【正文】 解析 由三視圖可知，該幾何體是底面半徑為 2，高為 2的圓柱和半徑為 1的球的組合體，則該幾 何體的體積為 π 22 2＋ 43π＝ 283 π. 答案 A 考向三 幾何體的展開與折疊 【例 3】 ?(2020 AC＝ 6， BC＝ CC1＝ 2， P 是 BC1上一動點，如圖所示，則 CP＋ PA1的最小值為 ________． 解析 PA1在平面 A1BC1內(nèi)， PC在平面 BCC1內(nèi)，將其鋪平后轉(zhuǎn)化為平面上的問題解決．計算 A1B＝ AB1＝ 40， BC1＝ 2，又 A1C1＝ 6，故 △ A1BC1是 ∠ A1C1B＝90176。cos 135176?；?135176。浙江 )若某幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體的直觀圖可以是 ( )． 解析 所給選項中， A、 C選項的正視圖、俯視圖不符合， D選項的側(cè)視圖不符合，只有選項 B符合． 答案 B 5． (2020浙江 )若某幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體的直觀圖可以是 ( )． 解析 A中正視圖，俯視圖不對，故 A錯． B中正視圖，側(cè)視圖不對，故 B錯． C中側(cè)視圖，俯視圖不對，故 C錯，故選 D. 答案 D 考向三 空間幾何體的直觀圖 【例 3】 ?已知正三角形 ABC 的邊長為 a，那么 △ ABC 的平面直觀圖 △ A′ B′ C′的面積為 ( )． A. 34 a2 B. 38 a2 C. 68 a2 D. 616a2 [審題視點 ] 畫出正三角形 △ ABC 的平面直觀圖 △ A′ B′ C′ ，求 △ A′ B′ C′ 的高即可． 解析 如圖 ①② 所示的實際圖形和直觀圖． 由斜二測畫法可知， A′ B′ ＝ AB＝ a， O′ C′ ＝ 12OC＝ 34 a， 在圖 ② 中作 C′ D′ ⊥ A′ B′ 于 D′ ， 則 C′ D′ ＝ 22 O′ C′ ＝ 68 a. ∴ S△ A′ B′ C′ ＝ 12A′ B′ 武漢月考 )如果兩條異面直線稱為 “ 一對 ” ，那么在正方體的十二條棱中共有異面直線 ( )． A． 12 對 B． 24 對 C． 36 對 D． 48 對 解析 如圖所示，與 AB 異面的直線有 B1C1； CC1， A1D1， DD1四條，因為各棱具有相同的位置且正方體 共有 12 條棱，排除兩棱的重復(fù)計算，共有異面直線 12 42 ＝24(對 )． 答案 B 5．兩個不重合的平面可以把空間分成 ________部分． 答案 3 或 4 考向一 平面的基本性質(zhì) 【例 1】 ?正方體 ABCDA1B1C1D1中， P、 Q、 R 分別是 AB、 AD、 B1C1的中點，那么，正方體的過 P、 Q、 R 的截面圖形是 ( )． A．三角形 B．四邊形 C．五邊形 D．六邊形 [審題視點 ] 過正方體棱上的點 P、 Q、 R 的截面要和正方體的每個面有交線． 解析 如圖所示，作 RG∥ PQ交 C1D1于 G，連接 QP 并延長與 CB 交于 M，連接 MR交 BB1于 E，連接 PE、 RE為截面的部分外形． 同理連 PQ并延長交 CD于 N，連接 NG交 DD1于 F，連接 QF， FG. ∴ 截面為六邊形 PQFGRE. 答案 D 畫幾何體的截面，關(guān)鍵是畫截面與幾何體各面的交線，此交線只需兩個公共點即可確定．作圖時充分利用幾何體本身提供的面面 平行等條件，可以更快的確定交線的位置． 【訓(xùn)練 1】 下列如圖所示是正方體和正四面體， P、 Q、 R、 S 分別是所在棱的中點，則四個點共面的圖形是 ________． 解析 在 ④ 圖中，可證 Q點所在棱與面 PRS 平行，因此， P、 Q、 R、 S四點不共面．可證 ① 中四邊形 PQRS為梯形； ③ 中可證四邊形 PQRS為平行四邊形； ② 中如圖所示取 A1A與 BC的中點為 M、 N可證明 PMQNRS為平面圖形，且 PMQNRS為正六邊 形． 答案 ①②③ 考向二 異面直線 【例 2】 ?如圖所示， 正方體 ABCDA1B1C1D1中， M、 N 分別是 A1B B1C1的中點．問： (1)AM 和 CN 是否是異面直線？說明理由； (2)D1B 和 CC1是否是異面直線？說明理由． [審題視點 ] 第 (1)問，連結(jié) MN， AC，證 MN∥ AC，即 AM 與 CN 共面；第 (2)問可采用反證法． 解 (1)不是異面直線．理由如下： 連接 MN、 A1C AC. ∵ M、 N 分別是 A1B B1C1的中點， ∴ MN∥ ∵ A1A綉 C1C， ∴ A1ACC1為平行四邊形， ∴ A1C1∥ AC， ∴ MN∥ AC， ∴ A、 M、 N、 C 在同一平面內(nèi)，故 AM 和 CN 不是異面直線． (2)是異面直線．證明如下： ∵ ABCDA1B1C1D1是正方體， ∴ B、 C、 C D1不共面． 假設(shè) D1B 與 CC1不是異面直線， 則存在平面 α，使 D1B? 平面 α， CC1? 平面 α， ∴ D1， B、 C、 C1∈ α，與 ABCDA1B1C1D1是正方體矛盾． ∴ 假設(shè)不成立，即 D1B 與 CC1是異面直線． 證明兩直線為異面直線的方法 (1)定義法 (不易操作 )． (2)反證法：先假設(shè)兩條直線不是異面直線，即兩直線平行或相交，由假設(shè)的條件出發(fā)，經(jīng)過嚴密的推理，導(dǎo)出矛盾，從而否定假設(shè)，肯定兩條直線異面． 【訓(xùn)練 2】 在下圖中， G、 H、 M、 N 分別是正三棱柱的頂點或所在棱的中點，則表示直線 GH、 MN 是異面直線的圖形有 ________(填上所有正確答案的序號 )． 解析 如題干圖 (1)中，直線 GH∥ MN； 圖 (2)中， G、 H、 N三點共面，但 M?面 GHN，因此直線 GH與 MN異面； 圖 (3)中，連接 MG， GM∥ HN，因此 GH與 MN共面； 圖 (4)中， G、 M、 N共面，但 H?面 GMN， ∴ GH與 MN異面．所以圖 (2)、 (4)中 GH與 MN異面． 答案 (2)(4) 考向三 異面直線所成的角 【例 3】 ?(2020. 求異面直線所成的角常采用 “ 平移線段法 ” ，平移的方法一般有三種類型：利用圖中已有的平行線平移；利用特殊點 (線段的端點或中點 )作平行線平移；補形平移．計算異面直線所成的角通常放在三角形中進行． 【訓(xùn)練 3】 A是 △ BCD 平面外的一點， E， F 分別是 BC， AD 的中點． (1)求證：直線 EF 與 BD 是異面直線； (2)若 AC⊥ BD， AC＝ BD，求 EF 與 BD 所成的角． (1)證明 假設(shè) EF 與 BD 不是異面直線，則 EF 與 BD 共面，從而 DF 與 BE 共面，即 AD 與 BC 共面，所以 A、 B、 C、 D 在同一平面內(nèi)，這與 A是 △ BCD 平面外的一點相矛盾．故直線 EF 與 BD 是異面直線． (2)解 如圖，取 CD 的中點 G，連接 EG、 FG，則 EG∥ BD，所以相交直線 EF 與 EG所成的角，即為異面直線 EF 與 BD 所成的角． 在 Rt△ EGF 中，由 EG＝ FG＝ 12AC，求得 ∠ FEG＝ 45176。江西 ) 過正方體 ABCDA1B1C1D1的頂點 A 作直線 l，使 l 與棱 AB， AD， AA1所成的角都相等，這樣的直線 l 可以作 ( )． A． 1 條 B． 2 條 C． 3 條 D． 4 條 [嘗試解答 ] 如圖，連結(jié)體對角線 AC1，顯然 AC1與棱 AB、 AD， AA1所成的角都相等，所成角的正切值都為 其他體對角線，如連結(jié) BD1，則 BD1與棱 BC、 BA、 BB1所成的角都相等， ∵ BB1∥ AA1， BC∥ AD， ∴ 體對角線 BD1與棱 AB、 AD、 AA1所成的角都相等，同理，體對角線 A1C、 DB1也與棱 AB、 AD、 AA1所成的角都相等，過 A點分別作 BD A1C、 DB1的平行線都滿足題意，故這樣的直線 l 可以 作 4 條． 答案 D 第 4 講 直線、平面平行的判定及其性質(zhì) 【 2020 年高考會這樣考】 1．考查空間直線與平面平行，面面平行的判定及其性質(zhì)． 2．以解答題的形式考查線面的平行關(guān)系． 3．考查空間中平行關(guān)系的探索性問題． 【復(fù)習(xí)指導(dǎo)】 1．熟練掌握線面平行、面面平行的判定定理和性質(zhì)，會把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題，解答過程中敘述的步驟要完整，避免因條件書寫不全而失分． 2．學(xué)會應(yīng)用 “ 化歸思想 ” 進行 “ 線線問題、線面問題、面面問題 ” 的互相轉(zhuǎn)化，牢記解決問題的根源在 “ 定理 ” ． 基礎(chǔ)梳理 1． 平面與平面的位置關(guān)系有 相交 、 平行 兩種情況． 2． 直線和平面平行的判定 (1)定義：直線和平面沒有公共點，則稱直線平行于平面； (2)判定定理： a?α， b? α，且 a∥ b? a∥ α； (3)其他判定方法： α∥ β； a? α? a∥ β. 3． 直線和平面平行的性質(zhì)定理： a∥ α， a? β， α∩ β＝ l? a∥ l. 4． 兩個平面平行的判定 (1)定義：兩個平面沒有公共點，稱這兩個平面平行； (2)判定定理： a? α， b? α， a∩ b＝ M， a∥ β， b∥ β? α∥ β； (3)推論： a∩ b＝ M， a， b? α， a′ ∩ b′ ＝ M′ ， a′ ， b′ ? β， a∥ a′ ， b∥ b′? α∥ β. 5． 兩個平面平行的性質(zhì)定理 (1)α∥ β， a? α? a∥ β； (2)α∥ β， γ∩ α＝ a， γ∩ β＝ b? a∥ b. 6． 與垂直相關(guān)的平行的判定 (1)a⊥ α， b⊥ α? a∥ b； (2)a⊥ α， a⊥ β? α∥ β. 一個關(guān)系 平行問題的轉(zhuǎn)化關(guān)系： 兩個防范 (1)在推證線面平行時，一定要強調(diào)直線不在平面內(nèi)，否則，會出現(xiàn)錯誤． (2)把線面平行轉(zhuǎn)化為 線線平行時，必須說清經(jīng)過已知直線的平面與已知平面相交，則直線與交線平行． 雙基自測 1． (人教 A 版教材習(xí)題改編 )下面命題中正確的是 ( )． ① 若一個平面內(nèi)有兩條直線與另一個平面平行，則這兩個平面平行； ② 若一個平面內(nèi)有無數(shù)條直線與另一個平面平行，則這兩個平面平行； ③ 若一個平面內(nèi)任何一條直線都平行于另一個平面，則這兩個平面平行； ④ 若一個平面內(nèi)的兩條相交直線分別與另一個平面平行，則這兩個平面平行． A． ①③ B． ②④ C． ②③④ D． ③④ 解析 ①② 中兩個平面可以相交， ③ 是兩個平面平行的定義， ④ 是兩 個平面平行的判定定理． 答案 D 2．平面 α∥ 平面 β， a? α， b? β，則直線 a， b 的位置關(guān)系是 ( )． A．平行 B．相交 C．異面 D．平行或異面 答案 D 3． (2020天津改編 )如圖， 在四棱錐 PABCD 中，底面 ABCD 為平行四邊形， O 為 AC 的中點， M 為 PD的中點． 求證： PB∥ 平面 ACM. [審題視點 ] 連接 MO，證明 PB∥ MO 即可． 證明 連接 BD， ABCD 中，因為 O 為 AC 的中點，所以 O 為BD 的中點．又 M 為 PD 的中點，所以 PB∥ PB?平面 ACM， MO? 平面ACM，所以 PB∥ 平面 ACM. 利用判定 定理時關(guān)鍵是找平面內(nèi)與已知直線平行的直線．可先直觀判斷平面內(nèi)是否已有，若沒有，則需作出該直線，?？紤]三角形的中位線、平行四邊形的對邊或過已知直線作一平面找其交線． 【訓(xùn)練 1】 如圖，若 PA⊥ 平面 ABCD，四邊形 ABCD 是矩形， E、 F 分別是 AB、 PD的中點，求證：AF∥ 平面 PCE. 證明 取 PC 的中點 M，連接 ME、 MF， 則 FM∥ CD 且 FM＝ 12CD. 又 ∵ AE∥ CD 且 AE＝ 12CD， ∴ FM 綉 AE，即四邊形 AFME 是平行四邊形． ∴ AF∥ ME，又 ∵ AF?平面 PCE， EM? 平面 PCE， ∴ AF∥ 平面 PCE. 考向二 平面與平面平行的判定與性質(zhì) 【例 2】 ?如圖， 在正方體 ABCDA1B1C1D1中， M、 N、 P 分別為所在邊的中點． 求證：平面 MNP∥ 平面 A1C1B； [審題視點 ] 證明 MN∥ A1B， MP∥ C1B. 證明 連接 D1C，則 MN 為 △ DD1C 的中位線， ∴ MN∥ D1C. 又 ∵ D1C∥ A1B， ∴ MN∥ ， MP∥ C1B. 而 MN 與 MP 相交， MN， MP 在平面 MNP 內(nèi)， A1B， C1B 在平面 A1C1B 內(nèi)． ∴平面 MNP∥ 平面 A1C1B. 證明面面平行的方法有： (1)