2024考二轮数学讲义四　第1讲空间几何体

■H专题突破

?专题四立体几何

第1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

⑴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)(2023•郴州模拟)已知圆台的上、下底面半径分别为10和5,侧面积为300兀，AB为

圆台的一条母线(点2在圆台的上底面圆周上)，M为45的中点，一只蚂蚁从点2出发，绕

圆台侧面一周爬行到点M,则蚂蚁爬行所经路程的最小值为()

A.30B.40C.50D.60

答案C

解析因为圆台上底面半径为5,下底面半径为10,母线长为/,

所以S=TI/(10+5)=15兀/=300兀，解得/=20,如图所示，

将圆台所在的圆锥侧面展开，且设扇形的圆心为。

线段M山就是蚂蚁经过的最短距离，

设OA=R,圆心角是a,

则由题意知\0n=aR,①

2(k=a(20+R),②

由①②解得J-2'

R=20,

所以OM=OM=30,OB=O8i=40,

所以MiB=ylOB2+OMy=50.

⑵（2023•深圳模拟）如图，在三棱锥P-ABC的平面展开图中，AC=小,=1,AD=1f

AB1AC,ABLAD,ZCAE=30°,贝ijcos/尸CB等于（）

，

A,，21B.gC.§D.1

答案D

解析由题意知，AE—AD=AB=1,BC=2,

在中，由余弦定理得

CE1=AE1+AC2-2AEACCOSZCAE

=l+3-2Xlx/x多=1,

：.CE=CF=1,而BF=BD=®BC=2,

...在△BCF中，由余弦定理的推论得，

BC2+CF2-BF<24+1-23

cosZFCB=_2BCCF-=2X2X1=下

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.CGGH

B.CD与EF是共面直线

C.AB//EF

D.G”与E尸是异面直线

答案ABD

解析由图可知，还原正方体后，点C与G重合，即CWGH,又可知C。与EF是平行直线,

即与EF是共面直线，AB与EF是相交直线（点8与点F重合），GH与EF是异面直线，

故A,B,D正确，C错误.

（2）（2023・鞍山模拟）如图，在三棱锥V—ABC中，VA^VB^VC=S,ZAVB^ZAVC^ZBVC

=30。，过点A作截面AEF,则周长的最小值为（）

解析沿侧棱必1把正三棱锥V—ABC展开在一个平面内，如图所示，则A4'即为△4EF周

长的最小值，又因为NAW3=NA'VC=ZBVC=30°,

所以/A%'=3义30。=90。，在△W中，3==8,由勾股定理得44'=

yjVA2+VA'2=982+82--8^2.

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）5剧柱侧=2兀〃，S圆柱表=2兀）。+/）（/*为底面半径，I为母线长）.

（2）5囤锹W=兀〃，S四律表=Mr+/）Q•为底面半径，/为母线长）.

（3）S球表=4兀/?2%为球的半径）.

2.空间几何体的体积公式

（l）Va=S/z（S为底面面积，刀为高）.

（2）丫整=35/!（5为底面面积，/?为高）.

（3）V4=g（S上+aH+ST）h（S上,ST分别为上、下底面面积，/?为高）.

4

（4）丫申=Q7tR3（R为球的半径）.

1T

例2（1）（2023・潍坊模拟）如图，圆锥的底面半径为1,侧面展开图是一个圆心角为］的扇形.把

该圆锥截成圆台，已知圆台的下底面与该圆锥的底面重合，圆台的上底面半径为4则圆台的

侧面积为（）

A粤Bc.^|^D.87t

答案C

解析假设圆锥的底面半径为R,母线长为/,则R=1.设圆台上底面半径为r,母线长为/i,

贝||r=|.

由已知可得5=平=与，解得/=6.

如图，作出圆锥、圆台的轴截面，

所以/i=4.

所以圆台的侧面积为7t（R+r）/i=4X（l+g1=等.

（2）（2023•全国甲卷）在三棱锥P-4BC中，/MBC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2,PC

=#，则该棱锥的体积为（）

A.1B.小C.2D.3

答案A

解析如图，取AB的中点。，连接P£）,CD,

因为△ABC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2,

所以PO_LA8,CDLAB,所以PD=CD=/,又PC=«,

所以P£>2+C02=PC2,所以PD1,CD,

又A8nCZ）=。，AB,C£）U平面ABC,

所以PD_L平面ABC,

所以VP-ABC—^XS&ABCXPD

="与X2X小X小=1.

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）（2023・贵阳统考）如图，在棱长为2的正方体ABC。一A1SGO1中，E,F分别

为棱AB,8c的中点，则四棱锥8—AiEFG的体积为（）

247

A.gB.1CgD.g

答案B

解析方法一—"s-gG^><2X2=1.

方法—%-&£FG=%-AEF+VB-AFG=，A-E8F+"A-BFG=]*2*2+1乂1X2=L

⑵（多选）（2023•连云港调研）折扇在我国已有三四千年的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也

寓意“善良”“善行”.它以字画的形式集中体现了我国文化的方方面面，是运筹帷幄，决

胜千里，大智大勇的象征（如图1）.图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若扇形的

两个圆弧所在圆的半径分别是1和3,且/ABC=半，则该圆台（）

+小'轸

B

图1图2

A.局为

B.表面积为争

c.体积为气皆

D.上底面面积：下底面面积：侧面积=1：9：24

答案BCD

(1

解析对于A,设圆台的上底面半径为r,下底面半径为R,则解得J3

"1,

且圆台的母线长为3-1=2,

所以圆台的高为—§2=乎,故A错误；

JT

对于B,圆台的上底面面积为下底面面积为兀，

侧面积为兀义6+1卜2=号，

所以圆台的表面积为方+兀+号=督，故B正确；

对于C,圆台的体积V=/rX［自2+上*1+12］义平=气门，故c正确;

对于D,圆台的上底面面积：下底面面积：侧面积=£：兀：空=1：9：24,故D正确.

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，再根据到其他顶点的距离也是半径，列关系式求解即可.

例3(1)(2023・聊城模拟)某正四棱台形状的模型，其上、下底面的面积分别为2cm2,8cm?,

若该模型的体积为14cm3,则该模型的外接球的表面积为（）

A.20兀cm2B.10兀cm2

»5兀？

C.5KcmD.~2"cm-

答案A

解析设该正四棱台形状的模型高为/zcm,

故/2+8+0^)/?=14,解得/?=3,

如图，取上底面EFGH的中心M,下底面ABCD的中心N,则MN="=3,

故该模型的外接球的球心在MN上，设为点。，连接ME,NA,OE,OA,

设上、下底面边长分别为“cm,hcm,

则a2—2,〃=8,

解得。=r，b=2&

故£M=lcm,M4=2cm,

设ON=ycm,则OM=（3—y）cm,

由勾股定理得

EO1=OM1+EM1=（3-y）2+1,

AC>2=ON2+AN2=）>2+4,

故（3-y）2+l=k+4,解得y=l,

故外接球半径为由2+4=小（81）,该模型的外接球的表面积为47V（币）2=20兀（8?）.

（2）（2023•全国甲卷）在正方体A8C£>—AiBiGDi中，AB=4,。为AG的中点，若该正方体的

棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是.

答案［2^2,2小］

解析如图，设球O的半径为R.

当球。是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球O的半径最大，若半径

变得更大，球。会包含正方体，球面和棱没有交点，

正方体的外接球直径2R'为体对角线长

ACi=^/42+42+42=4小，

即2R'=4小，R'=2^3,

故Rmax=2小；

分别取侧棱441,BBi,CCi,OA的中点M,H,G,N,连接MH,HG,NG,MN,MG,

显然四边形MNGH是边长为4的正方形，且。为正方形MNGH的对角线MG的中点,

则MG=4啦，当球。的一个大圆恰好是四边形MNGH的外接圆时，球。的半径达到最小，

即Rmin=2啦.

综上，RG[2吸，2小].

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)若三棱锥S-ABC的所有顶点都在球0的球面上，XA8C是边长为3的正三

角形，SC为球。的直径，三棱锥S—4BC的体积为半，则三棱锥S-4BC的外接球的体积

为()

，4兀c16兀

A-TB.亍

-26兀—32兀

Cry

答案D

解析如图，设△ABC的中心为Q,连接。0”COi的延长线交球面于点£>,连接SD,显

然CQ是AABC外接圆。|的直径，则SQ〃OOi,而。0」平面ABC,则SC平面ABC,

因为正ZVIBC的边长为3,

贝|JCO|=小，CD=2CO1=2小，

又SAABC=(AB2=^~，

而Vs-ABc—jsAABC-SD=jx^^SD—^2^,解得S£)=2,

在RtASCD中，球。的直径2R=SC=江西65=4,球0的半径R=2,

所以三棱锥S-ABC的外接球的体积丫=/7?3=等.

(2)(2023・潍坊模拟)在半径为1的球中作一个圆柱，当圆柱的体积最大时，圆柱的母线长为

答案半

解析设圆柱的底面半径为r,球心到圆柱底面的距离为儿则圆柱的母线长为2〃,

由球截面的性质得，+*=1,

则户=1一加（0<6<1）,

圆柱的体积V=litrh=2兀力（1—层）=2兀/7—2兀3，

Vf=2n—6K/?2=—6兀（/z+理•）（〃—,

当",（仇fl时，V'>°,

当hW停,1）时，V<0,

所以函数在区间（o,用上单调递增，

在区间惇，1）上单调递减，

所以当/?=W时，V取得最大值半，此时圆柱的母线长为2%=平.

JyD

专题强化练

一、单项选择题

1.（2023・唐山模拟）若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

比为（）

A.1：1B.I：2C.2：1D.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2〃圆柱的侧面积为252r

=4nr2,球的表面积为4n产，其比为1：1.

2.（2023•锦州模拟）已知正方体A8CD-481Goi的棱长为4,P,Q是棱。A的两个三等分

点，则三棱锥Q-PBC的体积为（）

答案B

解析如图所示.

VQ-PBC=VR-pQc=qS"QCBC

1143?

=1X]X?><4><4=§.

3.（2023・泉州模拟）如图是底面半径为3的圆锥，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕

圆锥顶点O滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则该圆锥

的表面积为（）

0£----------W

A.36兀B.27TtC.186兀D.9n

答案A

解析设圆锥的母线长为/,以。为圆心，母线/为半径的圆的面积为5=兀匕又圆锥的侧面

积Ssm（«=口/=3兀/,因为圆锥在平面内转到原位置时，圆锥本身滚动了3周，所以兀『=3><3兀/,

解得/=9,所以圆锥的表面积S=S1H雍韧+S,"=3义兀*9+兀*32=36兀

4.（2023・长沙模拟）最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著的《数书九章》（1247年）.该

书第二章为“天时类”，收录了有关降水量计算的四个例子，分别是“天池测雨”“圆罂测

雨”“峻积验雪”和“竹器验雪”.其中“天池测雨”法是下雨时用一个圆台形的天池盆收

集雨水.已知天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一•尺二寸，盆深一尺八寸，当盆中积

水深九寸时，平地的降雨量是（）

（注：一尺=10寸，平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积）

A.9寸B.6寸

C.4寸D.3寸

答案D

解析如图所示，由题意知天池盆盆口半径是14寸，盆底半径是6寸，高为18寸，

由积水深9寸知水面半径为^X（14+6）=10（寸）,

则盆中水体积为/tX9X（62+102+6X10）=588兀（立方寸），所以平地降雨量为含叁=3（寸）.

5.（2023・日照模拟）红灯笼起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征

美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围.如图1,某球形灯笼的轮廓由三部分组成，

上、下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面除去上、下两个相同球冠剩下的部分.如

图2,球冠是由球面被平面截得的一部分，垂直于截面的直径被截得的部分叫做球冠的高，

若球冠所在球面的半径为R，球冠的高为〃，则球冠的面积5=2兀股.如图1,已知该灯笼的高

为58cm,上、下圆柱的高为5cm,圆柱的底面圆直径为14cm,则围成该灯笼中间球面部

分所需布料的面积为（）

58cm

A.1940兀cmB.235O7tcm*

C.2400兀cmD.2540Kcm2

答案c

解析由题意得R2—（些泻2=72,

所以R—25cm,

所以」=25-'%l°=l（cm）,

所以两个球冠的面积为2S=2X27t7?/?=2X2XKX25Xl=1007t（cm2）,

则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为

4兀/?2-2s=4X兀义252—100兀=2400n（cm2）.

6.（2023・淄博模拟）某学生到工厂实践，欲将一个底面半径为2,高为3的实心圆锥体工件切

割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内.若不考虑损耗，则得到的圆

柱体的最大体积是（）

27

答案A

解析设圆柱的半径为r,高为x,体积为匕

p

则由题意可得5=中,

3

-

2

...圆柱的体积

V'(r)=-39兀,+6兀r=3兀/(—/.+2),

21

4

当0<叮时，V’⑺>0；

4

当铲X2时，V(r)<0,

；.叭厂）在（0,4

I上单调递增，在上单调递减,

416兀

故V(，)max=5,

7.（2023•广西联考）已知在一个表面积为24的正方体A8CC-A|B1CQ|中，点E在BQ上运

动，则当BE+AiE取得最小值时,AE等于（)

R逆

A.2D.2Ju-4

答案A

解析作出图形，如图所示.

依题意64序=24,故AB=2,

将平面A\B\D翻折至与平面BBiD共面,

易得AAiBiD注ABBiD,

故当AiELBQ时，BE+4E有最小值，此时舞=[,过点E作平面ABCQ的垂线，垂足为

F,

由余弦定理得

AF2=AB2+BF2-2ABBFCOS45°

=4+>2X2X平义萍竿,

8.（2023•广州模拟）现有一个轴截面是边长为4的等边三角形的倒置圆锥（顶点在下方，底面

在上方），将半径为坐的小球放入圆锥，使得小球与圆锥的侧面相切，过所有切点所在平面

将圆锥分割成两个部分，则分割得到的圆台的侧面积为（）

,27兀c33兀八45兀-55兀

A.-^~B.-^~C.~^-D.-g-

答案D

解析作轴截面图如图所示，aABC为圆锥的轴截面，点。为与侧面相切球的球心，点E,

F为切点,

由已知，可得A8=8C=AC=4,近

OE=OF=2，

ZACB=60°,OE±AC,

在△OEC中，OE=*,

NOEC=90。,NOCE=300,

3

所以OC=小，CE=工,又AC=4,

所以AE=(,所以圆台的母线长为最

因为CE=CF,ZECF=60°,

3

所以-

所以△ECB为等边三角形,2

所以圆台的侧面积S=7tX住+2卜|=啜

二、多项选择题

9.有一张长和宽分别为8和4的矩形硬纸板，以这张硬纸板为侧面，将它折成正四棱柱，则

此正四棱柱的体对角线的长度为（）

A.2^2B.2#C.4小D.V66

答案BD

解析分两种情况求解：

①若正四棱柱的高为8,则底面边长为1,此时体对角线的长度为丁8?+1+1=4诿;

②若正四棱柱的高为4,则底面边长为2,此时体对角线的长度为产声m=2#.

10.（2023・新高考全国H）已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径，NAPB=120。,

朋=2,点C在底面圆周上，且二面角P-AC-0为45。，则（）

A.该圆锥的体积为兀

B.该圆锥的侧面积为4小兀

C.AC=2小

D./XBAC的面积为由

答案AC

解析依题意，ZAPB=120°,PA=2,

所以。P=l,OA=OB=-\[?>.

A项，圆锥的体积为gXirX（小）?X1=兀，故A正确；

B项，圆锥的侧面积为兀X，5X2=2小兀，故B错误；

C项，取4c的中点£）,连接00，PD,如图所示，

则AC_L。。，AC1PD,所以NP。。是二面角「一AC-。的平面角,

则/POO=45。，所以OP=OD=1,

故AD=CD=V3ZH=V2.

则AC=2吸，故C正确；

D项，叩=严”=也，

所以S△从c=]X2，^X，^=2,故D错误.

11.（2023•德州模拟）如图,边长为2的正方形ABCD中，E,尸分别是AB,BC的中点，将△4OE,

△CDF,/XBEF分别沿DE,DF,EF折起，使A,B,C重合于点P,则下列结论正确的是（）

4

A.PDLEF

B.三棱锥P-Q"的外接球的体积为入河兀

C.点。到平面。班'的距离为方

D.二面角P-EF—。的余弦值为1

答案AC

解析如图I,取E尸的中点”，连接PH,DH,易知△「£：尸和△DEF均为等腰三角形，故

PHLEF,DHLEF,又因为PHQDH=H,所以EF_L平面PDH,又POU平面PDH,所以

PDLEF,A正确；

由PE,PF,P。三线两两互相垂直，可构造如图2所示的长方体，长方体的外接球就是三棱

锥尸一OE尸的外接球，长方体的体对角线就是外接球的直径，设为2R,则(2R)2=F+I2+22

=6,则R=坐,所以所求外接球的体积为飙3=旅，B错误；

设点P到平面QEF的距离为h,

如图1,在△E”。中，EH=PH=^,

DE=y[5,

£>”=、。炉一防2=y5一停卜羊,

由等体积法可得V校银O-PEF=V;校铤?一。£尸,即gx；X1X1X2=gx/X也义力，解得h

2

=§,C正确;

如图1,因为P”_LEF,DHLEF,

所以/PH。即为二面角P-EF-D的平面角，

因为PDLPE,3.PFQPE=P,PE,PFU平面PEF,

所以PO_L平面PEF,又PHU平面PEF,则POJ_PH,即/Z)PH=90。，

在RtZ\P"£>中，cosZP//D=^=1,D错误.

UriJ

12.(2023•辽阳统考)若正三棱锥P-ABC的底面边长为3,高为加，则该正三棱锥的()

A.体积为竽

B.表面积为”但

C.外接球的表面积为27无

D.内切球的表面积为争

答案ABD

解析如图，三棱锥P—ABC的体积V=/AABCS=；X苧X,=竽，故A正确；

取48的中点。，连接C£),PD,

则在正三棱锥P-ABC中，ABLCD,ABLPD.

作PH_L平面ABC,垂足为“，则PH=«

由正三棱锥的性质可知H在C£>上，且CH=2DH.

因为AB=3,所以C£>=乎，则

因为PH=44,所以PC=/HW=3,

则三棱锥尸一ABC的表面积为乎*4=外「，故B正确；

设三棱锥尸一ABC的外接球的球心为O,半径为凡则。在PH上,

连接OC,则R2=CH2+OH2^(PH-OH)2,

即/?2=3+0"2=(#-0//)2,解得。〃=乎，

327

所以R2=3+g=至，

则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为4兀R2=号277r，故C错误；

设三棱锥产一ABC的内切球的半径为r,

则/X%/5r=乎，

解得r邛,

从而三棱锥P—A8C的内切球的表面积为4兀户=多，故D正确.

三、填空题

13.(2023•郑州模拟)攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖、三角

攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑.如故宫中和殿的屋顶为四角攒尖顶，它

的主要部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，设正四棱锥的侧面的等腰三角形的顶角为60°,

则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为.

答案事

解析设底面棱长为2〃(“>0),正四棱锥的侧面的等腰三角形的顶角为60。，则侧面为等边三

小X(2a)2X4

角形，则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为一而一二小.

14.(2023・新高考全国I)在正四棱台ABC。一AiBGDi中，AB=2,A山产1,44尸小，则

该棱台的体积为.

答案噜

解析如图，过4作4M_LAC,垂足为M,

易知4M为四棱台ABC0一481Gz)1的高,

因为AB=2,A\Bx=\,

AA\

则401=)£=9也A|Bi=乎，

)历

故AM=2(AC—AiCI)=2,

则AiM=qAA._AM2=72_,=乎,

所以所求体积为V=|x(4+l+^/4xl)X^=^.

15.(2023・八省八校联考)如图，已知正四面体ABCQ的棱长为1,过点8作截面a分别交侧棱

AC,A。于E,F两点，且四面体ABEF的体积为四面体ABC。体积的/则EF的最小值为

答案手

解析由题知VB-AEF='^VB-ACDJ

所以S^AEF=^S^ACD=^X1X1X1X坐=*,

记EF=a,AE=b,AF=c,

贝出点in60。=*,即bc=f.

贝ija2=b2+c2—2bccos60°2bc—bc=bc=y

当且仅当6=c=当时等号成立，

所以EF的最小值为手.

16.(2023・辽阳模拟)将3个6cmX6cm的正方形都沿其中的一对邻边的中点剪开，每个正方

形均分成两个部分，如图(1)所示，将这6个部分接入一个边长为3啦cm的正六边形上，如

图⑵所示.若该平面图沿着正六边形的边折起，围成一个七面体，则该七面体的体积为

________cm3.

图⑴图(2)

答案108

解析将平面图形折叠并补形得到如图所示的正方体,

该七面体为正方体沿着图中的六边形截面截去一部分后剩下

的另一部分，由对称性知其体积为正方体体积的一半，即:

X63=108（cm3）.第2讲空间点、直线、平面之间的位置关

系

［考情分析］高考对此部分的考查，一是空间线面关系的命题的真假判断，以选择题、填空

题的形式考查，属于基础题；二是空间线线、线面、面面平行和垂直关系交汇综合命题，一

般以选择题、填空题或解答题的第（1）问的形式考查，属中档题.

考点一空间直线、平面位置关系的判定

【核心提炼】

判断空间直线、平面位置关系的常用方法

（1）根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题.

（2）必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型观察线、面的位置关系，并结

合有关定理进行判断.

例1（1）（2023・宝鸡模拟）已知a,“是空间两个不同的平面，，小〃是空间两条不同的直线，

则下列结论错误的是（）

A.若巾夕，机J_”，则a_L4

B.若，〃J_a,〃_!_£,a//p,则

C.若机J_a,m//n,则a〃4

D.若a"B，mUa,〃u夕，则m//n

答案D

解析对于A,若mVn,则〃Ua或"〃a,

若"Ua,〃_L£,则aJ_p,

若"〃a,则平面a内存在直线c使得“〃c,又“_L£,

所以c_LW，又cUa,所以a_L£,故A正确；

对于B,若/n_La,a//P，则机_1_夕，又〃_1_尸，

则m//n,故B正确；

对于C,若，〃_La,m//n,所以〃J_a,又"_!_£且a,少是空间两个不同的平面，则a〃£,故

C正确；

对于D,若a〃0,mda,nUp,则“〃〃或〃？与w异面，故D错误.

（2）（多选）（2023•金丽衢十二校联考）每个面均为正三角形的八面体称为正八面体，如图.若点

G,H,M,N分别是正八面体ABCOEF的棱CE,BC,AD,8尸的中点，则下列结论正确的

是（）

A.四边形4EC尸是平行四边形

B.G”与何N是异面直线

C.GH〃平面E48

D.GHLBC

答案AC

解析如图，连接AC,EF,BD,MH,EH,EM,MG,NH,则AC与EF相交且互相平分,

故四边形AECF为平行四边形，故A正确；

所以AE〃C尸且AE=CF.又G,H,M,N分别是正八面体ABCOEF的棱OE,BC,AD,BF

的中点，

所以GM〃AE,NH//CF,

且GM=^AE,NH=±CF,

所以GM〃NH,且GM=NH,

所以四边形MNHG是平行四边形，故B错误；

易证平面MNHG〃平面EAB,

又G”U平面MNHG,

所以GH〃平面E4B,故C正确；

因为E〃_LBC,MHLBC,EHQMH=H,EH,M”u平面EMH,

所以BC_L平面EMH,

而GHQ平面EMH,GHC\EH=H,

所以GH与8c不垂直，故D错误.

规律方法对于线面关系的存在性问题，一般先假设存在，然后再在该假设条件下，利用线

面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足，则假设成立；

若得出矛盾，则假设不成立.

跟踪演练1（1）（多选）（2023•广州模拟）已知直线m与平面a有公共点，则下列结论一定正确

的是（）

A.平面a内存在直线/与直线，〃平行

B.平面a内存在直线/与直线加垂直

C.存在平面夕与直线，”和平面a都平行

D.存在过直线〃?的平面”与平面a垂直

答案BD

解析对于A选项，若直线机与a相交，且平面a内存在直线/与直线机平行，由于州Ja,

则机〃a,这与直线”与a相交矛盾，假设不成立，A错误；

对于B选项，若:"Ua,则在平面a内必存在/与直线机垂直；若直线，〃与a相交，设"iCa

=A,如图所示，

P

若机_La,且/Ua,则机_!_/；若根与a斜交，过直线，”上一点P（异于点A）作P8_La,垂足

为点8,过点4作直线/,使得/L4B,因为PBJ_a,l^a,则LLPB,又因为LL4B,PBQAB

=B,PB,ABU平面RW,所以/_L平面以B,

因为mU平面3B,所以/_!_〃?，

综上所述，平面a内存在直线/与直线相垂直，B正确；

对于C选项，设直线胆与平面a的一个公共点为点A,假设存在平面夕，使得a〃夕且〃?〃夕,

过直线机作平面y,使得y。夕=7,因为m〃夕，机Uy,yC0=l,贝|/〃加，

因为a〃4记afl尸”，又因为人尸=/,则〃〃/,

因为在平面y内过点4有且只有一条直线与直线/平行，且AG”，故山，〃重合，

所以〃zUa,但切不一定在平面a内，C错误；

对于D选项，若机_La,则过直线m的任意一个平面都与平面a垂直，

若〃?与a不垂直，设直线加与平面a的一个公共点为点A,

则过点A有且只有一条直线/与平面a垂直，记直线/,机所确定的平面为£,则。_14，D正

确.

（2）（多选）（2023・长春模拟）在长方体ABC。一AIBIGOI中，直线AC与平面A8Q1的交点为M,

。为线段Bid的中点，则下列结论正确的是（）

A.A,M,。三点共线

B.M,O,4，8四点不共面

C.B,Bi，O,M四点共面

D.B,Di，C,M四点共面

答案ABD

解析如图，因为A4〃CG,则A,Ai,Ci,C四点共面.

因为MG4C,则平面4CG4,

又Me平面AB\D\,则点M在平面ACCtAi与平面AB\D\的交线上,

同理，O,A也在平面ACGA与平面ABQi的交线上，

所以A,M,。三点共线，故A正确；

从而0,4,4四点共面，都在平面ACQ4内，

而点B不在平面ACC14内，

所以M,0,A,,8四点不共面，故B正确；

B,Bi,0三点均在平面8BQQ内，而点A不在平面B8QQ内，

所以直线A0与平面BBQQ相交且点。是交点，

所以点M不在平面BBQQ内，

即8,0,M四点不共面，故C错误；

因为BC〃Oi4,且BC=AAi,

所以四边形BCDiAi为平行四边形，

所以C4,共面，所以8,D\,C,M四点共面，故D正确.

考点二空间平行、垂直关系

【核心提炼】

平行关系及垂直关系的转化

面面平行的判定

面面平行的性质

面面垂直的判定

面面垂直的性质

考向1平行、垂直关系的证明

例2(2023•全国甲卷)如图，在三棱柱ABC—481cl中，4C_L平面ABC,/ACB=90。.

⑴证明:平面ACGA」平面BOGC；

(2)设AB=A山，A4,=2,求四棱锥的高.

⑴证明因为AC_L平面ABC,BCU平面48C,

所以ACBC,

又因为/AC8=90°,ERAC1.BC,

因为AC,ACU平面ACGAI,A|CC1AC=C,

所以平面ACCiA,

又因为BCU平面BBCiC,

所以平面ACCiA_L平面BBCC.

⑵解如图，

过点4作AQLCG于点O.

因为平面ACGAi_L平面BBCC,平面4CG4n平面8SGC=CG,4Ou平面4CGAI,

所以A。，平面BBCC,

所以四棱锥Ai—BBCC的高为40.

因为4C_L平面ABC,AC,BCU平面ABC,

所以AiULBC,AiCLAC,

在RtAABC与RtAAiBC中,

因为48=48,BC=BC,

所以RtAABC^RtAAiBC,

所以AC=AC.

设4C=AC=x,则4iG=x,

所以。为CG中点，OCi=%Ai=l,

又因为A.CXAC,

所以A|C2+AC2=A4h

即f+f=22,解得x=正，

所以40=#Ad—OCE(的2一12=,；

所以四棱锥Ai-BBiCiC的高为1.

规律方法(1)证明线线平行的常用方法

①三角形的中位线定理；②平行公理：③线面平行的性质定理；④面面平行的性质定理.

(2)证明线线垂直的常用方法

①等腰三角形三线合一；②勾股定理的逆定理；③利用线面垂直的性质证线线垂直.

跟踪演练2如图，正方形ABCD与平面BDEF交于BD,平面ABCD,EF〃平面ABCD,

r,J2

且DE=EF=%AB.

(1)求证：BF〃平面AEC；

(2)求证：£＞凡L平面AEC.

证明如图，设AC与8。交于点。，则。为正方形ABC。的中心，连接OE,OF.

(1)不妨令AB=4i

则DE=EF=1.

•.•四边形ABC。为正方形，

:.BD=pAB=2=2BO.

'：EF//平面ABCD,且平面ABCD。平面BDEF=BD,EFU平面BDEF,

C.EF//BD,

：.EF//OB,EF=OB,即四边形BOE尸为平行四边形，

OE//BF.

又OEU平面AEC,BFQ平面AEC,

尸〃平面AEC.

（2Y：EF//DO,且EF=。。，DE=EF,

四边形OOEF为菱形.

：£>E_L平面ABCD,

四边形OOEF为正方形，：.DFLOE.

又四边形ABCO为正方形，

J.BDLAC.

:DE1.平面ABCD,ACU平面ABCD,

J.DELAC.

而8。0力后=£>,且BD,OEU平面BDEF,

•\AC_L平面BDEF.

；£）尸匚平面BDEF,

：.ACLDF.

又OEAAC=O,OE,ACU平面4EC,

.,.OF_L平面AEC.

考向2翻折问题

【核心提炼】

翻折问题，关键是分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变，一般地，位于“折痕”

同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位

置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图

形中解决.

例3（1）（2023•成都模拟）如图，在矩形A8CQ中，E,尸分别为边A。，BC上的点，且AD=

3AE,BC=3BF,设P,。分别为线段AF,CE的中点，将四边形沿着直线EF进行翻

折，使得点A不在平面CQEF上，在这一过程中，下列关系不能成立的是（）

A.AB//CDB.ABA.PQ

C.PQ//EDD.PQ〃平面AQE

答案C

解析翻折之后如图所示，连接PQ,DF.

因为A£>=3A£,BC=3BF,所以AB〃EF且£F〃CD,

因此4B〃CZ）,故选项A成立；

因为P,。分别为AF,CE的中点，所以。为QF的中点，所以PQ〃A£>,

易得ABJ_AO,所以48_LP。，故选项B成立；

因为PQ〃4。，EDHAD=D,所以P。与ED不平行，故选项C不成立；

因为「。〃AO,且PQC平面AOE,AOU平面ADE,所以PQ〃平面ADE,故选项D成立.

（2）（多选）（2023•山东名校大联考）如图,在矩形ABCD中,AB=2AD,E为边AB的中点，将△ADE

沿直线OE翻折成△A0E若M为线段AC的中点，则在△AOE翻折的过程中，下面四个命

题中正确的是（）

A.8M的长是定值

B.点M的运动轨迹在某个圆周上

C.存在某个位置，使OEL4C

D.Ai不在底面8CD上时，MB〃平面AQE

答案ABD

解析如图所示，取CQ的中点F,连接MF,BF,AC,

易得M尸〃4。，

BF//DE,

平面A\DE,Ai£>U平面A\DE,

尸〃平面A}DE,

同理可得BF〃平面AQ£,

又M尸。8尸=尸，MF,BFU平面B例居

平面BMF〃平面A\DE,

：BMU平面BMF,

〃平面AQE,D选项正确；

又NBFM=NAQE,

M尸=%iO为定值，B尸=Z）E为定值，

由余弦定理知，

BM2=MF2+BF1-2MFBFcosZMFB,

的长为定值，A选项正确；

.•.点M的运动轨迹在以点3为圆心，8M为半径的圆周上，B选项正确；

：AiC在平面ABC。中的射影在直线AC上，且AC与。E不垂直，

不存在某个位置，使。ELAC,C选项错误.

易错提醒注意图形翻折前后变与不变的量以及位置关系.对照前后图形，弄清楚变与不变

的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置

与数量关系.

跟踪演练3（2023•郑州质检）已知正方形ABCD的边长为2,现将△ACO沿对角线AC翻折,

得至U三棱锥O—A8C.记AC,BC,AO的中点分别为O,M,N,则下列结论错误的是（）

A.AC_L平面80。

B.三棱锥O-4BC体积的最大值为平

C.三棱锥。-4BC的外接球的表面积为定值

D.MN与平面BO。所成角的取值范围是（0,

答案D

解析对于A,因为四边形A8CD为正方形，可得ACLBO,ACVDO,

又由800。。=。，且BO,OOU平面BOO,所以4cl,平面80力，所以A正确；

对于B,当平面ACDJ_平面A8C时，此时点。到平面ABC的距离最大，

即三棱锥。一ABC高的最大值为h=D0=y[2,

此时三棱锥D—ABC的体积最大，为丫=上心那仁万=3乂3*2*?*/：¥，所以B正确；

对于C,由OA=OB=OC=OO=啦，所以三棱锥。一ABC外接球的球心为O,

即外接球的半径R=巾,所以三棱锥D-ABC外接球的表面积S=4wR2=8兀（定值），所以C

正确；

对于D,如图所示，取A8,A0的中点E,F,分别连接ME,EF,NF,NE,MF,

因为E,F,N分别为A8,AO,A。的中点，

可得E尸〃BO,NF〃DO旦EFCNF=F,BOHDO=O,

所以平面NEF〃平面BOD,

又因为AC_L平面BOO,所以AC_L平面NEF,

因为AC〃ME,所以ME_L平面NEF,

所以NMNE即为直线MN与平面NEF所成的角，

在折叠过程中，设8力的长度为。，则aG（0,2啦），

由E,N分别为AB,A。的中点，得NE=*D,

在RtAMNE中，

4c「

w八…广WE_2AC2yj2,

可付tanNMNE一而一、—~~BD~a>L

豆BD

所以NMNE的取值范围为。，3,

即与平面BOO所成角的取值范围为仔，习，所以D错误.

专题强化练

一、单项选择题

1.（2023・安阳统考）若a,〃,c是空间三条直线,a〃儿a与c相交，则方与c的位置关系是（）

A.平行B.相交

C.异面D.异面或相交

答案D

解析在正方体ABCD-A\ByC\D\中，

AB//A\B\,AB与BC相交，AiBi与BC是异面直线；

AB//A\B\,AB与A4i相交，A|B|与A4i是相交直线，

，若a,b,c是空间三条直线，a//b,〃与。相交，则〃与c的位置关系是异面或相交.

2.（2023・河南校联考模拟）已知a,/?是两个不同的平面，相，”是两条不同的直线，则下列命

题中正确的是（