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7第七章 立体几何


第七章 立 体 几 何

第一节

空间几何体的结构特征及三视图与直观图

1.多面体的结构特征 底面:互相平行 ? ? (1)棱柱?侧面:都是四边形,且每相邻两个面的交线都 ? ? 平行且相等
? ?底面:是多边形 (2)棱锥? ?侧面:都是有一个公共顶点的三角形 ?

(3)棱台 棱锥被

平行于棱锥底面的平面所截,截面与底面之间的部分. 2.旋转体的形成 几何体 圆柱 圆锥 圆台 球 3.直观图 (1)画法:常用斜二测画法. (2)规则: ①原图形中 x 轴、y 轴、z 轴两两垂直,直观图中,x′轴、y′轴的夹角为 45° (或 135° ), z′轴与 x′轴和 y′轴所在平面垂直. ②原图形中平行于坐标轴的线段,直观图中仍平行于坐标轴.平行于 x 轴和 z 轴的线段 在直观图中保持原长度不变,平行于 y 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半. 4.三视图 (1)几何体的三视图包括正(主)视图、侧(左)视图、俯视图,分别是从几何体的正前方、 正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线. (2)三视图的画法 ①基本要求:长对正,高平齐,宽相等. ②画法规则:正侧一样高,正俯一样长,侧俯一样宽;看不到的线画虚线 旋转图形 矩形 直角三角形 直角梯形 半圆 旋转轴 任一边所在的直线 一条直角边所在的直线 垂直于底边的腰所在的直线 直径所在的直线

1.台体可以看成是由锥体截得的,易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点. 2.空间几何体不同放置时其三视图不一定相同. 3.对于简单组合体,若相邻两物体的表面相交,表面的交线是它们的分界线,在三视 图中,易忽视实虚线的画法. [试一试] 1.沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示,则该几何体的侧(左)视图为 ( )

解析:选 B 给几何体的各顶点标上字母,如图 1.A,E 在侧投影面上的投影重合,C, G 在侧投影面上的投影重合,几何体在侧投影面上的投影及把侧投影面展平后的情形如图 2 所示,故正确选项为 B(而不是 A).

图1

图2 2.用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥,截得圆台上、下底面的面积之比为 1∶ 16,截去的圆锥的母线长是 3 cm,则圆台的母线长为________ cm. 解析:抓住轴截面,利用相似比,由底面积之比为 1∶16,设半径分别为 r,4r. 设圆台的母线长为 l,截得圆台的上、下底面半径分别为 r、4r.根据相似三角形的性质得 3 r = ,解得 l=9. 3+l 4r

所以,圆台的母线长为 9 cm. 答案:9

1.由三视图还原几何体的方法

2.斜二测画法中的“三变”与“三不变” 坐标轴的夹角改变, ? ? “三变”?与y轴平行的线段的长度变为原来的一半, ? ?图形改变. 平行性不改变, ? ? “三不变”?与x,z轴平行的线段的长度不改变, ? ?相对位置不改变. 3.按照斜二测画法得到的平面图形的直观图,其面积与原图形的面积的关系 S 直观图= 2 S ,S 原图形=2 2S 直观图. 4 原图形

4.转化与化归思想 利用转化与化归思想解决棱台、圆台的有关问题 由棱台和圆台的定义可知棱台和圆台是分别用平行于棱锥和圆锥的底面的平面截棱锥 和圆锥后得到的,所以在解决棱台和圆台的相关问题时,常“还台为锥”,体现了转化的数 学思想. [练一练] 1.如图是两个全等的正三角形,给定下列三个命题:①存在四棱锥,其正视图、侧视 图如图;②存在三棱锥,其正视图、侧视图如图;③存在圆锥,其正视图、侧视图如图.其 中真命题的个数是( )

A.3 C.1

B.2 D.0

解析:选 A 对于①,存在斜高与底边长相等的正四棱锥,其正视图与 侧视图是全等的正三角形.对于②,存在如图所示的三棱锥 S ABC,底

面为等腰三角形,其底边 AB 的中点为 D,BC 的中点为 E,侧面 SAB 上的

斜高为 SD,且 CB=AB=SD=SE,顶点 S 在底面上的射影为 AC 的中点,则此三棱锥的正 视图与侧视图是全等的正三角形.对于③,存在底面直径与母线长相等的圆锥,其正视图与 侧视图是全等的正三角形.所以选 A. 2 .已知正三角形 ABC 的边长为 2 ,那么△ABC 的直观图△A′B′C′的面积为 ________. 解析:如图,图①、图②所示的分别是实际图形和直观图. 从图②可知,A′B′=AB=2,

1 3 3 2 6 1 O′C′ = OC = , C′D′ = O′C′sin 45° = × = . 所 以 S△A′B′C′ = 2 2 2 2 4 2 1 6 6 A′B′· C′D′= ×2× = . 2 4 4 答案: 6 4

考点一

空间几何体的结构特征 )

1.用任意一个平面截一个几何体,各个截面都是圆面,则这个几何体一定是( A.圆柱 C.球体 B.圆锥 D.圆柱、圆锥、球体的组合体

解析:选 C 截面是任意的且都是圆面,则该几何体为球体选 C. 2.下列结论正确的是( )

A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥 B.以三角形的一条边所在直线为旋转轴,其余两边绕旋转轴旋转形成的曲面所围成的 几何体叫圆锥 C.棱锥的侧棱长与底面多边形的边长都相等,则该棱锥可能是六棱锥 D.圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线 解析:选 D A 错误,如图 1 是由两个相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体,它的各 个面都是三角形,但它不是三棱锥;B 错误,如图 2,若△ ABC 不是直角三角形,或△ ABC 是直角三角形但旋转轴不是直角边, 所得的几何体都不是圆锥; C 错误, 若该棱锥是六棱锥, 由题设知,它是正六棱锥.易证正六棱锥的侧棱长必大于底面边长,这与题设矛盾.

图1 3.设有以下四个命题: ①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体; ②底面是矩形的平行六面体是长方体; ③直四棱柱是直平行六面体; ④棱台的相对侧棱延长后必交于一点. 其中真命题的序号是________.

图2

解析:命题①符合平行六面体的定义,故命题①是正确的;底面是矩形的平行六面体的 侧棱可能与底面不垂直,故命题②是错误的;因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形,故 命题③是错误的;命题④由棱台的定义知是正确的. 答案:①④ [类题通法] 解决此类题目需准确理解定义, 把握几何体的结构特征, 并学会通过反例对概念进行辨 析,即要说明一个命题是错误的,设法举出反例否定即可. 考点二 [典例] 几何体的三视图 )

(2013· 四川高考)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体可以是(

A.棱柱 C.圆柱

B.棱台 D.圆台

[解析] 选 D 由俯视图可排除 A,B,由正视图可排除 C,选 D. [类题通法] 根据几何体画三视图,要严格按以下几点执行 (1)三视图的安排位置,正视图、侧视图分别放在左右两边,俯视图在正视图的下边. (2)注意实虚线的区别. [针对训练] 1.(2014· 山西模拟)如图,水平放置的三棱柱的侧棱长和底边长均为 2,且侧棱 AA1⊥

平面 A1B1C1,正视图是边长为 2 的正方形,该三棱柱的侧视图的面积为(

)

A.4 C.2 2

B.2 3 D. 3

解析:选 B 依题意得,该几何体的侧视图是边长分别为 2 和 3的矩形,因此其侧视 图的面积为 2 3,选 B. 2.(2014· 吉林质检)已知某组合体的正视图与侧视图相同,如图所示,其中 AB=AC, 四边形 BCDE 为矩形,则该组合体的俯视图可以是________(把你认为正确的图的序号都填 上).

解析:直观图如图 1 的几何体(上部是一个正四棱锥,下部是一个正四棱柱)的俯视图为 ①;直观图如图 2 的几何体(上部是一个正四棱锥,下部是一个圆柱)的俯视图为②;直观图 如图 3 的几何体(上部是一个圆锥,下部是一个圆柱)的俯视图为③;直观图如图 4 的几何体 (上部是一个圆锥,下部是一个正四棱柱)的俯视图为④.

答案:①②③④ 几何体的直观图 考点三

[典例]如图所示, △A′B′C′是△ABC 的直观图, 且△A′B′C′ 是边长为 a 的正三角形,求△ABC 的面积. [解] 建立如图所示的坐标系 xOy″,△A′B′C′的顶点 C′在 y″轴上,边 A′B′在 x 轴上,把 y″轴绕原点逆 时针旋转 45° 得 y 轴,在 y 轴上取点 C 使 OC=2OC′,A,B 点即为 A′,B′点,长度不 变.

已知 A′B′=A′C′=a,在△OA′C′中, OC′ A′C′ 由正弦定理得 = , sin∠OA′C′ sin 45° sin 120° 6 所以 OC′= a= a, sin 45° 2 所以原三角形 ABC 的高 OC= 6a, 1 6 所以 S△ABC= ×a× 6a= a2. 2 2 本例若改为“已知△ABC 是边长为 a 的正三角形,求其直观图 △A′B′C′的面积”应如何求? 解:由斜二测画法规则可知,直观图△A′B′C′一底边上的高为 1 6 6 ∴S△A′B′C′= ×a× a= a2. 2 8 16 [类题通法] 对于几何体的直观图,除掌握斜二测画法外,记住原图形面积 S 与直观图面积 S′之间 的关系 S′= 2 S,能更快捷地进行相关问题的计算. 4 3 1 2 6 a× × = a 2 2 2 8

[针对训练] 等腰梯形 ABCD,上底 CD=1,腰 AD=CB= 2,下底 AB=3,以下底所在直线为 x 轴,则由斜二测画法画出的直观图 A′B′C′D′的面积为________. 解析:∵OE= 1 2 ? 2?2-1=1,∴O′E′= ,E′F= , 2 4

1 2 2 ∴直观图 A′B′C′D′的面积为 S′= ×(1+3)× = . 2 4 2 答案: 2 2

[课堂练通考点] 1.(2013· 西城模拟)有一个几何体的三视图如图所示,这个几何体应是一个( )

A.棱台 C.棱柱

B.棱锥 D.都不对

解析:选 A 从俯视图来看,上、下底面都是正方形,但大小不一样,可以判断是棱台. 2.(2013· 长春调研)一个简单几何体的正视图、俯视图如图所示,则其侧视图不可能为 ( )

A.正方形 C.等腰三角形

B.圆 D.直角梯形

解析:选 D 当几何体是一个长方体,其中一个侧面为正方形时,A 可能;当几何体是 横放的一个圆柱时,B 可能;当几何体是横放的三棱柱时,C 可能;只有 D 不可能,故选 D. 3.长和宽分别相等的两个矩形如图所示.

给定下列四个命题: ①存在三棱柱,其正视图、侧视图如图; ②存在四棱柱,其俯视图与其中一个视图完全一样; ③存在圆柱,其正视图、侧视图如图; ④若矩形的长与宽分别是 2 和 1,则该几何体的最大体积为 4. 其中真命题的序号是________(写出所有真命题的序号). 解析:对于①,将三棱柱正放时(三角形面为底面)能满足要求;②不正确,俯视图应该 是正方形不是矩形;③正确,将圆柱正放(圆面为底面)满足要求;④正确,当该几何体是长 方体时体积最大,最大体积为 4. 答案:①③④ 4.正四棱锥的底面边长为 2,侧棱长均为 3,其正视图和侧视图是全等的等腰三角形,

则正视图的周长为________. 解析:由题意知,正视图就是如图所示的截面 PEF,其中 E,F 分别 是 AD,BC 的中点,则 BF=1,在 Rt△PBF 中,BF=1,PB= 3,于是 PF= 2,同理 PE= 2,故其正视图的周长为 2+2 2. 答案:2+2 2 5.如图所示的是一个零件的直观图,试画出这个几何体的三视图.

解:由三视图知该几何体为

[课下提升考能] 第Ⅰ组:全员必做题 1. (2014· 青岛模拟)将长方体截去一个四棱锥后, 得到的几何体的直观 图如右图所示,则该几何体的俯视图为( )

解析:选 C 长方体的侧面与底面垂直,所以俯视图是 C. 2.三视图如图所示的几何体是( )

A.三棱锥 C.四棱台

B.四棱锥 D.三棱台

解析:选 B 由三视图知该几何体为一四棱锥,其中有一侧棱垂直于底面,底面为一直 角梯形.

3.(2013· 郑州模拟)一个锥体的正视图和侧视图如图所示,下面 选项中,不可能是该锥体的俯视图的是( )

解析:选 C 中,其宽度为

注意到在三视图中,俯视图的宽度应与侧视图的宽度相等,而在选项 C

3 ,与题中所给的侧视图的宽度 1 不相等,因此选 C. 2

4.给出下列四个命题: ①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱; ②对角面是全等矩形的六面体一定是长 方体;③有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱;④长方体一定是正四棱柱.其中正确的 命题个数是( A.0 C.2 ) B.1 D.3

解析:选 A 反例:①直平行六面体底面是菱形,满足条件但不是正棱柱;②底面是等 腰梯形的直棱柱,满足条件但不是长方体;③④显然错误,故选 A. 5.用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图, 边 AB 平行于 y 轴,BC,AD 平行于 x 轴.已知四边形 ABCD 的面积为 2 2 cm2, 则原平面图形的面积为( A.4 cm2 C.8 cm2 ) B.4 2 cm2 D.8 2 cm2

解析: 选 C 依题意可知∠BAD=45° , 则原平面图形为直角梯形, 上下底面的长与 BC、 AD 相等,高为梯形 ABCD 的高的 2 2倍,所以原平面图形的面积为 8 cm2. 6. (2014· 江西九校联考)如图, 三棱锥 V ABC 的底面为正三角形, 2 侧面 VAC 与底面垂直且 VA=VC, 已知其正视图的面积为 , 则其侧视 3 图的面积为( A. C. 3 2 3 4 ) B. D. 3 3 3 6

解析:选 B 由题意知,该三棱锥的正视图为△ VAC,作 VO⊥AC 于 O,连接 OB,设 1 2 底面边长为 2a, 高 VO=h, 则△ VAC 的面积为 × 2a× h=ah= .又三棱锥的侧视图为 Rt△ VOB, 2 3 1 1 3 3 2 在正三角形 ABC 中,高 OB= 3a,所以侧视图的面积为 OB· OV= × 3a× h= ah= × 2 2 2 2 3



3 . 3 7.如图所示,三棱锥 P ABC 的底面 ABC 是直角三角形,直角边长 AB=3,AC=4,

过直角顶点的侧棱 PA⊥平面 ABC,且 PA=5,则该三棱锥的正视图是(

)

解析: 选 D 三棱锥的正视图. 即是光线从三棱锥模型的前面向后面投影所得到投影图 形.结合题设条件给出的数据进行分析.可知 D 正确. 8.(2013· 东莞调研)已知三棱锥的正视图与俯视图如图所示,俯视图是边长为 2 的正三 角形,则该三棱锥的侧视图可能为( )

解析:选 B 由三视图间的关系,易知其侧视图是一个底边为 3,高为 2 的直角三角 形,故选 B. 9.一个几何体的三视图如图所示,则侧视图的面积为________.

解析:依题意得设几何体的侧视图面积为

1 22+ ×2× 3=4+ 3. 2 答案:4+ 3 10.给出下列命题:①在正方体上任意选择 4 个不共面的顶点,它们可能是正四面体的 4 个顶点;②底面是等边三角形,侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥;③若有两个侧 面垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱.其中正确命题的序号是________. 解析:①正确,正四面体是每个面都是等边三角形的四面体,如正方体 ABCD A1B1C1D1 中的四面体 A CB1D1; ②错误, 反例如图所示, 底面△ABC

为等边三角形,可令 AB=VB=VC=BC=AC,则△VBC 为等边三角形, △VAB 和△VCA 均为等腰三角形,但不能判定其为正三棱锥;③错误,必 须是相邻的两个侧面. 答案:① 1 11.?创新题?一个几何体的正视图和侧视图都是边长为 1 的正方形,且体积为 ,则这个 2 几何体的俯视图可能是下列图形中的________.(填入所有可能的图形前的编号) ①锐角三角形;②直角三角形;③四边形;④扇形;⑤圆. 解析:如图 1 所示,直三棱柱 ABE A1B1E1 符合题设要求,此时俯视图△ABE 是锐角三 角形; 如图 2 所示, 直三棱柱 ABC A1B1C1 符合题设要求, 此时俯视图△ABC 是直角三角形; 如图 3 所示, 当直四棱柱的八个顶点分别是正方体上、 下各边的中点时, 所得直四棱柱 ABCD A1B1C1D1 符合题设要求,此时俯视图(四边形 ABCD)是正方形;若俯视图是扇形或圆,体积 中会含有 π,故排除④⑤.

答案:①②③ 12.(2013· 合肥检测 ) 已知正四面体 ( 所有棱长都相等的三棱锥 ) 的俯 视图如图所示,其中四边形 ABCD 是边长为 2 cm 的正方形,则这个正 四面体的正视图的面积为________cm2. 解析:构造一个边长为 2 cm 的正方体 ABCDA1B1C1D1,在此正方 体中作出一个正四面体 AB1CD1, 易得该正四面体的正视图是一个底边长为 2 2 cm, 高为 2 cm 的等腰三角形,从而可得正视图的面积为 2 2 cm2. 答案:2 2 第Ⅱ组:重点选做题 1.已知:图①是截去一个角的长方体,试按图示的方向画出其三视图;图②是某几何

体的三视图,试说明该几何体的构成.



② 解:图①几何体的三视图为:

图②所示的几何体是上面为正六棱柱、下面为倒立的正六棱锥的组合体. 2.已知正三棱锥 V ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示.

(1)画出该三棱锥的直观图; (2)求出侧视图的面积. 解:(1)直观图如图所示. (2)根据三视图间的关系可得 BC=2 3, ∴侧视图中 VA= 2 3 42-? × ×2 3?2=2 3, ?3 2 ?

1 ∴S△VBC= ×2 3×2 3=6. 2

第二节

空间几何体的表面积与体积

1.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式 圆柱 侧面 展开图 侧面 积公式 S 圆锥侧= πrl S 圆台侧= π(r+r′)l 圆锥 圆台

S 圆柱侧=2πrl

2.空间几何体的表面积与体积公式 名称 几何体 柱体 (棱柱和圆柱) 锥体 (棱锥和圆锥) 台体 (棱台和圆台) 球 表面积 体积

S 表面积=S 侧+2S 底

V=Sh 1 V= Sh 3 1 V= (S 上+S 下+ 3 S上S下)h

S 表面积=S 侧+S 底

S 表面积=S 侧+S 上+S 下

S=4πR2

4 V= πR3 3

1.求组合体的表面积时:组合体的衔接部分的面积问题易出错. 2.由三视图计算几何体的表面积与体积时,由于几何体的还原不准确及几何体的结构 特征认识不准易导致失误. 3.易混侧面积与表面积的概念. [试一试] 1.若某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的表面积是( )

A.( 13+2)π(cm2) C.6+( 13+2)π(cm2) 解析: 选 C

B.4+( 13+2)π(cm2) D.8+( 13+2)π(cm2)

1 1 由三视图可知原几何体是一个半圆锥,其表面积 S = ×π×22 + 2 2

1 ×π×2× 13+ ×4×3=6+( 13+2)π(cm2). 2 2.一个几何体的三视图如图所示,其中正视图是一个正三角形,则 该几何体的体积为( A. 3 3 ) B.1 D. 3

2 3 C. 3

解析: 选 A 根据三视图可知该几何体是一个高为 3的三棱锥, 所以该几何体的体积 V 1 1 3 ×2×1?× 3= . = ×? ? 3 ?2 3 3.若某几何体的三视图如图所示,则此几何体的表面积是________.

解析: 由三视图可知, 该几何体由一个正四棱柱和一个棱台组成, 其表面积 S=3×4×2 1 +2×2×2+4×2 2×2+4×6+ ×(2+6)×2×2=72+16 2. 2 答案:72+16 2

1.求空间几何体体积的常用方法 (1)公式法:直接根据相关的体积公式计算. (2)等积法:根据体积计算公式,通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易, 或是求出一些体积比等. (3)割补法:把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补形,转化为可计算

体积的几何体. 2.几个与球有关的切、接常用结论 (1)正方体的棱长为 a,球的半径为 R, ①正方体的外接球,则 2R= 3a; ②正方体的内切球,则 2R=a; ③球与正方体的各棱相切,则 2R= 2a. (2)长方体的同一顶点的三条棱长分别为 a, b, c, 外接球的半径为 R, 则 2R= a2+b2+c2. (3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为 3∶1. 3.旋转体侧面积问题中的转化思想 计算旋转体的侧面积时, 一般采用转化的方法来进行, 即将侧面展开化为平面图形, “化 曲为直”来解决,因此要熟悉常见旋转体的侧面展开图的形状及平面图形面积的求法. [练一练] 1. (2014· 皖南八校联考)已知某几何体的侧视图与其正视图相同, 相关的尺寸如图所示, 则这个几何体的体积是( )

A.8π C.2π

B.7π 7π D. 4

7π 2 ?3?2? 解析:选 D 依题意该几何体为一空心圆柱,故其体积 V=π? ?2 -?2? ?×1= 4 . 2.(2013· 福建高考)已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体, 如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示,且图中的四边形是 边长为 2 的正方形,则该球的表面积是________. 解析:依题意得,该几何体是球的一个内接正方体,且该正方体的棱 长为 2.设该球的直径为 2R,则 2R= 22+22+22=2 3,所以该几何体的 表面积为 4πR2=4π( 3)2=12π. 答案:12π

考点一

几何体的表面积

1.(2013· 重庆高考)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为(

)

A.180 C.220 解析: 选 D

B.200 D.240 由三视图可知,此几何体是一个横放的直四棱柱,底面梯形的面积为

?2+8?×4 =20,侧面面积为 2×10+2×5×10+8×10=200,故四棱柱的表面积为 2×20+ 2 200=240. 2.(2013· 陕西高考改编)某几何体的三视图如图所示,则其表面积为________

解析:此几何体是一个半球,所以表面积为球的表面积的一半加上底面的面积,球半径 为 1,故所求表面积为 S=2π+π=3π. 答案:3π 3.(2014· 江西八校联考)若一个圆台的正视图如图所示,则其表面 积等于________. 解析:由图知圆台的上、下底面半径分别为 r=1、r′=2,母线长 为 l= 5,则圆台表面积为 π(r+r′)l+π(r2+r′2)=5π+3 5π. 答案:5π+3 5π [类题通法] 以三视图为载体的几何体的表面积问题的求法 (1)恰当分析给出的三视图. (2)找准几何体中各元素间的位置关系及数量关系. (3)注意组合体的表面积问题中重合部分的处理. 考点二 [典例] 几何体的体积

(1)如图所示,已知三棱柱 ABC A1B1C1 的所有棱长均为 1,且 )

AA1⊥底面 ABC,则三棱锥 B1 ABC1 的体积为(

A. C.

3 12 6 12

B. D.

3 4 6 4

[解析] 三棱锥 B1 ABC1 的体积等于三棱锥 A B1BC1 的体积,三棱锥 A B1BC1 的高为 3 1 1 1 3 3 ,底面积为 ,故其体积为 × × = . 2 2 3 2 2 12 (2)(2013· 北京高考)某四棱锥的三视图如图所示,该四棱锥的体积为________.

[解析] 由三视图可知直观图是一个底面为边长等于 3 的正方形,高为 1 的四棱锥,由 1 棱锥的体积公式得 V 四棱锥= ×32×1=3. 3 [答案] (1)A (2)3

[类题通法] 求解几何体体积的策略及注意问题 (1)与三视图有关的体积问题关键是准确还原几何体及弄清几何体中的数量关系. (2)计算柱、锥、台的体积关键是根据条件找出相应的底面积和高. (3)注意求体积的一些特殊方法:分割法、补体法、转化法等,它们是解决一些不规则 几何体体积计算常用的方法,应熟练掌握. (4)注意组合体的组成形式及各部分几何体的特征. [针对训练] (2014· 绍兴模拟)已知一个棱长为 2 的正方体, 被一个平面截后所得几何体的三视图如图 所示,则该几何体的体积是________.

解析:根据三视图,我们先画出其几何直观图,几何体由正方体切割

1 1 而成,即正方体截去一个棱台.如图 1 所示,把棱台补成锥体如图 2,V 棱台=2×2× ×4× 2 3 1 1 7 7 17 -1×1× ×2× = ,故所求几何体的体积 V=23- = . 2 3 3 3 3

17 答案: 3 考点三 与球有关的切、接问题

与球相关的切、接问题是高考命题的热点,也是考生的难点、易失分点.命题角度多 变,归纳起来常见的命题角度有: ?1?直三棱柱的外接球; ?2?正?长?方体的外接球; ?3?正四面体的内切球; ?4?四棱锥的外接球.?

角度一 直三棱柱的外接球 1.(2013· 辽宁高考)已知直三棱柱 ABC A1B1C1 的 6 个顶点都在球 O 的球面上,若 AB =3,AC=4,AB⊥AC,AA1=12,则球 O 的半径为( 3 17 A. 2 13 C. 2 B.2 10 D.3 10 )

解析:选 C 如图,由球心作平面 ABC 的垂线,则垂足为 BC 的中 1 5 1 点 M.又 AM= BC= ,OM= AA1=6,所以球 O 的半径 R=OA= 2 2 2

?5?2+62=13. ?2? 2
角度二 正方体的外接球 2. (2013· 合肥模拟)一个正方体削去一个角所得到的几何体的三视图如图所示(图中三个

四边形都是边长为 2 的正方形),则该几何体外接球的体积为________.

解析:依题意可知,新的几何体的外接球也就是原正方体的外接球,要求的直径就是正 4 方体的体对角线;∴2R=2 3(R 为球的半径),∴R= 3,∴球的体积 V= πR3=4 3π. 3 答案:4 3π 角度三 正四面体的内切球 S1 3.(2014· 长春模拟)若一个正四面体的表面积为 S1,其内切球的表面积为 S2,则 = S2 ________. 3 2 解析:设正四面体棱长为 a,则正四面体表面积为 S1=4· · a = 3a2,其内切球半径 4 1 1 6 6 πa2 S1 3a2 为正四面体高的 ,即 r= · a= a,因此内切球表面积为 S2=4πr2= ,则 = = 4 4 3 12 6 S2 π 2 a 6 6 3 . π 6 3 答案: π 角度四 四棱锥的外接球 4.四棱锥 P ABCD 的五个顶点都在一个球面上,该四棱锥的三视图如图所示,E,F 分别是棱 AB, CD 的中点, 直线 EF 被球面所截得的线段长为 2 2, 则该球的表面积为( )

A.9π C.2 2π

B.3π D.12π

解析:选 D 该几何体的直观图如图所示,该几何体可看作由正 方体截得, 则正方体外接球的直径即为 PC.由直线 EF 被球面所截得的

线段长为 2 2,可知正方形 ABCD 对角线 AC 的长为 2 2,可得 a=2,在△PAC 中 PC= 22+?2 2?2=2 3,球的半径 R= [类题通法] 解决与球有关的切、接问题的方法 (1)一般要过球心及多面体中的特殊点或过线作截面将空间问题转化为平面问题,从而 寻找几何体各元素之间的关系. (2)若球面上四点 P,A,B,C 中 PA,PB,PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直, 可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题. 3,∴S 表=4πR2=4π×( 3)2=12π.

[课堂练通考点] 1.(2013· 济南模拟)一个几何体的三视图如图所示,则它的体积为( )

20 A. 3 C.20 解析: 选 B 40 4)×4×4= . 3

40 B. 3 D.40 1 1 该空间几何体是一个四棱锥,其直观图如图所示.其体积为 × (1 + 3 2

2.(2014· 临沂模拟)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是(

)

A.6

B.8

C.10

D.12

解析: 选 D 该几何体是一个长方体在左边挖去一个三棱柱再拼接到右边而得到的, 它 的体积就是长方体的体积,体积为 V=(2.4+0.6)×2×(1+1)=12. 3.(2014· 湖北八校联考)已知某几何体的三视图如图所示,其中俯视图中圆的直径为 4, 该几何体的体积为 V1,直径为 4 的球的体积为 V2,则 V1∶V2=________.

解析:由三视图知,该几何体为圆柱内挖去一个底面相同的圆锥,因此 V1=8π- 16π 4π 32π ,V2= ×23= ,V1∶V2=1∶2. 3 3 3 答案:1∶2 4.已知三棱锥 O

8π = 3

ABC 中,∠BOC=90° ,OA⊥平面 BOC,其中 AB=AC= 7,BC

= 11,O,A,B,C 四点均在球 S 的表面上,则球 S 的表面积为________. 解析:易知以 O 点为顶点的三条棱两两垂直,则球 S 即为以 O 为顶点,以 OA,OB, OC 为棱的长方体的外接球, 所以 2R= OA2+OB2+OC2= (R 为球 S 的半径),所以 R= 25π 答案: 2 5. (2013· 郑州模拟)已知三棱锥 S ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上, SA⊥平面 ABC, SA=2 3,AB=1,AC=2,∠BAC=60° ,求球 O 的表面积. 解:取 SC 的中点 E,连接 AE,BE,依题意,BC2=AB2+AC2-2AB· ACcos 60° =3,∴ AC2=AB2+BC2,即 AB⊥BC.又 SA⊥平面 ABC,∴SA⊥BC,又 SA∩AB=A,∴BC⊥平面 1 SAB,BC⊥SB,AE= SC=BE,∴点 E 是三棱锥 S ABC 的外接球的球心,即点 E 与点 O 2 1 1 重合,OA= SC= SA2+AC2=2,球 O 的表面积为 4π×OA2=16π. 2 2 [课下提升考能] 第Ⅰ组:全员必做题 1.正六棱柱的高为 6,底面边长为 4,则它的全面积为( A.48(3+ 3) B.48(3+2 3) ) 5 2 25π ,表面积 S=4πR2= . 4 2 1 5 2 × 2?OA2+OB2+OC2?= 2 2

C.24( 6+ 2) 解析:选 A S 底=6×

D.144 3 ×42=24 3,S 侧=6×4×6=144,∴S 全=S 侧+2S 底=144+ 4

48 3=48(3+ 3). 2.圆台的一个底面周长是另一个底面周长的 3 倍,母线长为 3,圆台的侧面积为 84π, 则圆台较小底面的半径为( A.7 C.5 ) B.6 D.3

解析:选 A 设圆台较小底面半径为 r, 则另一底面半径为 3r. 由 S=π(r+3r)· 3=84π,解得 r=7. 3.(2013· 深圳调研)如图是一个几何体的三视图,根据图中数据,可得该几何体的表面 积、体积分别是( )

128π A.32π, 3 16π C.12π, 3

32π B.16π, 3 16π D.8π, 3

1 解析:选 C 根据三视图可知,该几何体是一个半球,且半径为 2,故其表面积 S= 2 1 4 16π ×π×23?= . (4×π×22)+π×22=12π,体积 V= ? ? 3 2?3 4.设长方体的长、宽、高分别为 2a,a,a,其顶点都在一个球面上,则该球的表面积 为( ) A.3πa2 C.12πa2 解析:选 B B.6πa2 D.24πa2 由于长方体的长、宽、高分别为 2a,a,a,则长方体的体对角线长为

?2 a?2+a2+a2= 6a.又长方体外接球的直径 2R 等于长方体的体对角线, ∴2R= 6a.∴S


=4πR2=6πa2. 5.(2013· 洛阳统考)如图是某几何体的三视图,则该几何体的体积为( )

A.64+32π C.256+64π

B.64+64π D.256+128π

解析:选 C 依题意,该几何体是一个正四棱柱及一个圆柱的组合体,其中正四棱柱的 底面边长是 8、 侧棱长是 4, 圆柱的底面半径是 4、 高是 4, 因此所求几何体的体积等于 π×42× 4 +82× 4=256+64π,选 C. 6.某几何体的三视图如图所示,则其体积为________.

1 1 解析: 易知原几何体是底面圆半径为 1, 高为 2 的圆锥体的一半, 故所求体积为 V= × 2 3 π ×(π×12)×2= . 3 π 答案: 3 7.(2014· 杭州模拟)若某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的体积等于 ________cm3.

1 1 1 解析:根据三视图,几何体是一个三棱柱削去一个三棱锥,体积 V= ×3×4×5- × 2 3 2 ×4×3×3=24 cm3. 答案:24 8.?创新题?如图,在三棱锥 D ABC 中,已知 BC⊥AD,BC=2,AD=6,

AB+BD=AC+CD=10,则三棱锥 D ABC 的体积的最大值是________. 解析:由题意知,线段 AB+BD 与线段 AC+CD 的长度是定值,因为棱 AD 与棱 BC 相 互垂直. 设 d 为 AD 到 BC 的距离. 1 1 则 VD-ABC=AD· BC×d× × =2d, 2 3 当 d 最大时,VD-ABC 体积最大, ∵AB+BD=AC+CD=10, ∴当 AB=BD=AC=CD=5 时, d 有最大值 42-1= 15. 此时 V=2 15. 答案:2 15 9.一个几何体的三视图如图所示.已知正视图是底边长为 1 的平行四边形,侧视图是 一个长为 3、宽为 1 的矩形,俯视图为两个边长为 1 的正方形拼成的矩形. (1)求该几何体的体积 V; (2)求该几何体的表面积 S.

解: (1)由三视图可知, 该几何体是一个平行六面体(如图), 其底面是边长为 1 的正方形, 高为 3,

所以 V=1×1× 3= 3. (2)由三视图可知,该平行六面体中,A1D⊥平面 ABCD,CD⊥平面 BCC1B1,所以 AA1 =2,侧面 ABB1A1,CDD1C1 均为矩形. S=2×(1×1+1× 3+1×2)=6+2 3. 10.(2014· 徐州质检)如图,在直三棱柱 ABC A1B1C1 中,AB=AC=5,BB1=BC=6,D, E 分别是 AA1 和 B1C 的中点.

(1)求证:DE∥平面 ABC; (2)求三棱锥 E BCD 的体积. 解:(1)证明:如图,取 BC 的中点 G,连接 AG,EG,因为 E 是 B1C 的中点,所以 EG 1 ∥BB1,且 EG= BB1. 2 由题意知,AA1 綊 BB1. 而 D 是 AA1 的中点,所以 EG 綊 AD. 所以四边形 EGAD 是平行四边形. 所以 ED∥AG. 又 DE?平面 ABC,AG?平面 ABC, 所以 DE∥平面 ABC. (2)因为 AD∥BB1,所以 AD∥平面 BCE. 所以 VE
BCD=VD BCE=VA BCE=VE ABC.

由(1)知,DE∥平面 ABC, 所以 VE
BCD=VE ABC=VD ABC=

1 1 1 AD· BC· AG= ×3×6×4=12. 3 2 6

第Ⅱ组:重点选做题 1.(2013· 昆明调研)如图,若一个空间几何体的三视图中,正视图和侧视 图都是直角三角形,其直角边长均为 1,则该几何体的表面积为( A.1+ 2 B.2+2 2 1 C. 3 D.2+ 2 解析:选 D 依题意得,题中的几何体是底面为正方形,侧棱垂直于底面的四棱锥 P 1 2 )

ABCD(如图),其中底面边长为 1,PD=1,PD⊥平面 ABCD,S△PAD=S△PCD= 1 1 2 ×1×1= ,S△PAB=S△PBC= ×1× 2= ,S 2 2 2 的表面积为 2+ 2,选 D.

四边形

2 ABCD=1 =1,因此该几何体

2.(2014· 绍兴模拟)已知正四面体的俯视图如图所示,其中四边形 ABCD 是边长为 2 的 正方形,则这个正四面体的体积为________.

解析:由题意知 BD 为实长,即正四面体的边长为 2 2, 所以 S= h= 3 · (2 2)2=2 3, 4 2 6?2 4 3 = , 3 ? 3 ?

?2 2?2-?

1 1 4 3 8 故 V= · S· h= ×2 3× = . 3 3 3 3 8 答案: 3

第三节

空间点、直线、平面之间的位置关系

1.四个公理 公理 1:如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线在此平面内. 作用:可用来证明点、直线在平面内. 公理 2:过不在一条直线上的三点,有且只有一个平面. 作用:①可用来确定一个平面;②证明点线共面. 公理 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. 作用: ①可用来确定两个平面的交线; ②判断或证明多点共线; ③判断或证明多线共点. 公理 4:平行于同一条直线的两条直线互相平行. 作用:判断空间两条直线平行的依据. 2.空间直线的位置关系 (1)位置关系的分类:
?平行 ?共面直线? ? ?相交 ? ? ?异面直线:不同在任何一个平面内

(2)异面直线所成的角: ①定义: 设 a, b 是两条异面直线, 经过空间中任一点 O 作直线 a′∥a, b′∥b, 把 a′

与 b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线 a 与 b 所成的角(或夹角). π? ②范围:? ?0,2?. (3)定理: 空间中如果两个角的两边分别对应平行,那么这两个角相等或互补. 3.空间直线与平面,平面与平面之间的位置关系 图形语言 相交 直线与 平面 平行 在平面内 平行 平面与 平面 相交 α∩β=l 无数个 a∥α a?α α∥β 0个 无数个 0个 符号语言 a∩α=A 公共点 1个

1.异面直线易误解为“分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线”,实质上两异 面直线不能确定任何一个平面,因此异面直线既不平行,也不相交. 2.直线与平面的位置关系在判断时最易忽视“线在面内”. [试一试] 1.下列说法正确的是( )

A.若 a?α,b?β,则 a 与 b 是异面直线 B.若 a 与 b 异面,b 与 c 异面,则 a 与 c 异面 C.若 a,b 不同在平面 α 内,则 a 与 b 异面 D.若 a,b 不同在任何一个平面内,则 a 与 b 异面 解析:选 D 由异面直线的定义可知选 D. 2.若直线 a⊥b,且直线 a∥平面 α,则直线 b 与平面 α 的位置关系是( A.b?α C.b?α 或 b∥α B.b∥α D.b 与 α 相交或 b?α 或 b∥α )

解析:选 D b 与 α 相交或 b?α 或 b∥α 都可以.

1.求异面直线所成角的方法

(1)平移法:即选点平移其中一条或两条直线使其转化为平面角问题,这是求异面直线 所成角的常用方法. (2)补形法:即采用补形法作出平面角. 2.证明共面问题的两种途径 (1)首先由条件中的部分线(或点)确定一个平面,再证其他线(或点)在此平面内; (2)将所有条件分为两部分,然后分别确定平面,再证明这两个平面重合. 3.证明共线问题的两种途径 (1)先由两点确定一条直线,再证其他点都在这条直线上; (2)直接证明这些点都在同一条特定直线上. 4.证明共点问题的常用方法 先证其中两条直线交于一点,再证其他直线经过该点. [练一练] 1.如图是正方体或四面体,P,Q,R,S 分别是所在棱的中点,则这四个点不共面的 一个图是( )

解析:选 D A,B,C 图中四点一定共面,D 中四点不共面. 2.已知正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1=2AB,E 为 AA1 中点,则异面直线 BE 与 CD1 所成的角的余弦值为________. 解析:如图连接 BA1. ∵BA1∥CD1, ∴∠A1BE 为所求. 在△A1BE 中, 设 AB=1,则 AA1=2, ∴A1B= 5,A1E=1,BE= 2. 3 10 ∴cos∠A1BE= . 10 3 10 答案: 10

考点一

平面的基本性质及应用

1.(2013· 安徽高考)在下列命题中,不是 公理的是( .. A.平行于同一个平面的两个平面相互平行 B.过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面

)

C.如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内 D.如果两个不重合的平面有一个公共点, 那么他们有且只有一条过该点的公共直线 解析:选 A 选项 A 是面面平行的性质定理,是由公理推证出来的,而公理是不需要 证明的. 2.下列命题: ①经过三点确定一个平面; ②梯形可以确定一个平面; ③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面; ④如果两个平面有三个公共点,则这两个平面重合. 其中正确命题的个数是( A.0 C.2 ) B.1 D.3

解析:选 C 对于①,未强调三点不共线,故①错误;②正确;对于③,三条直线两两 相交,如空间直角坐标系,能确定三个平面,故③正确;对于④,未强调三点共线,则两平 面也可能相交,故④错误. 3.(2013· 南京模拟)如图,已知:E,F,G,H 分别是正方体 ABCD AB,BC,CC1,C1D1 的中点,证明:EF,HG,DC 三线共点. A1B1C1D1 的棱

证明:连接 C1B,HE,GF,如图所示.由题意知 HC1 綊 EB,

∴四边形 HC1BE 是平行四边形, ∴HE∥C1B. 又 C1G=GC,CF=BF, 1 故 GF 綊 C1B, 2 ∴GF∥HE,且 GF≠HE,

∴HG 与 EF 相交,设交点为 K,则 K∈HG. 又 HG?平面 D1C1CD, ∴K∈平面 D1C1CD. ∵K∈EF,EF?平面 ABCD, ∴K∈平面 ABCD. ∵平面 D1C1CD∩平面 ABCD=DC, ∴K∈DC,∴EF,HG,DC 三线共点. [类题通法] 1.证明共点问题的关键是先确定点后,再证明此点在第三条直线上,这个第三条直线 应为前两条直线所在平面的交线,可以利用公理 3 证明. 2.证明过程中要注意符号语言表达准确,公理成立的条件要完善. 考点二 空间两直线的位置关系

[典例]

(1)(2013· 江西省七校联考)已知直线 a 和平面 α,β,α∩β=l,a?α,a?β,且 a )

在 α,β 内的射影分别为直线 b 和 c,则直线 b 和 c 的位置关系是( A.相交或平行 C.平行或异面 B.相交或异面 D.相交、平行或异面

[解析] 依据题意,b,c 分别为 a 在 α,β 内的射影,可判断 b,c 相交、平行或异 面均可. [答案] D (2)已知空间四边形 ABCD 中,E,H 分别是边 AB,AD 的中点,F,G 分别是边 BC, CD 的中点. ①求证:BC 与 AD 是异面直线; ②求证:EG 与 FH 相交. [证明] ①假设 BC 与 AD 共面,不妨设它们所共平面为 α,则 B,C,A,D∈α. 所以四边形 ABCD 为平面图形,这与四边形 ABCD 为空间四边形相矛盾.所以 BC 与 AD 是异面直线. ②如图,连接 AC,BD,则 EF∥AC,HG∥AC,因此 EF∥HG; 同理 EH∥FG,则 EFGH 为平行四边形. 又 EG,FH 是?EFGH 的对角线, 所以 EG 与 HF 相交. [类题通法] 1.异面直线的判定常用的是反证法,先假设两条直线不是异面直线,即两条直线平行 或相交, 由假设的条件出发, 经过严格的推理, 导出矛盾, 从而否定假设肯定两条直线异面. 此

法在异面直线的判定中经常用到. 2.客观题中,也可用下述结论:过平面外一点和平面内一点的直线,与平面内不过该 点的直线是异面直线. [针对训练] 若直线 l 不平行于平面 α,且 l?α,则( A.α 内的所有直线与 l 异面 B.α 内不存在与 l 平行的直线 C.α 内存在唯一的直线与 l 平行 D.α 内的直线与 l 都相交 解析: 选 B 如图, 设 l∩α=A, α 内直线若经过 A 点, 则与直线 l 相交; 若不经过点 A, 则与直线 l 异面. )

考点三 [典例] 棱柱 ABCD 余弦值为( 1 A. 5 3 C. 5

异面直线所成的角

(2013· 福州模拟)如图在底面为正方形,侧棱垂直于底面的四 A1B1C1D1 中,AA1=2AB,则异面直线 A1B 与 AD1 所成角的 ) 2 B. 5 4 D. 5

[解析] 连接 BC1,易证 BC1∥AD1,则∠A1BC1 即为异面直线 A1B 与 AD1 所成的角.连 5+5-2 接 A1C1,设 AB=1,则 AA1=2,A1C1= 2,A1B=BC1= 5,故 cos∠A1BC1= = 2× 5× 5 4 . 5 [答案] D 在本例条件下, 若点 P 在平面 A1C1 内且不在对角线 B1D1 上, 过点 P 在平面 A1C1 π? 内作一直线 m,使 m 与直线 BD 成 α 角,且 α∈? ?0,2?.这样的直线可作几条? 解:在平面 A1C1 内作 m,使 m 与 B1D1 相交成 α 角.∵BD∥B1D1,∴直线 m 与 BD 也 π π 成 α 角.即 m 为所求.且 m 与 BD 是异面直线,当 α= 时,m 只有一条,当 α≠ 时,这样 2 2 的直线有两条. [类题通法]

用平移法求异面直线所成的角的三步法 (1)一作:即据定义作平行线,作出异面直线所成的角; (2)二证:即证明作出的角是异面直线所成的角; (3)三求:解三角形,求出作出的角,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. [针对训练] 如图所示,点 A 是平面 BCD 外一点,AD=BC=2,E,F 分别是 AB, CD 的中点, 且 EF= 2, 则异面直线 AD 和 BC 所成的角为________. 解析:如图,设 G 是 AC 的中点,连接 EG,FG. 1 因为 E,F 分别是 AB,CD 的中点,故 EG∥BC 且 EG= BC=1, 2 1 FG∥AD,且 FG= AD=1.即∠EGF 为所求, 2 又 EF= 2,由勾股定理逆定理可得∠EGF=90° . 答案:90°

[课堂练通考点] 1.对两条不相交的空间直线 a 与 b,必存在平面 α,使得( A.a?α,b?α C.a⊥α,b⊥α B.a?α,b∥α D.a?α,b⊥α )

解析:选 B 不相交的直线 a,b 的位臵有两种:平行或异面.当 a,b 异面时,不存在 平面 α 满足 A,C;又只有当 a⊥b 时,D 才可能成立. 2. 如图, ABCD A1B1C1D1 是长方体, 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 不共面 C.A,M,C,O 不共面 D.B,B1,O,M 共面 解析:选 A 连接 A1C1,AC,则 A1C1∥AC,所以 A1,C1, C,A 四点共面,所以 A1C?平面 ACC1A1,因为 M∈A1C,所以 M ∈平面 ACC1A1,又 M∈平面 AB1D1,所以 M 在平面 ACC1A1 与平 面 AB1D1 的交线上,同理 O 在平面 ACC1A1 与平面 AB1D1 的交线 上,所以 A,M,O 三点共线.故选 A. 3.如图是某个正方体的侧面展开图, l1, l2 是两条侧面对角线, 则在正方体中, l1 与 l2( ) )

A.互相平行 B.异面且互相垂直 π C.异面且夹角为 3 π D.相交且夹角为 3 解析:选 D 将侧面展开图还原成正方体如图所示,则 B,C 两点重合.故 l1 π 与 l2 相交,连接 AD,则△ ABD 为正三角形,所以 l1 与 l2 的夹角为 .故选 D. 3 4.设 a,b,c 是空间的三条直线,下面给出四个命题: ①若 a⊥b,b⊥c,则 a∥c; ②若 a,b 是异面直线,b,c 是异面直线,则 a,c 也是异面直线; ③若 a 和 b 相交,b 和 c 相交,则 a 和 c 也相交; ④若 a 和 b 共面,b 和 c 共面,则 a 和 c 也共面. 其中真命题的个数是________. 解析:∵a⊥b,b⊥c, ∴a 与 c 可以相交、平行、异面,故①错. ∵a,b 异面,b,c 异面,则 a,c 可能异面、相交、平行,故②错. 由 a,b 相交,b,c 相交,则 a,c 可以异面、相交、平行,故③错. 同理④错,故真命题的个数为 0. 答案:0 5.(2013· 银川模拟)如图所示,在正方体 ABCD (1)求 A1C1 与 B1C 所成角的大小; (2)若 E,F 分别为 AB,AD 的中点,求 A1C1 与 EF 所成角的大小. 解析:(1)如图,连接 AC,AB1,由 ABCD A1B1C1D1 是正方体, 知 AA1C1C 为平行四边形,所以 AC∥A1C1,从而 B1C 与 AC 所成的角就 是 A1C1 与 B1C 所成的角.由 AB1=AC=B1C 可知∠B1CA=60° , 即 A1C1 与 B1C 所成角为 60° . (2)如图,连接 BD,由 AA1∥CC1,且 AA1=CC1 可知 A1ACC1 是平行四边形,所以 AC ∥A1C1. 即 AC 与 EF 所成的角就是 A1C1 与 EF 所成的角. 因为 EF 是△ABD 的中位线,所以 EF∥BD. 又因为 AC⊥BD,所以 EF⊥AC,即所求角为 90° . [课下提升考能] 第Ⅰ组:全员必做题 A1B1C1D1 中,

1.若空间三条直线 a,b,c 满足 a⊥b,b∥c,则直线 a 与 c( A.一定平行 C.一定是异面直线 B.一定相交 D.一定垂直

)

解析:选 D ∵a⊥b,b∥c,∴a⊥c. 2. (2014· 聊城模拟)对于任意的直线 l 与平面 α, 在平面 α 内必有直线 m, 使 m 与 l( A.平行 C.垂直 B.相交 D.互为异面直线 )

解析:选 C 不论 l∥α,l?α 还是 l 与 α 相交,α 内都有直线 m 使得 m⊥l. 3.(2013· 广州模拟)若空间中有两条直线,则“这两条直线为异面直线”是“这两条直 线没有公共点”的( ) B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件

A.充分不必要条件 C.充要条件

解析:选 A 若两直线为异面直线,则两直线无公共点,反之不一定成立. 4.(2013· 新乡月考)已知异面直线 a,b 分别在平面 α,β 内,且 α∩β=c,那么直线 c 一定( )

A.与 a,b 都相交 B.只能与 a,b 中的一条相交 C.至少与 a,b 中的一条相交 D.与 a,b 都平行 解析:选 C 若 c 与 a,b 都不相交,则 c 与 a,b 都平行,根据公理 4,则 a∥b,与 a, b 异面矛盾. 5.若 P 是两条异面直线 l,m 外的任意一点,则( A.过点 P 有且仅有一条直线与 l,m 都平行 B.过点 P 有且仅有一条直线与 l,m 都垂直 C.过点 P 有且仅有一条直线与 l,m 都相交 D.过点 P 有且仅有一条直线与 l,m 都异面 解析:选 B 对于 A,若正确,则 l∥m,这与已知矛盾,由此排除 A;对于 B,由于 l 和 m 有且只有一条公垂线 a,而过 P 有且只有一条直线与直线 a 平行,故 B 正确;易知 C、 D 不正确. 6.(2014· 三亚模拟)如图,正方形 ACDE 与等腰直角三角形 ACB 所在的 平面互相垂直,且 AC=BC=2,∠ACB=90° ,F,G 分别是线段 AE,BC 的中点,则 AD 与 GF 所成的角的余弦值为( A. 3 6 B.- ) 3 6 )

C.

3 3

D.-

3 3

解析:选 A 延长 CD 至 H.使 DH=1,连接 HG、HF、则 HF∥AD. HF=DA= 8, GF= 6,HG= 10. 8+6-10 3 ∴cos ∠HFG= = . 2× 6× 8 6 7.(2013· 沧州模拟)如图所示,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AA1⊥底面 ABC, AB=BC=AA1,∠ABC=90° ,点 E,F 分别是棱 AB,BB1 的中点,则直线 EF 和 BC1 所成的角是( A.45° C.90° ) B.60° D.120°

解析:选 B 连接 AB1,易知 AB1∥EF,连接 B1C,B1C 与 BC1 交于点 G, 取 AC 的中点 H,连接 GH,则 GH∥AB1∥EF.设 AB=BC=AA1=a,连接 HB, 在三角形 GHB 中,易知 GH=HB=GB= HGB=60° . 8.(2013· 临沂模拟)过正方体 ABCD A1B1C1D1 的顶点 A 作直线 l,使 l 与 棱 AB,AD,AA1 所成的角都相等,这样的直线 l 可以作( A.1 条 C.3 条 B.2 条 D.4 条 ) 2 a,故所求的两直线所成的角即为∠ 2

解析:选 D 如图,连接体对角线 AC1,显然 AC1 与棱 AB,AD,AA1 所成的角都相等,所成角的正切值都为 2.联想正方体的其他体对角线, 如连接 BD1,则 BD1 与棱 BC,BA,BB1 所成的角都相等, ∵BB1∥AA1,BC∥AD, ∴体对角线 BD1 与棱 AB,AD,AA1 所成的角都相等,同理,体对角线 A1C,DB1 也与 棱 AB,AD,AA1 所成的角都相等,过 A 点分别作 BD1,A1C,DB1 的平行线都满足题意,故 这样的直线 l 可以作 4 条. 9.如图,平行六面体 ABCD A1B1C1D1 中既与 AB 共面又与 CC1 共 面的棱有________条. 解析:依题意,与 AB 和 CC1 都相交的棱有 BC;与 AB 相交且与 CC1 平行有棱 AA1,BB1;与 AB 平行且与 CC1 相交的棱有 CD,C1D1.故 符合条件的有 5 条. 答案:5

10.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,在这个正四面体中, ①GH 与 EF 平行; ②BD 与 MN 为异面直线; ③GH 与 MN 成 60° 角; ④DE 与 MN 垂直. 以上四个命题中,正确命题的序号是________. 解析:还原成正四面体知 GH 与 EF 为异面直线,BD 与 MN 为异面直线,GH 与 MN 成 60° 角,DE⊥MN. 答案:②③④ 11.如图为正方体表面的一种展开图,则图中的四条线段 AB, CD,EF,GH 在原正方体中互为异面的对数为________对. 解析: 平面图形的翻折应注意翻折前后相对位臵的变化, 则 AB, CD,EF 和 GH 在原正方体中,显然 AB 与 CD,EF 与 GH,AB 与 GH 都是异面直线,而 AB 与 EF 相交,CD 与 GH 相交,CD 与 EF 平行.故互为异面的直线有且只有 3 对. 答案:3 12.如图所示,正方体的棱长为 1,B′C∩BC′=O,则 AO 与 A′C′所成角的度数为________. 解析:∵A′C′∥AC, ∴AO 与 A′C′所成的角就是∠OAC. ∵OC⊥OB,AB⊥平面 BB′CC′, ∴OC⊥AB.又 AB∩BO=B, ∴OC⊥平面 ABO. 又 OA?平面 ABO,∴OC⊥OA. 在 Rt△AOC 中,OC= OC 1 sin∠OAC= = , AC 2 ∴∠OAC=30° .即 AO 与 A′C′所成角的度数为 30° . 答案:30° 第Ⅱ组:重点选做题 1.A 是△BCD 所在平面外的一点,E,F 分别是 BC,AD 的中点, (1)求证:直线 EF 与 BD 是异面直线; 2 ,AC= 2, 2

(2)若 AC⊥BD,AC=BD,求 EF 与 BD 所成的角. 解:(1)证明:假设 EF 与 BD 不是异面直线,则 EF 与 BD 共面,从而 DF 与 BE 共面,即 AD 与 BC 共面,所以 A,B,C,D 在同一平面内,这与 A 是△BCD 所在平面外的一点相矛盾.故直线 EF 与 BD 是异面直线. (2)取 CD 的中点 G,连接 EG,FG,则 EG∥BD,所以相交直线 EF 与 EG 所 成的角,即为异面直线 EF 与 BD 所成的角. 1 在 Rt△EGF 中,由 EG=FG= AC,求得∠FEG=45° ,即异面直线 EF 与 BD 所成的角 2 为 45° . 2.(2013· 许昌调研)如图,平面 ABEF⊥平面 ABCD,四边形 ABEF 与 1 1 四边形 ABCD 都是直角梯形, ∠BAD=∠FAB=90° , BC 綊 AD, BE 綊 FA, 2 2 G,H 分别为 FA,FD 的中点. (1)求证:四边形 BCHG 是平行四边形; (2)C,D,F,E 四点是否共面?为什么? 解:(1)证明:由题设知,FG=GA,FH=HD, 1 1 所以 GH 綊 AD.又 BC 綊 AD, 2 2 故 GH 綊 BC. 所以四边形 BCHG 是平行四边形. (2)C,D,F,E 四点共面.理由如下: 1 由 BE 綊 AF,G 是 FA 的中点知,BE 綊 GF, 2 所以 EF 綊 BG. 由(1)知 BG∥CH,所以 EF∥CH,故 EC、FH 共面. 又点 D 在直线 FH 上,所以 C,D,F,E 四点共面.

第四节

直线、平面平行的判定与性质

1.直线与平面平行的判定定理和性质定理

文字语言 平面外一条直线与这个平面 判定定理 内的一条直线平行,则该直 线与此平面平行(线线平行

图形语言

符号语言 ∵l∥a,a?α, l?α,∴l∥α

?线面平行) 一条直线与一个平面平行, 则过这条直线的任一平面与 性质定理 此平面的交线与该直线平行 (简记为“线面平行?线线 平行”) ∵l∥α,l?β, α∩β=b, ∴l∥b

2.平面与平面平行的判定定理和性质定理

文字语言 一个平面内的两条相交直线 判定定理 与另一个平面平行,则这两 个平面平行(简记为“线面平 行?面面平行”) 如果两个平行平面同时和第 性质定理 三个平面相交,那么它们的 交线平行

图形语言

符号语言 ∵a∥β,b∥β, a∩b=P,a?α, b?α,∴α∥β ∵α∥β, α∩γ=a, β∩γ=b, ∴a∥b

1.直线与平面平行的判定中易忽视“线在面内”这一关键条件. 2.面面平行的判定中易忽视“面内两条相交线”这一条件. 3.如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行,易误认为这两个平面平行,实质 上也可以相交. [试一试] 1.下列说法中正确的是( )

①一条直线如果和一个平面平行, 它就和这个平面内的无数条直线平行; ②一条直线和 一个平面平行,它就和这个平面内的任何直线无公共点;③过直线外一点,有且仅有一个平 面和已知直线平行;④如果直线 l 和平面 α 平行,那么过平面 α 内一点和直线 l 平行的直线 在 α 内. A.①②③④ C.②④ B.①②③ D.①②④

解析:选 D 由线面平行的性质定理知①④正确;由直线与平面平行的定义知②正确;

③错误,因为经过一点可作一直线与已知直线平行,而经过这条直线可作无数个平面. 2.设 l,m,n 表示不同的直线,α,β,γ 表示不同的平面,给出下列四个命题: ①若 m∥l,且 m⊥α,则 l⊥α; ②若 m∥l,且 m∥α,则 l∥α; ③若 α∩β=l,β∩γ=m,γ∩α=n,则 l∥m∥n; ④若 α∩β=m,β∩γ=l,γ∩α=n,且 n∥β,则 l∥m. 其中正确命题的个数是( A.1 C.3 ) B.2 D.4

解析:选 B 易知①正确;②错误,l 与 α 的具体关系不能确定;③错误,以墙角为例 即可说明;④正确,可以以三棱柱为例说明.故选 B.

1.转化与化归思想——平行问题中的转化关系

2.判断线面平行的两种常用方法 面面平行判定的落脚点是线面平行, 因此掌握线面平行的判定方法是必要的, 判定线面 平行的两种方法: (1)利用线面平行的判定定理; (2)利用面面平行的性质,即当两平面平行时,其中一平面内的任一直线平行于另一平 面. [练一练] 1.a、b、c 为三条不重合的直线,α、β、γ 为三个不重合的平面,现给出四个命题 ①
? ? α∥c? α∥γ? ??α∥β ② ??α∥β ? ? β∥c? β∥γ? ? ? α∥c? a∥γ? ??a∥α ④ ??α∥a a∥c? α∥γ? ? ?



其中正确的命题是( A.①②③ C.②

) B.①④ D.①③④

解析:选 C ②正确.①错在 α 与 β 可能相交.③④错在 a 可能在 α 内.

2.如图所示,在正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,E、F、G、H 分别是棱 CC1、C1D1、 D1D、DC 的中点,N 是 BC 的中点,点 M 在四边形 EFGH 及其内部 运动,则 M 满足条件______时,有 MN∥平面 B1BDD1. 解析:由平面 HNF∥平面 B1BDD1 知,当 M 点满足在线段 FH 上有 MN∥平面 B1BDD1. 答案:M∈线段 FH

考点一

线面平行、面面平行的基本问题

1.有互不相同的直线 m,n,l 和平面 α,β,给出下列四个命题: ①若 m?α,l∩α=A,A?m,则 l 与 m 不共面; ②若 m,l 是异面直线,l∥α,m∥α,且 n⊥l,n⊥m,则 n⊥α; ③若 m,n 是相交直线,m?α,m∥β,n?α,n∥β,则 α∥β; ④若 l∥α,m∥β,α∥β,则 l∥m. 其中真命题有( A.4 个 C.2 个 ) B.3 个 D.1 个

解析:选 B 由异面直线的判定定理,易知①是真命题;由线面平行的性质知,存在直 线 l′?α,m′?α,使得 l∥l′,m∥m′,∵m,l 是异面直线,∴l′与 m′是相交直线, 又 n⊥l,n⊥m,∴n⊥l′,n⊥m′,故 n⊥α,②是真命题;由线面平行的性质和判定知③ 是真命题;满足条件 l∥α,m∥β,α∥β 的直线 m,l 或相交或平行或异面,故④是假命题, 于是选 B. 2.(2013· 济宁模拟)过三棱柱 ABC ABB1A1 平行的直线共有________条. 解析:过三棱柱 ABC A1B1C1 的任意两条棱的中点作直线,记 AC,BC,A1C1,B1C1 的中点分别为 E,F,E1,F1,则直线 EF,E1F1,EE1,FF1,E1F,EF1 均与平面 ABB1A1 平 行,故符合题意的直线共 6 条. 答案:6 [类题通法] 解决有关线面平行、面面平行的基本问题的注意事项 (1)判定定理与性质定理中易忽视的条件,如线面平行的判定定理中条件线在面外易忽 视. (2)结合题意构造或绘制图形,结合图形作出判断. (3)举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确. A1B1C1 的任意两条棱的中点作直线,其中与平面

考点二 [典例]

直线与平面平行的判定与性质 A1B1C1 中,D,E 分别

(2013· 新课标Ⅱ)如图,直三棱柱 ABC

是 AB,BB1 的中点. (1)证明:BC1∥平面 A1CD; (2)设 AA1=AC=CB=2,AB=2 2,求三棱锥 C A1DE 的体积.

[解] (1)证明:连接 AC1 交 A1C 于点 F,则 F 为 AC1 中点. 又 D 是 AB 中点,连接 DF,则 BC1∥DF. 因为 DF?平面 A1CD,BC1?平面 A1CD,所以 BC1∥平面 A1CD. (2)因为 ABC A1B1C1 是直三棱柱,所以 AA1⊥CD.由已知 AC=CB,D 为

AB 的中点,所以 CD⊥AB.又 AA1∩AB=A,于是 CD⊥平面 ABB1A1. 由 AA1=AC=CB=2,AB=2 2得 ∠ACB=90° ,CD= 2,A1D= 6,DE= 3,A1E=3, 故 A1D2+DE2=A1E2,即 DE⊥A1D. 1 1 所以 VC A1DE= × × 6× 3× 2=1. 3 2 在本例条件下,线段 BC1 上是否存在一点 M 使得 DM∥平 面 A1ACC1? 解:存在.当 M 为 BC1 的中点时成立. 证明如下:连接 DM,在△ABC1 中, D,M 分别为 AB,BC1 的中点 1 ∵DM 綊 AC1,又 DM?平面 A1ACC1 2 AC1?平面 A1ACC1,∴DM∥平面 A1ACC1. [类题通法] 证明线面平行的关键点及探求线线平行的方法 (1)证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线; (2)利用几何体的特征,合理利用中位线定理、线面平行的性质,或者构造平行四边形、 寻找比例式证明两直线平行; (3)注意说明已知的直线不在平面内,即三个条件缺一不可. [针对训练] (2014· 长春三校调研)如图,已知四棱锥 P ABCD 的底面为直角梯 1 形,AB∥CD,∠DAB=90° ,PA⊥底面 ABCD,且 PA=AD=DC= AB= 2 1,M 是 PB 的中点. (1)求证:AM=CM;

(2)若 N 是 PC 的中点,求证:DN∥平面 AMC. 1 证明:(1)∵在直角梯形 ABCD 中,AD=DC= AB=1, 2 ∴AC= 2,BC= 2, ∴BC⊥AC,又 PA⊥平面 ABCD,BC?平面 ABCD, ∴BC⊥PA,又 PA∩AC=A,∴BC⊥平面 PAC,∴BC⊥PC. 1 在 Rt△PAB 中,M 为 PB 的中点,则 AM= PB, 2 1 在 Rt△PBC 中,M 为 PB 的中点,则 CM= PB,∴AM=CM. 2 (2)如图,连接 DB 交 AC 于点 F, 1 1 ∵DC 綊 AB,∴DF= FB. 2 2 取 PM 的中点 G,连接 DG,FM,则 DG∥FM, 又 DG?平面 AMC,FM?平面 AMC, ∴DG∥平面 AMC. 连接 GN,则 GN∥MC,GN?平面 AMC, MC?平面 AMC. ∴GN∥平面 AMC, 又 GN∩DG=G, ∴平面 DNG∥平面 AMC, 又 DN?平面 DNG, ∴DN∥平面 AMC. 考点三 [典例] 平面与平面平行的判定与性质 A1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形, O是

(2013· 陕西高考)如图, 四棱柱 ABCD

底面中心, A1O⊥底面 ABCD,AB=AA1= 2.

(1)证明:平面 A1BD∥平面 CD1B1; (2)求三棱柱 ABD A1B1D1 的体积.

[解] (1)证明:由题设知,BB1 綊 DD1, ∴四边形 BB1D1D 是平行四边形, ∴BD∥B1D1. 又 BD?平面 CD1B1,

∴BD∥平面 CD1B1. ∵A1D1 綊 B1C1 綊 BC, ∴四边形 A1BCD1 是平行四边形, ∴A1B∥D1C. 又 A1B?平面 CD1B1, ∴A1B∥平面 CD1B1. 又∵BD∩A1B=B, ∴平面 A1BD∥平面 CD1B1. (2)∵A1O⊥平面 ABCD, ∴A1O 是三棱柱 ABD A1B1D1 的高.

1 又∵AO= AC=1,AA1= 2, 2
2 ∴A1O= AA2 1-OA =1.

1 又∵S△ABD= × 2× 2=1, 2 ∴VABD A1B1D1=S△ABD×A1O=1. [类题通法] 判断面面平行的常用方法 (1)利用面面平行的判定定理; (2)面面平行的传递性(α∥β,β∥γ?α∥γ); (3)利用线面垂直的性质(l⊥α,l⊥β?α∥β). [针对训练] 如图,在直四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中,底面是正方形,E,F,G 分别是棱 B1B,D1D, DA 的中点.求证:

(1)平面 AD1E∥平面 BGF; (2)D1E⊥AC. 证明:(1)∵E,F 分别是 B1B 和 D1D 的中点, ∴D1F 綊 BE. ∴四边形 BED1F 是平行四边形,∴D1E∥BF; 又∵D1E?平面 BGF,BF?平面 BGF,

∴D1E∥平面 BGF. ∵FG 是△DAD1 的中位线,∴FG∥AD1; 又 AD1?平面 BGF,FG?平面 BGF, ∴AD1∥平面 BGF. 又∵AD1∩D1E=D1,∴平面 AD1E∥平面 BGF. (2)连接 BD,B1D1,∵底面是正方形,∴AC⊥BD. ∵D1D⊥AC,D1D∩BD=D,∴AC⊥平面 BDD1B1. ∵D1E?平面 BDD1B1,∴D1E⊥AC.

[课堂练通考点] 1.已知直线 a,b,平面 α,则以下三个命题: ①若 a∥b,b?α,则 a∥α; ②若 a∥b,a∥α,则 b∥α; ③若 a∥α,b∥α,则 a∥b. 其中真命题的个数是( A.0 C.2 ) B.1 D.3

解析:选 A 对于①,若 a∥b,b?α,则应有 a∥α 或 a?α,所以①不正确;对于②, 若 a∥b,a∥α,则应有 b∥α 或 b?α,因此②不正确;对于③,若 a∥α,b∥α,则应有 a∥b 或 a 与 b 相交或 a 与 b 异面, 因此③是假命题. 综上, 在空间中, 以上三个命题都是假命题. 2.下列四个正方体图形中,A,B 为正方体的两个顶点,M,N,P 分别为其所在棱的 中点,能得出 AB∥平面 MNP 的图形的序号是( )

A.①③ C.①④

B.②③ D.②④

解析:选 C 对于图形①,平面 MNP 与 AB 所在的对角面平行,即可得到 AB∥平面 MNP;对于图形④,AB∥PN,即可得到 AB∥平面 MNP;图形②③无论用定义还是判定定

理都无法证明线面平行,故选 C. 3.(2014· 济南模拟)平面 α∥平面 β 的一个充分条件是( A.存在一条直线 a,a∥α,a∥β B.存在一条直线 a,a?α,a∥β C.存在两条平行直线 a,b,a?α,b?β,a∥β,b∥α D.存在两条异面直线 a,b,a?α,b?β,a∥β,b∥α 解析:选 D 若 α∩β=l,a∥l,a?α,a?β,则 a∥α,a∥β,故排除 A.若 α∩β=l,a ?α,a∥l,则 a∥β,故排除 B.若 α∩β=l,a?α,a∥l,b?β,b∥l,则 a∥β,b∥α,故 排除 C.故选 D. 4.如图所示,在四面体 ABCD 中,M,N 分别是△ACD,△BCD 的重心,则四面体的四个面中与 MN 平行的是________. 解析:连接 AM 并延长,交 CD 于 E,连接 BN,并延长交 CD 于 EM F, 由重心性质可知, E, F 重合为一点, 且该点为 CD 的中点 E, 由 MA EN 1 = = ,得 MN∥AB.因此,MN∥平面 ABC 且 MN∥平面 ABD. NB 2 答案:平面 ABC、平面 ABD 5.如图,在三棱柱 ABC A1B1,A1C1 的中点,求证: (1)B,C,H,G 四点共面; (2)平面 EFA1∥平面 BCHG. 证明:(1)∵GH 是△A1B1C1 的中位线, ∴GH∥B1C1. 又∵B1C1∥BC,∴GH∥BC. ∴B,C,H,G 四点共面. (2)∵E,F 分别为 AB,AC 的中点,∴EF∥BC. ∵EF?平面 BCHG,BC?平面 BCHG, ∴EF∥平面 BCHG. ∵A1G 綊 EB,∴四边形 A1EBG 是平行四边形. ∴A1E∥GB. ∵A1E?平面 BCHG,GB?平面 BCHG. ∴A1E∥平面 BCHG. ∵A1E∩EF=E,∴平面 EFA1∥平面 BCHG. [课下提升考能] 第Ⅰ组:全员必做题 A1B1C1 中,E,F,G,H 分别是 AB,AC, )

1.若平面 α∥平面 β,直线 a∥平面 α,点 B∈β,则在平面 β 内且过 B 点的所有直线中 ( A.不一定存在与 a 平行的直线 B.只有两条与 a 平行的直线 C.存在无数条与 a 平行的直线 D.存在唯一与 a 平行的直线 解析:选 A 当直线 a 在平面 β 内且过 B 点时,不存在与 a 平行的直线,故选 A. 2.(2014· 石家庄模拟)已知 α,β 是两个不同的平面,给出下列四个条件:①存在一条直 线 a,a⊥α,a⊥β;②存在一个平面 γ,γ⊥α,γ⊥β;③存在两条平行直线 a,b,a?α,b ?β,a∥β,b∥α;④存在两条异面直线 a,b,a?α,b?β,a∥β,b∥α.可以推出 α∥β 的 是( ) A.①③ C.①④ B.②④ D.②③ )

解析: 选 C 对于②, 平面 α 与 β 还可以相交; 对于③, 当 a∥b 时, 不一定能推出 α∥β, 所以②③是错误的,易知①④正确,故选 C. 3.已知直线 l∥平面 α,P∈α,那么过点 P 且平行于直线 l 的直线( A.只有一条,不在平面 α 内 B.只有一条,且在平面 α 内 C.有无数条,不一定在平面 α 内 D.有无数条,一定在平面 α 内 解析:选 B 由直线 l 与点 P 可确定一个平面 β,则平面 α,β 有公共点,因此它们有 一条公共直线,设该公共直线为 m,因为 l∥α,所以 l∥m,故过点 P 且平行于直线 l 的直 线只有一条,且在平面 α 内,选 B. 4.如图,在四面体 ABCD 中,截面 PQMN 是正方形,且 PQ∥AC,则下列命题中,错 误的是( ) )

A.AC⊥BD B.AC∥截面 PQMN C.AC=BD D.异面直线 PM 与 BD 所成的角为 45° 解析:选 C 由题意可知 PQ∥AC,QM∥BD,PQ⊥QM,所以 AC⊥BD,故 A 正确;

由 PQ∥AC 可得 AC∥截面 PQMN,故 B 正确;由 PN∥BD 可知,异面直线 PM 与 BD 所成 的角等于 PM 与 PN 所成的角,又四边形 PQMN 为正方形,所以∠MPN=45° ,故 D 正确; 而 AC=BD 没有论证来源. 5.如图,四边形 ABCD 是边长为 1 的正方形,MD⊥平面 ABCD,NB ⊥平面 ABCD,且 MD=NB=1,G 为 MC 的中点.则下列结论中不正确 的是( )

A.MC⊥AN B.GB∥平面 AMN C.平面 CMN⊥平面 AMN D.平面 DCM∥平面 ABN 解析:选 C 显然该几何图形为正方体截去两个三棱锥所剩的几何 体, 把该几何体放臵到正方体中(如图), 作 AN 的中点 H, 连接 HB, MH, GB,则 MC∥HB,又 HB⊥AN,所以 MC⊥AN,所以 A 正确;由题意 易得 GB∥MH,又 GB?平面 AMN,MH?平面 AMN,所以 GB∥平面 AMN, 所以 B 正确; 因为 AB∥CD, DM∥BN, 且 AB∩BN=B, CD∩DM=D, 所以平面 DCM∥ 平面 ABN,所以 D 正确. 6.(2013· 惠州调研)已知 m,n 是两条不同直线,α,β,γ 是三个不同平面,下列命题中 正确的有________. ①若 m∥α,n∥α,则 m∥n;②若 α⊥γ,β⊥γ,则 α∥β; ③若 m∥α,m∥β,则 α∥β;④若 m⊥α,n⊥α,则 m∥n. 解析:若 m∥α,n∥α,m,n 可以平行,可以相交,也可以异面,故①不正确;若 α⊥ γ,β⊥γ,α,β 可以相交,故②不正确;若 m∥α,m∥β,α,β 可以相交,故③不正确;若 m⊥α,n⊥α,则 m∥n,④正确. 答案:④ 7.在正四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中,O 为底面 ABCD 的中心,P 是 DD1 的中点,设 Q

是 CC1 上的点,则点 Q 满足条件________时,有平面 D1BQ∥平面 PAO. 解析:假设 Q 为 CC1 的中点,因为 P 为 DD1 的中点,所以 QB∥PA.连接 DB,因为 P, O 分别是 DD1,DB 的中点,所以 D1B∥PO,又 D1B?平面 PAO,QB?平面 PAO,所以 D1B ∥平面 PAO,QB∥平面 PAO,又 D1B∩QB=B,所以平面 D1BQ∥平面 PAO.故 Q 满足条件 Q 为 CC1 的中点时,有平面 D1BQ∥平面 PAO. 答案:Q 为 CC1 的中点 8.设 α,β,γ 为三个不同的平面,m,n 是两条不同的直线,在命题“α∩β=m,n?γ, 且________,则 m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组,使该命题为真命题. ①α∥γ,n?β;②m∥γ,n∥β;③n∥β,m?γ.

可以填入的条件有________. 解析:由面面平行的性质定理可知,①正确;当 n∥β,m?γ 时,n 和 m 在同一平面内, 且没有公共点,所以平行,③正确. 答案:①或③ 9 . (2014· 保定调研 ) 已知直三棱柱 ABC A′B′C′满足∠ BAC=

1 90° ,AB=AC= AA′=2,点 M,N 分别为 A′B,B′C′的中点. 2 (1)求证:MN∥平面 A′ACC′; (2)求三棱锥 C MNB 的体积.

解:(1)证明:如图,连接 AB′,AC′, ∵四边形 ABB′A′为矩形,M 为 A′B 的中点, ∴AB′与 A′B 交于点 M, 且 M 为 AB′的中点, 又点 N 为 B′C′ 的中点, ∴MN∥AC′, 又 MN?平面 A′ACC′,且 AC′?平面 A′ACC′, ∴MN∥平面 A′ACC′. (2)由图可知 VC
MNB=VM BCN,

∵∠BAC=90° ,∴BC= AB2+AC2=2 2, 又三棱柱 ABC A′B′C′为直三棱柱,且 AA′=4,

1 ∴S△BCN= ×2 2×4=4 2. 2 ∵A′B′=A′C′=2,∠B′A′C′=90° ,点 N 为 B′C′的中点, ∴A′N⊥B′C′,A′N= 2. 又 BB′⊥平面 A′B′C′, ∴A′N⊥BB′, ∴A′N⊥平面 BCN. 又 M 为 A′B 的中点, ∴M 到平面 BCN 的距离为 ∴VC
MNB=VM BCN=

2 , 2

1 2 4 ×4 2× = . 3 2 3

10. (2013· 江苏高考)如图, 在三棱锥 S ABC 中, 平面 SAB⊥平面 SBC, AB⊥BC,AS=AB.过 A 作 AF⊥SB,垂足为 F,点 E,G 分别是棱 SA,SC 的中点.求证: (1)平面 EFG∥平面 ABC;

(2)BC⊥SA. 证明:(1)因为 AS=AB,AF⊥SB,垂足为 F,所以 F 是 SB 的中点.又因为 E 是 SA 的 中点,所以 EF∥AB. 因为 EF?平面 ABC,AB?平面 ABC, 所以 EF∥平面 ABC. 同理 EG∥平面 ABC.又 EF∩EG=E, 所以平面 EFG∥平面 ABC. (2)因为平面 SAB⊥平面 SBC,且交线为 SB,又 AF?平面 SAB,AF⊥SB,所以 AF⊥平 面 SBC.因为 BC?平面 SBC,所以 AF⊥BC. 又因为 AB⊥BC,AF∩AB=A,AF?平面 SAB,AB?平面 SAB,所以 BC⊥平面 SAB. 因为 SA?平面 SAB,所以 BC⊥SA. 第Ⅱ组:重点选做题 1.在梯形 ABCD 中,AB∥CD,AB?平面 α,CD?平面 α,则直线 CD 与平面 α 内的直 线的位置关系只能是( A.平行 C.平行和相交 ) B.平行和异面 D.异面和相交

解析:选 B 因为 AB∥CD,AB?平面 α,CD?平面 α,所以 CD∥平面 α,所以 CD 与平面 α 内的直线可能平行,也可能异面. 2.(2014· 汕头质检)若 m,n 为两条不重合的直线,α,β 为两个不重合的平面,则下列 命题中真命题的序号是________. ①若 m,n 都平行于平面 α,则 m,n 一定不是相交直线; ②若 m,n 都垂直于平面 α,则 m,n 一定是平行直线; ③已知 α,β 互相平行,m,n 互相平行,若 m∥α,则 n∥β; ④若 m,n 在平面 α 内的射影互相平行,则 m,n 互相平行. 解析:①为假命题,②为真命题,在③中,n 可以平行于 β,也可以在 β 内,故是假命 题,在④中,m,n 也可能异面,故为假命题. 答案:②

第五节

直线、平面垂直的判定与性质

1.直线与平面垂直

(1)直线和平面垂直的定义: 直线 l 与平面 α 内的任意一条直线都垂直,就说直线 l 与平面 α 互相垂直. (2)直线与平面垂直的判定定理及性质定理: 文字语言 一条直线与一个平面 判定定理 内的两条相交直线都 垂直,则该直线与此 平面垂直 性质定理 垂直于同一个平面的 两条直线平行 图形语言 符号语言 a,b?α l⊥a l⊥b

a∩b=O

? ? ? ?l⊥α ? ?

? a⊥α? ??a∥b ? b⊥α?

2.平面与平面垂直的判定定理与性质定理 文字语言 一个平面过另一个 判定定理 平面的垂线,则这两 个平面互相垂直 两个平面互相垂直, 性质定理 则一个平面内垂直 于交线的直线垂直 于另一个平面 l?β? ? ??α⊥β ? l⊥α? 图形语言 符号语言

? ? ??l⊥α α∩β=a ? ? l⊥a
α⊥β l?β

3.直线与平面所成的角 (1)定义:直线和平面所成的角,是指直线与它在这个平面内的射影所成的角.当直线 和平面平行时,直线和平面所成的角为 0° 的角.当直线和平面垂直时,直线和平面所成的 角为 90° 的角. π (2)范围:直线和平面所成角 θ 的取值范围是 0, . 2 4.二面角 (1)二面角的定义: 二面角:从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角,这条 直线叫做二面角的棱,每个半平面叫做二面角的面,如图所示,棱为 l,两个 面分别为 α,β 的二面角记作 αlβ,由 A∈α,B∈β,二面角也记作 AlB. 二面角的平面角:在二面角 αlβ 的棱上任取一点 O,在两个半平面内分 别作射线 OA⊥l,OB⊥l,则∠AOB 叫做二面角 αlβ 的平面角,如图所示. (2)二面角的取值范围:[0,π].

1.证明线面垂直时,易忽视面内两条线为相交线这一条件. 2.面面垂直的判定定理中,直线在面内且垂直于另一平面易忽视. 3.面面垂直的性质定理在使用时易忘面内一线垂直于交线而盲目套用造成失误. [试一试] 1.“直线 a 与平面 M 内的无数条直线都垂直”是“直线 a 与平面 M 垂直”的( A.充分不必要条件 C.充要条件 B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 )

解析:选 B 根据直线与平面垂直的定义知“直线 a 与平面 M 的无数条直线都垂直”不 能推出“直线 a 与平面 M 垂直”,反之可以,所以应该是必要不充分条件. 2.若 m,n 是两条不同的直线,α,β 是两个不同的平面,则下列命题不 正确的是( . A.若 α∥β,m⊥α,则 m⊥β B.若 m∥n,m⊥α,则 n⊥α C.若 m∥α,m⊥β,则 α⊥β D.若 α∩β=m,且 n 与 α,β 所成的角相等,则 m⊥n 解析:选 D 容易判定选项 A、B、C 都正确,对于选项 D,当直线 m 与 n 平行时,直 线 n 与两平面 α,β 所成的角也相等,均为 0° ,故 D 不正确. 3.若平面 α⊥平面 β,平面 α∩平面 β=直线 l,则( A.垂直于平面 β 的平面一定平行于平面 α B.垂直于直线 l 的直线一定垂直于平面 α C.垂直于平面 β 的平面一定平行于直线 l D.垂直于直线 l 的平面一定与平面 α,β 都垂直 解析:选 D 对于 A,α 与 β 可以相交,B 中 l 与 α 可以垂直、斜交、平行或在平面 α 内,对于 C,垂直于 β 的平面与 l 平行或相交.故选 D. ) )

1.转化与化归思想——垂直关系

2.判定线面垂直的常用方法 (1)利用线面垂直的判定定理. (2)利用“两平行线中的一条与平面垂直,则另一条也与这个平面垂直”. (3)利用“一条直线垂直于两平行平面中的一个,则与另一个也垂直”.

(4)利用面面垂直的性质. 3.判定线线垂直的方法: (1)平面几何中证明线线垂直的方法; (2)线面垂直的性质:a⊥α,b?α?a⊥b; (3)线面垂直的性质:a⊥α,b∥α?a⊥b. 4.判断面面垂直的方法 (1)利用定义:两个平面相交,所成的二面角是直二面角; (2)判定定理:a?α,a⊥β?α⊥β. [练一练] 1.如图,O 为正方体 ABCD A1B1C1D1 的底面 ABCD 的中心,则下 列直线中与 B1O 垂直的是( A.A1D C.A1D1 ) B.AA1 D.A1C1

解析:选 D 由题易知,A1C1⊥平面 BB1D1D,又 OB1?平面 DD1B1B,∴A1C1⊥B1O. 2.已知平面 α,β 和直线 m,给出条件:①m∥α;②m⊥α;③m?α;④α∥β.当满足条 件________时,有 m⊥β.(填所选条件的序号) 解析:若 m⊥α,α∥β,则 m⊥β.故填②④. 答案:②④

考点一

垂直关系的基本问题

1.(2014· 郑州模拟)设 α,β 分别为两个不同的平面,直线 l?α,则“l⊥β”是“α⊥β” 成立的( ) B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件

A.充分不必要条件 C.充要条件

解析:选 A 依题意,由 l⊥β,l?α 可以推出 α⊥β;反过来,由 α⊥β,l?α 不能推出 l⊥β.因此“l⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要条件,选 A. 2.(2013· 合肥模拟)设 m,n 是两条不同的直线,α,β,γ 是三个不同的平面,有以下四 个命题 ①
? ? α∥β? α⊥β ? ??β∥γ ② ??m⊥β ? ? α∥γ ? m∥α?



m⊥α? m∥n? ? ? ??α⊥β ④ ??m∥α ? m∥β? n?α ? ? )

其中正确的命题是(

A.①④ C.①③

B.②③ D.②④

解析:选 C 对于②,直线 m 与平面 β 可能平行或相交;对于④,直线 m 可能也在平 面 α 内.而①③都是正确的命题,故选 C. 3.如图,PA⊥⊙O 所在平面,AB 是⊙O 的直径,C 是⊙O 上一点, AE⊥PC, AF⊥PB, 给出下列结论: ①AE⊥BC; ②EF⊥PB; ③AF⊥BC; ④AE⊥平面 PBC,其中真命题的序号是________. 解析:①AE?平面 PAC,BC⊥AC,BC⊥PA?AE⊥BC, 故①正确,②AE⊥PB,AF⊥PB?EF⊥PB,故②正确,③若 AF⊥BC?AF⊥平面 PBC, 则 AF∥AE 与已知矛盾,故③错误,由①可知④正确. 答案:①②④ [类题通法] 解决此类问题常用的方法 (1)依据定理条件才能得出结论的,可结合符合题意的图形作出判断; (2)否定命题时只需举一个反例; (3)寻找恰当的特殊模型(如构造长方体)进行筛选. 考点二 [典例] 线面垂直的判定与性质 ABCD 中, PA⊥底面 ABCD,

(2013· 重庆高考)如图, 四棱锥 P

π PA=2 3,BC=CD=2,∠ACB=∠ACD= . 3 (1)求证:BD⊥平面 PAC; (2)若侧棱 PC 上的点 F 满足 PF=7FC,求三棱锥 P BDF 的体积. [解] (1)证明:因为 BC=CD,所以△BCD 为等腰三角形. 又∠ACB=∠ACD,故 BD⊥AC. 因为 PA⊥底面 ABCD,所以 PA⊥BD. 从而 BD 与平面 PAC 内两条相交直线 PA,AC 都垂直,所以 BD⊥平面 PAC. 1 1 (2)三棱锥 P BCD 的底面 BCD 的面积 S△BCD= BC· CD· sin∠BCD= ×2×2×sin 2 2 2π = 3. 3 由 PA⊥底面 ABCD,得 VP
BCD=

1 1 · S△BCD· PA= × 3×2 3=2. 3 3

1 由 PF=7FC,得三棱锥 F BCD 的高为 PA,故 8

VF

BCD=

1 1 1 1 1 · S · PA= × 3× ×2 3= . 3 △BCD 8 3 8 4
BCD-VF BCD=2-

所以 VP

BDF=VP

1 7 = . 4 4

[类题通法] 1.解答此类问题的关键在于熟练把握空间垂直关系的判定与性质,注意平面图形中的 一些线线垂直关系的灵活利用,这是证明空间垂直关系的基础. 2.由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化,因此整个证明过 程围绕着线面垂直这个核心而展开,这是化解空间垂直关系难点的技巧所在. [针对训练] 如图,在正方体 ABCD A1B1C1D1 中,E 为棱 C1D1 的中点,F 为 棱 BC 的中点. (1)求证:直线 AE⊥直线 DA1; (2)在线段 AA1 上求一点 G,使得直线 AE⊥平面 DFG. 解: (1)证明: 连接 AD1, BC1, 由正方体的性质可知, DA1⊥AD1, DA1⊥AB, 又 AB∩AD1 =A,∴DA1⊥平面 ABC1D1, 又 AE?平面 ABC1D1,∴DA1⊥AE. (2)所示 G 点即为 A1 点,证明如下: 由(1)可知 AE⊥DA1,取 CD 的中点 H,连接 AH,EH,由 DF⊥AH, DF⊥EH,AH∩EH=H,可证 DF⊥平面 AHE, ∵AE?平面 AHE, ∴DF⊥AE. 又 DF∩A1D=D, ∴AE⊥平面 DFA1,即 AE⊥平面 DFG. 考点三 [典例] 面面垂直的判定与性质 ABCD 中, AB⊥AC,

(2013· 山东高考)如图, 四棱锥 P

AB⊥PA,AB∥CD,AB=2CD,E,F,G,M,N 分别为 PB,AB, BC,PD,PC 的中点. (1)求证:CE∥平面 PAD; (2)求证:平面 EFG⊥平面 EMN. [证明] (1)法一:取 PA 的中点 H,连接 EH,DH. 因为 E 为 PB 的中点, 1 所以 EH∥AB,EH= AB. 2

1 又 AB∥CD,CD= AB, 2 所以 EH∥CD,EH=CD, 因此四边形 DCEH 是平行四边形. 所以 CE∥DH. 又 DH?平面 PAD,CE?平面 PAD, 因此 CE∥平面 PAD. 法二:连接 CF. 因为 F 为 AB 的中点, 1 所以 AF= AB. 2 1 又 CD= AB, 2 所以 AF=CD. 又 AF∥CD, 所以四边形 AFCD 为平行四边形. 因此 CF∥AD. 又 CF?平面 PAD, 所以 CF∥平面 PAD. 因为 E,F 分别为 PB,AB 的中点, 所以 EF∥PA. 又 EF?平面 PAD, 所以 EF∥平面 PAD. 因为 CF∩EF=F, 故平面 CEF∥平面 PAD. 又 CE?平面 CEF, 所以 CE∥平面 PAD. (2)证明:因为 E,F 分别为 PB,AB 的中点, 所以 EF∥PA. 又 AB⊥PA, 所以 AB⊥EF. 同理可证 AB⊥FG. 又 EF∩FG=F,EF?平面 EFG,FG?平面 EFG, 因此 AB⊥平面 EFG. 又 M,N 分别为 PD,PC 的中点,

所以 MN∥CD. 又 AB∥CD, 所以 MN∥AB, 因此 MN⊥平面 EFG. 又 MN?平面 EMN, 所以平面 EFG⊥平面 EMN. [类题通法] 1.两个平面互相垂直是两个平面相交的特殊情形. 2.由平面和平面垂直的判定定理可知,要证明平面与平面垂直,可转化为从现有直线 中寻找平面的垂线,即证明线面垂直. 3.平面和平面垂直的判定定理的两个条件:l?α,l⊥β,缺一不可. [针对训练] 已知侧棱垂直于底面的四棱柱 ABCD 棱 BB1 的中点,点 M 为线段 AC1 的中点. A1B1C1D1 的底面是菱形,且 AD=AA1,点 F 为

(1)求证:MF∥平面 ABCD; (2)求证:平面 AFC1⊥平面 ACC1A1. 证明:(1)如图,延长 C1F 交 CB 的延长线于点 N,连接 AN. ∵F 是 BB1 的中点,∴F 为 C1N 的中点,B 为 CN 的中点. 又 M 是线段 AC1 的中点, ∴MF∥AN.又 MF?平面 ABCD,AN?平面 ABCD, ∴MF∥平面 ABCD. (2)连接 BD,由题知 A1A⊥平面 ABCD,又∵BD?平面 ABCD,∴A1A⊥BD. ∵四边形 ABCD 为菱形,∴AC⊥BD. 又∵AC∩A1A=A,AC?平面 ACC1A1,A1A?平面 ACC1A1, ∴BD⊥平面 ACC1A1. 在四边形 DANB 中,DA∥BN,且 DA=BN, ∴四边形 DANB 为平行四边形. ∴NA∥BD,∴NA⊥平面 ACC1A1. 又∵NA?平面 AFC1, ∴平面 AFC1⊥平面 ACC1A1.

考点四

平行与垂直的综合问题

空间线、面的平行与垂直的综合考查一直是高考必考热点,归纳起来常见的命题角 度有: ?1?以多面体为载体综合考查平行与垂直的证明. ?2?探索性问题中的平行与垂直问题. ?3?折叠问题中的平行与垂直问题.?

角度一 平行与垂直关系的证明 1.(2013· 广州惠州调研)如图所示,在棱长为 2 的正方体 ABCD A1B1C1D1 中,E,F 分别为 DD1,DB 的中点.

(1)求证:EF∥平面 ABC1D1; (2)求证:CF⊥B1E. 证明:(1)如图,连接 BD1,在△DD1B 中,E,F 分别为 D1D, DB 的中点, ∴EF 为△DD1B 的中位线, ∴EF∥D1B, 而 D1B?平面 ABC1D1,EF?平面 ABC1D1, ∴EF∥平面 ABC1D1. (2)在等腰直角三角形 BCD 中,∵F 为 BD 的中点, ∴CF⊥BD, ① 在正方体 ABCD A1B1C1D1 中,

DD1⊥平面 ABCD,∵CF?平面 ABCD, ∴DD1⊥CF, ② 综合①②,且 DD1∩BD=D, DD1,BD?平面 BDD1B1, ∴CF⊥平面 BDD1B1,而 B1E?平面 BDD1B1, ∴CF⊥B1E.

角度二 探索性问题中的平行与垂直关系 2.如图,在四棱锥 SABCD 中,平面 SAD⊥平面 ABCD,四边形 ABCD 为 正方形,且 P 为 AD 的中点,Q 为 SB 的中点,M 为 BC 的中点. (1)求证:CD⊥平面 SAD; (2)求证:PQ∥平面 SCD; (3)若 SA=SD,在棱 SC 上是否存在点 N,使得平面 DMN⊥平面 ABCD?并证明你的 结论. 解:(1)证明:因为四边形 ABCD 为正方形,所以 CD⊥AD. 又平面 SAD⊥平面 ABCD,且平面 SAD∩平面 ABCD=AD, 所以 CD⊥平面 SAD. (2)证明:连接 PM,QM. 因为 Q,P,M 分别为 SB,AD,BC 的中点. 所以 QM∥SC,PM∥DC. 因为 QM∩PM=M,QM,PM?平面 PQM,SC∩DC=C, 所以平面 PQM∥平面 SCD, 又 PQ?平面 PQM, 所以 PQ∥平面 SCD. (3)存在点 N,使得平面 DMN⊥平面 ABCD. 连接 PC,DM 交于点 O,连接 SP. 因为 SA=SD,P 为 AD 的中点, 所以 SP⊥AD. 因为平面 SAD⊥平面 ABCD, 所以 SP⊥平面 ABCD,SP⊥PC. 在△SPC 中,过 O 点作 NO⊥PC 交 SC 于点 N,此时 N 为 SC 的中点 则 SP∥NO,则 NO⊥平面 ABCD, 因为 NO?平面 DMN, 所以平面 DMN⊥平面 ABCD, 所以存在满足条件的点 N. 角度三 折叠问题中的平行与垂直关系 3.如图 1,在等腰梯形 CDEF 中,DE=CD= 它沿着两条高 AD,CB 折叠成如图 2 所示的四棱锥 合). E 2,EF=2+ 2,将 ABCD(E ,F 重

(1)求证:BE⊥DE; (2)设点 M 为线段 AB 的中点,试在线段 CE 上确定一点 N,使得 MN∥平面 DAE. 解:(1)证明:∵AD⊥EF,∴AD⊥AE,AD⊥AB. 又∵AB∩AE=A, ∴AD⊥平面 ABE,∴AD⊥BE. 由图 1 和题中所给条件知,AE=BE=1,AB=CD= 2, ∴AE2+BE2=AB2, 即 AE⊥BE. 又∵AE∩AD=A, ∴BE⊥平面 ADE,∴BE⊥DE. (2)取 EC 的中点 G,BE 的中点 P,连接 PM,PG,MG. 则 MP∥AE,GP∥CB∥DA,∴MP∥平面 DAE,GP∥平面 DAE. ∵MP∩GP=P,∴平面 MPG∥平面 DAE. ∵MG?平面 MPG,∴MG∥平面 DAE,即存在点 N 与 G 重合满足 条件. [类题通法] 平行与垂直的综合应用问题的处理策略 (1)探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明,探索点存在问题,点多为 中点或三等分点中某一个,也可以根据相似知识建点. (2)折叠问题中的平行与垂直关系的处理关键是结合图形弄清折叠前后变与不变的数量 关系,尤其是隐含着的垂直关系. 考点五 求空间角(试情况选学)

[典例] 如图,在直三棱柱 ABCA1B1C1 中,AC=3,BC=4,AB=5,AA1=4. (1)求证:AC⊥BC1; (2)求二面角 C1ABC 的正切值. 解:(1)证明:在直三棱柱 ABCA1B1C1 中,CC1⊥底面 ABC, BC1 在底面上的射影为 BC. 由 AC=3,BC=4,AB=5,可得 AC⊥CB,∴AC⊥BC1. (2)过 C 作 CE⊥AB 于 E,连接 C1E,

由 CC1⊥底面 ABC,可得 C1E⊥AB. 故∠CEC1 为二面角 C1ABC 的平面角. 12 在 Rt△ABC 中,CE= , 5 4 5 在 Rt△CC1E 中,tan∠C1EC= = , 12 3 5 5 即二面角 C1ABC 的正切值为 . 3 [类题通法] 求空间角的方法, 一般都转化为平面角来计算, 总是先定其位, 后算其值. 一般步骤为, 一是找出或作出有关空间角的平面角,二是证明上述角为所求角,三是计算.简称为一作二 证三计算. [针对训练] 如图,四棱锥 PABCD 的底面是正方形,PD⊥底面 ABCD,点 E 在棱 PB 上. (1)求证:平面 AEC⊥平面 PDB; (2)当 PD= 2AB 且 E 为 PB 的中点时,求 AE 与平面 PDB 所成的角的大小. 解:(1)证明:∵四边形 ABCD 是正方形, ∴AC⊥BD. ∵PD⊥底面 ABCD, ∴PD⊥AC. ∵PD∩BD=D, ∴AC⊥平面 PDB. 又 AC?平面 AEC, ∴平面 AEC⊥平面 PDB. (2)如图,设 AC∩BD=O,连接 OE. 由(1)知 AC⊥平面 PDB 于 O. ∴∠AEO 为 AE 与平面 PDB 所成的角. ∵O,E 分别为 DB,PB 的中点, 1 ∴OE∥PD,OE= PD. 2 又∵PD⊥底面 ABCD, ∴OE⊥底面 ABCD,OE⊥AO. 1 2 在 Rt△AOE 中,OE= PD= AB=AO, 2 2 ∴∠AEO=45° ,即 AE 与平面 PDB 所成的角的大小为 45° .

[课堂练通考点] 1.(2013· 全国新课标卷Ⅱ)已知 m,n 为异面直线,m⊥平面 α,n⊥平面 β.直线 l 满足 l ⊥m,l⊥n,l?α,l?β,则( A.α∥β 且 l∥α B.α⊥β 且 l⊥β C.α 与 β 相交,且交线垂直于 l D.α 与 β 相交,且交线平行于 l 解析:选 D 由于 m,n 为异面直线,m⊥平面 α,n⊥平面 β,则平面 α 与平面 β 必相 交,但未必垂直,且交线垂直于直线 m,n,又直线 l 满足 l⊥m,l⊥n,则交线平行于 l,故 选 D. 2.已知 l,m,n 为两两垂直的三条异面直线,过 l 作平面 α 与直线 m 垂直,则直线 n 与平面 α 的关系是( A.n∥α C.n?α 或 n 与 α 不平行 ) B.n∥α 或 n?α D.n?α )

解析:选 A ∵l?α,且 l 与 n 异面,∴n?α, 又∵m⊥α,n⊥m,∴n∥α. 3.设 a,b 为不重合的两条直线,α,β 为不重合的两个平面,给出下列命题: (1)若 a∥α 且 b∥α,则 a∥b; (2)若 a⊥α 且 a⊥β,则 α∥β; (3)若 α⊥β,则一定存在平面 γ,使得 γ⊥α,γ⊥β; (4)若 α⊥β,则一定存在直线 l,使得 l⊥α,l∥β. 上面命题中,所有真命题的序号是________. 解析:(1)中 a 与 b 可能相交或异面,故不正确. (2)垂直于同一直线的两平面平行,正确. (3)中存在 γ,使得 γ 与 α,β 都垂直. (4)中只需直线 l⊥α 且 l?β 就可以. 答案:(2)(3)(4) 4.如图,三棱柱 ABC A1B1C1 中,侧棱垂直于底面,∠ACB=90° ,2AC=AA1,D,

M 分别是棱 AA1,BC 的中点,证明:

(1)AM∥平面 BDC1; (2)DC1⊥平面 BDC. 1 证明:(1)取 BC1 的中点 N,连接 DN,MN,则 MN 綊 CC1. 2 1 又 AD 綊 CC1,∴AD∥MN,且 AD=MN,∴四边形 ADNM 为平 2 行四边形, ∴DN∥AM,又 DN?平面 BDC1,AM?平面 BDC1, ∴AM∥平面 BDC1. (2)由题设知 BC⊥CC1,BC⊥AC,又 CC1∩AC=C, ∴BC⊥平面 ACC1A1. 又 DC1?平面 ACC1A1,∴DC1⊥BC, 又由题设知∠A1DC1=∠ADC=45° , ∴∠CDC1=90° ,∴DC1⊥DC.又 DC∩BC=C, ∴DC1⊥平面 BDC. [课下提升考能] 第Ⅰ卷:夯基保分卷 1.在空间中,给出下面四个命题: ①过一点有且只有一个平面与已知直线垂直; ②若平面外两点到平面的距离相等,则过两点的直线必平行于该平面; ③垂直于同一条直线的两条直线互相平行; ④若两个平面相互垂直, 则一个平面内的任意一条直线必定垂直于另一个平面内的无数 条直线. 其中正确的命题是( A.①② C.③④ ) B.②③ D.①④

解析:选 D 易知①④正确;对于②,过两点的直线可能与平面相交;对于③,垂直于 同一条直线的两条直线可能平行,也可能相交或异面.故选 D. 2.(2014· 南昌模拟)设 a,b 是夹角为 30° 的异面直线,则满足条件“a?α,b?β,且 α ⊥β”的平面 α,β( A.不存在 ) B.有且只有一对

C.有且只有两对

D.有无数对

解析:选 D 过直线 a 的平面 α 有无数个,当平面 α 与直线 b 平行时,两直线的公垂线 与 b 确定的平面 β⊥α,当平面 α 与 b 相交时,过交点作平面 α 的垂线与 b 确定的平面 β⊥α. 故选 D. 3.已知在空间四边形 ABCD 中,AD⊥BC,AD⊥BD,且△BCD 是锐角三角形,则必 有( ) A.平面 ABD⊥平面 ADC C.平面 ADC⊥平面 BDC B.平面 ABD⊥平面 ABC D.平面 ABC⊥平面 BDC

解析: 选 C ∵AD⊥BC, AD⊥BD, BC∩BD=B, ∴AD⊥平面 BDC, 又 AD?平面 ADC, ∴平面 ADC⊥平面 BDC.故选 C. 4.如图,直三棱柱 ABC A1B1C1 中,侧棱长为 2,AC=BC=1,∠

ACB=90° ,D 是 A1B1 的中点,F 是 BB1 上的动点,AB1,DF 交于点 E. 要使 AB1⊥平面 C1DF,则线段 B1F 的长为( 1 A. 2 3 C. 2 B.1 D.2 )

解析:选 A 设 B1F=x,因为 AB1⊥平面 C1DF,DF?平面 C1DF,所以 AB1⊥DF.由已 1 知可以得 A1B1= 2, 设 Rt△ AA1B1 斜边 AB1 上的高为 h, 则 DE= h.又 2× 2=h 22+? 2?2, 2 所以 h = × 2 3 3 , DE = . 在 Rt△ DB1E 中 , B1E = 3 3 2 1 2?2 = x,得 x= . 2 ?2? 2

? 2?2-? 3?2 = 6 . 由面积相等得 6 6 6 ?2? ?3?

x2+?

5.如图所示,在四棱锥 P ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,且底面各边 都相等,M 是 PC 上的一动点,当点 M 满足________时,平面 MBD⊥ 平面 PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可) 解析:由定理可知,BD⊥PC. ∴当 DM⊥PC(或 BM⊥PC)时,即有 PC⊥平面 MBD. 而 PC?平面 PCD, ∴平面 MBD⊥平面 PCD. 答案:DM⊥PC(或 BM⊥PC 等) 6.假设平面 α∩平面 β=EF,AB⊥α,CD⊥β,垂足分别为 B,D,如果增加一个条件, 就能推出 BD⊥EF,现有下面四个条件: ①AC⊥α;②AC 与 α,β 所成的角相等;③AC 与 BD 在 β 内的射影在同一条直线上; ④AC∥EF.

其中能成为增加条件的是________.(把你认为正确的条件序号都填上) 解析:如果 AB 与 CD 在一个平面内,可以推出 EF 垂直于该平面,又 BD 在该平面内, 所以 BD⊥EF.故要证 BD⊥EF, 只需 AB, CD 在一个平面内即可, 只有①③能保证这一条件. 答案:①③ 7.(2013· 辽宁高考)如图,AB 是圆 O 的直径,PA 垂直圆 O 所在的平 面,C 是圆 O 上的点. (1)求证:BC⊥平面 PAC; (2)设 Q 为 PA 的中点,G 为△AOC 的重心.求证:QG∥平面 PBC. 证明:(1)证明:由 AB 是圆 O 的直径,得 AC⊥BC. 由 PA⊥平面 ABC,BC?平面 ABC,得 PA⊥BC. 又 PA∩AC=A,PA?平面 PAC,AC?平面 PAC, 所以 BC⊥平面 PAC. (2)连 OG 并延长交 AC 于 M,连接 QM,QO,由 G 为△AOC 的重 心,得 M 为 AC 中点. 由 Q 为 PA 中点,得 QM∥PC. 又 O 为 AB 中点,得 OM∥BC. 因为 QM∩MO=M,QM?平面 QMO, MO?平面 QMO,BC∩PC=C, BC?平面 PBC,PC?平面 PBC, 所以平面 QMO∥平面 PBC. 因为 QG?平面 QMO, 所以 QG∥平面 PBC. 8.(2013· 北京高考)如图,在四棱锥 P ABCD 中,AB∥CD,AB

⊥AD,CD=2AB,平面 PAD⊥底面 ABCD,PA⊥AD,E 和 F 分别为 CD 和 PC 的中点.求证: (1)PA⊥底面 ABCD; (2)BE∥平面 PAD; (3)平面 BEF⊥平面 PCD. 证明:(1)因为平面 PAD⊥底面 ABCD,且 PA 垂直于这两个平面的交线 AD,所以 PA⊥ 底面 ABCD. (2)因为 AB∥CD,CD=2AB,E 为 CD 的中点, 所以 AB∥DE,且 AB=DE. 所以 ABED 为平行四边形. 所以 BE∥AD.

又因为 BE?平面 PAD,AD?平面 PAD, 所以 BE∥平面 PAD. (3)因为 AB⊥AD,而且 ABED 为平行四边形. 所以 BE⊥CD,AD⊥CD, 由(1)知 PA⊥底面 ABCD, 所以 PA⊥CD,因为 PA∩AD=A, 所以 CD⊥平面 PAD. 所以 CD⊥PD. 因为 E 和 F 分别是 CD 和 PC 的中点, 所以 PD∥EF, 所以 CD⊥EF.又 EF∩BE=E, 所以 CD⊥平面 BEF. 所以平面 BEF⊥平面 PCD. 第Ⅱ卷:提能增分卷 1.如图 1,在边长为 1 的等边三角形 ABC 中,D,E 分别是 AB,AC 上的点,AD=AE, F 是 BC 的中点, AF 与 DE 交于点 G.将△ABF 沿 AF 折起, 得到如图 2 所示的三棱锥 A BCF, 其中 BC= 2 . 2

图1 (1)证明:DE∥平面 BCF; (2)证明:CF⊥平面 ABF; 2 (3)当 AD= 时,求三棱锥 F DEG 的体积 VF 3
DEG.

图2

解:(1)证明:如图 1,在等边三角形 ABC 中,AB=AC. AD AE ∵AD=AE,∴ = ,∴DE∥BC, DB EC ∴DG∥BF,如图 2,DG?平面 BCF,BF?平面 BCF,∴DG∥平面 BCF. 同理可证 GE∥平面 BCF. ∵DG∩GE=G,∴平面 GDE∥平面 BCF,∴DE∥平面 BCF. (2)证明:如图 1,在等边三角形 ABC 中,F 是 BC 的中点, ∴AF⊥FC,

1 1 ∴BF=FC= BC= . 2 2 在图 2 中,∵BC= ∴FC⊥BF. ∵BF∩AF=F,∴CF⊥平面 ABF. 2 1 (3)∵AD= ,∴BD= ,AD∶DB=2∶1, 3 3 在图 2 中,AF⊥FC,AF⊥BF,∴AF⊥平面 BCF, 由(1)知平面 GDE∥平面 BCF,∴AF⊥平面 GDE. 在等边三角形 ABC 中,AF= 3 3 AB= , 2 2 2 ,∴BC2=BF2+FC2,∴∠BFC=90° , 2

1 3 2 2 1 1 ∴FG= AF= ,DG= BF= × = =GE, 3 6 3 3 2 3 1 1 ∴S△DGE= DG· EG= ,∴VF 2 18
DEG=

1 3 S · FG= . 3 △DGE 324

π 2.如图,在三棱锥 A BOC 中,AO⊥平面 COB,∠OAB=∠OAC= ,AB=AC=2, 6 BC= 2,D、E 分别为 AB、OB 的中点.

(1)求证:CO⊥平面 AOB; (2)在线段 CB 上是否存在一点 F,使得平面 DEF∥平面 AOC,若存在,试确定 F 的位 置;若不存在,请说明理由. 解:(1)证明:因为 AO⊥平面 COB, 所以 AO⊥CO,AO⊥BO. 即△AOC 与△AOB 为直角三角形. π 又因为∠OAB=∠OAC= ,AB=AC=2, 6 所以 OB=OC=1. 由 OB2+OC2=1+1=2=BC2,可知△BOC 为直角三角形. 所以 CO⊥BO,又因为 AO∩BO=O,所以 CO⊥平面 AOB. (2)在段线 CB 上存在一点 F,使得平面 DEF∥平面 AOC,此时 F 为线段 CB 的中点. 如图,连接 DF,EF,因为 D、E 分别为 AB、OB 的中点,所以 DE∥

OA. 又 DE?平面 AOC 上,所以 DE∥平面 AOC. 因为 E、F 分别为 OB、BC 的中点, 所以 EF∥OC. 又 EF?平面 AOC,所以 EF∥平面 AOC,又 EF∩DE=E,EF?平面 DEF,DE?平面 DEF, 所以平面 DEF∥平面 AOC. 3. 如图, 在三棱锥 PABC 中, PA⊥底面 ABC, PA=AB, ∠ABC=60° , ∠BCA=90° ,点 D、E 分别在棱 PB、PC 上,且 DE∥BC. (1)求证:BC⊥平面 PAC; (2)当 D 为 PB 的中点时,求 AD 与平面 PAC 所成的角的正弦值; (3)是否存在点 E 使得二面角 ADEP 为直二面角?并说明理由. 解:(1)证明:∵PA⊥底面 ABC, ∴PA⊥BC. 又∠BCA=90° ,∴AC⊥BC, 又∵PA∩AC=A, ∴BC⊥平面 PAC. (2)∵D 为 PB 的中点,DE∥BC, 1 ∴DE= BC. 2 又由(1)知,BC⊥平面 PAC, ∴DE⊥平面 PAC,垂足为点 E, ∴∠DAE 是 AD 与平面 PAC 所成的角. ∵PA⊥底面 ABC,∴PA⊥AB. 又 PA=AB,∴△ABP 为等腰直角三角形, ∴AD= 1 AB. 2

在 Rt△ABC 中,∠ABC=60° , 1 ∴BC= AB, 2 在 Rt△ADE 中,sin∠DAE= DE BC 2 = = . AD 2AD 4 2 . 4

∴AD 与平面 PAC 所成的角的正弦值为

(3)∵DE∥BC,又由(1)知,BC⊥平面 PAC, ∴DE⊥平面 PAC.

又∵AE?平面 PAC,PE?平面 PAC, ∴DE⊥AE,DE⊥PE, ∴∠AEP 为二面角 ADEP 的平面角. ∵PA⊥底面 ABC,∴PA⊥AC, ∴∠PAC=90° ,∴在棱 PC 上存在一点 E, 使得 AE⊥PC.这时,∠AEP=90° , 故存在点 E 使得二面角 ADEP 是直二面角.

“立体几何”类题目的审题技巧与解题规范

[技法概述] 在高考数学试题中,问题的条件以图形的形式或将条件隐含在图形之中给出的题目较 多,因此在审题时,要善于观察图形,洞悉图形所隐含的特殊的关系、数值的特点、变化的 趋势,抓住图形的特征,利用图形所提供信息来解决问题。 [适用题型] 以下几种类型常用到此审题方法: (1)立体几何:空间多面体中的几何特征及线面位置关系; (2)解析几何:直线与圆、圆锥曲线中的几何特征; (3)函数:函数图像的判断,由三角函数图像求解析式中图像特征; (4)概率与统计:统计中频率分布直方图、茎叶图中的信息特征.

[ 典例 ]

(2013· 安徽高考 )( 本题满分 12 分 ) 如图,四棱锥 P

ABCD 的底面 ABCD 是边长为 2 的菱形,∠BAD=60° ,已知 PB= PD=2,PA= 6. (1)证明:PC⊥BD; (2)若 E 为 PA 的中点,求三棱锥 P BCE 的体积.

[解题流程] 第一步

[失分警示]

?解:?1?证明:连接AC,交BD于O点,连接PO. 抓住底面为菱形确定垂直关系??因为底面ABCD是菱形, ?所以AC⊥BD,BO=DO.??2分?

第二步 由线线垂直得线面垂 直再得线线垂直

?由PB=PD知,PO⊥BD. ?再由PO∩AC=O, ? ? 知BD⊥平面APC, ?又PC?平面PAC, ?因此BD⊥PC.??4分? ?

易漏 PO∩AC= O 这一 定理成立的关键条件导致失 误丢分

第二步 结合图形与条件确定 体积等积转换

??2?因为E是PA的中点, ?所以VP -BCE=VC -PEB=1VC -PAB=1VB -APC. 2 2 ? ???6分? 等积转换过程中易忽视底 ?由PB=PD=AB=AD=2知, ? 与高的关系漏掉比例数导致出 ? △ABD≌△PBD.??7分? ? , 错 ?因为∠BAD=60° ?所以PO=AO= 3,AC=2 3, ?BO=1.又PA= 6,PO2+AO2=PA2,即PO⊥AC, ?故S =1PO· ? APC 2 AC=3.??9分?


第四步

? 由?1?知,BO⊥平面APC,因此V 求体积?? 11 1 · BO· S = .??12分? ?=2· 3 2
△APC

P

BCE=

1 V 2 B

APC

1.(2013· 南通模拟)已知正方体 ABCDA1B1C1D1,AA1=2,E 为棱 CC1 的中点. (1)求证:AC1∥平面 B1DE; (2)求三棱锥 ABDE 的体积. 解:(1)证明:取 BB1 的中点 F,连接 AF,CF,EF. ∵E,F 分别是 CC1,BB1 的中点, ∴CE 綊 B1F. ∴四边形 B1FCE 是平行四边形. ∴CF∥B1E. ∵E,F 是 CC1,BB1 的中点, ∴EF 綊 BC,又 BC 綊 AD, ∴EF 綊 AD. ∴四边形 ADEF 是平行四边形.∴AF∥ED. ∵AF∩CF=F,B1E∩ED=E, ∴平面 ACF∥平面 B1DE. 又 AC?平面 ACF, ∴AC∥平面 B1DE. 1 (2)由条件得 S△ABD= AB· AD=2. 2 1 ∴VAEC BDE=VEABD= S△ABD· 3 1 2 = ×2×1= , 3 3 2 即三棱锥 ABDE 的体积为 . 3 2.如图,在三棱锥 PABC 中,PA⊥底面 ABC,△ABC 为正三角形,D, E 分别是 BC,CA 的中点. (1)证明:平面 PBE⊥平面 PAC; (2)在 BC 上找一点 F,使 AD∥平面 PEF,并说明理由. 解:(1)证明:∵PA⊥平面 ABC,BE?平面 ABC, ∴PA⊥BE. ∵△ABC 为正三角形,E 是 CA 的中点,∴BE⊥AC. 又∵PA,AC?平面 PAC, PA∩CA=A, ∴BE⊥平面 PAC.

∵BE?平面 PBE,∴平面 PBE⊥平面 PAC. (2)取 F 为 CD 的中点,连接 EF. ∵E,F 分别为 AC,CD 的中点, ∴EF 是△ACD 的中位线, ∴EF∥AD.又∵EF?平面 PEF, AD?平面 PEF, ∴AD∥平面 PEF. 3.如图是某直三棱柱(侧棱与底面垂直)被削去上底后的直观图与三视图的侧视图、俯 视图.在直观图中,M 是 BD 的中点.侧视图是直角梯形,俯视图是等腰直角三角形,有关 数据如图所示.

(1)求出该几何体的体积; (2)求证:EM∥平面 ABC; (3)试问在棱 DC 上是否存在点 N,使 NM⊥平面 BDE?若存在,确定点 N 的位置;若 不存在,请说明理由. 解:由题意,EA⊥平面 ABC,DC⊥平面 ABC, AE∥DC,AE=2, DC=4,AB⊥AC,且 AB=AC=2. (1)∵EA⊥平面 ABC,∴EA⊥AB,又 AB⊥AC,EA∩AC=A, ∴AB⊥平面 ACDE. ∴四棱锥 BACDE 的高 h=AB=2,梯形 ACDE 的面积 S=6, 1 ∴VBACDE= Sh=4,即所求几何体的体积为 4. 3 (2)证明:∵M 为 DB 的中点,取 BC 中点 G,连接 EM,MG,AG, 1 ∴MG∥DC,且 MG= DC, 2

∴MG 平行且等于 AE, ∴四边形 AGME 为平行四边形, ∴EM∥AG,又 AG?平面 ABC,EM?平面 ABC, ∴EM∥平面 ABC. (3)由(2)知,EM∥AG, 又∵平面 BCD⊥底面 ABC,AG⊥BC, ∴AG⊥平面 BCD. ∴EM⊥平面 BCD,又∵EM?平面 BDE, ∴平面 BDE⊥平面 BCD. 在平面 BCD 中,过 M 作 MN⊥DB 交 DC 于点 N, ∴MN⊥平面 BDE,点 N 即为所求的点, △DMN∽△DCB, ∴ DN DM DN 6 = ,即 = , DB DC 2 6 4

3 ∴DN=3,∴DN= DC, 4 3 ∴边 DC 上存在点 N,满足 DN= DC 时,有 NM⊥平面 BDE. 4


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