2025年高考备考高中数学个性化分层教辅学困生篇《立体几何初步》

第1页（共1页）2025年高考备考高中数学个性化分层教辅学困生篇《立体几何初步》一．选择题（共10小题）1．（2024•黔东南州开学）如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，且AB＝1，BC=3，DC＝2．将直角梯形ABCD绕BCA．26π+5π B．3π+5π C．11π2．（2024•苏州模拟）已知圆锥的高为6，体积为高的43A．83 B．113 C．73．（2024•泰安三模）已知圆台O1O2的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为（）A．24π B．25π C．26π D．27π4．（2023秋•大武口区校级月考）古希腊数学家欧几里得在《几何原本》里提出：“球的体积（V）与它的直径（D）的立方成正比”，即V＝kD3，但欧几里得未给出常数k的值．现算出k的值，进而可得cosk＝（）A．0 B．12 C．22 5．（2024•鼓楼区校级模拟）设α，β是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题为真命题的是（）A．若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则α⊥β B．若m∥α，m∥β，α∩β＝n，则m∥n C．若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β D．若m⊥n，m⊥α，则n∥α6．（2023秋•南关区校级期末）若一个小球与一个四棱台的每个面都相切，设四棱台的上、下底面积分别为S1，S2，侧面积为S，则（）A．S2＝S1S2 B．S＝S1+S2 C．S=S17．（2024春•株洲期末）若圆锥的表面积为12π，底面圆的半径为2，则该圆锥的体积为（）A．433π B．43π 8．（2024•南开区学业考试）若圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的体积之比为（）A．12 B．23 C．329．（2024•浙江模拟）清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食要从苏州府运送到全国各地．为了核准粮食的数量，苏州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，而一只官斛的容量恰好为一斛，其形状近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为25cm，下底也为正方形，内边长为50cm，斛内高36cm，那么一斗米的体积大约为（）立方厘米．A．10500 B．12500 C．31500 D．5250010．（2024•全国一模）陀螺又称陀罗，是中国民间最早的娱乐健身玩具之一，在山西夏县新石器时代的遗址中就发现了石制的陀螺．如图所示的陀螺近似看作由一个圆锥与一个圆柱的组合体，其中圆柱的底面半径为2，圆锥与圆柱的高均为2，若该陀螺是由一个球形材料削去多余部分制成，则该球形材料的体积的最小值为（）A．8π B．64π3 C．32π D．二．多选题（共5小题）（多选）11．（2024•湖北开学）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，P是线段BC1上的动点，则下列结论正确的是（）A．三棱锥A1﹣APD的体积为定值 B．A1P∥平面ACD1 C．AP+B1P的最小值为22D．当A1，C，D1，P四点共面时，四面体B1PA1C1的外接球的体积为3（多选）12．（2024春•焉耆县校级期末）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AB，CD，EF，GH这四条线段中，则线段所在直线是异面直线是（）A．直线EF和直线CD B．直线AB和直线HG C．线EF和直线HG D．直线AB和直线CD（多选）13．（2024春•日照期末）已知正方体ABCD﹣A′B′C′D′的棱长为1，M，P分别为AA′，AB的中点，点N满足D′N→=λD′C′→(λ∈[0，1])，设平面MPN截正方体所得截面为Γ，其面积为S，设该截面将正方体分成两部分的体积分别为VA．截面Γ可能为五边形 B．当λ=12时，C．存在λ，使得V1＝V2 D．|V1﹣V2|的最大值为5（多选）14．（2024春•金安区校级期末）已知在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，P，Q分别是AA1，CC1，C1D1，D1A1的中点，点E为正方形ABCD内（包括边界）的动点，则下列说法中正确的是（）A．PQ∥平面MBN B．平面PMN⊥平面BB1D1 C．三棱锥P﹣MBN的体积为34D．若点E到直线BB1与到直线AD的距离相等，则点E的轨迹为圆的一部分（多选）15．（2024春•宜宾期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P为平面CDD1C1上一动点，则下列结论正确的是（）A．当点P为DD1的中点时，直线CP与BC1所成角的余弦值为1010B．当点P在棱C1D1上时，AP+PB1的最小值为42C．当点P在正方形CDD1C1内时，若B1P与平面CDD1C1所成的角为45°，则点P的轨迹长度为π D．该正方体被过AA1，CC1，C1D1中点的平面α分割成两个空间几何体Ω1和Ω2，某球能被整体放入Ω1或Ω2内，则该球的表面积的最大值为(12−6三．填空题（共5小题）16．（2024秋•泉州月考）要使正方体ABCD﹣A1B1C1D1以直线CA1为轴，旋转n°后与其自身重合，则n的最小正值为．17．（2024春•长治期末）烽火台是我国古代用于防御与通讯的军事建筑．如图为一类正四棱台状的烽火台，已知该烽火台底部边长为10米，顶部边长为8米，高为12米，忽略烽火台凹陷部分，则该烽火台的体积为立方米．18．（2024春•阳泉期末）如图，△O'A'B'是△OAB在斜二测画法下的直观图，其中O'A'＝O'B'＝2，且O'A'⊥O'B'，则△OAB的面积为．19．（2024春•临夏州期末）一个几何体由圆锥和圆柱组成，其尺寸如图所示（单位：cm），则此几何体的表面积为cm2．20．（2024•子长市校级三模）在平面几何中有如下结论：若正三角形ABC的内切圆周长为C1，外接圆周长为C2，则C1C2=12．推广到空间几何可以得到类似结论：若正四面体ABCD的内切球表面积为S1，外接球表面积为四．解答题（共5小题）21．（2023秋•宝安区期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CC1上的动点．（1）求证：A1E⊥BD；（2）若平面A1BD⊥平面EBD，试确定E点的位置．22．（2024秋•江西月考）如图，在棱长为4的正方体ABCD﹣EFGH中，将侧面CDHG沿CG逆时针旋转角度θ至平面CD1H1G，其中θ∈(0，π2)，点P（1）当tan∠D1PH1=23时，求四棱锥（2）当直线DH1与平面CD1H1G所成的角为π6时，求cosθ23．（2023秋•沙依巴克区校级期末）如图，空间四边形ABCD的每条边和AC，BD的长都等于a，点M，N分别是AB，CD的中点，求证：MN⊥AB，MN⊥CD．24．（2024春•大新县校级期末）如图，棱锥的底ABCD是一个矩形，AC与BD交于M，VM是棱锥的高，若VM＝4cm，AB＝4cm，VC＝5cm，求棱锥的体积．25．（2024春•龙岩期末）如图，在几何体CD﹣ABEF中，四边形ABEF为正方形，CD∥EF，AF⊥DF．记二面角D﹣AF﹣E的大小为α，二面角C﹣BE﹣F的大小为β．（1）证明：AF⊥CE；（2）若DF=12AB=2，且α（i）求直线BD与平面CBE所成角的正弦值；（ii）作出二面角D﹣BC﹣E的平面角θ，说明理由并求tanθ的值．

2025年高考备考高中数学个性化分层教辅学困生篇《立体几何初步》参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2024•黔东南州开学）如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，且AB＝1，BC=3，DC＝2．将直角梯形ABCD绕BCA．26π+5π B．3π+5π C．11π【考点】圆台的侧面积和表面积．【专题】转化思想；转化法；立体几何；数学运算．【答案】C【分析】由圆台的表面积公式求解即可．【解答】解：由题可知，该旋转体为上底面半径r1＝1，下底面半径r2＝2，母线长l＝2的圆台，则该圆台的表面积S=π(r故选：C．【点评】本题考查圆台表面积的计算，属于基础题．2．（2024•苏州模拟）已知圆锥的高为6，体积为高的43A．83 B．113 C．7【考点】圆台的体积．【专题】转化思想；作差法；立体几何；数学运算．【答案】C【分析】根据题意求出圆锥的体积，再根据相似比求出截去部分的体积，即可得出圆台的体积．【解答】解：因为圆锥的高为6，体积为V=4用平行于圆锥底面的平面截圆锥，得到的圆台高是3，所以截去圆锥的体积为8×(所以圆台的体积为8﹣1＝7．故选：C．【点评】本题考查了圆锥与圆台的体积计算问题，是基础题．3．（2024•泰安三模）已知圆台O1O2的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为（）A．24π B．25π C．26π D．27π【考点】圆台的侧面积和表面积．【专题】数形结合；定义法；立体几何；数学运算．【答案】C【分析】作出圆台的轴截面，利用其周长和两底面圆半径的关系列方程，求出r，代入公式，即可求得圆台的表面积．【解答】解：作出圆台的轴截面ABDC，如图所示：设上底面圆O1的半径为r，则下底面圆O2的半径是3r，所以轴截面周长为16＝4+4+2r+6r，解得r＝1，所以上、下底面圆的面积分别为π，9π，圆台侧面积为S侧＝π（1+3）×4＝16π，所以圆台的表面积为π+9π+16π＝26π．故选：C．【点评】本题考查了圆台的结构特征与应用问题，是基础题．4．（2023秋•大武口区校级月考）古希腊数学家欧几里得在《几何原本》里提出：“球的体积（V）与它的直径（D）的立方成正比”，即V＝kD3，但欧几里得未给出常数k的值．现算出k的值，进而可得cosk＝（）A．0 B．12 C．22 【考点】球的体积和表面积．【专题】方程思想；综合法；球；数学运算．【答案】D【分析】根据球的体积公式分析求解．【解答】解：因为V=kD3=所以cosk=cosπ故选：D．【点评】本题考查球的体积公式的应用，属基础题．5．（2024•鼓楼区校级模拟）设α，β是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题为真命题的是（）A．若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则α⊥β B．若m∥α，m∥β，α∩β＝n，则m∥n C．若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β D．若m⊥n，m⊥α，则n∥α【考点】平面与平面平行；平面与平面垂直；直线与平面平行．【专题】对应思想；分析法；空间位置关系与距离；逻辑推理．【答案】B【分析】根据空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，逐一判断即可．【解答】解：对于A：由m⊂α，n⊂β，m⊥n，可得α、β可能平行或相交，故A错误；对于B：由m∥α，m∥β，α∩β＝n，则由线面平行的性质定理得m∥n，故B正确；对于C：由m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，可得α、β可能平行或相交，故C错误；对于D：由m⊥n，m⊥α，可得n∥α或n⊂α，故D错误．故选：B．【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，属于基础题．6．（2023秋•南关区校级期末）若一个小球与一个四棱台的每个面都相切，设四棱台的上、下底面积分别为S1，S2，侧面积为S，则（）A．S2＝S1S2 B．S＝S1+S2 C．S=S1【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；棱台的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；立体几何；数学运算．【答案】C【分析】根据题意，设小球半径为R，利用等体积法分析可得V=1【解答】解：根据题意，设小球半径为R，因为一个小球与一个四棱台的每个面都相切，所以四棱台的体积等于以球心为顶点，以四棱台的上、下底面和四个侧面为底面的六个四棱锥的体积之和，这6个小棱锥的高都是球的半径R，同时，该棱台的高是2R，则该四棱台的体积为V=1变形可得：S=S1+故选：C．【点评】本题考查棱台与球的接、切问题，涉及棱台的体积计算，属于基础题．7．（2024春•株洲期末）若圆锥的表面积为12π，底面圆的半径为2，则该圆锥的体积为（）A．433π B．43π 【考点】棱锥的体积．【专题】转化思想；转化法；立体几何；数学运算．【答案】C【分析】根据题意，设圆锥的高为h，母线为l，结合圆锥的表面积公式可得l的值，进而求出h，代入锥体体积公式即可得答案．【解答】解：根据题意，设圆锥的高为h，母线为l，若圆锥的表面积为12π，底面圆的半径为2，则有12所以ℎ=l故圆锥的体积为13故选：C．【点评】本题考查圆锥的表面积计算，涉及圆锥的结构特征，属于基础题．8．（2024•南开区学业考试）若圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的体积之比为（）A．12 B．23 C．32【考点】球的体积和表面积；棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】对应思想；定义法；立体几何；数学运算．【答案】B【分析】设出球的半径，分别求出球与圆柱的体积，计算体积比即可．【解答】解：设球的半径为R，则球的体积为V1=4所以球与圆柱体积的比值为V1故选：B．【点评】本题考查了球的体积与圆柱体积计算问题，是基础题．9．（2024•浙江模拟）清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食要从苏州府运送到全国各地．为了核准粮食的数量，苏州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，而一只官斛的容量恰好为一斛，其形状近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为25cm，下底也为正方形，内边长为50cm，斛内高36cm，那么一斗米的体积大约为（）立方厘米．A．10500 B．12500 C．31500 D．52500【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】方程思想；数学模型法；立体几何；数学抽象；数学运算．【答案】A【分析】根据题意，利用台体体积公式计算即可求解．【解答】解：由题意可得，一斛米的体积为正四棱台的体积V=13ℎ(S故一斗米的体积大约为525005=10500cm故选：A．【点评】本题主要考查棱台体积的求法，考查了空间想象能力，属于基础题．10．（2024•全国一模）陀螺又称陀罗，是中国民间最早的娱乐健身玩具之一，在山西夏县新石器时代的遗址中就发现了石制的陀螺．如图所示的陀螺近似看作由一个圆锥与一个圆柱的组合体，其中圆柱的底面半径为2，圆锥与圆柱的高均为2，若该陀螺是由一个球形材料削去多余部分制成，则该球形材料的体积的最小值为（）A．8π B．64π3 C．32π D．【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积．【专题】计算题；方程思想；综合法；立体几何；数学运算．【答案】D【分析】依题意当该陀螺中圆锥的顶点及圆柱的下底面圆周都在球形材料表面上时，球形材料体积的最小，设此时球形材料的半径为R，由勾股定理求出外接球的半径，即可求出其体积．【解答】解：依题意，当该陀螺中圆锥的顶点及圆柱的下底面圆周都在球形材料表面上时，球形材料体积的最小，设此时球形材料的半径为R，由题意得（4﹣R）2+22＝R2，解得R=5所以球形材料的体积最小值为43故选：D．【点评】本题主要考查球的体积的求法，考查运算求解能力，属于基础题．二．多选题（共5小题）（多选）11．（2024•湖北开学）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，P是线段BC1上的动点，则下列结论正确的是（）A．三棱锥A1﹣APD的体积为定值 B．A1P∥平面ACD1 C．AP+B1P的最小值为22D．当A1，C，D1，P四点共面时，四面体B1PA1C1的外接球的体积为3【考点】球的体积；直线与平面平行；球内接多面体；棱锥的体积．【专题】转化思想；综合法；立体几何；数学运算．【答案】ABD【分析】A选项，求出S△AA1D为定值，且P到平面ADD1AC选项，将两平面展开到同一平面，连接AB1，交BC1于点P，此时AP+B1P最小，最小值即为AB1的长，由勾股定理得到最小值；D选项，点P在点B处，A1，C，D1，P四点共面，四面体B1PA1C1的外接球即正方体的外接球，求出正方体的外接球半径，得到外接球体积．【解答】解：对于A，因为BC1∥AD1，BC1不在平面ADD1A1内，AD1⊂平面ADD1A1，所以BC1∥平面ADD1A1，又P∈BC1，所以点P到平面ADD1A1的距离为1，又S△A故VA1−APD对于B，因为AD1∥BC1，AD1⊂平面AD1C，BC1⊄平面AD1C，所以BC1∥平面AD1C，同理可知A1C1∥平面AD1C，又BC1∩A1C1＝C1，BC1，A1C1⊂平面A1C1B，所以平面A1C1B∥平面ACD1，由于A1P⊂平面A1C1B，故A1P∥平面ACD1，B正确．对于C，展开两线段所在的平面，得矩形ABC1D1及等腰直角三角形B1BC1，连接AB1，交BC1于点P，此时AP+B1P最小，最小值即为AB1的长，过点B1作B1N⊥AB，交AB的延长线于点N，其中AB=1，AD故AN=1+22，又勾股定理得AB对于D，点P在点B处，A1，C，D1，P四点共面，四面体B1PA1C1的外接球即正方体的外接球，故外接球的半径为12+12+故选：ABD．【点评】本题考查立体几何的综合应用，属中档题．（多选）12．（2024春•焉耆县校级期末）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AB，CD，EF，GH这四条线段中，则线段所在直线是异面直线是（）A．直线EF和直线CD B．直线AB和直线HG C．线EF和直线HG D．直线AB和直线CD【考点】异面直线的判定．【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；数学抽象．【答案】BCD【分析】首先将正方体的展开图还原成正方体，由异面直线的定义分析选项，即可得答案．【解答】解：根据题意，由展开图还原正方体，如图，依次分析选项：对于A，EF∥CD，不是异面直线；对于B，直线AB和直线HG是异面直线；对于C，直线EF和直线HG是异面直线；对于D，直线AB和直线CD是异面直线．故选：BCD．【点评】本题考查的是异面直线的判定，将正方体的展开图还原成正方体，再利用异面直线的判定定理判断是解题的关键，是基础题．（多选）13．（2024春•日照期末）已知正方体ABCD﹣A′B′C′D′的棱长为1，M，P分别为AA′，AB的中点，点N满足D′N→=λD′C′→(λ∈[0，1])，设平面MPN截正方体所得截面为Γ，其面积为S，设该截面将正方体分成两部分的体积分别为VA．截面Γ可能为五边形 B．当λ=12时，C．存在λ，使得V1＝V2 D．|V1﹣V2|的最大值为5【考点】棱锥的体积．【专题】转化思想；综合法；立体几何；数学运算．【答案】ACD【分析】作图说明判断A；由λ=12时截面形状并求出面积判断B；由λ=12时截面形状，结合对称性判断C；由λ从0变化到1的截面变化情况，得到|V1﹣V2|的变化情况，求出λ＝0和【解答】解：对于A，当λ＝1，即点N与C′重合时，直线PM与B′A′，B′B的延长线分别交于点H，G，连接C′H，C′G分别交A′D′，BC于点F，E，连接PE，MF，得截面MPEC′F，截面Γ为五边形，A正确；对于B，当λ=12时，点N是D′其边长为(12)2+(对于C，当λ=12时，由对称性知，截面Γ分成的两部分是全等的，则体积相等，对于D，当λ＝0，即点N与D′重合时，连接D′M并延长交DA延长线于K，连接KP，PC，显然A是DK的中点，则Rt△APK≌Rt△BPC，∠APK＝∠BPC，点K，P，C共线，连接CD′，此时截面Γ为梯形MPCD′，当λ从0变化到1时，截面从四边形MPCD′变成五边形MPEC′F，由选项C知，截面Γ将正方体分成的两部分体积之差的绝对值先减小至0，再逐渐增大，因此|V1﹣V2|取最大值时对应的λ＝0或λ＝1，当λ＝0时，记V1为几何体APM﹣DCD′的体积，则V1=VK−DCD′−当λ＝1时，记V1为几何体PBEC′FMA′的体积，在选项A中，A′H=A′M=BP=BG=1则A′FB′C′即A′F=BE=13，V2=1−V1=4772，|V1−V故选：ACD．【点评】本题考查立体几何的综合问题，正方体的截面问题，几何体的体积问题，属中档题．（多选）14．（2024春•金安区校级期末）已知在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，P，Q分别是AA1，CC1，C1D1，D1A1的中点，点E为正方形ABCD内（包括边界）的动点，则下列说法中正确的是（）A．PQ∥平面MBN B．平面PMN⊥平面BB1D1 C．三棱锥P﹣MBN的体积为34D．若点E到直线BB1与到直线AD的距离相等，则点E的轨迹为圆的一部分【考点】棱锥的体积；直线与平面平行；平面与平面垂直．【专题】转化思想；数形结合法；立体几何；逻辑推理；数学运算．【答案】AB【分析】根据线面平行判定定理证明线面平行；根据面面垂直判定定理证明面面垂直；三棱锥等体积变换计算体积；根据抛物线定义判断动点轨迹．【解答】解：对于A，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，P，Q分别是AA1，CC1，C1D1，D1A1的中点，PQ∥A1C1∥MN，PQ=12A所以PQ∥平面MBN，选项A正确；对于B，在正方形A1B1C1D1中，A1C1⊥B1D1，又MN∥A1C1，所以MN⊥B1D1，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，BB1⊥平面A1B1C1D1，因为A1C1⊂A1B1C1D1，所以A1C1⊥BB1，因为MN∥A1C1，所以MN⊥BB1，又因为B1D1，BB1是平面BB1D1内两条相交直线，所以MN⊥平面BB1D1，因为MN⊂平面PMN，因此平面PMN⊥平面BB1D1，选项B正确；对于C，连接D1M，D1N，D1B，∴D1M∥BN，则三棱锥P﹣MBN的体积为V三棱锥P−MBN=V对于D，点E为正方形ABCD内（包括边界）的动点，点E到直线BB1与到直线AD的距离相等，转化为当点E到B的距离与点E到直线AD的距离相等，则点E的轨迹是抛物线的一部分，选项D错误．故选：AB．【点评】本题考查了空间几何体的结构特征应用问题，也考查了推理与运算能力，是中档题．（多选）15．（2024春•宜宾期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P为平面CDD1C1上一动点，则下列结论正确的是（）A．当点P为DD1的中点时，直线CP与BC1所成角的余弦值为1010B．当点P在棱C1D1上时，AP+PB1的最小值为42C．当点P在正方形CDD1C1内时，若B1P与平面CDD1C1所成的角为45°，则点P的轨迹长度为π D．该正方体被过AA1，CC1，C1D1中点的平面α分割成两个空间几何体Ω1和Ω2，某球能被整体放入Ω1或Ω2内，则该球的表面积的最大值为(12−6【考点】棱柱的结构特征；异面直线及其所成的角；直线与平面所成的角．【专题】数形结合；构造法；立体几何；逻辑推理．【答案】ACD【分析】求异面直线所成角的余弦值判断选项A；将平面ABC1D1和平面A1B1C1D1展成同一平面，求距离和的最小值判断选项B；由已知线面角，求点P的轨迹，求长度判断选项C；结合图形分析截面形状，根据等体积法计算内切球半径和表面积判断选项D．【解答】解：对于A，Q为AD中点，连接PQ，CQ，AD1，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥C1D1，AB＝C1D1，则四边形ABC1D1为平行四边形，有BC1∥AD1，P为DD1中点，Q为AD中点，所以PQ∥AD1，有PQ∥BC1，直线CP与BC1所成角为∠CPQ或其补角，CP=CQ=22+cos∠CPQ=C所以直线CP与BC1所成角的余弦值为1010，A对于B，点P在棱C1D1上时，将平面ABC1D1和平面A1B1C1D1展成同一平面，则AP+PB1的最小值为展开图中的B1A，B1A2对于C，如图连接C1P，因为点P在正方形CDD1C1内，B1C1⊥平面CDD1C1，所以∠B1PC1即为B1P与平面CDD1C1所成的角，若B1P与平面CDD1C1所成的角为45°，则tan∠B所以C1P＝B1C1＝2，即点P的轨迹是以C1为圆心、以2为半径的14所以点P的轨迹长度为14×2π×2=π，故D选项，如图所示，P，Q，M，N，R，S分别为所在棱的中点，该正方体被过AA1，CC1，C1D1中点的平面α分割成两个空间几何体Ω1和Ω2，平面α在正方体上的截面为正六边形PQMNRS，某球能被整体放入Ω1或Ω2内，该球的表面积最大时，是以B1为顶点，底面为正六边形PQMNRS的正六棱锥的内切球，正六边形PQMNRS的边长为2，面积为6×1正六棱锥B1﹣PQMNRS中，侧棱长为5，每个侧面面积为32，棱锥的高为3设内切球半径为R，由体积法可得13×33所以该球的表面积为S=4πR2=(12−6故选：ACD．【点评】本题考查棱柱几何特征以及线面角，属于中档题．三．填空题（共5小题）16．（2024秋•泉州月考）要使正方体ABCD﹣A1B1C1D1以直线CA1为轴，旋转n°后与其自身重合，则n的最小正值为120°．【考点】棱柱的结构特征．【专题】转化思想；转化法；立体几何；数学运算．【答案】120°．【分析】由正方体的性质可证得CA1⊥平面BDC1，且△BDC1为正三角形，所以只需要△BDC1旋转后能和自身重合即可，从而可求得答案．【解答】解：因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD，因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以AA1⊥BD，因为AA1∩AC＝A，AA1，AC⊂平面AA1C，所以BD⊥平面AA1C，因为A1C⊂平面AA1C，所以BD⊥A1C，同理可证得BC1⊥A1C，因为BC1∩BD＝B，BC1，BD⊂平面BDC1，所以CA1⊥平面BDC1，同理可证得CA1⊥平面AB1D1，因为△BDC1为等边三角形，BC＝CC1＝DC，所以A1C过△BDC1的中心，设△BDC1的中心为点G，连接C1G，BG，DG，则∠BGD＝∠BGC1＝∠DGC1＝120°，同理A1C也过等边△AB1D1的中心，若正方体绕CA1旋转n°后与其自身重合，只需要△BDC1和△AB1D1旋转后能和自身重合即可，因此至少旋转120°．故答案为：120°．【点评】本小题主要考查正方体特征及垂直等知识；考查运算求解能力等；考查化归与转化思想等，属于中档题．17．（2024春•长治期末）烽火台是我国古代用于防御与通讯的军事建筑．如图为一类正四棱台状的烽火台，已知该烽火台底部边长为10米，顶部边长为8米，高为12米，忽略烽火台凹陷部分，则该烽火台的体积为976立方米．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】转化思想；转化法；立体几何；数学运算．【答案】976．【分析】作出正四棱台，根据已知确定棱长和高，分别求出底面面积，代入体积公式即可求解．【解答】解：如图：在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝10，A1B1＝8，O1O＝12，所以正四棱台的上底面积为S1＝8×8＝64，下底面积为10×10＝100，所以正四棱台的体积为V=1故该烽火台的体积为976立方米．故答案为：976．【点评】本题考查棱台的体积计算，属于基础题．18．（2024春•阳泉期末）如图，△O'A'B'是△OAB在斜二测画法下的直观图，其中O'A'＝O'B'＝2，且O'A'⊥O'B'，则△OAB的面积为42【考点】平面图形的直观图；斜二测法画直观图．【专题】转化思想；数形结合法；立体几何；逻辑推理；数学运算．【答案】42【分析】过B'分别作y'，x'轴的平行线，且交x'，y'轴于点M，N，求出O'N，O'M的长度，从而得到原坐标系中点A，B的坐标，再求出三角形的面积．【解答】解：过B'分别作y'，x'轴的平行线，且交x'，y'轴于点M，N，∴O′N=22，O'M∴在原坐标系xOy中，点B(−2，42)，点∴S△OAB故答案为：42【点评】本题主要考查了平面图形的直观图的画法及应用，其中熟记斜二测画法的规则，画出平面图形的直观图是解答的关键，考查了数形结合思想，属于基础题．19．（2024春•临夏州期末）一个几何体由圆锥和圆柱组成，其尺寸如图所示（单位：cm），则此几何体的表面积为（20+42）πcm2．【考点】组合几何体的面积、体积问题．【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；立体几何；数学运算．【答案】（20+42）π．【分析】根据题意，分析可得该几何体的表面积是由圆锥的侧面积和圆柱的侧面积及圆柱的底面积组成，分别求出圆锥的侧面积、圆柱的侧面积、圆柱的底面积，相加可得答案．【解答】解：根据题意，该几何体的表面积是由圆锥的侧面积和圆柱的侧面积及圆柱的底面积组成，圆柱的高为h＝4cm，底面半径为r＝2cm，则其侧面积S1＝2π×2×4＝16πcm2，其底面积S2＝πr2＝4πcm2，圆锥的底面半径为r＝2cm，高为2cm，则圆锥的母线长l=4+4=2则圆锥的侧面积S3＝πrl＝42πcm2，故该几何体的表面积S＝S1+S2+S3＝（20+42）πcm2．故答案为：（20+42）π．【点评】本题考查几何体的表面积的求法，注意常见几何体的表面积计算公式，属于基础题．20．（2024•子长市校级三模）在平面几何中有如下结论：若正三角形ABC的内切圆周长为C1，外接圆周长为C2，则C1C2=12．推广到空间几何可以得到类似结论：若正四面体ABCD的内切球表面积为S1，外接球表面积为S2【考点】球的体积和表面积．【专题】转化思想；空间位置关系与距离；球；逻辑推理；数学运算．【答案】19【分析】直接利用勾股定理的应用求出外接球的半径，再利用分割法求出内切球的半径，进一步利用球的表面积的公式的应用求出结果．【解答】解：设四面体ABCD的棱长为2，如图所示：设外接球的半径为R，所以根据勾股定理的应用，求出锥体的高为22所以R2=(26利用分割法，4×13×1内切球表面积为S1，外接球表面积为S2，则S1故答案为：19【点评】本题考查的知识要点：球的表面积公式的应用，分割法的应用，勾股定理的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．四．解答题（共5小题）21．（2023秋•宝安区期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CC1上的动点．（1）求证：A1E⊥BD；（2）若平面A1BD⊥平面EBD，试确定E点的位置．【考点】平面与平面垂直；直线与平面垂直．【专题】证明题；转化思想；空间位置关系与距离；空间角．【答案】见试题解答内容【分析】（1）推导出BD⊥AC，BD⊥AA1，从而BD⊥平面ACC1A1，由此能证明A1E⊥BD．（2）设BD的中点为O，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，设CE＝m，（0≤m≤2），连结OE，OA1，以D为原点，DA、DC、DD1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出当E为CC1的中点时，能使平面A1BD⊥平面EBD．【解答】证明：（1）∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CC1上的动点．∴BD⊥AC，BD⊥AA1，∵AC∩AA1＝A，∴BD⊥平面ACC1A1，∵A1E⊂平面ACC1A1，∴A1E⊥BD．解：（2）设BD的中点为O，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，设CE＝m，（0≤m≤2），连结OE，OA1，以D为原点，DA、DC、DD1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则O（1，1，0），E（0，2，m），B（2，2，0），D（0，0，0），A1（2，0，2），OE→=（﹣1，1，m），∵△BCE≌△DCE，∴ED＝EB，∴OE⊥BD，∵OA1→=（1，﹣1，2），∴∵OA1⊥BD，∴∠A1OE是二面角A1﹣BD﹣E的平面角，∵平面A1BD⊥平面EBD，∴∠A∴OA1→•OE解得m＝1，∴当E为CC1的中点时，能使平面A1BD⊥平面EBD．【点评】本题考查线线垂直的证明，考查满足面面垂直的点的确定与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．22．（2024秋•江西月考）如图，在棱长为4的正方体ABCD﹣EFGH中，将侧面CDHG沿CG逆时针旋转角度θ至平面CD1H1G，其中θ∈(0，π2)，点P（1）当tan∠D1PH1=23时，求四棱锥（2）当直线DH1与平面CD1H1G所成的角为π6时，求cosθ【考点】棱锥的体积；直线与平面所成的角．【专题】数形结合；定义法；立体几何；逻辑推理．【答案】（1）325（2）1+5【分析】（1）只需算出PG=25，并证明PG⊥平面CD1H1G（2）建立适当的空间直角坐标系，用θ表示直线DH1的方向向量与平面CD1H1G的法向量，结合已知即可列方程求解．【解答】解：（1）由题意D1H1⊥平面EFGH，PH1⊂平面EFGH，所以D1H1⊥PH1，又因为tan∠D得D1H1P因为PG=25所以PG故PG⊥GH1，又D1H1⊥PG，GH1∩D1H1＝H1，故PG⊥平面CD1H1G，所以V四棱锥P−C（2）如图，易知GH，FG，GC两两垂直，以G为原点，GH→，FG→，GC→由题知∠HGH1＝θ，则G（0，0，0），C（0，0，4），H1（4cosθ，4sinθ，0），D（4，0，4），故GC→设平面CD1H1G的一个法向量为m→由m→⋅取y＝1，得x＝﹣tanθ，故m→又DHsinπ即tanθ1+ta化简可得4cos2θ﹣2cosθ﹣1＝0，解得cosθ=1+54【点评】本题考查棱锥体积计算以及直线与平面所成角，属于中档题．23．（2023秋•沙依巴克区校级期末）如图，空间四边形ABCD的每条边和AC，BD的长都等于a，点M，N分别是AB，CD的中点，求证：MN⊥AB，MN⊥CD．【考点】直线与平面垂直．【专题】空间位置关系与距离．【答案】见试题解答内容【分析】由空间四边形ABCD的每条边和AC，BD的长都等于a，可知四面体A﹣BCD为正四面体，然后结合三角形全等得边长相等，再由等腰三角形底边上的中线即为底边上的高证得答案．【解答】证明：如图，∵AB＝BC＝AC＝AD＝BD＝CD＝a，∴△ABC≌△ABD，又M为AB的中点，∴CM＝DM，又N为CD的中点，∴MN⊥CD；同理可证，MN⊥AB．【点评】本题考查直线与直线垂直的判定，考查空间想象能力和思维能力，是基础题．24．（2024春•大新县校级期末）如图，棱锥的底ABCD是一个矩形，AC与BD交于M，VM是棱锥的高，若VM＝4cm，AB＝4cm，VC＝5cm，求棱锥的体积．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】空间位置关系与距离．【答案】见试题解答内容【分析】直接求解底面面积与高，然后求解几何体的体积．【解答】解：由题意棱锥的底ABCD是一个矩形，AC与BD交于M，VM是棱锥的高，若VM＝4cm，AB＝4cm，VC＝5cm，可知，MC＝3，AC＝6，BC＝25，棱锥的底面面积为：25×4＝85所以棱锥的体积为：13×85×4=【点评】本题考查棱锥的体积的求法，基本知识的考查．25．（2024春•龙岩期末）如图，在几何体CD﹣ABEF中，四边形ABEF为正方形，CD∥EF，AF⊥DF．记二面角D﹣AF﹣E的大小为α，二面角C﹣BE﹣F的大小为β．（1）证明：AF⊥CE；（2）若DF=12AB=2，且α（i）求直线BD与平面CBE所成角的正弦值；（ii）作出二面角D﹣BC﹣E的平面角θ，说明理由并求tanθ的值．【考点】直线与平面垂直；直线与平面所成的角；二面角的平面角及求法．【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；逻辑推理；数学运算．【答案】（1）证明见解答；（2）（i）2114；（ii）作图见解答，tanθ=【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明；（2）（i）利用等体积法求解D到平面BCE的距离h，即可求解；（ii）根据面面垂直的性质，结合二面角的几何法（垂线法）即可得∠DHQ为二面角D﹣BC﹣E的平面角θ，利用三角形的边角关系即可求解．【解答】证明：（1）∵四边形ABEF为正方形，∴AF⊥FE，∵AF⊥DF，DF∩FE＝D，DF，FE⊂平面EFDC，∴AF⊥平面EFDC，又CE⊂平面EFDC，∴AF⊥CE.解：（2）（i）∵AF⊥平面EFDC，AF⊂平面ABEF，∴平面ABEF⊥平面EFDC，过D作DG⊥EF，垂足为G，∵平面ABEF∩平面EFDC，DG⊂平面EFDC，∴DG⊥平面ABEF，由AF⊥DF，AF⊥FE知∠DFE为二面角D﹣AF﹣E的平面角，故∠DFE＝60°，由BE∥AF，得BE⊥平面EFDC，∵CE⊂平面EFDC，∴BE⊥CE，EF⊥BE，∴∠CEF为二面角C﹣BE﹣F的平面角，∠CEF＝60°．故四边形CDFE为等腰梯形，∵四边形ABEF为正方形，DF=1∴|DG|=3，|AF|＝4，|FG|＝1，|EG又∵CD∥EF，∴|CD|＝2，DB=D设D到平面BCE的距离为h，则VD﹣BCE＝VB﹣DCE，故ℎ=S设直线BD与平面CBE所成角为φ，则sinφ=ℎ（ii）由BE⊥平面DCEF，BE⊂平面BCE，得平面DCEF⊥平面BCE，过D作DQ⊥CE，过Q作QH⊥CB，连接QD，则∠DHQ为二面角D﹣BC﹣E的平面角θ，理由：∵DQ⊥CE，DQ⊂平面DCEF，平面DCEF∩平面BCE＝CE，∴DQ⊥平面BCE，又BC⊂平面BCE，∴DQ⊥BC，∵QH⊥CB，DQ∩HQ＝Q，DQ，HQ⊂平面DQH，∴CB⊥平面DQH，又DH⊂平面DQH，∴CB⊥DH，∴∠DHQ为二面角D﹣BC﹣E的平面角θ，∵CD＝2，∠QCD＝60°，∴CQ=1，DQ=3，BC=又△QHC∽△BEC，∴QHQC=BEBC，即QH∴tan∠DHQ=DQ【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，考查二面角的求解，考查等体积法的应用，属于中档题．

考点卡片1．棱柱的结构特征【知识点的认识】1．棱柱：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱．棱柱用表示底面各顶点的字母来表示（例：ABCD﹣A′B′C′D′）．2．认识棱柱底面：棱柱中两个互相平行的面，叫做棱柱的底面．侧面：棱柱中除两个底面以外的其余各个面都叫做棱柱的侧面．侧棱：棱柱中两个侧面的公共边叫做棱柱的侧棱．顶点：棱柱的侧面与底面的公共顶点．高：棱中两个底面之间的距离．3．棱柱的结构特征棱柱1．两个底面互相平行根据棱柱的结构特征，可知棱柱有以下性质：（1）侧面都是平行四边形（2）两底面是全等多边形（3）平行于底面的截面和底面全等；对角面是平行四边形（4）长方体一条对角线长的平方等于一个顶点上三条棱的长的平方和．4．棱柱的分类（1）根据底面形状的不同，可把底面为三角形、四边形、五边形…的棱柱称为三棱柱、四棱柱、五棱柱…．（2）根据侧棱是否垂直底面，可把棱柱分为直棱柱和斜棱柱；其中在直棱柱中，若底面为正多边形，则称其为正棱柱．5．棱柱的体积公式设棱柱的底面积为S，高为h，V棱柱＝S×h．2．棱台的结构特征【知识点的认识】1．棱台：棱锥被平行于底面的平面所截，截面和底面间的部分叫做棱台．2．认识棱台棱台的上底面：原棱锥的截面叫做棱台的上底面．棱台的下底面：原棱锥的底面叫做棱台的下底面．棱台的侧面：棱台中除上、下底面外的所有面叫做棱台的侧面．棱台的侧棱：相邻两侧面的公共边叫做棱台的侧棱．棱台的高：当棱台的底面水平放置时，铅垂线与两底面交点间的线段或距离叫做棱台的高．棱台的斜高：棱台的各个侧面的高叫做棱台的斜高．3．棱台的结构特征棱台1．底面是多边形正棱台的性质：（1）侧棱相等，侧面是全等的等腰梯形，斜高相等．（2）两底面中心连线、相应的边心距和斜高组成一个直角梯形；两底面中心连线、侧棱和两底面相应的半径也组成一个直角梯形．（3）棱台各棱的反向延长线交于一点．4．棱台的分类由三棱锥，四棱锥，五棱锥，…等截得的棱台，分别叫做三棱台，四棱台，五棱台，…等．正棱台：由正棱锥截得的棱台叫做正棱台．5．棱台的体积公式设棱台上底面面积为S，下底面面积为S′，高为h，V棱台=13．球内接多面体【知识点的认识】1、球内接多面体的定义：多面体的顶点都在球面上，且球心到各顶点的距离都是半径．球内接多面体也叫做多面体外接球．球外切多面体的定义：球面和多面体的各个面都相切，球心到各面的距离都是球的半径．球外切多面体也叫做多面体内切球2、研究球与多面体的接、切问题主要考虑以下几个方面的问题：（1）球心与多面体中心的位置关系；（2）球的半径与多面体的棱长的关系；（3）球自身的对称性与多面体的对称性；（4）能否做出轴截面．3、球与多面体的接、切中有关量的分析：（1）球内接正方体：球和正方体都是中心对称和轴对称图形，设球的半径为r，正方体的棱长为a，则：①球心就是正方体的中心，球心在正方体的体对角线的中点处；②正方体的四个顶点都在球面上；③轴截面就是正方体的对角面；④在轴截面上，含有一个球的大圆和正方体的棱、面对角线、体对角线，且构造一个直角三角形；⑤球半径和正方体棱长的关系：r=324．棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积【知识点的认识】侧面积和全面积的定义：（1）侧面积的定义：把柱、锥、台的侧面沿着它们的一条侧棱或母线剪开，所得到的展开图的面积，就是空间几何体的侧面积．（2）全面积的定义：空间几何体的侧面积与底面积的和叫做空间几何体的全面积．柱体、锥体、台体的表面积公式（c为底面周长，h为高，h′为斜高，l为母线）S圆柱表＝2πr（r+l），S圆锥表＝πr（r+l），S圆台表＝π（r2+rl+Rl+R2）5．棱柱、棱锥、棱台的体积【知识点的认识】柱体、锥体、台体的体积公式：V柱＝sh，V锥=136．棱锥的体积【知识点的认识】棱锥的体积可以通过底面面积B和高度h计算，顶点到底面的垂直距离即为高度．【解题方法点拨】﹣计算公式：体积计算公式为V=1﹣底面面积计算：底面面积B可以根据底面多边形的性质计算．【命题方向】﹣棱锥的体积计算：考查如何根据底面面积和高度计算棱锥的体积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用棱锥体积计算．7．圆台的侧面积和表面积【知识点的认识】圆台的侧面积和表面积依赖于底面和顶面圆的半径r1、r2以及母线l和两个底面圆的面积．【解题方法点拨】﹣侧面积：计算公式为π（r1+r2）l．﹣表面积：包括两个底面圆的面积和侧面的面积，计算公式为πr【命题方向】﹣圆台的表面积计算：考查如何计算圆台的侧面积和表面积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用圆台的表面积计算．8．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积【知识点的认识】旋转体的结构特征：一条平面曲线绕着它所在的平面内的一条定直线旋转所形成的曲面叫作旋转面；该定直线叫做旋转体的轴；封闭的旋转面围成的几何体叫作旋转体．1．圆柱①定义：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，将矩形旋转一周而形成的曲面所围成的几何体叫做圆柱．圆柱用轴字母表示，如下图圆柱可表示为圆柱OO′．②认识圆柱③圆柱的特征及性质圆柱1．有两个底面互相平行，且形状、大小一样的圆圆柱与底面平行的截面是圆，与轴平行的截面是矩形．④圆柱的体积和表面积公式设圆柱底面的半径为r，高为h：V圆柱2．圆锥①定义：以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆锥．圆锥用轴字母表示，如下图圆锥可表示为圆锥SO．②认识圆锥③圆锥的特征及性质圆锥1．只有一个顶点，只有一个底面为圆与圆锥底面平行的截面是圆，过圆锥的顶点的截面是等腰三角形，两个腰都是母线．母线长l与底面半径r和高h的关系：l2＝h2+r2④圆锥的体积和表面积公式设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l：V圆锥3．圆台①定义：以直角梯形中垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴，其余各边旋转一周而成的曲面所围成的几何体叫做圆台．圆台用轴字母表示，如下图圆台可表示为圆台OO′．②认识圆台③圆台的特征及性质圆台1．上下底面平行，为半径不等的圆平行于底面的截面是圆，轴截面是等腰梯形．④圆台的体积和表面积公式设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，高为h，母线长为l：V圆台9．圆台的体积【知识点的认识】圆台的体积计算依赖于底面圆的半径r1、顶面圆的半径r2和圆台的高度h．【解题方法点拨】﹣计算公式：体积计算公式为V=1﹣实际应用：如何根据实际问题中的圆台尺寸进行体积计算．【命题方向】﹣圆台的体积计算：考查如何根据底面和顶面的半径以及高度计算圆台的体积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用圆台的体积计算．10．球的体积和表面积【知识点的认识】1．球体：在空间中，到定点的距离等于或小于定长的点的集合称为球体，简称球．其中到定点距离等于定长的点的集合为球面．2．球体的体积公式设球体的半径为R，V球体=3．球体的表面积公式设球体的半径为R，S球体＝4πR2．【命题方向】考查球体的体积和表面积公式的运用，常见结合其他空间几何体进行考查，以增加试题难度，根据题目所给条件得出球体半径是解题关键．11．球的体积【知识点的认识】球的体积依赖于球的半径r，计算公式为43【解题方法点拨】﹣计算公式：体积计算公式为43﹣实际应用：如何根据实际问题中的球尺寸进行体积计算．【命题方向】﹣球的体积计算：考查如何根据球的半径计算体积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用球的体积计算．12．组合几何体的面积、体积问题【知识点的认识】1、定义：组合体的表面积与体积主要通过计算组成几何体的简单几何体的表面积与体积来求解．2、组合体的表面积和体积与球有关的组合体问题：一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图．如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心或点．3、求几何体的体积的几种常用方法：（1）分割求和法：把不规则的图形分割成规则的图形，然后进行体积求和；（2）补形法：把不规则形体补成规则形体，不熟悉形体补成熟悉形体，便于计算其体积；（3）等体积转化法：从不同的角度看待原几何体，通过改变顶点和底面，利用体积不变的原理，求原几何体的体积．13．平面图形的直观图【知识点的认识】1．直观图：用来表示平面图形的平面图形叫做平面图形的直观图，它不是平面图形的真实形状．2．斜二测画法画平面图形直观图的步骤：（1）在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于O点，画直观图时，把它画成对应的x′轴、y′轴，使∠x′Oy′＝45°（或135°），它确定的平面表示水平平面．（2）已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′或y′轴的线段（3）已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段，长度为原来的一半．14．斜二测法画直观图【知识点的认识】斜二测画法的步骤：（1）在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于O点，画直观图时，把它画成对应的x′轴、y′轴，使∠x′Oy′＝45°（或135°），它确定的平面表示水平平面．（2）已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′或y′轴的线段（3）已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段，长度为原来的一半．15．异面直线及其所成的角【知识点的认识】1、异面直线所成的角：直线a，b是异面直线，经过空间任意一点O，作直线a′，b′，并使a′∥a，b′∥b．我们把直线a′和b′所成的锐角（或直角）叫做异面直线a和b所成的角．异面直线所成的角的范围：θ∈（0，π2]．当θ2、求异面直线所成的角的方法：求异面直线的夹角关键在于平移直线，常用相似比，中位线，梯形两底，平行平面等手段来转移直线．3、求异面直线所成的角的方法常用到的知识：16．异面直线的判定【知识点的认识】（1）判定空间直线是异面直线方法：①根据异面直线的定义；②异面直线的判定定理．17．直线与平面平行【知识点的认识】1、直线与平面平行的判定定理：如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．用符号表示为：若a⊄α，b⊂α，a∥b，则a∥α．2、直线与平面平行的判定定理的实质是：对于平面外的一条直线，只需在平面内找到一条直线和这条直线平行，就可判定这条直线必和这个平面平行．即由线线平行得到线面平行．1、直线和平面平行的性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行．用符号表示为：若a∥α，a⊂β，α∩β＝b，则a∥b．2、直线和平面平行的性质定理的实质是：已知线面平行，过已知直线作一平面和已知平面相交，其交线必和已知直线平行．即由线面平行⇒线线平行．由线面平行⇒线线平行，并不意味着平面内的任意一条直线都与已知直线平行．正确的结论是：a∥α，若b⊂α，则b与a的关系是：异面或平行．即平面α内的直线分成两大类，一类与a平行有无数条，另一类与a异面，也有无数条．18．直线与平面垂直【知识点的认识】直线与平面垂直：如果一条直线l和一个平面α内的任意一条直线都垂直，那么就说直线l和平面α互相垂直，记作l⊥α，其中l叫做平面α的垂线，平面α叫做直线l的垂面．直线与平面垂直的判定：（1）定义法：对于直线l和平面α，l⊥α⇔l垂直于α内的任一条直线．（2）判定定理1：如果两条平