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专题5立体几何ppt课件专题5立体几何ppt课件决胜高考专案突破名师诊断对点集训决胜高考专案突破名师诊断对点集训最新专题5立体几何课件最新专题5立体几何课件最新专题5立体几何课件最新专题5立体几何课件最新专题5立体几何课件最新专题5立体几何课件3.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1上的动点.(1)求证:A1E⊥BD.(2)当E恰为棱CC1的中点时,求证:平面A1BD⊥平面EBD.(3)在棱CC1上是否存在一个点E,可以使二面角A1-BD-E的大小为45°?

如果存在,试确定点E在棱CC1上的位置;如果不存在,请说明理由.名师诊断专案突破对点集训决胜高考3.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC【解析】如图,连接AC,设AC∩DB=O,连接A1O、OE,(1)∵AA1⊥底面ABCD,∴BD⊥A1A,又BD⊥AC,A1A∩AC=A,∴BD⊥平面ACEA1,∵A1E⊂平面ACEA1,∴A1E⊥BD.(2)在等边三角形A1BD中,BD⊥A1O,∵BD⊥平面ACEA1,OE⊂平面ACEA1,∴BD⊥OE,∴∠A1OE为二面角A1-BD-E的平面角.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,设棱长为2a,∵E为棱CC1的中点,由平面几何知识,得EO=

a,A1O=

a,A1E=3a,名师诊断专案突破对点集训决胜高考【解析】如图,连接AC,设AC∩DB=O,连接A1O、OE,满足A1E2=A1O2+EO2,∴∠A1OE=90°,即平面A1BD⊥平面EBD.(3)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,假设棱CC1上存在点E,可以使二面角A1-BD-E的大小为45°,由(2)知,

∠A1OE=45°.设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2a,EC=x(a<x≤2a),得EO=

,A1O=

a,A1E=

.∴在△A1OE中,由A1E2=A1O2+EO2-2A1O·EOcos∠A1OE,得x2-8ax-2a2=

0,名师诊断专案突破对点集训决胜高考满足A1E2=A1O2+EO2,∴∠A1OE=90°,即平面解得x=4a±3

a,显然不满足a<x≤2a,∴在棱CC1上不存在点E使得二面角A1-BD-E的大小为45°.名师诊断专案突破对点集训决胜高考解得x=4a±3 a,显然不满足a<x≤2a,∴在棱CC1上4.(2012年山东淄博模拟)如图,在五面体ABCDEF中,FA⊥平面

ABCD,AD∥BC∥FE,AB⊥AD,M为EC的中点,AF=AB=BC=FE=

AD.(1)求证:BF⊥DM;(2)求二面角A-CD-E的余弦值.【解析】如图所示,以A为坐标原点,建立空间直角坐标系,不妨设AB名师诊断专案突破对点集训决胜高考4.(2012年山东淄博模拟)如图,在五面体ABCDEF中,=1.依题意得A(0,0,0)、B(1,0,0)、C(1,1,0)、D(0,2,0)、E(0,1,1)、F(0,0,1)

、M(

,1,

).(1)

=(-1,0,1),

=(

,-1,

),∴cos<

,

>=

=

=0.∴BF⊥DM.(2)设平面CDE的法向量为u=(x,y,z),名师诊断专案突破对点集训决胜高考=1.依题意得A(0,0,0)、B(1,0,0)、C(1,1则

又

=(-1,0,1),

=(0,-1,1),∴

令x=1,可得u=(1,1,1).又平面ACD的一个法向量为v=(0,0,1),∴cos<u,v>=

=

=

.故二面角A-CD-E的余弦值为

.名师诊断专案突破对点集训决胜高考则 又 =(-1,0,1), =(0,-1,1),∴ 令5.(2012年·湖北)如图1,∠ACB=45°,BC=3,过动点A作AD⊥BC,垂足D

在线段BC上且异于点B,连接AB,沿AD将△ABD折起,使∠BDC=90°

(如图2所示).(1)当BD的长为多少时,三棱锥A-BCD的体积最大;(2)当三棱锥A-BCD的体积最大时,设点E,M分别为棱BC,AC的中点,

试在棱CD上确定一点N,使得EN⊥BM,并求EN与平面BMN所成角的

大小.名师诊断专案突破对点集训决胜高考5.(2012年·湖北)如图1,∠ACB=45°,BC=3,【解析】(1)(法一)在如图1所示△ABC中,设BD=x(0<x<3),则CD=3

-x.由AD⊥BC,∠ACB=45°知,△ADC为等腰直角三角形,所以AD=CD=3

-x.由折起前AD⊥BC知,折起后(如图2),AD⊥DC,AD⊥BD,且BD∩DC=

D,所以AD⊥平面BCD.又∠BDC=90°,所以S△BCD=

BD·CD=

x(3-x).名师诊断专案突破对点集训决胜高考【解析】(1)(法一)在如图1所示△ABC中,设BD=x(于是VA-BCD=

AD·S△BCD=

(3-x)·

x(3-x)=

·2x(3-x)(3-x)≤

·[

]3=

,当且仅当2x=3-x,即x=1时,等号成立.故当x=1,即BD=1时,三棱锥A-BCD的体积最大.(法二)同解法1,得VA-BCD=

AD·S△BCD=

(3-x)·

x(3-x)=

(x3-6x2+9x).令f(x)=

(x3-6x2+9x),由f'(x)=

(x-1)·(x-3)=0,且0<x<3,解得x=1,当x∈(0,1)时,f'(x)>0;当x∈(1,3)时,f'(x)<0.所以当x=1时,f(x)取得最大值.名师诊断专案突破对点集训决胜高考于是VA-BCD= AD·S△BCD= (3-x)· x(3故当BD=1时,三棱锥A-BCD的体积最大.(2)(法一)以D为原点,建立如图a所示的空间直角坐标系D-xyz.由(1)知,当三棱锥A-BCD的体积最大时,BD=1,AD=CD=2.于是可知D

(0,0,0),B(1,0,0),C(0,2,0),A(0,0,2),M(0,1,1),E(

,1,0),且

=(-1,1,1).设N(0,λ,0),则

=(-

,λ-1,0).因为EN⊥BM等价于

·

=0,即(-

,λ-1,0)·(-1,1,1)=

+λ-1=0,故λ=

,N(0,

,0).所以当DN=

(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时,EN⊥BM.名师诊断专案突破对点集训决胜高考故当BD=1时,三棱锥A-BCD的体积最大.(2)(法一)以设平面BMN的一个法向量为n=(x,y,z),由

及

=(-1,

,0),得

可取n=(1,2,-1).设EN与平面BMN所成角的大小为θ,则由

=(-

,-

,0),n=(1,2,-1),可得sinθ=cos(90°-θ)=|

|=

= ,即θ=60°.故EN与平面BMN所成角的大小为60°.名师诊断专案突破对点集训决胜高考设平面BMN的一个法向量为n=(x,y,z),由 及 =(-(法二)由(1)知,当三棱锥A-BCD的体积最大时,BD=1,AD=CD=2.名师诊断专案突破对点集训决胜高考(法二)由(1)知,当三棱锥A-BCD的体积最大时,BD=1如图b,取CD的中点F,连接MF、BF、EF,则MF∥AD.由(1)知AD⊥平面BCD,所以MF⊥平面BCD.如图c,延长FE至P点使得FP=DB,连接BP,DP,则四边形DBPF为正方

形,所以DP⊥BF.取DF的中点N,连接EN,又E为FP的中点,则EN∥DP,

所以EN⊥BF.因为MF⊥平面BCD,又EN⊂面BCD,所以MF⊥EN.又MF∩BF=F,所以EN⊥面BMF.又BM⊂面BMF,所以EN⊥BM.因为EN⊥BM当且仅当EN⊥BF,而点F是唯一的,所以点N是唯一的,即当DN=

(即N是CD的靠近点D的一个四等分点),EN⊥BM.名师诊断专案突破对点集训决胜高考如图b,取CD的中点F,连接MF、BF、EF,则MF∥AD.连接MN,ME,由计算得NB=NM=EB=EM=

,所以△NMB与△EMB是两个共底边的全等的等腰三角形,如图d所示,取BM的中点G,连接EG,NG,则BM⊥平面EGN,在平面EGN中,过点E作EH⊥GN于点H,则EH⊥平面BMN,故∠ENH是EN与平面BMN所成的角.在△EGN中,易得EG=GN=NE=

,所以△EGN是正三角形,故∠ENH=60°,即EN与平面BMN所成角的大小为60°.【诊断参考】名师诊断专案突破对点集训决胜高考连接MN,ME,由计算得NB=NM=EB=EM= ,所以△N1.空间几何体的表面积和体积与三视图的综合是每年高考的必考内

容,此类问题解答易错点有三:一是由多面体的三视图不能够想象出

空间几何体的形状,或不能够正确画出其直观图;二是不能根据三视

图的形状及相关数据推断出(或错误推断出)原几何图形中的点、线

、面间的位置关系及相关数据;三是不记得或不能熟练掌握、应用

常见空间几何体的表面积、体积公式.2.由考情报告知,对球的考查是每年高考的必考内容,特别是空间几

何体的外接、内切球问题,一直是高考的热点.此类问题的解题关键

是正确探求出几何体与其外接、内切球间的位置关系及数量关系,

这也是此类问题解答的易错点.名师诊断专案突破对点集训决胜高考1.空间几何体的表面积和体积与三视图的综合是每年高考的必考内3.线面位置关系的判断或证明是立体几何的重要内容之一,也是高

考的必考点,试题难度不大,经常作为解答题的第一问出现,或以选择

题或填空题的形式出现.在推证线面位置关系时,一定要严格遵循其

判定定理或性质定理,注意其成立的条件,否则极易出错.如在判断线

面平行时,一定要强调直线不在平面内,否则结论是不一定成立的.4.求空间几何体的体积除了利用公式法外,还常用到分割、补形、

转化法等,这也是解决一些非规则几何体体积计算问题的常用方法.

特别是利用转化法(或等积法)求三棱锥高的问题.但在利用“割”

、“补”法求几何体的体积时,一定要辨清“割”、“补”后几何

体的结构特征,若辨析不清则易出现错解.名师诊断专案突破对点集训决胜高考3.线面位置关系的判断或证明是立体几何的重要内容之一,也是高5.空间向量法解立体几何问题,不仅可以判断线面间的位置关系,也

是求空间角及距离的常用方法,空间向量的引入是把立体几何问题

代数化,是利用“数”的方法来解决“形”的问题,从而使立体几何

问题的解答变得更加灵活,故空间向量法也是解决立体几何问题的

强大工具.空间向量法解答立体几何问题的关键是要建立恰当的空

间直角坐标系,注意这里的坐标系一定要建立右手系,同学们的易错

点是不分左、右手系,若坐标系建成了左手系,在高考改卷过程中,这

一问是至少要扣掉一半分的,大家一定要注意这一点!6.空间角,特别是二面角的求解,是每年高考的热点和必考点.求二面

角最常用的方法是空间向量法,即分别求出二面角的两个面所在的名师诊断专案突破对点集训决胜高考5.空间向量法解立体几何问题,不仅可以判断线面间的位置关系,平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大

小,但要注意结合实际图形,能够正确判断出所求二面角和法向量夹

角间的关系,这是同学们的易混淆点,此外,运算错误也是常见的易错

点.7.探索型(或开放性)试题是近年高考试题命制的新宠,此类问题的命

制非常灵活,角度新颖,能够很好地考查学生对知识的灵活运用及知

识的迁移能力.解答开放性问题的基本策略是先猜想,后证明,因此大

胆假设,严格证明是解决开放性问题的基本策略.此类问题不知如何

作答是同学们常见的困惑.8.翻折问题体现了平面问题和空间问题间的转化,能够很好地考查名师诊断专案突破对点集训决胜高考平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大

学生的空间想象能力、图形变换能力及识图能力.在解题过程中,若

不能分清翻折前后基本量间的位置关系或数量关系则易造成错解.

【核心知识】一、空间几何体1.三视图(1)三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从几何体的正名师诊断专案突破对点集训决胜高考学生的空间想象能力、图形变换能力及识图能力.在解题过程中,若前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线.画三视图的基本

要求:正俯一样长,俯侧一样宽,正侧一样高.(2)三视图排列规则:俯视图放在正(主)视图的下面,长度与正(主)视

图一样;侧(左)视图放在正(主)视图的右面,高度和正(主)视图一样,宽

度与俯视图一样.2.柱体、锥体、台体和球的表面积与体积(1)表面积公式:①圆柱的表面积S=2πr(r+l);②圆锥的表面积S=πr(r

+l);③圆台的表面积S=π(r'2+r2+r'l+rl);④球的表面积S=4πR2.名师诊断专案突破对点集训决胜高考前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线.画三视图的基本

(2)体积公式:①柱体的体积V=Sh;②锥体的体积V=

Sh;③台体的体

积V=(S'+

+S)h;④球的体积V=

πR3.二、点、直线、平面之间的位置关系1.直线与平面的位置关系(1)直线与平面平行的判定方法①判定定理:不在一个平面内的一条直线和平面内的一条直线平行,

那么这条直线与这个平面平行.名师诊断专案突破对点集训决胜高考(2)体积公式:①柱体的体积V=Sh;②锥体的体积V= Sh②转化为面面平行再推证线面平行.③一直线在两平行平面外,且与其中一平面平行,则这一直线与另一

平面也平行.(2)直线与平面的垂直问题①线面垂直判定定理:一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂

直,则该直线与此平面垂直.注:在判定定理中,易忽视两直线为“相交直线”.②过一点有且只有一条直线与一个平面垂直;过一点有且只有一个

平面和一条直线垂直.名师诊断专案突破对点集训决胜高考②转化为面面平行再推证线面平行.③一直线在两平行平面外,且与③

⇒a⊥α.2.平面与平面的位置关系(1)平面与平面的平行问题面面平行判定定理:一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平

行,则这两个平面平行.面面平行性质定理:如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么

它们的交线平行.注:①在面面平行的判定定理中,“两条相交直线”中的“相交”两

个字不能忽略,否则结论不一定成立.名师诊断专案突破对点集训决胜高考③ ⇒a⊥α.2.平面与平面的位置关系(1)平面与平面的平行②空间中直线与直线平行,直线与平面平行,平面与平面平行三者之

间可以互相转化,其转化关系为:线线平行

线面平行

面面平行③若由两个平面平行来推证两直线平行时,则这两直线必须是第三

个平面与这两个平面的交线.④分别在两个平行平面内的两条直线,它们可能平行,也可能异面.⑤a、b为两异面直线,a⊂α,b⊂β,且a∥β,b∥α,则α∥β.⑥过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行.名师诊断专案突破对点集训决胜高考②空间中直线与直线平行,直线与平面平行,平面与平面平行三者之(2)平面与平面的垂直问题面面垂直判定定理:一个平面过另一个平面的垂线,则这两个平面垂

直.面面垂直性质定理:两个平面垂直,则一个平面内垂直于交线的直线

与另一个平面垂直.注:①判定的关键是结合图形并利用条件在一平面内找一条直线是

另一平面的垂线,由此可知,凡是包含此直线的平面都与另一平面垂

直.②空间中直线与直线垂直,直线与平面垂直、平面与平面垂直三者名师诊断专案突破对点集训决胜高考(2)平面与平面的垂直问题面面垂直判定定理:一个平面过另一个之间可以互相转化,其转化关系为:线线垂直

线面垂直

面面垂直③利用面面垂直的性质定理添加面的垂线时,一定要注意是在某一

平面内作交线的垂线,此线即为另一面的垂线,否则结论不一定成立.④几个常用结论:垂直于同一个平面的两条直线平行;垂直于同一条

直线的两个平面平行;垂直于同一个平面的两个平面平行或相交;垂

直于同一条直线的两条直线平行、相交或异面.三、空间向量与立体几何1.空间角的类型与范围名师诊断专案突破对点集训决胜高考之间可以互相转化,其转化关系为:线线垂直 线面垂直 面面垂直(1)异面直线所成的角(θ):0<θ≤

;(2)直线与平面所成的角(θ):0≤θ≤

;(3)二面角(θ):0≤θ≤π.2.求空间距离:直线到平面的距离、两平行平面的距离均可转化为

点到平面的距离.点P到平面α的距离:d=

(其中n为α的法向量,M为α内任一点).3.几何法求空间角与距离的步骤:一作、二证、三计算.【考点突破】名师诊断专案突破对点集训决胜高考(1)异面直线所成的角(θ):0<θ≤ ;(2)直线与平面所热点一:空间几何体的三视图、表面积和体积空间几何体的表面积、体积问题一直是高考的热点内容,主要是考

查学生的空间想象能力和计算求解能力.此考点多结合三视图综合

考查,由三视图中的数据得到原几何体的数据是解题的关键.此热点

试题多出现在选择题、填空题,有时也以解答题的形式考查,属较容

易题.名师诊断专案突破对点集训决胜高考热点一:空间几何体的三视图、表面积和体积空间几何体的表面积、

(2012年广东中山调研)一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积为

.名师诊断专案突破对点集训决胜高考 

(2012年广东中山调研)一个几何体的三视图如图所【分析】本例的解题关键是根据三视图还原出几何体,确定几何体

的形状,然后再根据几何体的形状及相关数据计算其体积.【解析】由三视图可知,原几何体上面是一个四棱锥,下面是一个四

棱柱,则V=

×2×2×1+1×1×2=

.【答案】

【归纳拓展】(1)求规则几何体的体积,关键是确定底面和高,要注意

多角度、多方位地观察,选择恰当的底面和高,使计算简便;(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

几个规则几何体,再进一步求解;(3)求锥体的体积,要选择适当的底面和高,然后应用公式V=

Sh进行计算即可,常用到等积变换法和割补法.名师诊断专案突破对点集训决胜高考【分析】本例的解题关键是根据三视图还原出几何体,确定几何体

变式训练1

(2012年河南濮阳模拟)已知一个四棱锥的正(主)视图和

侧(左)视图为两个完全相同的等腰直角三角形(如图所示),腰长为1,

则该四棱锥的体积为

(

)(A)

.

(B)

.(C)

.

(D)

.【解析】由于正(主)视图和侧(左)视图为两个全等的等腰直角三角

形,可知四棱锥底面为正方形,四个侧面为正三角形.其中底面正方形名师诊断专案突破对点集训决胜高考变式训练1

(2012年河南濮阳模拟)已知一个四棱锥的的边长为1,四棱锥的高为

,所以该四棱锥的体积为V=

Sh=

×12×

=

.【答案】C名师诊断专案突破对点集训决胜高考的边长为1,四棱锥的高为 ,所以该四棱锥的体积为V= Sh=热点二:空间几何体与球的综合有关球的知识的考查也是高考中常出现的问题,特别是球与多面体

、旋转体等组合的接、切问题.问题多以客观题的形式呈现,属中档

题目.解决球与其他几何体的切、接问题,关键在于仔细观察、分析,

弄清相关元素的关系,选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能

多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系),达

到空间问题平面化的目的.

(2012年·新课标全国)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,△ABC是边长为1的正三角形,SC为球O的直径,且名师诊断专案突破对点集训决胜高考热点二:空间几何体与球的综合有关球的知识的考查也是高考中常出SC=2,则此棱锥的体积为

(

)(A)

.

(B)

.

(C)

.

(D)

.【分析】本题是考查三棱锥与球的组合体,由题设条件计算出三棱

锥的基本量,而后求出其体积.本题属于中档试题,需认真把握几何体

的线面关系和度量关系.名师诊断专案突破对点集训决胜高考SC=2,则此棱锥的体积为 (

)(A) .

【解析】由题意得,△ABC的边长为1,所以CO1=

.在直角△COO1中,CO=1,所以OO1=

,所以三棱锥S-ABC的高h=

.所以几何体的体积为V=

Sh=

×

×12×

=

,故选A.【答案】A【归纳拓展】(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时,其直观图很

难画清,一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面,把空间问题化

归为平面问题,再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系.(2)

若球面上四点P、A、B、C构成的线段PA、PB、PC两两垂直,且PA名师诊断专案突破对点集训决胜高考【解析】由题意得,△ABC的边长为1,所以CO1= .在直角=a,PB=b,PC=c,则4R2=a2+b2+c2,把有关元素“补形”成为一个球内

接长方体(或其他图形),从而显示出球的数量特征,这是一种常用的

好方法.名师诊断专案突破对点集训决胜高考=a,PB=b,PC=c,则4R2=a2+b2+c2,把有关变式训练2

(2012年济南调研)如图是一个空间几何体的三视图,则

该几何体的外接球的表面积为

.名师诊断专案突破对点集训决胜高考变式训练2

(2012年济南调研)如图是一个空间几何体【解析】设该几何体的外接球的半径为R.依题意知,该几何体是如

图所示的三棱锥A-BCD,其中AB⊥平面BCD,AB=2,BC=CD=

,BD=2,BC⊥DC,因此可将该三棱锥补形为一个长方体,于是有(2R)2=22+(

)2+(

)2=8,即4R2=8,则该几何体的外接球的表面积为4πR2=8π.【答案】8π名师诊断专案突破对点集训决胜高考【解析】设该几何体的外接球的半径为R.依题意知,该几何体是如热点三:直线、平面平行与垂直的判断、证明线与面、面与面平行或垂直关系的证明是立体几何初步考查的基

本内容,故备考中要加强训练,熟练运用.在运用中体会判定定理条件

的运用,包括思路分析、方法确认、书写表达规范,尤其是在表达规

范性上,一定要推理充分,论证有力,思路清晰,逻辑严密.

如图,在七面体ABC-DEFG中,平面ABC∥平面DEFG,AD⊥平面DEFG,AB⊥AC,ED⊥DG,EF∥DG,且AC=EF=1,AB=AD=

DE=DG=2.名师诊断专案突破对点集训决胜高考热点三:直线、平面平行与垂直的判断、证明线与面、面与面平行或(1)求证:平面BEF⊥平面DEFG;(2)求证:BF∥平面ACGD;(3)求三棱锥A-BCF的体积.【分析】(1)要证平面BEF⊥平面DEFG,由题设条件可以看出,只要

能够证明平面BEF内的BE⊥平面DEFG即可;(2)要证直线BF∥平面

ACGD成立,只需证BF平行平面ACGD内的一条直线即可,由题设条

件知EFCA,这也为下一步的解题打开了想象的空间.【解析】(1)∵平面ABC∥平面DEFG,平面ABC∩平面ADEB=AB,平

面DEFG∩平面ADEB=DE,∴AB∥DE.名师诊断专案突破对点集训决胜高考(1)求证:平面BEF⊥平面DEFG;(2)求证:BF∥平面∵AB=DE,∴四边形ADEB为平行四边形,∴BE∥AD.∵AD⊥平面DEFG,∴BE⊥平面DEFG,∵BE⊂平面BEF,∴平面BEF

⊥平面DEFG.(2)取DG的中点M,连接AM、FM,则有DM=

DG=1,又EF=1,EF∥DG,∴四边形DEFM是平行四边形,名师诊断专案突破对点集训决胜高考∵AB=DE,∴四边形ADEB为平行四边形,∴BE∥AD.∵∴DEFM,又∵ABDE,∴ABFM,∴四边形ABFM是平行四边形,

∴BF∥AM.又BF⊄平面ACGD,故BF∥平面ACGD.(3)∵平面ABC∥平面DEFG,∴F到平面ABC的距离为AD.∴VA-BCF=VF-ABC=

·S△ABC·AD=

×(

×1×2)×2=

.【归纳拓展】(1)线面平行可依据判定定理,只要找到平面内的一条

直线与这条直线平行即可.(2)证明面面垂直的方法:证明一个面过另

一个面的垂线,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,则借助中点、高线或添加辅助线来解决.名师诊断专案突破对点集训决胜高考∴DEFM,又∵ABDE,∴ABFM,∴四边形A变式训练3

(2012江苏镇江调研试题)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA

=PB,底面ABCD是菱形,且∠ABC=60°,点M是AB的中点,点E在棱PD

上,满足DE=2PE.求证:(1)平面PAB⊥平面PMC;(2)直线PB∥平面EMC.【解析】(1)∵PA=PB,M是AB的中点,∴PM⊥AB.∵底面ABCD是菱形,∴BA=BC.∵∠ABC=60°,∴△ABC是等边三角形,∴CM⊥AB.∵PM∩CM=M,∴AB⊥平面PMC.名师诊断专案突破对点集训决胜高考变式训练3

(2012江苏镇江调研试题)如图,在四棱锥∵AB⊂平面PAB,∴平面PAB⊥平面PMC.(2)连接BD交MC于F,连接EF.由CD=2BM,CD∥BM,易得△CDF∽△MBF.∴DF=2BF.又∵DE=2PE,∴EF∥PB.∵EF⊂平面EMC,PB⊄平面EMC,∴PB∥平面EMC.名师诊断专案突破对点集训决胜高考∵AB⊂平面PAB,∴平面PAB⊥平面PMC.(2)连接BD热点四:空间向量在立体几何中的应用利用空间向量解决立体几何问题是高考的热点,是每年高考的必考

内容.主要涉及直线、平面位置关系的判定,空间角的求法和空间几

何体体积的计算.题目多以解答题的形式出现,属中档题.其一般解题

步骤为:(1)建立恰当的空间直角坐标系;(2)求出相关点的坐标;(3)写

出向量坐标;(4)结合公式进行论证、计算;(5)转化为几何结论.名师诊断专案突破对点集训决胜高考热点四:空间向量在立体几何中的应用利用空间向量解决立体几何问

如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,∠ACB=90°,2AC=AA1=BC=2,D为侧棱AA1上一点.(1)若D为AA1的中点,求证:平面B1CD⊥平面B1C1D;(2)若二面角B1-DC-C1的大小为60°,求AD的长.【分析】本题是以三棱柱为载体考查空间中的面面垂直的判定及

二面角的问题.第(1)问面面垂直问题,可转化为线面垂直问题;第(2)

问可由二面角这一条件,建立关于AD边长的方程式,解方程即可.名师诊断专案突破对点集训决胜高考 

如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面【解析】(1)如图,以C为坐标原点,CA、CB、CC1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),A(1,0,0),B1(0,2,2),C1(0,0,2),D(1,0,1).得

=(0,2,0),

=(-1,0,1),

=(1,0,1).由

·

=(1,0,1)·(0,2,0)=0,得CD⊥C1B1.由

·

=(1,0,1)·(-1,0,1)=0,得CD⊥DC1.又DC1∩C1B1=C1,∴CD⊥平面B1C1D.又CD⊂平面B1CD,∴平面B1CD⊥平面B1C1D.(2)设AD=a,则D点坐标为(1,0,a),

=(1,0,a),

=(0,2,2).名师诊断专案突破对点集训决胜高考【解析】(1)如图,以C为坐标原点,CA、CB、CC1所在直设平面B1CD的一个法向量为m=(x,y,z),则

⇔

令z=-1,得m=(a,1,-1),又平面C1DC的一个法向量为n=(0,1,0),则由cos60°=

,得

=

,即a=

,故AD=

.【归纳拓展】求二面角最常用的办法就是分别求出二面角的两个

面所在平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面

角的大小,但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.名师诊断专案突破对点集训决胜高考设平面B1CD的一个法向量为m=(x,y,z),则 ⇔ 令变式训练4如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知BC=1,BB1=2,BB1⊥平

面ABC,AB⊥平面BB1C1C.(1)求直线C1B与底面ABC所成角的正切值;(2)在棱CC1(不包括端点)上确定一点E的位置,使EA⊥EB1(要求说明

理由);(3)在(2)的条件下,若AB=

,求二面角A-EB1-A1的大小.名师诊断专案突破对点集训决胜高考变式训练4如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知BC=【解析】以B为坐标原点,BC、BB1、AB所在的直线分别为x、y、z

轴建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),C1(1,2,0),B1(0,2,0).(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,平面ABC的一个法向量为

=(0,2,0),又

=(1,2,0),设BC1与平面ABC所成的角为θ,则sinθ=|cos<

,

>|=

,名师诊断专案突破对点集训决胜高考【解析】以B为坐标原点,BC、BB1、AB所在的直线分别为x∴tanθ=2,即直线C1B与底面ABC所成角的正切值为2.(2)设E(1,y,0),A(0,0,z),则

=(-1,2-y,0),

=(-1,-y,z),∵EA⊥EB1,∴

·

=1-y(2-y)=0,∴y=1,即E(1,1,0),∴E为CC1的中点.(3)由题知A(0,0,

),则

=(1,1,-

),

=(1,-1,0),设平面AEB1的一个法向量为n=(x1,y1,z1),则

∴

令x1=1,则n=(1,1,

),∵

=(1,1,0),∴

·

=1-1=0.∴BE⊥B1E.又BE⊥A1B1,∴BE⊥平面A1B1E.名师诊断专案突破对点集训决胜高考∴tanθ=2,即直线C1B与底面ABC所成角的正切值为2∴平面A1B1E的一个法向量为

=(1,1,0),∴|cos<n,

>|=

=

.∴二面角A-EB1-A1的大小为45°.名师诊断专案突破对点集训决胜高考∴平面A1B1E的一个法向量为 =(1,1,0),∴|cos热点五:立体几何中的探索性(或开放性)问题立体几何中已知结论寻求结论成立的条件(或是否存在问题),能较

好地考查学生的逻辑推理能力和空间想象能力,能很好地体现新课

标高考的特点,故在近年的高考命题中备受青睐,成为高考命题的热

点,常见有条件探索型问题、结论探索型问题、信息迁移型问题等.

解决探索型问题的基本策略是弄清题意,抓住命题所考查的知识点,

将所学知识进行合理整合、提升与迁移.

三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,所有棱的长都是2,M是BC边的中点,试问在侧棱CC1上是否存在点N,使得异面直线AB名师诊断专案突破对点集训决胜高考热点五:立体几何中的探索性(或开放性)问题立体几何中已知结论1和MN所成的角等于45°?若存在,求出点N的位置;若不存在,请说明理由.【分析】本例是“条件探索型”问题,解答此类问题时,常先假设点

存在,若推证无矛盾,则点存在;若推证出矛盾,则点不存在.【解析】如图,以A为原点,建立空间直角坐标系A-xyz,由题意有:A(0,0,0),B1(

,1,2),M(

,

,0),假设在侧棱CC1上存在点N,名师诊断专案突破对点集训决胜高考1和MN所成的角等于45°?若存在,求出点N的位置;若不存在使得异面直线AB1和MN所成的角等于45°,可设N(0,2,m)(0≤m≤2),则

=(

,1,2),

=(-

,

,m),∴|

|=2

,|

|=

,

·

=2m-1.∵异面直线AB1和MN所成的角等于45°,∴

和

的夹角是45°或135°,又∵cos<

,

>=

=

,∴

=±

,解得m=-

,但-

∉[0,2],名师诊断专案突破对点集训决胜高考使得异面直线AB1和MN所成的角等于45°,可设N(0,2,∴点N不在侧棱CC1上,即在侧棱CC1上不存在点N,使得异面直线AB1

和MN所成的角等于45°.【归纳拓展】利用向量法解答立体几何中的“探索型”问题时,常

把“是否存在”问题,转化为“方程是否有解”或“是否有规定范

围内的解”等问题,这也体现了转化思想与方程思想的应用.如本例

探究点N是否存在的问题,转化为与点N坐标相关的方程是否有解的

问题.名师诊断专案突破对点集训决胜高考∴点N不在侧棱CC1上,即在侧棱CC1上不存在点N,使得异面变式训练5

(2012年·福建)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=

AD=1,E为CD中点.(1)求证:B1E⊥AD1;(2)在棱AA1上是否存在一点P,使得DP∥平面B1AE?若存在,求AP的

长,若不存在,说明理由;(3)若二面角A-B1E-A1的大小为30°,求AB的长.名师诊断专案突破对点集训决胜高考变式训练5

(2012年·福建)如图,在长方体ABCD【解析】(1)以A为原点,

,

,

的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图),设AB=a,则A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),

E(

,1,0),B1(a,0,1),故

=(0,1,1),

=(-

,1,-1),

=(a,0,1),

=(

,1,0).∵

·

=-

×0+1×1+(-1)×1=0,∴B1E⊥AD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0,z0),使得DP∥平面B1AE,此时

=(0,-1,z0).又设平面B1AE的法向量n=(x,y,z).名师诊断专案突破对点集训决胜高考【解析】(1)以A为原点, , , 的方向分别为x轴,y轴,∵n⊥平面B1AE,∴n⊥

,n⊥

,得

取x=1,得平面B1AE的一个法向量n=(1,-

,-a).要使DP∥平面B1AE,只要n⊥

,有

-az0=0,解得z0=

.又DP⊄平面B1AE,∴存在点P,满足DP∥平面B1AE,此时AP=

.(3)连接A1D,B1C,由长方体ABCD-A1B1C1D1及AA1=AD=1,得AD1⊥A1D.∵B1C∥A1D,∴AD1⊥B1C.又由(1)知B1E⊥AD1,且B1C∩B1E=B1,名师诊断专案突破对点集训决胜高考∵n⊥平面B1AE,∴n⊥ ,n⊥ ,得 取x=1,得平面B∴AD1⊥平面DCB1A1,∴

是平面A1B1E的一个法向量,此时

=(0,1,1).设

与n所成的角为θ,则cosθ=

=

.∵二面角A-B1E-A1的大小为30°,∴|cosθ|=cos30°,即

= ,解得a=2,即AB的长为2.名师诊断专案突破对点集训决胜高考∴AD1⊥平面DCB1A1,∴ 是平面A1B1E的一个法向量热点六:翻折问题空间图形的翻折问题是高考命题的亮点之一,它能够较好地考查学

生的空间想象能力、图形变换能力及识图能力.选择题、填空题、

解答题均可出现,尤其解答题为多,属中档难度试题.

(2012年·北京)如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E分别是AC,AB上的点,且DE∥BC,DE=2,将△ADE沿DE折起到

△A1DE的位置,使A1C⊥CD,如图2.(1)求证:A1C⊥平面BCDE;名师诊断专案突破对点集训决胜高考热点六:翻折问题空间图形的翻折问题是高考命题的亮点之一,它能(2)若M是A1D的中点,求CM与平面A1BE所成角的大小;(3)线段BC上是否存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直?说明理由.名师诊断专案突破对点集训决胜高考(2)若M是A1D的中点,求CM与平面A1BE所成角的大小;【分析】第(1)问判断线面位置关系的问题,易证,且可以充分地利用

垂直条件,建立空间直角坐标系,也为第(2)、(3)问的解答建立了基

础,第(3)问是探索性问题,常转化为方程是否有解的问题.【解析】(1)因为AC⊥BC,DE∥BC,所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D,DE

⊥CD.所以DE⊥平面A1DC,所以DE⊥A1C.又因为A1C⊥CD,所以A1C⊥平面BCDE.名师诊断专案突破对点集训决胜高考【分析】第(1)问判断线面位置关系的问题,易证,且可以充分地(2)如图,以C为坐标原点,建立空间直角坐标系C-xyz,则A1(0,0,2

),D(0,2,0),M(0,1,

),B(3,0,0),E(2,2,0).设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z),则n·

=0,n·

=0.又

=(3,0,-2

),

=(-1,2,0),所以

令y=1,则x=2,z=

.所以n=(2,1,

),设CM与平面A1BE所成的角为θ,因为

=(0,1,

),名师诊断专案突破对点集训决胜高考(2)如图,以C为坐标原点,建立空间直角坐标系C-xyz,则所以sinθ=|cosn,

|=|

|=

=

.所以CM与平面A1BE所成角的大小为

.(3)线段BC上不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直,理由如下:假设这样的点P存在,设其坐标为(p,0,0),其中p∈[0,3].设平面A1DP的法向量为m=(x,y,z),则m·

=0,m·

=0,又

=(0,2,-2

),

=(p,-2,0),名师诊断专案突破对点集训决胜高考所以sinθ=|cosn, |=| |= = .所所以

令x=2,则y=p,z=

.所以m=(2,p,

).平面A1DP⊥平面A1BE,当且仅当m·n=0,即4+p+p=0.解得p=-2,与p∈[0,3]矛盾.所以线段BC上不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.名师诊断专案突破对点集训决胜高考所以 令x=2,则y=p,z= .所以m=(2,p, ).【归纳拓展】(1)解决与翻折有关的问题的关键是搞清折叠前后的

变化量和不变量,一般情况下,线段的长度是不变量,而位置关系往往

会发生变化,抓住不变量是解决问题的突破口.(2)在解决问题时,要

综合考虑折叠前后的图形.名师诊断专案突破对点集训决胜高考【归纳拓展】(1)解决与翻折有关的问题的关键是搞清折叠前后的变式训练6

(2012年河南许昌质检)已知四边形ABCD是等腰梯形,

AB=3,DC=1,∠BAD=45°,DE⊥AB(如图1).现将△ADE沿DE折起,使

得AE⊥EB(如图2),连结AC,AB,设M是AB的中点.(1)求证:BC⊥平面AEC;(2)判断直线EM是否平行于平面ACD,并说明理由.名师诊断专案突破对点集训决胜高考变式训练6

(2012年河南许昌质检)已知四边形ABC【解析】(1)在图1中,过C作CF⊥EB,垂足为F.∵DE⊥EB,∴四边形CDEF是矩形,∵CD=1,∴EF=1.∵四边形ABCD是等腰梯形,AB=3,∴AE=BF=1.∵∠BAD=45°,∴DE=CF=1.则CE=CB=

.名师诊断专案突破对点集训决胜高考【解析】(1)在图1中,过C作CF⊥EB,垂足为F.∵DE⊥∵EB=2,∴∠BCE=90°,则BC⊥CE.在图2中,∵AE⊥EB,AE⊥ED,EB∩ED=E,∴AE⊥平面BCDE.∵BC⊂平面BCDE,∴AE⊥BC.∵AE∩CE=E,∴BC⊥平面AEC.(2)假设EM∥平面ACD.∵EB∥CD,CD⊂平面ACD,EB⊄平面ACD,∴EB∥平面ACD,∵EB∩EM=E,∴平面AEB∥平面ACD.名师诊断专案突破对点集训决胜高考∵EB=2,∴∠BCE=90°,则BC⊥CE.在图2中,∵A而A∈平面AEB,A∈平面ACD,与平面AEB∥平面ACD矛盾.∴假设不成立,∴EM与平面ACD不平行.

限时训练卷(一)一、选择题名师诊断专案突破对点集训决胜高考而A∈平面AEB,A∈平面ACD,与平面AEB∥平面ACD矛1.一个简单几何体的正(主)视图、侧(左)视图如图所示,则其俯视图

不可能为:①长方形;②正方形;③圆;④椭圆.其中正确的是

(

)(A)①②.

(B)②③.(C)③④.

(D)①④.【解析】根据画三视图的规则“长对正,高平齐,宽相等”可知,该几

何体的三视图不可能是圆和正方形.【答案】B名师诊断专案突破对点集训决胜高考1.一个简单几何体的正(主)视图、侧(左)视图如图所示,则其2.一长方体木料,沿图1所示平面EFGH截长方体,若AB⊥CD,那么图2

四个图形中是截面的是

(

)【解析】∵AB、MN两条交线所在平面(侧面)互相平行,故AB、MN

无公共点,又AB、MN在平面EFGH内,故AB∥MN,同理易知AN∥BM,

又AB⊥CD,∴截面必为矩形.【答案】A名师诊断专案突破对点集训决胜高考2.一长方体木料,沿图1所示平面EFGH截长方体,若AB⊥C3.有一个几何体的三视图及其尺寸如图(单位:cm),则该几何体的表

面积为

(

)(A)12πcm2.(B)15πcm2.(C)24πcm2.(D)36πcm2.【解析】该几何体是底面半径等于3,母线长等于5的圆锥,其表面积

S表=π×3×5+π×32=24πcm2.【答案】C名师诊断专案突破对点集训决胜高考3.有一个几何体的三视图及其尺寸如图(单位:cm),则该几何4.某几何体的三视图如图所示,其中俯视图是半圆,则该几何体的表

面积为

(

)(A)

π.(B)π+

.(C)

π+

.(D)

π+

.【解析】由三视图可知该几何体为半个圆锥,底面半径为1,高为

,∴表面积S=

×2×

+

×π×12+

×π×1×2=

+

π.【答案】C名师诊断专案突破对点集训决胜高考4.某几何体的三视图如图所示,其中俯视图是半圆,则该几何体的5.用若干个棱长为1的正方体搭成一个几何体,其正(主)视图、侧(左)

视图都是如图的图形,对这个几何体,下列说法正确的是

(

)(A)这个几何体的体积一定是7.(B)这个几何体的体积一定是10.(C)这个几何体的体积的最小值是6,最大值是10.名师诊断专案突破对点集训决胜高考5.用若干个棱长为1的正方体搭成一个几何体,其正(主)视图、(D)这个几何体的体积的最小值是5,最大值是11.【解析】易知其俯视图如图,由其正(主)视图与侧(左)视图知5必为3

块,若“1和9”或“3和7”各有1块,则最小体积为5.最大体积为5有3

块,其余各有1块,共11块,故选D.【答案】D名师诊断专案突破对点集训决胜高考(D)这个几何体的体积的最小值是5,最大值是11.【解析】易6.将棱长为3的正四面体的各顶点截去四个棱长为1的小正四面体

(使截面平行于底面),所得几何体的表面积为

(

)(A)7

.

(B)6

.

(C)3

.

(D)9

.【解析】原正四面体的表面积为4×

=9

,每截去一个小正四面体,表面减小三个小正三角形,增加一个小正三角形,故表面积减少4×

2×

=2

,故所得几何体的表面积为7

.【答案】A名师诊断专案突破对点集训决胜高考6.将棱长为3的正四面体的各顶点截去四个棱长为1的小正四面体7.一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积等于

(

)(A)4.

(B)6.

(C)8.

(D)12.名师诊断专案突破对点集训决胜高考7.一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积等于 (【解析】几何体底面是两底长为2和4,高为2的直角梯形,四棱锥的

高为2,故V=

×

×(2+4)×2×2=4.【答案】A名师诊断专案突破对点集训决胜高考【解析】几何体底面是两底长为2和4,高为2的直角梯形,四棱锥8.如图所示是某一容器的三视图,现向容器中匀速注水,容器中水面

的高度h随时间t变化的图象是

(

)名师诊断专案突破对点集训决胜高考8.如图所示是某一容器的三视图,现向容器中匀速注水,容器中水【解析】由三视图知该容器是一倒放的圆锥形容器,因其下部体积

较小,匀速注水时,开始水面上升较快,后来水面上升较慢,图象B符合

题意.【答案】B名师诊断专案突破对点集训决胜高考【解析】由三视图知该容器是一倒放的圆锥形容器,因其下部体积

9.如图,在多面体ABCDEF中,已知ABCD是边长为1的正方形,且△ADE、△BCF均为正三角形,EF∥AB,EF=2,则该多面体的体积为

(

)(A)

.(B)

.(C)

.(D)

.名师诊断专案突破对点集训决胜高考9.如图,在多面体ABCDEF中,已知ABCD是边长为1的正【解析】如图,分别过点A、B作EF的垂线,垂足分别为G、H,连结

DG、CH,容易求得EG=HF=

,AG=GD=BH=HC=

,∴S△AGD=S△BHC=

×

×1=

,∴V=VE-ADG+VF-BHC+VAGD-BHC=

×

×

+

×

×

+

×1=

.故选A.【答案】A名师诊断专案突破对点集训决胜高考【解析】如图,分别过点A、B作EF的垂线,垂足分别为G、H,10.已知一几何体的三视图如图,正(主)视图和侧(左)视图都是矩形,

俯视图为正方形,在该几何体上任意选择4个顶点,它们可能是如下

各种几何形体的4个顶点,这些几何形体是

(写出所有正确

结论的编号).二、填空题名师诊断专案突破对点集训决胜高考10.已知一几何体的三视图如图,正(主)视图和侧(左)视图都①矩形;②不是矩形的平行四边形;③有三个面为直角三角形,有一个面为等腰三角形的四面体;④每个面都是等腰三角形的四面体;⑤每个面都是直角三角形的四面体.【解析】由该几何体的三视图可知该几何体为底面边长为a,高为b

的长方体,这四个顶点的几何形体若是平行四边形,则一定是矩形.【答案】①③④⑤名师诊断专案突破对点集训决胜高考①矩形;②不是矩形的平行四边形;③有三个面为直角三角形,有一11.已知一个圆锥的展开图如图所示,其中扇形的圆心角为120°,底面

圆的半径为1,则该圆锥的体积为

.【解析】因为扇形弧长为2π,所以圆锥母线长为3,高为2

,体积V=

×π×12×2

=

.【答案】

名师诊断专案突破对点集训决胜高考11.已知一个圆锥的展开图如图所示,其中扇形的圆心角为12012.半径为2的半球内内接一个底面为正六边形,侧棱长都相等的六

棱锥P-ABCDEF,当六棱锥的体积最大时,六棱锥的侧面积是

.【解析】由题意可知,P在圆面上的射影是圆心O.易得PO=2,AO=2,

AF=2,PA=2

.∴S△PAF=

AF·

=

,∴六棱锥的侧面积为6

.【答案】6

名师诊断专案突破对点集训决胜高考12.半径为2的半球内内接一个底面为正六边形,侧棱长都相等的三、解答题13.如图,平行四边形ABCD中,∠DAB=60°,AB=2,AD=4.将△CBD沿

BD折起到△EBD的位置,使平面EBD⊥平面ABD.(1)求证:AB⊥DE;(2)求三棱锥E-ABD的侧面积.【解析】(1)在△ABD中,∵AB=2,AD=4,∠DAB=60°,∴BD=

=2

.∴AB2+BD2=AD2,∴AB⊥BD.又∵平面EBD⊥平面ABD,平面EBD∩平面ABD=BD,AB⊂平面ABD,名师诊断专案突破对点集训决胜高考三、解答题13.如图,平行四边形ABCD中,∠DAB=60°∴AB⊥平面EBD.∵DE⊂平面EBD,∴AB⊥DE.(2)由(1)知AB⊥BD.∵CD∥AB,∴CD⊥BD,从而DE⊥BD.在Rt△DBE中,∵DB=2

,DE=DC=AB=2,∴S△DBE=

DB·DE=2

.又∵AB⊥平面EBD,BE⊂平面EBD,∴AB⊥BE.∵BE=BC=AD=4,∴S△ABE=

AB·BE=4.∵DE⊥BD,平面EBD⊥平面ABD,∴ED⊥平面ABD.名师诊断专案突破对点集训决胜高考∴AB⊥平面EBD.∵DE⊂平面EBD,∴AB⊥DE.(2)而AD⊂平面ABD,∴ED⊥AD,∴S△ADE=

AD·DE=4.综上,三棱锥E-ABD的侧面积S=8+2

.名师诊断专案突破对点集训决胜高考而AD⊂平面ABD,∴ED⊥AD,∴S△ADE= AD·DE1.l1,l2,l3是空间三条不同的直线,则下列命题正确的是

(

)(A)l1⊥l2,l2⊥l3⇒l1∥l3.(B)l1⊥l2,l2∥l3⇒l1⊥l3.(C)l1∥l2∥l3⇒l1,l2,l3共面.(D)l1,l2,l3共点⇒l1,l2,l3共面.【解析】当l1⊥l2,l2⊥l3时,l1也可能与l3相交或异面,故A不正确;l1⊥l2,l2

∥l3⇒l1⊥l3,故B正确;当l1∥l2∥l3时,l1,l2,l3未必共面,如三棱柱的三条

侧棱,故C不正确;l1,l2,l3共点时,l1,l2,l3未必共面,如正方体中从同一顶

点出发的三条棱,故D不正确.【答案】B限时训练卷(二)一、选择题名师诊断专案突破对点集训决胜高考1.l1,l2,l3是空间三条不同的直线,则下列命题正确的是2.如图,在四面体ABCD中,若截面PQMN是正方形,则在下列命题中,

错误的是

(

)(A)AC⊥BD.(B)AC∥截面PQMN.(C)AC=BD.(D)异面直线PM与BD所成的角为45°.【解析】∵截面PQMN为正方形,∴PQ∥MN,∴PQ∥平面DAC.又∵

面ABC∩面ADC=AC,PQ⊂面ABC,∴PQ∥AC,同理可证QM∥BD.故

选项A、B、D正确,C错误.【答案】C名师诊断专案突破对点集训决胜高考2.如图,在四面体ABCD中,若截面PQMN是正方形,则在下3.如图,已知△ABC为直角三角形,其中∠ACB=90°,M为AB中点,PM

垂直于△ABC所在平面,那么

(

)(A)PA=PB>PC.(B)PA=PB<PC.(C)PA=PB=PC.(D)PA≠PB≠PC.【解析】∵在Rt△ABC中,M为斜边的中点,∴MB=MC=MA.又∵PM

垂直于△ABC所在平面,∴PB=PC=PA.【答案】C名师诊断专案突破对点集训决胜高考3.如图,已知△ABC为直角三角形,其中∠ACB=90°,M4.如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,BC1⊥AC,则C1在底

面ABC上的射影H必在

(

)(A)直线AB上.(B)直线BC上.(C)直线AC上.名师诊断专案突破对点集训决胜高考4.如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90(D)△ABC内部.【解析】∵BA⊥AC,BC1⊥AC,BA∩BC1=B,∴AC⊥平面ABC1.∵AC

⊂平面ABC,∴平面ABC⊥平面ABC1,且交线是AB.故平面ABC1上的

点C1在底面ABC的射影H必在交线AB上.【答案】A名师诊断专案突破对点集训决胜高考(D)△ABC内部.【解析】∵BA⊥AC,BC1⊥AC,BA5.如图为一个几何体的三视图,尺寸如图所示,则该几何体的表面积

为(不考虑接触点)

(

)(A)6+

+π.(B)18+

+4π.(C)18+2

+π.(D)32+π.【解析】该几何体是三棱柱上叠放一个球,三棱柱底面为正三角形,

侧棱垂直于底面,S表=

×22×2+3×2×3+4π×(

)2=18+2

+π.【答案】C名师诊断专案突破对点集训决胜高考5.如图为一个几何体的三视图,尺寸如图所示,则该几何体的表面6.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.现有以下命题:①BC⊥PC;②

OM∥平面APC;③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长.其中真命

题的个数为

(

)(A)3.

(B)2.

(C)1.

(D)0.【解析】∵PA⊥平面ABC,∴PA⊥BC,又BC⊥AC,∴BC⊥平面PAC,

∴BC⊥PC.∵OM∥PA,∴OM∥平面PAC.∵BC⊥平面PAC,∴BC是

点B到平面PAC的距离,故①、②、③都正确.【答案】A名师诊断专案突破对点集训决胜高考6.如图所示,直线PA垂直于☉O所在的平面,△ABC内接于☉7.如图,设平面α∩β=EF,AB⊥α,CD⊥α,垂足分别是B,D,如果增加一

个条件,就能推出BD⊥EF,这个条件不可能是下面四个选项中的(

)(A)AC⊥β.(B)AC⊥EF.(C)AC与BD在β内的射影在同一条直线上.(D)AC与α,β所成的角相等.【解析】AC与α,β所成的角相等,不能推出AC⊥EF,则EF⊥平面

ABCD可能不成立,故选D.【答案】D名师诊断专案突破对点集训决胜高考名师诊断专案突破对点集训决胜高考