專題七立體幾何與空間向量7.1空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征、表面積和體積考點1空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征1.(2024新課標Ⅰ,5,5分,易)已知圓柱和圓錐的底面半徑相等,側(cè)面積相等,且它們的高均為3,則圓錐的體積為()A.23π B.33π C.63π D.93π5B設圓柱和圓錐的底面半徑為r,則圓柱的側(cè)面積為2πrh=23πr,圓錐的側(cè)面積為πr3+r2,所以23πr=πr3+r2,所以圓錐的體積為13πr2h=33π.故選2.(2024北京,8,4分,中)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長為4的正方形,PA=PB=4,PC=PD=22,該棱錐的高為()A.1 B.2 C.2 D.38D取AB的中點E,CD的中點F,連接PE,PF,EF,過P作PG⊥EF,垂足為G.∵PA=PB,E為AB中點,∴PE⊥AB.∵四邊形ABCD為正方形,E,F分別為AB,CD的中點,∴AB⊥EF.又∵PE,EF?平面PEF,PE∩EF=E,∴AB⊥平面PEF.∵PG?平面PEF,∴AB⊥PG.∵PG⊥EF,AB,EF?平面ABCD,AB∩EF=E,∴PG⊥平面ABCD,∴PG是四棱錐P-ABCD的高.∵PE⊥AB,∴在Rt△PBE中,PE2=PB2-12∵PC=PD,F為CD中點,∴PF⊥CD,∴在Rt△PCF中,PF2=PC2-12設GF=x,PG=h,x>0,h>0,則有GF2解得x∴該棱錐的高為3.故選D.3.(2021新高考Ⅰ,3,5分)已知圓錐的底面半徑為2,其側(cè)面展開圖為一個半圓,則該圓錐的母線長為()A.2B.22答案B設圓錐的母線長為l,由題意得πl(wèi)=2π·2,∴l(xiāng)=22.故選B.易錯警示1.不清楚圓錐側(cè)面展開圖是扇形;2.記不清扇形弧長公式.4.(2014福建文,5,5分)以邊長為1的正方形的一邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸,將該正方形旋轉(zhuǎn)一周所得圓柱的側(cè)面積等于()A.2πB.πC.2D.1答案A由題意得圓柱的底面半徑r=1,母線l=1.∴圓柱的側(cè)面積S=2πrl=2π.故選A.5.(2020課標Ⅰ理,3,5分)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一,它的形狀可視為一個正四棱錐.以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側(cè)面三角形的面積,則其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為()A.5答案C如圖,設正四棱錐的底面邊長BC=a,側(cè)面等腰三角形底邊上的高PM=h,則正四棱錐的高PO=?2∴以|PO|為邊長的正方形面積為h2-a2一個側(cè)面三角形面積為12ah∴h2-a24∴4h2-2ah-a2=0,兩邊同除以a2可得4?a2解得?a又∵?a>0,∴?a=5解題關(guān)鍵利用以四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側(cè)面三角形的面積,求得底面邊長a與側(cè)面等腰三角形底邊上的高h之間的關(guān)系是求解本題的關(guān)鍵.6.(2018課標Ⅰ文,5,5分)已知圓柱的上、下底面的中心分別為O1,O2,過直線O1O2的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形,則該圓柱的表面積為()A.122πB.12πC.82πD.10π答案B本題主要考查圓柱的表面積及圓柱的軸截面.設圓柱的底面半徑為r,高為h,由題意可知2r=h=22,∴圓柱的表面積S=2πr2+2πr·h=4π+8π=12π.故選B.解題關(guān)鍵正確理解圓柱的軸截面及熟記圓柱的表面積公式是解決本題的關(guān)鍵.7.(2023北京,9,4分,中)坡屋頂是我國傳統(tǒng)建筑造型之一,蘊含著豐富的數(shù)學元素.安裝燈帶可以勾勒出建筑輪廓,展現(xiàn)造型之美.如圖,某坡屋頂可視為一個五面體,其中兩個面是全等的等腰梯形,兩個面是全等的等腰三角形.若AB=25m,BC=10m,且等腰梯形所在平面、等腰三角形所在平面與平面ABCD的夾角的正切值均為145,則該五面體的所有棱長之和為()A.102mB.112mC.117mD.125m答案C顯然AE=ED=FB=FC,作FG⊥AB于G,FH⊥BC于H,設點F在底面ABCD內(nèi)的射影為O,連接OF,OG,OH,易得OG=12BC=5,四邊形ABCD為矩形,所以∠FGO是平面ABFE與底面ABCD所成角,∠FHO是平面BCF與底面ABCD所成角∵tan∠FGO=tan∠FHO=145,OG=5∴FO=14,OH=5,∴FG=FH=OF2+OG2=39,GB=OH∴EF=AB-2GB=25-10=15.∴AB+BC+CD+AD+AE+ED+BF+FC+EF=25+10+25+10+8+8+8+8+15=117.所以該五面體的所有棱長之和為117m.故選C.8.(2023全國甲理,11,5分,中)已知四棱錐P-ABCD的底面是邊長為4的正方形,PC=PD=3,∠PCA=45°,則△PBC面積為()A.22B.32C.42D.62答案C過P作PO⊥平面ABCD交平面ABCD于點O,取DC的中點E,連接PE、OE,∵PC=PD,∴PE⊥CD,∵PO⊥平面ABCD,AB,CD?平面ABCD,∴PO⊥AB,PO⊥CD,又PE∩PO=P,∴CD⊥平面PEO,∴CD⊥OE,延長EO交AB于點F,則F為AB中點,且OF⊥AB,連接PF,∵PO⊥AB,PO∩OF=O,∴AB⊥平面PFO,∵PF?平面PFO,∴AB⊥PF,又F為AB的中點,∴PA=PB.在△PCA中,PC=3,AC=42,∠PCA=45°,由余弦定理得PA2=PC2+AC2-2PC·AC·cos∠PCA=32+(42)2-2×3×42×22=17,∴PA=17在△PBC中,PB=17,BC=4,PC=3,則cos∠PCB=PC2+BC∴sin∠PCB=22∴S△PBC=12BC·PC·sin∠PCB=12×4×3×22故選C.9.(多選)(2023新課標Ⅰ,12,5分,難)下列物體中,能夠被整體放入棱長為1(單位:m)的正方體容器(容器壁厚度忽略不計)內(nèi)的有()A.直徑為0.99m的球體B.所有棱長均為1.4m的四面體C.底面直徑為0.01m,高為1.8m的圓柱體D.底面直徑為1.2m,高為0.01m的圓柱體答案ABD對于A,正方體內(nèi)切球直徑為1m>0.99m,故A符合題意.對于B,如圖1,正方體內(nèi)最大的內(nèi)接正四面體D-BA1C1的棱長為A1C1=2m>1.4m,故B符合題意.如圖2,假設放入最大的圓柱的上、下底面圓心為P,Q,設圓柱底面半徑為rm,底面直徑為dm,連接CA1,如圖3,在平面A1DCB1中,過Q作QE⊥A1C,交A1D于點E,則QE=rm,A1Q=2rm,PQ=3-22r=(3-2d)m.對于C,PQ=1.8m>3m,故C不符合題意.對于D,PQ=3-2×1.2≈1.732-1.414×1.2≈0.04m>0.01m,故D符合題意.故選ABD.10.(2023全國甲文,16,5分,中)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,O為AC1的中點,若該正方體的棱與球O的球面有公共點,則球O的半徑的取值范圍是.

答案[22,23]解析由該正方體的棱與球O的球面有公共點,可知最小球為與棱相切的球,最大球為正方體的外接球.當球與棱相切時,設球的半徑為R1,有2R1=2×4,∴R1=22,當球為正方體的外接球時,設球的半徑為R2,有(2R2)2=42+42+42,∴R2=23,所以球O的半徑的取值范圍是[22,23].11.(2023全國甲理,15,5分,中)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別為AB,C1D1的中點.以EF為直徑的球的球面與該正方體的棱共有個公共點.

答案12解析設正方體的棱長為2,則EF=22,所以以EF為直徑的球的半徑為2,球心為正方體的中心O,由于正方體的中心O到正方體各棱的距離均為2,所以正方體各棱的中點都在球面上,并且為各棱與球的唯一交點,所以以EF為直徑的球的球面與該正方體的棱共有12個公共點.考點2空間幾何體的表面積和體積1.(2023全國甲文,10,5分,中)在三棱錐P-ABC中,△ABC是邊長為2的等邊三角形,PA=PB=2,PC=6,則該棱錐的體積為()A.1B.3C.2D.3答案A取AB的中點D,連接CD,PD,∵△ABC,△PAB為等邊三角形,∴CD⊥AB,PD⊥AB,∵△ABC的邊長為2,PA=PB=2,∴PD=CD=3,又∵PC=6,∴PD2+CD2=PC2,∴PD⊥CD,又∵CD∩AB=D,CD,AB?平面ABC,∴PD⊥平面ABC,∴PD為三棱錐P-ABC的高,∴VP-ABC=13S△ABC·PD=13×12×2×3×3=1一題多解(分割求和法)取AB的中點D,連接CD,PD,∵△ABC,△PAB為等邊三角形,∴CD⊥AB,PD⊥AB.又∵CD∩PD=D,∴AB⊥平面PCD,∵△ABC的邊長為2,PA=PB=2,∴PD=CD=3,又∵PC=6,∴PD2+CD2=PC2,∴PD⊥CD,∴S△PCD=12PD·CD=12×(3)2=∴VP-ABC=VA-PCD+VB-PCD=13S△PCD·(AD+BD)=13×32×2=1,2.(2023全國乙理,8,5分,中)已知圓錐PO的底面半徑為3,O為底面圓心,PA,PB為圓錐的母線,∠AOB=120°,若△PAB的面積等于934,則該圓錐的體積為(A.πB.6πC.3πD.36π答案B設圓錐的母線長為l,半徑長為r,則r=3.在△AOB中,由∠AOB=120°,OA=OB=3,得AB=3.S△PAB=12AB·l2?AB22=12×3×l2?94=934,所以l=3,則圓錐的高h=l23.(多選)(2023新課標Ⅱ,9,5分,中)已知圓錐的頂點為P,底面圓心為O,AB為底面直徑,∠APB=120°,PA=2,點C在底面圓周上,且二面角P-AC-O為45°,則()A.該圓錐的體積為πB.該圓錐的側(cè)面積為43πC.AC=22D.△PAC的面積為3答案AC對于A,連接PO,∵PA=PB=2,∠APB=120°,∴AB=23,PO=1,∴圓錐的體積V=13π×(3)2×1=π,故A正確對于B,S側(cè)=12×2π×3×2=23π,故B錯誤對于C,取AC的中點D,連接PD,OD.∵OA=OC,PA=PC,D為AC的中點,∴OD⊥AC,PD⊥AC.∴∠PDO即為二面角P-AC-O的平面角,∴∠PDO=45°,又PO⊥底面圓,OD?底面圓,∴PO⊥OD,∴PO=DO=1,∴PD=2,AC=2AD=2OA2?OD2=2對于D,S△PAC=12AC·PD=12×22×2=2,故選AC.4.(2016課標Ⅱ文,4,5分)體積為8的正方體的頂點都在同一球面上,則該球的表面積為()A.12πB.323C.8πD.4π答案A設正方體的棱長為a,則a3=8,解得a=2.設球的半徑為R,則2R=3a,即R=3,所以球的表面積S=4πR2=12π.故選A.方法點撥對于正方體與長方體,其體對角線為其外接球的直徑,即外接球的半徑等于體對角線的一半.5.(2015課標Ⅱ,理9,文10,5分)已知A,B是球O的球面上兩點,∠AOB=90°,C為該球面上的動點.若三棱錐O-ABC體積的最大值為36,則球O的表面積為()A.36πB.64πC.144πD.256π答案C∵S△OAB是定值,且VO-ABC=VC-OAB,∴當OC⊥平面OAB時,VC-OAB最大,即VO-ABC最大.設球O的半徑為R,則(VO-ABC)max=13×12R2×R=16R3=36,∴R=6,∴球O的表面積S=4πR2思路分析由△OAB的面積為定值分析出當OC⊥平面OAB時,三棱錐O-ABC的體積最大,從而根據(jù)已知條件列出關(guān)于R的方程,進而求出R值,利用球的表面積公式即可求出球O的表面積.導師點睛點C是動點,在三棱錐O-ABC中,如果以面ABC為底面,則底面面積與高都是變量,而S△OAB為定值,因此轉(zhuǎn)化成以面OAB為底面,這樣高越大,體積越大.6.(2021北京,8,4分)對24小時內(nèi)降水在平地上的積水厚度(mm)進行如下定義:平地降雨量(mm)0~1010~2525~5050~100降雨等級小雨中雨大雨暴雨如圖所示,小明用一個圓錐形容器接了24小時的雨水,那么這24小時降雨的等級是()A.小雨B.中雨C.大雨D.暴雨答案B命題意圖:本題以測量24小時內(nèi)降水在平地上的積水厚度為載體,考查學生的空間想象能力、運算求解能力以及應用意識,考查的核心素養(yǎng)是數(shù)學運算、直觀想象,落實了應用性、綜合性和創(chuàng)新性的考查要求.解題思路:作圓錐的軸截面如圖,設圓錐形容器中水面的半徑為rmm,由題意得r100=150300,所以r=50,則容器內(nèi)的雨水的體積V=13π×502×150=125000π(mm3).所以24小時內(nèi)降水在平地上的積水厚度為125000ππ×1002=12.5(mm7.(2022新高考Ⅰ,4,5分,應用性)南水北調(diào)工程緩解了北方一些地區(qū)水資源短缺問題,其中一部分水蓄入某水庫.已知該水庫水位為海拔148.5m時,相應水面的面積為140.0km2;水位為海拔157.5m時,相應水面的面積為180.0km2.將該水庫在這兩個水位間的形狀看作一個棱臺,則該水庫水位從海拔148.5m上升到157.5m時,增加的水量約為(7≈2.65)()A.1.0×109m3B.1.2×109m3C.1.4×109m3D.1.6×109m3答案C140km2=140×106m2,180km2=180×106m2,由棱臺體積公式V=13(S+S'+SS')h可得V增加水量=13×(140+180+140×180)×106×(157.5-148.5)=3×(320+607)×106≈3×(320+60×2.65)×106=1437×106≈1.4×109(m3),故選8.(2021全國甲理,11,5分)已知A,B,C是半徑為1的球O的球面上的三個點,且AC⊥BC,AC=BC=1,則三棱錐O-ABC的體積為()A.2答案A解題指導:本題的關(guān)鍵點為O到平面ABC的距離的求解.先求出小圓(△ABC的外接圓)的半徑,通過球半徑和小圓半徑,結(jié)合勾股定理得出O到平面ABC的距離,然后利用體積公式得出結(jié)果.解析如圖所示,由AC⊥BC可知,△ABC是以AB為斜邊的直角三角形,又知AC=BC=1,∴AB=2,∴Rt△ABC的外接圓圓心為AB的中點O1,半徑r=AB2=22,連接OO1,∵點O為球心,∴OO1⊥平面ABC,即OO1的長為O在Rt△OO1B中,OB=1,O1B=22∴OO1=12∴VO-ABC=13×12易錯警示牢記錐體的體積公式中的“13”.易錯選C9.(2022新高考Ⅱ,7,5分)已知正三棱臺的高為1,上、下底面邊長分別為33和43,其頂點都在同一球面上,則該球的表面積為()A.100πB.128πC.144πD.192π答案A設正三棱臺為A'B'C'-ABC,△A'B'C',△ABC的外心分別為D',D,則A'D'=3,AD=4,又知D'D=1,所以正三棱臺的外接球球心在線段D'D的延長線上,設球心為O,半徑為R,如圖所示,在Rt△A'D'O中,R2=32+(DO+1)2①,在Rt△ADO中,R2=42+DO2②,由①②得R=5,所以該球的表面積為4π×52=100π,故選A.10.(2022新高考Ⅰ,8,5分)已知正四棱錐的側(cè)棱長為l,其各頂點都在同一球面上.若該球的體積為36π,且3≤l≤33,則該正四棱錐體積的取值范圍是()A.18,C.274,643D.[答案C如圖,S-ABCD是正四棱錐,連接AC,BD,交于點O,設正方形ABCD的邊長為a,SO=h,SE是外接球的直徑,則SE=2R=6.由AO2=SO·OE,得a22=h(6-h),又l2=a22+h2,∴l(xiāng)2=6h,∴則a2=2h(6-h)=l2∴正四棱錐的體積V=1=19∴V'=49l3?l554,令V'V在[3,26)上單調(diào)遞增,在(26,33]上單調(diào)遞減,而l=3時,V=274,l=33時,V=814,l=26時,V=∴該正四棱錐體積的取值范圍是27411.(2022全國乙,理9,文12,5分)已知球O的半徑為1,四棱錐的頂點為O,底面的四個頂點均在球O的球面上,則當該四棱錐的體積最大時,其高為()A.1答案C如圖,設∠AO1D=α1,∠AO1B=α2,∠BO1C=α3,∠CO1D=α4,球O的半徑為R,四棱錐的底面所在圓O1的半徑為r,則R=1,S四邊形ABCD=12r2(sinα1+sinα2+sinα3+sinα4當且僅當α1=α2=α3=α4=π2時,四邊形ABCD的面積最大,最大為2r2,此時四邊形ABCD為正方形在△OO1C中,設高OO1=h,則h=R2V四棱錐O-ABCD=13S四邊形ABCDh=13×2r2令r2=t,則V四棱錐O-ABCD=23t1?t=設f(t)=t2-t3,則f'(t)=2t-3t2=t(2-3t),當t∈0,23時,f'(t)>0,則f(t)當t∈23,1時,f'(t)<0,則f(t)∴t=23時,f(t)取得最大值,且f(t)max=4∴(V四棱錐O-ABCD)max=4327,此時高h=1?r2一題多解:由題意知S四邊形ABCD=S△ABD+S△CBD=12BD·?1+12BD·?2=12BD(h1+h2),其中h1,h2分別表示點A與點C到BD的距離,要使四邊形ABCD的面積取最大值,則BD與AC均為四邊形ABCD所在圓的直徑,且BD⊥AC,此時BD取得最大值,h1+h2也取得最大值,所以S四邊形ABCD取最大值時,四邊形ABCD為正方形,設其邊長為a,四棱錐O-ABCD的高為h(0<h<1),體積為V,則有12a2+h2=1,即a2=2-2h2,所以V=13a2·?=13(2-2h2)·h(0<h<1),∴V=23(h-h3),∴V'=23(1-3h2),令1-3h2>0,解得0<h<33,令1-3h2<0,解得33<h<1,∴函數(shù)V=12.(2022全國甲,理9,文10,5分)甲、乙兩個圓錐的母線長相等,側(cè)面展開圖的圓心角之和為2π,側(cè)面積分別為S甲和S乙,體積分別為V甲和V乙.若S甲S乙=2,則V甲VA.5答案C設甲、乙兩個圓錐的側(cè)面展開圖的圓心角分別為θ甲和θ乙,母線長均為l,底面半徑分別為r甲,r乙,高分別為h甲,h乙.由S甲S乙=2得r甲r乙=2,即r甲=2r乙,所以θ甲=2θ乙.又θ甲+θ乙=2π,所以θ甲=4π3,θ乙=2π3,所以r甲=23l,r乙=13l,所以h甲=53l,h13.(多選)(2022新高考Ⅱ,11,5分)如圖,四邊形ABCD為正方形,ED⊥平面ABCD,FB∥ED,AB=ED=2FB.記三棱錐E-ACD,F-ABC,F-ACE的體積分別為V1,V2,V3,則()A.V3=2V2B.V3=V1C.V3=V1+V2D.2V3=3V1答案CD因為ED⊥平面ABCD,且FB∥ED,所以FB⊥平面ABCD.設AB=ED=2FB=2a,則FB=a,則V1=13S△所以V2=12V1=23a3.如圖,連接BD,交AC于易證AC⊥平面BDEF.S△EOF=S梯形BDEF-S△ODE-S△OBF=12(a+2a)×22a?12×2a×2a?12故V1+V2=V3,2V3=3V1成立,故選CD.一題多解:由ED⊥平面ABCD,ED∥FB知FB⊥平面ABCD,設AB=ED=2FB=2a,則FB=a.由于S△ACD=S△ABC=2a2,所以V2=12V1=23a3.連接BD,交AC于點O,連接OE,OF,則有OE=6a,OF=3所以OE2+OF2=EF2,即OE⊥OF,易知AC⊥平面BDEF,所以OF⊥AC,又OE∩AC=O,所以OF⊥平面EAC,則OF為三棱錐F-ACE的高.所以V3=13S△ACE·OF=13×12×22a×6a×3a=2a3,所以14.(2018課標Ⅲ,理10,文12,5分)設A,B,C,D是同一個半徑為4的球的球面上四點,△ABC為等邊三角形且其面積為93,則三棱錐D-ABC體積的最大值為()A.123B.183C.243D.543答案B本題考查空間幾何體的體積及與球有關(guān)的切接問題.設等邊△ABC的邊長為a,則有S△ABC=12a·a·sin60°=93,解得設△ABC外接圓的半徑為r,則2r=6sin60°,解得r=2則球心到平面ABC的距離為42所以點D到平面ABC的最大距離為2+4=6,所以三棱錐D-ABC體積的最大值為13×93×6=183,故選方法總結(jié)解決與球有關(guān)的切、接問題的策略:(1)“接”的處理:①構(gòu)造正(長)方體,轉(zhuǎn)化為正(長)方體的外接球問題.②空間問題平面化,把平面問題轉(zhuǎn)化到直角三角形中,作出適當截面(過球心,接點等).③利用球心與截面圓心的連線垂直于截面定球心所在直線.(2)“切”的處理:①體積分割法求內(nèi)切球半徑.②作出合適的截面(過球心,切點等),在平面上求解.③多球相切問題,連接各球球心,轉(zhuǎn)化為處理多面體問題.15.(2017課標Ⅲ,理8,文8,5分)已知圓柱的高為1,它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上,則該圓柱的體積為()A.πB.3π4C.π答案B本題考查球的內(nèi)接圓柱的體積.設圓柱的底面半徑為r,則r2+122=12,解得r=∴V圓柱=π×322×1=34思路分析利用勾股定理求圓柱的底面半徑,再由體積公式求圓柱的體積.解題規(guī)律有關(guān)球的切或接問題,要重視利用勾股定理求解.16.(2015山東理,7,5分)在梯形ABCD中,∠ABC=π2,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2.將梯形ABCD繞AD所在的直線旋轉(zhuǎn)一周而形成的曲面所圍成的幾何體的體積為A.2π3B.4π答案C如圖,此幾何體是底面半徑為1,高為2的圓柱挖去一個底面半徑為1,高為1的圓錐,故所求體積V=2π-π3=5評析本題主要考查幾何體的體積及空間想象能力.17.(2014陜西理,5,5分)已知底面邊長為1,側(cè)棱長為2的正四棱柱的各頂點均在同一個球面上,則該球的體積為()A.32π3答案D如圖為正四棱柱AC1.根據(jù)題意得AC=2,∴對角面ACC1A1為正方形,∴外接球直徑2R=A1C=2,∴R=1,∴V球=4π3,14.(2024全國甲理,14,5分,中)已知圓臺甲、乙的上底面半徑均為r1,下底面半徑均為r2,圓臺甲、乙的母線長分別為2(r2-r1),3(r2-r1),則圓臺甲與乙的體積之比為.

14答案6解析如圖,在圓臺甲、乙中,圓臺甲的高h甲=[2(r2-r1)]2-(r2圓臺乙的高h乙=[3(r2-r1)]∴圓臺甲、乙的體積分別為V甲=π3(r12+r22+r1r2)3(r2-r1),V乙=π3(r12+r22+r1r2)22(r218.(2024北京,14,5分,中)漢代劉歆設計的“銅嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的標準量器,其中升量器、斗量器、斛量器的形狀均可視為圓柱.若升、斗、斛量器的容積成公比為10的等比數(shù)列,底面直徑依次為65mm,325mm,325mm,且斛量器的高為230mm,則斗量器的高為mm,升量器的高為mm.(不計量器的厚度)

14答案23;57.5解析由題知V斛=10V斗=100V升,∴π32522×230=10π32522·h斗=100π65∴h斗=23mm,h升=57.5mm.19.(2021全國甲文,14,5分)已知一個圓錐的底面半徑為6,其體積為30π,則該圓錐的側(cè)面積為.

答案39π解題指導:先利用圓錐的體積公式求出圓錐的高h,再利用母線長l=?2+r2求出母線長l,最后利用S側(cè)=解析設圓錐的底面圓半徑為r,高為h,母線長為l.由圓錐的體積V=13πr2h得h=5∴母線長l=r2∴圓錐的側(cè)面積S側(cè)=πrl=39π.20.(2013課標Ⅱ,15,5分,0.158)已知正四棱錐O-ABCD的體積為322,底面邊長為3,則以O為球心,OA為半徑的球的表面積為答案24π解析設底面中心為E,連接OE,AE,則|AE|=12|AC|=6∵體積V=13×|AB|2×|OE|=|OE|=3∴|OA|2=|AE|2+|OE|2=6.從而以OA為半徑的球的表面積S=4π·|OA|2=24π.思路分析先根據(jù)已知條件直接利用錐體的體積公式求得正四棱錐O-ABCD的高,再利用勾股定理求出|OA|,最后根據(jù)球的表面積公式計算即可.21.(2013課標Ⅰ,15,5分,0.123)已知H是球O的直徑AB上一點,AH∶HB=1∶2,AB⊥平面α,H為垂足,α截球O所得截面的面積為π,則球O的表面積為.

答案9解析平面α截球O所得截面為圓面,圓心為H,設球O的半徑為R,則由AH∶HB=1∶2得OH=13由圓H的面積為π,得圓H的半徑為1,所以R32+12=R2,得出R2=98,所以球O的表面積S=4πR2=4π·922.(2023新課標Ⅰ,14,5分,易)在正四棱臺ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,A1B1=1,AA1=2,則該棱臺的體積為.

答案7解析正四棱臺ABCD-A1B1C1D1如圖所示.設其上、下底面中心分別為O1,O,連接O1O,O1A1,OA,由正四棱臺的定義可知O1O⊥平面ABCD,O1O⊥平面A1B1C1D1,四邊形ABCD,A1B1C1D1均為正方形.∵AB=2,A1B1=1,∴AO=2,A1O1=22易知AO∥A1O1,又∵AA1=2,∴在直角梯形A1O1OA中,O1O=(2)2∴V正四棱臺ABCD?A1B1C1D1=1323.(2023新課標Ⅱ,14,5分,易)底面邊長為4的正四棱錐被平行于其底面的平面所截,截去一個底面邊長為2,高為3的正四棱錐,所得棱臺的體積為.

答案28解析棱臺的兩底面邊長分別為2與4,高為3(由上、下底面邊長可知棱臺的高與截去的棱錐的高相等)所以棱臺的體積V=13×(22+42+22×24.(2014山東理,13,5分)三棱錐P-ABC中,D,E分別為PB,PC的中點,記三棱錐D-ABE的體積為V1,P-ABC的體積為V2,則V1V2答案1解析如圖,設S△ABD=S1,S△PAB=S2,E到平面ABD的距離為h1,C到平面PAB的距離為h2,則S2=2S1,h2=2h1,V1=13S1h1,V2=13S2h2,∴V1V2評析本題考查三棱錐的體積的求法以及等體積轉(zhuǎn)化法在求空間幾何體體積中的應用.本題的易錯點是不能利用轉(zhuǎn)化與化歸思想把三棱錐的體積進行適當?shù)霓D(zhuǎn)化,找不到兩個三棱錐的底面積及相應高的關(guān)系,從而造成題目無法求解或求解錯誤.25.(2011課標理,15,5分)已知矩形ABCD的頂點都在半徑為4的球O的球面上,且AB=6,BC=23,則棱錐O-ABCD的體積為.

答案83解析如圖,連接AC,BD,交于O1,則O1為矩形ABCD所在小圓的圓心,連接OO1,則OO1⊥面ABCD,易求得O1C=23,又OC=4,∴OO1=OC∴棱錐體積V=13×6×23×2=83失分警示立體感不強,空間想象能力差,無法正確解出棱錐的高而得出錯誤結(jié)論.評析本題主要考查球中截面圓的性質(zhì)及空間幾何體的體積的計算,通過球這個載體考查學生的空間想象能力及推理運算能力.26.(2011課標文,16,5分)已知兩個圓錐有公共底面,且兩圓錐的頂點和底面的圓周都在同一個球面上.若圓錐底面面積是這個球面面積的316,則這兩個圓錐中,體積較小者的高與體積較大者的高的比值為答案1解析如圖,設球的半徑為R,圓錐底面半徑為r,由題意得πr2=316×4πR2∴r=32R,∴OO1=12R.體積較小的圓錐的高AO1=R-12R=12R,體積較大的圓錐的高BO1=R+故這兩個圓錐中,體積較小者的高與體積較大者的高的比值為13評析本題考查球、球內(nèi)接圓錐的相關(guān)問題,考查R,r的關(guān)系,由題意得到r=32R是解答本題的關(guān)鍵27.(2023全國乙文,19,12分)如圖,在三棱錐P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=22,PB=PC=6,BP,AP,BC的中點分別為D,E,O,點F在AC上,BF⊥AO.(1)證明:EF∥平面ADO;(2)若∠POF=120°,求三棱錐P-ABC的體積.解析(1)證明:因為AB=2,BC=22,AB⊥BC,所以AC2=AB2+BC2=12,AC=23.設AF=λAC,則BF·AO=(λAC?AB)·解得λ=12,所以F為AC的中點所以EF∥PC,又OD∥PC,所以EF∥OD,又因為EF?平面ADO,OD?平面ADO,所以EF∥平面ADO.(2)因為AB⊥BC,OF∥AB,所以OF⊥BC,又PB=PC=6,所以OP⊥BC,又OF∩OP=O,OF,OP?平面OPF,所以BC⊥平面OPF,又BC?平面ABC,所以平面ABC⊥平面OPF,過點P作PM⊥OF于點M,又平面OPF∩平面ABC=OF,PM?平面OPF,所以PM⊥平面ABC,因為BC=22,PB=PC=6,所以OP=2,又∠POF=120°,所以PM=OP·sin(180°-120°)=3,即三棱錐P-ABC的高為3.所以三棱錐P-ABC的體積V=1328.(2022全國甲文,19,12分)小明同學參加綜合實踐活動,設計了一個封閉的包裝盒.包裝盒如圖所示:底面ABCD是邊長為8(單位:cm)的正方形,△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均為正三角形,且它們所在的平面都與平面ABCD垂直.(1)證明:EF∥平面ABCD;(2)求該包裝盒的容積(不計包裝盒材料的厚度).解析取AB、BC、CD、DA的中點M、N、P、Q,連接EM、FN、GP、HQ、MN、NP、PQ、QM.(1)證明:在正三角形ABE中,M為AB的中點,所以EM⊥AB.又平面ABE∩平面ABCD=AB,且平面ABE⊥平面ABCD,所以EM⊥平面ABCD.同理FN⊥平面ABCD,所以EM∥FN,又EM=FN,所以四邊形EMNF為平行四邊形,所以EF∥MN.又MN?平面ABCD,且EF?平面ABCD,所以EF∥平面ABCD.(2)如圖,可將包裝盒分割為長方體MNPQ-EFGH和四個全等的四棱錐.易得MN=42cm,EM=43cm.所以V長方體MNPQ-EFGH=(42)2×43=1283cmV四棱錐B-MNFE=13×43所以該包裝盒的容積為1283+4×643易錯警示:線面平行的判定中,不能忽略線不在平面內(nèi)這一條件.29.(2021全國甲文,19,12分)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面AA1B1B為正方形,AB=BC=2,E,F分別為AC和CC1的中點,BF⊥A1B1.(1)求三棱錐F-EBC的體積;(2)已知D為棱A1B1上的點.證明:BF⊥DE.解題指導:(1)首先證明AB⊥平面BCC1B1,即可得AB⊥BC,從而得到S△EBC=1,再利用三棱錐的體積公式計算即可.(2)由線面垂直的判定定理及性質(zhì)定理得出BE⊥A1E,根據(jù)角的正切值的計算可得∠AA1E=∠FEC,從而證得A1E⊥EF,根據(jù)線面垂直的判定定理可得BF⊥平面A1B1E,從而可得BF⊥DE.解析(1)∵側(cè)面四邊形AA1B1B為正方形,∴A1B1⊥BB1,∵BF⊥A1B1且BB1∩BF=B,BB1,BF?平面BB1C1C,∴A1B1⊥平面BB1C1C,又∵AB∥A1B1,∴AB⊥平面BB1C1C,又∵BC?平面BB1C1C,∴AB⊥BC,∵AB=BC=2,E為AC的中點,∴S△EBC=12S由直三棱柱知CF⊥平面ABC.∵F為CC1的中點,∴CF=12CC1∴VF-EBC=13(2)證明:連接A1E,B1E,∵AB=BC,E為AC的中點,∴BE⊥AC.∵AA1⊥平面ABC,BE?平面ABC,∴AA1⊥BE.∵AA1∩AC=A,AA1,AC?平面AA1C1C,∴BE⊥平面AA1C1C,又A1E?平面AA1C1C,∴BE⊥A1E.在Rt△ECF中,tan∠FEC=CFCE在Rt△A1AE中,tan∠AA1E=AEA∴tan∠FEC=tan∠AA1E,∴∠FEC=∠AA1E,∵∠AA1E+∠AEA1=90°,∴∠FEC+∠AEA1=90°,∴∠A1EF=90°,即A1E⊥EF.∵EF∩EB=E,又EF,EB?平面BEF,∴A1E⊥平面BEF,又BF?平面BEF,∴A1E⊥BF,又∵A1B1⊥BF,A1E∩A1B1=A1,A1E?平面A1B1E,A1B1?平面A1B1E,∴BF⊥平面A1B1E.∵DE?平面A1B1E,∴BF⊥DE.方法總結(jié):判斷或證明直線與直線垂直的方法:1.利用線線垂直的定義進行判斷(計算兩直線的夾角為90°).2.利用平面幾何中證明線線垂直的方法:①特殊圖形(正方形、長方形、直角梯形等)中的垂直關(guān)系;②等腰(邊)三角形底邊中線的性質(zhì);③勾股定理的逆定理;④圓中直徑的性質(zhì).3.線面垂直的性質(zhì):①a⊥α,b?α?a⊥b(主要方法);②a⊥α,b∥α?a⊥b.

7.2空間點、線、面的位置關(guān)系考點1點、線、面的位置關(guān)系1.(2015安徽理,5,5分)已知m,n是兩條不同直線,α,β是兩個不同平面,則下列命題正確的是()A.若α,β垂直于同一平面,則α與β平行B.若m,n平行于同一平面,則m與n平行C.若α,β不平行···,則在α內(nèi)不存在···與D.若m,n不平行···,則m與n不可能答案D若α,β垂直于同一個平面γ,則α,β可以都過γ的同一條垂線,即α,β可以相交,故A錯;若m,n平行于同一個平面,則m與n可能平行,也可能相交,還可能異面,故B錯;若α,β不平行,則α,β相交,設α∩β=l,在α內(nèi)存在直線a,使a∥l,則a∥β,故C錯;從原命題的逆否命題進行判斷,若m與n垂直于同一個平面,由線面垂直的性質(zhì)定理知m∥n,故D正確.2(2021全國乙理,5,5分)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,P為B1D1的中點,則直線PB與AD1所成的角為()A.π答案D解題指導:利用平移法,連接BC1,則BC1∥AD1,得∠C1BP(或其補角)就是異面直線AD1與PB所成的角.解析如圖所示,連接BC1,C1P,易知四邊形ABC1D1是平行四邊形,∴BC1∥AD1,∴∠C1BP(或其補角)就是異面直線AD1與BP所成的角,設正方體的棱長為a,則BC1=2a,C1P=22a,連接AC、BD,設AC交BD于點O,連接OP,則OP⊥平面ABCD,∵OB?平面ABCD,∴OP⊥OB,∴PB=a2+22a2=62a.在△C1BP中,cos∠PBC1=BP2+BC12?方法總結(jié):用幾何法求異面直線所成角的具體步驟:3.(2016課標Ⅰ,理11,文11,5分)平面α過正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,則m,n所成角的正弦值為()A.32B.22C.3答案A如圖,延長B1A1至A2,使A2A1=B1A1,延長D1A1至A3,使A3A1=D1A1,連接AA2,AA3,A2A3,A1B,A1D.易證AA2∥A1B∥D1C,AA3∥A1D∥B1C.∴平面AA2A3∥平面CB1D1,即平面AA2A3為平面α.于是m∥A2A3,直線AA2即為直線n.顯然有AA2=AA3=A2A3,于是m,n所成的角為60°,其正弦值為32.選4.(2014大綱全國理,11,5分)已知二面角α-l-β為60°,AB?α,AB⊥l,A為垂足,CD?β,C∈l,∠ACD=135°,則異面直線AB與CD所成角的余弦值為()A.14B.24C.3答案B在平面α內(nèi)過點C作CE∥AB,則∠ECD為異面直線AB與CD所成的角(或其補角),不妨取CE=1,過點E作EO⊥β于點O.在平面β內(nèi)過點O作OH⊥CD于點H,連接EH,則EH⊥CD.因為AB∥CE,AB⊥l,所以CE⊥l,又因為EO⊥β,所以CO⊥l.所以∠ECO為二面角α-l-β的平面角,即∠ECO=60°.因為∠ACD=135°,CD⊥l,所以∠OCH=45°.在Rt△ECO中,CO=CEcos∠ECO=1×cos60°=12在Rt△COH中,CH=COcos∠OCH=12cos45°=2在Rt△ECH中,cos∠ECH=CHCE=241所以異面直線AB與CD所成角的余弦值為24.選5.(2014大綱全國文,4,5分)已知正四面體ABCD中,E是AB的中點,則異面直線CE與BD所成角的余弦值為()A.16B.36C.1答案B如圖,取AD的中點F,連接EF、CF.因為E、F分別是AB、AD的中點,所以EF12BD,故∠CEF或其補角是異面直線CE、BD所成的角設正四面體ABCD的棱長為a,易知CE=CF=32a,EF=12a.在△CEF中,由余弦定理可得cos∠CEF=32a26.(2015浙江文,4,5分)設α,β是兩個不同的平面,l,m是兩條不同的直線,且l?α,m?β.()A.若l⊥β,則α⊥βB.若α⊥β,則l⊥mC.若l∥β,則α∥βD.若α∥β,則l∥m答案A對于選項A,由面面垂直的判定定理可知選項A正確;對于選項B,若α⊥β,l?α,m?β,則l與m可能平行,可能相交,也可能異面,所以選項B錯誤;對于選項C,當l平行于α與β的交線時,l∥β,但此時α與β相交,所以選項C錯誤;對于選項D,若α∥β,則l與m可能平行,也可能異面,所以選項D錯誤.故選A.7.(2015廣東,6,5分)若直線l1和l2是異面直線,l1在平面α內(nèi),l2在平面β內(nèi),l是平面α與平面β的交線,則下列命題正確的是()A.l與l1,l2都不相交B.l與l1,l2都相交C.l至多與l1,l2中的一條相交D.l至少與l1,l2中的一條相交答案D解法一:如圖1,l1與l2是異面直線,l1與l平行,l2與l相交,故A,B不正確;如圖2,l1與l2是異面直線,l1,l2都與l相交,故C不正確,選D.解法二:因為l分別與l1,l2共面,故l與l1,l2要么都不相交,要么至少與l1,l2中的一條相交.若l與l1,l2都不相交,則l∥l1,l∥l2,從而l1∥l2,與l1,l2是異面直線矛盾,故l至少與l1,l2中的一條相交,選D.8.(2014遼寧,4,5分)已知m,n表示兩條不同直線,α表示平面.下列說法正確的是()A.若m∥α,n∥α,則m∥nB.若m⊥α,n?α,則m⊥nC.若m⊥α,m⊥n,則n∥αD.若m∥α,m⊥n,則n⊥α答案B若m∥α,n∥α,則m與n可能平行、相交或異面,故A錯誤;B正確;若m⊥α,m⊥n,則n∥α或n?α,故C錯誤;若m∥α,m⊥n,則n與α可能平行、相交或n?α,故D錯誤.因此選B.9.(2014廣東理,7,5分)若空間中四條兩兩不同的直線l1,l2,l3,l4,滿足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,則下列結(jié)論一定正確的是()A.l1⊥l4B.l1∥l4C.l1與l4既不垂直也不平行D.l1與l4的位置關(guān)系不確定答案D由l1⊥l2,l2⊥l3可知l1與l3的位置不確定,若l1∥l3,則結(jié)合l3⊥l4,得l1⊥l4,所以排除選項B、C,若l1⊥l3,則結(jié)合l3⊥l4,知l1與l4可能不垂直,所以排除選項A.故選D.評析本題考查了空間直線之間的位置關(guān)系,考查學生的空間想象能力、思維的嚴密性.10.(2014浙江文,6,5分)設m,n是兩條不同的直線,α,β是兩個不同的平面.()A.若m⊥n,n∥α,則m⊥αB.若m∥β,β⊥α,則m⊥αC.若m⊥β,n⊥β,n⊥α,則m⊥αD.若m⊥n,n⊥β,β⊥α,則m⊥α答案C對于選項A、B、D,均能舉出m∥α的反例;對于選項C,若m⊥β,n⊥β,則m∥n,又n⊥α,∴m⊥α,故選C.11.(2013課標Ⅱ理,4,5分)已知m,n為異面直線,m⊥平面α,n⊥平面β.直線l滿足l⊥m,l⊥n,l?α,l?β,則()A.α∥β且l∥αB.α⊥β且l⊥βC.α與β相交,且交線垂直于lD.α與β相交,且交線平行于l答案D若α∥β,則m∥n,這與m、n為異面直線矛盾,所以A不正確,α與β相交.將已知條件轉(zhuǎn)化到正方體中,易知α與β不一定垂直,但α與β的交線一定平行于l,從而排除B、C.故選D.導師點睛對于此類題,放入正方體中判斷起來比較快捷.12.(2013廣東理,6,5分)設m,n是兩條不同的直線,α,β是兩個不同的平面.下列命題中正確的是()A.若α⊥β,m?α,n?β,則m⊥nB.若α∥β,m?α,n?β,則m∥nC.若m⊥n,m?α,n?β,則α⊥βD.若m⊥α,m∥n,n∥β,則α⊥β答案D若α⊥β,m?α,n?β,則m與n可能平行,故A錯;若α∥β,m?α,n?β,則m與n可能平行,也可能異面,故B錯;若m⊥n,m?α,n?β,則α與β可能相交,也可能平行,故C錯;對于D項,由m⊥α,m∥n,得n⊥α,又知n∥β,故α⊥β,所以D項正確.13.(2011遼寧理,8,5分)如圖,四棱錐S-ABCD的底面為正方形,SD⊥底面ABCD,則下列結(jié)論中不正確的是()A.AC⊥SBB.AB∥平面SCDC.SA與平面SBD所成的角等于SC與平面SBD所成的角D.AB與SC所成的角等于DC與SA所成的角答案D∵四邊形ABCD是正方形,∴AC⊥BD.又∵SD⊥底面ABCD,∴SD⊥AC.其中SD∩BD=D,∴AC⊥面SDB,從而AC⊥SB.故A正確.易知B正確.設AC與DB交于O點,連接SO.則SA與平面SBD所成的角為∠ASO,SC與平面SBD所成的角為∠CSO,又OA=OC,SA=SC,∴∠ASO=∠CSO.故C正確.由排除法可知選D.評析本題主要考查了線面平行與垂直的判斷及線面角、線線角的概念.屬中檔題.14.(2016浙江,2,5分)已知互相垂直的平面α,β交于直線l.若直線m,n滿足m∥α,n⊥β,則()A.m∥lB.m∥nC.n⊥lD.m⊥n答案C∵α∩β=l,∴l(xiāng)?β,∵n⊥β,∴n⊥l.故選C.15.(2020新高考Ⅰ,16,5分)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱長均為2,∠BAD=60°.以D1為球心,5為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線長為.

答案2解析易知四邊形A1B1C1D1為菱形,∠B1A1D1=60°,連接B1D1,則△B1C1D1為正三角形,取B1C1的中點O,連接D1O,易得D1O⊥B1C1,∴D1O⊥平面BCC1B1,取BB1的中點E,CC1的中點F,連接D1E,D1F,OE,OF,EF,易知D1E=D1F=5,易知以D1為球心,5為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線為以O為圓心,OE為半徑的EF,∵B1E=B1O=1,∴OE=2,同理OF=2,易知EF=2,∴∠EOF=90°,∴EF的長=14×(2π×2)=2解題關(guān)鍵利用題設條件證明D1O⊥平面BCC1B1,從而說明球面與側(cè)面BCC1B1的交線是以O為圓心,OE為半徑的EF是解題的關(guān)鍵.16.(2016課標Ⅱ,14,5分)α,β是兩個平面,m,n是兩條直線,有下列四個命題:①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.③如果α∥β,m?α,那么m∥β.④如果m∥n,α∥β,那么m與α所成的角和n與β所成的角相等.其中正確的命題有.(填寫所有正確命題的編號)

答案②③④解析若m⊥n,m⊥α,n∥β,則α與β可能平行或相交,故①錯誤;②顯然成立;若α∥β,m?α,則m與β無公共點,因而m∥β,故③正確;由線面角的定義、等角定理及面面平行的性質(zhì)可知④正確.17.(2015浙江,13,5分)如圖,在三棱錐A-BCD中,AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,點M,N分別為AD,BC的中點,則異面直線AN,CM所成的角的余弦值是.

答案7解析連接DN,取DN的中點H,連接HM,由N、M、H均為中點,知|cos∠HMC|即為所求.因為AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,又M,N為AD,BC的中點,所以CM⊥AD,AN⊥BC,所以CM=CD2?MD2=22,AN=AC2?NC2=22,MH=12AN=2,HC=NC2+18.(2011北京文,17,14分)如圖,在四面體PABC中,PC⊥AB,PA⊥BC,點D,E,F,G分別是棱AP,AC,BC,PB的中點.(1)求證:DE∥平面BCP;(2)求證:四邊形DEFG為矩形;(3)是否存在點Q,到四面體PABC六條棱的中點的距離相等?說明理由.解析(1)證明:因為D,E分別為AP,AC的中點,所以DE∥PC.又因為DE?平面BCP,PC?平面BCP,所以DE∥平面BCP.(2)證明:因為D,E,F,G分別為AP,AC,BC,PB的中點,所以DE∥PC∥FG,DG∥AB∥EF.所以四邊形DEFG為平行四邊形.又因為PC⊥AB,所以DE⊥DG.所以四邊形DEFG為矩形.(3)存在點Q滿足條件.理由如下:連接DF,EG,設Q為EG的中點.由(2)知,DF∩EG=Q,且QD=QE=QF=QG=12分別取PC,AB的中點M,N,連接ME,EN,NG,MG,MN.與(2)同理,可證四邊形MENG為矩形,其對角線交點為EG的中點Q,且QM=QN=12EG,所以Q為滿足條件的點

7.3直線、平面平行的判定與性質(zhì)考點直線、平面平行的判定與性質(zhì)1.(2024全國甲理,10,5分,中)設α,β為兩個平面,m,n為兩條直線,且α∩β=m.下述四個命題:①若m∥n,則n∥α或n∥β②若m⊥n,則n⊥α或n⊥β③若n∥α且n∥β,則m∥n④若n與α,β所成的角相等,則m⊥n其中所有真命題的編號是()A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④10A命題①,由m∥n,m?α,得n?α或n∥α,若n?α,m∥n,m?β,則n∥β,命題①正確;在正方體ABCD-A1B1C1D1中,如圖1所示,取平面ADD1A1為平面α,平面A1B1C1D1為平面β,則A1D1為直線m,若n是C1D,則m⊥n,但n不垂直于α且n不垂直于β,命題②錯誤;若n是AC1,則n與平面α、β所成角相等,但m不垂直于n,命題④錯誤;命題③,如圖2,過n作平面γ交α于直線a,作平面δ交平面β于直線b,由n∥α,n?γ,α∩γ=a得n∥a,同理可得n∥b.則a∥b,由a∥b,a?α,b?α得b∥α,又α∩β=m,b?β,所以b∥m,所以m∥n,命題③正確,故選A.2.(2021浙江,6,4分)如圖,已知正方體ABCD-A1B1C1D1,M,N分別是A1D,D1B的中點,則()A.直線A1D與直線D1B垂直,直線MN∥平面ABCDB.直線A1D與直線D1B平行,直線MN⊥平面BDD1B1C.直線A1D與直線D1B相交,直線MN∥平面ABCDD.直線A1D與直線D1B異面,直線MN⊥平面BDD1B1答案A解題指導:利用線面平行的判定定理和線面垂直的判定定理解決此類問題.解析連接AD1,在正方形ADD1A1中,由M為A1D的中點,可知AD1∩A1D=M,且M為AD1的中點,AD1⊥A1D.又∵N為D1B的中點,∴MN∥AB.∵AB?平面ABCD,MN?平面ABCD,∴MN∥平面ABCD.∵AB⊥平面ADD1A1,A1D?平面ADD1A1,∴AB⊥A1D,∵AB∩AD1=A,∴A1D⊥平面ABD1,∴A1D⊥D1B.故A正確.3.(2017課標Ⅰ,6,5分)如圖,在下列四個正方體中,A,B為正方體的兩個頂點,M,N,Q為所在棱的中點,則在這四個正方體中,直線AB與平面MNQ不平行的是()答案AB選項中,AB∥MQ,且AB?平面MNQ,MQ?平面MNQ,則AB∥平面MNQ;C選項中,AB∥MQ,且AB?平面MNQ,MQ?平面MNQ,則AB∥平面MNQ;D選項中,AB∥NQ,且AB?平面MNQ,NQ?平面MNQ,則AB∥平面MNQ.故選A.4.(2011北京文,17,14分)如圖,在四面體PABC中,PC⊥AB,PA⊥BC,點D,E,F,G分別是棱AP,AC,BC,PB的中點.(1)求證:DE∥平面BCP;(2)求證:四邊形DEFG為矩形;(3)是否存在點Q,到四面體PABC六條棱的中點的距離相等?說明理由.解析(1)證明:因為D,E分別為AP,AC的中點,所以DE∥PC.又因為DE?平面BCP,PC?平面BCP,所以DE∥平面BCP.(2)證明:因為D,E,F,G分別為AP,AC,BC,PB的中點,所以DE∥PC∥FG,DG∥AB∥EF.所以四邊形DEFG為平行四邊形.又因為PC⊥AB,所以DE⊥DG.所以四邊形DEFG為矩形.(3)存在點Q滿足條件.理由如下:連接DF,EG,設Q為EG的中點.由(2)知,DF∩EG=Q,且QD=QE=QF=QG=12分別取PC,AB的中點M,N,連接ME,EN,NG,MG,MN.與(2)同理,可證四邊形MENG為矩形,其對角線交點為EG的中點Q,且QM=QN=12EG,所以Q為滿足條件的點5.(2022北京,17,14分)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面BCC1B1為正方形,平面BCC1B1⊥平面ABB1A1,AB=BC=2,M,N分別為A1B1,AC的中點.(1)求證:MN∥平面BCC1B1;(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知,求直線AB與平面BMN所成角的正弦值.條件①:AB⊥MN;條件②:BM=MN.注:如果選擇條件①和條件②分別解答,按第一個解答計分.解析(1)證法一:取BC的中點P,連接NP,B1P,則NP∥AB,且NP=12∵M是A1B1的中點,A1B1AB,∴B1M∥AB,且B1M=12AB∴B1MPN,∴四邊形B1PNM為平行四邊形,∴MN∥B1P,又B1P?平面BCC1B1,MN?平面BCC1B1,∴MN∥平面BCC1B1.證法二:取AB的中點Q,連接QN,QM,∵M,N分別是A1B1,AC的中點,∴QN∥BC,QM∥B1B,∵QN?平面BCC1B1,BC?平面BCC1B1,∴QN∥平面BCC1B1,同理,QM∥平面BCC1B1,又QM∩QN=Q,∴平面MNQ∥平面BCC1B1,又MN?平面MNQ,∴MN∥平面BCC1B1.(2)選擇條件①.∵側(cè)面BCC1B1為正方形,∴BC⊥BB1,又平面BCC1B1⊥平面ABB1A1,平面BCC1B1∩平面ABB1A1=BB1,BC?平面BCC1B1,∴BC⊥平面ABB1A1,∴BC⊥AB.解法一:由(1)中證法一知MN∥B1P,又AB⊥MN,∴AB⊥B1P.∵BC∩B1P=P,∴AB⊥平面BCC1B1.∴AB⊥BB1.∴BC,B1B,BA兩兩垂直.以B為原點,建立如圖所示的空間直角坐標系,則B(0,0,0),A(0,2,0),N(1,1,0),M(0,1,2),∴BM=(0,1,2),BN=(1,1,0),AB=(0,-2,0).設平面BMN的法向量為n=(x,y,z),則n·BM=0,n·BN=0,即y+2z=0,x+y=0,令∴cos<n,AB>=故直線AB與平面BMN所成角的正弦值為23解法二:連接MA.易知NQ⊥AB,又AB⊥MN,MN∩NQ=N,∴AB⊥平面MNQ,∴AB⊥MQ.結(jié)合(1)中證法二知NQ⊥MQ.又AB∩NQ=Q,∴MQ⊥平面ABN,∴點M到平面ABN的距離為2.∴V三棱錐M-ABN=13易知BM=5,BN=2,MN=NQ∴S△BMN=32設A到平面BMN的距離為h,則VA-BMN=VM-ABN=23即13·?·32∴直線AB與平面BMN所成角的正弦值為43選擇條件②.∵側(cè)面BCC1B1為正方形,∴BC⊥BB1,又平面BCC1B1⊥平面ABB1A1,平面BCC1B1∩平面ABB1A1=BB1,BC?平面BCC1B1,∴BC⊥平面ABB1A1,∴BC⊥AB.結(jié)合(1)中證法二易知MQ⊥NQ.∵AB=BC=2,∴NQ=BQ=1.又BM=MN,MQ=MQ,∴△MBQ≌△MNQ,∴MQ⊥BQ.∴BB1,BC,BA兩兩垂直.解法一(向量法):同選①的解法一.解法二(幾何法):同選①的解法二.6.(2017浙江,19,15分)如圖,已知四棱錐P-ABCD,△PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形,BC∥AD,CD⊥AD,PC=AD=2DC=2CB,E為PD的中點.(1)證明:CE∥平面PAB;(2)求直線CE與平面PBC所成角的正弦值.解析本題主要考查空間點、線、面的位置關(guān)系,直線與平面所成的角等基礎知識,同時考查空間想象能力和運算求解能力.(1)證明:如圖,設PA中點為F,連接EF,FB.因為E,F分別為PD,PA中點,所以EF∥AD且EF=12又因為BC∥AD,BC=12AD,所以EF∥BC且即四邊形BCEF為平行四邊形,所以CE∥BF,因此CE∥平面PAB.(2)分別取BC,AD的中點為M,N.連接PN交EF于點Q,連接MQ.因為E,F,N分別是PD,PA,AD的中點,所以Q為EF中點,在平行四邊形BCEF中,MQ∥CE.由△PAD為等腰直角三角形得PN⊥AD.由DC⊥AD,N是AD的中點得BN⊥AD.所以AD⊥平面PBN,由BC∥AD得BC⊥平面PBN,那么平面PBC⊥平面PBN.過點Q作PB的垂線,垂足為H,連接MH.MH是MQ在平面PBC上的射影,所以∠QMH是直線CE與平面PBC所成的角.設CD=1.在△PCD中,由PC=2,CD=1,PD=2得CE=2,在△PBN中,由PN=BN=1,PB=3得QH=14在Rt△MQH中,QH=14,MQ=2所以sin∠QMH=28所以,直線CE與平面PBC所成角的正弦值是28方法總結(jié)1.證明直線與平面平行的方法.(例:求證:l∥α)①線面平行的判定定理:在平面α內(nèi)找到一條與直線l平行的直線m,從而得到l∥α.②面面平行的性質(zhì):過直線l找到(或作出)一個平面β,使得β∥α,從而得l∥α.2.求線面角的方法.①定義法:作出線面角,解三角形即可.②解斜線段、射影、垂線段構(gòu)成的三角形.例:求AB與平面α所成角θ的正弦值,其中A∈α.只需求出點B到平面α的距離d(通常由等體積法求d),由sinθ=dAB得結(jié)論最好是畫出圖形,否則容易出錯.7.(2016課標Ⅲ文,19,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M為線段AD上一點,AM=2MD,N為PC的中點.(1)證明MN∥平面PAB;(2)求四面體N-BCM的體積.解析(1)證明:由已知得AM=23取BP的中點T,連接AT,TN,由N為PC中點知TN∥BC,TN=12BC=2.(3分又AD∥BC,故TNAM,故四邊形AMNT為平行四邊形,于是MN∥AT.因為AT?平面PAB,MN?平面PAB,所以MN∥平面PAB.(6分)(2)因為PA⊥平面ABCD,N為PC的中點,所以N到平面ABCD的距離為12PA.(9分取BC的中點E,連接AE.由AB=AC=3得AE⊥BC,AE=AB2?由AM∥BC得M到BC的距離為5,故S△BCM=12×4×5=25所以四面體N-BCM的體積VN-BCM=13·S△BCM·PA2=45評析本題考查了線面平行的判定,考查了三棱錐的體積,考查了空間想象能力.線段的中點問題一般應用三角形的中位線求解.8.(2015課標Ⅱ文,19,12分)如圖,長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,點E,F分別在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.過點E,F的平面α與此長方體的面相交,交線圍成一個正方形.(1)在圖中畫出這個正方形(不必說明畫法和理由);(2)求平面α把該長方體分成的兩部分體積的比值.解析(1)交線圍成的正方形EHGF如圖:(2)作EM⊥AB,垂足為M,則AM=A1E=4,EB1=12,EM=AA1=8.因為EHGF為正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH=EH因為長方體被平面α分成兩個高為10的直棱柱,所以其體積的比值為979.(2014課標Ⅱ文,18,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,PA⊥平面ABCD,E為PD的中點.(1)證明:PB∥平面AEC;(2)設AP=1,AD=3,三棱錐P-ABD的體積V=34,求A到平面PBC的距離解析(1)證明:設BD與AC的交點為O,連接EO.因為ABCD為矩形,所以O為BD的中點.又E為PD的中點,所以EO∥PB.EO?平面AEC,PB?平面AEC,所以PB∥平面AEC.(2)V=16PA·AB·AD=3又V=34所以AB=32所以PB=AB2+作AH⊥PB交PB于H.由題設知BC⊥平面PAB,因為AH?平面PAB,所以BC⊥AH,又BC∩BP=B,故AH⊥平面PBC.又AH=PA·ABPB所以A到平面PBC的距離為313思路分析(1)由線線平行證出線面平行;(2)首先由題設求出AB,然后過A作AH⊥PB于H,證明AH就是A到平面PBC的距離,通過解三角形求解即可.10.(2014安徽,19,13分)如圖,四棱錐P-ABCD的底面是邊長為8的正方形,四條側(cè)棱長均為217,點G,E,F,H分別是棱PB,AB,CD,PC上共面的四點,平面GEFH⊥平面ABCD,BC∥平面GEFH.(1)證明:GH∥EF;(2)若EB=2,求四邊形GEFH的面積.解析(1)證明:因為BC∥平面GEFH,BC?平面PBC,且平面PBC∩平面GEFH=GH,所以GH∥BC.同理可證EF∥BC,因此GH∥EF.(2)連接AC,BD交于點O,BD交EF于點K,連接OP,GK.因為PA=PC,O是AC的中點,所以PO⊥AC,同理可得PO⊥BD.又BD∩AC=O,且AC,BD都在底面內(nèi),所以PO⊥底面ABCD.又因為平面GEFH⊥平面ABCD,且PO?平面GEFH,所以PO∥平面GEFH.因為平面PBD∩平面GEFH=GK,所以PO∥GK,且GK⊥底面ABCD,從而GK⊥EF.所以GK是梯形GEFH的高.由AB=8,EB=2得EB∶AB=KB∶DB=1∶4,從而KB=14DB=12OB,即K為OB再由PO∥GK得GK=12PO,即G是PB的中點,且GH=1由已知可得OB=42,PO=PB2?所以GK=3.故四邊形GEFH的面積S=GH+EF2·評析本題考查線面平行與垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化,同時考查空間想象能力和邏輯推理能力,解題時要有較強的分析問題、解決問題的能力.11.(2013課標Ⅱ文,18,12分)如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別是AB,BB1的中點.(1)證明:BC1∥平面A1CD;(2)設AA1=AC=CB=2,AB=22,求三棱錐C-A1DE的體積.解析(1)證明:連接AC1交A1C于點F,則F為AC1中點.由D是AB中點,連接DF,則BC1∥DF.因為DF?平面A1CD,BC1?平面A1CD,所以BC1∥平面A1CD.(2)因為ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以AA1⊥CD.由已知AC=CB,D為AB的中點,所以CD⊥AB.又AA1∩AB=A,于是CD⊥平面ABB1A1.由AA1=AC=CB=2,AB=22得∠ACB=90°,CD=2,A1D=6,DE=3,A1E=3,故A1D2+DE2=A1E2,即DE⊥A1D.所以VC?A1DE=13×12思路分析(1)利用線面平行的判定定理在平面A1CD內(nèi)找出一條直線與直線BC1平行即可;(2)先證明CD⊥平面ABB1A1,再根據(jù)題目給的條件算出三棱錐C-A1DE的高和底面面積,利用三棱錐的體積公式計算即可.一題多解證明第(1)問時,也可以利用面面平行的性質(zhì),即:取A1B1的中點G,連接C1G,GB,因為GB∥A1D,C1G∥CD,C1G?平面GBC1,GB?平面GBC1,且C1G∩GB=G,A1D?平面A1CD,CD?平面A1CD,A1D∩CD=D,所以平面GBC1∥平面A1CD.又BC1?平面GBC1,所以BC1∥平面A1CD.

7.4直線、平面垂直的判定與性質(zhì)直線、平面垂直的判定與性質(zhì)1.(2022全國乙,理7,文9,5分)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別為AB,BC的中點,則()A.平面B1EF⊥平面BDD1B.平面B1EF⊥平面A1BDC.平面B1EF∥平面A1ACD.平面B1EF∥平面A1C1D答案A如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,AC⊥BD,EF∥AC,∴EF⊥BD,又D1D⊥平面ABCD,EF?平面ABCD,∴D1D⊥EF,又D1D∩BD=D,∴EF⊥平面BDD1,又EF?平面B1EF,∴平面B1EF⊥平面BDD1,故選A.2.(2023全國甲文,18,12分,中)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°.(1)證明:平面ACC1A1⊥平面BB1C1C;(2)設AB=A1B,AA1=2,求四棱錐A1-BB1C1C的高.解析(1)證明:∵A1C⊥平面ABC,BC?平面ABC,∴A1C⊥BC.∵∠ACB=90°,∴AC⊥BC,又∵A1C,AC?平面ACC1A1,且A1C∩AC=C,∴BC⊥平面ACC1A1,又∵BC?平面BB1C1C,∴平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.(2)過A1作A1O⊥CC1,垂足為O,∵平面ACC1A1⊥平面BB1C1C,且平面ACC1A1∩平面BB1C1C=CC1,A1O?平面ACC1A1,∴A1O⊥平面BB1C1C,即A1O是四棱錐A1-BB1C1C的高.由(1)知∠A1CB=∠BCA=90°.在Rt△A1CB與Rt△ACB中,A1B=AB,BC=BC,∴Rt△A1CB≌Rt△ACB,∴A1C=AC,∴A1C=A1C1,又知A1C⊥A1C1,∴△CA1C1為等腰直角三角形,∴A1O=12CC1=12AA1=1,即四棱錐A1-BB1C1C3.(2015陜西,18,12分)如圖1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=π2,AB=BC=12AD=a,E是AD的中點,O是AC與BE的交點.將△ABE沿BE折起到圖2中△A1BE的位置,得到四棱錐A(1)證明:CD⊥平面A1OC;(2)當平面A1BE⊥平面BCDE時,四棱錐A1-BCDE的體積為362,求a的值.解析(1)證明:在題圖1中,因為AB=BC=12AD=a,E是AD的中點∠BAD=π2,所以BE⊥即在題圖2中,BE⊥A1O,BE⊥OC,又A1O∩OC=O,從而BE⊥平面A1OC,又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.(2)由已知,平面A1BE⊥平面BCDE,且平面A1BE∩平面BCDE=BE,又由(1)知,A1O⊥BE,所以A1O⊥平面BCDE,即A1O是四棱錐A1-BCDE的高.由題圖1知,A1O=22AB=22a,平行四邊形S=BC·AB=a2.從而四棱錐A1-BCDE的體積為V=13×S×A1O=13×a2×22a=2由26a3=362,得評析本題首先借“折疊”問題考查空間想象能力,同時考查線面垂直的判定及面面垂直性質(zhì)的應用.4.(2015福建,20,12分)如圖,AB是圓O的直徑,點C是圓O上異于A,B的點,PO垂直于圓O所在的平面,且PO=OB=1.(1)若D為線段AC的中點,求證:AC⊥平面PDO;(2)求三棱錐P-ABC體積的最大值;(3)若BC=2,點E在線段PB上,求CE+OE的最小值.解析(1)證明:在△AOC中,因為OA=OC,D為AC的中點,所以AC⊥DO.又PO垂直于圓O所在的平面,所以PO⊥AC.因為DO∩PO=O,所以AC⊥平面PDO.(2)因為點C在圓O上,所以當CO⊥AB時,C到AB的距離最大,且最大值為1.又AB=2,所以△ABC面積的最大值為12又因為三棱錐P-ABC的高PO=1,故三棱錐P-ABC體積的最大值為13×1×1=1(3)解法一:在△POB中,PO=OB=1,∠POB=90°,所以PB=12+12=2.同理,PC=在三棱錐P-ABC中,將側(cè)面BCP繞PB所在直線旋轉(zhuǎn)至平面BC'P,使之與平面ABP共面,如圖所示.當O,E,C'共線時,CE+OE取得最小值.又因為OP=OB,C'P=C'B,所以OC'垂直平分PB,即E為PB中點.從而OC'=OE+EC'=22+62=亦即CE+OE的最小值為2+解法二:在△POB中,PO=OB=1,∠POB=90°,所以∠OPB=45°,PB=12+12=2.所以PB=PC=BC,所以∠CPB=60°.在三棱錐P-ABC中,將側(cè)面BCP繞PB所在直線旋轉(zhuǎn)至平面BC'P,使之與平面ABP共面,如圖所