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【学考复习】2024年高中数学学业水平考试（江苏专用）07第七章 立体几何初步-讲义
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1．空间几何体的结构特征
(1)多面体的结构特征
(2)旋转体的结构特征
2.直观图
(1)画法：常用斜二测画法．
(2)规则
①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴、y′轴所在平面垂直．
②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．
3．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
4.柱、锥、台、球的表面积和体积
5．正方体与球 的切、接常用结论：正方体的棱长为a，球的半径为R.
(1)若球为正方体的外接球，则2R＝eq \r(3)a.
(2)若球为正方体的内切球，则2R＝a.
(3)若球与正方体的各棱相切，则2R＝eq \r(2)a.
6．长方体的共顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝eq \r(a2＋b2＋c2).
7．正四面体的外接球的半径R＝eq \f(\r(6),4)a，内切球的半径r＝eq \f(\r(6),12)a，其半径R∶r＝3∶1(a为该正四面体的棱长)．
8．与平面有关的基本事实及推论
(1)与平面有关的三个基本事实
(2)基本事实1的三个推论
9.空间点、直线、平面之间的位置关系
10.基本事实4和等角定理
平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行．
等角定理：如果空间中两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．
11．异面直线所成的角
(1)定义：已知a，b是两条异面直线，经过空间任意一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．
(2)范围：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
12．直线与平面平行
(1)直线与平面平行的定义
直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行．
(2)判定定理与性质定理
13.平面与平面平行
(1)平面与平面平行的定义
没有公共点的两个平面叫做平行平面．
(2)判定定理与性质定理
14．直线与平面垂直
(1)直线和平面垂直的定义
如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l与平面α互相垂直．
(2)判定定理与性质定理
15.直线和平面所成的角
(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角叫做这条直线和这个平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是90°；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°.
(2)范围：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
16．二面角
(1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．
(2)二面角的平面角
若有①O∈l；②OA⊂α，OB⊂β；③OA⊥l，OB⊥l，则二面角α－l－β的平面角是∠AOB．
(3)二面角的平面角α的范围：0°≤α≤180°.
17．平面与平面垂直
(1)平面与平面垂直的定义
两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
(2)判定定理与性质定理
考点一 立体图形的展开图
【例1】已知圆锥的底面半径为eq \r(2)，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )
A．2 B．2eq \r(2)
C．4 D．4eq \r(2)
【答案】 B
【解析】 设圆锥的底面半径为r，母线长为l，因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，所以2πr＝πl，即l＝2r＝2eq \r(2)，所以圆锥的母线长为2eq \r(2)，故选B．
归纳点拨
多面体表面展开图可以有不同的形状，应多实践，观察并大胆想象立体图形与表面展开图的关系，一定先观察立体图形的每一个面的形状．
对点训练
1．给出下列命题：
①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；
②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；
③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．
其中正确命题的个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
【答案】 A
【解析】 ①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．
2. 如图，已知正三棱柱的底面边长为2，高为5，一质点自A点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A1点的最短路线的长为( )
A．10 B．11
C．12 D．13
【答案】 D
【解析】 将正三棱柱ABC－A1B1C1的侧面沿侧棱AA1展开，再拼接一次，示意图如图所示，在展开图中，最短距离是六个矩形形成的大矩形对角线的长度，也即为三棱柱的侧面上所求距离的最小值，记为d.由已知求得矩形的长为6×2＝12，宽为5，由勾股定理得d＝eq \r(122＋52)＝13.
考点二 表面积与体积
【例2】 (1)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为(eq \r(7)≈2.65)( )
A．1.0×109 m3 B．1.2×109 m3
C．1.4×109 m3 D．1.6×109 m3
(2)如图所示，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝2eq \r(2)，AD＝2，则四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积为__________．
【答案】 (1)C (2)(60＋4eq \r(2))π
【解析】 (1)由题意知棱台的两底面面积分别为1.4×108 m2和1.8×108 m2，高为157.5－148.5＝9(m)，所以棱台的体积V＝eq \f(1,3)×(1.4×108＋1.8×108＋eq \r(1.4×108×1.8×108))×9＝3×108×(1.4＋1.8＋0.6×eq \r(7))≈1.437×109≈1.4×109
(m3)，故选C．
(2) 由题意可得，四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体为圆台上面挖去一个圆锥的组合体．如图，过C作CE⊥AD交AD的延长线于E，过C作AB的垂线，垂足为F.
则∠EDC＝180°－∠ADC＝45°，
EC＝CD·sin45°＝2，ED＝CD·cs45°＝2，
CF＝AE＝4，BF＝AB－AF＝3，BC＝eq \r(32＋42)＝5.
故圆台的上底面半径r＝2，下底面半径R＝5，高h2＝4，
母线长l2＝5.
圆锥底面半径r＝2，高h1＝2，母线长l1＝2eq \r(2).
所以圆台侧面积
S1＝π(R＋r)l2＝π(5＋2)×5＝35π，
圆锥侧面积
S2＝eq \f(1,2)×2πr×l1＝eq \f(1,2)×2π×2×2eq \r(2)＝4eq \r(2)π，
圆台下底面面积S3＝πR2＝25π.
故该几何体的表面积
S＝S1＋S2＋S3＝35π＋4eq \r(2)π＋25π＝(60＋4eq \r(2))π.
归纳点拨
(1)空间几何体表面积的求法
①旋转体的表面积问题注意其轴截面及侧面展开图的应用，并弄清底面半径、母线长与对应侧面展开图中边的关系．
②多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．
(2)求空间几何体的体积的常用方法
①公式法：规则几何体的体积问题，直接利用公式进行求解．
②割补法：把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体．
③等体积法：通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积．
对点训练
1． (多选)一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，下列结论正确的是( )
A．圆柱的侧面积为4πR2
B．圆锥的侧面积为2πR2
C．圆柱的侧面积与球的表面积相等
D．球的体积是圆锥体积的两倍
【答案】 ACD
【解析】 因为圆柱的底面直径和高都等于2R，所以圆柱的侧面积S1＝2πR·2R＝4πR2，故A正
确；因为圆锥的底面直径和高等于2R，所以圆锥的侧面积S2＝πR·eq \r(R2＋4R2)＝eq \r(5)πR2，故B错误；因为圆柱的侧面积S1＝4πR2，球的表面积S3＝4πR2，所以圆柱的侧面积与球的表面积相等，故C正确；球的体积V1＝eq \f(4,3)πR3，圆锥的体积V2＝eq \f(1,3)πR2·2R＝eq \f(2,3)πR3，即球的体积是圆锥体积的两倍，故D正确．
2. 在多面体ABC－DEF中，△ABC是边长为2的正三角形，AD，BE，CF都与平面ABC垂直，且AD＝2，BE＝1，CF＝3，则多面体ABC－DEF的体积是( )
A．eq \r(3) B．2eq \r(3)
C．3eq \r(3) D．4eq \r(3)
【答案】 B
【解析】 如图，将多面体ABC－DEF补成三棱柱MNF－ABC，三棱柱MNF－ABC的体积V1＝SABC·|CF|＝eq \f(\r(3),4)×22×3＝3eq \r(3)，设h为该四棱锥F－MNED的高，其数值为底面等边△FMN的底边MN上的高，则h＝eq \r(3)，而四棱锥F－MNED的体积V2＝eq \f(1,3)·S四边形MDEN·h＝eq \f(1,3)×eq \f(2＋1,2)×2×eq \r(3)＝eq \r(3)，则多面体ABC－DEF的体积是3eq \r(3)－eq \r(3)＝2eq \r(3).故选B．
考点三 外接球问题
【例3】(1)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)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3eq \r(3)和4eq \r(3)，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A．100π B．128π
C．144π D．192π
【答案】 (1)B (2)A
【解析】 (1) 如图所示，作出圆柱的轴截面，其中CD为圆柱的高，B为CD的中点．
由题意可得AC＝1，BC＝eq \f(1,2)，则底面半径r＝AB＝eq \r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(3),2)，所以圆柱的体积V＝πr2h＝π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2×1＝eq \f(3,4)π.故选B．
(2)由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)×3eq \r(3)＝3，eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)×4eq \r(3)＝4.设该正三棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，外接球的球心为O，则球心O在直线O1O2上，由于球心位置不能确定，需分球心在线段O1O2上和不在线段O1O2上两种情况讨论．当球心在线段O1O2上时，R2＝32＋OOeq \\al(2,1)＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4>1，不符合题意；当球心不在线段O1O2上，即球心在线段O1O2的延长线上时，R2＝42＋OOeq \\al(2,2)＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，所以R2＝25.综上，球O的表面积为4πR2＝100π，故选A．
归纳点拨
到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可．
对点训练
1．底面为正三角形的直棱柱ABC－A′B′C′的6个顶点都在球面上，且AB＝6，AA′＝12，则球O的半径是________．
【答案】 4eq \r(3)
【解析】 取三棱柱上下底面的中心M，N，则MN的中点O即为球心．
在等边△ABC中，AB＝6，AD＝3eq \r(3)，AM＝eq \f(2,3)AD＝2eq \r(3)，OM＝eq \f(1,2)AA′＝6，所以OA＝eq \r(AM2＋OM2)＝ eq \r(2\r(3)2＋62)＝4eq \r(3).
2．已知三棱锥A－BCD中，△ABD与△BCD是边长为2的等边三角形且二面角A－BD－C为直二面角，则三棱锥A－BCD的外接球的表面积为( )
A．eq \f(10π,3) B．5π
C．6π D．eq \f(20π,3)
【答案】 D
【解析】 取BD的中点M，连接AM，CM，取△ABD，△CBD的中心即AM，CM的靠近BD的三等分点P，Q，过P作面ABD的垂线，过Q作面CBD的垂线，两垂线相交于点O，则点O为外接球的球心，其中OQ＝eq \f(\r(3),3)，CQ＝eq \f(2\r(3),3)，连接OC，则外接球的半径R＝OC＝eq \f(\r(15),3)，则外接球的表面积为4πR2＝eq \f(20π,3)，故选D．
考点四 内切球问题
【例4】(1)已知正三棱锥的高为6，内切球(与四个面都相切)的表面积为16π，则其底面边长为( )
A．18 B．12
C．6eq \r(3) D．4eq \r(3)
(2)在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是边长为2a的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝2a，若在这个四棱锥内放一个球，则该球半径的最大值为________．
【答案】 (1)B (2)(2－eq \r(2))a
【解析】 (1)
如图，由题意知，球心在三棱锥的高PE上，设内切球的半径为R，则S球＝4πR2＝16π，所以R＝2，所以OE＝OF＝2，OP＝4.在Rt△OPF中，PF＝eq \r(OP2－OF2)＝2eq \r(3).因为△OPF∽△DPE，所以eq \f(OF,DE)＝eq \f(PF,PE)，得DE＝2eq \r(3)，AD＝3DE＝6eq \r(3)，AB＝eq \f(2,\r(3))AD＝12.故选B．
(2)解法一：由题意知，球内切于四棱锥P－ABCD时半径最大．设该四棱锥的内切球的球心为O，半径为r，连接OA，OB，OC，OD，OP，则VP－ABCD＝VO－ABCD＋VO－PAD＋VO－PAB＋VO－PBC＋VO－PCD，即eq \f(1,3)×2a×2a×2a＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4a2＋2×\f(1,2)×2a×2a＋2×\f(1,2)×2a×2\r(2)a))×r，解得r＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\r(2)))a.
解法二：易知当球内切于四棱锥P－ABCD，即与四棱锥P－ABCD各个面均相切时，球的半径最大．作出相切时的侧视图如图所示，设四棱锥P－ABCD内切球的半径为r，则eq \f(1,2)×2a×2a＝eq \f(1,2)×(2a＋2a＋2eq \r(2)a)×r，解得r＝(2－eq \r(2))a.
归纳点拨
“切”的问题处理规律
(1)找准切点，通过作过球心的截面来解决．
(2)体积分割是求内切球半径的通用方法．
对点训练
1．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__________．
【答案】 eq \f(3,2)
【解析】 设圆柱内切球的半径为R，则由题设可得圆柱O1O2的底面圆的半径为R，高为2R，故eq \f(V1,V2)＝eq \f(πR2·2R,\f(4,3)πR3)＝eq \f(3,2).
考点五 空间两直线位置关系的判断
【例5】(1)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是( )
A．l与l1，l2都不相交
B．l与l1，l2都相交
C．l至多与l1，l2中的一条相交
D．l至少与l1，l2中的一条相交
(2)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则( )
A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
【答案】 (1)D (2)B
【解析】 (1)假设l与l1，l2都不相交，因为l与l1都在平面α内，于是l∥l1，同理l∥l2，于是l1∥l2，与已知矛盾，故l至少与l1，l2中的一条相交．故选D．
(2)取CD的中点O，连接ON，EO，因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD．设正方形ABCD的边长为2，则EO＝eq \r(3)，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP＝eq \f(\r(3),2)，CP＝eq \f(3,2)，所以BM2＝MP2＋BP2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2＋22＝7，得BM＝eq \r(7)，所以BM≠EN.连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线，故选B．
归纳点拨
空间中两直线位置关系的判定，主要是异面、平行和垂直的判定．异面直线的判定可采用直接法或反证法；平行直线的判定可利用三角形(梯形)中位线的性质、基本事实4及线面平行与面面平行的性质定理；垂直关系的判定往往利用线面垂直或面面垂直的性质来解决．
对点训练
1.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝2ED，CF＝2FA，则EF与BD1的位置关系是( )
A．相交但不垂直
B．相交且垂直
C．异面
D．平行
【答案】 D
【解析】 连接D1E并延长，与AD交于点M，由A1E＝2ED，可得M为AD的中点，连接BF并延长，交AD于点N，因为CF＝2FA，可得N为AD的中点，所以M，N重合，所以EF和BD1共面，且eq \f(ME,ED1)＝eq \f(1,2)，eq \f(MF,BF)＝eq \f(1,2)，所以eq \f(ME,ED1)＝eq \f(MF,BF)，所以EF∥BD1.
2． (多选)四棱锥P－ABCD的所有棱长都相等，M，N分别为PA，CD的中点，下列说法正确的是( )
A．MN与PD是异面直线 B．MN∥平面PBC
C．MN∥AC D．MN⊥PB
【答案】 ABD
【解析】 如图所示，取PB的中点H，连接MH，HC，由题意知，四边形MHCN为平行四边形，且MN∥HC，所以MN∥平面PBC，设四边形MHCN确定平面α，又D∈α，故M，N，D共面，但P∉平面α，D∉MN，因此MN与PD是异面直线，故A、B说法均正确；若MN∥AC，由于CH∥MN，则CH∥AC，事实上AC∩CH＝C，C说法不正确；因为PC＝BC，H为PB的中点，所以CH⊥PB，又CH∥MN，所以MN⊥PB，D说法正确．
考点六 异面直线所成的角
【例6】在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq \r(3)，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A．eq \f(1,5) B．eq \f(\r(5),6)
C．eq \f(\r(5),5) D．eq \f(\r(2),2)
【答案】 C
【解析】 解法一：如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM，易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD(或其补角)为异面直线AD1与DB1所成角．因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq \r(3)，AD1＝eq \r(AD2＋DD\\al(2,1))＝2，DM＝eq \r(AD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)AB))2)＝eq \f(\r(5),2)，DB1＝eq \r(AB2＋AD2＋DD\\al(2,1))＝eq \r(5)，所以OM＝eq \f(1,2)AD1＝1，OD＝eq \f(1,2)DB1＝eq \f(\r(5),2)，于是在△DMO中，由余弦定理，得cs∠MOD＝eq \f(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)))2,2×1×\f(\r(5),2))＝eq \f(\r(5),5)，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为eq \f(\r(5),5)，故选C．
解法二：
如图，补上一相同的长方体CDEF－C1D1E1F1，连接DE1，B1E1.易知AD1∥DE1，则∠B1DE1(或其补角)为异面直线AD1与DB1所成角．因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq \r(3)，所以DE1＝eq \r(DE2＋EE\\al(2,1))＝eq \r(12＋\r(3)2)＝2，
DB1＝eq \r(12＋12＋\r(3)2)＝eq \r(5)，B1E1＝eq \r(A1B\\al(2,1)＋A1E\\al(2,1))＝eq \r(12＋22)＝eq \r(5)，在△B1DE1中，由余弦定理，得cs∠B1DE1＝eq \f(22＋\r(5)2－\r(5)2,2×2×\r(5))＝eq \f(\r(5),5)，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为eq \f(\r(5),5)，故选C．
归纳点拨
求异面直线所成的角的方法和步骤
(1)求异面直线所成的角常用方法是平移法，平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．
(2)求异面直线所成的角的三步曲：即“一作、二证、三求”．其中空间选点任意，但要灵活，经常选择“端点、中点、等分点”，通过作三角形的中位线，平行四边形等进行平移，作出异面直线所成的角，转化为解三角形问题，进而求解．
对点训练
1．已知四棱锥P—ABCD的底面边长都为2，PA＝PC＝2eq \r(3)，PB＝PD，且∠DAB＝60°，M是PC的中点，则异面直线MB与AP所成的角为________．
【答案】 30°
【解析】 如图，连接AC与BD，相交于点N，连接MN，则MN∥PA，所以∠NMB(或∠NMB的补角)为异面直线MB与AP所成的角，在△MNB中，由题意得NB＝1，MN＝eq \r(3)，由已知得BN⊥AC，PN⊥BN，∴BN⊥平面PAC．∴BN⊥MN，则tan∠NMB＝eq \f(NB,MN)＝eq \f(\r(3),3)，∴∠NMB＝30°.
2. 空间四边形ABCD中，AB＝CD且AB与CD所成的角为30°，E、F分别为BC、AD的中点，则EF与AB所成角的大小为__________．
【答案】 15°或75°
【解析】 取AC的中点G，连接EG、FG，则EG綊eq \f(1,2)AB，FG綊eq \f(1,2)CD，由AB＝CD知EG＝FG，∴∠GEF(或它的补角)为EF与AB所成的角，∠EGF(或它的补角)为AB与CD所成的角．
∵AB与CD所成的角为30°，
∴∠EGF＝30°或150°.
由EG＝FG知△EFG为等腰三角形，
当∠EGF＝30°时，∠GEF＝75°；当∠EGF＝150°时，∠GEF＝15°.
故EF与AB所成的角为15°或75°.
考点七 直线与平面平行的判定与性质
【例7】如图所示，已知四边形ABCD是正方形，四边形ACEF是矩形，M是线段EF的中点．
(1)求证：AM∥平面BDE；
(2)若平面ADM∩平面BDE＝l，平面ABM∩平面BDE＝m，试分析l与m的位置关系，并证明你的结论．
【解析】
(1)证明：如图，记AC与BD的交点为O，连接OE.
因为O，M分别为AC，EF的中点，四边形ACEF是矩形，
所以四边形AOEM是平行四边形，所以AM∥OE.
又因为OE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，
所以AM∥平面BDE.
(2)l∥m，证明如下：
由(1)知AM∥平面BDE，
又AM⊂平面ADM，平面ADM∩平面BDE＝l，
所以l∥AM，同理，AM∥平面BDE，
又AM⊂平面ABM，平面ABM∩平面BDE＝m，所以m∥AM，所以l∥m.
归纳点拨
(1)利用线面平行的判定定理证明直线与平面平行的关键是在平面内找到一条与已知直线平行的直线．
(2)利用面面平行的性质证明线面平行时，关键是构造过该直线与所证平面平行的平面，这种方法往往借助于比例线段或平行四边形．
(3)在应用线面平行的性质定理进行平行转化时，一定注意定理成立的条件，通常应严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如：把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面和已知平面相交，这时才有直线与交线平行．
对点训练
1．对于空间中的两条直线m，n和一个平面α，下列命题中真命题的是( )
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若m∥α，n⊂α，则m∥n
C．若m∥α，n⊥α，则m∥n
D．若m⊥α，n⊥α，则m∥n
【答案】 D
【解析】 对于A，直线m，n可能平行、异面或相交，故错误；对于B，直线m，n可能平行，也可能异面，故错误；对于C，m与n垂直而非平行，故错误；对于D，垂直于同一平面的两直线平行，故正确．
2. 如图，在四棱锥E－ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，CD＝2AB＝2CE＝4，点F为棱DE的中点．证明：AF∥平面BCE.
【证明】 证法一：如图，取CE的中点M，连接FM，BM.
因为点F为棱DE的中点，所以FM∥CD且FM＝eq \f(1,2)CD＝2，
因为AB∥CD，且AB＝2，
所以FM∥AB且FM＝AB，
所以四边形ABMF为平行四边形，
所以AF∥BM，
因为AF⊄平面BCE，BM⊂平面BCE，
所以AF∥平面BCE.
证法二：如图，在平面ABCD内，分别延长CB，DA，交于点N，连接EN.
因为AB∥CD，CD＝2AB，
所以A为DN的中点．
又F为DE的中点，
所以AF∥EN，
因为EN⊂平面BCE，AF⊄平面BCE，
所以AF∥平面BCE.
证法三：如图，取棱CD的中点G，连接AG，GF，
因为点F为棱DE的中点，所以FG∥CE，
因为FG⊄平面BCE，CE⊂平面BCE，
所以FG∥平面BCE.
因为AB∥CD，AB＝CG＝2，
所以四边形ABCG是平行四边形，所以AG∥BC，
因为AG⊄平面BCE，BC⊂平面BCE，
所以AG∥平面BCE.
又FG∩AG＝G，FG⊂平面AFG，AG⊂平面AFG，所以平面AFG∥平面BCE.
因为AF⊂平面AFG，所以AF∥平面BCE.
考点八 平面与平面平行的判定与性质
【例8】 如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：
(1)B，C，H，G四点共面；
(2)平面EFA1∥平面BCHG.
[思路引导] (1)由G、H分别是A1B1，A1C1的中点→GH∥B1C1→GH∥BC→得结论．
(2)eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(EF∥BC→EF∥面BCHG,A1E∥BG→A1E∥面BCHG))→面EFA1∥面BCHG.
【证明】 (1)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，
∴GH是△A1B1C1的中位线，
∴GH∥B1C1.
又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，
∴B，C，H，G四点共面．
(2)∵E，F分别是AB，AC的中点，∴EF∥BC．
∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，
∴EF∥平面BCHG.
∵A1G綊EB，
∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB．
∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，
∴A1E∥平面BCHG.
∵A1E∩EF＝E，∴平面EFA1∥平面BCHG.
归纳点拨
(1)判定面面平行的主要方法
①利用面面平行的判定定理．
②线面垂直的性质(垂直于同一直线的两平面平行)．
(2)面面平行条件的应用
①两平面平行，分别构造与之相交的第三个平面，交线平行．
②两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行．
对点训练
1．设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是( )
A．存在一条直线a，a∥α，a∥β
B．存在一条直线a，a⊂α，a∥β
C．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α
D．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α
【答案】 D
【解析】 若存在一条直线a，a∥α，a∥β，则α∥β或α与β相交，若α∥β，则存在一条直线a，使得a∥α，a∥β，所以选项A的内容是α∥β的一个必要条件；同理，选项B，C的内容也是α∥β的一个必要条件而不是充分条件；可以通过平移把两条异面直线平移到一个平面中，成为相交直线，则有α
∥β，所以选项D的内容是α∥β的一个充分条件．故选D．
2．(2022·河南许昌三校联考)如图所示，四边形ABCD与四边形ADEF都为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．求证：
(1)BE∥平面DMF；
(2)平面BDE∥平面MNG.
【证明】
(1)如图所示，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO.因为BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，
所以BE∥平面DMF.
(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN.
因为DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.
因为M为AB的中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN.
因为BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，所以BD∥平面MNG.
因为DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，
所以平面BDE∥平面MNG.
考点九 平行关系的综合应用
【例9】 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别为对角线BD，CD1上的点，且eq \f(CQ,QD1)＝eq \f(BP,PD)＝eq \f(2,3).
(1)求证：PQ∥平面A1D1DA；
(2)若R是AB上的点，eq \f(AR,AB)的值为多少时，能使平面PQR∥平面A1D1DA？请给出证明．
【证明】
(1)连接CP并延长与DA的延长线交于M点，如图，连接MD1，
因为四边形ABCD为正方形，所以BC∥AD，故△PBC∽△PDM，
所以eq \f(CP,PM)＝eq \f(BP,PD)＝eq \f(2,3)，又因为eq \f(CQ,QD1)＝eq \f(BP,PD)＝eq \f(2,3)，所以eq \f(CQ,QD1)＝eq \f(CP,PM)＝eq \f(2,3)，所以PQ∥MD1.又MD1⊂平面A1D1DA，PQ⊄平面A1D1DA，故PQ∥平面A1D1DA．
(2)当eq \f(AR,AB)的值为eq \f(3,5)时，能使平面PQR∥平面A1D1DA．如图，
证明如下：因为eq \f(AR,AB)＝eq \f(3,5)，即eq \f(BR,RA)＝eq \f(2,3)，故eq \f(BR,RA)＝eq \f(BP,PD).所以PR∥DA．
又DA⊂平面A1D1DA，PR⊄平面A1D1DA，所以PR∥平面A1D1DA，
又由(1)知PQ∥平面A1D1DA，PQ∩PR＝P，PQ，PR⊂平面PQR，所以平面PQR∥平面A1D1DA．
归纳点拨
证明平行关系的常用方法
熟练掌握线线、线面、面面平行关系间的相互转化是解决线线、线面、面面平行的综合问题的关键．面面平行判定定理的推论也是证明面面平行的一种常用方法．
对点训练
1．如图所示，平面α∥平面β，点A∈α，点C∈α，点B∈β，点D∈β，点E，F分别在线段AB，CD上，且AE∶EB＝CF∶FD．
(1)求证：EF∥平面β；
(2)若E，F分别是AB，CD的中点，AC＝4，BD＝6，且AC，BD所成的角为60°，求EF的长．
【证明】(1)①当AB，CD在同一平面内时，由平面α∥平面β，平面α∩平面ABDC＝AC，平面β∩平面ABDC＝BD知，AC∥BD．
∵AE∶EB＝CF∶FD，∴EF∥BD．
又EF⊄β，BD⊂β，∴EF∥平面β.
②当AB与CD异面时，如图所示，
设平面ACD∩平面β＝HD，取HD＝AC，
∵平面α∥平面β，
平面α∩平面ACDH＝AC，∴AC∥HD，
∴四边形ACDH是平行四边形．
在AH上取一点G，使AG∶GH＝CF∶FD，
连接EG，FG，BH.
∵AE∶EB＝CF∶FD＝AG∶GH，
∴GF∥HD，EG∥BH.∵GF⊄β，HD⊂β ∴GF∥平面β.
∵EG⊄β，HD⊂β，∴EG∥β.
又EG∩GF＝G，∴平面EFG∥平面β.
又EF⊂平面EFG，∴EF∥平面β.
综合①②可知，EF∥平面β.
(2)如图所示，连接AD，取AD的中点M，连接ME，MF.
∵E，F分别是AB，CD的中点，
∴ME∥BD，MF∥AC，
且ME＝eq \f(1,2)BD＝3，MF＝eq \f(1,2)AC＝2.
∴∠EMF为AC与BD所成的角(或其补角)，
∴∠EMF＝60°或120°.
∴在△EFM中，由余弦定理得
EF＝eq \r(ME2＋MF2－2ME·MF·cs∠EMF)
＝eq \r(32＋22±2×3×2×\f(1,2))＝eq \r(13±6)，
即EF＝eq \r(7)或EF＝eq \r(19).
考点十 证明线面垂直
【例10】 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥DC，PD＝AD，E是PB的中点，F是DC上的点且DF＝eq \f(1,2)AB，PH为△PAD中AD边上的高．求证：
(1)PH⊥平面ABCD；
(2)EF⊥平面PAB．
【证明】 (1)∵AB⊥平面PAD，AB⊂平面ABCD，
∴平面PAD⊥平面ABCD．
∵平面PAD∩平面ABCD＝AD，
PH⊥AD，PH⊂平面PAD
∴PH⊥平面ABCD．
(2)取PA的中点M，连接MD，ME.
∵E是PB的中点，∴MEeq \f(1,2)AB．
又∵DFeq \f(1,2)AB，∴MEDF，
∴四边形MEFD是平行四边形，∴EF∥MD．
∵PD＝AD，∴MD⊥PA．
∵AB⊥平面PAD，∴MD⊥AB．
∵PA∩AB＝A，∴MD⊥平面PAB，
∴EF⊥平面PAB．
归纳点拨
证明直线和平面垂直的常用方法
(1)判定定理．
(2)直线垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)．
(3)面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)．
(4)面面垂直的性质(α⊥β，α∩β＝a，l⊥a，l⊂β⇒l⊥α)．
对点训练
1．设l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，以下说法正确的是( )
A．若l⊥m，m∥α，则l⊥α
B．若l∥β，α⊥β，则l⊥α
C．若l⊥m，m⊥β，α⊥β，则l⊥α
D．若l⊥β，m⊥β，m⊥α，则l⊥α
【答案】 D
【解析】 对于A，如图①所示长方体中，l⊥m，m∥α，但l∥α，错误；对于B，如图②所示长方体中，l∥β，α⊥β，但l不与α垂直，错误；对于C，如图③所示长方体中，l⊥m，m⊥β，α⊥β，则l不与α垂直，错误；对于D，若l⊥β，m⊥β，则m∥l，因为m⊥α，所以l⊥α，正确．故选D．
考点十一 证明线线垂直
【例11】 如图，已知矩形ABCD，过A作SA⊥平面ABCD，再过A作AE⊥SB交SB于点E，过E作EF⊥SC交SC于点F.
(1)求证：AF⊥SC；
(2)若平面AEF交SD于点G，求证：AG⊥SD．
【证明】 (1)因为SA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以SA⊥BC．
因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥BC，
又因为SA∩AB＝A，
所以BC⊥平面SAB，因为AE⊂平面SAB，所以BC⊥AE.
又SB⊥AE，SB∩BC＝B，所以AE⊥平面SBC，因为SC⊂平面SBC，所以AE⊥SC．
又EF⊥SC，EF∩AE＝E，所以SC⊥平面AEF，因为AF⊂平面AEF，所以AF⊥SC．
(2)因为SA⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，所以SA⊥DC．
又AD⊥DC，AD∩SA＝A，所以DC⊥平面SAD，因为AG⊂平面SAD，所以DC⊥AG.
由(1)知SC⊥平面AEF，又AG⊂平面AEF，
所以SC⊥AG，又SC∩DC＝C，所以AG⊥平面SDC，因为SD⊂平面SDC，所以AG⊥SD．
归纳点拨
证明线线垂直的常用方法
(1)利用特殊图形中的垂直关系．
(2)利用等腰三角形底边中线的性质．
(3)利用勾股定理的逆定理．
(4)利用直线与平面垂直的性质．
对点训练
1. 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．
证明：(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
【证明】 (1)在四棱锥P－ABCD中，
∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD．
又∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，∴CD⊥平面PAC．
而AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE.
(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA．
∵E是PC的中点，∴AE⊥PC．
由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD，∴AE⊥平面PCD，
而PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD．
∵PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB．
又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，
∴AB⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，
∴AB⊥PD．又∵AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE，∴PD⊥平面ABE.
考点十二 平面与平面垂直的判定与性质
【例12】 如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA．
(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；
(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝eq \f(2,3)DA，求三棱锥Q－ABP的体积．
【证明】(1)由已知可得，∠BAC＝90°，AB⊥AC．又AB⊥DA，且AC∩AD＝A，所以AB⊥平面ACD．又AB⊂平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC．
(2) 由已知可得，DC＝CM＝AB＝AC＝3，DA＝3eq \r(2).又BP＝DQ＝eq \f(2,3)DA，所以BP＝2eq \r(2).
过点Q作QE⊥AC，垂足为E，则QE綊eq \f(1,3)DC．由已知及(1)可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE＝1.
因此，三棱锥Q－ABP的体积VQ－ABP＝eq \f(1,3)·QE·S△ABP＝eq \f(1,3)×1×eq \f(1,2)×3×2eq \r(2)sin45°＝1.
归纳点拨
(1)判定面面垂直的方法
①面面垂直的定义．
②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．
(2)已知平面垂直时，解题一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，将问题转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．
对点训练
如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，M是PD的中点．
(1)证明：AM⊥平面PCD；
(2)若AB＝2，求点C到平面PAB的距离．
【证明】 (1)
在正三角形PAD中，M为PD的中点，∴AM⊥PD，∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，且CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD．∵AM⊂平面PAD，∴CD⊥AM.又∵AM⊥PD，且CD∩PD＝D，∴AM⊥平面PCD．
(2)如图，取AD的中点O，连接PO，AC，在正三角形PAD中，PO⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PO⊥平面ABCD．若AB＝2，则PO＝eq \r(3)，∴VP－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·PO＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×2×2))×eq \r(3)＝eq \f(2\r(3),3)，由(1)知CD⊥平面PAD，AB∥CD，∴AB⊥平面PAD，又PA⊂平面PAD，∴AB⊥PA．
设点C到平面PAB的距离为d，由VC－PAB＝VP－ABC可得，eq \f(1,3)S△PAB·d＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)PA·AB))d＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×2×2))d＝eq \f(2\r(3),3)，∴d＝eq \r(3).
故点C到平面PAB的距离为eq \r(3).
一、选择题
1．如图所示的扇形是某个圆锥的侧面展开图，已知扇形所在圆的半径R＝eq \r(5)，扇形弧长l＝4π，则该圆锥的表面积为( )
A．2π
B．(4＋2eq \r(5))π
C．(3＋eq \r(5))π
D．8π＋eq \r(5)
【答案】 B
【解析】 设圆锥底面圆半径为r，则2πr＝4π，解得r＝2.圆锥的表面积S表＝S底面圆＋S侧＝πr2＋eq \f(1,2)lR＝π×22＋eq \f(1,2)×4π×eq \r(5)＝(4＋2eq \r(5))π.故选B．
2．已知某圆柱的轴截面是正方形，且该圆柱的侧面积是4π，则该圆柱的体积是( )
A．2π B．4π
C．8π D．12π
【答案】 A
【解析】 设该圆柱的底面圆半径为r，则圆柱的高(母线)为h，而圆柱的轴截面是正方形，则h＝2r，圆柱侧面积为2πrh＝4π，即4πr2＝4π，解得r＝1，h＝2，故该圆柱的体积是πr2h＝2π.故选A．
3．与棱长为eq \r(2)的正方体所有棱都相切的球的体积为( )
A．eq \f(2π,3) B．eq \f(3π,2)
C．eq \f(4π,3) D．eq \f(3π,4)
【答案】 C
【解析】 易知正方体的体对角线的中点为球心O，设O到任意棱的距离为R，则R＝1.所以该球的体积V＝eq \f(4π,3)R3＝eq \f(4π,3).
4．已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O－ABC的体积为( )
A．eq \f(\r(2),12) B．eq \f(\r(3),12)
C．eq \f(\r(2),4) D．eq \f(\r(3),4)
【答案】 A
【解析】
如图所示，由AC⊥BC可知，△ABC是以AB为斜边的直角三角形，又知AC＝BC＝1，∴AB＝eq \r(2)，∴Rt△ABC的外接圆圆心为AB的中点O1，半径r＝eq \f(AB,2)＝eq \f(\r(2),2)，连接OO1，∵点O为球心，∴OO1⊥平面ABC，即OO1的长为O到平面ABC的距离．
在Rt△OO1B中，OB＝1，O1B＝eq \f(\r(2),2)，∴OO1＝eq \r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2)＝eq \f(\r(2),2)，∴VO－ABC＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×12×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),12).故选A．
5．已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b( )
A．一定是异面直线 B．一定是相交直线
C．不可能是平行直线 D．不可能是相交直线
【答案】 C
【解析】 由已知得直线c与b可能为异面直线也可能为相交直线，但不可能为平行直线．若b∥c，则a∥b，与已知a，b为异面直线相矛盾．故选C．
6. 如图，E，F分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱A1D1与AA1的中点，则下列判断正确的是( )
A．直线AC与BF是相交直线
B．直线C1E与AC互相平行
C．直线C1E与BF是异面直线
D．直线DB与AC互相垂直
【答案】 D
【解析】 由题知，AC⊂平面ABCD，BF与平面ABCD交于点B，B∉AC，所以直线AC与BF是异面直线，故A错误；AC⊂平面ACC1A1，EC1与平面ACC1A1交于点C1，C1∉AC，所以直线C1E与AC是异面直线，故B错误；根据正方体性质EF∥AD1∥BC1，所以E，F，B，C1四点共面，所以直线C1E与BF不是异面直线，故C错误；正方体各个表面均为正方形，所以直线DB与AC互相垂直，故D正确．故选D．
7．已知空间中不过同一点的三条直线l，m，n.“l，m，n共面”是“l，m，n两两相交”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
【答案】 B
【解析】 由条件可知，当m，n，l在同一平面内时，三条直线不一定两两相交，有可能两条直线平行；或三条直线平行；反过来，当空间中不过同一点的三条直线m，n，l两两相交时，如图，三个不同的交点确定一个平面，则m，n，l在同一平面内，所以“m，n，l”共面是“m，n，l两两相交”的必要不充分条件．故选B．
8．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为( )
A．eq \f(1,5) B．eq \f(2,5)
C．eq \f(3,5) D．eq \f(4,5)
【答案】 D
【解析】 如图，连接BC1，易证BC1∥AD1，则∠A1BC1即为异面直线A1B与AD1所成的角或其补角．连接A1C1，设AB＝1，则AA1＝2，A1C1＝eq \r(2)，A1B＝BC1＝eq \r(5)，故cs∠A1BC1＝eq \f(5＋5－2,2×\r(5)×\r(5))＝eq \f(4,5).故选D．
9．已知α，β，γ是三个不同的平面，且α∩γ＝m，β∩γ＝n，则“m∥n”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
【答案】 B
【解析】 如图，将平面α，β，γ视为一个三棱柱的三个侧面，设α∩β＝a，a，m，n为三棱柱三条侧棱所在的直线，则由m∥n得不到α∥β.若α∥β，且α∩γ＝m，β∩γ＝n，由面面平行的性质定理可得出m∥n.所以由α∥β可得m∥n，因此“m∥n”是“α∥β”的必要不充分条件．故选B．
10．设m，n表示不同直线，α，β表示不同平面，则下列结论中正确的是( )
A．若m∥α，m∥n，则n∥α
B．若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β
C．若α∥β，m∥α，m∥n，则n∥β
D．若α∥β，m∥α，n∥m，n⊄β，则n∥β
【答案】 D
【解析】 A错误，n有可能在平面α内；B错误，平面α有可能与平面β相交；C错误，n也有可能在平面β内；D正确，易知m∥β或m⊂β，若m⊂β，又n∥m，n⊄β，∴n∥β，若m∥β，过m作平面γ交平面β于直线l，则m∥l，又n∥m，∴n∥l，又n⊄β，l⊂β，∴n∥β.故选D．
11．过三棱柱ABC－A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线共有( )
A．4条 B．6条 C．8条 D．12条
【答案】 B
【解析】 如图，H，G，F，I是相应线段的中点，故符合条件的直线只能出现在平面HGFI中，有FI，FG，GH，HI，HF，GI共6条直线，故选B．
12．如图，四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，四边形ABCD为平行四边形，E，F分别在线段DB，DD1上，且eq \f(DE,EB)＝eq \f(DF,FD1)＝eq \f(1,2)，G在CC1上且平面AEF∥平面BD1G，则eq \f(CG,CC1)＝( )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(1,3)
C．eq \f(2,3) D．eq \f(1,4)
【答案】 B
【解析】 由题知EF∥BD1，平面ADD1A1∥平面BCC1B1.因为G在CC1上且平面AEF∥平面BD1G，平面ADD1A∩平面AEF＝AF，平面BCC1B1∩平面BDG＝BG.所以AF∥BG，所以eq \f(CG,CC1)＝eq \f(DF,DD1)＝eq \f(1,3)，故选B．
13．设α，β是两个不同的平面，l是一条直线，以下结论正确的是( )
A．若l⊥α，α∥β，则l⊥β
B．若l∥α，l∥β，则α∥β
C．若l⊥α，α⊥β，则l⊂β
D．若l∥α，α⊥β，则l⊥β
【答案】 A
【解析】 若两平面平行，则垂直于一个平面的直线必垂直于另一个平面，故A正确．若α∩β＝m，l∥m，l⊄α，l⊄β 此时满足l∥α，l∥β，但不满足α∥β，故B不正确．若l⊥α，α⊥β，则可能有l⊂β，也可能有l∥β，故C不正确．若l∥α，α⊥β，则直线l可能在平面β内，可能与平面β相交，也可能有l∥β，故D不正确．故选A．
14．已知平面α和直线l有交点，则“直线l与平面α垂直”是“平面α内存在两条夹角为30°的直线m，n，使得m⊥l且n⊥l”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
【答案】 C
【解析】 若直线l与平面α垂直，则l垂直α内的任意一条直线，若平面α内存在两条夹角为30°的直线m，n，则m⊥l且n⊥l，故充分性成立；若平面α内存在两条夹角为30°的直线m，n，使得m⊥l且n⊥l，由线面垂直的判定定理可知直线l与平面α垂直，故必要性成立．所以“直线l与平面α垂直”是“平面α内存在两条夹角为30°的直线m，n，使得m⊥l且n⊥l”的充分必要条件．故选C．
15．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O，M，N分别是线段BD，DD1，D1C1的中点，则直线OM与AC，MN的位置关系是( )
A．直线OM与AC，MN均垂直
B．直线OM与AC垂直，与MN不垂直
C．直线OM与AC不垂直，与MN垂直
D．直线OM与AC，MN均不垂直
【答案】 A
【解析】 因为DD1⊥平面ABCD，所以AC⊥DD1.
又AC⊥BD，DD1∩BD＝D，连接B1D1，
所以AC⊥平面BDD1B1.
因为OM⊂平面BDD1B1，所以OM⊥AC．
设正方体的棱长为2，
则OM＝eq \r(1＋2)＝eq \r(3)，MN＝eq \r(1＋1)＝eq \r(2)，连接ON，ON＝eq \r(1＋4)＝eq \r(5)，所以OM2＋MN2＝ON2，所以OM⊥MN.故选A．
16．如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点．现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D点重合，重合后的点记为H.那么，在这个空间图形中必有( )
A．AG⊥平面EFH B．HF⊥平面AEF
C．AH⊥平面EFH D．HG⊥平面AEF
【答案】 C
【解析】 根据折叠前、后的不变性得AH⊥HE，AH⊥HF，又HE∩HF＝H，∴AH⊥平面EFH，C正确．∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴A不正确．∵AG⊥EF，GH⊥EF，AG∩GH＝G，∴EF⊥平面HAG，又EF⊂平面AEF，∴平面HAG⊥平面AEF，过H作直线垂直于平面AEF，一定在平面HAG内，∴B不正确．若HG⊥平面AEF，则HG⊥AG，显然不成立，∴D不正确．
二、解答题
17.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝BB1，AB1∩A1B＝E，D为AC上的点，B1C∥平面A1BD．
(1)求证：BD⊥平面A1ACC1；
(2)若AB＝1，且AC·AD＝1，求三棱锥A－BCB1的体积．
【证明】(1)如图，连接ED，
∵平面AB1C∩平面A1BD＝ED，B1C∥平面A1BD，∴B1C∥ED，
∵E为AB1的中点，∴D为AC的中点，
∵AB＝BC，∴BD⊥AC，①
由A1A⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，得A1A⊥BD，②
由①②及A1A，AC是平面A1ACC1内的两条相交直线，得BD⊥平面A1ACC1.
(2)由AB＝1，得BC＝BB1＝1，
由(1)知AD＝eq \f(1,2)AC，又AC·AD＝1，∴AC2＝2，∴AC2＝2＝AB2＋BC2，∴AB⊥BC，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)AB·BC＝eq \f(1,2)，∴VA－BCB1＝VB1－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·BB1＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1＝eq \f(1,6).
18. 如图，在四棱锥O－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M为OA的中点．
(1)求四棱锥O－ABCD的体积；
(2)求异面直线OC与MD所成角的正切值的大小．
【证明】 (1)由已知可求得，正方形ABCD的面积S＝4，所以，四棱锥O－ABCD的体积V＝eq \f(1,3)×4×2＝eq \f(8,3).
(2)连接AC，设线段AC的中点为E，连接ME，DE，
则∠EMD为异面直线OC与MD所成的角(或其补角)，
由已知，可得DE＝eq \r(2)，EM＝eq \r(3)，MD＝eq \r(5)，
∵(eq \r(2))2＋(eq \r(3))2＝(eq \r(5))2，∴△DEM为直角三角形，∴tan∠EMD＝eq \f(DE,EM)＝eq \f(\r(2),\r(3))＝eq \f(\r(6),3).
19.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，BC∥平面PAD, BC＝eq \f(1,2)AD，E是PD的中点．
(1)求证：CE∥平面PAB．
(2)若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点N，使得MN∥平面PAB．请说明理由．
【解析】
(1)证明：如图，取AP的中点F，连接EF，BF，
∵E，F分别是PD，AP的中点，
∴EF∥AD且EF＝eq \f(1,2)AD，
又BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，∴BC∥AD，又BC＝eq \f(1,2)AD，
∴EF∥BC，且EF＝BC，
∴四边形BCEF为平行四边形，∴CE∥BF.
又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，∴CE∥平面PAB．
(2)线段AD上存在点N，且点N为AD的中点，使得MN∥平面PAB，理由如下：
取AD的中点N，连接CN，EN，
∵E，N分别为PD，AD的中点，∴EN∥PA，
∵EN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，
∴EN∥平面PAB，
由(1)知，CE∥平面PAB，又CE∩EN＝E，CE，EN⊂平面CEN，∴平面CEN∥平面PAB．
连接MN，则MN⊂平面CEN，
∴MN∥平面PAB，
∴线段AD上存在点N，使得MN∥平面PAB．
20. 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．求证：
(1) PE⊥BC；
(2)平面PAB⊥平面PCD；
(3)EF∥平面PCD．
【证明】 (1)因为PA＝PD，E为AD的中点，
所以PE⊥AD．
因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD，所以PE⊥BC．
(2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD．
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面PAD．
又PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD．
又因为PA⊥PD，且PA∩AB＝A，
所以PD⊥平面PAB．又PD⊂平面PCD，
所以平面PAB⊥平面PCD．
(3)如图，取PC中点G，
连接FG，DG.
因为F，G分别为PB，PC的中点，
所以FG∥BC ，FG＝eq \f(1,2)BC．
因为ABCD为矩形，且E为AD的中点，
所以DE∥BC，DE＝eq \f(1,2)BC，
所以DE∥FG，DE＝FG，所以四边形DEFG为平行四边形，所以EF∥DG.
又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，
所以EF∥平面PCD．
名称
棱柱
棱锥
棱台
图形
底面
互相平行且全等
多边形
互相平行且相似
侧棱
平行且相等
相交于一点，但不一定相等
延长线交于一点
侧面
形状
平行四边形
三角形
梯形
名称
圆柱
圆锥
圆台
球
图形
母线
互相平行且相等，垂直于底面
相交于一点
延长线交于一点
轴截面
矩形
等腰三角形
等腰梯形
圆面
侧面展开图
矩形
扇形
扇环
圆柱
圆锥
圆台
侧面
展开图
侧面积
公式
S圆柱侧＝2πrl
S圆锥侧＝πrl
S圆台侧＝π(r1＋r2)l
名称
几何体
表面积
体积
柱体
(棱柱和圆柱)
S表面积＝S侧＋2S底
V＝Sh
锥体
(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝eq \f(1,3)Sh
台体
(棱台和圆台)
S表面积＝S侧＋S上＋S下
V＝eq \f(1,3)(S上＋S下＋eq \r(S上S下))h
球
S＝4πR2
V＝eq \f(4,3)πR3
基本
事实
内容
图形
符号
基本
事实1
过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面
A，B，C三点不共线⇒存在唯一的α使A，B，C∈α
基本
事实2
如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内
A∈l，B∈l，且A∈α，B∈α⇒l⊂α
基本
事实3
如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线
P∈α，且P∈β⇒α∩β＝l，且P∈l
推论
内容
图形
作用
推论1
经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面
推论2
经过两条相交直线，有且只有一个平面
推论3
经过两条平行直线，有且只有一个平面
确定平面的依据
直线与直线
直线与平面
平面与平面
平行关系
图形
语言
符号
语言
a∥b
a∥α
α∥β
相交关系
图形
语言
符号
语言
a∩b＝A
a∩α＝A
α∩β＝l
独有关系
图形
语言
符号
语言
a，b是异面直线
a⊂α
文字语言
图形表示
符号表示
判定定理
如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行
a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α
性质定理
一条直线和一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行
a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b
文字语言
图形表示
符号表示
判定定理
如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行
a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β
性质
两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面
α∥β，a⊂α⇒a∥β
性质定理
两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行
α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b
文字语言
图形表示
符号表示
判定定理
如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l⊥a,,l⊥b,,a∩b＝O,,a⊂α,,b⊂α))⇒l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊥α,b⊥α))⇒a∥b
文字语言
图形表示
符号表示
判定定理
如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l⊥α,l⊂β))⇒α⊥β
性质定理
两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α⊥β,α∩β＝a,l⊥a,l⊂β))⇒l⊥α
1．空间几何体的结构特征
(1)多面体的结构特征
(2)旋转体的结构特征
2.直观图
(1)画法：常用斜二测画法．
(2)规则
①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴、y′轴所在平面垂直．
②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．
3．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
4.柱、锥、台、球的表面积和体积
5．正方体与球 的切、接常用结论：正方体的棱长为a，球的半径为R.
(1)若球为正方体的外接球，则2R＝eq \r(3)a.
(2)若球为正方体的内切球，则2R＝a.
(3)若球与正方体的各棱相切，则2R＝eq \r(2)a.
6．长方体的共顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝eq \r(a2＋b2＋c2).
7．正四面体的外接球的半径R＝eq \f(\r(6),4)a，内切球的半径r＝eq \f(\r(6),12)a，其半径R∶r＝3∶1(a为该正四面体的棱长)．
8．与平面有关的基本事实及推论
(1)与平面有关的三个基本事实
(2)基本事实1的三个推论
9.空间点、直线、平面之间的位置关系
10.基本事实4和等角定理
平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行．
等角定理：如果空间中两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．
11．异面直线所成的角
(1)定义：已知a，b是两条异面直线，经过空间任意一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．
(2)范围：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
12．直线与平面平行
(1)直线与平面平行的定义
直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行．
(2)判定定理与性质定理
13.平面与平面平行
(1)平面与平面平行的定义
没有公共点的两个平面叫做平行平面．
(2)判定定理与性质定理
14．直线与平面垂直
(1)直线和平面垂直的定义
如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l与平面α互相垂直．
(2)判定定理与性质定理
15.直线和平面所成的角
(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角叫做这条直线和这个平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是90°；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°.
(2)范围：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
16．二面角
(1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．
(2)二面角的平面角
若有①O∈l；②OA⊂α，OB⊂β；③OA⊥l，OB⊥l，则二面角α－l－β的平面角是∠AOB．
(3)二面角的平面角α的范围：0°≤α≤180°.
17．平面与平面垂直
(1)平面与平面垂直的定义
两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
(2)判定定理与性质定理
考点一 立体图形的展开图
【例1】已知圆锥的底面半径为eq \r(2)，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )
A．2 B．2eq \r(2)
C．4 D．4eq \r(2)
【答案】 B
【解析】 设圆锥的底面半径为r，母线长为l，因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，所以2πr＝πl，即l＝2r＝2eq \r(2)，所以圆锥的母线长为2eq \r(2)，故选B．
归纳点拨
多面体表面展开图可以有不同的形状，应多实践，观察并大胆想象立体图形与表面展开图的关系，一定先观察立体图形的每一个面的形状．
对点训练
1．给出下列命题：
①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；
②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；
③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．
其中正确命题的个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
【答案】 A
【解析】 ①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．
2. 如图，已知正三棱柱的底面边长为2，高为5，一质点自A点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A1点的最短路线的长为( )
A．10 B．11
C．12 D．13
【答案】 D
【解析】 将正三棱柱ABC－A1B1C1的侧面沿侧棱AA1展开，再拼接一次，示意图如图所示，在展开图中，最短距离是六个矩形形成的大矩形对角线的长度，也即为三棱柱的侧面上所求距离的最小值，记为d.由已知求得矩形的长为6×2＝12，宽为5，由勾股定理得d＝eq \r(122＋52)＝13.
考点二 表面积与体积
【例2】 (1)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为(eq \r(7)≈2.65)( )
A．1.0×109 m3 B．1.2×109 m3
C．1.4×109 m3 D．1.6×109 m3
(2)如图所示，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝2eq \r(2)，AD＝2，则四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积为__________．
【答案】 (1)C (2)(60＋4eq \r(2))π
【解析】 (1)由题意知棱台的两底面面积分别为1.4×108 m2和1.8×108 m2，高为157.5－148.5＝9(m)，所以棱台的体积V＝eq \f(1,3)×(1.4×108＋1.8×108＋eq \r(1.4×108×1.8×108))×9＝3×108×(1.4＋1.8＋0.6×eq \r(7))≈1.437×109≈1.4×109
(m3)，故选C．
(2) 由题意可得，四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体为圆台上面挖去一个圆锥的组合体．如图，过C作CE⊥AD交AD的延长线于E，过C作AB的垂线，垂足为F.
则∠EDC＝180°－∠ADC＝45°，
EC＝CD·sin45°＝2，ED＝CD·cs45°＝2，
CF＝AE＝4，BF＝AB－AF＝3，BC＝eq \r(32＋42)＝5.
故圆台的上底面半径r＝2，下底面半径R＝5，高h2＝4，
母线长l2＝5.
圆锥底面半径r＝2，高h1＝2，母线长l1＝2eq \r(2).
所以圆台侧面积
S1＝π(R＋r)l2＝π(5＋2)×5＝35π，
圆锥侧面积
S2＝eq \f(1,2)×2πr×l1＝eq \f(1,2)×2π×2×2eq \r(2)＝4eq \r(2)π，
圆台下底面面积S3＝πR2＝25π.
故该几何体的表面积
S＝S1＋S2＋S3＝35π＋4eq \r(2)π＋25π＝(60＋4eq \r(2))π.
归纳点拨
(1)空间几何体表面积的求法
①旋转体的表面积问题注意其轴截面及侧面展开图的应用，并弄清底面半径、母线长与对应侧面展开图中边的关系．
②多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．
(2)求空间几何体的体积的常用方法
①公式法：规则几何体的体积问题，直接利用公式进行求解．
②割补法：把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体．
③等体积法：通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积．
对点训练
1． (多选)一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，下列结论正确的是( )
A．圆柱的侧面积为4πR2
B．圆锥的侧面积为2πR2
C．圆柱的侧面积与球的表面积相等
D．球的体积是圆锥体积的两倍
【答案】 ACD
【解析】 因为圆柱的底面直径和高都等于2R，所以圆柱的侧面积S1＝2πR·2R＝4πR2，故A正
确；因为圆锥的底面直径和高等于2R，所以圆锥的侧面积S2＝πR·eq \r(R2＋4R2)＝eq \r(5)πR2，故B错误；因为圆柱的侧面积S1＝4πR2，球的表面积S3＝4πR2，所以圆柱的侧面积与球的表面积相等，故C正确；球的体积V1＝eq \f(4,3)πR3，圆锥的体积V2＝eq \f(1,3)πR2·2R＝eq \f(2,3)πR3，即球的体积是圆锥体积的两倍，故D正确．
2. 在多面体ABC－DEF中，△ABC是边长为2的正三角形，AD，BE，CF都与平面ABC垂直，且AD＝2，BE＝1，CF＝3，则多面体ABC－DEF的体积是( )
A．eq \r(3) B．2eq \r(3)
C．3eq \r(3) D．4eq \r(3)
【答案】 B
【解析】 如图，将多面体ABC－DEF补成三棱柱MNF－ABC，三棱柱MNF－ABC的体积V1＝SABC·|CF|＝eq \f(\r(3),4)×22×3＝3eq \r(3)，设h为该四棱锥F－MNED的高，其数值为底面等边△FMN的底边MN上的高，则h＝eq \r(3)，而四棱锥F－MNED的体积V2＝eq \f(1,3)·S四边形MDEN·h＝eq \f(1,3)×eq \f(2＋1,2)×2×eq \r(3)＝eq \r(3)，则多面体ABC－DEF的体积是3eq \r(3)－eq \r(3)＝2eq \r(3).故选B．
考点三 外接球问题
【例3】(1)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)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3eq \r(3)和4eq \r(3)，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A．100π B．128π
C．144π D．192π
【答案】 (1)B (2)A
【解析】 (1) 如图所示，作出圆柱的轴截面，其中CD为圆柱的高，B为CD的中点．
由题意可得AC＝1，BC＝eq \f(1,2)，则底面半径r＝AB＝eq \r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(3),2)，所以圆柱的体积V＝πr2h＝π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2×1＝eq \f(3,4)π.故选B．
(2)由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)×3eq \r(3)＝3，eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)×4eq \r(3)＝4.设该正三棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，外接球的球心为O，则球心O在直线O1O2上，由于球心位置不能确定，需分球心在线段O1O2上和不在线段O1O2上两种情况讨论．当球心在线段O1O2上时，R2＝32＋OOeq \\al(2,1)＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4>1，不符合题意；当球心不在线段O1O2上，即球心在线段O1O2的延长线上时，R2＝42＋OOeq \\al(2,2)＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，所以R2＝25.综上，球O的表面积为4πR2＝100π，故选A．
归纳点拨
到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可．
对点训练
1．底面为正三角形的直棱柱ABC－A′B′C′的6个顶点都在球面上，且AB＝6，AA′＝12，则球O的半径是________．
【答案】 4eq \r(3)
【解析】 取三棱柱上下底面的中心M，N，则MN的中点O即为球心．
在等边△ABC中，AB＝6，AD＝3eq \r(3)，AM＝eq \f(2,3)AD＝2eq \r(3)，OM＝eq \f(1,2)AA′＝6，所以OA＝eq \r(AM2＋OM2)＝ eq \r(2\r(3)2＋62)＝4eq \r(3).
2．已知三棱锥A－BCD中，△ABD与△BCD是边长为2的等边三角形且二面角A－BD－C为直二面角，则三棱锥A－BCD的外接球的表面积为( )
A．eq \f(10π,3) B．5π
C．6π D．eq \f(20π,3)
【答案】 D
【解析】 取BD的中点M，连接AM，CM，取△ABD，△CBD的中心即AM，CM的靠近BD的三等分点P，Q，过P作面ABD的垂线，过Q作面CBD的垂线，两垂线相交于点O，则点O为外接球的球心，其中OQ＝eq \f(\r(3),3)，CQ＝eq \f(2\r(3),3)，连接OC，则外接球的半径R＝OC＝eq \f(\r(15),3)，则外接球的表面积为4πR2＝eq \f(20π,3)，故选D．
考点四 内切球问题
【例4】(1)已知正三棱锥的高为6，内切球(与四个面都相切)的表面积为16π，则其底面边长为( )
A．18 B．12
C．6eq \r(3) D．4eq \r(3)
(2)在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是边长为2a的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝2a，若在这个四棱锥内放一个球，则该球半径的最大值为________．
【答案】 (1)B (2)(2－eq \r(2))a
【解析】 (1)
如图，由题意知，球心在三棱锥的高PE上，设内切球的半径为R，则S球＝4πR2＝16π，所以R＝2，所以OE＝OF＝2，OP＝4.在Rt△OPF中，PF＝eq \r(OP2－OF2)＝2eq \r(3).因为△OPF∽△DPE，所以eq \f(OF,DE)＝eq \f(PF,PE)，得DE＝2eq \r(3)，AD＝3DE＝6eq \r(3)，AB＝eq \f(2,\r(3))AD＝12.故选B．
(2)解法一：由题意知，球内切于四棱锥P－ABCD时半径最大．设该四棱锥的内切球的球心为O，半径为r，连接OA，OB，OC，OD，OP，则VP－ABCD＝VO－ABCD＋VO－PAD＋VO－PAB＋VO－PBC＋VO－PCD，即eq \f(1,3)×2a×2a×2a＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4a2＋2×\f(1,2)×2a×2a＋2×\f(1,2)×2a×2\r(2)a))×r，解得r＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\r(2)))a.
解法二：易知当球内切于四棱锥P－ABCD，即与四棱锥P－ABCD各个面均相切时，球的半径最大．作出相切时的侧视图如图所示，设四棱锥P－ABCD内切球的半径为r，则eq \f(1,2)×2a×2a＝eq \f(1,2)×(2a＋2a＋2eq \r(2)a)×r，解得r＝(2－eq \r(2))a.
归纳点拨
“切”的问题处理规律
(1)找准切点，通过作过球心的截面来解决．
(2)体积分割是求内切球半径的通用方法．
对点训练
1．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__________．
【答案】 eq \f(3,2)
【解析】 设圆柱内切球的半径为R，则由题设可得圆柱O1O2的底面圆的半径为R，高为2R，故eq \f(V1,V2)＝eq \f(πR2·2R,\f(4,3)πR3)＝eq \f(3,2).
考点五 空间两直线位置关系的判断
【例5】(1)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是( )
A．l与l1，l2都不相交
B．l与l1，l2都相交
C．l至多与l1，l2中的一条相交
D．l至少与l1，l2中的一条相交
(2)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则( )
A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
【答案】 (1)D (2)B
【解析】 (1)假设l与l1，l2都不相交，因为l与l1都在平面α内，于是l∥l1，同理l∥l2，于是l1∥l2，与已知矛盾，故l至少与l1，l2中的一条相交．故选D．
(2)取CD的中点O，连接ON，EO，因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD．设正方形ABCD的边长为2，则EO＝eq \r(3)，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP＝eq \f(\r(3),2)，CP＝eq \f(3,2)，所以BM2＝MP2＋BP2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2＋22＝7，得BM＝eq \r(7)，所以BM≠EN.连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线，故选B．
归纳点拨
空间中两直线位置关系的判定，主要是异面、平行和垂直的判定．异面直线的判定可采用直接法或反证法；平行直线的判定可利用三角形(梯形)中位线的性质、基本事实4及线面平行与面面平行的性质定理；垂直关系的判定往往利用线面垂直或面面垂直的性质来解决．
对点训练
1.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝2ED，CF＝2FA，则EF与BD1的位置关系是( )
A．相交但不垂直
B．相交且垂直
C．异面
D．平行
【答案】 D
【解析】 连接D1E并延长，与AD交于点M，由A1E＝2ED，可得M为AD的中点，连接BF并延长，交AD于点N，因为CF＝2FA，可得N为AD的中点，所以M，N重合，所以EF和BD1共面，且eq \f(ME,ED1)＝eq \f(1,2)，eq \f(MF,BF)＝eq \f(1,2)，所以eq \f(ME,ED1)＝eq \f(MF,BF)，所以EF∥BD1.
2． (多选)四棱锥P－ABCD的所有棱长都相等，M，N分别为PA，CD的中点，下列说法正确的是( )
A．MN与PD是异面直线 B．MN∥平面PBC
C．MN∥AC D．MN⊥PB
【答案】 ABD
【解析】 如图所示，取PB的中点H，连接MH，HC，由题意知，四边形MHCN为平行四边形，且MN∥HC，所以MN∥平面PBC，设四边形MHCN确定平面α，又D∈α，故M，N，D共面，但P∉平面α，D∉MN，因此MN与PD是异面直线，故A、B说法均正确；若MN∥AC，由于CH∥MN，则CH∥AC，事实上AC∩CH＝C，C说法不正确；因为PC＝BC，H为PB的中点，所以CH⊥PB，又CH∥MN，所以MN⊥PB，D说法正确．
考点六 异面直线所成的角
【例6】在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq \r(3)，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A．eq \f(1,5) B．eq \f(\r(5),6)
C．eq \f(\r(5),5) D．eq \f(\r(2),2)
【答案】 C
【解析】 解法一：如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM，易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD(或其补角)为异面直线AD1与DB1所成角．因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq \r(3)，AD1＝eq \r(AD2＋DD\\al(2,1))＝2，DM＝eq \r(AD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)AB))2)＝eq \f(\r(5),2)，DB1＝eq \r(AB2＋AD2＋DD\\al(2,1))＝eq \r(5)，所以OM＝eq \f(1,2)AD1＝1，OD＝eq \f(1,2)DB1＝eq \f(\r(5),2)，于是在△DMO中，由余弦定理，得cs∠MOD＝eq \f(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)))2,2×1×\f(\r(5),2))＝eq \f(\r(5),5)，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为eq \f(\r(5),5)，故选C．
解法二：
如图，补上一相同的长方体CDEF－C1D1E1F1，连接DE1，B1E1.易知AD1∥DE1，则∠B1DE1(或其补角)为异面直线AD1与DB1所成角．因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq \r(3)，所以DE1＝eq \r(DE2＋EE\\al(2,1))＝eq \r(12＋\r(3)2)＝2，
DB1＝eq \r(12＋12＋\r(3)2)＝eq \r(5)，B1E1＝eq \r(A1B\\al(2,1)＋A1E\\al(2,1))＝eq \r(12＋22)＝eq \r(5)，在△B1DE1中，由余弦定理，得cs∠B1DE1＝eq \f(22＋\r(5)2－\r(5)2,2×2×\r(5))＝eq \f(\r(5),5)，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为eq \f(\r(5),5)，故选C．
归纳点拨
求异面直线所成的角的方法和步骤
(1)求异面直线所成的角常用方法是平移法，平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．
(2)求异面直线所成的角的三步曲：即“一作、二证、三求”．其中空间选点任意，但要灵活，经常选择“端点、中点、等分点”，通过作三角形的中位线，平行四边形等进行平移，作出异面直线所成的角，转化为解三角形问题，进而求解．
对点训练
1．已知四棱锥P—ABCD的底面边长都为2，PA＝PC＝2eq \r(3)，PB＝PD，且∠DAB＝60°，M是PC的中点，则异面直线MB与AP所成的角为________．
【答案】 30°
【解析】 如图，连接AC与BD，相交于点N，连接MN，则MN∥PA，所以∠NMB(或∠NMB的补角)为异面直线MB与AP所成的角，在△MNB中，由题意得NB＝1，MN＝eq \r(3)，由已知得BN⊥AC，PN⊥BN，∴BN⊥平面PAC．∴BN⊥MN，则tan∠NMB＝eq \f(NB,MN)＝eq \f(\r(3),3)，∴∠NMB＝30°.
2. 空间四边形ABCD中，AB＝CD且AB与CD所成的角为30°，E、F分别为BC、AD的中点，则EF与AB所成角的大小为__________．
【答案】 15°或75°
【解析】 取AC的中点G，连接EG、FG，则EG綊eq \f(1,2)AB，FG綊eq \f(1,2)CD，由AB＝CD知EG＝FG，∴∠GEF(或它的补角)为EF与AB所成的角，∠EGF(或它的补角)为AB与CD所成的角．
∵AB与CD所成的角为30°，
∴∠EGF＝30°或150°.
由EG＝FG知△EFG为等腰三角形，
当∠EGF＝30°时，∠GEF＝75°；当∠EGF＝150°时，∠GEF＝15°.
故EF与AB所成的角为15°或75°.
考点七 直线与平面平行的判定与性质
【例7】如图所示，已知四边形ABCD是正方形，四边形ACEF是矩形，M是线段EF的中点．
(1)求证：AM∥平面BDE；
(2)若平面ADM∩平面BDE＝l，平面ABM∩平面BDE＝m，试分析l与m的位置关系，并证明你的结论．
【解析】
(1)证明：如图，记AC与BD的交点为O，连接OE.
因为O，M分别为AC，EF的中点，四边形ACEF是矩形，
所以四边形AOEM是平行四边形，所以AM∥OE.
又因为OE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，
所以AM∥平面BDE.
(2)l∥m，证明如下：
由(1)知AM∥平面BDE，
又AM⊂平面ADM，平面ADM∩平面BDE＝l，
所以l∥AM，同理，AM∥平面BDE，
又AM⊂平面ABM，平面ABM∩平面BDE＝m，所以m∥AM，所以l∥m.
归纳点拨
(1)利用线面平行的判定定理证明直线与平面平行的关键是在平面内找到一条与已知直线平行的直线．
(2)利用面面平行的性质证明线面平行时，关键是构造过该直线与所证平面平行的平面，这种方法往往借助于比例线段或平行四边形．
(3)在应用线面平行的性质定理进行平行转化时，一定注意定理成立的条件，通常应严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如：把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面和已知平面相交，这时才有直线与交线平行．
对点训练
1．对于空间中的两条直线m，n和一个平面α，下列命题中真命题的是( )
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若m∥α，n⊂α，则m∥n
C．若m∥α，n⊥α，则m∥n
D．若m⊥α，n⊥α，则m∥n
【答案】 D
【解析】 对于A，直线m，n可能平行、异面或相交，故错误；对于B，直线m，n可能平行，也可能异面，故错误；对于C，m与n垂直而非平行，故错误；对于D，垂直于同一平面的两直线平行，故正确．
2. 如图，在四棱锥E－ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，CD＝2AB＝2CE＝4，点F为棱DE的中点．证明：AF∥平面BCE.
【证明】 证法一：如图，取CE的中点M，连接FM，BM.
因为点F为棱DE的中点，所以FM∥CD且FM＝eq \f(1,2)CD＝2，
因为AB∥CD，且AB＝2，
所以FM∥AB且FM＝AB，
所以四边形ABMF为平行四边形，
所以AF∥BM，
因为AF⊄平面BCE，BM⊂平面BCE，
所以AF∥平面BCE.
证法二：如图，在平面ABCD内，分别延长CB，DA，交于点N，连接EN.
因为AB∥CD，CD＝2AB，
所以A为DN的中点．
又F为DE的中点，
所以AF∥EN，
因为EN⊂平面BCE，AF⊄平面BCE，
所以AF∥平面BCE.
证法三：如图，取棱CD的中点G，连接AG，GF，
因为点F为棱DE的中点，所以FG∥CE，
因为FG⊄平面BCE，CE⊂平面BCE，
所以FG∥平面BCE.
因为AB∥CD，AB＝CG＝2，
所以四边形ABCG是平行四边形，所以AG∥BC，
因为AG⊄平面BCE，BC⊂平面BCE，
所以AG∥平面BCE.
又FG∩AG＝G，FG⊂平面AFG，AG⊂平面AFG，所以平面AFG∥平面BCE.
因为AF⊂平面AFG，所以AF∥平面BCE.
考点八 平面与平面平行的判定与性质
【例8】 如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：
(1)B，C，H，G四点共面；
(2)平面EFA1∥平面BCHG.
[思路引导] (1)由G、H分别是A1B1，A1C1的中点→GH∥B1C1→GH∥BC→得结论．
(2)eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(EF∥BC→EF∥面BCHG,A1E∥BG→A1E∥面BCHG))→面EFA1∥面BCHG.
【证明】 (1)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，
∴GH是△A1B1C1的中位线，
∴GH∥B1C1.
又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，
∴B，C，H，G四点共面．
(2)∵E，F分别是AB，AC的中点，∴EF∥BC．
∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，
∴EF∥平面BCHG.
∵A1G綊EB，
∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB．
∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，
∴A1E∥平面BCHG.
∵A1E∩EF＝E，∴平面EFA1∥平面BCHG.
归纳点拨
(1)判定面面平行的主要方法
①利用面面平行的判定定理．
②线面垂直的性质(垂直于同一直线的两平面平行)．
(2)面面平行条件的应用
①两平面平行，分别构造与之相交的第三个平面，交线平行．
②两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行．
对点训练
1．设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是( )
A．存在一条直线a，a∥α，a∥β
B．存在一条直线a，a⊂α，a∥β
C．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α
D．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α
【答案】 D
【解析】 若存在一条直线a，a∥α，a∥β，则α∥β或α与β相交，若α∥β，则存在一条直线a，使得a∥α，a∥β，所以选项A的内容是α∥β的一个必要条件；同理，选项B，C的内容也是α∥β的一个必要条件而不是充分条件；可以通过平移把两条异面直线平移到一个平面中，成为相交直线，则有α
∥β，所以选项D的内容是α∥β的一个充分条件．故选D．
2．(2022·河南许昌三校联考)如图所示，四边形ABCD与四边形ADEF都为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．求证：
(1)BE∥平面DMF；
(2)平面BDE∥平面MNG.
【证明】
(1)如图所示，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO.因为BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，
所以BE∥平面DMF.
(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN.
因为DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.
因为M为AB的中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN.
因为BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，所以BD∥平面MNG.
因为DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，
所以平面BDE∥平面MNG.
考点九 平行关系的综合应用
【例9】 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别为对角线BD，CD1上的点，且eq \f(CQ,QD1)＝eq \f(BP,PD)＝eq \f(2,3).
(1)求证：PQ∥平面A1D1DA；
(2)若R是AB上的点，eq \f(AR,AB)的值为多少时，能使平面PQR∥平面A1D1DA？请给出证明．
【证明】
(1)连接CP并延长与DA的延长线交于M点，如图，连接MD1，
因为四边形ABCD为正方形，所以BC∥AD，故△PBC∽△PDM，
所以eq \f(CP,PM)＝eq \f(BP,PD)＝eq \f(2,3)，又因为eq \f(CQ,QD1)＝eq \f(BP,PD)＝eq \f(2,3)，所以eq \f(CQ,QD1)＝eq \f(CP,PM)＝eq \f(2,3)，所以PQ∥MD1.又MD1⊂平面A1D1DA，PQ⊄平面A1D1DA，故PQ∥平面A1D1DA．
(2)当eq \f(AR,AB)的值为eq \f(3,5)时，能使平面PQR∥平面A1D1DA．如图，
证明如下：因为eq \f(AR,AB)＝eq \f(3,5)，即eq \f(BR,RA)＝eq \f(2,3)，故eq \f(BR,RA)＝eq \f(BP,PD).所以PR∥DA．
又DA⊂平面A1D1DA，PR⊄平面A1D1DA，所以PR∥平面A1D1DA，
又由(1)知PQ∥平面A1D1DA，PQ∩PR＝P，PQ，PR⊂平面PQR，所以平面PQR∥平面A1D1DA．
归纳点拨
证明平行关系的常用方法
熟练掌握线线、线面、面面平行关系间的相互转化是解决线线、线面、面面平行的综合问题的关键．面面平行判定定理的推论也是证明面面平行的一种常用方法．
对点训练
1．如图所示，平面α∥平面β，点A∈α，点C∈α，点B∈β，点D∈β，点E，F分别在线段AB，CD上，且AE∶EB＝CF∶FD．
(1)求证：EF∥平面β；
(2)若E，F分别是AB，CD的中点，AC＝4，BD＝6，且AC，BD所成的角为60°，求EF的长．
【证明】(1)①当AB，CD在同一平面内时，由平面α∥平面β，平面α∩平面ABDC＝AC，平面β∩平面ABDC＝BD知，AC∥BD．
∵AE∶EB＝CF∶FD，∴EF∥BD．
又EF⊄β，BD⊂β，∴EF∥平面β.
②当AB与CD异面时，如图所示，
设平面ACD∩平面β＝HD，取HD＝AC，
∵平面α∥平面β，
平面α∩平面ACDH＝AC，∴AC∥HD，
∴四边形ACDH是平行四边形．
在AH上取一点G，使AG∶GH＝CF∶FD，
连接EG，FG，BH.
∵AE∶EB＝CF∶FD＝AG∶GH，
∴GF∥HD，EG∥BH.∵GF⊄β，HD⊂β ∴GF∥平面β.
∵EG⊄β，HD⊂β，∴EG∥β.
又EG∩GF＝G，∴平面EFG∥平面β.
又EF⊂平面EFG，∴EF∥平面β.
综合①②可知，EF∥平面β.
(2)如图所示，连接AD，取AD的中点M，连接ME，MF.
∵E，F分别是AB，CD的中点，
∴ME∥BD，MF∥AC，
且ME＝eq \f(1,2)BD＝3，MF＝eq \f(1,2)AC＝2.
∴∠EMF为AC与BD所成的角(或其补角)，
∴∠EMF＝60°或120°.
∴在△EFM中，由余弦定理得
EF＝eq \r(ME2＋MF2－2ME·MF·cs∠EMF)
＝eq \r(32＋22±2×3×2×\f(1,2))＝eq \r(13±6)，
即EF＝eq \r(7)或EF＝eq \r(19).
考点十 证明线面垂直
【例10】 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥DC，PD＝AD，E是PB的中点，F是DC上的点且DF＝eq \f(1,2)AB，PH为△PAD中AD边上的高．求证：
(1)PH⊥平面ABCD；
(2)EF⊥平面PAB．
【证明】 (1)∵AB⊥平面PAD，AB⊂平面ABCD，
∴平面PAD⊥平面ABCD．
∵平面PAD∩平面ABCD＝AD，
PH⊥AD，PH⊂平面PAD
∴PH⊥平面ABCD．
(2)取PA的中点M，连接MD，ME.
∵E是PB的中点，∴MEeq \f(1,2)AB．
又∵DFeq \f(1,2)AB，∴MEDF，
∴四边形MEFD是平行四边形，∴EF∥MD．
∵PD＝AD，∴MD⊥PA．
∵AB⊥平面PAD，∴MD⊥AB．
∵PA∩AB＝A，∴MD⊥平面PAB，
∴EF⊥平面PAB．
归纳点拨
证明直线和平面垂直的常用方法
(1)判定定理．
(2)直线垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)．
(3)面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)．
(4)面面垂直的性质(α⊥β，α∩β＝a，l⊥a，l⊂β⇒l⊥α)．
对点训练
1．设l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，以下说法正确的是( )
A．若l⊥m，m∥α，则l⊥α
B．若l∥β，α⊥β，则l⊥α
C．若l⊥m，m⊥β，α⊥β，则l⊥α
D．若l⊥β，m⊥β，m⊥α，则l⊥α
【答案】 D
【解析】 对于A，如图①所示长方体中，l⊥m，m∥α，但l∥α，错误；对于B，如图②所示长方体中，l∥β，α⊥β，但l不与α垂直，错误；对于C，如图③所示长方体中，l⊥m，m⊥β，α⊥β，则l不与α垂直，错误；对于D，若l⊥β，m⊥β，则m∥l，因为m⊥α，所以l⊥α，正确．故选D．
考点十一 证明线线垂直
【例11】 如图，已知矩形ABCD，过A作SA⊥平面ABCD，再过A作AE⊥SB交SB于点E，过E作EF⊥SC交SC于点F.
(1)求证：AF⊥SC；
(2)若平面AEF交SD于点G，求证：AG⊥SD．
【证明】 (1)因为SA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以SA⊥BC．
因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥BC，
又因为SA∩AB＝A，
所以BC⊥平面SAB，因为AE⊂平面SAB，所以BC⊥AE.
又SB⊥AE，SB∩BC＝B，所以AE⊥平面SBC，因为SC⊂平面SBC，所以AE⊥SC．
又EF⊥SC，EF∩AE＝E，所以SC⊥平面AEF，因为AF⊂平面AEF，所以AF⊥SC．
(2)因为SA⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，所以SA⊥DC．
又AD⊥DC，AD∩SA＝A，所以DC⊥平面SAD，因为AG⊂平面SAD，所以DC⊥AG.
由(1)知SC⊥平面AEF，又AG⊂平面AEF，
所以SC⊥AG，又SC∩DC＝C，所以AG⊥平面SDC，因为SD⊂平面SDC，所以AG⊥SD．
归纳点拨
证明线线垂直的常用方法
(1)利用特殊图形中的垂直关系．
(2)利用等腰三角形底边中线的性质．
(3)利用勾股定理的逆定理．
(4)利用直线与平面垂直的性质．
对点训练
1. 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．
证明：(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
【证明】 (1)在四棱锥P－ABCD中，
∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD．
又∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，∴CD⊥平面PAC．
而AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE.
(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA．
∵E是PC的中点，∴AE⊥PC．
由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD，∴AE⊥平面PCD，
而PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD．
∵PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB．
又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，
∴AB⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，
∴AB⊥PD．又∵AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE，∴PD⊥平面ABE.
考点十二 平面与平面垂直的判定与性质
【例12】 如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA．
(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；
(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝eq \f(2,3)DA，求三棱锥Q－ABP的体积．
【证明】(1)由已知可得，∠BAC＝90°，AB⊥AC．又AB⊥DA，且AC∩AD＝A，所以AB⊥平面ACD．又AB⊂平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC．
(2) 由已知可得，DC＝CM＝AB＝AC＝3，DA＝3eq \r(2).又BP＝DQ＝eq \f(2,3)DA，所以BP＝2eq \r(2).
过点Q作QE⊥AC，垂足为E，则QE綊eq \f(1,3)DC．由已知及(1)可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE＝1.
因此，三棱锥Q－ABP的体积VQ－ABP＝eq \f(1,3)·QE·S△ABP＝eq \f(1,3)×1×eq \f(1,2)×3×2eq \r(2)sin45°＝1.
归纳点拨
(1)判定面面垂直的方法
①面面垂直的定义．
②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．
(2)已知平面垂直时，解题一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，将问题转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．
对点训练
如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，M是PD的中点．
(1)证明：AM⊥平面PCD；
(2)若AB＝2，求点C到平面PAB的距离．
【证明】 (1)
在正三角形PAD中，M为PD的中点，∴AM⊥PD，∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，且CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD．∵AM⊂平面PAD，∴CD⊥AM.又∵AM⊥PD，且CD∩PD＝D，∴AM⊥平面PCD．
(2)如图，取AD的中点O，连接PO，AC，在正三角形PAD中，PO⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PO⊥平面ABCD．若AB＝2，则PO＝eq \r(3)，∴VP－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·PO＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×2×2))×eq \r(3)＝eq \f(2\r(3),3)，由(1)知CD⊥平面PAD，AB∥CD，∴AB⊥平面PAD，又PA⊂平面PAD，∴AB⊥PA．
设点C到平面PAB的距离为d，由VC－PAB＝VP－ABC可得，eq \f(1,3)S△PAB·d＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)PA·AB))d＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×2×2))d＝eq \f(2\r(3),3)，∴d＝eq \r(3).
故点C到平面PAB的距离为eq \r(3).
一、选择题
1．如图所示的扇形是某个圆锥的侧面展开图，已知扇形所在圆的半径R＝eq \r(5)，扇形弧长l＝4π，则该圆锥的表面积为( )
A．2π
B．(4＋2eq \r(5))π
C．(3＋eq \r(5))π
D．8π＋eq \r(5)
【答案】 B
【解析】 设圆锥底面圆半径为r，则2πr＝4π，解得r＝2.圆锥的表面积S表＝S底面圆＋S侧＝πr2＋eq \f(1,2)lR＝π×22＋eq \f(1,2)×4π×eq \r(5)＝(4＋2eq \r(5))π.故选B．
2．已知某圆柱的轴截面是正方形，且该圆柱的侧面积是4π，则该圆柱的体积是( )
A．2π B．4π
C．8π D．12π
【答案】 A
【解析】 设该圆柱的底面圆半径为r，则圆柱的高(母线)为h，而圆柱的轴截面是正方形，则h＝2r，圆柱侧面积为2πrh＝4π，即4πr2＝4π，解得r＝1，h＝2，故该圆柱的体积是πr2h＝2π.故选A．
3．与棱长为eq \r(2)的正方体所有棱都相切的球的体积为( )
A．eq \f(2π,3) B．eq \f(3π,2)
C．eq \f(4π,3) D．eq \f(3π,4)
【答案】 C
【解析】 易知正方体的体对角线的中点为球心O，设O到任意棱的距离为R，则R＝1.所以该球的体积V＝eq \f(4π,3)R3＝eq \f(4π,3).
4．已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O－ABC的体积为( )
A．eq \f(\r(2),12) B．eq \f(\r(3),12)
C．eq \f(\r(2),4) D．eq \f(\r(3),4)
【答案】 A
【解析】
如图所示，由AC⊥BC可知，△ABC是以AB为斜边的直角三角形，又知AC＝BC＝1，∴AB＝eq \r(2)，∴Rt△ABC的外接圆圆心为AB的中点O1，半径r＝eq \f(AB,2)＝eq \f(\r(2),2)，连接OO1，∵点O为球心，∴OO1⊥平面ABC，即OO1的长为O到平面ABC的距离．
在Rt△OO1B中，OB＝1，O1B＝eq \f(\r(2),2)，∴OO1＝eq \r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2)＝eq \f(\r(2),2)，∴VO－ABC＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×12×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),12).故选A．
5．已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b( )
A．一定是异面直线 B．一定是相交直线
C．不可能是平行直线 D．不可能是相交直线
【答案】 C
【解析】 由已知得直线c与b可能为异面直线也可能为相交直线，但不可能为平行直线．若b∥c，则a∥b，与已知a，b为异面直线相矛盾．故选C．
6. 如图，E，F分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱A1D1与AA1的中点，则下列判断正确的是( )
A．直线AC与BF是相交直线
B．直线C1E与AC互相平行
C．直线C1E与BF是异面直线
D．直线DB与AC互相垂直
【答案】 D
【解析】 由题知，AC⊂平面ABCD，BF与平面ABCD交于点B，B∉AC，所以直线AC与BF是异面直线，故A错误；AC⊂平面ACC1A1，EC1与平面ACC1A1交于点C1，C1∉AC，所以直线C1E与AC是异面直线，故B错误；根据正方体性质EF∥AD1∥BC1，所以E，F，B，C1四点共面，所以直线C1E与BF不是异面直线，故C错误；正方体各个表面均为正方形，所以直线DB与AC互相垂直，故D正确．故选D．
7．已知空间中不过同一点的三条直线l，m，n.“l，m，n共面”是“l，m，n两两相交”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
【答案】 B
【解析】 由条件可知，当m，n，l在同一平面内时，三条直线不一定两两相交，有可能两条直线平行；或三条直线平行；反过来，当空间中不过同一点的三条直线m，n，l两两相交时，如图，三个不同的交点确定一个平面，则m，n，l在同一平面内，所以“m，n，l”共面是“m，n，l两两相交”的必要不充分条件．故选B．
8．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为( )
A．eq \f(1,5) B．eq \f(2,5)
C．eq \f(3,5) D．eq \f(4,5)
【答案】 D
【解析】 如图，连接BC1，易证BC1∥AD1，则∠A1BC1即为异面直线A1B与AD1所成的角或其补角．连接A1C1，设AB＝1，则AA1＝2，A1C1＝eq \r(2)，A1B＝BC1＝eq \r(5)，故cs∠A1BC1＝eq \f(5＋5－2,2×\r(5)×\r(5))＝eq \f(4,5).故选D．
9．已知α，β，γ是三个不同的平面，且α∩γ＝m，β∩γ＝n，则“m∥n”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
【答案】 B
【解析】 如图，将平面α，β，γ视为一个三棱柱的三个侧面，设α∩β＝a，a，m，n为三棱柱三条侧棱所在的直线，则由m∥n得不到α∥β.若α∥β，且α∩γ＝m，β∩γ＝n，由面面平行的性质定理可得出m∥n.所以由α∥β可得m∥n，因此“m∥n”是“α∥β”的必要不充分条件．故选B．
10．设m，n表示不同直线，α，β表示不同平面，则下列结论中正确的是( )
A．若m∥α，m∥n，则n∥α
B．若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β
C．若α∥β，m∥α，m∥n，则n∥β
D．若α∥β，m∥α，n∥m，n⊄β，则n∥β
【答案】 D
【解析】 A错误，n有可能在平面α内；B错误，平面α有可能与平面β相交；C错误，n也有可能在平面β内；D正确，易知m∥β或m⊂β，若m⊂β，又n∥m，n⊄β，∴n∥β，若m∥β，过m作平面γ交平面β于直线l，则m∥l，又n∥m，∴n∥l，又n⊄β，l⊂β，∴n∥β.故选D．
11．过三棱柱ABC－A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线共有( )
A．4条 B．6条 C．8条 D．12条
【答案】 B
【解析】 如图，H，G，F，I是相应线段的中点，故符合条件的直线只能出现在平面HGFI中，有FI，FG，GH，HI，HF，GI共6条直线，故选B．
12．如图，四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，四边形ABCD为平行四边形，E，F分别在线段DB，DD1上，且eq \f(DE,EB)＝eq \f(DF,FD1)＝eq \f(1,2)，G在CC1上且平面AEF∥平面BD1G，则eq \f(CG,CC1)＝( )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(1,3)
C．eq \f(2,3) D．eq \f(1,4)
【答案】 B
【解析】 由题知EF∥BD1，平面ADD1A1∥平面BCC1B1.因为G在CC1上且平面AEF∥平面BD1G，平面ADD1A∩平面AEF＝AF，平面BCC1B1∩平面BDG＝BG.所以AF∥BG，所以eq \f(CG,CC1)＝eq \f(DF,DD1)＝eq \f(1,3)，故选B．
13．设α，β是两个不同的平面，l是一条直线，以下结论正确的是( )
A．若l⊥α，α∥β，则l⊥β
B．若l∥α，l∥β，则α∥β
C．若l⊥α，α⊥β，则l⊂β
D．若l∥α，α⊥β，则l⊥β
【答案】 A
【解析】 若两平面平行，则垂直于一个平面的直线必垂直于另一个平面，故A正确．若α∩β＝m，l∥m，l⊄α，l⊄β 此时满足l∥α，l∥β，但不满足α∥β，故B不正确．若l⊥α，α⊥β，则可能有l⊂β，也可能有l∥β，故C不正确．若l∥α，α⊥β，则直线l可能在平面β内，可能与平面β相交，也可能有l∥β，故D不正确．故选A．
14．已知平面α和直线l有交点，则“直线l与平面α垂直”是“平面α内存在两条夹角为30°的直线m，n，使得m⊥l且n⊥l”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
【答案】 C
【解析】 若直线l与平面α垂直，则l垂直α内的任意一条直线，若平面α内存在两条夹角为30°的直线m，n，则m⊥l且n⊥l，故充分性成立；若平面α内存在两条夹角为30°的直线m，n，使得m⊥l且n⊥l，由线面垂直的判定定理可知直线l与平面α垂直，故必要性成立．所以“直线l与平面α垂直”是“平面α内存在两条夹角为30°的直线m，n，使得m⊥l且n⊥l”的充分必要条件．故选C．
15．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O，M，N分别是线段BD，DD1，D1C1的中点，则直线OM与AC，MN的位置关系是( )
A．直线OM与AC，MN均垂直
B．直线OM与AC垂直，与MN不垂直
C．直线OM与AC不垂直，与MN垂直
D．直线OM与AC，MN均不垂直
【答案】 A
【解析】 因为DD1⊥平面ABCD，所以AC⊥DD1.
又AC⊥BD，DD1∩BD＝D，连接B1D1，
所以AC⊥平面BDD1B1.
因为OM⊂平面BDD1B1，所以OM⊥AC．
设正方体的棱长为2，
则OM＝eq \r(1＋2)＝eq \r(3)，MN＝eq \r(1＋1)＝eq \r(2)，连接ON，ON＝eq \r(1＋4)＝eq \r(5)，所以OM2＋MN2＝ON2，所以OM⊥MN.故选A．
16．如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点．现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D点重合，重合后的点记为H.那么，在这个空间图形中必有( )
A．AG⊥平面EFH B．HF⊥平面AEF
C．AH⊥平面EFH D．HG⊥平面AEF
【答案】 C
【解析】 根据折叠前、后的不变性得AH⊥HE，AH⊥HF，又HE∩HF＝H，∴AH⊥平面EFH，C正确．∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴A不正确．∵AG⊥EF，GH⊥EF，AG∩GH＝G，∴EF⊥平面HAG，又EF⊂平面AEF，∴平面HAG⊥平面AEF，过H作直线垂直于平面AEF，一定在平面HAG内，∴B不正确．若HG⊥平面AEF，则HG⊥AG，显然不成立，∴D不正确．
二、解答题
17.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝BB1，AB1∩A1B＝E，D为AC上的点，B1C∥平面A1BD．
(1)求证：BD⊥平面A1ACC1；
(2)若AB＝1，且AC·AD＝1，求三棱锥A－BCB1的体积．
【证明】(1)如图，连接ED，
∵平面AB1C∩平面A1BD＝ED，B1C∥平面A1BD，∴B1C∥ED，
∵E为AB1的中点，∴D为AC的中点，
∵AB＝BC，∴BD⊥AC，①
由A1A⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，得A1A⊥BD，②
由①②及A1A，AC是平面A1ACC1内的两条相交直线，得BD⊥平面A1ACC1.
(2)由AB＝1，得BC＝BB1＝1，
由(1)知AD＝eq \f(1,2)AC，又AC·AD＝1，∴AC2＝2，∴AC2＝2＝AB2＋BC2，∴AB⊥BC，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)AB·BC＝eq \f(1,2)，∴VA－BCB1＝VB1－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·BB1＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1＝eq \f(1,6).
18. 如图，在四棱锥O－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M为OA的中点．
(1)求四棱锥O－ABCD的体积；
(2)求异面直线OC与MD所成角的正切值的大小．
【证明】 (1)由已知可求得，正方形ABCD的面积S＝4，所以，四棱锥O－ABCD的体积V＝eq \f(1,3)×4×2＝eq \f(8,3).
(2)连接AC，设线段AC的中点为E，连接ME，DE，
则∠EMD为异面直线OC与MD所成的角(或其补角)，
由已知，可得DE＝eq \r(2)，EM＝eq \r(3)，MD＝eq \r(5)，
∵(eq \r(2))2＋(eq \r(3))2＝(eq \r(5))2，∴△DEM为直角三角形，∴tan∠EMD＝eq \f(DE,EM)＝eq \f(\r(2),\r(3))＝eq \f(\r(6),3).
19.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，BC∥平面PAD, BC＝eq \f(1,2)AD，E是PD的中点．
(1)求证：CE∥平面PAB．
(2)若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点N，使得MN∥平面PAB．请说明理由．
【解析】
(1)证明：如图，取AP的中点F，连接EF，BF，
∵E，F分别是PD，AP的中点，
∴EF∥AD且EF＝eq \f(1,2)AD，
又BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，∴BC∥AD，又BC＝eq \f(1,2)AD，
∴EF∥BC，且EF＝BC，
∴四边形BCEF为平行四边形，∴CE∥BF.
又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，∴CE∥平面PAB．
(2)线段AD上存在点N，且点N为AD的中点，使得MN∥平面PAB，理由如下：
取AD的中点N，连接CN，EN，
∵E，N分别为PD，AD的中点，∴EN∥PA，
∵EN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，
∴EN∥平面PAB，
由(1)知，CE∥平面PAB，又CE∩EN＝E，CE，EN⊂平面CEN，∴平面CEN∥平面PAB．
连接MN，则MN⊂平面CEN，
∴MN∥平面PAB，
∴线段AD上存在点N，使得MN∥平面PAB．
20. 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．求证：
(1) PE⊥BC；
(2)平面PAB⊥平面PCD；
(3)EF∥平面PCD．
【证明】 (1)因为PA＝PD，E为AD的中点，
所以PE⊥AD．
因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD，所以PE⊥BC．
(2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD．
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面PAD．
又PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD．
又因为PA⊥PD，且PA∩AB＝A，
所以PD⊥平面PAB．又PD⊂平面PCD，
所以平面PAB⊥平面PCD．
(3)如图，取PC中点G，
连接FG，DG.
因为F，G分别为PB，PC的中点，
所以FG∥BC ，FG＝eq \f(1,2)BC．
因为ABCD为矩形，且E为AD的中点，
所以DE∥BC，DE＝eq \f(1,2)BC，
所以DE∥FG，DE＝FG，所以四边形DEFG为平行四边形，所以EF∥DG.
又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，
所以EF∥平面PCD．
名称
棱柱
棱锥
棱台
图形
底面
互相平行且全等
多边形
互相平行且相似
侧棱
平行且相等
相交于一点，但不一定相等
延长线交于一点
侧面
形状
平行四边形
三角形
梯形
名称
圆柱
圆锥
圆台
球
图形
母线
互相平行且相等，垂直于底面
相交于一点
延长线交于一点
轴截面
矩形
等腰三角形
等腰梯形
圆面
侧面展开图
矩形
扇形
扇环
圆柱
圆锥
圆台
侧面
展开图
侧面积
公式
S圆柱侧＝2πrl
S圆锥侧＝πrl
S圆台侧＝π(r1＋r2)l
名称
几何体
表面积
体积
柱体
(棱柱和圆柱)
S表面积＝S侧＋2S底
V＝Sh
锥体
(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝eq \f(1,3)Sh
台体
(棱台和圆台)
S表面积＝S侧＋S上＋S下
V＝eq \f(1,3)(S上＋S下＋eq \r(S上S下))h
球
S＝4πR2
V＝eq \f(4,3)πR3
基本
事实
内容
图形
符号
基本
事实1
过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面
A，B，C三点不共线⇒存在唯一的α使A，B，C∈α
基本
事实2
如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内
A∈l，B∈l，且A∈α，B∈α⇒l⊂α
基本
事实3
如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线
P∈α，且P∈β⇒α∩β＝l，且P∈l
推论
内容
图形
作用
推论1
经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面
推论2
经过两条相交直线，有且只有一个平面
推论3
经过两条平行直线，有且只有一个平面
确定平面的依据
直线与直线
直线与平面
平面与平面
平行关系
图形
语言
符号
语言
a∥b
a∥α
α∥β
相交关系
图形
语言
符号
语言
a∩b＝A
a∩α＝A
α∩β＝l
独有关系
图形
语言
符号
语言
a，b是异面直线
a⊂α
文字语言
图形表示
符号表示
判定定理
如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行
a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α
性质定理
一条直线和一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行
a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b
文字语言
图形表示
符号表示
判定定理
如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行
a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β
性质
两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面
α∥β，a⊂α⇒a∥β
性质定理
两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行
α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b
文字语言
图形表示
符号表示
判定定理
如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l⊥a,,l⊥b,,a∩b＝O,,a⊂α,,b⊂α))⇒l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊥α,b⊥α))⇒a∥b
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判定定理
如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l⊥α,l⊂β))⇒α⊥β
性质定理
两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α⊥β,α∩β＝a,l⊥a,l⊂β))⇒l⊥α
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