《（浙江專(zhuān)用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題二 立體幾何學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（浙江專(zhuān)用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題二 立體幾何學(xué)案（90頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（浙江專(zhuān)用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題二 立體幾何學(xué)案 小題考情分析 大題考情分析 ?？键c(diǎn) 1.簡(jiǎn)單組合體的三視圖及表面積、體積問(wèn)題(5年5考) 2.空間幾何體的表面積、體積問(wèn)題(5年4考) 3.空間角問(wèn)題(5年4考) 立體幾何解答題一般有兩問(wèn)．第1問(wèn)為空間線(xiàn)、面位置關(guān)系(平行、垂直)的證明；第2問(wèn)為空間角度的三角函數(shù)值求解，以二面角、線(xiàn)面角為重點(diǎn)．近5年高考中，2014年、2015年、2016年均考查了二面角問(wèn)題，2017年與2018年考查了線(xiàn)面角問(wèn)題. 偶考點(diǎn) 1.空間點(diǎn)、線(xiàn)、面位置關(guān)系的判定 2.簡(jiǎn)單的動(dòng)態(tài)問(wèn)題 考點(diǎn)(一) 空間幾何體的三視圖 主要考

2、查利用三視圖的畫(huà)法規(guī)則及擺放規(guī)則，根據(jù)空間幾何體確定其三視圖，或根據(jù)三視圖還原其對(duì)應(yīng)直觀(guān)圖，或根據(jù)三視圖中的其中兩個(gè)確定另一個(gè). [典例感悟] [典例]　(1)如圖所示，將圖①中的正方體截去兩個(gè)三棱錐，得到圖②中的幾何體，則該幾何體的側(cè)視圖為(　　) (2)(2018·杭州模擬)已知三棱錐的正視圖與俯視圖如圖所示，俯視圖是邊長(zhǎng)為2的正三角形，那么該三棱錐的側(cè)視圖可能為(　　) [解析]　(1)從幾何體的左面看，棱AD1是原正方形ADD1A1的對(duì)角線(xiàn)，在視線(xiàn)范圍內(nèi)，畫(huà)實(shí)線(xiàn)；棱C1F不在視線(xiàn)范圍內(nèi)，畫(huà)虛線(xiàn)．故選B. (2)由正視圖可看出長(zhǎng)為2的側(cè)棱垂直于底面，側(cè)視圖為直角

3、三角形，直角邊長(zhǎng)為2，另一直角邊為底邊三角形的高.故側(cè)視圖可能為B. [答案]　(1)B　(2)B [方法技巧] 1．由直觀(guān)圖確定三視圖的方法 根據(jù)空間幾何體三視圖的定義及畫(huà)法規(guī)則和擺放規(guī)則確定． 2．由三視圖還原到直觀(guān)圖的思路 (1)根據(jù)俯視圖確定幾何體的底面． (2)根據(jù)正視圖或側(cè)視圖確定幾何體的側(cè)棱與側(cè)面的特征，調(diào)整實(shí)線(xiàn)和虛線(xiàn)所對(duì)應(yīng)的棱、面的位置． (3)確定幾何體的直觀(guān)圖形狀． [演練沖關(guān)] 1．已知某幾何體的正視圖和側(cè)視圖均如圖所示，給出下列5個(gè)圖形： 其中可以作為該幾何體的俯視圖的圖形個(gè)數(shù)為(　　) A．5　　　　　　　　　 　B．4 C．

4、3 D．2 解析：選B　由題知可以作為該幾何體的俯視圖的圖形可以為①②③⑤.故選B. 2．某四棱錐的三視圖如圖所示，則該四棱錐的最長(zhǎng)棱的長(zhǎng)度為(　　) A．3 B．2 C．2 D．2 解析：選B　在正方體中還原該四棱錐如圖所示， 從圖中易得最長(zhǎng)的棱為 AC1＝＝ ＝2. 3.如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1，實(shí)線(xiàn)畫(huà)出的是某幾何體的三視圖，則此幾何體各面中直角三角形的個(gè)數(shù)是(　　) A．2　　　　　　　　 　B．3 C．4 D．5 解析：選C　由三視圖知，該幾何體是如圖所示的四棱錐P-ABCD，易知四棱錐P-ABCD的四個(gè)側(cè)面都是直角三角形，即此幾

5、何體各面中直角三角形的個(gè)數(shù)是4，故選C. 考點(diǎn)(二) 空間幾何體的表面積與體積 主要考查空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征、表面積與體積公式的應(yīng)用，涉及的幾何體多為柱體、錐體，且常與三視圖相結(jié)合考查. [典例感悟] [典例]　(1)《九章算術(shù)》是我國(guó)古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學(xué)名著，書(shū)中提到了一種名為“芻甍”的五面體，如圖所示，四邊形ABCD為矩形，棱EF∥AB.若此幾何體中，AB＝4，EF＝2，△ADE和△BCF都是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，則該幾何體的表面積為(　　) A．8　　　　　　　 　B．8＋8 C．6＋2 D．8＋6＋2 (2)如圖是某幾何體的三視圖，則該幾何體的

6、體積為(　　) A．6　　　　B．9　　　　C．12　　　　D．18 (3)(2019屆高三·溫州中學(xué)高三測(cè)試卷)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為_(kāi)_______，表面積為_(kāi)_______． [解析]　(1)如圖所示，取BC的中點(diǎn)P，連接PF，則PF⊥BC，過(guò)F作FQ⊥AB，垂足為Q. 因?yàn)椤鰽DE和△BCF都是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，且EF∥AB， 所以四邊形ABFE為等腰梯形，F(xiàn)P＝， 則BQ＝(AB－EF)＝1，F(xiàn)Q＝＝， 所以S梯形EFBA＝S梯形EFCD＝×(2＋4)×＝3， 又S△ADE＝S△BCF＝×2×＝， S矩形ABCD＝4×2＝8， 所

7、以該幾何體的表面積S＝3×2＋×2＋8＝8＋8.故選B. (2)該幾何體是一個(gè)直三棱柱截去所得，如圖所示，其體積為××3×4×2＝9. (3)由三視圖可知該幾何體為長(zhǎng)方體截去兩個(gè)三棱錐后剩下的部分，如圖，長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別為2,1,3， 所以該幾何體的體積V＝2×1×3－2×××1×1×3＝6－1＝5， 表面積S＝2×3×＋2×3＋2×1＋×2×1＋2×3×1×＋2×××＝15＋. [答案]　(1)B　(2)B　(3)5　15＋ [方法技巧] 1．求解幾何體的表面積與體積的技巧 (1)求三棱錐的體積：等體積轉(zhuǎn)化是常用的方法，轉(zhuǎn)化原則是其高易求，底面放在已知幾何體的某一

8、面上． (2)求不規(guī)則幾何體的體積：常用分割或補(bǔ)形的方法，將不規(guī)則幾何體轉(zhuǎn)化為規(guī)則幾何體求解． (3)求表面積：其關(guān)鍵思想是空間問(wèn)題平面化． 2．根據(jù)幾何體的三視圖求其表面積或體積的步驟 (1)根據(jù)給出的三視圖還原該幾何體的直觀(guān)圖． (2)由三視圖中的大小標(biāo)識(shí)確定該幾何體的各個(gè)度量． (3)套用相應(yīng)的面積公式或體積公式計(jì)算求解． [演練沖關(guān)] 1．(2018·浙江高考)某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的體積(單位：cm3)是(　　) A．2 B．4 C．6 D．8 解析：選C　由幾何體的三視圖可知，該幾何體是一個(gè)底面為直角梯形，高為2的直四棱柱，直角梯形

9、的兩底邊長(zhǎng)分別為1,2，高為2， ∴該幾何體的體積為V＝×(2＋1)×2×2＝6. 2.如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1，實(shí)線(xiàn)畫(huà)出的是某多面體的三視圖，則該多面體的表面積是(　　) A．36＋6　 　B．36＋3 C．54 D．27 解析：選A　由三視圖知該幾何體為底面是梯形的四棱柱，其表面積為S＝2××(2＋4)×3＋2×3＋4×3＋2×3×＝36＋6，故選A. 3．由一個(gè)長(zhǎng)方體和兩個(gè)圓柱體構(gòu)成的幾何體的三視圖如圖，則該幾何體的體積為_(kāi)_______． 解析：該幾何體由一個(gè)長(zhǎng)、寬、高分別為2,1,1的長(zhǎng)方體和兩個(gè)底面半徑為1，高為1的四分之一圓柱體構(gòu)成， ∴V＝2×1

10、×1＋2××π×12×1＝2＋. 答案：2＋ 考點(diǎn)(三) 與球有關(guān)的組合體的計(jì)算問(wèn)題 主要考查與多面體、旋轉(zhuǎn)體構(gòu)成的簡(jiǎn)單組合體的有關(guān)切、接球表面積、體積的計(jì)算問(wèn)題，其本質(zhì)是計(jì)算球的半徑. [典例感悟] [典例]　(1)(2017·全國(guó)卷Ⅲ)已知圓柱的高為1，它的兩個(gè)底面的圓周在直徑為2的同一個(gè)球的球面上，則該圓柱的體積為(　　) A．π　　　　　　　　　　 B． C． D． (2)(2017·全國(guó)卷Ⅰ)已知三棱錐S-ABC的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上，SC是球O的直徑．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱錐S -ABC的體積為9，則球O的表

11、面積為_(kāi)_______． [解析]　(1)設(shè)圓柱的底面半徑為r，則r2＝12－2＝，所以圓柱的體積V＝π×1＝. (2)如圖，連接AO，OB， ∵SC為球O的直徑， ∴點(diǎn)O為SC的中點(diǎn)， ∵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， 設(shè)球O的半徑為R， 則OA＝OB＝R，SC＝2R. ∴VS -ABC＝VA-SBC＝×S△SBC×AO ＝××AO， 即9＝××R，解得 R＝3， ∴球O的表面積為S＝4πR2＝4π×32＝36π. [答案]　(1)B　(2)36π [方法技巧

12、] 求解多面體、旋轉(zhuǎn)體與球接、切問(wèn)題的策略 (1)過(guò)球心及多面體中的特殊點(diǎn)(一般為接、切點(diǎn))或線(xiàn)作截面，把空間問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面問(wèn)題． (2)利用平面幾何知識(shí)尋找?guī)缀误w中元素間的關(guān)系，或通過(guò)畫(huà)外接、內(nèi)切的幾何體的直觀(guān)圖，確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關(guān)系，列方程(組)求解． [演練沖關(guān)] 1．(2017·江蘇高考)如圖，在圓柱O1O2內(nèi)有一個(gè)球O，該球與圓柱的上、下底面及母線(xiàn)均相切．記圓柱O1O2的體積為V1，球O的體積為V2，則的值是________． 解析：設(shè)球O的半徑為R，因?yàn)榍騉與圓柱O1O2的上、下底面及母線(xiàn)均相切，所以圓柱的底面半徑為R、高為2R，所

13、以＝＝. 答案： 2．(2019屆高三·浙江名校聯(lián)考)某簡(jiǎn)單幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為_(kāi)_______，其外接球的表面積為_(kāi)_______． 解析：由三視圖得該幾何體是一個(gè)底面為對(duì)角線(xiàn)為4的正方形，高為3的直四棱柱，則其體積為4×4××3＝24.又直四棱柱的外接球的半徑R＝＝，所以四棱柱的外接球的表面積為4πR2＝25π. 答案：24　25π (一) 主干知識(shí)要記牢 簡(jiǎn)單幾何體的表面積和體積 (1)S直棱柱側(cè)＝ch(c為底面的周長(zhǎng)，

14、h為高)． (2)S正棱錐側(cè)＝ch′(c為底面周長(zhǎng)，h′為斜高)． (3)S正棱臺(tái)側(cè)＝(c′＋c)h′(c與c′分別為上、下底面周長(zhǎng)，h′為斜高)． (4)圓柱、圓錐、圓臺(tái)的側(cè)面積公式 S圓柱側(cè)＝2πrl(r為底面半徑，l為母線(xiàn)長(zhǎng))， S圓錐側(cè)＝πrl(r為底面半徑，l為母線(xiàn)長(zhǎng))， S圓臺(tái)側(cè)＝π(r′＋r)l(r′，r分別為上、下底面的半徑，l為母線(xiàn)長(zhǎng))． (5)柱、錐、臺(tái)體的體積公式 V柱＝Sh(S為底面面積，h為高)， V錐＝Sh(S為底面面積，h為高)， V臺(tái)＝(S＋＋S′)h(S，S′為上、下底面面積，h為高)． (6)球的表面積和體積公式 S球＝4πR2，V球

15、＝πR3. (二) 二級(jí)結(jié)論要用好 1．長(zhǎng)方體的對(duì)角線(xiàn)與其共點(diǎn)的三條棱之間的長(zhǎng)度關(guān)系d2＝a2＋b2＋c2；若長(zhǎng)方體外接球半徑為R，則有(2R)2＝a2＋b2＋c2. [針對(duì)練1]　(2019屆高三·西安八校聯(lián)考)設(shè)三棱錐的三條側(cè)棱兩兩互相垂直，且長(zhǎng)度分別為2,2，4，則其外接球的表面積為(　　) A．48π　　　　　　　 　B．32π C．20π D．12π 解析：選B　依題意，設(shè)題中的三棱錐外接球的半徑為R，可將題中的三棱錐補(bǔ)形成一個(gè)長(zhǎng)方體， 則R＝ ＝2， 所以該三棱錐外接球的表面積為S＝4πR2＝32π. 2．棱長(zhǎng)為a的正四面體的內(nèi)切球半徑r＝a，外接球的半徑R＝

16、a.又正四面體的高h(yuǎn)＝a，故r＝h，R＝h. [針對(duì)練2]　已知正四面體ABCD的外接球半徑為2，過(guò)棱AB作該球的截面，則截面面積的最小值為_(kāi)_______． 解析：由題意知，面積最小的截面是以AB為直徑的圓，設(shè)AB的長(zhǎng)為a，因?yàn)檎拿骟w外接球的半徑為2，所以a＝2，解得a＝，故截面面積的最小值為π2＝. 答案： (三) 易錯(cuò)易混要明了 由三視圖計(jì)算幾何體的表面積與體積時(shí)，由于幾何體的還原不準(zhǔn)確及幾何體的結(jié)構(gòu)特征認(rèn)識(shí)不準(zhǔn)易導(dǎo)致失誤． [針對(duì)練3]　一個(gè)四棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)都相等，底面是正方形，其正視圖如圖所示，則該四棱錐側(cè)面積和體積分別是(　　) A．4，8 B．4， C．4(＋

17、1)， D．8,8 解析：選B　由題意可知該四棱錐為正四棱錐，底面邊長(zhǎng)為2，高為2，側(cè)面上的斜高為＝，所以S側(cè)＝4×＝4，V＝×22×2＝. A組——10＋7提速練 一、選擇題 1.如圖為一個(gè)幾何體的側(cè)視圖和俯視圖，則它的正視圖為(　　) 解析：選B　根據(jù)題中側(cè)視圖和俯視圖的形狀，判斷出該幾何體是在一個(gè)正方體的上表面上放置一個(gè)四棱錐(其中四棱錐的底面是邊長(zhǎng)與正方體棱長(zhǎng)相等的正方形、頂點(diǎn)在底面上的射影是底面一邊的中點(diǎn))，結(jié)合選項(xiàng)知，它

18、的正視圖為B. 2．(2017·全國(guó)卷Ⅰ)某多面體的三視圖如圖所示，其中正視圖和左視圖都由正方形和等腰直角三角形組成，正方形的邊長(zhǎng)為2，俯視圖為等腰直角三角形．該多面體的各個(gè)面中有若干個(gè)是梯形，這些梯形的面積之和為(　　) A．10　　　　　　　　 　B．12 C．14 D．16 解析：選B　由三視圖可知該多面體是一個(gè)組合體，下面是一個(gè)底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一個(gè)底面是等腰直角三角形的三棱錐，等腰直角三角形的腰長(zhǎng)為2，直三棱柱的高為2，三棱錐的高為2，易知該多面體有2個(gè)面是梯形，這些梯形的面積之和為×2＝12，故選B. 3．(2017·浙江高考)某幾何體的三視圖

19、如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的體積(單位：cm3)是(　　) A.＋1　　　　　　B.＋3 C.＋1　　　　　　D.＋3 解析：選A　由幾何體的三視圖可得，該幾何體是一個(gè)底面半徑為1，高為3的圓錐的一半與一個(gè)底面為直角邊長(zhǎng)為的等腰直角三角形，高為3的三棱錐的組合體，故該幾何體的體積V＝×π×12×3＋××××3＝＋1. 4．(2017·鄭州質(zhì)檢)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A．80 B．160 C．240 D．480 解析：選B　如圖所示，題中的幾何體是從直三棱柱ABC-A′B′C′中截去一個(gè)三棱錐A-A′B′C′后所剩余的部分，其中底

20、面△ABC是直角三角形，AC⊥AB，AC＝6，AB＝8，BB′＝10.因此題中的幾何體的體積為×6×8×10－××6×8×10＝××6×8×10＝160，故選B. 5．(2018·湖州模擬)某三棱錐的三視圖如圖所示，則該三棱錐最長(zhǎng)棱的長(zhǎng)為(　　) A. B．2 C．3 D．2 解析：選C　在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別為AD，BC的中點(diǎn)，該幾何體的直觀(guān)圖如圖中三棱錐D1-MNB1，故通過(guò)計(jì)算可得，D1B1＝2，D1M＝B1N＝，MN＝2，MB1＝ND1＝3，故該三棱錐中最長(zhǎng)棱的長(zhǎng)為3. 6．一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示(其中正視圖的弧線(xiàn)為四分之一

21、圓周)，則該幾何體的表面積為(　　) A．72＋6π B．72＋4π C．48＋6π D．48＋4π 解析：選A　由三視圖知，該幾何體由一個(gè)正方體的部分與一個(gè)圓柱的部分組合而成(如圖所示)，其表面積為16×2＋(16－4＋π)×2＋4×2×2＋×2π×2×4＝72＋6π，故選A. 7．某幾何體的三視圖如圖所示，則其體積為(　　) A．207 B．216－ C．216－36π D．216－18π 解析：選B　由三視圖知，該幾何體是一個(gè)棱長(zhǎng)為6的正方體挖去個(gè)底面半徑為3，高為6的圓錐而得到的，所以該幾何體的體積V＝63－××π×32×6＝216－，故選B.

22、8．(2018·貴陽(yáng)檢測(cè))三棱錐P-ABC的四個(gè)頂點(diǎn)都在體積為的球的表面上，底面ABC所在的小圓面積為16π，則該三棱錐的高的最大值為(　　) A．4 B．6 C．8 D．10 解析：選C　依題意，設(shè)題中球的球心為O，半徑為R，△ABC的外接圓半徑為r，則＝，解得R＝5，由πr2＝16π，解得r＝4，又球心O到平面ABC的距離為＝3，因此三棱錐P-ABC的高的最大值為5＋3＝8，故選C. 9.(2019屆高三·浙江第二次聯(lián)考)已知一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為(　　) A．3π　　　　　　　B. C.　　　　　　D．6π 解析：選B　由三視圖還原直觀(guān)圖知

23、，該幾何體為底面半徑為1，高為的圓錐挖去一個(gè)球心為圓錐底面圓的圓心且與圓錐相切的半球，易知圓錐的母線(xiàn)長(zhǎng)為2，則圓錐的軸截面為邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，球的半徑為，故該幾何體的表面積為π×1×2＋×4π×2＋π×12－π×2＝，故選B. 10．(2018·嘉興高三期末)某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的表面積(單位：cm2)是(　　) A．36＋24 B．36＋12 C．40＋24 D．40＋12 解析：選B　由三視圖可知該幾何體為一正方體和一正四棱臺(tái)的簡(jiǎn)單組合體．正方體的棱長(zhǎng)為2 cm，正四棱臺(tái)上底面的邊長(zhǎng)為2 cm，下底面的邊長(zhǎng)為4 cm，棱臺(tái)的高為2 cm

24、，可求得正四棱臺(tái)的斜高為＝(cm)，故該幾何體的表面積S＝22×5＋×(2＋4)××4＋42＝36＋12(cm2)．故選B. 二、填空題 11．高為4的直三棱柱被削去一部分后得到一個(gè)幾何體，它的直觀(guān)圖和三視圖中的側(cè)視圖、俯視圖如圖所示，則該幾何體的體積是原直三棱柱的體積的________． 解析：由側(cè)視圖、俯視圖知該幾何體是高為2、底面積為 ×2×(2＋4)＝6的四棱錐，其體積為×6×2＝4.而直三棱柱的體積為×2×2×4＝8，則該幾何體的體積是原直三棱柱的體積的. 答案： 12．(2019屆高三·浙江名校聯(lián)考)某幾何體的三視圖如圖所示，且該幾何體的體積是，則正視圖中的x的值是_

25、_______，該幾何體的表面積是________． 解析：由三視圖可知，該幾何體為四棱錐，由＝×××(1＋2)x，解得x＝2.作出該幾何體的直觀(guān)圖并標(biāo)注相應(yīng)棱的長(zhǎng)度如圖所示， 則S表＝××(1＋2)＋×2×＋×22＋×2×＋×1×＝. 答案：2　 13．已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為_(kāi)_______，體積為_(kāi)_______． 解析：由三視圖作出該空間幾何體的直觀(guān)圖(如圖所示)， 可知其表面積為×1×2＋××2＋×1×2＋×2×＝2＋2，體積為××1×2×2＝. 答案：2＋2　 14．已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，球O與正方體的各條

26、棱都相切，M為球O上的一點(diǎn)，點(diǎn)N是△ACB1外接圓上的一點(diǎn)，則線(xiàn)段MN長(zhǎng)度的取值范圍是________． 解析：易求得棱切球的半徑為，易知△ACB1為正三角形，則球心O到△ACB1的外接圓上任意一點(diǎn)的距離均為＝，于是OM＝，ON＝.因?yàn)閨OM－ON|≤|MN|≤|OM＋ON|，所以線(xiàn)段MN長(zhǎng)度的取值范圍是[－，＋]． 答案：[－，＋] 15．(2018·浙江高考數(shù)學(xué)原創(chuàng)猜題卷)已知一個(gè)空間幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則這個(gè)幾何體的體積為_(kāi)_______cm3，表面積為_(kāi)_______cm2. 解析：由三視圖可知，空間幾何體是一個(gè)四棱錐，該四棱錐的底面為直角梯形，一條側(cè)棱與

27、底面垂直．如圖所示，四邊形ABCD是直角梯形，因?yàn)锳B⊥AD，AB＝AD＝2 cm，BC＝4 cm，所以CD＝2 cm.因?yàn)镻A＝2 cm，AD＝AB＝2 cm，所以PD＝PB＝2 cm，連接AC，易得AC＝2 cm，因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PC＝＝2 cm， 所以該幾何體的體積為××2＝4 cm3. 易得S梯形ABCD＝＝6 cm2， S△PAB＝×2×2＝2 cm2， S△PAD＝×2×2＝2 cm2， S△PBC＝×2×4＝4 cm2， △DPC中，PC邊上的高為＝ cm， 所以S△PDC＝×2×＝2 cm2， 所以該幾何體的表面積為6＋2＋2＋2＋4＝(10＋2＋4

28、)cm2. 答案：4　(10＋2＋4) 16．某幾何體的三視圖如圖所示，俯視圖由一個(gè)直徑為2的半圓和一個(gè)正三角形組成，則此幾何體的體積是________，表面積是________． 解析：由題意可知，該幾何體是由一個(gè)正三棱柱和半個(gè)圓柱組合而成的，正三棱柱的底面邊長(zhǎng)為2，高為4，半圓柱的底面半徑為1，高為4，所以V＝×2××4＋π×12×4＝4＋2π，表面積S＝2×4×2＋××2×2＋π×12＋π×1×4＝16＋2＋5π. 答案：4＋2π　16＋2＋5π 17．已知在三棱錐P-ABC中，VP-ABC＝，∠APC＝，∠BPC＝，PA⊥AC，PB⊥BC，且平面PAC⊥平面PBC，那么三

29、棱錐P-ABC外接球的體積為_(kāi)_______． 解析：如圖，取PC的中點(diǎn)O，連接AO，BO，設(shè)PC＝2R，則OA＝OB＝OC＝OP＝R，∴O是三棱錐P-ABC外接球的球心，易知，PB＝R，BC＝R，∵∠APC＝，PA⊥AC，O為PC的中點(diǎn)，∴AO⊥PC，又平面PAC⊥平面PBC，且平面PAC∩平面PBC＝PC，∴AO⊥平面PBC，∴VP-ABC＝VA-PBC＝××PB×BC×AO＝××R×R×R＝，解得R＝2，∴三棱錐P-ABC外接球的體積V＝πR3＝. 答案： B組——能力小題保分練 1．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是(　　) A．16 B．20 C．52

30、 D．60 解析：選B　由三視圖知，該幾何體由一個(gè)底面為直角三角形(直角邊分別為3,4)，高為6的三棱柱截去兩個(gè)等體積的四棱錐所得，且四棱錐的底面是矩形(邊長(zhǎng)分別為2,4)，高為3，如圖所示，所以該幾何體的體積V＝×3×4×6－2××2×4×3＝20，故選B. 2.如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1，粗實(shí)線(xiàn)畫(huà)出的是某四棱錐的三視圖，則該四棱錐外接球的表面積為(　　) A．136π B．34π C．25π D．18π 解析：選B　由三視圖知，該四棱錐的底面是邊長(zhǎng)為3的正方形，高為4，且有一條側(cè)棱垂直于底面，所以可將該四棱錐補(bǔ)形為長(zhǎng)、寬、高分別為3,3,4的長(zhǎng)方體，該長(zhǎng)方體外接

31、球的半徑R即為該四棱錐外接球的半徑，所以2R＝，解得R＝，所以該四棱錐外接球的表面積為4πR2＝34π，故選B. 3．如圖，小方格是邊長(zhǎng)為1的正方形，一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為(　　) A．4π＋96 B．(2＋6)π＋96 C．(4＋4)π＋64 D．(4＋4)π＋96 解析：選D　由三視圖可知，該幾何體為一個(gè)圓錐和一個(gè)正方體的組合體，正方體的棱長(zhǎng)為4，圓錐的高為4，底面半徑為2，所以該幾何體的表面積為S＝6×42＋π×22＋π×2×＝(4＋4)π＋96. 4．設(shè)球O是正方體ABCD-A1B1C1D1的內(nèi)切球，若平面ACD1截球O所得的截面面積為6

32、π，則球O的半徑為(　　) A． B．3 C． D． 解析：選B　如圖，易知B1D過(guò)球心O，且B1D⊥平面ACD1，不妨設(shè)垂足為M，正方體棱長(zhǎng)為a，則球半徑R＝，易知DM＝DB1，∴OM＝DB1＝a，∴截面圓半徑r＝＝a，由截面圓面積S＝πr2＝6π，得r＝a＝，a＝6，∴球O的半徑為R＝＝3. 5.如圖所示，等腰△ABC的底邊AB＝6，高CD＝3，點(diǎn)E是線(xiàn)段BD上異于點(diǎn)B，D的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)F在BC邊上，且EF⊥AB，現(xiàn)沿EF將△BEF折起到△PEF的位置，使PE⊥AE，記BE＝x，V(x)表示四棱錐P-ACFE的體積，則V(x)的最大值為_(kāi)_______． 解析：因?yàn)镻E⊥

33、EF，PE⊥AE，EF∩AE＝E， 所以PE⊥平面ABC. 因?yàn)镃D⊥AB，F(xiàn)E⊥AB， 所以EF∥CD，所以＝， 即＝，所以EF＝， 所以S△ABC＝×6×3＝9， S△BEF＝×x×＝x2， 所以V(x)＝×x＝x(0＜x＜3)． 因?yàn)閂′(x)＝， 所以當(dāng)x∈(0,6)時(shí)，V′(x)＞0，V(x)單調(diào)遞增；當(dāng)6＜x＜3時(shí)，V′(x)＜0，V(x)單調(diào)遞減， 因此當(dāng)x＝6時(shí)，V(x)取得最大值12. 答案：12 6．已知A，B，C是球O的球面上三點(diǎn)，且AB＝AC＝3，BC＝3，D為該球面上的動(dòng)點(diǎn)，球心O到平面ABC的距離為球半徑的一半，則三棱錐D -ABC體積的最大

34、值為_(kāi)_______． 解析：如圖，在△ABC中， ∵AB＝AC＝3，BC＝3， ∴由余弦定理可得 cos A＝＝－， ∴sin A＝. 設(shè)△ABC外接圓O′的半徑為r， 則＝2r，得r＝3. 設(shè)球的半徑為R，連接OO′，BO′，OB， 則R2＝2＋32，解得R＝2. 由圖可知，當(dāng)點(diǎn)D到平面ABC的距離為R時(shí)，三棱錐D -ABC的體積最大， ∵S△ABC＝×3×3×＝， ∴三棱錐D -ABC體積的最大值為××3＝. 答案： 第二講 小題考法——空間點(diǎn)、線(xiàn)、面的位置關(guān)系 考點(diǎn)(一) 空間點(diǎn)、線(xiàn)、面的位置關(guān)系的判斷 主要考查利用空間點(diǎn)、直線(xiàn)、平面位置關(guān)系的定

35、義，四個(gè)公理、八個(gè)定理來(lái)判斷與點(diǎn)、線(xiàn)、面有關(guān)命題的真假或判斷簡(jiǎn)單的線(xiàn)面平行或垂直的位置關(guān)系. [典例感悟] [典例]　(1)(2017·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，在下列四個(gè)正方體中，A，B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M，N，Q為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個(gè)正方體中，直線(xiàn)AB與平面MNQ不平行的是(　　) (2)(2018·溫州高三5月適應(yīng)測(cè)試)已知α，β為兩個(gè)平面，直線(xiàn)l?α，那么“l(fā)∥β ”是“α∥β ”的(　　) A．充分不必要條件　　 　B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 (3)(2019屆高三·七彩陽(yáng)光聯(lián)盟12月高三期中聯(lián)考)已知m，n，l是互不重合的三條

36、直線(xiàn)，α，β是兩個(gè)不重合的平面，給出以下四個(gè)命題： ①若m，n是異面直線(xiàn)，m?α，n?β，且m∥β，n∥α，則α∥β； ②若m?α，n∩α＝A，且點(diǎn)A?m，則m，n是異面直線(xiàn)； ③若m，n是異面直線(xiàn)，m∥α，n∥α，且l⊥m，l⊥n，則l⊥α； ④若m⊥α，n?β，α⊥β，則m∥n. 其中為真命題的序號(hào)是________．(把所有真命題的序號(hào)都填上) [解析]　(1)法一：對(duì)于選項(xiàng)B，如圖所示，連接CD，因?yàn)锳B∥CD，M，Q分別是所在棱的中點(diǎn)，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ .又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可證選項(xiàng)C、D中均有AB∥平面MNQ.故

37、選A. 法二：對(duì)于選項(xiàng)A，設(shè)正方體的底面對(duì)角線(xiàn)的交點(diǎn)為O(如圖所示)，連接OQ，則OQ∥AB.因?yàn)镺Q與平面MNQ有交點(diǎn)，所以AB與平面MNQ有交點(diǎn)，即AB與平面MNQ不平行，根據(jù)直線(xiàn)與平面平行的判定定理及三角形的中位線(xiàn)性質(zhì)知，選項(xiàng)B、C、D中AB∥平面MNQ.故選A. (2)∵“l(fā)?α，l∥β ”不能推出“α∥β ”，而“l(fā)?α，α∥β ”，一定有“l(fā)∥β ”，∴選B. (3)在①中，∵m∥β，∴在β內(nèi)存在直線(xiàn)m1∥m，又m?α，∴m1∥α. ∵m，n是兩條異面直線(xiàn)，∴直線(xiàn)m1與n是兩條相交直線(xiàn)，又n∥α，∴α∥β，即①正確． 由異面直線(xiàn)判定定理知②正確． 在③中，∵m∥α，∴在

38、α內(nèi)存在直線(xiàn)m1∥m， ∵l⊥m，∴l(xiāng)⊥m1.∵n∥α，∴在α內(nèi)存在直線(xiàn)n1∥n， ∵l⊥n，∴l(xiāng)⊥n1.∵m，n是兩條異面直線(xiàn)，∴直線(xiàn)m1與n1是兩條相交直線(xiàn)，∴l(xiāng)⊥α，即③正確． 由直線(xiàn)m⊥平面α和α⊥β知m∥β或m?β，而n是β內(nèi)任一直線(xiàn)，則直線(xiàn)m與n可能相交，可能平行，還可能異面，故④是錯(cuò)誤的． [答案]　(1)A　(2)B　(3)①②③ [方法技巧] 判斷與空間位置關(guān)系有關(guān)命題真假的方法 (1)借助空間線(xiàn)面平行、面面平行、線(xiàn)面垂直、面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理進(jìn)行判斷． (2)借助空間幾何模型，如從長(zhǎng)方體模型、四面體模型等模型中觀(guān)察線(xiàn)面位置關(guān)系，結(jié)合有關(guān)定理，進(jìn)行肯定

39、或否定． (3)借助反證法，當(dāng)從正面入手較難時(shí)，可利用反證法，推出與題設(shè)或公認(rèn)的結(jié)論相矛盾的命題，進(jìn)而作出判斷． [演練沖關(guān)] 1．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，平面α與棱AB，AC，A1C1，A1B1分別交于點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，且直線(xiàn)AA1∥平面α.有下列三個(gè)命題： ①四邊形EFGH是平行四邊形； ②平面α∥平面BCC1B1； ③平面α⊥平面BCFE. 其中正確的命題有(　　) A．①②　　　　　　　 　B．②③ C．①③ D．①②③ 解析：選C　由題意畫(huà)出草圖如圖所示，因?yàn)锳A1∥平面α，平面α∩平面AA1B1B＝EH，所以AA1∥EH.同理AA1∥GF，所以EH

40、∥GF.又ABC-A1B1C1是直三棱柱，易知EH＝GF＝AA1，所以四邊形EFGH是平行四邊形，故①正確；若平面α∥平面BB1C1C，由平面α∩平面A1B1C1＝GH，平面BCC1B1∩ 平面A1B1C1＝B1C1，知GH∥B1C1，而GH∥B1C1不一定成立，故②錯(cuò)誤；由AA1⊥平面BCFE，結(jié)合AA1∥EH知EH⊥平面BCFE，又EH?平面α，所以平面α⊥平面BCFE，故③正確．綜上可知，故選C. 2．如圖是一幾何體的平面展開(kāi)圖，其中四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為PA，PD的中點(diǎn)，在此幾何體中，給出下面4個(gè)結(jié)論： ①直線(xiàn)BE與直線(xiàn)CF異面； ②直線(xiàn)BE與直線(xiàn)AF異面

41、； ③直線(xiàn)EF∥平面PBC； ④平面BCE⊥平面PAD. 其中正確的有(　　) A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè) 解析：選B　將展開(kāi)圖還原為幾何體(如圖)，因?yàn)镋，F(xiàn)分別為PA，PD的中點(diǎn)，所以EF∥AD∥BC，即直線(xiàn)BE與CF共面，①錯(cuò)；因?yàn)锽?平面PAD，E∈平面PAD，E?AF，所以BE與AF是異面直線(xiàn)，②正確；因?yàn)镋F∥AD∥BC，EF?平面PBC，BC?平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正確；平面PAD與平面BCE不一定垂直，④錯(cuò)．故選B. 3．(2017·全國(guó)卷Ⅲ)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CD的中點(diǎn)，則(　　) A．A1E⊥DC1

42、 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC 解析：選C　法一：由正方體的性質(zhì)，得A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1， 所以BC1⊥平面A1B1CD. 又A1E?平面A1B1CD， 所以A1E⊥BC1. 法二：∵A1E在平面ABCD上的射影為AE，而AE不與AC，BD垂直，∴B、D錯(cuò)； ∵A1E在平面BCC1B1上的射影為B1C，且B1C⊥BC1， ∴A1E⊥BC1，故C正確； (證明：由條件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE， 又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1. 又A1E?平面CEA1B1，∴A1E⊥BC1.)

43、∵A1E在平面DCC1D1上的射影為D1E， 而D1E不與DC1垂直，故A錯(cuò)． 考點(diǎn)(二) 空 間 角 主要考查異面直線(xiàn)所成角，直線(xiàn)與平面所成角，二面角的計(jì)算及有關(guān)應(yīng)用. [典例感悟] [典例]　(1)夾在兩平行平面間的線(xiàn)段AB，CD的長(zhǎng)分別為2和，若AB與這兩個(gè)平行平面所成的角為30°，則CD與這兩個(gè)平行平面所成的角為(　　) A．30°　　　　　　　　 　B．45° C．60° D．90° (2)在菱形ABCD中，A＝60°，AB＝，將△ABD折起到△PBD的位置，若三棱錐P-BCD的外接球的體積為，則二面角P-BD-C的正弦值為(　　) A. B.

44、 C. D. (3)(2015·浙江高考)如圖，在三棱錐A-BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，點(diǎn)M，N分別為AD，BC的中點(diǎn)，則異面直線(xiàn)AN，CM所成的角的余弦值是________． [解析]　(1)不妨設(shè)A，C在同一平面，則B，D在另一個(gè)平面，過(guò)A作另一平面的垂線(xiàn)段AO，垂足為O，連接BO，由題可知∠ABO＝30°.由AB＝2，得AO＝1.因?yàn)閮善矫嫫叫?，所以點(diǎn)C到另一平面的垂線(xiàn)段的長(zhǎng)等于AO的長(zhǎng)，故CD與兩個(gè)平行平面所成的角的正弦值為＝，所以CD與這兩個(gè)平行平面所成的角為45°. (2)由外接球的體積為得該球的半徑R＝，設(shè)球心O在平面PBD和平面BCD上的射

45、影分別為O1，O2，則O1，O2為正△PBD和正△BCD的中心，取BD的中點(diǎn)E，連接O1E，O2E，則O1E⊥BD，O2E⊥BD，則∠O1EO2是二面角P-BD-C的平面角，在Rt△OO2C中，OC＝R＝，O2C＝AB＝1，則OO2＝，又在Rt△OO2E中，O2E＝AB＝，則∠O2EO＝60°，同理，∠OEO1＝60°，故∠O1EO2＝120°，則二面角P-BD-C的正弦值為，故選C. (3)如圖所示，連接DN，取線(xiàn)段DN的中點(diǎn)K，連接MK，CK. ∵M(jìn)為AD的中點(diǎn)， ∴MK∥AN， ∴∠KMC為異面直線(xiàn)AN，CM所成的角． ∵AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，N為BC

46、的中點(diǎn)， 由勾股定理易求得AN＝DN＝CM＝2， ∴MK＝. 在Rt△CKN中，CK＝ ＝. 在△CKM中，由余弦定理，得 cos∠KMC＝＝. [答案]　(1)B　(2)C　(3) [方法技巧] 1．直線(xiàn)與直線(xiàn)所成角的求解策略 (1)用“平移法”作出異面直線(xiàn)所成角(或其補(bǔ)角)，解三角形求角． (2)用“向量法”求兩直線(xiàn)的方向向量所成的角． 2．直線(xiàn)與平面所成角的求解策略 (1)按定義作出線(xiàn)面角(即找到斜線(xiàn)在平面內(nèi)的射影)，解三角形． (2)求平面的法向量，利用直線(xiàn)的方向向量與平面的法向量所成的銳角和直線(xiàn)與平面所成角互余求線(xiàn)面角． (3)利用等體積法求點(diǎn)到面的距離，

47、由距離與斜線(xiàn)段長(zhǎng)的比值等于線(xiàn)面角的正弦值求線(xiàn)面角． 3．平面與平面所成角的求解策略 二面角的平面角的作法是重點(diǎn)，構(gòu)造平面角主要有以下方法： (1)根據(jù)定義； (2)利用二面角的棱的垂面； (3)利用兩同底等腰三角形底邊上的兩條中線(xiàn)； (4)射影法，利用面積射影定理S射＝S斜·cos θ； (5)向量法，利用組成二面角的兩個(gè)半平面的法向量的夾角與二面角相等或互補(bǔ)． [演練沖關(guān)] 1．(2018·浙江高考)已知四棱錐S-ABCD的底面是正方形，側(cè)棱長(zhǎng)均相等，E是線(xiàn)段AB上的點(diǎn)(不含端點(diǎn))，設(shè)SE與BC所成的角為θ1，SE與平面ABCD所成的角為θ2，二面角S-AB-C的平面角為θ

48、3，則(　　) A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1 C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ1 解析：選D　如圖，不妨設(shè)底面正方形的邊長(zhǎng)為2，E為AB上靠近點(diǎn)A的四等分點(diǎn)，E′為AB的中點(diǎn)，S到底面的距離SO＝1，以EE′，E′O為鄰邊作矩形OO′EE′， 則∠SEO′＝θ1，∠SEO＝θ2， ∠SE′O＝θ3. 由題意，得tan θ1＝＝， tan θ2＝＝＝，tan θ3＝1， 此時(shí)，tan θ2

49、C＝AA1＝1，則D1C1與平面A1BC1所成角的正弦值為(　　) A. B. C. D. 解析：選A　以D為原點(diǎn)，分別以DA，DC，DD1所在的直線(xiàn)為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A1(1,0,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,1)，D1(0,0,1)．設(shè)平面A1BC1的法向量為n＝(x，y，z)，由＝(0，－2,1)，＝(－1,0,1)，n·＝0，n·＝0，得取z＝2，得n＝(2,1,2)，設(shè)D1C1與平面A1BC1所成的角為θ，則sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝，故選A. 3.如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)O為線(xiàn)段BD的中點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)P在線(xiàn)段

50、CC1上，直線(xiàn)OP與平面A1BD所成的角為α，則sin α的取值范圍是(　　) A.　　　　　 B. C.　 　 　 D. 解析：選B　連接A1O，PA1，易知∠POA1就是直線(xiàn)OP與平面A1BD所成的角(或其補(bǔ)角)．設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，則A1O＝.當(dāng)P點(diǎn)與C點(diǎn)重合時(shí)，PO＝，A1P＝2，則cos∠A1OP＝＝－，此時(shí)∠A1OP為鈍角，所以sin α＝＝；當(dāng)P點(diǎn)與C1點(diǎn)重合時(shí)，PO＝A1O＝，A1P＝2，則cos∠A1OP＝＝，此時(shí)∠A1OP為銳角，所以sin α＝＝；在∠A1OP從鈍角到銳角逐漸變化的過(guò)程中，CC1上一定存在一點(diǎn)P，使得∠A1OP＝90°，此時(shí)sin α＝1.又因?yàn)?，

51、所以sin α的取值范圍是，故選B. 考點(diǎn)(三) 簡(jiǎn)單的立體幾何動(dòng)態(tài)問(wèn)題 主要考查立體幾何中的動(dòng)點(diǎn)、軌跡、翻折等問(wèn)題. [典例感悟] [典例]　(1)如圖，已知△ABC，D是AB的中點(diǎn)，沿直線(xiàn)CD將△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′-CD-B的平面角為α，則(　　) A．∠A′DB≤α　　　　　 　B．∠A′DB≥α C．∠A′CB≤α D．∠A′CB≥α (2)如圖，M，N分別是棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1C1D1的棱AA1，BC上兩動(dòng)點(diǎn)，且MN＝，則線(xiàn)段MN的中點(diǎn)P的軌跡是(　　) A．一條線(xiàn)段 B．一段圓弧 C．一個(gè)球面區(qū)域 D

52、．兩條平行線(xiàn)段 [解析]　(1)∵A′C和BC都不與CD垂直，∴∠A′CB≠α，故C，D錯(cuò)誤．當(dāng)CA＝CB時(shí)，容易證明∠A′DB＝α.不妨取一個(gè)特殊的三角形，如Rt△ABC，令斜邊AB＝4，AC＝2，BC＝2，如圖所示，則CD＝AD＝BD＝2，∠BDC＝120°，設(shè)沿直線(xiàn)CD將△ACD折成△A′CD，使平面A′CD⊥平面BCD，則α＝90°.取CD中點(diǎn)H，連接A′H，BH，則A′H⊥CD，∴A′H⊥平面BCD，且A′H＝，DH＝1.在△BDH中，由余弦定理可得BH＝.在Rt△A′HB中，由勾股定理可得A′B＝.在△A′DB中 ，∵A′D2＋BD2－A′B2＝－2＜0，可知cos∠A′

53、DB＜0，∴∠A′DB為鈍角，故排除A.綜上可知答案為B. (2)考慮直角三角形MAN，因?yàn)镸N＝，則|AP|＝，因此點(diǎn)P到A的距離為定值，形成圓弧的一段．(當(dāng)然此題也可運(yùn)用空間直角坐標(biāo)系設(shè)點(diǎn)求軌跡，說(shuō)明軌跡是一個(gè)圓弧．) [答案]　(1)B　(2)B [方法技巧] 1．對(duì)于立體幾何中的動(dòng)態(tài)問(wèn)題，關(guān)鍵是抓住變化過(guò)程中不變的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，事實(shí)上動(dòng)靜是相對(duì)的，以靜制動(dòng)是處理立體幾何中動(dòng)態(tài)元素的良策． 2．解此類(lèi)問(wèn)題還要回歸到最本質(zhì)的定義、定理、性質(zhì)或現(xiàn)有結(jié)論中． [演練沖關(guān)] 1．已知三棱錐A-BCO，OA，OB，OC兩兩垂直且長(zhǎng)度均為6，長(zhǎng)為2的線(xiàn)段MN的一個(gè)端點(diǎn)M在棱OA上

54、運(yùn)動(dòng)，另一個(gè)端點(diǎn)N在△BCO內(nèi)運(yùn)動(dòng)(含邊界)，則MN的中點(diǎn)P的軌跡與三棱錐的面所圍成的幾何體的體積為(　　) A. B.或36＋ C．36－ D.或36－ 解析：選D　由線(xiàn)面垂直知OM⊥ON，因此OP＝MN＝1，即MN的中點(diǎn)P的軌跡為以O(shè)為球心，1為半徑的球，若所圍成的幾何體為球內(nèi)部，其體積為×π×13＝，若所圍成的幾何體為球外部，其體積為×6××62－×π×13＝36－，因此選D. 2.如圖，已知四邊形ABCD，將△ADC沿著AC翻折，則翻折過(guò)程中線(xiàn)段DB的中點(diǎn)M的軌跡是(　　) A．橢圓的一段 B．拋物線(xiàn)的一段 C．一段圓弧 D．雙曲線(xiàn)的一段 解析：選C　取AC的

55、中點(diǎn)E，連接DE，則DE為定值．連接BE，取BE的中點(diǎn)O，則O為定點(diǎn)．連接OM，則OM＝DE為定值，故M的軌跡是一段圓?。? 3.如圖，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面邊長(zhǎng)為2 cm，高為5 cm，則一質(zhì)點(diǎn)自點(diǎn)A出發(fā)，沿著三棱柱的側(cè)面繞行兩周到達(dá)點(diǎn)A1的最短路線(xiàn)的長(zhǎng)為_(kāi)_______ cm. 解析：根據(jù)題意，將原三棱柱分割為兩個(gè)相同的三棱柱，然后將其側(cè)面展開(kāi)為如圖所示的實(shí)線(xiàn)部分，則可知所求最短路線(xiàn)的長(zhǎng)為＝13(cm)． 答案：13 (一) 主干知識(shí)要記牢

56、 1．兩類(lèi)關(guān)系的轉(zhuǎn)化 (1)平行關(guān)系之間的轉(zhuǎn)化 (2)垂直關(guān)系之間的轉(zhuǎn)化 2．證明空間位置關(guān)系的方法 已知a，b，l是直線(xiàn)，α，β，γ是平面，O是點(diǎn)，則 (1)線(xiàn)線(xiàn)平行： ?c∥b，?a∥b， ?a∥b，?a∥b. (2)線(xiàn)面平行： ?a∥α，?a∥α，?a∥α. (3)面面平行： ?α∥β，?α∥β，?α∥γ. (4)線(xiàn)線(xiàn)垂直： ?a⊥b，?a⊥b. (5)線(xiàn)面垂直： ?l⊥α， ?a⊥β， ?a⊥β，?b⊥α. (6)面面垂直： ?α⊥β，?α⊥β. (二) 易錯(cuò)易混要明了 應(yīng)用空間線(xiàn)面平行與垂直關(guān)系中的判定定理和性質(zhì)定理時(shí)，忽視判定定

57、理和性質(zhì)定理中的條件，導(dǎo)致判斷出錯(cuò)．如由α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，易誤得出m⊥β的結(jié)論，就是因?yàn)楹鲆暶婷娲怪钡男再|(zhì)定理中m?α的限制條件． [針對(duì)練]　設(shè)α，β是兩個(gè)不同的平面，m是直線(xiàn)且m?α，則“m∥β ”是“α∥β ”的(　　) A．充分不必要條件　　 　B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：選B　當(dāng)m∥β時(shí)，過(guò)m的平面α與β可能平行也可能相交，因而m∥β?/ α∥β；當(dāng)α∥β時(shí)，α內(nèi)任一直線(xiàn)與β平行，因?yàn)閙?α，所以m∥β.綜上可知，“m∥β ”是“α∥β ”的必要不充分條件．

58、 A組——10＋7提速練 一、選擇題 1．(2016·浙江高考)已知互相垂直的平面α，β交于直線(xiàn)l，若直線(xiàn)m，n滿(mǎn)足m∥α，n⊥β，則(　　) A．m∥l　　　　　　　 　B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n 解析：選C　∵α∩β＝l，∴l(xiāng)?β. ∵n⊥β，∴n⊥l. 2．若平面α截三棱錐所得截面為平行四邊形，則該三棱錐中與平面α平行的棱有(　　) A．0條 B．1條 C．2條 D．0條或2條 解析：選C　因?yàn)槠叫杏谌忮F的兩條相對(duì)棱的平面截三棱錐所得的截面是平行四邊形，所以該三棱錐中與平面α平行的棱

59、有2條，故選C. 3．已知m，n是空間中兩條不同的直線(xiàn)，α，β是兩個(gè)不同的平面，且m?α，n?β.有下列命題： ①若α∥β，則m，n可能平行，也可能異面； ②若α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，則α⊥β； ③若α∩β＝l，且m⊥l，m⊥n，則α⊥β. 其中真命題的個(gè)數(shù)是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：選B　對(duì)于①，直線(xiàn)m，n可能平行，也可能異面，故①是真命題；對(duì)于②，直線(xiàn)m，n同時(shí)垂直于公共棱，不能推出兩個(gè)平面垂直，故②是假命題；對(duì)于③，當(dāng)直線(xiàn)n∥l時(shí)，不能推出兩個(gè)平面垂直，故③是假命題．故真命題的個(gè)數(shù)為1.故選B. 4.如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C

60、1中，AA1＝AB，E，F(xiàn)分別為BC，BB1的中點(diǎn)，M，N分別為AA1，A1C1的中點(diǎn)，則直線(xiàn)MN與EF所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 解析：選B　如圖，連接AC1，C1B，CB1， 設(shè)C1B與CB1交于點(diǎn)O，取AB的中點(diǎn)D，連接CD，OD， 則MN∥AC1∥OD，EF∥CB1， 那么∠DOC即直線(xiàn)MN與EF所成的角， 設(shè)AA1＝AB＝a，則AC1＝CB1＝a， 于是OD＝OC＝，又CD＝， 于是△OCD為正三角形，∠DOC＝60°， 故直線(xiàn)MN與EF所成角的余弦值為. 5．設(shè)l為直線(xiàn)，α，β是兩個(gè)不同的平面．下列命題中正確的是(　　) A．若

61、l∥α，l∥β，則α∥β B．若l⊥α，l⊥β，則α∥β C．若l⊥α，l∥β，則α∥β D．若α⊥β，l∥α，則l⊥β 解析：選B　畫(huà)出一個(gè)長(zhǎng)方體ABCD -A1B1C1D1.對(duì)于A，C1D1∥平面ABB1A1，C1D1∥平面ABCD，但平面ABB1A1與平面ABCD相交；對(duì)于C，BB1⊥平面ABCD，BB1∥平面ADD1A1，但平面ABCD與平面ADD1A1相交；對(duì)于D，平面ABB1A1⊥平面ABCD，CD∥平面ABB1A1，但CD?平面ABCD. 6．如圖，已知菱形ABCD的對(duì)角線(xiàn)AC，BD相交于點(diǎn)O，將菱形ABCD沿對(duì)角線(xiàn)AC折起，使得平面ACD⊥平面ABC，若點(diǎn)N是BD上的

62、動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)線(xiàn)段ON最短時(shí)，二面角N-AC-B的余弦值為(　　) A．0 B. C. D. 解析：選C　易知OB＝OD，所以當(dāng)N為BD的中點(diǎn)時(shí)，線(xiàn)段ON最短，因?yàn)锳C⊥OB，AC⊥OD，所以AC⊥平面BOD，所以O(shè)N⊥AC，所以∠BON即二面角N-AC-B的平面角．因?yàn)槠矫鍭CD⊥平面ABC，OD⊥AC，所以O(shè)D⊥OB，所以△BOD為等腰直角三角形，所以∠BON＝45°，所以二面角N-AC-B的余弦值為. 7.(2018·溫州模擬)在四面體ABCD中，二面角A-BC-D為60°，點(diǎn)P為直線(xiàn)BC上一動(dòng)點(diǎn)，記直線(xiàn)PA與平面BCD所成角為θ，則(　　) A．θ的最大值為60°

63、 B．θ的最小值為60° C．θ的最大值為30° D．θ的最小值為30° 解析：選A　過(guò)A作AM⊥BC，AO⊥平面BCD，垂足為O，連接OM， 則∠AMO為二面角A-BC-D的平面角，∴∠AMO＝60°， 在直線(xiàn)BC上任取一點(diǎn)P，連接OP，AP，則∠APO為直線(xiàn)AP與平面BCD所成的角，即∠APO＝θ， ∵AP≥AM，AM·sin 60°＝AO，AP·sin θ＝AO， ∴sin θ≤sin 60°，即θ的最大值為60°. 故選A. 8.(2019屆高三·鎮(zhèn)海中學(xué)期中)如圖，四邊形ABCD，AB＝BD＝DA＝2，BC＝CD＝，現(xiàn)將△ABD沿BD折起，當(dāng)二面角A-BD-C的

64、大小在時(shí)，直線(xiàn)AB與CD所成角的余弦值的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 解析：選B　取BD的中點(diǎn)O，連接AO，CO，由AB＝DA，BC＝CD，知AO⊥BD，CO⊥BD，分別以O(shè)B，OC所在直線(xiàn)為x，y軸，過(guò)O作平面BCD的垂線(xiàn)，垂線(xiàn)所在的直線(xiàn)為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系(圖略)，則B(1,0,0)，C(0,1,0)，D(－1，0,0)， 設(shè)二面角A-BD-C的平面角為θ， 則動(dòng)點(diǎn)A(0，cos θ，sin θ)， 從而有＝(－1，cos θ，sin θ)，＝(－1，－1,0)， 設(shè)直線(xiàn)AB與CD所成的角為α， 則cos α＝＝， ∵θ∈，∴cos θ∈，

65、∴|1－cos θ|∈，故cos α∈，故選B. 9.如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，E是AA1的中點(diǎn)，P為底面ABCD內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，設(shè)PD1，PE與底面ABCD所成的角分別為θ1，θ2(θ1，θ2均不為0)．若θ1＝θ2，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為(　　) A．直線(xiàn)的一部分 B．圓的一部分 C．橢圓的一部分 D．拋物線(xiàn)的一部分 解析：選B　建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，設(shè)正方體的邊長(zhǎng)為2，則A(2,0,0)，E(2,0,1)，D1(0,0,2)，P(x，y,0)，＝(0,0,1)，＝(2－x，－y，1)，＝(－x，－y,2)． 由θ1＝θ2，得cos θ1＝cos θ2，

66、即＝，代入數(shù)據(jù)，得＝，整理，得2＋y2＝(0≤x≤2,0≤y≤2)，即動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為圓的一部分． 10.在正方體ABCDA1B1C1D1中，P為正方形A1B1C1D1四邊上的動(dòng)點(diǎn)，O為底面正方形ABCD的中心，M，N分別為AB，BC的中點(diǎn)，點(diǎn)Q為平面ABCD內(nèi)一點(diǎn)，線(xiàn)段D1Q與OP互相平分，則滿(mǎn)足＝λ的實(shí)數(shù)λ的值有(　　) A．0個(gè) B．1個(gè) C．2個(gè) D．3個(gè) 解析：選C　因?yàn)榫€(xiàn)段D1Q與OP互相平分，所以四點(diǎn)O，Q，P，D1共面，且四邊形OQPD1為平行四邊形． 若P在線(xiàn)段C1D1上時(shí)，點(diǎn)Q一定在線(xiàn)段ON上運(yùn)動(dòng)，只有當(dāng)P為線(xiàn)段C1D1的中點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)Q與點(diǎn)N重合，此時(shí)λ＝1，符合題意； 若P在線(xiàn)段C1B1與線(xiàn)段B1A1上時(shí)，在平面ABCD找不到符合條件的點(diǎn)Q； 若P在線(xiàn)段D1A1上時(shí)，點(diǎn)Q在直線(xiàn)OM上運(yùn)動(dòng)，只有當(dāng)P為線(xiàn)段D1A1的中點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)Q與點(diǎn)M重合，此時(shí)λ＝0符合題意，所以符合條件的λ值有2個(gè)，故選C. 二、填空題 11．α，β是兩平面，AB，CD是兩條線(xiàn)段，已知α∩β＝EF，AB⊥α于B，CD⊥α于D，若增加一個(gè)條件，就能得出BD⊥EF.現(xiàn)有下列條件：