高考数学二轮专题复习 第一部分 专题四 立体几何与空间向量讲义

专题四立体几何与空间向量第一讲空间几何体的三视图、表面积及体积一、基础知识要记牢三视图的排列规则是：“长对正、高平齐、宽相等”二、经典例题领悟好例1(1)(2017惠州调研)如图所示，将图中的正方体截去两个三棱锥，得到图中的几何体，则该几何体的侧视图为()(2)(2016天津高考)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为()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)先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧(左)视图由几何体的正视图和俯视图可知该几何体如图所示，故其侧(左)视图如图所示故选B.答案(1)B(2)B分析空间几何体的三视图的要点(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)确定几何体的形状，即可得到结果比较复杂的三视图问题常常借助于长方体确定空间几何体的形状. 三、预测押题不能少1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()A3 B2C2 D2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AC12.一、基础知识要记牢常见的一些简单几何体的表面积和体积公式圆柱的表面积公式：S2r22rl2r(rl)(其中r为底面半径，l为圆柱的高)；圆锥的表面积公式：Sr2rlr(rl)(其中r为底面半径，l为母线长)；圆台的表面积公式：S(r2r2rlrl)(其中r和r分别为圆台的上、下底面半径，l为母线长)；柱体的体积公式：VSh(S为底面面积，h为高)；锥体的体积公式：VSh(S为底面面积，h为高)；台体的体积公式：V(SS)h(S，S分别为上、下底面面积，h为高)；球的表面积和体积公式：S4R2，VR3(R为球的半径)二、经典例题领悟好例2(1)(2016全国卷)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为()A20 B24 C28 D32(2)(2017全国卷)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为()A90 B63 C42 D36解析(1)由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r，周长为c，圆锥母线长为l，圆柱高为h.由图得r2，c2r4，h4，由勾股定理得：l4，S表r2chcl416828.(2)法一：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，故其体积V321032663.法二：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，其体积等价于底面半径为3，高为7的圆柱的体积，所以它的体积V32763.答案(1)C(2)B(1)求几何体的表面积及体积问题，关键是空间想象能力，能想出、画出空间几何体，高往往易求，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，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解. 三、预测押题不能少2.(1)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示若该几何体的表面积为1620，则r()A1 B2C4 D8解析：选B如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r，圆柱的底面半径为r，高为2r，则表面积S4r2r24r2r2r(54)r2.又S1620，(54)r21620，r24，r2，故选B.(2)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，V21121212.答案：2一、基础知识要记牢(1)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，可采用“补形法”成为一个球内接长方体(2)正四面体的内切球与外接球半径之比为13.二、经典例题领悟好例3(1)(2016全国卷)在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球若ABBC，AB6，BC8，AA13，则V的最大值是()A4 B.C6 D.(2)(2018届高三湖北七市(州)联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为()A36 B.C32 D28解析(1)设球的半径为R，ABC的内切圆半径为2，R2.又2R3，R，Vmax3.故选B.(2)根据三视图，可知该几何体是一个四棱锥，其底面是一个边长为4的正方形，高是2.将该四棱锥还原成一个三棱柱，如图所示，该三棱柱的底面是边长为4的正三角形，高是4，其中心到三棱柱的6个顶点的距离即为该四棱锥外接球的半径三棱柱的底面是边长为4的正三角形，底面三角形的中心到三角形三个顶点的距离为2，其外接球的半径R，则外接球的表面积S4R24，故选B.答案(1)B(2)B处理球与棱柱、棱锥切、接问题的思路(1)过球及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，化空间问题为平面问题(2)利用平面几何知识寻找几何体中元素间关系，确定球心位置(3)建立几何量间关系求半径r. 三、预测押题不能少3(1)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 B.C. D.解析：选B设圆柱的底面半径为r，则r2122，所以圆柱的体积V1.(2)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：知能专练(十三)一、选择题1一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是()解析：选C注意到在三视图中，俯视图的宽度应与侧视图的宽度相等，而在选项C中，其宽度为，与题中所给的侧视图的宽度1不相等，因此选C.2一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径为()A1B2C3 D4解析：选B该几何体为直三棱柱，底面是边长分别为6,8,10的直角三角形，侧棱长为12，故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径，其半径为r2，故选B.3将边长为1的正方形以其一边所在的直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积为()A4 B3C2 D 解析：选C由几何体的形成过程知所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积S2rh2112.4一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()A4，8 B4，C4(1)， D8,8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44，V222.5.(2017全国卷)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()A10 B12C14 D16解析：选B由三视图可知该多面体是一个组合体，如图所示，其下面是一个底面为等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面为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212，故选B.6如图，三棱锥VABC的底面为正三角形，侧面VAC与底面垂直且VAVC，已知其正视图的面积为，则其侧视图的面积为()A.B.C. D.解析：选B由题意知，该三棱锥的正视图为VAC，作VOAC于O，连接OB(图略)，设底面边长为2a，高VOh，则VAC的面积为2ahah.又三棱锥的侧视图为RtVOB，在正三角形ABC中，高OBa，所以侧视图的面积为OBVOahah.7九章算术的商功章中有一道题：一圆柱形谷仓，高1丈3尺3寸，容纳米2 000斛(1丈10尺，1尺10寸，斛为容积单位，1斛1.62立方尺，3)，则圆柱底圆周长约为()A1丈3尺 B5丈4尺C9丈2尺 D48丈6尺解析：选B设圆柱底面圆的半径为r，若以尺为单位，则2 0001.623r2，解得r9(尺)，底面圆周长约为23954(尺)，换算单位后为5丈4尺，故选B.8(2017丽水模拟)已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是正三角形，则该几何体的体积为()A. B2C3 D4解析：选B分析题意可知，该几何体是由如图所示的三棱柱ABCA1B1C1截去四棱锥ABEDC得到的，故其体积V22322，故选B.9(2017贵阳质检)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16，则该三棱锥的高的最大值为()A4 B6C8 D10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R5，由r216，解得r4，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538，故选C.10(2017洛阳模拟)已知三棱锥PABC的四个顶点均在某球面上，PC为该球的直径，ABC是边长为4的等边三角形，三棱锥PABC的体积为，则此三棱锥的外接球的表面积为()A. B. C. D.解析：选D依题意，记三棱锥PABC的外接球的球心为O，半径为R，点P到平面ABC的距离为h，则由VPABCSABChh得h.又PC为球O的直径，因此球心O到平面ABC的距离等于h.又正ABC的外接圆半径为r，因此R2r22，所以三棱锥PABC的外接球的表面积为4R2，故选D.二、填空题11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：由三视图得该几何体为如图所示的三棱锥，其中底面ABC为直角三角形，B90，AB1，BC2，PA底面ABC，PA2，所以ACPB，PC3，PC2PB2BC2，PBC90，则该三棱锥的表面积为12122222，体积为122.答案：2212(2017诸暨质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体最长的一条棱的长度为_，体积为_解析：根据三视图，可以看出该几何体是一个底面为正三角形，一条侧棱垂直底面的三棱锥，如图所示，其中底面BCD是正三角形，各边长为2，侧棱AD底面BCD，且AD2，底面BCD的中垂线长DE，ACAB2，V三棱锥ABCDSBCDAD22，即该几何体最长的棱长为2，体积为.答案：213一个直棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱)被一个平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则截去的几何体为_(从备选项中选择一个填上：三棱锥、四棱锥、三棱柱、四棱柱)，截去的几何体的体积为_解析：作出直观图可得截去的几何体为底面为直角边长分别为1和2的直角三角形，高为4的三棱锥，其体积V4.答案：三棱锥14(2018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44324.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4R225.答案：242515(2017洛阳模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图与侧视图均为半径是2的圆，则该几何体的表面积为_解析：由三视图可知该几何体为一个球体的，故该几何体的表面积等于球的表面积的，加上以球的半径为半径的圆的面积，即S4R2R216.答案：1616(2016四川高考)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是_解析：由正视图知三棱锥的形状如图所示，且ABADBCCD2，BD2，设O为BD的中点，连接OA，OC，则OABD，OCBD，结合正视图可知AO平面BCD.又OC1，V三棱锥ABCD1.答案：17如图是某三棱柱被削去一个底面后的直观图、侧视图与俯视图已知CF2AD，侧视图是边长为2的等边三角形，俯视图是直角梯形，有关数据如图所示，则该几何体的体积为_解析：取CF中点P，过P作PQCB交BE于Q，连接PD，QD，则ADCP，且ADCP.所以四边形ACPD为平行四边形，所以ACPD.所以平面PDQ平面ABC.该几何体可分割成三棱柱PDQ CAB和四棱锥D PQEF，所以VVPDQ CABVD PQEF22sin 6023.答案：3选做题1(2017石家庄质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A16 B20 C52 D60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V346224320，故选B. 2四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为6的正方形，且PAPBPCPD，若一个半径为1的球与此四棱锥所有面都相切，则该四棱锥的高为()A6 B5 C. D.解析：选D过点P作PH平面ABCD于点H.由题知，四棱锥PABCD是正四棱锥，内切球的球心O应在四棱锥的高PH上过正四棱锥的高作组合体的轴截面如图，其中PE，PF是斜高，M为球面与侧面的一个切点设PHh，易知RtPMORtPHF，所以，即，解得h，故选D.3(2017兰州模拟)已知球O的半径为13，其球面上有三点A，B，C，若AB12，ACBC12，则四面体OABC的体积为_解析：如图，过点A，B分别作BC，AC的平行线，两线相交于点D，连接CD，ACBC12，AB12，在ABC中，cosACB，ACB120，在菱形ACBD中，DADBDC12，点D是ABC的外接圆圆心，连接DO，在ODA中，OA2DA2DO2，即DO2OA2DA213212225，DO5，又DO平面ABC，VO ABC1212560.答案：60第二讲点、直线、平面之间的位置关系一、基础知识要记牢空间线线、线面、面面的位置关系的认识和判定是学习立体几何的基础，要在空间几何体和空间图形中理解、表述位置关系，发展空间想象能力二、经典例题领悟好例1(1)(2017全国卷)在正方体ABCD A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则()AA1EDC1 BA1EBDCA1EBC1 DA1EAC(2)(2016全国卷)，是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：如果mn，m，n，那么.如果m，n，那么mn.如果，m，那么m.如果mn，那么m与所成的角和n与所成的角相等其中正确的命题有_(填写所有正确命题的编号)解析(1)法一：由正方体的性质，得A1B1BC1，B1CBC1，A1B1B1CB1，所以BC1平面A1B1CD.又A1E平面A1B1CD，所以A1EBC1.法二：A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，B、D错；A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1CBC1，A1EBC1，故C正确；A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而D1E不与DC1垂直，故A错(2)对于，可以平行，也可以相交但不垂直，故错误对于，由线面平行的性质定理知存在直线l，nl，又m，所以ml，所以mn，故正确对于，因为，所以，没有公共点又m，所以m，没有公共点，由线面平行的定义可知m，故正确对于，因为mn，所以m与所成的角和n与所成的角相等因为，所以n与所成的角和n与所成的角相等，所以m与所成的角和n与所成的角相等，故正确答案(1)C(2)解决空间线面位置关系的判断问题的常用方法(1)根据空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理逐一判断来解决问题；(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断. 三、预测押题不能少1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()解析：选A法一：对于选项B，如图所示，连接CD，因为ABCD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQCD，所以ABMQ .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OQAB.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.一、基础知识要记牢(1)线面平行的判定定理：a，b，aba.(2)线面平行的性质定理：a，a，bab.(3)线面垂直的判定定理：m，n，mnP，lm，lnl.(4)线面垂直的性质定理：a，bab.(5)面面平行的判定定理：a，b，abP，a，b.(6)面面平行的性质定理：，a，bab.(7)面面垂直的判定定理：a，a.(8)面面垂直的性质定理：，l，a，ala.(9)三垂线定理及逆定理：在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它和这条斜线垂直；在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线的射影垂直二、经典例题领悟好例2如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，ABAD，CD2AB，平面PAD底面ABCD，PAAD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：(1)PA底面ABCD；(2)BE平面PAD；(3)平面BEF平面PCD.证明(1)平面PAD底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，PA底面ABCD.(2)ABCD，CD2AB，E为CD的中点，ABDE，且ABDE.四边形ABED为平行四边形BEAD.又BE平面PAD，AD平面PAD，BE平面PAD.(3)ABAD，而且四边形ABED为平行四边形BECD，ADCD，由(1)知PA底面ABCD，PACD.CD平面PAD.CDPD.E和F分别是CD和PC的中点，PDEF.CDEF.又BEEFE，CD平面BEF.又CD平面PCD，平面BEF平面PCD.(1)正确并熟练掌握空间中平行与垂直的判定定理与性质定理，是进行判断和证明的基础；在证明线面关系时，应注意几何体的结构特征的应用，尤其是一些线面平行与垂直关系，这些都可以作为条件直接应用(2)证明面面平行依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行(3)证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中线、高线或添加辅助线解决(4)证明的核心是转化，即空间向平面的转化：面面线面线线. 三、预测押题不能少2由四棱柱ABCD A1B1C1D1截去三棱锥C1B1CD1后得到的几何体如图所示四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E平面ABCD.(1)证明：A1O平面B1CD1；(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM平面B1CD1.证明：(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，因为ABCD A1B1C1D1是四棱柱，所以A1O1OC，A1O1OC，因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1OO1C，因为O1C平面B1CD1，A1O平面B1CD1，所以A1O平面B1CD1.(2)因为E，M分别为AD，OD的中点，所以EMAO.因为AOBD，所以EMBD，又A1E平面ABCD，BD平面ABCD，所以A1EBD，因为B1D1BD，所以EMB1D1，A1EB1D1，又A1E平面A1EM，EM平面A1EM，A1EEME，所以B1D1平面A1EM，又B1D1平面B1CD1，所以平面A1EM平面B1CD1.知能专练(十四)一、选择题1下列四个命题中，正确命题的个数是()若平面平面，直线m平面，则m；若平面平面，且平面平面，则；平面平面，且l，点A，Al，若直线ABl，则AB；直线m，n为异面直线，且m平面，n平面，若mn，则.A0 B1C2 D3解析：选B若平面平面，直线m平面，则m或m，故不正确；若平面平面，且平面平面，则或相交，故不正确；平面平面，且l，点A，Al，若直线ABl，则AB；此命题中，若B，且AB与l异面，同时ABl，此时AB与相交，故不正确；命题是正确的2(2017泉州模拟)设a，b是互不垂直的两条异面直线，则下列命题成立的是()A存在唯一直线l，使得la，且lbB存在唯一直线l，使得la，且lbC存在唯一平面，使得a，且bD存在唯一平面，使得a，且b解析：选Ca，b是互不垂直的两条异面直线，把它放入正方体中如图，由图可知A不正确；由la，且lb，可得ab，与题设矛盾，故B不正确；由a，且b，可得ab，与题设矛盾，故D不正确，故选C.3.如图所示，直线PA垂直于O所在的平面，ABC内接于O，且AB为O的直径，点M为线段PB的中点现有结论：BCPC；OM平面APC；点B到平面PAC的距离等于线段BC的长其中正确的是()A BC D解析：选B对于，PA平面ABC，PABC.AB为O的直径，BCAC，又PAACA，BC平面PAC，又PC平面PAC，BCPC.对于，点M为线段PB的中点，OMPA，PA平面PAC，OM平面PAC，OM平面PAC.对于，由知BC平面PAC，线段BC的长即是点B到平面PAC的距离故都正确4设l为直线，是两个不同的平面下列命题中正确的是()A若l，l，则B若l，l，则C若l，l，则D若，l，则l解析：选B画出一个长方体ABCD A1B1C1D1.对于A，C1D1平面ABB1A1，C1D1平面ABCD，但平面ABB1A1与平面ABCD相交；对于C，BB1平面ABCD，BB1平面ADD1A1，但平面ABCD与平面ADD1A1相交；对于D，平面ABB1A1平面ABCD，CD平面ABB1A1，但CD平面ABCD.5.(2017成都模拟)把平面图形M上的所有点在一个平面上的射影构成的图形M称为图形M在这个平面上的射影如图，在长方体ABCDEFGH中，AB5，AD4，AE3，则EBD在平面EBC上的射影的面积是()A2 B.C10 D30解析：选A连接HC，过D作DMHC，交HC于M，连接ME，MB，因为BC平面HCD，又DM平面HCD，所以BCDM，因为BCHCC，所以DM平面HCBE，即D在平面HCBE内的射影为M，所以EBD在平面HCBE内的射影为EBM，在长方体中，HCBE，所以MBE的面积等于CBE的面积，所以EBD在平面EBC上的射影的面积为42，故选A.6已知E，F分别为正方体ABCDA1B1C1D1的棱AB，AA1上的点，且AEAB，AFAA1，M，N分别为线段D1E和线段C1F上的点，则与平面ABCD平行的直线MN有()A1条 B3条C6条 D无数条解析：选D取BHBB1，连接FH，则FHC1D1，连接HE，D1H，在D1E上任取一点M，过M在平面D1HE中作MGHO，交D1H于点G，其中OED1E，过O作OK平面ABCD于点K，连接KB，则四边形OHBK为矩形，再过G作GNFH，交C1F于点N，连接MN，由于MGHO，HOKB，KB平面ABCD，GM平面ABCD，所以GM平面ABCD，同理，GNFH，可得GN平面ABCD，由面面平行的判定定理得，平面GMN平面ABCD，则MN平面ABCD，由于M为D1E上任一点，故这样的直线MN有无数条二、填空题7已知，是三个不重合的平面，a，b是两条不重合的直线，有下列三个条件：a，b；a，b；b，a.如果命题“a，b，且_，则ab”为真命题，则可以在横线处填入的条件是_(填可能条件的序号)解析：由定理“一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面和此平面的交线与该直线平行”可得，横线处可填入条件或.答案：或8.(2018届高三江南十校联考)如图，正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1，点MAB1，NBC1，且AMBN，有以下四个结论：AA1MN；A1C1MN；MN平面A1B1C1D1；MN与A1C1是异面直线其中正确结论的序号是_解析：过N作NPBB1于点P，连接MP，可证AA1平面MNP，AA1MN，正确过M，N分别作MRA1B1，NSB1C1于点R，S，连接RS，当则M不是AB1的中点，N不是BC1的中点时，直线A1C1与直线RS相交；当M，N分别是AB1，BC1的中点时，A1C1RS，A1C1与MN可以异面，也可以平行，故错误由正确知，AA1平面MNP，而AA1平面A1B1C1D1，平面MNP平面A1B1C1D1，故正确综上所述，正确结论的序号是.答案：9(2017温州模拟)如图，在四面体ABCD中，E，F分别为AB，CD的中点，过EF任作一个平面分别与直线BC，AD相交于点G，H，则下列结论正确的是_对于任意的平面，都有直线GF，EH，BD相交于同一点；存在一个平面0，使得点G在线段BC上，点H在线段AD的延长线上；对于任意的平面，都有SEFGSEFH；对于任意的平面，当G，H在线段BC，AD上时，几何体ACEGFH的体积是一个定值图2图1解析：对，G，H分别为相应线段中点时，三线平行，故错对，三线相交时，交点会在BD上，作图可知错对，如图1，取BD，AC的中点I，J，则BC，AD都与平面EIFJ平行，故A，H到平面EIFJ的距离相等，B，G到平面EIFJ的距离相等，而E为AB的中点，故A，B到平面EIFJ的距离相等，从而G，H到平面EIFJ的距离相等连接GH交EF于K，则K为GH的中点，从而G，H到EF的距离相等，故两三角形的面积相等正确对，如图2，当H为D时，G为C，此时几何体的体积为三棱锥ACDE的体积，为四面体体积的一半当如图2所示时，只需证VCEFGVDEFH，由可得，只需证C，D到截面的距离相等，因为F为CD的中点，所以C，D到截面的距离相等故正确答案：三、解答题10(2016山东高考)在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EFDB.(1)已知ABBC，AEEC，求证：ACFB；(2)已知G，H分别是EC和FB的中点，求证：GH平面ABC.证明：(1)因为EFDB，所以EF与DB确定平面BDEF.如图，连接DE.因为AEEC，D为AC的中点，所以DEAC.同理可得BDAC.又BDDED，所以AC平面BDEF.因为FB平面BDEF，所以ACFB.(2)如图，设FC的中点为I，连接GI，HI.在CEF中，因为G是CE的中点，所以GIEF.又EFDB，所以GIDB.在CFB中，因为H是FB的中点，所以HIBC.又HIGII，BCDBB，所以平面GHI平面ABC.因为GH平面GHI，所以GH平面ABC.11(2017嘉兴模拟)如图，矩形ABCD所在平面与三角形ECD所在平面相交于CD，AE平面ECD.(1)求证： AB平面ADE；(2)若点M在线段AE上，AM2ME，N为线段CD中点，求证：EN平面BDM.证明：(1)因为AE平面ECD，CD平面ECD，所以AECD.又因为ABCD，所以ABAE.在矩形ABCD中，ABAD，因为ADAEA，AD平面ADE，AE平面ADE，所以AB平面ADE.(2)连接AN交BD于F点，连接FM，因为ABCD且AB2DN，所以AF2FN，又AM2ME，所以ENFM，又EN平面BDM，FM平面BDM，所以EN平面BDM.12.在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，MA平面ABCD，PDMA，E，G，F分别为MB，PB，PC的中点(1)求证：平面EFG平面PMA；(2)求证：平面EFG平面PDC.证明：(1)E，G，F分别为MB，PB，PC的中点，EGPM，GFBC.又四边形ABCD是正方形，BCAD，GFAD.EG，GF在平面PMA外，PM，AD在平面PMA内，EG平面PMA，GF平面PMA.又EG，GF都在平面EFG内且相交，平面EFG平面PMA.(2)由已知MA平面ABCD，PDMA，PD平面ABCD.又BC平面ABCD，PDBC.四边形ABCD为正方形，BCDC.又PDDCD，BC平面PDC.由(1)知GFBC，GF平面PDC.又GF平面EFG，平面EFG平面PDC.第三讲空间角与空间向量考查类型(一)异面直线所成的角一、基础知识要记牢过空间任意一点引两条直线分别平行于两条异面直线，它们所成的锐角(或直角)就是异面直线所成的角二、经典例题领悟好例1(1)(2017全国卷)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC120，AB2，BCCC11，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A. B. C. D.(2)(2016浙江高考)如图，已知平面四边形ABCD，ABBC3，CD1，AD，ADC90，沿直线AC将ACD翻折成ACD，直线AC与BD所成角的余弦的最大值是_解析(1)法一：如图所示，将直三棱柱ABCA1B1C1补成直四棱柱ABCDA1B1C1D1，连接AD1，B1D1，则AD1BC1，所以B1AD1或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角因为ABC120，AB2，BCCC11，所以AB1，AD1.在B1D1C1中，B1C1D160，B1C11，D1C12，所以B1D1，所以cosB1AD1.法二：如图，设M，N，P分别为AB，BB1，B1C1的中点，连接MN，NP，MP，则MNAB1，NPBC1，所以PNM或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角易知MNAB1，NPBC1.取BC的中点Q，连接PQ，MQ，可知PQM为直角三角形，PQ1，MQAC.在ABC中，AC2AB2BC22ABBCcosABC412217，所以AC，MQ.在MQP中，MP，则在PMN中，cosPNM，所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.(2)如图，作DFAC于点F，作BEAC于点E，作FM垂直于过点B且平行于AC的直线，垂足为M，则DBM是AC与BD所成的角(或其补角)在ADC中，DC1，AD，ADC90，AC，DF，CF.在BAC中，BCBA3，BE .而AE，EF.MFBE，DM .BMEF，BD.cosDBM，当且仅当DFM为0时，等号成立直线AC与BD所成角的余弦的最大值是.答案(1)C(2)用平移法求异面直线所成的角的步骤(1)一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角；(2)二证：即证明作出的角是异面直线所成的角；(3)三求：解三角形，求出作出的角，如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角，如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角. 三、预测押题不能少1(1)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是边长为1的正方形，若平面ABCD内有且仅有1个点到顶点A1的距离为1，则异面直线AA1，BC1所成的角为_解析：由题意可知，只有点A到A1距离为1，即高为1，所以该几何体是个正方体，所以异面直线AA1，BC1所成的角是.答案：(2)在正四棱锥VABCD中，底面正方形ABCD的边长为1，侧棱长为2，则异面直线VA与BD所成角的大小为_解析：如图，设ACBDO，连接VO，因为四棱锥VABCD是正四棱锥，所以VO平面ABCD，故BDVO.又四边形ABCD是正方形，所以BDAC，又VOACO，所以BD平面VAC，所以BDVA，即异面直线VA与BD所成角的大小为.答案：考查类型(二)直线与平面所成的角一、基础知识要记牢平面的一条斜线和它在这个平面内的射影所成的锐角，是这条直线和这个平面所成的角，当一条直线垂直于平面时，规定它们所成的角是直角二、经典例题领悟好例2如图，正四棱锥PABCD中，底面是边长为2的正方形，高为，M为线段PC的中点(1)求证：PA平面MDB；(2)设N为AP的中点，求CN与平面BMD所成角的正切值解(1)如图，连接AC，设ACBDO，连接OM.在PAC中，M为PC的中点，O为AC的中点，所以OMAP.因为AP平面MDB，OM平面MDB，所以PA平面MDB.(2)连接PO，由题意知PO平面ABCD，且PO，由四边形ABCD是边长为2的正方形，经计算可得BPDPPCPA2，因为PC2PA2AC2，所以CPN90.因为M为PC的中点，所以PCBM，同理可得PCDM，又BMDMM，所以PC平面BMD.设NCMOE，由(1)知平面APC平面DMBMO，则MEC即为直线CN与平面BMD所成的角由(1)知OMPA，所以PNCMEC.在RtCPN中，CP2，NP1，所以tanPNC2，故直线CN与平面BMD所成角的正切值为2.求直线与平面所成角的步骤(1)一作：即在斜线上选取恰当的点向平面引垂线，在这一步上确定垂足的位置是关键；(2)二证：即证明所找到的角为直线与平面所成的角，其证明的主要依据是直线与平面所成角的定义；(3)三求：一般借助于解三角形的知识求解. 三、预测押题不能少2(1)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，ABAC2，A1A4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点证明：A1D平面A1BC；求直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值解：证明：设E为BC的中点，连接AE，A1E，DE，由题意得A1E平面ABC，所以A1EAE.因为ABAC，所以AEBC.又因为A1E，BC平面A1BC，A1EBCE，故AE平面A1BC.由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DEB1B且DEB1B，从而DEA1A且DEA1A，所以四边形AA1DE为平行四边形于是A1DAE.又因为AE平面A1BC，所以A1D平面A1BC.作A1FDE，垂足为F，连接BF.因为A1E平面ABC，所以BCA1E.因为BCAE，AEA1EE，所以BC平面AA1DE.所以BCA1F.又因为DEBCE，所以A1F平面BB1C1C.所以A1BF为直线A1B和平面BB1C1C所成的角由ABAC2，CAB90，得EAEB.由A1E平面ABC，得A1AA1B4，A1E.由DEBB14，DA1EA，DA1E90，得A1F.所以sinA1BF.(2)如图，已知AB平面BEC，ABCD，ABBC4，CD2，BEC为等边三角形求证：平面ABE平面ADE；求AE与平面CDE所成角的正弦值解：证明：取AE的中点F，连接BF，DF.由题意知ABBE4，BFAE.计算可得BFAF2，ADDEBD2，DF2.则BFDF，因为AEDFF，则BF平面ADE.又BF平面ABE，平面ABE平面ADE.如图，补全成正三棱柱AMNBEC，取MN的中点H，连接AH，EH，AMN为