高考数学一轮复习 第七章 空间几何体的结构特征及其三视图和直观图训练 理 新人教A版

【创新设计】高考数学一轮复习第七章空间几何体的结构特征及其三视图和直观图训练理新人教A版第一节空间几何体的结构特征及其三视图和直观图[备考方向要明了]考什么怎么考1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．2.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图．3.会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式．4.会画某些建筑物的三视图与直观图(在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等没有严格要求)．1.对空间几何体的结构特征的考查，很少单独命题，多与命题真假判断相结合，在考查线面位置关系时，常以几何体为载体．2.对三视图的考查一直是高考的考查重点，且有以下特点：(1)多以选择题或填空题的形式考查．(2)单独考查三视图问题，如年福建T4，湖南T3等．(3)与空间几何体的体积、表面积的求法相结合，考查三视图的还原问题，如年新课标全国T7，安徽T12，广东T6，天津T10，辽宁T13等．3.直观图的画法作为一种图技画法融合于三视图的还原问题中，高考几乎不单独命题.[归纳·知识整合]1．空间几何体的结构特征多面体①棱柱的侧棱都互相平行，上下底面是互相平行且全等的多边形②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棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相互平行且相似的多边形旋转体①圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到②圆锥可以由直角三角形绕其一条直角边所在直线旋转得到③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④球可以由半圆或圆绕直径所在直线旋转得到[探究]1.有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱吗？提示：不一定．如图所示，尽管几何体满足了两个平面平行且其余各面都是平行四边形，但不能保证每相邻两个侧面的公共边互相平行．2．中心投影与平行投影平行投影的投影线是平行的，而中心投影的投影线相交于一点．在平行投影中投影线垂直于投影面的投影称为正投影．3．三视图与直观图三视图空间几何体的三视图是用平行投影得到的，它包括正视图、侧视图、俯视图，其画法规则是：长对正，高平齐，宽相等直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法规则来画，基本步骤是：①画几何体的底面在已知图形中取互相垂直的x轴、y轴，两轴相交于点O，画直观图时，把它们画成对应的x′轴、y′轴，两轴相交于点O′，且使∠x′O′y′＝45°(或135°)，已知图形中平行x轴、y轴的线段在直观图中分别画成平行于x′轴、y′轴的线段．已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中长度不变，平行于y轴的线段，长度变为原来的一半．②画几何体的高在已知图形中过O点作z轴垂直于xOy平面，在直观图中对应的z′轴，也垂直于x′O′y′平面，已知图形中平行于z轴的线段，在直观图中仍平行于z′轴且长度不变[探究]2.正方体的正视图、侧视图、俯视图一定相同吗？提示：由于正视图的方向没确定，因此正视图、侧视图、俯视图不一定相同．[自测·牛刀小试]1．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：选C由球的性质可知，用平面截球所得的截面都是圆面．2．(教材习题改编)如图所示的几何体是棱柱的有()A．②③⑤ B．③④⑤C．③⑤ D．①③解析：选C根据棱柱结构特征可知③⑤是棱柱．3．(教材习题改编)已知一个几何体的三视图如图所示，分析此几何体的组成为()A．上面为棱台，下面为棱柱B．上面为圆台，下面为棱柱C．上面为圆台，下面为圆柱D．上面为棱台，下面为圆柱解析：选C由三视图可知，此几何体由上面的圆台和下面的圆柱组合而成的．4．关于斜二测画法所得直观图的说法正确的是()A．直角三角形的直观图仍是直角三角形B．梯形的直观图是平行四边形C．正方形的直观图是菱形D．平行四边形的直观图仍是平行四边形解析：选D由斜二测画法规则可知，平行于y轴的线段长度减半，直角坐标系变成了斜坐标系，而平行性没有改变，因此，只有D正确．5．一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：只要判断正视图是不是三角形就行了，画出图形容易知道三棱锥、四棱锥、圆锥一定可以，对于三棱柱，只需要放倒就可以了，所以①②③⑤均符合题目要求．答案：①②③⑤空间几何体的结构特征[例1]下列结论中正确的是()A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线[自主解答]A错误．如图，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥．B错误．如下图，若△ABC不是直角三角形，或是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥。C错误．若六棱锥的所有棱都相等，则底面多边形是正六形．但由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．[答案]D———————————————————求解空间几何体概念辨析题的常用方法(1)定义法，即严格按照空间几何体的有关定义判断．(2)反例法，即通过举反例来说明一个命题是错误的．1．下列命题中，正确的是()A．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱B．侧面都是等腰三角形的棱柱是正棱锥C．侧面都是矩形的四棱柱是长方体D．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解析：选D对于A，两个侧面是矩形并不能保证侧棱与底面垂直，故A错误；对于B，侧面都是等腰三角形，不能确保此棱锥顶点在底面在底面的射影在底面正多边形的中心上，且也不能保证底面是正多边形，故B错误；对于C，侧面是矩形不能保证底面也是矩形，因而C错误．空间几何体的三视图[例2](1)(·湖南高考)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()(2)(·厦门质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体是()A．三棱锥 B．四棱锥C．四棱台 D．三棱台[自主解答](1)A图是两个圆柱的组合体的俯视图；B图是一个四棱柱与一个圆柱的组合体的俯视图；C图是一个底面为等腰直角三角形的三棱柱与一个四棱柱的组合体的俯视图，采用排除法，故选D.(2)由三视图可知，该几何体是四棱锥(如图所示)，且其中一条棱与底面垂直．[答案](1)D(2)B———————————————————由三视图还原实物图应明确的两个方面(1)首先要熟悉柱、锥、台、球的三视图，较复杂的几何体也是由这些简单几何体组合而成的．(2)要明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为实物图．2．已知某组合体的正视图与侧视图相同(其中AB＝AC，四边形BCDE为矩形)，则该组合体的俯视图可以是________(把你认为正确的图的序号都填上)．解析：几何体是四棱锥与四棱柱组成时，得①正确．几何体由四棱锥与圆柱组成时，得②正确．几何体由圆锥与圆柱组成时，得③正确．几何体由圆锥与四棱柱组成时，得④正确．故填①②③④.答案：①②③④空间几何体的直观图[例3]如图所示，△A′B′C′是△ABC的直观图，且△A′B′C′是边长为a的正三角形，求△ABC的面积．[自主解答]建立如图所示的坐标系xOy′，△A′B′C′的顶点C′在y′轴上，A′B′边在x轴上，把y′轴绕原点逆时针旋转45°得y轴，在y轴上取点C使OC＝2OC′，A、B点即为A′、B′点，长度不变．已知A′B′＝A′C′＝a，在△OA′C′中，由正弦定理得eq\f(OC′,sin∠OA′C′)＝eq\f(A′C′,sin45°)，所以OC′＝eq\f(sin120°,sin45°)a＝eq\f(\r(6),2)a，所以原三角形ABC的高OC＝eq\r(6)a，所以S△ABC＝eq\f(1,2)×a×eq\r(6)a＝eq\f(\r(6),2)a2.本例若改为“已知△ABC是边长为a的正三角形，求其直观图△A′B′C′的面积，”应如何求？解：由斜二测画法规则可知，直观图△A′B′C′一底边上的高为eq\f(\r(3),2)a×eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(6),8)a，故其面积S△A′B′C′＝eq\f(1,2)a×eq\f(\r(6),8)a＝eq\f(\r(6),16)a2.———————————————————平面图形的直观图与原图形面积的两个关系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有以下关系：S直观图＝eq\f(\r(2),4)S原图形，S原图形＝2eq\r(2)S直观图．记住上述关系，解题时能起到事半功倍的作用．3．如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6cm，O′C′＝2cm，则原图形是()A．正方形 B．矩形C．菱形 D．一般的平行四边形解析：选C将直观图还原得▱OABC，则∵O′D′＝eq\r(2)O′C′＝2eq\r(2)(cm)，OD＝2O′D′＝4eq\r(2)(cm)，C′D′＝O′C′＝2(cm)，∴CD＝2(cm)，OC＝eq\r(CD2＋OD2)＝eq\r(22＋4\r(2)2)＝6(cm)，OA＝O′A′＝6(cm)＝OC，故原图形为菱形．1种数学思想——转化与化归思想利用转化与化归思想解决棱台、圆台的有关问题由棱台和圆台的定义可知棱台和圆台是分别用平行于棱锥和圆锥的底面的平面截棱锥和圆锥后得到的，所以在解决棱台和圆台的相关问题时，常“还台为锥”，体现了转化的数学思想．1个疑难点——三视图的还原问题由三视图还原几何体是解答三视图问题的重要手段和方法，在明确三视图画法规则的基础上，按以下步骤可轻松解决：3个注意事项——画三视图应注意的三个问题(1)若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法．(2)确定正视、侧视、俯视的方向，观察同一物体方向不同，所画的三视图也不同．(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个“变”与“不变”——斜二测画法的要求“三变”eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(坐标轴的夹角改变，,与y轴平行的线段的长度变为原来的一半，,图形改变.))“三不变”eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(平行性不改变，,与x、z轴平行的线段的长度不改变，,相对位置不改变.))易误警示——三视图识图中的易误辨析[典例](·陕西高考)将正方体(如图1所示)截去两个三棱锥，得到如图2所示的几何体，则该几何体的侧视图为()[解析]侧视图中能够看到线段AD1，应为实线，而看不到B1C，应画为虚线．由于AD1与B1[答案]Beq\a\vs4\al([易误辨析])1．因对三视图的原理认识不到位，区分不清选项A和B，而易误选A.2．因对三视图的画法要求不明而误选C或D.在画三视图时，分界线和可见轮廓线都用实线画，被遮住的部分的轮廓线为虚线．3．解答此类问题时，还易出现画三视图时对个别视图表达不准而不能画出所要求的视图．在复习时要明确三视图的含义，掌握“长对正、高平齐、宽相等”的要求．eq\a\vs4\al([变式训练])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：选B由正视图与俯视图可以将选项A、C排除；根据侧视图，可以将D排除，注意正视图与俯视图中的实线．一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．(·福建高考)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：选D圆柱的三视图，分别是矩形，圆，不可能三个视图都一样，而球的三视图可以都是圆，三棱锥的三视图可以都是三角形，正方体的三视图可以都是正方形．2．(·西城模拟)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：选A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．3．一梯形的直观图是一个如右图所示的等腰梯形，且该梯形的面积为eq\r(2)，则原梯形的面积为()A．2 B.eq\r(2)C．2eq\r(2) D．4解析：选D直观图为等腰梯形，若上底设为x，高设为y，则S直观图＝eq\f(1,2)y(x＋2y＋x)＝eq\r(2)，而原梯形为直角梯形，其面积S＝eq\f(1,2)·2eq\r(2)y(x＋2y＋x)＝2eq\r(2)×eq\r(2)＝4.4．一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正视图与侧视图分别如图所示，则该几何体的俯视图为()解析：选C由正视图和侧视图可知，该长方体挖掉一个小长方体后，相应位置在俯视图中应为左下角位置，且可看见轮廓线，故选C.5．一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C若俯视图是等边三角形且为图中的位置，则正视图是等腰三角形，且高线是实线，故选C.6．一个几何体的三视图如图所示，其正视图的面积等于8，俯视图是一个面积为4eq\r(3)的正三角形，则其侧视图的面积为()A．4eq\r(3) B．8eq\r(3)C．8eq\r(2) D．4解析：选A由三视图知该几何体是正三棱柱，设其底面边长为a，高为h，则其正视图为矩形，矩形的面积S1＝ah＝8，俯视图为边长为a的正三角形，三角形的面积S2＝eq\f(\r(3),4)a2＝4eq\r(3)，则a＝4，h＝2，而侧视图为矩形，底边为eq\f(\r(3),2)a，高为h，故侧视图的面积为S＝eq\f(\r(3),2)ah＝4eq\r(3).二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．以下四个命题：①正棱锥的所有侧棱相等；②直棱柱的侧面都是全等的矩形；③圆柱的母线垂直于底面；④用经过旋转轴的平面截圆锥，所得的截面一定是全等的等腰三角形．其中，真命题的序号为________．解析：①③④均正确，对②，直棱柱的侧面都是矩形而不一定全等，②错误．答案：①③④8．一个几何体是由若干个相同的小正方体组成的，其正视图和侧视图如图所示，则这个几何体最多可由________个这样的小正方体组成．解析：依题意可知这个几何体最多可由9＋2＋2＝13个这样的小正方体组成．答案：139．正四棱锥的底面边长为2，侧棱长均为eq\r(3)，其正视图和侧视图是全等的等腰三角形，则正视图的周长为________．解析：由题意知，正视图就是如图所示的截面PEF，其中E、F分别是AD、BC的中点，连接AO，易得AO＝eq\r(2)，而PA＝eq\r(3)，于是解得PO＝1，所以PE＝eq\r(2)，故其正视图的周长为2＋2eq\r(2).答案：2＋2eq\r(2)三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)10．用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的面积之比为1∶16，截去的圆锥的母线长是3cm，求圆台的母线长．解：抓住轴截面，利用相似比，由底面积之比为1∶16，设半径分别为r、4r.设圆台的母线长为l，截得圆台的上、下底面半径分别为r、4r.根据相似三角形的性质得eq\f(3,3＋l)＝eq\f(r,4r)，解得l＝9.所以，圆台的母线长为9cm.11．已知：图①是截去一个角的长方体，试按图示的方向画出其三视图；图②是某几何体的三视图，试说明该几何体的构成．解：图①几何体的三视图为：图②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．12．如图所示的三幅图中，图(1)所示的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图如图(2)(3)所示(单位：cm)．(1)在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图；(2)按照给出的数据，求该多面体的体积．解：(1)如图．(2)所求多面体的体积V＝V长方体－V正三棱锥＝4×4×6－eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×2))×2＝eq\f(284,3)(cm3)．1．给出下列命题：①在正方体上任意选择4个不共面的顶点，它们可能是正四面体的4个顶点；②底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥；③若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱．其中正确命题的序号是________．解析：①正确，正四面体是每个面都是等边三角形的四面体，如正方体ABCD－A1B1C1D1中的四面体A－CB1D1；②错误，举反例如图所示，底面△ABC为等边三角形，可令AB＝VB＝VC＝BC＝AC，则△VBC为等边三角形，△VAB和△VCA均为等腰三角形，但不能判定其为正三棱锥；③错误，必须是相邻的两个侧面．答案：①2．(·江西高考)将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为()解析：选D被截去的四棱锥的三条可见侧棱中有两条为长方体的面对角线，它们在右侧面上的投影与右侧面(长方形)的两条边重合，另一条为体对角线，它在右侧面上的投影与右侧面的对角线重合，对照各图，只有选项D符合．3．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PC与底面垂直．若该四棱锥的正视图和侧视图都是腰长为1的等腰直角三角形，则该四棱锥中最长的棱的长度为()A．1 B.eq\r(2)C.eq\r(3) D．2解析：选C在四棱锥P－ABCD中，连接AC，由正视图和侧视图可得PC＝BC＝CD＝1，故AC＝eq\r(2)，最长的棱为PA＝eq\r(PC2＋AC2)＝eq\r(3).4．(·北京高考)某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中最大的是()A．8 B．6eq\r(2)C．10 D．8eq\r(2)解析：选C由三视图可知，该几何体的四个面都是直角三角形，面积分别为6,6eq\r(2)，8,10，所以面积最大的是10.eq\a\vs4\al(第二节空间几何体的表面积和体积)[备考方向要明了]考什么怎么考了解球体、柱体、锥体、台体的表面积和体积的计算公式(不要求记忆公式).1.多以选择题或填空题的形式考查，有时也以解答题形式考查．2.常以三视图为载体考查几何体的表面积或体积，如年安徽T12，广东T6，浙江T11等．也可以给出几何体的棱、面满足的条件来计算表面积或体积，如年江苏T7，山东T13.解答题(其中的一问)一般给出相关条件来判断几何体形状特征(特别是几何体的高)并计算体积或表面积，如年湖南T18(2)，湖北T19(2)等.[归纳·知识整合]1．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＝2πrlS圆锥侧＝πrlS圆台侧＝π(r＋r′)l2.空间几何体的表面积和体积公式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＝Sh锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝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＝4πR2V＝eq\f(4,3)πR3[探究]1.柱体、锥体、台体的体积公式之间有什么联系？提示：2．如何求不规则几何体的体积？提示：常用方法：分割法、补体法、转化法．通过计算转化得到基本几何体的体积来实现．[自测·牛刀小试]1．棱长为2的正四面体的表面积是()A.eq\r(3) B．4C．4eq\r(3) D．16解析：选C正四面体的各面为全等的正三角形，故其表面积S＝4×eq\f(\r(3),4)×22＝4eq\r(3).2．(·上海高考)一个高为2的圆柱，底面周长为2π，该圆柱的表面积为________．解析：由已知条件得圆柱的底面半径为1，所以S表＝S侧＋2S底＝cl＋2πr2＝2π×2＋2π＝6π.答案：6π3．(教材习题改编)一个球的半径扩大为原来的3倍，则表面积扩大为原来的______倍；体积扩大为原来的______倍．解析：设原球的半径为1，则半径扩大后半径为3，则S1＝4π，S2＝4π×32＝36π，即eq\f(S2,S1)＝9，所以表面积扩大为原来的9倍．由V1＝eq\f(4,3)π，V2＝eq\f(4,3)π×33＝12π，即eq\f(V2,V1)＝27，所以体积扩大为原来的27倍．答案：9274．(·辽宁高考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：由三视图可知该组合体的上方是一个高为1，底面直径为2的圆柱，下方是一个长、宽、高分别为4、3、1的长方体，如图所示，它的体积V＝1×π＋4×3×1＝12＋π.答案：12＋π5．(教材习题改编)如图，用半径为2的半圆形铁皮卷成一个圆锥筒，那么这个圆锥筒的容积是________．解析：由于半圆的圆弧长等于圆锥底面圆的周长，若设圆锥底面圆半径为r，则得2π＝2πr，解得r＝1，又圆锥的母线长为2，所以高为eq\r(3)，所以这个圆锥筒的容积为eq\f(1,3)π×12×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),3)π.答案：eq\f(\r(3),3)π几何体的表面积[例1](·北京高考)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．56＋12eq\r(5) D．60＋12eq\r(5)[自主解答]该三棱锥的直观图如图所示．据俯视图知，顶点P在底面上的投影D在棱AB上，且∠ABC＝90°，据正视图知，AD＝2，BD＝3，PD＝4，据侧视图知，BC＝4.综上所述，BC⊥平面PAB，PB＝eq\r(PD2＋BD2)＝5，PC＝eq\r(BC2＋PB2)＝eq\r(16＋25)＝eq\r(41)，AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝eq\r(41)，PA＝eq\r(PD2＋AD2)＝2eq\r(5).∵PC＝AC＝eq\r(41)，∴△PAC的边AP上的高为h＝eq\r(PC2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AP,2)))2)＝6.∴S△PAB＝eq\f(1,2)AB·PD＝10，S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BC＝10，S△PBC＝eq\f(1,2)PB·BC＝10，S△APC＝eq\f(1,2)AP·h＝6eq\r(5).故三棱锥的表面积为S△PAB＋S△ABC＋S△PBC＋S△APC＝30＋6eq\r(5).[答案]B———————————————————由三视图求几何体表面积的方法步骤eq\x(\a\al(根据三视图,画出直观图))→eq\x(\a\al(确定几何体,的结构特征))→eq\x(\a\al(利用有关,公式计算))1．(·马鞍山模拟)如图是一个几何体的三视图，则它的表面积为()A．4π B.eq\f(15π,4)C．5π D.eq\f(17π,4)解析：选D由三视图可知该几何体是半径为1的球被挖出了eq\f(1,8)部分得到的几何体，故表面积为eq\f(7,8)·4π·12＋3·eq\f(1,4)·π·12＝eq\f(17,4)π.几何体的体积[例2](1)(·湖北高考)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(2)(·安徽高考)某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积是________．[自主解答](1)由三视图可知，该组合体上端为一圆柱的一半，下端为圆柱．其体积V＝π×12×2＋eq\f(1,2)×π×12×2＝3π.(2)据三视图可知，该几何体是一个直四棱柱，其底面是直角梯形(两底边长分别为2、5，直腰长为4，即梯形的高为4)，高为4.∴该几何体的体积为V＝eq\f(2＋5,2)×4×4＝56.[答案](1)B(2)56———————————————————由三视图求解几何体体积的解题策略以三视图为载体考查几何体的体积，解题的关键是根据三视图想象原几何体的形状构成，并从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系，然后在直观图中求解．2．(·新课标全国卷)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为()A．6 B．9C．12 D．18解析：选B由三视图可知该几何体为底面是斜边为6的等腰直角三角形高为3的三棱锥，其体积为eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×6×3×3＝9.3．某几何体的三视图如图所示，则它的体积是()A．8－eq\f(2π,3) B．8－eq\f(π,3)C．8－2π D.eq\f(2π,3)解析：选A圆锥的底面半径为1，高为2，该几何体体积为正方体体积减去圆锥体积，即V＝23－eq\f(1,3)×π×12×2＝8－eq\f(2,3)π.与球有关的切、接问题[例3](·新课标全国卷)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)[自主解答]△ABC的外接圆的半径r＝eq\f(\r(3),3)，点O到平面ABC的距离d＝eq\r(R2－r2)＝eq\f(\r(6),3).SC为球O的直径，故点S到平面ABC的距离为2d＝eq\f(2\r(6),3)，故棱锥的体积为V＝eq\f(1,3)S△ABC×2d＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×eq\f(2\r(6),3)＝eq\f(\r(2),6).[答案]A———————————————————与球有关的切、接问题的解题策略解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数量关系，选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的．4．已知正四棱锥的侧棱与底面的边长都为3eq\r(2)，则这个四棱锥的外接球的表面积为()A．12π B．36πC．72π D．108π解析：选B依题意得，该正四棱锥的底面对角线的长为3eq\r(2)×eq\r(2)＝6，高为eq\r(3\r(2)2－\f(1,2)×62)＝3，因此底面中心到各顶点的距离均等于3，所以该四棱锥的外接球的球心即为底面正方形的中心，其外接球的半径为3，所以其外接球的表面积等于4π×32＝36π.3个步骤——求解与三视图有关的几何体的表面积、体积的解题步骤3种方法——求空间几何体体积的常用方法(1)公式法：直接根据相关的体积公式计算．(2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等．(3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可计算体积的几何体．1种数学思想——求旋转体侧面积中的转化与化归的数学思想方法计算旋转体的侧面积时，一般采用转化的方法来进行，即将侧面展开化为平面图形，“化曲为直”来解决，因此要熟悉常见旋转体的侧面展开图的形状及平面图形面积的求法.创新交汇——空间几何体中体积的最值问题1．求空间几何体的体积一直是高考考查的重点，几乎每年都考查，既可以与三视图结合考查，又可以单独考查．而求空间几何体体积的最值问题，又常与函数、导数、不等式等知识交汇考查．2．求解空间几何体最值问题，可分为二步：第一步引入变量，建立关于体积的表达式；第二步以导数或基本不等式为工具求最值．[典例](·湖北高考(节选))如图1，∠ACB＝45°，BC＝3，过动点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90°(如图2所示)．当BD的长为多少时，三棱锥A－BCD的体积最大？[解]如图1所示的△ABC中，设BD＝x(0<x<3)，则CD＝3－x.由AD⊥BC，∠ACB＝45°知△ADC为等腰直角三角形，所以AD＝CD＝3－x.由折起前AD⊥BC知，折起后(如图2)，AD⊥DC，AD⊥DC，且BD∩DC＝D，所以AD⊥平面BDC，∠BDC＝90°，所以S△BCD＝eq\f(1,2)BD·CD＝eq\f(1,2)x(3－x)．于是VA－BCD＝eq\f(1,3)AD·S△BCD＝eq\f(1,3)(3－x)·eq\f(1,2)x(3－x)．法一：VA－BCD＝eq\f(1,6)(x3－6x2＋9x)．令f(x)＝eq\f(1,6)(x3－6x2＋9x)．由f′(x)＝eq\f(1,2)(x－1)(x－3)＝0，且0<x<3，解得x＝1.当x∈(0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1,3)时，f′(x)<0，所以当x＝1时，f(x)取得最大值，即BD＝1时，三棱锥A－BCD的体积最大．法二：VA－BCD＝eq\f(1,12)·2x(3－x)(3－x)≤eq\f(1,12)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2x＋3－x＋3－x,3)))3＝eq\f(2,3)，当且仅当2x＝3－x，即x＝1时，取“＝”．故当BD＝1时，三棱锥A－BCD的体积最大．eq\a\vs4\al([名师点评])解答此题的关键是恰当引入变量x，即令BD＝x，结合位置关系列出体积的表达式，将求体积的最值问题转化为求函数的最值问题．eq\a\vs4\al([变式训练])如图，动点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的对角线BD1上．过点P作垂直于平面BB1D1D的直线，与正方体表面相交于M，N.设BP＝x，MN＝y，则函数y＝f(x)的图象大致是()解析：选B显然，只有当P移动到中心O时，MN有唯一的最大值，淘汏选项A、C；P点移动时，取AA1的中点E，CC1的中点Q，平面D1EBQ垂直于平面BB1D1D，且M、N两点在菱形D1EBQ的边界上运动，故x与y的关系应该是线性的，淘汰选项D，选B.一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为()A．7 B．6C．5 D．3解析：选A设圆台较小底面半径为r，则另一底面半径为3r.由S＝π(r＋3r)·3＝84π，解得r＝7.2．(·长春模拟)一个空间几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是一个直径为1的圆，那么这个几何体的全面积为()A.eq\f(3,2)π B．2πC．3π D．4π解析：选A依题意知，该几何体是一个底面半径为eq\f(1,2)、高为1的圆柱，则其全面积为2π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋2π×eq\f(1,2)×1＝eq\f(3,2)π.3．(·广东高考)某几何体的三视图如图所示，它的体积为()A．72π B．48πC．30π D．24π解析：选C此几何体由半个球体与一个圆锥组成，其体积V＝eq\f(1,2)×eq\f(4,3)π×33＋eq\f(1,3)π×32×eq\r(52－32)＝30π.4．(·广州模拟)设一个球的表面积为S1，它的内接正方体的表面积为S2，则eq\f(S1,S2)的值等于()A.eq\f(2,π) B.eq\f(6,π)C.eq\f(π,6) D.eq\f(π,2)解析：选D设球的半径为R，其内接正方体的棱长为a，则易知R2＝eq\f(3,4)a2，即a＝eq\f(2\r(3),3)R，则eq\f(S1,S2)＝eq\f(4πR2,6×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)R))2)＝eq\f(π,2).5．一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A．48 B．32＋8eq\r(17)C．48＋8eq\r(17) D．80解析：选C由三视图可知几何体是一个放倒的直棱柱(最大的侧面贴在地面上)，直观图如图，底面是等腰梯形，其上底长为2，下底长为4，高为4，∴两底面积和为2×eq\f(1,2)×(2＋4)×4＝24，四个侧面的面积为4×(4＋2＋2eq\r(17))＝24＋8eq\r(17)，∴几何体的表面积为48＋8eq\r(17).6．已知正方形ABCD的边长为2eq\r(2)，将△ABC沿对角线AC折起，使平面ABC⊥平面ACD，得到如图所示的三棱锥B－ACD.若O为AC边的中点，M，N分别为线段DC，BO上的动点(不包括端点)，且BN＝CM.设BN＝x，则三棱锥N－AMC的体积y＝f(x)的函数图象大致是()解析：选B由平面ABC⊥平面ACD，且O为AC的中点可知，BO⊥平面ACD，易知BO＝2，故三棱锥N－AMC的高为ON＝2－x，S△AMC＝eq\f(1,2)MC·AD＝eq\r(2)x，故三棱锥N－AMC的体积为y＝f(x)＝eq\f(1,3)·(2－x)·eq\r(2)x＝eq\f(1,3)(－eq\r(2)x2＋2eq\r(2)x)(0<x<2)，函数f(x)的图象为开口向下的抛物线的一部分．二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．(·安徽高考)某几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积是________．解析：由三视图可知此几何体为底面是直角梯形的直四棱柱，其表面积S＝(4＋2＋5＋5)×4＋2×eq\f(1,2)×(2＋5)×4＝92.答案：928．(·江苏高考)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝3cm，AA1＝2cm，则四棱锥A－BB1D1D的体积为________cm3解析：由题意，四边形ABCD为正方形，连接AC，交BD于O，则AC⊥BD.由面面垂直的性质定理，可证AO⊥平面BB1D1D.四棱锥底面BB1D1D的面积为3eq\r(2)×2＝6eq\r(2)，从而VA－BB1D1D＝eq\f(1,3)×OA×S长方形BB1D1D＝6.答案：69．一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的外接球的表面积为________．解析：该棱锥的直观图如图，取CD的中点E，BD的中点F，由三视图知，AE⊥平面BCD，AF＝5，AE＝eq\r(52－32)＝4，∠CBD＝90°.设O为该棱锥外接球的球心，半径为R，由题知BO2＝BE2＋EO2，即R2＝(3eq\r(2))2＋(R－4)2，解得R＝eq\f(17,4)，故球的表面积为S＝4×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17,4)))2＝eq\f(289π,4).答案：eq\f(289π,4)三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)10．(·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)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π·22＋π·52＋\r(22·52π2)))×4－eq\f(1,3)π×22×2＝eq\f(148,3)π.11．(·郑州模拟)一个几何体的三视图如图所示．已知正视图是底边长为1的平行四边形，侧视图是一个长为eq\r(3)，宽为1的矩形，俯视图为两个边长为1的正方形拼成的矩形．(1)求该几何体的体积V；(2)求该几何体的表面积S.解：(1)由三视图可知，该几何体是一个平行六面体(如图)，其底面是边长为1的正方形，高为eq\r(3).所以V＝1×1×eq\r(3)＝eq\r(3).(2)由三视图可知，该平行六面体中，A1D⊥平面ABCD，CD⊥平面BCC1B1，所以AA1＝2，侧面ABB1A1，CDD1C所以S＝2×(1×1＋1×eq\r(3)＋1×2)＝6＋2eq\r(3).12．如图1所示，在边长为12的正方形ADD1A1中，点B、C在线段AD上，且AB＝3，BC＝4，作BB1∥AA1分别交A1D1、AD1于点B1、P，作CC1∥AA1分别交A1D1、AD1于点C1、Q，将该正方形沿BB1、CC1折叠，使得DD1与AA1重合，构成如图2所示的三棱柱ABC－A1B1C(1)求证：AB⊥平面BCC1B1；(2)求多面体A1B1C1－APQ解：(1)由题知，在图2中，AB＝3，BC＝4，CA＝5，∴AB2＋BC2＝CA2，∴AB⊥BC.又∵AB⊥BB1，BC∩BB1＝B，∴AB⊥平面BCC1B1.(2)由题易知三棱柱ABC－A1B1C1的体积为eq\f(1,2)×3×4×12＝72.∵在图1中，△ABP和△ACQ都是等腰直角三角形，∴AB＝BP＝3，AC＝CQ＝7，∴VA－CQPB＝eq\f(1,3)×S四边形CQPB×AB＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×(3＋7)×4×3＝20.∴多面体A1B1C1－APQ的体积V＝VABC－A1B1C1－VA－1．如图是一个几何体的正视图、侧视图、俯视图，且正视图、侧视图都是矩形，则该几何体的体积是()A．24 B．12C．8 D．4解析：选B依题意知，该几何体是从一个长方体中挖去一个三棱柱后剩下的部分，因此其体积等于2×3×4－eq\f(1,2)×2×3×4＝12.2．某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是()A．32 B．16＋16eq\r(2)C．48 D．16＋32eq\r(2)解析：选B该空间几何体是底面边长为4、高为2的正四棱锥，这个四棱锥的斜高为2eq\r(2)，故其表面积是4×4＋4×eq\f(1,2)×4×2eq\r(2)＝16＋16eq\r(2).3．如图所示，已知一个多面体的平面展开图由一个边长为1的正方形和4个边长为1的正三角形组成，则该多面体的体积是________．解析：由题知该多面体为正四棱锥，底面边长为1，侧棱长为1，斜高为eq\f(\r(3),2)，连接顶点和底面中心即为高，可求得高为eq\f(\r(2),2)，所以体积V＝eq\f(1,3)×1×1×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),6).答案：eq\f(\r(2),6)4．如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为2cm，高为5cm，则一质点自点A出发，沿着正三棱柱的侧面绕行两周到达点A1解析：根据题意，利用分割法将原三棱柱分割为两个相同的三棱柱，然后将其展开为如图所示的实线部分，则可知所求最短路线的长为eq\r(52＋122)＝13(cm)．答案：13eq\a\vs4\al(第三节空间点、直线、平面之间的位置关系)[备考方向要明了]考什么怎么考1.理解空间直线、平面位置关系的定义．2.了解四个公理和等角定理，并能以此作为推理的依据．3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.1.直线、平面位置关系是历年高考考查的重点内容之一，既有客观题，又有主观题．其中客观题主要是空间线、面位置关系的判定．如年重庆T9，陕西T5等．主观题中往往作为其中一问来考查，如年陕西T18，安徽T18(1)等．2.公理和定理一般不单独考查，而是作为解题过程中的推理依据.[归纳·知识整合]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．作用：可用来证明点、直线在平面内．公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．作用：①可用来确定一个平面；②证明点线共面．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．作用：①可用来确定两个平面的交线；②判断或证明多点共线；③判断或证明多线共点．公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．作用：判断空间两条直线平行的依据．[探究]1.平面几何中成立的有关结论在空间立体几何中是否一定成立？提示：不一定．例如，“经过直线外一点有且只有一条直线和已知直线垂直”在平面几何中成立，但在立体几何中就不成立．而公理4的传递性在平面几何和立体几何中均成立．2．直线与直线的位置关系(1)位置关系的分类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，经过空间中任一点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)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．[探究]2.不相交的两条直线是异面直线吗？提示：不一定，不相交的两条直线可能平行，也可能异面．3．不在同一平面内的直线是异面直线吗？提示：不一定，不在同一平面内的直线可能异面，也可能平行．3．空间直线与平面、平面与平面的位置关系图形语言符号语言公共点直线与平面相交a∩α＝A1个平行a∥α0个在平面内a⊂α无数个平面与平面平行α∥β0个相交α∩β＝l无数个[自测·牛刀小试]1．(教材习题改编)下列命题：①经过三点确定一个平面；②梯形可以确定一个平面；③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．其中正确命题的个数是()A．0 B．1C．2 D．3解析：选C对于①，未强调三点不共线，故①错误；②正确；对于③，三条直线两两相交，如空间直角坐标系，能确定三个平面，故③正确；对于④，未强调三点共线，则两平面也可能相交，故④错误．2．(教材习题改编)分别在两个平面内的两条直线的位置关系是()A．异面 B．平行C．相交 D．以上都有可能解析：选D由直线、平面的位置关系分析可知两条直线相交、平行或异面都有可能．3．如果a⊂α，b⊂α，l∩a＝A，l∩b＝B，那么下列关系成立的是()A．l⊂α B．l⊄αC．l∩α＝A D．l∩α＝B解析：选A∵a⊂α，l∩a＝A，∴A∈α，A∈l，同理B∈α，B∈l，∴l⊂α.4．若三个平面两两相交，且三条交线互相平行，则这三个平面把空间分成________个部分．解析：三个平面α，β，γ两两相交，交线分别是a，b，c，且a∥b∥c，则α，β，γ把空间分成7部分．答案：75．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解析：连接B1D1，易证B1D1∥EF，从而∠D1B1C即为异面直线B1C与EF所成的角，连接D1C，则△B1D1C为正三角形，故∠D答案：60°平面的基本性质及应用[例1]以下四个命题：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，则点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．其中正确命题的个数是()A．0 B．1C．2 D．3[自主解答]①正确，可以用反证法证明；②不正确，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，空间四边形的四条边不在一个平面内．[答案]B———————————————————由所给元素确定平面的方法判断由所给元素(点或直线)确定平面时，关键是分析所给元素是否具有确定唯一平面的条件，如不具备，则一定不能确定一个平面．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：①中可证四边形PQRS为梯形；②中，如图所示取A1A与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答案：①②③[例2]如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC∥AD且BC＝eq\f(1,2)AD，BE∥AF且BE＝eq\f(1,2)AF，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？[自主解答](1)证明：由已知FG＝GA，FH＝HD，可得GH綊eq\f(1,2)AD.又∵BC綊eq\f(1,2)AD，∴GH綊BC，∴四边形BCHG为平行四边形．(2)∵BE綊eq\f(1,2)AF，G为FA中点知，BE綊FG，∴四边形BEFG为平行四边形，∴EF∥BG.由(1)知BG綊CH，∴EF∥CH，∴EF与CH共面．又D∈FH，∴C、D、F、E四共点面．本例条件不变，如何证明“FE、AB、DC共点”？证明：如图，取AD中点为M，连接GM，EG，CM.由条件知，EG綊AB，CM綊AB，所以EG綊CM，所以四边形EGMC为平行四边形，所以EC∥GM.又GM綊eq\f(1,2)FD，∴EC綊eq\f(1,2)FD，故E、C、D、F四点共面.延长FE、DC，设相交于点N，因为EF⊂平面ABEF，所以N∈平面ABEF，同理可证，N∈平面ABCD，又因为平面ABEF∩平面ABCD＝AB，所以N∈AB.即FE、AB、DC三线共点.———————————————————证明共面问题的常用方法(1)纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内．(2)辅助平面法：先证明有关的点、线确定平面α，再证明其余元素确定平面β，最后证明平面α、β重合．2．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是AB和AA1(1)E、C、D1、F四点共面；(2)CE、D1F、DA证明：(1)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空间两条直线的位置关系[例3]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列判断错误的是()A．MN与CC1垂直B．MN与AC垂直C．MN与BD平行D．MN与A1B1平行[自主解答]由于MN与平面DCC1D1相交于N点，D1C1⊂平面DCC1D1，且C1D1与MN没有公共点，所以MN与C1D1是异面直线．又因为C1D1∥A1B1，且A1B1与MN没有公共点，所以A1B1与MN[答案]D———————————————————异面直线的判定方法(1)定义法：依据定义判断(较为困难)；(2)定理法：过平面内一点与平面外一点的直线与平面内不经过该点的直线为异面直线(此结论可作为定理使用)．(3)反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两直线平行或相交，由假设的条件出发，经过严密的推理，导出矛盾，从而否定假设，肯定两条直线异面．3．已知空间四边形ABCD中，E、H分别是边AB、AD的中点，F、G分别是边BC、CD的中点．(1)求证：BC与AD是异面直线；(2)求证：EG与FH相交．证明：(1)假设BC与AD共面，不妨设它们所共平面为α，则B、C、A、D∈α.所以四边形ABCD为平面图形，这与四边形ABCD为空间四边形相矛盾．所以BC与AD是异面直线．(2)如图，连接AC，BD，则EF∥AC，HG∥AC，因此EF∥HG；同理EH∥FG，则EFGH为平行四边形．又EG、FH是▱EFGH的对角线，所以EG与HF相交.异面直线所成的角[例4](·银川模拟)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[自主解答](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＝B即A1C1与B1(2)如图，连接BD，由AA1∥CC1，且AA1＝CC1可知A1ACC1是平行四边形，所以AC∥A1C1即AC与EF所成的角就是A1C1与EF因为EF是△ABD的中位线，所以EF∥BD.又因为AC⊥BD，所以EF⊥AC，即所求角为90°.———————————————————求异面直线所成角的步骤平移法求异面直线所成角的一般步骤为：4．已知三棱锥A－BCD中，AB＝CD，且直线AB与CD成60°角，点M、N分别是BC、AD的中点，求直线AB和MN所成的角．解：如图，设E为AC的中点，连接EM、EN.∵EM綊eq\f(1,2)AB，∴∠EMN即为异面直线AB与MN所成的角(或补角)．在△MEN中，ME綊eq\f(1,2)AB，EN綊eq\f(1,2)CD.∴∠MEN为异面直线AB与CD所成的角(或补角)，且△MEN为等腰三角形．当∠MEN＝60°时，∠EMN＝60°，即异面直线AB和MN所成的角为60°.当∠MEN＝120°时，∠EMN＝30°，即异面直线AB和MN所成的角为30°.∴直线AB和MN所成的角为60°或30°.1个疑难点——对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，因此异面直线既不平行，也不相交．(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．(3)异面直线的公垂线有且仅有一条．2种方法——求异面直线所成角的方法(1)平移法：即选点平移其中一条或两条直线使其转化为平面角问题，这是求异面直线所成角的常用方法．(2)补形法：即采用补形法作出平面角．3个“共”问题——“共面”、“共线”和“共点”问题(1)证明共面问题一般有两种途径：①首先由条件中的部分线(或点)确定一个平面，再证其他线(或点)在此平面内；②将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证明这两个平面重合．(2)证明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)证明共点问题常用方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点.易误警示——求解线线角中忽视隐含条件而致错[典例](·临沂模拟)过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A作直线l，使l与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，这样的直线lA．1条 B．2条C．3条 D．4条[解析]如图，连接体对角线AC1，显然AC1与棱AB、AD，AA1所成的角都相等，所成角的正切值都为eq\r(2).联想正方体的其他体对角线，如连接BD1，则BD1与棱BC、BA、BB1所成的角都相等，∵BB1∥AA1，BC∥AD，∴体对角线BD1与棱AB、AD、AA1所成的角都相等，同理，体对角线A1C、DB1也与棱AB、AD、AA1所成的角都相等，过A点分别作BD1、A1C、DB1的平行线都满足题意，故这样的直线[答案]Deq\a\vs4\al([易误辨析])1．易忽视异面直线所成的角，且没有充分认识正方体中的平行关系而错选A.2．求解空间直线所成的角时，还常犯以下错误：(1)缺乏空间想象力，感觉无从下手；(2)忽视异面直线所成角的范围．eq\a\vs4\al([变式训练])如图所示，点A是平面BCD外一点，AD＝BC＝2，E、F分别是AB，CD的中点，且EF＝eq\r(2)，则异面直线AD和BC所成的角为________．解析：如图，设G是AC的中点，连接EG，FG.因为E，F分别是AB，CD的中点，故EG∥BC且EG＝eq\f(1,2)BC＝1，FG∥AD，且FG＝eq\f(1,2)AD＝1.即∠EGF为所求，又EF＝eq\r(2)，由勾股定理逆定理可得∠EGF＝90°.答案：90°一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．给出下列四个命题：①没有公共点的两条直线平行；②互相垂直的两条直线是相交直线；③既不平行也不相交的直线是异面直线；④不同在任一平面内的两条直线是异面直线．其中正确命题的个数是()A．1 B．2C．3 D．4解析：选B对于①，没有公共点的两条直线平行或异面，故①错；对于②，异面直线垂直但不相交，故②错；③④正确．2．平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，既与AB共面又与CC1A．3 B．4C．5 D．6解析：选C由条件，与AB和CC1都相交的棱有BC；与AB相交且与CC1平行的棱有AA1，BB1；与AB平行且与CC1相交的棱有CD，C1D1，故符合的条件的棱共有5条．3．若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则()A．α内的所有直线与l异面B．α内不存在与l平行的直线C．α内存在唯一的直线与l平行D．α内的直线与l都相交解析：选B如图，设l∩α＝A，α内直线若经过A点，则与直线l相交；若不经过点A，则与直线l异面．4．(·福州模拟)如图在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为()A.eq\f(1,5) B.eq\f(2,5)C.eq\f(3,5) D.eq\f(4,5)解析：选D连接BC1，易证BC1∥AD1，则∠A1BC1即为异面直线A1B与AD1所成的角．连接A1C1，设AB＝1，则AA1＝2，A1C1＝eq\r(2)，A1B＝BC1＝eq\r(5)，故cos∠A1BC1＝eq\f(5＋5－2,2×\r(5)×\r(5))＝eq\f(4,5).5．(·聊城模拟)对于任意的直线l与平面α，在平面α内必有直线m，使m与l()A．平行 B．相交C．垂直 D．互为异面直线解析：选C不论l∥α，l⊂α还是l与α相交，α内都有直线m，使得m⊥l.6．(·重庆高考)设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1，eq\r(2)和a，且长为a的棱与长为eq\r(2)的棱异面，则a的取值范围是()A．(0,eq\r(2)) B．(0,eq\r(3))C．(1,eq\r(2)) D．(1,eq\r(3))解析：选A如图所示，AB＝eq\r(2)，CD＝a，设点E为AB的中点，则ED⊥AB，EC⊥AB，则ED＝eq\r(AD2－AE2)＝eq\f(\r(2),2)，同理EC＝eq\f(\r(2),2).由构成三角形的条件知0<a<ED＋EC＝eq\r(2)，所以0<a<eq\r(2).二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．一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________．解析：将展开图还原为正方体，如图所示，则AB⊥EF，故①正确；AB∥CM，故②错误；EF与MN显然异面，故③正确；MN与CD异面，故④错误．答案：①③8．(·大纲全国卷)已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为BB1、CC1的中点，那么异面直线AE与D1解析：如图，连接DF，因为DF与AE平行，所以∠DFD1即为异面直线AE与D1F所成角的平面角，设正方体的棱长为2，则FD1＝FD＝eq\r(5)，由余弦定理得cos∠DFD1＝eq\f(\r(5)2＋\r(5)2－22,2×\r(5)2)＝eq\f(3,5).答案：eq\f(3,5)9．直三棱柱ABC－A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1解析：如图：延长CA到D，使得AD＝AC，连接A1D，BD，则四形边形ADA1C1∴∠DA1B就是异面直线BA1与AC1所成的角，又三角形A1DB为等边三角形，∴∠DA1B＝60°.答案：60°三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)10．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为CC1，AA1的中点，画出平面BED1F与平面ABCD解：如图所示．PB即为平面BED1F与平面ABCD11．如图所示，三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝60°，PA＝AB＝AC＝2，E是PC的中点．(1)求证AE与PB是异面直线；(2)求异面直线AE和PB所成角的余弦值．解：(1)证明：假设AE与PB共面，设平面为α，∵A∈α，B∈α，E∈α，∴平面α即为平面ABE，∴P∈平面ABE，这与P∉平面ABE矛盾，所以AE与PB是异面直线．(2)取BC的中点F，连接EF、AF，则EF∥PB，所以∠AEF或其补角就是异面直线AE和PB所成角，∵∠BAC＝60°，PA＝AB＝AC＝2，PA⊥平面ABC，∴AF＝eq\r(3)，AE＝eq\r(2)，EF＝eq\r(2)；cos∠AEF＝eq\f(2＋2－3,2×\r(2)×\r(2))＝eq\f(1,4)，所以异面直线AE和PB所成角的余弦值为eq\f(1,4).12．(·上海高考)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点．已知AB＝2，AD＝2eq\r(2)，PA＝2.求：(1)三角形PCD的面积；(2)异面直线BC与AE所成的角的大小．解：(1)因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，又AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD，从而CD⊥PD.因为PD＝eq\r(22＋2\r(2)2)＝2eq\r(3)，CD＝2，所以三角形PCD的面积为eq\f(1,2)×2×2eq\r(3)＝2eq\r(3).(2)取PB的中点F，连接EF、AF，则EF∥BC，从而∠AEF(或其补角)是异面直线BC与AE所成的角．在△AEF中，由EF＝eq\r(2)、AF＝eq\r(2)、AE＝2知△AEF是等腰直角三角形，所以∠AEF＝eq\f(π,4).因此，异面直线BC与AE所成的角的大小是eq\f(π,4).1．平面α、β的公共点多于两个，则①α、β垂直②α、β至少有三个公共点③α、β至少有一条公共直线④α、β至多有一条公共直线以上四个判断中不成立的个数是()A．0 B．1C．2 D．3解析：选C由条件知，平面α与β重合或相交，重合时，公共直线多于一条，故④错误；相交时不一定垂直，故①错误．2．如图，在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列命题中，错误的为()A．AC⊥BDB．AC∥截面PQMNC．AC＝BDD．异面直线PM与BD所成的角为45°解析：选C依题意得MN∥PQ，MN∥平面ABC，又MN⊂平面ACD，且平面ACD∩平面ABC＝AC，因此有MN∥AC，AC∥平面MNPQ.同理，BD∥PN.又截面MNPQ是正方形，因此有AC⊥BD，直线PM与BD所成的角是45°.3．对于四面体ABCD，下列命题①相对棱AB与CD所在直线异面；②由顶点A作四面体的高，其垂足是△BCD三条高线的交点；③若分别作△ABC和△ABD的边AB上的高，则这两条高所在的直线异面；④分别作三组相对棱中点的连线，所得的三条线段相交于一点．其中正确的是________(填序号)．解析：对于①，由四面体的概念可知，AB与CD所在的直线为异面直线，故①正确；对于②，由顶点A作四面体的高，当四面体ABCD的对棱互相垂直时，其垂足是△BCD的三条高线的交点，故②错误；对于③，当DA＝DB，CA＝CB时，这两条高线共面，故③错误；对于④，设AB、BC、CD、DA的中点依次为E、F、M、N，易证四边形EFMN为平行四边形，所以EM与FN相交于一点，易证另一组对棱也过它们的交点，故④正确．答案：①④4．已知长方体ABCD－A′B′C′D′中，AB＝4，BC＝3，AA′＝5，求异面直线D′B和AC所成角的余弦值．解：法一：(平移法)：如图，在长方体ABCD－A′B′C′D′中，连接BD交AC于点E，取DD′的中点F，连接EF，AF，则EF綊eq\f(1,2)D′B，∴∠FEA是D′B和AC所成的角，∵AE＝eq\f(\r(42＋32),2)＝eq\f(5,2)，EF＝eq\f(\r(25＋25),2)＝eq\f(5\r(2),2)，AF＝eq\r(32＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))2)＝eq\f(\r(61),2)，∴在△FEA中，cos∠FEA＝eq\f(EF2＋AE2－AF2,2EF·AE)＝eq\f(7\r(2),50).法二：(补形法)：如图，在长方体的一旁补一个全等的长方体，则BE綊AC∴∠D′BE(或其补角)是D′B和AC所成的角，∵D′B＝5eq\r(2)，BE＝5，D′E＝eq\r(89)，∴在△D′BE中，cos∠D′BE＝－eq\f(7\r(2),50)，∴D′B与AC所成角的余弦值为eq\f(7\r(2),50).eq\a\vs4\al(第四节直线、平面平行的判定及其性质)[备考方向要明了]考什么怎么考1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理．2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的平行关系的简单命题.1.直线与平面平行的判定与性质及平面与平面平行的判定与性质是高考的热点之一，考查线线、线面以及面面平行的转化，考查学生的空间想象能力及逻辑推理能力．2.从考查题型看，既有客观题又有主观题．客观题一般围绕线面平行的判定和性质定理的辨析设计试题；主观题主要是围绕线、面平行的判定和性质定理的应用设计试题，一般设计为解答题中的一问，如年浙江T20(1)，江苏T16(2)，福建T18(2)等.[归纳·知识整合]1．直线与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理平面外一条直线与这个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)∵l∥a，a⊂α，l⊄α，∴l∥α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(简记为“线面平行⇒线线平行”)∵l∥α，l⊂β，α∩β＝b，∴l∥b[探究]1.如果一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行吗？提示：不一定．只有当此直线在平面外时才有线面平行．2．如果一条直线和一个平面平行，那么这条直线和这个平面的任意一条直线都平行吗？提示：不可以，对于任意一条直线而言，存在异面的情况．2．平面与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言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(简记为“线面平行⇒面面平行”)∵a∥β，b∥β，a∩b＝P，a⊂α，b⊂α，∴α∥β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∵α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，∴a∥b[探究]3.如果一个平面有无数条直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行吗？提示：不一定．可能平行，也可能相交．4．如果两个平面平行，则一个平面内的直线与另一个平面有什么位置关系？答案：平行．[自测·牛刀小试]1．下列命题中，正确的是()A．若a∥b，b⊂α，则a∥αB．若a∥α，b⊂α，则a∥bC．若a∥α，b∥α，则a∥bD．若a∥b，b∥α，a⊄α，则a∥α解析：选D由直线与平面平行的判定定理知，三个条件缺一不可，只有选项D正确．2．一条直线l上有相异三个点A、