1、第 12 讲 空间几何体、空间中的位置关系1.(1)2018全国卷 中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图 M4-12-1 中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )图 M4-12-1 图 M4-12-2(2)2013全国卷 一个四面体的顶点在空间直角坐标系 O-xyz 中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图时,以 zOx 平面为投影面,则得到的正视图可以为 ( )图 M4-12-3试做 命题角度 由直观图求三
2、视图的问题关键一:注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向 ;关键二:注意看到的轮廓线和棱是实线 ,看不到的轮廓线和棱是虚线.2.2017全国卷 某多面体的三视图如图 M4-12-4 所示,其中正视图和左视图都由正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 ( )A.10 B.12 C.14 D.16图 M4-12-4试做 命题角度 与三视图有关的几何体的表面积和体积问题(1)关键一:由三视图想象几何体的结构特征,并画出该几何体的空间图形;关键二:搞清楚几何体的尺寸与三视图尺寸的关系 ;关键三:利用外部补形法,将几何
3、体补成长方体或正方体等常见几何体.(2)看三视图时,需注意图中的虚实线.(3)求不规则几何体的表面积和体积时,通常将所给几何体分割为基本的柱、锥、台体 .3.(1)2018全国卷 已知圆锥的顶点为 S,母线 SA,SB 所成角的余弦值为 ,SA 与圆锥底面所成角为 45.若SAB 的面积为 5 ,则该圆锥的侧面积为 . (2)2018全国卷 在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=BC=2,AC 1 与平面 BB1C1C 所成的角为 30,则该长方体的体积为 ( )A.8 B.6 C.8 D.8试做 命题角度 空间几何体的面积与体积(1)求规则几何体的体积,只需确定底面与相应的高,而求
4、一些不规则几何体的体积往往需采用分割或补形思想,转化求解.(2)求组合体的表面积时,需注意组合体衔接部分的面积,分清侧面积和表面积 .4.(1)2017全国卷 如图 M4-12-5,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( )A B C D图 M4-12-5(2)2016全国卷 , 是两个平面,m,n 是两条直线,有下列四个命题: 如果 mn,m,n ,那么 . 如果 m,n,那么 mn. 如果 ,m,那么 m. 如果 mn,那么 m 与 所成的角和 n 与 所成的角相等.其中正确的命题有 .(填写
5、所有正确命题的编号) 试做 命题角度 空间中线面位置关系的判定关键一:逐个寻找反例作出否定的判断 ,逐个进行逻辑证明作出肯定的判断;关键二:结合长方体模型或实际空间位置作出判断 ,但要注意准确应用定理,考虑问题全面细致.5.(1)2018全国卷 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 9 ,则三棱锥 D-ABC 体积的最大值为( )A.12 B.18 C.24 D.54(2)2016全国卷 在封闭的直三棱柱 ABC-A1B1C1 内有一个体积为 V 的球.若ABBC,AB= 6,BC=8,AA1=3,则 V 的最大值是( )A.4 B. C.6
6、 D.试做 命题角度 多面体与球(1)解决与球有关的组合体问题:关键一: 分清球是内切还是外接;关键二:确定球心在多面体中的位置 ,确定球的半径或直径与多面体相关元素之间的关系;关键三:球的每个截面都是圆 .(2)设正四面体的棱长为 a,则其外接球的半径 R= a,内切球的半径 r= a.6.2018全国卷 已知正方体的棱长为 1,每条棱所在直线与平面 所成的角都相等,则 截此正方体所得截面面积的最大值为 ( )A. B. C. D.试做 命题角度 解决平面截正方体所形成的图形问题关键一:根据已知条件确定所求平面或与所求平面平行的平面;关键二:根据平面特点利用数形结合思想确定截面形状 .7.(
7、1)2018全国卷 在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=BC=1,AA 1= ,则异面直线 AD1 与 DB1所成角的余弦值为 ( )A. B. C. D.(2)2017全国卷 已知直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,ABC=120,AB=2,BC=CC 1=1,则异面直线AB1 与 BC1 所成角的余弦值为 ( )A. B. C. D.试做 命题角度 解决异面直线所成角问题(1)关键一:先通过作图( 三角形中位线、平行四边形补形) 来构造平行线,再通过解三角形求解;关键二:补形法(补成长方体、正方体)求解.(2)当异面直线所成角为 时,两异面直线互相垂直.(3)用空间向量法解决.
8、小题 1 空间几何体的三视图与直观图1 (1)如图 M4-12-6,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E,F,G 分别为棱 CD,CC1,A1B1 的中点,用过点E,F,G 的平面截正方体 ,则位于截面以下部分的几何体的侧视图为( )A B C D图 M4-12-6 图 M4-12-7(2)已知某几何体的三视图如图 M4-12-8 所示,则该几何体最长棱的长为 ( )图 M4-12-8A.B.C.D.2听课笔记 【考场点拨】识别三视图应注意以下几方面:(1)看线型,是线段、虚线还是曲线,确定此几何体是简单多面体还是旋转体;(2)分部分,想整体,看是简单几何体还是组合体;(3)对比一些熟
9、悉的三视图模型分析,如正方体、圆锥、三棱锥的三视图模型.【自我检测】1.某几何体的正视图与俯视图如图 M4-12-9,则其侧视图可能是 ( )图 M4-12-9A B C D图 M4-12-102.某几何体的三视图如图 M4-12-11 所示,则此几何体的各个面中最大面的面积为 ( )A.2 B.2 C.3 D.2图 M4-12-113.2018北京卷 某四棱锥的三视图如图 M4-12-12 所示,在此四棱锥的侧面中 ,直角三角形的个数为 ( )A.1 B.2 C.3 D.4图 M4-12-124.如图 M4-12-13 所示,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,P 为 BD1 的中点,
10、则PAC 在该正方体各个面上的射影可能是( )图 M4-12-13 图 M4-12-14A. B. C. D.小题 2 空间几何体的表面积与体积2 (1)已知矩形 ABCD 中,AB=2BC ,把这个矩形分别以 BC,AB 所在直线为轴旋转一周,所成几何体的侧面积分别记为 S1,S2,则 S1 与 S2 的比值为 ( )A. B.1C.2 D.4(2)在三棱锥 D-ABC 中,CD底面 ABC,ABC 为正三角形,若 AECD,AB=CD=AE=2,则三棱锥 D-ABC 与三棱锥 E-ABC 的公共部分构成的几何体的体积为( )A. B.C. D.听课笔记 【考场点拨】高考中求几何体的表面积和
11、体积易失分点:(1)计算表面积时,有些面没有计算到,有遗漏;(2)求组合体的表面积时没注意重合部分的面积.【自我检测】1.某几何体的三视图如图 M4-12-15 所示,则该几何体的表面积为 ( )图 M4-12-15A.12+8B.12+6C.14+6D.16+82.在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,D,E 分别为棱 BC,A1C1 的中点,过 A,D,E 的截面把三棱柱分成两部分,则这两部分的体积之比为 ( )A.5 3 B.2 1C.17 7 D.3 13.九章算术是我国古代数学名著,它在几何学中的研究比西方早一千多年.例如“堑堵”指的是底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱;“阳马
12、”指的是底面为矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥.如图 M4-12-16 所示,在堑堵 ABC-A1B1C1 中,ACBC,A 1A=AB=2,当堑堵 ABC-A1B1C1 的侧面积取得最大值时,阳马 B-A1ACC1 的体积为( )图 M4-12-16A.B.C.4D.小题 3 多面体与球角度 1 外接球问题3 在矩形 ABCD 中,AB=4,BC=3,将ABC 沿 AC 折起 ,当平面 ABC平面 ACD 时,四面体ABCD 的外接球的体积是( )A. B. C. D. 听课笔记 【考场点拨】解决多面体的外接球问题,关键是确定球心位置,方法是先选择多面体中的一面,确定此面多边形外接圆的圆心,再
13、过此圆心作垂直于此面的垂线,则球心一定在此垂线上,最后根据其他顶点情况确定球心的准确位置.对于特殊的多面体还可以通过补成正方体或长方体的方法找到球心位置.【自我检测】1.在三棱锥 S-ABC 中,SB BC,SAAC ,SB=BC,SA=AC,AB= SC,且三棱锥 S-ABC 的体积为 ,则该三棱锥的外接球半径是 ( )A.1 B.2C.3 D.42.设直三棱柱 ABC-A1B1C1 的所有顶点都在一个球面上 ,且球的表面积是 40,若AB=AC=AA1,BAC= ,则此直三棱柱的高是 . 角度 2 内切球问题4 设正三棱锥 P-ABC 的高为 H,且此三棱锥内切球的半径为 R,若二面角 P
14、-AB-C 的正切值为,则 =( )A.5 B.6C.7 D.8听课笔记 【考场点拨】解决多面体的内切球问题,一般是将多面体分割为以球心为顶点,多面体的各面为底面的棱锥,利用多面体的体积等于各分割棱锥的体积之和求内切球的半径.【自我检测】1.在三棱锥 P-ABC 中,侧棱 PA=PB=2,PC= ,当三棱锥 P-ABC 的三个侧面的面积之和最大时,三棱锥 P-ABC 内切球的表面积是( )A.(32-8 ) B.(32-16 )C.(40-8 ) D.(40-16 )2.已知圆锥的高为 3,侧面积为 20,若此圆锥内有一个体积为 V 的球,则 V 的最大值为 .小题 4 空间线面位置关系的判断
15、角度 1 线面位置关系5 (1)已知直线 l,m,平面 ,且 l,m ,给出下列说法: 若 ,则 lm; 若 ,则lm; 若 lm,则 ; 若 lm,则 . 其中正确说法的序号是 ( )A. B.C. D.(2)如图 M4-12-17,在正方形 ABCD 中,E,F 分别是 AB,BC 的中点,G 是 EF 的中点,沿 DE,EF,FD将正方形折起,使 A,B,C 重合于点 P,构成四面体,则在四面体 P-DEF 中,给出下列结论: PD平面 PEF; PDEF; DG平面 PEF; DFPE; 平面 PDE平面 PDF.其中正确结论的序号是 ( )图 M4-12-17A.B.C.D.听课笔记
16、 【考场点拨】判断空间点、线、面的位置关系,主要依赖于四个公理,平行关系和垂直关系的有关定义及定理.具体处理时可以构建长方体或三棱锥等模型,把要考查的点、线、面融入模型中,使判断简洁明了.如要否定一结论,只需找到一个反例即可.【自我检测】1.已知 , 是两个不同的平面,l 是一条直线,给出下列说法 : 若 l ,则 l; 若l,则 l ; 若 l ,则 l; 若 l,则 l.其中正确说法的个数为 ( )A.3 B.2C.1 D.02.若 l,m 为两条不同的直线, 为一个平面,且 l,则“m”是“ml”的 ( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件角度 2
17、异面直线所成的角、线面角6 (1)已知ABC 与BCD 均为正三角形,且 AB=4.若平面 ABC 与平面 BCD 垂直,且异面直线 AB 与 CD 所成的角为 ,则 cos =( )A.- B.C.- D.(2)已知三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱与底面垂直,体积为 ,底面是边长为 的正三角形.若 P 为底面 A1B1C1 的中心,则 PA 与平面 ABC 所成角的大小为 ( )A. B.C. D.听课笔记 【考场点拨】(1)求异面直线所成的角,一般是通过平移构建三角形求解 ,要注意异面直线所成的角是锐角或直角,若计算出钝角,其补角才是异面直线所成的角.(2)求直线与平面所成角的关键是过
18、直线上一点作出这个平面的垂线,进而直线与直线在平面内的射影所成的角即为直线与平面所成的角.(3)当空间关系较为复杂时也可以建立空间直角坐标系,利用向量求解 .【自我检测】1.如图 M4-12-18 所示为一个半圆柱,ADE 是等腰直角三角形,F 是线段 CD 的中点,AB= 4,该半圆柱的体积为 18,则异面直线 AB 与 EF 所成角的正弦值为( )图 M4-12-18A.B.C.D.2.在四边形 ABCD 中,AD=AB=2,CD=CB= ,且 ADAB,现将 ABD 沿 BD 翻折到ABD 的位置,则在ABD 折起至与平面 BCD 重合的过程中,直线 AC 与平面 BCD 所成角最大时的
19、正弦值为 ( )A. B.C. D.角度 3 截面问题7 (1)在棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 为棱 AD 的中点,过点 B1 且与平面 A1BE 平行的截面面积为( )A.5 B.2C.2 D.6(2)已知棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,球 O 与该正方体的各面都相切,则平面 ACD1 截此球所得的截面面积为( )A. B.C. D.听课笔记 【考场点拨】几何体截面面积问题,关键是确定截面图形的位置、形状,所经过的点,截面面积根据有关数量进行计算.【自我检测】1.已知一个棱长为 2 的正方体被一个平面截后所得几何体的三视图如图 M4-12-1
20、9 所示,则该截面的面积为( )A.B.4C.3D.图 M4-12-192.过半径为 4 的球 O 表面上一点 A 作球 O 的截面,若 OA 与该截面所成的角为 30,则该截面的面积是 . 模块四 立体几何与空间向量第 12 讲 空间几何体、空间中的位置关系典型真题研析1.(1)A (2)A 解析 (1)卯眼的空间立体图如图,同时需要注意,在三视图中看不见的线用虚线表示,故选 A.(2)在空间直角坐标系 O-xyz 中画出三棱锥,由已知可知三棱锥 O-ABC 为题中所描叙的四面体,而其在 zOx 平面上的投影为正方形 EBDO,故选 A.2.B 解析 该几何体为一个三棱柱和一个三棱锥的组合体
21、,其直观图如图所示,各个面中有两个全等的梯形,其面积之和为 2 2=12.3.(1)40 (2)C 解析 (1)设圆锥的底面圆的半径为 r,因为 SA 与圆锥底面所成角为 45,所以 SA= r.由 cosASB= 得 sinASB= ,所以 SASBsinASB= r r =5 ,所以 r2=40,所以圆锥的侧面积为 r2=40 .(2)如图,连接 BC1,易知AC 1B 即为 AC1 与平面 BB1C1C 所成的角,由题易知AC 1B=30,易得AC1=2AB=4.设 BB1=h,则有 42=22+22+h2, 解得 h=2 ,所以该长方体的体积 V=222 =8 .4.(1)A (2)
22、解析 因为 M,N,Q 分别为对应棱的中点,所以在选项 B,C 中均有ABMQ ,在选项 D 中,有 ABNQ ,所以在选项 B,C,D 中均有 AB 与平面 MNQ 平行,所以选 A.(2)对于 ,m n,m,n,则 , 的位置关系无法确定,故错误;对于 ,因为 n,所以可过直线 n 作平面 与平面 相交于直线 c,则 nc,因为 m,所以 mc,所以 mn,故正确;对于 ,由两个平面平行的性质可知其正确;对于 ,由线面所成角的定义和等角定理可知其正确.故正确的有 .5.(1)B (2)B 解析 (1)由题易知当点 D 到平面 ABC 的距离最大时 ,三棱锥 D-ABC 的体积最大. SAB
23、C = AB2=9 , AB=6.设ABC 的中心为 M,由等边三角形的性质得 ,AM=BM=CM=2 .设球心为 O,则 OA=OB=OC=4, OM= =2, 点 D 到平面 ABC 的距离的最大值为 OM+4=6.故三棱锥 D-ABC 体积的最大值为9 6=18 .(2)当球与三侧面相切时,设球的半径为 r1, ABBC,AB=6,BC=8, 8-r1+6-r1=10,解得 r1=2,不合题意.当球与直三棱柱的上、下底面相切时,设球的半径为 r2,则 2r2=3,即 r2= , 球的体积 V的最大值为 = .6.A 解析 平面 与正方体的每条棱所在直线所成的角都相等,只需与过同一顶点的三
24、条棱所成的角相等即可,如图,AP=AR=AQ,则平面 PQR 与正方体过点 A 的三条棱所成的角相等.若点 E,F,G,H,M,N 分别为相应棱的中点,易证得平面 EFGHMN 平行于平面 PQR,且六边形EFGHMN 为正六边形.正方体棱长为 1,所以正六边形 EFGHMN 的边长为 ,可得此正六边形的面积为 ,而在四个选项中,选项 B,C,D 中的值都小于 ,所以选 A.7.(1)C (2)C 解析 (1)方法一:以 D 为坐标原点,DA ,DC,DD1 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示,则 A(1,0,0),D1(0,0, ),B1(1,1, ),所以 =(-1
25、,0, ), =(1,1, ),所以 cos= = ,所以异面直线 AD1 与 DB1 所成角的余弦值为 .方法二:如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 的面 ABB1A1 的一侧再补填一个完全一样的长方体ABC2D2-A1B1B2A2,连接 AB2,B2D1.易知 AB2DB 1,所以异面直线 AD1 与 DB1 所成的角即为 AD1 与 AB2 所成的角.因为 AB=BC=1,AA1= ,所以 AD1=2,AB2= ,B2D1= .在AB 2D1 中,cosD 1AB2= = ,所以异面直线 AD1 与 DB1 所成角的余弦值为 .(2)方法一:建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(
26、2,0,0),B(0,0,0),B1(0,0,1),C1 ,所以=(-2,0,1), = ,故异面直线 AB1 与 BC1 所成角 的余弦值 cos = = =.方法二:如图,将该直三棱柱补充成直四棱柱 ,其中 CDAB 且 CD=AB,则可得 AB1DC 1 且AB1=DC1,图中BC 1D 即为异面直线 AB1 与 BC1 所成的角或所成角的补角.在BC 1D 中,BC 1=,DC1= ,BD= = ,所以 cosBC 1D= = .故异面直线 AB1 与BC1 所成角的余弦值为 .考点考法探究小题 1例 1 (1)C (2)B解析 (1)取 AA1 的中点 H,连接 GH,则 GH 为过
27、点 E,F,G 的平面与平面 A1B1BA 的交线.延长 GH,交 BA 的延长线于点 P,连接 EP,交 AD 于点 N,连接 HN,则 NE 为过点 E,F,G 的平面与平面 ABCD 的交线.同理,连接并延长 EF,交 D1C1 的延长线于点 Q,连接 GQ,交 B1C1 于点 M,连接 FM,则 FM 为过点E,F,G 的平面与平面 BCC1B1 的交线.所以过点 E,F,G 的平面截正方体所得的截面为图中的正六边形 EFMGHN.故可得位于截面以下部分的几何体的侧视图为选项 C 中的图.故选 C.(2)根据三视图作出几何体的直观图如图所示,可计算得 PB=PD=BC= ,PC= ,故
28、该几何体最长棱的长为 .【自我检测】1.B 解析 由俯视图与正视图可知,该几何体是一个三棱柱挖去一个圆柱后剩余的部分,因此其侧视图是矩形且内部有一条虚线,虚线靠近矩形的左边部分,只有选项 B 符合题意,故选 B.2.B 解析 由三视图可得,该几何体为如图所示的三棱锥 A1-BCD.结合三视图中的数据可得SBCD = 22=2, = = 2 2=2 , = 2 =2 ,故此几何体的各个面中最大面的面积为 2 .故选 B.3.C 解析 由三视图可得该几何体的直观图如图所示,且 PD平面 ABCD, PAD 和PDC 均为直角三角形.又 PDAB,ABAD,PD AD=D, AB平面 PAD, AB
29、PA, PAB为直角三角形.故选 C.4.A 解析 从上下方向看 ,PAC 的射影为图 所示的情况 ;从左右方向看,PAC 的射影为图 所示的情况;从前后方向看,PAC 的射影为图 所示的情况.故选 A.小题 2例 2 (1)B (2)B 解析 (1)设 BC=a,AB=2a,则 S1=22aa,S2=2a2a, =1.故选 B.(2)根据题意画出如图所示的几何体,三棱锥 D-ABC 与三棱锥 E-ABC 的公共部分构成的几何体为三棱锥 F-ABC. ABC 为正三角形,AB=2, SABC = 22 = . CD底面 ABC,AECD,CD=AE=2, 四边形 AEDC 为矩形,则 F 为
30、EC 与 AD 的中点, 三棱锥 F-ABC 的高为 CD=1, 三棱锥 F-ABC 的体积 V= 1= .故选 B.【自我检测】1.A 解析 根据三视图可得,该几何体为如图所示的四棱锥 E-DD1C1C,则该几何体的表面积S= 22 + 42+ 22 + 42 +24=2 +4+2 +4 +8=12+8 .2.C 解析 根据题中的条件可知,截面与 B1C1 的交点为靠近 C1 的四等分点,所以该截面将三棱柱分成了一个三棱台和一个几何体.设三棱柱的体积 V=Sh,而三棱台的体积 V1= h= Sh,所以几何体的体积 V2= V,所以所得的两部分的体积之比为 17 7,故选 C.3.A 解析 根
31、据题意,设 AC=x,BC=y,则有 x2+y2=4,堑堵 ABC-A1B1C1 的侧面积 S 侧 =(2+x+y)2=4+2(x+y)4+2 =4+4 ,当且仅当 x=y= 时取等号,此时阳马 B-A1ACC1 的体积 V= ACCC1BC= 2 = ,故选 A.小题 3例 3 C 解析 设矩形 ABCD 的对角线 AC,BD 的交点为 O,由矩形的性质结合题意可知OA=OB=OC=OD= = .在翻折过程中 OA,OB,OC,OD 的长度不变,据此可知点 O 为四面体 ABCD 外接球的球心,外接球的半径 R=OA= , 外接球的体积 V= R3= = .【自我检测】1.C 解析 取 SC
32、 的中点 O,连接 OA,OB,则 OA=OB=OC=OS,即 O 为三棱锥的外接球球心.设外接球的半径为 r,则 2r r2= , r=3.故选 C.2.2 解析 设 AB=AC=AA1=a,球的半径为 R.由题意知BAC 外接圆的半径为 =a. 4R2=40, R2=10,又 R2= +a2=10, a=2 ,故直三棱柱的高是 2 .例 4 C 解析 取线段 AB 的中点 D,设 P 在底面 ABC 内的射影为 O,连接 PD,OD.设 AB=a,则 OD= a = a,易知PDC 为二面角 P-AB-C 的平面角, tanPDC= , PD=6OD= a.设三棱锥的表面积为 S,体积为
33、V,则 V= SR,即 a2H= R,化简得 =7.【自我检测】1.D 解析 其中一个侧面的面积 SPAB = PAPBsinAPB=2sin APB,要使此面积最大,则APB=90.同理可知,当 PA,PB,PC 两两垂直时,三棱锥 P-ABC 的三个侧面的面积之和最大.设三棱锥的内切球的球心为 O,则 O 到三棱锥的四个面的距离与球的半径 r 相等.因为PA=PB=2,PC= ,所以 BC=AC= ,AB=2 ,可得ABC,APC,APB,BPC 的面积分别为 4, ,2, ,所以 V 三棱锥 P-ABC= (4+ +2+ )r= 2 ,解得 r= -2,所以内切球的表面积S=(40-16
34、 ).2. 解析 设圆锥的母线长为 l,底面圆的半径为 r,则 rl=20,即 rl=20,又 l2-r2=9,所以l=5,r=4.当球的体积最大时,该球为圆锥的内切球,设内切球的半径为 R,则 (5+5+8)R= 38,故R= ,所以 Vmax= = .小题 4例 5 (1)B (2)C 解析 (1)由 l,l ,而 m,所以 lm , 正确;l,m, 时,l,m 的位置关系不确定, 不正确;由 l,lm m,而 m,所以 , 正确;l,m,lm 时, 的位置关系不确定, 不正确.故选 B.(2)构成的四面体如图所示.因为 DAAE ,DCCF ,所以折叠后 DPPE,DPPF,又 PEPF
35、=P,所以 DP平面 PEF,所以 正确;由 DP平面 PEF,EF平面 PEF,可知 DPEF,所以 正确;因为 DP平面 PEF,且过一点有且只有一条直线垂直于一个平面,所以 DG平面 PEF 是不正确的,所以 不正确;连接 PG,由题意知 PGEF ,且 PE= EG,所以 PEPF,又 PEDP,DP PF=P,所以 PE平面DPF,又因为 DF平面 DPF,所以 PEDF,所以 正确;因为 PE平面 DPF,且 PE平面 PDE,所以平面 PDE平面 DPF,所以 正确.综上可知,正确结论的序号为 ,故选 C.【自我检测】1.C 解析 若 l, ,则 l 或 l, 不正确; 若 l,
36、 ,则 l 或 l, 不正确; 若 l, ,则 l , 正确; 若 l, ,则 l 或 l 或 l 与 相交, 不正确.故选 C.2.A 解析 由 l 且 m,能推出 ml ,充分性成立;若 l 且 ml,则 m 或 m,必要性不成立.因此“m ”是“ ml” 的充分不必要条件,故选 A.例 6 (1)D (2)B 解析 (1)方法一:取 BC 的中点 O,连接 AO,DO. 正三角形 ABC 与正三角形 BCD 所在平面互相垂直, AOOD.分别取 BD,AD 的中点 M,N,连接 MN,OM,ON,则 MNAB,OMCD,则OMN 为异面直线 AB与 CD 所成的角,易得 MN=OM=2,
37、ON= ,在OMN 中,由余弦定理得 cosOMN= = ,即cos = .方法二:如图所示,取 BC 的中点 O,连接 AO,DO. 正三角形 ABC 与正三角形 BCD 所在平面互相垂直, AOBC,BCOD,AODO.以 O 为原点,OD,OC,OA 所在直线分别为 x,y,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(0,0,2 ),B(0,-2,0),C(0,2,0),D(2 ,0,0), =(0,-2,-2 ), =(2 ,-2,0),故 cos= = , cos = .(2)取 B1C1 的中点 D,连接 A1D,则由题易知点 P 在 A1D 上. AA1底面 A1B1C1, A
38、PA 1 为 PA 与平面 A1B1C1 所成的角 ,又平面 ABC平面 A1B1C1, APA 1 的大小等于 PA 与平面 ABC 所成角的大小. = ( )2= , =AA1 = AA1= ,解得 AA1= .又 P 为正三角形 A1B1C1 的中心, A1P= A1D=1, 在 RtAA 1P 中,tan APA 1= = , APA 1= .故选 B.【自我检测】1.B 解析 设底面半圆的半径为 r,由 4=18,得 r=3.易得 DE=3 ,DF=2,DFDE,所以 EF= ,又 ABCD,所以异面直线 AB 与 EF 所成的角为EFD ,易知 sinEFD= = .2.D 解析
39、设 AC 与 BD 交于点 O,因为 AB=AD,CB=CD,所以 ACBD,因此在翻折过程中,AC 在平面 BCD 内的射影在直线 CO 上,所以ACO 是直线 AC 与平面 BCD 所成的角.由已知可得 OA=OA= ,OC=2,在AOC 中,设 AC=x,则由余弦定理得 cosACO= = + ,因为 x0,所以 + 2 = (当且仅当 x= 时取等号), 此时ACO 最大,且 sinACO= .例 7 (1)C (2)D 解析 (1)取 BC 的中点 M,A1D1 的中点 N,则四边形 B1MDN 即为所求的截面.根据正方体的性质,可得 MN=2 ,B1D=2 ,易知四边形 B1MDN
40、 为菱形,所以其面积 S= 2 2 =2 ,故选 C.(2)由题知ACD 1 是边长为 2 的等边三角形,所以所求截面为 ACD 1 的内切圆,可得截面圆的半径为 ,所以截面圆的面积为 .【自我检测】1.A 解析 如图所示 ,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E,F 分别为 AB,AD 的中点.由三视图可知,该几何体是正方体 ABCD-A1B1C1D1 截取棱台 AEF-A1B1D1 后剩余的部分.易知截面 FEB1D1 为等腰梯形,且 FE= ,B1D1=2 ,EB1= = ,截面 FEB1D1 的高为 = ,则截面 FEB1D1 的面积为 = .2.12 解析 过半径为 4 的球
41、O 表面上一点 A 作球 O 的截面,若 OA 与该截面所成的角为30,则截面圆的半径是 4cos 30=2 ,故该截面的面积为 (2 )2=12.备选理由 例 1 为一道高考题,考查对三视图的认识,并且通过计算对直观图中的各棱长作出准确判断;例 2 以正方体为载体 ,较容易入手,考查空间想象能力和计算能力; 例 3 是三视图、多面体、球的综合问题,解决该问题的关键是根据三视图将几何体还原,从而得到该几何体是直三棱柱,最后利用长方体的外接球的特征求得结果;例 4 考查异面直线所成的角,其基本思路是通过平移直线,把异面问题化归为共面问题来解决.例 1 配例 1 使用 2017北京卷 某四棱锥的三
42、视图如图所示,则该四棱锥的最长棱的长度为 ( )A.3 B.2C.2 D.2解析 B 将四棱锥放在棱长为 2 的正方体中,该四棱锥为 D-BCCB,如图所示.该四棱锥最长的棱为正方体的体对角线 DB,DB= = =2 ,故选 B.例 2 配例 2 使用 2018江苏卷 如图所示,正方体的棱长为 2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 . 答案 解析 该几何体是一个正八面体,而正八面体是由两个相同的正四棱锥组成的,由图可知一个正四棱锥的高为 1,底面边长为 = ,所以正八面体的体积 V=2 ( )21= .例 3 配例 3 使用 中国古代数学名著九章算术中记载了一种名为“堑堵”的几何体,其三
43、视图如图所示,则其外接球的表面积为 ( )A. B.4C.8 D.64解析 B 由三视图可得该几何体是一个直三棱柱,将其扩展为长方体,易得长方体的长、宽、高分别是 ,1,1,该几何体的外接球为对应的长方体的外接球,而长方体的体对角线长为=2,所以该几何体外接球的半径为 1,故外接球的表面积为 412=4,故选 B.例 4 配例 6 使用 在四棱锥 P-ABCD 中,PA 平面 ABCD,底面 ABCD 是边长为 2 的正方形,PA= ,E 为 PC 的中点,则异面直线 BE 与 PD 所成角的余弦值为 ( )A. B.C. D.解析 C 延长 AD 到 H,使 AD=DH,过 P 作 PFAH,且 PF=AD,连接 BF,FH,FC,BH.因为PF=DH,PFDH,所以四边形 PFHD 为平行四边形,所以 PDFH.又 PFADBC,PF=AD=BC,所以四边形 PFCB 为平行四边形,所以 BE 与 BF 共线,则BFH 为异面直线 BE 与 PD 所成的角或其补角.在BFH 中,FH= 3,BF= ,BH=2 ,所以由余弦定理得 cosBFH= = .
