2025年高考备考高中数学个性化分层教辅中等生篇《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中等生篇《立体几何初步》一．选择题（共10小题）1．（2024春•清镇市校级期末）某广场内设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的，如图所示，若被截正方体的棱长是2a，则石凳的体积为（）A．6a3 B．193a3 C．2032．（2024•雁塔区校级开学）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥CB，AC＝CB＝4，CC1＝6，点D，E分别为A1C1，BB1的中点，则异面直线AD与CE所成角的余弦值为（）A．91050 B．71050 C．3．（2024春•温州期中）下列关于空间几何体的叙述，正确的是（）A．圆柱是将矩形旋转一周所得到的几何体 B．有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱 C．一个棱锥的侧面是全等的等腰三角形，那它一定是正棱锥 D．用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分组成的几何体叫棱台4．（2023秋•漯河期末）已知m，n，l是不重合的三条直线，α，β，γ是不重合的三个平面，则（）A．若m∥n，m⊂α，则n∥α B．若l⊥β，m⊂α，l⊥m，则α∥β C．若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β D．若α⊥β，γ⊥β，α∩γ＝l，则l⊥β5．（2024春•西安期中）下面的四个长方体中，是由左边的平面图形围成的是（）A． B． C． D．6．（2024•广东模拟）某圆台上底面圆半径为1，下底面圆半径为2，母线长为2，则该圆台的体积为（）A．7π3 B．5π3 C．2π37．（2024•鼓楼区校级模拟）已知SO1＝2，底面半径O1A＝4的圆锥内接于球O，则经过S和O1A中点的平面截球O所得截面面积的最小值为（）A．252π B．253π C．8．（2024•高新区校级模拟）如图所示的四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，且各棱长均相等，E是PB的中点，则异面直线AE与BD所成角的余弦值为（）A．1 B．22 C．33 9．（2024春•武进区校级期末）已知a，b表示直线，α，β，γ表示平面，下列推理正确的是（）A．α∩β＝a，b⊂α⇒a∥b B．α∩β＝a，a∥b⇒b∥α且b∥β C．a∥β，b∥β，a⊂α，b⊂α⇒α∥β D．α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b10．（2024春•常州期末）已知圆柱的底面半径为2cm，体积为12πcm3，则该圆柱的表面积为（）A．12πcm B．16πcm2 C．18πcm2 D．20πcm2二．多选题（共5小题）（多选）11．（2023秋•婺源县校级月考）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是底面ABCD的中心，Q是棱A1D1上的一点，且D1Q=λD1A．C，M，N，Q四点共面 B．三棱锥A﹣DMN的体积为定值 C．当λ=12时，过A，M，QD．存在λ使得直线MB1与平面CNQ垂直（多选）12．（2024秋•浙江月考）如图，在三棱锥P﹣EDF的平面展开图中，E，F分别是AB，BC的中点，正方形ABCD的边长为2，则在三棱锥P﹣EDF中（）A．△PEF的面积为12B．PD⊥EF C．平面PEF⊥平面DEF D．三棱锥P﹣EDF的体积为1（多选）13．（2024春•福州期末）某圆锥的底面半径为3，母线长为4，则下列关于此圆锥的说法正确的是（）A．圆锥的侧面展开图的圆心角为3π2B．圆锥的体积为97C．过圆锥的两条母线作截面的面积最大值为8 D．圆锥轴截面的面积为3（多选）14．（2024•应县校级一模）已知圆锥SO的侧面积为4π，底面圆的周长为2π，则（）A．圆锥的母线长为4 B．圆锥的母线与底面所成角的正弦值为14C．圆锥的体积为153D．沿着圆锥母线的中点截圆锥所得圆台的体积为7（多选）15．（2024春•环县校级期末）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是（）A．若m⊥α，m⊥n，则n∥α B．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n C．若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n D．若α∥β，m⊥α，n⊥β，则m∥n三．填空题（共5小题）16．（2024春•福田区校级期中）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为18，若存在球O与三棱柱ABC﹣A1B1C1的各棱均相切，则球O的表面积为．17．（2023秋•沙依巴克区校级月考）一个正四棱台上、下底面的边长分别为a，b，高为h，且侧面积等于两底面面积之和，则a，b，h的关系为．18．（2024•博爱县校级一模）米斗是我国古代称量粮食的量器，是官仓、粮栈、米行及地主家里必备的用具，其外形近似一个正四棱台．米斗有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化的味，如今也成为了一种颇具意趣的藏品．已知一个斗型工艺品上下底面边长分别为4和2，侧棱长为25，则其外接球的体积为19．（2023秋•婺源县校级月考）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA＝CB＝AA1＝2，∠ACB＝90°，M是A1B1的中点，则直线CM与A1B夹角的余弦值为．20．（2024春•昭平县校级期末）在一个底面直径为12cm，高为18cm的圆柱水杯中加入水后，水面高度为12cm，加入一个球型小钢珠后水面上升到了13cm，则球型小钢珠的半径为cm．四．解答题（共5小题）21．（2024春•朝阳区期末）如图，在多面体ABCDE中，平面ABE⊥平面ABC，四边形BCDE为等腰梯形，BC＝2DE，AB⊥AC，EA＝EB．（1）证明：AB＝AC．（2）若直线BE与平面ABC所成的角为45°，求二面角A﹣BE﹣C的正弦值．22．（2023秋•宝安区期末）如图所示，在三棱锥A﹣BCD中，DA，DB，DC两两垂直，且DB＝DC＝DA＝2，E为BC的中点．（1）证明：AE⊥BC；（2）求直线AE与DC的夹角的余弦值．23．（2024秋•大同月考）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，且M，N分别为棱AB，PC的中点，平面CMN与平面PAD交于直线l．（1）求证：MN∥l；（2）若PD与底面ABCD所成角为α，当α满足什么条件时，MN⊥平面PCD．24．（2024•南开区学业考试）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中．（1）求证：平面AB1C∥平面A1C1D；（2）求直线AB1和平面BDD1B1所成角．25．（2024春•牡丹江校级期末）已知：如图，四棱锥P﹣ABCD，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是平行四边形，E为PC中点，∠CBD＝90°．（1）求证：PA∥平面BDE；（2）求证：BC⊥DE．

2025年高考备考高中数学个性化分层教辅中等生篇《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春•清镇市校级期末）某广场内设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的，如图所示，若被截正方体的棱长是2a，则石凳的体积为（）A．6a3 B．193a3 C．203【考点】棱锥的体积．【专题】整体思想；综合法；空间位置关系与距离；直观想象；数学运算．【答案】C【分析】正方体体积减去截去的八个四面体体积即可．【解答】解：截去的四面体体积V1=1所以石凳的体积为V=V故选：C．【点评】本题主要考查了棱锥及正方体的体积公式的应用，属于基础题．2．（2024•雁塔区校级开学）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥CB，AC＝CB＝4，CC1＝6，点D，E分别为A1C1，BB1的中点，则异面直线AD与CE所成角的余弦值为（）A．91050 B．71050 C．【考点】异面直线及其所成的角．【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；数学运算．【答案】A【分析】先求出异面直线AD与CE所成的角，再由余弦定理求解即可．【解答】解：如图，取AC的中点为F，FC的中点为M，CC1的中点为N，连接C1F，B1N，MN，MB1，易知AD∥C1F，MN∥C1F，则AD∥MN，又CE∥B1N，所以∠MNB1为异面直线AD与CE所成的角或其补角．因为MN=1+9所以cos∠MNB故异面直线AD与CE所成角的余弦值为910故选：A．【点评】本题考查异面直线所成角、余弦定理等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．3．（2024春•温州期中）下列关于空间几何体的叙述，正确的是（）A．圆柱是将矩形旋转一周所得到的几何体 B．有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱 C．一个棱锥的侧面是全等的等腰三角形，那它一定是正棱锥 D．用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分组成的几何体叫棱台【考点】棱台的结构特征；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积；棱柱的结构特征；棱锥的结构特征．【专题】整体思想；综合法；立体几何；数学运算．【答案】B【分析】根据圆柱，棱柱，棱台，棱锥的定义进行判断．【解答】解：对于A，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，而以矩形的一条对角线为轴，旋转所得到的几何体不是圆柱，故A错误；对于B，若棱柱有两个相邻侧面是矩形，则侧棱与底面两条相交的边垂直，则侧棱与底面垂直，此时棱柱一定是直棱柱，故B正确；对于C，如图所示，若AB＝AC＝CD＝BD＝4，BC＝AD＝3，满足侧面均为全等的等腰三角形，但此时底面BCD不是正三角形，故C错误；对于D，用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分组成的几何体叫棱台．若截面与底面不平行，则不是梭台，故D错误．故选：B．【点评】本题主要考查了圆柱，棱柱，棱台，棱锥的定义，属于基础题．4．（2023秋•漯河期末）已知m，n，l是不重合的三条直线，α，β，γ是不重合的三个平面，则（）A．若m∥n，m⊂α，则n∥α B．若l⊥β，m⊂α，l⊥m，则α∥β C．若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β D．若α⊥β，γ⊥β，α∩γ＝l，则l⊥β【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系．【专题】综合题；数形结合；数学模型法；空间位置关系与距离；直观想象．【答案】D【分析】举反例判断A，B，C错误，证明选项D正确．【解答】解：A：如图所示，m∥n，m⊂α，但n⊂α；A错；B：如图所示，α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，l⊂α，所以l⊥β，m⊂α，l⊥m，B错误；C：如图所示，m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，但α与β相交，C错误；D：因为α∩γ＝l，所以l⊂α，l⊂γ，取点A∈l，则A∈α，A∈γ，假设直线l与平面β不垂直，又α⊥β，则过点A在平面α内可作一条直线与平面β垂直，记为m，同理，在平面γ内过点A可作直线n⊥β，因为过点A有且仅有一条直线垂直于平面β，所以直线m与直线n重合，所以m⊂α，m⊂γ，所以α∩γ＝m，又α∩γ＝l，与平面α与平面γ有且仅有一条交线矛盾，故假设不成立，所以D正确，故选：D．【点评】本题考查了空间中直线与平面以及平面与平面的位置关系，属于中档题．5．（2024春•西安期中）下面的四个长方体中，是由左边的平面图形围成的是（）A． B． C． D．【考点】平面的基本性质及推论．【专题】探究型；转化思想；综合法；立体几何；直观想象．【答案】D【分析】利用几何体的表面展开图，判断选项即可．【解答】解：长方体中由左边的平面图形，可知长方体中有4个面是阴影部分，两个空白部分是相对部分，剩余是4个阴影部分，围成的是．故选：D．【点评】本题考查空间几何体表面展开图的判断，是基础题．6．（2024•广东模拟）某圆台上底面圆半径为1，下底面圆半径为2，母线长为2，则该圆台的体积为（）A．7π3 B．5π3 C．2π3【考点】圆台的体积．【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】A【分析】根据题意，由圆台的结构特征求出圆台的高，进而由圆台的体积公式计算可得答案．【解答】解：根据题意，设该圆台的高为h，其轴截面如图，有OA＝1，O1C＝2，AC=2则AB=AC2故该圆台的体积V=13（π+4π+π×4π）故选：A．【点评】本题考查圆台的体积计算，涉及圆台的结构特征，属于基础题．7．（2024•鼓楼区校级模拟）已知SO1＝2，底面半径O1A＝4的圆锥内接于球O，则经过S和O1A中点的平面截球O所得截面面积的最小值为（）A．252π B．253π C．【考点】球的结构特征；球内接旋转体．【专题】整体思想；综合法；立体几何；数学运算．【答案】A【分析】根据球的截面性质，结合三角形面积等积性、勾股定理进行求解即可．【解答】解：如图，设球O的半径为R，线段O1A的中点为E，因为AO所以42+（R﹣2）2＝R2，解得R＝5，设经过S和O1A中点E的平面截球O所得截面圆的圆心为O2，半径为r，球心O到截面的距离OO2＝d，则r2＝R2﹣d2，要截面面积最小，则r要最小，即d要最大，因为当d为点O到SE的距离时最大，此时d•SE＝SO•EO1，又SE=2所以d=SO⋅E所以r2故截面面积的最小值为πr故答案为：252故选：A．【点评】本题主要考查了圆锥的结构特征，考查了球的截面问题，属于中档题．8．（2024•高新区校级模拟）如图所示的四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，且各棱长均相等，E是PB的中点，则异面直线AE与BD所成角的余弦值为（）A．1 B．22 C．33 【考点】异面直线及其所成的角．【专题】转化思想；综合法；空间角；数学运算．【答案】D【分析】根据给定条件，以{AB【解答】解：令四棱锥P﹣ABCD的各条棱长均为2，则BD=22，由E是PB的中点，得AE=显然AB→，AD→，AP→不共面，BDBD→=1因此cos＜BD所以则异面直线AE与BD所成角的余弦值为66故选：D．【点评】本题考查异面直线所成的角，属于中档题．9．（2024春•武进区校级期末）已知a，b表示直线，α，β，γ表示平面，下列推理正确的是（）A．α∩β＝a，b⊂α⇒a∥b B．α∩β＝a，a∥b⇒b∥α且b∥β C．a∥β，b∥β，a⊂α，b⊂α⇒α∥β D．α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；空间中直线与直线之间的位置关系．【专题】空间位置关系与距离．【答案】D【分析】利用空间线面关系及面面关系定理，对选项分别分析解答．【解答】解：对于选项A，α∩β＝a，b⊂α，直线a，b可能相交；故A错误；对于选项B，α∩β＝a，a∥b，直线b可能在两个平面内，故B错误；对于选项C，a∥β，b∥β，a⊂α，b⊂α，直线a，b如果不相交，α，β可能相交，故C错误；对于选项D，根据面面平行的性质以及α∥β，α∩γ＝a得到a∥β，β∩γ＝b进一步得到a∥b；故D正确；故选：D．【点评】本题考查了空间线面平行的性质和判定定理的运用，熟练相关的性质定理和判定定理是关键，属于中档题．10．（2024春•常州期末）已知圆柱的底面半径为2cm，体积为12πcm3，则该圆柱的表面积为（）A．12πcm B．16πcm2 C．18πcm2 D．20πcm2【考点】圆柱的侧面积和表面积．【专题】计算题；转化思想；综合法；立体几何；数学运算．【答案】D【分析】由圆柱的底面半径为2cm，利用圆柱体积公式即可求出圆柱的高，再利用圆柱的表面积公式即可计算出表面积．【解答】解：由圆柱的底面半径为2cm，体积为12πcm3，由题意得圆柱体积V＝πr2•h＝4πh＝12π，解得h＝3，所以该圆柱的表面积为S＝2πr2+2πrh＝8π+12π＝20π．故选：D．【点评】本题考査了圆柱的体积公式、表面积公式，属于基础题．二．多选题（共5小题）（多选）11．（2023秋•婺源县校级月考）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是底面ABCD的中心，Q是棱A1D1上的一点，且D1Q=λD1A．C，M，N，Q四点共面 B．三棱锥A﹣DMN的体积为定值 C．当λ=12时，过A，M，QD．存在λ使得直线MB1与平面CNQ垂直【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面的基本性质及推论．【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；数学运算．【答案】AB【分析】利用三角形中位线定理，证出MN∥CQ，从而判断出A项的正误；根据三棱锥的体积公式与正方体的性质，算出三棱锥A﹣DMN的体积，从而判断出B项的正误；当λ=12时，证出所求截面是等腰梯形，进而算出截面面积，可判断C项的正误；最后利用空间直角坐标系，判断出不存在λ使得直线MB1与平面CNQ垂直，可得【解答】解：连接AC、CQ，则M、N分别为AC、AQ的中点，因为MN为△AQC的中位线，所以MN∥CQ，可得C、M、N、Q四点共面，故A正确．根据题意，可得VA﹣DMN＝VN﹣ADM=12VQ﹣ADM=1当λ=12时，过A、M、Q三点的平面截正方体所得截面为等腰梯形如图所示，过Q作AC的垂线，垂足为G，则AG=22−因此可得S=12(以DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，可得D（0，0，0，），A（2，0，0），A1（2，0，2），B1（2，2，2），C（0，2，0），D1（0，0，2），M（1，1，0），Q（2λ，0，2），CQ→=(2λ，−2，2)，AC→=(−2，2，0)，MB1→=(1，1，2)，若存在λ则MB1→⋅CQ故不存在λ使得直线MB1与平面CNQ垂直，所以D错误．故选：AB．【点评】本题主要考查正方体的性质、空间的共线共面问题、三棱锥的体积公式、利用空间坐标系研究线面垂直等知识，考查了图形的理解能力、计算能力与逻辑推理能力，属于中档题．（多选）12．（2024秋•浙江月考）如图，在三棱锥P﹣EDF的平面展开图中，E，F分别是AB，BC的中点，正方形ABCD的边长为2，则在三棱锥P﹣EDF中（）A．△PEF的面积为12B．PD⊥EF C．平面PEF⊥平面DEF D．三棱锥P﹣EDF的体积为1【考点】平面与平面垂直；棱锥的体积．【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；数学运算．【答案】ABD【分析】直接求△BEF的面积可判断出A的真假；连接BD交EF于G，根据条件证EF⊥平面GPD，即可判断出B的真假；判定PG、DG的夹角是否为直角，可判断出C的真假；利用棱锥的体积公式，可判断出D的真假．【解答】解：对于A，易知S△BEF=S对于B，连接BD交EF于G，根据正方形的性质易知EF⊥BD，所以有EF⊥GD，EF⊥GP，又PG，GD⊂平面PGD，所以EF⊥平面GPD，PD⊂平面GPD，所以EF⊥PD，故B正确；对于C，由上可知∠PGD为平面PEF与平面DEF的夹角，易知PG=22，DG=322，PD=2≠对于D，由题意可知PD，PE，PF两两垂直，则VP−EDF=1故选：ABD．【点评】本题考查三棱锥的体积的求法及直线与直线的位置关系的判断，属于中档题．（多选）13．（2024春•福州期末）某圆锥的底面半径为3，母线长为4，则下列关于此圆锥的说法正确的是（）A．圆锥的侧面展开图的圆心角为3π2B．圆锥的体积为97C．过圆锥的两条母线作截面的面积最大值为8 D．圆锥轴截面的面积为3【考点】圆锥的体积；圆锥的侧面积和表面积．【专题】计算题；转化思想；演绎法；立体几何；直观想象．【答案】ACD【分析】对A选项，侧面展开图半径为4，弧长为6π的扇形，故圆心角为6π4对B选项，利用勾股定理求出圆锥的高，代入体积公式即可；对C选项，在轴截面中，由余弦定理得顶角θ为钝角，所以当两条母线垂直时，截面的面积最大；对D选项，轴截面为腰为4，底为6的等腰三角形，面积为12【解答】解：对A选项，侧面展开图中，扇形的半径为4，弧长为2πr＝6π，由弧长公式有圆心角为6π4=3π对B选项，∵圆锥的高为42−32=对C选项，∵在轴截面中，顶角θ的余弦值为cosθ=42+∴当两条母线垂直时，截面的面积最大，最大值为12×4×4×sin90°=8，∴对D选项，∵轴截面为腰为4，底为6的等腰三角形，∴其面积为12×6×7故选：ACD．【点评】本题考查圆锥的结构特征，属于基础题．（多选）14．（2024•应县校级一模）已知圆锥SO的侧面积为4π，底面圆的周长为2π，则（）A．圆锥的母线长为4 B．圆锥的母线与底面所成角的正弦值为14C．圆锥的体积为153D．沿着圆锥母线的中点截圆锥所得圆台的体积为7【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积；直线与平面所成的角；棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】计算题；转化思想；综合法；立体几何；数学运算．【答案】ACD【分析】先求出圆锥的母线和底面半径的长，逐项计算后可得正确的选项．【解答】解：对于A，设圆锥的母线长为l，底面圆的半径为r，则πrl＝4π，2πr＝2π，故r＝1，l＝4，故A正确；对于B，圆锥的高为h，则ℎ=16−1故圆锥的母线与底面所成角的正弦值为154，故B对于C，圆锥的体积为13×πr对于D，沿着圆锥母线的中点截圆锥所得小圆锥的体积为18故所得圆台的体积为78×15故选：ACD．【点评】本题主要考查圆锥的结构特征，圆锥和圆台体积的求法，考查运算求解能力，属于中档题．（多选）15．（2024春•环县校级期末）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是（）A．若m⊥α，m⊥n，则n∥α B．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n C．若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n D．若α∥β，m⊥α，n⊥β，则m∥n【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；空间中直线与直线之间的位置关系．【专题】整体思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理．【答案】BD【分析】根据线面，面面位置的判定方法逐一判断即可得．【解答】解：对A：若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故A错误；对B：若m⊥α，α⊥β，则m∥β，设过m的平面γ与β交于a，则m∥a，又n⊥β，由线面垂直的性质可得n⊥a，所以m⊥n，故B正确；对C：若α∥β，m∥α，n∥β，则m与n可能平行，可能相交，也可能异面，故C错误；对D：若α∥β，m⊥α，则m⊥β，又n⊥β，则m∥n，故D正确．故选：BD．【点评】本题考查线面，面面位置的判定方法，属于基础题．三．填空题（共5小题）16．（2024春•福田区校级期中）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为18，若存在球O与三棱柱ABC﹣A1B1C1的各棱均相切，则球O的表面积为16π．【考点】球的体积和表面积．【专题】转化思想；综合法；立体几何；数学运算．【答案】16π．【分析】利用三棱柱的体积公式、球的特征及其体积公式即可．【解答】解：如图所示，取上下底面的中心O′，O''，D、E、F分别为上底面棱上的切点，则O为O′O''的中点，设AB＝a，AA1＝2h，由题意易知a＝2h，则C1因为V=2ℎS所以R=2⇒S故答案为：16π．【点评】本题考查正三棱柱的外接球问题，球的表面积公式的应用，方程思想，属基础题．17．（2023秋•沙依巴克区校级月考）一个正四棱台上、下底面的边长分别为a，b，高为h，且侧面积等于两底面面积之和，则a，b，h的关系为1ℎ=【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．【专题】转化思想；分析法；立体几何．【答案】见试题解答内容【分析】利用勾股定理求出斜高，求出侧面积，利用题中的条件建立等式，化简变形等式即可得答案．【解答】解：正四棱台的斜高m=ℎ由题意得：4×(a+b)∴（a+b）4ℎ2+(b−a)2=∴（a+b）24h2+（a+b）2•（b﹣a）2＝（a2+b2）2，∴（a+b）24h2＝4a2b2，1ℎ2=∴a，b，h的关系为1ℎ【点评】本题考查棱台的结构特征，求棱台的侧面积的方法，体现了转化的数学思想方法，是基础题．18．（2024•博爱县校级一模）米斗是我国古代称量粮食的量器，是官仓、粮栈、米行及地主家里必备的用具，其外形近似一个正四棱台．米斗有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化的味，如今也成为了一种颇具意趣的藏品．已知一个斗型工艺品上下底面边长分别为4和2，侧棱长为25，则其外接球的体积为4010【考点】球的体积和表面积．【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；直观想象；数学运算．【答案】见试题解答内容【分析】根据棱台和球的性质得外接球的球心O落在直线O1O2上，根据勾股定理列式求出球的半径，即可求解．【解答】解：由题意，米斗的示意图如下：设棱台上底面中心为O1，下底面中心为O2，由棱台的性质可知，外接球的球心O落在直线O1O2上，由题意该四棱台上下底面边长分别为4和2，侧棱长为25则O1A=22，O所以O1设外接球的半径为R，|OO2|＝h，则|OO则|OO1|2+所以该米斗的外接球的体积为43故答案为：4010【点评】本题考查球的体积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．19．（2023秋•婺源县校级月考）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA＝CB＝AA1＝2，∠ACB＝90°，M是A1B1的中点，则直线CM与A1B夹角的余弦值为23【考点】异面直线及其所成的角．【专题】转化思想；转化法；立体几何；逻辑推理．【答案】23【分析】以点C为原点，直线CA，CB，CC1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，然后利用向量法求异面直线的夹角．【解答】解：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB＝90°，以点C为原点，直线CA，CB，CC1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，CA＝CB＝AA1＝2，则C（0，0，0），B（0，2，0），A1（2，0，2），线段A1B1的中点M（1，1，2），于是A1cos＜A1B所以直线CM与A1B夹角的余弦值为23故答案为：23【点评】本题考查异面直线所成角，属于基础题．20．（2024春•昭平县校级期末）在一个底面直径为12cm，高为18cm的圆柱水杯中加入水后，水面高度为12cm，加入一个球型小钢珠后水面上升到了13cm，则球型小钢珠的半径为3cm．【考点】球的体积和表面积；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积．【专题】计算题；整体思想；综合法；球；数学运算．【答案】3．【分析】由题意球的体积与容器中的水上升的体积相等，利用圆柱和球的体积公式即可求解．【解答】解：由题意，球的体积与容器中的水上升的体积相等，设小钢珠的半径为Rcm，则π⋅62⋅1=故答案为：3．【点评】本题考查了球和圆柱体积的计算，属于基础题．四．解答题（共5小题）21．（2024春•朝阳区期末）如图，在多面体ABCDE中，平面ABE⊥平面ABC，四边形BCDE为等腰梯形，BC＝2DE，AB⊥AC，EA＝EB．（1）证明：AB＝AC．（2）若直线BE与平面ABC所成的角为45°，求二面角A﹣BE﹣C的正弦值．【考点】直线与平面垂直；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）证明见解析；（2）63【分析】（1）AB的中点O，AC的中点F，证明四边形OFDE为平行四边形，由已知的面面垂直，证得DF⊥AC，由BE＝CD，OE＝DF，勾股定理可得AB＝AC；（2）以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，向量法求二面角A﹣BE﹣C的正弦值．【解答】（1）证明：因为四边形BCDE为等腰梯形，BC＝2DE，所以DE∥BC，BE＝CD，取AB的中点O，AC的中点F，连接OE，OF，DF，则OF∥BC，OF=1所以OF∥DE，OF＝DE，从而四边形OFDE为平行四边形，则OE∥DF，OE＝DF，在△ABE中，EA＝EB，且O为AB的中点，所以OE⊥AB，因为平面ABE⊥平面ABC，且平面ABE∩平面ABC＝AB，OE⊂平面ABE，所以OE⊥平面ABC，又OE∥DF，所以DF⊥平面ABC．又AC⊂平面ABC，所以DF⊥AC，AB=2OB=2BE2由BE＝CD，OE＝DF，得AB＝AC；（2）由OE⊥平面ABC，AB⊥AC，所以AB，AC，OE两两垂直，以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，OE所在的直线为z轴，平面ABC内过O平行于AC的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则有∠EBO＝45°，不妨设AB＝2，则B（1，0，0），E（0，0，1），C（﹣1，2，0），BE→=(−1，0，1)，由图可知，平面ABE的一个法向量为m→设平面CBE的一个法向量n→由BE→⋅n→=−x+z=0BC→⋅n可得m→•n→=0×1+1×1+0×1＝1，|m→|＝1，|可得cos＜m→，所以二面角A﹣BE﹣C的正弦值为1−(【点评】本题考查面面垂直的性质的应用及用空间向量的方法求二面角的平面角的正弦值，属于中档题．22．（2023秋•宝安区期末）如图所示，在三棱锥A﹣BCD中，DA，DB，DC两两垂直，且DB＝DC＝DA＝2，E为BC的中点．（1）证明：AE⊥BC；（2）求直线AE与DC的夹角的余弦值．【考点】异面直线及其所成的角．【专题】数形结合；向量法；空间位置关系与距离；空间角；数学运算．【答案】（1）证明过程见解答．（2）66【分析】（1）连接DE，推导出DE⊥BC，DA⊥BC，从而BC⊥平面ADE，由此能证明AE⊥BC．（2）以D为原点，DB为x轴，DC为y轴，DA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AE与DC的夹角的余弦值．【解答】解：（1）证明：连接DE，∵DB＝DC＝DA＝2，E为BC的中点，∴DE⊥BC，∵在三棱锥A﹣BCD中，DA，DB，DC两两垂直，DB∩DC＝D，∴DA⊥平面BDC，∵BC⊂平面BDC，∴DA⊥BC，∵DE∩BC＝E，∴BC⊥平面ADE，∵AE⊂平面ADE，∴AE⊥BC．（2）以D为原点，DB为x轴，DC为y轴，DA为z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，0，2），D（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），E（1，1，0），AE→=（1，1，﹣2），设直线AE与DC的夹角为θ，则cosθ=|∴直线AE与DC的夹角的余弦值为66【点评】本题考查线线垂直的证明，考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．23．（2024秋•大同月考）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，且M，N分别为棱AB，PC的中点，平面CMN与平面PAD交于直线l．（1）求证：MN∥l；（2）若PD与底面ABCD所成角为α，当α满足什么条件时，MN⊥平面PCD．【考点】直线与平面垂直；空间中直线与直线平行．【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；数学运算．【答案】（1）证明过程见详解；（2）α＝45°时，MN⊥平面PCD．【分析】（1）取PD的中点G，连接GA，GN，可证得四边形AMNG为平行四边形，进而可证得MN∥l；（2）∠PDA为PD与底面ABCD所成角α，当α＝45°时，由（1）有AG⊥PD，进而可证得AG⊥面PCD，即可得MN⊥平面PCD．【解答】（1）证明：取PD的中点G，连接GA，GN，因为G，N分别为PD，PC的中点，所以GN∥CD，且GN=12因为M为AB的中点，且ABCD为矩形，AM=12CD，AM∥所以GN∥AM，且GN＝AM，所以四边形AMNG为平行四边形，所以MN∥AG，所以MN⊄平面PAD，AG⊂平面PAD，所以MN∥平面PAD，又因为MN⊂平面MNC，平面PAD∩平面MNC＝l，所以MN∥l；（2）解：因为PA⊥底面ABCD，所以∠PDA为PD与底面ABCD所成角α，当α＝45°时，由（1）有AG⊥PD，因为CD⊥AD，CD⊥PA，且AD∩PA＝A，所以CD⊥平面PAD，而AG⊂平面PAD，所以CD⊥AG，因为CD∩PD＝D，所以AG⊥面PCD，由（1）有AG∥MN，所以MN⊥平面PCD．即α＝45°时，MN⊥平面PCD．【点评】本题考查面面平行的性质的应用及线面垂直的证法，属于中档题．24．（2024•南开区学业考试）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中．（1）求证：平面AB1C∥平面A1C1D；（2）求直线AB1和平面BDD1B1所成角．【考点】平面与平面平行；直线与平面所成的角．【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）证明见解析；（2）30°．【分析】（1）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，可得A1D∥B1C，则得A1D∥平面AB1C，同理A1C1∥平面AB1C，所以得平面AB1C∥平面A1C1D；（2）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，可得AC⊥平面BDD1B1，则得∠AB1O为直线AB1和平面BDD1B1所成角，则在Rt△AB1O中，AB1＝2AO，即可得∠AB1O＝30°．【解答】（1）证明：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，因为A1B1∥CD，A1B1＝CD，所以四边形A1B1CD是平行四边形，所以A1D∥B1C，又因为A1D⊄平面AB1C，B1C⊂平面AB1C，所以A1D∥平面AB1C，同理，A1C1∥平面AB1C，又A1D∩A1C1＝A1，所以平面AB1C∥平面A1C1D；（2）解：设AC∩BD＝O，连接OB1，因为BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以BB1⊥AC，又因为AC⊥BD，BB1∩BD＝B，BB1、BD⊂平面BDD1B1，所以AC⊥平面BDD1B1，所以B1O为AB1在平面BDD1B1的射影，则∠AB1O为直线AB1和平面BDD1B1所成角，设正方体的棱长为a，则在Rt△AB1O中，AB所以∠AB1O＝30°．所以直线AB1和平面BDD1B1所成的角为30°．【点评】本题考查面面平行的证法及线面所成角的求法，属于中档题．25．（2024春•牡丹江校级期末）已知：如图，四棱锥P﹣ABCD，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是平行四边形，E为PC中点，∠CBD＝90°．（1）求证：PA∥平面BDE；（2）求证：BC⊥DE．【考点】直线与平面垂直；直线与平面平行．【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）连接AC交BD于点O，连接OE，证明OE∥PA，再根据线面平行的判定定理即可得证；（2）证明OE⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质可得OE⊥BC，再证明BC⊥平面BDE，根据线面垂直的性质即可得证．【解答】证明：（1）连接AC交BD于点O，连接OE，因为四边形ABCD是平行四边形，所以点O为AC的中点，因为E为PC中点，所以OE∥PA，又PA⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，所以PA∥平面BDE；（2）因为PA⊥平面ABCD，OE∥PA，所以OE⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD，所以OE⊥BC，因为∠CBD＝90°，所以BC⊥BD，又BD∩OE＝O，BD，OE⊂平面BDE，所以BC⊥平面BDE，又因DE⊂平面BDE，所以BC⊥DE．【点评】本题考查线面平行的证法及线面垂直的性质定理的应用，属于基础题．

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．棱锥的结构特征【知识点的认识】1．棱锥：有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面围成的几何体叫做棱锥．用顶点和底面各顶点的字母表示，例：S﹣ABCD．2．认识棱锥棱锥的侧面：棱锥中除底面外的各个面都叫做棱锥的侧面．棱锥的侧棱：相邻侧面的公共边叫做棱锥的侧棱．棱锥的顶点；棱锥中各个侧面的公共顶点叫做棱锥的顶点．棱锥的高：棱锥的顶点到底面的距离叫做棱锥的高．棱锥的对角面；棱锥中过不相邻的两条侧棱的截面叫做对角面．3．棱锥的结构特征棱锥1．底面是多边形根据棱锥的结构特征，可知棱锥具有以下性质：平行于底面的截面和底面相似，且它们的面积比等于截得的棱锥的高与原棱锥的高的比．4．棱锥的分类棱锥的底面可以是三角形、四边形、五边形…我们把这样的棱锥分别叫做三棱锥、四棱锥、五棱锥…正棱锥：底面是正多边形，并且顶点在底面内的射影是底面中心，这样的棱锥叫做正棱锥．正棱锥的各个侧面都是全等的等腰三角形．5．棱锥的体积公式设棱锥的底面积为S，高为h，V棱锥=133．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=14．球的结构特征【知识点的认识】球是所有距离球心相等的点组成的几何体．球的主要特征是半径r．半圆以它的直径所在直线为旋转轴，旋转一周形成的曲面叫做球面，球面所围成的旋转体叫做球体，简称球．半圆的圆心叫做球的球心；连接球心和球面上任意一点的线段叫做球的半径；连接球面上两点并且经过球心的线段叫做球的直径．【解题方法点拨】﹣表面积：计算公式为4πr﹣体积：计算公式为43【命题方向】﹣球的几何特征：考查如何计算球的表面积和体积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用球的性质进行计算．5．球内接旋转体【知识点的认识】球内接旋转体是指球体内接触球面且具有旋转对称性的几何体，例如圆锥、圆柱、圆台等．【解题方法点拨】﹣内接条件：检查旋转体是否内接球体，确保各部分接触正确．﹣体积和表面积：计算内接体积时需要考虑内接关系对体积的限制．【命题方向】﹣内接体计算：考查如何根据内接条件计算球内接旋转体的体积和表面积．﹣实际应用：如何应用内接关系进行几何计算．6．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）7．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=138．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．9．圆柱的侧面积和表面积【知识点的认识】圆柱的侧面积和表面积计算依赖于底面圆的半径r和圆柱的高度h．【解题方法点拨】﹣侧面积：计算公式为2πrℎ．﹣表面积：包括两个底面圆的面积和侧面的面积，计算公式为2πr【命题方向】﹣圆柱的表面积计算：考查如何计算圆柱的侧面积和表面积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用圆柱的表面积计算．10．圆锥的侧面积和表面积【知识点的认识】圆锥的侧面积和表面积依赖于底面圆的半径r、母线长度l和底面圆的面积．【解题方法点拨】﹣侧面积：计算公式为πrl．﹣表面积：包括底面圆的面积和侧面的面积，计算公式为πr【命题方向】﹣圆锥的表面积计算：考查如何计算圆锥的侧面积和表面积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用圆锥的表面积计算．11．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12．圆锥的体积【知识点的认识】圆锥的体积计算依赖于底面圆的半径r和圆锥的高度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锥尺寸进行体积计算．【命题方向】﹣圆锥的体积计算：考查如何根据底面圆的半径和高度计算圆锥的体积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用圆锥的体积计算．13．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．14．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．15．平面的基本性质及推论【知识点的认识】平面的基本性质及推论：1．公理1：如果一条直线上的两个点在一个平面内，则这条直线上所有的点都在这个平面内．2．公理2：经过不在同一直线上的三点，有且只有一个平面．①推论1：经过一条直线和这条直线外的一点，有且只有一个平面．②推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面．③推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面．3．公理3：如果两个平面有一个公共点，那么它们还有其他公共点，且这些公共点的集合是一条过这个公共点的直线．【解题方法点拨】1．公理1是判定直线在平面内的依据．2．公理2及推论是确定平面的依据．3．公理3是判定两个平面相交的依据．16．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：17．空间中直线与直线之间的位置关系【知识点的认识】空间两条直线的位置关系：位置关系共面情况公共点个数图示相交直线在同一平面内有且只有一个平行直线在同一平面内无异面直线不同时在任何一个平面内无18．空间中直线与直线平行【知识点的认识】在空间中，若两条直线在同一平面内且不相交，则它们平行．也可以通过平面来判断直线之间的平行关系．【解题方法点拨】﹣平行判断：通过直线的方向向量或平面方程判断直线是否平行．﹣几何性质：分析平行直线的几何性质和应用．【命题方向】﹣直线平行：考查如何在空间中判断直线是否平行．﹣实际应用：如何在实际问题中应用直线平行关系进行计算．19．空间中直线与平面之间的位置关系【知识点的认识】空间中直线与平面之间的位置关系：位置关系公共点个数符号表示图示直线在平面内有无数个公共点a⊂α直线和平面相交有且只有一个公共点a∩α＝A直线和平面平行无a∥α20．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．21．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：如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面．（3）判定定理2：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面．直线与平面垂直的性质：①定理：如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行．符号表示为：a⊥α，b⊥α⇒a∥b②由定义可知：a⊥α，b⊂α⇒a⊥b．22．平