高考数学一轮复习 第八篇 立体几何1（考点梳理+考点自测+揭秘高考+专题集训）理 新人教A版

第八篇立体几何第1讲空间几何体的结构、三视图和直观图【年高考会这样考】1．考查空间几何体三视图的识别与判断．2．三视图和其他的知识点结合在一起命题．eq\f(对应学生,105)考点梳理1．空间几何体的结构特征(1)多面体①棱柱：棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等且平行的多边形．②棱锥：棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形．③棱台：棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．(2)旋转体①圆锥可以由直角三角形绕其任一直角边旋转得到．②圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到．③球可以由半圆或圆绕直径旋转得到．2．三视图(1)三视图的名称几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图．(2)三视图的画法①画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体得到的正投影图．③观察简单组合体是由哪几个简单几何体组成的，并注意它们的组成方式，特别是它们的交线位置．3．直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．【助学·微博】两个重要概念(1)正棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱．反之，正棱柱的底面是正多边形，侧棱垂直于底面，侧面是矩形．(2)正棱锥：底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心的棱锥叫做正棱锥．特别地，各棱均相等的正三棱锥叫正四面体．反过来，正棱锥的底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面正多边形的中心．三个规则三视图应遵循的规则(1)画法规则：长对正、高平齐、宽相等．(2)摆放规则：侧视图在正视图的右侧，俯视图在正视图的正下方．(3)线条的规则：可见轮廓线和棱用实线画出，不可见轮廓线和棱用虚线画出．考点自测1．下列说法正确的是()．A．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱C．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫棱锥D．棱台各侧棱的延长线交于一点答案D2．有一个几何体的三视图如图所示，这个几何体应是一个()．A．棱台B．棱锥C．棱柱D．都不对解析从俯视图来看，上、下底面都是正方形，但大小不一样，可以判断是棱台．答案A3．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是()．A．圆柱B．圆锥C．球体D．圆柱、圆锥、球体的组合体解析当用过高线的平面截圆柱和圆锥时，截面分别为矩形和三角形，只有球满足任意截面都是圆面．答案C4．(·福建)一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是()．A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱解析球、正方体的三视图形状都相同，大小均相等，首先排除选项A和C.对于如图所示三棱锥O－ABC，当OA、OB、OC两两垂直且OA＝OB＝OC时，其三视图的形状都相同，大小均相等，故排除选项B.不论圆柱如何放置，其三视图的形状都不会完全相同，故答案选D.答案D5.如图，过BC的平面截去长方体的一部分，所得的几何体________棱柱(填“是”或“不是”)．解析以四边形A′ABB′和四边形D′DCC′为底即知所得几何体是直四棱柱．答案是eq\f(对应学生,106)考向一空间几何体的结构特征【例1】►给出下列四个命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；④棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是()．A．0B．1C．2D．3[审题视点]根据圆柱、棱锥、圆锥、棱台的结构特征判断．解析①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误．当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥．如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；④错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．答案B(1)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，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)通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可．【训练1】给出下列四个命题：①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱；②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥；③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体；④若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱．其中不正确的命题的个数是________个．解析认识棱柱一般要从侧棱与底面的垂直与否和底面多边形的形状两方面去分析，故①③都不准确，②中对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明，故也不正确，④平行六面体的两个相对侧面也可能与底面垂直且互相平行，故④也不正确．答案4考向二空间几何体的三视图【例2】►(·湖南)某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是()．[审题视点]根据正视图和侧视图相同逐一判断．解析由于该几何体的正视图和侧视图相同，且上部分是一个矩形，矩形中间无实线和虚线，因此俯视图不可能是D.答案D(1)由实物图画三视图或判断选择三视图，此时需要注意“长对正、高平齐、宽相等”的原则；(2)由三视图还原实物图，这一题型综合性较强，解题时首先对柱、锥、台、球的三视图要熟悉，再复杂的几何体也是由这些简单的几何体组合而成的；其次，要遵循以下三步：①看视图，明关系；②分部分，想整体；③综合起来，定整体．【训练2】下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是()．A．①②B．①③C．①④D．②④解析正方体的三视图都是正方形，不合题意；圆锥的正视图和侧视图都是等腰三角形，俯视图是圆，符合题意；三棱台的正视图和侧视图、俯视图各不相同，不合题意；正四棱锥的正视图和侧视图都是三角形，而俯视图是正方形，符合题意，所以②④正确．答案D考向三空间几何体的直观图【例3】►已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为()．A.eq\f(\r(3),4)a2B.eq\f(\r(3),8)a2C.eq\f(\r(6),8)a2D.eq\f(\r(6),16)a2[审题视点]画出正三角形△ABC的平面直观图△A′B′C′，求△A′B′C′的高即可．解析如图①②所示的实际图形和直观图．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，在图②中作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.答案D对于直观图，除了了解斜二测画法的规则外，还要了解原图形面积S与其直观图面积S′之间的关系S′＝eq\f(\r(2),4)S，能进行相关问题的计算．【训练3】如图所示，直观图四边形A′B′C′D′是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是________．解析把直观图还原为平面图形得：在直角梯形ABCD中，AB＝2，BC＝eq\r(2)＋1，AD＝1，∴面积为eq\f(1,2)×(2＋eq\r(2))×2＝2＋eq\r(2).答案2＋eq\r(2)eq\f(对应学生,107)热点突破17——快速突破空间几何体三视图的判断【命题研究】通过近三年的高考试题分析，对空间几何体的三视图的判断主要考查三个方面：(1)已知几何体，判断三视图；(2)已知几何体三视图中的两个视图，判断第三个视图；(3)由三视图判断或画出几何体．题型均以选择题的形式出现，难度不大．【真题探究】►(·山东)如图所示，长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正视图、俯视图如右图所示；②存在四棱柱，其正视图、俯视图如右图；③存在圆柱，其正视图，俯视图如图．其中真命题的个数是()．A．3B．2C．1D．0[教你审题]只要想到“横躺”的柱体，命题就不难判断．[解法]底面是等腰直角三角形的三棱柱，当它的一个矩形侧面放置在水平面上时，它的正视图和俯视图可以是全等的矩形，因此①正确；若长方体的高和宽相等，则存在满足题意的两个相等的矩形，因此②正确；当圆柱侧放时(即侧视图为圆时)，它的正视图和俯视图可以是全等的矩形，因此③正确．[答案]A[反思]三视图，关键在“视”．要弄清楚“怎么视”，“从何角度视”，“看”到的“平面”是什么．【试一试】已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为()．解析空间几何体的正视图和侧视图的“高平齐”，故正视图的高一定是2，正视图和俯视图“长对正”，故正视图的底面边长为2，根据侧视图中的直角说明这个空间几何体最前面的面垂直于底面，这个面遮住了后面的一个侧棱，综合以上可知，这个空间几何体的正视图可能是C.答案C

eq\f(对应学生,291)A级基础演练(时间：30分钟满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．给出下列四个命题：①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体；③棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥；④长方体一定是正四棱柱．其中正确的命题个数是 ()．A．0 B．1 C．2 D．3解析反例：①直平行六面体底面是菱形，满足条件但不是正棱柱；②底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；③若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长，故③中不能组成正六棱锥；④显然错误，故选A.答案A2．以下关于几何体的三视图的论述中，正确的是 ()．A．球的三视图总是三个全等的圆B．正方体的三视图总是三个全等的正方形C．水平放置的正四面体的三视图都是正三角形D．水平放置的圆台的俯视图是一个圆解析画几何体的三视图要考虑视角，但对于球无论选择怎样的视角，其三视图总是三个全等的圆．答案A3．(·陕西)将正方体(如图(a)所示)截去两个三棱锥，得到图(b)所示的几何体，则该几何体的侧视图为 ()．解析还原正方体后，将D1，D，A三点分别向正方体右侧面作垂线，D1A的射影为C1B，且为实线，B1C被遮挡应为虚线．答案B4．(·浙江)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是()．解析A，B的正视图不符合要求，C的俯视图显然不符合要求，答案选D.答案D二、填空题(每小题5分，共10分)5.如图所示，E、F分别为正方体ABCD－A1B1C1D1的面ADD1A1、面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面DCC1D解析B在面DCC1D1上的投影为C，F、E在面DCC1D1上的投影应分别在边CC1和DD1上，而不在四边形的内部，故①③④错误．答案②6．一个几何体的正视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的________(填入所有可能的几何体前的编号)．①三棱锥；②四棱锥；③三棱柱；④四棱柱；⑤圆锥；⑥圆柱．解析显然，三棱锥、圆锥的正视图可以是三角形；三棱柱的正视图也可以是三角形(把三棱柱放倒，使一侧面贴在地面上，并让其底面面对我们，如图所示)；只要形状合适、摆放适当(如一个侧面正对着观察者的正四棱锥)，四棱锥的正视图也可以是三角形(当然，不是任意摆放的四棱锥的正视图都是三角形)，即正视图为三角形的几何体完全有可能是四棱锥；不论四棱柱、圆柱如何摆放，正视图都不可能是三角形(可以验证，随意摆放的任意四棱柱的正视图都是四边形，圆柱的正视图可以是圆或四边形)．综上所述，应填①②③⑤.答案①②③⑤三、解答题(共25分)7．(12分)已知：图a是截去一个角的长方体，试按图示的方向画出其三视图；图b是某几何体的三视图，试说明该几何体的构成．解图a几何体的三视图为：图b所示的几何体是上面为正六棱柱，下面为倒立的正六棱锥的组合体．8．(13分)已知圆锥的底面半径为r，高为h，且正方体ABCD－A1B1C1D1解如图所示，过内接正方体的一组对棱作圆锥的轴截面，设圆锥内接正方体的棱长为x，则在轴截面中，正方体的对角面A1ACC1的一组邻边的长分别为x和eq\r(2)x.∵△VA1C1∽△VMN，∴eq\f(\r(2)x,2r)＝eq\f(h－x,h)，∴x＝eq\f(2rh,2r＋\r(2)h).即圆锥内接正方体的棱长为eq\f(2rh,2r＋\r(2)h).B级能力突破(时间：30分钟满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．(·温州质检)下图是一个正方体的展开图，将其折叠起来，变成正方体后的图形是 ()．解析∵在这个正方体的展开图中，与有圆的面相邻的三个面中都有一条直线，当变成正方体后，这三条直线互相平行，∴选B.答案B2．一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是 ()．解析选项C不符合三视图中“宽相等”的要求．答案C二、填空题(每小题5分，共10分)3．利用斜二测画法得到的：①三角形的直观图一定是三角形；②正方形的直观图一定是菱形；③等腰梯形的直观图可以是平行四边形；④菱形的直观图一定是菱形．以上正确结论的序号是________．解析由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，④也错误．答案①4．图(a)为长方体积木块堆成的几何体的三视图，此几何体共由________块木块堆成；图(b)中的三视图表示的实物为________．图(a)图(b)解析(1)由三视图可知从正面看到三块，从侧面看到三块，结合俯视图可判断几何体共由4块长方体组成．(2)由三视图可知几何体为圆锥．答案4圆锥三、解答题(共25分)5．(12分)正四棱锥的高为eq\r(3)，侧棱长为eq\r(7)，求侧面上斜高(棱锥侧面三角形的高)为多少？解如图所示，在正四棱锥S－ABCD中，高OS＝eq\r(3)，侧棱SA＝SB＝SC＝SD＝eq\r(7)，在Rt△SOA中，OA＝eq\r(SA2－OS2)＝2，∴AC＝4.∴AB＝BC＝CD＝DA＝2eq\r(2).作OE⊥AB于E，则E为AB中点．连接SE，则SE即为斜高，在Rt△SOE中，∵OE＝eq\f(1,2)BC＝eq\r(2)，SO＝eq\r(3)，∴SE＝eq\r(5)，即侧面上的斜高为eq\r(5).6．(13分)(1)如图1所示的三棱锥的三条侧棱OA、OB、OC两两垂直，那么该三棱锥的侧视图是图2还是图3?(2)某几何体的三视图如图4，问该几何体的面中有几个直角三角形？(3)某几何体的三视图如图5，问该几何体的面中有几个直角三角形？解(1)该三棱锥在侧(右)投影面上的投影是一直角三角形，该三棱锥的侧视图应是图2.(2)该几何体是三棱锥，其直观图如图所示，其中OA、OB、OC两两垂直，∴△OAB、△OAC、△OBC都是直角三角形，但△ABC是锐角三角形．设AO＝a，OC＝c，OB＝b，则AC＝eq\r(a2＋c2)，BC＝eq\r(c2＋b2)，AB＝eq\r(a2＋b2)，∴cos∠BAC＝eq\f(a2,\r(a2＋b2)·\r(c2＋a2))>0，∴∠BAC为锐角．同理，∠ABC、∠ACB也是锐角．综上所述，该几何体的面中共有三个直角三角形．(3)该几何体是三棱锥，其直观图如图所示，其中，AB⊥BC，AB⊥BD，BD⊥CD，∴DC⊥面ABD，∴DC⊥AD，∴△ACD也是直角三角形．∴该几何体的面中共有四个直角三角形.特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.第2讲空间几何体的表面积与体积【年高考会这样考】1．以三视图为载体，考查空间几何体的表面积与体积．2．利用展开图考查空间几何体的侧面积与表面积．eq\f(对应学生,108)考点梳理1．柱体、锥体、台体的侧面积和表面积(1)旋转体的侧面展开图的形状名称侧面展开图形状侧面展开图圆柱矩形圆锥扇形圆台扇环(2)多面体的侧面积和表面积因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是侧面展开图的面积，表面积是侧面积与底面积的和．(3)旋转体的侧面积和表面积①若圆柱的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝2πrl，S表＝2πr(r＋l)．②若圆锥的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝πrl，S表＝πr(r＋l)．③若圆台的上下底面半径分别为r′、r，则S侧＝π(r＋r′)l，S表＝π(r′2＋r′l＋rl＋r2)．④若球的半径为R，则它的表面积S＝4πR2.2．几何体的体积公式(1)圆柱的体积公式V＝πr2h.所有棱柱和圆柱的体积公式可以统一为V柱＝Sh，其中S为底面积，h为高．(2)圆锥的体积公式V＝eq\f(1,3)πr2h，棱锥的体积公式V＝eq\f(1,3)Sh.圆锥和棱锥的体积公式可以统一为V锥＝eq\f(1,3)Sh，其中S为底面积，h为高．(3)圆台的体积公式为V＝eq\f(1,3)π(r′2＋r′r＋r2)h，棱台的体积公式为V＝eq\f(1,3)(S′＋eq\a\vs4\al(\r(\o(\s\up7(),\s\do5(SS′))))＋S)h，圆台和棱台的体积公式可以统一为V台＝eq\f(1,3)(S′＋eq\a\vs4\al(\r(\o(\s\up7(),\s\do5(S′S))))＋S)h，其中S′、S分别为上、下底的底面积，h为高．(4)球的体积公式为V＝eq\f(4,3)πR3.【助学·微博】两点提醒(1)关于公式要注意几何体的表面积公式和体积公式中各个数据的准确性，不能用错公式．(2)关于组合体转化对于生产生活中遇到的物体，可以转化为由简单的几何体组合而成，它们的表面积与体积可以转化为这些简单的几何体的表面积的和与体积的和．两个关注点与球有关问题的关注点(1)“切”“接”问题一般要过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问题转化为平面问题，从而寻找几何体各元素之间的关系．(2)特殊图形可以用补图的方法解答．考点自测1．圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是()．A．4πSB．2πSC．πSD.eq\f(2\r(3),3)πS解析设圆柱底面圆的半径为r，高为h，则r＝eq\r(\f(S,π))，又h＝2πr＝2eq\r(πS)，∴S圆柱侧＝(2eq\r(πS))2＝4πS.答案A2．(·湖北)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()．A.eq\f(8π,3)B．3πC.eq\f(10π,3)D．6π解析由三视图可知该几何体的体积V＝π×12×2＋eq\f(1,2)×π×12×2＝3π.答案B3．(·安徽)某几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积是________．解析通过三视图可知，该几何体是底面为直角梯形的直四棱柱．所以该几何体的表面积是2×eq\f(1,2)×(2＋5)×4＋2×4＋4×5＋4×4＋4×5＝92.答案924．(·上海)若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，则该圆锥的体积为________．解析因为半圆的面积为2π，所以半圆的半径为2，底面圆的周长为2π，所以圆锥的母线长为2，底面圆的半径为1，所以圆锥的高为eq\r(3)，体积为eq\f(1,3)π×12×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),3)π.答案eq\f(\r(3),3)π5．已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且AB＝6，BC＝2eq\r(3)，则棱锥O－ABCD的体积为________．解析依题意棱锥O－ABCD的四条侧棱长相等且均为球O的半径，如图连接AC，取AC中点O′，连接OO′.易知AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝4eq\r(3)，故AO′＝2eq\r(3).在Rt△OAO′中，OA＝4，从而OO′＝eq\r(42－12)＝2.所以VO－ABCD＝eq\f(1,3)×2×6×2eq\r(3)＝8eq\r(3).答案8eq\r(3)eq\f(对应学生,109)考向一几何体的表面积【例1】►(·北京)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是()．A．28＋6eq\r(5)B．30＋6eq\r(5)C．58＋12eq\r(5)D．60＋12eq\r(5)[审题视点]根据几何体的三视图画出其直观图，利用直观图的图形特征求其表面积．解析由几何体的三视图可知，该三棱锥的直观图如图所示，其中AE⊥平面BCD，CD⊥BD，且CD＝4，BD＝5，BE＝2，ED＝3，AE＝4.∴AD＝5.又CD⊥BD，CD⊥AE，则CD⊥平面ABD，故CD⊥AD，所以AC＝eq\r(41)且S△ACD＝10.在Rt△ABE中，AE＝4，BE＝2，故AB＝2eq\r(5).在Rt△BCD中，BD＝5，CD＝4，故S△BCD＝10，且BC＝eq\r(41).在△ABD中，AE＝4，BD＝5，故S△ABD＝10.在△ABC中，AB＝2eq\r(5)，BC＝AC＝eq\r(41)，则AB边上的高h＝6，故S△ABC＝eq\f(1,2)×2eq\r(5)×6＝6eq\r(5).因此，该三棱锥的表面积为S＝30＋6eq\r(5).答案B(1)若以三视图的形式给出，解题的关键是对给出的三视图进行分析，从中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系，得到几何体的直观图，然后根据条件求解．(2)多面积的表面积是各个面的面积之和，组合体的表面积应注意重合部分的处理．【训练1】一个几何体的三视图如图，该几何体的表面积是()．A．372B．360C．292D．280解析由三视图可知该几何体是由下面一个长方体，上面一个长方体组合而成的几何体．∵下面长方体的表面积为8×10×2＋2×8×2＋10×2×2＝232，上面长方体的表面积为8×6×2＋2×8×2＋2×6×2＝152，又∵长方体表面积重叠一部分，∴几何体的表面积为232＋152－2×6×2＝360.答案B考向二几何体的体积【例2】►(·山东)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E、F分别为线段AA1，B1C上的一点，则三棱锥D1－EDF的体积为________．[审题视点]利用等体积转化法求解．解析因为E点在线段AA1上，所以S△DED1＝eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(1,2)，又因为F点在线段B1C上，所以点F到平面DED1的距离为1，即h＝1，所以VD1­EDF＝VF­DED1＝eq\f(1,3)×S△DED1×h＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1＝eq\f(1,6).答案eq\f(1,6)(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解；(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．【训练2】如图，某几何体的正视图、侧视图和俯视图分别是等边三角形、等腰三角形和菱形，则该几何体体积为()．A．4eq\r(3)B．4C．2eq\r(3)D．2解析由三视图可知此几何体为四棱锥，高为3.所以V＝eq\f(1,3)Sh＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2eq\r(3)×2×3＝2eq\r(3).答案C考向三与球有关的组合体【例3】►某几何体的三视图如下图所示(图中长度单位：cm)，其中正视图与侧视图相同，则该几何体的体积为________________________________________________________________________cm3.[审题视点]由正视图和侧视图知几何体分三部分：柱、台、球，再由俯视图确定几何体由圆柱、圆台、半球组成．解析由三视图可知，该几何体是由圆柱、圆台、半球组合而成，易知圆柱的底面半径为1，高为2，圆台的上、下底半径分别为1、4，高为4，半球的半径为4.∴V圆柱＝π×12×2＝2π，V圆台＝eq\f(π,3)×(12＋42＋1×4)×4＝28π，V半球＝eq\f(1,2)×eq\f(4,3)π×43＝eq\f(128,3)π.∴几何体的体积为V＝2π＋28π＋eq\f(128,3)π＝eq\f(218,3)π(cm3)．答案eq\f(218,3)π(1)已知与球有关的组合体的三视图，要将其还原为几何体，对组合体的表面积和体积可以分割计算．(2)处理与几何体外接球相关的问题时，一般需依据球和几何体的对称性，确定球心与几何体的特殊点间的关系．解决与棱柱有关的问题时需注意运用棱柱的体对角线即为外接球直径这一知识．【训练3】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面面积的eq\f(3,16)，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πr2＝eq\f(3,16)×4πR2.∴r＝eq\f(\r(3),2)R，∴OO1＝eq\f(1,2)R.体积较小的圆锥的高AO1＝R－eq\f(1,2)R＝eq\f(1,2)R，体积较大的圆锥的高BO1＝R＋eq\f(1,2)R＝eq\f(3,2)R.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eq\f(1,3).答案eq\f(1,3)eq\f(对应学生,110)方法优化10——巧妙求解空间几何体的表面积和体积【命题研究】通过近三年的高考试题分析，主要考查已知三视图，还原几何体，求几何体的表面积和体积．题型为选择题或填空题，题目难度中等．【真题探究】►(·广东)某几何体的三视图如图所示，它的体积为()．A．12πB．45πC．57πD．81π[教你审题]第1步还原几何体，由三视图可知，该几何体是一个圆柱和圆锥的组合体．第2步利用基本公式求解．[优美解法]由三视图可知，该几何体是由底面直径为6，高为5的圆柱与底面直径为6，母线长为5的圆锥组成的组合体，因此，体积为V＝π×32×5＋eq\f(1,3)×π×32×eq\r(52－32)＝57π.[答案]C[反思](1)对组合体的三视图还原为几何体的问题，要从接触面突破；(2)对组合体的表面积、体积可以分割计算；(3)在三视图向几何体的转化过程中，有关数据要正确对应．【试一试】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积和体积分别为________，________.解析由三视图可知，该几何体的下部是一底边长为2的正方形，高为4的长方体，上部为一球，球的直径等于正方形的边长．所以长方体的表面积为S1＝2×2×2＋4×2×4＝40，长方体的体积为V1＝2×2×4＝16，球的表面积和体积分别为S2＝4×π×12＝4π，V2＝eq\f(4,3)×π×13＝eq\f(4π,3)，故该几何体的表面积为S＝S1＋S2＝40＋4π，该几何体的体积为V＝V1＋V2＝16＋eq\f(4π,3).答案40＋4π16＋eq\f(4π,3)eq\f(对应学生,293)A级基础演练(时间：30分钟满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．(·东北三校一模)一个几何体的三视图如图所示，则侧视图的面积为()．A．2＋eq\r(3) B．1＋eq\r(3)C．2＋2eq\r(3) D．4＋eq\r(3)解析依题意得，该几何体的侧视图的面积等于22＋eq\f(1,2)×2×eq\r(3)＝4＋eq\r(3).答案D2．(·湖南)设右图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为 ()．A.eq\f(9,2)π＋12B.eq\f(9,2)π＋18C．9π＋42D．36π＋18解析该几何体是由一个球与一个长方体组成的组合体，球的直径为3，长方体的底面是边长为3的正方形，高为2，故所求体积为2×32＋eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))3＝eq\f(9,2)π＋18.答案B3．一个几何体的三视图如图所示，那么此几何体的侧面积(单位：cm2)为()．A．48 B．64 C．80 D．120解析据三视图知，该几何体是一个正四棱锥(底面边长为8)，直观图如图，PE为侧面△PAB的边AB上的高，且PE＝5.∴此几何体的侧面积是S＝4S△PAB＝4×eq\f(1,2)×8×5＝80(cm2)．答案C4．(·新课标全国)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.eq\f(\r(2),6) B.eq\f(\r(3),6) C.eq\f(\r(2),3) D.eq\f(\r(2),2)解析在直角三角形ASC中，AC＝1，∠SAC＝90°，SC＝2，∴SA＝eq\r(4－1)＝eq\r(3)；同理SB＝eq\r(3).过A点作SC的垂线交SC于D点，连接DB，因△SAC≌△SBC，故BD⊥SC，故SC⊥平面ABD，且平面ABD为等腰三角形，因∠ASC＝30°，故AD＝eq\f(1,2)SA＝eq\f(\r(3),2)，则△ABD的面积为eq\f(1,2)×1×eq\r(AD2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(2),4)，则三棱锥的体积为eq\f(1,3)×eq\f(\r(2),4)×2＝eq\f(\r(2),6).答案A二、填空题(每小题5分，共10分)5．已知S、A、B、C是球O表面上的点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA＝AB＝1，BC＝eq\r(2)，则球O的表面积等于________．解析将三棱锥S－ABC补形成以SA、AB、BC为棱的长方体，其对角线SC为球O的直径，所以2R＝SC＝2，R＝1，∴表面积为4πR2＝4π.答案4π6．(·天津)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.解析由三视图可知，该几何体是组合体，上面是长、宽、高分别是6,3,1的长方体，下面是两个半径均为eq\f(3,2)的球，其体积为6×3×1＋2×eq\f(4,3)×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))3＝18＋9π(m3)．答案18＋9π三、解答题(共25分)7．(12分)如图，已知某几何体的三视图如下(单位：cm)：(1)画出这个几何体的直观图(不要求写画法)；(2)求这个几何体的表面积及体积．解(1)这个几何体的直观图如图所示．(2)这个几何体可看成是正方体AC1及直三棱柱B1C1Q－A1D1P的组合体．由PA1＝PD1＝eq\r(2)，A1D1＝AD＝2，可得PA1⊥PD1.故所求几何体的表面积S＝5×22＋2×2×eq\r(2)＋2×eq\f(1,2)×(eq\r(2))2＝22＋4eq\r(2)(cm2)，体积V＝23＋eq\f(1,2)×(eq\r(2))2×2＝10(cm3)．8．(13分)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝eq\r(2)，P是BC1上一动点，如图所示，求CP＋PA1的最小值．解PA1在平面A1BC1内，PC在平面BCC1内，将其铺平后转化为平面上的问题解决．铺平平面A1BC1、平面BCC1，如图所示．计算A1B＝AB1＝eq\r(40)，BC1＝2，又A1C1＝6，故△A1BC1是∠A1C1B＝90°的直角三角形．CP＋PA1≥A1C.在△AC1A1C＝eq\r(62＋\r(2)2－2·6·\r(2)·cos135°)＝eq\r(50)＝5eq\r(2)，故(CP＋PA1)min＝5eq\r(2).B级能力突破(时间：30分钟满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．(·哈尔滨模拟)某品牌香水瓶的三视图如下(单位：cm)，则该几何体的表面积为 ()．A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(95－\f(π,2)))cm2 B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(94－\f(π,2)))cm2C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(94＋\f(π,2)))cm2 D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(95＋\f(π,2)))cm2解析该几何体的上下为长方体，中间为圆柱．S表面积＝S下长方体＋S上长方体＋S圆柱侧－2S圆柱底＝2×4×4＋4×4×2＋2×3×3＋4×3×1＋2π×eq\f(1,2)×1－2×πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝94＋eq\f(π,2).答案C2．(·福州模拟)如图所示，已知三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则三棱锥B1－ABC1的体积为 ()．A.eq\f(\r(3),12) B.eq\f(\r(3),4)C.eq\f(\r(6),12) D.eq\f(\r(6),4)解析三棱锥B1－ABC1的体积等于三棱锥A－B1BC1的体积，三棱锥A－B1BC1的高为eq\f(\r(3),2)，底面积为eq\f(1,2)，故其体积为eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),12).答案A二、填空题(每小题5分，共10分)3．(·江西盟校二联)已知某几何体的直观图及三视图如图所示，三视图的轮廓均为正方形，则该几何体的表面积为________．解析借助常见的正方体模型解决．由三视图知，该几何体由正方体沿面AB1D1与面CB1D1截去两个角所得，其表面由两个等边三角形、四个直角三角形和一个正方形组成．计算得其表面积为12＋4eq\r(3).答案12＋4eq\r(3)4．(·长春二模)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为6，则以正方体ABCD－A1B1C1D1的中心为顶点，以平面AB1D1解析设O为正方体外接球的球心，则O也是正方体的中心，O到平面AB1D1的距离是体对角线长的eq\f(1,6)，即为eq\r(3).又球的半径是正方体对角线长的一半，即为3eq\r(3)，由勾股定理可知，截面圆的半径为eq\r(3\r(3)2－\r(3)2)＝2eq\r(6)，圆锥底面面积为S1＝π·(2eq\r(6))2＝24π，圆锥的母线即为球的半径3eq\r(3)，圆锥的侧面积为S2＝π×2eq\r(6)×3eq\r(3)＝18eq\r(2)π.因此圆锥的全面积为S＝S2＋S1＝18eq\r(2)π＋24π＝(18eq\r(2)＋24)π.答案(18eq\r(2)＋24)π三、解答题(共25分)5．(12分)(·杭州模拟)如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝2eq\r(2)，AD＝2，求四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积及体积．解由已知得：CE＝2，DE＝2，CB＝5，S表面＝S圆台侧＋S圆台下底＋S圆锥侧＝π(2＋5)×5＋π×25＋π×2×2eq\r(2)＝(60＋4eq\r(2))π，V＝V圆台－V圆锥＝eq\f(1,3)(π·22＋π·52＋eq\r(22·52π2))×4－eq\f(1,3)π×22×2＝eq\f(148,3)π.6．(13分)如图(a)，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AB＝4，AD＝CD＝2，将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体D－ABC，如图(b)所示．(1)求证：BC⊥平面ACD；(2)求几何体D－ABC的体积．(1)证明在图中，可得AC＝BC＝2eq\r(2)，从而AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC，又平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC，∴BC⊥平面ACD.(2)解由(1)可知，BC为三棱锥B－ACD的高，BC＝2eq\r(2)，S△ACD＝2，∴VB－ACD＝eq\f(1,3)S△ACD·BC＝eq\f(1,3)×2×2eq\r(2)＝eq\f(4\r(2),3)，由等体积性可知，几何体D－ABC的体积为eq\f(4\r(2),3).特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.第3讲空间点、直线、平面之间的位置关系【年高考会这样考】1．考查空间线面平行、垂直关系的判断．2．考查空间线面平行、垂直关系与命题或充要条件相结合．eq\f(对应学生,111)考点梳理1．平面的基本性质(1)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．(2)公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．(3)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．(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．2．空间中两直线的位置关系(1)空间两直线的位置关系eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(共面直线\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(平行,相交)),异面直线：不同在任何一个平面内))(2)异面直线所成的角①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．②范围：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(3)平行公理和等角定理①平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行．②等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．3．空间直线与平面、平面与平面的位置关系(1)直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况．(2)平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．【助学·微博】一个理解异面直线概念的理解(1)“不同在任何一个平面内”，指这两条直线不能确定任何一个平面，因此，异面直线既不相交，也不平行．(2)不能把异面直线误解为：分别在不同平面内的两条直线为异面直线．两种判定方法异面直线的判定方法(1)判定定理：过平面外一点与平面内一点的直线，和平面内不经过该点的直线是异面直线．(2)反证法：证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共面，从而可得两直线异面．考点自测1．下列命题是真命题的是()．A．空间中不同三点确定一个平面B．空间中两两相交的三条直线确定一个平面C．一条直线和一个点能确定一个平面D．梯形一定是平面图形解析空间中不共线的三点确定一个平面，A错；空间中两两相交不交于一点的三条直线确定一个平面，B错；经过直线和直线外一点确定一个平面，C错；故D正确．答案D2．和两条异面直线都相交的两条直线的位置关系是()．A．异面B．相交C．平行D．异面或相交答案D3．三条两两平行的直线可以确定平面的个数为()．A．0B．1C．0或1D．1或3答案D4．空间两个角α，β的两边分别对应平行，且α＝60°，则β为()．A．60°B．120°C．30°D．60°或120°解析由等角定理可知β＝60°或120°.答案D5．如果两条异面直线称为“一对”，那么在正方体的十二条棱中共有异面直线________对．解析如图所示，与AB异面的直线有B1C1，CC1，A1D1，DD1四条，因为各棱具有相同的位置且正方体共有12条棱，排除两棱的重复计算，共有异面直线eq\f(12×4,2)＝24(对)．答案24eq\f(对应学生,112)考向一平面的基本性质及其应用【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[审题视点](1)由EF∥CD1可得；(2)先证CE与D1F相交于P，再证P∈AD证明(1)如图，连接EF，CD1，A1B.∵E、F分别是AB、AA1的中点，∴EF∥A1B.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，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．(1)证明点或线共面问题，一般有两种途径：①首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合．(2)证明点共线问题，一般有两种途径：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，常用的方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．【训练1】下列如图所示是正方体和正四面体，P、Q、R、S分别是所在棱的中点，则四个点共面的图形是________．解析可证①中的四边形PQRS为梯形；②中，如图所示，取A1A和BC的中点为M、N可证明PMQNRS为平面图形，且PMQNRS为正六边形；③中，可证四边形PQRS为平行四边形；④中，可证Q点所在棱与面PRS平行，因此，P、Q、R、S四点不共面．答案①②③考向二空间中两直线的位置关系【例2】►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________．[审题视点]还原成正四面体来判断．解析如图所示，GH与EF为异面直线，BD与MN为异面直线，GH与MN成60°角，DE⊥MN.答案②③④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．【训练2】在图中，G、H、M、N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________(填上所有正确答案的序号)．解析图①中，直线GH∥MN；图②中，G、H、N三点共面，但M∉面GHN，因此直线GH与MN异面；图③中，连接MG，GM∥HN因此GH与MN共面；图④中，G、M、N共面，但H∉面GMN，因此GH与MN异面．所以图②、④中GH与MN异面．答案②④考向三异面直线所成角【例3】►如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，(1)求A1C1与B1(2)若E、F分别为AB、AD的中点，求A1C1与EF[审题视点](1)把A1C1平移到底面，再连AB1(2)把A1C1平移到底面，连BD解(1)如图，连接AC、AB1，由ABCD－A1B1C1D1是正方体，知AA1C1C为平行四边形，所以AC∥A1C1，从而B1C与AC所成的角就是A1C1与B1C所成的角．由AB1＝AC＝B1C可知∠B1CA＝60°，即A1C1与B1C所成角为60°.(2)如图，连接BD，由(1)知AC∥A1C1∴AC与EF所成的角就是A1C1与EF所成的角．∵EF是△ABD的中位线，∴EF∥BD.又∵AC⊥BD，∴AC⊥EF，即所求角为90°.找异面直线所成的角的方法一般有三种找法：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．【训练3】如图，A是△BCD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平面外的一点相矛盾．故直线EF与BD是异面直线．(2)解如图，取CD的中点G，连接EG、FG，则EG∥BD，所以直线EF与EG所成的角，即为异面直线EF与BD所成的角．在Rt△EGF中，由EG＝FG＝eq\f(1,2)AC，求得∠FEG＝45°，即异面直线EF与BD所成的角为45°.eq\f(对应学生,113)热点突破18——准确判断空间点、线、面的位置关系【命题研究】通过近三年的高考试题分析，主要结合线线、线面和面面平行与垂直的判定和性质考查点、线、面的位置关系，题目多为中、低档题，主要以选择题或填空题的形式出现．【真题探究】►(·浙江)设l是直线，α，β是两个不同的平面()．A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l∥α，l⊥β，则α⊥βC．若α⊥β，l⊥α，则l⊥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β[教你审题]根据空间线面、面面、平行判定性质、垂直判定性质逐个进行判断．注意空间位置关系的各种可能情况．[解法]若l∥α，l∥β，则α，β可能相交，故A错；若l∥α，则平面α内必存在一直线m与l平行，又l⊥β，则m⊥β，又m⊂α，故α⊥β，故B对；若α⊥β，l⊥α，则l∥β或l⊂β，故C错；若α⊥β，l∥α，则l与β关系不确定，故D错．[答案]B[反思]对于空间点、线、面的位置关系的判定与应用问题，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，特别是对于选择题，显得更为有效．【试一试】设m、n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，有下列四个命题：①若m⊂β，α⊥β，则m⊥α；②若α∥β，m⊂α，则m∥β；③若n⊥α，n⊥β，m⊥α，则m⊥β；④若α⊥γ，β⊥γ，m⊥α，则m⊥β.其中正确命题的序号是()．A．①③B．①②C．③④D．②③解析若m⊂β，α⊥β，则m⊥α或m∥α，或m与α相交，故①不正确；若α⊥γ，β⊥γ，m⊥α，则m⊥β或m⊂β，m∥β或m与β相交，故④不正确，故选D.答案Deq\f(对应学生,295)A级基础演练(时间：30分钟满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．若空间中有两条直线，则“这两条直线为异面直线”是“这两条直线没有公共点”的 ()．A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件解析若两条直线无公共点，则两条直线可能异面，也可能平行．若两条直线是异面直线，则两条直线必无公共点．答案A2．若两条直线和一个平面相交成等角，则这两条直线的位置关系是 ()．A．平行 B．异面C．相交 D．平行、异面或相交解析经验证，当平行、异面或相交时，均有两条直线和一个平面相交成等角的情况出现，故选D.答案D3．以下四个命题中，正确命题的个数是 ()．①不共面的四点中，其中任意三点不共线；②若点A、B、C、D共面，点A、B、C、E共面，则A、B、C、D、E共面；③若直线a、b共面，直线a、c共面，则直线b、c共面；④依次首尾相接的四条线段必共面．A．0 B．1 C．2 D．3解析①正确，可以用反证法证明；②从条件看出两平面有三个公共点A、B、C，但是若A、B、C共线，则结论不正确；③不正确，共面不具有传递性；④不正确，因为此时所得的四边形四条边可以不在一个平面上．答案B4．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是BD1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论错误的是A．A1、M、O三点共线 B．M、O、A1、A四点共面C．A、O、C、M四点共面 D．B、B1、O、M四点共面解析因为O是BD1的中点．由正方体的性质知，点O在直线A1C上，O也是A1C的中点，又直线A1C交平面AB1D1于点M，则A1、M、O三点共线，A正确；又直线与直线外一点确定一个平面，所以B、C正确．答案D二、填空题(每小题5分，共10分)5．已知a，b为不垂直的异面直线，α是一个平面，则a，b在α上的射影有可能是：①两条平行直线；②两条互相垂直的直线；③同一条直线；④一条直线及其外一点．在上面结论中，正确结论的编号是________(写出所有正确结论的编号)．解析只有当a∥b时，a，b在α上的射影才可能是同一条直线，故③错，其余都有可能．答案①②④6.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别为棱C1D1、C1C①直线AM与CC1是相交直线；②直线AM与BN是平行直线；③直线BN与MB1是异面直线；④直线AM与DD1是异面直线．其中正确的结论为________(注：把你认为正确的结论的序号都填上)．解析直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，故①②错误．答案③④三、解答题(共25分)7．(12分)如图所示，四边形ABEF和ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC綉eq\f(1,2)AD，BE綉eq\f(1,2)FA，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綉eq\f(1,2)AD.又BC綉eq\f(1,2)AD，∴GH綉BC，∴四边形BCHG为平行四边形．(2)解由BE綉eq\f(1,2)AF，G为FA中点知，BE綉FG，∴四边形BEFG为平行四边形，∴EF∥BG.由(1)知BG綉CH，∴EF∥CH，∴EF与CH共面．又D∈FH，∴C、D、F、E四点共面．8．(13分)在长方体ABCD－A1B1C1D1的A1C1面上有一点P(如图所示，其中P点不在对角线B1D1(1)过P点在空间作一直线l，使l∥直线BD，应该如何作图？并说明理由；(2)过P点在平面A1C1内作一直线m，使m与直线BD成α角，其中α∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，这样的直线有几条，应该如何作图？解(1)连接B1D1，BD，在平面A1C1内过P作直线l，使l∥B1D1，则l即为所求作的直线，如图(a)．∵B1D1∥BD，l∥B1D1，∴l∥直线BD.图(a)(2)∵BD∥B1D1，∴直线m与直线BD也成α角，即直线m为所求作的直线，如图(b)．由图知m与BD是异面直线，且m与BD所成的角α∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).当α＝eq\f(π,2)时，这样的直线m有且只有一条，当α≠eq\f(π,2)时，这样的直线m有两条．图(b)B级能力突破(时间：30分钟满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．(·吉林一模)一个正方体的展开图如图所示，A、B、C、D为原正方体的顶点，则在原来的正方体中 ()．A．AB∥CDB．AB与CD相交C．AB⊥CDD．AB与CD所成的角为60°解析如图，把展开图中的各正方形按图(a)所示的方式分别作为正方体的前、后、左、右、上、下面还原，得到图(b)所示的直观图，可见选项A、B、C不正确．∴正确选项为D.图(b)中，DE∥AB，∠CDE为AB与CD所成的角，△CDE为等边三角形，∴∠CDE＝60°.答案D2.如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是 ()．A．45° B．60°C．90° D．120°解析如图，连接AB1，易知AB1∥EF，连接B1C交BC1于点G，取AC的中点H，连接GH，则GH∥AB1∥EF.设AB＝BC＝AA1＝a，连接HB，在△GHB中，易知GH＝HB＝GB＝eq\f(\r(2),2)a，故两直线所成的角即为∠HGB＝60°.答案B二、填空题(每小题5分，共10分)3.如图所示，在三棱锥A－BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，则当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为菱形，当AC，BD满足条件________________时，四边形EFGH是正方形．解析易知EH∥BD∥FG，且EH＝eq\f(1,2)BD＝FG，同理EF∥AC∥HG，且EF＝eq\f(1,2)AC＝HG，显然四边形EFGH为平行四边形．要使平行四边形EFGH为菱形需满足EF＝EH，即AC＝BD；要使四边形EFGH为正方形需满足EF＝EH且EF⊥EH，即AC＝BD且AC⊥BD.答案AC＝BDAC＝BD且AC⊥BD4．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CD解析法一在EF上任意取一点M，直线A1D1与M确定一个平面，这个平面与CD有且仅有1个交点N，当M取不同的位置就确定不同的平面，从而与CD有不同的交点N，而直线MN与这3条异面直线都有交点．如图所示．法二在A1D1上任取一点P，过点P与直线EF作一个平面α，因CD与平面α不平行，所以它们相交，设它们交于点Q，连接PQ，则PQ与EF必然相交，即PQ为所求直线．由点P的任意性，知有无数条直线与三条直线A1D1，EF，CD都相交．答案无数三、解答题(共25分)5．(12分)如图，在四面体ABCD中作截面PQR，若PQ、CB的延长线交于M，RQ、DB的延长线交于N，RP、DC的延长线交于K，求证：M、N、K三点共线．证明∵M∈PQ，直线PQ⊂平面PQR，M∈BC，直线BC⊂面BCD，∴M是平面PQR与平面BCD的一个公共点，即M在面PQR与面BCD的交线l上．同理可证：N、K也在l上．∴M、N、K三点共线．6．(13分)在四棱锥P－ABCD中，底面是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，对角线AC与BD交于点O，PO⊥平面ABCD，PB与平面ABCD所成角为60°.(1)求四棱锥的体积；(2)若E是PB的中点，求异面直线DE与PA所成角的余弦值．解(1)在四棱锥P－ABCD中，∵PO⊥面ABCD，∴∠PBO是PB与面ABCD所成的角，即∠PBO＝60°，在Rt△POB中，∵BO＝AB·sin30°＝1，又PO⊥OB，∴PO＝BO·tan60°＝eq\r(3)，∵底面菱形的面积S菱形ABCD＝2eq\r(3).∴四棱锥P－ABCD的体积VP－ABCD＝eq\f(1,3)×2eq\r(3)×eq\r(3)＝2.(2)取AB的中点F，连接EF，DF，∵E为PB中点，∴EF∥PA，∴∠DEF为异面直线DE与PA所成角(或其补角)．在Rt△AOB中，AO＝AB·cos30°＝eq\r(3)＝OP，∴在Rt△POA中，PA＝eq\r(6)，∴EF＝eq\f(\r(6),2).在正三角形ABD和正三角形PDB中，DF＝DE＝eq\r(3)，∴cos∠DEF＝eq\f(DE2＋EF2－DF2,2DE·EF)＝eq\f(\r(3)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))2－\r(3)2,2×\r(3)×\f(\r(6),2))＝eq\f(\f(6,4),3\r(2))＝eq\f(\r(2),4).即异面直线DE与PA所成角的余弦值为eq\f(\r(2),4).特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.第4讲直线、平面平行的判定及其性质【年高考会这样考】1．考查判定线面的位置关系．2．以多面体为载体，考查线面平行、面面平行的判定或探究．eq\f(对应学生,114)考点梳理1．直线与平面平行(1)判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行)．即：a⊄α，b⊂α，且a∥b⇒a∥α.其他判定方法；α∥β，a⊂α⇒a∥β.(2)性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(线面平行⇒线线平行)．即：a∥α，a⊂β，α∩β＝l⇒a∥l.2．平面与平面平行(1)判定定理：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(线面平行⇒面面平行)．即：a⊂α，b⊂α，a∩b＝M，a∥β，b∥β⇒α∥β.(2)性质定理：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行．即：α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b⇒a∥b.【助学·微博】一个转化关系平行问题的转化关系两点提醒(1)在推证线面平行时，必须满足三个条件：一是直线a在已知平面外；二是直线b在已知平面内；三是两直线平行．(2)把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面与已知平面相交，则该直线与交线平行．考点自测1．若两条直线都与一个平面平行，则这两条直线的位置关系是()．A．平行B．相交C．异面D．以上均有可能解析借助长方体模型易得．答案D2．在空间中，下列命题正确的是()．A．平行直线的平行投影重合B．平行于同一直线的两个平面平行C．垂直于同一平面的两个平面平行D．垂直于同一平面的两条直线平行解析选项A，平行直线的平行投影可以依然是两条平行直线；选项B，两个相交平面的交线与某一条直线平行，则这条直线平行于这两个平面；选项C，两个相交平面可以同时垂直于同一个平面；选项D，正确．答案D3．(·长沙模拟)若直线a⊥b，且直线a∥平面α，则直线b与平面α的位置关系是()．A．b⊂αB．b∥αC．b⊂α或b∥αD．b与α相交或b⊂α或b∥α解析可以构造一草图来表示位置关系，经验证，当b与α相交或b⊂α或b∥α时，均满足直线a⊥b，且直线a∥平面α的情况，故选D.答案D4．(·四川)下列命题正确的是()．A．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行解析A错误，如圆锥的任意两条母线与底面所成的角相等，但两条母线相交；B错误，△ABC的三个顶点中，A、B在α的同侧，而点C在α的另一侧，且AB平行于α，此时可有A、B、C三点到平面α距离相等，但两平面相交；D错误，如教室中两个相邻墙面都与地面垂直，但这两个面相交，故选C.答案C5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE解析如图．连接AC、BD交于O点，连接OE，因为OE∥BD1，而OE⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，所以BD1∥平面ACE.答案平行eq\f(对应学生,114)考向一线面平行的判定及性质【例1】►(·辽宁)如图，直三棱柱ABC－A′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝λAA′，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．(1)证明：MN∥平面A′ACC′；(2)若二面角A′－MN－C为直二面角，求λ的值．[审题视点](1)连接AB′，AC′，在△AC′B′中由中位线定理可证MN∥AC′，则线面平行可证；此问也可以应用面面平行证明．(2)利用向量法求解．(1)证明法一连接AB′，AC′，如图由已知∠BAC＝90°，AB＝AC，三棱柱ABC－A′B′C′为直三棱柱，所以M为AB′中点．又因为N为B′C′的中点，所以MN∥AC′.又MN⊄平面A′ACC′，AC′⊂平面A′ACC′，因此MN∥平面A′ACC′.法二取A′B′的中点P，连接MP，NP，AB′，如图，而M，N分别为AB′与B′C′的中点，所以MP∥AA′，PN∥A′C′，所以MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′.又MP∩NP＝P，因此平面MPN∥平面A′ACC′.而MN⊂平面MPN，因此MN∥平面A′ACC′.(2)解以A为坐标原点，分别以直线AB，AC，AA′为x轴，y轴，z轴建立直角坐标系O－xyz，如图所示．设AA′＝1，则AB＝AC＝λ，于是A(0,0,0)，B(λ，0,0)，C(0，λ，0)，A′(0,0,1)，B′(λ，0,1)，C′(0，λ，1)，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,2)，0，\f(1,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,2)，\f(λ,2)，1)).设m＝(x1，y1，z1)是平面A′MN的法向量，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(A′M,\s\up6(→))＝0，,m·\o(MN,\s\up6(→))＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(λ,2)x1－\f(1,2)z1＝0，,\f(λ,2)y1＋\f(1,2)z1＝0，))可取m＝(1，－1，λ)．设n＝(x2，y2，z2)是平面MNC的法向量，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(NC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(MN,\s\up6(→))＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(λ,2)x2＋\f(λ,2)y2－z2＝0，,\f(λ,2)y2＋\f(1,2)z2＝0，))可取n＝(－3，－1，λ)．因为A′－MN－C为直二面角，所以m·n＝0，即－3＋(－1)×(－1)＋λ2＝0，解得λ＝eq\r(2).(1)证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．注意说明已知的直线不在平面内．(2)证明直线与平面平行的方法：①利用定义结合反证；②利用线面平行的判定定理；③利用面面平行的性质．【训练1】如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AP＝AB，BP＝BC＝2，E，F分别是PB，PC的中点．(1)证明：EF∥平面PAD；(2)求三棱锥E－ABC的体积．(1)证明在△PBC中，E，F分别是PB，PC的中点，∴EF∥BC.又BC∥AD，∴EF∥AD.又∵AD⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，∴EF∥平面PAD.(2)解连接AE，AC，EC，过E作EG∥PA交AB于点G，由PA⊥平面ABCD，则EG⊥平面ABCD，且EG＝eq\f(1,2)PA.在△PAB中，AP＝AB，∠PAB＝90°，BP＝2，∴AP＝AB＝eq\r(2)，EG＝eq\f(\r(2),2).∴S△ABC＝eq