学业分层测评(一)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．如图1 1 5是由哪个平面图形旋转得到的( )
图1 1 5
【解析】 图中给出的组合体是一个圆台上接一个圆锥，因此平面图形应由一个直角三角形和一个直角梯形构成，并且上面应是直角三角形，下面应是直角梯形．
【答案】 A
2．一个多边形沿垂直于它所在平面的方向平移一段距离可以形成的几何体是( )
A．棱锥
B．棱柱
C．平面
D．长方体
【解析】 平移后形成的几何体是以此多边形(起点处和终点处)为两底面的棱柱，故选B.
【答案】 B
3．如图1 1 6，E，F，G，H是三棱柱对应边上的中点，过此四点作截面EFGH，则截面以下的几何体是( )
图1 1 6
A．棱柱
B．棱台
C．棱锥
D．五面体
【解析】 选择左右两个平行平面为底面，则它符合棱柱的结构特征，故选A.
【答案】 A
4．下列结论正确的是( )
【导学号：10690002】
A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥
C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥
D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线
【解析】 A是错误的，例如由两个相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各个面都是三角形，但它不是棱锥；B是错误的，直角三角形绕着直角边旋转一周形成的面所围成的几何体才是圆锥；C是错误的，若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形，由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长，故选D.
【答案】 D
5．如图1 1 7所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的组合体，现用一个竖直的平面去截这个组合体，则截面图形可能是( )
甲 乙
图1 1 7
A．①②
B．①③
C．①④
D．①⑤
【解析】 一个圆柱挖去一个圆锥后，剩下的几何体被一个竖直的平面所截后，圆柱的轮廓是矩形除去一条边，圆锥的轮廓是三角形除去一条边或抛物线的一部分．
【答案】 D
二、填空题
6．直角三角形围绕其斜边所在的直线旋转得到的旋转体由________组成．
【解析】 所得旋转体如图，是由两个圆锥组成的．
【答案】 两个圆锥
7．下列命题中错误的是________．
①过球心的截面所截得的圆面的半径等于球的半径；
②母线长相等的不同圆锥的轴截面的面积相等；
③圆台所有平行于底面的截面都是圆；
④圆锥所有的轴截面都是全等的等腰三角形．
【解析】 因为圆锥的母线长一定，根据三角形面积公式，当两条母线的夹角为90°时，过圆锥顶点的截面面积最大．
【答案】 ②
8．圆台两底面半径分别是2
cm和5
cm，母线长是3
cm，则它的轴截面的面积是________．
【解析】 画出轴截面，如图，过A作AM⊥BC于M，则BM＝5－2＝3(cm)，
AM＝＝9(cm)，
∴S四边形ABCD＝＝63(cm2)．
【答案】 63
cm2
三、解答题
9．画一个三棱台，再把它分成，
(1)一个三棱柱和另一个多面体；
(2)三个三棱锥，并用字母表示．
【解】 (1)如图①，三棱柱是A′B′C′ AB″C″.
(2)如图②，三个三棱锥分别是A′ ABC，B′ A′BC，C′ A′B′C.
10．如图1 1 8所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，且AD图1 1 8
【解】 如图所示，旋转所得的几何体是一个圆柱挖去两个圆锥后剩余部分构成的组合体．
[能力提升]
1．在四棱锥的四个侧面中，直角三角形最多可有( )
A．1个
B．2个 C．3个 D．4个
【解析】 如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，取四棱锥A1－ABCD，则此四棱锥的四个侧面都是直角三角形．
【答案】 D
2．一个棱锥的各条棱长都相等，那么这个棱锥一定不是( )
A．三棱锥
B．四棱锥
C．五棱锥
D．六棱锥
【解析】 由题意可知，每个侧面均为等边三角形，每个侧面的顶角均为60°，如果是六棱锥，因为6×60°＝360°，所以顶点会在底面上，因此不是六棱锥．
【答案】 D
3．(2016·咸阳高一检测)一圆锥的母线长为6，底面半径为3，用该圆锥截一圆台，截得圆台的母线长为4，则圆台的另一底面半径为________．
【解析】 作轴截面如图，则
＝＝，
∴r＝1.
【答案】 1
4．正方体的截面可能是什么形状的图形？
【解】 本问题可以有如下各种答案：
①截面可以是三角形：等边三角形、等腰三角形、锐角三角形；
②截面可以是四边形：平行四边形、矩形、菱形、正方形、梯形、等腰梯形；截面为四边形时，这个四边形中至少有一组对边平行；
③截面可以是五边形；
④截面可以是六边形；
⑤截面六边形可以是等角(均为120°)的六边形．特别地，可以是正六边形．
截面图形举例(共56张PPT)
巩固层
提升层
拓展层
章末综合测评
三视图与直观图
平行关系的判定和性质
垂直关系的判定和性质
几何体表面的展开与折叠问题
函数与方程思想
章末综合测评（一）
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简单旋转体
分类
①
简单几何体
②
在平面上的反阙
[三视图
点与平面
基本
关系
④
线与平面
[平面与平面
公理1
判定直线在平面内
空间图形的基
公理2⑤
本关系与公理
公理
公理3
6
公理4
平行关系的传递性
判定
平行
关系
性质
判定
垂直
关系
性质
简单几何体的侧面积
简单几何体的
再认识
柱、锥、台的体积
⑦
巩固层·知识整合
知识体系反哺教材
提升层能力强化
)化整合探究提升。
主题
主题3
主题4
主题5
拓展层链授高考
真题链接探究提升
W目(共42张PPT)
阶段一
阶段二
阶段三
学业分层测评
45°
长度为原来的
保持原长度不变
平面图形的直观图的画法
空间几何体的直观图的画法
直观图的还原及有关计算
学业分层测评（二）
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类型
素能关
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用斜二测画法画立体图形的直观
画轴
图时,立体图形与平面图形相比
多了一个轴,其直观图中对应于
z轴的是
已知图形中平行于z轴(或在z轴
定线
的线段在直观图中的要求为
性和长度都不变
画立体图形的直观图时的水平
定平面>~平面为平面xy,直立平面为
平面yoz和xo2
擦去辅助线,连线成图
阶段2合作探究通关
分组讨论疑难细究
W目
阶卫认知预习质疑
知识梳理要点初探(共47张PPT)
阶段一
阶段二
阶段三
学业分层测评
a∥c
平行
相等或互补
锐角(或直角)
公理4的应用
等角定理的应用
求异面直线所成的角
学业分层测评（五）
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知识梳理要点初探(共38张PPT)
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学业分层测评
Sh
柱体的体积
锥体的体积
台体的体积
学业分层测评（十一）
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W目学业分层测评(十二)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．用与球心距离为1的平面去截球，所得截面面积为π，则球的体积为( )
A.π
B.
C．8π
D.π
【解析】 设球的半径为R，截面的半径为r.
∵πr2＝π，∴r＝1，∴R＝，
∴V＝πR3＝()3＝π.
【答案】 D
2．64个半径都为的球，记它们的体积之和为V甲，表面积之和为S甲；一个半径为a的球，记其体积为V乙，表面积为S乙，则( )
A．V甲>V乙且S甲>S乙
B．V甲C．V甲＝V乙且S甲>S乙
D．V甲＝V乙且S甲＝S乙
【解析】 64个半径都为的球，它们的体积之和为V甲＝64×π·＝πa3，表面积之和为S甲＝64×4π＝16πa2；一个半径为a的球，其体积为V乙＝πa3，表面积为S乙＝4πa2，所以V甲＝V乙且S甲>S乙，故选C.
【答案】 C
3．一根细金属丝下端挂着一个半径为1
cm的金属球，将它浸没在底面半径为2
cm的圆柱形容器内的水中，现将金属丝向上提升，当金属球被拉出水面时，容器内的水面下降了( )
A.
cm
B.
cm
C.
cm
D.
cm
【解析】 设容器内的水面下降了h
cm，则球的体积等于水下降的体积，即π·13＝π·22·h，解得h＝.
【答案】 D
4．一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积是，那么该三棱柱的体积是( )
【导学号：10690035】
A．96
B．16
C．24
D．48
【解析】 用平行于棱柱底面的平面去截棱柱和球，截面如图所示：
设球的半径为R，则R3＝，所以R＝2.
所以正三棱柱底面边长a＝4，
其高h＝2R＝4，V＝×(4)2×4＝48.
【答案】 D
5．若与球相切的圆台的上、下底面半径分别为r，R，则球的表面积为( )
A．4π(r＋R)2
B．4πr2R2
C．4πrR
D．π(R＋r)2
【解析】 法一：如图，设球的半径为r1，则在Rt△CDE中，DE＝2r1，CE＝R－r，DC＝R＋r.由勾股定理得4r＝(R＋r)2－(R－r)2，解得r1＝.故球的表面积为S球＝4πr＝4πRr.
法二：如图，设球心为O，球的半径为r1，连接OA，OB，则在Rt△AOB中，OF是斜边AB上的高．由相似三角形的性质得OF2＝BF·AF＝Rr，即r＝Rr，故r1＝，故球的表面积为S球＝4πRr.
【答案】 C
二、填空题
6．正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为________．
【解析】 如图所示，设球半径为R，底面中心为O′且球心为O，∵正四棱锥P ABCD中AB＝2，
∴AO′＝.
∵PO′＝4，
∴在Rt△AOO′中，
AO2＝AO′2＋OO′2，∴R2＝()2＋(4－R)2，解得R＝，∴该球的表面积为4πR2＝4π×＝.
【答案】
7．如图1 7 33是一个几何体的三视图，则该几何体的表面积为________．
图1 7 33
【解析】 根据三视图可知，该几何体是一个半球与一个圆锥组合而成，所以其表面积为S＝S半球＋S侧＝×4π×12＋π×1×＝(2＋)π.
【答案】 (2＋)π
8．圆柱形容器内部盛有高度为8
cm的水，若放入三个相同的球(球的半径与圆柱的底面半径相同)后，水恰好淹没最上面的球(如图1 7 34所示)，则球的半径是________cm.
图1 7 34
【解析】 设球的半径为r，放入3个球后，圆柱液面高度变为6r.则有
πr2·6r＝8πr2＋3×πr3，即2r＝8，
∴r＝4.
【答案】 4
三、解答题
9．(2016·汕头高一检测)设正方体的表面积为24，求其内切球的体积及外接球的体积．
【解】 设正方体的棱长为a，则6a2＝24，∴a＝2，
正方体内切球的直径等于其棱长，∴2r＝2，r＝1，
故内切球的体积V内＝πr3＝π.
外接球的直径等于正方体的对角线长，
∴2R＝a，∴R＝，
故外接球的体积V外＝πR3＝π×()3＝4π.
10.如图1 7 35，半径为R的半圆内的阴影部分以直径AB所在直线为轴，旋转一周得到一几何体，求该几何体的体积．(其中∠BAC＝30°)
图1 7 35
【解】 过C作CO1⊥AB于O1，在半圆中可得∠BCA＝90°，∠BAC＝30°，AB＝2R，
∴AC＝R，BC＝R，CO1＝R.
AO1＝AC·sin
60°＝R，
BO1＝AB－AO1＝，∴V球＝πR3.
V圆锥AO1＝·π··R＝πR3，
V圆锥BO1＝·π··R＝πR3，
V几何体＝V球－V－V
＝πR3－πR3－πR3＝πR3.
[能力提升]
1．如图1 7 36，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，如果不计容器厚度，则球的体积为( )
图1 7 36
A.
cm3
B.
cm3
C.
cm3
D.
cm3
【解析】 如图，作出球的一个截面，则MC＝8－6＝2(cm)，BM＝AB＝×8＝4(cm)．设球的半径为R
cm，则R2＝OM2＋MB2＝(R－2)2＋42，∴R＝5，
∴V球＝π×53＝π(cm3)．
【答案】 A
2．(2015·全国卷Ⅱ)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( )
A．36π
B．64π
C．144π
D．256π
【解析】 如图所示，当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O
ABC的体积最大，设球O的半径为R，此时VO ABC＝VC AOB＝×R2×R＝R3＝36，故R＝6，则球O的表面积为S＝4πR2＝144π，故选C.
【答案】 C
3．一个四面体的所有棱长都为，四个顶点都在同一球面上，则此球的表面积为________．
【解析】 如图，把四面体ABCD补成正方体，则正方体的棱长为1，正方体的体对角线长等于外接球的直径，球的直径2R＝，球的表面积S＝4πR2＝3π.
【答案】 3π
4．已知正四棱锥的底面边长为a，侧棱长为a，求它的外接球的体积．
【解】 如图，作PE垂直底面ABCD于E，则E在AC上．
设外接球的半径为R，球心为O，
连接OA，OC，则OA＝OC＝OP，
∴O为△PAC的外心，即△PAC的外接圆半径就是球的半径．
∵AB＝BC＝a，∴AC＝a.
∵PA＝PC＝AC＝a，∴△PAC为正三角形，
∴R＝＝＝a，
∴V球＝πR3＝πa3.学业分层测评(五)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．若直线a∥b，b∩c＝A，则a与c的位置关系是( )
A．异面
B．相交
C．平行
D．异面或相交
【解析】 a与c不可能平行，若a∥c，又因为a∥b，所以b∥c，这与b∩c＝A矛盾，而a与c异面、相交都有可能．
【答案】 D
2．已知AB∥PQ，BC∥QR，∠ABC＝30°，则∠PQR等于( )
A．30°
B．30°或150°
C．150°
D．以上结论都不对
【解析】 ∠ABC的两边与∠PQR的两边分别平行，但方向不能确定是否相同，∴∠PQR＝30°或150°.
【答案】 B
3．如图1 4 21所示，在长方体木块AC1中，E，F分别是B1O和C1O的中点，则长方体的各棱中与EF平行的有( )
图1 4 21
A．3条
B．4条
C．5条
D．6条
【解析】 由于E、F分别是B1O、C1O的中点，故EF∥B1C1，因为和棱B1C1平行的棱还有3条：AD、BC、A1D1，所以共有4条．
【答案】 B
4．四面体ABCD中，AD＝BC，且AD⊥BC，E、F分别是AB、CD的中点，则EF与BC所成的角为( )
【导学号：10690014】
A．30°
B．45°
C．60°
D．90°
【解析】 如图，取BD中点G，连接EG、FG，则∠EFG为异面直线EF与BC所成角．
∵EG＝AD，GF＝BC，AD＝BC，
∴EG＝GF.
∵AD⊥BC，EG∥AD，GF∥BC，
∴EG⊥GF，
∴△EGF为等腰直角三角形，
∴∠EFG＝45°.故选B.
【答案】 B
5．异面直线a，b，有a?α，b?β且α∩β＝c，则直线c与a，b的关系是( )
A．c与a，b都相交
B．c与a，b都不相交
C．c至多与a，b中的一条相交
D．c至少与a，b中的一条相交
【解析】 若c与a、b都不相交，∵c与a在α内，∴a∥c.
又c与b都在β内，∴b∥c.
由基本性质4，可知a∥b，与已知条件矛盾．
如图，只有以下三种情况．
【答案】 D
二、填空题
6．若AB∥A′B′，AC∥A′C′，则下列结论：
①∠BAC＝∠B′A′C′；
②∠ABC＋∠A′B′C′＝180°；
③∠ACB＝∠A′C′B′或∠ACB＋∠A′C′B′＝180°.
一定成立的是________．
【解析】 ∵AB∥A′B′，AC∥A′C′，
∴∠ACB＝∠A′C′B′或∠ACB＋∠A′C′B′＝180°.
【答案】 ③
7．如图1 4 22，在四棱锥P ABCD中，PA⊥AB，底面ABCD是平行四边形，则PA与CD所成的角是______．
图1 4 22
【解析】 ∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠PAB是异面直线PA与CD所成的角．
又∵PA⊥AB，∴∠PAB＝90°.
【答案】 90°
8．如图1 4 23，在空间四边形ABCD中，E，H分别是AB，AD的中点，F，G分别是CB，CD上的点，且＝＝.若BD＝6
cm，梯形EFGH的面积为28
cm2，则平行线EH，FG间的距离为________．
图1 4 23
【解析】 在△BCD中，∵＝＝，
∴GF∥BD，＝，∴FG＝4
cm.
在△ABD中，∵点E，H分别是AB，AD的中点，
∴EH＝BD＝3(cm)．
设EH，FG间的距离为d
cm，则×(4＋3)×d＝28，∴d＝8.
【答案】 8
cm
三、解答题
9．如图1 4 24所示，正方体AC1中，E、F分别是A1B1、B1C1的中点，求异面直线DB1与EF所成角的大小．
图1 4 24
【解】 如图所示，连接A1C1，B1D1，并设它们相交于点O，取DD1的中点G，连接OG，A1G，C1G，
则OG∥B1D，EF∥A1C1，
∴∠GOA1为异面直线DB1与EF所成的角或其补角．
∵GA1＝GC1，O为A1C1的中点，
∴GO⊥A1C1，
∴异面直线DB1与EF所成的角为90°.
10．长方体ABCD A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点．
图1 4 25
(1)求证：D1E∥BF；
(2)求证：∠B1BF＝∠A1ED1.
【证明】 (1)取BB1的中点M，连接EM，C1M.
在矩形ABB1A1中，易得EMA1B1，
∵A1B1C1D1，
∴EMC1D1，
∴四边形EMC1D1为平行四边形，
∴D1E∥C1M.
在矩形BCC1B1中，易得MBC1F，
∴BF∥C1M，∴D1E∥BF.
(2)∵ED1∥BF，BB1∥EA1，
又∠B1BF与∠A1ED1的对应边方向相同，
∴∠B1BF＝∠A1ED1.
[能力提升]
1．在正方体ABCD A1B1C1D1中，面对角线中与AD1成60°的有( )
A．4条
B．6条
C．8条
D．10条
【解析】 如图所示，在正方体ABCD A1B1C1D1中，△AD1B1是等边三角形，故B1D1，AB1与AD1所成的角是60°，同理△ACD1也是等边三角形，AC，CD1与AD1也成60°角，则在面对角线中，与AC，CD1，B1D1，AB1分别平行的对角线与AD1也成60°角．
【答案】 C
2．如图1 4 26，三棱柱ABC A1B1C1中，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是( )
图1 4 26
A．CC1与B1E是异面直线
B．C1C与AE共面
C．AE与B1C1是异面直线
D．AE与B1C1所成的角为60°
【解析】 由于CC1与B1E都在平面C1B1BC内，故C1C与B1E是共面的，所以A错误；由于C1C在平面C1B1BC内，而AE与平面C1B1BC相交于E点，点E不在C1C上，故C1C与AE是异面直线，B错误；同理AE与B1C1是异面直线，C正确；而AE与B1C1所成的角就是AE与BC所成的角，E为BC中点，△ABC为正三角形，所以AE⊥BC，D错误．
【答案】 C
3．一个正方体纸盒展开后如图1 4 27，在原正方体纸盒中有下列结论：
①AB⊥EF；②AB与CM所成的角为60°；③EF与MN是异面直线；④MN∥CD.
以上结论中正确的是________(填序号)．
图1 4 27
【解析】 把正方体平面展开图还原为原来的正方体，如图所示，AB⊥EF，EF与MN是异面直线，AB∥CM，MN⊥CD，只有①③正确．
【答案】 ①③
4．如图1 4 28所示，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，BC＝，DA⊥AC，DA⊥AB，若DA＝1，且E为DA的中点，求异面直线BE与CD所成角的余弦值．
图1 4 28
【解】 取AC的中点F，连接EF，BF，
在△ACD中，E，F分别是AD，AC的中点，∴EF∥CD，
∴∠BEF即为所求的异面直线BE与CD所成的角(或其补角)．
在Rt△ABC中，BC＝，AB＝AC，∴AB＝AC＝1，
在Rt△EAB中，AB＝1，AE＝AD＝，∴BE＝.
在Rt△AEF中，AF＝AC＝，AE＝，∴EF＝.
在Rt△ABF中，AB＝1，AF＝，∴BF＝.
在等腰三角形EBF中，cos∠FEB＝＝＝，
∴异面直线BE与CD所成角的余弦值为.(共40张PPT)
阶段一
阶段二
阶段三
学业分层测评
任意一个平面
交线
a?β
两个平行平面
交线
γ∩α＝a
线面平行性质的应用
面面平行性质的应用
平行关系的综合应用
学业分层测评（七）
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阶段3体验落实评价
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类型1
素能关
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素能关
探究点
综合关
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阶段2合作探究通关
分组讨论疑难细究
阶卫认知预习质疑
知识梳理要点初探学业分层测评(八)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．下列说法中正确的个数是( )
①若直线l与平面α内一条直线垂直，则l⊥α；
②若直线l与平面α内两条直线垂直，则l⊥α；
③若直线l与平面α内两条相交直线垂直，则l⊥α；
④若直线l与平面α内任意一条直线垂直，则l⊥α；
⑤若直线l与平面α内无数条直线垂直，则l⊥α.
A．1
B．2
C．3
D．4
【解析】 对①②⑤，由于缺少“相交”二字，不能断定该直线与平面垂直，该直线与平面可能平行，可能斜交，也可能在平面内，所以是错误的．正确的是③④，故选B.
【答案】 B
2．在正方体ABCD A1B1C1D1中，与AD1垂直的平面是( )
A．平面DD1C1C
B．平面A1DCB1
C．平面A1B1C1D1
D．平面A1DB
【解析】 连接A1D、B1C，由ABCD A1B1C1D1为正方体可知，AD1⊥A1B1，AD1⊥A1D.故AD1⊥平面A1DCB1.
【答案】 B
3．如果直线l，m与平面α，β，γ满足：l＝β∩γ，l∥α，m?α和m⊥γ，那么必有( )
A．α⊥γ且l⊥m
B．α⊥γ且m∥β
C．m∥β且l⊥m
D．α∥β且α⊥γ
【解析】 B错，有可能m与β相交；C错，有可能m与β相交；D错，有可能α与β相交．
【答案】 A
4．如图1 6 11，AB是圆的直径，PA垂直于圆所在的平面，C是圆上一点(不同于A，B)，且PA＝AC，则二面角P BC A的大小为( )
图1 6 11
A．60°
B．30°
C．45°
D．90°
【解析】 ∵AB为直径，∴AC⊥CB，又PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，
∴PA⊥BC，又BC⊥AC，PA∩AC＝A，
∴BC⊥平面PAC，PC?平面PAC，
∴PC⊥BC，∴∠PCA为二面角P BC A的平面角，
又PA＝AC，∴∠ACP＝45°.
【答案】 C
5．在三棱锥P ABC中，已知PC⊥BC，PC⊥AC，点E、F、G分别是所在棱的中点，则下面结论中错误的是( )
图1 6 12
A．平面EFG∥平面PBC
B．平面EFG⊥平面ABC
C．∠BPC是直线EF与直线PC所成的角
D．∠FEG是平面PAB与平面ABC所成二面角的平面角
【解析】 由三角形的中位线的性质可证EG∥BC，FG∥PC，进而可证平面EFG∥平面PBC.B正确，由PC⊥BC，PC⊥AC可证PC⊥平面ABC，又因为PC∥FG，所以FG⊥平面ABC，所以平面EFG⊥平面ABC.C正确，因为E、F分别为所在棱的中点，所以EF∥PB，所以∠BPC是直线EF与直线PC所成的角，D错误，因为AB与平面EFG不垂直．
【答案】 D
二、填空题
6．如图1 6 13，在正方体ABCD A1B1C1D1中，平面ACD1与平面BB1D1D的位置关系是________．
图1 6 13
【解析】 ∵ABCD是正方形，∴AC⊥BD.
又∵D1D⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，
∴D1D⊥AC.∵D1D∩DB＝D，∴AC⊥平面BB1D1D.
∵AC?平面ACD1，∴平面ACD1⊥平面BB1D1D.
【答案】 垂直
7．如图1 6 14所示，PA⊥平面ABC，△ABC中BC⊥AC，则图中直角三角形的个数有________．
图1 6 14
【解析】 BC⊥平面PAC
BC⊥PC，
∴直角三角形有△PAB、△PAC、△ABC、△PBC.
【答案】 4个
8．正四面体的侧面与底面所成的二面角的余弦值是________．
【解析】 如图所示，设正四面体A BCD的棱长为1，顶点A在底面上的射影为O，连接DO，并延长交BC于点E，连接AE，则E为BC的中点，故AE⊥BC，DE⊥BC，
∴∠AEO为侧面ABC与底面BCD所成的二面角的平面角．
在Rt△AEO中，AE＝，EO＝ED＝×＝，
∴cos∠AEO＝＝.
【答案】
三、解答题
9．如图1 6 15，四边形ABCD是边长为a的菱形，PC⊥平面ABCD，E是PA的中点，求证：平面BDE⊥平面ABCD.
图1 6 15
【证明】 设AC∩BD＝O，连接OE.
因为O为AC中点，E为PA的中点，
所以EO是△PAC的中位线，
EO∥PC.
因为PC⊥平面ABCD，
所以EO⊥平面ABCD.
又因为EO?平面BDE，
所以平面BDE⊥平面ABCD.
10.如图1 6 16，在四棱锥P ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°且PA＝AB＝BC，E是PC的中点．求证：
图1 6 16
(1)CD⊥AE.
(2)PD⊥平面ABE.
【导学号：10690023】
【证明】 (1)因为PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，
所以PA⊥CD.因为AC⊥CD，PA∩AC＝A，所以CD⊥平面PAC.
而AE?平面PAC，所以CD⊥AE.
(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.
因为E是PC的中点，所以AE⊥PC.
由(1)知，AE⊥CD，且PC∩CD＝C，所以AE⊥平面PCD.
又PD?平面PCD，所以AE⊥PD.
因为PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，所以PA⊥AB.
又AB⊥AD，PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD，
又PD?平面PAD，所以AB⊥PD.
又AE∩AB＝A，所以PD⊥平面ABE.
[能力提升]
1．在正四面体P ABC中，D、E、F分别是AB、BC、CA的中点，下面四个结论中不成立的是( )
A．BC∥平面PDF
B．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面ABC
D．平面PAE⊥平面ABC
【解析】 如图所示，∵BC∥DF，∴BC∥平面PDF.
∴A正确．
由BC⊥PE，BC⊥AE，
∴BC⊥平面PAE，
∴DF⊥平面PAE.
∴B正确．
∵平面ABC⊥平面PAE(BC⊥平面PAE)，
∴D正确．
【答案】 C
2．在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，PA⊥平面ABC，PA＝8，则P到BC的距离是( )
A.
B．2 C．3 D．4
【解析】 如图所示，作PD⊥BC于点D，连接AD.
∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥CD，
∴CB⊥平面PAD，∴AD⊥BC.
在Rt△ACD中，AC＝5，CD＝3，
∴AD＝4，在Rt△PAD中，
PA＝8，AD＝4，
∴PD＝＝4.
【答案】 D
3．在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，把菱形沿对角线AC折起，使折起后BD＝，则二面角B AC D的余弦值为________．
【解析】 如图所示，由二面角的定义知∠BOD即为二面角的平面角．
∵DO＝OB＝BD＝，
∴∠BOD＝60°.
【答案】 60°
4.如图1 6 17，在三棱锥P ABC中，PA＝BC＝3，PC＝AB＝5，AC＝4，PB＝.
图1 6 17
(1)求证：PA⊥平面ABC；
(2)过C作CF⊥PB交PB于点F，在线段AB上找一点E，使得PB⊥平面CEF，求点E的位置．
【解】 (1)证明：由已知得PC2＝PA2＋AC2＝25，PB2＝PA2＋AB2＝34，所以PA⊥AC，PA⊥AB，又AB∩AC＝A，所以PA⊥平面ABC.
(2)因为CF⊥PB，所以只要PB⊥CE，就有PB⊥平面CEF.
因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥CE.
又PA∩PB＝P，所以CE⊥平面PAB.
因为AB?平面PAB，所以CE⊥AB.
设BE＝x，因为AB2＝AC2＋BC2，所以∠ACB＝90°，
所以BC2＝BE·AB，即32＝5x，所以x＝，
故点E在AB上距B点处.(共51张PPT)
阶段一
阶段二
阶段三
学业分层测评
任何一条
垂直
横边
两条相交直线
a∩b＝A
每一部分
两个半平面
这条直线
两个半平面
两部分
α AB β
任一点
垂直于棱
平面角是直角
直二面角
α⊥β
垂线
AB⊥平面α
线面垂直的判定
面面垂直的判定
二面角
学业分层测评（八）
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阶段3体验落实评价
课堂回馈即时达标
励志案
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类型
素能关
探究点
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阶段2合作探究通关
分组讨论疑难细究
阶卫认知预习质疑
知识梳理要点初探(共47张PPT)
阶段一
阶段二
阶段三
学业分层测评
平面外
平面内
平行
l∥b
b?α
两条相交
a∩b＝A
线面平行的判定
面面平行的判定
线面平行、面面平行判定定理的综合应用
学业分层测评（六）
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知识梳理要点初探学业分层测评(三)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是( )
A．球
B．三棱锥
C．正方体
D．圆柱
【解析】 圆柱体无论怎样放，其三视图形状都不可能相同，而其他的三种几何体都有可能．
【答案】 D
2．(2016·惠州高一检测)如图1 3 14所示的空心圆柱体的主视图是( )
图1 3 14
【解析】 该几何体可以看作是将一个圆柱体内部挖去一个小圆柱，而圆柱的主视图为矩形(竖直放置的圆柱)，而里面也为圆柱，不能看见，故为虚线．
【答案】 C
3．已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，左视图是一个面积为的矩形，则该正方体的主视图的面积等于( )
A.
B．1
C.
D.
【解析】 由已知，正方体的主视图与左视图都是长为，宽为1的矩形，所以主视图的面积等于左视图的面积，为.
【答案】 D
4．已知三棱柱ABC A1B1C1，如图1 3 15所示，以BCC1B1的前面为正前方画出的三视图，正确的是( )
图1 3 15
【解析】 正面是BCC1B1的矩形，故主视图为矩形，左侧为△ABC，所以左视图为三角形，俯视图为两个有一条公共边的矩形，公共边为CC1在面ABB1A1内的投影．
【答案】 A
5．一个几何体的三视图如图1 3 16所示，其中主视图中△ABC是边长为2的正三角形，俯视图为正六边形，那么该几何体的左视图的面积为( )
【导学号：10690008】
图1 3 16
A.
B.
C．12
D．6
【解析】 由主视图、左视图、俯视图之间的关系可以判断该几何体是一个底面为正六边形的正六棱锥．
∵主视图中△ABC是边长为2的正三角形，此三角形的高为，∴左视图的高为.俯视图中正六边形的边长为1，其小正三角形的高为，∴左视图的底为×2＝，
∴左视图的面积为××＝.
【答案】 A
二、填空题
6．如图1 3 17所示，为一个简单几何体的三视图，它的上部是一个________，下部是一个________．
图1 3 17
【解析】 由三视图可知该几何体图示为
所以，其上部是一个圆锥，下部是一个圆柱．
【答案】 圆锥 圆柱
7．如图1 3 18所示，是一个圆锥的三视图，则该圆锥的高为______cm.
图1 3 18
【解析】 由三视图知，圆锥的母线长为3
cm，底面圆的直径为3
cm，所以圆锥的轴截面也是边长为3
cm的等边三角形，所以圆锥的高为＝(cm)．
【答案】
8．用小正方体搭成一个几何体，如图1 3 19是它的主视图和左视图，搭成这个几何体的小正方体的个数最多为________个．
图1 3 19
【解析】 其俯视图如下时为小正方体个数最多情况(其中小正方形内的数字表示小正方体的个数)，共需7个小正方体．
1
2
1
1
1
1
【答案】 7
三、解答题
9．如图1 3 20所示，画出这个几何体的三视图．
图1 3 20
【解】 几何体的三视图如图所示．
10．已知正三棱锥V ABC的主视图和俯视图如图1 3 21所示．
(1)画出该三棱锥的左视图和直观图；
(2)求出左视图的面积．
图1 3 21
【解】 (1)如图．
(2)根据三视图间的关系可得BC＝2，
在左视图中，VA＝＝2，
故S△VBC＝×2×2＝6.
[能力提升]
1．在一个几何体的三视图中，主视图和俯视如图1 3 22所示，则相应的左视图可以为( )
图1 3 22
【解析】 由几何体的主视图和俯视图可知，该几何体的底面为半圆和等腰三角形，其左视图可以是一个由等腰三角形及底边上的高构成的平面图形，故应选D.
【答案】 D
2．如图1 3 23所示，正三棱柱ABC A1B1C1的主视图是边长为4的正方形，则此正三棱柱的左视图的面积为( )
图1 3 23
A．8
B．4
C．2
D．16
【解析】 由主视图可知三棱柱的高为4，底面边长为4，所以底面正三角形的高为2，所以左视图的面积为4×2＝8.故选A.
【答案】 A
3．已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的主视图的面积S的取值范围是________．
【解析】 主视图的最小面积为正方形ABB1A1的面积1，最大面积为矩形ACC1A1的面积，故所求范围为[1，]．
【答案】 [1，]
4．如图1 3 24是正四棱锥P ABCD的三视图，其中主视图和左视图都是边长为1的正三角形，求这个四棱锥的侧棱长．
图1 3 24
【解】 由条件知，正四棱锥底面边长AB＝1，
高PO＝(O是底面中心)，
OB＝AB＝，
故侧棱长：
PB＝＝＝.学业分层测评(十一)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．已知圆锥的母线长是8，底面周长为6π，则它的体积是( )
A．9π
B．9
C．3π
D．3
【解析】 设圆锥底面圆的半径为r，则2πr＝6π，∴r＝3.
设圆锥的高为h，则h＝＝，
∴V圆锥＝πr2h＝3π.
【答案】 C
2．如图1 7 23所示，正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1，则三棱锥D1 ACD的体积是( )
图1 7 23
A.
B.
C.
D．1
【解析】 三棱锥D1 ADC的体积V＝S△ADC×D1D＝××AD×DC×D1D＝××1×1×1＝.
【答案】 A
3．某几何体的三视图如图1 7 24所示，则它的体积是( )
图1 7 24
A．8－
B．8－ C．8－2π D.
【解析】 由几何体的三视图，可知几何体为一个组合体，即一个正方体中间去掉一个圆锥体，所以它的体积是V＝23－×π×12×2＝8－.
【答案】 A
4．某几何体的三视图(单位：cm)如图1 7 25所示，则该几何体的体积是( )
【导学号：10690032】
图1 7 25
A．72
cm3
B．90
cm3
C．108
cm3
D．138
cm3
【解析】 该几何体为一个组合体，左侧为三棱柱，右侧为长方体，
如图所示．
V＝V三棱柱＋V长方体＝×4×3×3＋4×3×6＝18＋72＝90(cm3)．
【答案】 B
5．分别以一个锐角为30°的直角三角形的最短直角边、较长直角边、斜边所在的直线为轴旋转一周，所形成的几何体的体积之比是( )
A．1∶∶
B．6∶2∶
C．6∶2∶3
D．3∶2∶6
【解析】
设Rt△ABC中，∠BAC＝30°，BC＝1，则AB＝2，AC＝，求得斜边上的高CD＝，旋转所得几何体的体积分别为V1＝π()2×1＝π，V2＝π×12×＝π，V3＝π×2＝π.V1∶V2∶V3＝1∶∶＝6∶2∶3.
【答案】 C
二、填空题
6．已知圆锥的母线长为5
cm，侧面积为15π
cm2，则此圆锥的体积为________cm3.
【解析】 设圆锥的底面半径为r，高为h，则有πrl＝15π，知r＝3，∴h＝＝4，
∴其体积V＝Sh＝πr2h＝×π×32×4＝12π.
【答案】 12π
7．(2016·西安高一检测)棱台上、下底面面积之比为1∶9，则棱台的中截面分棱台成两部分的体积之比是______．
【解析】 设棱台高为2h，上底面面积为S，则下底面面积为9S，中截面面积为4S，
＝＝.
【答案】
8．已知某个几何体的三视图如图1 7 26，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何体的体积是________．
图1 7 26
【解析】 此几何体的直观图如图，ABCD为正方形，边长为20
cm，
S在底面的射影为CD中点E，SE＝20
cm，
VS－ABCD＝SABCD·SE＝
cm3.
【答案】
cm3
三、解答题
9.如图1 7 27所示的几何体，上面是圆柱，其底面直径为6
cm，高为3
cm，下面是正六棱柱，其底面边长为4
cm，高为2
cm，现从中间挖去一个直径为2
cm的圆柱，求此几何体的体积．
图1 7 27
【解】 V六棱柱＝×42×6×2＝48(cm3)，
V圆柱＝π·32×3＝27π(cm3)，
V挖去圆柱＝π·12×(3＋2)＝5π(cm3)，
∴此几何体的体积：
V＝V六棱柱＋V圆柱－V挖去圆柱＝(48＋22π)(cm3)．
10．如图1 7 28，四棱柱ABCD A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O是底面中心，A1O⊥底面ABCD，AB＝AA1＝.
图1 7 28
(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；
(2)求三棱柱ABD A1B1D1的体积．
【解】 (1)证明：由题设知，BB1DD1，
∴BB1D1D是平行四边形，∴BD∥B1D1.
又BD平面CD1B1，∴BD∥平面CD1B1.
∵A1D1B1C1BC，∴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，∴VABD A1B1D1＝S△ABD×A1O＝1.
[能力提升]
1．(2015·全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图1 7 29，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )
图1 7 29
A.
B.
C.
D.
【解析】 由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为
V1＝××1×1×1＝，
剩余部分的体积V2＝13－＝.
所以＝＝，故选D.
【答案】 D
2．如图1 7 30，三棱台ABC A1B1C1中，AB∶A1B1＝1∶2，则三棱锥A1 ABC，B A1B1C，C A1B1C1的体积之比为( )
图1 7 30
A．1∶1∶1
B．1∶1∶2
C．1∶2∶4
D．1∶4∶4
【解析】 设棱台的高为h，S△ABC＝S，则S＝4S，
∴V＝S△ABC·h＝Sh，
V＝S·h＝Sh.
又V台＝h(S＋4S＋2S)＝Sh，
∴V＝V台－V－V＝Sh－－＝Sh，∴体积比为1∶2∶4.
【答案】 C
3．如图1 7 31，在正三棱柱ABC A1B1C1中，D为棱AA1的中点．若截面△BC1D是面积为6的直角三角形，则此三棱柱的体积为________．
图1 7 31
【解析】 设AC＝a，CC1＝b，则BD2＝DC＝a2＋b2，∴×2＝a2＋b2，得b2＝2a2，又×＝6，∴a2＝8，b2＝16，∴V＝×8×4＝8.
【答案】 8
4．若E，F是三棱柱ABC A1B1C1侧棱BB1和CC1上的点，且B1E＝CF，三棱柱的体积为m，求四棱锥A BEFC的体积．
【解】 如图所示，连接AB1，AC1.
∵B1E＝CF，
∴梯形BEFC的面积等于梯形B1EFC1的面积．
又四棱锥A BEFC的高与四棱锥A B1EFC1的高相等，
∴VA BEFC＝V＝V.
又V＝S·h，V＝m，
∴V＝，
∴V＝V－V＝m，
∴VA BEFC＝×m＝，即四棱锥A BEFC的体积是.学业分层测评(九)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．(2016·葫芦岛模拟)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l α，l β，则( )
A．α∥β且l∥α
B．α⊥β且l⊥β
C．α与β相交，且交线垂直于l
D．α与β相交，且交线平行于l
【解析】 由m⊥
平面α，直线l满足l⊥m，且l α，所以l∥α，又n⊥平面β，l⊥n，l β，所以l∥β.
由直线m，n为异面直线，且m⊥平面α，n⊥平面β，则α与β相交，否则，若α∥β则推出m∥n，与m，n异面矛盾．故α与β相交，且交线平行于l.
【答案】 D
2．若m、n表示直线，α表示平面，则下列命题中，正确命题的个数为( )
① n⊥α；
② m∥n；
③ m⊥n;
④ n⊥α.
A．1
B．2
C．3
D．4
【解析】 ①②③正确，④中n与面α可能有：n?α或n∥α或相交(包括n⊥α)．
【答案】 C
3．(2014·浙江高考)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面( )
A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α
B．若m∥β，β⊥α，则m⊥α
C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α
D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α
【解析】 A，B，D中，m与平面α可能平行、相交或m在平面α内；对于C，若m⊥β，n⊥β，则m∥n，而n⊥α，所以m⊥α.故选C.
【答案】 C
4.
(2016·蚌埠高一检测)如图1 6 29，在正方体ABCD A1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且总保持AP⊥BD1，则动点P的轨迹是( )
图1 6 29
A．线段B1C
B．线段BC1
C．BB1中点与CC1中点连成的线段
D．BC中点与B1C1中点连成的线段
【解析】 连接AC，PC，
∵BD1⊥AC，BD1⊥AP，
∴BD1⊥平面APC，
∴BD1⊥PC，而在平面BCC1B1中，BD1⊥B1C，
∴P在线段B1C上运动，即点P的轨迹是线段B1C.
【答案】 A
5．如图1 6 30，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A BCD，则在三棱锥A BCD中，下列命题正确的是( )
【导学号：10690026】
图1 6 30
A．平面ABD⊥平面ABC
B．平面ADC⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDC
D．平面ADC⊥平面ABC
【解析】 如图，在平面图形中CD⊥BD，折起后仍然满足CD⊥BD，由于平面ABD⊥平面BCD，故CD⊥平面ABD，CD⊥AB.又AB⊥AD，故AB⊥平面ADC，所以平面ADC⊥平面ABC.
【答案】 D
二、填空题
6．若α⊥β，α∩β＝AB，a∥α，a⊥AB，则a与β的关系为________．
【解析】 过a作平面γ与平面α相交于a′.
∵a∥α，∴a∥a′.∵a⊥AB，∴a′⊥AB.
又α⊥β且α∩β＝AB，a′?α，∴a′⊥β，∴a⊥β.
【答案】 a⊥β
7．已知平面α⊥平面β，在α，β的交线上取线段AB＝4
cm，AC，BD分别在平面α和β内，它们都垂直于AB，并且AC＝3
cm，BD＝12
cm，则CD的长为______cm.
【解析】 如图，连接AD，CD.
在Rt△ABD中，AB＝4，BD＝12，
∴AD＝＝4
cm.
又∵α⊥β，CA⊥AB，CA?α，
∴CA⊥β，
∴△CAD为直角三角形，
∴CD＝＝
＝＝13(cm)．
【答案】 13
8．如图1 6 31，空间四边形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，且AB＝AD，则AC与平面BCD所成的角是________．
图1 6 31
【解析】 如图，取BD的中点E，连接AE、CE.
由AB＝AD，得AE⊥BD.
∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，
AE?平面ABD，
∴AE⊥平面BCD，
∴EC为AC在平面BCD上的射影，
∠ACE即为AC与平面BCD所成的角．
∵在Rt△BCD中，E为BD的中点，
∴CE＝BE.
又AE＝BE，
∴在Rt△ACE中，AE＝CE，
∠ACE＝45°.
∴AC与平面BCD所成的角为45°.
【答案】 45°
三、解答题
9．如图1 6 32三棱锥P ABC中，已知△ABC是等腰直角三角形，∠ABC＝90°，△PAC是直角三角形，∠PAC＝90°，∠ACP＝30°，平面PAC⊥平面ABC.求证：平面PAB⊥平面PBC.
图1 6 32
【证明】 ∵平面PAC⊥平面ABC，
平面PAC∩平面ABC＝AC，PA⊥AC，PA?平面PAC，
∴PA⊥平面ABC.又BC?平面ABC，
∴PA⊥BC.
又∵AB⊥BC，AB∩PA＝A，
∴BC⊥平面PAB.
又BC?平面PBC，
∴平面PAB⊥平面PBC.
10.如图1 6 33，已知四棱锥P ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，侧面PBC⊥底面ABCD.PA与BD是否相互垂直，请证明你的结论．
图1 6 33
【解】 PA与BD垂直，证明如下：
如图，取BC的中点O，连接PO，AO，
∵PB＝PC，∴PO⊥BC，
又侧面PBC⊥底面ABCD，
∴PO⊥底面ABCD，
∴PO⊥BD，
在直角梯形ABCD中，易证△ABO≌△BCD，
∠BAO＝∠CBD，∠CBD＋∠ABD＝90°，
∴∠BAO＋∠ABD＝90°，∴AO⊥BD，
又PO∩AO＝O，∴BD⊥平面PAO，
∴BD⊥PA，∴PA与BD相互垂直．
[能力提升]
1．已知平面α、β、γ，直线l、m满足：l⊥m，α⊥γ，γ∩α＝m，γ∩β＝l，那么在①β⊥γ；②l⊥α；③m⊥β中，可以由上述已知推出的有( )
A．①和②
B．②和③
C．①和③
D．②
【解析】
一方面，由题意得所以l⊥α，故②是正确的．另一方面，如图，在正三棱柱ABC A1B1C1中，把AA1记作l，把平面AB1记作β，把平面AC1记作γ，把平面A1B1C1记作α，把直线A1C1记作m，就可以否定①与③，故选D.
【答案】 D
2．如图1 6 34，在正方形SG1G2G3中，E、F分别是G1G2、G2G3的中点，现在沿SE、SF、EF把这个正方形折成一个四面体，使G1、G2、G3重合，重合后的点记为G.给出下列关系：
图1 6 34
①SG⊥平面EFG；②SE⊥平面EFG；③GF⊥SE；④EF⊥平面SEG.
其中成立的有( )
A．①与②
B．①与③
C．②与③
D．③与④
【解析】 由SG⊥GE，SG⊥GF，得SG⊥平面EFG，排除C、D；若SE⊥平面EFG，则SG∥SE，这与SG∩SE＝S矛盾，排除A，故选B.
【答案】 B
3．(2016·济南高一检测)如图1 6 35，四面体P ABC中，PA＝PB＝，平面PAB⊥平面ABC，∠ABC＝90°，AC＝8，BC＝6，则PC＝________.
图1 6 35
【解析】 取AB的中点E，连接PE，
∵PA＝PB，∴PE⊥AB，
又平面PAB⊥平面ABC，
∴PE⊥平面ABC，
连接CE，∴PE⊥CE，
∠ABC＝90°，AC＝8，BC＝6，
∴AB＝2，PE＝＝，
CE＝＝，
PC＝＝7.
【答案】 7
4．(2016·抚宁模拟)如图1 6 36，三棱锥A BCD中，∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，AB⊥平面BCD，∠ADB＝60°，E，F分别是AC，AD上的动点，且＝＝λ(0＜λ＜1)．
图1 6 36
(1)求证：不论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC；
(2)当λ为何值时，平面BEF⊥平面ACD.
【解】 (1)证明：∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD.
∵CD⊥BC，且AB∩BC＝B，∴CD⊥平面ABC.
又∵＝＝λ(0＜λ＜1)，
∴不论λ为何值，恒有EF∥CD，
∴EF⊥平面ABC，EF 平面BEF，
∴不论λ为何值，恒有平面BEF⊥平面ABC.
(2)由(1)知，BE⊥EF，∵平面BEF⊥平面ACD，
∴BE⊥平面ACD，∴BE⊥AC.
∵BC＝CD＝1，∠BCD＝90°，∠ADB＝60°，
∴BD＝，AB＝tan
60°＝，
∴AC＝＝.
由AB2＝AE·AC，得AE＝，
∴λ＝＝.(共45张PPT)
阶段一
阶段二
阶段三
学业分层测评
无公共点
垂直
平面曲线
曲面
封闭的
直径
曲面
球面
圆心
线段
球心
一边
一条直角边
垂直于底边
旋转轴
旋转轴
圆面
不垂直于旋转轴
曲面
不垂直于旋转轴
平面多边形
棱柱
棱锥
棱台
互相平行
互相平行
有一个公共顶点
延长线交于一点
平行四边形
梯形
平行且边数相等的
多边形
旋转体的结构特征
多面体的结构特征
简单组合体的识别和截面问题
学业分层测评（一）
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A
B,
C
第一章立体几何初步
Beijing
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B
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阶卫认知预习质疑
知识梳理要点初探
阶段2合作探究通关
分组讨论疑难细究(共47张PPT)
阶段一
阶段二
阶段三
学业分层测评
平行
l∥m
平行
交线
垂直
垂直
l⊥α
线面垂直的性质
面面垂直性质的应用
垂直关系的综合应用
学业分层测评（九）
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知识梳理要点初探学业分层测评(六)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．(2016·北京高一检测)已知直线a∥平面α，直线b∥平面α，则直线a，b的位置关系是( )
A．平行
B．相交
C．异面
D．以上都有可能
【解析】 直线a与直线b的位置关系可能相交、可能平行，也可能异面，故D正确．
【答案】 D
2．使平面α∥平面β的一个条件是( )
A．存在一条直线a，a∥α，a∥β
B．存在一条直线a，a?α，a∥β
C．存在两条平行直线a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α
D．α内存在两条相交直线a，b分别平行于β内两条直线
【解析】 A，B，C中的条件都不一定使α∥β，反例分别为图①②③(图中a∥l，b∥l)；D正确，因为a∥β，b∥β，又a，b相交，从而α∥β.
【答案】 D
3．如图1 5 9，在正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F分别是棱BC，C1D1的中点，则EF与平面BB1D1D的位置关系是( )
图1 5 9
A．平行
B．相交
C．面内
D．无法判断
【解析】 连接A1C1，设A1C1∩B1D1＝O，连接OB(图略)，显然OB∥EF，根据线面平行的判定定理可知，EF∥平面BB1D1D，故选A.
【答案】 A
4．在正方体ABCD A1B1C1D1中，下列四对截面中，彼此平行的一对是( )
A．平面A1BC1和平面ACD1
B．平面BDC1和平面B1D1C
C．平面B1D1D和平面BDA1
D．平面ADC1和平面AD1C
【解析】 如图，在截面A1BC1和截面AD1C中，
【答案】 A
5.
(2016·石家庄高一检测)四面体A BCD中，E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点，则四面体的六条棱中与平面EFGH平行的条数是( )
图1 5 10
A．0
B．1
C．2
D．3
【解析】 由题意知，FG∥EH∥BD，BD平面EFGH，FG?平面EFGH，所以BD∥平面EFGH，同理，AC∥平面EFGH，共有2条棱与平面EFGH平行．
【答案】 C
二、填空题
6．如图1 5 11所示，在空间四边形ABCD中，M∈AB，N∈AD，若＝，则MN与平面BDC的位置关系是________．
图1 5 11
【解析】 ∵＝，
∴MN∥BD.
又∵MN平面BDC，BD?平面BDC，
∴MN∥平面BDC.
【答案】 平行
7．已知平面α、β和直线a、b、c，且a∥b∥c，a?α，b、c?β，则α与β的关系是________．
【解析】 b、c?β，a?α，a∥b∥c，若α∥β，满足要求；若α与β相交，交线为l，b∥c∥l，a∥l，满足要求，故答案为相交或平行．
【答案】 相交或平行
8．如图1 5 12所示的四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形是________．(填序号)
【导学号：10690017】
图1 5 12
【解析】 ①中连接点A与点B上面的顶点，记为C，则易证平面ABC∥平面MNP，所以AB∥平面MNP；④中AB∥NP，根据空间直线与平面平行的判定定理可以得出AB∥平面MNP；②，③中，AB均与平面MNP相交．
【答案】 ①④
三、解答题
9．如图1 5 13，在底面是矩形的四棱锥P ABCD中，E、F分别是PC、PD的中点，求证：EF∥平面PAB.
图1 5 13
【证明】 ∵E、F分别是PC，PD的中点，∴EF∥CD，∵CD∥AB，∴EF∥AB，
∵EF平面PAB，AB?平面PAB，∴EF∥平面PAB.
10．P为正方形ABCD所在平面外一点，E，F，G分别为PD，AB，DC的中点，如图1 5 14.求证：
图1 5 14
(1)AE∥平面PCF；
(2)平面PCF∥平面AEG.
【证明】 (1)取PC中点H，分别连接EH，FH.
∵E，F，H分别为PD，AB，PC的中点，
∴EHDC，AFDC，∴EHAF，
∴四边形EAFH为平行四边形，∴EA∥FH.
又AE平面PCF，FH?平面PCF，
∴AE∥平面PCF.
(2)∵E，G分别为PD，CD的中点，
∴EG∥PC.
又EG平面PCF，PC?平面PCF，
∴EG∥平面PCF.
由(1)知AE∥平面PCF，EG∩AE＝E，
∴平面PCF∥平面AEG.
[能力提升]
1．如图1 5 15，在正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，CC1的中点，在平面ADD1A1内且与平面D1EF平行的直线( )
图1 5 15
A．不存在
B．有1条
C．有2条
D．有无数条
【解析】 可画出平面D1EF与平面ADD1A1的交线D1G.于是在平面ADD1A1内与直线D1G平行的直线都与平面D1EF平行，有无数条．
【答案】 D
2.如图1 5 16，正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1，E是AB的中点，点F在BC上，则BF等于多少时，EF∥平面A1C1D( )
图1 5 16
A．1
B.
C.
D.
【解析】 当点F是BC的中点时，即BF＝BC＝时，有EF∥平面A1C1D，
∵EF∥AC，AC∥A1C1，
∴EF∥A1C1，
又∵EF平面A1C1D，A1C1?平面A1C1D，
∴EF∥平面A1C1D.
【答案】 B
3．如图1 5 17是正方体的平面展开图．在这个正方体中，
①BM∥平面DE；②CN∥平面AF；③平面BDM∥平面AFN；④平面BDE∥平面NCF.
以上四个命题中，正确命题的序号是________．
图1 5 17
【解析】 以ABCD为下底面还原正方体，如图：
则可判定四个命题都是正确的．
【答案】 ①②③④
4．在如图1 5 18所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ACB＝90°，EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，AB＝2EF，M是线段AD的中点，求证：GM∥平面ABFE.
图1 5 18
【证明】 因为EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，∠ACB＝90°，所以△ABC∽△EFG，∠EGF＝90°，由于AB＝2EF，因此BC＝2FG.如图，连接AF，
由于FG∥BC，FG＝BC，在 ABCD中，M是线段AD的中点，
则AM∥BC，且AM＝BC，
因此FG∥AM且FG＝AM，
所以四边形AFGM为平行四边形，因此GM∥FA.
又FA?平面ABFE，GM平面ABFE，
所以GM∥平面ABFE.(共43张PPT)
阶段一
阶段二
阶段三
学业分层测评
a∩b＝O
a?α
a∩α＝A
a∥α
α∥β
α∩β＝a
不在一条直线
有且只有
A，B，C确定
在平面内
有一个公共点
两点
有且只有
B∈α
l?α
α∩β＝l
空间点、线、面的位置关系
点线共面问题
点共线与线共点问题
学业分层测评（四）
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知识梳理要点初探学业分层测评(七)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．直线a∥平面α，α内有n条直线交于一点，那么这n条直线中与直线a平行的( )
A．至少有一条
B．至多有一条
C．有且只有一条
D．没有
【解析】 设α内n条直线的交点为A，则过A有且仅有一条直线l与a平行，当l在这n条直线中时，有一条与a平行，而当l不在这n条直线中时，n条相交于A的直线都不与a平行，
∴n条相交直线中有0条或1条直线与a平行．
【答案】 B
2．梯形ABCD中，AB∥CD，AB?平面α，CD平面α，则直线CD与平面α内的直线的位置关系只能是( )
A．平行
B．平行或异面
C．平行或相交
D．异面或相交
【解析】 由题意知，CD∥α，则平面α内的直线与CD可能平行，也可能异面．
【答案】 B
3．三棱锥S ABC中，E、F分别是SB、SC上的点，且EF∥平面ABC，则( )
A．EF与BC相交
B．EF与BC平行
C．EF与BC异面
D．以上均有可能
【解析】 由线面平行的性质定理可知EF∥BC.
【答案】 B
4．如图1 5 27，四棱锥P ABCD中，M，N分别为AC，PC上的点，且MN∥平面PAD，则( )
图1 5 27
A．MN∥PD
B．MN∥PA
C．MN∥AD
D．以上均有可能
【解析】 ∵MN∥平面PAD，MN?平面PAC，平面PAD∩平面PAC＝PA，
∴MN∥PA.
【答案】 B
5.如图1 5 28，平面α∥平面β，过平面α，β外一点P引直线l1分别交平面α，平面β于A、B两点，PA＝6，AB＝2，引直线l2分别交平面α，平面β于C，D两点，已知BD＝12，则AC的长等于( )
图1 5 28
A．10
B．9
C．8
D．7
【解析】 由l1∩l2＝P，知l1，l2确定一个平面γ，
AC∥BD ＝，
∴＝，
解得AC＝9.
【答案】 B
二、填空题
6．如图1 5 29，正方体ABCD A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于________．
图1 5 29
【解析】 因为直线EF∥平面AB1C，EF?平面ABCD，且平面AB1C∩平面ABCD＝AC，所以EF∥AC，又因为E是DA的中点，所以F是DC的中点，由中位线定理可得：EF＝AC，又因为在正方体ABCD A1B1C1D1中，AB＝2，所以AC＝2，所以EF＝.
【答案】
7．设m、n是平面α外的两条直线，给出三个论断：
①m∥n；②m∥α；③n∥α.以其中的两个为条件，余下的一个为结论，构成三个命题，写出你认为正确的一个命题：________.(用序号表示)
【导学号：10690020】
【解析】 ①② ③.
设过m的平面β与α交于l.
∵m∥α，∴m∥l，∵m∥n，∴n∥l，∵nα，l?α，∴n∥α.
【答案】 ①② ③(或①③ ②)
8．在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱A1B1，B1C1的中点，P是棱AD上一点，AP＝，过P，M，N的平面与棱CD交于Q，则PQ＝________.
【解析】 ∵MN∥平面AC，PQ＝平面PMN∩平面AC，∴MN∥PQ，易知DP＝DQ＝，
故PQ＝＝DP＝.
【答案】
三、解答题
9．如图1 5 30，三棱柱ABC A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形，设D是A1C1上的点且A1B∥平面B1CD，求A1D∶DC1的值．
图1 5 30
【解】 设BC1交B1C于点E，连接DE，
则DE是平面A1BC1与平面B1CD的交线．
因为A1B∥平面B1CD，
且A1B?平面A1BC1，所以A1B∥DE.
又E是BC1的中点，
所以D为A1C1的中点，即A1D∶DC1＝1∶1.
10．如图1 5 31，在正方体ABCD A1B1C1D1中，点N在BD上，点M在B1C上，且CM＝DN.求证：MN∥平面AA1B1B.
图1 5 31
【证明】 如图，作MP∥BB1交BC于点P，连接NP，
∵MP∥BB1，∴＝.
∵BD＝B1C，DN＝CM，
∴B1M＝BN，∴＝，
∴＝，
∴NP∥CD∥AB.
∵NP平面AA1B1B，AB?平面AA1B1B，
∴NP∥平面AA1B1B.
∵MP∥BB1，MP平面AA1B1B，BB1?平面AA1B1B，
∴MP∥平面AA1B1B.
又∵MP?平面MNP，NP?平面MNP，MP∩NP＝P，
∴平面MNP∥平面AA1B1B.
∵MN?平面MNP，∴MN∥平面AA1B1B.
[能力提升]
1．过平面α外的直线l，作一组平面与α相交，如果所得的交线为a，b，c，…，则这些交线的位置关系为( )
A．都平行
B．都相交且一定交于同一点
C．都相交但不一定交于同一点
D．都平行或交于同一点
【解析】 ∵lα，∴l∥α或l与α相交．
(1)若l∥α，则由线面平行的性质可知l∥a，l∥b，l∥c，…，
∴a，b，c，…这些交线都平行．
(2)若l与α相交，不妨设l∩α＝A，则A∈l，又由题意可知A∈a，A∈b，A∈c，…，∴这些交线交于同一点A.综上可知D正确．
【答案】 D
2．如图1 5 32，P是△ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，α分别交线段PA，PB，PC于点A′，B′，C′，若PA′∶AA′＝2∶3，则△A′B′C′与△ABC面积的比为( )
图1 5 32
A．2∶5
B．3∶8
C．4∶9
D．4∶25
【解析】 由题意知，△A′B′C′∽△ABC，
从而＝＝＝.
【答案】 D
3．如图1 5 33所示，直线a∥平面α，点A在α另一侧，点B，C，D∈a.线段AB，AC，AD分别交α于点E，F，G.若BD＝4，CF＝4，AF＝5，则EG＝________.
图1 5 33
【解析】 A a，则点A与直线a确定一个平面，即平面ABD.
因为a∥α，且α∩平面ABD＝EG，所以a∥EG，即BD∥EG，
所以＝，又＝，所以＝，
于是EG＝＝＝.
【答案】
4．如图1 5 34，三棱柱ABC A1B1C1中，底面是边长为2的正三角形，点E，F分别是棱CC1，BB1上的点，点M是线段AC上的动点，EC＝2FB＝2，当点M在何位置时，BM∥平面AEF.
图1 5 34
【解】 如图，取EC的中点P，AC的中点Q，连接PQ，PB，BQ，则PQ∥AE.
因为EC＝2FB＝2，所以PE＝BF，所以四边形BFEP为平行四边形，所以PB∥EF.
又AE，EF 平面AEF，PQ，PB 平面AEF，
所以PQ∥平面AEF，PB∥平面AEF.
又PQ∩PB＝P，所以平面PBQ∥平面AEF.又BQ 平面PBQ，所以BQ∥平面AEF.故点Q即为所求的点M，即点M为AC的中点时，BM∥平面AEF.(共35张PPT)
阶段一
阶段二
阶段三
学业分层测评
球的表面积与体积的计算
球的表面积及体积的应用
与球有关的切、接问题
学业分层测评（十二）
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W目学业分层测评(十)
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[学业达标]
一、选择题
1．一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为1的正方形，俯视图是直径为1的圆，那么这个几何体的侧面积为( )
图1 7 8
A．π B.π C．2π D．3π
【解析】 由该几何体的三视图可知，其为底面半径为，高为1的圆柱，
故S侧＝2×π××1＝π.
【答案】 A
2．圆台的母线长扩大为原来的n倍，两底面半径都缩小为原来的倍，那么它的侧面积变为原来的( )
A．1倍
B．n倍
C．n2倍
D.倍
【解析】 由S侧＝π(r′＋r)l，当r，r′缩小倍，l扩大n倍时，S侧不变．
【答案】 A
3．某几何体的三视图如图1 7 9所示，则该几何体的表面积为( )
【导学号：10690029】
图1 7 9
A．180
B．200
C．220
D．240
【解析】 几何体为直四棱柱，其高为10，底面是上底为2，下底为8，高为4，腰为5的等腰梯形，故两个底面面积的和为×(2＋8)×4×2＝40，四个侧面面积的和为(2＋8＋5×2)×10＝200，所以直四棱柱的表面积为S＝40＋200＝240，故选D.
【答案】 D
4．一个圆台的母线长等于上、下底面半径和的一半，且侧面积是18π，则母线长为( )
A．2
B．3
C．4
D．2
【解析】 设圆台的上、下底面圆半径分别为r1，r2，母线长为l，则π(r1＋r2)l＝18π，即(r1＋r2)l＝18.
又∵l＝(r1＋r2)，∴2l2＝18，即l2＝9，∴l＝3.
【答案】 B
5．(2014·安徽高考)一个多面体的三视图如图1 7 10所示，则该多面体的表面积为( )
图1 7 10
A．21＋
B．18＋
C．21
D．18
【解析】 由三视图可知，
原几何体是一个正方体截去两个全等的小正三棱锥．正方体的表面积为S＝24，两个全等的三棱锥是以正方体的相对顶点为顶点，侧面是三个全等的直角边长为1的等腰直角三角形，其表面积的和为3，三棱锥的底面是边长为的正三角形，其表面积的和为，故所求几何体的表面积为24－3＋＝21＋.
【答案】 A
二、填空题
6．已知圆台的上、下底面半径和高的比为1∶4∶4，母线长为10，则圆台的侧面积为________．
【解析】
设上底面半径为r，则下底面半径为4r，高为4r，
∵母线长为10，
∴有102＝(4r)2＋(4r－r)2，解得r＝2，
∴S圆台侧＝π(r＋4r)×10＝100π.
【答案】 100π
7．侧面都是直角三角形的正三棱锥，底面边长为a，则该三棱锥的表面积为__________．
【解析】 ∵底面边长为a，则斜高为，
故S侧＝3×a×＝a2，
而S底＝a2，故S表＝a2.
【答案】 a2
8．如图1 7 11，直三棱柱的主视图面积为2a2，则左视图的面积为________．
图1 7 11
【解析】 此直三棱柱的底面是边长为a的正三角形，该三角形的高为a.左视图是一矩形，一边为a，另一边为2a，故左视图的面积为a×2a＝a2.
【答案】 a2
三、解答题
9．正四棱锥底面正方形边长为4
cm，高与斜高的夹角为30°，求正四棱锥的侧面积和表面积(单位：cm2)．
【解】 正四棱锥的高PO，斜高PE与底面边心距OE组成Rt△POE.
∵OE＝2
cm，∠OPE＝30°，
∴PE＝＝4(cm)，
因此，S侧棱锥＝ch′＝×4×4×4＝32(cm2)，
S表面积＝S侧＋S底＝32＋16＝48(cm2)．
10．一个几何体的三视图及其相关数据如图1 7 12所示，求这个几何体的表面积．
图1 7 12
【解】 这个几何体是一个圆台被轴截面割出来的一半．
根据图中数据可知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，高为，母线长为2，几何体的表面积是两个半圆的面积、圆台侧面积的一半和轴截面的面积之和，故这个几何体的表面积为S＝π×12＋π×22＋π×(1＋2)×2＋×(2＋4)×＝＋3.
[能力提升]
1．(2016·吉林高一检测)已知圆锥的侧面展开图为半圆，半圆的面积为S，则圆锥的底面面积是( )
A．2S
B.
C.S
D.S
【解析】 设圆锥的底面半径为r，母线长为l.
则由题意，得S＝πl2，S＝πrl，
所以πl2＝πrl，
于是l＝2r，代入S＝πrl，得S＝2πr2，
所以圆锥的底面面积πr2＝.
【答案】 B
2．(2014·重庆高考)某几何体的三视图如图1 7 13所示，则该几何体的表面积为( )
图1 7 13
A．54
B．60
C．66
D．72
【解析】 由三视图可知，该几何体为如图所示的一个三棱柱上方被截去一个三棱锥得到的．
由三视图中的相关数据易知，底面的面积为×3×4＝6，左侧侧面积为3×5＝15，前面的侧面积为×(2＋5)×4＝14，后面的侧面积为×(2＋5)×5＝，截面积为×3×5＝，故表面积为6＋14＋15＋＋＝60.选B.
【答案】 B
3．直平行六面体底面是菱形，两个对角面的面积分别为Q1和Q2，则此平行六面体的侧面积为________．
【解析】 设侧棱为b，底面边长为a，
则＋＝a2，
∴Q＋Q＝4a2b2，
∴S侧＝4ab＝2.
【答案】 2
4．如图1 7 14，已知平行四边形ABCD，AB＝8，AD＝6，∠DAB＝60°，以AB为轴旋转一周，得旋转体，求旋转体的表面积．
图1 7 14
【解】 如图(1)，作DH⊥AB于H，在Rt△ADH中，AD＝6，∠DAH＝60°，
∴DH＝×AD＝3，
如图(2)，所得旋转体的表面积是一个圆柱的侧面积与两个圆锥侧面积的和．
即S表＝2π×DH×DC＋π×DH×AD×2
＝2π×3×8＋π×3×6×2
＝48π＋36π＝84π，
即旋转体的表面积为84π.学业分层测评(四)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．用符号表示“点A在直线l上，l在平面α外”，正确的表示是( )
A．A∈l，l α
B．A∈l，l α
C．A l，l α
D．A l，l α
【解析】 点A在直线上，A∈l，直线l在平面α外，l α，故B正确．
【答案】 B
2．如果空间四点A，B，C，D不共面，那么下列判断中正确的是( )
A．A，B，C，D四点中必有三点共线
B．A，B，C，D四点中不存在三点共线
C．直线AB与CD相交
D．直线AB与CD平行
【解析】 若A，B，C，D四点中有三点共线，则A，B，C，D四点共面，若AB与CD相交(或平行)，则AB与CD共面，即得A，B，C，D四点共面．
【答案】 B
3．空间两两相交的三条直线，可以确定的平面数是( )
A．1
B．2
C．3
D．1或3
【解析】 若三条直线两两相交共有三个交点，则确定1个平面；若三条直线两两相交于同一点时，可能确定3个平面．
【答案】 D
4．平行六面体ABCD A1B1C1D1中，既与AB共面也与CC1共面的棱的条数为( )
A．3
B．4
C．5
D．6
【解析】 如图，与AB共面也与CC1共面的棱有CD，BC，BB1，AA1，C1D1，共5条．
【答案】 C
5．如图1 4 7，平面α∩平面β＝l，点A∈α，点B∈α，
且点C∈β，点C l.又AB∩l＝R，设A，B，C三点确定的平面为γ，则β∩γ是( )
图1 4 7
A．直线AC
B．直线BC
C．直线CR
D．直线AR
【解析】 ∵C∈平面ABC，AB?平面ABC，而R∈AB，∴R∈平面ABC.而C∈β，l?β，R∈l，∴R∈β，
∴点C、点R为两平面ABC与β的公共点，∴β∩γ＝CR.
【答案】 C
二、填空题
6．对于结论“若a?α，且a∩b＝P，则P∈α”，用文字语言可以叙述为________．
【解析】 若直线a在平面α内，且直线a与直线b相交于一点P，则点P一定在平面α内．
【答案】 若直线a在平面α内，且直线a与直线b相交于一点P，则点P一定在平面α内
7．如图1 4 8，在这个正方体中，①BM与ED平行；②CN与BM是异面直线；③CN与BE是异面直线；④DN与BM是异面直线．
以上四个命题中，正确命题的序号是________．(把你认为正确的序号都填上)
图1 4 8
【解析】 观察图形可知①③错误，②④正确．
【答案】 ②④
8．有下面几个说法：
①如果一条线段的中点在一个平面内，那么它的两个端点也在这个平面内；
②两组对边分别相等的四边形是平行四边形；
③两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
④四边形有三条边在同一平面内，则第四条边也在这个平面内；
⑤点A在平面α外，点A和平面α内的任意一条直线都不共面．
其中正确的序号是________．(把你认为正确的序号都填上)
【导学号：10690011】
【解析】 ①中线段可与平面α相交；②中的四边形可以是空间四边形；③中平行的对边能确定平面，所以是平行四边形；④中三边在同一平面内，可推知第四条边的两个端点也在这个平面内，所以第四条边在这个平面内；⑤中点A与α内的任意直线都能确定一个平面．
【答案】 ③④
三、解答题
9．如图1 4 9所示，AB∩α＝P，CD∩α＝P，A，D与B，C分别在平面α的两侧，AC∩α＝Q，BD∩α＝R.
图1 4 9
求证：P，Q，R三点共线．
【证明】 ∵AB∩α＝P，CD∩α＝P，∴AB∩CD＝P，
∴AB，CD可确定一个平面，设为β.
∵A∈AB，C∈CD，B∈AB，D∈CD，
∴A∈β，C∈β，B∈β，D∈β，
∴AC?β，BD?β，平面α，β相交．
∵AB∩α＝P，AC∩α＝Q，BD∩α＝R，
∴P，Q，R三点是平面α与平面β的公共点，
∴P，Q，R都在α与β的交线上，故P，Q，R三点共线．
10．求证：如果两两平行的三条直线都与另一条相交，那么这四条直线共面．
【证明】 已知：a∥b∥c，l∩a＝A，l∩b＝B，l∩c＝C.
求证：直线a，b，c和l共面．
如图所示，因为a∥b，由公理2可知直线a与b确定一个平面，设为α.
因为l∩a＝A，l∩b＝B，所以A∈a，B∈b，则A∈α，B∈α.又因为A∈l，B∈l，所以由公理1可知l?α.
因为b∥c，所以由公理2可知，直线b与c确定一个平面β，同理可知，l?β.
因为平面α和平面β都包含着直线b与l，且l∩b＝B，而由公理2的推论2知，经过两条相交直线，有且只有一个平面，所以平面α与平面β重合，所以直线a，b，c和l共面．
[能力提升]
1．给出下列命题，其中正确命题的个数是( )
①如果线段AB在平面α内，那么直线AB在平面α内；②两个不同的平面可以相交于不在同一直线上的三个点A、B、C；③若三条直线a，b，c互相平行且分别交直线l于A，B，C三点，则这四条直线共面；④若三条直线两两相交，则这三条直线共面；⑤两组对边相等的四边形是平行四边形．
A．1
B．2
C．3
D．4
【解析】 由公理1知①正确，由公理3知②不正确，③正确；三条直线两两相交于同一点时，三条直线不一定共面，④不正确；空间四边形也可能两组对边相等，⑤不正确．
【答案】 B
2．已知α，β，γ是平面，a，b，c是直线，α∩β＝a，β∩γ＝b，γ∩α＝c，若a∩b＝P，则( )
A．P∈c
B．P c
C．c∩a＝
D．c∩β＝
【解析】 如图，由a∩b＝P，
∴P∈a，P∈b，
∵α∩β＝a，β∩γ＝b，
∴P∈α，P∈γ而γ∩α＝c，
∴P∈c.
【答案】 A
3．如果一条直线与一个平面垂直，那么，称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是________．
【解析】 正方体的一条棱长对应着2个“正交线面对”，12条棱长共对应着24个“正交线面对”；正方体的一条面对角线对应着1个“正交线面对”，12条面对角线对应着12个“正交线面对”，共有36个．
【答案】 36
4．在正方体AC1中，E、F分别为D1C1、B1C1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q，如图1 4 10：
图1 4 10
(1)求证：D、B、E、F四点共面；
(2)作出直线A1C与平面BDEF的交点R的位置．
【解】
(1)证明：由于CC1和BF在同一个平面内且不平行，故必相交．设交点为O，则OC1＝C1C.同理直线DE与CC1也相交，设交点为O′，则O′C1＝C1C，故O′与O重合．由此可证得DE∩BF＝O，故D、B、F、E四点共面(设为α)．
(2)由于AA1∥CC1，
所以A1、A、C、C1四点共面(设为β)．
P∈BD，而BD α，故P∈α.
又P∈AC，而AC β，所以P∈β，所以P∈α∩β.
同理可证得Q∈α∩β，从而有α∩β＝PQ.
又因为A1C β，
所以A1C与平面α的交点就是A1C与PQ的交点．
连接A1C，则A1C与PQ的交点R就是所求的交点．(共40张PPT)
阶段一
阶段二
阶段三
学业分层测评
基本几何体
拼接
切掉
挖掉
主视图
左视图
俯视图
俯视图
左视图
正前方
正上方
正左侧
方向
交线位置
实线
虚线
简单几何体的三视图
简单组合体的三视图
由三视图还原成实物图
学业分层测评（三）
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阶段3体验落实评价
课堂回馈即时达标
励志案
学习目标导航
类型1
素能关
类型
素能关
探究点
综合关
名师指津
主视图左视图主视图左视图
俯视图
俯视图
正三棱柱
正四棱柱
主视图左视图
俯视图
圆锥
阶段2合作探究通关
分组讨论疑难细究
阶卫认知预习质疑
知识梳理要点初探
W目(共44张PPT)
阶段一
阶段二
阶段三
学业分层测评
底面半径
侧面母线长
2πrl
底面半径
侧面母线长
上底面半径
下底面半径
侧面母线长
πrl
π(r1＋r2)l
高
底面周长
ch
斜高
底面周长
上底面周长
下底面周长
斜高
圆柱、圆锥、圆台的侧面积与表面积
直棱柱、正棱锥、正棱台的表面积
组合体的表面积
学业分层测评（十）
点击图标进入…
阶段3体验落实评价
课堂回馈即时达标
励志案
学习目标导航
类型1
素能关
类型
素能关
探究点
综合关
名师指津
6—1
6-x=2+2
8
主视图
左视图
俯视图
W目
阶段2合作探究通关
分组讨论疑难细究
阶卫认知预习质疑
知识梳理要点初探学业分层测评(二)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．如图1 2 9所示是水平放置的三角形的直观图，A′B′∥y′轴，则原图中△ABC是( )
图1 2 9
A．锐角三角形
B．直角三角形
C．钝角三角形
D．任意三角形
【解析】 ∵A′B′∥y′，所以由斜二测画法可知在原图形中BA⊥AC，故△ABC是直角三角形．
【答案】 B
2．利用斜二测画法画出边长为3
cm的正方形的直观图，正确的是图中的( )
【解析】 正方形的直观图是平行四边形，且平行于x轴的边长为3，平行于y轴的边长为1.5.
【答案】 C
3．如图1 2 10为一平面图形的直观图的大致图形，则此平面图形可能是( )
图1 2 10
【解析】 根据该平面图形的直观图，该平面图形为一个直角梯形，且在直观图中平行于y′轴的边与底边垂直．
【答案】 C
4．已知一个正方形的直观图是一个平行四边形，其中有一边长为4，则此正方形的面积为( )
A．16
B．64
C．16或64
D．无法确定
【解析】 若该边长平行于x轴或与x轴重合，则正方形的边长为4，面积为16，若该边长平行于y轴或与y轴重合，则正方形的边长为8，面积为64.
【答案】 C
5．如图1 2 11所示是水平放置的正方形ABCO，在平面直角坐标系xOy中，点B的坐标为(4,4)，则由斜二测画法画出的正方形的直观图中，顶点B′到x′轴的距离为( )
【导学号：10690005】
图1 2 11
A.
B.
C．2
D．2
【解析】 由斜二测画法规则画出直观图如图所示，作B′E⊥x′轴于点E，在Rt△B′EC′中，B′C′＝2，∠B′C′E＝45°，B′E＝B′C′sin
45°＝2×＝.
【答案】 A
二、填空题
6．如图1 2 12，平行四边形O′P′Q′R′是四边形OPQR的直观图，若O′P′＝3，O′R′＝1，则原四边形OPQR的周长为________．
图1 2 12
【解析】 由四边形OPQR的直观图可知原四边形是矩形，且OP＝3，OR＝2，所以原四边形OPQR的周长为2×(3＋2)＝10.
【答案】 10
7．如图1 2 13，四边形OABC是上底为2，下底为6，底角为45°的等腰梯形，用斜二测画法，画出这个梯形的直观图O′A′B′C′，在直观图中梯形的高为________．
图1 2 13
【解析】 由原图形可知OA＝6，BC＝2，∠COD＝45°，则CD＝2，则直观图中的高h′＝C′D′sin
45°＝1×＝.
【答案】
8．(2016·潍坊高一检测)如图1 2 14，正方形O′A′B′C′的边长为1
cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图的周长是________cm.
图1 2 14
【解析】 由斜二测画法的规则知，与x轴平行的线段长度不变，
以及与横轴平行的性质不变，正方形的对角线在y′轴上，可求得其长度为，在平面图中对应的长度为2，其原来的图形如图所示，AB＝＝3，所以周长为2×(3＋1)＝8
cm.
【答案】 8
三、解答题
9．画出水平放置的四边形OBCD(如图1 2 15所示)的直观图．
图1 2 15
【解】 ①过点C作CE⊥x轴，垂足为E，如图(1)所示，画出对应的x′轴、y′轴，使∠x′O′y′＝45°，如图(2)所示．
②如图(2)所示，在x′轴上取点B′，E′，使得O′B′＝OB，O′E′＝OE；在y′轴上取一点D′，使得O′D′＝OD；过E′作E′C′∥y′轴，使E′C′＝EC.
③连接B′C′，C′D′，并擦去x′轴与y′轴及其他一些辅助线，如图(3)所示，四边形O′B′C′D′就是所求的直观图．
10．用斜二测画法画底面半径为1
cm，高为3
cm的圆锥的直观图．
【解】 画法如下：
(1)画x′轴和y′轴，两轴交于点O′，使∠x′O′y′＝45°；
(2)分别在x′轴、y′轴上以O′为中心，作A′B′＝2
cm，C′D′＝1
cm，用曲线将A′，C′，B′，D′连起来得到圆锥底面(圆)的直观图；
(3)画z′轴，在z′轴方向上取O′S＝3
cm，S为圆锥的顶点，连接SA′，SB′.
(4)擦去辅助线，得圆锥的直观图．
[能力提升]
1．如图1 2 16所示，△A′O′B′表示水平放置的△AOB的直观图，B′在x′轴上，A′O′和x′轴垂直，且A′O′＝2，则△AOB的边OB上的高为( )
图1 2 16
A．2
B．4
C．2
D．4
【解析】 由直观图与原图形中边OB长度不变，
得S原图形＝2S直观图，得·OB·h＝2××2·O′B′，
∵OB＝O′B′，∴h＝4.
【答案】 D
2．如图1 2 17，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6
cm，O′C′＝2
cm，则原图形是( )
图1 2 17
A．正方形
B．矩形
C．菱形
D．一般的平行四边形
【解析】 如图，在原图形OABC中，
应有OD＝2O′D′＝2×2＝4
cm，
CD＝C′D′＝2
cm，
∴OC＝＝＝6
cm，
∴OA＝OC，故四边形OABC是菱形．
【答案】 C
3．一个水平放置的平面图形的直观图是直角梯形ABCD，如图1 2 18所示，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，原平面图形的面积为________．
图1 2 18
【解析】
过A作AE⊥BC，垂足为E，
又∵DC⊥BC且AD∥BC，∴四边形ADCE是矩形，∴EC＝AD＝1，由∠ABC＝45°，AB＝AD＝1知BE＝，∴原平面图形是梯形且上下两底边长分别为1和1＋，高为2，∴原平面图形的面积为××2＝2＋.
【答案】 2＋
4.在水平放置的平面α内有一个边长为1的正方形A′B′C′D′，如图1 2 19，其中的对角线A′C′在水平位置，已知该正方形是某个四边形用斜二测画法画出的直观图，试画出该四边形的真实图形并求出其面积．
图1 2 19
【解】 四边形ABCD的真实图形如图所示，
∵A′C′在水平位置，A′B′C′D′为正方形，
∴∠D′A′C′＝∠A′C′B′＝45°，
∴在原四边形ABCD中，
DA⊥AC，AC⊥BC.
∵DA＝2D′A′＝2，AC＝A′C′＝，
∴S四边形ABCD＝AC·AD＝2.
