1.1.1 简单旋转体
[A.基础达标]
1．关于下列几何体，说法正确的是( )
A．图①是圆柱
B．图②和图③是圆锥
C．图④和图⑤是圆台
D．图⑤是圆台
解析：选D.图①与图④中几何体两个底面不互相平行，所以它们不是圆柱和圆台．图②与图③中几何体的过旋转轴的截面(轴截面)不是等腰三角形，所以它们不是圆锥．图⑤是圆台．
2．既能使一个截面是长方形，又能使另一个截面是圆面，则这个几何体可能是( )
A．圆锥 B．圆台
C．圆柱 D．球
解析：选C.用平行于圆柱底面的截面去截圆柱，所得截面是圆面，用过圆柱轴的平面去截圆柱，所得截面是长方形．如图①②所示．
3．一条直线被一个半径为17的球截得的线段长为30，则球心到直线的距离为( )
A．13 B．12
C．8 D．24
解析：选C.如图所示，所求距离d＝＝8.
4．矩形ABCD(不是正方形)绕边所在直线旋转得到不同形状的圆柱的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B.因为矩形的长宽不同，则形成2个不同形状的圆柱．
5．一个圆锥的母线长为20 cm，母线所在直线与旋转轴的夹角为30°，则圆锥的高为( )
A．10 cm B．20 cm
C．20 cm D．10 cm
解析：选A.圆锥的高即为经过轴的截面截得的等腰三角形的高，设为h.这个等腰三角形的腰长为20 cm，顶角的一半为30°.所以h＝20cos 30°＝10 cm.
6．一个圆柱的母线长为5，底面半径为2，则圆柱的轴截面面积为________．
解析：圆柱的轴截面面积为5×2×2＝20.
答案：20
7．若把图(1)中的4个图形分别绕虚线旋转一周，能形成图(2)中的几何体，按顺序与1，2，3，4对应的几何体分别是图(2)中的________．
答案：a，d，b，c
8．已知A，B，C是球O表面上的三点，弦(连接球面上两点的线段)AB＝18 cm，BC＝24 cm，AC＝30 cm，平面ABC与球心O的距离恰好为球的半径的一半，则球的半径为________ cm.
解析：设球的半径为R，因为AB2＋BC2＝AC2，所以△ABC是直角三角形，其外接圆的半径r＝＝15.
由已知得R2－()2＝152，解得R＝10 cm.
答案：10
9.如图，AB为圆弧BC所在圆的直径，∠BAC＝45°.将这个平面图形绕直线AB旋转一周，得到一个几何体，试说明这个几何体的结构特征．
解：如图所示，这个几何体是由一个圆锥和一个半球拼接而成．
10．如图，圆锥底面半径是6，轴截面的顶角是直角，过两条母线的截面截去底面圆周的，求截面面积．
解：由题知，轴截面顶角∠ASB＝90°，所以SA＝SB＝SC＝6.
又∠BOC＝60°，所以OB＝OC＝BC＝6.
作SD⊥BC，垂足为D，
有SD＝＝3.
则S△SCB＝×6×3＝9.
[B.能力提升]
1．将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体包括( )
A．一个圆台、两个圆锥
B．两个圆台、一个圆柱
C．两个圆台、一个圆锥
D．一个圆柱、两个圆锥
解析：选D.较短的底边旋转一周形成圆柱的侧面，两条腰旋转一周形成两个圆锥的侧面，所以几何体包括一个圆柱、两个圆锥．
2．在圆锥中，平行于底面的截面面积是底面面积的一半，则圆锥的高被此截面分为上、下两段的比是( )
A．1∶(－1) B．1∶2
C．1∶ D．1∶4
解析：选A.设截面半径为r，圆锥底面半径为R，依题意有＝，所以＝.
设圆锥的高被分为上、下两段的长分别为h1，h2，则由三角形相似知＝，于是h1∶h2＝1∶(－1)．
3．下图中的几何体由一个圆柱挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得．现用一个竖直的平面去截这个几何体，则所截得的图形可能是________(填序号)．
解析：几何体的上底面已经挖去，故②错．当截面不过轴时，与圆锥的截线不可能是直线，故③④错．
答案：①⑤
4．若圆锥的轴截面是一个面积为9 cm2的正三角形，那么其内切球的半径是________cm.
解析：
轴截面如图所示，设正△SAB的边长为a，内切球的半径为R，
则×a×a＝a2＝9，所以a＝6 cm.
又S△SO′B＋S△SO′A＋S△AO′B＝9，
所以3××6×R＝9.
所以R＝ cm.
答案：
5.如图，底面直径为1，高为2的圆柱，在A点有一只蚂蚁．现在这只蚂蚁要围绕圆柱由A点爬到B点，问蚂蚁爬行的最短距离是多少？
解：把圆柱的侧面沿AB剪开，然后展开成为平面图形——矩形，如图所示，连接AB′，则AB′即为蚂蚁爬行的最短距离．
因为AB＝A′B′＝2，
AA′为底面圆的周长，
且AA′＝π×1＝π，
所以AB′＝＝.
即蚂蚁爬行的最短距离为.
6．(选做题)已知圆锥的底面半径为r，高为h，正方体ABCD-A1B1C1D1内接于圆锥，求这个正方体的棱长．
解：
过内接正方体的一组对棱作圆锥的轴截面，如图所示．
设圆锥内接正方体的棱长为x，则在轴截面中，正方体的对角面A1ACC1的一组邻边的长分别为x和x.因为△VA1C1∽△VMN，所以＝，
所以hx＝2rh－2rx，得x＝.
即圆锥内接正方体的棱长为.
1.1.1 简单旋转体
[学业水平训练]
如图所示的平面结构，绕中间轴旋转180°，所形成几何体的形状为( )
A．一个球体
B．一个球体中间挖去一个圆柱
C．一个圆柱
D．一个球体中间挖去一个长方体
解析：选B.由于外面圆旋转成球体，而中间矩形旋转形成一个圆柱．故选B.
2．如图1所示的几何体是由图2中某个平面图形旋转得到的，则这个平面图形是( )
解析：选A.由旋转体的概念及结构特征可判断只有选项A中的平面图形，绕着轴线旋转才可形成图1的几何体，故选A.
下列命题中错误的是( )
A．以矩形一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的曲面所围成的几何体叫作圆柱
B．以直角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围成的几何体叫作圆锥
C．以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面围成的几何体叫作圆锥
D．以等腰三角形的底边上的高所在直线为旋转轴，其余各边旋转形成的曲面围成的几何体叫作圆锥
解析：选B.“绕直角三角形的一边”没有强调是“直角边”，故旋转后得到的不一定是圆锥．
上、下底面面积分别为36π和49π，母线长为5的圆台，其两底面之间的距离为( )
A．4 B．3
C．2 D．2
解析：选D.圆台的母线长l、高h和上、下两底面圆的半径r，R满足关系式l2＝h2＋(R－r)2，求得h＝2，即两底面之间的距离为2.
圆柱的轴截面(经过圆柱的轴所作的截面)是边长为5 cm的正方形ABCD，则圆柱侧面上从A到C的最短路线长为( )
A．10 cm B. cm
C．5 cm D．5 cm
解析：选B.如图①所示，四边形ABCD是圆柱的轴截面，且其边长为5 cm，设圆柱的底面圆半径为r，则r＝ cm.
所以底面圆的周长为l＝2πr＝5π(cm)．
将圆柱的侧面沿母线AD剪开后平放在一个平面内，如图②所示，则从A到C的最短路线长即为图中AC的长．由于AB＝＝ cm，BC＝AD＝5 cm，
则AC＝＝ (cm)．
故选B.
如图所示的是某单位公章，这个几何体是由简单几何体中的__________组成的．
解析：最上部为半球体，中间为圆柱，最下部为圆台．
答案：半球、圆柱、圆台
给出下列说法：
①圆柱的底面是圆面．
②圆柱的任意两条母线所在的直线是互相平行的．
③圆台的任意两条母线的延长线，可能相交，也可能不相交．
其中说法正确的是________．
解析：
①正确，圆柱的底面是圆面．
②正确，如图所示，任意两条母线所在的直线互相平行．
③不正确，圆台的母线延长后相交于一点．
答案：①②
已知A，B，C是球O表面上的三点，弦(连接球面上两点的线段)AB＝18 cm，BC＝24 cm，AC＝30 cm，平面ABC与球心O的距离恰好为球的半径的一半，则球的半径为________ cm.
解析：设球的半径为R，因为AB2＋BC2＝AC2，所以△ABC是直角三角形，其外接圆的半径r＝＝15.
由已知得R2－()2＝152，解得R＝10 cm.
答案：10
圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，轴截面的面积等于392 cm2，母线与轴的夹角为45°，求这个圆台的高、母线长和两底面半径．
解：作出圆台的轴截面如图，根据题意可设圆台的上、下底面半径分别为x cm和3x cm，延长AA′，BB′，交OO′的延长线于点S.
在Rt△SOA中，∠ASO＝45°，则∠SAO＝45°，∴SO′＝A′O′＝x cm，SO＝AO＝3x cm，∴OO′＝2x cm.
又S轴截面＝(6x＋2x)2x＝392，∴x＝7.
综上，圆台的高OO′＝14 cm，母线长AA′＝OO′＝14 cm，上、下底面的半径分别为7 cm，21 cm.
在球内有相距9 cm的两个平行截面，面积分别为49π cm2，400π cm2，求此球的半径．
解：若截面位于球心的同侧，如图①所示，C，C1分别是两平行截面的圆心，设球的半径为R cm，截面圆的半径分别为r cm，r1 cm，由πr＝49 π，得r1＝7，由πr2＝400π，得r＝20，
在Rt△OB1C1中，OC1＝＝，
在Rt△OBC中，OC＝＝，
由题意知OC1－OC＝9.
即－＝9，解得R＝25.
若球心在两截面之间，如图②所示，
OC1＝，OC＝，
由题意知OC1＋OC＝9.
即＋＝9，
＝9－，
两边平方得＝－15，此方程无解，说明第二种情况不存在．
综上所述，所求球的半径为25 cm.
[高考水平训练]
有下列几种说法：
①圆柱的轴是过圆柱上、下底面圆的圆心的直线；
②矩形的任意一条边都可以作为轴，其他边绕其旋转围成圆柱；
③矩形绕任意一条直线旋转，都可以围成圆柱．
其中正确说法的个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选C.由圆柱的定义知①②均正确，③不一定围成圆柱．
湖面上浮着一个球，湖水结冰后将球取出，冰上留下一个冰面直径为24 cm，深为8 cm的空穴，则这个球的半径为________ cm.
解析：
截面图如图所示，设球心为O，冰面圆的圆心为O1，球的半径为R，
由图知OB＝R cm，O1B＝AB＝12 cm，
OO1＝OC－O1C＝R－8，
在Rt△OO1B中，由勾股定理R2＝(R－8)2＋122，解得R＝13.
答案：13
如图，底面直径为1，高为2的圆柱，在A点有一只蚂蚁．现在这只蚂蚁要围绕圆柱由A点爬到B点，问蚂蚁爬行的最短距离是多少？
解：把圆柱的侧面沿AB剪开，然后展开成为平面图形——矩形，如图所示，连接AB′，则AB′即为蚂蚁爬行的最短距离．
∵AB＝A′B′＝2，
AA′为底面圆的周长，
且AA′＝π×1＝π，
∴AB′＝＝.
即蚂蚁爬行的最短距离为.
4．用一张4×8(cm2)的矩形硬纸卷成圆柱的侧面，接头忽略不计，过这个圆柱的轴作一个轴截面，求这个轴截面的面积．
解：设圆柱母线长为l，底面半径为r，
则轴截面的面积S＝l·2r＝2lr，
当l＝4 cm时，2πr＝8 cm，
即r＝ cm，
此时S＝2lr＝ cm2；
当l＝8 cm时，2πr＝4 cm，
即r＝ cm，
此时S＝2lr＝ cm2，
综上可知，所得圆柱的轴截面积为 cm2.
1.1.2 简单多面体
, [学生用书单独成册])
[A.基础达标]
1．下列命题中正确的是( )
A．有两个面平行，其余各面都是菱形的几何体叫作棱柱
B．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫作棱柱
C．有一个平面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫作棱锥
D．有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形的几何体叫作棱锥
解析：选D.A不正确；B不正确；对于C，如图所示，此几何体是由两个三棱锥(结构相同)组合而成，是多面体，但不是棱锥．故答案选D.
2．如图所示，在三棱台A′B′C′-ABC中，截去三棱锥A′-ABC，则剩余部分是( )
A．三棱锥 B．四棱锥
C．三棱柱 D．四棱柱
解析：选B.剩余部分是四棱锥A′-BB′C′C，故选B.
3．如图，能推断这个几何体可能是三棱台的是( )
A．A1B1＝2，AB＝3，B1C1＝3，BC＝4
B．A1B1＝1，AB＝3，B1C1＝1.5，BC＝3，A1C1＝2，AC＝3
C．A1B1＝1，AB＝2，B1C1＝1.5，BC＝3，A1C1＝2，AC＝4
D．AB＝A1B1，BC＝B1C1，CA＝C1A1
解析：选C.由于三棱台中＝＝≠1，选项中只有C项满足，故选C.
4．若一个正棱锥的底面边长与侧棱长相等，则该棱锥一定不是( )
A．三棱锥 B．四棱锥
C．五棱锥 D．六棱锥
解析：选D.由正棱锥的图形可知，正棱锥的侧棱应大于顶点与底面中心的连线，正六边形的边长等于顶点与其中心的连线，故正六棱锥的侧棱长一定大于底面边长．
5．长方体的6个面的面积之和为11，12条棱的长度之和为24，则这个长方体的体对角线的长为( )
A．2 B.
C．5 D．6
解析：选C.设长方体的三条棱长分别为a，b，c，则有
将②式平方得a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)＝36，
故a2＋b2＋c2＝25，即＝5.
6．如图，下列几何体中，________是棱柱，________是棱锥，________是棱台．
解析：利用棱柱、棱锥、棱台的结构特征判定．
答案：①③④ ⑥ ⑤
7．正四棱台两底面边长分别为3 cm和5 cm，那么它的中截面(平行于两底面且与两底面距离相等的截面)的面积为________cm2.
解析：正四棱台的中截面是正方形，其边长为(3＋5)＝4 cm.由此S截＝42＝16 cm2.
答案：16
8.如图所示，等腰直角三角形AMN的三个顶点分别在正三棱柱的三条侧棱上，且∠AMN＝90°.已知正三棱柱的底面边长为2，则该三角形的斜边长为________．
解析：取AN的中点P，连接MP，则MP＝AN.取AC的中点Q，连接BQ，易得BQ＝MP.因为BQ＝，所以AN＝2.
答案：2
9．一个正三棱柱的底面边长是4，高是6，过下底面的一条棱和该棱所对的上底面的顶点作截面，求此截面的面积．
解：如图，正三棱柱ABC-A′B′C′，符合题意的截面为△A′BC.
在Rt△A′B′B中，
A′B′＝4，BB′＝6.
所以A′B＝
＝＝2.
同理A′C＝2，在等腰三角形A′BC中，O为BC的中点，BO＝×4＝2.
因为A′O⊥BC，
所以A′O＝
＝＝4.
所以S△A′BC＝BC·A′O＝×4×4＝8，
所以此截面的面积为8.
10.如图，正六棱锥的底面周长是24，H是BC的中点，∠SHO＝60°，
求：(1)棱锥的高；
(2)棱锥的斜高；
(3)棱锥的侧棱长．
解：因为正六棱锥的底面周长为24，
所以正六棱锥的底面边长为4.
在正六棱锥S-ABCDEF中，因为H是BC的中点，
所以SH⊥BC.
(1)在Rt△SOH中，OH＝BC＝2，
因为∠SHO＝60°，所以高SO＝OH·tan 60°＝6.
(2)在Rt△SOH中，斜高SH＝2OH＝4.
(3)在Rt△SOB中，SO＝6，OB＝BC＝4，
所以侧棱SB＝＝2.
[B.能力提升])
1.如图，将装有水的长方体水槽固定底面一边后倾斜一个小角度，则倾斜后水槽中的水形成的几何体是( )
A．棱柱
B．棱台
C．棱柱与棱锥的组合体
D．不能确定
解析：选A.长方体水槽固定底面一边后倾斜，水槽中的水形成的几何体始终有两个互相平行的平面，而其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边互相平行，这符合棱柱的定义．
2．棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上，E，F分别是棱AA1，DD1的中点，则直线EF被球O截得的线段长为( )
A. B．1
C．1＋ D.
解析：选D.
利用截面性质求解．过球心O和点E，F的截面图形如图所示，设球的半径为R，则(2R)2＝3，所以R＝.球心O到EF的距离为d＝，所以直线EF被球O截得的线段长为2＝2× ＝.故选D.
3．在侧棱长为2 的正三棱锥P-ABC中，∠APB＝40°，E，F分别是PB，PC上的点，过点A，E，F作截面AEF，则△AEF周长的最小值是________．
解析：将正三棱锥的三个侧面展开，如图．则当E，F为AA1与PB，PC的交点时，△AEF的周长最小，最小值为2AP·cos 30°＝2×2×＝6.
答案：6
4．正三棱台的上、下底面边长及高分别为1，2，2，则它的斜高是________．
解析：
如图，在Rt△EMF中，EM＝2，MF＝OF－O′E＝，
所以EF＝
＝.
答案：
5．如图，正三棱柱的底面边长是4，过BC的一个平面交侧棱AA′于点D，若AD的长为2，求截面△BCD的面积．
解：作△BCD的边BC上的高DE，连接AE.
由题意，得△ADB≌△ADC，所以DB＝DC，所以BE＝BC＝2.
在等边△ABC中，E是BC的中点，所以AE＝2.
又因为AD＝2，所以在Rt△ADE中，DE＝＝4，
所以S△BCD＝BC·DE＝8.
6．(选做题)如图所示，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝2，AA1＝2，由顶点B沿棱柱侧面(经过棱AA1)到达顶点C1，与AA1的交点记为M.求：
(1)三棱柱侧面展开图的对角线长；
(2)从B经M到C1的最短路线长及此时的值．
解：将正三棱柱的侧面展开，得到一个矩形BB1B′1B′(如图)．
(1)因为矩形BB1B′1B′的长BB′＝6，宽BB1＝2，所以三棱柱侧面展开图的对角线长为＝2.
(2)由侧面展开图可知，当B，M，C1三点共线时，由B经M到C1的路线最短，
所以最短路线长为BC1＝＝2.显然Rt△ABM≌Rt△A1C1M，所以A1M＝AM，即＝1.
1.1.2 简单多面体
[学业水平训练]
过正棱台两底面中心的截面一定是( )
A．直角梯形 B．等腰梯形
C．一般梯形或等腰梯形 D．矩形
答案：C
下列图形中，不是三棱柱的展开图的是( )
解析：选C.根据三棱柱的结构特征可知，C不是三棱柱的展开图．
设有四种说法：
①底面是矩形的平行六面体是长方体；
②棱长相等的直四棱柱是正方体；
③有两条侧棱垂直于底面一边的平行六面体是直平行六面体；
④对角线相等的平行六面体是直平行六面体．
以上说法中正确的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选A.①不正确，除底面是矩形外还应满足侧棱与底面垂直才是长方体；②不正确，当底面是菱形时就不是正方体；③不正确，两条侧棱垂直于底面一边不一定垂直于底面，故不一定是直平行六面体；④正确，因为对角线相等的平行四边形是矩形，由此可以推测此时的平行六面体是直平行六面体，故选A.
如图所示，在三棱台A′B′C′-ABC中，截去三棱锥A′-ABC，则剩余部分是( )
A．三棱锥 B．四棱锥
C．三棱柱 D．组合体
解析：选B.剩余部分是四棱锥A′-BB′C′C，故选B.
正四棱台两底面边长分别为3 cm和5 cm，那么它的中截面(过各侧棱中点的截面)面积为( )
A．2 cm2 B．16 cm2
C．25 cm2 D．4 cm2
解析：选B.如图所示，取A′A，B′B的中点分别为E，F，
则EF＝×(3＋5)＝4(cm)．
故S中截面＝42＝16(cm2)．
如图，下列几何体中，________是棱柱，________是棱锥，________是棱台．
解析：利用棱柱、棱锥、棱台的结构特征判定．
答案：①③④ ⑥ ⑤
下列命题中不正确的是________．
①由五个面围成的多面体只能是四棱锥；
②仅有一组对面平行的五面体是棱台；
③有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥．
解析：根据棱锥、棱台的结构特征，3个命题都不正确．
答案：①②③
正三棱锥的底面边长为3，侧棱长为2，则正三棱锥的高为________．
解析：作出正三棱锥如图，SO为其高，连接AO，作OD⊥AB于D，则D为AB的中点．
在Rt△ADO中，AD＝，∠OAD＝30°，
故AO＝＝.
在Rt△SAO中，SA＝2，AO＝，
故SO＝＝3，其高为3.
答案：3
如图所示，长方体ABCD-A1B1C1D1.
(1)这个长方体是棱柱吗？如果是，是几棱柱？为什么？
(2)用平面BCNM把这个长方体分成两部分，各部分形成的几何体还是棱柱吗？如果是，是几棱柱，并用符号表示；如果不是，说明理由．
解：(1)这个长方体是四棱柱，因为上下两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都平行，所以是棱柱，由于底面ABCD是四边形，所以是四棱柱．
(2)平面BCNM把这个长方体分成的两部分还是棱柱．
左边部分的几何体的两个面ABMA1和DCND1平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都平行，所以是棱柱，由于底面ABMA1是四边形，所以是四棱柱，即左边部分的几何体为四棱柱ABMA1-DCND1；同理右边部分的几何体为三棱柱BMB1-CNC1.
已知正三棱锥V-ABC，底面边长为8，侧棱长为2，计算它的高和斜高．
解：如图所示，设O是底面中心，则D为BC的中点．
∴△VAO和△VCD是直角三角形．
∵底面边长为8，侧棱长为2.
∴AO＝×8＝，CD＝4，
∴VO＝＝ ＝.
VD＝＝ ＝2.
即正三棱锥的高是，斜高为2.
[高考水平训练]
在正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱的对角线共有( )
A．20条 B．15条
C．12条 D．10条
解析：选D.正五棱柱任意不相邻的两条侧棱可确定一个平面，每个平面可得到正五棱柱的两条对角线，5个平面共可得到10条对角线，故选D.
在侧棱长为2 的正三棱锥P-ABC中，∠APB＝40°，E，F分别是PB，PC上的点，过点A，E，F作截面AEF，则△AEF周长的最小值是________．
解析：将正三棱锥的三个侧面展开，如图．
则当E，F为AA1与PB，PC的交点时，△AEF的周长最小，最小值为2AP·cos 30°＝2×2×＝6.
答案：6
如图，正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高是17 cm，两底面的边长分别是4 cm和16 cm，求这个棱台的侧棱长和斜高．
解：如图所示，设棱台的两底面的中心分别是O1和O，B1C1和BC的中点分别是E1和E，连接O1O、E1E、O1B1、OB、O1E1、OE，则OBB1O1和OEE1O1都是直角梯形．
∵A1B1＝4 cm，AB＝16 cm，
∴O1E1＝2 cm，OE＝8 cm，
O1B1＝2 cm，OB＝8 cm.
∴B1B2＝O1O2＋(OB－O1B1)2＝361.
E1E2＝O1O2＋(OE－O1E1)2＝325.
∴B1B＝19 cm，E1E＝5 cm.
即这个棱台的侧棱长为19 cm，斜高是5 cm.
4．一个三棱柱可以分割成几个三棱锥？试在如图所示的三棱柱ABC-A1B1C1中设计出分割方案(请用尽可能多的方法)．
解：一个三棱柱可以分割成3个三棱锥，可以有以下六种方案供选择．
1.2 直观图
[学业水平训练]
在原来的图形中，两条线段平行且相等，则在直观图中对应的两条线段( )
A．平行且相等
B．平行不相等
C．相等不平行
D．既不平行也不相等
解析：选A.两条线段平行且相等，则在直观图中对应的两条线段也平行且相等．
如图所示为某一平面图形的直观图，则此平面图形可能是下图中的( )
解析：选C.根据斜二测画法的规则：平行于x轴或在x轴上的线段的长度在新坐标系中不变，在y轴上或平行于y轴的线段的长度在新坐标系中变为原来的，并注意到∠xOy＝90°，∠x′O′y′＝45°，因此由直观图还原成原图形为选项C.
水平放置的△ABC有一边在水平线上，它的斜二测直观图是正△A′B′C′，则△ABC为( )
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．以上都有可能
解析：选C.用斜二测画法，原图的直角变成45°，直观图中的正△A′B′C′的角度是60°，60°>45°.所以原图是钝角三角形．
水平放置的△ABC的斜二测直观图如图所示，已知B′C′＝4，A′C′＝3，则△ABC中AB边上的中线的长度为( )
A. B.
C．5 D.
解析：选A.把直观图还原成平面图形如图得，△ABC为直角三角形，BC＝8，AC＝3，则AB边上的中线为 ＝.
一个三角形在其直观图中对应一个边长为1的正三角形，则原三角形的面积为( )
A. B.
C. D.
解析：选D.设直观图为△A′B′C′，原三角形为△ABC，则
S′△A′B′C′＝×1× ＝，
＝＝，
∴S△ABC＝＝.
利用斜二测画法得到：①三角形的直观图一定是三角形；②正方形的直观图一定是菱形；③等腰梯形的直观图可以是平行四边形；④菱形的直观图一定是菱形．以上结论正确的是________．
解析：根据斜二测画法可知在①②③④中，只有①正确，②、③、④不正确．
答案：①
如图为水平放置的△ABC的直观图，A′B′∥y′轴，B′C′∥x′轴，若D是△ABC中BC边的中点，那么AB，AD，AC三条线段中最长的是________，最短的是________．
解析：
根据所给直观图，把△ABC还原如图．则AC>AD>AB.
答案：AC AB
一个水平放置的平面图形，其斜二测直观图是一个等腰梯形，其底角为45°，腰和上底均为1，如图，则平面图形的实际面积为________．
解析：
把直观图还原为实际图得，则CD＝1，OD＝2，
AB＝A′B′＝1＋，
S梯形ABCD＝×2＝2＋.
答案：2＋
如图所示，在平面直角坐标系中，各点坐标为O(0，0)，A(1，3)，B(3，1)，C(4，6)，D(2，5)．试画出四边形ABCD的直观图．
解：画法：
(1)先画x′轴和y′轴，使∠x′O′y′＝45°(如图1)．
(2)在原图中作AE⊥x轴，垂足为E(1，0)(图略)．
(3)在x′轴上截取O′E′＝OE，作A′E′∥y′轴，截取E′A′＝1.5.
(4)同理确定点B′，C′，D′，其中B′G′＝0.5，C′H′＝3，D′F′＝2.5.
(5)连线成图(去掉辅助线)(如图2)．
画一个上、下底面边长分别为0.8 cm、1.5 cm，高为1.5 cm的正三棱台的直观图．
解：(1)画轴．画x轴、y轴、z轴三轴相交于O，使∠xOy＝45°，∠xOz＝90°；
(2)画下底面．以O为中点，在x轴上截取线段AB，使AB＝1.5 cm，在y轴上截取线段OC，使OC＝ cm，连接BC，CA，则△ABC为正三棱台的下底面；
(3)画上底面．在z轴上截取线段OO′，使OO′＝1.5 cm.过O′点作O′x′∥Ox，O′y′∥Oy.建立坐标系x′O′y′，在x′O′y′中，重复(2)的步骤得上底面A′B′C′(取A′B′＝0.8 cm，O′C′＝ cm)．
(4)连线成图．连接AA′，BB′，CC′，擦去辅助线，被遮线画为虚线，则三棱台ABC-A′B′C′为要求画的三棱台的直观图．
[高考水平训练]
利用斜二测画法，下列叙述正确的是( )
A．正三角形的直观图是正三角形
B．平行四边形的直观图是平行四边形
C．相等的线段在直观图中仍然相等
D．全等三角形的直观图一定全等
解析：选B.斜二测画法主要保留了原图的三个性质：①保平行；②保共点；③保平行线段的长度比，所以平行四边形的直观图是平行四边形．
2．如图所示，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，则原图形的周长是________cm.
解析：
如图为原平面图形，所以此平行四边形的边长为1 cm和3 cm，所以周长为8 cm.
答案：8
用斜二测画法画一个棱长为2的正方体的直观图．
解：(1)画轴建系：画x轴，y轴，z轴，使∠xOy＝45°，∠xOz＝90°.
(2)画底面：在x轴上截取OA＝2，在y轴上截取OB＝1，并过B，A分别作x轴，y轴的平行线，交于C.如图(1)．
(3)画顶点：在Oz轴上取OO′＝2，过A，B，C分别作z轴的平行线，并截取A′A＝BB′＝CC′＝2.如图(2)．
(4)连线成图：连接O′A′，A′C′，B′C′，O′B′，并擦去辅助线，且被遮盖的部分改为虚线，得所求的图．如图(3)．
4．如图为一几何体的展开图，沿图中虚线将它们折叠起来，请画出其直观图．
解：
由题设中所给的展开图可以得出，此几何体是一个四棱锥，其底面是一个边长为2的正方形，垂直于底面的侧棱长为2，其直观图如图所示．
1.2 直观图
[A.基础达标]
1．给出以下几个结论：
①水平放置的角的直观图一定是角；
②相等的角在直观图中仍相等；
③相等的线段在直观图中仍相等；
④若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍平行．
其中叙述正确的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B.由斜二测画法的规则知，结论①与④是正确的，故选B.
2．如图所示的直观图的原平面图形ABCD是( )
A．任意梯形 B．直角梯形
C．任意四边形 D．平行四边形
解析：选B.原图形ABCD中，必有AB⊥AD，AD∥BC，且AD>BC，故ABCD是直角梯形．
3．如图所示的直观图是将正方体模型放置在你的水平视线的左下角而绘制的，其中正确的是( )
解析：选A.根据把模型放在水平视线的左下角绘制的特点，并且由几何体的直观图画法及立体图形中虚线的使用知A正确．
4.水平放置的△ABC的斜二测直观图如图所示，已知B′C′∥O′y′，B′C′＝4，A′C′＝3，则△ABC中AB边上的中线的长度为( )
A. B.
C．5 D.
解析：选A.把直观图还原成平面图形如图，得△ABC为直角三角形，BC＝8，AC＝3，则AB边上的中线为 ＝.
5.如图，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，则原图形的周长为( )
A．6 cm B．8 cm
C．(2＋3)cm D．(2＋2)cm
解析：选B.如图，原图形为OABC，且OA＝O′A′＝1 cm，OB＝2O′B′＝2 cm，
于是OC＝AB＝＝3(cm)，
故OABC的周长为2×(1＋3)＝8(cm)．
6．如图，△A′B′C′为水平放置的△ABC的直观图，则△ABC中，最长的边为________．
解析：由B′C′∥y′轴，A′B′∥x′轴知，△ABC为直角三角形，∠B为直角，AC为斜边，故最长边为AC.
答案：AC
7．一个建筑物上部为四棱锥，下部为长方体，且四棱锥的底面与长方体的上底面尺寸一样，已知长方体的长、宽、高分别为20 m，5 m，10 m，四棱锥的高为8 m，若以长、宽、高所在直线分别为x，y，z轴建立坐标系，按1∶500的比例画出它的直观图，那么直观图中长方体的长、宽、高和棱锥的高应分别为________．
解析：由比例可知长方体的长、宽、高和棱锥的高应分别为4 cm，1 cm，2 cm和1.6 cm，再结合直观图，图形的尺寸应为4 cm，0.5 cm，2 cm，1.6 cm.
答案：4 cm，0.5 cm，2 cm，1.6 cm
8．如图所示是△AOB用斜二测画法画出的直观图，则△AOB的面积是________．
解析：画出原图形△AOB(图略)，则S△AOB＝×4×16＝32.
答案：32
9．如图所示，在平面直角坐标系中，各点坐标为O(0，0)，A(1，3)，B(3，1)，C(4，6)，D(2，5)．试画出四边形ABCD的直观图．
解：(1)先画x′轴和y′轴，使∠x′O′y′＝45°(如图1)．
(2)在原图中作AE⊥x轴，垂足为E(1，0)．
(3)在x′轴上截取O′E′＝OE，作A′E′∥y′轴，截取E′A′＝1.5.
(4)同理确定点B′，C′，D′，其中B′G′＝0.5，C′H′＝3，D′F′＝2.5.
(5)连线成图(去掉辅助线)(如图2)．
10．画一个上、下底面边长分别为0.8 cm、1.5 cm，高为1.5 cm的正三棱台的直观图．
解：(1)画轴．画x轴、y轴、z轴三轴相交于O，使∠xOy＝45°，∠xOz＝90°；
(2)画下底面．在y轴上正方向上截取线段OC，使OC＝ cm，在y轴负半轴上截取OD＝ cm，过D作线段AB∥x轴，使D为AB中点，AB＝1.5 cm，连接BC，CA，则△ABC为正三棱台的下底面；
(3)画上底面．在z轴上截取线段OO′，使OO′＝1.5 cm.过O′点作O′x′∥Ox，O′y′∥Oy.建立坐标系x′O′y′，在x′O′y′中，重复(2)的步骤得上底面A′B′C′(取O′D′＝ cm，A′B′＝0.8 cm，O′C′＝ cm)．
(4)连线成图．连接AA′，BB′，CC′，擦去辅助线，被遮线画为虚线，则三棱台ABC-A′B′C′为要求画的三棱台的直观图．
[B.能力提升]
1．如图水平放置的正方形ABCO，在直角坐标系xOy中，点B的坐标为(2，2)，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( )
A. B．1
C. D．2
解析：选A.如图，由斜二测画法可知，在新坐标系x′O′y′中，B′C′＝1，∠x′C′B′＝45°，过B′作x′轴的垂线，垂足为D，在Rt△B′DC′中，B′D＝B′C′sin 45°＝1×＝.
2．如图所示是水平放置的三角形的直观图，D为△ABC中BC边上的中点，则平面图中AB，AD，AC三条线段中( )
A．最长的是AB，最短的是AC
B．最长的是AC，最短的是AB
C．最长的是AB，最短的是AD
D．最长的是AC，最短的是AD
解析：选B.由斜二测画法的规则知，题图还原后如图所示，是一个∠B为直角的直角三角形，则AB为一条直角边，由图可知，AC>AD>AB.
3．如图，已知A(－1，0)，B(2，0)，C(0，2)，则△ABC的直观图的面积为________．
解析：由已知得△ABC的面积S＝·AB·CO＝×3×2＝3，于是其直观图的面积S′＝S＝×3＝.
答案：
4．如图所示，四边形ABCD是一平面图形水平放置的直观图．在直观图中，四边形ABCD是一直角梯形，AB∥CD，AD⊥CD，且BC与y′轴平行．若AB＝6，CD＝4，则这个平面图形的实际面积是________．
解析：由斜二测画法规则知，该图的平面图形A′B′C′D′也是一直角梯形，其中B′C′⊥C′D′，A′B′＝6，C′D′＝4，B′C′＝2BC＝2·＝4，所以原平面图形A′B′C′D′的面积为SA′B′C′D′＝(6＋4)×4＝20.
答案：20
5．如图为一几何体的展开图，沿图中虚线将它们折叠起来，请画出其直观图．
解：由题设中所给的展开图可以得出，此几何体是一个四棱锥，其底面是一个边长为2的正方形，垂直于底面的侧棱长为2，其直观图如图所示．
6．(选做题)如图所示，梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝4 cm，CD＝2 cm，∠DAB＝30°，AD＝3 cm，试画出它的直观图．
解：画法步骤：
(1)如图①所示，在梯形ABCD中，
以边AB所在的直线为x轴，点A为原点，
建立平面直角坐标系xOy.如图②所示，
画出对应的x′轴，y′轴，使∠x′O′y′＝45°.
(2)在图①中，过D点作DE⊥x轴，
垂足为E.在图②中，
在x′轴上取A′B′＝AB＝4 cm，
A′E′＝AE＝≈2.598 cm；
过点E′作E′D′∥y′轴，使E′D′＝ED＝×＝0.75 cm，再过点D′作D′C′∥x′轴，且使D′C′＝DC＝2 cm.
(3)连接A′D′，B′C′，并擦去x′轴与y′轴及其他一些辅助线，如图③所示，则四边形A′B′C′D′就是所求作的直观图．
1.4.2 空间图形的公理（二）
[学业水平训练]
已知空间两个角∠AOB和∠A′O′B′，且两角的两边分别对应平行，∠AOB＝60°，则∠A′O′B′为( )
A．60° B．120°
C．30° D．60°或120°
解析：选D.利用等角定理可知两角相等或互补．
分别和两条异面直线平行的两条直线的位置关系是( )
A．一定平行 B．一定相交
C．一定异面 D．相交或异面
解析：选D.分别和两条异面直线平行的两条直线相交或异面，如图(1)(2)．
如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G、H分别为AA1、AB、BB1、B1C1的中点，则异面直线EF与GH所成的角等于( )
A．45° B．60°
C．90° D．120°
解析：选B.连接A1B、C1B、A1C1，易证∠A1BC1为异面直线EF与GH所成的角，又因为△BC1A1为等边三角形，所以∠A1BC1＝60°.
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为边B1C1，C1C，A1A，AD的中点，则EF与GH( )
A．平行 B．相交
C．异面 D．不能确定
解析：选A.连接A1D，B1C，由三角形的中位线性质可得
GH∥A1D，EF∥B1C，
又因为在正方体中A1D∥B1C，
所以GH∥EF.
如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G分别为棱A1C1，B1C1，B1B的中点，则∠EFG与∠ABC1( )
A．相等 B．互补
C．相等或互补 D．不确定
解析：选B.因为E、F、G分别是棱A1C1，B1C1，B1B的中点，由三角形中位线性质得
EF∥A1B1，GF∥BC1，
又在三棱柱ABC-A1B1C1中，
AB∥A1B1，
所以EF∥AB.
所以∠EFG和∠ABC1的角的两边分别平行，利用平移可知两边互补．
设直线a，b分别是长方体相邻两个面的对角线所在直线，则a与b的位置关系是________．
解析：如图，在平面ABB′A′和平面BB′C′C内，两条对角线有两种位置关系，可能相交，也可能是异面直线．
答案：相交或异面
空间四边形ABCD中，E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点，若AC＝BD，则四边形EFGH是________．
解析：
利用三角形的中位线可得，
EF＝GH＝AC，
FG＝EH＝BD.
因为AC＝BD，
所以EF＝FG＝GH＝EH.
又利用平行公理，可知，
EH∥FG，EF∥GH，
所以四边形EFGH是菱形．
答案：菱形
下列各图是正方体或正四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点中不共面的是________．
解析：利用三角形中位线的性质和平行公理4可知，①、②、③中的四个点共面，而④中的四个点不共面．
答案：④
如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，M，N分别为棱A1B1，AB的中点，求证：C1M∥CN.
证明：
连接MN，
因为M，N为棱A1B1与AB的中点，所以MN綊A1A，
由三棱柱性质知A1A綊C1C，
所以MN綊C1C，
所以四边形MNCC1为平行四边形，所以C1M∥CN.
如图，在五面体ABCDEF中，四边形ADEF是正方形，ED⊥CD，CD＝1，AD＝2，求异面直线CE与AF所成角的余弦值．
解：因为四边形ADEF是正方形，所以FA∥ED.因为ED⊥CD，故∠CED为锐角，即为异面直线CE与AF所成的角．
在Rt△CDE中，CD＝1，ED＝2，CE＝＝3，故cos∠CED＝＝，
所以所求异面直线CE与AF所成角的余弦值为.
[高考水平训练]
如图是一个正方体的平面展开图，则在正方体中，AB与CD的位置关系为( )
A．相交 B．平行
C．异面而且垂直 D．异面但不垂直
解析：选D.将展开图还原为正方体，如图所示．
AB与CD所成的角为60°，故选D.
在空间四边形ABCD中，已知E，F分别为边AB和CD的中点，且EF＝5，AD＝6，BC＝8，则AD与BC所成的角的大小为________．
解析：
如图，连接BD，取BD的中点G，连接EG，GF，由三角形的中位线定理可知：EG綊AD，GF綊BC.
∵AD＝6，BC＝8，
∴EG＝3，GF＝4，
又因为EF＝5，
所以EG2＋GF2＝EF2，
所以∠EGF＝90°，
∠EGF就是AD与BC所成的角．
答案：90°
如图所示，P是△ABC所在平面外一点，D、E分别是△PAB、△PBC的重心．
求证：DE∥AC，DE＝AC.
证明：连接PD并延长交AB于M，
连接PE并延长交BC于N，
则M为AB的中点，N为BC的中点，
∴MN∥AC，
又＝＝，
∴DE∥MN，
∴DE∥AC.
又＝＝，
∴DE＝MN，又因MN＝AC，
∴DE＝AC.
4．如图所示，四边形ABEF和ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC綊AD，BE綊FA，G，H分别为FA，FD的中点．
(1)证明：四边形BCHG是平行四边形；
(2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？
解：(1)证明：由已知FG＝GA，FH＝HD，
可得GH綊AD.
又BC綊AD，∴GH綊BC，
∴四边形BCHG为平行四边形．
(2)由BE綊AF，G为FA中点知，BE綊FG，
∴四边形BEFG为平行四边形，
∴EF∥BG.
由(1)知BG綊CH，∴EF∥CH，
∴EF与CH共面．
又D∈FH，∴C，D，F，E四点共面．
1.4.2 空间图形的公理（二）
[A.基础达标]
1．下列命题中，真命题的个数是( )
①如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等；
②如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角或直角相等；
③如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，那么这两个角相等或互补；
④如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线平行．
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B.①这两个角也可能互补，故①是错误的；②是正确的，它是等角定理的推广和延伸．③空间两条直线的垂直包括异面垂直，此时两个角有可能不相等且不互补，故③是错误的．④是公理4，是正确的．所以结论正确的个数为2.
2．已知直线a，b，c，下列说法正确的是( )
A．a∥b，b∥c，则a∥c
B．a与b异面，b与c异面，则a与c异面
C．a与b相交，b与c相交，则a与c相交
D．a与b所成的角与b与c所成的角相等，则a∥c
解析：选A.A是公理4的内容．如图正方体中，AB，A1B1都与CC1异面，但AB与A1B1不异面，B错，AB，A1B1都与BB1相交，但AB与A1B1不相交，C错；AB，BC都与DD1成90°角，但AB与BC不平行，D错．
3．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为边B1C1，C1C，A1A，AD的中点，则EF与GH( )
A．平行 B．相交
C．异面 D．不能确定
解析：选A.连接A1D，B1C，由三角形的中位线性质可得
GH∥A1D，EF∥B1C，
又因为在正方体中A1D∥B1C，
所以GH∥EF.
4．一条直线与两条平行线中的一条为异面直线，则它与另一条( )
A．相交 B．异面
C．相交或异面 D．平行
解析：选C.如图所示的长方体ABCD-A1B1C1D1中，直线AA1与直线B1C1是异面直线，与B1C1平行的直线有A1D1，AD，BC，显然直线AA1与A1D1相交，与BC异面．
5．已知空间四边形ABCD中，M，N分别为AB，CD的中点，则下列判断正确的是( )
A．MN≥(AC＋BD) B．MN≤(AC＋BD)
C．MN＝(AC＋BD) D．MN＜(AC＋BD)
解析：选D.如图，取BC的中点H，连接MH，HN，MN，据题意有MH＝AC，MH∥AC，HN＝BD，HN∥BD.在△MNH中，由两边之和大于第三边知，MN＜MH＋HN＝(AC＋BD)．
6．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BD和B1D1分别是正方形ABCD和A1B1C1D1的对角线，
(1)∠DBC的两边与∠________的两边分别平行且方向相同；
(2)∠DBC的两边与∠________的两边分别平行且方向相反．
答案：(1)D1B1C1 (2)A1D1B1
7．如图所示是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，
①BM与ED是异面直线；
②CN与BE是异面直线．
以上两个结论中，正确的是________(填序号)．
解析：在正方体中，直线间的关系比较清楚，所以可以把原图还原为正方体，找出相应直线间的关系．
答案：①
8．如图，在正方体AC1中，AA1与B1D所成角的余弦值是________．
解析：因为B1B∥A1A，所以∠BB1D就是异面直线AA1与B1D所成的角，连接BD.
在Rt△B1BD中，设棱长为1，则B1D＝.
cos ∠BB1D＝＝＝.
所以AA1与B1D所成的角的余弦值为.
答案：
9．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点．
求证：(1)D1E∥BF；
(2)∠B1BF＝∠D1EA1.
证明：(1)取BB1的中点M，连接EM，C1M.
在矩形ABB1A1中，易得EM＝A1B1，EM∥A1B1.
因为A1B1＝C1D1，且A1B1∥C1D1，
所以EM＝C1D1，且EM∥C1D1.
所以四边形EMC1D1为平行四边形．
所以D1E∥C1M.
在矩形BCC1B1中，易得MB＝C1F，且MB∥C1F.
所以四边形BFC1M为平行四边形，所以BF∥C1M，
所以D1E∥BF.
(2)由(1)知，ED1∥BF，BB1∥EA1，又∠B1BF与∠D1EA1的对应边方向相同，
所以∠B1BF＝∠D1EA1.
10．如图，ABEDFC为多面体，点O在棱AD上，OA＝1，OD＝2，在侧面ACFD中，△OAC和△ODF为正三角形，在底面ABED中，△OAB和△ODE也都是正三角形，求证：直线BC∥EF.
证明：设G是线段DA与线段EB延长线的交点，由于△OAB与△ODE都是正三角形，所以OB∥DE，OB＝DE，所以OG＝OD＝2.同理，设G′是线段DA与线段FC延长线的交点，有OG′＝OD＝2，又由于G与G′都在线段DA的延长线上，所以G与G′重合，在△GED和△GFD中，由OB∥DE，OB＝DE和OC∥DF，OC＝DF，可知B，C分别是GE，GF的中点，所以BC是△GFE的中位线，故BC∥EF.
[B.能力提升]
1．已知在四面体ABCD中，E，F分别是AC，BD的中点，若AB＝2，CD＝4，EF⊥AB，则EF和CD所成的角是( )
A．90° B．45°
C．60° D．30°
解析：选D.如图，作FG∥CD交BC于G，连接EG，则EG∥AB，故∠EFG(或其补角)为EF和CD所成的角．
因为EF⊥AB，所以EF⊥EG.
又因为AB＝2，CD＝4，所以EG＝1，FG＝2.
所以sin∠EFG＝.
所以∠EFG＝30°.
2．正方体的一条体对角线与正方体的棱可组成n对异面直线，则n等于( )
A．2 B．3
C．6 D．12
解析：选C.如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，与AC1异面的棱有BC，CD，A1D1，A1B1，BB1和DD1.故选C.
3．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下结论：
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AM与DD1是异面直线．
其中正确的结论为________(把你认为正确的结论的序号都填上)．
解析：直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，直线BN与MB1是异面直线，直线AM与DD1是异面直线，故①②错误，③④正确．
答案：③④
4．下列命题中正确的是________．
①若直线与平面有两个公共点，则直线在平面内；
②若直线l与平面α相交，则l与平面α内的任意直线都是异面直线；
③如果两条异面直线中一条与一个平面平行，则另一条直线一定与该平面相交；
④若直线l与平面α平行，则l与平面α内的直线平行或异面；
⑤若平面α∥平面β，直线aα，直线bβ，则直线a∥b.
解析：①是公理1，所以①是正确的；②中，直线l和平面α内过l与α交点的直线都相交而不是异面，所以②是错误的；③中，异面直线中的另一条和该平面的关系不能具体确定，它们可以相交，可以平行，还可以在该平面内，所以③是错误的；④中，直线l与平面α没有公共点，所以直线l与平面α内的直线平行或异面，所以④是正确的；⑤中，分别在两个平行平面内的直线可以平行，也可以异面，所以⑤是错误的．
答案：①④
5．如图所示，设E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA上的点，且＝＝λ，＝＝μ，求证：
(1)当λ＝μ时，四边形EFGH是平行四边形；
(2)当λ≠μ时，四边形EFGH是梯形．
证明：在△ABD中，＝＝λ.
所以EH∥BD，且EH＝λBD.
在△CBD中，＝＝μ，
所以FG∥BD，且FG＝μBD，所以EH∥FG，
所以顶点E，F，G，H在由EH和FG确定的平面内．
(1)当λ＝μ时，EH＝FG，故四边形EFGH为平行四边形；
(2)当λ≠μ时，EH≠FG，故四边形EFGH是梯形．
6．(选做题)如图所示，四边形ABEF和ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC綊AD，BE綊FA，G，H分别为FA，FD的中点．
(1)求证：四边形BCHG是平行四边形；
(2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？
解：(1)证明：因为G，F分别为FA，FD的中点，
所以GH綊AD.
又BC綊AD，所以GH綊BC，
所以四边形BCHG为平行四边形．
(2)由BE綊AF，G为FA的中点知，BE綊FG，
所以四边形BEFG为平行四边形，
所以EF∥BG.
由(1)知BG綊CH，所以EF∥CH，
所以EF与CH共面．
又D∈FH，所以C，D，F，E四点共面．
1.5.1 平行关系的判定
[学业水平训练]
已知两条直线m，n及平面α，则下列几个命题中真命题的个数是( )
①若m∥α，n∥α，则m∥n；
②若m∥α，m∥n，则n∥α；
③若m∥α，则m平行于α内所有直线．
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选A.①中m与n相交、平行、异面均有可能；②中，n也可能在α内；③中，m也可能与α内的直线异面．故选A.
下列结论正确的是( )
A．过直线外一点，与该直线平行的平面只有一个
B．过直线外一点，与该直线平行的直线有无数条
C．过平面外一点，与该平面平行的直线有无数条
D．过两条平行线中的一条的任一平面均与另一条直线平行
解析：选C.过平面外一点，与该平面平行的直线有无数条，只要直线与平面无公共点，就是直线与平面平行．
已知直线a、直线b、平面α与平面β满足下列关系：a∥α，b∥α，aβ，bβ，则α与β的位置关系是( )
A．平行 B．相交
C．重合 D．不能确定
解析：选D.a∥α，b∥α，aβ，bβ，但是直线a与直线b的关系未确定，如果直线a与直线b平行，那么α与β可能相交，也可能平行；如果直线a与直线b相交，那么α∥β.
4．如图所示，设E，F，E1，F1分别是长方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB，CD，A1B1，C1D1的中点，则平面EFD1A1与平面BCF1E1的位置关系是( )
A．平行 B．相交
C．异面 D．不确定
解析：选A.因为E，F，E1，F1分别为AB，CD，A1B1，C1D1的中点，则EF∥BC.
又BC平面BCF1E1，EF平面BCF1E1，
所以EF∥平面BCF1E1.
同理可证A1E∥平面BCF1E1.
因为A1E∩EF＝E，且A1E平面EFD1A1，EF平面EFD1A1，所以平面EFD1A1∥平面BCF1E1.
5．在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，A1B1的中点是P，过点A1作与截面PBC1平行的截面，所得截面的面积是( )
A. B．2
C．5 D．5
解析：选B.如图，取AB，C1D1的中点E，F，连接A1E，A1F，EF，则平面A1EF∥平面BPC1.在△A1EF中，
A1F＝A1E＝，EF＝2，
S△A1EF＝×2×＝，
从而所得截面面积为2S△A1EF＝2.
下列四个说法：
①若直线a在平面α外，则a∥α；
②若直线a∥b，直线aα，bα，则a∥α；
③若a∥b，bα，则a与α内任意直线平行．
其中正确的有________．
解析：由直线和平面平行的判定可知①③不正确，②正确．
答案：②
已知平面α，β和直线a，b，c，且a∥b∥c，aα，b、cβ，则α与β的关系是________．
解析：因为b，c不相交，因此α与β的关系是平行或相交．
答案：平行或相交
8．在空间四边形ABCD中，M∈AB，N∈AD，若＝，则直线MN与平面BDC的位置关系是________．
解析：
连接BD，因为＝，
所以MN∥BD.
因为BD平面BDC，MN平面BDC，
所以MN∥平面BDC.
答案：平行
已知空间四边形ABCD，P、Q分别是△ABC和△BCD的重心．求证：PQ∥平面ACD.
证明：
如图，取BC的中点E，连接AE，DE.
∵P、Q分别是△ABC和△BCD的重心，
∴A、P、E三点共线且AE∶PE＝3∶1，
D、Q、E三点共线且DE∶QE＝3∶1，
∴在△AED中，PQ∥AD.
又AD平面ACD，PQ平面ACD，
∴PQ∥平面ACD.
已知P是?ABCD所在平面外一点．E，F，G分别是PB，AB，BC的中点．
证明：平面PAC∥平面EFG.
证明：因为EF是△PAB的中位线，
所以EF∥PA.
又EF平面PAC，PA平面PAC，
所以EF∥平面 PAC.
同理得EG∥平面PAC.
又EF平面EFG，EG平面EFG，EF∩EG＝E，
所以平面PAC∥平面EFG.
[高考水平训练]
空间四边形的对角线互相垂直且相等，顺次连接这个四边形各边中点，所组成的四边形是( )
A．梯形 B．矩形
C．平行四边形 D．正方形
解析：选D.∵BD⊥AC且BD＝AC，
又F、E、G、H分别为中点，
∴FG綊EH綊BD，
HG綊EF綊AC，
∴FG⊥HG且FG＝HG，
∴四边形EFGH为正方形．
三棱锥S-ABC中，G为△ABC的重心，E在棱SA上，且AE＝2ES，则EG与平面SBC的关系为__________．
解析：
如图，取BC中点F，连接SF，AF.
∵G为△ABC的重心，
∴A、G、F共线且AG＝2GF.
又∵AE＝2ES，∴EG∥SF.
∵SF平面SBC，EG平面SBC，
∴EG∥平面SBC.
答案：EG∥平面SBC
在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ACB＝90°，EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，AB＝2EF.若M是线段AD的中点．求证：GM∥平面ABFE.
证明：连接AF.
因为EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，∠ACB＝90°，
所以∠ABC＝∠EFG，
∠ACB＝∠EGF，
所以△ABC∽△EFG.
由于AB＝2EF，所以BC＝2FG，
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∥AF.
又AF平面ABFE，GM平面ABFE，
所以GM∥平面ABFE.
4．(能力挑战题)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，点M，N分别为BC，PA的中点，在线段PD上是否存在一点E，使得NM∥平面ACE？若存在，说明点E的位置；若不存在，说明理由．
解：存在．取PD的中点E，连接NE，EC，AE，
因为N，E分别为PA，PD的中点，所以NE∥AD且NE＝AD.
又在平行四边形ABCD中，CM∥AD且CM＝AD，所以NE綊MC，
即四边形MCEN是平行四边形，所以NM∥EC.
又EC平面ACE，NM平面ACE，
所以MN∥平面ACE.
即在线段PD上存在一点E，使得NM∥平面ACE，
此时PE＝PD.
1.5.1 平行关系的判定
[A.基础达标]
1．设AB，BC，CD是不在同一平面内的三条线段，则经过它们的中点的平面和直线AC的位置关系是( )
A．平行 B．相交
C．平行或相交 D．AC在此平面内
解析：选A.如图所示，E，F，G分别为AB，BC，CD的中点，不难得出EF∥AC.
显然EF平面EFG，AC平面EFG，
所以有AC∥平面EFG.
2. 平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等且不为零，则α与β的位置关系为( )
A．平行 B．相交
C．平行或相交 D．可能重合
解析：选C.若三点分布于平面β的同侧，则α与β平行，若三点分布于平面β的两侧，则α与β相交．
3．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，与平面AB1D1平行的平面是( )
A．平面BCD B．平面BCC1
C．平面BDC1 D．平面CDC1
解析：选C.由于BD∥B1D1，且BD平面AB1D1，B1D1平面AB1D1，所以BD∥平面AB1D1，因为BC1∥AD1，且BC1平面AB1D1，AD1平面AB1D1，所以BC1∥平面AB1D1，从而平面BDC1∥平面AB1D1.
4．下列三个命题，其中真命题的个数是( )
①两条直线没有公共点，那么这两条直线平行；
②两个平面如果没有公共点，那么这两个平面平行；
③两个平面都平行于同一条直线，那么这两个平面平行．
A．1 B．2
C．3 D．0
解析：选A.①中两条直线没有公共点，这两条直线可能平行，也可能异面；②是真命题；③中两个平面都平行于同一条直线，这两个平面可能平行，也可能相交．
5．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是棱A1D1上的动点，则直线MD与平面AA1C1C的位置关系是( )
A．平行 B．相交
C．直线在平面内 D．相交或平行
解析：选D.如图，若点M与点D1重合，因为D1D∥A1A，D1D平面AA1C1C，A1A平面AA1C1C，
所以D1D∥平面AA1C1C，
即DM∥平面AA1C1C.
若点M与点D1不重合，
设DM∩AA1＝P，则DM∩平面AA1C1C＝P.
6．在空间四边形ABCD中，M∈AB，N∈AD，若＝，则直线MN与平面BDC的位置关系是________．
解析：连接BD，因为＝，
所以MN∥BD.
因为BD平面BDC，MN平面BDC，
所以MN∥平面BDC.
答案：平行
7．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与过A，C，E的平面的位置关系是________．
解析：如图，连接AC交BD于点O.
则O为BD的中点，又E为DD1的中点，连接EO，所以OE为△BDD1的中位线，所以OE∥BD1.
又因为BD1平面ACE，OE平面ACE，
所以BD1∥平面ACE.
答案：平行
8．设a，b是直线，α是平面，给出下列三个命题：
①若a∥b，a∥α，则b∥α；
②若a∥b，b与α相交，则a与α也相交；
③若a与b异面，a∥α，则b?α.
其中正确命题的序号是________．
解析：如图的正方体ABCD-A1B1C1D1中，直线AD∥直线B1C1，直线AD∥平面A1C1，但是直线B1C1平面A1C1，所以①不正确；②显然正确，可以用反证法证明；直线AD与直线B1A1异面，直线AD∥平面A1C1，但是直线B1A1平面A1C1，所以③不正确．
答案：②
9．已知底面是平行四边形的四棱锥P-ABCD，点E在PD上，且PE∶ED＝2∶1.在棱PC上是否存在一点F，使BF∥平面AEC？若存在，求出点F的位置；若不存在，请说明理由．
解：存在．如图，连接BD交AC于O点，连接OE，过B点作OE的平行线交PD于点G，过点G作GF∥CE，交PC于点F，连接BF.
因为BG∥OE，BG平面AEC，OE平面AEC，
所以BG∥平面AEC.
同理，GF∥平面AEC，又BG∩GF＝G.
所以平面BGF∥平面AEC，
所以BF∥平面AEC.
因为BG∥OE，O是BD的中点，
所以E是GD的中点．
又因为PE∶ED＝2∶1，所以G是PE的中点．
而GF∥CE，所以F为PC的中点．
综上，当点F是PC的中点时，BF∥平面AEC.
10．已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AA1，CC1的中点，求证：平面BDF∥平面B1D1E.
证明：如图，取BB1的中点G，连接EG，GC1，
则有EG綊A1B1.
又A1B1綊C1D1，
所以EG綊C1D1.
所以四边形EGC1D1为平行四边形，所以D1E綊GC1.
又BG綊C1F，所以四边形BGC1F为平行四边形．
所以BF∥C1G，所以BF∥D1E.
由BF平面B1D1E，D1E平面B1D1E，得BF∥平面B1D1E，
又BD∥B1D1，同理可得BD∥平面B1D1E.
又因为BF∩BD＝B，
所以平面BDF∥平面B1D1E.
[B.能力提升]
1. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为棱A1D1的动点，O为底面ABCD的中心，E、F分别是A1B1、C1D1的中点，下列平面中与OM扫过的平面平行的是( )
A．面ABB1A1 B．面BCC1B1
C．面BCFE D．面DCC1D1
解析：选C.
取AB、DC的中点E1和F1，OM扫过的平面即为面A1E1F1D1.
故面A1E1F1D1∥面BCFE.
2．空间四边形的对角线互相垂直且相等，顺次连接这个四边形各边中点，所组成的四边形是( )
A．梯形 B．矩形
C．平行四边形 D．正方形
解析：选D.因为BD⊥AC且BD＝AC，
又F、E、G、H分别为中点，
所以FG綊EH綊BD，
HG綊EF綊AC，
所以FG⊥HG且FG＝HG，
所以四边形EFGH为正方形．
3．三棱锥S-ABC中，G为△ABC的重心，E在棱SA上，且AE＝2ES，则EG与平面SBC的关系为__________．
解析：
如图，取BC中点F，连接SF，AF.
因为G为△ABC的重心，
所以A、G、F共线且AG＝2GF.
又因为AE＝2ES，所以EG∥SF.
因为SF平面SBC，EG平面SBC，
所以EG∥平面SBC.
答案：平行
4．已知直线l，m，平面α，β，下列命题正确的是________．
①l∥β，lα?α∥β；
②l∥β，m∥β，lα，mα?α∥β；
③l∥m，lα，mβ?α∥β；
④l∥β，m∥β，lα，mα，l∩m＝M?α∥β.
解析：如图所示．长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥CD，
则AB∥平面DC1，AB平面AC，但是平面AC与平面DC1不平行，所以①错误；取BB1的中点E，CC1的中点F，则可证EF∥平面AC，B1C1∥平面AC.EF平面BC1，B1C1平面BC1，但是平面AC与平面BC1不平行，所以②错误；可证AD∥B1C1，AD平面AC，B1C1平面BC1，又平面AC与平面BC1不平行，所以③错误；很明显D是面面平行的判定定理，所以④正确．
答案：④
5．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，E，F分别是棱A1B1，A1D1，B1C1，C1D1的中点，求证：平面AMN∥平面EFDB.
证明：因为M，N，E，F分别是棱A1B1，A1D1，B1C1，C1D1的中点，
所以MN∥EF.
由直线与平面平行的判定定理，MN∥平面EFDB，
同理有AM∥平面EFDB.
因为MN∩AM＝M，
所以平面AMN∥平面EFDB.
6．(选做题)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，点M，N分别为BC，PA的中点，在线段PD上是否存在一点E，使得NM∥平面ACE；若存在，说明点E的位置；若不存在，说明理由．
解：存在．取PD的中点E，连接NE，EC，AE，AC，
因为N，E分别为PA，PD的中点，所以NE∥AD且NE＝AD.
又在平行四边形ABCD中，CM∥AD且CM＝AD，所以NE綊MC，即四边形MCEN是平行四边形，所以NM∥EC.
又EC平面ACE，NM平面ACE，所以MN∥平面ACE，
即在线段PD上存在一点E，使得NM∥平面ACE，此时PE＝PD.
1.5.2 平行关系的性质
[学业水平训练]
如果直线a∥平面α，则( )
A．平面α内有且只有一条直线与a平行
B．平面α内有无数条直线与a平行
C．平面α内不存在与a垂直的直线
D．平面α内有且仅有一条与a垂直的直线
解析：选B.a∥平面α，由线与平面平行的性质定理知有过a且与平面α相交的平面β，则a平行于平面α和平面β的交线，在α内与交线平行的直线有无数条，故选B.
如果平面α∥平面β，夹在α和β间的两线段相等，那么这两条线段所在直线的位置关系是( )
A．平行 B．相交
C．异面 D．平行、相交或异面
解析：选D.
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，AA1∥BB1，A1D∩A1B＝A1，AD1与A1B是异面直线．故选D.
如图所示，长方体ABCD－A′B′C′D′中，E，F分别为AA′，BB′的中点，过EF的平面EFGH分别交BC和AD于G、H，则HG与AB的位置关系是( )
A．平行 B．相交
C．异面 D．平行或异面
解析：选A.由长方体性质可知EF∥平面ABCD.
EF平面EFGH，
平面EFGH∩平面ABCD＝GH.
∴EF∥GH.
又∵EF∥AB.∴GH∥AB，故选A.
如图所示，P是三角形ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，α分别交线段PA、PB、PC于A′、B′、C′，若PA′∶AA′＝2∶3，则S△A′B′C′∶S△ABC等于( )
A．2∶25 B．4∶25
C．2∶5 D．4∶5
解析：选B.平面α∥平面ABC，平面PAB与它们的交线分别为A′B′，AB，∴AB∥A′B′，同理B′C′∥BC，易得△ABC∽△A′B′C′，
S△A′B′C′∶S△ABC＝＝＝.
如图，已知平面α∩平面β＝a，平面β∩平面γ＝b，平面γ∩平面α＝c，若a∥b，则c与a，b的位置关系是( )
A．c与a，b都是异面直线
B．c与a，b都相交
C．c至少与a，b中的一条相交
D．c与a，b都平行
解析：选D.因为a∥b，aγ，bγ，所以a∥γ.又aα，α∩γ＝c，所以a∥c，所以b∥c.
若直线l不存在与平面α内无数条直线都相交的可能，则直线l与平面α的关系为________．
解析：若直线l与平面α相交或在平面α内，则在平面α内一定存在无数条直线与直线l相交，故要使l不可能与平面α内无数条直线都相交，只有l∥α.
答案：l∥α
7.如图，α∩β＝CD，α∩γ＝EF，β∩γ＝AB，AB∥α，则CD与EF的位置关系为________．
解析：由线面平行的性质得，AB∥CD，AB∥EF，由公理4得CD∥EF.
答案：平行
若空间四边形ABCD的两条对角线AC、BD的长分别是8、12，过AB的中点E且平行于BD、AC的截面是四边形，则它的周长为________．
解析：
如图可知截面EFGH是平行四边形，
且EF＝AC＝4，FG＝BD＝6，
∴四边形周长是2×(4＋6)＝20.
答案：20
已知四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH，求证：AP∥GH.
证明：连接AC交BD于O，连接MO，
因为M，O为中点，所以MO∥AP，
又因为MO平面BDM，PA平面BDM，
所以PA∥平面BDM，
又因为PA平面PAHG，
平面PAHG∩平面BDM＝GH，
所以PA∥GH.
如图所示，在三棱锥P-ABC中，PA＝4，BC＝6，与PA、BC都平行的截面四边形EFGH的周长为l，试确定l的取值范围．
解：∵PA∥平面EFGH，PA平面PAB，
平面PAB∩平面EFGH＝EH，
∴PA∥EH，同理，PA∥FG，BC∥EF，BC∥HG；
∴＝，∴EF＝，＝＝，
∴FG＝，
∴四边形EFGH的周长l＝2(EF＋FG)
＝＝
＝＝8＋，
由于0<<1，∴8[高考水平训练]
已知l是过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点的平面AB1D1与下底面ABCD所在平面的交线，下列结论错误的是( )
A．D1B1∥平面ABCD B．BD∥平面AD1B1
C．l∥平面A1C1 D．l⊥B1C1
解析：选D.A可由上底面与下底面平行的性质定理判定正确，B，C可由线面平行的判定定理判定正确性．D错在D1B1∥l，l与B1C1所成角是45°.
如图所示，ABCD-A1B1C1D1是棱长为a的正方体，M，N分别是下底面的棱A1B1，B1C1的中点，P是上底面的棱AD上的一点，AP＝，过P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ＝________．
解析：∵MN∥平面AC，平面PMN∩平面AC＝PQ，
∴MN∥PQ，易知DP＝DQ＝，
故PQ＝＝DP＝.
答案：
如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，E，M，N，G，H分别是AA1，CD，CB，CC1，BB1的中点，求证：
(1)MN∥B1D1；
(2)AC1∥平面EB1D1；
(3)平面EB1D1∥平面BDG.
证明：(1)因为M，N分别是CD，CB的中点，
所以MN∥BD.又因为BB1綊DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以BD∥B1D1，
从而MN∥B1D1.
(2)连接A1C1，交B1D1于点O，连接OE.
因为四边形A1B1C1D1为平行四边形，则O点是A1C1的中点．因为E是AA1的中点，所以EO是△AA1C1的中位线，所以EO∥AC1.
又AC1平面EB1D1，EO平面EB1D1，
所以AC1∥平面EB1D1.
(3)连接GH，因为EA綊B1H，则四边形EAHB1是平行四边形，所以EB1∥AH.因为AD綊HG，则四边形ADGH是平行四边形，所以DG∥AH，所以EB1∥DG.
又因为BB1綊DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形，
所以BD∥B1D1.
因为BD∩DG＝D，
所以平面EB1D1∥平面BDG.
4．如图，三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为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，若MB∥平面AEF，试判断点M在何位置．
解：若MB∥平面AEF，过F，B，M作平面FBM交AE于N，连接MN，NF.
因为BF∥平面AA1C1C，
BF平面FBM，
平面FBM∩平面AA1C1C＝MN，
所以FB∥MN.
又MB∥平面AEF，所以MB∥FN，
所以BFNM是平行四边形，
所以MN＝FB＝1.
而EC∥FB，EC＝2FB＝2，
所以MN∥EC，
MN＝EC＝1，
故MN是△ACE的中位线．
所以M是AC的中点时，MB∥平面AEF.
1.5.2 平行关系的性质
[A.基础达标]
1．如图，在三棱锥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∥BC
C．EF与BC异面 D．以上均有可能
解析：选B.因为EF∥平面ABC，BC平面ABC，EF平面SBC，平面ABC∩平面SBC＝BC，所以EF∥BC.
2．若α∥β，aα，bβ，下列几种说法中正确的是( )
①a∥b；②a与β内无数条直线平行；③a与β内的任何一条直线都不垂直；④a∥β.
A．①② B．②④
C．②③ D．①③④
解析：选B.
序号
正误
原因分析
①
×
a与b可能异面
②
√
过a的平面与β的交线都与a平行
③
×
在β内与a垂直的直线有无数多条
④
√
因为aα，α∥β，所以a与β无公共点，所以a∥β
3.如图所示，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是棱AA1和BB1的中点，过EF的平面EFGH分别交BC和AD于G，H两点，则HG与AB的位置关系是( )
A．平行 B．相交
C．异面 D．不确定
解析：选A.因为E，F分别是AA1和BB1的中点，
所以EF∥AB.
又因为AB平面EFGH，EF平面EFGH，
所以AB∥平面EFGH.
又因为AB平面ABCD，平面ABCD∩平面EFGH＝GH，
所以AB∥GH.
4．已知l是过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点的平面AB1D1与下底面ABCD所在平面的交线，下列结论错误的是( )
A．D1B1∥平面ABCD B．BD∥平面AD1B1
C．l∥平面A1B1C1D1 D．l⊥B1C1
解析：选D.A可由上底面与下底面平行的性质定理判定正确，B，C可由线面平行的判定定理判定正确性．D错在D1B1∥l，l与B1C1所成角是45°.
5．a是平面α外的一条直线，过a作平面β，使β∥α，这样的平面β( )
A．只能作一个
B．至多可以作一个
C．不存在
D．至少可以作一个
解析：选B.由于a在平面α外，所以a∥α或a∩α＝P.当a∥α时，过a可作唯一的平面β，使β∥α；当a∩α＝P时，过a不能作平面β，使β∥α，故至多可以作一个．
6．若直线l不存在与平面α内无数条直线都相交的可能，则直线l与平面α的关系为________．
解析：若直线l与平面α相交或在平面α内，则在平面α内一定存在无数条直线与直线l相交，故要使l不可能与平面α内无数条直线都相交，只有l∥α.
答案：l∥α
7．若空间四边形ABCD的两条对角线AC、BD的长分别是8、12，过AB的中点E且平行于BD、AC的截面是四边形，则它的周长为________．
解析：如图可知截面EFGH是平行四边形，
且EF＝AC＝4，FG＝BD＝6，
所以四边形周长是2×(4＋6)＝20.
答案：20
8．如图，P为?ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，当PA∥平面EBF时，＝________．
解析：连接AC交BE于点G，连接FG，
因为PA∥平面EBF，PA平面PAC，
平面PAC∩平面BEF＝FG，
所以PA∥FG，所以＝.
又因为AD∥BC，E为AD的中点，
所以＝＝，所以＝.
答案：
9．如图，在△ABC所在平面外有一点P，点D，E分别为PB，AB上的点，过D，E作平面平行于BC，试画出这个平面与其他各面的交线，并说明画法依据．
解：过D，E作平面，设所画平面为α，因为BC∥α，且BC平面PBC，BC平面ABC，
则平面α与平面PBC和平面ABC的交线都与BC平行，据此作平面α如下：
连接DE，过D作DG∥BC，交PC于G，过E作EF∥BC交AC于F，连接GF，平面DEFG即为平面α.
10.如图，α∥β∥γ，两直线l、m分别与α、β、γ相交于点A、B、C和点D、E、F，AC＝15 cm，DE＝5 cm，AB∶BC＝1∶3.求AB、BC、EF的长．
解：连接AF交β于点G，连接BG，GE，AD，CF.
因为α∥β∥γ，所以BG∥CF，GE∥AD，
所以＝＝＝，
所以＝，即＝，
因为AC＝15 cm，所以AB＝ cm.
因为DE＝5 cm，所以EF＝3DE＝15 cm.
所以BC＝3AB＝ cm.
[B.能力提升]
1．α，β，γ是三个平面，a，b是两条直线，有下列三个条件：
①a∥γ，bβ；②a∥γ，b∥β；③b∥β，aγ.
如果命题“α∩β＝a，bγ，且________，则a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是( )
A．①或② B．②或③
C．①或③ D．只有②
解析：选C.①中，a∥γ，aβ，bβ，β∩γ＝b?a∥b(线面平行的性质)．③中，b∥β，bγ，aγ，又α∩β＝a，所以aβ，所以β∩γ＝a?a∥b(线面平行的性质)．另外，本题可以借助长方体来进行判断．
2．正方体ABCD-A1B1C1D1中，P、Q分别是棱AA1与CC1的中点，则经过P、B、Q三点的截面是( )
A．邻边不相等的平行四边形
B．菱形但不是正方形
C．矩形
D．正方形
解析：选B.如图所示，设经过P、B、Q三点的截面为平面γ，由平面ABB1A1∥平面DCC1D1；平面ADD1A1∥平面BCC1B1，知γ与两组平面的交线平行，所以截面为平行四边形．
又因为△ABP≌△CBQ，
所以PB＝QB.知截面为菱形．
又PQ≠BD1，知截面不可能为正方形．应选B.
3.如图所示，ABCD-A1B1C1D1是棱长为a的正方体，M，N分别是下底面的棱A1B1，B1C1的中点，P是上底面的棱AD上的一点，AP＝，过P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ＝________．
解析：因为MN∥平面AC，平面PMN∩平面AC＝PQ，
所以MN∥PQ，易知DP＝DQ＝，
故PQ＝＝DP＝.
答案：
4.如图，A是△BCD所在平面外一点，M是△ABC 的重心，N是△ADC的中线AF上的点，并且MN∥平面BCD.当MN＝时，BD＝________．
解析：如图，取BC的中点E，连接AE，EF，则点M在AE上，并且AM∶AE＝2∶3.
因为MN∥平面BCD，
所以MN∥EF.
所以MN∶EF＝2∶3.
而EF＝BD，所以BD＝3MN＝4.
答案：4
5．如图，在棱长为a的正方体中，点M为A1B上任意一点，求证：DM∥平面D1B1C.
证明：由正方体ABCD-A1B1C1D1，知
A1B1綊AB，AB綊CD，所以A1B1綊CD.
所以四边形A1B1CD为平行四边形，
所以A1D∥B1C.
而B1C平面CB1D1，所以A1D∥平面CB1D1.
同理BD∥平面CB1D1，且A1D∩BD＝D.
所以平面A1BD∥平面CB1D1.
因为DM平面A1BD，所以DM∥平面CB1D1.
6．(选做题)如图，斜三棱柱ABC-A1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1上的点．
(1)当等于何值时，BC1∥平面AB1D1?
(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求的值．
解：(1)如图，取D1为线段A1C1的中点，此时＝1，连接A1B交AB1于点O，连接OD1.
由棱柱的性质，知四边形A1ABB1为平行四边形，
所以点O为A1B的中点．
在△A1BC1中，点O，D1分别为A1B，A1C1的中点，
所以OD1∥BC1.
又因为OD1平面AB1D1，BC1 平面AB1D1，
所以BC1∥平面AB1D1.
所以＝1时，BC1∥平面AB1D1.
(2)由已知，平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，
平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O.
因此BC1∥D1O，
同理AD1∥DC1.
所以＝，＝.
又因为＝1，所以＝1，即＝1.
1.6.1 垂直关系的判定
[学业水平训练]
下列各种情况中，一条直线垂直于一个平面内的：①三角形的两条边；②梯形的两条边；③圆的两条直径；④正六边形的两条边．不能保证该直线与平面垂直的是( )
A．①③ B．②
C．②④ D．①②④
解析：选C.因为线面垂直的判定定理中平面内的两条直线必须相交，而②④中不能确定两条边是否相交，故不能保证该直线与平面垂直，故选C.
空间四边形ABCD中，若AD⊥BC，BD⊥AD，那么有( )
A．平面ABC⊥平面ADC
B．平面ABC⊥平面ADB
C．平面ABC⊥平面DBC
D．平面ADC⊥平面DBC
解析：选D.∵AD⊥BC，AD⊥BD，BC∩BD＝B，
∴AD⊥平面BCD.
又∵AD平面ADC，
∴平面ADC⊥平面DBC.
如图，如果MC⊥平面ABCD所在的平面，那么MA与BD的位置关系是( )
A．平行 B．垂直相交
C．垂直异面 D．相交但不垂直
解析：选C.因为MC⊥平面ABCD，BD平面ABCD，
所以MC⊥BD.
又BD⊥AC，
AC∩MC＝C且AC，MC在平面ACM内，
所以BD⊥平面ACM.
又AM平面ACM，
所以BD⊥MA，但BD与MA不相交．
长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，CC1＝，则二面角C1-BD-C的大小为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：选A.
如图，连接AC交BD于O，连接C1O.因为AB＝AD，所以底面为正方形，所以AC⊥BD.
又因为BC＝CD，
所以C1D＝C1B，O为BD的中点，所以C1O⊥BD.
所以∠C1OC就是二面角C1-BDC的平面角．
则在△C1OC中，CC1＝，
CO＝ ＝，
tan∠C1OC＝＝＝，
所以∠C1OC＝30°.
如图所示，已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论正确的是( )
A．PB⊥AD
B．平面PAB⊥平面PBC
C．直线BC∥平面PAE
D．直线PD与平面ABC所成的角为45°
解析：选D.∵PA⊥平面ABC，∴∠ADP是直线PD与平面ABC所成的角．
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴AD＝2AB，即tan∠ADP＝＝＝1，
∴直线PD与平面ABC所成的角为45°，故选D.
如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝90°，M为线段BB1上的一动点，则直线AM与直线BC的位置关系为________．
解析：∵三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱，∴BB1⊥平面ABC.又BC平面ABC，
∴BB1⊥BC.
又AB⊥BC，
且AB∩BB1＝B，AB，BB1在平面ABB1A1内，
∴BC⊥平面ABB1A1.
又AM平面ABB1A1，
∴BC⊥AM.
答案：垂直
如图，四棱锥S-ABCD的底面ABCD为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中正确的有________个．
①AC⊥SB；
②AB∥平面SCD；
③SA与平面ABCD所成的角是∠SAD；
④AB与SC所成的角等于DC与SC所成的角．
解析：①∵SD⊥平面ABCD，AC平面ABCD，
∴SD⊥AC.又AC⊥BD，且SD∩BD＝D，SD，BD平面SDB，
∴AC⊥平面SBD.
又SB平面SBD，
∴AC⊥SB.
②∵AB∥DC，DC平面SCD，
AB?平面SCD，
∴AB∥平面SCD.
③∵SD⊥平面ABCD，
∴∠SAD就是SA与平面ABCD所成的角．
④∵AB∥CD，∴AB与SC所成的角为∠SCD.
综上，4个都正确．
答案：4
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面△ABC是等边三角形，且AB＝，AA1＝，则二面角A1-BC-A等于________．
解析：如图，
取BC的中点D，连接AD，A1D.
因为△ABC是等边三角形，
所以AD⊥BC.
又AA1⊥平面ABC，BC平面ABC，
所以BC⊥AA1，
又AA1∩AD＝A，且AA1，A1D平面AA1D，
所以BC⊥平面AA1D.
又A1D平面AA1D，所以BC⊥A1D，
所以∠A1DA就是二面角A1-BCA的平面角，
AD＝×＝，
tan∠A1DA＝＝1，
所以A1-BCA为45°.
答案：45°
如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AP＝AB＝2，BC＝2，E，F分别是AD，PC的中点．证明：PC⊥平面BEF.
证明：如图，连接PE，EC.在Rt△PAE和Rt△CDE中，PA＝AB＝CD，AE＝DE，
∴PE＝CE，即△PEC是等腰三角形．
又F是PC的中点，∴EF⊥PC.
又BP＝＝2＝BC，
F是PC的中点，∴BF⊥PC.
又BF∩EF＝F，∴PC⊥平面BEF.
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：(1)由E、F分别是A1B、A1C的中点知EF∥BC.
因为EF平面ABC，BC平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
(2)由三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱知CC1⊥平面A1B1C1.
又A1D平面A1B1C1，故CC1⊥A1D.
又因为A1D⊥B1C，CC1∩B1C＝C，故A1D⊥平面BB1C1C.又A1D平面A1FD，
所以平面A1FD⊥平面BB1C1C.
[高考水平训练]
如图，三棱锥V-ABC中，VO⊥平面ABC，O∈CD，VA＝VB，AD＝BD，则下列结论中不一定成立的是( )
A．AC＝BC
B．VC⊥VD
C．AB⊥VC
D．S△VCD·AB＝S△ABC·VO
解析：选B.因为VA＝VB，AD＝BD，所以VD⊥AB.
因为VO⊥平面ABC，
AB平面ABC，所以VO⊥AB.
又VO∩VD＝V，VO平面VCD，VD平面VCD，
所以AB⊥平面VCD.
又CD平面VCD，VC平面VCD，所以AB⊥VC，AB⊥CD.
又AD＝BD，所以AC＝BC(线段垂直平分线的性质)．
因为VO⊥平面ABC，所以VV-ABC＝S△ABC·VO.
因为AB⊥平面VCD，所以VV-ABC＝VB-VCD＋VA-VCD＝S△VCD·BD＋S△VCD·AD＝S△VCD·(BD＋AD)＝S△VCD·AB，
所以S△ABC·VO＝S△VCD·AB，
即S△VCD·AB＝S△ABC·VO.
综上知，A，C，D正确．
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是正确的条件即可)
解析：连接AC，则AC⊥BD.
∵PA⊥底面ABCD，
BD平面ABCD，∴PA⊥BD.
∵PA∩AC＝A，
∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC.
∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，
即有PC⊥平面MBD，而PC平面PCD，
∴平面MBD⊥平面PCD.
答案：DM⊥PC(或BM⊥PC等)
如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，E分别是棱B1C1，A1D1，D1D的中点．
求证：A1E⊥平面ABMN.
证明：在△AA1N与△A1D1E中：＝＝2，∠AA1N＝∠A1D1E＝90°，
所以△AA1N∽△A1D1E，此时∠A1AN＝∠D1A1E，
∵∠A1AN＋∠A1NA＝90°，∴∠D1A1E＋∠ANA1＝90°，∴A1E⊥AN，
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB⊥平面A1ADD1，
∵A1E平面A1ADD1，∴A1E⊥AB，
∵AN∩AB＝A，AN平面ABMN，AB平面ABMN，
∴A1E⊥平面ABMN.
4．已知Rt△ABC，斜边BCα，点A?α，AO⊥α，O为垂足，∠ABO＝30°，∠ACO＝45°，求二面角A-BC-O的大小．
解：如图，在平面α内，过O作OD⊥BC，
垂足为D，连接AD.
∵AO⊥α，BCα，∴AO⊥BC.
又∵AO∩OD＝O，∴BC⊥平面AOD.
而AD平面AOD，∴AD⊥BC.
∴∠ADO是二面角A-BC-O的平面角．
由AO⊥α，OBα，OCα，知AO⊥OB，AO⊥OC.
又∠ABO＝30°，∠ACO＝45°，
∴设AO＝a，则AC＝a，AB＝2a.
在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，
∴BC＝＝a，
∴AD＝＝＝a.
在Rt△AOD中，sin∠ADO＝＝＝.
∴∠ADO＝60°，
即二面角A-BC-O的大小是60°.
1.6.1 垂直关系的判定
[A.基础达标]
1．垂直于梯形两腰的直线与梯形所在平面的位置关系是( )
A．垂直 B．斜交
C．平行 D．不能确定
解析：选A.梯形的两腰所在的直线相交，根据线面垂直的判定定理可知选项A正确．
2．下列结论正确的是( )
A．若直线a∥平面α，直线b⊥a，b平面β，则α⊥β
B．若直线a⊥直线b，a⊥平面α，b⊥平面β，则α⊥β
C．过平面外的一条直线有且只有一个平面与已知平面垂直
D．过平面外一点有且只有一个平面与已知平面垂直
解析：选B.A选项中满足条件的平面β与平面α可能垂直，也可能平行或斜交，故A错；C选项中当平面外的直线与平面垂直时，过该直线有无数个平面与已知平面垂直，故C错；过平面外一点有无数个平面与已知平面垂直，故D错．
3.如图，已知正方形ABCD所在平面外有一点M，如果MC⊥平面ABCD所在的平面，那么MA与BD的位置关系是( )
A．平行 B．垂直相交
C．垂直异面 D．相交但不垂直
解析：选C.因为MC⊥平面ABCD，BD平面ABCD，
所以MC⊥BD.
又BD⊥AC，
AC∩MC＝C且AC，MC在平面ACM内，
所以BD⊥平面ACM.
又AM平面ACM，
所以BD⊥MA，但BD与MA不相交．
4．长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，CC1＝，则二面角C1-BD-C的大小为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：选A.如图，连接AC交BD于O，连接C1O.因为AB＝AD，所以底面为正方形，所以AC⊥BD.
又因为BC＝CD，
所以C1D＝C1B，O为BD的中点，所以C1O⊥BD.
所以∠C1OC就是二面角C1-BD-C的平面角．
则在△C1OC中，CC1＝，
CO＝ ＝，
tan∠C1OC＝＝＝，
所以∠C1OC＝30°.
5.如图，BC是Rt△ABC的斜边，过A作△ABC所在平面α的垂线AP，连接PB，PC，过A作AD⊥BC于点D，连接PD，那么图中直角三角形的个数是( )
A．4 B．6
C．7 D．8
解析：选D.容易证得PA⊥BC，又AD⊥BC，PA∩AD＝A，所以BC⊥平面PAD，从而图中：△ABC，△PAB，△PAC，△PAD，△ABD，△ACD，△PBD，△PCD均为直角三角形．共有8个．
6．已知PA垂直于?ABCD所在平面，若PC⊥BD，则?ABCD的形状是________．
解析：因为PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，所以PA⊥BD.又因为PC⊥BD，PA∩PC＝P，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥AC，所以?ABCD一定是菱形．
答案：菱形
7．如图，已知AB⊥平面BCD，BC⊥CD，则图中互相垂直的平面共有________对．
解析：因为AB⊥平面BCD，所以平面ABD⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD，又因为BC⊥CD，AB⊥CD，AB∩BC＝B，所以DC⊥平面ABC，所以平面ADC⊥平面ABC.故共有3对．
答案：3
8．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，那么给出下面四个结论：
①AH⊥平面EFH；②AG⊥平面EFH；③HF⊥平面AEF；④HG⊥平面AEF.
其中正确命题的序号是________．
解析：在这个空间图形中，AH⊥HF，AH⊥HE，HF∩HE＝H，所以AH⊥平面EFH.
答案：①
9．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⊥B1C1.
求证：(1)EF∥平面ABC.
(2)平面A1FD⊥平面BB1C1C.
证明：(1)由E，F分别是A1B，A1C的中点知EF∥BC.
因为EF 平面ABC，BC平面ABC.
所以EF∥平面ABC.
(2)由三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱知CC1⊥平面A1B1C1.
又A1D平面A1B1C1，
故CC1⊥A1D.
又因为A1D⊥B1C1，CC1∩B1C1＝C1，
故A1D⊥平面BB1C1C，
又A1D平面A1FD，
所以平面A1FD⊥平面BB1C1C.
10．在△ABC中，∠BAC＝60°，P是△ABC所在平面外一点，PA＝PB＝PC，∠APB＝∠APC＝90°.
(1)求证：PB⊥平面PAC.
(2)若H是△ABC的重心，求证：PH⊥平面ABC.
证明：(1)如图，由题设易得AB＝AC，
因为∠BAC＝60°，
所以△ABC为等边三角形，所以AB＝BC.
因为PA＝PB＝PC，
所以△PAB≌△PBC，
所以∠BPC＝∠APB＝90°，即PB⊥PC.
又PB⊥PA，PA∩PC＝P，所以PB⊥平面PAC.
(2)取BC的中点D，因为PB＝PC，所以PD⊥BC.
同理可得AD⊥BC，PD∩AD＝D，所以BC⊥平面PAD.
因为AD是△ABC的边BC上的中线，
所以△ABC的重心H在AD上，
所以BC⊥PH，同理可得AB⊥PH.
又AB∩BC＝B，所以PH⊥平面ABC.
[B.能力提升]
1.如图，已知四边形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，则图中所有互相垂直的平面共有( )
A．8对 B．7对
C．6对 D．5对
解析：选B.由PA⊥平面ABCD可得平面PAB⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAC⊥平面ABCD.又ABCD为正方形，CD⊥AD，因为PA⊥CD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD，所以平面PCD⊥平面PAD，平面PAB⊥平面PAD.同理可得，平面PBC⊥平面PAB，平面PAC⊥平面PBD.共7对．
2.如图，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( )
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：选D.由已知PC⊥BC，PC⊥AC，
又AC∩BC＝C，所以PC⊥平面ABC.
又FG∥PC，
所以FG⊥平面ABC.
又FG平面EFG，
所以平面EFG⊥平面ABC，
故B正确．
因为FG∥PC，GE∥BC，
所以平面EFG∥平面PBC.
故A正确．
由异面直线所成角的定义知C正确．故选D.
3．已知点O为三棱锥P-ABC的顶点P在平面ABC内的投影，若PA＝PB＝PC，则O为△ABC的________心；若PA⊥BC，PB⊥AC，则O为△ABC的________心；若P到三边AB，BC，CA的距离都相等且点O在△ABC的内部，则O为△ABC的________心．
解析：连接OA，OB，OC，由PA＝PB＝PC，
所以OA＝OB＝OC，O是△ABC的外心．若PA⊥BC，又PO⊥平面ABC，所以BC⊥PO.
所以BC⊥平面PAO.所以BC⊥AO.
同理AC⊥OB.
所以O是△ABC的垂心．
若P到AB，BC边的距离相等，则易知O到AB，BC边的距离也相等，从而可判定O是△ABC的内心．
答案：外 垂 内
4.如图正方体ABCD-A1B1C1D1，点P在面对角线BC1上运动，则下列四个命题：①三棱锥A-D1PC的体积不变；②A1P∥面ACD1；③DP⊥BC1；④面PDB1⊥面ACD1.其中正确的命题的序号是________(写出所有你认为正确结论的序号)．
解析：对于①，容易证明AD1∥BC1，从而BC1∥平面AD1C，故BC1上任意一点到平面AD1C的距离均相等，所以以P为顶点，平面AD1C为底面，则三棱锥A-D1PC的体积不变，正确；对于②，连接A1B，A1C1，容易证明A1C1∥AC且相等，由①知，AD1∥BC1，所以BA1C1∥平面ACD1，从而由线面平行的定义可得，正确；对于③，由于DC⊥平面BCC1B1，所以DC⊥BC1，若DP⊥BC1，则DC与DP重合，与条件矛盾，错误；对于④，连接DB1，容易证明DB1⊥平面ACD1，从而由面面垂直的判定定理知，正确．
答案：①②④
5．已知Rt△ABC，斜边BCα，点A?α，AO⊥α，O为垂足，∠ABO＝30°，∠ACO＝45°，求二面角A-BC-O的大小．
解：如图，在平面α内，过O作OD⊥BC，
垂足为D，连接AD.
因为AO⊥α，BCα，所以AO⊥BC.
又因为AO∩OD＝O，所以BC⊥平面AOD.
而AD平面AOD，所以AD⊥BC.
所以∠ADO是二面角A-BC-O的平面角．
由AO⊥α，OBα，OCα，知AO⊥OB，AO⊥OC.
又∠ABO＝30°，∠ACO＝45°，
所以设AO＝a，则AC＝a，AB＝2a.
在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，所以BC＝＝a，
所以AD＝＝＝a.
在Rt△AOD中，sin∠ADO＝＝＝.
所以∠ADO＝60°，
即二面角A-BC-O的大小是60°.
6．(选做题)如图，在直角梯形ABCD中，∠BAD＝∠ADC＝90°，AB(1)求证：平面PAB⊥平面PAD；
(2)设M为PB的中点，当CD＝2AB时，求证：DM⊥MC.
证明：(1)因为∠BAD＝90°，所以AB⊥AD.
又PD⊥平面ABCD，AB平面ABCD，
所以PD⊥AB.因为PD∩AD＝D，
所以AB⊥平面PAD.
又AB平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)连接BD，因为∠BAD＝90°，AB＝AD＝a，
所以BD＝a，所以PD＝BD，∠BDA＝45°.
又M为PB的中点，所以DM⊥PB.①
取CD的中点为N，连接BN，则DN∥AB，且DN＝AB，
所以BN∥AD，故BN⊥CD，因为CD＝2AB，AB＝AD，
所以CN＝BN，即∠CBN＝45°，
所以∠CBD＝90°?CB⊥BD.
PD⊥平面ABCD?PD⊥BC，
因为PD∩BD＝D，所以BC⊥平面PBD.
因为DM平面PBD，所以BC⊥DM.②
由①②，因为PB∩BC＝B，所以DM⊥平面PBC.
而CM平面PBC，所以DM⊥MC.
1.6.2 垂直关系的性质
[学业水平训练]
若两个平面互相垂直，在第一个平面内的一条直线a垂直于第二个平面内的一条直线b，那么( )
A．直线a垂直于第二个平面
B．直线b垂直于第一个平面
C．直线a不一定垂直于第二个平面
D．过a的平面必垂直于过b的平面
解析：选C.对于两平面，无论关系如何，在两平面内一定可以找到互相垂直的两条直线，因此直线a不一定是第二个平面的垂线，故选C.
直线l垂直于梯形ABCD的两腰AB和CD，直线m垂直于AD和BC，则l与m的位置关系是( )
A．相交 B．平行
C．异面 D．不确定
解析：选D.因为梯形的两腰AB和CD一定相交且l⊥AB，l⊥CD，所以l垂直于梯形ABCD.又因为直线m垂直于AD和BC，且AD∥BC.
所以m与平面ABCD的位置关系不确定，因此l与m的位置关系就不确定，故选D.
空间四边形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，且DA⊥平面ABC，则△ABC的形状是( )
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．不能确定
解析：选B.
过A点作AE⊥BD，交BD于E，E为垂足．
因为平面ABD⊥平面BCD，
且平面ABD∩平面BCD＝BD，
∴AE⊥平面BCD.
又BC 平面BCD，
∴BC⊥AE.又AD⊥平面ABC，
BC 平面ABC，∴BC⊥AD.
又∵AD∩AE＝A，且AD，AE 平面ABD，
∴BC⊥平面ABD，
又AB 平面ABD，∴BC⊥AB，
∴△ABC为直角三角形．
如图所示，三棱锥P-ABC的底面在平面α上，且AC⊥PC，平面PAC⊥平面PBC，点P，A，B是定点，则动点C运动形成的图形是( )
A．一条线段 B．一条直线
C．一个圆 D．一个圆，但要去掉两个点
解析：选D.∵平面PAC⊥平面PBC，AC⊥PC，AC平面PAC，且平面PAC∩平面PBC＝PC，
∴AC⊥平面PBC.
又∵BC平面PBC，∴AC⊥BC，
∴∠ACB＝90°，∴动点C运动形成的图形是以AB为直径的圆，但要除去A和B两点，故选D.
若l，m，n表示不重合的直线，α表示平面，则下列说法中正确的个数为( )
①l∥m，m∥n，l⊥α?n⊥α；②l∥m，m⊥α，n⊥α?l∥n；
③m⊥α，nα?m⊥n.
A．1 B．2
C．3 D．0
解析：选C.①正确，∵l∥m，m∥n，∴l∥n.
又l⊥α，∴n⊥α；
②正确．∵l∥m，m⊥α，∴l⊥α.又n⊥α，∴l∥n；
③正确．由线面垂直的定义可知其正确．
故正确的有3个．
已知直线m平面α，直线n平面α，m∩n＝M，直线a⊥m，a⊥n，直线b⊥m，b⊥n，则直线a，b的位置关系是________．
解析：由线面垂直的判定定理得，a⊥平面α，b⊥平面α.
又由线面垂直的性质定理得a∥b.
答案：a∥b
7．如图，空间四边形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，∠BAD＝90°，且AB＝AD，则AD与平面BCD所成的角的大小是________．
解析：
过A作AO⊥BD于O点，
∵平面ABD⊥平面BCD，
∴AO⊥平面BCD，则∠ADO即为AD与平面BCD所成的角．
∵∠BAD＝90°，AB＝AD，
∴∠ADO＝45°.
答案：45°
8．α，β是两个不同的平面，m，n是平面α及β之外的两条不同的直线，给出四个论断：①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α.
以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：________．
解析：利用面面垂直的判定，可知①③④?②为真；利用面面垂直的性质，可知②③④?①为真，∴应填“若①③④，则②”，或“若②③④，则①”．
答案：若①③④，则②(或若②③④，则①)
9．如图，已知平面α∩平面β＝AB，PQ⊥α于Q，PC⊥β于C，CD⊥α于D.
(1)求证：P，C，D，Q四点共面；
(2)求证：QD⊥AB.
证明：(1)因为PQ⊥α，CD⊥α，所以PQ∥CD，
于是P，C，D，Q四点共面．
(2)因为ABα，PQ⊥α，所以PQ⊥AB.
又因为PC⊥β，ABβ，所以PC⊥AB.
又因为PQ∩PC＝P，
设P，C，D，Q四点共面于γ，
则AB⊥γ.
又因为QDγ，所以QD⊥AB.
10.如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝3，沿对角线BD把△BCD折起，使C移到C′，且C′在平面ABD内的射影O恰好落在AB上．
(1)求证：AC′⊥BC′；
(2)求AB与平面BC′D所成的角的正弦值．
解：(1)证明：由题意，知C′O⊥平面ABD，
因为C′O平面ABC′，
所以平面ABC′⊥平面ABD.
又因为AD⊥AB，平面ABC′∩平面ABD＝AB，
所以AD⊥平面ABC′，所以AD⊥BC′.
因为BC′⊥C′D，AD∩C′D＝D，
所以BC′⊥平面AC′D.所以BC′⊥AC′.
(2)因为BC′⊥平面AC′D，BC′平面BC′D，
所以平面AC′D⊥平面BC′D.
作AH⊥C′D于H(图略)，则AH⊥平面BC′D，连接BH，
则BH为AB在平面BC′D内的射影，
所以∠ABH为AB与平面BC′D所成的角．
又在Rt△AC′D中，C′D＝3，AD＝3，
所以AC′＝3.所以AH＝.
所以sin∠ABH＝＝，
即AB与平面BC′D所成的角的正弦值为.
[高考水平训练]
下列命题中错误的是( )
A．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β
B．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
C．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ
D．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β
解析：选D.两个平面α，β垂直时，设交线为l，则在平面α内与l平行的直线都平行于平面β，故A正确；如果平面α内存在直线垂直于平面β，那么由面面垂直的判定定理知α⊥β，故B正确；两个平面都与第三个平面垂直时，易证交线与第三个平面垂直，故C正确；两个平面α，β垂直时，平面α内与交线平行的直线与β平行，故D错误．
如图，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为DC的中点，F为线段EC(端点除外)上一动点．现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC.在平面ABD内过点D作DK⊥AB，K为垂足．设AK＝t，则t的取值范围是________．
解析：过点K作KM⊥AF于M点，连接DM，
易得DM⊥AF，与折前的图形对比，
可知折前的图形中D、M、K三点共线，
且DK⊥AF，于是△DAK∽△FDA，
∴＝，∴＝，∴t＝.
∵DF∈(1，2)，∴t∈.
答案：
如图，四边形ABCD为矩形，AD⊥平面ABE，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE.
(1)求证：AE⊥平面BCE；
(2)设M在线段AB上，且满足AM＝2MB，试在线段CE上确定一点N，使得MN∥平面DAE.
解：(1)证明：因为AD⊥平面ABE，AD∥BC，
所以BC⊥平面ABE，
则AE⊥BC.
又因为BF⊥平面ACE，
则AE⊥BF.又BC∩BF＝B，
所以AE⊥平面BCE.
(2)在三角形ABE中过M点作MG∥AE交BE于G点，在三角形BEC中，过G点作GN∥BC交EC于N点，连接MN.
由比例关系易得CN＝CE.
因为MG∥AE，MG平面ADE，AE平面ADE，
所以MG∥平面ADE，
同理，GN∥平面ADE.
又MG∩GN＝G，
所以平面MGN∥平面ADE.
又MN平面MGN，
所以MN∥平面ADE，
所以点N为线段CE上靠近点C的一个三等分点．
4.如图，平面PAB⊥平面ABC，平面PAC⊥平面ABC，AE⊥平面PBC，E为垂足．
(1)求证：PA⊥平面ABC；
(2)当E为△PBC的垂心时，求证：△ABC是直角三角形．
证明：(1)在平面ABC内取一点D，作DF⊥AC于F.
∵平面PAC⊥平面ABC，且交线为AC，
∴DF⊥平面PAC，
PA平面PAC，∴DF⊥AP.
作DG⊥AB于G.同理可证DG⊥AP.
DG、DF都在平面ABC内，且DG∩DF＝D，
∴PA⊥平面ABC.
(2)连接BE并延长交PC于H.
∵E是△PBC的垂心，∴PC⊥BE.
又已知AE是平面PBC的垂线，∴PC⊥AE.
∴PC⊥平面ABE，∴PC⊥AB.
又∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AB，∴AB⊥平面PAC.
∴AB⊥AC，即△ABC是直角三角形．
1.6.2 垂直关系的性质
[A.基础达标]
1．设l是直线，α，β是两个不同的平面( )
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：选B.若l∥α，l∥β，则α，β可能相交，故A错；若l∥α，则平面α内必存在一直线m与l平行，又l⊥β，则m⊥β，又mα，故α⊥β，故B对；若α⊥β，l⊥α，则l∥β或lβ，故C错；若α⊥β，l∥α，则l与β关系不确定，故D错．
2．直线l垂直于梯形ABCD的两腰AB和CD，直线m垂直于AD和BC，则l与m的位置关系是( )
A．相交 B．平行
C．异面 D．不确定
解析：选D.因为梯形的两腰AB和CD一定相交且l⊥AB，l⊥CD，所以l垂直于梯形ABCD.又因为直线m垂直于AD和BC，且AD∥BC.
所以m与平面ABCD的位置关系不确定，因此l与m的位置关系就不确定，故选D.
3．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，A?l，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是( )
A．AB∥m B．AC⊥m
C．AB∥β D．AC⊥β
解析：选D.如图所示．AB∥l∥m；AC⊥l，m∥l?AC⊥m；AB∥l?AB∥β，故选D.
4．三棱锥P-ABC的所有棱长都相等，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，则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：选C.由BC∥DF得BC∥平面PDF，故A正确；由BC⊥AE，BC⊥PE得BC⊥平面PAE，所以DF⊥平面PAE，平面PAE⊥平面ABC，故B、D都正确．排除A，B，D，故选C.
5．以等腰直角三角形ABC斜边AB上的中线CD为棱，将△ABC折叠，使平面ACD⊥平面BCD，则AC与BC的夹角为( )
A．30° B．60°
C．90° D．不确定
解析：选B.如图，令CD＝AD＝BD＝1，则AC＝BC＝.
因为平面ACD⊥平面BCD，AD⊥CD，且平面ACD∩平面BCD＝CD，
所以AD⊥BD，所以AB＝，所以∠ACB＝60°.
6．如图，空间四边形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，∠BAD＝90°，且AB＝AD，则AD与平面BCD所成的角的大小是________．
解析：过A作AO⊥BD于O点，
因为平面ABD⊥平面BCD，
所以AO⊥平面BCD，则∠ADO即为AD与平面BCD所成的角．
因为∠BAD＝90°，AB＝AD，
所以∠ADO＝45°.
答案：45°
7.如图，已知?ADEF的边AF⊥平面ABCD，若AF＝2，CD＝3，则CE＝________．
解析：因为AF⊥平面ABCD，AF∥DE，
所以DE⊥平面ABCD，CD平面ABCD.
所以DE⊥CD.
因为DE＝AF＝2，CD＝3，
所以CE＝＝.
答案：
8．α，β是两个不同的平面，m，n是平面α及β之外的两条不同的直线，给出四个论断：①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α.
以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：________．
解析：利用面面垂直的判定，可知①③④?②为真；利用面面垂直的性质，可知②③④?①为真，所以应填“若①③④，则②”，或“若②③④，则①”．
答案：若①③④，则②(或若②③④，则①)
9.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：(1)如图，在△PAD中，因为E，F分别为AP，AD的中点，所以EF∥PD.
又因为EF 平面PCD，PD平面PCD，
所以直线EF∥平面PCD.
(2)连接BD.因为AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD为正三角形．
因为F是AD的中点，所以BF⊥AD.
因为平面PAD⊥平面ABCD，BF平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面PAD.
又因为BF平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD.
10.如图，在直四棱柱A1B1C1D1-ABCD中，当底面四边形ABCD满足什么条件时，有A1C⊥B1D1？(注：写出一个你认为正确的条件即可，不必考虑所有可能的情形．)
解：连接BD，AC，因为BD∥B1D1，所以要使A1C⊥B1D1，需A1C⊥BD.
因为A1A⊥平面ABCD，BD平面ABCD，所以A1A⊥BD，又因为A1A∩A1C＝A1，所以BD⊥平面A1AC.因为AC平面A1AC，所以AC⊥BD.
由以上分析知，要使A1C⊥B1D1，需使AC⊥BD，或任何能推导出AC⊥BD的条件，如四边形ABCD是正方形、菱形等．
[B.能力提升]
1．下列命题中错误的是( )
A．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β
B．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
C．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ
D．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β
解析：选D.两个平面α，β垂直时，设交线为l，则在平面α内与l平行的直线都平行于平面β，故A正确；如果平面α内存在直线垂直于平面β，那么由面面垂直的判定定理知α⊥β，故B正确；两个平面都与第三个平面垂直时，易证交线与第三个平面垂直，故C正确；两个平面α，β垂直时，平面α内与交线平行的直线与β平行，故D错误．
2．下列命题：
①?a⊥b；②?b⊥α；
③?a⊥b；④?a⊥α；
⑤?b⊥α；⑥?b∥α.
其中正确命题的个数是( )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：选A.因为a⊥α，则a与平面α内的任意直线都垂直，所以①正确；两条平行线中的一条与一个平面垂直，则另一条也垂直于这个平面，所以②正确；又若b∥α，a⊥α，由线面平行的性质及空间两直线所成角的定义知，a⊥b成立，所以③正确；由线面垂直的判定定理知④错；a∥α，a⊥b时，b与α可以平行、相交(垂直)，也可以bα，所以⑤错；当a⊥α，b⊥a时，有b∥α或bα，所以⑥错．
3．平面α的斜线AB交α于点B，过定点A的动直线l与AB垂直，且交α于点C，则动点C的轨迹为________(填“直线”、“圆”或“其他曲线”)．
解析：过点A与AB垂直的所有直线都在同一个平面β内，因为AB是α的斜线，所以β与α不平行．从而β与α的所有公共点都在同一条直线上，即β与α的交线上．从而β内所有过点A与α相交的直线，其交点都在此交线上．
答案：直线
4．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，
所以AD＝＝4(cm)．
又因为α⊥β，CA⊥AB，CAα，
所以CA⊥β，CA⊥AD.所以△CAD为直角三角形．
所以CD＝＝＝＝13(cm)．
答案：13
5．如图，在四棱锥S-ABCD中，SD⊥平面ABCD，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝AD＝1，SD＝2，BC⊥BD，E为棱SB上的一点，平面EDC⊥平面SBC.求证：
(1)DE⊥平面SBC；
(2)SE＝2EB.
证明：(1)因为SD⊥平面ABCD，
所以BC⊥SD.
又因为BC⊥BD，BD∩SD＝D，
所以BC⊥平面BDS.所以BC⊥DE.
作BK⊥EC，K为垂足，
因为平面EDC⊥平面SBC，
故BK⊥平面EDC，BK⊥DE.
又因为BK平面SBC，BC平面SBC，
BK∩BC＝B，所以DE⊥平面SBC.
(2)由(1)知DE⊥SB，DB＝AD＝，
所以SB＝＝，DE＝＝，EB＝＝，SE＝SB－EB＝，所以SE＝2EB.
6．(选做题)如图所示，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，DB＝BC，DB⊥AC，点M是棱BB1上一点．
(1)求证：B1D1∥平面A1BD；
(2)求证：MD⊥AC；
(3)试确定点M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D.
解：(1)证明：由ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱，得BB1∥DD1，且BB1＝DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形．
所以B1D1∥BD.
而BD平面A1BD，B1D1 平面A1BD，所以B1D1∥平面A1BD.
(2)证明：因为BM⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以BM⊥AC.
又因为BD⊥AC，且BD∩BM＝B，所以AC⊥平面BMD.
而MD平面BMD，所以MD⊥AC.
(3)当点M为棱BB1的中点时，平面DMC1⊥平面CC1D1D.
取DC的中点N，D1C1的中点N1，连接NN1交DC1于点O，连接OM，BN，
因为N是DC的中点，BD＝BC，所以BN⊥DC.
又因为DC是平面ABCD与平面DCC1D1的交线，而平面ABCD⊥平面DCC1D1，
所以BN⊥平面DCC1D1.
又O是NN1的中点，所以BM∥ON，且BM＝ON，
即BMON是平行四边形，
所以BN∥OM.所以OM⊥平面CC1D1D.
因为OM平面DMC1，
所以平面DMC1⊥平面CC1D1D.
1.7.1 简单几何体的侧面积
[学业水平训练]
圆锥的底面直径为6，高是4，则它的侧面积为( )
A．12π B．24π
C．15π D．30π
解析：选C.
作圆锥截面如图，高AD＝4，底面半径CD＝3，则母线AC＝5，得S侧＝π×3×5＝15π.
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：选B.设圆锥的母线长为l，则侧面展开图半圆的半径R＝l.
∴S＝πR2＝πl2，
∴l＝ ，
∴圆锥的底面周长C＝πR＝πl＝，
∴圆锥的底面半径r＝＝＝，
∴圆锥的底面积为S′＝πr2＝，故选B.
若一个底面是正三角形的三棱柱的主视图如图所示，则其侧面积等于( )
A．6 B．2
C. D．2
解析：选A.由主视图可知底面边长为2，高为1，因为三棱柱底面为等边三角形，所以其侧面积S＝6×1＝6.
正三棱锥的底面边长为a，高为a，则三棱锥的侧面积等于( )
A.a2 B.a2
C.a2 D.a2
解析：选A.
如图所示，VO＝a，OA＝·＝a，∴VA＝a，∴S侧＝·3a·a＝a2，故选A.
如图所示，有一个圆柱，在圆柱下底面的点A处有一只蚂蚁，它想吃到上底面的点B处的食物．当圆柱的高等于12 cm，底面半径为3 cm时，蚂蚁沿圆柱表面爬行的最短路程是( )
A．12 cm B. cm
C. cm D．18 cm
解析：选C.如图所示，在圆柱的侧面展开图中，BC的长为底面圆周长的一半，即BC＝×2π×3＝3π，蚂蚁所走路程为AB＝＝ cm.
所以蚂蚁沿圆柱表面爬行的最短路程是 cm.
6．一个圆柱的底面面积是S，侧面展开图是正方形，那么该圆柱的侧面积为________．
解析：设圆柱的底面半径为r，
则πr2＝S，r2＝.
又因为侧面展开图是正方形，
故S侧＝2πr·2πr＝4π2r2＝4π2·＝4πS.
答案：4πS
若圆台的上、下底面半径和母线长的比为1∶4∶5，高为8，则其侧面积为__________．
解析：不妨设上、下底面半径和母线长分别为k、4k、5k(k>0)，高为8，如图：
则母线l＝＝，可得：
＝5k，解得k＝2，∴上、下底面半径r1＝2、r2＝8，母线长l＝10，因此S圆台侧＝π(r1＋r2)l＝π×10×10＝100π.
答案：100π
如图所示，一圆柱内挖去一个圆锥，圆锥的顶点是圆柱底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的另一个底面．圆柱的母线长为6，底面半径为2，则该组合体的表面积等于________．
解析：由已知得圆锥的母线：l＝＝＝2.
该组合体的表面积
S＝π×4＋2π×2×6＋π×2×2
＝4π＋24π＋4π
＝(28＋4)π.
答案：(28＋4)π
一个直角梯形的两底长为2和5，高为4，将其绕较长的底旋转一周，求所得旋转体的表面积．
解：
如图所示，梯形ABCD中，AD＝2，AB＝4，BC＝5.
作DM⊥BC，垂足为点M，则DM＝4，MC＝5－2＝3，
在Rt△CMD中，由勾股定理得CD＝＝5.
在旋转生成的旋转体中，AB形成一个圆面，AD形成一个圆柱的侧面，CD形成一个圆锥的侧面，设其面积分别为S1，S2，S3，则S1＝π·42＝16π，S2＝2π·4·2＝16π，S3＝π·4·5＝20π，
故此旋转体的表面积为S＝S1＋S2＋S3＝52π.
直四棱柱的底面为菱形，过不相邻两条侧棱的截面面积分别为Q1、Q2，求它的侧面积．
解：
设直四棱柱的底面边长为a，侧棱长为l，如图，S侧＝4al.
∵过AA1、C1C与过B1B、D1D的截面都为矩形，
设即AC＝，BD＝.
又∵AC⊥BD，
∴()2＋()2＝a2，即()2＋()2＝a2.
∴4a2l2＝Q＋Q，∴2al＝.
∴S侧＝4al＝2.
[高考水平训练]
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，三棱锥D1-AB1C的表面积与正方体的表面积的比为( )
A. B.
C. D.
解析：选B.设正方体的棱长为a，
则正方体的表面积为6a2.
三棱锥D1-AB1C是棱长为a的正四面体．
SD1-AB1C表＝4××(a)2＝2a2，
所以＝＝.
一个正四棱台上、下两底面边长分别为m、n，侧面积等于两个底面面积之和，则这个棱台的高为________．
解析：
如图，设O1、O分别为棱台上、下底面中心，M1、M分别为B1C1、BC的中点，连接O1O、M1M、O1M1、OM，则M1M为斜高．
过M1作M1H⊥OM于H点，
则M1H＝OO1，
S侧＝4×(m＋n)·M1M，
S上底＋S下底＝m2＋n2.
由已知得2(m＋n)M1M＝m2＋n2，∴M1M＝.
在Rt△M1HM中，MH＝OM－O1M1＝(n－m)，
∴M1H＝O1O＝
＝ ＝.
答案：
3．圆台的母线长为2a，母线所在直线与轴所在直线的夹角为30°，一个底面的半径是另一个底面半径的2倍．求两底面的半径与两底面面积之和．
解：
不妨设圆台上底面半径为r，
下底面半径为2r，如图作出圆台的轴截面，并延长母线交于S，∠ASO＝30°.
在Rt△SA′O′中，＝sin 30°，
则SA′＝2r.
在Rt△SAO中，＝sin 30°，则SA＝4r，
有SA－SA′＝AA′，即4r－2r＝2a，r＝a，
所以两底面面积之和为S1＋S2＝πr2＋π(2r)2＝5πr2＝5πa2.
综上，圆台两底面半径分别为a，2a，两底面面积之和为5πa2.
正四棱台的两底面边长分别是a和b(a(1)若侧棱所在直线与上、下底面正方形中心的连线所成的角为45°，求棱台的侧面积；
(2)若正四棱台的侧面积等于两底面积之和，求它的高．
解：
(1)如图所示，
设O′，O分别为上、下底面的中心，
过C1作C1E⊥AC于E，过E作EF⊥BC于F，
连接C1F，则C1F为正四棱台的斜高．
由题意知，∠EC1C＝45°，
CE＝CO－EO＝CO－C1O′＝(b－a)．
在Rt△C1CE中，C1E＝CE＝(b－a)，
又EF＝CE·sin 45°＝(b－a)，
所以C1F＝＝(b－a)，
所以S侧＝(4a＋4b)×(b－a)＝(b2－a2)，
即棱台的侧面积为(b2－a2)．
(2)由S侧＝a2＋b2，得(4a＋4b)·h斜＝a2＋b2，
所以h斜＝.
又因为EF＝，所以h＝＝，
即棱台的高为.
1.7.1 简单几何体的侧面积
[A.基础达标]
1．若一个圆锥的轴截面是一个边长为3的等边三角形，则该圆锥的表面积是( )
A.π B.π
C．9π D.π
解析：选D.由已知得该圆锥的底面半径是，母线长为3，因此其底面面积S1＝π·＝π，侧面积S2＝π××3＝π，故其表面积为S＝S1＋S2＝π，故选D.
2．轴截面为正方形的圆柱的侧面积与表面积的比是( )
A．1∶2 B．2∶3
C．1∶3 D．1∶4
解析：选B.设圆柱的底面半径为r，母线长为l，依题意得l＝2r，而S侧面积＝2πrl，S表面积＝2πr2＋2πrl，
所以S侧面积∶S表面积＝2πrl∶(2πr2＋2πrl)＝2∶3，故选B.
3．正三棱锥的底面边长为a，高为a，则三棱锥的侧面积等于( )
A.a2 B.a2
C.a2 D.a2
解析：选A.如图所示，VO＝a，OA＝·＝a，所以VA＝a，所以S侧＝·3a·a＝a2，故选A.
4．若一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的侧面积为( )
A．8＋ B．5＋
C．5＋2 D．4＋
解析：选B.由三视图可知该几何体是一个直四棱柱，底面是一个直角梯形，不垂直于底边的腰长为＝，于是侧面积S侧＝(1＋2＋2＋)×1＝5＋.
5.如图所示，有一个圆柱，在圆柱下底面的点A处有一只蚂蚁，它想吃到上底面的点B处的食物．当圆柱的高等于12 cm，底面半径为3 cm时，蚂蚁沿圆柱表面爬行的最短路程是( )
A．12 cm B. cm
C. cm D．18 cm
解析：选C.如图所示，在圆柱的侧面展开图中，BC的长为底面圆周长的一半，即BC＝×2π×3＝3π，蚂蚁所走路程为AB＝＝ cm.
所以蚂蚁沿圆柱表面爬行的最短路程是 cm.
6．已知圆柱的侧面积为S，底面周长为c，则圆柱的母线长为________．
解析：设圆柱的母线长为l，则S＝cl，所以l＝.
答案：
7．已知正四棱台两底面边长分别为4 cm，8 cm，侧棱长为8 cm，则它的侧面积为________cm2.
解析：作出正四棱台的一个侧面如图，设E，F分别为AD，BC的中点，过D作DG⊥BC于点G.
由题知AD＝4 cm，BC＝8 cm，CD＝8 cm，得DE＝2 cm，FC＝4 cm，
解得GC＝2 cm，
在Rt△DGC中，DG＝＝2(cm)，
即斜高为2 cm，
所以所求侧面积为
×(16＋32)×2＝48(cm2)．
答案：48
8．如图，在一个几何体的三视图中，主视图和左视图都是矩形，俯视图是等腰直角三角形，根据图中标注的长度，可以计算出该几何体的表面积是________．
解析：如图，该几何体为底面为等腰直角三角形的直棱柱．由图知AB＝AC，BC＝2，AB⊥AC.
所以S表＝2·＋2×2×2＋2×2＝12＋4.
答案：12＋4
9．一个几何体的三视图如图所示，求该几何体的表面积．
解：由几何体的三视图知这个几何体是一个下面是长方体，上面是圆锥的简单组合体，长方体底面长为3，宽为2，高为1，圆锥底面半径为1高为3，母线长为，表面积为：S＝πrl＋2(2×1＋2×3＋1×3)－πr2＝π×1×＋22－π＝22＋(－1)π.
10．已知正三棱锥V-ABC的主视图、俯视图如图所示，其中VA＝4，AC＝2，求该三棱锥的表面积．
解：由主视图与俯视图可得正三棱锥的直观图(如图)，
且VA＝VB＝VC＝4，AB＝BC＝AC＝2.
取BC的中点D，连接VD，
则VD⊥BC，有
VD＝＝＝，
则S△VBC＝×VD×BC＝××2＝，
S△ABC＝×(2)2×＝3，
所以，三棱锥V-ABC的表面积为
3S△VBC＋S△ABC＝3＋3＝3(＋)．
[B.能力提升]
1．若一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
A．(1＋)π B.π
C．3＋π D．6＋π
解析：选C.由三视图可知该几何体是一个圆锥的一半，圆锥的底面半径等于1，高为3，从而其母线长为，其表面积应该是圆锥侧面积的一半加上轴截面面积再加上底面面积的一半，即S＝π×1××＋×2×3＋×π×12＝3＋π.
2．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，三棱锥D1-AB1C的表面积与正方体的表面积的比为( )
A. B.
C. D.
解析：选B.设正方体的棱长为a，
则正方体的表面积为6a2.
三棱锥D1-AB1C是棱长为a的正四面体．
S ＝4××(a)2＝2a2，
所以＝＝.
3．已知一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是________．
解析：S圆锥侧＝π×a×a＝πa2，
S圆柱侧＝2π×a×2a＝4πa2，S底面＝πa2，
所以S表＝S圆锥侧＋S圆柱侧＋S底面
＝5πa2＋πa2＝(5＋)πa2.
答案：(5＋)πa2
4．一个正四棱台上、下两底面边长分别为m、n，侧面积等于两个底面面积之和，则这个棱台的高为________．
解析：如图，设O1、O分别为棱台上、下底面中心，M1、M分别为B1C1、BC的中点，连接O1O、M1M、O1M1、OM，则M1M为斜高．
过M1作M1H⊥OM于H点，
则M1H＝OO1，
S侧＝4×(m＋n)·M1M，
S上底＋S下底＝m2＋n2.
由已知得2(m＋n)M1M＝m2＋n2，所以M1M＝.
在Rt△M1HM中，MH＝OM－O1M1＝(n－m)，
所以M1H＝O1O＝
＝ ＝.
答案：
5．有一塔形几何体由3个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点．已知最底层正方体的棱长为2，求该塔形的表面积(含最底层正方体的底面面积)．
解：易知由下向上三个正方体的棱长依次为2，，1.
考虑该几何体在水平面的投影，可知其水平面的面积之和为下底面积最大正方体的底面面积的二倍．
所以S表＝2S下＋S侧
＝2×22＋4×[22＋()2＋12]＝36.
所以该几何体的表面积为36.
6．(选做题)如图是某几何体的三视图．
(1)你能想象出它的几何结构并画出它的直观图吗？
(2)根据三视图的有关数据(单位：mm)，计算这个几何体的表面积．
解：(1)由三视图可知这个几何体是由两个圆柱夹一个圆台组成的，其中下面圆柱底面直径为60 mm，母线长40 mm，中间圆台上、下底直径分别为40 mm，60 mm，高为20 mm，上面圆柱的底面直径为20 mm，高为40 mm，其直观图如图所示．
(2)由三视图可知圆台母线长
l＝＝10(mm)．
所以所求的表面积S＝S下圆柱下底＋S下圆柱侧＋S圆台侧＋(S圆台上底－S上圆柱下底)＋S上圆柱侧＋S上圆柱上底
＝π＋2π··40＋π··10＋π·＋2π··40
＝900π＋2 400π＋500π＋400π＋800π
＝(4 500π＋500π)(mm2)＝(45π＋5π)(cm2)．
1.7.2 棱柱、棱锥、棱台和圆柱、圆锥、圆台的体积
[学业水平训练]
圆锥底面半径为3，母线长为5，则这个圆锥的体积为( )
A．36π B．18π
C．45π D．12π
解析：选D.设圆锥的高为h，则h＝＝4，
故圆锥体积V＝πr2h＝π×32×4＝12π.
长方体过一个顶点的三条棱长的比是1∶2∶3，体对角线的长是，则这个长方体的体积是( )
A．6 B．12
C．24 D．48
解析：选D.设三条棱长为x，2x，3x，则x2＋4x2＋9x2＝56，∴x＝2，则长方体的体积为2×4×6＝48.
一个棱锥的三视图如图所示，则它的体积为( )
A. B.
C．1 D.
解析：选A.由三视图可知该几何体为四棱锥，棱锥的体积V＝××1＝.
正三棱柱的侧面展开图是边长为2和4的矩形，则该正三棱柱的体积是( )
A. B.
C. D.或
解析：选D.当2为正三棱柱的底面周长时，正三棱柱底面三角形的边长a＝，底面面积S＝a2＝，正三棱柱的高h＝4，∴正三棱柱的体积V＝Sh＝；同理，当4为正三棱柱的底面周长时，正三棱柱底面三角形的边长a′＝，底面面积S′＝a′2＝，正三棱柱的高h′＝2，∴正三棱柱的体积V′＝S′h′＝.∴正三棱柱的体积为或.
如图，某简单几何体的主视图与左视图都是边长为1的正方形，且其体积为，则该几何体的俯视图可以是( )
解析：选D.由已知两个图和备选答案知，该几何体一定为柱体，其高为1，体积为，故其底面积为，
所以只有D中底面积为，选D.
某几何体的三视图如图所示，则它的体积是________．
解析：由三视图可知该几何体是一个组合体，是四棱柱内挖去一个圆锥，故该几何体的体积
V＝2×2×2－×π×12×2＝8－.
答案：8－
若圆柱的高扩大为原来的4倍，底面半径不变，则圆柱的体积扩大为原来的__________倍；若圆柱的高不变，底面半径扩大为原来的4倍，则圆柱的体积扩大为原来的________倍．
解析：圆柱的体积公式为V圆柱＝πr2h，底面半径不变，高扩大为原来的4倍时，其体积也变为原来的4倍；高不变，底面半径扩大为原来的4倍时，其体积变为原来的42＝16倍．
答案：4 16
已知圆柱的底面半径为1，高为4，则它的内接正三棱柱的体积等于__________．
解析：圆柱的内接正三棱柱的底面正三角形在圆柱的上下底面内，又∵圆柱的底面半径为1，
∴正三角形的高是，边长为，
∴V＝×××4＝3.
答案：3
圆柱内有一个四棱柱，四棱柱的底面是圆柱底面的内接正方形，已知圆柱表面积为6π，且底面圆直径与母线长相等，求四棱柱的体积．
解：设圆柱底面圆半径为r，则母线长为2r.
因为圆柱表面积为6π，
所以6π＝2πr2＋4πr2，所以r＝1.
因为四棱柱的底面是圆柱底面的内接正方形，
所以正方形边长为，
所以四棱柱的体积V＝()2×2＝4.
如图，圆锥形封闭容器，高为h，圆锥内水面高为h1且h1＝h，若将圆锥倒置后，圆锥内水面高为h2，求h2.
解：＝()3＝，
所以＝.
倒置后：＝＝，
所以h2＝＝h.
[高考水平训练]
一个几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则此几何体的体积是( )
A．112 cm3 B. cm3
C．99 cm3 D．224 cm3
解析：选B.由三视图可知该几何体上面是四棱锥，下面是个正方体，
则体积V＝Sh＋a3
＝×4×4×2＋43
＝＋64＝(cm3)．
在棱长为1的正方体上，分别用过共顶点的三条棱中点的平面去截该正方体，则截去8个三棱锥后，剩下的几何体的体积是________．
解析：V正方体－8V三棱锥＝1－8×××××＝.
答案：
已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，主视图是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，左视图是一个底边长为6、高为4的等腰三角形．
(1)求该几何体的体积V；
(2)求该几何体的侧面积S.
解：
由三视图可知该几何体是一个四棱锥．其中底面为长8，宽6的矩形，高为4.设底面为矩形ABCD，如图所示．
AB＝8，BC＝6，高VO＝4.
(1)V＝×(6×8)×4＝64.
(2)由题意，知四棱锥中侧面VAD，VBC是全等的等腰三角形，侧面VAB，VCD也是全等的等腰三角形．
在△VBC中，BC边上的高
h1＝ ＝＝4.
在△VAB中，AB边上的高
h2＝ ＝＝5.
所以此几何体的侧面积
S＝2×
＝40＋24.
4．如图1，一个正四棱柱形(底面是正方形，侧棱和底面垂直)的密闭容器底部镶嵌了同底的正四棱锥形(顶点在底面的射影是底面的中心)实心装饰块，容器内盛有2升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点P.如果将容器倒置，水面也恰好过点P(图2)．判断下列四种说法的正误．
(1)正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半．
(2)将容器侧面水平放置时，水面也恰好过点P.
(3)任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点P.
(4)若往容器内再注入2升水，则容器恰好能装满．
解：以图1中，过P的水面为截面，将棱柱分成2部分，上部分的容积为2升，下部分的容积为2升，整个容器的容积为4升．点P在容器的中心，故(2)(4)是对的．正四棱锥形装饰块所占的容积为1升，则正四棱锥的高等于正四棱柱高的，故(1)错误．(3)显然是错误的．
1.7.2 棱柱、棱锥、棱台和圆柱、圆锥、圆台的体积
[A.基础达标]
1．若一个圆锥的轴截面(过圆锥顶点和底面直径的截面)是等边三角形，其面积为，则这个圆锥的体积为( )
A．3π B.π
C.π D.π
解析：选B.设圆锥的底面半径为R，依题意知该圆锥的高即轴截面的高h＝·2R＝R，所以·2R·R＝，解得R＝1.所以V＝×π×12×＝π.
2．将两个棱长为10 cm的正方体铜块熔化后铸成底面边长为5 cm的正四棱柱，则该四棱柱的高为( )
A．8 cm B．80 cm
C．40 cm D. cm
解析：选B.设正四棱柱的高为h cm，依题意得5×5×h＝2×103，解得h＝80(cm)．
3.一个棱锥的三视图如图所示，则它的体积为( )
A. B.
C．1 D.
解析：选A.由三视图可知该几何体为四棱锥，棱锥的体积V＝××1＝.
4．正三棱柱的侧面展开图是边长为2和4的矩形，则该正三棱柱的体积是( )
A. B.
C. D.或
解析：选D.当2为正三棱柱的底面周长时，正三棱柱底面三角形的边长a＝，底面面积S＝a2＝，正三棱柱的高h＝4，所以正三棱柱的体积V＝Sh＝；当4为正三棱柱的底面周长时，正三棱柱底面三角形的边长a′＝，底面面积S′＝a′2＝，正三棱柱的高h′＝2，所以正三棱柱的体积V′＝S′h′＝.所以正三棱柱的体积为或.
5．某几何体的三视图如图所示，则它的体积是( )
A．8－ B．8－
C．8－2π D.
解析：选A.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－.
6．如图，在棱长为1的正方体中，Q为棱C1C的中点，则三棱锥C1-BD1Q的体积为________．
解析：三棱锥C1-BD1Q也可以写成三棱锥B-C1D1Q.
底面积S＝，高BC＝1，
则V ＝V棱锥＝××1＝.
答案：
7．如图是一个几何体的三视图，其中主视图和左视图都是一个两底长分别为2和4，腰长为的等腰梯形，则该几何体的体积是________．
解析：由三视图可知此几何体为一圆台，上底半径为2，下底半径为1，不难求出此圆台的高，如图，h＝＝1，故体积V＝
π(22＋2×1＋12)×1＝.
答案：
8．若圆柱的高扩大为原来的4倍，底面半径不变，则圆柱的体积扩大为原来的__________倍；若圆柱的高不变，底面半径扩大为原来的4倍，则圆柱的体积扩大为原来的________倍．
解析：圆柱的体积公式为V圆柱＝πr2h，底面半径不变，高扩大为原来的4倍时，其体积也变为原来的4倍；高不变，底面半径扩大为原来的4倍时，其体积变为原来的42＝16倍．
答案：4 16
9．四边形ABCD中，A(0，0)，B(1，0)，C(2，1)，D(0，3)，将四边形绕y轴旋转一周，求所得旋转体的体积．
解：因为C(2，1)，D(0，3)，
所以圆锥的底面半径r＝2，高h＝2.
所以V圆锥＝πr2h＝π×22×2＝π.
因为B(1，0)，C(2，1)，
所以圆台的两个底面半径R＝2，R′＝1，高h′＝1.
所以V圆台＝πh′(R2＋R′2＋RR′)
＝π×1×(22＋12＋2×1)＝π，
所以V＝V圆锥＋V圆台＝5π.
10．一几何体的三视图如图：
(1)画出它的直观图；
(2)求该几何体的体积．
解：(1)其直观图如下
(2)这个几何体是一个三棱锥．
由三视图知：
AC＝5 cm，作BD⊥AC于D，
则BD＝ cm，
得S底＝5××＝6(cm2)，高h＝6 cm，
得V＝×6×6＝12(cm3)．
[B.能力提升]
1．若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积是( )
A. cm3 B．144 cm3
C. cm3 D. cm3
解析：选B.该几何体是一个组合体，上面是一个正四棱柱，其底面是边长为4的正方形，且高为2，下面是一个正四棱台，其高为3，下底面是边长为8的正方形，所以V＝4×4×2＋×3×(64＋16＋)＝144(cm3)．
2．一个几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则此几何体的体积是( )
A．112 cm3 B. cm3
C．99 cm3 D．224 cm3
解析：选B.由三视图可知该几何体上面是四棱锥，下面是个正方体，
则体积V＝Sh＋a3
＝×4×4×2＋43
＝＋64＝(cm3)．
3．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.
解析：由三视图可知，这是由下面是一个长方体，上面是一个平躺着的四棱柱构成的组合体，长方体的体积为：
3×4×2＝24(m3)，
四棱柱的体积为×1×4＝6(m3)，
所以该几何体的体积为24＋6＝30(m3)．
答案：30
4．一个圆锥形容器和一个圆柱形容器，它们的轴截面尺寸如图所示，两容器内所盛液体的体积正好相等，且液面高度h正好相同，则h＝________．
解析：设圆锥形容器的液面的半径为R，则液体的体积为
πR2h，圆柱形容器内的液体体积为π()2h.
根据题意，有πR2h＝π()2h，解得R＝a.
再根据圆锥形容器的轴截面与内盛液体轴截面是相似三角形，得＝，所以h＝a.
答案：a
5．如图1，一个正四棱柱形(底面是正方形，侧棱和底面垂直)的密闭容器底部镶嵌了同底的正四棱锥形(顶点在底面的射影是底面的中心)实心装饰块，容器内盛有2升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点P.如果将容器倒置，水面也恰好过点P(图2)．判断下列四种说法的正误．
(1)正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半；
(2)将容器侧面水平放置时，水面也恰好过点P；
(3)任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点P；
(4)若往容器内再注入2升水，则容器恰好能装满．
解：以图1中，过P的水面为截面，将棱柱分成2部分，上部分的容积为2升，下部分的容积为2升，整个容器的容积为4升．点P在容器的中心，故(2)(4)是对的．正四棱锥形装饰块所占的容积为1升，则正四棱锥的高等于正四棱柱高的，故(1)错误．(3)显然是错误的．
6．(选做题)如图，有个水平放置的圆台形容器，上、下底面半径分别为2分米、4分米，高为5分米，现以每秒3立方分米的速度往容器里面注水，当水面的高度为3分米时，求所用的时间．(精确到0.01秒)
解：如图，设水面的半径为r分米，则EH＝(r－2)分米，BG＝2分米，在△ABG中，
因为EH∥BG，
所以＝.
因为AH＝2分米，
所以＝.
所以r＝(分米)．
所以当水面的高度为3分米时，容器中水的体积为
V水＝π·3[()2＋×4＋42]＝(分米3)．
所以所用的时间为＝≈36.69(秒)．
所以所用的时间约为36.69秒．
1.7.3 球的表面积和体积
[学业水平训练]
半径为r的球的表面积为16π，则r＝( )
A．2 B.
C．4 D.
解析：选A.由4πr2＝16π，得r2＝4，∴r＝2.
用一平面去截体积为4π的球，所得截面的面积为π，则球心到截面的距离为( )
A．2 B.
C. D．1
解析：选C.由已知得球的半径为R＝，又πr2＝π，∴r＝1，∴d＝＝.
平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为，则此球的体积为( )
A.π B．4π
C．4π D．6π
解析：选B.设球的半径为R，由球的截面性质得R＝＝，所以球的体积V＝πR3＝4π.
一个正方体的顶点都在球面上，它的棱长为2 cm，则球的表面积是( )
A．8π cm2 B．12π cm2
C．16π cm2 D．20π cm2
解析：选B.设球的半径为R，正方体的体对角线为l，
则R＝＝＝，
所以S球＝4πR2＝12π cm2.
如图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是( )
A．9π B．10π
C．11π D．12π
解析：选D.由三视图可知该几何体上面是个球，下面是个圆柱，由已知数据得表面积S＝S球＋S圆柱＝4π×12＋2π×12＋2π×1×3＝12π.
圆半径扩大n倍，其面积扩大________倍；球半径扩大n倍，其表面积扩大________倍，体积扩大________倍．
解析：由圆的面积公式S＝πr2，
球的表面积公式S＝4πR2，
球的体积公式V＝πR3，
可知，圆半径扩大n倍，其面积扩大n2倍，球的半径扩大n倍，其表面积扩大n2倍，体积扩大n3倍．
答案：n2 n2 n3
一个圆柱的底面直径和高都与某一个球的直径相等，这时圆柱、球的体积之比为________．
解析：设球的半径为R，
则由已知得
V圆柱＝πR2·2R＝2πR3，
V球＝πR3，
所以，V圆柱∶V球
＝2πR3∶πR3
＝3∶2.
答案：3∶2
已知一个表面积为24的正方体，设有一个与每条棱都相切的球，则此球的体积为________．
解析：设正方体的棱长为a，则6a2＝24，解得a＝2.又球与正方体的每条棱都相切，则正方体的面对角线长2 等于球的直径，则球的半径是，则此球的体积为π()3＝π.
答案：π
过球的半径的中点，作一垂直于这条半径的截面，已知此截面的面积为48π cm2，试求此球的表面积和体积．
解：
如图，设截面圆的圆心为O1，
则OO1⊥O1A，O1A为截面圆的半径，OA为球的半径．
∵48π＝π·O1A2，∴O1A2＝48.
在Rt△AO1O中，
OA2＝O1O2＋O1A2，
即R2＝＋48，∴R＝8 cm，
∴S球＝4πR2＝4π×64＝256π cm2，
∴V球＝πR3＝π cm3.
一个长、宽、高分别是80 cm、60 cm、55 cm的水槽中有水200 000 cm3，现放入一个直径为50 cm的木球，如果木球的三分之二在水中，三分之一在水上，那么水是否会从水槽中流出(π取3.14)?
解：V球＝πR3＝×3.14×253≈65 417(cm3)，
水中球的体积为V1＝V球×≈43 611(cm3)，
V长方体＝80×60×55＝264 000(cm3)，
∴V长方体－200 000＝264 000－200 000
＝64 000>43 611.
故水槽中的水不会流出．
[高考水平训练]
如图，在等腰梯形ABCD中，AB＝2DC＝2，∠DAB＝60°，E为AB的中点，将△ADE与△BEC分别沿ED、EC向上折起，使A、B重合于点P，则三棱锥P-DCE的外接球的体积为( )
A. B.
C. D.
解析：选C.折起后的几何体是一个棱长为1的正四面体P-CDE，我们容易求得该正四面体外接球半径为，
∴外接球的体积V＝π＝.
若一个底面边长为，侧棱长为的正六棱柱的所有顶点都在一个球面上，则此球的体积为________．
解析：
如图，OO1＝，AO1＝，
∴AO＝＝，
即R＝.
∴V＝π＝π.
答案：π
如图，某种水箱用的“浮球”，是由两个半球和一个圆柱筒组成．已知半球的直径是6 cm，圆柱筒高为2 cm.
(1)这种“浮球”的体积是多少cm3(结果精确到0.1)?
(2)要在2 500个这样的“浮球”表面涂一层胶，如果每平方米需要涂胶100克，那么共需胶多少克？
解：(1)因为半球的直径是6 cm，可得半径R＝3 cm，
所以两个半球的体积之和为V球＝πR3＝π·27＝36π(cm3)．
又圆柱筒的体积为V圆柱＝πR2·h＝π×9×2＝18π(cm3)．
所以这种“浮球”的体积是：V＝V球＋V圆柱＝36π＋18π＝54π≈169.6(cm3)．
(2)根据题意，上、下两个半球的表面积是S球表＝4πR2＝4×π×9＝36π(cm2)．
又“浮球”的圆柱筒的侧面积为S圆柱侧＝2πRh＝2×π×3×2＝12π(cm2)，
所以1个“浮球”的表面积为S＝＝(m2)．
因此，2 500个这样的“浮球”表面积的和为2 500S＝2 500×＝12π(m2)．
因为每平方米需要涂胶100克，
所以共需要胶100×12π＝1 200π(克)．
4．体积相等的正方体、球、等边圆柱(轴截面为正方形的圆柱)的表面积分别是S1，S2，S3试比较它们的大小．
解：设正方体的棱长为a，球的半径为R，等边圆柱的底面半径为r，则S1＝6a2，S2＝4πR2，S3＝6πr2.
由题意知，πR3＝a3＝πr2·2r，
所以R＝a，r＝a，
所以S2＝4π＝4π·a2＝a2，
S3＝6π＝6π·a2＝a2，
所以S2又6a2>3a2＝a2，
即S1>S3.
所以S1，S2，S3的大小关系是S21.7.3 球的表面积和体积
[A.基础达标]
1．用一平面去截体积为4π的球，所得截面的面积为π，则球心到截面的距离为( )
A．2 B.
C. D．1
解析：选C.由已知得球的半径为R＝，又πr2＝π，所以r＝1，所以d＝＝.
2．如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )
A．9π＋42 B．36π＋18
C.π＋12 D.π＋18
解析：选D.由三视图可知，该几何体是一个球体和一个长方体的组合体．其中，V球＝π·()3＝，V长方体＝2×3×3＝18.所以V总＝π＋18.
3．一个几何体的三视图如图所示，其中主视图和左视图是腰长为4的两个全等的等腰直角三角形，若该几何体的所有顶点在同一球面上，则该球的表面积是( )
A．12π B．24π
C．32π D．48π
解析：选D.由三视图可知该几何体是有一条侧棱垂直于底面的四棱锥．其中底面ABCD是边长为4的正方形，高为4，该几何体的所有顶点在同一球面上，则球的直径为×4＝4，即球的半径为2，所以该球的表面积是4π(2)2＝48π.
4．如图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是( )
A．9π B．10π
C．11π D．12π
解析：选D.由三视图可知该几何体上面是个球，下面是个圆柱，由已知数据得表面积S＝S球＋S圆柱＝4π×12＋2π×12＋2π×1×3＝12π.
5．如图，在等腰梯形ABCD中，AB＝2DC＝2，∠DAB＝60°，E为AB的中点，将△ADE与△BEC分别沿ED、EC向上折起，使A、B重合于点P，则三棱锥P-DCE的外接球的体积为( )
A. B.
C. D.
解析：选C.折起后的几何体是一个棱长为1的正四面体P-CDE，我们容易求得该正四面体外接球半径为，
所以外接球的体积V＝π＝.
6．长方体的共顶点的三个侧面面积分别为，，，则它的外接球的表面积为________．
解析：如图所示为过长方体的一条体对角线AB的截面．
设长方体中有公共顶点的三条棱的长分别为x，y，z，则由已知有解得所以球的半径R＝AB＝＝.
所以S球＝4πR2＝9π.
答案：9π
7．一个圆柱的底面直径和高都与某一个球的直径相等，这时圆柱、球的体积之比为________．
解析：设球的半径为R，
则由已知得
V圆柱＝πR2·2R＝2πR3，
V球＝πR3，
所以，V圆柱∶V球
＝2πR3∶πR3
＝3∶2.
答案：3∶2
8．已知一个表面积为24的正方体，设有一个与每条棱都相切的球，则此球的体积为________．
解析：设正方体的棱长为a，则6a2＝24，解得a＝2.又球与正方体的每条棱都相切，则正方体的面对角线长2 等于球的直径，则球的半径是，则此球的体积为π()3＝π.
答案：π
9．一试管的上部为圆柱形，底部为与圆柱底面半径相同的半球形．圆柱形部分的高为h cm，半径为r cm.试管的容量为108π cm3，半球部分容量为全试管容量的.
(1)求r和h；
(2)若将试管垂直放置，并注水至水面离管口4 cm处，求水的体积．
解：(1)因为半球部分容量为全试管容量的，
所以半球部分与圆柱体部分容量比为，
即＝，
所以h＝r，πr3×＝108π×，
所以r＝3(cm)，h＝10(cm)．
(2)V＝πr3×＋πr2×(h－4)
＝π×33×＋π×32×6＝72π(cm3)．
10．有三个球，第一个球内切于正方体，第二个球与这个正方体各条棱相切，第三个球过这个正方体的各个顶点，求这三个球的表面积之比．
解：设正方体的棱长为a.如图所示．
图(1)中正方体的内切球球心是正方体的中心，切点是正方体六个面的中心，经过四个切点及球心作截面，所以有2r1＝a，r1＝，
所以S1＝4πr＝πa2.
图(2)中球与正方体的各棱的切点在每条棱的中点，
过球心作正方体的对角面得截面，
所以有2r2＝a，r2＝a，
所以S2＝4πr＝2πa2.
图(3)中正方体的各个顶点在球面上，
过球心作正方体的对角面得截面，
所以有2r3＝a，r3＝a，
所以S3＝4πr＝3πa2.
综上可得S1∶S2∶S3＝1∶2∶3.
[B.能力提升]
1．正三棱锥的高和底面边长都等于6，则其外接球的表面积为( )
A．64π B．32π
C．16π D．8π
解析：选A.如图，过正三棱锥P-ABC的顶点P作PM⊥平面ABC于点M，则球心O在PM上，|PM|＝6，连接AM，AO，则|OP|＝|OA|＝R，在Rt△OAM中，|OM|＝6－R，又|AB|＝6，且△ABC为等边三角形，故|AM|＝＝2，则R2－(6－R)2＝(2)2，则R＝4，所以球的表面积S＝4πR2＝64π.
2．三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的表面上，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，又SA＝AB＝BC＝1，则球O的表面积为( )
A.π B.π
C．3π D．12π
解析：选C.由题意可知SB⊥BC，SA⊥AC，则SC是球的直径．
因为SA＝AB＝BC＝1，由勾股定理可求得AC＝，SC＝，
所以R＝，
所以S＝4π×()2＝3π，故选C.
3．若一个底面边长为，侧棱长为的正六棱柱的所有顶点都在一个球面上，则此球的体积为________．
解析：如图，O1O2＝，OO1＝，
AO1＝，
所以AO＝＝，
即R＝.
所以V＝π＝π.
答案：π
4．三棱锥P-ABC的四个顶点都在体积为的球的表面上，△ABC所在的小圆面积为16π，则该三棱锥的高的最大值为________．
解析：如图所示，因为△ABC所在小圆面积为16π，
所以小圆半径r＝O′A＝4.
又球的体积为，所以＝，
所以球半径R＝5，所以OO′＝3.
当P在OO′上时取得最值，
所以三棱锥的高满足2≤PO′≤8.
答案：8
5.如图，某种水箱用的“浮球”，是由两个半球和一个圆柱筒组成．已知半球的直径是6 cm，圆柱筒高为2 cm.
(1)这种“浮球”的体积是多少cm3(结果精确到0.1)?
(2)要在2 500个这样的“浮球”表面涂一层胶，如果每平方米需要涂胶100克，那么共需胶多少克？
解：(1)因为半球的直径是6 cm，可得半径R＝3 cm，
所以两个半球的体积之和为V球＝πR3＝π·27＝36π(cm3)．
又圆柱筒的体积为V圆柱＝πR2·h＝π×9×2＝18π(cm3)．
所以这种“浮球”的体积是：V＝V球＋V圆柱＝36π＋18π＝54π≈169.6(cm3)．
(2)根据题意，上、下两个半球的表面积是S球表＝4πR2＝4×π×9＝36π(cm2)．
又“浮球”的圆柱筒的侧面积为S圆柱侧＝2πRh＝2×π×3×2＝12π(cm2)，
所以1个“浮球”的表面积为S＝＝(m2)．
因此，2 500个这样的“浮球”表面积的和为2 500S＝2 500×＝12π(m2)．
因为每平方米需要涂胶100克，
所以共需要胶100×12π＝1 200π(克)．
6．(选做题)已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，边长为a，PB＝a，PD＝a，PA＝PC＝a，且PD是四棱锥的高．
(1)在四棱锥内放入一球，求球的最大半径；
(2)求四棱锥外接球的半径．
解：(1)当所放的球与四棱锥各面都相切时，球的半径最大，即球心到各面的距离均相等．
设球的半径为R，球心为S，如图，连接SA，SB，SC，SD，SP.
因为最大球与四棱锥各面都相切，
所以三棱锥S-PAB，S-PBC，S-PCD，S-PAD与四棱锥S-ABCD的高都为R，且它们恰好组合成四棱锥P-ABCD.
因为PD为四棱锥P-ABCD的高，PD＝AD＝BC＝a，四边形ABCD为正方形，
又PA＝PC＝a，PB＝a，
所以PB2＝PA2＋AB2＝PC2＋BC2，
所以△PAB，△PCB为直角三角形且全等．
所以S△PAB＝S△PCB＝·a·a＝a2，
S△PDA＝S△PDC＝a2，S正方形ABCD＝a2，
所以VP-ABCD＝·a2·a＝a3.
VS-PAB＝VS-PBC＝·a2·R＝a2R，VS-PAD＝VS-PDC＝·a2·R＝a2R，VS-ABCD＝·a2·R＝a2R，
因为VP-ABCD＝VS-PAB＋VS-PBC＋VS-PAD＋VS-PDC＋VS-ABCD，
所以a3＝a2R＋a2R＋a2R，即(＋2)R＝a，
所以R＝(1－)a，即球的最大半径为(1－)a.
(2)由(1)知△PAB，△PCB为直角三角形，若M为斜边PB的中点，则MA＝MB＝MP＝MC.
连接BD，因为PD＝a，PB＝a，BD＝a，
所以PB2＝PD2＋BD2，即△PDB为直角三角形，PB为斜边，
所以MD＝MB＝MP，
所以M为四棱锥P-ABCD外接球的球心，
所以外接球半径R′＝PB＝a.
第一章 立体几何初步
(时间：100分钟，满分：120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．下列几何体是柱体的是( )
解析：选B.A中的侧棱不平行，所以A不是柱体，C是圆锥，D是球体，B是棱柱．
2．已知圆锥的表面积是底面积的3倍，那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为( )
A．120° B．150°
C．180° D．240°
解析：选C.设圆锥底面半径为r，母线为l，则πrl＋πr2＝3πr2，得l＝2r，所以展开图扇形半径为2r，弧长为2πr，所以展开图是半圆，所以扇形的圆心角为180°，故选C.
3．已知某几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何体的体积是( )
A. cm3 B. cm3
C．2 cm3 D．4 cm3
解析：选B.该几何体是一个四棱锥，且其底面是边长为2的正方形，高等于2，故其体积V＝Sh＝×22×2＝(cm3)．
4．若一个圆台的上、下底面半径和高的比为1∶4∶4，圆台的侧面积为400π，则该圆台的母线长为( )
A．10 B．20
C．12 D．24
解析：选B.设圆台上底面半径为r，则下底面半径、高分别为4r，4r，于是其母线l＝＝5r，又侧面积为400π，所以π(r＋4r)·5r＝400π，解得r＝4，于是圆台的母线长为20.
5．若l，m，n是互不相同的空间直线，α，β是不重合的平面，则下列命题中为真命题的是( )
A．若α∥β，lα，nβ，则l∥n
B．若α⊥β，lα，则l⊥β
C．若l⊥α，l∥β，则α⊥β
D．若l⊥n，m⊥n，则l∥m
解析：选C.对于选项C，若l∥β，则在β内必有直线n与l平行，从而n⊥α；于是α⊥β.
6．正四棱锥(顶点在底面的射影是底面正方形的中心)的体积为12，底面对角线的长为2，则侧面与底面所成的二面角为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：选C.由棱锥体积公式可得底面边长为2，高为3，在底面正方形的任一边上，取其中点，连接棱锥的顶点及其在底面的射影，根据二面角定义即可判定其平面角，在直角三角形中，因为tan θ＝，所以二面角为60°，选C.
7．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：选D.由题意，若a∥l，则利用线面平行的判定，可知a∥α，a∥β，从而a在α，β内的射影直线b和c平行；若a∩l＝A，则a在α，β内的射影直线b和c相交于点A；若a∩α＝A，a∩β＝B，且直线a和l垂直，则a在α，β内的射影直线b和c相交；否则直线b和c异面．综上所述，b和c的位置关系是相交、平行或异面，故选D.
8．如图，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，构成四面体ABCD，则在四面体ABCD中，下列结论正确的是( )
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：选D.易知在△BCD中，∠DBC＝45°，∠BDC＝90°.
又平面ABD⊥平面BCD，而CD⊥BD，所以CD⊥平面ABD，所以AB⊥CD.
而AB⊥AD，CD∩AD＝D，所以AB⊥平面ACD，
所以平面ABC⊥平面ACD.
9．若正方体的外接球的体积为4π，则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的体积为( )
A. B.
C. D.
解析：选C.设正方体的棱长为a，其外接球的半径为r，则由题意可得πr3＝4π，解得r＝.又2r＝a，故a＝2.以正方体各个面的中心为顶点的凸多面体是两个全等的正四棱锥，该棱锥的高是正方体高的一半，底面面积是正方体一个面面积的一半，则凸多面体的体积V＝2××××2＝，故选C.
10．如图，若Ω是长方体ABCD-A1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHB1C1后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EH∥A1D1，则下列结论中不正确的是( )
A．EH∥FG
B．四边形EFGH是矩形
C．Ω是棱柱
D．Ω是棱台
解析：选D.因为EH∥A1D1，
A1D1∥B1C1，所以EH∥B1C1.
所以EH∥平面BCGF.
因为平面EFGH∩平面BCGF＝GF，
所以EH∥FG，故A对．
因为B1C1⊥平面A1B1BA，EF平面A1B1BA，
所以B1C1⊥EF，则EH⊥EF.
又平面ABB1A1∥平面DCC1D1，且与平面EFGH的交线分别为EF，GH，
所以EF∥GH，
所以四边形EFGH为平行四边形，故它也是矩形，故B对．
由EH∥B1C1∥FG，故Ω是棱柱，故C对，选D.
二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分，把答案填在题中横线上)
11.有一木块如图所示，点P在平面A′C′内，棱BC平行平面A′C′，要经过P和棱BC将木料锯开，锯开的面必须平整，则有________种锯法．
解析：因为BC∥平面A′C′，BC∥B′C′，
所以平面A′C′上过P作EF∥B′C′，则EF∥BC，
所以过EF，BC所确定的平面锯开即可．
又由于此平面唯一确定，所以只有一种锯法．
答案：1
12．在四面体ABCD中，已知棱AC的长为，其余各棱长都为1，则二面角A-CD-B的余弦值为________．
解析：取AC的中点E，取CD的中点F(图略)，则EF＝，BE＝，BF＝，结合图形知二面角A-CD-B的余弦值cos θ＝＝.
答案：
13．半径为R的半球，一正方体的四个顶点在半球的底面上，其余四个顶点在半球的球面上，则该正方体的表面积为________．
解析：如图，作出半球沿正方体对角面的轴截面，设正方体的棱长为a，
则a2＋＝R2，
所以a2＝R2，所以S＝6×a2＝4R2.
答案：4R2
14.如图是古希腊数学家阿基米德的墓碑，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．相传这个图形表达了阿基米德最引以自豪的发现．我们来重温这个伟大发现：则圆柱的体积与球的体积之比和圆柱的表面积与球的表面积之比分别为________，________．
解析：设球的半径为R，
则圆柱的底面半径为R，高为2R，
所以V圆柱＝πR2×2R＝2πR3，
V球＝πR3，所以＝＝，
S圆柱＝2πR×2R＋2×πR2＝6πR2，S球＝4πR2，
所以＝＝.
答案：3∶2 3∶2
15.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝BC＝，BB1＝2，∠ABC＝90°，E，F分别为AA1，C1B1的中点，沿棱柱的表面从E到F两点的最短路径的长度是________．
解析：将直三棱柱侧面、底面展开有三种情形，如下图．
在(1)中，EF＝
＝＝；
在(2)中，EF＝
＝＝；
在(3)中，EF＝
＝＝.
比较知(3)最小．
答案：
三、解答题(本大题共5小题，共55分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
16．(本小题满分10分)某几何体的三视图如图，其中俯视图的内外均为正方形，边长分别为2和4，几何体的高为3，求此几何体的表面积和体积．
解：依题意得侧面的高
h′＝＝，
S＝S上底＋S下底＋S侧面
＝22＋42＋4××(2＋4)×
＝20＋12，
所以几何体的表面积为20＋12.
体积V＝(42＋22＋2×4)×3＝28.
17．(本小题满分10分)如图所示，四边形ABCD是直角梯形，求图中阴影部分绕AB旋转一周所成几何体的表面积和体积．(单位：cm)
解：由题意知该几何体的表面积等于圆台下底面积、圆台的侧面积与半球面面积的和．
又S半球面＝×4π×22＝8π(cm2)，
S圆台侧＝π(2＋5)＝35π(cm2)，
S圆台下底＝π×52＝25π(cm2)，
所以所成几何体的表面积为
8π＋35π＋25π＝68π(cm2)．
由题意知该几何体的体积等于圆台的体积减去半球的体积．
又V圆台＝×(22＋2×5＋52)×4＝52π(cm3)，
V半球＝××23＝(cm3)，
所以该几何体的体积为
V圆台－V半球＝52π－＝(cm3)．
18．(本小题满分10分)如图，圆锥SO中，AB，CD为底面圆的两条直径，AB∩CD＝O，且AB⊥CD，SO＝OB＝2，P为SB的中点．
(1)求证：SA∥平面PCD；
(2)求异面直线SA与PD所成角的正切值．
解：(1)证明：连接PO，因为P，O分别为SB，AB的中点，
所以PO∥SA.
因为PO平面PCD，SA平面PCD，
所以SA∥平面PCD.
(2)因为PO∥SA，
所以∠DPO为异面直线SA与PD所成的角．
因为AB⊥CD，SO⊥CD，AB∩SO＝O，
所以CD⊥平面SOB.因为PO平面SOB，
所以OD⊥PO.在Rt△DOP中，OD＝2，OP＝SA＝SB＝，
所以tan∠DPO＝＝＝，
所以异面直线SA与PD所成角的正切值为.
19．(本小题满分12分)如图所示，正三棱柱A1B1C1-ABC中，点D是BC的中点，BC＝BB1，设B1D∩BC1＝F.求证：
(1)A1C∥平面AB1D；
(2)BC1⊥平面AB1D.
证明：(1)连接A1B，设A1B与AB1交于E，连接DE.
因为点D是BC的中点，点E是A1B的中点．
所以DE∥A1C.
因为A1C平面AB1D，DE平面AB1D，
所以A1C∥平面AB1D.
(2)因为△ABC是正三角形，点D是BC的中点，
所以AD⊥BC.
因为平面ABC⊥平面B1BCC1，
平面ABC∩平面B1BCC1＝BC，AD平面ABC，
所以AD⊥平面B1BCC1.
因为BC1平面B1BCC1，所以AD⊥BC1.
因为点D是BC的中点，BC＝BB1，所以BD＝BB1.
因为＝＝，
所以Rt△B1BD∽Rt△BCC1.
所以∠BB1D＝∠CBC1，∠BDB1＝∠CC1B，
且∠CBC1＋∠CC1B＝90°，
所以∠CBC1＋∠BDB1＝90°.
所以BC1⊥B1D，又AD∩B1D＝D，
所以BC1⊥平面AB1D.
20．(本小题满分13分)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，AB＝2，BC＝a，又侧棱PA⊥底面ABCD.
(1)当a为何值时，BD⊥平面PAC？试证明你的结论；
(2)当a＝4时，求证：BC边上存在一点M，使得PM⊥DM；
(3)若在BC边上至少存在一点M，使PM⊥DM，求a的取值范围．
解：(1)当a＝2时，ABCD为正方形，
则BD⊥AC，
又因为PA⊥底面ABCD，BD平面ABCD，所以BD⊥PA，
又因为PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.
故当a＝2时，BD⊥平面PAC.
(2)证明：当a＝4时，取BC边的中点M，AD边的中点N，连接AM，DM，MN，
因为四边形ABMN和四边形DCMN都是正方形，
所以∠AMD＝∠AMN＋∠DMN＝45°＋45°＝90°，即DM⊥AM，
又因为PA⊥底面ABCD，
所以PA⊥DM，又AM∩PA＝A，所以DM⊥平面PAM，得PM⊥DM，
故当a＝4时，BC边的中点M使PM⊥DM.
(3)假设BC边上存在点M，使得PM⊥DM，因为PA⊥底面ABCD，
所以，M点应是以AD为直径的圆和BC边的交点，则AD≥2AB，即a≥4为所求．
第一章 立体几何初步
(时间：100分钟；满分：120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
(2014·北京高一检测)圆锥的侧面展开图是( )
A．三角形 B．正方形
C．圆 D．扇形
解析：选D.圆锥的侧面展开图是扇形．
一个简单几何体的主视图、左视图如图所示，则其俯视图不可能为：①长方形；②正方形；③圆．其中正确的是( )
A．①② B．②③
C．①③ D．①②
解析：选B.从所给的几何体的主视图，左视图可知其俯视图不可能是正方形和圆．
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：选B.过l的平面γ交α于直线m，则l∥m.因为l⊥β，则m⊥β.又mα，所以α⊥β.
已知正方体外接球的体积是π，那么正方体的棱长等于( )
A．2 B.
C. D.
解析：选D.由V球＝πR3＝π，∴R＝2.设正方体的棱长为a，则3a2＝(2R)2＝16.
∴a2＝，∴a＝.
5．如图是一个几何体的三视图．若它的体积是3，则a＝( )
A．2 B.
C. D．2
解析：选C.该几何体是一个横着放的三棱柱，由已知的数据可得a×2×3＝3，所以a＝.
(2014·潍坊高一检测)过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积是球的表面积的( )
A. B.
C. D.
解析：选A.设球的半径为R，截面圆的半径为r，
则r＝＝R，
S截面＝πr2＝πR2，
S球＝4πR2，
＝.
已知一个空间几何体的三视图如图所示，其中主视图、左视图都是由半圆和矩形组成，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的体积是( )
A．2π B.π
C.π D．3π
解析：选C.由三视图知，此几何体下部为圆柱，上部为半球，且圆柱底面半径均为1，圆柱高为1，所以这个几何体的体积为V＝π·12×1＋×π·13＝π.
正四棱锥(顶点在底面的射影是底面正方形的中心)的体积为12，底面对角线的长为2，则侧面与底面所成的二面角为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：选C.由棱锥体积公式可得底面边长为2，高为3，在底面正方形的任一边上，取其中点，连接棱锥的顶点及其在底面的射影，根据二面角定义即可判定其平面角，在直角三角形中，因为tan θ＝，所以二面角为60°，选C.
在长方体ABCD-A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离为( )
A. B.
C. D.
解析：选C.利用三棱锥A1-AB1D1的体积变换：VA1-AB1D1＝VA-A1B1D1，则×6×h＝×2×4，h＝.
(2014·潍坊高一检测)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：选D.由题意，若a∥l，则利用线面平行的判定，可知a∥α，a∥β，从而a在α，β内的射影直线b和c平行；若a∩l＝A，则a在α，β内的射影直线b和c相交于点A；若a∩α＝A，a∩β＝B，且直线a和l垂直，则a在α，β内的射影直线b和c相交；否则直线b和c异面．综上所述，b和c的位置关系是相交、平行或异面，选D.
二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分．把答案填在题中横线上)
(2014·北京高一检测)已知各面均为等边三角形的四面体的棱长为2，则它的表面积是________．
解析：四面体每个面的面积为S′＝×22＝，
故四面体的四个面面积之和即为表面积S＝4.
答案：4
(2014·北京高一检测)一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为________．
解析：
该几何体是底面是直角梯形的直四棱柱，如图所示，底面是梯形ABCD，高h＝6，
V＝Sh＝[×(2＋4)×2]×6＝36.
答案：36
如图，AB是⊙O的直径，C是圆周上不同于A，B的点，PA垂直于⊙O所在的平面，AE⊥PB于E，AF⊥PC于F，因此，________⊥平面PBC.(填图中的一条直线)．
解析：因为AB是⊙O的直径，C是圆周上不同于A，B的点，所以BC⊥AC.因为PA垂直于⊙O所在的平面，所以BC⊥PA.又PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC.又AF平面PAC，所以AF⊥BC.又AF⊥PC，BC∩PC＝C，所以AF⊥平面PBC.
答案：AF
已知三棱锥P-ABC的三条侧棱PA，PB，PC两两相互垂直，且三个侧面的面积分别为S1，S2，S3，则这个三棱锥的体积为________．
解析：
因为PA，PB，PC两两相互垂直，所以VP-ABC＝VA-PBC.
设S△APB＝S1，S△APC＝S2，S△PBC＝S3，
因为AP·PB＝S1，
AP·PC＝S2，
PB·PC＝S3，
所以AP2·PB·PC＝S1S2，
所以AP2＝，
所以AP＝，
所以VA-PBC＝AP·S△PBC
＝ ·S3
＝.
答案：
15．在四面体ABCD中，已知棱AC的长为，其余各棱长都为1，则二面角A-CD-B的余弦值为________．
解析：取AC的中点E，取CD的中点F(图略)，则EF＝，BE＝，BF＝，结合图形知二面角A-CD-B的余弦值cos θ＝＝.
答案：
三、解答题(本大题共5小题，共55分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
(本小题满分10分)(2014·瑞安高一检测)某几何体的三视图如图，其中俯视图的内外均为正方形，边长分别为2和4，几何体的高为3，求此几何体的表面积和体积．
解：依题意得侧面的高
h′＝＝，
S＝S上底＋S下底＋S侧面
＝22＋42＋4××(2＋4)×
＝20＋12，
所以几何体的表面积为20＋12.
体积V＝(42＋22＋2×4)×3＝28.
(本小题满分10分)如图，在底面为正三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱ABC-A1B1C1中，F，F1分别是AC，A1C1的中点．
求证：(1)平面AB1F1∥平面C1BF；
(2)平面AB1F1⊥平面ACC1A1.
证明：(1)在底面为正三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱ABC-A1B1C1中，
∵F，F1分别是AC，A1C1的中点，
∴B1F1∥BF，AF1∥C1F.
又∵B1F1∩AF1＝F1，C1F∩BF＝F，
∴平面AB1F1∥平面C1BF.
(2)在底面为正三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱ABC-A1B1C1中，∵AA1⊥平面A1B1C1，
∴B1F1⊥AA1.
又∵B1F1⊥A1C1，A1C1∩AA1＝A1，
∴B1F1⊥平面ACC1A1，而B1F1平面AB1F1，
∴平面AB1F1⊥平面ACC1A1.
(本小题满分10分)(2014·呼和浩特高一检测)已知正四棱台ABCD-A1B1C1D1的上底面、下底面周长分别为8和16，高为.
(1)求上、下底面面积；
(2)求斜高及侧面积；
(3)求表面积．
解：设上底边长为a，下底边长为b，斜高为h′.
(1)因为4a＝8，所以a＝2，所以S上＝a2＝4.
因为4b＝16，所以b＝4，所以S下＝b2＝16.
故上、下底面面积分别为4、16.
(2)由于上、下底边心距、的差，高h，斜高h′构成一个直角三角形，如图．
所以h′＝
＝＝2，即斜高为2.
所以侧面积为4××(2＋4)×2＝24.
(3)该几何体的表面积为侧面积与上、下底面面积之和，所以表面积为4＋16＋24＝44.
(本小题满分12分)(2014·周口店高一检测)如图，圆锥SO中，AB，CD为底面圆的两条直径，AB∩CD＝O，且AB⊥CD，SO＝OB＝2，P为SB的中点．
(1)求证：SA∥平面PCD；
(2)求异面直线SA与PD所成角的正切值．
解：(1)证明：连接PO，因为P，O分别为SB，AB的中点，
所以PO∥SA.
因为PO平面PCD，SA平面PCD，
所以SA∥平面PCD.
(2)因为PO∥SA，
所以∠DPO为异面直线SA与PD所成的角．
因为AB⊥CD，SO⊥CD，AB∩SO＝O，
所以CD⊥平面SOB.因为PO平面SOB，
所以OD⊥PO.在Rt△DOP中，OD＝2，OP＝SA＝SB＝，
所以tan∠DPO＝＝＝，
所以异面直线SA与PD所成角的正切值为.
(本小题满分13分)(2014·无锡高一检测)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为DD1，DB的中点．
(1)求证：EF∥平面ABC1D1；
(2)求证：EF⊥B1C；
(3)求三棱锥B1-EFC的体积．
解：(1)证明：连接BD1，在△DD1B中，E，F分别为D1D，DB的中点，则EF∥D1B.
因为EF∥D1B，D1B平面ABC1D1，EF平面ABC1D1，
所以EF∥平面ABC1D1.
(2)证明：因为B1C⊥AB，B1C⊥BC1，
AB，BC1平面ABC1D1，AB∩BC1＝B，
所以B1C⊥平面ABC1D1.
又BD1平面ABC1D1，
所以B1C⊥BD1.又因为EF∥BD1，
所以EF⊥B1C.
(3)因为CF⊥平面BDD1B1，
所以CF⊥平面EFB1且CF＝BF＝，
因为EF＝BD1＝，
B1F＝＝＝，
B1E＝
＝＝3，
所以EF2＋B1F2＝B1E2，即∠EFB1＝90°，
所以VB1-EFC＝VC-B1EF＝·S△B1EF·CF
＝×·EF·B1F·CF
＝××××＝1.
