮他画线，你会画吗？
A D
C B
3
棱柱、棱锥、棱台
1.创设情境，引入课题
我们首先讨论平面与平面平行的判定问题．

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