高考数学大一轮复习 第七章 立体几何-人教版高三数学试题

第七章立体几何第一节空间几何体的结构、三视图和直观图[考情展望]1.以三视图为命题背景，考查空间几何体的结构特征.2.利用空间几何体的展开，考查空间想象能力.3.以选择题、填空题的形式考查．一、多面体的结构特征1．棱柱的侧棱都互相平行，上下底面是全等的多边形．2．棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形．3．棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．(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．反之，正棱锥的底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面正多边形的中心．二、旋转体的形成几何体旋转图形旋转轴圆柱矩形任一边所在的直线圆锥直角三角形任一直角边所在的直线圆台直角梯形垂直于底边的腰所在的直线球半圆直径所在的直线三、空间几何体的三视图1．三视图的名称几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图．2．三视图的画法①在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体的正投影图．四、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1.45°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轴的线段长度在直观图中长度为原来的一半．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S直观图＝eq\f(\r(2),4)S原图形，S原图形＝2eq\r(2)S直观图．1．关于空间几何体的结构特征，下列说法不正确的是()A．棱柱的侧棱长都相等B．棱锥的侧棱长都相等C．三棱台的上、下底面是相似三角形D．有的棱台的侧棱长都相等【答案】B2．如图7－1－1，下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是()图7－1－1A．①②B．②③C．②④ D．③④【答案】C3．用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图7－1－2所示的一个正方形，则原来的图形是()图7－1－2【答案】A4．若某几何体的三视图如图7－1－3所示，则这个几何体的直观图可以是()图7－1－3【答案】B5．(2013·四川高考)一个几何体的三视图如图7－1－4所示，则该几何体的直观图可以是()图7－1－4【答案】D 6．(2013·湖南高考)已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为eq\r(2)的矩形，则该正方体的正视图的面积等于()A.eq\f(\r(3),2) B．1C.eq\f(\r(2)＋1,2) D.eq\r(2)【答案】D考向一[111]空间几何体的结构特征下列结论中正确的是()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，则该棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线【答案】D规律方法11.关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一个反例即可．2．圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系．3．既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略．考向二[112]几何体的三视图(1)(2014·湖北高考)在如图7－1－5所示的空间直角坐标系O­xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2)．给出编号为①②③④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为()A．①和② B．③和①C．④和③ D．④和②(2)(2014·课标全国卷Ⅰ)如图7－1－6，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是()A．三棱锥 B．三棱柱C．四棱锥 D．四棱柱(3)(2014·北京高考)某三棱锥的三视图如图7－1－7所示，则该三棱锥最长棱的棱长为．图7－1－7【答案】(1)D(2)B(3)2eq\r(2)规律方法21.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．对点训练(1)如图7－1－8是一几何体的直观图、正视图和俯视图．在正视图右侧，按照画三视图的要求画出的该几何体的侧视图是()图7－1－8ABCD(2)(2014·江西高考)一几何体的直观图如图7－1－9，下列给出的四个俯视图中正确的是()图7－1－9【答案】(1)B(2)B考向三[113]空间几何体的直观图如图7－1－10所示，四边形A′B′C′D′是一水平放置的平面图形的斜二测画法的直观图，在斜二测直观图中，四边形A′B′C′D′是一直角梯形，A′B′∥C′D′，A′D′⊥C′D′，且B′C′与y′轴平行，若A′B′＝6，D′C′＝4，A′D′＝2，求这个平面图形的实际面积．图7－1－10【尝试解答】根据斜二测直观图画法规则可知该平面图形是直角梯形，且AB＝6，CD＝4保持不变．由于C′B′＝eq\r(2)A′D′＝2eq\r(2).所以CB＝4eq\r(2).故平面图形的实际面积为eq\f(1,2)×(6＋4)×4eq\r(2)＝20eq\r(2).规律方法3由直观图还原为平面图的关键是找与x′轴，y′轴平行的直线或线段，且平行于x′轴的线段还原时长度不变，平行于y′轴的线段还原时放大为直观图中相应线段长的2倍，由此确定图形的各个顶点，顺次连接即可．对点训练(1)已知正△ABC的边长为a，则△ABC水平放置的直观图△A′B′C′的面积为．图7－1－11(2)如图7－1－11所示，正方形O′A′B′C′的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是()A．6 B．8C．2＋3eq\r(2) D．2＋2eq\r(3)【答案】(1)eq\f(\r(6),16)a2(2)B易错易误之十二画三视图忽视边界线及其实虚——————————[1个示范例]——————(2012·陕西高考)将正方体(如图7－1－12(1)所示)截去两个三棱锥，得到如图7－1－12(2)所示的几何体，则该几何体的左视图为()图7－1－12【解析】还原正方体后，将D1，D，A三点分别向正方体右侧面作垂线．D1A的射影为C1B，且为实线，B1此处易出现两种错误：①是忽视B1C也是边界而误选D；②是虽然注意了B1【防范措施】(1)在确定边界线时，要先分析几何体由哪些面组成，从而可确定边界线，其次要确定哪些边界线投影后与轮廓线重合，哪些边界线投影后与轮廓线不重合，不重合的是我们要在三视图中画出的．(2)在画三视图时，首先确定几何体的轮廓线，然后再确定面与面之间的边界线，再根据是否可视确定实虚．————————[1个防错练]———————一个正方体截去两个角后所得几何体的正(主)视图、侧(左)视图如图7－1－13所示，则其俯视图为()正(主)视图侧(左)视图图7－1－13ABCD【解析】由题意得正方体截去的两个角如图所示，故其俯视图应选C.【答案】C课时限时检测(三十八)空间几何体的结构、三视图和直观图(时间：60分钟满分：80分)一、选择题(每小题5分，共30分)1．(2013·四川高考)一个几何体的三视图7－1－14图如图7－1－14所示，则该几何体可以是()A．棱柱 B．棱台C．圆柱 D．圆台【答案】D2．下列命题中正确的个数是()①由五个面围成的多面体只能是四棱锥；②用一个平面去截棱锥便可得到棱台；③仅有一组对面平行的五面体是棱台；④有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥．A．0个B．1个C．2个D．3个【答案】A3．给出下列三个命题：①相邻侧面互相垂直的棱柱是直棱柱；②各侧面都是正方形的四棱柱是正方体；③底面是正三角形，各侧面都是等腰三角形的三棱锥是正棱锥．其中正确的命题有()A．1个B．2个C．3个D．0个【答案】D4．已知某一几何体的正视图与侧视图如图7－1－15所示，则在下列图形中，可以是该几何体的俯视图的图形有()图7－1－15A．①②③④B．②③④⑤C．①②④⑤D．①②③⑤【答案】A5．将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图7－1－16所示，则该几何体的侧视图为()图7－1－16【答案】D6．一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图7－1－17所示)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这个平面图形的面积为()图7－1－17A.eq\f(1,4)＋eq\f(\r(2),4) B．2＋eq\f(\r(2),2)C.eq\f(1,4)＋eq\f(\r(2),2) D.eq\f(1,2)＋eq\r(2)【答案】B二、填空题(每小题5分，共15分)7．如图7－1－18所示正三棱柱ABC—A1B1C1的主视图(又称正视图)是边长为4的正方形，则此正三棱柱的侧视图(又称左视图)的面积为图7－1－18【答案】8eq\r(3)8．如图7－1－19是水平放置的△ABC(AD为BC边上的中线)的直观图，试按此图判定原△ABC中的四条线段AB，BC，AC，AD，其中最长的线段是，最短的线段是．图7－1－19【答案】ACBC9．已知一几何体的三视图如图7－1－20所示，正视图和侧视图都是矩形，俯视图为正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的4个顶点，这些几何形体是(写出所有正确结论的编号)．图7－1－20①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；④每个面都是等腰三角形的四面体；⑤每个面都是直角三角形的四面体．【答案】①③④⑤三、解答题(本大题共3小题，共35分)10．(10分)如图7－1－21所示，△A′B′C′是△ABC的直观图，且△A′B′C′是边长为a的正三角形，求△ABC的面积．图7－1－21【解】如图所示，△A′B′C′是边长为a的正三角形，作C′D′∥A′B′交y′轴于点D′，则C′，D′到x′轴的距离为eq\f(\r(3),2)a.∵∠D′A′B′＝45°，∴A′D′＝eq\f(\r(6),2)a，由斜二测画法的法则知，在△ABC中，AB＝A′B′＝a，AB边上的高是A′D′的二倍，即为eq\r(6)a，∴S△ABC＝eq\f(1,2)a·eq\r(6)a＝eq\f(\r(6),2)a2.11．(12分)用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，从两个角度观察得到的图形如图，则搭成该几何体最少需要的小正方体的块数是多少？图7－1－22【解】搭成该几何体最少需要小正方体6块，按如图所示摆放．12．(13分)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，它的正视图和侧视图在下面画出(单位：cm)．图7－1－23(1)在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图；(2)按照给出的尺寸，求该多面体的体积；【解】(1)如图．(2)所求多面体的体积，V＝V长方体－V正三棱锥＝4×4×6－eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×2))×2＝eq\f(284,3)(cm3)．第二节空间几何体的表面积与体积[考情展望]1.与三视图相结合考查柱、锥、台、球的体积和表面积.2.以选择题与填空题形式考查．一、旋转体的表(侧)面积名称侧面积表面积圆柱(底面半径r，母线长l)2πrl2πr(l＋r)圆锥(底面半径r，母线长l)πrlπr(l＋r)圆台(上、下底面半径r，母线长l)π(r1＋r2)lπ(r1＋r2)l＋π(req\o\al(2,1)＋req\o\al(2,2))球(半径为R)4πR2二、空间几何体的体积(h为高，S为下底面积，S′为上底面积)1．V柱体＝Sh.2．V锥体＝eq\f(1,3)Sh.3．V台体＝eq\f(1,3)h(S＋eq\r(SS′)＋S′)．4．V球＝eq\f(4,3)πR3(球半径是R)．求几何体体积的两种重要方法1．割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．2．等积法：等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了具体通过作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值．1．正六棱柱的高为6，底面边长为4，则它的全面积为()A．48(3＋eq\r(3)) B．48(3＋2eq\r(3))C．24(eq\r(6)＋eq\r(2)) D．144【答案】A2．若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图7－2－1所示，则其侧面积等于()图7－2－1A.eq\r(3) B．2C．2eq\r(3) D．6【答案】D3．圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是()A．4πSB．2πSC．πSD.eq\f(2\r(3),3)πS【答案】A4．母线长为1的圆锥的侧面展开图的面积是eq\f(2,3)π，则该圆锥的体积为()A.eq\f(2\r(2),81)πB.eq\f(8,81)πC.eq\f(4\r(5),81)πD.eq\f(10,81)π【答案】C5．(2014·浙江高考)某几何体的三视图(单位：cm)如图7－2－2所示，则此几何体的表面积是()图7－2－2A．90cm2 B．129cm2C．132cm2 D．138cm2【答案】D6．(2013·辽宁高考)某几何体的三视图如图7－2－3所示，则该几何体的体积是．图7－2－3【答案】16π－16考向一[114]空间几何体的表面积(1)(2014·重庆高考)某几何体的三视图如图7－2－4所示，则该几何体的表面积为()图7－2－4A．54B．60C．66D．72(2)(2014·山东高考)一个六棱锥的体积为2eq\r(3)，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为．【答案】(1)B(2)12规律方法11.解答本题的关键是根据三视图得到几何体的直观图，弄清几何体的组成．2．在求多面体的侧面积时，应对每一侧面分别求解后再相加，对于组合体的表面积应注意重合部分的处理．3．以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．对点训练(2013·重庆高考)某几何体的三视图如图7－2－5所示，则该几何体的表面积为()图7－2－5A．180B．200C．220D．240【答案】D考向二[115]空间几何体的体积(1)(2013·课标全国卷Ⅰ)某几何体的三视图如图7－2－6所示，则该几何体的体积为()图7－2－6A．16＋8πB．8＋8πC．16＋16πD．8＋16π(2)(2012·山东高考)如图7－2－7，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1－EDF的体积为图7－2－7【答案】(1)A(2)eq\f(1,6)规律方法21.解答本题(2)的关键是转换顶点，转换顶点的原则是使底面面积和高易求．一般做法是把底面放在已知几何体的某一个面上．2．注意求体积的一些特殊方法：分割法、补体法、转化法等，它们是解决一些不规则几何体体积计算常用的方法．3．等积变换法：利用三棱锥的任一个面可作为三棱锥的底面．①求体积时，可选择容易计算的方式来计算；②利用“等积法”可求“点到面的距离”．对点训练(1)(2014·辽宁高考)某几何体三视图如图7－2－8所示，则该几何体的体积为()图7－2－8A．8－2πB．8－πC．8－eq\f(π,2)D．8－eq\f(π,4)(2)(2014·山东高考)三棱锥P­ABC中，D，E分别为PB，PC的中点，记三棱锥D­ABE的体积为V1，P­ABC的体积为V2，则eq\f(V1,V2)＝.【答案】(1)B(2)eq\f(1,4)考向三[116]球与多面体已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上．若圆锥底面面积是这个球面面积的eq\f(3,16)，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为．【答案】eq\f(1,3)规律方法31.解答本题的关键是确定球心、圆锥底面圆心与两圆锥顶点之间的关系，这需要根据球的对称性及几何体的形状来确定．2．与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．球与旋转体的组合通常作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题．对点训练(2013·课标全国卷Ⅰ)如图7－2－9，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如果不计容器厚度，则球的体积为()A.eq\f(500π,3)cm3B.eq\f(866π,3)cm3C.eq\f(1372π,3)cm3 D.eq\f(2048π,3)cm3【答案】A思想方法之十七补形法破译体积问题某些空间几何体是某一个几何体的一部分，在解题时，把这个几何体通过“补形”补成完整的几何体或置于一个更熟悉的几何体中，巧妙地破解空间几何体的几何问题，这是一种重要的解题策略——补形法．常见的补形法有对称补形、联系补形与还原补形．对于还原补形，主要涉及台体中“还台为锥”问题．——————————[1个示范例]——————已知某几何体的三视图如图7－2－10所示，则该几何体的体积为()图7－2－10A.eq\f(8π,3) B．3πC.eq\f(10π,3) D．6π【解析】由三视图可知，此几何体(如图所示)是底面半径为1，高为4的圆柱被从母线的中点处截去了圆柱的eq\f(1,4)，所以V＝eq\f(3,4)×π×12×4＝3π.—————————[1个对点练]———————已知点P，A，B，C，D是球O表面上的点，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是边长为2eq\r(3)的正方形．若PA＝2eq\r(6)，则△OAB的面积为．【解析】如图所示，线段PC就是球的直径，设球的半径为R，因为AB＝BC＝2eq\r(3)，所以AC＝2eq\r(6).又PA＝2eq\r(6)，所以PC2＝PA2＋AC2＝24＋24＝48，所以PC＝4eq\r(3)，所以OA＝OB＝2eq\r(3)，所以△AOB是正三角形，所以S＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝3eq\r(3).【答案】3eq\r(3)课时限时检测(三十九)空间几何体的表面积与体积(时间：60分钟满分：80分)一、选择题(每小题5分，共30分)1．如图7－2－11，一个空间几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正三角形，俯视图是一个圆，那么这个几何体的侧面积为()图7－2－11A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,2)C.eq\f(\r(2)π,2)D.eq\f(\r(2)π,4)【答案】B2．长方体的三个相邻面的面积分别为2,3,6，这个长方体的顶点都在同一个球面上，则这个球的面积为()A.eq\f(7,2)π B．56πC．14π D．64π【答案】C3．下图7－2－12是一个几何体的三视图(侧视图中的弧线是半圆)，则该几何体的表面积是()图7－2－12A．20＋3π B．24＋3πC．20＋4π D．24＋4π【答案】A4．如图7－2－13所示，已知三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则三棱锥B1—ABC1的体积为()图7－2－13A.eq\f(\r(3),12) B.eq\f(\r(3),4)C.eq\f(\r(6),12) D.eq\f(\r(6),4)【答案】A5．点A、B、C、D在同一球面上，其中△ABC是正三角形，AD⊥平面ABC，AD＝2AB＝6，则该球的体积为()A．32eq\r(3)πB．48πC．64eq\r(3)π D．16eq\r(3)π【答案】A6．(2013·湖北高考)一个几何体的三视图如图7－2－14所示，该几何体从上到下由四个简单几何体组成，其体积分别记为V1，V2，V3，V4，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有()图7－2－14A．V1<V2<V4<V3 B．V1<V3<V2<V4C．V2<V1<V3<V4 D．V2<V3<V1<V4【答案】C二、填空题(每小题5分，共15分)7．一个几何体的三视图如图7－2－15所示，则该几何体的表面积为．图7－2－15【答案】388．(2013·福建高考)已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图7－2－16所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是．图7－2－16【答案】12π9．圆锥的全面积为15πcm2，侧面展开图的圆心角为60°，则该圆锥的体积为cm3.【答案】eq\f(25,7)eq\r(3)π三、解答题(本大题共3小题，共35分)10．(10分)若一个底面边长为eq\f(\r(6),2)，侧棱长为eq\r(6)的正六棱柱的所有顶点都在一个球面上，求该球的体积和表面积．【解】在底面正六边形ABCDEF中，连接BE、AD交于O，连接BE1，则BE＝2OE＝2DE，∴BE＝eq\r(6)，在Rt△BEE1中，BE1＝eq\r(BE2＋E1E2)＝2eq\r(3)，∴2R＝2eq\r(3)，则R＝eq\r(3)，∴球的体积V球＝eq\f(4,3)πR3＝4eq\r(3)π，球的表面积S球＝4πR2＝12π.11．(12分)如图7－2－17，已知某几何体的三视图如下(单位：cm)．图7－2－17(1)画出这个几何体的直观图(不要求写画法)；(2)求这个几何体的表面积及体积．【解】(1)这个几何体的直观图如图所示．(2)这个几何体可看成是正方体AC1及直三棱柱B1C1Q—A1D1P的组合体．由PA1＝PD1＝eq\r(2)，A1D1＝AD＝2，可得PA1⊥PD1.故所求几何体的表面积S＝5×22＋2×2×eq\r(2)＋2×eq\f(1,2)×(eq\r(2))2＝(22＋4eq\r(2))(cm2)，所求几何体的体积V＝23＋eq\f(1,2)×(eq\r(2))2×2＝10(cm3)．12．(13分)如图7－2－18，已知平行四边形ABCD中，BC＝2，BD⊥CD，四边形ADEF为正方形，平面ADEF⊥平面ABCD，G，H分别是DF，BE的中点．记CD＝x，V(x)表示四棱锥F—ABCD的体积．图7－2－18(1)求V(x)的表达式；(2)求V(x)的最大值．【解】(1)∵平面ADEF⊥平面ABCD，交线为AD且FA⊥AD，∴FA⊥平面ABCD.∵BD⊥CD，BC＝2，CD＝x，∴FA＝2，BD＝eq\r(4－x2)(0＜x＜2)，∴S▱ABCD＝CD·BD＝xeq\r(4－x2)，∴V(x)＝eq\f(1,3)S▱ABCD·FA＝eq\f(2,3)xeq\r(4－x2)(0＜x＜2)．(2)V(x)＝eq\f(2,3)xeq\r(4－x2)＝eq\f(2,3)eq\r(－x4＋4x2)＝eq\f(2,3)eq\r(－x2－22＋4).∵0＜x＜2，∴0＜x2＜4，∴当x2＝2，即x＝eq\r(2)时，V(x)取得最大值，且V(x)max＝eq\f(4,3).第三节空间点、直线、平面之间的位置关系[考情展望]1.本节以考查点、线、面的位置关系为主，同时考查逻辑推理能力与空间想象能力.2.以棱柱、棱锥为依托考查异面直线所成角.3.考查应用公理、定理证明点共线、线共点、线共面的问题．一、平面的基本性质名称图示文字表示符号表示公理1如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内A∈l，B∈l，且A∈α，B∈α⇒l⊂α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P∈α，且P∈β⇒α∩β＝l，且p∈l三个公理的应用1．公理1的作用：(1)检验平面；(2)判断直线在平面内；(3)由直线在平面内判断直线上的点在平面内．2．公理2的作用：公理2及其推论给出了确定一个平面或判断“直线共面”的方法．3．公理3的作用：(1)判定两平面相交；(2)作两平面相交的交线；(3)证明多点共线．二、空间点、直线、平面之间的位置关系直线与直线直线与平面平面与平面平行关系图形语言符号语言a∥ba∥αα∥β相交关系图形语言符号语言a∩b＝Aa∩α＝Aα∩β＝l独有关系图形语言符号语言a，b是异面直线a⊂α三、空间直线的位置关系1．位置关系的分类eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(共面直线\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(相交直线：同一平面内，有且只有一个公共点；,平行直线：同一平面内，无公共点；)),异面直线：不同在任何一个平面内，无公共点.))2．平行公理平行于同一条直线的两条直线互相平行．3．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．4．异面直线所成的角(或夹角)(1)定义：设a，b是两条异面直线，经过空间中任一点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．(2)范围：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).1．下列命题正确的个数为()①梯形可以确定一个平面；②若两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线平行；③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．A．0B．1C．2D．3【答案】C2．已知a、b是异面直线，直线c∥直线a，那么c与b()A．一定是异面直线 B．一定是相交直线C．不可能是平行直线 D．不可能是相交直线【答案】C3．若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则()A．α内的所有直线与l异面B．α内不存在与l平行的直线C．α内存在唯一的直线与l平行D．α内的直线与l都相交【答案】B4．l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是()A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面【答案】B5．(2013·课标全国卷Ⅱ)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则()A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l【答案】D6．如图7－3－1，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别是棱CD、CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成的角的大小是．图7－3－1【答案】90°考向一[117]平面的基本性质及应用如图7－3－2，空间四边形ABCD中，E、F分别是AB、AD的中点，G、H分别在BC、CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2.图7－3－2(1)求证：E、F、G、H四点共面；(2)设EG与FH交于点P.求证：P、A、C三点共线．【尝试解答】(1)∵E、F分别为AB、AD的中点，∴EF∥BD.在△BCD中，eq\f(BG,GC)＝eq\f(DH,HC)＝eq\f(1,2)，∴GH∥BD.∴EF∥GH.∴E、F、G、H四点共面．(2)∵EG∩FH＝P，P∈EG，EG⊂平面ABC，∴P∈共面ABC.同理P∈平面ADC.∴P为平面ABC与平面ADC的公共点．又平面ABC∩平面ADC＝AC，∴P∈AC，∴P、A、C三点共线．规律方法1证明点、线共面的常用方法(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．(3)反证法：可以假设这些点和直线不在同一个平面内，然后通过推理，找出矛盾，从而否定假设，肯定结论.对点训练如图7－3－3，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点，求证：图7－3－3(1)E，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点．【证明】(1)如图，连结CD1，EF，A1B，∵E，F分别是AB和AA1的中点，∴EF∥A1B且EF＝eq\f(1,2)A1B.又∵A1D1綊BC，∴四边形A1BCD1是平行四边形．∵A1B∥CD1，∴EF∥CD1，∴EF与CD1确定一个平面，设为平面α.∴E，F，C，D1∈α，即E，C，D1，F四点共面．(2)由(1)知，EF∥CD1，且EF＝eq\f(1,2)CD1，∴四边形CD1FE是梯形．∴CE与D1F必相交，设交点为P，如图所示，则P∈CE⊂平面ABCD，且P∈D1F⊂平面A1ADD1，∴P∈平面ABCD且P∈平面A1ADD1.又∵平面ABCD∩平面A1ADD1＝AD，∴P∈AD，∴CE，D1F，DA三线共点．考向二[118]空间两条直线的位置关系(1)如图7－3－4，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列判断错误的是()A．MN与CC1垂直B．MN与AC垂直C．MN与BD平行D．MN与A1B1平行(2)在图7－3－5中，G、N、M、H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)图7－3－5【答案】(1)D(2)②④规律方法21.判定空间两条直线是异面直线的方法(1)判定定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过该点B的直线是异面直线．(2)反证法：证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共面，从而可得两线异面．2．对于线线垂直，往往利用线面垂直的定义，由线面垂直得到线线垂直．3．画出图形进行判断，可化抽象为直观．对点训练如图7－3－6所示，正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N分别为棱C1D1、C1C的中点，有以下四个结论：图7－3－6①直线AM与CC1是相交直线；②直线AM与BN是平行直线；③直线BN与MB1是异面直线；④直线MN与AC所成的角为60°.其中正确的结论为(注：把你认为正确的结论序号都填上)．【答案】③④考向三[119]异面直线所成的角(1)(2015·宁波模拟)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为A1B1，BB1的中点，则异面直线AM与CN所成角的余弦值为()A.eq\f(1,3)B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,5)D.eq\f(2,5)【答案】D(2)(2015·镇江模拟)已知三棱锥A­BCD中，AB＝CD，且直线AB与CD成60°角，点M，N分别是BC，AD的中点，求直线AB和MN所成的角．【尝试解答】如图，取AC的中点P.连结PM，PN，又点M，N分别是BC，AD的中点，则PM∥AB，且PM＝eq\f(1,2)AB，PN∥CD，且PN＝eq\f(1,2)CD，所以∠MPN为AB与CD所成的角(或其补角)．则∠MPN＝60°或∠MPN＝120°，①若∠MPN＝60°，因为PM∥AB，所以∠PMN是AB与MN所成的角(或其补角)．又因为AB＝CD，所以PM＝PN，则△PMN是等边三角形，所以∠PMN＝60°，即AB和MN所成的角为60°.②若∠MPN＝120°，则易知△PMN是等腰三角形．所以∠PMN＝30°，即AB和MN所成的角为30°.综上，直线AB和MN所成的角为60°或30°.规律方法31.求异面直线所成的角常用方法是平移法，平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．2．求异面直线所成的角的三步曲为：即“一作、二证、三求”．其中空间选点任意，但要灵活，经常选择“端点、中点、等分点”，通过作三角形的中位线，平行四边形等进行平移，作出异面直线所成角，转化为解三角形问题，进而求解．3．异面直线所成的角范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).对点训练直三棱柱ABC—A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于()A．30°B．45°C．60°D．90°【答案】C思想方法之十八构造模型判断空间线面位置关系由于长方体或正方体中包含了线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直及面面垂直等各种位置关系，故构造长方体或正方体来判断空间直线、平面间的位置关系，显得直观、易判断．减少了抽象性与空间想象，构造时注意其灵活性．——————————[1个示范例]——————已知m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，有下列四个命题：①若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；②若m∥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；③若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；④若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n.其中所有正确的命题是()A．①④ B．②④C．① D．④【解析】借助于长方体模型来解决本题．对于①，可以得到平面α，β互相垂直，如图(1)所示，故①正确；对于②，平面α、β可能垂直，如图(2)所示；对于③，平面α、β可能垂直，如图(3)所示；对于④，由m⊥α，α∥β可得m⊥β，因为n∥β，所以过n作平面γ，且γ∩β＝g，如图(4)所示，所以n与交线g平行，因为m⊥g，所以m⊥n.【答案】A———————————[1个对点练]————(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⊥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课时限时检测(四十)空间点、直线、平面之间的位置关系(时间：60分钟满分：80分)一、选择题(每小题5分，共30分)1．以下四个命题中①不共面的四点中，其中任意三点不共线；②若点A、B、C、D共面，点A、B、C、E共面，则点A、B、C、D、E共面；③若直线a、b共面，直线a、c共面，则直线b、c共面；④依次首尾相接的四条线段必共面．正确命题的个数是()A．0B．1C．2D．3【答案】B2．已知异面直线a，b分别在平面α，β内，且α∩β＝c，那么直线c一定()A．与a，b都相交B．只能与a，b中的一条相交C．至少与a，b中的一条相交D．与a，b都平行【答案】C3．如图7－3－7所示，ABCD—A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是()图7－3－7A．A，M，O三点共线B．A，M，O，A1不共面C．A，M，C，O不共面D．B，B1，O，M共面【答案】A4．如图7－3－8，正方体ABCD—A1B1C1D1，棱长为1，黑白二蚁都从点A出发，沿棱向前爬行，每走一条棱称为“走完一段”．白蚁爬行的路线是AA1→A1D1→…，黑蚁爬行的路线是AB→BB1→…，它们都遵循如下规则：所爬行的第i＋2段所在直线与第i段所在直线必须是异面直线(其中i∈N*)．设黑白二蚁走完第2014段后，各停止在正方体的某个顶点处，这时黑白蚁的距离是()图7－3－8A．1 B.eq\r(2)C.eq\r(3) D．0【答案】B5．如图7－3－9，正三棱柱ABC—A1B1C1的各棱长(包括底面边长)都是2，E，F分别是AB，A1C1的中点，则EF与侧棱C1C所成的角的余弦值是()图7－3－9A.eq\f(\r(5),5) B.eq\f(2\r(5),5)C.eq\f(1,2) D．2【答案】B6．设A，B，C，D是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是()A．若AC与BD共面，则AD与BC共面B．若AC与BD是异面直线，则AD与BC是异面直线C．若AB＝AC，DB＝DC，则AD＝BCD．若AB＝AC，DB＝DC，则AD⊥BC【答案】C二、填空题(每小题5分，共15分)7．下列命题中，不正确的是．①没有公共点的两条直线是异面直线；②分别和两条异面直线都相交的两直线异面；③一条直线和两条异面直线中的一条平行，则它不可能和另一条直线平行；④一条直线和两条异面直线都相交，则它们可以确定两个平面．【答案】①②8．如图7－3－10所示，在正三棱柱ABC—A1B1C1中，D是AC的中点，AA1∶AB＝eq\r(2)∶1，则异面直线AB1与BD所成的角为．图7－3－10【答案】60°9．如图7－3－11是正四面体的平面展开图，G、H、M、N分别为DE、BE、EF、EC的中点，图7－3－11在这个正四面体中，①GH与EF平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是．【答案】②③④三、解答题(本大题共3小题，共35分)10．(10分)如图7－3－12所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别为CC1，AA1的中点，画出平面BED1F与平面ABCD的交线．图7－3－12【解】在平面AA1D1D内，延长D1F，∵D1F与DA不平行，∴D1F与DA必相交于一点，设为P，则P∈D1F，P∈DA.又∵D1F⊂平面BED1F，AD⊂平面ABCD，∴P∈平面BED1F，P∈平面ABCD.又B为平面ABCD与平面BED1F的公共点，连接PB，∴PB即为平面BED1F与平面ABCD的交线．如图所示．11．(12分)如图7－3－13所示，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，BC＝eq\r(2)，DA⊥AC，DA⊥AB，若DA＝1，且E为DA的中点，求异面直线BE与CD所成角的余弦值．图7－3－13【解】取AC中点F，连EF，BF，则EF∥DC，∴∠BEF即为异面直线BE与CD所成的角(或其补角)．∵DA＝1，BC＝eq\r(2)，AB＝AC.∴DC＝eq\r(2)，∴EF＝eq\f(\r(2),2).在△BEF中，BE＝BF＝eq\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(5),2)，由余弦定理得cos∠BEF＝eq\f(EB2＋EF2－BF2,2EB·EF)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))2,2×\f(\r(5),2)×\f(\r(2),2))＝eq\f(\r(10),10)，∴异面直线BE与CD所成角的余弦值为eq\f(\r(10),10).12．(13分)已知正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别为D1C1、C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.求证：(1)D、B、F、E四点共面；(2)若A1C交平面DBFE于R点，则P、Q、R三点共线．【证明】(1)如图所示，因为EF是△D1B1C1的中位线，所以EF∥B1D1.在正方体AC1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD.所以EF，BD确定一个平面，即D、B、F、E四点共面．(2)在正方体AC1中，设平面A1ACC1确定的平面为α，又设平面BDEF为β.因为Q∈A1C1，所以Q∈α.又Q∈EF，所以Q∈β.则Q是α与β的公共点，同理，P点也是α与β的公共点．所以α∩β＝PQ.又A1C∩β＝R，所以R∈A1C，R∈α且R∈β.则R∈PQ，故P、Q、R三点共线．第四节直线、平面平行的判定及其性质[考情展望]1.以多面体为载体，考查空间线面平行、面面平行的判定与性质.2.以解答题的形式考查线面的平行关系.3.考查空间中平行关系的探索性问题．一、直线与平面平行判定定理性质定理图形条件l∥a，l⊄α，a⊂αa∥α，a⊂β，α∩β＝b结论l∥αa∥b(1)证线面平行①若a∥α，a∥b，b⊄α，则b∥α.②若a∥α，α∥β，a⊄β，则a∥β.(2)线面平行的性质①若a∥α，a∥β，α∩β＝b，则a∥b②若a∥α，a⊥β，则α⊥β.二、面面平行的判定与性质判定性质图形条件α∩β＝∅a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥αα∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝bα∥β，a⊂β结论α∥βα∥βa∥ba∥α1．若直线a不平行于平面α，则下列结论成立的是()A．α内的所有直线都与直线a异面B．α内可能存在与a平行的直线C．α内的直线都与a相交D．直线a与平面α没有公共点【答案】B2．空间中，下列命题正确的是()A．若a∥α，b∥a，则b∥αB．若a∥α，b∥α，a⊂β，b⊂β，则β∥αC．若α∥β，b∥α，则b∥βD．若α∥β，a⊂α，则a∥β【答案】D3．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系是．【答案】平行4．如图7－4－1，正方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于．图7－4－1【答案】eq\r(2)考向一[120]直线与平面平行的判定与性质如图7－4－2，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．图7－4－2(1)求证：C1F∥平面ABE；(2)求三棱锥E－ABC的体积．【尝试解答】(1)证明：取AB的中点G，连接EG，FG.因为E，F分别是A1C1，BC的中点，所以FG∥AC，且FG＝eq\f(1,2)AC.因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1，所以FG∥EC1，且FG＝EC1，所以四边形FGEC1为平行四边形．所以C1F∥EG.又因为EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，所以C1F∥平面ABE.(2)因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，所以AB＝eq\r(AC2－BC2)＝eq\r(3).所以三棱锥E－ABC的体积V＝eq\f(1,3)S△ABC·AA1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×1×2＝eq\f(\r(3),3).规律方法11.判断或证明线面平行的常用方法有：(1)利用反证法；(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⊄β，a∥α⇒a∥β)．2．利用判定定理判定直线与平面平行，关键是找平面内与已知直线平行的直线．可先直观判断平面内是否已有，若没有，则需作出该直线，常考虑三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线．对点训练如图7－4－3，FD垂直于矩形ABCD所在平面CE∥DF，∠DEF＝90°.(1)求证：BE∥平面ADF；(2)若矩形ABCD的一边AB＝eq\r(3)，EF＝2eq\r(3)，则另一边BC的长为何值时，三棱锥F—BDE的体积为eq\r(3)？【解】(1)证明：过点E作CD的平行线交DF于点M，连接AM.因为CE∥DF，所以四边形CEMD是平行四边形．可得EM＝CD且EM∥CD，于是四边形BEMA也是平行四边形，所以有BE∥AM.而AM⊂平面ADF，BE⊄平面ADF，所以BE∥平面ADF.(2)由EF＝2eq\r(3)，EM＝AB＝eq\r(3)，得FM＝3且∠MFE＝30°.由∠DEF＝90°可得FD＝4，从而得DE＝2.因为BC⊥CD，BC⊥FD，所以BC⊥平面CDFE.所以，VF—BDE＝VB—DEF＝eq\f(1,3)S△DEF×BC.因为S△DEF＝eq\f(1,2)DE×EF＝2eq\r(3)，VF—BDE＝eq\r(3)，所以BC＝eq\f(3,2).综上当BC＝eq\f(3,2)时，三棱锥F—BDE的体积为eq\r(3).考向二[121]平面与平面平行的判定和性质(2013·陕西高考)如图7－4－4，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O是底面中心，A1O⊥底面ABCD，AB＝AA1＝eq\r(2).图7－4－4(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；(2)求三棱柱ABD－A1B1D1的体积．【尝试解答】(1)证明由题设知，BB1綊DD1，∴四边形BB1D1D是平行四边形，∴BD∥B1D1.又BD平面CD1B1，∴BD∥平面CD1B1.∵A1D1綊B1C1綊BC，∴四边形A1BCD1是平行四边形，∴A1B∥D1C.又A1B平面CD1B1，∴A1B∥平面CD1B1.又BD∩A1B＝B，∴平面A1BD∥平面CD1B1.(2)∵A1O⊥平面ABCD，∴A1O是三棱柱ABD－A1B1D1的高．又AO＝eq\f(1,2)AC＝1，AA1＝eq\r(2)，∴A1O＝eq\r(AA\o\al(2,1)－OA2)＝1.又S△ABD＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)＝1，∴V三棱柱ABD－A1B1D1＝S△ABD·A1O＝1.规律方法2判定面面平行的方法(1)利用定义：(常用反证法)(2)利用面面平行的判定定理；(3)利用垂直于同一条直线的两平面平行；(4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行．对点训练图7－4－5如图7－4－5所示，三棱柱ABC—A1B1C1，D是BC上一点，且A1B∥平面AC1D，D1是B1C1的中点．求证：平面A1BD1∥平面AC1D.【证明】如图所示，连接A1C交AC1于点E，因为四边形A1ACC1是平行四边形，所以E是A1C的中点，连接ED，因为A1B∥平面AC1D，平面A1BC∩平面AC1D＝ED，所以A1B∥ED.因为E是A1C的中点，所以D是BC的中点．又因为D1是B1C1的中点，所以BD1∥C1D，A1D1∥AD.又A1D1∩BD1＝D1，C1D∩AD＝D，所以平面A1BD1∥平面AC1D.考向三[122]线面、面面平行的综合应用如图7－4－6所示，四边形ABCD为矩形，AD⊥平面ABE，AE＝EB＝BC，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE.图7－4－6(1)求证：AE⊥BE；(2)设M在线段AB上，且满足AM＝2MB，试在线段CE上确定一点N，使得MN∥平面DAE.【尝试解答】(1)∵AD⊥平面ABE，AD∥BC，∴BC⊥平面ABE，则AE⊥BC.又∵BF⊥平面ACE，∴AE⊥BF，∵BC∩BF＝B∴AE⊥平面BCE，又BE⊂平面BCE，∴AE⊥BE.(2)在△ABE中，过M点作MG∥AE交BE于G点，在△BEC中过G点作GN∥BC交EC于N点，连接MN，则由比例关系易得CN＝eq\f(1,3)CE.∵MG∥AE，MG⊄平面ADE，AE⊂平面ADE，∴MG∥平面ADE.同理，GN∥平面ADE.又∵GN∩MG＝G，∴平面MGN∥平面ADE.又MN⊂平面MGN，∴MN∥平面ADE.∴N点为线段CE上靠近C点的一个三等分点．规律方法31.解决本题的关键是过M作出与平面DAE平行的辅助平面MNG，通过面面平行证明线面平行．2．通过线面、面面平行的判定与性质，可实现线线、线面、面面平行的转化．3．解答探索性问题的基本策略是先假设，再严格证明，先猜想再证明是学习和研究的重要思想方法．对点训练如图7－4－7所示，四棱锥P—ABCD的底面是边长为a的正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，在侧面PBC内，有BE⊥PC于E，且BE＝eq\f(\r(6),3)a，试在AB上找一点F，使EF∥平面PAD.图7－4－7【解】在平面PCD内，过E作EG∥CD交PD于G，连接AG，在AB上取点F，使AF＝EG，∵EG∥CD∥AF，EG＝AF，∴四边形FEGA为平行四边形，∴FE∥AG.又AG⊂平面PAD，FE⊄平面PAD，∴EF∥平面PAD.∴F即为所求的点．又PA⊥面ABCD，∴PA⊥BC，又BC⊥AB，∴BC⊥面PAB.∴PB⊥BC.∴PC2＝BC2＋PB2＝BC2＋AB2＋PA2.设PA＝x则PC＝eq\r(2a2＋x2)，由PB·BC＝BE·PC得：eq\r(a2＋x2)·a＝eq\r(2a2＋x2)·eq\f(\r(6),3)a，∴x＝a，即PA＝a，∴PC＝eq\r(3)a.又CE＝eq\r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)a))2)＝eq\f(\r(3),3)a，∴eq\f(PE,PC)＝eq\f(2,3)，∴eq\f(GE,CD)＝eq\f(PE,PC)＝eq\f(2,3)，即GE＝eq\f(2,3)CD＝eq\f(2,3)a，∴AF＝eq\f(2,3)a.当AF＝eq\f(2,3)a时，EF∥平面PAD.规范解答之十一立体几何中的探索性问题——————————[1个示范例]——————(12分)如图7－4－8，在四棱锥S—ABCD中，已知底面ABCD为直角梯形，其中AD∥BC，∠BAD＝90°，SA⊥底面ABCD，SA＝AB＝BC＝2.tan∠SDA＝eq\f(2,3).(1)求四棱锥S—ABCD的体积；(2)在棱SD上找一点E，使CE∥平面SAB，并证明．【规范解答】(1)∵SA⊥底面ABCD，tan∠SDA＝eq\f(2,3)，SA＝2，∴AD＝3. 2分由题意知四棱锥S—ABCD的底面为直角梯形，且SA＝AB＝BC＝2， 4分VS—ABCD＝eq\f(1,3)×SA×eq\f(1,2)×(BC＋AD)×AB＝eq\f(1,3)×2×eq\f(1,2)×(2＋3)×2＝eq\f(10,3). 6分(2)当点E位于棱SD上靠近D的三等分点处时，可使CE∥平面SAB. 8分取SD上靠近D的三等分点为E，取SA上靠近点A的三等分点为F，连接CE，EF，BF，则EF綊eq\f(2,3)AD，BC綊eq\f(2,3)AD，∴BC綊EF.∴CE∥BF. 10分又∵BF⊂平面SAB，CE⊄平面SAB，∴CE∥平面SAB. 12分【名师寄语】1.本题在解题时易出现两种错误：一是误认为E是SD中点，二是对于这类探索性问题找不到切入口，入手难．在步骤书写时易忽视“BF⊂平面SAB，CE⊄平面SAB”这一关键条件．2．解决立体几何中探索性问题的步骤：第一步，探求出点的位置．第二步，证明符合要求．第三步，给出明确答案．第四步，反思回顾，查看关键点、易错点和答题规范．一个多面体的直观图和三视图如图7－4－9所示，其中M是AB的中点，G是DF上的一点．当FG＝GD时，在棱AD上确定一点P，使得GP∥平面FMC，并给出证明．图7－4－9【解】由三视图可得直观图为直三棱柱，且底面ADF中AD⊥DF，DF＝AD＝DC，点P在A点处．如图，取DC中点S，连接AS、GS、GA.∵G是DF的中点，∴GS∥FC，AS∥CM.∵GS∩AS＝S，FC∩CM＝C，∴平面GSA∥平面FMC，∵GA⊂平面GSA，∴GA∥平面FMC，即GP∥平面FMC.课时限时检测(四十一)直线、平面平行的判定及其性质(时间：60分钟满分：80分)一、选择题(每小题5分，共30分)1．设α、β是两个不同的平面，m、n是平面α内的两条不同直线，l1，l2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分而不必要条件是()A．m∥β且l1∥α B．m∥β且n∥l2C．m∥β且n∥β D．m∥l1且n∥l2【答案】D2．在空间四边形ABCD中，E、F分别是AB和BC上的点，若AE∶EB＝CF∶FB＝1∶2，则对角线AC和平面DEF的位置关系是()A．平行 B．相交C．在平面内 D．不能确定【答案】A3．设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若m⊥α，n∥α，则m⊥n；②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ；③若m∥α，n∥α，则m∥n；④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β.其中正确命题的序号是()A．①和② B．②和③C．③和④ D．①和④【答案】A4．给出下列关于互不相同的直线l、m、n和平面α、β、γ的三个命题：①若l与m为异面直线，l⊂α，m⊂β，则α∥β；②若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，则m∥n.其中真命题的个数为()A．3B．2C．1D．0【答案】C5．在三棱锥P—ABC中，点D在PA上，且PD＝eq\f(1,2)DA，过点D作平行于底面ABC的平面，交PB，PC于点E，F，若△ABC的面积为9，则△DEF的面积是()A．1 B．2C．4 D.eq\f(9,4)【答案】A6．m、n是不同的直线，α、β、γ是不同的平面，有以下四个命题：①若α∥β，α∥γ，则β∥γ；②若α⊥β，m∥α，则m⊥β；③若m⊥α，m∥β，则α⊥β；④若m∥n，n⊂α，则m∥α.其中真命题的序号是()A．①③ B．①④C．②③ D．②④【答案】A二、填空题(每小题5分，共15分)7．在四面体A—BCD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．【答案】面ABD与面ABC8．已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．下列命题：①若l⊂α，m⊂α，l∥β，m∥β，则α∥β；②若l⊂α，l∥β，α∩β＝m，则l∥m；③若α∥β，l∥α，则l∥β；④若l⊥α，m∥l，α∥β，则m⊥β.其中真命题是(写出所有真命题的序号)．【答案】②④9．已知平面α∥平面β，P是α、β外一点，过点P的直线m与α、β分别交于A、C，过点P的直线n与α、β分别交于B、D，且PA＝6，AC＝9，PD＝8，则BD的长为．【答案】eq\f(24,5)或24三、解答题(本大题共3小题，共35分)10．(10分)在多面体ABCDEF中，点O是矩形ABCD的对角线的交点，三角形CDE是等边三角形，棱EF∥BC且EF＝eq\f(1,2)BC.求证：FO∥平面CDE.图7－4－10【证明】取CD中点M，连接OM，EM，在矩形ABCD中，OM∥BC且OM＝eq\f(1,2)BC，又EF∥BC且EF＝eq\f(1,2)BC，则EF∥OM且EF＝OM.所以四边形EFOM为平行四边形，所以FO∥EM.又因为FO⊄平面CDE，且EM⊂平面CDE，所以FO∥平面CDE.11．(12分)在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N、P分别是C1C、B1C1、C1D1的中点，求证：平面PMN∥平面A1BD.【证明】法一如图，连接B1D1、B1C.∵P、N分别是D1C1、B1C1的中点，∴PN∥B1D1.又B1D1∥BD，∴PN∥BD.又PN⊄平面A1BD，∴PN∥平面A1BD.同理MN∥平面A1BD，又PN∩MN＝N，∴平面PMN∥平面A1BD.法二如图，连接AC1、AC.∵ABCD—A1B1C1D1为正方体，∴AC⊥BD.又CC1⊥平面ABCD，∴AC为AC1在平面ABCD上的射影，∴AC1⊥BD.同理可证AC1⊥A1B，∴AC1⊥平面A1BD.同理可证AC1⊥平面PMN，∴平面PMN∥平面A1BD.12．(13分)如图7－4－11所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论．图7－4－11【解】在棱C1D1上存在点F，使B1F∥平面A1BE.事实上，如图所示，分别取C1D1和CD的中点F，G，连接EG，BG，CD1，FG.因A1D1∥B1C1∥BC，且A1D1＝BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，因此D1C∥A1B.又E，G分别为D1D，CD的中点，所以EG∥D1C，从而EG∥A1B.这说明A1，B，G，E共面．所以BG⊂平面A1BE.因四边形C1CDD1与B1BCC1皆为正方形，F，G分别为C1D1和CD的中点，所以FG∥C1C∥B1B，且FG＝C1C＝B1B.因此四边形B1BGF是平行四边形．所以B1F∥BG.而B1F⊄平面A1BE，BG⊂平面A1BE，故B1F∥平面A1BE.第五节直线、平面垂直的判定及其性质[考情展望]1.本节从内容上考查线线垂直，线面垂直，面面垂直的判定与应用问题.2.从能力上考查空间想象能力，逻辑思维能力，考查转化与化归思想的应用能力.3.从题型上主要以正方体、长方体、棱柱、棱锥等多面体为载体，利用填空题或解答题的形式进行考查，试题难度一般都是中档难度，也有少部分试题为中等偏上难度．一、直线与平面垂直判定性质图形条件a⊥b，b⊂α(b为α内的任意直线)a⊥m，a⊥n，m、n⊂αm∩n＝Oa∥ba⊥αa⊥αb⊂αa⊥αb⊥α结论a⊥αa⊥αb⊥αa⊥ba∥b几个常用的结论(1)过空间任一点有且只有一条直线与已知平面垂直；(2)过空间任一点有且只有一个平面与已知直线垂直；(3)垂直于同一直线的两个平面互相平行．二、两个平面垂直1．平面与平面垂直的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文字语言图形语言符号语言判定定理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eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊂β,l⊥α))⇒α⊥β3.平面与平面垂直的性质定理文字语言图形语言符号语言性质定理如果两个平面垂直，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eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β,α∩β＝a,l⊂β,l⊥a))⇒l⊥α三、线面角与二面角1．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°.2．二面角的有关概念(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．1．给出下列四个命题：①垂直于同一平面的两条直线相互平行；②垂直于同一平面的两个平面相互平行；③若一个平面内有无数条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；④若一条直线垂直于一个平面内的任一直线，那么这条直线垂直于这个平面．其中真命题的个数是()A．1B．2C．3D．4【答案】B2．已知直线a，b和平面α，且a⊥b，a⊥α，则b与α的位置关系为()A．b⊂α B．b∥αC．b⊂α或b∥α D．b与α相交【答案】C3．边长为a的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则AC的长为()A.eq\r(2)a B.eq\f(\r(2),2)aC.eq\f(\r(3),2)a D．a【答案】D 4．下列命题中错误的是()A．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βC．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γD．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β【答案】D5．(2013·浙江高考)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面()A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m∥α，m∥β，则α∥βC．若m∥n，m⊥α，则n⊥αD．若m∥α，α⊥β，则m⊥β【答案】C6．(2014·浙江高考)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面()A．若m⊥n，n∥α，则m⊥αB．若m∥β，β⊥α，则m⊥αC．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥αD．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α【答案】C考向一[123]直线与平面垂直的判定与性质(2014·湖南高考)如图7－5－1，已知二面角α­MN­β的大小为60°，菱形ABCD在面β内，A，B两点在棱MN上，∠BAD＝60°，E是AB的中点，DO⊥面α，垂足为O.图7－5－1(1)证明：AB⊥平面ODE；(2)求异面直线BC与OD所成角的余弦值．【尝试解答】(1)证明：如图，因为DO⊥α，AB⊂α，所以DO⊥AB.连结BD，由题设知，△ABD是正三角形．又E是AB的中点，所以DE⊥AB.而DO∩DE＝D，故AB⊥平面ODE.(2)因为BC//AD，所以BC与OD所成的角等于AD与OD所成的角，即∠ADO是BC与OD所成的角(或其补角)．由(1)知，AB⊥平面ODE，所以AB⊥OE.又DE⊥AB，于是∠DEO是二面角α­MN­β的平面角，从而∠DEO＝60°.不妨设AB＝2，则AD＝2，易知DE＝eq\r(3).在Rt△DOE中，DO＝DE·sin60°＝eq\f(3,2).连结AO，在Rt△AOD中，cos∠ADO＝eq\f(DO,AD)＝eq\f(\f(3,2),2)＝eq\f(3,4).故异面直线BC与OD所成角的余弦值为eq\f(3,4).规律方法11.证明直线和平面垂直的常用方法有：(1)判定定理；(2)垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；(3)面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；(4)面面垂直的性质．2．证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．3．线面垂直的性质，常用来证明线线垂直．对点训练如图7－5－2，已知PA垂直于矩形ABCD所在的平面，M、N分别是AB、PC的中点，若∠PDA＝45°，求证：MN⊥平面PCD.【证明】如图，取PD的中点E，连接AE，NE.∵E、N分别为PD、PC的中点，∴EN綊eq\f(1,2)CD.又∵M为AB的中点，∴AM綊eq\f(1,2)CD.∴EN綊AM，∴四边形AMNE为平行四边形．∴MN∥AE.∵PA⊥平面ABCD，∠PDA＝45°，∴△PAD为等腰直角三角形，∴AE⊥PD.又∵CD⊥AD，CD⊥PA，∴CD⊥平面PAD，而AE⊂平面PAD，∴CD⊥AE.又CD∩PD＝D，∴AE⊥平面PCD.∴MN⊥平面PCD.考向二[124]面面垂直的判定与性质(2013·北京高考)如图7－5－3，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；(