（浙江專用）2022高考數(shù)學二輪復習 專題二 立體幾何學案

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1、（浙江專用）2022高考數(shù)學二輪復習 專題二 立體幾何學案 小題考情分析 大題考情分析 ?？键c 1.簡單組合體的三視圖及表面積、體積問題(5年5考) 2.空間幾何體的表面積、體積問題(5年4考) 3.空間角問題(5年4考) 立體幾何解答題一般有兩問．第1問為空間線、面位置關(guān)系(平行、垂直)的證明；第2問為空間角度的三角函數(shù)值求解，以二面角、線面角為重點．近5年高考中，2014年、2015年、2016年均考查了二面角問題，2017年與2018年考查了線面角問題. 偶考點 1.空間點、線、面位置關(guān)系的判定 2.簡單的動態(tài)問題 考點(一) 空間幾何體的三視圖 主要考

2、查利用三視圖的畫法規(guī)則及擺放規(guī)則，根據(jù)空間幾何體確定其三視圖，或根據(jù)三視圖還原其對應(yīng)直觀圖，或根據(jù)三視圖中的其中兩個確定另一個. [典例感悟] [典例]　(1)如圖所示，將圖①中的正方體截去兩個三棱錐，得到圖②中的幾何體，則該幾何體的側(cè)視圖為(　　) (2)(2018·杭州模擬)已知三棱錐的正視圖與俯視圖如圖所示，俯視圖是邊長為2的正三角形，那么該三棱錐的側(cè)視圖可能為(　　) [解析]　(1)從幾何體的左面看，棱AD1是原正方形ADD1A1的對角線，在視線范圍內(nèi)，畫實線；棱C1F不在視線范圍內(nèi)，畫虛線．故選B. (2)由正視圖可看出長為2的側(cè)棱垂直于底面，側(cè)視圖為直角

3、三角形，直角邊長為2，另一直角邊為底邊三角形的高.故側(cè)視圖可能為B. [答案]　(1)B　(2)B [方法技巧] 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)正視圖或側(cè)視圖確定幾何體的側(cè)棱與側(cè)面的特征，調(diào)整實線和虛線所對應(yīng)的棱、面的位置． (3)確定幾何體的直觀圖形狀． [演練沖關(guān)] 1．已知某幾何體的正視圖和側(cè)視圖均如圖所示，給出下列5個圖形： 其中可以作為該幾何體的俯視圖的圖形個數(shù)為(　　) A．5　　　　　　　　　 　B．4 C．

4、3 D．2 解析：選B　由題知可以作為該幾何體的俯視圖的圖形可以為①②③⑤.故選B. 2．某四棱錐的三視圖如圖所示，則該四棱錐的最長棱的長度為(　　) A．3 B．2 C．2 D．2 解析：選B　在正方體中還原該四棱錐如圖所示， 從圖中易得最長的棱為 AC1＝＝ ＝2. 3.如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，實線畫出的是某幾何體的三視圖，則此幾何體各面中直角三角形的個數(shù)是(　　) A．2　　　　　　　　 　B．3 C．4 D．5 解析：選C　由三視圖知，該幾何體是如圖所示的四棱錐P-ABCD，易知四棱錐P-ABCD的四個側(cè)面都是直角三角形，即此幾

5、何體各面中直角三角形的個數(shù)是4，故選C. 考點(二) 空間幾何體的表面積與體積 主要考查空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征、表面積與體積公式的應(yīng)用，涉及的幾何體多為柱體、錐體，且常與三視圖相結(jié)合考查. [典例感悟] [典例]　(1)《九章算術(shù)》是我國古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學名著，書中提到了一種名為“芻甍”的五面體，如圖所示，四邊形ABCD為矩形，棱EF∥AB.若此幾何體中，AB＝4，EF＝2，△ADE和△BCF都是邊長為2的等邊三角形，則該幾何體的表面積為(　　) A．8　　　　　　　 　B．8＋8 C．6＋2 D．8＋6＋2 (2)如圖是某幾何體的三視圖，則該幾何體的

6、體積為(　　) A．6　　　　B．9　　　　C．12　　　　D．18 (3)(2019屆高三·溫州中學高三測試卷)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為________，表面積為________． [解析]　(1)如圖所示，取BC的中點P，連接PF，則PF⊥BC，過F作FQ⊥AB，垂足為Q. 因為△ADE和△BCF都是邊長為2的等邊三角形，且EF∥AB， 所以四邊形ABFE為等腰梯形，F(xiàn)P＝， 則BQ＝(AB－EF)＝1，F(xiàn)Q＝＝， 所以S梯形EFBA＝S梯形EFCD＝×(2＋4)×＝3， 又S△ADE＝S△BCF＝×2×＝， S矩形ABCD＝4×2＝8， 所

7、以該幾何體的表面積S＝3×2＋×2＋8＝8＋8.故選B. (2)該幾何體是一個直三棱柱截去所得，如圖所示，其體積為××3×4×2＝9. (3)由三視圖可知該幾何體為長方體截去兩個三棱錐后剩下的部分，如圖，長方體的長、寬、高分別為2,1,3， 所以該幾何體的體積V＝2×1×3－2×××1×1×3＝6－1＝5， 表面積S＝2×3×＋2×3＋2×1＋×2×1＋2×3×1×＋2×××＝15＋. [答案]　(1)B　(2)B　(3)5　15＋ [方法技巧] 1．求解幾何體的表面積與體積的技巧 (1)求三棱錐的體積：等體積轉(zhuǎn)化是常用的方法，轉(zhuǎn)化原則是其高易求，底面放在已知幾何體的某一

8、面上． (2)求不規(guī)則幾何體的體積：常用分割或補形的方法，將不規(guī)則幾何體轉(zhuǎn)化為規(guī)則幾何體求解． (3)求表面積：其關(guān)鍵思想是空間問題平面化． 2．根據(jù)幾何體的三視圖求其表面積或體積的步驟 (1)根據(jù)給出的三視圖還原該幾何體的直觀圖． (2)由三視圖中的大小標識確定該幾何體的各個度量． (3)套用相應(yīng)的面積公式或體積公式計算求解． [演練沖關(guān)] 1．(2018·浙江高考)某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的體積(單位：cm3)是(　　) A．2 B．4 C．6 D．8 解析：選C　由幾何體的三視圖可知，該幾何體是一個底面為直角梯形，高為2的直四棱柱，直角梯形

9、的兩底邊長分別為1,2，高為2， ∴該幾何體的體積為V＝×(2＋1)×2×2＝6. 2.如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，實線畫出的是某多面體的三視圖，則該多面體的表面積是(　　) A．36＋6　 　B．36＋3 C．54 D．27 解析：選A　由三視圖知該幾何體為底面是梯形的四棱柱，其表面積為S＝2××(2＋4)×3＋2×3＋4×3＋2×3×＝36＋6，故選A. 3．由一個長方體和兩個圓柱體構(gòu)成的幾何體的三視圖如圖，則該幾何體的體積為________． 解析：該幾何體由一個長、寬、高分別為2,1,1的長方體和兩個底面半徑為1，高為1的四分之一圓柱體構(gòu)成， ∴V＝2×1

10、×1＋2××π×12×1＝2＋. 答案：2＋ 考點(三) 與球有關(guān)的組合體的計算問題 主要考查與多面體、旋轉(zhuǎn)體構(gòu)成的簡單組合體的有關(guān)切、接球表面積、體積的計算問題，其本質(zhì)是計算球的半徑. [典例感悟] [典例]　(1)(2017·全國卷Ⅲ)已知圓柱的高為1，它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上，則該圓柱的體積為(　　) A．π　　　　　　　　　　 B． C． D． (2)(2017·全國卷Ⅰ)已知三棱錐S-ABC的所有頂點都在球O的球面上，SC是球O的直徑．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱錐S -ABC的體積為9，則球O的表

11、面積為________． [解析]　(1)設(shè)圓柱的底面半徑為r，則r2＝12－2＝，所以圓柱的體積V＝π×1＝. (2)如圖，連接AO，OB， ∵SC為球O的直徑， ∴點O為SC的中點， ∵SA＝AC，SB＝BC， ∴AO⊥SC，BO⊥SC， ∵平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC， ∴AO⊥平面SCB， 設(shè)球O的半徑為R， 則OA＝OB＝R，SC＝2R. ∴VS -ABC＝VA-SBC＝×S△SBC×AO ＝××AO， 即9＝××R，解得 R＝3， ∴球O的表面積為S＝4πR2＝4π×32＝36π. [答案]　(1)B　(2)36π [方法技巧

12、] 求解多面體、旋轉(zhuǎn)體與球接、切問題的策略 (1)過球心及多面體中的特殊點(一般為接、切點)或線作截面，把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題． (2)利用平面幾何知識尋找?guī)缀误w中元素間的關(guān)系，或通過畫外接、內(nèi)切的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關(guān)系，列方程(組)求解． [演練沖關(guān)] 1．(2017·江蘇高考)如圖，在圓柱O1O2內(nèi)有一個球O，該球與圓柱的上、下底面及母線均相切．記圓柱O1O2的體積為V1，球O的體積為V2，則的值是________． 解析：設(shè)球O的半徑為R，因為球O與圓柱O1O2的上、下底面及母線均相切，所以圓柱的底面半徑為R、高為2R，所

13、以＝＝. 答案： 2．(2019屆高三·浙江名校聯(lián)考)某簡單幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為________，其外接球的表面積為________． 解析：由三視圖得該幾何體是一個底面為對角線為4的正方形，高為3的直四棱柱，則其體積為4×4××3＝24.又直四棱柱的外接球的半徑R＝＝，所以四棱柱的外接球的表面積為4πR2＝25π. 答案：24　25π (一) 主干知識要記牢 簡單幾何體的表面積和體積 (1)S直棱柱側(cè)＝ch(c為底面的周長，

14、h為高)． (2)S正棱錐側(cè)＝ch′(c為底面周長，h′為斜高)． (3)S正棱臺側(cè)＝(c′＋c)h′(c與c′分別為上、下底面周長，h′為斜高)． (4)圓柱、圓錐、圓臺的側(cè)面積公式 S圓柱側(cè)＝2πrl(r為底面半徑，l為母線長)， S圓錐側(cè)＝πrl(r為底面半徑，l為母線長)， S圓臺側(cè)＝π(r′＋r)l(r′，r分別為上、下底面的半徑，l為母線長)． (5)柱、錐、臺體的體積公式 V柱＝Sh(S為底面面積，h為高)， V錐＝Sh(S為底面面積，h為高)， V臺＝(S＋＋S′)h(S，S′為上、下底面面積，h為高)． (6)球的表面積和體積公式 S球＝4πR2，V球

15、＝πR3. (二) 二級結(jié)論要用好 1．長方體的對角線與其共點的三條棱之間的長度關(guān)系d2＝a2＋b2＋c2；若長方體外接球半徑為R，則有(2R)2＝a2＋b2＋c2. [針對練1]　(2019屆高三·西安八校聯(lián)考)設(shè)三棱錐的三條側(cè)棱兩兩互相垂直，且長度分別為2,2，4，則其外接球的表面積為(　　) A．48π　　　　　　　 　B．32π C．20π D．12π 解析：選B　依題意，設(shè)題中的三棱錐外接球的半徑為R，可將題中的三棱錐補形成一個長方體， 則R＝ ＝2， 所以該三棱錐外接球的表面積為S＝4πR2＝32π. 2．棱長為a的正四面體的內(nèi)切球半徑r＝a，外接球的半徑R＝

16、a.又正四面體的高h＝a，故r＝h，R＝h. [針對練2]　已知正四面體ABCD的外接球半徑為2，過棱AB作該球的截面，則截面面積的最小值為________． 解析：由題意知，面積最小的截面是以AB為直徑的圓，設(shè)AB的長為a，因為正四面體外接球的半徑為2，所以a＝2，解得a＝，故截面面積的最小值為π2＝. 答案： (三) 易錯易混要明了 由三視圖計算幾何體的表面積與體積時，由于幾何體的還原不準確及幾何體的結(jié)構(gòu)特征認識不準易導致失誤． [針對練3]　一個四棱錐的側(cè)棱長都相等，底面是正方形，其正視圖如圖所示，則該四棱錐側(cè)面積和體積分別是(　　) A．4，8 B．4， C．4(＋

17、1)， D．8,8 解析：選B　由題意可知該四棱錐為正四棱錐，底面邊長為2，高為2，側(cè)面上的斜高為＝，所以S側(cè)＝4×＝4，V＝×22×2＝. A組——10＋7提速練 一、選擇題 1.如圖為一個幾何體的側(cè)視圖和俯視圖，則它的正視圖為(　　) 解析：選B　根據(jù)題中側(cè)視圖和俯視圖的形狀，判斷出該幾何體是在一個正方體的上表面上放置一個四棱錐(其中四棱錐的底面是邊長與正方體棱長相等的正方形、頂點在底面上的射影是底面一邊的中點)，結(jié)合選項知，它

18、的正視圖為B. 2．(2017·全國卷Ⅰ)某多面體的三視圖如圖所示，其中正視圖和左視圖都由正方形和等腰直角三角形組成，正方形的邊長為2，俯視圖為等腰直角三角形．該多面體的各個面中有若干個是梯形，這些梯形的面積之和為(　　) A．10　　　　　　　　 　B．12 C．14 D．16 解析：選B　由三視圖可知該多面體是一個組合體，下面是一個底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一個底面是等腰直角三角形的三棱錐，等腰直角三角形的腰長為2，直三棱柱的高為2，三棱錐的高為2，易知該多面體有2個面是梯形，這些梯形的面積之和為×2＝12，故選B. 3．(2017·浙江高考)某幾何體的三視圖

19、如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的體積(單位：cm3)是(　　) A.＋1　　　　　　B.＋3 C.＋1　　　　　　D.＋3 解析：選A　由幾何體的三視圖可得，該幾何體是一個底面半徑為1，高為3的圓錐的一半與一個底面為直角邊長為的等腰直角三角形，高為3的三棱錐的組合體，故該幾何體的體積V＝×π×12×3＋××××3＝＋1. 4．(2017·鄭州質(zhì)檢)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A．80 B．160 C．240 D．480 解析：選B　如圖所示，題中的幾何體是從直三棱柱ABC-A′B′C′中截去一個三棱錐A-A′B′C′后所剩余的部分，其中底

20、面△ABC是直角三角形，AC⊥AB，AC＝6，AB＝8，BB′＝10.因此題中的幾何體的體積為×6×8×10－××6×8×10＝××6×8×10＝160，故選B. 5．(2018·湖州模擬)某三棱錐的三視圖如圖所示，則該三棱錐最長棱的長為(　　) A. B．2 C．3 D．2 解析：選C　在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別為AD，BC的中點，該幾何體的直觀圖如圖中三棱錐D1-MNB1，故通過計算可得，D1B1＝2，D1M＝B1N＝，MN＝2，MB1＝ND1＝3，故該三棱錐中最長棱的長為3. 6．一個幾何體的三視圖如圖所示(其中正視圖的弧線為四分之一

21、圓周)，則該幾何體的表面積為(　　) A．72＋6π B．72＋4π C．48＋6π D．48＋4π 解析：選A　由三視圖知，該幾何體由一個正方體的部分與一個圓柱的部分組合而成(如圖所示)，其表面積為16×2＋(16－4＋π)×2＋4×2×2＋×2π×2×4＝72＋6π，故選A. 7．某幾何體的三視圖如圖所示，則其體積為(　　) A．207 B．216－ C．216－36π D．216－18π 解析：選B　由三視圖知，該幾何體是一個棱長為6的正方體挖去個底面半徑為3，高為6的圓錐而得到的，所以該幾何體的體積V＝63－××π×32×6＝216－，故選B.

22、8．(2018·貴陽檢測)三棱錐P-ABC的四個頂點都在體積為的球的表面上，底面ABC所在的小圓面積為16π，則該三棱錐的高的最大值為(　　) A．4 B．6 C．8 D．10 解析：選C　依題意，設(shè)題中球的球心為O，半徑為R，△ABC的外接圓半徑為r，則＝，解得R＝5，由πr2＝16π，解得r＝4，又球心O到平面ABC的距離為＝3，因此三棱錐P-ABC的高的最大值為5＋3＝8，故選C. 9.(2019屆高三·浙江第二次聯(lián)考)已知一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為(　　) A．3π　　　　　　　B. C.　　　　　　D．6π 解析：選B　由三視圖還原直觀圖知

23、，該幾何體為底面半徑為1，高為的圓錐挖去一個球心為圓錐底面圓的圓心且與圓錐相切的半球，易知圓錐的母線長為2，則圓錐的軸截面為邊長為2的等邊三角形，球的半徑為，故該幾何體的表面積為π×1×2＋×4π×2＋π×12－π×2＝，故選B. 10．(2018·嘉興高三期末)某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的表面積(單位：cm2)是(　　) A．36＋24 B．36＋12 C．40＋24 D．40＋12 解析：選B　由三視圖可知該幾何體為一正方體和一正四棱臺的簡單組合體．正方體的棱長為2 cm，正四棱臺上底面的邊長為2 cm，下底面的邊長為4 cm，棱臺的高為2 cm

24、，可求得正四棱臺的斜高為＝(cm)，故該幾何體的表面積S＝22×5＋×(2＋4)××4＋42＝36＋12(cm2)．故選B. 二、填空題 11．高為4的直三棱柱被削去一部分后得到一個幾何體，它的直觀圖和三視圖中的側(cè)視圖、俯視圖如圖所示，則該幾何體的體積是原直三棱柱的體積的________． 解析：由側(cè)視圖、俯視圖知該幾何體是高為2、底面積為 ×2×(2＋4)＝6的四棱錐，其體積為×6×2＝4.而直三棱柱的體積為×2×2×4＝8，則該幾何體的體積是原直三棱柱的體積的. 答案： 12．(2019屆高三·浙江名校聯(lián)考)某幾何體的三視圖如圖所示，且該幾何體的體積是，則正視圖中的x的值是_

25、_______，該幾何體的表面積是________． 解析：由三視圖可知，該幾何體為四棱錐，由＝×××(1＋2)x，解得x＝2.作出該幾何體的直觀圖并標注相應(yīng)棱的長度如圖所示， 則S表＝××(1＋2)＋×2×＋×22＋×2×＋×1×＝. 答案：2　 13．已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為________，體積為________． 解析：由三視圖作出該空間幾何體的直觀圖(如圖所示)， 可知其表面積為×1×2＋××2＋×1×2＋×2×＝2＋2，體積為××1×2×2＝. 答案：2＋2　 14．已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，球O與正方體的各條

26、棱都相切，M為球O上的一點，點N是△ACB1外接圓上的一點，則線段MN長度的取值范圍是________． 解析：易求得棱切球的半徑為，易知△ACB1為正三角形，則球心O到△ACB1的外接圓上任意一點的距離均為＝，于是OM＝，ON＝.因為|OM－ON|≤|MN|≤|OM＋ON|，所以線段MN長度的取值范圍是[－，＋]． 答案：[－，＋] 15．(2018·浙江高考數(shù)學原創(chuàng)猜題卷)已知一個空間幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則這個幾何體的體積為________cm3，表面積為________cm2. 解析：由三視圖可知，空間幾何體是一個四棱錐，該四棱錐的底面為直角梯形，一條側(cè)棱與

27、底面垂直．如圖所示，四邊形ABCD是直角梯形，因為AB⊥AD，AB＝AD＝2 cm，BC＝4 cm，所以CD＝2 cm.因為PA＝2 cm，AD＝AB＝2 cm，所以PD＝PB＝2 cm，連接AC，易得AC＝2 cm，因為PA⊥平面ABCD，所以PC＝＝2 cm， 所以該幾何體的體積為××2＝4 cm3. 易得S梯形ABCD＝＝6 cm2， S△PAB＝×2×2＝2 cm2， S△PAD＝×2×2＝2 cm2， S△PBC＝×2×4＝4 cm2， △DPC中，PC邊上的高為＝ cm， 所以S△PDC＝×2×＝2 cm2， 所以該幾何體的表面積為6＋2＋2＋2＋4＝(10＋2＋4

28、)cm2. 答案：4　(10＋2＋4) 16．某幾何體的三視圖如圖所示，俯視圖由一個直徑為2的半圓和一個正三角形組成，則此幾何體的體積是________，表面積是________． 解析：由題意可知，該幾何體是由一個正三棱柱和半個圓柱組合而成的，正三棱柱的底面邊長為2，高為4，半圓柱的底面半徑為1，高為4，所以V＝×2××4＋π×12×4＝4＋2π，表面積S＝2×4×2＋××2×2＋π×12＋π×1×4＝16＋2＋5π. 答案：4＋2π　16＋2＋5π 17．已知在三棱錐P-ABC中，VP-ABC＝，∠APC＝，∠BPC＝，PA⊥AC，PB⊥BC，且平面PAC⊥平面PBC，那么三

29、棱錐P-ABC外接球的體積為________． 解析：如圖，取PC的中點O，連接AO，BO，設(shè)PC＝2R，則OA＝OB＝OC＝OP＝R，∴O是三棱錐P-ABC外接球的球心，易知，PB＝R，BC＝R，∵∠APC＝，PA⊥AC，O為PC的中點，∴AO⊥PC，又平面PAC⊥平面PBC，且平面PAC∩平面PBC＝PC，∴AO⊥平面PBC，∴VP-ABC＝VA-PBC＝××PB×BC×AO＝××R×R×R＝，解得R＝2，∴三棱錐P-ABC外接球的體積V＝πR3＝. 答案： B組——能力小題保分練 1．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是(　　) A．16 B．20 C．52

30、 D．60 解析：選B　由三視圖知，該幾何體由一個底面為直角三角形(直角邊分別為3,4)，高為6的三棱柱截去兩個等體積的四棱錐所得，且四棱錐的底面是矩形(邊長分別為2,4)，高為3，如圖所示，所以該幾何體的體積V＝×3×4×6－2××2×4×3＝20，故選B. 2.如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某四棱錐的三視圖，則該四棱錐外接球的表面積為(　　) A．136π B．34π C．25π D．18π 解析：選B　由三視圖知，該四棱錐的底面是邊長為3的正方形，高為4，且有一條側(cè)棱垂直于底面，所以可將該四棱錐補形為長、寬、高分別為3,3,4的長方體，該長方體外接

31、球的半徑R即為該四棱錐外接球的半徑，所以2R＝，解得R＝，所以該四棱錐外接球的表面積為4πR2＝34π，故選B. 3．如圖，小方格是邊長為1的正方形，一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為(　　) A．4π＋96 B．(2＋6)π＋96 C．(4＋4)π＋64 D．(4＋4)π＋96 解析：選D　由三視圖可知，該幾何體為一個圓錐和一個正方體的組合體，正方體的棱長為4，圓錐的高為4，底面半徑為2，所以該幾何體的表面積為S＝6×42＋π×22＋π×2×＝(4＋4)π＋96. 4．設(shè)球O是正方體ABCD-A1B1C1D1的內(nèi)切球，若平面ACD1截球O所得的截面面積為6

32、π，則球O的半徑為(　　) A． B．3 C． D． 解析：選B　如圖，易知B1D過球心O，且B1D⊥平面ACD1，不妨設(shè)垂足為M，正方體棱長為a，則球半徑R＝，易知DM＝DB1，∴OM＝DB1＝a，∴截面圓半徑r＝＝a，由截面圓面積S＝πr2＝6π，得r＝a＝，a＝6，∴球O的半徑為R＝＝3. 5.如圖所示，等腰△ABC的底邊AB＝6，高CD＝3，點E是線段BD上異于點B，D的動點，點F在BC邊上，且EF⊥AB，現(xiàn)沿EF將△BEF折起到△PEF的位置，使PE⊥AE，記BE＝x，V(x)表示四棱錐P-ACFE的體積，則V(x)的最大值為________． 解析：因為PE⊥

33、EF，PE⊥AE，EF∩AE＝E， 所以PE⊥平面ABC. 因為CD⊥AB，F(xiàn)E⊥AB， 所以EF∥CD，所以＝， 即＝，所以EF＝， 所以S△ABC＝×6×3＝9， S△BEF＝×x×＝x2， 所以V(x)＝×x＝x(0＜x＜3)． 因為V′(x)＝， 所以當x∈(0,6)時，V′(x)＞0，V(x)單調(diào)遞增；當6＜x＜3時，V′(x)＜0，V(x)單調(diào)遞減， 因此當x＝6時，V(x)取得最大值12. 答案：12 6．已知A，B，C是球O的球面上三點，且AB＝AC＝3，BC＝3，D為該球面上的動點，球心O到平面ABC的距離為球半徑的一半，則三棱錐D -ABC體積的最大

34、值為________． 解析：如圖，在△ABC中， ∵AB＝AC＝3，BC＝3， ∴由余弦定理可得 cos A＝＝－， ∴sin A＝. 設(shè)△ABC外接圓O′的半徑為r， 則＝2r，得r＝3. 設(shè)球的半徑為R，連接OO′，BO′，OB， 則R2＝2＋32，解得R＝2. 由圖可知，當點D到平面ABC的距離為R時，三棱錐D -ABC的體積最大， ∵S△ABC＝×3×3×＝， ∴三棱錐D -ABC體積的最大值為××3＝. 答案： 第二講 小題考法——空間點、線、面的位置關(guān)系 考點(一) 空間點、線、面的位置關(guān)系的判斷 主要考查利用空間點、直線、平面位置關(guān)系的定

35、義，四個公理、八個定理來判斷與點、線、面有關(guān)命題的真假或判斷簡單的線面平行或垂直的位置關(guān)系. [典例感悟] [典例]　(1)(2017·全國卷Ⅰ)如圖，在下列四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，Q為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是(　　) (2)(2018·溫州高三5月適應(yīng)測試)已知α，β為兩個平面，直線l?α，那么“l(fā)∥β ”是“α∥β ”的(　　) A．充分不必要條件　　 　B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 (3)(2019屆高三·七彩陽光聯(lián)盟12月高三期中聯(lián)考)已知m，n，l是互不重合的三條

36、直線，α，β是兩個不重合的平面，給出以下四個命題： ①若m，n是異面直線，m?α，n?β，且m∥β，n∥α，則α∥β； ②若m?α，n∩α＝A，且點A?m，則m，n是異面直線； ③若m，n是異面直線，m∥α，n∥α，且l⊥m，l⊥n，則l⊥α； ④若m⊥α，n?β，α⊥β，則m∥n. 其中為真命題的序號是________．(把所有真命題的序號都填上) [解析]　(1)法一：對于選項B，如圖所示，連接CD，因為AB∥CD，M，Q分別是所在棱的中點，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C、D中均有AB∥平面MNQ.故

37、選A. 法二：對于選項A，設(shè)正方體的底面對角線的交點為O(如圖所示)，連接OQ，則OQ∥AB.因為OQ與平面MNQ有交點，所以AB與平面MNQ有交點，即AB與平面MNQ不平行，根據(jù)直線與平面平行的判定定理及三角形的中位線性質(zhì)知，選項B、C、D中AB∥平面MNQ.故選A. (2)∵“l(fā)?α，l∥β ”不能推出“α∥β ”，而“l(fā)?α，α∥β ”，一定有“l(fā)∥β ”，∴選B. (3)在①中，∵m∥β，∴在β內(nèi)存在直線m1∥m，又m?α，∴m1∥α. ∵m，n是兩條異面直線，∴直線m1與n是兩條相交直線，又n∥α，∴α∥β，即①正確． 由異面直線判定定理知②正確． 在③中，∵m∥α，∴在

38、α內(nèi)存在直線m1∥m， ∵l⊥m，∴l(xiāng)⊥m1.∵n∥α，∴在α內(nèi)存在直線n1∥n， ∵l⊥n，∴l(xiāng)⊥n1.∵m，n是兩條異面直線，∴直線m1與n1是兩條相交直線，∴l(xiāng)⊥α，即③正確． 由直線m⊥平面α和α⊥β知m∥β或m?β，而n是β內(nèi)任一直線，則直線m與n可能相交，可能平行，還可能異面，故④是錯誤的． [答案]　(1)A　(2)B　(3)①②③ [方法技巧] 判斷與空間位置關(guān)系有關(guān)命題真假的方法 (1)借助空間線面平行、面面平行、線面垂直、面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理進行判斷． (2)借助空間幾何模型，如從長方體模型、四面體模型等模型中觀察線面位置關(guān)系，結(jié)合有關(guān)定理，進行肯定

39、或否定． (3)借助反證法，當從正面入手較難時，可利用反證法，推出與題設(shè)或公認的結(jié)論相矛盾的命題，進而作出判斷． [演練沖關(guān)] 1．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，平面α與棱AB，AC，A1C1，A1B1分別交于點E，F(xiàn)，G，H，且直線AA1∥平面α.有下列三個命題： ①四邊形EFGH是平行四邊形； ②平面α∥平面BCC1B1； ③平面α⊥平面BCFE. 其中正確的命題有(　　) A．①②　　　　　　　 　B．②③ C．①③ D．①②③ 解析：選C　由題意畫出草圖如圖所示，因為AA1∥平面α，平面α∩平面AA1B1B＝EH，所以AA1∥EH.同理AA1∥GF，所以EH

40、∥GF.又ABC-A1B1C1是直三棱柱，易知EH＝GF＝AA1，所以四邊形EFGH是平行四邊形，故①正確；若平面α∥平面BB1C1C，由平面α∩平面A1B1C1＝GH，平面BCC1B1∩ 平面A1B1C1＝B1C1，知GH∥B1C1，而GH∥B1C1不一定成立，故②錯誤；由AA1⊥平面BCFE，結(jié)合AA1∥EH知EH⊥平面BCFE，又EH?平面α，所以平面α⊥平面BCFE，故③正確．綜上可知，故選C. 2．如圖是一幾何體的平面展開圖，其中四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為PA，PD的中點，在此幾何體中，給出下面4個結(jié)論： ①直線BE與直線CF異面； ②直線BE與直線AF異面

41、； ③直線EF∥平面PBC； ④平面BCE⊥平面PAD. 其中正確的有(　　) A．1個 B．2個 C．3個 D．4個 解析：選B　將展開圖還原為幾何體(如圖)，因為E，F(xiàn)分別為PA，PD的中點，所以EF∥AD∥BC，即直線BE與CF共面，①錯；因為B?平面PAD，E∈平面PAD，E?AF，所以BE與AF是異面直線，②正確；因為EF∥AD∥BC，EF?平面PBC，BC?平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正確；平面PAD與平面BCE不一定垂直，④錯．故選B. 3．(2017·全國卷Ⅲ)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CD的中點，則(　　) A．A1E⊥DC1

42、 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC 解析：選C　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. 法二：∵A1E在平面ABCD上的射影為AE，而AE不與AC，BD垂直，∴B、D錯； ∵A1E在平面BCC1B1上的射影為B1C，且B1C⊥BC1， ∴A1E⊥BC1，故C正確； (證明：由條件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE， 又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1. 又A1E?平面CEA1B1，∴A1E⊥BC1.)

43、∵A1E在平面DCC1D1上的射影為D1E， 而D1E不與DC1垂直，故A錯． 考點(二) 空 間 角 主要考查異面直線所成角，直線與平面所成角，二面角的計算及有關(guān)應(yīng)用. [典例感悟] [典例]　(1)夾在兩平行平面間的線段AB，CD的長分別為2和，若AB與這兩個平行平面所成的角為30°，則CD與這兩個平行平面所成的角為(　　) A．30°　　　　　　　　 　B．45° C．60° D．90° (2)在菱形ABCD中，A＝60°，AB＝，將△ABD折起到△PBD的位置，若三棱錐P-BCD的外接球的體積為，則二面角P-BD-C的正弦值為(　　) A. B.

44、 C. D. (3)(2015·浙江高考)如圖，在三棱錐A-BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，點M，N分別為AD，BC的中點，則異面直線AN，CM所成的角的余弦值是________． [解析]　(1)不妨設(shè)A，C在同一平面，則B，D在另一個平面，過A作另一平面的垂線段AO，垂足為O，連接BO，由題可知∠ABO＝30°.由AB＝2，得AO＝1.因為兩平面平行，所以點C到另一平面的垂線段的長等于AO的長，故CD與兩個平行平面所成的角的正弦值為＝，所以CD與這兩個平行平面所成的角為45°. (2)由外接球的體積為得該球的半徑R＝，設(shè)球心O在平面PBD和平面BCD上的射

45、影分別為O1，O2，則O1，O2為正△PBD和正△BCD的中心，取BD的中點E，連接O1E，O2E，則O1E⊥BD，O2E⊥BD，則∠O1EO2是二面角P-BD-C的平面角，在Rt△OO2C中，OC＝R＝，O2C＝AB＝1，則OO2＝，又在Rt△OO2E中，O2E＝AB＝，則∠O2EO＝60°，同理，∠OEO1＝60°，故∠O1EO2＝120°，則二面角P-BD-C的正弦值為，故選C. (3)如圖所示，連接DN，取線段DN的中點K，連接MK，CK. ∵M為AD的中點， ∴MK∥AN， ∴∠KMC為異面直線AN，CM所成的角． ∵AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，N為BC

46、的中點， 由勾股定理易求得AN＝DN＝CM＝2， ∴MK＝. 在Rt△CKN中，CK＝ ＝. 在△CKM中，由余弦定理，得 cos∠KMC＝＝. [答案]　(1)B　(2)C　(3) [方法技巧] 1．直線與直線所成角的求解策略 (1)用“平移法”作出異面直線所成角(或其補角)，解三角形求角． (2)用“向量法”求兩直線的方向向量所成的角． 2．直線與平面所成角的求解策略 (1)按定義作出線面角(即找到斜線在平面內(nèi)的射影)，解三角形． (2)求平面的法向量，利用直線的方向向量與平面的法向量所成的銳角和直線與平面所成角互余求線面角． (3)利用等體積法求點到面的距離，

47、由距離與斜線段長的比值等于線面角的正弦值求線面角． 3．平面與平面所成角的求解策略 二面角的平面角的作法是重點，構(gòu)造平面角主要有以下方法： (1)根據(jù)定義； (2)利用二面角的棱的垂面； (3)利用兩同底等腰三角形底邊上的兩條中線； (4)射影法，利用面積射影定理S射＝S斜·cos θ； (5)向量法，利用組成二面角的兩個半平面的法向量的夾角與二面角相等或互補． [演練沖關(guān)] 1．(2018·浙江高考)已知四棱錐S-ABCD的底面是正方形，側(cè)棱長均相等，E是線段AB上的點(不含端點)，設(shè)SE與BC所成的角為θ1，SE與平面ABCD所成的角為θ2，二面角S-AB-C的平面角為θ

48、3，則(　　) A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1 C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ1 解析：選D　如圖，不妨設(shè)底面正方形的邊長為2，E為AB上靠近點A的四等分點，E′為AB的中點，S到底面的距離SO＝1，以EE′，E′O為鄰邊作矩形OO′EE′， 則∠SEO′＝θ1，∠SEO＝θ2， ∠SE′O＝θ3. 由題意，得tan θ1＝＝， tan θ2＝＝＝，tan θ3＝1， 此時，tan θ2

49、C＝AA1＝1，則D1C1與平面A1BC1所成角的正弦值為(　　) A. B. C. D. 解析：選A　以D為原點，分別以DA，DC，DD1所在的直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則A1(1,0,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,1)，D1(0,0,1)．設(shè)平面A1BC1的法向量為n＝(x，y，z)，由＝(0，－2,1)，＝(－1,0,1)，n·＝0，n·＝0，得取z＝2，得n＝(2,1,2)，設(shè)D1C1與平面A1BC1所成的角為θ，則sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝，故選A. 3.如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點O為線段BD的中點，設(shè)點P在線段

50、CC1上，直線OP與平面A1BD所成的角為α，則sin α的取值范圍是(　　) A.　　　　　 B. C.　 　 　 D. 解析：選B　連接A1O，PA1，易知∠POA1就是直線OP與平面A1BD所成的角(或其補角)．設(shè)正方體的棱長為2，則A1O＝.當P點與C點重合時，PO＝，A1P＝2，則cos∠A1OP＝＝－，此時∠A1OP為鈍角，所以sin α＝＝；當P點與C1點重合時，PO＝A1O＝，A1P＝2，則cos∠A1OP＝＝，此時∠A1OP為銳角，所以sin α＝＝；在∠A1OP從鈍角到銳角逐漸變化的過程中，CC1上一定存在一點P，使得∠A1OP＝90°，此時sin α＝1.又因為<，

51、所以sin α的取值范圍是，故選B. 考點(三) 簡單的立體幾何動態(tài)問題 主要考查立體幾何中的動點、軌跡、翻折等問題. [典例感悟] [典例]　(1)如圖，已知△ABC，D是AB的中點，沿直線CD將△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′-CD-B的平面角為α，則(　　) A．∠A′DB≤α　　　　　 　B．∠A′DB≥α C．∠A′CB≤α D．∠A′CB≥α (2)如圖，M，N分別是棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1的棱AA1，BC上兩動點，且MN＝，則線段MN的中點P的軌跡是(　　) A．一條線段 B．一段圓弧 C．一個球面區(qū)域 D

52、．兩條平行線段 [解析]　(1)∵A′C和BC都不與CD垂直，∴∠A′CB≠α，故C，D錯誤．當CA＝CB時，容易證明∠A′DB＝α.不妨取一個特殊的三角形，如Rt△ABC，令斜邊AB＝4，AC＝2，BC＝2，如圖所示，則CD＝AD＝BD＝2，∠BDC＝120°，設(shè)沿直線CD將△ACD折成△A′CD，使平面A′CD⊥平面BCD，則α＝90°.取CD中點H，連接A′H，BH，則A′H⊥CD，∴A′H⊥平面BCD，且A′H＝，DH＝1.在△BDH中，由余弦定理可得BH＝.在Rt△A′HB中，由勾股定理可得A′B＝.在△A′DB中 ，∵A′D2＋BD2－A′B2＝－2＜0，可知cos∠A′

53、DB＜0，∴∠A′DB為鈍角，故排除A.綜上可知答案為B. (2)考慮直角三角形MAN，因為MN＝，則|AP|＝，因此點P到A的距離為定值，形成圓弧的一段．(當然此題也可運用空間直角坐標系設(shè)點求軌跡，說明軌跡是一個圓?。? [答案]　(1)B　(2)B [方法技巧] 1．對于立體幾何中的動態(tài)問題，關(guān)鍵是抓住變化過程中不變的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，事實上動靜是相對的，以靜制動是處理立體幾何中動態(tài)元素的良策． 2．解此類問題還要回歸到最本質(zhì)的定義、定理、性質(zhì)或現(xiàn)有結(jié)論中． [演練沖關(guān)] 1．已知三棱錐A-BCO，OA，OB，OC兩兩垂直且長度均為6，長為2的線段MN的一個端點M在棱OA上

54、運動，另一個端點N在△BCO內(nèi)運動(含邊界)，則MN的中點P的軌跡與三棱錐的面所圍成的幾何體的體積為(　　) A. B.或36＋ C．36－ D.或36－ 解析：選D　由線面垂直知OM⊥ON，因此OP＝MN＝1，即MN的中點P的軌跡為以O(shè)為球心，1為半徑的球，若所圍成的幾何體為球內(nèi)部，其體積為×π×13＝，若所圍成的幾何體為球外部，其體積為×6××62－×π×13＝36－，因此選D. 2.如圖，已知四邊形ABCD，將△ADC沿著AC翻折，則翻折過程中線段DB的中點M的軌跡是(　　) A．橢圓的一段 B．拋物線的一段 C．一段圓弧 D．雙曲線的一段 解析：選C　取AC的

55、中點E，連接DE，則DE為定值．連接BE，取BE的中點O，則O為定點．連接OM，則OM＝DE為定值，故M的軌跡是一段圓?。? 3.如圖，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面邊長為2 cm，高為5 cm，則一質(zhì)點自點A出發(fā)，沿著三棱柱的側(cè)面繞行兩周到達點A1的最短路線的長為________ cm. 解析：根據(jù)題意，將原三棱柱分割為兩個相同的三棱柱，然后將其側(cè)面展開為如圖所示的實線部分，則可知所求最短路線的長為＝13(cm)． 答案：13 (一) 主干知識要記牢

56、 1．兩類關(guān)系的轉(zhuǎn)化 (1)平行關(guān)系之間的轉(zhuǎn)化 (2)垂直關(guān)系之間的轉(zhuǎn)化 2．證明空間位置關(guān)系的方法 已知a，b，l是直線，α，β，γ是平面，O是點，則 (1)線線平行： ?c∥b，?a∥b， ?a∥b，?a∥b. (2)線面平行： ?a∥α，?a∥α，?a∥α. (3)面面平行： ?α∥β，?α∥β，?α∥γ. (4)線線垂直： ?a⊥b，?a⊥b. (5)線面垂直： ?l⊥α， ?a⊥β， ?a⊥β，?b⊥α. (6)面面垂直： ?α⊥β，?α⊥β. (二) 易錯易混要明了 應(yīng)用空間線面平行與垂直關(guān)系中的判定定理和性質(zhì)定理時，忽視判定定

57、理和性質(zhì)定理中的條件，導致判斷出錯．如由α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，易誤得出m⊥β的結(jié)論，就是因為忽視面面垂直的性質(zhì)定理中m?α的限制條件． [針對練]　設(shè)α，β是兩個不同的平面，m是直線且m?α，則“m∥β ”是“α∥β ”的(　　) A．充分不必要條件　　 　B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：選B　當m∥β時，過m的平面α與β可能平行也可能相交，因而m∥β?/ α∥β；當α∥β時，α內(nèi)任一直線與β平行，因為m?α，所以m∥β.綜上可知，“m∥β ”是“α∥β ”的必要不充分條件．

58、 A組——10＋7提速練 一、選擇題 1．(2016·浙江高考)已知互相垂直的平面α，β交于直線l，若直線m，n滿足m∥α，n⊥β，則(　　) A．m∥l　　　　　　　 　B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n 解析：選C　∵α∩β＝l，∴l(xiāng)?β. ∵n⊥β，∴n⊥l. 2．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：選C　因為平行于三棱錐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

59、有2條，故選C. 3．已知m，n是空間中兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，且m?α，n?β.有下列命題： ①若α∥β，則m，n可能平行，也可能異面； ②若α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，則α⊥β； ③若α∩β＝l，且m⊥l，m⊥n，則α⊥β. 其中真命題的個數(shù)是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：選B　對于①，直線m，n可能平行，也可能異面，故①是真命題；對于②，直線m，n同時垂直于公共棱，不能推出兩個平面垂直，故②是假命題；對于③，當直線n∥l時，不能推出兩個平面垂直，故③是假命題．故真命題的個數(shù)為1.故選B. 4.如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C

60、1中，AA1＝AB，E，F(xiàn)分別為BC，BB1的中點，M，N分別為AA1，A1C1的中點，則直線MN與EF所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 解析：選B　如圖，連接AC1，C1B，CB1， 設(shè)C1B與CB1交于點O，取AB的中點D，連接CD，OD， 則MN∥AC1∥OD，EF∥CB1， 那么∠DOC即直線MN與EF所成的角， 設(shè)AA1＝AB＝a，則AC1＝CB1＝a， 于是OD＝OC＝，又CD＝， 于是△OCD為正三角形，∠DOC＝60°， 故直線MN與EF所成角的余弦值為. 5．設(shè)l為直線，α，β是兩個不同的平面．下列命題中正確的是(　　) A．若

61、l∥α，l∥β，則α∥β B．若l⊥α，l⊥β，則α∥β C．若l⊥α，l∥β，則α∥β D．若α⊥β，l∥α，則l⊥β 解析：選B　畫出一個長方體ABCD -A1B1C1D1.對于A，C1D1∥平面ABB1A1，C1D1∥平面ABCD，但平面ABB1A1與平面ABCD相交；對于C，BB1⊥平面ABCD，BB1∥平面ADD1A1，但平面ABCD與平面ADD1A1相交；對于D，平面ABB1A1⊥平面ABCD，CD∥平面ABB1A1，但CD?平面ABCD. 6．如圖，已知菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，將菱形ABCD沿對角線AC折起，使得平面ACD⊥平面ABC，若點N是BD上的

62、動點，當線段ON最短時，二面角N-AC-B的余弦值為(　　) A．0 B. C. D. 解析：選C　易知OB＝OD，所以當N為BD的中點時，線段ON最短，因為AC⊥OB，AC⊥OD，所以AC⊥平面BOD，所以O(shè)N⊥AC，所以∠BON即二面角N-AC-B的平面角．因為平面ACD⊥平面ABC，OD⊥AC，所以O(shè)D⊥OB，所以△BOD為等腰直角三角形，所以∠BON＝45°，所以二面角N-AC-B的余弦值為. 7.(2018·溫州模擬)在四面體ABCD中，二面角A-BC-D為60°，點P為直線BC上一動點，記直線PA與平面BCD所成角為θ，則(　　) A．θ的最大值為60°

63、 B．θ的最小值為60° C．θ的最大值為30° D．θ的最小值為30° 解析：選A　過A作AM⊥BC，AO⊥平面BCD，垂足為O，連接OM， 則∠AMO為二面角A-BC-D的平面角，∴∠AMO＝60°， 在直線BC上任取一點P，連接OP，AP，則∠APO為直線AP與平面BCD所成的角，即∠APO＝θ， ∵AP≥AM，AM·sin 60°＝AO，AP·sin θ＝AO， ∴sin θ≤sin 60°，即θ的最大值為60°. 故選A. 8.(2019屆高三·鎮(zhèn)海中學期中)如圖，四邊形ABCD，AB＝BD＝DA＝2，BC＝CD＝，現(xiàn)將△ABD沿BD折起，當二面角A-BD-C的

64、大小在時，直線AB與CD所成角的余弦值的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 解析：選B　取BD的中點O，連接AO，CO，由AB＝DA，BC＝CD，知AO⊥BD，CO⊥BD，分別以O(shè)B，OC所在直線為x，y軸，過O作平面BCD的垂線，垂線所在的直線為z軸，建立空間直角坐標系(圖略)，則B(1,0,0)，C(0,1,0)，D(－1，0,0)， 設(shè)二面角A-BD-C的平面角為θ， 則動點A(0，cos θ，sin θ)， 從而有＝(－1，cos θ，sin θ)，＝(－1，－1,0)， 設(shè)直線AB與CD所成的角為α， 則cos α＝＝， ∵θ∈，∴cos θ∈，

65、∴|1－cos θ|∈，故cos α∈，故選B. 9.如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，E是AA1的中點，P為底面ABCD內(nèi)一動點，設(shè)PD1，PE與底面ABCD所成的角分別為θ1，θ2(θ1，θ2均不為0)．若θ1＝θ2，則動點P的軌跡為(　　) A．直線的一部分 B．圓的一部分 C．橢圓的一部分 D．拋物線的一部分 解析：選B　建立空間直角坐標系，如圖所示，設(shè)正方體的邊長為2，則A(2,0,0)，E(2,0,1)，D1(0,0,2)，P(x，y,0)，＝(0,0,1)，＝(2－x，－y，1)，＝(－x，－y,2)． 由θ1＝θ2，得cos θ1＝cos θ2，

66、即＝，代入數(shù)據(jù)，得＝，整理，得2＋y2＝(0≤x≤2,0≤y≤2)，即動點P的軌跡為圓的一部分． 10.在正方體ABCDA1B1C1D1中，P為正方形A1B1C1D1四邊上的動點，O為底面正方形ABCD的中心，M，N分別為AB，BC的中點，點Q為平面ABCD內(nèi)一點，線段D1Q與OP互相平分，則滿足＝λ的實數(shù)λ的值有(　　) A．0個 B．1個 C．2個 D．3個 解析：選C　因為線段D1Q與OP互相平分，所以四點O，Q，P，D1共面，且四邊形OQPD1為平行四邊形． 若P在線段C1D1上時，點Q一定在線段ON上運動，只有當P為線段C1D1的中點時，點Q與點N重合，此時λ＝1，符合題意； 若P在線段C1B1與線段B1A1上時，在平面ABCD找不到符合條件的點Q； 若P在線段D1A1上時，點Q在直線OM上運動，只有當P為線段D1A1的中點時，點Q與點M重合，此時λ＝0符合題意，所以符合條件的λ值有2個，故選C. 二、填空題 11．α，β是兩平面，AB，CD是兩條線段，已知α∩β＝EF，AB⊥α于B，CD⊥α于D，若增加一個條件，就能得出BD⊥EF.現(xiàn)有下列條件：