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2021高考数学（文）大一轮复习习题 第七章 立体几何 word版含答案
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这是一份2021高考数学（文）大一轮复习习题 第七章 立体几何 word版含答案，共78页。试卷主要包含了简单几何体，直观图，三视图等内容，欢迎下载使用。
第七章立体几何
第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图
1．简单几何体
(1)简单旋转体的结构特征：
①圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到；
②圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；
③圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到；
④球可以由半圆或圆绕直径旋转得到．
(2)简单多面体的结构特征：
①棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形；
②棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；
③棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．
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′轴和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．
3．三视图
(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．
说明：正视图也称主视图，侧视图也称左视图．
(2)三视图的画法
①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．
②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．
1．若一个三棱柱的三视图如图所示，其俯视图为正三角形，则这个三棱柱的高和底面边长分别为( )
A．2,2 B．2，2
C．4,2 D．2,4
解析：选D 由三视图可知，正三棱柱的高为2，底面正三角形的高为2，故底面边长为4，故选D．
2．(教材习题改编)如图，长方体ABCD A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是______．
答案：五棱柱 三棱柱
1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点．
2．空间几何体不同放置时其三视图不一定相同．
3．对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视实虚线的画法．
1．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是( )
解析：选B 俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B．
2．(教材习题改编)利用斜二测画法得到的
①三角形的直观图一定是三角形；
②正方形的直观图一定是菱形；
③等腰梯形的直观图可以是平行四边形；
④菱形的直观图一定是菱形．
以上结论正确的个数是________．
解析：由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，④也错误．
答案：1
1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是( )
A．圆柱 B．圆锥
C．球体 D．圆柱、圆锥、球体的组合体
解析：选C 截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．
2．给出下列几个命题：
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底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；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
解析：选B ①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且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．
3．给出下列命题：
①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；
②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；
③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；
④存在每个面都是直角三角形的四面体．
其中正确命题的序号是________．
解析：①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCDA1B1C1D1中的三棱锥C1ABC，四个面都是直角三角形．
答案：②③④
解决与空间几何体结构特征有关问题3个技巧
(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；
(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型；
(3)通过反例对结构特征进行辨析．
1．(2017·东北四市联考)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P是线段CD的中点，则三棱锥PA1B1A的侧视图为( )
解析：选D 如图，画出原正方体的侧视图，显然对于三棱锥PA1B1A，B(C)点均消失了，其余各点均在，从而其侧视图为D．
2．(2015·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为( )
A．1 B．
C． D．2
解析：选C 根据三视图，可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥VABCD，其中VB⊥平面ABCD，且底面ABCD是边长为1的正方形，VB＝1．所以四棱锥中最长棱为VD．连接BD，易知BD＝，在Rt△VBD中，VD＝＝．
1．已知几何体，识别三视图的技巧
已知几何体画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定线在投影面上的实虚．
2．已知三视图，判断几何体的技巧
(1)对柱、锥、台、球的三视图要熟悉．
(2)明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图．
(3)遵循“长对正、高平齐、宽相等”的原则．
对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同．
1．(2016·沈阳市教学质量监测)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )
解析：选B 根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B，故选B．
2．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )
解析：选D 由俯视图是圆环可排除A、B、C，进一步将已知三视图还原为几何体，可得选项D．
有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为________．
解析：如图，在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为E．
在Rt△ABE中，AB＝1，∠ABE＝45°，∴BE＝．
而四边形AECD为矩形，AD＝1，
∴EC＝AD＝1，∴BC＝BE＋EC＝＋1．
由此可还原原图形如图
在原图形中，A′D′＝1，A′B′＝2，B′C′＝＋1，且A′D′∥B′C′，A′B′⊥B′C′，
∴这块菜地的面积S＝(A′D′＋B′C′)·A′B′＝××2＝2＋．
答案：2＋
原图与直观图中的“三变”与“三不变”
(1)“三变”
(2)“三不变”
如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6 cm，O′C′＝2 cm，则原图形是( )
A．正方形 B．矩形
C．菱形 D．一般的平行四边形
解析：选C 如图，在原图形OABC中，应有OD＝2O′D′＝2×2＝4 cm，CD＝C′D′＝2 cm．
∴OC＝＝＝6 cm，
∴OA＝OC，故四边形OABC是菱形．
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1．某几何体的正视图和侧视图完全相同，均如图所示，则该几何体的俯视图一定不可能是( )
解析：选D 几何体的正视图和侧视图完全一样，则几何体从正面看和侧面看的长度相等，只有等边三角形不可能．
2．下列说法正确的是( )
A．棱柱的两个底面是全等的正多边形
B．平行于棱柱侧棱的截面是矩形
C．{直棱柱}⊆{正棱柱}
D．{正四面体}⊆{正三棱锥}
解析：选D 因为选项A中两个底面全等，但不一定是正多边形；选项B中一般的棱柱不能保证侧棱与底面垂直，即截面是平行四边形，但不一定是矩形；选项C中{正棱柱}⊆{直棱柱}，故A、B、C都错；选项D中，正四面体是各条棱均相等的正三棱锥，故正确．
3．某几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是( )
A．三棱锥 B．四棱锥
C．四棱台 D．三棱台
解析：选A 因为正视图和侧视图都为三角形，可知几何体为锥体，又因为俯视图为三角形，故该几何体为三棱锥．
4．在如图所示的直观图中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在直角坐标系xOy中，四边形ABCO的形状为________，面积为________cm2．
解析：由斜二测画法的特点知该平面图形是一个长为4 cm，宽为2 cm的矩形，所以四边形ABCO的面积为8 cm2．
答案：矩形 8
5．已知某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是矩形，俯视图是正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何体的形状给出下列命题：①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③两个面都是等腰直角三角形的四面体．
其中正确命题的序号是________．
解析：由三视图可知，该几何体是正四棱柱，作出其直观图，ABCDA1B1C1D1，如图，当选择的4个点是B1，B，C，C1时，可知①正确；当选择的4个点是B，A，B1，C时，可知②正确；易知③不正确．
答案：①②
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1．已知底面为正方形的四棱锥，其中一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的( )
解析：选C 根据三视图的定义可知A、B、D均不可能，故选C．
2．如图所示是水平放置三角形的直观图，点D是△ABC的BC边中点，AB，BC分别与y′轴、x′轴平行，则三条线段AB，AD，AC中( )
A．最长的是AB，最短的是AC
B．最长的是AC，最短的是AB
C．最长的是AB，最短的是AD
D．最长的是AC，最短的是AD
解析：选B 由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB＜AD＜AC．
3．(2016·沈阳市教学质量监测)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个凸多面体的三视图(两个矩形，一个直角三角形)，则这个几何体可能为( )
A．三棱台 B．三棱柱
C．四棱柱 D．四棱锥
解析：选B 根据三视图的法则：长对正，高平齐，宽相等，可得几何体如图所示，这是一个三棱柱．
4．(2016·淄博一模)把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，形成的三棱锥ABCD的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为( )
A． B．
C． D．
解析：选D 由正视图与俯视图可得三棱锥ABCD的一个侧面与底面垂直，其侧视图是直角三角形，且直角边长均为，所以侧视图的面积为S＝××＝．
5．已知四棱锥PABCD的三视图如图所示，则四棱锥PABCD的四个侧面中面积最大的是( )
A．3 B．2
C．6 D．8
解析：选C 四棱锥如图所示，取AD的中点N，BC的中点M，连接PM，PN，则PM＝3，PN＝，S△PAD＝×4×＝2，
S△PAB＝S△PDC＝×2×3＝3，
S△PBC＝×4×3＝6．
所以四个侧面中面积最大的是6．
6．设有以下四个命题：
①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；
②底面是矩形的平行六面体是长方体；
③直四棱柱是直平行六面体；
④棱台的相对侧棱延长后必交于一点．
其中真命题的序号是________．
解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．
答案：①④
7．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm和8 cm，若两底面圆心的连线长为12 cm，则这个圆台的母线长为________cm．
解析：如图，过点A作AC⊥OB，交OB于点C．
在Rt△ABC中，AC＝12 cm，BC＝8－3＝5 (cm)．
∴AB＝＝13(cm)．
答案：13
8．已知正四棱锥VABCD中，底面面积为16，一条侧棱的长为2，则该棱锥的高为________．
解析：如图，取正方形ABCD的中心O，连结VO，AO，则VO就是正四棱锥VABCD的高．
因为底面面积为16，所以AO＝2．
因为一条侧棱长为2．
所以VO＝＝＝6．
所以正四棱锥VABCD的高为6．
答案：6
9．已知正三角形ABC的边长为2，那么△ABC的直观图△A′B′C′的面积为________．
解析：如图，图①、图②所示的分别是实际图形和直观图．
从图②可知，A′B′＝AB＝2，
O′C′＝OC＝，
C′D′＝O′C′sin 45°＝×＝．
所以S△A′B′C′＝A′B′·C′D′＝×2×＝．
答案：
10．已知正三棱锥V ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示．
(1)画出该三棱锥的直观图；
(2)求出侧视图的面积．
解：(1)直观图如图所示．
(2)根据三视图间的关系可得BC＝2，
∴侧视图中VA＝
＝2，
∴S△VBC＝×2×2＝6．
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1．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )
A．8 B．7
C．6 D．5
解析：选C 画出直观图，共六块．
2．(2017·湖南省东部六校联考)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中，最大的面积是( )
A．4 B．8
C．4 D．8
解析：选C 设该三棱锥为PABC，其中PA⊥平面ABC，PA＝4，则由三视图可知△ABC是边长为4的等边三角形，故PB＝PC＝4，所以S△ABC＝×4×2＝4，S△PAB＝S△PAC＝×4×4＝8，S△PBC＝×4×＝4，故四个面中面积最大的为S△PBC＝4，选C．
3．如图，在四棱锥PABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．
(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；
(2)求PA．
解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2．
(2)由侧视图可求得PD＝＝＝6．
由正视图可知AD＝6，
且AD⊥PD，
所以在Rt△APD中，
PA＝＝ ＝6 cm．
第二节空间几何体的表面积与体积
1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
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(r＋r′)l
2．空间几何体的表面积与体积公式
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＝Sh
台体(棱台和圆台)
S表面积＝S侧＋S上＋S下
V＝(S上＋S下＋)h
球
S＝4πR2
V＝πR3
1．(2016·全国甲卷)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )
A．20π B．24π
C．28π D．32π
解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r，周长为c，圆锥母线长为l，圆柱高为h．由图得r＝2，c＝2πr＝4π，h＝4，由勾股定理得：l＝＝4，S表＝πr2＋ch＋cl＝4π＋16π＋8π＝28π．
2．(教材习题改编)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．
解析：由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱，其底面为侧视图，该侧视图是底边为2，高为的三角形，正视图的长为三棱柱的高，故h＝3，所以该几何体的体积V＝S·h＝×3＝3．
答案：3
3．正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为2，侧棱长为，D为BC中点，则三棱锥AB1DC1的体积为________．
解析：在正三棱柱ABCA1B1C1中，
∵AD⊥BC，AD⊥BB1，BB1∩BC＝B，∴AD⊥平面B1DC1．
∴VAB1DC1＝S△B1DC1·AD＝××2××＝1．
答案：1
1．求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易出错．
2．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．
3．易混侧面积与表面积的概念．
1．(教材习题改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．
答案：2∶3 1∶1
2．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是________．
解析：由三视图可知，该几何体由一个正四棱柱和一个棱台组成，其表面积S＝3×4×2＋2×2×2＋4×2×2＋4×6＋×(2＋6)×2×2＝72＋16．
答案：72＋16
1．(易错题)(2015·全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r＝( )
A．1 B．2
C．4 D．8
解析：选B 如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r，圆柱的底面半径为r，高为2r，则表面积S＝×4πr2＋πr2＋4r2＋πr·2r＝(5π＋4)r2．
又S＝16＋20π，∴(5π＋4)r2＝16＋20π，∴r2＝4，r＝2，故选B．
2．(2015·福建高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( )
A．8＋2
B．11＋2
C．14＋2
D．15
解析：选B 由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．
直角梯形斜腰长为＝，所以底面周长为4＋，侧面积为2×(4＋)＝8＋2，两底面的面积和为2××1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋2＋3＝11＋2．
3．某几何体的三视图如图所示，则它的侧面积为( )
A．12 B．24
C．24 D．12
解析：选A 由三视图得，
这是一个正四棱台，
由条件知斜高h＝＝，
侧面积S＝×4＝12．
几何体的表面积的求法
(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．
(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．注意衔接部分的处理，如“题组练透”第1题．
1．(2016·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．＋π B．＋π
C．＋π D．1＋π
解析：选C 由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为，从而该几何体的体积为×12×1＋××3＝＋π．
2．(2015·全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )
A． B．
C． D．
解析：选D 由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为
V1＝××1×1×1＝，
剩余部分的体积V2＝13－＝．
所以＝＝．
有关几何体体积的类型及解题策略
常见类型
解题策略
球的体积问题
直接利用球的体积公式求解，在实际问题中要根据题意作出图形，构造直角三角形确定球的半径
锥体、柱体的体积问题
根据题设条件求出所给几何体的底面积和高，直接套用公式求解
以三视图为载体的几何体体积问题
将三视图还原为几何体，利用空间几何体的体积公式求解
不规则几何体的体积问题
常用分割或补形的思想，若几何体的底不规则，也需采用同样的方法，将不规则的几何体或平面图形转化为规则的几何体或平面图形，易于求解
1．(2016·西安质检)某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为( )
A． B．
C． D．3
解析：选A 根据几何体的三视图，得该几何体是下部为直三棱柱，上部为三棱锥的组合体，如图所示．则该几何体的体积是V几何体＝V三棱柱＋V三棱锥＝×2×1×1＋××2×1×1＝．
2．(2017·云南省统检)如图是底面半径为1，高为2的圆柱被削掉一部分后剩下的几何体的三视图，则被削掉的那部分的体积为( )
A． B．
C．－2 D．2π－
解析：选B 由三视图可知，
剩下部分的几何体由半个圆锥和一个三棱锥组成，
其体积V＝××π×12×2＋××2×1×2＝＋，
∴被削掉的那部分的体积为π×12×2－＝．
3．(2016·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm2，体积是________cm3．
解析：由三视图知该几何体是一个组合体，左边是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm,4 cm,2 cm，右边也是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm，2 cm，4 cm．
几何体的表面积为(2×2＋2×4＋2×4)×2×2－2×2×2＝72(cm2)，
体积为2×2×4×2＝32(cm3)．
答案：72 32
与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考生的难点、易失分点，命题角度多变．
常见的命题角度有：
(1)正四面体的内切球与四棱锥的外接球；
(2)直三棱柱的外接球；
(3)正方体(长方体)的内切、外接球．
角度一：正四面体的内切球与四棱锥的外接球
1．(2017·长春模拟)若一个正四面体的表面积为S1，其内切球的表面积为S2，则＝________．
解析：设正四面体棱长为a，则正四面体表面积为S1＝4··a2＝a2，其内切球半径为正四面体高的，即r＝·a＝a，因此内切球表面积为S2＝4πr2＝，则＝＝．
答案：
角度二：直三棱柱的外接球
2．已知直三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为( )
A． B．2
C． D．3
解析：选C 如图，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M．又AM＝BC＝，OM＝AA1＝6，所以球O的半径R＝OA＝ ＝．
角度三：正方体(长方体)的内切、外接球
3．如图，已知球O是棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为( )
A．π B．
C． D．π
解析：选C 平面ACD1截球O的截面为△ACD1的内切圆．因为正方体的棱长为1，所以AC＝CD1＝AD1＝，所以内切圆的半径r＝×tan 30°＝，
所以S＝πr2＝π×＝π．
“切”“接”问题处理的注意事项
(1)“切”的处理
解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．
(2)“接”的处理
把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．
1．(2017·广州市综合测试)一个六棱柱的底面是正六边形，侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点都在同一个球面上，则该球的体积为( )
A．20π B．
C．5π D．
解析：选D 由题意知六棱柱的底面正六边形的外接圆半径r＝1，其高h＝1，∴球半径为R＝＝＝，∴该球的体积V＝πR3＝×3π＝．
2．(2016·河南省六市第一次联考)三棱锥PABC中，AB＝BC＝，AC＝6，PC⊥平面ABC，PC＝2，则该三棱锥的外接球表面积为( )
A．π B．π
C．π D．π
解析：选D 由题可知，△ABC中AC边上的高为＝，球心O在底面ABC的投影即为△ABC的外心D，设DA＝DB＝DC＝x，∴x2＝32＋(－x)2，解得x＝，∴R2＝x2＋2＝＋1＝(其中R为三棱锥外接球的半径)，∴外接球的表面积S＝4πR2＝π，故选D．
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( )
A．π B．π
C．16π D．24π
解析：选B 设球的半径为R，因为表面积是16π，所以4πR2＝16π，解得R＝2．所以体积为πR3＝．
2．(2016·长春市质量检测(二))
几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A． B．16－
C． D．16－
解析：选C 该几何体可视为长方体挖去一个四棱锥所得，所以其体积为2×2×4－×2×2×2＝．故选C．
3．(2016·全国乙卷)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是，则它的表面积是( )
A．17π B．18π
C．20π D．28π
解析：选A 由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的，得到的几何体如图．设球的半径为R，则πR3－×πR3＝π，解得R＝2．因此它的表面积为×4πR2＋πR2＝17π．故选A．
4．(2016·北京高考)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________．
解析：由题意知该四棱柱为直四棱柱，其高为1，其底面为上底长为1，下底长为2，高为1的等腰梯形，所以该四棱柱的体积为V＝×1＝．
答案：
5．(2015·天津高考)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3．
解析：由几何体的三视图可知该几何体由两个圆锥和一个圆柱构成，其中圆锥的底面半径和高均为1，圆柱的底面半径为1且其高为2，故所求几何体的体积为
V＝π×12×1×2＋π×12×2＝π．
答案：π
二保高考，全练题型做到高考达标
1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )
A．7 B．6
C．5 D．3
解析：选A 设圆台较小底面半径为r，
则另一底面半径为3r．
由S＝π(r＋3r)·3＝84π，解得r＝7．
2．一个六棱锥的体积为2，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为( )
A．6 B．8
C．12 D．24
解析：选C 由题意可知该六棱锥为正六棱锥，正六棱锥的高为h，侧面的斜高为h′．
由题意，得×6××22×h＝2，
∴h＝1，
∴斜高h′＝＝2，
∴S侧＝6××2×2＝12．故选C．
3．(2015·重庆高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．＋2π B．
C． D．
解析：选B 由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋×π×12×1＝π．
4．(2017·兰州市实战考试)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个等腰直角三角形，则该几何体外接球的体积为( )
A．π B．
C．3π D．3
解析：选A 由题意得，该几何体为四棱锥，且该四棱锥的外接球即为棱长为1的正方体的外接球，其半径为，故体积为π3＝π，故选A．
5．(2016·山西省高三考前质量检测)某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为3，则侧视图中线段的长度x的值是( )
A． B．2
C．4 D．5
解析：选C 分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥PABCD，故其体积V＝××4×CP＝3，∴CP＝，∴x＝＝4，故选C．
6．已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中圆的直径为4，该几何体的体积为V1，直径为4的球的体积为V2，则V1∶V2＝________．
解析：由三视图知，该几何体为圆柱内挖去一个底面相同的圆锥，因此V1＝8π－＝，V2＝×23＝，V1∶V2＝1∶2．
答案：1∶2
7．(2016·合肥市第二次质量检测)已知球O的内接圆柱的轴截面是边长为2的正方形，则球O的表面积为________．
解析：由题意可得，球心在轴截面正方形的中心，则外接球的半径R＝＝，该球的表面积为4πR2＝8π．
答案：8π
8．(2016·四川高考)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是________．
解析：由正视图知三棱锥的形状如图所示，且AB＝AD＝BC＝CD＝2，BD＝2，设O为BD的中点，连接OA，OC，则OA⊥BD，OC⊥BD，结合正视图可知AO⊥平面BCD．
又OC＝＝1，
∴V三棱锥ABCD＝××1＝．
答案：
9．(2017·武汉调研)已知正四棱锥的顶点都在同一球面上，且该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为________．
解析：如图，正四棱锥PABCD的外接球的球心O在它的高PO1上，设球的半径为R，因为底面边长为2，所以AC＝4．在Rt△AOO1中，R2＝(4－R)2＋22，所以R＝，所以球的表面积S＝4πR2＝25π．
答案：25π
10．如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝2，AD＝2，求四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积及体积．
解：由已知得：CE＝2，DE＝2，CB＝5，S表面＝S圆台侧＋S圆台下底＋S圆锥侧＝π(2＋5)×5＋π×25＋π×2×2＝(60＋4)π，V＝V圆台－V圆锥＝(π·22＋π·52＋)×4－π×22×2＝π．
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．(2017·广西质检)高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积与原直三棱柱的体积的比值为( )
A． B．
C． D．
解析：选C 由侧视图、俯视图知该几何体是高为2、底面积为×2×(2＋4)＝6的四棱锥，其体积为4．易知直三棱柱的体积为8，则该几何体的体积与原直三棱柱的体积的比值为，故选C．
2．(2017·唐山统考)三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC且PA＝2，△ABC是边长为的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为( )
A． B．4π
C．8π D．20π
解析：选C 由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC为底面、以PA为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC的外接圆半径r＝××＝1，外接球球心到△ABC的外接圆圆心的距离d＝1，所以外接球的半径R＝＝，所以三棱锥外接球的表面积S＝4πR2＝8π，故选C．
3．如图是一个以A1B1C1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC，已知A1B1＝B1C1＝2，∠A1B1C1＝90°，AA1＝4，BB1＝3，CC1＝2，求：
(1)该几何体的体积．
(2)截面ABC的面积．
解：(1)过C作平行于A1B1C1的截面A2B2C，交AA1，BB1分别于点A2，B2．
由直三棱柱性质及∠A1B1C1＝90°可知B2C⊥平面ABB2A2，
则该几何体的体积V＝VA1B1C1A2B2C＋VCABB2A2
＝×2×2×2＋××(1＋2)×2×2＝6．
(2)在△ABC中，AB＝＝，
BC＝＝，
AC＝＝2．
则S△ABC＝×2×＝．
第三节空间点、线、面之间的位置关系
1．平面的基本性质
(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．
(2)公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．
(3)公理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．
2．空间中两直线的位置关系
(1)空间中两直线的位置关系
(2)异面直线所成的角
①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．
②范围：．
(3)公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．
(4)定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．
3．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系
(1)直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况．
(2)平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．
1．下列说法正确的是( )
A．若a⊂α，b⊂β，则a与b是异面直线
B．若a与b异面，b与c异面，则a与c异面
C．若a，b不同在平面α内，则a与b异面
D．若a，b不同在任何一个平面内，则a与b异面
答案：D
2．(教材习题改编)设P表示一个点，a，b表示两条直线，α，β表示两个平面，给出下列四个命题，其中正确的命题是________．
①P∈a，P∈α⇒a⊂α；②a∩b＝P，b⊂β⇒a⊂β；③a∥b，a⊂α，P∈b，P∈α⇒b⊂α；④α∩β＝b，P∈α，P∈β⇒P∈b．
答案：③④
1．异面直线易误解为“分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线”，实质上两异面直线不能确定任何一个平面，因此异面直线既不平行，也不相交．
2．直线与平面的位置关系在判断时最易忽视“线在面内”．
3．不共线的三点确定一个平面，一定不能丢掉“不共线”条件．
1．(2017·江西七校联考)已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是( )
A．相交或平行 B．相交或异面
C．平行或异面 D．相交、平行或异面
解析：选D 依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面．
2．若直线a⊥b，且直线a∥平面α，则直线b与平面α的位置关系是( )
A．b⊂α B．b∥α
C．b⊂α或b∥α D．b与α相交或b⊂α或b∥α
解析：选D b与α相交或b⊂α或b∥α都可以．
3．四条线段顺次首尾相连，它们最多可确定的平面个数有( )
A．4个 B．3个
C．2个 D．1个
解析：选A 首尾相连的四条线段每相邻两条确定一个平面，所以最多可以确定4个平面．
如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是AB，AA1的中点．求证：
(1)E，C，D1，F四点共面；
(2)CE，D1F，DA三线共点．
证明：(1)如图，连接EF，A1B，CD1．
∵E，F分别是AB，AA1的中点，
∴EF∥A1B．
又A1B∥CD1，
∴EF∥CD1，
∴E，C，D1，F四点共面．
(2)∵EF∥CD1，EF
则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，
得P∈平面ABCD．
同理P∈平面ADD1A1．
又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，
∴P∈直线DA．
∴CE，D1F，DA三线共点．
1．点线共面问题证明的2种方法
(1)纳入平面法：先确定一个平面，再证有关点、线在此平面内；
(2)辅助平面法：先证有关点、线确定平面α，再证其余点、线确定平面β，最后证明平面α，β重合．
2．证明多线共点问题的2个步骤
(1)先证其中两条直线交于一点；
(2)再证交点在第三条直线上．证交点在第三条直线上时，第三条直线应为前两条直线所在平面的交线，可以利用公理3证明．如“本例”中第(2)问．
如图，在四边形ABCD中，已知AB∥CD，直线AB，BC，AD，DC分别与平面α相交于点E，G，H，F，求证：E，F，G，H四点必定共线．
证明：因为AB∥CD，
所以AB，CD确定一个平面β．
又因为AB∩α＝E，AB⊂β，
所以E∈α，E∈β，
即E为平面α与β的一个公共点．
同理可证F，G，H均为平面α与β的公共点，
因为两个平面有公共点，它们有且只有一条通过公共点的公共直线，
所以E，F，G，H四点必定共线．
如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，
有以下四个结论：
①直线AM与CC1是相交直线；
②直线AM与BN是平行直线；
③直线BN与MB1是异面直线；
④直线AM与DD1是异面直线．
其中正确的结论的序号为________．
解析：直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，所以①②错误．点B，B1，N在平面BB1C1C中，点M在此平面外，所以BN，MB1是异面直线．同理AM，DD1也是异面直线．
答案：③④
1．上面例题中正方体ABCDA1B1C1D1的棱所在直线中与直线AB是异面直线的有________条．
解析：与AB异面的有4条：CC1，DD1，A1D1，B1C1．
答案：4
2．在图中，G，N，M，H分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形的是________．(填上所有正确答案的序号)
解析：图①中，直线GH∥MN；图②中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，因此直线GH与MN异面；图③中，连接MG，GM∥HN，因此GH与MN共面；图④中，G，M，N共面，但H∉平面GMN，因此GH与MN异面．所以在图②④中，GH与MN异面．
答案：②④
如图所示，三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝60°，PA＝AB＝AC＝2，E是PC的中点．
(1)求证：AE与PB是异面直线；
(2)求异面直线AE与PB所成角的余弦值．
解：(1)证明：假设AE与PB共面，设平面为α，∵A∈α，B∈α，E∈α，
∴平面α即为平面ABE，
∴P∈平面ABE，这与P∉平面ABE矛盾，
所以AE与PB是异面直线．
(2)取BC的中点F，连接EF，AF，则EF∥PB，
所以∠AEF(或其补角)就是异面直线AE与PB所成的角．
∵∠BAC＝60°，PA＝AB＝AC＝2，PA⊥平面ABC，∴AF＝，AE＝，EF＝，cos∠AEF＝
＝＝，故异面直线AE与PB所成角的余弦值为．
用平移法求异面直线所成的角的3步骤
(1)一作：即据定义作平行线，作出异面直线所成的角；
(2)二证：即证明作出的角是异面直线所成的角；
(3)三求：解三角形，求出作出的角，如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角，如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角．
如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，
(1)求AC与A1D所成角的大小；
(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小．
解：(1)连接B1C，AB1，由ABCDA1B1C1D1是正方体，易知A1D∥B1C，从而B1C与AC所成的角就是AC与A1D所成的角．
∵AB1＝AC＝B1C，
∴∠B1CA＝60°．
即A1D与AC所成的角为60°．
(2)连接BD，在正方体ABCDA1B1C1D1中，
AC⊥BD，AC∥A1C1，
∵E，F分别为AB，AD的中点，
∴EF∥BD，
∴EF⊥AC．
∴EF⊥A1C1．
即A1C1与EF所成的角为90°．
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．“点P在直线m上，m在平面α内”可表示为( )
A．P∈m，m∈α B．P∈m，m⊂α
C．P⊂m，m∈α D．P⊂m，m⊂α
解析：选B 点在直线上用“∈”，直线在平面上用“⊂”，故选B．
2．(2015·广东高考)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
解析：选D 由直线l1和l2是异面直线可知l1与l2不平行，故l1，l2中至少有一条与l相交．
3．空间四边形两对角线的长分别为6和8，所成的角为45°，连接各边中点所得四边形的面积是( )
A．6 B．12
C．12 D．24
解析：选A 如图，已知空间四边形ABCD，设对角线AC＝6，BD＝8，易证四边形EFGH为平行四边形，∠EFG或∠FGH为AC与BD所成的45°角，故S四边形EFGH＝3×4·sin 45°＝6，故选A．
4．若平面α，β相交，在α，β内各取两点，这四点都不在交线上，这四点能确定________个平面．
解析：如果这四点在同一平面内，那么确定一个平面；如果这四点不共面，则任意三点可确定一个平面，所以可确定四个．
答案：1或4
5．如图，平行六面体ABCD A1B1C1D1中，既与AB共面又与CC1共面的棱有________条．
解析：依题意，与AB和CC1都相交的棱有BC；与AB相交且与CC1平行有棱AA1，BB1；与AB平行且与CC1相交的棱有CD，C1D1．故符合条件的有5条．
答案：5
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1．已知A，B，C，D是空间四点，命题甲：A，B，C，D四点不共面，命题乙：直线AC和BD不相交，则甲是乙成立的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A 若A，B，C，D四点不共面，则直线AC和BD不共面，所以AC和BD不相交；若直线AC和BD不相交，若直线AC和BD平行时，A，B，C，D四点共面，所以甲是乙成立的充分不必要条件．
2．在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是线段BC，CD1的中点，则直线A1B与直线EF的位置关系是( )
A．相交 B．异面
C．平行 D．垂直
解析：选A 由BC綊AD，AD綊A1D1知，BC綊A1D1，
从而四边形A1BCD1是平行四边形，
所以A1B∥CD1，
又EF⊂平面A1BCD1，EF∩D1C＝F，
则A1B与EF相交．
3．下列命题中，真命题的个数为( )
①如果两个平面有三个不在一条直线上的公共点，那么这两个平面重合；
②两条直线可以确定一个平面；
③空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内；
④若M∈α，M∈β，α∩β＝l，则M∈l．
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B 根据公理2，可判断①是真命题；两条异面直线不能确定一个平面，故②是假命题；在空间，相交于同一点的三条直线不一定共面(如墙角)，故③是假命题；根据平面的性质可知④是真命题．综上，真命题的个数为2．
4．如图，ABCD A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是( )
A．A，M，O三点共线 B．A，M，O，A1不共面
C．A，M，C，O不共面 D．B，B1，O，M共面
解析：选A 连接A1C1，AC，则A1C1∥AC，所以A1，C1，C，A四点共面，所以A1C⊂平面ACC1A1，因为M∈A1C，所以M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，所以M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，所以A，M，O三点共线．
5．已知正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是A1D1，A1C1的中点，则异面直线AE和CF所成的角的余弦值为( )
A． B．
C． D．
解析：选C 如图，设正方体的棱长为a，取线段AB的中点M，连接CM，MF，EF．则MF綊AE，所以∠CFM即为所求角或所求角的补角．在△CFM中，MF＝CM＝a，CF＝a，根据余弦定理可得cos∠CFM＝，所以可得异面直线AE与CF所成的角的余弦值为．故选C．
6．如图为正方体表面的一种展开图，则图中的四条线段AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的对数为________对．
解析：平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB，CD，EF和GH在原正方体中，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH相交，CD与EF平行．故互为异面的直线有且只有3对．
答案：3
7．(2017·福建六校联考)设a，b，c是空间中的三条直线，下面给出四个命题：
①若a∥b，b∥c，则a∥c；
②若a⊥b，b⊥c，则a∥c；
③若a与b相交，b与c相交，则a与c相交；
④若a⊂平面α，b⊂平面β，则a，b一定是异面直线．
上述命题中正确的命题是_______(写出所有正确命题的序号)．
解析：由公理4知①正确；当a⊥b，b⊥c时，a与c可以相交、平行或异面，故②错；当a与b相交，b与c相交时，a与c可以相交、平行，也可以异面，故③错；a⊂α，b⊂β，并不能说明a与b“不同在任何一个平面内”，故④错．
答案：①
8．如图，已知圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，C是圆柱下底面弧AB的中点，C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为________．
解析：取圆柱下底面弧AB的另一中点D，连接C1D，AD，
因为C是圆柱下底面弧AB的中点，
所以AD∥BC，
所以直线AC1与AD所成角等于异面直线AC1与BC所成角，因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，
所以C1D⊥圆柱下底面，所以C1D⊥AD，
因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，
所以C1D＝AD，
所以直线AC1与AD所成角的正切值为，
所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为．
答案：
9．如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是A1B1，B1C1的中点．问：
(1)AM与CN是否是异面直线？说明理由；
(2)D1B与CC1是否是异面直线？说明理由．
解：(1)AM与CN不是异面直线．理由如下：
如图，连接MN，A1C1，AC．
因为M，N分别是A1B1，B1C1的中点，
所以MN∥A1C1．
又因为A1A綊C1C，
所以四边形A1ACC1为平行四边形，
所以A1C1∥AC，
所以MN∥AC，
所以A，M，N，C在同一平面内，
故AM和CN不是异面直线．
(2)D1B与CC1是异面直线．
理由如下：
因为ABCDA1B1C1D1是正方体，所以B，C，C1，D1不共面．
假设D1B与CC1不是异面直线，
则存在平面α，使D1B⊂平面α，CC1⊂平面α，所以D1，B，C，C1∈α，这与B，C，C1，D1不共面矛盾．
所以假设不成立，即D1B与CC1是异面直线．
10．如图所示，在三棱锥P ABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中点．已知∠BAC＝90°，AB＝2，AC＝2，PA＝2．求：
(1)三棱锥P ABC的体积；
(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值．
解：(1)S△ABC＝×2×2＝2，
故三棱锥P ABC的体积为
V＝·S△ABC·PA＝×2×2＝．
(2)如图所示，取PB的中点E，连接DE，AE，
则DE∥BC，
所以∠ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角．
在△ADE中，DE＝2，AE＝，AD＝2，
则cos∠ADE＝＝＝．
即异面直线BC与AD所成角的余弦值为．
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．如图是三棱锥DABC的三视图，点O在三个视图中都是所在边的中点，则异面直线DO和AB所成角的余弦值等于( )
A． B．
C． D．
解析：选A 由三视图及题意得如图所示的直观图，从A出发的三条线段AB，AC，AD两两垂直且AB＝AC＝2，AD＝1，O是BC中点，取AC中点E，连接DE，DO，OE，则OE＝1，又可知AE＝1，由于OE∥AB，故∠DOE即为所求两异面直线所成的角或其补角．在直角三角形DAE中，DE＝，由于O是中点，在直角三角形ABC中可以求得AO＝，在直角三角形DAO中可以求得DO＝．在三角形DOE中，由余弦定理得cos∠DOE＝＝，故所求余弦值为．
2．如图所示，三棱柱ABC A1B1C1，底面是边长为2的正三角形，侧棱A1A⊥底面ABC，点E，F分别是棱CC1，BB1上的点，点M是线段AC上的动点，EC＝2FB＝2．
(1)当点M在何位置时，BM∥平面AEF?
(2)若BM∥平面AEF，判断BM与EF的位置关系，说明理由；并求BM与EF所成的角的余弦值．
解：(1)法一：如图所示，取AE的中点O，连接OF，过点O作OM⊥AC于点M．
因为侧棱A1A⊥底面ABC，
所以侧面A1ACC1⊥底面ABC．
又因为EC＝2FB＝2，
所以OM∥FB∥EC且OM＝EC＝FB，
所以四边形OMBF为矩形，BM∥OF．
因为OF⊂平面AEF，BM⊄平面AEF，
故BM∥平面AEF，此时点M为AC的中点．
法二：如图所示，取EC的中点P，AC的中点Q，连接PQ，PB，BQ．
因为EC＝2FB＝2，所以PE綊BF，
所以PQ∥AE，PB∥EF，
所以PQ∥平面AFE，PB∥平面AEF，
因为PB∩PQ＝P，PB，PQ ⊂平面PBQ，
所以平面PBQ∥平面AEF．
又因为BQ⊂平面PBQ，
所以BQ∥平面AEF．
故点Q即为所求的点M，此时点M为AC的中点．
(2)由(1)知，BM与EF异面，∠OFE(或∠MBP)就是异面直线BM与EF所成的角或其补角．
易求AF＝EF＝，MB＝OF＝，OF⊥AE，
所以cos∠OFE＝＝＝，
所以BM与EF所成的角的余弦值为．
第四节直线、平面平行的判定及其性质
1．直线与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行)
∵l∥a，a⊂α，l⊄α，
∴l∥α
性质定理
一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)
∵l∥α，l⊂β，α∩β＝b，∴l∥b
2．平面与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)
∵a∥β，b∥β，a∩b＝P，a⊂α，b⊂α，∴α∥β
性质定理
如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行
∵α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，∴a∥b
1．(教材习题改编)已知平面α∥平面β，直线a⊂α，有下列命题：
①a与β内的所有直线平行；
②a与β内无数条直线平行；
③a与β内的任意一条直线都不垂直．
其中真命题的序号是________．
答案：②
2．(教材习题改编)在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为________．
解析：连接BD，设BD∩AC＝O，连接EO，在△BDD1中，点E，O分别是DD1，BD的中点，则EO∥BD1，又因为EO⊂平面ACE，BD1⊄平面AEC，所以BD1∥平面ACE．
答案：平行
1．直线与平面平行的判定中易忽视“线在面内”这一关键条件．
2．面面平行的判定中易忽视“面内两条相交线”这一条件．
3．如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，易误认为这两个平面平行，实质上也可以相交．
1．如果直线a∥平面α，那么直线a与平面α内的( )
A．一条直线不相交 B．两条直线不相交
C．无数条直线不相交 D．任意一条直线都不相交
解析：选D 因为a∥平面α，直线a与平面α无公共点，因此a和平面α内的任意一条直线都不相交，故选D．
2．(2015·北京高考)设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，“m∥β ”是“α∥β ”的( )
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选B 当m∥β时，过m的平面α与β可能平行也可能相交，因而m∥β⇒/ α∥β；当α∥β时，α内任一直线与β平行，因为m⊂α，所以m∥β．综上知，“m∥β ”是“α∥β ”的必要而不充分条件．
考点一 直线与平面平行的判定与性质
平行关系是空间几何中的一种重要关系，包括线线平行、线面平行、面面平行，其中线面平行是高考热点，多出现在解答题中．
常见的命题角度有
(1)证明直线与平面平行
(2)线面平行性质定理的应用
角度一：证明直线与平面平行
1．(2016·全国丙卷)如图，四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．
(1)证明MN∥平面PAB；
(2)求四面体NBCM的体积．
解：(1)证明：由已知得AM＝AD＝2．
取BP的中点T，连接AT，TN，
由N为PC中点知TN∥BC，
TN＝BC＝2．
又AD∥BC，故TN綊AM，
所以四边形AMNT为平行四边形，
于是MN∥AT．
因为MN⊄平面PAB，AT⊂平面PAB，
所以MN∥平面PAB．
(2)因为PA⊥平面ABCD，N为PC的中点，
所以N到平面ABCD的距离为PA．
取BC的中点E，连接AE．
由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝＝．
由AM∥BC得M到BC的距离为，
故S△BCM＝×4×＝2．
所以四面体NBCM的体积VNBCM＝×S△BCM×＝．
角度二：线面平行性质定理的应用
2．如图，四棱锥PABCD 的底面是正方形，四条侧棱均相等．点G，E，F，H 分别是棱 PB，AB，CD，PC上共面的四点，BC∥ 平面GEFH ．
求证：GH∥EF．
证明：因为BC∥平面GEFH，BC⊂平面PBC，
且平面PBC∩平面GEFH＝GH，
所以GH∥BC，
同理可证EF∥BC，
因此GH∥EF．
证明直线与平面平行的3种方法
定义法
一般用反证法
判定定理法
关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言叙述证明过程
性质判定法
即两平面平行时，其中一个平面内的任何直线都平行于另一个平面
如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，F是AB的中点，E是PD的中点．
(1)证明：PB∥平面AEC；
(2)在PC上求一点G，使FG∥平面AEC，并证明你的结论．
解：(1)证明：连接BD，设BD与AC的交点为O，连接EO．
因为四边形ABCD为矩形，
所以O为BD的中点．
又E为PD的中点，
所以EO∥PB．
因为EO⊂平面AEC，
PB⊄平面AEC，
所以PB∥平面AEC．
(2)PC的中点G即为所求的点．
证明如下：
连接GE，FG，
∵E为PD的中点，
∴GE綊CD．
又F为AB的中点，且四边形ABCD为矩形，
∴FA綊CD．
∴FA綊GE．
∴四边形AFGE为平行四边形，
∴FG∥AE．
又FG⊄平面AEC，AE⊂平面AEC，
∴FG∥平面AEC．
考点二 平面与平面平行的判定与性质
如图，在三棱柱ABCA1B1C1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．
证明：(1)∵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分别为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．
判定平面与平面平行的5种方法
(1)面面平行的定义，即证两个平面没有公共点(不常用)；
(2)面面平行的判定定理(主要方法)；
(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(客观题可用)；
(4)利用平面平行的传递性，两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行(客观题可用)；
(5)利用向量法，通过证明两个平面的法向量平行证得两平面平行．
1．如图，平面α内有△ABC，AB＝5，BC＝8，AC＝7，梯形BCDE的底DE＝2，过EB的中点B1的平面β∥α，若β分别交EA，DC于点A1，C1，求△A1B1C1的面积．
解：因为α∥β，
所以A1B1∥AB，B1C1∥BC，
又因为∠A1B1C1与∠ABC同向．
所以∠A1B1C1＝∠ABC．
又因为cos∠ABC＝＝，
所以∠ABC＝∠A1B1C1＝60°．
又因为B1为EB的中点，
所以B1A1是△EAB的中位线，
所以B1A1＝AB＝，
同理知B1C1为梯形BCDE的中位线，
所以B1C1＝(BC＋DE)＝5．
则S△A1B1C1＝A1B1×B1C1×sin 60°
＝××5×＝．
故△A1B1C1的面积为．
2．如图，四边形ABCD与四边形ADEF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，连接AE，设DF与GN的交点为O，
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，又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，又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG．
又M为AB中点，所以MN为△ABD的中位线，
所以BD∥MN，又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，
所以BD∥平面MNG，
又DE⊂平面BDE，BD⊂平面BDE，DE∩BD＝D，
所以平面BDE∥平面MNG．
如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AD＝AA1＝4，AB＝8，M，N分别是A1D1，AB的中点．过MN的截面α与BD1平行，且平面α与长方体的面相交．
(1)求作交线(只画出图，不要求证明或说明)．
(2)求该截面将长方体分成的两部分的体积之比．
解：(1)如图，Q，P分别为A1B1与AD的中点，则截面MPNQ即为平面α，交线分别为MP，PN，NQ和QM．
(2)由(1)知，三棱柱ANPA1QM的体积为V1＝S△ANP·AA1＝×AB·AD·AA1＝×8×4×4＝16．
而长方体的体积V＝S矩形ABCD·AA1＝8×4×4＝128．
∴截面将长方体分成的两部分体积比为V1∶(V－V1)＝16∶112＝(7也可以)．
根据条件求作几何体截面的3个思想方法
(1)平面的确定公理；
(2)线面平行与面面平行的判定与性质的应用；
(3)作图的合理性(注意题目中隐含条件的挖掘和分析)．
如图，E是正方体ABCDA1B1C1D1的棱DD1的中点，过A，C，E三点作平面α与正方体的面相交．
(1)画出平面α与正方体ABCDA1B1C1D1各面的交线；
(2)求证：BD1∥平面α．
解：(1)如图，交线即为EC，AC，AE，平面α即为平面AEC．
(2)证明：连接BD，设BD与AC交于点O，连接EO，
∵平面ABCD为正方形，
∴O是BD的中点，
又E为DD1的中点．
∴OE∥BD1，又OE⊂平面α，BD1⊄平面α．
∴BD1∥平面α．
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．已知直线a与直线b平行，直线a与平面α平行，则直线b与α的关系为( )
A．平行 B．相交
C．直线b在平面α内 D．平行或直线b在平面α内
解析：选D 依题意，直线a必与平面α内的某直线平行，又a∥b，因此直线b与平面α的位置关系是平行或直线b在平面α内．
2．(2017·合肥模拟)在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB和BC上的点，若AE∶EB＝CF∶FB＝1∶2，则对角线AC和平面DEF的位置关系是( )
A．平行 B．相交
C．在平面内 D．不能确定
解析：选A 如图，由＝得AC∥EF．又因为EF⊂平面DEF，AC⊄平面DEF，所以AC∥平面DEF．
3．若平面α∥平面β，直线a∥平面α，点B∈β，则在平面β内且过B点的所有直线中( )
A．不一定存在与a平行的直线
B．只有两条与a平行的直线
C．存在无数条与a平行的直线
D．存在唯一与a平行的直线
解析：选A 当直线a在平面β内且过B点时，不存在与a平行的直线，故选A．
4．如图，α∥β，△PAB所在的平面与α，β分别交于CD，AB，若PC＝2，CA＝3，CD＝1，则AB＝________．
解析：∵α∥β，∴CD∥AB，
则＝，∴AB＝＝＝．
答案：
5．如图所示，在四面体ABCD中，点M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是________．
解析：连接AM并延长，交CD于点E，连接BN，并延长交CD于点F，由重心性质可知，E，F重合为一点，且该点为CD的中点E，连接MN，由＝＝，得MN∥AB．因此，MN∥平面ABC且MN∥平面ABD．
答案：平面ABC、平面ABD
二保高考，全练题型做到高考达标
1．在空间中，已知直线a，b，平面α，则以下三个命题：
①若a∥b，b⊂α，则a∥α；②若a∥b，a∥α，则b∥α；③若a∥α，b∥α，则a∥b．
其中真命题的个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选A 对于①，若a∥b，b⊂α，则应有a∥α或a⊂α，所以①是假命题；对于②，若a∥b，a∥α，则应有b∥α或b⊂α，因此②是假命题；对于③，若a∥α，b∥α，则应有a∥b或a与b相交或a与b异面，因此③是假命题．综上，在空间中，以上三个命题都是假命题．
2．设m，n是平面α内的两条不同直线，l1，l2是平面β内的两条相交直线．则α∥β的一个充分而不必要条件是( )
A．m∥β且l1∥α B．m∥l1且n∥l2
C．m∥β且n∥β D．m∥β且n∥l2
解析：选B 因为m∥l1，且n∥l2，又l1与l2是平面β内的两条相交直线，所以α∥β，而当α∥β时不一定推出m∥l1且n∥l2，可能异面．所以α∥β的一个充分而不必要条件是B．
3．下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是( )
A．①③ B．②③
C．①④ D．②④
解析：选C 对于图形①，平面MNP与AB所在的对角面平行，即可得到AB∥平面MNP；对于图形④，AB∥PN，即可得到AB∥平面MNP；图形②③无论用定义还是判定定理都无法证明线面平行．
4．如图，透明塑料制成的长方体容器ABCDA1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：
①没有水的部分始终呈棱柱形；
②水面EFGH所在四边形的面积为定值；
③棱A1D1始终与水面所在平面平行；
④当容器倾斜如图所示时，BE·BF是定值．
其中正确命题的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C 由题图，显然①是正确的，②是错误的；
对于③，∵A1D1∥BC，BC∥FG，
∴A1D1∥FG且A1D1⊄平面EFGH，
∴A1D1∥平面EFGH(水面)．
∴③是正确的；
对于④，∵水是定量的(定体积V)，
∴S△BEF·BC＝V，即BE·BF·BC＝V．
∴BE·BF＝(定值)，即④是正确的，故选C．
5．在三棱锥S ABC中，△ABC是边长为6的正三角形，SA＝SB＝SC＝15，平面DEFH分别与AB，BC，SC，SA交于D，E，F，H，且D，E分别是AB，BC的中点，如果直线SB∥平面DEFH，那么四边形DEFH的面积为( )
A． B．
C．45 D．45
解析：选A 取AC的中点G，连接SG，BG．
易知SG⊥AC，BG⊥AC，
故AC⊥平面SGB，所以AC⊥SB．
因为SB∥平面DEFH，SB⊂平面SAB，平面SAB∩平面DEFH＝HD，则SB∥HD．同理SB∥FE．
又D，E分别为AB，BC的中点，则H，F也为AS，SC的中点，从而得HF綊AC綊DE，
所以四边形DEFH为平行四边形．
又AC⊥SB，SB∥HD，DE∥AC，
所以DE⊥HD，所以四边形DEFH为矩形，
其面积S＝HF·HD＝AC·SB＝．
6．设α，β，γ是三个平面，a，b是两条不同直线，有下列三个条件：
①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ．
如果命题“α∩β＝a，b⊂γ，且________，则a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________(把所有正确的序号填上)．
解析：由面面平行的性质定理可知，①正确；当b∥β，a⊂γ时，a和b在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．故应填入的条件为①或③．
答案：①或③
7．正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1 cm，过AC作平行于对角线BD1的截面，则截面面积为________cm2．
解析：如图所示，截面ACE∥BD1，平面BDD1∩平面ACE＝EF，其中F为AC与BD的交点，
∴E为DD1的中点，
∴S△ACE＝××＝ (cm2)．
答案：
8．如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，若BC⊥AC，∠BAC＝，AC＝4，M为AA1的中点，点P为BM的中点，Q在线段CA1上，且A1Q＝3QC，则PQ的长度为________．
解析：由题意知，AB＝8，过点P作PD∥AB交AA1于点D，连接DQ，则D为AM中点，PD＝AB＝4．
又∵＝＝3，
∴DQ∥AC，∠PDQ＝，DQ＝AC＝3，
在△PDQ中，
PQ＝
＝．
答案：
9．(2017·长春质检)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，PD⊥平面ABCD，点D1为棱PD的中点，过D1作与平面ABCD平行的平面与棱PA，PB，PC相交于点A1，B1，C1，∠BAD＝60°．
(1)求证：B1为PB的中点；
(2)已知棱锥的高为3，且AB＝2，AC，BD的交点为O，连接B1O．求三棱锥B1ABO外接球的体积．
解：(1)证明：连接B1D1．
由题意知，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面PBD∩平面ABCD＝BD，
平面PBD∩平面A1B1C1D1＝B1D1，则BD∥B1D1，
即B1D1为△PBD的中位线，即B1为PB的中点．
(2)由(1)可得，OB1＝，AO＝，BO＝1，且OA⊥OB，OA⊥OB1，OB⊥OB1，
即三棱锥B1ABO的外接球为以OA，OB，OB1为长，宽，高的长方体的外接球，则该长方体的体对角线长d＝＝，即外接球半径R＝．
则三棱锥B1ABO外接球的体积V＝πR3＝×π×3＝．
10．如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G，H分别是BC，CC1，C1D1，A1A的中点．求证：
(1)BF∥HD1；
(2)EG∥平面BB1D1D；
(3)平面BDF∥平面B1D1H．
证明：(1)如图所示，取BB1的中点M，连接MH，MC1，易证四边形HMC1D1是平行四边形，
∴HD1∥MC1．
又∵MC1∥BF，∴BF∥HD1．
(2)取BD的中点O，连接EO，D1O，则OE綊DC，又D1G綊DC，∴OE綊D1G，
∴四边形OEGD1是平行四边形，
∴GE∥D1O．
又GE⊄平面BB1D1D，D1O⊂平面BB1D1D，
∴EG∥平面BB1D1D．
(3)由(1)知BF∥HD1，
又BD∥B1D1，B1D1，HD1⊂平面B1D1H，BF，BD⊂平面BDF，且B1D1∩HD1＝D1，DB∩BF＝B，
∴平面BDF∥平面B1D1H．
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．如图所示，设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，点P是棱AD上一点，且AP＝，过B1，D1，P的平面交平面ABCD于PQ，Q在直线CD上，则PQ＝________．
解析：∵平面A1B1C1D1∥平面ABCD，而平面B1D1P∩平面ABCD＝PQ，平面B1D1P∩平面A1B1C1D1＝B1D1，
∴B1D1∥PQ．
又∵B1D1∥BD，∴BD∥PQ，
设PQ∩AB＝M，
∵AB∥CD，
∴△APM∽△DPQ．
∴＝＝2，即PQ＝2PM．
又知△APM∽△ADB，
∴＝＝，
∴PM＝BD，又BD＝a，
∴PQ＝a．
答案：a
2．如图，四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E为PB的中点．
(1)求证：CE∥平面PAD．
(2)在线段AB上是否存在一点F，使得平面PAD∥平面CEF？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：取PA的中点H，连接EH，DH，
因为E为PB的中点，
所以EH∥AB，EH＝AB，
又AB∥CD，CD＝AB，
所以EH∥CD，EH＝CD，
因此四边形DCEH是平行四边形，
所以CE∥DH，
又DH⊂平面PAD，CE⊄平面PAD，
因此CE∥平面PAD．
(2)存在点F为AB的中点，使平面PAD∥平面CEF，
证明如下：
取AB的中点F，连接CF，EF，
所以AF＝AB，
又CD＝AB，所以AF＝CD，
又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形，
因此CF∥AD，
又CF⊄平面PAD，所以CF∥平面PAD，
由(1)可知CE∥平面PAD，
又CE∩CF＝C，
故平面CEF∥平面PAD，
故存在AB的中点F满足要求．
第五节直线、平面垂直的判定及其性质
1．直线与平面垂直
(1)直线和平面垂直的定义：
直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．
(2)直线与平面垂直的判定定理及性质定理：
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直
⇒l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行
⇒a∥b
2．平面与平面垂直的判定定理与性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直
⇒α⊥β
性质定理
两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直
⇒l⊥α
1．设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β( )
A．若l⊥β，则α⊥β B．若α⊥β，则l⊥m
C．若l∥β，则α∥β D．若α∥β，则l∥m
解析：选A ∵l⊥β，l⊂α，
∴α⊥β(面面垂直的判定定理)，故A正确．
2．(教材习题改编)PD垂直于正方形ABCD所在的平面，连接PB，PC，PA，AC，BD，则一定互相垂直的平面有________对．
解析：由于PD⊥平面ABCD，故平面PAD⊥平面ABCD，平面PDB⊥平面ABCD，平面PDC⊥平面ABCD，平面PDA⊥平面PDC，平面PAC⊥平面PDB，平面PAB⊥平面PAD, 平面PBC⊥平面PDC，共7对．
答案：7
1．证明线面垂直时，易忽视面内两条线为相交线这一条件．
2．面面垂直的判定定理中，直线在面内且垂直于另一平面易忽视．
3．面面垂直的性质定理在使用时易忘面内一线垂直于交线而盲目套用造成失误．
1．“直线a与平面M内的无数条直线都垂直”是“直线a与平面M垂直”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选B 根据直线与平面垂直的定义知“直线a与平面M的无数条直线都垂直”不能推出“直线a与平面M垂直”，反之可以，所以是必要不充分条件．
2．(教材习题改编)设m，n表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，下列命题为真命题的是( )
A．若m⊥α，α⊥β，则m∥β
B．若m∥α，m⊥β，则α⊥β
C．若m⊥n，m⊥α，则n∥α
D．若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n
解析：选B 对于A，m可以在β内，故A错；对于C，n可以在α内，故C错误；对于D，m与n可以平行，故D错．
考点一 直线与平面垂直的判定与性质
直线与平面垂直的判定与性质是每年高考的必考内容，题型多为解答题，难度适中，属中档题．
常见的命题角度有
(1)证明直线与平面垂直；
(2)利用线面垂直的性质证明线线垂直．
角度一：证明直线与平面垂直
1．如图所示，在四棱锥PABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥CD，PD＝AD，E是PB的中点，F是DC上的点，且DF＝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)因为AB⊥平面PAD，PH⊂平面PAD，所以PH⊥AB．
因为PH为△PAD中AD边上的高，所以PH⊥AD．
因为AB∩AD＝A，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PH⊥平面ABCD．
(2)如图，取PA的中点M，连接MD，ME．
因为E是PB的中点，
所以ME綊AB．
又因为DF綊AB，
所以ME綊DF，
所以四边形MEFD是平行四边形，所以EF∥MD．
因为PD＝AD，所以MD⊥PA．
因为AB⊥平面PAD，所以MD⊥AB．
因为PA∩AB＝A，所以MD⊥平面PAB，
所以EF⊥平面PAB．
角度二：利用线面垂直的性质证明线线垂直
2．(2015·江苏高考)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1．设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E．
求证：(1)DE∥平面AA1C1C；
(2)BC1⊥AB1．
证明：(1)由题意知，E为B1C的中点，
又D为AB1的中点，因此DE∥AC．
又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，
所以DE∥平面AA1C1C．
(2)因为棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，
所以CC1⊥平面ABC．
因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1．
又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，
BC⊂平面BCC1B1，
BC∩CC1＝C，
所以AC⊥平面BCC1B1．
又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC．
因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，
因此BC1⊥B1C．
因为AC⊂平面B1AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，
所以BC1⊥平面B1AC．
又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1．
判定直线和平面垂直的4种方法
(1)利用判定定理；
(2)利用判定定理的推论(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；
(3)利用面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；
(4)利用面面垂直的性质．
当两个平面垂直时，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面．
1．(2017·上海六校联考)已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是( )
A．α⊥β且m⊂α B．α⊥β且m∥α
C．m∥n且n⊥β D．m⊥n且α∥β
解析：选C 由线线平行性质的传递性和线面垂直的判定定理，可知C正确．
2．如图，S是Rt△ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC．D为斜边AC的中点．
(1)求证：SD⊥平面ABC；
(2)若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC．
证明：(1)如图所示，取AB的中点E，连接SE，DE，
在Rt△ABC中，D，E分别为AC，AB的中点．
∴DE∥BC，∴DE⊥AB，
∵SA＝SB，∴SE⊥AB．
又SE∩DE＝E，∴AB⊥平面SDE．
又SD⊂平面SDE，∴AB⊥SD．
在△SAC中，SA＝SC，D为AC的中点，∴SD⊥AC．
又AC∩AB＝A，∴SD⊥平面ABC．
(2)由于AB＝BC，则BD⊥AC，
由(1)可知，SD⊥平面ABC，又BD⊂平面ABC，
∴SD⊥BD，
又SD∩AC＝D，∴BD⊥平面SAC．
(2016·四川高考)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD．
(1)在平面PAD内找一点M，使得直线CM∥平面PAB，并说明理由；
(2)证明：平面PAB⊥平面PBD．
解：(1)取棱AD的中点M(M∈平面PAD)，点M即为所求的一个点．
理由如下：
连接MC，
因为AD∥BC，BC＝AD，
所以BC∥AM，且BC＝AM．
所以四边形AMCB是平行四边形，所以CM∥AB．
又AB⊂平面PAB，CM⊄平面PAB，
所以CM∥平面PAB．
(说明：取棱PD的中点N，则所找的点可以是直线MN上任意一点)
(2)证明：由已知，PA⊥AB，PA⊥CD，
因为AD∥BC，BC＝AD，
所以直线AB与CD相交，
所以PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥BD．
连接BM，因为AD∥BC，
BC＝AD，M为AD的中点，
所以BC∥MD，且BC＝MD，
所以四边形BCDM是平行四边形，
所以BM＝CD＝AD，所以BD⊥AB．
又AB∩AP＝A，
所以BD⊥平面PAB．
又BD⊂平面PBD，所以平面PAB⊥平面PBD．
1．证明面面垂直的2种方法
(1)定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题．
(2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化成证明线线垂直加以解决．
2．三种垂直关系的转化
(2016·云南省第一次统一检测)如图，在三棱锥ABCD中，CD⊥BD，AB＝AD，E为BC的中点．
(1)求证：AE⊥BD；
(2)设平面ABD⊥平面BCD，AD＝CD＝2，BC＝4，求三棱锥DABC的体积．
解：(1)证明：设BD的中点为O，连接AO，EO，
∵AB＝AD，∴AO⊥BD．
又E为BC的中点，∴EO∥CD．
∵CD⊥BD，∴EO⊥BD．
又OA∩OE＝O，∴BD⊥平面AOE．
又AE⊂平面AOE，∴AE⊥BD．
(2)由已知得三棱锥DABC与CABD的体积相等．
∵CD⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，
∴CD⊥平面ABD，BD＝＝2．
由已知得S△ABD＝×BD× ＝．
∴三棱锥CABD的体积VCABD＝×CD×S△ABD＝．
∴三棱锥DABC的体积为．
(2016·全国甲卷)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于点H．将△DEF沿EF折到△D′EF的位置．
(1)证明：AC⊥HD′；
(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱锥D′ABCFE的体积．
解：(1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD．
又由AE＝CF得＝，故AC∥EF．
由此得EF⊥HD，故EF⊥HD′，所以AC⊥HD′．
(2)由EF∥AC得＝＝．
由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4．
所以OH＝1，D′H＝DH＝3．
于是OD′2＋OH2＝(2)2＋12＝9＝D′H2，
故OD′⊥OH．
由(1)知，AC⊥HD′，
又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，
所以AC⊥平面BHD′，
于是AC⊥OD′．
又OD′⊥OH，AC∩OH＝O，
所以OD′⊥平面ABC．
又由＝得EF＝．
五边形ABCFE的面积S＝×6×8－××3＝．
所以五棱锥D′ABCFE的体积V＝××2＝．
对于翻折问题，应明确：在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质可能会发生变化．解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法．
(2017·石家庄模拟)在平面四边形ABCD(图①)中，△ABC与△ABD均为直角三角形且有公共斜边AB，设AB＝2，∠BAD＝30°，∠BAC＝45°，将△ABC沿AB折起，构成如图②所示的三棱锥C′ABD．
(1)当C′D＝时，求证：平面C′AB⊥平面DAB；
(2)当AC′⊥BD时，求三棱锥C′ABD的高．
解：(1)证明：当C′D＝时，
取AB的中点O，连接C′O，DO，
在Rt△AC′B，Rt△ADB中，AB＝2，则C′O＝DO＝1，
∵C′D＝，
∴C′O2＋DO2＝C′D2，即C′O⊥OD，
又C′O⊥AB，AB∩OD＝O，AB⊂平面ABD，OD⊂平面ABD，∴C′O⊥平面ABD，
∵C′O⊂平面C′AB，∴平面C′AB⊥平面DAB．
(2)当AC′⊥BD时，由已知AC′⊥BC′，
∵BC′∩BD＝B，∴AC′⊥平面BDC′，
∵C′D⊂平面BDC′，∴AC′⊥C′D，△AC′D为直角三角形，
由勾股定理得，C′D＝＝＝1，
而在△BDC′中，BD＝1，BC′＝，
∴△BDC′为直角三角形，S△BDC′＝×1×1＝．
三棱锥C′ABD的体积V＝×S△BDC′×AC′＝××＝．
S△ABD＝×1×＝，
设三棱锥C′ABD的高为h，
则由×h×＝，解得h＝．
故三棱锥C′ABD的高为．
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．设α，β为两个不同的平面，直线l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”成立的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选A 依题意，由l⊥β，l⊂α可以推出α⊥β；反过来，由α⊥β，l⊂α不能推出l⊥β．因此“l⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要条件，故选A．
2．已知直线m，l，平面α，β，且m⊥α，l⊂β，给出下列命题：①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l；③若m⊥l，则α⊥β；④若m∥l，则α⊥β，其中正确的命题的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B ①中，α∥β，且m⊥α，则m⊥β，因为l⊂β，所以m⊥l，所以①正确；②中，α⊥β，且m⊥α，则m∥β或m⊂β，又l⊂β，则m与l可能平行，可能异面，可能相交，所以②不正确；③中，m⊥l，且m⊥α，l⊂β，则α与β可能平行，可能相交，所以③不正确；④中，m∥l，且m⊥α，则l⊥α，因为l⊂β，所以α⊥β，所以④正确，故选B．
3．已知在空间四边形ABCD中，AD⊥BC，AD⊥BD，且△BCD是锐角三角形，则必有( )
A．平面ABD⊥平面ADC B．平面ABD⊥平面ABC
C．平面ADC⊥平面BDC D．平面ABC⊥平面BDC
解析：选C ∵AD⊥BC，AD⊥BD，BC∩BD＝B，∴AD⊥平面BDC，又AD⊂平面ADC，∴平面ADC⊥平面BDC．
4．一平面垂直于另一平面的一条平行线，则这两个平面的位置关系是________．
解析：由线面平行的性质定理知，该面必有一直线与已知直线平行．再根据“两平行线中一条垂直于一平面，另一条也垂直于该平面”得出两个平面垂直相交．
答案：垂直相交
5．设a，b为不重合的两条直线，α，β为不重合的两个平面，给出下列命题：
①若a∥α且b∥α，则a∥b；②若a⊥α且a⊥β，则α∥β；
③若α⊥β，则一定存在平面γ，使得γ⊥α，γ⊥β；
④若α⊥β，则一定存在直线l，使得l⊥α，l∥β．
上面命题中，所有真命题的序号是________．
解析：①中a与b可能相交或异面，故不正确．
②垂直于同一直线的两平面平行，正确．
③中存在γ，使得γ与α，β都垂直．
④中只需直线l⊥α且l⊄β就可以．
答案：②③④
二保高考，全练题型做到高考达标
1．(2017·青岛质检)设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则能得出a⊥b的是( )
A．a⊥α，b∥β，α⊥β B．a⊥α，b⊥β，α∥β
C．a⊂α，b⊥β，α∥β D．a⊂α，b∥β，α⊥β
解析：选C 对于C项，由α∥β，a⊂α可得a∥β，又b⊥β，得a⊥b，故选C．
2．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC，则四面体P ABC中直角三角形的个数为( )
A．4 B．3
C．2 D．1
解析：选A 由PA⊥平面ABC可得△PAC，△PAB是直角三角形，且PA⊥BC．又∠ABC＝90°，所以△ABC是直角三角形，且BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，即△PBC为直角三角形，故四面体P ABC中共有4个直角三角形．
3．(2017·南昌模拟)设a，b是夹角为30°的异面直线，则满足条件“a⊂α，b⊂β，且α⊥β ”的平面α，β( )
A．不存在 B．有且只有一对
C．有且只有两对 D．有无数对
解析：选D 过直线a的平面α有无数个，当平面α与直线b平行时，两直线的公垂线与b确定的平面β⊥α，当平面α与b相交时，过交点作平面α的垂线与b确定的平面β⊥α．故选D．
4．(2017·吉林实验中学测试)设a，b，c是空间的三条直线，α，β是空间的两个平面，则下列命题中，逆命题不成立的是( )
A．当c⊥α时，若c⊥β，则α∥β
B．当b⊂α时，若b⊥β，则α⊥β
C．当b⊂α，且c是a在α内的射影时，若b⊥c，则a⊥b
D．当b⊂α，且c⊄α时，若c∥α，则b∥c
解析：选B A的逆命题为：当c⊥α时，若α∥β，则c⊥β．由线面垂直的性质知c⊥β，故A正确；B的逆命题为：当b⊂α时，若α⊥β，则b⊥β，显然错误，故B错误；C的逆命题为：当b⊂α，且c是a在α内的射影时，若a⊥b，则b⊥c．由三垂线逆定理知b⊥c，故C正确；D的逆命题为：当b⊂α，且c⊄α时，若b∥c，则c∥α．由线面平行判定定理可得c∥α，故D正确．
5．(2017·贵阳市监测考试)如图，在三棱锥PABC中，不能证明AP⊥BC的条件是( )
A．AP⊥PB，AP⊥PC
B．AP⊥PB，BC⊥PB
C．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC
D．AP⊥平面PBC
解析：选B A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A能证明AP⊥BC；C中，因为平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C能证明AP⊥BC；由A知D能证明AP⊥BC；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B．
6．如图，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有____________；与AP垂直的直线有________．
解析：∵PC⊥平面ABC，
∴PC垂直于直线AB，BC，AC．
∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，
∴AB⊥平面PAC，
又∵AP⊂平面PAC，
∴AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB．
答案：AB，BC，AC AB
7．如图所示，在四棱锥P ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD．(只要填写一个你认为是正确的条件即可)
解析：连接AC，BD，则AC⊥BD，
∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BD．
又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，
∴BD⊥PC．
∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD．
而PC⊂平面PCD，
∴平面MBD⊥平面PCD．
答案：DM⊥PC(或BM⊥PC)
8．如图，直三棱柱ABC A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E．要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为________．
解析：设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF．
由已知可以得A1B1＝，
设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝h．
又2×＝h×，
所以h＝，DE＝．
在Rt△DB1E中，B1E＝ ＝．
由面积相等得× ＝x，得x＝．
即线段B1F的长为．
答案：
9．(2016·贵州省适应性考试)已知长方形ABCD中，AB＝3，AD＝4．现将长方形沿对角线BD折起，使AC＝a，得到一个四面体ABCD，如图所示．
(1)试问：在折叠的过程中，直线AB与CD能否垂直？若能，求出相应a的值；若不能，请说明理由．
(2)求四面体ABCD体积的最大值．
解：(1)直线AB与CD能垂直．
因为AB⊥AD，
若AB⊥CD，因为AD∩CD＝D，
所以AB⊥平面ACD，
又因为AC⊂平面ACD，
从而AB⊥AC．
此时，a＝＝＝，
即当a＝时，有AB⊥CD．
(2)由于△BCD面积为定值，所以当点A到平面BCD的距离最大，即当平面ABD⊥平面BCD时，该四面体的体积最大，
此时，过点A在平面ABD内作AH⊥BD，垂足为H，
则有AH⊥平面BCD，AH就是该四面体的高．
在△ABD中，AH＝＝，
S△BCD＝×3×4＝6，
此时VABCD＝S△BCD·AH＝，即为该四面体体积的最大值．
10．(2017·河南省八市重点高中质量检测)如图，过底面是矩形的四棱锥FABCD的顶点F作EF∥AB，使AB＝2EF，且平面ABFE⊥平面ABCD，若点G在CD上且满足DG＝GC．求证：
(1)FG∥平面AED；
(2)平面DAF⊥平面BAF．
证明：(1)因为DG＝GC，AB＝CD＝2EF，AB∥EF∥CD，
所以EF∥DG，EF＝DG．
所以四边形DEFG为平行四边形，
所以FG∥ED．
又因为FG⊄平面AED，ED⊂平面AED，
所以FG∥平面AED．
(2)因为平面ABFE⊥平面ABCD，平面ABFE∩平面ABCD＝AB，AD⊥AB，AD⊂平面ABCD，
所以AD⊥平面BAF，
又AD⊂平面DAF，
所以平面DAF⊥平面BAF．
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．(2017·兰州市实战考试)α，β是两平面，AB，CD是两条线段，已知α∩β＝EF，AB⊥α于B，CD⊥α于D，若增加一个条件，就能得出BD⊥EF．现有下列条件：①AC⊥β；②AC与α，β所成的角相等；③AC与CD在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF．
其中能成为增加条件的序号是________．
解析：由题意得，AB∥CD，∴A，B，C，D四点共面，①：∵AC⊥β，EF⊂β，∴AC⊥EF，又∵AB⊥α，EF⊂α，∴AB⊥EF，∵AB∩AC＝A，∴EF⊥平面ABCD，又∵BD⊂平面ABCD，∴BD⊥EF，故①正确；②不能得到BD⊥EF，故②错误；③：由AC与CD在β内的射影在同一条直线上可知平面ABCD⊥β，又AB⊥α，AB⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥α．∵平面ABCD⊥α，平面ABCD⊥β，α∩β＝EF，∴EF⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，∴BD⊥EF，故③正确；④：由①知，若BD⊥EF，则EF⊥平面ABCD，则EF⊥AC，故④错误，故填①③．
答案：①③
2．如图，在四棱锥S ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD．四边形ABCD为正方形，且点P为AD的中点，点Q为SB的中点．
(1)求证：CD⊥平面SAD．
(2)求证：PQ∥平面SCD．
(3)若SA＝SD，点M为BC的中点，在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：因为四边形ABCD为正方形，所以CD⊥AD．
又因为平面SAD⊥平面ABCD，且平面SAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面SAD．
(2)证明：如图，取SC的中点R，连接QR，DR．
由题意知：PD∥BC且PD＝BC．
在△SBC中，点Q为SB的中点，点R为SC的中点，
所以QR∥ BC且QR＝BC，
所以PD∥QR，且PD＝QR，
所以四边形PDRQ为平行四边形，所以PQ∥DR．
又因为PQ⊄平面SCD，DR⊂平面SCD，
所以PQ∥平面SCD．
(3)存在点N为SC的中点，使得平面DMN⊥平面ABCD．
证明如下：如图，连接PC，DM交于点O，
连接DN，PM，SP，NM，ND，NO，
因为PD∥CM，且PD＝CM，
所以四边形PMCD为平行四边形，
所以PO＝CO．
又因为点N为SC的中点，
所以NO∥SP．
易知SP⊥AD，
因为平面SAD⊥平面ABCD，
平面SAD∩平面ABCD＝AD，并且SP⊥AD，
所以SP⊥平面ABCD，所以NO⊥平面ABCD．
又因为NO⊂平面DMN，
所以平面DMN⊥平面ABCD．
命题点一 空间几何体的三视图及表面积与体积
命题指数：☆☆☆☆☆
难度：中
题型：选择题、填空题、解答题
1．(2014·浙江高考)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是( )
A．90 cm2 B．129 cm2
C．132 cm2 D．138 cm2
解析：选D 由三视图画出几何体的直观图，如图所示，则此几何体的表面积S＝S1－S正方形＋S2＋2S3＋S斜面，其中S1是长方体的表面积，S2是三棱柱的水平放置的一个侧面的面积，S3是三棱柱的一个底面的面积，则S＝(4×6＋3×6＋3×4)×2－3×3＋3×4＋2××4×3＋5×3＝138(cm2)，选D．
2．(2015·重庆高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．＋π B．＋π
C．＋2π D．＋2π
解析：选A 由三视图可知该几何体是由一个半圆柱和一个三棱锥组成的．由图中数据可得三棱锥的体积V1＝××2×1×1＝，半圆柱的体积V2＝×π×12×2＝π，∴V＝＋π．
3．(2015·山东高考)已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )
A． B．
C．2π D．4π
解析：选B 绕等腰直角三角形的斜边所在的直线旋转一周形成的曲面围成的几何体为两个底面重合，等体积的圆锥，如图所示．每一个圆锥的底面半径和高都为，故所求几何体的体积V＝2××π×2×＝．
4．(2016·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )
A． B．
C． D．1
解析：选A 通过三视图可还原几何体为如图所示的三棱锥PABC，通过侧视图得高h＝1，底面积S＝×1×1＝，所以体积V＝Sh＝××1＝．
5．(2016·天津高考)已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m3．
解析：由三视图知，四棱锥的高为3 m，底面平行四边形的一边长为2 m，对应高为1 m，所以其体积V＝Sh＝×2×1×3＝2(m3)．
答案：2
6．(2015·四川高考)在三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边的长为1的等腰直角三角形．设点M，N，P分别是棱AB，BC，B1C1的中点，则三棱锥PA1MN的体积是________．
解析：由三视图易知几何体ABCA1B1C1是上、下底面为等腰直角三角形的直三棱柱，
则VPA1MN＝VA1PMN＝VAPMN．
又S△PMN＝MN·NP＝××1＝，
A到平面PMN的距离h＝，
∴VAPMN＝S△PMN·h＝××＝．
答案：
7．(2015·安徽高考)如图，三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°．
(1)求三棱锥PABC的体积；
(2)证明：在线段PC上存在点M，使得AC⊥BM，并求的值．
解：(1)由题设AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，
可得S△ABC＝·AB·AC·sin 60°＝．
由PA⊥平面ABC，可知PA是三棱锥PABC的高．
又PA＝1，
所以三棱锥PABC的体积V＝·S△ABC·PA＝．
(2)证明：在平面ABC内，过点B作BN⊥AC，垂足为N．在平面PAC内，过点N作MN∥PA交PC于点M，连接BM．
由PA⊥平面ABC知PA⊥AC，所以MN⊥AC．
由于BN∩MN＝N，故AC⊥平面MBN．
又BM⊂平面MBN，所以AC⊥BM．
在Rt△BAN中，AN＝AB·cos∠BAC＝，
从而NC＝AC－AN＝．
由MN∥PA，
得＝＝．
命题点二 组合体的“切”“接”问题
命题指数：☆☆☆
难度：中
题型：选择题、填空题
1．(2016·全国丙卷)在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是( )
A．4π B．
C．6π D．
解析：选B 设球的半径为R，∵△ABC的内切圆半径为＝2，∴R≤2．又2R≤3，∴R≤，∴Vmax＝×π×3＝．故选B．
2．(2015·全国卷Ⅱ)已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点．若三棱锥OABC体积的最大值为36，则球O的表面积为( )
A．36π B．64π
C．144π D．256π
解析：选C 如图，设球的半径为R，∵∠AOB＝90°，∴S△AOB＝R2．
∵VO ABC＝VCAOB，而△AOB面积为定值，
∴当点C到平面AOB的距离最大时，VOABC最大，
∴当C为与球的大圆面AOB垂直的直径的端点时，体积VOABC最大，为×R2×R＝36，
∴R＝6，∴球O的表面积为4πR2＝4π×62＝144π．
3．(2013·全国卷Ⅱ)已知正四棱锥OABCD的体积为，底面边长为，则以O为球心，OA为半径的球的表面积为________．
解析：过O作底面ABCD的垂线段OE，连接EA，则E为正方形ABCD的中心．由题意可知×()2×OE＝，所以OE＝，故球的半径R＝OA＝＝，则球的表面积S＝4πR2＝24π．
答案：24π
命题点三 直线、平面平行与垂直的判定与性质
命题指数：☆☆☆☆☆
难度：中
题型：选择题、填空题、解答题
1．(2016·浙江高考)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则( )
A．m∥l B．m∥n
C．n⊥l D．m⊥n
解析：选C ∵α∩β＝l，∴l⊂β．
∵n⊥β，∴n⊥l．
2．(2013·全国卷Ⅱ)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则( )
A．α∥β且l∥α
B．α⊥β且l⊥β
C．α与β相交，且交线垂直于l
D.α与β相交，且交线平行于l
解析：选D 由于m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，则平面α与平面β必相交，但未必垂直，且交线垂直于直线m，n，又直线l满足l⊥m，l⊥n，则交线平行于l，故选D.
3．(2014·湖北高考)如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E，F，P，Q，M，N分别是棱AB ，AD ，DD1 ，BB1 ，A1B1 ，A1D1 的中点． 求证：
(1)直线BC1 ∥平面EFPQ ；
(2)直线 AC1⊥平面 PQMN ．
证明：(1)连接AD1，由ABCDA1B1C1D1是正方体，
知AD1∥BC1，
因为F，P分别是AD，DD1的中点，
所以FP∥AD1．
从而BC1∥FP．
而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，
故直线BC1∥平面EFPQ．
(2)连接AC，BD，则AC⊥BD．
由CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，可得CC1⊥BD．
又AC∩CC1＝C，
所以BD⊥平面ACC1．
而AC1⊂平面ACC1，
所以BD⊥AC1．
连接B1D1，
因为M，N分别是A1B1，A1D1的中点，
所以MN∥B1D1，
故MN∥BD，
从而MN⊥AC1．
同理可证PN⊥AC1．
又PN∩MN＝N，
所以直线AC1⊥平面PQMN．
4．(2016·北京高考)如图，在四棱锥PABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC．
(1)求证：DC⊥平面PAC．
(2)求证：平面PAB⊥平面PAC．
(3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由．
解：(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，
所以PC⊥DC．
又因为DC⊥AC，且PC∩AC＝C，
所以DC⊥平面PAC．
(2)证明：因为AB∥DC，DC⊥AC，
所以AB⊥AC．
因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB．
又因为PC∩AC＝C，所以AB⊥平面PAC．
又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC．
(3)棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF．
理由如下：取PB的中点F，连接EF，CE，CF．
因为E为AB的中点，
所以EF∥PA．
又因为PA⊄平面CEF，
且EF⊂平面CEF，
所以PA∥平面CEF．
5．(2016·全国乙卷)如图，已知正三棱锥PABC的侧面是直角三角形，PA＝6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G．
(1)证明：G是AB的中点；
(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积．
解：(1)证明：因为P在平面ABC内的正投影为D，
所以AB⊥PD．
因为D在平面PAB内的正投影为E，
所以AB⊥DE．
因为PD∩DE＝D，
所以AB⊥平面PED，
故AB⊥PG．
又由已知可得，PA＝PB，
所以G是AB的中点．
(2)在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F，F即为E在平面PAC内的正投影．
理由如下：
由已知可得PB⊥PA，PB⊥PC，
又EF∥PB，
所以EF⊥PA，EF⊥PC．
又PA∩PC＝P，
因此EF⊥平面PAC，
即点F为E在平面PAC内的正投影．
连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，
所以D是正三角形ABC的中心．
由(1)知，G是AB的中点，
所以D在CG上，故CD＝CG．
由题设可得PC⊥平面PAB，DE⊥平面PAB，
所以DE∥PC，
因此PE＝PG，DE＝PC．
由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA＝6，
可得DE＝2，PE＝2．
在等腰直角三角形EFP中，
可得EF＝PF＝2，
所以四面体PDEF的体积V＝××2×2×2＝．
第七章立体几何
第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图
1．简单几何体
(1)简单旋转体的结构特征：
①圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到；
②圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；
③圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到；
④球可以由半圆或圆绕直径旋转得到．
(2)简单多面体的结构特征：
①棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形；
②棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；
③棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．
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′轴和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．
3．三视图
(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．
说明：正视图也称主视图，侧视图也称左视图．
(2)三视图的画法
①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．
②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．
1．若一个三棱柱的三视图如图所示，其俯视图为正三角形，则这个三棱柱的高和底面边长分别为( )
A．2,2 B．2，2
C．4,2 D．2,4
解析：选D 由三视图可知，正三棱柱的高为2，底面正三角形的高为2，故底面边长为4，故选D．
2．(教材习题改编)如图，长方体ABCD A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是______．
答案：五棱柱 三棱柱
1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点．
2．空间几何体不同放置时其三视图不一定相同．
3．对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视实虚线的画法．
1．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是( )
解析：选B 俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B．
2．(教材习题改编)利用斜二测画法得到的
①三角形的直观图一定是三角形；
②正方形的直观图一定是菱形；
③等腰梯形的直观图可以是平行四边形；
④菱形的直观图一定是菱形．
以上结论正确的个数是________．
解析：由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，④也错误．
答案：1
1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是( )
A．圆柱 B．圆锥
C．球体 D．圆柱、圆锥、球体的组合体
解析：选C 截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．
2．给出下列几个命题：
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底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；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
解析：选B ①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且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．
3．给出下列命题：
①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；
②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；
③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；
④存在每个面都是直角三角形的四面体．
其中正确命题的序号是________．
解析：①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCDA1B1C1D1中的三棱锥C1ABC，四个面都是直角三角形．
答案：②③④
解决与空间几何体结构特征有关问题3个技巧
(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；
(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型；
(3)通过反例对结构特征进行辨析．
1．(2017·东北四市联考)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P是线段CD的中点，则三棱锥PA1B1A的侧视图为( )
解析：选D 如图，画出原正方体的侧视图，显然对于三棱锥PA1B1A，B(C)点均消失了，其余各点均在，从而其侧视图为D．
2．(2015·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为( )
A．1 B．
C． D．2
解析：选C 根据三视图，可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥VABCD，其中VB⊥平面ABCD，且底面ABCD是边长为1的正方形，VB＝1．所以四棱锥中最长棱为VD．连接BD，易知BD＝，在Rt△VBD中，VD＝＝．
1．已知几何体，识别三视图的技巧
已知几何体画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定线在投影面上的实虚．
2．已知三视图，判断几何体的技巧
(1)对柱、锥、台、球的三视图要熟悉．
(2)明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图．
(3)遵循“长对正、高平齐、宽相等”的原则．
对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同．
1．(2016·沈阳市教学质量监测)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )
解析：选B 根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B，故选B．
2．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )
解析：选D 由俯视图是圆环可排除A、B、C，进一步将已知三视图还原为几何体，可得选项D．
有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为________．
解析：如图，在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为E．
在Rt△ABE中，AB＝1，∠ABE＝45°，∴BE＝．
而四边形AECD为矩形，AD＝1，
∴EC＝AD＝1，∴BC＝BE＋EC＝＋1．
由此可还原原图形如图
在原图形中，A′D′＝1，A′B′＝2，B′C′＝＋1，且A′D′∥B′C′，A′B′⊥B′C′，
∴这块菜地的面积S＝(A′D′＋B′C′)·A′B′＝××2＝2＋．
答案：2＋
原图与直观图中的“三变”与“三不变”
(1)“三变”
(2)“三不变”
如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6 cm，O′C′＝2 cm，则原图形是( )
A．正方形 B．矩形
C．菱形 D．一般的平行四边形
解析：选C 如图，在原图形OABC中，应有OD＝2O′D′＝2×2＝4 cm，CD＝C′D′＝2 cm．
∴OC＝＝＝6 cm，
∴OA＝OC，故四边形OABC是菱形．
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．某几何体的正视图和侧视图完全相同，均如图所示，则该几何体的俯视图一定不可能是( )
解析：选D 几何体的正视图和侧视图完全一样，则几何体从正面看和侧面看的长度相等，只有等边三角形不可能．
2．下列说法正确的是( )
A．棱柱的两个底面是全等的正多边形
B．平行于棱柱侧棱的截面是矩形
C．{直棱柱}⊆{正棱柱}
D．{正四面体}⊆{正三棱锥}
解析：选D 因为选项A中两个底面全等，但不一定是正多边形；选项B中一般的棱柱不能保证侧棱与底面垂直，即截面是平行四边形，但不一定是矩形；选项C中{正棱柱}⊆{直棱柱}，故A、B、C都错；选项D中，正四面体是各条棱均相等的正三棱锥，故正确．
3．某几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是( )
A．三棱锥 B．四棱锥
C．四棱台 D．三棱台
解析：选A 因为正视图和侧视图都为三角形，可知几何体为锥体，又因为俯视图为三角形，故该几何体为三棱锥．
4．在如图所示的直观图中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在直角坐标系xOy中，四边形ABCO的形状为________，面积为________cm2．
解析：由斜二测画法的特点知该平面图形是一个长为4 cm，宽为2 cm的矩形，所以四边形ABCO的面积为8 cm2．
答案：矩形 8
5．已知某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是矩形，俯视图是正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何体的形状给出下列命题：①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③两个面都是等腰直角三角形的四面体．
其中正确命题的序号是________．
解析：由三视图可知，该几何体是正四棱柱，作出其直观图，ABCDA1B1C1D1，如图，当选择的4个点是B1，B，C，C1时，可知①正确；当选择的4个点是B，A，B1，C时，可知②正确；易知③不正确．
答案：①②
二保高考，全练题型做到高考达标
1．已知底面为正方形的四棱锥，其中一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的( )
解析：选C 根据三视图的定义可知A、B、D均不可能，故选C．
2．如图所示是水平放置三角形的直观图，点D是△ABC的BC边中点，AB，BC分别与y′轴、x′轴平行，则三条线段AB，AD，AC中( )
A．最长的是AB，最短的是AC
B．最长的是AC，最短的是AB
C．最长的是AB，最短的是AD
D．最长的是AC，最短的是AD
解析：选B 由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB＜AD＜AC．
3．(2016·沈阳市教学质量监测)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个凸多面体的三视图(两个矩形，一个直角三角形)，则这个几何体可能为( )
A．三棱台 B．三棱柱
C．四棱柱 D．四棱锥
解析：选B 根据三视图的法则：长对正，高平齐，宽相等，可得几何体如图所示，这是一个三棱柱．
4．(2016·淄博一模)把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，形成的三棱锥ABCD的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为( )
A． B．
C． D．
解析：选D 由正视图与俯视图可得三棱锥ABCD的一个侧面与底面垂直，其侧视图是直角三角形，且直角边长均为，所以侧视图的面积为S＝××＝．
5．已知四棱锥PABCD的三视图如图所示，则四棱锥PABCD的四个侧面中面积最大的是( )
A．3 B．2
C．6 D．8
解析：选C 四棱锥如图所示，取AD的中点N，BC的中点M，连接PM，PN，则PM＝3，PN＝，S△PAD＝×4×＝2，
S△PAB＝S△PDC＝×2×3＝3，
S△PBC＝×4×3＝6．
所以四个侧面中面积最大的是6．
6．设有以下四个命题：
①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；
②底面是矩形的平行六面体是长方体；
③直四棱柱是直平行六面体；
④棱台的相对侧棱延长后必交于一点．
其中真命题的序号是________．
解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．
答案：①④
7．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm和8 cm，若两底面圆心的连线长为12 cm，则这个圆台的母线长为________cm．
解析：如图，过点A作AC⊥OB，交OB于点C．
在Rt△ABC中，AC＝12 cm，BC＝8－3＝5 (cm)．
∴AB＝＝13(cm)．
答案：13
8．已知正四棱锥VABCD中，底面面积为16，一条侧棱的长为2，则该棱锥的高为________．
解析：如图，取正方形ABCD的中心O，连结VO，AO，则VO就是正四棱锥VABCD的高．
因为底面面积为16，所以AO＝2．
因为一条侧棱长为2．
所以VO＝＝＝6．
所以正四棱锥VABCD的高为6．
答案：6
9．已知正三角形ABC的边长为2，那么△ABC的直观图△A′B′C′的面积为________．
解析：如图，图①、图②所示的分别是实际图形和直观图．
从图②可知，A′B′＝AB＝2，
O′C′＝OC＝，
C′D′＝O′C′sin 45°＝×＝．
所以S△A′B′C′＝A′B′·C′D′＝×2×＝．
答案：
10．已知正三棱锥V ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示．
(1)画出该三棱锥的直观图；
(2)求出侧视图的面积．
解：(1)直观图如图所示．
(2)根据三视图间的关系可得BC＝2，
∴侧视图中VA＝
＝2，
∴S△VBC＝×2×2＝6．
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )
A．8 B．7
C．6 D．5
解析：选C 画出直观图，共六块．
2．(2017·湖南省东部六校联考)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中，最大的面积是( )
A．4 B．8
C．4 D．8
解析：选C 设该三棱锥为PABC，其中PA⊥平面ABC，PA＝4，则由三视图可知△ABC是边长为4的等边三角形，故PB＝PC＝4，所以S△ABC＝×4×2＝4，S△PAB＝S△PAC＝×4×4＝8，S△PBC＝×4×＝4，故四个面中面积最大的为S△PBC＝4，选C．
3．如图，在四棱锥PABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．
(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；
(2)求PA．
解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2．
(2)由侧视图可求得PD＝＝＝6．
由正视图可知AD＝6，
且AD⊥PD，
所以在Rt△APD中，
PA＝＝ ＝6 cm．
第二节空间几何体的表面积与体积
1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
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(r＋r′)l
2．空间几何体的表面积与体积公式
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＝Sh
台体(棱台和圆台)
S表面积＝S侧＋S上＋S下
V＝(S上＋S下＋)h
球
S＝4πR2
V＝πR3
1．(2016·全国甲卷)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )
A．20π B．24π
C．28π D．32π
解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r，周长为c，圆锥母线长为l，圆柱高为h．由图得r＝2，c＝2πr＝4π，h＝4，由勾股定理得：l＝＝4，S表＝πr2＋ch＋cl＝4π＋16π＋8π＝28π．
2．(教材习题改编)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．
解析：由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱，其底面为侧视图，该侧视图是底边为2，高为的三角形，正视图的长为三棱柱的高，故h＝3，所以该几何体的体积V＝S·h＝×3＝3．
答案：3
3．正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为2，侧棱长为，D为BC中点，则三棱锥AB1DC1的体积为________．
解析：在正三棱柱ABCA1B1C1中，
∵AD⊥BC，AD⊥BB1，BB1∩BC＝B，∴AD⊥平面B1DC1．
∴VAB1DC1＝S△B1DC1·AD＝××2××＝1．
答案：1
1．求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易出错．
2．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．
3．易混侧面积与表面积的概念．
1．(教材习题改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．
答案：2∶3 1∶1
2．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是________．
解析：由三视图可知，该几何体由一个正四棱柱和一个棱台组成，其表面积S＝3×4×2＋2×2×2＋4×2×2＋4×6＋×(2＋6)×2×2＝72＋16．
答案：72＋16
1．(易错题)(2015·全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r＝( )
A．1 B．2
C．4 D．8
解析：选B 如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r，圆柱的底面半径为r，高为2r，则表面积S＝×4πr2＋πr2＋4r2＋πr·2r＝(5π＋4)r2．
又S＝16＋20π，∴(5π＋4)r2＝16＋20π，∴r2＝4，r＝2，故选B．
2．(2015·福建高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( )
A．8＋2
B．11＋2
C．14＋2
D．15
解析：选B 由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．
直角梯形斜腰长为＝，所以底面周长为4＋，侧面积为2×(4＋)＝8＋2，两底面的面积和为2××1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋2＋3＝11＋2．
3．某几何体的三视图如图所示，则它的侧面积为( )
A．12 B．24
C．24 D．12
解析：选A 由三视图得，
这是一个正四棱台，
由条件知斜高h＝＝，
侧面积S＝×4＝12．
几何体的表面积的求法
(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．
(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．注意衔接部分的处理，如“题组练透”第1题．
1．(2016·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．＋π B．＋π
C．＋π D．1＋π
解析：选C 由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为，从而该几何体的体积为×12×1＋××3＝＋π．
2．(2015·全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )
A． B．
C． D．
解析：选D 由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为
V1＝××1×1×1＝，
剩余部分的体积V2＝13－＝．
所以＝＝．
有关几何体体积的类型及解题策略
常见类型
解题策略
球的体积问题
直接利用球的体积公式求解，在实际问题中要根据题意作出图形，构造直角三角形确定球的半径
锥体、柱体的体积问题
根据题设条件求出所给几何体的底面积和高，直接套用公式求解
以三视图为载体的几何体体积问题
将三视图还原为几何体，利用空间几何体的体积公式求解
不规则几何体的体积问题
常用分割或补形的思想，若几何体的底不规则，也需采用同样的方法，将不规则的几何体或平面图形转化为规则的几何体或平面图形，易于求解
1．(2016·西安质检)某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为( )
A． B．
C． D．3
解析：选A 根据几何体的三视图，得该几何体是下部为直三棱柱，上部为三棱锥的组合体，如图所示．则该几何体的体积是V几何体＝V三棱柱＋V三棱锥＝×2×1×1＋××2×1×1＝．
2．(2017·云南省统检)如图是底面半径为1，高为2的圆柱被削掉一部分后剩下的几何体的三视图，则被削掉的那部分的体积为( )
A． B．
C．－2 D．2π－
解析：选B 由三视图可知，
剩下部分的几何体由半个圆锥和一个三棱锥组成，
其体积V＝××π×12×2＋××2×1×2＝＋，
∴被削掉的那部分的体积为π×12×2－＝．
3．(2016·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm2，体积是________cm3．
解析：由三视图知该几何体是一个组合体，左边是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm,4 cm,2 cm，右边也是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm，2 cm，4 cm．
几何体的表面积为(2×2＋2×4＋2×4)×2×2－2×2×2＝72(cm2)，
体积为2×2×4×2＝32(cm3)．
答案：72 32
与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考生的难点、易失分点，命题角度多变．
常见的命题角度有：
(1)正四面体的内切球与四棱锥的外接球；
(2)直三棱柱的外接球；
(3)正方体(长方体)的内切、外接球．
角度一：正四面体的内切球与四棱锥的外接球
1．(2017·长春模拟)若一个正四面体的表面积为S1，其内切球的表面积为S2，则＝________．
解析：设正四面体棱长为a，则正四面体表面积为S1＝4··a2＝a2，其内切球半径为正四面体高的，即r＝·a＝a，因此内切球表面积为S2＝4πr2＝，则＝＝．
答案：
角度二：直三棱柱的外接球
2．已知直三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为( )
A． B．2
C． D．3
解析：选C 如图，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M．又AM＝BC＝，OM＝AA1＝6，所以球O的半径R＝OA＝ ＝．
角度三：正方体(长方体)的内切、外接球
3．如图，已知球O是棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为( )
A．π B．
C． D．π
解析：选C 平面ACD1截球O的截面为△ACD1的内切圆．因为正方体的棱长为1，所以AC＝CD1＝AD1＝，所以内切圆的半径r＝×tan 30°＝，
所以S＝πr2＝π×＝π．
“切”“接”问题处理的注意事项
(1)“切”的处理
解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．
(2)“接”的处理
把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．
1．(2017·广州市综合测试)一个六棱柱的底面是正六边形，侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点都在同一个球面上，则该球的体积为( )
A．20π B．
C．5π D．
解析：选D 由题意知六棱柱的底面正六边形的外接圆半径r＝1，其高h＝1，∴球半径为R＝＝＝，∴该球的体积V＝πR3＝×3π＝．
2．(2016·河南省六市第一次联考)三棱锥PABC中，AB＝BC＝，AC＝6，PC⊥平面ABC，PC＝2，则该三棱锥的外接球表面积为( )
A．π B．π
C．π D．π
解析：选D 由题可知，△ABC中AC边上的高为＝，球心O在底面ABC的投影即为△ABC的外心D，设DA＝DB＝DC＝x，∴x2＝32＋(－x)2，解得x＝，∴R2＝x2＋2＝＋1＝(其中R为三棱锥外接球的半径)，∴外接球的表面积S＝4πR2＝π，故选D．
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( )
A．π B．π
C．16π D．24π
解析：选B 设球的半径为R，因为表面积是16π，所以4πR2＝16π，解得R＝2．所以体积为πR3＝．
2．(2016·长春市质量检测(二))
几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A． B．16－
C． D．16－
解析：选C 该几何体可视为长方体挖去一个四棱锥所得，所以其体积为2×2×4－×2×2×2＝．故选C．
3．(2016·全国乙卷)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是，则它的表面积是( )
A．17π B．18π
C．20π D．28π
解析：选A 由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的，得到的几何体如图．设球的半径为R，则πR3－×πR3＝π，解得R＝2．因此它的表面积为×4πR2＋πR2＝17π．故选A．
4．(2016·北京高考)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________．
解析：由题意知该四棱柱为直四棱柱，其高为1，其底面为上底长为1，下底长为2，高为1的等腰梯形，所以该四棱柱的体积为V＝×1＝．
答案：
5．(2015·天津高考)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3．
解析：由几何体的三视图可知该几何体由两个圆锥和一个圆柱构成，其中圆锥的底面半径和高均为1，圆柱的底面半径为1且其高为2，故所求几何体的体积为
V＝π×12×1×2＋π×12×2＝π．
答案：π
二保高考，全练题型做到高考达标
1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )
A．7 B．6
C．5 D．3
解析：选A 设圆台较小底面半径为r，
则另一底面半径为3r．
由S＝π(r＋3r)·3＝84π，解得r＝7．
2．一个六棱锥的体积为2，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为( )
A．6 B．8
C．12 D．24
解析：选C 由题意可知该六棱锥为正六棱锥，正六棱锥的高为h，侧面的斜高为h′．
由题意，得×6××22×h＝2，
∴h＝1，
∴斜高h′＝＝2，
∴S侧＝6××2×2＝12．故选C．
3．(2015·重庆高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．＋2π B．
C． D．
解析：选B 由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋×π×12×1＝π．
4．(2017·兰州市实战考试)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个等腰直角三角形，则该几何体外接球的体积为( )
A．π B．
C．3π D．3
解析：选A 由题意得，该几何体为四棱锥，且该四棱锥的外接球即为棱长为1的正方体的外接球，其半径为，故体积为π3＝π，故选A．
5．(2016·山西省高三考前质量检测)某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为3，则侧视图中线段的长度x的值是( )
A． B．2
C．4 D．5
解析：选C 分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥PABCD，故其体积V＝××4×CP＝3，∴CP＝，∴x＝＝4，故选C．
6．已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中圆的直径为4，该几何体的体积为V1，直径为4的球的体积为V2，则V1∶V2＝________．
解析：由三视图知，该几何体为圆柱内挖去一个底面相同的圆锥，因此V1＝8π－＝，V2＝×23＝，V1∶V2＝1∶2．
答案：1∶2
7．(2016·合肥市第二次质量检测)已知球O的内接圆柱的轴截面是边长为2的正方形，则球O的表面积为________．
解析：由题意可得，球心在轴截面正方形的中心，则外接球的半径R＝＝，该球的表面积为4πR2＝8π．
答案：8π
8．(2016·四川高考)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是________．
解析：由正视图知三棱锥的形状如图所示，且AB＝AD＝BC＝CD＝2，BD＝2，设O为BD的中点，连接OA，OC，则OA⊥BD，OC⊥BD，结合正视图可知AO⊥平面BCD．
又OC＝＝1，
∴V三棱锥ABCD＝××1＝．
答案：
9．(2017·武汉调研)已知正四棱锥的顶点都在同一球面上，且该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为________．
解析：如图，正四棱锥PABCD的外接球的球心O在它的高PO1上，设球的半径为R，因为底面边长为2，所以AC＝4．在Rt△AOO1中，R2＝(4－R)2＋22，所以R＝，所以球的表面积S＝4πR2＝25π．
答案：25π
10．如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝2，AD＝2，求四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积及体积．
解：由已知得：CE＝2，DE＝2，CB＝5，S表面＝S圆台侧＋S圆台下底＋S圆锥侧＝π(2＋5)×5＋π×25＋π×2×2＝(60＋4)π，V＝V圆台－V圆锥＝(π·22＋π·52＋)×4－π×22×2＝π．
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．(2017·广西质检)高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积与原直三棱柱的体积的比值为( )
A． B．
C． D．
解析：选C 由侧视图、俯视图知该几何体是高为2、底面积为×2×(2＋4)＝6的四棱锥，其体积为4．易知直三棱柱的体积为8，则该几何体的体积与原直三棱柱的体积的比值为，故选C．
2．(2017·唐山统考)三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC且PA＝2，△ABC是边长为的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为( )
A． B．4π
C．8π D．20π
解析：选C 由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC为底面、以PA为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC的外接圆半径r＝××＝1，外接球球心到△ABC的外接圆圆心的距离d＝1，所以外接球的半径R＝＝，所以三棱锥外接球的表面积S＝4πR2＝8π，故选C．
3．如图是一个以A1B1C1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC，已知A1B1＝B1C1＝2，∠A1B1C1＝90°，AA1＝4，BB1＝3，CC1＝2，求：
(1)该几何体的体积．
(2)截面ABC的面积．
解：(1)过C作平行于A1B1C1的截面A2B2C，交AA1，BB1分别于点A2，B2．
由直三棱柱性质及∠A1B1C1＝90°可知B2C⊥平面ABB2A2，
则该几何体的体积V＝VA1B1C1A2B2C＋VCABB2A2
＝×2×2×2＋××(1＋2)×2×2＝6．
(2)在△ABC中，AB＝＝，
BC＝＝，
AC＝＝2．
则S△ABC＝×2×＝．
第三节空间点、线、面之间的位置关系
1．平面的基本性质
(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．
(2)公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．
(3)公理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．
2．空间中两直线的位置关系
(1)空间中两直线的位置关系
(2)异面直线所成的角
①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．
②范围：．
(3)公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．
(4)定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．
3．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系
(1)直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况．
(2)平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．
1．下列说法正确的是( )
A．若a⊂α，b⊂β，则a与b是异面直线
B．若a与b异面，b与c异面，则a与c异面
C．若a，b不同在平面α内，则a与b异面
D．若a，b不同在任何一个平面内，则a与b异面
答案：D
2．(教材习题改编)设P表示一个点，a，b表示两条直线，α，β表示两个平面，给出下列四个命题，其中正确的命题是________．
①P∈a，P∈α⇒a⊂α；②a∩b＝P，b⊂β⇒a⊂β；③a∥b，a⊂α，P∈b，P∈α⇒b⊂α；④α∩β＝b，P∈α，P∈β⇒P∈b．
答案：③④
1．异面直线易误解为“分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线”，实质上两异面直线不能确定任何一个平面，因此异面直线既不平行，也不相交．
2．直线与平面的位置关系在判断时最易忽视“线在面内”．
3．不共线的三点确定一个平面，一定不能丢掉“不共线”条件．
1．(2017·江西七校联考)已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是( )
A．相交或平行 B．相交或异面
C．平行或异面 D．相交、平行或异面
解析：选D 依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面．
2．若直线a⊥b，且直线a∥平面α，则直线b与平面α的位置关系是( )
A．b⊂α B．b∥α
C．b⊂α或b∥α D．b与α相交或b⊂α或b∥α
解析：选D b与α相交或b⊂α或b∥α都可以．
3．四条线段顺次首尾相连，它们最多可确定的平面个数有( )
A．4个 B．3个
C．2个 D．1个
解析：选A 首尾相连的四条线段每相邻两条确定一个平面，所以最多可以确定4个平面．
如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是AB，AA1的中点．求证：
(1)E，C，D1，F四点共面；
(2)CE，D1F，DA三线共点．
证明：(1)如图，连接EF，A1B，CD1．
∵E，F分别是AB，AA1的中点，
∴EF∥A1B．
又A1B∥CD1，
∴EF∥CD1，
∴E，C，D1，F四点共面．
(2)∵EF∥CD1，EF
则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，
得P∈平面ABCD．
同理P∈平面ADD1A1．
又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，
∴P∈直线DA．
∴CE，D1F，DA三线共点．
1．点线共面问题证明的2种方法
(1)纳入平面法：先确定一个平面，再证有关点、线在此平面内；
(2)辅助平面法：先证有关点、线确定平面α，再证其余点、线确定平面β，最后证明平面α，β重合．
2．证明多线共点问题的2个步骤
(1)先证其中两条直线交于一点；
(2)再证交点在第三条直线上．证交点在第三条直线上时，第三条直线应为前两条直线所在平面的交线，可以利用公理3证明．如“本例”中第(2)问．
如图，在四边形ABCD中，已知AB∥CD，直线AB，BC，AD，DC分别与平面α相交于点E，G，H，F，求证：E，F，G，H四点必定共线．
证明：因为AB∥CD，
所以AB，CD确定一个平面β．
又因为AB∩α＝E，AB⊂β，
所以E∈α，E∈β，
即E为平面α与β的一个公共点．
同理可证F，G，H均为平面α与β的公共点，
因为两个平面有公共点，它们有且只有一条通过公共点的公共直线，
所以E，F，G，H四点必定共线．
如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，
有以下四个结论：
①直线AM与CC1是相交直线；
②直线AM与BN是平行直线；
③直线BN与MB1是异面直线；
④直线AM与DD1是异面直线．
其中正确的结论的序号为________．
解析：直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，所以①②错误．点B，B1，N在平面BB1C1C中，点M在此平面外，所以BN，MB1是异面直线．同理AM，DD1也是异面直线．
答案：③④
1．上面例题中正方体ABCDA1B1C1D1的棱所在直线中与直线AB是异面直线的有________条．
解析：与AB异面的有4条：CC1，DD1，A1D1，B1C1．
答案：4
2．在图中，G，N，M，H分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形的是________．(填上所有正确答案的序号)
解析：图①中，直线GH∥MN；图②中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，因此直线GH与MN异面；图③中，连接MG，GM∥HN，因此GH与MN共面；图④中，G，M，N共面，但H∉平面GMN，因此GH与MN异面．所以在图②④中，GH与MN异面．
答案：②④
如图所示，三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝60°，PA＝AB＝AC＝2，E是PC的中点．
(1)求证：AE与PB是异面直线；
(2)求异面直线AE与PB所成角的余弦值．
解：(1)证明：假设AE与PB共面，设平面为α，∵A∈α，B∈α，E∈α，
∴平面α即为平面ABE，
∴P∈平面ABE，这与P∉平面ABE矛盾，
所以AE与PB是异面直线．
(2)取BC的中点F，连接EF，AF，则EF∥PB，
所以∠AEF(或其补角)就是异面直线AE与PB所成的角．
∵∠BAC＝60°，PA＝AB＝AC＝2，PA⊥平面ABC，∴AF＝，AE＝，EF＝，cos∠AEF＝
＝＝，故异面直线AE与PB所成角的余弦值为．
用平移法求异面直线所成的角的3步骤
(1)一作：即据定义作平行线，作出异面直线所成的角；
(2)二证：即证明作出的角是异面直线所成的角；
(3)三求：解三角形，求出作出的角，如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角，如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角．
如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，
(1)求AC与A1D所成角的大小；
(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小．
解：(1)连接B1C，AB1，由ABCDA1B1C1D1是正方体，易知A1D∥B1C，从而B1C与AC所成的角就是AC与A1D所成的角．
∵AB1＝AC＝B1C，
∴∠B1CA＝60°．
即A1D与AC所成的角为60°．
(2)连接BD，在正方体ABCDA1B1C1D1中，
AC⊥BD，AC∥A1C1，
∵E，F分别为AB，AD的中点，
∴EF∥BD，
∴EF⊥AC．
∴EF⊥A1C1．
即A1C1与EF所成的角为90°．
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．“点P在直线m上，m在平面α内”可表示为( )
A．P∈m，m∈α B．P∈m，m⊂α
C．P⊂m，m∈α D．P⊂m，m⊂α
解析：选B 点在直线上用“∈”，直线在平面上用“⊂”，故选B．
2．(2015·广东高考)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
解析：选D 由直线l1和l2是异面直线可知l1与l2不平行，故l1，l2中至少有一条与l相交．
3．空间四边形两对角线的长分别为6和8，所成的角为45°，连接各边中点所得四边形的面积是( )
A．6 B．12
C．12 D．24
解析：选A 如图，已知空间四边形ABCD，设对角线AC＝6，BD＝8，易证四边形EFGH为平行四边形，∠EFG或∠FGH为AC与BD所成的45°角，故S四边形EFGH＝3×4·sin 45°＝6，故选A．
4．若平面α，β相交，在α，β内各取两点，这四点都不在交线上，这四点能确定________个平面．
解析：如果这四点在同一平面内，那么确定一个平面；如果这四点不共面，则任意三点可确定一个平面，所以可确定四个．
答案：1或4
5．如图，平行六面体ABCD A1B1C1D1中，既与AB共面又与CC1共面的棱有________条．
解析：依题意，与AB和CC1都相交的棱有BC；与AB相交且与CC1平行有棱AA1，BB1；与AB平行且与CC1相交的棱有CD，C1D1．故符合条件的有5条．
答案：5
二保高考，全练题型做到高考达标
1．已知A，B，C，D是空间四点，命题甲：A，B，C，D四点不共面，命题乙：直线AC和BD不相交，则甲是乙成立的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A 若A，B，C，D四点不共面，则直线AC和BD不共面，所以AC和BD不相交；若直线AC和BD不相交，若直线AC和BD平行时，A，B，C，D四点共面，所以甲是乙成立的充分不必要条件．
2．在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是线段BC，CD1的中点，则直线A1B与直线EF的位置关系是( )
A．相交 B．异面
C．平行 D．垂直
解析：选A 由BC綊AD，AD綊A1D1知，BC綊A1D1，
从而四边形A1BCD1是平行四边形，
所以A1B∥CD1，
又EF⊂平面A1BCD1，EF∩D1C＝F，
则A1B与EF相交．
3．下列命题中，真命题的个数为( )
①如果两个平面有三个不在一条直线上的公共点，那么这两个平面重合；
②两条直线可以确定一个平面；
③空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内；
④若M∈α，M∈β，α∩β＝l，则M∈l．
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B 根据公理2，可判断①是真命题；两条异面直线不能确定一个平面，故②是假命题；在空间，相交于同一点的三条直线不一定共面(如墙角)，故③是假命题；根据平面的性质可知④是真命题．综上，真命题的个数为2．
4．如图，ABCD A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是( )
A．A，M，O三点共线 B．A，M，O，A1不共面
C．A，M，C，O不共面 D．B，B1，O，M共面
解析：选A 连接A1C1，AC，则A1C1∥AC，所以A1，C1，C，A四点共面，所以A1C⊂平面ACC1A1，因为M∈A1C，所以M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，所以M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，所以A，M，O三点共线．
5．已知正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是A1D1，A1C1的中点，则异面直线AE和CF所成的角的余弦值为( )
A． B．
C． D．
解析：选C 如图，设正方体的棱长为a，取线段AB的中点M，连接CM，MF，EF．则MF綊AE，所以∠CFM即为所求角或所求角的补角．在△CFM中，MF＝CM＝a，CF＝a，根据余弦定理可得cos∠CFM＝，所以可得异面直线AE与CF所成的角的余弦值为．故选C．
6．如图为正方体表面的一种展开图，则图中的四条线段AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的对数为________对．
解析：平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB，CD，EF和GH在原正方体中，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH相交，CD与EF平行．故互为异面的直线有且只有3对．
答案：3
7．(2017·福建六校联考)设a，b，c是空间中的三条直线，下面给出四个命题：
①若a∥b，b∥c，则a∥c；
②若a⊥b，b⊥c，则a∥c；
③若a与b相交，b与c相交，则a与c相交；
④若a⊂平面α，b⊂平面β，则a，b一定是异面直线．
上述命题中正确的命题是_______(写出所有正确命题的序号)．
解析：由公理4知①正确；当a⊥b，b⊥c时，a与c可以相交、平行或异面，故②错；当a与b相交，b与c相交时，a与c可以相交、平行，也可以异面，故③错；a⊂α，b⊂β，并不能说明a与b“不同在任何一个平面内”，故④错．
答案：①
8．如图，已知圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，C是圆柱下底面弧AB的中点，C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为________．
解析：取圆柱下底面弧AB的另一中点D，连接C1D，AD，
因为C是圆柱下底面弧AB的中点，
所以AD∥BC，
所以直线AC1与AD所成角等于异面直线AC1与BC所成角，因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，
所以C1D⊥圆柱下底面，所以C1D⊥AD，
因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，
所以C1D＝AD，
所以直线AC1与AD所成角的正切值为，
所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为．
答案：
9．如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是A1B1，B1C1的中点．问：
(1)AM与CN是否是异面直线？说明理由；
(2)D1B与CC1是否是异面直线？说明理由．
解：(1)AM与CN不是异面直线．理由如下：
如图，连接MN，A1C1，AC．
因为M，N分别是A1B1，B1C1的中点，
所以MN∥A1C1．
又因为A1A綊C1C，
所以四边形A1ACC1为平行四边形，
所以A1C1∥AC，
所以MN∥AC，
所以A，M，N，C在同一平面内，
故AM和CN不是异面直线．
(2)D1B与CC1是异面直线．
理由如下：
因为ABCDA1B1C1D1是正方体，所以B，C，C1，D1不共面．
假设D1B与CC1不是异面直线，
则存在平面α，使D1B⊂平面α，CC1⊂平面α，所以D1，B，C，C1∈α，这与B，C，C1，D1不共面矛盾．
所以假设不成立，即D1B与CC1是异面直线．
10．如图所示，在三棱锥P ABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中点．已知∠BAC＝90°，AB＝2，AC＝2，PA＝2．求：
(1)三棱锥P ABC的体积；
(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值．
解：(1)S△ABC＝×2×2＝2，
故三棱锥P ABC的体积为
V＝·S△ABC·PA＝×2×2＝．
(2)如图所示，取PB的中点E，连接DE，AE，
则DE∥BC，
所以∠ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角．
在△ADE中，DE＝2，AE＝，AD＝2，
则cos∠ADE＝＝＝．
即异面直线BC与AD所成角的余弦值为．
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．如图是三棱锥DABC的三视图，点O在三个视图中都是所在边的中点，则异面直线DO和AB所成角的余弦值等于( )
A． B．
C． D．
解析：选A 由三视图及题意得如图所示的直观图，从A出发的三条线段AB，AC，AD两两垂直且AB＝AC＝2，AD＝1，O是BC中点，取AC中点E，连接DE，DO，OE，则OE＝1，又可知AE＝1，由于OE∥AB，故∠DOE即为所求两异面直线所成的角或其补角．在直角三角形DAE中，DE＝，由于O是中点，在直角三角形ABC中可以求得AO＝，在直角三角形DAO中可以求得DO＝．在三角形DOE中，由余弦定理得cos∠DOE＝＝，故所求余弦值为．
2．如图所示，三棱柱ABC A1B1C1，底面是边长为2的正三角形，侧棱A1A⊥底面ABC，点E，F分别是棱CC1，BB1上的点，点M是线段AC上的动点，EC＝2FB＝2．
(1)当点M在何位置时，BM∥平面AEF?
(2)若BM∥平面AEF，判断BM与EF的位置关系，说明理由；并求BM与EF所成的角的余弦值．
解：(1)法一：如图所示，取AE的中点O，连接OF，过点O作OM⊥AC于点M．
因为侧棱A1A⊥底面ABC，
所以侧面A1ACC1⊥底面ABC．
又因为EC＝2FB＝2，
所以OM∥FB∥EC且OM＝EC＝FB，
所以四边形OMBF为矩形，BM∥OF．
因为OF⊂平面AEF，BM⊄平面AEF，
故BM∥平面AEF，此时点M为AC的中点．
法二：如图所示，取EC的中点P，AC的中点Q，连接PQ，PB，BQ．
因为EC＝2FB＝2，所以PE綊BF，
所以PQ∥AE，PB∥EF，
所以PQ∥平面AFE，PB∥平面AEF，
因为PB∩PQ＝P，PB，PQ ⊂平面PBQ，
所以平面PBQ∥平面AEF．
又因为BQ⊂平面PBQ，
所以BQ∥平面AEF．
故点Q即为所求的点M，此时点M为AC的中点．
(2)由(1)知，BM与EF异面，∠OFE(或∠MBP)就是异面直线BM与EF所成的角或其补角．
易求AF＝EF＝，MB＝OF＝，OF⊥AE，
所以cos∠OFE＝＝＝，
所以BM与EF所成的角的余弦值为．
第四节直线、平面平行的判定及其性质
1．直线与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行)
∵l∥a，a⊂α，l⊄α，
∴l∥α
性质定理
一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)
∵l∥α，l⊂β，α∩β＝b，∴l∥b
2．平面与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)
∵a∥β，b∥β，a∩b＝P，a⊂α，b⊂α，∴α∥β
性质定理
如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行
∵α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，∴a∥b
1．(教材习题改编)已知平面α∥平面β，直线a⊂α，有下列命题：
①a与β内的所有直线平行；
②a与β内无数条直线平行；
③a与β内的任意一条直线都不垂直．
其中真命题的序号是________．
答案：②
2．(教材习题改编)在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为________．
解析：连接BD，设BD∩AC＝O，连接EO，在△BDD1中，点E，O分别是DD1，BD的中点，则EO∥BD1，又因为EO⊂平面ACE，BD1⊄平面AEC，所以BD1∥平面ACE．
答案：平行
1．直线与平面平行的判定中易忽视“线在面内”这一关键条件．
2．面面平行的判定中易忽视“面内两条相交线”这一条件．
3．如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，易误认为这两个平面平行，实质上也可以相交．
1．如果直线a∥平面α，那么直线a与平面α内的( )
A．一条直线不相交 B．两条直线不相交
C．无数条直线不相交 D．任意一条直线都不相交
解析：选D 因为a∥平面α，直线a与平面α无公共点，因此a和平面α内的任意一条直线都不相交，故选D．
2．(2015·北京高考)设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，“m∥β ”是“α∥β ”的( )
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选B 当m∥β时，过m的平面α与β可能平行也可能相交，因而m∥β⇒/ α∥β；当α∥β时，α内任一直线与β平行，因为m⊂α，所以m∥β．综上知，“m∥β ”是“α∥β ”的必要而不充分条件．
考点一 直线与平面平行的判定与性质
平行关系是空间几何中的一种重要关系，包括线线平行、线面平行、面面平行，其中线面平行是高考热点，多出现在解答题中．
常见的命题角度有
(1)证明直线与平面平行
(2)线面平行性质定理的应用
角度一：证明直线与平面平行
1．(2016·全国丙卷)如图，四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．
(1)证明MN∥平面PAB；
(2)求四面体NBCM的体积．
解：(1)证明：由已知得AM＝AD＝2．
取BP的中点T，连接AT，TN，
由N为PC中点知TN∥BC，
TN＝BC＝2．
又AD∥BC，故TN綊AM，
所以四边形AMNT为平行四边形，
于是MN∥AT．
因为MN⊄平面PAB，AT⊂平面PAB，
所以MN∥平面PAB．
(2)因为PA⊥平面ABCD，N为PC的中点，
所以N到平面ABCD的距离为PA．
取BC的中点E，连接AE．
由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝＝．
由AM∥BC得M到BC的距离为，
故S△BCM＝×4×＝2．
所以四面体NBCM的体积VNBCM＝×S△BCM×＝．
角度二：线面平行性质定理的应用
2．如图，四棱锥PABCD 的底面是正方形，四条侧棱均相等．点G，E，F，H 分别是棱 PB，AB，CD，PC上共面的四点，BC∥ 平面GEFH ．
求证：GH∥EF．
证明：因为BC∥平面GEFH，BC⊂平面PBC，
且平面PBC∩平面GEFH＝GH，
所以GH∥BC，
同理可证EF∥BC，
因此GH∥EF．
证明直线与平面平行的3种方法
定义法
一般用反证法
判定定理法
关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言叙述证明过程
性质判定法
即两平面平行时，其中一个平面内的任何直线都平行于另一个平面
如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，F是AB的中点，E是PD的中点．
(1)证明：PB∥平面AEC；
(2)在PC上求一点G，使FG∥平面AEC，并证明你的结论．
解：(1)证明：连接BD，设BD与AC的交点为O，连接EO．
因为四边形ABCD为矩形，
所以O为BD的中点．
又E为PD的中点，
所以EO∥PB．
因为EO⊂平面AEC，
PB⊄平面AEC，
所以PB∥平面AEC．
(2)PC的中点G即为所求的点．
证明如下：
连接GE，FG，
∵E为PD的中点，
∴GE綊CD．
又F为AB的中点，且四边形ABCD为矩形，
∴FA綊CD．
∴FA綊GE．
∴四边形AFGE为平行四边形，
∴FG∥AE．
又FG⊄平面AEC，AE⊂平面AEC，
∴FG∥平面AEC．
考点二 平面与平面平行的判定与性质
如图，在三棱柱ABCA1B1C1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．
证明：(1)∵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分别为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．
判定平面与平面平行的5种方法
(1)面面平行的定义，即证两个平面没有公共点(不常用)；
(2)面面平行的判定定理(主要方法)；
(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(客观题可用)；
(4)利用平面平行的传递性，两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行(客观题可用)；
(5)利用向量法，通过证明两个平面的法向量平行证得两平面平行．
1．如图，平面α内有△ABC，AB＝5，BC＝8，AC＝7，梯形BCDE的底DE＝2，过EB的中点B1的平面β∥α，若β分别交EA，DC于点A1，C1，求△A1B1C1的面积．
解：因为α∥β，
所以A1B1∥AB，B1C1∥BC，
又因为∠A1B1C1与∠ABC同向．
所以∠A1B1C1＝∠ABC．
又因为cos∠ABC＝＝，
所以∠ABC＝∠A1B1C1＝60°．
又因为B1为EB的中点，
所以B1A1是△EAB的中位线，
所以B1A1＝AB＝，
同理知B1C1为梯形BCDE的中位线，
所以B1C1＝(BC＋DE)＝5．
则S△A1B1C1＝A1B1×B1C1×sin 60°
＝××5×＝．
故△A1B1C1的面积为．
2．如图，四边形ABCD与四边形ADEF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，连接AE，设DF与GN的交点为O，
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，又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，又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG．
又M为AB中点，所以MN为△ABD的中位线，
所以BD∥MN，又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，
所以BD∥平面MNG，
又DE⊂平面BDE，BD⊂平面BDE，DE∩BD＝D，
所以平面BDE∥平面MNG．
如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AD＝AA1＝4，AB＝8，M，N分别是A1D1，AB的中点．过MN的截面α与BD1平行，且平面α与长方体的面相交．
(1)求作交线(只画出图，不要求证明或说明)．
(2)求该截面将长方体分成的两部分的体积之比．
解：(1)如图，Q，P分别为A1B1与AD的中点，则截面MPNQ即为平面α，交线分别为MP，PN，NQ和QM．
(2)由(1)知，三棱柱ANPA1QM的体积为V1＝S△ANP·AA1＝×AB·AD·AA1＝×8×4×4＝16．
而长方体的体积V＝S矩形ABCD·AA1＝8×4×4＝128．
∴截面将长方体分成的两部分体积比为V1∶(V－V1)＝16∶112＝(7也可以)．
根据条件求作几何体截面的3个思想方法
(1)平面的确定公理；
(2)线面平行与面面平行的判定与性质的应用；
(3)作图的合理性(注意题目中隐含条件的挖掘和分析)．
如图，E是正方体ABCDA1B1C1D1的棱DD1的中点，过A，C，E三点作平面α与正方体的面相交．
(1)画出平面α与正方体ABCDA1B1C1D1各面的交线；
(2)求证：BD1∥平面α．
解：(1)如图，交线即为EC，AC，AE，平面α即为平面AEC．
(2)证明：连接BD，设BD与AC交于点O，连接EO，
∵平面ABCD为正方形，
∴O是BD的中点，
又E为DD1的中点．
∴OE∥BD1，又OE⊂平面α，BD1⊄平面α．
∴BD1∥平面α．
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．已知直线a与直线b平行，直线a与平面α平行，则直线b与α的关系为( )
A．平行 B．相交
C．直线b在平面α内 D．平行或直线b在平面α内
解析：选D 依题意，直线a必与平面α内的某直线平行，又a∥b，因此直线b与平面α的位置关系是平行或直线b在平面α内．
2．(2017·合肥模拟)在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB和BC上的点，若AE∶EB＝CF∶FB＝1∶2，则对角线AC和平面DEF的位置关系是( )
A．平行 B．相交
C．在平面内 D．不能确定
解析：选A 如图，由＝得AC∥EF．又因为EF⊂平面DEF，AC⊄平面DEF，所以AC∥平面DEF．
3．若平面α∥平面β，直线a∥平面α，点B∈β，则在平面β内且过B点的所有直线中( )
A．不一定存在与a平行的直线
B．只有两条与a平行的直线
C．存在无数条与a平行的直线
D．存在唯一与a平行的直线
解析：选A 当直线a在平面β内且过B点时，不存在与a平行的直线，故选A．
4．如图，α∥β，△PAB所在的平面与α，β分别交于CD，AB，若PC＝2，CA＝3，CD＝1，则AB＝________．
解析：∵α∥β，∴CD∥AB，
则＝，∴AB＝＝＝．
答案：
5．如图所示，在四面体ABCD中，点M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是________．
解析：连接AM并延长，交CD于点E，连接BN，并延长交CD于点F，由重心性质可知，E，F重合为一点，且该点为CD的中点E，连接MN，由＝＝，得MN∥AB．因此，MN∥平面ABC且MN∥平面ABD．
答案：平面ABC、平面ABD
二保高考，全练题型做到高考达标
1．在空间中，已知直线a，b，平面α，则以下三个命题：
①若a∥b，b⊂α，则a∥α；②若a∥b，a∥α，则b∥α；③若a∥α，b∥α，则a∥b．
其中真命题的个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选A 对于①，若a∥b，b⊂α，则应有a∥α或a⊂α，所以①是假命题；对于②，若a∥b，a∥α，则应有b∥α或b⊂α，因此②是假命题；对于③，若a∥α，b∥α，则应有a∥b或a与b相交或a与b异面，因此③是假命题．综上，在空间中，以上三个命题都是假命题．
2．设m，n是平面α内的两条不同直线，l1，l2是平面β内的两条相交直线．则α∥β的一个充分而不必要条件是( )
A．m∥β且l1∥α B．m∥l1且n∥l2
C．m∥β且n∥β D．m∥β且n∥l2
解析：选B 因为m∥l1，且n∥l2，又l1与l2是平面β内的两条相交直线，所以α∥β，而当α∥β时不一定推出m∥l1且n∥l2，可能异面．所以α∥β的一个充分而不必要条件是B．
3．下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是( )
A．①③ B．②③
C．①④ D．②④
解析：选C 对于图形①，平面MNP与AB所在的对角面平行，即可得到AB∥平面MNP；对于图形④，AB∥PN，即可得到AB∥平面MNP；图形②③无论用定义还是判定定理都无法证明线面平行．
4．如图，透明塑料制成的长方体容器ABCDA1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：
①没有水的部分始终呈棱柱形；
②水面EFGH所在四边形的面积为定值；
③棱A1D1始终与水面所在平面平行；
④当容器倾斜如图所示时，BE·BF是定值．
其中正确命题的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C 由题图，显然①是正确的，②是错误的；
对于③，∵A1D1∥BC，BC∥FG，
∴A1D1∥FG且A1D1⊄平面EFGH，
∴A1D1∥平面EFGH(水面)．
∴③是正确的；
对于④，∵水是定量的(定体积V)，
∴S△BEF·BC＝V，即BE·BF·BC＝V．
∴BE·BF＝(定值)，即④是正确的，故选C．
5．在三棱锥S ABC中，△ABC是边长为6的正三角形，SA＝SB＝SC＝15，平面DEFH分别与AB，BC，SC，SA交于D，E，F，H，且D，E分别是AB，BC的中点，如果直线SB∥平面DEFH，那么四边形DEFH的面积为( )
A． B．
C．45 D．45
解析：选A 取AC的中点G，连接SG，BG．
易知SG⊥AC，BG⊥AC，
故AC⊥平面SGB，所以AC⊥SB．
因为SB∥平面DEFH，SB⊂平面SAB，平面SAB∩平面DEFH＝HD，则SB∥HD．同理SB∥FE．
又D，E分别为AB，BC的中点，则H，F也为AS，SC的中点，从而得HF綊AC綊DE，
所以四边形DEFH为平行四边形．
又AC⊥SB，SB∥HD，DE∥AC，
所以DE⊥HD，所以四边形DEFH为矩形，
其面积S＝HF·HD＝AC·SB＝．
6．设α，β，γ是三个平面，a，b是两条不同直线，有下列三个条件：
①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ．
如果命题“α∩β＝a，b⊂γ，且________，则a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________(把所有正确的序号填上)．
解析：由面面平行的性质定理可知，①正确；当b∥β，a⊂γ时，a和b在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．故应填入的条件为①或③．
答案：①或③
7．正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1 cm，过AC作平行于对角线BD1的截面，则截面面积为________cm2．
解析：如图所示，截面ACE∥BD1，平面BDD1∩平面ACE＝EF，其中F为AC与BD的交点，
∴E为DD1的中点，
∴S△ACE＝××＝ (cm2)．
答案：
8．如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，若BC⊥AC，∠BAC＝，AC＝4，M为AA1的中点，点P为BM的中点，Q在线段CA1上，且A1Q＝3QC，则PQ的长度为________．
解析：由题意知，AB＝8，过点P作PD∥AB交AA1于点D，连接DQ，则D为AM中点，PD＝AB＝4．
又∵＝＝3，
∴DQ∥AC，∠PDQ＝，DQ＝AC＝3，
在△PDQ中，
PQ＝
＝．
答案：
9．(2017·长春质检)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，PD⊥平面ABCD，点D1为棱PD的中点，过D1作与平面ABCD平行的平面与棱PA，PB，PC相交于点A1，B1，C1，∠BAD＝60°．
(1)求证：B1为PB的中点；
(2)已知棱锥的高为3，且AB＝2，AC，BD的交点为O，连接B1O．求三棱锥B1ABO外接球的体积．
解：(1)证明：连接B1D1．
由题意知，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面PBD∩平面ABCD＝BD，
平面PBD∩平面A1B1C1D1＝B1D1，则BD∥B1D1，
即B1D1为△PBD的中位线，即B1为PB的中点．
(2)由(1)可得，OB1＝，AO＝，BO＝1，且OA⊥OB，OA⊥OB1，OB⊥OB1，
即三棱锥B1ABO的外接球为以OA，OB，OB1为长，宽，高的长方体的外接球，则该长方体的体对角线长d＝＝，即外接球半径R＝．
则三棱锥B1ABO外接球的体积V＝πR3＝×π×3＝．
10．如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G，H分别是BC，CC1，C1D1，A1A的中点．求证：
(1)BF∥HD1；
(2)EG∥平面BB1D1D；
(3)平面BDF∥平面B1D1H．
证明：(1)如图所示，取BB1的中点M，连接MH，MC1，易证四边形HMC1D1是平行四边形，
∴HD1∥MC1．
又∵MC1∥BF，∴BF∥HD1．
(2)取BD的中点O，连接EO，D1O，则OE綊DC，又D1G綊DC，∴OE綊D1G，
∴四边形OEGD1是平行四边形，
∴GE∥D1O．
又GE⊄平面BB1D1D，D1O⊂平面BB1D1D，
∴EG∥平面BB1D1D．
(3)由(1)知BF∥HD1，
又BD∥B1D1，B1D1，HD1⊂平面B1D1H，BF，BD⊂平面BDF，且B1D1∩HD1＝D1，DB∩BF＝B，
∴平面BDF∥平面B1D1H．
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．如图所示，设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，点P是棱AD上一点，且AP＝，过B1，D1，P的平面交平面ABCD于PQ，Q在直线CD上，则PQ＝________．
解析：∵平面A1B1C1D1∥平面ABCD，而平面B1D1P∩平面ABCD＝PQ，平面B1D1P∩平面A1B1C1D1＝B1D1，
∴B1D1∥PQ．
又∵B1D1∥BD，∴BD∥PQ，
设PQ∩AB＝M，
∵AB∥CD，
∴△APM∽△DPQ．
∴＝＝2，即PQ＝2PM．
又知△APM∽△ADB，
∴＝＝，
∴PM＝BD，又BD＝a，
∴PQ＝a．
答案：a
2．如图，四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E为PB的中点．
(1)求证：CE∥平面PAD．
(2)在线段AB上是否存在一点F，使得平面PAD∥平面CEF？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：取PA的中点H，连接EH，DH，
因为E为PB的中点，
所以EH∥AB，EH＝AB，
又AB∥CD，CD＝AB，
所以EH∥CD，EH＝CD，
因此四边形DCEH是平行四边形，
所以CE∥DH，
又DH⊂平面PAD，CE⊄平面PAD，
因此CE∥平面PAD．
(2)存在点F为AB的中点，使平面PAD∥平面CEF，
证明如下：
取AB的中点F，连接CF，EF，
所以AF＝AB，
又CD＝AB，所以AF＝CD，
又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形，
因此CF∥AD，
又CF⊄平面PAD，所以CF∥平面PAD，
由(1)可知CE∥平面PAD，
又CE∩CF＝C，
故平面CEF∥平面PAD，
故存在AB的中点F满足要求．
第五节直线、平面垂直的判定及其性质
1．直线与平面垂直
(1)直线和平面垂直的定义：
直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．
(2)直线与平面垂直的判定定理及性质定理：
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直
⇒l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行
⇒a∥b
2．平面与平面垂直的判定定理与性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直
⇒α⊥β
性质定理
两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直
⇒l⊥α
1．设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β( )
A．若l⊥β，则α⊥β B．若α⊥β，则l⊥m
C．若l∥β，则α∥β D．若α∥β，则l∥m
解析：选A ∵l⊥β，l⊂α，
∴α⊥β(面面垂直的判定定理)，故A正确．
2．(教材习题改编)PD垂直于正方形ABCD所在的平面，连接PB，PC，PA，AC，BD，则一定互相垂直的平面有________对．
解析：由于PD⊥平面ABCD，故平面PAD⊥平面ABCD，平面PDB⊥平面ABCD，平面PDC⊥平面ABCD，平面PDA⊥平面PDC，平面PAC⊥平面PDB，平面PAB⊥平面PAD, 平面PBC⊥平面PDC，共7对．
答案：7
1．证明线面垂直时，易忽视面内两条线为相交线这一条件．
2．面面垂直的判定定理中，直线在面内且垂直于另一平面易忽视．
3．面面垂直的性质定理在使用时易忘面内一线垂直于交线而盲目套用造成失误．
1．“直线a与平面M内的无数条直线都垂直”是“直线a与平面M垂直”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选B 根据直线与平面垂直的定义知“直线a与平面M的无数条直线都垂直”不能推出“直线a与平面M垂直”，反之可以，所以是必要不充分条件．
2．(教材习题改编)设m，n表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，下列命题为真命题的是( )
A．若m⊥α，α⊥β，则m∥β
B．若m∥α，m⊥β，则α⊥β
C．若m⊥n，m⊥α，则n∥α
D．若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n
解析：选B 对于A，m可以在β内，故A错；对于C，n可以在α内，故C错误；对于D，m与n可以平行，故D错．
考点一 直线与平面垂直的判定与性质
直线与平面垂直的判定与性质是每年高考的必考内容，题型多为解答题，难度适中，属中档题．
常见的命题角度有
(1)证明直线与平面垂直；
(2)利用线面垂直的性质证明线线垂直．
角度一：证明直线与平面垂直
1．如图所示，在四棱锥PABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥CD，PD＝AD，E是PB的中点，F是DC上的点，且DF＝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)因为AB⊥平面PAD，PH⊂平面PAD，所以PH⊥AB．
因为PH为△PAD中AD边上的高，所以PH⊥AD．
因为AB∩AD＝A，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PH⊥平面ABCD．
(2)如图，取PA的中点M，连接MD，ME．
因为E是PB的中点，
所以ME綊AB．
又因为DF綊AB，
所以ME綊DF，
所以四边形MEFD是平行四边形，所以EF∥MD．
因为PD＝AD，所以MD⊥PA．
因为AB⊥平面PAD，所以MD⊥AB．
因为PA∩AB＝A，所以MD⊥平面PAB，
所以EF⊥平面PAB．
角度二：利用线面垂直的性质证明线线垂直
2．(2015·江苏高考)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1．设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E．
求证：(1)DE∥平面AA1C1C；
(2)BC1⊥AB1．
证明：(1)由题意知，E为B1C的中点，
又D为AB1的中点，因此DE∥AC．
又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，
所以DE∥平面AA1C1C．
(2)因为棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，
所以CC1⊥平面ABC．
因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1．
又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，
BC⊂平面BCC1B1，
BC∩CC1＝C，
所以AC⊥平面BCC1B1．
又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC．
因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，
因此BC1⊥B1C．
因为AC⊂平面B1AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，
所以BC1⊥平面B1AC．
又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1．
判定直线和平面垂直的4种方法
(1)利用判定定理；
(2)利用判定定理的推论(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；
(3)利用面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；
(4)利用面面垂直的性质．
当两个平面垂直时，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面．
1．(2017·上海六校联考)已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是( )
A．α⊥β且m⊂α B．α⊥β且m∥α
C．m∥n且n⊥β D．m⊥n且α∥β
解析：选C 由线线平行性质的传递性和线面垂直的判定定理，可知C正确．
2．如图，S是Rt△ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC．D为斜边AC的中点．
(1)求证：SD⊥平面ABC；
(2)若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC．
证明：(1)如图所示，取AB的中点E，连接SE，DE，
在Rt△ABC中，D，E分别为AC，AB的中点．
∴DE∥BC，∴DE⊥AB，
∵SA＝SB，∴SE⊥AB．
又SE∩DE＝E，∴AB⊥平面SDE．
又SD⊂平面SDE，∴AB⊥SD．
在△SAC中，SA＝SC，D为AC的中点，∴SD⊥AC．
又AC∩AB＝A，∴SD⊥平面ABC．
(2)由于AB＝BC，则BD⊥AC，
由(1)可知，SD⊥平面ABC，又BD⊂平面ABC，
∴SD⊥BD，
又SD∩AC＝D，∴BD⊥平面SAC．
(2016·四川高考)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD．
(1)在平面PAD内找一点M，使得直线CM∥平面PAB，并说明理由；
(2)证明：平面PAB⊥平面PBD．
解：(1)取棱AD的中点M(M∈平面PAD)，点M即为所求的一个点．
理由如下：
连接MC，
因为AD∥BC，BC＝AD，
所以BC∥AM，且BC＝AM．
所以四边形AMCB是平行四边形，所以CM∥AB．
又AB⊂平面PAB，CM⊄平面PAB，
所以CM∥平面PAB．
(说明：取棱PD的中点N，则所找的点可以是直线MN上任意一点)
(2)证明：由已知，PA⊥AB，PA⊥CD，
因为AD∥BC，BC＝AD，
所以直线AB与CD相交，
所以PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥BD．
连接BM，因为AD∥BC，
BC＝AD，M为AD的中点，
所以BC∥MD，且BC＝MD，
所以四边形BCDM是平行四边形，
所以BM＝CD＝AD，所以BD⊥AB．
又AB∩AP＝A，
所以BD⊥平面PAB．
又BD⊂平面PBD，所以平面PAB⊥平面PBD．
1．证明面面垂直的2种方法
(1)定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题．
(2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化成证明线线垂直加以解决．
2．三种垂直关系的转化
(2016·云南省第一次统一检测)如图，在三棱锥ABCD中，CD⊥BD，AB＝AD，E为BC的中点．
(1)求证：AE⊥BD；
(2)设平面ABD⊥平面BCD，AD＝CD＝2，BC＝4，求三棱锥DABC的体积．
解：(1)证明：设BD的中点为O，连接AO，EO，
∵AB＝AD，∴AO⊥BD．
又E为BC的中点，∴EO∥CD．
∵CD⊥BD，∴EO⊥BD．
又OA∩OE＝O，∴BD⊥平面AOE．
又AE⊂平面AOE，∴AE⊥BD．
(2)由已知得三棱锥DABC与CABD的体积相等．
∵CD⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，
∴CD⊥平面ABD，BD＝＝2．
由已知得S△ABD＝×BD× ＝．
∴三棱锥CABD的体积VCABD＝×CD×S△ABD＝．
∴三棱锥DABC的体积为．
(2016·全国甲卷)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于点H．将△DEF沿EF折到△D′EF的位置．
(1)证明：AC⊥HD′；
(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱锥D′ABCFE的体积．
解：(1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD．
又由AE＝CF得＝，故AC∥EF．
由此得EF⊥HD，故EF⊥HD′，所以AC⊥HD′．
(2)由EF∥AC得＝＝．
由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4．
所以OH＝1，D′H＝DH＝3．
于是OD′2＋OH2＝(2)2＋12＝9＝D′H2，
故OD′⊥OH．
由(1)知，AC⊥HD′，
又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，
所以AC⊥平面BHD′，
于是AC⊥OD′．
又OD′⊥OH，AC∩OH＝O，
所以OD′⊥平面ABC．
又由＝得EF＝．
五边形ABCFE的面积S＝×6×8－××3＝．
所以五棱锥D′ABCFE的体积V＝××2＝．
对于翻折问题，应明确：在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质可能会发生变化．解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法．
(2017·石家庄模拟)在平面四边形ABCD(图①)中，△ABC与△ABD均为直角三角形且有公共斜边AB，设AB＝2，∠BAD＝30°，∠BAC＝45°，将△ABC沿AB折起，构成如图②所示的三棱锥C′ABD．
(1)当C′D＝时，求证：平面C′AB⊥平面DAB；
(2)当AC′⊥BD时，求三棱锥C′ABD的高．
解：(1)证明：当C′D＝时，
取AB的中点O，连接C′O，DO，
在Rt△AC′B，Rt△ADB中，AB＝2，则C′O＝DO＝1，
∵C′D＝，
∴C′O2＋DO2＝C′D2，即C′O⊥OD，
又C′O⊥AB，AB∩OD＝O，AB⊂平面ABD，OD⊂平面ABD，∴C′O⊥平面ABD，
∵C′O⊂平面C′AB，∴平面C′AB⊥平面DAB．
(2)当AC′⊥BD时，由已知AC′⊥BC′，
∵BC′∩BD＝B，∴AC′⊥平面BDC′，
∵C′D⊂平面BDC′，∴AC′⊥C′D，△AC′D为直角三角形，
由勾股定理得，C′D＝＝＝1，
而在△BDC′中，BD＝1，BC′＝，
∴△BDC′为直角三角形，S△BDC′＝×1×1＝．
三棱锥C′ABD的体积V＝×S△BDC′×AC′＝××＝．
S△ABD＝×1×＝，
设三棱锥C′ABD的高为h，
则由×h×＝，解得h＝．
故三棱锥C′ABD的高为．
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．设α，β为两个不同的平面，直线l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”成立的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选A 依题意，由l⊥β，l⊂α可以推出α⊥β；反过来，由α⊥β，l⊂α不能推出l⊥β．因此“l⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要条件，故选A．
2．已知直线m，l，平面α，β，且m⊥α，l⊂β，给出下列命题：①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l；③若m⊥l，则α⊥β；④若m∥l，则α⊥β，其中正确的命题的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B ①中，α∥β，且m⊥α，则m⊥β，因为l⊂β，所以m⊥l，所以①正确；②中，α⊥β，且m⊥α，则m∥β或m⊂β，又l⊂β，则m与l可能平行，可能异面，可能相交，所以②不正确；③中，m⊥l，且m⊥α，l⊂β，则α与β可能平行，可能相交，所以③不正确；④中，m∥l，且m⊥α，则l⊥α，因为l⊂β，所以α⊥β，所以④正确，故选B．
3．已知在空间四边形ABCD中，AD⊥BC，AD⊥BD，且△BCD是锐角三角形，则必有( )
A．平面ABD⊥平面ADC B．平面ABD⊥平面ABC
C．平面ADC⊥平面BDC D．平面ABC⊥平面BDC
解析：选C ∵AD⊥BC，AD⊥BD，BC∩BD＝B，∴AD⊥平面BDC，又AD⊂平面ADC，∴平面ADC⊥平面BDC．
4．一平面垂直于另一平面的一条平行线，则这两个平面的位置关系是________．
解析：由线面平行的性质定理知，该面必有一直线与已知直线平行．再根据“两平行线中一条垂直于一平面，另一条也垂直于该平面”得出两个平面垂直相交．
答案：垂直相交
5．设a，b为不重合的两条直线，α，β为不重合的两个平面，给出下列命题：
①若a∥α且b∥α，则a∥b；②若a⊥α且a⊥β，则α∥β；
③若α⊥β，则一定存在平面γ，使得γ⊥α，γ⊥β；
④若α⊥β，则一定存在直线l，使得l⊥α，l∥β．
上面命题中，所有真命题的序号是________．
解析：①中a与b可能相交或异面，故不正确．
②垂直于同一直线的两平面平行，正确．
③中存在γ，使得γ与α，β都垂直．
④中只需直线l⊥α且l⊄β就可以．
答案：②③④
二保高考，全练题型做到高考达标
1．(2017·青岛质检)设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则能得出a⊥b的是( )
A．a⊥α，b∥β，α⊥β B．a⊥α，b⊥β，α∥β
C．a⊂α，b⊥β，α∥β D．a⊂α，b∥β，α⊥β
解析：选C 对于C项，由α∥β，a⊂α可得a∥β，又b⊥β，得a⊥b，故选C．
2．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC，则四面体P ABC中直角三角形的个数为( )
A．4 B．3
C．2 D．1
解析：选A 由PA⊥平面ABC可得△PAC，△PAB是直角三角形，且PA⊥BC．又∠ABC＝90°，所以△ABC是直角三角形，且BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，即△PBC为直角三角形，故四面体P ABC中共有4个直角三角形．
3．(2017·南昌模拟)设a，b是夹角为30°的异面直线，则满足条件“a⊂α，b⊂β，且α⊥β ”的平面α，β( )
A．不存在 B．有且只有一对
C．有且只有两对 D．有无数对
解析：选D 过直线a的平面α有无数个，当平面α与直线b平行时，两直线的公垂线与b确定的平面β⊥α，当平面α与b相交时，过交点作平面α的垂线与b确定的平面β⊥α．故选D．
4．(2017·吉林实验中学测试)设a，b，c是空间的三条直线，α，β是空间的两个平面，则下列命题中，逆命题不成立的是( )
A．当c⊥α时，若c⊥β，则α∥β
B．当b⊂α时，若b⊥β，则α⊥β
C．当b⊂α，且c是a在α内的射影时，若b⊥c，则a⊥b
D．当b⊂α，且c⊄α时，若c∥α，则b∥c
解析：选B A的逆命题为：当c⊥α时，若α∥β，则c⊥β．由线面垂直的性质知c⊥β，故A正确；B的逆命题为：当b⊂α时，若α⊥β，则b⊥β，显然错误，故B错误；C的逆命题为：当b⊂α，且c是a在α内的射影时，若a⊥b，则b⊥c．由三垂线逆定理知b⊥c，故C正确；D的逆命题为：当b⊂α，且c⊄α时，若b∥c，则c∥α．由线面平行判定定理可得c∥α，故D正确．
5．(2017·贵阳市监测考试)如图，在三棱锥PABC中，不能证明AP⊥BC的条件是( )
A．AP⊥PB，AP⊥PC
B．AP⊥PB，BC⊥PB
C．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC
D．AP⊥平面PBC
解析：选B A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A能证明AP⊥BC；C中，因为平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C能证明AP⊥BC；由A知D能证明AP⊥BC；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B．
6．如图，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有____________；与AP垂直的直线有________．
解析：∵PC⊥平面ABC，
∴PC垂直于直线AB，BC，AC．
∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，
∴AB⊥平面PAC，
又∵AP⊂平面PAC，
∴AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB．
答案：AB，BC，AC AB
7．如图所示，在四棱锥P ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD．(只要填写一个你认为是正确的条件即可)
解析：连接AC，BD，则AC⊥BD，
∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BD．
又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，
∴BD⊥PC．
∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD．
而PC⊂平面PCD，
∴平面MBD⊥平面PCD．
答案：DM⊥PC(或BM⊥PC)
8．如图，直三棱柱ABC A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E．要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为________．
解析：设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF．
由已知可以得A1B1＝，
设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝h．
又2×＝h×，
所以h＝，DE＝．
在Rt△DB1E中，B1E＝ ＝．
由面积相等得× ＝x，得x＝．
即线段B1F的长为．
答案：
9．(2016·贵州省适应性考试)已知长方形ABCD中，AB＝3，AD＝4．现将长方形沿对角线BD折起，使AC＝a，得到一个四面体ABCD，如图所示．
(1)试问：在折叠的过程中，直线AB与CD能否垂直？若能，求出相应a的值；若不能，请说明理由．
(2)求四面体ABCD体积的最大值．
解：(1)直线AB与CD能垂直．
因为AB⊥AD，
若AB⊥CD，因为AD∩CD＝D，
所以AB⊥平面ACD，
又因为AC⊂平面ACD，
从而AB⊥AC．
此时，a＝＝＝，
即当a＝时，有AB⊥CD．
(2)由于△BCD面积为定值，所以当点A到平面BCD的距离最大，即当平面ABD⊥平面BCD时，该四面体的体积最大，
此时，过点A在平面ABD内作AH⊥BD，垂足为H，
则有AH⊥平面BCD，AH就是该四面体的高．
在△ABD中，AH＝＝，
S△BCD＝×3×4＝6，
此时VABCD＝S△BCD·AH＝，即为该四面体体积的最大值．
10．(2017·河南省八市重点高中质量检测)如图，过底面是矩形的四棱锥FABCD的顶点F作EF∥AB，使AB＝2EF，且平面ABFE⊥平面ABCD，若点G在CD上且满足DG＝GC．求证：
(1)FG∥平面AED；
(2)平面DAF⊥平面BAF．
证明：(1)因为DG＝GC，AB＝CD＝2EF，AB∥EF∥CD，
所以EF∥DG，EF＝DG．
所以四边形DEFG为平行四边形，
所以FG∥ED．
又因为FG⊄平面AED，ED⊂平面AED，
所以FG∥平面AED．
(2)因为平面ABFE⊥平面ABCD，平面ABFE∩平面ABCD＝AB，AD⊥AB，AD⊂平面ABCD，
所以AD⊥平面BAF，
又AD⊂平面DAF，
所以平面DAF⊥平面BAF．
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．(2017·兰州市实战考试)α，β是两平面，AB，CD是两条线段，已知α∩β＝EF，AB⊥α于B，CD⊥α于D，若增加一个条件，就能得出BD⊥EF．现有下列条件：①AC⊥β；②AC与α，β所成的角相等；③AC与CD在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF．
其中能成为增加条件的序号是________．
解析：由题意得，AB∥CD，∴A，B，C，D四点共面，①：∵AC⊥β，EF⊂β，∴AC⊥EF，又∵AB⊥α，EF⊂α，∴AB⊥EF，∵AB∩AC＝A，∴EF⊥平面ABCD，又∵BD⊂平面ABCD，∴BD⊥EF，故①正确；②不能得到BD⊥EF，故②错误；③：由AC与CD在β内的射影在同一条直线上可知平面ABCD⊥β，又AB⊥α，AB⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥α．∵平面ABCD⊥α，平面ABCD⊥β，α∩β＝EF，∴EF⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，∴BD⊥EF，故③正确；④：由①知，若BD⊥EF，则EF⊥平面ABCD，则EF⊥AC，故④错误，故填①③．
答案：①③
2．如图，在四棱锥S ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD．四边形ABCD为正方形，且点P为AD的中点，点Q为SB的中点．
(1)求证：CD⊥平面SAD．
(2)求证：PQ∥平面SCD．
(3)若SA＝SD，点M为BC的中点，在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：因为四边形ABCD为正方形，所以CD⊥AD．
又因为平面SAD⊥平面ABCD，且平面SAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面SAD．
(2)证明：如图，取SC的中点R，连接QR，DR．
由题意知：PD∥BC且PD＝BC．
在△SBC中，点Q为SB的中点，点R为SC的中点，
所以QR∥ BC且QR＝BC，
所以PD∥QR，且PD＝QR，
所以四边形PDRQ为平行四边形，所以PQ∥DR．
又因为PQ⊄平面SCD，DR⊂平面SCD，
所以PQ∥平面SCD．
(3)存在点N为SC的中点，使得平面DMN⊥平面ABCD．
证明如下：如图，连接PC，DM交于点O，
连接DN，PM，SP，NM，ND，NO，
因为PD∥CM，且PD＝CM，
所以四边形PMCD为平行四边形，
所以PO＝CO．
又因为点N为SC的中点，
所以NO∥SP．
易知SP⊥AD，
因为平面SAD⊥平面ABCD，
平面SAD∩平面ABCD＝AD，并且SP⊥AD，
所以SP⊥平面ABCD，所以NO⊥平面ABCD．
又因为NO⊂平面DMN，
所以平面DMN⊥平面ABCD．
命题点一 空间几何体的三视图及表面积与体积
命题指数：☆☆☆☆☆
难度：中
题型：选择题、填空题、解答题
1．(2014·浙江高考)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是( )
A．90 cm2 B．129 cm2
C．132 cm2 D．138 cm2
解析：选D 由三视图画出几何体的直观图，如图所示，则此几何体的表面积S＝S1－S正方形＋S2＋2S3＋S斜面，其中S1是长方体的表面积，S2是三棱柱的水平放置的一个侧面的面积，S3是三棱柱的一个底面的面积，则S＝(4×6＋3×6＋3×4)×2－3×3＋3×4＋2××4×3＋5×3＝138(cm2)，选D．
2．(2015·重庆高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．＋π B．＋π
C．＋2π D．＋2π
解析：选A 由三视图可知该几何体是由一个半圆柱和一个三棱锥组成的．由图中数据可得三棱锥的体积V1＝××2×1×1＝，半圆柱的体积V2＝×π×12×2＝π，∴V＝＋π．
3．(2015·山东高考)已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )
A． B．
C．2π D．4π
解析：选B 绕等腰直角三角形的斜边所在的直线旋转一周形成的曲面围成的几何体为两个底面重合，等体积的圆锥，如图所示．每一个圆锥的底面半径和高都为，故所求几何体的体积V＝2××π×2×＝．
4．(2016·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )
A． B．
C． D．1
解析：选A 通过三视图可还原几何体为如图所示的三棱锥PABC，通过侧视图得高h＝1，底面积S＝×1×1＝，所以体积V＝Sh＝××1＝．
5．(2016·天津高考)已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m3．
解析：由三视图知，四棱锥的高为3 m，底面平行四边形的一边长为2 m，对应高为1 m，所以其体积V＝Sh＝×2×1×3＝2(m3)．
答案：2
6．(2015·四川高考)在三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边的长为1的等腰直角三角形．设点M，N，P分别是棱AB，BC，B1C1的中点，则三棱锥PA1MN的体积是________．
解析：由三视图易知几何体ABCA1B1C1是上、下底面为等腰直角三角形的直三棱柱，
则VPA1MN＝VA1PMN＝VAPMN．
又S△PMN＝MN·NP＝××1＝，
A到平面PMN的距离h＝，
∴VAPMN＝S△PMN·h＝××＝．
答案：
7．(2015·安徽高考)如图，三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°．
(1)求三棱锥PABC的体积；
(2)证明：在线段PC上存在点M，使得AC⊥BM，并求的值．
解：(1)由题设AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，
可得S△ABC＝·AB·AC·sin 60°＝．
由PA⊥平面ABC，可知PA是三棱锥PABC的高．
又PA＝1，
所以三棱锥PABC的体积V＝·S△ABC·PA＝．
(2)证明：在平面ABC内，过点B作BN⊥AC，垂足为N．在平面PAC内，过点N作MN∥PA交PC于点M，连接BM．
由PA⊥平面ABC知PA⊥AC，所以MN⊥AC．
由于BN∩MN＝N，故AC⊥平面MBN．
又BM⊂平面MBN，所以AC⊥BM．
在Rt△BAN中，AN＝AB·cos∠BAC＝，
从而NC＝AC－AN＝．
由MN∥PA，
得＝＝．
命题点二 组合体的“切”“接”问题
命题指数：☆☆☆
难度：中
题型：选择题、填空题
1．(2016·全国丙卷)在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是( )
A．4π B．
C．6π D．
解析：选B 设球的半径为R，∵△ABC的内切圆半径为＝2，∴R≤2．又2R≤3，∴R≤，∴Vmax＝×π×3＝．故选B．
2．(2015·全国卷Ⅱ)已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点．若三棱锥OABC体积的最大值为36，则球O的表面积为( )
A．36π B．64π
C．144π D．256π
解析：选C 如图，设球的半径为R，∵∠AOB＝90°，∴S△AOB＝R2．
∵VO ABC＝VCAOB，而△AOB面积为定值，
∴当点C到平面AOB的距离最大时，VOABC最大，
∴当C为与球的大圆面AOB垂直的直径的端点时，体积VOABC最大，为×R2×R＝36，
∴R＝6，∴球O的表面积为4πR2＝4π×62＝144π．
3．(2013·全国卷Ⅱ)已知正四棱锥OABCD的体积为，底面边长为，则以O为球心，OA为半径的球的表面积为________．
解析：过O作底面ABCD的垂线段OE，连接EA，则E为正方形ABCD的中心．由题意可知×()2×OE＝，所以OE＝，故球的半径R＝OA＝＝，则球的表面积S＝4πR2＝24π．
答案：24π
命题点三 直线、平面平行与垂直的判定与性质
命题指数：☆☆☆☆☆
难度：中
题型：选择题、填空题、解答题
1．(2016·浙江高考)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则( )
A．m∥l B．m∥n
C．n⊥l D．m⊥n
解析：选C ∵α∩β＝l，∴l⊂β．
∵n⊥β，∴n⊥l．
2．(2013·全国卷Ⅱ)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则( )
A．α∥β且l∥α
B．α⊥β且l⊥β
C．α与β相交，且交线垂直于l
D.α与β相交，且交线平行于l
解析：选D 由于m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，则平面α与平面β必相交，但未必垂直，且交线垂直于直线m，n，又直线l满足l⊥m，l⊥n，则交线平行于l，故选D.
3．(2014·湖北高考)如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E，F，P，Q，M，N分别是棱AB ，AD ，DD1 ，BB1 ，A1B1 ，A1D1 的中点． 求证：
(1)直线BC1 ∥平面EFPQ ；
(2)直线 AC1⊥平面 PQMN ．
证明：(1)连接AD1，由ABCDA1B1C1D1是正方体，
知AD1∥BC1，
因为F，P分别是AD，DD1的中点，
所以FP∥AD1．
从而BC1∥FP．
而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，
故直线BC1∥平面EFPQ．
(2)连接AC，BD，则AC⊥BD．
由CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，可得CC1⊥BD．
又AC∩CC1＝C，
所以BD⊥平面ACC1．
而AC1⊂平面ACC1，
所以BD⊥AC1．
连接B1D1，
因为M，N分别是A1B1，A1D1的中点，
所以MN∥B1D1，
故MN∥BD，
从而MN⊥AC1．
同理可证PN⊥AC1．
又PN∩MN＝N，
所以直线AC1⊥平面PQMN．
4．(2016·北京高考)如图，在四棱锥PABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC．
(1)求证：DC⊥平面PAC．
(2)求证：平面PAB⊥平面PAC．
(3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由．
解：(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，
所以PC⊥DC．
又因为DC⊥AC，且PC∩AC＝C，
所以DC⊥平面PAC．
(2)证明：因为AB∥DC，DC⊥AC，
所以AB⊥AC．
因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB．
又因为PC∩AC＝C，所以AB⊥平面PAC．
又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC．
(3)棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF．
理由如下：取PB的中点F，连接EF，CE，CF．
因为E为AB的中点，
所以EF∥PA．
又因为PA⊄平面CEF，
且EF⊂平面CEF，
所以PA∥平面CEF．
5．(2016·全国乙卷)如图，已知正三棱锥PABC的侧面是直角三角形，PA＝6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G．
(1)证明：G是AB的中点；
(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积．
解：(1)证明：因为P在平面ABC内的正投影为D，
所以AB⊥PD．
因为D在平面PAB内的正投影为E，
所以AB⊥DE．
因为PD∩DE＝D，
所以AB⊥平面PED，
故AB⊥PG．
又由已知可得，PA＝PB，
所以G是AB的中点．
(2)在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F，F即为E在平面PAC内的正投影．
理由如下：
由已知可得PB⊥PA，PB⊥PC，
又EF∥PB，
所以EF⊥PA，EF⊥PC．
又PA∩PC＝P，
因此EF⊥平面PAC，
即点F为E在平面PAC内的正投影．
连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，
所以D是正三角形ABC的中心．
由(1)知，G是AB的中点，
所以D在CG上，故CD＝CG．
由题设可得PC⊥平面PAB，DE⊥平面PAB，
所以DE∥PC，
因此PE＝PG，DE＝PC．
由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA＝6，
可得DE＝2，PE＝2．
在等腰直角三角形EFP中，
可得EF＝PF＝2，
所以四面体PDEF的体积V＝××2×2×2＝．
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