人教版导与练总复习数学一轮课时作业：第七章立体几何与空间向量

1、第二课时球及其表面积与体积 知识点、方法基础巩固练综合运用练应用创新练球的体积与表面积1,2,3,5球的切、接问题4,6,7,8,9综合问题10,11,12,13,14,1516,171.已知底面边长为1,侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上,则该球的体积为(D)A.323B.4C.2D.43解析:因为该正四棱柱的外接球的半径是四棱柱体对角线的一半,所以半径r=1212+12+(2)2=1,所以V球=4313=43.故选D.2.(2021安徽安庆调研)已知在四面体PABC中,PA=4,BC=26,PB=PC=23,PA平面PBC,则四面体PABC的外接球的表面积是(C)A.160B.1

2、28C.40D.32解析:因为PB2+PC2=12+12=24=BC2,所以PBPC,又PA平面PBC,所以PAPB,PAPC,即PA,PB,PC两两相互垂直,以PA,PB,PC为从同一顶点出发的三条棱补成长方体,所以该长方体的体对角线长为PA2+PB2+PC2=16+12+12=210,故该四面体的外接球半径为10.于是四面体PABC的外接球的表面积是4(10)2=40.故选C.3.已知A,B,C为球O的球面上的三个点,O1为ABC的外接圆.若O1的面积为4,AB=BC=AC=OO1,则球O的表面积为(A)A.64B.48C.36D.32解析:如图所示,设球O的半径为R,O1的半径为r,因为

3、O1的面积为4,所以4=r2,解得r=2,又AB=BC=AC=OO1,所以ABsin60=2r,解得AB=23,故OO1=23,所以R2=OO12+r2=(23)2+22=16,所以球O的表面积S=4R2=64.故选A.4.(多选题)已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点M,N,若线段MN的最小值为3-1,则(ABC)A.正方体的外接球的表面积为12B.正方体的内切球的体积为43C.正方体的棱长为2D.线段MN的最大值为23解析:设正方体的棱长为a,则正方体外接球的半径为体对角线长的一半,即32a,内切球的半径为棱长的一半,即a2.因为M,N分别为外接球和内切球上的动点,所以MNmin=32

4、a-a2=3-12a=3-1,解得a=2,即正方体的棱长为2,C正确;正方体的外接球的表面积为4(3)2=12,A正确;正方体的内切球的体积为43,B正确;线段MN的最大值为32a+a2=3+1,D错误.故选ABC.5.如图,在圆柱O1O2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O1O2的体积为V1,球O的体积为V2,则V1V2的值是.解析:设圆柱内切球的半径为R,则由题设可得圆柱O1O2的底面圆的半径为R,高为2R,故V1V2=R22R43R3=32.答案:326.(2021湖南长沙检测)在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球.若ABBC,AB=6,BC=8,

5、AA1=3,则V的最大值是.解析:由ABBC,AB=6,BC=8,得AC=10.要使球的体积V最大,则球与直三棱柱的部分面相切,若球与三个侧面相切,设底面ABC的内切圆的半径为r,则1268=12(6+8+10)r,所以r=2,2r=43,不符合题意.则球与三棱柱的上、下底面相切时,球的半径R最大,则2R=3,即R=32,故球的最大体积V=43R3=92.答案:927.已知一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切,且这个球的体积是323,那么这个三棱柱的体积是.解析:设球的半径为r,则43r3=323,得r=2,则正三棱柱的高为2r=4.又正三棱柱的底面三角形的内切圆半径与球的半径相等,

6、所以底面正三角形的边长为43,所以正三棱柱的体积为V=34(43)24=483.答案:4838.圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上,其上、下底面半径分别为4和5,则该圆台的体积为.解析:因为圆台的下底面半径为5,故下底面在外接球的大圆上,如图所示.设球的球心为O,圆台上底面的圆心为O,则圆台的高OO=OQ2-OQ2=52-42=3,据此可得圆台的体积为V=133(52+54+42)=61.答案:619.在半径为15的球O内有一个底面边长为123的内接正三棱锥A-BCD,求此正三棱锥的体积.解:(1)如图甲所示的情形,显然OA=OB=OC=OD=15.设H为BCD的中心,则A,O,H

7、三点在同一条直线上.因为HB=HC=HD=2332123=12,所以OH=OB2-HB2=9,所以正三棱锥A-BCD的高h=9+15=24.又SBCD=34(123)2=1083,所以V三棱锥A-BCD=13108324=8643.(2)对于图乙所示的情形,同理,可得正三棱锥A-BCD的高h=15-9=6,SBCD=1083,所以V三棱锥A-BCD=1310836=2163.综上,可知正三棱锥的体积为8643或2163.10.已知ABC是面积为934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16,则O到平面ABC的距离为(C)A.3B.32C.1D.32解析:设球O的半径为R,则

8、4R2=16,解得R=2.设ABC外接圆的半径为r,边长为a.因为ABC是面积为934的等边三角形,所以12a232=934,解得a=3,所以r=23a2-a24=239-94=3,所以球心O到平面ABC的距离d=R2-r2=4-3=1.故选C.11.已知三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的球面上,PA=PB=PC,ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中点,CEF=90,则球O的体积为(D)A.86B.46C.26D.6解析:因为点E,F分别为PA,AB的中点,所以EFPB,因为CEF=90,所以EFCE,所以PBCE.取AC的中点D,连接BD,PD,易证AC平面BDP,所以P

9、BAC,又ACCE=C,AC,CE平面PAC,所以PB平面PAC,所以PBPA,PBPC,因为PA=PB=PC,ABC为正三角形,所以PAPC,即PA,PB,PC两两相互垂直,将三棱锥P-ABC放在正方体中.因为AB=2,所以该正方体的棱长为2,所以该正方体的体对角线长为6,所以三棱锥P-ABC的外接球的半径R=62,所以球O的体积V=43R3=43(62)3=6.故选D.12.唐朝著名的凤鸟花卉浮雕银杯(如图所示),它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(如图),当这种酒杯内壁表面积固定时(假设内壁表面光滑,表面积为S cm2,半球的半径为R cm),要使酒杯容积不大于半球体积的两倍

10、,则R的取值范围为(D)A.(0,3S10 B.3S10,+)C.(S5,3S10D.3S10,S2)解析:设圆柱的高度与酒杯的容积分别为h,V,则表面积S=2R2+2Rh,故Rh=S2-R2,所以酒杯的容积V=23R3+R2h=23R3+(S2-R2)R=-3R3+S2R43R3,所以S253R2,又S2-R20,所以R2S253R2,解得3S10RS2.故选D.13.已知两个圆锥有公共底面,且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上.若圆锥底面面积是这个球表面积的316,则这两个圆锥中,体积较小者的高与体积较大者的高的比值为.解析:如图,设球的半径为R,圆锥底面半径为r.由题意得r2=31

11、64R2,所以r2=34R2.根据球的截面的性质可知两圆锥的高必过球心O,且两圆锥的顶点以及圆锥与球的交点是球的大圆上的点,且ABO1C,所以OO1=R2-r2=R2,因此体积较小的圆锥的高为AO1=R-R2=R2,体积较大的圆锥的高为BO1=R+R2=32R,故这两个圆锥中,体积较小者的高与体积较大者的高的比值为13.答案:1314.伟大的阿基米德的墓碑上刻了一个如图所示的图案,图案中球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等,圆锥的顶点为圆柱上底面的圆心,圆锥的底面是圆柱的下底面.试计算出图案中圆锥、球、圆柱的体积比.解:设圆柱的底面半径为r,高为h,则V圆柱=r2h,由题意知圆锥的底面半径为

12、r,高为h,球的半径为r,V圆锥=13r2h,V球=43r3.又h=2r,所以V圆锥V球V圆柱=13r2h43r3r2h=23r343r32r3=123.15.某组合体的直观图如图所示,它的中间为圆柱形,左右两端均为半球形,若图中r=1,l=3,试求该组合体的表面积和体积.解:该组合体的表面积为S=4r2+2rl=412+213=10,该组合体的体积V=43r3+r2l=4313+123=133.16.已知三棱柱ABCA1B1C1的所有顶点都在球O的球面上,该三棱柱的五个面所在的平面截球面所得的圆大小相同.若球O的表面积为20,则三棱柱的体积为.解析:因为三棱柱ABCA1B1C1的五个面所在的

13、平面截球面所得的圆的大小相同,所以该三棱柱的底面是等边三角形.设三棱柱底面边长为a,高为h,截面圆的半径为r,球半径为R,所以r=a3.因为球O的表面积为20,所以4R2=20,解得R=5.因为底面和侧面截得的圆的大小相同,所以(a2)2+(h2)2=(a3)2,所以a=3h.又因为(h2)2+(a3)2=R2,由得a=23,h=2,所以三棱柱的体积为V=34(23)22=63.答案:6317.农历五月初五是端午节,民间有吃粽子的习俗,粽子又称“粽籺”,是端午节大家都会品尝的食品.如图(1)的平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形组成的,将它沿虚线折起来,可以得到如图(2)的粽子形状的

14、六面体,则该六面体的体积为;若该六面体内有一球,则该球的体积的最大值为.解析:由对称性可知该六面体是由两个全等的正四面体合成的,正四面体的棱长为1,则正四面体的高为1-(33)2=63,所以正四面体的体积为131213263=212.因为该六面体的体积是正四面体体积的2倍,所以该六面体的体积是26.要使球的体积达到最大,则球与该六面体的六个面都要相切.连接球心和六面体的五个顶点,把六面体分成了六个全等的三棱锥.设球的半径为R,则26=6(1312132R),解得R=69,所以球的体积V=43R3=43(69)3=86729.答案:2686729第1节立体图形及其直观图、简单几何体的表面积与体积

15、 第一课时立体图形及其直观图、柱锥台的表面积与体积知识点、方法基础巩固练综合运用练应用创新练空间几何体的几何特征、直观图2,3,410空间几何体的体积与表面积1,5,6,8,912,13折叠与展开问题711综合问题14,15,16,171.算术书记载有求“囷盖”的术:置如其周,令相乘也,又以高乘之,三十六成一.该术相当于给出圆锥的底面周长l与高h,计算其体积V的近似公式V=136l2h,它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取3,那么,近似公式V25942l2h相当于将圆锥体积公式中的近似取(C)A.227B.258C.15750D.355113解析:V=13r2h=13(l2)2h=112l

16、2h.由11225942,得15750.故选C.2.(多选题)(2021山东潍坊调研)下列关于空间几何体的叙述正确的是(CD)A.底面是正多边形的棱锥是正棱锥B.用平面截圆柱得到的截面只能是圆或矩形C.长方体是直平行六面体D.存在每个面都是直角三角形的四面体解析:A选项,当顶点在底面的射影是正多边形的中心时才是正棱锥,A不正确;B选项,当平面与圆柱的母线平行或垂直时,截得的截面才为矩形或圆,否则为椭圆或椭圆的一部分,B不正确;C正确;D正确,如图,正方体ABCDA1B1C1D1中的三棱锥C1-ABC,四个面都是直角三角形.故选CD.3.(多选题)如图,将装有水的长方体水槽固定底面一边后倾斜一个

17、角度,则倾斜后水槽中的水形成的几何体可以是(AC)A.四棱柱 B.四棱台C.三棱柱 D.三棱锥解析:根据题图,因为有水的部分始终有两个平面平行,而其余各面都易证是平行四边形,因此形成的几何体是四棱柱或三棱柱.故选AC.4.如图,一个水平放置的平面图形的直观图(斜二测画法)是一个底角为45、腰和上底长均为2的等腰梯形,则这个平面图形的面积是(D)A.2+2B.1+2C.4+22D.8+42解析:由已知直观图根据斜二测画法规则画出原平面图形,如图所示.由于OD=2,DC=2,所以OD=4,DC=2,在题图中过D作DHAB(图略),易知AH=2sin 45=2,所以AB=AB=2AH+DC=22+2

18、,故平面图形的面积为S=DC+AB2AD=8+42.故选D.5. (2021山东聊城模拟)在九章算术中,将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称为“羡除”.现有一个羡除如图所示,DA平面ABFE,四边形ABFE,CDEF均为等腰梯形,ABCDEF,AB=AD=4,EF=8,点E到平面ABCD的距离为6,则这个羡除的体积是(C)A.96B.72C.64D.58解析:如图,将多面体分割为两个三棱锥DAGE,CHBF和一个直三棱柱GAD HBC.这个羡除的体积为V=21312264+12644=64.故选C.6.(2021河南郑州调研)现有同底等高的圆锥和圆柱,已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形

19、,则圆锥的侧面积为(D)A.3B.32C.52D.5解析:设底面圆的半径为R,圆柱的高为h,依题意2R=h=2,所以R=1.所以圆锥的母线为l=2+R2=22+1=5,因此S圆锥侧=Rl=15=5.故选D.7.如图,正三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长为a,底面边长为b,一只蚂蚁从点A出发沿每个侧面爬到A1,路线为AMNA1,则蚂蚁爬行的最短路程是(A)A.a2+9b2B.9a2+b2C.4a2+9b2 D.a2+b2解析:正三棱柱的侧面展开图是如图所示的矩形,矩形的长为3b,宽为a,则其对角线AA1的长为最短路程,因此蚂蚁爬行的最短路程为a2+9b2.故选A.8.(2020浙江卷)已知圆锥的侧

20、面积(单位:cm2)为2,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥的底面半径(单位:cm)是.解析:如图,设圆锥的母线长为l,底面半径为r,则圆锥的侧面积S侧=rl=2,所以rl=2.又圆锥的侧面展开图为半圆,所以12l2=2,所以l=2,所以r=1.答案:19.如图,在ABC中,AB=8,BC=10,AC=6,DB平面ABC,且AEFCBD,BD=3,FC=4,AE=5.求此几何体的体积.解:法一如图,取CM=AN=BD,连接DM,MN,DN,用“分割法”把原几何体分割成一个直三棱柱和一个四棱锥.所以V几何体=V三棱柱+V四棱锥.由题意知三棱柱ABC-NDM的体积为V1=12863=72.四棱

21、锥DMNEF的体积为V2=13S梯形MNEFDN=1312(1+2)68=24,则几何体的体积为V=V1+V2=72+24=96.法二用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱,使AA=BB=CC=8,所以V几何体=12V三棱柱=12SABCAA=12248=96.10.(多选题)(2021山东烟台调研)在一个密闭透明的圆柱筒内装一定体积的水,将该圆柱筒分别竖直、水平、倾斜放置时,指出圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状可能是(ABD)A.圆面B.矩形面C.梯形面D.椭圆面或部分椭圆面解析:将圆柱桶竖放,水面为圆面;将圆柱桶斜放,水面为椭圆面或部分椭圆面;将圆柱桶水平放置,水面为矩形面,但圆柱桶内

22、的水平面不可以呈现出梯形面.故选ABD.11.(多选题)(2021湖北武汉模拟)长方体ABCDA1B1C1D1的长、宽、高分别为3,2,1,则(BC)A.长方体的表面积为20B.长方体的体积为6C.沿长方体的表面从A到C1的最短距离为32D.沿长方体的表面从A到C1的最短距离为25解析:长方体的表面积为2(32+31+21)=22,A错误.长方体的体积为321=6,B正确.如图(1)所示,长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=3,BC=2,BB1=1,将侧面ABB1A1和侧面BCC1B1展开,如图(2)所示.连接AC1,则有AC1=52+12=26,即经过侧面ABB1A1和侧面BCC1B1时

23、,A到C1的最短距离是26;将侧面ABB1A1和底面A1B1C1D1展开,如图(3)所示,连接AC1,则有AC1=32+32=32,即经过侧面ABB1A1和底面A1B1C1D1时,A到C1的最短距离是32;将侧面ADD1A1和底面A1B1C1D1展开,如图(4)所示.连接AC1,则有AC1=42+22=25,即经过侧面ADD1A1和底面A1B1C1D1时,A到C1的最短距离是25.因为322526,所以沿长方体表面由A到C1的最短距离是32,C正确,D错误.故选BC.12.(2021重庆诊断)如图,某文物需要设计各面是玻璃平面的无底正四棱柱将其罩住,罩内充满保护文物的无色气体.已知文物近似于塔

24、形,高1.8 m,体积为0.5 m3,其底部是直径为0.9 m的圆形,要求文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3 m,文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2 m,气体每立方米1 000元,求气体的费用最少为(B)A.4 500元B.4 000元C.2 880元D.2 380元解析:因为文物底部是直径为0.9 m的圆形,文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3 m,所以由正方体与圆的位置关系可知,底面正方形的边长最少为0.9+20.3=1.5(m).又文物高1.8 m,文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2 m,所以正四棱柱的高最少为1.8+0.2=2(m),则正四棱柱的体积V=1.522=4.5(m3).因

25、为文物的体积为0.5 m3,所以罩内气体的体积为4.5-0.5=4(m3).因为气体每立方米1 000元,所以气体的费用最少为41 000=4 000(元).故选B.13.如图,六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的.已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm,高为2 cm,内孔半径为0.5 cm,则此六角螺帽毛坯的体积是cm3.解析:螺帽的底面正六边形的面积为S=61222sin 60=63(cm2),正六棱柱的体积为V1=632=123(cm3),圆柱的体积为V2=0.522=2(cm3),所以此六角螺帽毛坯的体积为V=V1-V2=(123-2)(cm3).答案:(123-2)14.如

26、图,在正四棱锥P-ABCD中,B1为PB的中点,D1为PD的中点,则棱锥A-B1CD1与棱锥P-ABCD的体积之比是(A)A.14B.38C.12D.23解析:如图,棱锥A-B1CD1的体积可以看成是正四棱锥P-ABCD的体积减去角上的四个小棱锥的体积得到.因为B1为PB的中点,D1为PD的中点,所以棱锥B1-ABC的体积和棱锥D1-ACD的体积都是正四棱锥P-ABCD的体积的14,棱锥CPB1D1的体积与棱锥A-PB1D1的体积之和是正四棱锥P-ABCD的体积的14,则中间剩下的棱锥AB1CD1的体积VAB1CD1=VPABCD-314VPABCD=14VPABCD,则VAB1CD1VPAB

27、CD=14.故选A.15.(2021广东佛山质检)已知圆锥的顶点为S,底面圆周上的两点A,B满足SAB为等边三角形,且面积为43,又知圆锥轴截面的面积为8,则圆锥的侧面积为.解析:设圆锥的母线长为l,由SAB为等边三角形,且面积为43,所以12l2sin 3=43,解得l=4.又设圆锥底面半径为r,高为h,则由轴截面的面积为8,得rh=8.又r2+h2=16,解得r=h=22,所以圆锥的侧面积S=rl=224=82.答案:8216.如图,33的正方形纸片,剪去对角的两个11的小正方形,然后沿虚线折起,分别粘合AB与AH,ED与EF,CB与CD,GF与GH,得到一几何体“”,记“”上的棱AC与E

28、G的夹角为,则下列说法正确的是.几何体“”中,CGAE;几何体“”是六面体;几何体“”的体积为23;cos =45.解析:如图所示,取AG,CG,CE,EG的中点M,N,O,P,连接AN,EN,MN,ON,MP,OP,OM.由已知可得CE=CA=EG=AG=5,所以ANCG,NECG,又因为ANNE=N,所以CG平面ANE,所以CGAE,故正确;因为ABBC,ABBG,又因为BCBG=B,所以AB平面CBG,同理BE平面CBG,所以平面ACB与平面CBE共面,平面AGB与平面GBE共面,AB与BE共线,所以该几何体为四面体,故错误;因为BC=BG=1,CG=2,所以CBG为直角三角形,CBG=

29、90,所以SCBG=1211=12,又因为AE平面CBG,AE=2AB=2BE=4,所以该几何体的体积为V=13124=23,故正确;MP=12AE=2,OP=12CG=22,又因为MPAE,OPCG,CGAE,所以MPOP,所以MO=MP2+PO2=322,ON=NM=12AC=52,所以cosONM=ON2+NM2-OM22ONNM=54+54-184254=-45,又因为ACMN,EGNO,所以ONM为异面直线AC,EG所成的角(或其补角),所以cos =45,故正确.答案:17.如图,在ABC中,CA=CB=3,AB=3,点F是BC边上异于点B,C的一个动点,EFAB于点E,现沿EF将

30、BEF折起到PEF的位置,则四棱锥PACFE的体积的最大值为.解析:在ABC中,CA=CB=3,AB=3,由余弦定理,可得cos B=BC2+BA2-AC22BCBA=3+9-3233=32,所以B=6,设EF=x,则BE=PE=3x(0 x32),设PEB=,则四棱锥PACFE的高h=PEsin =3xsin ,四边形ACFE的面积为12332-12x3x=334-32x2,则四棱锥PACFE体积为133xsin (334-32x2)33x(334-32x2)=14(3x-2x3),当且仅当sin =1,即=2时,取等号,令y=14(3x-2x3)(0 x0,得0 x22,令y0,得22x3

31、2,所以函数y=14(3x-2x3)(0 x32)在(0,22)上单调递增,在(22,32)上单调递减,所以当x=22时,y=14(3x-2x3)取得最大值24,所以当=2,x=22时,四棱锥PACFE体积的最大值为24.答案:24 第2节空间点、直线、平面之间的位置关系 知识点、方法基础巩固练综合运用练应用创新练平面的基本性质及应用3,4空间两条直线的位置关系1,2,5,6,7,8,9综合问题1011,12,13,14,15,1617,181.如图所示,在正方体ABCDA1B1C1D1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(C)A.30B.45C.60D.90

32、解析:连接B1D1,D1C(图略),则B1D1EF,故D1B1C为所求的角,又B1D1=B1C=D1C,所以D1B1C=60.故选C.2.a,b,c是两两不同的三条直线,下列四个命题中,真命题是(C)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ab,则a,b与c所成的角相等D.若ab,bc,则ac解析:若直线a,b异面,b,c异面,则a,c相交、平行或异面;若直线a,b相交,b,c相交,则a,c相交、平行或异面;若ab,bc,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.给出下列说法:梯形的四个顶点共面;三条平行直

33、线共面;有三个公共点的两个平面重合;三条直线两两相交,可以确定1个或3个平面.其中正确的序号是(B)A.B.C.D.解析:显然正确;错误,三条平行直线可能确定1个或3个平面;若三个点共线,则两个平面相交,故错误;显然正确.故选B.4.如图所示,平面平面=l,A,B,ABl=D,C,Cl,则平面ABC与平面的交线是(C)A.直线ACB.直线ABC.直线CDD.直线BC解析:由题意知,Dl,l,所以D,又因为DAB,所以D平面ABC,所以点D在平面ABC与平面的交线上.又因为C平面ABC,C,所以点C在平面与平面ABC的交线上,所以平面ABC平面=CD.故选C.5.教室内有一把尺子,无论怎样放置,

34、地面上总有这样的直线与该尺子所在直线(B)A.平行 B.垂直C.相交但不垂直D.异面解析:由题意,尺子所在直线若与地面垂直,则在地面上总有这样的直线,使得它与尺子所在直线垂直,若尺子所在直线与地面不垂直,则其必在地面上有一条投影线,在平面中一定存在与此投影线垂直的直线,与投影垂直的直线一定与此斜线垂直.综上,教室内有一尺子,无论怎样放置,在地面上总有这样的直线,使得它与尺子所在直线垂直.故选B.6.(2021甘肃兰州模拟)如图所示,在正方体ABCDA1B1C1D1中,若点E为BC的中点,点F为B1C1的中点,则异面直线AF与C1E所成角的余弦值为(B)A.23 B.53C.52D.255解析:

35、不妨设正方体的棱长为1,取A1D1的中点G,连接AG,FG(图略),易知GAC1E,则FAG(或其补角)为异面直线AF与C1E所成的角.在AFG中,AG=12+(12)2=52,AF=12+(52)2=32,FG=1,于是cosFAG=(32)2+(52)2-1223252=53.故选B.7.如图,在四棱锥PABCD中,O为CD上的动点,VPOAB恒为定值,且PDC是正三角形,则直线PD与直线AB所成角的大小是.解析:因为VPOAB为定值,所以SABO为定值,即O到AB的距离为定值.因为O为CD上的动点,所以CDAB,所以PDC即为异面直线PD与AB所成的角.因为PDC为正三角形,所以PDC=

36、60.所以直线PD与直线AB所成的角为60.答案:608.已知AE是长方体ABCDEFGH的一条棱,则在这个长方体的十二条棱中,与AE异面且垂直的棱共有条.解析:如图,作出长方体ABCDEFGH.在这个长方体的十二条棱中,与AE异面且垂直的棱有GH,GF,BC,CD,共4条.答案:49.已知在四面体ABCD中,E,F分别是AC,BD的中点.若AB=2,CD=4,EFAB,则EF与CD所成角的大小为.解析:如图,设G为AD的中点,连接GF,GE,则GF,GE分别为ABD,ACD的中位线.由此可得GFAB,且GF=12AB=1,GECD,且GE=12CD=2,所以FEG或其补角即为EF与CD所成的

37、角.又因为EFAB,GFAB,所以EFGF,因此,在RtEFG中,GF=1,GE=2,sinFEG=GFGE=12,可得FEG=30,所以EF与CD所成角的大小为30.答案:3010.如图所示,正方体ABCDA1B1C1D1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.因为E,F分别是AB,AA1的中点,所以EFA1B.又因为A1BCD1,所以EFCD1,所以E,C,D1,F四点共面.(2)因为EFCD1,EFCD1,所以CE与D1F必相交,设交点为P,则由P直线CE,CE平面ABCD,得

38、P平面ABCD.同理P平面ADD1A1.又平面ABCD平面ADD1A1=DA,所以P直线DA,所以CE,D1F,DA三线共点.11.在空间中,已知直线l及不在l上两个不重合的点A,B,过直线l做平面,使得点A,B到平面的距离相等,则这样的平面的个数不可能是(C)A.1个B.2个C.3个D.无数个解析:(1)如图,当直线AB与l异面时,则只有一种情况;(2)如图,当直线AB与l平行时,则有无数种情况,平面可以绕着l转动;(3)如图,当l过线段AB的中垂面时,有两种情况.故选C.12.(多选题)(2021北京一模)设点B为圆O上任意一点,AO垂直于圆O所在的平面,且AO=OB,对于圆O所在平面内任

39、意两条相互垂直的直线a,b,有下列结论,正确的有(BC)A.当直线AB与a成60角时,AB与b成30角B.当直线AB与a成60角时,AB与b成60角C.直线AB与a所成角的最小值为45D.直线AB与a所成角的最小值为60解析:如图,AO=OB,直线ab,点D,M分别为BC,AC的中点,则ABC为直线AB与a所成的角,MDO为直线AB与b所成的角.设AO=OB=1,若ABC=60,则OM=OD=MD,所以MDO=60,故B正确,A不正确;因为AB与圆O所在平面所成的角为45,即直线AB与平面内所有直线所成的角中的最小角为45,所以直线a与AB所成角的最小值为45,故C正确,D不正确.故选BC.1

40、3.四面体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:如图,取BC的中点O,连接OE,OF,因为OEAC,OFBD,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所成的角为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OMEF,EF=2EM=234=32.答案:12或3214.矩形ABCD中,AB=1,AD=3,现将ABD绕BD旋转至ABD的位置,当三棱锥 ABCD 的体积最大时,直线AB和直线CD所成角的余弦值为.解析:如图所示,因

41、为矩形ABCD,可得ABCD,所以直线AB和直线CD所成角即为AB和直线AB所成角,设ABA=,当三棱锥ABCD的体积最大时,即AO平面ABCD,因为AB=1,AD=3,可得BD=2,在直角三角形ABD中,可得AO=AO=32,所以AA=62,又AB=AB=1,在ABA中,由余弦定理得cos =AB2+AB2-AA22ABAB=14,所以直线AB和直线CD所成角的余弦值为14.答案:1415.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ACBD,AC=BD,求EF与BD所成角的大小.(1)证明:假设EF与BD不是异面直线,则

42、EF与BD共面,从而DF与BE共面,即AD与BC共面,所以点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ACFG,EGBD,所以相交直线EF与EG所成的角(或其补角),即为异面直线EF与BD所成的角.又因为ACBD,则FGEG.在RtEGF中,由EG=FG=12AC,求得FEG=45,即EF与BD所成的角为45.16.如图,E,F,G,H分别是空间四边形ABCD各边上的点,且AEEB=AHHD=m,CFFB=CGGD=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

43、平行四边形?(3)在(2)的条件下,若ACBD.试证明:EG=FH.(1)证明:因为AEEB=AHHD,所以EHBD.又CFFB=CGGD,所以FGBD.所以EHFG,所以E,F,G,H四点共面.(2)解:当EHFG,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是平行四边形.(3)证明:当m=n时,AEEB=CFFB,所以EFAC,又EHBD,所以FEH是AC与BD所成的角(或其补角),因为ACBD,所以FEH=90,从而平行四边形EFGH为矩形,所以

44、EG=FH.17.(多选题)(2021山东泰安联考)如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,点F是线段BC1上的动点,则下列说法正确的是(ABC)A.无论点F在线段BC1上怎么移动,都有A1FB1DB.当F为BC1的中点时,才有A1F与B1D相交于一点,记为点E,且A1EEF=2C.无论点F在线段BC1上怎么移动,异面直线A1F与CD所成的角都不可能是30D.当F为BC1的中点时,直线A1F与平面BDC1所成的角最大,且为60解析:对于A选项,在正方体ABCDA1B1C1D1中,连接A1C1,A1B(图略),易知B1D平面A1BC1,又A1F平面A1BC1,所以A1FB1D,故A正确;对于B

45、选项,如图,当F为BC1的中点时,连接B1C,A1D,B1C与BC1交于点F,A1F与B1D共面于平面A1B1CD,且必相交,交点为E,易知A1DEFB1E,所以A1EEF=DA1B1F=2,故B正确;对于C选项,点F从点B移至点C1,异面直线A1F与CD所成的角先变小再变大,当F为BC1的中点时,异面直线A1F与CD所成的角最小,此时该角的正切值为22,最小角大于30,故C正确;对于D选项,点F从点B移至点C1,直线A1F与平面BDC1所成的角先变大再变小,当F为BC1的中点时,设点O为A1在平面BDC1上的射影,连接OF(图略),则直线A1F与平面BDC1所成角的最大角的余弦值为OFA1F

46、=6662=13,则最大角大于60,故D错误.故选ABC.18.如图所示,四边形ABEF和ABCD都是梯形,BC12AD,BE12FA,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GH12AD.又BC12AD,所以GHBC,所以四边形BCHG为平行四边形.(2)解:因为BE12FA,G为FA的中点,所以BEFG,所以四边形BEFG为平行四边形,所以EFBG.由(1)知BGCH,所以EFCH,所以EF与CH共面.又DFH,所以C,D,F,E四点共面.第3节空间直线、平面的平行 知识点

47、、方法基础巩固练综合运用练应用创新练直线、平面平行的基本问题1,2,8直线、平面平行的判定与性质3,4,9,10平面、平面平行的判定与性质综合问题5,6,711,12,13,14,1516,171.已知,表示两个不同的平面,直线m是内一条直线,则“”是“m”的(A)A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析:由,m,可得m;反过来,由m,m,不能推出.综上,“”是“m”的充分不必要条件.故选A.2.(2021四川泸州诊断)已知a,b是互不重合的直线,是互不重合的平面,下列四个命题中正确的是(B)A.若ab,b,则aB.若a,a,=b,则abC.若a,则aD.若

48、a,a,则解析:A选项,若ab,b,则a或a,所以A选项错误;B选项,若a,a,=b,则ab,所以B选项正确;C选项,若a,则a或a,所以C选项错误;D选项,若a,a,则或与相交,所以D选项错误.故选B.3.已知在三棱柱ABCA1B1C1中,M,N分别为AC,B1C1的中点,E,F分别为BC,B1B的中点,则直线MN与直线EF、平面ABB1A1的位置关系分别为(B)A.平行、平行B.异面、平行C.平行、相交D.异面、相交解析:因为在三棱柱ABCA1B1C1中,M,N分别为AC,B1C1的中点,E,F分别为BC,B1B的中点,所以EF平面BCC1B1,MN平面BCC1B1=N,NEF,所以由异面

49、直线的定义得直线MN与直线EF是异面直线.取A1C1的中点P,连接PM,PN,如图,则PNB1A1,PMA1A.又PN平面ABB1A1,B1A1平面ABB1A1,PM平面ABB1A1,A1A平面ABB1A1,所以PN平面ABB1A1,PM平面ABB1A1.因为PMPN=P,PM,PN平面PMN,所以平面PMN平面ABB1A1,因为MN平面PMN,所以直线MN与平面ABB1A1平行.故选B.4.如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,M,N,P分别是C1D1,BC,A1D1的中点,则下列命题正确的是(C)A.MNAPB.MNBD1C.MN平面BB1D1DD.MN平面BDP解析:取B1C1的中点

50、为Q,连接MQ,NQ(图略),由三角形中位线定理,得MQB1D1,MQ平面BB1D1D,B1D1平面BB1D1D,所以MQ平面BB1D1D.由四边形BB1QN为平行四边形,得NQBB1,NQ平面BB1D1D,BB1平面BB1D1D,所以NQ平面BB1D1D.又MQNQ=Q,MQ,NQ平面MNQ,所以平面MNQ平面BB1D1D,又MN平面MNQ,所以MN平面BB1D1D.故选C.5.(多选题)如图,正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E,F,且EF=12,则下列结论正确的是(BD)A.线段B1D1上存在点E,F使得AEBFB.EF平面ABCDC.AEF的面积与BEF

51、的面积相等D.三棱锥ABEF的体积为定值解析:如图所示,AB与B1D1为异面直线,故AE与BF也为异面直线,A错误;B1D1BD,故EF平面ABCD,B正确;由图可知,点A和点B到EF的距离是不相等的,C错误;连接BD交AC于点O,则AO为三棱锥ABEF的高,SBEF=12121=14,三棱锥ABEF的体积为131422=224,为定值,D正确.故选BD.6.已知m,n是空间中两条不同的直线,是空间中两个不同的平面,则下列命题正确的是(C)A.若,m,则mB.若,m,则mC.若m,n,mn,则D.若m,n,m,n,则解析:对于A,若,m,则m或m,故A错误;对于B,若,m,则m或m,故B错误;

52、对于C,若m,mn,则n,又因为n,所以,故C正确;对于D,若m,n,m,n,则,可能相交,故D错误.故选C.7.(多选题)(2021河北保定模拟)在正方体ABCDA1B1C1D1中,M,N,Q分别是棱D1C1,A1D1,BC的中点,点P在BD1上,且BP=23BD1.则以下四个说法中正确的是(BC)A.MN平面APCB.C1Q平面APCC.A,P,M三点共线D.平面MNQ平面APC解析:如图,对于A,连接MN,AC,则MNAC,连接AM,CN,易得AM,CN交于点P,即MN平面APC,所以MN平面APC是错误的;对于B,由A项知M,N在平面APC内,由题易知ANC1Q,AN平面APC,C1Q

53、平面APC,所以C1Q平面APC是正确的;对于C,由A项知A,P,M三点共线是正确的;对于D,由A项知MN平面APC,又MN平面MNQ,所以平面MNQ平面APC是错误的.故选BC.8.有以下三种说法,其中正确的是(填序号).若直线a与平面相交,则内不存在与a平行的直线;若直线b平面,直线a与直线b垂直,则直线a不可能与平行;若直线a,b满足ab,则a平行于经过b的任何平面.解析:若直线a与平面相交,则内不存在与a平行的直线,故正确;若直线b平面,直线a与直线b垂直,则直线a可能与平行,故错误;若直线a,b满足ab,则直线a平行或包含于经过b的任何平面,故错误.答案:9.(2021山东烟台模拟)

54、下列各图中A,B为正方体的两个顶点,M,N,P分别为其所在棱的中点,能得出AB平面MNP的图形序号是(写出所有符合要求的图形序号).解析:对于,如图(1),作MCNP,连接NC,PC,得平面MCPN,因为ABNC,NC平面MCPN,AB平面MCPN,所以AB平面MCPN,即AB平面MNP,故符合题意;对于,如图(2),连接AC,AD,CD,由已知可得平面MNP平面ACD.因为AB和平面ACD相交,所以AB不平行于平面MNP,故不符合题意;对于,如图(3),连接AC,BC,DE,由已知可得MNDE,因为DEAC,由平行的传递性可得MNAC,MN平面MNP,AC平面MNP,所以AC平面MNP.又因

55、为NPBC,NP平面MNP,BC平面MNP,所以BC平面MNP.ACBC=C,AC,BC平面ABC,所以平面ABC平面MNP,又因为AB平面ABC,所以AB平面MNP,故符合题意;对于,如图(4),因为DBMN,MN平面MNP,DB平面MNP,所以DB平面MNP,若AB平面MNP,又ABDB=B,则平面ACBD平面MNP,由图可知平面ACBD不可能平行于平面MNP,所以AB不平行于平面MNP,故不符合题意.答案:10.如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是菱形,PA平面ABCD,PA=3,F是棱PA上的一个动点,E为PD的中点,O为AC的中点.(1)求证:OE平面PAB;(2)若AF=1,

56、求证:CE平面BDF.证明:(1)因为四边形ABCD为菱形,O为AC的中点,所以O为BD的中点,又因为E为PD的中点,所以OEPB.因为OE平面PAB,PB平面PAB,所以OE平面PAB.(2)如图所示,过E作EGFD交AP于点G,连接CG,FO.因为EGFD,EG平面BDF,FD平面BDF.所以EG平面BDF.因为E为PD的中点,EGFD,所以G为PF的中点,因为AF=1,PA=3,所以F为AG的中点,又因为O为AC的中点,所以OFCG.因为CG平面BDF,OF平面BDF,所以CG平面BDF.因为EGCG=G,EG平面CGE,CG平面CGE,所以平面CGE平面BDF,又因为CE平面CGE,所

57、以CE平面BDF.11.如图,在多面体ABCDEFG中,平面ABC平面DEFG,EFDG,且AB=DE,DG=2EF,则(A)A.BF平面ACGDB.CF平面ABEDC.BCFGD.平面ABED平面CGF解析:如图所示,取DG的中点M,连接AM,FM,则由已知条件易证得四边形DEFM是平行四边形,所以DEFM,且DE=FM.因为平面ABC平面DEFG,平面ABC平面ADEB=AB,平面DEFG平面ADEB=DE,所以ABDE,所以ABFM,又AB=DE,所以AB=FM,所以四边形ABFM是平行四边形,所以BFAM,又BF平面ACGD,AM平面ACGD,所以BF平面ACGD.故选A.12.在三棱

58、锥SABC中,ABC是边长为6的正三角形,SA=SB=SC=15,平面DEFH分别与AB,BC,SC,SA交于点D,E,F,H.D,E分别是AB,BC的中点,如果直线SB平面DEFH,那么四边形DEFH的面积为(A)A.452B.4532C.45D.453解析:如图,取AC的中点G,连接SG,BG.易知SGAC,BGAC,SGBG=G,故AC平面SGB,又SB平面SGB,所以ACSB.因为SB平面DEFH,SB平面SAB,平面SAB平面DEFH=HD,则SBHD.同理SBFE.又因为D,E分别为AB,BC的中点,则H,F也分别为AS,SC的中点,从而得HF12AC,DE12AC,所以HFDE,

59、所以四边形DEFH为平行四边形.因为ACSB,SBHD,DEAC,所以DEHD,所以四边形DEFH为矩形,其面积S=HFHD=(12AC)(12SB)=452.故选A.13.已知下列命题:若直线与平面有两个公共点,则直线在平面内;若直线l上有无数个点不在平面内,则l;若直线l与平面相交,则l与平面内的任意直线都是异面直线;如果两条异面直线中的一条与一个平面平行,则另一条直线一定与该平面相交;若直线l与平面平行,则l与平面内的直线平行或异面;若平面平面,直线a,直线b,则ab.上述命题正确的是(填序号).解析:若直线与平面有两个公共点,由基本事实2可得直线在平面内,故正确;若直线l上有无数个点不

60、在平面内,则l或l与相交,故错误;若直线l与平面相交,则l与平面内的任意直线可能是异面直线或相交直线,故错误;如果两条异面直线中的一条与一个平面平行,则另一条直线可能与该平面平行或相交或在平面内,故错误;若直线l与平面平行,则l与平面内的直线无公共点,即平行或异面,故正确;若平面平面,直线a,直线b,则ab或a,b异面,故错误.答案:14.如图,四边形ABCD与ADEF均为平行四边形,M,N,G分别是AB,AD,EF的中点.求证:(1)BE平面DMF;(2)平面BDE平面MNG.证明:(1)如图,连接AE,则AE必过DF与GN的交点O,连接MO,因为四边形ADEF为平行四边形,所以O为AE的中