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第七章 立体几何(7课时)


第一节 空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

[备考方向要明了]

考 什 么 1.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. 2.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,会用斜二测 法画出它们的直观图. 3.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与直观图,了解空间图 形的不同表示形式. 4.会画某些建筑物的三视图与直观图(在不影 响图形特征的基础上,尺寸、线条等没有严 格要求).

怎 么 考 1.对空间几何体的结构特征的考查,很少单 独命题,多与命题真假判断相结合,在考查 线面位置关系时,常以几何体为载体. 2.对三视图的考查一直是高考的考查重点, 且 有以下特点: (1)多以选择题或填空题的形式考查. (2)单独考查三视图问题,如 2012 年湖南 T4, 陕西 T8 等. (3)与空间几何体的体积、表面积的求法相结 合,考查三视图的还原问题,如 2012 年新课 标全国 T7,浙江 T3,广东 T7,北京 T7,江 西 T7,天津 T10 等. 3.直观图的画法作为一种图技画法融合于三 视图的还原问题中,高考几乎不单独命题.

[归纳· 知识整合] 1.空间几何体的结构特征

①棱柱的侧棱都互相平行,上下底面是互相平行且全等的多边形 多面体 ②棱锥的底面是任意多边形,侧面是有一个公共顶点的三角形 ③棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到,其上下底面是相互平行且相似的 多边形 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所在直线旋转得到 旋转体 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球可以由半圆或圆绕直径所在直线旋转得到

[探究] 1.有两个面互相平行,其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱吗? 提示:不一定.如图所示,尽管几何体满足了两个平面平行且其余各 面都是平行四边形,但不能保证每相邻两个侧面的公共边互相平行. 2.中心投影与平行投影 平行投影的投影线是平行的, 而中心投影的投影线相交于一点. 在平行投影中投影线垂 直于投影面的投影称为正投影. 3.三视图与直观图 三视图 空间几何体的三视图是用平行投影得到的,它包括正视图、侧视图、俯视图, 其画法规则是:长对正,高平齐,宽相等 空间几何体的直观图常用斜二测画法规则来画,基本步骤是: ①画几何体的底面 在已知图形中取互相垂直的 x 轴、y 轴,两轴相交于点 O,画直观图时,把它们 画成对应的 x′轴、 y′轴, 两轴相交于点 O′, 且使∠x′O′y′=45° (或 135° ), 已知图形中平行 x 轴、 y 轴的线段在直观图中分别画成平行于 x′轴、 y′轴的线 直观图 段.已知图形中平行于 x 轴的线段,在直观图中长度不变,平行于 y 轴的线段, 长度变为原来的一半. ②画几何体的高 在已知图形中过 O 点作 z 轴垂直于 xOy 平面,在直观图中对应的 z′轴,也垂 直于 x′O′y′平面,已知图形中平行于 z 轴的线段,在直观图中仍平行于 z′ 轴且长度不变

[探究] 2.正方体的正视图、侧视图、俯视图一定相同吗? 提示:由于正视图的方向没确定,因此正视图、侧视图、俯视图不一定相同.

[自测· 牛刀小试] 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 B.圆锥 C.球体 D.圆柱,圆锥,球体的组合体 解析:选 C 由球的性质可知,用平面截球所得的截面都是圆面. 2.(教材习题改编)如图所示的几何体是棱柱的有( ) )

A.②③⑤ C.③⑤

B.③④⑤ D.①③

解析:选 C 根据棱柱结构特征可知③⑤是棱柱. 3.(教材习题改编)已知一个几何体的三视图如图所示,分析此几何体的组成为( A.上面为棱台,下面为棱柱 B.上面为圆台,下面为棱柱 C.上面为圆台,下面为圆柱 D.上面为棱台,下面为圆柱 解析:选 C 由三视图可知,此几何体由上面的圆台和下面的圆柱组合而成的. 4.关于斜二测画法所得直观图的说法正确的是( A.直角三角形的直观图仍是直角三角形 B.梯形的直观图是平行四边形 C.正方形的直观图是菱形 D.平行四边形的直观图仍是平行四边形 解析:选 D 由斜二测画法规则可知,平行于 y 轴的线段长度减半,直角坐标系变成了 斜坐标系,而平行性没有改变,因此,只有 D 正确. 5.一个几何体的正视图为一个三角形,则这个几何体可能是下列几何体中的 ________(填入所有可能的几何体前的编号). ①三棱锥 ②四棱锥 ③三棱柱 ④四棱柱 ⑤圆锥 ⑥圆柱 解析:只要判断正视图是不是三角形就行了,画出图形容易知道三棱锥、四棱锥、圆锥 一定可以,对于三棱柱,只需要放倒就可以了,所以①②③⑤均符合题目要求. 答案:①②③⑤ ) )

空间几何体的结构特征

[例 1] 下列结论中正确的是(

)

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一点的连线都是母线 [自主解答] A 错误.如图,由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成 的几何体,各面都是三角形,但它不是棱锥. B 错误.如下图,若△ABC 不是直角三角形,或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.若六棱锥的所有棱都相等,则底面多边形是正六形.但由几何图形知,若以正 六边形为底面,侧棱长必然要大于底面边长. [答案] D ————— —————————————— 求解空间几何体概念辨析题的常用方法 (1)定义法,即严格按照空间几何体的有关定义判断. (2)反例法,即通过举反例来说明一个命题是错误的.

1.下列命题中,正确的是(

)

A.有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱 B.侧面都是等腰三角形的棱柱是正棱锥 C.侧面都是矩形的四棱柱是长方体 D.底面为正多边形,且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱 解析: 选 D 对于 A, 两个侧面是矩形并不能保证侧棱与底面垂直, 故 A 错误; 对于 B, 侧面都是等腰三角形,不能确保此棱锥顶点在底面在底面的射影在底面正多边形的中心上, 且也不能保证底面是正多边形,故 B 错误;对于 C,侧面是矩形不能保证底面也是矩形,

因而 C 错误.

空间几何体的三视图

[例 2] (1)(2012· 湖南高考)某几何体的正视图和侧视图均如图所示,则该几何体的俯视 图不可能是( )

(2)(2012· 厦门质检)某几何体的三视图如图所示,则该几何体是(

)

A.三棱锥 C.四棱台

B.四棱锥 D.三棱台

[自主解答] (1)A 图是两个圆柱的组合体的俯视图;B 图是一个四棱柱与一个圆柱的组 合体的俯视图;C 图是一个底面为等腰直角三角形的三棱柱与一个四棱柱的组合体的俯视 图,采用排除法,故选 D. (2)由三视图可知,该几何体是四棱锥(如图所示),且其中一条棱与底面 垂直. [答案] (1)D (2)B

—————

—————————————— 由三视图还原实物图应明确的两个方面

(1)首先要熟悉柱、锥、台、球的三视图,较复杂的几何体也是由这些简单几何体组合 而成的. (2)要明确三视图的形成原理,并能结合空间想象将三视图还原为实物图.

2.已知某组合体的正视图与侧视图相同(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:几何体是四棱锥与四棱柱组成时,得①正确.几何体由四棱锥与圆柱组成时,得 ②正确. 几何体由圆锥与圆柱组成时, 得③正确. 几何体由圆锥与四棱柱组成时, 得④正确. 故 填①②③④. 答案:①②③④

空间几何体的直观图

[例 3] 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. [自主解答] 建立如图所示的坐标系 xOy′, △A′B′C′的顶点 C′ 在 y′轴上,A′B′边在 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 3 1 2 6 a× × = a, 2 2 2 8

1 6 6 故其面积 S△A′B′C′= a× a= a2. 2 8 16

—————

—————————————— 平面图形的直观图与原图形面积的两个关系

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 ,S 原图形=2 2S 直观图. 4 原图形

记住上述关系,解题时能起到事半功倍的作用.

3.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 cm,O′C′=2 cm,则原图形是( A.正方形 C.菱形 B.矩形 D.一般的平行四边形 )

解析:选 C 将直观图还原得?OABC,则

∵O′D′= 2O′C′=2 2(cm), OD=2O′D′=4 2(cm), C′D′=O′C′=2(cm),∴CD=2 (cm), OC= CD2+OD2= 22+?4 2?2=6 (cm), OA=O′A′=6(cm)=OC, 故原图形为菱形.

? 1 种数学思想——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. ? 1 个疑难点——三视图的还原问题 由三视图还原几何体是解答三视图问题的重要手段和方法, 在明确三视图画法规则的基 础上,按以下步骤可轻松解决:

? 3 个注意事项——画三视图应注意的三个问题 (1)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,要注意实、 虚线的画法. (2)确定正视、侧视、俯视的方向,观察同一物体方向不同,所画的三视图也不同. (3)观察简单组合体是由哪几个简单几何体组成的,并注意它们的组成方式,特别是它 们的交线位置. ? 3 个“变”与“不变”——斜二测画法的要求 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.

易误警示——三视图识图中的易误辨析

[典例] (2012· 陕西高考)将正方体(如图 1 所示)截去两个三棱锥,得到如图 2 所示的几 何体,则该几何体的侧视图为( )

[解析] 侧视图中能够看到线段 AD1, 应为实线, 而看不到 B1C, 应画为虚线. 由于 AD1 与 B1C 不平行,投影为相交线,故应选 B. [答案] B

[易误辨析] 1.因对三视图的原理认识不到位,区分不清选项 A 和 B,而易误选 A. 2.因对三视图的画法要求不明而误选 C 或 D.在画三视图时,分界线和可见轮廓线都用 实线画,被遮住的部分的轮廓线为虚线. 3.解答此类问题时,还易出现画三视图时对个别视图表达不准而不能画出所要求的视 图.在复习时要明确三视图的含义,掌握“长对正、高平齐、宽相等”的要求. [变式训练] 若某几何体的三视图如图所示,则这个几何体的直观图可以是( )

解析:选 B 由正视图与俯视图可以将选项 A、C 排除;根据侧视图,可以将 D 排除, 注意正视图与俯视图中的实线.

一、选择题(本大题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分) 1.(2012· 福建高考)一个几何体的三视图形状都相同,大小均相等,那么这个几何体不 可以是( A.球 C.正方体 ) B.三棱锥 D.圆柱

解析:选 D 圆柱的三视图,分别是矩形,圆,不可能三个视图都一样,而球的三视图 可以都是圆,三棱锥的三视图可以都是三角形,正方体的三视图可以都是正方形. 2.(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.

3.一梯形的直观图是一个如右图所示的等腰梯形,且该梯形的面 积为 2,则原梯形的面积为( A.2 C.2 2 ) B. 2 D.4

解析:选 D 直观图为等腰梯形,若上底设为 x,高设为 y, 1 则 S 直观图= y(x+2y+x)= 2, 2 1 而原梯形为直角梯形,其面积 S= · 2 2y(x+2y+x)=2 2× 2=4. 2 4.一个长方体去掉一个小长方体,所得几何体的正视图与侧视图分别如图所示,则该 几何体的俯视图为( )

解析:选 C 由正视图和侧视图可知,该长方体挖掉一个小长方体后,相应位置在俯视 图中应为左下角位置,且可看见轮廓线,故选 C. 5.一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 若俯视图是等边三角形且为图中的位置,则正视图是等腰三角形,且高线 是实线,故选 C. 6.一个几何体的三视图如图所示,其正视图的面积等于 8,俯视图

是一个面积为 4 3的正三角形,则其侧视图的面积为( A.4 3 C.8 2 B.8 3 D.4

)

解析:选 A 由三视图知该几何体是正三棱柱,设其底面边长为 a,高为 h,则其正视 图为矩形,矩形的面积 S1=ah=8,俯视图为边长为 a 的正三角形,三角形的面积 S2= =4 3,则 a=4,h=2,而侧视图为矩形,底边为 =4 3. 二、填空题(本大题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分) 7.以下四个命题:①正棱锥的所有侧棱相等;②直棱柱的侧面都是全等的矩形;③圆 柱的母线垂直于底面;④用经过旋转轴的平面截圆锥,所得的截面一定是全等的等腰三角 形.其中,真命题的序号为________. 解析:①③④均正确,对②,直棱柱的侧面都是矩形而不一定全等,②错误. 答案:①③④ 8.一个几何体是由若干个相同的小正方体组成的,其正视图和侧视图如图所示,则这 个几何体最多可由________个这样的小正方体组成. 3 2 a 4

3 3 a,高为 h,故侧视图的面积为 S= ah 2 2

解析:依题意可知这个几何体最多可由 9+2+2=13 个这样的小正方体组成. 答案:13 9.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,连接 AO,易得 AO= 2,而 PA= 3,于是解得 PO =1,所以 PE= 2,故其正视图的周长为 2+2 2. 答案:2+2 2 三、解答题(本大题共 3 小题,每小题 12 分,共 36 分) 10.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,求圆台的母线长. 解: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



3 r = ,解得 l=9.所以,圆台的母线长为 9 cm. 3+l 4r

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.如图所示的三幅图中,图(1)所示的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图, 它的正视图和侧视图如图(2)(3)所示(单位:cm).

(1)在正视图下面,按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图; (2)按照给出的数据,求该多面体的体积. 解:(1)如图.

1 1 284 ×2×2?×2= (cm3). (2)所求多面体的体积 V=V 长方体-V 正三棱锥=4×4×6- ×? ? 3 ?2 3

1.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,举反例如图所示, 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 2.(2011· 江西高考)将长方体截去一个四棱锥,得到的几何体如图所 示,则该几何体的侧视图为( )

解析: 选 D 被截去的四棱锥的三条可见侧棱中有两条为长方体的面对角线, 它们在右 侧面上的投影与右侧面(长方形)的两条边重合,另一条为体对角线,它在右侧面上的投影与 右侧面的对角线重合,对照各图,只有选项 D 符合. 3.如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为正方形,PC 与底面垂直.若该四棱锥 的正视图和侧视图都是腰长为 1 的等腰直角三角形,则该四棱锥中最长的棱的长度为( )

A.1 C. 3

B. 2 D.2

解析:选 C 在四棱锥 P-ABCD 中,连接 AC,由正视图和侧视图可得 PC=BC=CD =1,故 AC= 2,最长的棱为 PA= PC2+AC2= 3. 4 . (2011· 北京高考 )某四面体的三视图如图所示,该四面体四个面的面积中最大的是 ( )

A.8 C.10

B.6 2 D.8 2

解析:选 C 由三视图可知,该几何体的四个面都是直角三角形,面积分别为 6,6 2, 8,10,所以面积最大的是 10.

第二节 空间几何体的表面积和体积

[备考方向要明了]

考 什 么

怎 么 考 1.多以选择题或填空题的形式考查,有时也以解答题形式考查.

了解球体、柱体、 锥体、 台体的表面积和 体积的计算公式(不要 求记忆公式).

2.常以三视图为载体考查几何体的表面积或体积,如 2012 年北京 T7,安徽 T12,广东 T7 等.也可以给出几何体的棱、面满足的条件 来计算表面积或体积,如 2012 年江苏 T7.解答题(其中的一问)一般 给出相关条件来判断几何体形状特征(特别是几何体的高)并计算体 积或表面积,如 2012 年全国卷 T19(2),广东 T18(2),江西 T19(2) 等.

[归纳· 知识整合] 1.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式

圆柱

圆锥

圆台

侧面展开图

侧面积公式

S 圆柱侧=2πrl

S 圆锥侧=πrl

S 圆台侧=π(r+r′)l

2.空间几何体的表面积和体积公式 名称 几何体 柱体(棱柱和圆柱) 锥体(棱锥和圆锥) 表面积 S 表面积=S 侧+2S 底 S 表面积=S 侧+S 底 体积 V=Sh 1 V= Sh 3 1 V= (S 上+S 下+ 3 S上S下) h 球 S=4πR2 4 V= πR3 3

台体(棱台和圆台)

S 表面积=S 侧+S 上+S 下

[探究] 1.柱体、锥体、台体的体积公式之间有什么联系? 提示:

2.如何求不规则几何体的体积? 提示:常用方法:分割法、补体法、转化法.通过计算转化得到基本几何体的体积来实 现. [自测· 牛刀小试] 1.棱长为 2 的正四面体的表面积是( A. 3 C.4 3 ) B.4 D.16 3 2 ×2 =4 3. 4

解析:选 C 正四面体的各面为全等的正三角形,故其表面积 S=4×

2.(2012· 上海高考)一个高为 2 的圆柱,底面周长为 2π,该圆柱的表面积为________. 解析:由已知条件得圆柱的底面半径为 1,所以 S 表=S 侧+2S 底=cl+2πr2=2π×2+2π =6π. 答案:6π

3.(教材习题改编)一个球的半径扩大为原来的 3 倍,则表面积扩大为原来的______倍; 体积扩大为原来的______倍. 解析:设原球的半径为 1,则半径扩大后半径为 3, S2 4 则 S1=4π,S2=4π×32=36π,即 =9,所以表面积扩大为原来的 9 倍.由 V1= π,V2 S1 3 4 V2 = π×33=12π,即 =27,所以体积扩大为原来的 27 倍. 3 V1 答案:9 27

4.(2012· 辽宁高考)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为________.

解析:由三视图可知该组合体的上方是一个高为 1,底面直径为 2 的圆柱, 下方是一个长、宽、高分别为 4、3、1 的长方体,如图所示,它的体积 V=1×π +4×3×1=12+π. 答案:12+π 5.(教材习题改编)如图,用半径为 2 的半圆形铁皮卷成一个圆锥筒,那么这个圆锥筒 的容积是________.

解析:由于半圆的圆弧长等于圆锥底面圆的周长,若设圆锥底面圆半径为 r,则得 2π 1 =2πr, 解得 r=1, 又圆锥的母线长为 2, 所以高为 3, 所以这个圆锥筒的容积为 π×12× 3 3 = 3 π. 3 答案: 3 π 3

几何体的表面积

[例 1] (2012· 北京高考)某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是(

)

A.28+6 5 C.56+12 5

B.30+6 5 D.60+12 5

[自主解答] 该三棱锥的直观图如图所示. 据俯视图知, 顶点 P 在底面上的投影 D 在棱 AB 上,且∠ABC=90° , 据正视图知,AD=2,BD=3,PD=4, 据侧视图知,BC=4. 综上所述,BC⊥平面 PAB,PB= PD2+BD2=5, PC= BC2+PB2= 16+25= 41, AC= AB2+BC2= 41, PA= PD2+AD2=2 5. ∵PC=AC= 41,∴△PAC 的边 AP 上的高为 h= AP?2 PC2-? ? 2 ? =6.

1 1 ∴S△PAB= AB· PD=10,S△ABC= AB· BC=10, 2 2 1 1 S△PBC= PB· BC=10,S△APC= AP· h=6 5. 2 2 故三棱锥的表面积为 S△PAB+S△ABC+S△PBC+S△APC=30+6 5. [答案] B ————— —————————————— 由三视图求几何体表面积的方法步骤 根据三视图 确定几何体 利用有关 ― → ― → 画出直观图 的结构特征 公式计算

1.(2013· 马鞍山模拟)如图是一个几何体的三视图,则它的表面积为(

)

A.4π C.5π

15π B. 4 17π D. 4

1 解析:选 D 由三视图可知该几何体是半径为 1 的球被挖出了 部分得到的几何体,故 8 7 1 17 表面积为 ·4π·12+3··π·12= π. 8 4 4

几何体的体积

[例 2] (1)(2012· 湖北高考)已知某几何体的三视图如图所示, 则该几何体的体积为(

)

8π A. 3 10π C. 3

B.3π D.6π

(2)(2012· 安徽高考)某几何体的三视图如图所示,该几何体的体积是________.

[自主解答] (1)由三视图可知,该组合体上端为一圆柱的一半,下端为圆柱.其体积 V

1 =π×12×2+ ×π×12×2=3π. 2 (2)据三视图可知, 该几何体是一个直四棱柱, 其底面是直角梯形(两底边长分别为 2、 5, 2+5 直腰长为 4,即梯形的高为 4),高为 4.∴该几何体的体积为 V= ×4×4=56. 2 [答案] (1)B ————— (2)56 —————————————— 由三视图求解几何体体积的解题策略 以三视图为载体考查几何体的体积,解题的关键是根据三视图想象原几何体的形状构 成,并从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系,然后在直观图中求解.

2.(2012· 新课标全国卷)如图所示,网格纸上小正方形的边长为 1,粗线画出的是某几 何体的三视图,则此几何体的体积为( )

A.6 C.12

B.9 D.18

解析: 选 B 由三视图可知该几何体为底面是斜边为 6 的等腰直角三角形高为 3 的三棱 1 1 锥,其体积为 × ×6×3×3=9. 3 2 3.某几何体的三视图如图所示,则它的体积是( )

2π A.8- 3 C.8-2π

π B.8- 3 2π D. 3

解析:选 A 圆锥的底面半径为 1,高为 2,该几何体体积为正方体体积减去圆锥体积,

1 2 即 V=23- ×π×12×2=8- π. 3 3

与球有关的切、接问题

[例 3] (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 3π D.6 3π

[自主解答] 据球的(截面)性质知,球的半径为 R= 12+? 2?2= 3,∴球的体积为 V 4 = πR3=4 3π. 3 [答案] B ————— —————————————— 与球有关的切、接问题的解题策略 解决球与其他几何体的切、接问题,关键在于仔细观察、分析,弄清相关元素的关系和 数量关系,选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以 及体现这些元素之间的关系),达到空间问题平面化的目的.

4.已知正四棱锥的侧棱与底面的边长都为 3 2,则这个四棱锥的外接球的表面积为 ( ) A.12π C.72π 解析:选 B B.36π D.108π 依 题意 得, 该 正 四棱 锥的 底 面对角 线 的 长为 3 2 × 2 = 6 , 高为

1 ?3 2?2-? ×6?2=3,因此底面中心到各顶点的距离均等于 3,所以该四棱锥的外接球的 2 球心即为底面正方形的中心, 其外接球的半径为 3, 所以其外接球的表面积等于 4π×32=36π.

? 3 个步骤——求解与三视图有关的几何体的表面积、体积的解题步骤

? 3 种方法——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. ? 1 种数学思想——求旋转体侧面积中的转化与化归的数学思想方法 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.

创新交汇——空间几何体中体积的最值问题

1.求空间几何体的体积一直是高考考查的重点,几乎每年都考查,既可以与三视图结 合考查,又可以单独考查.而求空间几何体体积的最值问题,又常与函数、导数、不等式等 知识交汇考查. 2.求解空间几何体最值问题,可分为二步:第一步引入变量,建立关于体积的表达式; 第二步以导数或基本不等式为工具求最值. [典例] (2012· 湖北高考(节选))如图 1,∠ACB=45° ,BC=3,过动点 A 作 AD⊥BC,垂 足 D 在线段 BC 上且异于点 B,连接 AB,沿 AD 将△ABD 折起,使∠BDC=90° (如图 2 所 示).当 BD 的长为多少时,三棱锥 A-BCD 的体积最大?

[解] 如图 1 所示的△ABC 中,设 BD=x(0<x<3),则 CD=3-x. 由 AD⊥BC,∠ACB=45° 知△ADC 为等腰直角三角形,所以 AD=CD=3-x. 由折起前 AD⊥BC 知,折起后(如图 2),AD⊥DC,AD⊥DC,且 BD∩DC=D,所以 AD ⊥平面 BDC, 1 1 ∠BDC=90° ,所以 S△BCD= BD· CD= x(3-x). 2 2 1 1 1 于是 VA-BCD= AD· S△BCD= (3-x)·x(3-x). 3 3 2 1 法一:VA-BCD= (x3-6x2+9x). 6

1 令 f(x)= (x3-6x2+9x). 6 1 由 f′(x)= (x-1)(x-3)=0,且 0<x<3,解得 x=1. 2 当 x∈(0,1)时,f′(x)>0;当 x∈(1,3)时,f′(x)<0, 所以当 x=1 时,f(x)取得最大值,即 BD=1 时, 三棱锥 A-BCD 的体积最大. 法二:VA-BCD= 1 1 ?2x+?3-x?+?3-x??3 2 · 2x(3-x)(3-x)≤ · 12 12 ? 3 ? =3,

当且仅当 2x=3-x,即 x=1 时,取“=”. 故当 BD=1 时,三棱锥 A-BCD 的体积最大. [名师点评] 解答此题的关键是恰当引入变量 x,即令 BD=x,结合位置关系列出体积的表达式,将 求体积的最值问题转化为求函数的最值问题. [变式训练] 如图,动点 P 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 的对角线 BD1 上.过点 P 作垂直于平面 BB1D1D 的直线,与正方体表面相交于 M,N.设 BP=x, MN=y,则函数 y=f(x)的图象大致是( )

解析:选 B 显然,只有当 P 移动到中心 O 时,MN 有唯一的最大值,淘汏选项 A、C; P 点移动时,取 AA1 的中点 E,CC1 的中点 Q,平面 D1EBQ 垂直于平面 BB1D1D,且 M、N 两点在菱形 D1EBQ 的边界上运动,故 x 与 y 的关系应该是线性的,淘汰选项 D,选 B.

一、选择题(本大题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分) 1.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 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.

B.6 D.3

2.(2013· 长春模拟)一个空间几何体的正视图和侧视图都是边长为 1 的正方形,俯视图 是一个直径为 1 的圆,那么这个几何体的全面积为( 3 A. π 2 C.3π B.2π D.4π )

1 解析:选 A 依题意知,该几何体是一个底面半径为 、高为 1 的圆柱,则其全面积为 2 1?2 1 3 2π×? ?2? +2π×2×1=2π. 3.(2012· 广东高考)某几何体的三视图如图所示,它的体积为( )

A.72π C.30π

B.48π D.24π

1 4 1 解析:选 C 此几何体由半个球体与一个圆锥组成,其体积 V= × π×33+ 2 3 3 π×32× 52-32=30π. S1 4.(2013· 广州模拟)设一个球的表面积为 S1,它的内接正方体的表面积为 S2,则 的值 S2 等于( 2 A. π π C. 6 ) 6 B. π π D. 2

3 2 3 解析:选 D 设球的半径为 R,其内接正方体的棱长为 a,则易知 R2= a2,即 a= 4 3 S1 R,则 = S2 4πR2 π = . 2 3 ?2 2 6×? ? 3 R?

5.一个空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为(

)

A.48 C.48+8 17

B.32+8 17 D.80

解析: 选 C 由三视图可知几何体是一个放倒的直棱柱(最大的侧 面贴在地面上),直观图如图,底面是等腰梯形,其上底长为 2,下底 长为 4,高为 4, 1 ∴两底面积和为 2× ×(2+4)×4=24, 2 四个侧面的面积为 4×(4+2+2 17)=24+8 17, ∴几何体的表面积为 48+8 17. 6.一个几何体按比例绘制的三视图如图所示(单位:m)

则该几何体的体积为( 7 A. m3 3 7 C. m3 2

) 9 B. m3 2 9 D. m3 4

解析:选 C

由三视图可得原几何体如图所示,其中有三个棱长为 1

1 7 的正方体及半个正方体,故几何体的体积 V=3+ = m3. 2 2 二、填空题(本大题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分) 7.(2012· 安徽高考)某几何体的三视图如图所示,该几何体的表面积是________.

解析:由三视图可知此几何体为底面是直角梯形的直四棱柱,其表面积 S=(4+2+5+ 1 5)×4+2× ×(2+5)×4=92. 2 答案:92 8.(2012· 江苏高考)如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=AD=3 cm,AA1=2 cm, 则四棱锥 A-BB1D1D 的体积为________cm3.

解析:由题意,四边形 ABCD 为正方形,连接 AC,交 BD 于 O,则 AC⊥BD.由面面垂 直的性质定理,可证 AO⊥平面 BB1D1D.四棱锥底面 BB1D1D 的面积为 3 2×2=6 2,从而 1 VA-BB1D1D= ×OA×S 长方形 BB1D1D=6. 3 答案:6 9.一个棱锥的三视图如图,则该棱锥的外接球的表面积为________.

解析:该棱锥的直观图如图,取 CD 的中点 E,BD 的中点 F,由三视 图知,AE⊥平面 BCD,AF=5,AE= 52-32=4,∠CBD=90° .设 O 为该 棱锥外接球的球心,半径为 R,由题知 BO2=BE2+EO2,即 R2=(3 2)2+ 17?2 289π 17 (R-4)2,解得 R= ,故球的表面积为 S=4×π×? ?4? = 4 . 4 289π 答案: 4 三、解答题(本大题共 3 小题,每小题 12 分,共 36 分)

10.(2013· 杭州模拟)如图,在四边形 ABCD 中,∠DAB=90° ,∠ADC =135° ,AB=5,CD=2 2,AD=2,求四边形 ABCD 绕 AD 旋转一周所成 几何体的表面积及体积. 解:由已知得:CE=2,DE=2,CB=5, S 表面=S 圆台侧+S 圆台下底+S 圆锥侧=π(2+5)×5+π×25+π×2×2 2=(60+4 2)π,V=V 圆台 1 1 148 52π2)×4- π×22×2= π. -V 圆锥= (π·22+π·52+ 22· 3 3 3 11.(2013· 郑州模拟)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, 所以 S=2×(1×1+1× 3+1×2)=6+2 3. 12.如图 1 所示,在边长为 12 的正方形 ADD1A1 中,点 B、C 在线段 AD 上,且 AB=3, BC=4,作 BB1∥AA1 分别交 A1D1、AD1 于点 B1、P,作 CC1∥AA1 分别交 A1D1、AD1 于点 C1、 Q, 将该正方形沿 BB1、 CC1 折叠, 使得 DD1 与 AA1 重合, 构成如图 2 所示的三棱柱 ABC -A1B1C1.

(1)求证:AB⊥平面 BCC1B1; (2)求多面体 A1B1C1-APQ 的体积. 解:(1)由题知,在图 2 中,AB=3,BC=4,CA=5, ∴AB2+BC2=CA2,∴AB⊥BC.

又∵AB⊥BB1,BC∩BB1=B,∴AB⊥平面 BCC1B1. 1 (2)由题易知三棱柱 ABC-A1B1C1 的体积为 ×3×4×12=72. 2 ∵在图 1 中,△ABP 和△ACQ 都是等腰直角三角形, ∴AB=BP=3,AC=CQ=7, 1 1 1 ∴VA-CQPB= ×S 四边形 CQPB×AB= × ×(3+7)×4×3=20. 3 3 2 ∴多面体 A1B1C1-APQ 的体积 V=VABC-A1B1C1-VA-CQPB=72-20=52.

1.如图是一个几何体的正视图、侧视图、俯视图,且正视图、侧视图都是矩形,则该 几何体的体积是( )

A.24 C.8

B.12 D.4

解析:选 B 依题意知,该几何体是从一个长方体中挖去一个三棱柱后剩下的部分,因 1 此其体积等于 2×3×4- ×2×3×4=12. 2 2.某四棱锥的三视图如图所示,该四棱锥的表面积是( )

A.32 C.48

B.16+16 2 D.16+32 2

解析:选 B 该空间几何体是底面边长为 4、高为 2 的正四棱锥,这个四棱锥的斜高为 1 2 2,故其表面积是 4×4+4× ×4×2 2=16+16 2. 2 3.如图所示,已知一个多面体的平面展开图由一个边长为 1 的正方 形和 4 个边长为 1 的正三角形组成,则该多面体的体积是________. 解析:由题知该多面体为正四棱锥,底面边长为 1,侧棱长为 1,斜

高为

3 2 1 2 2 ,连接顶点和底面中心即为高,可求得高为 ,所以体积 V= ×1×1× = . 2 2 3 2 6 2 6

答案:

4.如图,已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面边长为 2 cm,高为 5 cm,则一质点自点 A 出发,沿着正三棱柱的侧面绕行两周到达点 A1 的最短路线的长为________cm.

解析:根据题意,利用分割法将原三棱柱分割为两个相同的三棱柱,然后将其展开为如 图所示的实线部分,则可知所求最短路线的长为 52+122=13 (cm).

答案:13

第三节 空间点、直线、平面之间的位置关系

[备考方向要明了]

考 什 么 1.理解空间直线、平面位置关 系的定义. 2.了解四个公理和等角定理, 并能以此作为推理的依据. 3.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.

怎 么 考 1.直线、平面位置关系是历年高考考查的重点内容之一,既 有客观题,又有主观题.其中客观题主要是空间线、面位置 关系的判定.如 2012 年四川 T6,大纲全国卷 T16 等.主观 题中往往作为其中一问来考查,如 2012 年陕西 T18(1),安 徽 T19(1)等. 2.公理和定理一般不单独考查,而是作为解题过程中的推理 依据.

[归纳· 知识整合] 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. [探究] 1.平面几何中成立的有关结论在空间立体几何中是否一定成立? 提示:不一定.例如,“经过直线外一点有且只有一条直线和已知直线垂直”在平面几 何中成立,但在立体几何中就不成立.而公理 4 的传递性在平面几何和立体几何中均成立. 2.直线与直线的位置关系 (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. [探究] 2.不相交的两条直线是异面直线吗? 提示:不一定,不相交的两条直线可能平行,也可能异面. 3.不在同一平面内的直线是异面直线吗? 提示:不一定,不在同一平面内的直线可能异面,也可能平行. 3.空间直线与平面、平面与平面的位置关系 图形语言 相交 直线与平面 平行 a ∥α 0个 符号语言 a∩α=A 公共点 1个

在平面内 平行 平面与平面 相交 [自测· 牛刀小试] 1.(教材习题改编)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

a ?α α∥β

无数个 0个

α∩β=l

无数个

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. 2.(教材习题改编)分别在两个平面内的两条直线的位置关系是( A.异面 C.相交 B.平行 D.以上都有可能 )

解析:选 D 由直线、平面的位置关系分析可知两条直线相交、平行或异面都有可能. 3.如果 a?α,b?α,l∩a=A,l∩b=B,那么下列关系成立的是( A.l?α C.l∩α=A B.l?α D.l∩α=B )

解析:选 A ∵a?α,l∩a=A,∴A∈α,A∈l,同理 B∈α,B∈l,∴l?α. 4.若三个平面两两相交,且三条交线互相平行,则这三个平面把空间分成________个 部分. 解析:三个平面 α,β,γ 两两相交,交线分别是 a,b,c,且 a∥b∥c,则 α,β,γ 把 空间分成 7 部分. 答案:7 5.如图所示,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E、F 分别是 AB, AD 的中点,则异面直线 B1C 与 EF 所成的角的大小为________. 解析:连接 B1D1,易证 B1D1∥EF,从而∠D1B1C 即为异面直线

B1C 与 EF 所成的角,连接 D1C,则△B1D1C 为正三角形,故∠D1B1C=60° . 答案:60°

平面的基本性质及应用

[例 1] 以下四个命题: ①不共面的四点中,其中任意三点不共线; ②若点 A、B、C、D 共面,点 A、B、C、E 共面,则点 A、B、C、D、E 共面; ③若直线 a、b 共面,直线 a、c 共面,则直线 b、c 共面; ④依次首尾相接的四条线段必共面. 其中正确命题的个数是( A.0 C.2 ) B.1 D.3

[自主解答] ①正确,可以用反证法证明;②不正确,从条件看出两平面有三个公共点 A、B、C,但是若 A、B、C 共线.则结论不正确;③不正确,共面不具有传递性;④不正 确,空间四边形的四条边不在一个平面内. [答案] B ————— —————————————— 由所给元素确定平面的方法 判断由所给元素(点或直线)确定平面时,关键是分析所给元素是否具有确定唯一平面的 条件,如不具备,则一定不能确定一个平面.

1.下列如图所示是正方体和正四面体,P、Q、R、S 分别是所在棱的中点,则四个点 共面的图形是________.

解析:①中可证四边形 PQRS 为梯形;②中,如图所示取 A1A 与 BC 的中点为 M、N, 可证明 PMQNRS 为平面图形,且 PMQNRS 为正六边形.③中可证四边形 PQRS 为平行四边 形;④中,可证 Q 点所在棱与面 PRS 平行,因此,P、Q、R、S 四点不共面.

答案:①②③ [例 2] 如图,平面 ABEF⊥平面 ABCD,四边形 ABEF 与 ABCD 都 1 是直角梯形,∠BAD=∠FAB=90° ,BC∥AD 且 BC= AD,BE∥AF 且 2 1 BE= AF,G,H 分别为 FA,FD 的中点. 2 (1)证明:四边形 BCHG 是平行四边形; (2)C,D,F,E 四点是否共面?为什么? [自主解答] (1)证明:由已知 FG=GA, 1 FH=HD,可得 GH 綊 AD. 2 1 又∵BC 綊 AD,∴GH 綊 BC, 2 ∴四边形 BCHG 为平行四边形. 1 (2)∵BE 綊 AF,G 为 FA 中点知,BE 綊 FG,∴四边形 BEFG 为平行四边形, 2 ∴EF∥BG.由(1)知 BG 綊 CH, ∴EF∥CH,∴EF 与 CH 共面. 又 D∈FH,∴C、D、F、E 四共点面.

本例条件不变,如何证明“FE、AB、DC 共点”? 证明:如图,取 AD 中点为 M,连接 GM,EG,CM. 由条件知,EG 綊 AB,CM 綊 AB,所以 EG 綊 CM, 所以四边形 EGMC 为平行四边形,所以 EC∥GM. 1 1 又 GM 綊 FD,∴EC 綊 FD,故 E、C、D、F 四点共面.延长 FE、 2 2 DC,设相交于点 N, 因为 EF?平面 ABEF,所以 N∈平面 ABEF, 同理可证,N∈平面 ABCD, 又因为平面 ABEF∩平面 ABCD=AB,所以 N∈AB. 即 FE、AB、DC 三线共点. ————— —————————————— 证明共面问题的常用方法

(1)纳入平面法:先确定一个平面,再证明有关点、线在此平面内. (2)辅助平面法:先证明有关的点、线确定平面 α,再证明其余元素确定平面 β,最后证 明平面 α、β 重合.

2.如图所示,正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E、F 分别是 AB 和 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)连接 EF,CD1,A1B. ∵E、F 分别是 AB、AA1 的中点, ∴EF∥BA1. 又 A1B∥D1C, ∴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.

空间两条直线的位置关系

[例 3] 如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M,N 分别是 BC1, CD1 的中点,则下列判断错误的是( A.MN 与 CC1 垂直 B.MN 与 AC 垂直 C.MN 与 BD 平行 D.MN 与 A1B1 平行 [自主解答] 由于 MN 与平面 DCC1D1 相交于 N 点,D1C1?平面 DCC1D1,且 C1D1 与 MN 没有公共点,所以 MN 与 C1D1 是异面直线.又因为 C1D1∥A1B1,且 A1B1 与 MN 没有公 )

共点,所以 A1B1 与 MN 是异面直线,故选项 D 错误. [答案] D ————— —————————————— 异面直线的判定方法 (1)定义法:依据定义判断(较为困难); (2)定理法:过平面内一点与平面外一点的直线与平面内不经过该点的直线为异面直线 (此结论可作为定理使用). (3)反证法:先假设两条直线不是异面直线,即两直线平行或相交,由假设的条件出发, 经过严密的推理,导出矛盾,从而否定假设,肯定两条直线异面.

3.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. 异面直线所成的角 [例 4] (2013· 银川模拟)如图所示,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, (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. [自主解答] (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° . ————— —————————————— 求异面直线所成角的步骤 平移法求异面直线所成角的一般步骤为:

4.已知三棱锥 A-BCD 中,AB=CD,且直线 AB 与 CD 成 60° 角,点 M、 N 分别是 BC、 AD 的中点,求直线 AB 和 MN 所成的角. 解:如图,设 E 为 AC 的中点,连接 EM、EN.

1 ∵EM 綊 AB, 2 ∴∠EMN 即为异面直线 AB 与 MN 所成的角(或补角). 1 1 在△MEN 中,ME 綊 AB,EN 綊 CD. 2 2 ∴∠MEN 为异面直线 AB 与 CD 所成的角(或补角),且△MEN 为等腰三角形. 当∠MEN=60° 时,∠EMN=60° ,即异面直线 AB 和 MN 所成的角为 60° . 当∠MEN=120° 时,∠EMN=30° ,即异面直线 AB 和 MN 所成的角为 30° . ∴直线 AB 和 MN 所成的角为 60° 或 30° .

? 1 个疑难点——对异面直线概念的理解 (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. (3)异面直线的公垂线有且仅有一条. ? 2 种方法——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. ? 3 个“共”问题——“共面”、“共线”和“共点”问题 (1)证明共面问题一般有两种途径: 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. (2)证明共线问题一般有两种途径: 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. (3)证明共点问题常用方法:先证其中两条直线交于一点,再证其他直线经过该点.

易误警示——求解线线角中忽视隐含条件而致错

[典例] (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 )

[解析] 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. [答案] D [易误辨析] 1.易忽视异面直线所成的角,且没有充分认识正方体中的平行关系而错选 A. 2.求解空间直线所成的角时,还常犯以下错误: (1)缺乏空间想象力,感觉无从下手; (2)忽视异面直线所成角的范围. [变式训练] 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,FG 2 1 ∥AD,且 FG= AD=1.即∠EGF 为所求,又 EF= 2,由勾股定理逆定 2 理可得∠EGF=90° . 答案:90°

一、选择题(本大题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分) 1.给出下列四个命题: ①没有公共点的两条直线平行; ②互相垂直的两条直线是相交直线; ③既不平行也不相交的直线是异面直线; ④不同在任一平面内的两条直线是异面直线. 其中正确命题的个数是( A.1 C.3 ) B.2 D.4

解析:选 B 对于①,没有公共点的两条直线平行或异面,故①错;对于②,异面直线 垂直但不相交,故②错;③④正确. 2.平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中,既与 AB 共面又与 CC1 共面的棱的条数为( A.3 C.5 B.4 D.6 )

解析:选 C 由条件,与 AB 和 CC1 都相交的棱有 BC;与 AB 相交且与 CC1 平行的棱 有 AA1,BB1;与 AB 平行且与 CC1 相交的棱有 CD,C1D1,故符合的条件的棱共有 5 条. 3.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.

4.(2013· 福州模拟)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,则异面直线 A1B 与 AD1 所成角的余弦值 为( ) 1 A. 5 3 C. 5 2 B. 5 4 D. 5

解析:选 D 连接 BC1,易证 BC1∥AD1,则∠A1BC1 即为异面直线 A1B 与 AD1 所成的 5+5-2 角. 连接 A1C1, 设 AB=1, 则 AA1=2, A1C1= 2, A1B=BC1= 5, 故 cos∠A1BC1= 2× 5× 5 4 = . 5 5. (2013· 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. 6.(2012· 重庆高考)设四面体的六条棱的长分别为 1,1,1,1, 2和 a,且长为 a 的棱与长 为 2的棱异面,则 a 的取值范围是( A.(0, C.(1, 2) 2) ) B.(0, D.(1, 3) 3)

解析:选 A 如图所示,AB= 2,CD=a,设点 E 为 AB 的中点,则 ED⊥AB,EC⊥AB,则 ED= AD2-AE2= 2 2 ,同理 EC= .由构成三角 2 2

形的条件知 0<a<ED+EC= 2,所以 0<a< 2. 二、填空题(本大题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分) 7.一个正方体纸盒展开后如图所示,在原正方体纸盒中有如下结 论: ①AB⊥EF; ②AB 与 CM 所成的角为 60° ; ③EF 与 MN 是异面直线;

④MN∥CD. 以上四个命题中,正确命题的序号是________. 解析:将展开图还原为正方体,如图所示,则 AB⊥EF,故①正确; AB∥CM,故②错误;EF 与 MN 显然异面,故③正确;MN 与 CD 异面, 故④错误. 答案:①③ 8.(2012· 大纲全国卷)已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E、F 分别为 BB1、CC1 的中点, 那么异面直线 AE 与 D1F 所成角的余弦值为________. 解析:如图,连接 DF,因为 DF 与 AE 平行,所以∠DFD1 即为异面 直线 AE 与 D1F 所成角的平面角, 设正方体的棱长为 2, 则 FD1=FD= 5, 由余弦定理得 cos ∠DFD1= 3 答案: 5 9.直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,若∠BAC=90° ,AB=AC=AA1,则异面直线 BA1 与 AC1 所成的角等于________. 解析:如图:延长 CA 到 D,使得 AD=AC,连接 A1D,BD,则 四形边形 ADA1C1 为平行四边形, ∴∠DA1B 就是异面直线 BA1 与 AC1 所成的角, 又三角形 A1DB 为 等边三角形, ∴∠DA1B=60° . 答案:60° 三、解答题(本大题共 3 小题,每小题 12 分,共 36 分) 10.如图所示,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E,F 分别为 CC1, AA1 的中点,画出平面 BED1F 与平面 ABCD 的交线. 解:如图所示.PB 即为平面 BED1F 与平面 ABCD 的交线. ? 5?2+? 5?2-22 3 = . 5 2×? 5?2

11.如图所示,三棱锥 P-ABC 中,PA⊥平面 ABC,∠BAC=60° ,PA =AB=AC=2,E 是 PC 的中点. (1)求证 AE 与 PB 是异面直线; (2)求异面直线 AE 和 PB 所成角的余弦值. 解:(1)证明:假设 AE 与 PB 共面,设平面为 α,

∵A∈α,B∈α,E∈α, ∴平面 α 即为平面 ABE, ∴P∈平面 ABE, 这与 P?平面 ABE 矛盾, 所以 AE 与 PB 是异面直线. (2)取 BC 的中点 F,连接 EF、AF, 则 EF∥PB, 所以∠AEF 或其补角就是异面直线 AE 和 PB 所成角, ∵∠BAC=60° ,PA=AB=AC=2,PA⊥平面 ABC, ∴AF= 3,AE= 2,EF= 2; 2+2-3 1 cos∠AEF= = , 2× 2× 2 4 1 所以异面直线 AE 和 PB 所成角的余弦值为 . 4 12.(2012· 上海高考)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是矩形,PA⊥底面 ABCD,E 是 PC 的中点.已知 AB=2,AD=2 2, PA=2.求: (1)三角形 PCD 的面积; (2)异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小. 解:(1)因为 PA⊥底面 ABCD,所以 PA⊥CD,又 AD⊥CD,所以 CD⊥平面 PAD, 从而 CD⊥PD. 因为 PD= 22+?2 2?2=2 3,CD=2, 1 所以三角形 PCD 的面积为 ×2×2 3=2 3. 2 (2)取 PB 的中点 F,连接 EF、AF,则 EF∥BC,从而∠AEF(或其补角)是异面直线 BC 与 AE 所成的角.

在△AEF 中,由 EF= 2、AF= 2、AE=2 知△AEF 是等腰直角三角形, π 所以∠AEF= . 4 π 因此,异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小是 . 4

1.平面 α、β 的公共点多于两个,则 ①α、β 垂直 ②α、β 至少有三个公共点 ③α、β 至少有一条公共直线 ④α、β 至多有一条公共直线 以上四个判断中不成立的个数是( A.0 C.2 解析:选 C ) B.1 D.3 由条件知,平面 α 与 β 重合或相交,重合时,公共直线多于一条,故④错

误;相交时不一定垂直,故①错误. 2. 如图, 在四面体 ABCD 中, 截面 PQMN 是正方形, 则在下列命题中, 错误的为( )

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 依题意得 MN∥PQ,MN∥平面 ABC,又 MN?平面 ACD,且平面 ACD∩ 平面 ABC=AC,因此有 MN∥AC,AC∥平面 MNPQ.同理,BD∥PN.又截面 MNPQ 是正方 形,因此有 AC⊥BD,直线 PM 与 BD 所成的角是 45° . 3.对于四面体 ABCD,下列命题 ①相对棱 AB 与 CD 所在直线异面; ②由顶点 A 作四面体的高,其垂足是△BCD 三条高线的交点; ③若分别作△ABC 和△ABD 的边 AB 上的高, 则这两条高所在的直 线异面; ④分别作三组相对棱中点的连线,所得的三条线段相交于一点. 其中正确的是________(填序号). 解析:对于①,由四面体的概念可知,AB 与 CD 所在的直线为异面直线,故①正确; 对于②, 由顶点 A 作四面体的高, 当四面体 ABCD 的对棱互相垂直时, 其垂足是△BCD 的三条高线的交点,故②错误;对于③,当 DA=DB,CA=CB 时,这两条高线共面,故③ 错误;对于④,设 AB、BC、CD、DA 的中点依次为 E、F、M、N,易证四边形 EFMN 为平

行四边形,所以 EM 与 FN 相交于一点,易证另一组对棱也过它们的交点,故④正确. 答案:①④ 4. 已知长方体 ABCD-A′B′C′D′中, AB=4, BC=3, AA′=5, 求异面直线 D′B 和 AC 所成角的余弦值. 解:法一:(平移法):如图,在长方体 ABCD-A′B′C′D′中,连 接 BD 交 AC 于点 E,取 DD′的中点 F,连接 EF,AF, 1 则 EF 綊 D′B, 2 ∴∠FEA 是 D′B 和 AC 所成的角, ∵AE= EF= AF= 42+32 5 = , 2 2

25+25 5 2 = , 2 2 5?2 61 32+? ?2? = 2 , EF2+AE2-AF2 7 2 = . 2EF· AE 50

∴在△FEA 中,cos∠FEA=

法二:(补形法):如图,在长方体的一旁补一个全等的长方体, 则 BE 綊 AC∴∠D′BE(或其补角)是 D′B 和 AC 所成的角, ∵D′B=5 2,BE=5,D′E= 89, ∴在△D′BE 中, 7 2 cos∠D′BE=- , 50 7 2 ∴D′B 与 AC 所成角的余弦值为 . 50

第四节 直线、平面平行的判定及其性质

[备考方向要明了]

考 什 么

怎 么 考

1.以立体几何的定义、 公理 和定理为出发点,认识和 理解空间中线面平行的有 关性质与判定定理. 2.能运用公理、 定理和已获 得的结论证明一些空间图 形的平行关系的简单命题.

1.直线与平面平行的判定与性质及平面与平面平行的判定与性 质是高考的热点之一,考查线线、线面以及面面平行的转化, 考查学生的空间想象能力及逻辑推理能力. 2.从考查题型看,既有客观题又有主观题.客观题一般围绕线面 平行的判定和性质定理的辨析设计试题;主观题主要是围绕线、 面平行的判定和性质定理的应用设计试题,一般设计为解答题 中的一问,如 2012 年山东 T19(2),北京 T16(1)等.

[归纳· 知识整合] 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内 判定定理 的一条直线平行, 则该直线与此 平面平行(线线平行?线面平行) 一条直线与一个平面平行, 则过 性质定理 这条直线的任一平面与此平面 的交线与该直线平行(简记为 “线面平行?线线平行”) 图形语言 符号语言 ∵l∥a,a?α,l?α, ∴l∥α

∵l∥α,l?β,α∩β =b, ∴l∥b

[探究] 1.如果一条直线和平面内一条直线平行,那么这条直线和这个平面平行吗? 提示:不一定.只有当此直线在平面外时才有线面平行. 2. 如果一条直线和一个平面平行, 那么这条直线和这个平面的任意一条直线都平行吗? 提示:不可以,对于任意一条直线而言,存在异面的情况. 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与 判定定理 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”) 图形语言 符号语言 ∵a∥β,b∥β,a∩b =P,a?α,b?α,∴ α∥β

如果两个平行平面同时和第三 性质定理 个平面相交,那么它们的交线平 行

∵α∥β,α∩γ=a, β∩γ=b,∴a∥b

[探究] 3.如果一个平面有无数条直线与另一个平面平行,那么这两个平面平行吗? 提示:不一定.可能平行,也可能相交. 4.如果两个平面平行,则一个平面内的直线与另一个平面有什么位置关系? 答案:平行. [自测· 牛刀小试] 1.下列命题中,正确的是( A.若 a∥b,b?α,则 a∥α B.若 a∥α,b?α,则 a∥b C.若 a∥α,b∥α,则 a∥b D.若 a∥b,b∥α,a?α,则 a∥α 解析:选 D 由直线与平面平行的判定定理知,三个条件缺一不可,只有选项 D 正确. 2.一条直线 l 上有相异三个点 A、B、C 到平面 α 的距离相等,那么直线 l 与平面 α 的 位置关系是( A.l∥α C.l 与 α 相交但不垂直 ) B.l⊥α D.l∥α 或 l?α )

解析:选 D 当直线 l∥α 或 l?α 时,满足条件. 3.(教材习题改编)已知平面 α∥β,直线 a?α,有下列说法: 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________. 解析: 由面面平行的性质可知, 过 a 与 β 相交的平面与 β 的交线才与 a 平行, 故①错误; ②正确;平面 β 内的直线与直线 a 平行,异面均可,其中包括异面垂直,故③错误. 答案:② AM AN 4.如图,在空间四边形 ABCD 中,M∈AB,N∈AD,若 = ,则 MB ND 直线 MN 与平面 BDC 的位置关系是________. AM AN 解析:∵ = ,∴MN∥BD, MB ND 又 MN?平面 BCD,BD?平面 BCD, ∴MN∥平面 BDC.

答案:平行 5.(教材习题改编)过三棱柱 ABC-A1B1C1 的棱 A1C1,B1C1,BC,AC 的中点 E、F、G、 H 的平面与平面________平行. 解析:如图所示,∵E、F、G、H 分别为 A1C1、B1C1、BC、AC 的中点, ∴EF∥A1B1,FG∥B1B,且 EF∩FG=F,A1B1∩B1B=B1 ∴平面 EFGH∥平面 ABB1A1. 答案:ABB1A1

线面平行的判定及性质

[例 1] 正方形 ABCD 与正方形 ABEF 所在平面相交于 AB,在 AE、BD 上各有一点 P、 Q,且 AP=DQ.求证:PQ∥平面 BCE. [自主解答] 法一:如图所示,作 PM∥AB 交 BE 于 M,作 QN∥AB 交 BC 于 N,连接 MN.

∵正方形 ABCD 和正方形 ABEF 有公共边 AB,∴AE=BD. 又 AP=DQ,∴PE=QB, 又 PM∥AB∥QN, ∴ ∴ PM PE QB QN BQ = = , = , AB AE BD DC BD PM QN = , AB DC

∴PM 綊 QN,即四边形 PMNQ 为平行四边形, ∴PQ∥MN. 又 MN?平面 BCE,PQ?平面 BCE, ∴PQ∥平面 BCE. AH AP 法二:如图所示,作 PH∥EB 交 AB 于 H,连接 HQ,则 = , HB PE

∵AE=BD,AP=DQ, ∴PE=BQ, ∴ AH AP DQ = = , HB PE BQ

∴HQ∥AD,即 HQ∥BC. 又 PH∩HQ=H,BC∩EB=B, ∴平面 PHQ∥平面 BCE, 而 PQ?平面 PHQ, ∴PQ∥平面 BCE. AP DQ 本例若将条件“AP=DQ”改为“ = ”,则直线 PQ 与平面 BCE 还平行吗? PE QB 解:平行.证明如下:如图所示,连接 AQ,并延长交 BC 于 K,连接 EK. ∵AD∥BK, ∴ ∴ DQ AQ AP DQ = .又 = , BQ QK PE QB AP AQ = , PE QK

∴PQ∥EK. 又 PQ?平面 BEC,EK?平面 BEC, ∴PQ∥平面 BEC. ————— —————————————— 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.

1.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________. 解析: ∵EF∥平面 AB1C, EF?平面 ACD, 平面 ACD∩平面 AB1C=AC, ∴EF∥AC,又 E 为 AD 的中点,AB=2,

1 1 ∴EF= AC= × 22+22= 2. 2 2 答案: 2 2. (2013· 无锡模拟)如图, PA⊥平面 ABCD, 四边形 ABCD 是矩形, E、 F 分别是 AB、PD 的中点,求证:AF∥平面 PCE. 证明:如图,取 PC 的中点 M,

连接 ME、MF, 1 则 FM∥CD 且 FM= CD. 2 1 又∵AE∥CD 且 AE= CD, 2 ∴FM 綊 AE,即四边形 AFME 是平行四边形. ∴AF∥ME, 又∵AF?平面 PCE,EM?平面 PCE, ∴AF∥平面 PCE.

面面平行的判定与性质

[例 2] 如图所示,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:平面 AD1E∥平面 BGF.

[自主解答] ∵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. ————— —————————————— 判定面面平行的方法 (1)利用定义:即证两个平面没有公共点(不常用); (2)利用面面平行的判定定理(主要方法); (3)利用垂直于同一条直线的两平面平行(客观题可用); (4)利用平面平行的传递性,即两个平面同时平行于第三个平面,则这两个平面平行(客 观题可用).

3.如图所示,ABCD-A1B1C1D1 是棱长为 a 的正方体,M,N 分别 是下底面的棱 A1B1,B1C1 的中点,P 是上底面的棱 AD 上的一点,AP a = , 过 P, M, N 的平面交上底面于 PQ, Q 在 CD 上, 则 PQ=________. 3 解析:∵平面 ABCD∥平面 A1B1C1D1,∴MN∥PQ. a ∵M、N 分别是 A1B1,B1C1 的中点,AP= , 3 a 2a 2 2 ∴CQ= ,从而 DP=DQ= ,∴PQ= a. 3 3 3 2 2 答案: a 3 4.如图所示,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M、N、P 分别为所在边的中点.求证: 平面 MNP∥平面 A1C1B.

证明:如图所示,连接 D1C,则 MN 为△DD1C 的中位线, ∴MN∥D1C. ∵D1C∥A1B,∴MN∥A1B.同理可证,MP∥C1B. 而 MN 与 MP 相交, MN, MP 在平面 MNP 内, A1B, C1B 在平面 A1C1B 内, ∴平面 MNP ∥平面 A1C1B.

线面平行中的探索性问题

[例 3] (2013· 徐州模拟)如图所示,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,A1A ⊥平面 ABC,若 D 是棱 CC1 的中点,问在棱 AB 上是否存在一点 E,使 DE∥平面 AB1C1?若存在,请确定点 E 的位置;若不存在,请说明理由. [自主解答] 存在点 E,且 E 为 AB 的中点. 下面给出证明: 如图,取 BB1 的中点 F,连接 DF, 则 DF∥B1C1, ∵AB 的中点为 E,连接 EF, 则 EF∥AB1. B1C1 与 AB1 是相交直线, ∴平面 DEF∥平面 AB1C1. 而 DE?平面 DEF, ∴DE∥平面 AB1C1. ————— —————————————— 破解探索性问题的方法 解决探究性问题一般要采用执果索因的方法,假设求解的结果存在,从这个结果出发, 寻找使这个结论成立的充分条件,如果找到了符合题目结果要求的条件,则存在;如果找不 到符合题目结果要求的条件(出现矛盾),则不存在.

5.如图,在直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,底面 ABCD 为等腰 梯形,AB∥CD,且 AB=2CD,在棱 AB 上是否存在一点 F,使平面 C1CF∥平面 ADD1A1?若存在,求点 F 的位置;若不存在,请说明 理由. 解:存在这样的点 F,使平面 C1CF∥平面 ADD1A1,此时点 F 为 AB 的中点,证明如下: ∵AB∥CD,AB=2CD,∴AF 綊 CD, ∴四边形 AFCD 是平行四边形,

∴AD∥CF, 又 AD?平面 ADD1A1, CF?平面 ADD1A1, ∴CF∥平面 ADD1A1. 又 CC1∥DD1,CC1?平面 ADD1A1, DD1?平面 ADD1A1, ∴CC1∥平面 ADD1A1, 又 CC1、CF?平面 C1CF,CC1∩CF=C, ∴平面 C1CF∥平面 ADD1A1.

? 1 个关系——三种平行间的转化关系

线线平行、线面平行、面面平行的相互转化是解决与平行有关证明题的指导思想,解题 中既要注意一般的转化规律,又要看清题目的具体条件,选择正确的转化方向. ? 2 种性质——线面、面面平行的性质 (1)线面平行的性质: ①直线与平面平行,则该直线与平面无公共点. ②由线面平行可得线线平行. (2)面面平行的性质: ①两平面平行,则一个平面内的直线平行于另一平面. ②若一平面与两平行平面相交,则交线平行. ? 3 种方法——判定线面平行的方法 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 平行的三种方法: (1)利用定义:判定直线与平面没有公共点(一般结合反证法进行); (2)利用线面平行的判定定理; (3)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.

数学思想——转化与化归思想在证明平行关系中的应用

线线平行、线面平行和面面平行是空间中三种基本平行关系,它们之间可以相互转化, 其转化关系如下:

证明平行的一般思路是:欲证面面平行,可转化为证明线面平行,欲证线面平行,可转 化为证明线线平行. [典例] (2013· 盐城模拟)如图,P 为?ABCD 所在平面外一点,M,N 分 别为 AB,PC 的中点,平面 PAD∩平面 PBC=l. (1)判断 BC 与 l 的位置关系,并证明你的结论; (2)判断 MN 与平面 PAD 的位置关系,并证明你的结论. [解] (1)结论:BC∥l, 因为 AD∥BC,BC?平面 PAD,AD?平面 PAD, 所以 BC∥平面 PAD. 又因为 BC?平面 PBC,平面 PAD∩平面 PBC=l, 所以 BC∥l. (2)结论:MN∥平面 PAD. 设 Q 为 CD 的中点,如右图所示,连接 NQ,MQ, 则 NQ∥PD,MQ∥AD. 又因为 NQ∩MQ=Q, PD∩AD=D, 所以平面 MNQ∥平面 PAD. 又因为 MN?平面 MNQ, 所以 MN∥平面 PAD. [题后悟道] 1.本题(1)将线面平行的判定定理和性质定理交替使用,实现了线线平行的证明;本题 (2)巧妙地将线面平行的证明转化为面面平行,进而由面面平行的性质,得到结论的证明. 2.利用相关的平行判定定理和性质定理实现线线、线面、面面平行关系的转化,也要 注意平面几何中一些平行的判断和性质的灵活应用,如中位线、平行线分线段成比例等,这 些是空间线面平行关系证明的基础. [变式训练] 如图,在四面体 PABC 中,PC⊥AB,PA⊥BC,点 D,E,F,G 分别是棱 AP,AC,BC, PB 的中点.

(1)求证:DE∥平面 BCP; (2)求证:四边形 DEFG 为矩形; 证明:(1)因为 D,E 分别为 AP,AC 的中点,所以 DE∥PC. 又因为 DE?平面 BCP,PC?平面 BCP, 所以 DE∥平面 BCP. (2)因为 D,E,F,G 分别为 AP,AC,BC,PB 的中点, 所以 DE∥PC∥FG,DG∥AB∥EF, 所以四边形 DEFG 为平行四边形. 又因为 PC⊥AB, 所以 DE⊥DG, 所以四边形 DEFG 为矩形.

一、选择题(本大题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分) 1.已知直线 a∥平面 α,P∈α,那么过点 P 且平行于直线 a 的直线( A.只有一条,不在平面 α 内 B.有无数条,不一定在平面 α 内 C.只有一条,在平面 α 内 D.有无数条,一定在平面 α 内 解析:选 C 由线面平行的性质可知 C 正确. 2.下列命题中正确的个数是( ①若直线 a 不在 α 内,则 a∥α; ②若直线 l 上有无数个点不在平面 α 内,则 l∥α; ③若 l 与平面 α 平行,则 l 与 α 内任何一条直线都没有公共点; ④平行于同一平面的两直线一定相交. A.1 C.3 B.2 D.4 ) )

解析:选 A 对①,若 a?α,则 α 与 α 相交或平行,故①错误;对②,当直线 l 与 α 相 交时,也有直线 l 上的无数个点不在平面 α 内,故②错误;③正确;对④,平行于同一平面

的两直线相交、平行或异面,故④错误. 3.(2013· 江西九校联考)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 根据两平面平行的条件,可得选项 D 符合. 4.如图,在正方体中,A、B 为正方体的两个顶点,M、N、P 为 所在棱的中点,则异面直线 MP、AB 在正方体以平面 PBM 为正面的正 视图中的位置关系是( A.相交 C.异面 ) B.平行 D.不确定 )

解析:选 B 在正视图中 AB 是正方形的对角线,MP 是平行于对角线的三角形的中位 线,所以两直线平行,故选 B. 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. 可以填入的条件有( A.①或② C.①或③ ) B.②或③ D.①或②或③

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. 6.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.②③

B.①④ D.②④

解析:选 B ①由平面 ABC∥平面 MNP,可得 AB∥平面 MNP.

④由 AB∥CD,CD∥NP,得 AB∥NP,所以 AB∥平面 MNP.

二、填空题(本大题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分) 7.考察下列三个命题,在“________”处都缺少同一个条件,补上这个条件使其构成真 命题(其中 l,m 为不同直线,α、β 为不重合平面),则此条件为________. m?α ① l∥m

? ? ? ?l∥α;② ? ? ? ? ? ?l∥α. ? ?

l∥m m ∥α

? ? ? ?l∥α; ? ?

l⊥β ③ α⊥β

解析: 线面平行的判定中指的是平面外的一条直线和平面内的一条直线平行, 故此条件 为:l?α. 答案:l?α 8.(2013· 济宁模拟)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 9.(2013· 南京模拟)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. 其中真命题是________(写出所有真命题的序号). 解析:当 l∥m 时,平面 α 与平面 β 不一定平行,①错误;由直线与平面平行的性质定 理,知②正确;若 α∥β,l∥α,则 l?β 或 l∥β,③错误;∵l⊥α,l∥m,∴m⊥α,又 α∥β, ∴m⊥β,④正确,故填②④. 答案:②④ 三、解答题(本大题共 3 小题,每小题 12 分,共 36 分) 10.如图,一直空间四边形 ABCD 中,E 是 AB 上一点,G 是三角形 ADC 的重心,试在线段 AE 上确定一点 F,使得 GF∥平面 CDE.

解:如图,连接 AG 并延长,交 CD 于点 H,则

AG 2 = ,连接 EH. GH 1

AF 2 在 AE 上取一点 F,使得 = ,连接 GF,则 GF∥EH,又 EH?平 FE 1 面 CDE,∴C1F∥平面 CDE. 易知当 AF=2FE 时,GF∥平面 CDE. 11.(2013· 连云港模拟)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:取 BC 中点 G,连接 AG,EG,因为 E 是 B1C 的中点,所以 EG∥BB1, 1 且 EG= BB1. 2 由直棱柱知,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) 1 1 1 知,DE∥平面 ABC,所以 VE-ABC=VD-ABC= AD·BC· AG= ×3×6×4=12. 3 2 6 12.(2013· 黄山模拟)如图,在底面是菱形的四棱锥 P-ABCD 中, ∠ABC=60° ,PA=AC=a,PB=PD= 2a,点 E 在 PD 上,且 PE∶ ED=2∶1,在棱 PC 上是否存在一点 F,使 BF∥平面 AEC?证明你 的结论. 证明:存在.证明如下:取棱 PC 的中点 F,线段 PE 的中点 M, 连接 BD. 设 BD∩AC=O. 连接 BF,MF,BM,OE. ∵PE∶ED=2∶1,F 为 PC 的中点,M 是 PE 的中点,E 是 MD 的中点, ∴MF∥EC,BM∥OE.

∵MF?平面 AEC,CE?平面 AEC,BM?平面 AEC,OE?平面 AEC, ∴MF∥平面 AEC,BM∥平面 AEC. ∵MF∩BM=M, ∴平面 BMF∥平面 AEC. 又 BF?平面 BMF, ∴BF∥平面 AEC.

1.P 为矩形 ABCD 所在平面外一点,矩形对角线交点为 O,M 为 PB 的中点,给出四个结论:①OM∥PD;②OM∥平面 PCD;③OM∥ 平面 PDA;④OM∥平面 PBA,⑤OM∥平面 PCB.其中正确的个数有 ( ) A.1 C.3 B.2 D.4

解析:选 C 由题意知,OM∥PD,则 OM∥平面 PCD,且 OM∥平面 PDA. 2.已知平面 α∥平面 β,P 是 α,β 外一点,过点 P 的直线 m 与 α,β 分别交于 A,C, 过点 P 的直线 n 与 α, β 分别交于 B, D, 且 PA=6, AC=9, PD=8, 则 BD 的长为________. 解析: 分点 P 在两个平面的一侧或在两个平面之间两种情况, 由两平面平行得 AB∥CD, 24 截面图如图,由相似比得 BD= 或 24. 5

24 答案: 或 24 5 3.如图所示,四边形 ABCD 是平行四边形,点 P 是平面 ABCD 外一 点, M 是 PC 的中点, 在 DM 上取一点 G, 过 G 和 AP 作平面交平面 BDM 于 GH.求证:AP∥GH. 证明:如图所示,连接 AC 交 BD 于点 O,连接 MO. ∵四边形 ABCD 是平行四边形. ∴O 是 AC 的中点. 又 M 是 PC 的中点, ∴AP∥OM. 又 AP?平面 BMD,OM?平面 BMD, ∴AP∥平面 BMD. 又 AP?平面 PAHG,平面 PAHG∩平面 BMD=GH,

∴AP∥GH.

第五节 直线、平面垂直的判定与性质

[备考方向要明了]

考 什 么 1.能以立体几何中的定义、公理和定 理为出发点, 认识和理解空间中线面 垂直的有关性质和判定定理.

怎 么 考 1.多以选择题、填空题的形式考查线面垂直、面面垂 直的判定及线面角的概念及求法. 2.围绕线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理设

2.能运用公理、 定理和已获得的结论, 计解答题,且多作为解答题中的某一问.如 2012 年新 证明一些有关空间图形的位置关系 的简单命题. 课标全国卷 T19(1),江西 T19(1),福建 T19(2)等,也 是高考对本节的主要考查形式.

[归纳· 知识整合] 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 一条直线与平面内的两 判定定理 条相交直线都垂直,则 该直线与此平面垂直 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 ? ?

性质定理

? a⊥α? ??a∥b ? b⊥α?

[探究] 1.若两条平行线中的一条垂直于一个平面,那另一条与此平面是否垂直? 提示:垂直 2.直线与平面所成的角 (1)定义:平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角,叫做这条 直线和这个平面所成的角.如图,∠PAO 就是斜线 AP 与平面 α 所成的角. π 0, ? . (2)线面角 θ 的范围:θ∈? ? 2? [探究] 2.如果两条直线与一个平面所成的角相等,则这两条直线一定平行吗? 提示:不一定.可能平行、相交或异面. 3.二面角的有关概念 (1)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. (2)二面角的平面角:以二面角的棱上任一点为端点,在两个半平面内分别作垂直于棱 的两条射线,这两条射线所成的角叫做二面角的平面角. 4.平面与平面垂直的判定定理 文字语言 一个平面过另一个平面 判定定理 的一条垂线,则这两个 平面互相垂直 两个平面互相垂直,则 性质定理 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

[探究] 3.垂直于同一平面的两平面是否平行? 提示:不一定.可能平行,也可能相交. 4.垂直于同一条直线的两个平面一定平行吗? 提示:平行.可由线面垂直的性质及面面平行的判定定理推导出. [自测· 牛刀小试] 1.直线 a⊥平面 α,b∥α,则 a 与 b 的关系为( A.a⊥b,且 a 与 b 相交 C.a⊥b )

B.a⊥b,且 a 与 b 不相交 D.a 与 b 不一定垂直

解析:选 C ∵a⊥α,b∥α,∴a⊥b,但不一定相交. 2. 线段 AB 的长等于它在平面 α 内射影长的 2 倍, 则 AB 所在直线与平面 α 所成的角为 ( ) A.30° B.45°

C.60°

D.120°

解析:选 C 设 AB=2,则其射影长为 1,设 AB 所在直线与平面 α 所成角为 β,则 cos 1 β= ,故 β=60° . 2 3.(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( A.8 对 C.6 对 ) B.7 对 D.5 对

解析: 选 B 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. 4. 设 l, m, n 均为直线, 其中 m, n 在平面 α 内, 则“l⊥α”是“l⊥m 且 l⊥n”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 A ∵m?α,n?α,l⊥α,∴l⊥m 且 l⊥n.反之,若 l⊥m 且 l⊥n,不一定有 l ⊥α,因为直线 m,n 不一定相交. 5.(教材习题改编)将正方形 ABCD 沿 AC 折成直二面角后,∠DAB=________. 解析:如图所示,取 AC 的中点 O,连接 OD,OB,DB,由条件知,OD ⊥OB,设 AD=1,则 DB= OD2+OB2=1. 所以△ADB 为正三角形, 故∠DAB=60° . 答案:60°

直线与平面垂直的判定与性质

π [例 1] (2012· 陕西高考)如图所示,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=AA1,∠CAB= . 2

(1)证明:CB1⊥BA1;

(2)已知 AB=2,BC= 5,求三棱锥 C1-ABA1 的体积. π [自主解答] (1)证明:如图,连接 AB1,∵ABC-A1B1C1 是直三棱柱,∠CAB= , 2

∴AC⊥平面 ABB1A1, 故 AC⊥BA1. 又∵AB=AA1,∴四边形 ABB1A1 是正方形, ∴BA1⊥AB1,又 CA∩AB1=A, ∴BA1⊥平面 CAB1,故 CB1⊥BA1. (2)∵AB=AA1=2,BC= 5,∴AC=A1C1=1, 由(1)知,A1C1⊥平面 ABA1, 1 1 2 ∴VC1-ABA1= S△ABA1· A1C1= ×2×1= . 3 3 3

保持例题题设条件不变,试判断平面 CB1A 与平面 AA1B1B 是否垂直? 解:由例(1)知,AC⊥平面 ABB1A1, 而 AC?平面 CB1A,∴面 CB1A⊥面 ABB1A1.

—————

—————————————— 破解线面垂直关系的技巧

(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.

1.如图所示,已知 PA⊥矩形 ABCD 所在平面,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,连接 AC,AN,BN, ∵PA⊥平面 ABCD,∴PA⊥AC.在

Rt△PAC 中,N 为 PC 中点, 1 ∴AN= PC. 2 ∵PA⊥平面 ABCD, ∴PA⊥BC.又 BC⊥AB,PA∩AB=A, ∴BC⊥平面 PAB. ∴BC⊥PB.从而在 Rt△PBC 中,BN 为斜边 PC 上的中线, 1 ∴BN= PC,∴AN=BN. 2 ∴△ABN 为等腰三角形. 又 M 为底边 AB 的中点,∴MN⊥AB. 又∵AB∥CD,∴MN⊥CD. (2)如图所示,连接 PM,CM,∵∠PDA=45° ,PA⊥AD,∴AP=AD.∵四边形 ABCD 为矩形,∴AD=BC, ∴PA=BC.又∵M 为 AB 的中点,∴AM=BM, 而∠PAM=∠CBM=90° ,∴PM=CM.又∵N 为 PC 的中点,∴MN⊥PC.由(1)知,MN ⊥CD,PC∩CD=C, ∴MN⊥平面 PCD.

平面与平面垂直的判定和性质

[例 2] 如图所示,△ABC 为正三角形,EC⊥平面 ABC,BD∥CE,EC=CA=2BD,M 是 EA 的中点.求证:

(1)DE=DA; (2)平面 BDM⊥平面 ECA. [自主解答] (1)如图所示,取 EC 中点 F,连接 DF. ∵EC⊥平面 ABC,BD∥CE, ∴DB⊥平面 ABC. ∴DB⊥AB,∴EC⊥BC. 1 ∵BD∥CE,BD= CE=FC, 2 ∴四边形 FCBD 是矩形,∴DF⊥EC.

又 BA=BC=DF, ∴Rt△DEF≌Rt△ADB, ∴DE=DA. (2)如图所示,取 AC 中点 N,连接 MN、NB, 1 ∵M 是 EA 的中点,∴MN 綊 EC. 2 1 由 BD 綊 EC,且 BD⊥平面 ABC,可得四边形 MNBD 是矩形,于是 DM⊥MN,∵DE 2 =DA,M 是 EA 的中点, ∴DM⊥EA.又 EA∩MN=M, ∴DM⊥平面 ECA,而 DM?平面 BDM, ∴平面 ECA⊥平面 BDM. ————— —————————————— 面面垂直的性质应用技巧 (1)两平面垂直,在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面.这是把面面垂 直转化为线面垂直的依据.运用时要注意“平面内的直线”. (2)两个相交平面同时垂直于第三个平面,那么它们的交线也垂直于第三个平面,此性 质是在课本习题中出现的,在不是很复杂的题目中,要对此进行证明.

2.如图,在四棱锥 P-ABCD 中,平面 PAD⊥平面 ABCD,AB =AD,∠BAD=60° ,E,F 分别是 AP,AD 的中点.求证: (1)直线 EF∥平面 PCD; (2)平面 BEF⊥平面 PAD. 证明:(1)在△PAD 中,因为 E,F 分别为 AP,AD 的中点,所以 EF∥PD. 又因为 EF?平面 PCD,PD?平面 PCD. 所以直线 EF∥平面 PCD. (2)连接 BD.因为 AB=AD, ∠BAD=60° , 所以△ABD 为正三角形. 因 为 F 是 AD 的中点,所以 BF⊥AD. 因为平面 PAD⊥平面 ABCD, BF?平面 ABCD, 平面 PAD∩平面 ABCD=AD, 所以 BF⊥平面 PAD.又因为 BF?平面 BEF, 所以平面 BEF ⊥平面 PAD. 线面角、二面角的求法

[例 3] (2012· 广东高考)如图所示, 在四棱锥 P-ABCD 中, AB⊥平面 PAD,AB∥CD,PD=AD,E 是 PB 的中点,F 是 DC 1 上的点且 DF= AB,PH 为△PAD 中 AD 边上的高. 2 (1)证明:PH⊥平面 ABCD; (2)若 PH=1,AD= 2,FC=1,求三棱锥 E-BCF 的体积; (3)证明:EF⊥平面 PAB. [自主解答] (1)由于 AB⊥平面 PAD,PH?平面 PAD, 故 AB⊥PH. 又因为 PH 为△PAD 中 AD 边上的高,故 AD⊥PH. ∵AB∩AD=A,AB?平面 ABCD,AD?平面 ABCD, ∴PH⊥平面 ABCD. 1 (2)由于 PH⊥平面 ABCD,E 为 PB 的中点,PH=1,故 E 到平面 ABCD 的距离 h= PH 2 1 = . 2 又因为 AB∥CD,AB⊥AD,所以 AD⊥CD, 1 1 2 故 S△BCF= · FC· AD= · 1· 2= . 2 2 2 1 1 21 2 因此 VE-BCF= S△BCF· h= · ·= . 3 3 2 2 12 (3)证明:过 E 作 EG∥AB 交 PA 于 G,连接 DG. 由于 E 为 PB 的中点,所以 G 为 PA 的中点. 因为 DA=DP,故△DPA 为等腰三角形,所以 DG⊥PA. ∵AB⊥平面 PAD,DG?平面 PAD, ∴AB⊥DG. 又∵AB∩PA=A,AB?平面 PAB,PA?平面 PAB, ∴DG⊥平面 PAB. 1 1 又∵GE 綊 AB,DF 綊 AB, 2 2 ∴GE 綊 DF. 所以四边形 DFEG 为平行四边形,故 DG∥EF. 于是 EF⊥平面 PAB. ————— —————————————— 垂直关系综合题的类型及解法 (1)对于三种垂直的综合问题,一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化.

(2)对于垂直与平行结合的问题,求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用. (3)对于垂直与体积结合的问题,在求体积时,可根据线面垂直得到表示高的线段,进 而求得体积.

3.如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E、F 分别是 CD,A1D1 的中点. (1)求证:AB1⊥BF; (2)求证:AE⊥BF; (3)棱 CC1 上是否存在点 P, 使 BF⊥平面 AEP,若存在, 确定点 P 的位置,若不存在,说明理由. 解:(1)连接 A1B,则 AB1⊥A1B, 又 AB1⊥A1F,且 A1B∩A1F=A1, ∴AB1⊥平面 A1BF, ∴AB1⊥BF. (2)取 AD 中点 G,连接 FG,BG,则 FG⊥AE, 又∵△BAG≌△ADE, ∴∠ABG=∠DAE. ∴AE⊥BG. 又∵BG∩FG=G, ∴AE⊥平面 BFG. ∴AE⊥BF. (3)存在.取 CC1 中点 P,即为所求.连接 EP,AP,C1D, ∵EP∥C1D,C1D∥AB1, ∴EP∥AB1. 由(1)知 AB1⊥BF,∴BF⊥EP. 又由(2)知 AE⊥BF,且 AE∩EP=E, ∴BF⊥平面 AEP.

? 1 个转化——三种垂直关系的转化

在证明两平面垂直时一般先从现有的直线中寻找平面的垂线,若这样的直线图中不存

在,则可通过作辅助线来解决.如有平面垂直时,一般要用性质定理,在一个平面内作交线 的垂线,使之转化为线面垂直,然后进一步转化为线线垂直.故熟练掌握“线线垂直”“面 面垂直”间的转化条件是解决这类问题的关键. ? 3 种方法——“线面垂直”“线线垂直”和“面面垂直”的常用方法 (1)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. (2)判定线线垂直的方法 ①定义:两条直线所成的角为 90° ; ②平面几何中证明线线垂直的方法; ③线面垂直的性质:a⊥α,b?α?a⊥b; ④线面垂直的性质:a⊥α,b∥α?a⊥b. (3)判定面面垂直的方法 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.

答题模板——空间位置关系的证明 [典例] (2012 山东高考· 满分 12 分)如图,几何体 E-ABCD 是四棱锥, △ABD 为正三角形,CB=CD,EC⊥BD. (1)求证:BE=DE; (2)若∠BCD=120° ,M 为线段 AE 的中点,求证:DM∥平面 BEC. [快速规范审题] 第(1)问 1.审条件,挖解题信息 观察条件: △ABD 为正三角形, CB=CD, EC⊥BD― ― ― ― ― ― →CO⊥BD― ― ― ― ― ― ― ― → 连接EO,CO BD⊥平面 EOC. 2.审结论,明确解题方向 观察所求结论: 求证 BE=DE― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― →应证明 EO⊥BD.
需证明△BDE是等腰三角形 取BD中点O EC∩CO=C

3.建联系,找解题突破口 CB = CD ― ― ― ― ― ― ― → CO ⊥ BD ― ― ― ― → BD ⊥ 平 面 EOC ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― → BD ⊥ OE― ― ― ― ― ― ― →BE=DE. 等腰三角形 第(2)问 1.审条件,挖解题信息 观察条件:△ABD 为正三角形∠BCD=120° ,M 是 AE 的中点― ― ― ― ― ― ― ― ― → 连接DM,DN,MN MN∥BE,DN⊥AB,CB⊥AB. 2.审结论,明确解题方向 观察所求结论:DM∥平面 BEC― ― ― ― ― ― ― ― →平面 DMN∥平面 BEC 或 DM 平行于平 或线线平行 面 BEC 内的一条线. 3.建联系,找解题突破口 结合条件与图形:法一 证明平面 DMN∥平面 BEC― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― →DM∥平面 BEC. 法二 在平面 BEC 内作辅助线 EF∥DM― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― →DM∥平面 BEC. [准确规范答题] (1)如图,取 BD 的中点 O,连接 CO,EO. 由于 CB=CD,所以 CO⊥BD.?(1 分) 又 EC⊥BD,EC∩CO=C, CO,EC?平面 EOC, 所以 BD⊥平面 EOC.?(2 分) 因此 BD⊥EO. 又 O 为 BD 的中点, 所以 BE=DE.?(3 分) (2)法一:如图,取 AB 的中点 N,连接 DM,DN,MN. 因为 M 是 AE 的中点, 所以 MN∥BE.?(4 分) 由条件得出 BD⊥面 EOC 时,易忽视 EC∩CO=C, EC?平 面 EOC 这一条件.
利用线面平行的判定 由面面平行推证线面平行 需证面面平行 取AB的中点N, △BDE是 O为BD中点 EC⊥BD OE?平面EOC

又 MN?平面 BEC,BE?平面 BEC, 所以 MN∥平面 BEC.?(5 分) 又因为△ABD 为正三角形, 所以∠BDN=30° .?(6 分)

又 CB=CD,∠BCD=120° ,因此∠CBD=30° .?(7 分) 所以 DN∥BC. 又 DN?平面 BEC,BC?平面 BEC, 所以 DN∥平面 BEC.?(9 分) 又 MN∩DN=N, 所以平面 DMN∥平面 BEC.?(10 分) 又 DM?平面 DMN, 所以 DM∥平面 BEC.?(12 分) 法二:如图,延长 AD,BC 交于点 F,连接 EF.?(4 分) 因为 CB=CD,∠BCD=120° , 所以∠CBD=30° .?(5 分) 因为△ABD 为正三角形, 所以∠BAD=60° ,∠ABC=90° .?(7 分) 因此∠AFB=30° , 1 所以 AB= AF.?(9 分) 2 又 AB=AD, 所以 D 为线段 AF 的中点.?(10 分) 连接 DM,由点 M 是线段 AE 的中点, 得 DM∥EF. 又 DM?平面 BEC,EF?平面 BEC,?(11 分) 所以 DM∥平面 BEC.?(12 分) [答题模板速成] 证明平面 DMN ∥平 面 BEC 时, 易漏步骤 “MN∩DN=N”. 证明 MN∥平面 BEC 时, 易忽 视“MN?平面 BEC,BE?平 面 BEC, 而直接写出 MN∥平 面 BEC.”

证明空间线面位置关系的一般步骤: 确定问 第 一 步 审 清 题 意 分析条 件,挖 掘题目 中平行 与垂直 关系 ? 第 二 步 明 确 方 向 题方 向,选 择证明 平行或 垂直的 方法, 必要时 添加辅 第 三 步 ? 给 出 证 明 利用平 行垂直 关系的 判定或 性质给 出问题 的证明 ? 第 四 步 反 思 回 顾 查看关键点、 易漏点、 检查 使用定理时 定理成立的 条件是否遗 漏, 符号表达 是否准确

助线

一、选择题(本大题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分) 1.若直线 a 与平面 α 内无数条直线垂直,则直线 a 与平面 α 的位置关系是( A.垂直 C.相交 B.平行 D.不能确定 )

解析:选 D 直线 a 与平面 α 内无数条直线垂直,则 a 与 α 的位置关系为 a?α 或 a∥α 或 a 与 α 相交,故选 D. 2.(2013· 深圳模拟)已知直线 m、n 和平面 α、β,若 α⊥β,α∩β=m,n?α,要使 n⊥β, 则应增加的条件是( A.m∥n C.n∥α ) B.n⊥m D.n⊥α

解析:选 B 由面面垂直的性质定理可知,当 n⊥m 时,有 n⊥β.故选 B. 3.(2012· 浙江高考)设 l 是直线,α,β 是两个不同的平面( A.若 l∥α,l∥β,则 α∥β B.若 l∥α,l⊥β,则 α⊥β C.若 α⊥β,l⊥α,则 l⊥β D.若 α⊥β,l∥α,则 l⊥β 解析:选 B 对于选项 A,两平面可能平行也可能相交;对于选项 C,直线 l 可能在 β 内也可能平行于 β;对于选项 D,直线 l 可能在 β 内或平行于 β 或与 β 相交. 4.(2013· 鞍山模拟)已知直线 l⊥平面 α,直线 m?平面 β,给出下列命题: ①α∥β?l⊥m;②α⊥β?l∥m;③l∥m?α⊥β;④l⊥m?α⊥β,其中正确的是( A.①②③ C.②④ 解析:选 D l⊥α ? l⊥β ? ? ? ?? ??l⊥m ? ? α∥β? m?β? B.②③④ D.①③ ) )

故①正确,排除 B、C,
? α⊥β? ??l∥β 或 l?β. ? l⊥α ?

∵m?β, ∴此时推不出 l∥m,故②错,排除 A,故选 D. 5.给出命题:(1)在空间里,垂直于同一平面的两个平面平行;(2)设 l,m 是不同的直

线,α 是一个平面,若 l⊥α,l∥m,则 m⊥α;(3)已知 α,β 表示两个不同平面,m 为平面 α 内的一条直线,则“α⊥β”是“m⊥β”的充要条件;(4)a,b 是两条异面直线,P 为空间一 点, 过 P 总可以作一个平面与 a, b 之一垂直, 与另一个平行. 则其中正确命题的个数是( A.0 C.2 解析: 选B B.1 D.3 (1)两个平面也可能相交, 命题错误; (2)显然正确; (3)“α⊥β”是“m⊥β” )

的必要条件,命题错误;(4)当异面直线 a,b 垂直时可以作出满足要求的平面,命题错误. 6.如图所示,在四边形 ABCD 中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45° ,∠BAD=90° , 将△ABD 沿 BD 折起, 使平面 ABD⊥平面 BCD, 构成三棱锥 A-BCD, 则在三棱锥 A-BCD 中,下列命题正确的是( )

A.平面 ABD⊥平面 ABC B.平面 ADC⊥平面 BDC C.平面 ABC⊥平面 BDC D.平面 ADC⊥平面 ABC 解析: 选 D 在平面图形中 CD⊥BD, 折起后仍有 CD⊥BD, 由于平面 ABD⊥平面 BCD, 故 CD⊥平面 ABD,CD⊥AB.又 AB⊥AD,故 AB⊥平面 ADC.所以平面 ABC⊥平面 ADC.D 选项正确.易知选项 A、B、C 错误. 二、填空题(本大题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分) 7.设 l,m,n 为三条不同的直线,α 为一个平面,给出下列命题 ①若 l⊥α,则 l 与 α 相交 ②若 m?α,n?α,l⊥m,l⊥n,则 l⊥α ③若 l∥m,m∥n,l⊥α,则 n⊥α ④若 l∥m,m⊥α,n⊥α,则 l∥n 其中正确命题的序号为________. 解析:①显然正确;对②,只有当 m,n 相交时,才能 l⊥α,故②错误;对③,由 l∥m, m∥n?l∥n,由 l⊥α 得 n⊥α,故③正确;对④,由 l∥m,m⊥α?l⊥α,再由 n⊥α?l∥n. 故④正确. 答案:①③④ 8.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:DM⊥PC(或 BM⊥PC 等) 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) 9.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 三、解答题(本大题共 3 小题,每小题 12 分,共 36 分) 10.(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 1 1+2 1 V1= × ×1×1= . 3 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. 11. (2013· 三明模拟)如图所示, 已知四棱锥 P-ABCD 中, 底面 ABCD 是直角梯形, AB∥CD, ∠ABC=45° , DC=1, AB=2, PA⊥平面 ABCD, PA=1. (1)求证:AB∥平面 PCD; (2)求证:BC⊥平面 PAC; (3)若 M 是 PC 的中点,求三棱锥 M-ACD 的体积.

解:(1)由已知底面 ABCD 是直角梯形,AB∥DC, 又 AB?平面 PCD,CD?平面 PCD, ∴AB∥平面 PCD. (2)在直角梯形 ABCD 中,过 C 作 CE⊥AB 于点 E, 则四边形 ADCE 为矩形,∴AE=DC=1, 又 AB=2,∴BE=1, 在 Rt△BEC 中,∠ABC=45° ,∴CE=BE=1,CB= 2, 则 AC= AD2+CD2= 2,∴AC2+BC2=AB2, ∴BC⊥AC, 又 PA⊥平面 ABCD,∴PA⊥BC, 又 PA∩AC=A,∴BC⊥平面 PAC. (3)∵M 是 PC 的中点, ∴M 到平面 ADC 的距离是 P 到面 ADC 距离的一半. 1 ?1PA?=1×?1×1×1?×1= 1 . VM-ACD= S△ACD· ?2 ? 3 ?2 ? 2 12 3 12. (2012· 湖南高考) 如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA ⊥平面 ABCD,底面 ABCD 是等腰梯形,AD∥BC,AC⊥BD. (1)证明:BD⊥PC; (2)若 AD=4,BC=2,直线 PD 与平面 PAC 所成的角为 30° ,求 四棱锥 P-ABCD 的体积. 解:(1)证明:因为 PA⊥平面 ABCD,BD?平面 ABCD,所以 PA ⊥BD. 又 AC⊥BD,PA,AC 是平面 PAC 内的两条相交直线,所以 BD ⊥平面 PAC. 而 PC?平面 PAC,所以 BD⊥PC. (2)设 AC 和 BD 相交于点 O , 连接 PO, 由(1)知, BD⊥平面 PAC, 所以∠DPO 是直线 PD 和平面 PAC 所成的角.从而∠DPO=30° . 由 BD⊥平面 PAC,PO?平面 PAC 知,BD⊥PO,在 Rt△POD 中,由∠DPO=30° ,得 PD=2OD. 因为四边形 ABCD 为等腰梯形,AC⊥BD,所以△AOD,△BOC 均为等腰直角三角形, 1 1 1 1 从而梯形 ABCD 的高为 AD+ BC= ×(4+2)=3, 于是梯形 ABCD 的面积 S= ×(4+2)×3 2 2 2 2 =9. 在等腰直角三角形 AOD 中,OD= 2 AD=2 2, 2

所以 PD=2OD=4 2,PA= 故四棱锥 P-ABCD 的体积为 1 1 V= ×S×PA= ×9×4=12. 3 3

PD2-AD2=4.

1.设 b、c 表示两条不重合的直线,α、β 表示两个不同的平面,则下列命题是真命题 的是( A. ) b?α? ? ??b∥c ? c∥α ? c∥α? ? ?α⊥β ? c⊥β ? B. b?α? ? ?c∥α ? b∥c ? c∥α ? ? ?c⊥β ? α⊥β?

C.

D.

解析:选 C 选项 A 中的条件不能确定 b∥c;选项 B 中条件的描述也包含着直线 c 在 平面 α 内,故不正确;选项 D 中的条件也包含着 c?β,c 与 β 斜交或 c∥β,故不正确. 2.如图,在直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,四边形 ABCD 是梯形,AD∥BC,AC⊥CD, E 是 AA1 上的一点. (1)求证:CD⊥平面 ACE; (2)若平面 CBE 交 DD1 于点 F,求证:EF∥AD. 证明:(1)因为 ABCD-A1B1C1D1 为直四棱柱, 所以 AA1⊥平面 ABCD. 因为 CD?平面 ABCD,所以 AA1⊥CD,即 AE⊥CD. 因为 AC⊥CD,AE?平面 AEC,AC?平面 AEC, AE∩AC=A,所以 CD⊥平面 AEC. (2)因为 AD∥BC,AD?平面 ADD1A1,BC?平面 ADD1A1, 所以 BC∥平面 ADD1A1. 因为 BC?平面 BCE,平面 BCE∩平面 ADD1A1=EF, 所以 EF∥BC.所以 EF∥AD. 3.如图 1,等腰梯形 ABCD 中,AD∥BC,AB=AD,∠ABC=60° ,E 是 BC 的中点.如 图 2, 将△ABE 沿 AE 折起, 使平面 ABE⊥平面 AECD, F 是 CD 的中点, P 是棱 BC 的中点, M 为 AE 的中点.

(1)求证:AE⊥BD; (2)求证:平面 PEF⊥平面 AECD; (3)若 AB=2,求三棱锥 P-CDE 的体积 V. 解:(1)证明:连接 BM、DM. 在等腰梯形 ABCD 中, ∵AD∥BC,AB=AD, ∠ABC=60° ,E 是 BC 的中点, ∴△ABE 与△ADE 都是等边三角形, ∴BM⊥AE,DM⊥AE.又 BM∩DM=M, ∴AE⊥平面 BDM. ∵BD?平面 BDM,∴AE⊥BD. (2)证明:连接 CM 交于 EF 于点 N,连接 PN. ∵ME∥FC,且 ME=FC, ∴四边形 MECF 是平行四边形, ∴N 是线段 CM 的中点, ∵P 是线段 BC 的中点,∴PN∥BM. 由题意可知,BM⊥平面 AECD, ∴PN⊥平面 AECD. ∵PN?平面 PEF, ∴平面 PEF⊥平面 AECD. (3)由(2)可得,PN 为三棱锥 P-CDE 的高,∵AB=2, 1 3 ∴BM= 3,∴PN= BM= ,由题意可知,△CDE 是边长为 2 的正三角形,S△CDE= 2 2 1 2 3 ×2 × = 3, 2 2 1 1 3 1 故 V= S△CDE· PN= × 3× = . 3 3 2 2


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