《（浙江專用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 立體幾何學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 立體幾何學(xué)案（90頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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

2、，或根據(jù)三視圖還原其對(duì)應(yīng)直觀圖，或根據(jù)三視圖中的其中兩個(gè)確定另一個(gè).典例感悟典例(1)如圖所示，將圖中的正方體截去兩個(gè)三棱錐，得到圖中的幾何體，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(zhǎng)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(duì)角線，在視線范圍內(nèi)，畫實(shí)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(zhǎng)為2的側(cè)棱垂直于底面，側(cè)視圖為直角三角形，直角邊長(zhǎng)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

3、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(shí)線和虛線所對(duì)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(gè)圖形：其中可以作為該幾何體的俯視圖的圖形個(gè)數(shù)為()A5B4 C3 D2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.故選B.2某四棱錐的三視圖如圖所示，則該四棱錐的最長(zhǎng)棱的長(zhǎng)度為()A3 B2 C2 D2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(zhǎng)的棱為AC12.3.如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為

4、1，實(shí)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(gè)數(shù)是()A2B3C4 D5解析：選C由三視圖知，該幾何體是如圖所示的四棱錐PABCD，易知四棱錐PABCD的四個(gè)側(cè)面都是直角三角形，即此幾何體各面中直角三角形的個(gè)數(shù)是4，故選C.考點(diǎn)(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(guó)古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學(xué)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EFAB.若此幾何體中，AB4，EF2，ADE和BCF都是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，則該幾何

5、體的表面積為()A8B88C62 D862(2)如圖是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為()A6B9C12D18(3)(2019屆高三溫州中學(xué)高三測(cè)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(diǎn)P，連接PF，則PFBC，過(guò)F作FQAB，垂足為Q.因?yàn)锳DE和BCF都是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，且EFAB，所以四邊形ABFE為等腰梯形，F(xiàn)P，則BQ(ABEF)1，F(xiàn)Q，所以S梯形EFBAS梯形EFCD(24)3，又SADESBCF2，S矩形ABCD428，所以該幾何體的表面積S322888.故選B.(2)該幾何體是一個(gè)直三棱柱截去所得，如圖所示，其

6、體積為3429.(3)由三視圖可知該幾何體為長(zhǎng)方體截去兩個(gè)三棱錐后剩下的部分，如圖，長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別為2,1,3，所以該幾何體的體積V2132113615，表面積S23232121231215.答案(1)B(2)B(3)515 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面上(2)求不規(guī)則幾何體的體積：常用分割或補(bǔ)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(wèn)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

7、標(biāo)識(shí)確定該幾何體的各個(gè)度量(3)套用相應(yīng)的面積公式或體積公式計(jì)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()A2B4C6D8解析：選C由幾何體的三視圖可知，該幾何體是一個(gè)底面為直角梯形，高為2的直四棱柱，直角梯形的兩底邊長(zhǎng)分別為1,2，高為2，該幾何體的體積為V(21)226.2.如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1，實(shí)線畫出的是某多面體的三視圖，則該多面體的表面積是()A366B363C54 D27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S2(24)3234323366，故選A.3由一個(gè)長(zhǎng)方體和兩個(gè)圓柱體構(gòu)成

8、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(gè)長(zhǎng)、寬、高分別為2,1,1的長(zhǎng)方體和兩個(gè)底面半徑為1，高為1的四分之一圓柱體構(gòu)成，V21121212.答案：2考點(diǎn)(三)與球有關(guān)的組合體的計(jì)算問(wèn)題主要考查與多面體、旋轉(zhuǎn)體構(gòu)成的簡(jiǎn)單組合體的有關(guān)切、接球表面積、體積的計(jì)算問(wèn)題，其本質(zhì)是計(jì)算球的半徑.典例感悟典例(1)(2017全國(guó)卷)已知圓柱的高為1，它的兩個(gè)底面的圓周在直徑為2的同一個(gè)球的球面上，則該圓柱的體積為()ABC D(2)(2017全國(guó)卷)已知三棱錐SABC的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上，SC是球O的直徑若平面SCA平面SCB，SAAC，SBBC，三棱錐S ABC的體積為9，則

9、球O的表面積為_解析(1)設(shè)圓柱的底面半徑為r，則r2122，所以圓柱的體積V1.(2)如圖，連接AO，OB，SC為球O的直徑，點(diǎn)O為SC的中點(diǎn)，SAAC，SBBC，AOSC，BOSC，平面SCA平面SCB，平面SCA平面SCBSC，AO平面SCB，設(shè)球O的半徑為R，則OAOBR，SC2R.VS ABCVASBCSSBCAOAO，即9R，解得 R3，球O的表面積為S4R243236.答案(1)B(2)36方法技巧求解多面體、旋轉(zhuǎn)體與球接、切問(wèn)題的策略(1)過(guò)球心及多面體中的特殊點(diǎn)(一般為接、切點(diǎn))或線作截面，把空間問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面問(wèn)題(2)利用平面幾何知識(shí)尋找?guī)缀误w中元素間的關(guān)系，或通過(guò)畫外接、

10、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(gè)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?yàn)榍騉與圓柱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，所以.答案：2(2019屆高三浙江名校聯(lián)考)某簡(jiǎn)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(gè)底面為對(duì)角線為4的正方形，高為3的直四棱柱，則其體積為44324.又直四棱柱的外接球的半徑R，所

11、以四棱柱的外接球的表面積為4R225.答案：2425 (一) 主干知識(shí)要記牢簡(jiǎn)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(zhǎng)，h為高)(2)S正棱錐側(cè)ch(c為底面周長(zhǎng)，h為斜高)(3)S正棱臺(tái)側(cè)(cc)h(c與c分別為上、下底面周長(zhǎng)，h為斜高)(4)圓柱、圓錐、圓臺(tái)的側(cè)面積公式S圓柱側(cè)2rl(r為底面半徑，l為母線長(zhǎng))，S圓錐側(cè)rl(r為底面半徑，l為母線長(zhǎng))，S圓臺(tái)側(cè)(rr)l(r，r分別為上、下底面的半徑，l為母線長(zhǎng))(5)柱、錐、臺(tái)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(tái)(SS)h(S，S為上、下底面面積，h為高)(6)球的表面積

12、和體積公式S球4R2，V球R3.(二) 二級(jí)結(jié)論要用好1長(zhǎng)方體的對(duì)角線與其共點(diǎn)的三條棱之間的長(zhǎng)度關(guān)系d2a2b2c2；若長(zhǎng)方體外接球半徑為R，則有(2R)2a2b2c2.針對(duì)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(zhǎng)度分別為2,2，4，則其外接球的表面積為()A48B32C20 D12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(bǔ)形成一個(gè)長(zhǎng)方體，則R 2，所以該三棱錐外接球的表面積為S4R232.2棱長(zhǎng)為a的正四面體的內(nèi)切球半徑ra，外接球的半徑Ra.又正四面體的高h(yuǎn)a，故rh，Rh.針對(duì)練2已知正四面體ABCD的外接球半徑為2，過(guò)棱AB作該球

13、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(zhǎng)為a，因?yàn)檎拿骟w外接球的半徑為2，所以a2，解得a，故截面面積的最小值為2.答案：(三) 易錯(cuò)易混要明了由三視圖計(jì)算幾何體的表面積與體積時(shí)，由于幾何體的還原不準(zhǔn)確及幾何體的結(jié)構(gòu)特征認(rèn)識(shí)不準(zhǔn)易導(dǎo)致失誤針對(duì)練3一個(gè)四棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)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()A4，8 B4，C4(1)， D8,8解析：選B由題意可知該四棱錐為正四棱錐，底面邊長(zhǎng)為2，高為2，側(cè)面上的斜高為，所以S側(cè)44，V222. A組107提速練一、選擇題1.如圖為一個(gè)幾何體的側(cè)視圖和俯視圖，則它的

14、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(gè)正方體的上表面上放置一個(gè)四棱錐(其中四棱錐的底面是邊長(zhǎng)與正方體棱長(zhǎng)相等的正方形、頂點(diǎn)在底面上的射影是底面一邊的中點(diǎn))，結(jié)合選項(xiàng)知，它的正視圖為B.2(2017全國(guó)卷)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(zhǎng)為2，俯視圖為等腰直角三角形該多面體的各個(gè)面中有若干個(gè)是梯形，這些梯形的面積之和為()A10B12C14 D16解析：選B由三視圖可知該多面體是一個(gè)組合體，下面是一個(gè)底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一個(gè)底面是等腰直角三角形的三棱錐，等腰直角三角形的腰長(zhǎng)為2，直三棱柱

15、的高為2，三棱錐的高為2，易知該多面體有2個(gè)面是梯形，這些梯形的面積之和為212，故選B.3(2017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.1B.3C.1D.3解析：選A由幾何體的三視圖可得，該幾何體是一個(gè)底面半徑為1，高為3的圓錐的一半與一個(gè)底面為直角邊長(zhǎng)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V12331.4(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()A80 B160C240 D480解析：選B如圖所示，題中的幾何體是從直三棱柱ABCABC中截去一個(gè)三棱錐AABC后所剩余的部分，其中底面ABC

16、是直角三角形，ACAB，AC6，AB8，BB10.因此題中的幾何體的體積為681068106810160，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(zhǎng)棱的長(zhǎng)為()A. B2C3 D2解析：選C在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCDA1B1C1D1中，M，N分別為AD，BC的中點(diǎn)，該幾何體的直觀圖如圖中三棱錐D1MNB1，故通過(guò)計(jì)算可得，D1B12，D1MB1N，MN2，MB1ND13，故該三棱錐中最長(zhǎng)棱的長(zhǎng)為3.6一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示(其中正視圖的弧線為四分之一圓周)，則該幾何體的表面積為()A726 B724C486 D484解析：選A由三視圖知，該幾何體由一個(gè)正方體的部

17、分與一個(gè)圓柱的部分組合而成(如圖所示)，其表面積為162(164)2422224726，故選A.7某幾何體的三視圖如圖所示，則其體積為()A207 B216C21636 D21618解析：選B由三視圖知，該幾何體是一個(gè)棱長(zhǎng)為6的正方體挖去個(gè)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V63326216，故選B.8(2018貴陽(yáng)檢測(cè))三棱錐PABC的四個(gè)頂點(diǎn)都在體積為的球的表面上，底面ABC所在的小圓面積為16，則該三棱錐的高的最大值為()A4 B6C8 D10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R5，由r216，解得r4，又球心O到平面AB

18、C的距離為3，因此三棱錐PABC的高的最大值為538，故選C.9.(2019屆高三浙江第二次聯(lián)考)已知一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為()A3B.C.D6解析：選B由三視圖還原直觀圖知，該幾何體為底面半徑為1，高為的圓錐挖去一個(gè)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(zhǎng)為2，則圓錐的軸截面為邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，球的半徑為，故該幾何體的表面積為1242122，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()A3624 B3612C4024 D4012解析：選B由三視圖可知該幾何體為一正方體和一正

19、四棱臺(tái)的簡(jiǎn)單組合體正方體的棱長(zhǎng)為2 cm，正四棱臺(tái)上底面的邊長(zhǎng)為2 cm，下底面的邊長(zhǎng)為4 cm，棱臺(tái)的高為2 cm，可求得正四棱臺(tái)的斜高為(cm)，故該幾何體的表面積S225(24)4423612(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(gè)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(24)6的四棱錐，其體積為624.而直三棱柱的體積為2248，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

20、，則正視圖中的x的值是_，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(12)x，解得x2.作出該幾何體的直觀圖并標(biāo)注相應(yīng)棱的長(zhǎng)度如圖所示，則S表(12)22221.答案：213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12212222，體積為122.答案：2214已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，球O與正方體的各條棱都相切，M為球O上的一點(diǎn)，點(diǎn)N是ACB1外接圓上的一點(diǎn)，則線段MN長(zhǎng)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

21、意一點(diǎn)的距離均為，于是OM，ON.因?yàn)閨OMON|MN|OMON|，所以線段MN長(zhǎng)度的取值范圍是，答案：，15(2018浙江高考數(shù)學(xué)原創(chuàng)猜題卷)已知一個(gè)空間幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則這個(gè)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(gè)四棱錐，該四棱錐的底面為直角梯形，一條側(cè)棱與底面垂直如圖所示，四邊形ABCD是直角梯形，因?yàn)锳BAD，ABAD2 cm，BC4 cm，所以CD2 cm.因?yàn)镻A2 cm，ADAB2 cm，所以PDPB2 cm，連接AC，易得AC2 cm，因?yàn)镻A平面ABCD，所以PC2 cm，所以該幾何體的體積為24 cm3.易得S梯形

22、ABCD6 cm2，SPAB222 cm2，SPAD222 cm2，SPBC244 cm2，DPC中，PC邊上的高為 cm，所以SPDC22 cm2，所以該幾何體的表面積為62224(1024)cm2.答案：4(1024)16某幾何體的三視圖如圖所示，俯視圖由一個(gè)直徑為2的半圓和一個(gè)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(gè)正三棱柱和半個(gè)圓柱組合而成的，正三棱柱的底面邊長(zhǎng)為2，高為4，半圓柱的底面半徑為1，高為4，所以V2412442，表面積S2422212141625.答案：42162517已知在三棱錐PABC中，VPABC，APC，BPC，PAAC，P

23、BBC，且平面PAC平面PBC，那么三棱錐PABC外接球的體積為_解析：如圖，取PC的中點(diǎn)O，連接AO，BO，設(shè)PC2R，則OAOBOCOPR，O是三棱錐PABC外接球的球心，易知，PBR，BCR，APC，PAAC，O為PC的中點(diǎn)，AOPC，又平面PAC平面PBC，且平面PAC平面PBCPC，AO平面PBC，VPABCVAPBCPBBCAORRR，解得R2，三棱錐PABC外接球的體積VR3.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()A16 B20C52 D60解析：選B由三視圖知，該幾何體由一個(gè)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(gè)等體積

24、的四棱錐所得，且四棱錐的底面是矩形(邊長(zhǎng)分別為2,4)，高為3，如圖所示，所以該幾何體的體積V346224320，故選B. 2.如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1，粗實(shí)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()A136 B34C25 D18解析：選B由三視圖知，該四棱錐的底面是邊長(zhǎng)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(bǔ)形為長(zhǎng)、寬、高分別為3,3,4的長(zhǎng)方體，該長(zhǎng)方體外接球的半徑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4R234，故選B.3如圖，小方格是邊長(zhǎng)為1的正方形，一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為()

25、A496 B(26)96C(44)64 D(44)96解析：選D由三視圖可知，該幾何體為一個(gè)圓錐和一個(gè)正方體的組合體，正方體的棱長(zhǎng)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S642222(44)96.4設(shè)球O是正方體ABCDA1B1C1D1的內(nèi)切球，若平面ACD1截球O所得的截面面積為6，則球O的半徑為()A B3C D解析：選B如圖，易知B1D過(guò)球心O，且B1D平面ACD1，不妨設(shè)垂足為M，正方體棱長(zhǎng)為a，則球半徑R，易知DMDB1，OMDB1a，截面圓半徑ra，由截面圓面積Sr26，得ra，a6，球O的半徑為R3.5.如圖所示，等腰ABC的底邊AB6，高CD3，點(diǎn)E是線段BD

26、上異于點(diǎn)B，D的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)F在BC邊上，且EFAB，現(xiàn)沿EF將BEF折起到PEF的位置，使PEAE，記BEx，V(x)表示四棱錐PACFE的體積，則V(x)的最大值為_解析：因?yàn)镻EEF，PEAE，EFAEE，所以PE平面ABC.因?yàn)镃DAB，F(xiàn)EAB，所以EFCD，所以，即，所以EF，所以SABC639，SBEFxx2，所以V(x)xx(0x3)因?yàn)閂(x)，所以當(dāng)x(0,6)時(shí)，V(x)0，V(x)單調(diào)遞增；當(dāng)6x3時(shí)，V(x)0，V(x)單調(diào)遞減，因此當(dāng)x6時(shí)，V(x)取得最大值12.答案：126已知A，B，C是球O的球面上三點(diǎn)，且ABAC3，BC3，D為該球面上的動(dòng)點(diǎn)，球心O到平面ABC

27、的距離為球半徑的一半，則三棱錐D ABC體積的最大值為_解析：如圖，在ABC中，ABAC3，BC3，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r3.設(shè)球的半徑為R，連接OO，BO，OB，則R2232，解得R2.由圖可知，當(dāng)點(diǎn)D到平面ABC的距離為R時(shí)，三棱錐D ABC的體積最大，SABC33，三棱錐D ABC體積的最大值為3.答案：第二講 小題考法空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系考點(diǎn)(一)空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系的判斷主要考查利用空間點(diǎn)、直線、平面位置關(guān)系的定義，四個(gè)公理、八個(gè)定理來(lái)判斷與點(diǎn)、線、面有關(guān)命題的真假或判斷簡(jiǎn)單的線面平行或垂直的位置關(guān)系.典例感悟典例(1)

28、(2017全國(guó)卷)如圖，在下列四個(gè)正方體中，A，B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M，N，Q為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個(gè)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(cè)試)已知，為兩個(gè)平面，直線l，那么“l(fā) ”是“ ”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(yáng)光聯(lián)盟12月高三期中聯(lián)考)已知m，n，l是互不重合的三條直線，是兩個(gè)不重合的平面，給出以下四個(gè)命題：若m，n是異面直線，m，n，且m，n，則；若m，nA，且點(diǎn)Am，則m，n是異面直線；若m，n是異面直線，m，n，且lm，ln，則l；若m，n，則mn.其中為真命題

29、的序號(hào)是_(把所有真命題的序號(hào)都填上)解析(1)法一：對(duì)于選項(xiàng)B，如圖所示，連接CD，因?yàn)锳BCD，M，Q分別是所在棱的中點(diǎn)，所以MQCD，所以ABMQ .又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，所以AB平面MNQ.同理可證選項(xiàng)C、D中均有AB平面MNQ.故選A.法二：對(duì)于選項(xiàng)A，設(shè)正方體的底面對(duì)角線的交點(diǎn)為O(如圖所示)，連接OQ，則OQAB.因?yàn)镺Q與平面MNQ有交點(diǎn)，所以AB與平面MNQ有交點(diǎn)，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(xiàng)B、C、D中AB平面MNQ.故選A.(2)“l(fā)，l ”不能推出“ ”，而“l(fā)， ”，一定有“l(fā) ”，選B.(3)在中，m

30、，在內(nèi)存在直線m1m，又m，m1.m，n是兩條異面直線，直線m1與n是兩條相交直線，又n，即正確由異面直線判定定理知正確在中，m，在內(nèi)存在直線m1m，lm，lm1.n，在內(nèi)存在直線n1n，ln，ln1.m，n是兩條異面直線，直線m1與n1是兩條相交直線，l，即正確由直線m平面和知m或m，而n是內(nèi)任一直線，則直線m與n可能相交，可能平行，還可能異面，故是錯(cuò)誤的答案(1)A(2)B(3)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(jìn)行判斷(2)借助空間幾何模型，如從長(zhǎng)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，

31、進(jìn)行肯定或否定(3)借助反證法，當(dāng)從正面入手較難時(shí)，可利用反證法，推出與題設(shè)或公認(rèn)的結(jié)論相矛盾的命題，進(jìn)而作出判斷演練沖關(guān)1在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面與棱AB，AC，A1C1，A1B1分別交于點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，且直線AA1平面.有下列三個(gè)命題：四邊形EFGH是平行四邊形；平面平面BCC1B1；平面平面BCFE.其中正確的命題有()ABC D解析：選C由題意畫出草圖如圖所示，因?yàn)锳A1平面，平面平面AA1B1BEH，所以AA1EH.同理AA1GF，所以EHGF.又ABCA1B1C1是直三棱柱，易知EHGFAA1，所以四邊形EFGH是平行四邊形，故正確；若平面平面BB1C1C，由平面平面

32、A1B1C1GH，平面BCC1B1平面A1B1C1B1C1，知GHB1C1，而GHB1C1不一定成立，故錯(cuò)誤；由AA1平面BCFE，結(jié)合AA1EH知EH平面BCFE，又EH平面，所以平面平面BCFE，故正確綜上可知，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(diǎn)，在此幾何體中，給出下面4個(gè)結(jié)論：直線BE與直線CF異面；直線BE與直線AF異面；直線EF平面PBC；平面BCE平面PAD.其中正確的有()A1個(gè) B2個(gè)C3個(gè) D4個(gè)解析：選B將展開圖還原為幾何體(如圖)，因?yàn)镋，F(xiàn)分別為PA，PD的中點(diǎn)，所以EFADBC，即直線BE與CF共面，錯(cuò)；因?yàn)?/p>

33、B平面PAD，E平面PAD，EAF，所以BE與AF是異面直線，正確；因?yàn)镋FADBC，EF平面PBC，BC平面PBC，所以EF平面PBC，正確；平面PAD與平面BCE不一定垂直，錯(cuò)故選B.3(2017全國(guó)卷)在正方體ABCDA1B1C1D1中，E為棱CD的中點(diǎn)，則()AA1EDC1 BA1EBDCA1EBC1 DA1EAC解析：選C法一：由正方體的性質(zhì)，得A1B1BC1，B1CBC1，A1B1B1CB1，所以BC1平面A1B1CD.又A1E平面A1B1CD，所以A1EBC1.法二：A1E在平面ABCD上的射影為AE，而AE不與AC，BD垂直，B、D錯(cuò)；A1E在平面BCC1B1上的射影為B1C，

34、且B1CBC1，A1EBC1，故C正確；(證明：由條件易知，BC1B1C，BC1CE，又CEB1CC，BC1平面CEA1B1.又A1E平面CEA1B1，A1EBC1.)A1E在平面DCC1D1上的射影為D1E，而D1E不與DC1垂直，故A錯(cuò)考點(diǎn)(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(jì)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(zhǎng)分別為2和，若AB與這兩個(gè)平行平面所成的角為30，則CD與這兩個(gè)平行平面所成的角為()A30B45C60 D90(2)在菱形ABCD中，A60，AB，將ABD折起到PBD的位置，若三棱錐PBCD的外接球的體積為，則二面角

35、PBDC的正弦值為()A. B.C. D.(3)(2015浙江高考)如圖，在三棱錐ABCD中，ABACBDCD3，ADBC2，點(diǎn)M，N分別為AD，BC的中點(diǎn)，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(gè)平面，過(guò)A作另一平面的垂線段AO，垂足為O，連接BO，由題可知ABO30.由AB2，得AO1.因?yàn)閮善矫嫫叫?，所以點(diǎn)C到另一平面的垂線段的長(zhǎng)等于AO的長(zhǎng)，故CD與兩個(gè)平行平面所成的角的正弦值為，所以CD與這兩個(gè)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上的射影分別為O1，O2，則O1，O2為正PBD

36、和正BCD的中心，取BD的中點(diǎn)E，連接O1E，O2E，則O1EBD，O2EBD，則O1EO2是二面角PBDC的平面角，在RtOO2C中，OCR，O2CAB1，則OO2，又在RtOO2E中，O2EAB，則O2EO60，同理，OEO160，故O1EO2120，則二面角PBDC的正弦值為，故選C.(3)如圖所示，連接DN，取線段DN的中點(diǎn)K，連接MK，CK.M為AD的中點(diǎn)，MKAN，KMC為異面直線AN，CM所成的角ABACBDCD3，ADBC2，N為BC的中點(diǎn)，由勾股定理易求得ANDNCM2，MK.在RtCKN中，CK .在CKM中，由余弦定理，得cosKMC.答案(1)B(2)C(3)方法技巧1

37、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(bǔ)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(diǎn)到面的距離，由距離與斜線段長(zhǎng)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(diǎn)，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

38、S斜cos ；(5)向量法，利用組成二面角的兩個(gè)半平面的法向量的夾角與二面角相等或互補(bǔ)演練沖關(guān)1(2018浙江高考)已知四棱錐SABCD的底面是正方形，側(cè)棱長(zhǎng)均相等，E是線段AB上的點(diǎn)(不含端點(diǎn))，設(shè)SE與BC所成的角為1，SE與平面ABCD所成的角為2，二面角SABC的平面角為3，則()A123 B321C132 D231解析：選D如圖，不妨設(shè)底面正方形的邊長(zhǎng)為2，E為AB上靠近點(diǎn)A的四等分點(diǎn)，E為AB的中點(diǎn)，S到底面的距離SO1，以EE，EO為鄰邊作矩形OOEE，則SEO1，SEO2，SEO3.由題意，得tan 1，tan 2，tan 31，此時(shí)，tan 2tan 3tan 1，可得231

39、.當(dāng)E在AB中點(diǎn)處時(shí)，231，故選D.2在長(zhǎng)方體ABCDA1B1C1D1中，AB2，BCAA11，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(diǎn)，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(biāo)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)，n0，n0，得取z2，得n(2,1,2)，設(shè)D1C1與平面A1BC1所成的角為，則sin |cos，n|，故選A.3.如圖所示，在正方體ABCDA1B1C1D1中，點(diǎn)O為線段BD的中點(diǎn)，

40、設(shè)點(diǎn)P在線段CC1上，直線OP與平面A1BD所成的角為，則sin 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(bǔ)角)設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，則A1O.當(dāng)P點(diǎn)與C點(diǎn)重合時(shí)，PO，A1P2，則cosA1OP，此時(shí)A1OP為鈍角，所以sin ；當(dāng)P點(diǎn)與C1點(diǎn)重合時(shí)，POA1O，A1P2，則cosA1OP，此時(shí)A1OP為銳角，所以sin ；在A1OP從鈍角到銳角逐漸變化的過(guò)程中，CC1上一定存在一點(diǎn)P，使得A1OP90，此時(shí)sin 1.又因?yàn)?，所以sin 的取值范圍是，故選B.考點(diǎn)(三)簡(jiǎn)單的立體幾何動(dòng)態(tài)問(wèn)題主要考查立體幾何中的動(dòng)點(diǎn)、

41、軌跡、翻折等問(wèn)題.典例感悟典例(1)如圖，已知ABC，D是AB的中點(diǎn)，沿直線CD將ACD翻折成ACD，所成二面角ACDB的平面角為，則()AADBBADBCACB DACB(2)如圖，M，N分別是棱長(zhǎng)為1的正方體ABCDA1B1C1D1的棱AA1，BC上兩動(dòng)點(diǎn)，且MN，則線段MN的中點(diǎn)P的軌跡是()A一條線段 B一段圓弧C一個(gè)球面區(qū)域 D兩條平行線段解析(1)AC和BC都不與CD垂直，ACB，故C，D錯(cuò)誤當(dāng)CACB時(shí)，容易證明ADB.不妨取一個(gè)特殊的三角形，如RtABC，令斜邊AB4，AC2，BC2，如圖所示，則CDADBD2，BDC120，設(shè)沿直線CD將ACD折成ACD，使平面ACD平面BC

42、D，則90.取CD中點(diǎn)H，連接AH，BH，則AHCD，AH平面BCD，且AH，DH1.在BDH中，由余弦定理可得BH.在RtAHB中，由勾股定理可得AB.在ADB中 ，AD2BD2AB220，可知cosADB0，ADB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?yàn)镸N，則|AP|，因此點(diǎn)P到A的距離為定值，形成圓弧的一段(當(dāng)然此題也可運(yùn)用空間直角坐標(biāo)系設(shè)點(diǎn)求軌跡，說(shuō)明軌跡是一個(gè)圓弧)答案(1)B(2)B方法技巧1對(duì)于立體幾何中的動(dòng)態(tài)問(wèn)題，關(guān)鍵是抓住變化過(guò)程中不變的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，事實(shí)上動(dòng)靜是相對(duì)的，以靜制動(dòng)是處理立體幾何中動(dòng)態(tài)元素的良策2解此類問(wèn)題還要回歸到最本質(zhì)的定

43、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ABCO，OA，OB，OC兩兩垂直且長(zhǎng)度均為6，長(zhǎng)為2的線段MN的一個(gè)端點(diǎn)M在棱OA上運(yùn)動(dòng)，另一個(gè)端點(diǎn)N在BCO內(nèi)運(yùn)動(dòng)(含邊界)，則MN的中點(diǎn)P的軌跡與三棱錐的面所圍成的幾何體的體積為()A. B.或36C36 D.或36解析：選D由線面垂直知OMON，因此OPMN1，即MN的中點(diǎn)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13，若所圍成的幾何體為球外部，其體積為6621336，因此選D.2.如圖，已知四邊形ABCD，將ADC沿著AC翻折，則翻折過(guò)程中線段DB的中點(diǎn)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

44、的一段解析：選C取AC的中點(diǎn)E，連接DE，則DE為定值連接BE，取BE的中點(diǎn)O，則O為定點(diǎn)連接OM，則OMDE為定值，故M的軌跡是一段圓弧3.如圖，已知正三棱柱ABCA1B1C1的底面邊長(zhǎng)為2 cm，高為5 cm，則一質(zhì)點(diǎn)自點(diǎn)A出發(fā)，沿著三棱柱的側(cè)面繞行兩周到達(dá)點(diǎn)A1的最短路線的長(zhǎng)為_ cm.解析：根據(jù)題意，將原三棱柱分割為兩個(gè)相同的三棱柱，然后將其側(cè)面展開為如圖所示的實(shí)線部分，則可知所求最短路線的長(zhǎng)為13(cm)答案：13 (一) 主干知識(shí)要記牢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，是平面，O是點(diǎn)，則(1)線線平行：cb

45、，ab，ab，ab.(2)線面平行：a，a，a.(3)面面平行：，.(4)線線垂直：ab，ab.(5)線面垂直： l， a， a，b.(6)面面垂直：，.(二) 易錯(cuò)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(shí)，忽視判定定理和性質(zhì)定理中的條件，導(dǎo)致判斷出錯(cuò)如由，l，ml，易誤得出m的結(jié)論，就是因?yàn)楹鲆暶婷娲怪钡男再|(zhì)定理中m的限制條件針對(duì)練設(shè)，是兩個(gè)不同的平面，m是直線且m，則“m ”是“ ”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(dāng)m時(shí)，過(guò)m的平面與可能平行也可能相交，因而m/ ；當(dāng)時(shí)，內(nèi)任一直線與平行，因?yàn)閙，所以m.綜上可知，“m

46、”是“ ”的必要不充分條件 A組107提速練一、選擇題1(2016浙江高考)已知互相垂直的平面，交于直線l，若直線m，n滿足m，n，則()AmlBmnCnl Dmn解析：選Cl，l.n，nl.2若平面截三棱錐所得截面為平行四邊形，則該三棱錐中與平面平行的棱有()A0條 B1條C2條 D0條或2條解析：選C因?yàn)槠叫杏谌忮F的兩條相對(duì)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平行的棱有2條，故選C.3已知m，n是空間中兩條不同的直線，是兩個(gè)不同的平面，且m，n.有下列命題：若，則m，n可能平行，也可能異面；若l，且ml，nl，則；若l，且ml，mn，則.其中真命題的個(gè)數(shù)是()A0

47、 B1C2 D3解析：選B對(duì)于，直線m，n可能平行，也可能異面，故是真命題；對(duì)于，直線m，n同時(shí)垂直于公共棱，不能推出兩個(gè)平面垂直，故是假命題；對(duì)于，當(dāng)直線nl時(shí)，不能推出兩個(gè)平面垂直，故是假命題故真命題的個(gè)數(shù)為1.故選B.4.如圖，在正三棱柱ABCA1B1C1中，AA1AB，E，F(xiàn)分別為BC，BB1的中點(diǎn)，M，N分別為AA1，A1C1的中點(diǎn)，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(diǎn)O，取AB的中點(diǎn)D，連接CD，OD，則MNAC1OD，EFCB1，那么DOC即直線MN與EF所成的角，設(shè)AA1ABa，則AC1CB1

48、a，于是ODOC，又CD，于是OCD為正三角形，DOC60，故直線MN與EF所成角的余弦值為.5設(shè)l為直線，是兩個(gè)不同的平面下列命題中正確的是()A若l，l，則B若l，l，則C若l，l，則D若，l，則l解析：選B畫出一個(gè)長(zhǎng)方體ABCD A1B1C1D1.對(duì)于A，C1D1平面ABB1A1，C1D1平面ABCD，但平面ABB1A1與平面ABCD相交；對(duì)于C，BB1平面ABCD，BB1平面ADD1A1，但平面ABCD與平面ADD1A1相交；對(duì)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(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，將菱形ABCD沿對(duì)角線AC折

49、起，使得平面ACD平面ABC，若點(diǎn)N是BD上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)線段ON最短時(shí)，二面角NACB的余弦值為()A0 B.C. D.解析：選C易知OBOD，所以當(dāng)N為BD的中點(diǎn)時(shí)，線段ON最短，因?yàn)锳COB，ACOD，所以AC平面BOD，所以O(shè)NAC，所以BON即二面角NACB的平面角因?yàn)槠矫鍭CD平面ABC，ODAC，所以O(shè)DOB，所以BOD為等腰直角三角形，所以BON45，所以二面角NACB的余弦值為.7.(2018溫州模擬)在四面體ABCD中，二面角ABCD為60，點(diǎn)P為直線BC上一動(dòng)點(diǎn)，記直線PA與平面BCD所成角為，則()A的最大值為60 B的最小值為60C的最大值為30 D的最小值為30解析：選

50、A過(guò)A作AMBC，AO平面BCD，垂足為O，連接OM，則AMO為二面角ABCD的平面角，AMO60，在直線BC上任取一點(diǎn)P，連接OP，AP，則APO為直線AP與平面BCD所成的角，即APO，APAM，AMsin 60AO，APsin AO，sin sin 60，即的最大值為60.故選A.8.(2019屆高三鎮(zhèn)海中學(xué)期中)如圖，四邊形ABCD，ABBDDA2，BCCD，現(xiàn)將ABD沿BD折起，當(dāng)二面角ABDC的大小在時(shí)，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(diǎn)O，連接AO，CO，由ABDA，BCCD，知AOBD，COBD，分別以O(shè)B，OC所在直線為x，

51、y軸，過(guò)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(biāo)系(圖略)，則B(1,0,0)，C(0,1,0)，D(1，0,0)，設(shè)二面角ABDC的平面角為，則動(dòng)點(diǎn)A(0，cos ，sin )，從而有(1，cos ，sin )，(1，1,0)，設(shè)直線AB與CD所成的角為，則cos ，cos ，|1cos |，故cos ，故選B.9.如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，E是AA1的中點(diǎn)，P為底面ABCD內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，設(shè)PD1，PE與底面ABCD所成的角分別為1，2(1，2均不為0)若12，則動(dòng)點(diǎn)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

52、角坐標(biāo)系，如圖所示，設(shè)正方體的邊長(zhǎng)為2，則A(2,0,0)，E(2,0,1)，D1(0,0,2)，P(x，y,0)，(0,0,1)，(2x，y，1)，(x，y,2)由12，得cos 1cos 2，即，代入數(shù)據(jù)，得，整理，得2y2(0x2,0y2)，即動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為圓的一部分10.在正方體ABCDA1B1C1D1中，P為正方形A1B1C1D1四邊上的動(dòng)點(diǎn)，O為底面正方形ABCD的中心，M，N分別為AB，BC的中點(diǎn)，點(diǎn)Q為平面ABCD內(nèi)一點(diǎn)，線段D1Q與OP互相平分，則滿足的實(shí)數(shù)的值有()A0個(gè) B1個(gè)C2個(gè) D3個(gè)解析：選C因?yàn)榫€段D1Q與OP互相平分，所以四點(diǎn)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(shí)，點(diǎn)Q一定在線段ON上運(yùn)動(dòng)，只有當(dāng)P為線段C1D1的中點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)Q與點(diǎn)N重合，此時(shí)1，符合題意；若P在線段C1B1與線段B1A1上時(shí)，在平面ABCD找不到符合條件的點(diǎn)Q；若P在線段D1A1上時(shí)，點(diǎn)Q在直線OM上運(yùn)動(dòng)，只有當(dāng)P為線段D1A1的中點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)Q與點(diǎn)M重合，此時(shí)0符合題意，所以符合條件的值有2個(gè)，故選C.二、填空題11，是兩平面，AB，CD是兩條線段，已知EF，AB于B，CD于D，若增加一個(gè)條件，就能得出BDEF.現(xiàn)有下列條件：