2019高考数学文一轮分层演练：第8章立体几何第1讲

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2019年高考数学一轮复习训练：第一部分基础与考点过关第八章立体几何初步学案

第八章立体几何初步第1课时空间点、直线、平面之间的位置关系理解空间点、线、面的基本位置关系；会用数学语言规范地表述空间点、线、面的位置关系．了解公理1，2，3及公理3的推论1，2，3，并能正确判定；了解平行公理和等角定理．理解空间直线、平面位置关系的定义，能判定空间两直线的位置关系；了解异面直线所成的角．1. (必修2P24练习2改编)用集合符号表示“点P在直线l外，直线l在平面α内”为________．答案：P∉l，l⊂α解析：考查点、线、面之间的符号表示．2. (必修2P28练习2改编)已知AB∥PQ，BC∥QR，若∠ABC＝45°，则∠PQR＝________．答案：45°或135°解析：由等角定理可知∠PQR与∠ABC相等或互补，故答案为45°或135°.3. (原创)若直线l上有两个点在平面α外，则________．(填序号)①直线l上至少有一个点在平面α内；②直线l上有无穷多个点在平面α内；③直线l上所有点都在平面α外；④直线l上至多有一个点在平面α内．答案：④解析：由已知得直线l⊄α，故直线l上至多有一个点在平面α内．4. (必修2P31习题15改编)如图所示，设E，F，G，H依次是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA上除端点外的点，AEAB＝AHAD＝λ，CFCB＝CGCD＝μ，则下列结论中不正确的是________．(填序号)①当λ＝μ时，四边形EFGH是平行四边形；②当λ≠μ时，四边形EFGH是梯形；③当λ≠μ时，四边形EFGH一定不是平行四边形；④当λ＝μ时，四边形EFGH是梯形．答案：④解析：由AEAB＝AHAD＝λ，得EH∥BD，且EHBD＝λ，同理得FG∥BD 且FGBD＝μ，当λ＝μ时，EH∥FG且EH＝FG.当λ≠μ时，EH∥FG，但EH≠FG，只有④错误．5. (必修2P30练习2改编)在正方体A1B1C1D1ABCD中，与AB异面的棱有______________________．答案：A 1D 1，DD 1，CC 1，C 1B 11. 公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内．公理2：如果两个平面有一个公共点，那么它们还有其他公共点，这些公共点的集合是经过这个公共点的一条直线．公理3：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面．推论1：经过一条直线和这条直线外的一点，有且只有一个平面．推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面．推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面． 2. 空间两条直线的位置关系位置关系共面情况公共点个数相交直线在同一平面内有且只有一个平行直线在同一平面内没有异面直线不同在任何一个平面内没有(1) 公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行． (2) 定理：如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行并且方向相同，那么这两个角相等．4. 异面直线的判定(1) 判定定理：过平面内一点与平面外一点的直线，和这个平面内不经过该点的直线是异面直线．(2) 符号表示：若l ⊂α，A ∉α，B ∈α，B ∉l ，则直线AB 与l 是异面直线． 5. 异面直线所成的角(1) 定义：设a ，b 是异面直线，经过空间任意一点O ，作直线a′∥a，b ′∥b ，我们把直线a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a ，b 所成的角．(2) 范围：⎝⎛⎦⎥⎤0，π2.(3) 若异面直线a ，b 所成的角是直角，就称异面直线a ，b 互相垂直．记作a⊥b. [备课札记], 1平面的基本性质), 1) 如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别为CC1，AA1的中点，画出平面BED1F和平面ABCD的交线．解：如图，在平面ADD1A1内延长D1F与DA交于一点P，则P∈平面BED1F.∵ DA⊂平面ABCD，∴ P∈平面ABCD，∴点P是平面ABCD与平面BED1F的一个公共点．又点B是两平面的一个公共点，∴ PB为两平面的交线．备选变式（教师专享）如图，在直角梯形ABDC中，AB∥CD，AB>CD，S是直角梯形ABDC所在平面外一点，画出平面SBD和平面SAC的交线，并说明理由．解：显然点S是平面SBD和平面SAC的一个公共点，即点S在交线上，由于AB>CD，则分别延长AC和BD交于点E，如图所示．∵ E∈AC，AC⊂平面SAC，∴ E∈平面SAC.同理，可证E∈平面SBD，∴点E在平面SBD和平面SAC的交线上，连结SE，则直线SE是平面SBD和平面SAC的交线．, 2共点、共线、共面问题), 2) 如图，在四边形ABCD 和四边形ABEF 中，BC ∥AD ，BC ＝12AD ，BE∥FA ，BE ＝12FA ，点G ，H 分别为FA ，FD 的中点．(1) 求证：四边形BCHG 是平行四边形． (2) C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？(1) 证明：因为点G ，H 分别为FA ，FD 的中点，所以GH∥AD，GH ＝12AD.又BC∥AD，BC＝12AD ，所以GH∥BC，且GH ＝BC ，所以四边形BCHG 为平行四边形．(2) 解：C ，D ，F ，E 四点共面．理由如下：由BE∥FA，BE ＝12FA ，点G 为FA 的中点知，BE ∥FG ，BE ＝FG ，所以四边形BEFG 为平行四边形，所以EF∥BG. 由(1)知BG∥CH，BG ＝CH ，所以EF∥CH，所以EF 与CH 共面．又D∈FH，所以C ，D ，F ，E 四点共面．变式训练如图，在直四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，A 1C 1与B 1D 1交于点O.求证：A 1，C 1，F ，E 四点共面．证明：如图，连结AC ，因为点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，所以EF 是△ABC 的中位线，所以EF ∥AC.由直棱柱知AA 1綊CC 1，所以四边形AA 1C 1C 为平行四边形，所以AC∥A 1C 1. 所以EF∥A 1C 1，故A 1，C 1，F ，E 四点共面．, 3 空间直线位置关系问题), 3) 如图，在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点M ，N 分别是A 1B 1，B 1C 1的中点．求证：(1) AM 和CN 共面；(2) D 1B 和CC 1是异面直线．证明：(1) 如图，连结MN，A1C1，AC.∵点M，N分别是A1B1，B1C1的中点，∴ MN∥A1C1.∵ A1A綊C1C，∴四边形A1ACC1为平行四边形，∴ A1C1∥AC，∴ MN∥AC，∴ A，M，N，C四点共面，即AM和CN共面．(2) ∵ ABCDA1B1C1D1是正方体，∴ B，C，C1，D1不共面．假设D1B与CC1不是异面直线，则存在平面α，使D1B⊂平面α，CC1⊂平面α，∴ D1，B，C，C1∈α，这与B，C，C1，D1不共面矛盾．∴假设不成立，即D1B与CC1是异面直线．变式训练已知空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，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不是异面直线，则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，连结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是平行四边形EFGH的对角线，所以EG与FH相交．1. 在下列命题中，不是公理的是________．(填序号)①如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线；②过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面；③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；④平行于同一个平面的两个平面相互平行．答案：④解析：④不是公理，是个常用的结论，需经过推理论证；①②③是平面的基本性质公理．2. 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：① AB⊥EF；② AB与CM所成的角为60°；③ EF与MN是异面直线；④ MN∥CD.以上结论中正确的是________．(填序号)答案：①③解析：把正方体平面展开图还原到原来的正方体，如图所示，AB⊥EF，EF与MN是异面直线，AB∥CM，MN⊥CD，只有①③正确．3. 在正方体ABCDA1B1C1D1中，点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．答案：无数解析：在A1D1，C1D1上任取一点P，M，过点P，M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α∩CD ＝Q，连结PQ，则PQ与EF必然相交，即PQ为所求直线．由点P的任意性知，有无数条直线与直线A1D1，EF，CD都相交．4. 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱CC1，BB1及DD1的中点．求证：∠BGC＝∠FD1E.证明：∵ 点E，F，G分别是正方体的棱CC1，BB1，DD1的中点，∴ CE平行且等于GD1，BF平行且等于GD1，则四边形CED1G与四边形BFD1G均为平行四边形．则GC∥D1E，GB∥D1F.∵∠BGC与∠FD1E对应两边的方向分别相同，∴∠BGC＝∠FD1E.5. 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，对角线A1C与平面BDC1交于点O，AC，BD交于点M，点E为AB的中点，点F为AA1的中点．求证：(1) C1，O，M三点共线；(2) E，C，D1，F四点共面；(3) CE，D1F，DA三线共点．证明：(1) ∵ C 1，O ，M ∈平面BDC 1，又C 1，O ，M ∈平面A 1ACC 1，由公理3知，点C 1，O ，M 在平面BDC 1与平面A 1ACC 1的交线上，∴ C 1，O ，M 三点共线．(2) ∵ 点E ，F 分别是AB ，A 1A 的中点，∴ EF ∥A 1B. ∵ A 1B ∥CD 1，∴ EF ∥CD 1.∴ E ，C ，D 1，F 四点共面．(3) 由(2)可知，E ，C ，D 1，F 四点共面．∵ EF∥A 1B ，EF ＝12A 1B ，∴ EF ＝12D 1C ，∴ D 1F ，CE 为相交直线，记交点为P.则P∈D 1F ⊂平面ADD 1A 1，P ∈CE ⊂平面ADCB ，∴ P ∈平面ADD 1A 1∩平面ADCB ＝AD ，∴ CE ，D 1F ，DA 三线共点．1. 如图，在正方体ABCDEFMN 中，①BM 与ED 平行；②CN 与BM 是异面直线；③CN 与BE 是异面直线；④DN 与BM 是异面直线．以上四个命题中，正确的命题是________．(填序号)答案： ②④解析：观察图形，根据异面直线的定义可知，BM 与ED 是异面直线，CN 与BM 是异面直线，CN 与BE 不是异面直线，DN 与BM 是异面直线，故①③错误，②④正确．即正确的命题是②④.2. 在空间四边形ABCD 中，AB ＝CD 且AB 与CD 所成的角为30°，点M ，N 分别是BC ，AD 的中点，求直线AB 和MN 所成的角．解：如图，取AC 的中点P.连结PM ，PN ，则PM∥AB，且PM ＝12AB ，PN ∥CD ，且PN ＝12CD ，所以∠MPN 为直线AB 与CD 所成的角(或所成角的补角)．则∠MPN＝30°或∠MPN＝150°. 若∠MPN＝30°，因为PM∥AB，所以∠PMN 是AB 与MN 所成的角(或所成角的补角)．又AB ＝CD ，所以PM ＝PN ，则△PMN 是等腰三角形，所以∠PMN＝75°，即直线AB 与MN 所成的角为75°.若∠MPN＝150°，易知△PMN 是等腰三角形，所以∠PMN＝15°，即直线AB 与MN 所成的角为15°.故直线AB 和MN 所成的角为75°或15°.3. 已知在棱长为a 的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点M ，N 分别是棱CD ，AD 的中点．求证： (1) 四边形MNA 1C 1是梯形； (2) ∠DNM＝∠D 1A 1C 1.证明：(1) 如图，连结AC ，在△ACD 中，∵ 点M ，N 分别是CD ，AD 的中点， ∴ MN 是三角形ACD 的中位线，∴ MN ∥AC ，MN ＝12AC.由正方体的性质得AC∥A 1C 1，AC ＝A 1C 1，∴ MN ∥A 1C 1且MN ＝12A 1C 1，即MN≠A 1C 1，∴ 四边形MNA 1C 1是梯形．(2) 由(1)知MN∥A 1C 1.又∵ ND∥A 1D 1， ∴ ∠DNM 与∠D 1A 1C 1相等或互补．而∠DNM 与∠D 1A 1C 1均是直角三角形中的锐角， ∴ ∠DNM ＝∠D 1A 1C 1.1. 证明点线共面的常用方法：一是依据题中所给部分条件先确定一个平面，然后证明其余的点或线都在平面内；二是将所有元素分成几个部分，然后分别确定几个平面，再证这些平面重合；三是采用反证法．2. 证明三线共点的方法：通常先证明两条直线的交点在第三条直线上，而第三条直线是分别经过这两条直线的两个平面的一条交线．3. 异面直线的证明方法：一是应用判定定理(过平面内一点与平面外一点的连线与平面内不经过该点的直线是异面直线)；二是采用反证法．判定异面直线时通常采用排除法(既不相交也不平行)或判定定理．4. 对于异面直线所成的角，要注意角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2以及两条直线垂直的定义，平移法是解决此类问题的关键．[备课札记]第2课时直线与平面的位置关系(1)(对应学生用书(文)109～110页、(理)111～112页)了解直线与平面的位置关系，了解线面平行的有关概念；除了能熟练运用线面平行的判定定理和性质定理外，还能运用定义判断位置关系．① 要熟练掌握线面平行的定义、判定及性质.②要注意线线关系、线面关系以及面面关系的转化．对于直线与平面所成的角，点到面的距离了解即可．1. (必修2P35练习2改编)给出下列条件：① l∥α；② l与α至少有一个公共点；③ l与α至多有一个公共点．则能确定直线l在平面α外的条件为________．(填序号)答案：①③解析：直线l在平面α外：l∥α或直线l与平面α仅有一个交点．2. (必修2P35练习7改编)在梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊂平面α，CD⊄平面α，则直线CD与平面α内的直线的位置关系是________．答案：平行或异面解析：因为AB∥CD，AB⊂平面α，CD⊄平面α，所以CD∥平面α，所以CD与平面α内的直线可能平行，也可能异面．3. (必修2P35练习4改编)在正六棱柱ABCDEFA1B1C1D1E1F1的表面中，与A1F1平行的平面是________．答案：平面ABCDEF、平面CC1D1D解析：在正六棱柱中，易知A1F1∥AF，AF⊂平面ABCDEF，且A1F1⊄平面ABCDEF，所以A1F1∥平面ABCDEF.同理，A1F1∥C1D1，C1D1⊂平面CC1D1D，且A1F1⊄平面CC1D1D，所以A1F1∥平面CC1D1D.其他各面与A1F1均不满足直线与平面平行的条件．故答案为平面ABCDEF与平面CC1D1D.4. (原创)P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线的交点为O，M为PB的中点，给出下列四个命题：① OM∥平面PCD；② OM∥平面PBC；③ OM∥平面PDA；④ OM∥平面PBA.其中正确命题的个数是________．答案：2解析：由已知OM∥PD，得OM∥平面PCD且OM∥平面PAD.故正确的只有①③.5. (必修2P41习题5改编)在四面体ABCD中，点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________．答案：平面ABC、平面ABD解析：如图，连结AM并延长交CD于E，连结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，由EMMA＝ENNB＝12，得MN∥AB，因此，MN∥平面ABC，且MN∥平面ABD.1. 一条直线和一个平面的位置关系有且只有以下三种：位置关系直线a在平面α内直线a与平面α相交直线a与平面α平行公共点有无数个公共点有且只有一个公共点没有公共点符号表示a⊂αa∩α＝A a∥α图形表示判定定理性质定理文字如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线就和交线平行符号图形作用线线平行⇒线面平行线面平行⇒线线平行, 1基本概念辨析), 1) 下列命题中真命题的个数为Ｗ.①直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α；②若直线a在平面α外，则a∥α；③若直线a∥b，直线b⊂α，则a∥α；④若直线a∥b，b⊂α，那么直线a平行于平面α内的无数条直线.答案：1解析：∵ 直线l虽与平面α内无数条直线平行，但l有可能在平面α内，∴ l不一定平行于α.∴ ①是假命题.∵ 直线a在平面α外，包括两种情况：a∥α和a与α相交，∴ a和α不一定平行.∴ ②是假命题.∵ 直线a∥b，b⊂α，则只能说明a和b无公共点，但a可能在平面α内，∴ a不一定平行于α.∴ ③是假命题.∵ a∥b，b⊂α，那么a⊂α或a∥α，∴ a可以与平面α内的无数条直线平行.∴ ④是真命题.综上可知，真命题的个数为1.备选变式（教师专享）下列命题中正确的是Ｗ.（填序号）①若直线a不在平面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若直线l与平面α平行，则l与α内的任意一条直线都平行；④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；⑤平行于同一平面的两直线可以相交.答案：④⑤解析：如图①，a∩α＝A时，a⊄α，∴①错误；直线l与α相交时，l上有无数个点不在α内，∴②错误；l∥α时，α内的直线与l平行或异面，∴③错误；l∥α，l与α无公共点，∴ l与α内任一直线都无公共点，④正确；如图②，长方体ABCDA1B1C1D1中，A1C1与B1D1都与平面ABCD平行，∴⑤正确., 2线面平行的判定), 2) 如图，在底面为平行四边形的四棱锥PABCD中，点E是PC的中点.求证：PA∥平面BDE.证明：如图，连结AC交BD于点O，连结OE.在平行四边形ABCD中，O是AC的中点，又E是PC的中点，∴ OE∥PA.∵ PA⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，∴ PA∥平面BDE.变式训练如图，在三棱柱A1B1C1ABC中， E，F分别是A1B，AC1的中点.求证：EF∥平面ABC.证明：如图，连结A1C，因为三棱柱A1B1C1ABC中，四边形AA1C1C是平行四边形，所以点F在A1C上，且为A1C的中点.在△A1BC中，因为E，F分别是A1B，A1C的中点，所以EF∥BC.因为BC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，所以EF∥平面ABC.备选变式（教师专享）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点M，N，P分别为棱AB，BC，C1D1的中点.求证：AP∥平面C1MN.证明：在正方体ABCDA1B1C1D1中，因为点M ，P 分别为棱AB ，C 1D 1的中点，所以AM ＝PC 1. 又AM∥CD，PC 1∥CD ，故AM∥PC 1，所以四边形AMC 1P 为平行四边形.从而AP∥C 1M. 又AP ⊄ 平面C 1MN ，C 1M ⊂平面C 1MN ，所以AP∥平面C 1MN., 3 线面平行的性质), 3) 如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，CC 1＝4，M 是棱CC 1上的一点.若点N 是AB 的中点，且CN∥平面AB 1M ，求CM 的长.解：（解法1）如图①，取AB 1的中点P ，连结NP ，PM.①因为点N 是AB 的中点，所以NP∥BB 1.因为CM∥BB 1，所以NP∥CM，所以NP 与CM 共面.因为CN∥平面AB 1M ，平面CNPM∩平面AB 1M ＝MP ，所以CN∥MP.所以四边形CNPM 为平行四边形，所以CM ＝NP ＝12CC 1＝2.（解法2）如图②，设NC 与CC 1确定的平面交AB 1于点P ，连结NP ，PM.②因为CN∥平面AB 1M ，CN ⊂平面CNPM ，平面AB 1M ∩平面CNPM ＝PM ，所以CN∥MP. 因为BB 1∥CM ，BB 1⊄平面CNPM ，CM ⊂平面CNPM ，所以BB 1∥平面CNPM. 又BB 1⊂平面ABB 1，平面ABB 1∩平面CNPM ＝NP ，所以BB 1∥NP ，所以CM∥NP，所以四边形CNPM 为平行四边形.因为点N 是AB 的中点，所以CM ＝NP ＝12BB 1＝12CC 1＝2.（解法3）如图③，取BB 1的中点Q ，连结NQ ，CQ.③因为点N 是AB 的中点，所以NQ∥AB 1. 因为NQ ⊄平面AB 1M ，AB 1⊂平面AB 1M ，所以NQ∥平面AB 1M.因为CN∥平面AB 1M ，NQ ∩NC ＝N ，NQ ，NC ⊂平面NQC ，所以平面NQC∥平面AB 1M.因为平面BCC 1B 1∩平面NQC ＝QC ，平面BCC 1B 1∩平面AB 1M ＝MB 1，所以CQ∥MB 1. 因为BB 1∥CC 1，所以四边形CQB 1M 是平行四边形，所以CM ＝B 1Q ＝12CC 1＝2.（解法4）如图④，分别延长BC ，B 1M ，设交点为S ，连结AS.④因为CN∥平面AB 1M ，CN ⊂平面ABS ，平面ABS∩平面AB 1M ＝AS ，所以CN∥AS. 由于AN ＝NB ，所以BC ＝CS.又CM∥BB 1，同理可得SM ＝MB 1，所以CM ＝12BB 1＝12CC 1＝2.备选变式（教师专享）如图，在斜三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AC 1与A 1C 交于点O ，E 是棱AB 上一点，且OE∥平面BCC 1B 1.求证：点E 是AB 的中点.证明：连结BC 1，因为OE∥平面BCC 1B 1，OE ⊂平面ABC 1，平面BCC 1B 1∩平面ABC 1＝BC 1，所以OE∥BC 1.在斜三棱柱ABCA 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C 是平行四边形，AC 1∩A 1C ＝O ，所以点O 是AC 1的中点，所以AE EB ＝AOOC 1＝1，即点E 是AB 的中点.1. 如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，已知AB ＝AC ，点M ，N ，P 分别为BC ，CC 1，BB 1的中点.求证：A 1N ∥平面AMP.证明：取C 1B 1的中点D ，连结A 1D ，DN ，DM ，B 1C.由于点D ，M 分别为C 1B 1，CB 的中点，所以DM∥CC 1且DM ＝CC 1，故DM∥AA 1且DM ＝AA 1，则四边形A 1AMD 为平行四边形，所以A 1D ∥AM.又A 1D ⊄平面APM ，AM ⊂平面APM ，所以A 1D ∥平面APM.由于D ，N 分别为C 1B 1，CC 1的中点，所以DN∥B 1C.又点P ，M 分别为BB 1，CB 的中点，所以MP∥B 1C.所以DN∥MP.又DN ⊄平面APM ，MP ⊂平面APM ，所以DN∥平面APM.由于A 1D ∩DN ＝D ，所以平面A 1DN∥平面APM. 由于A 1N ⊂平面A 1DN ，所以A 1N ∥平面APM.2. 如图，在四棱锥EABCD 中，四边形ABCD 为矩形，点M ，N 分别是AE ，CD 的中点.求证：直线MN∥平面EBC.证明：取BE 中点F ，连结CF ，MF.因为点M 是AE 的中点，所以MF 綊12AB.又点N 是矩形ABCD 边CD 的中点，所以NC 綊12AB ，所以MF 綊NC ，所以四边形MNCF 是平行四边形，所以MN∥CF.又MN ⊄平面EBC ，CF ⊂平面EBC ，所以MN∥平面EBC. 3. 如图，在正三棱柱ABCA′B′C′中，D 是AA′上的点，点E 是B′C′的中点，且A′E∥平面DBC′.试判断D 点在AA′上的位置，并给出证明.解：点D 为AA′的中点.证明如下：如图，取BC 的中点F ，连结AF ，EF ，设EF 与BC′交于点O ，连结DO ，BE ，C ′F ，在正三棱柱ABCA′B′C′中，点E 是B′C′的中点，所以 EF ∥BB ′∥AA ′，且EF ＝BB′＝AA′，所以四边形A′EFA 是平行四边形.因为A′E∥平面DBC′，A ′E ⊂平面A′EFA，且平面DBC′∩平面A′EFA＝DO ，所以A′E∥DO.在正三棱柱ABC －A′B′C′中，点E 是B′C′的中点，所以EC′∥BC 且EC′＝BF ，所以四边形BFC′E 是平行四边形，所以点O 是EF 的中点. 因为在平行四边形A′EFA 中， A ′E ∥DO ，所以点D 为AA′的中点. 4. 如图，在直四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是菱形，点E 是A 1C 1的中点.求证：BE∥平面ACD 1.证明：如图，连结B 1D 1交A 1C 1于点E ，连结BD 交AC 于点O ，连结OD 1.∵ 在直四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是菱形， ∴ D 1E ∥BO 且D 1E ＝BO ，∴ 四边形BED 1O 是平行四边形， ∴ BE ∥OD 1.∵ OD 1⊂平面ACD 1，BE ⊄平面ACD 1， ∴ BE ∥平面ACD 1.5. 如图，在四棱锥PABCD 中，PC ⊥平面PAD ，AB ∥CD ，CD ＝2AB ＝2BC ，点M ，N 分别是棱PA ，CD 的中点.求证：PC∥平面BMN.证明：设AC∩BN＝O ，连结MO ，AN.因为AB ＝12CD ，AB ∥CD ，点N 为CD 的中点，所以AB ＝CN ，AB ∥CN ，所以四边形ABCN 为平行四边形，所以O 为AC 的中点.又点M 为PA 的中点，所以MO∥PC. 因为MO ⊂平面BMN ，PC ⊄ 平面BMN ，所以PC∥平面BMN.1. 如图，在三棱锥PABC中，点M，N分别为AB，PA的中点.求证：PB∥平面MNC.证明：因为点M，N分别为AB，PA的中点，所以MN∥PB.因为MN⊂平面MNC，PB⊄平面MNC，所以PB∥平面MNC.2. 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，点D是AB的中点.求证：BC1∥平面A1CD.证明：连结AC1，设交A1C于点O，连结OD.∵四边形AA1C1C是矩形，∴ O是AC1的中点.∵在△ABC1中， O，D分别是AC1，AB的中点，∴OD∥BC1.∵ OD⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，∴ BC1∥平面A1CD.3. 如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点P∈BB1（P不与B，B1重合）.PA∩A1B＝M，PC∩BC1＝N.求证：MN∥平面ABCD.证明：连结AC，A1C1，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1∥CC1，且AA1＝CC1，∴四边形ACC1A1是平行四边形.∴ AC∥A1C1.∵ AC⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，∴ AC∥平面A1BC1.∵ AC⊂平面PAC，平面A1BC1∩平面PAC＝MN，∴ AC∥MN.∵ MN⊄平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴ MN∥平面ABCD.1. 判定或证明直线与平面平行的常用方法（1）利用直线与平面平行的定义（无公共点）.（2）利用直线与平面平行的判定定理（a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α）.（3）利用平面与平面平行的性质（α∥β，a⊂α⇒a∥β）.注意不管用哪种方法，都应将相应的条件写全，缺一不可.2. 直线与平面平行的性质定理的作用是证线线平行，应用时常常需构造辅助平面，和在平面几何中添加辅助线一样，在构造辅助平面时要确认这个平面的存在性.3. 证明平行问题时要注意“转化思想”的应用，要抓住线线、线面、面面之间的平行关系，实现“空间问题”与“平面问题”之间的转化.[备课札记]第3课时直线与平面的位置关系（2）（对应学生用书（文）111～113页、（理）113～115页）1. （必修2P38练习2（3）改编）已知直线l，a，b，平面α.若l∥a，a⊥α，b⊥α，则l与b的位置关系是Ｗ.答案：平行解析：由线面垂直的性质可知，若a⊥α，b ⊥α，则a∥b.因为l ∥a ，所以l∥b. 2. 已知两条异面直线平行于一平面，一直线与两异面直线都垂直，那么这个平面与这条直线的位置关系是Ｗ.（填序号）① 平行；② 垂直；③ 斜交；④ 不能确定. 答案：② 解析：设a ，b 为异面直线，a ∥平面α，b ∥平面α，直线l⊥a，l ⊥b.过a 作平面β∩α＝a′，则a ∥a ′，∴ l ⊥a ′.同理过b 作平面γ∩α＝b′，则l ⊥b ′.∵ a ，b 异面，∴ a ′与b′相交，∴ l ⊥α.3. 设l ，m 表示直线，m 是平面α内的任意一条直线，则“l⊥m”是“l⊥α”成立的条件.（选填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分又不必要”）答案：充要解析：由线面垂直的定义知，直线垂直于平面内任意一条直线，则直线与平面垂直，说明是充分条件，反之，直线垂直于平面，则直线垂直于平面内任意一条直线，说明是必要条件，则“l⊥m”是“l⊥α”成立的充要条件.4. （必修2P 42习题9改编）如图，AB 是圆O 的直径，PA 垂直于圆O 所在的平面，C 是圆O 上不同于A ，B 的任一点，则图中直角三角形的个数为Ｗ.答案：4解析：因为AB 是圆O 的直径，所以AC⊥BC，△ACB 是直角三角形；由PA⊥平面ABC 可得，PA ⊥AB ，PA ⊥AC ，所以△PAB 与△PAC 是直角三角形；因为PA⊥平面ABC ，且BC ⊂平面ABC ，所以PA⊥BC.又BC⊥AC，PA ∩AC ＝A ，所以BC⊥平面PAC.而PC ⊂平面PAC ，所以BC⊥PC，△PCB 是直角三角形.故直角三角形的个数为4.5. （必修2P 38练习3改编）在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，已知AB ＝1，则点C 到平面B 1BDD 1.解析：连结AC ，则AC⊥BD，又BB 1⊥AC ，故AC⊥平面B 1BDD 1，所以点C 到平面B 1BDD 1的距离为12AC ＝22.1. 直线与平面垂直的定义：如果一条直线a 与一个平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线a 与平面α互相垂直，记作a ⊥α，直线a 叫做平面α的垂线，平面α叫做直线a 的垂面，垂线和平面的交点称为垂足Ｗ.2. 结论：过一点有且只有一条直线与已知平面垂直，过一点有且只有一个平面与已知直线垂直.3. 直线与平面垂直从平面外一点引平面的垂线，这个点和垂足间的距离叫做这个点到这个平面的距离.5. 直线和平面的距离一条直线和一个平面平行，这条直线上任意一点到这个平面的距离，叫做这条直线和这个平面的距离.6. 直线与平面所成的角（1）斜线一条直线与一个平面相交，但不和这个平面垂直，这条直线叫做这个平面的斜线，斜线与平面的交点叫做斜足，斜线上一点与斜足间的线段叫做这个点到平面的斜线段.（2）射影过平面α外一点P向平面α引斜线和垂线，那么过斜足Q和垂足P1的直线就是斜线在平面内的正投影（简称射影），线段P1Q就是斜线段PQ在平面α内的射影，如图.（3）直线和平面所成的角平面的一条斜线与它在这个平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线与这个平面所成的角.特别地，如果直线和平面垂直，那么就说这条直线与平面所成的角是直角；如果直线与平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角.[备课札记], 1直线与平面垂直的判定), 1) 如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别是AB，BC的中点，A1C1与B1D1交于点O.若底面ABCD是菱形，且OD⊥A1E，求证：OD⊥平面A1C1FE.证明：连结BD，因为直棱柱中DD1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，所以DD1⊥A1C1.因为底面A1B1C1D1是菱形，所以A1C1⊥B1D1.又DD1∩B1D1＝D1，所以A1C1⊥平面BB1D1D.因为OD⊂平面BB1D1D，所以OD⊥A1C1.又OD⊥A1E，A1C1∩A1E＝A1，A1C1⊂平面A1C1FE，A1E⊂平面A1C1FE，所以OD⊥平面A1C1FE.变式训练如图，在三棱锥PABC中，平面PA B⊥平面ABC，PA⊥PB，M，N分别为AB，PA的中点.若AC＝BC，求证：PA⊥平面MNC.证明：因为M，N分别为AB，PA的中点，所以MN∥PB.又因为PA⊥PB，所以PA⊥MN. 因为AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，所以CM⊥平面PAB.因为PA⊂平面PAB，所以CM⊥PA.又因为PA⊥MN，MN⊂平面MNC，CM⊂平面MNC，MN∩CM＝M，所以PA⊥平面MNC., 2直线与平面垂直性质的应用), 2) 如图，在四棱锥PABCD中，AD⊥平面PAB，AP⊥AB.（1）求证：CD⊥AP；（2）若CD⊥PD，求证：CD∥平面PAB.证明：（1）因为AD⊥平面PAB，AP⊂平面PAB，所以AD⊥AP.因为AP⊥AB，AB∩AD＝A，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以AP⊥平面ABCD.因为CD⊂平面ABCD，所以CD⊥AP.（2）因为CD⊥AP，CD⊥PD，且PD∩AP＝P，PD⊂平面PAD，AP⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD ①.因为AD⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，所以AB⊥AD.因为AP⊥AB，AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD ②.由①②得CD∥AB，因为CD⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以CD∥平面PAB.变式训练如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，EF与异面直线AC，A1D都垂直相交.求证：（1）EF⊥平面AB1C；（2）EF∥BD1.证明：（1）在正方体ABCDA1B1C1D1中，A1B1∥AB∥CD，且A1B1＝AB＝CD，所以四边形A1B1CD是平行四边形，所以A1D∥B1C.因为EF⊥A1D，所以EF⊥B1C.又因为EF⊥AC，AC∩B1C＝C，AC⊂平面AB1C，B1C ⊂平面AB1C，所以EF⊥平面AB1C.（2）连结BD，则BD⊥AC.因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DD1⊥AC.因为AC⊥BD，DD1∩BD＝D，DD1⊂平面BDD1B1，BD⊂平面BDD1B1，所以AC⊥平面BDD1B1.又BD1⊂平面BDD1B1，所以AC⊥BD1.同理可证BD1⊥B1C，又AC∩B1C＝C，AC⊂平面AB1C，B1C⊂平面AB1C，所以BD1⊥平面AB1C.又EF⊥平面AB1C，所以EF∥BD1., 3直线与平面垂直的探索题), 3) 在正三棱柱ABCA1B1C1中，点D是BC的中点，BC＝BB1.（1）若P是CC1上任一点，求证：AP不可能与平面BCC1B1垂直；（2）试在棱CC1上找一点M，使MB⊥AB1.（1）证明：（反证法）假设AP⊥平面BCC1B1，∵ BC⊂平面BCC1B1，∴ AP⊥BC.又正三棱柱ABCA1B1C1中，CC1⊥BC，AP∩CC1＝P，AP⊂平面ACC1A1，CC1⊂平面ACC1A1，∴ BC⊥平面ACC1A1.而AC⊂平面ACC1A1，∴ BC⊥AC，这与△ABC是正三角形矛盾，故AP 不可能与平面BCC 1B 1垂直. （2）解：M 为CC 1的中点.∵ 在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，BC ＝BB 1， ∴ 四边形BCC 1B 1是正方形.∵ 点M 为CC 1的中点，点D 是BC 的中点， ∴ △B 1BD ≌△BCM ，∴ ∠BB 1D ＝∠CBM，∠BDB 1＝∠CMB.∵ ∠BB 1D ＋∠BD B 1＝π2，∴ ∠CBM ＋∠BDB 1＝π2，∴ BM ⊥B 1D.∵ △ABC 是正三角形，D 是BC 的中点， ∴ AD ⊥BC.∵ 平面ABC⊥平面BB 1C 1C ，平面ABC∩平面BB 1C 1C ＝BC ，AD ⊂平面ABC ， ∴ AD ⊥平面BB 1C 1C.∵ BM ⊂平面BB 1C 1C ，∴ AD ⊥BM. ∵ AD ∩B 1D ＝D ，∴ BM ⊥平面AB 1D. ∵ AB 1⊂平面AB 1D ，∴ MB ⊥AB 1. 备选变式（教师专享）如图，在棱长为1的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点E 是棱BC 的中点，点F 是棱CD 上的动点.试确定点F 的位置，使得D 1E⊥平面AB 1F.解：如图，连结A 1B ，CD 1，则A 1B ⊥AB 1.∵ 在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，D 1A 1⊥平面ABB 1A 1，AB 1⊂平面ABB 1A 1，∴ A 1D 1⊥AB 1.又A 1D 1∩A 1B ＝A 1，A 1D 1，A 1B ⊂平面A 1BCD 1， ∴ AB 1⊥平面A 1BCD 1.又D 1E ⊂平面A 1BCD 1，∴ AB 1⊥D 1E.于是使D 1E ⊥平面AB 1F 等价于使D 1E ⊥AF. 连结DE ，易知D 1D ⊥AF ，若有AF⊥平面D 1DE ，只需证DE⊥AF.∵ 四边形ABCD 是正方形，点E 是BC 的中点， ∴ 当且仅当点F 是CD 的中点时，DE ⊥AF ，即当点F 是CD 的中点时，D 1E ⊥平面AB 1F.1. 如图，在矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝a （a>0），PA ⊥平面ABCD ，且PA ＝1，问BC 边上是否存在点Q ，使得PQ ⊥QD ，并说明理由.解：假设存在点Q ，使得PQ⊥QD.连结AQ. ∵ PA ⊥平面ABCD ，且DQ ⊂平面ABCD ， ∴ PA ⊥DQ.∵ PQ ⊥DQ ，且PQ∩PA＝P ，PQ ⊂平面PAQ ，PA ⊂平面PAQ ， ∴ DQ ⊥平面PAQ.∵ AQ ⊂平面PAQ ，∴ AQ ⊥DQ.设BQ ＝x ，则CQ ＝a －x ，AQ 2＝x 2＋1，DQ 2＝（a －x ）2＋1.∵ AQ 2＋DQ 2＝AD 2，∴ x 2＋1＋（a －x ）2＋1＝a 2，即x 2－ax ＋1＝0 （*）.方程（*）的判别式Δ＝a 2－4. ∵ a>0，∴ 当Δ<0，即0<a<2时，方程（*）无实根；当Δ＝0，即a ＝2时，方程（*）有惟一实根，此时x ＝1；当Δ>0，即a>2时，方程（*）有两个不等实根，设两个实根分别为x 1，x 2.由于x 1＋x 2＝a>0，x 1x 2＝1>0，则这两个实根均为正数.因此，当0<a<2时，BC 边上不存在点Q 使PQ⊥QD；当a ＝2时，BC 边上存在惟一一点Q （即BC 的中点），使PQ ⊥QD ；当a>2时，BC 边上存在不同的两点Q ，使PQ⊥QD.2. 如图，在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝EC ＝12AA 1.（1）求证：AC 1∥平面BDE ；（2）求证：A 1E ⊥平面BDE.证明：（1）连结AC 交BD 于点O ，连结OE.在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，四边形ABCD 是正方形，点O 为AC 的中点，AA 1∥CC 1且AA 1＝CC 1，由EC ＝12AA 1，得EC ＝12CC 1，即点E 为CC 1的中点，于是在△CAC 1中，AC 1∥OE.因为OE ⊂平面BDE ，AC 1⊄平面BDE ，所以AC 1∥平面BDE.（2）连结B 1E.设AB ＝a ，则在△BB 1E 中，BE ＝B 1E ＝2a ，BB 1＝2a.所以BE 2＋B 1E 2＝BB 21，所以B 1E ⊥BE.在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，A 1B 1⊥平面BB 1C 1C ，BE ⊂平面BB 1C 1C ，所以A 1B 1⊥BE.。

2019年高考数学(文科)一轮分层演练：第8章立体几何第1讲(含答案解析)

[学生用书P246(单独成册)]一、选择题1．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：选B．侧视图中能够看到线段AD1，应画为实线，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．2．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体是()A．圆柱B．三棱柱C．球D．四棱柱解析：选B．由已知中的三视图可得该几何体是三棱柱，故选B．3．将长方体截去一个四棱锥后得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为()解析：选D．根据几何体的结构特征进行分析即可．4．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D ．A ，B 的正视图不符合要求，C 的俯视图显然不符合要求，故选D ．5．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的正视图(等腰直角三角形)和侧视图，且该几何体的体积为83，则该几何体的俯视图可以是( )解析：选C ．由正视图和侧视图及体积易得几何体是四棱锥P -ABCD ，其中ABCD 是边长为2的正方形，P A ⊥平面ABCD ，且P A ＝2，此时V P ABCD ＝13×22×2＝83，则俯视图为Rt △P AB ，故选C ．6．(2018·兰州适应性考试)如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是线段A 1C 1上的动点，则三棱锥P -BCD 的俯视图与正视图面积之比的最大值为( )A ．1B ． 2C ． 3D ．2解析：选D ．正视图，底面B ，C ，D 三点，其中D 与C 重合，随着点P 的变化，其正视图均是三角形且点P 在正视图中的位置在边B 1C 1上移动，由此可知，设正方体的棱长为a ，则S 正视图＝12×a 2；设A 1C 1的中点为O ，随着点P 的移动，在俯视图中，易知当点P 在OC 1上移动时，S俯视图就是底面三角形BCD 的面积，当点P在OA 1上移动时，点P 越靠近A 1，俯视图的面积越大，当到达A 1的位置时，俯视图为正方形，此时俯视图的面积最大，S 俯视图＝a 2，所以S 俯视图S 正视图的最大值为a 212a 2＝2，故选D ．二、填空题7．如图，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则该平面图形的面积为________．解析：直观图的面积S ′＝12×(1＋1＋2)×22＝2＋12．故原平面图形的面积S ＝S ′24＝2＋2．答案： 2＋ 28．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm ．解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C ．在Rt △ABC 中，AC ＝12 cm ，BC ＝8－3＝5(cm)．所以AB ＝122＋52＝13(cm)．答案：139．已知正四棱锥V -ABCD 中，底面面积为16，一条侧棱的长为211，则该棱锥的高为________．解析：如图，取正方形ABCD 的中心O ，连接VO ，AO ，则VO 就是正四棱锥V -ABCD 的高．因为底面面积为16，所以AO ＝22．因为一条侧棱长为211，所以VO ＝VA 2AO 2＝44－8＝6．所以正四棱锥V -ABCD 的高为6．答案：610．如图是一个几何体的三视图，则该几何体任意两个顶点间距离的最大值是________．解析：作出直观图如图所示，通过计算可知AF、DC最长且DC＝AF＝BF2＋AB2＝33．答案：3 3三、解答题11．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，如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)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求P A．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 cm2．俯视图(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝6 2 (cm)．由正视图可知AD＝6 cm，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，P A＝PD2＋AD2＝（62）2＋62＝6 3 (cm)．12．如图所示的三个图中，上面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)按照给出的尺寸，求该多面体的体积．解：(1)如图．(2)所求多面体的体积 V ＝V 长方体－V 正三棱锥＝4×4×6－13×(12×2×2)×2＝2843(cm 3)．。

2019版高考数学一轮复习第一部分基础与考点过关第八章立体几何初步学案

第八章立体几何初步第1课时空间点、直线、平面之间的位置关系理解空间点、线、面的基本位置关系；会用数学语言规范地表述空间点、线、面的位置关系．了解公理1，2，3及公理3的推论1，2，3，并能正确判定；了解平行公理和等角定理．理解空间直线、平面位置关系的定义，能判定空间两直线的位置关系；了解异面直线所成的角．1. (必修2P24练习2改编)用集合符号表示“点P在直线l外，直线l在平面α内”为________．答案：P∉l，l⊂α解析：考查点、线、面之间的符号表示．2. (必修2P28练习2改编)已知AB∥PQ，BC∥QR，若∠ABC＝45°，则∠PQR＝________．答案：45°或135°解析：由等角定理可知∠PQR与∠ABC相等或互补，故答案为45°或135°.3. (原创)若直线l上有两个点在平面α外，则________．(填序号)①直线l上至少有一个点在平面α内；②直线l上有无穷多个点在平面α内；③直线l上所有点都在平面α外；④直线l上至多有一个点在平面α内．答案：④解析：由已知得直线l⊄α，故直线l上至多有一个点在平面α内．4. (必修2P31习题15改编)如图所示，设E，F，G，H依次是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA上除端点外的点，AEAB＝AHAD＝λ，CFCB＝CGCD＝μ，则下列结论中不正确的是________．(填序号)①当λ＝μ时，四边形EFGH是平行四边形；②当λ≠μ时，四边形EFGH是梯形；③当λ≠μ时，四边形EFGH一定不是平行四边形；④当λ＝μ时，四边形EFGH是梯形．答案：④解析：由AEAB＝AHAD＝λ，得EH∥BD，且EHBD＝λ，同理得FG∥BD 且FGBD＝μ，当λ＝μ时，EH∥FG且EH＝FG.当λ≠μ时，EH∥FG，但EH≠FG，只有④错误．5. (必修2P30练习2改编)在正方体A1B1C1D1ABCD中，与AB异面的棱有______________________．答案：A 1D 1，DD 1，CC 1，C 1B 11. 公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内．公理2：如果两个平面有一个公共点，那么它们还有其他公共点，这些公共点的集合是经过这个公共点的一条直线．公理3：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面．推论1：经过一条直线和这条直线外的一点，有且只有一个平面．推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面．推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面． 2. 空间两条直线的位置关系位置关系共面情况公共点个数相交直线在同一平面内有且只有一个平行直线在同一平面内没有异面直线不同在任何一个平面内没有(1) 公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行． (2) 定理：如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行并且方向相同，那么这两个角相等．4. 异面直线的判定(1) 判定定理：过平面内一点与平面外一点的直线，和这个平面内不经过该点的直线是异面直线．(2) 符号表示：若l ⊂α，A ∉α，B ∈α，B ∉l ，则直线AB 与l 是异面直线． 5. 异面直线所成的角(1) 定义：设a ，b 是异面直线，经过空间任意一点O ，作直线a′∥a，b ′∥b ，我们把直线a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a ，b 所成的角．(2) 范围：⎝⎛⎦⎥⎤0，π2.(3) 若异面直线a ，b 所成的角是直角，就称异面直线a ，b 互相垂直．记作a⊥b. [备课札记], 1平面的基本性质), 1) 如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别为CC1，AA1的中点，画出平面BED1F和平面ABCD的交线．解：如图，在平面ADD1A1内延长D1F与DA交于一点P，则P∈平面BED1F.∵ DA⊂平面ABCD，∴ P∈平面ABCD，∴点P是平面ABCD与平面BED1F的一个公共点．又点B是两平面的一个公共点，∴ PB为两平面的交线．备选变式（教师专享）如图，在直角梯形ABDC中，AB∥CD，AB>CD，S是直角梯形ABDC所在平面外一点，画出平面SBD和平面SAC的交线，并说明理由．解：显然点S是平面SBD和平面SAC的一个公共点，即点S在交线上，由于AB>CD，则分别延长AC和BD交于点E，如图所示．∵ E∈AC，AC⊂平面SAC，∴ E∈平面SAC.同理，可证E∈平面SBD，∴点E在平面SBD和平面SAC的交线上，连结SE，则直线SE是平面SBD和平面SAC的交线．, 2共点、共线、共面问题), 2) 如图，在四边形ABCD 和四边形ABEF 中，BC ∥AD ，BC ＝12AD ，BE∥FA ，BE ＝12FA ，点G ，H 分别为FA ，FD 的中点．(1) 求证：四边形BCHG 是平行四边形． (2) C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？(1) 证明：因为点G ，H 分别为FA ，FD 的中点，所以GH∥AD，GH ＝12AD.又BC∥AD，BC＝12AD ，所以GH∥BC，且GH ＝BC ，所以四边形BCHG 为平行四边形．(2) 解：C ，D ，F ，E 四点共面．理由如下：由BE∥FA，BE ＝12FA ，点G 为FA 的中点知，BE ∥FG ，BE ＝FG ，所以四边形BEFG 为平行四边形，所以EF∥BG. 由(1)知BG∥CH，BG ＝CH ，所以EF∥CH，所以EF 与CH 共面．又D∈FH，所以C ，D ，F ，E 四点共面．变式训练如图，在直四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，A 1C 1与B 1D 1交于点O.求证：A 1，C 1，F ，E 四点共面．证明：如图，连结AC ，因为点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，所以EF 是△ABC 的中位线，所以EF ∥AC.由直棱柱知AA 1綊CC 1，所以四边形AA 1C 1C 为平行四边形，所以AC∥A 1C 1. 所以EF∥A 1C 1，故A 1，C 1，F ，E 四点共面．, 3 空间直线位置关系问题), 3) 如图，在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点M ，N 分别是A 1B 1，B 1C 1的中点．求证：(1) AM 和CN 共面；(2) D 1B 和CC 1是异面直线．证明：(1) 如图，连结MN，A1C1，AC.∵点M，N分别是A1B1，B1C1的中点，∴ MN∥A1C1.∵ A1A綊C1C，∴四边形A1ACC1为平行四边形，∴ A1C1∥AC，∴ MN∥AC，∴ A，M，N，C四点共面，即AM和CN共面．(2) ∵ ABCDA1B1C1D1是正方体，∴ B，C，C1，D1不共面．假设D1B与CC1不是异面直线，则存在平面α，使D1B⊂平面α，CC1⊂平面α，∴ D1，B，C，C1∈α，这与B，C，C1，D1不共面矛盾．∴假设不成立，即D1B与CC1是异面直线．变式训练已知空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，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不是异面直线，则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，连结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是平行四边形EFGH的对角线，所以EG与FH相交．1. 在下列命题中，不是公理的是________．(填序号)①如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线；②过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面；③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；④平行于同一个平面的两个平面相互平行．答案：④解析：④不是公理，是个常用的结论，需经过推理论证；①②③是平面的基本性质公理．2. 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：① AB⊥EF；② AB与CM所成的角为60°；③ EF与MN是异面直线；④ MN∥CD.以上结论中正确的是________．(填序号)答案：①③解析：把正方体平面展开图还原到原来的正方体，如图所示，AB⊥EF，EF与MN是异面直线，AB∥CM，MN⊥CD，只有①③正确．3. 在正方体ABCDA1B1C1D1中，点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．答案：无数解析：在A1D1，C1D1上任取一点P，M，过点P，M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α∩CD ＝Q，连结PQ，则PQ与EF必然相交，即PQ为所求直线．由点P的任意性知，有无数条直线与直线A1D1，EF，CD都相交．4. 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱CC1，BB1及DD1的中点．求证：∠BGC＝∠FD1E.证明：∵ 点E，F，G分别是正方体的棱CC1，BB1，DD1的中点，∴ CE平行且等于GD1，BF平行且等于GD1，则四边形CED1G与四边形BFD1G均为平行四边形．则GC∥D1E，GB∥D1F.∵∠BGC与∠FD1E对应两边的方向分别相同，∴∠BGC＝∠FD1E.5. 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，对角线A1C与平面BDC1交于点O，AC，BD交于点M，点E为AB的中点，点F为AA1的中点．求证：(1) C1，O，M三点共线；(2) E，C，D1，F四点共面；(3) CE，D1F，DA三线共点．证明：(1) ∵ C 1，O ，M ∈平面BDC 1，又C 1，O ，M ∈平面A 1ACC 1，由公理3知，点C 1，O ，M 在平面BDC 1与平面A 1ACC 1的交线上，∴ C 1，O ，M 三点共线．(2) ∵ 点E ，F 分别是AB ，A 1A 的中点，∴ EF ∥A 1B. ∵ A 1B ∥CD 1，∴ EF ∥CD 1.∴ E ，C ，D 1，F 四点共面．(3) 由(2)可知，E ，C ，D 1，F 四点共面．∵ EF∥A 1B ，EF ＝12A 1B ，∴ EF ＝12D 1C ，∴ D 1F ，CE 为相交直线，记交点为P.则P∈D 1F ⊂平面ADD 1A 1，P ∈CE ⊂平面ADCB ，∴ P ∈平面ADD 1A 1∩平面ADCB ＝AD ，∴ CE ，D 1F ，DA 三线共点．1. 如图，在正方体ABCDEFMN 中，①BM 与ED 平行；②CN 与BM 是异面直线；③CN 与BE 是异面直线；④DN 与BM 是异面直线．以上四个命题中，正确的命题是________．(填序号)答案： ②④解析：观察图形，根据异面直线的定义可知，BM 与ED 是异面直线，CN 与BM 是异面直线，CN 与BE 不是异面直线，DN 与BM 是异面直线，故①③错误，②④正确．即正确的命题是②④.2. 在空间四边形ABCD 中，AB ＝CD 且AB 与CD 所成的角为30°，点M ，N 分别是BC ，AD 的中点，求直线AB 和MN 所成的角．解：如图，取AC 的中点P.连结PM ，PN ，则PM∥AB，且PM ＝12AB ，PN ∥CD ，且PN ＝12CD ，所以∠MPN 为直线AB 与CD 所成的角(或所成角的补角)．则∠MPN＝30°或∠MPN＝150°. 若∠MPN＝30°，因为PM∥AB，所以∠PMN 是AB 与MN 所成的角(或所成角的补角)．又AB ＝CD ，所以PM ＝PN ，则△PMN 是等腰三角形，所以∠PMN＝75°，即直线AB 与MN 所成的角为75°.若∠MPN＝150°，易知△PMN 是等腰三角形，所以∠PMN＝15°，即直线AB 与MN 所成的角为15°.故直线AB 和MN 所成的角为75°或15°.3. 已知在棱长为a 的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点M ，N 分别是棱CD ，AD 的中点．求证： (1) 四边形MNA 1C 1是梯形； (2) ∠DNM＝∠D 1A 1C 1.证明：(1) 如图，连结AC ，在△ACD 中，∵ 点M ，N 分别是CD ，AD 的中点， ∴ MN 是三角形ACD 的中位线，∴ MN ∥AC ，MN ＝12AC.由正方体的性质得AC∥A 1C 1，AC ＝A 1C 1，∴ MN ∥A 1C 1且MN ＝12A 1C 1，即MN≠A 1C 1，∴ 四边形MNA 1C 1是梯形．(2) 由(1)知MN∥A 1C 1.又∵ ND∥A 1D 1， ∴ ∠DNM 与∠D 1A 1C 1相等或互补．而∠DNM 与∠D 1A 1C 1均是直角三角形中的锐角， ∴ ∠DNM ＝∠D 1A 1C 1.1. 证明点线共面的常用方法：一是依据题中所给部分条件先确定一个平面，然后证明其余的点或线都在平面内；二是将所有元素分成几个部分，然后分别确定几个平面，再证这些平面重合；三是采用反证法．2. 证明三线共点的方法：通常先证明两条直线的交点在第三条直线上，而第三条直线是分别经过这两条直线的两个平面的一条交线．3. 异面直线的证明方法：一是应用判定定理(过平面内一点与平面外一点的连线与平面内不经过该点的直线是异面直线)；二是采用反证法．判定异面直线时通常采用排除法(既不相交也不平行)或判定定理．4. 对于异面直线所成的角，要注意角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2以及两条直线垂直的定义，平移法是解决此类问题的关键．[备课札记]第2课时直线与平面的位置关系(1)(对应学生用书(文)109～110页、(理)111～112页)了解直线与平面的位置关系，了解线面平行的有关概念；除了能熟练运用线面平行的判定定理和性质定理外，还能运用定义判断位置关系．① 要熟练掌握线面平行的定义、判定及性质.②要注意线线关系、线面关系以及面面关系的转化．对于直线与平面所成的角，点到面的距离了解即可．1. (必修2P35练习2改编)给出下列条件：① l∥α；② l与α至少有一个公共点；③ l与α至多有一个公共点．则能确定直线l在平面α外的条件为________．(填序号)答案：①③解析：直线l在平面α外：l∥α或直线l与平面α仅有一个交点．2. (必修2P35练习7改编)在梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊂平面α，CD⊄平面α，则直线CD与平面α内的直线的位置关系是________．答案：平行或异面解析：因为AB∥CD，AB⊂平面α，CD⊄平面α，所以CD∥平面α，所以CD与平面α内的直线可能平行，也可能异面．3. (必修2P35练习4改编)在正六棱柱ABCDEFA1B1C1D1E1F1的表面中，与A1F1平行的平面是________．答案：平面ABCDEF、平面CC1D1D解析：在正六棱柱中，易知A1F1∥AF，AF⊂平面ABCDEF，且A1F1⊄平面ABCDEF，所以A1F1∥平面ABCDEF.同理，A1F1∥C1D1，C1D1⊂平面CC1D1D，且A1F1⊄平面CC1D1D，所以A1F1∥平面CC1D1D.其他各面与A1F1均不满足直线与平面平行的条件．故答案为平面ABCDEF与平面CC1D1D.4. (原创)P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线的交点为O，M为PB的中点，给出下列四个命题：① OM∥平面PCD；② OM∥平面PBC；③ OM∥平面PDA；④ OM∥平面PBA.其中正确命题的个数是________．答案：2解析：由已知OM∥PD，得OM∥平面PCD且OM∥平面PAD.故正确的只有①③.5. (必修2P41习题5改编)在四面体ABCD中，点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________．答案：平面ABC、平面ABD解析：如图，连结AM并延长交CD于E，连结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，由EMMA＝ENNB＝12，得MN∥AB，因此，MN∥平面ABC，且MN∥平面ABD.1. 一条直线和一个平面的位置关系有且只有以下三种：位置关系直线a在平面α内直线a与平面α相交直线a与平面α平行公共点有无数个公共点有且只有一个公共点没有公共点符号表示a⊂αa∩α＝A a∥α图形表示2. 直线与平面平行判定定理性质定理文字如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线就和交线平行符号图形作用线线平行⇒线面平行线面平行⇒线线平行, 1基本概念辨析), 1) 下列命题中真命题的个数为Ｗ.①直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α；②若直线a在平面α外，则a∥α；③若直线a∥b，直线b⊂α，则a∥α；④若直线a∥b，b⊂α，那么直线a平行于平面α内的无数条直线.答案：1解析：∵ 直线l虽与平面α内无数条直线平行，但l有可能在平面α内，∴ l不一定平行于α.∴ ①是假命题.∵ 直线a在平面α外，包括两种情况：a∥α和a与α相交，∴ a和α不一定平行.∴ ②是假命题.∵ 直线a∥b，b⊂α，则只能说明a和b无公共点，但a可能在平面α内，∴ a不一定平行于α.∴ ③是假命题.∵ a∥b，b⊂α，那么a⊂α或a∥α，∴ a可以与平面α内的无数条直线平行.∴ ④是真命题.综上可知，真命题的个数为1.备选变式（教师专享）下列命题中正确的是Ｗ.（填序号）①若直线a不在平面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若直线l与平面α平行，则l与α内的任意一条直线都平行；④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；⑤平行于同一平面的两直线可以相交.答案：④⑤解析：如图①，a∩α＝A时，a⊄α，∴①错误；直线l与α相交时，l上有无数个点不在α内，∴②错误；l∥α时，α内的直线与l平行或异面，∴③错误；l∥α，l与α无公共点，∴ l与α内任一直线都无公共点，④正确；如图②，长方体ABCDA1B1C1D1中，A1C1与B1D1都与平面ABCD平行，∴⑤正确., 2线面平行的判定), 2) 如图，在底面为平行四边形的四棱锥PABCD中，点E是PC的中点.求证：PA∥平面BDE.证明：如图，连结AC交BD于点O，连结OE.在平行四边形ABCD中，O是AC的中点，又E是PC的中点，∴ OE∥PA.∵ PA⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，∴ PA∥平面BDE.变式训练如图，在三棱柱A1B1C1ABC中， E，F分别是A1B，AC1的中点.求证：EF∥平面ABC.证明：如图，连结A1C，因为三棱柱A1B1C1ABC中，四边形AA1C1C是平行四边形，所以点F在A1C上，且为A1C的中点.在△A1BC中，因为E，F分别是A1B，A1C的中点，所以EF∥BC.因为BC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，所以EF∥平面ABC.备选变式（教师专享）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点M，N，P分别为棱AB，BC，C1D1的中点.求证：AP∥平面C1MN.证明：在正方体ABCDA1B1C1D1中，因为点M ，P 分别为棱AB ，C 1D 1的中点，所以AM ＝PC 1. 又AM∥CD，PC 1∥CD ，故AM∥PC 1，所以四边形AMC 1P 为平行四边形.从而AP∥C 1M. 又AP ⊄ 平面C 1MN ，C 1M ⊂平面C 1MN ，所以AP∥平面C 1MN., 3 线面平行的性质), 3) 如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，CC 1＝4，M 是棱CC 1上的一点.若点N 是AB 的中点，且CN∥平面AB 1M ，求CM 的长.解：（解法1）如图①，取AB 1的中点P ，连结NP ，PM.①因为点N 是AB 的中点，所以NP∥BB 1.因为CM∥BB 1，所以NP∥CM，所以NP 与CM 共面.因为CN∥平面AB 1M ，平面CNPM∩平面AB 1M ＝MP ，所以CN∥MP.所以四边形CNPM 为平行四边形，所以CM ＝NP ＝12CC 1＝2.（解法2）如图②，设NC 与CC 1确定的平面交AB 1于点P ，连结NP ，PM.②因为CN∥平面AB 1M ，CN ⊂平面CNPM ，平面AB 1M ∩平面CNPM ＝PM ，所以CN∥MP. 因为BB 1∥CM ，BB 1⊄平面CNPM ，CM ⊂平面CNPM ，所以BB 1∥平面CNPM. 又BB 1⊂平面ABB 1，平面ABB 1∩平面CNPM ＝NP ，所以BB 1∥NP ，所以CM∥NP，所以四边形CNPM 为平行四边形.因为点N 是AB 的中点，所以CM ＝NP ＝12BB 1＝12CC 1＝2.（解法3）如图③，取BB 1的中点Q ，连结NQ ，CQ.③因为点N 是AB 的中点，所以NQ∥AB 1. 因为NQ ⊄平面AB 1M ，AB 1⊂平面AB 1M ，所以NQ∥平面AB 1M.因为CN∥平面AB 1M ，NQ ∩NC ＝N ，NQ ，NC ⊂平面NQC ，所以平面NQC∥平面AB 1M.因为平面BCC 1B 1∩平面NQC ＝QC ，平面BCC 1B 1∩平面AB 1M ＝MB 1，所以CQ∥MB 1. 因为BB 1∥CC 1，所以四边形CQB 1M 是平行四边形，所以CM ＝B 1Q ＝12CC 1＝2.（解法4）如图④，分别延长BC ，B 1M ，设交点为S ，连结AS.④因为CN∥平面AB 1M ，CN ⊂平面ABS ，平面ABS∩平面AB 1M ＝AS ，所以CN∥AS. 由于AN ＝NB ，所以BC ＝CS.又CM∥BB 1，同理可得SM ＝MB 1，所以CM ＝12BB 1＝12CC 1＝2.备选变式（教师专享）如图，在斜三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AC 1与A 1C 交于点O ，E 是棱AB 上一点，且OE∥平面BCC 1B 1.求证：点E 是AB 的中点.证明：连结BC 1，因为OE∥平面BCC 1B 1，OE ⊂平面ABC 1，平面BCC 1B 1∩平面ABC 1＝BC 1，所以OE∥BC 1.在斜三棱柱ABCA 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C 是平行四边形，AC 1∩A 1C ＝O ，所以点O 是AC 1的中点，所以AE EB ＝AOOC 1＝1，即点E 是AB 的中点.1. 如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，已知AB ＝AC ，点M ，N ，P 分别为BC ，CC 1，BB 1的中点.求证：A 1N ∥平面AMP.证明：取C 1B 1的中点D ，连结A 1D ，DN ，DM ，B 1C.由于点D ，M 分别为C 1B 1，CB 的中点，所以DM∥CC 1且DM ＝CC 1，故DM∥AA 1且DM ＝AA 1，则四边形A 1AMD 为平行四边形，所以A 1D ∥AM.又A 1D ⊄平面APM ，AM ⊂平面APM ，所以A 1D ∥平面APM.由于D ，N 分别为C 1B 1，CC 1的中点，所以DN∥B 1C.又点P ，M 分别为BB 1，CB 的中点，所以MP∥B 1C.所以DN∥MP.又DN ⊄平面APM ，MP ⊂平面APM ，所以DN∥平面APM.由于A 1D ∩DN ＝D ，所以平面A 1DN∥平面APM. 由于A 1N ⊂平面A 1DN ，所以A 1N ∥平面APM.2. 如图，在四棱锥EABCD 中，四边形ABCD 为矩形，点M ，N 分别是AE ，CD 的中点.求证：直线MN∥平面EBC.证明：取BE 中点F ，连结CF ，MF.因为点M 是AE 的中点，所以MF 綊12AB.又点N 是矩形ABCD 边CD 的中点，所以NC 綊12AB ，所以MF 綊NC ，所以四边形MNCF 是平行四边形，所以MN∥CF.又MN ⊄平面EBC ，CF ⊂平面EBC ，所以MN∥平面EBC. 3. 如图，在正三棱柱ABCA′B′C′中，D 是AA′上的点，点E 是B′C′的中点，且A′E∥平面DBC′.试判断D 点在AA′上的位置，并给出证明.解：点D 为AA′的中点.证明如下：如图，取BC 的中点F ，连结AF ，EF ，设EF 与BC′交于点O ，连结DO ，BE ，C ′F ，在正三棱柱ABCA′B′C′中，点E 是B′C′的中点，所以 EF ∥BB ′∥AA ′，且EF ＝BB′＝AA′，所以四边形A′EFA 是平行四边形.因为A′E∥平面DBC′，A ′E ⊂平面A′EFA，且平面DBC′∩平面A′EFA＝DO ，所以A′E∥DO.在正三棱柱ABC －A′B′C′中，点E 是B′C′的中点，所以EC′∥BC 且EC′＝BF ，所以四边形BFC′E 是平行四边形，所以点O 是EF 的中点. 因为在平行四边形A′EFA 中， A ′E ∥DO ，所以点D 为AA′的中点. 4. 如图，在直四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是菱形，点E 是A 1C 1的中点.求证：BE∥平面ACD 1.证明：如图，连结B 1D 1交A 1C 1于点E ，连结BD 交AC 于点O ，连结OD 1.∵ 在直四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是菱形， ∴ D 1E ∥BO 且D 1E ＝BO ，∴ 四边形BED 1O 是平行四边形， ∴ BE ∥OD 1.∵ OD 1⊂平面ACD 1，BE ⊄平面ACD 1， ∴ BE ∥平面ACD 1.5. 如图，在四棱锥PABCD 中，PC ⊥平面PAD ，AB ∥CD ，CD ＝2AB ＝2BC ，点M ，N 分别是棱PA ，CD 的中点.求证：PC∥平面BMN.证明：设AC∩BN＝O ，连结MO ，AN.因为AB ＝12CD ，AB ∥CD ，点N 为CD 的中点，所以AB ＝CN ，AB ∥CN ，所以四边形ABCN 为平行四边形，所以O 为AC 的中点.又点M 为PA 的中点，所以MO∥PC. 因为MO ⊂平面BMN ，PC ⊄ 平面BMN ，所以PC∥平面BMN.1. 如图，在三棱锥PABC中，点M，N分别为AB，PA的中点.求证：PB∥平面MNC.证明：因为点M，N分别为AB，PA的中点，所以MN∥PB.因为MN⊂平面MNC，PB⊄平面MNC，所以PB∥平面MNC.2. 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，点D是AB的中点.求证：BC1∥平面A1CD.证明：连结AC1，设交A1C于点O，连结OD.∵四边形AA1C1C是矩形，∴ O是AC1的中点.∵在△ABC1中， O，D分别是AC1，AB的中点，∴OD∥BC1.∵ OD⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，∴ BC1∥平面A1CD.3. 如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点P∈BB1（P不与B，B1重合）.PA∩A1B＝M，PC∩BC1＝N.求证：MN∥平面ABCD.证明：连结AC，A1C1，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1∥CC1，且AA1＝CC1，∴四边形ACC1A1是平行四边形.∴ AC∥A1C1.∵ AC⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，∴ AC∥平面A1BC1.∵ AC⊂平面PAC，平面A1BC1∩平面PAC＝MN，∴ AC∥MN.∵ MN⊄平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴ MN∥平面ABCD.1. 判定或证明直线与平面平行的常用方法（1）利用直线与平面平行的定义（无公共点）.（2）利用直线与平面平行的判定定理（a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α）.（3）利用平面与平面平行的性质（α∥β，a⊂α⇒a∥β）.注意不管用哪种方法，都应将相应的条件写全，缺一不可.2. 直线与平面平行的性质定理的作用是证线线平行，应用时常常需构造辅助平面，和在平面几何中添加辅助线一样，在构造辅助平面时要确认这个平面的存在性.3. 证明平行问题时要注意“转化思想”的应用，要抓住线线、线面、面面之间的平行关系，实现“空间问题”与“平面问题”之间的转化.[备课札记]第3课时直线与平面的位置关系（2）（对应学生用书（文）111～113页、（理）113～115页）了解直线与平面的位置关系，了解空间垂直的有关概念；熟练运用线面垂直的判定定理和性质定理. 要注意线线垂直、线面垂直的转化.可以按照要证明的目标重新整理知识点.1. （必修2P38练习2（3）改编）已知直线l，a，b，平面α.若l∥a，a⊥α，b⊥α，则l与b的位置关系是Ｗ.答案：平行解析：由线面垂直的性质可知，若a⊥α，b ⊥α，则a∥b.因为l ∥a ，所以l∥b. 2. 已知两条异面直线平行于一平面，一直线与两异面直线都垂直，那么这个平面与这条直线的位置关系是Ｗ.（填序号）① 平行；② 垂直；③ 斜交；④ 不能确定. 答案：② 解析：设a ，b 为异面直线，a ∥平面α，b ∥平面α，直线l⊥a，l ⊥b.过a 作平面β∩α＝a′，则a ∥a ′，∴ l ⊥a ′.同理过b 作平面γ∩α＝b′，则l ⊥b ′.∵ a ，b 异面，∴ a ′与b′相交，∴ l ⊥α.3. 设l ，m 表示直线，m 是平面α内的任意一条直线，则“l⊥m”是“l⊥α”成立的条件.（选填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分又不必要”）答案：充要解析：由线面垂直的定义知，直线垂直于平面内任意一条直线，则直线与平面垂直，说明是充分条件，反之，直线垂直于平面，则直线垂直于平面内任意一条直线，说明是必要条件，则“l⊥m”是“l⊥α”成立的充要条件.4. （必修2P 42习题9改编）如图，AB 是圆O 的直径，PA 垂直于圆O 所在的平面，C 是圆O 上不同于A ，B 的任一点，则图中直角三角形的个数为Ｗ.答案：4解析：因为AB 是圆O 的直径，所以AC⊥BC，△ACB 是直角三角形；由PA⊥平面ABC 可得，PA ⊥AB ，PA ⊥AC ，所以△PAB 与△PAC 是直角三角形；因为PA⊥平面ABC ，且BC ⊂平面ABC ，所以PA⊥BC.又BC⊥AC，PA ∩AC ＝A ，所以BC⊥平面PAC.而PC ⊂平面PAC ，所以BC⊥PC，△PCB 是直角三角形.故直角三角形的个数为4.5. （必修2P 38练习3改编）在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，已知AB ＝1，则点C 到平面B 1BDD 1的距离为Ｗ.答案：2解析：连结AC ，则AC⊥BD，又BB 1⊥AC ，故AC⊥平面B 1BDD 1，所以点C 到平面B 1BDD 1的距离为12AC ＝22.1. 直线与平面垂直的定义：如果一条直线a 与一个平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线a 与平面α互相垂直，记作a ⊥α，直线a 叫做平面α的垂线，平面α叫做直线a 的垂面，垂线和平面的交点称为垂足Ｗ.2. 结论：过一点有且只有一条直线与已知平面垂直，过一点有且只有一个平面与已知直线垂直.3. 直线与平面垂直判定定理性质定理文字如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么这条直线垂直于这个平面如果两条直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行符号图形作用线线垂直⇒线面垂直线面垂直⇒线线平行从平面外一点引平面的垂线，这个点和垂足间的距离叫做这个点到这个平面的距离.5. 直线和平面的距离一条直线和一个平面平行，这条直线上任意一点到这个平面的距离，叫做这条直线和这个平面的距离.6. 直线与平面所成的角（1）斜线一条直线与一个平面相交，但不和这个平面垂直，这条直线叫做这个平面的斜线，斜线与平面的交点叫做斜足，斜线上一点与斜足间的线段叫做这个点到平面的斜线段.（2）射影过平面α外一点P向平面α引斜线和垂线，那么过斜足Q和垂足P1的直线就是斜线在平面内的正投影（简称射影），线段P1Q就是斜线段PQ在平面α内的射影，如图.（3）直线和平面所成的角平面的一条斜线与它在这个平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线与这个平面所成的角.特别地，如果直线和平面垂直，那么就说这条直线与平面所成的角是直角；如果直线与平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角.[备课札记], 1直线与平面垂直的判定), 1) 如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别是AB，BC的中点，A1C1与B1D1交于点O.若底面ABCD是菱形，且OD⊥A1E，求证：OD⊥平面A1C1FE.证明：连结BD，因为直棱柱中DD1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，所以DD1⊥A1C1.因为底面A1B1C1D1是菱形，所以A1C1⊥B1D1.又DD1∩B1D1＝D1，所以A1C1⊥平面BB1D1D.因为OD⊂平面BB1D1D，所以OD⊥A1C1.又OD⊥A1E，A1C1∩A1E＝A1，A1C1⊂平面A1C1FE，A1E⊂平面A1C1FE，所以OD⊥平面A1C1FE.变式训练如图，在三棱锥PABC中，平面PA B⊥平面ABC，PA⊥PB，M，N分别为AB，PA的中点.若AC＝BC，求证：PA⊥平面MNC.证明：因为M，N分别为AB，PA的中点，所以MN∥PB.又因为PA⊥PB，所以PA⊥MN. 因为AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，所以CM⊥平面PAB.因为PA⊂平面PAB，所以CM⊥PA.又因为PA⊥MN，MN⊂平面MNC，CM⊂平面MNC，MN∩CM＝M，所以PA⊥平面MNC., 2直线与平面垂直性质的应用), 2) 如图，在四棱锥PABCD中，AD⊥平面PAB，AP⊥AB.（1）求证：CD⊥AP；（2）若CD⊥PD，求证：CD∥平面PAB.证明：（1）因为AD⊥平面PAB，AP⊂平面PAB，所以AD⊥AP.因为AP⊥AB，AB∩AD＝A，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以AP⊥平面ABCD.因为CD⊂平面ABCD，所以CD⊥AP.（2）因为CD⊥AP，CD⊥PD，且PD∩AP＝P，PD⊂平面PAD，AP⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD ①.因为AD⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，所以AB⊥AD.因为AP⊥AB，AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD ②.由①②得CD∥AB，因为CD⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以CD∥平面PAB.变式训练如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，EF与异面直线AC，A1D都垂直相交.求证：（1）EF⊥平面AB1C；（2）EF∥BD1.证明：（1）在正方体ABCDA1B1C1D1中，A1B1∥AB∥CD，且A1B1＝AB＝CD，所以四边形A1B1CD是平行四边形，所以A1D∥B1C.因为EF⊥A1D，所以EF⊥B1C.又因为EF⊥AC，AC∩B1C＝C，AC⊂平面AB1C，B1C ⊂平面AB1C，所以EF⊥平面AB1C.（2）连结BD，则BD⊥AC.因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DD1⊥AC.因为AC⊥BD，DD1∩BD＝D，DD1⊂平面BDD1B1，BD⊂平面BDD1B1，所以AC⊥平面BDD1B1.又BD1⊂平面BDD1B1，所以AC⊥BD1.同理可证BD1⊥B1C，又AC∩B1C＝C，AC⊂平面AB1C，B1C⊂平面AB1C，所以BD1⊥平面AB1C.又EF⊥平面AB1C，所以EF∥BD1., 3直线与平面垂直的探索题), 3) 在正三棱柱ABCA1B1C1中，点D是BC的中点，BC＝BB1.（1）若P是CC1上任一点，求证：AP不可能与平面BCC1B1垂直；（2）试在棱CC1上找一点M，使MB⊥AB1.（1）证明：（反证法）假设AP⊥平面BCC1B1，∵ BC⊂平面BCC1B1，∴ AP⊥BC.又正三棱柱ABCA1B1C1中，CC1⊥BC，AP∩CC1＝P，AP⊂平面ACC1A1，CC1⊂平面ACC1A1，∴ BC⊥平面ACC1A1.而AC⊂平面ACC1A1，∴ BC⊥AC，这与△ABC是正三角形矛盾，故AP 不可能与平面BCC 1B 1垂直. （2）解：M 为CC 1的中点.∵ 在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，BC ＝BB 1， ∴ 四边形BCC 1B 1是正方形.∵ 点M 为CC 1的中点，点D 是BC 的中点， ∴ △B 1BD ≌△BCM ，∴ ∠BB 1D ＝∠CBM，∠BDB 1＝∠CMB.∵ ∠BB 1D ＋∠BD B 1＝π2，∴ ∠CBM ＋∠BDB 1＝π2，∴ BM ⊥B 1D.∵ △ABC 是正三角形，D 是BC 的中点， ∴ AD ⊥BC.∵ 平面ABC⊥平面BB 1C 1C ，平面ABC∩平面BB 1C 1C ＝BC ，AD ⊂平面ABC ， ∴ AD ⊥平面BB 1C 1C.∵ BM ⊂平面BB 1C 1C ，∴ AD ⊥BM. ∵ AD ∩B 1D ＝D ，∴ BM ⊥平面AB 1D. ∵ AB 1⊂平面AB 1D ，∴ MB ⊥AB 1. 备选变式（教师专享）如图，在棱长为1的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点E 是棱BC 的中点，点F 是棱CD 上的动点.试确定点F 的位置，使得D 1E⊥平面AB 1F.解：如图，连结A 1B ，CD 1，则A 1B ⊥AB 1.∵ 在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，D 1A 1⊥平面ABB 1A 1，AB 1⊂平面ABB 1A 1，∴ A 1D 1⊥AB 1.又A 1D 1∩A 1B ＝A 1，A 1D 1，A 1B ⊂平面A 1BCD 1， ∴ AB 1⊥平面A 1BCD 1.又D 1E ⊂平面A 1BCD 1，∴ AB 1⊥D 1E.于是使D 1E ⊥平面AB 1F 等价于使D 1E ⊥AF. 连结DE ，易知D 1D ⊥AF ，若有AF⊥平面D 1DE ，只需证DE⊥AF.∵ 四边形ABCD 是正方形，点E 是BC 的中点， ∴ 当且仅当点F 是CD 的中点时，DE ⊥AF ，即当点F 是CD 的中点时，D 1E ⊥平面AB 1F.。

2019版高考数学一轮复习第一部分基础与考点过关第八章立体几何初步学案

学习资料专题第八章立体几何初步第1课时空间点、直线、平面之间的位置关系1. (必修2P 24练习2改编)用集合符号表示“点P 在直线l 外，直线l 在平面α内”为________．答案：P ∉l ，l ⊂α解析：考查点、线、面之间的符号表示． 2. (必修2P 28练习2改编)已知AB∥PQ，BC ∥QR ，若∠ABC＝45°，则∠PQR＝________．答案：45°或135°解析：由等角定理可知∠PQR 与∠ABC 相等或互补，故答案为45°或135°. 3. (原创)若直线l 上有两个点在平面α外，则________．(填序号) ① 直线l 上至少有一个点在平面α内； ② 直线l 上有无穷多个点在平面α内； ③ 直线l 上所有点都在平面α外； ④ 直线l 上至多有一个点在平面α内．答案：④解析：由已知得直线l ⊄α，故直线l 上至多有一个点在平面α内．4. (必修2P 31习题15改编)如图所示，设E ，F ，G ，H 依次是空间四边形ABCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 上除端点外的点，AE AB ＝AH AD ＝λ，CF CB ＝CGCD＝μ，则下列结论中不正确的是________．(填序号)① 当λ＝μ时，四边形EFGH 是平行四边形； ② 当λ≠μ时，四边形EFGH 是梯形；③ 当λ≠μ时，四边形EFGH 一定不是平行四边形； ④ 当λ＝μ时，四边形EFGH 是梯形．答案：④解析：由AE AB ＝AH AD ＝λ，得EH∥BD，且EH BD ＝λ，同理得FG ∥BD 且 FGBD＝μ，当λ＝μ时，EH ∥FG 且EH ＝FG.当λ≠μ时，EH ∥FG ，但EH≠FG，只有④错误．5. (必修2P 30练习2改编)在正方体A 1B 1C 1D 1ABCD 中，与AB 异面的棱有______________________．答案：A 1D 1，DD 1，CC 1，C 1B 11. 公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内．公理2：如果两个平面有一个公共点，那么它们还有其他公共点，这些公共点的集合是经过这个公共点的一条直线．公理3：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面．推论1：经过一条直线和这条直线外的一点，有且只有一个平面．推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面．推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面． 2. 空间两条直线的位置关系(1) 公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行． (2) 定理：如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行并且方向相同，那么这两个角相等．4. 异面直线的判定(1) 判定定理：过平面内一点与平面外一点的直线，和这个平面内不经过该点的直线是异面直线．(2) 符号表示：若l ⊂α，A ∉α，B ∈α，B ∉l ，则直线AB 与l 是异面直线． 5. 异面直线所成的角(1) 定义：设a ，b 是异面直线，经过空间任意一点O ，作直线a′∥a，b ′∥b ，我们把直线a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a ，b 所成的角．(2) 范围：⎝⎛⎦⎥⎤0，π2.(3) 若异面直线a ，b 所成的角是直角，就称异面直线a ，b 互相垂直．记作a⊥b. [备课札记], 1平面的基本性质), 1) 如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别为CC1，AA1的中点，画出平面BED1F和平面ABCD的交线．解：如图，在平面ADD1A1内延长D1F与DA交于一点P，则P∈平面BED1F.∵ DA⊂平面ABCD，∴ P∈平面ABCD，∴点P是平面ABCD与平面BED1F的一个公共点．又点B是两平面的一个公共点，∴ PB为两平面的交线．备选变式（教师专享）如图，在直角梯形ABDC中，AB∥CD，AB>CD，S是直角梯形ABDC所在平面外一点，画出平面SBD和平面SAC的交线，并说明理由．解：显然点S是平面SBD和平面SAC的一个公共点，即点S在交线上，由于AB>CD，则分别延长AC和BD交于点E，如图所示．∵ E∈AC，AC⊂平面SAC，∴ E∈平面SAC.同理，可证E∈平面SBD ，∴ 点E 在平面SBD 和平面SAC 的交线上，连结SE ，则直线SE 是平面SBD 和平面SAC 的交线．, 2 共点、共线、共面问题), 2) 如图，在四边形ABCD 和四边形ABEF 中，BC ∥AD ，BC ＝12AD ，BE∥FA ，BE ＝12FA ，点G ，H 分别为FA ，FD 的中点．(1) 求证：四边形BCHG 是平行四边形． (2) C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？(1) 证明：因为点G ，H 分别为FA ，FD 的中点，所以GH∥AD，GH ＝12AD.又BC∥AD，BC＝12AD ，所以GH∥BC，且GH ＝BC ，所以四边形BCHG 为平行四边形．(2) 解：C ，D ，F ，E 四点共面．理由如下：由BE∥FA，BE ＝12FA ，点G 为FA 的中点知，BE ∥FG ，BE ＝FG ，所以四边形BEFG 为平行四边形，所以EF∥BG. 由(1)知BG∥CH，BG ＝CH ，所以EF∥CH，所以EF 与CH 共面．又D ∈FH，所以C ，D ，F ，E 四点共面．变式训练如图，在直四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，A 1C 1与B 1D 1交于点O.求证：A 1，C 1，F ，E 四点共面．证明：如图，连结AC ，因为点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，所以EF 是△ABC 的中位线，所以EF ∥AC.由直棱柱知AA 1綊CC 1，所以四边形AA 1C 1C 为平行四边形，所以AC∥A 1C 1. 所以EF∥A 1C 1，故A 1，C 1，F ，E 四点共面．, 3 空间直线位置关系问题), 3) 如图，在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点M ，N 分别是A 1B 1，B 1C 1的中点．求证：(1) AM 和CN 共面；(2) D 1B 和CC 1是异面直线．证明：(1) 如图，连结MN，A1C1，AC.∵点M，N分别是A1B1，B1C1的中点，∴ MN∥A1C1.∵ A1A綊C1C，∴四边形A1ACC1为平行四边形，∴ A1C1∥AC，∴ MN∥AC，∴ A，M，N，C四点共面，即AM和CN共面．(2) ∵ ABCDA1B1C1D1是正方体，∴ B，C，C1，D1不共面．假设D1B与CC1不是异面直线，则存在平面α，使D1B⊂平面α，CC1⊂平面α，∴ D1，B，C，C1∈α，这与B，C，C1，D1不共面矛盾．∴假设不成立，即D1B与CC1是异面直线．变式训练已知空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，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不是异面直线，则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，连结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是平行四边形EFGH的对角线，所以EG与FH相交．1. 在下列命题中，不是公理的是________．(填序号)①如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线；②过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面；③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；④平行于同一个平面的两个平面相互平行．答案：④解析：④不是公理，是个常用的结论，需经过推理论证；①②③是平面的基本性质公理．2. 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：① AB⊥EF；② AB与CM所成的角为60°；③ EF与MN是异面直线；④ MN∥CD.以上结论中正确的是________．(填序号)答案：①③解析：把正方体平面展开图还原到原来的正方体，如图所示，AB⊥EF，EF与MN是异面直线，AB∥CM，MN⊥CD，只有①③正确．3. 在正方体ABCDA1B1C1D1中，点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．答案：无数解析：在A1D1，C1D1上任取一点P，M，过点P，M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α∩CD ＝Q，连结PQ，则PQ与EF必然相交，即PQ为所求直线．由点P的任意性知，有无数条直线与直线A1D1，EF，CD都相交．4. 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱CC1，BB1及DD1的中点．求证：∠BGC＝∠F D1E.证明：∵ 点E，F，G分别是正方体的棱CC1，BB1，DD1的中点，∴ CE平行且等于GD1，BF平行且等于GD1，则四边形CED1G与四边形BFD1G均为平行四边形．则GC∥D1E，GB∥D1F.∵∠BGC与∠FD1E对应两边的方向分别相同，∴∠BGC＝∠FD1E.5. 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，对角线A1C与平面BDC1交于点O，AC，BD交于点M，点E为AB的中点，点F为AA1的中点．求证：(1) C1，O，M三点共线；(2) E，C，D1，F四点共面；(3) CE，D1F，DA三线共点．证明：(1) ∵ C 1，O ，M ∈平面BDC 1，又C 1，O ，M ∈平面A 1ACC 1，由公理3知，点C 1，O ，M 在平面BDC 1与平面A 1ACC 1的交线上，∴ C 1，O ，M 三点共线．(2) ∵ 点E ，F 分别是AB ，A 1A 的中点，∴ EF ∥A 1B. ∵ A 1B ∥CD 1，∴ EF ∥CD 1.∴ E ，C ，D 1，F 四点共面．(3) 由(2)可知，E ，C ，D 1，F 四点共面．∵ EF∥A 1B ，EF ＝12A 1B ，∴ EF ＝12D 1C ，∴ D 1F ，CE 为相交直线，记交点为P.则P∈D 1F ⊂平面ADD 1A 1，P ∈CE ⊂平面ADCB ，∴ P ∈平面ADD 1A 1∩平面ADCB ＝AD ，∴ CE ，D 1F ，DA 三线共点．1. 如图，在正方体ABCDEFMN 中，①BM 与ED 平行；②CN 与BM 是异面直线；③CN 与BE 是异面直线；④DN 与BM 是异面直线．以上四个命题中，正确的命题是________．(填序号)答案： ②④解析：观察图形，根据异面直线的定义可知，BM 与ED 是异面直线，CN 与BM 是异面直线，CN 与BE 不是异面直线，DN 与BM 是异面直线，故①③错误，②④正确．即正确的命题是②④.2. 在空间四边形ABCD 中，AB ＝CD 且AB 与CD 所成的角为30°，点M ，N 分别是BC ，AD 的中点，求直线AB 和MN 所成的角．解：如图，取AC 的中点P.连结PM ，PN ，则PM∥AB，且PM ＝12AB ，PN ∥CD ，且PN ＝12CD ，所以∠MPN 为直线AB 与CD 所成的角(或所成角的补角)．则∠MPN＝30°或∠MPN＝150°. 若∠MPN＝30°，因为PM∥AB，所以∠PMN 是AB 与MN 所成的角(或所成角的补角)．又AB ＝CD ，所以PM ＝PN ，则△PMN 是等腰三角形，所以∠PMN＝75°，即直线AB 与MN 所成的角为75°.若∠MPN＝150°，易知△PMN 是等腰三角形，所以∠PMN＝15°，即直线AB 与MN 所成的角为15°.故直线AB 和MN 所成的角为75°或15°.3. 已知在棱长为a 的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点M ，N 分别是棱CD ，AD 的中点．求证： (1) 四边形MNA 1C 1是梯形； (2) ∠DNM＝∠D 1A 1C 1.证明：(1) 如图，连结AC ，在△ACD 中，∵ 点M ，N 分别是CD ，AD 的中点， ∴ MN 是三角形ACD 的中位线，∴ MN ∥AC ，MN ＝12AC.由正方体的性质得AC∥A 1C 1，AC ＝A 1C 1，∴ MN ∥A 1C 1且MN ＝12A 1C 1，即MN≠A 1C 1，∴ 四边形MNA 1C 1是梯形．(2) 由(1)知MN∥A 1C 1.又∵ ND∥A 1D 1， ∴ ∠DNM 与∠D 1A 1C 1相等或互补．而∠DNM 与∠D 1A 1C 1均是直角三角形中的锐角， ∴ ∠DNM ＝∠D 1A 1C 1.1. 证明点线共面的常用方法：一是依据题中所给部分条件先确定一个平面，然后证明其余的点或线都在平面内；二是将所有元素分成几个部分，然后分别确定几个平面，再证这些平面重合；三是采用反证法．2. 证明三线共点的方法：通常先证明两条直线的交点在第三条直线上，而第三条直线是分别经过这两条直线的两个平面的一条交线．3. 异面直线的证明方法：一是应用判定定理(过平面内一点与平面外一点的连线与平面内不经过该点的直线是异面直线)；二是采用反证法．判定异面直线时通常采用排除法(既不相交也不平行)或判定定理．4. 对于异面直线所成的角，要注意角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2以及两条直线垂直的定义，平移法是解决此类问题的关键．[备课札记]第2课时直线与平面的位置关系(1) (对应学生用书(文)109～110页、(理)111～112页)了解直线与平面的位置关系，了解线面平行的有关概念；除了能熟练运用线面平行的判定定理和性质定理外，还能运用定义判断位置关系．① 要熟练掌握线面平行的定义、判定及性质.② 要注意线线关系、线面关系以及面面关系的转化．对于直线与平面所成的角，点到面的距离了解即可．1. (必修2P 35练习2改编)给出下列条件：① l∥α；② l 与α至少有一个公共点；③ l 与α至多有一个公共点．则能确定直线l 在平面α外的条件为________．(填序号)答案：①③解析：直线l 在平面α外：l∥α或直线l 与平面α仅有一个交点． 2. (必修2P 35练习7改编)在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊂平面α，CD ⊄平面α，则直线CD 与平面α内的直线的位置关系是________．答案：平行或异面解析：因为AB∥CD，AB ⊂平面α，CD ⊄平面α，所以CD∥平面α，所以CD 与平面α内的直线可能平行，也可能异面．3. (必修2P 35练习4改编)在正六棱柱ABCDEFA 1B 1C 1D 1E 1F 1的表面中，与A 1F 1平行的平面是________．答案：平面ABCDEF 、平面CC 1D 1D解析：在正六棱柱中，易知A 1F 1∥AF ，AF ⊂平面ABCDEF ，且A 1F 1⊄平面ABCDEF ，所以A 1F 1∥平面ABCDEF.同理，A 1F 1∥C 1D 1，C 1D 1⊂平面CC 1D 1D ，且A 1F 1⊄平面CC 1D 1D ，所以A 1F 1∥平面CC 1D 1D.其他各面与A 1F 1均不满足直线与平面平行的条件．故答案为平面ABCDEF 与平面CC 1D 1D.4. (原创)P 为矩形ABCD 所在平面外一点，矩形对角线的交点为O ，M 为PB 的中点，给出下列四个命题：① OM ∥平面PCD ；② OM∥平面PBC ；③ OM∥平面PDA ；④ OM∥平面PBA. 其中正确命题的个数是________．答案：2解析：由已知OM∥PD，得OM∥平面PCD 且OM∥平面PAD.故正确的只有①③.5. (必修2P 41习题5改编)在四面体ABCD 中，点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________．答案：平面ABC 、平面ABD 解析：如图，连结AM 并延长交CD 于E ，连结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 ，由EM MA ＝EN NB ＝12，得MN∥AB，因此，MN ∥平面ABC ，且MN∥平面ABD.1. 一条直线和一个平面的位置关系有且只有以下三种：, 1基本概念辨析), 1) 下列命题中真命题的个数为Ｗ.①直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α；②若直线a在平面α外，则a∥α；③若直线a∥b，直线b⊂α，则a∥α；④若直线a∥b，b⊂α，那么直线a平行于平面α内的无数条直线.答案：1解析：∵ 直线l虽与平面α内无数条直线平行，但l有可能在平面α内，∴ l不一定平行于α.∴ ①是假命题.∵ 直线a在平面α外，包括两种情况：a∥α和a与α相交，∴ a和α不一定平行.∴ ②是假命题.∵ 直线a∥b，b⊂α，则只能说明a和b无公共点，但a可能在平面α内，∴ a不一定平行于α.∴ ③是假命题.∵ a∥b，b⊂α，那么a⊂α或a∥α，∴ a可以与平面α内的无数条直线平行.∴ ④是真命题.综上可知，真命题的个数为1.备选变式（教师专享）下列命题中正确的是Ｗ.（填序号）①若直线a不在平面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若直线l与平面α平行，则l与α内的任意一条直线都平行；④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；⑤平行于同一平面的两直线可以相交.答案：④⑤解析：如图①，a∩α＝A时，a⊄α，∴①错误；直线l与α相交时，l上有无数个点不在α内，∴②错误；l∥α时，α内的直线与l平行或异面，∴③错误；l∥α，l与α无公共点，∴ l与α内任一直线都无公共点，④正确；如图②，长方体ABCDA1B1C1D1中，A1C1与B1D1都与平面ABCD平行，∴⑤正确., 2线面平行的判定), 2) 如图，在底面为平行四边形的四棱锥PABCD中，点E是PC的中点.求证：PA∥平面BDE.证明：如图，连结AC交BD于点O，连结OE.在平行四边形ABCD中，O是AC的中点，又E是PC的中点，∴ OE∥PA.∵ PA⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，∴ PA∥平面BDE.变式训练如图，在三棱柱A1B1C1ABC中， E，F分别是A1B，AC1的中点.求证：EF∥平面ABC.证明：如图，连结A1C，因为三棱柱A1B1C1ABC中，四边形AA1C1C是平行四边形，所以点F在A1C上，且为A1C的中点.在△A1BC中，因为E，F分别是A1B，A1C的中点，所以EF∥BC.因为BC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，所以EF∥平面ABC.备选变式（教师专享）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点M，N，P分别为棱AB，BC，C1D1的中点.求证：AP∥平面C1MN.证明：在正方体ABCDA1B1C1D1中，因为点M ，P 分别为棱AB ，C 1D 1的中点，所以AM ＝PC 1. 又AM∥CD，PC 1∥CD ，故AM∥PC 1，所以四边形AMC 1P 为平行四边形.从而AP∥C 1M. 又AP ⊄ 平面C 1MN ，C 1M ⊂平面C 1MN ，所以AP∥平面C 1MN., 3 线面平行的性质), 3) 如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，CC 1＝4，M 是棱CC 1上的一点.若点N 是AB 的中点，且CN∥平面AB 1M ，求CM 的长.解：（解法1）如图①，取AB 1的中点P ，连结NP ，PM.①因为点N 是AB 的中点，所以NP∥BB 1.因为CM∥BB 1，所以NP∥CM，所以NP 与CM 共面.因为CN∥平面AB 1M ，平面CNPM∩平面AB 1M ＝MP ，所以CN∥MP.所以四边形CNPM 为平行四边形，所以CM ＝NP ＝12CC 1＝2.（解法2）如图②，设NC 与CC 1确定的平面交AB 1于点P ，连结NP ，PM.②因为CN∥平面AB 1M ，CN ⊂平面CNPM ，平面AB 1M ∩平面CNPM ＝PM ，所以CN∥MP. 因为BB 1∥CM ，BB 1⊄平面CNPM ，CM ⊂平面CNPM ，所以BB 1∥平面CNPM. 又BB 1⊂平面ABB 1，平面ABB 1∩平面CNPM ＝NP ，所以BB 1∥NP ，所以CM∥NP，所以四边形CNPM 为平行四边形.因为点N 是AB 的中点，所以CM ＝NP ＝12BB 1＝12CC 1＝2.（解法3）如图③，取BB 1的中点Q ，连结NQ ，CQ.③因为点N 是AB 的中点，所以NQ∥AB 1. 因为NQ ⊄平面AB 1M ，AB 1⊂平面AB 1M ，所以NQ∥平面AB 1M.因为CN∥平面AB 1M ，NQ ∩NC ＝N ，NQ ，NC ⊂平面NQC ，所以平面NQC∥平面AB 1M.因为平面BCC 1B 1∩平面NQC ＝QC ，平面BCC 1B 1∩平面AB 1M ＝MB 1，所以CQ∥MB 1. 因为BB 1∥CC 1，所以四边形CQB 1M 是平行四边形，所以CM ＝B 1Q ＝12CC 1＝2.（解法4）如图④，分别延长BC ，B 1M ，设交点为S ，连结AS.④因为CN∥平面AB 1M ，CN ⊂平面ABS ，平面ABS∩平面AB 1M ＝AS ，所以CN∥AS. 由于AN ＝NB ，所以BC ＝CS.又CM∥BB 1，同理可得SM ＝MB 1，所以CM ＝12BB 1＝12CC 1＝2.备选变式（教师专享）如图，在斜三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AC 1与A 1C 交于点O ，E 是棱AB 上一点，且OE∥平面BCC 1B 1.求证：点E 是AB 的中点.证明：连结BC 1，因为OE∥平面BCC 1B 1，OE ⊂平面ABC 1，平面BCC 1B 1∩平面ABC 1＝BC 1，所以OE∥BC 1.在斜三棱柱ABCA 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C 是平行四边形，AC 1∩A 1C ＝O ，所以点O 是AC 1的中点，所以AE EB ＝AOOC 1＝1，即点E 是AB 的中点.1. 如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，已知AB ＝AC ，点M ，N ，P 分别为BC ，CC 1，BB 1的中点.求证：A 1N ∥平面AMP.证明：取C 1B 1的中点D ，连结A 1D ，DN ，DM ，B 1C.由于点D ，M 分别为C 1B 1，CB 的中点，所以DM∥CC 1且DM ＝CC 1，故DM∥AA 1且DM ＝AA 1，则四边形A 1AMD 为平行四边形，所以A 1D ∥AM.又A 1D ⊄平面APM ，AM ⊂平面APM ，所以A 1D ∥平面APM.由于D ，N 分别为C 1B 1，CC 1的中点，所以DN∥B 1C.又点P ，M 分别为BB 1，CB 的中点，所以MP∥B 1C.所以DN∥MP.又DN ⊄平面APM ，MP ⊂平面APM ，所以DN∥平面APM.由于A 1D ∩DN ＝D ，所以平面A 1DN∥平面APM. 由于A 1N ⊂平面A 1DN ，所以A 1N ∥平面APM.2. 如图，在四棱锥EABCD 中，四边形ABCD 为矩形，点M ，N 分别是AE ，CD 的中点.求证：直线MN∥平面EBC.证明：取BE 中点F ，连结CF ，MF.因为点M 是AE 的中点，所以MF 綊12AB.又点N 是矩形ABCD 边CD 的中点，所以NC 綊12AB ，所以MF 綊NC ，所以四边形MNCF 是平行四边形，所以MN∥CF.又MN ⊄平面EBC ，CF ⊂平面EBC ，所以MN∥平面EBC. 3. 如图，在正三棱柱ABCA′B′C′中，D 是AA′上的点，点E 是B′C′的中点，且A′E∥平面DBC′.试判断D 点在AA′上的位置，并给出证明.解：点D 为AA′的中点.证明如下：如图，取BC 的中点F ，连结AF ，EF ，设EF 与BC′交于点O ，连结DO ，BE ，C ′F ，在正三棱柱ABCA′B′C′中，点E 是B′C′的中点，所以 EF ∥BB ′∥AA ′，且EF ＝BB′＝AA′，所以四边形A′EFA 是平行四边形.因为A′E∥平面DBC′，A ′E ⊂平面A′EFA，且平面DBC′∩平面A′EFA＝DO ，所以A′E∥DO.在正三棱柱ABC －A′B′C′中，点E 是B′C′的中点，所以EC′∥BC 且EC′＝BF ，所以四边形BFC′E 是平行四边形，所以点O 是EF 的中点. 因为在平行四边形A′EFA 中， A ′E ∥DO ，所以点D 为AA′的中点. 4. 如图，在直四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是菱形，点E 是A 1C 1的中点.求证：BE∥平面ACD 1.证明：如图，连结B 1D 1交A 1C 1于点E ，连结BD 交AC 于点O ，连结OD 1.∵ 在直四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是菱形， ∴ D 1E ∥BO 且D 1E ＝BO ，∴ 四边形BED 1O 是平行四边形， ∴ BE ∥OD 1.∵ OD 1⊂平面ACD 1，BE ⊄平面ACD 1， ∴ BE ∥平面ACD 1.5. 如图，在四棱锥PABCD 中，PC ⊥平面PAD ，AB ∥CD ，CD ＝2AB ＝2BC ，点M ，N 分别是棱PA ，CD 的中点.求证：PC∥平面BMN.证明：设AC∩BN＝O ，连结MO ，AN.因为AB ＝12CD ，AB ∥CD ，点N 为CD 的中点，所以AB ＝CN ，AB ∥CN ，所以四边形ABCN 为平行四边形，所以O 为AC 的中点.又点M 为PA 的中点，所以MO∥PC. 因为MO ⊂平面BMN ，PC ⊄ 平面BMN ，所以PC∥平面BMN.1. 如图，在三棱锥PABC中，点M，N分别为AB，PA的中点.求证：PB∥平面MNC.证明：因为点M，N分别为AB，PA的中点，所以MN∥PB.因为MN⊂平面MNC，PB⊄平面MNC，所以PB∥平面MNC.2. 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，点D是AB的中点.求证：BC1∥平面A1CD.证明：连结AC1，设交A1C于点O，连结OD.∵四边形AA1C1C是矩形，∴ O是AC1的中点.∵在△ABC1中， O，D分别是AC1，AB的中点，∴OD∥BC1.∵ OD⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，∴ BC1∥平面A1CD.3. 如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点P∈BB1（P不与B，B1重合）.PA∩A1B＝M，PC∩BC1＝N.求证：MN∥平面ABCD.证明：连结AC，A1C1，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1∥CC1，且AA1＝CC1，∴四边形ACC1A1是平行四边形.∴ AC∥A1C1.∵ AC⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，∴ AC∥平面A1BC1.∵ AC⊂平面PAC，平面A1BC1∩平面PAC＝MN，∴ AC∥MN.∵ MN⊄平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴ MN∥平面ABCD.1. 判定或证明直线与平面平行的常用方法（1）利用直线与平面平行的定义（无公共点）.（2）利用直线与平面平行的判定定理（a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α）.（3）利用平面与平面平行的性质（α∥β，a⊂α⇒a∥β）.注意不管用哪种方法，都应将相应的条件写全，缺一不可.2. 直线与平面平行的性质定理的作用是证线线平行，应用时常常需构造辅助平面，和在平面几何中添加辅助线一样，在构造辅助平面时要确认这个平面的存在性.3. 证明平行问题时要注意“转化思想”的应用，要抓住线线、线面、面面之间的平行关系，实现“空间问题”与“平面问题”之间的转化.[备课札记]第3课时直线与平面的位置关系（2）（对应学生用书（文）111～113页、（理）113～115页）1. （必修2P38练习2（3）改编）已知直线l，a，b，平面α.若l∥a，a⊥α，b⊥α，则l与b的位置关系是Ｗ.答案：平行解析：由线面垂直的性质可知，若a⊥α，b ⊥α，则a∥b.因为l ∥a ，所以l∥b. 2. 已知两条异面直线平行于一平面，一直线与两异面直线都垂直，那么这个平面与这条直线的位置关系是Ｗ.（填序号）① 平行；② 垂直；③ 斜交；④ 不能确定. 答案：② 解析：设a ，b 为异面直线，a ∥平面α，b ∥平面α，直线l⊥a，l ⊥b.过a 作平面β∩α＝a′，则a ∥a ′，∴ l ⊥a ′.同理过b 作平面γ∩α＝b′，则l ⊥b ′.∵ a ，b 异面，∴ a ′与b′相交，∴ l ⊥α.3. 设l ，m 表示直线，m 是平面α内的任意一条直线，则“l⊥m”是“l⊥α”成立的条件.（选填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分又不必要”）答案：充要解析：由线面垂直的定义知，直线垂直于平面内任意一条直线，则直线与平面垂直，说明是充分条件，反之，直线垂直于平面，则直线垂直于平面内任意一条直线，说明是必要条件，则“l⊥m”是“l⊥α”成立的充要条件.4. （必修2P 42习题9改编）如图，AB 是圆O 的直径，PA 垂直于圆O 所在的平面，C 是圆O 上不同于A ，B 的任一点，则图中直角三角形的个数为Ｗ.答案：4解析：因为AB 是圆O 的直径，所以AC⊥BC，△ACB 是直角三角形；由PA⊥平面ABC 可得，PA ⊥AB ，PA ⊥AC ，所以△PAB 与△PAC 是直角三角形；因为PA⊥平面ABC ，且BC ⊂平面ABC ，所以PA⊥BC.又BC⊥AC，PA ∩AC ＝A ，所以BC⊥平面PAC.而PC ⊂平面PAC ，所以BC⊥PC，△PCB 是直角三角形.故直角三角形的个数为4.5. （必修2P 38练习3改编）在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，已知AB ＝1，则点C 到平面B 1BDD 1.解析：连结AC ，则AC⊥BD，又BB 1⊥AC ，故AC⊥平面B 1BDD 1，所以点C 到平面B 1BDD 1的距离为12AC ＝22.1. 直线与平面垂直的定义：如果一条直线a 与一个平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线a 与平面α互相垂直，记作a ⊥α，直线a 叫做平面α的垂线，平面α叫做直线a 的垂面，垂线和平面的交点称为垂足Ｗ.2. 结论：过一点有且只有一条直线与已知平面垂直，过一点有且只有一个平面与已知直线垂直.3. 直线与平面垂直从平面外一点引平面的垂线，这个点和垂足间的距离叫做这个点到这个平面的距离.5. 直线和平面的距离一条直线和一个平面平行，这条直线上任意一点到这个平面的距离，叫做这条直线和这个平面的距离.6. 直线与平面所成的角（1）斜线一条直线与一个平面相交，但不和这个平面垂直，这条直线叫做这个平面的斜线，斜线与平面的交点叫做斜足，斜线上一点与斜足间的线段叫做这个点到平面的斜线段.（2）射影过平面α外一点P向平面α引斜线和垂线，那么过斜足Q和垂足P1的直线就是斜线在平面内的正投影（简称射影），线段P1Q就是斜线段PQ在平面α内的射影，如图.（3）直线和平面所成的角平面的一条斜线与它在这个平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线与这个平面所成的角.特别地，如果直线和平面垂直，那么就说这条直线与平面所成的角是直角；如果直线与平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角.[备课札记], 1直线与平面垂直的判定), 1) 如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别是AB，BC的中点，A1C1与B1D1交于点O.若底面ABCD是菱形，且OD⊥A1E，求证：OD⊥平面A1C1FE.证明：连结BD，因为直棱柱中DD1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，所以DD1⊥A1C1.因为底面A1B1C1D1是菱形，所以A1C1⊥B1D1.又DD1∩B1D1＝D1，所以A1C1⊥平面BB1D1D.因为OD⊂平面BB1D1D，所以OD⊥A1C1.又OD⊥A1E，A1C1∩A1E＝A1，A1C1⊂平面A1C1FE，A1E⊂平面A1C1FE，所以OD⊥平面A1C1FE.变式训练如图，在三棱锥PABC中，平面PAB⊥平面ABC，PA⊥PB，M，N分别为AB，PA的中点.若AC＝BC，求证：PA⊥平面MNC.证明：因为M，N分别为AB，PA的中点，所以MN∥PB.又因为PA⊥PB，所以PA⊥MN. 因为AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，所以CM⊥平面PAB.因为PA⊂平面PAB，所以CM⊥PA.又因为PA⊥MN，MN⊂平面MNC，CM⊂平面MNC，MN∩CM＝M，所以PA⊥平面MNC., 2直线与平面垂直性质的应用), 2) 如图，在四棱锥PABCD中，AD⊥平面PAB，AP⊥AB.（1）求证：CD⊥AP；（2）若CD⊥PD，求证：CD∥平面PAB.证明：（1）因为AD⊥平面PAB，AP⊂平面PAB，所以AD⊥AP.因为AP⊥AB，AB∩AD＝A，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以AP⊥平面ABCD.因为CD⊂平面ABCD，所以CD⊥AP.（2）因为CD⊥AP，CD⊥PD，且PD∩AP＝P，PD⊂平面PAD，AP⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD ①.因为AD⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，所以AB⊥AD.因为AP⊥AB，AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD ②.由①②得CD∥AB，因为CD⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以CD∥平面PAB.变式训练如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，EF与异面直线AC，A1D都垂直相交.求证：（1）EF⊥平面AB1C；（2）EF∥BD1.证明：（1）在正方体ABCDA1B1C1D1中，A1B1∥AB∥CD，且A1B1＝AB＝CD，所以四边形A1B1CD是平行四边形，所以A1D∥B1C.因为EF⊥A1D，所以EF⊥B1C.又因为EF⊥AC，AC∩B1C＝C，AC⊂平面AB1C，B1C ⊂平面AB1C，所以EF⊥平面AB1C.（2）连结BD，则BD⊥AC.因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DD1⊥AC.因为AC⊥BD，DD1∩BD＝D，DD1⊂平面BDD1B1，BD⊂平面BDD1B1，所以AC⊥平面BDD1B1.又BD1⊂平面BDD1B1，所以AC⊥BD1.同理可证BD1⊥B1C，又AC∩B1C＝C，AC⊂平面AB1C，B1C⊂平面AB1C，所以BD1⊥平面AB1C.又EF⊥平面AB1C，所以EF∥BD1., 3直线与平面垂直的探索题), 3) 在正三棱柱ABCA1B1C1中，点D是BC的中点，BC＝BB1.（1）若P是CC1上任一点，求证：AP不可能与平面BCC1B1垂直；（2）试在棱CC1上找一点M，使MB⊥AB1.（1）证明：（反证法）假设AP⊥平面BCC1B1，∵ BC⊂平面BCC1B1，∴ AP⊥BC.又正三棱柱ABCA1B1C1中，CC1⊥BC，AP∩CC1＝P，AP⊂平面ACC1A1，CC1⊂平面ACC1A1，∴ BC⊥平面ACC1A1.而AC⊂平面ACC1A1，∴ BC⊥AC，这与△ABC是正三角形矛盾，故AP 不可能与平面BCC 1B 1垂直. （2）解：M 为CC 1的中点.∵ 在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，BC ＝BB 1， ∴ 四边形BCC 1B 1是正方形.∵ 点M 为CC 1的中点，点D 是BC 的中点， ∴ △B 1BD ≌△BCM ，∴ ∠BB 1D ＝∠CBM，∠BDB 1＝∠CMB.∵ ∠BB 1D ＋∠BDB 1＝π2，∴ ∠CBM ＋∠BDB 1＝π2，∴ BM ⊥B 1D.∵ △ABC 是正三角形，D 是BC 的中点， ∴ AD ⊥BC.∵ 平面ABC⊥平面BB 1C 1C ，平面ABC∩平面BB 1C 1C ＝BC ，AD ⊂平面ABC ， ∴ AD ⊥平面BB 1C 1C.∵ BM ⊂平面BB 1C 1C ，∴ AD ⊥BM. ∵ AD ∩B 1D ＝D ，∴ BM ⊥平面AB 1D. ∵ AB 1⊂平面AB 1D ，∴ MB ⊥AB 1. 备选变式（教师专享）如图，在棱长为1的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点E 是棱BC 的中点，点F 是棱CD 上的动点.试确定点F 的位置，使得D 1E⊥平面AB 1F.解：如图，连结A 1B ，CD 1，则A 1B ⊥AB 1.∵ 在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，D 1A 1⊥平面ABB 1A 1，AB 1⊂平面ABB 1A 1，∴ A 1D 1⊥AB 1.又A 1D 1∩A 1B ＝A 1，A 1D 1，A 1B ⊂平面A 1BCD 1， ∴ AB 1⊥平面A 1BCD 1.又D 1E ⊂平面A 1BCD 1，∴ AB 1⊥D 1E.于是使D 1E ⊥平面AB 1F 等价于使D 1E ⊥AF. 连结DE ，易知D 1D ⊥AF ，若有AF⊥平面D 1DE ，只需证DE⊥AF.∵ 四边形ABCD 是正方形，点E 是BC 的中点， ∴ 当且仅当点F 是CD 的中点时，DE ⊥AF ，即当点F 是CD 的中点时，D 1E ⊥平面AB 1F.1. 如图，在矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝a （a>0），PA ⊥平面ABCD ，且PA ＝1，问BC 边上是否存在点Q ，使得PQ ⊥QD ，并说明理由.解：假设存在点Q ，使得PQ⊥QD.连结AQ. ∵ PA ⊥平面ABCD ，且DQ ⊂平面ABCD ， ∴ PA ⊥DQ.∵ PQ ⊥DQ ，且PQ∩PA＝P ，PQ ⊂平面PAQ ，PA ⊂平面PAQ ， ∴ DQ ⊥平面PAQ.∵ AQ ⊂平面PAQ ，∴ AQ ⊥DQ.设BQ ＝x ，则CQ ＝a －x ，AQ 2＝x 2＋1，DQ 2＝（a －x ）2＋1.∵ AQ 2＋DQ 2＝AD 2，∴ x 2＋1＋（a －x ）2＋1＝a 2，即x 2－ax ＋1＝0 （*）.方程（*）的判别式Δ＝a 2－4. ∵ a>0，∴ 当Δ<0，即0<a<2时，方程（*）无实根；当Δ＝0，即a ＝2时，方程（*）有惟一实根，此时x ＝1；当Δ>0，即a>2时，方程（*）有两个不等实根，设两个实根分别为x 1，x 2.由于x 1＋x 2＝a>0，x 1x 2＝1>0，则这两个实根均为正数.因此，当0<a<2时，BC 边上不存在点Q 使PQ⊥QD；当a ＝2时，BC 边上存在惟一一点Q （即BC 的中点），使PQ ⊥QD ；当a>2时，BC 边上存在不同的两点Q ，使PQ⊥QD.2. 如图，在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝EC ＝12AA 1.（1）求证：AC 1∥平面BDE ；（2）求证：A 1E ⊥平面BDE.证明：（1）连结AC 交BD 于点O ，连结OE.在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，四边形ABCD 是正方形，点O 为AC 的中点，AA 1∥CC 1且AA 1＝CC 1，由EC ＝12AA 1，得EC ＝12CC 1，即点E 为CC 1的中点，于是在△CAC 1中，AC 1∥OE.因为OE ⊂平面BDE ，AC 1⊄平面BDE ，所以AC 1∥平面BDE.（2）连结B 1E.设AB ＝a ，则在△BB 1E 中，BE ＝B 1E ＝2a ，BB 1＝2a.所以BE 2＋B 1E 2＝BB 21，所以B 1E ⊥BE.在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，A 1B 1⊥平面BB 1C 1C ，BE ⊂平面BB 1C 1C ，所以A 1B 1⊥BE.因为B 1E ∩A 1B 1＝ B 1，B 1E ⊂平面A 1B 1E ，A 1B 1⊂平面A 1B 1E ，所以BE⊥平面A 1B 1E. 因为A 1E ⊂平面A 1B 1E ，所以A 1E ⊥BE. 同理A 1E ⊥DE.又因为BE∩DE＝E ，BE ⊂平面BDE ，DE ⊂平面BDE ，所以A 1E ⊥平面BDE.3. 如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 是矩形，侧棱PA 垂直于底面，点E ，F 分别是AB ，PC 的中点，PA ＝AD.求证：（1） CD⊥PD；（2） EF⊥平面PCD.证明：（1） ∵ PA⊥底面ABCD ，∴ CD ⊥PA.又矩形ABCD 中，CD ⊥AD ，且AD∩PA＝A ，AD ，PA ⊂平面PAD ，∴ CD ⊥平面PAD ，∴ CD ⊥PD.（2）如图，取PD 的中点G ，连结AG ，FG.∵ 点G ，F 分别是PD ，PC 的中点，∴ GF 綊12CD ，∴ GF 綊AE ，∴ 四边形AEFG 是平行四边形，∴ AG ∥EF. ∵ PA ＝AD ，G 是PD 的中点， ∴ AG ⊥PD ，∴ EF ⊥PD.∵ CD ⊥平面PAD ，AG ⊂平面PAD ， ∴ CD ⊥AG ，∴ EF ⊥CD.∵ PD ∩CD ＝D ，PD ，CD ⊂平面PCD ，∴ EF ⊥平面PCD.4. 如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，已知AC⊥BC，BC ＝CC 1.设AB 1的中点为D ，B 1C ∩BC 1＝E. 求证：（1） DE∥平面AA 1C 1C ；（2） BC 1⊥AB 1.。

2019版高考文科数学大一轮复习人教A版文档：第八章立体几何8-1 含答案精品

§8.1空间几何体的结构、三视图和直观图1．多面体的结构特征2．旋转体的形成3.空间几何体的三视图 (1)三视图的名称几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图． (2)三视图的画法①在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察到的几何体的正投影图． 4．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是(1)原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中，x ′轴，y ′轴的夹角为45°或135°，z ′轴与x ′轴和y ′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴；平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y 轴的线段在直观图中长度变为原来的一半．知识拓展1．常见旋转体的三视图(1)球的三视图都是半径相等的圆．(2)水平放置的圆锥的正视图和侧视图均为全等的等腰三角形． (3)水平放置的圆台的正视图和侧视图均为全等的等腰梯形． (4)水平放置的圆柱的正视图和侧视图均为全等的矩形． 2．斜二测画法中的“三变”与“三不变” “三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度变为原来的一半图形改变“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不改变与x ，z 轴平行的线段的长度不改变相对位置不改变题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(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)夹在两个平行的平面之间，其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱台．(×)(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．(×)(5)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．(×)(6)菱形的直观图仍是菱形．(×)题组二教材改编2．[P19T3]由斜二测画法得到：①相等的线段和角在直观图中仍然相等；②正方形在直观图中是矩形；③等腰三角形在直观图中仍然是等腰三角形；④平行四边形的直观图仍然是平行四边形．上述结论正确的个数是()A．0 B．1 C．2 D．3答案 B解析逐一考查所给的说法：①相等的线段平行时在直观图中仍然相等，原说法错误；②正方形在直观图中是平行四边形，不是矩形，原说法错误；③等腰三角形在直观图中不是等腰三角形，原说法错误；④平行四边形的直观图仍然是平行四边形，原说法正确．综上可得，结论正确的个数是1.故选B.3．[P8T1]在如图所示的几何体中，是棱柱的为________．(填写所有正确的序号)答案③⑤题组三易错自纠4．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 B ．圆锥 C ．四面体 D ．三棱柱答案 A解析由三视图知识知，圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不可能为三角形．5．(2018·珠海质检)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( )答案 B解析侧视图中能够看到线段AD 1，应画为实线，而看不到B 1C ，应画为虚线．由于AD 1与B 1C 不平行，投影为相交线，故选B.6.正三角形AOB 的边长为a ，建立如图所示的直角坐标系xOy ，则它的直观图的面积是________．答案616a 2解析画出坐标系x ′O ′y ′，作出△OAB 的直观图O ′A ′B ′(如图)，D ′为O ′A ′的中点．易知D ′B ′＝12DB (D 为OA 的中点)，∴S△O′A′B′＝12×22S△OAB＝24×34a2＝616a2.题型一空间几何体的结构特征1．给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②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；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是()A．0 B．1 C．2 D．3答案 A解析①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．2．下列命题中正确的为________．(填序号)①存在一个四个侧面都是直角三角形的四棱锥；②如果棱柱有一个侧面是矩形，则其余各侧面也都是矩形；③圆台的任意两条母线所在直线必相交．答案①③解析①如图中的四棱锥，底面是矩形，一条侧棱垂直于底面，那么它的四个侧面都是直角三角形，故①正确；②如图所示的棱柱有一个侧面是矩形，则其余各侧面不是矩形，故②错误；③根据圆台的定义和性质可知，命题③正确．所以答案为①③.思维升华(1)关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一反例即可．(2)圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系．(3)既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略．题型二简单几何体的三视图命题点1已知几何体，识别三视图典例(2017·贵州七校联考)如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形)()A．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥D．③④⑤答案 B解析正视图应该是边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是①，侧视图应该是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③.命题点2已知三视图，判断几何体的形状典例(2017·全国Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A ．10B ．12C ．14D ．16答案 B解析观察三视图可知，该多面体是由直三棱柱和三棱锥组合而成的，且直三棱柱的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，侧棱长为2.三棱锥的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，高为2，如图所示．因此该多面体各个面中有两个梯形，且这两个梯形全等，梯形的上底长为2，下底长为4，高为2，故这两个梯形的面积之和为2×12×(2＋4)×2＝12.故选B.命题点3 已知三视图中的两个视图，判断第三个视图典例 (2018届辽宁凌源二中联考)如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为( )答案 B解析由正视图和俯视图可知，该几何体是一个圆柱挖去一个圆锥构成的，结合正视图的宽及俯视图的直径可知其侧视图为B ，故选B. 思维升华三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．(3)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形状，然后再找其剩下部分三视图的可能形状．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．跟踪训练 (1)(2017·全国Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π答案 B解析方法一 (割补法)由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱截去上面虚线部分所得，如图所示．将圆柱补全，并将圆柱从点A 处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12，所以该几何体的体积V ＝π×32×4＋π×32×6×12＝63π.故选B.方法二 (估值法)由题意知，12V 圆柱<V 几何体<V 圆柱，又V 圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π<V 几何体<90π.观察选项可知只有63π符合．故选B.(2)一个几何体的三视图中，正视图和侧视图如图所示，则俯视图不可以为( )答案 C解析 A 中，该几何体是直三棱柱，∴A 有可能； B 中，该几何体是直四棱柱，∴B 有可能； C 中，由题干中正视图的中间为虚线知，C 不可能； D 中，该几何体是直四棱柱，∴D 有可能．题型三空间几何体的直观图典例 (2018·福州调研)已知等腰梯形ABCD ，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________．答案22解析如图所示，作出等腰梯形ABCD 的直观图．因为OE ＝(2)2－1＝1，所以O ′E ′＝12，E ′F ＝24，则直观图A ′B ′C ′D ′的面积S ′＝1＋32×24＝22.思维升华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．跟踪训练如图，一个水平放置的平面图形的直观图(斜二测画法)是一个底角为45°、腰和上底长均为2的等腰梯形，则这个平面图形的面积是( )A ．2＋ 2B ．1＋ 2C ．4＋2 2D ．8＋4 2答案 D解析由已知直观图根据斜二测画法规则画出原平面图形，如图所示， ∴这个平面图形的面积为4×(2＋2＋22)2＝8＋42，故选D.1．一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B．三棱锥C．正方体D．圆柱答案 D解析球、正方体的三视图形状都相同、大小均相等．当三棱锥的三条侧棱相等且两两垂直时，其三视图的形状都相同、大小均相等．不论圆柱如何放置，其三视图的形状都不会完全相同，故选D.2．如图为几何体的三视图，根据三视图可以判断这个几何体为()A．圆锥B．三棱锥C．三棱柱D．三棱台答案 C3．“牟合方盖”(如图1)是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图2所示，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线，其实际直观图中四边形不存在，当其正视图和侧视图完全相同时，它的正视图和俯视图分别可能是()A．a，b B．a，c C．c，b D．b，d答案 A解析当正视图和侧视图完全相同时，“牟合方盖”相对的两个曲面正对前方，正视图为一个圆，俯视图为一个正方形，且两条对角线为实线，故选A.4．(2018·成都质检)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点P是棱CD上一点，则三棱锥P －A1B1A的侧视图是()答案 D解析在长方体ABCD－A1B1C1D1中，从左侧看三棱锥P－A1B1A，B1，A1，A的射影分别是C1，D1，D；AB1的射影为C1D，且为实线，P A1的射影为PD1，且为虚线．故选D.5.如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是AA1，C1D1的中点，G是正方形BCC1B1的中心，则四边形AGFE在该正方体的各个面上的投影不可能是()A．三角形B．正方形C．四边形D．等腰三角形答案 B解析四边形AGFE在该正方体的底面上的投影为三角形，可能为A；四边形AGFE在该正方体的前面上的投影为四边形，可能为C；四边形AGFE在该正方体的底面上的投影为等腰三角形，可能为D；四边形AGFE 在该正方体的左侧面上的投影为三角形，可能为A.故选B.6．(2017·广州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的正视图(等腰直角三角形)和侧视图，且该几何体的体积为83，则该几何体的俯视图可以是( )答案 C解析该几何体为正方体截去一部分后的四棱锥P —ABCD ，如图所示，该几何体的俯视图为C.7．(2017·东北师大附中、吉林市一中等五校联考)如图所示，在三棱锥D —ABC 中，已知AC ＝BC ＝CD ＝2，CD ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°.若其正视图、俯视图如图所示，则其侧视图的面积为( )A. 6 B ．2 C. 3 D. 2答案 D解析由几何体的结构特征和正视图、俯视图，得该几何体的侧视图是一个直角三角形，其中一直角边为CD ，其长度为2，另一直角边为底面△ABC 的边AB 上的中线，其长度为2，则其侧视图的面积S ＝12×2×2＝ 2.8.如图，在一个正方体内放入两个半径不相等的球O 1，O 2，这两个球外切，且球O 1与正方体共顶点A 的三个面相切，球O 2与正方体共顶点B 1的三个面相切，则两球在正方体的面AA 1C 1C 上的正投影是( )答案 B解析由题意可以判断出两球在正方体的面上的正投影与正方形相切．由于两球球心连线AB 1与面ACC 1A 1不平行，故两球球心射影所连线段的长度小于两球半径的和，即两个投影圆相交，即为图B.9.(2017·福建龙岩联考)一水平放置的平面四边形OABC ，用斜二测画法画出它的直观图O ′A ′B ′C ′如图所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC 的面积为________．答案 2 2解析因为直观图的面积是原图形面积的24倍，且直观图的面积为1，所以原图形的面积为2 2.10.(2017·南昌一模)如图，在正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P —BCD 的正视图与侧视图的面积之比为________．答案 1∶1解析根据题意，三棱锥P —BCD 的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高，故三棱锥P—BCD的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.11．如图，点O为正方体ABCD—A′B′C′D′的中心，点E为平面B′BCC′的中心，点F为B′C′的中点，则空间四边形D′OEF在该正方体的各个面上的射影可能是________．(填出所有可能的序号)答案①②③解析空间四边形D′OEF在正方体的平面DCC′D′上的射影是①；在平面BCC′B′上的射影是②；在平面ABCD上的射影是③，而不可能出现的射影为④中的情况．12．如图，已知三棱锥P—ABC的底面是等腰直角三角形，且∠ACB＝90°，侧面P AB⊥底面ABC，AB＝P A＝PB＝4，则这个三棱锥的三视图中标注的尺寸x，y，z分别是__________．答案23，2,2解析由三棱锥及其三视图可知，x为等边△P AB的高，所以x＝23，又因为2y为AB的长，所以2y＝4，y＝2，可得z为点C到AB的距离，由此得z＝2.13．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是()A ．8B ．7C ．6D ．5答案 C解析画出直观图，共六块．14．(2017·湖南省东部六校联考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的四个面的面积中，最大的面积是( )A ．4 3B ．8 3C ．47D ．8 答案 C解析如图，设该三棱锥为P —ABC ，其中P A ⊥平面ABC ，P A ＝4，则由三视图可知△ABC 是边长为4的等边三角形，故PB ＝PC ＝42，所以S △ABC ＝12×4×23＝43，S △P AB ＝S △P AC ＝12×4×4＝8，S △PBC ＝12×4×(42)2－22＝47，故四个面中面积最大的为S △PBC ＝47，故选C.15．(2017·泉州二模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧视图中的虚线部分是( )A ．圆弧B ．抛物线的一部分C ．椭圆的一部分D ．双曲线的一部分答案 D解析根据几何体的三视图，可得侧视图中的虚线部分是由平行于旋转轴的平面截圆锥所得，故侧视图中的虚线部分是双曲线的一部分，故选D.16.(2018·济南模拟)一只蚂蚁从正方体ABCD—A1B1C1D1的顶点A出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是()A．①②B．①③C．③④D．②④答案 D解析由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)，若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展开到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过BB1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD和平面CDD1C1展开到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过CD的中点，此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．故选D.。

2019高考数学文一轮课件第8章立体几何第1讲

(2)认识棱柱一般要从侧棱与底面的垂直与否和底面多边形的形状两方面去分析，故①②都不正确，③平行六面体的两个相对侧面也可能与底面垂直且互相平行，故③也不正确．
【答案】 (1)D (2)①②③
判定与空间几何体结构特征有关命题的方法 (1)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，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． (2)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．
正上方观察几何体画出的轮廓几何体的正前方、正左方、________
线． (2)三视图的画法
宽相等． ①基本要求：长对正，高平齐，________
②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．
(必修 2 P3 内文改编)关于棱柱的下列说法错误的是( A．棱柱的侧棱都相等 B．棱柱的侧棱都平行 C．棱柱的两底面是全等的多边形 D．棱柱的侧面是全等的平行四边形
解析：选 D．设原矩形的长为 a，宽为 b，则其直观图是长为 b 2 a，高为 sin 45°＝ b 的平行四边形， 2 4 2 S直观 4 ab 2 所以＝ ab ＝．故选 D． 4 S矩形
(必修 2 P9A 组 T3(2)改编)某几何体的三视图如图，
则该几何体的体积为________．
解析：该几何体是下部分为长与宽都为 2，高为 1 的长方体，上部分是底面边长为 2，高为 3的正四棱锥．所以 V＝2×2×1 1 4 ＋ ×2×2× 3＝4＋ 3． 3 3
解析：选 D．根据棱柱的结构特征可知选 D．
)
(必修 2 P10B 组 T1 改编)如图，长方体 ABCDA′B′C′D′中被截去一部分，其中 EH∥A′D′，剩下的几何体是( )

2019版高考数学一轮复习训练：基础与考点过关第八章立体几何初步

第八章立体几何初步第1课时空间点、直线、平面之间的位置关系1. (必修2P 24练习2改编)用集合符号表示“点P 在直线l 外，直线l 在平面α内”为________．答案：P ∉l ，l ⊂α解析：考查点、线、面之间的符号表示． 2. (必修2P 28练习2改编)已知AB∥PQ，BC ∥QR ，若∠ABC＝45°，则∠PQR＝________．答案：45°或135°解析：由等角定理可知∠PQR 与∠ABC 相等或互补，故答案为45°或135°. 3. (原创)若直线l 上有两个点在平面α外，则________．(填序号) ① 直线l 上至少有一个点在平面α内； ② 直线l 上有无穷多个点在平面α内； ③ 直线l 上所有点都在平面α外； ④ 直线l 上至多有一个点在平面α内．答案：④解析：由已知得直线l ⊄α，故直线l 上至多有一个点在平面α内．4. (必修2P 31习题15改编)如图所示，设E ，F ，G ，H 依次是空间四边形ABCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 上除端点外的点，AE AB ＝AH AD ＝λ，CF CB ＝CGCD＝μ，则下列结论中不正确的是________．(填序号)① 当λ＝μ时，四边形EFGH 是平行四边形； ② 当λ≠μ时，四边形EFGH 是梯形；③ 当λ≠μ时，四边形EFGH 一定不是平行四边形； ④ 当λ＝μ时，四边形EFGH 是梯形．答案：④解析：由AE AB ＝AH AD ＝λ，得EH∥BD，且EH BD ＝λ，同理得FG ∥BD 且 FGBD＝μ，当λ＝μ时，EH ∥FG 且EH ＝FG.当λ≠μ时，EH ∥FG ，但EH≠FG，只有④错误．5. (必修2P 30练习2改编)在正方体A 1B 1C 1D 1ABCD 中，与AB 异面的棱有______________________．答案：A 1D 1，DD 1，CC 1，C 1B 11. 公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内．公理2：如果两个平面有一个公共点，那么它们还有其他公共点，这些公共点的集合是经过这个公共点的一条直线．公理3：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面．推论1：经过一条直线和这条直线外的一点，有且只有一个平面．推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面．推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面． 2. 空间两条直线的位置关系(1) 公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行． (2) 定理：如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行并且方向相同，那么这两个角相等．4. 异面直线的判定(1) 判定定理：过平面内一点与平面外一点的直线，和这个平面内不经过该点的直线是异面直线．(2) 符号表示：若l ⊂α，A ∉α，B ∈α，B ∉l ，则直线AB 与l 是异面直线． 5. 异面直线所成的角(1) 定义：设a ，b 是异面直线，经过空间任意一点O ，作直线a′∥a，b ′∥b ，我们把直线a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a ，b 所成的角．(2) 范围：⎝⎛⎦⎥⎤0，π2.(3) 若异面直线a ，b 所成的角是直角，就称异面直线a ，b 互相垂直．记作a⊥b. [备课札记], 1平面的基本性质), 1) 如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别为CC1，AA1的中点，画出平面BED1F和平面ABCD的交线．解：如图，在平面ADD1A1内延长D1F与DA交于一点P，则P∈平面BED1F.∵ DA⊂平面ABCD，∴ P∈平面ABCD，∴点P是平面ABCD与平面BED1F的一个公共点．又点B是两平面的一个公共点，∴ PB为两平面的交线．备选变式（教师专享）如图，在直角梯形ABDC中，AB∥CD，AB>CD，S是直角梯形ABDC所在平面外一点，画出平面SBD和平面SAC的交线，并说明理由．解：显然点S是平面SBD和平面SAC的一个公共点，即点S在交线上，由于AB>CD，则分别延长AC和BD交于点E，如图所示．∵ E∈AC，AC⊂平面SAC，∴ E∈平面SAC.同理，可证E∈平面SBD，∴点E在平面SBD和平面SAC的交线上，连结SE，则直线SE是平面SBD和平面SAC的交线．, 2共点、共线、共面问题), 2) 如图，在四边形ABCD 和四边形ABEF 中，BC ∥AD ，BC ＝12AD ，BE∥FA ，BE ＝12FA ，点G ，H 分别为FA ，FD 的中点．(1) 求证：四边形BCHG 是平行四边形． (2) C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？(1) 证明：因为点G ，H 分别为FA ，FD 的中点，所以GH∥AD，GH ＝12AD.又BC∥AD，BC＝12AD ，所以GH∥BC，且GH ＝BC ，所以四边形BCHG 为平行四边形．(2) 解：C ，D ，F ，E 四点共面．理由如下：由BE∥FA，BE ＝12FA ，点G 为FA 的中点知，BE ∥FG ，BE ＝FG ，所以四边形BEFG 为平行四边形，所以EF∥BG. 由(1)知BG∥CH，BG ＝CH ，所以EF∥CH，所以EF 与CH 共面．又D∈FH，所以C ，D ，F ，E 四点共面．变式训练如图，在直四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，A 1C 1与B 1D 1交于点O.求证：A 1，C 1，F ，E 四点共面．证明：如图，连结AC ，因为点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，所以EF 是△ABC 的中位线，所以EF ∥AC.由直棱柱知AA 1綊CC 1，所以四边形AA 1C 1C 为平行四边形，所以AC∥A 1C 1. 所以EF∥A 1C 1，故A 1，C 1，F ，E 四点共面．, 3 空间直线位置关系问题), 3) 如图，在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点M ，N 分别是A 1B 1，B 1C 1的中点．求证：(1) AM 和CN 共面；(2) D 1B 和CC 1是异面直线．证明：(1) 如图，连结MN，A1C1，AC.∵点M，N分别是A1B1，B1C1的中点，∴ MN∥A1C1.∵ A1A綊C1C，∴四边形A1ACC1为平行四边形，∴ A1C1∥AC，∴ MN∥AC，∴ A，M，N，C四点共面，即AM和CN共面．(2) ∵ ABCDA1B1C1D1是正方体，∴ B，C，C1，D1不共面．假设D1B与CC1不是异面直线，则存在平面α，使D1B⊂平面α，CC1⊂平面α，∴ D1，B，C，C1∈α，这与B，C，C1，D1不共面矛盾．∴假设不成立，即D1B与CC1是异面直线．变式训练已知空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，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不是异面直线，则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，连结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是平行四边形EFGH的对角线，所以EG与FH相交．1. 在下列命题中，不是公理的是________．(填序号)①如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线；②过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面；③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；④平行于同一个平面的两个平面相互平行．答案：④解析：④不是公理，是个常用的结论，需经过推理论证；①②③是平面的基本性质公理．2. 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：① AB⊥EF；② AB与CM所成的角为60°；③ EF与MN是异面直线；④ MN∥CD.以上结论中正确的是________．(填序号)答案：①③解析：把正方体平面展开图还原到原来的正方体，如图所示，AB⊥EF，EF与MN是异面直线，AB∥CM，MN⊥CD，只有①③正确．3. 在正方体ABCDA1B1C1D1中，点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．答案：无数解析：在A1D1，C1D1上任取一点P，M，过点P，M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α∩CD ＝Q，连结PQ，则PQ与EF必然相交，即PQ为所求直线．由点P的任意性知，有无数条直线与直线A1D1，EF，CD都相交．4. 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱CC1，BB1及DD1的中点．求证：∠BGC＝∠FD1E.证明：∵ 点E，F，G分别是正方体的棱CC1，BB1，DD1的中点，∴ CE平行且等于GD1，BF平行且等于GD1，则四边形CED1G与四边形BFD1G均为平行四边形．则GC∥D1E，GB∥D1F.∵∠BGC与∠FD1E对应两边的方向分别相同，∴∠BGC＝∠FD1E.5. 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，对角线A1C与平面BDC1交于点O，AC，BD交于点M，点E为AB的中点，点F为AA1的中点．求证：(1) C1，O，M三点共线；(2) E，C，D1，F四点共面；(3) CE，D1F，DA三线共点．证明：(1) ∵ C 1，O ，M ∈平面BDC 1，又C 1，O ，M ∈平面A 1ACC 1，由公理3知，点C 1，O ，M 在平面BDC 1与平面A 1ACC 1的交线上，∴ C 1，O ，M 三点共线．(2) ∵ 点E ，F 分别是AB ，A 1A 的中点，∴ EF ∥A 1B. ∵ A 1B ∥CD 1，∴ EF ∥CD 1.∴ E ，C ，D 1，F 四点共面．(3) 由(2)可知，E ，C ，D 1，F 四点共面．∵ EF∥A 1B ，EF ＝12A 1B ，∴ EF ＝12D 1C ，∴ D 1F ，CE 为相交直线，记交点为P.则P∈D 1F ⊂平面ADD 1A 1，P ∈CE ⊂平面ADCB ，∴ P ∈平面ADD 1A 1∩平面ADCB ＝AD ，∴ CE ，D 1F ，DA 三线共点．1. 如图，在正方体ABCDEFMN 中，①BM 与ED 平行；②CN 与BM 是异面直线；③CN 与BE 是异面直线；④DN 与BM 是异面直线．以上四个命题中，正确的命题是________．(填序号)答案： ②④解析：观察图形，根据异面直线的定义可知，BM 与ED 是异面直线，CN 与BM 是异面直线，CN 与BE 不是异面直线，DN 与BM 是异面直线，故①③错误，②④正确．即正确的命题是②④.2. 在空间四边形ABCD 中，AB ＝CD 且AB 与CD 所成的角为30°，点M ，N 分别是BC ，AD 的中点，求直线AB 和MN 所成的角．解：如图，取AC 的中点P.连结PM ，PN ，则PM∥AB，且PM ＝12AB ，PN ∥CD ，且PN ＝12CD ，所以∠MPN 为直线AB 与CD 所成的角(或所成角的补角)．则∠MPN＝30°或∠MPN＝150°. 若∠MPN＝30°，因为PM∥AB，所以∠PMN 是AB 与MN 所成的角(或所成角的补角)．又AB ＝CD ，所以PM ＝PN ，则△PMN 是等腰三角形，所以∠PMN＝75°，即直线AB 与MN 所成的角为75°.若∠MPN＝150°，易知△PMN 是等腰三角形，所以∠PMN＝15°，即直线AB 与MN 所成的角为15°.故直线AB 和MN 所成的角为75°或15°.3. 已知在棱长为a 的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点M ，N 分别是棱CD ，AD 的中点．求证： (1) 四边形MNA 1C 1是梯形； (2) ∠DNM＝∠D 1A 1C 1.证明：(1) 如图，连结AC ，在△ACD 中，∵ 点M ，N 分别是CD ，AD 的中点， ∴ MN 是三角形ACD 的中位线，∴ MN ∥AC ，MN ＝12AC.由正方体的性质得AC∥A 1C 1，AC ＝A 1C 1，∴ MN ∥A 1C 1且MN ＝12A 1C 1，即MN≠A 1C 1，∴ 四边形MNA 1C 1是梯形．(2) 由(1)知MN∥A 1C 1.又∵ ND∥A 1D 1， ∴ ∠DNM 与∠D 1A 1C 1相等或互补．而∠DNM 与∠D 1A 1C 1均是直角三角形中的锐角， ∴ ∠DNM ＝∠D 1A 1C 1.1. 证明点线共面的常用方法：一是依据题中所给部分条件先确定一个平面，然后证明其余的点或线都在平面内；二是将所有元素分成几个部分，然后分别确定几个平面，再证这些平面重合；三是采用反证法．2. 证明三线共点的方法：通常先证明两条直线的交点在第三条直线上，而第三条直线是分别经过这两条直线的两个平面的一条交线．3. 异面直线的证明方法：一是应用判定定理(过平面内一点与平面外一点的连线与平面内不经过该点的直线是异面直线)；二是采用反证法．判定异面直线时通常采用排除法(既不相交也不平行)或判定定理．4. 对于异面直线所成的角，要注意角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2以及两条直线垂直的定义，平移法是解决此类问题的关键．[备课札记]第2课时直线与平面的位置关系(1) (对应学生用书(文)109～110页、(理)111～112页)了解直线与平面的位置关系，了解线面平行的有关概念；除了能熟练运用线面平行的判定定理和性质定理外，还能运用定义判断位置关系．① 要熟练掌握线面平行的定义、判定及性质.② 要注意线线关系、线面关系以及面面关系的转化．对于直线与平面所成的角，点到面的距离了解即可．1. (必修2P 35练习2改编)给出下列条件：① l∥α；② l 与α至少有一个公共点；③ l 与α至多有一个公共点．则能确定直线l 在平面α外的条件为________．(填序号)答案：①③解析：直线l 在平面α外：l∥α或直线l 与平面α仅有一个交点． 2. (必修2P 35练习7改编)在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊂平面α，CD ⊄平面α，则直线CD 与平面α内的直线的位置关系是________．答案：平行或异面解析：因为AB∥CD，AB ⊂平面α，CD ⊄平面α，所以CD∥平面α，所以CD 与平面α内的直线可能平行，也可能异面．3. (必修2P 35练习4改编)在正六棱柱ABCDEFA 1B 1C 1D 1E 1F 1的表面中，与A 1F 1平行的平面是________．答案：平面ABCDEF 、平面CC 1D 1D解析：在正六棱柱中，易知A 1F 1∥AF ，AF ⊂平面ABCDEF ，且A 1F 1⊄平面ABCDEF ，所以A 1F 1∥平面ABCDEF.同理，A 1F 1∥C 1D 1，C 1D 1⊂平面CC 1D 1D ，且A 1F 1⊄平面CC 1D 1D ，所以A 1F 1∥平面CC 1D 1D.其他各面与A 1F 1均不满足直线与平面平行的条件．故答案为平面ABCDEF 与平面CC 1D 1D.4. (原创)P 为矩形ABCD 所在平面外一点，矩形对角线的交点为O ，M 为PB 的中点，给出下列四个命题：① OM ∥平面PCD ；② OM∥平面PBC ；③ OM∥平面PDA ；④ OM∥平面PBA. 其中正确命题的个数是________．答案：2解析：由已知OM∥PD，得OM∥平面PCD 且OM∥平面PAD.故正确的只有①③.5. (必修2P 41习题5改编)在四面体ABCD 中，点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________．答案：平面ABC 、平面ABD 解析：如图，连结AM 并延长交CD 于E ，连结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 ，由EM MA ＝EN NB ＝12，得MN∥AB，因此，MN ∥平面ABC ，且MN∥平面ABD.1. 一条直线和一个平面的位置关系有且只有以下三种：, 1基本概念辨析), 1) 下列命题中真命题的个数为Ｗ.①直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α；②若直线a在平面α外，则a∥α；③若直线a∥b，直线b⊂α，则a∥α；④若直线a∥b，b⊂α，那么直线a平行于平面α内的无数条直线.答案：1解析：∵ 直线l虽与平面α内无数条直线平行，但l有可能在平面α内，∴ l不一定平行于α.∴ ①是假命题.∵ 直线a在平面α外，包括两种情况：a∥α和a与α相交，∴ a和α不一定平行.∴ ②是假命题.∵ 直线a∥b，b⊂α，则只能说明a和b无公共点，但a可能在平面α内，∴ a不一定平行于α.∴ ③是假命题.∵ a∥b，b⊂α，那么a⊂α或a∥α，∴ a可以与平面α内的无数条直线平行.∴ ④是真命题.综上可知，真命题的个数为1.备选变式（教师专享）下列命题中正确的是Ｗ.（填序号）①若直线a不在平面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若直线l与平面α平行，则l与α内的任意一条直线都平行；④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；⑤平行于同一平面的两直线可以相交.答案：④⑤解析：如图①，a∩α＝A时，a⊄α，∴①错误；直线l与α相交时，l上有无数个点不在α内，∴②错误；l∥α时，α内的直线与l平行或异面，∴③错误；l∥α，l与α无公共点，∴ l与α内任一直线都无公共点，④正确；如图②，长方体ABCDA1B1C1D1中，A1C1与B1D1都与平面ABCD平行，∴⑤正确., 2线面平行的判定), 2) 如图，在底面为平行四边形的四棱锥PABCD中，点E是PC的中点.求证：PA∥平面BDE.证明：如图，连结AC交BD于点O，连结OE.在平行四边形ABCD中，O是AC的中点，又E是PC的中点，∴ OE∥PA.∵ PA⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，∴ PA∥平面BDE.变式训练如图，在三棱柱A1B1C1ABC中， E，F分别是A1B，AC1的中点.求证：EF∥平面ABC.证明：如图，连结A1C，因为三棱柱A1B1C1ABC中，四边形AA1C1C是平行四边形，所以点F在A1C上，且为A1C的中点.在△A1BC中，因为E，F分别是A1B，A1C的中点，所以EF∥BC.因为BC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，所以EF∥平面ABC.备选变式（教师专享）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点M，N，P分别为棱AB，BC，C1D1的中点.求证：AP∥平面C1MN.证明：在正方体ABCDA1B1C1D1中，因为点M ，P 分别为棱AB ，C 1D 1的中点，所以AM ＝PC 1. 又AM∥CD，PC 1∥CD ，故AM∥PC 1，所以四边形AMC 1P 为平行四边形.从而AP∥C 1M. 又AP ⊄ 平面C 1MN ，C 1M ⊂平面C 1MN ，所以AP∥平面C 1MN., 3 线面平行的性质), 3) 如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，CC 1＝4，M 是棱CC 1上的一点.若点N 是AB 的中点，且CN∥平面AB 1M ，求CM 的长.解：（解法1）如图①，取AB 1的中点P ，连结NP ，PM.①因为点N 是AB 的中点，所以NP∥BB 1.因为CM∥BB 1，所以NP∥CM，所以NP 与CM 共面.因为CN∥平面AB 1M ，平面CNPM∩平面AB 1M ＝MP ，所以CN∥MP.所以四边形CNPM 为平行四边形，所以CM ＝NP ＝12CC 1＝2.（解法2）如图②，设NC 与CC 1确定的平面交AB 1于点P ，连结NP ，PM.②因为CN∥平面AB 1M ，CN ⊂平面CNPM ，平面AB 1M ∩平面CNPM ＝PM ，所以CN∥MP. 因为BB 1∥CM ，BB 1⊄平面CNPM ，CM ⊂平面CNPM ，所以BB 1∥平面CNPM. 又BB 1⊂平面ABB 1，平面ABB 1∩平面CNPM ＝NP ，所以BB 1∥NP ，所以CM∥NP，所以四边形CNPM 为平行四边形.因为点N 是AB 的中点，所以CM ＝NP ＝12BB 1＝12CC 1＝2.（解法3）如图③，取BB 1的中点Q ，连结NQ ，CQ.③因为点N 是AB 的中点，所以NQ∥AB 1. 因为NQ ⊄平面AB 1M ，AB 1⊂平面AB 1M ，所以NQ∥平面AB 1M.因为CN∥平面AB 1M ，NQ ∩NC ＝N ，NQ ，NC ⊂平面NQC ，所以平面NQC∥平面AB 1M.因为平面BCC 1B 1∩平面NQC ＝QC ，平面BCC 1B 1∩平面AB 1M ＝MB 1，所以CQ∥MB 1. 因为BB 1∥CC 1，所以四边形CQB 1M 是平行四边形，所以CM ＝B 1Q ＝12CC 1＝2.（解法4）如图④，分别延长BC ，B 1M ，设交点为S ，连结AS.④因为CN∥平面AB 1M ，CN ⊂平面ABS ，平面ABS∩平面AB 1M ＝AS ，所以CN∥AS. 由于AN ＝NB ，所以BC ＝CS.又CM∥BB 1，同理可得SM ＝MB 1，所以CM ＝12BB 1＝12CC 1＝2.备选变式（教师专享）如图，在斜三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AC 1与A 1C 交于点O ，E 是棱AB 上一点，且OE∥平面BCC 1B 1.求证：点E 是AB 的中点.证明：连结BC 1，因为OE∥平面BCC 1B 1，OE ⊂平面ABC 1，平面BCC 1B 1∩平面ABC 1＝BC 1，所以OE∥BC 1.在斜三棱柱ABCA 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C 是平行四边形，AC 1∩A 1C ＝O ，所以点O 是AC 1的中点，所以AE EB ＝AOOC 1＝1，即点E 是AB 的中点.1. 如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，已知AB ＝AC ，点M ，N ，P 分别为BC ，CC 1，BB 1的中点.求证：A 1N ∥平面AMP.证明：取C 1B 1的中点D ，连结A 1D ，DN ，DM ，B 1C.由于点D ，M 分别为C 1B 1，CB 的中点，所以DM∥CC 1且DM ＝CC 1，故DM∥AA 1且DM ＝AA 1，则四边形A 1AMD 为平行四边形，所以A 1D ∥AM.又A 1D ⊄平面APM ，AM ⊂平面APM ，所以A 1D ∥平面APM.由于D ，N 分别为C 1B 1，CC 1的中点，所以DN∥B 1C.又点P ，M 分别为BB 1，CB 的中点，所以MP∥B 1C.所以DN∥MP.又DN ⊄平面APM ，MP ⊂平面APM ，所以DN∥平面APM.由于A 1D ∩DN ＝D ，所以平面A 1DN∥平面APM. 由于A 1N ⊂平面A 1DN ，所以A 1N ∥平面APM.2. 如图，在四棱锥EABCD 中，四边形ABCD 为矩形，点M ，N 分别是AE ，CD 的中点.求证：直线MN∥平面EBC.证明：取BE 中点F ，连结CF ，MF.因为点M 是AE 的中点，所以MF 綊12AB.又点N 是矩形ABCD 边CD 的中点，所以NC 綊12AB ，所以MF 綊NC ，所以四边形MNCF 是平行四边形，所以MN∥CF.又MN ⊄平面EBC ，CF ⊂平面EBC ，所以MN∥平面EBC. 3. 如图，在正三棱柱ABCA′B′C′中，D 是AA′上的点，点E 是B′C′的中点，且A′E∥平面DBC′.试判断D 点在A A′上的位置，并给出证明.解：点D 为AA′的中点.证明如下：如图，取BC 的中点F ，连结AF ，EF ，设EF 与BC′交于点O ，连结DO ，BE ，C ′F ，在正三棱柱ABCA′B′C′中，点E 是B′C′的中点，所以 EF ∥BB ′∥AA ′，且EF ＝BB′＝AA′，所以四边形A′EFA 是平行四边形.因为A′E∥平面DBC′，A ′E ⊂平面A′EFA，且平面DBC′∩平面A′EFA＝DO ，所以A′E∥DO.在正三棱柱ABC －A′B′C′中，点E 是B′C′的中点，所以EC′∥BC 且EC′＝BF ，所以四边形BFC′E 是平行四边形，所以点O 是EF 的中点. 因为在平行四边形A′EFA 中， A ′E ∥DO ，所以点D 为AA′的中点. 4. 如图，在直四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是菱形，点E 是A 1C 1的中点.求证：BE∥平面ACD 1.证明：如图，连结B 1D 1交A 1C 1于点E ，连结BD 交AC 于点O ，连结OD 1.∵ 在直四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是菱形， ∴ D 1E ∥BO 且D 1E ＝BO ，∴ 四边形BED 1O 是平行四边形， ∴ BE ∥OD 1.∵ OD 1⊂平面ACD 1，BE ⊄平面ACD 1， ∴ BE ∥平面ACD 1.5. 如图，在四棱锥PABCD 中，PC ⊥平面PAD ，AB ∥CD ，CD ＝2AB ＝2BC ，点M ，N 分别是棱PA ，CD 的中点.求证：PC∥平面BMN.证明：设AC∩BN＝O ，连结MO ，AN.因为AB ＝12CD ，AB ∥CD ，点N 为CD 的中点，所以AB ＝CN ，AB ∥CN ，所以四边形ABCN 为平行四边形，所以O 为AC 的中点.又点M 为PA 的中点，所以MO∥PC. 因为MO ⊂平面BMN ，PC ⊄ 平面BMN ，所以PC∥平面BMN.1. 如图，在三棱锥PABC中，点M，N分别为AB，PA的中点.求证：PB∥平面MNC.证明：因为点M，N分别为AB，PA的中点，所以MN∥PB.因为MN⊂平面MNC，PB⊄平面MNC，所以PB∥平面MNC.2. 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，点D是AB的中点.求证：BC1∥平面A1CD.证明：连结AC1，设交A1C于点O，连结OD.∵四边形AA1C1C是矩形，∴ O是AC1的中点.∵在△ABC1中， O，D分别是AC1，AB的中点，∴OD∥BC1.∵ OD⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，∴ BC1∥平面A1CD.3. 如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点P∈BB1（P不与B，B1重合）.PA∩A1B＝M，PC∩BC1＝N.求证：MN∥平面ABCD.证明：连结AC，A1C1，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1∥CC1，且AA1＝CC1，∴四边形ACC1A1是平行四边形.∴ AC∥A1C1.∵ AC⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，∴ AC∥平面A1BC1.∵ AC⊂平面PAC，平面A1BC1∩平面PAC＝MN，∴ AC∥MN.∵ MN⊄平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴ MN∥平面ABCD.1. 判定或证明直线与平面平行的常用方法（1）利用直线与平面平行的定义（无公共点）.（2）利用直线与平面平行的判定定理（a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α）.（3）利用平面与平面平行的性质（α∥β，a⊂α⇒a∥β）.注意不管用哪种方法，都应将相应的条件写全，缺一不可.2. 直线与平面平行的性质定理的作用是证线线平行，应用时常常需构造辅助平面，和在平面几何中添加辅助线一样，在构造辅助平面时要确认这个平面的存在性.3. 证明平行问题时要注意“转化思想”的应用，要抓住线线、线面、面面之间的平行关系，实现“空间问题”与“平面问题”之间的转化.[备课札记]第3课时直线与平面的位置关系（2）（对应学生用书（文）111～113页、（理）113～115页）1. （必修2P38练习2（3）改编）已知直线l，a，b，平面α.若l∥a，a⊥α，b⊥α，则l与b的位置关系是Ｗ.答案：平行解析：由线面垂直的性质可知，若a⊥α，b ⊥α，则a∥b.因为l ∥a ，所以l∥b. 2. 已知两条异面直线平行于一平面，一直线与两异面直线都垂直，那么这个平面与这条直线的位置关系是Ｗ.（填序号）① 平行；② 垂直；③ 斜交；④ 不能确定. 答案：② 解析：设a ，b 为异面直线，a ∥平面α，b ∥平面α，直线l⊥a，l ⊥b.过a 作平面β∩α＝a′，则a ∥a ′，∴ l ⊥a ′.同理过b 作平面γ∩α＝b′，则l ⊥b ′.∵ a ，b 异面，∴ a ′与b′相交，∴ l ⊥α.3. 设l ，m 表示直线，m 是平面α内的任意一条直线，则“l⊥m”是“l⊥α”成立的条件.（选填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分又不必要”）答案：充要解析：由线面垂直的定义知，直线垂直于平面内任意一条直线，则直线与平面垂直，说明是充分条件，反之，直线垂直于平面，则直线垂直于平面内任意一条直线，说明是必要条件，则“l⊥m”是“l⊥α”成立的充要条件.4. （必修2P 42习题9改编）如图，AB 是圆O 的直径，PA 垂直于圆O 所在的平面，C 是圆O 上不同于A ，B 的任一点，则图中直角三角形的个数为Ｗ.答案：4解析：因为AB 是圆O 的直径，所以AC⊥BC，△ACB 是直角三角形；由PA⊥平面ABC 可得，PA ⊥AB ，PA ⊥AC ，所以△PAB 与△PAC 是直角三角形；因为PA⊥平面ABC ，且BC ⊂平面ABC ，所以PA⊥BC.又BC⊥AC，PA ∩AC ＝A ，所以BC⊥平面PAC.而PC ⊂平面PAC ，所以BC⊥PC，△PCB 是直角三角形.故直角三角形的个数为4.5. （必修2P 38练习3改编）在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，已知AB ＝1，则点C 到平面B 1BDD 1.解析：连结AC ，则AC⊥BD，又BB 1⊥AC ，故AC⊥平面B 1BDD 1，所以点C 到平面B 1BDD 1的距离为12AC ＝22.1. 直线与平面垂直的定义：如果一条直线a 与一个平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线a 与平面α互相垂直，记作a ⊥α，直线a 叫做平面α的垂线，平面α叫做直线a的垂面，垂线和平面的交点称为垂足Ｗ.2. 结论：过一点有且只有一条直线与已知平面垂直，过一点有且只有一个平面与已知直线垂直.3. 直线与平面垂直从平面外一点引平面的垂线，这个点和垂足间的距离叫做这个点到这个平面的距离.5. 直线和平面的距离一条直线和一个平面平行，这条直线上任意一点到这个平面的距离，叫做这条直线和这个平面的距离.6. 直线与平面所成的角（1）斜线一条直线与一个平面相交，但不和这个平面垂直，这条直线叫做这个平面的斜线，斜线与平面的交点叫做斜足，斜线上一点与斜足间的线段叫做这个点到平面的斜线段.（2）射影过平面α外一点P向平面α引斜线和垂线，那么过斜足Q和垂足P1的直线就是斜线在平面内的正投影（简称射影），线段P1Q就是斜线段PQ在平面α内的射影，如图.（3）直线和平面所成的角平面的一条斜线与它在这个平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线与这个平面所成的角.特别地，如果直线和平面垂直，那么就说这条直线与平面所成的角是直角；如果直线与平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角.[备课札记], 1直线与平面垂直的判定), 1) 如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别是AB，BC的中点，A1C1与B1D1交于点O.若底面ABCD是菱形，且OD⊥A1E，求证：OD⊥平面A1C1FE.证明：连结BD，因为直棱柱中DD1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，所以DD1⊥A1C1.因为底面A1B1C1D1是菱形，所以A1C1⊥B1D1.又DD1∩B1D1＝D1，所以A1C1⊥平面BB1D1D.因为OD⊂平面BB1D1D，所以OD⊥A1C1.又OD⊥A1E，A1C1∩A1E＝A1，A1C1⊂平面A1C1FE，A1E⊂平面A1C1FE，所以OD⊥平面A1C1FE.变式训练如图，在三棱锥PABC中，平面PAB⊥平面ABC，PA⊥PB，M，N分别为AB，PA的中点.若AC＝BC，求证：PA⊥平面MNC.证明：因为M，N分别为AB，PA的中点，所以MN∥PB.又因为PA⊥PB，所以PA⊥MN. 因为AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，所以CM⊥平面PAB.因为PA⊂平面PAB，所以CM⊥PA.又因为PA⊥MN，MN⊂平面MNC，CM⊂平面MNC，MN∩CM＝M，所以PA⊥平面MNC., 2直线与平面垂直性质的应用), 2) 如图，在四棱锥PABCD中，AD⊥平面PAB，AP⊥AB.（1）求证：CD⊥AP；（2）若CD⊥PD，求证：CD∥平面PAB.证明：（1）因为AD⊥平面PAB，AP⊂平面PAB，所以AD⊥AP.因为AP⊥AB，AB∩AD＝A，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以AP⊥平面ABCD.因为CD⊂平面ABCD，所以CD⊥AP.（2）因为CD⊥AP，CD⊥PD，且PD∩AP＝P，PD⊂平面PAD，AP⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD ①.因为AD⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，所以AB⊥AD.因为AP⊥AB，AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD ②.由①②得CD∥AB，因为CD⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以CD∥平面PAB.变式训练如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，EF与异面直线AC，A1D都垂直相交.求证：（1）EF⊥平面AB1C；（2）EF∥BD1.证明：（1）在正方体ABCDA1B1C1D1中，A1B1∥AB∥CD，且A1B1＝AB＝CD，所以四边形A1B1CD是平行四边形，所以A1D∥B1C.因为EF⊥A1D，所以EF⊥B1C.又因为EF⊥AC，AC∩B1C＝C，AC⊂平面AB1C，B1C ⊂平面AB1C，所以EF⊥平面AB1C.（2）连结BD，则BD⊥AC.因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DD1⊥AC.因为AC⊥BD，DD1∩BD＝D，DD1⊂平面BDD1B1，BD⊂平面BDD1B1，所以AC⊥平面BDD1B1.又BD1⊂平面BDD1B1，所以AC⊥BD1.同理可证BD1⊥B1C，又AC∩B1C＝C，AC⊂平面AB1C，B1C⊂平面AB1C，所以BD1⊥平面AB1C.又EF⊥平面AB1C，所以EF∥BD1., 3直线与平面垂直的探索题), 3) 在正三棱柱ABCA1B1C1中，点D是BC的中点，BC＝BB1.（1）若P是CC1上任一点，求证：AP不可能与平面BCC1B1垂直；（2）试在棱CC1上找一点M，使MB⊥AB1.（1）证明：（反证法）假设AP⊥平面BCC1B1，∵ BC⊂平面BCC1B1，∴ AP⊥BC.又正三棱柱ABCA1B1C1中，CC1⊥BC，AP∩CC1＝P，AP⊂平面ACC1A1，CC1⊂平面ACC1A1，∴ BC⊥平面ACC1A1.而AC⊂平面ACC1A1，∴ BC⊥AC，这与△ABC是正三角形矛盾，故AP 不可能与平面BCC 1B 1垂直. （2）解：M 为CC 1的中点.∵ 在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，BC ＝BB 1， ∴ 四边形BCC 1B 1是正方形.∵ 点M 为CC 1的中点，点D 是BC 的中点， ∴ △B 1BD ≌△BCM ，∴ ∠BB 1D ＝∠CBM，∠BDB 1＝∠CMB.∵ ∠BB 1D ＋∠BDB 1＝π2，∴ ∠CBM ＋∠BDB 1＝π2，∴ BM ⊥B 1D.∵ △ABC 是正三角形，D 是BC 的中点， ∴ AD ⊥BC.∵ 平面ABC⊥平面BB 1C 1C ，平面ABC∩平面BB 1C 1C ＝BC ，AD ⊂平面ABC ， ∴ AD ⊥平面BB 1C 1C.∵ BM ⊂平面BB 1C 1C ，∴ AD ⊥BM. ∵ AD ∩B 1D ＝D ，∴ BM ⊥平面AB 1D. ∵ AB 1⊂平面AB 1D ，∴ MB ⊥AB 1. 备选变式（教师专享）如图，在棱长为1的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点E 是棱BC 的中点，点F 是棱CD 上的动点.试确定点F 的位置，使得D 1E⊥平面AB 1F.解：如图，连结A 1B ，CD 1，则A 1B ⊥AB 1.∵ 在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，D 1A 1⊥平面ABB 1A 1，AB 1⊂平面ABB 1A 1，∴ A 1D 1⊥AB 1.又A 1D 1∩A 1B ＝A 1，A 1D 1，A 1B ⊂平面A 1BCD 1， ∴ AB 1⊥平面A 1BCD 1.又D 1E ⊂平面A 1BCD 1，∴ AB 1⊥D 1E.于是使D 1E ⊥平面AB 1F 等价于使D 1E ⊥AF. 连结DE ，易知D 1D ⊥AF ，若有AF⊥平面D 1DE ，只需证DE⊥AF.∵ 四边形ABCD 是正方形，点E 是BC 的中点， ∴ 当且仅当点F 是CD 的中点时，DE ⊥AF ，即当点F 是CD 的中点时，D 1E ⊥平面AB 1F.1. 如图，在矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝a （a>0），PA ⊥平面ABCD ，且PA ＝1，问BC 边上是否存在点Q ，使得PQ ⊥QD ，并说明理由.解：假设存在点Q ，使得PQ⊥QD.连结AQ. ∵ PA ⊥平面ABCD ，且DQ ⊂平面ABCD ， ∴ PA ⊥DQ.∵ PQ ⊥DQ ，且PQ∩PA＝P ，PQ ⊂平面PAQ ，PA ⊂平面PAQ ， ∴ DQ ⊥平面PAQ.∵ AQ ⊂平面PAQ ，∴ AQ ⊥DQ.设BQ ＝x ，则CQ ＝a －x ，AQ 2＝x 2＋1，DQ 2＝（a －x ）2＋1.∵ AQ 2＋DQ 2＝AD 2，∴ x 2＋1＋（a －x ）2＋1＝a 2，即x 2－ax ＋1＝0 （*）.方程（*）的判别式Δ＝a 2－4. ∵ a>0，∴ 当Δ<0，即0<a<2时，方程（*）无实根；当Δ＝0，即a ＝2时，方程（*）有惟一实根，此时x ＝1；当Δ>0，即a>2时，方程（*）有两个不等实根，设两个实根分别为x 1，x 2.由于x 1＋x 2＝a>0，x 1x 2＝1>0，则这两个实根均为正数.因此，当0<a<2时，BC 边上不存在点Q 使PQ⊥QD；当a ＝2时，BC 边上存在惟一一点Q （即BC 的中点），使PQ ⊥QD ；当a>2时，BC 边上存在不同的两点Q ，使PQ⊥QD.2. 如图，在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝EC ＝12AA 1.（1）求证：AC 1∥平面BDE ；（2）求证：A 1E ⊥平面BDE.证明：（1）连结AC 交BD 于点O ，连结OE.在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，四边形ABCD 是正方形，点O 为AC 的中点，AA 1∥CC 1且AA 1＝CC 1，由EC ＝12AA 1，得EC ＝12CC 1，即点E 为CC 1的中点，于是在△CAC 1中，AC 1∥OE.因为OE ⊂平面BDE ，AC 1⊄平面BDE ，所以AC 1∥平面BDE.（2）连结B 1E.设AB ＝a ，则在△BB 1E 中，BE ＝B 1E ＝2a ，BB 1＝2a.所以BE 2＋B 1E 2＝BB 21，所以B 1E ⊥BE.在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，A 1B 1⊥平面BB 1C 1C ，BE ⊂平面BB 1C 1C ，所以A 1B 1⊥BE. 因为B 1E ∩A 1B 1＝ B 1，B 1E ⊂平面A 1B 1E ，A 1B 1⊂平面A 1B 1E ，所以BE⊥平面A 1B 1E. 因为A 1E ⊂平面A 1B 1E ，所以A 1E ⊥BE. 同理A 1E ⊥DE.又因为BE∩DE＝E ，BE ⊂平面BDE ，DE ⊂平面BDE ，所以A 1E ⊥平面BDE.3. 如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 是矩形，侧棱PA 垂直于底面，点E ，F 分别是AB ，PC 的中点，PA ＝AD.求证：（1） CD⊥PD；（2） EF⊥平面PCD.证明：（1） ∵ PA⊥底面ABCD ，∴ CD ⊥PA.又矩形ABCD 中，CD ⊥AD ，且AD∩PA＝A ，AD ，PA ⊂平面PAD ，∴ CD ⊥平面PAD ，∴ CD ⊥PD.（2）如图，取PD 的中点G ，连结AG ，FG.∵ 点G ，F 分别是PD ，PC 的中点，∴ GF 綊12CD ，∴ GF 綊AE ，∴ 四边形AEFG 是平行四边形，∴ AG ∥EF. ∵ PA ＝AD ，G 是PD 的中点， ∴ AG ⊥PD ，∴ EF ⊥PD.∵ CD ⊥平面PAD ，AG ⊂平面PAD ， ∴ CD ⊥AG ，∴ EF ⊥CD.∵ PD ∩CD ＝D ，PD ，CD ⊂平面PCD ，∴ EF ⊥平面PCD.4. 如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，已知AC⊥BC，BC ＝CC 1.设AB 1的中点为D ，B 1C ∩BC 1＝E. 求证：（1） DE∥平面AA 1C 1C ；（2） BC 1⊥AB 1.。

2019版高考数学一轮复习第一部分基础与考点过关第八章立体几何初步学案

第八章立体几何初步第1课时空间点、直线、平面之间的位置关系1. (必修2P 24练习2改编)用集合符号表示“点P 在直线l 外，直线l 在平面α内”为________．答案：P ∉l ，l ⊂α解析：考查点、线、面之间的符号表示．2. (必修2P 28练习2改编)已知AB∥PQ，BC ∥QR ，若∠ABC＝45°，则∠PQR＝________．答案：45°或135°解析：由等角定理可知∠PQR 与∠ABC 相等或互补，故答案为45°或135°. 3. (原创)若直线l 上有两个点在平面α外，则________．(填序号) ① 直线l 上至少有一个点在平面α内； ② 直线l 上有无穷多个点在平面α内； ③ 直线l 上所有点都在平面α外； ④ 直线l 上至多有一个点在平面α内．答案：④解析：由已知得直线l ⊄α，故直线l 上至多有一个点在平面α内．4. (必修2P 31习题15改编)如图所示，设E ，F ，G ，H 依次是空间四边形ABCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 上除端点外的点，AE AB ＝AH AD ＝λ，CF CB ＝CGCD＝μ，则下列结论中不正确的是________．(填序号)① 当λ＝μ时，四边形EFGH 是平行四边形； ② 当λ≠μ时，四边形EFGH 是梯形；③ 当λ≠μ时，四边形EFGH 一定不是平行四边形； ④ 当λ＝μ时，四边形EFGH 是梯形．答案：④解析：由AE AB ＝AH AD ＝λ，得EH∥BD，且EH BD ＝λ，同理得FG ∥BD 且 FGBD＝μ，当λ＝μ时，EH ∥FG 且EH ＝FG.当λ≠μ时，EH ∥FG ，但EH≠FG，只有④错误．5. (必修2P 30练习2改编)在正方体A 1B 1C 1D 1ABCD 中，与AB 异面的棱有______________________．答案：A 1D 1，DD 1，CC 1，C 1B 11. 公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内．公理2：如果两个平面有一个公共点，那么它们还有其他公共点，这些公共点的集合是经过这个公共点的一条直线．公理3：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面．推论1：经过一条直线和这条直线外的一点，有且只有一个平面．推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面．推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面． 2. 空间两条直线的位置关系位置关系共面情况公共点个数相交直线在同一平面内有且只有一个平行直线在同一平面内没有异面直线不同在任何一个平面内没有3. (1) 公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．(2) 定理：如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行并且方向相同，那么这两个角相等． 4. 异面直线的判定(1) 判定定理：过平面内一点与平面外一点的直线，和这个平面内不经过该点的直线是异面直线． (2) 符号表示：若l ⊂α，A ∉α，B ∈α，B ∉l ，则直线AB 与l 是异面直线． 5. 异面直线所成的角(1) 定义：设a ，b 是异面直线，经过空间任意一点O ，作直线a′∥a，b ′∥b ，我们把直线a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a ，b 所成的角．(2) 范围：⎝⎛⎦⎥⎤0，π2.(3) 若异面直线a ，b 所成的角是直角，就称异面直线a ，b 互相垂直．记作a⊥b. [备课札记], 1 平面的基本性质), 1) 如图，正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别为CC 1，AA 1的中点，画出平面BED 1F 和平面ABCD 的交线．解：如图，在平面ADD 1A 1内延长D 1F 与DA 交于一点P ，则P∈平面BED 1F. ∵ DA ⊂平面ABCD ，∴ P ∈平面ABCD ，∴ 点P 是平面ABCD 与平面BED 1F 的一个公共点．又点B 是两平面的一个公共点， ∴ PB 为两平面的交线．备选变式（教师专享）如图，在直角梯形ABDC 中，AB ∥CD ，AB>CD ，S 是直角梯形ABDC 所在平面外一点，画出平面SBD 和平面SAC 的交线，并说明理由．解：显然点S 是平面SBD 和平面SAC 的一个公共点，即点S 在交线上，由于AB>CD ，则分别延长AC 和BD 交于点E ，如图所示．∵ E ∈AC ，AC ⊂平面SAC ，∴ E ∈平面SAC. 同理，可证E∈平面SBD ，∴ 点E 在平面SBD 和平面SAC 的交线上，连结SE ，则直线SE 是平面SBD 和平面SAC 的交线．, 2 共点、共线、共面问题), 2) 如图，在四边形ABCD 和四边形ABEF 中，BC ∥AD ，BC ＝12AD ，BE ∥FA ，BE ＝12FA ，点G ，H分别为FA ，FD 的中点．(1) 求证：四边形BCHG 是平行四边形． (2) C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？(1) 证明：因为点G ，H 分别为FA ，FD 的中点，所以GH∥AD，GH ＝12AD.又BC∥AD，BC ＝12AD ，所以GH∥BC，且GH ＝BC ，所以四边形BCHG 为平行四边形．(2) 解：C ，D ，F ，E 四点共面．理由如下：由BE∥FA，BE ＝12FA ，点G 为FA 的中点知，BE ∥FG ，BE ＝FG ，所以四边形BEFG 为平行四边形，所以EF∥BG. 由(1)知BG∥CH，BG ＝CH ，所以EF∥CH，所以EF 与CH 共面．又D∈FH，所以C ，D ，F ，E 四点共面．变式训练如图，在直四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，A 1C 1与B 1D 1交于点O.求证：A 1，C 1，F ，E 四点共面．证明：如图，连结AC ，因为点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，所以EF 是△ABC 的中位线，所以EF ∥AC. 由直棱柱知AA 1綊CC 1，所以四边形AA 1C 1C 为平行四边形，所以AC∥A 1C 1. 所以EF∥A 1C 1，故A 1，C 1，F ，E 四点共面．, 3 空间直线位置关系问题), 3) 如图，在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点M ，N 分别是A 1B 1，B 1C 1的中点．求证： (1) AM 和CN 共面；(2) D 1B 和CC 1是异面直线．证明：(1) 如图，连结MN ，A 1C 1，AC.∵ 点M ，N 分别是A 1B 1，B 1C 1的中点，∴ MN ∥A 1C 1. ∵ A 1A 綊C 1C ，∴ 四边形A 1ACC 1为平行四边形， ∴ A 1C 1∥AC ，∴ MN ∥AC ，∴ A ，M ，N ，C 四点共面，即AM 和CN 共面． (2) ∵ ABCDA 1B 1C 1D 1是正方体， ∴ B ，C ，C 1，D 1不共面．假设D 1B 与CC 1不是异面直线，则存在平面α，使D 1B ⊂平面α，CC 1⊂平面α，∴ D 1，B ，C ，C 1∈α，这与B ，C ，C 1，D 1不共面矛盾． ∴ 假设不成立，即D 1B 与CC 1是异面直线．变式训练已知空间四边形ABCD 中，点E ，H 分别是边AB ，AD 的中点，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 不是异面直线，则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，连结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是平行四边形EFGH的对角线，所以EG与FH相交．1. 在下列命题中，不是公理的是________．(填序号)①如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线；②过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面；③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；④平行于同一个平面的两个平面相互平行．答案：④解析：④不是公理，是个常用的结论，需经过推理论证；①②③是平面的基本性质公理．2. 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：① AB⊥EF；② AB与CM所成的角为60°；③ EF与MN是异面直线；④ MN∥CD.以上结论中正确的是________．(填序号)答案：①③解析：把正方体平面展开图还原到原来的正方体，如图所示，AB⊥EF，EF与MN是异面直线，AB∥CM，MN⊥CD，只有①③正确．3. 在正方体ABCDA1B1C1D1中，点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．答案：无数解析：在A1D1，C1D1上任取一点P，M，过点P，M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α∩CD＝Q，连结PQ，则PQ 与EF必然相交，即PQ为所求直线．由点P的任意性知，有无数条直线与直线A1D1，EF，CD都相交．4. 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱CC1，BB1及DD1的中点．求证：∠BGC＝∠FD1E.证明：∵ 点E ，F ，G 分别是正方体的棱CC 1，BB 1，DD 1的中点，∴ CE 平行且等于GD 1，BF 平行且等于GD 1，则四边形CED 1G 与四边形BFD 1G 均为平行四边形．则GC∥D 1E ，GB ∥D 1F.∵ ∠BGC 与∠FD 1E 对应两边的方向分别相同， ∴ ∠BGC ＝∠FD 1E.5. 如图，在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，对角线A 1C 与平面BDC 1交于点O ，AC ，BD 交于点M ，点E 为AB 的中点，点F 为AA 1的中点．求证：(1) C 1，O ，M 三点共线； (2) E ，C ，D 1，F 四点共面； (3) CE ，D 1F ，DA 三线共点．证明：(1) ∵ C 1，O ，M ∈平面BDC 1，又C 1，O ，M ∈平面A 1ACC 1，由公理3知，点C 1，O ，M 在平面BDC 1与平面A 1ACC 1的交线上，∴ C 1，O ，M 三点共线．(2) ∵ 点E ，F 分别是AB ，A 1A 的中点，∴ EF ∥A 1B. ∵ A 1B ∥CD 1，∴ EF ∥CD 1.∴ E ，C ，D 1，F 四点共面．(3) 由(2)可知，E ，C ，D 1，F 四点共面．∵ EF∥A 1B ，EF ＝12A 1B ，∴ EF ＝12D 1C ，∴ D 1F ，CE 为相交直线，记交点为P.则P∈D 1F ⊂平面ADD 1A 1，P ∈CE ⊂平面ADCB ，∴ P ∈平面ADD 1A 1∩平面ADCB ＝AD ，∴ CE ，D 1F ，DA 三线共点．1. 如图，在正方体ABCDEFMN 中，①BM 与ED 平行；②CN 与BM 是异面直线；③CN 与BE 是异面直线；④DN 与BM 是异面直线．以上四个命题中，正确的命题是________．(填序号)答案： ②④解析：观察图形，根据异面直线的定义可知，BM 与ED 是异面直线，CN 与BM 是异面直线，CN 与BE 不是异面直线，DN 与BM 是异面直线，故①③错误，②④正确．即正确的命题是②④.2. 在空间四边形ABCD 中，AB ＝CD 且AB 与CD 所成的角为30°，点M ，N 分别是BC ，AD 的中点，求直线AB 和MN 所成的角．解：如图，取AC 的中点P.连结PM ，PN ，则PM∥AB，且PM ＝12AB ，PN ∥CD ，且PN ＝12CD ，所以∠MPN 为直线AB 与CD 所成的角(或所成角的补角)．则∠MPN＝30°或∠MPN＝150°.若∠MPN＝30°，因为PM∥AB，所以∠PMN 是AB 与MN 所成的角(或所成角的补角)．又AB ＝CD ，所以PM ＝PN ，则△PMN 是等腰三角形，所以∠PMN＝75°，即直线AB 与MN 所成的角为75°.若∠MPN＝150°，易知△PMN 是等腰三角形，所以∠PMN＝15°，即直线AB 与MN 所成的角为15°.故直线AB 和MN 所成的角为75°或15°.3. 已知在棱长为a 的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点M ，N 分别是棱CD ，AD 的中点．求证： (1) 四边形MNA 1C 1是梯形； (2) ∠DNM＝∠D 1A 1C 1.证明：(1) 如图，连结AC ，在△ACD 中，∵ 点M ，N 分别是CD ，AD 的中点， ∴ MN 是三角形ACD 的中位线，∴ MN ∥AC ，MN ＝12AC.由正方体的性质得AC∥A 1C 1，AC ＝A 1C 1，∴ MN ∥A 1C 1且MN ＝12A 1C 1，即MN≠A 1C 1，∴ 四边形MNA 1C 1是梯形．(2) 由(1)知MN∥A 1C 1.又∵ ND∥A 1D 1， ∴ ∠DNM 与∠D 1A 1C 1相等或互补．而∠DNM 与∠D 1A 1C 1均是直角三角形中的锐角， ∴ ∠DNM ＝∠D 1A 1C 1.1. 证明点线共面的常用方法：一是依据题中所给部分条件先确定一个平面，然后证明其余的点或线都在平面内；二是将所有元素分成几个部分，然后分别确定几个平面，再证这些平面重合；三是采用反证法．2. 证明三线共点的方法：通常先证明两条直线的交点在第三条直线上，而第三条直线是分别经过这两条直线的两个平面的一条交线．3. 异面直线的证明方法：一是应用判定定理(过平面内一点与平面外一点的连线与平面内不经过该点的直线是异面直线)；二是采用反证法．判定异面直线时通常采用排除法(既不相交也不平行)或判定定理．4. 对于异面直线所成的角，要注意角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2以及两条直线垂直的定义，平移法是解决此类问题的关键．[备课札记]第2课时直线与平面的位置关系(1)(对应学生用书(文)109～110页、(理)111～112页)了解直线与平面的位置关系，了解线面平行的有关概念；除了能熟练运用线面平行的判定定理和性质定理外，还能运用定义判断位置关系．① 要熟练掌握线面平行的定义、判定及性质.②要注意线线关系、线面关系以及面面关系的转化．对于直线与平面所成的角，点到面的距离了解即可．1. (必修2P35练习2改编)给出下列条件：① l∥α；② l与α至少有一个公共点；③ l与α至多有一个公共点．则能确定直线l在平面α外的条件为________．(填序号)答案：①③解析：直线l在平面α外：l∥α或直线l与平面α仅有一个交点．2. (必修2P35练习7改编)在梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊂平面α，CD⊄平面α，则直线CD与平面α内的直线的位置关系是________．答案：平行或异面解析：因为AB∥CD，AB⊂平面α，CD⊄平面α，所以CD∥平面α，所以CD与平面α内的直线可能平行，也可能异面．3. (必修2P35练习4改编)在正六棱柱ABCDEFA1B1C1D1E1F1的表面中，与A1F1平行的平面是________．答案：平面ABCDEF、平面CC1D1D解析：在正六棱柱中，易知A1F1∥AF，AF⊂平面ABCDEF，且A1F1⊄平面ABCDEF，所以A1F1∥平面ABCDEF.同理，A1F1∥C1D1，C1D1⊂平面CC1D1D，且A1F1⊄平面CC1D1D，所以A1F1∥平面CC1D1D.其他各面与A1F1均不满足直线与平面平行的条件．故答案为平面ABCDEF与平面CC1D1D.4. (原创)P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线的交点为O，M为PB的中点，给出下列四个命题：① OM∥平面PCD；② OM∥平面PBC；③ OM∥平面PDA；④ OM∥平面PBA.其中正确命题的个数是________．答案：2解析：由已知OM∥PD，得OM∥平面PCD且OM∥平面PAD.故正确的只有①③.5. (必修2P41习题5改编)在四面体ABCD中，点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________．答案：平面ABC、平面ABD解析：如图，连结AM并延长交CD于E，连结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，由EMMA＝ENNB＝12，得MN∥AB，因此，MN∥平面ABC，且MN∥平面ABD.1. 一条直线和一个平面的位置关系有且只有以下三种：位置关系直线a在平面α内直线a与平面α相交直线a与平面α平行公共点有无数个公共点有且只有一个公共点没有公共点符号表示a⊂αa∩α＝A a∥α图形表示2.判定定理性质定理文字如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线就和交线平行符号图形作用线线平行⇒线面平行线面平行⇒线线平行, 1基本概念辨析), 1) 下列命题中真命题的个数为Ｗ.①直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α；②若直线a在平面α外，则a∥α；③若直线a∥b，直线b⊂α，则a∥α；④若直线a∥b，b⊂α，那么直线a平行于平面α内的无数条直线.答案：1解析：∵ 直线l虽与平面α内无数条直线平行，但l有可能在平面α内，∴ l不一定平行于α.∴ ①是假命题.∵ 直线a在平面α外，包括两种情况：a∥α和a与α相交，∴ a和α不一定平行.∴ ②是假命题.∵ 直线a∥b，b⊂α，则只能说明a和b无公共点，但a可能在平面α内，∴ a不一定平行于α.∴ ③是假命题.∵ a∥b，b⊂α，那么a⊂α或a∥α，∴ a可以与平面α内的无数条直线平行.∴ ④是真命题.综上可知，真命题的个数为1.备选变式（教师专享）下列命题中正确的是Ｗ.（填序号）①若直线a不在平面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若直线l与平面α平行，则l与α内的任意一条直线都平行；④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；⑤平行于同一平面的两直线可以相交.答案：④⑤解析：如图①，a∩α＝A时，a⊄α，∴①错误；直线l与α相交时，l上有无数个点不在α内，∴②错误；l∥α时，α内的直线与l平行或异面，∴③错误；l∥α，l与α无公共点，∴ l与α内任一直线都无公共点，④正确；如图②，长方体ABCDA1B1C1D1中，A1C1与B1D1都与平面ABCD平行，∴⑤正确., 2线面平行的判定), 2) 如图，在底面为平行四边形的四棱锥PABCD中，点E是PC的中点.求证：PA∥平面BDE.证明：如图，连结AC交BD于点O，连结OE.在平行四边形ABCD中，O是AC的中点，又E是PC的中点，∴ OE∥PA.∵ PA⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，∴ PA∥平面BDE.变式训练如图，在三棱柱A1B1C1ABC中， E，F分别是A1B，AC1的中点.求证：EF∥平面ABC.证明：如图，连结A1C，因为三棱柱A1B1C1ABC中，四边形AA1C1C是平行四边形，所以点F在A1C上，且为A1C 的中点.在△A1BC中，因为E，F分别是A1B，A1C的中点，所以EF∥BC.因为BC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，所以EF∥平面ABC.备选变式（教师专享）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点M，N，P分别为棱AB，BC，C1D1的中点.求证：AP∥平面C1MN.证明：在正方体ABCDA1B1C1D1中，因为点M，P分别为棱AB，C1D1的中点，所以AM＝PC1.又AM∥CD，PC1∥CD，故AM∥PC1，所以四边形AMC1P为平行四边形.从而AP∥C1M., 3 线面平行的性质), 3) 如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，CC 1＝4，M 是棱CC 1上的一点.若点N 是AB 的中点，且CN∥平面AB 1M ，求CM 的长.解：（解法1）如图①，取AB 1的中点P ，连结NP ，PM.①因为点N 是AB 的中点，所以NP∥BB 1.因为CM∥BB 1，所以NP∥CM，所以NP 与CM 共面.因为CN∥平面AB 1M ，平面CNPM∩平面AB 1M ＝MP ，所以CN∥MP.所以四边形CNPM 为平行四边形，所以CM ＝NP ＝12CC 1＝2.（解法2）如图②，设NC 与CC 1确定的平面交AB 1于点P ，连结NP ，PM.②因为CN∥平面AB 1M ，CN ⊂平面CNPM ，平面AB 1M ∩平面CNPM ＝PM ，所以CN∥MP. 因为BB 1∥CM ，BB 1⊄平面CNPM ，CM ⊂平面CNPM ，所以BB 1∥平面CNPM. 又BB 1⊂平面ABB 1，平面ABB 1∩平面CNPM ＝NP ，所以BB 1∥NP ，所以CM∥NP，所以四边形CNPM 为平行四边形.因为点N 是AB 的中点，所以CM ＝NP ＝12BB 1＝12CC 1＝2.（解法3）如图③，取BB 1的中点Q ，连结NQ ，CQ.③因为点N 是AB 的中点，所以NQ∥AB 1.因为CN∥平面AB 1M ，NQ ∩NC ＝N ，NQ ，NC ⊂平面NQC ，所以平面NQC∥平面AB 1M.因为平面BCC 1B 1∩平面NQC ＝QC ，平面BCC 1B 1∩平面AB 1M ＝MB 1，所以CQ∥MB 1. 因为BB 1∥CC 1，所以四边形CQB 1M 是平行四边形，所以CM ＝B 1Q ＝12CC 1＝2.（解法4）如图④，分别延长BC ，B 1M ，设交点为S ，连结AS.④因为CN∥平面AB 1M ，CN ⊂平面ABS ，平面ABS∩平面AB 1M ＝AS ，所以CN∥AS. 由于AN ＝NB ，所以BC ＝CS.又CM∥BB 1，同理可得SM ＝MB 1，所以CM ＝12BB 1＝12CC 1＝2.备选变式（教师专享）如图，在斜三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AC 1与A 1C 交于点O ，E 是棱AB 上一点，且OE∥平面BCC 1B 1.求证：点E 是AB 的中点.证明：连结BC 1，因为OE∥平面BCC 1B 1，OE ⊂平面ABC 1，平面BCC 1B 1∩平面ABC 1＝BC 1，所以OE∥BC 1.在斜三棱柱ABCA 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C 是平行四边形，AC 1∩A 1C ＝O ，所以点O 是AC 1的中点，所以AE EB ＝AOOC 1＝1，即点E 是AB 的中点.1. 如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，已知AB ＝AC ，点M ，N ，P 分别为BC ，CC 1，BB 1的中点.求证：A 1N ∥平面AMP.证明：取C 1B 1的中点D ，连结A 1D ，DN ，DM ，B 1C.由于点D ，M 分别为C 1B 1，CB 的中点，所以DM∥CC 1且DM ＝CC 1，故DM∥AA 1且DM ＝AA 1，则四边形A 1AMD 为平行四边形，所以A 1D ∥AM.又A 1D ⊄平面APM ，AM ⊂平面APM ，所以A 1D ∥平面APM.由于D ，N 分别为C 1B 1，CC 1的中点，所以DN∥B 1C.又点P ，M 分别为BB 1，CB 的中点，所以MP∥B 1C.所以DN∥MP.又DN ⊄平面APM ，MP ⊂平面APM ，所以DN∥平面APM.由于A 1D ∩DN ＝D ，所以平面A 1DN∥平面APM. 由于A 1N ⊂平面A 1DN ，所以A 1N ∥平面APM.2. 如图，在四棱锥EABCD 中，四边形ABCD 为矩形，点M ，N 分别是AE ，CD 的中点.求证：直线MN∥平面EBC.证明：取BE 中点F ，连结CF ，MF.因为点M 是AE 的中点，所以MF 綊12AB.又点N 是矩形ABCD 边CD 的中点，所以NC 綊12AB ，所以MF 綊NC ，所以四边形MNCF 是平行四边形，所以MN∥CF.又MN ⊄平面EBC ，CF ⊂平面EBC ，所以MN∥平面EBC.3. 如图，在正三棱柱ABCA′B′C′中，D 是AA′上的点，点E 是B′C′的中点，且A′E∥平面DBC′.试判断D 点在A A′上的位置，并给出证明.解：点D为AA′的中点.证明如下：如图，取BC的中点F，连结AF，EF，设EF与BC′交于点O，连结DO，BE，C′F，在正三棱柱ABCA′B′C′中，点E是B′C′的中点，所以EF∥BB′∥AA′，且EF＝BB′＝AA′，所以四边形A′EFA是平行四边形.因为A′E∥平面DBC′，A′E⊂平面A′EFA，且平面DBC′∩平面A′EFA＝DO，所以A′E∥DO.在正三棱柱ABC－A′B′C′中，点E是B′C′的中点，所以EC′∥BC且EC′＝BF，所以四边形BFC′E是平行四边形，所以点O是EF的中点.因为在平行四边形A′EFA中， A′E∥DO，所以点D为AA′的中点.4. 如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，点E是A1C1的中点.求证：BE∥平面ACD1.证明：如图，连结B1D1交A1C1于点E，连结BD交AC于点O，连结OD1.∵在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，∴ D1E∥BO且D1E＝BO，∴四边形BED1O是平行四边形，∴ BE∥OD1.∵ OD1⊂平面ACD1，BE⊄平面ACD1，∴ BE∥平面ACD1.5. 如图，在四棱锥PABCD 中，PC ⊥平面PAD ，AB ∥CD ，CD ＝2AB ＝2BC ，点M ，N 分别是棱PA ，CD 的中点.求证：PC∥平面BMN.证明：设AC∩BN＝O ，连结MO ，AN.因为AB ＝12CD ，AB ∥CD ，点N 为CD 的中点，所以AB ＝CN ，AB ∥CN ，所以四边形ABCN 为平行四边形，所以O 为AC 的中点.又点M 为PA 的中点，所以MO∥PC. 因为MO ⊂平面BMN ，PC ⊄ 平面BMN ，所以PC∥平面BMN.1. 如图，在三棱锥PABC中，点M，N分别为AB，PA的中点.求证：PB∥平面MNC.证明：因为点M，N分别为AB，PA的中点，所以MN∥PB.因为MN⊂平面MNC，PB⊄平面MNC，所以PB∥平面MNC.2. 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，点D是AB的中点.求证：BC1∥平面A1CD.证明：连结AC1，设交A1C于点O，连结OD.∵四边形AA1C1C是矩形，∴ O是AC1的中点.∵在△ABC1中， O，D分别是AC1，AB的中点，∴OD∥BC1.∵ OD⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，∴ BC1∥平面A1CD.3. 如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点P∈BB1（P不与B，B1重合）.PA∩A1B＝M，PC∩BC1＝N. 求证：MN∥平面ABCD.证明：连结AC，A1C1，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1∥CC1，且AA1＝CC1，∴四边形ACC1A1是平行四边形.∴ AC∥A1C1.∵ AC⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，∴ AC∥平面A1BC1.∵ AC⊂平面PAC，平面A1BC1∩平面PAC＝MN，∴ AC∥MN.∵ MN⊄平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴ MN∥平面ABCD.1. 判定或证明直线与平面平行的常用方法（1）利用直线与平面平行的定义（无公共点）.（2）利用直线与平面平行的判定定理（a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α）.（3）利用平面与平面平行的性质（α∥β，a⊂α⇒a∥β）.注意不管用哪种方法，都应将相应的条件写全，缺一不可.2. 直线与平面平行的性质定理的作用是证线线平行，应用时常常需构造辅助平面，和在平面几何中添加辅助线一样，在构造辅助平面时要确认这个平面的存在性.3. 证明平行问题时要注意“转化思想”的应用，要抓住线线、线面、面面之间的平行关系，实现“空间问题”与“平面问题”之间的转化.[备课札记]第3课时直线与平面的位置关系（2）（对应学生用书（文）111～113页、（理）113～115页）1. （必修2P38练习2（3）改编）已知直线l，a，b，平面α.若l∥a，a⊥α，b⊥α，则l与b的位置关系是Ｗ.答案：平行解析：由线面垂直的性质可知，若a⊥α，b⊥α，则a∥b.因为l∥a，所以l∥b.2. 已知两条异面直线平行于一平面，一直线与两异面直线都垂直，那么这个平面与这条直线的位置关系是Ｗ.（填序号）①平行；② 垂直；③ 斜交；④ 不能确定.答案：②解析：设a ，b 为异面直线，a ∥平面α，b ∥平面α，直线l⊥a，l ⊥b.过a 作平面β∩α＝a′，则a ∥a ′，∴ l ⊥a ′.同理过b 作平面γ∩α＝b′，则l ⊥b ′.∵ a ，b 异面，∴ a ′与b′相交，∴ l ⊥α.3. 设l ，m 表示直线，m 是平面α内的任意一条直线，则“l⊥m”是“l⊥α”成立的条件.（选填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分又不必要”）答案：充要解析：由线面垂直的定义知，直线垂直于平面内任意一条直线，则直线与平面垂直，说明是充分条件，反之，直线垂直于平面，则直线垂直于平面内任意一条直线，说明是必要条件，则“l⊥m”是“l⊥α”成立的充要条件.4. （必修2P 42习题9改编）如图，AB 是圆O 的直径，PA 垂直于圆O 所在的平面，C 是圆O 上不同于A ，B 的任一点，则图中直角三角形的个数为Ｗ.答案：4解析：因为AB 是圆O 的直径，所以AC⊥BC，△ACB 是直角三角形；由PA⊥平面ABC 可得，PA ⊥AB ，PA ⊥AC ，所以△PAB 与△PAC 是直角三角形；因为PA⊥平面ABC ，且BC ⊂平面ABC ，所以PA⊥BC.又BC⊥AC，PA ∩AC ＝A ，所以BC⊥平面PAC.而PC ⊂平面PAC ，所以BC⊥PC，△PCB 是直角三角形.故直角三角形的个数为4.5. （必修2P 38练习3改编）在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，已知AB ＝1，则点C 到平面B 1BDD 1的距离为Ｗ.答案：22解析：连结AC ，则AC⊥BD，又BB 1⊥AC ，故AC⊥平面B 1BDD 1，所以点C 到平面B 1BDD 1的距离为12AC ＝22.1. 直线与平面垂直的定义：如果一条直线a 与一个平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线a 与平面α互相垂直，记作a ⊥α，直线a 叫做平面α的垂线，平面α叫做直线a 的垂面，垂线和平面的交点称为垂足Ｗ.2. 结论：过一点有且只有一条直线与已知平面垂直，过一点有且只有一个平面与已知直线垂直.3. 直线与平面垂直4.从平面外一点引平面的垂线，这个点和垂足间的距离叫做这个点到这个平面的距离.5. 直线和平面的距离一条直线和一个平面平行，这条直线上任意一点到这个平面的距离，叫做这条直线和这个平面的距离.6. 直线与平面所成的角（1）斜线一条直线与一个平面相交，但不和这个平面垂直，这条直线叫做这个平面的斜线，斜线与平面的交点叫做斜足，斜线上一点与斜足间的线段叫做这个点到平面的斜线段.（2）射影过平面α外一点P向平面α引斜线和垂线，那么过斜足Q和垂足P1的直线就是斜线在平面内的正投影（简称射影），线段P1Q就是斜线段PQ在平面α内的射影，如图.（3）直线和平面所成的角平面的一条斜线与它在这个平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线与这个平面所成的角.特别地，如果直线和平面垂直，那么就说这条直线与平面所成的角是直角；如果直线与平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角.[备课札记], 1直线与平面垂直的判定), 1) 如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别是AB，BC的中点，A1C1与B1D1交于点O.若底面ABCD是菱形，且OD⊥A1E，求证：OD⊥平面A1C1FE.证明：连结BD，因为直棱柱中DD1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，所以DD1⊥A1C1.因为底面A1B1C1D1是菱形，所以A1C1⊥B1D1.又DD1∩B1D1＝D1，所以A1C1⊥平面BB1D1D.因为OD⊂平面BB1D1D，所以OD⊥A1C1.又OD⊥A1E，A1C1∩A1E＝A1，A1C1⊂平面A1C1FE，A1E⊂平面A1C1FE，所以OD⊥平面A1C1FE.变式训练如图，在三棱锥PABC中，平面PAB⊥平面ABC，PA⊥PB，M，N分别为AB，PA的中点.若AC＝BC，求证：PA⊥平面MNC.证明：因为M，N分别为AB，PA的中点，所以MN∥PB.又因为PA⊥PB，所以PA⊥MN.因为AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，所以CM⊥平面PAB.因为PA⊂平面PAB，所以CM⊥PA.又因为PA⊥MN，MN⊂平面MNC，CM⊂平面MNC，MN∩CM＝M，所以PA⊥平面MNC., 2直线与平面垂直性质的应用), 2) 如图，在四棱锥PABCD中，AD⊥平面PAB，AP⊥AB.（1）求证：CD⊥AP；（2）若CD⊥PD，求证：CD∥平面PAB.证明：（1）因为AD⊥平面PAB，AP⊂平面PAB，所以AD⊥AP.因为AP⊥AB，AB∩AD＝A，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以AP⊥平面ABCD.因为CD⊂平面ABCD，所以CD⊥AP.（2）因为CD⊥AP，CD⊥PD，且PD∩AP＝P，PD⊂平面PAD，AP⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD ①.因为AD⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，所以AB⊥AD.因为AP⊥AB，AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD ②.由①②得CD∥AB，因为CD⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以CD∥平面PAB.变式训练如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，EF与异面直线AC，A1D都垂直相交.求证：（1）EF⊥平面AB1C；（2）EF∥BD1.证明：（1）在正方体ABCDA1B1C1D1中，A1B1∥AB∥CD，且A1B1＝AB＝CD，所以四边形A1B1CD是平行四边形，所以A1D∥B1C.因为EF⊥A1D，所以EF⊥B1C.又因为EF⊥AC，AC∩B1C＝C，AC⊂平面AB1C，B1C ⊂平面AB1C，所以EF⊥平面AB1C.（2）连结BD，则BD⊥AC.因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DD1⊥AC.因为AC⊥BD，DD1∩BD＝D，DD1⊂平面BDD1B1，BD⊂平面BDD1B1，所以AC⊥平面BDD1B1.又BD1⊂平面BDD1B1，所以AC⊥BD1.同理可证BD1⊥B1C，又AC∩B 1C ＝C ，AC ⊂平面AB 1C ，B 1C ⊂平面AB 1C ，所以BD 1⊥平面AB 1C. 又EF⊥平面AB 1C ，所以EF∥BD 1., 3 直线与平面垂直的探索题), 3) 在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，点D 是BC 的中点，BC ＝BB 1. （1）若P 是CC 1上任一点，求证：AP 不可能与平面BCC 1B 1垂直；（2）试在棱CC 1上找一点M ，使MB⊥AB 1.（1）证明：（反证法）假设AP⊥平面BCC 1B 1， ∵ BC ⊂平面BCC 1B 1，∴ AP ⊥BC.又正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，CC 1⊥BC ，AP ∩CC 1＝P ，AP ⊂平面ACC 1A 1，CC 1⊂平面ACC 1A 1， ∴ BC ⊥平面ACC 1A 1.而AC ⊂平面ACC 1A 1， ∴ BC ⊥AC ，这与△ABC 是正三角形矛盾，故AP 不可能与平面BCC 1B 1垂直. （2）解：M 为CC 1的中点.∵ 在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，BC ＝BB 1， ∴ 四边形BCC 1B 1是正方形.∵ 点M 为CC 1的中点，点D 是BC 的中点， ∴ △B 1BD ≌△BCM ，∴ ∠BB 1D ＝∠CBM，∠BDB 1＝∠CMB.∵ ∠BB 1D ＋∠BDB 1＝π2，∴ ∠CBM ＋∠BDB 1＝π2，∴ BM ⊥B 1D.∵ △ABC 是正三角形，D 是BC 的中点， ∴ AD ⊥BC.∵ 平面ABC⊥平面BB 1C 1C ，平面ABC∩平面BB 1C 1C ＝BC ，AD ⊂平面ABC ， ∴ AD ⊥平面BB 1C 1C.∵ BM ⊂平面BB 1C 1C ，∴ AD ⊥BM. ∵ AD ∩B 1D ＝D ，∴ BM ⊥平面AB 1D. ∵ AB 1⊂平面AB 1D ，∴ MB ⊥AB 1. 备选变式（教师专享）如图，在棱长为1的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点E 是棱BC 的中点，点F 是棱CD 上的动点.试确定点F 的位置，使得D 1E⊥平面AB 1F.解：如图，连结A 1B ，CD 1，则A 1B ⊥AB 1.∵ 在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，D 1A 1⊥平面ABB 1A 1，AB 1⊂平面ABB 1A 1，∴ A 1D 1⊥AB 1.又A 1D 1∩A 1B ＝A 1，A 1D 1，A 1B ⊂平面A 1BCD 1， ∴ AB 1⊥平面A 1BCD 1.又D 1E ⊂平面A 1BCD 1，∴ AB 1⊥D 1E.于是使D 1E ⊥平面AB 1F 等价于使D 1E ⊥AF. 连结DE ，易知D 1D ⊥AF ，若有AF⊥平面D 1DE ，只需证DE⊥AF.∵ 四边形ABCD 是正方形，点E 是BC 的中点， ∴ 当且仅当点F 是CD 的中点时，DE ⊥AF ，即当点F 是CD 的中点时，D 1E ⊥平面AB 1F.1. 如图，在矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝a （a>0），PA ⊥平面ABCD ，且PA ＝1，问BC 边上是否存在点Q ，使得PQ ⊥QD ，并说明理由.解：假设存在点Q ，使得PQ⊥QD.连结AQ. ∵ PA ⊥平面ABCD ，且DQ ⊂平面ABCD ， ∴ PA ⊥DQ.∵ PQ ⊥DQ ，且PQ∩PA＝P ，PQ ⊂平面PAQ ，PA ⊂平面PAQ ， ∴ DQ ⊥平面PAQ.∵ AQ ⊂平面PAQ ，∴ AQ ⊥DQ.设BQ ＝x ，则CQ ＝a －x ，AQ 2＝x 2＋1，DQ 2＝（a －x ）2＋1.∵ AQ 2＋DQ 2＝AD 2，∴ x 2＋1＋（a －x ）2＋1＝a 2，即x 2－ax ＋1＝0 （*）.方程（*）的判别式Δ＝a 2－4. ∵ a>0，∴ 当Δ<0，即0<a<2时，方程（*）无实根；当Δ＝0，即a ＝2时，方程（*）有惟一实根，此时x ＝1；当Δ>0，即a>2时，方程（*）有两个不等实根，设两个实根分别为x 1，x 2.由于x 1＋x 2＝a>0，x 1x 2＝1>0，则这两个实根均为正数.因此，当0<a<2时，BC 边上不存在点Q 使PQ⊥QD；当a ＝2时，BC 边上存在惟一一点Q （即BC 的中点），使PQ ⊥QD ；当a>2时，BC 边上存在不同的两点Q ，使PQ⊥QD.2. 如图，在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝EC ＝12AA 1.（1）求证：AC 1∥平面BDE ；（2）求证：A 1E ⊥平面BDE.。

[精品]2019版高考数学一轮复习第一部分基础与考点过关第八章立体几何初步学案

第八章立体几何初步第1课时空间点、直线、平面之间的位置关系1. (必修2P 24练习2改编)用集合符号表示“点P 在直线l 外，直线l 在平面α内”为________．答案：P ∉l ，l ⊂α解析：考查点、线、面之间的符号表示．2. (必修2P 28练习2改编)已知AB∥PQ，BC ∥QR ，若∠ABC＝45°，则∠PQR＝________．答案：45°或135°解析：由等角定理可知∠PQR 与∠ABC 相等或互补，故答案为45°或135°. 3. (原创)若直线l 上有两个点在平面α外，则________．(填序号) ① 直线l 上至少有一个点在平面α内； ② 直线l 上有无穷多个点在平面α内； ③ 直线l 上所有点都在平面α外； ④ 直线l 上至多有一个点在平面α内．答案：④解析：由已知得直线l ⊄α，故直线l 上至多有一个点在平面α内．4. (必修2P 31习题15改编)如图所示，设E ，F ，G ，H 依次是空间四边形ABCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 上除端点外的点，AE AB ＝AH AD ＝λ，CF CB ＝CGCD＝μ，则下列结论中不正确的是________．(填序号)① 当λ＝μ时，四边形EFGH 是平行四边形； ② 当λ≠μ时，四边形EFGH 是梯形；③ 当λ≠μ时，四边形EFGH 一定不是平行四边形； ④ 当λ＝μ时，四边形EFGH 是梯形．答案：④解析：由AE AB ＝AH AD ＝λ，得EH∥BD，且EH BD ＝λ，同理得FG ∥BD 且 FGBD＝μ，当λ＝μ时，EH ∥FG 且EH ＝FG.当λ≠μ时，EH ∥FG ，但EH≠FG，只有④错误．5. (必修2P 30练习2改编)在正方体A 1B 1C 1D 1ABCD 中，与AB 异面的棱有______________________．答案：A 1D 1，DD 1，CC 1，C 1B 11. 公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内．公理2：如果两个平面有一个公共点，那么它们还有其他公共点，这些公共点的集合是经过这个公共点的一条直线．公理3：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面．推论1：经过一条直线和这条直线外的一点，有且只有一个平面．推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面．推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面． 2. 空间两条直线的位置关系位置关系共面情况公共点个数相交直线在同一平面内有且只有一个平行直线在同一平面内没有异面直线不同在任何一个平面内没有3. (1) 公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．(2) 定理：如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行并且方向相同，那么这两个角相等． 4. 异面直线的判定(1) 判定定理：过平面内一点与平面外一点的直线，和这个平面内不经过该点的直线是异面直线． (2) 符号表示：若l ⊂α，A ∉α，B ∈α，B ∉l ，则直线AB 与l 是异面直线． 5. 异面直线所成的角(1) 定义：设a ，b 是异面直线，经过空间任意一点O ，作直线a′∥a，b ′∥b ，我们把直线a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a ，b 所成的角．(2) 范围：⎝⎛⎦⎥⎤0，π2.(3) 若异面直线a ，b 所成的角是直角，就称异面直线a ，b 互相垂直．记作a⊥b. [备课札记], 1 平面的基本性质), 1) 如图，正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别为CC 1，AA 1的中点，画出平面BED 1F 和平面ABCD 的交线．解：如图，在平面ADD 1A 1内延长D 1F 与DA 交于一点P ，则P∈平面BED 1F. ∵ DA ⊂平面ABCD ，∴ P ∈平面ABCD ，∴ 点P 是平面ABCD 与平面BED 1F 的一个公共点．又点B 是两平面的一个公共点， ∴ PB 为两平面的交线．备选变式（教师专享）如图，在直角梯形ABDC 中，AB ∥CD ，AB>CD ，S 是直角梯形ABDC 所在平面外一点，画出平面SBD 和平面SAC 的交线，并说明理由．解：显然点S 是平面SBD 和平面SAC 的一个公共点，即点S 在交线上，由于AB>CD ，则分别延长AC 和BD 交于点E ，如图所示．∵ E ∈AC ，AC ⊂平面SAC ，∴ E ∈平面SAC. 同理，可证E∈平面SBD ，∴ 点E 在平面SBD 和平面SAC 的交线上，连结SE ，则直线SE 是平面SBD 和平面SAC 的交线．, 2 共点、共线、共面问题), 2) 如图，在四边形ABCD 和四边形ABEF 中，BC ∥AD ，BC ＝12AD ，BE ∥FA ，BE ＝12FA ，点G ，H分别为FA ，FD 的中点．(1) 求证：四边形BCHG 是平行四边形． (2) C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？(1) 证明：因为点G ，H 分别为FA ，FD 的中点，所以GH∥AD，GH ＝12AD.又BC∥AD，BC ＝12AD ，所以GH∥BC，且GH ＝BC ，所以四边形BCHG 为平行四边形．(2) 解：C ，D ，F ，E 四点共面．理由如下：由BE∥FA，BE ＝12FA ，点G 为FA 的中点知，BE ∥FG ，BE ＝FG ，所以四边形BEFG 为平行四边形，所以EF∥BG. 由(1)知BG∥CH，BG ＝CH ，所以EF∥CH，所以EF 与CH 共面．又D∈FH，所以C ，D ，F ，E 四点共面．变式训练如图，在直四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，A 1C 1与B 1D 1交于点O.求证：A 1，C 1，F ，E 四点共面．证明：如图，连结AC ，因为点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，所以EF 是△ABC 的中位线，所以EF ∥AC. 由直棱柱知AA 1綊CC 1，所以四边形AA 1C 1C 为平行四边形，所以AC∥A 1C 1. 所以EF∥A 1C 1，故A 1，C 1，F ，E 四点共面．, 3 空间直线位置关系问题), 3) 如图，在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点M ，N 分别是A 1B 1，B 1C 1的中点．求证： (1) AM 和CN 共面；(2) D 1B 和CC 1是异面直线．证明：(1) 如图，连结MN ，A 1C 1，AC.∵ 点M ，N 分别是A 1B 1，B 1C 1的中点，∴ MN ∥A 1C 1. ∵ A 1A 綊C 1C ，∴ 四边形A 1ACC 1为平行四边形， ∴ A 1C 1∥AC ，∴ MN ∥AC ，∴ A ，M ，N ，C 四点共面，即AM 和CN 共面． (2) ∵ ABCDA 1B 1C 1D 1是正方体， ∴ B ，C ，C 1，D 1不共面．假设D 1B 与CC 1不是异面直线，则存在平面α，使D 1B ⊂平面α，CC 1⊂平面α，∴ D 1，B ，C ，C 1∈α，这与B ，C ，C 1，D 1不共面矛盾． ∴ 假设不成立，即D 1B 与CC 1是异面直线．变式训练已知空间四边形ABCD 中，点E ，H 分别是边AB ，AD 的中点，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 不是异面直线，则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，连结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是平行四边形EFGH的对角线，所以EG与FH相交．1. 在下列命题中，不是公理的是________．(填序号)①如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线；②过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面；③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；④平行于同一个平面的两个平面相互平行．答案：④解析：④不是公理，是个常用的结论，需经过推理论证；①②③是平面的基本性质公理．2. 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：① AB⊥EF；② AB与CM所成的角为60°；③ EF与MN是异面直线；④ MN∥CD.以上结论中正确的是________．(填序号)答案：①③解析：把正方体平面展开图还原到原来的正方体，如图所示，AB⊥EF，EF与MN是异面直线，AB∥CM，MN⊥CD，只有①③正确．3. 在正方体ABCDA1B1C1D1中，点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．答案：无数解析：在A1D1，C1D1上任取一点P，M，过点P，M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α∩CD＝Q，连结PQ，则PQ 与EF必然相交，即PQ为所求直线．由点P的任意性知，有无数条直线与直线A1D1，EF，CD都相交．4. 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱CC1，BB1及DD1的中点．求证：∠BGC＝∠FD1E.证明：∵ 点E ，F ，G 分别是正方体的棱CC 1，BB 1，DD 1的中点，∴ CE 平行且等于GD 1，BF 平行且等于GD 1，则四边形CED 1G 与四边形BFD 1G 均为平行四边形．则GC∥D 1E ，GB ∥D 1F.∵ ∠BGC 与∠FD 1E 对应两边的方向分别相同， ∴ ∠BGC ＝∠FD 1E.5. 如图，在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，对角线A 1C 与平面BDC 1交于点O ，AC ，BD 交于点M ，点E 为AB 的中点，点F 为AA 1的中点．求证：(1) C 1，O ，M 三点共线； (2) E ，C ，D 1，F 四点共面； (3) CE ，D 1F ，DA 三线共点．证明：(1) ∵ C 1，O ，M ∈平面BDC 1，又C 1，O ，M ∈平面A 1ACC 1，由公理3知，点C 1，O ，M 在平面BDC 1与平面A 1ACC 1的交线上，∴ C 1，O ，M 三点共线．(2) ∵ 点E ，F 分别是AB ，A 1A 的中点，∴ EF ∥A 1B. ∵ A 1B ∥CD 1，∴ EF ∥CD 1.∴ E ，C ，D 1，F 四点共面．(3) 由(2)可知，E ，C ，D 1，F 四点共面．∵ EF∥A 1B ，EF ＝12A 1B ，∴ EF ＝12D 1C ，∴ D 1F ，CE 为相交直线，记交点为P.则P∈D 1F ⊂平面ADD 1A 1，P ∈CE ⊂平面ADCB ，∴ P ∈平面ADD 1A 1∩平面ADCB ＝AD ，∴ CE ，D 1F ，DA 三线共点．1. 如图，在正方体ABCDEFMN 中，①BM 与ED 平行；②CN 与BM 是异面直线；③CN 与BE 是异面直线；④DN 与BM 是异面直线．以上四个命题中，正确的命题是________．(填序号)答案： ②④解析：观察图形，根据异面直线的定义可知，BM 与ED 是异面直线，CN 与BM 是异面直线，CN 与BE 不是异面直线，DN 与BM 是异面直线，故①③错误，②④正确．即正确的命题是②④.2. 在空间四边形ABCD 中，AB ＝CD 且AB 与CD 所成的角为30°，点M ，N 分别是BC ，AD 的中点，求直线AB 和MN 所成的角．解：如图，取AC 的中点P.连结PM ，PN ，则PM∥AB，且PM ＝12AB ，PN ∥CD ，且PN ＝12CD ，所以∠MPN 为直线AB 与CD 所成的角(或所成角的补角)．则∠MPN＝30°或∠MPN＝150°.若∠MPN＝30°，因为PM∥AB，所以∠PMN 是AB 与MN 所成的角(或所成角的补角)．又AB ＝CD ，所以PM ＝PN ，则△PMN 是等腰三角形，所以∠PMN＝75°，即直线AB 与MN 所成的角为75°.若∠MPN＝150°，易知△PMN 是等腰三角形，所以∠PMN＝15°，即直线AB 与MN 所成的角为15°.故直线AB 和MN 所成的角为75°或15°.3. 已知在棱长为a 的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点M ，N 分别是棱CD ，AD 的中点．求证： (1) 四边形MNA 1C 1是梯形； (2) ∠DNM＝∠D 1A 1C 1.证明：(1) 如图，连结AC ，在△ACD 中，∵ 点M ，N 分别是CD ，AD 的中点， ∴ MN 是三角形ACD 的中位线，∴ MN ∥AC ，MN ＝12AC.由正方体的性质得AC∥A 1C 1，AC ＝A 1C 1，∴ MN ∥A 1C 1且MN ＝12A 1C 1，即MN≠A 1C 1，∴ 四边形MNA 1C 1是梯形．(2) 由(1)知MN∥A 1C 1.又∵ ND∥A 1D 1， ∴ ∠DNM 与∠D 1A 1C 1相等或互补．而∠DNM 与∠D 1A 1C 1均是直角三角形中的锐角， ∴ ∠DNM ＝∠D 1A 1C 1.1. 证明点线共面的常用方法：一是依据题中所给部分条件先确定一个平面，然后证明其余的点或线都在平面内；二是将所有元素分成几个部分，然后分别确定几个平面，再证这些平面重合；三是采用反证法．2. 证明三线共点的方法：通常先证明两条直线的交点在第三条直线上，而第三条直线是分别经过这两条直线的两个平面的一条交线．3. 异面直线的证明方法：一是应用判定定理(过平面内一点与平面外一点的连线与平面内不经过该点的直线是异面直线)；二是采用反证法．判定异面直线时通常采用排除法(既不相交也不平行)或判定定理．4. 对于异面直线所成的角，要注意角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2以及两条直线垂直的定义，平移法是解决此类问题的关键．[备课札记]第2课时直线与平面的位置关系(1)(对应学生用书(文)109～110页、(理)111～112页)了解直线与平面的位置关系，了解线面平行的有关概念；除了能熟练运用线面平行的判定定理和性质定理外，还能运用定义判断位置关系．① 要熟练掌握线面平行的定义、判定及性质.②要注意线线关系、线面关系以及面面关系的转化．对于直线与平面所成的角，点到面的距离了解即可．1. (必修2P35练习2改编)给出下列条件：① l∥α；② l与α至少有一个公共点；③ l与α至多有一个公共点．则能确定直线l在平面α外的条件为________．(填序号)答案：①③解析：直线l在平面α外：l∥α或直线l与平面α仅有一个交点．2. (必修2P35练习7改编)在梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊂平面α，CD⊄平面α，则直线CD与平面α内的直线的位置关系是________．答案：平行或异面解析：因为AB∥CD，AB⊂平面α，CD⊄平面α，所以CD∥平面α，所以CD与平面α内的直线可能平行，也可能异面．3. (必修2P35练习4改编)在正六棱柱ABCDEFA1B1C1D1E1F1的表面中，与A1F1平行的平面是________．答案：平面ABCDEF、平面CC1D1D解析：在正六棱柱中，易知A1F1∥AF，AF⊂平面ABCDEF，且A1F1⊄平面ABCDEF，所以A1F1∥平面ABCDEF.同理，A1F1∥C1D1，C1D1⊂平面CC1D1D，且A1F1⊄平面CC1D1D，所以A1F1∥平面CC1D1D.其他各面与A1F1均不满足直线与平面平行的条件．故答案为平面ABCDEF与平面CC1D1D.4. (原创)P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线的交点为O，M为PB的中点，给出下列四个命题：① OM∥平面PCD；② OM∥平面PBC；③ OM∥平面PDA；④ OM∥平面PBA.其中正确命题的个数是________．答案：2解析：由已知OM∥PD，得OM∥平面PCD且OM∥平面PAD.故正确的只有①③.5. (必修2P41习题5改编)在四面体ABCD中，点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________．答案：平面ABC、平面ABD解析：如图，连结AM并延长交CD于E，连结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，由EMMA＝ENNB＝12，得MN∥AB，因此，MN∥平面ABC，且MN∥平面ABD.1. 一条直线和一个平面的位置关系有且只有以下三种：位置关系直线a在平面α内直线a与平面α相交直线a与平面α平行公共点有无数个公共点有且只有一个公共点没有公共点符号表示a⊂αa∩α＝A a∥α图形表示2.判定定理性质定理文字如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线就和交线平行符号图形作用线线平行⇒线面平行线面平行⇒线线平行, 1基本概念辨析), 1) 下列命题中真命题的个数为Ｗ.①直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α；②若直线a在平面α外，则a∥α；③若直线a∥b，直线b⊂α，则a∥α；④若直线a∥b，b⊂α，那么直线a平行于平面α内的无数条直线.答案：1解析：∵ 直线l虽与平面α内无数条直线平行，但l有可能在平面α内，∴ l不一定平行于α.∴ ①是假命题.∵ 直线a在平面α外，包括两种情况：a∥α和a与α相交，∴ a和α不一定平行.∴ ②是假命题.∵ 直线a∥b，b⊂α，则只能说明a和b无公共点，但a可能在平面α内，∴ a不一定平行于α.∴ ③是假命题.∵ a∥b，b⊂α，那么a⊂α或a∥α，∴ a可以与平面α内的无数条直线平行.∴ ④是真命题.综上可知，真命题的个数为1.备选变式（教师专享）下列命题中正确的是Ｗ.（填序号）①若直线a不在平面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若直线l与平面α平行，则l与α内的任意一条直线都平行；④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；⑤平行于同一平面的两直线可以相交.答案：④⑤解析：如图①，a∩α＝A时，a⊄α，∴①错误；直线l与α相交时，l上有无数个点不在α内，∴②错误；l∥α时，α内的直线与l平行或异面，∴③错误；l∥α，l与α无公共点，∴ l与α内任一直线都无公共点，④正确；如图②，长方体ABCDA1B1C1D1中，A1C1与B1D1都与平面ABCD平行，∴⑤正确., 2线面平行的判定), 2) 如图，在底面为平行四边形的四棱锥PABCD中，点E是PC的中点.求证：PA∥平面BDE.证明：如图，连结AC交BD于点O，连结OE.在平行四边形ABCD中，O是AC的中点，又E是PC的中点，∴ OE∥PA.∵ PA⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，∴ PA∥平面BDE.变式训练如图，在三棱柱A1B1C1ABC中， E，F分别是A1B，AC1的中点.求证：EF∥平面ABC.证明：如图，连结A1C，因为三棱柱A1B1C1ABC中，四边形AA1C1C是平行四边形，所以点F在A1C上，且为A1C 的中点.在△A1BC中，因为E，F分别是A1B，A1C的中点，所以EF∥BC.因为BC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，所以EF∥平面ABC.备选变式（教师专享）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点M，N，P分别为棱AB，BC，C1D1的中点.求证：AP∥平面C1MN.证明：在正方体ABCDA1B1C1D1中，因为点M，P分别为棱AB，C1D1的中点，所以AM＝PC1.又AM∥CD，PC1∥CD，故AM∥PC1，所以四边形AMC1P为平行四边形.从而AP∥C1M., 3 线面平行的性质), 3) 如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，CC 1＝4，M 是棱CC 1上的一点.若点N 是AB 的中点，且CN∥平面AB 1M ，求CM 的长.解：（解法1）如图①，取AB 1的中点P ，连结NP ，PM.①因为点N 是AB 的中点，所以NP∥BB 1.因为CM∥BB 1，所以NP∥CM，所以NP 与CM 共面.因为CN∥平面AB 1M ，平面CNPM∩平面AB 1M ＝MP ，所以CN∥MP.所以四边形CNPM 为平行四边形，所以CM ＝NP ＝12CC 1＝2.（解法2）如图②，设NC 与CC 1确定的平面交AB 1于点P ，连结NP ，PM.②因为CN∥平面AB 1M ，CN ⊂平面CNPM ，平面AB 1M ∩平面CNPM ＝PM ，所以CN∥MP. 因为BB 1∥CM ，BB 1⊄平面CNPM ，CM ⊂平面CNPM ，所以BB 1∥平面CNPM. 又BB 1⊂平面ABB 1，平面ABB 1∩平面CNPM ＝NP ，所以BB 1∥NP ，所以CM∥NP，所以四边形CNPM 为平行四边形.因为点N 是AB 的中点，所以CM ＝NP ＝12BB 1＝12CC 1＝2.（解法3）如图③，取BB 1的中点Q ，连结NQ ，CQ.③因为点N 是AB 的中点，所以NQ∥AB 1.因为CN∥平面AB 1M ，NQ ∩NC ＝N ，NQ ，NC ⊂平面NQC ，所以平面NQC∥平面AB 1M.因为平面BCC 1B 1∩平面NQC ＝QC ，平面BCC 1B 1∩平面AB 1M ＝MB 1，所以CQ∥MB 1. 因为BB 1∥CC 1，所以四边形CQB 1M 是平行四边形，所以CM ＝B 1Q ＝12CC 1＝2.（解法4）如图④，分别延长BC ，B 1M ，设交点为S ，连结AS.④因为CN∥平面AB 1M ，CN ⊂平面ABS ，平面ABS∩平面AB 1M ＝AS ，所以CN∥AS. 由于AN ＝NB ，所以BC ＝CS.又CM∥BB 1，同理可得SM ＝MB 1，所以CM ＝12BB 1＝12CC 1＝2.备选变式（教师专享）如图，在斜三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AC 1与A 1C 交于点O ，E 是棱AB 上一点，且OE∥平面BCC 1B 1.求证：点E 是AB 的中点.证明：连结BC 1，因为OE∥平面BCC 1B 1，OE ⊂平面ABC 1，平面BCC 1B 1∩平面ABC 1＝BC 1，所以OE∥BC 1.在斜三棱柱ABCA 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C 是平行四边形，AC 1∩A 1C ＝O ，所以点O 是AC 1的中点，所以AE EB ＝AOOC 1＝1，即点E 是AB 的中点.1. 如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，已知AB ＝AC ，点M ，N ，P 分别为BC ，CC 1，BB 1的中点.求证：A 1N ∥平面AMP.证明：取C 1B 1的中点D ，连结A 1D ，DN ，DM ，B 1C.由于点D ，M 分别为C 1B 1，CB 的中点，所以DM∥CC 1且DM ＝CC 1，故DM∥AA 1且DM ＝AA 1，则四边形A 1AMD 为平行四边形，所以A 1D ∥AM.又A 1D ⊄平面APM ，AM ⊂平面APM ，所以A 1D ∥平面APM.由于D ，N 分别为C 1B 1，CC 1的中点，所以DN∥B 1C.又点P ，M 分别为BB 1，CB 的中点，所以MP∥B 1C.所以DN∥MP.又DN ⊄平面APM ，MP ⊂平面APM ，所以DN∥平面APM.由于A 1D ∩DN ＝D ，所以平面A 1DN∥平面APM. 由于A 1N ⊂平面A 1DN ，所以A 1N ∥平面APM.2. 如图，在四棱锥EABCD 中，四边形ABCD 为矩形，点M ，N 分别是AE ，CD 的中点.求证：直线MN∥平面EBC.证明：取BE 中点F ，连结CF ，MF.因为点M 是AE 的中点，所以MF 綊12AB.又点N 是矩形ABCD 边CD 的中点，所以NC 綊12AB ，所以MF 綊NC ，所以四边形MNCF 是平行四边形，所以MN∥CF.又MN ⊄平面EBC ，CF ⊂平面EBC ，所以MN∥平面EBC.3. 如图，在正三棱柱ABCA′B′C′中，D 是AA′上的点，点E 是B′C′的中点，且A′E∥平面DBC′.试判断D 点在A A′上的位置，并给出证明.解：点D为AA′的中点.证明如下：如图，取BC的中点F，连结AF，EF，设EF与BC′交于点O，连结DO，BE，C′F，在正三棱柱ABCA′B′C′中，点E是B′C′的中点，所以EF∥BB′∥AA′，且EF＝BB′＝AA′，所以四边形A′EFA是平行四边形.因为A′E∥平面DBC′，A′E⊂平面A′EFA，且平面DBC′∩平面A′EFA＝DO，所以A′E∥DO.在正三棱柱ABC－A′B′C′中，点E是B′C′的中点，所以EC′∥BC且EC′＝BF，所以四边形BFC′E是平行四边形，所以点O是EF的中点.因为在平行四边形A′EFA中， A′E∥DO，所以点D为AA′的中点.4. 如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，点E是A1C1的中点.求证：BE∥平面ACD1.证明：如图，连结B1D1交A1C1于点E，连结BD交AC于点O，连结OD1.∵在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，∴ D1E∥BO且D1E＝BO，∴四边形BED1O是平行四边形，∴ BE∥OD1.∵ OD1⊂平面ACD1，BE⊄平面ACD1，∴ BE∥平面ACD1.5. 如图，在四棱锥PABCD 中，PC ⊥平面PAD ，AB ∥CD ，CD ＝2AB ＝2BC ，点M ，N 分别是棱PA ，CD 的中点.求证：PC∥平面BMN.证明：设AC∩BN＝O ，连结MO ，AN.因为AB ＝12CD ，AB ∥CD ，点N 为CD 的中点，所以AB ＝CN ，AB ∥CN ，所以四边形ABCN 为平行四边形，所以O 为AC 的中点.又点M 为PA 的中点，所以MO∥PC. 因为MO ⊂平面BMN ，PC ⊄ 平面BMN ，所以PC∥平面BMN.1. 如图，在三棱锥PABC中，点M，N分别为AB，PA的中点.求证：PB∥平面MNC.证明：因为点M，N分别为AB，PA的中点，所以MN∥PB.因为MN⊂平面MNC，PB⊄平面MNC，所以PB∥平面MNC.2. 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，点D是AB的中点.求证：BC1∥平面A1CD.证明：连结AC1，设交A1C于点O，连结OD.∵四边形AA1C1C是矩形，∴ O是AC1的中点.∵在△ABC1中， O，D分别是AC1，AB的中点，∴OD∥BC1.∵ OD⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，∴ BC1∥平面A1CD.3. 如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点P∈BB1（P不与B，B1重合）.PA∩A1B＝M，PC∩BC1＝N. 求证：MN∥平面ABCD.证明：连结AC，A1C1，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1∥CC1，且AA1＝CC1，∴四边形ACC1A1是平行四边形.∴ AC∥A1C1.∵ AC⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，∴ AC∥平面A1BC1.∵ AC⊂平面PAC，平面A1BC1∩平面PAC＝MN，∴ AC∥MN.∵ MN⊄平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴ MN∥平面ABCD.1. 判定或证明直线与平面平行的常用方法（1）利用直线与平面平行的定义（无公共点）.（2）利用直线与平面平行的判定定理（a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α）.（3）利用平面与平面平行的性质（α∥β，a⊂α⇒a∥β）.注意不管用哪种方法，都应将相应的条件写全，缺一不可.2. 直线与平面平行的性质定理的作用是证线线平行，应用时常常需构造辅助平面，和在平面几何中添加辅助线一样，在构造辅助平面时要确认这个平面的存在性.3. 证明平行问题时要注意“转化思想”的应用，要抓住线线、线面、面面之间的平行关系，实现“空间问题”与“平面问题”之间的转化.[备课札记]第3课时直线与平面的位置关系（2）（对应学生用书（文）111～113页、（理）113～115页）1. （必修2P38练习2（3）改编）已知直线l，a，b，平面α.若l∥a，a⊥α，b⊥α，则l与b的位置关系是Ｗ.答案：平行解析：由线面垂直的性质可知，若a⊥α，b⊥α，则a∥b.因为l∥a，所以l∥b.2. 已知两条异面直线平行于一平面，一直线与两异面直线都垂直，那么这个平面与这条直线的位置关系是Ｗ.（填序号）①平行；② 垂直；③ 斜交；④ 不能确定.答案：②解析：设a ，b 为异面直线，a ∥平面α，b ∥平面α，直线l⊥a，l ⊥b.过a 作平面β∩α＝a′，则a ∥a ′，∴ l ⊥a ′.同理过b 作平面γ∩α＝b′，则l ⊥b ′.∵ a ，b 异面，∴ a ′与b′相交，∴ l ⊥α.3. 设l ，m 表示直线，m 是平面α内的任意一条直线，则“l⊥m”是“l⊥α”成立的条件.（选填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分又不必要”）答案：充要解析：由线面垂直的定义知，直线垂直于平面内任意一条直线，则直线与平面垂直，说明是充分条件，反之，直线垂直于平面，则直线垂直于平面内任意一条直线，说明是必要条件，则“l⊥m”是“l⊥α”成立的充要条件.4. （必修2P 42习题9改编）如图，AB 是圆O 的直径，PA 垂直于圆O 所在的平面，C 是圆O 上不同于A ，B 的任一点，则图中直角三角形的个数为Ｗ.答案：4解析：因为AB 是圆O 的直径，所以AC⊥BC，△ACB 是直角三角形；由PA⊥平面ABC 可得，PA ⊥AB ，PA ⊥AC ，所以△PAB 与△PAC 是直角三角形；因为PA⊥平面ABC ，且BC ⊂平面ABC ，所以PA⊥BC.又BC⊥AC，PA ∩AC ＝A ，所以BC⊥平面PAC.而PC ⊂平面PAC ，所以BC⊥PC，△PCB 是直角三角形.故直角三角形的个数为4.5. （必修2P 38练习3改编）在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，已知AB ＝1，则点C 到平面B 1BDD 1的距离为Ｗ.答案：22解析：连结AC ，则AC⊥BD，又BB 1⊥AC ，故AC⊥平面B 1BDD 1，所以点C 到平面B 1BDD 1的距离为12AC ＝22.1. 直线与平面垂直的定义：如果一条直线a 与一个平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线a 与平面α互相垂直，记作a ⊥α，直线a 叫做平面α的垂线，平面α叫做直线a 的垂面，垂线和平面的交点称为垂足Ｗ.2. 结论：过一点有且只有一条直线与已知平面垂直，过一点有且只有一个平面与已知直线垂直.3. 直线与平面垂直4.从平面外一点引平面的垂线，这个点和垂足间的距离叫做这个点到这个平面的距离.5. 直线和平面的距离一条直线和一个平面平行，这条直线上任意一点到这个平面的距离，叫做这条直线和这个平面的距离.6. 直线与平面所成的角（1）斜线一条直线与一个平面相交，但不和这个平面垂直，这条直线叫做这个平面的斜线，斜线与平面的交点叫做斜足，斜线上一点与斜足间的线段叫做这个点到平面的斜线段.（2）射影过平面α外一点P向平面α引斜线和垂线，那么过斜足Q和垂足P1的直线就是斜线在平面内的正投影（简称射影），线段P1Q就是斜线段PQ在平面α内的射影，如图.（3）直线和平面所成的角平面的一条斜线与它在这个平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线与这个平面所成的角.特别地，如果直线和平面垂直，那么就说这条直线与平面所成的角是直角；如果直线与平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角.[备课札记], 1直线与平面垂直的判定), 1) 如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别是AB，BC的中点，A1C1与B1D1交于点O.若底面ABCD是菱形，且OD⊥A1E，求证：OD⊥平面A1C1FE.证明：连结BD，因为直棱柱中DD1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，所以DD1⊥A1C1.因为底面A1B1C1D1是菱形，所以A1C1⊥B1D1.又DD1∩B1D1＝D1，所以A1C1⊥平面BB1D1D.因为OD⊂平面BB1D1D，所以OD⊥A1C1.又OD⊥A1E，A1C1∩A1E＝A1，A1C1⊂平面A1C1FE，A1E⊂平面A1C1FE，所以OD⊥平面A1C1FE.变式训练如图，在三棱锥PABC中，平面PAB⊥平面ABC，PA⊥PB，M，N分别为AB，PA的中点.若AC＝BC，求证：PA⊥平面MNC.证明：因为M，N分别为AB，PA的中点，所以MN∥PB.又因为PA⊥PB，所以PA⊥MN.因为AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，所以CM⊥平面PAB.因为PA⊂平面PAB，所以CM⊥PA.又因为PA⊥MN，MN⊂平面MNC，CM⊂平面MNC，MN∩CM＝M，所以PA⊥平面MNC., 2直线与平面垂直性质的应用), 2) 如图，在四棱锥PABCD中，AD⊥平面PAB，AP⊥AB.（1）求证：CD⊥AP；（2）若CD⊥PD，求证：CD∥平面PAB.证明：（1）因为AD⊥平面PAB，AP⊂平面PAB，所以AD⊥AP.因为AP⊥AB，AB∩AD＝A，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以AP⊥平面ABCD.因为CD⊂平面ABCD，所以CD⊥AP.（2）因为CD⊥AP，CD⊥PD，且PD∩AP＝P，PD⊂平面PAD，AP⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD ①.因为AD⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，所以AB⊥AD.因为AP⊥AB，AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD ②.由①②得CD∥AB，因为CD⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以CD∥平面PAB.变式训练如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，EF与异面直线AC，A1D都垂直相交.求证：（1）EF⊥平面AB1C；（2）EF∥BD1.证明：（1）在正方体ABCDA1B1C1D1中，A1B1∥AB∥CD，且A1B1＝AB＝CD，所以四边形A1B1CD是平行四边形，所以A1D∥B1C.因为EF⊥A1D，所以EF⊥B1C.又因为EF⊥AC，AC∩B1C＝C，AC⊂平面AB1C，B1C ⊂平面AB1C，所以EF⊥平面AB1C.（2）连结BD，则BD⊥AC.因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DD1⊥AC.因为AC⊥BD，DD1∩BD＝D，DD1⊂平面BDD1B1，BD⊂平面BDD1B1，所以AC⊥平面BDD1B1.又BD1⊂平面BDD1B1，所以AC⊥BD1.同理可证BD1⊥B1C，又AC∩B 1C ＝C ，AC ⊂平面AB 1C ，B 1C ⊂平面AB 1C ，所以BD 1⊥平面AB 1C. 又EF⊥平面AB 1C ，所以EF∥BD 1., 3 直线与平面垂直的探索题), 3) 在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，点D 是BC 的中点，BC ＝BB 1. （1）若P 是CC 1上任一点，求证：AP 不可能与平面BCC 1B 1垂直；（2）试在棱CC 1上找一点M ，使MB⊥AB 1.（1）证明：（反证法）假设AP⊥平面BCC 1B 1， ∵ BC ⊂平面BCC 1B 1，∴ AP ⊥BC.又正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，CC 1⊥BC ，AP ∩CC 1＝P ，AP ⊂平面ACC 1A 1，CC 1⊂平面ACC 1A 1， ∴ BC ⊥平面ACC 1A 1.而AC ⊂平面ACC 1A 1， ∴ BC ⊥AC ，这与△ABC 是正三角形矛盾，故AP 不可能与平面BCC 1B 1垂直. （2）解：M 为CC 1的中点.∵ 在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，BC ＝BB 1， ∴ 四边形BCC 1B 1是正方形.∵ 点M 为CC 1的中点，点D 是BC 的中点， ∴ △B 1BD ≌△BCM ，∴ ∠BB 1D ＝∠CBM，∠BDB 1＝∠CMB.∵ ∠BB 1D ＋∠BDB 1＝π2，∴ ∠CBM ＋∠BDB 1＝π2，∴ BM ⊥B 1D.∵ △ABC 是正三角形，D 是BC 的中点， ∴ AD ⊥BC.∵ 平面ABC⊥平面BB 1C 1C ，平面ABC∩平面BB 1C 1C ＝BC ，AD ⊂平面ABC ， ∴ AD ⊥平面BB 1C 1C.∵ BM ⊂平面BB 1C 1C ，∴ AD ⊥BM. ∵ AD ∩B 1D ＝D ，∴ BM ⊥平面AB 1D. ∵ AB 1⊂平面AB 1D ，∴ MB ⊥AB 1. 备选变式（教师专享）如图，在棱长为1的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点E 是棱BC 的中点，点F 是棱CD 上的动点.试确定点F 的位置，使得D 1E⊥平面AB 1F.解：如图，连结A 1B ，CD 1，则A 1B ⊥AB 1.∵ 在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，D 1A 1⊥平面ABB 1A 1，AB 1⊂平面ABB 1A 1，∴ A 1D 1⊥AB 1.又A 1D 1∩A 1B ＝A 1，A 1D 1，A 1B ⊂平面A 1BCD 1， ∴ AB 1⊥平面A 1BCD 1.又D 1E ⊂平面A 1BCD 1，∴ AB 1⊥D 1E.于是使D 1E ⊥平面AB 1F 等价于使D 1E ⊥AF. 连结DE ，易知D 1D ⊥AF ，若有AF⊥平面D 1DE ，只需证DE⊥AF.∵ 四边形ABCD 是正方形，点E 是BC 的中点， ∴ 当且仅当点F 是CD 的中点时，DE ⊥AF ，即当点F 是CD 的中点时，D 1E ⊥平面AB 1F.1. 如图，在矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝a （a>0），PA ⊥平面ABCD ，且PA ＝1，问BC 边上是否存在点Q ，使得PQ ⊥QD ，并说明理由.解：假设存在点Q ，使得PQ⊥QD.连结AQ. ∵ PA ⊥平面ABCD ，且DQ ⊂平面ABCD ， ∴ PA ⊥DQ.∵ PQ ⊥DQ ，且PQ∩PA＝P ，PQ ⊂平面PAQ ，PA ⊂平面PAQ ， ∴ DQ ⊥平面PAQ.∵ AQ ⊂平面PAQ ，∴ AQ ⊥DQ.设BQ ＝x ，则CQ ＝a －x ，AQ 2＝x 2＋1，DQ 2＝（a －x ）2＋1.∵ AQ 2＋DQ 2＝AD 2，∴ x 2＋1＋（a －x ）2＋1＝a 2，即x 2－ax ＋1＝0 （*）.方程（*）的判别式Δ＝a 2－4. ∵ a>0，∴ 当Δ<0，即0<a<2时，方程（*）无实根；当Δ＝0，即a ＝2时，方程（*）有惟一实根，此时x ＝1；当Δ>0，即a>2时，方程（*）有两个不等实根，设两个实根分别为x 1，x 2.由于x 1＋x 2＝a>0，x 1x 2＝1>0，则这两个实根均为正数.因此，当0<a<2时，BC 边上不存在点Q 使PQ⊥QD；当a ＝2时，BC 边上存在惟一一点Q （即BC 的中点），使PQ ⊥QD ；当a>2时，BC 边上存在不同的两点Q ，使PQ⊥QD.2. 如图，在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝EC ＝12AA 1.（1）求证：AC 1∥平面BDE ；（2）求证：A 1E ⊥平面BDE.。

2019届高考数学第八章立体几何与空间向量第1讲简单几何体的结构、三视图和直观图.1 含答案

§8.1简单几何体的结构、三视图和直观图1．简单几何体的结构特征(1)旋转体①圆柱可以由矩形绕其一边所在直线旋转得到．②圆锥可以由直角三角形绕其直角边所在直线旋转得到．③圆台可以由直角梯形绕直角腰所在直线或等腰梯形绕上、下底中点连线所在直线旋转得到，也可由平行于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．(2)多面体①棱柱的侧棱都平行且相等，上、下底面是全等的多边形．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棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上、下底面是相似多边形． 2．直观图画直观图常用斜二测画法，其规则是：(1)在已知图形中建立直角坐标系xOy .画直观图时，它们分别对应x ′轴和y ′轴，两轴交于点O ′，使∠x ′O ′y ′＝45°，它们确定的平面表示水平平面；(2)已知图形中平行于x 轴或y 轴的线段，在直观图中分别画成平行于x ′轴和y ′轴的线段； (3)已知图形中平行于x 轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于y 轴的线段，长度为原来的12.3．三视图(1)主、俯视图长对正；主、左视图高平齐；俯、左视图宽相等，前后对应．(2)在三视图中，需要画出所有的轮廓线，其中，视线所见的轮廓线画实线，看不见的轮廓线面虚线．(3)同一物体放置的位置不同，所画的三视图可能不同．(4)清楚简单组合体是由哪几个基本几何体组成的，并注意它们的组成方式，特别是它们的交线位置．知识拓展1．常见旋转体的三视图(1)球的三视图都是半径相等的圆．(2)水平放置的圆锥的主视图和左视图均为全等的等腰三角形． (3)水平放置的圆台的主视图和左视图均为全等的等腰梯形． (4)水平放置的圆柱的主视图和左视图均为全等的矩形． 2．斜二测画法中的“三变”与“三不变” “三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度变为原来的一半图形改变“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不改变与x ，z 轴平行的线段的长度不改变相对位置不改变题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(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)夹在两个平行的平面之间，其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱台．(×)(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．(×)(5)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．(×)(6)菱形的直观图仍是菱形．(×)题组二教材改编2．由斜二测画法得到：①相等的线段和角在直观图中仍然相等；②正方形在直观图中是矩形；③等腰三角形在直观图中仍然是等腰三角形；④平行四边形的直观图仍然是平行四边形．上述结论正确的个数是()A．0 B．1 C．2 D．3答案 B解析逐一考查所给的说法：①相等的线段平行时在直观图中仍然相等，原说法错误；②正方形在直观图中是平行四边形，不是矩形，原说法错误；③等腰三角形在直观图中不是等腰三角形，原说法错误；④平行四边形的直观图仍然是平行四边形，原说法正确．综上可得，结论正确的个数是1.故选B.3．在如图所示的几何体中，是棱柱的为________．(填写所有正确的序号)答案③⑤题组三易错自纠4．某简单几何体的主视图是三角形，则该几何体不可能是()A．圆柱B．圆锥C．四面体D．三棱柱答案 A解析由三视图知识知，圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其主视图为三角形，而圆柱的主视图不可能为三角形．5．(2018·珠海质检)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，则该几何体的左视图为()答案 B解析左视图中能够看到线段AD 1，应画为实线，而看不到B 1C ，应画为虚线．由于AD 1与B 1C 不平行，投影为相交线，故选B.6.正三角形AOB 的边长为a ，建立如图所示的直角坐标系xOy ，则它的直观图的面积是________．答案616a 2 解析画出坐标系x ′O ′y ′，作出△OAB 的直观图O ′A ′B ′(如图)，D ′为O ′A ′的中点．易知D ′B ′＝12DB (D 为OA 的中点)，∴S △O ′A ′B ′＝12×22S △OAB ＝24×34a 2＝616a 2.题型一简单几何体的结构特征1．给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线； ②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； ③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是()A．0 B．1 C．2 D．3答案 A解析①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．2．下列命题中正确的为________．(填序号)①存在一个四个侧面都是直角三角形的四棱锥；②如果棱柱有一个侧面是矩形，则其余各侧面也都是矩形；③圆台的任意两条母线所在直线必相交．答案①③解析①如图中的四棱锥，底面是矩形，一条侧棱垂直于底面，那么它的四个侧面都是直角三角形，故①正确；②如图所示的棱柱有一个侧面是矩形，则其余各侧面不是矩形，故②错误；③根据圆台的定义和性质可知，命题③正确．所以答案为①③.思维升华(1)关于简单几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种简单几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一反例即可．(2)圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系．(3)既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略．题型二简单几何体的三视图命题点1已知几何体，识别三视图典例(2017·贵州七校联考)如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形)()A．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥D．③④⑤答案 B解析主视图应该是边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此主视图是①，左视图应该是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此左视图是②；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③.命题点2已知三视图，判断几何体的形状典例(2017·全国Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中主视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为()A．10 B．12C．14 D．16答案 B解析观察三视图可知，该多面体是由直三棱柱和三棱锥组合而成的，且直三棱柱的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，侧棱长为2.三棱锥的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，高为2，如图所示．因此该多面体各个面中有两个梯形，且这两个梯形全等，梯形的上底长为2，下底长为4，高为2，故这两个梯形的面积之和为2×12×(2＋4)×2＝12.故选B.命题点3 已知三视图中的两个视图，判断第三个视图典例 (2018届辽宁凌源二中联考)如图是一个简单几何体的主视图和俯视图，则它的左视图为( )答案 B解析由主视图和俯视图可知，该几何体是一个圆柱挖去一个圆锥构成的，结合主视图的宽及俯视图的直径可知其左视图为B ，故选B. 思维升华三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．(3)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形状，然后再找其剩下部分三视图的可能形状．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．跟踪训练 (1)(2017·全国Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( ) A ．90π B ．63π C ．42π D ．36π答案 B解析方法一 (割补法)由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱截去上面虚线部分所得，如图所示．将圆柱补全，并将圆柱从点A 处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12，所以该几何体的体积V ＝π×32×4＋π×32×6×12＝63π.故选B.方法二 (估值法)由题意知，12V圆柱<V几何体<V圆柱，又V圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π<V几何体<90π.观察选项可知只有63π符合．故选B.(2)一个几何体的三视图中，主视图和左视图如图所示，则俯视图不可以为( )答案 C解析 A 中，该几何体是直三棱柱，∴A 有可能； B 中，该几何体是直四棱柱，∴B 有可能； C 中，由题干中主视图的中间为虚线知，C 不可能； D 中，该几何体是直四棱柱，∴D 有可能．题型三简单几何体的直观图典例 (2018·福州调研)已知等腰梯形ABCD ，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________．答案22解析如图所示，作出等腰梯形ABCD 的直观图．因为OE ＝(2)2－1＝1，所以O ′E ′＝12，E ′F ＝24，则直观图A ′B ′C ′D ′的面积S ′＝1＋32×24＝22.思维升华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．跟踪训练如图，一个水平放置的平面图形的直观图(斜二测画法)是一个底角为45°、腰和上底长均为2的等腰梯形，则这个平面图形的面积是( )A ．2＋ 2B ．1＋ 2C ．4＋2 2D ．8＋4 2答案 D解析由已知直观图根据斜二测画法规则画出原平面图形，如图所示，∴这个平面图形的面积为4×(2＋2＋22)2＝8＋42，故选D.1．一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 B ．三棱锥 C ．正方体 D ．圆柱答案 D解析球、正方体的三视图形状都相同、大小均相等．当三棱锥的三条侧棱相等且两两垂直时，其三视图的形状都相同、大小均相等．不论圆柱如何放置，其三视图的形状都不会完全相同，故选D.2．如图为几何体的三视图，根据三视图可以判断这个几何体为( )A ．圆锥B ．三棱锥C ．三棱柱D ．三棱台答案 C3．“牟合方盖”(如图1)是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图2所示，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线，其实际直观图中四边形不存在，当其主视图和左视图完全相同时，它的主视图和俯视图分别可能是( )A．a，b B．a，c C．c，b D．b，d答案 A解析当主视图和左视图完全相同时，“牟合方盖”相对的两个曲面正对前方，主视图为一个圆，俯视图为一个正方形，且两条对角线为实线，故选A.4．(2018·成都质检)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点P是棱CD上一点，则三棱锥P－A1B1A的左视图是()答案 D解析在长方体ABCD－A1B1C1D1中，从左侧看三棱锥P－A1B1A，B1，A1，A的射影分别是C1，D1，D；AB1的射影为C1D，且为实线，P A1的射影为PD1，且为虚线．故选D. 5.如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是AA1，C1D1的中点，G是正方形BCC1B1的中心，则四边形AGFE在该正方体的各个面上的投影不可能是()A．三角形B．正方形C．四边形D．等腰三角形答案 B解析四边形AGFE在该正方体的底面上的投影为三角形，可能为A；四边形AGFE在该正方体的前面上的投影为四边形，可能为C；四边形AGFE 在该正方体的底面上的投影为等腰三角形，可能为D ；四边形AGFE 在该正方体的左侧面上的投影为三角形，可能为A.故选B.6．(2017·广州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的主视图(等腰直角三角形)和左视图，且该几何体的体积为83，则该几何体的俯视图可以是( )答案 C解析该几何体为正方体截去一部分后的四棱锥P —ABCD ，如图所示，该几何体的俯视图为C.7．(2017·东北师大附中、吉林市一中等五校联考)如图所示，在三棱锥D —ABC 中，已知AC ＝BC ＝CD ＝2，CD ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°.若其主视图、俯视图如图所示，则其左视图的面积为( )A. 6 B ．2 C. 3 D. 2答案 D解析由几何体的结构特征和主视图、俯视图，得该几何体的左视图是一个直角三角形，其中一直角边为CD ，其长度为2，另一直角边为底面△ABC 的边AB 上的中线，其长度为2，则其左视图的面积S ＝12×2×2＝ 2.8.如图，在一个正方体内放入两个半径不相等的球O 1，O 2，这两个球外切，且球O 1与正方体共顶点A 的三个面相切，球O 2与正方体共顶点B 1的三个面相切，则两球在正方体的面AA 1C 1C 上的正投影是( )答案 B解析由题意可以判断出两球在正方体的面上的正投影与正方形相切．由于两球球心连线AB 1与面ACC 1A 1不平行，故两球球心射影所连线段的长度小于两球半径的和，即两个投影圆相交，即为图B.9.(2017·福建龙岩联考)一水平放置的平面四边形OABC ，用斜二测画法画出它的直观图O ′A ′B ′C ′如图所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC 的面积为________．答案 2 2解析因为直观图的面积是原图形面积的24倍，且直观图的面积为1，所以原图形的面积为2 2. 10.(2017·南昌一模)如图，在正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P —BCD 的主视图与左视图的面积之比为________．答案 1∶1解析根据题意，三棱锥P —BCD 的主视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；左视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高，故三棱锥P—BCD的主视图与左视图的面积之比为1∶1.11．如图，点O为正方体ABCD—A′B′C′D′的中心，点E为平面B′BCC′的中心，点F为B′C′的中点，则空间四边形D′OEF在该正方体的各个面上的射影可能是_______．(填出所有可能的序号)答案①②③解析空间四边形D′OEF在正方体的平面DCC′D′上的射影是①；在平面BCC′B′上的射影是②；在平面ABCD上的射影是③，而不可能出现的射影为④中的情况．12．如图，已知三棱锥P—ABC的底面是等腰直角三角形，且∠ACB＝90°，侧面P AB⊥底面ABC，AB＝P A＝PB＝4，则这个三棱锥的三视图中标注的尺寸x，y，z分别是________．答案23，2,2解析由三棱锥及其三视图可知，x为等边△P AB的高，所以x＝23，又因为2y为AB的长，所以2y＝4，y＝2，可得z为点C到AB的距离，由此得z＝2.13．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是()A．8 B．7 C．6 D．5答案 C解析画出直观图，共六块．14．(2017·湖南省东部六校联考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的四个面的面积中，最大的面积是( )A ．4 3B ．8 3C ．47D ．8 答案 C解析如图，设该三棱锥为P —ABC ，其中P A ⊥平面ABC ，P A ＝4，则由三视图可知△ABC 是边长为4的等边三角形，故PB ＝PC ＝42，所以S △ABC ＝12×4×23＝43，S △P AB ＝S △P AC＝12×4×4＝8，S △PBC ＝12×4×(42)2－22＝47，故四个面中面积最大的为S △PBC ＝47，故选C.15．(2017·泉州二模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的左视图中的虚线部分是( )A．圆弧B．抛物线的一部分C．椭圆的一部分D．双曲线的一部分答案 D解析根据几何体的三视图，可得左视图中的虚线部分是由平行于旋转轴的平面截圆锥所得，故左视图中的虚线部分是双曲线的一部分，故选D.16.(2018·济南模拟)一只蚂蚁从正方体ABCD—A1B1C1D1的顶点A出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的主视图的是()A．①②B．①③C．③④D．②④答案 D解析由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)，若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展开到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过BB1的中点，此时对应的主视图为②；若把平面ABCD和平面CDD1C1展开到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过CD的中点，此时对应的主视图为④.而其他几种展开方式对应的主视图在题中没有出现．故选D.。

(共8套)2019年高考数学章节练习题集第8章立体几何.doc

第八章立体几何W第1讲空间几何体的结构、三视图和直观图.docx 岂第2讲空间几何体的表面积与体积.docx岂第3讲空间点、直线、平面之间的位置关系.docx 岂:第4讲直线、平面平行的判走及其性质.docx岂第5讲直线、平面垂直的判走及其性质.docxW第6讲空间向量及其运算.docx第7讲立体几何中的向呈方法（一）.docx第8讲立体几何中的向量方法（二）.docx第1讲空间几何体的结构、三视图和直观一、选择题1.下列四个几何体屮，几何体只有主视图和左视图相同的是（）©①止方体A②圆锥③三棱台④止四棱锥A.①②B.①③C.①④D.②④解析由几何体分析知②④中主视图和左视图相同.答案D2.以下关于几何体的三视图的论述屮，正确的是（）.A.球的三视图总是三个全等的圆B.止方体的三视图总是三个全等的止方形C.水平放置的正四而体的三视图都是正三角形D.水平放置的圆台的俯视图是一个圆解析画几何体的三视图要考虑视角，但对于球无论选择怎样的视角，其三视图总是三个全等的圆.答案A3.将正方体（如图（a）所示）截去两个三棱锥，得到图（b）所示的几何体，则该几何体的侧视图为解析还原正方体后，将D, D, A 三点分别向正方体右侧面作垂线，DyA 的射影为GB,且为实线，BiC 被遮挡应为虚线.答案B4. 若某儿何体的三视图如图所示，则这个儿何体的直观图可以是（）.解析 A, B 的正视图不符合要求，C 的俯视图显然不符合要求，答案选D.答案D5. 一个平而四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为日的正方形，则原平面)・左视A BD侧视图四边形的面积等于（）.答案B图的是解析选项C 不符合三视图中“宽相等”的要求. 答案c 二、填空题7.如图所示，E 、F 分别为止方体ABCD-A }B X C }D X 的面ADD^Ai.面BCCiBi 的中心，则四边形BFD X E 在该正方体的面DCGD 上的投影是 ________ （填序号）.A.B. 2y[2a解析根据斜二测画法画平面图形的直观图的规则，可以得出一个平面图形的面积S 与它的直观图的面积C 之间的关系是c =芈$木题中直观图的面积为才，所以原平面四边形的面积等于=2电才.故选B. 6. 一个锥体的正视图和侧视图如图所示, 下面选项中，不可能是该锥体的俯视)・D .4③ ④解析B在面DCCQi上的投影为C, F、E在面DCqDj上的投影应分别在边CC］和DDi上，而不在四边形的内部，故①③④错误.答案②8. ______________________________________ 如图，网格纸的小正方形的边长是1,在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为 _______________________________________ ・解析(构造法)由主视图和俯视图可知几何体是正方体切割后的一部分(四棱锥G ABCE ,还原在正方体中，如图所示.多面体最长的一条棱即为正方体的体对角线，如图即由正方体棱长AB=2知最长棱AQ的长为2^3.答案2书9.利用斜二测画法得到的：①三角形的直观图一定是三角形；②正方形的直观图一定是菱形；③等腰梯形的直观图可以是平行四边形；④菱形的直观图一定是菱形.以上正确结论的序号是 _______ .解析由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③ 错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，④也错误.答案①10.图(a)为长方体积木块堆成的儿何体的三视图，此儿何体共由_________ 块木块堆成；图(b)中的三视图表示的实物为________ .解析(1)由三视图可知从正面看到三块，从侧面看到三块，结合俯视图可判断几何体共由4块长方体组成.(2)由三视图可知几何体为圆锥. 答案4圆锥三、解答题11. 如下的三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的主视图和左视图在下面画出(单位：cm).(1)在主视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图; (2)按照给出的尺寸，求该多面体的体积;图(a) 侧视图图(b)解⑴如图.(2)所求多面体的体积&亞瑚一孑正三昨=4X4X6—lxhx2X2〕X212. 已知圆锥的底面半径为厂，高为h,且正方体ABCD — A5GD内接于圆锥，求这个正方体的棱长.解如图所示，过内接止方体的一组对棱作圆锥的轴截面，设圆锥内接正方体的棱长为兀，则在轴截面屮，正方体的对角面AxACCy 的一组邻边的长分别为x 和迈兀.・・・△以I Cl S △ VMN,.h~x .Irh・• 2r =~lT f2=2+^即圆锥内接正方体的棱长为不詬・13・正四棱锥的高为羽，侧棱长为羽，求侧面上斜高(棱锥侧面三角形的高)为多少？解如图所示，在正四棱锥S —ABCD 中, 高 0S=书,侧棱 SA = SB=SC=SD=\fj, 在RtASOA 中，OA=ylSA 2~OS 2=2, :.AC=4, ・・・AB=BC=CD=DA=2©作0E 丄AB 于E,则E 为AB 中点. 连接SE,则SE 即为斜高，284=~(cn?)・ V图5解(1)该三棱锥在侧(右)投影面上的投影是一直角三角形，该三棱锥的侧视图应是图2.(2)该儿何体是三棱锥，其直观图如图所示，其中 04、08、OC 两两垂直，•••△OAB 、△OAC 、/\OBC 都是肓角三角形，但△ABC 是锐角三角形•设AO=a, OC=c, OB=b,则 AC=yJa 2+ c 29 BC=ylc 2+ b 2, AB=yJa 2+b 2,•I cosZBAC=庆 V?+/>o,・•・ABAC 为锐角.同理，ZABC. ZACB 也是锐角.综上所述，该几何体的面中共有三个直角三角形.(3)该几何体是三棱锥，其直观图如图所示，其屮，丄BC,在 RtASOE 中，•：OE=*BC=d SO=书,・・・SE=E 即侧面上的斜高为书.14. (1)如图1所示的三棱锥的三条侧棱04、OB 、0C 两两垂直，那么该三棱锥的侧视图是图2还是图3?(2)某几何体的三视图如图4,问该几何体的面中有几个直角三角形? (3)某几何体的三视图如图5,问该几何体的面中有几个直角三角形?俯视图图4正视图侧视图俯视图ADAB丄BD, BDA.CD, :.DC丄面ABD, :.DC-LAD f ・・・△ACD也是直角三角形.・・・该几何体的面中共有四个直角三角形.第2讲空间几何体的表面积与体积一、选择题1.棱长为2的正四面体的表面积是（）.A.、/§B. 4 C・ 4、信D・16解析每个而的而积为：-X2X2X^-=V3- ••-正四而体的表而积为：4^3. 答案C2.把球的表面积扩大到原来的2倍，那么体积扩大到原来的（）・A.2倍B. 2型倍Cp倍 D.远倍解析由题意知球的半径扩大到原来的电倍，则体积$=討#,知体积扩大到原来的2迈倍.答案B3.一个儿何体的三视图如图所示，那么此儿何体的侧面积（单位：cn?）为（）.A.48B. 64 C・ 80解析据三视图知，该几何体是一个正四棱锥（底面边长为8）,直观图如图，PE 为侧面AB4B的边AB上的高，且PE=5..・.此几何1c体的侧面积是S=4S=4X-X8X5 = 80(cm 2)・答案C4. 已知三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球0的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球0的直径，且SC=2,则此棱锥的体积为()•A.解析在直角三角形 ASC 中，AC=1, ZSAC=90。

2019届高考数学文科江苏版1轮复习练习：第8平面解析几何1第1讲分层演练直击高考含解析

π1．直线 x ＝的倾斜角为 ________．3π π[分析 ] 由直线 x ＝ 3，知倾斜角为 2.[答案 ] π22．直线 l ：xsin 30°＋ ycos 150°＋ 1＝ 0 的斜率等于 ________．sin 30° ＝ 3[分析 ] 设直线 l 的斜率为 k ，则 k ＝－ cos 150° 3 . [答案 ]333．过点 A(－ 1，－ 3)，斜率是直线 y ＝ 3x 的斜率的－ 1的直线方程为 ________．4 [分析 ] 设所求直线的斜率为 k ，依题意1 3k ＝－ × 3＝－ .44又直线经过点 A(－ 1，－ 3)，3所以所求直线方程为 y ＋ 3＝－ (x ＋ 1)，4即 3x ＋4y ＋ 15＝ 0. [答案 ] 3 x ＋ 4y ＋ 15＝ 04．已知直线 l ： ax ＋ y － 2－ a ＝0 在 x 轴和 y 轴上的截距相等，则 a 的值为 ________．[分析 ] 由题意可知 a ≠0.当 x ＝0 时， y ＝ a ＋ 2.当 y ＝ 0 时， x ＝ a ＋2a.所以 a ＋ 2＝ a ＋ 2，解得 a ＝－ 2 或 a ＝ 1.a[答案 ] －2或15．若点 A(4， 3)， B(5， a)， C(6， 5)三点共线，则 a 的值为 ________． [分析 ] 因为 k AC ＝5－ 3＝ 1， k AB ＝a － 3＝a － 3.6－ 45－ 4因为 A ， B ，C 三点共线，所以 a － 3＝ 1，即 a ＝ 4. [答案]46．经过点 P(－5，－ 4)，且与两坐标轴围成的三角形的面积为 5 的直线方程是 ________．[分析 ] 由题意设所求方程为 y ＋4＝ k(x ＋ 5)，即 kx － y ＋ 5k －4＝ 0.由1·|5k －4| ·4－5＝2k8或 k ＝ 2，故所求直线方程为 8x －5y ＋ 20＝0 或 2x － 5y －10＝ 0.5 得， k＝5 5。

高考数学文一轮分层演练：第8章立体几何章末总结

(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥PABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积．
必修2P73A组T3、P78A组T7
二、根置教材，考在变中
一、选择题
1．
(必修2 P10B组T1改编)如图，若Ω是长方体ABCDA1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHB1C1后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EH∥A1D1，则下列结论中不正确的是()
高考数学文一轮分层演练：第8章立体几何章末总结
知识点
考纲展示
空间几何体的结构及三视图和直观图
❶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．
❷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．
(2017·高考全国卷Ⅲ，T9，5分)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为()
A．π B． C． D．
必Байду номын сангаас2P27例4
空间图形位置关系的证明与体积、面积的计算
(2016·高考全国卷Ⅰ，T18，12分)如图，已知正三棱锥PABC的侧面是直角三角形，PA＝6．顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G．
①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β．
②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n．
③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β．
④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．
其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)

推荐2019高考数学文一轮分层演练：第8章立体几何章末总结(1)

章末总结C．28πD．32πⅡ，T14，5分)α，β是两个平面，是两条直线，有下列四个命题：的中点；在平面P AC内的正投影ABCD中，AB∥CD，且∠一、选择题1．(必修2 P10B组T1改编)如图，若Ω是长方体ABCD-A1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHB1C1后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EH∥A1D1，则下列结论中不正确的是()A．EH∥FG B．四边形EFGH是矩形C．Ω是棱柱D．Ω是棱台解析：选D．因为EH∥A1D1，A1D1∥B1C1，EH⊄平面BCC1B1，所以EH∥平面BCC1B1．又因为平面EFGH∩平面BCC1B1＝FG，所以EH∥FG，且EH＝FG，由长方体的特征知四边形EFGH为矩形，Ω为五棱柱，所以选项A，B，C都正确．故选D．2．(必修2 P61练习、P71练习T2、P73练习T1改编)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是()A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m∥β，则α∥βC．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n解析：选D．A中，两直线可能平行，相交或异面；B中，两平面可能平行或相交；C 中，两平面可能平行或相交；D中，由线面垂直的性质定理可知结论正确，故选D．3．(必修2 P78A组T7改编)正四棱锥的三视图如图所示，则它的外接球的表面积为()A ．25πB ．252πC ．253πD ．254π解析：选C ．由三视图画出直观图与其外接球示意图，且设O 1是底面中心．由三视图知，O 1A ＝2，O 1P ＝3，所以正四棱锥P -ABCD 的外接球的球心O 在线段O 1P 上．设球O 的半径为R ．由O 1O 2＋O 1A 2＝OA 2得(3－R )2＋(2)2＝R 2．所以R ＝523．则外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π·⎝⎛⎭⎫5232＝253π．4．(必修2 P 79 B 组 T 2改编)如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，B 1D ∩平面A 1BC 1＝H ．有下列结论． ①B 1D ⊥平面A 1BC 1；②平面A 1BC 1将正方体体积分成1∶5两部分；③H 是B 1D 的中点；④平面A 1BC 1与正方体的六个面所成的二面角的余弦值都为33．则正确结论的个数有( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C ．对于①，连接B 1C 与A 1D ，由正方体性质知，BC 1⊥B 1C ，BC 1⊥A 1B 1，又A 1B 1∩B 1C ＝B 1，A 1B 1，B 1C ⊂平面A 1B 1CD ．所以BC 1⊥平面A 1B 1CD ．又B 1D ⊂平面A 1B 1CD ．所以B 1D ⊥BC 1．同理B 1D ⊥A 1B ，A 1B ∩BC 1＝B ．所以B 1D ⊥平面A 1BC 1，故①正确．对于②．设正方体棱长为a ．则V 三棱锥B -A 1B 1C 1＝13·12a ·a ·a ＝16a 3．所以平面A 1BC 1将正方体分成两部分的体积之比为16a 3∶(a 3－16a 3)＝1∶5．故②正确．对于③，设正方体棱长为a ，则A 1B ＝2a ．由V B 1-A 1BC 1＝16a 3，得13×34×(2a )2·B 1H ＝16a 3，所以B 1H ＝33a ，而B 1D ＝3a ．所以B 1H ∶HD ＝1∶2，即③错误．对于④，由对称性知，平面A 1BC 1与正方体六个面所成的二面角的大小都相等．由①知B 1H ⊥平面A 1BC 1，而A 1B 1⊥平面B 1BCC 1．所以∠A 1B 1H 的大小即为所成二面角的大小． cos ∠A 1B 1H ＝B 1H A 1B 1＝33aa ＝33．故④正确．故选C ．二、填空题5．(必修2 P 53 B 组 T 2改编)已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，点A 1在底面ABC 上的射影D 为BC 的中点，则异面直线AB 与CC 1所成的角的余弦值为________．解析：连接A 1D ，AD ，A 1B ，易知∠A 1AB 为异面直线AB 和CC 1所成的角，设三棱柱的侧棱长与底面边长均为1，则AD ＝32，A 1D ＝12，A 1B ＝22，由余弦定理得cos ∠A 1AB ＝1＋1－122×1×1＝34．答案：346．(必修2 P 79 B 组 T 1改编)如图在直角梯形ABCD 中，BC ⊥DC ，AE ⊥DC ，M ，N 分别是AD ，BE 的中点，将△ADE 沿AE 折起．则下列说法正确的是________．(填上所有正确说法的序号)①不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN ∥平面DEC ； ②不论D 折至何位置都有MN ⊥AE ；③不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN ∥AB ； ④在折起过程中，一定存在某个位置，使EC ⊥AD ； ⑤无论D 折至何位置，都有AE ⊥DC ．解析：如图，设Q ，P 分别为CE ，DE 的中点，可得四边形MNQP 是矩形，所以①②正确；不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN 与AB 是异面直线，不可能MN ∥AB ，所以③错；当平面ADE ⊥平面ABCD 时，可得EC ⊥平面ADE ，故EC ⊥AD ，④正确．无论D 折到何位置，均有AE ⊥平面CDE ．故AE ⊥CD ．故⑤正确．答案：①②④⑤三、解答题7．(必修2 P 79B 组T 1改编)如图，边长为33的正方形ABCD 中，点E ，F 分别是边AB ，BC 上的点，将△AED ，△DCF 分别沿DE ，DF 折起，使A ，C 两点重合于点A ′．(1)求证：A ′D ⊥EF ．(2)当BE ＝BF ＝13BC 时，求三棱锥A ′EFD 的体积．解：(1)证明：因为A ′D ⊥A ′E ，A ′D ⊥A ′F ， A ′E ∩A ′F ＝A ′，所以A ′D ⊥平面A ′EF ，因为EF ⊂平面A ′EF ，所以A ′D ⊥EF ．(2)由(1)知，A ′D ⊥平面A ′EF ，所以A ′D 的长即为三棱锥D -A ′EF 的高，则A ′E ＝A ′F ＝23BC ＝23，EF ＝BE 2＋BF 2＝6，作A ′O ⊥EF 于点O ，所以A ′O ＝A ′E 2－⎝⎛⎭⎫12EF 2＝422，则V A ′EFD ＝V D -A ′EF ＝13A ′D ·S △A ′EF＝13×33×12EF ·A ′O ＝13×33×12×6×422＝3212． 8．(必修2 P 78 A 组 T 4改编)如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 、F 、M 分别是C 1B 1，C 1D 1和AB 的中点．(1)求证：MD 1∥平面BEFD ． (2)求M 到平面BEFD 的距离．解：(1)证明：连接BF ．因为M 、F 分别为AB 与C 1D 1的中点，且ABCD -A 1B 1C 1D 1是正方体．所以MB ═∥D 1F ．所以四边形MBFD 1为平行四边形，所以MD 1∥BF ．又MD 1⊄平面BEFD ，BF ⊂平面BEFD ．所以MD 1∥平面BEFD ． (2)过E 作EG ⊥BD 于G ．因为正方体的棱长为2，所以BE ＝5，BG ＝12(BD －EF )＝12(22－2)＝22．所以EG ＝BE 2－BG 2＝5－12＝322．所以S △EBD ＝12BD ×EG ＝12×22×322＝3．又S △MBD ＝12MB ×AD ＝12×1×2＝1．E 到平面ABCD 的距离为2，设M 到平面BEFD 的距离为d ．由V 三棱锥M -BDE ＝V 三棱锥E -MBD 得13S △EBD ·d ＝13S △MBD ×2．所以d ＝S △MBD ×2S △EBD ＝1×23＝23．所以M 到平面BED 的距离为23．。

高考数学文一轮分层演练：第8章立体几何章末总结

章末总结知识点考纲展示空间几何体的结构及三视图和直观图❶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．❷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．❸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．❹会画某些建筑物的视图与直观图(在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等不做严格要求)空间几何体的表面积与体积了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式空间点、直线、平面之间的位置关系❶理解空间直线、平面位置关系的定义．❷了解可以作为推理依据的公理和定理．❸能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题．空间中的平行关系以立体几何的定义、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空间中的垂直关系以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理考点考题考源空间几何体的表面积与体积(2016·高考全国卷Ⅱ，T6，5分)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A．20π B．24π C．28π D．32π必修2 P18例3空间线面(2016·高考全国卷Ⅱ，T14，5分)α，β是两个平面，m，必修2 P71练位置关系的判定n是两条直线，有下列四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β．②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n．③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β．④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)习T2、P62A组T4、P65例1、P67练习T3空间几何体与球的表面积(2016·高考全国卷Ⅱ，T4，5分)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )A．12π B．323π C．8π D．4π必修2 P28练习T2 (2017·高考全国卷Ⅱ，T15，5分)长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为________．空间几何体与球的体积(2017·高考全国卷Ⅲ，T9，5分)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A．π B．3π4C．π2D．π4必修2 P27例4空间图形位置关系的证明与体积、面积的计算(2016·高考全国卷Ⅰ，T18，12分)如图，已知正三棱锥PABC的侧面是直角三角形，PA＝6．顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G．(1)证明：G是AB的中点；(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积．必修2 P74 B组 T2，T4空间图形位置关系的证明与(2017·高考全国卷Ⅰ，T18，12分)必修2 P73 A组 T3、P78 A组T7空间角的计算如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥PABCD的体积为83，求该四棱锥的侧面积．一、选择题1．(必修2 P10B组T1改编)如图，若Ω是长方体ABCDA1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHB1C1后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EH∥A1D1，则下列结论中不正确的是( )A．EH∥FG B．四边形EFGH是矩形C．Ω是棱柱D．Ω是棱台解析：选D．因为EH∥A1D1，A1D1∥B1C1，EH⊄平面BCC1B1，所以EH∥平面BCC1B1．又因为平面EFGH∩平面BCC1B1＝FG，所以EH∥FG，且EH＝FG，由长方体的特征知四边形EFGH为矩形，Ω为五棱柱，所以选项A，B，C都正确．故选D．2．(必修2 P61练习、P71练习T2、P73练习T1改编)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是( )A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m∥β，则α∥βC．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n解析：选D．A中，两直线可能平行，相交或异面；B中，两平面可能平行或相交；C 中，两平面可能平行或相交；D中，由线面垂直的性质定理可知结论正确，故选D．3．(必修2 P78A组T7改编)正四棱锥的三视图如图所示，则它的外接球的表面积为( )A ．25πB ．252πC ．253πD ．254π解析：选C ．由三视图画出直观图与其外接球示意图，且设O 1是底面中心．由三视图知，O 1A ＝2，O 1P ＝3，所以正四棱锥P ABCD 的外接球的球心O 在线段O 1P 上．设球O 的半径为R ．由O 1O 2＋O 1A 2＝OA 2得(3－R )2＋(2)2＝R 2．所以R ＝523．则外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π·⎝ ⎛⎭⎪⎫5232＝253π．4．(必修2 P 79 B 组 T 2改编)如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，B 1D ∩平面A 1BC 1＝H ．有下列结论． ①B 1D ⊥平面A 1BC 1；②平面A 1BC 1将正方体体积分成1∶5两部分；③H 是B 1D 的中点；④平面A 1BC 1与正方体的六个面所成的二面角的余弦值都为33．则正确结论的个数有( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C ．对于①，连接B 1C 与A 1D ，由正方体性质知，BC 1⊥B 1C ，BC 1⊥A 1B 1，又A 1B 1∩B 1C ＝B 1，A 1B 1，B 1C ⊂平面A 1B 1CD ．所以BC 1⊥平面A 1B 1CD ．又B 1D ⊂平面A 1B 1CD ．所以B 1D ⊥BC 1．同理B 1D ⊥A 1B ，A 1B ∩BC 1＝B ．所以B 1D ⊥平面A 1BC 1，故①正确．对于②．设正方体棱长为a ．则V 三棱锥B A 1B 1C 1＝13·12a ·a ·a ＝16a 3．所以平面A 1BC 1将正方体分成两部分的体积之比为16a 3∶(a 3－16a 3)＝1∶5．故②正确．对于③，设正方体棱长为a ，则A 1B ＝2a ．由V B 1A 1BC 1＝16a 3，得13×34×(2a )2·B 1H ＝16a 3，所以B 1H ＝33a ，而B 1D ＝3a ．所以B 1H ∶HD ＝1∶2，即③错误．对于④，由对称性知，平面A 1BC 1与正方体六个面所成的二面角的大小都相等．由①知B 1H ⊥平面A 1BC 1，而A 1B 1⊥平面B 1BCC 1．所以∠A 1B 1H 的大小即为所成二面角的大小．cos ∠A 1B 1H ＝B 1H A 1B 1＝33a a ＝33．故④正确．故选C ．二、填空题5．(必修2 P 53 B 组 T 2改编)已知三棱柱ABC A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，点A 1在底面ABC 上的射影D 为BC 的中点，则异面直线AB 与CC 1所成的角的余弦值为________．解析：连接A 1D ，AD ，A 1B ，易知∠A 1AB 为异面直线AB 和CC 1所成的角，设三棱柱的侧棱长与底面边长均为1，则AD ＝32，A 1D ＝12，A 1B ＝22，由余弦定理得cos ∠A 1AB ＝1＋1－122×1×1＝34．答案：346．(必修2 P 79 B 组 T 1改编)如图在直角梯形ABCD 中，BC ⊥DC ，AE ⊥DC ，M ，N 分别是AD ，BE 的中点，将△ADE 沿AE 折起．则下列说法正确的是________．(填上所有正确说法的序号)①不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN ∥平面DEC ； ②不论D 折至何位置都有MN ⊥AE ；③不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN ∥AB ； ④在折起过程中，一定存在某个位置，使EC ⊥AD ； ⑤无论D 折至何位置，都有AE ⊥DC ．解析：如图，设Q ，P 分别为CE ，DE 的中点，可得四边形MNQP 是矩形，所以①②正确；不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN 与AB 是异面直线，不可能MN ∥AB ，所以③错；当平面ADE ⊥平面ABCD 时，可得EC ⊥平面ADE ，故EC ⊥AD ，④正确．无论D 折到何位置，均有AE ⊥平面CDE ．故AE ⊥CD ．故⑤正确．答案：①②④⑤三、解答题7．(必修2 P 79B 组T 1改编)如图，边长为33的正方形ABCD 中，点E ，F 分别是边AB ，BC 上的点，将△AED ，△DCF 分别沿DE ，DF 折起，使A ，C 两点重合于点A ′．(1)求证：A ′D ⊥EF ．(2)当BE ＝BF ＝13BC 时，求三棱锥A ′EFD 的体积．解：(1)证明：因为A ′D ⊥A ′E ，A ′D ⊥A ′F ，A ′E ∩A ′F ＝A ′，所以A ′D ⊥平面A ′EF ，因为EF ⊂平面A ′EF ，所以A ′D ⊥EF ．(2)由(1)知，A ′D ⊥平面A ′EF ，所以A ′D 的长即为三棱锥D A ′EF 的高，则A ′E ＝A ′F ＝23BC ＝23，EF ＝BE 2＋BF 2＝6，作A ′O ⊥EF 于点O ，所以A ′O ＝A ′E 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12EF 2＝422，则V A ′EFD ＝V D A ′EF ＝13A ′D ·S △A ′EF ＝13×33×12EF ·A ′O ＝13×33×12×6×422＝3212． 8．(必修2 P 78 A 组 T 4改编)如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 、F 、M 分别是C 1B 1，C 1D 1和AB 的中点．(1)求证：MD 1∥平面BEFD ． (2)求M 到平面BEFD 的距离．解：(1)证明：连接BF ．因为M 、F 分别为AB 与C 1D 1的中点，且ABCD A 1B 1C 1D 1是正方体．所以MB ═∥D 1F ．所以四边形MBFD 1为平行四边形，所以MD 1∥BF ．又MD 1⊄平面BEFD ，BF ⊂平面BEFD ．所以MD 1∥平面BEFD ． (2)过E 作EG ⊥BD 于G ．因为正方体的棱长为2，所以BE ＝5，BG ＝12(BD －EF )＝12(22－2)＝22．所以EG ＝BE 2－BG 2＝5－12＝322．所以S △EBD ＝12BD ×EG ＝12×22×322＝3．又S △MBD ＝12MB ×AD ＝12×1×2＝1．E 到平面ABCD 的距离为2，设M 到平面BEFD 的距离为d ．由V 三棱锥M BDE ＝V 三棱锥E MBD 得13S △EBD ·d ＝13S △MBD ×2．所以d ＝S △MBD ×2S △EBD ＝1×23＝23．所以M 到平面BED 的距离为23．。

高考数学文一轮分层演练：第8章立体几何章末总结

章末总结π C．28π D．32π(2016·高考全国卷Ⅱ，T14，5分)α，β的中点；在平面PAC内的正投影一、选择题 1．(必修2 P 10B 组T 1改编)如图，若Ω是长方体ABCD A 1B 1C 1D 1被平面EFGH 截去几何体EFGHB 1C 1后得到的几何体，其中E 为线段A 1B 1上异于B 1的点，F 为线段BB 1上异于B 1的点，且EH ∥A 1D 1，则下列结论中不正确的是( )A ．EH ∥FGB ．四边形EFGH 是矩形C ．Ω是棱柱D ．Ω是棱台解析：选D ．因为EH ∥A 1D 1，A 1D 1∥B 1C 1，EH ⊄平面BCC 1B 1，所以EH ∥平面BCC 1B 1．又因为平面EFGH ∩平面BCC 1B 1＝FG ，所以EH ∥FG ，且EH ＝FG ，由长方体的特征知四边形EFGH 为矩形，Ω为五棱柱，所以选项A ，B ，C 都正确．故选D ．2．(必修2 P 61练习、P 71练习T 2、P 73练习T 1改编)已知m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是( )A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥nB ．若m ∥α，m ∥β，则α∥βC ．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βD ．若m ⊥α，n ⊥α，则m ∥n解析：选D ．A 中，两直线可能平行，相交或异面；B 中，两平面可能平行或相交；C 中，两平面可能平行或相交；D 中，由线面垂直的性质定理可知结论正确，故选D ．3．(必修2 P 78A 组T 7改编)正四棱锥的三视图如图所示，则它的外接球的表面积为( )A ．25πB ．252πC ．253πD ．254π解析：选C ．由三视图画出直观图与其外接球示意图，且设O 1是底面中心．由三视图知，O 1A ＝2，O 1P ＝3，所以正四棱锥P ABCD 的外接球的球心O 在线段O 1P 上．设球O 的半径为R ．由O 1O 2＋O 1A 2＝OA 2得(3－R )2＋(2)2＝R 2．所以R ＝523．则外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π·⎝ ⎛⎭⎪⎫5232＝253π．4．(必修2 P 79 B 组 T 2改编)如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，B 1D ∩平面A 1BC 1＝H ．有下列结论． ①B 1D ⊥平面A 1BC 1；②平面A 1BC 1将正方体体积分成1∶5两部分；③H 是B 1D 的中点；④平面A 1BC 1与正方体的六个面所成的二面角的余弦值都为33．则正确结论的个数有( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C ．对于①，连接B 1C 与A 1D ，由正方体性质知，BC 1⊥B 1C ，BC 1⊥A 1B 1，又A 1B 1∩B 1C ＝B 1，A 1B 1，B 1C ⊂平面A 1B 1CD ．所以BC 1⊥平面A 1B 1CD ．又B 1D ⊂平面A 1B 1CD ．所以B 1D ⊥BC 1．同理B 1D ⊥A 1B ，A 1B ∩BC 1＝B ．所以B 1D ⊥平面A 1BC 1，故①正确．对于②．设正方体棱长为a ．则V 三棱锥B A 1B 1C 1＝13·12a ·a ·a ＝16a 3．所以平面A 1BC 1将正方体分成两部分的体积之比为16a 3∶(a 3－16a 3)＝1∶5．故②正确．对于③，设正方体棱长为a ，则A 1B ＝2a ．由V B 1A 1BC 1＝16a 3，得13×34×(2a )2·B 1H ＝16a 3，所以B 1H ＝33a ，而B 1D ＝3a ．所以B 1H ∶HD ＝1∶2，即③错误．对于④，由对称性知，平面A 1BC 1与正方体六个面所成的二面角的大小都相等．由①知B 1H ⊥平面A 1BC 1，而A 1B 1⊥平面B 1BCC 1．所以∠A 1B 1H 的大小即为所成二面角的大小．cos ∠A 1B 1H ＝B 1H A 1B 1＝33a a ＝33．故④正确．故选C ．二、填空题5．(必修2 P 53 B 组 T 2改编)已知三棱柱ABC A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，点A 1在底面ABC 上的射影D 为BC 的中点，则异面直线AB 与CC 1所成的角的余弦值为________．解析：连接A 1D ，AD ，A 1B ，易知∠A 1AB 为异面直线AB 和CC 1所成的角，设三棱柱的侧棱长与底面边长均为1，则AD ＝32，A 1D ＝12，A 1B ＝22，由余弦定理得cos ∠A 1AB ＝1＋1－122×1×1＝34．答案：346．(必修2 P 79 B 组 T 1改编)如图在直角梯形ABCD 中，BC ⊥DC ，AE ⊥DC ，M ，N 分别是AD ，BE 的中点，将△ADE 沿AE 折起．则下列说法正确的是________．(填上所有正确说法的序号)①不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN ∥平面DEC ； ②不论D 折至何位置都有MN ⊥AE ；③不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN ∥AB ； ④在折起过程中，一定存在某个位置，使EC ⊥AD ； ⑤无论D 折至何位置，都有AE ⊥DC ．解析：如图，设Q ，P 分别为CE ，DE 的中点，可得四边形MNQP 是矩形，所以①②正确；不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN 与AB 是异面直线，不可能MN ∥AB ，所以③错；当平面ADE ⊥平面ABCD 时，可得EC ⊥平面ADE ，故EC ⊥AD ，④正确．无论D 折到何位置，均有AE ⊥平面CDE ．故AE ⊥CD ．故⑤正确．答案：①②④⑤三、解答题7．(必修2 P 79B 组T 1改编)如图，边长为33的正方形ABCD 中，点E ，F 分别是边AB ，BC 上的点，将△AED ，△DCF 分别沿DE ，DF 折起，使A ，C 两点重合于点A ′．(1)求证：A ′D ⊥EF ．(2)当BE ＝BF ＝13BC 时，求三棱锥A ′EFD 的体积．解：(1)证明：因为A ′D ⊥A ′E ，A ′D ⊥A ′F ，A ′E ∩A ′F ＝A ′，所以A ′D ⊥平面A ′EF ，因为EF ⊂平面A ′EF ，所以A ′D ⊥EF ．(2)由(1)知，A ′D ⊥平面A ′EF ，所以A ′D 的长即为三棱锥D A ′EF 的高，则A ′E ＝A ′F ＝23BC ＝23，EF ＝BE 2＋BF 2＝6，作A ′O ⊥EF 于点O ，所以A ′O ＝A ′E 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12EF 2＝422，则V A ′EFD ＝V D A ′EF ＝13A ′D ·S △A ′EF ＝13×33×12EF ·A ′O ＝13×33×12×6×422＝3212． 8．(必修2 P 78 A 组 T 4改编)如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 、F 、M 分别是C 1B 1，C 1D 1和AB 的中点．(1)求证：MD 1∥平面BEFD ． (2)求M 到平面BEFD 的距离．解：(1)证明：连接BF ．因为M 、F 分别为AB 与C 1D 1的中点，且ABCD A 1B 1C 1D 1是正方体．所以MB ═∥D 1F ．所以四边形MBFD 1为平行四边形，所以MD 1∥BF ．又MD 1⊄平面BEFD ，BF ⊂平面BEFD ．所以MD 1∥平面BEFD ． (2)过E 作EG ⊥BD 于G ．因为正方体的棱长为2，所以BE ＝5，BG ＝12(BD －EF )＝12(22－2)＝22．所以EG ＝BE 2－BG 2＝5－12＝322．所以S △EBD ＝12BD ×EG ＝12×22×322＝3．又S △MBD ＝12MB ×AD ＝12×1×2＝1．E 到平面ABCD 的距离为2，设M 到平面BEFD 的距离为d ．由V 三棱锥M BDE ＝V 三棱锥E MBD 得13S △EBD ·d ＝13S △MBD ×2．所以d ＝S △MBD ×2S △EBD ＝1×23＝23．所以M 到平面BED 的距离为23．。

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