2023年高考数学一轮复习新高考5

专题八立体几何

8.1空间几何体的表面积和体积

考点空间几何体的表面积与体积

1.（2018课标I文,5,5分）已知圆柱的上、下底面的中心分别为OiQz过直线。1。2的平面截该圆柱所得的截

面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（）

A.l26TlB.12TTCTTD.IOTT

答案B本题主要考查圆柱的表面积及圆柱的轴截面.

设圆柱的底面半径为r,高为h,由题意可知2yh=2点.••圆柱的表面积S=2TTr2+2ir-h=4TT+8TT=12TT.故选

B.

解题关键正确理解圆柱的轴截面及熟记圆柱的表面积公式是解决本题的关键.

2.（2016课标II文,4,5分）体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）

32

A.12TTB.3n

C.8TTD.4TT

答案A设正方体的棱长为a,则a3=8,解得a=2.

设球的半径为R,则2R=*a,即R=6,所以球的表面积S=4TTR2=12TT.故选A.

方法点拨对于正方体与长方体，其体对角线为其外接球的直径，即外接球的半径等于体对角线的一半.

3.（2015课标II,理9,文10,5分）已知A,B是球。的球面上两点/AOB=90°,C为该球面上的动点.若三棱锥

O-ABC体积的最大值为36,则球。的表面积为（）

A.36TTB.64TTC.144TTD.256TT

答案C7SaOAB是定值，且Vo-ABC=Vc-OAB,

二当0C，平面OAB时,Vc.OAB最大，即Vo-ABC最大.设球。的半径为R,贝lJ（Vo-ABC）max=%NR2xR=GR3=36,；.

R=6,1球0的表面积S=4TTR2=4TTX62=144TT.

思路分析由AOAB的面积为定值分析出当OC_L平面OAB时,三棱锥O-ABC的体积最大，从而根据已知条

件列出关于R的方程，进而求出R值，利用球的表面积公式即可求出球0的表面积.

导师点睛点C是动点，在三棱锥O-ABC中，如果以面ABC为底面，则底面面积与高都是变量，而S，OAB为定

值，因此转化成以面OAB为底面，这样高越大，体积越大.

4.（2014福建文,5,5分）以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面

积等于（）

A.2TTB.TTC.2D.l

答案A由题意得圆柱的底面半径r=l,母线1=1.

二圆柱的侧面积S=2TTrl=2TT.故选A.

5.（2018课标III，理10,文12,5分）设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点,“kBC为等边三角形且其

面积为9丫行则三棱锥D-ABC体积的最大值为（）

但但但4

A.12vB.18vC.24vD.54”

答案B本题考查空间几何体的体积及与球有关的切接问题.

设等边^ABC的边长为a,

1

则有S，ABc=2aasin60°=96,解得a=6.

设AABC外接圆的半径为r,则2r=x°：解得r=2*,

《今一（2何

则球心到平面ABC的距离为'=2,

所以点D到平面ABC的最大距离为2+4=6,

所以三棱锥D-ABC体积的最大值为19"x6=18,，故选B.

方法总结解决与球有关的切、接问题的策略：

⑴“接”的处理:

①构造正（长）方体，转化为正（长）方体的外接球问题.

②空间问题平面化，把平面问题转化到直角三角形中，作出适当截面（过球心，接点等）.

③利用球心与截面圆心的连线垂直于截面定球心所在直线.

（2）“切”的处理:

①体积分割法求内切球半径.

②作出合适的截面（过球心，切点等），在平面上求解.

③多球相切问题,连接各球球心，转化为处理多面体问题.

6.（2017课标川，理8,文8,5分）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■

A.TTB.4C2D4

答案B本题考查球的内接圆柱的体积.

街更

设圆柱的底面半径为r,则d+口=1，解得仁2,

..V画柱=TT*\2）xl=，r,故选B.

思路分析利用勾股定理求圆柱的底面半径，再由体积公式求圆柱的体积.

解题规律有关球的切或接问题，要重视利用勾股定理求解.

7.（2015山东理,7,5分）在梯形ABCD中/ABC』,ADIIBC,BC=2AD=2AB=2.将梯形ABCD绕AD所在的

直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（）

X-Sw

A.3B,3C,3D.2n

答案C如图，此几何体是底面半径为1,高为2的圆柱挖去一个底面半径为1,高为1的圆锥，故所求体积

■5w

V=2TT-3=3.

评析本题主要考查几何体的体积及空间想象能力.

8.（2014陕西理,5,5分）已知底面边长为1,侧棱长为42的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体

积为（）

32.4w

A.3B.4TTC.2TTD.M

Ji

答案D如图为正四棱柱AQ根据题意得AO*二对角面ACJAI为正方形二.外接球直径2R=AIC=2,

.,.R=1,..V球=3，故选D.

3.

小,则以。为球心,。A为半

9.（2013课标II,15,5分,0.158）已知正四棱锥O-ABCD的体积为2，底面边长为

径的球的表面积为.

答案24TT

解析设底面中心为E,连接OE,AE,

I交

则|AE|=N|AC|=2,

*3^2

•.•体积V=K|AB|2X|OE|=QE|=2,

.-.|OA|2=|AE|2+|OE|2=6.

从而以0A为半径的球的表面积S=4TT|OA|2=24TT.

思路分析先根据已知条件直接利用锥体的体积公式求得正四棱锥O-ABCD的高,再利用勾股定理求出

|0A],最后根据球的表面积公式计算即可.

10.（2013课标1,15,5分,0.123）已知H是球。的直径AB上一点,AH:HB=1:2,AB_L平面a,H为垂足,a截球

O所得截面的面积为IT,则球O的表面积为

9K

答案2

解析平面a截球。所得截面为圆面,圆心为H,设球。的半径为R,则由AH:HB=1:2得0H=3R,

由圆H的面积为TT,得圆H的半径为1,

2999

©+V=R2,得出R2=',所以球O的表面积S=4nR2=4TT-a=2n.

11.（2014山东理,13,5分）三棱锥P-ABC中,D,E分别为PB,PC的中点，记三棱锥D-ABE的体积为VX,P-ABC

的体积为V*则

4

答案

解析如图，设SSBD=SI,S”AB=S2,E到平面ABD的距离为hi,C到平面PAB的距离为112,则

1・也5141

S2=2Si,h2=2hi,Vi=3sihi,V2=3s2hz：4=年电=4

评析本题考查三棱锥的体积的求法以及等体积转化法在求空间几何体体积中的应用.本题的易错点是不

能利用转化与化归思想把三棱锥的体积进行适当的转化，找不到两个三棱锥的底面积及相应高的关系，从而

造成题目无法求解或求解错误.

12.（2011课标理,15,5分）已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球0的球面上，且AB=6,BC=2&,则棱锥

O-ABCD的体积为

答案8M

解析如图，连接AGBD,交于01,则01为矩形ABCD所在小圆的圆心，连接001,则00i_L面ABCD,

易求得04=2丫，又0C=4,

22

Joe-01c

.001==2,

二棱锥体积V=3X6X2*X2=8'

失分警示立体感不强，空间想象能力差,无法正确解出棱锥的高而得出错误结论.

评析本题主要考查球中截面圆的性质及空间几何体的体积的计算，通过球这个载体考查学生的空间想象

能力及推理运算能力.

13.（2011课标文,16,5分）已知两个圆锥有公共底面,且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上.若圆

3

锥底面面积是这个球面面积的16,则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为.

1

答案3

3

解析如图,设球的半径为圆锥底面半径为由题意得

R,r,1TR2.

,-.r=2R,;.00I=2R.体积较小的圆锥的高AOI=R；R=2R,体积较大的圆锥的高B0I=R+2R=2R.

故这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为2

评析本题考查球、球内接圆锥的相关问题，考查R,r的关系，由题意得到r=2R是解答本题的关键.

专题八立体几何

8.1空间几何体的表面积和体积

应用创新题组

1.（2021北京,8,4分I实际生活）某一时段内,从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平

面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位:mm）.24h降雨量的等级划分如下:

——200inm—

在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200mm,高为300mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程

中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150mm（如图所示），则这24h降雨量的等级是（）

A.小雨B.中雨C.大雨D.暴雨

2001

工3

答案B根据相似可得，小圆锥的底面半径r=2=50（mm）,故V小/能=xnx5O2xl5O=5O3n（mm3）,则积

V

<MI«

5----

水深度h=***^=贯而属于中雨，故选B.

2.（2019课标DI,16,5分I生产实践）学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体

ABCD-AiBiJDi挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体，其中。为长方体的中心,E,F,G,H分别为所在棱的中

点,AB=BC=6cm,AAi=4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的

质量为g.

答案118.8

解析依题意，知该模型是长方体中挖去一个四棱锥，故其体积V=V性方体-V四棱椎

11

=6x6x4-^x^x4x6x3=132(cm3).

又该模型的原料密度为0.9g/cm3,故制作该模型所需原料的质量为0.9xl32=118.8(g).

3.(2022届安徽蚌埠9月调研,16I素材创新)"敕勒川,阴山下.天似穹庐，笼盖四野."诗中的"穹庐"即

"毡帐"，屋顶近似圆锥，为了烘托节日气氛，计划在屋顶安装灯光带，某个这种屋顶的圆锥底面直径长8米，

母线长6米,其中一条灯光带从该圆锥一条母线的下端点开始，沿侧面经过与该母线在同一轴截面相对的另

一母线的中点，环绕一圈回到起点，则这条灯光带的最短长度是米.

答案6"

解析将圆锥侧面沿母线SA剪开,A点对应Ai点,设轴截面中与SA相对的另一条母线为SB,SB的中点为

C,连接AC,AiC,则AC+AiC为灯光带的最短长度，如图所示,SA=6,圆锥底面直径为8,则半径为4,所以“尚的

长=2nx4=8n,则,E的长为4TT,所以nASBuPm三在&SAC中,SC=3,由余弦定理得

(3V7V7

AC2=SA2+SC2-2SAxSCcosIn=62+32-2x6x3xx^=63,pfi^AC=3，所以AiC=AC=3"，所以这条

灯光带的最短长度是6“米.

H

专题八立体几何

8.1空间几何体的表面积和体积

一、选择题

1.（2022届黑龙江六校11月联考,4）已知圆锥的轴截面为等边三角形，且圆锥的表面积为3n,则圆锥的底面半

径为（）

A2B.1/D4

答案B设圆锥的母线长为1,底面半径为r,根据题意，得l=2r,所以圆锥的表面积S=nr2+nrl=3nr2=3n,解

得r=l,故选B.

2.（2022届河南焦作一模,6）底面是边长为1的正方形，侧面均是等边三角形的四棱锥的体积为（）

42424242

A石C.1rD.N

k劣2j2

答案A由题意可知该四棱锥为正四棱锥，底面正方形对角线长为VN则正四棱锥的高h="=N,

142J2

所以正四棱锥的体积旷=三、12*/=石,故选A.

3.（2022届吉林顶级名校11月月考,10）已知球。，过球面上A,B,C三点作截面，若点。到该截面的距离是球

半径的一半，且AB=BC=2/B=120°,则球O的表面积为（）

64H321C

A.%B3nC.7D.%

答案A如图,设球的半径为r,Oi是^ABC的外心，外接圆半径为R,连接OO1QBQ1B,则00i_L平面ABC,

2

在SBC中,AB=BC=2/ABC=120。,贝Ji/A=3O°,由正弦定理得曰二2R,..R=Z即0止=2.在RfOBOi中,

116UM

由已知得「2-42=4,得H二三所以球O的表面积S=4nr2=4nx丁二丁兀故选A.

4.（2022届豫北名校定位考试,11）已知圆锥的顶点和底面圆周都在球O的球面上，圆锥的侧面展开图的圆心

2n

角为"3r，面积为3TT,则球O的表面积等于（）

BlnBln121n121n

~ITT

AA.DB.C.D.

12n

答案A设圆锥的母线长为I,球的半径为R,圆锥底面半径为r,由已知得W_3rl2=3TT,解得1=3,由扇形的弧

Zn9

长公式可得2nrkx|,得r=l,所以圆锥的高为V=2”由r2+（26-R）2=R2,解得R=/所以球O的表

（9j81

面积等于4TTR2=4TA刖=%,故选A.

5.（2022届四川月考,8）如图，点M是棱长为2的正方体ABCD-AiBiCiDi中的侧面ADDiAi内（包括边界）

的一个动点，则三棱锥B-CiMD的体积的最大值是（）

1248

A3B.3C,3D3

答案D当点M与点Ai重合时，点M到平面BCiD的距离最大,J"/此时三棱锥B-JMD

的体积最大，此时三棱锥B-CiMD是棱长为2口的正四面体，其体积等于正方体的体积减去4个三棱锥的体

P&CiM)三GX2X2)a

积，所以=2MxaxW'x2=n故选D.

6.(2022届云南玉溪月考,9)在四棱锥P-ABCD中，平面PAD_L平面ABCD,且&PAD是边长为2的正三角形,

答案D连接AGBD,且ACCBD=F，设外接球球心为。半径为R,则球心。在底面的射影必为点F,取AD

的中点E,连接EF,PEQF,OA,PO,过O作OG_LPE.如图.

依，

易知PE_LAD,且PE=Xx2=V3又平面PAD_L平面ABCD,平面PADCI平面ABCD=AD,所以PE_L平面

「于后7

ABCD,设OF=x,;EF=l,AF=V).R2=x2+2=l+(V3-x)2,解得乂=丁"«2=',.•.四棱锥P-ABCD外接球的表面

128n

积SuduRZugx、-3".故选D.

7.（2022届四川德阳中学11月月考,9）已知四棱锥P-ABCD的侧棱均相等，其各个顶点都在球O的球面

16

V3T

上,AB=BC/ABC=90°,AD=2‘，CD=2,三棱锥P-ABC的体积为，则球。的表面积为（）

A.25TTC.32nD.3

答案A连接AC,取AC的中点F,连接PF,BF,由题意可知PF为四棱锥的高且球心。在直线PF上,不妨取

。在PF上，连接OB,

1•各个顶点都在球O的球面上,NABC=90°JA、B、C、D四点共圆，且AC为直径,，NABC=NADC=90°,又

依/jIDjCD21V12+4

•,AD=2,CD=2,/.AC===4,

■.■AB=BC,zABC=90",.-.AB=2,BF=2,

1611116

.•三棱锥P-ABC的体积为三.•.VP-ABC=IABCPF=4ZX20X2"PF=二解得PF=4.设OP=r（r>0）,则

OB=r,OF=|4-r|,在RbOFB中/2=|4-甲+22,解得r=：,.球O的表面积为4nr2=4nx'z/=25TT.故选A.

n

8.（2022届湘豫名校联盟11月联考,11）在三棱锥S-ABC中/SBA=NSCA=W,底面ABC是边长为2的等边

2n

三角形，若二面角S-BC-A的大小为二,则三棱锥S-ABC的外接球的表面积为（）

1617192Q

Ty

AA.TTDB.TIC.TTD.n

答案C取BC的中点。连接

n

SO,AO,\2SBA=NSCA=ZBA=CA,SA=SA,."SBA*SCAJ.SB=SC,，SO_LBC,OAJLBC，故二面角S-BC-A

TTGEBE

的平面角为NSOAR.NSOA=.设SO=x（x>0）,贝|JSB=,/zSBA=z/.SA=，在^SOA中，易知

2n

JjT

0A=，由余弦定理得SA2=SO2+OA2-2SOOAcos,

2_产

即x2+5=x2+3+6x,解得x=H，，三棱锥的外接球的直径2R=SA=U*=<r,.三棱锥的外接球的表面

19

积5=4通2=，故选C.

9.（2022届河南检测提分卷,12）已知在三棱锥P-ABC中,“iBC与SBC均为边长为2的等边三角形,PA="，

以P为球心,2为半径的球与底面ABC的交线长为（）

A*B.3C3nD.2n

y/6

答案B取BC的中点D,连接PD,DA,则PD±BC,AD±BC,PD=DA=V，因为PA=，所以PD_LDA,又

DACIBC=D，所以PD_L平面ABC,分别取AC,AB的中点E,F,连接PE,DE,DF厕DE=1,PE=2,则以P为球心,2

为半径的球与底面ABC的交线为圆D上的，易知4DF=W所以弧的长度为工故选B.

二、填空题

10.（2022届陕西西北工业大学附中月考,14）碳6O（C6o）是一种非金属单质,

它是由60个碳原子构成的分子，形似足球,又称为足球烯，其结构是由五元环（正五边形面）和六元环（正六边

形面）组成的封闭的凸多面体，共32个面，且满足:顶点数-棱数+面数=2.则其六元环的个数为.

ii

答案20

解析碳60有60个顶点,32个面面顶点数-棱数+面数=2,得棱数为60+32・2=90,设五元环有x个，六元

x+y=32rfx=12,

,[5»+6y=9OxZ解得.六元环的个数为20

11.（2021河南新乡二模,14）一个棱长为4的正方体被挖去一个高为4的正四棱柱后得到如图所示的几何体,

若该几何体的体积为60,则该几何体的表面积为.

答案110

解析设正四棱柱的底面边长为m,则4（42-m2）=60,解得m=l,则该几何体的表面积为

42x4+（42-12）x2+4x1x4=110.

4

12.（2021江西吉安重点中学联考,16）已知在直三棱柱ABC-AiBiCi中,AB_LBC,c。SNBAC=!5,且此三棱柱有

内切球，则此三棱柱的内切球与外接球的表面积的比为.

答案4:29

解析由题意，不妨设AB=8,BC=6,AC=10,则AABC的内切圆的半径为r=~1-=2.要使此三棱柱存在内

切球，则此三棱柱的高AAi=4.从而得其内切球半径母=2,由于AABC为直角三角形，且AB_LBC,所以SBC

的外心D在AC的中点处，取AiJ的中点DL连接DDi,取DDj的中点M,则DDi的中点M即为该三棱柱的

外接球球心，在RfADM中,AM2=DM2+AD2=22+52=29.即外接球的半径R2=.所以三棱柱的内切球与

外接球的表面积之比为而瞪4TA哈％4：29.

归纳总结若某直棱柱存在内切球,则该棱柱的高h与底面多边形内切圆半径r的关系为h=2r.

13.（2022届贵阳五校联考,16）学生到工厂参加劳动实践，用薄铁皮制作一个圆柱体，圆柱体的表面积为8n,

则该圆柱体的外接球的表面积的最小值是.

答案8产-1）TT

4

解析设圆柱底面圆的半径为r,高为h,则有如H+如rh=8ir,整理得h=r-r（0<r<2）,由球及其内接圆柱的结

构特征知，球心是圆柱两底面圆圆心的连线的中点，设球的半径为R,得

R2=H+©，=H+"力=，+%22“卫2=2也2,当且仅当，2尸，即r=§时取等号"•.球的

表面积S=4nR2z8（第-l）n〃•.该圆柱体的外接球的表面积的最小值是8（遮

三、解答题

14.（2018课标1,18,12分）如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3/ACM=90°.以AC为折痕将&ACM折

起，使点M到达点D的位置，且AB±DA.

（1）证明:平面ACD_L平面ABC;

2

（2）Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点，且BP=DQ=、DA,求三棱锥Q-ABP的体积.

解析（1）证明:由已知可得/BAC=90°,则BA±AC.

又BAJLAD,ACnAD=A，所以ABJ•平面ACD.

又ABu平面ABC,所以平面ACDJ_平面ABC.

Vz

(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3.

2

又BP=DQ=DA,所以BP=2.

1

作QE_LAC,垂足为E,则QEilDC且QE=aDC.

由已知及(1)可得DC_L平面ABC,

所以QE_L平面ABC,QE=1.

因此,三棱锥Q-ABP的体积为

解题关键(1)利用平行关系将NACM=90°转化为NBAC=90°是求证第(1)问的关键；

(2)利用翻折的性质将NACM=90°转化为NACD=90°,进而利用面面垂直的性质定理及线面垂直的性质定理

得出三棱锥Q-ABP的高是求解第(2)问的关键.

8.2空间点、线、面的位置关系

考点一点、线、面的位置关系

1.(2015安徽理,5,5分)已知m,n是两条不同直线,a,0是两个不同平面，则下列命题正确的是()

A.若a,B垂直于同一平面，则a与B平行

B.若m,n平行于同一平面，则m与n平行

C.若a,B-，则在a内-与B平行的直线

不平行不可第

D.若m,n-，则m与n-垂直于同一平面

答案D若a,B垂直于同一个平面%则a,B可以都过丫的同一条垂线，即a,B可以相交，故A错;若m,n平行于同

一个平面，则m与n可能平行，也可能相交，还可能异面，故B错;若a,B不平行，则a,B相交，设anB=l,在a内存在

直线a,使alll,则al电故C错;从原命题的逆否命题进行判断，若m与n垂直于同一个平面面线面垂直的性

质定理知miln,故D正确.

2.（2015浙江文,4,5分）设a*是两个不同的平面,l,m是两条不同的直线，且lca,mcp.（）

A.若B.若a_LB，贝ijl_Lm

C.若I邛，则allBD.若allp,则llim

答案A对于选项A,由面面垂直的判定定理可知选项A正确;对于选项B,若a_LB，lua,muB，则I与m可能

平行，可能相交，也可能异面，所以选项B错误;对于选项C,当I平行于a与0的交线时,1呼,但此时a与B相交，所以

选项C错误;对于选项D,若all0,则I与m可能平行，也可能异面，所以选项D错误.故选A.

3.（2015广东,6,5分）若直线h和I2是异面直线,k在平面a内,12在平面B内,।是平面a与平面B的交线，则下列命

题正确的是（）

A.I与h12都不相交

B.I与都相交

C.I至多与1112中的一条相交

D.I至少与11,12中的一条相交

答案D解法一:如图1,11与L是异面直线,11与I平行,12与I相交，故A,B不正确;如图2,11与12是异面直

线,1“2都与I相交，故C不正确，选D.

4

图1图2

解法二:因为I分别与11人共面，故।与k12要么都不相交，要么至少与h,L中的一条相交.若।与h,L都不相交,

则III11,1II匕从而1m2,与1“2是异面直线矛盾，故।至少与1“2中的一条相交，选D.

4.（2014辽宁,4,5分）已知m,n表示两条不同直线，。表示平面.下列说法正确的是（）

A.若mila,nii。,则miin

B.若m_Lo,nua，则m±n

C.若m_La,m_Ln,则nil。

D.若mlla,m_Ln,则n±a

答案B若miia,niia则m与n可能平行、相交或异面，故A错误;B正确;若m_La,mJ_n，则niia或nca,

故C错误;若miiam_Ln，则n与a可能平行、相交或nuo,故D错误.因此选B.

5.（2014广东理,7,5分）若空间中四条两两不同的直线满足hldzLL5bL4则下列结论一定正确

的是（）

A.li-LI4

B.liIIU

Ch与14既不垂直也不平行

D.I1与14的位置关系不确定

答案D由可知11与b的位置不确定，

若1川3,则结合W,得h_Ll4,所以排除选项B、C,

若1143,则结合I3L4,知11与14可能不垂直,所以排除选项A.故选D.

评析本题考查了空间直线之间的位置关系，考查学生的空间想象能力、思维的严密性.

6.（2014浙江文,6,5分）设m,n是两条不同的直线,。不是两个不同的平面.（）

A.若m_Ln,nlla,则m±a

B.若0111氏0_1_。,则m±a

C.若mJ_B,n_LB,n_La，则m±a

D.若m_Ln,n_i_B，B_L。，则m±a

答案C对于选项A、B、D,均能举出mlla的反例;对于选项C,若m_LB,n_LB,则mlln,又n_La,..m_L。，

故选C.

7.（2013课标II理,4,5分）已知m,n为异面直线,mJL平面a,n_L平面氏直线I满足IJLm,l_LnjQa,lC0,则（）

A.allB且Illa

B.a邛且I邛

C.a与B相交,且交线垂直于I

D.。与B相交,且交线平行于I

答案D若电则mlln,这与m、n为异面直线矛盾，所以A不正确，。与B相交.将已知条件转化到正方体

中，易知。与B不一定垂直，但。与B的交线一定平行于I,从而排除B、C.故选D.

导师点睛对于此类题,放入正方体中判断起来比较快捷.

8.（2013广东理,6,5分）设m,n是两条不同的直线,。不是两个不同的平面.下列命题中正确的是（）

A.若a_LB,mua,nuB,则m±n

B.若allB,muQ,nuB，则mlln

C.若m_Ln,mua,nuB,则a_i_B

D.若m_L5mlin,nl电则。_L0

答案D若。_LB，muo,nuB，则m与n可能平行，故A错;若aliB，muc（,nuB，则m与n可能平行，也可能异

面，故B错;若m_Ln,mua,nuB,则a与B可能相交，也可能平行，故C错;对于D项，由m_La,mlln,得n_La,又知

nI电故a_L0,所以D项正确.

9.（2011辽宁理,8,5分）如图,四棱锥S-ABCD的底面为正方形,SD_L底面ABCD,则下列结论中下年呵的是

()

A.ACXSB

B.ABII平面SCD

C.SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角

D.AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角

答案D•.四边形ABCD是正方形,..AC^BD.

又.SD_L底面ABCD,..SD_LAC.

其中SDnBD=D,..AC±ESDB,从而AC_LSB.故A正确.易知B正确.

设AC与DB交于O点，连接SO.

则SA与平面SBD所成的角为NASO,SC与平面SBD所成的角为/CSO,

又OA=OC,SA=SC/zASO=/CSO.故C正确.

由排除法可知选D.

评析本题主要考查了线面平行与垂直的判断及线面角、线线角的概念.属中档题.

10.（2016浙江25分）已知互相垂直的平面交于直线I.若直线m,n满足miia,n_1_0,则（）

A.mlllB.mllnC.n±lD.m±n

答案C「anB二C」uBjn_L|V.nJJ.故选C.

11.（2016课标11,14,5分）a,B是两个平面,m,n是两条直线，有下列四个命题：

①如果01_1_11,171_1_。由1甲,那么。_1_0.

②如果mJLa,nll。,那么m±n.

③如果aII0,mua,那么mlip.

④如果miln,allB,那么m与a所成的角和n与B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）

答案②③④

解析若m_Ln,m_La,nllB,则a与B可能平行或相交，故①错误;②显然成立;若aliB,mua,则m与B无公共点，

因而mllp,故③正确油线面角的定义、等角定理及面面平行的性质可知④正确.

考点二异面直线所成的角

1.（2016课标I,理11,文11,5分）平面a过正方体ABCD-AiBiJDi的顶点A,all平面CBQi,an平面ABCD=m,

an平面ABBiAi=n,则m,n所成角的正弦值为（）

更五更m

A.2B,2C.3D3

答案A如图，延长BiAi至A2,使A2Al=BiAi,延长DiAi至A3,使A3Al=DIAL连接AA2AA3A2A3,AIB,AQ

易证AA2IIAiBIIDIC,AA3IIAiDIIBiC.

二平面AA2A3II平面CBiDi,即平面AA2A3为平面a.

V5

于是milA2A3,直线AA2即为直线n.显然有AA2=AA3=A2A3,于是m,n所成的角为60°,其正弦值为之.选A.

2.（2014大纲全国理,11,5分）已知二面角。-1・0为60°,ABca,AB±l,A为垂足,CDuB，Cel/ACD=135。,则异

面直线AB与CD所成角的余弦值为（）

己也有!

AJ*B.4C,4D,2

答案B在平面a内过点C作CEllAB,则NECD为异面直线AB与CD所成的角（或其补角），不妨取CE=1,

过点E作EO_LB于点。

在平面B内过点0作OH±CD于点H,连接EH,则EH±CD.

因为ABllCE,ABjJ,所以CE_Ll,又因为EO_LB,所以CO_Ll

所以NECO为二面角a-1-B的平面角，即NECO=60°.

因为NACD=135°,CD_U,所以NOCH=45°.

在Rt^ECO中,CO=CEcos/ECO=lxcos60°=2

*更

在Rt^COH中,CH=COCOSNOCH=NCOS45°=4.

CH空方

--♦--

在RfECH中,COSNECH=8=T=4

至

所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为4.选B.

3.（2014大纲全国文,4,5分）已知正四面体ABCD中,E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值

为（）

m更m更

A6B.6C2D.3

答案B如图，取AD的中点F,连接EF、CF.

因为E、F分别是AB、AD的中点，所以EFEI^BD,故NCEF或其补角是异面直线CE、BD所成的角.

设正四面体ABCD的棱长为a,易知CE=CF=2a,EF='.在^CEF中，由余弦定理可得cosz

阀十时一附

CEF=.故选B.

4.（2015浙江,13,5分）如图，在三棱锥A-BCD中,AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,点M,N分别为AD,BC的

中点，则异面直线AN,CM所成的角的余弦值是.

7

答案.

解析连接DN,取DN的中点H,连接HM,由N、M、H均为中点，知|cos/HMC|即为所求因为

AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,又M,N为AD.BC的中点，所以CM_LAD,AN_LBC,所以

zVCT2-MD2_V2V山一1Kz6"VM^+MH2凡”

CM==2,AMN==2,MH=AN=,HC==，则COSN

2

CH^+Ml^-HC77

HMC=2C"m='故异面直线AN,CM所成角的余弦值为.

5.(2011北京文,17,14分)如图，在四面体PABC中,PC_LAB,PA_LBC,点D,E,F,G分别是棱AP,AC,BC,PB的

中点.

Q)求证:DE"平面BCP;

(2)求证:四边形DEFG为矩形；

(3)是否存在点Q,到四面体PABC六条棱的中点的距离相等?说明理由.

解析⑴证明:因为D,E分别为AP,AC的中点，所以DEIIPC.又因为DEG平面BCP,PCu平面BCP,

所以DEII平面BCP.

(2)证明:因为D,E,F,G分别为AP,AC,BC,PB的中点,

所以DEllPCllFGQGllABllEF.

所以四边形DEFG为平行四边形.又因为PC±AB,

所以DE_LDG.所以四边形DEFG为矩形.

(3)存在点Q满足条件.理由如下：

连接DF,EG,设Q为EG的中点.

由⑵知,DFDEG=Q，且QD=QE=QF=QG='EG.

分别取PC,AB的中点M,N,连接ME,EN,NG,MG,MN.

1

与(2)同理，可证四边形MENG为矩形，其对角线交点为EG的中点Q,且QM=QN^^EG,所以Q为满足条件

的点.

8.2空间点、线、面的位置关系

一、选择题

1.(2022届湘豫名校联盟11月联考,7)已知a,0是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线，给出下列命题：

①若ail0,m_La,则m±p;

②若mlln,m_La及!ln±a;

③若m邛；

④若m_Ln,mJLa,则nila.

其中真命题有()

A.1个B.2个C.3个D.4个

答案B易知①②正确;若。_1_e01_1_0（,则mllp或mu0,故③错误;若m_Ln,m_La4Jnlla或nua,故④错

误.故选B.

2.（2022届山东青岛期中,7）已知a,b,c,d是四条直线，如果a_Lc,a_Ld,b_Lc,b_Ld.则结论nallbM与2nd"

中成立的情况是（）

A.一定同时成立B.至多一个成立

C.至少一个成立D.可能同时不成立

答案C假设clid,则空间中a与b的位置可任意，所以选项A错误;当a,bed四条直线共面时，可以同时

成立,故选项B错误;假设c与d相交，则c与d确定一个平面a因为a_l_c,aJ_d,bJ_c,bJ_d，所以a±a,b±a,

所以allb,假设c与d异面，可作直线eIId且与c相交，则c与e确定一个平面目同理有国所以alib,

即结论"aub"与"Old"中至少一个成立，选项C正确，选项D错误.故选C.

3.（2022届南宁摸底,8）如图是长方体的展开图,AD=2AB,四边形ABFE为正方形,P、Q分别为AD、HI的中

点，给出下列判断:①AMIICG,②AFIIDK,③BPIIJQ,④BPJ_QJ.其中正确的个数为（）

A.OB.lC.2D3

答案C将展开图还原成长方体,如图,

由长方体的结构特征可知AM与CG是异面直线,故①不正确;AFIIDK,故②正确;BP与JQ是异面直线，故③

不正确;连接GQ,易证GQIIBP,设AB=1,则AD=2,二.GQ=JQ='，又JG=2,;.GQ2+JQ2=JG2,;.GQ_LJQ,则

BP_LJQ,故④正确.综上②④正确.故选C.

4.（2021安徽江南十校一模,7）设a、b为两条直线，则aub的充要条件是（）

A.a、b与同一个平面所成角相等

B.a、b垂直于同一条直线

C.a、b平行于同一个平面

D.a、b垂直于同一个平面

答案D如图所示，在正方体ABCD-AiBiJDi中，

对于A选项,取直线a、b分别为直线ABi、AiB,则直线a、b与底面ABCD所成的角相等，但a、b相交,A

选项不满足条件.

对于B选项,取直线a、b分别为直线ABi、AiB,则b相交,B选项不满足条件.

对于C选项,取直线a、b分别为直线ABi、AiB,则a、b都与平面CJDQ平行，但a、b相交,C选项不满

足条件.

对于D选项，充分性:若a、b垂直于同一个平面面线面垂直的性质可得aIIb,充分性成立.

必要性:若aiib,且a_L平面a,在平面a内取两条相交直线m、n,则a±m且a_Ln,所以b_Lm,b_Ln，因为m、

n相交且muanua,所以b_La,必要性成立.D选项满足条件.故选D.

方法点拨对于空间线面位置关系的组合判断题,解决的方法是〃推理论证加反例推断"，即正确的结论需

要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明,错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以

常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳.

5.（2020四川九市二诊,5）已知m,n是两条不重合的直线,a是一个平面，则下列命题正确的是（）

A.若milanIIa则miln

B.若mIIa,nua,贝ijmlln

C.若m_Ln,m_La从iJnila

D.若m±n

答案D对于选项A:若mlianlla,则m和n平行或相交或异面，故A错误.对于选项B:若mllanua,则m

和n平行或异面，故B错误.对于选项C:若mJLn,m_La,则nca或nlla故C错误.对于选项D:若m±a,nlla,

则mJLn,D正确.故选D.

6.（2022届河南洛阳期中,9）在直三棱柱ABC-AiBiCi中/ACB=90°,Di、Ei分别是AxBi.AiJ的中

点,CA=CB=CCL贝ijAEi与BDi所成角的余弦值为（）

犀闻犀闻

A，B.gC”"Dm

答案D以C为坐标原