９６ ５年高考 ３年模拟 Ｂ版（教师用书）
§ １２．３ 直线、平面垂直的判定与性质
对应学生用书起始页码 Ｐ１６５
考点一 线面垂直的判定与性质 高频考点
１．直线和平面垂直的定义：直线 ｌ 与平面 α 内的任意一条直
线都垂直，就说直线 ｌ 与平面 α 互相垂直．
２．直线与平面垂直的判定定理及性质定理
文字语言 图形语言 符号语言
判定定理
如果一条直线与
一个平面内的两
条相交直线垂直，
那么这条直线垂
直于这个平面
ａ，ｂ?α
ａ∩ｂ＝Ｏ
ｌ⊥ａ
ｌ⊥ｂ
ü
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?ｌ⊥α
性质定理
如果两条直线垂
直于同一个平面，
那么这两条直线
平行
ａ⊥α
ｂ⊥α} ?ａ∥ｂ
３．直线与平面所成的角
（１）直线与平面所成的角的取值范围是 ０，
π
２[ ] ．
（２）求斜线与平面所成的角的关键是找到斜线在平面内的
射影，斜线与其射影所成的锐角即为斜线与平面所成的角．
（１）最小角定理：平面的斜线和它在平面内的射影所成
的角是这条斜线和这个平面内任一条直线所成的角中最小
的角．
（２）三余弦公式：ｃｏｓ θ＝ｃｏｓ θ１·ｃｏｓ θ２（如图所示，其中 θ１
是斜线 ＯＡ 与平面 α 所成的角，θ２ 是斜线 ＯＡ 的射影 ＡＢ 与平
面内的直线 ＡＣ 的夹角，θ 是斜线 ＯＡ 与平面内的直线 ＡＣ 的
夹角）．
（３）点 Ｃ 是∠ＡＰＢ 所在平面外的一点，若∠ＣＰＡ ＝∠ＣＰＢ
≠９０°，则斜线 ＣＰ 在平面 ＡＰＢ 内的射影落在∠ＡＰＢ 的平分
线上．
考点二 面面垂直的判定与性质 高频考点
１．两平面垂直的定义：如果两个平面所成的二面角是直二
面角，我们就说这两个平面互相垂直．
２．平面与平面垂直的判定定理与性质定理
文字语言 图形语言 符号语言
判定定理
如果一个平面经过
另一个平面的一条
垂线，那么这两个
平面互相垂直
ｌ?β
ｌ⊥α} ?α⊥β
性质定理
如果两个平面互相
垂直，那么在一个
平面内垂直于它们
交线的直线垂直于
另一个平面
α⊥β
ｌ?β
α∩β＝ａ
ｌ⊥ａ
ü
?
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?ｌ⊥α
３．二面角
（１）二面角与二面角的平面角的区别和联系：二面角是一个立
体图形，我们常用二面角的平面角来刻画二面角的大小，二面角的
平面角是一个平面图形，其大小是多少度，就说该二面角是多少度．
（２）二面角的取值范围：［０，π］ ．
（３）求二面角的大小的关键是作出二面角的平面角，要紧扣
它的三个条件，即这个角的顶点在棱上，角的两边分别在两个半
平面内，这两边都与棱垂直，只有满足这三个条件，才能称该角
为二面角的平面角，否则就不是二面角的平面角．
４．垂直问题的转化方向图
线线垂直
线面垂直的判定定理
线面垂直的性质定理
???? ???????????????????????????????????? 线面垂直
面面垂直的判定定理
面面垂直的性质定理
???? ???????????????????????????????????? 面面垂直
在空间垂直关系中，线面垂直是核心，已知线面垂直，既可
为证明线线垂直提供依据，又可为利用判定定理证明面面垂直
作好铺垫．应用面面垂直的性质定理时，一般需作辅助线，基本作
法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，从而把面面垂直问
题转化为线面垂直问题，进而可转化为线线垂直问题．
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第十二章 立体几何 ９７
对应学生用书起始页码 Ｐ１６６
一、判定直线与平面垂直的方法
证明线面垂直的 ４ 种方法
（１）线面垂直的判定定理：ｌ⊥ａ，ｌ⊥ｂ，ａ?α，ｂ?α，ａ∩ｂ ＝Ｐ?
ｌ⊥α．
（２）面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝ ｌ，ａ?α，ａ⊥ｌ?ａ⊥β．
（３）①ａ∥ｂ，ｂ⊥α?ａ⊥α，②α∥β，ａ⊥β?ａ⊥α．
（４）α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝ ｌ?ｌ⊥γ．（客观题可用）
如图所示，在四棱锥 Ｐ－ＡＢＣＤ 中，ＡＢ⊥平面 ＰＡＤ，ＡＢ∥
ＣＤ，ＰＤ＝ＡＤ，Ｅ 是 ＰＢ 的中点，Ｆ 是 ＤＣ 上的点，且 ＤＦ ＝
１
２
ＡＢ，ＰＨ
为△ＰＡＤ 的边 ＡＤ 上的高．求证：
（１）ＰＨ⊥平面 ＡＢＣＤ；
（２）ＥＦ⊥平面 ＰＡＢ．
证明 （１）因为 ＡＢ⊥平面 ＰＡＤ，ＰＨ?平面 ＰＡＤ，
所以 ＰＨ⊥ＡＢ．
因为 ＰＨ 为△ＰＡＤ 的边 ＡＤ 上的高，所以 ＰＨ⊥ＡＤ．
因为 ＡＢ∩ＡＤ＝Ａ，ＡＢ?平面 ＡＢＣＤ，ＡＤ?平面 ＡＢＣＤ，
所以 ＰＨ⊥平面 ＡＢＣＤ．
（２）如图，取 ＰＡ 的中点 Ｍ，连接 ＭＤ，ＭＥ．
因为 Ｅ 是 ＰＢ 的中点，
所以 ＭＥ∥ＡＢ 且 ＭＥ＝
１
２
ＡＢ．
又因为 ＤＦ∥ＡＢ 且 ＤＦ＝
１
２
ＡＢ，
所以 ＭＥ∥ＤＦ 且 ＭＥ＝ＤＦ，
所以四边形 ＭＤＦＥ 是平行四边形，
所以 ＥＦ∥ＭＤ．
因为 ＰＤ＝ＡＤ，所以 ＭＤ⊥ＰＡ．
因为 ＡＢ⊥平面 ＰＡＤ，ＭＤ?平面 ＰＡＤ，所以 ＭＤ⊥ＡＢ．
因为 ＰＡ∩ＡＢ＝Ａ，
所以 ＭＤ⊥平面 ＰＡＢ，
所以 ＥＦ⊥平面 ＰＡＢ．
１－１ 已知 Ｓ 是 Ｒｔ△ＡＢＣ 所在平面外一点，且 ＳＡ＝ ＳＢ ＝ ＳＣ，
Ｄ 为斜边 ＡＣ 的中点．
（１）求证：ＳＤ⊥平面 ＡＢＣ；
（２）若 ＡＢ＝ＢＣ，求证：ＢＤ⊥平面 ＳＡＣ．
１－１ 证明 （１）如图所示，取 ＡＢ 的中点 Ｅ，连接 ＳＥ，ＤＥ，
在 Ｒｔ△ＡＢＣ 中，Ｄ、Ｅ 分别为 ＡＣ、ＡＢ 的
中点，
∴ ＤＥ∥ＢＣ，∴ ＤＥ⊥ＡＢ，
∵ ＳＡ＝ＳＢ，
∴ ＳＥ⊥ＡＢ．
∵ ＳＥ∩ＤＥ＝Ｅ，∴ ＡＢ⊥平面 ＳＤＥ．
又∵ ＳＤ?平面 ＳＤＥ，∴ ＡＢ⊥ＳＤ．
在△ＳＡＣ 中，ＳＡ＝ＳＣ，Ｄ 为 ＡＣ 的中点，
∴ ＳＤ⊥ＡＣ．
又 ＡＣ∩ＡＢ＝Ａ，∴ ＳＤ⊥平面 ＡＢＣ．
（２）由于 ＡＢ＝ＢＣ，所以 ＢＤ⊥ＡＣ，
由（１）可知，ＳＤ⊥平面 ＡＢＣ，
又 ＢＤ?平面 ＡＢＣ，
∴ ＳＤ⊥ＢＤ，
又 ＳＤ∩ＡＣ＝Ｄ，
∴ ＢＤ⊥平面 ＳＡＣ．
１－２ （２０１９ 苏州期初考试，１６）如图，已知矩形 ＣＤＥＦ 和直
角梯形 ＡＢＣＤ，ＡＢ∥ＣＤ，∠ＡＤＣ＝ ９０°，ＤＥ＝ＤＡ，Ｍ 为 ＡＥ 的中点．
（１）求证：ＡＣ∥平面 ＤＭＦ；
（２）求证：ＢＥ⊥ＤＭ．
１－２ 证明 （１）连接 ＣＥ，交 ＤＦ 于点 Ｇ，连接 ＭＧ．
在矩形 ＣＤＥＦ 中，ＤＦ∩ＥＣ＝Ｇ，
∴ Ｇ 为 ＥＣ 的中点，
又∵ Ｍ 为 ＡＥ 的中点，
∴ ＭＧ 为△ＥＡＣ 的中位线，
∴ ＭＧ∥ＡＣ，
∵ ＡＣ?平面 ＤＭＦ，ＭＧ?平面 ＤＭＦ，
∴ ＡＣ∥平面 ＤＭＦ．
（２）在矩形 ＣＤＥＦ 中，ＣＤ⊥ＥＤ，
∵ ∠ＡＤＣ＝ ９０°，
∴ ＣＤ⊥ＡＤ，
∵ ＡＢ∥ＣＤ，∴ ＡＢ⊥ＥＤ，ＡＢ⊥ＡＤ．
∵ ＡＤ∩ＥＤ＝Ｄ，ＡＤ?平面 ＡＤＥ，ＥＤ?平面 ＡＤＥ，
∴ ＡＢ⊥平面 ＡＤＥ，
∵ ＭＤ?平面 ＡＤＥ，
∴ ＭＤ⊥ＡＢ，
∵ ＤＥ＝ＤＡ，Ｍ 为 ＡＥ 的中点，
∴ ＭＤ⊥ＡＥ，
∵ ＡＢ∩ＡＥ＝Ａ，ＡＢ?平面 ＡＢＥ，ＡＥ?平面 ＡＢＥ，
∴ ＭＤ⊥平面 ＡＢＥ，
∵ ＢＥ?平面 ＡＢＥ，
∴ ＢＥ⊥ＤＭ．
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９８ ５年高考 ３年模拟 Ｂ版（教师用书）
二、判定平面与平面垂直的方法
证明面面垂直的常用方法
（１）面面垂直的判定定理；
（２）α∥β，β⊥γ?α⊥γ；（判断题常用）
（３）两个平面构成的二面角为直角．
（２０１９ 无锡期末，１６）在四棱锥 Ｐ－ＡＢＣＤ 中，锐角三角
形 ＰＡＤ 所在平面垂直平分 ＰＡＢ，ＡＢ⊥ＡＤ，ＡＢ⊥ＢＣ．求证：
（１）ＢＣ∥平面 ＰＡＤ；
（２）平面 ＰＡＤ⊥平面 ＡＢＣＤ．
证明 （１）在四边形 ＡＢＣＤ 中，ＡＢ⊥ＡＤ，ＡＢ⊥ＢＣ，
∴ ＡＤ∥ＢＣ，
∵ ＡＤ?平面 ＰＡＤ，ＢＣ?平面 ＰＡＤ，
∴ ＢＣ∥平面 ＰＡＤ．
（２）作 ＤＥ⊥ＰＡ 于点 Ｅ．
∵ 平面 ＰＡＤ⊥平面 ＰＡＢ，平面 ＰＡＤ∩平面 ＰＡＢ＝ＰＡ，
ＤＥ?平面 ＰＡＤ，
∴ ＤＥ⊥平面 ＰＡＢ，
∵ ＡＢ?平面 ＰＡＢ，
∴ ＤＥ⊥ＡＢ．
∵ ＡＢ⊥ＡＤ，ＡＤ∩ＤＥ＝Ｄ，
∴ ＡＢ⊥平面 ＰＡＤ，
∵ ＡＢ?平面 ＡＢＣＤ，
∴ 平面 ＰＡＤ⊥平面 ＡＢＣＤ．
２－１ （２０１９ 南京金陵中学检测，１６）如图，在三棱锥 Ａ－
ＢＣＤ 中，Ｅ，Ｆ 分别为棱 ＢＣ，ＣＤ 上的点，且 ＢＤ∥平面 ＡＥＦ．
（１）求证：ＥＦ∥平面 ＡＢＤ；
（２）若 ＢＤ⊥ ＣＤ， ＡＥ⊥ 平面 ＢＣＤ， 求证： 平面 ＡＥＦ⊥ 平
面 ＡＣＤ．
２－１ 证明 （１）因为 ＢＤ∥平面 ＡＥＦ，
且 ＢＤ?平面 ＢＣＤ，平面 ＡＥＦ∩平面 ＢＣＤ＝ＥＦ，
所以 ＢＤ∥ＥＦ．
因为 ＢＤ?平面 ＡＢＤ，ＥＦ?平面 ＡＢＤ，
所以 ＥＦ∥平面 ＡＢＤ．
（２）因为 ＡＥ⊥平面 ＢＣＤ，ＣＤ?平面 ＢＣＤ，
所以 ＡＥ⊥ＣＤ．
因为 ＢＤ⊥ＣＤ，ＢＤ∥ＥＦ，
所以 ＣＤ⊥ＥＦ，
又 ＡＥ∩ＥＦ＝Ｅ，ＡＥ?平面 ＡＥＦ，ＥＦ?平面 ＡＥＦ，
所以 ＣＤ⊥平面 ＡＥＦ．
又 ＣＤ?平面 ＡＣＤ，
所以平面 ＡＥＦ⊥平面 ＡＣＤ．
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(共85张PPT)
五年高考
A组????自主命题·江苏卷题组
1.(2017江苏,15,14分)如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E,F(E
与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EF⊥AD.
求证:(1)EF∥平面ABC;
(2)AD⊥AC.
?
证明 (1)在平面ABD内,因为AB⊥AD,EF⊥AD,
所以EF∥AB.
又因为EF?平面ABC,AB?平面ABC,所以EF∥平面ABC.
(2)因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,
BC?平面BCD,BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD.
因为AD?平面ABD,所以BC⊥AD.
又AB⊥AD,BC∩AB=B,AB?平面ABC,BC?平面ABC,
所以AD⊥平面ABC.
又因为AC?平面ABC,所以AD⊥AC.
方法总结 立体几何中证明线线垂直的一般思路:
(1)利用两平行直线垂直于同一条直线(a∥b,a⊥c?b⊥c);
(2)线面垂直的性质(a⊥α,b?α?a⊥b).
2.(2016江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B
上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.求证:
(1)直线DE∥平面A1C1F;
(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.
?
证明 (1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1∥AC.
在△ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点,
所以DE∥AC,于是DE∥A1C1.
又因为DE?平面A1C1F,A1C1?平面A1C1F,
所以直线DE∥平面A1C1F.
(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1.
因为A1C1?平面A1B1C1,
所以A1A⊥A1C1.
又因为A1C1⊥A1B1,A1A?平面ABB1A1,A1B1?平面ABB1A1,A1A∩A1B1=A1,
所以A1C1⊥平面ABB1A1.
因为B1D?平面ABB1A1,所以A1C1⊥B1D.
又因为B1D⊥A1F,A1C1?平面A1C1F,A1F?平面A1C1F,A1C1∩A1F=A1,
所以B1D⊥平面A1C1F.
因为直线B1D?平面B1DE,所以平面B1DE⊥平面A1C1F.
评析 本题考查点、线、面的位置关系.
(1)证明线面平行,可证明该直线平行于平面内的一条直线;
(2)证明面面垂直,只需证明一个平面内的一条直线垂直于另一个平面即可.
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
考点一 线面垂直的判定与性质
1.(2019北京理,12,5分)已知l,m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断:
①l⊥m;②m∥α;③l⊥α.
以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题: ????.
答案 若l⊥m,l⊥α,则m∥α(答案不唯一)
解析 本题考查线面平行、垂直的位置关系,考查了逻辑推理能力和空间想象能力.
把其中两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,共有三种情况.对三种情况逐一验证.①
②作为条件,③作为结论时,还可能l∥α或l与α斜交;①③作为条件,②作为结论和②③作为条
件,①作为结论时,容易证明命题成立.
易错警示 容易忽视l,m是平面α外的两条不同直线这一条件,导致判断错误.
2.(2016浙江理改编,2,5分)已知互相垂直的平面α,β交于直线l.若直线m,n满足m∥α,n⊥β,则以
下说法正确的是 ????.
①m∥l;②m∥n;③n⊥l;④m⊥n.
答案 ③
解析 对于①,m与l可能平行或异面,故①错;对于②、④,m与n可能平行、相交或异面,故②、
④错;对于③,因为n⊥β,l?β,所以n⊥l,故③正确.故填③.
评析 本题考查了线面平行与垂直的性质及空间两条直线的位置关系.
3.(2019课标全国Ⅱ文,17,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1
上,BE⊥EC1.
(1)证明:BE⊥平面EB1C1;
(2)若AE=A1E,AB=3,求四棱锥E-BB1C1C的体积.
?
解析 本题考查了长方体的性质、直线与平面垂直的判定与性质和锥体的体积,考查了空间
想象能力,主要体现了逻辑推理和直观想象的核心素养.
(1)由已知得B1C1⊥平面ABB1A1,BE?平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1.
(2)由(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=∠A1EB1=45°,故AE=AB=3,
AA1=2AE=6.
作EF⊥BB1,垂足为F,则EF⊥平面BB1C1C,且EF=AB=3.
所以,四棱锥E-BB1C1C的体积V=?×3×6×3=18.
?
思路分析 (1)由长方体的性质易得B1C1⊥BE,再利用直线与平面垂直的判定定理求证;(2)求
该四棱锥的体积的关键是求高,利用平面与平面垂直的性质定理,可知只需过E作B1B的垂线即
可得高.
解题关键 由长方体的性质找BE的垂线和平面BB1C1C的垂线是求解的关键.
4.(2019天津文,17,13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,△PCD为等边三
角形,平面PAC⊥平面PCD,PA⊥CD,CD=2,AD=3.
(1)设G,H分别为PB,AC的中点,求证:GH∥平面PAD;
(2)求证:PA⊥平面PCD;
(3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.
?
解析 本题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所
成的角等基础知识.考查空间想象能力和推理论证能力.以线面角的计算为依托考查数学运算
与直观想象的核心素养.
(1)证明:连接BD,易知AC∩BD=H,BH=DH.
又由BG=PG,故GH∥PD.又因为GH?平面PAD,PD?平面PAD,所以GH∥平面PAD.
?
(2)证明:取棱PC的中点N,连接DN.
依题意,得DN⊥PC.
又因为平面PAC⊥平面PCD,平面PAC∩平面PCD=PC,所以DN⊥平面PAC,又PA?平面PAC,
故DN⊥PA.
又已知PA⊥CD,CD∩DN=D,所以PA⊥平面PCD.
(3)连接AN,由(2)中DN⊥平面PAC,可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角.
因为△PCD为等边三角形,CD=2且N为PC的中点,
所以DN=?.
又DN⊥AN,在Rt△AND中,sin∠DAN=?=?.
所以,直线AD与平面PAC所成角的正弦值为?.
思路分析 (1)在△BPD中证明GH∥PD,从而利用线面平行的判定定理证线面平行;(2)取棱
PC的中点N,连接DN,有DN⊥PC,由面面垂直的性质,得DN⊥平面PAC,从而得DN⊥PA,进而得
出结论;(3)由(2)知所求角为∠DAN,在Rt△AND中求其正弦值即可.
5.(2018课标全国Ⅱ文,19,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2?,PA=PB=PC=AC=4,O为
AC的中点.
(1)证明:PO⊥平面ABC;
(2)若点M在棱BC上,且MC=2MB,求点C到平面POM的距离.
?
解析 (1)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,
所以OP⊥AC,且OP=2?.
连接OB,因为AB=BC=?AC,
所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=?AC=2.
由OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB.
由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.
?
(2)作CH⊥OM,垂足为H.又由(1)可得OP⊥CH,所以CH⊥平面POM.
故CH的长为点C到平面POM的距离.
由题设可知OC=?AC=2,CM=?BC=?,∠ACB=45°.
所以OM=?,CH=?=?.
所以点C到平面POM的距离为?.
解题关键 认真分析三棱锥各侧面和底面三角形的特殊性,利用线面垂直的判定方法及等积
法求解是关键.
6.(2016课标全国Ⅰ,18,12分)如图,已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形,PA=6.顶点P在平
面ABC内的正投影为点D,D在平面PAB内的正投影为点E,连接PE并延长交AB于点G.
(1)证明:G是AB的中点;
(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由),并求四面体PDEF的体积.
?
解析 (1)证明:因为P在平面ABC内的正投影为D,所以AB⊥PD.
因为D在平面PAB内的正投影为E,所以AB⊥DE.?(2分)
又PD∩DE=D,所以AB⊥平面PED,故AB⊥PG.
又由已知可得,PA=PB,从而G是AB的中点.?(4分)
(2)在平面PAB内,过点E作PB的平行线交PA于点F,F即为E在平面PAC内的正投影.?(5分)
理由如下:由已知可得PB⊥PA,PB⊥PC,
又EF∥PB,所以EF⊥PA,EF⊥PC,又PA∩PC=P,因此EF⊥平面PAC,即点F为E在平面PAC内的
正投影.?(7分)
连接CG,因为P在平面ABC内的正投影为D,所以D是正三角形ABC的中心,由(1)知,G是AB的中
点,所以D在CG上,故CD=?CG.?(9分)
?
由题设可得PC⊥平面PAB,DE⊥平面PAB,所以DE∥PC,因此PE=?PG,DE=?PC.
由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且PA=6,可得DE=2,PE=2?.
在等腰直角三角形EFP中,可得EF=PF=2,?(11分)
所以四面体PDEF的体积V=?×?×2×2×2=?.?(12分)
评析 本题考查了线面垂直的判定和性质;考查了锥体的体积的计算;考查了空间想象能力和
逻辑推理能力.属中档题.
7.(2016课标全国Ⅱ,19,12分)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,点E,F分别在AD,CD
上,AE=CF,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D'EF的位置.
(1)证明:AC⊥HD';
(2)若AB=5,AC=6,AE=?,OD'=2?,求五棱锥D'-ABCFE的体积.
?
解析 (1)证明:由已知得AC⊥BD,AD=CD.
又由AE=CF得?=?,故AC∥EF.?(2分)
由此得EF⊥HD,EF⊥HD',所以AC⊥HD'.?(4分)
(2)由EF∥AC得?=?=?.?(5分)
由AB=5,AC=6得DO=BO=?=4.
所以OH=1,D'H=DH=3.
于是OD'2+OH2=(2?)2+12=9=D'H2,故OD'⊥OH.
由(1)知AC⊥HD',又AC⊥BD,BD∩HD'=H,所以AC⊥平面BHD',于是AC⊥OD'.
又由OD'⊥OH,AC∩OH=O,所以OD'⊥平面ABC.?(8分)
又由?=?得EF=?.
五边形ABCFE的面积S=?×6×8-?×?×3=?.?(10分)
所以五棱锥D'-ABCFE的体积V=?×?×2?=?.?(12分)
评析 本题考查了线线垂直的判定、线面垂直的判定和性质,考查了锥体的体积的计算,考查
了空间想象能力和逻辑推理能力.属中档题.
8.(2015重庆,20,12分)如图,三棱锥P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,∠ABC=?,点D,E在线段AC
上,且AD=DE=EC=2,PD=PC=4,点F在线段AB上,且EF∥BC.
(1)证明:AB⊥平面PFE;
(2)若四棱锥P-DFBC的体积为7,求线段BC的长.
?
解析 (1)证明:由DE=EC,PD=PC知,E为等腰△PDC中DC边的中点,故PE⊥AC.
又平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PE?平面PAC,PE⊥AC,所以PE⊥平面ABC,
从而PE⊥AB.
因∠ABC=?,EF∥BC,故AB⊥EF.
从而AB与平面PFE内两条相交直线PE,EF都垂直,所以AB⊥平面PFE.
(2)设BC=x,则在直角△ABC中,
AB=?=?,
从而S△ABC=?AB·BC=?x?.
由EF∥BC知,?=?=?,得△AFE∽△ABC,
故?=?=?,即S△AFE=?S△ABC.
由AD=?AE得S△AFD=?S△AFE=?×?S△ABC=?S△ABC
=?x?,
从而四边形DFBC的面积为S四边形DFBC=S△ABC-S△AFD
=?x?-?x?
=?x?.
由(1)知,PE⊥平面ABC,所以PE为四棱锥P-DFBC的高.
在直角△PEC中,PE=?=?=2?.
体积VP-DFBC=?·S四边形DFBC·PE=?×?x?·2?=7,
故得x4-36x2+243=0,解得x2=9或x2=27,
由于x>0,可得x=3或x=3?,
所以,BC=3或BC=3?.
评析 本题考查了线面垂直的判定,棱锥体积的计算;考查了推理论证能力及空间想象能力;体
现了函数与方程的思想.
考点二 面面垂直的判定与性质
1.(2019北京文,18,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD
的中点.
(1)求证:BD⊥平面PAC;
(2)若∠ABC=60°,求证:平面PAB⊥平面PAE;
(3)棱PB上是否存在点F,使得CF∥平面PAE?说明理由.
?
解析 本题考查了直线与平面平行、垂直的判定和性质,通过线线、线面、面面平行、垂直
的相互转化考查了学生的空间想象能力和转化的思想方法,体现了直观想象、逻辑推理的核
心素养.
(1)因为PA⊥平面ABCD,
所以PA⊥BD.
又因为底面ABCD为菱形,
所以BD⊥AC.
所以BD⊥平面PAC.
(2)因为PA⊥平面ABCD,AE?平面ABCD,
所以PA⊥AE.
因为底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,且E为CD的中点,
所以AE⊥CD.
所以AB⊥AE.
所以AE⊥平面PAB.
所以平面PAB⊥平面PAE.
(3)棱PB上存在点F,使得CF∥平面PAE.
取F为PB的中点,取G为PA的中点,连接CF,FG,EG.
则FG∥AB,且FG=?AB.
因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点,
所以CE∥AB,且CE=?AB.
所以FG∥CE,且FG=CE.
所以四边形CEGF为平行四边形.
所以CF∥EG.
因为CF?平面PAE,EG?平面PAE,
所以CF∥平面PAE.
2.(2019课标全国Ⅲ文,19,12分)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图
形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.
(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;
(2)求图2中的四边形ACGD的面积.
?
解析 本题考查了线面、面面垂直问题,通过翻折、平面与平面垂直的证明考查了空间想象
能力和推理论证能力,考查了直观想象的核心素养.
(1)由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.
由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.
又因为AB?平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)取CG的中点M,连接EM,DM.
?
因为AB∥DE,AB⊥平面BCGE,所以DE⊥平面BCGE,故DE⊥CG.
由已知,四边形BCGE是菱形,且∠EBC=60°得EM⊥CG,故CG⊥平面DEM.
因此DM⊥CG.
在Rt△DEM中,DE=1,EM=?,故DM=2.
所以四边形ACGD的面积为4.
思路分析 (1)翻折问题一定要注意翻折前后位置的变化,特别是平行、垂直的变化.由矩形、
直角三角形中的垂直关系,利用线面垂直、面面垂直的判定定理可证两平面垂直;而由平行公
理和平面的基本性质不难证明四点共面.(2)根据菱形的特征结合(1)的结论找到菱形BCGE的
边CG上的高求解.
解题关键 抓住翻折前后的垂直关系,灵活转化线线垂直、线面垂直和面面垂直,题中构造侧
棱的特殊“直截面”△DEM,是本题求解的关键和难点.
3.(2018课标全国Ⅰ文,18,12分)如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°.以AC为折
痕将△ACM折起,使点M到达点D的位置,且AB⊥DA.
(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;
(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ=?DA,求三棱锥Q-ABP的体积.
?
解析 (1)证明:由已知可得,∠BAC=90°,BA⊥AC.
又BA⊥AD,所以AB⊥平面ACD.
又AB?平面ABC,
所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3?.
又BP=DQ=?DA,所以BP=2?.
作QE⊥AC,垂足为E,则QE?????DC.
由已知及(1)可得DC⊥平面ABC,
所以QE⊥平面ABC,QE=1.
因此,三棱锥Q-ABP的体积为
VQ-ABP=?·QE·S△ABP=?×1×?×3×2?sin 45°=1.
规律总结 证明空间线面位置关系的一般步骤:
(1)审清题意:分析条件,挖掘题目中平行与垂直的关系;
(2)明确方向:确定问题的方向,选择证明平行或垂直的方法,必要时添加辅助线;
(3)给出证明:利用平行、垂直关系的判定或性质给出问题的证明;
(4)反思回顾:查看关键点、易漏点,检查使用定理时定理成立的条件是否遗漏,符号表达是否
准确.
解题关键 (1)利用平行关系将∠ACM=90°转化为∠BAC=90°是求证第(1)问的关键;
(2)利用翻折的性质将∠ACM=90°转化为∠ACD=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.
4.(2018课标全国Ⅲ文,19,12分)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧?所在平面垂直,M是?上
异于C,D的点.
(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;
(2)在线段AM上是否存在点P,使得MC∥平面PBD?说明理由.
?
解析 本题考查平面与平面垂直的判定与性质、直线与平面平行的判定与性质.
(1)由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC?平面ABCD,所以BC⊥平面
CMD,故BC⊥DM.
因为M为?上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.
又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.
而DM?平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
(2)当P为AM的中点时,MC∥平面PBD.
证明如下:连接AC交BD于O.因为ABCD为矩形,所以O为AC中点.连接OP,因为P为AM中点,所
以MC∥OP.
MC?平面PBD,OP?平面PBD,所以MC∥平面PBD.
?
易错警示 使用判定定理和性质定理进行推理证明时要使条件完备.
5.(2017山东文,18,12分)由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如图所
示.四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,E为AD的中点,A1E⊥平面ABCD.
(1)证明:A1O∥平面B1CD1;
(2)设M是OD的中点,证明:平面A1EM⊥平面B1CD1.
?
证明 本题考查线面平行与面面垂直.
(1)取B1D1的中点O1,连接CO1,A1O1,
由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,
所以A1O1∥OC,A1O1=OC,
因此四边形A1OCO1为平行四边形,
所以A1O∥O1C.
又O1C?平面B1CD1,A1O?平面B1CD1,
所以A1O∥平面B1CD1.
?
(2)因为AC⊥BD,E,M分别为AD和OD的中点,
所以EM⊥BD,
又A1E⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,
所以A1E⊥BD,因为B1D1∥BD,
所以EM⊥B1D1,A1E⊥B1D1,
又A1E,EM?平面A1EM,A1E∩EM=E,
所以B1D1⊥平面A1EM,
又B1D1?平面B1CD1,所以平面A1EM⊥平面B1CD1.
方法总结 证明面面垂直的方法:
1.面面垂直的定义;
2.面面垂直的判定定理(a⊥β,a?α?α⊥β).
易错警示????a∥b,a∥α?/ b∥α.
6.(2016北京,18,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥平面ABCD,AB∥DC,DC⊥AC.
(1)求证:DC⊥平面PAC;
(2)求证:平面PAB⊥平面PAC;
(3)设点E为AB的中点.在棱PB上是否存在点F,使得PA∥平面CEF?说明理由.
?
解析 (1)证明:因为PC⊥平面ABCD,
所以PC⊥DC.?(2分)
又因为DC⊥AC,
AC∩PC=C,
所以DC⊥平面PAC.?(4分)
(2)证明:因为AB∥DC,DC⊥AC,
所以AB⊥AC.?(6分)
因为PC⊥平面ABCD,
所以PC⊥AB.?(7分)
又AC∩PC=C,
所以AB⊥平面PAC.
又AB?平面PAB,
所以平面PAB⊥平面PAC.?(9分)
(3)棱PB上存在点F,使得PA∥平面CEF.证明如下:?(10分)
取PB中点F,连接EF,CE,CF.
?
又因为E为AB的中点,
所以EF∥PA.?(13分)
又因为PA?平面CEF,
所以PA∥平面CEF.?(14分)
评析 本题考查了线面垂直的性质和判定、面面垂直的判定以及线面平行的判定.属中档题.
1.(2019课标全国Ⅲ理改编,8,5分)如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面
ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则 ????.
?
①BM=EN,且直线BM,EN是相交直线;
②BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线;
③BM=EN,且直线BM,EN是异面直线;
④BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线.
C组 教师专用题组
答案 ②
解析 本题考查了直线与平面的位置关系,两直线的位置关系,考查了学生的空间想象能力和
数学运算能力.渗透的核心素养是直观想象.
过E作EQ⊥CD于Q,连接BD,QN,BE,易知点N在BD上.∵平面ECD⊥平面ABCD,平面ECD∩平
面ABCD=CD,∴EQ⊥平面ABCD,∴EQ⊥QN,同理可知BC⊥CE,设CD=2,易得EQ=?,QN=1,则
EN=?=?=2,BE=?=?=2?.易知BE=BD,又∵M为DE的中点,∴BM
⊥DE,∴BM=?=?=?,∴BM=?>2=EN.∴BM≠EN.
又∵点M、N、B、E均在平面BED内,∴BM,EN在平面BED内,又BM与EN不平行,∴BM,EN是相
交直线.
?
疑难突破 过点E作CD的垂线,构造直角三角形是求BM、EN的关键.
2.(2009江苏,12,5分)设α和β为不重合的两个平面,给出下列命题:
(1)若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线,则α平行于β;
(2)若α外一条直线l与α内的一条直线平行,则l和α平行;
(3)设α和β相交于直线l,若α内有一条直线垂直于l,则α和β垂直;
(4)直线l与α垂直的充分必要条件是l与α内的两条直线垂直.
上面命题中,真命题的序号 ????(写出所有真命题的序号).
答案 (1)(2)
解析 本题考查立体几何中的直线、平面的垂直与平行的判定的相关定理.
真命题的序号是(1)(2).
3.(2018浙江,19,15分)如图,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,
A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.
(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1;
(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.
?
解析 本题主要考查空间点、线、面位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查空
间想象能力和运算求解能力.
(1)由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB得AB1=A1B1=2?,
所以A1?+A?=A?,
故AB1⊥A1B1.
由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1⊥BC,CC1⊥BC得B1C1=?,
由AB=BC=2,∠ABC=120°得AC=2?,
由CC1⊥AC,得AC1=?,所以A?+B1?=A?,
故AB1⊥B1C1.
因此AB1⊥平面A1B1C1.
(2)如图,过点C1作C1D⊥A1B1,交直线A1B1于点D,连接AD.
?
由AB1⊥平面A1B1C1得平面A1B1C1⊥平面ABB1,
由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1,
所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.
由B1C1=?,A1B1=2?,A1C1=?得cos∠C1A1B1=?,
sin∠C1A1B1=?,所以C1D=?,
故sin∠C1AD=?=?.
因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是?.
4.(2015安徽,19,13分)如图,三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=1,AB=1,AC=2,∠BAC=60°.
(1)求三棱锥P-ABC的体积;
(2)证明在线段PC上存在点M,使得AC⊥BM,并求?的值.
?
解析 (1)由题设AB=1,AC=2,∠BAC=60°,
可得S△ABC=?·AB·AC·sin 60°=?.
由PA⊥平面ABC,可知PA是三棱锥P-ABC的高,又PA=1,
所以三棱锥P-ABC的体积
V=?·S△ABC·PA=?.
(2)在平面ABC内,过点B作BN⊥AC,垂足为N.在平面PAC内,过点N作MN∥PA交PC于点M,连接
BM.由PA⊥平面ABC知PA⊥AC,所以MN⊥AC.由于BN∩MN=N,故AC⊥平面MBN.又BM?平面
MBN,所以AC⊥BM.
在直角△BAN中,AN=AB·cos∠BAC=?,从而NC=AC-AN=?.由MN∥PA,得?=?=?.
?
5.(2014湖北,20,13分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,P,Q,M,N分别是棱AB,AD,DD1,BB1,A
1B1,A1D1的中点.
求证:(1)直线BC1∥平面EFPQ;
(2)直线AC1⊥平面PQMN.
?
证明 (1)连接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知AD1∥BC1,
因为F,P分别是AD,DD1的中点,所以FP∥AD1.
从而BC1∥FP.
而FP?平面EFPQ,且BC1?平面EFPQ,
故直线BC1∥平面EFPQ.
?
(2)连接AC,BD,则AC⊥BD.
由CC1⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,可得CC1⊥BD.
又AC∩CC1=C,所以BD⊥平面ACC1.
而AC1?平面ACC1,所以BD⊥AC1.
因为M,N分别是A1B1,A1D1的中点,所以MN∥BD,从而MN⊥AC1.
同理可证PN⊥AC1.又PN∩MN=N,所以直线AC1⊥平面PQMN.
评析 本题考查线面平行、线面垂直的判定与性质,考查学生的空间想象能力.
6.(2014江苏,16,14分)如图,在三棱锥P-ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点.已知PA⊥AC,
PA=6,BC=8,DF=5.
求证:(1)直线PA∥平面DEF;
(2)平面BDE⊥平面ABC.
?
证明 (1)因为D,E分别为棱PC,AC的中点,所以DE∥PA.又因为PA?平面DEF,DE?平面DEF,
所以直线PA∥平面DEF.
(2)因为D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点,PA=6,BC=8,所以DE∥PA,DE=?PA=3,EF=?BC=4.
又因为DF=5,故DF2=DE2+EF2,
所以∠DEF=90°,即DE⊥EF.
又PA⊥AC,DE∥PA,所以DE⊥AC.
因为AC∩EF=E,AC?平面ABC,EF?平面ABC,
所以DE⊥平面ABC.
又DE?平面BDE,
所以平面BDE⊥平面ABC.
7.(2011江苏,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,AB=AD,∠BAD=60
°,E、F分别是AP、AD的中点.
求证:(1)直线EF∥平面PCD;
(2)平面BEF⊥平面PAD.
?
证明 本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系,考查空间想象能力和推理论证能
力.
(1)∵E、F分别是AP、AD的中点,
∴EF∥PD,又∵EF?平面PCD,PD?平面PCD,
∴直线EF∥平面PCD.
(2)∵AB=AD,∠BAD=60°,F是AD的中点,∴BF⊥AD,
又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,
BF?平面BEF,∴BF⊥平面PAD,
∵BF?平面BEF,
∴平面BEF⊥平面PAD.
8.(2010江苏,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,PD=DC=BC=1,AB=2,AB∥
DC,∠BCD=90°.
(1)求证:PC⊥BC;
(2)求点A到平面PBC的距离.
?
解析 本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系,考查几何体的体积,考查空间想象
能力、推理论证能力和运算能力.
(1)证明:因为PD⊥平面ABCD,BC?平面ABCD,所以PD⊥BC.
由∠BCD=90°得CD⊥BC,
又PD∩DC=D,PD、DC?平面PCD,
所以BC⊥平面PCD.
因为PC?平面PCD,所以PC⊥BC.
(2)解法一:分别取AB、PC的中点E、F,连接DE、DF.
?
易证DE∥CB,∵DE?平面PBC,CB?平面PBC,∴DE∥平面PBC,∴点D、E到平面PBC的距离
相等.
由(1)知BC⊥平面PCD,又BC?平面PBC,所以平面PBC⊥平面PCD,
因为PD=DC,PF=FC,所以DF⊥PC,又平面PBC∩平面PCD=PC,所以DF⊥平面PBC.
易知DF=?,又点A到平面PBC的距离等于E到平面PBC的距离的2倍,故点A到平面PBC的距
离等于?.
解法二(体积法):连接AC.设点A到平面PBC的距离为h.
因为AB∥DC,∠BCD=90°,所以∠ABC=90°.
由AB=2,BC=1,得S△ABC=1.
由PD⊥平面ABCD及PD=1,得三棱锥P-ABC的体积V=?S△ABC·PD=?.
因为PD⊥平面ABCD,DC?平面ABCD,所以PD⊥DC.
又PD=DC=1,所以PC=?=?.
由PC⊥BC,BC=1,得S△PBC=?.
由VA-PBC=VP-ABC,即?S△PBC·h=?,得h=?,
故点A到平面PBC的距离等于?.
9.(2009江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,E、F分别是A1B、A1C的中点,点D在B1C1
上,A1D⊥B1C.
求证:(1)EF∥平面ABC;
(2)平面A1FD⊥平面BB1C1C.
?
证明 本题主要考查直线与平面、平面与平面得位置关系,考查空间想象能力、推理论证能
力.
(1)因为E,F分别是A1B,A1C的中点,
所以EF∥BC,
又EF?平面ABC,BC?平面ABC,
所以EF∥平面ABC.
(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面A1B1C1,
所以BB1⊥A1D,
又A1D⊥B1C,B1C∩BB1=B1,所以A1D⊥平面BB1C1C.
又A1D?平面A1FD,所以平面A1FD⊥平面BB1C1C.
三年模拟
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
考点一 线面垂直的判定与性质
1.(2019七市第二次调研,16)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BCC1B1为正方形,A1B1⊥B1C1.
设A1C与AC1交于点D,B1C与BC1交于点E.
求证:(1)DE∥平面ABB1A1;
(2)BC1⊥平面A1B1C.
?
证明 (1)因为三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,
所以侧面ACC1A1为平行四边形.
又A1C与AC1交于点D,所以D为AC1的中点,
同理,E为BC1的中点.所以DE∥AB.?(3分)
又AB?平面ABB1A1,DE?平面ABB1A1,
所以DE∥平面ABB1A1.?(6分)
(2)因为三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,所以BB1⊥平面A1B1C1.
又因为A1B1?平面A1B1C1,所以BB1⊥A1B1.?(8分)
又A1B1⊥B1C1,BB1,B1C1?平面BCC1B1,BB1∩B1C1=B1,
所以A1B1⊥平面BCC1B1.?(10分)
又因为BC1?平面BCC1B1,所以A1B1⊥BC1.?(12分)
因为侧面BCC1B1为正方形,所以BC1⊥B1C.
又A1B1∩B1C=B1,A1B1,B1C?平面A1B1C,
所以BC1⊥平面A1B1C.?(14分)
2.(2019南京、盐城二模,16)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC,A1C⊥BC1,AB1⊥BC1,D,E分别
是AB1,BC的中点.
?
求证:(1)DE∥平面ACC1A1;
(2)AE⊥平面BCC1B1.
证明 (1)连接A1B,在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形AA1B1B是平行四边形,
因为D是AB1的中点,所以D也是BA1的中点,
在△BA1C中,D和E分别是BA1和BC的中点,所以DE∥A1C,又因为DE?平面ACC1A1,A1C?平面
ACC1A1,所以DE∥平面ACC1A1.
(2)由(1)知DE∥A1C,因为A1C⊥BC1,所以BC1⊥DE.
又因为BC1⊥AB1,AB1∩DE=D,AB1,DE?平面ADE,
所以BC1⊥平面ADE.
又因为AE?平面ADE,所以AE⊥BC1.
在△ABC中,AB=AC,E是BC的中点,所以AE⊥BC.
因为BC1∩BC=B,BC1,BC?平面BCC1B1,
所以AE⊥平面BCC1B1.
考点二 面面垂直的判定与性质
1.(2019苏锡常镇四市教学情况调查二,15)如图,在三棱锥P-ABC中,过点P作PD⊥AB,垂足为D,
E,F分别是PD,PC的中点,且平面PAB⊥平面PCD.
(1)求证:EF∥平面ABC;
(2)求证:CE⊥AB.
?
证明 (1)在三棱锥P-ABC中,因为E,F分别是PD,PC的中点,所以EF为△PCD的中位线,?(2分)
则有EF∥CD.?(3分)
又EF?平面ABC,CD?平面ABC,
所以EF∥平面ABC.?(7分)
(2)因为平面PAB⊥平面PCD,平面PAB∩平面PCD=PD,
AB⊥PD,AB?平面PAB,
所以AB⊥平面PCD,?(11分)
又CE?平面PCD,所以CE⊥AB.?(14分)
2.(2019如皋一模,16)如图,四棱锥P-ABCD中,底面为直角梯形,AD∥BC,AD=2BC,且∠BAD=∠
BPA=90°,平面APB⊥底面ABCD,点M为PD的中点.
(1)求证:CM∥平面PAB;
(2)求证:PB⊥PD.
?
证明 (1)取AP的中点H,连接BH,HM,
?
因为H,M分别为AP,DP的中点,
所以HM=?AD且HM∥AD.?(2分)
因为AD∥BC且AD=2BC,所以HM=BC且HM∥BC,
所以四边形BCMH为平行四边形,所以CM∥BH,?(4分)
因为CM?平面PAB,BH?平面PAB,
所以CM∥平面PAB.?(6分)
(2)因为∠BAD=90°,所以BA⊥AD.
因为平面APB⊥平面ABCD,AD?平面ABCD,平面APB∩平面ABCD=AB,所以AD⊥平面APB.
?(9分)
因为PB?平面PAB,所以PB⊥AD,
因为∠BPA=90°,所以PB⊥PA,
因为PA∩AD=A,PA,AD?平面PAD,
所以PB⊥平面PAD,?(12分)
因为PD?平面PAD,所以PB⊥PD.?(14分)
3.(2019南师大附中期中,16)如图,在四棱锥P-ABCD中,AP⊥CD,AD∥BC,AB=BC=1,AD=2,E,F
分别为AD,PC的中点.求证:
(1)AP∥平面BEF;
(2)平面BEF⊥平面PAC.
?
证明 (1)设AC交BE于点O,连接OF,CE.
?
因为AE=BC=1,AD∥BC,所以四边形ABCE为平行四边形.
所以点O为AC的中点,又因为点F为PC的中点,所以OF∥AP.?(3分)
又因为OF?平面BEF,AP?平面BEF,所以AP∥平面BEF.?(7分)
(2)因为AD∥BC,ED=BC=1,
所以四边形BCDE为平行四边形,所以BE∥CD.
因为AP⊥CD,所以AP⊥BE.
又因为四边形ABCE为平行四边形,AB=BC,
所以四边形ABCE为菱形,所以AC⊥BE.?(10分)
又因为AP⊥BE,AP∩AC=A,AP?平面APC,AC?平面APC,
所以BE⊥平面APC.?(12分)
因为BE?平面BEF,所以平面BEF⊥平面PAC.?(14分)
4.(2019常州期末)如图,正三棱柱ABC-A1B1C1中,点M,N分别是棱AB,CC1的中点.
求证:(1)CM∥平面AB1N;
(2)平面A1BN⊥平面AA1B1B.
?
证明 (1)设AB1交A1B于点O,连接OM,ON.
?
在正三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1∥CC1,BB1=CC1,且四边形AA1B1B是平行四边形,所以O为AB1的中
点,又因为M为AB的中点,所以OM∥BB1,且OM=?BB1.因为N为CC1的中点,所以CN=?CC1,所以
OM∥CN,且OM=CN.
所以四边形CMON是平行四边形.?(5分)
所以CM∥ON,又ON?平面AB1N,CM?平面AB1N,
所以CM∥平面AB1N.?(7分)
(2)正三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,
因为CM?平面ABC,所以BB1⊥CM.?(9分)
因为CA=CB,M为AB的中点,所以CM⊥AB,
又由(1)知CM∥ON,
所以ON⊥AB,ON⊥BB1,
又因为AB∩BB1=B,AB,BB1?平面AA1B1B,
所以ON⊥平面AA1B1B.?(12分)
又ON?平面A1BN,所以平面A1BN⊥平面AA1B1B.?(14分)
解答题(共55分)
B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组
(时间：35分钟 分值：55分)
1.(2019南师附中、天一中学、海门中学、淮阴中学联考,16)如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1
中,已知点M为棱BC上异于B,C的一点.
(1)若M为BC中点,求证:A1C∥平面AB1M;
(2)若平面AB1M⊥平面BB1C1C,求证:AM⊥BC.
?
证明 (1)连接A1B交AB1于N,连接MN.
在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,四边形AA1B1B为平行四边形,∴N为A1B的中点,
又M为BC的中点,∴MN∥A1C,
又A1C?平面AB1M,MN?平面AB1M,
∴A1C∥平面AB1M.
?
(2)过B作BP⊥B1M,垂足为P,
∵平面AB1M⊥平面B1BCC1,平面AB1M∩平面B1BCC1=B1M,BP?平面BB1C1C,
∴BP⊥平面AB1M,
∵AM?平面AB1M,
∴BP⊥AM.
在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,BB1⊥平面ABCD,
∵AM?平面ABCD,
∴BB1⊥AM,
又BP∩BB1=B,BP,BB1?平面BB1C1C,
∴AM⊥平面BB1C1C,
又BC?平面BB1C1C,∴AM⊥BC.
2.(2018无锡期中,16)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为等腰梯形,AD∥BC,AD=2
AB=2BC,M为AD的中点,CB1⊥底面ABCD.
求证:(1)C1M∥平面AA1B1B;
(2)平面BMB1⊥平面ACB1.
?
证明 (1)在四棱柱ABCD-A1B1C1D中,B1C1∥BC,且B1C1=BC,
又M为AD的中点,
所以BC∥AM,∴B1C1∥AM,
又AD=2BC,所以BC=AM,∴B1C1=AM,
所以四边形B1C1MA为平行四边形,
则C1M∥B1A,
又B1A?平面AA1B1B,C1M?平面AA1B1B,
所以C1M∥平面AA1B1B.
(2)由(1)知四边形BCMA为平行四边形,且AM=AB,
所以四边形BCMA为菱形,
所以BM⊥AC,
又CB1⊥底面ABCD,所以CB1⊥BM,
因为AC∩CB1=C,所以BM⊥平面ACB1,
又BM?平面BMB1,所以平面BMB1⊥平面ACB1.
名师点睛 (1)要证明C1M∥平面AA1B1B,可证线线平行,由条件易得B1C1∥AM,B1C1=AM,得到
平行四边形B1C1MA,从而得到C1M∥B1A,进而证明线面平行;(2)面面垂直的证明思路明确,必须
证明线面垂直,进而证明面面垂直.
3.(2019南京六校联合体联考,16)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,AC与BD交于
点O,PC⊥底面ABCD,点E为侧棱PB的中点.
?
求证:(1)PD∥平面ACE;
(2)平面PAC⊥平面PBD.
证明 (1)连接OE.
因为O为正方形ABCD的对角线的交点,
所以O为BD的中点.?(2分)
因为E为PB的中点,所以PD∥OE.?(4分)
又因为OE?平面ACE,PD?平面ACE,所以PD∥平面ACE.?(6分)
(2)在四棱锥P-ABCD中,因为PC⊥底面ABCD,BD?平面ABCD,所以BD⊥PC.?(8分)
因为四边形ABCD为正方形,
所以BD⊥AC.?(10分)
又PC、AC?平面PAC,PC∩AC=C,
所以BD⊥平面PAC.?(12分)
因为BD?平面PBD,
所以平面PAC⊥平面PBD.?(14分)
名师点睛 垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型:
(1)证明线面、面面平行,需转化为证明线线平行.
(2)证明线面垂直,需转化为证明线线垂直.
(3)证明线线垂直,需转化为证明线面垂直.
4.(2019海安期末,15)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥PC,M是AB的中点,点D在PB上,MD∥平面
PAC,平面PAB⊥平面PMC,△CPM为锐角三角形.求证:
(1)D是PB的中点;
(2)平面ABC⊥平面PMC.
?
证明 (1)在三棱锥P-ABC中,因为MD∥平面PAC,平面PAB∩平面PAC=PA,MD?平面PAB,
所以MD∥PA.?(4分)
在△PAB中,因为M是AB的中点,所以D是PB的中点.?(6分)
(2)在三棱锥P-ABC中,因为△CPM为锐角三角形,
所以在△CPM中,可作CN垂直于PM于点N,
?
因为平面PAB⊥平面PMC,平面PAB∩平面PMC=PM,CN?平面PMC,
所以CN⊥平面PAB.?(9分)
因为AB?平面PAB,所以CN⊥AB.
又因为AB⊥PC,CN∩PC=C,CN,PC?平面PMC,
所以AB⊥平面PMC.?(12分)
因为AB?平面ABC,所以平面ABC⊥平面PMC.?(14分)
第十二章 立体几何 ９３
§ １２．２ 直线、平面平行的判定与性质
对应学生用书起始页码 Ｐ１５７
考 点 直线、平面平行的判定与性质 高频考点
１．直线与平面平行的判定和性质
类别 文字语言 图形语言 符号语言
判
定
直线与平
面平行的
定义
一条直线与平
面没有公共点，
则这条直线与
这个平面平行
ｌ∩α＝?
?ｌ∥α
直线与平
面平行的
判定定理
如果平面外的一
条直线和这个平
面内的一条直线
平行，那么这条
直线和这个平面
平行 （ 简 记 为
“线线平行?线
面平行”）
ｌ∥ａ
ｌ?α
ａ?α
}
?ｌ∥α
性质定理
如果一条直线和
一个平面平行，
经过这条直线的
平面和这个平面
相交，那么这条
直线就和交线平
行（简记为 “线
面平行?线线平
行”）
ａ∥α
ａ?β
α∩β＝ｂ
}
?ａ∥ｂ
１．在利用线面平行的判定定理时，一定要强调直线不在
平面内，否则容易出现错误；
２．线面平行的判定定理和性质定理使用的区别：如果结
论中有 ａ∥α，则要用判定定理，在 α 内找与 ａ 平行的直线；若
条件中有 ａ∥α，则要用性质定理，找（或作）过 ａ 且与 α 相交
的平面．
２．平面与平面平行的判定与性质
类别 文字语言 图形语言 符号语言
判
定
定义
如果两个平面没
有公共点，那么这
两个平面平行
α∩β＝??
α∥β
判
定
定
理
１
如果一个平面内
有两条相交的直
线都平行于另一
个平面，那么这两
个平面平行（简记
为“线面平行?面
面平行”）
ａ?α，
ｂ?α，
ａ∩ｂ＝Ｐ，
ａ∥β，
ｂ∥β?α∥β
判
定
定
理
２
如果两个平面同
垂直于一条直线，
那么这两个平面
平行
ｌ⊥α
ｌ⊥β} ?α∥β
判
定
定
理
３
平行于同一个平
面 的 两 个 平 面
平行
α∥β
β∥γ} ?α∥γ
续表
类别 文字语言 图形语言 符号语言
性
质
性
质
定
理
１
如果两个平面平
行，那么在一个平
面内的所有直线
都平行于另一个
平面
α∥β 且 ａ?α
?ａ∥β
性
质
定
理
２
如果两个平行平
面同时和第三个
平面相交，那么它
们的交线平行（简
记为“面面平行?
线线平行”）
α∥β 且 γ∩α
＝ａ 且 γ∩β＝ ｂ
?ａ∥ｂ
性
质
定
理
３
如果两个平行平
面中有一个垂直
于一条直线，那么
另一个平面也垂
直于这条直线
α∥β 且 ｌ⊥α
?ｌ⊥β
１．与平面平行有关的几个常用结论
（１）夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等；
（２）经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面
平行；
（３）两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成
比例；
（４）同一条直线与两个平行平面所成的角相等．
２．平行问题的转化方向图
利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化解决平行
关系的判定问题时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即
从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而应用性质
定理时，其顺序正好相反．在实际的解题过程中，判定定理和
性质定理一般要相互结合，灵活运用．
３．应用判定定理和性质定理的注意事项
在应用线面平行、面面平行的判定定理和性质定理进行
平行转化时，一定注意定理成立的条件，通常应严格按照定理
成立的条件规范书写步骤，如：把线面平行转化为线线平行
时，必须说清经过已知直线的平面和已知平面相交，这时才有
直线与交线平行．
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９４ ５年高考 ３年模拟 Ｂ版（教师用书）
对应学生用书起始页码 Ｐ１５８
一、判定直线与平面平行的方法
判定直线与平面平行的三种方法：
（１）定义法：一般用反证法；
（２）判定定理法：关键是在平面内找（或作）一条直线与已
知直线平行，证明时要注意用符号语言叙述，证明过程要规范、
严谨；
（３）用面面平行的性质定理进行证明，即两平面平行时，其
中一个平面内的任何直线都平行于另一个平面．
（２０１９ 苏州 １ 月月考，１５） 如图，在直三棱柱 ＡＢＣ －
Ａ１Ｂ１Ｃ１ 中，已知 ＡＢ⊥ＢＣ，Ｅ，Ｆ 分别是 Ａ１Ｃ１，ＢＣ 的中点．
（１）求证：平面 ＡＢＥ⊥平面 Ｂ１ＢＣＣ１；
（２）求证：Ｃ１Ｆ∥平面 ＡＢＥ．
证明 （１）在直三棱柱 ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１ 中，ＢＢ１⊥底面 ＡＢＣ．
因为 ＡＢ?平面 ＡＢＣ，所以 ＢＢ１⊥ＡＢ， （２ 分）
又因为 ＡＢ⊥ＢＣ，ＢＢ１∩ＢＣ＝Ｂ，ＢＢ１，ＢＣ?平面 Ｂ１ＢＣＣ１，
所以 ＡＢ⊥平面 Ｂ１ＢＣＣ１ ． （４ 分）
又 ＡＢ?平面 ＡＢＥ，所以平面 ＡＢＥ⊥平面 Ｂ１ＢＣＣ１ ． （６ 分）
（２）取 ＡＢ 的中点 Ｇ，连接 ＥＧ，ＦＧ．
因为 Ｅ，Ｆ 分别是 Ａ１Ｃ１，ＢＣ 的中点，
所以 ＦＧ∥ＡＣ，且 ＦＧ＝
１
２
ＡＣ． （８ 分）
在直三棱柱 ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１ 中，ＡＣ∥Ａ１Ｃ１，且 ＡＣ＝Ａ１Ｃ１，
所以 ＦＧ∥ＥＣ１，且 ＦＧ＝ＥＣ１ ．
所以四边形 ＦＧＥＣ１ 为平行四边形． （１１ 分）
所以 Ｃ１Ｆ∥ＥＧ．
又因为 ＥＧ?平面 ＡＢＥ，Ｃ１Ｆ?平面 ＡＢＥ，
所以 Ｃ１Ｆ∥平面 ＡＢＥ． （１４ 分）
１－１ 如图，在正方体 ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１ 中，Ｏ，Ｅ 分别为 Ｂ１Ｄ，
ＡＢ 的中点．求证：ＯＥ∥平面 ＢＣＣ１Ｂ１ ．
１－１ 证明 证法一：连接 ＢＣ１，Ｂ１Ｃ，如图．
设 ＢＣ１∩Ｂ１Ｃ＝Ｆ，连接 ＯＦ，因为 Ｏ，Ｆ 分别是 Ｂ１Ｄ 与 Ｂ１Ｃ 的
中点，
所以 ＯＦ∥ＤＣ，且 ＯＦ＝
１
２
ＤＣ，
又 Ｅ 为 ＡＢ 的中点，所以 ＥＢ∥ＤＣ，且 ＥＢ＝
１
２
ＤＣ，
从而 ＯＦ∥ＥＢ，ＯＦ＝ＥＢ，
所以四边形 ＯＥＢＦ 是平行四边形，
所以 ＯＥ∥ＢＦ．
又 ＯＥ?平面 ＢＣＣ１Ｂ１，ＢＦ?平面 ＢＣＣ１Ｂ１，
所以 ＯＥ∥平面 ＢＣＣ１Ｂ１ ．
证法二：连接 ＡＣ１，ＢＣ１，则 ＡＣ１ 经过 Ｏ 点，
在△ＡＢＣ１ 中，Ｏ、Ｅ 分别为 ＡＣ１、ＡＢ 的中点，
则 ＯＥ 为△ＡＢＣ１ 的中位线，所以 ＯＥ∥ＢＣ１，又 ＯＥ?平面
ＢＣＣ１Ｂ１，ＢＣ１?平面 ＢＣＣ１Ｂ１，所以 ＯＥ∥平面 ＢＣＣ１Ｂ１ ．
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二、判定平面与平面平行的方法
１．判定平面与平面平行的 ５ 种方法
（１）面面平行的定义，即证两个平面没有公共点（不常用）；
（２）面面平行的判定定理（主要方法）；
（３）利用垂直于同一条直线的两个平面平行（客观题可
用）；
（４）利用平面平行的传递性，如果两个平面同时平行于第三
个平面，那么这两个平面平行（客观题可用）；
（５）利用向量法，通过证明两个平面的法向量平行证得两平
面平行（理科适用，在附加题中出现） ．
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第十二章 立体几何 ９５
２．空间平行关系之间的转化
如图，在三棱柱 ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１ 中，Ｅ，Ｆ，Ｇ，Ｈ 分别是 ＡＢ，
ＡＣ，Ａ１Ｂ１，Ａ１Ｃ１ 的中点．
求证：（１）Ｂ，Ｃ，Ｈ，Ｇ 四点共面；
（２）平面 ＥＦＡ１∥平面 ＢＣＨＧ．
证明 （１）∵ Ｇ，Ｈ 分别为 Ａ１Ｂ１，Ａ１Ｃ１ 的中点，
∴ ＧＨ 是△Ａ１Ｂ１Ｃ１ 的中位线，
∴ ＧＨ∥Ｂ１Ｃ１ ．
又∵ 在三棱柱 ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１ 中，Ｂ１Ｃ１∥ＢＣ，∴ ＧＨ∥ＢＣ，
∴ Ｂ，Ｃ，Ｈ，Ｇ 四点共面．
（２）∵ Ｅ，Ｆ 分别为 ＡＢ，ＡＣ 的中点，
∴ ＥＦ∥ＢＣ，
∵ ＥＦ?平面 ＢＣＨＧ，ＢＣ?平面 ＢＣＨＧ，
∴ ＥＦ∥平面 ＢＣＨＧ．
在三棱柱 ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１ 中，Ａ１Ｂ１∥ＡＢ 且 Ａ１Ｂ１ ＝ＡＢ，又∵ Ｇ，Ｅ
分别为 Ａ１Ｂ１，ＡＢ 的中点，∴ Ａ１Ｇ∥ＥＢ 且 Ａ１Ｇ＝ＥＢ，
∴ 四边形 Ａ１ＥＢＧ 是平行四边形，
∴ Ａ１Ｅ∥ＧＢ．
∵ Ａ１Ｅ?平面 ＢＣＨＧ，ＧＢ?平面 ＢＣＨＧ，
∴ Ａ１Ｅ∥平面 ＢＣＨＧ．
∵ Ａ１Ｅ∩ＥＦ＝Ｅ，Ａ１Ｅ，ＥＦ?平面 Ａ１ＥＦ，
∴ 平面 ＥＦＡ１∥平面 ＢＣＨＧ．
２－１ 在本例条件下，若 Ｄ１，Ｄ 分别为 Ｂ１Ｃ１，ＢＣ 的中点，求
证：平面 Ａ１ＢＤ１∥平面 ＡＣ１Ｄ．
２－１ 证明 如图所示，连接 Ａ１Ｃ，交 ＡＣ１ 于点 Ｍ，连接 ＤＭ．
∵ 四边形 Ａ１ＡＣＣ１ 是平行四边形，
∴ Ｍ 是 Ａ１Ｃ 的中点，
∵ Ｄ 为 ＢＣ 的中点，∴ Ａ１Ｂ∥ＤＭ．
∵ ＤＭ?平面 Ａ１ＢＤ１，Ａ１Ｂ?平面 Ａ１ＢＤ１，
∴ ＤＭ∥平面 Ａ１ＢＤ１ ．
由三棱柱的性质知 Ｄ１Ｃ１∥ＢＤ，Ｂ１Ｃ１ ＝ＢＣ，
∵ Ｄ１，Ｄ 分别为 Ｂ１Ｃ１，ＢＣ 的中点，∴ Ｄ１Ｃ１ ＝ＢＤ，
∴ 四边形 ＢＤＣ１Ｄ１ 为平行四边形，∴ ＤＣ１∥ＢＤ１ ．
又 ＤＣ１?平面 Ａ１ＢＤ１，ＢＤ１?平面 Ａ１ＢＤ１，
∴ ＤＣ１∥平面 Ａ１ＢＤ１，
又∵ ＤＣ１∩ＤＭ＝Ｄ，ＤＣ１?平面 ＡＣ１Ｄ，ＤＭ?平面 ＡＣ１Ｄ，
∴ 平面 Ａ１ＢＤ１∥平面 ＡＣ１Ｄ．
２－２ 在如图所示的几何体中，Ｄ 是 ＡＣ 的中点，ＥＦ∥ＤＢ，
Ｇ，Ｈ 分别是 ＥＣ 和 ＦＢ 的中点．求证：ＧＨ∥平面 ＡＢＣ．
２－２ 证明 取 ＦＣ 的中点 Ｉ，连接 ＧＩ，ＨＩ，
则有 ＧＩ∥ＥＦ，ＨＩ∥ＢＣ．
因为 ＥＦ∥ＤＢ，所以 ＧＩ∥ＢＤ，
又因为 ＧＩ∩ＨＩ＝ Ｉ，ＢＤ∩ＢＣ＝Ｂ，ＧＩ，ＨＩ?平面 ＧＨＩ，ＢＤ，ＢＣ?
平面 ＡＢＣ，
所以平面 ＧＨＩ∥平面 ＡＢＣ．
因为 ＧＨ?平面 ＧＨＩ，所以 ＧＨ∥平面 ＡＢＣ．
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(共54张PPT)
五年高考
A组????自主命题·江苏卷题组
1.(2018江苏,15,14分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1.
求证:(1)AB∥平面A1B1C;
(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.
?
证明 本题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系,考查空间想象能
力和推理论证能力.
(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1.
因为AB?平面A1B1C,A1B1?平面A1B1C,
所以AB∥平面A1B1C.
(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形,
又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,
所以AB1⊥A1B.
因为AB1⊥B1C1,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,BC∥B1C1,
所以AB1⊥BC.
又因为A1B∩BC=B,A1B?平面A1BC,BC?平面A1BC,
所以AB1⊥平面A1BC,
又因为AB1?平面ABB1A1,
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.
答题规范 (1)表达不规范,例如,不交代“在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中”,直接写“AB∥A1
B1”.
(2)对平行六面体定义不清楚.例如,可以直接由平行六面体得到“AB∥A1B1”,却要通过面面
平行推导“AB∥A1B1”.
学习建议 空间想象能力是基本数学能力之一,因此立体几何历年都是高考必考的重点内容
之一.在学习过程中要注意以下几点:
(1)重视空间想象能力的提升.学习时要通过对实物的抽象,加强立体图形的识别,图形与实物
的互相转化,从而提升空间想象能力.
(2)知识要网络化.立体几何中的公理和定理较多,而且相互关联,需要梳理出条件清晰的网络.
另外,立体几何中有很多由定理等推导出的结论,除了教材中可以直接用的定理(课标中有规
定)外,其他推导出的结论一般不能直接运用.
(3)书写表达要规范准确,近年来立体几何的考查对思维要求不高,难度也不大,但体现了数学
推导的严谨性,因此书写时要将定理的条件表达全面,引用已知条件时必须要书写清楚.如没有
书写“在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中”,就不能得到“AB∥A1B1”.
(4)重视逻辑段的完整性.对每个逻辑段的表达要完整,不能多也不能少,也不能出现笔误.
2.(2015江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1,设AB1的中点为D,
B1C∩BC1=E.
求证:(1)DE∥平面AA1C1C;
(2)BC1⊥AB1.
?
证明 (1)由题意知,E为B1C的中点,
又D为AB1的中点,因此DE∥AC.
又因为DE?平面AA1C1C,AC?平面AA1C1C,
所以DE∥平面AA1C1C.
(2)因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC.
因为AC?平面ABC,所以AC⊥CC1.
又因为AC⊥BC,CC1?平面BCC1B1,BC?平面BCC1B1,
BC∩CC1=C,所以AC⊥平面BCC1B1.
又因为BC1?平面BCC1B1,所以BC1⊥AC.
因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,
因此BC1⊥B1C.
因为AC,B1C?平面B1AC,AC∩B1C=C,
所以BC1⊥平面B1AC.
又因为AB1?平面B1AC,所以BC1⊥AB1.
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
1.(2019课标全国Ⅱ理改编,7,5分)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是 ????.
①α内有无数条直线与β平行;
②α内有两条相交直线与β平行;
③α,β平行于同一条直线;
④α,β垂直于同一平面.
答案 ②
解析 本题考查直线、平面平行与垂直的位置关系;以充要条件和面面平行为背景考查推理
论证能力与空间想象能力;考查的核心素养为逻辑推理.
①③④选项中α与β可能相交.
2.(2018浙江改编,6,4分)已知平面α,直线m,n满足m?α,n?α,则“m∥n”是“m∥α”的 ????
????.(填“充分不必要条件”“必要不充分条件”“充要条件”或“既不充分又不必要条
件”)
答案 充分不必要条件
解析 ∵m?α,n?α,m∥n,∴m∥α,故充分性成立.而由m∥α,n?α,得m∥n或m与n异面,故必要
性不成立.
3.(2016课标全国Ⅱ,14,5分)α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:
①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.
②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.
③如果α∥β,m?α,那么m∥β.
④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.
其中正确的命题有 ????.(填写所有正确命题的编号)
答案 ②③④
解析 对于①,由m⊥n,m⊥α可得n∥α或n在α内,当n∥β时,α与β可能相交,也可能平行,故①错
误;对于②,过直线n作平面与平面α交于直线c,由n∥α可知n∥c,∵m⊥α,∴m⊥c,∴m⊥n,故②正
确;对于③,由两个平面平行的性质可知正确;对于④,由线面所成角的定义和等角定理可知其
正确,故正确的有②③④.
解题关键 熟记和理解每个定理是解决此类问题的关键.
4.(2015安徽改编,5,5分)已知m,n是两条不同直线,α,β是两个不同平面,则下列命题正确的是????
????.
(1)若α,β垂直于同一平面,则α与β平行;
(2)若m,n平行于同一平面,则m与n平行;
(3)若α,β?,则在α内?与β平行的直线;
(4)若m,n?,则m与n?垂直于同一平面.
答案 (4)
解析 若α,β垂直于同一个平面γ,则α,β可以都过γ的同一条垂线,即α,β可以相交,故(1)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(2)错;若α,β不平行,则α,β相交,
设α∩β=l,在α内存在直线a,使a∥l,则a∥β,故(3)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,由线面垂直的性质定理知m∥n,故(4)正确.
5.(2019课标全国Ⅰ文,19,12分)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠
BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.
(1)证明:MN∥平面C1DE;
(2)求点C到平面C1DE的距离.
?
解析 本题考查了线面平行、垂直的判定和点到平面的距离,通过平行、垂直的证明,考查了
学生的空间想象力,体现了直观想象的核心素养.
(1)连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以ME∥B1C,且ME=?B1C.又因为N为A1D的中
点,所以ND=?A1D.
由题设知A1B1????DC,可得B1C????A1D,故ME????ND,因此四边形MNDE为平行四边形,MN∥ED.
又MN?平面C1DE,所以MN∥平面C1DE.
?
(2)过C作C1E的垂线,垂足为H.
由已知可得DE⊥BC,DE⊥C1C,所以DE⊥平面C1CE,
故DE⊥CH.
从而CH⊥平面C1DE,
故CH的长即为C到平面C1DE的距离.
由已知可得CE=1,C1C=4,所以C1E=?,
故CH=?.
从而点C到平面C1DE的距离为?.
思路分析 (1)连接B1C,ME.证明四边形MNDE是平行四边形,得出MN∥DE,然后利用线面平行
的判定定理证出结论.(2)注意到DE⊥平面BCC1B1,只需过点C作C1E的垂线便可求解.
6.(2017北京文,18,14分)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥AB,PA⊥BC,AB⊥BC,PA=AB=BC=2,D为
线段AC的中点,E为线段PC上一点.
(1)求证:PA⊥BD;
(2)求证:平面BDE⊥平面PAC;
(3)当PA∥平面BDE时,求三棱锥E-BCD的体积.
?
解析 本题考查线面垂直的判定和性质,面面垂直的判定及线面平行的性质,三棱锥的体积.考
查空间想象能力.
(1)证明:因为PA⊥AB,PA⊥BC,
所以PA⊥平面ABC.
又因为BD?平面ABC,
所以PA⊥BD.
(2)证明:因为AB=BC,D为AC中点,
所以BD⊥AC.由(1)知,PA⊥BD,
所以BD⊥平面PAC.
所以平面BDE⊥平面PAC.
(3)因为PA∥平面BDE,平面PAC∩平面BDE=DE,
所以PA∥DE.
因为D为AC的中点,
所以DE=?PA=1,BD=DC=?.
由(1)知,PA⊥平面ABC,
所以DE⊥平面ABC.
所以三棱锥E-BCD的体积V=?BD·DC·DE=?.
7.(2016课标全国Ⅲ文,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=
3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.
(1)证明MN∥平面PAB;
(2)求四面体NBCM的体积.
?
解析 (1)证明:由已知得AM=?AD=2,
取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TN∥BC,TN=?BC=2.?(3分)
?
又AD∥BC,故TN????AM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT.
因为AT?平面PAB,MN?平面PAB,所以MN∥平面PAB.?(6分)
(2)因为PA⊥平面ABCD,N为PC的中点,所以N到平面ABCD的距离为?PA.?(9分)
取BC的中点E,连接AE.
由AB=AC=3得AE⊥BC,AE=?=?.
由AM∥BC得M到BC的距离为?,
故S△BCM=?×4×?=2?.
所以四面体N-BCM的体积VN-BCM=?·S△BCM·?=?.?(12分)
评析 本题考查了线面平行的位置关系,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.
8.(2015山东,18,12分)如图,三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.
(1)求证:BD∥平面FGH;
(2)若CF⊥BC,AB⊥BC,求证:平面BCD⊥平面EGH.
?
证明 (1)证法一:连接DG,CD,设CD∩GF=M,连接MH.
?
在三棱台DEF-ABC中,
AB=2DE,G为AC的中点,
可得DF∥GC,DF=GC,
所以四边形DFCG为平行四边形.
则M为CD的中点,又H为BC的中点,
所以HM∥BD,
又HM?平面FGH,BD?平面FGH,
所以BD∥平面FGH.
证法二:
在三棱台DEF-ABC中,
由BC=2EF,H为BC的中点,
可得BH∥EF,BH=EF,
所以四边形HBEF为平行四边形,
可得BE∥HF.
在△ABC中,G为AC的中点,H为BC的中点,
所以GH∥AB.
又GH∩HF=H,
所以平面FGH∥平面ABED.
因为BD?平面ABED,
所以BD∥平面FGH.
(2)连接HE.
?
因为G,H分别为AC,BC的中点,
所以GH∥AB.
由AB⊥BC,得GH⊥BC.
又H为BC的中点,
所以EF∥HC,EF=HC,
因此四边形EFCH是平行四边形.
所以CF∥HE,
又CF⊥BC,所以HE⊥BC.
又HE,GH?平面EGH,HE∩GH=H,
所以BC⊥平面EGH.
又BC?平面BCD,
所以平面BCD⊥平面EGH.
评析 本题考查空间线面平行、面面垂直的判定等知识;考查推理论证能力及空间想象能力.
C组 教师专用题组
1.(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2?,
点G,E,F,H分别是棱PB,AB,CD,PC上共面的四点,平面GEFH⊥平面ABCD,BC∥平面GEFH.
(1)证明:GH∥EF;
(2)若EB=2,求四边形GEFH的面积.
?
解析 (1)证明:因为BC∥平面GEFH,BC?平面PBC,且平面PBC∩平面GEFH=GH,所以GH∥
BC.
同理可证EF∥BC,
因此GH∥EF.
(2)连接AC,BD交于点O,BD交EF于点K,连接OP,GK.
因为PA=PC,O是AC的中点,所以PO⊥AC,同理可得PO⊥BD.
又BD∩AC=O,且AC,BD都在底面内,所以PO⊥底面ABCD.又因为平面GEFH⊥平面ABCD,且
PO?平面GEFH,
所以PO∥平面GEFH.
因为平面PBD∩平面GEFH=GK,
所以PO∥GK,所以GK⊥底面ABCD,
从而GK⊥EF.
所以GK是梯形GEFH的高.
由AB=8,EB=2得EB∶AB=KB∶DB=1∶4,
从而KB=?DB=?OB,即K为OB的中点.
?
再由PO∥GK得GK=?PO,且G是PB的中点,所以GH=?BC=4.
由已知可得OB=4?,PO=?=?=6,
所以GK=3.
易得EF=BC=8,
故四边形GEFH的面积S=?·GK=?×3=18.
评析 本题考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系,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.
2.(2014北京,17,14分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直于底面,AB⊥BC,AA1=AC=2,BC=1,
E,F分别是A1C1,BC的中点.
(1)求证:平面ABE⊥平面B1BCC1;
(2)求证:C1F∥平面ABE;
(3)求三棱锥E-ABC的体积.
?
解析 (1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥底面ABC.
所以BB1⊥AB,
又因为AB⊥BC,
所以AB⊥平面B1BCC1.
所以平面ABE⊥平面B1BCC1.
(2)证明:取AB中点G,连接EG,FG.
?
因为G,E,F分别是AB,A1C1,BC的中点,
所以EC1=?A1C1,FG∥AC,且FG=?AC.
因为AC∥A1C1,且AC=A1C1,
所以FG∥EC1,且FG=EC1.
所以四边形FGEC1为平行四边形.
所以C1F∥EG.
又因为EG?平面ABE,C1F?平面ABE,
所以C1F∥平面ABE.
(3)因为AA1=AC=2,BC=1,AB⊥BC,
所以AB=?=?.
所以三棱锥E-ABC的体积
V=?S△ABC·AA1=?×?×?×1×2=?.
评析 本题考查直线与平面、平面与平面的位置关系及其判定定理与性质定理的应用,考查
空间几何体的体积的计算,考查考生的空间想象能力,推理论证能力和运算求解能力.判定线面
平行的关键是构造线线平行或面面平行.
3.(2013江苏,16,14分)如图,在三棱锥S-ABC中,平面SAB⊥平面SBC,AB⊥BC,AS=AB.过A作AF⊥
SB,垂足为F,点E,G分别是棱SA,SC的中点.求证:
(1)平面EFG∥平面ABC;
(2)BC⊥SA.
?
证明 (1)因为AS=AB,AF⊥SB,垂足为F,所以F是SB的中点.又因为E是SA的中点,所以EF∥AB.
因为EF?平面ABC,AB?平面ABC,
所以EF∥平面ABC.
同理EG∥平面ABC.又EF∩EG=E,
所以平面EFG∥平面ABC.
(2)因为平面SAB⊥平面SBC,
且交线为SB,又AF?平面SAB,AF⊥SB,
所以AF⊥平面SBC,
因为BC?平面SBC,所以AF⊥BC.
又因为AB⊥BC,AF∩AB=A,AF,AB?平面SAB,所以BC⊥平面SAB.
因为SA?平面SAB,
所以BC⊥SA.
评析 本题主要考查直线与直线、直线与平面及平面与平面的位置关系,考查空间想象能力
和推理论证能力.
4.(2013陕西,18,12分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,O是底面中心,A1O⊥
底面ABCD,AB=AA1=?.
(1)证明:平面A1BD∥平面CD1B1;
(2)求三棱柱ABD-A1B1D1的体积.
?
解析 (1)证明:由题设知,BB1????DD1,
∴四边形BB1D1D是平行四边形,
∴BD∥B1D1.
又BD?平面CD1B1,
∴BD∥平面CD1B1.
∵A1D1????B1C1????BC,
∴四边形A1BCD1是平行四边形,
∴A1B∥D1C.
又A1B?平面CD1B1,
∴A1B∥平面CD1B1.
又∵BD∩A1B=B,
∴平面A1BD∥平面CD1B1.
(2)∵A1O⊥平面ABCD,
∴A1O是三棱柱ABD-A1B1D1的高.
又∵AO=?AC=1,AA1=?,
∴A1O=?=1.
又∵S△ABD=?×?×?=1,
∴?=S△ABD×A1O=1.
评析 本题主要考查直线与平面、平面与平面平行的判定以及体积的计算等基础知识,考查
空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.
三年模拟
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
1.(2019南京三模,16)在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AB=1,BC=2,∠ABC=60°.
求证:(1)平面PAC⊥平面PAB;
(2)设平面PBC∩平面PAD=l,求证:BC∥l.
?
证明 (1)因为PA⊥平面ABCD,AC?平面ABCD,
所以PA⊥AC.?(2分)
在△ABC中,AB=1,BC=2,∠ABC=60°,由余弦定理,
得AC=?
=?=?.(4分)
因为12+(?)2=22,即AB2+AC2=BC2,所以AC⊥AB.?(6分)
又因为AC⊥PA,且PA∩AB=A,PA?平面PAB,AB?平面PAB,所以AC⊥平面PAB.
又AC?平面PAC,所以平面PAC⊥平面PAB.?(8分)
(2)因为BC∥AD,AD?平面PAD,BC?平面PAD,
所以BC∥平面PAD.?(10分)
又因为BC?平面PBC,且平面PBC∩平面PAD=l,
所以BC∥l.?(14分)
评析 本题考查面面垂直与线线平行,(1)中只需证明线面垂直,这一关系好找;(2)中要证明线
线平行,先证明线面平行,总体难度不大.
2.(2019南通、扬州、泰州、苏北四市七市一模,15)如图,在四棱锥P-ABCD中,M,N分别为棱
PA,PD的中点.已知侧面PAD⊥底面ABCD,底面ABCD是矩形,DA=DP.
求证:(1)MN∥平面PBC;
(2)MD⊥平面PAB.
?
证明 (1)在四棱锥P-ABCD中,M,N分别为棱PA,PD的中点,所以MN∥AD.?(2分)
又底面ABCD是矩形,所以BC∥AD.所以MN∥BC.?(4分)
又BC?平面PBC,MN?平面PBC,所以MN∥平面PBC.?(6分)
(2)因为底面ABCD是矩形,所以AB⊥AD.
又侧面PAD⊥底面ABCD,侧面PAD∩底面ABCD=AD,AB?底面ABCD,
所以AB⊥侧面PAD.?(8分)
又MD?侧面PAD,所以AB⊥MD.?(10分)
因为DA=DP,M为AP的中点,所以MD⊥PA.?(12分)
又PA,AB在平面PAB内,PA∩AB=A,
所以MD⊥平面PAB.?(14分)
思路分析 (1)要证线面平行,只需证线线平行即可,本题明显由MN∥AD得到MN∥BC.
(2)要证线面垂直,只需证明MD与平面PAB内的两条相交直线垂直,不难证明MD⊥AB,MD⊥
PA.
3.(2019苏州3月检测,16)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D、E分别是棱BC、CC1上的点(点D不
同于点C),且AD⊥DE,F为棱B1C1上的点,且A1F⊥B1C1.
求证:(1)平面ADE⊥平面BCC1B1;
(2)A1F∥平面ADE.
?
证明 (1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC.?(2分)
因为AD?平面ABC,所以BB1⊥AD,
又因为AD⊥DE,在平面BCC1B1中,BB1与DE相交,
所以AD⊥平面BCC1B1,又因为AD?平面ADE,
所以平面ADE⊥平面BCC1B1.?(6分)
(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面A1B1C1,?(8分)
因为A1F?平面A1B1C1,所以BB1⊥A1F,
又因为A1F⊥B1C1,在平面BCC1B1中,BB1∩B1C1=B1,
所以A1F⊥平面BCC1B1,?(10分)
在(1)中已证得AD⊥平面BCC1B1,所以A1F∥AD,又因为A1F?平面ADE,AD?平面ADE,所以A1F
∥平面ADE.?(14分)
评分细则 第(1)问和第(2)问中应该由“直三棱柱得到侧棱BB1与底面垂直”,从而得到“BB1
⊥AD和BB1⊥A1F”,直接由“直三棱柱得到线线垂直”的,各扣2分;第(2)问中证明线面平行时
若不交代“A1F?平面ADE”,扣2分.
4.(2019江苏七大市三模,16)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,平面BPC⊥平
面DPC,BP=BC,E,F分别是PC,AD的中点.
求证:(1)BE⊥CD;
(2)EF∥平面PAB.
?
证明 (1)在△PBC中,因为BP=BC,E是PC的中点,
所以BE⊥PC.?(2分)
又因为平面BPC⊥平面DPC,平面BPC∩平面DPC=PC,BE?平面BPC,
所以BE⊥平面PCD.?(5分)
又因为CD?平面DPC,
所以BE⊥CD.?(7分)
(2)取PB的中点H,连接EH,AH.
?
在△PBC中,因为E是PC的中点,
所以HE∥BC,HE=?BC.?(9分)
又底面ABCD是平行四边形,F是AD的中点,
所以AF∥BC,AF=?BC.
所以HE∥AF,HE=AF,
所以四边形AFEH是平行四边形,
所以EF∥HA.?(12分)
又因为EF?平面PAB,HA?平面PAB,
所以EF∥平面PAB.?(14分)
(备注:证明过程中每一逻辑段若缺少条件,则该逻辑段不给分)
解答题(共70分)
B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组
(时间：45分钟 分值：70分)
1.(2019江都中学、华罗庚中学等13校联考,16)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,点D在棱BC上,
AD⊥C1D,点E,F分别是BB1,A1B1的中点.
(1)求证:D为BC的中点;
(2)求证:EF∥平面ADC1.
?
证明 (1)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,C1C⊥平面ABC,
∵AD?平面ABC,∴C1C⊥AD,又AD⊥C1D,C1D∩C1C=C1,
∴AD⊥平面BCC1B1,?(3分)
又BC?平面BCC1B1,
∴AD⊥BC,又△ABC为等边三角形,∴D为BC的中点.?(6分)
(2)连接A1B,连接A1C交AC1于点G,连接DG.
?
在矩形A1ACC1中,G为A1C的中点,
又由(1)得D为BC的中点,
∴DG∥A1B,?(9分)
又∵点E,F分别是BB1,A1B1的中点,
∴EF∥A1B,∴EF∥DG,?(12分)
又EF?平面ADC1,DG?平面ADC1,
∴EF∥平面ADC1.?(14分)
思路分析 (1)要证D为BC的中点,根据条件知三角形ABC为等边三角形,所以只需证明AD⊥
BC,而有条件AD⊥C1D,所以只要证明AD⊥平面BCC1B1;
(2)要证EF∥平面ADC1,注意到EF∥A1B,所以可以转化成证明A1B与平面ADC1内一条直线平行
即可.
2.(2019南通通州、海门联考,15)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分别为棱AC,A1B1的中点,
且AB=BC.
(1)求证:平面BMN⊥平面ACC1A1;
(2)求证:MN∥平面BCC1B1.
?
证明 (1)因为M为棱AC的中点,且AB=BC,
所以BM⊥AC,?(2分)
因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,
所以A1A⊥平面ABC,
因为BM?平面ABC,
所以A1A⊥BM,?(4分)
又因为AC,A1A?平面ACC1A1,且AC∩A1A=A,
所以BM⊥平面ACC1A1,?(6分)
因为BM?平面BMN,
所以平面BMN⊥平面ACC1A1.?(8分)
(2)取BC的中点P.连接B1P,MP.
?
因为M、P分别为棱AC、BC的中点,
所以MP∥AB,且MP=?AB,
在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1B1∥AB,A1B1=AB,
因为N为棱A1B1的中点,
所以B1N∥BA,且B1N=?BA,
所以B1N∥PM,且B1N=PM.
所以四边形MNB1P是平行四边形,?(12分)
所以MN∥PB1,
又因为MN?平面BCC1B1,PB1?平面BCC1B1,
所以MN∥平面BCC1B1.?(14分)
3.(2019镇江期末,16)如图,在四棱锥V-ABCD中,底面ABCD是矩形,VD⊥平面ABCD,过AD的平
面分别与VB,VC交于点M,N.
(1)求证:BC⊥平面VCD;
(2)求证:AD∥MN.
?
证明 (1)在四棱锥V-ABCD中,
因为VD⊥平面ABCD,BC?平面ABCD,所以VD⊥BC.?(3分)
因为底面ABCD是矩形,所以BC⊥CD.?(4分)
又CD?平面VCD,VD?平面VCD,CD∩VD=D,
所以BC⊥平面VCD.?(7分)
(2)因为底面ABCD是矩形,所以AD∥BC,?(8分)
又AD?平面VBC,BC?平面VBC,则有AD∥平面VBC,?(11分)
又平面ADNM∩平面VBC=MN,AD?平面ADNM,则AD∥MN.?(14分)
评析 本题主要考查线面垂直、线面平行的判定和性质.考查学生的逻辑推理能力、空间想
象能力、书写表达能力.
4.(2019苏州中学期初,16)如图,棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为菱形,平面AA1C1C⊥平面
ABCD.
(1)证明:BD⊥平面AA1C1C;
(2)在直线CC1上是否存在点P,使BP∥平面DA1C1?若存在,求出点P的位置;若不存在,说明理由.
?
证明 (1)四边形ABCD为菱形?BD⊥AC,平面AA1C1C⊥平面ABCD,平面AA1C1C∩平面ABCD
=AC,所以BD⊥平面AA1C1C.
(2)存在点P在C1C延长线上,且C为C1P的中点.
连接B1C.
因为A1B1∥AB∥DC,
所以四边形A1B1CD为平行四边形.
所以A1D∥B1C,
在C1C的延长线上取点P,使C1C=CP,连接BP,
因为B1B∥CC1,BB1=CC1,
所以BB1∥CP,BB1=CP,
所以四边形BB1CP为平行四边形,所以BP∥B1C,
所以BP∥A1D,
因为BP?平面A1DC1,A1D?平面A1DC1,
所以BP∥平面DA1C1.
易错警示 本题第(2)问是一道存在性问题,在实际解题过程中,是先探究得到P点位置,然后证
明满足题意.
5.(2017苏锡常镇四市教学情况调研(二),16)如图,在四面体ABCD中,平面ABC⊥平面ACD,E,F,
G分别为AB,AD,AC的中点,AC=BC,∠ACD=90°.
(1)求证:AB⊥平面EDC;
(2)若P为FG上任意一点,证明:EP∥平面BCD.
?
证明 (1)因为∠ACD=90°,所以CD⊥AC,
又平面ABC⊥平面ACD,平面ABC∩平面ACD=AC,CD?平面ACD,所以CD⊥平面ABC,
又AB?平面ABC,所以CD⊥AB,
因为AC=BC,E为AB的中点,所以CE⊥AB,
又CE∩CD=C,CD?平面EDC,CE?平面EDC,
所以AB⊥平面EDC.
(2)连接EF,EG,EP,因为E,F分别为AB,AD的中点,
所以EF∥BD,又BD?平面BCD,EF?平面BCD,
所以EF∥平面BCD,
同理可证EG∥平面BCD,
又EF∩EG=E,EF?平面EFG,EG?平面EFG,
所以平面EFG∥平面BCD,
又P为FG上任一点,所以EP?平面EFG,
所以EP∥平面BCD.
第十二章 立体几何
真题多维细目表
考题 涉分 题型 难度 考点 考向 解题方法 核心素养
２０１９ 江苏，９ ５ 分 填空题 易 空间几何体的体积 求长方体、三棱锥体积 公式法
数学运算
直观想象
２０１９ 江苏，１６ １４ 分 解答题 易
①直线与平面平行
②直线与平面垂直
①线面平行的判定
②利用线面垂直证
线线垂直
直接法
直观想象
逻辑推理
２０１８ 江苏，１０ ５ 分 填空题 易 空间几何体的体积 求组合体的体积 直接法
直观想象
数学运算
２０１８ 江苏，１５ １４ 分 解答题 易
①直线、平面平行的
判定与性质
②直线、平面垂直的
判定与性质
①线面平行的判定
②面面垂直的判定
直接法
直观想象
逻辑推理
２０１７ 江苏，６ ５ 分 填空题 易 空间几何体的体积 求圆柱和球的体积 直接法
直观想象
数学运算
２０１７ 江苏，１５ １４ 分 解答题 易
①直线、平面平行的
判定与性质
②直线、平面垂直的
判定与性质
①线面平行的判定
②线面垂直的
判定和性质
直接法
直观想象
逻辑推理
２０１６ 江苏，１６ １４ 分 解答题 易
①直线、平面平行的
判定与性质
②直线、平面垂直的
判定与性质
①线面平行的判定
②线面垂直、
面面垂直的判定
直接法
直观想象
逻辑推理
２０１５ 江苏，９ ５ 分 填空题 易 空间几何体的体积 求圆柱、圆锥的体积 直接法 数学运算
２０１５ 江苏，１６ １４ 分 解答题 易
①直线、平面平行的
判定与性质
②直线、平面垂直的
判定与性质
①线面平行的判定
②线面垂直的判定和性质
直接法
直观想象
逻辑推理
命题规律与趋势
０１ 考查内容
几何体的表面积和体积，直线与平面、平面
与平面平行的判定和性质．直线与平面、平
面与平面垂直的判定和性质．
０２ 考频赋分
每年必考，分值为 １９ 分．
０３ 关联考点
解三角形、面积和体积、直线和平面平行、
垂直的判定和性质、立体几何在生活中的
应用．
０４ 解题方法
公式法、割补法、排除法、综合法．
０５ 核心素养
直观想象、逻辑推理、数学运算．
０６ 备考建议
１．直线和平面平行、垂直的判定、面积和体
积的计算，考查的方法也都是通性通法，
并且试题为中等难度，只要注意基本知
识、基本方法，注重空间想象能力和逻辑
推理能力的培养，增强数学运算的能力，
一定会有很大的收获．
２．要特别重视解题规范，平时需加强训练．
９０ ５年高考 ３年模拟 Ｂ版（教师用书）
§ １２．１ 空间几何体的表面积和体积
对应学生用书起始页码 Ｐ１５１
考点一 空间几何体的结构特征 高频考点
１．多面体的结构特征
名称 棱柱 棱锥 棱台
结构
特征
①有两个面平行且全
等，其余各个面都是四
边形；②每相邻两个四
边形的公共边都互相
平行
有一个面（底面）
是多边形，其余各
面是有一个公共
顶点的三角形
有两个面平行
且相似，其余各
面都是梯形
侧棱 平行且相等
相交于一点但不
一定相等
延 长 线 交 于
一点
侧面
形状
平行四边形 三角形 梯形
（１）围成多面体的各个面都是平的，没有曲面．
（２）多面体是一个“封闭”的几何体．
（３）特殊的棱柱和棱锥：
①侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱；底面是正多边形
的直棱柱叫做正棱柱．
②底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形
的中心的棱锥叫做正棱锥．特别地，各棱均相等的正三棱锥叫
正四面体．
③特殊的四棱柱：
四棱柱
底面为平行四边形
→ 平行六面体
侧棱垂直于底面
→
直平行六面体
底面为矩形
→ 长方体
底面为正方形
→ 正四棱柱
侧棱与底面边长相等
→ 正方体
（４）用一个平行于棱锥底面的平面截棱锥，底面和截面
之间的部分是棱台．
２．旋转体的结构特征
名称 圆柱 圆锥 圆台 球
母线
平行、相等且垂
直于底面
相交于一点
延长线交于
一点
轴截面 全等的矩形
全等的等腰三
角形
全等的等腰
梯形
大圆
侧面
展开图
矩形 扇形 扇环
（１）处理旋转体的有关问题一般要作出轴截面．
（２）球的截面性质：①球心和不过球心的截面圆的圆心
的连线垂直于截面；②球心到不过球心的截面的距离 ｄ 与球
的半径 Ｒ 以及截面圆的半径 ｒ 的关系为 ｒ＝ Ｒ２－ｄ２ ．
（３）处理几何体表面上两点间的最短距离问题时常采用
“空间问题平面化”的数学思想解决．
考点二 空间几何体的表面积和体积 高频考点
几何体 侧面积 表面积 体积
圆柱 Ｓ侧 ＝ ２πｒｌ Ｓ表 ＝ ２πｒ（ ｒ＋ｌ） Ｖ＝Ｓ底 ｈ＝πｒ
２ｈ
圆锥 Ｓ侧 ＝πｒｌ Ｓ表 ＝πｒ（ ｒ＋ｌ） Ｖ＝
１
３
Ｓ底 ｈ＝
１
３
πｒ２ｈ
圆台 Ｓ侧 ＝π（ ｒ＋ｒ′） ｌ
Ｓ表 ＝π（ ｒ
２ ＋ ｒ′２ ＋
ｒｌ＋ｒ′ｌ）
Ｖ ＝
１
３
（ Ｓ上 ＋ Ｓ下 ＋
Ｓ上 Ｓ下 ）ｈ
＝ １
３
π（ ｒ２＋ｒ′２＋ｒｒ′）ｈ
直棱柱
Ｓ侧 ＝Ｃｈ（Ｃ 为底
面周长）
正棱锥
Ｓ侧 ＝
１
２
Ｃｈ′（ ｈ′
指斜高）
正棱台
Ｓ侧 ＝
１
２
（ Ｃ ＋
Ｃ′）ｈ′ （ ｈ′ 指 斜
高）
Ｓ表 ＝ Ｓ侧 ＋ Ｓ上 ＋
Ｓ下（棱锥的 Ｓ上
＝ ０）
Ｖ＝Ｓ底 ｈ
Ｖ＝
１
３
Ｓ底 ｈ
Ｖ ＝
１
３
（ Ｓ上 ＋ Ｓ下 ＋
Ｓ上 Ｓ下 ）ｈ
球 Ｓ＝ ４πＲ２ Ｖ＝
４
３
πＲ３
要注意领会和掌握两种数学思想方法：割补法和等积法．
（１）割补法：割补法是割法和补法的总称．补法是把不规
则的（不熟悉的或复杂的）几何体延伸或补成规则的（熟悉的
或简单的）几何体；割法是把复杂的（不规则的）几何体切割
成简单的（规则的）几何体．割与补是对立统一的．
（２）等积法：等积法包括等面积法和等体积法．利用等积
法的前提是平面图形（或立体图形）的面积（或体积）通过已
知条件可以得到，利用等积法可以求解几何图形的高，特别是
在求三角形的高（点到线的距离）或三棱锥的高（点到面的距
离）时，通常采用此法解决问题．
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第十二章 立体几何 ９１
对应学生用书起始页码 Ｐ１５２
一、空间几何体表面积与体积的求解方法
１．求空间几何体表面积的方法
（１）多面体的表面积是各个面的面积之和；旋转体的表面积
代入公式直接求解．
（２）组合体的表面积注意重合部分的处理．
２．求空间几何体体积的方法
（１）求简单几何体的体积，若所给的几何体为柱体、锥体、台
体或球，则可以直接利用公式求解．
（２）求组合体的体积，若所给的几何体是组合体，则不能直
接利用公式求解，常用转换法、分割法、补形法等进行求解．
（３）三棱锥的体积常用等体积法求解．
（１）（２０１９ 如皋期末，９）如图，在正三棱柱 ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１
中，若 ＡＡ１ ＝ ３，ＡＢ＝ ２，点 Ｄ 是棱 ＣＣ１ 的中点，点 Ｅ 在棱 ＡＡ１ 上，则
三棱锥 Ｂ１－ＥＢＤ 的体积为 ．
（２）（２０１９ 苏北三市（徐州、连云港、淮安）期末，８）已知正四
棱锥的底面边长为 ２ ３ ，高为 １，则该正四棱锥的侧面积
为 ．
（３）已知 Ｅ、Ｆ 分别是棱长为 ａ 的正方体 ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１ 的
棱 ＡＡ１，ＣＣ１ 的中点，则四棱锥 Ｃ１－Ｂ１ＥＤＦ 的体积为 ．
解析 （１）取 ＢＣ 的中点 Ｈ，连接 ＡＨ．在正三棱柱 ＡＢＣ－
Ａ１Ｂ１Ｃ１ 中，△ＡＢＣ 为正三角形，所以 ＡＨ⊥ＢＣ，又 ＢＢ１ ⊥平面
ＡＢＣ，ＡＨ?平面 ＡＢＣ，所以 ＢＢ１⊥ＡＨ，而 ＢＢ１∩ＢＣ ＝Ｂ，所以 ＡＨ⊥
平面 ＢＣＣ１Ｂ１，即 ＡＨ⊥平面 ＤＢＢ１，所以点 Ａ 到平面 ＤＢＢ１ 的距离
就是 ＡＨ 长．在正三角形 ＡＢＣ 中，ＡＢ＝ ２，所以 ＡＨ＝ ３ ，又 ＡＡ１ ＝ ３，
点 Ｄ 是 ＣＣ１ 的中点，所以 Ｓ△ＢＢ１Ｄ ＝
１
２
Ｓ矩形ＢＢ１Ｃ１Ｃ ＝
１
２
×２×３ ＝ ３，所以
ＶＢ１－ＥＢＤ ＝ＶＥ－ＢＤＢ１ ＝
１
３
Ｓ△ＢＢ１Ｄ·ＡＨ＝
１
３
×３× ３ ＝ ３ ．
（２）正四棱锥的侧面三角形的高为 ｈ ＝ １２＋（ ３ ） ２ ＝ ２，所
以侧面积为 Ｓ＝ ４×
１
２
×２ ３ ×２＝ ８ ３ ．
（３）解法一：如图所示，连接 Ａ１Ｃ１，Ｂ１Ｄ１ 交于点 Ｏ１，连接
Ｂ１Ｄ，ＥＦ，过 Ｏ１ 作 Ｏ１Ｈ⊥Ｂ１Ｄ 于 Ｈ．
因为 ＥＦ∥Ａ１Ｃ１，且 Ａ１Ｃ１?平面 Ｂ１ＥＤＦ，ＥＦ?平面 Ｂ１ＥＤＦ，
所以 Ａ１Ｃ１∥平面 Ｂ１ＥＤＦ．所以 Ｃ１ 到平面 Ｂ１ＥＤＦ 的距离就
是 Ａ１Ｃ１ 到平面 Ｂ１ＥＤＦ 的距离．
易知平面 Ｂ１Ｄ１Ｄ⊥ 平面 Ｂ１ＥＤＦ，又平面 Ｂ１Ｄ１Ｄ∩ 平面
Ｂ１ＥＤＦ＝Ｂ１Ｄ，所以 Ｏ１Ｈ⊥平面 Ｂ１ＥＤＦ，所以 Ｏ１Ｈ 的长等于四棱
锥 Ｃ１－Ｂ１ＥＤＦ 的高．
易得△Ｂ１Ｏ１Ｈ∽△Ｂ１ＤＤ１，所以 Ｏ１Ｈ＝
Ｂ１Ｏ１·ＤＤ１
Ｂ１Ｄ
＝ ６
６
ａ．
所以 ＶＣ１－Ｂ１ＥＤＦ ＝
１
３
Ｓ四边形Ｂ１ＥＤＦ·Ｏ１Ｈ＝
１
３
× １
２
·ＥＦ·Ｂ１Ｄ·Ｏ１Ｈ
＝ １
３
× １
２
· ２ ａ· ３ ａ·
６
６
ａ＝
１
６
ａ３ ．
解法二：连接 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 ＝ ２ ａ．由题意得，ＶＣ１－Ｂ１ＥＤＦ ＝ ＶＢ１－Ｃ１ＥＦ ＋ＶＤ－Ｃ１ＥＦ ＝
１
３
·Ｓ△Ｃ１ＥＦ·（ｈ１＋ｈ２）＝
１
６
ａ３ ．
答案 （１） ３ （２）８ ３ （３）
１
６
ａ３
１－１ （２０１９ 宿迁期末，６）设圆锥的轴截面是一个边长为
２ ｃｍ的正三角形，则该圆锥的体积为 ｃｍ３ ．
１－１ 答案
３
３
π
解析 根据题意，得圆锥的轴截面是边长为 ２ ｃｍ 的正三
角形，所以圆锥的底面半径为 １ ｃｍ，圆锥的高为 ３ ｃｍ，故圆锥的
体积为
１
３
π·１２· ３ ＝
３
３
π ｃｍ３ ．
１－２ （２０１８ 无锡期末，６）在直三棱柱 ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１ 中，已
知 ＡＢ⊥ＢＣ，ＡＢ ＝ ３，ＢＣ ＝ ４，ＡＡ１ ＝ ５，若三棱柱的所有顶点都在同
一球面上，则该球的表面积为 ．
１－２ 答案 ５０π
解析 解法一：由 ＡＢ⊥ＢＣ，ＡＢ＝ ３，ＢＣ＝ ４，可知 ＡＣ＝ ５，
设 Ｄ 为线段 ＡＣ 的中点，球的球心为 Ｏ，半径为 Ｒ，连接 ＯＤ，
ＯＣ，则 Ｒ２ ＝ ＯＣ２ ＝ ＣＤ２ ＋ＯＤ２ ＝
１
２
ＡＣ( ) ２ ＋ １２ ＡＡ１( )
２
＝ ５
２( )
２
＋
５
２( )
２
＝ ５０
４
，
由球的表面积公式，得 Ｓ＝ ４πＲ２ ＝ ４×π×
５０
４
＝ ５０π．
解法二：可以把直三棱柱 ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１ 补成长方体 ＡＢＣＤ－
Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１，在长方体中，球心在长方体体对角线的交点处，则 ２Ｒ
＝ ＢＡ２＋ＢＣ２＋ＡＡ２１ ＝ ５０ （Ｒ 为球的半径），所以球的表面积为
４πＲ２ ＝ ５０π．
１－３ （２０１８ 南通调研，１１）如图，铜质六角螺帽毛坯是由一
个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知正六棱柱的底面边长、
高都为 ４ ｃｍ，圆柱的底面面积为 ９ ３ ｃｍ２ ．若将该螺帽熔化后铸
成一个高为 ６ ｃｍ 的正三棱柱零件，则该正三棱柱零件的底面边
长为 ｃｍ．（不计损耗）
１－３ 答案 ２ １０
解析 ∵ Ｖ正六棱柱 ＝ ２４ ３ ×４＝ ９６ ３ ｃｍ３，
Ｖ圆柱 ＝ ９ ３ ×４＝ ３６ ３ ｃｍ３，
∴ Ｖ正三棱柱 ＝ ９６ ３ －３６ ３ ＝ ６０ ３ ｃｍ３ ．
设正三棱柱零件的底面边长为 ａ ｃｍ，
则
１
２
·ａ·
３
２
ａ·６＝ ６０ ３ ，解得 ａ＝ ２ １０ ．
故正三棱柱零件的底面边长为 ２ １０ ｃｍ．
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９２ ５年高考 ３年模拟 Ｂ版（教师用书）
二、与球有关的切、接问题的求解方法
与球有关的组合体问题常涉及内切和外接．解题时要认真分
析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，
并作出合适的截面图．如球内切于正方体时，切点为正方体各个
面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体时，正
方体的各个顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直
径．球与其他旋转体组合时，通常作它们的轴截面解题；球与多面
体组合时，通常过多面体的一条侧棱和球心及“切点”或“接点”
作截面图进行解题．
（１）如图所示，平面四边形 ＡＢＣＤ 中，ＡＢ ＝ ＡＤ ＝ＣＤ ＝ １，
ＢＤ＝ ２ ，ＢＤ⊥ＣＤ，将其沿对角线 ＢＤ 折成四面体 ＡＢＣＤ，使平面
ＡＢＤ⊥平面 ＢＣＤ，若四面体 ＡＢＣＤ 的顶点在同一个球面上，则该
球的体积为 ．
（２）（２０１８ 苏州调研，９）鲁班锁是中国传统的益智玩具，起
源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的
十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根等长的正四棱柱
分成三组，经 ９０°榫卯起来．若正四棱柱的高为 ５，底面正方形的
边长为 １，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的
表面积至少为 ．（容器壁的厚度忽略不计，结果保留 π）
解析 （１）如图，取 ＢＤ 的中点 Ｅ，ＢＣ 的中点 Ｏ，连接 ＡＥ，
ＯＤ，ＥＯ，ＡＯ．因为 ＡＢ＝ＡＤ，所以 ＡＥ⊥ＢＤ．
由于平面 ＡＢＤ⊥平面 ＢＣＤ，平面 ＡＢＤ∩平面 ＢＣＤ＝ＢＤ，所以
ＡＥ⊥平面 ＢＣＤ．
因为 ＡＢ＝ＡＤ＝ＣＤ＝ １，ＢＤ＝ ２ ，所以 ＡＥ＝
２
２
，ＥＯ＝
１
２
．
所以 ＯＡ＝
３
２
．
在 Ｒｔ△ＢＣＤ 中，由勾股定理得 ＢＣ＝ ３ ，
在 Ｒｔ△ＢＤＣ 中，ＯＢ ＝ ＯＣ ＝ ＯＤ ＝
１
２
ＢＣ ＝
３
２
，所以四面体
ＡＢＣＤ 的外接球的球心为 Ｏ，半径为
３
２
．
所以该球的体积 Ｖ＝
４
３
π ３
２
?
è
?
?
?
÷
３
＝ ３π
２
．
（２）该球形容器最小时，两个正四棱柱组成的四棱柱内接于
球，此 时 球 的 直 径 ２Ｒ 等 于 四 棱 柱 的 体 对 角 线， 即 ２Ｒ ＝
５２＋２２＋１２ ＝ ３０ ，故球形容器的表面积为 ４πＲ２ ＝ ３０π．
答案 （１）
３π
２
（２）３０π
２－１ 已知正三棱锥 Ａ－ＢＣＤ 内接于球 Ｏ，且球 Ｏ 的体积为
３６π，过三棱锥一侧棱以及球心 Ｏ 作截面得到的图形如图所示，
则侧面三角形 ＡＢＣ 的面积为 ．
２－１ 答案
９ １５
４
解析 设球 Ｏ 的半径为 Ｒ，依题意得
４
３
πＲ３ ＝ ３６π，解得 Ｒ
＝ ３．由题图可知，正三棱锥的底面正三角形在球的大圆上，则底
面正三角形的高为
３
２
Ｒ ＝
３
２
×３ ＝
９
２
，正三棱锥的高为 ３，故底面
三角形的边长为
９
２
÷ ３
２
＝ ３ ３ ，侧面三角形的高为 ３２＋
３
２( )
２
＝ ３ ５
２
，故所求面积 Ｓ＝
１
２
×３ ３ ×
３ ５
２
＝ ９ １５
４
．
２－２ 设球 Ｏ 内切于正三棱柱 ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１，则球 Ｏ 的体积
与正三棱柱 ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１ 的体积的比值为 ．
２－２ 答案
２ ３π
２７
解析 设球 Ｏ 的半径为 Ｒ，正三棱柱 ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１ 的底面
边长为 ａ，则 Ｒ＝
３
２
× ａ
３
＝ ３
６
ａ，即 ａ ＝ ２ ３ Ｒ，又正三棱柱 ＡＢＣ－
Ａ１Ｂ１Ｃ１ 的高为 ２Ｒ，所以球 Ｏ 的体积与正三棱柱 ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１ 的
体积的比值为
４
３
πＲ３
３
４
ａ２·２Ｒ
＝
４
３
πＲ３
３
４
·１２Ｒ２·２Ｒ
＝ ２ ３π
２７
．
２－３ 若一个正四面体的表面积为 Ｓ１，其内切球的表面积
为 Ｓ２，则
Ｓ１
Ｓ２
＝ ．
２－３ 答案
６ ３
π
解析 设正四面体的棱长为 ａ，其内切球的半径为 ｒ，则正
四面体的表面积 Ｓ１ ＝ ４×
３
４
·ａ２ ＝ ３ ａ２，易知正四面体内切球半
径为正四面体高的
１
４
，即 ｒ ＝
１
４
× ６
３
ａ ＝
６
１２
ａ，因此内切球的表面
积 Ｓ２ ＝ ４πｒ２ ＝
πａ２
６
，则
Ｓ１
Ｓ２
＝ ３ ａ
２
π
６
ａ２
＝ ６ ３
π
．
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(共88张PPT)
五年高考
A组????自主命题·江苏卷题组
1.(2019江苏,9,5分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的体积是120,E为CC1的中点,则三棱锥E-BCD
的体积是 ????.
?
答案 10
解析 本题考查长方体、三棱锥的体积公式,考查学生的空间想象能力、运算求解能力,考查
的核心素养是直观想象、数学运算.
因为长方体的体积是120,所以2S△BCD·CC1=120,
则S△BCD·CC1=60.所以VE-BCD=?S△BCD·EC=?·S△BCD·?CC1=?×60=10.
评析 本题通过长方体考查体积之间的关系,通过体积公式,找出底面面积与高的关系,不需要
求出具体的底面面积和高是多少.
2.(2018江苏,10,5分)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 本题考查组合体体积的计算.
多面体由两个完全相同的正四棱锥组合而成,其中正四棱锥的底面边长为?,高为1,∴其体积
为?×(?)2×1=?,∴多面体的体积为?.
名师点睛 解题的关键要认清空间中的点、线、面的位置关系,要重点掌握直线与直线、直
线与平面、平面与平面的平行和垂直的关系.对于一些常见的几何体,如棱长为a的正方体或
正四面体,要会求相关线段的长度、有关面积与体积,掌握好特殊几何体,能更好地提升空间想
象能力.
3.(2017江苏,6,5分)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?的值是 ????.
?
答案?????
解析 设圆柱内切球的半径为R,则由题设可得圆柱O1O2的底面圆的半径为R,高为2R,∴?=
?=?.
名师点睛 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.
4.(2015江苏,9,5分)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?????
解析 原两个几何体的总体积V=?×π×52×4+π×22×8=?π.由题意知新圆锥的高为4,新圆柱的
高为8,且它们的底面半径相同,可设两几何体的底面半径均为r(r>0),则?×π×r2×4+π×r2×8=?
π,解得r2=7,从而r=?.
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
考点一 空间几何体的表面积
1.(2018课标全国Ⅱ理,16,5分)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 ????.
答案 40?π
解析 本题考查了圆锥的性质和侧面积的计算,考查了异面直线所成的角和线面角.
因为母线SA与圆锥底面所成的角为45°,所以圆锥的轴截面为等腰直角三角形.设底面圆的半
径为r,则母线长l=?r.在△SAB中,cos∠ASB=?,所以sin∠ASB=?.因为△SAB的面积为5?,
即?SA·SBsin∠ASB=?·?r·?r×?=5?,所以r2=40,故圆锥的侧面积为πrl=?πr2=40?π.
疑难突破 利用底面半径与母线的关系,以及△SAB的面积值求出底面半径是解题的突破口.
2.(2018课标全国Ⅰ文改编,5,5分)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1,O2,过直线O1O2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 ????.
答案 12π
解析 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2r=h=2?,∴圆柱的表面积S=2πr2+2πr·h=4π+8π=12π.
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.
3.(2018课标全国Ⅰ理改编,12,5分)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都
相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为 ????.
答案?????
解析 本题主要考查空间直线与平面的位置关系及其所成角问题.
由正方体的性质及题意可得,正方体共顶点的三条棱所在直线与平面α所成的角均相等.如图,
正方体ABCD-A1B1C1D1中,易知棱AB,AD,AA1所在直线与平面A1BD所成的角均相等,所以α∥平
面A1BD,当平面α趋近点A时,截面图形的面积趋近于0;当平面α经过正方体的中心O时,截面图
形为正六边形,其边长为?,截面图形的面积为6×?×?=?;当平面α趋近于C1时,截面
图形的面积趋近于0,所以截面图形面积的最大值为?.
?
解题关键 利用正方体的性质,将每条棱所在直线与平面α所成角转化为共顶点的三条棱所在
直线与平面α所成角是解决本题的关键.
4.(2017课标全国Ⅱ文,15,5分)长方体的长,宽,高分别为3,2,1,其顶点都在球O的球面上,则球O
的表面积为 ????.
答案 14π
解析 本题考查长方体和球的性质,考查了球的表面积公式.
由题意知长方体的体对角线为球O的直径,设球O的半径为R,则(2R)2=32+22+12=14,得R2=?,所以
球O的表面积为4πR2=14π.
疑难突破 明确长方体的体对角线为球的直径是求解的关键.
易错警示 易因用错球的表面积公式而致错.
5.(2017课标全国Ⅰ文,16,5分)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,SC是球O的直
径.若平面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 ????
????.
答案 36π
解析 由题意作出图形,如图.
?
设球O的半径为R,由题意知SB⊥BC,SA⊥AC,又SB=BC,SA=AC,则SB=BC=SA=AC=?R.连接
OA,OB,
则OA⊥SC,OB⊥SC,因为平面SCA⊥平面SCB,平面SCA∩平面SCB=SC,所以OA⊥平面SCB,所
以OA⊥OB,则AB=?R,
所以△ABC是边长为?R的等边三角形,设△ABC的中心为O1,连接OO1,CO1.
则OO1⊥平面ABC,CO1=?×?×?R=?R,则OO1=?=?R,
则VS-ABC=2VO-ABC=2×?×?(?R)2×?R=?R3=9,
所以R=3.
所以球O的表面积S=4πR2=36π.
6.(2017课标全国Ⅰ文,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.
(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;
(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,且四棱锥P-ABCD的体积为?,求该四棱锥的侧面积.
?
解析 本题考查立体几何中面面垂直的证明和几何体侧面积的计算.
(1)证明:由已知∠BAP=∠CDP=90°,
得AB⊥AP,CD⊥PD.
由于AB∥CD,故AB⊥PD,
从而AB⊥平面PAD.
又AB?平面PAB,
所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)在平面PAD内作PE⊥AD,垂足为E.
?
由(1)知,AB⊥平面PAD,
故AB⊥PE,可得PE⊥平面ABCD.
设AB=x,则由已知可得AD=?x,PE=?x.
故四棱锥P-ABCD的体积VP-ABCD=?AB·AD·PE=?x3.
由题设得?x3=?,故x=2.
从而PA=PD=2,AD=BC=2?,PB=PC=2?.
可得四棱锥P-ABCD的侧面积为?PA·PD+?PA·AB+?PD·DC+?BC2sin 60°=6+2?.
方法总结 1.面面垂直的证明
证明两个平面互相垂直,可以在一个平面内找一条直线l,证明直线l垂直于另一个平面.
2.线面垂直的证明
(1)证明直线l垂直于平面内的两条相交直线.
(2)若已知两个平面垂直,则在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面.
3.几何体的体积
柱体的体积V=S底·h.
锥体的体积V=?S底·h.
4.几何体的表面积
直棱柱的侧面积S侧=C底·l,其他几何体一般要对各个侧面、底面逐个分析求解面积,最后求和.
考点二 空间几何体的体积
1.(2019课标全国Ⅰ理改编,12,5分)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,
△ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中点,∠CEF=90°,则球O的体积为 ????.
答案?????π
解析 本题考查线面垂直的位置关系、三棱锥的性质和球的体积公式,考查空间想象能力和
数学运算能力,考查的核心素养是直观想象和数学建模.
解法一:∵E、F分别是PA、AB的中点,∴EF∥PB.
∵∠CEF=90°,∴EF⊥EC,∴PB⊥EC,
又∵三棱锥P-ABC为正三棱锥,∴PB⊥AC,从而PB⊥平面PAC,∴三条侧棱PA、PB、PC两两
垂直.
∵△ABC是边长为2的正三角形,∴PA=PB=PC=?,
则球O是棱长为?的正方体的外接球,设球O的半径为R,
则2R=?×?,R=?,∴球O的体积V=?πR3=?π.
?
解法二:令PA=PB=PC=2x(x>0),则EF=x,连接FC,由题意可得FC=?.在△PAC中,cos∠APC=
?=?.
在△PEC中,EC2=PC2+PE2-2PC·PEcos∠EPC=4x2+x2-2×2x·x·?=x2+2,在△FEC中,∵∠CEF=
90°,∴FC2=EF2+EC2,即x2+2+x2=3,∴x=?,∴PA=PB=PC=2x=?.
∵AB=BC=CA=2,∴三棱锥P-ABC的三个侧面为等腰直角三角形,∴PA、PB、PC两两垂直,故
球O是棱长为?的正方体的外接球,设球O的半径为R,则2R=?×?,R=?,∴球O的体积V=?
πR3=?π.
解题关键 三棱锥与球的切、接问题,关键是确定三棱锥的特殊性.本题中确定三棱锥的侧棱
长是关键.通常情况下,把空间问题转化为平面问题后通过解三角形完成,充分利用平行、垂直
的特殊位置关系更有利于解题.
2.(2019课标全国Ⅲ理,16,5分)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-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体,其中O为长方体的中心,E,F,G,H
分别为所在棱的中点,AB=BC=6 cm,AA1=4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损
耗,制作该模型所需原料的质量为 ????g.
?
答案 118.8
解析 本题考查长方体、四棱锥的体积公式;考查学生的空间想象能力和运算能力,以及应用
意识与数形结合的思想;考查的核心素养是直观想象和数学运算.
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=6×6×4-?×?×4×6×3=132(cm3).
又制作该模型所需的原料密度为0.9 g/cm3,
故制作该模型所需原料的质量为0.9×132=118.8(g).
易错警示 计算被挖去的四棱锥底面面积时,容易误认为四边形HEFG为正方形,由勾股定理
求得HE=?=?,错认为底面面积为13.
3.(2019天津理,11,5分)已知四棱锥的底面是边长为?的正方形,侧棱长均为?.若圆柱的一个
底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱的
体积为 ????.
答案?????
解析 本题考查了圆柱、正四棱锥的性质,通过计算圆柱的底面半径、高、体积考查学生的
空间想象能力和转化思想方法的应用,体现了直观想象的核心素养.
如图所示,圆柱的高O1O=?PO=??=?×?=1,圆柱的底面半径r=?AO=?.所以圆
柱的体积V=πr2·O1O=π×?×1=?.
?
4.(2019课标全国Ⅰ文,16,5分)已知∠ACB=90°,P为平面ABC外一点,PC=2,点P到∠ACB两边
AC,BC的距离均为?,那么P到平面ABC的距离为 ????.
答案?????
解析 本题主要考查直线与平面垂直的判定与性质,点到平面距离的计算等知识点;考查了考
生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力;考查的核心素养为直观想象.
设PO⊥平面ABC于O,PE⊥AC于E,PF⊥BC于F,
连接OE、OF、OC,
?
∵PO⊥平面ABC,∴PO⊥AC,
又PO∩PE=P,∴AC⊥平面POE,
∴AC⊥OE,
同理有BC⊥OF,∴四边形OECF为矩形,
∵PC=PC且PE=PF,
∴Rt△PEC≌Rt△PFC,∴EC=FC=?=1,
∴四边形OECF是边长为1的正方形,
∴OC=?,
在Rt△POC中,PO=?=?.
思路分析 设PO⊥平面ABC,作PE⊥AC,PF⊥BC,根据线面垂直的判定与性质判定四边形
OECF为矩形,根据Rt△PEC≌Rt△PFC,得出EC=FC,进而判断出四边形OECF是正方形,从而
得出OC的长,进一步在Rt△POC中求出PO的长,即点P到平面ABC的距离.
5.(2018课标全国Ⅰ文改编,10,5分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1与平面BB1C1C所
成的角为30°,则该长方体的体积为 ????.
答案 8?
解析 本题主要考查长方体的体积及直线与平面所成的角.
如图,由长方体的性质可得AB⊥平面BCC1B1,
∴BC1为直线AC1在平面BCC1B1内的射影,
∴∠AC1B为直线AC1与平面BCC1B1所成的角,
即∠AC1B=30°,
在Rt△ABC1中,AB=2,∠AC1B=30°,∴BC1=2?,
在Rt△BCC1中,CC1=?=?=2?,
∴该长方体的体积V=2×2×2?=8?.
?
易错警示 不能准确理解线面角的定义,无法找出直线与平面所成的角,从而导致失分.
方法总结 用定义法求线面角的步骤:
(1)找出斜线上的某一点在平面内的射影;
(2)连接该射影与直线和平面的交点即可得出线面角;
(3)构建直角三角形,求解得出结论.
6.(2018课标全国Ⅲ理改编,10,5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9?,则三棱锥D-ABC体积的最大值为 ????.
答案 18?
解析 本题考查空间几何体的体积.
设△ABC的边长为a,则S△ABC=?a·a·sin 60°=9?,解得a=6(负值舍去).△ABC的外接圆半径r满足
2r=?,得r=2?,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?×9?×6=18?.
7.(2018天津理,11,5分)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,除面ABCD外,该正方体其余各面
的中心分别为点E,F,G,H,M(如图),则四棱锥M-EFGH的体积为 ????.
?
答案?????
解析 本题主要考查正方体的性质和正四棱锥的体积.
由题意知四棱锥的底面EFGH为正方形,其边长为?,即底面面积为?,由正方体的性质知,四
棱锥的高为?.故四棱锥M-EFGH的体积V=?×?×?=?.
8.(2018天津文,11,5分)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则四棱锥A1-BB1D1D的体积
为 ????.
?
答案?????
解析 本题主要考查正方体的性质和四棱锥的体积.
四棱锥的底面BB1D1D为矩形,其面积为1×?=?,
又点A1到底面BB1D1D的距离,即四棱锥A1-BB1D1D的高为?A1C1=?,所以四棱锥A1-BB1D1D的
体积为?×?×?=?.
9.(2017课标全国Ⅲ理改编,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 ????.
答案?????
解析 本题考查球的内接圆柱的体积.
设圆柱的底面半径为r,则r2+?=12,解得r=?,
∴V圆柱=π×?×1=?π.
10.(2017课标全国Ⅰ理,16,5分)如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5 cm,该纸片上的等边三角形
ABC的中心为O.D,E,F为圆O上的点,△DBC,△ECA,△FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰
三角形.沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得
到三棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为 ????.
?
答案 4?
解析 由题意知折叠以后三棱锥的直观图如图所示.
?
连接CO并延长交AB于H,连接DO、DH.则DO⊥平面ABC.
令OH=x cm,则OC=2x cm,DH=(5-x)cm,得OD=?=? cm,AB=2?x cm.
则VD-ABC=??·?=?x2·?=?x2? cm3,
令f(x)=?x2?,
则f '(x)=??
=?,
则当x∈(0,2)时, f(x)单调递增,当x∈(2,2.5)时, f(x)单调递减,所以当x=2时,体积取最大值,为?×
4×?=4? cm3.
方法总结 求解立体几何中的最值问题时,注意先要引入自变量x,再根据几何体的点、线、
面的位置关系表示几何体中的相关量,进而建立目标函数,最后利用函数的性质来求解最值.
11.(2017天津理改编,10,5分)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若这个正方体的表面
积为18,则这个球的体积为 ????.
答案?????π
解析 本题考查正方体的表面积及外接球的体积.
设这个正方体的棱长为a,由题意可知6a2=18,所以a=?,所以这个正方体的外接球半径R=?a
=?,所以这个正方体外接球的体积V=?πR3=?π×?=?π.
方法总结 找几何体外接球球心的方法:1.构造长方体(或正方体),将原几何体的外接球转化
成长方体(或正方体)的外接球,进而易得球心位置;2.找几何体底面的外心O1,过O1作底面的垂
线l1,再找几何体一侧面的外心O2,过O2作该侧面的垂线l2,则l1与l2的交点即为外接球的球心.
12.(2016课标全国Ⅲ理,11,5分)在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥
BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是 ????.
答案?????
解析 易知AC=10.设底面△ABC的内切圆的半径为r,则?×6×8=?×(6+8+10)·r,所以r=2,因为2r
=4>3,所以当球与三棱柱的上、下底面相切时,体积最大,所以最大球的直径2R=3,则R=?,此时
球的体积V=?πR3=?.
思路分析 根据题意分析出当球与直三棱柱的上、下底面相切时,球的体积最大,由此可求出
最大球的半径R,代入球的体积公式求值即可.
方法归纳 解决此类题时要清楚当球与柱体的侧面或底面相切时体积最大.
13.(2016浙江,14,4分)如图,在△ABC中,AB=BC=2,∠ABC=120°.若平面ABC外的点P和线段AC
上的点D,满足PD=DA,PB=BA,则四面体PBCD的体积的最大值是 ????.
?
答案?????
解析 已知PD=DA,PB=BA,故△PDB可看作是由△ADB沿BD向上翻折而成的.当BD与AC不
垂直时,无论折叠到何种位置,PD都不垂直于BD,从而PD不垂直于平面ABC,因此VP-BCDPD;当BD⊥AC时,折叠到PD⊥DC时,VP-BCD=?S△BCD·PD.不妨设AD=x,易知AC=2?,∠ACB=30°,
则VP-BCD≤?S△BCD·PD=?×?×2×(2?-x)×sin 30°×x=?(2?-x)x≤?,
当且仅当x=?,即BD⊥AC时取到最大值,故四面体PBCD的最大体积为?.
14.(2015山东改编,7,5分)在梯形ABCD中,∠ABC=?,AD∥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 ????.
答案?????
解析 如图,此几何体是底面半径为1,高为2的圆柱挖去一个底面半径为1,高为1的圆锥,故所
求体积V=2π-?=?.
?
评析 本题主要考查几何体的体积及空间想象能力.
15.(2017课标全国Ⅲ文,19,12分)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,AD=CD.
(1)证明:AC⊥BD;
(2)已知△ACD是直角三角形,AB=BD.若E为棱BD上与D不重合的点,且AE⊥EC,求四面体
ABCE与四面体ACDE的体积比.
?
解析 (1)证明:取AC的中点O,连接DO,BO.
因为AD=CD,所以AC⊥DO.
又由于△ABC是正三角形,所以AC⊥BO.
从而AC⊥平面DOB,故AC⊥BD.
(2)连接EO.
由(1)及题设知∠ADC=90°,所以DO=AO.
在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2.
又AB=BD,所以
BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°.
由题设知△AEC为直角三角形,所以EO=?AC.
又△ABC是正三角形,且AB=BD,所以EO=?BD.
故E为BD的中点,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的?,四面体ABCE的体积为
四面体ABCD的体积的?,即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1.
C组 教师专用题组
考点一 空间几何体的表面积
1.(2019课标全国Ⅱ理,16,5分)中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形
状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”
(图1).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对
称美.图2是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方
体的棱长为1.则该半正多面体共有 ????个面,其棱长为 ????.(本题第一空2分,第二空
3分)
?
图1 图2
答案 26;?-1
解析 本题考查空间几何体的结构特征,空间几何体的直观图等知识;考查空间想象能力,运算
求解能力和应用意识;考查的核心素养为直观想象和数学运算.通过金石文化体现和弘扬中华
优秀传统文化.
半正多面体面数从上至下依次为1,8,8,8,1,故共有1+8+8+8+1=26个面.半正多面体的所有顶点
都在同一个正方体表面上,如图1,该正方体被半正多面体顶点A,B,C所在平面截得的图形如图
2.八边形ABCDEFGH为正八边形.
?
图1 图2
设AB=a,则1=2×?a+a,解得a=?-1.
解题关键 将半正多面体顶点所在的正方体画出是关键,再选取合适的截面即可求解.
思路分析 该题是多面体切接问题,尽量选取多个顶点所在的截面ABCDEFGH,并确定其形状
为正八边形,根据边之间的关系列出方程求解即可.
疑难突破 将半正多面体放置在相应的正方体中,有更强的对称性和直观性,解题将有突破性
的进展.
2.(2015课标全国Ⅱ改编,9,5分)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 ∵S△OAB是定值,且VO-ABC=VC-OAB,
∴当OC⊥平面OAB时,VC-OAB最大,即VO-ABC最大.设球O的半径为R,则(VO-ABC)max=?×?R2×R=?R3=3
6,∴R=6,∴球O的表面积S=4πR2=4π×62=144π.
思路分析 由△OAB的面积为定值分析出当OC⊥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O的表面积.
3.(2014山东,13,5分)一个六棱锥的体积为2?,其底面是边长为2的正六边形,侧棱长都相等,则
该六棱锥的侧面积为 ????.
答案 12
解析 设六棱锥的高为h,斜高为h0.因为该六棱锥的底面是边长为2的正六边形,所以底面面积
为?×2×2×sin 60°×6=6?,则?×6?h=2?,得h=1,所以h0=?=2,所以该六棱锥的侧面积为
?×2×2×6=12.
4.(2013课标全国Ⅱ,15,5分,0.246)已知正四棱锥O-ABCD的体积为?,底面边长为?,则以O
为球心,OA为半径的球的表面积为 ????.
答案 24π
解析 设底面中心为E,则|AE|=?|AC|=?,∵体积V=?×|AB|2×|OE|=|OE|=?,∴|OA|2=|AE|2+|
OE|2=6.从而以OA为半径的球的表面积S=4π·|OA|2=24π.
评析 本题考查了正四棱锥和球,考查了表面积和体积,考查了空间想象能力和运算求解能力.
计算错误是失分的主要原因.
考点二 空间几何体的体积
1.(2014陕西改编,5,5分)已知底面边长为1,侧棱长为?的正四棱柱的各顶点均在同一个球面
上,则该球的体积为 ????.
答案?????
解析 如图为正四棱柱AC1.根据题意得AC=?,∴对角面ACC1A1为正方形,∴外接球直径2R=
A1C=2,∴R=1,∴V球=?.
?
2.(2014江苏,8,5分,0.84)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1、S2,体积分别为V1、V2,若它们的
侧面积相等,且?=?,则?的值是 ????.
答案?????
解析 设圆柱甲的底面半径为r1,高为h1,圆柱乙的底面半径为r2,高为h2.
由题意得?=?=?,∴?=?.
又∵S甲侧=S乙侧,即2πr1h1=2πr2h2,
∴?=?=?,
故?=?=?·?=?×?=?.
评析 考查立体几何中侧面积、体积公式,考查运算和恒等变形的能力.
3.(2013江苏,8,5分,0.557)如图,在三棱柱A1B1C1-ABC中,D,E,F分别是AB,AC,AA1的中点,设三棱
锥F-ADE的体积为V1,三棱柱A1B1C1-ABC的体积为V2,则V1∶V2= ????.
?
答案?????
解析 由题意知,三棱锥F-ADE与三棱柱A1B1C1-ABC的高之比为?,底面积之比为?,故V1∶V2=
?=?.
4.(2013课标全国Ⅰ理改编,6,5分,0.593)如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器
高8 cm,将一个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm,如果
不计容器的厚度,则球的体积为 ????.
?
答案????? cm3
解析 设球心为O,正方体上底面中心为A,上底面一边的中点为B,在Rt△OAB中,|OA|=R-2(cm),
|AB|=4(cm),|OB|=R(cm),由R2=(R-2)2+42得R=5,
∴V球=?πR3=?π(cm3).
评析 本题考查了正方体和球的组合体,考查了空间想象能力.利用勾股定理求出球半径R是
解题的关键.
5.(2012江苏,7,5分)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=3 cm,AA1=2 cm,则四棱锥A-BB1D1
D的体积为 ????cm3.
?
答案 6
解析 解法一:∵?=?×?×3×3×2=3(cm3),
?=?×3×3×2=9(cm3),
∴?=?-?=6(cm3).
解法二:连接AC交BD于点O,则AC⊥BD,AC⊥BB1,
∴AC⊥平面BB1D1D,
∴AO即为四棱锥A-BB1D1D的高,
∴?=?×3?×2×? ?=6(cm3).
6.(2012课标全国,11,5分)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,△ABC是边长为1的
正三角形,SC为球O的直径,且SC=2,则此棱锥的体积为 ????.
答案?????
解析 设△ABC外接圆的圆心为O1,则|OO1|=?=?=?.
三棱锥S-ABC的高为2|OO1|=?.
所以三棱锥S-ABC的体积V=?×?×?=?.
7.(2014福建,19,12分)如图,三棱锥A-BCD中,AB⊥平面BCD,CD⊥BD.
(1)求证:CD⊥平面ABD;
(2)若AB=BD=CD=1,M为AD中点,求三棱锥A-MBC的体积.
?
解析 (1)证明:∵AB⊥平面BCD,CD?平面BCD,
∴AB⊥CD.
又∵CD⊥BD,AB∩BD=B,AB?平面ABD,BD?平面ABD,
∴CD⊥平面ABD.
(2)解法一:由AB⊥平面BCD,得AB⊥BD.
∵AB=BD=1,∴S△ABD=?.
∵M是AD的中点,∴S△ABM=?S△ABD=?.
由(1)知,CD⊥平面ABD,
∴三棱锥C-ABM的高h=CD=1,
因此三棱锥A-MBC的体积VA-MBC=VC-ABM=?S△ABM·h=?.
解法二:如图,过点M作MN⊥BD交BD于点N,
?
由AB⊥平面BCD知,平面ABD⊥平面BCD,
又平面ABD∩平面BCD=BD,
所以MN⊥平面BCD,且MN=?AB=?,
又CD⊥BD,BD=CD=1,
∴S△BCD=?.
∴三棱锥A-MBC的体积VA-MBC=VA-BCD-VM-BCD
=?AB·S△BCD-?MN·S△BCD=?.
评析 本题主要考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系及几何体的
体积等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,考查化归与转化思想.
8.(2014江西,19,12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥BC,A1B⊥BB1.
(1)求证:A1C⊥CC1;
(2)若AB=2,AC=?,BC=?,问AA1为何值时,三棱柱ABC-A1B1C1体积最大,并求此最大值.
?
解析 (1)证明:由AA1⊥BC知BB1⊥BC,又BB1⊥A1B,
故BB1⊥平面BCA1,则BB1⊥A1C,
又BB1∥CC1,所以A1C⊥CC1.
(2)解法一:设AA1=x,
在Rt△A1BB1中,A1B=?=?.
同理,A1C=?=?.
在△A1BC中,cos∠BA1C=?
=-?,sin∠BA1C=?,
所以?=?A1B·A1C·sin∠BA1C=?.
从而三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=?·AA1=?.
因为x?=?=?,
故当x=?=?,即AA1=?时,体积V取到最大值?.
解法二:过A1作BC的垂线,垂足为D,连接AD.
?
由于AA1⊥BC,A1D⊥BC,故BC⊥平面AA1D,BC⊥AD.
又∠BAC=90°,
所以S△ABC=?AD·BC=?AB·AC,得AD=?.
设AA1=x,在Rt△AA1D中,
A1D=?=?,
?=?A1D·BC=?.
从而三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=?·AA1=?.
因为x?=?=?,
故当x=?=?,即AA1=?时,体积V取到最大值?.
评析 本题考查线线、线面垂直的判定,空间几何体的体积及其最值的求解,考查学生的空间
想象能力、推理论证能力和运算求解能力,正确表示几何体的体积是解决本题的关键.
三年模拟
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
考点一 空间几何体的表面积
1.(2019南京、盐城二模,9)已知正四棱锥P-ABCD的所有棱长都相等,高为?,则该正四棱锥的
表面积为 ????.
答案 4?+4
解析 设棱长为2x(x>0),则斜高为?x,所以(?)2+x2=(?x)2,解得x=1,所以棱长为2,表面积为S
=4+4×?×2×2sin 60°=4?+4.
名师点睛 1.求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题,即空间图形平面化,这
是解决立体几何问题的出发点.2.求不规则几何体的表面积时,通常将所给几何体分割成基本
的柱、锥、台体,先求这些柱、锥、台体相应面的面积,再通过求和求得几何体的表面积.
2.(2019海安中学检测,8)若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π,则其母线与轴的夹角的
大小为 ????.
答案?????
解析 设圆锥的底面半径为r,母线长为l,则
S侧面积=πrl,
S轴截面=?×2r×?,
∴?=2π,
∴l2=?r2,即l=?r.
设母线与轴所成的角为θ,
则sin θ=?=?,又∵0<θ3.(2019扬州中学3月检测,6)已知圆锥的体积为?π,母线与底面所成角为?,则该圆锥的表面
积为 ????.
答案 3π
解析 设圆锥的底面半径为r,高为h,
则?πr2h=?π,∴r2h=?,
又∵母线与底面所成角为?,∴h=?r,
∴r=1,h=?,
∴圆锥的母线长为2.
∴圆锥的表面积为πrl+πr2=3π.
名师点睛 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.
4.(2019苏锡常镇四市教学情况调查一)已知圆柱的轴截面的对角线为2,则这个圆柱的侧面积
的最大值为 ????.
答案 2π
解析 设圆柱的底面半径为r,高为h,那么4r2+h2=4,
圆柱的侧面积为2πrh≤π·?=2π(当且仅当h=2r时取等号).
考点二 空间几何体的体积
1.(2019海安期中,9)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为底面ABCD的中心,则三棱
锥O-A1BC1的体积为 ????.
?
答案?????
解析 连接AC,因为O为正方形ABCD的中心,所以AC必过点O,
所以?=??-?-?-?
=?×8-?×?×?×?×2×2-?×?×2×2×2
=4-?-?=?.
2.(2019苏州3月检测,9)四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD是矩形,AB=2,AD=3,PA=
?,点E为棱CD上一点,则三棱锥E-PAB的体积为 ????.
答案?????
解析 ∵底面ABCD是矩形,E在CD上,
∴S△ABE=?AB·AD=?×2×3=3.
由PA⊥平面ABCD可得VE-PAB=VP-ABE=?S△ABE·PA=?×3×?=?.
?
名师点睛 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.等积法的前提是平面图形(或几何体)的面积(或体
积)通过已知条件可以得到,等积法可以用来求解平面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.
3.(2019苏锡常镇四市教学情况调查二,17)某工厂拟制造一个如图所示的容积为36π立方米的
有盖圆锥形容器.
(1)若该容器的底面半径为6米,求该容器的表面积;
(2)当容器的高为多少米时,制造该容器的侧面用料最省?
?
解析 设圆锥形容器的底面半径为r米,高为h米,母线为l米,侧面积为S平方米,容积为V立方米,
则V=36π.
(1)由r=6,V=?πr2h=36π,得h=3,?(1分)
所以S=πrl=πr?=6π?=18?π,?(2分)
又底面积为πr2=36π(平方米),?(3分)
故该容器的表面积为(18?π+36π)=18(2+?)π(平方米).?(4分)
答:该容器的表面积为18(2+?)π平方米.?(5分)
(2)由V=?πr2h=36π,得r2=?=?,其中h>0.
所以S=πrl=πr?=π?=π?=π?=π??.?(8分)
记f(h)=?+h,则f '(h)=-?+1=?,令f '(h)=0,得h=6.?(10分)
当h∈(0,6)时, f '(h)<0, f(h)在(0,6)上单调递减;
当h∈(6,+∞)时, f '(h)>0, f(h)在(6,+∞)上单调递增.?(12分)
所以,当h=6时, f(h)最小,此时S最小.?(13分)
答:当容器的高为6米时,制造该容器的侧面用料最省.?(14分)
一、填空题(每小题5分,共35分)
B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组
(时间：30分钟 分值：50分)
1.(2019七市第二次调研,10)设P,A,B,C为球O表面上的四个点,PA,PB,PC两两垂直,且PA=2 m,
PB=3 m,PC=4 m,则球O的表面积为 ????m2.
答案 29π
解析 如图,将三棱锥P-ABC置于长方体中,该长方体的外接球就是经过P,A,B,C四点的球,∵
PA=2 m,PB=3 m,PC=4 m,∴长方体的体对角线的长为?=? m,即外接球的直
径2R=? m,可得R=? m,
因此,球O的表面积S=4πR2=4π×?=29π m2.
?
2.(2019苏州期末,9)如图,某种螺帽是由一个半径为2的半球体挖去一个正三棱锥构成的几何
体,该正三棱锥的底面三角形内接于半球底面大圆,与底面相对的顶点在半球面上,则被挖去的
正三棱锥体积为 ????.
?
答案 2?
解析 底面正三角形的边长为2×2×cos 30°=2?,
底面正三角形的面积S=?×2?×2?sin 60°=3?,三棱锥的高h=2,
则正三棱锥的体积V=?×3?×2=2?.
3.(2019如皋检测,8)如图所示的几何体是一个五面体,四边形ABCD为矩形,AB=4,BC=2,且MN
∥AB,MN=3,△ADM与△BCN都是正三角形,则此五面体的体积为 ????.
?
答案?????
解析 因为AB=4,BC=2,且MN∥AB,MN=3,△ADM与△BCN都是正三角形,所以可将五面体补
形为直三棱柱ADE-BCF(如图),其中NF⊥BF,BN=2,NF=?,所以BF2=CF2=22-?=?,取BC中点
O,连接FO,则FO=?=?,所以S△BCF=?BC·FO=?,故五面体的体积为VADE-BCF-2VN-BCF
=?×4-2×?×?×?=?.
?
名师点睛 不规则几何体体积的求解,关键是将几何体看作是多个规则几何体(如柱、锥、
台、球)的组合体,利用割补法求解,注意运算的准确性.
4.(2019如东中学、栟茶中学期末,10)在边长为4?的正方形ABCD内剪去四个全等的等腰三
角形(如图1中阴影部分),折叠成底面边长为2的正四棱锥S-EFGH(如图2),则正四棱锥S-EFGH
的体积为 ????.
?
答案?????
解析 过S作SP⊥HG于点P,
连接EG,FH交于点O,
连接SO,OP.如图.
根据题意,SP=?(BD-2)=3,
∴SO=?=2?.
∴V=?S四边形EFGH·SO=?×4×2?=?.
?
5.(2019七大市三模,9)已知直角梯形ABCD中,AB∥CD,AB⊥BC,AB=3 cm,BC=1 cm,CD=2 cm.
将此直角梯形绕AB边所在直线旋转一周,由此形成的几何体的体积为 ????cm3.
答案?????
解析 如图,将此直角梯形绕AB所在直线旋转一周所得到的几何体是由一个圆柱和一个圆锥
构成的.
V=πBC2·CD+?πDE2·AE=?π(cm3).
?
评析 本题考查旋转体体积的计算,要分清楚旋转体的组成部分,熟记体积公式,是基础题.
6.(2017南京、盐城一模,10)如图,将矩形ABCD绕边AB所在直线旋转一周得到一个圆柱,AB=3,
BC=2,圆柱上底面圆的圆心为O,△EFG为下底面圆的一个内接直角三角形,则三棱锥O-EFG体
积的最大值是 ????.
?
答案 4
解析 由题意可得三棱锥O-EFG的高即为圆柱的高,为AB,
∴当三棱锥O-EFG体积取最大值时,△EFG的面积最大,
易知当EF为下底面圆的直径,且G在EF的垂直平分线上时,
△EFG的面积最大,(S△EFG)max=?×4×2=4,
∴三棱锥O-EFG体积的最大值Vmax=?·(S△EFG)max·AB=?×4×3=4.
思路分析 三棱锥O-EFG的高即为圆柱的高,为AB,当三棱锥O-EFG体积取最大值时,△EFG
的面积最大,当EF为下底面圆的直径,且G在EF的垂直平分线上时,△EFG的面积最大,(S△EFG)max
=?×4×2=4,由此可求出三棱锥O-EFG体积的最大值.
7.(2017扬州期末)已知一个长方体的表面积为48,12条棱的长度之和为36,则这个长方体的体
积的取值范围是 ????.
答案 [16,20]
解析 设这个长方体的长、宽、高分别为a、b、c,体积为V,则由题设可得?可
得b+c=9-a,a(b+c)=24-bc,故bc=24-9a+a2,从而V=abc=a(24-9a+a2)=a3-9a2+24a,
由b+c≥2?,可得(9-a)2≥4(24-9a+a2),所以1≤a≤5,
而V'=3a2-18a+24=3(a-2)(a-4),∴V在[1,2),(4,5]上单调递增,在(2,4)上单调递减,由V(2)=V(5)=20,
V(4)=V(1)=16,结合函数图象可得长方体的体积的取值范围为[16,20].
思路分析 长方体的体积与表面积都与棱长有关,由已知可以得出棱长的关系,所以可以考虑
把体积转化为某个变量的关系,再结合表达式求相关范围.
二、解答题(共15分)
8.(2019七大市第二次调研,17)图①是一栋新农村别墅,它由上部屋顶和下部主体两部分组成.
如图②,屋顶由四坡屋面构成,其中前后两坡屋面ABFE和CDEF是全等的等腰梯形,左右两坡
屋面EAD和FBC是全等的三角形.点F在平面ABCD和BC上的射影分别为H,M.已知HM=5 m,BC
=10 m,梯形ABFE的面积是△FBC面积的2.2倍.设∠FMH=θ?.
(1)求屋顶面积S关于θ的函数关系式;
(2)已知上部屋顶造价与屋顶面积成正比,比例系数为k(k为正的常数),下部主体造价与其高度
成正比,比例系数为16k.现欲造一栋上、下总高度为6 m的别墅,试问:当θ为何值时,总造价最
低?
?
解析 (1)由题意知FH⊥平面ABCD,FM⊥BC,
因为HM?平面ABCD,所以FH⊥HM.?(2分)
在Rt△FHM中,HM=5 m,∠FMH=θ,
所以FM=? m.?(4分)
因此△FBC的面积为?×10·?=? m2.
从而屋顶面积S=2S△FBC+2S梯形ABFE=2×?+2×?×2.2=? m2.
所以S(单位:m)关于θ的函数关系式为S=??.?(6分)
(2)在Rt△FHM中,FH=5tan θ m,
所以主体高度为h=(6-5tan θ)m.?(8分)
设别墅总造价为y元,则y=S·k+h·16k
=?·k+(6-5tan θ)·16k
=?k-?k+96k
=80k·?+96k.?(10分)
记f(θ)=?,0<θ所以f '(θ)=?,
令f '(θ)=0,得sin θ=?,又0<θ列表:
θ ? ? ?
f '(θ) - 0 +
f(θ) ↘ ? ↗
所以当θ=?时, f(θ)有最小值,即y有最小值.?(14分)
答:当θ为?时,该别墅总造价最低.?(15分)
C组 2017—2019年高考模拟·应用创新题组
1.(2019 5·3原创预测卷二理,16)如图,等边三角形ABC的边长为2,直角三角形PAB的斜边为AB,
∠PBA=30°,沿AB折成平面角为120°的二面角,则四面体PABC的外接球的表面积为 ????.
?
答案?????
解析 在平面图形中,取AB的中点D,连接CD,并延长交PB于点E,则折叠后二面角的平面角为
∠EDC=120°,
?
∵三角形PAB为直角三角形,三角形ABC为等边三角形,∴外接球的球心O在平面PAB内的投
影为点D,在平面ABC内的投影为三角形ABC的中心Q,分析平面EDC,如图所示:
?
易得∠ODC=30°,DQ=?,∴OQ=?,
∴四面体PABC的外接球的半径为
OC=?=?=?,
∴四面体PABC的外接球的表面积为4π×?=?.
2.(2019 5·3原创冲刺卷一文改编,10)正三棱柱ABC-A'B'C'的底面边长为?,其外接球的体积为
?π,则正三棱柱的侧面积为 ????.
答案 18
解析 如图,正三棱柱ABC-A'B'C'的底面边长为?,则其底面的外接圆圆心即为正三角形的中
心,其外接圆半径为?=1,设正三棱柱的上,下底面的中心分别为O,O',正三棱柱外接球的
球心为上、下底面中心所连线段OO'的中点M,连接AM,AO,由外接球的体积为?π,可知其半
径R=2,即AM=2,在Rt△MOA中,AO=1,AM=2,则OM=?,所以正三棱柱的高为2?,则正三棱柱
的侧面积为3×?×2?=18.
?
