高考總復(fù)習(xí)首選用卷數(shù)學(xué)第五章立體幾何考點(diǎn)測(cè)試28基本立體圖形及空間幾何體的表面積與體積基礎(chǔ)題(占比60%)中檔題(占比30%)拔高題(占比10%)題號(hào)123456789難度★★★★★★★★★對(duì)點(diǎn)空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征簡(jiǎn)單幾何體的外接球；球的體積圓臺(tái)的側(cè)面積簡(jiǎn)單幾何體的外接球；棱柱的表面積與體積組合體的體積平面圖形的直觀圖組合體的表面積棱臺(tái)的側(cè)面積圓臺(tái)的計(jì)算問(wèn)題；空間幾何體的展開(kāi)圖問(wèn)題題號(hào)101112131415161718難度★★★★★★★★★★★★★★★★★★對(duì)點(diǎn)組合體的體積組合體的表面積圓錐的側(cè)面積與體積組合體的表面積組合體的體積棱錐體積的最值問(wèn)題圓錐的體積空間軌跡問(wèn)題；棱柱的表面積簡(jiǎn)單幾何體的內(nèi)切球；球的表面積高考概覽本考點(diǎn)是高考?？贾R(shí)點(diǎn)，題型為選擇題、填空題，中等難度考點(diǎn)研讀1.認(rèn)識(shí)柱、錐、臺(tái)、球及其簡(jiǎn)單組合體的結(jié)構(gòu)特征，并能運(yùn)用這些特征描述現(xiàn)實(shí)生活中簡(jiǎn)單物體的結(jié)構(gòu)2.能用斜二測(cè)畫(huà)法畫(huà)出簡(jiǎn)單空間圖形(長(zhǎng)方體、球、圓柱、圓錐、棱柱及其簡(jiǎn)單組合體)的直觀圖3.球體、柱體、錐體、臺(tái)體的表面積和體積計(jì)算公式1．下列說(shuō)法正確的是()A．以直角梯形的一腰為軸旋轉(zhuǎn)所得的旋轉(zhuǎn)體是圓臺(tái)B．圓柱上底面圓上任一點(diǎn)與下底面圓上任一點(diǎn)的連線都是圓柱的母線C．如果一個(gè)棱錐的各個(gè)側(cè)面都是等邊三角形，那么這個(gè)棱錐不可能為六棱錐D．有兩個(gè)面平行且相似，其余各面都是梯形的多面體是棱臺(tái)答案：C解析：對(duì)于A，以直角梯形垂直于底邊的腰為軸旋轉(zhuǎn)所得的旋轉(zhuǎn)體是圓臺(tái)，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，由圓柱母線的定義知，圓柱的母線應(yīng)平行于軸，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，當(dāng)棱錐的各個(gè)側(cè)面的頂角之和是360°時(shí)，各側(cè)面構(gòu)成平面圖形，構(gòu)不成棱錐，由此推導(dǎo)出如果一個(gè)棱錐的各個(gè)側(cè)面都是等邊三角形，那么這個(gè)棱錐不可能為六棱錐，故C正確；對(duì)于D，把兩個(gè)相同的棱臺(tái)的底面重合在一起，就不是棱臺(tái)，故D錯(cuò)誤．故選C.2．(2025·云南高三名校聯(lián)考)已知圓錐的軸截面是邊長(zhǎng)為3的等邊三角形，且該圓錐底面圓和頂點(diǎn)都在球O的球面上，則球O的體積為()A．2eq\r(2)π B．4eq\r(2)πC．2eq\r(3)π D．4eq\r(3)π答案：D解析：圓錐的軸截面是邊長(zhǎng)為3的等邊三角形，邊長(zhǎng)為3的等邊三角形的外接圓半徑即是圓錐的外接球半徑，設(shè)球O的半徑為R，由正弦定理，得2R＝eq\f(3,\f(\r(3),2))＝2eq\r(3)，即R＝eq\r(3)，故球O的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝4eq\r(3)π.故選D.3．(2025·山東聊城莘縣第一中學(xué)高三開(kāi)學(xué)考試)已知母線長(zhǎng)為10的圓臺(tái)的側(cè)面積為100π，且其上底面的半徑r與下底面的半徑R滿足R＝4r，則R＝()A．2 B．4C．8 D．12答案：C解析：因?yàn)樵搱A臺(tái)的側(cè)面積為100π，母線長(zhǎng)l＝10，R＝4r，所以π(r＋4r)×10＝100π，解得r＝2，則R＝8.故選C.4．(2024·河南駐馬店二模)已知某正六棱柱的體積為6eq\r(3)，其外接球的體積為eq\f(20\r(5)π,3)，若該六棱柱的高為整數(shù)，則其表面積為()A．6eq\r(3)＋18 B．3eq\r(3)＋18C．6eq\r(3)＋24 D．3eq\r(3)＋24答案：D解析：設(shè)該正六棱柱的底面邊長(zhǎng)為a，高為h，其外接球的半徑為R，易知eq\f(4,3)πR3＝eq\f(20\r(5)π,3)，則R＝eq\r(5)＝eq\r(a2＋\f(h2,4))①，且eq\f(\r(3),4)a2×6×h＝6eq\r(3)②，聯(lián)立①②，因?yàn)閔∈Z，解得a＝1，h＝4，所以正六棱柱的表面積S＝eq\f(\r(3),4)a2×12＋6ah＝3eq\r(3)＋24.故選D.5．某公園設(shè)置了一些石凳供大家休息，每張石凳是由正方體石料截去八個(gè)一樣的四面體得到的，如圖所示．如果一張石凳的體積是0.18m3，那么原正方體石料的體積是()A．0.196m3 B．0.216m3C．0.225m3 D．0.234m3答案：B解析：設(shè)原正方體石料的棱長(zhǎng)為am．由題意可得a3－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)a×eq\f(1,2)a×eq\f(1,2)a×8＝0.18，解得a3＝0.216.所以原正方體石料的體積是0.216m3.故選B.6．如圖，某四邊形ABCD的直觀圖是正方形A′B′C′D′，且A′(1，0)，C′(－1，0)，則原四邊形ABCD的面積等于()A．2 B．2eq\r(2)C．4 D．4eq\r(2)答案：D解析：由題意可知A′(1，0)，C′(－1，0)，即A′C′＝2，故A′B′＝eq\r(2)，所以S正方形A′B′C′D′＝2，則原四邊形ABCD的面積為eq\f(2,\f(\r(2),4))＝4eq\r(2).故選D.7．(2025·山東濰坊諸城繁華中學(xué)高三上期末)陀螺是早期民間小孩子的娛樂(lè)工具之一，現(xiàn)在成了一些城市老年人健身和娛樂(lè)的工具，目前的成人陀螺的形狀由同底的一個(gè)圓柱和一個(gè)圓錐組合而成，如圖．已知一陀螺的圓柱的底面直徑為16，圓柱和圓錐的高均為6，則該陀螺的表面積為()A．240π B．220πC．160π D．176π答案：A解析：該陀螺的表面積是底面圓的面積、圓柱的側(cè)面積和圓錐的側(cè)面積之和．因?yàn)閳A柱底面圓的直徑為16，所以底面圓的半徑為8，則底面圓的面積為π×82＝64π，因?yàn)閳A柱的高為6，所以圓柱的側(cè)面積為2π×8×6＝96π，根據(jù)圓錐的高為6，底面半徑為8，得圓錐的母線長(zhǎng)為eq\r(62＋82)＝10，所以圓錐的側(cè)面積為π×8×10＝80π，所以該陀螺的表面積為64π＋96π＋80π＝240π.故選A.8．(2024·河南濮陽(yáng)模擬)在正四棱臺(tái)ABCD－A1B1C1D1中，上底面邊長(zhǎng)為2，下底面邊長(zhǎng)為4，若側(cè)面與底面所成的二面角為60°，則該正四棱臺(tái)的側(cè)面積為()A．8 B．12C．24 D．48答案：C解析：如圖，取棱的中點(diǎn)，作截面EFGH，則FG，EH為正四棱臺(tái)的斜高．在等腰梯形EFGH中，易知EF＝2，GH＝4，∠EHG＝60°，所以EH·cos60°＝eq\f(4－2,2)＝1?EH＝2，所以正四棱臺(tái)的側(cè)面積為4×eq\f(1,2)×(2＋4)×2＝24.故選C.9．(多選)某班級(jí)到一工廠參加社會(huì)實(shí)踐勞動(dòng)，加工出如圖所示的圓臺(tái)O1O2，在軸截面ABCD中，AB＝AD＝BC＝2cm，且CD＝2AB，則()A．該圓臺(tái)的高為1cmB．該圓臺(tái)軸截面的面積為3eq\r(3)cm2C．該圓臺(tái)的體積為eq\f(7\r(3)π,3)cm3D．一只小蟲(chóng)從點(diǎn)C沿著該圓臺(tái)的側(cè)面爬行到AD的中點(diǎn)，所經(jīng)過(guò)的最短路程為5cm答案：BCD解析：如圖1，作BE⊥CD交CD于E，易得CE＝eq\f(CD－AB,2)＝1cm，則BE＝eq\r(22－12)＝eq\r(3)cm，故圓臺(tái)的高為eq\r(3)cm，A錯(cuò)誤；圓臺(tái)軸截面的面積為eq\f(1,2)×(2＋4)×eq\r(3)＝3eq\r(3)cm2，B正確；圓臺(tái)的體積為eq\f(1,3)×eq\r(3)×(π＋4π＋eq\r(π×4π))＝eq\f(7\r(3)π,3)cm3，C正確；將圓臺(tái)一半側(cè)面展開(kāi)，如圖2中ABCD，設(shè)P為AD的中點(diǎn)，圓臺(tái)對(duì)應(yīng)的圓錐一半側(cè)面展開(kāi)為扇形COD，由CD＝2AB，可得BC＝OB＝2cm，則OC＝4cm，∠COD＝eq\f(\f(4π,2),4)＝eq\f(π,2)，又OP＝OA＋eq\f(AD,2)＝3cm，則CP＝eq\r(42＋32)＝5cm，即點(diǎn)C到AD的中點(diǎn)所經(jīng)過(guò)的最短路程為5cm，D正確．故選BCD.10．(2025·北京房山高三開(kāi)學(xué)考試)如圖1，一個(gè)正四棱柱形的密閉容器水平放置，其底部鑲嵌了同底的正四棱錐形實(shí)心裝飾塊，容器內(nèi)盛有m升水時(shí)，水面恰好經(jīng)過(guò)正四棱錐的頂點(diǎn)P.如果將容器倒置，水面也恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(圖2)，設(shè)正四棱柱的高為h1，正四棱錐的高為h2，則eq\f(h1,h2)＝________．答案：eq\f(5,3)解析：設(shè)正四棱柱的底面面積為S，在題圖1中，可得Sh2－eq\f(1,3)Sh2＝eq\f(2,3)Sh2＝m，所以h2＝eq\f(3m,2S)，在題圖2中，可得S(h1－h(huán)2)＝m，所以h1－h(huán)2＝eq\f(m,S)，則h1＝eq\f(5m,2S)，所以eq\f(h1,h2)＝eq\f(\f(5m,2S),\f(3m,2S))＝eq\f(5,3).11．(2025·上海松江高三開(kāi)學(xué)考試)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，P為棱CC1的中點(diǎn)，△BPD1以BD1為軸旋轉(zhuǎn)一周，則得到的旋轉(zhuǎn)體的表面積是________．答案：2eq\r(10)π解析：由題意知，△BPD1為等腰三角形，且BD1＝2eq\r(3)，PD1＝PB＝eq\r(5)，所以△BPD1以BD1為軸旋轉(zhuǎn)一周，得到的旋轉(zhuǎn)體是以BD1為中心軸，PD1和PB分別為母線且同底的兩個(gè)圓錐構(gòu)成的幾何體，可得圓錐的底面半徑為eq\r(5－3)＝eq\r(2)，所以旋轉(zhuǎn)體的表面積S＝2πrl＝2eq\r(10)π.12．(2025·四川綿陽(yáng)高三聯(lián)考)甲、乙兩圓錐母線長(zhǎng)均為3，體積分別為V1，V2，側(cè)面積分別為S1，S2，且eq\f(S1,S2)＝eq\f(1,2)，側(cè)面展開(kāi)圖的圓心角θ1，θ2滿足θ1＋θ2＝2π，則eq\f(V1,V2)＝________．答案：eq\f(\r(10),10)解析：依題意，不妨設(shè)兩圓錐的母線長(zhǎng)均為l，甲圓錐的底面半徑為r，高為h，乙圓錐的底面半徑為R，高為H，則S1＝3πr，S2＝3πR，由eq\f(S1,S2)＝eq\f(1,2)，得eq\f(3πr,3πR)＝eq\f(r,R)＝eq\f(1,2)，故R＝2r，因?yàn)閭?cè)面展開(kāi)圖的圓心角之和為2π，所以2πr＋2πR＝6π，故r＝1，所以h＝eq\r(l2－r2)＝2eq\r(2)，H＝eq\r(l2－R2)＝eq\r(5)，所以eq\f(V1,V2)＝eq\f(\f(1,3)πr2h,\f(1,3)πR2H)＝eq\f(2\r(2),4\r(5))＝eq\f(\r(10),10).13．(2024·浙江麗水高三模擬)已知長(zhǎng)軸長(zhǎng)與短軸長(zhǎng)分別為2a與2b的橢圓圍成區(qū)域的面積為πab(a>b>0)．現(xiàn)要切割加工一個(gè)底面半徑為1、高為2的圓柱形零件(如圖所示)，截面經(jīng)過(guò)圓柱的一個(gè)底面中心，且與底面所成的角為60°.然后再將切割后得到的兩個(gè)部件表面都刷上油漆，則所刷油漆的面積為()A．6π B．7πC．8π D．10π答案：C解析：設(shè)底面中心為O，截面與底面交于線段AB，由圓錐曲線的定義可得截面為半個(gè)橢圓，設(shè)橢圓的長(zhǎng)軸端點(diǎn)為D，且底面圓周上的點(diǎn)E滿足DE垂直于底面，則OD⊥AB，DE⊥AB，又OD∩DE＝D，所以AB⊥平面ODE，從而AB⊥OE.因?yàn)镺E＝1，截面與底面所成角的平面角是∠DOE＝60°，則DE＝eq\r(3)，OD＝2，所以截面所在橢圓的長(zhǎng)半軸為a＝2，短半軸為b＝1，所以截面的面積為S1＝eq\f(1,2)πab＝π，而圓柱的表面積是S2＝2×π×12＋2×2π×1＝6π，因此所刷油漆的面積為2S1＋S2＝8π.故選C.14．(2024·新疆維吾爾自治區(qū)二模)我國(guó)古代數(shù)學(xué)著作《九章算術(shù)》中記載了一種稱(chēng)為“羨除”的幾何體，該幾何體的一種結(jié)構(gòu)是三個(gè)面均為梯形，其他兩面為三角形的五面體．如圖所示，四邊形ABCD，ABFE，CDEF均為等腰梯形，AB∥CD∥EF，AB＝6，CD＝8，EF＝10，EF到平面ABCD的距離為5，CD與AB間的距離為10，則這個(gè)“羨除”的體積V＝________．答案：200解析：連接CE，BE，BD，V＝VE－ABCD＋VC－BEF＝VE－ABCD＋eq\f(5,3)VD－ABE＝VE－ABCD＋eq\f(5,3)VE－ABD＝VE－ABCD＋eq\f(5,7)VE－ABCD＝eq\f(12,7)VE－ABCD＝eq\f(12,7)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×(6＋8)×10×5＝200.15．(2024·江西南昌模擬)如圖所示，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為4的正方形，M，N分別為線段AB，AD上異于點(diǎn)A，B，D的動(dòng)點(diǎn)，且滿足AM＝AN，H為MN的中點(diǎn)，將點(diǎn)A沿MN折至點(diǎn)A′處，使A′H⊥平面BCD，則五棱錐A′－MBCDN體積的最大值為_(kāi)_______．答案：eq\f(128\r(3),27)解析：設(shè)AM＝x，因?yàn)锳M＝AN，H為MN的中點(diǎn)，所以A′H⊥MN，且AH＝eq\f(\r(2),2)x，底面MBCDN的面積為16－eq\f(1,2)x2(0<x<4)，所以五棱錐A′－MBCDN的體積為V(x)＝eq\f(\r(2),6)xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(16－\f(1,2)x2))(0<x<4)，則V′(x)＝eq\f(\r(2),6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(16－\f(3,2)x2))，令V′(x)>0，得0<x<eq\f(4\r(6),3)；令V′(x)<0，得eq\f(4\r(6),3)<x<4.所以V(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4\r(6),3)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(6),3)，4))上單調(diào)遞減，所以V(x)max＝Veq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(6),3)))＝eq\f(128\r(3),27).16．(2024·上海奉賢三模)如圖，已知△BOA為直角三角形(O為直角)，分別連接點(diǎn)B與線段OA的n等分點(diǎn)A1，A2，…，An－1，得到n個(gè)三角形依次為△BOA1，△BA1A2，…，△BAn－1A，將△BOA繞著OB所在直線旋轉(zhuǎn)一周，記△BOA1，△BA1A2，…，△BAn－1A旋轉(zhuǎn)得到的幾何體的體積依次為V1，V2，…，Vn，若V1＝1，Vn＝49，則△BOA旋轉(zhuǎn)得到的幾何體的體積V＝________．答案：625解析：設(shè)OA＝a，OB＝b，則V1＝eq\f(1,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,n)))eq\s\up12(2)b＝eq\f(1,3)×eq\f(πa2b,n2)＝1①，記△BOAn－1繞著OB所在直線旋轉(zhuǎn)一周得到的幾何體體積為V圓錐B－OAn－1，所以Vn＝V－V圓錐B－OAn－1＝eq\f(1,3)πa2b－eq\f(1,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)a))eq\s\up12(2)b＝eq\f(1,3)πa2b·eq\f(n2－（n－1）2,n2)＝eq\f(1,3)πa2b·eq\f(2n－1,n2)＝49②，②÷①，得n＝25，所以V1＝eq\f(1,3)×eq\f(πa2b,252)＝1，可得πa2b＝1875，則△BOA旋轉(zhuǎn)得到的幾何體的體積V＝eq\f(1,3)πa2b＝eq\f(1,3)×1875＝625.17．(2024·四川成都二模)在所有棱長(zhǎng)均相等的直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，∠BAD＝60°，點(diǎn)P在四邊形AA1B1B內(nèi)(含邊界)運(yùn)動(dòng)．當(dāng)C1P＝eq\f(\r(7),2)CC1時(shí)，點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為eq\f(2π,3)，則該四棱柱的表面積為_(kāi)_______．答案：16＋4eq\r(3)解析：設(shè)直四棱柱的棱長(zhǎng)為a，延長(zhǎng)A1B1，過(guò)點(diǎn)C1作C1O垂直于A1B1的延長(zhǎng)線于點(diǎn)O，由∠BAD＝60°，可得OB1＝eq\f(a,2)，C1O＝eq\f(\r(3)a,2).由直四棱柱的性質(zhì)，可得C1O⊥平面AA1B1B，所以C1O⊥OP.因?yàn)镃1P＝eq\f(\r(7),2)CC1＝eq\f(\r(7),2)a，所以O(shè)P＝eq\r(C1P2－C1O2)＝a.在平面AA1B1B內(nèi)，點(diǎn)P的軌跡是以O(shè)為圓心，a為半徑的圓夾在四邊形AA1B1B內(nèi)的部分，即圖中圓弧eq\o(EF,\s\up8(︵)).因?yàn)镺B1＝eq\f(a,2)，OF＝a，∠OB1F＝90°，所以∠FOB1＝eq\f(π,3)，因?yàn)辄c(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為eq\f(2π,3)，所以O(shè)P＝2，即a＝2.所以四棱柱的表面積為4×2×2＋2×2×2×eq\f(\r(3),2)＝16＋4eq\r(3).18．已知某無(wú)上蓋的圓臺(tái)容器的上、下底面半徑分別為2.5和6，母線長(zhǎng)為7，則該圓臺(tái)容器內(nèi)能放入最大球的表面積為_(kāi)_______．答案：eq\f(147π,4)解析：圓臺(tái)的軸截面為如圖所示的等腰梯形ABCD，過(guò)D，C分別作DE，CF垂直于AB，垂足為E，F(xiàn)，AE＝6－2.5＝3.5，AD＝7，cos∠DAE＝cos∠CBF＝eq\f(3.5,7)＝eq\f(1,2)，所以圓臺(tái)的軸截面等腰梯形ABCD的底角為60°，高為3.5×eq\r(3)＝eq\f(7\r(3),2)，設(shè)邊長(zhǎng)為12的正三角形的內(nèi)切圓半徑為r，則eq\f(1,2)×(12＋12＋12)×r＝eq\f(\r(3),4)×122，解得r＝2eq\r(3)，即邊長(zhǎng)為12的正三角形內(nèi)切圓的半徑為2eq\r(3)，2eq\r(3)>eq\f(7\r(3),4)，故能放入最大球的半徑為eq\f(7\r(3),4)，其表面積為4πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7\r(3),4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(147π,4).微專(zhuān)題訓(xùn)練——與球有關(guān)的切、接問(wèn)題基礎(chǔ)題(占比50%)中檔題(占比40%)拔高題(占比10%)題號(hào)12345678難度★★★★★★★★★★對(duì)點(diǎn)簡(jiǎn)單幾何體的外接球；球的表面積簡(jiǎn)單幾何體的外接球；圓臺(tái)的側(cè)面積簡(jiǎn)單幾何體的外接球；球的體積；圓柱的側(cè)面積簡(jiǎn)單幾何體的外接球簡(jiǎn)單幾何體的外接球；球的表面積簡(jiǎn)單幾何體的外接球；球的體積簡(jiǎn)單幾何體的外接球；球的表面積簡(jiǎn)單幾何體的外接球；球的表面積題號(hào)910111213141516難度★★★★★★★★★★★★★★★★對(duì)點(diǎn)簡(jiǎn)單幾何體的內(nèi)切球；球的表面積簡(jiǎn)單幾何體的內(nèi)切球簡(jiǎn)單幾何體的外接球與內(nèi)切球；球的表面積簡(jiǎn)單幾何體的內(nèi)切球、圓錐、棱錐的綜合問(wèn)題簡(jiǎn)單幾何體的內(nèi)切球簡(jiǎn)單幾何體的內(nèi)切球；球的體積；圓柱的體積簡(jiǎn)單幾何體的棱切球簡(jiǎn)單幾何體的棱切球與外接球；球的表面積與體積題型一外接球問(wèn)題1．長(zhǎng)方體的過(guò)一個(gè)頂點(diǎn)的三條棱長(zhǎng)分別是2，4，4，則該長(zhǎng)方體外接球的表面積為()A．9π B．18πC．36π D．48π答案：C解析：長(zhǎng)方體外接球的直徑2R＝eq\r(a2＋b2＋c2)＝eq\r(22＋42＋42)＝6，解得R＝3，所以該長(zhǎng)方體外接球的表面積S＝4πR2＝4π·32＝36π.故選C.2．(2025·江西九江高三開(kāi)學(xué)聯(lián)考)已知圓臺(tái)的上、下底面的面積分別為4π，25π，側(cè)面積為35π，則該圓臺(tái)外接球的球心到上底面的距離為()A.eq\f(27,8) B.eq\f(27,4)C.eq\f(37,8) D.eq\f(37,4)答案：C解析：依題意，記圓臺(tái)的上、下底面的半徑分別為r1，r2，則πreq\o\al(2,1)＝4π，πreq\o\al(2,2)＝25π，則r1＝2，r2＝5，設(shè)圓臺(tái)的母線長(zhǎng)為l，則π(r1＋r2)l＝35π，解得l＝5，則圓臺(tái)的高h(yuǎn)＝eq\r(52－（5－2）2)＝4，記圓臺(tái)外接球的球心到上底面的距離為x，則x2＋22＝(4－x)2＋52，解得x＝eq\f(37,8).故選C.3．(2025·皖南八校高三開(kāi)學(xué)聯(lián)考)已知圓柱的底面直徑為2，它的兩個(gè)底面的圓周都在同一個(gè)體積為eq\f(20\r(5)π,3)的球面上，該圓柱的側(cè)面積為()A．8π B．6πC．5π D．4π答案：A解析：球的體積為eq\f(4,3)πR3＝eq\f(20\r(5)π,3)，可得其半徑R＝eq\r(5)，圓柱的底面直徑為2，半徑為r＝1，在軸截面中，可知圓柱的高為h＝2eq\r(R2－r2)＝4，所以圓柱的側(cè)面積為2πrh＝8π.故選A.4．已知三棱柱ABC－A1B1C1的6個(gè)頂點(diǎn)都在球O的球面上，且AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，則球O的半徑為()A．5.5 B．6C．6.5 D．7答案：C解析：∵三棱柱ABC－A1B1C1的6個(gè)頂點(diǎn)都在球O的球面上，∴三棱柱ABC－A1B1C1為直三棱柱，又AB⊥AC，∴可將直三棱柱ABC－A1B1C1補(bǔ)成長(zhǎng)方體ABDC－A1B1D1C1，∴直三棱柱ABC－A1B1C1的外接球即為長(zhǎng)方體ABDC－A1B1D1C1的外接球，故球O的直徑為A1D＝eq\r(AB2＋AC2＋AAeq\o\al(2,1))＝13，∴球O的半徑為6.5.故選C.5．在Rt△ABC中，斜邊AB的長(zhǎng)為2，繞直角邊AC所在直線旋轉(zhuǎn)一周形成一個(gè)幾何體．若該幾何體外接球的表面積為eq\f(16π,3)，則AC的長(zhǎng)為()A.eq\f(\r(3),2) B．1C.eq\r(2) D.eq\r(3)答案：D解析：設(shè)AC＝x，因?yàn)锳B＝2，所以BC＝eq\r(AB2－AC2)＝eq\r(4－x2)，繞直角邊AC所在直線旋轉(zhuǎn)一周形成一個(gè)幾何體為圓錐，設(shè)圓錐外接球的半徑為R，所以4πR2＝eq\f(16π,3)，解得R＝eq\f(2\r(3),3)，設(shè)外接球的球心為O，則球心O在直線AC上，所以4－x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2\r(3),3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(4,3)，解得x＝eq\r(3).故選D.6．在正四棱錐S－ABCD中，底面是邊長(zhǎng)為2的正方形，側(cè)面是腰長(zhǎng)為eq\r(6)的等腰三角形，則正四棱錐S－ABCD外接球的體積為()A.eq\f(27π,2) B．9πC.eq\f(9π,2) D．18π答案：C解析：如圖所示，設(shè)外接球的球心為O，半徑為R，底面中心為E，連接SE，BO，BE，因?yàn)樵谡睦忮FS－ABCD中，底面是邊長(zhǎng)為2的正方形，側(cè)面是腰長(zhǎng)為eq\r(6)的等腰三角形，所以BE＝eq\r(2)，SE＝eq\r(SB2－BE2)＝2，在Rt△OBE中，R2＝OE2＋BE2，即R2＝(2－R)2＋(eq\r(2))2，解得R＝eq\f(3,2)，所以正四棱錐S－ABCD外接球的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(9π,2).故選C.7．(2024·河南鄭州高三模擬)如圖，在幾何體ABCDEF中，四邊形BCEF是正方形，AD∥平面BCEF，四邊形ADEF與四邊形ABCD都是等腰梯形，AD＝2BC＝4，AB＝AF＝eq\r(5)，若幾何體ABCDEF的所有頂點(diǎn)都在球O的表面上，則球O的表面積為()A.eq\f(16π,3) B.eq\f(49π,3)C．16π D．49π答案：B解析：連接BE，CF交于點(diǎn)O1，取AD的中點(diǎn)O2，由對(duì)稱(chēng)性可得球心O在直線O1O2上，取EF的中點(diǎn)H，連接O1H，O2H，則O2H＝eq\r(AF2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AD－\f(1,2)EF))\s\up12(2))＝2，因?yàn)镋F⊥HO2，EF⊥HO1，HO2∩HO1＝H，HO2，HO1?平面HO1O2，所以EF⊥平面HO1O2，又O1O2?平面HO1O2，所以EF⊥O1O2，由對(duì)稱(chēng)性可得O1O2⊥HO1，EF∩HO1＝H，EF，HO1?平面BCEF，所以O(shè)1O2⊥平面BCEF，O1O2＝eq\r(O2H2－O1H2)＝eq\r(4－1)＝eq\r(3)，設(shè)球O的半徑為R，OO1＝h，由OF＝OA＝R，得h2＋(eq\r(2))2＝(eq\r(3)－h(huán))2＋22＝R2，解得R2＝eq\f(49,12)，所以球O的表面積S＝4πR2＝eq\f(49π,3).故選B.8．(2024·湖南邵陽(yáng)三模)在四面體ABCD中，△ABD是邊長(zhǎng)為4eq\r(2)的等邊三角形，BC⊥CD，BC＝CD，AC＝4eq\r(3)，點(diǎn)E在棱BD上，且BD＝4BE，過(guò)點(diǎn)E作四面體ABCD的外接球O的截面，則所得截面圓的面積的最小值與球O的表面積的比值為_(kāi)_______．答案：eq\f(1,8)解析：由題意知，AB＝AD＝4eq\r(2)，BC＝CD＝4，AC＝4eq\r(3)，由勾股定理可知，BC2＋AB2＝AC2，CD2＋AD2＝AC2，所以BC⊥AB，CD⊥AD，易知四面體ABCD的外接球的球心O在斜邊AC的中點(diǎn)處，四面體ABCD的外接球O的半徑R＝eq\f(1,2)AC＝2eq\r(3)，根據(jù)題意可知，過(guò)點(diǎn)E作球O的截面，若要所得的截面圓的面積最小，只需截面圓的半徑最小，設(shè)球心O到截面的距離為d，只需球心到截面的距離d最大即可，而當(dāng)且僅當(dāng)OE與截面垂直時(shí)，球心到截面的距離d最大，即dmax＝OE，取BD的中點(diǎn)F，EF＝eq\f(1,4)BD＝eq\r(2)，易知△OBD為等腰三角形，OF＝eq\r(OB2－BF2)＝eq\r(12－8)＝2，所以O(shè)E2＝OF2＋EF2＝22＋(eq\r(2))2＝6，所以截面圓的半徑為r＝eq\r(R2－OE2)＝eq\r(12－6)＝eq\r(6)，所以截面圓的面積為S1＝π×(eq\r(6))2＝6π，球O的表面積為S2＝4π×(2eq\r(3))2＝48π，所得截面圓的面積的最小值與球O的表面積的比值為eq\f(6π,48π)＝eq\f(1,8).題型二內(nèi)切球問(wèn)題9．已知圓臺(tái)的上、下底面圓的半徑之比為eq\f(1,2)，側(cè)面積為9π，在圓臺(tái)的內(nèi)部有一球O，該球與圓臺(tái)的上、下底面及母線均相切，則球O的表面積為()A．3π B．5πC．8π D．9π答案：C解析：設(shè)圓臺(tái)的上底面圓半徑為r，母線長(zhǎng)為l，則下底面圓半徑為2r，如圖所示，作出圓臺(tái)與球的軸截面．由于球O與圓臺(tái)的上、下底面及母線均相切，故l＝AD＝AH＋DG＝r＋2r＝3r.根據(jù)圓臺(tái)的側(cè)面積公式S＝(πr＋2πr)l＝9π，可得r＝1，所以球O的直徑為HG＝2eq\r(2)，故球O的半徑為eq\r(2)，所以球O的表面積為8π.故選C.10．(2024·新疆維吾爾自治區(qū)三模)設(shè)四棱臺(tái)ABCD－A1B1C1D1的上、下底面面積分別為S1，S2，側(cè)面積為S，若一個(gè)小球與該四棱臺(tái)的每個(gè)面都相切，則()A．S2＝S1S2 B．S＝S1＋S2C．S＝2eq\r(S1S2) D.eq\r(S)＝eq\r(S1)＋eq\r(S2)答案：D解析：設(shè)內(nèi)切球的球心為O，連接OA，OB，OC，OD，OA1，OB1，OC1，OD1，則OA，OB，OC，OD，OA1，OB1，OC1，OD1把四棱臺(tái)ABCD－A1B1C1D1分割成六個(gè)四棱錐，且六個(gè)四棱錐的高都為內(nèi)切球的半徑R，四棱臺(tái)ABCD－A1B1C1D1的高為2R，所以V四棱臺(tái)ABCD－A1B1C1D1＝eq\f(1,3)(S1＋S2＋eq\r(S1S2))·2R＝eq\f(1,3)(S1＋S2＋S)·R，化簡(jiǎn)可得S1＋S2＋2eq\r(S1S2)＝(eq\r(S1)＋eq\r(S2))2＝S，即eq\r(S)＝eq\r(S1)＋eq\r(S2).故選D.11．(2024·江西南昌二中高三模擬)六氟化硫，化學(xué)式為SF6，在常壓下是一種無(wú)色、無(wú)味、無(wú)毒、不易燃的穩(wěn)定氣體，有良好的絕緣性，在電器工業(yè)方面具有廣泛用途．六氟化硫分子結(jié)構(gòu)為正八面體結(jié)構(gòu)(正八面體是每個(gè)面都是正三角形的八面體)，如圖所示．若此正八面體的棱長(zhǎng)為2，它的內(nèi)切球的表面積為S1，外接球的表面積為S2，則eq\f(S2,S1)的值為()A．3 B．2C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,2)答案：A解析：如圖，連接AC與BD交于點(diǎn)O，連接EO，因?yàn)镋A＝EC，ED＝EB，所以EO⊥AC，EO⊥BD，又AC與BD為平面ABCD內(nèi)的相交直線，所以EO⊥平面ABCD，所以O(shè)為正八面體的中心，設(shè)正八面體外接球的半徑為R，內(nèi)切球的半徑為r，因?yàn)檎嗣骟w的棱長(zhǎng)為2，所以EB＝EC＝BC＝2，OB＝OC＝eq\r(2)，EO＝eq\r(EB2－OB2)＝eq\r(2)，則R＝eq\r(2)，S△EBC＝eq\r(3)，S△OBC＝1，設(shè)內(nèi)切球與平面EBC切于點(diǎn)H，連接OH，所以O(shè)H⊥平面EBC，所以O(shè)H即為正八面體內(nèi)切球的半徑，因?yàn)閂E－OBC＝VO－EBC，即eq\f(1,3)S△OBC·EO＝eq\f(1,3)S△EBC·OH，所以O(shè)H＝eq\f(\r(6),3)，即r＝eq\f(\r(6),3)，所以eq\f(S2,S1)＝eq\f(4πR2,4πr2)＝eq\f(（\r(2)）2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)))\s\up12(2))＝3.故選A.12．(多選)(2024·廣東茂名一模)如圖，已知圓錐頂點(diǎn)為P，其軸截面△PAB是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，球O內(nèi)切于圓錐(與圓錐底面和側(cè)面均相切)，Q是球O與圓錐母線PB的交點(diǎn)，M是底面圓弧上的動(dòng)點(diǎn)，則()A．球O的體積為eq\f(4\r(3)π,27)B．三棱錐A－QBM體積的最大值為eq\f(\r(3),3)C．MA＋MQ的最大值為3D．若M為eq\o(AB,\s\up8(︵))的中點(diǎn)，則平面PMQ截球O的截面面積為eq\f(π,7)答案：ACD解析：對(duì)于A，如圖，設(shè)底面圓心為O1，則PO1⊥AB，AQ⊥PB，PO1∩AQ＝O，∵△PAB是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，∴BO1＝1，Q為PB的中點(diǎn)，則球O的半徑OO1＝eq\f(\r(3),3)，∴球O的體積為eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(4\r(3)π,27)，故A正確；對(duì)于B，作QD⊥AB于點(diǎn)D，∵PO1⊥平面ABM，QD∥PO1，∴QD⊥底面ABM，QD＝eq\f(1,2)PO1，∴VA－QBM＝VQ－ABM＝eq\f(1,3)S△ABM·eq\f(1,2)PO1＝eq\f(\r(3),12)MA·MB≤eq\f(\r(3),12)×eq\f(MA2＋MB2,2)＝eq\f(\r(3),24)AB2＝eq\f(\r(3),6)，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，設(shè)MA＝x，x∈[0，2]，則cos∠MAB＝eq\f(MA,AB)＝eq\f(x,2)，∴MD2＝MA2＋AD2－2MA·ADcos∠MAB＝eq\f(9,4)－eq\f(x2,2)，∴MQ＝eq\r(MD2＋DQ2)＝eq\r(3－\f(x2,2))，∴MA＋MQ＝x＋eq\r(3－\f(x2,2))，設(shè)f(x)＝x＋eq\r(3－\f(x2,2))，則f′(x)＝1－eq\f(1,2)×eq\f(x,\r(3－\f(x2,2)))，令f′(x)＝0，解得x＝2，當(dāng)x＝0時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x∈(0，2]時(shí)，f′(x)＝1－eq\f(1,2)×eq\f(1,\r(\f(3,x2)－\f(1,2)))，易知y＝eq\f(3,x2)－eq\f(1,2)在(0，2]上單調(diào)遞減，則f′(x)＝1－eq\f(1,2)×eq\f(1,\r(\f(3,x2)－\f(1,2)))在(0，2]上單調(diào)遞減，且f′(2)＝0，則當(dāng)x∈[0，2]時(shí)，f′(x)≥0，f(x)單調(diào)遞增，f(x)max＝f(2)＝2＋1＝3，故C正確；對(duì)于D，當(dāng)M為eq\o(AB,\s\up8(︵))的中點(diǎn)時(shí)，MO1⊥AB，∵PO1⊥平面ABM，MO1?平面ABM，∴PO1⊥MO1，又PO1∩AB＝O1，PO1，AB?平面POQ，∴MO1⊥平面POQ，由PB＝PM＝2，MB＝eq\r(2)，PQ＝1，得sin∠QPM＝eq\f(\r(7),4)，∴S△MPQ＝eq\f(1,2)PM·PQsin∠MPQ＝eq\f(\r(7),4).設(shè)點(diǎn)O到平面PMQ的距離為h，∵S△OPQ＝eq\f(\r(3),6)，VM－OPQ＝VO－MPQ，∴eq\f(1,3)S△OPQ×1＝eq\f(1,3)S△MPQ·h，代入數(shù)據(jù)，解得h＝eq\f(2\r(21),21)，∴截面面積為πeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(21),21)))\s\up12(2)))＝eq\f(π,7)，故D正確．故選ACD.13．已知三棱錐V－ABC的三條側(cè)棱兩兩垂直，且VA＝1，VB＝2，VC＝3，則該三棱錐的內(nèi)切球的半徑為_(kāi)_______．答案：eq\f(1,3)解析：設(shè)該三棱錐的體積為W，表面積為S，內(nèi)切球的半徑為r，球心為O，則W＝eq\f(1,3)S·r，且W＝eq\f(1,3)S△VAB·VC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×2×3＝1，則eq\f(1,3)S·r＝1，∵三棱錐V－ABC的三條側(cè)棱兩兩垂直，且VA＝1，VB＝2，VC＝3，∴AB＝eq\r(5)，AC＝eq\r(10)，BC＝eq\r(13)，∴cos∠BAC＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq\f(5＋10－13,2×\r(5)×\r(10))＝eq\f(\r(2),10)，又∠BAC∈(0，π)，∴sin∠BAC＝eq\r(1－cos2∠BAC)＝eq\f(7\r(2),10)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)AB·ACsin∠BAC＝eq\f(1,2)×eq\r(5)×eq\r(10)×eq\f(7\r(2),10)＝eq\f(7,2)，又S△VAB＝eq\f(1,2)VA·VB＝eq\f(1,2)×1×2＝1，S△VAC＝eq\f(1,2)VA·VC＝eq\f(1,2)×1×3＝eq\f(3,2)，S△VBC＝eq\f(1,2)VB·VC＝eq\f(1,2)×2×3＝3，∴S＝eq\f(7,2)＋1＋eq\f(3,2)＋3＝9，又eq\f(1,3)S·r＝1，∴eq\f(1,3)×9×r＝1，因此r＝eq\f(1,3).14．(2024·陜西安康模擬預(yù)測(cè))《論球與圓柱》是古希臘數(shù)學(xué)家阿基米德的得意杰作，據(jù)傳說(shuō)在他的墓碑上刻著一個(gè)圓柱，圓柱內(nèi)有一個(gè)內(nèi)切球，這個(gè)球的直徑恰好與圓柱的高相等．如圖為一個(gè)圓柱O1O2與球O的組合體，其中球O與圓柱O1O2的側(cè)面和上、下底面均相切，EF為底面圓O1的一條直徑，EF⊥AB，若球的半徑r＝1，則球的體積與圓柱的體積之比為_(kāi)_______，球心O到平面DEF的距離為_(kāi)_______．答案：eq\f(2,3)eq\f(\r(5),5)解析：因?yàn)榍虻陌霃絩＝1，所以球的體積為V1＝eq\f(4,3)πr3＝eq\f(4π,3)，圓柱的體積為V2＝πr2h＝πr2×2r＝2π，所以球的體積與圓柱的體積之比為eq\f(V1,V2)＝eq\f(\f(4π,3),2π)＝eq\f(2,3).由題易知EF⊥AB，DA⊥EF，AB∩AD＝A，AB，AD?平面ABCD，所以EF⊥平面ABCD，又EF?平面DEF，所以平面DEF⊥平面ABCD，連接O1D，則平面DEF與平面ABCD的交線為O1D，所以過(guò)點(diǎn)O在平面ABCD內(nèi)作OG⊥DO1，垂足為點(diǎn)G，則OG⊥平面DEF.如圖，易知O1O2⊥CD，O1O2＝2，O2D＝1，由勾股定理可得O1D＝eq\r(O1Oeq\o\al(2,2)＋O2D2)＝eq\r(5)，由Rt△O1GO∽R(shí)t△O1O2D，可知eq\f(GO,OO1)＝eq\f(DO2,DO1)，即eq\f(GO,1)＝eq\f(1,\r(5))，解得GO＝eq\f(\r(5),5)，所以球心O到平面DEF的距離為eq\f(\r(5),5).題型三棱切球問(wèn)題15．已知球O與棱長(zhǎng)為4的正方體ABCD－A1B1C1D1的所有棱都相切，點(diǎn)M是球O上一點(diǎn)，點(diǎn)N是△ACB1的外接圓上的一點(diǎn)，則線段MN的取值范圍是()A．[eq\r(6)－eq\r(2)，eq\r(6)＋eq\r(2)]B．[eq\r(6)－2，eq\r(6)＋2]C．[2eq\r(3)－2eq\r(2)，2eq\r(3)＋2eq\r(2)]D．[eq\r(3)－eq\r(2)，eq\r(3)＋eq\r(2)]答案：C解析：因?yàn)榍蚺c正方體的每條棱都相切，故其直徑為面對(duì)角線長(zhǎng)，所以球O的半徑為R＝2eq\r(2)，如圖，球心O為正方體的中心，球心與△ACB1的外接圓上的點(diǎn)的距離為OB1，其長(zhǎng)為體對(duì)角線的一半，故OB1＝2eq\r(3)，故OB1－R≤MN≤OB1＋R，也就是2eq\r(3)－2eq\r(2)≤MN≤2eq\r(3)＋2eq\r(2).故選C.16．(多選)(2024·海南高三模擬)在四面體ABCD中，△ABD，△CBD都是邊長(zhǎng)為6的正三角形，棱AC與平面BCD所成角的余弦值為eq\f(\r(3),3)，球O與該四面體各棱都相切，則()A．四面體ABCD為正四面體B．四面體ABCD外接球的體積為27eq\r(6)πC．球O的表面積為27πD．球O被四面體ABCD的表面所截得的各截面圓的周長(zhǎng)之和為8eq\r(3)π答案：ABD解析：取BD的中點(diǎn)E，連接AE，CE，由△ABD，△CBD都是邊長(zhǎng)為6的正三角形，得AE⊥BD，CE⊥BD，且AE＝CE＝eq\f(\r(3),2)×6＝3eq\r(3)，又AE∩CE＝E，AE，CE?平面AEC，則BD⊥平面AEC，又BD?平面BCD，所以平面BCD⊥平面AEC.過(guò)A作AF⊥CE于F，因?yàn)槠矫鍮CD∩平面AEC＝CE，AF?平面AEC，所以AF⊥平面BCD，故∠ACE為棱AC與平面BCD所成的角，則AC＝2AE×eq\f(\r(3),3)＝6，故四面體ABCD的所有棱長(zhǎng)相等，故四面體ABCD為正四面體，故A正確；由四面體ABCD為正四面體，得F為底面中心，且四面體ABCD的外接球與球O共球心，有DF＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×6×eq\r(3)＝2eq\r(3)，AF＝eq\r(AD2－DF2)＝eq\r(62－（2\r(3)）2)＝2eq\r(6)，設(shè)四面體ABCD的外接球半徑為R，則R2＝(AF－R)2＋DF2＝24－4eq\r(6)R＋R2＋12，即R＝eq\f(3\r(6),2)，則V＝eq\f(4,3)πR3＝27eq\r(6)π，故B正確；作OG⊥AC于點(diǎn)G，由正四面體的對(duì)稱(chēng)性可得，OG即為球O的半徑，由cos∠ACE＝eq\f(\r(3),3)，得sin∠CAF＝eq\f(\r(3),3)，又AO＝R＝eq\f(3\r(6),2)，設(shè)球O的半徑為r，則r＝OG＝eq\f(\r(3),3)×eq\f(3\r(6),2)＝eq\f(3\r(2),2)，則S表＝4πr2＝18π，故C錯(cuò)誤；由正四面體的對(duì)稱(chēng)性可得，球O被四面體ABCD的表面所截得的各截面圓周長(zhǎng)相等，O到各面的距離為OF＝AF－R＝2eq\r(6)－eq\f(3\r(6),2)＝eq\f(\r(6),2)，又r＝eq\f(3\r(2),2)，則球O被四面體ABCD的表面所截得的各截面圓的半徑為eq\r(r2－OF2)＝eq\r(\f(9,2)－\f(3,2))＝eq\r(3)，則其周長(zhǎng)之和為4×2π×eq\r(3)＝8eq\r(3)π，故D正確．故選ABD.考點(diǎn)測(cè)試29空間點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系基礎(chǔ)題(占比60%)中檔題(占比30%)拔高題(占比10%)題號(hào)123456789難度★★★★★★★★★對(duì)點(diǎn)空間線面位置關(guān)系的判斷空間線面位置關(guān)系的判斷共面問(wèn)題異面直線所成的角空間位置關(guān)系的判斷空間直線位置關(guān)系的判斷異面直線所成的角截面問(wèn)題空間直線位置關(guān)系的判斷題號(hào)1011121314151617難度★★★★★★★★★★★★★★★★★對(duì)點(diǎn)共面問(wèn)題；共點(diǎn)、共線問(wèn)題；空間直線位置關(guān)系的判斷截面問(wèn)題截面問(wèn)題共面問(wèn)題；共點(diǎn)、共線問(wèn)題異面直線所成的角新定義問(wèn)題；異面直線的判斷共面問(wèn)題；共點(diǎn)問(wèn)題截面問(wèn)題高考概覽高考在本考點(diǎn)的?？碱}型為選擇題，中等難度考點(diǎn)研讀1.理解空間直線、平面位置關(guān)系的定義2.了解可以作為推理依據(jù)的基本事實(shí)和定理3.能運(yùn)用基本事實(shí)、定理和已獲得的結(jié)論證明一些空間位置關(guān)系的簡(jiǎn)單命題1．已知a，b，c是兩兩不同的三條直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，則下列說(shuō)法正確的是()A．若直線a，b異面，b，c異面，則a，c異面B．若直線a，b相交，b，c異面，則a，c相交C．若直線a?平面α，直線b?平面β，則“a與b相交”與“α與β相交”等價(jià)D．若α∩β＝l，直線a?平面α，直線b?平面β，且a∩b＝P，則P∈l答案：D解析：若直線a，b異面，b，c異面，則a，c相交、平行或異面，A錯(cuò)誤；若直線a，b相交，b，c異面，則a，c相交、平行或異面，B錯(cuò)誤；因?yàn)橹本€a?平面α，直線b?平面β，由a與b相交一定可以得到α與β相交，但是當(dāng)α與β相交時(shí)，a與b可以相交、平行或異面，故C錯(cuò)誤；因?yàn)閍∩b＝P，直線a?平面α，則P∈a?α且P∈b，又直線b?平面β，所以P∈β，又α∩β＝l，所以P∈l，故D正確．故選D.2．已知直線l和平面α，無(wú)論直線l與平面α具有怎樣的位置關(guān)系，在平面α內(nèi)總存在一條直線與直線l()A．相交 B．平行C．垂直 D．異面答案：C解析：當(dāng)直線l與平面α平行時(shí)，在平面α內(nèi)至少有一條直線與直線l垂直；當(dāng)直線l?平面α?xí)r，在平面α內(nèi)至少有一條直線與直線l垂直；當(dāng)直線l與平面α相交時(shí)，在平面α內(nèi)至少有一條直線與直線l垂直．所以無(wú)論直線l與平面α具有怎樣的位置關(guān)系，在平面α內(nèi)總存在一條直線與直線l垂直．3．下列正方體或四面體中，P，Q，R，S分別是所在棱的中點(diǎn)，這四點(diǎn)不共面的一個(gè)圖是()答案：D解析：對(duì)于A，易判斷PR∥QS，故P，Q，R，S四點(diǎn)共面；對(duì)于B，易判斷QR∥PS，故P，Q，R，S四點(diǎn)共面；對(duì)于C，易判斷PQ∥RS，故P，Q，R，S四點(diǎn)共面；D中的RS，PQ為異面直線，故P，Q，R，S四點(diǎn)不共面．故選D.4．(2025·河北秦皇島盧龍縣第二高級(jí)中學(xué)高三開(kāi)學(xué)考試)已知異面直線a與b所成的角為eq\f(π,3)，a與c所成的角為eq\f(π,2)，則b與c所成角的范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))答案：B解析：作b′∥b交a于點(diǎn)O，所有與a垂直的直線平移到點(diǎn)O組成與a垂直的平面α，故c?α，如圖，當(dāng)c為α與a，b′所成平面的交線或其平行線時(shí)，b與c所成的角最小，為eq\f(π,6)；當(dāng)c為垂直于a，b′所成平面的線或其平行線時(shí)，b與c所成的角最大，為eq\f(π,2)，所以b與c所成角的范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2))).故選B.5．已知長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，對(duì)角線AC1與平面A1BD交于點(diǎn)O，則O為△A1BD的()A．外心 B．內(nèi)心C．重心 D．垂心答案：C解析：如圖，平面ACC1A1與平面A1BD的交線為A1E，顯然點(diǎn)E是BD的中點(diǎn)，且點(diǎn)O在A1E上，故點(diǎn)O在BD的中線上，同理可得點(diǎn)O在A1D，A1B的中線上，即點(diǎn)O是△A1BD三邊中線的交點(diǎn)，即為△A1BD的重心．故選C.6．(2025·云南大理賓川縣第四完全中學(xué)開(kāi)學(xué)測(cè)試)如圖，在正四棱臺(tái)ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G，H分別為棱A1D1，B1C1，BC，AD的中點(diǎn)，則()A．直線HE與直線GF是異面直線B．直線HE與直線BB1是異面直線C．直線HE與直線CC1共面D．直線HE與直線BF共面答案：C解析：延長(zhǎng)AA1，BB1，CC1，DD1，由正四棱臺(tái)的性質(zhì)可得側(cè)棱AA1，BB1，CC1，DD1的延長(zhǎng)線交于同一點(diǎn)，設(shè)該交點(diǎn)為P.E，F(xiàn)，G，H分別為棱A1D1，B1C1，BC，AD的中點(diǎn)，延長(zhǎng)HE，GF，則HE，GF的延長(zhǎng)線必過(guò)點(diǎn)P，則直線HE與直線GF相交于點(diǎn)P，與直線BB1相交于點(diǎn)P，與直線CC1相交于點(diǎn)P，與直線BF是異面直線．故選C.7．如圖，圓臺(tái)OO1的上底面半徑為O1A1＝1，下底面半徑為OA＝2，母線長(zhǎng)AA1＝2，過(guò)OA的中點(diǎn)B作OA的垂線交圓O于點(diǎn)C，則異面直線OO1與A1C所成角的大小為()A．30° B．45°C．60° D．90°答案：B解析：在直角梯形OO1A1A中，因?yàn)锽為OA的中點(diǎn)，OA＝2，所以O(shè)1A1＝OB＝AB＝1，連接A1B，易證四邊形OO1A1B為矩形，所以O(shè)O1∥A1B，所以∠BA1C為異面直線OO1與A1C所成的角，在Rt△AA1B中，AA1＝2，AB＝1，所以A1B＝eq\r(3).連接OC，在Rt△OBC中，由OB＝1，OC＝2，得BC＝eq\r(3).在Rt△A1BC中，BC＝A1B，所以∠BA1C＝45°.故選B.8．在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為AB，DD1的中點(diǎn)，經(jīng)過(guò)點(diǎn)B1，E，F(xiàn)的平面α交AD于G，則AG＝()A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,4)C.eq\f(3,4) D.eq\f(2,3)答案：D解析：平面B1EF與平面CC1D1D的交線與B1E平行，即過(guò)F作B1E的平行線交C1D1于H，連接B1H，過(guò)E作EG∥B1H交AD于G，連接FG，由比例關(guān)系知，H為C1D1上靠近D1的四等分點(diǎn)，從而G為AD上靠近D的三等分點(diǎn)，故而AG＝eq\f(2,3).故選D.9．(2024·福建福州模擬)在底面半徑為1的圓柱OO1中，過(guò)旋轉(zhuǎn)軸OO1作圓柱的軸截面ABCD，其中母線AB＝2，E是eq\o(BC,\s\up8(︵))的中點(diǎn)，F(xiàn)是AB的中點(diǎn)，則()A．AE＝CF，AC與EF是共面直線B．AE≠CF，AC與EF是共面直線C．AE＝CF，AC與EF是異面直線D．AE≠CF，AC與EF是異面直線答案：D解析：由題意，圓柱的軸截面ABCD為邊長(zhǎng)為2的正方形，E是eq\o(BC,\s\up8(︵))的中點(diǎn)，F(xiàn)是AB的中點(diǎn)，因?yàn)锳C?平面ABC，EF與平面ABC相交，且與AC無(wú)交點(diǎn)，所以AC與EF是異面直線，又CF＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，AE＝eq\r(22＋（\r(2)）2)＝eq\r(6)，所以AE≠CF.故選D.10．(多選)如圖，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為C1D1，B1C1的中點(diǎn)，O，M分別為BD，EF的中點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是()A．B，D，E，F(xiàn)四點(diǎn)在同一平面內(nèi)B．三條直線BF，DE，CC1有公共點(diǎn)C．直線A1C與直線OF不是異面直線D．直線A1C上存在點(diǎn)N，使M，N，O三點(diǎn)共線答案：ABD解析：如圖，對(duì)于A，連接B1D1，則B1D1∥BD，B1D1∥EF，所以BD∥EF，所以B，D，E，F(xiàn)四點(diǎn)在同一平面內(nèi)，故A正確；對(duì)于B，延長(zhǎng)BF，DE，則BF，DE相交于點(diǎn)P，又BF?平面BCC1B1，DE?平面DD1C1C，則P∈平面BCC1B1，P∈平面DD1C1C，且平面BCC1B1∩平面DD1C1C＝CC1，所以P∈CC1，即三條直線BF，DE，CC1有公共點(diǎn)，故B正確；對(duì)于C，直線A1C為長(zhǎng)方體的體對(duì)角線，所以直線A1C與直線OF不可能在同一平面內(nèi)，所以直線A1C與直線OF是異面直線，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，A1，O，C，C1均在平面AA1C1C內(nèi)，連接OM，則OM與A1C相交，所以直線A1C上存在點(diǎn)N，使M，N，O三點(diǎn)共線，故D正確．故選ABD.11．(2024·四川自貢高三模擬)在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是棱A1D1，A1A的中點(diǎn)，點(diǎn)O為對(duì)角線AC，BD的交點(diǎn)，若平面EOF∩平面ABCD＝l，l∩AB＝G，且AG＝kGB，則實(shí)數(shù)k＝()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(2,3)答案：B解析：延長(zhǎng)EF，交DA延長(zhǎng)線于H，連接OH，交AB于G，∵H∈EF，EF?平面EOF，H∈AD，AD?平面ABCD，平面EOF∩平面ABCD＝l，∴H∈l，故直線OH即為直線l，取AD的中點(diǎn)M，連接MO，ME，又E，F(xiàn)分別是棱A1D1，A1A的中點(diǎn)，∴AH＝A1E＝AM，∴AG＝eq\f(1,2)MO＝eq\f(1,4)AB，BG＝eq\f(3,4)AB，∴AG＝eq\f(1,3)GB，即k＝eq\f(1,3).故選B.12．(2025·四川成都七中高三入學(xué)考試)設(shè)正四面體ABCD的棱長(zhǎng)為2，則所有與此正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)距離相等的平面截這個(gè)四面體所得截面的面積之和為()A．3 B．4＋eq\r(3)C．3＋eq\r(3) D.eq\r(3)答案：C解析：這樣的截面有兩類(lèi)：①截面的一側(cè)有一點(diǎn)，另一側(cè)有三點(diǎn)，如圖1中的△B1C1D1，其中B1，C1，D1分別是棱AB，AC，AD的中點(diǎn)，故△B1C1D1是邊長(zhǎng)為1的正三角形，故△B1C1D1的面積為eq\f(\r(3),4)，這樣的截面共有四個(gè)．②截面的兩側(cè)各有兩點(diǎn)，如圖2中的四邊形MNPQ，其中M，N，P，Q分別是棱AB，BC，CD，DA的中點(diǎn)，故四邊形MNPQ是正方形，則四邊形MNPQ的面積為1，這樣的截面共有三個(gè)．綜上所述，所有截面的面積之和為3＋eq\r(3).故選C.13．(多選)在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，直線A1C與平面AB1D1的交點(diǎn)為M，與平面BDC1的交點(diǎn)為N，O為線段B1D1的中點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是()A．A，O，M三點(diǎn)共線B．N，O，A1，A四點(diǎn)共面C．M，N為線段A1C的四等分點(diǎn)D．線段MN的中點(diǎn)在平面BB1D1D上答案：ABD解析：連接A1C1，AC，OA，如圖，因?yàn)锳A1∥CC1，所以A，A1，C1，C四點(diǎn)共面，因?yàn)镸∈A1C，所以M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，所以點(diǎn)M在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上，同理，O，A也在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上，所以A，O，M三點(diǎn)共線，故A正確；因?yàn)橹本€A1C與平面BDC1的交點(diǎn)為N，所以點(diǎn)N∈A1C，由A項(xiàng)分析得A，A1，C1，C四點(diǎn)共面，所以N∈平面ACC1A1，由A項(xiàng)分析得點(diǎn)O也在平面ACC1A1上，所以N，O，A1，A四點(diǎn)共面，故B正確；在矩形ACC1A1中，O是A1C1的中點(diǎn)，△A1OM∽△CAM，且A1O＝eq\f(1,2)AC，所以2A1M＝MC，即M為線段A1C的三等分點(diǎn)，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性得N為線段A1C的三等分點(diǎn)，故M，N為線段A1C的三等分點(diǎn)，所以C不正確；連接BD交AC于點(diǎn)O1，則O1∈BD?平面BDD1B1，再連接O1O，設(shè)O1O∩BD1＝O2，則O2∈BD1?平面BA1D1C，易得O2為BD1的中點(diǎn)，而四邊形A1D1CB是矩形，直線BD1，A1C是其兩條對(duì)角線，則BD1的中點(diǎn)也是A1C的中點(diǎn)，即O2為A1C的中點(diǎn)，又由C項(xiàng)分析可得M，N為線段A1C的三等分點(diǎn)，所以O(shè)2也為MN的中點(diǎn)，故D正確．故選ABD.14．(2024·貴州畢節(jié)三模)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)P是線段BC1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，記異面直線DP與A1B1所成的角為θ，則sinθ的最小值為_(kāi)_______．答案：eq\f(\r(3),3)解析：連接CP，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，可得A1B1∥AB∥CD，所以∠PDC(或其補(bǔ)角)是異面直線DP與A1B1所成的角，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，可得CD⊥平面BCC1B1，又CP?平面BCC1B1，所以CD⊥CP，所以tan∠PDC＝eq\f(CP,CD)，即tanθ＝eq\f(CP,CD)，當(dāng)CP最小時(shí)，tanθ最小，此時(shí)θ最小，當(dāng)CP⊥BC1時(shí)，CP最小，令CD＝1，可得(CP)min＝eq\f(\r(2),2)，此時(shí)DP＝eq\r(1＋\f(1,2))＝eq\f(\r(3),\r(2))，所以(sinθ)min＝eq\f(\f(\r(2),2),\f(\r(3),\r(2)))＝eq\f(\r(3),3).15．(2024·青海模擬預(yù)測(cè))如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，M，N，G，H分別為棱AB，BC，AD，CD，A1B1，C1D1的中點(diǎn)，P為DH的中點(diǎn)，連接EH，F(xiàn)G.對(duì)于空間任意兩點(diǎn)I，J，若線段IJ上不存在也在線段EH，F(xiàn)G上的點(diǎn)，則稱(chēng)I，J兩點(diǎn)“可視”，則與點(diǎn)B1“可視”的點(diǎn)為()A．D B．PC．M D．N答案：D解析：如圖，連接B1D，B1P，B1E，由正方體的性質(zhì)及E，H分別為棱AB，C1D1的中點(diǎn)，易得B1E∥HD，所以線段B1D與EH相交，B1P與EH相交，故A，B不符合題意；連接MF，B1M，有AB∥MF，AB∥B1G，故B1G∥MF，所以線段B1M與FG相交，C不符合題意；連接B1N，直線B1N與EH，直線B1N與FG均為異面直線，D符合題意．故選D.16．(多選)在正方體ABCD－A′B′C′D′中，E，F(xiàn)，G分別為棱BB′，DD′，CC′上的一點(diǎn)，且eq\f(D′F,D′D)＝eq\f(B′E,B′B)＝eq\f(CG,C′C)＝λ，H是B′C′的中點(diǎn)，I是棱C′D′上的動(dòng)點(diǎn)，則()A．當(dāng)λ＝eq\f(1,3)時(shí)，G∈平面AEFB．當(dāng)λ＝eq\f(1,2)時(shí)，AC′?平面AEFC．當(dāng)0<λ<1時(shí)，存在點(diǎn)I，使A，F(xiàn)，H，I四點(diǎn)共面D．當(dāng)0<λ<1時(shí)，存在點(diǎn)I，使FI，EH，CC′三條直線交于同一點(diǎn)答案：BCD解析：對(duì)于A，當(dāng)λ＝eq\f(1,3)時(shí)，如圖1，在CC′上取點(diǎn)M，使MC′＝eq\f(1,3)C′C，取CD的中點(diǎn)N，易知GN∥MD∥EA，GN?平面AEF，故G?平面AEF，所以A錯(cuò)誤；對(duì)于B，如圖2，當(dāng)λ＝eq\f(1,2)時(shí)，E，F(xiàn)，G分別為BB′，DD′，CC′的中點(diǎn)，連接BG，F(xiàn)C′，EC′，GF，易知四邊形BGC′E與ABGF均為平行四邊形，則BG∥AF，BG∥EC′，所以AF∥EC′，則A，F(xiàn)，E，C′四點(diǎn)共面，AC′?平面AEF，所以B正確；對(duì)于C，如圖3，延長(zhǎng)AF，與A′D′的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)M，連接MH，與C′D′的交點(diǎn)即為點(diǎn)I，則A，F(xiàn)，H，I四點(diǎn)共面，所以C正確；對(duì)于D，如圖4，連接EH并延長(zhǎng)，與CC′的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)N，連接FN，與C′D′的交點(diǎn)即為點(diǎn)I，則存在點(diǎn)I，使FI，EH，CC′三條直線交于同一點(diǎn)N，所以D正確．故選BCD.17．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，A1A＝3，P為線段C1D1的中點(diǎn)，一質(zhì)點(diǎn)從點(diǎn)A出發(fā)，沿長(zhǎng)方體表面運(yùn)動(dòng)到達(dá)點(diǎn)P處，若沿該質(zhì)點(diǎn)的最短運(yùn)動(dòng)路線截該正四棱柱，則所得截面的面積為()A.eq\r(3) B.eq\f(7\r(3),2)C.eq\f(15\r(6),4) D．3eq\r(6)答案：B解析：由題意可知，該質(zhì)點(diǎn)的最短運(yùn)動(dòng)路線在下面3個(gè)側(cè)面展開(kāi)圖中取得，容易求得圖1中AP＝eq\r(26)，圖2中AP＝2eq\r(5)，圖3中AP＝3eq\r(2)，所以質(zhì)點(diǎn)從A到P的最短距離為3eq\r(2)，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)從點(diǎn)A出發(fā)，經(jīng)過(guò)DD1上靠近D1的三等分點(diǎn)S，再到達(dá)點(diǎn)P，平面ASP截正四棱柱所得截面為五邊形ASPQR，如圖4，由AS＝AR＝RS＝2eq\r(2)，SP＝PQ＝QR＝eq\r(2)，所以沿該質(zhì)點(diǎn)的最短運(yùn)動(dòng)路線截正四棱柱，所得截面的面積為S△ARS＋S梯形PQRS＝2eq\r(3)＋eq\f(3\r(3),2)＝eq\f(7\r(3),2).故選B.考點(diǎn)測(cè)試30空間直線、平面的平行基礎(chǔ)題(占比50%)中檔題(占比40%)拔高題(占比10%)題號(hào)12345678910111213難度★★★★★★★★★★★★★★對(duì)點(diǎn)線面平行的判定線面平行的性質(zhì)面面平行的性質(zhì)線面平行的性質(zhì)平行關(guān)系的綜合應(yīng)用線面平行的判定；面面平行的判定面面平行的性質(zhì)線面平行的判定平行關(guān)系的綜合應(yīng)用線面平行的判定線面平行的性質(zhì)線面平行的判定線面平行的判定；面面平行的判定題號(hào)141516171819202122232425難度★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★對(duì)點(diǎn)線面平行的判定平行關(guān)系的綜合應(yīng)用線面平行的判定平行關(guān)系的綜合應(yīng)用平行關(guān)系的綜合應(yīng)用補(bǔ)充線面平行的條件平行關(guān)系的綜合應(yīng)用線面平行的判定與性質(zhì)線面平行的判定；面面平行的判定線面平行的判定與性質(zhì)平行關(guān)系的綜合應(yīng)用由線面平行求參數(shù)的值高考概覽高考中本考點(diǎn)各種題型都有考查，中等難度考點(diǎn)研讀1.以立體幾何的定義、基本事實(shí)和定理為出發(fā)點(diǎn)，認(rèn)識(shí)和理解空間中線面平行的有關(guān)性質(zhì)與判定定理2．能運(yùn)用基本事實(shí)、定理和已獲得的結(jié)論證明一些有關(guān)空間圖形的平行關(guān)系的簡(jiǎn)單命題1．兩條直線a，b滿足a∥b，b?α，則a與平面α的位置關(guān)系是()A．a(chǎn)∥α B．a(chǎn)?αC．a(chǎn)與α相交 D．a(chǎn)與α不相交答案：D解析：由于b?α且a∥b，則a∥α或a?α，故a與α不相交．故選D.2．(2024·山東淄博二模)已知α，β，γ為三個(gè)不同的平面，a，b，l為三條不同的直線．若α∩β＝l，α∩γ＝a，β∩γ＝b，l∥γ，則下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)與l相交 B．b與l相交C．a(chǎn)∥b D．a(chǎn)與β相交答案：C解析：對(duì)于A，B，l∥γ，l?平面α，α∩γ＝a，則l∥a，同理，可得l∥b，故A，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，由A，B項(xiàng)分析可知a∥b，故C正確；對(duì)于D，由A項(xiàng)分析可知l∥a，a?平面β，l?平面β，則a∥β，故D錯(cuò)誤．故選C.3．(2024·江蘇無(wú)錫期中)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，作截面EFGH(如圖)分別交C1D1，A1B1，AB，CD于E，F(xiàn)，G，H，則四邊形EFGH的形狀為()A．平行四邊形 B．菱形C．矩形 D．梯形答案：A解析：在正方體ABCD－A1B1C1D1中，可得平面ABCD∥平面A1B1C1D1，且平面EFGH∩平面ABCD＝HG，平面EFGH∩平面A1B1C1D1＝EF，所以EF∥HG，同理可證EH∥FG，所以四邊形EFGH的形狀一定為平行四邊形．故選A.4．在三棱錐A－BCD中，E，F(xiàn)，G，H分別是AB，BC，CD，DA上的點(diǎn)，當(dāng)BD∥平面EFGH時(shí)，下列結(jié)論正確的是()A．E，F(xiàn)，G，H一定是各邊的中點(diǎn)B．G，H一定是CD，DA的中點(diǎn)C．BE∶EA＝BF∶FC，且DH∶HA＝DG∶GCD．AE∶EB＝AH∶HD，且BF∶FC＝DG∶GC答案：D解析：由BD∥平面EFGH，得BD∥EH，BD∥FG，則AE∶EB＝AH∶HD，且BF∶FC＝DG∶GC.故選D.5．已知m，n是不同的直線，α，β是不重合的平面，下列說(shuō)法正確的是()A．若m，n?α，m∥β，n∥β，則α∥βB．若m∥α，n∥α，則m∥nC．若α∥β，m∥α，則m∥βD．m，n是異面直線，若m∥α，m∥β，n∥α，n∥β，則α∥β答案：D解析：對(duì)于A，當(dāng)m∥n時(shí)，平面α和平面β不一定平行，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，若m∥α，n∥α，則m和n可能平行、相交或異面，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，若α∥β，m∥α，則m∥β或m?β，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，m，n是異面直線，若m∥α，m∥β，n∥α，n∥β，利用面面平行的判定定理，得α∥β，故D正確．故選D.6．如圖是四棱錐的平面展開(kāi)圖，其中四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)，G，H分別為PA，PD，PC，PB的中點(diǎn)，在此幾何體中，給出下面四個(gè)結(jié)論：①平面EFGH∥平面ABCD；②BC∥平面PAD；③AB∥平面PCD；④平面PAD∥平面PAB.其中正確的結(jié)論是()A．①③ B．①④C．①②③ D．②③答案：C解析：把平面展開(kāi)圖還原為四棱錐，如圖所示，對(duì)于①，因?yàn)镋，F(xiàn)分別是PA，PD的中點(diǎn)，所以EF∥AD，又因?yàn)镋F?平面ABCD，AD?平面ABCD，所以EF∥平面ABCD，同理可證EH∥平面ABCD，又因?yàn)镋F∩EH＝E，EF，EH?平面EFGH，所以平面EFGH∥平面ABCD，故①正確；對(duì)于②，因?yàn)锽C∥AD，BC?平面PAD，AD?平面PAD，所以BC∥平面PAD，故②正確；對(duì)于③，因?yàn)锳B∥CD，AB?平面PCD，CD?平面PCD，所以AB∥平面PCD，故③正確；對(duì)于④，平面PAD∩平面PAB＝PA，故④錯(cuò)誤．故選C.7．(2024·福建南平二模)在正四面體ABCD中，P為棱AD的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A的平面α與平面PBC平行，平面α∩平面ABD＝m，平面α∩平面ACD＝n，則m與n所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(2),3) B.eq\f(1,3)C.eq\f(2,3) D.eq\f(\r(3),3)答案：B解析：因?yàn)槠矫姒痢纹矫鍼BC，平面α∩平面ABD＝m，平面PBC∩平面ABD＝BP，所以m∥BP，因?yàn)槠矫姒痢纹矫鍼BC，平面α∩平面ACD＝n，平面PBC∩平面ACD＝PC，所以n∥PC，所以m與n所成的角即為BP與PC所成的角，而B(niǎo)P與PC所成的角為∠BPC(或其補(bǔ)角)，設(shè)正四面體ABCD的棱長(zhǎng)為2，所以BP＝CP＝eq\r(22－1)＝eq\r(3)，所以cos∠BPC＝eq\f(3＋3－4,2×\r(3)×\r(3))＝eq\f(1,3).故選B.8．已知正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是它們所在線段的中點(diǎn)，則滿足A1F∥平面BD1E的圖形的個(gè)數(shù)為()A．0 B．1C．2 D．3答案：B解析：對(duì)于①，平移A1F至D1F′，可知D1F′與平面BD1E只有一個(gè)交點(diǎn)D1，則A1F與平面BD1E不平行；對(duì)于②，由于A1F∥D1E，而A1F?平面BD1E，D1E?平面BD1E，故A1F∥平面BD1E；對(duì)于③，平移A1F至D1F′，可知D1F′與平面BD1E只有一個(gè)交點(diǎn)D1，則A1F與平面BD1E不平行．故選B.9．(多選)(2024·貴州貴陽(yáng)二模)設(shè)α，β，γ是三個(gè)不同的平面，b，c是兩條不同的直線，在命題“α∩β＝b，c?γ，且________，則b∥c.”中的橫線處填入下列四組條件中的一組，使該命題為真命題，則可以填入的條件是()A．α∥γ，c?β B．b∥γ，c∥βC．c∥β，b?γ D．α∥γ，c∥β答案：ACD解析：對(duì)于A，如圖1，α∩β＝b，c?γ，α∥γ，c?β，∴β∩γ＝c，利用面面平行的性質(zhì)可知，b∥c，故A符合題意；對(duì)于B，α∩β＝b，c?γ，b∥γ，c∥β，如圖2，∴b∥c或b與c是異面直線，故B不符合題意；對(duì)于C，α∩β＝b，c?γ，c∥β，b?γ，如圖3，因?yàn)閏∥β，c?γ，γ∩β＝b，∴b∥c，故C符合題意；對(duì)于D，α∩β＝b，c?γ，α∥γ，c∥β，如圖4，∵c∥β，c?γ，γ∩β＝c′，∴c∥c′，∵α∥γ，β∩γ＝c′，α∩β＝b，∴b∥c′，∴b∥c，故D符合題意．故選ACD.10．(多選)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G，H，I分別為棱AB，CD，BC，A1D1，AD的中點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是()A．A1E∥D1FB．A1E∥HFC．EG∥平面D1IFD．A1E∥平面D1FGB1答案：ACD解析：連接FE，因?yàn)镋，F(xiàn)分別為AB，CD的中點(diǎn)，故FE綊AD.由題意知AD綊A1D1，故FE綊A1D1，所以四邊形FEA1D1為平行四邊形，所以A1E∥D1F，故A正確；顯然A1E與HF為相交直線，故B錯(cuò)誤；因?yàn)镋G∥IF，同時(shí)IF?平面D1IF，且EG?平面D1IF，所以EG∥平面D1IF，故C正確；因?yàn)锳1E∥D1F，同時(shí)D1F?平面D1FGB1，且A1E?平面D1F