（浙江专用）2019高考数学二轮复习专题二立体几何学案.doc

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1、1专题二 立体几何析考情明重点小题考情分析 大题考情分析常考点1.简单组合体的三视图及表面积、体积问题(5 年 5 考) 2.空间几何体的表面积、体积问题(5 年 4考) 3.空间角问题(5 年 4 考)偶考点1.空间点、线、面位置关系的判定2.简单的动态问题立体几何解答题一般有两问第 1问为空间线、面位置关系(平行、垂直)的证明；第 2 问为空间角度的三角函数值求解，以二面角、线面角为重点近 5 年高考中，2014年、2015 年、2016 年均考查了二面角问题，2017 年与 2018 年考查了线面角问题.第一讲 小题考法空间几何体的三视图、表面积与体积考点(一)空间几何体的三视图主要考查

2、利用三视图的画法规则及摆放规则，根据空间几何体确定其三视图，或根据三视图还原其对应直观图，或根据三视图中的其中两个确定另一个.典例感悟典例 (1)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)(2018杭州模拟)已知三棱锥的正视图与俯视图如图所示，俯视图是边长为 2 的正三角形，那么该三棱锥的侧视图可能为( )2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)由正视图可看出长为 2 的侧棱垂直于底面，侧视图为直角三角形，直角边长为 2，另一直角边为底边三

3、角形的高 .故侧视图可能为 B.3答案 (1)B (2)B方法技巧1由直观图确定三视图的方法根据空间几何体三视图的定义及画法规则和摆放规则确定2由三视图还原到直观图的思路(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)确定几何体的直观图形状演练冲关1已知某几何体的正视图和侧视图均如图所示，给出下列 5 个图形：其中可以作为该几何体的俯视图的图形个数为( )A5 B4 C3 D2解析：选 B 由题知可以作为该几何体的俯视图的图形可以为.故选 B.32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 B2

4、2 3C2 D22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AC1 AC2 CC212 . 22 22 22 33.如图，网格纸上小正方形的边长为 1，实线画出的是某几何体的三视图，则此几何体各面中直角三角形的个数是( )A2 B3C4 D5解析：选 C 由三视图知，该几何体是如图所示的四棱锥 PABCD，易知四棱锥 PABCD 的四个侧面都是直角三角形，即此几何体各面中直角三角形的个数是 4，故选 C.考点(二)空间几何体的表面积与体积主要考查空间几何体的结构特征、表面积与体积公式的应用，涉及的几何体多为柱体、锥体，且常与三视图相结合考查.典例感悟典例 (1)九章算术

5、是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中提到了一种名为“刍甍”的五面体，如图所示，四边形 ABCD 为矩形，棱 EF AB.若此几何体中， AB4， EF2， ADE 和 BCF 都是边长为 2 的等边三角形，则该几何体的表面积为( )A8 B883 34C6 2 D86 22 3 2 3(2)如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A6 B9 C12 D18(3)(2019 届高三温州中学高三测试卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_，表面积为_解析 (1)如图所示，取 BC 的中点 P，连接 PF，则 PF BC，过 F 作 FQ AB，垂足为 Q.因为 ADE 和 BC

6、F 都是边长为 2 的等边三角形，且 EF AB，所以四边形 ABFE 为等腰梯形， FP ，3则 BQ (AB EF)1， FQ ，12 BF2 BQ2 3所以 S 梯形 EFBA S 梯形 EFCD (24) 3 ，12 3 3又 S ADE S BCF 2 ，12 3 3S 矩形 ABCD428，所以该几何体的表面积 S3 2 2888 .故选 B.3 3 3(2)该几何体是一个直三棱柱截去 所得，如图所示，其体积为 3429.14 34 125(3)由三视图可知该几何体为长方体截去两个三棱锥后剩下的部分，如图，长方体的长、宽、高分别为 2,1,3，所以该几何体的体积V2132 1136

7、15，13 12表面积 S23 2321 21231 2 15 .12 12 12 192 2 12 19答案 (1)B (2)B (3)5 15 19方法技巧1求解几何体的表面积与体积的技巧(1)求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，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：常用分割或补形的方法，将不规则几何体转化为规则几何体求解(3)求表面积：其关键思想是空间问题平面化2根据几何体的三视图求其表面积或体积的步骤(1)根据给出的三视图还原该几何体的直观图(2)由三视图中的大小标识确定该几何体的各个度量(3)套用相应的面积公式或体积公式计算求解演练冲关1(2

8、018浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A2 B4C6 D8解析：选 C 由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形，高为 2 的直四棱柱，直角梯形的两底边长分别为 1,2，高为 2，该几何体的体积为 V (21)226.122.如图，网格纸上小正方形的边长为 1，实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积是( )A366 B36310 106C54 D27解析：选 A 由三视图知该几何体为底面是梯形的四棱柱，其表面积为S2 (24)3234323 366 ，故选 A.12 10 103由一个长方体和两个 圆柱体构成的几何

9、体的三视图如图，则该几何体的体积为14_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， V2112 1 212 .14 2答案：2 2考点(三)与球有关的组合体的计算问题 主要考查与多面体、旋转体构成的简单组合体的有关切、接球表面积、体积的计算问题，其本质是计算球的半径.典例感悟典例 (1)(2017全国卷)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 B34C D 2 4(2)(2017全国卷)已知三棱锥 SABC 的所有顶点都在球 O 的球面上， SC 是球 O 的直径若平面

10、 SCA平面 SCB， SA AC， SB BC，三棱锥 S ABC 的体积为 9，则球 O 的表面积为_解析 (1)设圆柱的底面半径为 r，则 r21 2 2 ，所以圆柱的体积(12) 347V 1 .34 34(2)如图，连接 AO， OB， SC 为球 O 的直径，点 O 为 SC 的中点， SA AC， SB BC， AO SC， BO SC，平面 SCA平面 SCB，平面 SCA平面 SCB SC， AO平面 SCB，设球 O 的半径为 R，则 OA OB R， SC2 R. VS ABC VASBC S SBCAO13 AO，13 (12SCOB)即 9 R，解得 R3，13 (1

11、22RR)球 O 的表面积为 S4 R243 236.答案 (1)B (2)36方法技巧求解多面体、旋转体与球接、切问题的策略(1)过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题(2)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或通过画外接、内切的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解演练冲关1(2017江苏高考)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V1V2是_解析：设球 O 的半径为 R，因为球 O 与圆柱 O

12、1O2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 .V1V2 R22R43 R3 328答案：322(2019 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 44 324.又直四棱柱的外接球的半径 R ，所以四棱柱的12 (32)2 22 52外接球的表面积为 4 R225.答案：24 25必 备 知 能 自 主 补 缺 (一) 主干知识要记牢简单几何体的表面积和体积(1)S 直棱柱侧 ch(c 为底面的周长， h 为高)(2)S

13、 正棱锥侧 ch( c 为底面周长， h为斜高)12(3)S 正棱台侧 (c c)h( c 与 c分别为上、下底面周长， h为斜高)12(4)圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式S 圆柱侧 2 rl(r 为底面半径， l 为母线长)，S 圆锥侧 rl(r 为底面半径， l 为母线长)，S 圆台侧 ( r r)l(r， r 分别为上、下底面的半径， l 为母线长)(5)柱、锥、台体的体积公式V 柱 Sh(S 为底面面积， h 为高)，V 锥 Sh(S 为底面面积， h 为高)，13V 台 (S S) h(S， S为上、下底面面积， h 为高)13 SS(6)球的表面积和体积公式S 球 4 R2， V 球

14、 R3.439(二) 二级结论要用好1长方体的对角线与其共点的三条棱之间的长度关系 d2 a2 b2 c2；若长方体外接球半径为 R，则有(2 R)2 a2 b2 c2.针对练 1 (2019 届高三西安八校联考)设三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，且长度分别为 2,2 ，4，则其外接球的表面积为( )3A48 B32C20 D12解析：选 B 依题意，设题中的三棱锥外接球的半径为 R，可将题中的三棱锥补形成一个长方体，则 R 2 ，12 22 23 2 42 2所以该三棱锥外接球的表面积为 S4 R232.2棱长为 a 的正四面体的内切球半径 r a，外接球的半径 R a.又正四面体的高612

15、64h a，故 r h， R h.63 14 34针对练 2 已知正四面体 ABCD 的外接球半径为 2，过棱 AB 作该球的截面，则截面面积的最小值为_解析：由题意知，面积最小的截面是以 AB 为直径的圆，设 AB 的长为 a，因为正四面体外接球的半径为 2，所以 a2，解得 a ，故截面面积的最小值为 2 .64 463 (263) 83答案：83(三) 易错易混要明了由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误针对练 3 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 ，5 5

16、83C4( 1)， D8,8583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22 12 5104 4 ， V 222 .(1225) 5 13 83课 时 跟 踪 检 测 A 组107 提速练一、选择题1.如图为一个几何体的侧视图和俯视图，则它的正视图为( )解析：选 B 根据题中侧视图和俯视图的形状，判断出该几何体是在一个正方体的上表面上放置一个四棱锥(其中四棱锥的底面是边长与正方体棱长相等的正方形、顶点在底面上的射影是底面一边的中点)，结合选项知，它的正视图为 B.2(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

17、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，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是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. 2 4 223(2017浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A. 1 B. 3 2 2C. 1 D. 332 32解析：

18、选 A 由几何体的三视图可得，该几何体是一个底面半径为 1，高为 3 的圆锥的11一半与一个底面为直角边长为 的等腰直角三角形，高为 3 的三棱锥的组合体，故该几何2体的体积 V 1 23 3 1.13 12 13 12 2 2 24(2017郑州质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A80 B160C240 D480解析：选 B 如图所示，题中的几何体是从直三棱柱 ABCA B C中截去一个三棱锥 AA B C后所剩余的部分，其中底面 ABC 是直角三角形， AC AB， AC6， AB8， BB10.因此题中的几何体的体积为6810 6810 6810160，故选 B.1

19、2 13 12 23 125(2018湖州模拟)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的长为( )A. B25 2C3 D2 3解析：选 C 在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中， M， N 分别为AD， BC 的中点，该几何体的直观图如图中三棱锥 D1MNB1，故通过计算可得， D1B12 ， D1M B1N ， MN2， MB1 ND13 ，故该三棱锥2 5中最长棱的长为 3.6一个几何体的三视图如图所示(其中正视图的弧线为四分之一圆周)，则该几何体的表面积为( )12A726 B724C486 D484解析：选 A 由三视图知，该几何体由一个正方体的 部分与一个圆柱34

20、的 部分组合而成(如图所示)，其表面积为 162(164)142422 224726，故选 A.147某几何体的三视图如图所示，则其体积为( )A207 B21692C21636 D21618解析：选 B 由三视图知，该几何体是一个棱长为 6 的正方体挖去 个底面半径为 3，14高为 6 的圆锥而得到的，所以该几何体的体积 V6 3 3 26216 ，故选14 13 92B.8(2018贵阳检测)三棱锥 PABC 的四个顶点都在体积为 的球的表面上，底面5003ABC 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

21、 R， ABC 的外接圆半径为 r，则13 ，解得 R5，由 r216，解得 r4，又球心 O 到平面 ABC 的距离为4 R33 50033，因此三棱锥 PABC 的高的最大值为 538，故选 C.R2 r29.(2019 届高三浙江第二次联考)已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A3 B.154C. D6334解析：选 B 由三视图还原直观图知，该几何体为底面半径为 1，高为 的圆锥挖去一3个球心为圆锥底面圆的圆心且与圆锥相切的半球，易知圆锥的母线长为 2，则圆锥的轴截面为边长为 2 的等边三角形，球的半径为 ，故该几何体的表面积为 12 432 1221 2 2 ，

22、故选 B.(32) (32) 15410(2018嘉兴高三期末)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积(单位：cm 2)是( )A3624 B36122 5C4024 D40122 5解析：选 B 由三视图可知该几何体为一正方体和一正四棱台的简单组合体正方体的棱长为 2 cm，正四棱台上底面的边长为 2 cm，下底面的边长为 4 cm，棱台的高为 2 cm，可求得正四棱台的斜高为 (cm)，故该几何体的表面积22 12 5S2 25 (24) 44 23612 (cm2)故选 B.12 5 5二、填空题11高为 4 的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观图和三视图

23、中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的_14解析：由侧视图、俯视图知该几何体是高为 2、底面积为 2(24)6 的四棱锥，12其体积为 624.而直三棱柱的体积为 2248，则该几何体的体积是原直三棱13 12柱的体积的 .12答案：1212(2019 届高三浙江名校联考)某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是，则正视图中的 x 的值是_，该几何体的表面积是_3解析：由三视图可知，该几何体为四棱锥，由 (12) x，解得 x2.作出该几何体的直观图并标注313 12 3相应棱的长度如图所示，则 S 表 (12) 2 22 2 112 3 12 3 12 12 7

24、 12 .753 37 42答案：2 53 37 4213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_15解析：由三视图作出该空间几何体的直观图(如图所示)，可知其表面积为 12 2 12 2 2212 12 5 12 12 5，体积为 122 .513 12 23答案：22 52314已知正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 2，球 O 与正方体的各条棱都相切， M 为球 O上的一点，点 N 是 ACB1外接圆上的一点，则线段 MN 长度的取值范围是_解析：易求得棱切球的半径为 ，易知 ACB1为正三角形，则球心 O 到 ACB1的外接2圆上任意一点的距离均为 ，于是

25、OM ， ON .因为12 2 2 3 2 3|OM ON| MN| OM ON|，所以线段 MN 长度的取值范围是 ， 3 2 3 2答案： ， 3 2 3 215(2018浙江高考数学原创猜题卷)已知一个空间几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则这个几何体的体积为_cm 3，表面积为_cm 2.解析：由三视图可知，空间几何体是一个四棱锥，该四棱锥的底面为直角梯形，一条侧棱与底面垂直如图所示，四边形 ABCD 是直角梯形，因为 AB AD， AB AD2 cm， BC4 cm，所以 CD2 cm.2因为 PA2 cm， AD AB2 cm，所以 PD PB2 cm，连接 AC，易2得 AC

26、2 cm，因为 PA平面 ABCD，所以 PC 2 cm，5 PA2 AC2 6所以该几何体的体积为 24 cm 3.13 2 4 2216易得 S 梯形 ABCD 6 cm 2， 2 4 22S PAB 222 cm 2，12S PAD 222 cm 2，12S PBC 2 44 cm2，12 2 2 DPC 中， PC 边上的高为 cm， 22 2 6 2 2所以 S PDC 2 2 cm2，12 6 2 3所以该几何体的表面积为 6222 4 (102 4 )cm2.3 2 3 2答案：4 (102 4 )3 216某几何体的三视图如图所示，俯视图由一个直径为 2 的半圆和一个正三角形组

27、成，则此几何体的体积是_，表面积是_解析：由题意可知，该几何体是由一个正三棱柱和半个圆柱组合而成的，正三棱柱的底面边长为 2，高为 4，半圆柱的底面半径为 1，高为 4，所以V 2 4 1 244 2，表面积12 3 12 3S242 22 1 214162 5.12 3 3答案：4 2 162 53 317已知在三棱锥 PABC 中，VPABC ， APC ， BPC ， PA AC， PB BC，且平面 PAC平面 PBC，那么三棱433 4 3锥 PABC 外接球的体积为_解析：如图，取 PC 的中点 O，连接 AO， BO，设 PC2 R，则OA OB OC OP R， O 是三棱锥

28、PABC 外接球的球心，易知，PB R， BC R， APC ， PA AC， O 为 PC 的中点， AO PC，3 417又平面 PAC平面 PBC，且平面 PAC平面 PBC PC， AO平面PBC， VPABC VAPBC PBBCAO R RR ，解得 R2，三棱锥13 12 13 12 3 433PABC 外接球的体积 V R3 .43 323答案：323B 组能力小题保分练1某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A16 B20C52 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

29、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 V 3462 24320，故选 B. 12 132.如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥外接球的表面积为( )A136 B34C25 D18解析：选 B 由三视图知，该四棱锥的底面是边长为 3 的正方形，高为 4，且有一条侧棱垂直于底面，所以可将该四棱锥补形为长、宽、高分别为 3,3,4 的长方体，该长方体外接球的半径 R 即为该四棱锥外接球的半径，所以 2R ，32 32 42解得 R ，所以该四棱锥外接球的表面积为 4 R234，故选 B.3423如图，小方格是边长为

30、 1 的正方形，一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )18A4 96 B(2 6)965 5C(4 4)64 D(4 4)965 5解析：选 D 由三视图可知，该几何体为一个圆锥和一个正方体的组合体，正方体的棱长为 4，圆锥的高为 4，底面半径为 2，所以该几何体的表面积为S64 22 22 (4 4)96.42 22 54设球 O 是正方体 ABCDA1B1C1D1的内切球，若平面 ACD1截球 O 所得的截面面积为6，则球 O 的半径为( )A B332C D32 3解析：选 B 如图，易知 B1D 过球心 O，且 B1D平面 ACD1，不妨设垂足为 M，正方体棱长为 a，

31、则球半径 R ，易知a2DM DB1， OM DB1 a， 截面圆半径 r a，13 16 36 (a2)2 OM2 66由截面圆面积 S r26，得 r a ， a6，球 O 的半径为 R 3.66 6 a25.如图所示，等腰 ABC 的底边 AB6 ，高 CD3，点 E 是线6段 BD 上异于点 B， D 的动点，点 F 在 BC 边上，且 EF AB，现沿 EF将 BEF 折起到 PEF 的位置，使 PE AE，记 BE x， V(x)表示四棱锥 PACFE 的体积，则 V(x)的最大值为_解析：因为 PE EF， PE AE， EF AE E，所以 PE平面 ABC.因为 CD AB，

32、 FE AB，所以 EF CD，所以 ，EFCD BEBD即 ，所以 EF ，EF3 x36 x6所以 S ABC 6 39 ，12 6 619S BEF x x2，12 x6 612所以 V(x) x x (0 x3 )13 (96 612x2) 63 (9 112x2) 6因为 V( x) ，63(9 14x2)所以当 x(0,6)时， V( x)0， V(x)单调递增；当 6 x3 时， V( x)0， V(x)6单调递减，因此当 x6 时， V(x)取得最大值 12 .6答案：12 66已知 A， B， C 是球 O 的球面上三点，且 AB AC3， BC3 ， D 为该球面上的动点，

33、3球心 O 到平面 ABC 的距离为球半径的一半，则三棱锥 D ABC 体积的最大值为_解析：如图，在 ABC 中， AB AC3， BC3 ，3由余弦定理可得cos A ，32 32 33 2233 12sin A .32设 ABC 外接圆 O的半径为 r，则 2 r，得 r3.3332设球的半径为 R，连接 OO， BO， OB，则 R2 23 2，解得 R2 .(R2) 3由图可知，当点 D 到平面 ABC 的距离为 R 时，三棱锥 D ABC 的体积最大，32 S ABC 33 ，12 32 934三棱锥 D ABC 体积的最大值为 3 .13 934 3 274答案：274第二讲 小

34、题考法空间点、线、面的位置关系考点(一)空间点、线、面的位置关系的判断 主要考查利用空间点、直线、平面位置关系的定义，20四个公理、八个定理来判断与点、线、面有关命题的真假或判断简单的线面平行或垂直的位置关系.典例感悟典例 (1)(2017全国卷)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( )(2)(2018温州高三 5 月适应测试)已知 ， 为两个平面，直线 l ，那么“l ”是“ ”的( )A充分不必要条件 B必要不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件(3)(2019 届高

35、三七彩阳光联盟 12 月高三期中联考)已知 m， n， l 是互不重合的三条直线， ， 是两个不重合的平面，给出以下四个命题：若 m， n 是异面直线， m ， n ，且 m ， n ，则 ；若 m ， n A，且点 Am，则 m， n 是异面直线；若 m， n 是异面直线， m ， n ，且 l m， l n，则 l ；若 m ， n ， ，则 m n.其中为真命题的序号是_(把所有真命题的序号都填上)解析 (1)法一：对于选项 B，如图所示，连接 CD，因为AB CD， M，Q 分别是所在棱的中点，所以 MQ CD，所以 AB MQ .又AB平面 MNQ， MQ平面 MNQ，所以 AB平面

36、 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 OQ AB.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.21(2)“ l ， l ”不能推出“ ”，而“ l ， ”，一定有“ l ”，选 B.(3)在中， m ，在 内存在直线 m1 m，又 m ， m1 . m， n 是两条异面直线，直线 m1与 n 是两条相交直线，又 n ， ，即正

37、确由异面直线判定定理知正确在中， m ，在 内存在直线 m1 m， l m， l m1. n ，在 内存在直线 n1 n， l n， l n1. m， n 是两条异面直线，直线 m1与 n1是两条相交直线， l ，即正确由直线 m平面 和 知 m 或 m ，而 n 是 内任一直线，则直线 m 与n 可能相交，可能平行，还可能异面，故是错误的答案 (1)A (2)B (3)方法技巧判断与空间位置关系有关命题真假的方法(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否

38、定(3)借助反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断演练冲关1在直三棱柱 ABCA1B1C1中，平面 与棱 AB， AC， A1C1， A1B1分别交于点E， F， G， H，且直线 AA1平面 .有下列三个命题：四边形 EFGH 是平行四边形；平面 平面 BCC1B1；平面 平面 BCFE.其中正确的命题有( )A BC D解析：选 C 由题意画出草图如图所示，因为 AA1平面 ，平面 平面 AA1B1B EH，所以 AA1 EH.同理 AA1 GF，所以 EH GF.又ABCA1B1C1是直三棱柱，易知 EH GF AA1，所以四边形 EF

39、GH 是平行四边形，故正确；若平面 平面 BB1C1C，由平面 平面22A1B1C1 GH，平面 BCC1B1平面 A1B1C1 B1C1，知 GH B1C1，而 GH B1C1不一定成立，故错误；由 AA1平面BCFE，结合 AA1 EH 知 EH平面 BCFE，又 EH平面 ，所以平面 平面 BCFE，故正确综上可知，故选 C.2如图是一几何体的平面展开图，其中四边形 ABCD 为正方形， E， F 分别为 PA， PD的中点，在此几何体中，给出下面 4 个结论：直线 BE 与直线 CF 异面；直线 BE 与直线 AF 异面；直线 EF平面 PBC；平面 BCE平面 PAD.其中正确的有(

40、 )A1 个 B2 个C3 个 D4 个解析：选 B 将展开图还原为几何体(如图)，因为 E， F 分别为PA， PD 的中点，所以 EF AD BC，即直线 BE 与 CF 共面，错；因为 B平面 PAD， E平面 PAD， EAF，所以 BE 与 AF 是异面直线， 正确；因为 EF AD BC， EF平面 PBC， BC平面 PBC，所以 EF平面 PBC，正确；平面 PAD 与平面 BCE 不一定垂直，错故选 B.3(2017全国卷)在正方体 ABCDA1B1C1D1中， E 为棱 CD 的中点，则( )A A1E DC1 B A1E BDC A1E BC1 D A1E AC解析：选

41、C 法一：由正方体的性质，得 A1B1 BC1， B1C BC1， A1B1 B1C B1，所以 BC1平面 A1B1CD.又 A1E平面 A1B1CD，所以 A1E BC1.法二： A1E 在平面 ABCD 上的射影为 AE，而 AE 不与 AC， BD 垂直，B、D 错； A1E 在平面 BCC1B1上的射影为 B1C，且 B1C BC1， A1E BC1，故 C 正确；(证明：由条件易知， BC1 B1C， BC1 CE，又 CE B1C C， BC1平面 CEA1B1.又 A1E平面 CEA1B1， A1E BC1.) A1E 在平面 DCC1D1上的射影为 D1E，23而 D1E 不

42、与 DC1垂直，故 A 错24考点(二)空 间 角主要考查异面直线所成角，直线与平面所成角，二面角的计算及有关应用.典例感悟典例 (1)夹在两平行平面间的线段 AB， CD 的长分别为 2 和 ，若 AB 与这两个平行2平面所成的角为 30，则 CD 与这两个平行平面所成的角为( )A30 B45C60 D90(2)在菱形 ABCD 中， A60， AB ，将 ABD 折起到 PBD 的位置，若三棱锥3PBCD 的外接球的体积为 ，则二面角 PBDC 的正弦值为( )776A. B.13 12C. D.32 73(3)(2015浙江高考)如图，在三棱锥 ABCD 中，AB AC BD CD3，

43、 AD BC2，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_解析 (1)不妨设 A， C 在同一平面，则 B， D 在另一个平面，过A 作另一平面的垂线段 AO，垂足为 O，连接 BO，由题可知 ABO30.由 AB2，得 AO1.因为两平面平行，所以点 C 到另一平面的垂线段的长等于 AO 的长，故 CD 与两个平行平面所成的角的正弦值为 ，所以 CD 与这两个平行平面所成的角为 45.AOCD 22(2)由外接球的体积为 得该球的半径 R ，设球心 O 在平面 PBD 和平面 BCD 上776 72的射影分别为 O1， O2，则 O1， O2为正 PBD 和正 BCD 的中心，取 BD 的中点 E，连接O1E， O2E，则 O1E BD， O2E BD，则 O1EO2是二面角 PBDC 的平面角，在 Rt OO2C 中，OC R ， O2C AB1，则 OO2 ，又在 Rt OO2E 中， O2E AB ，则72 33 32 36 12 O2EO60，同理， OEO160，故 O1EO2120，则二面角 PBDC 的正弦值为 ，32故选 C.25(3)如图所示，连接 DN，取线段 DN 的中点 K，连接 MK， CK. M 为 AD 的中点， MK AN， KMC 为异面直线 AN， CM 所成的