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重难点09 立体几何
考点一 空间几何体
基本立体图形
简单几何体的表面积和体积
球的切、接问题
考点二 点、直线、平面之间的位置关系
空间点、直线、平面之间的位置关系
空间直线、平面的平行
3、空间直线、平面的垂直
考点三 空间向量与立体几何
1、空间向量的概念与运算
2、异面直线的夹角
3、直线与平面的夹角
4、平面与平面的夹角
考点一：空间几何体
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
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
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 矩形 等腰三角形 等腰梯形 圆
侧面展开图 矩形 扇形 扇环
2.直观图
(1)画法：常用斜二测画法．
(2)规则：
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′轴和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．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
侧面积公式 S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r1＋r2)l
4．柱、锥、台、球的表面积和体积
名称 几何体　　 表面积 体积
柱体 S表＝S侧＋2S底 V＝Sh
锥体 S表＝S侧＋S底 V＝Sh
台体 S表＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h
球 S表＝4πR2 V＝πR3
题型1 基本立体图形
1．已知圆台上下底面的圆心分别为，，母线（点位于上底面），且满足，圆的周长为，一只蚂蚁从点出发沿着圆台的侧面爬行一周到的中点，则蚂蚁爬行的最短路程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】首先求出底面圆的半径，与上底面的半径，将圆台的侧面沿着母线剪开，展成平面图形，延长、交于点，连接，设，利用弧长公式及求出与，再在中利用余弦定理求出即可.
【详解】因为圆的周长为，则底面圆的半径，
又，所以上底面半径为，
将圆台的侧面沿着母线剪开，展成平面图形，延长、交于点，连接，如图，
显然弧的长为，弧的长为，设，则，，
则，又，即，所以，则，，
在中由余弦定理
，
所以蚂蚁爬行的最短路程为.
故选：A
2．多面体欧拉定理是指：若多面体的顶点数为，面数为，棱数为，则满足. 已知某面体各面均为五边形，且经过每个顶点的棱数为3，则 （ ）
A．6 B．10 C．12 D．20
【答案】C
【分析】根据给定条件，结合欧拉公式列出方程组，求解方程组即得.
【详解】设该多面体的顶点数为，棱数为，
依题意，，消去得，
所以.
故选：C
3．如图，这是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为，山高为是山坡上一点，且．现要建设一条从到的环山观光公路，这条公路从出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，公路上坡路段长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用圆锥的侧面展开图，利用两点间的距离，结合图象，求最小值．
【详解】依题意，半径为，山高为，则母线，
底面圆周长，则圆锥侧面展开图扇形的圆心角，
如图，是圆锥侧面展开图，
显然，
由点向引垂线，垂足为点，此时为点和线段上的点连线的最小值，
即点为公路的最高点，段为上坡路段，段为下坡路段，
由直角三角形射影定理知，即，解得，
所以公路上坡路段长为．
故选：D
4．已知圆台上、下底面的半径分别为3和5，母线长为4，为上底面圆的一条直径，是下底面圆周上的一个动点，则面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】结合题目所给条件，计算出圆台的高后，可得的中线为定值，则当时，面积有最大值.
【详解】取上下底面圆心、，连接、、，
由圆台性质可知，且，
又，故，
则当为以为底的高时，面积最大，
且其最大值为.
故选：A.
5．如图所示是水平放置的的直观图，其中，则原是一个（ ）

A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形
【答案】C
【分析】根据斜二测画法的规则求解即可.
【详解】

将水平放置的的直观图还原，可知，
由勾股定理有，注意到，
所以三角形是等腰三角形，不是等边三角形，
由大边对大角可知，三角形中最大角的余弦，
即三角形中最大角是锐角，三角形是锐角三角形，不是直角三角形，
综上所述，只有C选项符合题意，
故选：C.
空间几何体结构特征的判断技巧 (1)说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可． (2)在斜二测画法中，平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半． (3)在解决空间折线(段)最短问题时一般考虑其展开图，采用化曲为直的策略，将空间问题平面化．
题型2 表面积与体积
6．已知三棱锥的外接球的体积为，平面，，，则三棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题意设三棱锥外接球的半径为，由解出，再由余弦定理解出 ，设外接圆半径，解出并求出，进而解出三棱锥体积即可.
【详解】设三棱锥外接球的半径为，则，解得；
因为，，
所以，
设外接圆的半径为，则，所以，
故，所以，
所以三棱锥的体积为.
故选：A.
7．校足球社团为学校足球比赛设计了一个奖杯，如图，奖杯的设计思路是将侧棱长为6的正三棱锥的三个侧面沿AB，BC，AC展开得到面，使得平面均与平面ABC垂直，再将球放到上面使得三个点在球的表面上，若奖杯的总高度为，且，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由奖杯的总高度为，结合题意，可将其拆解为多段，得到，结合题目所给条件，运用勾股定理计算即可得球的半径，结合球的表面积公式即可得解.
【详解】如图：连接、、，
取、、中点、、，连接、、，
由已知侧棱长为的正三棱锥，
即，又因为，
所以，
因为平面，，均与平面垂直，
设，，三点所在的圆为圆，底面的中心为，
则，又因为奖杯总高度为，
设球半径为，球心到圆面的距离为，
则，即，
如图，易知≌，
因为，
所以是边长为的等边三角形，
设的外接圆半径为，
则，
则在直角中，，
即，解得，
所以．
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助奖杯的总高度为，得到，从而可由题目所给条件逐步计算出球的半径，即可得解.
8．随着古代瓷器工艺的高速发展，在著名的宋代五大名窑之后，又增加了三种瓷器，与五大名窑并称为中国八大名瓷，其中最受欢迎的是景德镇窑．如图，景德镇产的青花玲珑瓷(无盖)的形状可视为一个球被两个平行平面所截后剩下的部分，其中球面被平面所截的部分均可视为球冠(截得的圆面是底，垂直于圆面的直径被截得的部分是高，其面积公式为，其中为球的半径，为球冠的高)．已知瓷器的高为，在高为处有最大直径(外径)为，则该瓷器的外表面积约为(取3.14) （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题意可知：球的半径为，上球冠的高，下球冠的高，可求下底面圆的半径，结合题意面积公式分析求解.
【详解】由题意可知：球的半径为，上球冠的高，下球冠的高，
设下底面圆的半径为，则，
所以该瓷器的外表面积为.
故选：C.
9．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖、八角攒尖．如图是圆形攒尖，可近似看作圆锥与圆柱的组合体（圆锥与圆柱的底面重合且半径相等），已知此组合体中圆柱底面的半径为4，圆锥与圆柱的高相等，若圆锥的顶点与圆柱的上、下底面圆周都在同一个球面上，则该球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】画出示意图，根据线段数量关系即可求解.
【详解】如图，是圆锥的锥顶，是圆柱上底面的圆心，是圆柱下底面的圆心，是圆球的圆心，是圆柱上底面和圆球的交点，，

设圆锥和圆柱的高为，则，，
因为，所以，
所以，所以圆球的半径为，
所以圆球的体积为.
故选：D.
10．空气膜等厚干涉是一个有趣的光学现象，如左图所示，当一块玻璃在另一块平板玻璃上方时，让光线垂直照射就会出现明暗相间的条纹.同一条纹上两玻璃之间的空气间隙厚度一致.现有一圆锥形玻璃，底面周长为24，母线长为13.将其顶点朝下放置于平板玻璃上，并且使得底面与平板玻璃的夹角近似满足sin=，用光垂直照射，则得到的条纹形状为（ ）
A．椭圆 B．双曲线 C．抛物线 D．圆
【答案】A
【分析】根据物理中的空气膜等厚干涉实验，即可得到圆锥形玻璃照射得到的条纹形状.
【详解】根据题意，设圆锥的底面半径为，高为，母线为
则，解得，所以.
根据空气膜等厚干涉的描述，
若圆锥顶点朝下且高垂直于平板玻璃，则条纹形状为圆，
而底面与平板玻璃的夹角近似满足，即倾斜了角度，
则条纹形状不是圆，而是椭圆.
故选：A.
求空间几何体的体积的常用方法 公式法规则几何体的体积，直接利用公式割补法把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体等体积法通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积
题型3 球的切、接问题
11．已知在直三棱柱中，，，为线段的中点，点在线段上，若平面，则三棱锥外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】解法一：根据题意，将三棱锥及平面，得到的外接圆圆心为的中点，得到球心在过点且与平面垂直的直线上，设三棱锥的外接球的球心为，连接，，，再设三棱锥的外接球的半径为，在直角梯形中，求得，结合体积公式，即可求解；
解法二： 以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设三棱锥的外接球球心为，列出方程组，求得，结合体积公式，即可求解.
【详解】解法一：因为平面，平面，平面平面，
所以，又因为为的中点，所以为的中点，
将三棱锥及平面单独拿出来，如图所示，
可得，，，则，
所以，故的外接圆圆心为的中点，
故三棱锥的外接球的球心在过点且与平面垂直的直线上，
设三棱锥的外接球的球心为，当，在平面的同侧时，
连接，则平面．取的中点，连接，则，，
由于平面平面，平面平面，
因此平面，连接，，
因为为的中点，为的中点，所以，
设三棱锥的外接球的半径为，连接，，
在中，，
所以在直角梯形中，
，得，
当，在平面的两侧时，，无解，
综上可得，则三棱锥的外接球的体积．
解法二： 因为平面，平面，平面平面，
所以．（点拨：线面平行性质定理的应用）
又为的中点，所以为的中点，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
设三棱锥的外接球球心为，
则，
解得，，，所以，
所以三棱锥的外接球的半径，
体积．
故选：A．
【点睛】方法总结：解决与球有关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程：
1、定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
2、作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素间的关系），达到空间问题平面化的目的；
3、求半径：根据作出截面中的几何元素，利用球的截面的性质，运用公式（为底面多边形的外接圆的半径，为几何体的外接球的半径，表示球心到底面的距离）求得球的半径，建立关于球半径的方程，进行求解，该方法的实质是通过寻找外接球的一个轴截面，把立体几何问题转化为平面几何问题来研究.
12．球缺指的是一个球被平面截下的一部分，垂直于截面的直径被截后剩下的线段为球缺的高，设球的半径为，球缺的高为，则球缺的体积.圆锥的高为2，底面半径为1，则以圆锥的高为直径的球在圆锥外的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】求出大球缺的体积和小圆锥的体积后可求圆锥外的体积.
【详解】根据题意，以圆锥的高为直径的球的半径为1，且与圆锥底面相切与底面圆心，
作圆锥的轴截面，轴截面与球内接圆锥底面交于
所求体积即为球缺与内接圆锥的体积之差
轴截面顶角为，
则，
设圆锥底面半径为，则，即
则圆锥的高为，则
球缺的高为，则
.
故选：A
13．在梯形中, ，且，沿对角线将三角形折起，所得四面体外接球的表面积为，则异面直线与所成角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据折叠前后的几何性质，将三棱锥补成三棱柱，利用三棱柱的外接球即可求得答案.
【详解】如下图，将梯形补成长方形，折后得到直三棱柱，
因为，所以，
异面直线与所成角即为与所成角，即或其补角，
又该三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球，设外接球半径为R，则，
所以，设外接圆半径为r，圆心为，外接圆圆心为，
则三棱柱的外接球的球心为的中点O，连接，则，
所以，又，即，
又中，，
即，
化简得，即，所以，
故选：C.

14．半正多面体亦称“阿基米德体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体．将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体．它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，这样的半正多面体被称为二十四等边体．如图所示，已知该半正多面体过A，B，C三点的截面面积为，则其外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据几何体的结构特征得出过A，B，C三点的截面图形，由面积求出原正方体的棱长，进而求出外接球半径即可得解.
【详解】将二十四等边体补全为正方体，则该二十四等边体的过A，B，C三点的截面为正六边形，
设原正方体棱长为，则正六边形边长为，其面积为，解得，
因此原正方体的棱长为，由对称性知，二十四等边体的外接球球心是原正方体的体对角线的交点，
球半径为该点到点的距离，所以外接球的表面积为.
故选：D
15．已知三棱柱的侧棱垂直于底面，且，，，，若该三棱柱的各顶点都在同一球面上，则此球的表面积等于（ ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据余弦定理求，结合正弦定理求解外接圆半径，再根据三棱柱的外接球球半径与三棱柱的高以及外接圆半径的关系得出结果.
【详解】如图所示，在中，，，，
由余弦定理可得，所以，
由正弦定理可得外接圆半径，
设此圆圆心为，球心为，在中，，易得球半径，
故此球的表面积为．
故选：A．
(1)补形法的解题策略 ①侧面为直角三角形，或对棱均相等的模型和正四面体，可以还原到正方体或长方体中去求解；②直三棱锥补成三棱柱求解． (2)正方体与球的切、接问题的常用结论 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. (3)若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＝.
考点二：点、直线、平面之间的位置关系
1．基本事实1：经过不在一条直线上的3个点，有且只有一个平面．
基本事实2：如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内．
基本事实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．“三个”推论
推论1：经过一条直线与直线外一点，有且只有一个平面．
推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面．
推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面．
3．空间中直线与直线的位置关系
4．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系
图形语言 符号语言 公共点
直线与平面 相交 a∩α＝A 1个
平行 a∥α 0个
在平面内 a α 无数个
平面与平面 平行 α∥β 0个
相交 α∩β＝l 无数个
5.等角定理
如果一个角的两边与另一个角的两边分别对应平行，并且方向相同，那么这两个角相等．
6．异面直线所成的角
(1)定义：一般地，如果a，b是空间中的两条异面直线，过空间中任意一点，分别作与a，b平行或重合的直线a′，b′，则a′与b′所成角的大小，称为异面直线a与b所成角的大小．
(2)范围：.
题型1 空间点、直线、平面之间的位置关系
16．已知m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．平面内有无数条直线与平面平行的充要条件是
B．平面内有两条直线m，n分别与平面平行，则
C．若，且，则
D．平面内有无数条直线与平面垂直，则
【答案】D
【分析】利用面面垂直的判定定理易得D项正确；对于A,B,C，只需借助于正方体模型举出反例即可一一排除.
【详解】
如图,作正方体,
对于A，设平面为平面，平面为平面，在平面内可以作无数条直线与平行，则这些直线都与平面平行，
但平面与平面相交，故错误；
对于B，设平面为，平面为，平面为,在内可以作两条直线m，n与平行，则易得，
但平面与相交，故B错误；
对于C，设平面为，平面为，取直线为，直线为，则，且，
但与相交，故C错误；
对于D，由面面垂直的判定定理知，平面内只要有一条直线与平面垂直，就能得到，故D正确．
故选：D.
17．下列命题正确的是（ ）
A．若直线上有无数个点不在平面内，则
B．若直线不平行于平面且，则平面内不存在与平行的直线
C．已知直线，，平面，且，则直线，平行
D．已知两条相交直线，，且平面，则与相交
【答案】B
【分析】根据空间直线与平面的位置关系的定义，分类，及几何特征，逐一分析选项，可得答案.
【详解】若直线上有无数个点不在平面内，则或与相交，故A选项不正确；
若直线不平行于平面且，则与相交，所以平面内不存在与平行的直线，故B选项正确；
已知直线，平面，且，则直线平行或异面，C选项错误；
两条相交直线，且平面，则平面或与相交，D选项错误.
故选：B
18．如图，在三棱柱中，分别为的中点，则下列说法错误的是（）
A．四点共面 B．
C．三线共点 D．
【答案】D
【分析】对于AB，利用线线平行的传递性与平面公理的推论即可判断；对于C，利用平面公理判断得，的交点在，从而可判断；对于D，举反例即可判断.
【详解】对于AB，如图，连接，，
因为是的中位线，所以，
因为，且，所以四边形是平行四边形，
所以，所以，所以四点共面，故AB正确；
对于C，如图，延长，相交于点，
因为，平面，所以平面，
因为，平面，所以平面，
因为平面平面，
所以，所以三线共点，故C正确；
对于D，因为，当时，，
又，则，故D错误.
故选：D.
19．设是两个平面，是三条直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，则
【答案】B
【分析】根据空间中线面之间的位置关系逐一判断即可.
【详解】对于A，若，，，则相交或平行，故A错误；
对于B，若，，，
由线面平行的性质可得，故B正确；
对于C，若，，，
当两两相交时，两两相交，故C错误；
对于D，若，，则或，故D错误.
故选：B.
20．已知直线和平面，则下列判断中正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】C
【分析】利用空间线线线面的位置关系判断A错误；举反例判断B错误；利用线面平行的性质定理和线面垂直性质得到C正确；由线面平行和线线垂直的性质判断D错误.
【详解】A：若，则两直线平行或异面或相交，故A错误；
B：若，当直线在平面内时，则直线不平行于平面，故B错误；
C：若，设过的平面与相交于，则，
又因为，，所以，所以，所以，故C正确；
D：若，则或或，故D错误；
故选：C.
(1)点、直线、平面位置关系的判定，注意构造几何体(长方体、正方体)模型来判断，常借助正方体为模型． (2)求异面直线所成角的方法 方法解读平移法将异面直线中的某一条平移，使其与另一条相交，一般采用图中已有的平行线或者作平行线， 形成三角形求解补形法在该几何体的某侧补接上同样一个几何体，在这两个几何体中找异面直线相应的位置，形成三角形求解
题型2 空间直线、平面的平行
21．已知正方体中，点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点，则平面AEF截正方体形成的截面图形为（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【答案】C
【分析】如图，由题意，根据空间线面的位置关系、基本事实以及面面平行的性质定理可得，进而，结合相似三角形的性质即可求解．
【详解】如图，设，分别延长交于点，此时，
连接交于，连接，
设平面与平面的交线为，则，
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，设，则，
此时，故，连接，
所以五边形为所求截面图形，
故选：C．

22．已知为三个不同的平面，为三条不同的直线，若，，，，则下列结论正确的是（ ）
A．与相交 B．与相交 C． D．与相交
【答案】C
【分析】根据空间中直线与平面的关系即可结合选项逐一求解.
【详解】，平面，，，故A错误；
同理可得，，故B错误；
由A，B知，故C正确；
由A知，平面，平面，，故D错误．
故选：C
23．如图是一个四棱锥的平面展开图，其中四边形为正方形，四个三角形为正三角形，分别是的中点，在此四棱锥中，则（ ）
A．与是异面直线，且平面
B．与是相交直线，且平面
C．与是异面直线，且平面
D．与是相交直线，且平面
【答案】B
【分析】画出几何体， 证得四边形为梯形，得到与为相交直线，再由线面平行的判定定理，证得平面.
【详解】根据题意，画出几何体，如图所示，
因为分别是的中点，可得且，
又因为且，所以且，
所以四边形为梯形，所以与为相交直线，
因为为的中点，可得且，
所以四边形为平行四边形，可得，
又因为平面，平面，所以平面.
故选：B.
24．如图，已知菱形的边长为2，且分别为棱中点．将和分别沿折叠，若满足平面，则线段的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】借助空间直观想象，折叠前在平面图形中求出的长度，折叠过程中证明平面平面，面面距离即为的最小值，由此得到的范围.
【详解】

折叠前，连接.
由题意，在菱形中，，
，
则由余弦定理得，，
所以，，故在折叠过程中，.
折叠后，若平面，
则平面，则，故BD项错误；
折叠前，在菱形中，，，
则是正三角形，
由分别为棱中点，
则，所以.
折叠后，，
又平面，且平面，
则平面，同理平面，所以平面平面，
则平面与平面的距离即为，
由点平面，点平面，则.
在折叠过程中，当时，由，
则均为正三角形，可构成如图所示的正三棱柱，
满足平面，此时.
所以最小值为，故A正确，C项错误.
故选：A.

25．已知四棱锥，平面平面，四边形是正方形，为中点，则（ ）
A．平面 B．平面
C．平面平面 D．
【答案】C
【分析】由线面平行的性质判断A错误；举反例判断B错误；先证明，再由线面垂直得到平面，进而得到平面平面，判断C正确；由已知条件判断D错误.
【详解】A：易知平面，
因为，且两条直线都在平面内，
所以不可能平行平面，故A错误；
B：举反例，如图垂直平面时，由于，所以不垂直，故B错误；
C：作于点，
因为平面平面，且平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又，，且都在平面内，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
故C正确；
D：没有任何条件可以证明，故D错误；
故选：C.
解决面面平行问题的关键点 (1)在解决线面、面面平行的判定时，一般遵循从“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，但也要注意，转化的方向总是由题目的具体条件而定，绝不可过于“模式化”． (2)解答探索性问题的基本策略是先假设，再严格证明，先猜想再证明是学习和研究的重要思想方法．
题型3 空间直线、平面的垂直
26．在三棱锥中，平面，，，，分别为，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．，是异面直线， B．，是相交直线，
C．，是异面直线，与不垂直 D．，是相交直线，与不垂直
【答案】A
【分析】先用定理判断，是异面直线，再证明与垂直，连接，即可得到平面，取的中点，连接，，从而得到、，即可证明平面，从而得解．
【详解】显然根据异面直线判定方法：经过平面外一点与平面内一点的直线与平面内不经过点的直线是异面直线．
下面证明与垂直：
证明：因为平面，平面，
所以，
因为，分别为的中点，连接，
所以，
因为，平面，
所以平面，
如图：取的中点，连接，，
因为平面，所以，
又因为，所以，
因为，
所以，
又因为为的中点，所以，
因为，平面，
所以平面，
又因为平面，所以．
故选：A．
27．如图，点为正方形的中心，△为正三角形，平面⊥平面，是线段的中点，则以下命题中正确的是（ ）．
A． B．
C．A、、三点共线 D．直线与相交
【答案】D
【分析】分别求得的长度判断选项A；利用反证法否定选项B和选项C；求得直线与的位置关系判断选项D.
【详解】取中点F，连接,取中点H，连接.
又△为正三角形，则，，
又平面⊥平面，平面平面，
则平面，平面，
又平面，平面，
则，，
设，则,
则，
则.故选项A判断错误；
假设，
又，，平面，
则平面，又平面，则，
这与矛盾，故假设不成立，不互相垂直.
故选项B判断错误；
由平面，可得直线平面，
假设A、、三点共线，则，则平面，
这与平面矛盾，故假设不成立.
故选项C判断错误；
由，可得，，
则四边形为梯形，则直线与相交. 故选项D判断正确.
故选：D
28．如图，菱形的对角线与交于点，是的中位线，与交于点，已知是绕旋转过程中的一个图形﹐且平面.给出下列结论：
①平面；
②平面平面；
③“直线直线”始终不成立.
其中所有正确结论的序号为（ ）
A．①②③ B．①② C．①③ D．②③
【答案】B
【分析】利用线面平行的判定判断①；利用面面垂直的判定推理判断②；举例说明判断③.
【详解】菱形的对角线与交于点，是的中位线，则，
而平面，平面，因此平面，①正确；
连接，由，得，而平面，
则平面，又平面，因此平面平面，②正确；
显然是二面角的平面角，由绕旋转过程中，
从逐渐减小到（不包含和），当时，，
平面，则平面，而平面，于是，③错误，
所以所有正确结论的序号为①②.
故选：B
29．已知直线a，b，c是三条不同的直线，平面α，β，γ是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，且，则
D．若，且，则
【答案】D
【分析】由空间中直线与平面的位置关系，对各项进行分析即可．
【详解】若，则a，b可以是平行，也可以是相交或异面，故A错误；
若，则或，故B错误；
若且，当时，不能证明，C选项错误；
若，且，在上取一点，作，
由面面垂直的性质定理可得且，既与重合，可得，故D正确.
故选：D
30．下列说法不正确的是（ ）
A．若直线a不平行于平面，，则内不存在与a平行的直线
B．若一个平面内两条不平行的直线都平行于另一个平面，则
C．设l，m，n为直线，m，n在平面内，则“”是“且”的充分条件
D．若平面平面，平面平面，则平面与平面所成的二面角和平面与平面所成的二面角相等或互补
【答案】D
【分析】对于选项ABC，可根据线面平行的判定定理，面面平行的判定定理和线面垂直的判定定理进行判定；对于选项D，可在长方体中寻找特殊平面进行排除.
【详解】对于选项A：若存在直线，则由直线和平面平行的判定定理知直线与平面平行，与条件相矛盾，故A正确；
对于选项B：由面面平行的判定定理可知B正确；
对于选项C：由线面垂直的性质定理知：由，可得且，故C正确；
对于选项D：例如在正方体中，
平面为平面，平面为平面，平面为平面，平面为平面，
此时平面与平面所成的二面角为,平面与平面所成的二面角为，故D错误.
故选：D.
(1)判定面面垂直的方法 ①面面垂直的定义．②面面垂直的判定定理． (2)面面垂直性质的应用 ①面面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要注意“平面内的直线”．②若两个相交平面同时垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面．
考点三：空间向量与立体几何
一、空间向量的概念
1．空间向量的有关概念
名称 定义
空间向量 空间中既有大小又有方向的量
相等的向量 方向相同且大小相等的向量
相反向量 大小相等而方向相反的向量
共线向量 (或平行向量) 两个非零向量的方向相同或者相反
共面向量 空间中的多个向量，如果表示它们的有向线段通过平移之后，都能在同一个平面内
2.空间向量的有关定理
(1)共线向量定理：如果a≠0且b∥a，则存在唯一实数λ，使得b＝λa.
(2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，则向量a，b，c共面的充要条件是存在唯一的实数对(x，y)，使c＝xa＋yb.
(3)空间向量基本定理
如果三个向量a，b，c不共面，那么对任意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p＝xa＋yb＋zc，{a，b，c}叫做空间的一组基底．
3．空间向量的数量积及运算律
(1)数量积
非零向量a，b的数量积a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．
(2)空间向量的坐标表示及其应用
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．
向量表示 坐标表示
数量积 a·b a1b1＋a2b2＋a3b3
共线 a＝λb(b≠0，λ∈R) a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3
垂直 a·b＝0(a≠0，b≠0) a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
模 |a|
夹角余弦值 cos〈a，b〉＝(a≠0，b≠0) cos〈a，b〉＝
4.空间位置关系的向量表示
(1)直线的方向向量：如果l是空间中的一条直线，v是空间中的一个非零向量，且表示v的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称向量v为直线l的一个方向向量．
(2)平面的法向量：如果α是空间中的一个平面，n是空间中的一个非零向量，且表示n的有向线段所在的直线与平面α垂直，则称n为平面α的一个法向量．
(3)空间位置关系的向量表示
位置关系 向量表示
直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2 l1∥l2 n1∥n2 n1＝λn2(λ∈R)
l1⊥l2 n1⊥n2 n1·n2＝0
直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m，l α l∥α n⊥m n·m＝0
l⊥α n∥m n＝λm(λ∈R)
平面α，β的法向量分别为n，m α∥β n∥m n＝λm(λ∈R)
α⊥β n⊥m n·m＝0
二、法向量求空间角
1．异面直线所成的角
若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝.
2．直线与平面所成的角
如图，直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos〈u，n〉|＝＝.
3．平面与平面的夹角
如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．
若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝.
题型1 空间向量
31．如图所示，在平行六面体中，为与的交点，若，，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据空间向量线性运算法则即可化简计算求得.
【详解】在平行六面体中，因为为与的交点，所以，
故.
故选：D.
32．已知直线的方向向量是，平面的一个法向量是，则与的位置关系是（ ）
A． B．
C．与相交但不垂直 D．或
【答案】D
【分析】由于，得到，从而确定与的位置关系.
【详解】因为，，
则，
得到，且直线的方向向量是，平面的一个法向量是，
所以与的位置关系是：或，
故选：D.
33．已知向量，向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用投影向量的定义求解.
【详解】解：因为向量，
所以，
所以向量在向量上的投影向量为：
，
故选：A
34．已知平行六面体中，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用向量数量积的即可求出夹角的余弦值.
【详解】
，
故，
所以.
故选：B.
35．如图，在四面体中，，，.点在上，且，为的中点，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
利用空间向量的线性运算及空间向量基本定理，结合图像即可得解.
【详解】由题意可知，，，
所以.
故选：D.
(1)利用向量法证明平行、垂直关系，关键是建立恰当的坐标系(尽可能利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及到直线、平面的要素)． (2)向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何的有关定理．
题型2 异面直线的夹角
36．在直角梯形中，，，，现将沿着对角线折起，使点D到达点P位置，此时二面角为．

(1)求异面直线，所成角的余弦值；
(2)求点A到平面的距离．
【详解】（1）过点D做交于O，连接，
以O点为原点，以为x轴，在平面内，过点O垂直于的线为y轴，
过点O垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．

因为，所以，
所以为二面角的平面角．所以，
又因为，所以点，
又因为，，由等边三角形可得，
所以，，
所以，
所以与夹角的余弦值为．
（2），，
设为平面的一个法向量，
则，
令，则，
故，
所以点A到平面的距离为．
37．如图所示，设有底面半径为的圆锥．已知圆锥的侧面积为，为中点，．
(1)求圆锥的体积；
(2)求异面直线与所成角．
【详解】（1）设圆锥母线长为，
，，即，
圆锥的高，
.
（2）解法一：取边上中点，连结，，，
是的中位线，；
垂直于底面，垂直于底面，；
，为中点，，即；
，平面，平面，
又平面，，即异面直线与所成角为.
解法二：取圆弧中点，连结，则；
以为坐标原点，的正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
，，
，即，异面直线与所成角为.
38．如图，在正三棱柱与四棱锥组成的组合体中，底面恰好是边长为2菱形，且．
（1）求证：平面
（2）设E是的中点，求直线与直线所成角的余弦值．
【详解】（1）连接，在正三棱柱中，且，
为菱形，则且，
所以且，所以四边形为平行四边形，
所以，
又因为平面，所以平面.
（2）四边形为菱形，可得，
取的中点，连接，
为正三棱柱，
则平面，
以为原点，为轴，以为轴建立空间直角坐标系，如图：
为正三角形，，
，，，，
设直线与直线所成角为，
.
所以直线与直线所成角的余弦值.
用向量法求异面直线所成的角的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系． (2)用坐标表示两异面直线的方向向量． (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值． (4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．
题型3 直线与平面所成的角
39．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是侧棱的中点，侧面为正三角形，侧面底面．
(1)求三棱锥的体积；
(2)求与平面所成角的正弦值．
【详解】（1）如图所示，取的中点，连接．
因为是正三角形，所以．
又因为平面底面平面，平面平面，
所以平面，且．
又因为是的中点，到平面的距离为，
，
所以三棱锥的体积为．
（2）连接，因为，
所以为等边三角形，所以，
以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以．
设平面的法向量为，
则，即，解得，取，则，
所以．
设与平面所成角为，
则．
即与平面所成角的正弦值为．
40．如图甲是由正方形ABCD，等边和等边组成的一个平面图形，其中，将其沿AB，BC，AC折起得三棱锥P-ABC，如图乙．
(1)求证：平面平面；
(2)过棱AC作平面ACM交棱PB于点M，且三棱锥和的体积比为1∶2，求直线AM与平面PBC所成角的正弦值．
【详解】（1）证明：如图，取的中点为，连接．
．
，
，
同理．
又，
，
平面平面．
又平面平面平面．
（2）如图建立空间直角坐标系，
根据边长关系可知，，，
．
三棱锥和的体积比为，
，
，
．
设平面的法向量为，
则，令，则，得．
设直线与平面所成角为，
则，
直线与平面所成角的正弦值为．
41．如图，在四棱锥中，平面，底面是正方形，点E在棱PD上，，．
(1)证明：点是的中点；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【详解】（1）由平面，平面，所以；
又底面是正方形，所以；
因为，平面，所以平面；
又平面，所以，
因为，，平面，
可得平面，又平面，
所以，又因为，
可知点E是的中点；
（2）根据题意可得两两垂直，
因此以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
设，则；
所以；
设平面的一个法向量为，
可得，令，可得；
即；
设直线与平面所成的角为，
则
所以直线与平面所成角的正弦值为.
利用空间向量求线面角的解题步骤
题型4 平面与平面的夹角
42．如图，在四棱锥中，底面是菱形且，是边长为的等边三角形，，，分别为，，的中点，与交于点．
(1)证明：平面；
(2)若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【详解】（1）如图，设与交于点，连接.
因为分别为的中点，底面是菱形，
所以且，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为为的中点，所以为的中点，
因为为的中点，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）连接，因为是边长为的等边三角形，为的中点，
所以.
因为底面是菱形且，易知为等边三角形，所以.
易知，所以，所以.
因为，所以，所以.
所以两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，得，
取，则，所以.
设平面的法向量为，
则，得，
则，取，则，所以.
所以，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值.
43．在四棱锥中，底面为矩形，点为的中点，且．
(1)求证：．
(2)若，点为棱上一点，平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求的值．
【详解】（1）取的中点，连接，如图（1）．
因为点分别为的中点，所以．
因为，，
所以，得，
所以，所以．
又，，平面，所以平面．
因为平面，所以．
又，所以．
（2）因为，平面，
所以平面．因为平面，所以．
如图（2），以点为原点，分别以所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系．
令，则，
所以．
设，则，所以．
设平面的一个法向量为，则有
令，得，则．
设平面的一个法向量为，则有
令，得，，则．
因为平面与平面所成锐二面角的余弦值为，
所以，
解得．故．
44．如图，已知正三棱柱分别为棱的中点．

(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【详解】（1）取中点，由正三棱柱性质得，互相垂直，以为原点，分别以，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．
不妨设，则，
则．
证明：，
由，得，
由，得，
因为平面，所以平面．
（2）

由（1）可知为平面的一个法向量，设平面的法向量，
则,故，
令，得面的一个法向量为，
设二面角的值为，
则，所以，二面角的正弦值为．
利用空间向量计算平面与平面夹角大小的常用方法 (1)找法向量：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到平面与平面夹角的大小． (2)找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，然后通过这两个向量的夹角可得到平面与平面夹角的大小．重难点09 立体几何
考点一 空间几何体
基本立体图形
简单几何体的表面积和体积
球的切、接问题
考点二 点、直线、平面之间的位置关系
空间点、直线、平面之间的位置关系
空间直线、平面的平行
3、空间直线、平面的垂直
考点三 空间向量与立体几何
1、空间向量的概念与运算
2、异面直线的夹角
3、直线与平面的夹角
4、平面与平面的夹角
考点一：空间几何体
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
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
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 矩形 等腰三角形 等腰梯形 圆
侧面展开图 矩形 扇形 扇环
2.直观图
(1)画法：常用斜二测画法．
(2)规则：
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′轴和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．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
侧面积公式 S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r1＋r2)l
4．柱、锥、台、球的表面积和体积
名称 几何体　　 表面积 体积
柱体 S表＝S侧＋2S底 V＝Sh
锥体 S表＝S侧＋S底 V＝Sh
台体 S表＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h
球 S表＝4πR2 V＝πR3
题型1 基本立体图形
1．已知圆台上下底面的圆心分别为，，母线（点位于上底面），且满足，圆的周长为，一只蚂蚁从点出发沿着圆台的侧面爬行一周到的中点，则蚂蚁爬行的最短路程为（ ）
A． B． C． D．
2．多面体欧拉定理是指：若多面体的顶点数为，面数为，棱数为，则满足. 已知某面体各面均为五边形，且经过每个顶点的棱数为3，则 （ ）
A．6 B．10 C．12 D．20
3．如图，这是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为，山高为是山坡上一点，且．现要建设一条从到的环山观光公路，这条公路从出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，公路上坡路段长为（ ）
A． B． C． D．
4．已知圆台上、下底面的半径分别为3和5，母线长为4，为上底面圆的一条直径，是下底面圆周上的一个动点，则面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
5．如图所示是水平放置的的直观图，其中，则原是一个（ ）

A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形
空间几何体结构特征的判断技巧 (1)说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可． (2)在斜二测画法中，平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半． (3)在解决空间折线(段)最短问题时一般考虑其展开图，采用化曲为直的策略，将空间问题平面化．
题型2 表面积与体积
6．已知三棱锥的外接球的体积为，平面，，，则三棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
7．校足球社团为学校足球比赛设计了一个奖杯，如图，奖杯的设计思路是将侧棱长为6的正三棱锥的三个侧面沿AB，BC，AC展开得到面，使得平面均与平面ABC垂直，再将球放到上面使得三个点在球的表面上，若奖杯的总高度为，且，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
8．随着古代瓷器工艺的高速发展，在著名的宋代五大名窑之后，又增加了三种瓷器，与五大名窑并称为中国八大名瓷，其中最受欢迎的是景德镇窑．如图，景德镇产的青花玲珑瓷(无盖)的形状可视为一个球被两个平行平面所截后剩下的部分，其中球面被平面所截的部分均可视为球冠(截得的圆面是底，垂直于圆面的直径被截得的部分是高，其面积公式为，其中为球的半径，为球冠的高)．已知瓷器的高为，在高为处有最大直径(外径)为，则该瓷器的外表面积约为(取3.14) （ ）
A． B． C． D．
9．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖、八角攒尖．如图是圆形攒尖，可近似看作圆锥与圆柱的组合体（圆锥与圆柱的底面重合且半径相等），已知此组合体中圆柱底面的半径为4，圆锥与圆柱的高相等，若圆锥的顶点与圆柱的上、下底面圆周都在同一个球面上，则该球的体积为（ ）
A． B． C． D．
10．空气膜等厚干涉是一个有趣的光学现象，如左图所示，当一块玻璃在另一块平板玻璃上方时，让光线垂直照射就会出现明暗相间的条纹.同一条纹上两玻璃之间的空气间隙厚度一致.现有一圆锥形玻璃，底面周长为24，母线长为13.将其顶点朝下放置于平板玻璃上，并且使得底面与平板玻璃的夹角近似满足sin=，用光垂直照射，则得到的条纹形状为（ ）
A．椭圆 B．双曲线 C．抛物线 D．圆
求空间几何体的体积的常用方法 公式法规则几何体的体积，直接利用公式割补法把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体等体积法通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积
题型3 球的切、接问题
11．已知在直三棱柱中，，，为线段的中点，点在线段上，若平面，则三棱锥外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
12．球缺指的是一个球被平面截下的一部分，垂直于截面的直径被截后剩下的线段为球缺的高，设球的半径为，球缺的高为，则球缺的体积.圆锥的高为2，底面半径为1，则以圆锥的高为直径的球在圆锥外的体积为（ ）
A． B． C． D．
13．在梯形中, ，且，沿对角线将三角形折起，所得四面体外接球的表面积为，则异面直线与所成角为（ ）
A． B． C． D．
14．半正多面体亦称“阿基米德体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体．将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体．它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，这样的半正多面体被称为二十四等边体．如图所示，已知该半正多面体过A，B，C三点的截面面积为，则其外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
15．已知三棱柱的侧棱垂直于底面，且，，，，若该三棱柱的各顶点都在同一球面上，则此球的表面积等于（ ）．
A． B． C． D．
(1)补形法的解题策略 ①侧面为直角三角形，或对棱均相等的模型和正四面体，可以还原到正方体或长方体中去求解；②直三棱锥补成三棱柱求解． (2)正方体与球的切、接问题的常用结论 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. (3)若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＝.
考点二：点、直线、平面之间的位置关系
1．基本事实1：经过不在一条直线上的3个点，有且只有一个平面．
基本事实2：如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内．
基本事实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．“三个”推论
推论1：经过一条直线与直线外一点，有且只有一个平面．
推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面．
推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面．
3．空间中直线与直线的位置关系
4．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系
图形语言 符号语言 公共点
直线与平面 相交 a∩α＝A 1个
平行 a∥α 0个
在平面内 a α 无数个
平面与平面 平行 α∥β 0个
相交 α∩β＝l 无数个
5.等角定理
如果一个角的两边与另一个角的两边分别对应平行，并且方向相同，那么这两个角相等．
6．异面直线所成的角
(1)定义：一般地，如果a，b是空间中的两条异面直线，过空间中任意一点，分别作与a，b平行或重合的直线a′，b′，则a′与b′所成角的大小，称为异面直线a与b所成角的大小．
(2)范围：.
题型1 空间点、直线、平面之间的位置关系
16．已知m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．平面内有无数条直线与平面平行的充要条件是
B．平面内有两条直线m，n分别与平面平行，则
C．若，且，则
D．平面内有无数条直线与平面垂直，则
17．下列命题正确的是（ ）
A．若直线上有无数个点不在平面内，则
B．若直线不平行于平面且，则平面内不存在与平行的直线
C．已知直线，，平面，且，则直线，平行
D．已知两条相交直线，，且平面，则与相交
18．如图，在三棱柱中，分别为的中点，则下列说法错误的是（）
A．四点共面 B．
C．三线共点 D．
19．设是两个平面，是三条直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，则
20．已知直线和平面，则下列判断中正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
(1)点、直线、平面位置关系的判定，注意构造几何体(长方体、正方体)模型来判断，常借助正方体为模型． (2)求异面直线所成角的方法 方法解读平移法将异面直线中的某一条平移，使其与另一条相交，一般采用图中已有的平行线或者作平行线， 形成三角形求解补形法在该几何体的某侧补接上同样一个几何体，在这两个几何体中找异面直线相应的位置，形成三角形求解
题型2 空间直线、平面的平行
21．已知正方体中，点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点，则平面AEF截正方体形成的截面图形为（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
22．已知为三个不同的平面，为三条不同的直线，若，，，，则下列结论正确的是（ ）
A．与相交 B．与相交 C． D．与相交
23．如图是一个四棱锥的平面展开图，其中四边形为正方形，四个三角形为正三角形，分别是的中点，在此四棱锥中，则（ ）
A．与是异面直线，且平面
B．与是相交直线，且平面
C．与是异面直线，且平面
D．与是相交直线，且平面
24．如图，已知菱形的边长为2，且分别为棱中点．将和分别沿折叠，若满足平面，则线段的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
25．已知四棱锥，平面平面，四边形是正方形，为中点，则（ ）
A．平面 B．平面
C．平面平面 D．
解决面面平行问题的关键点 (1)在解决线面、面面平行的判定时，一般遵循从“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，但也要注意，转化的方向总是由题目的具体条件而定，绝不可过于“模式化”． (2)解答探索性问题的基本策略是先假设，再严格证明，先猜想再证明是学习和研究的重要思想方法．
题型3 空间直线、平面的垂直
26．在三棱锥中，平面，，，，分别为，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．，是异面直线， B．，是相交直线，
C．，是异面直线，与不垂直 D．，是相交直线，与不垂直
27．如图，点为正方形的中心，△为正三角形，平面⊥平面，是线段的中点，则以下命题中正确的是（ ）．
A． B．
C．A、、三点共线 D．直线与相交
28．如图，菱形的对角线与交于点，是的中位线，与交于点，已知是绕旋转过程中的一个图形﹐且平面.给出下列结论：
①平面；
②平面平面；
③“直线直线”始终不成立.
其中所有正确结论的序号为（ ）
A．①②③ B．①② C．①③ D．②③
29．已知直线a，b，c是三条不同的直线，平面α，β，γ是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，且，则
D．若，且，则
30．下列说法不正确的是（ ）
A．若直线a不平行于平面，，则内不存在与a平行的直线
B．若一个平面内两条不平行的直线都平行于另一个平面，则
C．设l，m，n为直线，m，n在平面内，则“”是“且”的充分条件
D．若平面平面，平面平面，则平面与平面所成的二面角和平面与平面所成的二面角相等或互补
(1)判定面面垂直的方法 ①面面垂直的定义．②面面垂直的判定定理． (2)面面垂直性质的应用 ①面面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要注意“平面内的直线”．②若两个相交平面同时垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面．
考点三：空间向量与立体几何
一、空间向量的概念
1．空间向量的有关概念
名称 定义
空间向量 空间中既有大小又有方向的量
相等的向量 方向相同且大小相等的向量
相反向量 大小相等而方向相反的向量
共线向量 (或平行向量) 两个非零向量的方向相同或者相反
共面向量 空间中的多个向量，如果表示它们的有向线段通过平移之后，都能在同一个平面内
2.空间向量的有关定理
(1)共线向量定理：如果a≠0且b∥a，则存在唯一实数λ，使得b＝λa.
(2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，则向量a，b，c共面的充要条件是存在唯一的实数对(x，y)，使c＝xa＋yb.
(3)空间向量基本定理
如果三个向量a，b，c不共面，那么对任意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p＝xa＋yb＋zc，{a，b，c}叫做空间的一组基底．
3．空间向量的数量积及运算律
(1)数量积
非零向量a，b的数量积a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．
(2)空间向量的坐标表示及其应用
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．
向量表示 坐标表示
数量积 a·b a1b1＋a2b2＋a3b3
共线 a＝λb(b≠0，λ∈R) a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3
垂直 a·b＝0(a≠0，b≠0) a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
模 |a|
夹角余弦值 cos〈a，b〉＝(a≠0，b≠0) cos〈a，b〉＝
4.空间位置关系的向量表示
(1)直线的方向向量：如果l是空间中的一条直线，v是空间中的一个非零向量，且表示v的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称向量v为直线l的一个方向向量．
(2)平面的法向量：如果α是空间中的一个平面，n是空间中的一个非零向量，且表示n的有向线段所在的直线与平面α垂直，则称n为平面α的一个法向量．
(3)空间位置关系的向量表示
位置关系 向量表示
直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2 l1∥l2 n1∥n2 n1＝λn2(λ∈R)
l1⊥l2 n1⊥n2 n1·n2＝0
直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m，l α l∥α n⊥m n·m＝0
l⊥α n∥m n＝λm(λ∈R)
平面α，β的法向量分别为n，m α∥β n∥m n＝λm(λ∈R)
α⊥β n⊥m n·m＝0
二、法向量求空间角
1．异面直线所成的角
若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝.
2．直线与平面所成的角
如图，直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos〈u，n〉|＝＝.
3．平面与平面的夹角
如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．
若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝.
题型1 空间向量
31．如图所示，在平行六面体中，为与的交点，若，，，则（ ）
A． B．
C． D．
32．已知直线的方向向量是，平面的一个法向量是，则与的位置关系是（ ）
A． B．
C．与相交但不垂直 D．或
33．已知向量，向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
34．已知平行六面体中，，则（ ）
A． B． C． D．
35．如图，在四面体中，，，.点在上，且，为的中点，则（ ）
A． B．
C． D．
(1)利用向量法证明平行、垂直关系，关键是建立恰当的坐标系(尽可能利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及到直线、平面的要素)． (2)向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何的有关定理．
题型2 异面直线的夹角
36．在直角梯形中，，，，现将沿着对角线折起，使点D到达点P位置，此时二面角为．

(1)求异面直线，所成角的余弦值；
(2)求点A到平面的距离．
37．如图所示，设有底面半径为的圆锥．已知圆锥的侧面积为，为中点，．
(1)求圆锥的体积；
(2)求异面直线与所成角．
38．如图，在正三棱柱与四棱锥组成的组合体中，底面恰好是边长为2菱形，且．
（1）求证：平面
（2）设E是的中点，求直线与直线所成角的余弦值．
用向量法求异面直线所成的角的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系． (2)用坐标表示两异面直线的方向向量． (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值． (4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．
题型3 直线与平面所成的角
39．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是侧棱的中点，侧面为正三角形，侧面底面．
(1)求三棱锥的体积；
(2)求与平面所成角的正弦值．
40．如图甲是由正方形ABCD，等边和等边组成的一个平面图形，其中，将其沿AB，BC，AC折起得三棱锥P-ABC，如图乙．
(1)求证：平面平面；
(2)过棱AC作平面ACM交棱PB于点M，且三棱锥和的体积比为1∶2，求直线AM与平面PBC所成角的正弦值．
41．如图，在四棱锥中，平面，底面是正方形，点E在棱PD上，，．
(1)证明：点是的中点；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
利用空间向量求线面角的解题步骤
题型4 平面与平面的夹角
42．如图，在四棱锥中，底面是菱形且，是边长为的等边三角形，，，分别为，，的中点，与交于点．
(1)证明：平面；
(2)若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
43．在四棱锥中，底面为矩形，点为的中点，且．
(1)求证：．
(2)若，点为棱上一点，平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求的值．
44．如图，已知正三棱柱分别为棱的中点．

(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值．
利用空间向量计算平面与平面夹角大小的常用方法 (1)找法向量：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到平面与平面夹角的大小． (2)找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，然后通过这两个向量的夹角可得到平面与平面夹角的大小．

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