2025-高考科学复习解决方案-数学-基础版第八章 立体几何与空间向量含答案

2025-高考科学复习解决方案-数学-基础版第八章立体几何与空间向量第一节基本立体图形、简单几何体的表面积与体积课标解读考向预测1.认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.2.能用斜二测画法画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合)的直观图.3.知道球、柱体、锥体、台体的表面积和体积的计算公式，能用公式解决简单的实际问题.近三年高考考查了空间几何体的体积及外接球的相关知识．预计2025年高考会继续考查空间几何体的体积，涉及空间几何体的结构特征、直观图等内容，要求考生要有较强的空间想象能力和计算能力，主要以选择题或填空题的形式出现，难度不大.必备知识——强基础1．空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相eq\x(\s\up1(01))平行且eq\x(\s\up1(02))全等多边形互相eq\x(\s\up1(03))平行且eq\x(\s\up1(04))相似侧棱eq\x(\s\up1(05))平行且相等相交于eq\x(\s\up1(06))一点，但不一定相等延长线交于eq\x(\s\up1(07))一点侧面形状eq\x(\s\up1(08))平行四边形eq\x(\s\up1(09))三角形梯形(2)旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等，eq\x(\s\up1(10))垂直于底面相交于eq\x(\s\up1(11))一点延长线交于eq\x(\s\up1(12))一点轴截面eq\x(\s\up1(13))矩形eq\x(\s\up1(14))等腰三角形等腰梯形圆面侧面展开图eq\x(\s\up1(15))矩形eq\x(\s\up1(16))扇形扇环2.直观图(1)画法：常用eq\x(\s\up1(17))斜二测画法．(2)规则：①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为eq\x(\s\up1(18))45°(或135°)，z′轴与x′轴、y′轴所在平面eq\x(\s\up1(19))垂直；②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别eq\x(\s\up1(20))平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度eq\x(\s\up1(21))不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的eq\x(\s\up1(22))一半．3．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝eq\x(\s\up1(23))2πrlS圆锥侧＝eq\x(\s\up1(24))πrlS圆台侧＝eq\x(\s\up1(25))π(r1＋r2)l4.柱、锥、台、球的表面积和体积名称几何体表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝eq\x(\s\up1(26))Sh锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝eq\x(\s\up1(27))eq\f(1,3)Sh台体(棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝eq\f(1,3)(S上＋S下＋eq\r(S上S下))h球S＝eq\x(\s\up1(28))4πR2V＝eq\x(\s\up1(29))eq\f(4,3)πR31．求多面体的表面积时，只需将它们沿着若干条棱剪开后展开成平面图形，利用平面图形求多面体的表面积．2．求旋转体的表面积时，可从旋转体的生成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应的侧面展开图中的边长之间的关系．3．锥体中平行于底面的截面的性质在锥体中，用平行于底面的截面截原锥体，得到一个小锥体，则小锥体与原锥体有如下比例关系：eq\f(S小锥底,S大锥底)＝eq\f(S小锥全,S大锥全)＝eq\f(S小锥侧,S大锥侧)＝对应线段(如高、斜高、底面边长等)的平方之比．这个比例关系很重要，在求锥体的侧面积、底面积比时，会大大简化计算过程．在求台体的侧面积、底面积比时，将台体补成锥体，也可应用这个关系式．4．有关棱柱直截面问题在棱柱中，与各侧棱均垂直的截面叫做棱柱的直截面，正棱柱的直截面是其上、下底面及与底面平行的截面．棱柱的侧面积与直截面周长有如下关系式：S棱柱侧＝C直截l(其中C直截，l分别为棱柱的直截面周长与侧棱长)，V棱柱＝S直截l(其中S直截，l分别为棱柱的直截面面积与侧棱长)．1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．()(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．()(3)斜三棱柱的侧面积也可以用c·l来求解，其中c是底面周长，l为侧棱长．()(4)底面积相等且高相等的两个同类几何体的体积相等．()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小题热身(1)(人教A必修第二册习题8.1T6改编)下列说法正确的个数为()①圆柱的所有母线长都相等；②棱柱的侧棱长都相等，侧面都是平行四边形；③底面是正多边形的棱锥是正棱锥；④棱台的侧棱延长后必交于一点．A．1 B．2C．3 D．4答案C解析对于①，由圆柱的性质知，母线长相等，故①正确；对于②，所有棱柱的侧棱长相等，侧面都是平行四边形，故②正确；对于③，底面是正多边形，并且顶点与底面中心的连线垂直于底面的棱锥是正棱锥，故③错误；对于④，用平行于底面的平面去截棱锥可得到棱台，所以棱台的侧棱延长后必交于一点，故④正确．故选C.(2)如图，平行四边形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝5，O′C′＝2，∠A′O′C′＝30°，则原图形的面积是()A．4 B．10eq\r(2) C．4eq\r(2) D．5eq\r(2)答案B解析平行四边形O′A′B′C′中，O′A′＝5，O′C′＝2，∠A′O′C′＝30°，所以平行四边形O′A′B′C′的面积为S′＝O′A′·O′C′sin30°＝5×2×eq\f(1,2)＝5，所以原平面图形的面积是S＝2eq\r(2)S′＝2eq\r(2)×5＝10eq\r(2).故选B.(3)(人教A必修第二册8.3.2练习T1改编)已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个圆心角为120°的扇形，则该圆锥的表面积为()A．2π B．3πC．4π D．5π答案C解析设圆锥的母线长为l，则l·eq\f(2π,3)＝2π，解得l＝3，则该圆锥的表面积为π×1×3＋π×12＝4π.故选C.(4)(2023·江苏常州一模)已知圆台的上、下底面半径分别为1和2，侧面积为3eq\r(5)π，则该圆台的体积为()A．eq\f(8π,3) B．eq\f(14π,3)C．5π D．eq\f(16π,3)答案B解析如图，设圆台的母线长为l，则S圆台侧＝π(r1＋r2)l＝π(1＋2)l＝3eq\r(5)π，解得l＝eq\r(5)，所以圆台的高h＝eq\r(（\r(5)）2－（2－1）2)＝2，则V圆台＝eq\f(1,3)(S上＋S下＋eq\r(S上S下))h＝eq\f(1,3)(π＋4π＋eq\r(π×4π))×2＝eq\f(14π,3).故选B.考点探究——提素养考点一基本立体图形(多考向探究)考向1空间几何体的结构特征例1(2024·河北唐山阶段考试)下列说法错误的是()A．球体是旋转体B．圆柱的母线平行于轴C．斜棱柱的侧面中没有矩形D．用平行于正棱锥底面的平面截正棱锥所得的棱台叫做正棱台答案C解析球体是半圆面绕其直径所在的直线旋转一周所得的几何体，即球体是旋转体，A正确；由圆柱的结构特征知，圆柱的母线平行于轴，B正确；如图，斜平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，若AD⊥平面ABB1A1，AA1⊂平面ABB1A1，则AD⊥AA1，侧面四边形ADD1A1是矩形，C错误；由正棱台的定义知，D正确．故选C.【通性通法】空间几何体结构特征的判断技巧(1)紧扣结构特征是判断的关键，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定．(2)说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可．【巩固迁移】1．(2024·湖北襄阳五中月考)下列说法正确的是()A．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体B．球的直径是连接球面上两点并且经过球心的线段C．以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥D．用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台答案B解析对于A，虽然各侧面都是正方形，但底面不一定是正方形，所以该四棱柱不一定是正方体，故A错误；对于B，球的直径的定义即为“连接球面上两点并且经过球心的线段”，故B正确；对于C，以直角三角形的直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥，以直角三角形的斜边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是两个共底面的圆锥组成的几何体，故C错误；对于D，用一个平行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台，故D错误．故选B.考向2平面图形与其直观图例2已知△ABC是边长为a的正三角形，那么水平放置的△ABC的直观图△A′B′C′的面积为()A．eq\f(\r(6),16)a2 B．eq\f(\r(3),32)a2C．eq\f(\r(3),16)a2 D．eq\f(\r(6),8)a2答案A解析解法一：根据题意，建立如图1所示的平面直角坐标系，再按照斜二测画法画出△ABC的直观图，如图2所示．由斜二测画法可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝eq\f(1,2)OC＝eq\f(\r(3),4)a.作C′D′⊥A′B′于D′，则C′D′＝eq\f(\r(2),2)O′C′＝eq\f(\r(6),8)a，S△A′B′C′＝eq\f(1,2)A′B′·C′D′＝eq\f(1,2)a·eq\f(\r(6),8)a＝eq\f(\r(6),16)a2.故选A.解法二：根据斜二测画法画平面图形的直观图的规则可知，在x轴上(或与x轴平行)的线段，其长度保持不变；在y轴上(或与y轴平行)的线段，其长度变为原来的一半，且∠x′O′y′＝45°(或135°)，所以若设原平面图形的面积为S，则其直观图的面积为S′＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)×S＝eq\f(\r(2),4)S.本题中易得S△ABC＝eq\f(\r(3),4)a2，则S△A′B′C′＝eq\f(\r(2),4)S△ABC＝eq\f(\r(2),4)×eq\f(\r(3),4)a2＝eq\f(\r(6),16)a2.故选A.【通性通法】利用斜二测画法解题的策略策略一在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半策略二按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系为S直观图＝eq\f(\r(2),4)S原图形【巩固迁移】2．(2023·益阳调研)如图，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°的等腰梯形，已知直观图O′A′B′C′的面积为4，则该平面图形的面积为()A．eq\r(2) B．4eq\r(2)C．8eq\r(2) D．2eq\r(2)答案C解析由S原图形＝2eq\r(2)S直观图，得S原图形＝2eq\r(2)×4＝8eq\r(2).考向3空间几何体的展开图例3(2024·黑龙江哈九中期末)如图，已知正三棱柱ABC－A′B′C′的底面边长为1cm，侧面积为9cm2，则一质点自点A出发，沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点A′的最短路线的长为________cm.答案3eq\r(2)解析将正三棱柱ABC－A′B′C′沿侧棱展开，其侧面展开图如图所示，依题意，AB＝BC＝CA1＝1cm，由侧面积为9cm2，得C△ABC·AA′＝9，则AA′＝3cm，依题意，沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点A′的最短路线的长为AA1′＝eq\r(AAeq\o\al(2,1)＋AA1′2)＝eq\r(32＋32)＝3eq\r(2)cm.【通性通法】多面体表面展开图可以有不同的形状，应多实践，观察并大胆想象立体图形与表面展开图的关系，一定先观察立体图形的每一个面的形状．【巩固迁移】3．(2024·贵州黔东南期末)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“正六面体”，则SS′＝________．答案eq\f(2\r(6),3)解析该六面体是由两个全等的正四面体组合而成，正四面体的棱长为1，如图，在棱长为1的正四面体S－ABC中，取BC的中点D，连接SD，AD，作SO⊥平面ABC，垂足O在AD上，则AD＝SD＝eq\f(\r(3),2)，OD＝eq\f(1,3)AD＝eq\f(\r(3),6)，SO＝eq\r(SD2－OD2)＝eq\f(\r(6),3)，所以SS′＝2SO＝eq\f(2\r(6),3).考向4空间几何体的截面图例4(多选)如图，从一个正方体中挖掉一个四棱锥，然后从任意面剖开此几何体，下面图形可能是该几何体的截面的是()答案BCD解析对于A，由于截面中间是矩形，如果可能的话，一定是用和正方体底面平行的截面去剖开正方体并且是从挖去四棱锥的那部分剖开，但此时剖面中间应该是一个正方形，因此A图形不可能是该几何体的截面；对于B，当从正方体底面的一组相对棱的中点处剖开时，截面正好通过四棱锥顶点，如图1，此时截面形状如B图形，故B可能是该几何体的截面；对于C，当截面不经过底面一组相对棱的中点处，并和另一组棱平行去剖开正方体时，如图2中截面PDGH位置，截面形状如C图形，故C可能是该几何体的截面；对于D，如图3所示，按图中截面A1B1C1的位置去剖开正方体，截面形状如D图形，故D可能是该几何体的截面．故选BCD.【通性通法】作多面体截面的关键在于确定截点，有了位于多面体同一表面上的两个截点即可连接成截线，从而得到截面．【巩固迁移】4．(2024·吉林长春五中阶段考试)圆柱内有一内接正三棱锥，过棱锥的一条侧棱和高作截面，正确的截面图是()答案D解析圆柱底面为正三棱锥底面三角形的外接圆，如图1所示，则过棱锥的一条侧棱和高作截面，棱锥顶点为圆柱上底面的中心，可得截面图如图2.故选D.考点二空间几何体的表面积例5(2024·江西萍乡期末)如图，平面四边形ABCD中，∠DAB＝eq\f(π,2)，∠ADC＝eq\f(3π,4)，AB＝5，CD＝eq\r(2)，AD＝2，则四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所成几何体的表面积为()A．56π＋eq\r(2)π B．56π＋2eq\r(2)πC．55π＋eq\r(2)π D．55π＋2eq\r(2)π答案C解析四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所成的几何体为一个圆台挖去一个圆锥，因为AB＝5，所以圆台下底面的面积S1＝25π，又因为CD＝eq\r(2)，∠ADC＝eq\f(3π,4)，所以ED＝EC＝1，BC＝eq\r(（2＋1）2＋（5－1）2)＝5，所以圆台的侧面积S2＝π(EC＋AB)·BC＝π(1＋5)×5＝30π.圆锥的侧面积S3＝eq\f(1,2)·2π·EC·CD＝eq\f(1,2)×2π×1×eq\r(2)＝eq\r(2)π.所以所求几何体的表面积为S＝S1＋S2＋S3＝25π＋30π＋eq\r(2)π＝55π＋eq\r(2)π.故选C.【通性通法】空间几何体表面积的求法(1)旋转体的表面积问题注意其轴截面及侧面展开图的应用，并弄清底面半径、母线长与对应侧面展开图中边的关系．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．【巩固迁移】5．(2023·河南郑州一中期末)已知圆台OO1轴截面的面积为3eq\r(3)，上、下底面半径之比为1∶2，母线与底面所成的角为60°，则圆台的侧面积为()A．3eq\r(3)π B．6eq\r(3)πC．6π D．9π答案C解析作出轴截面ABCD，则四边形ABCD为等腰梯形，∠ABC＝60°，过点A作AE⊥BC，设上底面半径为x，则下底面半径为2x，则上底面直径AD＝2x，下底面直径BC＝4x，则BE＝eq\f(1,2)(BC－AD)＝x，则AE＝eq\r(3)x，则S梯形ABCD＝eq\f(1,2)(2x＋4x)×eq\r(3)x＝3eq\r(3)，解得x＝1，则上底面半径r1＝1，下底面半径r2＝2，母线长l＝2BE＝2，则圆台的侧面积S侧＝πl(r1＋r2)＝2π(1＋2)＝6π.故选C.6．(2024·江苏南京期中)如图，已知正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的表面积为()A．8eq\r(3) B．4eq\r(3)C．2eq\r(3) D．eq\r(3)答案B解析正方体的棱长为2，根据图形，取正方体一条棱的中点M，连接MD，MC，则MD⊥MC，且MD＝MC＝1，所以CD＝eq\r(2)，因为侧面△ACD为等边三角形，所以S△ACD＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)sin60°＝eq\f(\r(3),2)，所以该八面体的表面积S＝8×eq\f(\r(3),2)＝4eq\r(3).故选B.考点三空间几何体的体积(多考向探究)考向1直接法求体积例6(1)(2023·全国甲卷)在三棱锥P－ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC＝eq\r(6)，则该棱锥的体积为()A．1 B．eq\r(3)C．2 D．3答案A解析取AB的中点E，连接PE，CE，如图，∵△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，∴PE⊥AB，CE⊥AB，∴PE＝CE＝2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，又PC＝eq\r(6)，故PC2＝PE2＋CE2，即PE⊥CE，又AB∩CE＝E，AB，CE⊂平面ABC，∴PE⊥平面ABC，∴VP－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·PE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×eq\r(3)×eq\r(3)＝1.故选A.(2)(2023·新课标Ⅰ卷)在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝eq\r(2)，则该棱台的体积为________．答案eq\f(7\r(6),6)解析如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，易知A1M为正四棱台ABCD－A1B1C1D1的高．因为AB＝2，A1B1＝1，AA1＝eq\r(2)，则A1O1＝eq\f(1,2)A1C1＝eq\f(1,2)×eq\r(2)A1B1＝eq\f(\r(2),2)，AO＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(1,2)×eq\r(2)AB＝eq\r(2)，故AM＝AO－A1O1＝eq\f(\r(2),2)，则A1M＝eq\r(A1A2－AM2)＝eq\r(2－\f(1,2))＝eq\f(\r(6),2)，所以所求棱台的体积V＝eq\f(1,3)×(4＋1＋eq\r(4×1))×eq\f(\r(6),2)＝eq\f(7\r(6),6).【通性通法】直接法：规则几何体的体积问题，直接利用公式进行求解．【巩固迁移】7．(2023·全国乙卷)已知圆锥PO的底面半径为eq\r(3)，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝120°，若△PAB的面积等于eq\f(9\r(3),4)，则该圆锥的体积为()A．π B．eq\r(6)πC．3π D．3eq\r(6)π答案B解析在△AOB中，∠AOB＝120°，而OA＝OB＝eq\r(3)，取AB的中点C，连接OC，PC，则OC⊥AB，PC⊥AB，如图，∠ABO＝30°，OC＝eq\f(\r(3),2)，AB＝2BC＝3，由△PAB的面积等于eq\f(9\r(3),4)，得eq\f(1,2)×3×PC＝eq\f(9\r(3),4)，解得PC＝eq\f(3\r(3),2)，于是PO＝eq\r(PC2－OC2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2))＝eq\r(6)，所以圆锥的体积V＝eq\f(1,3)π×OA2×PO＝eq\f(1,3)π×(eq\r(3))2×eq\r(6)＝eq\r(6)π.故选B.考向2补形法求体积例7如图，已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积为36，E，F分别为棱B1B，C1C上的点(异于端点)，且EF∥BC，则四棱锥A1－AEFD的体积为________．答案12解析补体，如图，VA1－AEFD＝eq\f(1,3)VAA1D1D－EE1F1F＝eq\f(1,3)VABCD－A1B1C1D1＝12.【通性通法】把不规则的几何体补成规则的几何体，便于计算．常见的补形有：(1)将正四面体补形成正方体；(2)将等腰四面体(对棱相等)补形成长方体；(3)将三条棱两两相互垂直且相等的三棱锥补成正方体；(4)将台体补成锥体等．【巩固迁移】8．如图，一个底面半径为3的圆柱被一平面所截，截得的几何体的最短和最长母线长分别为4和10，则该几何体的体积为()A．90π B．63πC．42π D．36π答案B解析由几何体的直观图可知，该几何体是一个圆柱截去上面虚线部分所得，如图所示．将圆柱补全，并将圆柱从点A处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的eq\f(1,2)，所以该几何体的体积V＝π×32×4＋π×32×6×eq\f(1,2)＝63π.故选B.考向3分割法求体积例8(2023·安徽合肥一中期末)木楔子在传统木工中运用广泛，它使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛、木片等．如图为一个木楔子的直观图，其中四边形ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥CD，EF＝2，则该木楔子的体积为()A．eq\f(4\r(2),3) B．eq\r(2)C．eq\f(2\r(2),3) D．eq\f(\r(2),3)答案D解析如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH，则由题意，得等腰梯形ABFE全等于等腰梯形CDEF，则EG＝HF＝eq\f(2－1,2)＝eq\f(1,2)，AG＝GD＝BH＝HC＝eq\r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(3),2).取AD的中点O，连接GO，因为AG＝GD，所以GO⊥AD，则GO＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),2)，所以S△ADG＝S△BCH＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)×1＝eq\f(\r(2),4).因为AB∥EF，AG⊥EF，所以AB⊥AG，因为四边形ABCD为正方形，所以AB⊥AD，又因为AD∩AG＝A，AD，AG⊂平面ADG，所以AB⊥平面ADG，所以EF⊥平面AGD，同理可证EF⊥平面BCH，所以多面体的体积V＝VE－ADG＋VF－BCH＋VAGD－BHC＝2VE－ADG＋VAGD－BHC＝2×eq\f(1,3)×eq\f(\r(2),4)×eq\f(1,2)＋eq\f(\r(2),4)×1＝eq\f(\r(2),3).故选D.【通性通法】分割法：把不规则的几何体分割成规则的几何体，当规则的几何体用公式不易求出时，可将其分割转化成比较好求体积的几何体．大多数情况下，可以把不规则几何体分割为三棱柱＋四棱锥，从四棱锥底面对角线或几何体表面四边形对角线处寻找分割的“刀口”．【巩固迁移】9．如图所示，已知多面体ABCDEFG中，AB，AC，AD两两互相垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则该多面体的体积为________．答案4解析解法一(分割法)：因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，过点C作CH⊥DG于H，连接EH，即把多面体分割成一个直三棱柱DEH－ABC和一个斜三棱柱BEF－CHG.由题意，知V三棱柱DEH－ABC＝S△DEH·AD＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×1))×2＝2，V三棱柱BEF－CHG＝S△BEF·DE＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×1))×2＝2.故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG＝2＋2＝4.解法二(补形法)：因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，显然所求多面体的体积为该正方体体积的一半．又正方体的体积V正方体ABHI－DEKG＝23＝8，故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG＝eq\f(1,2)×8＝4.考向4转化法求体积例9(2023·江西吉安模拟)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AA1＝3，AB＝2，D是棱CC1的中点，点E在棱AA1上，则三棱锥B1－EBD的体积为()A．1 B．2C．eq\r(3) D．2eq\r(3)答案C解析∵在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝3，AB＝2，D是棱CC1的中点，点E在棱AA1上，∴S△BDB1＝eq\f(1,2)BB1·BC＝eq\f(1,2)×3×2＝3，点E到平面BDB1的距离h＝eq\r(4－1)＝eq\r(3)，∴三棱锥B1－EBD的体积为VB1－EBD＝VE－BDB1＝eq\f(1,3)S△BDB1·h＝eq\f(1,3)×3×eq\r(3)＝eq\r(3).故选C.【通性通法】(1)等体积转化法一般情况下是三棱锥才有的特性．(2)尽可能寻找在表面的三个点，通过三棱锥“换底”求解三棱锥的体积．转化的目的是找到易于计算的“好底”与“好高”．【巩固迁移】10．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，AC＝eq\r(3)，AA1＝1，则点B1到平面A1BC的距离为________．答案eq\f(\r(21),7)解析因为AB2＋AC2＝BC2，所以AB⊥AC.则S△ABC＝eq\f(1,2)AB·AC＝eq\f(\r(3),2).因为三棱锥C－A1AB与三棱锥C－A1B1B的底面积相等(S△A1AB＝S△A1B1B)，高也相等(点C到平面ABB1A1的距离)，所以三棱锥C－A1AB与三棱锥C－A1B1B的体积相等．又VC－A1AB＝VA1－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·AA1＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×1＝eq\f(\r(3),6)，所以VC－A1B1B＝VB1－A1BC＝eq\f(\r(3),6).易得A1B＝eq\r(2)，A1C＝2，在等腰三角形A1BC中，A1B上的高为eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(14),2)，则S△A1BC＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\f(\r(14),2)＝eq\f(\r(7),2).设点B1到平面A1BC的距离为h，则VB1－A1BC＝eq\f(1,3)S△A1BC·h＝eq\f(\r(3),6)，解得h＝eq\f(\r(21),7).课时作业一、单项选择题1．一个菱形的边长为4cm，一内角为60°，用斜二测画法画出的这个菱形的直观图的面积为()A．2eq\r(3)cm2 B．2eq\r(6)cm2C．4eq\r(6)cm2 D．8eq\r(3)cm2答案B解析直观图的面积为eq\f(\r(2),4)×eq\f(\r(3),2)×42＝2eq\r(6)(cm2)．故选B.2．(2024·河南郑州模拟)若圆锥的母线与底面所成的角为eq\f(π,6)，底面半径为eq\r(3)，则该圆锥的体积为()A．eq\f(π,2) B．πC．2π D．3π答案B解析设圆锥的高为h，因为母线与底面所成的角为eq\f(π,6)，所以taneq\f(π,6)＝eq\f(h,\r(3))，解得h＝1.所以圆锥的体积V＝eq\f(1,3)π×(eq\r(3))2×1＝π.故选B.3.如图，圆锥的母线长AB为2，底面半径为r，若一只蚂蚁从圆锥的点B出发，沿表面爬到AC的中点D处，其爬行的最短路线长为eq\r(5)，则圆锥的底面半径为()A．1 B．2C．3 D．eq\f(3,2)答案A解析如图为半圆锥的侧面展开图，连接BD1，则BD1的长为蚂蚁爬行的最短路线长，设展开图的扇形的圆心角为α，圆锥的底面半径为r，根据题意，得BD1＝eq\r(5)，AD1＝1，AB＝2，在△ABD1中，因为AB2＋ADeq\o\al(2,1)＝BDeq\o\al(2,1)，所以∠D1AB＝eq\f(π,2)，扇形弧长为l＝eq\f(π,2)×2＝π，所以圆锥底面圆的周长为2l＝2π，即2πr＝2π，解得r＝1.故选A.4．(2023·江苏宿迁中学一模)设体积相等的正方体、正四面体和球的表面积分别为S1，S2，S3，则()A．S1<S2<S3 B．S2<S1<S3C．S3<S1<S2 D．S3<S2<S1答案C解析令正方体、正四面体和球的体积为1，设正方体的棱长为a，则a3＝1，解得a＝1，则正方体的表面积S1＝6a2＝6；设正四面体的棱长为b，则正四面体底面正三角形外接圆的半径为eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)b＝eq\f(\r(3),3)b，正四面体的高为eq\r(b2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)b))\s\up12(2))＝eq\f(\r(6),3)b，体积为eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)b2×eq\f(\r(6),3)b＝eq\f(\r(2),12)b3＝1，解得b＝eq\r(2)×eq\r(3,3)，则正四面体的表面积S2＝4×eq\f(\r(3),4)b2＝2eq\r(3)×eq\r(3,32)＝2×3eq\s\up7(\f(7,6))>6；设球的半径为r，则eq\f(4,3)πr3＝1，解得r＝eq\r(3,\f(3,4π))，则球的表面积S3＝4πr2＝4πeq\r(3,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4π)))\s\up12(2))＝eq\r(3,36π)<6，所以S3<S1<S2.故选C.5．(2024·河南商丘联考)某广场设置了一些石凳供大家休息，如图，每个石凳都是由正方体截去八个相同的正三棱锥得到的几何体，则下列结论不正确的是()A．该几何体的面是等边三角形或正方形B．该几何体恰有12个面C．该几何体恰有24条棱D．该几何体恰有12个顶点答案B解析据图可得，该几何体的面是等边三角形或正方形，A正确；该几何体恰有14个面，B不正确；该几何体恰有24条棱，C正确；该几何体恰有12个顶点，D正确．故选B.6．(2023·陕西西安一模)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M在对角线BC1上移动，则三棱锥M－AB1D1的体积为()A．eq\f(8,3) B．8C．eq\f(4,3) D．4答案C解析因为正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥D1C1，AB＝D1C1，所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以AD1∥BC1，所以点M到平面AB1D1的距离等于点C1到平面AB1D1的距离，所以VM－AB1D1＝VC1－AB1D1＝VA－B1C1D1＝eq\f(1,3)S△B1C1D1·AA1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2＝eq\f(4,3).故选C.7．(2023·天津高考)在三棱锥P－ABC中，线段PC上的点M满足PM＝eq\f(1,3)PC，线段PB上的点N满足PN＝eq\f(2,3)PB，则三棱锥P－AMN和三棱锥P－ABC的体积之比为()A．eq\f(1,9) B．eq\f(2,9)C．eq\f(1,3) D．eq\f(4,9)答案B解析如图，因为PM＝eq\f(1,3)PC，PN＝eq\f(2,3)PB，所以eq\f(S△PMN,S△PBC)＝eq\f(\f(1,2)PM·PNsin∠BPC,\f(1,2)PC·PBsin∠BPC)＝eq\f(PM·PN,PC·PB)＝eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(2,9)，所以eq\f(VP－AMN,VP－ABC)＝eq\f(VA－PMN,VA－PBC)＝eq\f(\f(1,3)S△PMN·d,\f(1,3)S△PBC·d)＝eq\f(S△PMN,S△PBC)＝eq\f(2,9)(其中d为点A到平面PBC的距离，因为平面PMN和平面PBC重合，所以点A到平面PMN的距离也为d)．故选B.8．(2023·河北邯郸模拟)如图1，在高为h的直三棱柱容器ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝2，AB⊥AC.现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为△A1B1C(如图2)，则容器的高h为()A．3 B．4C．4eq\r(2) D．6答案A解析在题图1中V水＝eq\f(1,2)×2×2×2＝4，在题图2中，V水＝VABC－A1B1C1－VC－A1B1C1＝eq\f(1,2)×2×2×h－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×h＝eq\f(4,3)h，∴eq\f(4,3)h＝4，∴h＝3.故选A.二、多项选择题9.(2024·河北张家口摸底)如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图，A′B′＝2，A′C′＝B′C′＝eq\r(5)，则在原平面图形△ABC中，有()A．AC＝BC B．AB＝2C．AC＝2eq\r(5) D．S△ABC＝4eq\r(2)答案BD解析如图1所示，在直观图△A′B′C′中，过C′作C′D′⊥A′B′于D′，∵A′B′＝2，A′C′＝B′C′＝eq\r(5)，∴A′D′＝1，C′D′＝eq\r(A′C′2－A′D′2)＝2，又∠C′O′D′＝45°，∴O′D′＝2，O′A′＝1，O′C′＝2eq\r(2)，∴利用斜二测画法将直观图△A′B′C′还原为原平面图形△ABC，如图2所示，则OC＝4eq\r(2)，OA＝1，AB＝2，故B正确；又AC＝eq\r(OA2＋OC2)＝eq\r(33)，BC＝eq\r(OB2＋OC2)＝eq\r(41)，故A，C错误；S△ABC＝eq\f(1,2)AB·OC＝eq\f(1,2)×2×4eq\r(2)＝4eq\r(2)，故D正确．故选BD.10．(2023·新课标Ⅱ卷)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝2，点C在底面圆周上，且二面角P－AC－O为45°，则()A．该圆锥的体积为πB．该圆锥的侧面积为4eq\r(3)πC．AC＝2eq\r(2)D．△PAC的面积为eq\r(3)答案AC解析依题意，∠APB＝120°，PA＝2，所以OP＝1，OA＝OB＝eq\r(3)，对于A，圆锥的体积为eq\f(1,3)×π×(eq\r(3))2×1＝π，A正确；对于B，圆锥的侧面积为π×eq\r(3)×2＝2eq\r(3)π，B错误；对于C，设D是AC的中点，连接OD，PD，则AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P－AC－O的平面角，则∠PDO＝45°，所以OP＝OD＝1，故AD＝CD＝eq\r(3－1)＝eq\r(2)，则AC＝2eq\r(2)，C正确；对于D，因为PD＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，所以S△PAC＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(2)＝2，D错误．故选AC.三、填空题11．(2023·新课标Ⅱ卷)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为________．答案28解析解法一：由于eq\f(2,4)＝eq\f(1,2)，而截去的正四棱锥的高为3，所以原正四棱锥的高为6，所以原正四棱锥的体积为eq\f(1,3)×(4×4)×6＝32，截去的正四棱锥的体积为eq\f(1,3)×(2×2)×3＝4，所以棱台的体积为32－4＝28.解法二：棱台的体积为eq\f(1,3)×3×(16＋4＋eq\r(16×4))＝28.12．如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，∠BAC＝90°，AD是BC边上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°，若BD＝1，则三棱锥D－ABC的表面积为________．答案eq\f(3＋\r(3),2)解析由题意，折起前AD是BC边上的高，当△ABD折起后，可得AD⊥DC，AD⊥BD，因为BD＝AD＝DC＝1，BD⊥DC，所以AB＝BC＝CA＝eq\r(2)，从而S△DAB＝S△DBC＝S△DCA＝eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(1,2)，S△ABC＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)sin60°＝eq\f(\r(3),2)，所以三棱锥D－ABC的表面积S＝eq\f(1,2)×3＋eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3＋\r(3),2).13．(2024·九省联考)已知轴截面为正三角形的圆锥MM′的高与球O的直径相等，则圆锥MM′的体积与球O的体积的比值是________，圆锥MM′的表面积与球O的表面积的比值是________．答案eq\f(2,3)1解析设圆锥的底面半径为r，球的半径为R，因为圆锥的轴截面为正三角形，所以圆锥的高h＝eq\r(3)r，母线l＝2r，由题可知h＝2R，所以球的半径R＝eq\f(\r(3),2)r，所以圆锥的体积V1＝eq\f(1,3)×(π×r2)×eq\r(3)r＝eq\f(\r(3),3)πr3，球的体积V2＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)r))eq\s\up12(3)＝eq\f(\r(3),2)πr3，所以eq\f(V1,V2)＝eq\f(\f(\r(3),3)πr3,\f(\r(3),2)πr3)＝eq\f(2,3).圆锥的表面积S1＝πrl＋πr2＝3πr2，球的表面积S2＝4πR2＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)r))eq\s\up12(2)＝3πr2，所以eq\f(S1,S2)＝eq\f(3πr2,3πr2)＝1.14.如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝eq\r(3)，点E为AB上的动点，则D1E＋CE的最小值为________．答案eq\r(10)解析如图，连接D1A，C1B，并分别延长至F，G，使得AD＝AF，BC＝BG，连接EG，FG，∵四棱柱ABCD－A1B1C1D1为正四棱柱，∴AB⊥平面ADD1A1，AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥AF，AB⊥BG，又AB＝AD＝AF，∴四边形ABGF为正方形，∴EG＝eq\r(BE2＋BG2)＝eq\r(BE2＋BC2)＝CE，∴D1E＋CE的最小值为D1G，由AD＝AB＝1，AA1＝eq\r(3)，得AD1＝2，则D1F＝3，D1G＝eq\r(D1F2＋FG2)＝eq\r(9＋1)＝eq\r(10)，∴D1E＋CE的最小值为eq\r(10).四、解答题15.(2024·宁夏银川期中)如图，某组合体是由正方体ABCD－A1B1C1D1与正四棱锥P－A1B1C1D1组成，已知AB＝6，且PA1＝eq\f(\r(3),2)AB.(1)求该组合体的体积；(2)求该组合体的表面积．解(1)在正四棱锥P－A1B1C1D1中，连接A1C1，B1D1交于点O，连接PO，取A1B1的中点E，连接OE，PE，因为AB＝6，且PA1＝eq\f(\r(3),2)AB，则PA1＝eq\f(\r(3),2)×6＝3eq\r(3)，A1C1＝eq\r(A1Beq\o\al(2,1)＋C1Beq\o\al(2,1))＝6eq\r(2)，所以PO＝eq\r(PAeq\o\al(2,1)－OAeq\o\al(2,1))＝3，所以VP－A1B1C1D1＝eq\f(1,3)S正方形A1B1C1D1·PO＝eq\f(1,3)×62×3＝36，又VABCD－A1B1C1D1＝63＝216，所以该组合体的体积V＝VABCD－A1B1C1D1＋VP－A1B1C1D1＝216＋36＝252.(2)由(1)可知PE⊥A1B1，所以PE＝eq\r(PAeq\o\al(2,1)－A1E2)＝3eq\r(2)，所以S△PA1B1＝eq\f(1,2)×6×3eq\r(2)＝9eq\r(2)，所以该组合体的表面积S表＝4×9eq\r(2)＋5×62＝180＋36eq\r(2).16.如图，已知一个圆锥的底面半径为2，高为2，且在这个圆锥中有一个高为x的圆柱．(1)当x＝eq\f(4,3)时，求圆柱的体积；(2)当x为何值时，此圆柱的侧面积最大？并求出此最大值．解(1)设圆柱的底面半径为r，则eq\f(r,2)＝eq\f(2－x,2)，所以r＝2－x，0<x<2，当x＝eq\f(4,3)时，r＝2－eq\f(4,3)＝eq\f(2,3)，所以圆柱的体积V＝πr2x＝π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(4,3)＝eq\f(16π,27).(2)由(1)知r＝2－x，0<x<2，则圆柱的侧面积S＝2πrx＝2π(2－x)x＝2π(－x2＋2x)＝2π[－(x－1)2＋1]，所以当x＝1时，圆柱的侧面积最大，最大值为2π.17．(2024·南京金陵中学月考)用一个平面去截一个正方体，所得截面形状可能为()①三角形；②四边形；③五边形；④六边形；⑤圆．A．①②③ B．①②④C．①②③④ D．①②③④⑤答案C解析用一个平面去截一个正方体，A，B，C，D，E，F分别是所在棱的中点，所得截面形状可能为三角形、四边形、五边形、六边形，如图所示，故选C.18.(多选)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，侧面AA1C1C的中心为O，点E是侧棱BB1上的一个动点，下列判断正确的是()A．直三棱柱的侧面积是4＋2eq\r(2)B．直三棱柱的表面积是5＋eq\r(2)C．直三棱柱的体积是eq\f(1,3)D．三棱锥E－AA1O的体积为定值答案AD解析在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，△ABC和△A1B1C1是等腰直角三角形，侧面全是矩形，所以其侧面积为1×2×2＋eq\r(12＋12)×2＝4＋2eq\r(2)，其表面积为eq\f(1,2)×1×1×2＋4＋2eq\r(2)＝5＋2eq\r(2)，故A正确，B错误；直三棱柱的体积为V＝S△ABC·AA1＝eq\f(1,2)×1×1×2＝1，故C错误；如图所示，因为BB1∥平面AA1C1C，且点E是侧棱BB1上的一个动点，所以三棱锥E－AA1O的高为定值eq\f(\r(2),2)，S△AA1O＝eq\f(1,2)×2×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),2)，所以VE－AA1O＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(1,6)，为定值，故D正确．故选AD.19．(多选)(2023·浙江温州校联考期中)阳马和鳖臑(biēnào)是我国古代对一些特殊锥体的称谓．取一长方体按下图斜割一分为二，得两个一模一样的三棱柱(图2，图3)，称为堑堵．再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开(图4)，得四棱锥和三棱锥各一个．以矩形为底，有一棱与底面垂直的四棱锥，称为阳马(图5)．余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体，称为鳖臑(图6)．若图1中的长方体是棱长为4的正方体，则下列结论正确的是()A．鳖臑中只有一个面不是直角三角形B．堑堵的表面积为48＋16eq\r(2)C．阳马的体积为eq\f(64,3)D．鳖臑的体积为正方体的eq\f(1,4)答案BC解析对于A，由题知，鳖臑是由四个直角三角形组成的四面体，A错误；对于B，堑堵的表面积为4×4×2＋eq\f(1,2)×4×4×2＋4×4eq\r(2)＝48＋16eq\r(2)，B正确；对于C，阳马的体积为eq\f(1,3)×4×4×4＝eq\f(64,3)，C正确；对于D，因为鳖臑是由四个直角三角形组成的四面体，且易知D1C1⊥平面BCC1，所以VD1－BCC1＝eq\f(1,3)S△BCC1·D1C1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×4×4×4＝eq\f(32,3)，又正方体的体积为43＝64，故鳖臑的体积为正方体的eq\f(1,6)，D错误．故选BC.20．(多选)(2023·新课标Ⅰ卷)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有()A．直径为0.99m的球体B．所有棱长均为1.4m的四面体C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体答案ABD解析对于A，因为0.99m<1m，即球体的直径小于正方体的棱长，所以能够被整体放入正方体内，故A符合题意；对于B，因为正方体的面对角线长为eq\r(2)m，且eq\r(2)>1.4，所以能够被整体放入正方体内，故B符合题意；对于C，因为正方体的体对角线长为eq\r(3)m，且eq\r(3)<1.8，所以不能够被整体放入正方体内，故C不符合题意；对于D，因为1.2m>1m，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，过AC1的中点O作OE⊥AC1，设OE∩AC＝E，可知AC＝eq\r(2)，CC1＝1，AC1＝eq\r(3)，OA＝eq\f(\r(3),2)，则tan∠CAC1＝eq\f(CC1,AC)＝eq\f(OE,AO)，即eq\f(1,\r(2))＝eq\f(OE,\f(\r(3),2))，解得OE＝eq\f(\r(6),4)，且eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(3,8)＝eq\f(9,24)>eq\f(9,25)＝0.62，即eq\f(\r(6),4)>0.6，故以AC1为轴可能对称放置底面直径为1.2m的圆柱，若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上、下底面均相切，设圆柱的底面圆心O1与正方体的下底面的切点为M，可知AC1⊥O1M，O1M＝0.6，则tan∠CAC1＝eq\f(CC1,AC)＝eq\f(O1M,AO1)，即eq\f(1,\r(2))＝eq\f(0.6,AO1)，解得AO1＝0.6eq\r(2)，根据对称性可知，圆柱的高为eq\r(3)－2×0.6eq\r(2)≈1.732－1.2×1.414＝0.0352>0.01，所以能够被整体放入正方体内，故D符合题意．故选ABD.第二节空间点、直线、平面之间的位置关系课标解读考向预测1.借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义.2.了解四个基本事实和一个定理，并能应用定理解决问题.预计2025年高考主要考查与点、线、面位置关系有关的命题真假的判断和求解异面直线所成的角，主要以选择题或填空题的形式出现，为中、低档题.必备知识——强基础1．与平面有关的基本事实及推论(1)与平面有关的三个基本事实基本事实内容图形符号基本事实1过eq\x(\s\up1(01))不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面A，B，C三点不共线⇒存在唯一的α使A，B，C∈α基本事实2如果一条直线上的eq\x(\s\up1(02))两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内A∈l，B∈l，且A∈α，B∈α⇒l⊂α基本事实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eq\x(\s\up1(03))过该点的公共直线P∈α，且P∈β⇒α∩β＝l，且P∈l(2)基本事实1的三个推论推论内容图形作用推论1经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面确定平面的依据推论2经过两条相交直线，有且只有一个平面推论3经过两条平行直线，有且只有一个平面2.空间点、直线、平面之间的位置关系直线与直线直线与平面平面与平面平行关系图形语言符号语言a∥ba∥αα∥β相交关系图形语言符号语言a∩b＝Aa∩α＝Aα∩β＝l独有关系图形语言符号语言a，b是异面直线a⊂α3.基本事实4和等角定理基本事实4：平行于同一条直线的两条直线eq\x(\s\up1(04))互相平行．等角定理：如果空间中两个角的两边分别对应平行，那么这两个角eq\x(\s\up1(05))相等或互补．4．异面直线所成的角(1)定义：已知a，b是两条异面直线，经过空间任意一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．(2)范围：eq\x(\s\up1(06))eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))．1．证明点共线与线共点都需用到基本事实3.2．两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，容易忽视这个三角形的内角可能等于两异面直线所成的角，也可能等于其补角．1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面．()(2)没有公共点的两条直线是异面直线．()(3)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过点A的任意一条直线．()答案(1)√(2)×(3)×2．小题热身(1)(人教A必修第二册习题8.4T3改编)下列说法正确的是()A．两组对边分别相等的四边形确定一个平面B．和同一条直线异面的两条直线一定共面C．与两异面直线分别相交的两条直线一定不平行D．一条直线和两平行线中的一条相交，也必定和另一条相交答案C解析两组对边分别相等的四边形可能是空间四边形，故A错误；如图1，直线DD1与B1C1都是直线AB的异面直线，而DD1与B1C1是异面直线，故B错误；如图2，直线AB与CD是异面直线，若AC∥BD，有AC与BD确定一个平面α，则AC⊂α，BD⊂α，所以A∈α，B∈α，C∈α，D∈α，所以AB⊂α，CD⊂α，这与直线AB与CD是异面直线矛盾，则直线AC与BD一定不平行，故C正确；如图1，AB∥CD，而直线AA1与AB相交，但与直线CD不相交，故D错误．故选C.(2)(2023·四川绵阳中学诊断考试)已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是()A．相交或平行 B．相交或异面C．平行或异面 D．相交、平行或异面答案D解析依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面．故选D.(3)(2024·湖北荆州中学阶段考试)如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是()A．直线AC B．直线ABC．直线CD D．直线BC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.故选C.(4)(2024·浙江杭州二中月考)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是()A．CC1与B1E是异面直线B．CC1与AE共面C．AE与B1C1是异面直线D．AE与B1C1所成的角为60°答案C解析由于CC1与B1E都在平面C1B1BC内，故CC1与B1E是共面的，A错误；由于CC1⊂平面C1B1BC，而AE与平面C1B1BC交于点E，点E不在CC1上，故CC1与AE是异面直线，B错误；同理，AE与B1C1是异面直线，C正确；而AE与B1C1所成的角就是AE与BC所成的角，又E为BC的中点，△ABC为正三角形，所以AE⊥BC，D错误．故选C.考点探究——提素养考点一基本事实的应用例1如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AA1的中点，连接D1F，CE.求证：(1)E，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点．证明(1)如图所示，连接CD1，EF，A1B，∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥A1B，且EF＝eq\f(1,2)A1B.又A1D1∥BC，A1D1＝BC，∴四边形A1BCD1是平行四边形，∴A1B∥CD1，∴EF∥CD1，∴EF与CD1能够确定一个平面ECD1F，即E，C，D1，F四点共面．(2)由(1)知EF∥CD1，且EF＝eq\f(1,2)CD1，∴四边形CD1FE是梯形，∴CE与D1F必相交，设交点为P，则P∈CE，且P∈D1F，∵CE⊂平面ABCD，D1F⊂平面A1ADD1，∴P∈平面ABCD，且P∈平面A1ADD1.又平面ABCD∩平面A1ADD1＝DA，∴P∈DA，∴CE，D1F，DA三线共点．【通性通法】共面、共线、共点问题的证明(1)证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内．(2)证明共线的方法：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上．(3)证明线共点问题的常用方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．【巩固迁移】1．(多选)(2024·湖北襄阳五中质检)下列关于点、线、面的位置关系的说法中不正确的是()A．若两个平面有三个公共点，则它们一定重合B．空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内C．直线a，b分别和异面直线c，d都相交，则直线a，b是异面直线D．正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则A，M，O三点共线，且A，M，O，C四点共面答案ABC解析对于A，当这三点共线时，两个平面可以不重合，如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，A，D，E三个点在一条直线上，但平面ABCD与平面ADD1A1相交，不重合，故A不正确；对于B，从点A出发的三条棱AA1，AB，AD不在同一平面内，故B不正确；对于C，如图，记直线AA1，B1C1分别为c，d，直线AB1，A1B1分别为a，b，可知AB1∩A1B1＝B1，则此时直线a，b相交，故C不正确；对于D，平面AA1C∩平面AB1D1＝AO，因为直线A1C交平面AB1D1于点M，所以M∈AO，即A，M，O三点共线，因为A，M，O三点共线，直线和直线外一点可以确定一个平面，所以A，O，C，M四点共面，故D正确．故选ABC.考点二空间两条直线的位置关系例2(1)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，则下列结论正确的是()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D解析如图1，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故A，B不正确；如图2，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故C不正确．故选D.(2)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，与直线BC1异面的棱有()A．1条 B.2条C．3条 D．4条答案C解析在直三棱柱ABC－A1B1C1的棱所在的直线中，与直线BC1异面的直线有A1B1，AC，AA1，共3条．故选C.【通性通法】空间两条直线位置关系的判定方法和技巧【巩固迁移】2．(2023·广东广州调研)若空间中四条直线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，l4既不平行也不垂直D．l1，l4位置关系不确定答案D解析如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，取AA1为l2，BB1为l3，AD为l1，BC为l4，则l1∥l4；取AD为l1，AB为l4，则l1⊥l4；取AD为l1，A1B1为l4，则l1与l4异面，因此l1，l4的位置关系不确定．故选D.3.(2024·南京模拟)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．直线CD与直线GH异面B．直线CD与直线EF共面C．直线AB与直线EF平行D．直线GH与直线EF共面答案B解析如图，点C与点G重合，故A错误；∵CE∥BD，且CE＝BD，∴四边形CDBE是平行四边形，∴CD∥EF，∴CD与EF共面，故B正确；∵AB∩EF＝B，∴AB与EF相交，故C错误；∵EF与GH既不平行也不相交，∴EF与GH是异面直线，故D错误．故选B.考点三异面直线所成的角例3(2024·河北邢台月考)已知圆柱的母线长与底面半径之比为eq\r(3)∶2，四边形ABCD为其轴截面，若点E为上底面eq\o(AB,\s\up8(︵))的中点，则异面直线DE与AB所成角的余弦值为()A．eq\f(2\r(11),11) B．eq\f(2\r(7),7)C．eq\f(\r(3),4) D．eq\f(\r(3),3)答案A解析如图所示，因为AB∥CD，所以∠EDC(或其补角)为异面直线DE与AB所成的角．设CD的中点为O，过点E作EF⊥底面圆于F，连接OE，OF，因为E是eq\o(AB,\s\up8(︵))的中点，所以F是eq\o(CD,\s\up8(︵))的中点，CD⊥OF.又因为EF⊥圆O，所以EF⊥CD.由于EF∩OF＝F，OF，EF⊂平面OEF，则CD⊥平面OEF，OD⊥OE.设AD＝eq\r(3)，则OD＝OF＝2.所以OE＝eq\r(7)，ED＝eq\r(11)，所以cos∠EDC＝eq\f(OD,DE)＝eq\f(2,\r(11))＝eq\f(2\r(11),11).故选A.【通性通法】求异面直线所成角的步骤(1)作：通过作平行线得到相交直线．(2)证：证明所作角为异面直线所成的角(或其补角)．(3)求：解三角形，求出所作的角，如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角．【巩固迁移】4．(2023·湖北荆州模拟)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC为等腰直角三角形，且斜边BC＝2，D是BC的中点，若AA1＝eq\r(2)，则异面直线A1C与AD所成角的大小为()A．30° B．45°C．60° D．90°答案C解析如图，取B1C1的中点D1，连接A1D1，则AD∥A1D1，∠CA1D1(或其补角)就是异面直线A1C与AD所成的角．连接D1C.∵A1B1＝A1C1，∴A1D1⊥B1C1，又A1D1⊥CC1，B1C1∩CC1＝C1，∴A1D1⊥平面BCC1B1，∵D1C⊂平面BCC1B1，∴A1D1⊥D1C，∴△A1CD1为直角三角形，在Rt△A1CD1中，A1C＝2，CD1＝eq\r(3)，∴∠CA1D1＝60°.故选C.课时作业一、单项选择题1．下列叙述错误的是()A．若P∈α∩β，且α∩β＝l，则P∈lB．若直线a∩b＝A，则直线a与b能确定一个平面C．三点A，B，C确定一个平面D．若A∈l，B∈l且A∈α，B∈α，则l⊂α答案C解析对于A，点P是两平面的公共点，则点P在两平面的交线上，故A正确；对于B，由基本事实的推论可知，两相交直线确定一个平面，故B正确；对于C，只有不共线的三点才能确定一个平面，故C错误；对于D，由基本事实2，直线上有两点在一个平面内，则这条直线在平面内，故D正确．故选C.2．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列判断正确的是()A．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则直线m与n相交或异面B．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则直线m与n一定平行C．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则直线m与n一定垂直D．若m∥α，n∥β，α∥β，则直线m与n一定平行答案A解析m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，对于A，若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则直线m与n相交垂直或异面垂直，故A正确；对于B，若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则直线m与n相交、平行或异面，故B错误；对于C，若m⊥α，n∥β，α⊥β，则直线m与n相交、平行或异面，故C错误；对于D，若m∥α，n∥β，α∥β，则直线m与n平行、相交或异面，故D错误．故选A.3．(2024·辽宁营口模拟)已知空间中不过同一点的三条直线a，b，l，则“a，b，l两两相交”是“a，b，l共面”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解析空间中不过同一点的三条直线a，b，l，若a，b，l共面，则a，b，l相交或a，b，l有两个平行、另一直线与之相交或三条直线两两平行，所以若a，b，l共面，则a，b，l两两相交不一定成立；而若a，b，l两两相交，则a，b，l共面成立．故“a，b，l两两相交”是“a，b，l共面”的充分不必要条件．故选A.4．(2024·辽宁沈阳高三模拟)如图是某正方体的展开图，其中A，B，C，D，E，F分别是原正方体对应棱的中点，则在原正方体中与AB异面且所成的角为60°的直线是()A．CD B．DEC．EF D．CE答案C解析由题设，将展开图还原成正方体及各点的空间位置如图所示．结合选项及正方体的性质知，与AB异面的直线有EF，CE，其中只有EF与AB所成的角为60°.故选C.5.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是平面ADD1A1的中心，M，N，F分别是B1C1，CC1，AB的中点，则下列说法正确的是()A．MN＝eq\f(1,2)EF，且MN与EF平行B．MN≠eq\f(1,2)EF，且MN与EF平行C．MN＝eq\f(1,2)EF，且MN与EF异面D．MN≠eq\f(1,2)EF，且MN与EF异面答案D解析设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2a，则MN＝eq\r(MCeq\o\al(2,1)＋C1N2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,2)))\s\up12(2))＝eq\r(2)a，作点E在平面ABCD内的射影为点G，连接EG，GF，所以EF＝eq\r(EG2＋GF2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,2)))\s\up12(2)＋（\r(2)a）2)＝eq\r(3)a，所以MN≠eq\f(1,2)EF，故A，C错误；连接A1D，B1C，因为E为平面ADD1A1的中心，所以DE＝eq\f(1,2)A1D，又因为M，N分别为B1C1，CC1的中点，所以MN∥B1C，又因为B1C∥A1D，所以MN∥ED，且DE∩EF＝E，所以MN与EF异面，故B错误，D正确．6．(2023·山东威海期末)在空间四边形ABCD中，若E，F分别为AB，BC的中点，G∈CD，H∈AD，且CG＝2GD，AH＝2HD，则()A．直线EH与FG平行B．直线EH，FG，BD相交于一点C．直线EH与FG异面D．直线EG，FH，AC相交于一点答案B解析因为CG＝2GD，AH＝2HD，且∠ADC＝∠HDG，所以△ADC∽△HDG，所以HG∥AC且HG＝eq\f(1,3)AC，因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC且EF＝eq