高考数学一轮复习 新5.3A版 专题八 立体几何资料.pdf

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.12tt B.12n C./tt D.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2y h=2丫圆柱的表面积S=2TTr 2+2Tr r.h=4Tr+8TT=12iT.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（）32A.12TT B.3ttC.8tt D.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,nAOB=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.36tt B.647T C.144tt D.256tt答案C.560人8是定值,且Vo-ABC=Vc-OAB,.当 OC_L平面 0AB 时,Vc-OAB 最大，即 Vo-ABC 最大.设球。的半径为 R,则（Vo-ABC）max=3xZR2xR=GR3=36,；.R=6.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0C，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.2tt B.tt C.2 D.1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=2ttH=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,ABC为等边三角形且其面积为则三棱锥D-ABC体积的最大值为（）百 百 W 百A.12*B,18*C.24v D.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aABC的边长为a,12 Ja则有 SaAbc=a-a-sin 60=9V，解得 a=6.设人ABC外接圆的半径为r,贝ij 2r解得r=卢,j辛.（2同则球心到平面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“x9 x6=18.，故选B.方法总结解决与球有关的切、接问题的策略：接的处理：构造正（长）方体，转化为正（长）方体的外接球问题.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）.利用球心与截面圆心的连线垂直于截面定球心所在直线.“切”的处理:体积分割法求内切球半径.作出合适的截面（过球心，切点等），在平面上求解.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III,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.tt B.4 c2 D4答案B本题考查球的内接圆柱的体积.设圆柱的底面半径为r,则H+W=1，解得匚2,闺-:V 圆柱=TTx1 2,x1=t,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,nABC,AD II BC,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（）A.B.3 C.3 D.2tt答案C如图，此几何体是底面半径为L高为2的圆柱挖去一个底面半径为L高为1的圆锥，故所求体积 SvV=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,侧棱长为丫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 taA.3 B.4tt C.2n D.3答案 D如图为正四棱柱AQ根据题意得AC=v对角面ACGAi为正方形,.外接球直径2R=AiC=2,t a球=K故选 D.A R9.（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 三则以。为球心QA为半 径的球的表面积为.答案24tt解析设底面中心为E,连接OE,AE,1 渔则|AE|=Z|AC|=Z,1 至.体积 V=|AB|2x|0E|=|0E|=2,.|OA|2=|AE|2+|OE|2二6.从而以0A为半径的球的表面积S=4n-|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，平面a,H为垂足,a截球 O所得截面的面积为tt,则球O的表面积为.答案21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OH=r,由圆H的面积为日得圆H的半径为1,2 9 9 9+12=r，得出 R2=，所以球 O 的表面积 s=4ttR2=4tt-=z1T.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W,P-ABC的体积为V2,则答案 解析 如图，设Ssbd=Si,Sapab=S2,E到平面ABD的距离为hi,C到平面PAB的距离为hz则1 1 也印“1S2=2Si/h2=2hi,Vi=3Sihi,V2=3S2h2,.-.，r S=S2f c 2=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O的球面上，且AB=6,BC=2，则棱锥O-ABCD的体积为答案8 解析 如图，连接AC,BD,交于Oi,则01为矩形ABCD所在小圆的圆心，连接OOi,则0。1_1面ABCD,易求得01c=2，又0c=4,Joe2 _ 01c2.-.001=2,.棱锥体积 V=3x6x2V 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”,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33解析 如图,设球的半径为R,圆锥底面半径为r,由题意得VS 1 1 1 1 3.r=2 R,，OOi=Nr.体积较小的圆锥的高AOi=R；r=Nr,体积较大的圆锥的高B0i=R+2R=2R.1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3.更评析 本题考查球、球内接圆锥的相关问题，考查R,r的关系屈题意得到r=ZR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）.24 h降雨量的等级划分如下:在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200 mm,高为300 mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24 h的雨水高度是150 mm（如图所示），则这24 h降雨量的等级是（）A.小雨 B.中雨 C.大雨 D.暴雨200 1工 I答案B根据相似可得，小圆锥的底面半径r=2=50（mm）,故V小圆锥=xTTx502xl 50=503TT（mm3）,贝ij积V5-50水深度h=度前=12.5（mm）,属于中雨，故选B.2.（2019课标皿,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=6 c m,AAi=4 c m.3D打印所用原料密度为0.9 g/c m3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的 质量为 q.D6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长方体-V四棱锥 1 1=6x6x4-xx4x6x3=132(c m3).又该模型的原料密度为0.9 g/c m3,故制作该模型所需原料的质量为0.9xl 32=118.8(g).3.(2022届安徽蚌埠9月调研,16 I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ACAC,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“的0211长=2ttx4=8ti,则 的长为4tt,所以nASB=，在AC中,SC=3,由余弦定理得3(D 6 v斤以AC 炉下以AC AC 产下以文条AC2=SA2+SC2-2SAxSCc o s tt=62+32-2x6x3x=63,所以 AC=3，所以 AiC=AC=3，所以这条加灯光带的最短长度是6 米.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3tt,则圆锥的底面半 径为（）A2 B.l C.D 有答案B设圆锥的母线长为I,底面半径为r,根据题意居l=2r,所以圆锥的表面积S=Tr r 2+TTr l=3TTr 2=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（）届 夜 届 白A.石 B.M C-D.XJ2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，则正四棱锥的高h=所以正四棱锥的体积V=x l 2x N=E，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O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（）MB32C.五Ifi 亨D.TT答案 A 如图,设球的半径为r,Oi是aABC的外心，外接圆半径为R,连接OOlOBQiB,则。Oi_L平面ABC,2在aABC 中,AB=BC=2/ABC=120,则nA=30,由正弦定理得司=2R,.R=2,即 0年=2在 Rt OBOi 中,1 16 16 M由已知得口-,=4,得口=丁，所以球0的表面积S=4TTr2=4TTx1-=J-Tr.M 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0的球面上，圆锥的侧面展开图的圆心角为3,面积为3tt,则球。的表面积等于（）Bln Bln 121n 121nA，B，C.F-L1 2n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,由已知得为二|2=31（,解得1=3,由扇形的弧2n 9T Va2-12 6 TT5长公式可得2nr=x|,得r=l,所以圆锥的高为=2，由H+q,-郎=R2,解得r=z,所以球。的表（9）2 ttl面积等于4ttR2=4tt=7,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（）4A：B：C：D：答案D当点M与点Ai重合时，点M到平面BJD的距离最大，尸=皿工1，.此时三棱锥b-JMD 的体积最大，此时三棱锥B-CiMD是棱长为26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m G x 2 x 2）s积，所以 f=23-4、*“x 2=n故选 D.6.（2022届云南玉溪月考,9）在四棱锥P-ABCD中，平面PAD_1_平面ABCD,且WAD是边长为2的正三角形,答案 D 连接AC,BD,且ACCIBD=F，设外接球球心为O,半径为R,则球心O在底面的射影必为点F,取AD的中点E,连接EF,PE,OFQA,PO,过O作OG_LPE.如图.&丁易知PE_LAD,且PE=N_x2=V3又平面PADJL平面ABCD,平面PADCI平面ABCD=AD,所以PE_L平面ABCD,设 OF=x,.EF=LAF=.R2=x2+2=l+（a-x）2,解得 x=TR2=.四棱锥 P-ABCD 外接球的表面1 28n积 S=4ttR2=4ttx岂丁故选 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 b T上,AB=BC/ABC=90,AD=2,CD=2,三棱锥P-ABC的体积为，则球O的表面积为（64nA.25tt B.-C.32tt D.三答案 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O在直线PF上,不妨取。在PF上，连接OB,.各个顶点都在球。的球面上/ABC=90,.A、B、C、D四点共圆，且AC为直径.nABC=nADC=90,又0),贝UOB=r,OF=|4-r|,在Rt OFB中,2=|4-中+22,解得r.球0的表面积为4足2=4*团=25tl故选A.n8.（2022届湘豫名校联盟11月联考,11）在三棱锥S-ABC中/SBA=nSCA=Z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3,则三棱锥S-ABC的外接球的表面积为（16D.Tl答案C取BC的中点0,连接SO,AO,.nSBA=nSCA=N,bA=CA,SA=SA,.qSBAvaSCA,，SB=SC.SOj_BCQA，BC,故二面角 S-BC-A211n-gr/w.i Z|Z c的平面角为nSOA,，nSOA=.设 SO=x(x0),贝ij SB=;.zSBA=z,.-.SA=，在OA 中，易知2n娟 T0A=，由余弦定理得 SA2=SO2+OA2-2SO OAc o s,2 _产即x2+5=x2+3+x,解得x=6.三棱锥的外接球的直径2R=SA=m.三棱锥的外接球的表面9.（2022届河南检测提分卷,12）已知在三棱锥P-ABC中,aABC与WBC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（）5 n 1A*B.5 C tt D.2tt答案 B 取 BC 的中点 D,连接 PD,DA,则 PDJ_BC,AD，BC,PD=DA=6,因为 PA=，所以 PDjlDA,又DAPIBC=D，所以PD_L平面ABC,分别取AC,AB的中点E,F,连接PE,DE,DF,则DE=1,PE=2,则以P为球心,2国 5 s-为半径的球与底面ABC的交线为圆D上的，易知NEDF=2所以弧 的长度为故选B.A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.答案20解析 碳60有60个顶点,32个面油顶点数-棱数+面数=2,得棱数为60+32-2=90,设五元环有x个，六元x+y=32r fx=12.,京+6k9OXZ解得（j=NQ.六元环的个数为2011.（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=110.412.（2021江西吉安重点中学联考,16）已知在直三棱柱ABC-AiBiCi中,AB，BC,c。SNBAC=S,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SBC的内切圆的半径为r=2-=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Ri=2,由于SBC为直角三角形，且AB1.BC,所以SBC 的外心D在AC的中点处，取AiJ的中点Di,连接DDi,取DDi的中点M,则DDi的中点M即为该三棱柱的再外接球球心，在Rt ADM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4tt号：4冗吗=叫：星=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8tt,则该圆柱体的外接球的表面积的最小值是.答案8（-l）n解析 设圆柱底面圆的半径为r,高为h,则有2n:r 2+2TTr h=8TT,整理得h=r-r（0r 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5 4 J-5 4 25R2=H+。）=节+n-22W2=2e2,当且仅当%=弓即r=-5-时取等号球的 表面积S=4ttR2n8（百-1）tv.该圆柱体的外接球的表面积的最小值是8（百 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3CM折 起，使点M到达点D的位置，且ABDA.（1）证明:平面ACD,平面ABC;2（2）Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点，且BP=DQ=、）A,求三棱锥Q-ABP的体积.D解析（1）证明油已知可得/BAC=90,则BAAC.又 BAJ_AD,ACnAD=A，所以 AB J_平面 ACD.又ABu平面ABC,所以平面ACD_L平面ABC.(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=38.2又 BP=DQ=DA,所以 BP=2.1作 QEJLAC,垂足为 E,贝|J QEIIDC 且 QE=、DC.由已知及(1)可得DC J_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内一与B平行的直线不平行 不可国D.若m,n，则m与n 一 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anp=l,在a内存在 直线a,使al l I,则al l B,故C错;从原命题的逆否命题进行判断，若m与n垂直于同一个平面油线面垂直的性 质定理知mil n,故D正确.2.（2015浙江文,4,5分）设a,B是两个不同的平面,l,m是两条不同的直线，且l c a,mc p.（）A.若 1，3,则。，3 8.若。_1印贝|1_1_01C.若 1邛,则al l B D.若al l p,则 l l l m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，B,l ua,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B的交线时,hl历但此时a与B相交，所以 选项C错误;对于选项D,若al l国则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l i和L是异面直线Ji在平面a内,L在平面B内,I是平面a与平面B的交线，则下列命 题正确的是（）A.I与11,12都不相交B.I与1112都相交C.I至多与I1J2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LI1与12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,11,12都与I相交，故C不正确，选D.解法二例为I分别与112共面，故I与1112要么都不相交，要么至少与112中的一条相交.若I与11,12都不相交,则115,1 II 12,从而1111 12,与11,12是异面直线矛盾，故I至少与11,12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,a表示平面.下列说法正确的是（）A.若 mil a,nil a,则 ml l nB.若 m_La,nua,则 mnC.若 m_La,m_Ln,则 nl l aD.若 则 na答案B若ml l a,nl l a,则m与n可能平行、相交或异面，故A错误;B正确;若m_La,m_Ln，则nl l a或nua,故C错误;若则n与a可能平行、相交或nua,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Uzb,L满足l l _Ll 2,l 2_Ll 3,l 3，l 4,则下列结论一定正确的是（）A.l l l 4B.l i III4C.k与I4既不垂直也不平行D.I1与14的位置关系不确定答案D由l l _Ll 2,l 2_Ll 3可知11与b的位置不确定，若Il l ib,则结合I3L4,得1144,所以排除选项B、C,若11 J_ 13,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,a,0是两个不同的平面.（）A.若 m_Ln,nl l a从iJ maB.若 ml l B，B_La,则 maC.若 m_LB,n_LB,n_La,则 maD.若 m_Ln,n_L|3,|3J_a,则 ma答案 C 对于选项A、B、D,均能举出ml l a的反例;对于选项C,若mJ_B,nJ_B,则ml l n,又n_La,.,.m_La,故选C.7.（2013课标II理,4,5分）已知m,n为异面直线,m_L平面a,n_L平面目直线I满足l _Lm,l _Ln,l a a,l a氏则（）A.al l B且 Il l aB.a_Lm I邛C.a与B相交,且交线垂直于ID.a与0相交,且交线平行于I答案 D 若al l B，则mil n,这与m、n为异面直线矛盾，所以A不正确,a与B相交.将已知条件转化到正方体 中，易知a与B不一定垂直，但a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,a,0是两个不同的平面.下列命题中正确的是（）A.若a_LB,mua,nu|3,则 mnB.若al l B,mua,nu|3,则 ml l nC.若 m J_n,mua,nuB,则a_LBD.若 ma,ml l n,nl ip,l il ij ap答案 D 若。_1|3,（71=（3刀AD=2,取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TN II BC,TN=BC=2.（3分）又AD II BC,故TNDAM,故四边形AMNT为平行四边形，于是MN II AT.因为ATu平面PAB,MN4平面PAB,所以MN II平面PAB.（6分）（2）因为PA_L平面ABCD,N为PC的中点，所以N到平面ABCD的距离为叩入（9分）取BC的中点E,连接AE.由 AB=AC=3 得 AELBCAE、42 一 由AM II BC得M到BC的距离为小,故 S.bcm=Lx事=2道1 4百所以四面体 N-BCM 的体积 Vn-bcm=S-SaBcm-2=3.（12 分）评析本题考查了线面平行的判定，考查了三棱锥的体积，考查了空间想象能力.线段的中点问题一般应用三 角形的中位线求解.4.（2015 课标II文,19,12 分）如图,长方体 ABCD-AiBiCiDi 中,AB=16,BC=10,AAi=8,点 E,F 分别在AiBlDiCi上,AiE=DiF=4.过点E,F的平面a与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）;（2）求平面a把该长方体分成的两部分体积的比值.解析（1）交线围成的正方形EHGF如图:作 EMLAB,垂足为 M,贝ij AM=AiE=4,EBi=12,EM=AAi=8.因为EHGF为正方形，所以EH=EF=BC=10.Veh2 em2于是 MH=*=6,AH=10,HB=6.因为长方体被平面a分成两个高为10的直棱柱,所以其体积的比值为75.（2014课标II文,18,12分）如图,四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形,PA_L平面ABCD,E为PD的中点.(1)证明:PBII平面AEC;设AP=1,AD=V3三棱锥P-ABD的体积V=4,求A到平面PBC的距离.解析 证明:设BD与AC的交点为O,连接EO.因为ABCD为矩形,所以。为BD的中点.又E为PD的中点,所以 EOIIPB.EOu平面 AEC,PBd 平面 AEC,所以PBII平面AEC.1 更(2)V=f iPAABAD=6AB.vs又 V=4,所以AB=2,作 AH_LPB 交 PB 于 H.由题设知BC_L平面PAB,因为AHu平面PAB,所以BCAH,又 BCABP=B,故AH_L平面PBC.PA-AJB W13又AH二产出=1 3,所以A到平面PBC的距离为1 3.思路分析（1）由线线平行证出线面平行；（2）首先由题设求出AB,然后过A作AH，PB于H,证明AH就是A到平面PBC的距离，通过解三角形求解即 可.A6.（2014安徽,19,13分）如图,四棱锥P-ABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为2V，点G,E,F,H 分别是棱PB,AB,CD,PC上共面的四点，平面GEFH_L平面ABCD,BCl l平面GEFH.(1)证明:GHIIEF;若EB=2,求四边形GEFH的面积.解析(1)证明:因为BCII平面GEFH,BCu平面PBC,且平面PBCCI平面GEFH=GH,所以GHII BC.同理可证EFIIBC,因此 GHl l EF.(2)连接AC,BD交于点O,BD交EF于点K,连接OP,GK.因为PA=PC,0是AC的中点，所以POJLAC,同理可得POBD.又BDnAC=O,且AC,BD都在底面内，所以P0,底面ABCD.又因为平面GEFH,平面ABCD,且POC平面GEFH,所以POII平面GEFH.因为平面PBDC1平面GEFH=GK,所以 POIIGK,且 GK_L底面 ABCD,从而 GK_LEF.所以GK是梯形GEFH的高.由 AB=8,EB=2 得 EB:AB=KB:DB=1:4,从而KB=4DB=20B,f iP K为0B的中点.再由POIIGK得GK=Zpo,即G是PB的中点，且GH，bc=4.由已知可得OB：。，PO=v=v=6,所以GK=3.SH+EF 4+1故四边形GEFH的面积S=2 GK=2 x3=18.评析本题考查线面平行与垂直关系的转化，同时考查空间想象能力和逻辑推理能力，解题时要有较强的分 析问题、解决问题的能力.7.（2013课标II文,18,12分）如图，直三棱柱ABC-AiBiCi中,D,E分别是AB,BBi的中点.证明:BJII平面AiCD;设AAi=AC=CB=2,AB=2v，求三棱锥C-AiDE的体积.解析 证明:连接AJ交AiC于点F,则F为AG中点.由D是AB中点，连接DF,贝ij BCi II DF.因为DFu平面AiCD,BCii平面AiCD,所以BJII平面AiCD.（2）因为ABC-AiBiCi是直三棱柱,所以AAi_LCD.由已知AC=CB,D为AB的中点,所以CDAB.又 AAEAB=A，于是 CD_L平面 ABBiAi，由 AAi=AC=CB=2,AB=26得 nACB=90o,CD=6,AiD=WdE=*,AiE=3,故 AQ2+DE2=AiE2,即 DE_LAiD.所以-藐怩A41.思路分析（1）利用线面平行的判定定理在平面AiCD内找出一条直线与直线BCi平行即可；先证明CD_L平面ABBiAi,再根据题目给的条件算出三棱锥C-AiDE的高和底面面积，利用三棱锥的体积 公式计算即可.一题多解 证明第Q）问时，也可以利用面面平行的性质,即:取AiBi的中点G,连接CiG,GB,因为GBl lAiD,CiG II CD,CiGu平面 GBCi,GBu平面 GBCl且 CiGDGB=G,AiDu平面 AiCD,CDu平面 AiCD,AiDACD=D，所以平面GBCiII平面AiCD.又BQu平面GBCi,所以BQII平面AiCD.8.3直线、平面平行的判定与性质一、选择题1.（2022届黑龙江佳木斯一中月考,5）已知a,0是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线,则下列四个命题中,错误的是（）A.如果 m_Ln,m_La,nl l 0,那么 aJL0B.如果 111_1_0（,11110（,那么 mnC.如果a邛,mua,那么mil 0D.如果ml l n,al l B，那么m与a所成的角和n与0所成的角相等答案 A 对于A,如图L不妨设AA为直线m,CD为直线n,平面ABCD为平面a,平面ABCD为平面B，显然这些直线和平面满足题目条件，但aJL0不成立.对于B,如图2,设过直线n的平面B与平面a相交于直线I,则I II n,由 得 m_Ll,从而 mn.图2由平面与平面平行的性质定理可知C中命题正确.,mil 与平面a所成的角相等，又al l p3.m与a所成的角与n与0所成的角相等.故选A.2.（2021江西上饶重点高中四模,5）已知正方体ABCD-AiBiCiDi中,E,F分别是它们所在线段的中点，则满足AiFl I平面BD正的图形个数为（）A.O B.l C.2 D.3答案B对于，取CD的中点Fl连接DiFlFFi,由于FFiCJAD,AD口AiDi,所以FFEAiDi,所以四边形AiDiFiF为平行四边形，所以AiFl I DiFi,又知DiFi与平面BDiE只有一个交点6,则AiF与平面BDiE不平 行;对于，连接EF,由于EFCl AiDi,所以四边形AiD正F为平行四边形，所以AiFl I DiE,又知DiEu平面 BDiE,AiFC平面BDiE,所以AiFl I平面BDiE;对于，取CD的中点Fl连接FFi,DFi,由于FFiCl AiDi,所以四 边形AiDiFiF为平行四边形，所以AiF II DF1,又知DiFi与平面DiBE只有一个公共点，所以AiF与平面BDiE 不平行，所以满足AiFl I平面BDiE的图形个数为1,故选B._r 邙AR3.（2021贵阳期末,10）一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M,GH的中点为N,下列结论正确的是（）DC G二1HA.MNII 平面 ABEB.MNII 平面 ADEC.MNII 平面 BDHD.MNII平面 CDE答案 C 如图，连接AC,BD,交于点连接OMQH,MN,BH,因为M,N分别是BC,GH的中点,所以 OMIICD,且 OM=Zc D,NHl l CD,且 NH=2CD,所以 OMIINH 且 OM=NH,则四边形MNHO是平行四边形，所以MNl l OH,又MNQ平面BDH,OHu平面BDH,所以MNII平面BDH.故选C.4.(2022届北京育才中学9月月考,16)如图,四边形ABCD为正方形,PA，平面ABCD,PA II BE,AB=PA=4,BE=2.求证:CE II平面PAD;(2)求PD与平面PCE所成角的正弦值.P解析(1)证明:设PA中点为G连接EG,DG,因为 PAIIBE,且 PA=4,BE=2,所以 BEIIAG 且 BE=AG,所以四边形BEGA为平行四边形.所以 EGIIAB,且 EG=AB.在正方形 ABCD 中,CDl l AB,CD=AB,所以 EG II CD,且 EG=CD.所以四边形CDGE为平行四边形.所以 CEIIDG.因为DGu平面PAD,CEC平面PAD,所以CEII平面PAD.如图建立空间直角坐标系，则C(4,4,0),E(4,0,2),P(0,0,4),D(0,4,0),1 1 1PC PE PD所以=(4,4,-4),=(4,0,-2),=(0,4,-4),设平面PCE的法向量为m=(x,y,z),(n-PC=O,卜4尸=。则Im花=。,所以Ln=0.令 x=l,则 y=l,z=2,所以 m=(l,l,2).设PD与平面PCE所成角为a,贝ij sin a=|c o sm,M而I|4月 卜|网网诟依了所以PD与平面PCE所成角的正弦值是左.5.(2022届北京入学定位考试,16)如图，在长方体ABCD-AiBiCiDi中,AB=，,AD=AAi=l,点E在线段AiBi 上，且 AC_LDE.(1)求证:BBil l 平面 DDiE;(2)求证:AC_LDiE;(3)求二面角A-DDi-E的余弦值.解析(1)证明:在长方体ABCD-AiBiCiDi中，因为BBil l DDi,且DDiu平面DDiE,BB平面DDiE,所以BBi II 平面 DDiE.(2)证明:在长方体ABCD-AiBiCiDi中，因为DDi_L底面ABCD,所以DDi_LAC.又 ACDE,f i DDinDE=D，所以 AC_L平面 DDiE,又 DiEu平面 DDiE,所以 ACDiE.(3)因为长方体ABCD-AiBiCiDi中,DA,DC,DDi两两垂直,所以以D为坐标原点，分别以直线DA,DC,DDi为 x,y,z轴建立空间直角坐标系D-xyz,则 D(O,O,O),A(1,O,O),C(O,O),DC 2 4C 2易知平面ADDi的一个法向量为=(0T,0),由知，平面DDiE的一个法向量为=(-1/,0),_j _3 正标.2 跖所以3严,，两和履尸.结合图形知,二面角A-DDi-E的平面角为锐角,所以其余弦值为丁.6.(2014北京文,17,14分)如图，在三棱柱ABC-AiBiCi中，侧棱垂直于底面,AB，BC,AAi=AC=2,BC=l,E,F分别是AiClBC的中点.(1)求证:平面ABE,平面