本章总结提升
【知识辨析】
1.× 2.× 3.× 4.× 5.× 6.√ 7.× 8.×
9.√ 10.√ 11.√
【素养提升】
题型一
例1 (1)C (2)CD [解析] (1)由平面DEE1D1∥平面ABB1A1,可知平面DEE1D1与三棱柱ABC-A1B1C1的各个侧棱都平行,又三棱柱ABC-A1B1C1的上、下底面平行且全等,所以可得△CDE与△C1D1E1是全等的三角形,四边形ABED和四边形A1B1E1D1是全等的四边形,则根据棱柱的定义可知Ⅰ,Ⅱ都是棱柱.故选C.
(2)根据棱柱的定义知,棱柱的侧面都是平行四边形,但不一定全等,故A不正确;底面为正方形的直四棱柱为正四棱柱,故B不正确;如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1中,四面体C1ABC的四个面都是直角三角形,故C正确;根据棱台的定义可知D正确.故选CD.
变式 (1)BCD (2)AD [解析] (1)对于A,以直角梯形中垂直于底边的腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台,故A错误;根据旋转体的结构特征可判断B,C,D中的说法均正确,故选BCD.
(2)因为AB始终在地面上,所以倾斜过程中没有水的部分是以左、右两侧的面为底面的棱柱,A正确;图②中水面面积比图①中水面面积大,B错误;倾斜过程中A1C1与水面所在平面不始终平行,C错误;图③中,水的体积不变,高AB不变,所以△AEH的面积不变,从而AE·AH为定值,D正确.故选AD.
题型二
例2 (1)A (2)ABC [解析] (1)由题可知,O'A'=1,O'B'=,则原平面图形中有OA⊥OB,且OA=1,OB=2,故选A.
(2)根据斜二测画法的知识可知,OB=2O'B'=4,则OC=OA=OB=4,△ABC是等腰直角三角形,△ABC的面积为×(4+4)×4=16,所以A,B,C选项正确,D选项错误.故选ABC.
题型三
例3 (1)CD (2)ABD (3)28 (4)π [解析] (1)设正方形ABCD的边长为2,则ED=2,FB=1,AC=2,∴V1=VE-ACD=S△ACD·ED=.∵ED⊥平面ABCD,FB∥ED,∴FB⊥平面ABCD,∴V2=VF-ABC=S△ABC·FB=.连接BD交AC于M,连接EM,FM,∵AC⊥ED,AC⊥BD,BD∩ED=D,∴AC⊥平面BDEF.过F作FN⊥DE,垂足为N,则FN∥BD,且FN=BD=2,在Rt△ENF中,EF==3.在Rt△MBF中,FM==.在Rt△EDM中,EM==,∴EM2+FM2=EF2,即EM⊥FM,故V3=VF-ACE=S△EMF·AC=2.故选项A,B错误,选项C,D正确,故选CD.
(2)对于A,正方体内切球的直径为1 m,故A正确;对于B,如图①,在正方体中作出正四面体A1BDC1,该正四面体的棱长为BA1= m,而>1.4,故B正确;对于C,圆柱体的底面直径为0.01 m,可以忽略不计,正方体的体对角线的长为 m,而1.8>,故C不正确;对于D,圆柱体的高为0.01 m,可忽略不计,如图②,取E,F,G,H,I,J分别为所在棱的中点,并顺次连接,所得六边形EFGHIJ为正六边形,其边长为 m,连接FH,易知FH为正六边形EFGHIJ的内切圆直径,因为∠GFH=∠GHF=30°,所以FH=FG=GH= m,而=>1.22=1.44,故D正确.故选ABD.
(3)方法一:依题意可知,原正四棱锥的高为6,故棱台的体积V=V大正四棱锥-V小正四棱锥=×42×6-×22×3=28.
方法二:由题可知所得棱台的高为3,上底面是边长为2的正方形,下底面是边长为4的正方形,由棱台的体积公式可得棱台的体积V=×(42+22+)×3=28.
(4)如图,取B1C1的中点O1,连接D1O1.∵四棱柱ABCD-A1B1C1D1是各棱长均为2的直四棱柱,且∠BAD=60°,∴D1O1⊥平面B1C1CB,且D1O1==.由球的截面圆的性质可得截面圆的半径为=.在平面B1C1CB上作以O1为圆心,为半径的圆弧,与棱BB1,CC1的交点分别为E,F,易得E,F均为所在棱的中点.连接O1F,O1E,EF.∵O1E=O1F=,EF=2,∴∠EO1F=,∴球面与侧面B1C1CB的交线长为×2π×=π.
变式 (1)A (2)B (3)96 [解析] (1)由题意,设球的球心为O,半径为R,正三棱台的上、下底面分别为△A1B1C1,△A2B2C2,A1A2,B1B2,C1C2均为正三棱台的棱,则△A1B1C1,△A2B2C2都是等边三角形.设△A1B1C1,△A2B2C2的外接圆圆心分别为O1,O2,连接O1O2,则O1O2=1.连接O1A1,O2A2,∵等边三角形A1B1C1和等边三角形A2B2C2的边长分别为3,4,∴O1A1=3,O2A2=4.连接OA1,OA2,若点O在线段O1O2上,则R2=O1+O=O2+(1-OO1)2,即32+O=42+(1-OO1)2,可得OO1=4>O1O2,矛盾,故点O在线段O1O2的延长线上.由题意得R2=O1+(OO2+1)2=O2+O,可得OO2=3,R=5,∴该球的表面积S=4πR2=100π.
(2)设底面半径均为R,圆锥的母线长为l,则l=.由题可知2πR·=×2πRl,解得l=2,则=2,∴R=3,∴圆锥的体积V=πR2·=3π.故选B.
(3)由AB=8,BC=10,AC=6,得AB2+AC2=BC2,∴AB⊥AC.分别在CF,AE上取点M,N,使CM=AN=BD,连接DM,MN,DN.∵AB=8,AC=6,BD=3,∴直三棱柱ABC-NDM的体积为×8×6×3=72.∵EA⊥平面ABC,AB 平面ABC,∴EA⊥AB,又AB⊥AC,EA 平面ACFE,AC 平面ACFE,EA∩AC=A,∴AB⊥平面ACFE,∴DN⊥平面ACFE,∴四棱锥D-MFEN的高为DN.由CM=AN=BD=3,CF=4,AE=5,AC=6,AB=8,得MF=1,NE=2,NM=6,DN=8,∴四棱锥D-MFEN的体积为××(1+2)×6×8=24,故所求几何体的体积为72+24=96.
题型四
例4 (1)D (2)D [解析] (1)对于A,若l∥α,l∥β,则α∥β或α与β相交,故A错误.对于B,若α⊥β,l⊥β,则l∥α或l α,又m∥α,所以l与m平行、相交或异面,故B错误.对于C,若m⊥α,m⊥l,则l∥α或l α,又l∥β,所以α∥β或α与β相交,故C错误.对于D,若α⊥β,l⊥β,则l∥α或l α,又l α,所以l∥α,故D正确.故选D.
(2)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,设直线FG交B1C1的延长线于点P,由题意得C1P=B1C1,设直线FE交DA的延长线于点Q,则有AQ=2BF=AD.连接BC1,AD1,则有AD1∥BC1∥FG,而平面ADD1A1∥平面BCC1B1,平面EFG∩平面BCC1B1=FG,平面EFG与平面ADD1A1有公共点A1,∴平面EFG与平面ADD1A1必有一条交线,此交线平行于FG,也平行于AD1,连接QA1,∵QA∥A1D1,QA=A1D1,∴四边形AQA1D1为平行四边形,∴QA1∥AD1,即平面EFG∩平面ADD1A1=QA1.连接A1P,分别交B1D1,C1D1于点O,H,连接GH,A1E,则五边形A1EFGH是平面EFG截正方体ABCD-A1B1C1D1所得截面,故A,C错误.由C1H∥A1B1,得==,∴C1H=C1D1,故B错误.由D1H∥A1B1,得==,∴D1O=D1B1,则截面与线段B1D1相交,且交点是线段B1D1的一个五等分点,故D正确.故选D.
例5 解:(1)证明:∵EF∥DC,且EF=DP,∴四边形EFPD是平行四边形,∴FP∥DE,同理,FM∥EA.
∵FP 平面ADE,DE 平面ADE,∴FP∥平面ADE.
同理,FM∥平面ADE,
∵FP∩FM=F,∴平面FPM∥平面ADE.
(2)如图,在平面ADE内过A作直线l∥ED,则l即为过点A,P,F的平面与平面ADE的交线.
证明:设平面AED和平面APF的交线为l,由(1)得FP∥平面AED,
∵FP 平面AFP,平面AFP∩平面AED=l,∴FP∥l.
变式 解:(1)如图,取BB'的中点M',连接MM',MF',M'C',
因为M,M'分别为AA',BB'的中点,所以MM'∥A'B',
又A'B'∥C'F',所以MM'∥C'F',
所以四边形MM'C'F'即为所求截面.
由题意知C'F'=4,MM'=2,MF'=M'C'==2,
则等腰梯形MM'C'F'的高为=,
所以截面面积为×(2+4)×=3.
(2)证明:分别取CD,EF的中点P',Q',连接PP',QQ',P'Q',因为P,P'分别为C'D,CD的中点,
所以PP'∥CC',PP'=CC'.
同理可得QQ'∥EE',QQ'=EE'.
因为在正六棱柱中,CC'∥EE',CC'=EE',
所以PP'∥QQ',PP'=QQ',
所以四边形PP'Q'Q为平行四边形,则PQ∥P'Q',
又PQ 平面ABCDEF,P'Q' 平面ABCDEF,
所以PQ∥平面ABCDEF.
(3)在直线AB上不存在点N,使得平面D'QN∥平面BPF.理由如下:
连接CD',在正六棱柱中,
可得CF∥DE∥D'E',
又FC=2E'D',所以四边形CFE'D'为梯形.
在平面CFE'D'内,连接D'Q并延长,交CF的延长线于点H,如图,因为CF∥D'E',且Q为FE'的中点,
所以△HFQ≌△D'E'Q,所以HF=D'E'=2.
因为=1,==2,
所以PF与D'Q共面但不平行,故PF与D'Q相交,
故D'Q与平面BPF相交,
所以在直线AB上不存在点N,使得平面D'QN∥平面BPF.
题型五
例6 BC [解析] 由题意知BC⊥AC,假设PB⊥AC,因为BC∩PB=B,所以AC⊥平面PBC,所以AC⊥PC,这与AC⊥PA矛盾,故假设不成立,所以A错误.因为PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面,所以PA⊥BC,又因为C是圆周上异于A,B的任意一点,所以BC⊥AC,又AC∩PA=A,所以BC⊥平面PAC,所以PC⊥BC,所以B正确.因为BC⊥平面PAC,BC 平面PBC,所以平面PAC⊥平面PBC,所以C正确.假设平面PAB⊥平面PBC,因为平面PAC⊥平面PBC,平面PAB∩平面PAC=PA,所以PA⊥平面PBC,所以PA⊥PC,与AC⊥PA矛盾,故假设不成立,所以D错误.故选BC.
例7 解:(1)证明:因为AD⊥CD,CD=2,CA=4,所以AD2=AC2-CD2=12,即AD=2.因为△PAD为等边三角形,所以PD=AD=2.因为PC=4,CD=2,所以CD2+PD2=PC2,即CD⊥PD.因为CD⊥AD,PD∩AD=D,所以CD⊥平面PAD,又因为CD 平面ABCD,所以平面PAD⊥平面ABCD.
(2)如图所示,取AD的中点M,AB的中点N,连接PM,BM,CN,由题意知PM⊥AD.又由(1)知平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,PM 平面PAD,所以PM⊥平面ABCD,所以PM⊥BM.在△PMB中,PM=3,BM===,所以PB===2.在△PBC中,PC=4,BC=4,PB=2,可得S△PBC=3.在△ABC中,AC=4,BC=4,AB=4,可得S△ABC=4.设点A到平面PBC的距离为d,由VP-ABC=VA-PBC,可得×4×3=·d·3,所以d=,即点A到平面PBC的距离为.
变式 解:(1)证明:在题图①中,
∵AB=2,∠DAB=60°,∠ABD=90°,∠CBD=45°,
∴AD=4,BD=CD=2.
在题图②中,∵A'D=4,CD=2,A'C=2,
∴A'D2+CD2=A'C2,∴CD⊥A'D.
∵CD⊥BD,且A'D∩BD=D,A'D 平面A'BD,BD 平面A'BD,∴CD⊥平面A'BD,
又∵BE 平面A'BD,∴CD⊥BE.
∵A'C⊥平面BEF,且BE 平面BEF,∴BE⊥A'C,
又∵A'C∩CD=C,且A'C 平面A'CD,CD 平面A'CD,∴BE⊥平面A'CD.
(2)方法一:如图,过点F作FG⊥A'D,垂足为G,由(1)知BE⊥平面A'CD,
而FG 平面A'CD,∴BE⊥FG,
又∵A'D∩BE=E,A'D 平面A'BD,BE 平面A'BD,∴FG⊥平面A'BD,
则垂线段FG的长度即为点F到平面A'BD的距离.
在△A'BC中,A'B=2,BC=2,A'C=2,
∴A'B2+CB2=A'C2,∴BC⊥A'B,
由已知得BF⊥A'C,则易得A'F=.
由(1)知CD⊥A'D,∴=,∴FG=,
即点F到平面A'BD的距离为.
方法二:求点F到平面A'BD的距离,即求点F到平面A'BE的距离,由(1)知BE⊥平面A'CD,∵A'D 平面A'CD,∴BE⊥A'D,
在直角三角形A'BD中,A'B=2,A'D=4,BD=2,
由等面积法得×A'B×BD=×A'D×BE,
即BE==,∴A'E=1.
∵A'C⊥平面BEF,且EF 平面BEF,∴EF⊥A'C,
由(1)知CD⊥A'D,∴△A'FE∽△A'DC,
∴=,∴A'F=,
则在直角三角形A'FE中,EF=.
设点F到平面A'BE的距离为d,
在三棱锥F-A'BE中,由等体积法得VF-A'BE=VB-A'EF,
即×d×S△A'BE=×BE×S△A'EF,
∴×d××BE×A'E=×BE××EF×A'F,
∴d=,即点F到平面A'BD的距离为.
题型六
例8 (1)D (2)ABD [解析] (1)如图,连接BC1,则AD1∥BC1,所以直线PB与AD1所成的角即为PB与BC1所成的角,即为∠PBC1.连接A1B,A1C1,可知△A1BC1为等边三角形,P为A1C1的中点,故∠PBC1=,所以直线PB与AD1所成的角为,故选D.
(2)如图,易证BC1⊥平面B1CDA1,所以BC1⊥DA1,BC1⊥CA1,故A选项正确,B选项正确;连接A1C1交B1D1于点O1,连接BO1,则C1O1⊥平面BB1D1D,所以∠C1BO1为直线BC1与平面BB1D1D所成的角,在Rt△BO1C1中,因为O1C1=BC1,所以∠C1BO1=30°,故C选项错误;因为CC1⊥平面ABCD,所以∠C1BC=45°即为直线BC1与平面ABCD所成的角,故D选项正确.故选ABD.
例9 解:(1)证明:∵PA⊥平面ABCD,AD 平面ABCD,
∴PA⊥AD.
又∵AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PA 平面PAB,
∴AD⊥平面PAB,∵AB 平面PAB,∴AD⊥AB.
在△ABC中,AB2+BC2=AC2,∴AB⊥BC.
∵A,B,C,D四点共面,∴AD∥BC,
又∵BC 平面PBC,AD 平面PBC,
∴AD∥平面PBC.
(2)如图所示,过点D作DE⊥AC于E,过点E作EF⊥CP于F,连接DF.
∵PA⊥平面ABCD,PA 平面PAC,
∴平面PAC⊥平面ABCD,
又平面PAC∩平面ABCD=AC,DE⊥AC,∴DE⊥平面PAC.
又CP 平面PAC,∴DE⊥CP,又EF⊥CP,DE∩EF=E,∴CP⊥平面DEF,得DF⊥CP,
根据二面角的定义可知,∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角,即sin∠DFE=,
又∠DFE为锐角,∴tan∠DFE=.
设AD=x(0则CE==,又△EFC为等腰直角三角形,∴EF=,故tan∠DFE===,解得x=,即AD=.
变式1 B [解析] 方法一:设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h,由S△ABC=×62=9,=×22=,=h(S△ABC++)=,解得h=.设O1,O分别为△A1B1C1和△ABC的中心,如图,连接A1O1,OO1,AO,过A1作A1H⊥AO于H,易知A1H⊥平面ABC,∠A1AH即为A1A与平面ABC所成的角.易知AH=AO-A1O1=×6-×2=,A1H=,所以tan∠A1AH==1.
方法二:设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h.如图,延长AA1,BB1,CC1,则三条直线交于一点O,设O1,O2分别为△A1B1C1,△ABC的中心,连接OO2,则O1在线段OO2上,OO2⊥平面ABC,连接AO2,则∠OAO2即为AA1与平面ABC所成的角.由题知AB=3A1B1,得OO1=h,OO2=h.由题得S△ABC=9,=,由×9×h-××h=,得h=,易知AO2=2,所以tan∠OAO2==h=1.
变式2 解:(1)存在满足条件的点E,且AE=1.理由如下:
如图,过点F作FE∥CD交AD于点E,
∵△PBC为正三角形,F为BC的中点,
∴PF⊥BC,又AD∥BC,∴PF⊥AD.
∵FE∥CD,CD⊥AD,∴EF⊥AD.
∵PF∩EF=F,∴AD⊥平面PEF,
又AD 平面PAD,∴平面PAD⊥平面PEF.
∵AD∥BC,EF∥DC,
∴四边形EDCF为平行四边形,
∴DE=CF,又CF=2,∴DE=2,
∴AE=AD-DE=1.
(2)①由(1)知,PF⊥BC,EF⊥BC,
∴∠PFE即为二面角P-BC-A的平面角.
∵PD=,DE=2,∴PE=3,
又EF=DC=3,PF=2,∴在△PEF中,由余弦定理得cos∠PFE==,
∴二面角P-BC-A的余弦值为.
②设AC与平面PAD所成的角为θ,设d为点C到平面PAD的距离,则sin θ=.
∵AD=3,DC=3,AD⊥CD,∴AC=3.
∵AD∥BC,AD 平面PAD,BC 平面PAD,
∴BC∥平面PAD,∴点C到平面PAD的距离等于点F到平面PAD的距离.
由(1)知,点F到平面PAD的距离等于点F到PE的距离.
在△PEF中,PE=EF=3,PF=2,cos∠PFE=,
∴sin∠PFE=,则S△PEF=×3×2×=3,
又S△PEF=×d×PE=d,
∴d=3,∴d=2,∴sin θ==,即直线AC与平面PAD所成角的正弦值为.本章总结提升
判断下列说法是否正确.(请在括号中填写“√”或“×”)
1.有三个公共点的两个平面必定重合. ( )
2.棱台中截面的面积等于它上、下底面面积和的一半. ( )
3.用一个平面去截棱锥,底面与截面之间的部分叫棱台. ( )
4.一条直线和另一条直线平行,它就和过另一条直线的任何平面都平行. ( )
5.由斜二测画法可知平面图形的面积是其直观图面积的2倍. ( )
6.若一条直线平行于两个平面的交线,则这条直线至少平行于这两个平面中的一个. ( )
7.与两条平行直线中的一条异面的直线必与另一条也异面. ( )
8.四边形的两组对边分别相等,那么这个四边形是平行四边形. ( )
9.同时垂直于梯形两腰的直线必定垂直于梯形的两底. ( )
10.如果一条直线平行于一个平面,那么这条直线就和这个平面的垂线垂直. ( )
11.过平面α的一条斜线只能作出一个平面与平面α垂直. ( )
◆ 题型一 基本立体图形
[类型总述] (1)柱、锥、台、球的几何特征;(2)多面体与旋转体;(3)简单组合体.
例1 (1)如图,三棱柱ABC-A1B1C1被平面DEE1D1截成两个几何体Ⅰ,Ⅱ,且平面DEE1D1∥平面ABB1A1, 则 ( )
A.Ⅰ是棱柱,Ⅱ不是棱柱
B.Ⅰ不是棱柱,Ⅱ是棱柱
C.Ⅰ是棱柱,Ⅱ是棱柱
D.Ⅰ不是棱柱,Ⅱ不是棱柱
(2)(多选题)给出下列说法,其中正确的是 ( )
A.棱柱的侧棱都相等,侧面都是全等的平行四边形
B.在四棱柱中,若底面为正方形,则该四棱柱为正四棱柱
C.存在每个面都是直角三角形的四面体
D.棱台的侧棱延长后交于一点
变式 (1)(多选题)下列说法正确的是 ( )
A.以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台
B.以等腰三角形底边上的高所在直线为轴旋转一周所得的几何体是圆锥
C.圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面
D.一个平面被球截,得到的截面是圆面
(2)(多选题)如图,向透明塑料制成的长方体容器ABCD-A1B1C1D1内灌进一些水,固定容器一边AB于地面上,再将容器倾斜,随着倾斜度的不同,下面几个结论中正确的是 ( )
A.没有水的部分始终呈棱柱形
B.水面EFGH所在四边形的面积为定值
C.随着容器倾斜度的不同,A1C1始终与水面所在平面平行
D.当容器倾斜度如图③所示时,AE·AH为定值
◆ 题型二 几何图形的直观图
[类型总述] (1)直观图;(2)直观图与原图形之间的关系.
例2 (1)利用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图,得到的直观图是一个边长为1的正方形,如图所示,则原平面图形是 ( )
A B C D
(2)(多选题)[2024·合肥一中高一期中] 如图,△A'B'C'是水平放置的△ABC用斜二测画法得到的直观图,其中O'C'=O'A'=2O'B',O'B'=2.下列说法中正确的有 ( )
A.OA=4
B.△ABC是等腰直角三角形
C.OB=4
D.△ABC的面积为8
◆ 题型三 简单几何体的表面积与体积的计算
[类型总述] (1)体积公式;(2)表面积公式;(3)内切(外接);(4)轴截面.
例3 (1)(多选题)[2022·新高考全国Ⅱ卷] 如图,四边形ABCD为正方形,ED⊥平面ABCD,FB∥ED,AB=ED=2FB,记三棱锥E-ACD,F-ABC,F-ACE的体积分别为V1,V2,V3,则 ( )
A.V3=2V2 B.V3=2V1
C.V3=V1+V2 D.2V3=3V1
(2)(多选题)[2023·新课标Ⅰ卷] 下列物体中,能够被整体放入棱长为1(单位:m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有 ( )
A.直径为0.99 m的球体
B.所有棱长均为1.4 m的四面体
C.底面直径为0.01 m,高为1.8 m的圆柱体
D.底面直径为1.2 m,高为0.01 m的圆柱体
(3)[2023·新课标Ⅱ卷] 底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截,截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥,所得棱台的体积为 .
(4)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°.以D1为球心,为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为 .
变式 (1)[2022·新高考全国Ⅱ卷] 已知正三棱台的高为1,上下底面的边长分别为3和4,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为 ( )
A.100π B.128π
C.144π D.192π
(2)[2024·新课标Ⅰ卷] 已知圆柱和圆锥的底面半径相等,侧面积相等,且它们的高均为,则圆锥的体积为 ( )
A.2π B.3π
C.6π D.9π
(3)如图,在几何体ABCFED中,AB=8,BC=10,AC=6,侧棱AE,CF,BD均垂直于底面ABC,BD=3,FC=4,AE=5,则该几何体的体积为 .
◆ 题型四 空间中的平行关系
[类型总述] (1)线线平行;(2)线面平行;(3)面面平行;(4)平行的判定定理与性质定理.
例4 (1)已知l,m表示不同的直线,α,β表示不同的平面,则下列说法正确的是 ( )
A.若l∥α,l∥β,则α∥β
B.若α⊥β,l⊥β,m∥α,则m∥l
C.若m⊥l,m⊥α,l∥β,则α⊥β
D.若α⊥β,l⊥β,l α,则l∥α
(2)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱AB的一个三等分点(靠近B点),F,G分别为棱BC,CC1的中点,过E,F,G三点作正方体ABCD-A1B1C1D1的截面,则下列说法正确的是 ( )
A.所得截面是六边形
B.截面过棱D1C1的中点
C.截面不经过点A1
D.截面与线段B1D1相交,且交点是线段B1D1的一个五等分点
例5 如图,在五面体ABCDEF中,四边形ABCD为平行四边形,EF∥DC,且EF=DC,P为棱DC的中点.
(1)若AB的中点为M,证明:平面FPM∥平面ADE;
(2)请画出过点A,P,F的平面与平面ADE的交线l,并证明:l∥FP.
变式 [2024·福州一中高一期中] 如图,在正六棱柱ABCDEF-A'B'C'D'E'F'中,四边形CFF'C'为正方形,CC'=4,记C'D,E'F,AA'的中点分别为P,Q,M.
(1)作出经过M和C'F'的正六棱柱的截面,并求截面面积.
(2)证明:PQ∥平面ABCDEF.
(3)在直线AB上是否存在一点N,使得平面D'QN∥平面BPF 若存在,求出BN的长度;若不存在,请说明理由.
◆ 题型五 空间中的垂直关系
[类型总述] (1)线线垂直;(2)线面垂直;(3)面面垂直;(4)垂直的判定定理与性质定理.
例6 (多选题)如图,PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面,点C是圆周上异于A,B的任意一点, 则下列结论中正确的是 ( )
A.PB⊥AC
B.PC⊥BC
C.平面PAC⊥平面PBC
D.平面PAB⊥平面PBC
例7 如图,在四棱锥P-ABCD中,△PAD为等边三角形,AB∥CD,AD⊥CD,且CP=CA=AB=2CD=4.
(1)求证:平面PAD⊥平面ABCD;
(2)求点A到平面PBC的距离.
变式 如图①,在梯形ABCD中,AB∥CD,AB=2,∠DAB=60°,∠ABD=90°,∠CBD=45°,将△ABD沿BD翻折至△A'BD,使得A'C=2,如图②,过点B作一平面与A'C垂直,分别交A'D,A'C于点E,F.
(1)求证:BE⊥平面A'CD;
(2)求点F到平面A'BD的距离.
◆ 题型六 空间角的求解
[类型总述] (1)线线角;(2)线面角;(3)二面角.
例8 (1)[2021·全国乙卷] 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为 ( )
A. B. C. D.
(2)(多选题)[2022·新高考全国Ⅰ卷] 已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则 ( )
A.直线BC1与DA1所成的角为90°
B.直线BC1与CA1所成的角为90°
C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
例9 [2024·新课标Ⅰ卷] 如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=.
(1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;
(2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为,求AD.
变式1 [2024·新课标Ⅱ卷] 已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为,AB=6,A1B1=2,则A1A与平面ABC所成角的正切值为 ( )
A. B.1 C.2 D.3
变式2 如图,在四棱锥P-ABCD中,△PBC为正三角形,底面ABCD为直角梯形,AD∥BC,∠ADC=90°,AD=CD=3,BC=4.
(1)设F为BC的中点,在棱AD上是否存在点E,使得平面PAD⊥平面PEF 若存在,求出AE的长;若不存在,请说明理由.
(2)已知PD=.
①求二面角P-BC-A的余弦值.
②求直线AC与平面PAD所成角的正弦值.(共83张PPT)
本章总结提升
题型一 基本立体图形
题型二 几何图形的直观图
题型三 简单几何体的表面积与体积的计算
题型四 空间中的平行关系
题型五 空间中的垂直关系
题型六 空间角的求解
判断下列说法是否正确.（请在括号中填写“√”或“×”）
1.有三个公共点的两个平面必定重合.( )
×
2.棱台中截面的面积等于它上、下底面面积和的一半.( )
×
3.用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分叫棱台.( )
×
4.一条直线和另一条直线平行，它就和过另一条直线的任何平面都平
行.( )
×
5.由斜二测画法可知平面图形的面积是其直观图面积的2倍.( )
×
6.若一条直线平行于两个平面的交线，则这条直线至少平行于这两个
平面中的一个.( )
√
7.与两条平行直线中的一条异面的直线必与另一条也异面.( )
×
8.四边形的两组对边分别相等，那么这个四边形是平行四边形.( )
×
9.同时垂直于梯形两腰的直线必定垂直于梯形的两底.( )
√
10.如果一条直线平行于一个平面，那么这条直线就和这个平面的垂
线垂直.( )
√
11.过平面 的一条斜线只能作出一个平面与平面 垂直.( )
√
题型一 基本立体图形
［类型总述］（1）柱、锥、台、球的几何特征;（2）多面体与旋转
体;（3）简单组合体.
例1（1） 如图，三棱柱 被平面
截成两个几何体Ⅰ，Ⅱ，且平面 平
面 ，则( )
A.Ⅰ是棱柱，Ⅱ不是棱柱 B.Ⅰ不是棱柱，Ⅱ是棱柱
C.Ⅰ是棱柱，Ⅱ是棱柱 D.Ⅰ不是棱柱，Ⅱ不是棱柱
√
[解析] 由平面平面，可知平面 与三棱柱
的各个侧棱都平行，
又三棱柱 的上、下底面平行且全等，所以可得与
是全等的三角形，四边形和四边形 是全等的
四边形，则根据棱柱的定义可知Ⅰ，Ⅱ都是棱柱.故选C.
（2）（多选题）给出下列说法,其中正确的是( )
A.棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形
B.在四棱柱中，若底面为正方形，则该四棱柱为正四棱柱
C.存在每个面都是直角三角形的四面体
D.棱台的侧棱延长后交于一点
√
√
[解析] 根据棱柱的定义知，棱柱的侧面都是
平行四边形，但不一定全等，故A不正确；
底面为正方形的直四棱柱为正四棱柱，故B
不正确；
如图所示的正方体中，四
面体 的四个面都是直角三角形，故C正确；
根据棱台的定义可知D正确.故选 .
变式（1） （多选题）下列说法正确的是( )
A.以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台
B.以等腰三角形底边上的高所在直线为轴旋转一周所得的几何体是
圆锥
C.圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面
D.一个平面被球截，得到的截面是圆面
[解析] 对于A，以直角梯形中垂直于底边的腰所在直线为轴旋转一
周所得的旋转体是圆台，故A错误；
根据旋转体的结构特征可判断B，C，D中的说法均正确，故选 .
√
√
√
（2）（多选题）如图，向透明塑料制成的长方体容器
内灌进一些水，固定容器一边 于地面上，再将
容器倾斜，随着倾斜度的不同，下面几个结论中正确的是( )
A.没有水的部分始终呈棱柱形
B.水面 所在四边形的面积为定值
C.随着容器倾斜度的不同， 始终与水面所在平面平行
D.当容器倾斜度如图③所示时， 为定值
√
√
[解析] 因为 始终在地面上，所以倾斜过程中没有水的部分是以左、
右两侧的面为底面的棱柱，A正确；
图②中水面面积比图①中水面面积大，B错误；
倾斜过程中 与水面所在平面不始终平行，C错误；
图③中，水的体积不变，高不变，所以 的面积不变，从而
为定值，D正确.故选 .
题型二 几何图形的直观图
［类型总述］（1）直观图;（2）直观图与原图形之间的关系.
例2（1） 利用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图，得
到的直观图是一个边长为1的正方形，如图所示，则原平面图形是
( )
A. B. C. D.
√
[解析] 由题可知，,,则原平面图形中有 ，
且, ，故选A．
（2）（多选题）[2024·合肥一中高一期中] 如图， 是水平放
置的用斜二测画法得到的直观图，其中 ，
.下列说法中正确的有( )
A.
B. 是等腰直角三角形
C.
D. 的面积为8
√
√
√
[解析] 根据斜二测画法的知识可知， ，则
，是等腰直角三角形， 的面积为
，所以A，B，C选项正确，D选项错误.故选 .
题型三 简单几何体的表面积与体积的计算
［类型总述］（1）体积公式;（2）表面积公式;（3）内切（外接）;
（4）轴截面.
例3（1） （多选题）[2022·新高考全国Ⅱ卷] 如图，
四边形为正方形， 平面 ，
，，记三棱锥 ，
，的体积分别为,, ,则
( )
A. B. C. D.
√
√
[解析] 设正方形 的边长为2，则
,, ,
.
平面，，
平面 ，.
连接 交于，连接，，
，，， 平面.
，在 中，
.
在 中，.
在 中， ，
，即 ,
故 .故选项A，B错误，选项C，D正确，
故选 .
（2）（多选题）[2023· 新课标Ⅰ卷] 下列物体中，能够被整体放入
棱长为1单位： 的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有
( )
A.直径为 的球体
B.所有棱长均为 的四面体
C.底面直径为，高为 的圆柱体
D.底面直径为，高为 的圆柱体
√
√
√
[解析] 对于A，正方体内切球的直径为 ，
故A正确；
对于B，如图①,在正方体中作出正四面
体 ，该正四面体的棱长为
，而 ，故B正确；
对于C，圆柱体的底面直径为，
可以忽略不计，正方体的体对角线的长
为 ，而，故C不正确；
对于D，圆柱体的高为 ，可忽略不计，
如图②，取，，，，， 分别为所在
棱的中点，并顺次连接，所得六边形
为正六边形，其边长为，连接，
易知 为正六边形的内切圆直径，
因为 ，
所以，
而 ，故D正确.故选 .
（3）[2023· 新课标Ⅱ卷] 底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的
平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的
体积为____.
28
[解析] 方法一：依题意可知，原正四棱锥的高为6，故棱台的体积
.
方法二：由题可知所得棱台的高为3，上底面是边长为2的正方形，
下底面是边长为4的正方形，由棱台的体积公式可得棱台的体积
.
（4）已知直四棱柱的棱长均为2, .以
为球心，为半径的球面与侧面 的交线长为_ ____.
[解析] 如图，取的中点，连接
四棱柱 是各棱长均为2的直
四棱柱，且 ， 平面 ，
且 .
由球的截面圆的性质可得截面圆的半径为.
在平面 上作以为圆心，为半径的圆弧，与棱，的
交点分别为， ，易得，均为所在棱的中点.
连接,, , ,，
球面与侧面 的交线长为 .
变式（1） [2022·新高考全国Ⅱ卷]已知正三棱台的高为1，上下底面
的边长分别为和 ，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积
为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 由题意，设球的球心为，半径为 ，正三棱台的上、下底面
分别为，，，， 均为正三棱台的棱，
则，都是等边三角形.
设， 的外接圆圆心分别为,，连接，
则.
连接， 等边三角形和等边三角形的边长
分别为, , ，.
连接,，若点在线段 上，则
，即，可得，
矛盾，故点 在线段 的延长线上.
由题意得，可得,，
该球的表面积 .
（2）[2024· 新课标Ⅰ卷]已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相
等，且它们的高均为 ,则圆锥的体积为( )
A. B. C. D.
[解析] 设底面半径均为，圆锥的母线长为，则 .
由题可知,解得,则,
, 圆锥的体积 .故选B.
√
（3）如图，在几何体中， ，
，，侧棱，， 均垂直于
底面，，， ，则该几
何体的体积为____.
[解析] 由,, ，得
，.
分别在, 上取点 ， ，使，
连接 ，，
,,， 直三棱柱的体积为
平面， 平面，，
又， 平面, 平面，，
平面， 平面，
四棱锥的高为.
，,得, , ,
， 四棱锥 的体积为
，故所求几何体的体
积为 .
题型四 空间中的平行关系
［类型总述］（1）线线平行;（2）线面平行;（3）面面平行;（4）
平行的判定定理与性质定理.
例4（1） 已知,表示不同的直线， , 表示不同的平面，则下列
说法正确的是( )
A.若 ， ，则
B.若 , , ，则
C.若, ， ，则
D.若 , , ，则
√
[解析] 对于A，若 ， ，则 或 与 相交，故A错误.
对于B，若 , ，则 或 ，又 ，所以与
平行、相交或异面，故B错误.
对于C，若 ，，则 或 ，又 ，所以
或 与 相交，故C错误.
对于D，若 , ，则 或 ，又 ，所以 ，
故D正确.故选D.
（2）如图，在正方体中，为棱 的一个三等分
点（靠近点），，分别为棱，的中点，过，， 三点
作正方体 的截面，则下列说法正确的是( )
A.所得截面是六边形
B.截面过棱 的中点
C.截面不经过点
D.截面与线段 相交，且交点是线段
的一个五等分点
√
[解析] 如图所示，在正方体
中，设直线交的延长线于点 ，由题意
得，
设直线交 的延长线于点，则有
.
连接， ，则有，而平面平面，
平面 平面，平面与平面有公共点，
平面 与平面必有一条交线，此交线平行于，
也平行于 ，连接，
，即平面 平面.
连接，分别交， 于点，，连接
，，则五边形 是平面截正方
体 所得截面，故A，C错误.
由，得 ，
，故B错误.
由 ，得，
，则截面与线段相交，
且交点是线段 的一个五等分点，
故D正确.故选D.
例5 如图，在五面体中，四边形 为平行四边形，
，且，为棱 的中点.
（1）若的中点为，证明：平面 平
面 ；
证明：，且， 四边形
是平行四边形， ，同理，
.
平面， 平面，平面 .
同理，平面 ，
， 平面平面 .
（2）请画出过点，，的平面与平面的交线,并证明： .
解：如图，在平面内过作直线，则即为过点，， 的
平面与平面 的交线.
证明：设平面和平面的交线为,由（1）得平面 ，
平面，平面 平面, .
变式 [2024·福州一中高一期中] 如图，在正
六棱柱 中，四边形
为正方形，，记， ，
的中点分别为，， .
解：如图，取的中点，连接,, ，
因为，分别为， 的中点，所以
，
又，所以 ，
所以四边形 即为所求截面.
由题意知, ,
，则等腰梯形的高为 ，
所以截面面积为 .
（1）作出经过和 的正六棱柱的截面，并求截面面积.
（2）证明：平面 .
证明：分别取，的中点，，连接 ,
,，因为，分别为， 的中点，
所以， .
同理可得， .
因为在正六棱柱中，， ，
所以， ，
所以四边形为平行四边形，则 ，
又 平面， 平面 ，
所以平面 .
（3）在直线上是否存在一点 ，使得平
面平面？若存在，求出 的长
度；若不存在，请说明理由.
解：在直线上不存在点 ，使得平面
平面 .理由如下：
连接 ，在正六棱柱中，
可得 ，
又，所以四边形 为梯形.
在平面内，连接并延长，交 的延长
线于点，如图，
因为，且为 的中点，
所以，所以 .
因为, ，
所以与共面但不平行，故与 相交，
故与平面 相交，
所以在直线上不存在点，使得平面 平面 .
题型五 空间中的垂直关系
［类型总述］（1）线线垂直;（2）线面垂直;（3）面面垂直;（4）
垂直的判定定理与性质定理.
例6 （多选题）如图，垂直于以 为直径的圆所在的
平面，点是圆周上异于， 的任意一点，则下列结论
中正确的是( )
A. B.
C.平面 平面 D.平面 平面
√
√
[解析] 由题意知,假设 ，因为
，所以 平面 ，所以
,这与 矛盾，故假设不成立，所
以A错误.
因为垂直于以 为直径的圆所在的平面，所以
，又因为C是圆周上异于A，B的任意一点，所以，
又，所以 平面 ，所以，所以B正确.
因为 平面， 平面 ，所以平面 平面，
所以C正确.
，所以，
与 矛盾，故假设不成立，所以D错误.
故选 .
例7 如图，在四棱锥中， 为
等边三角形，， ，且
.
（1）求证：平面 平面 ；
证明：因为，， ，
所以，即.
因为 为等边三角形，所以.
因为，，所以 ，即.
因为，，所以 平面 ，
又因为 平面，所以平面 平面 .
（2）求点到平面 的距离.
解：如图所示，取的中点， 的中点
，连 接，，，由题意知 .
又由（1）知平面 平面 ，且平
面 平面， 平面
，所以 平面 ，所以.
在中，, ，
所以.
在中， ，，，可得.
，，可得.
设点 到平面的距离为，
由 ，
可得 ，
所以，即点到平面的距离为 .
变式 如图①，在梯形中，,, ，
， ，将沿翻折至 ，使得
，如图②，过点作一平面与垂直，分别交, 于
点, .
（1）求证： 平面 ；
证明：在题图①中，
， ， ，
，， .
在题图②中，，， ，
， .
，且， 平面,
平面 ，
平面 ，
又 平面， .
平面，且 平面，
，
又，且 平面,
平面， 平面 .
（2）求点到平面 的距离.
解：方法一：如图，过点作，垂足为，
由（1）知 平面 ，
而 平面， ，
又， 平面,
平面， 平面 ，
则垂线段的长度即为点到平面 的距离.
， ，
由已知得，则易得 .
由（1）知，， ，
即点到平面的距离为 .
方法二：求点到平面的距离，即求点 到
平面的距离，由（1）知 平面 ，
平面， ，
在直角三角形中，， ，
，
由等面积法得 ，
即， .
平面，且 平面， ，
由（1）知， ，
， ，
则在直角三角形中， .
设点到平面的距离为 ，
在三棱锥 中，由等体积法得
，
即 ，
，
，即点到平面的距离为 .
题型六 空间角的求解
［类型总述］（1）线线角;（2）线面角;（3）二面角.
例8（1） [2021·全国乙卷]在正方体中，为
的中点，则直线与 所成的角为( )
A. B. C. D.
[解析] 如图，连接,则,所以直线
与所成的角即为与 所成的角，即为
.
连接,,可知 为等边三角形，
为的中点，故，所以直线
与所成的角为 ，故选D.
√
（2）（多选题）[2022·新高考全国Ⅰ卷] 已知正方体
,则( )
A.直线与所成的角为
B.直线与所成的角为
C.直线与平面所成的角为
D.直线与平面所成的角为
√
√
√
[解析] 如图，易证 平面 ,所
以， ，故A选项正确，
B选项正确；
连接交于点 ，连接，则
平面 ,所以为直线与
平面 所成的角，在中，因为 ，
所以 ，故C选项错误；
因为 平面 ,所以 即为直线与平面 所
成的角,故D选项正确.故选 .
例9 [2024· 新课标Ⅰ卷] 如图，四棱锥中， 底面
，，， .
（1）若，证明：平面 ；
证明： 平面， 平面 ，
.
又，,, 平面 ，
平面， 平面， .
在中，， .
，，，四点共面， ，
又 平面， 平面 ，
平面 .
（2）若，且二面角的正弦值为,求 .
解：如图所示，过点作于，过点
作于，连接 .
平面， 平面 ，
平面 平面 ，
又平面 平面， ，
平面 .
又 平面，，
又，，平面，得 ，
根据二面角的定义可知， 即为二面角
的平面角，即 ，
又为锐角， .
设，则 ，由
等面积法可得， ，则 ，
又为等腰直角三角形， ，故，解得 ，即 .
变式1 [2024· 新课标Ⅱ卷]已知正三棱台的体积为 ,
,,则与平面 所成角的正切值为( )
A. B.1 C.2 D.3
√
[解析] 方法一：设正三棱台的高为 ,
由, ,
，解得.
设, 分别为和的中心，如图，连接,, ，
过 作于，易知 平面，即为与平
面 所成的角.
易知, ,
所以 .
方法二：设正三棱台的高为 .如图，
延长,,,则三条直线交于一点，
设, 分别为,的中心，连接,
则 在线段上， 平面，连接,
则 即为与平面所成的角.
由题知，得, .
由题得, ,由 ，
得,易知 ,所以 .
变式2 如图，在四棱锥中，为正三角形，底面
为直角梯形，， ，， .
（1）设为的中点，在棱上是否存在点，使得平面
平面？若存在，求出 的长；若不存在，请说明理由.
解：存在满足条件的点，且 .理由如
下：
如图，过点作交于点 ，
为正三角形，为 的中点，
，又， .
,， .
， 平面 ，
又 平面， 平面 平面 .
, ,
四边形 为平行四边形，
,又, ，
.
（2）已知 .
①求二面角 的余弦值.
解： 由（1）知，， ，
即为二面角 的平面角.
，， ，
又，， 在 中，
由余弦定理得 ，
二面角的余弦值为 .
②求直线与平面 所成角的正弦值.
平面， 点到平面 的距离
等于点到平面 的距离.
由（1）知，点到平面的距离等于点
到 的距离.
，则
，
又 ，
，, ，
即直线与平面所成角的正弦值为 .
