2024考二輪數(shù)學講義四　第1講空間幾何體

■H專題突破

?專題四立體幾何

第1講空間幾何體

［考情分析］空間幾何體的結構特征是立體幾何的基礎，空間幾何體的表面積和體積是高考

的重點與熱點，多以選擇題、填空題的形式考查，難度中等或偏上.

考點一空間幾何體的折展問題

【核心提煉】

空間幾何體的側面展開圖

⑴圓柱的側面展開圖是矩形.

(2)圓錐的側面展開圖是扇形.

(3)圓臺的側面展開圖是扇環(huán).

例1(1)(2023?郴州模擬)已知圓臺的上、下底面半徑分別為10和5,側面積為300兀，AB為

圓臺的一條母線(點2在圓臺的上底面圓周上)，M為45的中點，一只螞蟻從點2出發(fā)，繞

圓臺側面一周爬行到點M,則螞蟻爬行所經(jīng)路程的最小值為()

A.30B.40C.50D.60

答案C

解析因為圓臺上底面半徑為5,下底面半徑為10,母線長為/,

所以S=TI/(10+5)=15兀/=300兀，解得/=20,如圖所示，

將圓臺所在的圓錐側面展開，且設扇形的圓心為。

線段M山就是螞蟻經(jīng)過的最短距離，

設OA=R,圓心角是a,

則由題意知\0n=aR,①

2(k=a(20+R),②

由①②解得J-2'

R=20,

所以OM=OM=30,OB=O8i=40,

所以MiB=ylOB2+OMy=50.

⑵（2023?深圳模擬）如圖，在三棱錐P-ABC的平面展開圖中，AC=小,=1,AD=1f

AB1AC,ABLAD,ZCAE=30°,貝ijcos/尸CB等于（）

，

A,，21B.gC.§D.1

答案D

解析由題意知，AE—AD=AB=1,BC=2,

在中，由余弦定理得

CE1=AE1+AC2-2AEACCOSZCAE

=l+3-2Xlx/x多=1,

：.CE=CF=1,而BF=BD=?BC=2,

...在△BCF中，由余弦定理的推論得，

BC2+CF2-BF<24+1-23

cosZFCB=_2BCCF-=2X2X1=下

規(guī)律方法空間幾何體最短距離問題，一般是將空間幾何體展開成平面圖形,轉化成求平面

中兩點間的最短距離問題，注意展開后對應的頂點和邊.

跟蹤演練1（1）（多選）如圖是一個正方體的展開圖，如果將它還原為正方體,則下列說法中

正確的是（）

A.CGGH

B.CD與EF是共面直線

C.AB//EF

D.G”與E尸是異面直線

答案ABD

解析由圖可知，還原正方體后，點C與G重合，即CWGH,又可知C。與EF是平行直線,

即與EF是共面直線，AB與EF是相交直線（點8與點F重合），GH與EF是異面直線，

故A,B,D正確，C錯誤.

（2）（2023?鞍山模擬）如圖，在三棱錐V—ABC中，VA^VB^VC=S,ZAVB^ZAVC^ZBVC

=30。，過點A作截面AEF,則周長的最小值為（）

解析沿側棱必1把正三棱錐V—ABC展開在一個平面內(nèi)，如圖所示，則A4'即為△4EF周

長的最小值，又因為NAW3=NA'VC=ZBVC=30°,

所以/A%'=3義30。=90。，在△W中，3==8,由勾股定理得44'=

yjVA2+VA'2=982+82--8^2.

考點二表面積與體積

【核心提煉】

1.旋轉體的側面積和表面積

（1）5劇柱側=2兀〃，S圓柱表=2兀）。+/）（/*為底面半徑，I為母線長）.

（2）5囤鍬W=?！?，S四律表=Mr+/）Q?為底面半徑，/為母線長）.

（3）S球表=4兀/?2%為球的半徑）.

2.空間幾何體的體積公式

（l）Va=S/z（S為底面面積，刀為高）.

（2）丫整=35/!（5為底面面積，/?為高）.

（3）V4=g（S上+aH+ST）h（S上,ST分別為上、下底面面積，/?為高）.

4

（4）丫申=Q7tR3（R為球的半徑）.

1T

例2（1）（2023?濰坊模擬）如圖，圓錐的底面半徑為1,側面展開圖是一個圓心角為］的扇形.把

該圓錐截成圓臺，已知圓臺的下底面與該圓錐的底面重合，圓臺的上底面半徑為4則圓臺的

側面積為（）

A粵Bc.^|^D.87t

答案C

解析假設圓錐的底面半徑為R,母線長為/,則R=1.設圓臺上底面半徑為r,母線長為/i,

貝||r=|.

由已知可得5=平=與，解得/=6.

如圖，作出圓錐、圓臺的軸截面，

所以/i=4.

所以圓臺的側面積為7t（R+r）/i=4X（l+g1=等.

（2）（2023?全國甲卷）在三棱錐P-4BC中，/MBC是邊長為2的等邊三角形，PA=PB=2,PC

=#，則該棱錐的體積為（）

A.1B.小C.2D.3

答案A

解析如圖，取AB的中點。，連接P￡）,CD,

因為△ABC是邊長為2的等邊三角形，PA=PB=2,

所以PO_LA8,CDLAB,所以PD=CD=/,又PC=?,

所以P￡>2+C02=PC2,所以PD1,CD,

又A8nCZ）=。，AB,C￡）U平面ABC,

所以PD_L平面ABC,

所以VP-ABC—^XS&ABCXPD

="與X2X小X小=1.

規(guī)律方法空間幾何體的表面積與體積的求法

（1）公式法：對于規(guī)則的幾何體直接利用公式進行求解.

（2）割補法：把不規(guī)則的圖形分割成規(guī)則的圖形，或把不規(guī)則的幾何體補成規(guī)則的幾何體，不

熟悉的幾何體補成熟悉的幾何體.

（3）等體積法：選擇合適的底面來求體積.

跟蹤演練2（1）（2023?貴陽統(tǒng)考）如圖，在棱長為2的正方體ABC。一A1SGO1中，E,F分別

為棱AB,8c的中點，則四棱錐8—AiEFG的體積為（）

247

A.gB.1CgD.g

答案B

解析方法一—"s-gG^><2X2=1.

方法—%-&￡FG=%-AEF+VB-AFG=，A-E8F+"A-BFG=]*2*2+1乂1X2=L

⑵（多選）（2023?連云港調(diào)研）折扇在我國已有三四千年的歷史，“扇”與“善”諧音，折扇也

寓意“善良”“善行”.它以字畫的形式集中體現(xiàn)了我國文化的方方面面，是運籌帷幄，決

勝千里，大智大勇的象征（如圖1）.圖2是一個圓臺的側面展開圖（扇形的一部分），若扇形的

兩個圓弧所在圓的半徑分別是1和3,且/ABC=半，則該圓臺（）

+小'軫

B

圖1圖2

A.局為

B.表面積為爭

c.體積為氣皆

D.上底面面積：下底面面積：側面積=1：9：24

答案BCD

(1

解析對于A,設圓臺的上底面半徑為r,下底面半徑為R,則解得J3

"1,

且圓臺的母線長為3-1=2,

所以圓臺的高為—§2=乎,故A錯誤；

JT

對于B,圓臺的上底面面積為下底面面積為兀，

側面積為兀義6+1卜2=號，

所以圓臺的表面積為方+兀+號=督，故B正確；

對于C,圓臺的體積V=/rX［自2+上*1+12］義平=氣門，故c正確;

對于D,圓臺的上底面面積：下底面面積：側面積=￡：兀：空=1：9：24,故D正確.

考點三多面體與球

【核心提煉】

求空間多面體的外接球半徑的常用方法

(1)補形法：側面為直角三角形，或正四面體，或對棱均相等的模型，可以還原到正方體或長

方體中去求解；

(2)定義法：到各個頂點距離均相等的點為外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圓圓心，

找其垂線，則球心一定在垂線上，再根據(jù)到其他頂點的距離也是半徑，列關系式求解即可.

例3(1)(2023?聊城模擬)某正四棱臺形狀的模型，其上、下底面的面積分別為2cm2,8cm?,

若該模型的體積為14cm3,則該模型的外接球的表面積為（）

A.20兀cm2B.10兀cm2

?5兀？

C.5KcmD.~2"cm-

答案A

解析設該正四棱臺形狀的模型高為/zcm,

故/2+8+0^)/?=14,解得/?=3,

如圖，取上底面EFGH的中心M,下底面ABCD的中心N,則MN="=3,

故該模型的外接球的球心在MN上，設為點。，連接ME,NA,OE,OA,

設上、下底面邊長分別為“cm,hcm,

則a2—2,〃=8,

解得。=r，b=2&

故￡M=lcm,M4=2cm,

設ON=ycm,則OM=（3—y）cm,

由勾股定理得

EO1=OM1+EM1=（3-y）2+1,

AC>2=ON2+AN2=）>2+4,

故（3-y）2+l=k+4,解得y=l,

故外接球半徑為由2+4=?。?1）,該模型的外接球的表面積為47V（幣）2=20兀（8?）.

（2）（2023?全國甲卷）在正方體A8C￡>—AiBiGDi中，AB=4,。為AG的中點，若該正方體的

棱與球O的球面有公共點，則球O的半徑的取值范圍是.

答案［2^2,2?。?/p>

解析如圖，設球O的半徑為R.

當球。是正方體的外接球時，恰好經(jīng)過正方體的每個頂點，所求的球O的半徑最大，若半徑

變得更大，球。會包含正方體，球面和棱沒有交點，

正方體的外接球直徑2R'為體對角線長

ACi=^/42+42+42=4小，

即2R'=4小，R'=2^3,

故Rmax=2小；

分別取側棱441,BBi,CCi,OA的中點M,H,G,N,連接MH,HG,NG,MN,MG,

顯然四邊形MNGH是邊長為4的正方形，且。為正方形MNGH的對角線MG的中點,

則MG=4啦，當球。的一個大圓恰好是四邊形MNGH的外接圓時，球。的半徑達到最小，

即Rmin=2啦.

綜上，RG[2吸，2小].

規(guī)律方法(1)求錐體的外接球問題的一般方法是補形法，把錐體補成正方體、長方體等求解.

(2)求錐體的內(nèi)切球問題的一般方法是利用等體積法求半徑.

跟蹤演練3(1)若三棱錐S-ABC的所有頂點都在球0的球面上，XA8C是邊長為3的正三

角形，SC為球。的直徑，三棱錐S—4BC的體積為半，則三棱錐S-4BC的外接球的體積

為()

，4兀c16兀

A-TB.亍

-26?！?2兀

Cry

答案D

解析如圖，設△ABC的中心為Q,連接。0”COi的延長線交球面于點￡>,連接SD,顯

然CQ是AABC外接圓。|的直徑，則SQ〃OOi,而。0」平面ABC,則SC平面ABC,

因為正ZVIBC的邊長為3,

貝|JCO|=小，CD=2CO1=2小，

又SAABC=(AB2=^~，

而Vs-ABc—jsAABC-SD=jx^^SD—^2^,解得S￡)=2,

在RtASCD中，球。的直徑2R=SC=江西65=4,球0的半徑R=2,

所以三棱錐S-ABC的外接球的體積丫=/7?3=等.

(2)(2023?濰坊模擬)在半徑為1的球中作一個圓柱，當圓柱的體積最大時，圓柱的母線長為

答案半

解析設圓柱的底面半徑為r,球心到圓柱底面的距離為兒則圓柱的母線長為2〃,

由球截面的性質得，+*=1,

則戶=1一加（0<6<1）,

圓柱的體積V=litrh=2兀力（1—層）=2兀/7—2兀3，

Vf=2n—6K/?2=—6兀（/z+理?）（〃—,

當",（仇fl時，V'>°,

當hW停,1）時，V<0,

所以函數(shù)在區(qū)間（o,用上單調(diào)遞增，

在區(qū)間惇，1）上單調(diào)遞減，

所以當/?=W時，V取得最大值半，此時圓柱的母線長為2%=平.

JyD

專題強化練

一、單項選擇題

1.（2023?唐山模擬）若圓柱的底面直徑與高都等于球的直徑，則球的表面積與圓柱的側面積的

比為（）

A.1：1B.I：2C.2：1D.2：3

答案A

解析設球的半徑為r,依題意知圓柱的底面半徑也是r,高是2〃圓柱的側面積為252r

=4nr2,球的表面積為4n產(chǎn)，其比為1：1.

2.（2023?錦州模擬）已知正方體A8CD-481Goi的棱長為4,P,Q是棱。A的兩個三等分

點，則三棱錐Q-PBC的體積為（）

答案B

解析如圖所示.

VQ-PBC=VR-pQc=qS"QCBC

1143?

=1X]X?><4><4=§.

3.（2023?泉州模擬）如圖是底面半徑為3的圓錐，將其放倒在一平面上，使圓錐在此平面內(nèi)繞

圓錐頂點O滾動，當這個圓錐在平面內(nèi)轉回原位置時，圓錐本身恰好滾動了3周，則該圓錐

的表面積為（）

0￡----------W

A.36兀B.27TtC.186兀D.9n

答案A

解析設圓錐的母線長為/,以。為圓心，母線/為半徑的圓的面積為5=兀匕又圓錐的側面

積Ssm（?=口/=3兀/,因為圓錐在平面內(nèi)轉到原位置時，圓錐本身滾動了3周，所以?！?3><3兀/,

解得/=9,所以圓錐的表面積S=S1H雍韌+S,"=3義兀*9+兀*32=36兀

4.（2023?長沙模擬）最早的測雨器記載見于南宋數(shù)學家秦九韶所著的《數(shù)書九章》（1247年）.該

書第二章為“天時類”，收錄了有關降水量計算的四個例子，分別是“天池測雨”“圓罌測

雨”“峻積驗雪”和“竹器驗雪”.其中“天池測雨”法是下雨時用一個圓臺形的天池盆收

集雨水.已知天池盆盆口直徑為二尺八寸，盆底直徑為一?尺二寸，盆深一尺八寸，當盆中積

水深九寸時，平地的降雨量是（）

（注：一尺=10寸，平地降雨量等于盆中積水體積除以盆口面積）

A.9寸B.6寸

C.4寸D.3寸

答案D

解析如圖所示，由題意知天池盆盆口半徑是14寸，盆底半徑是6寸，高為18寸，

由積水深9寸知水面半徑為^X（14+6）=10（寸）,

則盆中水體積為/tX9X（62+102+6X10）=588兀（立方寸），所以平地降雨量為含叁=3（寸）.

5.（2023?日照模擬）紅燈籠起源于中國的西漢時期，兩千多年來，每逢春節(jié)人們便會掛起象征

美好團圓意義的紅燈籠，營造一種喜慶的氛圍.如圖1,某球形燈籠的輪廓由三部分組成，

上、下兩部分是兩個相同的圓柱的側面，中間是球面除去上、下兩個相同球冠剩下的部分.如

圖2,球冠是由球面被平面截得的一部分，垂直于截面的直徑被截得的部分叫做球冠的高，

若球冠所在球面的半徑為R，球冠的高為〃，則球冠的面積5=2兀股.如圖1,已知該燈籠的高

為58cm,上、下圓柱的高為5cm,圓柱的底面圓直徑為14cm,則圍成該燈籠中間球面部

分所需布料的面積為（）

58cm

A.1940兀cmB.235O7tcm*

C.2400兀cmD.2540Kcm2

答案c

解析由題意得R2—（些瀉2=72,

所以R—25cm,

所以」=25-'%l°=l（cm）,

所以兩個球冠的面積為2S=2X27t7?/?=2X2XKX25Xl=1007t（cm2）,

則圍成該燈籠中間球面部分所需布料的面積為

4兀/?2-2s=4X兀義252—100兀=2400n（cm2）.

6.（2023?淄博模擬）某學生到工廠實踐，欲將一個底面半徑為2,高為3的實心圓錐體工件切

割成一個圓柱體，并使圓柱體的一個底面落在圓錐體的底面內(nèi).若不考慮損耗，則得到的圓

柱體的最大體積是（）

27

答案A

解析設圓柱的半徑為r,高為x,體積為匕

p

則由題意可得5=中,

3

-

2

...圓柱的體積

V'(r)=-39兀,+6兀r=3兀/(—/.+2),

21

4

當0<叮時，V’⑺>0；

4

當鏟X2時，V(r)<0,

；.叭廠）在（0,4

I上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減,

416兀

故V(，)max=5,

7.（2023?廣西聯(lián)考）已知在一個表面積為24的正方體A8CC-A|B1CQ|中，點E在BQ上運

動，則當BE+AiE取得最小值時,AE等于（)

R逆

A.2D.2Ju-4

答案A

解析作出圖形，如圖所示.

依題意64序=24,故AB=2,

將平面A\B\D翻折至與平面BBiD共面,

易得AAiBiD注ABBiD,

故當AiELBQ時，BE+4E有最小值，此時舞=[,過點E作平面ABCQ的垂線，垂足為

F,

由余弦定理得

AF2=AB2+BF2-2ABBFCOS45°

=4+>2X2X平義萍竿,

8.（2023?廣州模擬）現(xiàn)有一個軸截面是邊長為4的等邊三角形的倒置圓錐（頂點在下方，底面

在上方），將半徑為坐的小球放入圓錐，使得小球與圓錐的側面相切，過所有切點所在平面

將圓錐分割成兩個部分，則分割得到的圓臺的側面積為（）

,27兀c33兀八45兀-55兀

A.-^~B.-^~C.~^-D.-g-

答案D

解析作軸截面圖如圖所示，aABC為圓錐的軸截面，點。為與側面相切球的球心，點E,

F為切點,

由已知，可得A8=8C=AC=4,近

OE=OF=2，

ZACB=60°,OE±AC,

在△OEC中，OE=*,

NOEC=90。,NOCE=300,

3

所以OC=小，CE=工,又AC=4,

所以AE=(,所以圓臺的母線長為最

因為CE=CF,ZECF=60°,

3

所以-

所以△ECB為等邊三角形,2

所以圓臺的側面積S=7tX住+2卜|=啜

二、多項選擇題

9.有一張長和寬分別為8和4的矩形硬紙板，以這張硬紙板為側面，將它折成正四棱柱，則

此正四棱柱的體對角線的長度為（）

A.2^2B.2#C.4小D.V66

答案BD

解析分兩種情況求解：

①若正四棱柱的高為8,則底面邊長為1,此時體對角線的長度為丁8?+1+1=4諉;

②若正四棱柱的高為4,則底面邊長為2,此時體對角線的長度為產(chǎn)聲m=2#.

10.（2023?新高考全國H）已知圓錐的頂點為P,底面圓心為O,AB為底面直徑，NAPB=120。,

朋=2,點C在底面圓周上，且二面角P-AC-0為45。，則（）

A.該圓錐的體積為兀

B.該圓錐的側面積為4小兀

C.AC=2小

D./XBAC的面積為由

答案AC

解析依題意，ZAPB=120°,PA=2,

所以。P=l,OA=OB=-\[?>.

A項，圓錐的體積為gXirX（?。?X1=兀，故A正確；

B項，圓錐的側面積為兀X，5X2=2小兀，故B錯誤；

C項，取4c的中點￡）,連接00，PD,如圖所示，

則AC_L。。，AC1PD,所以NP。。是二面角「一AC-。的平面角,

則/POO=45。，所以OP=OD=1,

故AD=CD=V3ZH=V2.

則AC=2吸，故C正確；

D項，叩=嚴”=也，

所以S△從c=]X2，^X，^=2,故D錯誤.

11.（2023?德州模擬）如圖,邊長為2的正方形ABCD中，E,尸分別是AB,BC的中點，將△4OE,

△CDF,/XBEF分別沿DE,DF,EF折起，使A,B,C重合于點P,則下列結論正確的是（）

4

A.PDLEF

B.三棱錐P-Q"的外接球的體積為入河兀

C.點。到平面。班'的距離為方

D.二面角P-EF—。的余弦值為1

答案AC

解析如圖I,取E尸的中點”，連接PH,DH,易知△「￡：尸和△DEF均為等腰三角形，故

PHLEF,DHLEF,又因為PHQDH=H,所以EF_L平面PDH,又POU平面PDH,所以

PDLEF,A正確；

由PE,PF,P。三線兩兩互相垂直，可構造如圖2所示的長方體，長方體的外接球就是三棱

錐尸一OE尸的外接球，長方體的體對角線就是外接球的直徑，設為2R,則(2R)2=F+I2+22

=6,則R=坐,所以所求外接球的體積為飆3=旅，B錯誤；

設點P到平面QEF的距離為h,

如圖1,在△E”。中，EH=PH=^,

DE=y[5,

￡>”=、。爐一防2=y5一停卜羊,

由等體積法可得V校銀O-PEF=V;校鋌?一?！晔?即gx；X1X1X2=gx/X也義力，解得h

2

=§,C正確;

如圖1,因為P”_LEF,DHLEF,

所以/PH。即為二面角P-EF-D的平面角，

因為PDLPE,3.PFQPE=P,PE,PFU平面PEF,

所以PO_L平面PEF,又PHU平面PEF,則POJ_PH,即/Z)PH=90。，

在RtZ\P"￡>中，cosZP//D=^=1,D錯誤.

UriJ

12.(2023?遼陽統(tǒng)考)若正三棱錐P-ABC的底面邊長為3,高為加，則該正三棱錐的()

A.體積為竽

B.表面積為”但

C.外接球的表面積為27無

D.內(nèi)切球的表面積為爭

答案ABD

解析如圖，三棱錐P—ABC的體積V=/AABCS=；X苧X,=竽，故A正確；

取48的中點。，連接C￡),PD,

則在正三棱錐P-ABC中，ABLCD,ABLPD.

作PH_L平面ABC,垂足為“，則PH=?

由正三棱錐的性質可知H在C￡>上，且CH=2DH.

因為AB=3,所以C￡>=乎，則

因為PH=44,所以PC=/HW=3,

則三棱錐尸一ABC的表面積為乎*4=外「，故B正確；

設三棱錐尸一ABC的外接球的球心為O,半徑為凡則。在PH上,

連接OC,則R2=CH2+OH2^(PH-OH)2,

即/?2=3+0"2=(#-0//)2,解得?！?乎，

327

所以R2=3+g=至，

則三棱錐P-ABC的外接球的表面積為4兀R2=號277r，故C錯誤；

設三棱錐產(chǎn)一ABC的內(nèi)切球的半徑為r,

則/X%/5r=乎，

解得r邛,

從而三棱錐P—A8C的內(nèi)切球的表面積為4兀戶=多，故D正確.

三、填空題

13.(2023?鄭州模擬)攢尖是中國古代建筑中屋頂?shù)囊环N結構形式，依其平面有圓形攢尖、三角

攢尖、四角攢尖、六角攢尖等，多見于亭閣式建筑.如故宮中和殿的屋頂為四角攢尖頂，它

的主要部分的輪廓可近似看作一個正四棱錐，設正四棱錐的側面的等腰三角形的頂角為60°,

則該正四棱錐的側面積與底面積的比為.

答案事

解析設底面棱長為2〃(“>0),正四棱錐的側面的等腰三角形的頂角為60。，則側面為等邊三

小X(2a)2X4

角形，則該正四棱錐的側面積與底面積的比為一而一二小.

14.(2023?新高考全國I)在正四棱臺ABC。一AiBGDi中，AB=2,A山產(chǎn)1,44尸小，則

該棱臺的體積為.

答案嚕

解析如圖，過4作4M_LAC,垂足為M,

易知4M為四棱臺ABC0一481Gz)1的高,

因為AB=2,A\Bx=\,

AA\

則401=)￡=9也A|Bi=乎，

)歷

故AM=2(AC—AiCI)=2,

則AiM=qAA._AM2=72_,=乎,

所以所求體積為V=|x(4+l+^/4xl)X^=^.

15.(2023?八省八校聯(lián)考)如圖，已知正四面體ABCQ的棱長為1,過點8作截面a分別交側棱

AC,A。于E,F兩點，且四面體ABEF的體積為四面體ABC。體積的/則EF的最小值為

答案手

解析由題知VB-AEF='^VB-ACDJ

所以S^AEF=^S^ACD=^X1X1X1X坐=*,

記EF=a,AE=b,AF=c,

貝出點in60。=*,即bc=f.

貝ija2=b2+c2—2bccos60°2bc—bc=bc=y

當且僅當6=c=當時等號成立，

所以EF的最小值為手.

16.(2023?遼陽模擬)將3個6cmX6cm的正方形都沿其中的一對鄰邊的中點剪開，每個正方

形均分成兩個部分，如圖(1)所示，將這6個部分接入一個邊長為3啦cm的正六邊形上，如

圖⑵所示.若該平面圖沿著正六邊形的邊折起，圍成一個七面體，則該七面體的體積為

________cm3.

圖⑴圖(2)

答案108

解析將平面圖形折疊并補形得到如圖所示的正方體,

該七面體為正方體沿著圖中的六邊形截面截去一部分后剩下

的另一部分，由對稱性知其體積為正方體體積的一半，即:

X63=108（cm3）.第2講空間點、直線、平面之間的位置關

系

［考情分析］高考對此部分的考查，一是空間線面關系的命題的真假判斷，以選擇題、填空

題的形式考查，屬于基礎題；二是空間線線、線面、面面平行和垂直關系交匯綜合命題，一

般以選擇題、填空題或解答題的第（1）問的形式考查，屬中檔題.

考點一空間直線、平面位置關系的判定

【核心提煉】

判斷空間直線、平面位置關系的常用方法

（1）根據(jù)空間線面平行、垂直的判定定理和性質定理逐項判斷，解決問題.

（2）必要時可以借助空間幾何模型，如從長方體、四面體等模型觀察線、面的位置關系，并結

合有關定理進行判斷.

例1（1）（2023?寶雞模擬）已知a,“是空間兩個不同的平面，，小〃是空間兩條不同的直線，

則下列結論錯誤的是（）

A.若巾夕，機J_”，則a_L4

B.若，〃J_a,〃_!_￡,a//p,則

C.若機J_a,m//n,則a〃4

D.若a"B，mUa,〃u夕，則m//n

答案D

解析對于A,若mVn,則〃Ua或"〃a,

若"Ua,〃_L￡,則aJ_p,

若"〃a,則平面a內(nèi)存在直線c使得“〃c,又“_L￡,

所以c_LW，又cUa,所以a_L￡,故A正確；

對于B,若/n_La,a//P，則機_1_夕，又〃_1_尸，

則m//n,故B正確；

對于C,若，〃_La,m//n,所以〃J_a,又"_!_￡且a,少是空間兩個不同的平面，則a〃￡,故

C正確；

對于D,若a〃0,mda,nUp,則“〃〃或〃？與w異面，故D錯誤.

（2）（多選）（2023?金麗衢十二校聯(lián)考）每個面均為正三角形的八面體稱為正八面體，如圖.若點

G,H,M,N分別是正八面體ABCOEF的棱CE,BC,AD,8尸的中點，則下列結論正確的

是（）

A.四邊形4EC尸是平行四邊形

B.G”與何N是異面直線

C.GH〃平面E48

D.GHLBC

答案AC

解析如圖，連接AC,EF,BD,MH,EH,EM,MG,NH,則AC與EF相交且互相平分,

故四邊形AECF為平行四邊形，故A正確；

所以AE〃C尸且AE=CF.又G,H,M,N分別是正八面體ABCOEF的棱OE,BC,AD,BF

的中點，

所以GM〃AE,NH//CF,

且GM=^AE,NH=±CF,

所以GM〃NH,且GM=NH,

所以四邊形MNHG是平行四邊形，故B錯誤；

易證平面MNHG〃平面EAB,

又G”U平面MNHG,

所以GH〃平面E4B,故C正確；

因為E〃_LBC,MHLBC,EHQMH=H,EH,M”u平面EMH,

所以BC_L平面EMH,

而GHQ平面EMH,GHC\EH=H,

所以GH與8c不垂直，故D錯誤.

規(guī)律方法對于線面關系的存在性問題，一般先假設存在，然后再在該假設條件下，利用線

面位置關系的相關定理、性質進行推理論證，尋找假設滿足的條件，若滿足，則假設成立；

若得出矛盾，則假設不成立.

跟蹤演練1（1）（多選）（2023?廣州模擬）已知直線m與平面a有公共點，則下列結論一定正確

的是（）

A.平面a內(nèi)存在直線/與直線，〃平行

B.平面a內(nèi)存在直線/與直線加垂直

C.存在平面夕與直線，”和平面a都平行

D.存在過直線〃?的平面”與平面a垂直

答案BD

解析對于A選項，若直線機與a相交，且平面a內(nèi)存在直線/與直線機平行，由于州Ja,

則機〃a,這與直線”與a相交矛盾，假設不成立，A錯誤；

對于B選項，若:"Ua,則在平面a內(nèi)必存在/與直線機垂直；若直線，〃與a相交，設"iCa

=A,如圖所示，

P

若機_La,且/Ua,則機_!_/；若根與a斜交，過直線，”上一點P（異于點A）作P8_La,垂足

為點8,過點4作直線/,使得/L4B,因為PBJ_a,l^a,則LLPB,又因為LL4B,PBQAB

=B,PB,ABU平面RW,所以/_L平面以B,

因為mU平面3B,所以/_!_〃?，

綜上所述，平面a內(nèi)存在直線/與直線相垂直，B正確；

對于C選項，設直線膽與平面a的一個公共點為點A,假設存在平面夕，使得a〃夕且〃?〃夕,

過直線機作平面y,使得y。夕=7,因為m〃夕，機Uy,yC0=l,貝|/〃加，

因為a〃4記afl尸”，又因為人尸=/,則〃〃/,

因為在平面y內(nèi)過點4有且只有一條直線與直線/平行，且AG”，故山，〃重合，

所以〃zUa,但切不一定在平面a內(nèi)，C錯誤；

對于D選項，若機_La,則過直線m的任意一個平面都與平面a垂直，

若〃?與a不垂直，設直線加與平面a的一個公共點為點A,

則過點A有且只有一條直線/與平面a垂直，記直線/,機所確定的平面為￡,則。_14，D正

確.

（2）（多選）（2023?長春模擬）在長方體ABC。一AIBIGOI中，直線AC與平面A8Q1的交點為M,

。為線段Bid的中點，則下列結論正確的是（）

A.A,M,。三點共線

B.M,O,4，8四點不共面

C.B,Bi，O,M四點共面

D.B,Di，C,M四點共面

答案ABD

解析如圖，因為A4〃CG,則A,Ai,Ci,C四點共面.

因為MG4C,則平面4CG4,

又Me平面AB\D\,則點M在平面ACCtAi與平面AB\D\的交線上,

同理，O,A也在平面ACGA與平面ABQi的交線上，

所以A,M,。三點共線，故A正確；

從而0,4,4四點共面，都在平面ACQ4內(nèi)，

而點B不在平面ACC14內(nèi)，

所以M,0,A,,8四點不共面，故B正確；

B,Bi,0三點均在平面8BQQ內(nèi)，而點A不在平面B8QQ內(nèi)，

所以直線A0與平面BBQQ相交且點。是交點，

所以點M不在平面BBQQ內(nèi)，

即8,0,M四點不共面，故C錯誤；

因為BC〃Oi4,且BC=AAi,

所以四邊形BCDiAi為平行四邊形，

所以C4,共面，所以8,D\,C,M四點共面，故D正確.

考點二空間平行、垂直關系

【核心提煉】

平行關系及垂直關系的轉化

面面平行的判定

面面平行的性質

面面垂直的判定

面面垂直的性質

考向1平行、垂直關系的證明

例2(2023?全國甲卷)如圖，在三棱柱ABC—481cl中，4C_L平面ABC,/ACB=90。.

⑴證明:平面ACGA」平面BOGC；

(2)設AB=A山，A4,=2,求四棱錐的高.

⑴證明因為AC_L平面ABC,BCU平面48C,

所以ACBC,

又因為/AC8=90°,ERAC1.BC,

因為AC,ACU平面ACGAI,A|CC1AC=C,

所以平面ACCiA,

又因為BCU平面BBCiC,

所以平面ACCiA_L平面BBCC.

⑵解如圖，

過點4作AQLCG于點O.

因為平面ACGAi_L平面BBCC,平面4CG4n平面8SGC=CG,4Ou平面4CGAI,

所以A。，平面BBCC,

所以四棱錐Ai—BBCC的高為40.

因為4C_L平面ABC,AC,BCU平面ABC,

所以AiULBC,AiCLAC,

在RtAABC與RtAAiBC中,

因為48=48,BC=BC,

所以RtAABC^RtAAiBC,

所以AC=AC.

設4C=AC=x,則4iG=x,

所以。為CG中點，OCi=%Ai=l,

又因為A.CXAC,

所以A|C2+AC2=A4h

即f+f=22,解得x=正，

所以40=#Ad—OCE(的2一12=,；

所以四棱錐Ai-BBiCiC的高為1.

規(guī)律方法(1)證明線線平行的常用方法

①三角形的中位線定理；②平行公理：③線面平行的性質定理；④面面平行的性質定理.

(2)證明線線垂直的常用方法

①等腰三角形三線合一；②勾股定理的逆定理；③利用線面垂直的性質證線線垂直.

跟蹤演練2如圖，正方形ABCD與平面BDEF交于BD,平面ABCD,EF〃平面ABCD,

r,J2

且DE=EF=%AB.

(1)求證：BF〃平面AEC；

(2)求證：￡＞凡L平面AEC.

證明如圖，設AC與8。交于點。，則。為正方形ABC。的中心，連接OE,OF.

(1)不妨令AB=4i

則DE=EF=1.

?.?四邊形ABC。為正方形，

:.BD=pAB=2=2BO.

'：EF//平面ABCD,且平面ABCD。平面BDEF=BD,EFU平面BDEF,

C.EF//BD,

：.EF//OB,EF=OB,即四邊形BOE尸為平行四邊形，

OE//BF.

又OEU平面AEC,BFQ平面AEC,

尸〃平面AEC.

（2Y：EF//DO,且EF=。。，DE=EF,

四邊形OOEF為菱形.

：￡>E_L平面ABCD,

四邊形OOEF為正方形，：.DFLOE.

又四邊形ABCO為正方形，

J.BDLAC.

:DE1.平面ABCD,ACU平面ABCD,

J.DELAC.

而8。0力后=￡>,且BD,OEU平面BDEF,

?\AC_L平面BDEF.

；￡）尸匚平面BDEF,

：.ACLDF.

又OEAAC=O,OE,ACU平面4EC,

.,.OF_L平面AEC.

考向2翻折問題

【核心提煉】

翻折問題，關鍵是分清翻折前后圖形的位置和數(shù)量關系的變與不變，一般地，位于“折痕”

同側的點、線、面之間的位置和數(shù)量關系不變，而位于“折痕”兩側的點、線、面之間的位

置關系會發(fā)生變化；對于不變的關系應在平面圖形中處理，而對于變化的關系則要在立體圖

形中解決.

例3（1）（2023?成都模擬）如圖，在矩形A8CQ中，E,尸分別為邊A。，BC上的點，且AD=

3AE,BC=3BF,設P,。分別為線段AF,CE的中點，將四邊形沿著直線EF進行翻

折，使得點A不在平面CQEF上，在這一過程中，下列關系不能成立的是（）

A.AB//CDB.ABA.PQ

C.PQ//EDD.PQ〃平面AQE

答案C

解析翻折之后如圖所示，連接PQ,DF.

因為A￡>=3A￡,BC=3BF,所以AB〃EF且￡F〃CD,

因此4B〃CZ）,故選項A成立；

因為P,。分別為AF,CE的中點，所以。為QF的中點，所以PQ〃A￡>,

易得ABJ_AO,所以48_LP。，故選項B成立；

因為PQ〃4。，EDHAD=D,所以P。與ED不平行，故選項C不成立；

因為「。〃AO,且PQC平面AOE,AOU平面ADE,所以PQ〃平面ADE,故選項D成立.

（2）（多選）（2023?山東名校大聯(lián)考）如圖,在矩形ABCD中,AB=2AD,E為邊AB的中點，將△ADE

沿直線OE翻折成△A0E若M為線段AC的中點，則在△AOE翻折的過程中，下面四個命

題中正確的是（）

A.8M的長是定值

B.點M的運動軌跡在某個圓周上

C.存在某個位置，使OEL4C

D.Ai不在底面8CD上時，MB〃平面AQE

答案ABD

解析如圖所示，取CQ的中點F,連接MF,BF,AC,

易得M尸〃4。，

BF//DE,

平面A\DE,Ai￡>U平面A\DE,

尸〃平面A}DE,

同理可得BF〃平面AQ￡,

又M尸。8尸=尸，MF,BFU平面B例居

平面BMF〃平面A\DE,

：BMU平面BMF,

〃平面AQE,D選項正確；

又NBFM=NAQE,

M尸=%iO為定值，B尸=Z）E為定值，

由余弦定理知，

BM2=MF2+BF1-2MFBFcosZMFB,

的長為定值，A選項正確；

.?.點M的運動軌跡在以點3為圓心，8M為半徑的圓周上，B選項正確；

：AiC在平面ABC。中的射影在直線AC上，且AC與。E不垂直，

不存在某個位置，使。ELAC,C選項錯誤.

易錯提醒注意圖形翻折前后變與不變的量以及位置關系.對照前后圖形，弄清楚變與不變

的元素后，再立足于不變的元素的位置關系與數(shù)量關系去探求變化后的元素在空間中的位置

與數(shù)量關系.

跟蹤演練3（2023?鄭州質檢）已知正方形ABCD的邊長為2,現(xiàn)將△ACO沿對角線AC翻折,

得至U三棱錐O—A8C.記AC,BC,AO的中點分別為O,M,N,則下列結論錯誤的是（）

A.AC_L平面80。

B.三棱錐O-4BC體積的最大值為平

C.三棱錐。-4BC的外接球的表面積為定值

D.MN與平面BO。所成角的取值范圍是（0,

答案D

解析對于A,因為四邊形A8CD為正方形，可得ACLBO,ACVDO,

又由800。。=。，且BO,OOU平面BOO,所以4cl,平面80力，所以A正確；

對于B,當平面ACDJ_平面A8C時，此時點。到平面ABC的距離最大，

即三棱錐。一ABC高的最大值為h=D0=y[2,

此時三棱錐D—ABC的體積最大，為丫=上心那仁萬=3乂3*2*?*/：￥，所以B正確；

對于C,由OA=OB=OC=OO=啦，所以三棱錐。一ABC外接球的球心為O,

即外接球的半徑R=巾,所以三棱錐D-ABC外接球的表面積S=4wR2=8兀（定值），所以C

正確；

對于D,如圖所示，取A8,A0的中點E,F,分別連接ME,EF,NF,NE,MF,

因為E,F,N分別為A8,AO,A。的中點，

可得E尸〃BO,NF〃DO旦EFCNF=F,BOHDO=O,

所以平面NEF〃平面BOD,

又因為AC_L平面BOO,所以AC_L平面NEF,

因為AC〃ME,所以ME_L平面NEF,

所以NMNE即為直線MN與平面NEF所成的角，

在折疊過程中，設8力的長度為。，則aG（0,2啦），

由E,N分別為AB,A。的中點，得NE=*D,

在RtAMNE中，

4c「

w八…廣WE_2AC2yj2,

可付tanNMNE一而一、—~~BD~a>L

豆BD

所以NMNE的取值范圍為。，3,

即與平面BOO所成角的取值范圍為仔，習，所以D錯誤.

專題強化練

一、單項選擇題

1.（2023?安陽統(tǒng)考）若a,〃,c是空間三條直線,a〃兒a與c相交，則方與c的位置關系是（）

A.平行B.相交

C.異面D.異面或相交

答案D

解析在正方體ABCD-A\ByC\D\中，

AB//A\B\,AB與BC相交，AiBi與BC是異面直線；

AB//A\B\,AB與A4i相交，A|B|與A4i是相交直線，

，若a,b,c是空間三條直線，a//b,〃與。相交，則〃與c的位置關系是異面或相交.

2.（2023?河南校聯(lián)考模擬）已知a,/?是兩個不同的平面，相，”是兩條不同的直線，則下列命

題中正確的是（