（江苏专用）2017版高考数学一轮复习 第八章 立体几何习题 文（打包5套）.zip

1【步步高】 （江苏专用）2017 版高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.1 空间几何体的结构及其表面积、体积 文1．空间几何体的结构特征(1)多面体①棱柱的侧棱都平行且相等，上、下底面是全等的多边形．②棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形．③棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上、下底面是相似多边形．(2)旋转体①圆柱可以由矩形绕其一边所在直线旋转得到．②圆锥可以由直角三角形绕其直角边所在直线旋转得到．③圆台可以由直角梯形绕直角腰所在直线或等腰梯形绕上、下底中点连线所在直线旋转得到，也可由平行于底面的平面截圆锥得到．④球可以由半圆或圆绕直径所在直线旋转得到．2．空间几何体的直观图画空间几何体的直观图常用斜二测画法，其规则是：(1)原图形中 x轴、 y轴、 z轴两两垂直，直观图中， x′轴、 y′轴的夹角为 45°(或 135°)，z′轴与 x′轴、 y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴．平行于 x轴和 z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于 y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．柱、锥、台和球的表面积和体积名称几何体 表面积 体积柱体(棱柱和圆柱)S 表面积 ＝ S 侧 ＋2 S 底 V＝ Sh锥体(棱锥和圆锥)S 表面积 ＝ S 侧 ＋ S 底 V＝ Sh13台体(棱台和圆台)S 表面积 ＝ S 侧 ＋ S 上 ＋ S 下 V＝ (S上 ＋ S 下 ＋132)hS上 S下球 S＝4π R2 V＝ π R3434.常用结论(1)与体积有关的几个结论①一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差．②底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等．(2)几个与球有关的切、接常用结论a．正方体的棱长为 a，球的半径为 R，①若球为正方体的外接球，则 2R＝ a；3②若球为正方体的内切球，则 2R＝ a；③若球与正方体的各棱相切，则 2R＝ a.2b．若长方体的同一顶点的三条棱长分别为 a， b， c，外接球的半径为 R，则 2R＝.a2＋ b2＋ c2c．正四面体的外接球与内切球的半径之比为 3∶1.(3)斜二测画法中的“三变”与“三不变”“三变”Error!“三不变”Error!【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( × )(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( × )(3)用斜二测画法画水平放置的∠ A时，若∠ A的两边分别平行于 x轴和 y轴，且∠ A＝90°，则在直观图中，∠ A＝45°.( × )(4)圆柱的侧面展开图是矩形．( √ )(5)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差来计算．( √ )(6)菱形的直观图仍是菱形．( × )1．(教材改编)下列说法正确的是________．①相等的角在直观图中仍然相等；②相等的线段在直观图中仍然相等；③正方形的直观图是正方形；④若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行．答案 ④3解析 由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行性不变．故④正确．2．(教材改编)已知圆锥的表面积等于 12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为________ cm.答案 2解析 S 表 ＝π r2＋π rl＝π r2＋π r·2r＝3π r2＝12π，∴ r2＝4，∴ r＝2(cm)．3．(2014·陕西改编)将边长为 1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是________．答案 2π解析 底面圆半径为 1，高为 1，侧面积 S＝2π rh＝2π×1×1＝2π.4．将边长为 a的正方形 ABCD沿对角线 AC折起，使得 BD＝ a，则三棱锥 D－ ABC的体积为________．答案 a3212解析 O是 AC的中点，连结 DO， BO，△ ADC，△ ABC都是等腰直角三角形．因为DO＝ BO＝ ＝ a， BD＝ a，所以△ BDO也是等腰直角三角形．又因为AC2 22DO⊥ AC， DO⊥ BO， AC∩ BO＝ O，所以 DO⊥平面 ABC，即 DO就是三棱锥 D－ ABC的高．因为 S△ABC＝ a2，所以三棱锥 D－ ABC的体积为 × a2× a＝ a3.12 13 12 22 2125． 用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是__________________________________________．答案 ①解析 平面图形的直观图为正方形，且其边长为 1，对角线长为 ，所以原平面图形为平行2四边形，且位于 x轴上的边长仍为 1，位于 y轴上的对角线长为 2 .2题型一 空间几何体的结构特征4例 1 (1)给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；④棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是________．(2)下列结论：①以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台；⑤用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是球．其中正确结论的序号是________．(3)设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；②底面是矩形的平行六面体是长方体；③直四棱柱是直平行六面体；④棱台的相对侧棱延长后必交于一点．其中真命题的序号是________．答案 (1)0 (2)③⑤ (3)①④解析 (1)①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，因为“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面都是有一个公共顶点的三角形” ，如图 1所示；③不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图 2所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；④错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．图 1 图 2(2)这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆锥，①错；这条腰若不是垂直于两底的腰，则得到的不是圆台，②错；圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面是显然成立的，③正确；如果用不平行于圆锥底面的平面截圆锥，则得到的不是圆锥和圆台，④错；只有球满足任意截面5都是圆面，⑤正确．(3)命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．思维升华 (1)解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；(2)解决本类题目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常用的几何模型，有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命题进行辨析．给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；④存在每个面都是直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．答案 ②③④解析 ①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体AC1中的三棱锥 C1－ ABC，四个面都是直角三角形．题型二 空间几何体的直观图例 2 已知△ A′ B′ C′是△ ABC的直观图，且△ A′ B′ C′是边长为 a的正三角形，求△ ABC的面积．解 建立如图所示的坐标系 xOy′，△ A′ B′ C′的顶点 C′在 y′轴上，边 A′ B′在 x轴上，把 y′轴绕原点逆时针旋转 45°得 y轴，在 y轴上取点 C使 OC＝2 OC′， A， B点即为 A′， B′点，长度不变．已知 A′ B′＝ A′ C′＝ a，在△ OA′ C′中，由正弦定理得 ＝ ，OC′sin∠ OA′ C′ A′ C′sin 45°所以 OC′＝ a＝ a，sin 120°sin 45° 62所以原三角形 ABC的高 OC＝ a，6所以 S△ ABC＝ ×a× a＝ a2.12 6 626引申探究1．若本例改为“已知△ ABC是边长为 a的正三角形，求其直观图△ A′ B′ C′的面积” ，应如何求？解 由斜二测画法规则可知，直观图△ A′ B′ C′一底边上的高为 a× × ＝ a，32 12 22 68故其面积 S△ A′ B′ C′ ＝ a× a＝ a2.12 68 6162.本例中的直观图若改为如图所示的直角梯形，∠ ABC＝45°，AB＝ AD＝1， DC⊥ BC，则原图形的面积为________．答案 2＋22解析 如图①，在直观图中，过点 A作 AE⊥ BC，垂足为 E，则在 Rt△ ABE中，AB＝1，∠ ABE＝45°，∴ BE＝ .而四边形 AECD为矩形， AD＝1，22∴ EC＝ AD＝1.∴ BC＝ BE＋ EC＝ ＋1.22由此可还原原图形如图②，是一个直角梯形．在原图形中， A′ D′＝1， A′ B′＝2， B′ C′＝ ＋1，且22A′ D′∥ B′ C′， A′ B′⊥ B′ C′，∴原图形的面积为S＝ (A′ D′＋ B′ C′)· A′ B′＝ × ×2＝2＋ .12 12 (1＋ 1＋ 22) 22思维升华 用斜二测画法画直观图的技巧在原图形中与 x轴或 y轴平行的线段在直观图中与 x′轴或 y′轴平行，原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连结而画出．如图，矩形 O′ A′ B′ C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′ A′＝6 cm， C′ D′＝2 cm，则原图形是________．7①正方形； ②矩形；③菱形； ④一般的平行四边形．答案 ③解析 如图，在原图形 OABC中，应有 OD＝2 O′ D′＝2×2 ＝4 (cm)，2 2CD＝ C′ D′＝2 cm.∴ OC＝ OD2＋ CD2＝ ＝6(cm)， 42 2＋ 22∴ OA＝ OC，∴四边形 OABC是菱形．题型三 求空间几何体的表面积例 3 (1)(2014·山东)一个六棱锥的体积为 2 ，其底面是边长为 2的正六边形，侧棱长3都相等，则该六棱锥的侧面积为________．答案 12解析 由题意知该六棱锥为正六棱锥，∴设正六棱锥的高为 h，侧面的斜高为 h′.由题意，得 ×6× ×2× ×h＝2 ，13 12 3 3∴ h＝1，∴斜高 h′＝ ＝ 2，12＋  3 2∴ S 侧 ＝6× ×2×2＝12.12(2)如图，斜三棱柱 ABC—A′ B′ C′中，底面是边长为 a的正三角形，侧棱长为 b，侧棱 AA′与底面相邻两边 AB与 AC都成 45°角，求此斜三棱柱的表面积．解 如图，过 A′作 A′ D⊥平面 ABC于 D，过 D作 DE⊥ AB于 E， DF⊥ AC于F，连结 A′ E， A′ F， AD.则由∠ A′ AE＝∠ A′ AF，AA′＝ AA′，又由题意知 A′ E⊥ AB， A′ F⊥ AC，得 Rt△ A′ AE≌Rt△ A′ AF，∴ A′ E＝ A′ F，∴ DE＝ DF，∴ AD平分∠ BAC，又∵ AB＝ AC，∴ BC⊥ AD，∴ BC⊥ AA′，而 AA′∥ BB′，∴ BC⊥ BB′，∴四边形 BCC′ B′是矩形，8∴斜三棱柱的侧面积为 2×a×bsin 45°＋ ab＝( ＋1) ab.2又∵斜三棱柱的底面积为 2× a2＝ a2，34 32∴斜三棱柱的表面积为( ＋1) ab＋ a2.232思维升华 (1)解决组合体问题关键是分清该几何体是由哪些简单的几何体组成的以及这些简单的几何体的组合情况；(2)在求多面体的侧面积时，应对每一侧面分别求解后再相加，对于组合体的表面积应注意重合部分的处理．(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．一个正三棱台的上、下底面边长分别是 3 cm和 6 cm，高是 cm.32(1)求三棱台的斜高；(2)求三棱台的侧面积和表面积．解 (1)设 O1、 O分别为正三棱台 ABC—A1B1C1的上、下底面正三角形的中心，如图所示，则 O1O＝ ，过 O1作 O1D1⊥ B1C1， OD⊥ BC，则 D1D为三棱台32的斜高；过 D1作 D1E⊥ AD于 E，则 D1E＝ O1O＝ ，32因 O1D1＝ ×3＝ ， OD＝ ×6＝ ，36 32 36 3则 DE＝ OD－ O1D1＝ － ＝ .332 32在 Rt△ D1DE中，D1D＝ ＝ ＝ (cm)．D1E2＋ ED2 (32)2＋ (32)2 3故三棱台斜高为 cm.3(2)设 c、 c′分别为上、下底的周长， h′为斜高，S 侧 ＝ (c＋ c′) h′＝ (3×3＋3×6)× ＝ (cm2)，12 12 3 2732S 表 ＝ S 侧 ＋ S 上 ＋ S 下 ＝ ＋ ×32＋ ×622732 34 34＝ (cm2)．9934故三棱台的侧面积为 cm2，表面积为 cm2.2732 9934题型四 求空间几何体的体积9例 4 (2015·山东改编)已知等腰直角三角形的直角边的长为 2，将该三角形绕其斜边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________．答案 42π3解析 如图，设等腰直角三角形为△ ABC，∠ C＝90°， AC＝ CB＝2，则AB＝2 .2设 D为 AB中点，则 BD＝ AD＝ CD＝ .2∴所围成的几何体为两个圆锥的组合体，其体积 V＝2× ×π×( )2× ＝ .13 2 2 42π3思维升华 空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．(2014·课标全国Ⅱ改编)正三棱柱 ABC－ A1B1C1的底面边长为 2，侧棱长为 ，3D为 BC的中点，则三棱锥 A－ B1DC1的体积为________．答案 1解析 在正△ ABC中， D为 BC的中点，则有 AD＝ AB＝ ，32 3S△ DB1C1＝ ×2× ＝ .12 3 3又∵平面 BB1C1C⊥平面 ABC，AD⊥ BC， AD⊂平面 ABC，∴ AD⊥平面 BB1C1C，即 AD为三棱锥 A－ B1DC1底面上的高．∴ V三棱锥 A－ B1DC1＝ S△ DB1C1·AD＝ × × ＝1.13 13 3 3题型五 与球有关的切、接问题例 5 已知直三棱柱 ABC－ A1B1C1的 6个顶点都在球 O的球面上，若AB＝3， AC＝4， AB⊥ AC， AA1＝12，则球 O的半径为________．答案 132解析 如图所示，由球心作平面 ABC的垂线，则垂足为 BC的中点 M.10又 AM＝ BC＝ ，12 52OM＝ AA1＝6，12所以球 O的半径 R＝ OA＝ ＝ . 52 2＋ 62 132引申探究1．本例若将直三棱柱改为“棱长为 4的正方体” ，则此正方体外接球和内切球的体积各是多少？解 由题意可知，此正方体的体对角线长即为其外接球的直径，正方体的棱长即为其内切球的直径．设该正方体外接球的半径为 R，内切球的半径为 r.又正方体的棱长为 4，故其体对角线长为 4 ，3从而 V 外接球 ＝ π R3＝ π×(2 )3＝32 π，43 43 3 3V 内切球 ＝ π r3＝ π×2 3＝ .43 43 32π32．本例若将直三棱柱改为“正四面体” ，则此正四面体的表面积 S1与其内切球的表面积 S2的比值为多少？解 设正四面体棱长为 a，则正四面体表面积为 S1＝4· ·a2＝ a2，其内切球半径 r为34 3正四面体高的 ，即 r＝ · a＝ a，因此内切球表面积为 S2＝4π r2＝ ，则14 14 63 612 π a26＝ ＝ .S1S2 3a2π a26 63π3．本例中若将直三棱柱改为“侧棱和底面边长都是 3 的正四棱锥” ，则其外接球的半径2是多少？解 依题意得，该正四棱锥的底面对角线的长为 3 × ＝6，高为 2 2＝3 ， 32 2－  12×6 2因此底面中心到各顶点的距离均等于 3，所以该正四棱锥的外接球的球心即为底面正方形的中心，其外接球的半径为 3.思维升华 空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点 P， A， B， C构成的三条线段 PA， PB， PC两两互相垂直，且PA＝ a， PB＝ b， PC＝ c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用114R2＝ a2＋ b2＋ c2求解．如图，直三棱柱 ABC－ A1B1C1的六个顶点都在半径为 1的半球面上， AB＝ AC，侧面 BCC1B1是半球底面圆的内接正方形，则侧面 ABB1A1的面积为________．答案 2解析 由题意知，球心在侧面 BCC1B1的中心 O上， BC为△ ABC所在圆面的直径，∴∠ BAC＝90°，△ ABC的外接圆圆心 N是 BC的中点，同理△A1B1C1的外心 M是 B1C1的中点．设正方形 BCC1B1的边长为 x，Rt△ OMC1中，OM＝ ， MC1＝ ， OC1＝ R＝1( R为球的半径)，x2 x2∴( )2＋( )2＝1，即 x＝ ，则 AB＝ AC＝1，x2 x2 2∴ S矩形 ABB1A1＝ ×1＝ .2 215．巧用补形法解决立体几何问题典例 如图：△ ABC中， AB＝8， BC＝10， AC＝6， DB⊥平面 ABC，且AE∥ FC∥ BD， BD＝3， FC＝4， AE＝5.则此几何体的体积为________．思维点拨 将所求几何体补成一个直三棱柱，利用棱柱的体积公式即可求得该几何体的体积．解析 用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱，使 AA′＝ BB′＝ CC′＝8，所以 V 几何体＝ V 三棱柱 ＝ ×S△ ABC·AA′＝ ×24×8＝96.12 12 12答案 96温馨提醒 (1)补形法的应用思路：“补形法”是立体几何中一种常见的重要方法，在解题12时，把几何体通过“补形”补成一个完整的几何体或置于一个更熟悉的几何体中，巧妙地破解空间几何体的体积等问题，常见的补形法有对称补形、联系补形与还原补形，对于还原补形，主要涉及台体中“还台为锥” ．(2)补形法的应用条件：当某些空间几何体是某一个几何体的一部分，且求解的问题直接求解较难入手时，常用该法．[方法与技巧]求空间几何体的侧面积、体积的思想与方法(1)转化与化归思想：计算旋转体的侧面积时，一般采用转化的方法来进行，即将侧面展开化为平面图形， “化曲为直”来解决，因此要熟悉常见旋转体的侧面展开图的形状及平面图形面积的求法．(2)求体积的两种方法：①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．②等积法：等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值．[失误与防范]求空间几何体的表面积应注意的问题(1)求组合体的表面积时，要注意各几何体重叠部分的处理．(2)底面是梯形的四棱柱侧放时，容易和四棱台混淆，在识别时要紧扣定义，以防出错． A组 专项基础训练(时间：45 分钟)1．给出下列命题：①在正方体上任意选择 4个不共面的顶点，它们可能是正四面体的 4个顶点；②底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥；③若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱．其中正确命题的序号是________．答案 ①2．五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个五棱柱对角线的条数为________．答案 1013解析 如图，在五棱柱 ABCDE－ A1B1C1D1E1中，从顶点 A出发的对角线有两条： AC1， AD1，同理从 B， C， D， E点出发的对角线均有两条，共 2×5＝10(条)．3．用平面 α 截球 O所得截面圆的半径为 3，球心 O到平面 α 的距离为 4，则此球的表面积为________________________________________________________________________．答案 100π解析 依题意，设球半径为 R，满足 R2＝3 2＋4 2＝25，∴ S 球 ＝4π R2＝100π.4．(2015·课标全国Ⅰ改编)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为 8尺，米堆的高为 5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知 1斛米的体积约为 1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有________斛．答案 22解析 由题意知：米堆的底面半径为 (尺)，体积 V＝ × π R2·h≈ (立方尺)．所以堆163 13 14 3209放的米大约为 ≈22(斛)．3209×1.625.如图，在三棱柱 ABC—A1B1C1中，侧棱 AA1⊥平面AB1C1， AA1＝1，底面△ ABC是边长为 2的正三角形，则此三棱柱的体积为________．答案 2解析 因为 AA1⊥平面 AB1C1， AB1⊂平面 AB1C1，所以 AA1⊥ AB1，又知 AA1＝1， A1B1＝2，所以AB1＝ ＝ ，同理可得 AC1＝ ，又知在△ AB1C1中， B1C1＝2，所以△ AB1C1的 B1C1上22－ 12 3 3的高为 h＝ ＝ ，其面积 S△ AB1C1＝ ×2× ＝ ，于是三棱锥 A—A1B1C1的体积 V三3－ 1 212 2 2棱锥 A—A1B1C1＝ V三棱锥 A1—AB1C1＝ ×S△ AB1C1×AA1＝ ，进而可得此三棱柱 ABC—13 23A1B1C1的体积 V＝3 V三棱锥 A—A1B1C1＝3× ＝ .23 26．(2015·江苏)现有橡皮泥制作的底面半径为 5，高为 4的圆锥和底面半径为 2、高为 8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________．答案 7解析 设新的底面半径为 r，由题意得 π r2·4＋π r2·8＝ π×5 2×4＋π×2 2×8，解得13 1314r＝ .77．(2015·课标全国Ⅱ改编)已知 A， B是球 O的球面上两点，∠ AOB＝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 O的表面积为________．答案 144π解析 如图，要使三棱锥 O-ABC即 C-OAB的体积最大，当且仅当点 C到平面 OAB的距离，即三棱锥 COAB底面 OAB上的高最大，其最大值为球 O的半径 R，则 VO-ABC最大 ＝ VC-OAB最大 ＝ ×S△13OAB×R＝ × ×R2×R＝ R3＝36，所以 R＝6，得 S 球13 12 16O＝4π R2＝4π×6 2＝144π.8．(2015·盐城一模)一个圆锥过轴的截面为等边三角形，它的顶点和底面圆周在球 O的球面上，则该圆锥的体积与球 O的体积的比值为________．答案 932解析 设等边三角形的边长为 2a，球 O的半径为 R，则 V 圆锥 ＝ ·π a2· a＝ π a3.13 3 33又 R2＝ a2＋( a－ R)2，所以 R＝ a，3233故 V 球 ＝ ·( a)3＝ a3，4π3 233 323π27则其体积比为 .9329．(教材改编)已知一个上、下底面为正三角形且两底面中心连线垂直于底面的三棱台的两底面边长分别为 20 cm和 30 cm，且其侧面积等于两底面面积之和，求棱台的高．解 如图所示，三棱台 ABC—A1B1C1中， O、 O1分别为两底面中心， D、 D1分别为 BC和 B1C1的中点，则 DD1为棱台的斜高．由题意知 A1B1＝20， AB＝30，则 OD＝5 ， O1D1＝ ，31033由 S 侧 ＝ S 上 ＋ S 下 ，得3× ×(20＋30)× DD1＝ ×(202＋30 2)，12 34解得 DD1＝ ，在直角梯形 O1ODD1中，133 3O1O＝ ＝4 ，DD21－  OD－ O1D1 2 315所以棱台的高为 4 cm.310.如图所示，已知 E、 F分别是棱长为 a的正方体 ABCD—A1B1C1D1的棱 A1A、 CC1的中点，求四棱锥 C1—B1EDF的体积．解 方法一 连结 A1C1， B1D1交于点 O1，连结 B1D， EF，过 O1作O1H⊥ B1D于 H.∵ EF∥ A1C1，且 A1C1⊄平面 B1EDF，∴ A1C1∥平面B1EDF.∴ C1到平面 B1EDF的距离就是 A1C1到平面 B1EDF的距离．∵平面 B1D1D⊥平面 B1EDF，平面 B1D1D∩平面 B1EDF＝ B1D，∴ O1H⊥平面 B1EDF，即 O1H为棱锥的高．∵△ B1O1H∽△ B1DD1，∴ O1H＝ ＝ a.B1O1·DD1B1D 66∴ VC1—B1EDF＝ S四边形 B1EDF·O1H＝ · ·EF·B1D·O1H＝ · · a· a· a＝ a3.13 13 12 13 12 2 3 66 16方法二 连结 EF， B1D.设 B1到平面 C1EF的距离为 h1， D到平面 C1EF的距离为 h2，则 h1＋ h2＝ B1D1＝ a.2由题意得， VC1—B1EDF＝ VB1—C1EF＋ VD—C1EF＝ ·S△ C1EF·(h1＋ h2)＝ a3.13 16B组 专项能力提升(时间：30 分钟)11．已知某圆锥体的底面半径 r＝3，沿圆锥体的母线把侧面展开后得到一个圆心角为 π23的扇形，则该圆锥体的表面积是________．答案 36π解析 由已知沿圆锥体的母线把侧面展开后得到的扇形的弧长为 2π r＝6π，从而其母线长为 l＝ ＝9，从而圆锥体的表面积为 S 侧 ＋ S 底 ＝ ×9×6π＋9π＝36π.6π2π3 1212．三棱锥 P—ABC中， D， E分别为 PB， PC的中点，记三棱锥 D—ABE的体积为 V1， P—ABC的体积为 V2，则 ＝________.V1V2答案 14解析 V1＝ VD—ABE＝ VE—ABD＝ VE—ABP＝ VA—BEP＝ × VA—BCP＝ × VP—ABC＝ V2.12 12 12 12 12 12 141613．已知圆台的母线长为 4 cm，母线与轴的夹角为 30°，上底面半径是下底面半径的 ，则12这个圆台的侧面积是________cm 2.答案 24π解析 如图是将圆台还原为圆锥后的轴截面，由题意知 AC＝4 cm，∠ ASO＝30°，O1C＝ OA，设 O1C＝ r，12则 OA＝2 r，又 ＝ ＝sin 30°，∴ SC＝2 r， SA＝4 r，O1CSC OASA∴ AC＝ SA－ SC＝2 r＝4 cm，∴ r＝2 cm.∴圆台的侧面积为 S＝π( r＋2 r)×4＝24π cm 2.14．(2015·课标全国Ⅰ)如图，四边形 ABCD为菱形， G为 AC与BD的交点， BE⊥平面 ABCD.(1)证明：平面 AEC⊥平面 BED；(2)若∠ ABC＝120°， AE⊥ EC，三棱锥 EACD的体积为 ，求该三棱锥的侧面积．63(1)证明 因为四边形 ABCD为菱形，所以 AC⊥ BD.因为 BE⊥平面 ABCD，所以 AC⊥ BE.故 AC⊥平面 BED.又 AC⊂平面 AEC，所以平面 AEC⊥平面 BED.(2)解 设 AB＝ x，在菱形 ABCD中，由∠ ABC＝120°，可得 AG＝ GC＝ x， GB＝ GD＝ .32 x2因为 AE⊥ EC，所以在 Rt △ AEC中，可得 EG＝ x.32由 BE⊥平面 ABCD，知△ EBG为直角三角形，可得 BE＝ x.22由已知得，三棱锥 EACD的体积VEACD＝ × AC·GD·BE＝ x3＝ .13 12 624 63故 x＝2.从而可得 AE＝ EC＝ ED＝ .6所以△ EAC的面积为 3，△ EAD的面积与△ ECD的面积均为 .5故三棱锥 EACD的侧面积为 3＋2 .51715．如图，△ ABC中，∠ ACB＝90°，∠ ABC＝30°， BC＝ ，在三角形内挖去一个半圆(圆3心 O在边 BC上，半圆与 AC、 AB分别相切于点 C、 M，与 BC交于点 N)，将△ ABC绕直线 BC旋转一周得到一个旋转体．(1)求该几何体中间一个空心球的表面积的大小；(2)求图中阴影部分绕直线 BC旋转一周所得旋转体的体积．解 (1)如图，连结 OM，则 OM⊥ AB，设 OM＝ r， OB＝ － r，3在△ BMO中，sin∠ ABC＝ ＝ ⇒r＝ .r3－ r 12 33∴ S＝4π r2＝ π.43(2)∵△ ABC中，∠ ACB＝90°，∠ ABC＝30°， BC＝ ，3∴ AC＝1.∴ V＝ V 圆锥 － V 球 ＝ π× AC2×BC－ π r313 43＝ π×1× － π× ＝ π.13 3 43 39 53271【步步高】 （江苏专用）2017 版高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.2 空间点、直线、平面之间的位置关系 文1．四个公理公理 1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内．公理 2：如果两个平面有一个公共点，那么它们还有其他公共点，这些公共点的集合是经过这个公共点的一条直线．公理 3：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面．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；推论 2 经过两条相交直线，有且只有一个平面；推论 3 经过两条平行直线，有且只有一个平面．公理 4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．2．直线与直线的位置关系(1)位置关系的分类Error!(2)异面直线所成的角①定义：设 a， b是两条异面直线，经过空间任意一点 O作直线 a′∥ a， b′∥ b，我们把直线 a′与 b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线 a与 b所成的角．②范围： .(0，π2]3．直线与平面的位置关系有平行、相交、在平面内三种情况．4．平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．5．定理如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行并且方向相同，那么这两个角相等．【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果两个不重合的平面 α ， β 有一条公共直线 a，就说平面 α ， β 相交，并记作α ∩ β ＝ a.( √ )(2)两个平面 α ， β 有一个公共点 A，就说 α ， β 相交于过 A点的任意一条直线．( × )(3)两个平面 α ， β 有一个公共点 A，就说 α ， β 相交于 A点，并记作 α ∩ β ＝ A.( × )2(4)两个平面 ABC与 DBC相交于线段 BC.( × )(5)经过两条相交直线，有且只有一个平面．( √ )(6)没有公共点的两条直线是异面直线．( × )1．下列命题正确的个数为________．①梯形可以确定一个平面；②若两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线平行；③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．答案 2解析 ②中两直线可以平行、相交或异面，④中若三个点在同一条直线上，则两个平面相交，①③正确．2．已知 a， b是异面直线，直线 c平行于直线 a，那么 c与 b________.①一定是异面直线 ②一定是相交直线③不可能是平行直线 ④不可能是相交直线答案 ③解析 由已知得直线 c与 b可能为异面直线也可能为相交直线，但不可能为平行直线，若b∥ c，则 a∥ b，与已知 a、 b为异面直线相矛盾．3．(教材改编)两两平行的三条直线可确定______个平面．答案 1 或 3解析 三直线共面确定 1个，三直线不共面，每两条确定 1个，可确定 3个．4.(教材改编)如图所示，已知在长方体 ABCD－ EFGH中，AB＝2 ， AD＝2 ， AE＝2，则 BC和 EG所成角的大小是______， AE3 3和 BG所成角的大小是__________．答案 45° 60°解析 ∵ BC与 EG所成的角等于 EG与 FG所成的角即∠ EGF，tan∠ EGF＝ ＝ ＝1，∴∠ EGF＝45°，EFFG 2323∵ AE与 BG所成的角等于 BF与 BG所成的角即∠ GBF，tan∠ GBF＝ ＝ ＝ ，∴∠ GBF＝60°.GFBF 232 35．已知空间四边形 ABCD中， M、 N分别为 AB、 CD的中点，则下列判断：① MN≥ (AC＋ BD)；123② MN (AC＋ BD)；③ MN＝ (AC＋ BD)；④ MN (AC＋ BD)．12 12 12其中正确的是________．答案 ④解析 如图，取 BC的中点 O，连结 MO， NO， MN，则 OM＝ AC， ON＝ BD，12 12在△ MON中， MNOM＋ ON＝ (AC＋ BD)，∴④正确．12题型一 平面基本性质的应用例 1 如图所示，正方体 ABCD—A1B1C1D1中， E、 F分别是 AB和 AA1的中点．求证：(1)E、 C、 D1、 F四点共面；(2)CE、 D1F、 DA三线共点．证明 (1)如图，连结 EF， CD1， A1B.∵ E、 F分别是 AB、 AA1的中点，∴ EF∥ BA1.又 A1B∥ D1C，∴ EF∥ CD1，∴ E、 C、 D1、 F四点共面．(2)∵ EF∥ CD1， EFCD1，∴ CE与 D1F必相交，设交点为 P，如图所示．则由 P∈ CE， CE⊂平面 ABCD，得 P∈平面 ABCD.同理 P∈平面 ADD1A1.又平面 ABCD∩平面 ADD1A1＝ DA，∴ P∈直线 DA.∴ CE、 D1F、 DA三线共点．思维升华 公理 1是判断一条直线是否在某个平面的依据；公理 3及其推论是判断或证明点、线共面的依据；公理 2是证明三线共点或三点共线的依据．如图，平面 ABEF⊥平面 ABCD，四边形 ABEF与四边形ABCD都是直角梯形，∠ BAD＝∠ FAB＝90°， BC∥ AD且4BC＝ AD， BE∥ AF且 BE＝ AF， G、 H分别为 FA、 FD的中点．12 12(1)证明：四边形 BCHG是平行四边形；(2)C、 D、 F、 E四点是否共面？为什么？(1)证明 由已知 FG＝ GA， FH＝ HD，可得 GH綊 AD.12又 BC綊 AD，∴ GH綊 BC.12∴四边形 BCHG为平行四边形．(2)解 ∵ BE綊 AF， G是 FA的中点，∴ BE綊 FG，12∴四边形 BEFG为平行四边形，∴ EF∥ BG.由(1)知 BG綊 CH，∴ EF∥ CH，∴ EF与 CH共面．又 D∈ FH，∴ C、 D、 F、 E四点共面．题型二 判断空间两直线的位置关系例 2 (1)(2015·广东改编)若直线 l1和 l2是异面直线， l1在平面 α 内， l2在平面 β 内，l是平面 α 与平面 β 的交线，则下列命题正确的是________．① l与 l1， l2都不相交；② l与 l1， l2都相交；③ l至多与 l1， l2中的一条相交；④ l至少与 l1， l2中的一条相交．(2)如图，在正方体 ABCD－ A1B1C1D1中， M， N分别是 BC1， CD1的中点，则下列判断错误的是______．① MN与 CC1垂直；② MN与 AC垂直；③ MN与 BD平行；④ MN与 A1B1平行．(3)在图中， G、 N、 M、 H分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线 GH、 MN是异面直线的图形有________．(填上所有正确答案的序号)答案 (1)④ (2)④ (3)②④解析 (1)若 l与 l1， l2都不相交，则 l∥ l1， l∥ l2，∴ l1∥ l2，这与 l1和 l2异面矛盾，5∴ l至少与 l1， l2中的一条相交．(2)如图，连结 B1C， B1D1，则点 M是 B1C的中点， MN是△ B1CD1的中位线，∴ MN∥ B1D1，∵ CC1⊥ B1D1， AC⊥ B1D1，BD∥ B1D1，∴ MN⊥ CC1， MN⊥ AC， MN∥ BD.又∵ A1B1与 B1D1相交，∴ MN与 A1B1不平行．(3)图①中，直线 GH∥ MN；图②中， G、 H、 N三点共面，但 M∉面 GHN，因此直线 GH与 MN异面；图③中，连结 MG， GM∥ HN，因此 GH与 MN共面；图④中， G、 M、 N共面，但 H∉面 GMN，因此 GH与 MN异面．所以图②④中 GH与 MN异面．思维升华 空间中两直线位置关系的判定，主要是异面、平行和垂直的判定．对于异面直线，可采用直接法或反证法；对于平行直线，可利用三角形(梯形)中位线的性质、公理 4及线面平行与面面平行的性质定理；对于垂直关系，往往利用线面垂直的性质来解决．如图是正四面体(各面均为正三角形)的平面展开图， G、 H、 M、 N分别为DE、 BE、 EF、 EC的中点，在这个正四面体中，① GH与 EF平行；② BD与 MN为异面直线；③ GH与 MN成 60°角；④ DE与 MN垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是________．答案 ②③④解析 把正四面体的平面展开还原，如图所示， GH与 EF为异面直线， BD与 MN为异面直线， GH与 MN成 60°角，DE⊥ MN.题型三 求两条异面直线所成的角例 3 (1)如图所示，在正三棱柱 ABC－ A1B1C1中， D是 AC的中点，AA1∶ AB＝ ∶1，则异面直线 AB1与 BD所成的角为2________________________________________________________________________．答案 60°6解析 取 A1C1的中点 E，连结 B1E， ED， AE，在 Rt△ AB1E中，∠ AB1E即为所求，设 AB＝1，则 A1A＝ ， AB1＝ ， B1E＝ ，2 332故∠ AB1E＝60°.所以异面直线 AB1与 BD所成的角为 60°.(2)空间四边形 ABCD中， AB＝ CD且 AB与 CD所成的角为 30°， E、 F分别为 BC、 AD的中点，求 EF与 AB所成角的大小．解 如图，取 AC的中点 G，连结 EG、 FG，则 EG綊 AB， FG綊 CD，12 12由 AB＝ CD知 EG＝ FG，∴∠ GEF(或它的补角)为 EF与 AB所成的角，∠ EGF(或它的补角)为 AB与 CD所成的角．∵ AB与 CD所成的角为 30°，∴∠ EGF＝30°或 150°.由 EG＝ FG知△ EFG为等腰三角形，当∠ EGF＝30°时，∠ GEF＝75°；当∠ EGF＝150°时，∠ GEF＝15°.故 EF与 AB所成的角为 15°或 75°.思维升华 (1)求异面直线所成的角常用方法是平移法，平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．(2)求异面直线所成的角的三步曲：即“一作、二证、三求” ．其中空间选点任意，但要灵活，经常选择“端点、中点、等分点” ，通过作三角形的中位线，平行四边形等进行平移，作出异面直线所成的角，转化为解三角形问题，进而求解．(1)(2015· 无锡模拟 )已知正四面体 ABCD中， E是 AB的中点，则异面直线 CE与 BD所成角的余弦值为________．(2)直三棱柱 ABC－ A1B1C1中，若∠ BAC＝90°， AB＝ AC＝ AA1，则异面直线 BA1与 AC1所成的角等于_______________________________________________________．答案 (1) (2)60°36解析 (1)画出正四面体 ABCD的直观图，如图所示．设其棱长为 2，取 AD的中点 F，连结 EF，设 EF的中点为 O，连结 CO，则 EF∥ BD，则∠ FEC就是异面直线 CE与 BD所成的角．7△ ABC为等边三角形，则 CE⊥ AB，易得 CE＝ ，3同理可得 CF＝ ，3故 CE＝ CF.因为 OE＝ OF，所以 CO⊥ EF.又 EO＝ EF＝ BD＝ ，12 14 12所以 cos∠ FEC＝ ＝ ＝ .EOCE 123 36(2)如图，可补成一个正方体，∴ AC1∥ BD1.∴ BA1与 AC1所成角的大小为∠ A1BD1.又易知△ A1BD1为正三角形，∴∠ A1BD1＝60°.即 BA1与 AC1成 60°的角．16．构造模型判断空间线面位置关系典例 已知 m， n是两条不同的直线， α ， β 为两个不同的平面，有下列四个命题：①若 m⊥ α ， n⊥ β ， m⊥ n，则 α ⊥ β ；②若 m∥ α ， n∥ β ， m⊥ n，则 α ∥ β ；③若 m⊥ α ， n∥ β ， m⊥ n，则 α ∥ β ；④若 m⊥ α ， n∥ β ， α ∥ β ，则 m⊥ n.其中所有正确的命题是________．思维点拨 构造一个长方体模型，找出适合条件的直线与平面，在长方体内判断它们的位置关系．解析 借助于长方体模型来解决本题，对于①，可以得到平面 α ， β 互相垂直，如图(1)所示，故①正确；对于②，平面 α 、 β 可能垂直，如图(2)所示，故②不正确；对于③，平面α 、 β 可能垂直，如图(3)所示，故③不正确；对于④，由 m⊥ α ， α ∥ β 可得 m⊥ β ，因为 n∥ β ，所以过 n作平面 γ ，且 γ ∩ β ＝ g，如图(4)所示，所以 n与交线 g平行，因为m⊥ g，所以 m⊥ n，故④正确．8答案 ①④温馨提醒 (1)构造法实质上是结合题意构造合题意的直观模型，然后将问题利用模型直观地作出判断，这样减少了抽象性，避免了因考虑不全面而导致解题错误；(2)对于线面、面面平行、垂直的位置关系的判定，可构造长方体或正方体化抽象为直观去判断．[方法与技巧]1．主要题型的解题方法(1)要证明“线共面”或“点共面”可先由部分直线或点确定一个平面，再证其余直线或点也在这个平面内(即“纳入法”)．(2)要证明“点共线”可将线看作两个平面的交线，只要证明这些点都是这两个平面的公共点，根据公理 2可知这些点在交线上，因此共线．2．判定空间两条直线是异面直线的方法(1)判定定理：平面外一点 A与平面内一点 B的连线和平面内不经过点 B的直线是异面直线．(2)反证法：证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共面，从而可得两线异面．3．求两条异面直线所成角的大小，一般方法是通过平行移动直线，把异面问题转化为共面问题来解决．根据空间等角定理及推论可知，异面直线所成角的大小与顶点位置无关，往往可以选在其中一条直线上(线面的端点或中点)利用三角形求解．[失误与防范]1．正确理解异面直线“不同在任何一个平面内”的含义，不要理解成“不在同一个平面内”．2．不共线的三点确定一个平面，一定不能丢掉“不共线”条件．3．两条异面直线所成角的范围是(0°，90°]．A组 专项基础训练(时间：40 分钟)1．在下列命题中，不是公理的是________．①平行于同一个平面的两个平面相互平行；②过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面；③如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内；9④如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．答案 ①解析 ①是面面平行的性质定理，是由公理推证出来的，而公理是不需要证明的．2．(2014·广东改编)若空间中四条两两不同的直线 l1， l2， l3， l4，满足l1⊥ l2， l2∥ l3， l3⊥ l4，则下列结论一定正确的是________．① l1⊥ l4；② l1∥ l4；③ l1与 l4既不垂直也不平行；④ l1与 l4的位置关系不确定．答案 ④解析 在如图所示的长方体中，不妨设 l2为直线 AA1， l3为直线 CC1，则直线 l1， l4可以是 AB， BC；也可以是 AB， CD；也可以是 AB， B1C1；这三组直线相交，平行，垂直，异面．3．设 P表示一个点， a、 b表示两条直线， α 、 β 表示两个平面，给出下列四个命题，其中正确的命题是________．① P∈ a， P∈ α ⇒a⊂α ；② a∩ b＝ P， b⊂β ⇒a⊂β ；③ a∥ b， a⊂α ， P∈ b， P∈ α ⇒b⊂α ；④ α ∩ β ＝ b， P∈ α ， P∈ β ⇒P∈ b.答案 ③④解析 当 a∩ α ＝ P时， P∈ a， P∈ α ，但 a⊄α ，∴①错；a∩ β ＝ P时，②错；如图，∵ a∥ b， P∈ b，∴ P∉a，∴由直线 a与点 P确定唯一平面 α ，又 a∥ b，由 a与 b确定唯一平面 β ，但 β 经过直线 a与点 P，∴ β 与 α 重合，∴ b⊂α ，故③正确；两个平面的公共点必在其交线上，故④正确．4．设四面体的六条棱的长分别为 1,1,1,1， 和 a，且长为 a的棱与长为 的棱异面，则2 2a的取值范围是__________．答案 (0， )2解析 此题相当于一个正方形沿着对角线折成一个四面体，长为 a的棱长一定大于 0且小于.2105．四棱锥 P－ ABCD的所有侧棱长都为 ，底面 ABCD是边长为 2的正方形，则 CD与 PA所5成角的余弦值为________．答案 55解析 因为四边形 ABCD为正方形，故 CD∥ AB，则 CD与 PA所成的角即为 AB与 PA所成的角，即为∠ PAB.在△ PAB内， PB＝ PA＝ ， AB＝2，利用余弦定理可知 cos∠ PAB＝ ＝5PA2＋ AB2－ PB22×PA×AB＝ .5＋ 4－ 52×5×2 556．(教材改编)如图所示，平面 α ， β ， γ 两两相交， a， b， c为三条交线，且 a∥ b，则 a与 c， b与 c的位置关系是________．答案 a∥ b∥ c解析 ∵ a∥ b， a⊂α ， b⊄α ，∴ b∥ α .又∵ b⊂β ， α ∩ β ＝ c，∴ b∥ c.∴ a∥ b∥ c.7．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面 α 上，且 AB∥ CD，则直线 EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为________．答案 4解析 EF与正方体左、右两侧面均平行．所以与 EF相交的侧面有 4个．8．(2015·浙江)如图，三棱锥 ABCD中，AB＝ AC＝ BD＝ CD＝3， AD＝ BC＝2，点 M， N分别是 AD， BC的中点，则异面直线 AN， CM所成的角的余弦值是________．答案 78解析 如图所示，连结 DN，取线段 DN的中点 K，连结 MK， CK.∵ M为 AD的中点，∴ MK∥ AN，11∴∠ KMC为异面直线 AN， CM所成的角．∵ AB＝ AC＝ BD＝ CD＝3， AD＝ BC＝2， N为 BC的中点，由勾股定理求得 AN＝ DN＝ CM＝2 ，2∴ MK＝ .2在 Rt△ CKN中， CK＝ ＝ . 2 2＋ 12 3在△ CKM中，由余弦定理，得cos∠ KMC＝ ＝ . 2 2＋  22 2－  3 22×2×22 789．在正方体 ABCD－ A1B1C1D1中， E， F分别为棱 AA1， CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1， EF， CD都相交的直线有________条．答案 无数解析 方法一 在 EF上任意取一点 M，直线 A1D1与 M确定一个平面，这个平面与 CD有且仅有 1个交点 N， M取不同的位置就确定不同的平面，从而与 CD有不同的交点 N，而直线 MN与这 3条异面直线都有交点．如图所示．方法二 在 A1D1上任取一点 P，过点 P与直线 EF作一个平面 α ，因 CD与平面 α 不平行，所以它们相交，设它们交于点 Q，连结 PQ，则 PQ与 EF必然相交，即 PQ为所求直线．由点P的任意性，知有无数条直线与三条直线 A1D1， EF， CD都相交．10.如图，空间四边形 ABCD中， E、 F、 G分别在 AB、 BC、 CD上，且满足AE∶ EB＝ CF∶ FB＝2∶1， CG∶ GD＝3∶1，过 E、 F、 G的平面交 AD于点 H.(1)求 AH∶ HD；(2)求证： EH、 FG、 BD三线共点．(1)解 ∵ ＝ ＝2，∴ EF∥ AC，AEEB CFFB∴ EF∥平面 ACD，而 EF⊂平面 EFGH，平面 EFGH∩平面 ACD＝ GH，∴ EF∥ GH，∴ AC∥ GH.∴ ＝ ＝3.∴ AH∶ HD＝3∶1.AHHD CGGD(2)证明 ∵ EF∥ GH，且 ＝ ， ＝ ，EFAC 13 GHAC 14∴ EF≠ GH，∴四边形 EFGH为梯形．令 EH∩ FG＝ P，则 P∈ EH，而 EH⊂平面 ABD，又 P∈ FG， FG⊂平面 BCD，平面 ABD∩平面 BCD＝ BD，∴ P∈ BD.∴ EH、 FG、 BD三线共点．12B组 专项能力提升(时间：30 分钟)11．以下四个命题中，①不共面的四点中，其中任意三点不共线；②若点 A、 B、 C、 D共面，点 A、 B、 C、 E共面，则点 A、 B、 C、 D、 E共面；③若直线 a、 b共面，直线 a、 c共面，则直线 b、 c共面；④依次首尾相接的四条线段必共面．正确命题的个数是________．答案 1解析 ①中显然是正确的；②中若 A、 B、 C三点共线，则A、 B、 C、 D、 E五点不一定共面；③构造长方体或正方体，如图显然b、 c异面，故不正确；④中空间四边形中四条线段不共面，故只有①正确．12．(2015·福建六校联考)设 a， b， c是空间中的三条直线，下面给出四个命题：①若 a∥ b， b∥ c，则 a∥ c；②若 a⊥ b， b⊥ c，则 a∥ c；③若 a与 b相交， b与 c相交，则 a与 c相交；④若 a⊂平面 α ， b⊂平面 β ，则 a， b一定是异面直线．上述命题中正确的命题是________(写出所有正确命题的序号)．答案 ①解析 由公理 4知①正确；当 a⊥ b， b⊥ c时， a与 c可以相交、平行或异面，故②错；当a与 b相交， b与 c相交时， a与 c可以相交、平行，也可以异面，故③错； a⊂α ， b⊂β ，并不能说明 a与 b“不同在任何一个平面内” ，故④错．13．如图，正方体 ABCD－ A1B1C1D1的棱长为 1，黑、白二蚁都从点 A出发，沿棱向前爬行，每走一条棱称为“走完一段” ．白蚁爬行的路线是 AA1→ A1D1→…，黑蚁爬行的路线是 AB→ BB1→….它们都遵循如下规则：所爬行的第 i＋2 段所在直线与第 i段所在直线必须是异面直线(其中 i∈N *)．设黑、白二蚁走完第 2 015段后，各停止在正方体的某个顶点处，这时黑、白蚁的距离是________．答案 2解析 白蚁走的路程为 AA1→ A1D1→ D1C1→ C1C→ CB→ BA，完成一个循环，黑蚁走的路程为AB→ BB1→ B1C1→ C1D1→ D1D→ DA, 完成一个循环，2 015＝6×335＋5，则白蚁走到 B点，黑蚁走到 D点， B、 D间的距离为 .214．已知正方体 ABCD－ A1B1C1D1中， E、 F分别为 BB1、 CC1的中点，那么异面直线 AE与 D1F13所成角的余弦值为________．答案 35解析 如图，连结 DF，则 AE∥ DF，∴∠ D1FD即为异面直线 AE与 D1F所成的角．设正方体棱长为 a，则 D1D＝ a， DF＝ a， D1F＝ a，52 52∴cos∠ D1FD＝ ＝ . 52a 2＋  52a 2－ a22·52a·52a 3515.如图，在正方体 ABCD—A1B1C1D1中， O为正方形 ABCD的中心， H为直线 B1D与平面 ACD1的交点．求证： D1、 H、 O三点共线．证明 连结 BD， B1D1，如图．则 BD∩ AC＝ O，∵ BB1綊 DD1，∴四边形 BB1D1D为平行四边形，又 H∈ B1D，B1D⊂平面 BB1D1D，则 H∈平面 BB1D1D，∵平面 ACD1∩平面 BB1D1D＝ OD1，∴ H∈ OD1.即 D1、 H、 O三点共线．