2020届二轮复习立体几何学案（全国通用）


[析考情·明重点]
小题考情分析
大题考情分析
常考点
1.简单组合体的三视图及表面积、体积问题(5年5考)
2.空间几何体的表面积、体积问题(5年4考)
3.空间角问题(5年4考)
立体几何解答题一般有两问．第1问为空间线、面位置关系(平行、垂直)的证明；第2问为空间角度的三角函数值求解，以二面角、线面角为重点．近5年高考中，2018年、2018年、2018年均考查了二面角问题，2018年与2018年考查了线面角问题.
偶考点
1.空间点、线、面位置关系的判定
2.简单的动态问题

第一讲 小题考法——空间几何体的三视图、表面积与体积
考点(一)
空间几何体的三视图

主要考查利用三视图的画法规则及摆放规则，根据空间几何体确定其三视图，或根据三视图还原其对应直观图，或根据三视图中的其中两个确定另一个.

[典例感悟]
[典例]　(1)如图所示，将图①中的正方体截去两个三棱锥，得到图②中的几何体，则该几何体的侧视图为(　　)


(2)(2018·杭州模拟)已知三棱锥的正视图与俯视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，那么该三棱锥的侧视图可能为(　　)


[解析]　(1)从几何体的左面看，棱AD1是原正方形ADD1A1的对角线，在视线范围内，画实线；棱C1F不在视线范围内，画虚线．故选B.
(2)由正视图可看出长为2的侧棱垂直于底面，侧视图为直角三角形，直角边长为2，另一直角边为底边三角形的高.故侧视图可能为B.
[答案]　(1)B　(2)B
[方法技巧]
1．由直观图确定三视图的方法
根据空间几何体三视图的定义及画法规则和摆放规则确定．
2．由三视图还原到直观图的思路
(1)根据俯视图确定几何体的底面．
(2)根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．
(3)确定几何体的直观图形状．

[演练冲关]
1．已知某几何体的正视图和侧视图均如图所示，给出下列5个图形：


其中可以作为该几何体的俯视图的图形个数为(　　)
A．5　　　　　　　　　 　B．4
C．3 D．2
解析：选B　由题知可以作为该几何体的俯视图的图形可以为①②③⑤.故选B.
2．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为(　　)

A．3 B．2
C．2 D．2
解析：选B　在正方体中还原该四棱锥如图所示，
从图中易得最长的棱为
AC1＝＝
＝2.
3.如图，网格纸上小正方形的边长为1，实线画出的是某几何体的三视图，则此几何体各面中直角三角形的个数是(　　)
A．2　　　　　　　　 　B．3
C．4 D．5
解析：选C　由三视图知，该几何体是如图所示的四棱锥P­ABCD，易知四棱锥P­ABCD的四个侧面都是直角三角形，即此几何体各面中直角三角形的个数是4，故选C.



考点(二)
空间几何体的表面积与体积

主要考查空间几何体的结构特征、表面积与体积公式的应用，涉及的几何体多为柱体、锥体，且常与三视图相结合考查.

[典例感悟]
[典例]　(1)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中提到了一种名为“刍甍”的五面体，如图所示，四边形ABCD为矩形，棱EF∥AB.若此几何体中，AB＝4，EF＝2，△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，则该几何体的表面积为(　　)
A．8　　　　　　　 　B．8＋8
C．6＋2 D．8＋6＋2
(2)如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为(　　)

A．6　　　　B．9　　　　C．12　　　　D．18
(3)(2019届高三·温州中学高三测试卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，表面积为________．

[解析]　(1)如图所示，取BC的中点P，连接PF，则PF⊥BC，过F作FQ⊥AB，垂足为Q.
因为△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，且EF∥AB，
所以四边形ABFE为等腰梯形，FP＝，
则BQ＝(AB－EF)＝1，FQ＝＝，
所以S梯形EFBA＝S梯形EFCD＝×(2＋4)×＝3，
又S△ADE＝S△BCF＝×2×＝，
S矩形ABCD＝4×2＝8，
所以该几何体的表面积S＝3×2＋×2＋8＝8＋8.故选B.
(2)该几何体是一个直三棱柱截去所得，如图所示，其体积为××3×4×2＝9.

(3)由三视图可知该几何体为长方体截去两个三棱锥后剩下的部分，如图，长方体的长、宽、高分别为2,1,3，
所以该几何体的体积V＝2×1×3－2×××1×1×3＝6－1＝5，
表面积S＝2×3×＋2×3＋2×1＋×2×1＋2×3×1×＋2×××＝15＋.
[答案]　(1)B　(2)B　(3)5　15＋
[方法技巧]
1．求解几何体的表面积与体积的技巧
(1)求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．
(2)求不规则几何体的体积：常用分割或补形的方法，将不规则几何体转化为规则几何体求解．
(3)求表面积：其关键思想是空间问题平面化．
2．根据几何体的三视图求其表面积或体积的步骤
(1)根据给出的三视图还原该几何体的直观图．
(2)由三视图中的大小标识确定该几何体的各个度量．
(3)套用相应的面积公式或体积公式计算求解．
[演练冲关]
1．(2018·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是(　　)
A．2 B．4
C．6 D．8
解析：选C　由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形，高为2的直四棱柱，直角梯形的两底边长分别为1,2，高为2，
∴该几何体的体积为V＝×(2＋1)×2×2＝6.
2.如图，网格纸上小正方形的边长为1，实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积是(　　)
A．36＋6　 　B．36＋3
C．54 D．27
解析：选A　由三视图知该几何体为底面是梯形的四棱柱，其表面积为S＝2××(2＋4)×3＋2×3＋4×3＋2×3×＝36＋6，故选A.
3．由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．

解析：该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1，高为1的四分之一圆柱体构成，
∴V＝2×1×1＋2××π×12×1＝2＋.
答案：2＋
考点(三)
与球有关的组合体的计算问题



主要考查与多面体、旋转体构成的简单组合体的有关切、接球表面积、体积的计算问题，其本质是计算球的半径.

[典例感悟]
[典例]　(1)(2018·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为(　　)
A．π　　　　　　　　　　 B．
C． D．
(2)(2018·全国卷Ⅰ)已知三棱锥S­ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S ­ABC的体积为9，则球O的表面积为________．
[解析]　(1)设圆柱的底面半径为r，则r2＝12－2＝，所以圆柱的体积V＝π×1＝.
(2)如图，连接AO，OB，
∵SC为球O的直径，
∴点O为SC的中点，
∵SA＝AC，SB＝BC，
∴AO⊥SC，BO⊥SC，
∵平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，
∴AO⊥平面SCB，
设球O的半径为R，
则OA＝OB＝R，SC＝2R.
∴VS ­ABC＝VA­SBC＝×S△SBC×AO
＝××AO，
即9＝××R，解得 R＝3，
∴球O的表面积为S＝4πR2＝4π×32＝36π.
[答案]　(1)B　(2)36π
[方法技巧]
求解多面体、旋转体与球接、切问题的策略
(1)过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题．
(2)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或通过画外接、内切的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
[演练冲关]
1．(2018·江苏高考)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________．
解析：设球O的半径为R，因为球O与圆柱O1O2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R、高为2R，所以＝＝.
答案：
2．(2019届高三·浙江名校联考)某简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，其外接球的表面积为________．

解析：由三视图得该几何体是一个底面为对角线为4的正方形，高为3的直四棱柱，则其体积为4×4××3＝24.又直四棱柱的外接球的半径R＝＝，所以四棱柱的外接球的表面积为4πR2＝25π.
答案：24　25π

(一) 主干知识要记牢
简单几何体的表面积和体积
(1)S直棱柱侧＝ch(c为底面的周长，h为高)．
(2)S正棱锥侧＝ch′(c为底面周长，h′为斜高)．
(3)S正棱台侧＝(c′＋c)h′(c与c′分别为上、下底面周长，h′为斜高)．
(4)圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式
S圆柱侧＝2πrl(r为底面半径，l为母线长)，
S圆锥侧＝πrl(r为底面半径，l为母线长)，
S圆台侧＝π(r′＋r)l(r′，r分别为上、下底面的半径，l为母线长)．
(5)柱、锥、台体的体积公式
V柱＝Sh(S为底面面积，h为高)，
V锥＝Sh(S为底面面积，h为高)，
V台＝(S＋＋S′)h(S，S′为上、下底面面积，h为高)．
(6)球的表面积和体积公式
S球＝4πR2，V球＝πR3.
(二) 二级结论要用好
1．长方体的对角线与其共点的三条棱之间的长度关系d2＝a2＋b2＋c2；若长方体外接球半径为R，则有(2R)2＝a2＋b2＋c2.
[针对练1]　(2019届高三·西安八校联考)设三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，且长度分别为2,2，4，则其外接球的表面积为(　　)
A．48π　　　　　　　 　B．32π
C．20π D．12π
解析：选B　依题意，设题中的三棱锥外接球的半径为R，可将题中的三棱锥补形成一个长方体，
则R＝ ＝2，
所以该三棱锥外接球的表面积为S＝4πR2＝32π.
2．棱长为a的正四面体的内切球半径r＝a，外接球的半径R＝a.又正四面体的高h＝a，故r＝h，R＝h.
[针对练2]　已知正四面体ABCD的外接球半径为2，过棱AB作该球的截面，则截面面积的最小值为________．
解析：由题意知，面积最小的截面是以AB为直径的圆，设AB的长为a，因为正四面体外接球的半径为2，所以a＝2，解得a＝，故截面面积的最小值为π2＝.
答案：
(三) 易错易混要明了
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．
[针对练3]　一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正视图如图所示，则该四棱锥侧面积和体积分别是(　　)
A．4，8 B．4，
C．4(＋1)， D．8,8


解析：选B　由题意可知该四棱锥为正四棱锥，底面边长为2，高为2，侧面上的斜高为＝，所以S侧＝4×＝4，V＝×22×2＝.

A组——10＋7提速练
一、选择题
1.如图为一个几何体的侧视图和俯视图，则它的正视图为(　　)

解析：选B　根据题中侧视图和俯视图的形状，判断出该几何体是在一个正方体的上表面上放置一个四棱锥(其中四棱锥的底面是边长与正方体棱长相等的正方形、顶点在底面上的射影是底面一边的中点)，结合选项知，它的正视图为B.
2．(2018·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为(　　)

A．10　　　　　　　　 　B．12
C．14 D．16
解析：选B　由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为×2＝12，故选B.
3．(2018·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是(　　)
A.＋1　　　　　　B.＋3
C.＋1　　　　　　D.＋3
解析：选A　由几何体的三视图可得，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长为的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，故该几何体的体积V＝×π×12×3＋××××3＝＋1.
4．(2018·郑州质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)

A．80 B．160
C．240 D．480
解析：选B　如图所示，题中的几何体是从直三棱柱ABC­A′B′C′中截去一个三棱锥A­A′B′C′后所剩余的部分，其中底面△ABC是直角三角形，AC⊥AB，AC＝6，AB＝8，BB′＝10.因此题中的几何体的体积为×6×8×10－××6×8×10＝××6×8×10＝160，故选B.
5．(2018·湖州模拟)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的长为(　　)

A. B．2
C．3 D．2
解析：选C　在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为AD，BC的中点，该几何体的直观图如图中三棱锥D1­MNB1，故通过计算可得，D1B1＝2，D1M＝B1N＝，MN＝2，MB1＝ND1＝3，故该三棱锥中最长棱的长为3.
6．一个几何体的三视图如图所示(其中正视图的弧线为四分之一圆周)，则该几何体的表面积为(　　)

A．72＋6π B．72＋4π
C．48＋6π D．48＋4π
解析：选A　由三视图知，该几何体由一个正方体的部分与一个圆柱的部分组合而成(如图所示)，其表面积为16×2＋(16－4＋π)×2＋4×2×2＋×2π×2×4＝72＋6π，故选A.
7．某几何体的三视图如图所示，则其体积为(　　)

A．207 B．216－
C．216－36π D．216－18π
解析：选B　由三视图知，该几何体是一个棱长为6的正方体挖去个底面半径为3，高为6的圆锥而得到的，所以该几何体的体积V＝63－××π×32×6＝216－，故选B.
8．(2018·贵阳检测)三棱锥P­ABC的四个顶点都在体积为的球的表面上，底面ABC所在的小圆面积为16π，则该三棱锥的高的最大值为(　　)
A．4 B．6
C．8 D．10
解析：选C　依题意，设题中球的球心为O，半径为R，△ABC的外接圆半径为r，则＝，解得R＝5，由πr2＝16π，解得r＝4，又球心O到平面ABC的距离为＝3，因此三棱锥P­ABC的高的最大值为5＋3＝8，故选C.
9.(2019届高三·浙江第二次联考)已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　　)
A．3π　　　　　　　B.
C.　　　　　　D．6π
解析：选B　由三视图还原直观图知，该几何体为底面半径为1，高为的圆锥挖去一个球心为圆锥底面圆的圆心且与圆锥相切的半球，易知圆锥的母线长为2，则圆锥的轴截面为边长为2的等边三角形，球的半径为，故该几何体的表面积为π×1×2＋×4π×2＋π×12－π×2＝，故选B.
10．(2018·嘉兴高三期末)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积(单位：cm2)是(　　)

A．36＋24 B．36＋12
C．40＋24 D．40＋12
解析：选B　由三视图可知该几何体为一正方体和一正四棱台的简单组合体．正方体的棱长为2 cm，正四棱台上底面的边长为2 cm，下底面的边长为4 cm，棱台的高为2 cm，可求得正四棱台的斜高为＝(cm)，故该几何体的表面积S＝22×5＋×(2＋4)××4＋42＝36＋12(cm2)．故选B.
二、填空题
11．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，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的________．

解析：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×6×2＝4.而直三棱柱的体积为×2×2×4＝8，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的.
答案：
12．(2019届高三·浙江名校联考)某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是，则正视图中的x的值是________，该几何体的表面积是________．

解析：由三视图可知，该几何体为四棱锥，由＝×××(1＋2)x，解得x＝2.作出该几何体的直观图并标注相应棱的长度如图所示，
则S表＝××(1＋2)＋×2×＋×22＋×2×＋×1×＝.
答案：2　
13．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________，体积为________．

解析：由三视图作出该空间几何体的直观图(如图所示)，
可知其表面积为×1×2＋××2＋×1×2＋×2×＝2＋2，体积为××1×2×2＝.
答案：2＋2　
14．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，球O与正方体的各条棱都相切，M为球O上的一点，点N是△ACB1外接圆上的一点，则线段MN长度的取值范围是________．
解析：易求得棱切球的半径为，易知△ACB1为正三角形，则球心O到△ACB1的外接圆上任意一点的距离均为＝，于是OM＝，ON＝.因为|OM－ON|≤|MN|≤|OM＋ON|，所以线段MN长度的取值范围是[－，＋]．
答案：[－，＋]
15．(2018·浙江高考数学原创猜题卷)已知一个空间几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则这个几何体的体积为________cm3，表面积为________cm2.

解析：由三视图可知，空间几何体是一个四棱锥，该四棱锥的底面为直角梯形，一条侧棱与底面垂直．如图所示，四边形ABCD是直角梯形，因为AB⊥AD，AB＝AD＝2 cm，BC＝4 cm，所以CD＝2 cm.因为PA＝2 cm，AD＝AB＝2 cm，所以PD＝PB＝2 cm，连接AC，易得AC＝2 cm，因为PA⊥平面ABCD，所以PC＝＝2 cm，
所以该几何体的体积为××2＝4 cm3.
易得S梯形ABCD＝＝6 cm2，
S△PAB＝×2×2＝2 cm2，
S△PAD＝×2×2＝2 cm2，
S△PBC＝×2×4＝4 cm2，
△DPC中，PC边上的高为＝ cm，
所以S△PDC＝×2×＝2 cm2，
所以该几何体的表面积为6＋2＋2＋2＋4＝(10＋2＋4)cm2.
答案：4　(10＋2＋4)
16．某几何体的三视图如图所示，俯视图由一个直径为2的半圆和一个正三角形组成，则此几何体的体积是________，表面积是________．

解析：由题意可知，该几何体是由一个正三棱柱和半个圆柱组合而成的，正三棱柱的底面边长为2，高为4，半圆柱的底面半径为1，高为4，所以V＝×2××4＋π×12×4＝4＋2π，表面积S＝2×4×2＋××2×2＋π×12＋π×1×4＝16＋2＋5π.
答案：4＋2π　16＋2＋5π
17．已知在三棱锥P­ABC中，VP­ABC＝，∠APC＝，∠BPC＝，PA⊥AC，PB⊥BC，且平面PAC⊥平面PBC，那么三棱锥P­ABC外接球的体积为________．
解析：如图，取PC的中点O，连接AO，BO，设PC＝2R，则OA＝OB＝OC＝OP＝R，∴O是三棱锥P­ABC外接球的球心，易知，PB＝R，BC＝R，∵∠APC＝，PA⊥AC，O为PC的中点，∴AO⊥PC，又平面PAC⊥平面PBC，且平面PAC∩平面PBC＝PC，∴AO⊥平面PBC，∴VP­ABC＝VA­PBC＝××PB×BC×AO＝××R×R×R＝，解得R＝2，∴三棱锥P­ABC外接球的体积V＝πR3＝.
答案：
B组——能力小题保分练
1．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是(　　)

A．16 B．20
C．52 D．60
解析：选B　由三视图知，该几何体由一个底面为直角三角形(直角边分别为3,4)，高为6的三棱柱截去两个等体积的四棱锥所得，且四棱锥的底面是矩形(边长分别为2,4)，高为3，如图所示，所以该几何体的体积V＝×3×4×6－2××2×4×3＝20，故选B.
2.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥外接球的表面积为(　　)
A．136π B．34π
C．25π D．18π
解析：选B　由三视图知，该四棱锥的底面是边长为3的正方形，高为4，且有一条侧棱垂直于底面，所以可将该四棱锥补形为长、宽、高分别为3,3,4的长方体，该长方体外接球的半径R即为该四棱锥外接球的半径，所以2R＝，解得R＝，所以该四棱锥外接球的表面积为4πR2＝34π，故选B.
3．如图，小方格是边长为1的正方形，一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　　)

A．4π＋96 B．(2＋6)π＋96
C．(4＋4)π＋64 D．(4＋4)π＋96
解析：选D　由三视图可知，该几何体为一个圆锥和一个正方体的组合体，正方体的棱长为4，圆锥的高为4，底面半径为2，所以该几何体的表面积为S＝6×42＋π×22＋π×2×＝(4＋4)π＋96.
4．设球O是正方体ABCD­A1B1C1D1的内切球，若平面ACD1截球O所得的截面面积为6π，则球O的半径为(　　)
A． B．3
C． D．
解析：选B　如图，易知B1D过球心O，且B1D⊥平面ACD1，不妨设垂足为M，正方体棱长为a，则球半径R＝，易知DM＝DB1，∴OM＝DB1＝a，∴截面圆半径r＝＝a，由截面圆面积S＝πr2＝6π，得r＝a＝，a＝6，∴球O的半径为R＝＝3.
5.如图所示，等腰△ABC的底边AB＝6，高CD＝3，点E是线段BD上异于点B，D的动点，点F在BC边上，且EF⊥AB，现沿EF将△BEF折起到△PEF的位置，使PE⊥AE，记BE＝x，V(x)表示四棱锥P­ACFE的体积，则V(x)的最大值为________．
解析：因为PE⊥EF，PE⊥AE，EF∩AE＝E，
所以PE⊥平面ABC.
因为CD⊥AB，FE⊥AB，
所以EF∥CD，所以＝，
即＝，所以EF＝，
所以S△ABC＝×6×3＝9，
S△BEF＝×x×＝x2，
所以V(x)＝×x＝x(0＜x＜3)．
因为V′(x)＝，
所以当x∈(0,6)时，V′(x)＞0，V(x)单调递增；当6＜x＜3时，V′(x)＜0，V(x)单调递减，
因此当x＝6时，V(x)取得最大值12.
答案：12
6．已知A，B，C是球O的球面上三点，且AB＝AC＝3，BC＝3，D为该球面上的动点，球心O到平面ABC的距离为球半径的一半，则三棱锥D ­ABC体积的最大值为________．
解析：如图，在△ABC中，
∵AB＝AC＝3，BC＝3，
∴由余弦定理可得
cos A＝＝－，
∴sin A＝.
设△ABC外接圆O′的半径为r，
则＝2r，得r＝3.
设球的半径为R，连接OO′，BO′，OB，
则R2＝2＋32，解得R＝2.
由图可知，当点D到平面ABC的距离为R时，三棱锥D ­ABC的体积最大，
∵S△ABC＝×3×3×＝，
∴三棱锥D ­ABC体积的最大值为××3＝.
答案：
第二讲 小题考法——空间点、线、面的位置关系
考点(一)
空间点、线、面的位置关系的判断

主要考查利用空间点、直线、平面位置关系的定义，四个公理、八个定理来判断与点、线、面有关命题的真假或判断简单的线面平行或垂直的位置关系.

[典例感悟]
[典例]　(1)(2018·全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是(　　)

(2)(2018·温州高三5月适应测试)已知α，β为两个平面，直线l⊂α，那么“l∥β ”是“α∥β ”的(　　)
A．充分不必要条件　　 　B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
(3)(2019届高三·七彩阳光联盟12月高三期中联考)已知m，n，l是互不重合的三条直线，α，β是两个不重合的平面，给出以下四个命题：
①若m，n是异面直线，m⊂α，n⊂β，且m∥β，n∥α，则α∥β；
②若m⊂α，n∩α＝A，且点A∉m，则m，n是异面直线；
③若m，n是异面直线，m∥α，n∥α，且l⊥m，l⊥n，则l⊥α；
④若m⊥α，n⊂β，α⊥β，则m∥n.
其中为真命题的序号是________．(把所有真命题的序号都填上)
[解析]　(1)法一：对于选项B，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ .又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C、D中均有AB∥平面MNQ.故选A.
法二：对于选项A，设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示)，连接OQ，则OQ∥AB.因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行，根据直线与平面平行的判定定理及三角形的中位线性质知，选项B、C、D中AB∥平面MNQ.故选A.
(2)∵“l⊂α，l∥β ”不能推出“α∥β ”，而“l⊂α，α∥β ”，一定有“l∥β ”，∴选B.
(3)在①中，∵m∥β，∴在β内存在直线m1∥m，又m⊂α，∴m1∥α.
∵m，n是两条异面直线，∴直线m1与n是两条相交直线，又n∥α，∴α∥β，即①正确．
由异面直线判定定理知②正确．
在③中，∵m∥α，∴在α内存在直线m1∥m，
∵l⊥m，∴l⊥m1.∵n∥α，∴在α内存在直线n1∥n，
∵l⊥n，∴l⊥n1.∵m，n是两条异面直线，∴直线m1与n1是两条相交直线，∴l⊥α，即③正确．
由直线m⊥平面α和α⊥β知m∥β或m⊂β，而n是β内任一直线，则直线m与n可能相交，可能平行，还可能异面，故④是错误的．
[答案]　(1)A　(2)B　(3)①②③
[方法技巧]
判断与空间位置关系有关命题真假的方法
(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断．
(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定．
(3)借助反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．
[演练冲关]
1．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α.有下列三个命题：
①四边形EFGH是平行四边形；
②平面α∥平面BCC1B1；
③平面α⊥平面BCFE.
其中正确的命题有(　　)
A．①②　　　　　　　 　B．②③
C．①③ D．①②③
解析：选C　由题意画出草图如图所示，因为AA1∥平面α，平面α∩平面AA1B1B＝EH，所以AA1∥EH.同理AA1∥GF，所以EH∥GF.又ABC­A1B1C1是直三棱柱，易知EH＝GF＝AA1，所以四边形EFGH是平行四边形，故①正确；若平面α∥平面BB1C1C，由平面α∩平面A1B1C1＝GH，平面BCC1B1∩
平面A1B1C1＝B1C1，知GH∥B1C1，而GH∥B1C1不一定成立，故②错误；由AA1⊥平面BCFE，结合AA1∥EH知EH⊥平面BCFE，又EH⊂平面α，所以平面α⊥平面BCFE，故③正确．综上可知，故选C.


2．如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：
①直线BE与直线CF异面；
②直线BE与直线AF异面；
③直线EF∥平面PBC；
④平面BCE⊥平面PAD.
其中正确的有(　　)
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
解析：选B　将展开图还原为几何体(如图)，因为E，F分别为PA，PD的中点，所以EF∥AD∥BC，即直线BE与CF共面，①错；因为B∉平面PAD，E∈平面PAD，E∉AF，所以BE与AF是异面直线，②正确；因为EF∥AD∥BC，EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正确；平面PAD与平面BCE不一定垂直，④错．故选B.
3．(2018·全国卷Ⅲ)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则(　　)
A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD
C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC
解析：选C　法一：由正方体的性质，得A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，
所以BC1⊥平面A1B1CD.
又A1E⊂平面A1B1CD，
所以A1E⊥BC1.
法二：∵A1E在平面ABCD上的射影为AE，而AE不与AC，BD垂直，∴B、D错；
∵A1E在平面BCC1B1上的射影为B1C，且B1C⊥BC1，
∴A1E⊥BC1，故C正确；
(证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，
又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1.
又A1E⊂平面CEA1B1，∴A1E⊥BC1.)
∵A1E在平面DCC1D1上的射影为D1E，
而D1E不与DC1垂直，故A错．

考点(二)
空 间 角

主要考查异面直线所成角，直线与平面所成角，二面角的计算及有关应用.

[典例感悟]
[典例]　(1)夹在两平行平面间的线段AB，CD的长分别为2和，若AB与这两个平行平面所成的角为30°，则CD与这两个平行平面所成的角为(　　)
A．30°　　　　　　　　 　B．45°
C．60° D．90°
(2)在菱形ABCD中，A＝60°，AB＝，将△ABD折起到△PBD的位置，若三棱锥P­BCD的外接球的体积为，则二面角P­BD­C的正弦值为(　　)
A. B.
C. D.
(3)(2018·浙江高考)如图，在三棱锥A­BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别为AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是________．
[解析]　(1)不妨设A，C在同一平面，则B，D在另一个平面，过A作另一平面的垂线段AO，垂足为O，连接BO，由题可知∠ABO＝30°.由AB＝2，得AO＝1.因为两平面平行，所以点C到另一平面的垂线段的长等于AO的长，故CD与两个平行平面所成的角的正弦值为＝，所以CD与这两个平行平面所成的角为45°.
(2)由外接球的体积为得该球的半径R＝，设球心O在平面PBD和平面BCD上的射影分别为O1，O2，则O1，O2为正△PBD和正△BCD的中心，取BD的中点E，连接O1E，O2E，则O1E⊥BD，O2E⊥BD，则∠O1EO2是二面角P­BD­C的平面角，在Rt△OO2C中，OC＝R＝，O2C＝AB＝1，则OO2＝，又在Rt△OO2E中，O2E＝AB＝，则∠O2EO＝60°，同理，∠OEO1＝60°，故∠O1EO2＝120°，则二面角P­BD­C的正弦值为，故选C.

(3)如图所示，连接DN，取线段DN的中点K，连接MK，CK.
∵M为AD的中点，
∴MK∥AN，
∴∠KMC为异面直线AN，CM所成的角．
∵AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，N为BC的中点，
由勾股定理易求得AN＝DN＝CM＝2，
∴MK＝.
在Rt△CKN中，CK＝ ＝.
在△CKM中，由余弦定理，得
cos∠KMC＝＝.
[答案]　(1)B　(2)C　(3)
[方法技巧]
1．直线与直线所成角的求解策略
(1)用“平移法”作出异面直线所成角(或其补角)，解三角形求角．
(2)用“向量法”求两直线的方向向量所成的角．
2．直线与平面所成角的求解策略
(1)按定义作出线面角(即找到斜线在平面内的射影)，解三角形．
(2)求平面的法向量，利用直线的方向向量与平面的法向量所成的锐角和直线与平面所成角互余求线面角．
(3)利用等体积法求点到面的距离，由距离与斜线段长的比值等于线面角的正弦值求线面角．
3．平面与平面所成角的求解策略
二面角的平面角的作法是重点，构造平面角主要有以下方法：
(1)根据定义；
(2)利用二面角的棱的垂面；
(3)利用两同底等腰三角形底边上的两条中线；
(4)射影法，利用面积射影定理S射＝S斜·cos θ；
(5)向量法，利用组成二面角的两个半平面的法向量的夹角与二面角相等或互补．
[演练冲关]
1．(2018·浙江高考)已知四棱锥S­ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点(不含端点)，设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S­AB­C的平面角为θ3，则(　　)
A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1
C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ1
解析：选D　如图，不妨设底面正方形的边长为2，E为AB上靠近点A的四等分点，E′为AB的中点，S到底面的距离SO＝1，以EE′，E′O为邻边作矩形OO′EE′，
则∠SEO′＝θ1，∠SEO＝θ2，
∠SE′O＝θ3.
由题意，得tan θ1＝＝，
tan θ2＝＝＝，tan θ3＝1，
此时，tan θ2