2015届高考数学(理科)二轮配套课件：专题五_第1讲_空间几何体

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2015届高考数学状元之路二轮复习专题知识突破课件1.4.1空间几何体的三视图、表面积与体积

第一部分高考专题串串讲
第一版块专题知识突破
专题四立体几何
第一讲空间几何体的三视图、表面积与体积
考情分析真题体验
知识方法考点串联
高频考点聚焦突破
多维探究师生共研
考情分析·真题体验
明确备考方向实战高考真题
考情剖析三视图几乎是每年必考的内容之一，难度中等及以下，一是考
查识图(由直观图判断三视图或由三视图想象直观图)；二是以三视图为载体考查面积、体积的计算.
不可能是( )
A．圆柱
B．圆锥
C．四面体
D．三棱柱
解析因为圆锥、四面体、三棱柱的正视图均可以是三角形，而圆柱无论从哪个方面看均不可能是三角形，所以选 A.
答案 A
3．(2014·浙江卷)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是( )
A．90 cm2 C．132 cm2
B．129 cm2 D．138 cm2
答案 A
[方法规律] 涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问题化归为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系.
对点训练
5.正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为 4，底面
边长为 2，则该球的表面积为( )
81π A. 4
B．16π
A．三棱锥 B．三棱柱 C．四棱锥 D．四棱柱
解析如图，几何体为三棱柱．答案 B
2．(2013·课标全国卷Ⅱ)一个四面体的顶点在空间直角坐标系 O －xyz 中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以 zOx 平面为投影面，则得到的正视图可以为( )

2015高考数学(文)二轮专题复习课件：专题五_第一讲空间几何体

栏目链接
主干考点梳理
考点2
多面体与旋转体的表面积与体积的计算
1．多面体的表面积．
面积之和．多面体的表面积为各个面的________
2．旋转体的表面积．
(1)圆柱的表面积S＝________ 2πr(r＋L； )
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(2)圆锥的表面积S＝________ (2)πr(r＋； L)
(3)圆台的表面积S＝π(r′2＋r2＋r′L＋rL)； 4πR2 ． (4)球的表面积S＝________
主干考点梳理 3．体积公式． Sh (1)柱体的体积V＝________ ． 1 Sh ． (2)锥体的体积V＝________ 3
1 (S′＋ S′ S＋S)h (3)台体的体积V＝________ ． 3
球的半径为 R，球心为 O，正四棱锥底面中心为 E，则 OE 垂直棱锥底面， OE＝ 4－ R，所以 (4－ R)2＋ ( 2)2＝ 81π 9 R2，解得 R＝，所以球的表面积 S＝4πR2＝ . 4 4
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主干考点梳理
4．若某空间几何体的三视图如图所示，则该
几何体的体积是( B )
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主干考点梳理
考点2
三视图
1．空间几何体的三视图包括___________ 正(主)视图、 ________ ______．侧 (左)视图和俯视图 2．在三视图中，正(主)侧(左)一样________ ，高长宽正(主)俯一样________ ，侧(左)俯一样________ ．
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高考热点突破规律方法 (1)解答此类问题，首先由三视图想象出几何体的形状，并由相关数据得出几何体中的量，进而求得表面积或体积． (2)掌握三视图是正确解决这类问题的关键，同时也体现了知识间的内在联系，是高考的新动向．

2015届高考数学总复习配套课件：7-1空间几何体的结构及其三视图和直观图

阳书
的三种视图均不相同；图④的正视图与侧视图相同．故选D.
业有
答案：D
限公
司
菜单隐藏
第二十三页，编辑于星期五：十点十五分。
高考总复习 A 数学（文）
抓主干考点解密
几何体的直观图
研考向
【例3】 (2014年福州模拟)用斜二测画法画一个水平放置的平面图
要点
探究形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是( )
解密
定，因为“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面都是有一个公
研考向
要点探究
共顶点的三角形”，如图(1)所示；③不一定．当以斜边所在直线为旋转
悟典题轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图(2)所示，
能力
提升它是由两个同底圆锥组成的几何体；④错误，棱台的上、下底面是相似
提素能高效
抓主干考点解密研考向要点探究悟典题能力提升提素能高效训练
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高考总复习 A 数学（文）
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第四页，编辑于星期五：十点十五分。
高考总复习 A 数学（文）
抓主干考点解密
研考向
要点
探究
____________________[通关方略]____________________
东金
C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
太阳
D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点
书业
有
限
公
司
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高考总复习 A 数学（文）
抓主干考点解密

2015高考数学配套课件：8-1 空间几何体的结构、三视图、直观图

自助餐
课时作业
第二十七页，编辑于星期五：十五点九分。
高考调研
新课标版 ·高三数学（文）
(2)(2012·湖南)某几何体的正视图和侧视图均如右图所示，则
该几何体的俯视图不可能是( )
【解析】 A 图是两个圆柱的组合体的俯视图；B 图是一个四棱柱与一个圆柱的组合体的俯视图；C 图是一个底面为等腰直角三角形的三棱柱与一个四棱柱的组合体的俯视图，采用排除法，故选 D.
课前自助餐
授人以渔
自助餐
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第二十九页，编辑于星期五：十五点九分。
高考调研
新课标版 ·高三数学（文）
思考题 2 (1)如图所示，下列四个几何体中，它们各自的三视图(正视图、侧视图、俯视图)中有且仅有两个相同的是( )
A．①② C．②③ 【答案】 C
B．①③ D．①④
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第八页，编辑于星期五：十五点九分。
高考调研
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3．圆柱、圆锥、圆台的特征
分别以矩形的一边、直角三角形的一直角边
、
直角梯形中垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴，其余各边旋转
一周而形成的曲面所围成的几何体分别叫做圆柱、圆锥、圆台．
其中旋转轴叫做所围成的几何体的轴；在轴上的这条边叫做这个几何体的高；垂直于轴的边旋转而成的圆面叫做这个几何体的底面；不垂直于轴的边旋转而成的曲面叫做这个几何体的侧面，无论旋转到什么位置，这条边都叫做侧面的母线．
第十七页，编辑于星期五：十五点九分。
高考调研
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高考数学二轮复习专题五第1讲空间几何体配套课件理

2
答案 B
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ห้องสมุดไป่ตู้11
(2)(2013·四川)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )
D
思维启迪分析几何体的特征，从俯视图突破.
解析由俯视图易知答案为D.
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12
空间几何体的三视图是从空间几何体的正面、左
面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影
图，因此在分析空间几何体的三视图问题时，先
解析过M，N分别作两个垂直于底面的截面，将多面体分割成一个三棱柱和两个四棱锥，
由正视图知三棱柱底面是等腰直角三角形，面积为
S1＝ 1×2×2＝2，高为2，所以体积为V1＝4， 2
两个四棱锥为全等四棱锥，棱锥的体积为
V1＝2×1×2×1×2＝ 8，
3
3
所以多面体的体积为 V＝83＋4＝230，选 D.
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6
4.空间几何体的两组常用公式
(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＝ ch′(c为底面周长，h′为斜高)；
③S台侧＝ 1 (c＋c′)h′(c′，c分别为上，下底面的周长，h′12为斜高)； ④S球表＝42πR2(R为球的半径).
完整版ppt
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5
3.直观图的斜二测画法空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则： (1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、 y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直. (2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴.平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半.

2015届高考数学二轮复习专题讲解课件第一讲空间几何体(选择、填空题型)

创新方案系列丛书
高考专题辅导与测试·数学
第一页，编辑于星期五：十点二分。
创新方案系列丛书
第一讲空间几何体
（选择、填空题型）
高考专题辅导与测试·数学
第二页，编辑于星期五：十点二分。
创新方案系列丛书
1．(2014·福建高考)某空间几何体的正视图是三角形，则该几何
体辑于星期五：十点二分。
创新方案系列丛书
[自主解答] 1.由题知，该几何体的三视图为一个三角形，两个四边形，经分析可知该几何体为三棱柱，故选 B.
2．在空间直角坐标系 O-xyz 中作出棱长为 2 的正方体，在该正方体中作出四面体，如图所示，由图可知，该四面体的正视图为④，俯视图为②.
高考专题辅导与测试·数学
第七页，编辑于星期五：十点二分。
创新方案系列丛书
4．(2014·广东高考)若空间中四条两两不同的直线 l1，l2，l3，l4，满足 l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是( )
A．l1⊥l4 B．l1∥l4 C．l1 与 l4 既不垂直也不平行 D．l1 与 l4 的位置关系不确定
A．若 m⊥n，n∥α，则 m⊥α B．若 m∥β，β⊥α，则 m⊥α C．若 m⊥β，n⊥β，n⊥α，则 m⊥α D．若 m⊥n，n⊥β，β⊥α，则 m⊥α
高考专题辅导与测试·数学
第三十二页，编辑于星期五：十点二分。
创新方案系列丛书
[自主解答] 1.垂直于同一直线的两个平面平行，故 C 正确． 2．已知直线 m、n 和平面 α、β 满足 m⊥n，α⊥β，m⊥α，则在直线 m 上取一点 M，过 M 作直线 n′，使得 n′∥n，因为 m⊥n，所以 m⊥n′，又 m⊥α，所以 n′∥α 或 n′⊂α，所以 n∥α 或 n⊂α. 故选 D. 3．选项 A、B、D 中 m 均可能与平面 α 平行、垂直、斜交或在平面 α 内，故选 C.

【状元之路】2015届高考数学二轮(文理通用)专题知识突破课件：1-5-3(专题五解析几何)

高频考点· 聚焦突破
热点题型剖析构建2 【例 1】 (2014· 广东卷)已知椭圆 C：a2＋b2＝1(a>b>0)的一个 5 焦点为( 5，0)，离心率为 3 . (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)若动点 P(x0，y0)为椭圆外一点，且点 P 到椭圆 C 的两条切线相互垂直，求点 P 的轨迹方程．
答案 D
2．如图所示，在直角坐标系中，已知△PAB 的周长为 8，且点 A，B 的坐标分别为(－1,0)，(1,0)．
(1)试求顶点 P 的轨迹 C1 的方程； (2)若动点 C(x1，y1)在轨迹 C1 上，试求动点 C2 的方程．
x1 y1 Q 3 ，的轨迹 2 2
|x2－x1|与|y2－y1|时通常使用韦达定理，即作如下变形： |x2－x1|＝ x1＋x22－4x1x2； |y2－y1|＝ y1＋y22－4y1y2.
(2)弦的中点问题有关弦的中点问题，应灵活运用“点差法”，“设而不求法” 来简化运算． 3．定点与定值问题
定点、定值问题必然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化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．
解 (1)由题意，可得顶点 P 满足|PA|＋|PB|＝6，结合椭圆的定义，可知顶点 P 的轨迹 C1 是以 A， B 为焦点的椭圆，且椭圆的半焦距长 c＝1，长半轴长 a＝3，则 b2＝a2－c2＝8. x2 y2 故轨迹 C1 的方程为 9 ＋ 8 ＝1.
2 x2 y 1 1 (2)已知点 C(x1，y1)在曲线 C1 上，故 9 ＋ 8 ＝1.

2015年高考数学总复习精品课件：专题五立体几何

第十三页，编辑于星期五：十一点二十四分。
【互动探究】
1．(2013 年广东广州二模)如图 5-5，已知四棱锥 P－ABCD
的正视图是一个底边长为 4、腰长为 3 的等腰三角形，图 5-6、图 5-7 分别是四棱锥 P－ABCD 的侧视图和俯视图．
(1)求证：AD⊥PC； (2)求四棱锥 P－ABCD 的侧面 PAB 的面积．
第十一页，编辑于星期五：十一点二十四分。
三棱锥 M－ADQ 的体积为 V2＝13·12·AQ·DQ·MQ＝13×12× 2× 2×1＝13. ∴多面体 MN－ABCD 的体积为 V＝V1－2V2＝4－23＝130. 长方体 ABCD－A1B1C1D1 的体积为 V3＝AB·BC·AA1＝4×2×4＝32. ∴建筑物的体积为 V＋V3＝1036.
第八页，编辑于星期五：十一点二十四分。
(3)解：方法一：如图5-3，作 NP1∥MP 交 AB 于点 P1，作
NQ1∥MQ 交 CD 于点Q1，由题意知多面体MN－ABCD 可分割为两个等体积的四棱锥M－APQD 和 N－P1BCQ1 和一个直三棱柱 MPQ－NP1Q1.
四棱锥 M－APQD 的体积为 V1＝13·AP·AD·MO＝13×1×2×1＝23，直三棱柱 MPQ－NP1Q1 的体积为 V2＝12·MP·MQ·MN＝12× 2× 2×2＝2，
又 MO∩MP＝M，且 MO⊂平面MPO，MP⊂平面MPO，
第六页，编辑于星期五：十一点二十四分。
∴AB⊥平面 MPO. 由题意知 MO＝PO＝AP＝1，AA1＝4，AD＝2. 在 Rt△POM 中，PM＝ PO2＋MO2＝ 2，在 Rt△APM 中，AM＝ AP2＋PM2＝ 3， ∴线段 AM 的长为 3.
图 D51

2015届高考数学(理)二轮专题配套练习：专题五-第2讲-空间中的平行与垂直

第2讲空间中的平行与垂直考情解读 1.以选择、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面的判定与性质定理对命题的真假进行判断，属基础题.2.以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中等．1．线面平行与垂直的判定定理、性质定理线面平行的判定定理⎭⎪⎬⎪⎫a ∥b b ⊂αa ⊄α⇒a ∥α线面平行的性质定理⎭⎪⎬⎪⎫a ∥αa ⊂βα∩β＝b ⇒a ∥b线面垂直的判定定理⎭⎪⎬⎪⎫a ⊂α，b ⊂αa ∩b ＝Ol ⊥a ，l ⊥b ⇒l ⊥α线面垂直的性质定理⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αb ⊥α⇒a ∥b2.面面平行与垂直的判定定理、性质定理面面垂直的判定定理⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αa ⊂β⇒α⊥β面面垂直的性质定理⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βα∩β＝c a ⊂αa ⊥c ⇒a ⊥β面面平行的判定定理⎭⎪⎬⎪⎫a ⊂βb ⊂βa ∩b ＝Oa ∥α，b ∥α⇒α∥β面面平行的性质定理⎭⎪⎬⎪⎫α∥βα∩γ＝a β∩γ＝b ⇒a ∥b提醒使用有关平行、垂直的判定定理时，要注意其具备的条件，缺一不可． 3．平行关系及垂直关系的转化热点一空间线面位置关系的判定例1 (1)设a ，b 表示直线，α，β，γ表示不同的平面，则下列命题中正确的是( ) A ．若a ⊥α且a ⊥b ，则b ∥α B ．若γ⊥α且γ⊥β，则α∥β C ．若a ∥α且a ∥β，则α∥β D ．若γ∥α且γ∥β，则α∥β(2)平面α∥平面β的一个充分条件是( ) A ．存在一条直线a ，a ∥α，a ∥β B ．存在一条直线a ，a ⊂α，a ∥βC ．存在两条平行直线a ，b ，a ⊂α，b ⊂β，a ∥β，b ∥αD ．存在两条异面直线a ，b ，a ⊂α，b ⊂β，a ∥β，b ∥α思维启迪判断空间线面关系的基本思路：利用定理或结论；借助实物模型作出肯定或否定．答案 (1)D (2)D解析 (1)A ：应该是b ∥α或b ⊂α；B ：如果是墙角出发的三个面就不符合题意；C ：α∩β＝m ，若a ∥m 时，满足a ∥α，a ∥β，但是α∥β不正确，所以选D. (2)若α∩β＝l ，a ∥l ，a ⊄α，a ⊄β，则a ∥α，a ∥β，故排除A.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，故排除B.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C.故选D.思维升华解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中．设m、n是不同的直线，α、β是不同的平面，有以下四个命题：①若α⊥β，m∥α，则m⊥β②若m⊥α，n⊥α，则m∥n③若m⊥α，m⊥n，则n∥α④若n⊥α，n⊥β，则β∥α其中真命题的序号为()A．①③B．②③C．①④D．②④答案 D解析①若α⊥β，m∥α，则m与β可以是直线与平面的所有关系，所以①错误；②若m⊥α，n⊥α，则m∥n，所以②正确；③若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，所以③错误；④若n⊥α，n⊥β，则β∥α，所以④正确．故选D.热点二平行、垂直关系的证明例2如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面P AD⊥底面ABCD，P A⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：(1)P A⊥底面ABCD；(2)BE∥平面P AD；(3)平面BEF⊥平面PCD.思维启迪(1)利用平面P AD⊥底面ABCD的性质，得线面垂直；(2)BE∥AD易证；(3)EF是△CPD 的中位线．证明(1)因为平面P AD⊥底面ABCD，且P A垂直于这两个平面的交线AD，所以P A⊥底面ABCD.(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以四边形ABED为平行四边形．所以BE∥AD.又因为BE⊄平面P AD，AD⊂平面P AD，所以BE∥平面P AD.(3)因为AB⊥AD，而且ABED为平行四边形．所以BE⊥CD，AD⊥CD，由(1)知P A⊥底面ABCD.所以P A⊥CD.所以CD⊥平面P AD.所以CD⊥PD.因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PD∥EF.所以CD⊥EF.所以CD⊥平面BEF.又CD⊂平面PCD，所以平面BEF⊥平面PCD.思维升华垂直、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．如图所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．求证：(1)AF∥平面BCE；(2)平面BCE⊥平面CDE.证明 (1)如图，取CE 的中点G ，连接FG ，BG . ∵F 为CD 的中点，∴GF ∥DE 且GF ＝12DE .∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ， ∴AB ∥DE ，∴GF ∥AB . 又AB ＝12DE ，∴GF ＝AB .∴四边形GF AB 为平行四边形，则AF ∥BG . ∵AF ⊄平面BCE ，BG ⊂平面BCE ， ∴AF ∥平面BCE .(2)∵△ACD 为等边三角形，F 为CD 的中点， ∴AF ⊥CD .∵DE ⊥平面ACD ，AF ⊂平面ACD ，∴DE ⊥AF . 又CD ∩DE ＝D ，∴AF ⊥平面CDE . ∵BG ∥AF ，∴BG ⊥平面CDE .∵BG ⊂平面BCE ，∴平面BCE ⊥平面CDE . 热点三图形的折叠问题例3 如图(1)，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，D ，E 分别为AC ，AB 的中点，点F 为线段CD 上的一点，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1F ⊥CD ，如图(2)．(1)求证：DE ∥平面A 1CB ； (2)求证：A 1F ⊥BE ；(3)线段A 1B 上是否存在点Q ，使A 1C ⊥平面DEQ ？请说明理由．思维启迪折叠问题要注意在折叠过程中，哪些量变化了，哪些量没有变化．第(1)问证明线面平行，可以证明DE ∥BC ；第(2)问证明线线垂直转化为证明线面垂直，即证明A 1F ⊥平面BCDE ；第(3)问取A 1B 的中点Q ，再证明A 1C ⊥平面DEQ . (1)证明因为D ，E 分别为AC ，AB 的中点，所以DE ∥BC .又因为DE ⊄平面A 1CB ，BC ⊂平面A 1CB ，所以DE ∥平面A 1CB .(2)证明由图(1)得AC ⊥BC 且DE ∥BC ，所以DE ⊥AC .所以DE ⊥A 1D ，DE ⊥CD . 所以DE ⊥平面A 1DC .而A 1F ⊂平面A 1DC ，所以DE ⊥A 1F .又因为A 1F ⊥CD ，所以A 1F ⊥平面BCDE ，又BE ⊂平面BCDE ，所以A 1F ⊥BE .(3)解线段A 1B 上存在点Q ，使A 1C ⊥平面DEQ .理由如下：如图，分别取A 1C ，A 1B 的中点P ，Q ，则PQ ∥BC . 又因为DE ∥BC ，所以DE ∥PQ .所以平面DEQ 即为平面DEP . 由(2)知，DE ⊥平面A 1DC ，所以DE ⊥A 1C .又因为P 是等腰三角形DA 1C 底边A 1C 的中点，所以A 1C ⊥DP .所以A 1C ⊥平面DEP . 从而A 1C ⊥平面DEQ .故线段A 1B 上存在点Q ，使得A 1C ⊥平面DEQ .思维升华 (1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下，折线同一侧线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．如图(1)，已知梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝2AD ＝4，E ，F 分别是AB ，CD 上的点，EF ∥BC ，AE ＝x .沿EF 将梯形ABCD 翻折，使平面AEFD ⊥平面EBCF (如图(2)所示)，G 是BC 的中点．(1)当x ＝2时，求证：BD ⊥EG ；(2)当x 变化时，求三棱锥D －BCF 的体积f (x )的函数式． (1)证明作DH ⊥EF ，垂足为H ，连接BH ，GH ，因为平面AEFD ⊥平面EBCF ，交线为EF ，DH ⊂平面AEFD ，所以DH ⊥平面EBCF ，又EG ⊂平面EBCF ，故EG ⊥DH . 因为EH ＝AD ＝12BC ＝BG ＝2，BE ＝2，EF ∥BC ，∠EBC ＝90°，所以四边形BGHE 为正方形，故EG ⊥BH .又BH ，DH ⊂平面DBH ，且BH ∩DH ＝H ，故EG ⊥平面DBH . 又BD ⊂平面DBH ，故EG ⊥BD .(2)解因为AE ⊥EF ，平面AEFD ⊥平面EBCF ，交线为EF ，AE ⊂平面AEFD ，所以AE ⊥平面EBCF .由(1)知，DH ⊥平面EBCF ，故AE ∥DH ，所以四边形AEHD 是矩形，DH ＝AE ，故以B ，F ，C ，D 为顶点的三棱锥D －BCF 的高DH ＝AE ＝x .又S △BCF ＝12BC ·BE ＝12×4×(4－x )＝8－2x ，所以三棱锥D －BCF 的体积f (x )＝13S △BFC ·DH＝13S △BFC ·AE ＝13(8－2x )x ＝－23x 2＋83x (0<x <4)．1．证明线线平行的常用方法(1)利用平行公理，即证明两直线同时和第三条直线平行； (2)利用平行四边形进行转换； (3)利用三角形中位线定理证明；(4)利用线面平行、面面平行的性质定理证明．2．证明线面平行的常用方法(1)利用线面平行的判定定理，把证明线面平行转化为证线线平行；(2)利用面面平行的性质定理，把证明线面平行转化为证面面平行．3．证明面面平行的方法证明面面平行，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，从而将证面面平行转化为证线面平行，再转化为证线线平行．4．证明线线垂直的常用方法(1)利用特殊平面图形的性质，如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直；(2)利用勾股定理逆定理；(3)利用线面垂直的性质，即要证线线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在平面即可．5．证明线面垂直的常用方法(1)利用线面垂直的判定定理，把线面垂直的判定转化为证明线线垂直；(2)利用面面垂直的性质定理，把证明线面垂直转化为证面面垂直；(3)利用常见结论，如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．6．证明面面垂直的方法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，则借助中点、高线或添加辅助线解决.真题感悟1．(2014·辽宁)已知m，n表示两条不同直线，α表示平面．下列说法正确的是()A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α答案 B解析方法一若m∥α，n∥α，则m，n可能平行、相交或异面，A错；若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，因为直线与平面垂直时，它垂直于平面内任一直线，B正确；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，C错；若m∥α，m⊥n，则n与α可能相交，可能平行，也可能n⊂α，D错．方法二如图，在正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，用平面ABCD 表示α. A 项中，若m 为A ′B ′，n 为B ′C ′，满足m ∥α，n ∥α，但m 与n 是相交直线，故A 错． B 项中，m ⊥α，n ⊂α，∴m ⊥n ，这是线面垂直的性质，故B 正确． C 项中，若m 为AA ′，n 为AB ，满足m ⊥α，m ⊥n ，但n ⊂α，故C 错． D 项中，若m 为A ′B ′，n 为B ′C ′，满足m ∥α，m ⊥n ，但n ∥α，故D 错．2．(2014·辽宁)如图，△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直，且AB ＝BC ＝BD ＝2，∠ABC ＝∠DBC ＝120°，E ，F ，G 分别为AC ，DC ，AD 的中点． (1)求证：EF ⊥平面BCG ； (2)求三棱锥D －BCG 的体积．附：锥体的体积公式V ＝13Sh ，其中S 为底面面积，h 为高．(1)证明由已知得△ABC ≌△DBC ，因此AC ＝DC . 又G 为AD 的中点，所以CG ⊥AD .同理BG ⊥AD ，又BG ∩CG ＝G ，因此AD ⊥平面BGC . 又EF ∥AD ，所以EF ⊥平面BCG .(2)解在平面ABC 内，作AO ⊥BC ，交CB 的延长线于O . 由平面ABC ⊥平面BCD ，知AO ⊥平面BDC .又G 为AD 中点，因此G 到平面BDC 的距离h 是AO 长度的一半．在△AOB 中，AO ＝AB ·sin 60°＝3，所以V D －BCG ＝V G －BCD ＝13S △DBC ·h＝13×12BD ·BC ·sin 120°·32＝12. 押题精练1.如图，AB 为圆O 的直径，点C 在圆周上(异于点A ，B )，直线P A 垂直于圆O 所在的平面，点M 为线段PB 的中点．有以下四个命题：①P A ∥平面MOB ； ②MO ∥平面P AC ； ③OC ⊥平面P AC ； ④平面P AC ⊥平面PBC .其中正确的命题是________(填上所有正确命题的序号)．答案 ②④解析 ①错误，P A ⊂平面MOB ；②正确；③错误，否则，有OC ⊥AC ，这与BC ⊥AC 矛盾；④正确，因为BC ⊥平面P AC .2．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱DD 1的中点． (1)证明：平面ADC 1B 1⊥平面A 1BE ；(2)在棱C 1D 1上是否存在一点F ，使B 1F ∥平面A 1BE ？并证明你的结论． (1)证明如图，因为ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，所以B 1C 1⊥面ABB 1A 1. 因为A 1B ⊂面ABB 1A 1，所以B 1C 1⊥A 1B .又因为A 1B ⊥AB 1，B 1C 1∩AB 1＝B 1，所以A 1B ⊥面ADC 1B 1.因为A 1B ⊂面A 1BE ，所以平面ADC 1B 1⊥平面A 1BE . (2)解当点F 为C 1D 1中点时，可使B 1F ∥平面A 1BE . 证明如下：取C 1D 1中点F ，连接EF ，B 1F 易知：EF ∥C 1D ，且EF ＝12C 1D .设AB 1∩A 1B ＝O ，连接OE ，则B 1O ∥C 1D 且B 1O ＝12C 1D ，所以EF ∥B 1O 且EF ＝B 1O ，所以四边形B 1OEF 为平行四边形．所以B 1F ∥OE .又因为B 1F ⊄面A 1BE ，OE ⊂面A 1BE . 所以B 1F ∥面A 1BE .(推荐时间：60分钟)一、选择题1．(2014·广东)若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是()A．l1⊥l4B．l1∥l4C．l1与l4既不垂直也不平行D．l1与l4的位置关系不确定答案 D解析如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，记l1＝DD1，l2＝DC，l3＝DA，若l4＝AA1，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，此时l1∥l4，可以排除选项A和C.若l4＝DC1，也满足条件，可以排除选项B.故选D.2．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，那么下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是()A．α⊥β，且m⊂αB．m∥n，且n⊥βC．α⊥β，且m∥αD．m⊥n，且n∥β答案 B解析根据定理、性质、结论逐个判断．因为α⊥β，m⊂α⇒m，β的位置关系不确定，可能平行、相交、m在β面内，故A错误；由线面垂直的性质定理可知B正确；若α⊥β，m∥α，则m，β的位置关系也不确定，故C错误；若m⊥n，n∥β，则m，β的位置关系也不确定，故D错误．3．ABCD－A1B1C1D1为正方体，下列结论错误的是()A．BD∥平面CB1D1B．A1C⊥BDC．AC1⊥平面CB1D1D．AC1⊥BD1答案 D解析因为ABCD－A1B1C1D1为正方体，所以DD1∥BB1且DD1＝BB1，所以四边形DD1B1B为平行四边形，所以BD∥B1D1，因为BD⊄面CB1D1，B1D1⊂面CB1D1，所以BD∥平面CB1D1，故A正确；因为AA1⊥面ABCD，BD⊂面ABCD，所以AA1⊥BD，因为ABCD为正方形，所以AC⊥BD，因为AC∩AA1＝A，所以BD⊥面A1ACC1，因为A1C⊂面A1ACC1，所以BD⊥A1C，故B正确．同理可证得B1D1⊥面A1ACC1，因为AC1⊂面A1ACC1，所以B1D1⊥AC1，同理可证CB1⊥AC1，因为B1D1∩CB1＝B1，所以AC1⊥平面CB1D1，故C正确．排除法应选D.4．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD.则在三棱锥A－BCD中，下列命题正确的是()A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC答案 D解析∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD，又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，∴CD⊥平面ABD，则CD⊥AB，又AD⊥AB，AD∩CD＝D，∴AB⊥平面ADC，又AB⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ADC，故选D.5．直线m，n均不在平面α，β内，给出下列命题：①若m∥n，n∥α，则m∥α；②若m∥β，α∥β，则m∥α；③若m⊥n，n⊥α，则m∥α；④若m⊥β，α⊥β，则m∥α.其中正确命题的个数是()A．1 B．2C．3 D．4答案 D解析对①，根据线面平行的判定定理知，m∥α；对②，如果直线m与平面α相交，则必与β相交，而这与α∥β矛盾，故m∥α；对③，在平面α内取一点A，设过A、m的平面γ与平面α相交于直线b.因为n⊥α，所以n⊥b，又m⊥n，所以m∥b，则m∥α；对④，设α∩β＝l，在α内作m′⊥β，因为m⊥β，所以m∥m′，从而m∥α.故四个命题都正确．6.在正三棱锥S－ABC中，M，N分别是SC，BC的中点，且MN⊥AM，若侧棱SA＝23，则正三棱锥S－ABC外接球的表面积是()A．12π B．32πC．36π D．48π答案 C解析由MN⊥AM且MN是△BSC的中位线得BS⊥AM，又由正三棱锥的性质得BS⊥AC，∴BS⊥面ASC.即正三棱锥S－ABC的三侧棱SA、SB、SC两两垂直，外接球直径为3SA＝6.∴球的表面积S＝4πR2＝4π×32＝36π.选C.二、填空题7．已知两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，给出下列四个命题：①若m∥α，n∥β，且α∥β，则m∥n；②若m∥α，n⊥β，且α⊥β，则m∥n；③若m⊥α，n∥β，且α∥β，则m⊥n；④若m⊥α，n⊥β，且α⊥β，则m⊥n.其中正确的个数为_________________．答案 2解析①中m，n可能异面或相交，故不正确；②因为m∥α，n⊥β，且α⊥β成立时，m，n两直线的关系可能是相交、平行、异面，故不正确；③因为m⊥α，α∥β可得出m⊥β，再由n∥β可得出m⊥n，故正确；④分别垂直于两个垂直平面的两条直线一定垂直，正确．故③④正确．8．下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是________(写出所有符合要求的图形序号)．答案①③解析对于①，注意到该正方体的面中过直线AB的侧面与平面MNP平行，因此直线AB平行于平面MNP；对于②，注意到直线AB和过点A的一个与平面MNP平行的平面相交，因此直线AB与平面MNP相交；对于③，注意到此时直线AB与平面MNP内的一条直线MP平行，且直线AB位于平面MNP外，因此直线AB与平面MNP平行；对于④，易知此时AB与平面MNP相交．综上所述，能得出直线AB平行于平面MNP的图形的序号是①③.9.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.答案 a 或2a解析由题意易知，B 1D ⊥平面ACC 1A 1，所以B 1D ⊥CF .要使CF ⊥平面B 1DF ，只需CF ⊥DF 即可．令CF ⊥DF ，设AF ＝x ，则A 1F ＝3a －x .易知Rt △CAF ∽Rt △F A 1D ，得AC A 1F ＝AF A 1D，即2a x ＝3a －x a，整理得x 2－3ax ＋2a 2＝0，解得x ＝a 或x ＝2a .10．如图，在长方形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 为DC 的中点，F 为线段EC (不含端点)上一动点．现将△AFD 沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABC .在平面ABD 内过点D 作DK ⊥AB ，K 为垂足．设AK ＝t ，则t 的取值范围是________．答案 ⎝⎛⎭⎫12，1解析破解此题可采用两个极端位置法，即对于F 位于DC 的中点时，t ＝1，随着F 点到C 点时，∵CB ⊥AB ，CB ⊥DK ，∴CB ⊥平面ADB ，即有CB ⊥BD ，对于CD ＝2，BC ＝1，∴BD ＝3，又AD ＝1，AB ＝2，因此有AD ⊥BD ，则有t ＝12，因此t 的取值范围是⎝⎛⎭⎫12，1.三、解答题11．如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，AA 1＝4，点D 是AB 的中点，(1)求证：AC ⊥BC 1；(2)求证：AC 1∥平面CDB 1.证明 (1)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面三边长AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5， ∴AB 2＝AC 2＋BC 2，∴AC ⊥BC .CC 1⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，∴AC ⊥CC 1，又BC ∩CC 1＝C ，∴AC ⊥平面BCC 1B 1，BC 1⊂平面BCC 1B 1，∴AC ⊥BC 1.(2)设CB 1与C 1B 的交点为E ，连接DE ，∵D 是AB 的中点，E 是C 1B 的中点，∴DE ∥AC 1，∵DE ⊂平面CDB 1，AC 1⊄平面CDB 1，∴AC 1∥平面CDB 1.12．如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，D ，E 分别为A 1B 1，AA 1的中点，点F 在棱AB 上，且AF ＝14AB . (1)求证：EF ∥平面BC 1D ；(2)在棱AC 上是否存在一个点G ，使得平面EFG 将三棱柱分割成的两部分体积之比为1∶15，若存在，指出点G 的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明取AB 的中点M ，连接A 1M .因为AF ＝14AB ，所以F 为AM 的中点．又E 为AA 1的中点，所以EF ∥A 1M .在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，M 分别是A 1B 1，AB 的中点，所以A 1D ∥BM ，A 1D ＝BM ，所以四边形A 1DBM 为平行四边形，所以A 1M ∥BD . 所以EF ∥BD .因为BD ⊂平面BC 1D ，EF ⊄平面BC 1D ，所以EF ∥平面BC 1D .(2)解设AC 上存在一点G ，使得平面EFG 将三棱柱分割成两部分的体积之比为1∶15，如图所示．则V E －AFG ∶VABC －A 1B 1C 1＝1∶16，所以V E －AFGVABC －A 1B 1C 1＝13×12AF ·AG sin ∠GAF ·AE 12×AB ·AC sin ∠CAB ·AA 1＝13×14×12×AG AC ＝124×AGAC，由题意，124×AG AC ＝116，解得AG AC ＝2416＝32.所以AG ＝32AC >AC ，所以符合要求的点G 不存在．13.如图，在平行四边形ABCD 中，AB ＝2BC ＝4，∠ABC ＝120°，E ，M 分别为AB ，DE 的中点，将△ADE 沿直线DE 翻折成△A ′DE ，F 为A ′C 的中点，A ′C ＝4.(1)求证：平面A ′DE ⊥平面BCD ；(2)求证：FB ∥平面A ′DE .证明 (1)由题意，得△A ′DE 是△ADE 沿DE 翻折而成的，∴△A ′DE ≌△ADE .∵∠ABC ＝120°，四边形ABCD 是平行四边形，∴∠A ＝60°.又∵AD ＝AE ＝2，∴△A ′DE 和△ADE 都是等边三角形．如图，连接A ′M ，MC ，∵M 是DE 的中点，∴A ′M ⊥DE ，A ′M ＝ 3.在△DMC中，MC2＝DC2＋DM2－2DC·DM cos 60°＝42＋12－2×4×1×cos 60°，∴MC＝13.在△A′MC中，A′M2＋MC2＝(3)2＋(13)2＝42＝A′C2. ∴△A′MC是直角三角形，∴A′M⊥MC.又∵A′M⊥DE，MC∩DE＝M，∴A′M⊥平面BCD.又∵A′M⊂平面A′DE，∴平面A′DE⊥平面BCD.(2)取DC的中点N，连接FN，NB.∵A′C＝DC＝4，F，N分别是A′C，DC的中点，∴FN∥A′D.又∵N，E分别是平行四边形ABCD的边DC，AB的中点，∴BN∥DE.又∵A′D∩DE＝D，FN∩NB＝N，∴平面A′DE∥平面FNB.∵FB⊂平面FNB，∴FB∥平面A′DE.。

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