浙江专用2024高考数学二轮复习专题二立体几何学案

PAGEPAGE1专题二立体几何[析考情·明重点]小题考情分析大题考情分析常考点1.简洁组合体的三视图及表面积、体积问题(5年5考)2.空间几何体的表面积、体积问题(5年4考)3.空间角问题(5年4考)立体几何解答题一般有两问．第1问为空间线、面位置关系(平行、垂直)的证明；第2问为空间角度的三角函数值求解，以二面角、线面角为重点．近5年高考中，2014年、2015年、2024年均考查了二面角问题，2024年与2024年考查了线面角问题.偶考点1.空间点、线、面位置关系的判定2.简洁的动态问题第一讲小题考法——空间几何体的三视图、表面积与体积考点(一)空间几何体的三视图主要考查利用三视图的画法规则及摆放规则，依据空间几何体确定其三视图，或依据三视图还原其对应直观图，或依据三视图中的其中两个确定另一个.[典例感悟][典例](1)如图所示，将图①中的正方体截去两个三棱锥，得到图②中的几何体，则该几何体的侧视图为()(2)(2024·杭州模拟)已知三棱锥的正视图与俯视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，那么该三棱锥的侧视图可能为()[解析](1)从几何体的左面看，棱AD1是原正方形ADD1A1的对角线，在视线范围内，画实线；棱C1(2)由正视图可看出长为2的侧棱垂直于底面，侧视图为直角三角形，直角边长为2，另始终角边为底边三角形的高eq\r(3).故侧视图可能为B.[答案](1)B(2)B[方法技巧]1．由直观图确定三视图的方法依据空间几何体三视图的定义及画法规则和摆放规则确定．2．由三视图还原到直观图的思路(1)依据俯视图确定几何体的底面．(2)依据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．(3)确定几何体的直观图形态．[演练冲关]1．已知某几何体的正视图和侧视图均如图所示，给出下列5个图形：其中可以作为该几何体的俯视图的图形个数为()A．5 B．4C．3 D．2解析：选B由题知可以作为该几何体的俯视图的图形可以为①②③⑤.故选B.2．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为()A．3eq\r(2) B．2eq\r(3)C．2eq\r(2) D．2解析：选B在正方体中还原该四棱锥如图所示，从图中易得最长的棱为AC1＝eq\r(AC2＋CC\o\al(2,1))＝eq\r(22＋22＋22)＝2eq\r(3).3.如图，网格纸上小正方形的边长为1，实线画出的是某几何体的三视图，则此几何体各面中直角三角形的个数是()A．2 B．3C．4 D．5解析：选C由三视图知，该几何体是如图所示的四棱锥P­ABCD，易知四棱锥P­ABCD的四个侧面都是直角三角形，即此几何体各面中直角三角形的个数是4，故选C.考点(二)空间几何体的表面积与体积主要考查空间几何体的结构特征、表面积与体积公式的应用，涉及的几何体多为柱体、锥体，且常与三视图相结合考查.[典例感悟][典例](1)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中提到了一种名为“刍甍”的五面体，如图所示，四边形ABCD为矩形，棱EF∥AB.若此几何体中，AB＝4，EF＝2，△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，则该几何体的表面积为()A．8eq\r(3) B．8＋8eq\r(3)C．6eq\r(2)＋2eq\r(3) D．8＋6eq\r(2)＋2eq\r(3)(2)如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为()A．6B．9C．12D．18(3)(2025届高三·温州中学高三测试卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，表面积为________．[解析](1)如图所示，取BC的中点P，连接PF，则PF⊥BC，过F作FQ⊥AB，垂足为Q.因为△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，且EF∥AB，所以四边形ABFE为等腰梯形，FP＝eq\r(3)，则BQ＝eq\f(1,2)(AB－EF)＝1，FQ＝eq\r(BF2－BQ2)＝eq\r(3)，所以S梯形EFBA＝S梯形EFCD＝eq\f(1,2)×(2＋4)×eq\r(3)＝3eq\r(3)，又S△ADE＝S△BCF＝eq\f(1,2)×2×eq\r(3)＝eq\r(3)，S矩形ABCD＝4×2＝8，所以该几何体的表面积S＝3eq\r(3)×2＋eq\r(3)×2＋8＝8＋8eq\r(3).故选B.(2)该几何体是一个直三棱柱截去eq\f(1,4)所得，如图所示，其体积为eq\f(3,4)×eq\f(1,2)×3×4×2＝9.(3)由三视图可知该几何体为长方体截去两个三棱锥后剩下的部分，如图，长方体的长、宽、高分别为2,1,3，所以该几何体的体积V＝2×1×3－2×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×3＝6－1＝5，表面积S＝2×3×eq\f(1,2)＋2×3＋2×1＋eq\f(1,2)×2×1＋2×3×1×eq\f(1,2)＋2×eq\r(\f(19,2))×eq\r(2)×eq\f(1,2)＝15＋eq\r(19).[答案](1)B(2)B(3)515＋eq\r(19)[方法技巧]1．求解几何体的表面积与体积的技巧(1)求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．(2)求不规则几何体的体积：常用分割或补形的方法，将不规则几何体转化为规则几何体求解．(3)求表面积：其关键思想是空间问题平面化．2．依据几何体的三视图求其表面积或体积的步骤(1)依据给出的三视图还原该几何体的直观图．(2)由三视图中的大小标识确定该几何体的各个度量．(3)套用相应的面积公式或体积公式计算求解．[演练冲关]1．(2024·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是()A．2 B．4C．6 D．8解析：选C由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形，高为2的直四棱柱，直角梯形的两底边长分别为1,2，高为2，∴该几何体的体积为V＝eq\f(1,2)×(2＋1)×2×2＝6.2.如图，网格纸上小正方形的边长为1，实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积是()A．36＋6eq\r(10) B．36＋3eq\r(10)C．54 D．27解析：选A由三视图知该几何体为底面是梯形的四棱柱，其表面积为S＝2×eq\f(1,2)×(2＋4)×3＋2×3＋4×3＋2×3×eq\r(10)＝36＋6eq\r(10)，故选A.3．由一个长方体和两个eq\f(1,4)圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．解析：该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1，高为1的四分之一圆柱体构成，∴V＝2×1×1＋2×eq\f(1,4)×π×12×1＝2＋eq\f(π,2).答案：2＋eq\f(π,2)考点(三)与球有关的组合体的计算问题主要考查与多面体、旋转体构成的简洁组合体的有关切、接球表面积、体积的计算问题，其本质是计算球的半径.[典例感悟][典例](1)(2024·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为()A．π B．eq\f(3π,4)C．eq\f(π,2) D．eq\f(π,4)(2)(2024·全国卷Ⅰ)已知三棱锥S­ABC的全部顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S­ABC的体积为9，则球O的表面积为________．[解析](1)设圆柱的底面半径为r，则r2＝12－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝eq\f(3,4)，所以圆柱的体积V＝eq\f(3,4)π×1＝eq\f(3π,4).(2)如图，连接AO，OB，∵SC为球O的直径，∴点O为SC的中点，∵SA＝AC，SB＝BC，∴AO⊥SC，BO⊥SC，∵平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，∴AO⊥平面SCB，设球O的半径为R，则OA＝OB＝R，SC＝2R.∴VS­ABC＝VA­SBC＝eq\f(1,3)×S△SBC×AO＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×SC×OB))×AO，即9＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2R×R))×R，解得R＝3，∴球O的表面积为S＝4πR2＝4π×32＝36π.[答案](1)B(2)36π[方法技巧]求解多面体、旋转体与球接、切问题的策略(1)过球心及多面体中的特别点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题．(2)利用平面几何学问找寻几何体中元素间的关系，或通过画外接、内切的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．[演练冲关]1．(2024·江苏高考)如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则eq\f(V1,V2)的值是________．解析：设球O的半径为R，因为球O与圆柱O1O2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R、高为2R，所以eq\f(V1,V2)＝eq\f(πR2·2R,\f(4,3)πR3)＝eq\f(3,2).答案：eq\f(3,2)2．(2025届高三·浙江名校联考)某简洁几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，其外接球的表面积为________．解析：由三视图得该几何体是一个底面为对角线为4的正方形，高为3的直四棱柱，则其体积为4×4×eq\f(1,2)×3＝24.又直四棱柱的外接球的半径R＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＋22)＝eq\f(5,2)，所以四棱柱的外接球的表面积为4πR2＝25π.答案：2425πeq\a\vs4\al([必备知能·自主补缺])(一)主干学问要记牢简洁几何体的表面积和体积(1)S直棱柱侧＝ch(c为底面的周长，h为高)．(2)S正棱锥侧＝eq\f(1,2)ch′(c为底面周长，h′为斜高)．(3)S正棱台侧＝eq\f(1,2)(c′＋c)h′(c与c′分别为上、下底面周长，h′为斜高)．(4)圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式S圆柱侧＝2πrl(r为底面半径，l为母线长)，S圆锥侧＝πrl(r为底面半径，l为母线长)，S圆台侧＝π(r′＋r)l(r′，r分别为上、下底面的半径，l为母线长)．(5)柱、锥、台体的体积公式V柱＝Sh(S为底面面积，h为高)，V锥＝eq\f(1,3)Sh(S为底面面积，h为高)，V台＝eq\f(1,3)(S＋eq\r(SS′)＋S′)h(S，S′为上、下底面面积，h为高)．(6)球的表面积和体积公式S球＝4πR2，V球＝eq\f(4,3)πR3.(二)二级结论要用好1．长方体的对角线与其共点的三条棱之间的长度关系d2＝a2＋b2＋c2；若长方体外接球半径为R，则有(2R)2＝a2＋b2＋c2.[针对练1](2025届高三·西安八校联考)设三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，且长度分别为2,2eq\r(3)，4，则其外接球的表面积为()A．48π B．32πC．20π D．12π解析：选B依题意，设题中的三棱锥外接球的半径为R，可将题中的三棱锥补形成一个长方体，则R＝eq\f(1,2)eq\r(22＋2\r(3)2＋42)＝2eq\r(2)，所以该三棱锥外接球的表面积为S＝4πR2＝32π.2．棱长为a的正四面体的内切球半径r＝eq\f(\r(6),12)a，外接球的半径R＝eq\f(\r(6),4)a.又正四面体的高h＝eq\f(\r(6),3)a，故r＝eq\f(1,4)h，R＝eq\f(3,4)h.[针对练2]已知正四面体ABCD的外接球半径为2，过棱AB作该球的截面，则截面面积的最小值为________．解析：由题意知，面积最小的截面是以AB为直径的圆，设AB的长为a，因为正四面体外接球的半径为2，所以eq\f(\r(6),4)a＝2，解得a＝eq\f(4\r(6),3)，故截面面积的最小值为πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(6),3)))2＝eq\f(8π,3).答案：eq\f(8π,3)(三)易错易混要明白由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不精确及几何体的结构特征相识不准易导致失误．[针对练3]一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正视图如图所示，则该四棱锥侧面积和体积分别是()A．4eq\r(5)，8 B．4eq\r(5)，eq\f(8,3)C．4(eq\r(5)＋1)，eq\f(8,3) D．8,8解析：选B由题意可知该四棱锥为正四棱锥，底面边长为2，高为2，侧面上的斜高为eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，所以S侧＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×\r(5)))＝4eq\r(5)，V＝eq\f(1,3)×22×2＝eq\f(8,3).eq\a\vs4\al([课时跟踪检测])A组——10＋7提速练一、选择题1.如图为一个几何体的侧视图和俯视图，则它的正视图为()解析：选B依据题中侧视图和俯视图的形态，推断出该几何体是在一个正方体的上表面上放置一个四棱锥(其中四棱锥的底面是边长与正方体棱长相等的正方形、顶点在底面上的射影是底面一边的中点)，结合选项知，它的正视图为B.2．(2024·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为()A．10 B．12C．14 D．16解析：选B由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为eq\f(2＋4×2,2)×2＝12，故选B.3．(2024·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是()A.eq\f(π,2)＋1B.eq\f(π,2)＋3C.eq\f(3π,2)＋1D.eq\f(3π,2)＋3解析：选A由几何体的三视图可得，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长为eq\r(2)的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，故该几何体的体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)π×12×3＋eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)×3＝eq\f(π,2)＋1.4．(2024·郑州质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A．80 B．160C．240 D．480解析：选B如图所示，题中的几何体是从直三棱柱ABC­A′B′C′中截去一个三棱锥A­A′B′C′后所剩余的部分，其中底面△ABC是直角三角形，AC⊥AB，AC＝6，AB＝8，BB′＝10.因此题中的几何体的体积为eq\f(1,2)×6×8×10－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×6×8×10＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×6×8×10＝160，故选B.5．(2024·湖州模拟)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的长为()A.eq\r(5) B．2eq\r(2)C．3 D．2eq\r(3)解析：选C在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为AD，BC的中点，该几何体的直观图如图中三棱锥D1­MNB1，故通过计算可得，D1B1＝2eq\r(2)，D1M＝B1N＝eq\r(5)，MN＝2，MB1＝ND1＝3，故该三棱锥中最长棱的长为3.6．一个几何体的三视图如图所示(其中正视图的弧线为四分之一圆周)，则该几何体的表面积为()A．72＋6π B．72＋4πC．48＋6π D．48＋4π解析：选A由三视图知，该几何体由一个正方体的eq\f(3,4)部分与一个圆柱的eq\f(1,4)部分组合而成(如图所示)，其表面积为16×2＋(16－4＋π)×2＋4×2×2＋eq\f(1,4)×2π×2×4＝72＋6π，故选A.7．某几何体的三视图如图所示，则其体积为()A．207 B．216－eq\f(9π,2)C．216－36π D．216－18π解析：选B由三视图知，该几何体是一个棱长为6的正方体挖去eq\f(1,4)个底面半径为3，高为6的圆锥而得到的，所以该几何体的体积V＝63－eq\f(1,4)×eq\f(1,3)×π×32×6＝216－eq\f(9π,2)，故选B.8．(2024·贵阳检测)三棱锥P­ABC的四个顶点都在体积为eq\f(500π,3)的球的表面上，底面ABC所在的小圆面积为16π，则该三棱锥的高的最大值为()A．4 B．6C．8 D．10解析：选C依题意，设题中球的球心为O，半径为R，△ABC的外接圆半径为r，则eq\f(4πR3,3)＝eq\f(500π,3)，解得R＝5，由πr2＝16π，解得r＝4，又球心O到平面ABC的距离为eq\r(R2－r2)＝3，因此三棱锥P­ABC的高的最大值为5＋3＝8，故选C.9.(2025届高三·浙江其次次联考)已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A．3πB.eq\f(15π,4)C.eq\f(3\r(3)π,4)D．6π解析：选B由三视图还原直观图知，该几何体为底面半径为1，高为eq\r(3)的圆锥挖去一个球心为圆锥底面圆的圆心且与圆锥相切的半球，易知圆锥的母线长为2，则圆锥的轴截面为边长为2的等边三角形，球的半径为eq\f(\r(3),2)，故该几何体的表面积为π×1×2＋eq\f(1,2)×4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2＋π×12－π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2＝eq\f(15π,4)，故选B.10．(2024·嘉兴高三期末)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积(单位：cm2)是()A．36＋24eq\r(2) B．36＋12eq\r(5)C．40＋24eq\r(2) D．40＋12eq\r(5)解析：选B由三视图可知该几何体为一正方体和一正四棱台的简洁组合体．正方体的棱长为2cm，正四棱台上底面的边长为2cm，下底面的边长为4cm，棱台的高为2cm，可求得正四棱台的斜高为eq\r(22＋12)＝eq\r(5)(cm)，故该几何体的表面积S＝22×5＋eq\f(1,2)×(2＋4)×eq\r(5)×4＋42＝36＋12eq\r(5)(cm2)．故选B.二、填空题11．高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的________．解析：由侧视图、俯视图知该几何体是高为2、底面积为eq\f(1,2)×2×(2＋4)＝6的四棱锥，其体积为eq\f(1,3)×6×2＝4.而直三棱柱的体积为eq\f(1,2)×2×2×4＝8，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)12．(2025届高三·浙江名校联考)某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是eq\r(3)，则正视图中的x的值是________，该几何体的表面积是________．解析：由三视图可知，该几何体为四棱锥，由eq\r(3)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×(1＋2)x，解得x＝2.作出该几何体的直观图并标注相应棱的长度如图所示，则S表＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×(1＋2)＋eq\f(1,2)×2×eq\r(3)＋eq\f(1,2)×22＋eq\f(1,2)×2×eq\r(7)＋eq\f(1,2)×1×eq\r(7)＝eq\f(5\r(3)＋3\r(7)＋4,2).答案：2eq\f(5\r(3)＋3\r(7)＋4,2)13．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________，体积为________．解析：由三视图作出该空间几何体的直观图(如图所示)，可知其表面积为eq\f(1,2)×1×2＋eq\f(1,2)×eq\r(5)×2＋eq\f(1,2)×1×2＋eq\f(1,2)×2×eq\r(5)＝2＋2eq\r(5)，体积为eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×2×2＝eq\f(2,3).答案：2＋2eq\r(5)eq\f(2,3)14．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，球O与正方体的各条棱都相切，M为球O上的一点，点N是△ACB1外接圆上的一点，则线段MN解析：易求得棱切球的半径为eq\r(2)，易知△ACB1为正三角形，则球心O到△ACB1的外接圆上随意一点的距离均为eq\r(12＋\r(2)2)＝eq\r(3)，于是OM＝eq\r(2)，ON＝eq\r(3).因为|OM－ON|≤|MN|≤|OM＋ON|，所以线段MN长度的取值范围是[eq\r(3)－eq\r(2)，eq\r(3)＋eq\r(2)]．答案：[eq\r(3)－eq\r(2)，eq\r(3)＋eq\r(2)]15．(2024·浙江高考数学原创猜题卷)已知一个空间几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则这个几何体的体积为________cm3，表面积为________cm2.解析：由三视图可知，空间几何体是一个四棱锥，该四棱锥的底面为直角梯形，一条侧棱与底面垂直．如图所示，四边形ABCD是直角梯形，因为AB⊥AD，AB＝AD＝2cm，BC＝4cm，所以CD＝2eq\r(2)cm.因为PA＝2cm，AD＝AB＝2cm，所以PD＝PB＝2eq\r(2)cm，连接AC，易得AC＝2eq\r(5)cm，因为PA⊥平面ABCD，所以PC＝eq\r(PA所以该几何体的体积为eq\f(1,3)×eq\f(2＋4×2,2)×2＝4cm3.易得S梯形ABCD＝eq\f(2＋4×2,2)＝6cm2，S△PAB＝eq\f(1,2)×2×2＝2cm2，S△PAD＝eq\f(1,2)×2×2＝2cm2，S△PBC＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×4＝4eq\r(2)cm2，△DPC中，PC边上的高为eq\r(2\r(2)2－\r(6)2)＝eq\r(2)cm，所以S△PDC＝eq\f(1,2)×2eq\r(6)×eq\r(2)＝2eq\r(3)cm2，所以该几何体的表面积为6＋2＋2＋2eq\r(3)＋4eq\r(2)＝(10＋2eq\r(3)＋4eq\r(2))cm2.答案：4(10＋2eq\r(3)＋4eq\r(2))16．某几何体的三视图如图所示，俯视图由一个直径为2的半圆和一个正三角形组成，则此几何体的体积是________，表面积是________．解析：由题意可知，该几何体是由一个正三棱柱和半个圆柱组合而成的，正三棱柱的底面边长为2，高为4，半圆柱的底面半径为1，高为4，所以V＝eq\f(1,2)×2×eq\r(3)×4＋eq\f(1,2)π×12×4＝4eq\r(3)＋2π，表面积S＝2×4×2＋eq\f(1,2)×eq\r(3)×2×2＋π×12＋π×1×4＝16＋2eq\r(3)＋5π.答案：4eq\r(3)＋2π16＋2eq\r(3)＋5π17．已知在三棱锥P­ABC中，VP­ABC＝eq\f(4\r(3),3)，∠APC＝eq\f(π,4)，∠BPC＝eq\f(π,3)，PA⊥AC，PB⊥BC，且平面PAC⊥平面PBC，那么三棱锥P­ABC外接球的体积为________．解析：如图，取PC的中点O，连接AO，BO，设PC＝2R，则OA＝OB＝OC＝OP＝R，∴O是三棱锥P­ABC外接球的球心，易知，PB＝R，BC＝eq\r(3)R，∵∠APC＝eq\f(π,4)，PA⊥AC，O为PC的中点，∴AO⊥PC，又平面PAC⊥平面PBC，且平面PAC∩平面PBC＝PC，∴AO⊥平面PBC，∴VP­ABC＝VA­PBC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×PB×BC×AO＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×R×eq\r(3)R×R＝eq\f(4\r(3),3)，解得R＝2，∴三棱锥P­ABC外接球的体积V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(32π,3).答案：eq\f(32π,3)B组——实力小题保分练1．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A．16 B．20C．52 D．60解析：选B由三视图知，该几何体由一个底面为直角三角形(直角边分别为3,4)，高为6的三棱柱截去两个等体积的四棱锥所得，且四棱锥的底面是矩形(边长分别为2,4)，高为3，如图所示，所以该几何体的体积V＝eq\f(1,2)×3×4×6－2×eq\f(1,3)×2×4×3＝20，故选B.2.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥外接球的表面积为()A．136π B．34πC．25π D．18π解析：选B由三视图知，该四棱锥的底面是边长为3的正方形，高为4，且有一条侧棱垂直于底面，所以可将该四棱锥补形为长、宽、高分别为3,3,4的长方体，该长方体外接球的半径R即为该四棱锥外接球的半径，所以2R＝eq\r(32＋32＋42)，解得R＝eq\f(\r(34),2)，所以该四棱锥外接球的表面积为4πR2＝34π，故选B.3．如图，小方格是边长为1的正方形，一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A．4eq\r(5)π＋96 B．(2eq\r(5)＋6)π＋96C．(4eq\r(5)＋4)π＋64 D．(4eq\r(5)＋4)π＋96解析：选D由三视图可知，该几何体为一个圆锥和一个正方体的组合体，正方体的棱长为4，圆锥的高为4，底面半径为2，所以该几何体的表面积为S＝6×42＋π×22＋π×2×eq\r(42＋22)＝(4eq\r(5)＋4)π＋96.4．设球O是正方体ABCD­A1B1C1D1的内切球，若平面ACD1截球O所得的截面面积为6π，则球OA．eq\f(3,2) B．3C．eq\f(\r(3),2) D．eq\r(3)解析：选B如图，易知B1D过球心O，且B1D⊥平面ACD1，不妨设垂足为M，正方体棱长为a，则球半径R＝eq\f(a,2)，易知DM＝eq\f(1,3)DB1，∴OM＝eq\f(1,6)DB1＝eq\f(\r(3),6)a，∴截面圆半径r＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2－OM2)＝eq\f(\r(6),6)a，由截面圆面积S＝πr2＝6π，得r＝eq\f(\r(6),6)a＝eq\r(6)，a＝6，∴球O的半径为R＝eq\f(a,2)＝3.5.如图所示，等腰△ABC的底边AB＝6eq\r(6)，高CD＝3，点E是线段BD上异于点B，D的动点，点F在BC边上，且EF⊥AB，现沿EF将△BEF折起到△PEF的位置，使PE⊥AE，记BE＝x，V(x)表示四棱锥P­ACFE的体积，则V(x)的最大值为________．解析：因为PE⊥EF，PE⊥AE，EF∩AE＝E，所以PE⊥平面ABC.因为CD⊥AB，FE⊥AB，所以EF∥CD，所以eq\f(EF,CD)＝eq\f(BE,BD)，即eq\f(EF,3)＝eq\f(x,3\r(6))，所以EF＝eq\f(x,\r(6))，所以S△ABC＝eq\f(1,2)×6eq\r(6)×3＝9eq\r(6)，S△BEF＝eq\f(1,2)×x×eq\f(x,\r(6))＝eq\f(\r(6),12)x2，所以V(x)＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9\r(6)－\f(\r(6),12)x2))x＝eq\f(\r(6),3)xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9－\f(1,12)x2))(0＜x＜3eq\r(6))．因为V′(x)＝eq\f(\r(6),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9－\f(1,4)x2))，所以当x∈(0,6)时，V′(x)＞0，V(x)单调递增；当6＜x＜3eq\r(6)时，V′(x)＜0，V(x)单调递减，因此当x＝6时，V(x)取得最大值12eq\r(6).答案：12eq\r(6)6．已知A，B，C是球O的球面上三点，且AB＝AC＝3，BC＝3eq\r(3)，D为该球面上的动点，球心O到平面ABC的距离为球半径的一半，则三棱锥D­ABC体积的最大值为________．解析：如图，在△ABC中，∵AB＝AC＝3，BC＝3eq\r(3)，∴由余弦定理可得cosA＝eq\f(32＋32－3\r(3)2,2×3×3)＝－eq\f(1,2)，∴sinA＝eq\f(\r(3),2).设△ABC外接圆O′的半径为r，则eq\f(3\r(3),\f(\r(3),2))＝2r，得r＝3.设球的半径为R，连接OO′，BO′，OB，则R2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,2)))2＋32，解得R＝2eq\r(3).由图可知，当点D到平面ABC的距离为eq\f(3,2)R时，三棱锥D­ABC的体积最大，∵S△ABC＝eq\f(1,2)×3×3×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(9\r(3),4)，∴三棱锥D­ABC体积的最大值为eq\f(1,3)×eq\f(9\r(3),4)×3eq\r(3)＝eq\f(27,4).答案：eq\f(27,4)其次讲小题考法——空间点、线、面的位置关系考点(一)空间点、线、面的位置关系的推断主要考查利用空间点、直线、平面位置关系的定义，四个公理、八个定理来推断与点、线、面有关命题的真假或推断简洁的线面平行或垂直的位置关系.[典例感悟][典例](1)(2024·全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()(2)(2024·温州高三5月适应测试)已知α，β为两个平面，直线l⊂α，那么“l∥β”是“α∥β”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件(3)(2025届高三·七彩阳光联盟12月高三期中联考)已知m，n，l是互不重合的三条直线，α，β是两个不重合的平面，给出以下四个命题：①若m，n是异面直线，m⊂α，n⊂β，且m∥β，n∥α，则α∥β；②若m⊂α，n∩α＝A，且点A∉m，则m，n是异面直线；③若m，n是异面直线，m∥α，n∥α，且l⊥m，l⊥n，则l⊥α；④若m⊥α，n⊂β，α⊥β，则m∥n.其中为真命题的序号是________．(把全部真命题的序号都填上)[解析](1)法一：对于选项B，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C、D中均有AB∥平面MNQ.故选A.法二：对于选项A，设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示)，连接OQ，则OQ∥AB.因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行，依据直线与平面平行的判定定理及三角形的中位线性质知，选项B、C、D中AB∥平面MNQ.故选A.(2)∵“l⊂α，l∥β”不能推出“α∥β”，而“l⊂α，α∥β”，确定有“l∥β”，∴选B.(3)在①中，∵m∥β，∴在β内存在直线m1∥m，又m⊂α，∴m1∥α.∵m，n是两条异面直线，∴直线m1与n是两条相交直线，又n∥α，∴α∥β，即①正确．由异面直线判定定理知②正确．在③中，∵m∥α，∴在α内存在直线m1∥m，∵l⊥m，∴l⊥m1.∵n∥α，∴在α内存在直线n1∥n，∵l⊥n，∴l⊥n1.∵m，n是两条异面直线，∴直线m1与n1是两条相交直线，∴l⊥α，即③正确．由直线m⊥平面α和α⊥β知m∥β或m⊂β，而n是β内任始终线，则直线m与n可能相交，可能平行，还可能异面，故④是错误的．[答案](1)A(2)B(3)①②③[方法技巧]推断与空间位置关系有关命题真假的方法(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行推断．(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中视察线面位置关系，结合有关定理，进行确定或否定．(3)借助反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相冲突的命题，进而作出推断．[演练冲关]1．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面①四边形EFGH是平行四边形；②平面α∥平面BCC1B1；③平面α⊥平面BCFE.其中正确的命题有()A．①② B．②③C．①③ D．①②③解析：选C由题意画出草图如图所示，因为AA1∥平面α，平面α∩平面AA1B1B＝EH，所以AA1∥EH.同理AA1∥GF，所以EH∥GF.又ABC­A1B1C1是直三棱柱，易知EH＝GF＝AA1，所以四边形EFGH是平行四边形，故①正确；若平面α∥平面BB1C1C，由平面α∩平面A1B1C1＝GH，平面平面A1B1C1＝B1C1，知GH∥B1C1，而GH∥B1C1不确定成立，故②错误；由AA1⊥平面BCFE，结合AA1∥EH知EH⊥平面BCFE，又EH⊂平面α，所以平面α⊥平面2．如图是一几何体的平面绽开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：①直线BE与直线CF异面；②直线BE与直线AF异面；③直线EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD.其中正确的有()A．1个 B．2个C．3个 D．4个解析：选B将绽开图还原为几何体(如图)，因为E，F分别为PA，PD的中点，所以EF∥AD∥BC，即直线BE与CF共面，①错；因为B∉平面PAD，E∈平面PAD，E∉AF，所以BE与AF是异面直线，②正确；因为EF∥AD∥BC，EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正确；平面PAD与平面BCE不确定垂直，④错．故选B.3．(2024·全国卷Ⅲ)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱CDA．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC解析：选C法一：由正方体的性质，得A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B所以BC1⊥平面A1B1CD.又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1.法二：∵A1E在平面ABCD上的射影为AE，而AE不与AC，BD垂直，∴B、D错；∵A1E在平面BCC1B1上的射影为B1C，且B1C⊥BC∴A1E⊥BC1，故C正确；(证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1又A1E⊂平面CEA1B1，∴A1E⊥BC1.)∵A1E在平面DCC1D1上的射影为D1E，而D1E不与DC1垂直，故A错．

考点(二)空间角主要考查异面直线所成角，直线与平面所成角，二面角的计算及有关应用.[典例感悟][典例](1)夹在两平行平面间的线段AB，CD的长分别为2和eq\r(2)，若AB与这两个平行平面所成的角为30°，则CD与这两个平行平面所成的角为()A．30° B．45°C．60° D．90°(2)在菱形ABCD中，A＝60°，AB＝eq\r(3)，将△ABD折起到△PBD的位置，若三棱锥P­BCD的外接球的体积为eq\f(7\r(7)π,6)，则二面角P­BD­C的正弦值为()A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(\r(7),3)(3)(2015·浙江高考)如图，在三棱锥A­BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别为AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是________．[解析](1)不妨设A，C在同一平面，则B，D在另一个平面，过A作另一平面的垂线段AO，垂足为O，连接BO，由题可知∠ABO＝30°.由AB＝2，得AO＝1.因为两平面平行，所以点C到另一平面的垂线段的长等于AO的长，故CD与两个平行平面所成的角的正弦值为eq\f(AO,CD)＝eq\f(\r(2),2)，所以CD与这两个平行平面所成的角为45°.(2)由外接球的体积为eq\f(7\r(7)π,6)得该球的半径R＝eq\f(\r(7),2)，设球心O在平面PBD和平面BCD上的射影分别为O1，O2，则O1，O2为正△PBD和正△BCD的中心，取BD的中点E，连接O1E，O2E，则O1E⊥BD，O2E⊥BD，则∠O1EO2是二面角P­BD­C的平面角，在Rt△OO2C中，OC＝R＝eq\f(\r(7),2)，O2C＝eq\f(\r(3),3)AB＝1，则OO2＝eq\f(\r(3),2)，又在Rt△OO2E中，O2E＝eq\f(\r(3),6)AB＝eq\f(1,2)，则∠O2EO＝60°，同理，∠OEO1＝60°，故∠O1EO2＝120°，则二面角P­BD­C的正弦值为eq\f(\r(3),2)，故选C.(3)如图所示，连接DN，取线段DN的中点K，连接MK，CK.∵M为AD的中点，∴MK∥AN，∴∠KMC为异面直线AN，CM所成的角．∵AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，N为BC的中点，由勾股定理易求得AN＝DN＝CM＝2eq\r(2)，∴MK＝eq\r(2).在Rt△CKN中，CK＝eq\r(\r(2)2＋12)＝eq\r(3).在△CKM中，由余弦定理，得cos∠KMC＝eq\f(\r(2)2＋2\r(2)2－\r(3)2,2×\r(2)×2\r(2))＝eq\f(7,8).[答案](1)B(2)C(3)eq\f(7,8)[方法技巧]1．直线与直线所成角的求解策略(1)用“平移法”作出异面直线所成角(或其补角)，解三角形求角．(2)用“向量法”求两直线的方向向量所成的角．2．直线与平面所成角的求解策略(1)按定义作出线面角(即找到斜线在平面内的射影)，解三角形．(2)求平面的法向量，利用直线的方向向量与平面的法向量所成的锐角和直线与平面所成角互余求线面角．(3)利用等体积法求点到面的距离，由距离与斜线段长的比值等于线面角的正弦值求线面角．3．平面与平面所成角的求解策略二面角的平面角的作法是重点，构造平面角主要有以下方法：(1)依据定义；(2)利用二面角的棱的垂面；(3)利用两同底等腰三角形底边上的两条中线；(4)射影法，利用面积射影定理S射＝S斜·cosθ；(5)向量法，利用组成二面角的两个半平面的法向量的夹角与二面角相等或互补．[演练冲关]1．(2024·浙江高考)已知四棱锥S­ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点(不含端点)，设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S­AB­C的平面角为θ3，则()A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ1解析：选D如图，不妨设底面正方形的边长为2，E为AB上靠近点A的四等分点，E′为AB的中点，S究竟面的距离SO＝1，以EE′，E′O为邻边作矩形OO′EE′，则∠SEO′＝θ1，∠SEO＝θ2，∠SE′O＝θ3.由题意，得tanθ1＝eq\f(SO′,EO′)＝eq\f(\r(5),2)，tanθ2＝eq\f(SO,EO)＝eq\f(1,\f(\r(5),2))＝eq\f(2,\r(5))，tanθ3＝1，此时，tanθ2<tanθ3<tanθ1，可得θ2<θ3<θ1.当E在AB中点处时，θ2＝θ3＝θ1，故选D.2．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BCA.eq\f(1,3) B.eq\f(\r(2),4)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(2\r(2),3)解析：选A以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A1(1,0,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,1)，D1(0,0,1)．设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，由eq\o(BA1,\s\up7(→))＝(0，－2,1)，eq\o(BC1,\s\up7(→))＝(－1,0,1)，n·eq\o(BA1,\s\up7(→))＝0，n·eq\o(BC1,\s\up7(→))＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2y＋z＝0，,－x＋z＝0，))取z＝2，得n＝(2,1,2)，设D1C1与平面A1BC1所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈eq\o(C1D1,\s\up7(→))，n〉|＝eq\f(|eq\o(C1D1,\s\up7(→))·n|,|eq\o(C1D1,\s\up7(→))|·|n|)＝eq\f(1,3)，故选A.3.如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点，设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sinαA.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1)) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，1))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，\f(2\r(2),3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2),3)，1))解析：选B连接A1O，PA1，易知∠POA1就是直线OP与平面A1BD所成的角(或其补角)．设正方体的棱长为2，则A1O＝eq\r(6).当P点与C点重合时，PO＝eq\r(2)，A1P＝2eq\r(3)，则cos∠A1OP＝eq\f(6＋2－12,2×\r(6)×\r(2))＝－eq\f(\r(3),3)，此时∠A1OP为钝角，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(\r(6),3)；当P点与C1点重合时，PO＝A1O＝eq\r(6)，A1P＝2eq\r(2)，则cos∠A1OP＝eq\f(6＋6－8,2×\r(6)×\r(6))＝eq\f(1,3)，此时∠A1OP为锐角，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(2\r(2),3)；在∠A1OP从钝角到锐角渐渐改变的过程中，CC1上确定存在一点P，使得∠A1OP＝90°，此时sinα＝1.又因为eq\f(\r(6),3)<eq\f(2\r(2),3)，所以sinα的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，1))，故选B.考点(三)简洁的立体几何动态问题主要考查立体几何中的动点、轨迹、翻折等问题.[典例感悟][典例](1)如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′­CD­B的平面角为α，则()A．∠A′DB≤α B．∠A′DB≥αC．∠A′CB≤α D．∠A′CB≥α(2)如图，M，N分别是棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1的棱AA1，BC上两动点，且MN＝eq\r(2)，则线段MN的中点P的轨迹是()A．一条线段B．一段圆弧C．一个球面区域D．两条平行线段[解析](1)∵A′C和BC都不与CD垂直，∴∠A′CB≠α，故C，D错误．当CA＝CB时，简洁证明∠A′DB＝α.不妨取一个特别的三角形，如Rt△ABC，令斜边AB＝4，AC＝2，BC＝2eq\r(3)，如图所示，则CD＝AD＝BD＝2，∠BDC＝120°，设沿直线CD将△ACD折成△A′CD，使平面A′CD⊥平面BCD，则α＝90°.取CD中点H，连接A′H，BH，则A′H⊥CD，∴A′H⊥平面BCD，且A′H＝eq\r(3)，DH＝1.在△BDH中，由余弦定理可得BH＝eq\r(7).在Rt△A′HB中，由勾股定理可得A′B＝eq\r(10).在△A′DB中，∵A′D2＋BD2－A′B2＝－2＜0，可知cos∠A′DB＜0，∴∠A′DB为钝角，故解除A.综上可知答案为B.(2)考虑直角三角形MAN，因为MN＝eq\r(2)，则|AP|＝eq\f(\r(2),2)，因此点P到A的距离为定值，形成圆弧的一段．(当然此题也可运用空间直角坐标系设点求轨迹，说明轨迹是一个圆弧．)[答案](1)B(2)B[方法技巧]1．对于立体几何中的动态问题，关键是抓住改变过程中不变的位置关系和数量关系，事实上动静是相对的，以静制动是处理立体几何中动态元素的良策．2．解此类问题还要回来到最本质的定义、定理、性质或现有结论中．[演练冲关]1．已知三棱锥A­BCO，OA，OB，OC两两垂直且长度均为6，长为2的线段MN的一个端点M在棱OA上运动，另一个端点N在△BCO内运动(含边界)，则MN的中点P的轨迹与三棱锥的面所围成的几何体的体积为()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,6)或36＋eq\f(π,6)C．36－eq\f(π,6) D.eq\f(π,6)或36－eq\f(π,6)解析：选D由线面垂直知OM⊥ON，因此OP＝eq\f(1,2)MN＝1，即MN的中点P的轨迹为以O为球心，1为半径的球，若所围成的几何体为球内部，其体积为eq\f(1,8)×eq\f(4,3)π×13＝eq\f(π,6)，若所围成的几何体为球外部，其体积为eq\f(1,3)×6×eq\f(1,2)×62－eq\f(1,8)×eq\f(4,3)π×13＝36－eq\f(π,6)，因此选D.2.如图，已知四边形ABCD，将△ADC沿着AC翻折，则翻折过程中线段DB的中点M的轨迹是()A．椭圆的一段B．抛物线的一段C．一段圆弧D．双曲线的一段解析：选C取AC的中点E，连接DE，则DE为定值．连接BE，取BE的中点O，则O为定点．连接OM，则OM＝eq\f(1,2)DE为定值，故M的轨迹是一段圆弧．3.如图，已知正三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长为2cm，高为5cm，则一质点自点A动身，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点A1的最短路途的长为________cm.解析：依据题意，将原三棱柱分割为两个相同的三棱柱，然后将其侧面绽开为如图所示的实线部分，则可知所求最短路途的长为eq\r(52＋122)＝13(cm)．答案：13eq\a\vs4\al([必备知能·自主补缺])(一)主干学问要记牢1．两类关系的转化(1)平行关系之间的转化(2)垂直关系之间的转化2．证明空间位置关系的方法已知a，b，l是直线，α，β，γ是平面，O是点，则(1)线线平行：eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a∥b,a∥c))⇒c∥b，eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a∥α,a⊂β,α∩β＝b))⇒a∥b，eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊥α,b⊥α))⇒a∥b，eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α∥β,α∩γ＝a,β∩γ＝b))⇒a∥b.(2)线面平行：eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a∥b,b⊂α,a⊄α))⇒a∥α，eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α∥β,a⊂β))⇒a∥α，eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β,a⊥β,a⊄α))⇒a∥α.(3)面面平行：eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊂α，b⊂α,a∩b＝O,a∥β，b∥β))⇒α∥β，eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊥α,a⊥β))⇒α∥β，eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α∥β,γ∥β))⇒α∥γ.(4)线线垂直：eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊥α,b⊂α))⇒a⊥b，eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊥α,b∥α))⇒a⊥b.(5)线面垂直：eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊂α，b⊂α,a∩b＝O,l⊥a，l⊥b))⇒l⊥α，eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β,α∩β＝l,a⊂α，a⊥l))⇒a⊥β，eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α∥β,a⊥α))⇒a⊥β，eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a∥b,a⊥α))⇒b⊥α.(6)面面垂直：eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊂β,a⊥α))⇒α⊥β，eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a∥β,a⊥α))⇒α⊥β.(二)易错易混要明白应用空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理时，忽视判定定理和性质定理中的条件，导致推断出错．如由α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，易误得出m⊥β的结论，就是因为忽视面面垂直的性质定理中m⊂α的限制条件．[针对练]设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，则“m∥β”是“α∥β”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解析：选B当m∥β时，过m的平面α与β可能平行也可能相交，因而m∥β⇒/α∥β；当α∥β时，α内任始终线与β平行，因为m⊂α，所以m∥β.综上可知，“m∥β”是“α∥β”的必要不充分条件．eq\a\vs4\al([课时跟踪检测])A组——10＋7提速练一、选择题1．(2024·浙江高考)已知相互垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满意m∥α，n⊥β，则()A．m∥l B．m∥nC．n⊥l D．m⊥n解析：选C∵α∩β＝l，∴l⊂β.∵n⊥β，∴n⊥l.2．若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥中与平面α平行的棱有()A．0条 B．1条C．2条 D．0条或2条解析：选C因为平行于三棱锥的两条相对棱的平面截三棱锥所得的截面是平行四边形，所以该三棱锥中与平面α平行的棱有2条，故选C.3．已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m⊂α，n⊂β.有下列命题：①若α∥β，则m，n可能平行，也可能异面；②若α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，则α⊥β；③若α∩β＝l，且m⊥l，m⊥n，则α⊥β.其中真命题的个数是()A．0 B．1C．2 D．3解析：选B对于①，直线m，n可能平行，也可能异面，故①是真命题；对于②，直线m，n同时垂直于公共棱，不能推出两个平面垂直，故②是假命题；对于③，当直线n∥l时，不能推出两个平面垂直，故③是假命题．故真命题的个数为1.故选B.4.如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1＝eq\r(2)AB，E，F分别为BC，BB1的中点，M，N分别为AA1，A1C1的中点，则直线MN与EF所成角的余弦值为()A.eq\f(3,5) B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(4,5)解析：选B如图，连接AC1，C1B，CB1，设C1B与CB1交于点O，取AB的中点D，连接CD，OD，则MN∥AC1∥OD，EF∥CB1，那么∠DOC即直线MN与EF所成的角，设AA1＝eq\r(2)AB＝eq\r(2)a，则AC1＝CB1＝eq\r(3)a，于是OD＝OC＝eq\f(\r(3)a,2)，又CD＝eq\f(\r(3)a,2)，于是△OCD为正三角形，∠DOC＝60°，故直线MN与EF所成角的余弦值为eq\f(1,2).5．设l为直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是()A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l⊥α，l⊥β，则α∥βC．若l⊥α，l∥β，则α∥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β解析：选B画出一个长方体ABCD­A1B1C1D1.对于A，C1D1∥平面ABB1A1，C1D1∥平面ABCD，但平面ABB1A1与平面ABCD相交；对于C，BB1⊥平面ABCD，BB1∥平面ADD1A1，但平面ABCD与平面ADD1A1相交；对于D，平面ABB1A1⊥平面ABCD，CD∥平面ABB1A6．如图，已知菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，将菱形ABCD沿对角线AC折起，使得平面ACD⊥平面ABC，若点N是BD上的动点，当线段ON最短时，二面角N­AC­B的余弦值为()A．0 B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(\r(3),2)解析：选C易知OB＝OD，所以当N为BD的中点时，线段ON最短，因为AC⊥OB，AC⊥OD，所以AC⊥平面BOD，所以ON⊥AC，所以∠BON即二面角N­AC­B的平面角．因为平面ACD⊥平面ABC，OD⊥AC，所以OD⊥OB，所以△BOD为等腰直角三角形，所以∠BON＝45°，所以二面角N­AC­B的余弦值为eq\f(\r(2),2).7.(2024·温州模拟)在四面体ABCD中，二面角A­BC­D为60°，点P为直线BC上一动点，记直线PA与平面BCD所成角为θ，则()A．θ的最大值为60°B．θ的最小值为60°C．θ的最大值为30°D．θ的最小值为30°解析：选A过A作AM⊥BC，AO⊥平面BCD，垂足为O，连接OM，则∠AMO为二面角A­BC­D的平面角，∴∠AMO＝60°，在直线BC上任取一点P，连接OP，AP，则∠APO为直线AP与平面BCD所成的角，即∠APO＝θ，∵AP≥AM，AM·sin60°＝AO，AP·sinθ＝AO，∴sinθ≤sin60°，即θ的最大值为60°.故选A.8.(2025届高三·镇海中学期中)如图，四边形ABCD，AB＝BD＝DA＝2，BC＝CD＝eq\r(2)，现将△ABD沿BD折起，当二面角A­BD­C的大小在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))时，直线AB与CD所成角的余弦值的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5\r(2),8)，\f(\r(2),8))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5\r(2),8)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),8))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),8)，\f(5\r(2),8)))解析：选B取BD的中点O，连接AO，CO，由AB＝DA，BC＝CD，知AO⊥BD，CO⊥BD，分别以OB，OC所在直线为x，y轴，过O作平面BCD的垂线，垂线所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系(图略)，则B(1,0,0)，C(0,1,0)，D(－1，0,0)，设二面角A­BD­C的平面角为θ，则动点A(0，eq\r(3)cosθ，eq\r(3)sinθ)，从而有eq\o(BA,\s\up7(→))＝(－1，eq\r(3)cosθ，eq\r(3)sinθ)，eq\o(CD,\s\up7(→))＝(－1，－1,0)，设直线AB与CD所成的角为α，则cosα＝eq\f(|eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(CD,\s\up7(→))|,|eq\o(BA,\s\up7(→))|·|eq\o(CD,\s\up7(→))|)＝eq\f(|1－\r(3)cosθ|,2\r(2))，∵θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，∴cosθ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2)))，∴|1－eq\r(3)cosθ|∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))，故cosα∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5\r(2),8)))，故选B.9.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是AA1的中点，P为底面ABCD内一动点，设PD1，PE与底面ABCD所成的角分别为θ1，θ2(θ1，θ2均不为0)．若θ1＝θ2，则动点P的轨迹为()A．直线的一部分 B．圆的一部分C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分解析：选B建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体的边长为2，则A(2,0,0)，E(2,0,1)，D1(0,0,2)，P(x，y,0)，eq\o(AE,\s\up7(→))＝(0,0,1)，eq\o(PE,\s\up7(→))＝(2－x，－y，1)，eq\o(PD1,\s\up7(→))＝(－x，－y,2)．由θ1＝θ2，得cosθ1＝cosθ2，即eq\f(eq\o(PD1,\s\up7(→))·eq\o(AE,\s\up7(→)),|eq\o(PD1,\s\up7(→))||eq\o(AE,\s\up7(→))|)＝eq\f(eq\o(PE,\s\up7(→))·eq\o(AE,\s\up7(→)),|eq\o(PE,\s\up7(→))||eq\o(AE,\s\up7(→))|)，代入数据，得eq\f(2,\r(x2＋y2＋4))＝eq\f(1,\r(2－x2＋y2＋1))，整理，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(8,3)))2＋y2＝eq\f(16,9)(0≤x≤2,0≤y≤2)，即动点P的轨迹为圆的一部分．10.在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为正方形A1B1C1D1四边上的动点，O为底面正方形ABCD的中心，M，N分别为AB，BC的中点，点Q为平面ABCD内一点，线段D1Q与OP相互平分，则满意eq\o(MQ,\s\up7(→))＝λeq\o(MN,\s\up7(→))的实数λ的值有()A．0个 B．1个C．2个 D．3个解析：选C因为线段D1Q与OP相互平分，所以四点O，Q，P，D1共面，且四边形OQPD1为平行四边形．若P在线段C1D1上时，点Q确定在线段ON上运动，只有当P为线段C1D1的中点时，点Q与点N重合，此时λ＝1，符合题意；若P在线段C1B1与线段B1A1上时，在平面ABCD找不到符合条件的点Q若P在线段D1A1上时，点Q在直线OM上运动，只有当P为线段D1A1的中点时，点Q与点M重合，此时λ＝0符合题意，所以符合条件的二、填空题11．α，β是两平面，AB，CD是两条线段，已知α∩β＝EF，AB⊥α于B，CD⊥α于D，若增加一个条件，就能得出BD⊥EF.现有下列条件：①AC⊥β；②AC与α，β所成的角相等；③AC与CD在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF.其中能成为增加条件的序号是________．解析：由题意得，AB∥CD，∴A，B，C，D四点共面．①中，∵AC⊥β，EF⊂β，∴AC⊥EF，又∵AB⊥α，EF⊂α，∴AB⊥EF，∵AB∩AC＝A，∴EF⊥平面ABCD，又∵BD⊂平面ABCD，∴BD⊥EF，故①正确；②不能得到BD⊥EF，故②错误；③中，由AC与CD在β内的射影在同一条直线上可知平面ABCD⊥β，又AB⊥α，AB⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥α.∵平面ABCD⊥α，平面ABCD⊥β，α∩β＝EF，∴EF⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，∴BD⊥EF，故③正确；④中，由①知，若BD⊥EF，则EF⊥平面ABCD，则EF⊥AC，故④错误，故填①③.答案：①③12.如图，已知平面α，β，且α∩β＝AB，PC⊥α，PD⊥β，C，D是垂足．那么直线AB与平面PCD的位置关系为________，若PC＝PD＝1，CD＝eq\r(2)，则平面α与平面β的位置关系为________．解析：因为PC⊥α，AB⊂α，所以PC⊥AB，同理，PD⊥AB，又PC∩PD＝P，所以AB⊥平面PCD，设AB与平面PCD的交点为H，连接CH，DH(图略)，因为AB⊥平面PCD，所以AB⊥CH，AB⊥DH，所以∠CHD为二面角αABβ的平面角，又PC＝PD＝1，CD＝eq\r(2)，所以CD2＝PC2＋PD2＝2，即∠CPD＝90°，在平面PCHD中，∠PCH＝∠PDH＝∠CPD＝90°，所以∠CHD＝90°，所以α⊥β.答案：AB⊥平面PCDα⊥β13.如图所示的三棱锥P­ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝eq\f(2\r(3),3)，D是BC的中点，且△ADC是边长为2的正三角形，则二面角P­AB­C的大小为________．解析：由已知条件，D是BC的中点，∴CD＝BD＝2，又△ADC是正三角形，∴AD＝CD＝BD＝2，∴D是△ABC的外心且又在BC上，∴△ABC是以∠BAC为直角的三角形，即AB⊥AC，又PC⊥平面ABC，∴PA⊥AB.∴∠PAC即为二面角P­AB­C的平面角，在Rt△PAC中，tan∠PAC＝eq\f(PC,AC)＝eq\f(\r(3),3)，∴∠PAC＝30°.答案：30°14.(2024·台州一模)如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，AB＝1，AC＝CD＝DA＝2，动点M在边DC上(不同于D点)，P为边AB上随意一点，沿AM将△ADM翻折成△AD′M，当平面AD′M⊥平面ABC时，线段PD′长度的最小值为________．解析：设D′在平面ABCD上的射影为H，明显当∠AMD最小值时，H到直线AB的距离最小，故折痕为AC时，H为AC的中点，此时D′H＝DH＝eq\r(3)，此时，H到直线AB的最小距离为h＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(\r(3),2)，∴PD′的最小距离为eq\r(D′H2＋h2)＝eq\f(\r(15),2).答案：eq\f(\r(15),2)15.如图，△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC，∠BCD＝90