2025年高考数学一轮复习章节练习题（新高考版）第七章 立体几何与空间向量

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1.与平面有关的基本事实及推论
(1)与平面有关的三个基本事实
(2)基本事实1的三个推论
2.空间点、直线、平面之间的位置关系
3.基本事实4和等角定理
平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行.
等角定理：如果空间中两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.
4.异面直线所成的角
(1)定义：已知a，b是两条异面直线，经过空间任意一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角).
(2)范围：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
1.证明点共线与线共点都需用到基本事实3.
2.两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，容易忽视这个三角形的内角可能等于两异面直线所成的角，也可能等于其补角.
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线.( )
(2)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面.( )
(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合.( )
(4)若直线a不平行于平面α，且a⊄α，则α内的所有直线与a异面.( )
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)×
解析 (1)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，故错误.
(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面相交或重合，故错误.
(4)由于a不平行于平面α，且a⊄α，则a与平面α相交，故平面α内有与a相交的直线，故错误.
2.(多选)α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，若m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，则m，n的位置关系可能是( )
A.垂直 B.相交 C.异面 D.平行
答案 ABC
解析 依题意，m∩α＝A，n⊂α，
∴m与n可能异面、相交(垂直是相交的特例)，一定不平行.
3.(2022·重庆质检)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是( )
A.l与l1，l2都不相交
B.l与l1，l2都相交
C.l至多与l1，l2中的一条相交
D.l至少与l1，l2中的一条相交
答案 D
解析 由于l与直线l1，l2分别共面，故直线l与l1，l2要么都不相交，要么至少与l1，l2中的一条相交.若l∥l1，l∥l2，则l1∥l2，这与l1，l2是异面直线矛盾.故l至少与l1，l2中的一条相交.
4.(2018·全国Ⅱ卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(\r(3),2) C.eq \f(\r(5),2) D.eq \f(\r(7),2)
答案 C
解析 如图，连接BE，因为AB∥CD，所以异面直线AE与CD所成的角等于相交直线AE与AB所成的角，即为∠EAB.不妨设正方体的棱长为2，则CE＝1，BC＝2，由勾股定理得BE＝eq \r(5).又由AB⊥平面BCC1B1可得AB⊥BE，所以tan∠EAB＝eq \f(BE,AB)＝eq \f(\r(5),2).
5.如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( )
A.点A B.点B
C.点C但不过点M D.点C和点M
答案 D
解析 ∵AB⊂γ，M∈AB，∴M∈γ.
又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β.
根据基本事实3可知，M在γ与β的交线上.
同理可知，点C也在γ与β的交线上.
6.(多选)(2021·长沙调研)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，A1D1的中点，下列结论正确的是( )
A.AP与CM是异面直线
B.AP，CM，DD1相交于一点
C.MN∥BD1
D.MN∥平面BB1D1D
答案 BD
解析 连接MP，AC(图略)，因为MP∥AC，MP≠AC，所以AP与CM是相交直线，
又面A1ADD1∩面C1CDD1＝DD1，
所以AP，CM，DD1相交于一点，则A不正确，B正确.
令AC∩BD＝O，连接OD1，ON.
因为M，N分别是C1D1，BC的中点，
所以ON∥D1M∥CD，ON＝D1M＝eq \f(1,2)CD，
则四边形MNOD1为平行四边形，所以MN∥OD1，
因为MN⊄平面BD1D，OD1⊂平面BD1D，
所以MN∥平面BD1D，C不正确，D正确.
考点一 基本事实的应用
例1 如图所示，已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.求证：(1)D，B，F，E四点共面；
(2)若A1C交平面DBFE于R点，则P，Q，R三点共线.
证明 (1)∵EF是△D1B1C1的中位线，
∴EF∥B1D1.
在正方体AC1中，B1D1∥BD，∴EF∥BD.
∴EF，BD确定一个平面，即D，B，F，E四点共面.
(2)在正方体AC1中，设平面A1ACC1为α，平面BDEF为β.
∵Q∈A1C1，∴Q∈α.
又Q∈EF，∴Q∈β，
则Q是α与β的公共点，同理，P是α与β的公共点，
∴α∩β＝PQ.
又A1C∩β＝R，∴R∈A1C.
∴R∈α，且R∈β，
则R∈PQ，故P，Q，R三点共线.
感悟提升 共面、共线、共点问题的证明
(1)证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内.
(2)证明共线的方法：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上.
(3)证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点.
训练1 如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB和BC上的点，G，H分别是CD和AD上的点.若EH与FG相交于点K.
求证：EH，BD，FG三条直线相交于同一点.
证明 因为K∈EH，EH⊂平面ABD，
所以K∈平面ABD，同理K∈平面CBD，而平面ABD∩平面CBD＝BD，
因此K∈BD，所以EH，BD，FG三条直线相交于同一点.
考点二 空间位置关系的判断
例2 (1)空间中有三条线段AB，BC，CD，且∠ABC＝∠BCD，那么直线AB与CD的位置关系是( )
A.平行
B.异面
C.相交或平行
D.平行或异面或相交均有可能
答案 D
解析 根据条件作出示意图，容易得到以下三种情况均有可能，
如图可知AB，CD有相交，平行，异面三种情况，故选D.
(2)(多选)如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，则在这个正四面体中( )
A.GH与EF平行
B.BD与MN为异面直线
C.GH与MN成60°角
D.DE与MN垂直
答案 BCD
解析 还原成正四面体A－DEF，如图所示，
其中H与N重合，A，B，C三点重合，易知GH与EF异面，BD与MN异面.
连接GM，∵△GMH为等边三角形，
∴GH与MN成60°角.
由图易得DE⊥AF，又MN∥AF，
∴MN⊥DE，
因此正确的选项是B，C，D.
感悟提升 空间中两直线位置关系的判定，主要是异面，平行和垂直的判定.异面直线的判定可采用直接法或反证法；平行直线的判定可利用三角形(梯形)中位线的性质、基本事实4及线面平行与面面平行的性质定理；垂直关系的判定往往利用线面垂直或面面垂直的性质来解决.
训练2 (1)(多选)(2022·福州质检)四棱锥P－ABCD的所有棱长都相等，M，N分别为PA，CD的中点，下列说法正确的是( )
A.MN与PD是异面直线
B.MN∥平面PBC
C.MN∥AC
D.MN⊥PB
答案 ABD
解析 如图所示，取PB的中点H，连接MH，HC，
由题意知，四边形MHCN为平行四边形，且MN∥HC，所以MN∥平面PBC，设四边形MHCN确定平面α，又D∈α，故M，N，D共面，但P∉平面α，D∉MN，因此MN与PD是异面直线；故A，B说法均正确.
若MN∥AC，由于CH∥MN，则CH∥AC，
事实上AC∩CH＝C，C说法不正确；
因为PC＝BC，H为PB的中点，所以CH⊥PB，又CH∥MN，所以MN⊥PB，D说法正确.
(2)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝2ED，CF＝2FA，则EF与BD1的位置关系是( )
A.相交但不垂直 B.相交且垂直
C.异面 D.平行
答案 D
解析 连接D1E并延长，与AD交于点M，由A1E＝2ED，可得M为AD的中点，
连接BF并延长，交AD于点N，因为CF＝2FA，可得N为AD的中点，所以M，N重合，所以EF和BD1共面，且eq \f(ME,ED1)＝eq \f(1,2)，eq \f(MF,BF)＝eq \f(1,2)，所以eq \f(ME,ED1)＝eq \f(MF,BF)，所以EF∥BD1.
考点三 异面直线所成的角
例3 (1)(2021·全国乙卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为( )
A.eq \f(π,2) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,6)
答案 D
解析 如图，连接C1P，因为ABCD－A1B1C1D1是正方体，且P为B1D1的中点，所以C1P⊥B1D1，又C1P⊥BB1，B1D1∩BB1＝B1，B1D1，BB1⊂平面B1BP，所以C1P⊥平面B1BP.又BP⊂平面B1BP，所以有C1P⊥BP.连接BC1，则AD1∥BC1，所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角.设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则在Rt△C1PB中，C1P＝eq \f(1,2)B1D1＝eq \r(2)，BC1＝2eq \r(2)，sin ∠PBC1＝eq \f(PC1,BC1)＝eq \f(1,2)，所以∠PBC1＝eq \f(π,6).
(2)将正方形ABCD沿对角线AC折起，并使得平面ABC垂直于平面ACD，直线AB与CD所成的角为( )
A.90° B.60° C.45° D.30°
答案 B
解析 如图，取AC，BD，AD的中点，分别为O，M，N，
则ON∥CD，MN∥AB，
且ON＝eq \f(1,2)CD，
MN＝eq \f(1,2)AB，
所以∠ONM或其补角即为所求的角.
因为平面ABC垂直于平面ACD，平面ABC∩平面ACD＝AC，BO⊥AC，AC⊂平面ACD，
所以BO⊥平面ACD，所以BO⊥OD.
设正方形边长为2，OB＝OD＝eq \r(2)，
所以BD＝2，则OM＝eq \f(1,2)BD＝1.
所以ON＝MN＝OM＝1.
所以△OMN是等边三角形，∠ONM＝60°.
所以直线AB与CD所成的角为60°.
感悟提升 1.综合法求异面直线所成角的步骤：
(1)作：通过作平行线得到相交直线.
(2)证：证明所作角为异面直线所成的角(或其补角).
(3)求：解三角形，求出所作的角，如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角.
2.向量法：利用向量的数量积求所成角的余弦值.
训练3 (1)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq \r(3)，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(\r(5),6) C.eq \f(\r(5),5) D.eq \f(\r(2),2)
答案 C
解析 法一 如图，补上一相同的长方体CDEF－C1D1E1F1，连接DE1，B1E1.易知AD1∥DE1，则∠B1DE1为异面直线AD1与DB1所成角.因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq \r(3)，所以DE1＝eq \r(DE2＋EEeq \\al(2,1))
＝eq \r(12＋（\r(3)）2)＝2，
DB1＝eq \r(12＋12＋（\r(3)）2)＝eq \r(5)，B1E1＝eq \r(A1Beq \\al(2,1)＋A1Eeq \\al(2,1))＝eq \r(12＋22)＝eq \r(5)，在△B1DE1中，由余弦定理，
得cs∠B1DE1＝eq \f(22＋（\r(5)）2－（\r(5)）2,2×2×\r(5))＝eq \f(\r(5),5)，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为eq \f(\r(5),5).
法二 如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM，易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角.因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq \r(3)，AD1＝eq \r(AD2＋DDeq \\al(2,1))＝2，DM＝eq \r(AD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)AB))\s\up12(2))＝eq \f(\r(5),2)，
DB1＝eq \r(AB2＋AD2＋DDeq \\al(2,1))＝eq \r(5)，所以OM＝eq \f(1,2)AD1＝1，OD＝eq \f(1,2)DB1＝eq \f(\r(5),2)，于是在△DMO中，由余弦定理，
得cs∠MOD＝eq \f(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2),2×1×\f(\r(5),2))＝eq \f(\r(5),5)，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为eq \f(\r(5),5).
(2)(2022·湖北重点高中联考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC为等腰直角三角形，且斜边BC＝2，D是BC的中点，若AA1＝eq \r(2)，则异面直线A1C与AD所成角的大小为( )
A.30° B.45° C.60° D.90°
答案 C
解析 如图，取B1C1的中点D1，连接A1D1，则AD∥A1D1，∠CA1D1(或其补角)就是异面直线A1C与AD所成的角.
连接D1C.
∵A1B1＝A1C1，∴A1D1⊥B1C1，又A1D1⊥CC1，B1C1∩CC1＝C1，∴A1D1⊥平面BCC1B1，∵D1C⊂平面BCC1B1，∴A1D1⊥D1C，∴△A1D1C为直角三角形，
在Rt△A1CD1中，A1C＝2，CD1＝eq \r(3)，
∴∠CA1D1＝60°.
立体几何中的截线、截面问题
利用平面的性质确定截面的形状是解决问题的关键.
(1)作截面应遵循的三个原则：①在同一平面上的两点可引直线；②凡是相交的直线都要画出它们的交点；③凡是相交的平面都要画出它们的交线.
(2)作交线的方法有如下两种：①利用基本事实3作交线；②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线.
一、截面问题
例1 (1)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱DD1和BB1上的点，MD＝eq \f(1,3)DD1，NB＝eq \f(1,3)BB1，那么正方体中过M，N，C1的截面图形是( )
A.三角形 B.四边形
C.五边形 D.六边形
答案 C
解析 先确定截面上的已知边与几何体上和其共面的边的交点，再确定截面与几何体的棱的交点.
设直线C1M，CD相交于点P，直线C1N，CB相交于点Q，连接PQ交直线AD于点E，交直线AB于点F，则五边形C1MEFN为所求截面图形.
(2)(2018·全国Ⅰ卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )
A.eq \f(3\r(3),4) B.eq \f(2\r(3),3) C.eq \f(3\r(2),4) D.eq \f(\r(3),2)
答案 A
解析 如图，依题意，平面α与棱BA，BC，BB1所在直线所成角都相等，容易得到平面AB1C符合题意，进而所有平行于平面AB1C的平面均符合题意.
由对称性，知过正方体ABCD－A1B1C1D1中心的截面面积应取最大值，此时截面为正六边形EFGHIJ.
易知正六边形EFGHIJ的边长为eq \f(\r(2),2)，将该正六边形分成6个边长为eq \f(\r(2),2)的正三角形.
故其面积为6×eq \f(\r(3),4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(3\r(3),4).
二、截线问题
例2 (1)(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，eq \r(5)为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为__________.
答案 eq \f(\r(2)π,2)
解析 如图，设B1C1的中点为E，球面与棱BB1，CC1的交点分别为P，Q，连接DB，D1B1，D1P，D1Q，D1E，EP，EQ，由∠BAD＝60°，AB＝AD，知△ABD为等边三角形，∴D1B1＝DB＝2，∴△D1B1C1为等边三角形，则D1E＝eq \r(3)且D1E⊥平面BCC1B1，∴E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心，设截面圆的半径为r，则r＝eq \r(Req \\al(2,球)－D1E2)＝eq \r(5－3)＝eq \r(2).
可得EP＝EQ＝eq \r(2)，∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ.
又D1P＝eq \r(5)，∴B1P＝eq \r(D1P2－D1Beq \\al(2,1))＝1，同理C1Q＝1，
∴P，Q分别为BB1，CC1的中点，
∴∠PEQ＝eq \f(π,2)，
知eq \(PQ,\s\up8(︵))的长为eq \f(π,2)×eq \r(2)＝eq \f(\r(2)π,2).
(2)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3eq \r(2)，E，F分别为BC，CD的中点，P是线段A1B上的动点，C1P与平面D1EF的交点Q的轨迹长为________.
答案 eq \r(13)
解析 如图所示，
连接EF，A1B，连接A1C1，B1D1交于点M，连接B1E，BC1交于点N，
由EF∥B1D1，即E，F，B1，D1共面，
由P是线段A1B上的动点，当P重合于A1或B时，C1A1，C1B与平面D1EF的交点分别为M，N，
即Q的轨迹为MN，
由棱长为3eq \r(2)，
得C1M＝eq \f(1,2)A1C1＝3，则BC1＝6，
又eq \f(BE,B1C1)＝eq \f(BN,NC1)＝eq \f(1,2)，
则NC1＝eq \f(2,3)BC1＝4，
由A1B＝BC1＝A1C1，
得∠A1C1B＝60°，
则MN＝
eq \r(MCeq \\al(2,1)＋NCeq \\al(2,1)－2MC1·NC1·cs∠A1C1B)＝eq \r(9＋16－2×3×4×\f(1,2))＝eq \r(13).
1.a，b，c是两两不同的三条直线，下面四个命题中，真命题是( )
A.若直线a，b异面，b，c异面，则a，c异面
B.若直线a，b相交，b，c相交，则a，c相交
C.若a∥b，则a，b与c所成的角相等
D.若a⊥b，b⊥c，则a∥c
答案 C
解析 若直线a，b异面，b，c异面，则a，c相交、平行或异面；若a，b相交，b，c相交，则a，c相交、平行或异面；若a⊥b，b⊥c，则a，c相交、平行或异面；由异面直线所成的角的定义知C正确.
2.给出以下四个命题：
①依次首尾相接的四条线段必共面；
②过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面；
③空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角必相等；
④垂直于同一直线的两条直线必平行.
其中正确命题的个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
答案 B
解析 ①中，空间四边形的四条线段不共面，故①错误；
②中，由基本事实1知道，过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面，故②正确；
③中，由空间角的等角定理知，空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补，故③错误；
④中，空间中，垂直于同一直线的两条直线可相交，可平行，可异面，故④错误.
3.(多选)下图中，G，N，M，H分别是正三棱柱(两底面为正三角形的直棱柱)的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有( )
答案 BD
解析 图A中，直线GH∥MN；
图B中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，N∉GH，因此直线GH与MN异面；
图C中，连接MG，GM∥HN，因此GH与MN共面；
图D中，G，M，N共面，但H∉平面GMN，G∉MN，
因此GH与MN异面.
4.(多选)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是( )
A.A，M，O三点共线 B.A，M，O，A1共面
C.A，M，C，O共面 D.B，B1，O，M共面
答案 ABC
解析 ∵M∈A1C，A1C⊂平面A1ACC1，
∴M∈平面A1ACC1，
又∵M∈平面AB1D1，
∴M在平面AB1D1与平面A1ACC1的交线AO上，
即A，M，O三点共线，
∴A，M，O，A1共面且A，M，C，O共面，
∵平面BB1D1D∩平面AB1D1＝B1D1，
∴M在平面BB1D1D外，
即B，B1，O，M不共面，故选A，B，C.
5.(多选)(2021·潍坊质检)如图，已知二面角A－BD－C的大小为eq \f(π,3)，G，H分别是BC，CD的中点，E，F分别在AD，AB上，eq \f(AE,AD)＝eq \f(AF,AB)＝eq \f(1,3)，且AC⊥平面BCD，则以下说法正确的是( )
A.E，F，G，H四点共面
B.FG∥平面ADC
C.若直线FG，HE交于点P，则P，A，C三点共线
D.若△ABD的面积为6，则△BCD的面积为3
答案 ACD
解析 由eq \f(AE,AD)＝eq \f(AF,AB)＝eq \f(1,3)知EF綉eq \f(1,3)BD.
又GH綉eq \f(1,2)BD，∴EF∥GH，
因此E，F，G，H共面，A项正确；
假设FG∥平面ADC成立，因为平面ABC∩平面DAC＝AC，
所以FG∥AC，又G是BC的中点，所以F是AB的中点，与eq \f(AF,AB)＝eq \f(1,3)矛盾，B项不正确；
因为FG⊂平面ABC，P∈FG，所以P∈平面ABC，同理P∈平面ADC，
因为平面ABC∩平面ADC＝AC，所以P∈AC，所以P，A，C三点共线，因此C正确；
易知S△BCD＝cseq \f(π,3)·S△ABD＝eq \f(1,2)×6＝3，D正确.
6.(2022·广州检测)我国古代的数学著作《九章算术·商功》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.在如图所示的“堑堵”ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，M、N分别是BB1和A1C1的中点，则平面AMN截“堑堵”ABC－A1B1C1所得截面图形的面积为( )
A.eq \f(2\r(21),3) B.eq \f(4\r(21),3) C.eq \f(2\r(7),3) D.eq \f(4\r(7),3)
答案 A
解析 延长AN，与CC1的延长线交于点P，则P∈平面BB1C1C，连接PM，与B1C1交于点E，连接NE，得到的四边形AMEN是平面AMN截“堑堵”ABC－A1B1C1所得截面图形，
由题意解三角形可得NE＝ME＝eq \f(\r(17),3)，
AM＝AN＝eq \r(5)，MN＝eq \r(6).
∴△AMN中MN边上的高
h1＝eq \r(（\r(5)）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(14),2)，△EMN中MN边上的高h2＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(17),3)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(14),6).
∴AMN截“堑堵”ABC－A1B1C1所得截面图形的面积S＝S△AMN＋S△EMN
＝eq \f(1,2)MN·(h1＋h2)
＝eq \f(1,2)×eq \r(6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(14),2)＋\f(\r(14),6)))＝eq \f(2\r(21),3).
7.如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为________.
答案 4
解析 因为AB∥CD，由图可以看出EF平行于正方体左右两个侧面，与另外四个侧面相交.
8.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O是底面ABCD的中心，过O点作一条直线l与A1D平行，设直线l与直线OC1的夹角为θ，则cs θ＝________.
答案 eq \f(\r(3),6)
解析 如图所示，设正方体的表面ABB1A1的中心为P，容易证明OP∥A1D，所以直线l即为直线OP，角θ即∠POC1.
设正方体的棱长为2，则
OP＝eq \f(1,2)A1D＝eq \r(2)，OC1＝eq \r(6)，PC1＝eq \r(6)，
则cs∠POC1＝eq \f(2＋6－6,2×\r(2)×\r(6))＝eq \f(1,2\r(3))＝eq \f(\r(3),6).
9.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是BC的中点，平面α经过直线BD且与直线C1E平行，若正方体的棱长为2，则平面α截正方体所得的多边形的面积为________.
答案 eq \f(9,2)
解析 如图，过点B作BM∥C1E交B1C1于点M，过点M作BD的平行线，交C1D1于点N，连接DN，则平面BDNM即为符合条件的平面α，
由图可知M，N分别为B1C1，C1D1的中点，
故BD＝2eq \r(2)，MN＝eq \r(2)，
且BM＝DN＝eq \r(5)，
∴等腰梯形MNDB的高为
h＝eq \r(（\r(5)）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq \f(3\r(2),2)，
∴梯形MNDB的面积为eq \f(1,2)×(eq \r(2)＋2eq \r(2))×eq \f(3\r(2),2)＝eq \f(9,2).
10.如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与四边形ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC∥AD且BC＝eq \f(1,2)AD，BE∥AF且BE＝eq \f(1,2)AF，G，H分别为FA，FD的中点.
(1)证明：四边形BCHG是平行四边形；
(2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？
(1)证明 由已知FG＝GA，FH＝HD，
可得GH綉eq \f(1,2)AD.又BC綉eq \f(1,2)AD，
∴GH綉BC.
∴四边形BCHG为平行四边形.
(2)解 共面.∵BE綉eq \f(1,2)AF，G是FA的中点，
∴BE綉FG，∴四边形BEFG为平行四边形，∴EF∥BG.
由(1)知BG綉CH，∴EF∥CH，
∴EF与CH共面.
又D∈FH，∴C，D，F，E四点共面.
11.如图，在四棱锥O－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M为OA的中点.
(1)求四棱锥O－ABCD的体积；
(2)求异面直线OC与MD所成角的正切值.
解 (1)由已知可求得正方形ABCD的面积S＝4，
所以四棱锥O－ABCD的体积
V＝eq \f(1,3)×4×2＝eq \f(8,3).
(2)如图，连接AC，设线段AC的中点为E，连接ME，DE，又M为OA中点，
∴ME∥OC，
则∠EMD(或其补角)为异面直线OC与MD所成的角，由已知可得DE＝eq \r(2)，EM＝eq \r(3)，MD＝eq \r(5)，
∵(eq \r(2))2＋(eq \r(3))2＝(eq \r(5))2，
即DE2＋EM2＝MD2，
∴△DEM为直角三角形，且∠DEM＝90°，
∴tan∠EMD＝eq \f(DE,EM)＝eq \f(\r(2),\r(3))＝eq \f(\r(6),3).
∴异面直线OC与MD所成角的正切值为eq \f(\r(6),3).
12.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为棱AB，A1D1，C1D1的中点，经过E，F，G三点的平面被正方体所截，则截面图形的面积为( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(3\r(3),4) C.1 D.2
答案 B
解析 如图，分别取BC，AA1，CC1的中点为H，M，N，连接EH，HN，GN，FM，ME，容易得出FG∥EH，GN∥ME，HN∥FM，
则点E，F，G，H，M，N共面，
且FG＝EH＝GN＝ME＝HN＝FM＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(2),2)，
即经过E，F，G三点的截面图形为正六边形EHNGFM.
连接MN，EG，FH，且相交于点O，
因为MN＝AC＝eq \r(12＋12)＝eq \r(2)，
所以OE＝OH＝ON＝OG＝OF＝OM＝eq \f(\r(2),2)，
则截面图形的面积为
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×\f(\r(2),2)×\f(\r(2),2)sin 60°))×6＝eq \f(3\r(3),4).
13.已知球O是正三棱锥(底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心)A－BCD的外接球，BC＝3，AB＝2eq \r(3)，点E在线段BD上，且BD＝3BE，过点E作球O的截面，则所得的截面中面积最小的截面圆的面积是________.
答案 2π
解析 如图，设△BDC的中心为O1，球O的半径为R，
连接AO1，O1D，OD，O1E，OE，
则O1D＝3sin 60°×eq \f(2,3)＝eq \r(3)，
AO1＝eq \r(AD2－DOeq \\al(2,1))＝3，
在Rt△OO1D中，
R2＝3＋(3－R)2，解得R＝2，
∵BD＝3BE，DE＝2，在△DEO1中，
O1E＝eq \r(3＋4－2×\r(3)×2cs 30°)＝1，
∴OE＝eq \r(O1E2＋OOeq \\al(2,1))＝eq \r(2)，
过点E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面圆的面积最小，
此时截面圆的半径为eq \r(22－（\r(2)）2)＝eq \r(2)，面积为2π.
14.(2021·上海卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，边长为4，E为AB的中点，PE⊥平面ABCD.
(1)若△PAB为等边三角形，求四棱锥P－ABCD的体积；
(2)若CD的中点为F，PF与平面ABCD所成角为45°，求PC与AD所成角的正切值.
解 (1)∵正方形ABCD的边长为4，且△PAB为等边三角形，E为AB的中点，
∴PE＝PB·sin∠PBE＝AB·sin 60°＝2eq \r(3)，
又PE⊥平面ABCD，
∴四棱锥P－ABCD的体积VP－ABCD＝eq \f(1,3)×42×2eq \r(3)＝eq \f(32\r(3),3).
(2)∵AD∥BC，
∴∠PCB即PC与AD所成的角.
如图，连接EF，∵PE⊥平面ABCD，EF，BC⊂平面ABCD，
∴PE⊥EF，PE⊥BC，
又PF与平面ABCD所成角为45°，
即∠PFE＝45°，
∴PE＝EF·tan ∠PFE＝4，
∴PB＝eq \r(PE2＋BE2)＝eq \r(42＋22)＝2eq \r(5).
又BC⊥AB，PE∩AB＝E，PE，AB⊂平面PAB，
∴BC⊥平面PAB，
又PB⊂平面PAB，∴BC⊥PB，
∴tan ∠PCB＝eq \f(PB,BC)＝eq \f(\r(5),2)，
∴PC与AD所成角的正切值为eq \f(\r(5),2).
基本事实
内容
图形
符号
基本
事实1
过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面
A，B，C三点不共线⇒存在唯一的α使A，B，C∈α
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
A∈l，B∈l，且A∈α，B∈α⇒l⊂α
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
P∈α，且P∈β⇒α∩β＝l，且P∈l
推论
内容
图形
作用
推论1
经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面
确定平面的依据
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
直线与直线
直线与平面
平面与平面
平行关系
图形
语言
符号
语言
a∥b
a∥α
α∥β
相交关系
图形
语言
符号
语言
a∩b＝A
a∩α＝A
α∩β＝l
独有关系
图形
语言
符号
语言
a，b是
异面直线
a⊂α