资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩23页未读，
继续阅读
重点题型训练12：第6章立体几何初步-【新教材】2020-2021学年北师大版（2019）高中数学必修第二册
展开
这是一份重点题型训练12：第6章立体几何初步-【新教材】2020-2021学年北师大版（2019）高中数学必修第二册，文件包含北师大版新教材高一必修2重点题型n12含答案doc、北师大版新教材高一必修2重点题型n12无答案1doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共40页， 欢迎下载使用。
北师大版（新教材）高一必修2重点题型N12
立体几何初步
考试范围：基本立体图形；直观图；空间点、直线、平面之间的位置关系
考试时间：100分钟；命题人：LEOG
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题型1、几何体的基本概念与性质
1．下列结论中正确的是（ ）
A．半圆弧以其直径为轴旋转一周所形成的曲面叫做球
B．直角三角形绕一直角边为轴旋转一周得到的旋转体是圆锥
C．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体
D．用一个平面截圆锥底面与截面组成的部分是圆台
【分析】根据题意，分析选项中的命题，判断命题是否正确即可．
【解答】解：对于A，因为半圆弧以其直径为轴旋转一周所成的曲面叫做球面，
球面围成的几何体叫做球体，所以A错误；
对于B，当以直角三角形的直角边所在直线为轴旋转时，
其余各边旋转形成的面所围成的几何体是圆锥，所以B正确；
对于C，当两个平行截面不平行于上、下两个底面时，
两个平行截面间的几何体不是旋转体，所以C错误；
对于D，圆锥的截面不与底面平行时，
圆锥底面与截面组成的部分不是圆台，所以D错误．
故选：B．
【点评】本题考查了旋转体的结构特征与应用问题，是基础题．
2．下列命题中正确的是（ ）
A．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱
B．有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱
C．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台
D．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱
【分析】在A中，有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体不一定是棱柱；在B中，由棱柱的定义直接判断；在C中，用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台；在D中，有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体不一定是棱柱，
【解答】解：在A中，如图的几何体，有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体不是棱柱，故A错误；在B中，由棱柱的定义得：
有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱，故B正确；
在C中，用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台，故C错误；
在D中，如图的几何体，有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体不是棱柱，故D错误．故选：B．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查棱柱、棱台等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3．给出下列命题中正确的是（ ）
A．棱柱被平面分成的两部分可以都是棱柱
B．底面是矩形的平行六面体是长方体
C．棱柱的底面一定是平行四边形
D．棱锥的底面一定是三角形
【分析】利用棱柱、长方体、平行六面体、棱锥的结构特征求解．
【解答】解：平行于棱柱底面的平面可以把棱柱分成两个棱柱，故A正确；
三棱柱的底面是三角形，故C错误；
底面是矩形的平行六面体的侧面不一定是矩形，故它也不一定是长方体，故B错误；
四棱锥的底面是四边形，故D错误．
故选：A．
【点评】本题考查命题真假的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意棱柱、平行六面体、棱锥的结构特征的合理运用．
4．如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（ ）
A．①是棱台 B．②是圆台 C．③是棱锥 D．④不是棱柱
【分析】利用几何体的结构特征进行分析判断．
【解答】解：对于选项A，不是由棱锥截来的，所以A不是棱台，故A错误；
对于选项B，上、下两个面不平行，所以不是圆台；
对于选项C，是棱锥．
对于选项D，前、后两个面平行，其他面是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边平行，所以D是棱柱．故选：C．
【点评】本题考查几何体的结构特征，解题时要认真审题，注意熟练掌握几何体的基本概念和性质．
5．下列说法正确的是（ ）
A．有一个面是多边形，其余各面都是三角形，由这些面围成的几何体是棱锥
B．有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为六棱锥
D．有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱
【分析】利用棱锥、棱台、棱柱的定义及结构特征直接求解．
【解答】解：在A中，如果一个多面体的一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，那么这个多面体叫做棱锥．
如果一个底面是4边形的棱锥，一个正三棱锥，把两个顶点放一起，组合成一个图形不是棱锥，故A错误；
在B中，把两个相同的棱台底面重合在一起，就不是棱台，故B错误；
在C中，当棱锥的各个侧面的顶角之和是360°时，各侧面构成平面图形，构不成棱锥，
由此推导出如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥不可能为六棱锥，故C错误；
在D中，由直棱柱的定义得到有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱，故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查棱锥、棱台、棱柱的定义及结构特征等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
题型2、圆柱、圆锥、圆台的相关计算
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，则的值是 ．
【分析】设出球的半径，求出圆柱的体积以及球的体积即可得到结果．
【解答】解：设球的半径为R，则球的体积为：R3，
圆柱的体积为：πR2•2R＝2πR3．则＝＝．故答案为：．
【点评】本题考查球的体积以及圆柱的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．
2．若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，则其母线与轴的夹角的大小为 ．
【分析】设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l，由已知中圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，可得l＝2h，进而可得其母线与轴的夹角的余弦值，进而得到答案．
【解答】解：设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l，
则圆锥的侧面积为：πrl，过轴的截面面积为：rh，
∵圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，
∴l＝2h，
设母线与轴的夹角为θ，则cosθ＝＝，故θ＝，
故答案为：．
【点评】本题考查的知识点是旋转体，其中根据已知求出圆锥的母线与轴的夹角的余弦值，是解答的关键．
3．将一圆形纸片沿半径剪开为两个扇形，其圆心角之比为3：4．再将它们卷成两个圆锥侧面，则两圆锥体积之比为（ ）
A．3：4 B．9：16 C．27：64 D．都不对
【分析】设出圆形纸片的半径，根据两个扇形圆心角之比，得到扇形的弧长之比，得到两个圆锥的底面半径之比，得到两个圆锥的高之比，得到两个圆锥的体积之比，得到结果．
【解答】解：设圆形纸片的半径是r，
∴沿半径剪开为两个扇形，其圆心角之比为3：4时，两个扇形的弧长分别是，，
围成圆锥时两个圆锥的底面半径分别是，，
两个圆锥的母线长度相等，都是r，
∴两个圆锥的高分别是，
两个圆锥的体积分别是πr3•（）2•，πr3•（）2•，
∴两个圆锥的体积之比是9：8，故选：D．
【点评】本题考查旋转体中的圆锥，考查圆锥用扇形围成的过程中各个量之间的关系，本题是一个运算量比较大的题目，是一个中档题．
4．如图，在底面半径为2、母线长为4的圆锥中内接一个高为的圆柱，求圆柱的体积及表面积．
【分析】设圆柱的底面半径为r，高为h′，由已知求出圆锥的高，再由三角形的相似性求得圆柱底面半径，代入体积公式及表面积公式得答案．
【解答】解：设圆柱的底面半径为r，高为h′，
圆锥的高h＝，
∵h′＝，
∴，则，
∴r＝1．
∴圆柱的体积V＝；
表面积S＝＝．
【点评】本题考查旋转体的体积与表面积的求法，考查空间想象能力和思维能力，是中档题．
5．如图，一个圆锥的底面半径为2cm，高为6cm，其中有一个高为xcm的内接圆柱．
（1）试用x表示圆柱的侧面积；
（2）当x为何值时，圆柱的侧面积最大．
【分析】（1）由题意作出几何体的轴截面，根据轴截面和比例关系列出方程，求出圆柱的底面半径，再表示出圆柱的侧面积；
（2）由（1）求出的侧面面积的表达式，根据二次函数的性质求出侧面面积的最大值．
【解答】解：（1）设所求的圆柱的底面半径为r，它的轴截面如图：
由图得，，即．
∴S圆柱侧＝（5分）
（2）由（1）知当时，这个二次函数有最大值为6π，
∴当圆柱的高为3cm时，它的侧面积最大为6πcm2（10分）
【点评】本题的考点是简单组合体的面积问题，关键是作出轴截面，求出长度之间的关系式，表示出面积后利用函数的思想求出最值，考查了数形结合思想和函数思想．
题型3、直观图的理解
1．如果平面图形中的两条线段平行且相等，那么在它的直观图中对应的这两条线段（ ）
A．平行且相等 B．平行不相等
C．相等不平行 D．既不平行也不相等
【分析】根据斜二测画法的原则以及线段平行的性质即可判断．
【解答】解：斜二测画法的法则是平行于x的轴的线平行性与长度都不变；
平行于y轴的线平行性不变，但长度变为原长度的一半．
故在原来的图形中两条线段平行且相等，则在直观图中对应的两条线段也平行且相等．
故选：A．
【点评】本题主要考查斜二测画法的应用，要求熟练掌握斜二测画法的原则，比较基础．
2．利用斜二测画法得到的：
①三角形的直观图是三角形；
②平行四边形的直观图是平行四边形；
③正方形的直观图是正方形；
④菱形的直观图是菱形．
以上结论，正确的是（ ）
A．①② B．① C．③④ D．①②③④
【分析】由斜二测画法规则直接判断即可．①正确；因为平行性不变，故②正确；正方形的直观图是平行四边形，③错误；
因为平行于y′轴的线段长减半，平行于x′轴的线段长不变，故④错误．
【解答】解：由斜二测画法规则知：①正确；平行性不变，故②正确；正方形的直观图是平行四边形，③错误；
因为平行于y′轴的线段长减半，平行于x′轴的线段长不变，故④错误．
故选：A．
【点评】本题考查对斜二测画法的理解，属基础知识的考查．
3．对于用“斜二侧画法”画平面图形的直观图，下列说法正确的是（ ）
A．等腰三角形的直观图仍是等腰三角形
B．梯形的直观图可能不是梯形
C．正方形的直观图为平行四边形
D．正三角形的直观图一定是等腰三角形
【分析】根据斜二侧画法画水平放置的平面图形时的画法原则，可得：等腰三角形的直观图不再是等腰三角形，梯形的直观图还是梯形，正方形的直观图是平行四边形，正三角形的直观图是一个钝角三角形，进而得到答案．
【解答】解：根据斜二侧画法画水平放置的平面图形时的画法原则，可得：
等腰三角形的直观图不再是等腰三角形，
梯形的直观图还是梯形，
正方形的直观图是平行四边形，
正三角形的直观图是一个钝角三角形，故选：C．
【点评】本题考查的知识点是斜二侧画法，熟练掌握斜二侧画法的作图步骤及实质是解答的关键．
4．以下利用斜二测画法得到的结论，其中正确的是（ ）
A．相等的角在直观图中仍相等
B．相等的线段在直观图中仍相等
C．平行四边形的直观图是平行四边形
D．菱形的直观图是菱形
【分析】根据斜二测画法的规则，分别判断每个图象的变化情况即可
【解答】解：根据斜二测画法的规则可知，平行于坐标轴的直线平行性不变，
平行x轴的线段长度不变，平行于y轴的长度减半；
对于A，平面图形中的直角，在直观图中变为45°或135°角，不再相等，A错误；
对于B，根据斜二测画法知，相等的线段在直观图中不一定相等，B错误；
对于C，根据平行性不变原则，平行四边形的直观图仍然是平行四边形，C正确；
对于D，菱形的直观图中高的长度减半，对应的直观图不再是菱形，D错误．故选：C．
【点评】本题考查了对斜二测画法的理解与应用问题，是基础题．
5．关于“斜二测”画图法，下列说法不正确的是（ ）
A．平行直线的斜二测图仍是平行直线
B．斜二测图中，互相平行的任意两条线段的长度之比保持原比例不变
C．正三角形的直观图一定为等腰三角形
D．在画直观图时，由于坐标轴的选取不同，所得的直观图可能不同
【分析】根据斜二测画法的特征，对选项中的命题进行分析、判断正误即可．
【解答】解：对于A，平行直线的斜二测图仍是平行直线，A正确；
对于B，斜二测图中，互相平行的任意两条线段的长度之比保持原比例不变，B正确；
对于C，正三角形的直观图不一定为等腰三角形，如图所示；
∴C错误；
对于D，画直观图时，由于坐标轴的选取不同，所得的直观图可能不同，D正确．
故选：C．
【点评】本题考查了斜二测画法的特征与应用问题，是基础题．
题型4、直观图的相关计算
1．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'＝6cm，O'C'＝C'D'＝2cm，则原图形的面积为（ ）
A．12cm2 B．24cm2 C． D．
【分析】根据题意画出原平面图形，结合图形即可判断该图形的形状，然后再求解面积即可．
【解答】解：在直观图中，设O'y'与B'C'交于点P'，
则C'P'＝2cm，P'B'＝4cm，O'P'＝2cm，
在原图形中，OA＝6cm，CP＝2cm，OP＝2O'P'＝cm，
因为BC∥OA，BC＝OA＝6cm，
所以原图形OABC是平行四边形，如图所示，
其面积为S＝OA•OP＝cm2．故选：D．
【点评】本题主要考查了平面图形的直观图的画法及应用，其中解答中熟记斜二测画法的规则是解答的关键，考查了数形结合思想的应用，属于基础题．
2．已知等边三角形的边长为2，按照斜二测画法作出它的直观图，则直观图的面积为（ ）
A． B． C． D．
【分析】设原图的面积为S，直观图的面积为S直，则＝2，根据等边三角形的面积公式求出S，即可得到直观图的面积．
【解答】解：设原图的面积为S，直观图的面积为S直，
则＝2，
依题意，原图面积为S＝＝，
所以直观图的面积为S直＝＝＝．
故选：B．
【点评】本题考查了斜二测画直观图中原图与直观图面积的关系，考查正三角形的面积公式，掌握原图与直观图的面积比是快速得到答案的关键，当然本题也可画图得到．本题属于基础题．
3．如图，边长为2的正方形O′A′B′C′是水平放置的平行四边形OABC的直观图，则平行四边形OABC的面积为（ ）
A． B． C．4 D．8
【分析】把直观图O'A'B'C'还原为原图形，求出平面四边形OABC的面积即可．
【解答】解：把直观图O'A'B'C'还原为原图形，如图所示，
则OA＝O′A′＝2，OB＝2O′B′＝4，
∴原平面四边形OABC的面积为2×4＝8．
故选：B．
【点评】本题考查了平面直观图的画法与应用问题，是基础题．
4．如图所示，正方形O′A′B′C′的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是（ ）
A．6 B．8 C．2+3 D．2+2
【分析】根据题目给出的直观图的形状，画出对应的原平面图形的形状，求出相应的边长，则问题可求．
【解答】解：作出该直观图的原图形，因为直观图中的线段C′B′∥x′轴，所以在原图形中对应的线段平行于x轴且长度不变，点C′
和B′在原图形中对应的点C和B的纵坐标是O′B′的2倍，则
OB＝2，所以OC＝3，则四边形OABC的长度为8．
故选：B．
【点评】本题考查了平面图形的直观图，考查了数形结合思想，解答此题的关键是掌握平面图形的直观图的画法，能正确的画出直观图的原图形．
5．利用斜二测画法画出△ABO的直观图（如图），已知O'B'＝2，A'B'∥y'轴，过A'作A'C'⊥x轴于C'，若△ABO的面积为4，则A'C'的长为（ ）
A．8 B．4 C．2 D．
【分析】根据斜二测画法与三角形的面积公式求出B′A′的值，再计算A'C'的值．
【解答】解：根据斜二测画法知，O'B'＝2，∴OB＝2，
又△ABO的面积为S△ABO＝×2×2B′A′＝4，
∴B′A′＝2，
∴A'C'＝B′A′sin45°＝2×＝．
故选：D．
【点评】本题考查了斜二测画法与应用问题，是基础题．
题型5、空间中点、线、面的位置关系相关证明
1．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别为C1D1，B1C1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q，求证：
（1）D、B、F、E四点共面；
（2）若A1C∩平面DBFE＝R，则P、Q、R三点共线．
【分析】（1）由已知得EF∥D1B1，BB1∥DD1、BB1＝DD1，从而BB1D1D是平行四边形，从而EF∥DB，由此能证明D、B、F、E共面．
（2）由已知得EF是平面AA1C1C和平面DBFE的交线，R是平面AA1C1C和平面DBFE的一个公共点，由此能证明P、Q、R三点共线．
【解答】证明：（1）∵E、F分别为C1D1，B1C1的中点，
∴EF是△B1C1D1的中位线，∴EF∥D1B1，
∵ABCD﹣A1B1C1D1是正方体，∴BB1∥DD1、BB1＝DD1，
∴BB1D1D是平行四边形，
∴DB∥DB1，∴EF∥D1B1，
∴EF∥DB，∴D、B、F、E共面．
（2）∵AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q，
∴PQ是平面AA1C1C和平面DBFE的交线，
∵A1C交平面DBFE于R点，
∴R是平面AA1C1C和平面DBFE的一个公共点，
PQ是AA1C1C与平面DBFE的交线，
R是平面AA1C1C与平面DBFE的交点，
∵两相交平面的所有公共点都在这两平面的交线上，
∴P、Q、R三点共线．
【点评】本题考查四点共面的证明，考查三点共线的证明，是中档题，解题时要注意空间思维能力的培养．
2．已知三个平面两两相交，有三条交线，求证这三条交线交于一点或互相平行．
【分析】证明时应分三条交线交于一点，和三条交线互相平行两种情况；
（1）证三线交于一点时，先由两线交于一点，再证这一点也在第三条直线上；
（2）证三线平行时，先由两线平行，再证第三条直线与这两条平行线中的任一条直线平行即可．
【解答】已知：设三个平面为α，β，γ，
且α∩β＝c，α∩γ＝b，β∩γ＝a；
求证：a、b、c交于一点，或a∥b∥c．
证明：（1）如图①，若c与b交于一点，则设c∩b＝P；
由P∈c，且c⊂β，得P∈β；
又由P∈b，b⊂γ，得P∈γ；
∴P∈β∩γ＝a；
∴直线a，b，c交于一点（即P点）．
图①； 图②
（2）如图②，若c∥b，则由b⊂γ，且c⊄γ，∴c∥γ；
又由c⊂β，且β∩γ＝a，∴c∥a；
∴a∥b∥c．
【点评】本题考查了空间中的直线平行，或相交的证明，特别是几何符号语言的应用问题，是基础题目．
3．如图，E、F、G、H分别是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱AB、BC、CC1、C1D1的中点．证明：FE、HG、DC三线共点．
【分析】首先，设EF与DC共点于S'，DC与HG共点于S''，然后，通过证明三角形全等的方法证明S'与S''是同一个点，即可说明线共点．
【解答】解：如图所示，设EF与DC共点于S'，DC与HG共点于S''，
RT△CFS'≌RT△BFE，得到CS'＝BE＝AB，
RT△CGS''≌RT△C1GH，得到CS''＝C1H＝C1D1，
则，CS'＝CS''（即S'与S''是同一个点），
∴EF、GH、DC三线共点．
【点评】本题重点考查了空间中点线面的位置关系等知识，属于中档题，理解线共点问题的处理思路和方法是解题关键．
4．如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为AB的中点，F为A1A的中点．求证：
（1）E、C、D1、F四点共面；
（2）CE、D1F、DA三线共点．
【分析】（1）分别连接EF、A1B、D1C，推导出四边形A1D1CB为平行四边形，由此能证明E、F、D1、C四点共面．
（2）推导出直线D1F和CE必相交，设D1F∩CE＝P，推导出P是平面ABCD与平面AA1D1D的公共点，由此能证明CE、D1F、DA三线共点．
【解答】证明：（1）分别连接EF、A1B、D1C．
∵E、F分别是AB和AA1的中点，
∴EF綊A1B．又A1D1∥B1C1∥BC，
∴四边形A1D1CB为平行四边形．
∴A1B∥CD1，从而EF∥CD1．
∴EF与CD1确定一个平面．
∴E、F、D1、C四点共面．
（2）∵EFCD1，∴直线D1F和CE必相交，
设D1F∩CE＝P．
∵P∈D1F且D1F⊂平面AA1D1D，
∴P∈平面AA1D1D．
又P∈EC且CE⊂平面ABCD，
∴P∈平面ABCD，
即P是平面ABCD与平面AA1D1D的公共点，
而平面ABCD∩平面AA1D1D＝AD，
∴P∈AD．∴CE、D1F、DA三线共点．
【点评】本题考查四点共线的证明，考查三条直线交于一点的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．
5．求证：已知直线l与三条平行线a、b、c都相交（如图），求证：l与a、b、c共面．
【分析】设a∩l＝A，b∩l＝B，c∩l＝C，由a∥b，得过a、b可以确定一个平面α．由b∥c，得过b、c可以确定一个平面β，由已知推导出α与β重合，从而能证明a、b、c、l共面．
【解答】证明：如图，设a∩l＝A，b∩l＝B，c∩l＝C，
∵a∥b，∴过a、b可以确定一个平面α．
∵A∈a，B∈b，a、b⊂α，
∴A∈α，B∈α，∴AB⊂α，即l⊂α．
又∵b∥c，
∴过b、c可以确定一个平面β，同理可证l⊂β．
∵α、β都过相交直线b、l，
∴α与β重合，
∴a、b、c、l共面．
【点评】本题考查四线共面的证明，是基础题．共面问题的证明常有下列方法：1．先作一个平面，再证明有关的点或线在这个平面内；2．先过某些点或线作多个平面，再证明这些平面重合；3．用反证法．本题采用方法2证明较好．
题型6、异面直线的理解
1．两条异面直线指的是（ ）
A．不同在任何一个平面内的两条直线
B．在空间内不相交的两条直线
C．分别位于两个不同平面内的直线
D．某一个平面内的一条直线和这个平面外的一条直线
【分析】直接利用异面直线的定义的应用判定A、B、C、D的结果．
【解答】解：根据异面直线的定义，
对于A：符合定义，故A正确；
对于B：在空间不相交的直线但是可能平行，故B错误；
对于C：可能是平行直线，故C错误；
对于D：可能经过经过直线与平面的交点，故D错误．故选：A．
【点评】本题考查的知识要点：异面直线的定义，主要考查学生对基础知识的理解和应用，属于基础题．
2．如图，E、F是AD上互异的两点，G、H是BC上互异的两点，由图可知，
①AB与CD互为异面直线；
②FH分别与DC、DB互为异面直线；
③EG与FH互为异面直线；
④EG与AB互为异面直线．
其中叙述正确的是（ ）
A．①③ B．②④ C．①④ D．①②
【分析】根据异面直线的判定定理，平面外一条直线M与平面α交于一点A，直线n⊂平面α，若交点A∉n，则直线m，n异面，我们逐一判断题目中的四个结论，即可得到答案．
【解答】解：AB与平面BCD交于B点，且B∉CD，故AB与CD互为异面直线；故①正确；
当H点落在C或F落在D点上时，FH与CD相交；当H落在B或F点落在D上时，FH与DB相交；故②错误；
FH与平面EGD交于F点，而F∉EG，故EG与FH互为异面直线；故③正确；
当G落在B上或E落在A上时，EG与AB相交，故④错误；
故选：A．
【点评】本题考查的知识点是异面直线的判定，其中熟练掌握异面直线的判定定理是解答本题的关键．
3．以下四个结论：
①若a⊂α，b⊂β，则a，b为异面直线；
②若a⊂α，b⊄α，则a，b为异面直线；
③没有公共点的两条直线是平行直线；
④两条不平行的直线就一定相交．
其中正确答案的个数是（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【分析】分别根据条件结合异面直线的定义，判断空间直线的位置关系即可．
【解答】解：①满足若a⊂α，b⊂β的直线a，b可能是异面直线，可能是平行直线也可能是相交直线．所以①错误．
②根据直线和平面的位置关系可知，平面内的直线和平面外的直线，可能是异面直线，可能是平行直线，也可能相交，所以②错误．
③在空间中，没有公共点的两条直线是平行直线或者是异面直线，所以③错误．
④在空间中，两条不平行的直线可能是异面直线，所以④错误．
故选：A．
【点评】本题主要考查空间直线的位置关系的判断，要求熟练掌握空间直线的三种位置关系：平行，相交和异面直线．
4．如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱所在直线与直线BA1为异面直线的条数是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】直接利用异面直线的定义对正方体的棱逐一判断，得到与直线BA1异面的直线，即可得到答案．
【解答】解：根据异面直线的定义可得，与直线BA1为异面直线的棱有：AD，B1C1，CD，C1D1，CC1，DD1，共6条．
故选：C．
【点评】本题考查了异面直线的判断，涉及了正方体几何性质的应用，解题的关键是掌握异面直线的定义，属于基础题．
5．如图所示，在三棱锥P﹣ABC的六条棱所在的直线中，异面直线共有（ ）
A．2对 B．3对 C．4对 D．6对
【分析】画出三棱锥，找出它的棱所在直线的异面直线即可．
【解答】解：如图所示，三棱锥P﹣ABC中，棱PA与BC是异面直线，棱PB与AC是异面直线，棱PC与AB是异面直线；
共3对．故选：B．
【点评】本题考查了空间中的异面直线的判定问题，解题时应结合图形进行解答，是基础题．
题型7、异面直线的相关计算
1．直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
【分析】延长CA到D，根据异面直线所成角的定义可知∠DA1B就是异面直线BA1与AC1所成的角，而三角形A1DB为等边三角形，可求得此角．
【解答】解：延长CA到D，使得AD＝AC，则ADA1C1为平行四边形，
∠DA1B就是异面直线BA1与AC1所成的角，
又A1D＝A1B＝DB＝AB，
则三角形A1DB为等边三角形，∴∠DA1B＝60°
故选：C．
【点评】本小题主要考查直三棱柱ABC﹣A1B1C1的性质、异面直线所成的角、异面直线所成的角的求法，考查转化思想，属于基础题．
2．直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】画出图形，找出BM与AN所成角的平面角，利用解三角形求出BM与AN所成角的余弦值．
【解答】解：直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，如图：BC 的中点为O，连结ON，
，则MN0B是平行四边形，BM与AN所成角就是∠ANO，
∵BC＝CA＝CC1，
设BC＝CA＝CC1＝2，∴CO＝1，AO＝，AN＝，MB＝＝＝，
在△ANO中，由余弦定理可得：cos∠ANO＝＝＝．
故选：C．
【点评】本题考查异面直线对称角的求法，作出异面直线所成角的平面角是解题的关键，同时考查余弦定理的应用．
3．已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为AA1中点，则异面直线BE与CD1所形成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】由BA1∥CD1，知∠A1BE是异面直线BE与CD1所形成角，由此能求出异面直线BE与CD1所形成角的余弦值．
【解答】解：∵正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为AA1中点，
∴BA1∥CD1，∴∠A1BE是异面直线BE与CD1所形成角，
设AA1＝2AB＝2，则A1E＝1，BE＝＝，
A1B＝＝，∴cos∠A1BE＝
＝＝．
∴异面直线BE与CD1所形成角的余弦值为．故选：C．
【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
4．如图，正棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点B，得到的锐角∠A1BC1就是异面直线所成的角，在三角形中A1BC1用余弦定理求解即可．
【解答】解．如图，连接BC1，A1C1，
∠A1BC1是异面直线A1B与AD1所成的角，
设AB＝a，AA1＝2a，∴A1B＝C1B＝a，A1C1＝a，
∠A1BC1的余弦值为，
故选：D．
【点评】本题主要考查了异面直线及其所成的角，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．
5．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC上的射影D为BC的中点，则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】首先找到异面直线AB与CC1所成的角（如∠A1AB）；而欲求其余弦值可考虑余弦定理，则只要表示出A1B的长度即可；不妨设三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面边长为1，利用勾股定理即可求之．
【解答】解：设BC的中点为D，连接A1D、AD、A1B，易知θ＝∠A1AB即为异面直线AB与CC1所成的角；
并设三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面边长为1，则|AD|＝，|A1D|＝，|A1B|＝，
由余弦定理，得cosθ＝＝．
故选：D．
【点评】本题主要考查异面直线的夹角与余弦定理．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2021/5/28 19:30:09；用户：18955227586；邮箱：18955227586；学号：39455187
北师大版（新教材）高一必修2重点题型N12
立体几何初步
考试范围：基本立体图形；直观图；空间点、直线、平面之间的位置关系
考试时间：100分钟；命题人：LEOG
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题型1、几何体的基本概念与性质
1．下列结论中正确的是（ ）
A．半圆弧以其直径为轴旋转一周所形成的曲面叫做球
B．直角三角形绕一直角边为轴旋转一周得到的旋转体是圆锥
C．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体
D．用一个平面截圆锥底面与截面组成的部分是圆台
【分析】根据题意，分析选项中的命题，判断命题是否正确即可．
【解答】解：对于A，因为半圆弧以其直径为轴旋转一周所成的曲面叫做球面，
球面围成的几何体叫做球体，所以A错误；
对于B，当以直角三角形的直角边所在直线为轴旋转时，
其余各边旋转形成的面所围成的几何体是圆锥，所以B正确；
对于C，当两个平行截面不平行于上、下两个底面时，
两个平行截面间的几何体不是旋转体，所以C错误；
对于D，圆锥的截面不与底面平行时，
圆锥底面与截面组成的部分不是圆台，所以D错误．
故选：B．
【点评】本题考查了旋转体的结构特征与应用问题，是基础题．
2．下列命题中正确的是（ ）
A．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱
B．有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱
C．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台
D．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱
【分析】在A中，有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体不一定是棱柱；在B中，由棱柱的定义直接判断；在C中，用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台；在D中，有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体不一定是棱柱，
【解答】解：在A中，如图的几何体，有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体不是棱柱，故A错误；在B中，由棱柱的定义得：
有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱，故B正确；
在C中，用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台，故C错误；
在D中，如图的几何体，有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体不是棱柱，故D错误．故选：B．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查棱柱、棱台等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3．给出下列命题中正确的是（ ）
A．棱柱被平面分成的两部分可以都是棱柱
B．底面是矩形的平行六面体是长方体
C．棱柱的底面一定是平行四边形
D．棱锥的底面一定是三角形
【分析】利用棱柱、长方体、平行六面体、棱锥的结构特征求解．
【解答】解：平行于棱柱底面的平面可以把棱柱分成两个棱柱，故A正确；
三棱柱的底面是三角形，故C错误；
底面是矩形的平行六面体的侧面不一定是矩形，故它也不一定是长方体，故B错误；
四棱锥的底面是四边形，故D错误．
故选：A．
【点评】本题考查命题真假的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意棱柱、平行六面体、棱锥的结构特征的合理运用．
4．如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（ ）
A．①是棱台 B．②是圆台 C．③是棱锥 D．④不是棱柱
【分析】利用几何体的结构特征进行分析判断．
【解答】解：对于选项A，不是由棱锥截来的，所以A不是棱台，故A错误；
对于选项B，上、下两个面不平行，所以不是圆台；
对于选项C，是棱锥．
对于选项D，前、后两个面平行，其他面是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边平行，所以D是棱柱．故选：C．
【点评】本题考查几何体的结构特征，解题时要认真审题，注意熟练掌握几何体的基本概念和性质．
5．下列说法正确的是（ ）
A．有一个面是多边形，其余各面都是三角形，由这些面围成的几何体是棱锥
B．有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为六棱锥
D．有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱
【分析】利用棱锥、棱台、棱柱的定义及结构特征直接求解．
【解答】解：在A中，如果一个多面体的一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，那么这个多面体叫做棱锥．
如果一个底面是4边形的棱锥，一个正三棱锥，把两个顶点放一起，组合成一个图形不是棱锥，故A错误；
在B中，把两个相同的棱台底面重合在一起，就不是棱台，故B错误；
在C中，当棱锥的各个侧面的顶角之和是360°时，各侧面构成平面图形，构不成棱锥，
由此推导出如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥不可能为六棱锥，故C错误；
在D中，由直棱柱的定义得到有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱，故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查棱锥、棱台、棱柱的定义及结构特征等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
题型2、圆柱、圆锥、圆台的相关计算
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，则的值是 ．
【分析】设出球的半径，求出圆柱的体积以及球的体积即可得到结果．
【解答】解：设球的半径为R，则球的体积为：R3，
圆柱的体积为：πR2•2R＝2πR3．则＝＝．故答案为：．
【点评】本题考查球的体积以及圆柱的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．
2．若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，则其母线与轴的夹角的大小为 ．
【分析】设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l，由已知中圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，可得l＝2h，进而可得其母线与轴的夹角的余弦值，进而得到答案．
【解答】解：设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l，
则圆锥的侧面积为：πrl，过轴的截面面积为：rh，
∵圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，
∴l＝2h，
设母线与轴的夹角为θ，则cosθ＝＝，故θ＝，
故答案为：．
【点评】本题考查的知识点是旋转体，其中根据已知求出圆锥的母线与轴的夹角的余弦值，是解答的关键．
3．将一圆形纸片沿半径剪开为两个扇形，其圆心角之比为3：4．再将它们卷成两个圆锥侧面，则两圆锥体积之比为（ ）
A．3：4 B．9：16 C．27：64 D．都不对
【分析】设出圆形纸片的半径，根据两个扇形圆心角之比，得到扇形的弧长之比，得到两个圆锥的底面半径之比，得到两个圆锥的高之比，得到两个圆锥的体积之比，得到结果．
【解答】解：设圆形纸片的半径是r，
∴沿半径剪开为两个扇形，其圆心角之比为3：4时，两个扇形的弧长分别是，，
围成圆锥时两个圆锥的底面半径分别是，，
两个圆锥的母线长度相等，都是r，
∴两个圆锥的高分别是，
两个圆锥的体积分别是πr3•（）2•，πr3•（）2•，
∴两个圆锥的体积之比是9：8，故选：D．
【点评】本题考查旋转体中的圆锥，考查圆锥用扇形围成的过程中各个量之间的关系，本题是一个运算量比较大的题目，是一个中档题．
4．如图，在底面半径为2、母线长为4的圆锥中内接一个高为的圆柱，求圆柱的体积及表面积．
【分析】设圆柱的底面半径为r，高为h′，由已知求出圆锥的高，再由三角形的相似性求得圆柱底面半径，代入体积公式及表面积公式得答案．
【解答】解：设圆柱的底面半径为r，高为h′，
圆锥的高h＝，
∵h′＝，
∴，则，
∴r＝1．
∴圆柱的体积V＝；
表面积S＝＝．
【点评】本题考查旋转体的体积与表面积的求法，考查空间想象能力和思维能力，是中档题．
5．如图，一个圆锥的底面半径为2cm，高为6cm，其中有一个高为xcm的内接圆柱．
（1）试用x表示圆柱的侧面积；
（2）当x为何值时，圆柱的侧面积最大．
【分析】（1）由题意作出几何体的轴截面，根据轴截面和比例关系列出方程，求出圆柱的底面半径，再表示出圆柱的侧面积；
（2）由（1）求出的侧面面积的表达式，根据二次函数的性质求出侧面面积的最大值．
【解答】解：（1）设所求的圆柱的底面半径为r，它的轴截面如图：
由图得，，即．
∴S圆柱侧＝（5分）
（2）由（1）知当时，这个二次函数有最大值为6π，
∴当圆柱的高为3cm时，它的侧面积最大为6πcm2（10分）
【点评】本题的考点是简单组合体的面积问题，关键是作出轴截面，求出长度之间的关系式，表示出面积后利用函数的思想求出最值，考查了数形结合思想和函数思想．
题型3、直观图的理解
1．如果平面图形中的两条线段平行且相等，那么在它的直观图中对应的这两条线段（ ）
A．平行且相等 B．平行不相等
C．相等不平行 D．既不平行也不相等
【分析】根据斜二测画法的原则以及线段平行的性质即可判断．
【解答】解：斜二测画法的法则是平行于x的轴的线平行性与长度都不变；
平行于y轴的线平行性不变，但长度变为原长度的一半．
故在原来的图形中两条线段平行且相等，则在直观图中对应的两条线段也平行且相等．
故选：A．
【点评】本题主要考查斜二测画法的应用，要求熟练掌握斜二测画法的原则，比较基础．
2．利用斜二测画法得到的：
①三角形的直观图是三角形；
②平行四边形的直观图是平行四边形；
③正方形的直观图是正方形；
④菱形的直观图是菱形．
以上结论，正确的是（ ）
A．①② B．① C．③④ D．①②③④
【分析】由斜二测画法规则直接判断即可．①正确；因为平行性不变，故②正确；正方形的直观图是平行四边形，③错误；
因为平行于y′轴的线段长减半，平行于x′轴的线段长不变，故④错误．
【解答】解：由斜二测画法规则知：①正确；平行性不变，故②正确；正方形的直观图是平行四边形，③错误；
因为平行于y′轴的线段长减半，平行于x′轴的线段长不变，故④错误．
故选：A．
【点评】本题考查对斜二测画法的理解，属基础知识的考查．
3．对于用“斜二侧画法”画平面图形的直观图，下列说法正确的是（ ）
A．等腰三角形的直观图仍是等腰三角形
B．梯形的直观图可能不是梯形
C．正方形的直观图为平行四边形
D．正三角形的直观图一定是等腰三角形
【分析】根据斜二侧画法画水平放置的平面图形时的画法原则，可得：等腰三角形的直观图不再是等腰三角形，梯形的直观图还是梯形，正方形的直观图是平行四边形，正三角形的直观图是一个钝角三角形，进而得到答案．
【解答】解：根据斜二侧画法画水平放置的平面图形时的画法原则，可得：
等腰三角形的直观图不再是等腰三角形，
梯形的直观图还是梯形，
正方形的直观图是平行四边形，
正三角形的直观图是一个钝角三角形，故选：C．
【点评】本题考查的知识点是斜二侧画法，熟练掌握斜二侧画法的作图步骤及实质是解答的关键．
4．以下利用斜二测画法得到的结论，其中正确的是（ ）
A．相等的角在直观图中仍相等
B．相等的线段在直观图中仍相等
C．平行四边形的直观图是平行四边形
D．菱形的直观图是菱形
【分析】根据斜二测画法的规则，分别判断每个图象的变化情况即可
【解答】解：根据斜二测画法的规则可知，平行于坐标轴的直线平行性不变，
平行x轴的线段长度不变，平行于y轴的长度减半；
对于A，平面图形中的直角，在直观图中变为45°或135°角，不再相等，A错误；
对于B，根据斜二测画法知，相等的线段在直观图中不一定相等，B错误；
对于C，根据平行性不变原则，平行四边形的直观图仍然是平行四边形，C正确；
对于D，菱形的直观图中高的长度减半，对应的直观图不再是菱形，D错误．故选：C．
【点评】本题考查了对斜二测画法的理解与应用问题，是基础题．
5．关于“斜二测”画图法，下列说法不正确的是（ ）
A．平行直线的斜二测图仍是平行直线
B．斜二测图中，互相平行的任意两条线段的长度之比保持原比例不变
C．正三角形的直观图一定为等腰三角形
D．在画直观图时，由于坐标轴的选取不同，所得的直观图可能不同
【分析】根据斜二测画法的特征，对选项中的命题进行分析、判断正误即可．
【解答】解：对于A，平行直线的斜二测图仍是平行直线，A正确；
对于B，斜二测图中，互相平行的任意两条线段的长度之比保持原比例不变，B正确；
对于C，正三角形的直观图不一定为等腰三角形，如图所示；
∴C错误；
对于D，画直观图时，由于坐标轴的选取不同，所得的直观图可能不同，D正确．
故选：C．
【点评】本题考查了斜二测画法的特征与应用问题，是基础题．
题型4、直观图的相关计算
1．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'＝6cm，O'C'＝C'D'＝2cm，则原图形的面积为（ ）
A．12cm2 B．24cm2 C． D．
【分析】根据题意画出原平面图形，结合图形即可判断该图形的形状，然后再求解面积即可．
【解答】解：在直观图中，设O'y'与B'C'交于点P'，
则C'P'＝2cm，P'B'＝4cm，O'P'＝2cm，
在原图形中，OA＝6cm，CP＝2cm，OP＝2O'P'＝cm，
因为BC∥OA，BC＝OA＝6cm，
所以原图形OABC是平行四边形，如图所示，
其面积为S＝OA•OP＝cm2．故选：D．
【点评】本题主要考查了平面图形的直观图的画法及应用，其中解答中熟记斜二测画法的规则是解答的关键，考查了数形结合思想的应用，属于基础题．
2．已知等边三角形的边长为2，按照斜二测画法作出它的直观图，则直观图的面积为（ ）
A． B． C． D．
【分析】设原图的面积为S，直观图的面积为S直，则＝2，根据等边三角形的面积公式求出S，即可得到直观图的面积．
【解答】解：设原图的面积为S，直观图的面积为S直，
则＝2，
依题意，原图面积为S＝＝，
所以直观图的面积为S直＝＝＝．
故选：B．
【点评】本题考查了斜二测画直观图中原图与直观图面积的关系，考查正三角形的面积公式，掌握原图与直观图的面积比是快速得到答案的关键，当然本题也可画图得到．本题属于基础题．
3．如图，边长为2的正方形O′A′B′C′是水平放置的平行四边形OABC的直观图，则平行四边形OABC的面积为（ ）
A． B． C．4 D．8
【分析】把直观图O'A'B'C'还原为原图形，求出平面四边形OABC的面积即可．
【解答】解：把直观图O'A'B'C'还原为原图形，如图所示，
则OA＝O′A′＝2，OB＝2O′B′＝4，
∴原平面四边形OABC的面积为2×4＝8．
故选：B．
【点评】本题考查了平面直观图的画法与应用问题，是基础题．
4．如图所示，正方形O′A′B′C′的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是（ ）
A．6 B．8 C．2+3 D．2+2
【分析】根据题目给出的直观图的形状，画出对应的原平面图形的形状，求出相应的边长，则问题可求．
【解答】解：作出该直观图的原图形，因为直观图中的线段C′B′∥x′轴，所以在原图形中对应的线段平行于x轴且长度不变，点C′
和B′在原图形中对应的点C和B的纵坐标是O′B′的2倍，则
OB＝2，所以OC＝3，则四边形OABC的长度为8．
故选：B．
【点评】本题考查了平面图形的直观图，考查了数形结合思想，解答此题的关键是掌握平面图形的直观图的画法，能正确的画出直观图的原图形．
5．利用斜二测画法画出△ABO的直观图（如图），已知O'B'＝2，A'B'∥y'轴，过A'作A'C'⊥x轴于C'，若△ABO的面积为4，则A'C'的长为（ ）
A．8 B．4 C．2 D．
【分析】根据斜二测画法与三角形的面积公式求出B′A′的值，再计算A'C'的值．
【解答】解：根据斜二测画法知，O'B'＝2，∴OB＝2，
又△ABO的面积为S△ABO＝×2×2B′A′＝4，
∴B′A′＝2，
∴A'C'＝B′A′sin45°＝2×＝．
故选：D．
【点评】本题考查了斜二测画法与应用问题，是基础题．
题型5、空间中点、线、面的位置关系相关证明
1．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别为C1D1，B1C1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q，求证：
（1）D、B、F、E四点共面；
（2）若A1C∩平面DBFE＝R，则P、Q、R三点共线．
【分析】（1）由已知得EF∥D1B1，BB1∥DD1、BB1＝DD1，从而BB1D1D是平行四边形，从而EF∥DB，由此能证明D、B、F、E共面．
（2）由已知得EF是平面AA1C1C和平面DBFE的交线，R是平面AA1C1C和平面DBFE的一个公共点，由此能证明P、Q、R三点共线．
【解答】证明：（1）∵E、F分别为C1D1，B1C1的中点，
∴EF是△B1C1D1的中位线，∴EF∥D1B1，
∵ABCD﹣A1B1C1D1是正方体，∴BB1∥DD1、BB1＝DD1，
∴BB1D1D是平行四边形，
∴DB∥DB1，∴EF∥D1B1，
∴EF∥DB，∴D、B、F、E共面．
（2）∵AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q，
∴PQ是平面AA1C1C和平面DBFE的交线，
∵A1C交平面DBFE于R点，
∴R是平面AA1C1C和平面DBFE的一个公共点，
PQ是AA1C1C与平面DBFE的交线，
R是平面AA1C1C与平面DBFE的交点，
∵两相交平面的所有公共点都在这两平面的交线上，
∴P、Q、R三点共线．
【点评】本题考查四点共面的证明，考查三点共线的证明，是中档题，解题时要注意空间思维能力的培养．
2．已知三个平面两两相交，有三条交线，求证这三条交线交于一点或互相平行．
【分析】证明时应分三条交线交于一点，和三条交线互相平行两种情况；
（1）证三线交于一点时，先由两线交于一点，再证这一点也在第三条直线上；
（2）证三线平行时，先由两线平行，再证第三条直线与这两条平行线中的任一条直线平行即可．
【解答】已知：设三个平面为α，β，γ，
且α∩β＝c，α∩γ＝b，β∩γ＝a；
求证：a、b、c交于一点，或a∥b∥c．
证明：（1）如图①，若c与b交于一点，则设c∩b＝P；
由P∈c，且c⊂β，得P∈β；
又由P∈b，b⊂γ，得P∈γ；
∴P∈β∩γ＝a；
∴直线a，b，c交于一点（即P点）．
图①； 图②
（2）如图②，若c∥b，则由b⊂γ，且c⊄γ，∴c∥γ；
又由c⊂β，且β∩γ＝a，∴c∥a；
∴a∥b∥c．
【点评】本题考查了空间中的直线平行，或相交的证明，特别是几何符号语言的应用问题，是基础题目．
3．如图，E、F、G、H分别是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱AB、BC、CC1、C1D1的中点．证明：FE、HG、DC三线共点．
【分析】首先，设EF与DC共点于S'，DC与HG共点于S''，然后，通过证明三角形全等的方法证明S'与S''是同一个点，即可说明线共点．
【解答】解：如图所示，设EF与DC共点于S'，DC与HG共点于S''，
RT△CFS'≌RT△BFE，得到CS'＝BE＝AB，
RT△CGS''≌RT△C1GH，得到CS''＝C1H＝C1D1，
则，CS'＝CS''（即S'与S''是同一个点），
∴EF、GH、DC三线共点．
【点评】本题重点考查了空间中点线面的位置关系等知识，属于中档题，理解线共点问题的处理思路和方法是解题关键．
4．如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为AB的中点，F为A1A的中点．求证：
（1）E、C、D1、F四点共面；
（2）CE、D1F、DA三线共点．
【分析】（1）分别连接EF、A1B、D1C，推导出四边形A1D1CB为平行四边形，由此能证明E、F、D1、C四点共面．
（2）推导出直线D1F和CE必相交，设D1F∩CE＝P，推导出P是平面ABCD与平面AA1D1D的公共点，由此能证明CE、D1F、DA三线共点．
【解答】证明：（1）分别连接EF、A1B、D1C．
∵E、F分别是AB和AA1的中点，
∴EF綊A1B．又A1D1∥B1C1∥BC，
∴四边形A1D1CB为平行四边形．
∴A1B∥CD1，从而EF∥CD1．
∴EF与CD1确定一个平面．
∴E、F、D1、C四点共面．
（2）∵EFCD1，∴直线D1F和CE必相交，
设D1F∩CE＝P．
∵P∈D1F且D1F⊂平面AA1D1D，
∴P∈平面AA1D1D．
又P∈EC且CE⊂平面ABCD，
∴P∈平面ABCD，
即P是平面ABCD与平面AA1D1D的公共点，
而平面ABCD∩平面AA1D1D＝AD，
∴P∈AD．∴CE、D1F、DA三线共点．
【点评】本题考查四点共线的证明，考查三条直线交于一点的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．
5．求证：已知直线l与三条平行线a、b、c都相交（如图），求证：l与a、b、c共面．
【分析】设a∩l＝A，b∩l＝B，c∩l＝C，由a∥b，得过a、b可以确定一个平面α．由b∥c，得过b、c可以确定一个平面β，由已知推导出α与β重合，从而能证明a、b、c、l共面．
【解答】证明：如图，设a∩l＝A，b∩l＝B，c∩l＝C，
∵a∥b，∴过a、b可以确定一个平面α．
∵A∈a，B∈b，a、b⊂α，
∴A∈α，B∈α，∴AB⊂α，即l⊂α．
又∵b∥c，
∴过b、c可以确定一个平面β，同理可证l⊂β．
∵α、β都过相交直线b、l，
∴α与β重合，
∴a、b、c、l共面．
【点评】本题考查四线共面的证明，是基础题．共面问题的证明常有下列方法：1．先作一个平面，再证明有关的点或线在这个平面内；2．先过某些点或线作多个平面，再证明这些平面重合；3．用反证法．本题采用方法2证明较好．
题型6、异面直线的理解
1．两条异面直线指的是（ ）
A．不同在任何一个平面内的两条直线
B．在空间内不相交的两条直线
C．分别位于两个不同平面内的直线
D．某一个平面内的一条直线和这个平面外的一条直线
【分析】直接利用异面直线的定义的应用判定A、B、C、D的结果．
【解答】解：根据异面直线的定义，
对于A：符合定义，故A正确；
对于B：在空间不相交的直线但是可能平行，故B错误；
对于C：可能是平行直线，故C错误；
对于D：可能经过经过直线与平面的交点，故D错误．故选：A．
【点评】本题考查的知识要点：异面直线的定义，主要考查学生对基础知识的理解和应用，属于基础题．
2．如图，E、F是AD上互异的两点，G、H是BC上互异的两点，由图可知，
①AB与CD互为异面直线；
②FH分别与DC、DB互为异面直线；
③EG与FH互为异面直线；
④EG与AB互为异面直线．
其中叙述正确的是（ ）
A．①③ B．②④ C．①④ D．①②
【分析】根据异面直线的判定定理，平面外一条直线M与平面α交于一点A，直线n⊂平面α，若交点A∉n，则直线m，n异面，我们逐一判断题目中的四个结论，即可得到答案．
【解答】解：AB与平面BCD交于B点，且B∉CD，故AB与CD互为异面直线；故①正确；
当H点落在C或F落在D点上时，FH与CD相交；当H落在B或F点落在D上时，FH与DB相交；故②错误；
FH与平面EGD交于F点，而F∉EG，故EG与FH互为异面直线；故③正确；
当G落在B上或E落在A上时，EG与AB相交，故④错误；
故选：A．
【点评】本题考查的知识点是异面直线的判定，其中熟练掌握异面直线的判定定理是解答本题的关键．
3．以下四个结论：
①若a⊂α，b⊂β，则a，b为异面直线；
②若a⊂α，b⊄α，则a，b为异面直线；
③没有公共点的两条直线是平行直线；
④两条不平行的直线就一定相交．
其中正确答案的个数是（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【分析】分别根据条件结合异面直线的定义，判断空间直线的位置关系即可．
【解答】解：①满足若a⊂α，b⊂β的直线a，b可能是异面直线，可能是平行直线也可能是相交直线．所以①错误．
②根据直线和平面的位置关系可知，平面内的直线和平面外的直线，可能是异面直线，可能是平行直线，也可能相交，所以②错误．
③在空间中，没有公共点的两条直线是平行直线或者是异面直线，所以③错误．
④在空间中，两条不平行的直线可能是异面直线，所以④错误．
故选：A．
【点评】本题主要考查空间直线的位置关系的判断，要求熟练掌握空间直线的三种位置关系：平行，相交和异面直线．
4．如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱所在直线与直线BA1为异面直线的条数是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】直接利用异面直线的定义对正方体的棱逐一判断，得到与直线BA1异面的直线，即可得到答案．
【解答】解：根据异面直线的定义可得，与直线BA1为异面直线的棱有：AD，B1C1，CD，C1D1，CC1，DD1，共6条．
故选：C．
【点评】本题考查了异面直线的判断，涉及了正方体几何性质的应用，解题的关键是掌握异面直线的定义，属于基础题．
5．如图所示，在三棱锥P﹣ABC的六条棱所在的直线中，异面直线共有（ ）
A．2对 B．3对 C．4对 D．6对
【分析】画出三棱锥，找出它的棱所在直线的异面直线即可．
【解答】解：如图所示，三棱锥P﹣ABC中，棱PA与BC是异面直线，棱PB与AC是异面直线，棱PC与AB是异面直线；
共3对．故选：B．
【点评】本题考查了空间中的异面直线的判定问题，解题时应结合图形进行解答，是基础题．
题型7、异面直线的相关计算
1．直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
【分析】延长CA到D，根据异面直线所成角的定义可知∠DA1B就是异面直线BA1与AC1所成的角，而三角形A1DB为等边三角形，可求得此角．
【解答】解：延长CA到D，使得AD＝AC，则ADA1C1为平行四边形，
∠DA1B就是异面直线BA1与AC1所成的角，
又A1D＝A1B＝DB＝AB，
则三角形A1DB为等边三角形，∴∠DA1B＝60°
故选：C．
【点评】本小题主要考查直三棱柱ABC﹣A1B1C1的性质、异面直线所成的角、异面直线所成的角的求法，考查转化思想，属于基础题．
2．直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】画出图形，找出BM与AN所成角的平面角，利用解三角形求出BM与AN所成角的余弦值．
【解答】解：直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，如图：BC 的中点为O，连结ON，
，则MN0B是平行四边形，BM与AN所成角就是∠ANO，
∵BC＝CA＝CC1，
设BC＝CA＝CC1＝2，∴CO＝1，AO＝，AN＝，MB＝＝＝，
在△ANO中，由余弦定理可得：cos∠ANO＝＝＝．
故选：C．
【点评】本题考查异面直线对称角的求法，作出异面直线所成角的平面角是解题的关键，同时考查余弦定理的应用．
3．已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为AA1中点，则异面直线BE与CD1所形成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】由BA1∥CD1，知∠A1BE是异面直线BE与CD1所形成角，由此能求出异面直线BE与CD1所形成角的余弦值．
【解答】解：∵正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为AA1中点，
∴BA1∥CD1，∴∠A1BE是异面直线BE与CD1所形成角，
设AA1＝2AB＝2，则A1E＝1，BE＝＝，
A1B＝＝，∴cos∠A1BE＝
＝＝．
∴异面直线BE与CD1所形成角的余弦值为．故选：C．
【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
4．如图，正棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点B，得到的锐角∠A1BC1就是异面直线所成的角，在三角形中A1BC1用余弦定理求解即可．
【解答】解．如图，连接BC1，A1C1，
∠A1BC1是异面直线A1B与AD1所成的角，
设AB＝a，AA1＝2a，∴A1B＝C1B＝a，A1C1＝a，
∠A1BC1的余弦值为，
故选：D．
【点评】本题主要考查了异面直线及其所成的角，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．
5．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC上的射影D为BC的中点，则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】首先找到异面直线AB与CC1所成的角（如∠A1AB）；而欲求其余弦值可考虑余弦定理，则只要表示出A1B的长度即可；不妨设三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面边长为1，利用勾股定理即可求之．
【解答】解：设BC的中点为D，连接A1D、AD、A1B，易知θ＝∠A1AB即为异面直线AB与CC1所成的角；
并设三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面边长为1，则|AD|＝，|A1D|＝，|A1B|＝，
由余弦定理，得cosθ＝＝．
故选：D．
【点评】本题主要考查异面直线的夹角与余弦定理．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2021/5/28 19:30:09；用户：18955227586；邮箱：18955227586；学号：39455187
相关试卷
重点题型训练8：第2章平面向量及其应用-【新教材】2020-2021学年北师大版（2019）高中数学必修第二册： 这是一份重点题型训练8：第2章平面向量及其应用-【新教材】2020-2021学年北师大版（2019）高中数学必修第二册，文件包含重点题型训练8平面向量及其应用含答案doc、重点题型训练8平面向量及其应用无答案doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共39页， 欢迎下载使用。
重点题型训练5：第1章正切函数；三角函数的简单应用-【新教材】2020-2021学年北师大版（2019）高中数学必修第二册： 这是一份重点题型训练5：第1章正切函数；三角函数的简单应用-【新教材】2020-2021学年北师大版（2019）高中数学必修第二册，文件包含重点题型训练5第1章正切函数三角函数的简单应用含答案doc、重点题型训练5第1章正切函数三角函数的简单应用无答案doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共41页， 欢迎下载使用。
重点题型训练6：第2章从位移、速度、力到力量-【新教材】2020-2021学年北师大版（2019）高中数学必修第二册： 这是一份重点题型训练6：第2章从位移、速度、力到力量-【新教材】2020-2021学年北师大版（2019）高中数学必修第二册，文件包含重点题型训练6第2章从位移速度力到力量含答案doc、重点题型训练6第2章从位移速度力到力量无答案doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共48页， 欢迎下载使用。
