2027届高三一轮复习回归教材版微专题02 ——简易逻辑考点梳理

该高中数学高考复习学案系统梳理简易逻辑核心考点，涵盖充分必要条件判断、集合关系、量词命题真假及否定、参数范围求解等，按“基础判断-关联应用-综合拓展”递进架构知识网络。通过教材原题引路、问题链驱动，引导学生自主构建逻辑体系，是结构化的高中数学学习任务单。 亮点在于“回归教材+分层诊断”设计，如跟踪练习整合2026年各地一模真题及多选题型，小结提炼定义法、集合法等解题策略，培养学生数学思维与语言表达能力。学生可通过自测定位薄弱点，教师依学情精准指导，有效提升自主复习效率与备考实效。

2027届高三一轮复习回归教材版微专题02 ——简易逻辑考点梳理 考点一、充分条件、必要条件、充要条件的判断 【人教A版必修一第1.4.1节练习第1题】下列“若p，则q”形式的命题中，哪些命题中的p是q的充分条件？ （1）若平面内点P在线段的垂直平分线上，则； （2）若两个三角形的两边及一边所对的角分别相等，则这两个三角形全等； （3）若两个三角形相似，则这两个三角形的面积比等于周长比的平方. 【答案】（1）p是q的充分条件；（2）p不是q的充分条件；（3）p是q的充分条件 【分析】根据所给命题，判断出能否得到，从而得到p是否是q的充分条件，得到答案. 【详解】（1）线段垂直平分线的性质，，p是q的充分条件； （2）三角形的两边及一边所对的角分别相等的两个三角形不一定全等，，p不是q的充分条件； （3）相似三角形的性质，，p是q的充分条件. 【点睛】本题考查判断是否为充分条件，属于简单题. 【人教A版必修一第1.4.1节练习第2题】下列“若p，则q”形式的命题中，哪些命题中的q是p的必要条件？ （1）若直线l与有且仅有一个交点，则l为的一条切线； （2）若x是无理数，则也是无理数. 【答案】（1）q是p的必要条件；（2）q不是p的必要条件 【分析】根据所给命题，判断出能否得到，从而得到q是否是p的必要条件，得到答案. 【详解】（1）这是圆的切线定义，，所以q是p的必要条件； （2）由于是无理数，但不是无理数，，所以q不是p的必要条件. 【点睛】本题考查判断是否为必要条件，属于简单题. 【人教A版必修一第1.4.2节练习第1题】下列各题中，哪些p是q的充要条件？ （1）p：三角形为等腰三角形，q：三角形存在两角相等； （2）内两条弦相等，内两条弦所对的圆周角相等； （3）为空集，与B之一为空集. 【答案】（1）p是q的充要条件；（2）p不是g的充要条件；（3）p不是q的充要条件 【分析】根据所给命题，判断出能否得到，从而得到p是否是q的充要条件，得到答案. 【详解】在（1）中，三角形中等边对等角，等角对等边，所以，所以p是q的充要条件；在（2）中，内两条弦相等，它们所对的圆周角相等或互补，因此，，所以p不是q的充要条件；在（3）中，取，，显然，，但与均不为空集，因此，，所以p不是q的充要条件. 【点睛】本题考查充要条件的判断，属于简单题. 【人教A版必修一第1.4.2节练习第2题】分别写出“两个三角形全等”和“两个三角形相似”的几个充要条件. 【分析】根据三角形全等的判定和性质以及相似三角形的判定和性质，得到答案. 【详解】“两个三角形全等”的充要条件如下： ①三边对应相等；②两边及其夹角对应相等；③两角及其夹边对应相等；④两角及一角的对边对应相等. “两个三角形相似”的充要条件如下： ①三个内角对应相等（或两个内角对应相等）；②三边对应成比例；③两边对应成比例且夹角相等. 【点睛】本题考查写命题的充要条件，属于简单题. 小结：判断充分条件、必要条件的三种方法 定义法：直接判断“若p，则q”“若q,则p”的真假.在判断时，确定条件是什么、结论是什么 集合法：利用集合中包含思想判定的特点，抓住“以小推大”的技巧，即小范围推得大范围，即可解决充分性、必要性问题 等价转化法：对于带有否定性词语的命题，要判断p是q的什么条件，只需判断¬q是¬p的什么条件。 【跟踪练习】 1．（2026·安徽淮南·一模）已知直线，，则“”是"”的（   ） A．充分必要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】两直线垂直的充要条件结合充分必要条件定义即可得解. 【详解】若“”，则，所以“”是“”的充分必要条件.故选：A. 2．（2026·江苏南通·一模）“”是“成等比数列”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】利用推出关系来判断即可. 【详解】当时，如，此时不能成等比数列，故充分性不成立， 当成等比数列，可以推出，故必要性成立，所以“”是“成等比数列”的必要不充分条件，故选：B. 3．（2026·江西南昌·一模）已知圆，：点在圆外，：直线与圆有两个公共点，则是的（   ）条件 A．充分不必要 B．必要不充分 C．充分必要 D．既不充分也不必要 【答案】C 【分析】利用点与圆，直线与圆的位置关系的判断方法，结合充要条件的定义判断即得. 【详解】由点在圆：外，可得，此时，圆心到直线的距离为，即直线与圆相交，故充分性成立；由直线与圆有两个公共点，可得圆心到直线的距离为， 则有，即点在圆：外，故必要性成立.故是的充分必要条件. 4．（2026·辽宁抚顺·一模）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，若，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【详解】若，，则，又n⊥，所以；反之，若，，则，又，所以，则“”是“”的充要条件. 5．已知为非零向量，则“存在实数，使”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】根据共线向量定理及相关性质、充分必要条件的定义求解判断即可. 【详解】若存在实数，使，则共线；若，则同向； 所以“存在实数，使”是“”的必要不充分条件. 6、（多选）下列命题中，p是q充分条件的有（ ） A. 若四边形是正方形，则四边形是菱形 B. 若，则 C. 若，则且 D. 若三角形三边相等，则三角形是等边三角形 【答案】ABD 【解析】A 选项：正方形是特殊的菱形（菱形是四边相等的平行四边形，正方形满足四边相等且是平行四边形），所以若四边形是正方形，则一定是菱形，即，p是q的充分条件。B 选项：当时，，即，p是q的充分条件。C 选项：当，时，，但 ，即，p不是q的充分条件。D 选项：三边相等的三角形就是等边三角形，即，p是q的充分条件。答案：ABD 7、（多选）下列命题中，q是p必要条件的有（ ） A. 若四边形是正方形，则四边形是平行四边形 B. 若两个三角形相似，则这两个三角形的对应角相等 C. 若四边形对角线相等，则四边形是矩形 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】A 选项：正方形是特殊的平行四边形，若四边形是正方形（p），则一定是平行四边形（q），，q是p的必要条件。B 选项：相似三角形对应角相等（相似三角形性质），若两个三角形相似（p），则对应角相等（q），，q是p的必要条件。C 选项：对角线相等的四边形不一定是矩形（如等腰梯形对角线相等但不是矩形 ），即，q不是p的必要条件。D 选项：当时，，，q是p的必要条件。答案：ABD 8．（多选）下列命题中，p是q充要条件的有（ ） A.p：三角形是等边三角形，q：三角形三边相等 B.p：一元二次方程有两个相等实数根，q：判别式 C.p：，q：且 D.p：四边形是平行四边形，q：四边形两组对边分别平行 【答案】ABD 【解析】A 选项：等边三角形定义为三边相等的三角形，三边相等的三角形是等边三角形，，是充要条件；B 选项：一元二次方程，有两个相等实数根，，是充要条件；C 选项：时，可能，（不满足q），，不是充要条件；D 选项：平行四边形定义为两组对边分别平行的四边形，两组对边分别平行的四边形是平行四边形，，是充要条件。答案：ABD 考点二、充分（必要、充要）条件与集合之间的关系 【人教A版必修一习题1.4第4题】已知A={满足条件p},B={满足条件q}, (1)如果,那么p是q的什么条件? (2)如果,那么p是q的什么条件? (3)如果,那么p是q的什么条件? 【答案】(1)充分条件;(2)必要条件;(3)充要条件. 【分析】(1) 根据集合间的基本关系判断和的包含关系再即可. (2) 根据集合间的基本关系判断和的包含关系再即可. (3) 根据集合间的基本关系判断和的包含关系再即可. 【详解】(1)如果,则满足条件p也满足条件q.故p是q的充分条件. (2)如果,则满足条件q也满足条件p.故p是q的必要条件. (3)如果,则满足条件p满足条件q,且满足条件q也满足条件p.故p是q的充要条件. 【点睛】本题主要考查了集合的关系与充分必要条件的关系,属于基础题型. 小结：从集合的角度理解充分条件与必要条件 若以集合的形式出现，以集合的形式出现，即满足条件，满足条件，则关于充分条件、必要条件又可以叙述为 （1）若，则是的充分条件，是的必要条件； （2）若，则是的充要条件； （3）若，则是的充分不必要条件，是的必要不充分条件; （4）若且，则是的既不充分也不必要条件，也是的既不充分也不必要条件. 【跟踪练习】 1．已知，集合，若是的必要不充分条件，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意得到是的真子集，比较区间端点，即可求解. 【详解】，，因为是的必要不充分条件，所以是的真子集,可得，等号不同时成立，结合，解得，所以的取值范围为，故选：B 2、（多选）已知满足条件，满足条件，下列说法能推出 “p是q必要条件” 的有（ ） A.  B.  C.   D.  【答案】ABD 【解析】必要条件定义：，对应集合关系为（满足q的元素都在A中，即满足q则满足p ）。A 选项：等价于，符合；B 选项：，直接符合；C选项：对应p是q的充分不必要条件，不符合。D选项：时，且，包含的情况，符合；答案：ABD 3、（多选）已知集合，，若“”是“”的必要不充分条件，则实数的可能取值为( ) A. B. C. D. 2 【答案】 AB 【解析】“”是“”的必要不充分条件等价于，易得. ①当 时，，解得，满足题意． ②当 时，原问题等价于（不同时取等号），解得． 故实数的取值范围是.故选. 4．设全集，集合，. (1)若，求，. (2)若是成立的充分条件，求实数的取值范围. 【答案】(1)，；(2) 【分析】（1）根据交集，并集，补集的定义计算即可； （2）根据是成立的充分条件得到，根据集合是否为空集分类讨论，列不等式组，求解即可. 【详解】（1）由，得，又，， 所以，或，则. （2）因为是成立的充分条件，所以； 当时，，解得，此时满足题意； 当时，，解得， 综上所述，实数的取值范围是. 考点三、全称（存在）量词命题真假的判断 【人教A版必修一第1.5.1节练习第1题】判断下列全称量词命题的真假： （1）每个四边形的内角和都是360°； （2）任何实数都有算术平方根； （3）是无理数}，是无理数. 【答案】（1）真命题；（2）假命题；（3）假命题 【分析】对每个全称量词命题进行判断，从而得到答案. 【详解】（1）真命题. 连接一条对角线，将一个四边形分成两个三角形，而一个三角形的内角和180°， 所以四边形的内角和都是360°是真命题； （2）假命题. 因为负数没有算术平方根，所以任何实数都有算术平方根是假命题； （3）假命题， 因为是无理数，是有理数，所以是无理数}，是无理数是假命题. 【点睛】本题考查判断全称量词命题的真假，属于简单题. 【人教A版必修一第1.5.1节练习第2题】判断下列存在量词命题的真假： （1）存在一个四边形，它的两条对角线互相垂直； （2）至少有一个整数n，使得为奇数； （3）是无理数}，是无理数. 【答案】（1）真命题；（2）假命题；（3）真命题 【分析】对每个存在量词命题进行判断，从而得到答案. 【详解】（1）真命题，因为正方形的两条对角线互相垂直；（2）假命题，因为若为整数，则必为偶数；（3）真命题，因为是无理数，是无理数. 【点睛】本题考查判断存在量词命题的真假，属于简单题. 小结：全称量词命题与存在量词命题真假判断的方法 1.要判断全称量词命题“,”是真命题，需要对集合中的每一个元素，证明成立. 2.要判断存在量词命题“,”是真命题，只需在集合中找到一个元素，使得成立. 【跟踪练习】 1．已知，；，.下列结论正确的是（   ） A．p是真命题，q是真命题 B．p是真命题，是真命题 C．是真命题，q是真命题 D．是真命题，是真命题 【答案】C 【分析】特殊值法、分别判断的真假，即可得. 【详解】当时，，则p是假命题，即是真命题.当时，，满足，则q是真命题，即是假命题..故选：C 2、（多选）判断下列存在量词命题的真假，真命题有（ ） A. 不存在实数x，使 B. 平面内存在两条直线，既垂直又相交 C. 有些平行四边形是正方形 D. 存在实数x，使为有理数 【答案】BCD 【解析】A 选项：方程可化为，解得，存在这样的实数，是假命题。B 选项：平面内，两条互相垂直的直线（如直角坐标系的x轴与y轴）既垂直又相交，存在这样的直线，是真命题。C 选项：正方形是特殊的平行四边形（邻边相等且有一个直角的平行四边形），存在这样的平行四边形（如正方形），是真命题。D 选项：取，是有理数；或取，是有理数，存在这样的实数，是真命题。答案：BCD 3．（2026·陕西铜川·一模）下列命题中，既是全称量词命题，又是真命题的是（    ） A． B． C．任何实数都有算术平方根 D．任意两个无理数之和仍为无理数 【答案】A 【分析】对于A，含有全称量词，再根据指数函数的值域即可判断；对于B，不含有全称量词，故可判断；对于C，含有全称量词，负数没有算术平方根即可判断；对于D，含有全称量词，举例说明即可判断. 【详解】对于A，含有全称量词，而，所以，故A正确； 对于B，不含有全称量词，故B错误； 对于C，含有全称量词，负数没有算术平方根即可判断，故C错误； 对于D，含有全称量词，是无理数，而，而是有理数，故D错误. 故选：A 4、（多选）已知，则下列命题中为真命题的是（ ） ，， ，， 【答案】AB 【解析】对于A，由得，，，则，A为真命题； 对于B，，，即，则，B为真命题；对于C，函数在上为减函数，而，则，即，，C为假命题；对于D，当时，，，即，D为假命题.故选. 5．已知命题：，，则下列结论正确的是（   ） A．为真命题，且命题的否定为：， B．为真命题，且命题的否定为：， C．为假命题，且命题的否定为：， D．为假命题，且命题的否定为：， 【答案】B 【分析】先判断命题的真假，再根据全称命题的否定规则写出命题的否定，最后根据判断结果选择正确选项. 【详解】因为.所以对于任意的，都成立，所以命题为真命题. 命题是全称命题，所以它的否定为. 命题为真命题，且命题的否定为.故选：B. 考点四、全称（存在）量词命题的否定 【人教A版必修一第1.5.2节练习第1题】写出下列命题的否定： （1），； （2） 任意奇数的平方还是奇数； （3）每个平行四边形都是中心对称图形. 【答案】（1），；（2）存在一个奇款的平方不是奇数；（3）存在一个平行四边形不是中心对称图形. 【分析】根据含有一个量词命题的否定，分别写出每个命题的否定，得到答案. 【详解】（1）该命题的否定：，； （2）该命题的否定：存在一个奇款的平方不是奇数； （3）该命题的否定：存在一个平行四边形不是中心对称图形. 【点睛】本题考查含有一个量词命题的否定，属于简单题. 【人教A版必修一第1.5.2节练习第2题】写出下列命题的否定： （1）有些三角形是直角三角形；（2）有些梯形是等腰梯形；（3）存在一个实数，它的绝对值不是正数. 【答案】（1）任意三角形都不是直角三角形；（2）所有的梯形都不是等腰梯形；（3）任意一个实数，它的绝对值都是正数. 【分析】根据含有一个量词命题的否定，分别写出每个命题的否定，得到答案. 【详解】（1）该命题的否定：任意三角形都不是直角三角形； （2）该命题的否定：所有的梯形都不是等腰梯形； （3）该命题的否定：任意一个实数，它的绝对值都是正数. 【点睛】本题考查含有一个量词命题的否定，属于简单题. 小结：对全称量词命题和存在量词命题进行否定的两个步骤 改写量词：全称量词改为存在量词，存在量词改为全称量词 否定结论：对原命题的结论进行否定 【跟踪练习】 1．（2026·山东德州·一模）命题“”的否定为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】易知命题“”的否定为. 2．（2026·天津河东·一模）已知命题p：菱形不是矩形，该命题的否定是（    ） A．菱形是矩形 B．存在一个菱形，它是矩形 C．存在菱形不是矩形 D．存在是菱形的矩形 【答案】B 【分析】由全称命题的否定，即否定条件，否定结论即可求解. 【详解】原命题可以写作：全部的菱形，都不是矩形，是全称命题，所以该命题的否定是存在量词命题，即：存在一个菱形，它是矩形. 3、命题“,”的否定是( ) A., B. , C. , D. , 【答案】B 【解析】“,”是全称量词命题，它的否定是存在量词命题“，”.故选. 4．命题“”的否定是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题求解. 【详解】由全称量词命题的否定可知，命题的否定是，故选：D 5．若命题p：，，则命题p的否定为 ． 【答案】 【分析】根据全称量词命题否定的方法：改量词，否结论，可得答案. 【详解】命题p：，的否定为：， 考点五、由充分条件、必要条件求参数范围 1．已知集合，． (1)若，求； (2)是否存在实数a，使得“”是“”成立的______，若存在，求实数a的取值范围，若不存在，请说明理由．从①充分不必要条件和②必要不充分条件中任选一个，填在上面横线上，将该问题补充完整，并进行作答．若两个都选，则按第一个作答进行给分． 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】(1)将代入集合，分别求出集合与集合，根据集合运算法则即可求出； (2)先求出集合，再分别分析，若“”是“”成立得充分不必要条件，则则A是B的真子集，“”是“”成立的必要不充分条件，则B是A的真子集，再根据集合之间的关系可求； 【详解】（1）若，则，， 所以，所以； （2）， 选①，“”是“”成立的充分不必要条件，则A是B的真子集． 所以．所以存在实数a，实数a的取值范围是； 选②，“”是“”成立的必要不充分条件，则B是A的真子集． 所以，解集为空集，所以不存在实数a，使得“”是“”成立的必要不充分条件. 小结：由充分条件、必要条件求参数范围的策略 1.把充分条件、必要条件或充要条件转化为集合的包含、相等关系，然后根据集合之间的关系列出有关参数的不等式（组）求解，注意条件的等价变形. 2.在求参数范围时，要注意端点值的检验，处理不当容易造成漏解或增解. 【跟踪练习】 1、（多选题）已知集合，，若“”是“”的必要不充分条件，则实数的可能取值为( ) A. B. C. D. 2 【答案】AB 【解析】“”是“”的必要不充分条件等价于，易得. ①当 时，，解得，满足题意． ②当 时，原问题等价于（不同时取等号），解得． 故实数的取值范围是.故选. 2、设命题，命题，若是的充分不必要条件，则实数的取值范围是_____________． 【答案】 【解析】由题意得，，解得，所以，由，解得，即，要使得是的充分不必要条件，则，解得，所以实数的取值范围是． 3、已知,, （1）若是的充分不必要条件,求实数的取值范围. （2）若是的必要不充分条件,求实数的取值范围. 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）由,得, 由,得. 是的充分不必要条件,，且,即,, 或，解得， 实数的取值范围为. （2）是的必要不充分条件,，且, 由（1）知,, ,或 解得. 故实数的取值范围为. 考点六、根据命题的真假求参数取值范围 1．已知集合，集合． (1)若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围； (2)若命题“，都有”是真命题，求实数的取值范围； (3)若命题“，”是真命题，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由题意得是的真子集，然后根据真子集关系列不等式组求解即可. （2）由已知条件得集合的关系，然后按照和分类讨论，根据子集关系列不等式组求解即可. （3）方法一：由题意，然后根据集合关系列不等式组求解即可． 方法二：由题意，先求时的取值范围，求解时按照和分类讨论，根据集合关系列不等式组求解，最后利用补集思想求解即可. 【详解】（1）若“”是“”的充分不必要条件，则是的真子集， 所以，解得，所以实数的取值范围为． （2）若命题“，都有”是真命题，则是的子集． 当时，满足，此时，得； 当时，若，则，不等式组无解．综上，实数的取值范围为． （3）方法一：“，”是真命题，则，所以，所以． 所以，解得，所以实数的取值范围为． 方法二：“，”是真命题，则．当时，若，则； 若，则或，解得． 综上，当时，．所以当时，，即实数的取值范围为． 小结：根据命题的真假求参数取值范围的策略 1.全称量词命题可转化为恒成立问题，存在量词命题可转化为存在性问题. 2.（1）求出每个命题是真命题时参数的取值范围； （2）根据题意确定每个命题的真假； （3）由各个命题的真假列出关于参数的不等式（组）求解. 【跟踪练习】 1、“，”为真命题的充分必要条件是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】“，”为真命题，对任意的恒成立， 由于函数在区间上单调递增，则，. 故选：A. 2、已知,使得.若为假命题，则实数的取值范围为( ). A. B. C. D. 【答案】A 【解析】因为为假命题，所以，恒成立为真命题，故当时，恒成立.因为当时，的最小值为，所以，即实数的取值范围为.故选. 3、若命题“，”为假命题，则实数的取值范围是 . 【答案】 【解析】由题意可知，命题“，”为真命题. ①当时，. 若，则，符合题意； 若，则有，解得，不符合题意. ②当时，，解得. 综上所述，实数的取值范围是. 学科网（北京）股份有限公司 $ 方法技巧51 基本立体图形结构特征 空间几何体结构特征的判断技巧：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，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定． 【典例1】(多选)下列说法中正确的是(　　) A．以直角梯形垂直于底边的腰所在直线为旋转轴，其余边旋转一周形成的几何体是圆台 B．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体 C．底面是正多边形的棱锥是正棱锥 D．棱台的各侧棱延长后必交于一点 【解析】由圆台定义知，以直角梯形垂直于底边的腰所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的几何体是圆台，故A正确； 各侧面都是正方形的四棱柱中，如果底面是菱形，不一定是正方体，故B错误； 底面是正多边形的棱锥，不能保证顶点在底面上的射影为底面正多边形的中心，故C错误； 棱台是由平行于棱锥底面的平面截得的，故棱台的各侧棱延长后必交于一点，故D正确．故选AD． 【典例2】(多选)下列说法中正确的是(　　) A．长方体是直四棱柱 B．两个面平行，其余各面是梯形的多面体是棱台 C．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 D．平行六面体不是棱柱 【解析】长方体是直四棱柱，A正确；两个平面平行，其余各面是梯形的多面体，当侧棱延长后不交于同一点时，就不是棱台，B错误；正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，C正确；平行六面体是棱柱，D错误．故选AC． 方法技巧52 空间几何体的直观图 在斜二测画法中，平行于x轴或在x轴上的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴或在y轴上的线段平行性不变，长度减半． 【典例1】如图，四边形ABCD的斜二测画法直观图为等腰梯形A′B′C′D′．已知A′B′＝4，C′D′＝2，则下列说法正确的是(　　) A．AB＝2 B．A′D′＝2 C．四边形ABCD的周长为4＋2＋2 D．四边形ABCD的面积为6 【解析】由题意可知A′D′＝，直观图的原图形如图所示，所以AB＝4，AD＝2，CD＝2，作CE⊥AB于点E，可求得BC＝2． 所以四边形ABCD的周长为6＋2＋2，四边形ABCD的面积为×2＝6．故选D． 【典例2】已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为(　　) A．a2　　B．a2　　C．a2　　D．a2 【解析】法一：如图①②所示的原图形和直观图， 由图②可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝OC＝a，在图②中作C′D′⊥A′B′于点D′， 则C′D′＝O′C′＝a，所以S△A′B′C′＝A′B′×C′D′＝×a×a＝a2．故选D． 法二：S△ABC＝×a×a sin 60°＝a2，又S直观图＝S原图＝a2＝a2．故选D． 方法技巧53 空间几何体的展开图 在解决空间几何体最短距离问题时，一般考虑其展开图，采用化曲为直的策略，将空间问题平面化． 【典例1】如图所示，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝2，AA1＝2，由顶点B沿棱柱侧面(经过棱AA1)到达顶点C1，与AA1的交点记为M，则从点B经点M到C1的最短路线长为(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　 A．2 B．2 C．4 D．4 【解析】如图，沿侧棱BB1将正三棱柱的侧面展开， 由侧面展开图可知，当B，M，C1三点共线时，从点B经点M到C1的路线最短． 所以最短路线长为BC1＝＝2．故选B 【典例2】如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为a，底面边长为b，一只蚂蚁从点A出发沿每个侧面爬到A1，路线为A→M→N→A1，则蚂蚁爬行的最短路程是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　 A． B． C． D． 【解析】 正三棱柱的侧面展开图是如图所示的矩形，矩形的长为3b，宽为a，则其对角线AA1的长为最短路程．因此蚂蚁爬行的最短路程为．故选A． 方法技巧54 空间几何体的表面积与体积 求空间几何体的体积的常用方法 公式法 规则几何体的体积问题，直接利用公式进行求解 割补法 把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者补成规则的几何体，再求解 等体 积法 通过选择合适的底面来求几何体的体积，特别是三棱锥的体积(即利用三棱锥的任一个面均可作为三棱锥的底面，进行等体积变换) 【典例1】(2024·山东枣庄一模)已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，侧面展开图是半个圆环，则圆台的侧面积为(　　) A．6π B．16π C．26π D．32π 【解析】圆台的上底面圆半径r′＝1，下底面圆半径r＝3， 设圆台的母线长为l，扇环所在的小圆的半径为x，依题意有解得所以圆台的侧面积S＝πl＝π×4＝16π．故选B． 【典例2】为了给热爱朗读的师生提供一个安静独立的环境，某学校修建了若干“朗读亭”．如图所示，该朗读亭的外形是一个正六棱柱和正六棱锥的组合体，正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，若正六棱锥的高与底面边长的比为2∶3，则正六棱锥与正六棱柱的侧面积的比值为(　　) A． B． C． D． 【解析】设正六棱柱的底面边长为a，由题意知正六棱柱的高为2a，因为正六棱锥的高与底面边长的比为2∶3，所以正六棱锥的高为a，正六棱锥的侧棱长为a，正六棱锥的侧面积 S1＝6×a＝a2，正六棱柱的侧面积S2＝6·a·2a＝12a2，所以＝．故选B． 【典例3】(2024·新高考Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为(　　) A．2π B．3π C．6π D．9π 【解析】设圆柱和圆锥的底面半径均为r，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以2πr×＝πr×，即2＝，故r＝3，故圆锥的体积为π×9×＝3π．故选B． 【典例4】(2023·新高考Ⅰ卷)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则该棱台的体积为________． 【解析】法一：如图所示，设O1，O分别为正四棱台ABCD-A1B1C1D1上、下底面的中心，连接B1D1，BD，则O1，O分别为B1D1，BD的中点，连接O1O，则O1O即是正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高，过点B1作B1E⊥BD，垂足为E，则B1E＝O1O．因为AB＝2，A1B1＝1，所以OB＝，O1B1＝，所以BE＝OB－OE＝OB－O1B1＝，又AA1＝，所以BB1＝，B1E＝＝＝，所以O1O＝，所以＝×(22＋12＋)×＝． 法二：如图，将正四棱台ABCD-A1B1C1D1补形成正四棱锥P-ABCD，因为AB＝2，A1B1＝1，AB∥A1B1，所以A1，B1，C1，D1分别为PA，PB，PC，PD的中点，又A1A＝，所以PA＝2，即PB＝2．连接BD，取BD的中点为O，连接PO，则PO⊥平面ABCD，易知BO＝，所以PO＝＝，所以正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高为，所以＝×(22＋12＋)×＝．(或者V四棱锥P-ABCD＝×22×＝，＝V四棱锥P-ABCD，所以＝V四棱锥P-ABCD－＝V四棱锥P-ABCD＝＝．) 《九章算术》是我国古代的数学巨著，其卷第五“商功”有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈．问积几何？”意思为：今有底面为矩形的屋脊形状的多面体(如图)，下底面宽AD＝3丈，长AB＝4丈，上棱EF＝2丈，EF与平面ABCD平行，EF与平面ABCD的距离为1丈，则它的体积是(　　) A．4立方丈 B．5立方丈 C．6立方丈 D．8立方丈 【解析】 如图，过点E作EG⊥平面ABCD，垂足为点G，过点F作FH⊥平面ABCD，垂足为点H，过点G作PQ∥AD，交AB于点Q，交CD于点P，过点H作MN∥BC，交AB于点N，交CD于点M，连接EQ，EP，FN，FM．则AQ＋NB＝4－2＝2，QN＝2，且四边形AQPD与四边形NBCM都是矩形． 则它的体积V＝VE-AQPD＋VEPQ-FMN＋VF-NBCM＝·EG·S矩形AQPD＋S△EPQ·NQ＋·FH·S矩形NBCM＝(AQ＋NB)·AD·EG＋S△EPQ·NQ＝×2×3×1＋×3×1×2＝5(立方丈)． 方法技巧55 简单几何体的外接球 求解外接球问题的方法 (1)解决多面体外接球问题的关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面多边形外接圆的圆心，再过此圆心作此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点的情况确定球心的准确位置． (2)对于特殊的多面体还可通过补成正方体、长方体或直棱柱的方法找到球心的位置． (3)到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据球心到其他顶点的距离也是球的半径，列关系式求解即可． (4)分别过几何体的两个相交平面的外接圆的圆心作各自所在平面的垂线，垂线的交点就是球心． 【典例1】已知直三棱柱ABC-A1B1C1的各顶点都在以O为球心的球面上，且∠BAC＝，AA1＝BC＝2，则球O的体积为(　　) A．4π　　　B．8π　　　C．12π　　　D．20π 【解析】在底面△ABC中，由正弦定理得底面△ABC所在的截面圆的半径r＝＝＝，则直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的半径R＝＝＝， 则直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的体积为πR3＝4π．故选A． 【典例2】(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面的边长分别为3 和4 ，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(　　) A．100π B．128π C．144π D．192π 【解析】由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为×3＝3，×4＝4．设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上．设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)；当球心O不在线段O1O2上时，R2＝＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以该球的表面积为4πR2＝100π．故选A． 【典例3】已知三棱锥P-ABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB＝，BC＝，AC＝2，则此三棱锥的外接球的体积为(　　) A．π B．π C．π D．π 【解析】∵AB＝，BC＝，AC＝2， ∴PA＝1，PC＝，PB＝2． 以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱，作长方体，如图所示，则长方体的外接球同时也是三棱锥P-ABC的外接球．∵长方体的体对角线长为＝2，∴球的直径为2，半径R＝，∴三棱锥P-ABC外接球的体积为πR3＝π×()3＝π．故选B． 【典例4】在四面体P-ABC中，已知∠ABC＝90°，PA⊥平面ABC，若PA＝AB＝BC＝1，则该四面体的外接球的体积为(　　) A．π　　　B．π　　　C．2π　　　D． 【解析】如图，取PC的中点O，连接OA，OB，由题意得， 又因为AB⊥BC，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，所以． 在Rt△PBC中，OB＝PC，同理OA＝PC，所以OA＝OB＝OC＝PC， 因此P，A，B，C四点在以O为球心的球面上，在Rt△ABC中，AC＝＝． 在Rt△PAC中，PC＝＝，球O的半径R＝PC＝， 所以外接球的体积为π×＝．故选D. 【典例5】已知△ABC是以BC为斜边的直角三角形，P为平面ABC外一点，且平面PBC⊥平面ABC，BC＝3，PB＝2，PC＝，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为________． 【解析】如图所示，设M为BC的中点，在平面PBC内过点M作MN⊥BC，因为平面PBC⊥平面ABC，平面PBC∩平面ABC＝BC，MN⊂平面PBC，所以MN⊥平面ABC． 又△ABC是以BC为斜边的直角三角形，所以直线MN上任意一点到A，B，C的距离相等． 在平面PBC内作线段PB的垂直平分线DE，设DE与MN的交点为O，则点O到P，A，B，C的距离都相等，即点O为三棱锥P-ABC外接球的球心，并且O也是△PBC的外心． 因此三棱锥P-ABC外接球的半径与△PBC的外接圆的半径相等． 又PB＝2，BC＝3，PC＝，所以cos ∠PBC＝＝，则sin ∠PBC＝． 设三棱锥P-ABC外接球的半径为R，则2R＝＝，即R＝， 则外接球的表面积S＝4πR2＝10π． 方法技巧56 简单几何体的内切球 “切”的问题处理规律 (1)找准切点，通过作过球心的截面来解决． (2)体积分割是求内切球半径的通用方法． (3)正四面体的外接球的半径R＝a，内切球的半径r＝a，其半径R∶r＝3∶1．(a为该正四面体的棱长) (4)等体积法求内切球半径． 【典例1】已知圆台的上、下底面的半径之比为，侧面积为9π，在圆台的内部有一球O，该球与圆台的上、下底面及母线均相切，则球O的表面积为(　　) A．3π B．5π C．8π D．9π 【解析】设圆台的上底面半径为r，则下底面半径为2r，母线长为l，如图所示，作出圆台与球的轴截面． 由于球O与圆台的上、下底面及母线均相切，故l＝AD＝AH＋DG＝r＋2r＝3r． 根据圆台的侧面积公式S＝(πr＋2πr)l＝9π，可得r＝1， 所以球的直径为HG＝2，即半径为，则球的表面积为4π×()2＝8π．故选C． 【典例2】 (2020·全国Ⅲ卷)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________． 【解析】法一： 如图，在圆锥的轴截面ABC中，CD⊥AB，BD＝1，BC＝3，圆O内切于△ABC，E为切点，连接OE，则OE⊥BC．在Rt△BCD中，CD＝＝2．易知BE＝BD＝1，则CE＝2．设圆锥的内切球半径为R，则OC＝2－R，在Rt△COE中，OC2－OE2＝CE2，即(2－R)2－R2＝4，所以R＝，圆锥内半径最大的球的体积为πR3＝π． 法二：如图，记圆锥的轴截面为△ABC，其中AC＝BC＝3，AB＝2，CD⊥AB，在Rt△BCD中，CD＝＝2，则S△ABC＝2．设△ABC的内切圆O的半径为R，则R＝＝，所以圆锥内半径最大的球的体积为πR3＝π． 【典例3】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】设正四面体的棱长为a，则正四面体的表面积S1＝4××a2＝a2，其内切球的半径r为a，因此内切球的表面积S2＝4πr2＝，则＝＝． 方法技巧57 与球有关的截面问题 巧用直角三角形解决截面圆问题的步骤 (1)确定球心O和截面圆的圆心O′． (2)探求球的半径R和截面圆的半径r． (3)利用OO′2＋r2＝R2计算相关量． 【典例1】(2020·全国Ⅱ卷)已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为(　　) A． B． C．1 D． 【解析】由等边三角形ABC的面积为，得×AB2＝，得AB＝3，则△ABC的外接圆半径r＝AB＝AB＝．设球的半径为R，由球的表面积为16π，得4πR2＝16π，得R＝2，则球心O到平面ABC的距离d＝＝1，故选C． 【典例2】如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高是8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为(　　) A． cm3 B． cm3 C． cm3 D． cm3 【解析】设球心为O，半径为R cm，正方体上底面中心为A，上底面一边的中点为B(图略)，在Rt△OAB中，OA＝(R－2)cm，AB＝4 cm，OB＝R cm，由R2＝(R－2)2＋42，得R＝5(cm)，∴V球＝πR3＝(cm3)．故选A． 方法技巧58 基本事实的应用 共面、共线、共点问题的证明 (1)证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内(或证两平面重合)． (2)证明共线的方法：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②直接证明这些点都在同一条特定直线上． (3)证明线共点的常用方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点． 【典例1】已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q． 求证：(1)D，B，E，F四点共面； (2)若A1C交平面DBFE于点R，则P，Q，R三点共线； (3)DE，BF，CC1三线交于一点． [证明]　(1)如图所示，连接B1D1． 因为EF是△D1B1C1的中位线，所以EF∥B1D1． 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，B1D1∥BD， 所以EF∥BD，所以EF，BD确定一个平面，即D，B，E，F四点共面． (2)连接A1C，设A1，C，C1确定的平面为α，平面BDEF为β． 因为Q∈A1C1，所以Q∈α．又Q∈EF，所以Q∈β，所以Q是α与β的公共点， 同理，P是α与β的公共点．所以α∩β＝PQ． 又A1C∩β＝R，所以R∈A1C，R∈α，且R∈β． 则R∈PQ，故P，Q，R三点共线． (3)因为EF∥BD且EF<BD，所以DE与BF相交， 设交点为M，则由M∈DE，DE⊂平面D1DCC1，得M∈平面D1DCC1，同理，M∈平面B1BCC1． 又平面D1DCC1∩平面B1BCC1＝CC1，所以M∈CC1．所以DE，BF，CC1三线交于一点． 【典例2】如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是(　　) A．直线AC B．直线AB C．直线CD D．直线BC 【解析】由题意知，D∈l，l⊂β，所以D∈β，又因为D∈AB，所以D∈平面ABC， 所以点D在平面ABC与平面β的交线上．又因为C∈平面ABC，C∈β，所以点C在平面ABC与平面β的交线上，所以平面ABC∩平面β＝CD．故选C． 方法技巧59 空间两直线位置关系的判定 空间中两直线位置关系的判定方法 【典例1】已知三个平面α，β，γ，其中α∩β＝a，β∩γ＝b，γ∩α＝c，且a∩b＝P，则下列结论一定成立的是(　　) A．b，c是异面直线 B．b∩c＝P C．b∥c D．a与c没有公共点 【解析】∵α∩β＝a，β∩γ＝b，且a∩b＝P，∴P∈a，P∈b，而a⊂α，b⊂γ，则P∈α，P∈γ， 而γ∩α＝c，∴P∈c，可得a∩c＝P，b∩c＝P．故选B． 【典例2】在底面半径为1的圆柱OO1中，过旋转轴OO1作圆柱的轴截面ABCD，其中母线长AB＝2，E是的中点，F是AB的中点，则(　　) A．AE＝CF，AC与EF是共面直线 B．AE≠CF，AC与EF是共面直线 C．AE＝CF，AC与EF是异面直线 D．AE≠CF，AC与EF是异面直线 【解析】由题意，圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形， E是的中点，F是AB的中点，因为AC⊂平面ABC，EF与平面ABC相交，且与AC无交点，所以AC与EF是异面直线， 又CF＝＝，AE＝＝，所以AE≠CF．故选D． 【典例3】(2023·上海春季高考)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是A1C1上的动点，则下列直线中，始终与直线BP异面的是(　　) A．DD1 B．AC C．AD1 D．B1C 【解析】对于A，当P是A1C1的中点时，BP与DD1是相交直线； 对于B，根据异面直线的定义知，BP与AC是异面直线； 对于C，当点P与点C1重合时，BP与AD1是平行直线； 对于D，当点P与点C1重合时，BP与B1C是相交直线．故选B． 方法技巧60 异面直线所成的角 求异面直线所成角的方法 (1)平移法：将异面直线中的某一条直线平移，使其与另一条相交，一般采用图中已有的平行线或者作平行线， 形成三角形求解． (2)补体法：在该几何体的某侧补接上一个同样的几何体，在这两个几何体中找异面直线相应的位置，形成三角形求解． (3)坐标法：如果几何图形便于建系，可以将问题坐标化，借助向量求解． 提醒：两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，容易忽视这个三角形的内角可能等于两异面直线所成的角，也可能等于其补角． 【典例1】在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 【解析】法一(平移法)：如图，连接BD1，交DB1于点O，取AB的中点M，连接DM，OM．易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．因为在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，AD1＝＝2， DM＝＝，DB1＝＝，所以OM＝AD1＝1，OD＝DB1＝，在△DMO中，由余弦定理的推论，得cos ∠MOD＝＝， 即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为．故选C． 法二(补体法)：如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A′B′BA-A′1B′1B1A1．连接B1B′，由长方体的性质可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．连接DB′，由题意，得DB′＝＝，B′B1＝＝2，DB1＝＝． 在△DB′B1中，由余弦定理，得DB′2＝－2B′B1·DB1·cos ∠DB1B′， 即5＝4＋5－2×2cos ∠DB1B′，∴cos ∠DB1B′＝．故选C． 法三(坐标法)：以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示．由条件可知D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，)，B1(1，1，)，所以＝(－1，0，)，＝(1，1，)，则cos 〈〉＝＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为．故选C． 【典例2】如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1，∠BAC＝60°，则异面直线AB1与BC所成角的余弦值等于(　　) A． B． C． D．0 【解析】连接AC1， 因为BC∥B1C1，所以异面直线AB1与BC所成的角即为∠AB1C1或其补角， 设AB＝a，易得AB1＝a，AC1＝a，B1C1＝a，则由余弦定理的推论知， cos ∠AB1C1＝＝＝．故选C． 【典例3】如图，圆台OO1的上底面半径O1A1＝1，下底面半径OA＝2，母线长AA1＝2，过OA的中点B作OA的垂线交圆O于点C，则异面直线OO1与A1C所成角的大小为________． 【解析】在直角梯形OO1A1A中，因为B为OA的中点，OA＝2，所以O1A1＝OB＝AB＝1，连接A1B(图略)，易知四边形OO1A1B为矩形，所以OO1∥A1B，所以∠BA1C为异面直线OO1与A1C所成的角．在Rt△AA1B中，因为AA1＝2，AB＝1，所以A1B＝．连接OC(图略)，在Rt△OBC中，由OB＝1，OC＝2，得BC＝．在Rt△A1BC中，因为BC＝A1B，所以∠BA1C＝45°． 方法技巧61 空间几何体的截面、截线问题 1.空间几何体的截面作图的常用方法 (1)平行线法．用平行线法解决截面问题的关键是：截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面有一条直线与截面上某点所在的几何体的某一个表面平行． (2)延长线法．用延长线法解决截面问题的关键是：截面上至少有两个点在一个几何体的一个表面上，那么这两点的连线一定在截面内． 2.作交线的两种方法 (1)利用基本事实3作交线． (2)利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线． 【典例1】(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，直线AC1⊥平面α．平面α截此正方体所得截面有如下四个结论，其中正确的是(　　) A．截面形状可能为正三角形 B．截面形状可能为正方形 C．截面形状不可能是正五边形 D．截面面积的最大值为3 【解析】显然A，C正确，B不正确，下面说明D正确， 如图，当截面是正六边形时面积最大，MN＝2，GH＝， OE＝＝，所以S＝2××(2)×＝3．故D正确． [答案]　ACD 【典例2】如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是BC的中点，平面α经过直线BD且与直线C1E平行，若正方体的棱长为2，则平面α截正方体所得的多边形的面积为________． 【解析】如图，过点B作BM∥C1E交B1C1于点M，过点M作BD的平行线，交C1D1于点N，连接DN，则平面BDNM即为符合条件的平面α． 因为E为BC的中点，可知M，N分别为B1C1，C1D1的中点，由正方体的棱长为2， 则BD＝2，MN＝，且BM＝DN＝， 所以等腰梯形MNDB的高h＝＝， 所以梯形MNDB的面积为×(＋2)×＝． 【典例3】　(2020·新高考Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°，以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________． 【解析】如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2．分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝＝，D1M⊥B1C1，且D1M＝． 由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点．在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝，连接D1P，则D1P＝＝＝，连接MG，MH，易得MG＝MH＝，故可知以M为圆心，为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线． 由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°， 所以的长为×2π×＝． 【典例4】如图，以棱长为1的正方体的顶点A为球心，以为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为(　　) A． B．π C． D． 【解析】正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧长是以A1为圆心，1为半径的圆周长的，所以所有弧长之和为3×＝．故选C． 方法技巧62 截面分割体积比问题 1.截面定位法：利用中点、平行、垂直、共面条件，先确定截面的形状与边界，是解题前提 2.等体积转化法：不改变几何体体积，通过换顶点、换底面简化计算，适用于棱锥分割题型 3.体积割补思想：将不规则多面体拆分为棱锥、棱台，分别计算再求和，化不规则为规则 【典例1】已知长方体，是棱的中点，平面将长方体分割成两部分，则体积较大部分与体积较小部分的体积之比为（ ） A． B． C． D． 【解析】取的中点为，连接，如下图所示： 因为是棱的中点，所以由长方体性质可得， 所以四点共面， 根据长方体性质，与相似，相似比为，且平面平面， 所以交于同一点， 所以长方体被平面割成的体积较小部分为三棱台， 设长方体的各棱长为，则长方体的体积为， 再由棱台体积公式可得 ， 较大部分的体积为； 所以体积较大部分与体积较小部分的体积之比为， 故选：C 【典例2】正四棱锥的底面边长为，侧棱长为，过点作一个与侧棱垂直的平面，则平面被此正四棱锥所截的截面面积为______，平面将此正四棱锥分成的两部分，则较小部分体积与较大部分体积的比值为______. 【解析】如下图所示： 在正四棱锥中，由于底面边长为，侧棱长为，则， 所以，是等边三角形，同理可得也为等边三角形， 取的中点，连接，则，且， 设过且与垂直的平面交于点，交于点，连接， 则，，可得，则，， 在和中，由，，， 可得，， ，，，，，则， 在等腰中，由，， 由余弦定理可得， 则在中，，同理可得， ，，， 四边形的面积为， 则， 又， 因此，平面将此正四棱锥分成的两部分，较小部分体积与较大部分体积的比值为. 【典例3】已知正四棱台分别是棱的中点，平面将正四棱台割成两部分，则较小部分与较大部分的体积之比为__________． 【答案】/0.6 【分析】分析可知几何体是三棱台，利用割补法结合台体的体积公式运算求解． 【详解】如图，连接，不妨设，棱台的高设为， 所以． 因为，分别是棱，的中点，则，． 又因为平面∥平面，可知几何体是三棱台， 则． 所以分割之后较大部分的体积为， 所以较小部分与较大部分的体积之比为． 方法技巧63 直线与平面平行的判定 判断或证明线面平行的常用方法 (1)利用线面平行的定义(无公共点)． (2)利用线面平行的判定定理(a∥b，b⊂α，a⊄α⇒a∥α)． (3)利用面面平行的性质(α∥β，a⊂α⇒a∥β)． (4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)． 【典例1】如图，在长方体中，，点是棱的中点.求证：平面. 【解析】连接与交于点O，连接． 则O为的中点，又点E是棱的中点，所以， 又平面，平面，所以平面． 【典例2】如图，P是平行四边形ABCD所在平面外的一点，E，F分别为AB，PD的中点，求证：AF∥平面PCE． [证明]　法一(应用线面平行的判定定理)：如图，设M为PC的中点，连接EM，MF． ∵E是AB的中点， ∴AE∥CD，且AE＝CD． 又∵MF∥CD，且MF＝CD， ∴AE∥FM，∴四边形AEMF是平行四边形， ∴AF∥EM． 又∵AF⊄平面PCE，EM⊂平面PCE， ∴AF∥平面PCE． 法二(应用面面平行的性质)：如图，设G为CD的中点，连接FG，AG． ∵F，G分别为PD，CD的中点，∴FG∥PC．又E为AB的中点，四边形ABCD为平行四边形，∴AE∥GC，∴四边形AECG为平行四边形，∴AG∥EC． 又FG⊄平面PCE，AG⊄平面PCE，PC⊂平面PCE，EC⊂平面PCE， ∴FG∥平面PCE，AG∥平面PCE．又FG，AG⊂平面AFG，FG∩AG＝G， ∴平面AFG∥平面PCE．又AF⊂平面AFG，∴AF∥平面PCE． 方法技巧64 线面平行性质定理的应用 应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面确定交线． 【典例1】如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E为线段AD上的任意一点(不包括A，D两点)，平面CEC1∩平面BB1D＝FG． 证明：FG∥平面AA1B1B． [证明]　在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，BB1∥CC1，BB1⊂平面BB1D，CC1⊄平面BB1D， 所以CC1∥平面BB1D．又CC1⊂平面CEC1，平面CEC1∩平面BB1D＝FG，所以CC1∥FG． 因为BB1∥CC1，所以BB1∥FG．而BB1⊂平面AA1B1B，FG⊄平面AA1B1B， 所以FG∥平面AA1B1B． 【典例2】如图所示，已知四边形ABCD是正方形，四边形ACEF是矩形，M是线段EF的中点． (1)求证：AM∥平面BDE； (2)若平面ADM∩平面BDE＝l，平面ABM∩平面BDE＝m，试分析l与m的位置关系，并证明你的结论． 【解析】　(1)证明：如图，记AC与BD的交点为O，连接OE． 因为O，M分别为AC，EF的中点，四边形ACEF是矩形， 所以四边形AOEM是平行四边形，所以AM∥OE． 又因为OE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，所以AM∥平面BDE． (2)l∥m，证明如下： 由(1)知AM∥平面BDE，又AM⊂平面ADM，平面ADM∩平面BDE＝l， 所以l∥AM，同理，AM∥平面BDE， 又AM⊂平面ABM，平面ABM∩平面BDE＝m，所以m∥AM，所以l∥m． 【典例3】在平行六面体中，点M是上靠近B的三等分点，直线DM交平面于点N，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设平面DAM与交于点P，连接DP交于点Q，连接QN，如图： 因为平面DAM，平面DAM， 所以平面DAM，又平面，平面平面，所以， 因为M是三等分点，所以，因为平面平面，所以平面，又平面PDM，平面平面，所以， 所以，因此． 故选：C 方法技巧65 平面与平面平行的判定与性质 证明面面平行的常用方法 (1)利用面面平行的定义． (2)利用面面平行的判定定理． (3)利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”． (4)利用“如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行”． (5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化． 提醒：利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明在一个平面内的两条直线是相交直线． 【典例1】如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证： (1)B，C，H，G四点共面； (2)平面EFA1∥平面BCHG． [证明]　(1)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点， ∴GH是△A1B1C1的中位线，GH∥B1C1． 又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面． (2)∵在△ABC中，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∥EB，∴四边形A1EBG是平行四边形，则A1E∥GB． ∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG． ∵A1E∩EF＝E，∴平面EFA1∥平面BCHG． 【典例2】如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形． (1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1； (2)若平面ABCD∩平面B1D1C＝l，证明：B1D1∥l． [证明]　(1)由题设知BB1∥DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以BD∥B1D1． 又BD⊄平面CD1B1，B1D1⊂平面CD1B1， 所以BD∥平面CD1B1． 因为A1D1∥B1C1∥BC， 所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥D1C． 又A1B⊄平面CD1B1，D1C⊂平面CD1B1， 所以A1B∥平面CD1B1． 又因为BD∩A1B＝B，BD，A1B⊂平面A1BD， 所以平面A1BD∥平面CD1B1． (2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1， 又平面ABCD∩平面B1D1C＝l， 平面ABCD∩平面A1BD＝BD， 所以l∥BD， 在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，四边形BDD1B1为平行四边形， 所以B1D1∥BD，所以B1D1∥l． 【典例3】如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G分别为B1C1，A1B1，AB的中点． (1)求证：平面A1C1G∥平面BEF； (2)若平面A1C1G∩BC＝H，求证：H为BC的中点． [证明]　(1)∵E，F分别为B1C1，A1B1的中点，∴EF∥A1C1， ∵A1C1⊂平面A1C1G，EF⊄平面A1C1G， ∴EF∥平面A1C1G， 又∵F，G分别为A1B1，AB的中点， ∴A1F＝BG，又A1F∥BG， ∴四边形A1GBF为平行四边形， 则BF∥A1G， ∵A1G⊂平面A1C1G，BF⊄平面A1C1G， ∴BF∥平面A1C1G， 又EF∩BF＝F，EF，BF⊂平面BEF， ∴平面A1C1G∥平面BEF． (2)∵平面ABC∥平面A1B1C1，平面A1C1G∩平面A1B1C1＝A1C1，由题意得平面A1C1G∩BC＝H，即平面A1C1G∩平面ABC＝GH， ∴A1C1∥GH，得GH∥AC， ∵G为AB的中点， ∴H为BC的中点． 方法技巧66 平行关系的综合应用 三种平行关系的转化 提醒：解答探索性问题的基本策略是先假设，再证明． 【典例1】如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，M，N，Q分别为BC，PA，PB的中点． (1)求证：平面MNQ∥平面PCD； (2)在线段PD上是否存在一点E，使得MN∥平面ACE？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【解析】　(1)证明：∵在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，M，N，Q分别为BC，PA，PB的中点，∴NQ∥CD，MQ∥PC． 又∵NQ，MQ⊄平面PCD，CD，PC⊂平面PCD， ∴NQ∥平面PCD，MQ∥平面PCD． 又NQ∩MQ＝Q，NQ，MQ⊂平面MNQ， ∴平面MNQ∥平面PCD． (2)线段PD上存在一点E，使得MN∥平面ACE，且＝． 证明如下：取PD的中点E，连接NE，CE，AE， ∵N，E，M分别是AP，PD，BC的中点，BC∥AD， ∴NE∥MC，∴四边形MCEN是平行四边形，∴MN∥CE． ∵MN⊄平面ACE，CE⊂平面ACE， ∴MN∥平面ACE，且＝． 【典例2】如图所示，四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，若截面为平行四边形． (1)求证：AB∥平面EFGH； (2)若AB＝4，CD＝6，求四边形EFGH周长的取值范围． 【解析】　(1)证明：因为四边形EFGH为平行四边形，所以EF∥HG． 因为HG⊂平面ABD，EF⊄平面ABD，所以EF∥平面ABD． 又因为EF⊂平面ABC，平面ABD∩平面ABC＝AB，所以EF∥AB． 又因为AB⊄平面EFGH，EF⊂平面EFGH，所以AB∥平面EFGH． (2)设EF＝x(0<x<4)，因为EF∥AB，FG∥CD，所以＝， 则＝＝＝1－，所以FG＝6－x． 因为四边形EFGH为平行四边形， 所以四边形EFGH的周长l＝2＝12－x． 又因为0<x<4，所以8<l<12， 即四边形EFGH周长的取值范围是(8，12)． 方法技巧67 直线与平面垂直的判定与性质 判定线面垂直的四种方法 【典例1】如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明： (1)CD⊥AE； (2)PD⊥平面ABE． [证明]　(1)在四棱锥P-ABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD， ∴PA⊥CD，又∵AC⊥CD，且PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，∴CD⊥平面PAC． 又AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE． (2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA．∵E是PC的中点，∴AE⊥PC． 由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD，∴AE⊥平面PCD． 又PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD． ∵PA⊥底面ABCD，AB⊂底面ABCD，∴PA⊥AB． 又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD． 又PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD． 又∵AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE，∴PD⊥平面ABE． 【典例2】如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F在BB1上． (1)求证：C1D⊥平面AA1B1B； (2)在下列给出的三个条件中选取哪两个条件可使AB1⊥平面C1DF？并证明你的结论． ①F为BB1的中点；②AB1＝；③AA1＝． 【解析】　(1)证明：∵三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°， ∴A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°．又D是A1B1的中点，∴C1D⊥A1B1． ∵AA1⊥平面A1B1C1，C1D⊂平面A1B1C1， ∴AA1⊥C1D，又A1B1∩AA1＝A1，A1B1，AA1⊂平面AA1B1B，∴C1D⊥平面AA1B1B． (2)选①③能使AB1⊥平面C1DF． 如图，连接DF，A1B，∴DF∥A1B， 在△ABC中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，则AB＝．又AA1＝， 则A1B⊥AB1，∴DF⊥AB1． ∵C1D⊥平面AA1B1B，AB1⊂平面AA1B1B，∴C1D⊥AB1． ∵DF∩C1D＝D，DF，C1D⊂平面C1DF，∴AB1⊥平面C1DF． 方法技巧68 平面与平面垂直的判定与性质 证明面面垂直的两种方法 提醒：在已知两个平面垂直时，一般要在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直． 【典例1】如图，四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，PA⊥AB，AB∥CD，∠DAB＝90°，PA＝AD，DC＝2AB，E为PC的中点．求证： (1)PA⊥BC；(2)平面BEC⊥平面PDC． [证明]　(1)∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PA⊂平面PAB，PA⊥AB， ∴PA⊥平面ABCD． ∵BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC． (2)取PD的中点F，如图，连接EF，AF． 在△PCD中，E，F分别为PC，PD的中点，∴EF∥DC，EF＝DC． 又AB∥DC，AB＝DC，∴AB∥EF，∴四边形ABEF是平行四边形，∴BE∥AF． ∵AP＝AD，F为PD的中点，∴AF⊥PD，∴BE⊥PD． ∵PA⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，∴PA⊥DC． ∵AB∥CD，∠DAB＝90°，∴AD⊥DC． ∵AD∩PA＝A，AD，PA⊂平面PAD，∴DC⊥平面PAD． ∵AF⊂平面PAD，∴DC⊥AF． ∵BE∥AF，∴DC⊥BE． ∵DC∩PD＝D，DC，PD⊂平面PDC， ∴BE⊥平面PDC．又BE⊂平面BEC，∴平面BEC⊥平面PDC． 【典例2】如图，斜三棱柱ABC-A1B1C1的底面是直角三角形，∠ACB＝90°，点B1在底面ABC上的射影恰好是BC的中点，且BC＝CA＝AA1．求证： (1)平面ACC1A1⊥平面B1C1CB； (2)BC1⊥AB1． [证明]　(1)设BC的中点为M， 因为点B1在底面ABC上的射影恰好是点M，所以B1M⊥平面ABC， 又因为AC⊂平面ABC，所以B1M⊥AC， 又∠ACB＝90°，所以BC⊥AC，又B1M∩BC＝M且B1M，BC⊂平面B1C1CB，所以AC⊥平面B1C1CB，因为AC⊂平面ACC1A1，所以平面ACC1A1⊥平面B1C1CB． (2)连接B1C，因为AC⊥平面B1C1CB，且BC1⊂平面B1C1CB，所以AC⊥BC1， 在斜三棱柱ABC-A1B1C1中， 因为BC＝CC1，所以四边形B1C1CB为菱形，所以B1C⊥BC1． 又因为B1C∩AC＝C，且B1C，AC⊂平面ACB1，所以BC1⊥平面ACB1， 因为AB1⊂平面ACB1，所以BC1⊥AB1． 方法技巧69 垂直关系的综合应用 三种垂直关系的转化 线线垂直线面垂直面面垂直 【典例1】如图，在四棱锥S-ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD为正三角形，侧面SAD⊥底面ABCD，E，F分别为棱AD，SB的中点． (1)求证：AF∥平面SEC； (2)求证：平面ASB⊥平面CSB； (3)在棱SB上是否存在一点M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【解析】　(1)证明：取SC的中点G，连接FG，EG． ∵F，G分别是SB，SC的中点，∴FG∥BC，FG＝BC． ∵四边形ABCD是菱形，E是AD的中点，∴AE∥BC．AE＝BC， ∴FG∥AE，FG＝AE，∴四边形AFGE是平行四边形，∴AF∥EG． 又AF⊄平面SEC，EG⊂平面SEC，∴AF∥平面SEC． (2)证明：∵△SAD是等边三角形，E是AD的中点，∴SE⊥AD． ∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°， ∴△ACD是等边三角形，又E是AD的中点， ∴AD⊥CE，又SE∩CE＝E，SE，CE⊂平面SEC，∴AD⊥平面SEC，又EG⊂平面SEC， ∴AD⊥EG，又四边形AFGE是平行四边形， ∴四边形AFGE是矩形，∴AF⊥FG．又SA＝AB，F是SB的中点， ∴AF⊥SB，又FG∩SB＝F，FG⊂平面SBC，SB⊂平面SBC， ∴AF⊥平面SBC，又AF⊂平面ASB，∴平面ASB⊥平面CSB． (3)存在点M满足题意．假设在棱SB上存在点M，使得BD⊥平面MAC， 连接MO，BE，则BD⊥OM， ∵四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD为正三角形， ∴BE＝，SE＝，BD＝2OB＝2，SD＝2，SE⊥AD， ∵侧面SAD⊥底面ABCD， 侧面SAD∩底面ABCD＝AD，SE⊂平面SAD，∴SE⊥底面ABCD，∴SE⊥BE， ∴BS＝＝，∴cos ∠SBD＝＝， ∴＝，∴BM＝，∴＝． 【典例2】如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAC⊥平面PBC，PA⊥平面ABC． (1)求证：BC⊥平面PAC； (2)若AC＝BC＝PA，求二面角A-PB-C的大小． 【解析】　(1)证明：作AD⊥PC于点D，因为平面PAC⊥平面PBC，平面PAC∩平面PBC＝PC，AD⊂平面PAC，则AD⊥平面PBC． 又BC⊂平面PBC，则AD⊥BC．又因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC． 又PA，AD⊂平面PAC，PA∩AD＝A，所以BC⊥平面PAC． (2)作AD⊥PC于点D，作DE⊥PB于点E，连接AE，由(1)知AD⊥平面PBC，PB⊂平面PBC，则AD⊥PB， 又AD，DE⊂平面ADE，AD∩DE＝D，则PB⊥平面ADE，又AE⊂平面ADE，则PB⊥AE，则∠AED即为二面角A-PB-C的平面角． 不妨设AC＝BC＝PA＝1，则PC＝，AD＝＝， 又由(1)知BC⊥平面PAC, AC⊂平面PAC， 则BC⊥AC，则AB＝，PA⊥平面ABC， AB⊂平面ABC，则PA⊥AB，则PB＝， AE＝＝，则sin ∠AED＝＝＝， 则∠AED＝60°，即二面角A-PB-C的大小为60°． 【典例3】如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，四边形PACQ是矩形，PA＝1，且平面PACQ⊥平面ABCD．求： (1)直线BP与平面PACQ所成角的正弦值； (2)平面BPQ与平面DPQ的夹角的大小； (3)点C到平面BPQ的距离． 【解析】　(1)连接BD交AC于点O，连接OP， ∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC． ∵平面PACQ⊥平面ABCD，平面PACQ∩平面ABCD＝AC，BD⊂平面ABCD， ∴BD⊥平面PACQ， ∴∠BPO即为直线BP与平面PACQ所成的角． ∵四边形PACQ为矩形，∴PA⊥AC， 又平面PACQ⊥平面ABCD，平面PACQ∩平面ABCD＝AC，PA⊂平面PACQ， ∴PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，∴BP＝＝＝， 在Rt△POB中，OB＝，∴sin ∠BPO＝＝＝， 故BP与平面PACQ所成角的正弦值为． (2)取PQ的中点M，连接BM，DM，由(1)知，PA⊥平面ABCD． ∵四边形ABCD是菱形，四边形PACQ为矩形，∴BP＝BQ，DP＝DQ， ∴BM⊥PQ，DM⊥PQ，∴∠BMD即为二面角B-PQ-D的平面角， 在△BDM中，BD＝2，BM＝DM＝＝＝＝2， 由余弦定理的推论知，cos ∠BMD＝＝＝－，∴∠BMD＝120°， 故二面角B-PQ-D的大小为120°，则平面BPQ与平面DPQ的夹角为60°． (3)设点C到平面BPQ的距离为d， ∵VC-BPQ＝VB-CPQ，∴d×BM·PQ＝OB×CQ·PQ，∴d×2×2＝×1×2, ∴d＝， 故点C到平面BPQ的距离为． 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三一轮复习回归教材版微专题02 ——简易逻辑考点梳理 考点一、充分条件、必要条件、充要条件的判断 【人教A版必修一第1.4.1节练习第1题】下列“若p，则q”形式的命题中，哪些命题中的p是q的充分条件？ （1）若平面内点P在线段的垂直平分线上，则； （2）若两个三角形的两边及一边所对的角分别相等，则这两个三角形全等； （3）若两个三角形相似，则这两个三角形的面积比等于周长比的平方. 【人教A版必修一第1.4.1节练习第2题】下列“若p，则q”形式的命题中，哪些命题中的q是p的必要条件？ （1）若直线l与有且仅有一个交点，则l为的一条切线； （2）若x是无理数，则也是无理数. 【人教A版必修一第1.4.2节练习第1题】下列各题中，哪些p是q的充要条件？ （1）p：三角形为等腰三角形，q：三角形存在两角相等； （2）内两条弦相等，内两条弦所对的圆周角相等； （3）为空集，与B之一为空集. 【人教A版必修一第1.4.2节练习第2题】分别写出“两个三角形全等”和“两个三角形相似”的几个充要条件. 小结：判断充分条件、必要条件的三种方法 定义法：直接判断“若p，则q”“若q,则p”的真假.在判断时，确定条件是什么、结论是什么 集合法：利用集合中包含思想判定的特点，抓住“以小推大”的技巧，即小范围推得大范围，即可解决充分性、必要性问题 等价转化法：对于带有否定性词语的命题，要判断p是q的什么条件，只需判断¬q是¬p的什么条件。 【跟踪练习】 1．（2026·安徽淮南·一模）已知直线，，则“”是"”的（   ） A．充分必要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 2．（2026·江苏南通·一模）“”是“成等比数列”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 3．（2026·江西南昌·一模）已知圆，：点在圆外，：直线与圆有两个公共点，则是的（   ）条件 A．充分不必要 B．必要不充分 C．充分必要 D．既不充分也不必要 4．（2026·辽宁抚顺·一模）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，若，则“”是“”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 5．已知为非零向量，则“存在实数，使”是“”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 6、（多选）下列命题中，p是q充分条件的有（ ） A. 若四边形是正方形，则四边形是菱形 B. 若，则 C. 若，则且 D. 若三角形三边相等，则三角形是等边三角形 7、（多选）下列命题中，q是p必要条件的有（ ） A. 若四边形是正方形，则四边形是平行四边形 B. 若两个三角形相似，则这两个三角形的对应角相等 C. 若四边形对角线相等，则四边形是矩形 D. 若，则 8．（多选）下列命题中，p是q充要条件的有（ ） A.p：三角形是等边三角形，q：三角形三边相等 B.p：一元二次方程有两个相等实数根，q：判别式 C.p：，q：且 D.p：四边形是平行四边形，q：四边形两组对边分别平行 考点二、充分（必要、充要）条件与集合之间的关系 【人教A版必修一习题1.4第4题】已知A={满足条件p},B={满足条件q}, (1)如果,那么p是q的什么条件? (2)如果,那么p是q的什么条件? (3)如果,那么p是q的什么条件? 小结：从集合的角度理解充分条件与必要条件 若以集合的形式出现，以集合的形式出现，即满足条件，满足条件，则关于充分条件、必要条件又可以叙述为 （1）若，则是的充分条件，是的必要条件； （2）若，则是的充要条件； （3）若，则是的充分不必要条件，是的必要不充分条件; （4）若且，则是的既不充分也不必要条件，也是的既不充分也不必要条件. 【跟踪练习】 1．已知，集合，若是的必要不充分条件，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 2、（多选）已知满足条件，满足条件，下列说法能推出 “p是q必要条件” 的有（ ） A.  B.  C.   D.  3、（多选）已知集合，，若“”是“”的必要不充分条件，则实数的可能取值为( ) A. B. C. D. 2 4．设全集，集合，. (1)若，求，. (2)若是成立的充分条件，求实数的取值范围. 考点三、全称（存在）量词命题真假的判断 【人教A版必修一第1.5.1节练习第1题】判断下列全称量词命题的真假： （1）每个四边形的内角和都是360°； （2）任何实数都有算术平方根； （3）是无理数}，是无理数. 【人教A版必修一第1.5.1节练习第2题】判断下列存在量词命题的真假： （1）存在一个四边形，它的两条对角线互相垂直； （2）至少有一个整数n，使得为奇数； （3）是无理数}，是无理数. 小结：全称量词命题与存在量词命题真假判断的方法 1.要判断全称量词命题“,”是真命题，需要对集合中的每一个元素，证明成立. 2.要判断存在量词命题“,”是真命题，只需在集合中找到一个元素，使得成立. 【跟踪练习】 1．已知，；，.下列结论正确的是（   ） A．p是真命题，q是真命题 B．p是真命题，是真命题 C．是真命题，q是真命题 D．是真命题，是真命题 2、（多选）判断下列存在量词命题的真假，真命题有（ ） A. 不存在实数x，使 B. 平面内存在两条直线，既垂直又相交 C. 有些平行四边形是正方形 D. 存在实数x，使为有理数 3．（2026·陕西铜川·一模）下列命题中，既是全称量词命题，又是真命题的是（    ） A． B． C．任何实数都有算术平方根 D．任意两个无理数之和仍为无理数 4、（多选）已知，则下列命题中为真命题的是（ ） ，， ，， 5．已知命题：，，则下列结论正确的是（   ） A．为真命题，且命题的否定为：， B．为真命题，且命题的否定为：， C．为假命题，且命题的否定为：， D．为假命题，且命题的否定为：， 考点四、全称（存在）量词命题的否定 【人教A版必修一第1.5.2节练习第1题】写出下列命题的否定： （1），； （2） 任意奇数的平方还是奇数； （3）每个平行四边形都是中心对称图形. 【人教A版必修一第1.5.2节练习第2题】写出下列命题的否定： （1）有些三角形是直角三角形；（2）有些梯形是等腰梯形；（3）存在一个实数，它的绝对值不是正数. 小结：对全称量词命题和存在量词命题进行否定的两个步骤 改写量词：全称量词改为存在量词，存在量词改为全称量词 否定结论：对原命题的结论进行否定 【跟踪练习】 1．（2026·山东德州·一模）命题“”的否定为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·天津河东·一模）已知命题p：菱形不是矩形，该命题的否定是（    ） A．菱形是矩形 B．存在一个菱形，它是矩形 C．存在菱形不是矩形 D．存在是菱形的矩形 3、命题“,”的否定是( ) A., B. , C. , D. , 4．命题“”的否定是（   ） A． B． C． D． 5．若命题p：，，则命题p的否定为 ． 考点五、由充分条件、必要条件求参数范围 1．已知集合，． (1)若，求； (2)是否存在实数a，使得“”是“”成立的______，若存在，求实数a的取值范围，若不存在，请说明理由．从①充分不必要条件和②必要不充分条件中任选一个，填在上面横线上，将该问题补充完整，并进行作答．若两个都选，则按第一个作答进行给分． 小结：由充分条件、必要条件求参数范围的策略 1.把充分条件、必要条件或充要条件转化为集合的包含、相等关系，然后根据集合之间的关系列出有关参数的不等式（组）求解，注意条件的等价变形. 2.在求参数范围时，要注意端点值的检验，处理不当容易造成漏解或增解. 【跟踪练习】 1、（多选题）已知集合，，若“”是“”的必要不充分条件，则实数的可能取值为( ) A. B. C. D. 2 2、设命题，命题，若是的充分不必要条件，则实数的取值范围是_____________． 3、已知,, （1）若是的充分不必要条件,求实数的取值范围. （2）若是的必要不充分条件,求实数的取值范围. 考点六、根据命题的真假求参数取值范围 1．已知集合，集合． (1)若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围； (2)若命题“，都有”是真命题，求实数的取值范围； (3)若命题“，”是真命题，求实数的取值范围． 小结：根据命题的真假求参数取值范围的策略 1.全称量词命题可转化为恒成立问题，存在量词命题可转化为存在性问题. 2.（1）求出每个命题是真命题时参数的取值范围； （2）根据题意确定每个命题的真假； （3）由各个命题的真假列出关于参数的不等式（组）求解. 【跟踪练习】 1、“，”为真命题的充分必要条件是（ ） A． B． C． D． 2、已知,使得.若为假命题，则实数的取值范围为( ) A. B. C. D. 3、若命题“，”为假命题，则实数的取值范围是 . 学科网（北京）股份有限公司 $