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第四講　立體幾何
微專題1　空間幾何體的三視圖、表面積與體積
命 題 者 說

考 題 統(tǒng) 計(jì) 考 情 點(diǎn) 擊
2018·全國卷Ⅰ·T7·三視圖 2018·全國卷Ⅰ·T12·截面問題 2018·全國卷Ⅱ·T16·側(cè)面積問題 2018·全國卷Ⅲ·T3·三視圖 立體幾何問題既是高考的必考點(diǎn)，也是考查的難點(diǎn)，其在高考中的命題形式較為穩(wěn)定，保持“一小一大”或“兩小一大”的格局，多以選擇題或者填空題的形式考查空間幾何體三視圖的識別，空間幾何體的體積或表面積的計(jì)算。


考向一 空間幾何體的三視圖
【例1】　(1)(2018·唐山模擬)如圖是一個(gè)空間幾何體的正視圖和俯視圖，則它的側(cè)視圖為(　　)


A　　 　　　B　　 　　　C　　 　　D
(2)(2018·山西八校聯(lián)考)將正方體(如圖①)截去三個(gè)三棱錐后，得到如圖②所示的幾何體，側(cè)視圖的視線方向如圖②所示，則該幾何體的側(cè)視圖為(　　)


A　　 　　B　 　 　C　　　 　D
解析　(1)由正視圖和俯視圖可知，該幾何體是由一個(gè)圓柱挖去一個(gè)圓錐構(gòu)成的，結(jié)合正視圖的寬及俯視圖的直徑可知側(cè)視圖應(yīng)為A。故選A。

(2)將圖②中的幾何體放到正方體中如圖所示，從側(cè)視圖的視線方向觀察，易知該幾何體的側(cè)視圖為選項(xiàng)D中的圖形。故選D。
答案　(1)A　(2)D



(1)由直觀圖確定三視圖的方法
根據(jù)空間幾何體三視圖的定義及畫法規(guī)則和擺放規(guī)則確定。
(2)由三視圖還原到直觀圖的思路
①根據(jù)俯視圖確定幾何體的底面。
②根據(jù)正(主)視圖或側(cè)(左)視圖確定幾何體的側(cè)棱與側(cè)面的特征，調(diào)整實(shí)線和虛線所對應(yīng)的棱、面的位置。
③確定幾何體的直觀圖形狀。
另外，對于一些三視圖題，可將幾何體放到正方體或長方體中，利用正方體或長方體的線面、面面垂直關(guān)系分析幾何體的三視圖。
變|式|訓(xùn)|練
(2018·湖北襄陽測試)若6個(gè)棱長為1的正方體在桌面上堆疊成一個(gè)幾何體，該幾何體的正視圖與俯視圖如圖所示，則其側(cè)視圖不可能為(　　)

A　　　　　B　　　　　C　　　　　D
解析　如圖①所示，A正確；如圖②所示，B正確；如圖③所示，C正確。故選D。

答案　D
考向二 空間幾何體的表面積與體積
微考向1：根據(jù)三視圖求表面積與體積
【例2】　(2018·鄭州質(zhì)量預(yù)測)芻甍，中國古代算術(shù)中的一種幾何形體，《九章算術(shù)》中記載：“芻甍者，下有袤有廣，而上有袤無廣。芻，草也。甍，屋蓋也。”翻譯為“底面有長有寬為矩形，頂部只有長沒有寬為一條棱。芻甍字面意思為茅草屋頂。”如圖為一個(gè)芻甍的三視圖，其中正視圖為等腰梯形，側(cè)視圖為等腰三角形，則該茅草屋頂?shù)拿娣e為(　　)

A．24　　　B．32 C．64　　　D．32

解析　由三視圖可知該幾何體的直觀圖如圖所示，其中S四邊形ABED＝S四邊形ACFD，S△ABC＝S△DEF。過點(diǎn)A向平面BCFE作垂線，垂足為A′，作AM⊥CF于點(diǎn)M，AN⊥BC于點(diǎn)N，連接A′N，易知AA′＝4，A′N＝CM＝＝2，CN＝BC＝2。在Rt△AA′N中，AN＝＝＝2，在Rt△ANC中，AC＝＝＝2，在Rt△AMC中，AM＝＝＝2。所以S四邊形ACFD＝×(4＋8)×2＝12，S△ABC＝×BC×AN＝×4×2＝4。所以該茅草屋頂?shù)拿娣e為2×12＋2×4＝32。故選B。
答案　B



根據(jù)三視圖求空間幾何體的表面積與體積時(shí)，應(yīng)還原空間幾何體的直觀圖，再根據(jù)表面積與體積公式求解。
【變式訓(xùn)練】　(2018·山西二模)某幾何體的三視圖如圖所示，若圖中小正方形的邊長均為1，則該幾何體的體積是(　　)

A．π B．π
C．π D．π
解析　由三視圖可知，該幾何體是由半個(gè)圓柱與半個(gè)圓錐組合而成，其中圓柱的底面半徑為2，高為4，圓錐的底面半徑和高均為2，其體積為V＝×4π×4＋××4π×2＝。故選A。
答案　A
微考向2：根據(jù)線面關(guān)系求表面積與體積
【例3】　(2018·全國卷Ⅱ)已知圓錐的頂點(diǎn)為S，母線SA，SB所成角的余弦值為，SA與圓錐底面所成角為45°。若△SAB的面積為5，則該圓錐的側(cè)面積為________。

解析　如圖所示，設(shè)S在底面的射影為S′，連接AS′，SS′。△SAB的面積為·SA·SB·sin∠ASB＝·SA2·＝·SA2＝5，所以SA2＝80，SA＝4。因?yàn)镾A與圓錐底面所成角為45°，所以∠SAS′＝45°，AS′＝SA·cos45°＝4×＝2。所以圓錐的側(cè)面積為π×AS′×AS＝π×2×4＝40π。
答案　40π



根據(jù)空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征，借助于線面關(guān)系的有關(guān)定義、定理找出幾何體的底面特征及高，必要時(shí)可進(jìn)行分割、補(bǔ)形等，求出幾何體的表面積與體積。
變|式|訓(xùn)|練
(2018·天津高考)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，除面ABCD外，該正方體其余各面的中心分別為點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，M(如圖)，則四棱錐M－EFGH的體積為________。

解析　連接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因?yàn)镋，H分別為AD1，CD1的中點(diǎn)，所以EH∥AC，EH＝AC，因?yàn)镕，G分別為B1A，B1C的中點(diǎn)，所以FG∥AC，F(xiàn)G＝AC，所以EH∥FG，EH＝FG，所以四邊形EHGF為平行四邊形，又EG＝HF，EH＝HG，所以四邊形EHGF為正方形，又點(diǎn)M到平面EHGF的距離為，所以四棱錐M－EFGH的體積為×2×＝。
答案　
考向三 與球有關(guān)的組合體問題
【例4】　(2018·江西南昌模擬)在三棱錐S－ABC中，△ABC是邊長為3的等邊三角形，SA＝，SB＝2，二面角S－AB－C的大小為120°，則此三棱錐的外接球的表面積為________。

解析　根據(jù)題意得SA2＋AB2＝SB2，即SA⊥AB。取AB的中點(diǎn)為D，SB的中點(diǎn)為M，連接CD、MD，得∠CDM為二面角S－AB－C的平面角，所以∠MDC＝120°。如圖，設(shè)三角形ABC的外心為O1，則O1在CD上，連接BO1，則CO1＝＝BO1，DO1＝。設(shè)外接球半徑為R，易知球心為過M垂直面ABS的垂線與過O1垂直面ABC的垂線的交點(diǎn)O。在四邊形MDO1O中，因?yàn)槎娼荢－AB－C的平面角∠MDC＝120°，且MO⊥MD，O1O⊥DO1，MD＝O1D＝，所以∠ODO1＝60°，OO1＝O1Dtan60°＝，連接OB，所以R2＝OB2＝OO＋O1B2＝＋3＝。所以球的表面積S＝4πR2＝21π。
答案　21π



在立體幾何試題中，我們經(jīng)常會遇到這樣一類問題：由題設(shè)條件，計(jì)算某幾何體的外接球的表面積或體積。因?yàn)镾球＝4πR2，V球＝πR3，所以關(guān)鍵是求解外接球的半徑R。常用的解題策略有：①通過構(gòu)造特殊幾何體，巧妙分析；②通過解直角三角形，巧妙分析；③借助直角三角形的斜邊中點(diǎn)到各頂點(diǎn)的距離相等，巧妙分析；④借助幾何體的底面多邊形的外接圓，巧妙分析。
變|式|訓(xùn)|練
(2018·貴陽監(jiān)測考試)如圖，正方形網(wǎng)格的邊長為1，粗實(shí)線表示的是某幾何體的三視圖，該幾何體的頂點(diǎn)都在球O的球面上，則球O的表面積為(　　)

A．15π B．16π
C．17π D．18π
解析　根據(jù)三視圖可知該幾何體為一個(gè)三棱錐，記為S－ABC，將該三棱錐放入長方體中如圖所示，則該三棱錐的外接球直徑為長方體的體對角線，設(shè)球O的半徑為R，所以(2R)2＝22＋22＋32＝17，R2＝，所以球O的表面積為4πR2＝17π。故選C。

答案　C



1．(考向一)(2018·北京高考)某四棱錐的三視圖如圖所示，在此四棱錐的側(cè)面中，直角三角形的個(gè)數(shù)為(　　)

A．1 B．2
C．3 D．4

解析　將三視圖還原為直觀圖，幾何體是底面為直角梯形，且一條側(cè)棱和底面垂直的四棱錐，如圖所示。易知，BC∥AD，BC＝1，AD＝AB＝PA＝2，AB⊥AD，PA⊥平面ABCD，故△PAD，△PAB為直角三角形，因?yàn)镻A⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以PA⊥BC，又BC⊥AB，且PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB，又PB?平面PAB，所以BC⊥PB，所以△PBC為直角三角形，容易求得PC＝3，CD＝，PD＝2，故△PCD不是直角三角形。故選C。
答案　C
2．(考向二)(2018·昆明調(diào)研)古人采取“用臼舂米”的方法脫去稻谷的外殼，獲得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石頭或木頭制成。一個(gè)“臼”的三視圖如圖所示，則鑿去部分(看成一個(gè)簡單的組合體)的體積為(　　)

A．63π B．72π
C．79π D．99π
解析　由三視圖得鑿去部分是圓柱與半球的組合體，其中圓柱的高為5，底面圓的半徑為3，半球的半徑為3，所以組合體的體積為32π×5＋×π×33＝63π。故選A。
答案　A
3．(考向三)(2018·南昌調(diào)研)已知三棱錐P－ABC的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上，△ABC滿足AB＝2，∠ACB＝90°，PA為球O的直徑，且PA＝4，則點(diǎn)P到底面ABC的距離為(　　)
A．　　　　B．2
C．　　　　D．2

解析　取AB的中點(diǎn)O1，連接OO1，如圖，在△ABC中，AB＝2，∠ACB＝90°，所以△ABC所在小圓O1是以AB為直徑的圓，所以O(shè)1A＝，且OO1⊥AO1，又球O的直徑PA＝4，所以O(shè)A＝2，所以O(shè)O1＝＝，且OO1⊥底面ABC，所以點(diǎn)P到平面ABC的距離為2OO1＝2。故選B。
答案　B
4．(考向三)(2018·河北五名校聯(lián)考)如圖，在由邊長為1的小正方形組成的網(wǎng)格中畫出了某多面體的三視圖，則該多面體的外接球的表面積為(　　)

A．27π B．30π
C．32π D．34π

解析　根據(jù)三視圖可知，此多面體為三棱錐A－BCD，且側(cè)面ABC⊥底面BCD，△ABC與△BCD都為等腰三角形，如圖所示。根據(jù)題意可知，三棱錐A－BCD的外接球的球心O位于過△BCD的外心O′，且垂直于底面BCD的垂線上，取BC的中點(diǎn)M′，連接AM′，DM′，OO′，O′B，易知O′在DM′上，過O作OM⊥AM′于點(diǎn)M，連接OA，OB，根據(jù)三視圖可知M′D＝4，BD＝CD＝2，故sin∠BCD＝，設(shè)△BCD的外接圓半徑為r，根據(jù)正弦定理可知，2r＝＝5，故BO′＝r＝，M′O′＝，設(shè)OO′＝x，該多面體的外接球半徑為R，在Rt△BOO′中，R2＝2＋x2，在Rt△AMO中，R2＝2＋(4－x)2，所以R＝，故該多面體的外接球的表面積S＝4πR2＝34π。故選D。
答案　D
5．(考向三)(2018·西安八校聯(lián)考)已知球的直徑SC＝4，A，B是該球球面上的兩點(diǎn)，∠ASC＝∠BSC＝30°，則棱錐S－ABC的體積最大為(　　)
A．2 B．
C． D．2

解析　如圖，因?yàn)榍虻闹睆綖镾C，且SC＝4，∠ASC＝∠BSC＝30°，所以∠SAC＝∠SBC＝90°，AC＝BC＝2，SA＝SB＝2，所以S△SBC＝×2×2＝2，則當(dāng)點(diǎn)A到平面SBC的距離最大時(shí)，棱錐A－SBC即S－ABC的體積最大，此時(shí)平面SAC⊥平面SBC，點(diǎn)A到平面SBC的距離為2sin30°＝，所以棱錐S－ABC的體積最大為×2×＝2。故選A。
答案　A






























































































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微專題2　空間點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系
命 題 者 說
考 題 統(tǒng) 計(jì) 考 情 點(diǎn) 擊
2018·全國卷Ⅱ·T9·異面直線所成的角 2018·浙江高考·T6·直線與平面平行 2017·全國卷Ⅱ·T10·異面直線所成的角 2017·全國卷Ⅲ·T16·圓錐、異面直線所成的角 1.以選擇題、填空題的形式考查線線、線面、面面位置關(guān)系的判定與性質(zhì)定理，對命題的真假進(jìn)行判斷，屬基礎(chǔ)題。2.空間中的平行、垂直關(guān)系的證明也是高考必考內(nèi)容，多出現(xiàn)在立體幾何解答題中的第(1)問。


考向一 空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系判斷
【例1】　(1)已知α，β是兩個(gè)不同的平面，l，m，n是不同的直線，下列命題中不正確的是(　　)
A．若l⊥m，l⊥n，m?α，n?α，則l⊥α
B．若l⊥α，l∥β，則α⊥β
C．若α⊥β，α∩β＝l，m?α，m⊥l，則m⊥β
D．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，則m⊥n
(2)已知m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個(gè)不同的平面，下列命題中正確的是(　　)
A．若α⊥γ，β⊥γ，則α∥β
B．若m⊥α，n⊥α，則m∥n
C．若m∥α，n∥α，則m∥n
D．若l∥α，α∥β，則l∥β
解析　(1)由l⊥m，l⊥n，m?α，n?α，不能推出l⊥α，缺少條件m與n相交，故A不正確；若l⊥α，l∥β，則過l作平面γ，使γ∩β＝c，則l∥c，故c⊥α，c?β，故α⊥β，B正確；根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理知C正確；D正確。故選A。
(2)若α⊥γ，β⊥γ，則α與β相交或平行，故A錯(cuò)誤；若m⊥α，n⊥α，則由直線與平面垂直的性質(zhì)得m∥n，故B正確；若m∥α，n∥α，則m與n相交、平行或異面，故C錯(cuò)誤；若l∥α，α∥β，則l?β或l∥β，故D錯(cuò)誤。故選B。
答案　(1)A　(2)B


判斷空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系，主要依據(jù)四個(gè)公理、平行關(guān)系和垂直關(guān)系的有關(guān)定義及定理，具體處理時(shí)可以構(gòu)建長方體或三棱錐等模型，把要考查的點(diǎn)、線、面融入模型中，判斷會簡潔明了。如果要否定一結(jié)論，只需找到一個(gè)反例即可。
變|式|訓(xùn)|練
1．已知直線a，b和平面α，β，下列命題中是假命題的有________(只填序號)。
①若a∥b，則a平行于經(jīng)過b的任何平面；
②若a∥α，b∥α，則a∥b；
③若a∥α，b∥β，且α⊥β，則a⊥b；
④若α∩β＝a，且b∥α，則b∥a。
解析　①若a∥b，a，b可以確定平面，則a平行于經(jīng)過b的任何平面，不正確；②若a∥α，b∥α，則a∥b或a，b相交、異面，不正確；③若a∥α，b∥β，且α⊥β，則a，b關(guān)系不確定，不正確；④若α∩β＝a，且b∥α，則b與a關(guān)系不確定，不正確。
答案　①②③④
2．(2018·益陽、湘潭調(diào)研)下圖中，G，N，M，H分別是正三棱柱(兩底面為正三角形的直棱柱)的頂點(diǎn)或所在棱的中點(diǎn)，則表示直線GH，MN是異面直線的圖形有(　　)

A．①③　　　 B．②③
C．②④　　　 D．②③④
解析　由題意，可知題圖①中，GH∥MN，因此直線GH與MN共面；題圖②中，G，H，N三點(diǎn)共面，但M?平面GHN，因此直線GH與MN異面；題圖③中，連接MG，則GM∥HN，因此直線GH與MN共面；題圖④中，連接GN，G，M，N三點(diǎn)共面，但H?平面GMN，所以直線GH與MN異面。故選C。
答案　C
考向二 異面直線所成的角
【例2】　(2018·全國卷Ⅱ)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為(　　)
A． B．
C． D．
解析　

解法一：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則D(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(1,1，)，D1(0，0，)，所以＝(－1,0，)，＝(1,1，)，因?yàn)閏os〈，〉＝＝＝，所以異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為。故選C。

解法二：如圖，補(bǔ)上一相同的長方體CDEF－C1D1E1F1，連接DE1，B1E1。易知AD1∥DE1，則∠B1DE1或其補(bǔ)角為異面直線AD1與DB1所成角。因?yàn)樵陂L方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，所以DE1＝＝＝2，DB1＝＝，B1E1＝＝＝，在△B1DE1中，由余弦定理，得cos∠B1DE1＝＝>0，所以∠B1DE1為銳角，即為異面直線AD1與DB1所成的角，即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為，故選C。

解法三：如圖，連接BD1，交DB1于點(diǎn)O，取AB的中點(diǎn)M，連接DM，OM，易知O為BD1的中點(diǎn)，所以AD1∥OM，則∠MOD為異面直線AD1與DB1所成角。因?yàn)樵陂L方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，AD1＝＝2，DM＝＝，DB1＝＝，所以O(shè)M＝AD1＝1，OD＝DB1＝，于是在△DMO中，由余弦定理，得cos∠MOD＝＝，即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為，故選C。
答案　C


求異面直線所成的角，一般是用平移法把異面直線平移為相交直線，然后再解三角形求解。
變|式|訓(xùn)|練
(2018·陜西質(zhì)量檢測)已知△ABC與△BCD均為正三角形，且AB＝4。若平面ABC⊥平面BCD，且異面直線AB和CD所成的角為θ，則cosθ＝(　　)
A．－　　B． C．－　 　D．
解析　

如圖，取BC的中點(diǎn)O，取BD的中點(diǎn)E，取AC的中點(diǎn)F，連接OA，OE，OF，EF，則OE∥CD，OF∥AB，則∠EOF或其補(bǔ)角為異面直線AB與CD所成的角，依題得OE＝CD＝2，OF＝AB＝2，過點(diǎn)F作FG⊥BC于點(diǎn)G，易得FG⊥平面BCD，且FG＝OA＝，G為OC的中點(diǎn)，則OG＝1，又OE＝2，∠EOG＝60°，所以由余弦定理得EG＝
＝＝，由勾股定理得EF2＝FG2＋EG2＝()2＋()2＝6，在△OEF中，由余弦定理得cos∠EOF＝＝＝，所以cosθ＝。故選D。
答案　D
考向三 空間點(diǎn)、線、面的綜合問題
【例3】　(1)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為棱CD的中點(diǎn)，則(　　)
A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD
C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC
(2)若四面體ABCD的三組對棱分別相等，即AB＝CD，AC＝BD，AD＝BC，給出下列結(jié)論：
①四面體ABCD每組對棱相互垂直；
②四面體ABCD每個(gè)面的面積相等；
③從四面體ABCD每個(gè)頂點(diǎn)出發(fā)的三條棱兩兩夾角之和大于90°且小于180°；
④連接四面體ABCD每組對棱中點(diǎn)的線段相互垂直平分；
⑤從四面體ABCD每個(gè)頂點(diǎn)出發(fā)的三條棱的長可作為一個(gè)三角形的三邊長。
其中正確結(jié)論的序號是________。
解析　(1)解法一：由正方體的性質(zhì)，得A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD。又A1E?平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1。故選C。
解法二：因?yàn)锳1E在平面ABCD上的投影為AE，而AE不與AC，BD垂直，所以B、D錯(cuò)誤；因?yàn)锳1E在平面BCC1B1上的投影為B1C，且B1C⊥BC1，所以A1E⊥BC1，(證明：由條件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，所以BC1⊥平面CEA1B1。又A1E?平面CEA1B1，所以A1E⊥BC1。)，C正確；因?yàn)锳1E在平面DCC1D1上的投影為D1E，而D1E不與DC1垂直。A錯(cuò)誤。故選C。
(2)對于①，如圖①，AE，CF分別為BD邊上的高，由AD＝BC，AB＝CD，BD＝DB可知△ABD≌△CDB，所以AE＝CF，DE＝BF，當(dāng)且僅當(dāng)AD＝AB，CD＝BC時(shí)，E，F(xiàn)重合，此時(shí)AC⊥BD，所以當(dāng)四面體ABCD為正四面體時(shí)，每組對棱才相互垂直，故①錯(cuò)誤；對于②，由題設(shè)可知四面體的四個(gè)面全等，所以四面體ABCD每個(gè)面的面積相等，故②正確；對于③，當(dāng)四面體為正四面體時(shí)，同一個(gè)頂點(diǎn)出發(fā)的任意兩條棱的夾角均為60°，此時(shí)四面體ABCD每個(gè)頂點(diǎn)出發(fā)的三條棱兩兩夾角之和等于180°，故③錯(cuò)誤；對于④，如圖②，G，H，I，J為各邊中點(diǎn)，因?yàn)锳C＝BD，所以四邊形GHIJ為菱形，所以GI，HJ相互垂直平分，其他同理可得，所以連接四面體ABCD每組對棱中點(diǎn)的線段相互垂直平分，故④正確；對于⑤，從A點(diǎn)出發(fā)的三條棱為AB，AC，AD，因?yàn)锳C＝BD，所以AB，AC，AD可以構(gòu)成三角形，其他同理可得，所以從四面體ABCD每個(gè)頂點(diǎn)出發(fā)的三條棱的長可作為一個(gè)三角形的三邊長，故⑤正確。綜上所述，正確的結(jié)論為②④⑤。

答案　(1)C　(2)②④⑤


破解此類問題需：(1)認(rèn)真審題，并細(xì)觀所給的圖形，利用空間直線、平面平行與垂直的判定定理和性質(zhì)定理求解；(2)懂得轉(zhuǎn)化，即把面面關(guān)系問題轉(zhuǎn)化為線面關(guān)系問題，再把線面關(guān)系問題轉(zhuǎn)化為線線關(guān)系問題，通過轉(zhuǎn)化，把問題簡單化，問題的解決也就水到渠成了。
變|式|訓(xùn)|練
1．若平面α截三棱錐所得截面為平行四邊形，則該三棱錐中與平面α平行的棱有(　　)
A．0條 B．1條
C．2條 D．0條或2條
解析　如圖，因?yàn)槠叫杏谌忮F的兩條相對棱的平面截三棱錐所得的截面是平行四邊形，所以該三棱錐中與平面α平行的棱有2條。故選C。

答案　C
2．如圖，在下列四個(gè)正方體中，A，B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M，N，Q為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個(gè)正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是(　　)

　 A　　　　　 B　　　　　 C　　　　　D
解析　

解法一：對于B，如圖所示，連接CD，因?yàn)锳B∥CD，M，Q分別是所在棱的中點(diǎn)，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，所以AB∥平面MNQ。同理可證選項(xiàng)C，D中均有AB∥平面MNQ。故選A。

解法二：對于A，設(shè)正方體的底面對角線的交點(diǎn)為O(如圖所示)，連接OQ，則OQ∥AB，因?yàn)镺Q與平面MNQ有交點(diǎn)，所以AB與平面MNQ有交點(diǎn)，即AB與平面MNQ不平行。故選A。
答案　A

1．(考向一)(2018·重慶六校聯(lián)考)設(shè)a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，則α∥β的一個(gè)充分條件是(　　)
A．存在一條直線a，a∥α，a∥β
B．存在一條直線a，a?α，a∥β
C．存在兩條平行直線a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α
D．存在兩條異面直線a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α
解析　對于A，若存在一條直線a，a∥α，a∥β，則α∥β或α與β相交，若α∥β，則存在一條直線a，使得a∥α，a∥β，所以選項(xiàng)A的內(nèi)容是α∥β的一個(gè)必要條件；同理，選項(xiàng)B，C的內(nèi)容也是α∥β的一個(gè)必要條件而不是充分條件；對于D，可以通過平移把兩條異面直線平移到一個(gè)平面中，成為相交直線，則有α∥β，所以選項(xiàng)D的內(nèi)容是α∥β的一個(gè)充分條件。故選D。
答案　D
2．(考向二)(2018·全國卷Ⅰ)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30°，則該長方體的體積為(　　)
A．8　　　 　B．6
C．8　　 　D．8
解析　

在長方體ABCD－A1B1C1D1中，連接BC1，根據(jù)線面角的定義可知∠AC1B＝30°，因?yàn)锳B＝2，所以BC1＝2，從而求得CC1＝2，所以該長方體的體積為V＝2×2×2＝8。故選C。
答案　C
3．(考向三)在底面是菱形的四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，點(diǎn)E為棱PB的中點(diǎn)，點(diǎn)F在棱AD上，平面CEF與PA交于點(diǎn)K，且PA＝AB＝3，AF＝2，則等于(　　)
A．　　　　B．
C．　　　　D．
解析　如圖所示，延長BA，CF交于點(diǎn)G，連接EG，與PA的交點(diǎn)就是K點(diǎn)，則AG＝6，過點(diǎn)A作AH∥PB，與EG交于點(diǎn)H，則＝＝＝＝＝。故選A。

答案　A
4．(考向三)如圖，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，若P為三角形A1B1C1內(nèi)一點(diǎn)(不含邊界)，則點(diǎn)P在底面ABC的投影可能在(　　)

A．△ABC的內(nèi)部
B．△ABC的外部
C．直線AB上
D．以上均有可能
解析　因?yàn)锳C⊥AB，AC⊥BC1，所以AC⊥平面ABC1，AC?平面ABC，所以平面ABC1⊥平面ABC，所以C1在平面ABC上的射影H必在兩平面的交線
AB上。若P為三角形A1B1C1內(nèi)一點(diǎn)(不含邊界)，則點(diǎn)P在底面ABC的投影可能在△ABC的外部。故選B。
答案　B
5．(考向三)(2018·成都診斷)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，已知底面ABCD為正方形，P為A1D1的中點(diǎn)，AD＝2，AA1＝，點(diǎn)Q是正方形ABCD所在平面內(nèi)的一個(gè)動點(diǎn)，且QC＝QP，則線段BQ的長度的最大值為________。
解析　以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DA，DC，DD1所在直線為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則P(1,0，)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，Q(x，y,0)，因?yàn)镼C＝QP，所以＝?(x－2)2＋(y＋2)2＝4，所以(y＋2)2＝4－(x－2)2≤4?|y＋2|≤2?－4≤y≤0，BQ＝＝＝，根據(jù)－4≤y≤0可得4≤4－8y≤36，所以2≤BQ≤6，故線段BQ的長度的最大值為6。
答案　6

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