1、第二課時球及其表面積與體積 知識點、方法基礎鞏固練綜合運用練應用創新練球的體積與表面積1,2,3,5球的切、接問題4,6,7,8,9綜合問題10,11,12,13,14,1516,171.已知底面邊長為1,側棱長為2的正四棱柱的各頂點均在同一個球面上,則該球的體積為(D)A.323B.4C.2D.43解析:因為該正四棱柱的外接球的半徑是四棱柱體對角線的一半,所以半徑r=1212+12+(2)2=1,所以V球=4313=43.故選D.2.(2021安徽安慶調研)已知在四面體PABC中,PA=4,BC=26,PB=PC=23,PA平面PBC,則四面體PABC的外接球的表面積是(C)A.160B.1

2、28C.40D.32解析:因為PB2+PC2=12+12=24=BC2,所以PBPC,又PA平面PBC,所以PAPB,PAPC,即PA,PB,PC兩兩相互垂直,以PA,PB,PC為從同一頂點出發的三條棱補成長方體,所以該長方體的體對角線長為PA2+PB2+PC2=16+12+12=210,故該四面體的外接球半徑為10.于是四面體PABC的外接球的表面積是4(10)2=40.故選C.3.已知A,B,C為球O的球面上的三個點,O1為ABC的外接圓.若O1的面積為4,AB=BC=AC=OO1,則球O的表面積為(A)A.64B.48C.36D.32解析:如圖所示,設球O的半徑為R,O1的半徑為r,因為

3、O1的面積為4,所以4=r2,解得r=2,又AB=BC=AC=OO1,所以ABsin60=2r,解得AB=23,故OO1=23,所以R2=OO12+r2=(23)2+22=16,所以球O的表面積S=4R2=64.故選A.4.(多選題)已知正方體的外接球與內切球上各有一個動點M,N,若線段MN的最小值為3-1,則(ABC)A.正方體的外接球的表面積為12B.正方體的內切球的體積為43C.正方體的棱長為2D.線段MN的最大值為23解析:設正方體的棱長為a,則正方體外接球的半徑為體對角線長的一半,即32a,內切球的半徑為棱長的一半,即a2.因為M,N分別為外接球和內切球上的動點,所以MNmin=32

4、a-a2=3-12a=3-1,解得a=2,即正方體的棱長為2,C正確;正方體的外接球的表面積為4(3)2=12,A正確;正方體的內切球的體積為43,B正確;線段MN的最大值為32a+a2=3+1,D錯誤.故選ABC.5.如圖,在圓柱O1O2內有一個球O,該球與圓柱的上、下底面及母線均相切.記圓柱O1O2的體積為V1,球O的體積為V2,則V1V2的值是.解析:設圓柱內切球的半徑為R,則由題設可得圓柱O1O2的底面圓的半徑為R,高為2R,故V1V2=R22R43R3=32.答案:326.(2021湖南長沙檢測)在封閉的直三棱柱ABCA1B1C1內有一個體積為V的球.若ABBC,AB=6,BC=8,

5、AA1=3,則V的最大值是.解析:由ABBC,AB=6,BC=8,得AC=10.要使球的體積V最大,則球與直三棱柱的部分面相切,若球與三個側面相切,設底面ABC的內切圓的半徑為r,則1268=12(6+8+10)r,所以r=2,2r=43,不符合題意.則球與三棱柱的上、下底面相切時,球的半徑R最大,則2R=3,即R=32,故球的最大體積V=43R3=92.答案:927.已知一個球與一個正三棱柱的三個側面和兩個底面都相切,且這個球的體積是323,那么這個三棱柱的體積是.解析:設球的半徑為r,則43r3=323,得r=2,則正三棱柱的高為2r=4.又正三棱柱的底面三角形的內切圓半徑與球的半徑相等,

6、所以底面正三角形的邊長為43,所以正三棱柱的體積為V=34(43)24=483.答案:4838.圓臺上、下底面的圓周都在一個直徑為10的球面上,其上、下底面半徑分別為4和5,則該圓臺的體積為.解析:因為圓臺的下底面半徑為5,故下底面在外接球的大圓上,如圖所示.設球的球心為O,圓臺上底面的圓心為O,則圓臺的高OO=OQ2-OQ2=52-42=3,據此可得圓臺的體積為V=133(52+54+42)=61.答案:619.在半徑為15的球O內有一個底面邊長為123的內接正三棱錐A-BCD,求此正三棱錐的體積.解:(1)如圖甲所示的情形,顯然OA=OB=OC=OD=15.設H為BCD的中心,則A,O,H

7、三點在同一條直線上.因為HB=HC=HD=2332123=12,所以OH=OB2-HB2=9,所以正三棱錐A-BCD的高h=9+15=24.又SBCD=34(123)2=1083,所以V三棱錐A-BCD=13108324=8643.(2)對于圖乙所示的情形,同理,可得正三棱錐A-BCD的高h=15-9=6,SBCD=1083,所以V三棱錐A-BCD=1310836=2163.綜上,可知正三棱錐的體積為8643或2163.10.已知ABC是面積為934的等邊三角形,且其頂點都在球O的球面上.若球O的表面積為16,則O到平面ABC的距離為(C)A.3B.32C.1D.32解析:設球O的半徑為R,則

8、4R2=16,解得R=2.設ABC外接圓的半徑為r,邊長為a.因為ABC是面積為934的等邊三角形,所以12a232=934,解得a=3,所以r=23a2-a24=239-94=3,所以球心O到平面ABC的距離d=R2-r2=4-3=1.故選C.11.已知三棱錐P-ABC的四個頂點都在球O的球面上,PA=PB=PC,ABC是邊長為2的正三角形,E,F分別是PA,AB的中點,CEF=90,則球O的體積為(D)A.86B.46C.26D.6解析:因為點E,F分別為PA,AB的中點,所以EFPB,因為CEF=90,所以EFCE,所以PBCE.取AC的中點D,連接BD,PD,易證AC平面BDP,所以P

9、BAC,又ACCE=C,AC,CE平面PAC,所以PB平面PAC,所以PBPA,PBPC,因為PA=PB=PC,ABC為正三角形,所以PAPC,即PA,PB,PC兩兩相互垂直,將三棱錐P-ABC放在正方體中.因為AB=2,所以該正方體的棱長為2,所以該正方體的體對角線長為6,所以三棱錐P-ABC的外接球的半徑R=62,所以球O的體積V=43R3=43(62)3=6.故選D.12.唐朝著名的鳳鳥花卉浮雕銀杯(如圖所示),它的盛酒部分可以近似地看作是半球與圓柱的組合體(如圖),當這種酒杯內壁表面積固定時(假設內壁表面光滑,表面積為S cm2,半球的半徑為R cm),要使酒杯容積不大于半球體積的兩倍

10、,則R的取值范圍為(D)A.(0,3S10 B.3S10,+)C.(S5,3S10D.3S10,S2)解析:設圓柱的高度與酒杯的容積分別為h,V,則表面積S=2R2+2Rh,故Rh=S2-R2,所以酒杯的容積V=23R3+R2h=23R3+(S2-R2)R=-3R3+S2R43R3,所以S253R2,又S2-R20,所以R2S253R2,解得3S10RS2.故選D.13.已知兩個圓錐有公共底面,且兩圓錐的頂點和底面的圓周都在同一個球面上.若圓錐底面面積是這個球表面積的316,則這兩個圓錐中,體積較小者的高與體積較大者的高的比值為.解析:如圖,設球的半徑為R,圓錐底面半徑為r.由題意得r2=31

11、64R2,所以r2=34R2.根據球的截面的性質可知兩圓錐的高必過球心O,且兩圓錐的頂點以及圓錐與球的交點是球的大圓上的點,且ABO1C,所以OO1=R2-r2=R2,因此體積較小的圓錐的高為AO1=R-R2=R2,體積較大的圓錐的高為BO1=R+R2=32R,故這兩個圓錐中,體積較小者的高與體積較大者的高的比值為13.答案:1314.偉大的阿基米德的墓碑上刻了一個如圖所示的圖案,圖案中球的直徑與圓柱底面的直徑和圓柱的高相等,圓錐的頂點為圓柱上底面的圓心,圓錐的底面是圓柱的下底面.試計算出圖案中圓錐、球、圓柱的體積比.解:設圓柱的底面半徑為r,高為h,則V圓柱=r2h,由題意知圓錐的底面半徑為

12、r,高為h,球的半徑為r,V圓錐=13r2h,V球=43r3.又h=2r,所以V圓錐V球V圓柱=13r2h43r3r2h=23r343r32r3=123.15.某組合體的直觀圖如圖所示,它的中間為圓柱形,左右兩端均為半球形,若圖中r=1,l=3,試求該組合體的表面積和體積.解:該組合體的表面積為S=4r2+2rl=412+213=10,該組合體的體積V=43r3+r2l=4313+123=133.16.已知三棱柱ABCA1B1C1的所有頂點都在球O的球面上,該三棱柱的五個面所在的平面截球面所得的圓大小相同.若球O的表面積為20,則三棱柱的體積為.解析:因為三棱柱ABCA1B1C1的五個面所在的

13、平面截球面所得的圓的大小相同,所以該三棱柱的底面是等邊三角形.設三棱柱底面邊長為a,高為h,截面圓的半徑為r,球半徑為R,所以r=a3.因為球O的表面積為20,所以4R2=20,解得R=5.因為底面和側面截得的圓的大小相同,所以(a2)2+(h2)2=(a3)2,所以a=3h.又因為(h2)2+(a3)2=R2,由得a=23,h=2,所以三棱柱的體積為V=34(23)22=63.答案:6317.農歷五月初五是端午節,民間有吃粽子的習俗,粽子又稱“粽籺”,是端午節大家都會品嘗的食品.如圖(1)的平行四邊形形狀的紙片是由六個邊長為1的正三角形組成的,將它沿虛線折起來,可以得到如圖(2)的粽子形狀的

14、六面體,則該六面體的體積為;若該六面體內有一球,則該球的體積的最大值為.解析:由對稱性可知該六面體是由兩個全等的正四面體合成的,正四面體的棱長為1,則正四面體的高為1-(33)2=63,所以正四面體的體積為131213263=212.因為該六面體的體積是正四面體體積的2倍,所以該六面體的體積是26.要使球的體積達到最大,則球與該六面體的六個面都要相切.連接球心和六面體的五個頂點,把六面體分成了六個全等的三棱錐.設球的半徑為R,則26=6(1312132R),解得R=69,所以球的體積V=43R3=43(69)3=86729.答案:2686729第1節立體圖形及其直觀圖、簡單幾何體的表面積與體積

15、 第一課時立體圖形及其直觀圖、柱錐臺的表面積與體積知識點、方法基礎鞏固練綜合運用練應用創新練空間幾何體的幾何特征、直觀圖2,3,410空間幾何體的體積與表面積1,5,6,8,912,13折疊與展開問題711綜合問題14,15,16,171.算術書記載有求“囷蓋”的術:置如其周,令相乘也,又以高乘之,三十六成一.該術相當于給出圓錐的底面周長l與高h,計算其體積V的近似公式V=136l2h,它實際上是將圓錐體積公式中的圓周率近似取3,那么,近似公式V25942l2h相當于將圓錐體積公式中的近似取(C)A.227B.258C.15750D.355113解析:V=13r2h=13(l2)2h=112l

16、2h.由11225942,得15750.故選C.2.(多選題)(2021山東濰坊調研)下列關于空間幾何體的敘述正確的是(CD)A.底面是正多邊形的棱錐是正棱錐B.用平面截圓柱得到的截面只能是圓或矩形C.長方體是直平行六面體D.存在每個面都是直角三角形的四面體解析:A選項,當頂點在底面的射影是正多邊形的中心時才是正棱錐,A不正確;B選項,當平面與圓柱的母線平行或垂直時,截得的截面才為矩形或圓,否則為橢圓或橢圓的一部分,B不正確;C正確;D正確,如圖,正方體ABCDA1B1C1D1中的三棱錐C1-ABC,四個面都是直角三角形.故選CD.3.(多選題)如圖,將裝有水的長方體水槽固定底面一邊后傾斜一個

17、角度,則傾斜后水槽中的水形成的幾何體可以是(AC)A.四棱柱 B.四棱臺C.三棱柱 D.三棱錐解析:根據題圖,因為有水的部分始終有兩個平面平行,而其余各面都易證是平行四邊形,因此形成的幾何體是四棱柱或三棱柱.故選AC.4.如圖,一個水平放置的平面圖形的直觀圖(斜二測畫法)是一個底角為45、腰和上底長均為2的等腰梯形,則這個平面圖形的面積是(D)A.2+2B.1+2C.4+22D.8+42解析:由已知直觀圖根據斜二測畫法規則畫出原平面圖形,如圖所示.由于OD=2,DC=2,所以OD=4,DC=2,在題圖中過D作DHAB(圖略),易知AH=2sin 45=2,所以AB=AB=2AH+DC=22+2

18、,故平面圖形的面積為S=DC+AB2AD=8+42.故選D.5. (2021山東聊城模擬)在九章算術中,將有三條棱互相平行且有一個面為梯形的五面體稱為“羨除”.現有一個羨除如圖所示,DA平面ABFE,四邊形ABFE,CDEF均為等腰梯形,ABCDEF,AB=AD=4,EF=8,點E到平面ABCD的距離為6,則這個羨除的體積是(C)A.96B.72C.64D.58解析:如圖,將多面體分割為兩個三棱錐DAGE,CHBF和一個直三棱柱GAD HBC.這個羨除的體積為V=21312264+12644=64.故選C.6.(2021河南鄭州調研)現有同底等高的圓錐和圓柱,已知圓柱的軸截面是邊長為2的正方形

19、,則圓錐的側面積為(D)A.3B.32C.52D.5解析:設底面圓的半徑為R,圓柱的高為h,依題意2R=h=2,所以R=1.所以圓錐的母線為l=2+R2=22+1=5,因此S圓錐側=Rl=15=5.故選D.7.如圖,正三棱柱ABCA1B1C1的側棱長為a,底面邊長為b,一只螞蟻從點A出發沿每個側面爬到A1,路線為AMNA1,則螞蟻爬行的最短路程是(A)A.a2+9b2B.9a2+b2C.4a2+9b2 D.a2+b2解析:正三棱柱的側面展開圖是如圖所示的矩形,矩形的長為3b,寬為a,則其對角線AA1的長為最短路程,因此螞蟻爬行的最短路程為a2+9b2.故選A.8.(2020浙江卷)已知圓錐的側

20、面積(單位:cm2)為2,且它的側面展開圖是一個半圓,則這個圓錐的底面半徑(單位:cm)是.解析:如圖,設圓錐的母線長為l,底面半徑為r,則圓錐的側面積S側=rl=2,所以rl=2.又圓錐的側面展開圖為半圓,所以12l2=2,所以l=2,所以r=1.答案:19.如圖,在ABC中,AB=8,BC=10,AC=6,DB平面ABC,且AEFCBD,BD=3,FC=4,AE=5.求此幾何體的體積.解:法一如圖,取CM=AN=BD,連接DM,MN,DN,用“分割法”把原幾何體分割成一個直三棱柱和一個四棱錐.所以V幾何體=V三棱柱+V四棱錐.由題意知三棱柱ABC-NDM的體積為V1=12863=72.四棱

21、錐DMNEF的體積為V2=13S梯形MNEFDN=1312(1+2)68=24,則幾何體的體積為V=V1+V2=72+24=96.法二用“補形法”把原幾何體補成一個直三棱柱,使AA=BB=CC=8,所以V幾何體=12V三棱柱=12SABCAA=12248=96.10.(多選題)(2021山東煙臺調研)在一個密閉透明的圓柱筒內裝一定體積的水,將該圓柱筒分別豎直、水平、傾斜放置時,指出圓柱桶內的水平面可以呈現出的幾何形狀可能是(ABD)A.圓面B.矩形面C.梯形面D.橢圓面或部分橢圓面解析:將圓柱桶豎放,水面為圓面;將圓柱桶斜放,水面為橢圓面或部分橢圓面;將圓柱桶水平放置,水面為矩形面,但圓柱桶內

22、的水平面不可以呈現出梯形面.故選ABD.11.(多選題)(2021湖北武漢模擬)長方體ABCDA1B1C1D1的長、寬、高分別為3,2,1,則(BC)A.長方體的表面積為20B.長方體的體積為6C.沿長方體的表面從A到C1的最短距離為32D.沿長方體的表面從A到C1的最短距離為25解析:長方體的表面積為2(32+31+21)=22,A錯誤.長方體的體積為321=6,B正確.如圖(1)所示,長方體ABCDA1B1C1D1中,AB=3,BC=2,BB1=1,將側面ABB1A1和側面BCC1B1展開,如圖(2)所示.連接AC1,則有AC1=52+12=26,即經過側面ABB1A1和側面BCC1B1時

23、,A到C1的最短距離是26;將側面ABB1A1和底面A1B1C1D1展開,如圖(3)所示,連接AC1,則有AC1=32+32=32,即經過側面ABB1A1和底面A1B1C1D1時,A到C1的最短距離是32;將側面ADD1A1和底面A1B1C1D1展開,如圖(4)所示.連接AC1,則有AC1=42+22=25,即經過側面ADD1A1和底面A1B1C1D1時,A到C1的最短距離是25.因為322526,所以沿長方體表面由A到C1的最短距離是32,C正確,D錯誤.故選BC.12.(2021重慶診斷)如圖,某文物需要設計各面是玻璃平面的無底正四棱柱將其罩住,罩內充滿保護文物的無色氣體.已知文物近似于塔

24、形,高1.8 m,體積為0.5 m3,其底部是直徑為0.9 m的圓形,要求文物底部與玻璃罩底邊至少間隔0.3 m,文物頂部與玻璃罩上底面至少間隔0.2 m,氣體每立方米1 000元,求氣體的費用最少為(B)A.4 500元B.4 000元C.2 880元D.2 380元解析:因為文物底部是直徑為0.9 m的圓形,文物底部與玻璃罩底邊至少間隔0.3 m,所以由正方體與圓的位置關系可知,底面正方形的邊長最少為0.9+20.3=1.5(m).又文物高1.8 m,文物頂部與玻璃罩上底面至少間隔0.2 m,所以正四棱柱的高最少為1.8+0.2=2(m),則正四棱柱的體積V=1.522=4.5(m3).因

25、為文物的體積為0.5 m3,所以罩內氣體的體積為4.5-0.5=4(m3).因為氣體每立方米1 000元,所以氣體的費用最少為41 000=4 000(元).故選B.13.如圖,六角螺帽毛坯是由一個正六棱柱挖去一個圓柱所構成的.已知螺帽的底面正六邊形邊長為2 cm,高為2 cm,內孔半徑為0.5 cm,則此六角螺帽毛坯的體積是cm3.解析:螺帽的底面正六邊形的面積為S=61222sin 60=63(cm2),正六棱柱的體積為V1=632=123(cm3),圓柱的體積為V2=0.522=2(cm3),所以此六角螺帽毛坯的體積為V=V1-V2=(123-2)(cm3).答案:(123-2)14.如

26、圖,在正四棱錐P-ABCD中,B1為PB的中點,D1為PD的中點,則棱錐A-B1CD1與棱錐P-ABCD的體積之比是(A)A.14B.38C.12D.23解析:如圖,棱錐A-B1CD1的體積可以看成是正四棱錐P-ABCD的體積減去角上的四個小棱錐的體積得到.因為B1為PB的中點,D1為PD的中點,所以棱錐B1-ABC的體積和棱錐D1-ACD的體積都是正四棱錐P-ABCD的體積的14,棱錐CPB1D1的體積與棱錐A-PB1D1的體積之和是正四棱錐P-ABCD的體積的14,則中間剩下的棱錐AB1CD1的體積VAB1CD1=VPABCD-314VPABCD=14VPABCD,則VAB1CD1VPAB

27、CD=14.故選A.15.(2021廣東佛山質檢)已知圓錐的頂點為S,底面圓周上的兩點A,B滿足SAB為等邊三角形,且面積為43,又知圓錐軸截面的面積為8,則圓錐的側面積為.解析:設圓錐的母線長為l,由SAB為等邊三角形,且面積為43,所以12l2sin 3=43,解得l=4.又設圓錐底面半徑為r,高為h,則由軸截面的面積為8,得rh=8.又r2+h2=16,解得r=h=22,所以圓錐的側面積S=rl=224=82.答案:8216.如圖,33的正方形紙片,剪去對角的兩個11的小正方形,然后沿虛線折起,分別粘合AB與AH,ED與EF,CB與CD,GF與GH,得到一幾何體“”,記“”上的棱AC與E

28、G的夾角為,則下列說法正確的是.幾何體“”中,CGAE;幾何體“”是六面體;幾何體“”的體積為23;cos =45.解析:如圖所示,取AG,CG,CE,EG的中點M,N,O,P,連接AN,EN,MN,ON,MP,OP,OM.由已知可得CE=CA=EG=AG=5,所以ANCG,NECG,又因為ANNE=N,所以CG平面ANE,所以CGAE,故正確;因為ABBC,ABBG,又因為BCBG=B,所以AB平面CBG,同理BE平面CBG,所以平面ACB與平面CBE共面,平面AGB與平面GBE共面,AB與BE共線,所以該幾何體為四面體,故錯誤;因為BC=BG=1,CG=2,所以CBG為直角三角形,CBG=

29、90,所以SCBG=1211=12,又因為AE平面CBG,AE=2AB=2BE=4,所以該幾何體的體積為V=13124=23,故正確;MP=12AE=2,OP=12CG=22,又因為MPAE,OPCG,CGAE,所以MPOP,所以MO=MP2+PO2=322,ON=NM=12AC=52,所以cosONM=ON2+NM2-OM22ONNM=54+54-184254=-45,又因為ACMN,EGNO,所以ONM為異面直線AC,EG所成的角(或其補角),所以cos =45,故正確.答案:17.如圖,在ABC中,CA=CB=3,AB=3,點F是BC邊上異于點B,C的一個動點,EFAB于點E,現沿EF將

30、BEF折起到PEF的位置,則四棱錐PACFE的體積的最大值為.解析:在ABC中,CA=CB=3,AB=3,由余弦定理,可得cos B=BC2+BA2-AC22BCBA=3+9-3233=32,所以B=6,設EF=x,則BE=PE=3x(0 x32),設PEB=,則四棱錐PACFE的高h=PEsin =3xsin ,四邊形ACFE的面積為12332-12x3x=334-32x2,則四棱錐PACFE體積為133xsin (334-32x2)33x(334-32x2)=14(3x-2x3),當且僅當sin =1,即=2時,取等號,令y=14(3x-2x3)(0 x0,得0 x22,令y0,得22x3

31、2,所以函數y=14(3x-2x3)(0 x32)在(0,22)上單調遞增,在(22,32)上單調遞減,所以當x=22時,y=14(3x-2x3)取得最大值24,所以當=2,x=22時,四棱錐PACFE體積的最大值為24.答案:24 第2節空間點、直線、平面之間的位置關系 知識點、方法基礎鞏固練綜合運用練應用創新練平面的基本性質及應用3,4空間兩條直線的位置關系1,2,5,6,7,8,9綜合問題1011,12,13,14,15,1617,181.如圖所示,在正方體ABCDA1B1C1D1中,E,F分別是AB,AD的中點,則異面直線B1C與EF所成角的大小為(C)A.30B.45C.60D.90

32、解析:連接B1D1,D1C(圖略),則B1D1EF,故D1B1C為所求的角,又B1D1=B1C=D1C,所以D1B1C=60.故選C.2.a,b,c是兩兩不同的三條直線,下列四個命題中,真命題是(C)A.若直線a,b異面,b,c異面,則a,c異面B.若直線a,b相交,b,c相交,則a,c相交C.若ab,則a,b與c所成的角相等D.若ab,bc,則ac解析:若直線a,b異面,b,c異面,則a,c相交、平行或異面;若直線a,b相交,b,c相交,則a,c相交、平行或異面;若ab,bc,則a,c相交、平行或異面;由異面直線所成的角的定義知C正確.故選C.3.給出下列說法:梯形的四個頂點共面;三條平行直

33、線共面;有三個公共點的兩個平面重合;三條直線兩兩相交,可以確定1個或3個平面.其中正確的序號是(B)A.B.C.D.解析:顯然正確;錯誤,三條平行直線可能確定1個或3個平面;若三個點共線,則兩個平面相交,故錯誤;顯然正確.故選B.4.如圖所示,平面平面=l,A,B,ABl=D,C,Cl,則平面ABC與平面的交線是(C)A.直線ACB.直線ABC.直線CDD.直線BC解析:由題意知,Dl,l,所以D,又因為DAB,所以D平面ABC,所以點D在平面ABC與平面的交線上.又因為C平面ABC,C,所以點C在平面與平面ABC的交線上,所以平面ABC平面=CD.故選C.5.教室內有一把尺子,無論怎樣放置,

34、地面上總有這樣的直線與該尺子所在直線(B)A.平行 B.垂直C.相交但不垂直D.異面解析:由題意,尺子所在直線若與地面垂直,則在地面上總有這樣的直線,使得它與尺子所在直線垂直,若尺子所在直線與地面不垂直,則其必在地面上有一條投影線,在平面中一定存在與此投影線垂直的直線,與投影垂直的直線一定與此斜線垂直.綜上,教室內有一尺子,無論怎樣放置,在地面上總有這樣的直線,使得它與尺子所在直線垂直.故選B.6.(2021甘肅蘭州模擬)如圖所示,在正方體ABCDA1B1C1D1中,若點E為BC的中點,點F為B1C1的中點,則異面直線AF與C1E所成角的余弦值為(B)A.23 B.53C.52D.255解析:

35、不妨設正方體的棱長為1,取A1D1的中點G,連接AG,FG(圖略),易知GAC1E,則FAG(或其補角)為異面直線AF與C1E所成的角.在AFG中,AG=12+(12)2=52,AF=12+(52)2=32,FG=1,于是cosFAG=(32)2+(52)2-1223252=53.故選B.7.如圖,在四棱錐PABCD中,O為CD上的動點,VPOAB恒為定值,且PDC是正三角形,則直線PD與直線AB所成角的大小是.解析:因為VPOAB為定值,所以SABO為定值,即O到AB的距離為定值.因為O為CD上的動點,所以CDAB,所以PDC即為異面直線PD與AB所成的角.因為PDC為正三角形,所以PDC=

36、60.所以直線PD與直線AB所成的角為60.答案:608.已知AE是長方體ABCDEFGH的一條棱,則在這個長方體的十二條棱中,與AE異面且垂直的棱共有條.解析:如圖,作出長方體ABCDEFGH.在這個長方體的十二條棱中,與AE異面且垂直的棱有GH,GF,BC,CD,共4條.答案:49.已知在四面體ABCD中,E,F分別是AC,BD的中點.若AB=2,CD=4,EFAB,則EF與CD所成角的大小為.解析:如圖,設G為AD的中點,連接GF,GE,則GF,GE分別為ABD,ACD的中位線.由此可得GFAB,且GF=12AB=1,GECD,且GE=12CD=2,所以FEG或其補角即為EF與CD所成的

37、角.又因為EFAB,GFAB,所以EFGF,因此,在RtEFG中,GF=1,GE=2,sinFEG=GFGE=12,可得FEG=30,所以EF與CD所成角的大小為30.答案:3010.如圖所示,正方體ABCDA1B1C1D1中,E,F分別是AB和AA1的中點.求證:(1)E,C,D1,F四點共面;(2)CE,D1F,DA三線共點.證明:(1)如圖,連接EF,CD1,A1B.因為E,F分別是AB,AA1的中點,所以EFA1B.又因為A1BCD1,所以EFCD1,所以E,C,D1,F四點共面.(2)因為EFCD1,EFCD1,所以CE與D1F必相交,設交點為P,則由P直線CE,CE平面ABCD,得

38、P平面ABCD.同理P平面ADD1A1.又平面ABCD平面ADD1A1=DA,所以P直線DA,所以CE,D1F,DA三線共點.11.在空間中,已知直線l及不在l上兩個不重合的點A,B,過直線l做平面,使得點A,B到平面的距離相等,則這樣的平面的個數不可能是(C)A.1個B.2個C.3個D.無數個解析:(1)如圖,當直線AB與l異面時,則只有一種情況;(2)如圖,當直線AB與l平行時,則有無數種情況,平面可以繞著l轉動;(3)如圖,當l過線段AB的中垂面時,有兩種情況.故選C.12.(多選題)(2021北京一模)設點B為圓O上任意一點,AO垂直于圓O所在的平面,且AO=OB,對于圓O所在平面內任

39、意兩條相互垂直的直線a,b,有下列結論,正確的有(BC)A.當直線AB與a成60角時,AB與b成30角B.當直線AB與a成60角時,AB與b成60角C.直線AB與a所成角的最小值為45D.直線AB與a所成角的最小值為60解析:如圖,AO=OB,直線ab,點D,M分別為BC,AC的中點,則ABC為直線AB與a所成的角,MDO為直線AB與b所成的角.設AO=OB=1,若ABC=60,則OM=OD=MD,所以MDO=60,故B正確,A不正確;因為AB與圓O所在平面所成的角為45,即直線AB與平面內所有直線所成的角中的最小角為45,所以直線a與AB所成角的最小值為45,故C正確,D不正確.故選BC.1

40、3.四面體ABCD中,E,F分別是AB,CD的中點.若BD,AC所成的角為60,且BD=AC=1,則EF的長為.解析:如圖,取BC的中點O,連接OE,OF,因為OEAC,OFBD,所以OE與OF所成的銳角(或直角)即為AC與BD所成的角,而AC,BD所成的角為60,所以EOF=60或EOF=120.當EOF=60時,EF=OE=OF=12.當EOF=120時,取EF的中點M,則OMEF,EF=2EM=234=32.答案:12或3214.矩形ABCD中,AB=1,AD=3,現將ABD繞BD旋轉至ABD的位置,當三棱錐 ABCD 的體積最大時,直線AB和直線CD所成角的余弦值為.解析:如圖所示,因

41、為矩形ABCD,可得ABCD,所以直線AB和直線CD所成角即為AB和直線AB所成角,設ABA=,當三棱錐ABCD的體積最大時,即AO平面ABCD,因為AB=1,AD=3,可得BD=2,在直角三角形ABD中,可得AO=AO=32,所以AA=62,又AB=AB=1,在ABA中,由余弦定理得cos =AB2+AB2-AA22ABAB=14,所以直線AB和直線CD所成角的余弦值為14.答案:1415.如圖所示,A是BCD所在平面外的一點,E,F分別是BC,AD的中點.(1)求證:直線EF與BD是異面直線;(2)若ACBD,AC=BD,求EF與BD所成角的大小.(1)證明:假設EF與BD不是異面直線,則

42、EF與BD共面,從而DF與BE共面,即AD與BC共面,所以點A,B,C,D在同一平面內,這與A是BCD所在平面外的一點相矛盾,故直線EF與BD是異面直線.(2)解:取CD的中點G,連接EG,FG,則ACFG,EGBD,所以相交直線EF與EG所成的角(或其補角),即為異面直線EF與BD所成的角.又因為ACBD,則FGEG.在RtEGF中,由EG=FG=12AC,求得FEG=45,即EF與BD所成的角為45.16.如圖,E,F,G,H分別是空間四邊形ABCD各邊上的點,且AEEB=AHHD=m,CFFB=CGGD=n.(1)證明:E,F,G,H四點共面;(2)m,n滿足什么條件時,四邊形EFGH是

43、平行四邊形?(3)在(2)的條件下,若ACBD.試證明:EG=FH.(1)證明:因為AEEB=AHHD,所以EHBD.又CFFB=CGGD,所以FGBD.所以EHFG,所以E,F,G,H四點共面.(2)解:當EHFG,且EH=FG時,四邊形EFGH為平行四邊形.因為EHBD=AEAE+EB=mm+1,所以EH=mm+1BD.同理可得FG=nn+1BD,由EH=FG,得m=n,故當m=n時,四邊形EFGH是平行四邊形.(3)證明:當m=n時,AEEB=CFFB,所以EFAC,又EHBD,所以FEH是AC與BD所成的角(或其補角),因為ACBD,所以FEH=90,從而平行四邊形EFGH為矩形,所以

44、EG=FH.17.(多選題)(2021山東泰安聯考)如圖,在正方體ABCDA1B1C1D1中,點F是線段BC1上的動點,則下列說法正確的是(ABC)A.無論點F在線段BC1上怎么移動,都有A1FB1DB.當F為BC1的中點時,才有A1F與B1D相交于一點,記為點E,且A1EEF=2C.無論點F在線段BC1上怎么移動,異面直線A1F與CD所成的角都不可能是30D.當F為BC1的中點時,直線A1F與平面BDC1所成的角最大,且為60解析:對于A選項,在正方體ABCDA1B1C1D1中,連接A1C1,A1B(圖略),易知B1D平面A1BC1,又A1F平面A1BC1,所以A1FB1D,故A正確;對于B

45、選項,如圖,當F為BC1的中點時,連接B1C,A1D,B1C與BC1交于點F,A1F與B1D共面于平面A1B1CD,且必相交,交點為E,易知A1DEFB1E,所以A1EEF=DA1B1F=2,故B正確;對于C選項,點F從點B移至點C1,異面直線A1F與CD所成的角先變小再變大,當F為BC1的中點時,異面直線A1F與CD所成的角最小,此時該角的正切值為22,最小角大于30,故C正確;對于D選項,點F從點B移至點C1,直線A1F與平面BDC1所成的角先變大再變小,當F為BC1的中點時,設點O為A1在平面BDC1上的射影,連接OF(圖略),則直線A1F與平面BDC1所成角的最大角的余弦值為OFA1F

46、=6662=13,則最大角大于60,故D錯誤.故選ABC.18.如圖所示,四邊形ABEF和ABCD都是梯形,BC12AD,BE12FA,G,H分別為FA,FD的中點.(1)證明:四邊形BCHG是平行四邊形;(2)C,D,F,E四點是否共面?為什么?(1)證明:由已知FG=GA,FH=HD,可得GH12AD.又BC12AD,所以GHBC,所以四邊形BCHG為平行四邊形.(2)解:因為BE12FA,G為FA的中點,所以BEFG,所以四邊形BEFG為平行四邊形,所以EFBG.由(1)知BGCH,所以EFCH,所以EF與CH共面.又DFH,所以C,D,F,E四點共面.第3節空間直線、平面的平行 知識點

47、、方法基礎鞏固練綜合運用練應用創新練直線、平面平行的基本問題1,2,8直線、平面平行的判定與性質3,4,9,10平面、平面平行的判定與性質綜合問題5,6,711,12,13,14,1516,171.已知,表示兩個不同的平面,直線m是內一條直線,則“”是“m”的(A)A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件解析:由,m,可得m;反過來,由m,m,不能推出.綜上,“”是“m”的充分不必要條件.故選A.2.(2021四川瀘州診斷)已知a,b是互不重合的直線,是互不重合的平面,下列四個命題中正確的是(B)A.若ab,b,則aB.若a,a,=b,則abC.若a,則aD.若

48、a,a,則解析:A選項,若ab,b,則a或a,所以A選項錯誤;B選項,若a,a,=b,則ab,所以B選項正確;C選項,若a,則a或a,所以C選項錯誤;D選項,若a,a,則或與相交,所以D選項錯誤.故選B.3.已知在三棱柱ABCA1B1C1中,M,N分別為AC,B1C1的中點,E,F分別為BC,B1B的中點,則直線MN與直線EF、平面ABB1A1的位置關系分別為(B)A.平行、平行B.異面、平行C.平行、相交D.異面、相交解析:因為在三棱柱ABCA1B1C1中,M,N分別為AC,B1C1的中點,E,F分別為BC,B1B的中點,所以EF平面BCC1B1,MN平面BCC1B1=N,NEF,所以由異面

49、直線的定義得直線MN與直線EF是異面直線.取A1C1的中點P,連接PM,PN,如圖,則PNB1A1,PMA1A.又PN平面ABB1A1,B1A1平面ABB1A1,PM平面ABB1A1,A1A平面ABB1A1,所以PN平面ABB1A1,PM平面ABB1A1.因為PMPN=P,PM,PN平面PMN,所以平面PMN平面ABB1A1,因為MN平面PMN,所以直線MN與平面ABB1A1平行.故選B.4.如圖,在正方體ABCDA1B1C1D1中,M,N,P分別是C1D1,BC,A1D1的中點,則下列命題正確的是(C)A.MNAPB.MNBD1C.MN平面BB1D1DD.MN平面BDP解析:取B1C1的中點

50、為Q,連接MQ,NQ(圖略),由三角形中位線定理,得MQB1D1,MQ平面BB1D1D,B1D1平面BB1D1D,所以MQ平面BB1D1D.由四邊形BB1QN為平行四邊形,得NQBB1,NQ平面BB1D1D,BB1平面BB1D1D,所以NQ平面BB1D1D.又MQNQ=Q,MQ,NQ平面MNQ,所以平面MNQ平面BB1D1D,又MN平面MNQ,所以MN平面BB1D1D.故選C.5.(多選題)如圖,正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1,線段B1D1上有兩個動點E,F,且EF=12,則下列結論正確的是(BD)A.線段B1D1上存在點E,F使得AEBFB.EF平面ABCDC.AEF的面積與BEF

51、的面積相等D.三棱錐ABEF的體積為定值解析:如圖所示,AB與B1D1為異面直線,故AE與BF也為異面直線,A錯誤;B1D1BD,故EF平面ABCD,B正確;由圖可知,點A和點B到EF的距離是不相等的,C錯誤;連接BD交AC于點O,則AO為三棱錐ABEF的高,SBEF=12121=14,三棱錐ABEF的體積為131422=224,為定值,D正確.故選BD.6.已知m,n是空間中兩條不同的直線,是空間中兩個不同的平面,則下列命題正確的是(C)A.若,m,則mB.若,m,則mC.若m,n,mn,則D.若m,n,m,n,則解析:對于A,若,m,則m或m,故A錯誤;對于B,若,m,則m或m,故B錯誤;

52、對于C,若m,mn,則n,又因為n,所以,故C正確;對于D,若m,n,m,n,則,可能相交,故D錯誤.故選C.7.(多選題)(2021河北保定模擬)在正方體ABCDA1B1C1D1中,M,N,Q分別是棱D1C1,A1D1,BC的中點,點P在BD1上,且BP=23BD1.則以下四個說法中正確的是(BC)A.MN平面APCB.C1Q平面APCC.A,P,M三點共線D.平面MNQ平面APC解析:如圖,對于A,連接MN,AC,則MNAC,連接AM,CN,易得AM,CN交于點P,即MN平面APC,所以MN平面APC是錯誤的;對于B,由A項知M,N在平面APC內,由題易知ANC1Q,AN平面APC,C1Q

53、平面APC,所以C1Q平面APC是正確的;對于C,由A項知A,P,M三點共線是正確的;對于D,由A項知MN平面APC,又MN平面MNQ,所以平面MNQ平面APC是錯誤的.故選BC.8.有以下三種說法,其中正確的是(填序號).若直線a與平面相交,則內不存在與a平行的直線;若直線b平面,直線a與直線b垂直,則直線a不可能與平行;若直線a,b滿足ab,則a平行于經過b的任何平面.解析:若直線a與平面相交,則內不存在與a平行的直線,故正確;若直線b平面,直線a與直線b垂直,則直線a可能與平行,故錯誤;若直線a,b滿足ab,則直線a平行或包含于經過b的任何平面,故錯誤.答案:9.(2021山東煙臺模擬)

54、下列各圖中A,B為正方體的兩個頂點,M,N,P分別為其所在棱的中點,能得出AB平面MNP的圖形序號是(寫出所有符合要求的圖形序號).解析:對于,如圖(1),作MCNP,連接NC,PC,得平面MCPN,因為ABNC,NC平面MCPN,AB平面MCPN,所以AB平面MCPN,即AB平面MNP,故符合題意;對于,如圖(2),連接AC,AD,CD,由已知可得平面MNP平面ACD.因為AB和平面ACD相交,所以AB不平行于平面MNP,故不符合題意;對于,如圖(3),連接AC,BC,DE,由已知可得MNDE,因為DEAC,由平行的傳遞性可得MNAC,MN平面MNP,AC平面MNP,所以AC平面MNP.又因

55、為NPBC,NP平面MNP,BC平面MNP,所以BC平面MNP.ACBC=C,AC,BC平面ABC,所以平面ABC平面MNP,又因為AB平面ABC,所以AB平面MNP,故符合題意;對于,如圖(4),因為DBMN,MN平面MNP,DB平面MNP,所以DB平面MNP,若AB平面MNP,又ABDB=B,則平面ACBD平面MNP,由圖可知平面ACBD不可能平行于平面MNP,所以AB不平行于平面MNP,故不符合題意.答案:10.如圖,在四棱錐PABCD中,底面ABCD是菱形,PA平面ABCD,PA=3,F是棱PA上的一個動點,E為PD的中點,O為AC的中點.(1)求證:OE平面PAB;(2)若AF=1,

56、求證:CE平面BDF.證明:(1)因為四邊形ABCD為菱形,O為AC的中點,所以O為BD的中點,又因為E為PD的中點,所以OEPB.因為OE平面PAB,PB平面PAB,所以OE平面PAB.(2)如圖所示,過E作EGFD交AP于點G,連接CG,FO.因為EGFD,EG平面BDF,FD平面BDF.所以EG平面BDF.因為E為PD的中點,EGFD,所以G為PF的中點,因為AF=1,PA=3,所以F為AG的中點,又因為O為AC的中點,所以OFCG.因為CG平面BDF,OF平面BDF,所以CG平面BDF.因為EGCG=G,EG平面CGE,CG平面CGE,所以平面CGE平面BDF,又因為CE平面CGE,所

57、以CE平面BDF.11.如圖,在多面體ABCDEFG中,平面ABC平面DEFG,EFDG,且AB=DE,DG=2EF,則(A)A.BF平面ACGDB.CF平面ABEDC.BCFGD.平面ABED平面CGF解析:如圖所示,取DG的中點M,連接AM,FM,則由已知條件易證得四邊形DEFM是平行四邊形,所以DEFM,且DE=FM.因為平面ABC平面DEFG,平面ABC平面ADEB=AB,平面DEFG平面ADEB=DE,所以ABDE,所以ABFM,又AB=DE,所以AB=FM,所以四邊形ABFM是平行四邊形,所以BFAM,又BF平面ACGD,AM平面ACGD,所以BF平面ACGD.故選A.12.在三棱

58、錐SABC中,ABC是邊長為6的正三角形,SA=SB=SC=15,平面DEFH分別與AB,BC,SC,SA交于點D,E,F,H.D,E分別是AB,BC的中點,如果直線SB平面DEFH,那么四邊形DEFH的面積為(A)A.452B.4532C.45D.453解析:如圖,取AC的中點G,連接SG,BG.易知SGAC,BGAC,SGBG=G,故AC平面SGB,又SB平面SGB,所以ACSB.因為SB平面DEFH,SB平面SAB,平面SAB平面DEFH=HD,則SBHD.同理SBFE.又因為D,E分別為AB,BC的中點,則H,F也分別為AS,SC的中點,從而得HF12AC,DE12AC,所以HFDE,

59、所以四邊形DEFH為平行四邊形.因為ACSB,SBHD,DEAC,所以DEHD,所以四邊形DEFH為矩形,其面積S=HFHD=(12AC)(12SB)=452.故選A.13.已知下列命題:若直線與平面有兩個公共點,則直線在平面內;若直線l上有無數個點不在平面內,則l;若直線l與平面相交,則l與平面內的任意直線都是異面直線;如果兩條異面直線中的一條與一個平面平行,則另一條直線一定與該平面相交;若直線l與平面平行,則l與平面內的直線平行或異面;若平面平面,直線a,直線b,則ab.上述命題正確的是(填序號).解析:若直線與平面有兩個公共點,由基本事實2可得直線在平面內,故正確;若直線l上有無數個點不

60、在平面內,則l或l與相交,故錯誤;若直線l與平面相交,則l與平面內的任意直線可能是異面直線或相交直線,故錯誤;如果兩條異面直線中的一條與一個平面平行,則另一條直線可能與該平面平行或相交或在平面內,故錯誤;若直線l與平面平行,則l與平面內的直線無公共點,即平行或異面,故正確;若平面平面,直線a,直線b,則ab或a,b異面,故錯誤.答案:14.如圖,四邊形ABCD與ADEF均為平行四邊形,M,N,G分別是AB,AD,EF的中點.求證:(1)BE平面DMF;(2)平面BDE平面MNG.證明:(1)如圖,連接AE,則AE必過DF與GN的交點O,連接MO,因為四邊形ADEF為平行四邊形,所以O為AE的中