2020-2021学年高考数学二轮复习：第2部分_八大难点突破_难点2_立体几何中的探索性与存在性问题_有答案
新教材2020-2021学年高中人教A版数学第2册课件-第8章-立体几何初步-章末知识梳理
一、空间几何体的结构特征 1．多面体及其结构特征 (1)棱柱：①有两个平面(底面)互相平行；②其余各面都是平行四边 形；③每相邻两个平行四边形的公共边互相平行. (2)棱锥：①有一个面(底面)是多边形； ②其余各面(侧面)是有一个公共顶点的三角形. (3)棱台：①上、下底面互相平行，且是相似图形；②各侧棱延长线 相交于一点.
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第八章 立体几何初步
数学（必修·第二册RJA）
典例 2 如 图 所 示 ， 四 边 形 ABCD 是 平 行 四 边 形 ， PB ⊥ 平 面 ABCD，MA∥PB，PB＝2MA.在线段PB上是否存在一点F，使平面AFC∥ 平面PMD？若存在，请确定点F的位置；若不存在，请说明理由.
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要点三 空间中的垂直关系
1．判定线面垂直的方法 (1)线面垂直定义. (2)线面垂直判定定理. (3)平行线垂直平面的传递性质(a∥b，b⊥α⇒a⊥α). (4)面面垂直性质(α⊥β，α∩β＝l，a⊂β，a⊥l⇒a⊥α). 2．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.
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第八章 立体几何初步
数学（必修·第二册RJA）
3．柱体、锥体、台体的体积公式 (1)柱体的体积公式： V 柱体＝Sh(S 底面面积，h 为高). (2)锥体的体积公式 V 锥体＝13Sh(S 底面面积，h 为高). (3)台体的体积公式 V 台体＝31(S＋ SS′＋S′)h(S′，S 分别为上、下底面面积，h 为高). (4)球的体积公式 V＝43πR3．
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第八章 立体几何初步
数学（必修·第二册RJA）
[解析] 由题意知，所求几何体的表面积由三部分组成：
圆台下底面、侧面和一半球面，
2020新高考文科数学二轮培优空立体几何中的热点问题考点考向考题突破(85张)
核心知识回顾
热点考向探究
真题VS押题
配套作业
(2)存在满足条件的点 M.取 CF 的中点记作 M，设 DF 的中点为 N，连接 AN，MN，则 MN 綊12CD，
又 AO 綊12CD，则 MN 綊 AO，
∴四边形 MNAO 为平行四边形， ∴OM∥AN，又 AN⊂平面 DAF，OM⊄平面 DAF， ∴OM∥平面 DAF. 即存在一点 M 为 CF 的中点，使得 OM∥平面 DAF.
核心知识回顾
热点考向探究
真题VS押题
配套作业
(1)求证：平面 PBC∥平面 EFH； (2)求三棱锥 P－EFH 的体积．
核心知识回顾
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真题VS押题
配套作业
解 (1)证明：因为在菱形 ABCD 中，E，H 分别为 AB，CD 的中点， 所以 BE 綊 CH，四边形 BCHE 为平行四边形，则 BC∥EH，
(1)求证：BC⊥平面 ACD；
(2)若点 F 在棱 CD 上，且满足 AD∥平面 BEF，求几何体 F－BCE 的体
积．
核心知识回顾
热点考向探究
真题VS押题
配套作业
解 (1)证明：在图 1 中，由题意，知 AC＝BC＝2 2，
所以 AC2＋BC2＝AB2，所以 AC⊥BC．
因为点 E 为 AC 的中点，如图，连接 DE，则 DE⊥AC， 又平面 ADC⊥平面 ABC， 且平面 ADC∩平面 ABC＝AC，DE⊂平面 ACD，从而 ED⊥平面 ABC，
又 EH⊄平面 PBC，所以 EH∥平面 PBC．
又点 E，F 分别为 AB，AP 的中点，所以 EF∥BP，
又 EF⊄平面 PBC，所以 EF∥平面 PBC．而 EF∩EH＝E， 所以平面 EFH∥平面 PBC．
2020-2021学年高考数学二轮复习：第2部分_八大难点突破_难点4_解析几何中的范围、定值和探索性问题_有答案
难点四解析几何中的范围、定值和探索性问题(对应学生用书第68页)解析几何中的范围、定值和探索性问题仍是高考考试的重点与难点，主要以解答题形式考查，一般以椭圆为背景，考查范围、定值和探索性问题，试题难度较大．复习时不能把目标仅仅定位在知识的掌握上，要在解题方法、解题思想上深入下去．解析几何中基本的解题方法是使用代数方程的方法研究直线、曲线的某些几何性质，代数方程是解题的桥梁，要掌握一些解方程(组)的方法，掌握一元二次方程的知识在解析几何中的应用，掌握使用根与系数的关系进行整体代入的解题方法；其次注意分类讨论思想、函数与方程思想、化归与转化思想等的应用，如解析几何中的最值问题往往需建立求解目标函数，通过函数的最值研究几何中的最值．下面对这些难点一一分析： 1．圆锥曲线中的定点、定值问题该类问题多以直线与圆锥曲线为背景，常与函数与方程、向量等知识交汇，形成了过定点、定值等问题的证明，难度较大．定点、定值问题是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变化的量表示问题的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点、一个值，就是要求的定点、定值．化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．【例1】 (2017·江苏省南京市迎一模模拟)设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率e ＝32，直线y＝x ＋2与以原点为圆心、椭圆C 的短半轴长为半径的圆O 相切． (1)求椭圆C 的方程；(2)设直线x ＝12与椭圆C 交于不同的两点M ，N ，以线段MN 为直径作圆D ，若圆D 与y 轴相交于不同的两点A ，B ，求△ABD 的面积；(3)如图1，A 1，A 2，B 1，B 2是椭圆C 的顶点，P 是椭圆C 上除顶点外的任意点，直线B 2P 交x 轴于点F ，直线A 1B 2交A 2P 于点E ，设A 2P 的斜率为k ，EF 的斜率为m ，求证：2m －k 为定值.【导学号：56394098】图1[解] (1)∵直线y ＝x ＋2与以原点为圆心、椭圆C 的短半轴长为半径的圆O 相切， ∴|0－2|2＝b ，化为b ＝1. ∵离心率e ＝32＝c a，b 2＝a 2－c 2＝1，联立解得a ＝2，c ＝ 3. ∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1；(2)把x ＝12代入椭圆方程可得：y 2＝1－116，解得y ＝±154.∴⊙D 的方程为：⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋y 2＝1516.令x ＝0，解得y ＝±114， ∴|AB|＝112，∴S △ABD ＝12|AB|·|OD|＝12×112×12＝118. (3)证明：由(1)知：A 1(－2,0)，A 2(2,0)，B 2(0,1)， ∴直线A 1B 2的方程为y ＝12x ＋1，由题意，直线A 2P 的方程为y ＝k(x －2)，k ≠0，且k ≠±12，由⎩⎨⎧y ＝12x ＋1，y ＝k x －2，解得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫4k ＋22k －1，4k 2k －1.设P(x 1，y 1)，则由⎩⎨⎧y ＝k x －2，x24＋y 2＝1，得(4k 2＋1)x 2－16k 2x ＋16k 2－4＝0.∴2x 1＝16k 2－44k 2＋1，∴x 1＝8k 2－24k 2＋1，y 1＝k(x 1－2)＝－4k4k 2＋1.∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 2－24k 2＋1，－4k 4k 2＋1.设F(x 2,0)，则由P ，B 2，F 三点共线得，kB 2P ＝kB 2F. 即－4k4k 2＋1－18k 2－24k 2＋1－0＝0－1x 2－0，∴x 2＝4k －22k ＋1，∴F ⎝⎛⎭⎪⎫4k －22k ＋1，0. ∴EF 的斜率m ＝4k2k －1－04k ＋22k －1－4k －22k ＋1＝2k ＋14.∴2m －k ＝2k ＋12－k ＝12为定值．[方法总结] 定值问题是解析几何中的一种常见问题，基本的求解思想是：先用变量表示所需证明的不变量，然后通过推导和已知条件，消去变量，得到定值，即解决定值问题首先是求解非定值问题，即变量问题，最后才是定值问题． (1)求定值问题常见的方法有两种①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． (2)定点的探索与证明问题①探索直线过定点时，可设出直线方程为y ＝kx ＋m ，然后利用条件建立k ，m 等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点．②从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关． 2．圆锥曲线中的最值、范围问题圆锥曲线中参数的范围及最值问题，由于其能很好地考查学生对数学知识的迁移、组合、融会的能力，有利于提高学生综合运用所学知识分析、解决问题的能力．该类试题设计巧妙、命题新颖别致，常求特定量、 特定式子的最值或范围．常与函数解析式的求法、函数最值、不等式等知识交汇，成为近年高考热点．解决圆锥曲线中最值、范围问题的基本思想是建立目标函数和建立不等关系，根据目标函数和不等式求最值、范围，因此这类问题的难点，就是如何建立目标函数和不等关系．建立目标函数或不等关系的关键是选用一个合适变量，其原则是这个变 量能够表达要解决的问题，这个变量可以是直线的斜率、直线的截距、点的坐标等，要根据问题的实际情况灵活处理．图2【例2】 (苏北四市(徐州、淮安、连云港、宿迁)2017届高三上学期期末)如图2，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，且右焦点F 到左准线的距离为6 2.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设A 为椭圆C 的左顶点，P 为椭圆C 上位于x 轴上方的点，直线PA 交y 轴于点M ，过点F 作MF 的垂线，交y 轴于点N.(ⅰ)当直线的PA 斜率为12时，求△FMN 的外接圆的方程；(ⅱ)设直线AN 交椭圆C 于另一点Q ，求△APQ 的面积的最大值．[解](1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝22，c ＋a 2c＝62，解得⎩⎨⎧a ＝4，c ＝22，则b ＝22，所以椭圆C 的标准方程为x 216＋y28＝1.(2)由题可设直线PA 的方程为y ＝k(x ＋4)，k ＞0，则M(0,4k)， 所以直线FN 的方程为y ＝224k (x －22)，则N ⎝⎛⎭⎪⎫0，－2k .(ⅰ)当直线PA 的斜率为12，即k ＝12时，M(0,2)，N(0，－4)，F(22，0)，MF →＝(22，－2)，FN→＝(－22，－4)，MF →·FN →＝－8＋8＝0.所以MF ⊥FN ，所以圆心为(0，－1)，半径为3， 所以△FMN 的外接圆的方程为x 2＋(y ＋1)2＝9.(ⅱ)联立⎩⎨⎧y ＝k x ＋4，x 216＋y28＝1，消去y 并整理得，(1＋2k 2)x 2＋16k 2x ＋32k 2－16＝0，解得x 1＝－4或x 2＝4－8k 21＋2k 2，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫4－8k 21＋2k 2，8k 1＋2k 2， 直线AN 的方程为y ＝－12k (x ＋4)，同理可得，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 2－41＋2k 2，－8k 1＋2k 2，所以P ，Q 关于原点对称，即PQ 过原点．所以△APQ 的面积S ＝12OA ·(y P －y Q )＝2×16k 1＋2k 2＝322k ＋1k ≤82，当且仅当2k ＝1k ，即k ＝22时，取“＝”．所以△APQ 的面积的最大值为8 2.[方法总结] 这类问题在题目中往往没有给出不等关系，需要我们去寻找．求最值或范围常见的解法：(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，可考虑利用图形性质来解决；(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求最值，求函数最值常用的方法有配方法、判别式法、导数法、基本不等式法及函数的单调性、有界性法等．用这种方法求解圆锥曲线的最值与范围问题时，除了重视建立函数关系式这个关键点外，还要密切注意所建立的函数式中的变量是否有限制范围，这些限制范围恰好制约了最值的取得，因此在解题时要予以高度关注． 3．圆锥曲线中的探索性问题探索性问题主要考查学生探索解题途径，解决非传统完备问题的能力，是命题者根据学科特点，将数学知识有机结合并赋予新的情境创设而成的，要求学生自己观察、分析、创造性地运用所学知识和方法解决问题，它能很好地考查数学思维能力以及科学的探索精神．因此越来越受到高考命题者的青睐．探索性问题实质上是探索结论的开放性问题．相对于其他的开放性问题来说，由于这类问题的结论较少(只有存在、 不存在两个结论有时候需讨论)，因此，思考途径较为单一，难度易于控制，受到各类考试命题者的青睐．解答这一类问题，往往从承认结论、变结论为条件出发，然后通过特例归纳，或由演绎推理证明其合理性．探索过程要充分挖掘已知条件，注意条件的完备性，不要忽略任何可能的因素．图3【例3】 (苏北四市(淮安、宿迁、连云港、徐州)2017届高三上学期期中)如图3，在平面直角坐标系xOy 中，已知圆C ：x 2＋y 2－4x ＝0及点A(－1,0)，B(1,2)．(1)若直线l 平行于AB ，与圆C 相交于M ，N 两点，MN ＝AB ，求直线l 的方程；(2)在圆C 上是否存在点P 满足条件，使得PA 2＋PB 2＝12？若存在，求点P 的个数；若不存在，说明理由．【导学号：56394099】[解] (1)圆C 的标准方程为(x －2)2＋y 2＝4，所以圆心C(2,0)，半径为2. 因为l ∥AB ，A(－1,0)，B(1,2)，所以直线l 的斜率为2－01－－1＝1，设直线l 的方程为x －y ＋m ＝0，则圆心C 到直线l 的距离为d ＝|2－0＋m|2＝|2＋m|2.因为MN ＝AB ＝22＋22＝22， 而CM 2＝d 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫MN 22，所以4＝2＋m 22＋2，解得m ＝0或m ＝－4，故直线l 的方程为x －y ＝0或x －y －4＝0.(2)假设圆C 上存在点P 满足条件，设P(x ，y)，则(x －2)2＋y 2＝4， PA 2＋PB 2＝(x ＋1)2＋(y －0)2＋(x －1)2＋(y －2)2＝12， 即x 2＋y 2－2y －3＝0，即x 2＋(y －1)2＝4， 因为|2－2|＜2－02＋0－12＜2＋2，所以圆(x －2)2＋y 2＝4与圆x 2＋(y －1)2＝4相交， 所以点P 的个数为2.[方法总结] (1)解决存在性问题的解题步骤：第一步：先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组)；第二步：解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在；第三步：得出结论．(2)解决存在性问题应注意以下几点：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；③当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．。
高考数学二轮复习专题07 立体几何-2021年高考数学(理)二轮专项复习
专题07 立体几何立体几何的知识是高中数学的主干内容之一，它主要研究简单空间几何体的位置和数量关系．本专题内容分为三部分：一是点、直线、平面之间的位置关系，二是简单空间几何体的结构，三是空间向量与立体几何．在本专题中，我们将首先复习空间点、直线、平面之间的位置关系，特别是对特殊位置关系(平行与垂直)的研究；其后，我们复习空间几何体的结构，主要是柱体、锥体、台体和球等的性质与运算；最后，我们通过空间向量的工具证明有关线、面位置关系的一些命题，并解决线线、线面、面面的夹角问题．§7－1 点、直线、平面之间的位置关系【知识要点】1．空间直线和平面的位置关系：(1)空间两条直线：①有公共点：相交，记作：a∩b＝A，其中特殊位置关系：两直线垂直相交．②无公共点：平行或异面．平行，记作：a∥b．异面中特殊位置关系：异面垂直．(2)空间直线与平面：①有公共点：直线在平面内或直线与平面相交．直线在平面内，记作：a⊂α ．直线与平面相交，记作：a∩α ＝A，其中特殊位置关系：直线与平面垂直相交．②无公共点：直线与平面平行，记作：a∥α ．(3)空间两个平面：①有公共点：相交，记作：α ∩β ＝l，其中特殊位置关系：两平面垂直相交．②无公共点：平行，记作：α ∥β ．2．空间作为推理依据的公理和定理：(1)四个公理与等角定理：公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内．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．定理：空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补．(2)空间中线面平行、垂直的性质与判定定理：①判定定理：如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行．如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，那么这两个平面平行．如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直．如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直．②性质定理：如果一条直线与一个平面平行，那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线与该直线平行．如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线相互平行．垂直于同一个平面的两条直线平行．如果两个平面垂直，那么一个平面内垂直于它们交线的直线与另一个平面垂直．(3)我们把上述判定定理与性质定理进行整理，得到下面的位置关系图：【复习要求】1．了解四个公理与等角定理；2．理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理；3．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．【例题分析】例1如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AA1的中点．求证：(Ⅰ)E、C、D1、F四点共面；(Ⅱ)CE、DA、D1F三线共点．【分析】对于(Ⅰ)中证明“E、C、D1、F四点共面”，可由这四点连接成两条直线，证明它们平行或相交即可；对于(Ⅱ)中证明“CE、DA、D1F三线共点”，可证其中两条相交直线的交点位于第三条直线上．证明：(Ⅰ)连接D1C、A1B、EF．∵E，F分另是AB，AA1的中点，∴EF∥A1B，,211BA EF=又A1D1∥BC，A1D1＝BC，∴A1D1CB是平行四边形．∴A1B∥D1C，EF∥D1C，∴E、C、D1、F四点共面．(Ⅱ)由(Ⅰ)得EF∥CD1，,211CD EF=∴直线CE与直线D1F必相交，记CE∩D1F＝P，∵P∈D1F ⊂平面A1ADD1，P∈CE⊂平面ABCD，∴点P是平面A1ADD1和平面ABCD的一个公共点．∵平面A1ADD1∩平面ABCD＝AD，∴P∈AD，∴CE、DA、D1F三线共点．【评述】1、证明多点共面、多点共线、多线共面的主要依据：(1)证明多点共面常用公理2及其推论；(2)证明多点共线常用公理3，即证明点在两个平面内，从而点在这两个平面的交线上；(3)证明多线共面，首先由其中两直线确定平面，再证其余直线在此平面内．2、证明a，b，c三线交于一点的主要依据：(1)证明a与b相交，c与b相交，再证明两交点重合；(2)先证明a与b相交于点P，再证明P∈c．例2在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，M，N分别是AB，PC的中点，求证：MN∥平面PAD．【分析】要证明“线面平行”，可通过“线线平行”或“面面平行”进行转化；题目中出现了中点的条件，因此可考虑构造(添加)中位线辅助证明．证明：方法一，取PD中点E，连接AE，NE．∵底面ABCD是平行四边形，M，N分别是AB，PC的中点，∴MA∥CD，.21CD MA=∵E是PD的中点，∴NE∥CD，.21CD NE=∴MA∥NE，且MA＝NE，∴AENM是平行四边形，∴MN∥AE．又AE⊂平面PAD，MN ⊄平面PAD，∴MN∥平面PAD．方法二取CD中点F，连接MF，NF．∵MF∥AD，NF∥PD，∴平面MNF∥平面PAD，∴MN∥平面PAD．【评述】关于直线和平面平行的问题，可归纳如下方法：(1)证明线线平行：(3)111111【分析】要证明“线线垂直”，可通过“线面垂直”进行转化，因此设法证明A1C垂直于经过BC1的平面即可．证明：连接AC1．∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，∴AA1⊥平面ABC，∴AB⊥AA1．又AB⊥AC，∴AB⊥平面A1ACC1，∴A1C⊥A B．①又AA1＝AC，∴侧面A1ACC1是正方形，∴A1C⊥AC1．②由①，②得A1C⊥平面ABC1，∴A1C⊥BC1．【评述】空间中直线和平面垂直关系的论证往往是以“线面垂直”为核心展开的．如本题已知条件中出现的“直三棱柱”及“AB⊥AC”都要将其向“线面垂直”进行转化．例4在三棱锥P－ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AB⊥BC，AP⊥PB，求证：平面PAC⊥平面PBC．【分析】要证明“面面垂直”，可通过“线面垂直”进行转化，而“线面垂直”又可以通过“线线垂直”进行转化．证明：∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，且AB⊥BC，∴BC⊥平面PAB，∴AP⊥BC．又AP⊥PB，∴AP⊥平面PBC，又AP 平面PAC，∴平面PAC⊥平面PBC．【评述】关于直线和平面垂直的问题，可归纳如下方法：(1)证明线线垂直：ABC－A1B1C1中，侧面A1ABB1是菱形，且垂直于底面ABC，∠A1AB ＝60°，E，F分别是AB1，BC的中点．(Ⅰ)求证：直线EF∥平面A1ACC1；(Ⅱ)在线段AB上确定一点G，使平面EFG⊥平面ABC，并给出证明．证明：(Ⅰ)连接A1C，A1E．∵侧面A1ABB1是菱形，E是AB1的中点，∴E也是A1B的中点，又F 是BC 的中点，∴EF ∥A 1C ．∵A 1C ⊂平面A 1ACC 1，EF ⊄平面A 1ACC 1， ∴直线EF ∥平面A 1ACC 1．(2)解：当31=GA BG 时，平面EFG ⊥平面ABC ，证明如下：连接EG ，FG ．∵侧面A 1ABB 1是菱形，且∠A 1AB ＝60°，∴△A 1AB 是等边三角形．∵E 是A 1B 的中点，31=GA BG ，∴EG ⊥AB ．∵平面A 1ABB 1⊥平面ABC ，且平面A 1ABB 1∩平面ABC ＝AB ， ∴EG ⊥平面ABC ．又EG ⊂平面EFG ，∴平面EFG ⊥平面ABC ．练习7－1一、选择题：1．已知m ，n 是两条不同直线，α ，β ，γ 是三个不同平面，下列命题中正确的是( ) (A)若m ∥α ，n ∥α ，则m ∥n (B)若m ⊥α ，n ⊥α ，则m ∥n (C)若α ⊥γ ，β ⊥γ ，则α ∥β(D)若m ∥α ，m ∥β ，则α ∥β2．已知直线m ，n 和平面α ，β ，且m ⊥n ，m ⊥α ，α ⊥β ，则( ) (A)n ⊥β (B)n ∥β ，或n ⊂β (C)n ⊥α(D)n ∥α ，或n ⊂α3．设a ，b 是两条直线，α 、β 是两个平面，则a ⊥b 的一个充分条件是( ) (A)a ⊥α ，b ∥β ，α ⊥β (B)a ⊥α ，b ⊥β ，α ∥β (C)a ⊂α ，b ⊥β ，α ∥β(D)a ⊂α ，b ∥β ，α ⊥β4．设直线m 与平面α 相交但不垂直，则下列说法中正确的是( ) (A)在平面α 内有且只有一条直线与直线m 垂直 (B)过直线m 有且只有一个平面与平面α 垂直 (C)与直线m 垂直的直线不可能与平面α 平行(D)与直线m 平行的平面不可能与平面α 垂直 二、填空题：5．在三棱锥P －ABC 中，6==PB PA ，平面PAB ⊥平面ABC ，PA ⊥PB ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝30°，则PC ＝______． 6．在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，当底面ABCD 满足条件______时，有A 1C ⊥B 1D 1．(只要求写出一种条件即可) 7．设α ，β 是两个不同的平面，m ，n 是平面α ，β 之外的两条不同直线，给出四个论断： ①m ⊥n ②α ⊥β ③n ⊥β ④m ⊥α以其中三个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出正确的一个命题______．8．已知平面α ⊥平面β ，α ∩β ＝l ，点A ∈α ，A ∉l ，直线AB ∥l ，直线AC ⊥l ，直线m ∥α ，m ∥β ，给出下列四种位置：①AB ∥m ；②AC ⊥m ；③AB ∥β ；④AC ⊥β ， 上述四种位置关系中，不一定成立的结论的序号是______． 三、解答题：9．如图，三棱锥P －ABC 的三个侧面均为边长是1的等边三角形，M ，N 分别为PA ，BC 的中点．(Ⅰ)求MN 的长； (Ⅱ)求证：PA ⊥BC ．10．如图，在四面体ABCD 中，CB ＝CD ，AD ⊥BD ，且E 、F 分别是AB 、BD 的中点．求证：(Ⅰ)直线EF∥平面ACD；(Ⅱ)平面EFC⊥平面BCD．11．如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC∥AD，AFBEAFBEADBC21,//,21==，G，H分别为FA，FD的中点．(Ⅰ)证明：四边形BCHG是平行四边形；(Ⅱ)C，D，F，E四点是否共面?为什么?(Ⅲ)设AB＝BE，证明：平面ADE⊥平面CDE．§7－2空间几何体的结构【知识要点】1．简单空间几何体的基本概念：(1)(2)特殊的四棱柱：(3)其他空间几何体的基本概念：(1)平行投影：①概念：如图，已知图形F，直线l与平面α 相交，过F上任意一点M作直线MM1平行于l，交平面α 于点M1，则点M1叫做点M在平面α 内关于直线l的平行投影．如果图形F上的所有点在平面α 内关于直线l的平行投影构成图形F1，则F1叫图形F在α 内关于直线l的平行投影．平面α 叫投射面，直线l叫投射线．②平行投影的性质：性质1．直线或线段的平行投影仍是直线或线段；性质2．平行直线的平行投影是平行或重合的直线；性质3．平行于投射面的线段，它的投影与这条线段平行且等长；性质4．与投射面平行的平面图形，它的投影与这个图形全等；性质5．在同一直线或平行直线上，两条线段平行投影的比等于这两条线段的比．(2)直观图：斜二侧画法画简单空间图形的直观图．(3)三视图：①正投影：在平行投影中，如果投射线与投射面垂直，这样的平行投影叫做正投影．②三视图：选取三个两两垂直的平面作为投射面．若投射面水平放置，叫做水平投射面，投射到这个平面内的图形叫做俯视图；若投射面放置在正前方，叫做直立投射面，投射到这个平面内的图形叫做主视图；和直立、水平两个投射面都垂直的投射面叫做侧立投射面，投射到这个平面内的图形叫做左视图．将空间图形向这三个平面做正投影，然后把三个投影按右图所示的布局放在一个水平面内，这样构成的图形叫空间图形的三视图．③画三视图的基本原则是“主左一样高，主俯一样长，俯左一样宽”．4．简单几何体的表面积与体积：(1)柱体、锥体、台体和球的表面积：①S直棱柱侧面积＝ch，其中c为底面多边形的周长，h为直棱柱的高．②'=chS21正棱锥形面积，其中c为底面多边形的周长，h＇为正棱锥的斜高．③''+=hccS)(21正棱台侧面积，其中c＇，c分别是棱台的上、下底面周长，h＇为正棱台的斜高．④S圆柱侧面积＝2πRh，其中R是圆柱的底面半径，h是圆柱的高．⑤S圆锥侧面积＝πRl，其中R是圆锥的底面半径，l是圆锥的母线长．⑥S球＝4πR2，其中R是球的半径．(2)柱体、锥体、台体和球的体积：①V柱体＝Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．②ShV31=锥体，其中S是锥体的底面积，h是锥体的高．③)(31'+'+=SSSShV台体，其中S＇，S分别是台体的上、下底面的面积，h为台体的高．④3π34R V球，其中R 是球的半径．【复习要求】1．了解柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征；2．会画出简单几何体的三视图，会用斜二侧法画简单空间图形的直观图；3．理解球、棱柱、棱锥、台的表面积与体积的计算公式．【例题分析】例1如图，正三棱锥P－ABC的底面边长为a，侧棱长为b．(Ⅰ)证明：PA⊥BC；(Ⅱ)求三棱锥P－ABC的表面积；(Ⅲ)求三棱锥P－ABC的体积．【分析】对于(Ⅰ)只要证明BC(PA)垂直于经过PA(BC)的平面即可；对于(Ⅱ)则要根据正三棱锥的基本性质进行求解．证明：(Ⅰ)取BC中点D，连接AD，PD．∵P－ABC是正三棱锥，∴△ABC是正三角形，三个侧面PAB，PBC，PAC是全等的等腰三角形．∵D是BC的中点，∴BC⊥AD，且BC⊥PD，∴BC⊥平面PAD，∴PA⊥BC．(Ⅱ)解：在Rt△PBD中，,4212222abBDPBPD-=-=∴.442122abaPDBCSPBC-==⋅∆∵三个侧面PAB，PBC，PAC是全等的等腰三角形，∴三棱锥P－ABC的侧面积是.44322aba-∴△ABC是边长为a的正三角形，∴三棱锥P－ABC的底面积是, 4 32a∴三棱锥P－ABC的表面积为⋅-+=-+)312(434434322222abaaabaa(Ⅲ)解：过点P作PO⊥平面ABC于点O，则点O是正△ABC的中心，∴,63233131aaADOD=⨯==在Rt△POD中，,3332222abODPDPO-=-=∴三棱锥P－ABC的体积为.3123334331222222abaaba-=-⨯⨯【评述】1、解决此问题要求同学们熟悉正棱锥中的几个直角三角形，如本题中的Rt△POD，其中含有棱锥的高PO；如Rt△PBD，其中含有侧面三角形的高PD，即正棱锥的斜高；如果连接OC，则在Rt△POC中含有侧棱．熟练运用这几个直角三角形，对解决正棱锥的有关问题很有帮助．2、正n(n＝3，4，6)边形中的相关数据：111(Ⅰ)求证：平面BEC 1⊥平面ACC 1A 1；(Ⅱ)求证：AB 1∥平面BEC 1．【分析】本题给出的三棱柱不是直立形式的直观图，这种情况下对空间想象能力提出了更高的要求，可以根据几何体自身的性质，适当添加辅助线帮助思考．证明：(Ⅰ)∵ABC －A 1B 1C 1是正三棱柱，∴AA 1⊥平面ABC ， ∴BE ⊥AA 1．∵△ABC 是正三角形，E 是AC 的中点，∴BE ⊥AC ，∴BE ⊥平面ACC 1A 1，又BE ⊂平面BEC 1， ∴平面BEC 1⊥平面ACC 1A 1．(Ⅱ)证明：连接B 1C ，设BC 1∩B 1C ＝D ．∵BCC 1B 1是矩形，D 是B 1C 的中点， ∴DE ∥AB 1． 又DE ⊂平面BEC 1，AB 1⊄平面BEC 1， ∴AB 1∥平面BEC 1．例3 在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，△PAD 是等边三角形，已知BD ＝2AD ＝8，542==DC AB ．(Ⅰ)设M 是PC 上的一点，证明：平面MBD ⊥平面PAD ； (Ⅱ)求四棱锥P －ABCD 的体积．【分析】本题中的数量关系较多，可考虑从“算”的角度入手分析，如从M 是PC 上的动点分析知，MB ，MD 随点M 的变动而运动，因此可考虑平面MBD 内“不动”的直线BD 是否垂直平面PAD．证明：(Ⅰ)在△ABD中，由于AD＝4，BD＝8，54=AB，所以AD2＋BD2＝AB2．故AD⊥BD．又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥平面PAD，又BD⊂平面MBD，故平面MBD⊥平面PAD．(Ⅱ)解：过P作PO⊥AD交AD于O，由于平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD．因此PO为四棱锥P－ABCD的高，又△PAD是边长为4的等边三角形．因此.32423=⨯=PO在底面四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝2DC，所以四边形ABCD是梯形，在Rt△ADB中，斜边AB边上的高为5585484=⨯，即为梯形ABCD的高，所以四边形ABCD的面积为.2455825452=⨯+=S故.316322431=⨯⨯=-ABCDPV例4 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)(Ⅰ)画出该多面体的俯视图；(Ⅱ)按照给出的尺寸，求该多面体的体积；(Ⅲ)在所给直观图中连结BC＇，证明：BC＇∥平面EFG．【分析】画三视图的基本原则是“主左一样高，主俯一样长，俯左一样宽”，根据此原则及相关数据可以画出三视图．证明：(Ⅰ)该几何体三视图如下图：(Ⅱ)所求多面体体积).cm (32842)2221(316442=⨯⨯⨯⨯-⨯⨯=-=正三棱锥长方体V V V(Ⅲ)证明：在长方体ABCD －A'B'C'D'中，连结AD'，则AD'∥BC'． 因为E ，G 分别为AA'，A'D'中点， 所以AD'∥EG ， 从而EG ∥BC '．又BC'⊄平面EFG ， 所以BC'∥平面EFG ．例5 有两个相同的直三棱柱，底面三角形的三边长分别是3a ，4a ，5a ，高为a 2，其中a ＞0．用它们拼成一个三棱柱或四棱柱，在所有可能的情形中，表面积最小的一个是四棱柱，求a 的取值范围．解：直三棱柱ABC－A1B1C1的三个侧面的面积分别是6，8，10，底面积是6a2，因此每个三棱柱的表面积均是2×6a2＋6＋8＋10＝12a2＋24．情形①：将两个直三棱柱的底面重合拼在一起，只能拼成三棱柱，其表面积为：2×(12a2＋24)－2×6a2＝12a2＋48．情形②：将两个直三棱柱的侧面ABB1A1重合拼在一起，结果可能拼成三棱柱，也可能拼成四棱柱，但表面积一定是：2×(12a2＋24)－2×8＝24a2＋32．情形③：将两个直三棱柱的侧面ACC1A1重合拼在一起，结果可能拼成三棱柱，也可能拼成四棱柱，但表面积一定是：2×(12a2＋24)－2×6＝24a2＋36．情形④：将两个直三棱柱的侧面BCC1B1重合拼在一起，只能拼成四棱柱，其表面积为：2×(12a2＋24)－2×10＝24a2＋28在以上四种情形中，②、③的结果都比④大，所以表面积最小的情形只能在①、④中产生．依题意“表面积最小的一个是四棱柱”，得24a2＋28＜12a2＋48，解得,35 2<a所以a的取值范围是⋅) 3 15 ,0(例6在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，CD的中点，求三棱锥F－A1ED1的体积．【分析】计算三棱锥F－A1ED1的体积时，需要确定锥体的高，即点F到平面A1ED1的距离，直接求解比较困难．利用等积的方法，调换顶点与底面的方式，如1111EFD A ED A F V V --=，也不易计算，因此可以考虑使用等价转化的方法求解．解法1：取AB 中点G ，连接FG ，EG ，A 1G ． ∵GF ∥AD ∥A 1D 1，∴GF ∥平面A 1ED 1，∴F 到平面A 1ED 1的距离等于点G 到平面A 1ED 1的距离．∴.8183313132111111111a a a D A S V V V EG A EG A D ED A G ED A F =⨯⨯====⋅∆---解法2：取CC 1中点H ，连接FA 1，FD 1，FH ， FC 1，D 1H ，并记FC 1∩D 1H ＝K ．∵A 1D 1∥EH ， A 1D 1＝EH ，∴A 1，D 1，H ，E 四点共面． ∵A 1D 1⊥平面C 1CDD 1，∴FC ⊥A 1D 1．又由平面几何知识可得FC 1⊥D 1H ，∴FC ⊥平面A 1D 1HE ． ∴FK 的长度是点F 到平面A 1D 1HE (A 1ED 1)的距离．容易求得.811053453131,1053321111a a a FK S V a FK ED A ED A F =⨯⨯===⋅∴∆-练习7－2一、选择题：1．将棱长为2的正方体木块削成一个体积最大的球，则这个球的表面积为( ) (A)2π(B)4π(C)8π(D)16π2．如图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是( )(A)9π(B)10π(C)11π(D)12π3．有一种圆柱体形状的笔筒，底面半径为4 cm ，高为12 cm ．现要为100个这种相同规格的笔筒涂色(笔筒内外均要涂色，笔筒厚度忽略不计)．如果所用涂料每0.5 kg 可以涂1 m 2，那么为这批笔筒涂色约需涂料( ) (A)1.23 kg(B)1.76 kg(C)2.46 kg(D)3.52 kg4．某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，则a ＋b 的最大值为( ) (A)22 (B)32(C)4(D)52二、填空题：5．如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的每条棱长均为2，E 、F 分别是BC 、A 1C 1的中点，则EF 的长等于______．6．将边长为1的正方形ABCD 沿对角线AC 折起，使得BD ＝1，则三棱锥D －ABC 的体积是______． 7．一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面．已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的高为3，底面周长为3，则这个球的体积为______．8．平面内的一个四边形为平行四边形的充要条件有多个，如两组对边分别平行，类似地，写出空间中的一个四棱柱为平行六面体的两个充要条件： 充要条件①：_______________________________________________________________； 充要条件②：_______________________________________________________________． (写出你认为正确的两个充要条件) 三、解答题：9．如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E是DD1的中点．(Ⅰ)求证：BD1∥平面ACE；(Ⅱ)求证：平面ACE⊥平面B1BDD1．10．已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图(或称主视图)是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，侧视图(或称左视图)是一个底边长为6、高为4的等腰三角形．(Ⅰ)求该几何体的体积V；(Ⅱ)求该几何体的侧面积S．11．如图，已知ABCD－A1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上，且AE＝FC1＝1．(Ⅰ)求证：E ，B ，F ，D 1四点共面；(Ⅱ)若点G 在BC 上，32=BG ，点M 在BB 1上，GM ⊥BF ，求证：EM ⊥面BCC 1B 1．§7－3 空间向量与立体几何【知识要点】1．空间向量及其运算： (1)空间向量的线性运算：①空间向量的加法、减法和数乘向量运算：平面向量加、减法的三角形法则和平行四边形法则拓广到空间依然成立．②空间向量的线性运算的运算律： 加法交换律：a ＋b ＝b ＋a ；加法结合律：(a ＋b ＋c )＝a ＋(b ＋c )；分配律：(λ ＋μ )a ＝λ a ＋μ a ；λ (a ＋b )＝λ a ＋λ b ． (2)空间向量的基本定理：①共线(平行)向量定理：对空间两个向量a ，b (b ≠0)，a ∥b 的充要条件是存在实数λ ，使得a ∥λ b ．②共面向量定理：如果两个向量a ，b 不共线，则向量c 与向量a ，b 共面的充要条件是存在惟一一对实数λ ，μ ，使得c ＝λ a ＋μ b ．③空间向量分解定理：如果三个向量a ，b ，c 不共面，那么对空间任一向量p ，存在惟一的有序实数组λ 1，λ 2，λ 3，使得p ＝λ 1a ＋λ 2b ＋λ 3c ．(3)空间向量的数量积运算：①空间向量的数量积的定义：a ·b ＝|a ｜|b ｜c os 〈a ，b 〉； ②空间向量的数量积的性质：a ·e ＝|a ｜c os ＜a ，e ＞；a ⊥b ⇔a ·b ＝0； |a |2＝a ·a ；|a ·b |≤|a ｜|b ｜． ③空间向量的数量积的运算律： (λ a )·b ＝λ (a ·b )； 交换律：a ·b ＝b ·a ；分配律：(a ＋b )·c ＝a ·c ＋b ·c ． (4)空间向量运算的坐标表示：①空间向量的正交分解：建立空间直角坐标系Oxyz ，分别沿x 轴，y 轴，z 轴的正方向引单位向量i ，j ，k ，则这三个互相垂直的单位向量构成空间向量的一个基底{i ，j ，k ｝，由空间向量分解定理，对于空间任一向量a ，存在惟一数组(a 1，a 2，a 3)，使a ＝a 1i ＋a 2j ＋a 3k ，那么有序数组(a 1，a 2，a 3)就叫做空间向量a 的坐标，即a ＝(a 1，a 2，a 3)．②空间向量线性运算及数量积的坐标表示： 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则a ＋b ＝(a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3)；a －b ＝(a 1－b 1，a 2－b 2，a 3－b 3)；λ a ＝(λ a 1，λ a 2，λ a 3)；a ·b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3．③空间向量平行和垂直的条件：a ∥b (b ≠0)⇔a ＝λ b ⇔a 1＝λ b 1，a 2＝λ b 2，a 3＝λ b 3(λ ∈R )； a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0． ④向量的夹角与向量长度的坐标计算公式： 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则;||,||232221232221b b b a a a ++==++==⋅⋅b b b a a a;||||,cos 232221232221332211b b b a a a b a b a b a ++++++=>=<⋅b a ba b a在空间直角坐标系中，点A (a 1，a 2，a 3)，B (b 1，b 2，b 3)，则A ，B 两点间的距离是.)()()(||233222211b a b a b a AB -+-+-=2．空间向量在立体几何中的应用： (1)直线的方向向量与平面的法向量：①如图，l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a 的直线，对空间任意一点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使得a t OA OP +=，其中向量a 叫做直线的方向向量．由此可知，空间任意直线由空间一点及直线的方向向量惟一确定．②如果直线l ⊥平面α ，取直线l 的方向向量a ，则向量a 叫做平面α 的法向量．由此可知，给定一点A 及一个向量a ，那么经过点A 以向量a 为法向量的平面惟一确定． (2)用空间向量刻画空间中平行与垂直的位置关系：设直线l ，m 的方向向量分别是a ，b ，平面α ，β 的法向量分别是u ，v ，则 ①l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ，k ∈R ； ②l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a ·b ＝0； ③l ∥α ⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0； ④l ⊥α ⇔a ∥u ⇔a ＝k u ，k ∈R ； ⑤α ∥⇔u ∥v ⇔u ＝k v ，k ∈R ； ⑥α ⊥β ⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0．(3)用空间向量解决线线、线面、面面的夹角问题：①异面直线所成的角：设a ，b 是两条异面直线，过空间任意一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，则a ′与b ′所夹的锐角或直角叫做异面直线a 与b 所成的角．设异面直线a 与b 的方向向量分别是v 1，v 2，a 与b 的夹角为θ ，显然],2π,0(∈θ则⋅=><⋅|||||||,cos |212121v v v v v v②直线和平面所成的角：直线和平面所成的角是指直线与它在这个平面内的射影所成的角． 设直线a 的方向向量是u ，平面α 的法向量是v ，直线a 与平面α 的夹角为θ ，显然]2π,0[∈θ，则⋅=><⋅|||||||,cos |v u v u v u③二面角及其度量：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．记作α －l －β 在二面角的棱上任取一点O ，在两个半平面内分别作射线OA ⊥l ，OB ⊥l ，则∠AOB 叫做二面角α －l －β 的平面角．利用向量求二面角的平面角有两种方法： 方法一：如图，若AB ，CD 分别是二面角α －l －β 的两个面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角α －l －β 的大小就是向量CD AB 与的夹角的大小．方法二：如图，m 1，m 2分别是二面角的两个半平面α ，β 的法向量，则〈m 1，m 2〉与该二面角的大小相等或互补．(4)根据题目特点，同学们可以灵活选择运用向量方法与综合方法，从不同角度解决立体几何问题． 【复习要求】1．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示．2．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示．3．掌握空间向量的数量积及其坐标表示；能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直．4．理解直线的方向向量与平面的法向量．5．能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直、平行关系．6．能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题．【例题分析】例1如图，在长方体OAEB－O1A1E1B1中，OA＝3，OB＝4，OO1＝2，点P在棱AA1上，且AP＝2PA1，点S在棱BB1上，且B1S＝2SB，点Q，R分别是O1B1，AE的中点，求证：PQ∥RS．【分析】建立空间直角坐标系，设法证明存在实数k，使得.RSk PQ=解：如图建立空间直角坐标系，则O(0，0，0)，A(3，0，0)，B(0，4，0)，O1(0，0，2)，A1(3，0，2)，B1(0，4，2)，E(3，4，0)．∵AP＝2PA1，∴),34,0,0()2,0,0(32321===AAAP∴⋅) 3 4 ,0,3(P同理可得：Q(0，2，2)，R(3，2，0)，⋅) 3 2 ,4,0(S,)32,2,3(RS PQ=-=∴RSPQ//，又R∉PQ，∴PQ∥RS．【评述】1、证明线线平行的步骤：(1)证明两向量共线；(2)证明其中一个向量所在直线上一点不在另一个向量所在的直线上即可．2、本体还可采用综合法证明，连接PR，QS，证明PQRS是平行四边形即可，请完成这个证明．例2 已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，E ，F 分别是棱A 1D 1，A 1B 1，D 1C 1，B 1C 1的中点，求证：平面AMN ∥平面EFBD ．【分析】要证明面面平行，可以通过线线平行来证明，也可以证明这两个平面的法向量平行． 解法一：设正方体的棱长为4，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A (4，0，0)，M (2，0，4)，N (4，2，4)，B (4，4，0)，E (0，2，4)，F (2，4，4)．取MN 的中点K ，EF 的中点G ，BD 的中点O ，则O (2，2，0)，K (3，1，4)，G (1，3，4)．MN ＝(2，2，0)，EF ＝(2，2，0)，AK ＝(－1，1，4)，OG ＝(－1，1，4)，∴MN ∥EF ，OG AK =，∴MN//EF ，AK//OG ， ∴MN ∥平面EFBD ，AK ∥平面EFBD ， ∴平面AMN ∥平面EFBD ．解法二：设平面AMN 的法向量是a ＝(a 1，a 2，a 3)，平面EFBD 的法向量是 b ＝(b 1，b 2，b 3)． 由,0,0==⋅⋅AN AM a a得⎩⎨⎧=+=+-,042,0423231a a a a 取a 3＝1，得a ＝(2，－2，1)．由,0,0==⋅⋅BF DE b b得⎩⎨⎧=+-=+,042,0423132b b b b 取b 3＝1，得b ＝(2，－2，1)．∵a ∥b ，∴平面AMN ∥平面EFBD ．注：本题还可以不建立空间直角坐标系，通过综合法加以证明，请试一试．例3 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 是棱A 1B 1，B 1B 的中点，求异面直线AM 和CN 所成角的余弦值．解法一：设正方体的棱长为2，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A (2，0，0)，M (2，1，2)，C (0，2，0)，N (2，2，1)．∴),1,0,2(),2,1,0(==CN AM设AM 和CN 所成的角为θ ，则,52||||cos ==CN AM θ∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52解法二：取AB 的中点P ，CC 1的中点Q ，连接B 1P ，B 1Q ，PQ ，PC ． 易证明：B 1P ∥MA ，B 1Q ∥NC ，∴∠PB 1Q 是异面直线AM 和CN 所成的角．设正方体的棱长为2，易知,6,52211=+===QC PC PQ Q B P B ∴,522cos 11221211=-+=⋅Q B P B PQ Q B P B Q PB∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52【评述】空间两条直线所成的角是不超过90°的角，因此按向量的夹角公式计算时，分子的数量积如果是负数，则应取其绝对值，使之成为正数，这样才能得到异面直线所成的角(锐角)．例4 如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为a 2，求直线AC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小．【分析】利用正三棱柱的性质，适当建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标．求角时有两种思路：一是由定义找出线面角，再用向量方法计算；二是利用平面ABB 1A 1的法向量求解．解法一：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (0，a ，0)，),2,0,0(1a A ⋅-)2,2,23(1a a a C 取A 1B 1的中点D ，则)2,2,0(a a D ，连接AD ，C 1D ． 则),2,0,0(),0,,0(),0,0,23(1a AA a AB a DC ==-=,0,0111==⋅⋅AA DC AB DC∴DC 1⊥平面ABB 1A 1，∴∠C 1AD 是直线AC 1与平面ABB 1A 1所或的角． ),2,2,0(),2,2,23(1a a AD a a a AC =-=23||||cos 111==∴AD AC ADAC AD C ，∴直线AC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小是30°．解法二：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (0，a ，0)，A 1(0，0，a 2)，)2,2,23(1a a a C -，从而⋅-===)2,2,23(),2,0,0(),0,,0(11a a a AC a AA a AB设平面ABB 1A 1的法向量是a ＝(p ，q ，r )， 由,0,01==⋅⋅AAAB a a 得⎩⎨⎧==,02,0ar aq 取p ＝1，得a ＝(1，0，0)．设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为],2π,0[,∈θθ.30,21|||||,cos |sin 111 ===〉〈=θθa a AC AC【评述】充分利用几何体的特征建立适当的坐标系，再利用向量的知识求解线面角；解法二给出了一般的方法，即先求平面的法向量与斜线的夹角，再利用两角互余转换．例5 如图，三棱锥P －ABC 中，PA ⊥底面ABC ，AC ⊥BC ，PA ＝AC ＝1，2=BC ，求二面角A －PB －C 的平面角的余弦值．解法一：取PB 的中点D ，连接CD ，作AE ⊥PB 于E ．∵PA ＝AC ＝1，PA ⊥AC ，∴PC ＝BC ＝2，∴CD ⊥PB ．∵EA⊥PB，。
高考数学二轮复习立体几何题型解题技巧
高考数学二轮复习立体几何题型解题技巧知识整合1.有关平行与垂直(线线、线面及面面)的效果，是在处置平面几何效果的进程中，少量的、重复遇到的，而且是以各种各样的效果(包括论证、计算角、与距离等)中不可缺少的内容，因此在主体几何的总温习中，首先应从处置〝平行与垂直〞的有关效果着手，经过较为基本效果，熟习公理、定理的内容和功用，经过对效果的剖析与概括，掌握平面几何中处置效果的规律--充沛应用线线平行(垂直)、线面平行(垂直)、面面平行(垂直)相互转化的思想，以提高逻辑思想才干和空间想象才干。
2. 判定两个平面平行的方法：(1)依据定义--证明两平面没有公共点;(2)判定定理--证明一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面;(3)证明两平面同垂直于一条直线。
3.两个平面平行的主要性质：(1)由定义知：〝两平行平面没有公共点〞。
(2)由定义推得：〝两个平面平行，其中一个平面内的直线必平行于另一个平面。
(3)两个平面平行的性质定理：〞假设两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行〝。
(4)一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面。
(5)夹在两个平行平面间的平行线段相等。
(6)经过平面外一点只要一个平面战争面平行。
以上性质(2)、(3)、(5)、(6)在课文中虽未直接列为〞性质定理〝，但在解题进程中均可直接作为性质定理援用。
解答题分步骤处置可多得分1. 合理布置，坚持清醒。
数学考试在下午，建议半夜休息半小时左右，睡不着闭闭眼睛也好，尽量抓紧。
然后带齐用具，提早半小时到考场。
2. 通览全卷，摸透题情。
刚拿到试卷，普通较紧张，不宜匆忙作答，应从头到尾通览全卷，尽量从卷面上获取更多的信息，摸透题情。
这样能提示自己先易后难，也可防止漏做题。
3 .解答题规范有序。
普通来说，试题中容易题和中档题占全卷的80%以上，是考生得分的主要来源。
关于解答题中的容易题和中档题，要留意解题的规范化，关键步骤不能丢，如三种言语(文字言语、符号言语、图形言语)的表达要规范，逻辑推理要严谨，计算进程要完整，留意算理算法，运用题建模与恢复进程要明晰，合理布置卷面结构……关于解答题中的难题，得总分值很困难，可以采用〝分段得分〞的战略，由于高考(微博)阅卷是〝分段评分〞。
2021届高考数学二轮复习立体几何知识汇总
线线角（异面直线所成角）
线面角（斜线与平面所成角）
面面角（二面角的平面角）
在空间任意取一点，过该点分 别作两异面直线的平行线所成的 锐角或直角称为两异面直线所成 的角．
设 l 和α分别表示直线与平面． ①若 l∥α或 l⊂α，则称直线 l 和平面 α所成的角为 0°； ②若 l⊥α，则称 l 与α所成的角为 90 °； ③若 l 是α的斜线，则 l 与 l 在α内的射 影所成的锐角为 l 与α所成的角．
线线垂直 线线平行
, l, a , a l a
面面垂直 线面垂直
……
定义
特殊情况
范围
线线角 把两异面直线平移到相交时两相交直线所成的角。
两直线平行时角为 0 所成角为 90 时称两直线垂直
空间 角 线面角 平面的一条斜线与其在该平面内射影所成角。
线面平行或线在平面内时线面角为 0 线面垂直时线面角为 90
(如 H)，过 P 或 H 作二面角棱的垂线，垂足必为同一个点（记作 O ）， POH 即为二面角的平面角，然后求解.
关键和难点：探求线面垂直关系，确定垂足 H 的位置.
通过“平移”所涉及的直线或平面，将所求角转化为更容易求解的角，或它的“等角”、“补交”、“余角”. 通过平面的“法线”、“垂面”，也可将线面角、面面角进行转化.
,
a
b
P
//
线面平行 面面平行
m ,n a m,a n
,
m
n
P
a
线线垂直 线面垂直
l ,l 线面垂直 面来自垂直性质定理a ∥ ，a ， b a ∥b 线面平行 线线平行
// , a, b a // b 面面平行 线线平行
a b
a
(江苏专用)2021高考数学二轮复习专题二立体几何学案理
专题二 立体几何高考定位 高考对本内容的考察主要有：(1)空间概念、空间想象能力、点线面位置关系判断、外表积与体积计算等，A 级要求；(2)线线、线面、面面平行与垂直的证明，B 级要求.真 题 感 悟1.(2021·江苏卷)如下图，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________.解析 正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体是正八面体，其中正八面体的所有棱长都是2，那么该正八面体的体积为13×(2)2×1×2＝43. 答案 432.(2021·江苏卷)在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ，AB 1⊥B 1C 1.求证：(1)AB ∥平面A 1B 1C ；(2)平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC .证明 (1)在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1.因为AB 平面A 1B 1C ，A 1B 1平面A 1B 1C ，所以AB ∥平面A 1B 1C .(2)在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，四边形ABB 1A 1为平行四边形.又因为AA 1＝AB ， 所以四边形ABB 1A 1为菱形， 因此AB 1⊥A 1B .又因为AB 1⊥B 1C 1，BC ∥B 1C 1，所以AB 1⊥BC .又因为A 1B ∩BC ＝B ，A 1B 平面A 1BC ，BC 平面A 1BC ，所以AB 1⊥平面A 1BC .因为AB1平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.3.(2021·江苏卷)如图，在三棱锥A－BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.证明(1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB.又因为EF平面ABC，AB平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.因为AD平面ABD，所以BC⊥AD.又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB平面ABC，BC平面ABC，所以AD⊥平面ABC，又因为AC平面ABC，所以AD⊥AC.4.(2021·江苏卷)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明(1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又DE平面A1C1F，A1C1平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又A1C1⊥A1B1，A1A平面ABB1A1，A1B1平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.又B1D⊥A1F，A1C1平面A1C1F，A1F平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B 1D ⊥平面A 1C 1F .因为直线B 1D 平面B 1DE ，所以平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .考 点 整 合1.四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直平行六面体、长方体之间的关系.(1)直棱柱、正棱锥、正棱台的侧面积公式：①S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)；②S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)； ③S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)； ④S 球表＝4πR 2(R 为球的半径). (2)柱体、锥体和球的体积公式：①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)； ③V 球＝43πR 3. 3.直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a α，b α，a ∥b a ∥α.(2)线面平行的性质定理：a ∥α，a β，α∩β＝b a ∥b .(3)面面平行的判定定理：a β，b β，a ∩b ＝P ，a ∥α，b ∥αα∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b a ∥b .4.直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m α，n α，m ∩n ＝P ，l ⊥m ，l ⊥n l ⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a ⊥α，b ⊥αa ∥b .(3)面面垂直的判定定理：a β，a ⊥αα⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l ，a α，a ⊥l a ⊥β.热点一 空间几何体的有关计算【例1】 (1)(2021·江苏卷)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球OO 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，那么V 1V 2的值是________.(2)(2021·徐州、连云港、宿迁三检)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥平面AB 1C 1，AA 1＝1，底面三角形ABC 是边长为2的正三角形，那么此三棱柱的体积为________.(3)(2021·南通模拟)设一个正方体与底面边长为23，侧棱长为10的正四棱锥的体积相等，那么该正方体的棱长为________.解析 (1)设球半径为R ，那么圆柱底面圆半径为R ，母线长为2R .又V 1＝πR 2·2R ＝2πR 3，V 2＝43πR 3，所以V 1V 2＝2πR 343πR 3＝32. (2)因为AA 1⊥平面AB 1C 1，AB 1平面AB 1C 1，所以AA 1⊥AB 1，又知AA 1＝1，A 1B 1＝2，所以AB 1＝22－12＝3，同理可得AC 1＝3，又知在△AB 1C 1中，B 1C 1＝2，所以△AB 1C 1的边B 1C 1上的高为h ＝3－1＝2，其面积S △AB 1C 1＝12×2×2＝2，于是三棱锥A －A 1B 1C 1的体积V 三棱锥A －A 1B 1C 1＝V 三棱锥A 1－AB 1C 1＝13×S △AB 1C 1×AA 1＝23，进而可得此三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积V ＝3V 三棱锥A －A 1B 1C 1＝3×23＝ 2. (3)由题意可得正四棱锥的高为2，体积为13×(23)2×2＝8，那么正方体的体积为8，所以棱长为2.答案 (1)32(2) 2 (3)2探究提高 (1)涉及柱、锥及其简单组合体的计算问题，要在正确理解概念的根底上，画出符合题意的图形或辅助线(面)，再分析几何体的构造特征，从而进展解题.(2)求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转换原那么是其高易求，底面放在几何体的某一面上.(3)假设所给的几何体的体积不能直接利用公式得出，那么常用转换法、分割法、补形法等方法求解.【训练1】 (1)(2021·江苏卷)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2.假设它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，那么V 1V 2的值是________. (2)(2021·江苏卷)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝3 cm ，AA 1＝2 cm ，那么四棱锥A －BB 1D 1D 的体积为________cm 3.(3)(2021·苏州调研)将半径为5的圆分割成面积之比为1∶2∶3的三个扇形作为三个圆锥的侧面，设这三个圆锥的底面半径依次为r 1，r 2，r 3，那么r 1＋r 2＋r 3＝________.解析 (1)设两个圆柱的底面半径和高分别为r 1，r 2和h 1，h 2，由S 1S 2＝94，得πr 21πr 22＝94，那么r 1r 2＝32.由圆柱的侧面积相等，得2πr 1h 1＝2πr 2h 2，即r 1h 1＝r 2h 2，那么h 1h 2＝23，所以V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2＝32. (2)关键是求出四棱锥A －BB 1D 1D 的高，连接AC 交BD 于O (图略)，在长方体中， ∵AB ＝AD ＝3，∴BD ＝32且AC ⊥BD .又∵BB 1⊥底面ABCD ，∴BB 1⊥AC .又DB ∩BB 1＝B ，∴AC ⊥平面BB 1D 1D ，∴AO 为四棱锥A －BB 1D 1D 的高且AO ＝12BD ＝322. ∵S 矩形BB 1D 1D ＝BD ×BB 1＝32×2＝62，∴V A －BB 1D 1D ＝13S 矩形BB 1D 1D ·AO ＝13×62×322＝6(cm 3). (3)由题意可得三个扇形的弧长分别为5π3，10π3，5π，分别等于三个圆锥底面圆的周长，由l ＝2πr ，那么r 1＝56，r 2＝53，r 3＝52，所以r 1＋r 2＋r 3＝56＋53＋52＝5. 答案 (1)32(2)6 (3)5 热点二 空间中的平行和垂直的判断与证明[考法1] 空间线面位置关系的判断【例2－1】(1)(2021·南京、盐城模拟)设α，β为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，以下命题中正确的选项是________(填上所有正确命题的序号).①假设α∥β，mα，那么m∥β；②假设m∥α，nα，那么m∥n；③假设α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，那么m⊥β；④假设n⊥α，n⊥β，m⊥α，那么m⊥β.(2)(2021·镇江期末)设b，c表示两条直线，α，β表示两个平面，现给出以下命题：①假设bα，c∥α，那么b∥c；②假设bα，b∥c，那么c∥α；③假设c∥α，α⊥β，那么c⊥β；④假设cα，c⊥β，那么α⊥β.其中正确的命题是________(写出所有正确命题的序号).解析(1)由面面平行的性质可得①正确；假设m∥α，nα，那么m，n平行或异面，②错误；由面面垂直的性质定理可知③中缺少条件“mα〞，③错误；假设n⊥α，n⊥β，那么α∥β，又m⊥α，那么m⊥β，④正确.综上，命题正确的选项是①④.(2)①b和c可能异面，故①错；②可能cα，故②错；③可能c∥β，cβ，故③错；④根据面面垂直判定定理判定α⊥β，故④正确.答案(1)①④(2)④探究提高长方体(或正方体)是一类特殊的几何体，其中蕴含着丰富的空间位置关系.因此，对于某些研究空间直线与直线、直线与平面、平面与平面之间的平行、垂直关系问题，常构造长方体(或正方体)，把点、线、面的位置关系转移到长方体(或正方体)中，对各条件进展检验或推理，根据条件在某一特殊情况下不真，那么它在一般情况下也不真的原理，判断条件的真伪，可使此类问题迅速获解.[考法2] 平行、垂直关系的证明【例2－2】(2021 ·江苏卷)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，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 －A 1B 1C 1是直三棱柱，所以CC 1⊥平面ABC .因为AC 平面ABC ，所以AC ⊥CC 1.又因为AC ⊥BC ，CC 1平面BCC 1B 1，BC 平面BCC 1B 1，BC ∩CC 1＝C ，所以AC ⊥平面BCC 1B 1.又因为BC 1平面BCC 1B 1，所以BC 1⊥AC .因为BC ＝CC 1，所以矩形BCC 1B 1是正方形，因此BC 1⊥B 1C .因为AC ，B 1C 平面B 1AC ，AC ∩B 1C ＝C ，所以BC 1⊥平面B 1AC .又因为AB 1平面B 1AC ，所以BC 1⊥AB 1.【例2－3】 (2021·全国Ⅱ卷)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点.(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)假设点M 在棱BC 上，且MC ＝2MB ，求点C 到平面POM 的距离.(1)证明 因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3.连接OB .因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12ACOP 2＋OB 2＝PB 2知，OP ⊥OB . 由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 且OB ∩AC ＝O ，OB ，AC 平面ABC ，知PO ⊥平面ABC .(2)解 作CH ⊥OM ，垂足为H .又由(1)可得OP ⊥CH ，OM ∩OP ＝O ，OM ，OP 平面POM ，所以CH ⊥平面POM .故CH 的长为点C 到平面POM 的距离.由题设可知OC ＝12AC ＝2，CM ＝23BC ＝423，∠ACB ＝45°. 所以OM ＝CO 2＋CM 2－2CO ·CM ·cos 45°＝253， 又由12OM ·CH ＝12OC ·MC ·sin∠ACB ，CH ＝OC ·MC ·sin∠ACB OM ＝455.所以点C 到平面POM 的距离为455. 探究提高 垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.(4)证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直.【训练2】 (2021·苏、锡、常、镇调研)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥AC ，AB ⊥PA ，AB ∥CD ，AB ＝2CD ，E ，F ，G ，M ，N 分别为PB ，AB ，BC ，PD ，PC 的中点.求证：(1)CE ∥平面PAD ；(2)平面EFG ⊥平面EMN .证明 (1)法一 如图1，取PA 的中点H ，连接EH ，DH .图1又因为E 为PB 的中点，所以EH ∥AB ，且EH ＝12AB .又AB ∥CD ，CD ＝12AB ， 所以EH ∥CD ，且EH ＝CD .所以四边形DCEHCE ∥DH .又DH 平面PAD ，CE 平面PAD ，因此，CE ∥平面PAD .图2法二 如图2，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AFCDCF ∥AD .又CF 平面PAD ，AD 平面PAD ，所以CF ∥平面PAD .因为E ，F 分别为PB ，AB 的中点，所以EF ∥PA .又EF 平面PAD ，PA 平面PAD ，所以EF ∥平面PAD .因为CF ∩EF ＝F ，CF 平面CEF ，EF 平面CEF ，故平面CEF ∥平面PAD .又CE 平面CEF ，所以CE ∥平面PAD .(2)因为E ，F 分别为PB ，AB 的中点，所以EF ∥PA .又AB ⊥PA ，所以AB ⊥EF .同理可证AB ⊥FG .又EF ∩FG ＝F ，EF 平面EFG ，FG 平面EFG ，因此AB ⊥平面EFG .又M ，N 分别为PD ，PC 的中点，所以MN ∥DC ，又AB ∥DC ，所以MN ∥AB ，所以MN ⊥平面EFG .又MN 平面EMN ，所以平面EFG ⊥平面EMN .体积(1)对于规那么几何体，可直接利用公式计算.(2)对于不规那么几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解.(3)求解旋转体的外表积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形的应用.(4)求解几何体的外表积时要注意S 表＝S 侧＋S 底.V ＝13Sh ，在求解锥体体积中，不能漏掉13.3.空间中点、线、面的位置关系的判定(1)可以从线、面的概念、定理出发，学会找特例、反例.(2)可以借助长方体，在理解空间点、线、面位置关系的根底上，抽象出空间线、面的位置关系的定义.4.垂直、平行关系的根底是线线垂直和线线平行，常用方法如下：(1)证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进展平行转换：三是利用三角形的中位线定理证线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进展平行转换.(2)证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l ⊥α，a αl ⊥a .一、填空题积与高均保持不变，但底面半径一样的新的圆锥和圆柱各一个，那么新的底面半径为________.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.答案 72.(2021·苏北四市调研)圆锥的母线长为10 cm ，侧面积为60π cm 2，那么此圆锥的体积为________cm 3.解析 设圆锥底面圆的半径为r ，母线为l ，那么侧面积πrl ＝10πr ＝60π，解得r ＝6，那么高h ＝l 2－r 2＝8，那么此圆锥的体积为13πr 2h ＝13π×36×8＝96π. 答案 96π 3.(2021·南京、盐城、徐州二模)平面α，β，直线m ，n ，给出以下命题：①假设m ∥α，n ∥β，m ⊥n ，那么α⊥β；②假设α∥β，m ∥α，n ∥β，那么m ∥n ；③假设m ⊥α，n ⊥β，m ⊥n ，那么α⊥β；④假设α⊥β，m ⊥α，n ⊥β，那么m ⊥n . 其中是真命题的是________(填序号).解析 如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，CD ∥平面ABC 1D 1，BC ∥平面ADC 1B 1，且BC ⊥CD ，又因为平面ABC 1D 1与平面ADC 1B 1不垂直，故①不正确；因为平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，且B 1C 1∥平面ABCD ，AB ∥平面A 1B 1C 1D 1，但AB 与B 1C 1不平行，故②不正确.同理，我们以正方体的模型来观察，可得③④正确.答案 ③④4.圆锥的侧面展开图是一个圆心角为120°且面积为3π的扇形，那么该圆锥的体积等于________.解析 设圆锥的母线长为l ，底面圆半径为r ，那么侧面展开图扇形的面积为12l 2·2π3＝3π，l ＝3，弧长为2πr ＝2π3l ＝2π，故r ＝1，那么该圆锥的高为h ＝l 2－r 2＝22，体积为13πr 2h ＝22π3.答案22π35.(2021·苏、锡、常、镇调研)在边长为4的正方形ABCD内剪去四个全等的等腰三角形(如图1中阴影局部)，折叠成底面边长为2的正四棱锥S－EFGH(如图2)，那么正四棱锥S－EFGH 的体积为________.解析连接EG，HF，交点为O，正方形EFGH的对角线EG＝2，EO＝1，那么点E到线段AB 的距离为1，EB＝12＋22＝5，SO＝SE2－OE2＝5－1＝2，故正四棱锥S－EFGH的体积为1 3×(2)2×2＝43.答案4 36.(2021·天津卷)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，那么四棱锥A1－BB1D1D的体积为________.解析法一连接A1C1交B1D1于点E，那么A1E⊥B1D1，A1E⊥BB1，那么A 1E ⊥平面BB 1D 1D ，所以A 1E 为四棱锥A 1－BB 1D 1D 的高，且A 1E ＝22，矩形BB 1D 1D 的长和宽分别为2，1，故V A 1－BB 1D 1D ＝13×1×2×22＝13.法二 连接BD 1，那么四棱锥A 1－BB 1D 1D 分成两个三棱锥B －A 1DD 1与B －A 1B 1D 1，V A 1－BB 1D 1D ＝V B －A 1DD 1＋V B －A 1B 1D 1＝13×12×1×1×1＋13×12×1×1×1＝13.答案 13a 的正方体的体积和外表积分别为V 1，S 1，底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为V 2，S 2，假设V 1V 2＝3π，那么S 1S 2的值为________.解析 棱长为a 的正方体的体积V 1＝a 3，外表积S 1＝6a 2，底面半径和高均为r 的圆锥的体积V 2＝13πr 3，侧面积S 2＝2πr 2，那么V 1V 2＝a 313πr 3＝3π，那么a ＝r ，所以S 1S 2＝6a 22πr2＝32π. 答案32π8.如图，在圆锥VO 中，O 为底面圆心，半径OA ⊥OB ，且OA ＝VO ＝1，那么O 到平面VAB 的距离为________.解析 由题意可得三棱锥V －AOB 的体积为V 三棱锥V －AOB＝13S △AOB ·VO ＝16.△VAB 是边长为2的等边三角形，其面积为34×(2)2＝32，设点O 到平面VAB 的距离为h ，那么V 三棱锥O －VAB ＝13S △VAB ·h ＝13×32h ＝V 三棱锥V －AOB ＝16，解得h ＝33，即点O 到平面VAB 的距离是33. 答案33二、解答题9.(2021·江苏卷)如图，在三棱锥P －ABC 中，D ，E ，F 分别为棱PC ，AC ，ABPA ⊥AC ，PA ＝6，BC ＝8，DF ＝5.求证：(1)直线PA ∥平面DEF ； (2)平面BDE ⊥平面ABC .证明 (1)因为D ，E 分别为棱PC ，AC 的中点，所以DE ∥PA . 又因为PA 平面DEF ，DE 平面DEF ，所以直线PA ∥平面DEF .(2)因为D ，E ，F 分别为棱PC ，AC ，AB 的中点，PA ＝6，BC ＝8，所以DE ∥PA ，DE ＝12PA ＝3，EF ＝12BCDF ＝5，故DF 2＝DE 2＋EF 2，所以∠DEF ＝90°，即DE ⊥EF .又PA ⊥AC ，DE ∥PA ，所以DE ⊥AC . 因为AC ∩EF ＝E ，AC 平面ABC ，EF 平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC .又DE 平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面ABC .图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ，AC ⊥CD ，∠ABC ＝60°，PA ＝AB ＝BC ，E 是PC 的中点.(1)求证：CD ⊥AE ； (2)求证：PD ⊥平面ABE .证明 (1)在四棱锥P －ABCD 中，因为PA ⊥底面ABCD ，CD 平面ABCD ，故PA ⊥CD .因为AC ⊥CD ，PA ∩AC ＝A ， PA 平面PAC ，AC 平面PAC ，所以CD ⊥平面PAC .而AE 平面PAC ，所以CD ⊥AE .(2)由PA ＝AB ＝BC ，∠ABC ＝60°，可得AC ＝PA . 因为E 是PC 的中点，所以AE ⊥PC .由(1)知，AE ⊥CD ，且PC ∩CD ＝C ，PC ，CD 平面PCD ， 所以AE ⊥平面PCD .而PD 平面PCD ，所以AE ⊥PD . 因为PA ⊥平面ABCD ，AB 平面ABCD ，所以PA ⊥AB . 又因为AB ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ，PA ，AD 平面PAD ， 所以AB ⊥平面PAD ，又PD 平面PAD ，所以AB ⊥PD .又因为AB∩AE＝A，AB平面ABE，AE平面ABE，所以PD⊥平面ABE.11.如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD.E 和F分别是CD和PC的中点.求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.证明(1)因为平面PAD∩平面ABCD＝AD.又平面PAD⊥平面ABCD，且PA⊥AD，PA平面PAD，所以PA⊥底面ABCD.(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以ABEDBE∥AD.又因为BE平面PAD，AD平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)因为AB⊥AD，且四边形ABEDBE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD.又因为PA∩AD＝A，PA，AD平面PAD，所以CD⊥平面PAD，从而CD⊥PD，且CD平面PCD，又E，F分别是CD和CP的中点，所以EF∥PD，故CD⊥EF.由EF，BE在平面BEF内，且EF∩BE＝E，所以CD⊥平面BEF.又CD平面PCD，所以平面BEF⊥平面PCD.。
高考数学二轮复习第2部分八大难点突破难点2立体几何中的探索性与存在性问题课件
[点评] 这类探索性题型通常是找命题成立的一个充分条件，所以解这类题采用 下列二种方法：(1)通过各种探索尝试给出条件；(2)找出命题成立的必要条件， 也证明充分性．
2．对命题结论的探索 探索结论，即在给定的条件下命题的结论是什么．对命题结论的探索，常从条 件出发，探索出要求的结论是什么，另外还有探索的结论是否存在．求解时， 常假设结论存在，再寻找与条件相容还是矛盾的结论．
难点二 立体几何中的探索性与存在性问题
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专项限时集训
(对应学生用书第 65 页) 数学科考试大纲指出，通过考试，让学生提高多种能力，其中空间想象能力是 对空间形式的观察、分析、抽象的能力．要在立体几何学习中形成．立体几何 中的探索性与存在性问题实质是对线面平行与垂直性质定理的考查． 探究性与存在性问题常常是条件不完备的情况下探讨某些结论能否成立，立体 几何中的探究性与存在性问题既能够考查学生的空间想象能力，又可以考查学 生的意志力及探究的能力．
[思路分析] 证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂 直的性质定理；三是平行线法(若两条平行线中的一条垂直于这个平面，则另一 条也垂直于这个平面．解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；(2)证 明线面平行常用方法：一是利用线面平行的判定定理，二是利用面面平行的性 质定理，三是利用面面平行的性质；(3)证明两个平面垂直，首先考虑直线与平 面垂直，也可以简单记为“证面面垂直，找线面垂直”，是化归思想的体现， 这种思想方法与空间中的平行关系的证明类似，掌握化归与转化思想方法是，AB 与 CD 不平行．如图，延长 AB，DC，相交于点 M(M ∈平面 PAB)，点 M 即为所求的一个点．
理由如下： 由已知，知 BC∥ED，且 BC＝ED， 所以四边形 BCDE 是平行四边形， 从而 CM∥EB. 又 EB⊂平面 PBE，CM⊄平面 PBE， 所以 CM∥平面 PBE. (说明：延长 AP 至点 N，使得 AP＝PN，则所找的点可以是直线 MN 上任意一点)
高考数学二轮复习指导系列之二(立体几何)
图4图3图2634364663图1A高考数学二轮复习指导系列二立体几何空间立体几何在高考考查中一般占22分，其题型与题量一般是1个解答题，1 ~ 2 个选择或填空题．立体几何高考的选择或填空题有三个常考热点：一是空间几何体的三视图；二是空间几何体的表面积、体积；三是空间中点、直线、平面之间的位置关系的判定．立体几何高考的解答题常以棱柱或棱锥为载体，解答题一般采用分步设问的方式，常见的两个考查热点：一是定性分析，二是定量分析． 其中定性分析，不论文科还是理科主要是以平行、垂直的证明为主；而定量分析，文科试题主要考查表面积、体积的计算；理科试题主要考查线面角、二面角的计算．下面对学生存在的主要问题进行剖析，并提出相应的教学对策．一、存在的问题及原因分析：问题一：识图、作图、用图能力弱．作图、识图、用图能力是考生学好立体几何乃至解析几何所应具备的重要能力之一，何况全国卷的试题一般不提供图形！本专题中，识图、作图、用图能力弱主要集中在“三视图的识别、还原”，“球问题的直观呈现和转化”“作图问题”“展折问题的图形分析”等．例题1：（2009宁夏海南理11）一个棱锥的三视图如图（1），则该棱锥的全面积（单位：c 2m ）为（）（A ）（B ）（C ）（D ）解析：由三视图可知这是一个高为4的三棱锥，且其底面是一个等腰直角三角形， 如图（2）：6AB BC ==，P 在底面的射影为AC 中点D ，则=4PD ， 则16152PAB PCB S S ∆∆==⨯=，142PAC S ∆=⨯= 166182CAB S ∆=⨯⨯=，故全面积为2151848⨯++=+A ．评析：本题往往会因为对俯视图认识不足（直角三角形的实中线），而画错顶点P 在底面的射影(比如认为P 在底面的射影恰为顶点B )，只有正确理解才能把三视图还原成如图2的几何体．可见，把三视图还原成几何体时首先要从总体入手判断几何体的形状（即要有较强的模型意识，能总图5A图6B 111体构造！），比如本题由于三个视图都是三角形，故可判断为该几何体为三棱锥；其次注意细节，尤其关注顶点在底面上的射影，如本题的俯视图意味着顶点P 在底面的射影为AC 中点D （一般地，三棱锥中顶点在底面的射影若不在边上，如若在顶点，则俯视图如图（3），如若在三角形内，则俯视图如图（4））．例题2：（2012年课标全国卷理11）已知三棱锥-S ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且=2SC ，则此棱锥的体积为( )解析：由球的定义可知，球心O 为SC 的中点．如图5，设ABC ∆的中心为M ，则有OM ⊥平面ABC ，且OM ==，所以三棱锥的高2h OM ==，所以此棱锥的体积为11132⋅⋅=．评析：本题往往会因为对直径认识不足（球心O 为SC 的中点），纠结如何做图（球内接三棱锥-S ABC ），而不懂对问题进行转化（--2S ABC O ABC V V =），只有正确理解才能把问题转化为三棱锥-OABC （如图5），再结合球的定义，即可解决．例题3：（2016全国Ⅰ卷理11）平面α过正方体1111-ABCD A B C D 的顶点A ，//α平面11CB D ，α平面ABCD m =，α平面11ABB A n =，则m n ，所成角的正弦值为（ ）(B 13解析：因为//α平面11CB D ，且平面α过顶点A ，故问题相当于把平面11CB D “外移”．如图6，在正方体1111-ABCD A B C D 的左侧补上一个全等的正方体，则平面11CB D “外移”到平面22AB D （即平面α），则α平面2ABCD AD =，α平面112ABB A AB =，又22AB D ∆为等边三角形，则m n，所成角为60，其正弦值为2． 评析：本题往往会因作图不过关而对过顶点A 作平面α束手无策，只有正确理解才能通过“补上一个全等的正方体”快速实现把平面11CB D “外移” （此时22121121//,//,//D B CB AD D B AB CD ）．可见，观察和做出平行线是本题作图的关键．当然，如何作平行线，这是作图的基本功，教师要讲明原理（常利用图8图7A'CABDDBC图9CA （A')BD中位线或平行四边形的性质作平行线），同时，要引导学生观察几何体（尤其是长方体中的一些常见的平行关系（如本题22121121//,//,//D B CB AD D B AB CD ）的和垂直关系），这样，学生的作图就会更有方向感！例题4：如图7，四边形ABCD 中，1AB AD CD ===，2BD =BD CD ⊥．将四边形ABCD沿对角线BD 折成四面体A BCD '，使平面A BD BCD '⊥平面，则下列结论正确的是( )． (A) A C BD '⊥ (B) 90BA C '∠=(C) CA '与平面A BD '所成的角为30 (D) 四面体A BCD '的体积为13解析:∵1A B A D ''== ，2BD =BA DA ''⊥ ．又∵面A BD '⊥ 面BCD ，且CD BD ⊥ ，面A BD '⋂ 面BCD BD =∴CD ⊥面A BD '． ∴CD BA '⊥，∵DA CD D '⋂=∴BA '⊥面A CD '，∴BA A C ''⊥ ，即90BA C '∠= ．评析：本题往往会因对折叠问题前后的“变量与不变量”分析不够，而忽视重要的垂直关系“BA DA ''⊥，CD BD ⊥”， 只有正确理解才能顺利由平面A BD BCD '⊥平面得出CD ⊥面A BD '，再结合CD A B '⊥，得到BA '⊥面A CD '，从而解决问题．无论是图形的翻折或是展开，都是平面图形与空间图形的相互转化，从抽象到直观，直观到抽象的过程，其中翻折 ——— 平面图形立体化，展开 ——— 立体图形平面化．解决这类问题关键在于要分清展折前后的“变量与不变量”，建议在展折前的图形中进行标注重要的点（尤其前后坐标的不同），或是重要的量（如垂直关系，如图9），这样比较不会遗忘或忽略．问题二： 推理的逻辑欠清晰．以全国卷理科卷为例，其解答题一般稳定居于前三的位置，常设置两问，一问主要涉及定性证明（如垂直关系、平行关系），二问立足定量求解（如三种角度的度量）．在定性分析时由于定理条件不清楚，推理的逻辑欠清晰，常造成“会而不全”，导致失分．例题5： 在如图1所示的多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，ED ⊥平面ABCD ，//ED FC ，FC ED 21=，M 是AF 的中点． （Ⅰ）求证：//EM 平面ABCD ； （Ⅱ）求证：平面AEF ⊥平面FAC ． 解析：（Ⅰ）如图11，连接,AC BD ，ACBD O =，则O 为BD 的中点，连接DECOM ．则1//,2MO FC MO FC =且，又//ED FC ，且FC ED 21=，所以//,MO ED MO ED =且， 所以EDOM 是平行四边形，所以//,EM DO又⊄EM 平面ABCD ,⊂DO 平面ABCD ，所以//EM 平面ABCD ． （Ⅱ）因为//ED FC ，ED ⊥底面ABCD ，所以CF ⊥底面ABCD ，⊂DO 平面ABCD ,所以CF DO ⊥， 由（Ⅰ）知//,EM DO 所以CF EM ⊥， 因为AC DO ⊥，且//,EM DO 所以AC EM ⊥， 又C FC AC = ，所以EM ⊥平面FAC ． 又EM ⊂平面AEF ，所以平面AEF ⊥平面FAC ．评析：（Ⅰ）要证线面平行，一般可考虑线线平行或面面平行，本题可优先考虑线线平行．本题虽思路较为直接，但常常会“想当然”，如易借助几何直观可知//,EM DO 忽视“EDOM 是平行四边形”的证明过程；此外更常忽略条件“⊄EM 平面ABCD ,⊂DO 平面ABCD ”的完整表达而造成不必要的失分！（Ⅱ）要证面面垂直，关键在于找出一组“线面垂直”，如图11，能较为直观看到“EM ⊥平面FAC ”就是目标．证明过程中常因几何直观强，忽视平行关系与垂直关系之间的转化，直接“想当然”“易得CF EM ⊥，AC EM ⊥”造成失分，同时条件“EM ⊂平面AEF ”也是学生证明面面垂直最容易失分的地方．问题三：概念意识不强．考生由于概念意识不强，易把“异面直线所成的角”与“向量的夹角”混淆，易把“线面所成的角”等同“直线与平面法向量的夹角”，易分辨不清“二面角的平面角”与“两个法向量的夹角”之间差异，同时对“线面所成的角”或“二面角的平面角”易忽视其定义的本质（即“找、证、算”），而陷入盲目的计算，使得问题复杂化．例题6：如图12，在以,,,,,A B C D E F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，2AF FD =，90AFD ∠=，且二面角--D AF E 与二面角--C BE F 都是60．（I ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （II ）求二面角--E BC A 的余弦值．解析：（I ）由已知可得AF FD ⊥，AF FE ⊥，FD FE F ⋂=所以AF ⊥平面EFDC ，又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC ． （II ）过D 作DG EF ⊥，垂足为G ，由（I ）知DG ⊥平面ABEF ．以G 为坐标原点，GF 的方向为x 轴正方向，GF 为单位长度，建立如图13所示的空间直角坐标系Gxyz -．由（I ）知DFE ∠为二面角--D AF E 的平面角，故=60DFE ∠，则2,DF DG=，可得()1,4,0A ，()3,4,0B -，()3,0,0E -，(D ．由已知，//F AB E ，所以//AB 平面FDC E ． 又平面CDAB 平面FDC DC E =，故//CD AB ，CD//F E ．由//F BE A ，可得BE ⊥平面FDC E ，所以C F ∠E 为二面角C F-BE-的平面角，C F 60∠E =．从而可得(C -．所以(C E =，()0,4,0EB =，(C 3,A =--，()4,0,0AB =-．设(,,)x y z =n 是平面C B E 的法向量，则0,0EC EB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩nn ，即040x y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，所以可取(3,0,=n ．设(,,)x y z=m 是平面CD AB 的法向量，则0,AC AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，同理可取4)=m ．则cos ,||||19⋅<>==-n m n m n m ，故二面角C E-B -A 的余弦值为19-． 评析：本题（II ）的解决关键在于理清二面角--D AF E 与二面角--C BE F 的平面角（此时只有理清哪个角是平面角，才能寻求坐标之间的关系），考生往往会会“想当然”“直观”认为DFE ∠为二面角--D AF E 的平面角，C F ∠E 为二面角C F -BE-的平面角，而忽视对平面角定义的阐述！事实上，在平面角的定义中，必需紧扣“相交棱”“两垂直于棱的相交直线”，这往往需要“找、证”“ 相交棱垂直平面”。
2020-2021学年高考总复习数学(理)二轮复习精选《解析几何》试题及答案解析
最新高三数学二轮复习精选专题练（理科，有解析）解析几何1、在△ABC 中，若A ＝60°，a则sin sin sin a b cA B C+-+-等于（ ）A ．2 B.12【答案】A 【解析】因为sin sin sin a b c A B C +-+-＝sin aA＝2.2、直线10x y ++=的倾斜角与其在y 轴上的截距分别是（）.A 1,135ο.B 1,45-ο.C 1,45ο.D 1,135-ο【答案】D【解析】因为k=-1,所以直线的倾斜角为135o ；当x=0时，y=-1,所以其在y 轴上的截距分别是-1.3、与直线+32=0x y -关于x 轴对称的直线方程为（） A ．32=0x y --B ．32=0x y -+ C ．+32=0x y +D ．3+2=0x y - 【答案】A【解析】直线023=-+y x 与x 轴的交点为()0,2，与y 轴的交点为⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0，⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0关于x 对称点为⎪⎭⎫ ⎝⎛-32,0，所求直线过点()0,2，⎪⎭⎫ ⎝⎛-32,0，因此斜率3120032=---=k ，因此所求直线()2310-=-x y 023=--y x .4、过双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b -=>>左焦点F 斜率为ab的直线分别与C 的两渐近线交于点P 与Q ，若FP PQ =u u u r u u u r，则C 的渐近线的斜率为（）A ．3±B ．2±C ．1±D ．5± 【答案】A【解析】如图:双曲线左焦点(),0F c -,直线的方程为:()ay x c b=+,两条渐近线方程为:by x a=±解方程组得222222,P Q a c a c x x a b a b -==+-+又FP PQ =u u u r u u u r 所以P 是FQ 中点,所以2222224222222222222222b 3a b 33Q F p a c a c a b a b b x x x c a b a b a b a b a a---+=⇒-=⇒=⇒=⇒=⇒=±-++-++.5、已知F 1、F 2为双曲线C ：x 2－y 2＝1的左、右焦点，点P 在双曲线C 上，且∠F 1PF 2＝60°，则|PF 1|·|PF 2|＝( ) A ．2 B ．4 C ．6 D ．8 【答案】B6、在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，且a ＝λ，b 3λ(λ>0)，A ＝45°，则满足此条件的三角形个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．无数个【答案】A7、已知圆222()()x a y b r -+-=的圆心为抛物线24y x =的焦点,且与直线3420x y ++=相切,则该圆的方程为（）A.2264(1)25x y -+=B.2264(1)25x y +-=C.22(1)1x y -+=D. 22(1)1x y +-=【答案】C8、直线x +a 2y +6=0和直线(a －2)x +3ay +2a =0没有公共点，则a 的值是 A.a =3 B.a =0 C.a =－1 D.a =0或－1 【答案】D9、在平面区域{}(,)||1,||1x y x y ≤≤上恒有22ax by -≤，则动点(,)P a b 所形成平面区域的面积为（ ）A. 4B.8C. 16D. 32 【答案】A【解析】平面区域{}(,)||1,||1x y x y ≤≤的四个边界点（—1，—1），（—1，1），（1，—1），（1，1）满足22ax by -≤，即有22,22,22,22a b a b a b a b +≤-≤--≤-+≤由此计算动点(,)P a b 所形成平面区域的面积为4。
2021-2022年高考数学二轮复习专题二立体几何教学案
2021年高考数学二轮复习专题二立体几何教学案江苏 新高考高考对本专题内容的考查一般是“一小一大”，小题主要考查体积和表面积的计算问题，而大题主要证明线线、线面、面面的平行与垂直问题，其考查形式单一，难度一般.第1课时立体几何中的计算(基础课)[常考题型突破]空间几何体的表面积与体积 空间几何体的几组常用公式(1)柱体、锥体、台体的侧面积公式： ①S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)； ②S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)；③S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)．(2)柱体、锥体、台体的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；③V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (不要求记忆)．(3)球的表面积和体积公式： ①S 球＝4πR 2(R 为球的半径)；②V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．[题组练透]1．现有一个底面半径为3 cm ，母线长为5 cm 的圆锥状实心铁器，将其高温熔化后铸成一个实心铁球(不计损耗)，则该铁球的半径为________cm.解析：因为圆锥底面半径为3 cm ，母线长为5 cm ，所以圆锥的高为52－32＝4 cm ，其体积为13π×32×4＝12π cm 3，设铁球的半径为r ，则43πr 3＝12π，所以该铁球的半径是39cm.答案：392．(xx·苏锡常镇二模)已知直四棱柱底面是边长为2的菱形，侧面对角线的长为23，则该直四棱柱的侧面积为________．解析：由题意得，直四棱柱的侧棱长为232－22＝22，所以该直四棱柱的侧面积为S ＝cl ＝4×2×22＝16 2.答案：16 23．(xx·南通、泰州一调)如图，在正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3 cm ，AA 1＝1 cm ，则三棱锥D 1A 1BD 的体积为_______cm 3.解析：三棱锥D 1A 1BD 的体积等于三棱锥B A 1D 1D 的体积，因为三棱锥B A 1D 1D 的高等于AB ，△A 1D 1D 的面积为矩形AA 1D 1D 的面积的12，所以三棱锥B A 1D 1D 的体积是正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的体积的16，所以三棱锥D 1A 1BD 的体积等于16×32×1＝32.答案：324.如图所示是一个直三棱柱(以A 1B 1C 1为底面)被一个平面所截得到的几何体，截面为ABC ，已知A 1B 1＝B 1C 1＝1，∠A 1B 1C 1＝90°，A 1A ＝4，B 1B ＝2，C 1C ＝3，则此几何体的体积为________．解析：在A 1A 上取点A 2，在C 1C 上取点C 2，使A 1A 2＝C 1C 2＝BB 1，连结A 2B ，BC 2，A 2C 2，∴V ＝V ＋V＝12×1×1×2＋13×1＋22×2×22＝32.答案：325．设甲，乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2.若它们的侧面积相等且V 1V 2＝32，则S 1S 2的值是________．解析：设甲，乙两个圆柱的底面半径分别为r 1，r 2，高分别为h 1，h 2，则有2πr 1h 1＝2πr 2h 2，即r 1h 1＝r 2h 2，又V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2，∴V 1V 2＝r 1r 2，∴r 1r 2＝32，则S 1S 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1r 22＝94.答案：94[方法归纳]求几何体的表面积及体积的解题技巧(1)求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键所在．求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．(2)求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解．多面体与球的切接问题 解决球与其他几何体的切、接问题(1)解题的关键：仔细观察、分析，弄清相关元素的位置关系和数量关系．(2)选准最佳角度作出截面：要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系，达到空间问题平面化的目的．(3)认识球与正方体组合的3种特殊截面：(4)熟记2个结论：①设小圆O 1半径为r ，OO 1＝d ，则d 2＋r 2＝R 2；②若A ，B 是圆O 1上两点，则AB ＝2r sin ∠AO 1B 2＝2R sin ∠AOB 2.[题组练透]1．(xx·江苏高考)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR3＝32.答案：322．(xx·全国卷Ⅲ改编)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________．解析：设圆柱的底面半径为r ，则r 2＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝34，所以圆柱的体积V ＝34×π×1＝3π4. 答案：3π43．已知矩形ABCD 的顶点都在半径为2的球O 的球面上，且AB ＝3，BC ＝3，过点D 作DE 垂直于平面ABCD ，交球O 于E ，则棱锥E ABCD 的体积为________．解析：如图所示，BE 过球心O ， ∴DE ＝ 42－32－32＝2，∴V E ABCD ＝13×3×3×2＝2 3.答案：2 34．(xx·南京、盐城一模)将矩形ABCD 绕边AB 旋转一周得到一个圆柱，AB ＝3，BC ＝2，圆柱上底面圆心为O ，△EFG 为下底面圆的一个内接直角三角形，则三棱锥O EFG 体积的最大值是________．解析：因为将矩形ABCD 绕边AB 旋转一周得到一个圆柱，AB ＝3，BC ＝2， 圆柱上底面圆心为O ，△EFG 为下底面圆的一个内接直角三角形， 所以三棱锥O EFG 的高为圆柱的高，即高为AB ，所以当三棱锥O EFG 体积取最大值时，△EFG 的面积最大，当EF 为直径，且G 在EF 的垂直平分线上时，(S △EFG )max ＝12×4×2＝4,所以三棱锥O EFG 体积的最大值(V O EFG )max ＝13×(S △EFG )max ×AB ＝13×4×3＝4.答案：4 [方法归纳]多面体与球的切接问题的解题技巧 方法解读适合题型截面法解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作球内切多面体或旋转体构造直角三角形法首先确定球心位置，借助外接的性质——球心到多面体的顶点的距离等于球的半径，寻求球心到底面中心的距离、半径、顶点到底面中心的距离构造成直角三角形，利用勾股定理求半径正棱锥、正棱柱的外接球 补形法因正方体、长方体的外接球半径易求得，故将一些特殊的几何体补形为正方体或长方体，便可借助外接球为同一个的特点求解三条侧棱两两垂直的三棱锥，从正方体或长方体的八个顶点中选取点作为顶点组成的三棱锥、四棱锥等 平面图形的翻折问题[必备知识]将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，把这类问题称为平面图形的翻折问题．平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化，有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的关键．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．解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是化解翻折问题难点的主要方法．[题组练透]1．(xx·南通三模)已知圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为2π3的扇形，则这个圆锥的高为________．解析：因为圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为2π3的扇形，所以圆锥的母线长l ＝3，设圆锥的底面半径为r ，则底面周长2πr ＝3×2π3，所以r ＝1，所以圆锥的高为32－12＝2 2.答案：2 22．(xx·南京考前模拟)如图，正△ABC 的边长为2，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别为边AC 与BC 的中点，现将△ABC 沿CD 翻折，使平面ADC ⊥平面DCB ，则棱锥E DFC 的体积为________．解析：S △DFC ＝14S △ABC ＝14×⎝ ⎛⎭⎪⎫34×22＝34，E 到平面DFC 的距离h 等于12AD ＝12.V E DFC ＝13×S △DFC ×h ＝324. 答案：3243.(xx·全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为________．解析：法一：由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，当△ABC 的边长变化时， 设△ABC 的边长为a (a >0)cm ， 则△ABC 的面积为34a 2，△DBC 的高为5－36a ， 则正三棱锥的高为⎝⎛⎭⎪⎫5－36a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫36a 2＝25－533a ，∴25－533a >0，∴0<a <53，∴所得三棱锥的体积V ＝13×34a 2×25－533a ＝312×25a 4－533a 5 .令t ＝25a 4－533a 5，则t ′＝100a 3－2533a 4，由t ′＝0，得a ＝43，此时所得三棱锥的体积最大，为415 cm 3.法二：如图，连接OD 交BC 于点G ，由题意知，OD ⊥BC .易得OG ＝36BC ，设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，S △ABC ＝12×23x ×3x ＝33x 2，故所得三棱锥的体积V ＝13×33x 2×5－x2－x 2＝3x 2×25－10x ＝3×25x 4－10x 5.令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4，令f ′(x )>0，即x 4－2x 3<0，得0<x <2，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52时，f (x )≤f (2)＝80， ∴V ≤3×80＝415.∴所求三棱锥的体积的最大值为415. 答案：415 [方法归纳]解决翻折问题需要把握的两个关键点(1)解决与翻折有关的问题的关键是搞清翻折前后的变化量和不变量．一般情况下，折线同一侧的，线段的长度是不变量，位置关系可能会发生变化，抓住两个“不变性”．①与折线垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变； ②与折线平行的线段，翻折前后平行关系不改变．(2)解决问题时，要综合考虑翻折前后的图形，既要分析翻折后的图形，也要分析翻折前的图形．[A 组——抓牢中档小题]1．已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点E 是棱B 1B 的中点，则三棱锥B 1ADE 的体积为________．解析：VB 1ADE ＝VD AEB 1＝13S △AEB 1·DA ＝13×12×12×1×1＝112.答案：1122．若两球表面积之比是4∶9，则其体积之比为________． 解析：设两球半径分别为r 1，r 2，因为4πr 21∶4πr 22＝4∶9，所以r 1∶r 2＝2∶3，所以两球体积之比为43πr 31∶43πr 32＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1r 23＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝8∶27.答案：8∶273．(xx·天津高考)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________．解析：设正方体的棱长为a ，则6a 2＝18，得a ＝3，设该正方体外接球的半径为R ，则2R ＝3a ＝3，得R ＝32，所以该球的体积为43πR 3＝4π3×278＝92π.答案：92π4．已知圆锥的母线长为10 cm ，侧面积为60π cm 2，则此圆锥的体积为________cm 3. 解析：设圆锥底面圆的半径为r ，母线长为l ，则侧面积为πrl ＝10πr ＝60π，解得r ＝6，则圆锥的高h ＝l 2－r 2＝8，则此圆锥的体积为13πr 2h ＝13π×36×8＝96π.答案：96π5．(xx·扬州期末)若正四棱锥的底面边长为2(单位：cm)，侧面积为8(单位：cm 2)，则它的体积为________(单位：cm 3)．解析：因为正四棱锥的底面边长为2，侧面积为8，所以底面周长c ＝8，12ch ′＝8，所以斜高h ′＝2，正四棱锥的高为h ＝3，所以正四棱锥的体积为13×22×3＝433.答案：4336．设棱长为a 的正方体的体积和表面积分别为V 1，S 1，底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为V 2，S 2，若V 1V 2＝3π，则S 1S 2的值为________．解析：由题意知，V 1＝a 3，S 1＝6a 2，V 2＝13πr 3，S 2＝2πr 2，由V 1V 2＝3π得，a 313πr 3＝3π，得a ＝r ，从而S 1S 2＝62π＝32π. 答案：32π7.(xx·苏北三市三模)如图，在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，已知AB ＝AA 1＝3，点P 在棱CC 1上，则三棱锥P ABA 1的体积为________．解析：三棱锥的底面积S △ABA 1＝12×3×3＝92，点P 到底面的距离为△ABC 的高h ＝32－⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝332，故三棱锥的体积VP ABA 1＝13S △ABA 1×h＝934.答案：9348．(xx·无锡期末)已知圆锥的侧面展开图为一个圆心角为2π3，且面积为3π的扇形，则该圆锥的体积等于________．解析：设圆锥的母线为l ，底面半径为r ， 因为3π＝13πl 2，所以l ＝3，所以πr ×3＝3π，所以r ＝1，所以圆锥的高是32－12＝22，所以圆锥的体积是13×π×12×22＝22π3. 答案：22π39．(xx·徐州古邳中学摸底)表面积为24π的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为________．解析：设圆柱的高为h ，底面半径为r ， 则圆柱的表面积S ＝2πr 2＋2πrh ＝24π， 即r 2＋rh ＝12，得rh ＝12－r 2，∴V ＝πr 2h ＝πr (12－r 2)＝π(12r －r 3)， 令V ′＝π(12－3r 2)＝0，得r ＝2，∴函数V ＝πr 2h 在区间(0,2]上单调递增，在区间[2，＋∞)上单调递减，∴r ＝2时，V 最大，此时2h ＝12－4＝8，即h ＝4，r h ＝12.答案：1210．三棱锥P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，PA ＝3，则该三棱锥外接球的表面积为________．解析：把三棱锥P ABC 看作由平面截一个长、宽、高分别为1、1、3的长方体所得的一部分(如图).易知该三棱锥的外接球就是对应长方体的外接球．又长方体的体对角线长为12＋12＋32＝5，故外接球半径为52，表面积为4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫522＝5π.答案：5π11．已知正三棱锥P ABC 的体积为223，底面边长为2，则侧棱PA 的长为________．解析：设底面正三角形ABC 的中心为O ，又底面边长为2，故OA ＝233，由V P ABC ＝13PO ·S △ABC ，得223＝13PO ×34×22，PO ＝263，所以PA ＝PO 2＋AO 2＝2. 答案：212．(xx·苏州期末)一个长方体的三条棱长分别为3,8,9，若在该长方体上面钻一个圆柱形的孔后其表面积没有变化，则圆孔的半径为________．解析：圆柱两底面积等于圆柱的侧面积．孔的打法有三种，所以有三种情况：①孔高为3，则2πr 2＝2πr ×3，解得r ＝3；②孔高为8，则r ＝8；③孔高为9，则r ＝9.而实际情况是，当r ＝8，r ＝9时，因为长方体有个棱长为3，所以受限制不能打，所以只有①符合．答案：313.如图所示，在体积为9的长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，对角线B 1D 与平面A 1BC 1交于点E ，则四棱锥E A 1B 1C 1D 1的体积V ＝________.解析：连结B 1D 1交A 1C 1于点F ，连结BD ，BF ，则平面A 1BC 1∩平面BDD 1B 1＝BF ，因为E ∈平面A 1BC 1，E ∈平面BDD 1B 1，所以E ∈BF .因为F 是A 1C 1的中点，所以BF 是中线，又B 1F 綊12BD ，所以FE EB ＝12，故点E 到平面A 1B 1C 1D 1的距离是BB 1的13，所以四棱锥E A 1B 1C 1D 1的体积V ＝13×S 四边形A 1B 1C 1D 1×13BB 1＝19V 长方体ABCD A 1B 1C 1D 1＝1.答案：114．半径为2的球O 中有一内接正四棱柱(底面是正方形，侧棱垂直底面)．当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是________．解析：依题意，设球的内接正四棱柱的底面边长为a 、高为h ，则有16＝2a 2＋h 2≥22ah ，即4ah ≤162，该正四棱柱的侧面积S ＝4ah ≤162，当且仅当h ＝2a ＝22时取等号．因此，当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是4π×22－162＝16(π－2)．答案：16(π－2)[B 组——力争难度小题]1．已知三棱锥S ABC 所在顶点都在球O 的球面上，且SC ⊥平面ABC ，若SC ＝AB ＝AC ＝1，∠BAC ＝120°，则球O 的表面积为________．解析：∵AB ＝AC ＝1，∠BAC ＝120°，∴BC ＝12＋12－2×1×1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝3， ∴三角形ABC 的外接圆直径2r ＝3sin 120°＝2， ∴r ＝1.∵SC ⊥平面ABC ，SC ＝1，∴该三棱锥的外接球半径R ＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫SC 22＝52， ∴球O 的表面积S ＝4πR 2＝5π.答案：5π2.(xx·南京三模)如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝1，BC ＝2，BB 1＝3，∠ABC ＝90°，点D 为侧棱BB 1上的动点．当AD ＋DC 1最小时，三棱锥D ABC 1的体积为________．解析：在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ，所以BB 1⊥AB ，又因为∠ABC ＝90°，即BC ⊥AB ，又BC ∩BB 1＝B ，所以AB ⊥平面BB 1C 1C, 因为AB ＝1，BC ＝2，点D 为侧棱BB 1上的动点，所以侧面展开，当AD ＋DC 1最小时，BD ＝1，所以S △BDC 1＝12×BD ×B 1C 1＝1，所以三棱锥D ABC 1的体积为13×S △BDC 1×AB ＝13.答案：133．设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1，2和a ，且长为a 的棱与长为2的棱异面，则a 的取值范围是________．解析：如图所示，AB ＝2，CD ＝a ，设点E 为AB 的中点，则ED ⊥AB ，EC ⊥AB ，则ED ＝AD 2－AE 2＝22，同理EC ＝22.由构成三角形的条件知0＜a ＜ED ＋EC ＝2，所以0＜a ＜ 2.答案：(0，2)4.如图，已知AB 为圆O 的直径，C 为圆上一动点，PA ⊥圆O 所在的平面，且PA ＝AB ＝2，过点A 作平面α⊥PB ，分别交PB ，PC 于E ，F ，当三棱锥P AEF 的体积最大时，tan ∠BAC ＝________.解析：∵PB ⊥平面AEF ，∴AF ⊥PB .又AC ⊥BC ，AP ⊥BC ，∴BC ⊥平面PAC ，∴AF ⊥BC ，∴AF ⊥平面PBC ，∴∠AFE ＝90°.设∠BAC ＝θ，在Rt△PAC 中，AF ＝AP ·AC PC ＝2×2cos θ21＋cos 2 θ＝2cos θ1＋cos 2 θ， 在Rt△PAB 中，AE ＝PE ＝2，∴EF ＝AE 2－AF 2，∴V P AEF ＝16AF ·EF ·PE ＝16AF ·2－AF 2· 2 ＝26·2AF 2－AF 4＝26·－AF 2－12＋1≤26，∴当AF ＝1时，V P AEF 取得最大值26，此时AF ＝2cos θ1＋cos 2 θ＝1，∴cos θ＝13，sin θ＝23，∴tan θ＝ 2. 答案： 2第2课时平行与垂直(能力课)[常考题型突破]线线、线面位置关系的证明[例1] (xx·江苏高考)如图，在三棱锥A BCD 中，AB ⊥AD ，BC⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E ，F (E 与A ，D 不重合)分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD .求证：(1)EF ∥平面ABC ；(2)AD ⊥AC .[证明] (1)在平面ABD 内，因为AB ⊥AD ，EF ⊥AD ，所以EF ∥AB .又因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以EF ∥平面ABC .(2)因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，BC ⊂平面BCD ，BC ⊥BD ，所以BC ⊥平面ABD .因为AD ⊂平面ABD ，所以BC ⊥AD .又AB ⊥AD ，BC ∩AB ＝B ，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥平面ABC .又因为AC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥AC .[方法归纳] 立体几何证明问题的注意点(1)证明立体几何问题的主要方法是定理法，解题时必须按照定理成立的条件进行推理．如线面平行的判定定理中要求其中一条直线在平面内，另一条直线必须说明它在平面外；线面垂直的判定定理中要求平面内的两条直线必须是相交直线等，如果定理的条件不完整，则结论不一定正确．(2)证明立体几何问题，要紧密结合图形，有时要利用平面几何的相关知识，因此需要多画出一些图形辅助使用．1．(xx·苏锡常镇一模)如图，在斜三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C 是菱形，AC 1与A 1C 交于点O ，E 是棱AB 上一点，且OE ∥平面BCC 1B 1.(1)求证：E 是AB 的中点；(2)若AC 1⊥A 1B ，求证：AC 1⊥BC .证明：(1)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 .因为侧面AA 1C 1C 是菱形，AC 1∩A 1C ＝O ，所以O 是AC 1中点，所以AE EB ＝AO OC 1＝1，E 是AB 的中点. (2)因为侧面AA 1C 1C 是菱形，所以AC 1⊥A 1C,又AC 1⊥A 1B ，A 1C ∩A 1B ＝A 1，A 1C ⊂平面A 1BC ，A 1B ⊂平面A 1BC ，所以AC 1⊥平面A 1BC, 因为BC ⊂平面A 1BC ，所以AC 1⊥BC .2．(xx·苏州模拟)在如图所示的空间几何体ABCDPE 中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA ⊥平面ABCD ，PA ∥EB ，且PA ＝AD ＝4，EB ＝2.(1)若点Q 是PD 的中点，求证：AQ ⊥平面PCD ；(2)证明：BD ∥平面PEC .证明：(1)因为PA ＝AD ，Q 是PD 的中点，所以AQ ⊥PD .又PA ⊥平面ABCD ，所以CD ⊥PA .又CD ⊥DA ，PA ∩DA ＝A ，所以CD ⊥平面ADP .又因为AQ ⊂平面ADP ，所以CD ⊥AQ ，又PD ∩CD ＝D ，所以AQ ⊥平面PCD .(2)取PC 的中点M ，连结AC 交BD 于点N ，连结MN ，ME ，在△PAC 中，易知MN ＝12PA ，MN ∥PA ， 又PA ∥EB ，EB ＝12PA ， 所以MN ＝EB ，MN ∥EB ，所以四边形BEMN 是平行四边形，所以EM ∥BN .又EM ⊂平面PEC ，BN ⊄平面PEC ，所以BN ∥平面PEC ，即BD ∥平面PEC .两平面之间位置关系的证明[例2] ABC 内接于圆O ，且AB 为圆O 的直径，M 为线段PB 的中点，N 为线段BC的中点．求证：(1)平面MON ∥平面PAC ；(2)平面PBC ⊥平面MON .[证明] (1)因为M ，O ，N 分别是PB ，AB ，BC 的中点，所以MO ∥PA ，NO ∥AC ，又MO ∩NO ＝O ，PA ∩AC ＝A ，所以平面MON ∥平面PAC .(2)因为PA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以PA ⊥BC .由(1)知，MO ∥PA ，所以MO ⊥BC .连结OC ，则OC ＝OB ，因为N 为BC 的中点，所以ON ⊥BC .又MO ∩ON ＝O ，MO ⊂平面MON ，ON ⊂平面MON ，所以BC ⊥平面MON .又BC ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面MON .[方法归纳]1.证明面面平行依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行.2.证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中线、高线或添加辅助线解决.1．(xx·无锡期末)在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，AP⊥平面PCD，E，F分别为PC，AB的中点．求证：(1)平面PAD⊥平面ABCD；(2)EF∥平面PAD.证明：(1)因为AP⊥平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AP⊥CD，因为四边形ABCD为矩形，所以AD⊥CD,又因为AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，因为CD⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.(2)连结AC，BD交于点O，连结OE，OF，因为四边形ABCD为矩形，所以O点为AC的中点，因为E为PC的中点，所以OE∥PA，因为OE⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，所以OE∥平面PAD,同理可得：OF∥平面PAD，又因为OE∩OF＝O，所以平面OEF∥平面PAD,因为EF⊂平面OEF，所以EF∥平面PAD.2.(xx·江苏高考)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明：(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面A 1B 1C 1.因为A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，所以A 1A ⊥A 1C 1.又因为A 1C 1⊥A 1B 1，A 1A ⊂平面ABB 1A 1，A 1B 1⊂平面ABB 1A 1，A 1A ∩A 1B 1＝A 1，所以A 1C 1⊥平面ABB 1A 1.因为B 1D ⊂平面ABB 1A 1，所以A 1C 1⊥B 1D .又因为B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1⊂平面A 1C 1F ，A 1F ⊂平面A 1C 1F ，A 1C 1∩A 1F ＝A 1，所以B 1D ⊥平面A 1C 1F . 因为直线B 1D ⊂平面B 1DE ，所以平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F . 空间线面位置关系的综合问题[例3] O 上，且AB ∥EF ，矩形ABCD 所在的平面和圆O 所在的平面互相垂直．(1)求证：平面AFC ⊥平面CBF .(2)在线段CF 上是否存在一点M ，使得OM ∥平面ADF ？并说明理由．[解] (1)证明：∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，CB ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ，∴CB ⊥平面ABEF .∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥CB .又AB 为圆O 的直径，∴AF ⊥BF .又BF ∩CB ＝B ，∴AF ⊥平面CBF .∵AF ⊂平面AFC ，∴平面AFC ⊥平面CBF .(2)当M 为CF 的中点时，OM ∥平面ADF .证明如下：取CF 中点M ，设DF 的中点为N ，连结AN ，MN ，则MN 綊12CD ，又AO 綊12CD ，则MN 綊AO ， ∴四边形MNAO 为平行四边形，∴OM ∥AN ，又AN ⊂平面DAF ，OM ⊄平面DAF ，∴OM ∥平面DAF .[方法归纳]与平行、垂直有关的存在性问题的解题步骤[变式训练]1.如图，四边形ABCD 是矩形，平面ABCD ⊥平面BCE ，BE ⊥EC .(1)求证：平面AEC ⊥平面ABE ；(2)点F 在BE 上，若DE ∥平面ACF ，求BF BE的值．解：(1)证明：∵四边形ABCD 为矩形，∴AB ⊥BC ，∵平面ABCD ⊥平面BCE ，∴AB ⊥平面BCE ，∴CE ⊥AB .又∵CE ⊥BE ，AB ∩BE ＝B ，∴CE ⊥平面ABE ， 又∵CE ⊂平面AEC ，∴平面AEC ⊥平面ABE .(2)连结BD 交AC 于点O ，连结OF .∵DE ∥平面ACF ，DE ⊂平面BDE ，平面ACF ∩平面BDE ＝OF .∴DE ∥OF ，又在矩形ABCD 中，O 为BD 中点， ∴F 为BE 中点，即BF BE ＝12. 2．如图，在矩形ABCD 中，E ，F 分别为BC ，DA 的中点．将矩形ABCD 沿线段EF 折起，使得∠DFA ＝60°.设G 为AF 上的点．(1)试确定点G 的位置，使得CF ∥平面BDG ；(2)在(1)的条件下，证明：DG ⊥AE .解：(1)当点G 为AF 的中点时，CF ∥平面BDG .证明如下：因为E ，F 分别为BC ，DA 的中点，所以EF ∥AB ∥CD .连结AC 交BD 于点O ，连结OG ，则AO ＝CO .又G为AF的中点，所以CF∥OG.因为CF⊄平面BDG，OG⊂平面BDG.所以CF∥平面BDG.(2)因为E，F分别为BC，DA的中点，所以EF⊥FD，EF⊥FA.又FD∩FA＝F，所以EF⊥平面ADF，因为DG⊂平面ADF，所以EF⊥DG.因为FD＝FA，∠DFA＝60°，所以△ADF是等边三角形，DG⊥AF，又AF∩EF＝F，所以DG⊥平面ABEF.因为AE⊂平面ABEF，所以DG⊥AE.[课时达标训练]1.如图，在三棱锥VABC中，O，M分别为AB，VA的中点，平面VAB ⊥平面ABC，△VAB是边长为2的等边三角形，AC⊥BC且AC＝BC.(1)求证：VB∥平面MOC；(2)求线段VC的长．解：(1)证明：因为点O，M分别为AB，VA的中点，所以MO∥VB.又MO⊂平面MOC，VB⊄平面MOC，所以VB∥平面MOC.(2)因为AC＝BC，O为AB的中点，AC⊥BC，AB＝2，所以OC⊥AB，且CO＝1.连结VO，因为△VAB是边长为2的等边三角形，所以VO＝ 3.又平面VAB⊥平面ABC，OC⊥AB，平面VAB∩平面ABC＝AB，OC⊂平面ABC，所以OC⊥平面VAB，所以OC⊥VO，所以VC＝OC2＋VO2＝2.2.(xx·南通二调)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AC⊥BC，A1B与AB1交于点D，A1C与AC1交于点E.求证：(1)DE∥平面B1BCC1；(2)平面A1BC⊥平面A1ACC1.证明：(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中，四边形A1ACC1为平行四边形．又E为A1C与AC1的交点，所以E为A1C的中点.同理，D为A1B的中点，所以DE∥BC.又BC⊂平面B1BCC1，DE⊄平面B1BCC1，所以DE∥平面B1BCC1.(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.又AC⊥BC，AC∩AA1＝A，AC⊂平面A1ACC1，AA1⊂平面A1ACC1，所以BC⊥平面A1ACC1.因为BC⊂平面A1BC，所以平面A1BC⊥平面A1ACC1.3.(xx·南京三模)如图，在三棱锥ABCD中，E，F分别为棱BC，CD上的点，且BD∥平面AEF.(1)求证：EF∥平面ABD；(2)若BD⊥CD，AE⊥平面BCD，求证：平面AEF⊥平面ACD.证明：(1)因为BD∥平面AEF，BD⊂平面BCD，平面AEF∩平面BCD＝EF，所以BD∥EF.因为BD⊂平面ABD，EF⊄平面ABD，所以EF∥平面ABD.(2)因为AE⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，所以AE⊥CD.因为BD⊥CD，BD∥EF，所以CD⊥EF，又AE∩EF＝E，AE⊂平面AEF，EF⊂平面AEF，所以CD⊥平面AEF.又CD⊂平面ACD，所以平面AEF⊥平面ACD.4.在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝BC＝1，DC＝2，点E在PB上．(1)求证：平面AEC⊥平面PAD；(2)当PD∥平面AEC时，求PE∶EB的值．解：(1)证明：在平面ABCD中，过A作AF⊥DC于F，则CF＝DF＝AF＝1，∴∠DAC＝∠DAF＋∠FAC＝45°＋45°＝90°，即AC⊥DA.又PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥PA.∵PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，且PA∩AD＝A，∴AC⊥平面PAD.又AC⊂平面AEC，∴平面AEC⊥平面PAD.(2)连结BD交AC于O，连结EO.∵PD∥平面AEC，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面AEC＝EO，∴PD∥EO，则PE∶EB＝DO∶OB.又△DOC∽△BOA，∴DO∶OB＝DC∶AB＝2∶1，∴PE∶EB的值为2.5.(xx·扬州考前调研)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为梯形，CD∥AB，AB＝2CD，AC交BD于O，锐角△PAD所在平面⊥底面ABCD，PA ⊥BD，点Q在侧棱PC上，且PQ＝2QC.求证：(1)PA∥平面QBD；(2)BD⊥AD.证明：(1)连结OQ,因为AB∥CD，AB＝2CD，所以AO＝2OC，又PQ＝2QC，所以PA∥OQ，因为OQ⊂平面QBD，PA⊄平面QBD，所以PA∥平面QBD.(2)在平面PAD内过P作PH⊥AD于H，因为侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PH⊂平面PAD，所以PH⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，所以PH⊥BD.又PA⊥BD，且PA∩PH＝P，PA⊂平面PAD，PH⊂平面PAD，所以BD⊥平面PAD，又AD⊂平面PAD，所以BD⊥AD.6.如图，在多面体ABCDFE中，四边形ABCD是矩形，四边形ABEF为等腰梯形，且AB∥EF，AF＝2，EF＝2AB＝42，平面ABCD⊥平面ABEF.(1)求证：BE⊥DF；(2)若P为BD的中点，试问：在线段AE上是否存在点Q，使得PQ∥平面BCE？若存在，找出点Q的位置；若不存在，请说明理由．实用文档 解：(1)证明：如图，取EF 的中点G ，连结AG ，因为EF ＝2AB ，所以AB ＝EG ，又AB ∥EG ，所以四边形ABEG 为平行四边形，所以AG ∥BE ，且AG ＝BE ＝AF ＝2.在△AGF 中，GF ＝12EF ＝22，AG ＝AF ＝2， 所以AG 2＋AF 2＝GF 2，所以AG ⊥AF .因为四边形ABCD 为矩形，所以AD ⊥AB ，又平面ABCD ⊥平面ABEF ，且平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ，AD ⊂平面ABCD ， 所以AD ⊥平面ABEF ，又AG ⊂平面ABEF ，所以AD ⊥AG .因为AD ∩AF ＝A ，所以AG ⊥平面ADF .因为AG ∥BE ，所以BE ⊥平面ADF .因为DF ⊂平面ADF ，所以BE ⊥DF .(2)存在点Q ，且点Q 为AE 的中点，使得PQ ∥平面BCE .证明如下：连结AC ，因为四边形ABCD 为矩形，所以P 为AC 的中点．在△ACE 中，因为点P ，Q 分别为AC ，AE 的中点，所以PQ ∥CE .又PQ ⊄平面BCE ，CE ⊂平面BCE ，所以PQ ∥平面BCE .。
2021届高考数学二轮考前复习第二篇破解中档大题保提分必须锤炼的7个热点专题专题3立体几何中的证明与
【解析】(1)因为BC⊥SD,BC⊥CD,SD∩CD=D,SD,CD⊂平面SDC, 所以BC⊥平面SDC, 又AD∥BC,所以AD⊥平面SDC, 因为SC⊂平面SDC, 所以SC⊥AD, 又在△SDC中,SC=SD=2,DC=AB=2 2, 故SC2+SD2=DC2, 所以SC⊥SD, 因为SD∩AD=D,SD,AD⊂平面SAD, 所以SC⊥平面SAD.
高考演兵场·检验考试力
1.(线面平行)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,D是AB的中点. (1)证明:BC1∥平面A1CD; (2)若△ABC是边长为2的正三角形,且BC=BB1,∠CBB1=60°,平面ABC⊥平面BB1C1C, 求三棱锥A-DCA1的体积.
【解析】(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,连接AC1交CA1于E,连接DE, 因为D是AB的中点,E是AC1的中点,所以DE∥BC1. 因为BC1⊄平面A1CD,DE⊂平面A1CD, 所以BC1∥平面A1CD.
(2)设G为矩形ABCD的对角线的交点,则AG=BG=CG=DG= 3 , 作SO⊥CD于O,
因为BC⊥平面SDC,BC⊂平面ABCD,
所以平面ABCD⊥平面SDC,
又平面ABCD∩平面SDC=CD,SO⊂平面SDC,
故SO⊥平面ABCD,
因为OG⊂平面ABCD,所以OG⊥SO,
连接OG,SG,则SG= SO2 GO2 2 1 3,
所以B1C1∥EF,所以EF∥BC,
又因为BC⊥平面A1AMN,
所以EF⊥平面A1AMN,
因为EF⊂平面EB1C1F,
所以平面EB1C1F⊥平面A1AMN.
…………6分
(2)过M作PN的垂线,交点为H,
如图,
因为AO∥平面EB1C1F, AO⊂平面A1AMN,平面A1AMN∩ 平面EB1C1F=NP,所以AO∥NP, 又因为NO∥AP,所以AO=NP=6,
2021高考数学统考二轮复习学案：板块2 命题区间精讲 精讲 立体几何
立体几何阅卷案例思维导图(2020·全国卷Ⅰ，T18，12分）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径,AE＝AD．△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝66 DO.（1)证明:PA⊥平面PBC;（2）求二面角B。
PCE的余弦值。
本题考查：直线与平面的垂直关系、二面角的余弦值等知识，逻辑推理、直观想象等核心素养。
答题模板标准解答踩点得分第1步：证垂直借助几何图形中的数量关系及几何关系证明线线垂直进而证明线面垂直.第2步：建系写坐标建立恰当的坐标系，写出需要的坐标。
第3步：求向量求平面的法向量或直线的方向向量.第4步：求夹角计算向量的夹角.第(1）问得分点及说明：1.借助数量关系得出PA⊥PC得3分.2。
证明PA⊥平面PBC得2分，不说明“PB∩PC＝P”扣1分.第（2)问得分点及说明: 1。
正确建系并坐标书写正确得1分. 2。
正确求得平面PBC及第5步：下结论把向量结果几何化.平面PCE的法向量各得1分。
3.二面角余弦值求解正确得1分. 4。
建系不同，只需结果正确各步骤相应给分。
命题点1 空间平行、垂直关系的证明平行关系、垂直关系证明的两种思路思路一：（几何法）空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．思路二:（坐标法）设直线l的方向向量为a＝(a1,b1，c1)，平面α,β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，v＝（a3，b3，c3），则（1)线面平行l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(2）线面垂直l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.(3）面面平行α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3。
(4）面面垂直α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.[高考题型全通关]1。
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难点二
立体几何中的探索性与存在性问题
(对应学生用书第65页)
数学科考试大纲指出，通过考试，让学生提高多种能力，其中空间想象能力是对空间形式的观察、分析、抽象的能力．要在立体几何学习中形成．立体几何中的探索性与存在性问题实质是对线面平行与垂直性质定理的考查．
探究性与存在性问题常常是条件不完备的情况下探讨某些结论能否成立，立体几何中的探究性与存在性问题既能够考查学生的空间想象能力，又可以考查学生的意志力及探究的能力．
1．对命题条件的探索
探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么．对命题条件的探索常采用以下三种方法：
(1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再给出证明；
(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性；
(3)把几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件．
【例1】 如图1，在四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12
AD ，E 为棱AD 的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90°.
在平面PAB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由.
【导学号：56394092】
图1
[解] 在梯形ABCD中，AB与CD不平行．如图，延长AB，DC，相交于点M(M∈平面PAB)，点M即为所求的一个点．
理由如下：
由已知，知BC∥ED，且BC＝ED，
所以四边形BCDE是平行四边形，
从而CM∥EB.
又EB⊂平面PBE，CM⊄平面PBE，
所以CM∥平面PBE.
(说明：延长AP至点N，使得AP＝PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点)
[思路分析] 证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法(若两条平行线中的一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面．解
题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；(2)证明线面平行常用方法：一是利用线面平行的判定定理，二是利用面面平行的性质定理，三是利用面面平行的性质；(3)证明两个平面垂直，首先考虑直线与平面垂直，也可以简单记为“证面面垂直，找线面垂直”，是化归思想的体现，这种思想方法与空间中的平行关系的证明类似，掌握化归与转化思想方法是解决这类题的关键．
[点评] 这类探索性题型通常是找命题成立的一个充分条件，所以解这类题采用下列二种方法：(1)通过各种探索尝试给出条件；(2)找出命题成立的必要条件，也证明充分性．
2．对命题结论的探索
探索结论，即在给定的条件下命题的结论是什么．对命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，另外还有探索的结论是否存在．求解时，常假设结论存在，再寻找与条件相容还是矛盾的结论．
【例2】如图2，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.
图2
(1)求证：DC⊥平面PAC；
(2)求证：平面PAB⊥平面PAC；
(3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由．
[解] (1)证明：因为PC⊥平面ABCD，
所以PC⊥DC.
又因为DC⊥AC，且PC∩AC＝C，
所以DC⊥平面PAC.
(2)证明：因为AB∥DC，DC⊥AC，
所以AB⊥AC.
因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB.
又因为PC∩AC＝C，所以AB⊥平面PAC.
又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC.
(3)棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.
理由如下：取PB的中点F，连接EF，CE，CF.
又因为E为AB的中点，所以EF∥PA.
又因为PA⊄平面CEF，且EF⊂平面CEF，
所以PA∥平面CEF.
[点评] 对于立体几何的探索性与存在性问题一般都是条件开放性的探究问题，采用的方法一般是执果索因的方法，假设求解的结果存在，寻找使这个结论成立的充分条件，运用方程
的思想或向量的方法转化为代数的问题解决．如果找到了符合题目结果要求的条件，则存在；如果找不到符合题目结果要求的条件，或出现了矛盾，则不存在．。