直线、平面垂直的判定及其性质
最新考纲 1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理；2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\知识衍化体验.TIF" \* MERGEFORMAT
知 识 梳 理
1.直线与平面垂直
(1)直线和平面垂直的定义
如果一条直线l与平面α内的任意直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直.
(2)判定定理与性质定理
文字语言 图形表示 符号表示
判定定理 一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直 INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\W289.TIF" \* MERGEFORMAT ?l⊥α
性质定理 两直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行 INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\W290.TIF" \* MERGEFORMAT ?a∥b
2.直线和平面所成的角
(1)定义：一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条直线和这个平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角.
(2)范围：.
3.二面角
(1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角；
(2)二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角.
(3)二面角的范围：[0，π].
4.平面与平面垂直
(1)平面与平面垂直的定义
两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直.
(2)判定定理与性质定理
文字语言 图形表示 符号表示
判定定理 一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直 INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\W291.TIF" \* MERGEFORMAT ?α⊥β
性质定理 如果两个平面互相垂直，则在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面 INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\W292.TIF" \* MERGEFORMAT ?l⊥α
[微点提醒]
1.两个重要结论
(1)若两平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面.
(2)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法).
2.使用线面垂直的定义和线面垂直的判定定理，不要误解为“如果一条直线垂直于平面内的无数条直线，就垂直于这个平面”.
基 础 自 测
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\疑误辨析.TIF" \* MERGEFORMAT
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.( )
(2)垂直于同一个平面的两平面平行.( )
(3)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面.( )
(4)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.( )
解析 (1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则有l⊥α或l与α斜交或l?α或l∥α，故(1)错误.
(2)垂直于同一个平面的两个平面平行或相交，故(2)错误.
(3)若两个平面垂直，则其中一个平面内的直线可能垂直于另一平面，也可能与另一平面平行，也可能与另一平面相交，也可能在另一平面内，故(3)错误.
(4)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的所有直线，则α⊥β，故(4)错误.
答案 (1)× (2)× (3)× (4)×
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2.(必修2P66练习改编)已知直线a，b和平面α，且a⊥b，a⊥α，则b与α的位置关系为( )
A.b?α B.b∥α
C.b?α或b∥α D.b与α相交
答案 C
3.(必修2P67练习2改编)已知P为△ABC所在平面外一点，且PA，PB，PC两两垂直，有下列结论：①PA⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC.其中正确的是( )
A.①②③ B.①②④
C.②③④ D.①②③④
解析 如图，因为PA⊥PB，PA⊥PC，PB∩PC＝P，且PB?平面PBC，PC?平面PBC，所以PA⊥平面PBC.又BC?平面PBC，所以PA⊥BC，同理可得PB⊥AC，PC⊥AB，故①②③正确.
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答案 A
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4.(2019·安徽江南十校联考)已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是( )
A.α⊥β且m?α B.m⊥n且n∥β
C.m∥n且n⊥β D.m⊥n且α∥β
解析 由线线平行性质的传递性和线面垂直的判定定理，可知C正确.
答案 C
5.(2017·全国Ⅲ卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )
A.A1E⊥DC1 B.A1E⊥BD
C.A1E⊥BC1 D.A1E⊥AC
解析 如图，由题设知，A1B1⊥平面BCC1B1且BC1?平面BCC1B1，从而A1B1⊥BC1.
又B1C⊥BC1，且A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E?平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\A1.TIF" \* MERGEFORMAT
答案 C
6.(2018·安阳二模)已知a，b表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，下列说法错误的是( )
A.若a⊥α，b⊥β，α∥β，则a∥b
B.若a⊥α，b⊥β，a⊥b，则α⊥β
C.若a⊥α，a⊥b，α∥β，则b∥β
D.若α∩β＝a，a∥b，则b∥α或b∥β
解析 对于A，若a⊥α，α∥β，则a⊥β，又b⊥β，故a∥b，故A正确；
对于B，若a⊥α，a⊥b，则b?α或b∥α，∴存在直线m?α，使得m∥b，
又b⊥β，∴m⊥β，∴α⊥β.故B正确；
对于C，若a⊥α，a⊥b，则b?α或b∥α，又α∥β，所以b?β或b∥β，故C错误；
对于D，若α∩β＝a，a∥b，则b∥α或b∥β，故D正确.
答案 C
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考点一 线面垂直的判定与性质
【例1】 (2018·全国Ⅱ卷)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\18GW8.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离.
(1)证明 因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，
所以OP⊥AC，且OP＝2.
连接OB.因为AB＝BC＝AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
由OP2＋OB2＝PB2知，OP⊥OB.
由OP⊥OB，OP⊥AC且OB∩AC＝O，知PO⊥平面ABC.
(2)解 作CH⊥OM，垂足为H.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\18GW31.TIF" \* MERGEFORMAT
又由(1)可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM.
故CH的长为点C到平面POM的距离.
由题设可知OC＝AC＝2，CM＝BC＝，∠ACB＝45°.
所以OM＝，CH＝＝.
所以点C到平面POM的距离为.
规律方法 1.证明直线和平面垂直的常用方法有：
(1)判定定理；(2)垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α?b⊥α)；(3)面面平行的性质(a⊥α，α∥β?a⊥β)；(4)面面垂直的性质(α⊥β，α∩β＝a，l⊥a，l?β?l⊥α).
2.证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想.
【训练1】 (2019·南宁二中、柳州高中联考)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB⊥侧面BB1C1C，AB＝BC＝1，BB1＝2，∠BCC1＝60°.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S75.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)求证：BC1⊥平面ABC；
(2)E是棱CC1上的一点，若三棱锥E－ABC的体积为，求线段CE的长.
(1)证明 ∵AB⊥平面BB1C1C，BC1?平面BB1C1C，
∴AB⊥BC1，
在△CBC1中，BC＝1，CC1＝BB1＝2，∠BCC1＝60°，
由余弦定理得BC＝BC2＋CC－2BC·CC1·cos∠BCC1＝12＋22－2×1×2cos 60°＝3，∴BC1＝，
∴BC2＋BC＝CC，∴BC⊥BC1，
又AB，BC?平面ABC，BC∩AB＝B，∴BC1⊥平面ABC.
(2)解 ∵AB⊥平面BB1C1C，∴VE－ABC＝VA－EBC＝S△BCE·AB＝S△BCE·1＝，
∴S△BCE＝＝CE·BC·sin∠BCE＝CE·，
∴CE＝1.
考点二 面面垂直的判定与性质
【例2】 如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\X20.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)PA⊥底面ABCD；
(2)BE∥平面PAD；
(3)平面BEF⊥平面PCD.
证明 (1)∵平面PAD⊥底面ABCD，
且PA垂直于这两个平面的交线AD，PA?平面PAD，
∴PA⊥底面ABCD.
(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，
∴AB∥DE，且AB＝DE.
∴四边形ABED为平行四边形.
∴BE∥AD.
又∵BE?平面PAD，AD?平面PAD，
∴BE∥平面PAD.
(3)∵AB⊥AD，而且ABED为平行四边形.
∴BE⊥CD，AD⊥CD，
由(1)知PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，
∴PA⊥CD，且PA∩AD＝A，PA，AD?平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，又PD?平面PAD，
∴CD⊥PD.
∵E和F分别是CD和PC的中点，
∴PD∥EF.
∴CD⊥EF，又BE⊥CD且EF∩BE＝E，
∴CD⊥平面BEF，又CD?平面PCD，
∴平面BEF⊥平面PCD.
规律方法 1.证明平面和平面垂直的方法：(1)面面垂直的定义；(2)面面垂直的判定定理.
2.已知两平面垂直时，一般要用性质定理进行转化，在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直.
【训练2】 (2019·泸州模拟)如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是梯形，AB∥DC，∠ABC＝90°，AD＝SD，BC＝CD＝AB，侧面SAD⊥底面ABCD.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S76.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)求证：平面SBD⊥平面SAD；
(2)若∠SDA＝120°，且三棱锥S－BCD的体积为，求侧面 △SAB的面积.
(1)证明 设BC＝a，则CD＝a，AB＝2a，由题意知△BCD是等腰直角三角形，且∠BCD＝90°，
则BD＝a，∠CBD＝45°，
所以∠ABD＝∠ABC－∠CBD＝45°，
在△ABD中，
AD＝＝a，
因为AD2＋BD2＝4a2＝AB2，所以BD⊥AD，
由于平面SAD⊥底面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，BD?平面ABCD，
所以BD⊥平面SAD，
又BD?平面SBD，所以平面SBD⊥平面SAD.
(2)解 由(1)可知AD＝SD＝a，在△SAD中，∠SDA＝120°，SA＝2SDsin 60°＝a.
作SH⊥AD，交AD的延长线于点H，
则SH＝SDsin 60°＝a，
由(1)知BD⊥平面SAD，
因为SH?平面SAD，所以BD⊥SH.
又AD∩BD＝D，所以SH⊥平面ABCD，
所以SH为三棱锥S－BCD的高，
所以VS－BCD＝×a××a2＝，
解得a＝1.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S77.TIF" \* MERGEFORMAT
由BD⊥平面SAD，SD?平面SAD，可得BD⊥SD，
则SB＝＝＝2.
又AB＝2，SA＝，
在等腰三角形SBA中，
边SA上的高为＝，
则△SAB的面积为××＝.
考点三 平行与垂直的综合问题 INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\箭头.TIF" \* MERGEFORMAT 多维探究
角度1 多面体中平行与垂直关系的证明
【例3－1】 (2018·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\18GW18.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)求证：PE⊥BC；
(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；
(3)求证：EF∥平面PCD.
证明 (1)因为PA＝PD，E为AD的中点，
所以PE⊥AD.
因为底面ABCD为矩形，
所以BC∥AD.
所以PE⊥BC.
(2)因为底面ABCD为矩形，
所以AB⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以AB⊥平面PAD.
所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD，且PA∩AB＝A，
所以PD⊥平面PAB.又PD?平面PCD，
所以平面PAB⊥平面PCD.
(3)如图，取PC中点G，连接FG，DG.
因为F，G分别为PB，PC的中点，
所以FG∥BC，FG＝BC.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\18GW39.TIF" \* MERGEFORMAT
因为ABCD为矩形，且E为AD的中点，
所以DE∥BC，DE＝BC.
所以DE∥FG，DE＝FG.
所以四边形DEFG为平行四边形.
所以EF∥DG.
又因为EF?平面PCD，DG?平面PCD，
所以EF∥平面PCD.
规律方法 1.三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化.
2.垂直与平行的结合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用.
角度2 平行与垂直关系中的探索性问题
【例3－2】 如图，三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S78.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)求三棱锥P－ABC的体积；
(2)在线段PC上是否存在点M，使得AC⊥BM，若存在点M，求出的值；若不存在，请说明理由.
解 (1)由题知AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，
可得S△ABC＝·AB·AC·sin 60°＝，
由PA⊥平面ABC，可知PA是三棱锥P－ABC的高.
又PA＝1，所以三棱锥P－ABC的体积V＝·S△ABC·PA＝.
(2)在平面ABC内，过点B作BN⊥AC，垂足为N.在平面PAC内，过点N作MN∥PA交PC于点M，连接BM.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S79.TIF" \* MERGEFORMAT
由PA⊥平面ABC知PA⊥AC，所以MN⊥AC.
由于BN∩MN＝N，故AC⊥平面MBN.
又BM?平面MBN，所以AC⊥BM.
在Rt△BAN中，AN＝AB·cos∠BAC＝，
从而NC＝AC－AN＝.
由MN∥PA，得＝＝.
规律方法 1.求条件探索性问题的主要途径：(1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性.
2.涉及点的位置探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点.
角度3 空间位置关系与几何体的度量计算
【例3－3】 如图，在四棱锥P－ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD＝1，BC＝3，CD＝4，PD＝2.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\17GW38.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值；
(2)求证：PD⊥平面PBC；
(3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.
(1)解 如图，由已知AD∥BC，故∠DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\17GW40.TIF" \* MERGEFORMAT
因为AD⊥平面PDC，PD?平面PDC，
所以AD⊥PD.
在Rt△PDA中，由已知，得AP＝＝，
故cos∠DAP＝＝.
所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为.
(2)证明 由(1)知AD⊥PD，
又因为BC∥AD，所以PD⊥BC.
又PD⊥PB，BC∩PB＝B，
所以PD⊥平面PBC.
(3)解 过点D作DF∥AB，交BC于点F，连接PF，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角.
因PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角.
由于AD∥BC，DF∥AB，故BF＝AD＝1.
由已知，得CF＝BC－BF＝2.
又AD⊥DC，故BC⊥DC.
在Rt△DCF中，可得DF＝＝2.
在Rt△DPF中，可得sin∠DFP＝＝.
所以直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.
规律方法 1.本题证明的关键是垂直与平行的转化，如由AD∥BC，AD⊥PD，得PD⊥BC，进而利用线面垂直的判定定理证明PD⊥平面PBC.
2.利用综合法求空间线线角、线面角、二面角一定注意“作角、证明、计算”是完整统一过程，缺一不可.
(1)线面角的求法：找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，要把线面角转化到一个三角形中求解.
(2)二面角的大小用它的平面角来度量.平面角的作法常见的有：①定义法；②垂面法.注意利用等腰、等边三角形的性质.
【训练3】 如图，三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，PD＝PC＝4，AB＝6，BC＝3.点E是CD边的中点，点F，G分别在线段AB，BC上，且AF＝2FB，CG＝2GB.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\AB3.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)证明：PE⊥FG.
(2)求二面角P－AD－C的正切值.
(3)求直线PA与直线FG所成角的余弦值.
(1)证明 因为PD＝PC且点E为CD的中点，
所以PE⊥DC.
又平面PDC⊥平面ABCD，且平面PDC∩平面ABCD＝CD，PE?平面PDC，所以PE⊥平面ABCD，
又FG?平面ABCD，所以PE⊥FG.
(2)解 由(1)知PE⊥平面ABCD，∴PE⊥AD，
又AD⊥CD，PE∩CD＝E，
∴AD⊥平面PDC，∴AD⊥PD，
∴∠PDC为二面角P－AD－C的平面角，
在Rt△PDE中，PD＝4，DE＝3，
∴PE＝＝，∴tan∠PDC＝＝.
故二面角P－AD－C的正切值为.
(3)解 如图，连接AC，∵AF＝2FB，CG＝2GB，∴AC∥FG.
∴直线PA与FG所成角即直线PA与AC所成角∠PAC.
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在Rt△PDA中，PA2＝AD2＋PD2＝25，∴PA＝5.
又PC＝4.
AC2＝CD2＋AD2＝36＋9＝45，∴AC＝3.
又cos∠PAC＝＝＝.
所以直线PA与直线FG所成角的余弦值为.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\反思与感悟A.TIF" \* MERGEFORMAT
[思维升华]
1.证明线面垂直的方法：
(1)线面垂直的定义：a与α内任何直线都垂直?a⊥α；
(2)判定定理1：?l⊥α；
(3)判定定理2：a∥b，a⊥α?b⊥α；
(4)面面垂直的性质：α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β；
2.证明面面垂直的方法
(1)利用定义：两个平面相交，所成的二面角是直二面角；
(2)判定定理：a?α，a⊥β?α⊥β.
3.转化思想：三种垂直关系之间的转化
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\V207.tif" \* MERGEFORMAT
[易错防范]
1.证明线面垂直时，易忽视面内两条线为相交线这一条件.
2.面面垂直的判定定理中，直线在面内且垂直于另一平面易忽视.
3.面面垂直的性质定理在使用时易忘面内一线垂直于交线而盲目套用造成失误.
4.在解决直线与平面垂直的问题过程中，要注意直线与平面垂直的定义、判定定理和性质定理的联合交替使用，即注意线线垂直和线面垂直的相互转化.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\分层限时训练.tif" \* MERGEFORMAT
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则( )
A.m∥l B.m∥n C.n⊥l D.m⊥n
解析 因为α∩β＝l，所以l?β，又n⊥β，所以n⊥l.
答案 C
2.(2018·成都二诊)已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β为空间中两个互相垂直的平面，则下列命题正确的是( )
A.若m?α，则m⊥β
B.若m?α，n?β，则m⊥n
C.若m?α，m⊥β，则m∥α
D.若α∩β＝m，n⊥m，则n⊥α
解析 对于A：若m?α，则m与平面β可能平行或相交，所以A错误；对于B：若m?α，n?β，则m与n可能平行、相交或异面，所以B错误；对于C：若m?α，m⊥β，则m∥α，C正确；对于D：α∩β＝m，n⊥m，则n不一定与平面α垂直，所以D错误.
答案 C
3.(2019·泉州模拟)在下列四个正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G均为所在棱的中点，过E，F，G作正方体的截面，则在各个正方体中，直线BD1与平面EFG不垂直的是( )
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S80.TIF" \* MERGEFORMAT
解析 如图，在正方体中，E，F，G，M，N，Q均为所在棱的中点，易知E，F，G，M，N，Q六个点共面，直线BD1与平面EFMNQG垂直，并且选项A、B、C中的平面与这个平面重合，不满足题意，只有选项D中的直线BD1与平面EFG不垂直，满足题意，故选D.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S81.TIF" \* MERGEFORMAT
答案 D
4.(2019·广州一模)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是( )
A.若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n
B.若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β
C.若m⊥n，m?α，n?β，则α⊥β
D.若α∥β，m?α，n?β，则m∥n
解析 若α⊥β，m∥α，n∥β，则m与n相交、平行或异面，故A错误；
∵m⊥α，m∥n，∴n⊥α，
又∵n∥β，∴α⊥β，故B正确；
若m⊥n，m?α，n?β，则α与β的位置关系不确定，故C错误；
若α∥β，m?α，n?β，则m∥n或m，n异面，
故D错误.
答案 B
5.(2018·赣州模拟)如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，且BC1⊥AC，过C1作C1H⊥底面ABC，垂足为H，则点H在( )
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S82.TIF" \* MERGEFORMAT
A.直线AC上 B.直线AB上
C.直线BC上 D.△ABC内部
解析 连接AC1，如图.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S83.TIF" \* MERGEFORMAT
∵∠BAC＝90°，∴AC⊥AB，
∵BC1⊥AC，BC1∩AB＝B，
∴AC⊥平面ABC1.
又AC在平面ABC内，∴根据面面垂直的判定定理，知平面ABC⊥平面ABC1，
则根据面面垂直的性质定理知，在平面ABC1内一点C1向平面ABC作垂线，垂足必落在交线AB上.故选B.
答案 B
二、填空题
6.如图，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有____________；与AP垂直的直线有____________.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S84.TIF" \* MERGEFORMAT
解析 因为PC⊥平面ABC，所以PC垂直于直线AB，BC，AC.因为AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，所以AB⊥平面PAC，又因为AP?平面PAC，所以AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.
答案 AB，BC，AC AB
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是正确的条件即可).
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S85.TIF" \* MERGEFORMAT
解析 连接AC，BD，则AC⊥BD，因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD.又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC.所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD.而PC?平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S86.TIF" \* MERGEFORMAT
答案 DM⊥PC(或BM⊥PC)
8.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则AC1与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为________.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\5S125.TIF" \* MERGEFORMAT
解析 连接A1C1，则∠AC1A1为AC1与平面A1B1C1D1所成的角.
因为AB＝BC＝2，所以A1C1＝AC＝2，
又AA1＝1，所以AC1＝3，
所以sin∠AC1A1＝＝.
答案
三、解答题
9.(2019·石家庄摸底)如图，在多面体ABCDPE中，四边形ABCD和CDPE都是直角梯形，AB∥DC，PE∥DC，AD⊥DC，PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝DA＝2PE，CD＝3PE，F是CE的中点.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S87.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)求证：BF∥平面ADP；
(2)已知O是BD的中点，求证：BD⊥平面AOF.
证明 (1)如图，取PD的中点为G，连接FG，AG.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S88.TIF" \* MERGEFORMAT
∵F是CE的中点，∴FG是梯形CDPE的中位线，
∵CD＝3PE，
∴FG＝2PE，FG∥CD.
∵CD∥AB，AB＝2PE，
∴AB∥FG，AB＝FG，即四边形ABFG是平行四边形，
∴BF∥AG，又BF?平面ADP，AG?平面ADP，
∴BF∥平面ADP.
(2)延长AO交CD于M，连接BM，FM.
∵BA⊥AD，CD⊥DA，AB＝AD，O为BD的中点，
∴四边形ABMD是正方形，则BD⊥AM，MD＝2PE，
∴FM∥PD.
∵PD⊥平面ABCD，∴FM⊥平面ABCD，∴FM⊥BD，
∵AM∩FM＝M，∴BD⊥平面AMF，
∴BD⊥平面AOF.
10.如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\16W9.TIF" \* MERGEFORMAT
(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，DC?平面ABCD，
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\V283.tif" \* MERGEFORMAT
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，AB?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.(2018·唐山一模)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，那么在这个空间图形中必有( )
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\5S126.TIF" \* MERGEFORMAT
A.AG⊥平面EFH B.AH⊥平面EFH
C.HF⊥平面AEF D.HG⊥平面AEF
解析 根据折叠前、后AH⊥HE，AH⊥HF不变，又HE∩HF＝H，∴AH⊥平面EFH，B正确.
∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴A不正确.
∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，∴EF⊥平面HAG，又EF?平面AEF，∴平面HAG⊥平面AEF，过H作直线垂直于平面AEF，一定在平面HAG内，∴C不正确.
由条件证不出HG⊥平面AEF，∴D不正确.
答案 B
12.如图，在矩形ABCD中，AB＝，BC＝1，将△ACD沿AC折起，使得D折起后的位置为D1，且D1在平面ABC上的射影恰好落在AB上，在四面体D1ABC的四个面中，有n对平面相互垂直，则n等于( )
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A.2 B.3 C.4 D.5
解析 设D1在平面ABC上的射影为E，连接D1E，则D1E⊥平面ABC.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S92.TIF" \* MERGEFORMAT
∵D1E?平面ABD1，
∴平面ABD1⊥平面ABC.
∵D1E⊥平面ABC，BC?平面ABC，∴D1E⊥BC，
又AB⊥BC，D1E∩AB＝E，∴BC⊥平面ABD1.
又BC?平面BCD1，∴平面BCD1⊥平面ABD1.
∵BC⊥平面ABD1，AD1?平面ABD1，
∴BC⊥AD1，又CD1⊥AD1，BC∩CD1＝C，
∴AD1⊥平面BCD1，
又AD1?平面ACD1，∴平面ACD1⊥平面BCD1.
∴共有3对平面相互垂直.故选B.
答案 B
13.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E，要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为________.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S433.TIF" \* MERGEFORMAT
解析 设B1F＝x，
因为AB1⊥平面C1DF，DF?平面C1DF，
所以AB1⊥DF，
由已知可得A1B1＝，
设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，
则DE＝h.
又×2×＝×h，
所以h＝，DE＝.
在Rt△DB1E中，
B1E＝＝.
由面积相等得××＝×x，
得x＝.
答案
14.如图①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC边的中点，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图②所示的几何体.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S94.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)求证：AB⊥平面ADC；
(2)若AD＝1，AC与其在平面ABD内的正投影所成角的正切值为，求点B到平面ADE的距离.
(1)证明 因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BD⊥DC，DC?平面BCD，所以DC⊥平面ABD.
因为AB?平面ABD，所以DC⊥AB，
又因为AD⊥AB，且DC∩AD＝D，
所以AB⊥平面ADC.
(2)解 由(1)知DC⊥平面ABD，所以AC在平面ABD内的正投影为AD，即∠DAC为AC与其在平面ABD内的正投影所成角.
依题意得tan∠DAC＝＝，
因为AD＝1，所以CD＝，
设AB＝x(x>0)，则BD＝，
因为△ABD∽△DCB，所以＝，即＝，
解得x＝，故AB＝，BD＝，BC＝3.
由于AB⊥平面ADC，AC?平面ADC，
所以AB⊥AC，又E为BC的中点，
所以由平面几何知识得AE＝＝，
因为BD⊥DC，E为BC的中点，所以DE＝＝，
所以S△ADE＝×1×＝.
因为DC⊥平面ABD，
所以VA－BCD＝VC－ABD＝CD·S△ABD＝.
设点B到平面ADE的距离为d.
则由d·S△ADE＝VB－ADE＝VA－BDE＝VA－BCD＝，
得d＝，
即点B到平面ADE的距离为.
直线、平面平行的判定及其性质
最新考纲 1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理；2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\知识衍化体验.TIF" \* MERGEFORMAT
知 识 梳 理
1.直线与平面平行
(1)直线与平面平行的定义
直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行.
(2)判定定理与性质定理
文字语言 图形表示 符号表示
判定定理 平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线平行于此平面 INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\SW127.TIF" \* MERGEFORMAT a?α，b?α，a∥b?a∥α
性质定理 一条直线和一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行 INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\SW128.TIF" \* MERGEFORMAT a∥α，a?β，α∩β＝b?a∥b
2.平面与平面平行
(1)平面与平面平行的定义
没有公共点的两个平面叫做平行平面.
(2)判定定理与性质定理
文字语言 图形表示 符号表示
判定定理 一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行 INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\SW129.TIF" \* MERGEFORMAT a?α，b?α，a∩b＝P，a∥β，b∥β?α∥β
性质定理 两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面 INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\SW130.TIF" \* MERGEFORMAT α∥β，a?α?a∥β
如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行 INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\SW131.TIF" \* MERGEFORMAT α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b
[微点提醒]
平行关系中的三个重要结论
(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β.
(2)平行于同一平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.
(3)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b.
基 础 自 测
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\疑误辨析.TIF" \* MERGEFORMAT
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)若一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行.( )
(2)若直线a∥平面α，P∈α，则过点P且平行于直线a的直线有无数条.( )
(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行.( )
(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面.( )
解析 (1)若一条直线和平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行或在平面内，故(1)错误.
(2)若a∥α，P∈α，则过点P且平行于a的直线只有一条，故(2)错误.
(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，则这两个平面平行或相交，故(3)错误.
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\教材衍化.TIF" \* MERGEFORMAT
2.(必修2P61A1(2)改编)下列说法中，与“直线a∥平面α”等价的是( )
A.直线a上有无数个点不在平面α内
B.直线a与平面α内的所有直线平行
C.直线a与平面α内无数条直线不相交
D.直线a与平面α内的任意一条直线都不相交
解析 因为a∥平面α，所以直线a与平面α无交点，因此a和平面α内的任意一条直线都不相交，故选D.
答案 D
3.(必修2P61A1(1)改编)下列命题中正确的是( )
A.若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面
B.若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行
C.平行于同一条直线的两个平面平行
D.若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b?α，则b∥α
解析 根据线面平行的判定与性质定理知，选D.
答案 D
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\考题体验.TIF" \* MERGEFORMAT
4.(2018·长沙模拟)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是( )
A.m∥α，n∥α，则m∥n B.m∥n，m∥α，则n∥α
C.m⊥α，m⊥β，则α∥β D.α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
解析 A中，m与n平行、相交或异面，A不正确；B中，n∥α或n?α，B不正确；根据线面垂直的性质，C正确；D中，α∥β或α与β相交，D错.
答案 C
5.(2019·成都月考)若平面α∥平面β，直线a∥平面α，点B∈β，则在平面β内且过B点的所有直线中( )
A.不一定存在与a平行的直线
B.只有两条与a平行的直线
C.存在无数条与a平行的直线
D.存在唯一与a平行的直线
解析 当直线a在平面β内且过B点时，不存在与a平行的直线，故选A.
答案 A
6.(2019·衡水开学考试)如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为________.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S432.TIF" \* MERGEFORMAT
解析 ∵平面ABFE∥平面DCGH，
又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，
平面EFGH∩平面DCGH＝HG，
∴EF∥HG.同理EH∥FG，
∴四边形EFGH是平行四边形.
答案 平行四边形
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\考点聚焦突破.tif" \* MERGEFORMAT
考点一 与线、面平行相关命题的判定
【例1】 (1)(2019·开封模拟)在空间中，a，b，c是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中的真命题是( )
A.若a⊥c，b⊥c，则a∥b
B.若a?α，b?β，α⊥β，则a⊥b
C.若a∥α，b∥β，α∥β，则a∥b
D.若α∥β，a?α，则a∥β
(2)(2018·聊城模拟)下列四个正方体中，A，B，C为所在棱的中点，则能得出平面ABC∥平面DEF的是( )
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S58.TIF" \* MERGEFORMAT
解析 (1)对于A，若a⊥c，b⊥c，则a与b可能平行、异面、相交，故A是假命题；
对于B，设α∩β＝m，若a，b均与m平行，则a∥b，故B是假命题；
对于C，a，b可能平行、异面、相交，故C是假命题；
对于D，若α∥β，a?α，则a与β没有公共点，则a∥β，故D是真命题.
(2)在B中，如图，连接MN，PN，
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S59.TIF" \* MERGEFORMAT
∵A，B，C为正方体所在棱的中点，
∴AB∥MN，AC∥PN，
∵MN∥DE，PN∥EF，
∴AB∥DE，AC∥EF，
∵AB∩AC＝A，DE∩EF＝E，
AB，AC?平面ABC，DE，EF?平面DEF，
∴平面ABC∥平面DEF.
答案 (1)D (2)B
规律方法 1.判断与平行关系相关命题的真假，必须熟悉线、面平行关系的各个定义、定理，无论是单项选择还是含选择项的填空题，都可以从中先选出最熟悉最容易判断的选项先确定或排除，再逐步判断其余选项.
2.(1)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断.
(2)特别注意定理所要求的条件是否完备，图形是否有特殊情况，通过举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确.
【训练1】 (1)下列命题正确的是( )
A.若两条直线和同一个平面平行，则这两条直线平行
B.若一条直线与两个平面所成的角相等，则这两个平面平行
C.若一条直线与两个相交平面都平行，则这条直线与这两个平面的交线平行
D.若两个平面垂直于同一个平面，则这两个平面平行
(2)(2018·安庆模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P在BD1上且BP＝BD1，则下面说法正确的是________(填序号).
①MN∥平面APC；②C1Q∥平面APC；③A，P，M三点共线；④平面MNQ∥平面APC.
解析 (1)A选项中两条直线可能平行也可能异面或相交；对于B选项，如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ABB1A1和平面BCC1B1与B1D1所成的角相等，但这两个平面垂直；D选项中两平面也可能相交.C正确.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S60.TIF" \* MERGEFORMAT
(2)如图，对于①，连接MN，AC，则MN∥AC，连接AM，CN，
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\5S114.TIF" \* MERGEFORMAT
易得AM，CN交于点P，即MN?平面APC，所以MN∥平面APC是错误的.
对于②，由①知M，N在平面APC内，由题易知AN∥C1Q，且AN?平面APC，C1Q?平面APC.
所以C1Q∥平面APC是正确的.
对于③，由①知，A，P，M三点共线是正确的.
对于④，由①知MN?平面APC，又MN?平面MNQ，所以平面MNQ∥平面APC是错误的.
答案 (1)C (2)②③
考点二 直线与平面平行的判定与性质 INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\箭头.TIF" \* MERGEFORMAT 多维探究
角度1 直线与平面平行的判定
【例2－1】 (2019·东北三省四市模拟)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，E，F分别是线段AD，PB的中点，PA＝AB＝1.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S61.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)证明：EF∥平面PDC；
(2)求点F到平面PDC的距离.
(1)证明 取PC的中点M，连接DM，MF，
∵M，F分别是PC，PB的中点，∴MF∥CB，MF＝CB，
∵E为DA的中点，四边形ABCD为正方形，
∴DE∥CB，DE＝CB，
∴MF∥DE，MF＝DE，∴四边形DEFM为平行四边形，
∴EF∥DM，∵EF?平面PDC，DM?平面PDC，
∴EF∥平面PDC.
(2)解 ∵EF∥平面PDC，∴点F到平面PDC的距离等于点E到平面PDC的距离.
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥DA，在Rt△PAD中，PA＝AD＝1，∴DP＝.
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CB，∵CB⊥AB，PA∩AB＝A，∴CB⊥平面PAB，
∴CB⊥PB，则PC＝，∴PD2＋DC2＝PC2，
∴△PDC为直角三角形，
∴S△PDC＝×1×＝.
连接EP，EC，易知VE－PDC＝VC－PDE，设E到平面PDC的距离为h，
∵CD⊥AD，CD⊥PA，AD∩PA＝A，∴CD⊥平面PAD，
则×h×＝×1×××1，∴h＝，
∴点F到平面PDC的距离为.
角度2 直线与平面平行性质定理的应用
【例2－2】 (2018·上饶模拟)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为2，E，F分别是棱DD1，C1D1的中点.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S62.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)求三棱锥B1－A1BE的体积；
(2)试判断直线B1F与平面A1BE是否平行，如果平行，请在平面A1BE上作出与B1F平行的直线，并说明理由.
解 (1)如图所示，VB1－A1BE＝VE－A1B1B＝S△A1B1B· DA＝××2×2×2＝.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S63.TIF" \* MERGEFORMAT
(2)B1F∥平面A1BE.延长A1E交AD延长线于点H，连BH交CD于点G，则BG就是所求直线.证明如下：
因为BA1∥平面CDD1C1，平面A1BH∩平面CDD1C1＝GE，所以A1B∥GE.
又A1B∥CD1，所以GE∥CD1.
又E为DD1的中点，则G为CD的中点.
故BG∥B1F，BG就是所求直线.
规律方法 1.利用判定定理判定线面平行，关键是找平面内与已知直线平行的直线.常利用三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线.
2.在解决线面、面面平行的判定时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反.
【训练2】 (2017·江苏卷)如图，在三棱锥A－BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\17GS14.tif" \* MERGEFORMAT
求证：(1)EF∥平面ABC；
(2)AD⊥AC.
证明 (1)在平面ABD内，AB⊥AD，EF⊥AD，
则AB∥EF.
∵AB?平面ABC，EF?平面ABC，
∴EF∥平面ABC.
(2)∵BC⊥BD，平面ABD∩平面BCD＝BD，平面ABD⊥平面BCD，BC?平面BCD，
∴BC⊥平面ABD.
∵AD?平面ABD，∴BC⊥AD.
又AB⊥AD，BC，AB?平面ABC，BC∩AB＝B，
∴AD⊥平面ABC，
又因为AC?平面ABC，∴AD⊥AC.
考点三 面面平行的判定与性质 INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\箭头.TIF" \* MERGEFORMAT 典例迁移
【例3】 (经典母题)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\V181.tif" \* MERGEFORMAT
(1)B，C，H，G四点共面；
(2)平面EFA1∥平面BCHG.
证明 (1)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，
∴GH是△A1B1C1的中位线，则GH∥B1C1.
又∵B1C1∥BC，
∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面.
(2)∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC，
∵EF?平面BCHG，BC?平面BCHG，
∴EF∥平面BCHG.
又G，E分别为A1B1，AB的中点，A1B1綉AB，
∴A1G綉EB，
∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB.
∵A1E?平面BCHG，GB?平面BCHG，
∴A1E∥平面BCHG.又∵A1E∩EF＝E，
∴平面EFA1∥平面BCHG.
【迁移探究1】 在本例中，若将条件“E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点”变为“D1，D分别为B1C1，BC的中点”，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\5S115.TIF" \* MERGEFORMAT
证明 如图所示，连接A1C交AC1于点M，
∵四边形A1ACC1是平行四边形，
∴M是A1C的中点，连接MD，
∵D为BC的中点，
∴A1B∥DM.
∵A1B?平面A1BD1，
DM?平面A1BD1，
∴DM∥平面A1BD1，
又由三棱柱的性质知，D1C1綉BD，
∴四边形BDC1D1为平行四边形，
∴DC1∥BD1.
又DC1?平面A1BD1，BD1?平面A1BD1，
∴DC1∥平面A1BD1，
又DC1∩DM＝D，DC1，DM?平面AC1D，
因此平面A1BD1∥平面AC1D.
【迁移探究2】 在本例中，若将条件“E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点”变为“点D，D1分别是AC，A1C1上的点，且平面BC1D∥平面AB1D1”，试求的值.
解 连接A1B交AB1于O，连接OD1.
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由平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O，所以BC1∥D1O，则＝＝1.
又由题设＝，
∴＝1，即＝1.
规律方法 1.判定面面平行的主要方法
(1)利用面面平行的判定定理.
(2)线面垂直的性质(垂直于同一直线的两平面平行).
2.面面平行条件的应用
(1)两平面平行，分析构造与之相交的第三个平面，交线平行.
(2)两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行.
提醒 利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明是在一个平面内的两条直线是相交直线.
【训练3】 (2019·南昌二模)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2CD＝2AD＝4，侧面PAB是等腰直角三角形，PA＝PB，平面PAB⊥平面ABCD，点E，F分别是棱AB，PB上的点，平面CEF∥平面PAD.
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(1)确定点E，F的位置，并说明理由；
(2)求三棱锥F－DCE的体积.
解 (1)因为平面CEF∥平面PAD，平面CEF∩平面ABCD＝CE，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以CE∥AD，又AB∥DC，
所以四边形AECD是平行四边形，
所以DC＝AE＝AB，
即点E是AB的中点.
因为平面CEF∥平面PAD，平面CEF∩平面PAB＝EF，平面PAD∩平面PAB＝PA，
所以EF∥PA，又点E是AB的中点，
所以点F是PB的中点.
综上，E，F分别是AB，PB的中点.
(2)连接PE，由题意及(1)知PA＝PB，AE＝EB，
所以PE⊥AB，又平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，
所以PE⊥平面ABCD.
又AB∥CD，AB⊥AD，
所以VF－DEC＝VP－DEC＝S△DEC×PE＝××2×2×2＝.
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[思维升华]
1.转化思想：三种平行关系之间的转化
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\V185.tif" \* MERGEFORMAT
其中线面平行是核心，线线平行是基础，要注意它们之间的灵活转化.
2.直线与平面平行的主要判定方法
(1)定义法；(2)判定定理；(3)面面平行的性质.
3.平面与平面平行的主要判定方法
(1)定义法；(2)判定定理；(3)推论；(4)a⊥α，a⊥β?α∥β.
[易错防范]
1.在推证线面平行时，一定要强调直线不在平面内，否则，会出现错误.
2.面面平行的判定中易忽视“面内两条相交线”这一条件.
3.如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，易误认为这两个平面平行，实质上也可以相交.
4.运用性质定理，要遵从由“高维”到“低维”，但也要注意，转化的方向总是由题目的具体条件而定，决不可过于“模式化”.
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基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.若直线l不平行于平面α，且l?α，则( )
A.α内的所有直线与l异面
B.α内不存在与l平行的直线
C.α与直线l至少有两个公共点
D.α内的直线与l都相交
解析 因为l?α，直线l不平行于平面α，所以直线l只能与平面α相交，于是直线l与平面α只有一个公共点，所以平面α内不存在与l平行的直线.
答案 B
2.(2019·大连双基测试)已知直线l，m，平面α，β，γ，则下列条件能推出l∥m的是( )
A.l?α，m?β，α∥β B.α∥β，α∩γ＝l，β∩γ＝m
C.l∥α，m?α D.l?α，α∩β＝m
解析 选项A中，直线l，m也可能异面；选项B中，根据面面平行的性质定理，可推出l∥m，B正确；选项C中，直线l，m也可能异面；选项D中，直线l，m也可能相交.故选B.
答案 B
3.(2018·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( )
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\V186.tif" \* MERGEFORMAT
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.(2018·重庆六校联考)设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是( )
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.存在两条异面直线a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α
解析 对于选项A，若存在一条直线a，a∥α，a∥β，则α∥β或α与β相交，若α∥β，则存在一条直线a，使得a∥α，a∥β，所以选项A的内容是α∥β的一个必要条件；同理，选项B、C的内容也是α∥β的一个必要条件而不是充分条件；对于选项D，可以通过平移把两条异面直线平移到一个平面中，成为相交直线，则有α∥β，所以选项D的内容是α∥β的一个充分条件.故选D.
答案 D
5.(2019·合肥模拟)若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥与平面α平行的棱有( )
A.0条 B.1条
C.2条 D.1条或2条
解析 如图所示，四边形EFGH为平行四边形，则EF∥GH.
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∵EF?平面BCD，GH?平面BCD，
∴EF∥平面BCD.
又∵EF?平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝CD，∴EF∥CD.
又EF?平面EFGH，CD?平面EFGH.
∴CD∥平面EFGH，同理，AB∥平面EFGH，
所以与平面α(面EFGH)平行的棱有2条.
答案 C
二、填空题
6.(2018·杭州模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，E为AD的中点，点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则EF＝________.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S65.TIF" \* MERGEFORMAT
解析 根据题意，因为EF∥平面AB1C，所以EF∥AC.又E是AD的中点，所以F是CD的中点.因为在Rt△DEF中，DE＝DF＝1，故EF＝.
答案
7.如图，平面α∥平面β，△ABC，△A′B′C′分别在α，β内，线段AA′，BB′，CC′共点于O，O在α，β之间，若AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°，OA∶OA′＝3∶2，则△A′B′C′的面积为________.
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解析 相交直线AA′，BB′所在平面和两平行平面α，β相交于AB，A′B′，所以AB∥A′B′.同理BC∥B′C′，CA∥C′A′.所以△ABC与△A′B′C′的三内角相等，所以△ABC∽△A′B′C′，＝＝.S△ABC＝×2×1×＝，
所以S△A′B′C′＝×＝×＝.
答案
8.(2019·郑州调研)设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：
①若m?α，n∥α，则m∥n；
②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ；
③若α∩β＝n，m∥n，m∥α，则m∥β；
④若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β.
其中是真命题的是________(填上正确命题的序号).
解析 ①m∥n或m，n异面，故①错误；易知②正确；③m∥β或m?β，故③错误；④α∥β或α与β相交，故④错误.
答案 ②
三、解答题
9.(2019·武汉模拟)已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是平行四边形，侧面PAB⊥平面ABCD，E是棱PA的中点.
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(1)求证：PC∥平面BDE；
(2)平面BDE分此棱锥为两部分，求这两部分的体积比.
(1)证明 在平行四边形ABCD中，连接AC，设AC，BD的交点为O，则O是AC的中点.
又E是PA的中点，连接EO，则EO是△PAC的中位线，所以PC∥EO，
又EO?平面EBD，PC?平面EBD，所以PC∥平面EBD.
(2)解 设三棱锥E－ABD的体积为V1，高为h，四棱锥P－ABCD的体积为V，
则三棱锥E－ABD的体积V1＝×S△ABD×h，
因为E是PA的中点，所以四棱锥P－ABCD的高为2h，
所以四棱锥P－ABCD的体积V＝×S四边形ABCD×2h＝4×S△ABD×h＝4V1，
所以(V－V1)∶V1＝3∶1，
所以平面BDE分此棱锥得到的两部分的体积比为3∶1或1∶3.
10.如图，ABCD与ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点.求证：
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S68.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)BE∥平面DMF；
(2)平面BDE∥平面MNG.
证明 (1)连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，
连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO.
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又BE?平面DMF，MO?平面DMF，
所以BE∥平面DMF.
(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，
又DE?平面MNG，GN?平面MNG，
所以DE∥平面MNG.
又M为AB的中点，
所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，
又MN?平面MNG，BD?平面MNG，
所以BD∥平面MNG，
又DE，BD?平面BDE，DE∩BD＝D，
所以平面BDE∥平面MNG.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.(2019·石家庄模拟)过三棱柱ABC－A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线共有( )
A.4条 B.6条 C.8条 D.12条
解析 如图，H，G，F，I是相应线段的中点，
故符合条件的直线只能出现在平面HGFI中，
有FI，FG，GH，HI，HF，GI共6条直线.
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答案 B
12.已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( )
A.若α，β垂直于同一平面，则α与β平行
B.若m，n平行于同一平面，则m与n平行
C.若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线
D.若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面
解析 A项，α，β可能相交，故错误；B项，直线m，n的位置关系不确定，可能相交、平行或异面，故错误；C项，若m?α，α∩β＝n，m∥n，则m∥β，故错误；D项，假设m，n垂直于同一平面，则必有m∥n与已知m，n不平行矛盾，所以原命题正确，故D项正确.
答案 D
13.在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则点Q满足条件________时，有平面D1BQ∥平面PAO.
解析 如图所示，设Q为CC1的中点，因为P为DD1的中点，所以QB∥PA.连接DB，因为P，O分别是DD1，DB的中点，所以D1B∥PO，又D1B?平面PAO，QB?平面PAO，PO?平面PAO，PA?平面PAO，所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，又D1B∩QB＝B，所以平面D1BQ∥平面PAO.故Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO.
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答案 Q为CC1的中点
14.(2018·河南六市三模)已知空间几何体ABCDE中，△BCD与△CDE均是边长为2的等边三角形，△ABC是腰长为3的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD.
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(1)试在平面BCD内作一条直线，使得直线上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行，并给出证明；
(2)求三棱锥E－ABC的体积.
解 (1)如图所示，取DC的中点N，取BD的中点M，连接MN，则MN即为所求.
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证明：连接EM，EN，取BC的中点H，连接AH，
∵△ABC是腰长为3的等腰三角形，H为BC的中点，
∴AH⊥BC，又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AH?平面ABC，
∴AH⊥平面BCD，同理可证EN⊥平面BCD，
∴EN∥AH，
∵EN?平面ABC，AH?平面ABC，
∴EN∥平面ABC.
又M，N分别为BD，DC的中点，
∴MN∥BC，
∵MN?平面ABC，BC?平面ABC，
∴MN∥平面ABC.
又MN∩EN＝N，MN?平面EMN，EN?平面EMN，
∴平面EMN∥平面ABC，
又EF?平面EMN，
∴EF∥平面ABC，
即直线MN上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行.
(2)连接DH，取CH的中点G，连接NG，则NG∥DH，
由(1)可知EN∥平面ABC，
∴点E到平面ABC的距离与点N到平面ABC的距离相等，
又△BCD是边长为2的等边三角形，
∴DH⊥BC，
又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，DH?平面BCD，
∴DH⊥平面ABC，∴NG⊥平面ABC，
易知DH＝，∴NG＝，
又S△ABC＝·BC·AH＝×2×＝2，
∴VE－ABC＝·S△ABC·NG＝.
空间几何体的结构、三视图和直观图
最新考纲 1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构；2.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图；3.会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\知识衍化体验.TIF" \* MERGEFORMAT
知 识 梳 理
1.空间几何体的结构特征
(1)多面体的结构特征
名称 棱柱 棱锥 棱台
图形 INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S1.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S2.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S3.TIF" \* MERGEFORMAT
底面 互相平行且全等 多边形 互相平行且相似
侧棱 平行且相等 相交于一点，但不一定相等 延长线交于一点
侧面形状 平行四边形 三角形 梯形
(2)旋转体的结构特征
名称 圆柱 圆锥 圆台 球
图形 INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S4.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S5.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S6.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S7.TIF" \* MERGEFORMAT
母线 互相平行且相等，垂直于底面 相交于一点 延长线交于一点
轴截面 全等的矩形 全等的等腰三角形 全等的等腰梯形 圆
侧面展开图 矩形 扇形 扇环
2.直观图
空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴、y′轴所在平面垂直.
(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴.平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半.
3.三视图
(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线.
(2)三视图的画法
①基本要求：长对正，高平齐，宽相等.
②在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线.
[微点提醒]
1.常见旋转体的三视图
(1)球的三视图都是半径相等的圆.
(2)水平放置的圆锥的正视图和侧视图均为全等的等腰三角形.
(3)水平放置的圆台的正视图和侧视图均为全等的等腰梯形.
(4)水平放置的圆柱的正视图和侧视图均为全等的矩形.
2.在绘制三视图时，分界线和可见轮廓线都用实线画出，被遮挡的部分的轮廓线用虚线表示出来，即“眼见为实、不见为虚”.在三视图的判断与识别中要特别注意其中的虚线.
基 础 自 测
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\疑误辨析.TIF" \* MERGEFORMAT
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.( )
(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥.( )
(3)用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分别平行于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A＝45°.( )
(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同.( )
解析 (1)反例：由两个平行六面体上下组合在一起的图形满足条件，但不是棱柱.
(2)反例：如图所示的图形满足条件但不是棱锥.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\V82A.tif" \* MERGEFORMAT
(3)用斜二测画法画水平放置的∠A时，把x，y轴画成相交成45°或135°，平行于x轴的线段还平行于x轴，平行于y轴的线段还平行于y轴，所以∠A也可能为135°.
(4)球的三视图均相同，而圆锥的正视图和侧视图相同，且为等腰三角形， 其俯视图为圆心和圆，正方体的三视图不一定相同.
答案 (1)× (2)× (3)× (4)×
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\教材衍化.TIF" \* MERGEFORMAT
2.(必修2P10B1改编)如图，长方体ABCD－A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′.剩下的几何体是( )
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\V79.tif" \* MERGEFORMAT
A.棱台 B.四棱柱
C.五棱柱 D.六棱柱
解析 由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱.
答案 C
3.(必修2P21A4改编)用斜二测画法画水平放置的矩形的直观图，则直观图的面积与原矩形的面积之比为( )
A. B. C. D.
解析 设原矩形的长为a，宽为b，则其直观图是长为a，高为sin 45°＝b的平行四边形，所以＝＝.故选D.
答案 D
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\考题体验.TIF" \* MERGEFORMAT
4.(2019·济宁一中月考)如图为某个几何体的三视图，根据三视图可以判断这个几何体为( )
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S8.TIF" \* MERGEFORMAT
A.圆锥 B.三棱椎
C.三棱柱 D.三棱台
答案 C
5.(2018·全国Ⅲ卷)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\18GW9.tif" \* MERGEFORMAT
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\18GS10.tif" \* MERGEFORMAT
解析 由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A.
答案 A
6.(2018·衡水月考)如图所示，图①②③是图④表示的几何体的三视图，其中图①是________，图②是________，图③是________(写出视图名称).
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S9.TIF" \* MERGEFORMAT
解析 观察几何体的结构特征，不难发现其下层长为两个小长方体的长，宽为两个小长方体的宽，高为两个小长方体的高.所以正视图应为①，侧视图为②，俯视图为③.
答案 正视图 侧视图 俯视图
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\考点聚焦突破.tif" \* MERGEFORMAT
考点一 空间几何体的结构特征
【例1】 (1)给出下列命题：
①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；
②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；
③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等.
其中正确命题的个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
(2)给出下列命题：
①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；
②在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；
③存在每个面都是直角三角形的四面体；
④棱台的侧棱延长后交于一点.
其中正确命题的序号是________.
解析 (1)①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等.
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(2)①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；③正确，如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中的三棱锥C1－ABC，四个面都是直角三角形；④正确，由棱台的概念可知.
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答案 (1)A (2)②③④
规律方法 1.关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一个反例.
2.圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系.
3.既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略.
【训练1】 下列命题正确的是( )
A.两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
B.两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C.以直角梯形的一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体是圆台
D.用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形
解析 如图所示，可排除A，B选项.只有截面与圆柱的母线平行或垂直，则截得的截面为矩形或圆，否则为椭圆或椭圆的一部分.
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答案 C
考点二 空间几何体的三视图 INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\箭头.TIF" \* MERGEFORMAT 多维探究
角度1 由空间几何体的直观图判断三视图
【例2－1】 (2018·黄山一模)将正方体(如图(1)所示)截去两个三棱锥，得到如图(2)所示的几何体，则该几何体的侧视图为( )
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S11.TIF" \* MERGEFORMAT
解析 截去两个三棱锥后的几何体的侧视图可以看见的实线段为AD1，AD，DD1，D1B1，AB1，而线段B1C被遮住，在侧视图中为虚线，所以侧视图为选项B中的图形.
答案 B
角度2 由三视图判断几何体
【例2－2】 (1)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( )
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A.三棱锥 B.三棱柱
C.四棱锥 D.四棱柱
(2)(2018·全国Ⅰ卷)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图.圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在侧视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为( )
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A.2 B.2 C.3 D.2
解析 (1)由题知，该几何体的三视图为一个三角形、两个四边形，经分析可知该几何体为三棱柱.
(2)由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN，则MS＝2，SN＝4，则从M到N的路径中，最短路径的长度为＝＝2.故选B.
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答案 (1)B (2)B
规律方法 1.由直观图确定三视图，一要根据三视图的含义及画法和摆放规则确认.二要熟悉常见几何体的三视图.
2.由三视图还原到直观图的思路
(1)根据俯视图确定几何体的底面.
(2)根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置.
(3)确定几何体的直观图形状.
【训练2】 (1)(2018·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( )
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A.1 B.2 C.3 D.4
(2)(2019·惠州模拟)如图，在底面边长为1，高为2的正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥P－BCD的正视图与侧视图的面积之和为( )
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A.1 B.2 C.3 D.4
解析 (1)在正方体中作出该几何体的直观图，记为四棱锥P－ABCD，如图，由图可知在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为3，故选C.
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(2)设点P在平面A1ADD1的射影为P′，在平面C1CDD1的射影为P″，如图所示.
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∴三棱锥P－BCD的正视图与侧视图分别为△P′AD与△P″CD，
因此所求面积S＝S△P′AD＋S△P″CD＝×1×2＋×1×2＝2.
答案 (1)C (2)B
考点三 空间几何体的直观图
【例3】 已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为( )
A.a2 B.a2 C.a2 D.a2
解析 如图①②所示的实际图形和直观图.
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由斜二测画法可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝OC＝a，在图②中作C′D′⊥A′B′于D′，则C′D′＝O′C′＝a.所以S△A′B′C′＝A′B′·C′D′＝×a×a＝a2.故选D.
答案 D
规律方法 1.画几何体的直观图一般采用斜二测画法，其规则可以用“斜”(两坐标轴成45°或135°)和“二测”(平行于y轴的线段长度减半，平行于x轴和z轴的线段长度不变)来掌握.
2.按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：
S直观图＝S原图形.
【训练3】 如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是( )
A.2＋ B. C. D.1＋
解析 恢复后的原图形为一直角梯形，
所以S＝(1＋＋1)×2＝2＋.故选A.
答案 A
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[思维升华]
1.画三视图的三个原则：
(1)画法规则：“长对正，宽相等，高平齐”.
(2)摆放规则：侧视图在正视图的右侧，俯视图在正视图的正下方.
(3)实虚线的画法规则：可见轮廓线和棱用实线画出，不可见线和棱用虚线画出.
2.棱台和圆台是分别用平行于棱锥和圆锥的底面的平面截棱锥和圆锥后得到的，所以在解决棱台和圆台的相关问题时，常“还台为锥”，体现了转化的数学思想.
[易错防范]
1.台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点.
2.空间几何体不同放置时其三视图不一定相同.
3.对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视实虚线的画法.
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基础巩固题组
(建议用时：35分钟)
一、选择题
1.下列说法中，正确的是( )
A.棱柱的侧面可以是三角形
B.若棱柱有两个侧面是矩形，则该棱柱的其他侧面也是矩形
C.正方体的所有棱长都相等
D.棱柱的所有棱长都相等
解析 棱柱的侧面都是平行四边形，选项A错误；其他侧面可能是平行四边形，选项B错误；棱柱的侧棱与底面边长并不一定相等，选项D错误；易知选项C正确.故选C.
答案 C
2.某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( )
A.圆柱 B.圆锥
C.四面体 D.三棱柱
解析 由三视图知识知圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不可能为三角形.
答案 A
3.(2019·临沂模拟)某几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是( )
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A.三棱锥 B.四棱锥
C.四棱台 D.三棱台
解析 因为正视图和侧视图都为三角形，可知几何体为锥体，又因为俯视图为三角形，故该几何体为三棱锥.故选A.
答案 A
4.“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体.它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖).其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线.当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )
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INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\G44.TIF" \* MERGEFORMAT
解析 由直观图知，俯视图应为正方形，又上半部分相邻两曲面的交线为可见线，在俯视图中应为实线，因此，选项B可以是几何体的俯视图.
答案 B
5.下列结论正确的是( )
A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B.夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体
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任意一点的连线都是母线
解析 如图1知，A不正确.如图2，两个平行平面与底面不平行时，截得的几何体不是旋转体，则B不正确.
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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，C错误.由母线的概念知，选项D正确.
答案 D
6.(2018·肇庆二模)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的所有棱中，最长的棱的长度为( )
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A. B. C.5 D.3
解析 由三视图可知该几何体为如图所示的四棱锥P－ABCD.
其中PA⊥底面ABCD，四棱锥P－ABCD的底面是边长为3的正方形，高PA＝4.
连接AC，易知最长的棱为PC，且PC＝＝＝.故选B.
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答案 B
7.某几何体的正视图和侧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( )
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INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\V103.tif" \* MERGEFORMAT
A.①③ B.①④ C.②④ D.①②③④
解析 由正视图和侧视图知，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
8.(2019·长沙月考)一个几何体的三视图如图所示，在该几何体的各个面中，面积最小的面的面积为( )
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A.8 B.4 C.4 D.4
解析 由三视图可知该几何体的直观图如图所示，由三视图特征可知，PA⊥平面ABC，DB⊥平面 ABC，AB⊥AC，PA＝AB＝AC＝4，DB＝2，则易得S△PAC＝S△ABC＝8，S△CPD＝12，S梯形ABDP＝12，S△BCD＝×4×2＝4，故选D.
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答案 D
二、填空题
9.(2018·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________.
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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.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，侧视图是一个面积为的矩形，则该正方体的正视图的面积等于________.
解析 由题知此正方体的正视图与侧视图是一样的，正视图的面积与侧视图的面积相等为.
答案
11.(2018·兰州模拟)正四棱锥的底面边长为2，侧棱长均为，其正视图和侧视图是全等的等腰三角形，则正视图的周长为________.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\5S90.TIF" \* MERGEFORMAT
解析 由题意知，正视图就是如图所示的截面PEF，其中E，F分别是AD，BC的中点，连接AO，易得AO＝，又PA＝，于是解得PO＝1，所以PE＝，故其正视图的周长为2＋2.
答案 2＋2
12.(2018·南昌NCS项目联考)已知圆台和正三棱锥的组合体的正视图和俯视图如图所示，图中小方格是单位正方形，那么组合体的侧视图的面积为________.
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解析 由题意可得侧视图如图所示，上面是一个三角形，其底为1＋＝，高为2，三角形的面积S1＝××2＝；下面是一个梯形，上底为2，下底为4，高为2，梯形的面积S2＝×(2＋4)×2＝6，所以组合体的侧视图的面积S＝S1＋S2＝＋6＝.
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答案
能力提升题组
(建议用时：15分钟)
13.用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )
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A.8 B.7 C.6 D.5
解析 画出直观图，共六块.
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答案 C
14.(2019·泉州二模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧视图中的虚线部分是( )
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S429.TIF" \* MERGEFORMAT
A.圆弧 B.抛物线的一部分
C.椭圆的一部分 D.双曲线的一部分
解析 根据几何体的三视图，可得侧视图中的虚线部分是由平行于旋转轴的平面截圆锥所得，故侧视图中的虚线部分是双曲线的一部分，故选D.
答案 D
15.如图，点O为正方体ABCD－A′B′C′D′的中心，点E为面B′BCC′的中心，点F为B′C′的中点，则空间四边形D′OEF在该正方体的各个面上的正投影可能是______(填出所有可能的序号).
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S24.TIF" \* MERGEFORMAT
解析 空间四边形D′OEF在正方体的面DCC′D′及其对面ABB′A′上的正投影是①；在面BCC′B′及其对面ADD′A′上的正投影是②；在面ABCD及其对面A′B′C′D′上的正投影③.
答案 ①②③
16.某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为______.
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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′.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\V118.tif" \* MERGEFORMAT
故该四棱柱的体积V＝Sh＝×(1＋2)×1×1＝.
答案
空间几何体的表面积和体积
最新考纲 了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\知识衍化体验.TIF" \* MERGEFORMAT
知 识 梳 理
1.多面体的表(侧)面积
多面体的各个面都是平面，则多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和.
2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
圆柱 圆锥 圆台
侧面展开图 INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\V120.tif" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\V121.tif" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\V122.tif" \* MERGEFORMAT
侧面积公式 S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r1＋r2)l
3.空间几何体的表面积与体积公式
名称 几何体 表面积 体积
柱 体(棱柱和圆柱) S表面积＝S侧＋2S底 V＝S底h
锥 体(棱锥和圆锥) S表面积＝S侧＋S底 V＝S底h
台 体(棱台和圆台) S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h
球 S＝4πR2 V＝πR3
[微点提醒]
1.正方体与球的切、接常用结论
正方体的棱长为a，球的半径为R，
(1)若球为正方体的外接球，则2R＝a；
(2)若球为正方体的内切球，则2R＝a；
(3)若球与正方体的各棱相切，则2R＝a.
2.长方体的共顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝.
3.正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.
基 础 自 测
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\疑误辨析.TIF" \* MERGEFORMAT
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)锥体的体积等于底面面积与高之积.( )
(2)两个球的体积之比等于它们的半径比的平方.( )
(3)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差.( )
(4)已知球O的半径为R，其内接正方体的边长为a，则R＝a.( )
解析 (1)锥体的体积等于底面面积与高之积的三分之一，故不正确.
(2)球的体积之比等于半径比的立方，故不正确.
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√
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2.(必修2P27练习1改编)已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( )
A.1 cm B.2 cm
C.3 cm D. cm
解析 由题意，得S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，解得r2＝4，所以r＝2(cm).
答案 B
3.(必修2P27例4改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱的体积比V球∶V柱为( )
A.1∶2 B.2∶3
C.3∶4 D.1∶3
解析 设球的半径为R，则＝＝.
答案 B
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4.(2016·全国Ⅱ卷)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A.12π B.π C.8π D.4π
解析 设正方体的棱长为a，则a3＝8，解得a＝2.设球的半径为R，则2R＝a，即R＝.所以球的表面积S＝4πR2＝12π.
答案 A
5.(2017·全国Ⅲ卷)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )
A.π B. C. D.
解析 如图画出圆柱的轴截面ABCD，O为球心.球半径R＝OA＝1，球心到底面圆的距离为OM＝.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\B2A.TIF" \* MERGEFORMAT
∴底面圆半径r＝＝，故圆柱体积V＝π·r2·h＝π·×1＝.
答案 B
6.(2018·浙江卷改编)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)为________.
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解析 由三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何体的体积V＝×(1＋2)×2×2＝6.
答案 6
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\考点聚焦突破.tif" \* MERGEFORMAT
考点一 空间几何体的表面积
【例1】 (1)(2019·南昌模拟)一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是( )
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S27.TIF" \* MERGEFORMAT
A.4 B.4 C.4(＋1) D.8
(2)(2018·洛阳模拟)某几何体的三视图如图所示，则其表面积为( )
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S29.TIF" \* MERGEFORMAT
A. B.9π C. D.10π
解析 (1)因为四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，所以该四棱锥为正四棱锥，如图.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S28.TIF" \* MERGEFORMAT
由题意知底面正方形的边长为2，正四棱锥的高为2，
则正四棱锥的斜高PE＝＝.
所以该四棱锥的侧面积S＝4××2×＝4.故选B.
(2)由三视图可知该几何体由一个圆柱与四分之一个球组合而成.
圆柱的底面半径为1，高为3，球的半径为1，
所以几何体的表面积为π×12＋2π×1×3＋4π×12×＋π×12＋π×12＝9π.
故选B.
答案 (1)B (2)B
规律方法 1.由几何体的三视图求其表面积：(1)关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及度量大小.(2)还原几何体的直观图，套用相应的面积公式.
2.(1)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理.
(2)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.
【训练1】 (1)(2019·西安模拟)如图，网格纸上正方形小格的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\L127.tif" \* MERGEFORMAT
A.20π B.24π C.28π D.32π
(2)(2018·烟台二模)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图右侧曲线为半圆弧，则几何体的表面积为( )
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\L128.tif" \* MERGEFORMAT
A.3π＋4－2 B.3π＋2－2
C.＋2－2 D.＋2＋2
解析 (1)由三视图知，该几何体由一圆锥和一个圆柱构成的组合体，
∵S圆锥侧＝π×3×＝15π，S圆柱侧＝2π×1×2＝4π，S圆锥底＝π×32＝9π.
故几何体的表面积S＝15π＋4π＋9π＝28π.
(2)由三视图，该几何体是一个半圆柱挖去一直三棱柱，由对称性，几何体的底面面积S底＝π×12－()2＝π－2.
∴几何体表面积S＝2(2×)＋(2π×1×2)＋S底
＝4＋2π＋π－2＝3π＋4－2.
答案 (1)C (2)A
考点二 空间几何体的体积 INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\箭头.TIF" \* MERGEFORMAT 多维探究
角度1 以三视图为背景的几何体的体积
【例2－1】 (2019·河北衡水中学调研)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\L129.tif" \* MERGEFORMAT
A.6 B.4 C. D.
解析 由三视图知该几何体是边长为2的正方体挖去一个三棱柱(如图)，且挖去的三棱柱的高为1，底面是等腰直角三角形，等腰直角三角形的直角边长为2.故几何体体积V＝23－×2×2×1＝6.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\L129A.tif" \* MERGEFORMAT
答案 A
角度2 简单几何体的体积
【例2－2】 (2018·天津卷)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥M－EFGH的体积为________.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\18GS17.TIF" \* MERGEFORMAT
解析 连接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因为E，H分别为AD1，CD1的中点，所以EH∥AC，EH＝AC.因为F，G分别为B1A，B1C的中点，所以FG∥AC，FG＝AC.所以EH∥FG，EH＝FG，所以四边形EHGF为平行四边形，又EG＝HF，EH＝HG，所以四边形EHGF为正方形.又点M到平面EHGF的距离为，所以四棱锥M－EFGH的体积为××＝.
答案
角度3 不规则几何体的体积
【例2－3】 如图，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为( )
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S430.TIF" \* MERGEFORMAT
A. B. C. D.
解析 如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH，
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S431.TIF" \* MERGEFORMAT
容易求得EG＝HF＝，
AG＝GD＝BH＝HC＝，
取AD的中点O，连接GO，易得GO＝，
∴S△AGD＝S△BHC＝××1＝，
∴多面体的体积V＝V三棱锥E－ADG＋V三棱锥F－BCH＋V三棱柱AGD－BHC＝2V三棱锥E－ADG＋
V三棱柱AGD－BHC＝×××2＋×1＝.故选A.
答案 A
规律方法 1.(直接法)规则几何体：对于规则几何体，直接利用公式计算即可.若已知三视图求体积，应注意三视图中的垂直关系在几何体中的位置，确定几何体中的线面垂直等关系，进而利用公式求解.
2.(割补法)不规则几何体：当一个几何体的形状不规则时，常通过分割或者补形的手段将此几何体变为一个或几个规则的、体积易求的几何体，然后再计算.经常考虑将三棱锥还原为三棱柱或长方体，将三棱柱还原为平行六面体，将台体还原为锥体.
3.(等积法)三棱锥：利用三棱锥的“等积性”可以把任一个面作为三棱锥的底面.(1)求体积时，可选择“容易计算”的方式来计算；(2)利用“等积性”可求“点到面的距离”，关键是在面中选取三个点，与已知点构成三棱锥.
【训练2】 (1)如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为，D为BC中点，则三棱锥A－B1DC1的体积为( )
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\W210.TIF" \* MERGEFORMAT
A.3 B. C.1 D.
(2)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\L130.tif" \* MERGEFORMAT
A.8π－ B.4π－
C.8π－4 D.4π＋
解析 (1)如题图，在正△ABC中，D为BC中点，则有AD＝AB＝，
又∵平面BB1C1C⊥平面ABC，平面BB1C1∩平面ABC＝BC，AD⊥BC，AD?平面ABC，由面面垂直的性质定理可得AD⊥平面BB1C1C，即AD为三棱锥A－B1DC1的底面B1DC1上的高，
∴VA－B1DC1＝S△B1DC1·AD＝××2××＝1.
(2)该几何体为一个半圆柱中间挖去一个四面体，
∴体积V＝π×22×4－××2×4×4＝8π－.
答案 (1)C (2)A
考点三 多面体与球的切、接问题 INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\箭头.TIF" \* MERGEFORMAT 典例迁移
【例3】 (经典母题)(2016·全国Ⅲ卷)在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是( )
A.4π B. C.6π D.
解析 由AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，得AC＝10.
要使球的体积V最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面△ABC的内切圆的半径为r.
则×6×8＝×(6＋8＋10)·r，所以r＝2.
2r＝4＞3，不合题意.
球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R最大.
由2R＝3，即R＝.
故球的最大体积V＝πR3＝π.
答案 B
【迁移探究1】 若本例中的条件变为“直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上”，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，求球O的表面积.
解 将直三棱柱补形为长方体ABEC－A1B1E1C1，
则球O是长方体ABEC－A1B1E1C1的外接球.
∴体对角线BC1的长为球O的直径.
因此2R＝＝13.
故S球＝4πR2＝169π.
【迁移探究2】 若将题目的条件变为“如图所示是一个几何体的三视图”，试求该几何体外接球的表面积.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S30.TIF" \* MERGEFORMAT
解 设外接球的半径为R，由三视图可知该几何体是两个正四棱锥的组合体(底面重合)，上、下两顶点之间的距离为2R，正四棱锥的底面是边长为R的正方形，由R2＋＝32解得R2＝6，故该球的表面积S＝4πR2＝24π.
规律方法 1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题.
2.若球面上四点P，A，B，C中PA，PB，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题.
【训练3】 (2019·广州模拟)三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝PC＝AC＝2，AB＝4，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为( )
A.23π B.π C.64π D.π
解析 如图，设O′为正△PAC的中心，D为Rt△ABC斜边的中点，H为AC中点.由平面PAC⊥平面ABC.则O′H⊥平面ABC.作O′O∥HD，OD∥O′H，则交点O为三棱锥外接球的球心，连接OP，又O′P＝PH＝××2＝，OO′＝DH＝AB＝2.∴R2＝OP2＝O′P2＋O′O2＝＋4＝.
故几何体外接球的表面积S＝4πR2＝π.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\L133.tif" \* MERGEFORMAT
答案 D
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\反思与感悟A.TIF" \* MERGEFORMAT
[思维升华]
1.转化与化归思想：计算旋转体的侧面积时，一般采用转化的方法来进行，即将侧面展开化为平面图形，“化曲为直”来解决，因此要熟悉常见旋转体的侧面展开图的形状及平面图形面积的求法.
2.求体积的两种方法：(1)割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决.(2)等积法：等积法包括等面积法和等体积法.等体积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高.
[易错防范]
1.求组合体的表面积时：组合体的衔接部分的面积问题易出错.
2.由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误.
3.底面是梯形的四棱柱侧放时，容易和四棱台混淆，在识别时要紧扣定义，以防出错.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\核心素养提升A.tif" \* MERGEFORMAT
直观想象——简单几何体的外接球与内切球问题
1.直观想象主要表现为利用几何图形描述问题，借助几何直观理解问题，运用空间想象认识事物，解决与球有关的问题对该素养有较高的要求.
2.简单几何体外接球问题是立体几何中的难点和重要的考点，此类问题实质是解决球的半径长或确定球心O的位置问题，其中球心的确定是关键.
类型1 外接球的问题
1.必备知识：
(1)简单多面体外接球的球心的结论.
结论1：正方体或长方体的外接球的球心是其体对角线的中点.
结论2：正棱柱的外接球的球心是上下底面中心的连线的中点.
结论3：直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心的连线的中点.
(2)构造正方体或长方体确定球心.
(3)利用球心O与截面圆圆心O1的连线垂直于截面圆及球心O与弦中点的连线垂直于弦的性质，确定球心.
2.方法技巧：几何体补成正方体或长方体.
【例1－1】 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为( )
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S38.TIF" \* MERGEFORMAT
A.25π B.26π C.32π D.36π
解析 由三视图可知，该几何体是以俯视图的图形为底面，一条侧棱与底面垂直的三棱锥.如图，三棱锥A－BCD即为该几何体，且AB＝BD＝4，CD＝2，BC＝2，则BD2＝BC2＋CD2，即∠BCD＝90°，故底面外接圆的直径2r＝BD＝4.
易知AD为三棱锥A－BCD的外接球的直径.设球的半径为R，则由勾股定理得4R2＝AB2＋4r2＝32，故该几何体的外接球的表面积为4πR2＝32π.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S39.TIF" \* MERGEFORMAT
答案 C
【例1－2】 (2019·东北三省四市模拟)已知边长为2的等边三角形ABC，D为BC的中点，沿AD进行折叠，使折叠后的∠BDC＝，则过A，B，C，D四点的球的表面积为( )
A.3π B.4π C.5π D.6π
解析 连接BC，由题知几何体ABCD为三棱锥，BD＝CD＝1，AD＝，BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥CD，将折叠后的图形补成一个长、宽、高分别是，1，1的长方体，其体对角线长为＝，故该三棱锥外接球的半径是，其表面积为5π.
答案 C
【例1－3】 (2019·广州二测)体积为的三棱锥P－ABC的顶点都在球O的球面上，PA⊥平面ABC，PA＝2，∠ABC＝120°，则球O的体积的最小值为( )
A.π B.π
C.π D.π
解析 设AB＝c，BC＝a，AC＝b，由题可得＝×S△ABC×2，解得S△ABC＝.因为∠ABC＝120°，S△ABC＝＝acsin 120°，所以ac＝6，由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accos 120°＝a2＋c2＋ac≥2ac＋ac＝3ac＝18，当且仅当a＝c时取等号，此时bmin＝3.设△ABC外接圆的半径为r，则＝2r(b最小，则外接圆半径最小)，故＝2rmin，所以rmin＝.
如图，设O1为△ABC外接圆的圆心，D为PA的中点，R为球的半径，连接O1A，O1O，OA，OD，PO，易得OO1＝1，R2＝r2＋OO＝r2＋1，当rmin＝时，R＝6＋1＝7，Rmin＝，故球O体积的最小值为πR＝π×()3＝.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S40.TIF" \* MERGEFORMAT
答案 B
类型2 内切球问题
1.必备知识：
(1)内切球球心到多面体各面的距离均相等，外接球球心到多面体各顶点的距离均相等.
(2)正多面体的内切球和外接球的球心重合.
(3)正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，但不一定重合.
2.方法技巧：体积分割是求内切球半径的通用做法.
【例2】 体积为的球与正三棱柱的所有面均相切，则该棱柱的体积为________.
解析 设球的半径为R，由R3＝，得R＝1，所以正三棱柱的高h＝2.
设底面边长为a，则×a＝1，所以a＝2.
所以V＝×(2)2×2＝6.
答案 6
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\分层限时训练.tif" \* MERGEFORMAT
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( )
A.π B.π
C.16π D.24π
解析 设球的半径为R，则S＝4πR2＝16π，解得R＝2，
则球的体积V＝πR3＝π.
答案 B
2.(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( )
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\SXT15.TIF" \* MERGEFORMAT
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＝··5≈(立方尺).
故堆放的米约有÷1.62≈22(斛).
答案 B
3.(2018·茂名模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )
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A.7 B. C. D.
解析 由三视图可知，该几何体是正方体去掉一个三棱锥，正方体的棱长为2，三棱锥的三个侧棱长为1，则该几何体的体积V＝23－××1×1×1＝8－＝.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S32.TIF" \* MERGEFORMAT
答案 D
4.(2019·安徽皖南八校二联)榫卯是我国古代工匠极为精巧的发明，它是在两个构件上采用凹凸部位相结合的一种连接方式.我国的北京紫禁城、山西悬空寺、福建宁德的廊桥等建筑都用到了榫卯结构.图中网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是一种榫卯构件中榫的三视图，则其体积与表面积分别为( )
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S33.TIF" \* MERGEFORMAT
A.24＋52π，34＋52π B.24＋52π，36＋54π
C.24＋54π，36＋54π D.24＋54π，34＋52π
解析 由三视图可知，这榫卯构件中的榫由一个长方体和一个圆柱拼接而成，故其体积V＝4×2×3＋π×32×6＝24＋54π，表面积S＝2×π×32＋2×π×3×6＋4×3×2＋2×2×3＝54π＋36.
答案 C
5.(2019·商丘模拟)一块硬质材料的三视图如图所示，正视图和俯视图都是边长为10 cm的正方形，将该材料切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径最接近( )
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\5S93.TIF" \* MERGEFORMAT
A.3 cm B.4 cm
C.5 cm D.6 cm
解析 由题意，知该硬质材料为三棱柱(底面为等腰直角三角形)，所以最大球的半径等于侧视图直角三角形内切圆的半径，设为r cm，则10－r＋10－r＝10.
∴r＝10－5≈3(cm).
答案 A
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.如图，三棱柱ABC－A1B1C1的体积为1，P为侧棱B1B上的一点，则四棱锥
P－ACC1A1的体积为________.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S34.TIF" \* MERGEFORMAT
解析 设点P到平面ABC、平面A1B1C1的距离分别为h1，h2，则棱柱的高为h＝h1＋h2，又记S＝S△ABC＝S△A1B1C1，则三棱柱的体积为V＝Sh＝1.而从三棱柱中去掉四棱锥P－ACC1A1的剩余体积为V′＝VP－ABC＋VP－A1B1C1＝Sh1＋Sh2＝S(h1＋h2)＝，从而VP－ACC1A1＝V－V′＝1－＝.
答案
8.(2018·广州调研)如图是一个几何体的三视图，其中正视图和侧视图均是高为2，底边长为2的等腰三角形，俯视图是边长为2的正方形，则该几何体的外接球的体积是________.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S25.TIF" \* MERGEFORMAT
解析 如图所示，由三视图可得该几何体是三棱锥A－BCD，其中点A，B，C，D均是该三棱锥所在长方体的棱的中点，AB＝CD＝2，长方体的高为2，易得该三棱锥的外接球的半径R＝＝，因此该三棱锥的外接球的体积为＝4π.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S26.TIF" \* MERGEFORMAT
答案 4π
三、解答题
9.现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P－A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCD－A1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍，若AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积是多少？
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\5S94.TIF" \* MERGEFORMAT
解 由PO1＝2 m，知O1O＝4PO1＝8 m.因为A1B1＝AB＝6 m，所以正四棱锥P－A1B1C1D1的体积V锥＝·A1B·PO1＝×62×2＝24(m3)；
正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积
V柱＝AB2·O1O＝62×8＝288(m3)，
所以仓库的容积V＝V锥＋V柱＝24＋288＝312(m3).
故仓库的容积是312 m3.
10.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.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\SXT32.TIF" \* MERGEFORMAT
(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.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\V139.TIF" \* MERGEFORMAT
(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.(2018·德阳模拟)已知一个简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S35.TIF" \* MERGEFORMAT
A.3π＋6 B.6π＋6 C.3π＋12 D.12
解析 由三视图还原几何体如图，该几何体为组合体，左半部分是四分之一圆锥，右半部分是三棱锥，则其体积V＝××π×32×4＋××3×3×4＝3π＋6.故选A.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S36.TIF" \* MERGEFORMAT
答案 A
12.用长度分别为2，3，5，6，9(单位：cm)的五根木棒连接(只允许连接，不允许折断)，组成共顶点的长方体的三条棱，则能够得到的长方体的最大表面积为( )
A.258 cm2 B.414 cm2
C.416 cm2 D.418 cm2
解析 设长方体从同一顶点出发的三条棱的长分别为a，b，c，
则长方体的表面积S＝2(ab＋bc＋ac)≤[(a＋b)2＋(b＋c)2＋(a＋c)2]，
当且仅当a＝b＝c时上式“＝”成立.
由题意可知，a，b，c，不可能相等，故当a，b，c的大小最接近时，长方体的表面积最大，此时从同一顶点出发的三条棱的长为8，8，9，
用长度为2，6的木棒连接，长度为3，5的木棒连接各为一条棱，长度为9的木棒为第三条棱，组成长方体，
此时能够得到的长方体的最大表面积为2×(8×8＋8×9＋8×9)＝416(cm2).
答案 C
13.(2019·合肥一检)如图，已知平面四边形ABCD满足AB＝AD＝2，∠A＝60°，∠C＝90°，将△ABD沿对角线BD翻折，使平面ABD⊥平面CBD，则四面体ABCD外接球的体积为________.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S37.TIF" \* MERGEFORMAT
解析 在四面体ABCD中，∵AB＝AD＝2，∠A＝60°，
∴△ABD为正三角形.设BD的中点为M，连接AM，则AM⊥BD，又平面ABD⊥平面CBD，平面ABD∩平面CBD＝BD，∴AM⊥平面CBD.∵△CBD为直角三角形，∴其外接圆的圆心是斜边BD的中点M，由球的性质知，四面体ABCD外接球的球心必在线段AM上.又△ABD为正三角形，∴球心是△ABD的中心，则外接球的半径为××2＝，∴四面体ABCD外接球的体积为×π×＝.
答案
14.(2018·沈阳质检)在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1＝A1C＝AC＝AB＝BC＝2，且点O为AC中点.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\17W139.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)证明：A1O⊥平面ABC；
(2)求三棱锥C1－ABC的体积.
(1)证明 因为AA1＝A1C，且O为AC的中点，
所以A1O⊥AC，
又平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，且A1O?平面AA1C1C，∴A1O⊥平面ABC.
(2)解 ∵A1C1∥AC，A1C1?平面ABC，AC?平面ABC，
∴A1C1∥平面ABC，即C1到平面ABC的距离等于A1到平面ABC的距离.
由(1)知A1O⊥平面ABC且A1O＝eq \r(AA－AO2)＝，
∴VC1－ABC＝VA1－ABC＝S△ABC·A1O＝××2××＝1.
空间点、直线、平面之间的位置关系
最新考纲 1.理解空间直线、平面位置关系的定义；2.了解可以作为推理依据的公理和定理；3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\知识衍化体验.TIF" \* MERGEFORMAT
知 识 梳 理
1.平面的基本性质
(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内.
(2)公理2：过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面.
(3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线.
2.空间点、直线、平面之间的位置关系
直线与直线 直线与平面 平面与平面
平行关系 图形 语言 INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\V145.tif" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\V146.tif" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\V147.tif" \* MERGEFORMAT
符号 语言 a∥b a∥α α∥β
相交关系 图形 语言 INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\V148.tif" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\V149.tif" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\V150.tif" \* MERGEFORMAT
符号 语言 a∩b＝A a∩α＝A α∩β＝l
独有关系 图形 语言 INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\V151.tif" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\V152.tif" \* MERGEFORMAT
符号 语言 a，b是异面直线 a?α
3.平行公理(公理4)和等角定理
平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行.
等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.
4.异面直线所成的角
(1)定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角).
(2)范围：.
[微点提醒]
1.空间中两个角的两边分别对应平行，则这两个角相等或互补.
2.异面直线的判定：经过平面内一点的直线与平面内不经过该点的直线互为异面直线.
3.两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，容易忽视这个三角形的内角可能等于两异面直线所成的角，也可能等于其补角.
基 础 自 测
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\疑误辨析.TIF" \* MERGEFORMAT
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线.( )
(2)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面.( )
(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合.( )
(4)若直线a不平行于平面α，且a?α，则α内的所有直线与a异面.( )
解析 (1)如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线，故错误.
(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面相交或重合，故错误.
(4)由于a不平行于平面α，且a?α，则a与平面α相交，故平面α内有与a相交的直线，故错误.
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)×
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\教材衍化.TIF" \* MERGEFORMAT
2.(必修2P52B1(2)改编)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成角的大小为( )
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\V153.tif" \* MERGEFORMAT
A.30° B.45°
C.60° D.90°
解析 连接B1D1，D1C，则B1D1∥EF，故∠D1B1C为所求的角.又B1D1＝B1C＝D1C，∴∠D1B1C＝60°.
答案 C
3.(必修2P45例2改编)已知空间四边形的两条对角线相互垂直，顺次连接四边中点的四边形一定是( )
A.梯形 B.矩形
C.菱形 D.正方形
解析 如图所示，易证四边形EFGH为平行四边形，因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC，又FG∥BD，所以∠EFG或其补角为AC与BD所成的角，而AC与BD所成的角为90°，所以∠EFG＝90°，故四边形EFGH为矩形.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S41.TIF" \* MERGEFORMAT
答案 B
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\考题体验.TIF" \* MERGEFORMAT
4.(2019·贵阳调研)α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，若m?α，n?α，且A∈m，A∈α，则m，n的位置关系不可能是( )
A.垂直 B.相交 C.异面 D.平行
解析 依题意，m∩α＝A，n?α，∴m与n异面、相交(垂直是相交的特例)，一定不平行.
答案 D
5.(一题多解)(2017·全国Ⅰ卷)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( )
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\17GW2A.TIF" \* MERGEFORMAT
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\17GW2B.TIF" \* MERGEFORMAT
解析 法一 对于选项B，如图(1)所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C，D中均有AB∥平面MNQ.因此A项中直线AB与平面MNQ不平行.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\C4AB.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\C5AB.TIF" \* MERGEFORMAT
图(1) 图(2)
法二 对于选项A，其中O为BC的中点(如图(2)所示)，连接OQ，则OQ∥AB，因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行.
答案 A
6.(2018·西安调研)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线有________条.
解析 在EF上任意取一点M，如图，
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S42.TIF" \* MERGEFORMAT
直线A1D1与M确定一个平面，
这个平面与CD有且仅有1个交点N，
当M取不同的位置就确定不同的平面，
从而与CD有不同的交点N，
而直线MN与这3条异面直线都有交点.
故在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线有无数条.
答案 无数
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\考点聚焦突破.tif" \* MERGEFORMAT
考点一 平面的基本性质及应用
【例1】 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点.求证：
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S43A.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)E，C，D1，F四点共面；
(2)CE，D1F，DA三线共点.
证明 (1)如图，连接CD1，EF，A1B，
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S43.TIF" \* MERGEFORMAT
因为E，F分别是AB和AA1的中点，
所以EF∥A1B且EF＝A1B.
又因为A1D1綉BC，
所以四边形A1BCD1是平行四边形.
所以A1B∥CD1，
所以EF∥CD1，
所以EF与CD1确定一个平面α.
所以E，F，C，D1∈α，即E，C，D1，F四点共面.
(2)由(1)知，EF∥CD1，且EF＝CD1，
所以四边形CD1FE是梯形，
所以CE与D1F必相交.设交点为P，
则P∈CE?平面ABCD，
且P∈D1F?平面A1ADD1，
所以P∈平面ABCD且P∈平面A1ADD1.
又因为平面ABCD∩平面A1ADD1＝AD，
所以P∈AD，所以CE，D1F，DA三线共点.
规律方法 1.证明点或线共面问题的两种方法：(1)首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；(2)将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合.
2.证明点共线问题的两种方法：(1)先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；(2)直接证明这些点都在同一条特定直线(如某两个平面的交线)上.
3.证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点.
【训练1】 如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S44.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)求证：E，F，G，H四点共面；
(2)设EG与FH交于点P，求证：P，A，C三点共线.
证明 (1)∵E，F分别为AB，AD的中点，
∴EF∥BD.
∵在△BCD中，＝＝，
∴GH∥BD，∴EF∥GH.
∴E，F，G，H四点共面.
(2)∵EG∩FH＝P，P∈EG，EG?平面ABC，
∴P∈平面ABC.同理P∈平面ADC.
∴P为平面ABC与平面ADC的公共点.
又平面ABC∩平面ADC＝AC，
∴P∈AC，∴P，A，C三点共线.
考点二 判断空间直线的位置关系
【例2】 (1)(一题多解)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是( )
A.l与l1，l2都不相交
B.l与l1，l2都相交
C.l至多与l1，l2中的一条相交
D.l至少与l1，l2中的一条相交
(2)将图(1)中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC的中线AD折起得到空间四面体ABCD，如图(2)，则在空间四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是( )
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S46.TIF" \* MERGEFORMAT
A.相交且垂直 B.相交但不垂直
C.异面且垂直 D.异面但不垂直
解析 (1)法一 由于l与直线l1，l2分别共面，故直线l与l1，l2要么都不相交，要么至少与l1，l2中的一条相交.若l∥l1，l∥l2，则l1∥l2，这与l1，l2是异面直线矛盾.故l至少与l1，l2中的一条相交.
法二 如图(1)，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故A，B不正确；如图(2)，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故C不正确.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S45.TIF" \* MERGEFORMAT
(2)折起前AD⊥BC，折起后有AD⊥BD，AD⊥DC，所以AD⊥平面BCD，所以AD⊥BC.又AD与BC不相交，故AD与BC异面且垂直.
答案 (1)D (2)C
规律方法 1.异面直线的判定方法：
(1)反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两条直线平行或相交，由假设出发，经过严格的推理，导出矛盾，从而否定假设，肯定两条直线异面.
(2)定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线.
2.点、线、面位置关系的判定，要注意几何模型的选取，常借助正方体为模型，以正方体为主线直观感知并认识空间点、线、面的位置关系.
【训练2】 (1)(2019·湘潭调研)下图中，G，N，M，H分别是正三棱柱(两底面为正三角形的直棱柱)的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有( )
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S47.TIF" \* MERGEFORMAT
A.①③ B.②③ C.②④ D.②③④
(2)已知空间三条直线l，m，n，若l与m异面，且l与n异面，则( )
A.m与n异面
B.m与n相交
C.m与n平行
D.m与n异面、相交、平行均有可能
解析 (1)由题意，可知题图①中，GH∥MN，因此直线GH与MN共面；题图②中，G，H，N三点共面，但M?平面GHN，因此直线GH与MN异面；题图③中，连接MG，则GM∥HN，因此直线GH与MN共面；题图④中，连接GN，G，M，N三点共面，但H?平面GMN，所以直线GH与MN异面.故选C.
(2)在如图所示的长方体中，m，n1与l都异面，但是m∥n1，所以A，B错误；m，n2与l都异面，且m，n2也异面，所以C错误.故选D.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S48.TIF" \* MERGEFORMAT
答案 (1)C (2)D
考点三 异面直线所成的角 INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\箭头.TIF" \* MERGEFORMAT 多维探究
角度1 求异面直线所成的角或其三角函数值
【例3－1】 (一题多解)(2018·全国Ⅱ卷)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
解析 法一 如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM.易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\18GS40.tif" \* MERGEFORMAT
因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，AD1＝eq \r(AD2＋DD)＝2，DM＝＝，
DB1＝eq \r(AB2＋AD2＋DD)＝.所以OM＝AD1＝1，OD＝DB1＝，于是在△DMO中，由余弦定理，
得cos∠MOD＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.
法二 以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示.由条件可知D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，)，B1(1，1，)，所以＝(－1，0，)，＝(1，1，).则cos〈，〉＝＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\18GS41.tif" \* MERGEFORMAT
答案 C
角度2 由异面直线所成角求其他量
【例3－2】 在四面体ABCD中，E，F分别是AB，CD的中点.若BD，AC所成的角为60°，且BD＝AC＝1，则EF的长为________.
解析 如图，取BC的中点O，连接OE，OF.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S49.TIF" \* MERGEFORMAT
因为OE∥AC，OF∥BD，
所以OE与OF所成的锐角(或直角)即为AC与BD所成的角，而AC，BD所成角为60°，所以∠EOF＝60°或∠EOF＝120°.当∠EOF＝60°时，EF＝OE＝OF＝.当∠EOF＝120°时，取EF的中点M，则OM⊥EF，EF＝2EM＝2×＝.
答案 或
规律方法 用平移法求异面直线所成角的一般步骤：
(1)作角——用平移法找(或作)出符合题意的角；
(2)求角——转化为求一个三角形的内角，通过解三角形，求出角的大小.
【训练3】 (2019·永州模拟)三棱锥A－BCD的所有棱长都相等，M，N分别是棱AD，BC的中点，则异面直线BM与AN所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
解析 连接DN，取DN的中点O，连接MO，BO，
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S50.TIF" \* MERGEFORMAT
∵M是AD的中点，
∴MO∥AN，
∴∠BMO(或其补角)是异面直线BM与AN所成的角.
设三棱锥A－BCD的所有棱长为2，
则AN＝BM＝DN＝＝，
则MO＝AN＝＝NO＝DN，
则BO＝＝＝.
在△BMO中，由余弦定理得
cos∠BMO＝＝＝，
∴异面直线BM与AN所成角的余弦值为.
答案 D
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\反思与感悟A.TIF" \* MERGEFORMAT
[思维升华]
1.主要题型的解题方法
(1)要证明“线共面”或“点共面”可先由部分直线或点确定一个平面，再证其余直线或点也在这个平面内(即“纳入法”).
(2)要证明“点共线”可将线看作两个平面的交线，只要证明这些点都是这两个平面的公共点，根据公理3可知这些点在交线上.
2.判定空间两条直线是异面直线的方法
(1)判定定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线.
(2)反证法：证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共面，从而可得两线异面.
3.求两条异面直线所成角的大小，一般方法是通过平行移动直线，把异面问题转化为相交直线的夹角，体现了化归思想.
[易错防范]
1.异面直线易误解为“分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线”，实质上两异面直线不能确定任何一个平面，因此异面直线既不平行，也不相交.
2.直线与平面的位置关系在判断时最易忽视“线在面内”.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\分层限时训练.tif" \* MERGEFORMAT
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.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
2.已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b( )
A.一定是异面直线 B.一定是相交直线
C.不可能是平行直线 D.不可能是相交直线
解析 由已知得直线c与b可能为异面直线也可能为相交直线，但不可能为平行直线，若b∥c，则a∥b，与已知a，b为异面直线相矛盾.
答案 C
3.如果两条异面直线称为“一对”，那么在正方体的十二条棱中共有异面直线( )
A.12对 B.24对
C.36对 D.48对
解析 如图所示，与AB异面的直线有B1C1；CC1，A1D1，DD1四条，因为各棱具有相同的位置且正方体共有12条棱，排除两棱的重复计算，共有异面直线＝24(对).
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\Z44.TIF" \* MERGEFORMAT
答案 B
4.下列命题中正确的个数为( )
①若△ABC在平面α外，它的三条边所在的直线分别交α于P，Q，R，则P，Q，R三点共线.
②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；
③空间中不共面五个点一定能确定10个平面.
A.0 B.1 C.2 D.3
解析 在①中，因为P，Q，R三点既在平面ABC上，又在平面α上，所以这三点必在平面ABC与α的交线上，即P，Q，R三点共线，故①正确；在②中，因为a∥b，所以a与b确定一个平面α，而l上有A，B两点在该平面上，所以l?α，即a，b，l三线共面于α；同理a，c，l三线也共面，不妨设为β，而α，β有两条公共的直线a，l，所以α与β重合，故这些直线共面，故②正确；在③中，不妨设其中四点共面，则它们最多只能确定7个平面，故③错.
答案 C
5.如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为( )
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A. B. C. D.
解析 连接BC1，
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易证BC1∥AD1，
则∠A1BC1即为异面直线A1B与AD1所成的角.
连接A1C1，由AB＝1，AA1＝2，
则A1C1＝，A1B＝BC1＝，
在△A1BC1中，由余弦定理得
cos∠A1BC1＝＝.
答案 D
二、填空题
6.给出下列四个命题：
①平面外的一条直线与这个平面最多有一个公共点；
②若平面α内的一条直线a与平面β内的一条直线b相交，则α与β相交；
③若一条直线和两条平行线都相交，则这三条直线共面；
④若三条直线两两相交，则这三条直线共面.
其中真命题的序号是________.
解析 ①正确，因为直线在平面外即直线与平面相交或直线平行于平面，所以最多有一个公共点.②正确，a，b有交点，则两平面有公共点，则两平面相交.③正确，两平行直线可确定一个平面，又直线与两平行直线的两交点在这两平行直线上，所以过这两交点的直线也在平面内，即三线共面.④错误，这三条直线可以交于同一点，但不在同一平面内.
答案 ①②③
7.(2019·西安模拟)如图，四边形ABCD和四边形ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，则异面直线AP与BD所成的角为________.
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解析 如图，将原图补成正方体ABCD－QGHP，连接GP，则GP∥BD，所以∠APG为异面直线AP与BD所成的角，
在△AGP中，AG＝GP＝AP，
所以∠APG＝.
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答案
8.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：
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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________(填序号).
解析 直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，故①②错误.
答案 ③④
三、解答题
9.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
(1)求直线AC与A1D所成角的大小；
(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求直线A1C1与EF所成角的大小.
解 (1)如图，连接B1C，AB1，由ABCD－A1B1C1D1是正方体，易知A1D∥B1C，从而B1C与AC所成的角就是AC与A1D所成的角.
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因为AB1＝AC＝B1C，
所以∠B1CA＝60°.
即直线A1D与AC所成的角为60°.
(2)连接BD，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥BD，AC∥A1C1，
因为E，F分别为AB，AD的中点，
所以EF∥BD，所以EF⊥AC.
所以EF⊥A1C1.
即直线A1C1与EF所成的角为90°.
10.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，H为直线B1D与平面ACD1的交点.求证：D1，H，O三点共线.
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证明 如图，连接BD，B1D1，则BD∩AC＝O，
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∵BB1綉DD1，
∴四边形BB1D1D为平行四边形.
又H∈B1D，B1D?平面BB1D1D，
则H∈平面BB1D1D，
∵平面ACD1∩平面BB1D1D＝OD1，∴H∈OD1.
故D1，H，O三点共线.
能力提升题组
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11.(2018·长春质检)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.
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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
12. 我国古代数学名著《九章算术》中记载：“今有羡除”.刘徽注：“羡除，隧道也.其所穿地，上平下邪.”小明仿制羡除裁剪出如图所示的纸片，在等腰梯形ABCD中，AB＝10，BC＝CD＝DA＝8，在等腰梯形ABEF中，EF＝6，AF＝BE＝6.将等腰梯形ABCD沿AB折起，使DF＝CE＝2，则五面体ABCDEF中异面直线AC与DE所成角的余弦值为( )
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A.0 B. C.－ D.
解析 如图，过点C作AB的垂线，H为垂足，易知BH＝1，CH＝3，AC＝12.同理，在等腰梯形CDFE中，对角线DE＝6.过点C作CG∥DE交FE的延长线于点G，易知四边形CDEG是平行四边形，DE綊CG，连接AG，则异面直线AC与DE所成的角即直线AC与CG所成的角.
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过点A作AT⊥EF，交EF的延长线于点T，
则易知AT＝4，TG＝16，所以AG＝12.
在△ACG中，AG＝12，AC＝12，CG＝DE＝6，
由余弦定理得cos∠ACG＝＝－.
因为异面直线所成的角在范围内，
所以异面直线AC与DE所成角的余弦值为.
答案 B
13.正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为线段B1D1上的一个动点，则下列结论中正确的是________(填序号).
①AC⊥BE；
②B1E∥平面ABCD；
③三棱锥E－ABC的体积为定值；
④B1E⊥BC1.
解析 因AC⊥平面BDD1B1，故①正确；因B1D1∥平面ABCD，故②正确；记正方体的体积为V，则VE－ABC＝V，为定值，故③正确；B1E与BC1不垂直，故④错误.
答案 ①②③
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.
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(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，
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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，即DE2＋EM2＝MD2，
∴△DEM为直角三角形，且∠DEM＝90°，
∴tan∠EMD＝＝＝.
∴异面直线OC与MD所成角的正切值为.
