专题05立体几何初步（期末复习讲义）高一数学下学期北师大版

专题05 立体几何初步（期末复习讲义） 内 容 导 航 明·期末考清 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型一 基本立体图形 题型二 直观图（斜二测画法） 题型三 空间点、线、面之间的位置关系 题型四 空间中线、面关系推导平行和垂直 题型五 空间中平行的证明 题型六 空间中垂直的证明 题型七 空间中的截面问题 题型八 空间几何体的表面积和体积 题型九 外接球和内切球 题型十 空间中的动点和距离最值问题 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点 复习目标 考情规律 斜二测画法 能准确判断直观图和平面图之间的转化关系 基础必考点，常出现在小题，考查斜二测画法的长，宽比例的计算. 点线面之间的位置关系 能准确判断点、线、面之间的位置关系，平行和垂直关系 高频易错点，常出现在小题中，考查点、线、面之间的位置关系，平行和垂直的关系. 空间中的平行 能准确利用直线间的平行，判断直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系. 基础必考点，常出现在解答题中，考查利用直线之间的位置关系，判断直线与平面平行，平面和平面平行. 空间中的垂直 能准确利用直线间的垂直，判断直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系. 高频易错点，常出现在解答题中，考点利用直线之间的位置关系，判断直线与平面垂直，平面与平面垂直. 空间中的截面 能准确判断截面的的相关内容 高频易错点，常出现在小题中，考查利用平行和延长线的关系，进行对应的截面判断. 空间中的表面积和体积问题 能利用相关面积和体积公式，进行对应的表面积和体积的正确求解. 基础必考点，常出现在小题中，考查常见的柱体，锥体，台体，球的表面积和体积. 知识点01 斜二测画法 1、斜二测画法：轴不变，轴倾斜减半，从而表示出直观图，则： 知识点02 简单几何体的表面积和体积 1、简单几何体的表面积和体积 柱体的表面积：，体积： 椎体的表面积：，体积： 台体的表面积：，体积： 球的表面积：，体积： 知识点03 外接球和内切球 1、掌握不同模型的外接球的半径公式： 长方体：；对棱相等的三棱锥： 直棱柱（侧棱垂底的椎体）：（为底面外接圆半径，为高） 正棱锥：（为底面外接圆半径，为高） 面面垂直的椎体：（为两个垂面外接圆半径，为两个垂面的交线） 2、掌握不同模型的内切球： 直棱柱：底面内切圆半径，，所以内切球半径；一般椎体： 知识点04 截面问题，平行和垂直问题 1、截面问题 平行线法：通过两个平行平面，构建出相互平行的线，得到截面 延长线法：通过平面原有的截线，进行延长到另一个平面中，得到交点，从而构建出截面. 2、点线面之间的位置关系 画出正方体，然后构建出线，面之间存在的位置关系；或者用桌面，墙面代替面，用手中的笔代替线，进行空间展示即可，注意：线平行于面或线在面内，线是可以旋转移动的，线与线垂直时，一条线固定，另一条线也是可以旋转移动的. 3、平行的证明（线线平行，线面平行，面面平行） 平行证明时，一般采用尺子平推的方式，构建对应的辅助线，进行证明，包括三角形中的中位线或等分点的平行，平行四边形的平行. 4、垂直的证明（线线垂直，线面垂直，面面垂直） 垂直证明时，一般采用勾股定理，特殊图形的垂直证明，或者线面垂直推导线线垂直的方法，进行对应的证明. 题型一 基本立体图形 解｜题｜技｜巧 结合实物、三视图、直观图互推，利用线面平行、垂直判定定理，借助正方体、长方体等模型辅助分析，逐一验证条件。 易｜错｜点｜拨 混淆平面与空间位置关系，把平面几何结论直接套用在立体图形中；误判异面直线位置，忽略直线在平面内的情况；三视图识图出错，漏看虚线代表的遮挡轮廓，判断面面关系时遗漏相交情形。 【典例1】．下列说法正确的是（ ） A．正三棱锥就是正四面体 B．七面体可以有10个顶点，5条侧棱 C．圆锥的轴截面是圆锥所有过顶点的截面中面积最大的 D．有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱 【典例2】．下列叙述正确的是（ ） A．以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱 B．以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥 C．以直角梯形的一腰所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆台 D．半圆以它的直径所在直线为旋转轴，旋转一周形成的曲面叫做球 【变式1】．下列说法正确的是（ ） A．各侧棱都相等的棱锥为正棱锥 B．用任意一个平面去截球，得到的截面一定是一个圆面 C．有两个平面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱 D．直角三角形绕它的一条边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥 【变式2】．若正五边形的中心为，以所在的直线为轴，其余五边旋转半周形成的面围成一个几何体，则（ ） A．该几何体为圆台 B．该几何体是由圆台和圆锥组合而成的简单组合体 C．该几何体为圆柱 D．该几何体是由圆柱和圆锥组合而成的简单组合体 【变式3】．正多面体各个面都是全等的正多边形，其中，面数最少的是正四面体，面数最多的是正二十面体，它们被称为柏拉图多面体.如图，正二十面体是由20个等边三角形所组成的正多面体.已知多面体满足：顶点数－棱数＋面数，则正二十面体的顶点的个数为（ ） A．30 B．20 C．12 D．10 题型二 直观图（斜二测画法） 解｜题｜技｜巧 牢记规则，平行性不变；原图形水平长度不变，竖直方向减半，夹角由 90° 变为 45° 或 135°。还原图形时逆向操作，将斜向线段转正、长度加倍，结合面积比例计算。 易｜错｜点｜拨 混淆原图与直观图的边长、角度；记错面积倍数关系；还原图形时未将斜二测的竖直线段翻倍；忽略平行关系不变的性质，误改线段走向。 【典例1】．如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，则原四边形的周长为_________. 【变式1】．如图，一个水平放置的梯形由斜二测画法得到的直观图是面积为2的等腰梯形OA'B'C'，则原梯形面积为（ ） A． B． C． D． 【变式2】．如图，矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中则原图形的面积为________. 题型三 空间点、线、面之间的位置关系 解｜题｜技｜巧 依托四大公理及推论判断共点、共线、共面问题，证明多点共线先证两点连线在两平面交线上；证多点共面可利用平行线、相交线确定平面。 易｜错｜点｜拨 混淆平面内与空间内直线关系，误用平面几何结论；对公理推论理解不清，误判共面、相交情况；证明共点共线时逻辑断层，忽略两平面交线唯一性，推理步骤不严谨。 【典例1】．如图，三棱柱中，点E、F、G、H分别为、、、的中点，则下列说法错误的是（ ） A．E、F、G、H四点共面 B．与是异面直线 C．、、三线共点 D． 【典例2】．以下四个命题正确的是______． ①三个平面最多可以把空间分成八部分 ②已知四个点不共面，则其中任意三点不共线 ③若，直线平面，直线平面，且，则 ④若n条直线中任意两条共面，则它们共面 【变式1】．已知是不同的直线是不重合的平面，若则（ ） A． B． C． D． 【变式2】．（多选）设、是空间中的两条直线，、是空间中的两个平面，下列说法错误的是（　　） A．若，，则 B．若，，则与相交 C．若，，，则 D．若，，，则与没有公共点 题型四 空间中线、面关系推导平行和垂直 解｜题｜技｜巧 熟记判定与性质定理，证平行依托线线平行推线面、面面平行；证垂直优先找线线垂直，再递推线面、面面垂直。善用中位线、勾股定理、面面性质转化条件。 易｜错｜点｜拨 混淆判定与性质定理条件，推理颠倒；忽略直线在平面内、直线与平面相交的特殊情况；误用平面几何垂直结论，漏证关键条件，推理逻辑不完整。 【典例1】．已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论一定成立的是（ ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【典例2】．在空间四边形中，点，分别是边，的中点，点，分别是边，上的点，且，以下四个结论中正确的为（ ） A．与平行 B．与异面 C．与的交点可能在直线上，也可能不在直线上 D．与的交点一定在直线上 【变式1】．（多选）如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体．那么在下列各线段中，线段所在直线是异面直线的是（ ） A．直线和直线 B．直线和直线 C．直线和直线 D．直线和直线 【变式2】．设为两个平面，m、n为两条直线，且．下述四个命题： ①若，则或；②若，则； ③若，且，则；④若与和所成的角相等，则； 其中，所有真命题的编号是____________． 题型五 空间中平行的证明 解｜题｜技｜巧 证线面平行，常在面内找已知直线的平行线；证面面平行，依托两组相交直线分别平行来推导，也可利用平行传递性转化。灵活使用中位线、平行四边形构造平行线。 易｜错｜点｜拨 误用单组平行线证面面平行；忽略直线不在平面内这一必备条件；混淆判定定理与性质定理，推理方向颠倒；忽略线面、面面平行的位置特例，导致判断失误。 【典例1】．如图所示，在四棱锥中，平面，，是的中点. (1)求证：； (2)求证：平面. 【典例2】．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，分别为，，的中点. (1)求证：点，，，四点共面 (2)求证：平面平面. (3)在线段上是否存在一点，使得平面?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【变式1】．如图所示，在四棱锥中，底面为梯形，，，面面，是的中点. (1)求证：平面； (2)求证：； 【变式2】．如图，四边形是平行四边形，点是平面外一点.已知，分别是，的中点，在上取一点，过和作平面交平面于. (1)求证：平面； (2)求证：. 【变式3】．如图，在正方体中，点G，E，F，P分别为棱，，，的中点，点M是棱上的一点，且 (1)求证：D，B，F，E四点共面； (2)求证：平面； (3)棱上是否存在一点N使平面平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 题型六 空间中垂直的证明 解｜题｜技｜巧 遵循线线、线面、面面垂直的转化思路，证线线垂直可用勾股定理、等腰三角形中线、异面直线垂直性质；证线面垂直需找平面内两条相交直线与之垂直；面面垂直依托线面垂直推导。 易｜错｜点｜拨 误用单条直线证线面垂直；混淆判定与性质定理；直接套用平面几何垂直结论；遗漏 “相交直线” 关键条件，推理步骤缺失。 【典例1】．如图，在四棱锥中，平面，，． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)设点为的中点，过点，的平面与棱交于点，且平面，求的值． 【典例2】．如图，在直三棱柱中，D是棱AC的中点，且，． (1)求证：平面； (2)从条件①、②、③这三个条件中选择一个作为已知，求解下列问题： （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）在棱上是否存在点N，使得平面平面？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由． 条件①：； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择条件①、条件②或条件③分别解答，按第一个解答计分． 【变式1】．已知四棱锥，底面为矩形，、、分别是、、的中点．设平面与平面的交线为，平面平面． (1)证明：平面平面； (2)求证：； (3)求证：． 【变式2】．如图所示，在四棱锥中，底面是且边长为的菱形，侧面为正三角形，其所在平面垂直于底面，若为的中点. (1)求证：平面； (2)求证：； (3)若点，分别为，的中点，求证:平面平面. 【变式3】．如图1，在矩形中，，，为上一点，且．将沿折起，使得平面平面，如图2，点是线段的中点． (1)求四棱锥的体积； (2)求证：平面平面； (3)过点是否存在一条直线，同时满足以下两个条件：①平面；②．请说明理由． 题型七 空间中的截面问题 解｜题｜技｜巧 利用平面交线、平行线、延长线找点，依据平面基本公理，连接共面点确定截面轮廓；借助几何体棱的平行、相交关系补全截面，结合边长、角度计算面积与形状。 易｜错｜点｜拨 找点连线不连贯，漏画截面边；误判空间线段相交位置；忽略截面与棱的交点，轮廓绘制错误；混淆截面形状，计算时错用线段长度或角度。 【典例1】．（多选）如图，正方体的棱长为6，，，分别为，AD，的中点，则（ ） A．直线平面 B．平面平面 C．三棱锥的体积为18 D．平面截正方体所得的截面是等腰梯形 【变式1】．如图，已知正方体的棱长为，若为棱的中点，过三点作正方体的截面，则截面的周长为（ ） A． B． C． D． 【变式2】．已知棱长为的正方体中，分别是的中点. (1)求证：平面； (2)过三点作正方体的截面，画出截面（保留作图痕迹），并计算截面的周长. 题型八 空间几何体的表面积和体积 解｜题｜技｜巧 熟记柱、锥、球等公式，拆分组合体分别计算再求和；求表面积区分全面积与侧面积，挖去、拼接类注意增减面。不规则几何体可用割补法、等体积法转化求解。 易｜错｜点｜拨 混淆表面积与侧面积，重复或漏算面；记错公式、单位不统一；几何体拼接 / 挖空后，忽略重合面面积抵消；等体积法转换底面和高时对应出错。 【典例1】．某件精品瓷器可近似地看作由一个半球和一个圆台构成的组合体，如图所示，该瓷器的体积为（ ） A． B． C． D． 【典例2】．（多选）如图，该几何体由高均为1的圆锥与圆柱组成，圆锥的底面与圆柱的上底面重合，若该几何体底面半径为1，则（ ） A．圆锥的母线长为 B．圆锥与圆柱的体积比为1：3 C．该几何体的表面积为 D．圆锥侧面展开图的圆心角为 【变式1】．如图，半球O的半径为，从中挖去一内接圆柱，圆柱一个底面在半球面上，且轴截面为正方形，则剩余的几何体的表面积为（ ） A． B． C． D． 【变式2】（多选）．如图为圆台的轴截面，其上底面直径为4、下底面直径为8，母线长为4，为边的中点，则（ ） A．圆台的高为 B．圆台的侧面积为 C．圆台的体积是 D．在圆台的侧面上，从沿圆台侧面到的最短路径的长度为10 【变式3】（多选）．如图，该几何体是正四棱柱和正四棱锥组成的几何体，若该几何体底面边长和上面正四棱锥的侧棱长均为10cm，正四棱柱的高为，则下列选项中正确的是（ ） A．正四棱锥的高为 B．该几何体的表面积为 C．该几何体的体积为 D．一只小蚂蚁从点沿几何体的表面爬行到点，它所经过的最短路程为 【变式4】．如图，圆锥的底面半径是1，高是. (1)过线段的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，求剩下几何体的表面积与体积. (2)若过线段上的任意一点作平行于底面的截面，并以该截面为底面挖去一个圆柱，求挖去的圆柱侧面积的最大值. 题型九 外接球和内切球 解｜题｜技｜巧 外接球优先找几何体底面外心与顶面外心，作垂线确定球心，结合勾股定理求半径；长方体、直棱柱可套用模型公式。内切球利用体积法，结合表面积求半径。 易｜错｜点｜拨 找错外心、球心位置；混淆内外球公式；忽略几何体形状差异乱套模型；体积法计算时记错表面积，半径推导出错。 【典例1】．（多选）已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个半圆，则下列结论正确的是（ ） A．圆锥的侧面积为 B．圆锥的体积为 C．圆锥的外接球的表面积为 D．圆锥的内切球的体积为 【典例2】．已知正四棱台的上､下底面边长分别为2和4，侧棱长为，则其外接球的表面积为__________. 【变式1】．（多选）三棱锥的四个顶点都在球上，且底面，，，则下列说法正确的是（ ） A． B．球心在三棱锥的内部 C．球心到底面的距离为1 D．球的表面积为 【变式2】．（多选）已知正四棱台的上、下底面的边长之比为，其内切球的半径为1，则该正四棱台（ ） A．上底面边长 B．下底面边长 C．高为2 D．体积为 【变式3】．已知直三棱柱的各顶点都在一个球面上，且，，，则这个球的表面积为______. 题型十 空间中的动点和距离最值问题 解｜题｜技｜巧 常用几何法找对称点、垂线段，利用两点之间线段最短求解；也可建立空间直角坐标系，设动点坐标，转化为函数求最值。结合线面垂直、面面平行转化空间距离。 易｜错｜点｜拨 误将平面最值思路直接套用在空间；建系后坐标书写出错；找错最短路径，忽略遮挡与空间位置；函数求最值忽略动点取值范围。 【典例1】．（多选）已知圆锥的底面半径为1，母线长为4，底面圆周上有一动点，则（ ） A．圆锥的体积为 B．圆锥的侧面展开图的圆心角大小为 C．圆锥截面的面积的最大值为 D．若，且，则从点出发绕圆锥侧面一周到达点的最短长度为 【典例2】．（多选）如图，正方体的棱长为6，分别是的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（ ） A．若平面，则点运动轨迹长度为 B．若，则点运动轨迹长度为 C．过三点的平面截正方体所得截面图形的周长为 D．三棱锥的外接球表面积为 【变式1】．（多选）如图所示的圆台，圆台的高为，上底面圆的半径为1，下底面圆的半径为2，则下列说法正确的是（ ） A．该圆台轴截面面积为 B．该圆台的表面积为 C．该圆台的体积为 D．一只蚂蚁从点出发，沿着圆台表面爬行，最终到达的中点处，则爬行的最短路程为5 【变式2】．在棱长为2的正方体中，M，E，F分别为，，的中点，P为正方体表面上的一个动点，下列说法正确的是（ ）． A．平面 B．平面截正方体所得的截面面积为 C．满足平行于平面的点P的轨迹总长度为 D．异面直线与所成角的正弦值为 期末基础通关练（测试时间：10分钟） 一、单选题 1．一个圆锥的侧面展开图是圆心角为，弧长为的扇形，则该圆锥轴截面的面积（ ） A． B． C． D． 2．如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图，其中，则的周长为（ ） A． B． C． D． 3．一圆台的上底面半径为，下底面半径为，若母线与底面的夹角为，则该圆台的体积为（ ） A． B． C． D． 4．已知三棱锥的三条侧棱、、两两互相垂直，，，则三棱锥外接球的体积为（ ） A． B． C． D． 5．如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中，①与平行；②与垂直；③与平面平行；④平面与平面平行．以上四个命题中，正确命题的序号是（ ） A．①② B．②③ C．③④ D．①④ 二、多选题 6．下列叙述错误的是（ ） A．已知直线和平面，若有两个不同点，满足点，点且，则 B．若三条直线两两相交，则三条直线确定一个平面 C．如果直线，则平行于经过的任何平面 D．如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合 7．如图，在棱长为2的正方体中，E为线段中点，则下列说法正确的是（ ） A．直线与BE是异面直线 B．平面 C． D．三棱锥的体积为 三、填空题 8．如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且4个顶点在同一个平面内.如果四边形是边长为的正方形，那么这个八面体的体积是__________. 四、解答题 9．如图，在三棱锥中，，，分别为棱，的中点，平面. (1)求证：平面； (2)求证：平面平面. 期末重难突破练（测试时间：10分钟） 一、单选题 1．如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则下列说法正确的是（ ） A． B． C．四边形的周长为5 D．四边形的面积为3 2．瓷器是由瓷石、高岭土、石英石、莫来石等烧制而成的，其外表施有玻璃质釉或彩绘.通过在窑内的高温烧制，瓷器表面的釉色会因为温度的不同从而发生各种化学变化.某瓷器可近似地看作由一个半球、一个圆柱和一个圆台构成的组合体，如图所示，该瓷器的体积为（ ） A．556π B．900π C．732π D．588π 3．表面积为的圆柱内放入一个球，则该球体的体积最大值为（ ） A． B． C． D． 4．已知直线，平面平面，那么“”是“”的（ ）. A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分又非必要条件 5．如图，在下列四个正方体中，为正方体的两个顶点，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面平行的有（ ）个. A．1 B．2 C．3 D．4 6．如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（ ） A．直线与直线始终异面 B．直线与直线始终垂直 C．存在点使得直线与平面垂直 D．直线与平面始终平行 二、多选题 7．已知a，b是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 8．在正方体中，则（ ） A． B． C．与是异面直线 D．与所成角的余弦值为 三、填空题 9．如图，在棱长为的正方体中，点、、分别是棱、、的中点，则由点、、确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于____________. 四、解答题 10．如图，在直角梯形中，，，，，，点在上，且，将沿折起，使得平面平面，为中点． (1)求证：平面； (2)求三棱锥的体积； (3)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 期末综合拓展练（测试时间：15分钟） 1．已知圆锥的轴截面是等边三角形，若该圆锥的表面积与球O的表面积相等，则该圆锥的体积与球O的体积之比为（ ） A． B． C． D． 2．已知，是球的球面上两点，，为该球面上的动点．若三棱锥体积的最大值为36，则球的表面积为（ ） A． B． C． D． 3．（多选）如图所示，在正方体中，，分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（ ） A．直线与是平行直线 B．直线与是异面直线 C．直线与所成的角为 D．，，，四点共面 4．如图，圆锥PO的底面半径为3，高为，过PO靠近P的三等分点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则下列说法正确的序号有________． ①圆锥母线与底面所成的角为 ②圆锥PO的侧面积为 ③挖去圆柱的体积为 ④剩下几何体的表面积为 5．如图，在四棱锥中，平面ABCD，，. (1)求证：平面平面PAC； (2)设M是PA上任意一点，证明：； (3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得平面CEF？并说明理由. 6．如图，在直三棱柱中，，，，E，F分别是，的中点. (1)求证：平面； (2)求证：平面BCE； (3)求点B到平面ACE的距离. 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 立体几何初步（期末复习讲义） 内 容 导 航 明·期末考清 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型一 基本立体图形 题型二 直观图（斜二测画法） 题型三 空间点、线、面之间的位置关系 题型四 空间中线、面关系推导平行和垂直 题型五 空间中平行的证明 题型六 空间中垂直的证明 题型七 空间中的截面问题 题型八 空间几何体的表面积和体积 题型九 外接球和内切球 题型十 空间中的动点和距离最值问题 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点 复习目标 考情规律 斜二测画法 能准确判断直观图和平面图之间的转化关系 基础必考点，常出现在小题，考查斜二测画法的长，宽比例的计算. 点线面之间的位置关系 能准确判断点、线、面之间的位置关系，平行和垂直关系 高频易错点，常出现在小题中，考查点、线、面之间的位置关系，平行和垂直的关系. 空间中的平行 能准确利用直线间的平行，判断直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系. 基础必考点，常出现在解答题中，考查利用直线之间的位置关系，判断直线与平面平行，平面和平面平行. 空间中的垂直 能准确利用直线间的垂直，判断直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系. 高频易错点，常出现在解答题中，考点利用直线之间的位置关系，判断直线与平面垂直，平面与平面垂直. 空间中的截面 能准确判断截面的的相关内容 高频易错点，常出现在小题中，考查利用平行和延长线的关系，进行对应的截面判断. 空间中的表面积和体积问题 能利用相关面积和体积公式，进行对应的表面积和体积的正确求解. 基础必考点，常出现在小题中，考查常见的柱体，锥体，台体，球的表面积和体积. 知识点01 斜二测画法 1、斜二测画法：轴不变，轴倾斜减半，从而表示出直观图，则： 知识点02 简单几何体的表面积和体积 1、简单几何体的表面积和体积 柱体的表面积：，体积： 椎体的表面积：，体积： 台体的表面积：，体积： 球的表面积：，体积： 知识点03 外接球和内切球 1、掌握不同模型的外接球的半径公式： 长方体：；对棱相等的三棱锥： 直棱柱（侧棱垂底的椎体）：（为底面外接圆半径，为高） 正棱锥：（为底面外接圆半径，为高） 面面垂直的椎体：（为两个垂面外接圆半径，为两个垂面的交线） 2、掌握不同模型的内切球： 直棱柱：底面内切圆半径，，所以内切球半径；一般椎体： 知识点04 截面问题，平行和垂直问题 1、截面问题 平行线法：通过两个平行平面，构建出相互平行的线，得到截面 延长线法：通过平面原有的截线，进行延长到另一个平面中，得到交点，从而构建出截面. 2、点线面之间的位置关系 画出正方体，然后构建出线，面之间存在的位置关系；或者用桌面，墙面代替面，用手中的笔代替线，进行空间展示即可，注意：线平行于面或线在面内，线是可以旋转移动的，线与线垂直时，一条线固定，另一条线也是可以旋转移动的. 3、平行的证明（线线平行，线面平行，面面平行） 平行证明时，一般采用尺子平推的方式，构建对应的辅助线，进行证明，包括三角形中的中位线或等分点的平行，平行四边形的平行. 4、垂直的证明（线线垂直，线面垂直，面面垂直） 垂直证明时，一般采用勾股定理，特殊图形的垂直证明，或者线面垂直推导线线垂直的方法，进行对应的证明. 题型一 基本立体图形 解｜题｜技｜巧 结合实物、三视图、直观图互推，利用线面平行、垂直判定定理，借助正方体、长方体等模型辅助分析，逐一验证条件。 易｜错｜点｜拨 混淆平面与空间位置关系，把平面几何结论直接套用在立体图形中；误判异面直线位置，忽略直线在平面内的情况；三视图识图出错，漏看虚线代表的遮挡轮廓，判断面面关系时遗漏相交情形。 【典例1】．下列说法正确的是（ ） A．正三棱锥就是正四面体 B．七面体可以有10个顶点，5条侧棱 C．圆锥的轴截面是圆锥所有过顶点的截面中面积最大的 D．有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱 【答案】B 【分析】根据空间几何体的结构特征，即可判断ABD,根据过圆锥顶点的截面图形特征和截面图的面积公式即可判断C. 【详解】对于A,如果正三棱锥侧棱与底面边长不相等，就不是正四面体，故A错误； 对于B,七面体如五棱柱，有7个面，10个顶点，5条侧棱，B正确； 对于C,过圆锥顶点的截面为等腰三角形，且两腰长为母线长， 设该等腰三角形顶角为，则截面三角形面积为， 显然当，面积最大，故当圆锥的轴截面三角形顶角大于时， 圆锥的轴截面面积不一定是最大的，故C错误； 对于D,如图所示，上下底面平行，各个面都是平行四边形，但此几何体不是棱柱，故D错误. 【典例2】．下列叙述正确的是（ ） A．以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱 B．以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥 C．以直角梯形的一腰所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆台 D．半圆以它的直径所在直线为旋转轴，旋转一周形成的曲面叫做球 【答案】A 【分析】由旋转体的定义逐一判断各个选项即可得解. 【详解】对于A，以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱，故A正确； 对于B，如果以直角三角形的斜边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体是两个同底的圆锥的组合体，故B错误； 对于C，如果以直角梯形的非高所在的腰所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体不是圆台是一个组合体，故C错误； 对于D，半圆以它的直径所在直线为旋转轴，旋转一周形成的曲面叫做球面，故D错误. 故选：A. 【变式1】．下列说法正确的是（ ） A．各侧棱都相等的棱锥为正棱锥 B．用任意一个平面去截球，得到的截面一定是一个圆面 C．有两个平面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱 D．直角三角形绕它的一条边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥 【答案】B 【详解】对于A项，各侧棱都相等，但无法保证底面为正多边形，故A错误； 对于B项，用任意一个平面去截球得到的截面一定是一个圆面，故B正确； 对于C项，例如将两个棱柱底面错开拼接，满足有两个平面平行，其他各个面都是平行四边形， 但是形成的多面体不是棱柱，如图， 故C错误； 对于D项，直角三角形绕它的斜边旋转一周形成的曲面围成的几何体是两个圆锥的组合体，故D错误； 【变式2】．若正五边形的中心为，以所在的直线为轴，其余五边旋转半周形成的面围成一个几何体，则（ ） A．该几何体为圆台 B．该几何体是由圆台和圆锥组合而成的简单组合体 C．该几何体为圆柱 D．该几何体是由圆柱和圆锥组合而成的简单组合体 【答案】B 【分析】根据圆柱、圆锥、圆台的概念判断即可. 【详解】由题意可知形成如图的几何体， 该几何体是由圆台和圆锥组合而成的简单组合体. 故选：B 【变式3】．正多面体各个面都是全等的正多边形，其中，面数最少的是正四面体，面数最多的是正二十面体，它们被称为柏拉图多面体.如图，正二十面体是由20个等边三角形所组成的正多面体.已知多面体满足：顶点数－棱数＋面数，则正二十面体的顶点的个数为（ ） A．30 B．20 C．12 D．10 【答案】C 【分析】首先求出棱数，在根据所给公式计算可得. 【详解】因为每个面都是三角形，每个面对应3条棱，且每1条棱被2个三角形共用， 即1个面对应条棱，所以共有条棱， 所以由顶点数－棱数＋面数，得：顶点数棱数面数. 故选：C 题型二 直观图（斜二测画法） 解｜题｜技｜巧 牢记规则，平行性不变；原图形水平长度不变，竖直方向减半，夹角由 90° 变为 45° 或 135°。还原图形时逆向操作，将斜向线段转正、长度加倍，结合面积比例计算。 易｜错｜点｜拨 混淆原图与直观图的边长、角度；记错面积倍数关系；还原图形时未将斜二测的竖直线段翻倍；忽略平行关系不变的性质，误改线段走向。 【典例1】．如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，则原四边形的周长为_________. 【答案】 【分析】根据斜二测画法将直观图还原为原图，结合勾股定理，即可得答案. 【详解】根据题意，直观图中，，所以，在等腰直角中由勾股定理得， 将直观图还原为原图，如图所示， 则，，， 所以在中由勾股定理得：， 因为且， 所以四边形为平行四边形， 所以原四边形的周长为. 【变式1】．如图，一个水平放置的梯形由斜二测画法得到的直观图是面积为2的等腰梯形OA'B'C'，则原梯形面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由斜二测画法还原梯形，明确线段的等量关系，根据梯形的面积公式，可得答案. 【详解】过作，垂足为，如下图： 由题意可得，， 由斜二测画法，还原可得下图： 易知，，， 所以原梯形面积为. 【变式2】．如图，矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中则原图形的面积为________. 【答案】 【详解】在直观图中，， 直观图面积， 原图形面积. 题型三 空间点、线、面之间的位置关系 解｜题｜技｜巧 依托四大公理及推论判断共点、共线、共面问题，证明多点共线先证两点连线在两平面交线上；证多点共面可利用平行线、相交线确定平面。 易｜错｜点｜拨 混淆平面内与空间内直线关系，误用平面几何结论；对公理推论理解不清，误判共面、相交情况；证明共点共线时逻辑断层，忽略两平面交线唯一性，推理步骤不严谨。 【典例1】．如图，三棱柱中，点E、F、G、H分别为、、、的中点，则下列说法错误的是（ ） A．E、F、G、H四点共面 B．与是异面直线 C．、、三线共点 D． 【答案】D 【详解】对于A，在三棱柱中，分别为的中点， 连接， 由是的中位线，得， 由，且，得四边形是平行四边形， 则，，因此四点共面，A正确； 对于B，因为平面，平面，， 所以与是异面直线，正确； 对于C，延长，相交于点， 由，平面，得平面， 由，平面，得平面， 而平面平面，则，三线共点，C正确； 对于D，由，且可知，四边形是梯形，则不平行，所以D不正确. 【典例2】．以下四个命题正确的是______． ①三个平面最多可以把空间分成八部分 ②已知四个点不共面，则其中任意三点不共线 ③若，直线平面，直线平面，且，则 ④若n条直线中任意两条共面，则它们共面 【答案】①②③ 【分析】逐个分析四个命题，利用基本事实和推论，来判断命题是否正确. 【详解】命题①，一个平面将空间分成两部分； 再加一个平面，若第二个平面与第一个平面平行，则将空间分成三部分，若两个平面相交，则将空间分成四部分，所以两个平面最多将空间分成四部分； 若想将空间分成尽量多的部分，前两个平面必相交，第三个平面与前两者也均相交，当三个平面交于同一条直线时空间被分成六部分，当三个平面两两相交，有三条交线时，若三条交线平行则空间被分成七部分，若三条交线均不互相平行则空间被分成八部分，所以三个平面最多可以将空间分成八部分，①正确； 命题②，四点不共面，则这四点一定不共线，由基本事实可知，直线和直线外一点有且只有一个平面，若有三点共线，则这三点与第四点必然共面，故这四点中必然任意三点都不共线，②正确； 命题③，因为，所以且，因为，，所以，，因为，所以，③正确； 命题④，若这条直线是棱柱的侧棱，它们均平行，因为平行直线能确定一个平面，所以任意两条都共面，但这条直线并不共面. 【变式1】．已知是不同的直线是不重合的平面，若则（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为，所以，又因， 所以，因此. 【变式2】．（多选）设、是空间中的两条直线，、是空间中的两个平面，下列说法错误的是（　　） A．若，，则 B．若，，则与相交 C．若，，，则 D．若，，，则与没有公共点 【答案】ABC 【分析】利用面面、线面、线线的位置关系逐项判断即可. 【详解】对于A选项，，，则与无公共点，即与平行或异面，A错； 对于B选项，若，，则与共面，即与相交或平行，B错； 对于C选项，若，，，与无公共点，即与平行或异面，C错； 对于D选项，由C选项可知D对. 题型四 空间中线、面关系推导平行和垂直 解｜题｜技｜巧 熟记判定与性质定理，证平行依托线线平行推线面、面面平行；证垂直优先找线线垂直，再递推线面、面面垂直。善用中位线、勾股定理、面面性质转化条件。 易｜错｜点｜拨 混淆判定与性质定理条件，推理颠倒；忽略直线在平面内、直线与平面相交的特殊情况；误用平面几何垂直结论，漏证关键条件，推理逻辑不完整。 【典例1】．已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论一定成立的是（ ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】A 【详解】对于A：若，，则的法向量都与平行，即的法向量平行，所以，故正确； 对于B：若，，则或者与相交，故错误； 对于C：若，，则，或者与相交，或者与异面，故错误； 对于D：若且，则，或者，或者与相交，故错误. 【典例2】．在空间四边形中，点，分别是边，的中点，点，分别是边，上的点，且，以下四个结论中正确的为（ ） A．与平行 B．与异面 C．与的交点可能在直线上，也可能不在直线上 D．与的交点一定在直线上 【答案】D 【分析】先利用三角形中位线性质与平行线分线段成比例定理证明且长度不等，得与共面且相交，再结合平面交线的公理判断交点位置. 【详解】连接、：因为、分别为、的中点，由三角形中位线定理得：，且. 在中，，由平行线分线段成比例定理的逆定理得：，且. 判断与的位置关系：由且，可知四边形为梯形，、为梯形两腰，必相交且共面，故A（平行）、B（异面）错误. 判断交点的位置：设，因为平面，故平面；又平面，故平面.平面与平面的交线为，根据公理3：两个不重合的平面若有公共点，则所有公共点都在它们的交线上，可得，即交点一定在直线上，故C错误，D正确. 【变式1】．（多选）如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体．那么在下列各线段中，线段所在直线是异面直线的是（ ） A．直线和直线 B．直线和直线 C．直线和直线 D．直线和直线 【答案】ABC 【分析】将正方体还原，从而得到线段所在直线是否为异面直线. 【详解】还原为正方体，如下： A选项，直线和直线是异面直线，A正确； B选项，直线和直线是异面直线，B正确； C选项，直线和直线是异面直线，C正确； D选项，直线和直线是相交直线，不是异面直线，D错误. 【变式2】．设为两个平面，m、n为两条直线，且．下述四个命题： ①若，则或；②若，则； ③若，且，则；④若与和所成的角相等，则； 其中，所有真命题的编号是____________． 【答案】①③ 【分析】根据空间中直线与平面的位置关系逐项判断即可得结论. 【详解】对①，当，因为，，则， 当，因为，，则， 当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确； 对②，若，则与不一定垂直，故②错误； 对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线， 因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知， 同理可得，则，因为平面，平面，则平面， 因为平面，，则，又因为，则，故③正确； 对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误. 题型五 空间中平行的证明 解｜题｜技｜巧 证线面平行，常在面内找已知直线的平行线；证面面平行，依托两组相交直线分别平行来推导，也可利用平行传递性转化。灵活使用中位线、平行四边形构造平行线。 易｜错｜点｜拨 误用单组平行线证面面平行；忽略直线不在平面内这一必备条件；混淆判定定理与性质定理，推理方向颠倒；忽略线面、面面平行的位置特例，导致判断失误。 【典例1】．如图所示，在四棱锥中，平面，，是的中点. (1)求证：； (2)求证：平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据给定条件，利用线面平行的性质推理得证. （2）取的中点，利用平行公理及线面平行的判定推理得证. 【详解】（1）在四棱锥中，平面，平面，平面平面， 所以. （2）在四棱锥中，取的中点，连接， 由是的中点，得，由（1）知，而， 因此，四边形是平行四边形，则， 而平面，平面，所以平面. 【典例2】．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，分别为，，的中点. (1)求证：点，，，四点共面 (2)求证：平面平面. (3)在线段上是否存在一点，使得平面?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)存在，. 【分析】（1）易得，进而可得，再由平面公理即可证明； （2）先利用线线平行证明线面平行，再根据线面平行证明面面平行即可； （3）取中点，连接，，，利用中位线定理，结合平行四边形性质证明四边形是平行四边形，即证，再根据线面平行的判定定理即证结果. 【详解】（1）证明：，分别为，的中点，， 底面是平行四边形，. ，所以点，，，四点共面. （2）由（1）知，因为平面，平面，平面. ，分别为，的中点，， 因为平面，平面，平面. 又，，平面，所以平面平面. （3）线段上存在一点，使得平面，且. 证明如下：取的中点，连接，，， 因为，，分别是，，的中点，，， 所以，，所以四边形是平行四边形， 所以，因为平面，平面， 所以平面，此时． 【变式1】．如图所示，在四棱锥中，底面为梯形，，，面面，是的中点. (1)求证：平面； (2)求证：； 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）取中点，连、，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定即可证明； （2）先通过线面平行的判定证得面，再利用线面平行的性质证得. 【详解】（1）在四棱锥中，取中点，连、 ，又， ， 四边形为平行四边形， ，又平面，平面， 平面； （2）在梯形中，， 又平面，平面， 平面， 平面，平面平面， ，，. 【变式2】．如图，四边形是平行四边形，点是平面外一点.已知，分别是，的中点，在上取一点，过和作平面交平面于. (1)求证：平面； (2)求证：. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）方法一：构造平行四边形，证得，再根据线面平行的判定定理证明即可；方法二：构造三角形的中位线，证得平面平面，根据平面，即可证明； （2）先通过三角形中位线证得平面，再根据线面平行的性质定理证明即可. 【详解】（1） 法一：取中点，连接，，， 易知为中位线，故，且， 因为四边形是平行四边形，所以，， 故，又因为是的中点，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面. 法二：连接，交于，连接，如下图： 因为四边形是平行四边形，所以为中点， 又因为为中点，所以为的中位线， 所以， 又因为平面，平面，所以平面， 因为四边形是平行四边形，所以为中点， 又因为是的中点，所以为的中位线， 所以，又因为平面，平面， 所以平面，又因为， 平面，平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面. （2）连接，交于，连接，如下图： 因为四边形是平行四边形，所以是的中点， 又因为是的中点，所以为的中位线， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面， 又因为平面，平面平面， 所以. 【变式3】．如图，在正方体中，点G，E，F，P分别为棱，，，的中点，点M是棱上的一点，且 (1)求证：D，B，F，E四点共面； (2)求证：平面； (3)棱上是否存在一点N使平面平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)存在， 【分析】（1）连接，可证四边形为平行四边形，得到，进而可证即可证明； （2）连接、分别交于点H、O，连接，即可证明，从而得到，再根据线面平行判定证明即可； （3）根据题意，首先,则，再由时，根据面面平行的判定证明即可． 【详解】（1）连接，因为点E，F分别为棱，的中点，所以， 又在正方体中且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 所以，所以D，B，F，E四点共面； （2）连接、分别交于点H、O，连接， 在正方体中，且， 所以，则， 同理可得， 所以，所以， 又平面，平面，所以平面； （3）存在，且，理由如下： 因为， 所以， ， 又， ， 平面，平面， 平面， 延长交于，延长交于，连接， 为中点，易得， ， 分别为的中点，易得， ，， ，又，即， 四边形为平行四边形， ， 又平面，平面， 所以平面， 又平面， 平面平面， 所以时，平面平面． 题型六 空间中垂直的证明 解｜题｜技｜巧 遵循线线、线面、面面垂直的转化思路，证线线垂直可用勾股定理、等腰三角形中线、异面直线垂直性质；证线面垂直需找平面内两条相交直线与之垂直；面面垂直依托线面垂直推导。 易｜错｜点｜拨 误用单条直线证线面垂直；混淆判定与性质定理；直接套用平面几何垂直结论；遗漏 “相交直线” 关键条件，推理步骤缺失。 【典例1】．如图，在四棱锥中，平面，，． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)设点为的中点，过点，的平面与棱交于点，且平面，求的值． 【答案】(1)面，平面， ， ，，、平面， 平面． (2)，， ． 又面，面， ， ，平面， 平面， 平面， 平面平面． (3) 【分析】（1）由，，即可证明； （2）由条件确定平面，即可证明； （3）通过平面，得到，进而可求解. 【详解】（1）略 （2）略 （3）平面，平面平面，平面， ， 在中，点为中点， 点为中点， ． 【典例2】．如图，在直三棱柱中，D是棱AC的中点，且，． (1)求证：平面； (2)从条件①、②、③这三个条件中选择一个作为已知，求解下列问题： （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）在棱上是否存在点N，使得平面平面？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由． 条件①：； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择条件①、条件②或条件③分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)证明见解析 (2)（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）存在； 【分析】（1）根据线面平行的判定定理，在平面内找到与平行的直线即可； （2）（Ⅰ）先通过线面垂直证，再由三角形内角和定理证，进而可证线面垂直； （Ⅱ）取N为的中点，的中点为M，通过，平面即可证明N满足题意. 【详解】（1）如图，连接，与交于点O，连接OD， 因为四边形是平行四边形，所以O为的中点. 又D是棱AC的中点，所以． 因为平面，平面，所以平面． （2）（Ⅰ）选择条件①，. 由D是棱AC的中点，得. 在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，所以. 又，，平面，所以平面，所以. 因为，所以，又， 在和中，， 所以，而， 则，所以， 又，BD，平面，所以平面. 选择条件②：． 因为底面ABC，平面ABC，所以， 又，，，平面， 所以平面，又平面，所以，下同条件①. 选择条件③：，下同条件①. （Ⅱ）当点N为的中点，即时，平面平面． 证明如下：如图，取的中点为M，连接DM、MN， 因为M、D分别为、AC的中点， 所以且， 又N为的中点，所以且， 所以四边形BDMN为平行四边形，故. 由（Ⅰ）知平面，所以平面， 又平面，所以平面平面． 【变式1】．已知四棱锥，底面为矩形，、、分别是、、的中点．设平面与平面的交线为，平面平面． (1)证明：平面平面； (2)求证：； (3)求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）证明出平面，平面，利用面面平行的判定定理可证得结论成立； （2）证明出平面，利用线面平行的性质定理可证得结论成立； （3）利用面面垂直的性质得出平面，再利用线面垂直的定义可证得结论成立. 【详解】（1）因为、、分别是、、的中点，所以，， 又因为底面为矩形，所以，所以， 又平面，平面，所以平面． 又因为平面，平面，所以平面． 因为，、平面，所以平面平面． （2）因为底面为矩形，所以， 又因为平面，平面，所以平面． 因为平面，平面平面，所以． （3）因为四边形为矩形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，故. 【变式2】．如图所示，在四棱锥中，底面是且边长为的菱形，侧面为正三角形，其所在平面垂直于底面，若为的中点. (1)求证：平面； (2)求证：； (3)若点，分别为，的中点，求证:平面平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由菱形的性质可得，再由面面垂直的性质定理即可证明. （2）连接，由线线垂直可得线面垂直，再由线面垂直的性质定理即可证明. （3）连接，，，可证平面平面，再由面面垂直可得平面，由面面垂直的判定定理证明即可. 【详解】（1）在菱形中，,为的中点， 所以，又平面⊥平面，平面∩平面，平面，所以平面. （2）如图，连接 因为为正三角形,为线段的中点， 所以，由（1）知，又，平面， 所以平面，因为平面，所以. （3）如图，连接，，， 在中，，在菱形中，， 而平面，平面，，平面， 平面，，所以平面平面， 因为平面平面，平面平面， 因为平面，，所以平面， 又平面， 所以平面平面，所以平面平面. 【变式3】．如图1，在矩形中，，，为上一点，且．将沿折起，使得平面平面，如图2，点是线段的中点． (1)求四棱锥的体积； (2)求证：平面平面； (3)过点是否存在一条直线，同时满足以下两个条件：①平面；②．请说明理由． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在，理由见解析. 【分析】（1）先证明平面，利用锥体的体积公式可求解； （2）根据面面垂直的判定定理进行判断即可证明平面平面； （3）结合面面垂直的性质进行证明即可. 【详解】（1）由已知，是的中点， ． ∵平面平面，平面平面， 平面． 四棱锥的体积 （2）由（1）可得，平面平面， ∴平面平面． （3）过点存在一条直线，同时满足以下两个条件： ①平面；②．理由： 在平面中，过点作直线，使， ∵平面平面，平面平面， 平面， ∵平面，． 题型七 空间中的截面问题 解｜题｜技｜巧 利用平面交线、平行线、延长线找点，依据平面基本公理，连接共面点确定截面轮廓；借助几何体棱的平行、相交关系补全截面，结合边长、角度计算面积与形状。 易｜错｜点｜拨 找点连线不连贯，漏画截面边；误判空间线段相交位置；忽略截面与棱的交点，轮廓绘制错误；混淆截面形状，计算时错用线段长度或角度。 【典例1】．（多选）如图，正方体的棱长为6，，，分别为，AD，的中点，则（ ） A．直线平面 B．平面平面 C．三棱锥的体积为18 D．平面截正方体所得的截面是等腰梯形 【答案】ACD 【分析】对于A，取的中点，证明平面平面从而证明直线平面；对于B，由A知平面，经过的平面有且仅有一个平行于平面，即可判断；对于C，根据即可判断；对于D，根据可确定截面为梯形，再证明即可判断. 【详解】对于A，取的中点，连接，，， 则四边形为平行四边形， 所以，又平面BMN，平面， 所以平面， 因为点，为，的中点，所以，又，所以， 由，平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面，故A正确； 对于B，由A可知，平面， 经过的平面有且仅有平面平面， 因为平面与平面不是一个平面，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，如图，连接，，由四边形为平行四边形得， 因为，所以，所以，，，四点共面， 所以平面BMN截正方体所得的截面是梯形， 由题意得，，所以梯形为等腰梯形，故D正确. 【变式1】．如图，已知正方体的棱长为，若为棱的中点，过三点作正方体的截面，则截面的周长为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取的中点，连接，作出截面，分别求出边长，进而求出截面的周长. 【详解】如图，取的中点，连接，则， 则在正方体中，， 所以四边形是平行四边形，所以， 又，所以， 则四边形即为过A，C，K三点的截面， 因为正方体的棱长为， 所以，，， 则其周长为. 【变式2】．已知棱长为的正方体中，分别是的中点. (1)求证：平面； (2)过三点作正方体的截面，画出截面（保留作图痕迹），并计算截面的周长. 【答案】(1)连接，则由中位线定理得， 又由正方体性质得且， 所以四边形是平行四边形， 所以， 所以， 又平面，平面， 所以平面. (2) 周长为. 【分析】（1）通过线线平行得到线面平行，通过求证得证平面； （2）延长、、，根据延长线交点与连线，即可作出截面图，再结合正方体性质即可计算求解截面的周长. 【详解】（1）略 （2）如图，延长，与的交点分别为， 则连接即可得到过三点的正方体的截面， 由题意可知，故， 所以截面的周长为. 题型八 空间几何体的表面积和体积 解｜题｜技｜巧 熟记柱、锥、球等公式，拆分组合体分别计算再求和；求表面积区分全面积与侧面积，挖去、拼接类注意增减面。不规则几何体可用割补法、等体积法转化求解。 易｜错｜点｜拨 混淆表面积与侧面积，重复或漏算面；记错公式、单位不统一；几何体拼接 / 挖空后，忽略重合面面积抵消；等体积法转换底面和高时对应出错。 【典例1】．某件精品瓷器可近似地看作由一个半球和一个圆台构成的组合体，如图所示，该瓷器的体积为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】半球的半径为6，半球的体积为， 圆台的体积为， 故该瓷器的体积为. 【典例2】．（多选）如图，该几何体由高均为1的圆锥与圆柱组成，圆锥的底面与圆柱的上底面重合，若该几何体底面半径为1，则（ ） A．圆锥的母线长为 B．圆锥与圆柱的体积比为1：3 C．该几何体的表面积为 D．圆锥侧面展开图的圆心角为 【答案】ABD 【分析】根据给定的几何体，利用圆锥、圆柱的结构特征，结合体积公式、侧面积公式逐项求解判断. 【详解】对于A，由勾股定理得圆锥母线长，A正确； 对于B，圆锥的体积为，圆柱的体积为， 因此圆锥与圆柱的体积比为，B正确； 对于C，该几何体的表面积为，C错误； 对于D，设圆锥侧面展开图的圆心角为，由弧长公式得，圆心角，D正确． 故选：ABD 【变式1】．如图，半球O的半径为，从中挖去一内接圆柱，圆柱一个底面在半球面上，且轴截面为正方形，则剩余的几何体的表面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】结合球和圆柱的表面积公式求解. 【详解】如图，作半球O的轴截面，记半球半径为R，圆柱半径为r 由题意，圆柱的轴截面为正方形，所以圆柱的高为2r，则有，故 所以剩余几何体的表面积为. 【变式2】（多选）．如图为圆台的轴截面，其上底面直径为4、下底面直径为8，母线长为4，为边的中点，则（ ） A．圆台的高为 B．圆台的侧面积为 C．圆台的体积是 D．在圆台的侧面上，从沿圆台侧面到的最短路径的长度为10 【答案】ABD 【分析】求出等腰梯形的高，进而求出面积判断A；利用圆台体积、侧面积公式求解判断BC；利用圆台侧面展开图求解判断D. 【详解】对于A，如图所示，过点作交于点，过点作交于点， 根据题意，在中，，，则，故A正确； 对于B，圆台的侧面积为，故B正确； 对于C，因为圆台上底面半径，下底面半径，高， 所以圆台的体积，故C错误； 对于D，圆台侧面展开为扇环，设扇环的圆心角为，将其补充为扇形，大扇形母线长为，小扇形母线长为， 根据弧长公式，，解得，其展开后的示意图如图所示， 在圆台的侧面上，从沿圆台侧面到的最短路径为， 由题意可得， 因为为中点，所以，所以，故D正确． 【变式3】（多选）．如图，该几何体是正四棱柱和正四棱锥组成的几何体，若该几何体底面边长和上面正四棱锥的侧棱长均为10cm，正四棱柱的高为，则下列选项中正确的是（ ） A．正四棱锥的高为 B．该几何体的表面积为 C．该几何体的体积为 D．一只小蚂蚁从点沿几何体的表面爬行到点，它所经过的最短路程为 【答案】ACD 【分析】求出四棱锥的高判断A；求出表面积判断B；求出体积判断C；将长方形及正三角形置于同一平面内，求出最短路程判断D. 【详解】对于A，正四棱锥底面半径，高，故A正确； 对于B，几何体的表面积为，故B错误； 对于C，该几何体的体积为，故C正确； 对于D，观察图形知，小蚂蚁从点爬行到点的最短路径为沿表面越过棱或， 由对称性，不妨取长方形及正三角形，将它们置于同一平面内， 连接，如图，取中点，连接， 则，而， 所以最短路程为，故D正确． 故选：ACD． 【变式4】．如图，圆锥的底面半径是1，高是. (1)过线段的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，求剩下几何体的表面积与体积. (2)若过线段上的任意一点作平行于底面的截面，并以该截面为底面挖去一个圆柱，求挖去的圆柱侧面积的最大值. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）求得圆柱的底面半径和高，由此求得剩下几何体的表面积和体积. （2）首先求得圆柱的侧面积表达式，结合二次函数的性质即可求解. 【详解】（1）由题可知，， 所以剩下几何体的表面积为：， 体积为 （2）取上一点，设，则， 所以， 所以圆柱侧面积为， 所以当时，圆柱侧面积最大，为 题型九 外接球和内切球 解｜题｜技｜巧 外接球优先找几何体底面外心与顶面外心，作垂线确定球心，结合勾股定理求半径；长方体、直棱柱可套用模型公式。内切球利用体积法，结合表面积求半径。 易｜错｜点｜拨 找错外心、球心位置；混淆内外球公式；忽略几何体形状差异乱套模型；体积法计算时记错表面积，半径推导出错。 【典例1】．（多选）已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个半圆，则下列结论正确的是（ ） A．圆锥的侧面积为 B．圆锥的体积为 C．圆锥的外接球的表面积为 D．圆锥的内切球的体积为 【答案】ACD 【分析】对于AB，求出圆锥的母线长和高，即可求出侧面积和体积；对于C，求出外接球半径，即可得出外接球体积；对于D，求出内切球半径，即可得出内切球表面积. 【详解】设圆锥的底面半径，母线长为， 则侧面展开图半圆的弧长等于圆锥底面周长，即，解得， 所以圆锥的高. 对于A：圆锥侧面积，A正确. 对于B：圆锥体积，B错误. 对于C：设外接球的半径为，球心在圆锥的高上， 由勾股定理得，，即，解得， 圆锥的外接球的表面积，C正确. 对于D：设内切球半径为，圆锥轴截面为边长为2的等边三角形， 则，解得. 所以内切球的体积为，D正确. 【典例2】．已知正四棱台的上､下底面边长分别为2和4，侧棱长为，则其外接球的表面积为__________. 【答案】 【分析】根据几何体的对称性，可得正四棱台的外接球的球心在上下底面中心的连线上，设球心到下底面的距离为，外接球的半径为，根据球的截面圆的性质，列出方程组，即可求解. 【详解】如图所示，正四棱台下底面对角线交点为，上底面对角线交点为， 因为正四棱台下底面边长为，上底面边长为，侧棱长为， 可得上、下底面正方形的对角线长为和，可得， 根据几何体的对称性，可得正四棱台的外接球的球心在直线上， 设外接球的球心为，球心到下底面的距离为，外接球的半径为， 因为正四棱台的高为， 所以若球心在线段上，则，解得， 所以，所以外接球表面积为. 【变式1】．（多选）三棱锥的四个顶点都在球上，且底面，，，则下列说法正确的是（ ） A． B．球心在三棱锥的内部 C．球心到底面的距离为1 D．球的表面积为 【答案】ACD 【分析】选项A，利用余弦定理计算的长度；选项B，结合底面外接圆圆心和球心关系判断即可；选项C，根据外接球的球心位置规律推导距离；选项D，利用外接球半径公式求出球的半径，再使用球的表面积公式计算. 【详解】底面，，，. 选项A：由余弦定理： ，得，A正确； 选项B：底面中，是钝角，钝角三角形的外心（外接圆圆心）在三角形外部，因此三棱锥外接球的球心在三棱锥外部，B错误； 选项C：侧棱垂直底面，外接球的球心在过底面外心且垂直于底面的直线上， 球心到底面的距离，C正确； 选项D：由正弦定理，底面外接圆半径满足： ， 外接球半径满足， 因此球的表面积：，D正确. 【变式2】．（多选）已知正四棱台的上、下底面的边长之比为，其内切球的半径为1，则该正四棱台（ ） A．上底面边长 B．下底面边长 C．高为2 D．体积为 【答案】ACD 【分析】依题意作出棱台的轴截面，利用切线长定理和射影定理求出上下底面边长，进一步求得高，代入棱台的体积公式计算即得. 【详解】 如图，作出正四棱台的轴截面,设上底面边长为，则下底面边长为， 则，, 故, 在中，,则由射影定理，得，解得， 所以上、下底面的边长分别为， 于是棱台的上底面面积为，下底面面积为，高为2， 故该正四棱台的体积为：. 故选：ACD. 【变式3】．已知直三棱柱的各顶点都在一个球面上，且，，，则这个球的表面积为______. 【答案】 【分析】利用正弦定理可得的外接圆的半径，在直角三角形中，根据勾股定理可得球半径，进而可求表面积. 【详解】设的外心分别为,连接，可知外接球的球心为的中点， 连接 在，由，， 可得 由正弦定理可得的外接圆的半径, 在直角三角形中，外接球的半径, 所以直三棱柱的外接球的表面积为, 题型十 空间中的动点和距离最值问题 解｜题｜技｜巧 常用几何法找对称点、垂线段，利用两点之间线段最短求解；也可建立空间直角坐标系，设动点坐标，转化为函数求最值。结合线面垂直、面面平行转化空间距离。 易｜错｜点｜拨 误将平面最值思路直接套用在空间；建系后坐标书写出错；找错最短路径，忽略遮挡与空间位置；函数求最值忽略动点取值范围。 【典例1】．（多选）已知圆锥的底面半径为1，母线长为4，底面圆周上有一动点，则（ ） A．圆锥的体积为 B．圆锥的侧面展开图的圆心角大小为 C．圆锥截面的面积的最大值为 D．若，且，则从点出发绕圆锥侧面一周到达点的最短长度为 【答案】ABC 【分析】对于A：求出圆锥的体积即可判断；对于B：直接求出圆锥的侧面展开图的圆心角即可判断；对于C：最大时，截面面积最大，计算可判断；对于D：利用圆锥的侧面展开图可求最短距离可判断. 【详解】对于A选项，圆锥高，体积； 对于B选项，侧面展开图弧长，圆心角； 对于C选项，截面面积， 当直径两端点为，，因为底面半径为1，故直径为2，小于母线长，故此时为锐角， 底面直径两端点，对应最大，又， 所以，故面积最大值为； 对于D选项，侧面展开图扇形圆心角， 在上且，则， 展开后扇形中，与(对应底面同一点)的圆心角为，最短路径为线段， 由余弦定理：，故D错误． 故选：ABC. 【典例2】．（多选）如图，正方体的棱长为6，分别是的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（ ） A．若平面，则点运动轨迹长度为 B．若，则点运动轨迹长度为 C．过三点的平面截正方体所得截面图形的周长为 D．三棱锥的外接球表面积为 【答案】BCD 【分析】对于A根据线面平行，找到平行平面与已知平面的交线即可；对于B通过球与平面相交的截面圆计算轨迹长度；对于C利用平行线找到平面的截面图形在计算长度；对于D三棱锥外接球问题，计算球的半径，最后计算球的表面积； 【详解】 对于A，取中点，连接， 若平面，过点作平面的平行平面， 因为分别是的中点，所以， 又平面，平面，可得平面， 同理平面，进而得到平面平面， 点是底面内一动点，点运动轨迹为线段,长度为6，A错误； 对于B，若，则可看作以为球心，半径为的球与平面相交的圆的四分之一周长即为点运动轨迹， 在正方体中，平面，且， 设球与平面的截面圆半径, 所以点运动轨为以D为圆心，为半径的圆在正方形内的部分， 则点运动轨迹长度为，B正确； 对于C，因为， 过三点的平面截正方体所得截面图形，则截面图形的周长为 ，C正确； 对于D，因三棱锥为墙角模型，故其外接球可以为长宽高分别为6，6，3的长方体的外接球， 则外接球半径为，所以表面积，故D正确； 故选：BCD. 【变式1】．（多选）如图所示的圆台，圆台的高为，上底面圆的半径为1，下底面圆的半径为2，则下列说法正确的是（ ） A．该圆台轴截面面积为 B．该圆台的表面积为 C．该圆台的体积为 D．一只蚂蚁从点出发，沿着圆台表面爬行，最终到达的中点处，则爬行的最短路程为5 【答案】ACD 【分析】利用圆台的表面积公式和体积公式，梯形的面积公式计算即可判断A，B，C项；将圆台侧面展开，利用弧长公式和勾股定理即可求解. 【详解】对于A，圆台轴截面为等腰梯形，其中， 则其面积为：，故A正确； 对于B，由图知，圆台的母线长， 则圆台的表面积为：，故B错误； 对于C，该圆台的体积为，故C正确； 对于D，将圆台沿着母线展开，得到如图的扇环形，由题意，蚂蚁爬行的最短路程为的长. 因劣弧的长为，故的弧度数为， 又点是的中点，故，由勾股定理，，故D正确. 故选：ACD. 【变式2】．在棱长为2的正方体中，M，E，F分别为，，的中点，P为正方体表面上的一个动点，下列说法正确的是（ ）． A．平面 B．平面截正方体所得的截面面积为 C．满足平行于平面的点P的轨迹总长度为 D．异面直线与所成角的正弦值为 【答案】BCD 【分析】由题意可得，四点共面，结合勾股定理可判断与不垂直，即可判断A；平面截正方体所得的截面，为等腰梯形，求出面积可判断B；取的中点，可证得平面平面，由题意知，满足平行于平面的点P的轨迹为等腰梯形，即可判断C；由可知为异面直线与所成的角，由余弦定理求解可判断D. 【详解】连接， ∵E，F分别为，的中点，∴， 又，∴，四点共面， 连接， ∴， ∵，∴与不垂直，∴与平面不垂直，故A错误； 平面截正方体所得的截面，为等腰梯形， ，梯形的高为， 截面面积为，故B正确； 取的中点，∴， 又，∴，四点共面， ∵平面，平面，∴平面， 同理，平面，又，平面， ∴平面平面， 由题意知，满足平行于平面的点P的轨迹为等腰梯形， ， 则点P的轨迹总长度为，故C正确； ∵，∴为异面直线与所成的角， ， 由余弦定理得，，则， 即异面直线与所成角的正弦值为，故D正确． 故选：BCD． 期末基础通关练（测试时间：10分钟） 一、单选题 1．一个圆锥的侧面展开图是圆心角为，弧长为的扇形，则该圆锥轴截面的面积（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设圆锥的母线长为l，底面半径为r， 则，解得， 又，解得， 所以圆锥的高为， 所以圆锥的轴截面的面积是. 2．如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图，其中，则的周长为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由直观图画出原图象，计算即可. 【详解】由直观图画出原图象，如图所示： 由直观图可知，， 所以，所以的周长为，故B正确. 3．一圆台的上底面半径为，下底面半径为，若母线与底面的夹角为，则该圆台的体积为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据母线与底面的夹角求出圆台的高，再代入圆台体积公式计算结果即可. 【详解】已知圆台的上底面半径为，即，下底面半径为，即，母线与底面的夹角为， 由于圆台的轴截面为等腰梯形，如图所示，由题意得，， 因此圆台的高， 由圆台的体积公式得. 4．已知三棱锥的三条侧棱、、两两互相垂直，，，则三棱锥外接球的体积为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】当三棱锥的三条侧棱两两互相垂直时，可以将其补成一个长方体，该三棱锥的外接球与长方体的外接球是同一个球，外接球的直径等于长方体的体对角线长度. 已知，，则长方体的体对角线 ， 因此，外接球半径. 球的体积 5．如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中，①与平行；②与垂直；③与平面平行；④平面与平面平行．以上四个命题中，正确命题的序号是（ ） A．①② B．②③ C．③④ D．①④ 【答案】C 【分析】将正方体的展开图还原成直观图，结合线面平行、面面平行的判定逐项判断即可. 【详解】由展开图得到正方体的直观图，如图： 观察直观图知，与是异面直线，①错误；与平行，②错误； 由四边形是平行四边形，得，又平面，平面，则平面，③正确； 由，又平面，平面，得平面， 同理平面，又平面，因此平面平面，④正确. 二、多选题 6．下列叙述错误的是（ ） A．已知直线和平面，若有两个不同点，满足点，点且，则 B．若三条直线两两相交，则三条直线确定一个平面 C．如果直线，则平行于经过的任何平面 D．如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合 【答案】BCD 【详解】选项A：根据平面的基本事实，若一条直线上的两个不同点都在某平面内，则直线上所有点都在该平面内，故选项A的表述正确，故不选择选项A. 选项B：三条直线两两相交时，不一定确定一个平面，例如三条直线两两相交且交于同一点时，三条直线可能不共面（比如空间直角坐标系中交于原点的轴），此时可确定3个平面，无法确定一个平面，表述错误，故选择选项B. 选项C：因为直线，所以存在某平面同时经过直线和，则在该平面内，并非平行于该平面，表述错误，故选择选项C. 选项D：若两个平面的三个公共点共线，则两个平面可能相交，交线就是三个点所在的直线，不一定重合，表述错误，故选择选项D. 7．如图，在棱长为2的正方体中，E为线段中点，则下列说法正确的是（ ） A．直线与BE是异面直线 B．平面 C． D．三棱锥的体积为 【答案】BCD 【分析】根据异面直线的定义，线面平行，垂直的判定定理，几何体的体积求解方法依次讨论各选项即可得答案. 【详解】对于A，直线平面，平面，则易得直线与不为异面直线，故A不正确； 对于B，因为平面平面，所以平面，故B正确； 对于C，连接，因为正方体中，平面，平面， 所以，又平面， 所以平面，平面，所以，故C正确； 对于D，三棱锥的体积，故D正确． 故选：BCD. 三、填空题 8．如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且4个顶点在同一个平面内.如果四边形是边长为的正方形，那么这个八面体的体积是__________. 【答案】 【详解】由题意得，题中八面体由正四棱锥和正四棱锥底面贴合而成，正方形为公共底面，边长为.取正方形的中心，记为.连接和，则，，且,,三点共线，线段为八面体的高，连接. . 则是正方形的一条对角线.因为正方形边长为，由勾股定理得对角线.所以. 八面体的每一个面都是正三角形，因此侧面是正三角形，侧棱. 在中，，，， 由勾股定理：. 由对称性，，所以八面体的高； 底面正方形面积. 八面体体积等于两个正四棱锥体积之和： . 故八面体的体积为. 四、解答题 9．如图，在三棱锥中，，，分别为棱，的中点，平面. (1)求证：平面； (2)求证：平面平面. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据已知得，再由线面平行的判定定理即可证结论； （2）由线面垂直的性质、等腰三角形的性质得、，再由线面垂直的判定有平面，最后根据面面垂直的判定即可证结论. 【详解】（1）由于分别为棱的中点，故， 又平面，且不在平面上， 所以平面； （2）由于平面，且平面，故， 又，且为棱的中点，故， 因为，平面，故平面， 又平面，故平面平面. 期末重难突破练（测试时间：10分钟） 一、单选题 1．如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则下列说法正确的是（ ） A． B． C．四边形的周长为5 D．四边形的面积为3 【答案】D 【分析】由斜二测画法的规则即可判断A；由斜二测画法的规则先判断出四边形的形状，过作，由勾股定理求出的长即可判断B；求出四边形的周长即可判断C；求出四边形的面积即可判断D. 【详解】 由斜二测画法可知，原图形中在轴上，在直观图中在轴上， 并且在直观图中的长度为原来的一半，所以在原图中在轴上 且，故A错误； 由斜二测画法可知，原图形中在轴上或者平行于轴的， 在直观图中在轴上或者平行于轴，并且在直观图中的长度不变， 所以在轴上，轴，且，， 所以四边形为直角梯形. 在四边形中，过作，垂足为， 则由勾股定理可知，故B错误； 四边形的周长为， 故C错误； 因为四边形为直角梯形， 所以四边形的面积为，故D正确. 故选：D 2．瓷器是由瓷石、高岭土、石英石、莫来石等烧制而成的，其外表施有玻璃质釉或彩绘.通过在窑内的高温烧制，瓷器表面的釉色会因为温度的不同从而发生各种化学变化.某瓷器可近似地看作由一个半球、一个圆柱和一个圆台构成的组合体，如图所示，该瓷器的体积为（ ） A．556π B．900π C．732π D．588π 【答案】D 【分析】根据圆台、圆柱及球的体积计算公式可得. 【详解】由题图可知，半球和圆柱的半径为6，圆柱的高为8，圆台的上底面半径为2，下底面半径为6，高为9， 所以该瓷器的体积为, 故选：D 3．表面积为的圆柱内放入一个球，则该球体的体积最大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设圆柱的底面圆的半径为，高为，由题设可得，分析可得要使球体的体积最大，则应取，进而结合球的体积公式求解即可. 【详解】设圆柱的底面圆的半径为，高为， 而圆柱的表面积为，则，即， 要在圆柱内放入一个球，设球的半径为，则，即， 要使球体的体积最大，则应取， 则，即， 则该球体的体积最大值为. 4．已知直线，平面平面，那么“”是“”的（ ）. A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分又非必要条件 【答案】D 【分析】根据直线与平面的位置关系和充分性、必要性的概念求解即可. 【详解】由题意，若平面平面， 当时或， 当时与的关系可能是在平面内、平行或者相交， 所以“”是“”的既非充分又非必要条件， 故选：D 5．如图，在下列四个正方体中，为正方体的两个顶点，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面平行的有（ ）个. A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】利用线面平行判定定理逐项验证即可求解． 【详解】对于①：如图，取中点，连接，则有，又平面，所以与平面相交，故①错误 对于②：由，，所以，又平面，不在平面上，所以平面，故②正确； 对于③：由，又平面，不在平面上，所以平面，故③正确； 对于④：由，又平面，不在平面上，所以平面，故④正确. 故选：C. 6．如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（ ） A．直线与直线始终异面 B．直线与直线始终垂直 C．存在点使得直线与平面垂直 D．直线与平面始终平行 【答案】D 【分析】A.由点M与点D重合时判断；B.由点M与点重合时判断；C.由垂直于同一平面的两条直线平行判断；D.先证平面平面，再由平面判断. 【详解】对于A：当点M与点D重合时，直线即为BD，而BD与直线相交，故A错误； 对于B：当点M与点重合时，是等边三角形，则直线与直线成，故B错误； 对于C：如图所示： 连接，因为，且， 所以平面，又平面，所以， 同理，又，则平面， 若平面，则，而，故C错误； 对于D：易知，又平面，平面，所以平面, 同理平面，又，所以平面平面， 又平面，所以平面，故D正确； 二、多选题 7．已知a，b是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】AC 【分析】根据空间中线面以及平面与平面的关系，即可结合选项逐一求解. 【详解】对于A，若，则，A正确， 对于B，若，则或，故B错误， 对于C，若，则，又，则，C正确， 对于D，如图，，，当时有， 又，所以满足，由于不一定与的交线垂直，因此无法得到，故D错误， 故选：AC 8．在正方体中，则（ ） A． B． C．与是异面直线 D．与所成角的余弦值为 【答案】BCD 【分析】对于A，连接，在直角中不垂直于，所以；对于B，连接，结合线面垂直判断线线垂直；对于C，与无交点也不平行判断即可；对于D，因为，故与所成角等于与所成角，利用余弦定理计算即可. 【详解】对于A，由正方体的性质可得， 因为正方体，所以面， 而面,所以， 所以在直角中不垂直于，所以错误； 对于B，连接， 因为正方体，，面， 而面，所以， 又，面，所以面， 又因为面，所以，所以B正确； 对于C，平面，平面，平面，， 故与是异面直线，故C正确； 对于D，因为，故与所成角等于与所成角或其补角， 设正方体棱长为，则，， 设与所成角为，因为为直角三角形， 则，故D正确. 故答案为：BCD. 三、填空题 9．如图，在棱长为的正方体中，点、、分别是棱、、的中点，则由点、、确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于____________. 【答案】 【分析】根据给定条件，借助面面平行性质作出截面，进而求出截面面积. 【详解】在棱长为的正方体中，由、分别为、的中点， 得，且，由且，得四边形为平行四边形， 即，设平面交棱于点， 由平面平面，平面平面， 平面平面，得，由为的中点，得为的中点， 设直线分别交、的延长线于点、，连接交棱于点， 连接交棱于点，连接、，则截面为六边形， 由，为中点，得，又，则为的中点， 同理为的中点，六边形是边长为1的正六边形， 所以截面面积为. 故答案为： 四、解答题 10．如图，在直角梯形中，，，，，，点在上，且，将沿折起，使得平面平面，为中点． (1)求证：平面； (2)求三棱锥的体积； (3)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）利用等腰三角形性质可得，再由面面垂直性质定理可得结论； （2）由锥体体积公式直接计算可得结果； （3）利用面面平行判定定理可证明平面平面，再由其性质可证明当时，满足题意. 【详解】（1）因为为中点，，所以． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． （2）在直角三角形中， ∵，∴，∴． 又三角形的面积 由（1）知，平面， 所以三棱锥的高为． 所以. （3）过点作交于点，则； 过点作交于点，连接，则；如下图所示： 因为平面，平面， 所以平面． 又因为，平面，平面， 所以平面． 因为，平面，平面， 所以平面平面． 因为平面，所以平面． 所以在上存在点，使得平面，且． 期末综合拓展练（测试时间：15分钟） 1．已知圆锥的轴截面是等边三角形，若该圆锥的表面积与球O的表面积相等，则该圆锥的体积与球O的体积之比为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设圆锥的底面半径为r，则其母线长为2r，高为， 所以该圆锥的表面积为， 设球O的半径为R，则球O的表面积为， 由题意知，所以， 圆锥的体积，球O的体积， 所以. 2．已知，是球的球面上两点，，为该球面上的动点．若三棱锥体积的最大值为36，则球的表面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】用等体积法，将三棱锥的顶点转化到上，即求三棱锥体积的最大值，则有当到平面的距离最大，即平面时，体积最大，结合锥体体积公式与圆的表面积公式即可求解. 【详解】因为， 所以三棱锥体积的最大值即三棱锥体积的最大值， 所以当到平面的距离最大，即平面时，体积最大， 设球的半径为，此时有，三棱锥的高， 则，解得， 则球的表面积． 故选：C. 3．（多选）如图所示，在正方体中，，分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（ ） A．直线与是平行直线 B．直线与是异面直线 C．直线与所成的角为 D．，，，四点共面 【答案】BCD 【分析】对于A，取的中点为，连接，易得，结合，相交即可判断；对于B，由异面直线的概念即可判断；对于C，易知，则为直线与所成的角，再求角即可判断；对于D，连接，易知，再由平面确定定理即可判断． 【详解】解：对于A，取的中点为，连接，如下图所示： 由正方体性质可知，若直线与是平行直线， 则可得，，三点共线，显然这与，相交于点矛盾，故A错误； 对于B，易知平面，平面，直线，平面， 可得直线与是异面直线，故B正确； 对于C，连接，，如下图： 可得，故为直线与所成的角，而， 可得直线与所成的角为，故C正确； 对于D，连接，易知，可知，，，四点共面，故D正确． 4．如图，圆锥PO的底面半径为3，高为，过PO靠近P的三等分点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则下列说法正确的序号有________． ①圆锥母线与底面所成的角为 ②圆锥PO的侧面积为 ③挖去圆柱的体积为 ④剩下几何体的表面积为 【答案】①③④ 【分析】根据题意利用勾股定理可求圆锥的母线长，挖去圆柱的半径和高，然后根据体积公式以及表面积公式即可逐项求解． 【详解】如下图： 因为圆锥的底面半径为3，高为，所以母线长， 则，即圆锥母线与底面所成的角为，故①正确； 圆锥的侧面积，故②错误； 设圆柱底面与圆锥母线交于点，与圆锥底面直径交于两点， 因为为的三等分点，所以， 则圆柱的体积为，故③正确； 圆柱的侧面积， 剩下几何体的表面积，故④正确； 故答案为：①③④ 5．如图，在四棱锥中，平面ABCD，，. (1)求证：平面平面PAC； (2)设M是PA上任意一点，证明：； (3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得平面CEF？并说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)为中点.证明见解析 【分析】（1）分别证得和，由线面垂直的判定定理证得平面，再根据面面垂直的判定定理证明即可； （2）根据平面及得平面，进而利用线面垂直性质定理证明即可； （3）取中点，连接，证得，根据线面平行的判定定理，即可证得平面. 【详解】（1）由题意，因为平面，又由平面，所以， 又，且都在平面内，所以平面， 又平面，所以平面平面PAC； （2）由（1）平面，因为， 所以平面，而平面，所以； （3）当为中点时，平面，理由如下， 如图，取中点，连接， 证明：为中点，为的中点，故， 平面，且平面，故平面. 6．如图，在直三棱柱中，，，，E，F分别是，的中点. (1)求证：平面； (2)求证：平面BCE； (3)求点B到平面ACE的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由平面得，结合利用线面垂直的判定定理可证； （2）取为的中点，连接，先证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理可证； （3）利用等体积法计算出三棱锥的体积，再求出的面积，即可求得点B到平面ACE的距离. 【详解】（1）在直三棱柱中，平面，平面，所以， 又，，、平面，所以平面； （2）取为的中点，连接，因为F是的中点，故，且， 又，且，所以，且， 又，所以，且，所以四边形为平行四边形， 所以，而平面，平面，平面BCE； （3）由题意，，，所以， 因为E是的中点，平面， 所以，所以， 又， 设点B到平面ACE的距离为，则，解得， 所以点B到平面ACE的距离为. 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $