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【三维设计】(新课标)2016届高考数学大一轮复习精品讲义 第七章 立体几何(含解析)


第七章
对应学生用书P99 基础盘查一 空间几何体的结构特征 (一)循纲忆知

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

认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简 单物体的结构. (二)小题查验 1.判断正误 (1)有两个面平行,其余各面都是平行四边形的几何体

是棱柱( (2) 有一个面是多边形,其余各面都是三角形的几何体是棱锥( (3)用一个平面去截一个球,截面是一个圆面( 答案:(1)× (2)× (3)√ 2.(人教 A 版教材习题改编)如图,长方体 ABCD?A′B′C′D′被截去一部分,其中 EH ∥A′D′,则剩下的几何体是________,截去的几何体是________. ) ) )

答案:五棱柱 三棱柱 基础盘查二 空间几何体的三视图 (一)循纲忆知 1.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图,能识 别上述三视图所表示的立体模型. 2. 会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图, 了解空间图形的不同 表示形式. 3.会画出某些建筑物的三视图(在不影响图形特征的基础上,尺寸、线条等不作严格要 求). (二)小题查验 1.判断正误 (1)正方体、球、圆锥各自的三视图中,三视图均相同( (2)圆锥的俯视图是一个圆( ) ) )

(3)圆台的正视图和侧视图是两个全等的等腰梯形( 答案:(1)× (2)√ (3)√

2.(北师大版教材例题改编)已知空间几何体的三视图如图,则该几何体是由
1

__________________组合而成.

答案:圆柱和正四棱柱 3.一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示,则其俯视图不可能为:①长方形;②正 方形;③圆;④椭圆.其中正确的是________.

答案:②③ 基础盘查三 空间几何体的直观图 (一)循纲忆知 1.会用斜二测画法画出几何体的直观图. 2. 会用平行投影与中心投影画出简单空间图形的直观图. 了解空间图形的不同表示形式. 3. 会画某些建筑物的直观图(在不影响图形特征的基础上, 尺寸、 线条等不作严格要求). (二)小题查验 1.判断正误 (1)用斜二测画法画水平放置的∠A 时,若∠A 的两边分别平行于 x 轴和 y 轴,且∠A= 90°,则在直观图中,∠A=45°( ) )

(2)斜二测画法中,平行于 x 轴 y 轴的线段平行性不变,且长度也不变( (3)斜二测画法中,原图形中的平行垂直关系在直观图中不变( 答案:(1)× (2)× (3)× )

2. (2015·东北三校第一次联考)利用斜二测画法可以得到: ①三角形的直观图是三角形; ②平行四边形的直观图是平行四边形; ③正方形的直观图是正方形; ④菱形的直观图是菱形. 以上结论正确的是________. 答案:①②

2

对应学生用书P100

考点一 空间几何体的结构特征(基础送分型考点——自主练透) [必备知识] 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.旋转体的结构特征 (1)圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到. (2)圆锥可以由直角三角形绕其一条直角边旋转得到. (3)圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到, 也可由平行于 圆锥底面的平面截圆锥得到. (4)球可以由半圆面或圆面绕直径旋转得到. [提醒] (1)认识棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台的结构特征时,易忽视定义,可借助于几 何模型强化对空间几何体的结构特征的认识. (2)台体可以看成是由锥体截得的,但一定强调截面与底面平行. [题组练透] 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. 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
3

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.

图1 易证正六棱锥的侧棱长必大于底面边长,这与题设矛盾.

图2 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; ③四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形; ④棱台的相对侧棱延长后必交于一点; ⑤直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥. 其中真命题的序号是________. 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; ③正确,如图 1,PD⊥平面 ABCD,其中底面 ABCD 为矩形, 可证明∠PAB,∠PCB 为直角,这样四个侧面都是直角三角形; 命题④由棱台的定义知是正确的; ⑤错误,当以斜边为旋转轴时,其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥.如图 2 所示,它是由两个同底圆锥形成的. 答案:①③④ [类题通法] 解决与空间几何体结构特征有关问题的技巧 (1)要想真正把握几何体的结构特征,必须多角度、全面地去分析,多观察实物,提高空 间想象能力; (2)紧扣结构特征是判断的关键,熟悉空间几何体的结构特征,依据条件构建几何模型,
4

在条件不变的情况下,变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素,然后再依据题意判 定; (3)通过反例对结构特征进行辨析, 即要说明一个命题是错误的, 只要举出一个反例即可. 考点二 空间几何体的三视图(重点保分型考点——师生共研) [必备知识] (1)空间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; ③看不到的线画虚线. [提醒] 若相邻两物体的表面相交,则表面的交线是它们的分界线,在三视图中,要注 意实、虚线的区别. [典题例析] 1. (2014·江西高考)一几何体的直观图如图, 下列给出的四个俯视图中正确的是( )

解析:选 B 由直观图可知,该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成.从上往下 看,外层轮廓线是一个矩形,矩形内部有一条线段连接的两个三角形. 2.(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图,网格纸的各小格都是正方 形, 粗实线画出的是一个几何体的三视图, 则这个几何体是( A.三棱锥 B.三棱柱 C.四棱锥 D.四棱柱 解析:选 B 将三视图还原为几何体即可. 如图,几何体为三棱柱. )

5

[类题通法] 1. 对于简单几何体的组合体, 在画其三视图时首先应分清它是由哪些简单几何体组成的, 然后再画其三视图. 2.由三视图还原几何体时,要遵循以下三步:(1)看视图,明关系;(2)分部分,想整体; (3)综合起来,定整体. [演练冲关] 1. (2015·南阳三模)已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示, 俯视图是边长为 2 的正三 角形,侧视图是有一条直角边为 2 的直角三角形,则该三棱锥的正视图可能为( )

解析:选 C 当正视图为等腰三角形时,则高应为 2,且应为虚线, 排除 A,D;当正视图是直角三角形,由条件得一个直观图如图所示,中 间的线是看不见的线 PA 形成的投影,应为虚线,故答案为 C. 2.如图由若干个相同的小立方体组成的几何体的俯视图,其中小立方体中的 数字表示相应位置的小立方体的个数,则该几何体的侧视图为( )

解析:选 C 由俯视图知侧视图从左到右能看到的小立方体个数分别为 2,3,1. 考点三 空间几何体的直观图(重点保分型考点——师生共研) [必备知识] 1.在斜二测画法中,要确定关键点及关键线段.“平行于 x 轴的线段平行性不变,长度 不变;平行于 y 轴的线段平行性不变,长度减半.” 2.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有以下关系:

S 直观图=

2 S 原图形,S 原图形=2 2S 直观图. 4 [典题例析]

(2015·福州模拟)用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为 如图所示的一个正方形,则原来的图形是( )

6

解析:选 A 由直观图可知,在直观图中多边形为正方形,对角线长为 2,所以原图形 为平行四边形,位于 y 轴上的对角线长为 2 2. [类题通法] 用斜二测画法画直观图的技巧 在原图形中与 x 轴或 y 轴平行的线段在直观图中与 x′轴或 y′轴平行, 原图中不与坐标 轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线,原图中的曲线段可以通过取一些关键点,作 出在直观图中的相应点后,用平滑的曲线连接而画出. [演练冲关] 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 cm C.8 cm
2

) B.4 2 cm D.8 2 cm
2

2

2

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.

对应B本课时跟踪检测?四十?

一、选择题 1.(2014·福建高考)某空间几何体的正视图是三角形,则该几何体不可能是( A.圆柱 C.四面体 B.圆锥 D.三棱柱 )

解析:选 A 圆柱的正视图是矩形,则该几何体不可能是圆柱. 2.(2015·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. 3.(2015·烟台一模)若一个三棱锥的三视图如图所示,其中三个视图都是直角三角形,

7

则在该三棱锥的四个面中,直角三角形的个数为(

)

A.1 C.3

B. 2 D. 4

解析:选 D 观察三视图,可得直观图如图所示.该三棱锥 A?BCD 的 底面 BCD 是直角三角形,AB⊥平面 BCD,CD⊥BC,侧面 ABC,ABD 是直角 三角形;由 CD⊥BC,CD⊥AB,知 CD⊥平面 ABC,CD⊥AC,侧面 ACD 也是 直角三角形,故选 D. 4.(2015·淄博一模)把边长为 1 的正方形 ABCD 沿对角线 BD 折起,形成的三棱锥 A?BCD 的正视图与俯视图如图所示,则其侧视图的面积为( )

A. C.

2 2 2 4

B. D.

1 2 1 4

解析:选 D 由正视图与俯视图可得三棱锥 A?BCD 的一个侧面与底面垂直,其侧视图是 直角三角形,且直角边长均为 2 1 2 2 1 ,所以侧视图的面积为 S= × × = ,选 D. 2 2 2 2 4

5. (2015·武昌调研)已知以下三视图中有三个同时表示某一个三棱锥, 则不是该三棱锥 的三视图是( )

解析:选 D 易知该三棱锥的底面是直角边分别为 1 和 2 的直角三角形,注意到侧视图 是从左往右看得到的图形,结合 B、D 选项知,D 选项中侧视图方向错误,故选 D. 6.如图, 在正方体 ABCD?A1B1C1D1 中, 点 P 是上底面 A1B1C1D1 内一动 点,则三棱锥 P?ABC 的正 ( 主 ) 视图与侧 ( 左 ) 视图的面积的比值为 ( )
8

A.

1 2

B.1 C.2 D.不确定,与点 P 的位置有关 解析: 选B 如题图所示, 设正方体的棱长为 a, 则三棱锥 P?ABC 的正(主)视图与侧(左)

1 2 视图都是三角形,且面积都是 a ,故选 B. 2 二、填空题 7.(2015·西城区期末)已知一个正三棱柱的所有棱长均相等, 其侧(左) 视图如图所示,那么此三棱柱正(主)视图的面积为________. 解析: 由正三棱柱三视图还原直观图可得正(主)视图是一个矩形, 其中 一边的长是侧(左)视图中三角形的高,另一边是棱长.因为侧(左)视图中三角形的边长为 2, 所以高为 3,所以正视图的面积为 2 3. 答案:2 3 8. 如图, 矩形 O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图, 其中 O′A′=6,O′C′=2,则原图形 OABC 的面积为________. 解析:由题意知原图形 OABC 是平行四边形,且 OA=BC=6,设平行 1 2 四边形 OABC 的高为 OE,则 OE× × =O′C′, 2 2 ∵O′C′=2,∴OE=4 2, ∴S?OABC=6×4 2=24 2. 答案:24 2 9.(2015·昆明、玉溪统考)如图,三棱锥 V?ABC 的底面为正三角 2 形,侧面 VAC 与底面垂直且 VA=VC,已知其正(主)视图的面积为 ,则 3 其侧(左)视图的面积为________. 4 解析:设三棱锥 V?ABC 的底面边长为 a,侧面 VAC 边 AC 上的高为 h,则 ah= ,其侧(左) 3 视图是由底面三角形 ABC 边 AC 上的高与侧面三角形 VAC 边 AC 上的高组成的直角三角形,其 1 3 1 3 4 3 面积为 × a×h= × × = . 2 2 2 2 3 3 答案: 3 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

9

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 三、解答题 11.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.

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. 12.如图,在四棱锥 P?ABCD 中,底面为正方形,PC 与底面 ABCD 垂 直,下图为该四棱锥的正视图和侧视图,它们是腰长为 6 cm 的全等的等 腰直角三角形.

(1)根据图所给的正视图、侧视图,画出相应的俯视图,并求出该俯视图的面积; (2)求 PA.

10

解: (1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为 6 cm 的正方形, 如图, 其面积为 36 cm . (2)由侧视图可求得 PD= PC +CD = 6 +6 =6 2. 由正视图可知 AD=6,且 AD⊥PD,所以在 Rt△APD 中,
2 2 2 2 2

PA= PD2+AD2= ?6 2?2+62=6 3 cm.

第二节

空间几何体的表面积与体积

对应学生用书P101

基础盘查一 柱体、锥体、台体的表面积 (一)循纲忆知 了解柱体、锥体、台体的表面积的计算公式. (二)小题查验 1.判断正误 (1)几何体的表面积就是其侧面积与底面积的和( (2)几何体的侧面积是指各个侧面积之和( 答案:(1)√ (2)√ 2.(人教 A 版教材例题改编)已知棱长为 a,各面均为等边三角形的四面体 S?ABC,它的 表面积为________. 解析:过 S 作 SD⊥BC, ∵BC=a,∴SD= ∴S△SBC= 3 a 2 ) )

3 2 3 a ,∴表面积 S=4× a2= 3a2. 4 4

答案: 3a

2

3.(2015·北京石景山一模)正三棱柱的侧(左)视图如图所示, 则该正三 棱柱的侧面积为________.

11

解析:由侧(左)视图知:正三棱柱的高(侧棱长)为 2,底边上的高为 3,所以底边边长 为 2,侧面积为 3×2×2=12. 答案:12 基础盘查二 柱体、锥体、台体的体积 (一)循纲忆知 了解柱体、锥体、台体的体积的计算公式. (二)小题查验 1.判断正误 (1)等底面面积且等高的两个同类几何体的体积相等( (2)在三棱锥 P?ABC 中,VP?ABC=VA?PBC=VB?PAC=VC?PAB( 答案:(1)√ (2)√ 2.(人教 B 版教材例题改编)如图,在长方体 ABCD?A′B′C′D′中,用截面截下一个棱 锥 C?A′DD′,则棱锥 C?A′DD′的体积与剩余部分的体积之比为________. ) )

答案:1∶5 3.(2015·海淀高三练习)已知某四棱锥,底面是边长为 2 的正方形,且俯视图如图所 示.若该四棱锥的侧视图为直角三角形,则它的体积为________.

解析:由俯视图可知,四棱锥顶点在底面的射影为 O(如图),又侧视 图为直角三角形,则直角三角形的斜边为 BC=2,斜边上的高为 SO=1, 1 4 此高即为四棱锥的高,故 V= ×2×2×1= . 3 3 4 答案: 3 基础盘查三 球的表面积与体积 (一)循纲忆知 了解球的表面积与体积的计算公式. (二)小题查验 1.判断正误 (1)球的表面是曲面,不能展开在一平面上,故没有展开图( (2)正方体的内切球中其直径与棱长相等( )
12

)

答案:(1)√ (2)√ 2. (人教 A 版教材例题改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径, 则球的体积与圆柱体 积之比为________,球的表面积与圆柱的侧面积之比为________. 答案:2∶3 1∶1 3.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= 2 +2 +2 =2 3,所以该几何体的表面积为 4π R = 4π ( 3) =12π . 答案:12π
2 2 2 2 2

对应学生用书P102 考点一 空间几何体的表面积(基础送分型考点——自主练透) [必备知识] 当圆台的上底面半径与下底面半径相等时,得到圆柱;当圆台的上底面半径为零时,得 到圆锥,由此可得:

r′=0 r ? =r ? S 圆台侧=π (r+r′)l ― S 圆柱侧=2π rl ??? ― → S 圆锥侧=π rl
[提醒] 组合体的表面积应注意重合部分的处理. [题组练透] 1. (2014·陕西高考)将边长为 1 的正方形以其一边所在的直线为旋转轴旋转一周, 所得 几何体的侧面积是( A.4π C.2π ) B.3π D. π

解析:选 C 由几何体的形成过程知所得几何体为圆柱,底面半径为 1,高为 1,其侧面 积 S=2π rh=2π ×1×1=2π . 2.(2014·安徽高考)一个多面体的三视图如图所示,则该多面体的表面积为( )

13

A.21+ 3 C.21

B.18+ 3 D.18

解析:选 A 由三视图可知该几何体的直观图如图所示,其是棱长为 2 的正方体从后面右上角和前面左下角分别截去一个小三棱锥后剩余的部分, 1 3 2 其表面积为 S=6×4- ×6+2× ×( 2) =21+ 3. 2 4 3.已知某几何体的三视图的正视图和侧视图是全等的等腰梯形,俯视图是两个同心圆, 如图所示,则该几何体的表面积为________.

解析:由三视图知该几何体为上底直径为 2,下底直径为 6,高为 2 3的圆台,则几何 体的表面积 S=π ×1+π ×9+π ×(1+3)× ?2 3? +2 =26π . 答案:26π [类题通法] 求几何体的表面积的方法 (1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题, 即空间图形平面化, 这是解 决立体几何的主要出发点. (2)求不规则几何体的表面积时,通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体,先求这 些柱、锥、台体的表面积,再通过求和或作差求得几何体的表面积. 考点二 空间几何体的体积(重点保分型考点——师生共研) [必备知识] 1.柱体
14
2 2

V 柱体=Sh;V 圆柱=π r2h.
2.锥体

V 锥体= Sh;V 圆锥= π r2h.
3.台体

1 3

1 3

V 台体= (S+ SS′+S′)h; V 圆台= π h(r2+rr′+r′2).
[提醒] (1)求一些不规则几何体的体积常用割补的方法将几何体转化成已知体积公式的几何体 进行解决. (2)与三视图有关的体积问题需注意几何体还原的准确性及数据的准确性. [典题例析] 1.(2014·辽宁高考)某几何体三视图如图所示,则该几何体的体积为( ) 1 3

1 3

A.8-2π π C.8- 2

B.8-π π D.8- 4

1 解析:选 B 直观图为棱长为 2 的正方体割去两个底面半径为 1 的 圆柱,所以该几何体 4 1 3 2 的体积为 2 -2×π ×1 ×2× =8-π . 4 2.(2014·山东高考)三棱锥 P?ABC 中,D,E 分别为 PB,PC 的中点,记三棱锥 D?ABE 的 体积为 V1,P?ABC 的体积为 V2,则 =________. 1 解析:如图,设点 C 到平面 PAB 的距离为 h,三角形 PAB 的面积为 S,则 V2= Sh,V1= 3 1 1 1 1 V1 1 VE-ADB= × S× h= Sh,所以 = . 3 2 2 12 V2 4

V1 V2

15

1 答案: 4 [类题通法] 1.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. 2.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. 3.求以三视图为背景的几何体的体积.应先根据三视图得到几何体的直观图,然后根据 条件求解. [演练冲关] 1.(2015·唐山统考)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )

A.8π +16 C.8π +8

B.8π -16 D.16π -8

解析:选 B 由三视图可知:几何体为一个半圆柱去掉一个直三棱柱.半圆柱的高为 4, 底面半圆的半径为 2,直三棱柱的底面为斜边是 4 的等腰直角三角形,高为 4,故几何体的体 1 1 2 积 V= π ×2 ×4- ×4×2×4=8π -16. 2 2 2.(2015·苏州测试)如图,在直四棱柱 ABCD?A1B1C1D1 中,点 E,F 3 1 分别在 AA1,CC1 上,且 AE= AA1,CF= CC1,点 A,C 到 BD 的距离之比 4 3 为 3∶2,则三棱锥 E?BCD 和 F?ABD 的体积比

VE?BCD =________. VF?ABD S△BCD 2 = , S△ABD 3

解析:由题意可知点 A,C 到 BD 的距离之比为 3∶2,所以

16

1 S△BCD·AE 3 1 AE 9 VE?BCD 3 2 9 又直四棱柱 ABCD?A1B1C1D1 中,AE= AA1,CF= CC1,所以 = ,于是 = = × 4 3 CF 4 VF?ABD 1 3 4 S△ABD·CF 3 3 = . 2 3 答案: 2 考点三 与球有关的切、接问题(常考常新型考点——多角探明) [必备知识] 1.球的表面积公式:S=4π R ; 4 3 球的体积公式 V= π R 3 2.与球有关的切、接问题中常见的组合: (1)正四面体与球: 如图, 设正四面体的棱长为 a, 内切球的半径为 r, 外接球的半径为 R,取 AB 的中点为 D,连接 CD,SE 为正四面体的高,在 截面三角形 SDC 内作一个与边 SD 和 DC 相切,圆心在高 SE 上的圆.因为 正四面体本身的对称性, 内切球和外接球的球心同为 O.此时, CO=OS=R,
2

OE=r,SE=
= 6 a. 12

2 3 a,CE= a,则有 R+r= 3 3

2 a 6 a,R2-r2=|CE|2= ,解得 R= a,r 3 3 4

2

(2)正方体与球: ①正方体的内切球:截面图为正方形 EFHG 的内切圆,如图所示.设 正方体的棱长为 a,则|OJ|=r= (r 为内切球半径). 2 ②与正方体各棱相切的球:截面图为正方形 EFHG 的外接圆,则|GO| =R= 2 a. 2 3 a. 2

a

③正方体的外接球:截面图为正方形 ACC1A1 的外接圆,则|A1O|=R′= (3)三条侧棱互相垂直的三棱锥的外接球: ①如果三棱锥的三条侧棱互相垂直并且相等, 则可以补形为一个正方 体, 正方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心. 即三棱锥 A1?AB1D1 的外接球的球心和正方体 ABCD?A1B1C1D1 的外接球的球心重合.如图,设

AA1=a,则 R=

3 a. 2
17

②如果三棱锥的三条侧棱互相垂直但不相等,则可以补形为一个长方体,长方体的外接 球的球心就是三棱锥的外接球的球心.R =
2

a2+b2+c2 l2
4

= (l 为长方体的体对角线长). 4

[多角探明] 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)正四面体的内切球; (2)直三棱柱的外接球; (3)正(长)方体的外接球; (4)四棱锥的外接球.

角度一:正四面体的内切球 1.(2015·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 = ________. 解析:设正四面体棱长为 a,则正四面体表面积为 S1=4· 3 2 2 ·a = 3a ,其内切球半径 4
2 2

S1 S2

1 1 6 6 πa S1 3a 2 为正四面体高的 ,即 r= · a= a,因此内切球表面积为 S2=4π r = ,则 = 4 4 3 12 6 S2 π 2 a 6 = 6 3 . π 6 3 答案: π 角度二:直三棱柱的外接球 2.(2015·唐山统考)如图,直三棱柱 ABC?A1B1C1 的六个顶点都在半 径为 1 的半球面上,AB=AC,侧面 BCC1B1 是半球底面圆的内接正方形,则 侧面 ABB1A1 的面积为( A.2 C. 2 ) B. 1 D. 2 2

解析:选 C 由题意知,球心在侧面 BCC1B1 的中心 O 上,BC 为截面圆 的直径, ∴∠BAC=90°, △ABC 的外接圆圆心 N 是 BC 的中点, 同理△A1B1C1 的外心 M 是 B1C1 的中心. 设正方形 BCC1B1 的边长为 x, Rt△OMC1 中, OM= , 2

x

18

x ?x? ?x? MC1= ,OC1=R=1(R 为球的半径),∴? ?2+? ?2=1,即 x= 2,则 AB=AC=1,∴S 矩形 ABB1A1
2

?2?

?2?

= 2×1= 2. 角度三:正方体的外接球 3.一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 3 方体的体对角线;∴2R=2 3(R 为球的半径),∴R= 3,∴球的体积 V= π R =4 3π . 3 答案:4 3π 角度四:四棱锥的外接球 4.(2014·大纲卷)正四棱锥的顶点都在同一球面上,若该棱锥的高为 4,底面边长为 2, 则该球的表面积为( A. 81π 4 ) B.16π D. 27π 4

C.9π

解析: 选 A 如图所示, 设球半径为 R, 底面中心为 O′且球心为 O, ∵正四棱锥 P?ABCD 中 AB=2,∴AO′= 2. ∵PO′=4,∴在 Rt△AOO′中,AO =AO′ +OO′ ,∴R =( 2)
2 2 2 2 2

9 ?9?2 81π ,故 2 2 +(4-R) ,解得 R= ,∴该球的表面积为 4π R =4π ×? ? = 4 4 ?4? 选 A. [类题通法] “切”“接”问题的处理规律 1.“切”的处理 解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体,解答时首先要找准切点,通过作 截面来解决.如果内切的是多面体,则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作. 2.“接”的处理 把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题.解决这类问题的关键是抓住外 接的特点,即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径.
19

对应A本课时跟踪检测?四十一?

一、选择题 1.(2015·云南一检)如果一个空间几何体的正视图、侧视图、俯视图都是半径等于 5 的圆,那么这个空间几何体的表面积等于( A.100π C.25π ) B. D. 100π 3 25π 3
2

解析:选 A 易知该几何体为球,其半径为 5,则表面积为 S=4π R =100π . 2.(2014·陕西高考)已知底面边长为 1,侧棱长为 2的正四棱柱的各顶点均在同一个 球面上,则该球的体积为( A. 32π 3 ) B.4π D. 4π 3

C.2π

1 解析:选 D 因为该正四棱柱的外接球的半径是四棱柱体对角线的一半,所以半径 r= 2 4π 4π 2 2 2 3 1 +1 +? 2? =1,所以 V 球= ×1 = .故选 D. 3 3 3.已知正六棱柱的 12 个顶点都在一个半径为 3 的球面上,当正六棱柱的底面边长为 6 时,其高的值为( A.3 3 C.2 6 ) B. 3 D. 2 3
2

解析:选 D 设正六棱柱的高为 h,则可得( 6) + =3 ,解得 h=2 3. 4 4.(2015·遵义模拟)一个几何体的三视图如图所示,其中俯视图是菱形,则该几何体的 侧面积为( )

h2

2

A. 3+ 6

B. 3+ 5

20

C. 2+ 6

D. 2+ 5

解析:选 C 由三视图还原为空间几何体,如图所示,则有 OA=OB=1,AB= 2.

又 PB⊥平面 ABCD, ∴PB⊥BD,PB⊥AB, ∴PD= 2 +1= 5,PA= 2+1 = 3, 从而有 PA +DA =PD ,∴PA⊥DA, 1 1 ∴该几何体的侧面积 S=2× × 2×1+2× × 2× 3= 2+ 6. 2 2 5. (2015·惠州二调)一个几何体的三视图如图所示, 其中俯视图与左(侧)视图均为半径 是 2 的圆,则这个几何体的体积是( )
2 2 2 2 2

A.16π C.12π

B.14π D.8π

解析:选 D 由三视图可知,该几何体为一个球切去四分之一个球后剩余的部分,由于 3 4 3 球的半径为 2,所以这个几何体的体积 V= × π ×2 =8π . 4 3 6.(2014·安徽高考)一个多面体的三视图如图所示,则该多面体的体积为( )

21

A.

23 3

B.

47 6

C. 6

D. 7

解析:选 A 如图,由三视图可知,该几何体是由棱长为 2 的正方体从右 1 1 后和左下分别截去一个小三棱锥得到的,其体积为 V=8-2× ×1× ×1×1 3 2 23 = . 3 二、填空题 7.(2014·天津高考)一个几何体的三视图如图所示(单位: m),则该几何体的体积为 ________m .
3

解析:该几何体是一个组合体,上半部分是一个圆锥,下半部分是一个圆柱.因为 V 圆锥 1 8π 8π 20π 2 2 = π ×2 ×2= ,V 圆柱=π ×1 ×4=4π ,所以该几何体体积 V= +4π = . 3 3 3 3 20π 答案: 3 8.(2015·山西四校联考)将长、宽分别为 4 和 3 的长方形 ABCD 沿对角线 AC 折起,得到 四面体 A?BCD,则四面体 A?BCD 的外接球的体积为________. 解析: 设 AC 与 BD 相交于 O, 折起来后仍然有 OA=OB=OC=OD, ∴外接球的半径 r= 5 4π ?5?3 125π = ,从而体积 V= ×? ? = . 2 3 6 ?2? 125π 答案: 6 9.(2014·山东高考)一个六棱锥的体积为 2 3 ,其底面是边长为 2 的正六边形,侧棱 长都相等,则该六棱锥的侧面积为________. 1 3 2 解析:由题意可知,该六棱锥是正六棱锥,设该六棱锥的高为 h,则 ×6× ×2 ×h 3 4 =2 3,解得 h=1,底面正六边形的中心到其边的距离为 3,故侧面等腰三角形底边上的高
22

3 +4 2

2

2

1 2 为 ? 3? +1=2,故该六棱锥的侧面积为 ×12×2=12. 2 答案:12 10.(2015·云南一模)一个圆锥过轴的截面为等边三角形,它的顶点和底面圆周在球 O 的球面上,则该圆锥的体积与球 O 的体积的比值为________. 解析:设等边三角形的边长为 2a,则 V
圆锥

1 3 2 3 2 2 = ·π a · 3a= π a ;又 R =a +( 3a 3 3

2 3 4π ?2 3 ?3 32 3π 3 9 2 -R) ,所以 R= a,故 V 球= ·? a ,则其体积比为 . a? = 3 3 ? 3 ? 27 32 答案: 9 32

三、解答题 11.(2015·安徽六校联考)如图所示, 在多面体 ABCDEF 中, 已知 ABCD 是边长为 1 的正方形,且△ADE,△BCF 均为正三角形,EF∥AB,EF=2, 求该多面体的体积. 解:法一:如图所示,分别过 A,B 作 EF 的垂线,垂足分别为 G,H,连接 DG,CH,则原 几何体分割为两个三棱锥和一个直三棱柱,

1 ∵三棱锥高为 ,直三棱柱柱高为 1, 2

AG=

3 ?1?2 2 1 -? ? = , ?2? 2 2 , 2

取 AD 中点 M,则 MG=

1 2 2 ∴S△AGD= ×1× = , 2 2 4 ∴V= 2 1 2 1 2 ×1+2× × × = . 4 3 4 2 3

法二:如图所示,取 EF 的中点 P,则原几何体分割为两个三棱锥和一个四棱锥,易知三 棱锥 P?AED 和三棱锥 P?BCF 都是棱长为 1 的正四面体, 四棱锥 P?ABCD 为棱长为 1 的正四棱锥. 1 2 1 3 6 2 2 ∴V= ×1 × +2× × × = . 3 2 3 4 3 3

23

12.(2015·杭州一模)已知一个三棱台的上、下底面分别是边长为 20 cm 和 30 cm 的正 三角形,侧面是全等的等腰梯形,且侧面面积等于两底面面积之和,求棱台的体积. 解:如图所示,在三棱台 ABC?A′B′C′中,O′,O 分别为上、下底面的中心,D,D′ 分别是 BC,B′C′的中点,则 DD′是等腰梯形 BCC′B′的高,

又 A′B′=20 cm,AB=30 cm, 1 所以 S 侧=3× ×(20+30)×DD′=75DD′. 2

S 上+S 下=

3 2 2 2 ×(20 +30 )=325 3(cm ). 4

由 S 侧=S 上+S 下,得 75DD′=325 3, 13 所以 DD′= 3 cm, 3 又因为 O′D′= 3 10 3 ×20= (cm), 6 3

OD=

3 ×30=5 3(cm), 6

所以棱台的高 h=O′O = D′D -?OD-O′D′? =
2 2

10 3?2 ?13 3?2 ? ? ? -?5 3- ? =4 3(cm), 3 ? ? 3 ? ?

由棱台的体积公式,可得棱台的体积为

h V= (S 上+S 下+ S上S下)
3 = 4 3 ? 3 ? ×?325 3+ ×20×30? 3 4 ? ?
3

=1 900(cm ). 故棱台的体积为 1 900 cm .
3

第三节

空间点、直线、平面之间的位置关系

24

对应学生用书P104

基础盘查一 平面的基本性质 (一)循纲忆知 1.了解可以作为推理依据的公理和定理. 2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题. (二)小题查验 1.判断正误 (1)两个不重合的平面只能把空间分成四个部分( ) )

(2)两个平面 α ,β 有一个公共点 A,就说 α ,β 相交于 A 点,记作 α ∩β =A( (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( 答案:(1)× (2)× (3)√ (4)×

2.(人教 A 版教材习题改编)设 P 表示一个点,a,b 表示两条直线,α ,β 表示两个平 面,给出下列四个命题,其中正确的命题是________. ①P∈a,P∈α ? a? α ;②a∩b=P,b? β ? a? β ;③a∥b,a? α ,P∈b,P∈α ? b ? α ;④α ∩β =b,P∈α ,P∈β ? P∈b 答案:③④ 基础盘查二 空间直线的位置关系 (一)循纲忆知 理解空间直线位置关系的定义(平行、相交、异面). (二)小题查验 1.判断正误 (1)已知 a,b,c,d 是四条直线,若 a∥b,b∥c,c∥d,则 a∥d( (2)两条直线 a,b 没有公共点,那么 a 与 b 是异面直线( ) ) )

(3)若 a, b 是两条直线, α , β 是两个平面, 且 a? α , b? β , 则 a, b 是异面直线( 答案:(1)√ (2)× (3)× 2.(人教 A 版教材习题改编)给出命题 ①若两条直线和第三条直线所成的角相等,则这两条直线互相平行. ②若两条直线都与第三条直线垂直,则这两条直线互相平行. ③若两条直线都与第三条直线平行,则这两条直线互相平行. 其中不正确的命题的个数为________. 答案:2 3.在正方体 ABCD?A′B′C′D′中直线 BA′与 CC′所成角大小为________.

25

答案:45° 基础盘查三 直线与平面、平面与平面之间的位置关系 (一)循纲忆知 1.理解直线与平面位置关系的定义(直线在平面内、相交、平行); 2.理解平面与平面位置关系的定义(相交、平行). (二)小题查验 1.判断正误 (1)若直线 a 不平行平面 α 且 a?α ,则 α 内存在唯一的直线与 a 平行( (2)三个平面两两相交,那么它们有三条交线( (3)已知两相交直线 a,b,a∥平面 α ,则 b∥α ( ) ) )

(4)若一条直线与两个平行平面中的一个平面平行, 则这条直线与另一平面的位置关系是 平行或在此平面内( )

答案:(1)× (2)× (3)× (4)√ 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________________. 答案:b 与 α 相交或 b? α 或 b∥α 3.已知 l,m 是两条不同的直线,α ,β 是两个不同的平面,下列命题: ①若 l? α ,m? α ,l∥β ,m∥β ,则 α ∥β ; ②若 l? α ,l∥β ,α ∩β =m,则 l∥m; ③若 α ∥β ,l∥α ,则 l∥β ; ④若 l⊥α ,m∥l,α ∥β ,则 m⊥β . 其中真命题________(写出所有真命题的序号). 答案:②④

对应学生用书P105

考点一 平面的基本性质及应用(基础送分型考点——自主练透) [必备知识] 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.
26

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. [提醒] (1)三点不一定确定一个平面.当三点共线时,可确定无数个平面. (2)公理与推论中“有且只有”的含义是“存在且唯一”, “有且只有”有时也说成“确 定”. [题组练透] 1.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.如图所示,在正方体 ABCD?A1B1C1D1 中,E,F 分别是 AB,AA1 的中 点.求证: (1)E,C,D1,F 四点共面; (2)CE,D1F,DA 三线共点. 证明:(1)如图,连接 EF,CD1,A1B.∵E,F 分别是 AB,AA1 的中 点,∴EF∥A1B.又 A1B∥CD1,∴EF∥CD1,∴E,C,D1,F 四点共面. (2)∵EF∥CD1,EF<CD1, ∴CE 与 D1F 必相交,设交点为 P,则由 P∈CE,CE? 平面 ABCD, 得 P∈平面 ABCD. 同理 P∈平面 ADD1A1.又平面 ABCD∩平面 ADD1A1=DA,∴P∈直线

DA.∴CE,D1F,DA 三线共点.
[类题通法] 1.点线共面问题的证明方法: (1)纳入平面法:先确定一个平面,再证有关点、线在此平面内; (2)辅助平面法:先证有关点、线确定平面 α ,再证其余点、线确定平面 β ,最后证明 平面 α ,β 重合. 2.证明多线共点问题,常用的方法是:先证其中两条直线交于一点,再证交点在第三条 直线上.证交点在第三条直线上时,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.
27

考点二 空间两直线的位置关系(重点保分型考点——师生共研) [必备知识] (1)位置关系的分类:
? ?共面直线:平行或相交 ? ?异面直线:不同在任何一个平面内 ?

(2)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. [提醒] (1)“不同在任何一个平面内”指这两条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)不能把异面直线误解为分别在不同平面内的两条直线为异面直线. [典题例析] 1.(2014·广东高考)若空间中四条两两不同的直线 l1,l2,l3,l4,满足 l1⊥l2,l2⊥l3,

l3⊥l4,则下列结论一定正确的是(
A.l1⊥l4 B.l1∥l4 C.l1 与 l4 既不垂直也不平行 D.l1 与 l4 的位置关系不确定

)

解析:选 D 构造如图所示的正方体 ABCD?A1B1C1D1,取 l1 为 AD,l2 为 AA1,

l3 为 A1B1,当取 l4 为 B1C1 时,l1∥l4,当取 l4 为 BB1 时,l1⊥l4,故排除 A,B,C,
选 D. 2.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 [类题通法] 1.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,对于异面直线,可 采用直接法或反证法;对于平行直线,可利用三角形(梯形)中位线的性质、公理 4 及线面平
28

行与面面平行的性质定理;对于垂直关系,往往利用线面垂直的性质来解决. 2.解决位置关系问题时,要注意几何模型的选取,如利用正(长)方体模型来解决问题. [演练冲关] 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. 考点三 异面直线所成的角(题点多变型考点——全面发掘) [必备知识] (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? ? ? π ? 所以垂直分两种情况——异面垂直和相交 [提醒] 异面直线所成的角的范围是?0, ?, 2? ?
垂直. [一题多变] [典型母题] 如图在底面为正方形,侧棱垂直于底面的四棱柱 ABCD?A1B1C1D1 中,

AA1=2AB=2,则异面直线 A1B 与 AD1 所成角的余弦值为(
A. C. 1 5 3 5 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.连接 A1C1,由 AB=1, 则 AA1=2,A1C1= 2,A1B=BC1= 5, 5+5-2 4 故 cos∠A1BC1= = . 2× 5× 5 5

29

[答案] D

[题点发散 1] 将本例条件“AA1=2AB=2”改为“AB=1,若平面 ABCD 内有且仅有一点 到顶点 A1 的距离为 1”,问题不变. 解:由平面 ABCD 内仅有一点到 A1 的距离为 1,则 AA1=1. 此时正四棱柱变为正方体 ABCD?A1B1C1D1, 由图知 A1B 与 AD1 所成角为∠A1BC1,连接 A1C1. 则△A1BC1 为等边三边形,∴∠A1BC1=60°, 1 ∴cos∠A1BC1= , 2 1 故异面直线 A1B 与 AD1 所成角的余弦值为 . 2 [题点发散 2] 将本例条件“AA1=2AB=2”改为“AB=1,若异面直线 A1B 与 AD1 所成角 9 AA1 的余弦值为 ”,试求: 的值. 10 AB 解:设

AA1 =t,则 AA1=tAB. AB

∵AB=1,∴AA1=t,由题意知∠A1BC1 为所求, 又 A1C1= 2,A1B= t +1=BC1,
2

t +1+t +1-2 9 ∴cos ∠A1BC1= = , 2 2 10 2× t +1× t +1
∴t=3,即

2

2

AA1 =3. AB

[题点发散 3] 在本例条件下,若点 P 在平面 A1B1C1D1 内且不在对角线 B1D1 上,过点 P 在

? π? 平面 A1B1C1D1 内作一直线 m,使 m 与直线 BD 成 α 角,且 α ∈?0, ?.这样的直线可作几条? 2? ?
解:在平面 A1B1C1D1 内作 m,使 m 与 B1D1 相交成 α 角.∵BD∥B1D1,∴直线 m 与 BD 也成 π π 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.
30

对应B本课时跟踪检测?四十二?

一、选择题 1.l1,l2,l3 是空间三条不同的直线,则下列命题正确的是( A.l1⊥l2,l2⊥l3? l1∥l3 B.l1⊥l2,l2∥l3? l1⊥l3 C.l1∥l2∥l3? l1,l2,l3 共面 D.l1,l2,l3 共点? l1,l2,l3 共面 解析:选 B 若 l1⊥l2,l2⊥l3,则 l1,l3 有三种位置关系,可能平行、相交或异面,A )

不正确;当 l1∥l2∥l3 或 l1,l2,l3 共点时,l1,l2,l3 可能共面,也可能不共面,C,D 不正 确;当 l1⊥l2,l2∥l3 时,则有 l1⊥l3,故选 B. 2.(2015·云南思茅模拟)设 m,n 是空间两条直线,α ,β 是空间两个平面,则下列选 项中不正确的是( )

A.当 n⊥α 时,“n⊥β ”是“α ∥β ”的充要条件 B.当 m? α 时,“m⊥β ”是“α ⊥β ”的充分不必要条件 C.当 m? α 时,“n∥α ”是“m∥n”的必要不充分条件 D.当 m? α 时,“n⊥α ”是“m⊥n”的充分不必要条件 解析:选 C C 中,当 m? α 时,若 n∥α ,则直线 m,n 可能平行,可能异面;若 m∥n,

则 n∥α 或 n? α ,所以“n∥α ”是“m∥n”的既不充分也不必要条件,故选 C. 3.(2015·济宁一模)直线 l1,l2 平行的一个充分条件是( A.l1,l2 都平行于同一个平面 B.l1,l2 与同一个平面所成的角相等 C.l1 平行于 l2 所在的平面 D.l1,l2 都垂直于同一个平面 解析:选 D 对 A,当 l1,l2 都平行于同一个平面时,l1 与 l2 可能平行、相交或异面;对 B,当 l1,l2 与同一个平面所成角相等时,l1 与 l2 可能平行、相交或异面;对 C,l1 与 l2 可能 平行,也可能异面,只有 D 满足要求,故选 D. 4.(2015·太原期末检测)已知平面 α 和直线 l,则 α 内至少有一条直线与 l( A.平行 C.垂直 B.相交 D.异面 ) )

解析:选 C 直线 l 与平面 α 斜交时,在平面 α 内不存在与 l 平行的直线,∴A 错;l ? α 时,在平面 α 内不存在与 l 异面的直线,∴D 错;l∥α 时,在平面 α 内不存在与 l 相交的直线,∴B 错.无论哪种情形在平面 α 内都有无数条直线与 l 垂直.
31

5.(2015·江西七校联考)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:选 D 依题意,直线 b 和 c 的位置关系可能是相交、平行或异面,故选 D. 6.(2014·大纲卷)已知正四面体 ABCD 中,E 是 AB 的中点,则异面直线 CE 与 BD 所成角 的余弦值为( A. C. 1 6 1 3 ) B. D. 3 6 3 3

解析:选 B 法一:设正四面体 ABCD 的棱长为 2.如图,取 AD 的中 点 F,连接 EF,CF. 1 在△ABD 中,由 AE=EB,AF=FD,得 EF∥BD,且 EF= BD=1. 2 故∠CEF 为直线 CE 与 BD 所成的角或其补角. 在△ABC 中,CE= 在△ADC 中,CF= 3 AB= 3; 2 3 AD= 3. 2

在△CEF 中,cos∠CEF= = ? 3? +1 -? 3? 2 3×1
2 2

CE2+EF2-CF2 2CE·EF
= 3 . 6 3 . 6

2

所以直线 CE 与 BD 所成角的余弦值为 法二:设正四面体 ABCD 的棱长为 2. 如图,取 AD 的中点 F,连接 EF,CF.

1 在△ABD 中, 由 AE=EB, AF=FD, 得 EF∥BD, 且 EF= BD=1.故∠CEF 2 为直线 CE 与 BD 所成的角或其补角. 在△ABC 中,CE= 在△ADC 中,CF= 3 AB= 3; 2 3 AD= 3. 2

取 EF 的中点 H,连接 CH,

32

1 1 则 EH= EF= ,且 CH⊥EF. 2 2 1

EH 2 3 在 Rt△CEH 中,cos∠CEF= = = . CE 3 6
所以直线 CE 与 BD 所成角的余弦值为 二、填空题 7.(2015·济南一模)在正四棱锥 V?ABCD 中,底面正方形 ABCD 的边长为 1,侧棱长为 2, 则异面直线 VA 与 BD 所成角的大小为________. 解析:如图,设 AC∩BD=O,连接 VO,因为四棱锥 V?ABCD 是正四棱 锥,所以 VO⊥平面 ABCD,故 BD⊥VO.又四边形 ABCD 是正方形,所以 BD ⊥AC,所以 BD⊥平面 VAC,所以 BD⊥VA,即异面直线 VA 与 BD 所成角的 π 大小为 . 2 π 答案: 2 8.(2015·福建六校联考)设 a,b,c 是空间中的三条直线,下面给出四个命题: ①若 a∥b,b∥c,则 a∥c; ②若 a⊥b,b⊥c,则 a∥c; ③若 a 与 b 相交,b 与 c 相交,则 a 与 c 相交; ④若 a? 平面 α ,b? 平面 β ,则 a,b 一定是异面直线. 上述命题中正确的命题是________(写出所有正确命题的序号). 解析:由公理 4 知①正确;当 a⊥b,b⊥c 时,a 与 c 可以相交、平行或异面,故②错; 当 a 与 b 相交,b 与 c 相交时,a 与 c 可以相交、平行,也可以异面,故③错;a? α ,b? β , 并不能说明 a 与 b“不同在任何一个平面内”,故④错. 答案:① 9.(2015·揭阳模拟)如图所示,在正三棱柱 ABC?A1B1C1 中,D 是 AC 的 中点,AA1∶AB= 2∶1,则异面直线 AB1 与 BD 所成的角为________. 解析:如图,取 A1C1 的中点 D1, 连接 B1D1, 3 . 6

33

因为 D 是 AC 的中点,所以 B1D1∥BD,所以∠AB1D1 即为异面直线 AB1 与 BD 所成的角.连 接 AD1,设 AB=a,则 AA1= 2a,所以 AB1= 3a,B1D1= 3 a, 2

AD1=

1 2 3 a +2a2= a. 4 2

所以,在△AB1D1 中,由余弦定理得,
2 2 2 AB1 +B1D1-AD1 cos ∠AB1D1= = 2AB1·B1D1

1 = ,所以∠AB1D1=60°. 3 2 2× 3a× a 2

3 2 9 2 2 3a + a - a 4 4

答案:60° 10.在正方体 ABCD?A1B1C1D1 中,E,F 分别为棱 AA1,CC1 的中点,则在空间中与三条直线

A1D1,EF,CD 都相交的直线有________条.
解析:法一:在 EF 上任意取一点 M,直线 A1D1 与 M 确定一个平面, 这个平面与 CD 有且仅有 1 个交点 N, M 取不同的位置就确定不同的平面, 从而与 CD 有不同的交点 N,而直线 MN 与这 3 条异面直线都有交点.如 图所示. 法二:在 A1D1 上任取一点 P,过点 P 与直线 EF 作一个平面 α ,因 CD 与平面 α 不平行, 所以它们相交,设它们交于点 Q,连接 PQ,则 PQ 与 EF 必然相交,即 PQ 为所求直线.由点 P 的任意性,知有无数条直线与三条直线 A1D1,EF,CD 都相交. 答案:无数 三、解答题 11.如图所示,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)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 AC∥FG,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. 又因为 AC⊥BD,则 FG⊥EG.
34

1 在 Rt△EGF 中, 由 EG=FG= AC, 求得∠FEG=45°, 即异面直线 EF 与 BD 所成的角为 45°. 2 12.如图,平面 ABEF⊥平面 ABCD,四边形 ABEF 与四边形 ABCD 都是直 1 1 角梯形,∠BAD=∠FAB=90°,BC 綊 AD,BE 綊 FA,G,H 分别为 FA,FD 2 2 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、平面平行的判定及其性质

对应学生用书P107

基础盘查一 直线与平面平行的判定与性质 (一)循纲忆知 1.以立体几何的有关定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面平行的有关性 质与判定定理,并能够证明相关性质定理. 2.能运用线面平行的判定及性质定理证明一些空间图形的平行关系的简单命题. (二)小题查验 1.判断正误 (1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线,则这条直线平行于这个平面( )

35

(2)若一条直线平行于一个平面,则这条直线平行于这个平面内的任一条直线( (3)若直线 a 与平面 α 内无数条直线平行,则 a∥α ( ) )

)

(4)若直线 a∥α ,P∈α ,则过点 P 且平行于 a 的直线有无数条( 答案:(1)× (2)× (3)× (4)×

2.如图,正方体 ABCD?A1B1C1D1 中,AB=2,点 E 为 AD 的中点,点 F 在 CD 上.若 EF∥平 面 AB1C,则线段 EF 的长度等于________.

答案: 2 3.(人教 A 版教材习题改编)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 F,由 重心性质可知,E,F 重合为一点,且该点为 CD 的中点 E,连接 MN,由

EM 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 基础盘查二 平面与平面平行的判定与性质 (一)循纲忆知 1.以立体几何的有关定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中面面平行的有关性 质与判定定理,并能够证明有关性质定理. 2.能运用面面平行的判定及性质定理证明一些空间图形的平行关系的简单命题. (二)小题查验 1.判断正误 (1)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面,那么这两个平面平行( (2)如果两个平面平行,那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面( (3)设 l 为直线,α ,β 是两个不同的平面,若 l∥α ,l∥β ,则 α ∥β ( 答案:(1)× (2)√ (3)× 2.(人教 A 版教材习题改编)已知平面 α ∥平面 β ,直线 a? α ,有下列命题: ①a 与 β 内的所有直线平行;②a 与 β 内无数条直线平行; ③a 与 β 内的任意一条直线都不垂直. 其中真命题的序号是________. ) ) )

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答案:② 3.已知正方体 ABCD?A1B1C1D1,下列结论中,正确的结论是________(只填序号). ①AD1∥BC1; ②平面 AB1D1∥平面 BDC1; ③AD1∥DC1; ④AD1∥平面 BDC1. 解析:连接 AD1,BC1, 因为 AB 綊 C1D1, 所以四边形 AD1C1B 为平行四边形, 故 AD1∥BC1,从而①正确; 易证 BD∥B1D1,AB1∥DC1, 又 AB1∩B1D1=B1,BD∩DC1=D, 故平面 AB1D1∥平面 BDC1,从而②正确; 由图易知 AD1 与 DC1 异面,故③错误; 因 AD1∥BC1,AD1?平面 BDC1,BC1? 平面 BDC1,故 AD1∥平面 BDC1,故④正确. 答案:①②④

对应学生用书P108

考点一 平行关系的基本问题(基础送分型考点——自主练透) [必备知识] 1.直线与平面平行的定义 直线与平面没有公共点,叫做直线与平面平行. 2.平面与平面平行的定义 如果两个平面没有公共点,叫做两个平面平行. [题组练透] 1.(2015·嘉兴月考)对于空间的两条直线 m,n 和一个平面 α ,下列命题中的真命题是 ( ) A.若 m∥α ,n∥α ,则 m∥n B.若 m∥α ,n? α ,则 m∥n C.若 m∥α ,n⊥α ,则 m∥n D.若 m⊥α ,n⊥α ,则 m∥n 解析:选 D 对 A,直线 m,n 可能平行、异面或相交,故 A 错误;对 B,直线 m 与 n 可 能平行,也可能异面,故 B 错误;对 C,m 与 n 垂直而非平行,故 C 错误;对 D,垂直于同一
37

平面的两直线平行,故 D 正确. 2.(2015·潍坊模拟)已知 m,n,l1,l2 表示直线,α ,β 表示平面.若 m? α ,n? α ,

l1? β ,l2? β ,l1∩l2=M,则 α ∥β 的一个充分条件是(
A.m∥β 且 l1∥α C.m∥β 且 n∥l2

)

B.m∥β 且 n∥β D.m∥l1 且 n∥l2

解析:选 D 由定理“如果一个平面内有两条相交直线分别与另一个平面平行,那么这 两个平面平行”可得,由选项 D 可推知 α ∥β ,因此选 D. 3. 过三棱柱 ABC ?A1B1C1 的任意两条棱的中点作直线, 其中与平面 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,面面平行的判定与性质的基本问题要注意: (1)注意判定定理与性质定理中易忽视的条件,如线面平行的条件中线在面外易忽视. (2)结合题意构造或绘制图形,结合图形作出判断. (3)会举反例或用反证法推断命题是否正确. 考点二 直线与平面平行的判定与性质(题点多变型考点——全面发掘) [必备知识] 1.直线与平面平行的判定定理 自然语言:平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,则该直线与此平面平行.简称: 线线平行,则线面平行. 符号语言:a?α ,b? α ,且 a∥b? a∥α . [提醒] 在推证线面平行时,一定要强调直线不在平面内,否则会出现错误. 2.直线与平面平行的性质定理 自然语言:一条直线与一个平面平行,则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直 线平行.简称:线面平行,则线线平行. 符号语言:a∥α ,a? β ,α ∩β =b? a∥b. [提醒] 一条直线平行于一个平面,它可以与平面内的无数条直线平行,但这条直线与 平面内的任意一条直线可能平行,也可能异面. [一题多变] [典型母题]

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(2015·南通模拟)如图所示,斜三棱柱 ABC?A1B1C1 中,点 D,D1 分别 为 AC,A1C1 上的中点. (1)证明 AD1∥平面 BDC1. (2)证明 BD∥平面 AB1D1. [证明] (1)∵D1,D 分别为 A1C1 与 AC 的中点, 四边形 ACC1A1 为平行四边形,∴C1D1 綊 DA, ∴四边形 ADC1D1 为平行四边形,∴AD1∥C1D, 又 AD1?平面 BDC1,C1D? 平面 BDC1, ∴AD1∥平面 BDC1. (2)连接 D1D, ∵BB1∥平面 ACC1A1,BB1? 平面 BB1D1D,平面 ACC1A1∩平面 BB1D1D=

D1D,∴BB1∥D1D,
又 D1,D 分别为 A1C1AC 中点, ∴BB1=DD1, 故四边形 BDD1B1 为平行四边形, ∴BD∥B1D1, 又 BD?平面 AB1D1,B1D1? 平面 AB1D1, ∴BD∥平面 AB1D1.

[题点发散 1] 将本例条件“D1,D 分别为 AC,A1C1 上的中点”变为“D1,D 分别为 AC,

A1C1 上的点”.
试问当

A1D1 等于何值时,BC1∥平面 AB1D1? D1C1 A1D1 =1, D1C1

解:如图,取 D1 为线段 A1C1 的中点,此时 连接 A1B 交 AB1 于点 O,连接 OD1,

由棱柱的性质知四边形 A1ABB1 为平行四边形, ∴O 为 A1B 的中点. 在△A1BC1 中,点 O,D1 分别为 A1B,A1C1 的中点, ∴OD1∥BC1,又 OD1? 平面 AB1D1,BC1?平面 AB1D1, ∴BC∥平面 AB1D1 ∴当

A1D1 =1 时,BC1∥平面 AB1D1. D1C1

[题点发散 2] 将本例条件“D,D1 分别为 AC,A1C1 上的中点”变为“D,D1 分别为 AC,

A1C1 上的点且平面 BC1D∥平面 AB1D1”,
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试求 的值. 解:由平面 BC1D∥平面 AB1D1,且平面 A1BC1∩平面 BC1D=BC1,平面

AD DC

A1BC1∩平面 AB1D1=D1O 得 BC1∥D1O,
∴ 又 ∴

A1D1 A1O = . D1C1 OB A1D1 DC A1O = , =1, D1C1 AD OB DC AD =1 即 =1. AD DC
[类题通法]

证明直线与平面平行,一般有以下几种方法 (1)若用定义直接判定,一般用反证法; (2)用判定定理来证明, 关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行, 证明时注意 用符号语言叙述证明过程; (3)应用两平面平行的一个性质, 即两平面平行时, 其中一个平面内的任何直线都平行于 另一个平面. 考点三 平面与平面平行的判定与性质(重点保分型考点——师生共研) [必备知识] 1.平面与平面平行的判定定理 自然语言:一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行,则这两个平面平行.简称: 线面平行,则面面平行. 符号语言:a? α ,b? α ,a∩b=P,a∥β ,b∥β ? α ∥β . [提醒] (1)如果一个平面内的两条平行直线与另一个平面平行, 则这两个平面相交或平 行. (2)要证面面平行需证线面平行, 要证线面平行需证线线平行, 因此“面面平行”问题最 终可转化为“线线平行”问题. 2.平面与平面平行的性质定理 自然语言:如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线平行.简称:面 面平行,则线线平行. 符号语言:α ∥β ,α ∩γ =a,β ∩γ =b? a∥b. [提醒] 平面与平面平行的性质定理实际上给出了判定两条直线平行的一种方法,注意 一定是第三个平面与两平行平面相交,其交线平行. [典题例析] 在正方体 ABCD?A1B1C1D1 中,M,N,P 分别是 C1C,B1C1,C1D1 的中点,求证:平面 PMN∥平
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面 A1BD. 证明:法一:如图,连接 B1D1,B1C. ∵P,N 分别是 D1C1,B1C1 的中点, ∴PN∥B1D1. 又 B1D1∥BD,∴PN∥BD. 又 PN?平面 A1BD, ∴PN∥平面 A1BD. 同理 MN∥平面 A1BD, 又 PN∩MN=N, ∴平面 PMN∥平面 A1BD. 法二:如图,连接 AC1,AC. ∵ABCD?A1B1C1D1 为正方体, ∴AC⊥BD. 又 CC1⊥平面 ABCD, ∴AC 为 AC1 在平面 ABCD 上的射影. ∴AC1⊥BD. 同理可证,AC1⊥A1B, ∴AC1⊥平面 A1BD. 同理可证,AC1⊥平面 PMN, ∴平面 PMN∥平面 A1BD. [类题通法] 判定平面与平面平行的方法 (1)利用定义; (2)利用面面平行的判定定理; (3)利用面面平行的判定定理的推论; (4)面面平行的传递性(α ∥β ,β ∥γ ? α ∥γ ); (5)利用线面垂直的性质(l⊥α ,l⊥β ? α ∥β ). [演练冲关] 如图,在正方体 ABCD?A1B1C1D1 中, (1)求证:平面 AB1D1∥平面 C1BD; (2)试找出体对角线 A1C 与平面 AB1D1 和平面 C1BD 的交点 E,F, 并证 明:A1E=EF=FC. 证明:(1)因为在正方体 ABCD?A1B1C1D1 中,

AD 綊 B1C1,所以四边形 AB1C1D 是平行四边形,
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所以 AB1∥C1D. 又因为 C1D? 平面 C1BD,AB1?平面 C1BD, 所以 AB1∥平面 C1BD. 同理 B1D1∥平面 C1BD. 又因为 AB1∩B1D1=B1,

AB1? 平面 AB1D1,B1D1? 平面 AB1D1,
所以平面 AB1D1∥平面 C1BD. (2)如图,连接 A1C1,交 B1D1 于点 O1,连接 AO1,与 A1C 交于点 E. 又因为 AO1? 平面 AB1D1, 所以点 E 也在平面 AB1D1 内, 所以点 E 就是 A1C 与平面 AB1D1 的交点. 连接 AC,交 BD 于点 O,连接 C1O,与 A1C 交于点 F, 则点 F 就是 A1C 与平面 C1BD 的交点. 下面证明 A1E=EF=FC. 因为平面 A1C1C∩平面 AB1D1=EO1, 平面 A1C1C∩平面 C1BD=C1F, 平面 AB1D1∥平面 C1BD,所以 EO1∥C1F. 在△A1C1F 中,O1 是 A1C1 的中点,所以 E 是 A1F 的中点,即 A1E=EF. 同理可证,OF∥AE, 所以 F 是 CE 的中点,即 FC=EF, 所以 A1E=EF=FC.

对应A本课时跟踪检测?四十三?

一、选择题 1.(2015·江西盟校联考)设 l 表示直线,α ,β 表示平面.给出四个结论: ①如果 l∥α ,则 α 内有无数条直线与 l 平行; ②如果 l∥α ,则 α 内任意的直线与 l 平行; ③如果 α ∥β ,则 α 内任意的直线与 β 平行; ④如果 α ∥β ,对于 α 内的一条确定的直线 a,在 β 内仅有唯一的直线与 a 平行. 以上四个结论中,正确结论的个数为( A.0 C.2 ) B. 1 D. 3

解析:选 C ②中 α 内的直线与 l 可异面,④中可有无数条.
42

2.(2015·福建联考)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 对①,两条平行线中有一条与一平面垂直,则另一条也与这个平面垂直, 故①正确;对②,直线 l 可能在平面 α 内,故②错误;对③,三条交线除了平行,还可能相 交于同一点,故③错误;对④, 结合线面平行的判定定理和性质定理可判断其正确.综上① ④正确.故选 B. 3.(2015·揭阳一模)设平面 α ,β ,直线 a,b,a? α ,b? α ,则“a∥β ,b∥β ” 是“α ∥β ”的( )

A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选 B 由平面与平面平行的判定定理可知,若直线 a,b 是平面 α 内两条相交直 线,且有“a∥β ,b∥β ”,则有“α ∥β ”;当“α ∥β ”,若 a? α ,b? α ,则有“a ∥β ,b∥β ”,因此“a∥β ,b∥β ”是“α ∥β ”的必要不充分条件.选 B. 4.(2015·温州模拟)已知 m,n 是两条不同的直线,α ,β ,γ 是三个不同的平面,下 列命题中错误的是( )

A.若 m⊥α ,m⊥β ,则 α ∥β B.若 α ∥γ ,β ∥γ ,则 α ∥β C.若 m? α ,n? β ,m∥n,则 α ∥β D.若 m,n 是异面直线,m? α ,m∥β ,n? β ,n∥α ,则 α ∥β 解析:选 C 由线面垂直的性质可知 A 正确;由两个平面平行的性质可知 B 正确;由异 面直线的性质易知 D 也是正确的;对于选项 C,α ,β 可以相交、可以平行,故 C 错误,选 C. 5.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 .
43

可以填入的条件有( A.①② C.①③

) B.②③ D.①②③

解析:选 C 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.选 C. 6.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,把该几何体放置到正方体中(如图),取 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.故 选 C. 二、填空题 7.如图,四棱锥 P?ABCD 的底面是一直角梯形,AB∥CD,BA⊥AD,CD =2AB,PA⊥底面 ABCD,E 为 PC 的中点,则 BE 与平面 PAD 的位置关系为 ________. 解析:取 PD 的中点 F,连接 EF,AF, 1 在△PCD 中,EF 綊 CD. 2 又∵AB∥CD 且 CD=2AB, ∴EF 綊 AB,∴四边形 ABEF 是平行四边形,∴EB∥AF. 又∵EB?平面 PAD,AF? 平面 PAD, ∴BE∥平面 PAD. 答案:平行 8.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: 如图,假设 Q 为 CC1 的中点,因为 P 为 DD1 的中点,所以 QB

44

∥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 9.(2015·云南第一次检测)在三棱锥 S?ABC 中,△ABC 是边长为 6 的正三角形,SA=SB =SC=15,平面 DEFH 分别与 AB,BC,SC,SA 交于 D,E,F,H.D,E 分别是 AB,BC 的中点, 如果直线 SB∥平面 DEFH,那么四边形 DEFH 的面积为________. 解析:取 AC 的中点 G,连接 SG,BG.易知 SG⊥AC,BG⊥AC,故 AC ⊥平面 SGB, 所以 AC⊥SB.因为 SB∥平面 DEFH, SB? 平面 SAB, 平面 SAB∩ 平面 DEFH=HD,则 SB∥HD.同理 SB∥FE.又 D,E 分别为 AB,BC 的中点, 1 则 H,F 也为 AS,SC 的中点,从而得 HF 綊 AC 綊 DE,所以四边形 DEFH 2 为平行四边形.又 AC⊥SB,SB∥HD,DE∥AC,所以 DE⊥HD,所以四边形 DEFH 为矩形,其面

?1 ? ?1 ? 45 积 S=HF·HD=? AC?·? SB?= . ? 2 ? ?2 ? 2
45 答案: 2 10.(2015·温州一测)如图,矩形 ABCD 中,E 为边 AB 的中点,将△ADE 沿直线 DE 翻转成 △A1DE.若 M 为线段 A1C 的中点,则在△ADE 翻转过程中,正确的命题是________.

①|BM|是定值; ②点 M 在圆上运动; ③一定存在某个位置,使 DE⊥A1C; ④一定存在某个位置,使 MB∥平面 A1DE. 解析:取 DC 中点 N,连接 MN,NB,则 MN∥A1D,NB∥DE, ∴平面 MNB∥平面 A1DE, ∵MB? 平面 MNB, ∴MB∥平面 A1DE,④正确; 1 2 2 2 ∠ A1DE=∠ MNB , MN = A1D=定值, NB= DE =定值,根据余弦定理得, MB =MN + NB - 2 2MN·NB·cos ∠MNB,所以 MB 是定值.①正确;

B 是定点,所以 M 是在以 B 为圆心,MB 为半径的圆上,②正确;
当矩形 ABCD 满足 AC⊥DE 时存在,其他情况不存在,③不正确.

45

所以①②④正确. 答案:①②④ 三、解答题 11.如图,ABCD 与 ADEF 均为平行四边形,M,N,G 分别是 AB,AD,EF 的中点. (1)求证:BE∥平面 DMF; (2)求证:平面 BDE∥平面 MNG.

证明:(1)连接 AE,则 AE 必过 DF 与 GN 的交点 O, 连接 MO,则 MO 为△ABE 的中位线,所以 BE∥MO, 又 BE?平面 DMF,MO? 平面 DMF, 所以 BE∥平面 DMF. (2)因为 N,G 分别为平行四边形 ADEF 的边 AD,EF 的中点, 所以 DE∥GN, 又 DE?平面 MNG,GN? 平面 MNG, 所以 DE∥平面 MNG. 又 M 为 AB 的中点, 所以 MN 为△ABD 的中位线,所以 BD∥MN, 又 MN? 平面 MNG,BD?平面 MNG, 所以 BD∥平面 MNG, 又 DE,BD? 平面 BDE,DE∩BD=D, 所以平面 BDE∥平面 MNG. 12.(2014·安徽高考)如图,四棱锥 P?ABCD 的底面是边长为 8 的正方形,四条侧棱长均 为 2 17 .点 G,E,F,H 分别是棱 PB,AB,CD,PC 上共面的四点,平面 GEFH⊥ 平面 ABCD ,

BC∥ 平面 GEFH.

(1)证明:GH∥EF; (2)若 EB=2,求四边形 GEFH 的面积. 解:(1)证明:因为 BC∥平面 GEFH,BC? 平面 PBC,且平面 PBC∩平面 GEFH=GH,所以

46

GH∥BC.
同理可证 EF∥BC, 因此 GH∥EF. (2)连接 AC,BD 交于点 O,BD 交 EF 于点 K,连接 OP,GK. 因为 PA=PC,O 是 AC 的中点,所以 PO⊥AC,同理可得 PO⊥BD. 又 BD∩AC=O, 且 AC, BD 都在底面 ABCD 内, 所以 PO⊥底面 ABCD. 又因为平面 GEFH⊥平面 ABCD, 且 PO?平面 GEFH,所以 PO∥平面 GEFH. 因为平面 PBD∩平面 GEFH=GK, 所以 PO∥GK,且 GK⊥底面 ABCD, 从而 GK⊥EF. 所以 GK 是梯形 GEFH 的高. 由 AB=8,EB=2,得 EB∶AB=KB∶DB=1∶4, 1 1 从而 KB= DB= OB,即 K 为 OB 的中点. 4 2 1 再由 PO∥GK 得 GK= PO, 2 1 即 G 是 PB 的中点,且 GH= BC=4. 2 由已知可得 OB=4 2,

PO= PB2-OB2= 68-32=6,
所以 GK=3. 故四边形 GEFH 的面积

GH+EF 4 +8 S= ·GK= ×3=18.
2 2

47

第五节

直线、平面垂直的判定及其性质

对应学生用书P110

基础盘查一 直线与平面垂直 (一)循纲忆知 1.以立体几何的有关定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面垂直的有关性 质与判定定理,并能够证明相关性质定理. 2.能运用线面垂直的判定及性质定理证明一些空间图形的垂直关系的简单命题. (二)小题查验 1.判断正误 (1)已知直线 a,b,c:若 a⊥b,b⊥c,则 a∥c( ) ) )

(2)直线 l 与平面 α 内无数条直线都垂直,则 l⊥α (

(3)设 m, n 是两条不同的直线, α , β 是两个不同的平面, 若 m∥n, m⊥α , 则 n⊥α ( (4)设 l 为直线,α ,β 是两个不同的平面,若 α ⊥β ,l∥α ,则 l⊥β ( 答案:(1)× (2)× (3)√ (4)× )

2.(北师大版教材习题改编)如图 P 为△ABC 所在平面外一点.PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,

PH⊥平面 ABC 于 H,则 H 是△ABC 的________心.

答案:垂 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⊥PC, AE⊥BC,PB? 平面 PBC? AE⊥PB,AF⊥PB, EF? 平面 AEF? EF⊥PB, 故②正确,③AF⊥PB,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 基础盘查二 平面与平面垂直

48

(一)循纲忆知 1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中面面垂直的有关性质与 判定定理,并能够证明相关性质定理. 2.能运用面面垂直的判定及性质定理证明一些空间图形的垂直关系的简单命题. (二)小题查验 1.判断正误 (1)若两平面垂直,则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面( (2)若平面 α 内的一条直线垂直于平面 β 内的无数条直线,则 α ⊥β ( 答案:(1)× (2)× 2.(人教 A 版教材习题改编)PD 垂直于正方形 ABCD 所在的平面,连接 PB,PC,PA,AC, ) )

BD,则一定互相垂直的平面有________对.
解析: 由于 PD⊥平面 ABCD, 故平面 PAD⊥平面 ABCD, 平面 PDB⊥平面 ABCD, 平面 PDC⊥平面 ABCD,平面 PDA⊥平面 PDC,平面 PAC⊥平面 PDB,平面 PAB ⊥平面 PAD, 平面 PBC⊥平面 PDC,共 7 对. 答案:7

对应学生用书P110

考点一 垂直关系的基本问题(基础送分型考点——自主练透) [必备知识] 1.直线与平面垂直的定义 如果直线 l 与平面 α 内的任意一条直线都垂直,我们就说直线 l 与平面 α 互相垂直, 记作 l⊥α . 2.两个平面垂直的定义 如果两个相交平面所成的二面角是直二面角, 那么就说这两个平面互相垂直. 平面 α 与 β 垂直,记作 α ⊥β . [题组练透] 1. (2015·上海六校联考)已知 m 和 n 是两条不同的直线, α 和 β 是两个不重合的平面, 下面给出的条件中一定能推出 m⊥β 的是( A.α ⊥β 且 m? α C.m∥n 且 n⊥β ) B.α ⊥β 且 m∥α D.m⊥n 且 α ∥β

解析:选 C 由线线平行性质的传递性和线面垂直的判定定理,可知 C 正确. 2.(2014·浙江高考)设 m,n 是两条不同的直线,α ,β 是两个不同的平面( A.若 m⊥n,n∥α ,则 m⊥α
49

)

B.若 m∥β ,β ⊥α 则 m⊥α C.若 m⊥β ,n⊥β ,n⊥α 则 m⊥α D.若 m⊥n,n⊥β ,β ⊥α ,则 m⊥α 解析:选 C 选项 A,B,D 中 m 均可能与平面 α 平行、垂直、斜交或在平面 α 内,故 选 C. 3. (2015·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. [类题通法] 解决垂直关系的基本问题要注意 (1)紧扣垂直关系的判定定理与性质定理. (2)借助于图形去判断. (3)举反例排除去判断. 考点二 线面垂直的判定与性质(重点保分型考点——师生共研) [必备知识] 1.直线与平面垂直的判定定理 (1)自然语言:一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,则该直线与此平面垂直. (2)符号语言:a? α ,b? α ,a∩b=P,l⊥a,l⊥b? l⊥α . 2.直线与平面垂直的性质定理 自然语言:垂直于同一个平面的两条直线平行. 符号语言:a⊥α ,b⊥α ? a∥b. [提醒] 一条直线与一个平面内的两条平行直线都垂直, 则该直线与此平面不一定垂直, 也有可能直线在平面内或平行于该平面,所以“相交”这一条件不可忽略. [典题例析] (2014·重庆高考)如图,四棱锥 P?ABCD 中,底面是以 O 为 π 中心的菱形,PO⊥底面 ABCD,AB=2,∠BAD= ,M 为 BC 上一 3 1 点,且 BM= . 2 (1)证明:BC⊥平面 POM; (2)若 MP⊥AP,求四棱锥 P?ABMO 的体积.

50

解:(1)证明:如图,因为四边形 ABCD 为菱形,O 为菱形中 π 心,连接 OB,AM,则 AO⊥OB.因为∠BAD= , 3 π 故 OB=AB·sin∠OAB=2sin =1, 6 1 π 又因为 BM= ,且∠OBM= ,在△OBM 中, 2 3

OM2=OB2+BM2-2OB·BM·cos∠OBM
1 π 3 ?1?2 2 =1 +? ? -2×1× ×cos = . 2 3 4 ?2? 所以 OB =OM +BM ,故 OM⊥BM. 又 PO⊥底面 ABCD,所以 PO⊥BC.从而 BC 与平面 POM 内两条相交直线 OM,OP 都垂直, 所以 BC⊥平面 POM. π (2)由(1)可得,OA=AB·cos∠OAB=2×cos = 3. 6 设 PO=a,由 PO⊥底面 ABCD 知,△POA 为直角三角形,故 PA =PO +OA =a +3. 由△POM 也是直角三角形, 3 2 2 2 2 故 PM =PO +OM =a + . 4 在△ABM 中,
2 2 2 2 2 2 2

AM2=AB2+BM2-2AB·BM·cos∠ABM
1 2π 21 ?1?2 2 =2 +? ? -2×2× ×cos = . 2 2 3 4 ? ? 由已知 MP⊥AP,故△APM 为直角三角形,则

PA2+PM2=AM 2,即 a2+3+a2+ = ,得 a=

3 21 4 4

3 3 3 ,a=- (舍去),即 PO= . 2 2 2

1 1 1 1 1 3 5 3 此时 S 四边形 ABMO=S△AOB+S△OMB= ·AO·OB+ ·BM·OM= × 3×1+ × × = . 2 2 2 2 2 2 8 所以四棱锥 P?ABMO 的体积

VP?ABMO= ·S 四边形 ABMO·PO= ×

1 3

1 5 3 3 5 × = . 3 8 2 16 [类题通法]

证明直线和平面垂直的常用方法 (1)利用判定定理; (2)利用判定定理的推论(a∥b,a⊥α ? b⊥α ); (3)利用面面平行的性质(a⊥α ,α ∥β ? a⊥β );
51

(4)利用面面垂直的性质. 当两个平面垂直时,在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面. [演练冲关] 如图,已知 PA⊥平面 ABCD,且四边形 ABCD 为矩形,M,N 分别是

AB,PC 的中点.
(1)求证:MN⊥CD; (2)若∠PDA=45°,求证:MN⊥平面 PCD. 证明:(1)如图所示,取 PD 的中点 E,连接 AE,NE, ∵N 是 PC 的中点,E 为 PD 的中点, 1 ∴NE∥CD,且 NE= CD, 2 1 1 而 AM∥CD,且 AM= AB= CD, 2 2 ∴NE 綊 AM, ∴四边形 AMNE 为平行四边形, ∴MN∥AE. 又 PA⊥平面 ABCD,∴PA⊥CD, 又∵ABCD 为矩形,∴AD⊥CD. 而 AD∩PA=A,∴CD⊥平面 PAD, ∴CD⊥AE.又 AE∥MN,∴MN⊥CD. (2)∵PA⊥平面 ABCD,∴PA⊥AD, 又∠PDA=45°, ∴△PAD 为等腰直角三角形. 又 E 为 PD 的中点, ∴AE⊥PD,又由(1)知 CD⊥AE,PD∩CD=D, ∴AE⊥平面 PCD. 又 AE∥MN,∴MN⊥平面 PCD. 考点三 面面垂直的判定与性质(重点保分型考点——师生共研) [必备知识] 1.两个平面垂直的判定定理 自然语言:一个平面过另一个平面的垂线,则这两个平面垂直. 符号语言:a? α ,a⊥β ? α ⊥β . [提醒] 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. 2.平面与平面垂直的性质 自然语言:两个平面垂直,则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直.
52

符号语言:α ⊥β ,α ∩β =CD,AB? α ,AB⊥CD? AB⊥β . [典题例析] (2014·江苏高考)如图,在三棱锥 P?ABC 中,D,E,F 分别为棱 PC,

AC,AB 的中点.已知 PA⊥AC,PA=6,BC=8,DF=5.
求证:(1)直线 PA∥平面 DEF; (2)平面 BDE⊥平面 ABC. 证明:(1)因为 D,E 分别为棱 PC,AC 的中点, 所以 DE∥PA. 又因为 PA?平面 DEF,DE? 平面 DEF, 所以直线 PA∥平面 DEF. (2)因为 D,E,F 分别为棱 PC,AC,AB 的中点,PA=6,BC=8, 1 1 所以 DE∥PA,DE= PA=3,EF= BC=4. 2 2 又因为 DF=5,故 DF =DE +EF , 所以∠DEF=90°,即 DE⊥EF. 又 PA⊥AC,DE∥PA, 所以 DE⊥AC. 因为 AC∩EF=E,AC? 平面 ABC,EF? 平面 ABC, 所以 DE⊥平面 ABC. 又 DE? 平面 BDE, 所以平面 BDE⊥平面 ABC. [类题通法] 1.判定面面垂直的方法: (1)面面垂直的定义; (2)面面垂直的判定定理(a⊥β ,a? α ? α ⊥β ). 2.在已知平面垂直时,一般要用性质定理进行转化. 在一个平面内作交线的垂线,转化为线面垂直,然后进一步转化为线线垂直. [演练冲关] (2015·山东日照一模)如图,在四棱锥 P?ABCD 中,底面 ABCD 为菱形,∠BAD=60°,Q 为 AD 的中点.
2 2 2

(1)若 PA=PD,求证:平面 PQB⊥平面 PAD;
53

(2)点 M 在线段 PC 上,PM=tPC,试确定实数 t 的值,使 PA∥平面 MQB. 解:(1)证明:连接 BD,因为四边形 ABCD 为菱形,且∠BAD=60°, 所以△ABD 为正三角形, 又 Q 为 AD 的中点,所以 AD⊥BQ. 又因为 PA=PD,所以 AD⊥PQ. 又 BQ∩PQ=Q,所以 AD⊥平面 PQB, 又 AD? 平面 PAD,所以平面 PQB⊥平面 PAD. (2)若 PA∥平面 MQB,连接 AC 交 BQ 于 N,连接 MN. 由 AQ∥BC 可得,△ANQ∽△CNB, 所以 =

AQ AN 1 = , BC NC 2

因为 PA∥平面 MQB,PA? 平面 PAC, 平面 PAC∩平面 MQB=MN,所以 PA∥MN,

PM AN 1 1 因此, = = ,即 t 的值为 . PC AC 3 3

考点四 平行与垂直的综合问题(常考常新型考点——多角探明)

[多角探明] 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. (2014·山东高考)如图, 四棱锥 P?ABCD 中, AP⊥平面 PCD,

AD∥BC,AB=BC= AD,E,F 分别为线段 AD,PC 的中点.
(1)求证: AP∥平面 BEF; (2)求证:BE⊥平面 PAC . 证明:(1)设 AC∩BE=O,连接 OF,EC. 由于 E 为 AD 的中点,

1 2

AB=BC= AD,AD∥BC,

1 2

54

所以 AE∥BC,AE=AB=BC, 因此四边形 ABCE 为菱形, 所以 O 为 AC 的中点. 又 F 为 PC 的中点, 因此在△PAC 中,可得 AP∥OF. 又 OF? 平面 BEF,AP?平面 BEF. 所以 AP∥平面 BEF. (2)由题意知 ED∥BC,ED=BC. 所以四边形 BCDE 为平行四边形, 因此 BE∥CD. 又 AP⊥平面 PCD,所以 AP⊥CD, 因此 AP⊥BE. 因为四边形 ABCE 为菱形, 所以 BE⊥AC. 又 AP∩AC=A,AP,AC? 平面 PAC, 所以 BE⊥平面 PAC. 角度二:探索性问题中的平行与垂直关系 2. (2015·大连双基测试)已知三棱柱 ABC?A′B′C′中, 平面 BCC′B′⊥底面 ABC, BB′ ⊥AC,底面 ABC 是边长为 2 的等边三角形,AA′=3,E,F 分别在棱 AA′,CC′上,且 AE=

C′F=2.
(1)求证:BB′⊥底面 ABC; (2)在棱 A′B′上找一点 M,使得 C′M∥平面 BEF,并给出证明.

证明:(1)如图,取 BC 中点 O,连接 AO,因为三角形 ABC 是等边三角 形,所以 AO⊥BC, 又平面 BCC′B′⊥底面 ABC,AO? 平面 ABC,平面 BCC′B′∩平面

ABC=BC,
所以 AO⊥平面 BCC′B′, 又 BB′? 平面 BCC′B′, 所以 AO⊥BB′.
55

又 BB′⊥AC,AO∩AC=A,AO? 平面 ABC,AC? 平面 ABC,所以 BB′⊥底面 ABC. (2)如图,显然 M 不是 A′,B′,棱 A′B′上若存在一点 M,使得 C′M∥平面 BEF,过 M 作 MN∥AA′交 BE 于 N,连接 FN,MC′,所以 MN∥C′F,即 C′M 和 FN 共面, 所以 C′M∥FN, 所以四边形 C′MNF 为平行四边形, 所以 MN=2, 所以 MN 是梯形 A′B′BE 的中位线,M 为 A′B′的中点. 角度三:折叠问题中的平行与垂直关系 3.(2015·青岛二模)如图,在长方形 ABCD 中,AB=2,BC=1,E 为 CD 的中点,F 为 AE 的中点.现在沿 AE 将三角形 ADE 向上折起,在折起的图形中解答下列问题:

(1)在线段 AB 上是否存在一点 K,使 BC∥平面 DFK?若存在,请证明你的结论;若不存 在,请说明理由; (2)若平面 ADE⊥平面 ABCE,求证:平面 BDE⊥平面 ADE. 1 解:(1)线段 AB 上存在一点 K, 且当 AK= AB 时,BC∥平面 DFK, 4 证明如下: 设 H 为 AB 的中点,连接 EH,DK,KF,则 BC∥EH, 1 又∵AK= AB,F 为 AE 的中点, 4 ∴KF∥EH,∴KF∥BC, ∵KF? 平面 DFK,BC?平面 DFK, ∴BC∥平面 DFK. (2)证明:∵在折起前的图形中 E 为 CD 的中点,AB=2,BC=1, ∴在折起后的图形中,AE=BE= 2, 从而 AE +BE =4=AB ,∴AE⊥BE. ∵平面 ADE⊥平面 ABCE,平面 ADE∩平面 ABCE=AE, ∴BE⊥平面 ADE, ∵BE? 平面 BDE,∴平面 BDE⊥平面 ADE. [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 2 2

56

(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.

对应B本课时跟踪检测?四十四?

[A 卷——夯基保分] 一、选择题 1.(2015·海淀模拟)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,垂直于平面 β 的平面与平面 α 平行或相交,故 A 错;对于 B,垂 直于直线 l 的直线与平面 α 垂直、斜交、平行或在平面 α 内,故 B 错;对于 C,垂直于平 面 β 的平面与直线 l 平行或相交,故 C 错;易知 D 正确. 2.(2015·石家庄调研)设 a,b 表示直线,α ,β ,γ 表示不同的平面,则下列命题中 正确的是( ) B.若 γ ⊥α 且 γ ⊥β ,则 α ∥β D.若 γ ∥α 且 γ ∥β ,则 α ∥β )

A.若 a⊥α 且 a⊥b,则 b∥α C.若 a∥α 且 a∥β ,则 α ∥β

解析:选 D A 项中,应该是 b∥α 或 b? α ;B 项中,如果是墙角的三个面就不符合题 意;C 项中,α ∩β =m,若 a∥m 时,满足 a∥α ,a∥β ,但是 α ∥β 不正确;所以选 D. 3.(2015·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 C.有且只有两对 ) B.有且只有一对 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. 4.(2015·绵阳诊断)已知 l,m,n 是三条不同的直线,α ,β 是不同的平面,则 α ⊥ β 的一个充分条件是( )

A.l? α ,m? β ,且 l⊥m B.l? α ,m? β ,n? β ,且 l⊥m,l⊥n C.m? α ,n? β ,m∥n,且 l⊥m D.l? α ,l∥m,且 m⊥β
57

解析:选 D 对于 A,l? α ,m? β ,且 l⊥m,如图(1),α ,β 不垂直; 对于 B,l? α ,m? β ,n? β ,且 l⊥m,l⊥n,如图(2),α ,β 不垂直;

对于 C,m? α ,n? β ,m∥n,且 l⊥m,直线 l 没有确定,则 α ,β 的关系也不能确定; 对于 D,l? α ,l∥m,且 m⊥β ,则必有 l⊥β ,根据面面垂直的判定定理知,α ⊥β . 5. (2015·天津模拟)如图, 以等腰直角三角形 ABC 的斜边 BC 上的高 AD 为折痕, 把△ABD 和△ACD 折成互相垂直的两个平面后,某学生得出下列四个结论:

①BD⊥AC; ②△BAC 是等边三角形; ③三棱锥 D?ABC 是正三棱锥; ④平面 ADC⊥平面 ABC. 其中正确的是( A.①②④ C.②③④ ) B.①②③ D.①③④

解析:选 B 由题意知,BD⊥平面 ADC,故 BD⊥AC,①正确;AD 为等腰直角三角形斜边

BC 上的高,平面 ABD⊥平面 ACD,所以 AB=AC=BC,△BAC 是等边三角形,②正确;易知 DA
=DB=DC,又由②知③正确;由①知④错.故选 B. 6.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( A. C. 1 2 3 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.由已知可以 1 得 A1B1= 2,设 Rt△AA1B1 斜边 AB1 上的高为 h,则 DE= h. 2 2 3 3 2 2 又 2× 2=h 2 +? 2? ,所以 h= ,DE= . 3 3

58

在 Rt△DB1E 中,B1E= 6 × 6

6 ? 2?2 ? 3?2 ? ? -? ? = 6 . ?2? ?3?

由面积相等得 二、填空题

x2+?

2 1 ? 2?2 ? = x,得 x=2. ?2? 2

7.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:连接 AC,BD,则 AC⊥BD, ∵PA⊥底面 ABCD,∴PA⊥BD. 又 PA∩AC=A,∴BD⊥平面 PAC, ∴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) 8.(2015·福建四地六校月考)点 P 在正方体 ABCD?A1B1C1D1 的面对 角线 BC1 上运动,则下列四个命题: ①三棱锥 A?D1PC 的体积不变; ②A1P∥平面 ACD1; ③DP⊥BC1; ④平面 PDB1⊥平面 ACD1. 其中正确的命题序号是________. 解析: 由题意可得直线 BC1 平行于直线 AD1, 并且直线 AD1? 平面 AD1C, 直线 BC1?平面 AD1C, 所以直线 BC1∥平面 AD1C. 所以 VA?D1PC=VP?AD1C.点 P 到平面 AD1C 的距离不变,所以体积不变.故①正确; 连接 A1C1,A1B,可得平面 AD1C∥平面 A1C1B. 又因为 A1P? 平面 A1C1B,所以 A1P∥平面 ACD1,故②正确; 当点 P 运动到 B 点时△DBC1 是等边三角形, 所以 DP 不垂直 BC1.故③不正确; 因为直线 AC⊥平面 DB1,DB1? 平面 DB1. 所以 AC⊥DB1.同理可得 AD1⊥DB1. 所以可得 DB1⊥平面 AD1C. 又因为 DB1? 平面 PDB1.

59

所以可得平面 PDB1⊥平面 ACD1. 故④正确.综上正确的序号为①②④. 答案:①②④ 9.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 10.(2015·海淀期末)已知某四棱锥的底面是边长为 2 的正方形,且俯视 图如图所示. (1)若该四棱锥的侧视图为直角三角形,则它的体积为________; (2)关于该四棱锥的下列结论中: ①四棱锥中至少有两组侧面互相垂直; ②四棱锥的侧面中可能存在三个直角三角形; ③四棱锥中不可能存在四组互相垂直的侧面. 所有正确结论的序号是________. 解析:(1)由三视图知,该几何体为底面是正方形的四棱锥,如图所示, 1 4 所以该四棱锥的体积为 ×2×2×1= .(2)由图可知 PQ⊥平面 ABCD,则有 3 3

PQ⊥AB,又 AB⊥BC,所以 AB⊥平面 PBC,于是侧面 PAB⊥侧面 PBC,同理可
知侧面 PDC⊥侧面 PBC,故①正确;由上述易知 AB⊥PB,CD⊥PC,所以△PAB,△PCD 为直角 三角形,又四棱锥的侧视图为直角三角形,所以△PBC 为直角三角形,故②正确;由图易判 断平面 PAB 与平面 PAD 不垂直,故③正确.综上知①②③均正确. 4 答案:(1) (2)①②③ 3 三、解答题 11.(2015·南京检测)如图,在正三棱锥 ABC?A1B1C1 中,E,F 分别为 BB1,AC 的中点.

(1)求证:BF∥平面 A1EC;
60

(2)求证:平面 A1EC⊥平面 ACC1A1. 证明:(1)连接 AC1 交 A1C 于点 O,连接 OE,OF,

在正三棱柱 ABC?A1B1C1 中,四边形 ACC1A1 为平行四边形,所以 OA=OC1. 1 又因为 F 为 AC 中点,所以 OF∥CC1 且 OF= CC1. 2 1 因为 E 为 BB1 中点,所以 BE∥CC1 且 BE= CC1. 2 所以 BE∥OF 且 BE=OF,所以四边形 BEOF 是平行四边形,所以 BF∥OE. 又 BF?平面 A1EC,OE? 平面 A1EC, 所以 BF∥平面 A1EC. (2)由(1)知 BF∥OE,因为 AB=CB,F 为 AC 中点, 所以 BF⊥AC,所以 OE⊥AC. 又因为 AA1⊥底面 ABC,而 BF? 底面 ABC, 所以 AA1⊥BF. 由 BF∥OE,得 OE⊥AA1,而 AA1,AC? 平面 ACC1A1,且 AA1∩AC=A, 所以 OE⊥平面 ACC1A1. 因为 OE? 平面 A1EC, 所以平面 A1EC⊥平面 ACC1A1. 12.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:AE⊥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)所求 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,
61

∴DF⊥AE. 又 DF∩A1D=D, ∴AE⊥平面 DFA1,即 AE⊥平面 DFG. [B 卷——增分提能] 1.(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图,三棱柱 ABC?A1B1C1 中, 侧面 BB1C1C 为菱形,B1C 的中点为 O,且 AO⊥平面 BB1C1C. (1)证明:B1C⊥AB; (2)若 AC⊥AB1,∠CBB1=60°,BC=1,求三棱柱 ABC?A1B1C1 的高. 解:(1)证明:连接 BC1,则 O 为 B1C 与 BC1 的交点. 因为侧面 BB1C1C 为菱形, 所以 B1C⊥BC1. 又 AO⊥平面 BB1C1C,所以 B1C⊥AO, 故 B1C⊥平面 ABO. 由于 AB? 平面 ABO, 故 B1C⊥AB. (2)作 OD⊥BC,垂足为 D,连接 AD.作 OH⊥AD,垂足为 H.由于 BC⊥AO,BC⊥OD,AO∩OD =O,故 BC⊥平面 AOD,所以 OH⊥BC.又 OH⊥AD,AD∩BC=D,所以 OH⊥平面 ABC. 因为∠CBB1=60°,所以△CBB1 为等边三角形,又 BC=1,可得 OD= 1 1 由于 AC⊥AB1,所以 OA= B1C= . 2 2 由 OH·AD=OD·OA,且 AD= OD +OA =
2 2

3 . 4

7 21 ,得 OH= . 4 14 21 21 .故三棱柱 ABC?A1B1C1 的高为 . 7 7

又 O 为 B1C 的中点,所以点 B1 到平面 ABC 的距离为

2.(2015·西城一模)如图,在四棱锥 S?ABCD 中,底面 ABCD 是矩形,AD=2AB,SA=SD,

SA⊥AB,N 是棱 AD 的中点.

(1)求证:AB∥平面 SCD; (2)求证:SN⊥平面 ABCD; (3)在棱 SC 上是否存在一点 P,使得平面 PBD⊥平面 ABCD?若存在,求出 的值;若不 存在,说明理由.
62

SP PC

解:(1)证明:因为底面 ABCD 是矩形,所以 AB∥CD, 又因为 AB?平面 SCD,CD? 平面 SCD, 所以 AB∥平面 SCD. (2)证明:因为 AB⊥SA,AB⊥AD,SA∩AD=A, 所以 AB⊥平面 SAD,又因为 SN? 平面 SAD, 所以 AB⊥SN. 因为 SA=SD,且 N 为 AD 中点, 所以 SN⊥AD. 又因为 AB∩AD=A, 所以 SN⊥平面 ABCD. (3)存在点 P,使得平面 PBD⊥平面 ABCD.理由如下: 如图,连接 BD 交 NC 于点 F, 在平面 SNC 中过 F 作 FP∥SN 交 SC 于点 P,连接 PD,PB.

因为 SN⊥平面 ABCD,所以 FP⊥平面 ABCD. 又因为 FP? 平面 PBD,所以平面 PBD⊥平面 ABCD. 在矩形 ABCD 中,因为 ND∥BC, 所以 =

NF ND 1 = . FC BC 2

在△SNC 中,因为 FP∥SN, 所以 =

NF SP 1 = . FC PC 2

则在棱 SC 上存在点 P,使得平面 PBD⊥平面 ABCD,

SP 1 此时 = . PC 2
3.(2015·商丘质检)如图,在平行四边形 ABCD 中,AB=2BC=4,∠

ABC=120°, E, M 分别为 AB, DE 的中点, 将△ADE 沿直线 DE 翻折成△A′DE, F 为 A′C 的中点,A′C=4.
(1)求证:平面 A′DE⊥平面 BCD; (2)求证:FB∥平面 A′DE. 证明:(1)由题意,△A′DE 是△ADE 沿 DE 翻折而成的, ∴△A′DE≌△ADE. ∵∠ABC=120°,四边形 ABCD 是平行四边形,
63

∴∠A=60°. 又∵AD=AE=2, ∴△A′DE 和△ADE 都是等边三角形. 如图,连接 A′M,MC, ∵M 是 DE 的中点, ∴A′M⊥DE,A′M= 3. 在△DMC 中,MC =DC +DM -2DC·DMcos 60°=4 +1 -2×4×1×cos 60°, ∴MC= 13. 在△A′MC 中,A′M +MC =( 3) +( 13) =4 =A′C . ∴△A′MC 是直角三角形,∴A′M⊥MC. 又∵A′M⊥DE,MC∩DE=M, ∴A′M⊥平面 BCD. 又∵A′M? 平面 A′DE, ∴平面 A′DE⊥平面 BCD. (2)取 DC 的中点 N,连接 FN,NB. ∵A′C=DC=4,F,N 分别是 A′C,DC 的中点, ∴FN∥A′D. 又∵N,E 分别是平行四边形 ABCD 的边 DC,AB 的中点, ∴DN 綊 EB, ∴四边形 EBND 是平行四边形, ∴BN∥DE. 又∵A′D∩DE=D,FN∩NB=N, ∴平面 A′DE∥平面 FNB. ∵FB? 平面 FNB, ∴FB∥平面 A′DE.
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

见课时跟踪检测B本

命题点一 空间几何体的三视图及表面积与体积 命题指数:☆☆☆☆☆ 难度:中 题型:选择题、填空题、解答题

1.(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(

)

64

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. 2.(2012·新课标全国卷)平面 α 截球 O 的球面所得圆的半径为 1,球心 O 到平面 α 的 距离为 2,则此球的体积为( A. 6π C.4 6π ) B. 4 3 π D. 6 3 π
2 2

解析:选 B 设球的半径为 R,由球的截面性质得 R= ? 2? +1 = 3,所以球的体 4 3 积 V= π R =4 3π . 3 3.(2013·新课标全国卷Ⅰ)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )

A.16+8π C.16+16π

B.8+8π D.8+16π

解析:选 A 该几何体是个组合体,其下面是半个圆柱,上面是 1 2 个长方体.该几何体的体积为 V= ×π ×2 ×4+4×2×2=16+8π . 2 4.(2014·四川高考)某三棱锥的侧视图、俯视图如图所示,则 该三棱锥的体积是( )

?锥体体积公式:V=1Sh,其中S为底面面积,h为高? ? ? 3 ? ?

65

A.3 C. 3 解析:选 D

B. 2 D. 1 由俯视图可知三棱锥的底面是一个边长为 2 的正三角形,底面面积为 1 2

1 ×2×2×sin 60°= 3,由侧视图可知三棱锥的高为 3,故此三棱锥的体积 V= × 3× 3 3 =1,故选 D. 5.(2014·浙江高考)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.90 cm

2

B.129 cm
2

2

C.132 cm

D.138 cm

2

解析:选 D 由三视图画出几何体的直观图,如图所示,则此几 何体的表面积 S=S1-S 正方形+S2+2S3+S 斜面,其中 S1 是长方体的表面 积,S2 是三棱柱的水平放置的一个侧面的面积,S3 是三棱柱的一个底 1 面的面积, 则 S=(4×6+3×6+3×4)×2-3×3+3×4+2× ×4×3 2 +5×3=138(cm ),选 D. 6.(2014·新课标全国卷Ⅱ)如图,网格纸上正方形小格的边长为 1(表示 1 cm),图中粗 线画出的是某零件的三视图,该零件由一个底面半径为 3 cm,高为 6 cm 的圆柱体毛坯切削 得到,则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )
2

66

A. C.

17 27 10 27
2

B. D.

5 9 1 3
3

解析:选 C 原毛坯的体积 V=(π ×3 )×6=54π (cm ),由三视图可知该零件为两个圆 柱的组合体, 其体积 V′=V1+V2=(π ×2 )×4+(π ×3 )×2=34π (cm ), 故所求比值为 1-
2 2 3

V′ 10 = . V 27

7.(2014·江苏高考)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为 S1,S2,体积分别为 V1,V2,若

S1 9 V1 它们的侧面积相等,且 = ,则 的值是________. S2 4 V2 S1 9 解析:设甲、乙两个圆柱的底面半径分别是 r1,r2,母线长分别是 l1,l2.则由 = 可得 S2 4 r1 3 l1 r2 2 V1 S1l1 9 2 3 = .又两个圆柱的侧面积相等,即 2π r1l1=2π r2l2,则 = = ,所以 = = × = . r2 2 l2 r1 3 V2 S2l2 4 3 2
3 答案: 2 8.(2012·新课标全国卷)如图,三棱柱 ABC?A1B1C1 中,侧棱垂直底 1 面,∠ACB=90°,AC=BC= AA1,D 是棱 AA1 的中点. 2 (1)证明:平面 BDC1⊥平面 BDC; (2)平面 BDC1 分此棱柱为两部分,求这两部分体积的比. 解:(1)证明:由题设知 BC⊥CC1,BC⊥AC,CC1∩AC=C,所以 BC⊥ 平面 ACC1A1. 又 DC1? 平面 ACC1A1,所以 DC1⊥BC. 由题设知∠A1DC1=∠ADC=45°,所以∠CDC1=90°,即 DC1⊥DC.又 DC∩BC=C,所以 DC1 ⊥平面 BDC. 又 DC1? 平面 BDC1,故平面 BDC1⊥平面 BDC. (2)设棱锥 B?DACC1 的体积为 V1,AC=1.由题意得
67

V1= ×

1 3

1+2 1 ×1×1= . 2 2

又三棱柱 ABC?A1B1C1 的体积 V=1, 所以(V-V1)∶V1=1∶1. 故平面 BDC1 分此棱柱所得两部分体积的比为 1∶1. 命题点二 组合体的“接”“切”的综合问题 命题指数:☆☆☆ 难度:中 题型:选择题、填空题 1.(2014·湖南高考)一块石材表示的几何体的三视图如图所示,将该石材切削、打磨、 加工成球,则能得到的最大球的半径等于( )

A.1 C.3

B. 2 D. 4

解析:选 B 该几何体为直三棱柱,底面是边长分别为 6,8,10 的直角三角形,侧棱长为 12,故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径,其半径为 r= 1 2× ×6×8 2 =2,故选 B. 6+8+10 2. (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, 2S = a+b+c

AC=4,AB⊥AC,AA1=12,则球 O 的半径为(
A. C. 3 17 2 13 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 13 = . 2

?5?2+62 ?2? ? ?

68

3.(2012·辽宁高考)已知点 P,A,B,C,D 是球 O 表面上的点,PA⊥平面 ABCD,四边 形 ABCD 是边长为 2 3的正方形.若 PA=2 6,则△OAB 的面积为________. 解析:把球 O 的内接四棱锥还原为长方体,则球 O 的直径为长方体的体对角线,则(2R) =(2 3) +(2 3) +(2 6) ,可得 R =12.△OAB 中,设 AB 边上的高为 h,则 h =R -( 3) 1 =9,则 h=3,所以 S△OAB= ×2 3×3=3 3. 2 答案:3 3 命题点三 直线、平面平行与垂直的判定与性质 命题指数:☆☆☆☆☆ 难度:中 题型:选择题、解答题
2 2 2 2 2 2 2

2

1. (2014·辽宁高考)已知 m, n 表示两条不同直线, α 表示平面. 下列说法正确的是( A.若 m∥α ,n∥α ,则 m∥n B.若 m⊥α ,n? α ,则 m⊥n C.若 m⊥α ,m⊥n,则 n∥α D.若 m∥α ,m⊥n,则 n⊥α

)

解析:选 B 对于选项 A,若 m∥α ,n∥α ,则 m 与 n 可能相交、平行或异面,A 错误; 显然选项 B 正确;对于选项 C,若 m⊥α ,m⊥n,则 n? α 或 n∥α ,C 错误;对于选项 D, 若 m∥α ,m⊥n,则 n∥α 或 n? α 或 n 与 α 相交,D 错误.故选 B. 2.(2013·新课标全国卷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. 3.(2012·浙江高考)已知矩形 ABCD,AB=1,BC= 2.将△ABD 沿矩形的对角线 BD 所在 的直线进行翻折,在翻折过程中,( ) )

A.存在某个位置,使得直线 AC 与直线 BD 垂直 B.存在某个位置,使得直线 AB 与直线 CD 垂直 C.存在某个位置,使得直线 AD 与直线 BC 垂直 D.对任意位置,三对直线“AC 与 BD”,“AB 与 CD”,“AD 与 BC”均不垂直 解析:选 B 对于 AB⊥CD,因为 BC⊥CD,可得 CD⊥平面 ACB,因此有 CD⊥AC.因为 AB=
69

1,BC= 2,CD=1,所以 AC=1,所以存在某个位置,使得 AB⊥CD. 4.(2014·福建高考)如图,三棱锥 A?BCD 中,AB⊥平面 BCD,CD⊥BD . (1)求证:CD⊥平面 ABD; (2)若 AB=BD=CD=1,M 为 AD 中点,求三棱锥 A?MBC 的体积.

解:(1)证明:∵AB⊥平面 BCD,CD? 平面 BCD, ∴AB⊥CD. 又∵CD⊥BD,AB∩BD=B,

AB? 平面 ABD,BD? 平面 ABD,
∴CD⊥平面 ABD. (2)法一:由 AB⊥平面 BCD,得 AB⊥BD, 1 ∵AB=BD=1,∴S△ABD= . 2 ∵M 是 AD 的中点, 1 1 ∴S△ABM= S△ABD= . 2 4 由(1)知,CD⊥平面 ABD, ∴三棱锥 C?ABM 的高 h=CD=1, 因此三棱锥 A?MBC 的体积

VA?MBC=VC?ABM= S△ABM·h= .
法二:由 AB⊥平面 BCD 知,平面 ABD⊥平面 BCD,又平面 ABD∩平 面 BCD=BD,如图,过点 M 作 MN⊥BD 交 BD 于点 N,则 MN⊥平面 BCD, 1 1 且 MN= AB= ,又 CD⊥BD,BD=CD=1, 2 2 1 ∴S△BCD= . 2 ∴三棱锥 A?MBC 的体积

1 3

1 12

VA?MBC=VA?BCD-VM?BCD
1 1 = AB·S△BCD- MN·S△BCD 3 3

70



1 . 12

5.(2012·北京高考)如图 1,在 Rt△ABC 中,∠C=90°,D,E 分别为 AC,AB 的中点, 点 F 为线段 CD 上的一点.将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置,使 A1F⊥CD,如图 2.

(1)求证:DE∥平面 A1CB; (2)求证:A1F⊥BE; (3)线段 A1B 上是否存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ?说明理由. 解:(1)证明:因为 D,E 分别为 AC,AB 的中点, 所以 DE∥BC. 又因为 DE?平面 A1CB, 所以 DE∥平面 A1CB. (2)证明:由已知得 AC⊥BC 且 DE∥BC, 所以 DE⊥AC. 所以 DE⊥A1D,DE⊥CD. 又 A1D∩CD=D,所以 DE⊥平面 A1DC. 而 A1F? 平面 A1DC,所以 DE⊥A1F. 又因为 A1F⊥CD,CD∩DE=D, 所以 A1F⊥平面 BCDE.所以 A1F⊥BE. (3)线段 A1B 上存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ.理由如下: 如图,分别取 A1C,A1B 的中点 P,Q,则 PQ∥BC. 又因为 DE∥BC,所以 DE∥PQ. 所以平面 DEQ 即为平面 DEP. 由(2)知,DE⊥平面 A1DC,所以 DE⊥A1C. 又因为 P 是等腰三角形 DA1C 底边 A1C 的中点, 所以 A1C⊥DP.所以 A1C⊥平面 DEP. 从而 A1C⊥平面 DEQ. 故线段 A1B 上存在点 Q,使得 A1C⊥平面 DEQ.

“立体几何”类题目的审题技巧与解题规范
71

[对应学生用书 P114]

[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:函数图象的判断,由三角函数图象求解析式中图象特征; (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] (2014·湖北高考)(本题满分 12 分)如图,在正方体

ABCD?A1B1C1D1 中,E,F,P,Q,M,N 分别是棱 AB ,AD ,DD1 ,BB1 ,A1B1 , A1D1 的中点. 求证:
(1)直线 BC1 ∥平面 EFPQ ; (2)直线 AC1⊥平面 PQMN .

[解题流程] 示]

[失分警

72

第一步 由图形特征 ( 正方体 ) 推 证 FP∥AD1, 从而证 FP ∥BC1,可得结论.

?知AD ∥BC , ?因为F,P分别是AD,DD 的中点,所以FP∥AD . ?? 从而BC ∥FP.??3分? ?而FP? 平面EFPQ,且BC ?平面EFPQ,故直线 ?BC ∥平面EFPQ.??6分?
1 1 1 1 1 1 1

证明:?1?连接AD1,由ABCD?A1B1C1D1是正方体, 易漏线面平行判定定理
中的条件,导致失分.

易漏“面内相交线”这 一条件,导致判定线面 垂直失误丢分.

?
第二步 利用图形特征 AC⊥ BD

及 CC1⊥平面 ABCD 推则AC⊥BD. 证 BD⊥平面 ACC1,从 而得 AC1⊥BD.
1

? ?由CC ⊥平面ABCD,BD? 平面ABCD,可得CC ⊥BD.??7分? ?又AC∩CC =C, ?所以BD⊥平面ACC .??8分? ?而AC ? 平面ACC ,所以BD⊥AC .??9分?
?2?如图,连接AC,BD,
1 1 1 1 1 1

第三步 利用平行性证明 MN ⊥ AC1, PN⊥AC1, 可证 AC1 ⊥平面 PQMN.

? 连接B D ,因为M,N分别是A B ,A D 的中点, ?所以MN∥B D ,故MN∥BD,??10分? ? ?从而MN⊥AC .同理可证PN⊥AC .??11分? ?又PN∩MN=N,所以直线AC ⊥平面PQMN.??12分?
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

1.(2015·海淀模拟)如图,在四棱锥 P?ABCD 中,底面 ABCD 是 菱形,PA=PB,且侧面 PAB⊥平面 ABCD,点 E 是棱 AB 的中点. (1)求证:CD∥平面 PAB; (2)求证:PE⊥ AD; (3)若 CA=CB,求证:平面 PEC⊥平面 PAB. 证明:(1)因为底面 ABCD 是菱形, 所以 CD∥AB. 又因为 CD?平面 PAB,AB? 平面 PAB, 所以 CD∥平面 PAB.
73

(2)因为 PA=PB,点 E 是棱 AB 的中点, 所以 PE⊥AB. 因为平面 PAB⊥平面 ABCD,平面 PAB∩平面 ABCD=AB,PE? 平面 PAB, 所以 PE⊥平面 ABCD, 因为 AD? 平面 ABCD, 所以 PE⊥AD. (3)因为 CA=CB,点 E 是棱 AB 的中点, 所以 CE⊥AB. 由(2)可得 PE⊥AB, 因为 PE∩CE=E, 所以 AB⊥平面 PEC, 又因为 AB? 平面 PAB, 所以平面 PAB⊥平面 PEC. 2.(2014·四川高考)在如图所示的多面体中,四边形 ABB1A1 和 ACC1A1 都为矩形. (1)若 AC⊥BC,证明:直线 BC⊥平面 ACC1A1; (2)设 D,E 分别是线段 BC,CC1 的中点,在线段 AB 上是否存在一点 M, 使直线 DE∥平面 A1MC?请证明你的结论. 解:(1)证明:因为四边形 ABB1A1 和 ACC1A1 都是矩形, 所以 AA1⊥AB,AA1⊥AC. 因为 AB,AC 为平面 ABC 内两条相交直线, 所以 AA1⊥平面 ABC. 因为直线 BC? 平面 ABC,所以 AA1⊥BC. 又由已知,AC⊥BC,AA1,AC 为平面 ACC1A1 内两条相交直线, 所以 BC⊥平面 ACC1A1. (2)取线段 AB 的中点 M,连接 A1M,MC,A1C,AC1,设 O 为 A1C,AC1 的交点. 由已知,O 为 AC1 的中点. 连接 MD,OE,则 MD,OE 分别为△ABC,△ACC1 的中位线, 1 1 所以,MD 綊 AC,OE 綊 AC, 2 2 因此 MD 綊 OE. 连接 OM,从而四边形 MDEO 为平行四边形,则 DE∥MO. 因为直线 DE?平面 A1MC,MO? 平面 A1MC, 所以直线 DE∥平面 A1MC.

74

即线段 AB 上存在一点 M(线段 AB 的中点),使直线 DE∥平面 A1MC. 3.(2015·西城模拟)如图,在多面体 ABCDEF 中,底面 ABCD 是边 长为 2 的正方形,四边形 BDEF 是矩形,平面 BDEF⊥平面 ABCD,BF=3,

G 和 H 分别是 CE 和 CF 的中点.
(1)求证:AC⊥平面 BDEF; (2)求证:平面 BDGH∥平面 AEF; (3)求多面体 ABCDEF 的体积. 解:(1)证明:因为四边形 ABCD 是正方形, 所以 AC⊥BD. 又因为平面 BDEF⊥平面 ABCD,平面 BDEF∩平面 ABCD=BD,且 AC ? 平面 ABCD, 所以 AC⊥平面 BDEF. (2)证明:在△CEF 中,因为 G,H 分别是 CE,CF 的中点,所以 GH ∥EF, 又因为 GH?平面 AEF,EF? 平面 AEF, 所以 GH∥平面 AEF. 设 AC∩BD=O,连接 OH, 在△ACF 中,因为 OA=OC,CH=HF, 所以 OH∥AF, 又因为 OH?平面 AEF,AF? 平面 AEF, 所以 OH∥平面 AEF. 又因为 OH∩GH=H,OH,GH? 平面 BDGH, 所以平面 BDGH∥平面 AEF. (3)由(1),得 AC⊥平面 BDEF, 又因为 AO= 2,S?BDEF=3×2 2=6 2, 1 所以四棱锥 A?BDEF 的体积 V1= ×AO×S?BDEF=4. 3 同理,四棱锥 C?BDEF 的体积 V2=4. 所以多面体 ABCDEF 的体积 V=V1+V2=8.

75


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【三维设计】(新课标)2016届高考数学大一轮复习精品讲义 第八章 解析几何(含解析)

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【三维设计】2016届(新课标)高考数学(理)大一轮复习精品讲义:一模考前专项训练

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【三维设计】2016届(新课标)高考数学(理)大一轮复习精品讲义:第八章 解析几何[1]

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【三维设计】2016届高考数学大一轮复习精品讲义 第四章 平面向量、数系的扩充与复数的引入(含解析)

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三维设计(新课标)2016届高考数学大一轮复习 第五章 数列精品讲义 理(含解析)

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【三维设计】(新课标)2016届高考数学大一轮复习精品讲义 第九章 概率(含解析)

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【三维设计】(新课标)2016届高考数学大一轮复习精品讲义 第五章 数列(含解析)

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