第2讲 两条直线的位置关系
基础巩固题组
(建议用时：30分钟)
一、选择题
1．直线2x＋y＋m＝0和x＋2y＋n＝0的位置关系是
( )
A．平行
B．垂直
C．相交但不垂直
D．不能确定
解析 直线2x＋y＋m＝0的斜率k1＝－2，直线x＋2y＋n＝0的斜率为k2＝－，则k1≠k2，且k1k2≠－1.故选C.
答案 C
2．(2017·上饶模拟)“a＝－1”是“直线ax＋3y＋3＝0和直线x＋(a－2)y＋1＝0平行”的
( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析 依题意得，直线ax＋3y＋3＝0和直线x＋(a－2)y＋1＝0平行的充要条件是解得a＝－1，因此选C.
答案 C
3．过两直线l1：x－3y＋4＝0和l2：2x＋y＋5＝0的交点和原点的直线方程为
( )
A．19x－9y＝0
B．9x＋19y＝0
C．19x－3y＝0
D．3x＋19y＝0
解析 法一 由得
则所求直线方程为：y＝x＝－x，即3x＋19y＝0.
法二 设直线方程为x－3y＋4＋λ(2x＋y＋5)＝0，
即(1＋2λ)x－(3－λ)y＋4＋5λ＝0，又直线过点(0,0)，
所以(1＋2λ)·0－(3－λ)·0＋4＋5λ＝0，
解得λ＝－，故所求直线方程为3x＋19y＝0.
答案 D
4．直线x－2y＋1＝0关于直线x＝1对称的直线方程是
( )
A．x＋2y－1＝0
B．2x＋y－1＝0
C．x＋2y＋3＝0
D．x＋2y－3＝0
解析 设所求直线上任一点(x，y)，则它关于直线x＝1的对称点(2－x，y)在直线x－2y＋1＝0上，即2－x－2y＋1＝0，化简得x＋2y－3＝0.
答案 D
5．(2017·安庆模拟)若直线l1：x＋3y＋m＝0(m＞0)与直线l2：2x＋6y－3＝0的距离为，则m＝
( )
A．7
B.
C．14
D．17
解析 直线l1：x＋3y＋m＝0(m＞0)，即2x＋6y＋2m＝0，因为它与直线l2：2x＋6y－3＝0的距离为，所以＝，求得m＝，故选B.
答案 B
6．平面直角坐标系中直线y＝2x＋1关于点(1,1)对称的直线方程是
( )
A．y＝2x－1
B．y＝－2x＋1
C．y＝－2x＋3
D．y＝2x－3
解析 在直线y＝2x＋1上任取两个点A(0,1)，B(1,3)，则点A关于点(1,1)对称的点为M(2,1)，点B关于点(1,1)对称的点为N(1，－1)．由两点式求出对称直线MN的方程为＝，即y＝2x－3，故选D.
答案 D
7．(2017·成都调研)已知直线l1过点(－2,0)且倾斜角为30°，直线l2过点(2,0)且与直线l1垂直，则直线l1与直线l2的交点坐标为
( )
A．(3，)
B．(2，)
C．(1，)
D.
解析 直线l1的斜率为k1＝tan
30°＝，因为直线l2与直线l1垂直，所以k2＝－＝－，所以直线l1的方程为y＝(x＋2)，直线l2的方程为y＝－(x－2)．两式联立，解得即直线l1与直线l2的交点坐标为(1，)．故选C.
答案 C
8．从点(2,3)射出的光线沿与向量a＝(8,4)平行的直线射到y轴上，则反射光线所在的直线方程为
( )
A．x＋2y－4＝0
B．2x＋y－1＝0
C．x＋6y－16＝0
D．6x＋y－8＝0
解析 由直线与向量a＝(8,4)平行知：过点(2,3)的直线的斜率k＝，所以直线的方程为y－3＝(x－2)，其与y轴的交点坐标为(0,2)，又点(2,3)关于y轴的对称点为(－2,3)，所以反射光线过点(－2,3)与(0,2)，由两点式知A正确．
答案 A
二、填空题
9．点(2,1)关于直线x－y＋1＝0的对称点为________．
解析 设对称点为(x0，y0)，则
解得故所求对称点为(0,3)．
答案 (0,3)
10．若三条直线y＝2x，x＋y＝3，mx＋2y＋5＝0相交于同一点，则m的值为________．
解析 由得
∴点(1,2)满足方程mx＋2y＋5＝0，即m×1＋2×2＋5＝0，∴m＝－9.
答案 －9
11．(2017·沈阳检测)已知直线l过点P(3,4)且与点A(－2，2)，B(4，－2)等距离，则直线l的方程为________．
解析 显然直线l的斜率不存在时，不满足题意；
设所求直线方程为y－4＝k(x－3)，
即kx－y＋4－3k＝0，由已知，得＝，
∴k＝2或k＝－.
∴所求直线l的方程为2x－y－2＝0或2x＋3y－18＝0.
答案 2x＋3y－18＝0或2x－y－2＝0
12．(2016·长沙一调)已知入射光线经过点M(－3,4)，被直线l：x－y＋3＝0反射，反射光线经过点N(2,6)，则反射光线所在直线的方程为________．
解析 设点M(－3,4)关于直线l：x－y＋3＝0的对称点为M′(a，b)，则反射光线所在直线过点M′，
所以解得a＝1，b＝0.
又反射光线经过点N(2,6)，
所以所求直线的方程为＝，
即6x－y－6＝0.
答案 6x－y－6＝0
能力提升题组
(建议用时：15分钟)
13．(2017·洛阳模拟)在直角坐标平面内，过定点P的直线l：ax＋y－1＝0与过定点Q的直线m：x－ay＋3＝0相交于点M，则|MP|2＋|MQ|2的值为
( )
A.
B.
C．5
D．10
解析 由题意知P(0,1)，Q(－3,0)，
∵过定点P的直线ax＋y－1＝0与过定点Q的直线x－ay＋3＝0垂直，∴M位于以PQ为直径的圆上，
∵|PQ|＝＝，∴|MP|2＋|MQ|2＝|PQ|2＝10，故选D.
答案 D
14.如图所示，已知两点A(4,0)，B(0,4)，从点P(2,0)射出的光线经直线AB反射后再射到直线OB上，最后经直线OB反射后又回到P点，则光线所经过的路程是
( )
A．2
B．6
C．3
D．2
解析 易得AB所在的直线方程为x＋y＝4，由于点P关于直线AB对称的点为A1(4,2)，点P关于y轴对称的点为A2(－2,0)，则光线所经过的路程即A1(4,2)与A2(－2,0)两点间的距离．于是|A1A2|＝＝2.
答案 A
15．设m∈R，过定点A的动直线x＋my＝0和过定点B的动直线mx－y－m＋3＝0交于点P(x，y)，则|PA|·|PB|的最大值是________．
解析 易知A(0,0)，B(1,3)且两直线互相垂直，
即△APB为直角三角形，
∴|PA|·|PB|≤＝＝＝5.
当且仅当|PA|＝|PB|时，等号成立．
答案 5
16．在平面直角坐标系内，到点A(1,2)，B(1,5)，C(3,6)，D(7，－1)的距离之和最小的点的坐标是________．
解析 设平面上任一点M，因为|MA|＋|MC|≥|AC|，当且仅当A，M，C共线时取等号，同理|MB|＋|MD|≥|BD|，当且仅当B，M，D共线时取等号，连接AC，BD交于一点M，若|MA|＋|MC|＋|MB|＋|MD|最小，则点M为所求．∵kAC＝＝2，
∴直线AC的方程为y－2＝2(x－1)，
即2x－y＝0.①
又∵kBD＝＝－1，
∴直线BD的方程为y－5＝－(x－1)，
即x＋y－6＝0.②
由①②得解得所以M(2,4)．
答案 (2,4)第2讲 空间图形的基本关系与公理
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．(2015·湖北卷)l1，l2表示空间中的两条直线，若p：l1，l2是异面直线；q：l1，l2不相交，则
( )
A．p是q的充分条件，但不是q的必要条件
B．p是q的必要条件，但不是q的充分条件
C．p是q的充分必要条件
D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件
解析 直线l1，l2是异面直线，一定有l1与l2不相交，因此p是q的充分条件；若l1与l2不相交，那么l1与l2可能平行，也可能是异面直线，所以p不是q的必要条件．故选A.
答案 A
2．(2017·郑州联考)已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，aα，aβ，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是
( )
A．相交或平行
B．相交或异面
C．平行或异面
D．相交、平行或异面
解析 依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面，选D.
答案 D
3．给出下列说法：①梯形的四个顶点共面；②三条平行直线共面；③有三个公共点的两个平面重合；④三条直线两两相交，可以确定1个或3个平面．其中正确的序号是
( )
A．①
B．①④
C．②③
D．③④解析 显然命题①正确．
由于三棱柱的三条平行棱不共面，②错．
命题③中，两个平面重合或相交，③错．
三条直线两两相交，可确定1个或3个平面，则命题④正确．
答案 B
4．(2017·安庆模拟)a，b，c是两两不同的三条直线，下面四个命题中，真命题是
( )
A．若直线a，b异面，b，c异面，则a，c异面
B．若直线a，b相交，b，c相交，则a，c相交
C．若a∥b，则a，b与c所成的角相等
D．若a⊥b，b⊥c，则a∥c
解析 若直线a，b异面，b，c异面，则a，c相交、平行或异面；若a，b相交，b，c相交，则a，c相交、平行或异面；若a⊥b，b⊥c，则a，c相交、平行或异面；由异面直线所成的角的定义知C正确．故选C.
答案 C
5．已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为BB1，CC1的中点，那么异面直线AE与D1F所成角的余弦值为
( )
A.
B.
C.
D.
解析
连接DF，则AE∥DF，
∴∠D1FD为异面直线AE与D1F所成的角．
设正方体棱长为a，则D1D＝a，DF＝a，D1F＝a，
∴cos∠D1FD＝＝.
答案 B
二、填空题
6.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：
①直线AM与CC1是相交直线；
②直线AM与BN是平行直线；
③直线BN与MB1是异面直线；
④直线MN与AC所成的角为60°.
其中正确的结论为________(填序号)．
解析 A，M，C1三点共面，且在平面AD1C1B中，但C 平面AD1C1B，C1 AM，因此直线AM与CC1是异面直线，同理AM与BN也是异面直线，①②错；M，B，B1三点共面，且在平面MBB1中，但N 平面MBB1，B MB1，因此直线BN与MB1是异面直线，③正确；连接D1C，因为D1C∥MN，所以直线MN与AC所成的角就是D1C与AC所成的角，且角为60°.
答案 ③④
7．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为________．
解析 取CD的中点H，连接EH，FH.在正四面体CDEF中，由于CD⊥EH，CD⊥HF，且EH∩FH＝H，所以CD⊥平面EFH，所以AB⊥平面EFH，则平面EFH与正方体的左右两侧面平行，则EF也与之平行，与其余四个平面相交．
答案 4
8．(2014·全国Ⅱ卷改编)直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为________．
解析 如图所示，
取BC中点D，连接MN，ND，AD.
∵M，N分别是A1B1，A1C1的中点，
∴MN綊B1C1.又BD綊B1C1，
∴MN綊BD，则四边形BDNM为平行四边形，因此ND∥BM，
∴∠AND为异面直线BM与AN所成的角(或其补角)．
设BC＝2，则BM＝ND＝，AN＝，AD＝，
在△ADN中，由余弦定理得
cos∠AND＝＝.
故异面直线BM与AN所成角的余弦值为.
答案
三、解答题
9.如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是A1B1，B1C1的中点．问：
(1)AM和CN是否是异面直线？说明理由；
(2)D1B和CC1是否是异面直线？说明理由．
解 (1)AM，CN不是异面直线．理由：连接MN，A1C1，AC.
因为M，N分别是A1B1，B1C1的中点，所以MN∥A1C1.
又因为A1A綊C1C，所以四边形A1ACC1为平行四边形，
所以A1C1∥AC，所以MN∥AC，
所以A，M，N，C在同一平面内，
故AM和CN不是异面直线．
(2)直线D1B和CC1是异面直线．
理由：因为ABCD－A1B1C1D1是正方体，所以B，C，C1，D1不共面．假设D1B与CC1不是异面直线，
则存在平面α，使D1B?平面α，CC1?平面α，所以D1，B，C，C1∈α，
这与B，C，C1，D1不共面矛盾．所以假设不成立，
即D1B和CC1是异面直线．
10．(2017·咸阳中学月考)如图所示，在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中点．
已知∠BAC＝，
AB＝2，AC＝2，PA＝2.求：
(1)三棱锥P－ABC的体积；
(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值．
解 (1)S△ABC＝×2×2＝2，
三棱锥P－ABC的体积为
V＝S△ABC·PA＝×2×2＝.
(2)
如图，取PB的中点E，连接DE，AE，则ED∥BC，所以∠ADE是异面直线BC与AD所成的角(或其补角)．
在△ADE中，DE＝2，AE＝，AD＝2，
cos∠ADE＝＝.
故异面直线BC与AD所成角的余弦值为.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11．以下四个命题中，
①不共面的四点中，其中任意三点不共线；
②若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则点A，B，C，D，E共面；
③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面；
④依次首尾相接的四条线段必共面．
正确命题的个数是
( )
A．0
B．1
C．2
D．3
解析 ①假设其中有三点共线，则该直线和直线外的另一点确定一个平面，这与四点不共面矛盾，故其中任意三点不共线，所以①正确．②从条件看出两平面有三个公共点A，B，C，但是若A，B，C共线，则结论不正确；③不正确；④不正确，因为此时所得的四边形的四条边可以不在一个平面上，如空间四边形．
答案 B
12．若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是
( )
A．l1⊥l4
B．l1∥l4
C．l1与l4既不垂直也不平行
D．l1与l4的位置关系不确定
解析
如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，记l1＝DD1，l2＝DC，l3＝DA.若l4＝AA1，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，此时l1∥l4，可以排除选项A和C.
若取C1D为l4，则l1与l4相交；若取BA为l4，则l1与l4异面；取C1D1为l4，则l1与l4相交且垂直．
因此l1与l4的位置关系不能确定．
答案 D
13．如图，正方形ACDE与等腰直角三角形ACB所在的平面互相垂直，且AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，F，G分别是线段AE，BC的中点，则AD与GF所成的角的余弦值为________．
解析 取
DE的中点H，连接HF，GH.由题设，HF綊AD.
∴∠GFH为异面直线AD与GF所成的角(或其补角)．
在△GHF中，可求HF＝，
GF＝GH＝，
∴cos∠HFG＝＝.
答案
14.如图，在四棱锥O－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M为OA的中点．
(1)求四棱锥O－ABCD的体积；
(2)求异面直线OC与MD所成角的正切值．
解 (1)由已知可求得正方形ABCD的面积S＝4，所以四棱锥O－ABCD的体积V＝×4×2＝.
(2)如图，连接AC，设线段AC的中点为E，连接ME，DE，又M为OA中点，∴ME∥OC，
则∠EMD(或其补角)为异面直线OC与MD所成的角，由已知可得DE＝，EM＝，MD＝，
∵()2＋()2＝()2，
∴△DEM为直角三角形，
∴tan∠EMD＝＝＝.
∴异面直线OC与MD所成角的正切值为.第5讲 简单几何体的表面积与体积
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．(2015·全国Ⅰ卷)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有
( )
A．14斛
B．22斛
C．36斛
D．66斛
解析 设米堆的底面半径为r尺，则r＝8，所以r＝.
所以米堆的体积为V＝×π·r2·5＝·2·5≈(立方尺)．
故堆放的米约有÷1.62≈22(斛)．
答案 B
2.某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则主视图中的x的值是
( )
A．2
B.
C.
D．3
解析 由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是直角梯形，且S底＝(1＋2)×2＝3.∴V＝x·3＝3，解得x＝3.
答案 D
3．(2017·合肥模拟)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是
( )
A．1＋
B．2＋
C．1＋2
D．2
解析
四面体的直观图如图所示．
侧面SAC⊥底面ABC，且△SAC与△ABC均为腰长是的等腰直角三角形，SA＝SC＝AB＝BC＝，AC＝2.
设AC的中点为O，连接SO，BO，则SO⊥AC，又SO?平面SAC，平面SAC∩平面ABC＝AC，
∴SO⊥平面ABC，又BO?平面ABC，∴SO⊥BO.
又OS＝OB＝1，∴SB＝，
故△SAB与△SBC均是边长为的正三角形，故该四面体的表面积为2×××＋2××()2＝2＋.
答案 B
4．(2015·全国Ⅱ卷)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 因为△AOB的面积为定值，所以当OC垂直于平面AOB时，三棱锥O－ABC的体积取得最大值．由×R2×R＝36，得R＝6.从而球O的表面积S＝4πR2＝144π.
答案 C
5.(2017·宝鸡模拟)如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD为平行四边形，NB＝2PN，则三棱锥N－PAC与三棱锥D－PAC的体积比为
( )
A．1∶2
B．1∶8C．1∶6
D．1∶3
解析 设点P，N在平面ABCD内的投影分别为点P′，N′，则PP′⊥平面ABCD，NN′⊥平面ABCD，所以PP′∥NN′，则在△BPP′中，由BN＝2PN得＝.
V三棱锥N－PAC＝V三棱锥P－ABC－V三棱锥N－ABC＝S△ABC·PP′－
S△ABC·NN′＝S△ABC·(PP′－NN′)＝S△ABC·
PP′＝S△ABC·PP′，V三棱锥D－PAC＝V三棱锥P－ACD＝S△ACD·PP′，又∵四边形ABCD是平行四边形，∴S△ABC＝S△ACD，∴＝.故选D.
答案 D
二、填空题
6．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________．
解析 设新的底面半径为r，由题意得πr2·4＋πr2·8＝π×52×4＋π×22×8，解得r＝.
答案
7．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________．
解析 依题意可知正四棱柱体对角线的长度等于球的直径，可设球半径为R，则2R＝＝2，
解得R＝1，所以V＝R3＝.
答案 π
8．(2017·郑州质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．
解析
由三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为2的圆柱和底面半径为1，高为1的半圆锥拼成的组合体．∴体积V＝π×12×2＋×π×12×1＝π.
答案
π
三、解答题
9．已知一个几何体的三视图如图所示.
(1)求此几何体的表面积；
(2)如果点P，Q在主视图中所示位置，P为所在线段中点，Q为顶点，求在几何体表面上，从P点到Q点的最短路径的长．
解 (1)由三视图知该几何体是由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和．
S圆锥侧＝(2πa)·(a)＝πa2，
S圆柱侧＝(2πa)·(2a)＝4πa2，
S圆柱底＝πa2，
所以S表＝πa2＋4πa2＋πa2＝(＋5)πa2.
(2)沿P点与Q点所在母线剪开圆柱侧面，如图．
则PQ＝＝＝a，
所以从P点到Q点在侧面上的最短路径的长为a.
10．(2015·全国Ⅱ卷)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．
(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；
(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．
解 (1)交线围成的正方形EHGF如图所示．
(2)如图，作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.
因为四边形EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.
于是MH＝＝6，AH＝10，HB＝6.
故S四边形A1EHA＝×(4＋10)×8＝56，
S四边形EB1BH＝×(12＋6)×8＝72.
因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，
所以其体积的比值为.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11．若某一几何体的主视图与左视图均为边长是1的正方形，且其体积为，则该几何体的俯视图可以是
( )
解析 若俯视图为A，则该几何体为正方体，其体积为1，不满足条件．若俯视图为B，则该几何体为圆柱，其体积为π2×1＝，不满足条件．若俯视图为C，则该几何体为三棱柱，其体积为×1×1×1＝，满足条件．若俯视图为D，则该几何体为圆柱的，体积为π×1＝，不满足条件．
答案 C
12．(2015·全国Ⅰ卷)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的主视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r＝
( )
A．1
B．2
C．4
D．8
解析
该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r，圆柱的底面半径为r，高为2r，如图．
则表面积
S＝×4πr2＋πr2＋(2r)2＋πr·2r＝(5π＋4)r2，
又S＝16＋20π，
∴(5π＋4)r2＝16＋20π，解得r＝2.
答案 B
13.圆锥被一个平面截去一部分，剩余部分再被另一个平面截去一部分后，与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的主视图和俯视图如图所示，若r＝1，则该几何体的体积为________．
解析 根据三视图中的主视图和俯视图知，该几何体是由一个半径r＝1的半球，一个底面半径r＝1、高2r＝2的圆锥组成的，则其体积为V＝πr3×＋πr2×2r×＝.
答案
14．四面体ABCD及其三视图如图所示，平行于棱AD，BC的平面分别交四面体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H.
(1)求四面体ABCD的体积；
(2)证明：四边形EFGH是矩形．
(1)解 由该四面体的三视图可知，
BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1，
又BD∩DC＝D，∴AD⊥平面BDC，
∴四面体ABCD的体积V＝××2×2×1＝.
(2)证明 ∵BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC＝FG，
平面EFGH∩平面ABC＝EH，∴BC∥FG，BC∥EH，
∴FG∥EH.
同理，EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG，
∴四边形EFGH是平行四边形．又∵AD⊥平面BDC，BC?平面BDC，∴AD⊥BC，
∴EF⊥FG，∴四边形EFGH是矩形.第4讲 垂直关系
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．(2015·浙江卷)设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l?α，m?β
( )
A．若l⊥β，则α⊥β
B．若α⊥β，则l⊥m
C．若l∥β，则α∥β
D．若α∥β，则l∥m
解析 由面面垂直的判定定理，可知A选项正确；B选项中，l与m可能平行；C选项中，α与β可能相交；D选项中，l与m可能异面．
答案 A
2．(2017·深圳四校联考)若平面α，β满足α⊥β，α∩β＝l，P∈α，P l，则下列命题中是假命题的为
( )
A．过点P垂直于平面α的直线平行于平面β
B．过点P垂直于直线l的直线在平面α内
C．过点P垂直于平面β的直线在平面α内
D．过点P且在平面α内垂直于l的直线必垂直于平面β
解析 由于过点P垂直于平面α的直线必平行于平面β内垂直于交线的直线，因此也平行于平面β，因此A正确．过点P垂直于直线l的直线有可能垂直于平面α，不一定在平面α内，因此B不正确．根据面面垂直的性质定理知，选项C，D正确．
答案 B
3．如图，在正四面体P－ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是
( )
A．BC∥平面PDF
B．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面PAE
D．平面PDE⊥平面ABC
解析 因为BC∥DF，DF?平面PDF，BC平面PDF，所以BC∥平面PDF，故选项A正确．
在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，AE∩PE＝E，
∴BC⊥平面PAE，DF∥BC，则DF⊥平面PAE，又DF?平面PDF，从而平面PDF⊥平面PAE.因此选项B，C均正确．
答案 D
4．(2017·西安调研)设l是直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是
( )
A．若l∥α，l∥β，则α∥β
B．若l∥α，l⊥β，则α⊥β
C．若α⊥β，l⊥α，则l∥β
D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β
解析 A中，α∥β或α与β相交，不正确．B中，过直线l作平面γ，设α∩γ＝l′，则l′∥l，由l⊥β，知l′⊥β，从而α⊥β，B正确．C中，l∥β或l?β，C不正确．D中，l与β的位置关系不确定．
答案 B
5．(2017·天津滨海新区模拟)如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：
①BD⊥AC；
②△BAC是等边三角形；
③三棱锥D－ABC是正三棱锥；
④平面ADC⊥平面ABC.
其中正确的是
( )
A．①②④
B．①②③
C．②③④
D．①③④解析 由题意知，BD⊥平面ADC，且AC?平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正确；由①知④错．
答案 B
二、填空题
6．如图，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．
解析 ∵PA⊥平面ABC，AB，AC，BC?平面ABC，
∴PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，则△PAB，△PAC为直角三角形．由BC⊥AC，且AC∩PA＝A，∴BC⊥平面PAC，从而BC⊥PC，因此△ABC，△PBC也是直角三角形．答案 4
7.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD(只要填写一个你认为正确的条件即可)．
解析 由定理可知，BD⊥PC.
∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，有PC⊥平面MBD.
又PC?平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.答案 DM⊥PC(或BM⊥PC等)
8．(2016·全国Ⅱ卷)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)．
解析 对于①，α，β可以平行，也可以相交但不垂直，故错误．
对于②，由线面平行的性质定理知存在直线l?α，n∥l，m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n，故正确．
对于③，因为α∥β，所以α，β没有公共点．又m?α，所以m，β没有公共点，由线面平行的定义可知m∥β，故正确．
对于④，因为m∥n，所以m与α所成的角和n与α所成的角相等．因为α∥β，所以n与α所成的角和n与β所成的角相等，所以m与α所成的角和n与β所成的角相等，故正确．
答案 ②③④
三、解答题
9．(2017·南昌质检)如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F，G分别为AC，DC，AD的中点．
(1)求证：EF⊥平面BCG；
(2)求三棱锥D－BCG的体积．
(1)证明 由已知得△ABC≌△DBC，
因此AC＝DC.
又G为AD的中点，所以CG⊥AD.
同理BG⊥AD，又BG∩CG＝G，因此AD⊥平面BCG.
又EF∥AD，所以EF⊥平面BCG.
(2)
解 在平面ABC内，作AO⊥BC，交CB的延长线于O，如图由平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BDC＝BC，AO?平面ABC，知AO⊥平面BDC.
又G为AD中点，因此G到平面BDC的距离h是AO长度的一半．
在△AOB中，AO＝AB·sin
60°＝，
所以VD－BCG＝VG－BCD＝S△DBC·h＝×BD·BC·
sin
120°·＝.
10．(2016·北京卷)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．
(1)证明 因为PC⊥平面ABCD，
所以PC⊥DC.又因为AC⊥DC，且PC∩AC＝C，所以DC⊥平面PAC.
(2)证明 因为AB∥CD，DC⊥AC，所以AB⊥AC.
因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB.
又因为PC∩AC＝C，所以AB⊥平面PAC.
又AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC.
(3)解 棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.
理由如下：取PB的中点F，连接EF，CE，CF，又因为E为AB的中点，所以EF∥PA.又因为PA平面CEF，且EF?平面CEF，
所以PA∥平面CEF.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．则下列说法正确的是
( )
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中，由m⊥n，n∥α可得m∥α或m与α相交或m?α，错误；B中，由m∥β，β⊥α可得m∥α或m与α相交或m?α，错误；C中，由m⊥β，n⊥β可得m∥n，又n⊥α，所以m⊥α，正确；D中，由m⊥n，n⊥β，β⊥α可得m∥α或m与α相交或m?α，错误．
答案 C
12．(2017·合肥模拟)如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，沿AE，AF，EF把正方形折成一个四面体，使B，C，D三点重合，重合后的点记为P，P点在△AEF内的射影为O，则下列说法正确的是
( )
A．O是△AEF的垂心
B．O是△AEF的内心
C．O是△AEF的外心
D．O是△AEF的重心
解析
由题意可知PA，PE，PF两两垂直，
所以PA⊥平面PEF，从而PA⊥EF，
而PO⊥平面AEF，则PO⊥EF，因为PO∩PA＝P，
所以EF⊥平面PAO，
∴EF⊥AO，同理可知AE⊥FO，AF⊥EO，∴O为△AEF的垂心．
答案 A
13.如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论中：①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面PAE；④∠PDA＝45°.
其中正确的有________(把所有正确的序号都填上)．
解析 由PA⊥平面ABC，AE?平面ABC，得PA⊥AE，
又由正六边形的性质得AE⊥AB，PA∩AB＝A，得AE⊥平面PAB，又PB?平面PAB，∴AE⊥PB，①正确；又平面PAD⊥平面ABC，∴平面ABC⊥平面PBC不成立，②错；由正六边形的性质得BC∥AD，又AD?平面PAD，BC平面PAD，∴BC∥平面PAD，∴直线BC∥平面PAE也不成立，③错；在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，∴④正确．答案 ①④
14．(2016·四川卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD.
(1)在平面PAD内找一点M，使得直线CM∥平面PAB，并说明理由；
(2)证明：平面PAB⊥平面PBD.
(1)解
取棱AD的中点M(M∈平面PAD)，点M即为所求的一个点，理由如下：
因为AD∥BC，BC＝AD.所以BC∥AM，且BC＝AM.
所以四边形AMCB是平行四边形，从而CM∥AB.
又AB?平面PAB.CM平面PAB.
所以CM∥平面PAB.
(说明：取棱PD的中点N，则所找的点可以是直线MN上任意一点)
(2)证明 由已知，PA⊥AB，PA⊥CD.
因为AD∥BC，BC＝AD，
所以直线AB与CD相交，
所以PA⊥平面ABCD.
又BD?平面ABCD，
从而PA⊥BD.
因为AD∥BC，BC＝AD，
M为AD的中点，连接BM，
所以BC∥MD，且BC＝MD.
所以四边形BCDM是平行四边形，
所以BM＝CD＝AD，所以BD⊥AB.
又AB∩AP＝A，所以BD⊥平面PAB.
又BD?平面PBD，
所以平面PAB⊥平面PBD.第3讲 平行关系
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．(2017·榆林模拟)有下列命题：
①若直线l平行于平面α内的无数条直线，则直线l∥α；
②若直线a在平面α外，则a∥α；
③若直线a∥b，b∥α，则a∥α；
④若直线a∥b，b∥α，则a平行于平面α内的无数条直线．
其中真命题的个数是
( )
A．1
B．2
C．3
D．4
解析 命题①l可以在平面α内，不正确；命题②直线a与平面α可以是相交关系，不正确；命题③a可以在平面α内，不正确；命题④正确．
答案 A
2．设m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，且m，n?α，则“α∥β”是“m∥β且n∥β”的
( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析 若m，n?α，α∥β，则m∥β且n∥β；反之若m，n?α，m∥β且n∥β，则α与β相交或平行，即“α∥β”是“m∥β且n∥β”的充分不必要条件．
答案 A
3.(2017·长郡中学质检)如图所示的三棱柱ABC－A1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是
( )
A．异面
B．平行
C．相交
D．以上均有可能
解析 在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，
∵AB?平面ABC，A1B1平面ABC，
∴A1B1∥平面ABC，∵过A1B1的平面与平面ABC交于DE.∴DE∥A1B1，∴DE∥AB.
答案 B
4．下列四个正方体图形中，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的图形的序号是
( )
A．①③
B．①④
C．②③
D．②④
解析
①中，易知NP∥AA′，
MN∥A′B，
∴平面MNP∥平面AA′B，
可得出AB∥平面MNP(如图)．
④中，NP∥AB，能得出AB∥平面MNP.在②③中不能判定AB∥平面MNP.
答案 B
5．已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是
( )
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若m⊥α，n?α，则m⊥n
C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α
D．若m∥α，m⊥n，则n⊥α
解析 若m∥α，n∥α，则m，n平行、相交或异面，A错；若m⊥α，n?α，则m⊥n，因为直线与平面垂直时，它垂直于平面内任一直线，B正确；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n?α，C错；若m∥α，m⊥n，则n与α可能相交，可能平行，也可能n?α，D错．答案 B
二、填空题
6．在四面体A－BCD中，M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是________．
解析
如图，取CD的中点E.连接AE，BE，由于M，N分别是△ACD，△BCD的重心，所以AE，BE分别过M，N，则EM∶MA＝1∶2，EN∶BN＝1∶2，
所以MN∥AB.因为AB?平面ABD，MN平面ABD，AB?平面ABC，MN平面ABC，所以MN∥平面ABD，
MN∥平面ABC.
答案 平面ABD与平面ABC
7.如图所示，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________．
解析 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，∴AC＝2.又E为AD中点，EF∥平面AB1C，EF?平面ADC，平面ADC∩平面AB1C＝AC，∴EF∥AC，∴F为DC中点，
∴EF＝AC＝.
答案
8.(2017·承德模拟)如图所示，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件________时，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)
解析 连接HN，FH，FN，则FH∥DD1，HN∥BD，
∴平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，则MN?平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.
答案 点M在线段FH上(或点M与点H重合)
三、解答题
9．一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．
(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；
(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系，并证明你的结论．
解 (1)点F，G，H的位置如图所示．
(2)平面BEG∥平面ACH，证明如下：因为ABCD－EFGH为正方体，
所以BC∥FG，BC＝FG，
又FG∥EH，FG＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH，于是四边形BCHE为平行四边形，所以BE∥CH.又CH?平面ACH，BE平面ACH，所以BE∥平面ACH.同理BG∥平面ACH.又BE∩BG＝B，所以平面BEG∥平面ACH.
10．(2014·全国Ⅱ卷)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
(1)证明：PB∥平面AEC；
(2)设AP＝1，AD＝，三棱锥P－ABD的体积V＝，求A到平面PBC的距离．
(1)证明 设BD与AC的交点为O，连接EO.
因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB.又因为EO?平面AEC，PB平面AEC，所以PB∥平面AEC.
(2)解 V＝PA·AB·AD＝AB.
由V＝，可得AB＝.作AH⊥PB交PB于H.
由题设知AB⊥BC，PA⊥BC，且PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB，又AH?平面PAB，所以BC⊥AH，又PB∩BC＝B，故AH⊥平面PBC.∵PB?平面PBC，∴AH⊥PB，在Rt△PAB中，由勾股定理可得PB＝，所以AH＝＝.所以A到平面PBC的距离为.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11．给出下列关于互不相同的直线l，m，n和平面α，β，γ的三个命题：①若l与m为异面直线，l?α，m?β，则α∥β；
②若α∥β，l?α，m?β，则l∥m；
③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，则m∥n.
其中真命题的个数为
( )
A．3
B．2
C．1
D．0
解析 ①中当α与β不平行时，也可能存在符合题意的l，m；②中l与m也可能异面；③中 l∥n，同理，l∥m，则m∥n，正确．
答案 C
12.在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列结论中，错误的是
( )
A．AC⊥BD
B．AC∥截面PQMN
C．AC＝BD
D．异面直线PM与BD所成的角为45°
解析 因为截面PQMN是正方形，所以MN∥QP，又PQ?平面ABC，MN平面ABC，则MN∥平面ABC，由线面平行的性质知MN∥AC，又MN?平面PQMN，AC平面PQMN，则AC∥截面PQMN，同理可得MQ∥BD，又MN⊥QM，则AC⊥BD，故A，B正确．又因为BD∥MQ，所以异面直线PM与BD所成的角等于PM与QM所成的角，即为45°，故D正确．
答案 C
13．如图所示，棱柱ABC－A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形，设D是A1C1上的点且A1B∥平面B1CD，则A1D∶DC1的值为________．
解析
设BC1∩B1C＝O，连接OD.
∵A1B∥平面B1CD且平面A1BC1∩平面B1CD＝OD，
∴A1B∥OD，∵四边形BCC1B1是菱形，∴O为BC1的中点，∴D为A1C1的中点，则A1D∶DC1＝1.
答案 1
14．(2015·江苏卷)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.第八章
立体几何初步
第1讲 简单几何体的结构、三视图和直观图
基础巩固题组
(建议用时：30分钟)
一、选择题
1．关于简单几何体的结构特征，下列说法不正确的是
( )
A．棱柱的侧棱长都相等
B．棱锥的侧棱长都相等
C．三棱台的上、下底面是相似三角形
D．有的棱台的侧棱长都相等
解析 根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等．
答案 B
2．如图所示的几何体是棱柱的有( )
A．②③⑤
B．③④⑤
C．③⑤
D．①③
解析 由棱柱的定义知③⑤两个几何体是棱柱．
答案 C
3．(2017·衡水中学月考)将长方体截去一个四棱锥后得到的几何体如图所示，则该几何体的左视图为
( )
解析 易知左视图的投影面为矩形，又AF的投影线为虚线，即为左下角到右上角的对角线，∴该几何体的左视图为选项D.
答案 D
4．如图是一几何体的直观图、主视图和俯视图，该几何体的左视图为
( )
解析 由直观图和主视图、俯视图可知，该几何体的左视图应为面PAD，且EC投影在面PAD上且为实线，点E的投影点为PA的中点，故B正确．
答案 B
5.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为
( )
A．6
B．4
C．6
D．4
解析 如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥A－BCD，最长的棱为AD＝＝6.
答案 C
6．某几何体的主视图和左视图均为如图所示的图形，则在下图的四个图中可以作为该几何体的俯视图的是
( )
A．①③
B．①④
C．②④
D．①②③④
解析 由主视图和左视图知，该几何体为球与正四棱柱或球与圆柱体的组合体，故①③正确．
答案 A
7．(2015·全国Ⅱ卷)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右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为
( )
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－＝.因此，＝.
答案 D
8．(2017·西安质检)一个三棱锥的主视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的左视图可能为
( )
解析 由题图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD⊥平面BCD.
所以该三棱锥的左视图可能为选项D.
答案 D
二、填空题
9．(2017·福建龙岩联考)一水平放置的平面四边形OABC，用斜二测画法画出它的直观图O′A′B′C′如图所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC面积为________．
解析 因为直观图的面积是原图形面积的倍，且直观图的面积为1，所以原图形的面积为2.
答案 2
10．(2017·兰州模拟)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________．
解析 由题知此正方体的主视图与左视图是一样的，主视图的面积与左视图的面积相等为.
答案
11．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为________．
解析
由题中三视图可知，三棱锥的直观图如图所示，其中PA⊥平面ABC，M为AC的中点，且BM⊥AC.故该三棱锥的最长棱为PC.在Rt△PAC中，PC＝＝＝2.
答案 2
12.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P是上底面A1B1C1D1内一动点，则三棱锥P－ABC的主视图与左视图的面积的比值为________．
解析 三棱锥P－ABC的主视图与左视图为底边和高均相等的三角形，故它们的面积相等，面积比值为1.答案 1
能力提升题组
(建议用时：15分钟)
13．在如图所示的空间直角坐标系O－xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2)，给出编号①②③④的四个图，则该四面体的主视图和俯视图分别为
( )
A．①和②
B．③和①
C．④和③
D．④和②
解析 如图，在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的主视图为④，俯视图为②.
答案 D
14．如图是一个几何体的三视图，则该几何体任意两个顶点间距离的最大值是
( )
A．4
B．5
C．3
D．3
解析
由三视图知几何体的直观图如图所示，计算可知线段AF最长，且AF＝＝3.
答案 D
15．(2017·长郡中学月考)已知△ABC的平面直观图△A′B′C′是边长为a的正三角形，那么原△ABC的面积为________．
解析
如图，过C′作y′轴的平行线C′D′，与x′轴交于点D′.则C′D′＝＝a.又C′D′是原△ABC的高CD的直观图，
所以CD＝a.
故S△ABC＝AB·CD＝a2.
答案 a2
16．(2016·北京卷)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________．
解析
由题中三视图可画出长为2、宽为1、高为1的长方体，将该几何体还原到长方体中，如图所示，该几何体为四棱柱ABCD－A′B′C′D′.
故该四棱柱的体积V＝Sh＝×(1＋2)×1×1＝.
答案
