空间立体几何地证明与计算
立体几何证明
立体几何证明
立体几何证明是指通过几何推理和定理证明立体几何问题的方法。
常见的立体几何证明包括证明两个立体图形是否全等、相似，以
及证明立体图形的性质等。
在立体几何证明中，常常使用的方法有以下几种：
1. 使用平行投影：通过平行投影将立体图形映射到二维平面上，
简化问题的处理。
例如，证明两个立方体全等时，可以将它们分
别投影到一个平面上，然后比较二维平面上的对应边和角是否相等。
2. 使用剖分方法：通过将立体图形剖分成若干个简单的形状，例
如三角形、矩形等，然后证明这些简单形状的性质，最终得出整
个立体图形的性质。
例如，证明一个四面体的四个侧面都是等边
三角形时，可以将四面体剖分成四个等边三角形，然后证明每个
等边三角形的性质。
3. 使用向量分析：通过使用向量的性质和运算，证明立体图形的
性质。
例如，证明两个平行六面体的面中心连线垂直时，可以使
用向量的内积来证明两个向量垂直。
4. 使用几何推理：通过运用几何定理，例如平行线定理、垂直定
理等，进行证明。
例如，证明两个平行四面体相似时，可以运用
平行线定理来证明它们的对应边与对应面的关系。
需要注意的是，在立体几何证明中，使用准确的定义和恰当的假
设是非常重要的，同时还需要运用合适的定理和推理方法进行证明。
此外，需要有一定的空间想象力和几何直觉，以便更好地理
解和分析立体图形的性质。
立体几何平行证明题常见模型及方法
立体几何平行证明题常见模型及方法立体几何中的平行证明题常见的模型和方法有很多。
下面我将介绍一些常见的模型和方法，以帮助你更好地理解和应用立体几何的平行证明。
一、常见模型1.平面与平面的平行证明：常见的模型有两条平行线或两个平行四边形，通过证明平面与平面内对应的直线或四边形是平行的，即可得证。
2.直线与直线的平行证明：常见的模型有平行四边形和交叉角等，通过证明两直线间的对应角相等或同位角互补，即可得证。
3.平面与直线的平行证明：常见的模型有平行四边形的一对对角线、三角形的高、垂足、垂线等，通过证明直线与平面内的直线或线段互相垂直，即可得证。
4.空间中的平面与平面的平行证明：常见的模型有两个平行四边形的高度等、点到平面的垂直距离等，通过证明两个平面内的垂直线的相互平行性，即可得证。
二、常见方法1.剪影法：利用平行关系特殊的剪影形状进行证明。
例如，通过剪影的形状可以直观地判断两根线段平行。
2.联立法：通过建立适当的方程组，将待证的平行条件与已知条件进行联立，最终得到结论。
常见的方法有正投影、平行投影等。
3.直角法：利用直角关系进行证明。
通过找到合适的垂线、垂足等直角线段，可以推导出平行关系。
4.反证法：假设不平行，然后找到与之矛盾的证据，从而推出平行的结论。
5.三角形法：构造适当的三角形，通过三角形的性质和形状关系进行证明。
6.同增减法：通过分析多个角度相应的同增减性质，推导出平行的结论。
7.通道法：利用另一个已经知道的已知命题，构造合适的通道来推导出平行的结论。
以上仅是常见的模型和方法，实际的平行证明题在解题过程中可能会遇到各种不同的情况和策略。
解决此类问题的关键是要有良好的几何直观和分析能力，熟练掌握几何定理和性质，并能够合理运用不同的方法解决问题。
高中立体几何证明方法及例题
1.空间角与空间距离在高考的立体几何试题中，求角与距离是必考查的问题，其中最主要的是求线线角、线面角、面面角、点到面的距离，求角或距离的步骤是“一作、二证、三算”，即在添置必要的辅助线或辅助面后，通过推理论证某个角或线段就是所求空间角或空间距离的相关量，最后再计算。
2.立体几体的探索性问题立体几何的探索性问题在近年高考命题中经常出现，这种题型有利于考查学生归纳、判断等方面的能力，也有利于创新意识的培养。
近几年立体几何探索题考查的类型主要有：（1）探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么？（2）探索结论，即在给定的条件下命题的结论是什么。
对命题条件的探索常采用以下三种方法：（1）先观察，尝试给出条件再证明；（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。
对命题结论的探索，常从条件出发，再根据所学知识，探索出要求的结论是什么，另外还有探索结论是否存在，常假设结论存在，再寻找与条件相容还是矛盾。
（一）平行与垂直关系的论证由判定定理和性质定理构成一套完整的定理体系，在应用中：低一级位置关系判定高一级位置关系；高一级位置关系推出低一级位置关系，前者是判定定理，后者是性质定理。
1.线线、线面、面面平行关系的转化：面面平行性质α//βαI γ=a ,βI γ⎫⎬⇒a =b ⎭//baa //b⎫⎬ba ⊄α,b ⊂α⎭α⇒a //αa ⊂α,b ⊂αAb a I b =Aαaa //β,b //ββ⎫⎪⎬⎪⎭(a//b,b//c线线∥⇒a //c)公理4线面平行判定线面平行性质线面∥⇒α//β面面平行判定1面面∥面面平行性质面面平行性质1α//γ⎫β//γ⎭⎫⎪a ⊂β⎬αI β=b ⎪⎭a //α⇒a //bα//β⎫a ⊂α⎭⎬⎬⇒α//β⇒a //β2.线线、线面、面面垂直关系的转化：⎫⎪a Ib =O ⎬l ⊥a ,l ⊥b ⎪⎭a ,b ⊂α⇒l ⊥α⎫⎬⇒α⊥βa ⊂β⎭a ⊥α面面⊥三垂线定理、逆定理线线⊥PA ⊥α,AO 为PO 在α内射影a ⊂α则a ⊥OA ⇒a ⊥PO a ⊥PO ⇒a ⊥AOl ⊥α线面垂直判定1线面垂直定义线面⊥α⊥β面面垂直判定面面垂直性质，推论2⎫⎬a ⊂α⎭⇒l ⊥a⎫⎪αI β=b ⎬⇒a ⊥αa ⊂β,a ⊥b ⎪⎭α⊥γβ⊥γαI β⎫⎪⎬⇒a ⊥γ=a ⎪⎭面面垂直定义αI β=l ，且二面角α-l -β⎫成直二面角⎬⇒α⊥β⎭3.平行与垂直关系的转化：a //b ⎫a ⊥αa ⊥α⎫⇒b ⊥αa⎬⎭⎬⇒αa ⊥β⎭//β线线∥线面垂直判定2线面垂直性质2a ⊥α⎫线面⊥面面平行判定2面面平行性质3面面∥⎬⇒a //b b ⊥α⎭α//β⎫a ⊥α⎬a ⊥β⎭4.应用以上“转化”的基本思路——“由求证想判定，由已知想性质。
数学立体几何定理的证明过程
数学立体几何定理的证明过程嘿，咱今儿就来唠唠数学立体几何定理的证明过程。
你说这立体几何啊，就像是个神秘的魔法世界，那些定理就是开启魔法大门的钥匙。
先来说说线面平行的定理吧。
想象一下，一条线在一个平面上欢快地跑着，怎么看都和这个平面相处得特别和谐，这不就是线面平行嘛！那怎么证明呢？就好像你要证明你和好朋友关系铁，那不得拿出点证据来呀！咱就得找个中间的“和事佬”，比如说找另一条线，让这条线和已知线平行，同时又在平面里，这不就说明已知线和平面关系不一般了嘛。
再讲讲面面平行的定理。
这就好比两个大集体，它们的行为举止几乎一模一样，那可不就是平行嘛！要证明这个，咱就得找到两组相交直线，分别在两个平面里，而且还得互相平行，这样才能说明这两个面是平行的呀。
你想想，要是只有一组线平行，那可不一定说明问题，得好几组都这样才行呢。
还有线面垂直的定理，这可就厉害了。
就像一根柱子直直地立在地面上，稳稳当当的。
要证明这个，那可得下点功夫。
得找到这条线和平面里的两条相交直线都垂直，这样才能说明这条线可牛了，和平面是垂直的关系。
这就好像你要证明自己厉害，不得在好多方面都表现出色呀。
面面垂直呢，就像是两个板块互相挤压，形成了一个陡峭的界面。
要证明这个，就得先找到一个平面经过另一个平面的一条垂线，这就像是找到了关键的导火索，一下子就把两个面的垂直关系给引爆了。
证明这些定理的过程，就像是一场有趣的探索之旅。
有时候会遇到一些小阻碍，哎呀，怎么这条线不听话呀，怎么那个条件找不到呀，但别着急，慢慢琢磨，总会找到出路的。
就像走迷宫一样，虽然会绕点弯子，但最后找到出口的那一刻，那成就感，别提多棒了！你说这数学立体几何定理的证明是不是很有意思呀？它可不是死板的公式和推理，而是充满了趣味和挑战。
咱得像个探险家一样，勇敢地去探索，去发现那些隐藏在定理背后的奥秘。
所以呀，别害怕这些证明过程，大胆地去尝试，去理解，你会发现一个全新的数学世界在等着你呢！难道不是吗？。
空间几何的基本定理和证明
空间几何的基本定理和证明空间几何是研究空间中点、线、面和体之间的位置、形态、大小、相对位置等性质的数学分支。
在空间几何中，有一些基本定理是我们必须要了解和掌握的。
本文将介绍几个常见的空间几何基本定理，并给出相应的证明。
一、平行线定理：平行线是位于同一平面内且不相交的两条直线。
在空间几何中，平行线间的关系有着重要的应用。
平行线定理如下：定理1：如果两条直线与第三条直线相交，且与第三条直线分别平行，则这两条直线互相平行。
证明：设直线l和m与直线n相交，且l与n平行，m与n平行。
我们需证明直线l与m平行。
根据平行线的定义，我们可以得到以下两组对应角相等关系：∠1 = ∠2，∠1 = ∠3；∠4 = ∠5，∠4 = ∠6。
现在我们来证明∠2 = ∠3 = ∠5 = ∠6，这样就证明了直线l与m平行。
根据同位角定理，我们可以得到：∠2 + ∠4 = 180°，∠3 + ∠6 = 180°。
将上述两个等式相加并整理得：∠2 + ∠4 + ∠3 + ∠6 = 360°。
由于∠2 = ∠3，∠4 = ∠5，∠5 = ∠6，代入上式我们可以得到：2∠2 + 2∠5 = 360°。
化简得：∠2 + ∠5 = 180°。
根据同位角的定义，∠2 + ∠5是直线l与m的内错角。
据直线外角定理，直线l与m的内错角相等，即∠2 + ∠5 = 180°。
因此，我们证明了直线l与m平行。
二、垂直定理：在空间几何中，垂直是指两个直线或线段相交时，交点的四个周围角都是直角（90°）。
垂直定理如下：定理2：直线和平面垂直的等价条件是直线上的任意一条直线垂直于平面。
证明：我们设直线l与平面P相交于点A，我们需要证明l上的任意一条直线垂直于平面P。
取直线l上任意一点B，连接OB。
构造平面Q，使得平面Q 过直线l且垂直于平面P。
则由垂直平面的性质得知，直线l就在平面Q内。
专题二 第2讲 立体几何中的算、证、求问题
(3) 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，AB＝2，AD
＝3，E为棱CD上一点，若三棱锥E-PAB的体积为4，则PA的长为____4____．
【解析】
(例1(3)))
因为△EAB的面积为S＝
1 2
×2×3＝3，所以三棱锥E-PAB的体积为V＝
13×3×PA＝4，所以PA＝4.
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(变式(2))
二轮提优导学案 ·数学
(2) 求证：平面BDM⊥平面ADEF. 【解答】 设DC＝1，由题意知DC⊥BC，BC＝1，BD＝ 2. 在梯形ABCD中，AB∥CD，所以∠ABD＝∠BDC＝45°. 因为AB＝2DC＝2， 所以在△ABD中，由余弦定理知 AD＝ AB2＋BD2－2AB·BDcos∠ABD＝ 2. 因为AB＝2，所以AD2＋BD2＝AB2， 所以∠ADB＝90°，所以AD⊥BD.
【解析】 设圆柱的底面半径为R，则圆锥的底面半径也为R，圆柱和圆锥的高均为
h＝2R.因为S1＝2πR×2R＝4πR2，圆锥的母线长为 R2＋2R2＝ 5R，所以S2＝12×2πR
×
5R＝
5πR2，所以SS21＝
5 4.
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二轮提优导学案 ·数学
专题二 立体几何
(2) (2019·南方凤凰台密题)若正方体的棱长为 2，则以该正方体各个面的中心为顶
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专题二 立体几何
二轮提优导学案 ·数学
专题二 立体几何
(2) 若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE； 【解答】 因为底面ABCD是菱形且∠ABC＝60°，所以△ACD为正三角形，又E为 CD的中点，所以AE⊥CD. 因为AB∥CD，所以AE⊥AB. 因为PA⊥平面ABCD，AE⊂ 平面ABCD， 所以AE⊥PA. 因为PA∩AB＝A，PA，AB⊂ 平面PAB， 所以AE⊥平面PAB. 又AE⊂ 平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.
高考理科数学必考——几何证明与利用空间向量求线面角、面面角
高考理科数学必考——几何证明与利用空间向量求线面角、面
面角
时间过的飞快，距离高考的时间就只剩76天了，同学和老师也越来越紧张了，有些地方欠缺的同学开始寝食难安，老师也赶快奉献点干货来帮助几何证明欠缺的学生。
立体几何其实难度不大，只要你会空间向量，会建系，一切就自然而然水到渠成了。
在这先分析这些立体几何的解题思路。
在立体几何中，第一问一般会让你证明线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直
1、证明线面平行的方法1、平移的方法，找到直线与平面内一条直线平行
2、利用面面平行、证明线面平行
2、证明线面垂直的方法1、证明直线与平面内相交的两直线垂直
3、证明面面平行的方法1、证明一个平面内两相交的直线与另一个平面内两相交的直线互相平行
2、证明平面内两相交的直线分别平行另一个平面
4、证明面面垂直的方法1、先证明一条直线垂直于一个平面，这条直线还在另一个平面内
利用这些方法第一问就可以轻松解决了。
在立体几何第二中，会求线面角、面面角，在第二步中，利用空间向量解决就可以
利用空间向量解决第二问的步骤1、找三垂，建立空间直角坐标系
2、写出各个点的坐标
3、求出直线向量、面的法向量
4、利用夹角公式算出余弦值
下面通过两个例题说明一下这个空间几何。
立体几何常见证明方法
立体几何常见证明方法在几何学中，立体几何是研究物体在三维空间中的形状、大小、位置和相互关系的分支。
在证明一个立体几何问题时，我们通常需要运用一些常见的证明方法来得出结论。
本文将介绍几种常见的立体几何证明方法。
一、平行四边形面积证明法平行四边形面积证明法是一种常见的证明方法。
对于一个平行四边形，我们可以通过证明它的底边乘以高得到的面积与对角线的乘积相等来验证其正确性。
具体来说，我们可以按照以下步骤进行证明：1. 画出平行四边形的底边和高线；2. 证明底边乘以高得到的面积等于对角线的乘积。
可以通过运用三角形的面积公式和勾股定理进行证明。
二、等腰三角形证明法等腰三角形证明法是另一种常见的证明方法。
对于一个等腰三角形，我们可以通过证明其底边上的两个角相等来验证其正确性。
具体来说，我们可以按照以下步骤进行证明：1. 画出等腰三角形；2. 证明底边上的两个角相等。
可以通过等腰三角形的定义进行证明，即等腰三角形的两边相等，所以其对应的两个角也相等。
三、垂直证明法垂直证明法是证明两条线垂直的常见方法。
它通常基于垂直线的特性，如垂直线的斜率之积为-1等。
具体来说，我们可以按照以下步骤进行证明：1. 给定两条线段；2. 证明两条线段所在的直线的斜率之积为-1。
可以通过计算两条线段的斜率，然后对其进行运算得出结论。
四、相似三角形证明法相似三角形证明法常用于证明两个或多个三角形之间的相似关系。
它基于相似三角形的一些性质，如对应角相等、对应边成比例等。
具体来说，我们可以按照以下步骤进行证明：1. 给定两个或多个三角形；2. 证明对应角相等或对应边成比例，以确定两个或多个三角形之间的相似关系。
五、共面证明法共面证明法常用于证明多个点是否处于同一个平面上。
它基于共面点的一些性质，如共线的三个点必然共面等。
具体来说，我们可以按照以下步骤进行证明：1. 给定多个点的坐标或描述；2. 证明这些点共面。
可以通过计算这些点的坐标或应用共线点的条件来证明。
立体几何证明方法——证面面平行
立体几何证明方法——证面面平行立体几何中，证明面面平行是一个常见的问题，可以通过多种方法进行证明。
下面将介绍几种常用的证明方法。
1.使用直线面法相交性质证明：设空间中有两个平面ABCD和EFGH，要证明这两个平面平行。
首先，选择平面ABCD上的两条相交直线AE和BF，然后分别在这两条直线上选择两个点C和D。
根据直线面法相交性质，直线AE与平面ABCD相交于点E，直线AE与平面CDH相交于点C，同理，直线BF与平面ABCD相交于点F，直线BF与平面CDH相交于点D。
连接线段AD和BC，可以得到四边形ABCD。
然后，考察四边形ABCD，如果四边形ABCD是平行四边形，则线段AD与线段BC互相平行。
由直线平行与面平行的性质可知，平面ABCD与平面EFHG平行。
因此，我们只需要证明四边形ABCD为平行四边形即可。
接下来，通过证明线段AD与线段BC互相平行来证明四边形ABCD为平行四边形。
可采用向量法、等距向量法等方法进行证明，具体方法根据题目要求来选择。
2.使用距离法证明：设空间中有两个平面ABCD和EFGH，要证明这两个平面平行。
首先，在平面ABCD上选择一点P，在平面EFGH上选择一点Q。
然后，构造线段PQ，并将其延长，过点P和Q分别作平行于平面ABCD和EFGH的直线。
两条直线与平面ABCD和EFGH的交点分别为A、B和E、F。
由于点P、Q到平面ABCD的距离相等，点A、B到平面EFGH的距离相等，利用距离的定义可以推出直线AE与直线BF互相平行。
同理可以证明直线BE与直线AF互相平行。
因此，根据平行四边形的性质可知线段AD与线段BC平行。
由于线段AD与线段BC平行，所以平面ABCD与平面EFGH平行。
3.使用垂线法证明：设空间中有两个平面ABCD和EFGH，要证明这两个平面平行。
首先，选择平面ABCD上的两条垂线，可以是两个相交直线的垂线或两个平行直线的垂线。
然后，在平面EFGH中分别找到与这两条垂线相交的直线段，并将其延长。
立体几何定理的推导与证明方法
立体几何定理的推导与证明方法一、概述立体几何是我们生活中常见的一种几何形式，它涉及到空间中的各种图形的性质和关系。
在立体几何中，有许多重要的定理和性质，这些定理和性质对于我们理解和应用立体几何至关重要。
在本文中，我们将探讨立体几何定理的推导和证明方法，希望能够为读者提供一些启发和帮助。
二、立体几何定理的推导方法1. 利用几何图形的性质在推导立体几何定理时，我们可以利用几何图形的性质来进行推导。
对于一个立体图形，我们可以利用它的各个面的性质和相互关系，来推导出一些定理和性质。
在推导过程中，我们可以通过作图和构造辅助线等方法，来帮助我们理解和推导定理。
2. 利用几何变换的性质在推导立体几何定理时，我们还可以利用几何变换的性质来进行推导。
我们可以通过平移、旋转、镜像等几何变换，来帮助我们理解和推导定理。
在推导过程中，我们可以通过构造适当的几何变换，来将一个复杂的问题转化为一个简单的问题，从而更容易理解和证明定理。
3. 利用解析几何的方法在推导立体几何定理时，我们还可以利用解析几何的方法来进行推导。
我们可以通过引入坐标系和方程等工具，来帮助我们理解和推导定理。
在推导过程中，我们可以通过求解方程组、计算向量等方法，来证明某个定理或性质的成立。
三、立体几何定理的证明方法1. 利用数学归纳法在证明立体几何定理时，我们可以利用数学归纳法来进行证明。
数学归纳法是一种常用的数学证明方法，它适用于形式化的推理过程。
通过证明基本情况成立，并假设某个结论对于一个整数成立，来证明该结论对于下一个整数也成立。
在证明立体几何定理时，我们可以通过数学归纳法来推导出某个定理的成立。
2. 利用反证法在证明立体几何定理时，我们可以利用反证法来进行证明。
反证法是一种常用的数学证明方法，它适用于证明某个命题的否定是否成立。
通过假设某个结论不成立，来推导出矛盾的结论，从而证明该结论的成立。
在证明立体几何定理时，我们可以通过反证法来证明某个定理的成立。
第八章 立体几何初步(公式、定理、结论图表)--2023年高考数学必背知识手册(新教材)
第八章立体几何初步（公式、定理、结论图表）1．多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相平行且全等多边形互相平行且相似侧棱互相平行且相等相交于一点，但不一定相等延长线交于一点侧面形状平行四边形三角形梯形2.正棱柱、正棱锥的结构特征(1)正棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱．反之，正棱柱的底面是正多边形，侧棱垂直于底面，侧面是矩形．(2)正棱锥：底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心的棱锥叫做正棱锥．特别地，各棱均相等的正三棱锥叫正四面体．3．旋转体的结构特征(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方和正上方观察几何体画出的轮廓线．(2)在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．(3)三视图的长度特征：“长对正、高平齐、宽相等”，即正俯同长、正侧同高、俯侧同宽．5．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴，y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴；平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段在直观图中长度为原来的一半．6．多面体的表(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．7．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r1＋r2)l三者关系S圆柱侧＝2πrl――→r′＝rS圆台侧＝π(r＋r′)l――→r′＝0S圆锥侧＝πrl8.柱、锥、台和球的表面积和体积(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内．(2)公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．(3)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．(4)公理2的三个推论推论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．10．空间直线的位置关系(1)位置关系的分类异面直线：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)．(3)平行公理(公理4)和等角定理平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行．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．11．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系(1)空间中直线与平面的位置关系空间中两个平面的位置关系位置关系图形表示符号表示公共点两平面平行α∥β没有公共点两平面相交斜交α∩β＝l有一条公共直线垂直α⊥β且α∩β＝a12．线面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)∵a ∥β，b ∥β，a ∩b ＝P ，a ⊂α，b ⊂α，∴α∥β性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行∵α∥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b ，∴a ∥b14．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垂直．(2)判定定理：如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直．(3)推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面．(4)直线和平面垂直的性质：①垂直于同一个平面的两条直线平行．②直线垂直于平面，则垂直于这个平面内的任一直线．③垂直于同一条直线的两平面平行．15．直线和平面所成的角(1)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．(2)当直线与平面垂直和平行(或直线在平面内)时，规定直线和平面所成的角分别为90°和0°.(3)直线和平面所成角的范围是0°≤θ≤90°.16．二面角的有关概念(1)二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．(2)二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．(3)二面角的范围是0°≤θ≤180°.17．平面与平面垂直(1)定义：如果两个平面所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．(2)平面与平面垂直的判定定理与性质定理l⊥α<常用结论>1．特殊的四棱柱2．球的截面的性质3．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形面积的关系如下：5．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，6．异面直线的判定定理7．等角定理的引申(1)在等角定理中，若两角的两边平行且方向相同或相反，则这两个角相等．(2)在等角定理中，若两角的两边平行且方向一个边相同，一个边相反，则这两个角互补．8．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．9.线、面平行的性质(1)两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．(4)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．(5)如果两个平面分别和第三个平面平行，那么这两个平面互相平行．(6)如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，那么这两个平面平行．12．两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．<解题方法与技巧>一、空间几何体概念辨析题的常用方法A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线D[A错误．如图1所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥．图1图2B错误．如图2，若△ABC不是直角三角形或是直角三角形，但旋转轴不是直角边所在直线，所得的几何体都不是圆锥．C错误．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．D正确．]二、识别三视图的步骤(2)根据三视图的有关定义和规则先确定正视图，再确定俯视图，最后确定侧视图；(3)被遮住的轮廓线应为虚线，若相邻两个物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线；对于简单的组合体，要注意它们的组合方式，特别是它们的交线位置．典例2：(1)如图是一个正方体，A，B，C为三个顶点，D是棱的中点，则三棱锥ABCD 的正视图、俯视图是(注：选项中的上图为正视图，下图为俯视图)()A B C D(2)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()(1)A(2)A[(1)正视图和俯视图中棱AD和BD均看不见，故为虚线，易知选A.(2)由题意可知，咬合时带卯眼的木构件如图所示，其俯视图为选项A中的图形．]三、由三视图确定几何体的步骤典例3:(1)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为()A．1B．2C．3D．4(2)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N 的路径中，最短路径的长度为()A．217B．25C．3D．2(1)C(2)B[(1)在正方体中作出该几何体的直观图，记为四棱锥PABCD，如图，由图可知在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为3，故选C.(2)先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点M，N的位置如图1所示．图1图2圆柱的侧面展开图及M，N的位置(N为OP的四等分点)如图2所示，连接MN，则图中MN即为M到N的最短路径．ON＝14×16＝4，OM＝2，∴MN＝OM2＋ON22 5.故选B.]四、由几何体的部分视图确定剩余视图的方法解决此类问题，可先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入检验．典例4：如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为()A B C DA [由正视图和俯视图可知，该几何体是由一个圆柱挖去一个圆锥构成的，结合正视图的宽及俯视图的直径可知侧视图应为A ，故选A.]五、空间几何体的直观图1．用斜二测画法画直观图的技巧在原图形中与x 轴或y 轴平行的线段在直观图中与x ′轴或y ′轴平行，原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线．2．原图形与直观图面积的关系典例5：(1)已知等腰梯形ABCD ，CD ＝1，AD ＝CB ＝2，AB ＝3，以AB 所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为()A.2B.24C.22D ．22(2)如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6cm ，O ′C ′＝2cm ，则原图形是()A ．正方形B ．矩形C ．菱形D ．一般的平行四边形(1)C (2)C [(1)法一(作图求解)：如图，取AB 的中点O 为坐标原点，建立平面直角坐标系，y 轴交DC 于点E ，O ，E 在斜二测画法中的对应点为O ′，E ′，过E ′作E ′F ′⊥x ′轴，垂足为F ′，因为OE ＝(2)2－12＝1，所以O′E′＝12，E′F′＝24.所以直观图A′B′C′D′的面积为S′＝12×(1＋3)×24＝22，故选C.法二(公式法)：由题中数据得等腰梯形ABCD的面积S＝12×(1＋3)×1＝2.由S直观图＝24S原图形，得S直观图＝24×2＝22，故选C.(2)如图，在原图形OABC中，应有OD＝2O′D′＝2×22＝42(cm)，CD＝C′D′＝2cm.所以OC＝OD2＋CD2＝(42)2＋22＝6(cm)，所以OA＝OC，由题意得OA綊BC，故四边形OABC是菱形，故选C.]六、求解几何体表面积的类型及求法A．48＋πB．48－πC．48＋2πD．48－2π(2)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为()A．122πB．12πC．82πD．10π(1)A(2)B[(1)该几何体是正四棱柱挖去了一个半球，正四棱柱的底面是正方形(边长为2)，高为5，半球的半径是1，那么该几何体的表面积为S＝2×2×2＋4×2×5－π×12＋2π×12＝48＋π，故选A.(2)因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为22，底面圆的直径为22，所以该圆柱的表面积为2×π×(2)2＋2π×2×22＝12π.]七、求体积的常用方法典例7：(1)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是()A.π2＋1B.π2＋3C.3π2＋1 D.3π2＋3(2)如图，已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1BB 1D 1D 的体积为．(1)A (2)13[(1)由三视图可知该几何体是由底面半径为1，高为3的半个圆锥和三棱锥SABC 组成的，如图，三棱锥的高为3，底面△ABC 中，AB ＝2，OC ＝1，AB ⊥OC .故其体积V ＝13×12×π×12×3＋13×12×2×1×3＝π2＋1.故选A.(2)四棱锥A 1BB 1D 1D 的底面BB 1D 1D 为矩形，其面积S ＝1×2＝2，又四棱锥的高为点A 1到平面BB 1D 1D 的距离，即h ＝12A 1C 1＝22，所以四棱锥的体积V ＝13×2×22＝13.]八、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PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝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4R2＝a2＋b2＋c2求解．典例8：(1)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为93，则三棱锥DABC体积的最大值为()A．123B．183C．243D．543(2)已知直三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为()A.3172B．210C.132D．310(1)B(2)C[(1)如图，E是AC中点，M是△ABC的重心，O为球心，连接BE，OM，OD，BO.因为S△ABC＝34AB2＝93，所以AB＝6，BM＝23BE＝23AB2－AE2＝2 3.易知OM⊥平面ABC，所以在Rt△OBM中，OM＝OB2－BM2＝2，所以当D，O，M三点共线且DM＝OD＋OM时，三棱锥DABC的体积取得最大值，且最大值V ma x＝13S△ABC×(4＋OM)＝13×93×6＝18 3.故选B.(2)如图所示，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC 的中点M .因为AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，所以BC ＝5.又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA＝132，故选C.]九、共点、共线、共面问题的证明方法(1)证明点共线问题：①公理法：先找出两个平面，然后证明这些点都是这两个平面的公共点，再根据基本公理3证明这些点都在交线上；②同一法：选择其中两点确定一条直线，然后证明其余点也在该直线上．(2)证明线共点问题：先证两条直线交于一点，再证明第三条直线经过该点．(3)证明点、直线共面问题：①纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内；②辅助平面法：先证明有关的点、线确定平面α，再证明其余元素确定平面β，最后证明平面α，β重合．典例9：(1)以下命题中，正确命题的个数是()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．A ．0B ．1C ．2D ．3(2)如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB 和AA 1的中点．求证：①E ，C ，D 1，F 四点共面；②CE，D1F，DA三线共点．(1)B[①正确，可以用反证法证明，假设任意三点共线，则四个点必共面，与不共面的四点矛盾；②中若点A，B，C在同一条直线上，则A，B，C，D，E不一定共面，故②错误；③中，直线b，c可能是异面直线，故③错误；④中，当四条线段构成空间四边形时，四条线段不共面，故④错误．](2)[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，则由P∈直线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．十、空间两条直线的位置关系典例10：(1)已知a，b，c为三条不同的直线，且a⊂平面α，b⊂平面β，α∩β＝c，给出下列命题：①若a与b是异面直线，则c至少与a，b中的一条相交；②若a不垂直于c，则a与b一定不垂直；③若a∥b，则必有a∥c.其中真命题有．(填序号)(2)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)．①②③④(1)①③(2)②④[(1)对于①，若c与a，b都不相交，则c∥a，c∥b，从而a∥b，这与a与b是异面直线矛盾，故①正确．对于②，a与b可能异面垂直，故②错误．对于③，由a∥b可知a∥β，又α∩β＝c，从而a∥c，故③正确．(2)图①中，直线GH∥MN；图②中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，因此直线GH与MN异面；图③中，连接MG(图略)，GM∥HN，因此GH与MN共面；图④中，G，M，N共面，但H∉平面GMN，因此GH与MN异面，所以在图②④中，GH与MN异面．]十一、平移法求异面直线所成角的步骤典例11：(1)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD 所成角的正切值为()A.2 2B.32C.52D.72(2)在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，且AB ＝BC ＝CD ，则异面直线AC 与BD 所成角的余弦值为()A.12B ．－12C.32D ．－32(1)C (2)A [(1)如图，连接BE ，因为AB ∥CD ，所以异面直线AE 与CD 所成的角等于相交直线AE 与AB 所成的角，即∠EAB .不妨设正方体的棱长为2，则CE ＝1，BC ＝2，由勾股定理得BE ＝ 5.又由AB ⊥平面BCC 1B 1可得AB ⊥BE ，所以tan ∠EAB ＝BE AB ＝52.故选C.(2)如图，分别取AB ，AD ，BC ，BD 的中点E ，F ，G ，O ，连接EF ，EG ，OG ，FO ，FG ，则EF ∥BD ，EG ∥AC ，所以∠FEG 为异面直线AC 与BD 所成的角．易知FO ∥AB ，因为AB ⊥平面BCD ，所以FO ⊥平面BCD ，所以FO ⊥OG ，设AB ＝2a ，则EG ＝EF ＝2a ，FG ＝a 2＋a 2＝2a ，所以∠FEG ＝60°，所以异面直线AC 与BD 所成角的余弦值为12，故选A.]十二、判定线面平行的四种方法(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)．典例12：如图，在四棱锥P ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝12AD ，E ，F ，H 分别为线段AD ，PC ，CD 的中点，AC 与BE 交于O 点，G 是线段OF 上一点．(1)求证：AP ∥平面BEF ；(2)求证：GH ∥平面P AD .[证明](1)连接EC ，因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，E 为AD 中点，所以BC AE ，所以四边形ABCE 是平行四边形，所以O 为AC 的中点．又因为F 是PC 的中点，所以FO ∥AP ，因为FO ⊂平面BEF ，AP ⊄平面BEF ，所以AP ∥平面BEF .(2)连接FH ，OH ，因为F ，H 分别是PC ，CD 的中点，所以FH ∥PD ，因为FH ⊄平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，所以FH ∥平面PAD .又因为O 是BE 的中点，H 是CD 的中点，所以OH ∥AD ，因为OH ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD .所以OH ∥平面P AD .又FH ∩OH ＝H ，所以平面OHF ∥平面PAD .又因为GH ⊂平面OHF ，所以GH∥平面PAD.十三、判定平面与平面平行的四种方法(1)面面平行的定义，即证两个平面没有公共点(不常用)；(2)面面平行的判定定理(主要方法)；(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(客观题可用)；(4)利用平面平行的传递性，两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行(客观题可用)．注意：谨记空间平行关系之间的转化典例13：已知空间几何体ABCDE中，△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形，△ABC 为腰长为3的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD，M，N分别为DB，DC的中点．(1)求证：平面EMN∥平面ABC；(2)求三棱锥AECB的体积．[解](1)证明：取BC中点H，连接AH，∵△ABC为等腰三角形，∴AH⊥BC，又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，∴AH⊥平面BCD，同理可证EN⊥平面BCD，∴EN ∥AH ，∵EN ⊄平面ABC ，AH ⊂平面ABC ，∴EN ∥平面ABC ，又M ，N 分别为BD ，DC 中点，∴MN ∥BC ，∵MN ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴MN ∥平面ABC ，又MN ∩EN ＝N ，∴平面EMN ∥平面ABC .(2)连接DH ，取CH 中点G ，连接NG ，则NG ∥DH ，由(1)知EN ∥平面ABC ，所以点E 到平面ABC 的距离与点N 到平面ABC 的距离相等，又△BCD 是边长为2的等边三角形，∴DH ⊥BC ，又平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABC ∩平面BCD ＝BC ，DH ⊂平面BCD ，∴DH ⊥平面ABC ，∴NG ⊥平面ABC ，∴DH ＝3，又N 为CD 中点，∴NG 又AC ＝AB ＝3，BC ＝2，∴S △ABC ＝12·|BC |·|AH |＝22，∴V E ABC ＝V N ABC ＝13·S △ABC ·|NG |＝63.十四、证明直线与平面垂直的常用方法(1)利用线面垂直的判定定理．(2)利用“两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”．(3)利用“一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则与另一个也垂直”．(4)利用面面垂直的性质定理．典例14：如图，在斜三棱柱ABC A 1B 1C 1中，底面ABC 是边长为2的正三角形，M 为棱BC 的中点，BB 1＝3，AB 1＝10，∠CBB 1＝60°.(1)求证：AM ⊥平面BCC 1B 1；(2)求斜三棱柱ABC A 1B 1C 1的体积．[解](1)证明：如图，连接B 1M ，因为底面ABC 是边长为2的正三角形，且M 为棱BC 的中点，所以AM ⊥BC ，且AM ＝3，因为BB 1＝3，∠CBB 1＝60°，BM ＝1，所以B 1M 2＝12＋32－2×1×3×cos 60°＝7，所以B 1M ＝7.又因为AB 1＝10，所以AM 2＋B 1M 2＝10＝AB 21，所以AM ⊥B 1M .又因为B 1M ∩BC ＝M ，所以AM ⊥平面BCC 1B 1.(2)设斜三棱柱ABC A 1B 1C 1的体积为V ，则V ＝3VB 1ABC ＝3VA B 1BC＝3×13S △B 1BC ·|AM |＝12×2×3×sin 60°×3＝92.所以斜三棱柱ABCA1B1C1的体积为9 2 .十五、证明面面垂直的两种方法(1)定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题．(2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化成证明线线垂直加以解决，注意：三种垂直关系的转化典例15：(1)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则()A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线B[取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB，BD，BE.∵点N为正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且为BD的中点．∵△ECD是正三角形，∴EF⊥CD.∵平面ECD⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD.∴EF⊥FN.不妨设AB＝2，则FN＝1，EF＝3，∴EN＝FN2＋EF2＝2.∵EM＝MD，DG＝GF，∴MG∥EF，∴MG⊥平面ABCD，∴MG⊥BG.∵MG＝12EF＝32，BG＝CG2＋BC2＝52，∴BM＝MG2＋BG2＝7.∴BM≠EN.∵BM，EN是△DBE的中线，∴BM，EN必相交．故选B.](2)如图，四棱锥PABCD中，△PCD为等边三角形，CD＝AD＝2AB，E，S，T，Q为CD，P A，PB，AD的中点，∠ABC＝∠BCD＝∠PEA＝90°，平面STRQ∩平面ABCD＝RQ.①证明：平面P AE⊥平面STRQ；②若AB＝1，求三棱锥QBCT的体积．[解]①证明：因为E为CD的中点，CD＝2AB，∠ABC＝∠BCD＝90°，所以四边形ABCE 为矩形，所以AE⊥CD.由已知易得RQ∥CD，所以RQ⊥AE.因为∠PEA＝90°，PE∩CD＝E，故AE⊥平面PCD，又因为AE⊂平面ABCD.故平面PCD⊥平面ABCD.因为PE⊥CD，所以PE⊥平面ABCD.因为RQ⊂平面ABCD，所以RQ⊥PE.又PE ∩AE ＝E ，所以RQ ⊥平面PAE .所以平面P AE ⊥平面STRQ .②由①可知，PE ⊥平面ABCD ，又T 是PB 的中点，∴点T 到平面BCQ 的距离为12PE ＝32，易知S △BCQ ＝12S 梯形ABCD ＝12×12×(1＋2)×3＝334.故三棱锥Q BCT 的体积V ＝13×334×32＝38.十六、求点到平面的距离(高)的两种方法(1)定义法：求几何体的高或点到面的距离，经常根据高或距离的定义在几何体中作出高或点到面的距离．其步骤为：一作、二证、三求．如何作出点到面的距离是关键，一般的方法是利用辅助面法，所作的辅助面，一是要经过该点，二是要与所求点到面的距离的面垂直，这样在辅助面内过该点作交线的垂线，点到垂足的距离即为点到面的距离．(2)等体积法：求棱锥的高或点到平面的距离常常利用同一个三棱锥变换顶点及底面的位置，其体积相等的方法求解．典例16:(1)已知∠ACB ＝90°，P 为平面ABC 外一点，PC ＝2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为．2[如图，过点P 作⊥平面ABC 于O ，则PO 为P 到平面ABC 的距离．再过O 作OE ⊥AC 于E ，OF ⊥BC 于F ，连接PC ，PE ，PF ，则PE ⊥AC ，PF ⊥BC .又PE ＝PF ＝3，所以OE ＝OF ，所以CO 为∠ACB 的平分线，即∠ACO ＝45°.在Rt △PEC 中，PC ＝2，PE ＝3，所以CE ＝1，所以OE ＝1，所以PO ＝PE 2－OE 2＝(3)2－12＝ 2.](2)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若点M 在棱BC 上，且MC ＝2MB ，求点C 到平面POM 的距离．[解]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 ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知，OP ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ⊂平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，OB ∩AC ＝O ，知PO ⊥平面ABC .②作CH ⊥OM ，垂足为H .又由①可得OP ⊥CH ，OP ⊂平面POM ，OM ⊂平面POM ，OP ∩OM ＝O ，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 ＝253，CH ＝OC ·MC ·sin ∠ACB OM ＝455.所以点C 到平面POM 的距离为455.十七、求直线和平面所成角的步骤(1)寻找过斜线上一点与平面垂直的直线；(2)连接垂足和斜足得到斜线在平面上的射影，斜线与其射影所成的锐角或直角即为所求的角；(3)把该角归结在某个三角形中，通过解三角形，求出该角．典例17:(1)在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为()A．8B．62C．82D．83C[如图，连接AC1，BC1，AC.∵AB⊥平面BB1C1C，∴∠AC1B为直线AC1与平面BB1C1C所成的角，∴∠AC1B＝30°.又AB＝BC＝2，在Rt△ABC1中，AC1＝2sin30°＝4.在Rt△ACC1中，CC1＝42－(22＋22)＝22，∴V长方体＝AB×BC×CC1＝2×2×22＝82.](2)如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB＝2，AD＝23，∠BAD＝90°.①求证：AD⊥BC；②求异面直线BC与MD所成角的余弦值；③求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．[解]①证明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC.②如图，取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND .又因为M 为棱AB 的中点，所以MN ∥BC .所以∠DMN (或其补角)为异面直线BC 与MD 所成的角．在Rt △DAM 中，AM ＝1，故DM ＝AD 2＋AM 2＝13.因为AD ⊥平面ABC ，所以AD ⊥AC .在Rt △DAN 中，AN ＝1，故DN ＝AD 2＋AN 2＝13.在等腰三角形DMN 中，MN ＝1，可得cos ∠DMN ＝12MN DM＝1326.所以，异面直线BC 与MD 所成角的余弦值为1326.③如图，连接CM .因为△ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，所以CM ⊥AB ，CM ＝ 3.又因为平面ABC ⊥平面，平面ABC ∩平面ABD ＝AB ，而CM ⊂平面ABC ，故CM ⊥平面ABD ，所以∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角．在Rt △CAD 中，CD ＝AC 2＋AD 2＝4.在Rt △CMD 中，sin ∠CDM ＝CM CD ＝34.所以，直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为34.十八、转化思想的应用(1)证明线面平行、面面平行可转化为证明线线平行；证明线线平行可以转化为证明线面平行或面面平行．(2)从解题方法上讲，由于线线垂直、线面垂直、面面垂直之间可以相互转化，因此整个解题过程始终沿着线线垂直、线面垂直、面面垂直的转化途径进行．(3)求几何体的体积也常用转化法．如三棱锥顶点和底面的转化，几何体的高利用平行、中点，比例关系的转化等．典例18:如图，在四棱锥P ABCD 中，△PAD 是等腰直角三角形，且∠APD ＝90°，∠ABC ＝90°，AB ∥CD ，AB ＝2CD ＝2BC ＝8，平面PAD ⊥平面ABCD ，M 是PC 的三等分点(靠近C 点处)．(1)求证：平面MBD ⊥平面P AD ；(2)求三棱锥D MAB 的体积．[解](1)证明：由题易得BD ＝AD ＝42，∴AB 2＝AD 2＋BD 2，∴BD ⊥AD .∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，BD ⊂平面ABCD ，∴BD ⊥平面P AD .又∵BD ⊂平面MBD ，∴平面MBD ⊥平面PAD .(2)过点P 作PO ⊥AD 交AD 于点O (图略)，∵平面PAD ⊥平面DAB ，平面PAD ∩平面DAB ＝AD ，∴PO ⊥平面DAB ，∴点P 到平面DAB 的距离为PO ＝2 2.∴V D MAB ＝V M DAB ＝13S △DAB ·13PO ＝13×12×(42)2×13×22＝3229.十九、解决平面图形翻折问题的步骤典例19：图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB ＝1，BE ＝BF ＝2，∠FBC ＝60°.将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连接DG ，如图2.图1图2(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图2中的四边形ACGD的面积．[解](1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)取CG的中点M，连接EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中，DE＝1＝3，故DM＝2.所以四边形ACGD的面积为4.二十、存在性问题的一般解题方法先假设其存在，然后把这个假设作为已知条件，和题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算．在推理论证和计算无误的前提下，如果得到了一个合理的结论，则说明存在；如果得到了一个不合理的结论，则说明不存在．而对于探求点的问题，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明．典例20：如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．。
立体几何中的证明与度量计算
合 思想 、 割补 思想是解决 立体几何 问题常 用的思想
方法．
空 间向量 的引 人 为处理 立 体几何 问题 提供 了 新 的视角 ， 为解决 三维空 间 中图形 关系与度量 问题
提供 了一个 十分 有效 的工具． 用空间 向量 的运算 利
大多为棱柱 、 棱锥、 球以及 由它们组合而成 的多面 体或 简单混合 体． 必须 予 以警 觉 的是 ， 考 对 立体 高
立体几何在 考查学 生的观察 能力 、 思维 能力 和
空间想象 能力 方面具有 独特 的作 用 ， 历来是 高考 的 重点 内容之一． 考查 形式 近年 来一 般是 保 持 “ 两小
一
解 以及几 何 体体 积 与 面 积计 算 ” 一 体 的立体 几 于
何综 合性 大题 ， 面 考查 学生 的直 观感 知 、 间想 全 空
・
１ ８・
中 学教研 （ 学 ） 数
立 体 几 何 中 的 证 明 与 度 量 计 算
●蒋海 瓯 １ 考点 回顾 （ 青田中学 浙江青田 ３３０ ） ２９０
综合 知识 的命 题风 格 ， 会坚 定不 移地 设 置 融 “ 间 空
平行 与垂直关 系 的判定与论 证 、 间角和距 离 的求 空
（） ２ 继续 保持 以解 答题 的形 式 考 查 立体 几 何
有“ 一席 之地 ” ．
（ ） 命 题 真假 判断 型 试 题 ” 然 将 是 高考 立 ５“ 仍 体几 何对线 面位 置关系考查 的一 种重要 题 型 ， 在复 习中应予 以充分地 重视． 解决 此类 问题 的关键是 每
个命题 的判断都要到位， 真命题需给出严格的推理
说明， 假命题 能举 出反 例． 类 问题 的题 型编 制形 这 式较 为灵活 ， 以是 “ 可 四选 一式 ” 的单 选选 择 题 ， 可
第三节立体几何证明
第三节立体几何证明本页仅作为文档页封面，使用时可以删除This document is for reference only-rar21year.March第三章几何第三节立体几何证明C3－001证明：如果四面体ABCD的对棱分别相等（即AB=CD，AC=BD，AD=BC），那么通过每组对棱中点的直线互相垂直，并且是四面体的对称轴．【题说】 1953年～1954年波兰数学奥林匹克三试题3．【证】如图，设 K、L、P、Q、M、N分别是四面体各棱中点．由于AD=BC，BD=AC，AB公用，所以△ABD≌△BAC，因而它们的对应中线DK=CK，由此知KL⊥CD，同理LK⊥AB．这说明A与B关于KL对称，C与D也关于KL对称．因此，KL是四面体的对称轴．BC的中点Q与DA的中点P对称，因而PQ⊥KL．同理可得结论中的其它部分．[别证] 将四面体的各组对棱分别作为一个平行六面体各面的对角线，由于各组对棱分别相等，所以这六面体为长方体，而长方体的对面中心的连线是对称轴并且互相垂直．C3-002 四面体ABCD，若AB⊥CD，AC⊥BD，则AD⊥BC．【题说】 1957年天津市赛初赛题 3，1979年上海市赛题4．【证】过A作BCD的垂线AH，连BH、CH、DH并延长，分别交CD、DB、BC于E、F、G，再连AE、AF、AG．因AH⊥平面BCD，AB⊥CD，得BE⊥CD．同理，CF⊥BD，故H为△BCD的垂心，所以DG⊥BC，得AD⊥BCC3-003 已知一个圆锥及其内切球，这个球外接一个圆柱，该圆柱的底面在圆锥底面上．并设V1是圆锥的体积，V2是圆柱的体积．（a）证明：不可能成立V1=V2；（b）求出使V1=KV2成立的最小的数K．并作出这种情况下的圆锥顶角．【题说】第二届（1960年）国际数学奥林匹克题 6．本题由保加利亚提供．【解】（a）轴截面如图．设球半径为R，锥底面半径为r，高为h=（c+2）R．V2=2πR3所以V1≠V2．C3-004证明：如果四面体被平面所截得的截面形状是平行四边形，那么这个平行四边形的半周长介于四面体的最长棱长和最短棱长之间．【题说】 1960年～1961年波兰数学奥林匹克三试题3．【证】设四面体ABCD被平面所截得的截面是平行四边形MNPQ，各点位置如图所示．因为PQ∥MN，所以PQ∥平面ABC，从而PQ平行于平面ABC与平面BCD的交线BC，因此MN∥BC．同理，MQ∥AD∥NP．于是由此得：设a和b分别是四面体的最小棱和最大棱，则a≤BC，AD≤b，由此得a≤MN+MQ≤bC3-005 设有一个四面体SABC有如下性质：有五个球与棱SA、SB、SC、AB、BC、CA或其延长线相切．证明：（a）该四面体是正四面体；（b）反之，对每一正四面体都有这样的五个球．【题说】第四届（1962年）国际数学奥林匹克题7．本题由前苏联提供．【证】设球K与四面体ABCD的各棱相切，则K与各个面，比如面ABC，相交得一个圆，这圆是△ABC的内切圆或旁切圆，记为K ABC．每两个这样的圆，如K ABC与K ABD有一个唯一的公共点，也就是球K与AB的切点．有两种情况：Ⅰ．所有的圆都是内切圆．由于K ABC与K ABD均唯一确定，而且不在同一平面上，所以如果有这样的球K，只可能有一个．Ⅱ．有一个圆为旁切圆．例如圆K ABD是与D相对的旁切圆，即它与DA、DB的延长线相切，那么K BCD、K CAD也是与D相对的旁切圆，而K ABC与AB、BC、CA相切于内点，所以是内切圆．与Ⅰ同理，对于每个顶点，这种球至多有一个．因而与四面体各棱都相切的球至多有五个，一个类型Ⅰ，四个类型Ⅱ．现在假定有五个球与四面体各棱都相切．由内切球K1，可得（设DA =a，DB =b，DC =c，BC =a′，CA =b′，AB =c′）：a +a′=b +b′=c +c′=自A、B、C、D所作四条切线之和考虑D所对的旁切球，可得a-a′=b-b′=c-c′所以a=b=c，a′=b′=c′再考虑其他旁切球，可得a =b =c =a′=b′=c′所以ABCD为正四面体．反之，正四面体显然有五个和各棱都相切的球．C3-006 （a）已知一四面体ABCD．顶点D和底面△ABC的重心D1相连接，过A、B、C作DD1的平行线，分别交于该点相对的底面所在平面于A1、B1、C1．证明：四面体ABCD的体积是四面体A1B1C1D1体积的三分之一．（b）当点D1是底面△ABC内任一点时，结果又如何？【题说】第六届（1964年）国际数学奥林匹克题6．本题由波兰提供．【证】（a）设E、F、G分别为AD1、BD1、CD1与BC、CA、AB的交点．则A1在ED上，且△ED1D∽△EAA1，AA1 3DD1，同样BB1 CC1 3DD1，所以四面体A1B1C1D1的底面△A1B1C1≌△ABC，而四面体A1B1C1D1的高等于四面体ABCD的高的3倍．所以（b）当D1为任意点时，结论仍然成立．设DD1交平面A1B1C1于D1，A1D2、B1D2、C1D2分别交B1C1、C1A1、A1B1于E1、F1、G1．则过D1、D2任意作两个平行平面与直线AA1、BB1、CC1相截而得C3-007 在某个球形的星球上的居民，他能在星球表面上以不大的速度u移动，有一艘以速度v飞行的宇宙飞船．证明：若v/u＞10，则从飞船上总能看到这个星球居民，假定他没有藏起来的话．【题说】 1965年全俄数学奥林匹克十一年级题5．【证】设行星半径是1，取任一直径的二端点为南北极N、S，过N、S引一条基准子午线．再将它分成若干段长度为ε的相等的弧，过这些分点作纬线．始，每次到达基准子午线时都下移ε到下一条纬线．这样，便能保证从飞船上看到行星上移动的居民．理由如下：假如飞船在点B上空，行星居民在A，A与B纬度相同．那么飞船因此，当纬线的弧（沿飞船飞行方向，从B到A）＜π时，居民来不及逃避．当＜π时，由于ε很小，可以认为飞船在到B之前，仍在同一纬度上飞行．由于飞船到B时，居民在A，所以飞船在A时（比到BC3-008 证明：一个正四面体的外接球球心，到它的四个顶点的距离之和，小于空间中的其它任一点到四个顶点的距离之和．【题说】第八届（1966年）国际数学奥林匹克题3．本题由保加利亚提供．【证】过这正四面体的各个顶点作对面的平行平面，围得一个大的正四面体．任一点P到原四面体各个顶点的距离和a不小于该点到大四的体积，因此a′等于大四面体的高h（当点P在大四面体外时，P到各面距离的代数和等于h，因而a′＞h）．而原四面体外接球球心到各顶点的距离和等于h．因此命题成立．C3-009以四面体ABCD的棱AB、AC、AD为直径各作一个球．证明：这些球覆盖了整个四面体．【题说】第二届（1968年）全苏数学奥林匹克十年级题3．【证】由A点作平面BCD的垂线AH，再由H点分别作线段BC、BD、CD的垂线HK、HL和HM．显然，棱锥ABKL、ACKM、ADML分别被相应的球所覆盖．C3-010证明：任何一个四面体总有一个顶点，以这个顶点引出的三条棱为三边可构成一个三角形．【题说】第十届（1968年）国际数学奥林匹克题4．本题由波兰提供．【证】设四面体ABCD中，AB是最长的棱．因为AC+BC＞AB，AD+BD＞AB，所以AC+AD+BC+BD＞2AB．从而AC+AD＞AB与BC+BD＞AB中至少有一个成立．不妨设前者成立，这时AC、AD、AB可构成三角形．C3-011 一个给定的四面体ABCD是等腰的，即AB=CD，AC=BD，AD=BC．证明：该四面体的各面都是锐角三角形．【题说】第一届（1972年）美国数学奥林匹克题2．【证】由题设知，四面体各面为全等三角形．设其三内角分别为α、β、γ，则α+β+γ=180°．又α、β、γ中每一个角小于其它两个的和，所以每一个角都小于90°，即各个面都是锐角三角形．C3-012 在空间的八个点上放置探照灯，若它的照射范围是以此点为顶点的直三面角．证明：这些探照灯能照亮整个空间．【题说】第一届（1967年）全苏数学奥林匹克十年级题2．【证】作一平面，使已知点中的四个在它的一侧，其余四点在另一侧，则放在平面一侧的四个探照灯可以照遍另一侧．C3-013 设一个凸多面体P1的9个顶点为A1，A2，…，A9．设P i为由P1通过平移A1→A i（i=2，3，…，9）得到的凸多面体，证明：在多面体P1，P2，…，P9中至少有两个最少包含有一个公共内点．【题说】第十三届（1971年）国际数学奥林匹克题2．本题由前苏联提供．【证】以A1为原点建立一个坐标系，设A2，…，A9的坐标分别是v2，…，v9，令A′i的坐标为2v i（1≤i≤9），则P k的诸顶点的坐标为即A′i和A′k连线的中点．由于以A′i（1≤i≤9）为顶点的凸多面体P′是以A1为位似中心将P1放大到2倍的结果，它的体积是P1的8倍，而且P1，P2，…，P9都落在P′内部（因为它们都是凸的，并且顶点都在P′面上），它们的体积之和为P1的9倍，大于P′的体积，根据重叠原则，至少有两个P i（1≤i≤9）有公共内点．C3-014已知四个不重合的平行平面，试证：存在一个正四面体，使每个平面上都有该四面体的一个顶点．【题说】第十四届（1972年）国际数学奥林匹克题6．本题由英国提供．【证】设已知平面为E1，E2，E3，E4，并且在编号中，使平面E2，E3，E4依次在平面E1的同一侧，记平面E i与平面E i+1间的距离为d i（i=1，2，3）．任取一正四面体P′1P′2P′3P′4．并且依照定比d1∶d2：d3分线段P′1P′4，依次得分点Q2和Q3，依照定比d2∶d3分线段P′2P′4得分点R3；依照定比d1∶d2分线段P′1P′3，得分点S2（如图a），于是有P′4Q3∶P′4Q2=P′4R3∶P′4P′从而可知Q3R3∥Q2P′2类似地，由P′1Q2∶P′1Q3=P′1S2∶P′1P′3可知Q2S2∥Q3P′3因此过Q2、P＇2、S2的平面E′2与过Q3、R3、P′3的平面E′i3平行．设E′1和E′4分别是过点P′1和P′4且平行于E′2的平面（如图b），过点P′4引平面E′1的垂线交平面E′i于点T i（i=1，2，3），记平面E′i与E′i+1间的距离为t i（i=1，2，3）．于是有t1∶t2∶t3=P′1Q2∶Q2Q3∶Q3P′4=d1∶d2∶d2（1）由（1）式可知，在空间可作一相似变换将平面E′1、E′2、E′3、E′4分别变换为平面E″1、E″2、E″3、E″4，使平面E″i与平面E″i+1间的距离为d i（i=1，2，3），在这相似变换下，正四面体P′1P′2P′3P′4变换为正四面体P″1P″2P″3P″4，并且点P″i在平面E′i内（i=1，2，3，4）．最后，移动平面E″1、E″2、E″3、E″4使它们分别与平面E1、E2、E3、E4重合，于是正四面体P″1P″2P″3P″4变换为正四面体P1P2P3P4，并且P i在平面E i内（i=1，2，3，4）．C3-015半径为1的球面上两点，用球内长度小于2的曲线连结起来，证明：这条曲线一定落在这个球的某个半球内．【题说】第三届（1974年）美国数学奥林匹克题3．【证】作点A、B所在的大圆，连结AB，并过球心O作平行AB的平面α，如图曲线整个地落在α以上的半球内．如若不然，曲线必与α交于某点P，连AP、BP，作A关于α的对称点A′，连AO、BO、A′O、A′P，曲线长≥AP+BP=A′P+BP＞A′B=2．与已知矛盾．因此，原命题成立．C3-016 凸多面体N在每个顶点处都形成一个三面角．又知它的每个面是多边形，且内接于一个圆周．证明：该多面体能内接于一个球．【题说】第十一届（1977年）全苏数学奥林匹克十年级题3．【证】过多面体棱AB的两个界面的外接圆可唯一确定一个球面δ，球面δ含有上述两个界面上的所有顶点．如果BC和BD是由B出发的另外两条棱，那么包含B、C、D的圆（包含界面的外接圆）也属于δ，因为由棱BC连接的界面的顶点全部落在δ上．类似地研究由C出发的棱连接的界面，等等，一直到多面体的任意顶点全部落在球面δ上．C3-017 1．若四面体的六个二面角（即两面之间的夹角）相等，那么，这个四面体一定是正四面体．2．如果五个二面角相等，这个四面体一定是正四面体吗？【题说】第七届（1978年）美国数学奥林匹克题4．【证】作DE⊥AB，DF⊥AC，又作EG⊥AB，FG⊥AC，设EG与FG交于G．则AB⊥面DEG，AC⊥面DGF．所以AB⊥DG，AC⊥DG所以DG⊥面ABC∠DGE=∠DGF=90°由设∠DEG=∠DFG由是 Rt△DEG≌Rt△DFG，DE=DF因此 Rt△ADE≌Rt△ADF∠BAD=∠CAD同理可证∠ADB=∠ADC所以△ABD≌△ADC得 AB=AC，BD=DC再考虑以B、C为顶点的三面角，又得AB=BD，AC=DC，由此，该四面体六条棱皆相等，每个面都是等边三角形，因而是正四面体．2．结论不成立，可如下作出一个非正四面体，它有五个二面角相等：使∠ABC=∠CBD=∠DBA=∠ACB=∠BCD=∠DCA=40°，∠BAD=∠CAD=∠CDA=∠BDA=70°，∠BAC=∠BDC=100°．显然，这样的四面体存在，其中除二面角B-AD-C外，五个二面角皆相等，而它不是正四面体．[别解] 若取∠ABC等6个角为80°，∠BAD等4个角为80°，∠BAC=∠BDC=20°．则也有五个二面角相等的非正四面体．C3-018 众所周知，在欧氏几何中，三角形内角和为定值．试证明四面体的二面角的和不是定值．【题说】第十一届（1979年）加拿大数学奥林匹克题2．【解】考虑正三棱锥ABCD．设侧面与底面所成二面角为α，侧面间的二面角为β．当顶点A趋向于底面中心O时，α→0，β→π，四面体所有的二面角的和趋向于3π．当顶点A趋向于无穷时，α→π/2，β→π/3，四面体所有二面角的和趋向于3（π/2+π/3）=5π/2．由此可知，四面体的所有二面角的和不是定值．C3-019 已知四面体内切球的切点是四面体各面的重心，求证：该四面体是正四面体．【题说】第九届（1980年）美国数学奥林匹克题4．【证】设G1、G2分别是△ABC、△ADC的重心，则切线AG1=AG2，CG1=CG2．△ABC与△ADC中有两组中线对应相等，又共有AC．易知二者全等．因而得AB=AD，BC=DC同理 AC=AD，BC=BD；AD=BD，AC=BC．四面体六条棱都相等，故是正四面体．C3-020 过正方体ABCD-A1B1C1D1的一条对角线AC1任作一平面，截正方体．在截面不是对角面的情况下，能否使截面成为一个矩形？试证明你的结论．【题说】 1982年芜湖市赛题4．【解】如图，设截面为矩形AEC1F，则EF=AC1=BD1但矩形BB1D1D中，显然EF≤BD1，等号仅在EF是对角线BD1或B1D时成立．[别解] AB是面BCC1B1的垂线，所以BE是斜线AE在面BCC1B1上的射影，若AE⊥EC1，则BE⊥EC1，显然这是不可能的．C3-021 经过正方体中心的任一截面的面积不小于正方体的一个侧面面积，试证明．【题说】第十八届（1984年）全苏数学奥林匹克十年级题8．【证】显然正方体的截面是中心对称凸多边形，并且边数是偶数的，即或是四边形或是六边形．如果截面是四边形，那末它与正方体某两个相对的侧面不相交，并且截面在这两个侧面上射影是整个侧面，因此截面四边形的面积不小于正方体一个侧面的面积．如果截面是六边形，那末它与正方体的六个侧面都相交，考察正方体的侧面展开图，可知截面的周长P有不等式．其中a是正方体的棱长．截平面交正方体内切球的截圆半径为a/2，所以对截面积S，有这时截面六边形的面积也不小于正方体的一个侧面的面积．C3-022 AB、BC、CD为不在同一平面内的三条线段，AB、BC⊥BD．【题说】 1986年北京市赛高一题1（4）．原题为选择题．【证】因P、Q、R分别为AB、BC、CD的中点，故PQ∥AC，QR∥BD．在△PQR中，有所以∠PQR=90°，即 PQ⊥QR，从而AC⊥BDC3-024 四面体ABCD的棱AB、CD之中点分别是E、F，过EF任作一个平面．试证：这个平面将四面体分成两个等积的部分．【题说】 1987年芜湖市赛题4，第二十九届（1988年）IMO预选题8．【证】如图，设截面为EGFH，DG∶AG=λ，d（x）表示点x到截面EGFH的距离，则所以设△BCD面积为S，A到平面BCD的距离为h，则同理可得三式相加，得C3-025 设A1A2A3A4是一个四面体，S1、S2、S3、S4分别是以A1、A2、A3、A4为球心的球，它们两两相切，如果存在一点Q，以这点为球心可作一个半径为r的球与S1、S2、S3、S4都相切，还可以作一个半径为R的球与四面体的各棱都相切．求证这个四面体是正四面体．【题说】第二届（1987年）全国冬令营赛题5．【证】设以A i为球心的球半径为r i（1≤i≤4）．半径为R的球切棱A i A j于B ij，A i B ij=a i（1≤i，j≤4，i≠j）．则r i+r j=a i+a j（1≤i，j≤4，i ≠j）．从而r i=a i（1≤i≤4），又所以r i=r j（1≤i，j≤4，i≠j）．从而各棱均相等，四面体为正四面体．C3-026 正方形ABCD中，M为AB上一点，N是BC上一点，且AM=BN．连DM、DN分别交对角线AC于P、Q，剪去△MNB．求证：（1）以DM、DN为折痕，将DA、DC重合，可以构成一个三棱锥的侧面；（2）以线段AP、PQ、QC为边，恰可构成有一个内角为60°的三角形．【题说】第一届（1990）希望杯高一二试题5．【证】（1）设∠ADP=α，∠CDQ=β，∠PDQ=γ．因为α+γ＞45°＞β，β+γ＞45°＞α，故只须证明α+β＞γ．设AM =BN =a，CN =b，AB=1．则因此α+β＞45°，从而α+β＞γ．（2）在折成的四面体D-A（C）MN中，DA⊥AN，DA⊥AM，故DA⊥底面△AMN，且△AMN≌△BMN（图1中）故∠MAN=90°．又AQ平分∠DAN，AP平分∠DAM．过Q作QR∥AN交DA于R；过R作RS∥AM交AP于S．则四面体R-AQS 中，RS=RQ=RA，且∠ARQ=∠QRS=∠ARS=90°．60°．C3-027 在空间给定若干个点，其中任意四点不共面．给定的点具有以下性质：若有球面过其中任意四点，则所有其余的点均在该球面上或球面内．证明：所有给定的点，均在一个球面上．【题说】第十四届（1988年）全俄数学奥林匹克十年级题4．【证】在给定点中取点A、B、C，使其余的点都在平面ABC的同一侧．设D、E是另两个已知点，若E在过A、B、C、D的球面S的内部，则点D在过A、B、C、E的球面的外部，与已知矛盾．因此，点E必在球面S 上．同理可证所有其余的点均应在球面S上．C3-028 三维欧氏空间（xyz空间）所有点的集合为E．A1、A2、A3、A4、A5是E的非空子集，满足条件：（1）A1∪A2∪A3∪A4A2、A3、A4、A5中至少4个集合的点．【题说】 1990年日本第二轮选拔赛题1．【证】若存在直线l至少含3个相异子集A i的点，则过该直线及另一子集的点作平面即为所求．设任何直线至多含两个相异子集的点．设P i 分别为A i的点（i=1，2，3，4，5）．考虑连结P1、P2的直线l，除P1、P2外l上还有A1或A2的点．不失一般性，设l上含A1的点Q1≠P1．过P2、P3、P4作平面L，若l在L内，则L即为所求；若l不在L内，过P5和l作平面M， M与L的交线为过P2的直线a．在M内，过P5的两条直线P1P5和P5Q1至少有一条与a相交，交点属于A1或A5，所以平面L必含有4个不同子集的点．C3-029 设AA′、BB′、CC′是球的不在同一平面的三条弦，它们相交于球内一点P．若过A、B、C、P的球面和过A′、B′、C′、P的球面相切，求证：AA′=BB′=CC′．【题说】第二十一届（1992年）美国数学奥林匹克题4．【证】过A、A′、B、B′的平面截三个球得三个圆，其中两个圆分别是△ABP及△A′B′P的外接圆，这两个圆相切于P点（如图）．设RQ 是它们在P点的公切线．于是，有∠ABP=∠APQ=∠A′PR=∠A′B′P=∠BAP所以AP=BP同理A′P=B′p相加得 AA′=BB′同理BB′=CC′C3-036 四面体ABCD的四条高AA1、BB1、CC1、DD1相交于H点（A1、B1、C1、D1分别为垂足）．三条高上的内分点A2、B2、C2满足AA2∶A2A1=BB2∶B2B1=CC2∶C2C1=2∶1．证明：H、A2、B2、C2、D1在同一个球面上．【题说】第二十一届（1995年）全俄数学奥林匹克第十一年级题7．【证】设M是△ABC重心，则它将中线AA3分为2∶1，于是MA2∥A3A1．因为AA2⊥面BCD，所以AA1⊥A3A1，从而MA2⊥A1A，∠MA2H=90°．同理∠MB2H=∠MC2H=90°．又DD1是四面体的高，所以DD1⊥MD1，即∠MD1H=90°．因此M、A2、B2、C2、D及H在以MH为直径的球面上．。
高中数学中的立体几何证明案例详细步骤与演绎
高中数学中的立体几何证明案例详细步骤与演绎立体几何是数学中的一个重要分支，它研究的是三维空间中的图形和变换关系。
在高中数学中，立体几何的证明是一个重要的部分，它既考察了学生对几何图形性质的理解，同时也培养了学生的逻辑推理和分析问题的能力。
本文将以几个典型的立体几何证明案例为例，详细介绍其步骤与演绎。
一、案例1：平行四边形的性质证明平行四边形是一种特殊的四边形，它的对边是平行的。
我们来证明平行四边形的一个性质：对角线互相平分。
证明过程如下：1. 过平行四边形ABCD的顶点A和C分别作BD和AC的垂线，设分别交于点E和F；2. 由平行线性质，得到AE // CF和DE // AF；3. 观察△ADE和△CFE，可以发现它们是全等三角形；4. 因此，AE = CF，DE = AF，即对角线互相平分。
二、案例2：立体图形的相似性质证明相似是几何中一个重要的概念，它描述了两个图形在形状上的相似程度。
我们来证明两个立体图形相似的性质：对应边成比例。
证明过程如下：1. 设立体图形A和B，它们的形状相似，记作A ~ B；2. 假设A的一个边长为a，B对应的边长为b；3. 观察A和B的对应边，可以发现它们的长度比为a : b；4. 因此，对应边成比例,即A ~ B。
三、案例3：球的体积公式证明球是一种典型的立体图形，它表现了三维空间中的旋转对称性。
我们来证明球的体积公式：V = (4/3)πr³。
证明过程如下：1. 设球的半径为r；2. 将球划分为无数个小圆柱，每个小圆柱的截面都是圆；3. 假设一个小圆柱的高为h，半径为r；4. 计算小圆柱的体积，即V₁ = πr²h；5. 通过对所有小圆柱体积求和，得到球的体积，即V = ∑V₁；6. 由于球的位置对称性，每个小圆柱的高都是2r，即h = 2r；7. 求和化简得到V = ∑(πr²h) = ∑(πr²·2r) = 2πr³；8. 由于无数个小圆柱填满整个球，因此球的体积为V = 2πr³；9. 化简得到V = (4/3)πr³，即球的体积公式成立。
立体几何空间奔驰定理
立体几何空间奔驰定理引言：立体几何是数学中的一个重要分支，研究空间中的图形、体积和位置关系。
奔驰定理是立体几何中的一个重要定理，它揭示了平行四边形的性质与平行四边形对角线之间的关系。
本文将介绍奔驰定理的定义、证明方法以及相关应用。
一、奔驰定理的定义奔驰定理是指平行四边形对角线之间的关系定理。
在平行四边形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，那么有以下结论：1. 对角线互相平分：即AO与CO互相平分，BO与DO互相平分。
2. 对角线互相垂直：即AO与BO互相垂直，CO与DO互相垂直。
3. 对角线平方和相等：即AC² + BD² = 2(AB² + BC²)。
二、奔驰定理的证明方法下面将介绍奔驰定理的证明方法，主要利用向量的性质来进行推导。
证明：设向量OA=a，向量OB=b，向量OC=c，向量OD=d。
由平行四边形的性质可知，向量OC=a+b，向量OD=a+d。
根据向量平行四边形法则，有向量OC平方等于向量OA加向量OB的平方，即|a+b|²=|a|²+|b|²+2a·b。
同理，有向量OD平方等于向量OA加向量OD的平方，即|a+d|²=|a|²+|d|²+2a·d。
由于平行四边形的性质，有向量OC平方等于向量OD平方，即|a+b|²=|a+d|²。
将上述两个式子相等的条件展开，得到|a|²+|b|²+2a·b=|a|²+|d|²+2a·d。
整理可得2a·b=2a·d，即a·b=a·d。
由于向量a不为零向量，所以可以得到b=d。
因此，平行四边形的对角线互相平分，即AO与CO互相平分，BO与DO互相平分。
同理，可以证明平行四边形的对角线互相垂直，即AO与BO互相垂直，CO与DO互相垂直。
数学立体几何的证明方法知识点解析
数学立体几何的证明方法知识点解析数学立体几何作为数学的一个分支，研究的是三维空间中的图形和形体性质。
在学习立体几何的过程中，证明方法是非常重要的一环。
本文将对数学立体几何的证明方法进行详细解析，帮助读者更好地理解和掌握这一知识点。
一、直接证明法直接证明法是数学证明中最基本、最常用的一种方法。
它通过逻辑推理和严密的推导，从已知条件出发，推出结论，具有简洁明了的特点。
在立体几何中，直接证明法常常用于证明图形的性质和关系，如平行、垂直、相似等。
在进行直接证明时，我们需要运用相关的定理、公理和性质，并合理运用建立的几何模型，通过推理和演算得到证明。
二、间接证明法间接证明法指的是通过反证法证明一个命题的真假。
当我们想要证明一个命题为真时，可以假设它为假，然后通过逻辑推理，推导出一个自相矛盾的结论，从而得出原命题为真。
在立体几何中，间接证明法可以用于证明一些形状的唯一性或者不存在性。
通过巧妙的反设假设，并运用逻辑推理，可以得到具有严密性和说服力的证明。
三、数学归纳法数学归纳法是一种常用的证明方法，它主要用于证明与自然数有关的命题。
在立体几何中，数学归纳法可以用于证明一些图形的性质或者等式的成立。
首先，我们证明当n=1时命题成立；然后，假设当n=k时命题成立，即我们假设当有k个条件时命题成立；最后，通过数学归纳法的步骤，证明当n=k+1时命题也成立。
数学归纳法需要严密的逻辑推理和数学思维，但是一旦证明了某个特定条件下的命题成立，就能推广到所有情况下成立。
四、反证法反证法是一种常用的证明方法，它通过假设命题的反面为真，推导出自相矛盾的结论，从而证明原命题的真实性。
在立体几何中，反证法通常用于证明一些性质的唯一性或不存在性。
通过反设假设，并运用逻辑推理和演算，我们可以得到具有严密性和说服力的证明。
五、构造法构造法是一种通过构造特定图形或者解决方案，来证明命题成立的方法。
在立体几何中，构造法可以用于证明一些图形的存在性和性质。
第7讲 立体几何证明
第7讲立体几何证明（空间中的平行于垂直）一．基础知识回顾（一）空间中的平行1．直线a和平面α的位置关系有________、________、__________，其中________与________统称直线在平面外．2．直线和平面平行的判定：(1)定义：直线和平面没有____________，则称直线和平面平行．(2)判定定理：a⊄α，b⊂α，且a∥b⇒________；(3)其他判定方法：α∥β，a⊂α⇒________. 3．直线和平面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝l⇒________.4．两个平面的位置关系有________、________.5．两个平面平行的判定：(1)定义：两个平面没有________，称这两个平面平行；(2)判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒β∥α；(3)推论：a∩b＝P，a，b⊂α，a′∩b′＝P′，a′，b′⊂β，a∥a′，b∥b′⇒________. 6．两个平面平行的性质定理：α∥β，a⊂α⇒________；α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b⇒________. 7．与垂直相关的平行的判定：(1)a⊥α，b⊥α⇒________；(2)a⊥α，a⊥β⇒________.（二）空间中的垂直1．直线与平面垂直：(1)判定直线和平面垂直的方法①定义法．②利用判定定理：一条直线和一个平面内的两条______直线都垂直，则该直线与此平面垂直．③推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于一个平面，那么另一条直线也______这个平面．(2)直线和平面垂直的性质：①直线垂直于平面，则垂直于平面内______直线．②垂直于同一个平面的两条直线______．③垂直于同一直线的两个平面________．2．平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的判定方法①定义法．②利用判定定理：一个平面过另一个平面的__________，则这两个平面垂直．(2)平面与平面垂直的性质：两个平面垂直，则一个平面内垂直于________的直线与另一个平面垂直．二．典例精析探究点一：线面平行的判定例1：已知有公共边AB的两个全等的矩形ABCD和ABEF不在同一平面内，P、Q分别是对角线AE、BD上的点，且AP＝DQ.求证：PQ∥平面CBE.变式迁移1：在四棱锥P—ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，M、N分别是AB、PC 的中点，求证：MN∥平面PAD.探究点二：面面平行的判定例2：在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N、P分别是C1C、B1C1、C1D1的中点，求证：平面MNP∥平面A1BD.变式迁移2：已知P为△ABC所在平面外一点，G1、G2、G3分别是△PAB、△PCB、△PAC 的重心．(1)求证：平面G1G2G3∥平面ABC；(2)求S△G1G2G3∶S△ABC.探究点三：线面垂直的判定与性质例3：Rt △ABC 所在平面外一点S ，且SA ＝SB ＝SC ，D 为斜边AC 的中点．(1)求证：SD ⊥平面ABC ；(2)若AB ＝BC.求证：BD ⊥平面SAC.变式迁移3：在四棱锥V —ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧面V AD是正三角形，平面V AD ⊥底面ABCD.证明：AB ⊥VD.探究点四：面面垂直的判定与性质例4：如图所示，已知四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1的底面为正方形，O 1、O 分别为上、下底面的中心，且A 1在底面ABCD 内的射影是O.求证：平面O 1DC ⊥平面ABCD.变式迁移4如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，E ，F 分别是AP ，AD 的中点．求证：(1)直线EF ∥平面PCD ；(2)平面BEF ⊥平面PAD.探究点五：探索性问题例5：如图所示，在四棱锥P —ABCD 中，CD ∥AB ，AD ⊥AB ，AD ＝DC ＝12AB ，BC ⊥PC. (1)求证：PA ⊥BC ；(2)试在线段PB 上找一点M ，使CM ∥平面PAD ，并说明理由．变式迁移5：如图所示，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，O 为底面ABCD的中心，P 是DD 1的中点，设Q 是CC 1上的点，问：当点Q 在什么位置时，平面D 1BQ ∥平面PAO?三．方法规律总结 1.直线与平面平行的重要判定方法：(1)定义法；(2)判定定理；(3)面与面平行的性质定理．2.平面与平面平行的重要判定方法：(1)定义法；(2)判定定理；(3)利用结论：a ⊥α，a ⊥β⇒α∥β.3.立体几何的证明问题充分体现线面关系的转化思想，其思路为：4．证明线面垂直的方法：(1)线面垂直的定义：a 与α内任何直线都垂直⇒a ⊥α；(2)判定定理1：⎭⎪⎬⎪⎫m 、n ⊂α，m ∩n ＝A l ⊥m ，l ⊥n ⇒l ⊥α；(3)判定定理2：a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α；(4)面面平行的性质：α∥β，a ⊥α⇒a ⊥β；(5)面面垂直的性质：α⊥β，α∩β＝l ，a ⊂α，a ⊥l ⇒a ⊥β.5．证明线线垂直的方法：(1)定义：两条直线的夹角为90°；(2)平面几何中证明线线垂直的方法；(3)线面垂直的性质：a ⊥α，b ⊂α⇒a ⊥b ；(4)线面垂直的性质：a ⊥α，b ∥α⇒a ⊥b.6．证明面面垂直的方法：(1)利用定义：两个平面相交，所成的二面角是直二面角；(2)判定定理：a ⊂α，a ⊥β⇒α⊥β.四．课后作业练习1．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 ∥βB ．存在一条直线a ，a ⊂α，a ∥βC ．存在两条平行直线a ，b ，a ⊂α，a ∥β，b ⊂β，b ∥αD ．存在两条异面直线a ，b ，a ⊂α，b ⊂β，a ∥β，b2．一条直线l 上有相异三个点A 、B 、C 到平面α的距离相等，那么直线l 与平面α的位置关系是( )A ．l ∥αB ．l ⊥αC ．l 与α相交但不垂直D ．l ∥α或l ⊂α3．下列各命题中：①平行于同一直线的两个平面平行；②平行于同一平面的两个平面平行；③一条直线与两个平行平面中的一个相交，那么这条直线必和另一个相交；④垂直于同一直线的两个平面平行．不正确的命题个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．44．经过平面外的两点作该平面的平行平面，可以作( )A ．0个B ．1个C ．0个或1个D ．1个或2个5．设l ，m 是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是( )A ．若l ⊥m ，m ⊂α，则l ⊥αB ．若l ⊥α，l ∥m ，则m ⊥αC ．若l ∥α，m ⊂α，则l ∥mD ．若l ∥α，m ∥α，则l ∥m6．对于不重合的两个平面α与β，给定下列条件：①存在平面γ，使得α，β都垂直于γ；②存在平面γ，使得α，β都平行于γ；③存在直线l ⊂α，直线m ⊂β，使得l ∥m ；④存在异面直线l 、m ，使得l ∥α，l ∥β，m ∥α，m ∥β.其中，可以判定α与β平行的条件有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个7．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 ∥nB ．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βC ．若m ∥α，m ∥β，则α∥βD ．若m ⊥α，n ⊥α，则m ∥n8．如图所示，四棱锥P —ABCD 的底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧棱PA ＝a ，PB ＝PD ＝2a ，则它的5个面中，互相垂直的面有________对．9.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 ∥面MNP 的图形的序号是________(写出所有符合要求的图形序号)．10．在四面体ABCD 中，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________________.11．如图所示，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长是1，过A 点作平面A 1BD 的垂线，垂足为点H ，有下列三个命题：①点H 是△A 1BD 的中心；②AH 垂直于平面CB 1D 1；③AC 1与B 1C 所成的角是90°.其中正确命题的序号是____________．12．如图所示，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，M 、N 分别是BC 和A 1B 1的中点．求证：MN ∥平面AA 1C 1C.13.．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱DD 1的中点．在棱C 1D 1上是否存在一点F ，使B 1F ∥平面A 1BE ？证明你的结论．14．在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是正方形，MA ⊥平面ABCD ，PD ∥MA ，E 、G 、F 分别为MB 、PB 、PC 的中点，且AD ＝PD ＝2MA.(1)求证：平面EFG ⊥平面PDC ；(2)求三棱锥P －MAB 与四棱锥P －ABCD 的体积之比．15.如图，在四棱锥P —ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，DB 平分∠ADC ，E 为PC 的中点，AD ＝CD ＝1，DB ＝2 2.(1)证明：PA ∥平面BDE ；(2)证明：AC ⊥平面PBD ；。
立体几何证明方法总结(教师)
一、线线平行的证明方法：1、利用平行四边形。
2、利用三角形或梯形的中位线。
3、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。
（线面平行的性质定理）4、如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行。
（面面平行的性质定理）5、如果两条直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行。
（线面垂直的性质定理）6、平行于同一条直线的两条直线平行。
7、夹在两个平行平面之间的平行线段相等。
（需证明）二、线面平行的证明方法：1、定义法：直线与平面没有公共点。
2、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。
（线面平行的判定定理）3、两个平面平行，其中一个平面内的任何一条直线必平行于另一个平面。
三、面面平行的证明方法：1、定义法：两平面没有公共点。
2、如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行。
（面面平行的判定定理）3、平行于同一平面的两个平面平行。
4、经过平面外一点，有且只有一个平面和已知平面平行。
5、垂直于同一直线的两个平面平行。
四、线线垂直的证明方法：1、勾股定理。
2、等腰三角形。
3、菱形对角线。
4、圆所对的圆周角是直角。
5、点在线上的射影。
6、如果一条直线和一个平面垂直，那么这条直线就和这个平面内任意的直线都垂直。
7、在平面内的一条直线，如果和这个平面一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直。
（三垂线定理，需证明）8、在平面内的一条直线，如果和这个平面一条斜线垂直，那么它也和这条斜线的射影垂直。
（三垂线逆定理，需证明）9、如果两条平行线中的一条垂直于一条直线，则另一条也垂直于这条直线。
五、线面垂直的证明方法：1、定义法：直线与平面内任意直线都垂直。
2、点在面内的射影。
3、如果一条直线和一个平面内的两条相交直线垂直，那么这条直线垂直于这个平面。
（线面垂直的判定定理）4、如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面。
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空间立体几何的证明与运算1．如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，AC3，A B5，B C4，点D是AB的中点。
（1）求证：AC1//平面CDB1；（2）求证：A C BC；12．如图，在四棱锥P ABCD中，底面为直角梯形，AD//BC，BAD90，PA底面ABCD，且PA AB，M、N分别为PC、P B的中点．PMNADBC（1）求证：MN//平面PAD；（2）求证：PB DM．3．三棱柱ABC A1B1C1，A1A底面ABC，ABC为正三角形，且D为AC中点．C1A1B1CDA B（1）求证：平面B C D⊥平面AACC111（2）若AA=AB=2，求点A到面BC1D的距离．1试卷第1页，总12页4．斜三棱柱A B C ABC1底面ABC，侧面AA1C1C是菱形，A1AC60，1中，侧面AA C C111AC3，AB BC2，E、F分别是A C，AB的中点．11A1EC1B1ACFB（1）求证：EF∥平面B B C C；11（2）求证：CE⊥面ABC．（3）求四棱锥E BCC1B的体积．15．如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F分别为棱AD，AB的中点．（1）求证：平面A1EF∥平面CB1D1；（2）求CB1与平面C AA1C所成角的正弦值．16．（本小题满分14分）如图，ABC是边长为4的等边三角形，ABD是等腰直角三角形，AD BD，平面ABC平面ABD，且EC平面ABC，E C2.（1）证明：DE//平面ABC；（2）证明：AD BE.试卷第2页，总12页7．如图，四棱锥P ABCD的底面ABCD为菱形，PD平面ABCD，PD AD2，BAD60，E、F分别为BC、PA的中点．PFCDEAB（1）求证：ED平面PAD；（2）求三棱锥P DEF的体积．8．如图，直三棱柱ABC A1B1C1中，ACB90，1AC BC AA12，D是棱AA1上的动点．（Ⅰ）证明：DC1BC；（Ⅱ）若平面BDC1分该棱柱为体积相等的两个部分，试确定点D的位置，并求二面角A1BD C的大小．19．如图，在四面体ABCD中，平面BAD平面CAD，BAD90°．M，N，Q分别为棱AD，BD，AC的中点．（1）求证：CD//平面MNQ；试卷第3页，总12页（2）求证：平面MNQ平面CAD．10．如图所示，在三棱锥D ABC中，AB BC CD1,A C3，平面ACD⊥平面ABC，BCD o．90（1）求证：CD平面ABC；（2）求直线BC与平面ABD所成角的正弦值．11．（本小题满分14分）如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB ∥CD，PC⊥底面ABCD，PC=AB=2AD=2CD=，2E是PB的中点．（Ⅰ）求证：平面EAC⊥平面PBC；（Ⅱ）求二面角P-AC-E的余弦值；（Ⅲ）求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．试卷第4页，总12页参考答案1．（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】试题分析：（1）C B 与C1B 的交点为E ，连结DE ，利用三角形的中位线得到线线平行，1再利用线面平行的判定定理进行证明；（2）利用勾股定理证明底面三角形为直角三角形，得到AC BC ，再利用直三棱柱得到A C CC ，利用线面垂直的判定定理证明线面垂直，1进而证明线线垂直．解题思路: 证明空间中的线线、线面平行或垂直时，要注意利用平面几何中的平行或垂直关系，即立体问题平面化．试题解析：（1）设CB1 与C1B 的交点为E ，连结DE ，∵ D 是AB 的中点， E 是B C 的中点，∴DE // AC1 ，1∵DE 平面CDB1 ，AC1 平面CDB1，∴A C1 //平面CDB 6 分1（2）在直三棱柱ABC A1B1C1 ，∵底面三边长AC 3，AB 5，BC 4，∴AC BC ，8 分又直三棱柱ABC A1B1C1 中AC CC1 ，且BC CC1 C 10 分BC，CC1 平面BCC B ∴AC 平面BCC1 B1 12 分1 1而BC1 平面BCC1B1 ∴AC BC1 ；13 分考点：1．线面平行的判定定理；2．线面垂直的判定定理与性质．2．（1）详见解析（2）详见解析【解析】试题分析：（1）中首先利用三角形中位线得到MN // BC ，进而由AD // BC ，利用两线平行推出线面平行的判定定理得到MN // 平面PAD （2）中由等腰ABP 得到AN PB，利用AD 平面PAB 得到AD PB ，所以PB 平面ADMN ，P B DM试题解析：（1）∵M 、N分别为PC 、P B 的中点，∴MN // BC ， 2 分又∵AD // BC ，∴M N // AD ． 4 分又∵MN 平面PAD ，AD 平面PAD ，∴MN //平面PAD 6 分（2）∵AN 为等腰ABP 底边PB 上的中线，∴AN PB．∵PA 平面ABCD ，A D 平面ABCD，∴AD PA ．试卷第 5 页，总12 页又∵AD AB ，且AB AP A，∴AD 平面PAB ．又P B 平面PAB ，∴AD PB．10 分∵AN PB ，A D PB，且AN AD A，∴PB 平面ADMN ．又DM 平面ADMN ，∴PB DM 。
13 分考点：1．线面平行的判定；2．线面垂直的判定与性质3．（1）详见解析；（2）4 5 5【解析】试题分析：（1）证明两平面互相垂直，一般方法是在其中一个平面中找到一条垂直于另一条平面线段，这样就能将面与面垂直转化成求线与面的垂直；（2）求点到平面的距离，需要过此点做一条垂直于平面的线段，这条线段即为点到平面的距离，此题重要的是找到这条线段，而从A1 点向DC1 作一条垂直于DC1的线段正好为此点到平面的高线。
试题解析：（1）因为ABC为正三角形且 D 为AC 中点，所以BD AC ；又因为 A A 底1面ABC且BD 平面ABC，所以AA1 BD ，所以根据定理知道BD 平面A A CC ；又1 1因为BD 过平面BC D ，所以得到平面BC1D ⊥平面AA1CC1 。
1（2）从A1 点向DC1 作一条垂直于DC1 的线段交DC1 于E，因为A1E DC1 ，又因为在第一问中证得BD 平面A A CC ，所以A1E BD ，A1E 平面BC1D ；所以点 A 到面BC1D1D1 1的距离即为A E 的长度。
又因为AA1=AB=2，且ABC为正三角形，所以得到CD 1、BC 2 ，1那么由C1DC 相似于AEC1，所以A E CC1 1AC DC1 1 1254 5A E 。
，解得 15考点：1．线与面垂直的判定；2．相似三角形和勾股定理4．（1）见解析（2）见解析（3）321 8【解析】试题分析：（1）利用线面平行的判定定理，线线平行，线面平行，做辅助线，取BC中点M，连结FM，C M ，根据平行的传递性，可证四边形EFMC1 为平行四边形，EF // C M ,1 1 （2）两平面垂直，其中一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面，根据这一定理，连A C1 , 易证CE⊥A1C，A1C1 ∥AC ．，根据定理得证；（3）连接B1C ，∵四边形BCC1B1 1是平行四边形，所以四棱锥VE BCC1B12V C EC B1 1 ，利用C E ⊥面ABC，2V C EC B1 11=2 s CEEC1B13．试卷第 6 页，总12 页试题解析：（1）证明：取BC中点M，连结FM，C M ．在△ABC 中，1∵F，M分别为BA，BC的中点，∴FM ∥12 AC．∵E 为A C的中点，AC ∥A1C11 1∴FM ∥E C ．1∴四边形EFMC 1 为平行四边形∴EF ∥C1 M ．∵C M 平面1 BB C C ，EF 平面1 1BB C C ，∴EF∥平面1 1BB C C ． 4 分；1 1（2）证明：连接A C1 ，∵四边形AA1 C1 C 是菱形，A1AC 60 ∴△A1 C C 为等边三角形∵ E 是A1C1的中点．1∴CE⊥A1C1 ∵四边形AA1C C 是菱形, ∴A1C1 ∥AC ．1∴CE⊥AC ．∵侧面A A C C ⊥底面ABC, 且交线为AC，CE 面1 1 AA C C1 1∴CE⊥面ABC 8 分；（3）连接B1C ，∵四边形BCC1B1 是平行四边形，所以四棱锥VE BCC1B12V C EC B1 1由第（2）小问的证明过程可知EC 面ABC1 中，∴面ABC∥面1 1∵斜三棱柱 A B C ABC A ．∴EC 面1 B CA ．∴EC面1 1EB1 C1∵在直角△CEC 中CC1 3 ，13EC ，∴12EC3 32∴SB1EC1 1 323 22 ( )2 2 23 78∴四棱锥V E BCC1B1 2V C EC B =21 1133 7 3 38 23 21812 分；考点：1．线面平行的判定2．线面垂直的判定3．面面垂直的性质4．体积公式5．（1）详见解析；（2） 12【解析】试题分析：（1）证明一条直线与平面平行，只需要在这个平面内找到一条同此直线平行的线即可；（2）求一条直线与另一个平面的夹角正弦值，我们可以把其转化为求这条直线与另一条与平面垂直的直线的余弦值即可。
试题解析：（1）因为 E ，F 分别为棱AD ，AB 的中点，所有根据三角形的中位线定理得到EF / /BD ；又因为B1D1 / /BD ，所以根据平行的传递性得到B1D1 / / EF ；又因为试卷第7 页，总12 页EF B D C ，所以EF ∥平面CB1 D1 。
1 1（2）因为B1D1 A1C1 且CC1 A1C1 ，所以B1D1 平面CAA1C1 ；求CB1 与平面CAA1C1 的正弦值，即可以转化为求B D 与CB1 的余弦值；又因为B1D1 D1C B1C ，所以B1D1 与1 1CB 所在的三角形是正三角形；那么两条直线的余弦值就是1 cos60 012。
考点：1．直线与平面平行的判定；2．直线与平面所成角的求解。
6．见解析.【解析】试题分析：第一问根据线面平行的判定定理的内容，重点找出相应的平行线即可得出结果，第二问注意应用好空间的垂直关系的转化，注意与垂直相关的定理和结论理解透彻即可.试题解析：（1）取AB 的中点O，连结DO 、C O ， 1 分Q ABD 是等腰直角三角形，AD BD ，1DO AB，DO AB 2 ， 2 分2又Q平面ABD 平面ABC，平面ABD I 平面ABC AB ，DO 平面ABC， 3 分由已知得EC 平面ABC ，DO // EC ， 4 分又EC 2 DO ，四边形DOCE 为平行四边形， 5 分DE // OC， 6 分而DE 平面ABC，O C 平面ABC，DE // 平面ABC. 7 分（2）Q O为A B 的中点，ABC为等边三角形，OC AB，8 分由（1）知DO 平面ABC，而O C 平面ABC，可得DO OC，9 分Q DO I AB O ，OC 平面ABD ，10 分而AD 平面ABD ，OC AD ，11 分又Q DE / /OC ，DE AD ，12 分而BD AD ，D E I BD D ，AD 平面BDE ，13 分又BE 平面BDE ，AD BE . 14 分考点：空间点、线、面的位置关系，空间想象能力、运算能力和逻辑推理能力．7．（1）见试题解析；（2）3 3试卷第8 页，总12 页【解析】（1 ）要证明DE 平面PAD , 可证明DE AD , PD DE ；（2 ）由1 1 1 2S P D F S 2 1 及DE 3 可得P D A2 2 21 1 3V P DEF V E PDF S PDF DE 1 3 .3 3 3试题分析：试题解析：（1）连结BD , 由已知得△ABD 与△BCD都是正三角形,所以, BD 2, DE BC , （1 分）因为AD ∥BC , 所以DE AD , （2 分）又PD 平面ABCD , 所以PD DE , （4 分）因为AD PD D , 所以DE 平面PAD ．（6 分）1 1 1 2因为 2 1S PDF S ，（2 分）PDA2 2 2且DE 3 ，（4 分）所以，1 1 3 V P DEF V E PDF S PDF DE 1 3 ．3 3 3考点：1. 线面垂直的证明； 2 三棱锥的体积.8．（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）30【解析】试题分析：（Ⅰ）由直棱锥可得C1C 平面ABC ，从而可得C1C BC，由直角可得BC AC 。