2019届高考数学文科(人教新课标版)一轮复习练习：第8章立体几何第4讲分层演练直击高考 Word版含解析

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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

1. 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
2
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
1 BE∥FA， BE＝ 2FA，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．
1 ∥FA， BE＝ 2FA，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 (1) 证明：因为点 G， H 分别为 FA， FD的中点，所以 GH∥AD， GH＝2AD.又 BC∥AD， BC
1 ＝ AD，
(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

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8-5 含答案精品

§8.5直线、平面垂直的判定与性质1．直线与平面垂直(1)定义如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l与平面α互相垂直，记作l⊥α，直线l叫做平面α的垂线，平面α叫做直线l的垂面．(2)判定定理与性质定理2.直线和平面所成的角(1)定义平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角．若一条直线垂直于平面，它们所成的角是直角，若一条直线和平面平行，或在平面内，它们所成的角是0°的角．(2)范围：⎣⎡⎦⎤0，π2. 3．平面与平面垂直 (1)二面角的有关概念①二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角；②二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角． (2)平面和平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直． (3)平面与平面垂直的判定定理与性质定理知识拓展重要结论(1)若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．(2)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)．(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这条直线与另一个平面也垂直．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)直线l 与平面α内的无数条直线都垂直，则l ⊥α.( × ) (2)垂直于同一个平面的两平面平行．( × ) (3)直线a ⊥α，b ⊥α，则a ∥b .( √ ) (4)若α⊥β，a ⊥β，则a ∥α.( × )(5)若直线a ⊥平面α，直线b ∥α，则直线a 与b 垂直．( √ )(6)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.(×)题组二教材改编2．[P73T1]下列命题中错误的是()A．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βC．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γD．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β答案 D解析对于D，若平面α⊥平面β，则平面α内的直线可能不垂直于平面β，即与平面β的关系还可以是斜交、平行或在平面β内，其他选项均是正确的．3．[P67T2]在三棱锥P－ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.(1)若P A＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心；(2)若P A⊥PB，PB⊥PC，PC⊥P A，则点O是△ABC的________心．答案(1)外(2)垂解析(1)如图1，连接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，P A＝PC＝PB，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．(2)如图2，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于H，D，G.∵PC⊥P A，PB⊥PC，P A∩PB＝P，∴PC⊥平面P AB，又AB⊂平面P AB，∴PC⊥AB，∵AB⊥PO，PO∩PC＝P，∴AB⊥平面PGC，又CG⊂平面PGC，∴AB⊥CG，即CG为△ABC边AB上的高．同理可证BD，AH分别为△ABC边AC，BC上的高，即O为△ABC的垂心．题组三易错自纠4．(2017·湖南六校联考)已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，下列给出的条件中一定能推出m⊥β的是()A．α⊥β且m⊂αB．α⊥β且m∥αC．m∥n且n⊥βD．m⊥n且α∥β答案 C解析由线面垂直的判定定理，可知C正确．5.如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，点O，M，N分别是线段BD，DD1，D1C1的中点，则直线OM与AC，MN的位置关系是()A．与AC，MN均垂直B．与AC垂直，与MN不垂直C．与AC不垂直，与MN垂直D．与AC，MN均不垂直答案 A解析因为DD1⊥平面ABCD，所以AC⊥DD1，又因为AC⊥BD，DD1∩BD＝D，所以AC⊥平面BDD1B1，因为OM⊂平面BDD1B1，所以OM⊥AC.设正方体的棱长为2，则OM＝1＋2＝3，MN＝1＋1＝2，ON＝1＋4＝5，所以OM2＋MN2＝ON2，所以OM⊥MN.故选A.6.如图所示，AB是半圆O的直径，VA垂直于半圆O所在的平面，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，M，N分别为VA，VC的中点，则下列结论正确的是()A．MN∥ABB．平面VAC⊥平面VBCC．MN与BC所成的角为45°D．OC⊥平面VAC答案 B解析由题意得BC⊥AC，因为VA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以VA⊥BC.因为AC∩VA ＝A，所以BC⊥平面VAC.因为BC⊂平面VBC，所以平面VAC⊥平面VBC.故选B.题型一直线与平面垂直的判定与性质典例如图所示，在四棱锥P—ABCD中，P A⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，P A＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.证明(1)在四棱锥P—ABCD中，∵P A⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴P A⊥CD.又∵AC⊥CD，P A∩AC＝A，P A，AC⊂平面P AC，∴CD⊥平面P AC.而AE⊂平面P AC，∴CD⊥AE.(2)由P A＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝P A.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD，∴AE⊥平面PCD，而PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.∵P A⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴P A⊥AB.又∵AB⊥AD，且P A∩AD＝A，∴AB⊥平面P AD，而PD⊂平面P AD，∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE，∴PD⊥平面ABE.思维升华证明线面垂直的常用方法及关键(1)证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；③面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；④面面垂直的性质．(2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．跟踪训练如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.证明(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC—A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.题型二平面与平面垂直的判定与性质典例 (2018·开封模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥AC ，AB ⊥P A ，AB ∥CD ，AB ＝2CD ，E ，F ，G ，M ，N 分别为PB ，AB ，BC ，PD ，PC 的中点．(1)求证：CE ∥平面P AD ； (2)求证：平面EFG ⊥平面EMN .证明 (1)方法一取P A 的中点H ，连接EH ，DH . 因为E 为PB 的中点，所以EH 綊12AB .又CD 綊12AB ，所以EH 綊CD .所以四边形DCEH 是平行四边形，所以CE ∥DH . 又DH ⊂平面P AD ，CE ⊄平面P AD ，所以CE ∥平面P AD .方法二连接CF . 因为F 为AB 的中点，所以AF ＝12AB .又CD ＝12AB ，所以AF ＝CD .又AF ∥CD ，所以四边形AFCD 为平行四边形．因此CF ∥AD ，又CF ⊄平面P AD ，AD ⊂平面P AD ，所以CF ∥平面P AD .因为E ，F 分别为PB ，AB 的中点，所以EF ∥P A . 又EF ⊄平面P AD ，P A ⊂平面P AD ，所以EF ∥平面P AD .因为CF ∩EF ＝F ，故平面CEF ∥平面P AD . 又CE ⊂平面CEF ，所以CE ∥平面P AD .(2)因为E ，F 分别为PB ，AB 的中点，所以EF ∥P A .又因为AB⊥P A，所以EF⊥AB，同理可证AB⊥FG.又因为EF∩FG＝F，EF，FG⊂平面EFG，所以AB⊥平面EFG.又因为M，N分别为PD，PC的中点，所以MN∥CD，又AB∥CD，所以MN∥AB，所以MN⊥平面EFG.又因为MN⊂平面EMN，所以平面EFG⊥平面EMN.引申探究1．在本例条件下，证明：平面EMN⊥平面P AC.证明因为AB⊥P A，AB⊥AC，且P A∩AC＝A，P A，AC⊂平面P AC，所以AB⊥平面P AC.又MN∥CD，CD∥AB，所以MN∥AB，所以MN⊥平面P AC.又MN⊂平面EMN，所以平面EMN⊥平面P AC.2．在本例条件下，证明：平面EFG∥平面P AC.证明因为E，F，G分别为PB，AB，BC的中点，所以EF∥P A，FG∥AC，又EF⊄平面P AC，P A⊂平面P AC，所以EF∥平面P AC.同理FG∥平面P AC.又EF∩FG＝F，所以平面EFG∥平面P AC.思维升华(1)判定面面垂直的方法①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．(2)在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．跟踪训练 (2018届河南中原名校质检)在四棱锥P —ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ∥CD ，△P AD 是等边三角形，已知AD ＝2，BD ＝23，AB ＝2CD ＝4. (1)设M 是PC 上一点，求证：平面MBD ⊥平面P AD ； (2)求四棱锥P —ABCD 的体积．(1)证明在△ABD 中，由勾股定理知AD ⊥BD ，又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥平面P AD ，又BD ⊂平面BDM ，所以平面MBD ⊥平面P AD .(2)解如图，取AD 的中点O ，则PO ⊥AD .因为平面P AD ⊥平面ABCD ，且平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面P AD ，所以PO ⊥平面ABCD ，所以PO 是四棱锥P —ABCD 的高，且PO ＝2×32＝3，底面ABCD 的面积是△ABD 面积的32，即33，所以四棱锥P —ABCD 的体积为13×33×3＝3.题型三垂直关系中的探索性问题典例如图所示，平面ABCD ⊥平面BCE ，四边形ABCD 为矩形，BC ＝CE ，点F 为CE 的中点．(1)证明：AE ∥平面BDF ；(2)点M 为CD 上任意一点，在线段AE 上是否存在点P ，使得PM ⊥BE ？若存在，确定点P 的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由． (1)证明连接AC 交BD 于点O ，连接OF .∵四边形ABCD是矩形，∴O为AC的中点．又F为EC的中点，∴OF∥AE.又OF⊂平面BDF，AE⊄平面BDF，∴AE∥平面BDF.(2)解当点P为AE的中点时，有PM⊥BE，证明如下：取BE的中点H，连接DP，PH，CH.∵P为AE的中点，H为BE的中点，∴PH∥AB.又AB∥CD，∴PH∥CD，∴P，H，C，D四点共面．∵平面ABCD⊥平面BCE，且平面ABCD∩平面BCE＝BC，CD⊥BC，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面BCE.又BE⊂平面BCE，∴CD⊥BE，∵BC＝CE，且H为BE的中点，∴CH⊥BE.又CH∩CD＝C，且CH，CD⊂平面DPHC，∴BE⊥平面DPHC.又PM⊂平面DPHC，∴PM⊥BE.思维升华对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设．跟踪训练如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，M为棱AC的中点．AB ＝BC，AC＝2，AA1＝ 2.(1)求证：B1C∥平面A1BM；(2)求证：AC1⊥平面A1BM；(3)在棱BB1上是否存在点N，使得平面AC1N⊥平面AA1C1C？如果存在，求此时BNBB1的值；如果不存在，请说明理由．(1)证明连接AB1与A1B，两线交于点O，连接OM.在△B1AC中，∵M，O分别为AC，AB1的中点，∴OM∥B1C，又∵OM⊂平面A1BM，B1C⊄平面A1BM，∴B1C∥平面A1BM.(2)证明∵侧棱AA1⊥底面ABC，BM⊂平面ABC，∴AA1⊥BM，又∵M为棱AC的中点，AB＝BC，∴BM⊥AC.∵AA1∩AC＝A，AA1，AC⊂平面ACC1A1，∴BM⊥平面ACC1A1，∴BM⊥AC1.∵AC＝2，∴AM＝1.又∵AA1＝2，∴在Rt△ACC1和Rt△A1AM中，tan∠AC1C＝tan∠A1MA＝2，∴∠AC1C＝∠A1MA，即∠AC1C＋∠C1AC＝∠A1MA＋∠C1AC＝90°，∴A1M⊥AC1.∵BM∩A1M＝M，BM，A1M⊂平面A1BM，∴AC 1⊥平面A 1BM .(3)解当点N 为BB 1的中点，即BN BB 1＝12时，平面AC 1N ⊥平面AA 1C 1C . 证明如下：设AC 1的中点为D ，连接DM ，DN .∵D ，M 分别为AC 1，AC 的中点， ∴DM ∥CC 1，且DM ＝12CC 1.又∵N 为BB 1的中点，∴DM ∥BN ，且DM ＝BN ， ∴四边形BNDM 为平行四边形， ∴BM ∥DN ，∵BM ⊥平面ACC 1A 1，∴DN ⊥平面AA 1C 1C . 又∵DN ⊂平面AC 1N ， ∴平面AC 1N ⊥平面AA 1C 1C .立体几何证明问题中的转化思想典例 (12分)如图所示，M ，N ，K 分别是正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱AB ，CD ，C 1D 1的中点．求证：(1)AN ∥平面A 1MK ； (2)平面A 1B 1C ⊥平面A 1MK .思想方法指导 (1)线面平行、垂直关系的证明问题的指导思想是线线、线面、面面关系的相互转化，交替使用平行、垂直的判定定理和性质定理．(2)线线关系是线面关系、面面关系的基础．证明过程中要注意利用平面几何中的结论，如证明平行时常用的中位线、平行线分线段成比例；证明垂直时常用的等腰三角形的中线等． (3)证明过程一定要严谨，使用定理时要对照条件，步骤书写要规范．规范解答证明 (1)如图所示，连接NK . 在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，∵四边形AA1D1D，DD1C1C都为正方形，∴AA1∥DD1，AA1＝DD1，C1D1∥CD，C1D1＝CD.[2分]∵N，K分别为CD，C1D1的中点，∴DN∥D1K，DN＝D1K，∴四边形DD1KN为平行四边形，[3分]∴KN∥DD1，KN＝DD1，∴AA1∥KN，AA1＝KN，∴四边形AA1KN为平行四边形，∴AN∥A1K.[4分]又∵A1K⊂平面A1MK，AN⊄平面A1MK，∴AN∥平面A1MK.[6分](2)如图所示，连接BC1.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，AB∥C1D1，AB＝C1D1.∵M，K分别为AB，C1D1的中点，∴BM∥C1K，BM＝C1K，∴四边形BC1KM为平行四边形，∴MK∥BC1.[8分]在正方体ABCD—A1B1C1D1中，A1B1⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，∴A1B1⊥BC1.∵MK∥BC1，∴A1B1⊥MK.∵四边形BB1C1C为正方形，∴BC1⊥B1C，[10分]∴MK⊥B1C.∵A1B1⊂平面A1B1C，B1C⊂平面A1B1C，A1B1∩B1C＝B1，∴MK⊥平面A1B1C.又∵MK⊂平面A1MK，∴平面A1B1C⊥平面A1MK.[12分]1．若平面α⊥平面β，平面α∩平面β＝直线l，则() A．垂直于平面β的平面一定平行于平面αB．垂直于直线l的直线一定垂直于平面αC．垂直于平面β的平面一定平行于直线lD．垂直于直线l的平面一定与平面α，β都垂直答案 D解析对于A，垂直于平面β的平面与平面α平行或相交，故A错误；对于B，垂直于直线l的直线与平面α垂直、斜交、平行或在平面α内，故B错误；对于C，垂直于平面β的平面与直线l平行或相交，故C错误．D正确．2．(2017·深圳四校联考)若平面α，β满足α⊥β，α∩β＝l，P∈α，P∉l，则下列命题中是假命题的为()A．过点P垂直于平面α的直线平行于平面βB．过点P垂直于直线l的直线在平面α内C．过点P垂直于平面β的直线在平面α内D．过点P且在平面α内垂直于l的直线必垂直于平面β答案 B解析由于过点P垂直于平面α的直线必平行于平面β内垂直于交线的直线，因此也平行于平面β，因此A正确；过点P垂直于直线l的直线有可能垂直于平面α，不一定在平面α内，因此B不正确；根据面面垂直的性质定理，知选项C，D正确．3．设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β()A．若l⊥β，则α⊥βB．若α⊥β，则l⊥mC．若l∥β，则α∥βD．若α∥β，则l∥m答案 A解析选项A，∵l⊥β，l⊂α，∴α⊥β，A正确；选项B，α⊥β，l⊂α，m⊂β，l与m的位置关系不确定；选项C，∵l∥β，l⊂α，∴α∥β或α与β相交；选项D，∵α∥β，l⊂α，m⊂β，此时，l与m的位置关系不确定．故选A.4．(2017·中原名校联盟联考)已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是()A．α⊥β且m⊂αB．α⊥β且m∥αC．m∥n且n⊥βD．m⊥n且n∥β答案 C解析对于选项A，由α⊥β且m⊂α，可得m∥β或m与β相交或m⊂β，故A不成立；对于选项B，由α⊥β且m∥α，可得m⊂β或m∥β或m与β相交，故B不成立；对于选项C，由m∥n且n⊥β，可得m⊥β，故C正确；对于选项D，由m⊥n且n∥β，可得m∥β或m 与β相交或m⊂β，故D不成立．故选C.5．(2018届江西南昌摸底)如图，在四棱锥P—ABCD中，△P AB与△PBC是正三角形，平面P AB⊥平面PBC，AC⊥BD，则下列结论不一定成立的是()A．PB⊥AC B．PD⊥平面ABCDC．AC⊥PD D．平面PBD⊥平面ABCD答案 B解析取BP的中点O，连接OA，OC，则BP⊥OA，BP⊥OC，又因为OA∩OC＝O，所以BP⊥平面OAC，所以BP⊥AC，故选项A正确；又AC⊥BD，BP∩BD＝B，得AC⊥平面BDP，又PD⊂平面BDP，所以AC⊥PD，平面PBD⊥平面ABCD，故选项C，D正确，故选B.6.如图所示，直线P A垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面P AC的距离等于线段BC的长．其中正确的是()A．①②B．①②③C．①D．②③答案 B解析对于①，∵P A⊥平面ABC，∴P A⊥BC，∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，∵AC∩P A＝A，∴BC⊥平面P AC，又PC⊂平面P AC，∴BC⊥PC；对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥P A，∵P A⊂平面P AC，OM⊄平面P AC，∴OM∥平面P AC；对于③，由①知BC⊥平面P AC，∴线段BC的长即是点B到平面P AC的距离，故①②③都正确．7.如图，已知P A⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．答案 4解析∵P A⊥平面ABC，AB，AC，BC⊂平面ABC，∴P A⊥AB，P A⊥AC，P A⊥BC，则△P AB，△P AC为直角三角形．由BC⊥AC，且AC∩P A＝A，得BC⊥平面P AC，从而BC⊥PC，因此△ABC，△PBC也是直角三角形．8．(2018·洛阳模拟)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，且底面各边都相等，M 是PC 上的一动点，当点M 满足________时，平面MBD ⊥平面PCD .(只要填写一个你认为正确的条件即可)答案 DM ⊥PC (或BM ⊥PC 等)解析 ∵P A ⊥底面ABCD ，∴BD ⊥P A ，连接AC ，则BD ⊥AC ，且P A ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面P AC ，∴BD ⊥PC .∴当DM ⊥PC (或BM ⊥PC )时，即有PC ⊥平面MBD ，而PC ⊂平面PCD ，∴平面MBD ⊥平面PCD .9.如图，∠BAC ＝90°，PC ⊥平面ABC ，则在△ABC 和△P AC 的边所在的直线中，与PC 垂直的直线有________；与AP 垂直的直线有________．答案 AB ，BC ，AC AB解析 ∵PC ⊥平面ABC ，∴PC 垂直于直线AB ，BC ，AC ；∵AB ⊥AC ，AB ⊥PC ，AC ∩PC ＝C ，∴AB ⊥平面P AC ，∴与AP 垂直的直线是AB .10.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱长为2，AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝90°，D 是A 1B 1的中点，F 是BB 1上的动点，AB 1，DF 交于点E ，要使AB 1⊥平面C 1DF ，则线段B 1F 的长为________．答案 12解析设B 1F ＝x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ，所以AB 1⊥DF . 由已知可得A 1B 1＝2，设Rt △AA 1B 1斜边AB 1上的高为h ，则DE ＝12h .又12×2×2＝12×h 22＋(2)2，所以h ＝233，DE ＝33.在Rt △DB 1E 中， B 1E ＝⎝⎛⎭⎫222－⎝⎛⎭⎫332＝66. 由面积相等得12×66×x 2＋⎝⎛⎭⎫222＝12×22x ，得x ＝12.11.(2017·长春二检)如图，在三棱锥A —BCD 中，△ABC 是等腰直角三角形，且AC ⊥BC ，BC ＝2，AD ⊥平面BCD ，AD ＝1.(1)求证：平面ABC ⊥平面ACD ；(2)若E 为AB 的中点，求点A 到平面CED 的距离． (1)证明因为AD ⊥平面BCD ，BC ⊂平面BCD ，所以AD ⊥BC ，又AC ⊥BC ，AC ∩AD ＝A ， AC ，AD ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面ACD ，因为BC ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面ACD .(2)解由已知可得CD ＝3，取CD 的中点F ，连接EF ，因为E 为AB 的中点，所以ED ＝EC ＝12AB ＝2，所以△ECD 为等腰三角形，从而EF ＝52，所以S △ECD ＝12×3×52＝154.由(1)知BC ⊥平面ACD ，所以E 到平面ACD 的距离为1， S △ACD ＝12×3×1＝32.设点A 到平面CED 的距离为d ，则V 三棱锥A —ECD ＝13·S △ECD ·d＝V 三棱锥E —ACD ＝13·S △ACD ·1，解得d ＝255.12.如图，在四棱锥P —ABCD 中，PC ＝AD ＝CD ＝12AB ＝2，AB ∥DC ，AD ⊥CD ，PC ⊥平面ABCD .(1)求证：BC ⊥平面P AC ；(2)若M 为线段P A 的中点，且过C ，D ，M 三点的平面与线段PB 交于点N ，确定点N 的位置，说明理由；并求三棱锥A —CMN 的高．(1)证明连接AC ，在直角梯形ABCD 中， AC ＝AD 2＋DC 2＝22， BC ＝(AB －CD )2＋AD 2＝22，所以AC 2＋BC 2＝AB 2，即AC ⊥BC .又PC ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以PC ⊥BC ，又AC ∩PC ＝C ，AC ，PC ⊂平面P AC ，故BC ⊥平面P AC .(2)解 N 为PB 的中点，连接MN ，CN .因为M 为P A 的中点，N 为PB 的中点，所以MN ∥AB ，且MN ＝12AB ＝2.又因为AB ∥CD ，所以MN ∥CD ，所以M ，N ，C ，D 四点共面，所以N 为过C ，D ，M 三点的平面与线段PB 的交点．因为BC ⊥平面P AC ，N 为PB 的中点，所以点N 到平面P AC 的距离d ＝12BC ＝ 2.又S △ACM ＝12S △ACP ＝12×12×AC ×PC ＝2，所以V 三棱锥N —ACM ＝13×2×2＝23.由题意可知，在Rt △PCA 中， P A ＝AC 2＋PC 2＝23，CM ＝3，在Rt △PCB 中，PB ＝BC 2＋PC 2＝23， CN ＝3，所以S △CMN ＝12×2×2＝ 2.设三棱锥A —CMN 的高为h ，V 三棱锥N —ACM ＝V 三棱锥A —CMN ＝13×2×h ＝23，解得h ＝2，故三棱锥A —CMN 的高为 2.13．(2018届南宁市联考)如图，在正方形ABCD 中，E ，F 分别是BC ，CD 的中点，G 是EF 的中点．现在沿AE ，AF 及EF 把这个正方形折成一个空间图形，使B ，C ，D 三点重合，重合后的点记为H .下列说法错误的是________．(填序号)①AG ⊥△EFH 所在平面；②AH ⊥△EFH 所在平面； ③HF ⊥△AEF 所在平面；④HG ⊥△AEF 所在平面．答案 ①③④解析折之前AG ⊥EF ，CG ⊥EF ，折之后也垂直，所以EF ⊥平面AHG ，折之前∠B ，∠D ，∠C 均为直角，折之后三点重合，所以折之后AH ，EH ，FH 三条直线两两垂直，所以AH ⊥△EFH 所在平面，②对；同时可知AH ⊥HG ，又HF ⊥△AEH 所在平面，过AE 不可能做两个平面与直线HF 垂直，③错；如果HG ⊥△AEF 所在平面，则有HG ⊥AG ，与②中AH ⊥HG 矛盾，④错；若AG ⊥△EFH 所在平面，则有AG ⊥HG ，与②中AH ⊥HG 矛盾，所以①也错．14.如图，P A⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E，F分别是点A 在PB，PC上的射影，给出下列结论：①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.其中正确结论的序号是________．答案①②③解析由题意知P A⊥平面ABC，∴P A⊥BC.又AC⊥BC，且P A∩AC＝A，P A，AC⊂平面P AC，∴BC⊥平面P AC，∴BC⊥AF.∵AF⊥PC，且BC∩PC＝C，BC，PC⊂平面PBC，∴AF⊥平面PBC，∴AF⊥PB，又AE⊥PB，AE∩AF＝A，AE，AF⊂平面AEF，∴PB⊥平面AEF，∴PB⊥EF.故①②③正确．15.(2017·兰州模拟)如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，且E为CD的中点，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__________．(写出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(不在平面ABC内)，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.答案①②④解析由已知，在未折叠的原梯形中，AB∥DE，BE∥AD，所以四边形ABED为平行四边形，所以BE＝AD，折叠后如图所示．①过点M 作MP ∥DE ，交AE 于点P ，连接NP .因为M ，N 分别是AD ，BE 的中点，所以点P 为AE 的中点，故NP ∥EC .又MP ∩NP ＝P ，DE ∩CE ＝E ，所以平面MNP ∥平面DEC ，故MN ∥平面DEC ，①正确；②由已知，AE ⊥ED ，AE ⊥EC ，所以AE ⊥MP ，AE ⊥NP ，又MP ∩NP ＝P ，所以AE ⊥平面MNP ，又MN ⊂平面MNP ，所以MN ⊥AE ，②正确；③假设MN ∥AB ，则MN 与AB 确定平面MNBA ，从而BE ⊂平面MNBA ，AD ⊂平面MNBA ，与BE 和AD 是异面直线矛盾，③错误； ④当EC ⊥ED 时，EC ⊥AD .因为EC ⊥EA ，EC ⊥ED ，EA ∩ED ＝E ，所以EC ⊥平面AED ，AD ⊂平面AED ，所以EC ⊥AD ，④正确．16.(2018·泉州模拟)点P 在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的面对角线BC 1上运动，给出下列命题：①三棱锥A —D 1PC 的体积不变；②A 1P ∥平面ACD 1；③DP ⊥BC 1；④平面PDB 1⊥平面ACD 1.其中正确的命题序号是________．答案 ①②④解析连接BD 交AC 于点O ，连接DC 1交D 1C 于点O 1，连接OO 1，则OO 1∥BC 1，所以BC 1∥平面AD 1C ，动点P 到平面AD 1C 的距离不变，所以三棱锥P —AD 1C 的体积不变．又因为11——P AD C A D PC V V 三棱锥三棱锥＝，所以①正确；因为平面A 1C 1B ∥平面AD 1C ，A 1P ⊂平面A 1C 1B ，所以A 1P ∥平面ACD 1，②正确；由于当点P在B点时，DB不垂直于BC1，即DP不垂直BC1，故③不正确；由于DB1⊥D1C，DB1⊥AD1，D1C∩AD1＝D1，所以DB1⊥平面AD1C.又因为DB1⊂平面PDB1，所以平面PDB1⊥平面ACD1，④正确．。

高考数学一轮复习第八章立体几何第4讲直线平面平行的判定及性质理新人教A版

答案
角度2 用线面平行证明线线平行例3 如图，在多面体ABCDEF中，DE⊥平面ABCD，AD∥BC，平面 BCEF∩平面ADEF＝EF，∠BAD＝60°，AB＝2，DE＝EF＝1.
(1)求证：BC∥EF； (2)求三棱锥B－DEF的体积．
解 (1)证明：∵AD∥BC，AD⊂平面ADEF，BC⊄平面ADEF，则a∥b或a与b异面，故A错误；对于B，利用线面垂直的性质，可知若a⊥α，b⊂α，则a⊥b，故B正确；对于C，若 a，b与α所成的角相等，则a与b相交、平行或异面，故C错误；对于D，由a ∥α，b∥α，得a，b之间的位置关系可以是相交、平行或异面，故D错误．
解析
A．m∥β且l1∥α B．m∥β且n∥β C．m∥β且n∥l2 D．m∥l1且n∥l2
答案 D
解析由定理“如果一个平面内有两条相交直线分别与另一个平面平行，那么这两个平面平行”可得，由选项D可推知α∥β.故选D.
答案
解析
2．已知m，n表示两条不同的直线，α表示平面，则下列说法正确的是 ()
A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α D．若m∥α，m⊥n，则n⊥α 答案 B 解析由题可知，若m∥α，n∥α，则m与n平行、相交或异面，所以A 错误；若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，故B正确；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂ α，故C错误；若m∥α，m⊥n，则n∥α或n⊥α或n与α相交，故D错误．
(1)利用线面平行的定义(无公共点)． (2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)． 3利用面面平行的性质定理α∥β，a⊂α⇒a∥β. (4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．
即时训练 3．(2019·长春一调)如图所示，E 是以 AB 为直径的半圆弧上异于 A，B 的点，矩形 ABCD 所在平面垂直于该半圆所在的平面．

2019届高三文数一轮复习课时跟踪训练：第8章立体几何课时跟踪训练

课时追踪训练 (四十一 )[ 基础稳固 ]一、选择题1．如图是一个几何体的正视图和侧视图，其俯视图是面积为8 2的矩形．则该几何体的表面积是 ()A ．8 B．20＋8 2C．16 D．24＋8 2[分析 ] 由题意可知，该几何体是底面为直角三角形的直三棱柱，其侧棱为14，故其表面积S表＝2×4＋ 2×4＋ 2 2×4＋2×2×2×2＝20＋8 2.棱锥[答案] B2．已知三棱柱ABC－A1B1C1的全部棱长均为B1－ ABC1的体积为 ()1，且AA1⊥底面ABC，则三3 3A. 12B. 46 6C.12D. 41 1 3 3[分析 ] V B1－ABC1＝ V C1－ABB1＝3×2× 1×1× 2＝12.[答案 ] A3．(2015 ·全国卷Ⅰ )《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有以下问题： “今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米 (如图，米堆为一个圆锥的四分之一 )，米堆底部的弧长为 8 尺，米堆的高为 5 尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知 1 斛米的体积约为 1.62 立方尺，圆周率约为 3，估量出堆放的米约有 ()A ．14 斛B ．22 斛C ．36 斛D ．66 斛[ 分析 ] 米堆的体积为1×1×π× 8×4 2 ×5＝320将 π＝ 3 代入上式，得体积43 2π3π.320320为 9 立方尺．进而这堆米约有 9×1.62≈22(斛)．[答案 ] B4．(2017 ·河北唐山二模 )一个几何体的三视图以下图，该几何体的表面积为()A ．24－π B．24－3π C．24＋π D．24－2π1 [分析 ] 由三视图可知，该几何体是棱长为2 的正方体挖去右下方8球后获得的几何体，该球以极点为球心， 2 为半径，则该几何体的表面积为2×2×6－3×14×π×22＋18×4×π×22＝24－π，应选 A.[答案] A5．(2017 ·浙江卷 )某几何体的三视图以下图(单位： cm)，则该几何体的体积(单位： cm3)是()ππA. 2＋1B.2＋33π3πC. 2＋1D.2＋3[分析 ] 由几何体的三视图可得，该几何体是由半个圆锥和一个三棱锥构成的，故该几何体的体积1 1 1 1 πV＝× π×3＋×2×2×1×3＝＋1，应选 A.3 2 3 2[答案 ] A6．(2017 ·全国卷Ⅰ )某多面体的三视图以下图，此中正视图和左视图都是由正方形和等腰直角三角形构成，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[分析 ] 由三视图可知该多面体是一个组合体，下边是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上边是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为 2，直三棱柱的高为 2，三棱锥的高为 2，易知该多面体有 2 个面2＋4 ×2是梯形，这些梯形的面积之和为×2＝12，应选 B.2[答案] B二、填空题7．(2017 ·天津卷 )已知一个正方体的全部极点在一个球面上，若这个正方体的表面积为 18，则这个球的体积为 ________．[分析 ] 由正方体的表面积为 18，得正方体的棱长为3.设该正方体外接球34π 34π 27 9π 的半径为 R ，则 2R ＝3，R ＝ 2，因此这个球的体积为 3 R ＝ 3×8＝ 2.9π[答案 ]28．下列图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的表面积是 ________．[分析 ] 该几何体是一个长方体挖去一半球而得，直观图以下图， (半)球的半径为 1，长方体的长、宽、高分别为 2、2、1，∴该几何体的表面积为：S＝16＋12×4π×12－π×12＝16＋π.[答案 ] 16＋π19． (2017 ·山东卷 )由一个长方体和两个4圆柱体构成的几何体的三视图以下图，则该几何体的体积为 ________．[分析 ]由三视图可知，该组合体中的长方体的长、宽、高分别为2,1,1，其体积 V1＝2×1×1＝2；1两个4圆柱合起来就是圆柱的一半，圆柱的底面半径r＝1，高 h＝1，故其体2π积 V2＝2×π×1 ×1＝2.1π故该几何体的体积V＝V1＋ V2＝2＋2.[答案 ]π2＋2三、解答题10．如图，在四边形 ABCD 中，∠ DAB ＝90°，∠ ADC ＝135°，AB ＝5，CD＝2 2，AD ＝2，求四边形 ABCD 绕 AD 旋转一周所成几何体的表面积及体积．[解 ] 由已知得： CE ＝2，DE ＝2，CB ＝5，S 表面＝ S 圆台侧＋S 圆台下底＋ S 圆锥侧＝π(2＋ 5)×5＋π×25＋ π×2×2 2＝ (60＋42) π，＝圆台－V 圆锥＝12 22 22 21 π× 2148 V 3(π·2＋π·5＋· π ×－2 ×2＝3 π.V5 ) 4 3[能力提高 ]11．(2015 ·全国卷Ⅱ )已知 A ，B 是球 O 的球面上两点，∠ AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥 O －ABC 体积的最大值为 36，则球 O 的表面积为()A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π[分析 ] 如图，设点 C 到平面 OAB 的距离为 h ，球 O 的半径为 R ，因为∠AOB ＝90°，因此 S △OAB ＝12R 2，要使 V O－ABC ＝13·S△OAB ·h 最大，则OA ，OB ，OC应两两垂直，且 (V O －ABC )max ＝13×12R 2×R ＝16R 3＝36，此时 R ＝6，因此球O 的表面积为 S 球＝4πR 2＝144π故.选 C.[答案] C12． (2017 ·重庆诊疗 )某几何体的三视图以下图，则该几何体的体积为()A.323B．2 3 C.523D．3 3[分析 ] 该几何体的直观图是以下图的不规则几何体ABB1DC1C，其体积是底边边长为 2 的等边三角形，高为 3 的正三棱柱 ABC－A1B1C1的体积减去三1 3 5 3棱锥 A－A1C1D 的体积，即 3 3－3×3×2＝2 .[答案] C13． (2017 ·河南南阳一中四模 )球 O 为正方体 ABCD－A1B1C1D1的内切球，AB＝2，E，F 分别为棱 AD，CC1的中点，则直线EF 被球 O 截得的线段长为________．[分析 ]设EF与球面交于M，N两点，因为AB＝2，E，F分别为棱AD，6 CC1的中点，因此 EF＝6，OE＝OF＝2，取 EF 中点 O′，则 O′F＝2，所以 OO′＝ 2 2－6 2＝22.由球O为正方体ABCD－A1B1C1D1的内切球，22可得 ON＝1，由勾股定理得O′N＝2，故 MN ＝ 2.因此直线 EF 被球 O 截得的线段长为 2.[答案] 214．以下图，在四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，PD⊥底面 ABCD，且 PD＝2，PA＝PC＝2 2，若在这个四棱锥内放一个球，则此球的最大部分径是 __________．[分析 ] 由已知得，△ PAD，△ PDC，△ PAB，△ PBC 都是直角三角形．设内切球的球心为 O，半径为 R，连结 OA， OB， OC，OD，OP，易知 V P－ABCD＝V O－ABCD＋ V O－PAD＋ V O－PAB＋ V O－PBC＋V O－PCD，即 1 ×22×2＝1 ×22×R＋1 ×13 3 3 2×22×R＋13×12×2 2×2×R＋13×12×2 2×2×R＋13×12×22×R，解得 R＝ 2－2，因此此球的最大部分径是2－ 2.[答案] 2－ 215．如图，在直三棱柱ABC－A′B′C′中，△ABC 为等边三角形，AA′⊥平面 ABC，AB＝ 3，AA′＝ 4，M 为 AA′的中点， P 是 BC 上一点，且由 P 沿棱柱侧面经过棱 CC′到 M 的最短路线长为 29，设这条最短路线与 CC′的交点为 N，求：(1)该三棱柱的侧面睁开图的对角线长；(2)PC 与 NC 的长；(3)三棱锥 C－MNP 的体积．[解 ] (1)该三棱柱的侧面睁开图为一边长分别为 4 和 9 的矩形，故对角线长为 42＋92＝ 97.(2)将该三棱柱的侧面沿棱BB′睁开，以下列图，设 PC＝x，则 MP2＝MA 2＋(AC＋x)2.∵ MP ＝ 29，MA ＝2，AC ＝3，∴x ＝2，即 PC ＝2.PC NC2 NC 又∵ NC ∥AM ，故 PA ＝AM ，即 5＝ 2.4 ∴NC ＝5.△＝1×CP ×CN ＝ 1×2×4＝4(3)S PCN 2255.在三棱锥 M －PCN 中， M 到面 PCN 的距离，3 3 3即 h ＝ 2 ×3＝ 2 .11 334 23∴V C －MNP ＝V M －PCN ＝3·h ·S△PCN ＝3× 2 ×5＝ 5 .16．(2017 ·全国卷Ⅲ )如图，四周体 ABCD 中，△ABC 是正三角形， AD ＝CD.(1)证明： AC ⊥BD ；(2)已知△ ADC 是正三角形， AB ＝BD ，若 E 为棱 BD 上与 D 不重合的点，且 AE ⊥EC ，求四周体 ABCE 与四周体 ACDE 的体积比．[解 ] (1)证明：取 AC 的中点 O ，连结 BO 、 DO ，以下图．因为 AD＝CD，因此 AC⊥DO.又因为△ ABC 是正三角形，因此AC⊥BO.进而 AC⊥平面 DOB，故 AC⊥BD.(2)连结 EO.由(1)及题设知，∠ ADC＝90°，因此 DO＝AO.在 Rt△AOB 中， BO2＋AO2＝AB2.又 AB＝BD，因此BO2＋DO2＝ BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠ DOB＝90°.1由题设知△ AEC 为直角三角形，因此EO＝2AC.1又△ ABC 是正三角形，且AB＝BD，因此 EO＝2BD.1 故 E 为 BD 的中点，进而 E 到平面 ABC 的距离为 D 到平面 ABC 的距离的2，1四周体 ABCE 的体积为四周体 ABCD 的体积的2，即四周体 ABCE 与四周体 ACDE 的体积之比为 1∶1.[延长拓展 ](2017 ·安徽蚌埠一模 )以下图，用一边长为2的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将表面积为4π的鸡蛋 (视为球体 )放入此中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋中心(球心 )与蛋巢底面的距离为 ()2 1 6 1A.2＋2B. 2 ＋23 3 1C.2D. 2 ＋2[分析 ] 蛋巢的底面是边长为 1 的正方形，因此过四个极点截鸡蛋所得的截面圆的直径为 1.因为鸡蛋的表面积为4π，因此球的半径为 1，因此球心到截面1 3 1的距离 d＝1－4＝ 2 ，而截面究竟面的距离即为三角形的高2，因此球心究竟3 1面的距离为2＋2.[答案] D。

2019年高考数学(人教版文)一轮复习课件：第8章解析几何8.4

2．圆的切线方程若圆的方程为 x2＋y2＝r2，点 P(x0，y0)在圆上，则过 P 点且与圆 x2＋y2＝r2 相切的切线方程为⑦____________ x0x＋y0y＝r2。 3．直线与圆相交直线与圆相交时，若 l 为弦长，d 为弦心距，r 为半径，则有 r2＝ l 2 2 ⑧____________ ，即 l＝2 r2－d2，求弦长或已知弦长求解问题，一般 d ＋2 用此公式。
解析：(1)正确。直线与圆组成的方程组有一组解时，直线与圆相切，有两组解时，直线与圆相交。 (2)错误。因为除外切外，还可能内切。 (3)错误。因为除小于两半径和还需大于两半径差的绝对值，否则可能内切或内含。 (4)错误。只有当两圆相交时，方程才是公共弦所在的直线方程。 x02 (5)正确。由已知可得 O， P，A， B 四点共圆，其方程为x－ 2 y02 x02 y02 ＋y－ 2 ＝ 2 ＋ 2 ，即 x2＋y2－x0x－y0y＝0①，又圆 O 方程：x2 2 2 ＋y ＝r ②，②－①得：x0x＋y0y＝r2，而两圆相交于 A，B 两点，故直线 AB 的方程是 x0x＋y0y＝r2。
5．已知直线 l：x－y＋4＝0 与圆 C：(x－1)2＋(y－1)2＝2，则 C 上各点到 l 距离的最小值为__________。
解析：由数形结合可知：所求最小值为圆心到直线的距离减圆的 |1－1＋4| 半径。由圆心 C(1,1)到直线 x－y＋4＝0 的距离 d＝＝2 2，故 2 最小值为 2 2－ 2＝ 2。答案： 2
3．直线 3x－y＋m＝0 与圆 x2＋y2－2x－2＝0 相切，则实数 m 等于( ) A. 3或－ 3 B．－ 3或 3 3 C．－3 3或 3 D．－3 3或 3 3

2019高考数学文一轮分层演练：第8章立体几何章末总结 Word版含解析

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．。

高考数学文科一轮复习(课件+习题)：第八章立体几何初步(打包12份)82空间简单几何体的三视图和直观图

课前自修
2．将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该
几何体的左视图为( D )
栏目链接
解析：被截去的四棱锥的三条可见侧棱中有两条为长方体面对角线，它们在右侧面上的投影与右侧面(正方形)的两条边重合，另一条为长方体的对角线，它在右侧面上的投影与右侧面的对角线重合，对照各图及对角线方向，只有选项 D 符合．
1.在底面图形中取互相垂直的 x 轴和 y 轴，两轴交于 O，画直观图时，
把它们画成对应的 x′轴与 y′轴，两轴交于 O′，使∠x′O′y′＝45°或 135°，
栏
它们确定的平面表示水平平面.
目
2.已知底面图形中与 x 轴、y 轴平行的线段，在直观图中分别画成与
链接
x′轴、y′轴平行的线段.
3.已知底面图形中平行于 x 轴的线段，在直观图中保持原来的长度，
的高度和宽度；
3．俯视图：物体上下方向投影所得到的投影图，它能反映物体
的长度和宽度．
课前自修
三、三视图的画法规则
1.能看见的轮廓线和棱用实线表示，不能
看见的轮廓线和棱用虚线表示.
栏
2.高平齐：主视图与左视图的高要保持平齐.
目
长对正：主视图与俯视图的长应对正.
链接
宽相等：俯视图与左视图的宽度应相等.
而平行于 y 轴的线段，长度为原来的一半.
4.过 O′画一条与 y′垂直的直线 O′z 轴，表示竖直方向，与竖直方向平
行的线段，画成与 Biblioteka ′z 平行且长度不变.课前自修
基础自测
1.（2013·四川卷）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体可
以是（ D ）
栏
A.棱柱

高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量高考专题突破四高考中的立体几何问题教学案理

高考专题突破四高考中的立体几何问题空间角的求法命题点1 求线线角例1 (2019·安徽知名示范高中联合质检)若在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠A 1AC ＝∠BAC ＝60°，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，AA 1＝AC ＝AB ，则异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为________．答案 24解析方法一令M 为AC 的中点，连接MB ，MA 1，由题意知△ABC 是等边三角形，所以BM ⊥AC ，同理，A 1M ⊥AC ，因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，BM ⊂平面ABC ，所以BM ⊥平面A 1ACC 1，因为A 1M ⊂平面A 1ACC 1，所以BM ⊥A 1M ，所以AC ，BM ，A 1M 两两垂直，以M 为原点，MA →，MB →，MA 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设AA 1＝AC ＝AB ＝2，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，A 1(0,0，3)，C 1(－2,0，3)，所以AC 1→＝(－3,0，3)，A 1B →＝(0，3，－3)，所以cos 〈AC 1→，A 1B →〉＝－323×6＝－24，故异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为24.方法二如图，在平面ABC ，平面A 1B 1C 1中分别取点D ，D 1，连接BD ，CD ，B 1D 1，C 1D 1，使得四边形ABDC ，A 1B 1D 1C 1为平行四边形，连接DD 1，BD 1，则AB ＝C 1D 1，且AB ∥C 1D 1，所以AC 1∥BD 1，故∠A 1BD 1或其补角为异面直线AC 1与A 1B 所成的角．连接A 1D 1，过点A 1作A 1M ⊥AC 于点M ，连接BM ，设AA 1＝2，由∠A 1AM ＝∠BAC ＝60°，得AM ＝1，BM ＝3，A 1M ＝3，因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，A 1M ⊂平面A 1ACC 1，所以A 1M ⊥平面ABC ，又BM ⊂平面ABC ，所以A 1M ⊥BM ，所以A 1B ＝6，在菱形A 1ACC 1中，可求得AC 1＝23＝BD 1，同理，在菱形A 1B 1D 1C 1中，求得A 1D 1＝23，所以cos∠A 1BD 1＝A 1B 2＋BD 21－A 1D 212A 1B ·BD 1＝6＋12－1226×23＝24，所以异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为24.思维升华 (1)求异面直线所成角的思路： ①选好基底或建立空间直角坐标系． ②求出两直线的方向向量v 1，v 2.③代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2||v 1||v 2|求解．(2)两异面直线所成角的关注点：两异面直线所成角的范围是θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角．跟踪训练1 (2019·龙岩月考)若正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为3，AB ＝1，则直线AB 1与CD 1所成的角为( ) A ．30°B．45°C．60°D．90° 答案 C解析 ∵正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为3，AB ＝1，∴AA 1＝3，以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DD 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B 1(1,1，3)，C (0,1,0)，D 1(0,0，3)， AB1→＝(0,1，3)，CD 1→＝(0，－1，3)，设直线AB 1与CD 1所成的角为θ，则cos θ＝|AB 1→·CD 1→||AB 1→|·|CD 1→|＝24·4＝12，又0°<θ≤90°，∴θ＝60°，∴直线AB 1与CD 1所成的角为60°.故选C. 命题点2 求线面角例2 (2018·浙江)如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC ＝120°，A 1A ＝4，C 1C ＝1，AB ＝BC ＝B 1B ＝2.(1)证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；(2)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．方法一 (1)证明由AB ＝2，AA 1＝4，BB 1＝2，AA 1⊥AB ，BB 1⊥AB ，得AB 1＝A 1B 1＝22，所以A 1B 21＋AB 21＝AA 21，故AB 1⊥A 1B 1.由BC ＝2，BB 1＝2，CC 1＝1，BB 1⊥BC ，CC 1⊥BC ，得B 1C 1＝ 5.由AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°，得AC ＝2 3. 由CC 1⊥AC ，得AC 1＝13，所以AB 21＋B 1C 21＝AC 21，故AB 1⊥B 1C 1.又因为A 1B 1∩B 1C 1＝B 1，A 1B 1，B 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)解如图，过点C 1作C 1D ⊥A 1B 1，交直线A 1B 1于点D ，连接AD .由AB 1⊥平面A 1B 1C 1，得平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1.由C 1D ⊥A 1B 1，平面A 1B 1C 1∩平面ABB 1＝A 1B 1，C 1D ⊂平面A 1B 1C 1，得C 1D ⊥平面ABB 1.所以∠C 1AD 即为AC 1与平面ABB 1所成的角．由B 1C 1＝5，A 1B 1＝22，A 1C 1＝21，得cos∠C 1A 1B 1＝427，sin∠C 1A 1B 1＝77，所以C 1D ＝3，故sin∠C 1AD ＝C 1D AC 1＝3913.因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913.方法二 (1)证明如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．由题意知各点坐标如下：A (0，－3，0)，B (1,0,0)，A 1(0，－3，4)，B 1(1,0,2)，C 1(0，3，1)．因此AB 1→＝(1，3，2)，A 1B 1——→＝(1，3，－2)，A 1C 1——→＝(0,23，－3)．由AB 1→·A 1B 1——→＝0，得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1→·A 1C 1——→＝0，得AB 1⊥A 1C 1.又A 1B 1∩A 1C 1＝A 1，A 1B 1，A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)解设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ. 由(1)可知AC 1→＝(0,23，1)，AB →＝(1，3，0)，BB 1→＝(0,0,2)．设平面ABB 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎨⎧n ·AB →＝0，n ·BB1→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，2z ＝0，可取n ＝(－3，1,0)．所以sin θ＝|cos 〈AC 1→，n 〉|＝|AC 1→·n ||AC 1→||n |＝3913.因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913.思维升华 (1)利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：①分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．②通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．(2)若直线l 与平面α的夹角为θ，直线l 的方向向量l 与平面α的法向量n 的夹角为β，则θ＝π2－β或θ＝β－π2，故有sin θ＝|cos β|＝|l ·n ||l ||n |.跟踪训练2 如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，A 1A ＝A 1C ＝AC ，E ，F 分别是AC ，A 1B 1的中点．(1)证明：EF ⊥BC ；(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值．方法一 (1)证明如图，连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC . 又因为A 1F ∥AB ，∠ABC ＝90°，故BC ⊥A 1F ，又A 1E ，A 1F ⊂平面A 1EF ，A 1E ∩A 1F ＝A 1，所以BC ⊥平面A 1EF .又EF ⊂平面A 1EF ，因此EF ⊥BC .(2)解取BC 的中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．连接A 1G 交EF 于O ，由(1)得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角(或其补角)．不妨设AC ＝4，则在Rt△A 1EG 中，A 1E ＝23，EG ＝ 3. 由于O 为A 1G 的中点，故EO ＝OG ＝A 1G2＝152，所以cos∠EOG ＝EO 2＋OG 2－EG 22EO ·OG ＝35.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35.方法二 (1)证明连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以A 1E ⊥平面ABC .如图，以E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．不妨设AC ＝4，则A 1(0,0,23)，B (3，1,0)，B 1(3，3,23)，F ⎝⎛⎭⎪⎪⎫32，32，23，C (0,2,0)．因此，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，32，23，BC →＝(－3，1,0)．由EF →·BC→＝0得EF ⊥BC . (2)解设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ.由(1)可得BC →＝(－3，1,0)，A 1C →＝(0,2，－23)．设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎨⎧BC →·n ＝0，A 1C →·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋y ＝0，y －3z ＝0.取n ＝(1，3，1)，故sin θ＝|cos 〈EF →，n 〉|＝|EF→·n ||EF →|·|n |＝45.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值为35.命题点3 求二面角例3 如图，在四棱锥A －BCDE 中，平面BCDE ⊥平面ABC ，BE ⊥EC ，BC ＝2，AB ＝4，∠ABC ＝60°.(1)求证：BE ⊥平面ACE ；(2)若直线CE 与平面ABC 所成的角为45°，求二面角E －AB －C 的余弦值．(1)证明在△ACB 中，由余弦定理得cos∠ABC ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC ＝12，解得AC ＝23，所以AC 2＋BC 2＝AB 2，所以AC ⊥BC .又因为平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC ，AC ⊂平面ABC ，所以AC ⊥平面BCDE .又BE ⊂平面BCDE ，所以AC ⊥BE .又BE ⊥EC ，AC ，CE ⊂平面ACE ，且AC ∩CE ＝C ，所以BE ⊥平面ACE .(2)解方法一因为直线CE 与平面ABC 所成的角为45°，平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC ，所以∠BCE ＝45°，所以△EBC 为等腰直角三角形．取BC 的中点F ，连接EF ，过点F 作FG ⊥AB 于点G ，连接EG ，则∠EGF 为二面角E －AB －C 的平面角．易得EF ＝BF ＝1，FG ＝32.在Rt△EFG 中，由勾股定理，得EG ＝EF 2＋FG 2＝72，所以cos∠EGF ＝FG EG ＝217，所以二面角E －AB －C 的余弦值为217.方法二因为直线CE 与平面ABC 所成的角为45°，平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC ，所以∠BCE ＝45°，所以△EBC 为等腰直角三角形．记BC 的中点为O ，连接OE ，则OE ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，分别以OB ，OE 所在直线为x 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (－1,23，0)，B (1,0,0)，E (0,0,1)，所以BA →＝(－2,23，0)，BE →＝(－1,0,1)．设平面ABE 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧BA →·m ＝0，BE →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋23y ＝0，－x ＋z ＝0，令x ＝3，则m ＝(3，1，3)为平面ABE 的一个法向量．易知平面ABC 的一个法向量为OE →＝(0,0,1)，所以cos 〈m ，OE →〉＝m ·OE→|m |·|OE →|＝37＝217，易知二面角E －AB －C 为锐角，所以二面角E －AB －C 的余弦值为217.思维升华 (1)求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．(2)利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：①求平面的垂线的方向向量．②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解．跟踪训练3 (2020·湖北宜昌一中模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点． (1)证明：BE ⊥PD ；(2)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F －AB －D 的余弦值．解依题意，以点A 为原点，以AB ，AD ，AP 为轴建立空间直角坐标系如图，可得B (1,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．由E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1)．(1)证明向量BE →＝(0,1,1)，PD →＝(0,2，－2)，故BE →·PD →＝0，所以BE →⊥PD →，所以BE ⊥PD .(2)解 BC →＝(1,2,0)，CP →＝(－2，－2,2)，AC →＝(2,2,0)，AB →＝(1,0,0)，由点F 在棱PC 上，设CF →＝λCP →，0≤λ≤1，故BF →＝BC →＋CF →＝BC →＋λCP →＝(1－2λ，2－2λ，2λ)，由BF ⊥AC ，得BF →·AC →＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，λ＝34，即BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，32.设n 1＝(x ，y ，z )为平面FAB 的法向量，则⎩⎨⎧n 1·AB →＝0，n 1·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0，不妨令z ＝－1，可得n 1＝(0,3，－1)为平面FAB 的一个法向量，取平面ABD 的法向量n 2＝(0,0,1)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－110＝－1010，又因为二面角F －AB －D 为锐二面角，所以二面角F－AB－D的余弦值为10 10.立体几何中的探索性问题例4 (2019·淄博模拟)已知正方形的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图所示的60°的二面角，点M在线段AB上．(1)若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定平面的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD∥平面EMC；(2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°；若存在，求此时二面角M－EC－F的余弦值，若不存在，说明理由．解(1)因为直线MF⊂平面ABFE，故点O在平面ABFE内也在平面ADE内，所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线上(如图所示)，因为AO∥BF，M为AB的中点，所以△OAM≌△FBM，所以OM＝MF，AO＝BF，所以点O在EA的延长线上，且AO＝2，连接DF交EC于N，因为四边形CDEF为矩形，所以N是EC的中点，连接MN，因为MN为△DOF的中位线，所以MN∥OD，又因为MN⊂平面EMC，OD⊄平面EMC，所以直线OD∥平面EMC.(2)由已知可得，EF⊥AE，EF⊥DE，AE∩DE＝E，所以EF⊥平面ADE，所以平面ABFE⊥平面ADE，取AE的中点H为坐标原点，以AH，DH所在直线分别为x轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，所以E (－1,0,0)，D (0,0，3)，C (0,4，3)，F (－1,4,0)，所以ED →＝(1,0，3)，EC →＝(1,4，3)，设M (1，t,0)(0≤t ≤4)，则EM →＝(2，t,0)，设平面EMC 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧m ·EM →＝0，m ·EC→＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋ty ＝0，x ＋4y ＋3z ＝0，取y ＝－2，则x ＝t ，z ＝8－t 3，所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫t ，－2，8－t 3，因为DE 与平面EMC 所成的角为60°，所以82t 2＋4＋8－t 23＝32，所以23t 2－4t ＋19＝32，所以t 2－4t ＋3＝0，解得t ＝1或t ＝3，所以存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60°，取ED 的中点Q ，因为EF ⊥平面ADE ，AQ ⊂平面ADE ，所以AQ ⊥EF ，又因为AQ ⊥DE ，DE ∩EF ＝E ，DE ，EF ⊂平面CEF ，所以AQ ⊥平面CEF ，则QA →为平面CEF 的法向量，因为Q ⎝⎛⎭⎪⎪⎫－12，0，32，A (1,0,0)，所以QA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，0，－32，m ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫t ，－2，8－t 3，设二面角M －EC －F 的大小为θ，所以|cos θ|＝|QA →·m ||QA →|·|m |＝|2t －4|3t 2＋4＋8－t23＝|t －2|t 2－4t ＋19，因为当t ＝2时，cos θ＝0，平面EMC ⊥平面CDEF ，所以当t ＝1时，θ为钝角，所以cos θ＝－14.当t ＝3时，θ为锐角，所以cos θ＝14.思维升华 (1)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设．(2)平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．跟踪训练4 (2019·天津市南开区南开中学月考)如图1，在边长为2的菱形ABCD 中，∠BAD ＝60°，DE ⊥AB 于点E ，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1D ⊥BE ，如图2. (1)求证：A 1E ⊥平面BCDE ；(2)求二面角E －A 1D －B 的余弦值；(3)在线段BD 上是否存在点P ，使平面A 1EP ⊥平面A 1BD ？若存在，求BPBD的值；若不存在，说明理由． (1)证明因为A 1D ⊥BE ，DE ⊥BE ，A 1D ∩DE ＝D ，A 1D ，DE ⊂平面A 1DE ，所以BE ⊥平面A 1DE ，因为A 1E ⊂平面A 1DE ，所以A 1E ⊥BE ，又因为A 1E ⊥DE ，BE ∩DE ＝E ，BE ，DE ⊂平面BCDE ，所以A 1E ⊥平面BCDE .(2)解以E 为原点，分别以EB ，ED ，EA 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则B (1,0,0)，D (0，3，0)，A 1(0,0,1)，所以BA 1→＝(－1,0,1)，BD →＝(－1，3，0)，设平面A 1BD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n ·BA 1→＝－x ＋z ＝0，n ·BD→＝－x ＋3y ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝z ，x ＝3y ，令y ＝1，得n ＝(3，1，3)，因为BE ⊥平面A 1DE ，所以平面A 1DE 的法向量EB→＝(1,0,0)，cos 〈n ，EB →〉＝n ·EB→|n |·|EB →|＝37＝217，因为所求二面角为锐角，所以二面角E －A 1D －B 的余弦值为217. (3)解假设在线段BD 上存在一点P ，使得平面A 1EP ⊥平面A 1BD ，设P (x ，y ，z )，BP →＝λBD→(0≤λ≤1)，则(x －1，y ，z )＝λ(－1，3，0)，所以P (1－λ，3λ，0)，所以EA 1→＝(0,0,1)，EP →＝(1－λ，3λ，0)，设平面A 1EP 的法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎨⎧m ·EA1→＝z 1＝0，m ·EP→＝1－λx 1＋3λy 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧z 1＝0，1－λx 1＝－3λy 1，令x 1＝3λ，得m ＝(3λ，λ－1,0)，因为平面A 1EP ⊥平面A 1BD ，所以m ·n ＝3λ＋λ－1＝0，解得λ＝14∈[0,1]，所以在线段BD 上存在点P ，使得平面A 1EP ⊥平面A 1BD ，且BP BD ＝14.例 (12分)(2019·全国Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．(1)证明：MN ∥平面C 1DE ；(2)求二面角A －MA 1－N 的正弦值． (1)证明连接B 1C ，ME .因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C .[1分]又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D .[2分]由题设知A 1B 1∥DC 且A 1B 1＝DC ，可得B 1C ∥A 1D 且B 1C ＝A 1D ，故ME ∥ND 且ME ＝ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，[3分] 所以MN ∥ED .[4分]又MN ⊄平面C 1DE ，ED ⊂平面C 1DE ，[5分] 所以MN ∥平面C 1DE .[6分](2)解由已知可得DE ⊥DA ，以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，[7分]则A (2,0,0)，A 1(2,0,4)，M (1，3，2)，N (1,0,2)，A 1A →＝(0,0，－4)，A 1M →＝(－1，3，－2)，A 1N →＝(－1,0，－2)，MN →＝(0，－3，0)．[8分]设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的一个法向量，则 ⎩⎨⎧ m ·A 1M →＝0，m ·A 1A →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3y －2z ＝0，－4z ＝0，可得m ＝(3，1,0)．[9分]设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的一个法向量，则⎩⎨⎧n ·MN →＝0，n ·A 1N →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－3q ＝0，－p －2r ＝0，可取n ＝(2,0，－1)．[10分]于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝232×5＝155，[11分]所以二面角A －MA 1－N 的正弦值为105.[12分]利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标；第二步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第三步：计算向量的夹角(或函数值)，并转化为所求角．1.(2019·大连模拟)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 和△AA 1C 均是边长为2的等边三角形，点O 为AC 中点，平面AA 1C 1C ⊥平面ABC .(1)证明：A 1O ⊥平面ABC ；(2)求直线AB 与平面A 1BC 1所成角的正弦值． (1)证明 ∵AA 1＝A 1C ，且O 为AC 的中点， ∴A 1O ⊥AC ，又∵平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ，平面AA 1C 1C ∩平面ABC ＝AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ， ∴A 1O ⊥平面ABC .(2)解如图，以O 为原点，OB ，OC ，OA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．由已知可得O (0,0,0)，A (0，－1,0)，B (3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(0,2，3)，∴AB →＝(3，1,0)，A 1B →＝(3，0，－3)，A 1C 1——→＝(0,2,0)，设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·A 1C 1→＝0，n ·A 1B →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，3x －3z ＝0，∴平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(1,0,1)，设直线AB 与平面A 1BC 1所成的角为α，则sin α＝|cos 〈AB →，n 〉|，又∵cos〈AB →，n 〉＝AB →·n|AB →||n |＝322＝64，∴AB 与平面A 1BC 1所成角的正弦值为64.2．如图1，在△ABC 中，BC ＝3，AC ＝6，∠C ＝90°，且DE ∥BC ，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1D ⊥CD ，如图2. (1)求证：BC ⊥平面A 1DC ；(2)若CD ＝2，求BE 与平面A 1BC 所成角的正弦值． (1)证明 ∵DE ⊥A 1D ，DE ∥BC ，∴BC ⊥A 1D ，又∵BC ⊥CD ，A 1D ∩CD ＝D ，A 1D ，CD ⊂平面A 1CD ， ∴BC ⊥平面A 1DC ，(2)解以D 为原点，分别以DE →，DA 1→，CD →为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，在直角梯形CDEB 中，过E 作EF ⊥BC ，EF ＝2，BF ＝1，BC ＝3， ∴B (3,0，－2)，E (2,0,0)，C (0,0，－2)，A 1(0,4,0)， BE →＝(－1,0,2)，CA1→＝(0,4,2)，BA 1→＝(－3,4,2)，设平面A 1BC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， ⎩⎨⎧CA 1→·m ＝0，BA1→·m ＝0，⎩⎪⎨⎪⎧4y ＋2z ＝0，－3x ＋4y ＋2z ＝0，⎩⎪⎨⎪⎧z ＝－2y ，x ＝0，令y ＝1，∴m ＝(0,1，－2)，设BE 与平面A 1BC 所成角为θ，∴sin θ＝|cos 〈BE →，m 〉|＝|BE →·m ||BE →||m |＝45·5＝45.3．(2020·成都诊断)如图1，在边长为5的菱形ABCD 中，AC ＝6，现沿对角线AC 把△ADC 翻折到△APC 的位置得到四面体P －ABC ，如图2所示．已知PB ＝4 2. (1)求证：平面PAC ⊥平面ABC ；(2)若Q 是线段AP 上的点，且AQ →＝13AP →，求二面角Q －BC －A 的余弦值．(1)证明取AC 的中点O ，连接PO ，BO 得到△PBO . ∵四边形ABCD 是菱形，∴PA ＝PC ，PO ⊥AC . ∵DC ＝5，AC ＝6，∴OC ＝3，PO ＝OB ＝4， ∵PB ＝42，∴PO 2＋OB 2＝PB 2， ∴PO ⊥OB .∵OB ∩AC ＝O ，OB ，AC ⊂平面ABC ，∴PO ⊥平面ABC . ∵PO ⊂平面PAC ，∴平面PAC ⊥平面ABC . (2)解 ∵AB ＝BC ，∴BO ⊥AC . 易知OB ，OC ，OP 两两垂直．以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．则B (4,0,0)，C (0,3,0)，P (0,0,4)，A (0，－3,0)．设点Q (x ，y ，z )．由AQ →＝13AP →，得Q ⎝⎛⎭⎪⎫0，－2，43.∴BC →＝(－4,3,0)，BQ →＝⎝⎛⎭⎪⎫－4，－2，43.设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面BCQ 的法向量．由⎩⎨⎧n 1·BC →＝0，n 1·BQ →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－4x 1＋3y 1＝0，－4x 1－2y 1＋43z 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝34y 1，y 1＝415z 1，取z 1＝15，则n 1＝(3,4,15)．取平面ABC 的一个法向量n 2＝(0,0,1)．∵cos〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝1532＋42＋152＝31010，由图可知二面角Q －BC －A 为锐角， ∴二面角Q －BC －A 的余弦值为31010.4.如图所示，在正四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 的边长为2，侧棱长为2 2.(1)若点E 为PD 上的点，且PB ∥平面EAC ，试确定E 点的位置； (2)在(1)的条件下，在线段PA 上是否存在点F ，使平面AEC 和平面BDF 所成的锐二面角的余弦值为114，若存在，求线段PF 的长度，若不存在，请说明理由．解 (1)设BD 交AC 于点O ，连接OE ， ∵PB ∥平面AEC ，平面AEC ∩平面BDP ＝OE ， ∴PB ∥OE .又O 为BD 的中点，∴E 为PD 的中点．(2)连接OP ，由题意知PO ⊥平面ABCD ，且AC ⊥BD ，∴以O 为坐标原点，OC →，OD →，OP →所在直线分别为x ，y ，z 轴建立直角坐标系，如图所示．OP ＝PD 2－OD 2＝6，∴O (0,0,0)，A (－2，0,0)，B (0，－2，0)，C (2，0,0)，D (0，2，0)，P (0,0，6)，则E ⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，22，62，OC →＝(2，0,0)，OE →＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，22，62，OD →＝(0，2，0)．设平面AEC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧m ·OC→＝0，m ·OE→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝0，22y 1＋62z 1＝0，令z 1＝1，得平面AEC 的一个法向量m ＝(0，－3，1)，假设在线段PA 上存在点F ，满足题设条件，不妨设PF →＝λPA →(0≤λ≤1)．则F (－2λ，0，6－6λ)，OF →＝(－2λ，0，6－6λ)．设平面BDF 的法向量n ＝(x 2，y 2，z 2)， ∴⎩⎨⎧n ·OD →＝0，n ·OF→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 2＝0，－2λx 2＋1－λr(6z 2＝0.)令z 2＝1得平面BDF的一个法向量n ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫31－λλ，0，1.由平面AEC 与平面BDF 所成锐二面角的余弦值为114，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝12·1＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ－12＝114，解得λ＝15(负值舍去)．∴|PF →|＝15|PA →|＝225. 故在线段PA 上存在点F ，当PF ＝225时，使得平面AEC 和平面BDF所成的锐二面角的余弦值为114.5.如图，在四棱锥E －ABCD 中，底面ABCD 是圆内接四边形，CB ＝CD ＝CE ＝1，AB ＝AD ＝AE ＝3，EC ⊥BD .(1)求证：平面BED ⊥平面ABCD ；(2)若点P 在侧面ABE 内运动，且DP ∥平面BEC ，求直线DP 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值．(1)证明如图，连接AC ，交BD 于点O ，连接EO ， ∵AD ＝AB ，CD ＝CB ，AC ＝AC ， ∴△ADC ≌△ABC ，易得△ADO ≌△ABO ， ∴∠AOD ＝∠AOB ＝90°， ∴AC ⊥BD .又EC ⊥BD ，EC ∩AC ＝C ，EC ，AC ⊂平面AEC ， ∴BD ⊥平面AEC ，又OE ⊂平面AEC ，∴OE ⊥BD . 又底面ABCD 是圆内接四边形， ∴∠ADC ＝∠ABC ＝90°，在Rt△ADC 中，由AD ＝3，CD ＝1，可得AC ＝2，AO ＝32，∴∠AEC ＝90°，AE AC ＝AO AE ＝32，易得△AEO ∽△ACE ，∴∠AOE ＝∠AEC ＝90°，即EO ⊥AC .又AC ，BD ⊂平面ABCD ，AC ∩BD ＝O ， ∴EO ⊥平面ABCD ，又EO ⊂平面BED ，∴平面BED ⊥平面ABCD .(2)解如图，取AE 的中点M ，AB 的中点N ，连接MN ，ND ，DM ，则MN ∥BE ，由(1)知，∠DAC ＝∠BAC ＝30°，即∠DAB ＝60°， ∴△ABD 为正三角形， ∴DN ⊥AB ，又BC ⊥AB ，DN ，CB ⊂平面ABCD ，∴DN ∥CB ，又MN ∩DN ＝N ，BE ∩BC ＝B ，MN ，DN ⊂平面DMN ，BE ，BC ⊂平面EBC ， ∴平面DMN ∥平面EBC ，∴点P 在线段MN 上．以O 为坐标原点，OA ，OB ，OE 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，32，0，E ⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，0，32， M ⎝⎛⎭⎪⎪⎫34，0，34，D ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－32，0，N ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫34，34，0， ∴AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32，32，0，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32，0，32， DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫34，32，34，MN →＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，34，－34，设平面ABE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧AB →·n ＝0，AE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋y ＝0，－3x ＋z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1，3，3)，设MP →＝λMN →(0≤λ≤1)，可得DP →＝DM →＋MP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫34，32＋34λ，34－34λ，设直线DP 与平面ABE 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DP →〉|＝|n ·DP →||n |·|DP →|＝1242×λ2＋λ＋4， ∵0≤λ≤1，∴当λ＝0时，sin θ取得最大值427.故直线DP 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值为427.。

2019版高考文科数学大一轮复习人教A版文档：第八章立

§8.3 空间点、直线、平面之间的位置关系1．四个公理公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行． 2．直线与直线的位置关系 (1)位置关系的分类⎩⎨⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧平行直线相交直线异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点(2)异面直线所成的角①定义：设a ，b 是两条异面直线，经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角)． ②范围：⎝⎛⎦⎤0，π2. 3．直线与平面的位置关系有直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情况． 4．平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况． 5．等角定理空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．知识拓展1．唯一性定理(1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行．(2)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直．(3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．(4)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直．2．异面直线的判定定理经过平面内一点的直线与平面内不经过该点的直线互为异面直线．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)如果两个不重合的平面α，β有一条公共直线a，就说平面α，β相交，并记作α∩β＝a.(√)(2)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线．(×)(3)两个平面ABC与DBC相交于线段BC.(×)(4)经过两条相交直线，有且只有一个平面．(√)(5)没有公共点的两条直线是异面直线．(×)(6)若a，b是两条直线，α，β是两个平面，且a⊂α，b⊂β，则a，b是异面直线．(×)题组二教材改编2．[P52B组T1(2)]如图所示，已知M，N分别是正方体ABCD—A1B1C1D1中BB1和B1C1的中点，则MN与CD1所成的角为________．答案60°解析连接AD1，AC，因为M，N分别是正方体ABCD—A1B1C1D1中BB1和B1C1的中点，所以AD1∥MN，故∠AD1C为MN与CD1所成的角或其补角，由于AC＝AD1＝D1C，故∠AD1C ＝60°，则MN与CD1所成的角为60°.3．[P45例2]如图，在三棱锥A—BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，则(1)当AC ，BD 满足条件________时，四边形EFGH 为菱形； (2)当AC ，BD 满足条件________时，四边形EFGH 为正方形．答案 (1)AC ＝BD (2)AC ＝BD 且AC ⊥BD 解析 (1)∵四边形EFGH 为菱形， ∴EF ＝EH ，故AC ＝BD .(2)∵四边形EFGH 为正方形，∴EF ＝EH 且EF ⊥EH ， ∵EF 綊12AC ，EH 綊12BD ，∴AC ＝BD 且AC ⊥BD .题组三易错自纠4．若P 是两条异面直线l ，m 外的任意一点，则( ) A ．过点P 有且仅有一条直线与l ，m 都平行 B ．过点P 有且仅有一条直线与l ，m 都垂直 C ．过点P 有且仅有一条直线与l ，m 都相交 D ．过点P 有且仅有一条直线与l ，m 都异面答案 B解析 A 项，设过点P 的直线为n ，若n 与l ，m 都平行，则l ，m 平行，与l ，m 异面矛盾，A 错；B 项，l ，m 只有唯一的公垂线，而过点P 与公垂线平行的直线只有1条，B 对；C 项，如图所示，在正方体ABCD —A ′B ′C ′D ′中，设AD 为直线l ，A ′B ′为直线m ，若点P 在P 1点，显然无法作出直线与两直线都相交，C 错； D 项，若P 在P 2点，则直线CC ′及D ′P 2均与l ，m 异面，D 错． 5．下列命题正确的有________．(填序号) ①若直线与平面有两个公共点，则直线在平面内；②若直线l 上有无数个点不在平面α内，则l 与平面α平行； ③若直线l 与平面α相交，则l 与平面α内的任意直线都是异面直线；④如果两条异面直线中的一条与一个平面平行，则另一条直线一定与该平面相交； ⑤若直线l 与平面α平行，则l 与平面α内的直线平行或异面．答案 ①⑤ 解析 ①正确；②错误，直线l 与平面α相交时，仍有无数个点不在平面α内； ③错误，直线l 与平面α内过该交点的直线不是异面直线； ④错误，另一条直线可能在该平面内；⑤正确．6.如图为正方体表面的一种展开图，则图中的四条线段AB ，CD ，EF ，GH 在原正方体中互为异面的对数为______．答案 3解析平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB，CD，EF和GH在原正方体中，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH相交，CD与EF平行．故互为异面的直线有且只有3对．题型一平面基本性质的应用典例如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点．求证：(1)E，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点．证明(1)如图，连接EF，CD1，A1B.∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥BA1.又A1B∥D1C，∴EF∥CD1，∴E，C，D1，F四点共面．(2)∵EF∥CD1，EF<CD1，∴CE与D1F必相交，设交点为P，如图所示．则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，∴P∈直线DA，∴CE，D1F，DA三线共点．思维升华共面、共线、共点问题的证明(1)证明点或线共面问题的两种方法：①首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合．(2)证明点共线问题的两种方法：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②直接证明这些点都在同一条特定直线上．(3)证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．跟踪训练已知正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q，求证：(1)D，B，F，E四点共面；(2)若A1C交平面BDEF于R点，则P，Q，R三点共线．证明如图．(1)∵EF是△D1B1C1的中位线，∴EF∥B1D1.在正方体AC1中，B1D1∥BD，∴EF∥BD.∴EF，DB确定一个平面，即D，B，F，E四点共面．(2)在正方体AC1中，设A1ACC1确定的平面为α，平面BDEF为β.∵Q∈A1C1，∴Q∈α.又Q∈EF，∴Q∈β，则Q是α与β的公共点，∴α∩β＝PQ.又A1C∩β＝R，∴R∈A1C，∴R∈α，且R∈β，则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．题型二判断空间两直线的位置关系典例(1)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是()A．l与l1，l2都不相交B．l与l1，l2都相交C．l至多与l1，l2中的一条相交D．l至少与l1，l2中的一条相交答案 D解析方法一由于l与直线l1，l2分别共面，故直线l与l1，l2要么都不相交，要么至少与l1，l2中的一条相交．若l∥l1，l∥l2，则l1∥l2，这与l1，l2是异面直线矛盾．故l至少与l1，l2中的一条相交．方法二如图1，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故A，B不正确；如图2，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故C不正确．(2)(2017·唐山一中月考)如图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有________．(填上所有正确答案的序号)答案②④解析在图①中，直线GH∥MN；在图②中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，N∉GH，因此直线GH与MN异面；在图③中，连接GM，GM∥HN，因此GH与MN共面；在图④中，G，M，N共面，但H∉平面GMN，G∉MN，因此GH与MN异面．所以在图②④中GH与MN异面．思维升华空间中两直线位置关系的判定，主要是异面、平行和垂直的判定．对于异面直线，可采用直接法或反证法；对于平行直线，可利用三角形(梯形)中位线的性质、公理4及线面平行与面面平行的性质定理；对于垂直关系，往往利用线面垂直或面面垂直的性质来解决．跟踪训练 (1)(2016·山东)已知直线a ，b 分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a 和直线b 相交”是“平面α和平面β相交”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件答案 A解析若直线a 和直线b 相交，则平面α和平面β相交；若平面α和平面β相交，那么直线a 和直线b 可能平行或异面或相交，故选A. (2)已知a ，b ，c 为三条不重合的直线，已知下列结论：①若a ⊥b ，a ⊥c ，则b ∥c ；②若a ⊥b ，a ⊥c ，则b ⊥c ；③若a ∥b ，b ⊥c ，则a ⊥c . 其中正确的个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 答案 B解析在空间中，若a ⊥b ，a ⊥c ，则b ，c 可能平行，也可能相交，还可能异面，所以①②错，③显然成立．题型三求异面直线所成的角典例 (2018·南宁模拟)如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝2，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为( )A.15B.25C.35D.45答案 D解析连接BC 1，易证BC 1∥AD 1，则∠A 1BC 1即为异面直线A 1B 与AD 1所成的角．连接A 1C 1，由AB ＝1，AA 1＝2，易得A 1C 1＝2，A 1B ＝BC 1＝5，故cos ∠A 1BC 1＝5＋5－22×5×5＝45，即异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为45.引申探究将上例条件“AA 1＝2AB ＝2”改为“AB ＝1，若异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为910”，试求AA 1AB的值．解设AA 1AB ＝t ，则AA 1＝tAB .∵AB ＝1，∴AA 1＝t .∵A 1C 1＝2，A 1B ＝t 2＋1＝BC 1， ∴cos ∠A 1BC 1＝t 2＋1＋t 2＋1－22×t 2＋1×t 2＋1＝910.∴t ＝3，即AA 1AB＝3.思维升华用平移法求异面直线所成的角的三步法 (1)一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角； (2)二证：证明作出的角是异面直线所成的角；(3)三求：解三角形，求出所作的角．如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角．跟踪训练在如图所示的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是棱B 1B ，AD 的中点，则异面直线BF 与D 1E 所成角的余弦值为( )A.147B.57C.105D.255答案 D解析如图，过E 点作EM ∥AB ，过M 点作MN ∥AD ，取MN 的中点G ，所以平面EMN ∥平面ABCD ，EG ∥BF ，异面直线BF 与D 1E 所成的角，转化为∠D 1EG ，不妨设正方体的棱长为2，GE ＝5，D 1G ＝2，D 1E ＝3，在△D 1GE 中，由余弦定理 cos ∠D 1EG ＝9＋5－22×3×5＝255，故选D.构造模型判断空间线面位置关系典例已知m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，有下列四个命题：①若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；②若m∥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；③若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；④若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n.其中所有正确的命题是________．(填序号)思想方法指导本题可通过构造模型法完成，构造法实质上是结合题意构造符合题意的直观模型，然后利用模型直观地对问题作出判断，这样减少了抽象性，避免了因考虑不全面而导致解题错误．对于线面、面面平行、垂直的位置关系的判定，可构造长方体或正方体化抽象为直观去判断．解析借助于长方体模型来解决本题，对于①，可以得到平面α，β互相垂直，如图(1)所示，故①正确；对于②，平面α，β可能垂直，如图(2)所示，故②不正确；对于③，平面α，β可能垂直，如图(3)所示，故③不正确；对于④，由m⊥α，α∥β可得m⊥β，因为n∥β，所以过n作平面γ，且γ∩β＝g，如图(4)所示，所以n与交线g平行，因为m⊥g，所以m⊥n，故④正确．答案①④1．在下列命题中，不是公理的是()A．平行于同一个平面的两个平面相互平行B．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面C．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线答案 A解析选项A是由公理推证出来的，而公理是不需要证明的．2．(2018·佛山模拟)在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与直线A1B1，EF，BC都相交的直线()A．不存在B．有且只有两条C．有且只有三条D．有无数条答案 D解析在EF上任意取一点M，直线A1B1与M确定一个平面，这个平面与BC有且仅有1个交点N，当M的位置不同时确定不同的平面，从而与BC有不同的交点N，而直线MN与A1B1，EF，BC分别有交点P，M，N，如图，故有无数条直线与直线A1B1，EF，BC都相交．3．(2017·济南模拟)a，b，c是两两不同的三条直线，下面四个命题中，真命题是() A．若直线a，b异面，b，c异面，则a，c异面B．若直线a，b相交，b，c相交，则a，c相交C．若a∥b，则a，b与c所成的角相等D．若a⊥b，b⊥c，则a∥c答案 C解析若直线a，b异面，b，c异面，则a，c相交、平行或异面；若a，b相交，b，c相交，则a，c相交、平行或异面；若a⊥b，b⊥c，则a，c相交、平行或异面；由异面直线所成的角的定义知C正确．故选C. 4．(2017·福州质检)直三棱柱ABC—A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于()A．30°B．45°C．60°D．90°答案 C解析如图，延长CA到点D，使得AD＝AC，连接DA1，BD，则四边形ADA1C1为平行四边形，所以∠DA1B就是异面直线BA1与AC1所成的角．又A1D＝A1B＝DB，所以△A1DB为等边三角形，所以∠DA1B＝60°.故选C.5．下列命题中，正确的是()A．若a，b是两条直线，α，β是两个平面，且a⊂α，b⊂β，则a，b是异面直线B．若a，b是两条直线，且a∥b，则直线a平行于经过直线b的所有平面C．若直线a与平面α不平行，则此直线与平面内的所有直线都不平行D．若直线a∥平面α，点P∈α，则平面α内经过点P且与直线a平行的直线有且只有一条答案 D解析对于A，当α∥β，a，b分别为第三个平面γ与α，β的交线时，由面面平行的性质可知a∥b，故A错误．对于B，设a，b确定的平面为α，显然a⊂α，故B错误．对于C，当a⊂α时，直线a与平面α内的无数条直线都平行，故C错误．易知D正确．故选D.6．以下四个命题中，①不共面的四点中，其中任意三点不共线；②若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则点A，B，C，D，E共面；③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面；④依次首尾相接的四条线段必共面．正确命题的个数是()A．0 B．1 C．2 D．3答案 B解析①显然是正确的；②中若A，B，C三点共线，则A，B，C，D，E五点不一定共面；③中构造长方体(或正方体)，如图所示，显然b，c异面，故不正确；④中空间四边形中四条线段不共面，故只有①正确．7．给出下列命题，其中正确的命题为________．(填序号)①如果线段AB在平面α内，那么直线AB在平面α内；②两个不同的平面可以相交于不在同一直线上的三个点A，B，C；③若三条直线a，b，c互相平行且分别交直线l于A，B，C三点，则这四条直线共面；④若三条直线两两相交，则这三条直线共面；⑤两组对边相等的四边形是平行四边形．答案①③8. 一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论：①AB⊥EF；②AB与CM所成的角为60°；③EF与MN是异面直线；④MN∥CD.以上四个命题中，正确命题的序号是________．答案①③解析如图，①AB⊥EF，正确；②显然AB∥CM，所以不正确；③EF与MN是异面直线，所以正确；④MN与CD异面，并且垂直，所以不正确，则正确的是①③.9．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为________．答案 4解析EF与正方体左、右两侧面均平行，所以与EF相交的平面有4个．10.如图，已知圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，C是圆柱下底面弧AB的中点，C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为________．答案 2D，AD，解析取圆柱下底面弧AB的另一中点D，连接C因为C是圆柱下底面弧AB的中点，所以AD∥BC，所以直线AC1与AD所成的角即为异面直线AC1与BC所成的角，因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，所以C1D⊥圆柱下底面，所以C1D⊥AD.因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，所以C1D＝2AD，所以直线AC1与AD所成角的正切值为2，所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为 2.11.(2018·石家庄调研)如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，H为直线B1D与平面ACD1的交点．求证：D1，H，O三点共线．证明如图，连接BD，BD1，则BD ∩AC ＝O ，∵BB 1綊DD 1，∴四边形BB 1D 1D 为平行四边形，又H ∈B 1D ，B 1D ⊂平面BB 1D 1D ，则H ∈平面BB 1D 1D ，∵平面ACD 1∩平面BB 1D 1D ＝OD 1，∴H ∈OD 1.即D 1，H ，O 三点共线．12.如图所示，等腰直角三角形ABC 中，∠A ＝90°，BC ＝2，DA ⊥AC ，DA ⊥AB ，若DA ＝1，且E 为DA 的中点，求异面直线BE 与CD 所成角的余弦值．解如图所示，取AC 的中点F ，连接EF ，BF ，∵在△ACD 中，E ，F 分别是AD ，AC 的中点，∴EF ∥CD .∴∠BEF 或其补角即为异面直线BE 与CD 所成的角．在Rt △EAB 中，AB ＝AC ＝1，AE ＝12AD ＝12， ∴BE ＝52. 在Rt △EAF 中，AF ＝12AC ＝12，AE ＝12，∴EF ＝22. 在Rt △BAF 中，AB ＝1，AF ＝12，∴BF ＝52. 在等腰三角形EBF 中，cos ∠FEB ＝12EF BE ＝2452＝1010. ∴异面直线BE 与CD 所成角的余弦值为1010.13．(2018·长春质检)若空间中四条两两不同的直线l 1，l 2，l 3，l 4，满足l 1⊥l 2，l 2⊥l 3，l 3⊥l 4，则下列结论一定正确的是( )A ．l 1⊥l 4B ．l 1∥l 4C ．l 1与l 4既不垂直也不平行D ．l 1与l 4的位置关系不确定答案 D解析如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，记l 1＝DD 1，l 2＝DC ，l 3＝DA .若l 4＝AA 1，满足l 1⊥l 2，l 2⊥l 3，l 3⊥l 4，此时l 1∥l 4，可以排除选项A 和C.若取C 1D 为l 4，则l 1与l 4相交；若取BA 为l 4，则l 1与l 4异面；若取C 1D 1为l 4，则l 1与l 4相交且垂直．因此l 1与l 4的位置关系不能确定．14.(2017·郑州质检)如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2AD ，E 为边AB 的中点，将△ADE 沿直线DE 翻折成△A 1DE .若M 为线段A 1C 的中点，则在△ADE 翻折过程中，下列四个命题中不正确的是________．(填序号)①BM 是定值；②点M 在某个球面上运动；③存在某个位置，使DE ⊥A 1C ；④存在某个位置，使MB ∥平面A 1DE .答案 ③解析取DC 的中点F ，连接MF ，BF ，则MF ∥A 1D 且MF ＝12A 1D ，FB ∥ED 且FB ＝ED ，所以∠MFB ＝∠A 1DE .由余弦定理可得MB 2＝MF 2＋FB 2－2MF ·FB ·cos ∠MFB 是定值，所以M 是在以B 为球心，MB 为半径的球上，可得①②正确；由MF ∥A 1D 与FB ∥ED 可得平面MBF ∥平面A 1DE ，可得④正确；若存在某个位置，使DE ⊥A 1C ，则因为DE 2＋CE 2＝CD 2，即CE ⊥DE ，因为A 1C ∩CE ＝C ，则DE ⊥平面A 1CE ，所以DE ⊥A 1E ，与DA 1⊥A 1E 矛盾，故③不正确．15.(2017·山西四校联考)如图，已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为2，长为2的线段MN 的一个端点M 在棱DD 1上运动，点N 在正方体的底面ABCD 内运动，则MN 的中点P 的轨迹的面积是( )A ．4πB ．πC ．2π D.π2答案 D解析连接DN ，则△MDN 为直角三角形，在Rt △MDN 中，MN ＝2，P 为MN 的中点，连接DP ，则DP ＝1，所以点P 在以D 为球心，半径R ＝1的球面上，又因为点P 只能落在正方体上或其内部，所以点P 的轨迹的面积等于该球面面积的18，故所求面积S ＝18×4πR 2＝π2. 16．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为棱AA 1，CC 1的中点，则在空间中与三条直线A 1D 1，EF ，CD 都相交的直线有________条．答案无数解析方法一在EF 上任意取一点M ，直线A 1D 1与M 确定一个平面，这个平面与CD 有且仅有1个交点N ，M 取不同的位置就确定不同的平面，从而与CD 有不同的交点N ，而直线MN 与这3条异面直线都有交点．如图所示．方法二 (图略)在A 1D 1上任取一点P ，过点P 与直线EF 作一个平面α，因CD 与平面α不平行，所以它们相交，设它们交于点Q ，连接PQ ，则PQ 与EF 必然相交，即PQ 为所求直线．由点P 的任意性，知有无数条直线与三条直线A 1D 1，EF ，CD 都相交．。

2019版高考文科数学大一轮复习人教A版第八章立体几何高考专题突破四 Word版含答案

高考专题突破四高考中的立体几何问题
【考点自测】
．在正三棱柱－中，为的中点，为的中点，则与平面的位置关系为()
．相交．平行
．垂直相交．不确定
答案
解析如图取的中点为，连接，，
则∥，∥，
且∩＝，∩＝，
∴平面∥平面，
∴∥平面.
．设，，是空间中不同的直线或平面，对下列四种情形：
①，，均为直线；②，是直线，是平面；③是直线，，是平面；④，，均为平面．
其中使“⊥且⊥⇒∥”为真命题的是()
．③④．①③．②③．①②
答案
解析由正方体模型可知①④为假命题；由线面垂直的性质定理可知②③为真命题．
．(届辽宁凌源二中联考)已知一几何体的三视图如图所示，俯视图是一个等腰直角三角形和半圆，则该几何体的体积为()
．＋＋π
．＋＋π
答案
解析结合三视图可知，该几何体是一个半圆柱与一个底面是等腰直角三角形的三棱锥组成的组合体，其体积为＝××××＋×π××＝＋π，
故选.
．(·天津滨海新区模拟)如图，以等腰直角三角形的斜边上的高为折痕，把△和△折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：
①⊥；
②△是等边三角形；
③三棱锥－是正三棱锥；
④平面⊥平面.
其中正确的是()
．①②④．①②③
．②③④．①③④
答案
解析由题意知，⊥平面，故⊥，①正确；为等腰直角三角形斜边上的高，平面⊥平面，所以。

2019年高考数学(文科)一轮分层演练：第8章立体几何第4讲(含答案解析)

[学生用书P252(单独成册)]一、选择题1．设α，β是两个不同的平面，m，n是平面α内的两条不同直线，l1，l2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分不必要条件是()A．m∥l1且n∥l2B．m∥β且n∥l2C．m∥β且n∥βD．m∥β且l1∥α解析：选A．由m∥l1，m⊂α，得l1∥α，同理l2∥α，又l1，l2相交，l1，l2⊂β，所以α∥β，反之不成立，所以m∥l1且n∥l2是α∥β的一个充分不必要条件．2．已知m，n，l是不同的直线，α，β是不同的平面，以下命题正确的是()①若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β；②若m⊂α，n⊂β，α∥β，l⊥m，则l⊥n；③若m⊥α，n⊥β，α∥β，则m∥n；④若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n．A．①③B．③④C．②④D．③解析：选D．①若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β或α，β相交；②若m⊂α，n⊂β，α∥β，l⊥m，则l⊥n或l∥n或l，n异面；③正确；④若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n或m∥n或m，n异面．3．如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则()A．BD∥平面EFGH，且四边形EFGH是矩形B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是菱形D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形解析：选B．由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知EF═∥15BD，所以EF∥平面BCD．又H，G分别为BC，CD的中点，所以HG═∥12BD，所以EF∥HG且EF≠HG．所以四边形EFGH是梯形．4．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，给出下列四个推断：①FG∥平面AA1D1D；②EF∥平面BC1D1；③FG∥平面BC1D1；④平面EFG∥平面BC1D1．其中推断正确的序号是()A．①③B．①④C．②③D．②④解析：选A．因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，所以FG∥BC1，因为BC1∥AD1，所以FG∥AD1，因为FG⊄平面AA1D1D，AD1⊂平面AA1D1D，所以FG∥平面AA1D1D，故①正确；因为EF∥A1C1，A1C1与平面BC1D1相交，所以EF与平面BC1D1相交，故②错误；因为E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，所以FG∥BC1，因为FG⊄平面BC1D1，BC1⊂平面BC1D1，所以FG∥平面BC1D1，故③正确；因为EF与平面BC1D1相交，所以平面EFG与平面BC1D1相交，故④错误．故选A．5．设l，m，n表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列命题：①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；②若m∥l，且m∥α，则l∥α；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，则l∥m∥n；④若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，且n∥β，则l∥m．其中正确命题的个数是()A．1 B．2C．3 D．4解析：选B．由题易知①正确；②错误，l也可以在α内；③错误，以墙角为例即可说明；④正确，可以以三棱柱为例说明，故选B．6．如图，在四面体ABCD 中，若截面PQMN 是正方形，则在下列说法中，错误的为( ) A ．AC ⊥BD B ．AC ＝BD C ．AC ∥截面PQMND ．异面直线PM 与BD 所成的角为45° 解析：选B ．因为截面PQMN 是正方形，所以PQ ∥MN ，QM ∥PN ，则PQ ∥平面ACD 、QM ∥平面BDA ，所以PQ ∥AC ，QM ∥BD ，由PQ ⊥QM 可得AC ⊥BD ，故A 正确；由PQ ∥AC 可得AC ∥截面PQMN ，故C 正确；由BD ∥PN ，所以∠MPN 是异面直线PM 与BD 所成的角，且为45°，D 正确；由上面可知：BD ∥PN ，MN ∥AC ．所以PN BD ＝AN AD ，MN AC ＝DN AD ，而AN ≠DN ，PN ＝MN ，所以BD ≠AC ．B 错误．故选B ．二、填空题 7．如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD -A 1B 1C 1D 1内灌进一些水，固定容器底面一边BC 于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：①没有水的部分始终呈棱柱形；②水面EFGH 所在四边形的面积为定值； ③棱A 1D 1始终与水面所在平面平行； ④当容器倾斜如图所示时，BE ·BF 是定值．其中正确的命题是________．解析：由题图，显然①是正确的，②是错误的；对于③，因为A 1D 1∥BC ，BC ∥FG ，所以A 1D 1∥FG 且A 1D 1⊄平面EFGH ，所以A 1D 1∥平面EFGH (水面)．所以③是正确的；对于④，因为水是定量的(定体积V )，所以S △BEF ·BC ＝V ，即12BE ·BF ·BC ＝V ．所以BE ·BF ＝2VBC (定值)，即④是正确的．答案：①③④8．棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 是棱AA 1的中点，过C ，M ，D 1作正方体的截面，则截面的面积是________．解析：由面面平行的性质知截面与平面AB 1的交线MN 是△AA 1B 的中位线，所以截面是梯形CD 1MN ，易求其面积为92．答案：929．已知平面α∥β，P ∉α且P ∉ β，过点P 的直线m 与α，β分别交于A ，C ，过点P 的直线n 与α，β分别交于B ，D ，且P A ＝6，AC ＝9，PD ＝8，则BD 的长为________．解析：如图1，因为AC ∩BD ＝P ，图1所以经过直线AC 与BD 可确定平面PCD ．因为α∥β，α∩平面PCD ＝AB ， β∩平面PCD ＝CD ，所以AB ∥CD ．所以P A AC ＝PBBD ，即69＝8－BD BD ，所以BD ＝245．如图2，同理可证AB ∥CD ．图2所以P A PC ＝PB PD ，即63＝BD －88，所以BD ＝24．综上所述，BD ＝245或24．答案：245或2410．如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，若BC ⊥AC ，∠BAC ＝π3，AC ＝4，M 为AA 1的中点，点P 为BM 的中点，Q 在线段CA 1上，且A 1Q ＝3QC ，则PQ 的长度为________．解析：由题意知，AB ＝8，过点P 作PD ∥AB 交AA 1于点D ，连接DQ ，则D 为AM 的中点，PD ＝12AB ＝4．又因为A 1Q QC ＝A 1D AD＝3，所以DQ ∥AC ，∠PDQ ＝π3，DQ ＝34AC ＝3，在△PDQ 中，PQ ＝42＋32－2×4×3×cos π3＝13．答案：13 三、解答题11．如图，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为菱形，E ，F 分别是线段A 1D ，BC 1的中点．延长D 1A 1到点G ，使得D 1A 1＝A 1G ．证明：GB ∥平面DEF ．证明：连接A 1C ，B 1C ，则B 1C ，BC 1交于点F ．因为CB ═∥D 1A 1，D 1A 1＝A 1G ，所以CB ═∥A 1G ，所以四边形BCA 1G 是平行四边形，所以GB ∥A 1C ．又GB ⊄平面A 1B 1CD ，A 1C ⊂平面A 1B 1CD ，所以GB ∥平面A 1B 1CD ．又点D ，E ，F 均在平面A 1B 1CD 内，所以GB ∥平面DEF ． 12．如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别是BC ，CC 1，C 1D 1，A 1A 的中点．求证： (1)BF ∥HD 1； (2)EG ∥平面BB 1D 1D ； (3)平面BDF ∥平面B 1D 1H ．证明：(1)如图所示，取BB 1的中点M ，连接MH ，MC 1，易证四边形HMC 1D 1是平行四边形，所以HD 1∥MC 1．又因为MC 1∥BF ，所以BF ∥HD 1．(2)取BD 的中点O ，连接EO ，D 1O ，则OE ═∥12DC ，又D 1G ═∥12DC ，所以OE ═∥D 1G ，所以四边形OEGD 1是平行四边形，所以GE ∥D 1O ．又GE ⊄平面BB 1D 1D ，D 1O ⊂平面BB 1D 1D ，所以EG ∥平面BB 1D 1D ．(3)由(1)知BF ∥HD 1，又BD ∥B 1D 1，B 1D 1，HD 1⊂平面B 1D 1H ，BF ，BD ⊂平面BDF ，且B 1D 1∩HD 1＝D 1，DB ∩BF ＝B ，所以平面BDF ∥平面B 1D 1H ．1．如图，四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形．(1)证明：平面A 1BD ∥平面CD 1B 1；(2)若平面ABCD ∩平面B 1D 1C ＝直线l ，证明B 1D 1∥l ．证明：(1)由题设知BB 1═∥DD 1，所以四边形BB 1D 1D 是平行四边形，所以BD ∥B 1D 1．又BD ⊄平面CD 1B 1， B 1D 1⊂平面CD 1B 1，所以BD ∥平面CD 1B 1．因为A 1D 1═∥B 1C 1═∥BC ，所以四边形A 1BCD 1是平行四边形，所以A 1B ∥D 1C ．又A 1B ⊄平面CD 1B 1，D 1C ⊂平面CD 1B 1，所以A 1B ∥平面CD 1B 1．又因为BD ∩A 1B ＝B ，所以平面A 1BD ∥平面CD 1B 1． (2)由(1)知平面A 1BD ∥平面CD 1B 1，又平面ABCD ∩平面B 1D 1C ＝直线l ，平面ABCD ∩平面A 1BD ＝直线BD ，所以直线l ∥直线BD ，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，四边形BDD 1B 1为平行四边形，所以B 1D 1∥BD ，所以B 1D 1∥l ．2．如图，ABCD 与ADEF 为平行四边形，M ，N ，G 分别是AB ，AD ，EF 的中点．(1)求证：BE ∥平面DMF ； (2)求证：平面BDE ∥平面MNG ．证明：(1)如图，连接AE ，则AE 必过DF 与GN 的交点O ，连接MO ，则MO 为△ABE 的中位线，所以BE ∥MO ，又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF．(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG．又M为AB中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，所以BD∥平面MNG，又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，所以平面BDE∥平面MNG．。

(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。

高考数学文科一轮复习(课件+习题)：第八章立体几何初

第四节空间点、直线、平面之间的位置关系1．给出下列四个命题，其中正确的个数是()①经过三点确定一个平面；②梯形可以确定一个平面；③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．A．1 B．2 C．3 D．4解析：经过不共线的三点可以确定一个平面，所以①不正确；两条平行线可以确定一个平面，所以②正确；两两相交的三条直线可以确定一个或三个平面，所以③正确；命题④中没有说清三个点是否共线，所以④不正确．故选B.答案：B2．(2013·安徽卷)在下列命题中，不是公理的是()A．平行于同一个平面的两个平面相互平行B．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面C．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线解析：B、C、D选项是公理，只有选项A不是公理．答案：A3．(2013·重庆模拟)若两条直线和一个平面相交成等角，则这两条直线的位置关系是()A．平行B．异面C．相交D．平行、异面或相交解析：经验证，当平行、异面或相交时，均有两条直线和一个平面相交成等角的情况出现．故选D.答案：D4．(2013·北京东城区模拟)设A 、B 、C 、D 是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是( )A ．若AC 与BD 共面，则AD 与BC 共面B ．若AC 与BD 是异面直线，则AD 与BC 是异面直线C ．若AB ＝AC ，DB ＝DC ，则AD ＝BCD ．若AB ＝AC ，DB ＝DC ，则AD ⊥BC解析：选项A 中，若AC 与BD 共面，则A 、B 、C 、D 四点共面，则AD 与BC 共面；选项B 中，若AC 与BD 是异面直线，则A 、B 、C 、D 四点不共面，则AD 与BC 是异面直线；选项C 中，若AB ＝AC ，DB ＝DC ，AD 不一定等于BC ；选项D 中，若AB ＝AC ，DB ＝DC ，可以证明AD ⊥B C.答案：C5．在四面体SABC 中，各个侧面都是边长为a 的正三角形，E ，F 分别是SC 和AB 的中点，则异面直线EF 与SA所成的角等于 ( )A ．90°B ．60°C ．45°D ．30°解析：取SB 的中点G ，连接GE ，GF ，则GE ＝GF ＝a 2，∠EFG 为异面直线EF 与SA 所成的角，EF ＝22a ，在△EFG 中，∠EFG ＝45°.故选C.答案：C6．(2013·沈阳模拟)正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是线段BC 、C 1D 的中点，则直线A 1B 与直线EF 的位置关系是( )A ．相交B ．平行C ．异面D ．以上都有可能解析：如图所示，直线A 1B 与直线外一点E 确定的平面为A 1BCD 1，EF ⊂平面A 1BCD 1，且两直线不平行，所以两直线相交．故选A.答案：A7．在三棱锥ABCD 中，E ，F ，G ，H 分别是边AB ，AC ，CD ，BD 的中点，且AD ＝BC ，那么四边形EFGH 是________．解析：由三角形中位线的性质知EF 綊12BC ，GH 綊12BC ，所以EF 綊GH ，所以四边形EFGH 是平行四边形，又因为EH 綊12AD ，AD ＝BC ，所以EH ＝EF ，所以四边形EFGH 是菱形．答案：菱形8．一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论：①AB ⊥EF ；②AB 与CM 所成的角为60°；③EF 与MN 是异面直线；④MN ∥CD.以上四个命题中，正确命题的序号是________．解析：将展开图恢复为正方体纸盒，如图可知①③正确．答案：①③9．四棱锥PABCD的顶点P在底面ABCD中的投影恰好是A，其三视图如图所示，根据图中的信息，在四棱锥的任两个顶点的连线中，互相垂直的异面直线对数为________．答案：610．若四棱锥PABCD的底面是边长为2的正方形，PA⊥底面ABCD(如图)且PA＝2 3.(1)求异面直线PD与BC所成角的大小；(2)求四棱锥PABCD的体积．解析：(1)∵AD∥BC，∴∠PDA的大小即为异面直线PD与BC所成角的大小．∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AD，由PA＝23，AD＝2，得tan∠PDA＝3，∴∠PDA＝60°，故异面直线PD与BC所成角的大小为60°.(2)∵PA⊥平面ABCD，∴V P－ABCD＝13S正方形ABCD·PA＝13×22×23＝833.11．(2013·德阳检测)如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1中，A1C与截面DBC1交于O点，AC，BD交于M点，求证：C1，O，M三点共线．解析：证明：因为C 1∈平面A 1ACC 1，且C 1∈平面DBC 1，所以C 1是平面A 1ACC 1与平面DBC 1的公共点．又因为M ∈AC ，所以M ∈平面A 1ACC 1.因为M ∈BD ，所以M ∈平面DBC 1，所以M 也是平面A 1ACC 1与平面DBC 1的公共点，所以C 1M 是平面A 1ACC 1与平面DBC 1的交线．因为O 为A 1C 与截面DBC 1的交点，所以O ∈平面A 1ACC 1，O ∈平面DBC 1，即O 也是两平面的公共点，所以O ∈直线C 1M ，即C 1，O ，M 三点共线．12．如图所示的几何体是将高为2，底面半径为1的直圆柱沿过轴的平面切开后，将其中一半沿切面向右水平平移后得到的．A ，A′，B ，B′分别为CD ︵，C′D′︵，DE ︵，D′E′︵的中点，O 1，O′1，O 2，O′2分别为CD ，C′D′，DE ，D′E′的中点．证明：O′1，A′，O 2，B 四点共面．解析：证明：(1)连接BO 2，O 2O ′2，依题意得O 1，O ′1，O 2，O ′2是圆柱底面圆的圆心．∴CD ，C ′D ′，DE ，D ′E ′是圆柱底面圆的直径．∵A ′，B ，B ′分别为C ′D ′︵，DE ︵，D ′E ′︵的中点，∴∠A ′O ′1D ′＝∠B ′O ′2D ′＝90°，∴A′O′1∥B′O′2.∵BB′綊O2O′2，四边形O2O′2B′B是平行四边形，∴BO2∥B′O′2，∴A′O′1∥BO2.∴O′1，A′，O2，B四点共面．。

2019版高考文科数学大一轮复习人教A版文档：第八章立

§8.2空间几何体的表面积与体积1．多面体的表面积、侧面积因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．2．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式3.柱、锥、台、球的表面积和体积1．与体积有关的几个结论(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差． (2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等． 2．几个与球有关的切、接常用结论 (1)正方体的棱长为a ，球的半径为R ， ①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ； ②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ； ③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2. (3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.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)多面体的表面积等于各个面的面积之和．( √ ) (2)锥体的体积等于底面积与高之积．( × ) (3)球的体积之比等于半径比的平方．( × )(4)简单组合体的体积等于组成它的简单几何体体积的和或差．( √ ) (5)长方体既有外接球又有内切球．( × )(6)圆柱的一个底面积为S ，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS .( × ) 题组二教材改编2．[P27T1]已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( )A ．1 cmB ．2 cmC ．3 cm D.32 cm答案 B解析 S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π， ∴r 2＝4，∴r ＝2.3．[P28A 组T3]如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为________．解析设长方体的相邻三条棱长分别为a ，b ，c ，它截出棱锥的体积V 1＝13×12×12a ×12b ×12c＝148abc ，剩下的几何体的体积V 2＝abc －148abc ＝4748abc ，所以V 1∶V 2＝1∶47.题组三易错自纠4．(2017·西安一中月考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．3πB ．4πC ．2π＋4D ．3π＋4答案 D解析由几何体的三视图可知，该几何体为半圆柱，直观图如图所示．表面积为2×2＋2×12×π×12＋π×1×2＝4＋3π.5．(2016·全国Ⅱ)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答案 A解析由题意可知正方体的棱长为2，其体对角线23即为球的直径，所以球的表面积为4πR 2＝(2R )2π＝12π，故选A.6．(2018·大连调研)如图为一个半球挖去一个圆锥后的几何体的三视图，则剩余部分与挖去部分的体积之比为________．解析由三视图可知半球的半径为2，圆锥底面圆的半径为2，高为2，所以V 圆锥＝13×π×23＝83π，V 半球＝12×43π×23＝163π，所以V 剩余＝V 半球－V 圆锥＝83π，故剩余部分与挖去部分的体积之比为1∶1.题型一求空间几何体的表面积1．(2018届云南昆明一中摸底)一个正方体挖去一个多面体所得的几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图和俯视图均为边长等于2的正方形，则这个几何体的表面积为( )A ．16＋4 3B ．16＋4 5C ．20＋4 3D ．20＋4 5答案 D解析由三视图可知，该几何体是棱长为2的正方体的内部挖去一个底面边长为2的正四棱锥，将三视图还原可得如图，可得其表面积为S ＝5×22＋4×12×2×5＝20＋45，故选D.2．(2017·黑龙江哈师大附中一模)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A.73B.172 C ．13 D.17＋3102答案 C解析由三视图可知几何体为三棱台，作出直观图如图所示．则CC ′⊥平面ABC ，上、下底均为等腰直角三角形，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，A ′C ′＝B ′C ′＝C ′C ＝2， ∴AB ＝2，A ′B ′＝2 2.∴棱台的上底面面积为12×1×1＝12，下底面面积为12×2×2＝2，梯形ACC ′A ′的面积为12×(1＋2)×2＝3，梯形BCC ′B ′的面积为12×(1＋2)×2＝3，过A作AD ⊥A ′C ′于点D ，过D 作DE ⊥A ′B ′，则AD ＝CC ′＝2， DE 为△A ′B ′C ′斜边高的12，∴DE ＝22，∴AE ＝AD 2＋DE 2＝32， ∴梯形ABB ′A ′的面积为12×(2＋22)×32＝92，∴几何体的表面积S ＝12＋2＋3＋3＋92＝13，故选C.思维升华空间几何体表面积的求法(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理． (3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．题型二求空间几何体的体积命题点1 以三视图为背景的几何体的体积典例 (2018届广雅中学、东华中学、河南名校联考)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，则该几何体的体积为( )A.24π＋83B ．8π＋8 C.32π＋83D.32π＋243答案 A解析根据三视图可知，几何体是34个球与一个直三棱锥的组合体，球的半径为2，三棱锥底面是等腰直角三角形，面积为S ＝12×22×22＝4，高为2，所以三棱锥的体积V ＝13×4×2＝83，故组合体的体积V ＝34×43π×23＋83＝24π＋83，故选A.命题点2 求简单几何体的体积典例 (2018·广州调研)已知E ，F 分别是棱长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱AA 1，CC 1的中点，则四棱锥C 1—B 1EDF 的体积为________．答案 16a 3解析方法一如图所示，连接A 1C 1，B 1D 1交于点O 1，连接B 1D ，EF ，过点O 1作O 1H ⊥B 1D 于点H .因为EF ∥A 1C 1，且A 1C 1⊄平面B 1EDF ，EF ⊂平面B 1EDF ，所以A 1C 1∥平面B 1EDF .所以C 1到平面B 1EDF 的距离就是A 1C 1到平面B 1EDF 的距离．易知平面B 1D 1D ⊥平面B 1EDF ，又平面B 1D 1D ∩平面B 1EDF ＝B 1D ，所以O 1H ⊥平面B 1EDF ，所以O 1H 等于四棱锥C 1—B 1EDF 的高．因为△B 1O 1H ∽△B 1DD 1，所以O 1H ＝B 1O 1·DD 1B 1D ＝66a .所以11113C B EDF B EDF V S －四边形＝·O 1H ＝13×12·EF ·B 1D ·O 1H ＝13×12·2a ·3a ·66a ＝16a 3.方法二连接EF ，B 1D .设B 1到平面C 1EF 的距离为h 1，D 到平面C 1EF 的距离为h 2，则h 1＋h 2＝B 1D 1＝2a . 由题意得，11111—C B EDF B C EF D C EF V V V 四棱锥－三棱锥－三棱锥＝＋＝13·1C EF S ·(h 1＋h 2)＝16a 3.思维升华空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解． (2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．跟踪训练 (1)(2018届河南洛阳联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．2B ．1 C.23 D.13答案 C解析几何体如图，由三视图得底面为对角线为2的正方形，高为1，所以体积为13×12×2×1×2×1＝23，故选C.(2)如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为( )A.23 B.33 C.43 D.32答案 A解析如图，分别过点A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG ，CH ，容易求得EG ＝HF ＝12，AG ＝GD ＝BH ＝HC ＝32，取AD 的中点O ，连接GO ，易得GO ＝22， ∴S △AGD ＝S △BHC ＝12×22×1＝24，∴多面体的体积V ＝V 三棱锥E －ADG ＋V 三棱锥F －BCH ＋V 三棱柱AGD －BHC ＝2V 三棱锥E －ADG ＋V 三棱柱AGD －BHC ＝13×24×12×2＋24×1＝23.故选A.题型三与球有关的切、接问题典例 (2016·全国Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC —A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( ) A ．4π B.9π2 C ．6π D.32π3答案 B解析由题意知，底面三角形的内切圆直径为4.三棱柱的高为3，所以球的最大直径为3，V 的最大值为9π2.引申探究1．若将本例中的条件变为“直三棱柱ABC —A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上”，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，求球O 的表面积．解将直三棱柱补形为长方体ABEC —A 1B 1E 1C 1，则球O 是长方体ABEC —A 1B 1E 1C 1的外接球． ∴体对角线BC 1的长为球O 的直径．因此2R ＝32＋42＋122＝13. 故S 球＝4πR 2＝169π.2．若将本例中的条件变为“正四棱锥的顶点都在球O 的球面上”，若该棱锥的高为4，底面边长为2，求该球的体积．解如图，设球心为O ，半径为r ，则在Rt △AOF 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2，解得r ＝94，则球O 的体积V 球＝43πr 3＝43π×⎝⎛⎭⎫943＝243π16.思维升华空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解． (2)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段P A ，PB ，PC 两两互相垂直，且P A ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R 2＝a 2＋b 2＋c 2求解．跟踪训练 (2018届漯河高级中学模拟)四面体ABCD 的四个顶点都在球O 的表面上，AB ＝2，BC ＝CD ＝1，∠BCD ＝60°，AB ⊥平面BCD ，则球O 的表面积为( ) A ．8π B.82π3C.83π3D.16π3答案 D解析如图，∵BC ＝CD ＝1，∠BCD ＝60°，∴底面△BCD 为等边三角形，取CD 的中点E ，连接BE ，∴△BCD 的外心在BE 上，设为G ，取BC 的中点F ，连接GF ，在Rt △BCE 中，由CE ＝12，∠CBE ＝30°，得BF ＝12BC ＝12，又在Rt △BFG 中，得BG ＝12cos 30°＝33，过G 作AB 的平行线与AB 的中垂线HO 交于点O ，则O 为四面体ABCD 的外接球的球心，即R ＝OB ， ∵AB ⊥平面BCD ，∴OG ⊥BG ，在Rt △BGO 中，求得OB ＝OG 2＋BG 2＝233，∴球O 的表面积为4π⎝⎛⎭⎫2332＝16π3.故选D.三视图(基本的、和球联系的)考点分析三视图是高考重点考查的一个知识点，主要考查由几何体的三视图还原几何体的形状，进而求解表面积、体积等知识，所涉及的几何体既包括柱、锥、台、球等简单几何体，也包括一些组合体，处理此类题目的关键是通过三视图准确还原几何体．典例1 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于( )A.1603 B ．160 C ．64＋32 2D ．60解析由题意知该几何体是由一个直三棱柱和一个四棱锥组成的组合体，如图所示，其中直三棱柱的高为8－4＝4，故V 直三棱柱＝8×4＝32，四棱锥的底面为边长为4的正方形，高为4，故V 四棱锥＝13×16×4＝643，故该几何体的体积V ＝V 直三棱柱＋V 四棱锥＝32＋643＝1603，故选A.答案 A典例2 某组合体的三视图如图所示，则该组合体的体积为________．解析如图所示，该组合体由一个四棱锥和四分之一个球组成，球的半径为1，四棱锥的高为球的半径，四棱锥的底面为等腰梯形，上底为2，下底为1，高为32，所以该组合体的体积V ＝13×12×(2＋1)×32×1＋14×43π×13＝34＋π3. 答案34＋π31．(2018届山西名校联考)榫卯是在两个木构件上所采用的一种凹凸结合的连接方式，凸出部分叫榫，凹进部分叫卯，榫和卯咬合，起到连接作用，代表建筑有：北京的紫禁城、天坛祈年殿、山西悬空寺等，如图所示是一种榫卯的三视图，其表面积为( )A ．8＋12πB ．8＋16πC ．9＋12πD ．9＋16π答案 B解析由三视图可知榫卯的榫为底边长为1，高为2的长方体，卯为底面半径为r ＝2，高为2的中空的圆柱体，设表面积为S ，侧面积为S 1＝2π×2×2＋4×2＝8π＋8，上、下底面积的和为S 2＝2×π×22＝8π，则有S ＝S 1＋S 2＝16π＋8，故选B.2．(2018届贵州黔东南州联考)在△ABC 中，AB ＝2，BC ＝1.5，∠ABC ＝120°(如图所示)，若将△ABC 绕直线BC 旋转一周，则形成的旋转体的体积是( ) A.9π2 B.7π2 C.5π2 D.3π2 答案 D解析依题意可知，旋转体是一个大圆锥去掉一个小圆锥，如图所示，OA ＝AB ·cos 30°＝2×32＝3，所以旋转体的体积为13π·(3)2·(OC －OB )＝3π2.3．(2018届广西柳州联考)过半径为2的球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积与球的体积的比为( ) A ．9∶32 B ．9∶16 C ．3∶8 D ．3∶16答案 A解析 R ＝2，设截面圆M 的半径为r ，则R 2＝14R 2＋r 2，∴r 2＝3.所得截面的面积与球的体积比为πr 243πR 3＝932，故选A.4．(2017·昆明质检)如图所示，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，则该几何体的体积为( )A ．24πB ．30πC ．42πD ．60π 答案 A解析由三视图知，该几何体是半径为3的半球与底面半径为3、高为4的半圆锥的组合体，所以该几何体的体积V ＝12×43π×33＋12×13π×32×4＝24π，故选A.5．(2018·九江一模)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线是一个棱锥的三视图，则此棱锥的表面积为( )A ．6＋42＋2 3B ．8＋4 2C ．6＋6 2D ．6＋22＋4 3答案 A解析直观图是四棱锥P —ABCD ，如图所示，S △P AB ＝S △P AD ＝S △PDC ＝12×2×2＝2，S △PBC ＝12×22×22×sin 60°＝23，S 四边形ABCD ＝22×2＝42，因此所求棱锥的表面积为6＋42＋2 3. 故选A.6．(2017·广州市高中毕业班综合测试)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥P —ABC为鳖臑，P A ⊥平面ABC ，P A ＝AB ＝2，AC ＝4，三棱锥P —ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为( ) A ．8π B ．12π C ．20π D ．24π 答案 C解析方法一将三棱锥P —ABC 放入长方体中，如图(1)，三棱锥P —ABC 的外接球就是长方体的外接球．因为P A ＝AB ＝2，AC ＝4，△ABC 为直角三角形，所以BC ＝42－22＝2 3.设外接球的半径为R ，由题意可得(2R )2＝22＋22＋(23)2＝20，故R 2＝5，则球O 的表面积为4πR 2＝20π，故选C.方法二利用鳖臑的特点求解，如图(2)，因为四个面都是直角三角形，所以PC 的中点到每一个顶点的距离都相等，即PC 的中点为球心O ，易得2R ＝PC ＝20，所以球O 的表面积为4πR 2＝20π，故选C.7．现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________．答案7解析设新的底面半径为r ，由题意得13πr 2·4＋πr 2·8＝13π×52×4＋π×22×8，解得r ＝7.8．(2017·天津)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．答案 92π解析设正方体棱长为a ，则6a 2＝18，∴a ＝ 3.设球的半径为R ，则由题意知2R ＝a 2＋a 2＋a 2＝3， ∴R ＝32.故球的体积V ＝43πR 3＝43π×⎝⎛⎭⎫323＝92π.9.(2017·南昌一模)如图所示，在直角梯形ABCD 中，AD ⊥DC ，AD ∥BC ，BC ＝2CD ＝2AD ＝2，若将该直角梯形绕BC 边旋转一周，则所得的几何体的表面积为______．答案 (2＋3)π解析根据题意可知，此旋转体的上半部分为圆锥(底面半径为1，高为1)，下半部分为圆柱(底面半径为1，高为1)，如图所示．则所得几何体的表面积为圆锥的侧面积、圆柱的侧面积以及圆柱的下底面积之和，即表面积为12·2π·1·12＋12＋2π·12＋π·12＝(2＋3)π. 10．(2018·长沙质检)如图所示，一个底面半径为R 的圆柱形量杯中装有适量的水．若放入一个半径为r 的实心铁球，水面高度恰好升高r ，则Rr＝________.答案233解析由水面高度升高r ，得圆柱体积增加了πR 2r ，恰好是半径为r 的实心铁球的体积，因此有43πr 3＝πR 2r .故R r ＝233.11.如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC⊥平面BED；(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E—ACD的体积为63，求该三棱锥的侧面积．(1)证明因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为BE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以BE⊥AC.而BD∩BE＝B，BD，BE⊂平面BED，所以AC⊥平面BED.又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.(2)解设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝32x，GB＝GD＝x2.因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝3 2x.由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝2 2x.由已知得，三棱锥E—ACD的体积V三棱锥E—ACD＝13×12AC·GD·BE＝624x3＝63，故x＝2.从而可得AE＝EC＝ED＝ 6.所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为 5.故三棱锥E—ACD的侧面积为3＋2 5.12.(2018·贵阳质检)如图，△ABC内接于圆O，AB是圆O的直径，四边形DCBE为平行四边形，DC⊥平面ABC，AB＝2，EB＝ 3.(1)求证：DE⊥平面ACD；(2)设AC＝x，V(x)表示三棱锥B－ACE的体积，求函数V(x)的解析式及最大值．(1)证明∵四边形DCBE为平行四边形，∴CD ∥BE ，BC ∥DE .∵DC ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴DC ⊥BC . ∵AB 是圆O 的直径，∴BC ⊥AC ，且DC ∩AC ＝C ， DC ，AC ⊂平面ADC ， ∴BC ⊥平面ADC .∵DE ∥BC ，∴DE ⊥平面ADC .(2)解 ∵DC ⊥平面ABC ，∴BE ⊥平面ABC . 在Rt △ABE 中，AB ＝2，EB ＝ 3.在Rt △ABC 中，∵AC ＝x ，∴BC ＝4－x 2(0<x <2)， ∴S △ABC ＝12AC ·BC ＝12x ·4－x 2，∴V (x )＝V 三棱锥E －ABC ＝36x ·4－x 2(0<x <2)． ∵x 2(4－x 2)≤⎝⎛⎭⎫x 2＋4－x 222＝4，当且仅当x 2＝4－x 2，即x ＝2时取等号，∴当x ＝2时，体积有最大值33.13.(2017·青岛模拟)如图，四棱锥P —ABCD 的底面ABCD 为平行四边形，NB ＝2PN ，则三棱锥N —P AC 与三棱锥D —P AC 的体积比为( )A ．1∶2B ．1∶8C ．1∶6D ．1∶3答案 D解析设点P ，N 在平面ABCD 内的射影分别为点P ′，N ′，则PP ′⊥平面ABCD ，NN ′⊥平面ABCD ，所以PP ′∥NN ′.连接BP ′，则在△BPP ′中，由BN ＝2PN ，得NN ′PP ′＝23.V 三棱锥N —P AC ＝V 三棱锥P —ABC －V 三棱锥N —ABC ＝13S △ABC ·PP ′－13S △ABC ·NN ′＝13S △ABC ·(PP ′－NN ′)＝13S △ABC ·13PP ′ ＝19S △ABC ·PP ′， V 三棱锥D —P AC ＝V 三棱锥P —ACD ＝13S △ACD ·PP ′＝13S △ABC ·PP ′. ∴V 三棱锥N —P AC ∶V 三棱锥D —P AC ＝19∶13＝1∶3.14．(2017·唐山统考)在三棱锥P —ABC 中，P A ⊥平面ABC 且P A ＝2，△ABC 是边长为3的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为( ) A.4π3 B ．4π C ．8π D ．20π 答案 C解析由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC 为底面、以P A 为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC 的外接圆半径r ＝32×3×23＝1，外接球球心到△ABC 的外接圆圆心的距离d ＝1，所以外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝2，所以三棱锥外接球的表面积S ＝4πR 2＝8π，故选C.15．(2017·云南师范大学附属中学适应性考试)已知三棱锥O —ABC 的顶点A ，B ，C 都在半径为2的球面上，O 是球心，∠AOB ＝120°，当△AOC 与△BOC 的面积之和最大时，三棱锥O —ABC 的体积为( ) A.32 B.233 C.23 D.13答案 B解析设球O 的半径为R ，因为S △AOC ＋S △BOC ＝12R 2(sin ∠AOC ＋sin ∠BOC )，所以当∠AOC ＝∠BOC ＝90°时， S △AOC ＋S △BOC 取得最大值，此时OA ⊥OC . OB ⊥OC ，OB ∩OA ＝O ，OA ，OB ⊂平面AOB ，所以OC ⊥平面AOB ，所以V 三棱锥O —ABC ＝V 三棱锥C —OAB ＝13OC ·12OA ·OB sin ∠AOB ＝16R 3sin ∠AOB ＝233，故选B.16.如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD ＝DA ，PB ＝BA ，则四面体P —BCD 的体积的最大值是________．答案 12解析设PD ＝DA ＝x ，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°， ∴AC ＝AB 2＋BC 2－2·AB ·BC ·cos ∠ABC ＝4＋4－2×2×2×cos 120°＝23，∴CD ＝23－x ，且∠ACB ＝12(180°－120°)＝30°，∴S △BCD ＝12BC ·DC ·sin ∠ACB＝12×2×(23－x )×12＝12(23－x )．要使四面体体积最大，当且仅当点P 到平面BCD 的距离最大，而P 到平面BCD 的最大距离为x .则V 四面体P —BCD ＝13×12(23－x )x＝16[－(x －3)2＋3]，由于0＜x ＜23，故当x ＝3时，V 四面体P —BCD 取最大值为16×3＝12.。

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.。

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