2023年高考数学考前20天终极冲刺之立体几何初步

这是一份2023年高考数学考前20天终极冲刺之立体几何初步，共49页。
2023年高考数学考前20天终极冲刺之立体几何初步
一．选择题（共8小题）
1．（2023•岳阳模拟）已知直线l，m和平面α，β，若l⊂α，α⊥β且α∩β＝m，则“l⊥m”是“l⊥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
2．（2023•柳州三模）一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图是直角边长分别为2和4的两个全等的直角三角形，则这个几何体的外接球的表面积为（　　）

A． B． C．12π D．24π
3．（2023•柳州三模）沙漏是我国古代的一种计时工具，是用两个完全相同的圆锥顶对顶叠放在一起组成的（如右图）．在一个圆锥中装满沙子，放在上方，沙子就从顶点处漏到另一个圆锥中，假定沙子漏下来的速度是恒定的．已知一个沙漏中沙子全部从一个圆锥中漏到另一个圆锥中需总时长为1小时，当上方圆锥中沙子漏至圆锥高度的一时，所需时间为（　　）

A．小时 B．小时 C．小时 D．小时
4．（2023•广东一模）水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切．若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为（　　）
A．4 B． C． D．6
5．（2023•自贡模拟）在△ABC中，AB＝AC＝2，，D为BC的中点，将△ACD绕AD旋转至APD，使得，则三棱锥P﹣ABD的外接球表面积为（　　）
A． B． C．5π D．8π
6．（2023•新乡二模）在如图所示的正方体或正三棱柱中，M，N，Q分别是所在棱的中点，则满足直线BM与平面CNQ平行的是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2023•济南一模）用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截得的圆台上底面半径为1，下底面半径为2，且该圆台侧面积为3π，则原圆锥的母线长为（　　）
A．2 B． C．4 D．
8．（2023•南昌县校级二模）已知空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧面积为（　　）

A． B． C． D．4
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2023•沙坪坝区校级模拟）如图，点A，B，C，P，Q是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足PQ∥平面ABC的有（　　）
A． B．
C． D．
（多选）10．（2023•常德模拟）已知平面α，β，直线l，m，则下列命题正确的是（　　）
A．若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，l⊂α，则l⊥β
B．若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m
C．若m⊂α，则“l⊥α”是“l⊥m”的充分不必要条件
D．若m⊂α，l⊄α，则“l∥α”是“l∥m”的必要不充分条件
（多选）11．（2023春•沙坪坝区校级月考）已知a，b为两条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，下列说法正确的是（　　）
A．若a⊥β，b⊥a，则b∥β
B．若a⊥β，b∥β，则b⊥a
C．若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l，则l⊥γ
D．a，b异面，a∥β，b∥β，a∥γ，b∥γ，则β∥γ
（多选）12．（2022秋•稷山县期末）已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面边长为2，侧棱AA1＝3，P为上底面A1B1C1D1上的动点，M为棱AD的中点，下列结论正确的是（　　）
A．三棱锥P﹣CDM的体积为定值1
B．当直线AP与平面ABCD所成角为时，点P的轨迹长度为
C．若直线PD∥平面ACB1，则线段PD长度的最小值为
D．直线PM被正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1外接球所截得线段长度的取值范围是
三．填空题（共5小题）
13．（2023•陕西模拟）在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AP＝2，点M是矩形ABCD内（含边界）的动点，且AB＝1，AD＝3，直线PM与平面ABCD所成的角为，当三棱锥P﹣ABM的体积最小时，三棱锥P﹣ABM的外接球的体积为 　 　．
14．（2023•香坊区校级一模）设P，A，B，C，D是表面积为16π的球的球面上五个点，PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为正方形，则四棱锥P﹣ABCD体积的最大值为 　 　．
15．（2023•常德模拟）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝1，点P为长方体表面上的动点，且，当CP最小时，△ABP的面积为 　 　．
16．（2023•桃城区校级模拟）如图，在多面体ABCDEFG中，四边形ABCD为菱形，AB＝2，∠DAB＝60°，AE∥CG∥DF，且DF⊥平面ABCD，四边形BEFG是正方形，则＝　 　；异面直线AG与DE所成角的余弦值为 　 　．

17．（2023•海淀区校级模拟）如图，在直角梯形ABCD中，E为CD的中点，BC⊥CD，AE⊥CD，M，N分别是AD，BE的中点，将△ADE沿AE折起，使点D不在平面ABCE内，则下命题中正确的序号为 　 　．
①MN∥AB；
②MN⊥AE；
③MN∥平面CDE；
④存在某折起位置，使得平面BCD⊥平面ABD．

四．解答题（共5小题）
18．（2023•自贡模拟）如图，在三棱锥P﹣ABC中，H为△ABC的内心，直线AH与BC交于M，∠PAB＝∠PAC，∠PCA＝∠PCB．
（1）证明：平面PAM⊥平面ABC；
（2）若AB⊥BC，PA＝AB＝3，BC＝4，求三棱锥M﹣PAC的体积．

19．（2023•西宁二模）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AD⊥CD，四边形CDEF为平行四边形，平面CDEF⊥平面ABCD，BC＝2AD．
（1）证明：DF∥平面ABE；
（2）若AD＝1，CD＝ED＝2，，求三棱锥B﹣ADE的体积．

20．（2022秋•辽阳期末）如图，在底面为矩形的四棱锥E﹣ABCD中，AE⊥底面ABCD，AE＝AB，G为棱BE的中点．
（1）证明：AG⊥平面BCE；
（2）若AB＝4，AD＝6，，求．

21．（2023春•雨花区校级月考）如图，在多面体ABCDEF中，梯形ADEF与平行四边形ABCD所在平面互相垂直，AF∥DE，DE⊥AD，AD⊥BE，，．
（1）求证：BF∥平面CDE；
（2）判断线段BE上是否存在点Q，使得平面CDQ⊥平面BEF？若存在，求出的值，若不存在，说明理由．

22．（2023•芦溪县校级一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中点．
（1）求证：直线AC⊥平面PBC；
（2）求证：EC∥平面PAD．


2023年高考数学考前20天终极冲刺之立体几何初步
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2023•岳阳模拟）已知直线l，m和平面α，β，若l⊂α，α⊥β且α∩β＝m，则“l⊥m”是“l⊥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
【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面垂直；平面与平面垂直；充分条件与必要条件．菁优网版权所有
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；简易逻辑；逻辑推理．
【分析】由面面垂直的性质、线面垂直的定义结合充分必要条件的定义判断即可．
【解答】解：当l⊥m时，由l⊂α，α⊥β且α∩β＝m，得l⊥β；
当l⊥β时，因为α∩β＝m，所以m⊂β，所以l⊥m，
即“l⊥m”是“l⊥β”的充要条件．
故选：C．
【点评】本题主要考查空间直线与平面垂直的判定与性质定理，考查充分必要条件的判断，属于基础题．
2．（2023•柳州三模）一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图是直角边长分别为2和4的两个全等的直角三角形，则这个几何体的外接球的表面积为（　　）

A． B． C．12π D．24π
【考点】由三视图求面积、体积；球的体积和表面积．菁优网版权所有
【专题】整体思想；综合法；立体几何；数学运算．
【分析】讲立方体放在长方体中进行还原，根据体对角线得出外接球半径，最后算出外接球表面积．
【解答】解：在长为4、宽为2、高为2 的正方体中还原上述几何体，如下图所示：

该几何体为一个三角锥形，外接球半径为，
该外接球表面积为：S＝4πR2＝24π．
故选：D．
【点评】本题主要考查了简单几何体的三视图，考查了三棱锥的外接球问题，属于中档题．
3．（2023•柳州三模）沙漏是我国古代的一种计时工具，是用两个完全相同的圆锥顶对顶叠放在一起组成的（如右图）．在一个圆锥中装满沙子，放在上方，沙子就从顶点处漏到另一个圆锥中，假定沙子漏下来的速度是恒定的．已知一个沙漏中沙子全部从一个圆锥中漏到另一个圆锥中需总时长为1小时，当上方圆锥中沙子漏至圆锥高度的一时，所需时间为（　　）

A．小时 B．小时 C．小时 D．小时
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．菁优网版权所有
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理；数学运算．
【分析】根据题意，问题转化为求出，根据圆锥体积公式计算即可求出所需时间．
【解答】解：如图，

依题意可知R＝2r，V大＝＝，
V小＝＝，
∴＝，
1小时×小时，
故选：B．
【点评】本题考查圆锥的结构特征、体积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
4．（2023•广东一模）水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切．若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为（　　）
A．4 B． C． D．6
【考点】球的体积和表面积．菁优网版权所有
【专题】整体思想；综合法；立体几何；数学运算．
【分析】根据题设要使半球形容器内壁的半径的最小，保证小球与球各面（含球面部分）都相切，进而求半径最小值．
【解答】解：要使半球形容器内壁的半径的最小，只需保证小球与球各面（含球面部分）都相切，

此时，如上图示，O为半球的球心，A为其中一个小球球心，则OA是棱长为2的正方体的体对角线，且该小球与半球球面上的切点与O，A共线，
所以半球形容器内壁的半径的最小值为小球半径与OA长度之和，即，
故选：C．
【点评】本题主要考查了球的结构特征，考查了学生的空间想象能力，属于中档题．
5．（2023•自贡模拟）在△ABC中，AB＝AC＝2，，D为BC的中点，将△ACD绕AD旋转至APD，使得，则三棱锥P﹣ABD的外接球表面积为（　　）
A． B． C．5π D．8π
【考点】球的体积和表面积．菁优网版权所有
【专题】计算题；转化思想；综合法；立体几何；数学运算．
【分析】推导出AD⊥平面PBD，计算出△PBD的外接圆的直径2r，可得出三棱锥P﹣ABD的外接球直径为，再利用球体表面积公式可求得结果．
【解答】解：如下图所示：

圆柱O1O2的底面圆直径为2r，母线长为h，则O1O2的中点O到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则O为圆柱O1O2的外接球球心．
翻折前，在△ABC中，AB＝AC＝2，，D为BC的中点，则AD⊥BC，
且，
翻折后，则有AD⊥BD，AD⊥PD，
又因为BD∩PD＝D，BD、PD⊂平面PBD，所以，AD⊥平面PBD，
由已知，则△PBD是边长为的等边三角形，
将三棱锥A﹣PBD置于圆柱O1O2上，使得△PBD的外接圆为圆O2，

所以△PBD的外接圆直径为，
所以三棱锥P﹣ABD的外接球直径为，则，
因此三棱锥P﹣ABD的外接球表面积为．
故选：C．
【点评】本题主要考查多面体外接球问题，考查球的表面积公式，考查运算求解能力，属于中档题．
6．（2023•新乡二模）在如图所示的正方体或正三棱柱中，M，N，Q分别是所在棱的中点，则满足直线BM与平面CNQ平行的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】直线与平面平行；空间中直线与平面之间的位置关系．菁优网版权所有
【专题】数形结合；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理．
【分析】根据正方体，正三棱柱的性质，线面的位置关系及线面平行的判定定理结合条件逐项分析即得．
【解答】解：A选项中，由正方体的性质可知BM∥B1N，
所以直线BM与平面CNQ不平行，故错误；

B选项中，因为NQ∥AC，故平面CNQ即为平面ACNQ，
而BM∥AQ，BM⊄平面CNQ，AQ⊂平面CNQ，
所以直线BM与平面CNQ平行，故正确；

C选项中，因为NQ∥BC，
故平面CNQ即为平面BCNQ，则直线BM与平面CNQ相交于点B，故错误；

D选项中，假设直线BM与平面CNQ平行，过点M作CQ的平行线交A1B1于点D，则点D是在A1B1上靠近点B1的四等分点，
由MD∥CQ，MD⊄平面CNQ，CQ⊂平面CNQ，
可得MD∥平面CNQ，
又BM与平面CNQ平行，MD∩CM＝M，MD，CM⊂平面BDM，
则平面BDM∥平面CNQ，
而平面ABB1A1与平面BDM，平面CNQ分别交于BD，QN，
则BD与QN平行，
显然BD与QN不平行，假设错误，
所以直线BM与平面CNQ不平行，故错误．

故选：B．
【点评】本题考查线面平行的判定，属于基础题．
7．（2023•济南一模）用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截得的圆台上底面半径为1，下底面半径为2，且该圆台侧面积为3π，则原圆锥的母线长为（　　）
A．2 B． C．4 D．
【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．菁优网版权所有
【专题】方程思想；定义法；空间位置关系与距离；数学运算．
【分析】设圆台的母线长为l，根据圆台的侧面积公式求出圆台的母线长，利用圆台的性质以及相似三角形即可求解．
【解答】解：设圆台的母线长为l，
∵该圆台的侧面积为3π，
∴由圆台侧面积公式可得πl（1+2）＝3πl＝3π，
解得l＝，
设截去的圆锥的母线为l′，
由三角形相似可得＝，
则2l′＝l′+，解得l′＝，
∴原圆锥的母线长为l′+l＝＝2．
故答案为：2．
故选：D．
【点评】本题考查圆锥的结构特征、母线、侧面积公式、三角形相似等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8．（2023•南昌县校级二模）已知空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧面积为（　　）

A． B． C． D．4
【考点】由三视图求面积、体积．菁优网版权所有
【专题】数形结合；转化法；空间位置关系与距离；数学运算．
【分析】由三视图还原原几何体，再由已知求出四个侧面三角形的面积，作和得答案．
【解答】解：由三视图还原原几何体如图，
可知该几何体为四棱锥P﹣ABCD，
底面是边长为2的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，
△PBC的斜高为，
则该几何体的侧面积为S＝
＝2+．
故选：B．

【点评】本题考查由三视图求面积、体积，考查数形结合思想，考查运算求解能力，是中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2023•沙坪坝区校级模拟）如图，点A，B，C，P，Q是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足PQ∥平面ABC的有（　　）
A． B．
C． D．
【考点】直线与平面平行；空间中直线与平面之间的位置关系．菁优网版权所有
【专题】数形结合；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理．
【分析】结合线面的位置关系以及线面平行的判定定理确定正确选项．
【解答】解：对于A，由PQ为上底面的面对角线，PQ与下底面过B的面对角线平行，
所以PQ与平面ABC相交，故A错误；
对于B，由中位线定理可得PQ∥AC，PQ⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，可得PQ∥平面ABC，故B错误；
对于C，取中点D，连接DB，DQ，CP，可得截面为正六边形ABDQPC，即有PQ⊂平面ABC，故C错误；

对于D，连接BD，设AB与PD的交点为H，连接CH，由中位线定理可得CH∥PQ，
而PQ⊄平面ABC，CH⊂平面ABC，则PQ∥平面ABC，故D正确．

故选：BD．
【点评】本题主要考查空间中直线和平面的位置关系，属于基础题．
（多选）10．（2023•常德模拟）已知平面α，β，直线l，m，则下列命题正确的是（　　）
A．若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，l⊂α，则l⊥β
B．若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m
C．若m⊂α，则“l⊥α”是“l⊥m”的充分不必要条件
D．若m⊂α，l⊄α，则“l∥α”是“l∥m”的必要不充分条件
【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；充分条件与必要条件．菁优网版权所有
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理．
【分析】根据面面垂直的性质定理可判断A，根据线面平行的判断以及性质可判断BD，根据线面垂直的性质可判断C．
【解答】解：由面面垂直的性质定理可知A正确；
对于B，若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m，或者l，m异面，故B错误；
对于C，若m⊂α，l⊥α则l⊥m，故充分性成立，
但是l⊥m，m⊂α，不能得到l⊥α，故C正确；
对于D，若m⊂α，l⊄α，l∥α，不能得到l∥m，
因为l，m有可能异面，但是l∥m，m⊂α，l⊄α，则l∥α，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查空间中线线垂直、平行关系，线面线垂直、平行关系，属基础题．
（多选）11．（2023春•沙坪坝区校级月考）已知a，b为两条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，下列说法正确的是（　　）
A．若a⊥β，b⊥a，则b∥β
B．若a⊥β，b∥β，则b⊥a
C．若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l，则l⊥γ
D．a，b异面，a∥β，b∥β，a∥γ，b∥γ，则β∥γ
【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；空间中直线与直线之间的位置关系．菁优网版权所有
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理．
【分析】对于A，b与β平行或b⊂β；对于B，由线面垂直的性质得b⊥a；对于C，由面面垂直的性质得l⊥γ；对于D，由面面平行的判定定理得β∥γ．
【解答】解：a，b为两条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，
对于A，若a⊥β，b⊥a，则b与β平行或b⊂β，故A错误；
对于B，若a⊥β，b∥β，则由线面垂直的性质得b⊥a，故B正确；
对于C，若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l，则由面面垂直的性质得l⊥γ，故C正确；
对于D，a，b异面，a∥β，b∥β，a∥γ，b∥γ，则由面面平行的判定定理得β∥γ，故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间思维能力，是中档题．
（多选）12．（2022秋•稷山县期末）已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面边长为2，侧棱AA1＝3，P为上底面A1B1C1D1上的动点，M为棱AD的中点，下列结论正确的是（　　）
A．三棱锥P﹣CDM的体积为定值1
B．当直线AP与平面ABCD所成角为时，点P的轨迹长度为
C．若直线PD∥平面ACB1，则线段PD长度的最小值为
D．直线PM被正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1外接球所截得线段长度的取值范围是
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；点、线、面间的距离计算；命题的真假判断与应用；棱柱的结构特征．菁优网版权所有
【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【分析】A选项：P在上底面A1B1C1D1上运动，则点P到底面ABCD的距离为定值，体积公式计算可求出结果；B选项：利用∠APA1为定值，可求出P点的轨迹为圆的一部分，从而求出轨迹长度；C选项：直线PD∥平面ACB1，则PD所在的平面与平面ACB1平行，可发现P∈A1C1，计算D1到A1C1的距离再勾股运算，可求出PD的最小值；D选项：结合弦长最短和P在上底面A1B1C1D1上运动，可知P在A1B1中点时，弦长最短，直线PM过球心时，弦长最长，从而求出范围．
【解答】解：A选项：P在上底面A1B1C1D1上运动，点P到底面ABCD的距离为定值3，所以，故A正确；
B选项：连接PA1，如图所示：

所以直线AP与平面ABCD所成角为，即，则有为定值，
即P点的轨迹为以A1为圆心，以为半径的圆的一部分，所以点P的轨迹长度为，故B错误；
C选项：

因为平面A1C1D∥平面ACB1，所以若直线PD∥平面ACB1，则有P∈A1C1，D1到A1C1的距离为，所以，故C正确；
D选项：

正四棱柱外接球的半径为，因为P在上底面A1B1C1D1上运动，所以弦最短时P在上底面A1B1C1D1的边上，
当P在A1D1中点时，直线PM被球截得的弦最短，此时弦长为，当直线PM过球心时，弦长最长为，
所以线段长度的取值范围为，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题主要考查了长方体的结构特征，考查了三棱锥的体积公式，属于中档题．
三．填空题（共5小题）
13．（2023•陕西模拟）在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AP＝2，点M是矩形ABCD内（含边界）的动点，且AB＝1，AD＝3，直线PM与平面ABCD所成的角为，当三棱锥P﹣ABM的体积最小时，三棱锥P﹣ABM的外接球的体积为 　　．
【考点】球的体积和表面积．菁优网版权所有
【专题】转化思想；综合法；立体几何；数学运算．
【分析】根据线面角的定义得出M位于底面矩形ABCD内的以点A为圆心，2为半径的圆上，再由三棱锥P﹣ABM的体积最小，确定点M位于F，进而由长方体外接球模型结合体积公式求解．
【解答】解：因为PA⊥平面ABCD，所以∠PMA即为直线PM与平面ABCD所成的角，
所以，因为AP＝2，所以AM＝2，
如图，易知M位于底面矩形ABCD内的以点A为圆心，2为半径的圆上，
设点M的轨迹为圆弧EF，连接AF，
当点M位于F时，三棱锥P﹣ABM的体积最小，
由长方体外接球模型可知，三棱锥P﹣ABM的外接球球心为PF的中点，
此外接球的体积．
故答案为：．

【点评】本题考查三棱锥的外接球问题，运动变化思想，球的体积公式，属中档题．
14．（2023•香坊区校级一模）设P，A，B，C，D是表面积为16π的球的球面上五个点，PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为正方形，则四棱锥P﹣ABCD体积的最大值为 　　．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．菁优网版权所有
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；数学运算．
【分析】把四棱锥P﹣ABCD补成一个长方体，知四棱锥P﹣ABCD的外接球即为该长方体的外接球，求出球半径，设正方形ABCD边长为x，由长方体性质求得棱锥的高PA，再由体积公式表示出棱锥的体积，然后利用导数求得最大值．
【解答】解：由题意把四棱锥P﹣ABCD补成一个长方体，如图，四棱锥P﹣ABCD的外接球即为该长方体的外接球，
设球半径为r，由4πr2＝16π，得r＝2，
设AB＝x（x＞0），则PA2+x2+x2＝（2r）2＝16，PA＝，
VP﹣ABCD＝SABCD•PA＝x2＝•，
令x2＝t，则VP﹣ABCD＝，
设f（t）＝8t2﹣t3（t＞0），f′（t）＝16t﹣3t2＝3t（﹣t）（t＞0），
当0＜t＜时，f′（t）＞0，f（t）单调递增，当t＞时，f′（t）＜0，f（t）单调递减，
所以t＝，f（t）max＝，
所以x＝时，VP﹣ABCD取得最大值为×＝，
所以四棱锥P﹣ABCD体积的最大值为．
【点评】本题考查空间几何体的外接球，考查空间几何体的体积，属中档题．
15．（2023•常德模拟）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝1，点P为长方体表面上的动点，且，当CP最小时，△ABP的面积为 　　．
【考点】棱柱的结构特征．菁优网版权所有
【专题】计算题；转化思想；综合法；立体几何；数学运算．
【分析】根据条件得到点P在以AB为直径的球的表面与长方体ABCD﹣A1B1C1D1表面重合的部分上，得出点C﹣y+1﹣m＝0、M、P三点共线时CP最小，即可求解．
【解答】解：设AB的中点为M，则AM＝MB＝BC＝1，
由题意得：，且点P是长方体表面上的动点，
所以点P在以AB为直径的球的表面与长方体ABCD﹣A1B1C1D1表面重合的部分上，
则CP≥CM﹣MP，当且仅当点C﹣y+1﹣m＝0、M、P三点共线时取等号，
点C﹣y+1﹣m＝0、M在平面ABCD上，所以点P在平面ABCD上，
所以当CP最小时，以AB为直径的半圆与CM的交点即为点P，如下图，

过点P作PN⊥AB于点N，
因为BM＝BC＝MP＝1，所以，
所以△ABP的面积．
故答案为：．
【点评】本题主要考查棱柱的结构特征，考查运算求解能力，属于中档题．
16．（2023•桃城区校级模拟）如图，在多面体ABCDEFG中，四边形ABCD为菱形，AB＝2，∠DAB＝60°，AE∥CG∥DF，且DF⊥平面ABCD，四边形BEFG是正方形，则＝　　；异面直线AG与DE所成角的余弦值为 　　．

【考点】异面直线及其所成的角．菁优网版权所有
【专题】整体思想；综合法；立体几何；数学运算．
【分析】根据线面垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法求解距离及异面直线所成角的余弦值．
【解答】解：由四边形ABCD为菱形，∠DAB＝60°，可得△ABD为正三角形，
设H为AB的中点，连接DH，所以DH⊥AB．又DC∥AB，因此DH⊥DC．
又DF⊥平面ABCD，故以D为原点，分别以DE，DC，DF所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设AE＝x，CG＝y，DF＝z，AB＝2，则D（0，0，0），，，C（0，2，0），
由题意AE∥CG∥DF，则AE⊥平面ABCD，CG⊥平面ABCD，
设，G（0，2，y），从而，
因为四边形BEFG是正方形，所以，所以，
解得，所以，，设F（0，0，z），
则，因为，所以，
所以，即，所以，
所以，
设异面直线AG与DE所成角为α，又，
所以，
即异面直线AG与DE所成角的余弦值为．
故答案为：；．
【点评】本题主要考查了利用空间向量求线段的长，以及利用空间向量求异面直线所成的角，属于中档题．
17．（2023•海淀区校级模拟）如图，在直角梯形ABCD中，E为CD的中点，BC⊥CD，AE⊥CD，M，N分别是AD，BE的中点，将△ADE沿AE折起，使点D不在平面ABCE内，则下命题中正确的序号为 　②③　．
①MN∥AB；
②MN⊥AE；
③MN∥平面CDE；
④存在某折起位置，使得平面BCD⊥平面ABD．

【考点】平面与平面垂直；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行．菁优网版权所有
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理；数学运算．
【分析】作出辅助线，得到MN∥CD，从而得到MN与AB不平行，MN∥平同CDE，判断①③；证明线面垂直，得到线线垂直，判断②；建立空间直角坐标系，利用向量法判断④．
【解答】解：对于①，如图，直线梯形ABCD中，CD∥AB，
∵BC⊥CD，AE⊥CD，∴AE∥BC，
∴四边形ABCE是矩形，
∵N是BE的中点，连接AC，则BE与AC交于点N，由题意N是AC中点，
∵M是AD的中点，∴MN∥CD，
又AB∥CE，而CE与CD相交于点C，
∴AB与CD不平行，∴MN与AB不平行，故①错误；
对于③，∵MN∥CD，CD⊂平面CDE，MN⊄平面CDE，
∴MN∥CD，CD⊂平面CDE，MN⊄平面CDE，
∴MN∥平面CDE，故③正确；
对于②，∵AE⊥DE，AE⊥CE，DE∩CE＝E，∴AE⊥平面CDE，
∵CD⊂平面CDE，∴AE⊥CD，
由（1）知MN∥CD，∴MN⊥AE，故②正确；
对于④，连接BD，以E为坐标原点，EA，EC所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，
设AB＝1，EA＝a（a≠0），∠CED＝θ，θ∈（0，π），
∴A（a，0，0），B（a，1，0），C（0，1，0），D（0，cosθ，sinθ），
＝（﹣a，0，0），＝（﹣a，cosθ﹣1，sinθ），＝（0，﹣1，0），
设平面BCD的法向量为＝（x，y，z），
则，取y＝1，得＝（0，1，），
设平面ABD的法向量为＝（x′，y′，z′），
则，取y′＝1，得＝（1，0，），
∴＝＝，
∵θ∈（0，π），∴1﹣cosθ≠0，∴＝≠0，
∴不存在某折起位置，使得平面BCD⊥平面ABD，故④错误．
故答案为：②③．

【点评】本题考查了判断线面平行、线线平行、线线垂直，涉及了平面中线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理和性质定理的应用，解题的关键是能正确画出折叠后的立体图形，属于中档题
四．解答题（共5小题）
18．（2023•自贡模拟）如图，在三棱锥P﹣ABC中，H为△ABC的内心，直线AH与BC交于M，∠PAB＝∠PAC，∠PCA＝∠PCB．
（1）证明：平面PAM⊥平面ABC；
（2）若AB⊥BC，PA＝AB＝3，BC＝4，求三棱锥M﹣PAC的体积．

【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直．菁优网版权所有
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；立体几何；逻辑推理；数学运算．
【分析】（1）设PN⊥平面ABC于点N，过N作NE⊥AB于E，NF⊥AC于F，连接PE，PF，通过全等三角形及角平分线性质可证N与H重合，从而可证平面PAM⊥平面ABC；
（2）由（1）知PH⊥平面ABC，且由已知可求PH长度，再由角平分线性质可求△AMC面积，从而可求三棱锥M﹣PAC的体积．
【解答】（1）证明：如图，设PN⊥平面ABC于点N，过N作NE⊥AB于E，NF⊥AC于F，连接PE，PF，
∵PN⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，
∴PN⊥AB，
又∵NE⊥AB，∴AB⊥平面PNE，∴AB⊥PE，
同理AC⊥PF，
在Rt△PAE，Rt△PAF中，∠PAE＝∠PAF，PA＝PA，
∴△PAE≌△PAF，∴AF＝AE，
在Rt△ANE，Rt△ANF中，AF＝AE，AN＝AN，
∴△ANE≌△ANF，∴NE＝NF，即N到AB，AC的距离相等，
同理N到BC，AC的距离相等，故N为△ABC的内心，N与H重合，
∴PH⊥平面ABC，
又∵PH⊂平面APM，∴平面PAM⊥平面ABC．
（2）解：由已知可得AC＝5，设△ABC的内切圆半径为r，
则，故r＝1，
∵H为△ABC的内心，∴AH平分∠BAC，∴，BM+CM＝4，∴，，
故△AMC的面积为，
因为HE⊥AB，AB⊥BC，∴HE∥BC，∴，得AE＝2，
∴，，
故三棱锥M﹣PAC的体积为．

【点评】本题主要考查面面垂直的证明，棱锥体积的求法，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．
19．（2023•西宁二模）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AD⊥CD，四边形CDEF为平行四边形，平面CDEF⊥平面ABCD，BC＝2AD．
（1）证明：DF∥平面ABE；
（2）若AD＝1，CD＝ED＝2，，求三棱锥B﹣ADE的体积．

【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行．菁优网版权所有
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；逻辑推理；数学运算．
【分析】（1）连接CE交DF于点H，取BE的中点G，连接AG，GH，根据条件证明四边形ADHG为平行四边形，然后得到DH//AG即可；
（2）取CD的中点为O，连接OF，依次证明OF⊥平面ABCD、EF//平面ABCD，然后可求出点E到平面ABCD的距离，然后根据VB﹣ADE＝VE﹣ABD算出答案即可．
【解答】（1）证明如图，连接CE交DF于点H，取BE的中点G，连接AG，GH，

因为四边形CDEF为平行四边形，所以H为CE的中点，
所以，
因为AD∥BC，BC＝2AD，所以GH∥AD，GH＝AD，
所以四边形ADHG为平行四边形，所以DH∥AG，即DF∥AG，
因为AG⊂平面ABE，DF⊄平面ABE，所以DF∥平面ABE，
（2）解：如图，取CD的中点为O，连接OF，

因为CD＝ED＝2，，所以△CDF为等边三角形，
所以，OF⊥CD，
因为平面CDEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD＝CD，OF⊂平面CDEF，
所以OF⊥平面ABCD，所以点F到平面ABCD的距离为，
因为EF∥CD，EF⊄平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
所以EF∥平面ABCD，
所以点E到平面ABCD的距离为，
因为ABCD是直角梯形，AD∥BC，AD⊥CD，AD＝1，CD＝2，
所以，
所以．
【点评】本题主要考查直线与平面平行的证明，棱锥体积的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
20．（2022秋•辽阳期末）如图，在底面为矩形的四棱锥E﹣ABCD中，AE⊥底面ABCD，AE＝AB，G为棱BE的中点．
（1）证明：AG⊥平面BCE；
（2）若AB＝4，AD＝6，，求．

【考点】直线与平面垂直；空间向量的数量积运算．菁优网版权所有
【专题】转化思想；综合法；立体几何；数学运算．
【分析】（1）根据已知，利用线面垂直的判定定理可得BC⊥平面ABE，从而得到BC⊥AG，利用等腰三角形的中线性质得到AG⊥BE，然后利用线面垂直的判定定理证明AG⊥平面BCE；
（2）建系，求出的坐标，利用空间向量数量积的坐标表示即得解．
【解答】解：（1）证明：因为AE⊥底面ABCD，所以AE⊥BC，
又AB⊥BC，AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE，所以BC⊥平面ABE，
则BC⊥AG，因为G为棱BE的中点，AE＝AB，所以AG⊥BE，
又BC∩BE＝B，BC，BE⊂平面BCE，
所以AG⊥平面BCE；
（2）以A为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则根据题意可得A（0，0，0），C（4，6，0），G（2，0，2），，
∴，，
∴．

【点评】本题考查线面垂直的证明，线面垂直的判定定理，坐标法求解向量数量积，属中档题．
21．（2023春•雨花区校级月考）如图，在多面体ABCDEF中，梯形ADEF与平行四边形ABCD所在平面互相垂直，AF∥DE，DE⊥AD，AD⊥BE，，．
（1）求证：BF∥平面CDE；
（2）判断线段BE上是否存在点Q，使得平面CDQ⊥平面BEF？若存在，求出的值，若不存在，说明理由．

【考点】平面与平面垂直；直线与平面平行．菁优网版权所有
【专题】转化思想；综合法；立体几何；数学运算．
【分析】（1）由题意AB∥CD，则AB∥平面CDE，同理AF∥平面CDE，从而平面ABF∥平面CDE，从而BF∥平面CDE；
（2）连接BD，可证得DA，DB，DE两两垂直，以DA，DB，DE所在的直线分别为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系，利用平面的法向量即可求出答案．
【解答】解：（1）证明：∵底面ABCD为平行四边形，∴AB∥CD，
又AB⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，
∴AB∥平面CDE，同理AF∥平面CDE，又AB∩AF＝A，
∴平面ABF∥平面CDE，又BF⊂平面ABF，
∴BF∥平面CDE；
（2）如图，连接BD，
∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，DE⊥AD，
∴DE⊥平面ABCD，∴DE⊥DB，又DE⊥AD，AD⊥BE，DE∩BE＝E，
∴AD⊥平面BDE，∴AD⊥BD，
∴DA，DB，DE两两垂直，
∴以DA，DB，DE所在的直线分别为x轴、y轴和z轴，建系如图，则根据题意可得：
D（0，0，0），A（1，0，0），B（0，1，0），
C（﹣1，1，0），E（0，0，2），F（1，0，1），
∴，，
设平面BEF的一个法向量为，
则，取，
设线段BE上存在点Q，使得平面CDQ⊥平面BEF，
设，（λ∈[0，1]），
∴，
设平面CDQ的法向量为，又，
则，取，
若平面CDQ⊥平面BEF，则，
即，解得，
∴线段BE上存在点Q，使得平面CDQ⊥平面BEF，且此时．

【点评】本题考查线面平行的证明，线面平行的判定定理，面面平行的判定定理与性质定理，向量法求解面面垂直问题，属中档题．
22．（2023•芦溪县校级一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中点．
（1）求证：直线AC⊥平面PBC；
（2）求证：EC∥平面PAD．

【考点】直线与平面垂直；直线与平面平行．菁优网版权所有
【专题】证明题；数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离；逻辑推理．
【分析】（1）由题意可得AC⊥PC，由AC2+BC2＝AB2，可求得AC⊥BC，从而有AC⊥平面PBC．
（2）取线段AB的中点F，连接EF，CF，证明四边形ADCF是平行四边形，进而证明面CFE∥面PAD，即可证明EC∥平面PAD；
【解答】证明：（1）∵PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴AC⊥PC，
∵AB＝2，AD＝CD＝1，
∴AC＝BC＝，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴AC⊥BC，
又BC∩PC＝C，
∴AC⊥平面PBC．
（2）取线段AB的中点F，连接EF，CF．则AF＝CD，AF∥CD，
所以四边形ADCF是平行四边形，
则CF∥AD；
又EF∥AP且CF∩EF＝F，
∴面CFE∥面PAD，
又EC⊂面CEF，
∴EC∥平面PAD．

【点评】本题考查线面平行、面面垂直，解题的关键是掌握线面平行、面面垂直的判定，考查了数形结合思想，属于中档题．

考点卡片
1．充分条件与必要条件
【知识点的认识】
1、判断：当命题“若p则q”为真时，可表示为p⇒q，称p为q的充分条件，q是p的必要条件．事实上，与“p⇒q”等价的逆否命题是“￢q⇒￢p”．它的意义是：若q不成立，则p一定不成立．这就是说，q对于p是必不可少的，所以说q是p的必要条件．例如：p：x＞2；q：x＞0．显然x∈p，则x∈q．等价于x∉q，则x∉p一定成立．
2、充要条件：如果既有“p⇒q”，又有“q⇒p”，则称条件p是q成立的充要条件，或称条件q是p成立的充要条件，记作“p⇔q”．p与q互为充要条件．

【解题方法点拨】
充要条件的解题的思想方法中转化思想的依据；解题中必须涉及两个方面，充分条件与必要条件，缺一不可．证明题目需要证明充分性与必要性，实际上，充分性理解为充分条件，必要性理解为必要条件，学生答题时往往混淆二者的关系．判断题目可以常用转化思想、反例、特殊值等方法解答即可．
判断充要条件的方法是：
①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；
②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；
③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；
④若p⇒q为假命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的既不充分也不必要条件．
⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．

【命题方向】
充要条件是学生学习知识开始，或者没有上学就能应用的，只不过没有明确定义，因而几乎年年必考内容，多以小题为主，有时也会以大题形式出现，中学阶段的知识点都相关，所以命题的范围特别广．
2．命题的真假判断与应用
【知识点的认识】
判断含有“或”、“且”、“非”的复合命题的真假，首先要明确p、q及非p的真假，然后由真值表判断复合命题的真假．
注意：“非p”的正确写法，本题不应将“非p”写成“方程x2﹣2x+1＝0的两根都不是实根”，因为“都是”的反面是“不都是”，而不是“都不是”，要认真区分．

【解题方法点拨】
1．判断复合命题的真假，常分三步：先确定复合命题的构成形式，再指出其中简单命题的真假，最后由真值表得出复合命题的真假．
2．判断一个“若p则q”形式的复合命题的真假，不能用真值表时，可用下列方法：若“pq”，则“若p则q”为真；而要确定“若p则q”为假，只需举出一个反例说明即可．
3．判断逆命题、否命题、逆否命题的真假，有时可利用原命题与逆否命题同真同假，逆命题与否命题同真同假这一关系进行转化判断．

【命题方向】该部分内容是《课程标准》新增加的内容，几乎年年都考，涉及知识点多而且全，多以小题形式出现．
3．棱柱的结构特征
【知识点的认识】
1．棱柱：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱．棱柱用表示底面各顶点的字母来表示（例：ABCD﹣A′B′C′D′）．
2．认识棱柱
底面：棱柱中两个互相平行的面，叫做棱柱的底面．
侧面：棱柱中除两个底面以外的其余各个面都叫做棱柱的侧面．
侧棱：棱柱中两个侧面的公共边叫做棱柱的侧棱．
顶点：棱柱的侧面与底面的公共顶点．
高：棱中两个底面之间的距离．
3．棱柱的结构特征

根据棱柱的结构特征，可知棱柱有以下性质：
（1）侧面都是平行四边形
（2）两底面是全等多边形
（3）平行于底面的截面和底面全等；对角面是平行四边形
（4）长方体一条对角线长的平方等于一个顶点上三条棱的长的平方和．
4．棱柱的分类
（1）根据底面形状的不同，可把底面为三角形、四边形、五边形…的棱柱称为三棱柱、四棱柱、五棱柱…．
（2）根据侧棱是否垂直底面，可把棱柱分为直棱柱和斜棱柱；其中在直棱柱中，若底面为正多边形，则称其为正棱柱．

5．棱柱的体积公式
设棱柱的底面积为S，高为h，
V棱柱＝S×h．

4．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【知识点的认识】
旋转体的结构特征：一条平面曲线绕着它所在的平面内的一条定直线旋转所形成的曲面叫作旋转面；该定直线
叫做旋转体的轴；封闭的旋转面围成的几何体叫作旋转体．
1．圆柱
①定义：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，将矩形旋转一周而形成的曲面所围成的几何体叫做圆柱．
圆柱用轴字母表示，如下图圆柱可表示为圆柱OO′．
②认识圆柱

③圆柱的特征及性质

圆柱与底面平行的截面是圆，与轴平行的截面是矩形．
④圆柱的体积和表面积公式
设圆柱底面的半径为r，高为h：


2．圆锥
①定义：以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆锥．

圆锥用轴字母表示，如下图圆锥可表示为圆锥SO．
②认识圆锥

③圆锥的特征及性质

与圆锥底面平行的截面是圆，过圆锥的顶点的截面是等腰三角形，两个腰都是母线．
母线长l与底面半径r和高h的关系：l2＝h2+r2
④圆锥的体积和表面积公式
设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l：


3．圆台
①定义：以直角梯形中垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴，其余各边旋转一周而成的曲面所围成的几何体叫做圆台．

圆台用轴字母表示，如下图圆台可表示为圆台OO′．
②认识圆台

③圆台的特征及性质

平行于底面的截面是圆，轴截面是等腰梯形．
④圆台的体积和表面积公式
设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，高为h，母线长为l：
．
5．棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【知识点的知识】
侧面积和全面积的定义：
（1）侧面积的定义：把柱、锥、台的侧面沿着它们的一条侧棱或母线剪开，所得到的展开图的面积，就是空间几何体的侧面积．
（2）全面积的定义：空间几何体的侧面积与底面积的和叫做空间几何体的全面积．
柱体、锥体、台体的表面积公式（c为底面周长，h为高，h′为斜高，l为母线）
S圆柱表＝2πr（r+l），S圆锥表＝πr（r+l），S圆台表＝π（r2+rl+Rl+R2）
6．棱柱、棱锥、棱台的体积
【知识点的知识】
柱体、锥体、台体的体积公式：
V柱＝sh，V锥＝Sh．
7．球的体积和表面积
【知识点的认识】
1．球体：在空间中，到定点的距离等于或小于定长的点的集合称为球体，简称球．其中到定点距离等于定长的点的集合为球面．
2．球体的体积公式
设球体的半径为R，
V球体＝
3．球体的表面积公式
设球体的半径为R，
S球体＝4πR2．
【命题方向】
考查球体的体积和表面积公式的运用，常见结合其他空间几何体进行考查，以增加试题难度，根据题目所给条件得出球体半径是解题关键．
8．由三视图求面积、体积
【知识点的认识】
1．三视图：观测者从不同位置观察同一个几何体，画出的空间几何体的图形，包括：
（1）主视图：物体前后方向投影所得到的投影图，反映物体的高度和长度；
（2）左视图：物体左右方向投影所得到的投影图，反映物体的高度和宽度；
（3）俯视图：物体上下方向投影所得到的投影图，反映物体的长度和宽度．
2．三视图的画图规则：

（1）高平齐：主视图和左视图的高保持平齐；
（2）长对正：主视图和俯视图的长相对应；
（3）宽相等：俯视图和左视图的宽度相等．
3．常见空间几何体表面积、体积公式
（1）表面积公式：
（2）体积公式：
【解题思路点拨】
1．解题步骤：
（1）由三视图定对应几何体形状（柱、锥、球）
（2）选对应公式
（3）定公式中的基本量（一般看俯视图定底面积，看主、左视图定高）
（4）代公式计算
2．求面积、体积常用思想方法：
（1）截面法：尤其是关于旋转体及与旋转体有关的组合体问题，常用轴截面进行分析求解；
（2）割补法：求不规则图形的面积或几何体的体积时常用割补法；
（3）等体积转化：充分利用三棱锥的任意一个面都可以作为底面的特点，灵活求解三棱锥的体积；
（4）还台为锥的思想：这是处理台体时常用的思想方法．
【命题方向】三视图是新课标新增内容之一，是新课程高考重点考查的内容．解答此类问题，必须熟练掌握三视图的概念，弄清视图之间的数量关系：正视图、俯视图之间长相等，左视图、俯视图之间宽相等，正视图、左视图之间高相等（正俯长对正，正左高平齐，左俯宽相等），要善于将三视图还原成空间几何体，熟记各类几何体的表面积和体积公式，正确选用，准确计算．
例：某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为（　　）

A.8﹣2πB.8﹣πC.8﹣D.8﹣
分析：几何体是正方体切去两个圆柱，根据三视图判断正方体的棱长及切去的圆柱的底面半径和高，把数据代入正方体与圆柱的体积公式计算．
解答：由三视图知：几何体是正方体切去两个圆柱，
正方体的棱长为2，切去的圆柱的底面半径为1，高为2，
∴几何体的体积V＝23﹣2××π×12×2＝8﹣π．
故选：B．
点评：本题考查了由三视图求几何体的体积，根据三视图判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解题的关键．
9．异面直线及其所成的角
【知识点的知识】
1、异面直线所成的角：
直线a，b是异面直线，经过空间任意一点O，作直线a′，b′，并使a′∥a，b′∥b．我们把直线a′和b′所成的锐角（或直角）叫做异面直线a和b所成的角．异面直线所成的角的范围：θ∈（0，]．当θ＝90°时，称两条异面直线互相垂直．
2、求异面直线所成的角的方法：
求异面直线的夹角关键在于平移直线，常用相似比，中位线，梯形两底，平行平面等手段来转移直线．
3、求异面直线所成的角的方法常用到的知识：

10．空间中直线与直线之间的位置关系
【知识点的认识】
空间两条直线的位置关系：
位置关系
共面情况
公共点个数
图示
相交直线
在同一平面内
有且只有一个

平行直线
在同一平面内
无

异面直线
不同时在任何一个平面内
无

11．空间中直线与平面之间的位置关系
【知识点的认识】
空间中直线与平面之间的位置关系：
位置关系
公共点个数
符号表示
图示
直线在平面内
有无数个公共点
a⊂α

直线和平面相交
有且只有一个公共点
a∩α＝A

直线和平面平行
无
a∥α

12．直线与平面平行
【知识点的知识】
1、直线与平面平行的判定定理：
如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．用符号表示为：若a⊄α，b⊂α，a∥b，则a∥α．
2、直线与平面平行的判定定理的实质是：对于平面外的一条直线，只需在平面内找到一条直线和这条直线平行，就可判定这条直线必和这个平面平行．即由线线平行得到线面平行．

1、直线和平面平行的性质定理：
如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行．
用符号表示为：若a∥α，a⊂β，α∩β＝b，则a∥b．
2、直线和平面平行的性质定理的实质是：
已知线面平行，过已知直线作一平面和已知平面相交，其交线必和已知直线平行．即由线面平行⇒线线平行．
由线面平行⇒线线平行，并不意味着平面内的任意一条直线都与已知直线平行．
正确的结论是：a∥α，若b⊂α，则b与a的关系是：异面或平行．即平面α内的直线分成两大类，一类与a平行有无数条，另一类与a异面，也有无数条．
13．直线与平面垂直
【知识点的认识】
直线与平面垂直：
如果一条直线l和一个平面α内的任意一条直线都垂直，那么就说直线l和平面α互相垂直，记作l⊥α，其中l叫做平面α的垂线，平面α叫做直线l的垂面．
直线与平面垂直的判定：
（1）定义法：对于直线l和平面α，l⊥α⇔l垂直于α内的任一条直线．
（2）判定定理1：如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面．
（3）判定定理2：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面．

直线与平面垂直的性质：
①定理：如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行．符号表示为：a⊥α，b⊥α⇒a∥b
②由定义可知：a⊥α，b⊂α⇒a⊥b．
14．平面与平面之间的位置关系
【知识点的认识】
平面与平面之间的位置关系：
位置关系
公共点个数
符号表示
图示
两平面平行
无
α∥β

两平面相交
有一条公共直线
α∩β＝l

15．平面与平面垂直
【知识点的认识】
平面与平面垂直的判定：
判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直．

平面与平面垂直的性质：
性质定理1：如果两个平面垂直，则在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面．
性质定理2：如果两个平面垂直，那么经过第一个平面内的一点垂直于第二个平面的直线在第一个平面内．
性质定理3：如果两个相交平面都垂直于第三个平面，那么它们的交线垂直于第三个平面．
性质定理4：三个两两垂直的平面的交线两两垂直．
16．空间向量的数量积运算
【知识点的认识】
1．空间向量的夹角
已知两个非零向量、，在空间中任取一点O，作，，则∠AOB叫做向量与的夹角，记作＜，＞．
2．空间向量的数量积
（1）定义：已知两个非零向量、，则||||cos＜，＞叫做向量与的数量积，记作•，即•＝||||cos＜，＞
（2）几何意义：与的数量积等于的长度||与在的方向上的投影||cosθ的乘积，或的长度||与在的方向上的投影||cosθ的乘积．
3．空间向量的数量积运算律
空间向量的数量积满足交换律和分配律．
（1）交换律：＝λ（）＝•（）

（2）分配律：．
4．数量积的理解
（1）书写向量的数量积时，只能用符号，而不能用符号，也不能用
（2）两向量的数量积，其结果是个实数，而不是向量，它的值为两向量的模与两向量夹角的余弦值的乘积，其符号由夹角的余弦值决定．
（3）当时，由＝0不能推出一定是零向量，这是因为任一个与垂直的非零向量，都有
【解题方法点拨】
利用数量积求直线夹角或余弦值的方法：

利用数量积求两点间的距离：
利用向量的数量积求两点间的距离，可以转化为求向量的模的问题，其基本思路是先选择以两点为端点的向量，将此向量表示为几个已知向量的和的形式，求出这几个已知向量的两两之间的夹角以及它们的模，利用公式||＝求解即可．特别注意准确求解已知两向量之间的夹角大小．
利用数量积证明垂直关系：
（1）向量垂直只对非零向量有意义，在证明或判断时，须指明，；
（2）证明两直线的垂直可以转化为证明这两直线的方向向量垂直，将两个方向向量表示为几个已知向量，，的线性形式，然后利用数量积说明两直线的方向向量垂直，进而转化为直线垂直．
【命题方向】
求直线夹角或余弦值、两点间的距离、证明垂直关系等问题最基本的是掌握数量积运算法则的应用，任何有关数量积计算问题都离不开运算律的运用．
例：已知2+＝（2，﹣4，1），且＝（0，2，﹣1），则•＝　﹣7　
分析：通过2+＝（2，﹣4，1），且＝（0，2，﹣1），求出向量的坐标，然后进行向量的数量积的坐标运算．
解答：∵2+＝（2，﹣4，1），且＝（0，2，﹣1），
∴＝（1，﹣3，1），
∴•＝1×0+2×（﹣3）+1×（﹣1）＝﹣7；
故答案为：﹣7．
点评：本题考查了空间向量的数量积的坐标运算，属于基础题．
17．点、线、面间的距离计算
【知识点的知识】