备战2025年高考数学一轮复习第七章立体几何

第七章立体几何7.1基本立体图形1.利用实物、计算机软件等观察空间图形，认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.2.知道球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式，能用公式解决简单的实际问题.3.能用斜二测法画出简单空间图形（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合）的直观图.【教材梳理】1.棱柱、棱锥、棱台棱柱棱锥棱台图形定义有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间那部分多面体结构特征底面互相平行且全等；侧面都是平行四边形；侧棱都相等且互相平行底面是一个多边形；侧面都是三角形；侧面有一个公共顶点上、下底面互相平行且相似；各侧棱延长线交于一点；各侧面为梯形分类①按底面多边形的边数：三棱柱、四棱柱、五棱柱…②按侧棱与底面的关系：侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱,①按底面多边形的边数：三棱锥、四棱锥、五棱锥…②正棱锥：底面是正多边形，并且顶点与底面中心的①按底面多边形的边数：三棱台、四棱台、五棱台…②正棱台：由正棱锥截得的棱台否则叫做斜棱柱.底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱.底面是平行四边形的四棱柱也叫做平行六面体连线垂直于底面的棱锥2.圆柱、圆锥、圆台、球圆柱圆锥圆台球图形定义以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分以半圆的直径所在直线为旋转轴，旋转一周所形成的曲面叫做球面，球面所围成的旋转体结构特征①母线互相平行且相等，并垂直于底面②轴截面是全等的矩形③侧面展开图是矩形①母线相交于一点②轴截面是全等的等腰三角形③侧面展开图是扇形①母线延长线交于一点②轴截面是全等的等腰梯形③侧面展开图是扇环截面是圆面简单组合体：由简单几何体组合而成的几何体叫简单组合体.其构成形式主要有：由简单几何体拼接，或由简单几何体截去或挖去一部分.3.立体图形的直观图（1）概念：直观图是观察者站在某一点观察一个空间几何体获得的图形，立体几何中通常是在平行投影下得到的平面图形.（2）斜二测画法画水平放置的平面图形直观图的步骤：①在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于点O.画直观图时，把它们画成对应的x'轴与y'轴，两轴相交于点O'，且使∠x'O'y②已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x'轴或y'③已知图形中平行于x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.画几何体的直观图时，与画平面图形的直观图相比，只是多画一个与x轴、y轴都垂直的z轴，并且使平行于z轴的线段的平行性和长度都不变.4.简单几何体的表面积与体积（1）圆柱、圆锥、圆台的侧面积圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧=S圆锥侧=S圆台侧=其中r，r'为底面半径，l为母线长（2）柱、锥、台、球的表面积和体积名称几何体表面积体积（S是底面积，h是高）柱体（棱柱和圆柱）S表面积=SV=S锥体（棱锥和圆锥）S表面积=S侧V=1台体（棱台和圆台）S表面积V=13（S上+S球（R是半径）S=4V=4【常用结论】5.常见四棱柱及其关系6.按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积是原图形的24倍，即S7.几个与球有关的切、接常用结论（1）长、宽、高分别为a，b，c的长方体的体对角线长等于外接球的直径，即a2（2）正方体的棱长为a，球的半径为R，若球为正方体的外接球，则2R=3a；若球为正方体的内切球，则2（3）正四面体的外接球与内切球的半径之比为3:1.判断下列命题是否正确，正确的在括号内画“√”，错误的画“×”.（1）有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱.(×)（2）有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥.(×)（3）侧面都是矩形的直四棱柱是长方体.(×)（4）用斜二测画法画平面图形的直观图时，原图形面积S与其直观图面积S'的关系为S'=2（5）圆锥的体积等于底面积与高之积.(×)2.（教材习题改编）三棱锥的四个面中，下列说法不正确的是(A)A.不能都是直角三角形 B.可能都是锐角三角形C.可能都是等腰三角形 D.可能都是钝角三角形[解析]解：正方体中三棱锥A-A1B1C1的各面都是直角三角形，故A不正确；正四面体，四个面中，都是等边三角形，故B，3.如图，长方体ABCD-A'B'C'DA.棱台 B.四棱柱 C.五棱柱 D.简单组合体[解析]解：由几何体的结构特征知，剩下的几何体为五棱柱.故选C.4.[2022届江苏南通高三开学考试]已知圆锥的轴截面是斜边为23的直角三角形，该圆锥的体积为(CA.3π3 B.33π2 C.[解析]解：由题意,知该圆锥的轴截面是等腰直角三角形，其底面圆半径为3，高为3，所以该圆锥的体积为V=13π×考点一空间几何体的结构特征例1下列说法正确的是(B)A.有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B.在圆台的上、下两底面圆周上各任取一点，则这两点的连线不一定是圆台的母线C.有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D.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[解析]解：对于A，如图1符合条件但却不是棱柱；B显然正确；图1对于C，如图2，其侧棱不相交于一点，故不是棱台；对于D，如图3，以直角三角形的斜边AB为轴旋转得到的是两个同底的圆锥.故选B.【点拨】解决此类问题的基本方法：①定义法：紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定;②反例法：学会通过反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，设法举出一个反例即可.变式1.【多选题】下列命题中正确的是(BC)A.棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形B.在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱C.存在每个面都是直角三角形的四面体D.棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等[解析]解：A不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等.B正确，由线面平行的性质定理,知两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面.C正确，如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中的三棱锥例2[2020新高考Ⅰ卷Ⅱ卷]日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球（球心记为O），地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40∘，则晷针与点A处的水平面所成角为(BA.20∘ B.40∘ C.50∘[解析]解：画出截面图如图所示，其中CD是赤道所在平面的截线，l是点A处的水平面的截线，依题意可知OA⊥l.AB是晷针处所在直线，m是晷面的截线，依题意，晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得m//CD，根据线面垂直的定义可得AB⊥m.由于∠AOC=40∘，m//CD，所以∠OAG=∠【点拨】课程标准要求考生认识柱、锥、台、球的结构特征，并能描述现实生活中的简单物体结构，高考常与数学文化结合考查，体现数学之美，也体现生活中处处有数学.变式2.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高二丈，问：积几何？”其意思为“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈，长4丈，上棱长2丈，高2丈，问：它的体积是多少？”（已知1丈为10尺）(C)A.12000立方尺 B.11000立方尺 C.10000立方尺 D.9000立方尺[解析]解：过上棱两端点向底面作垂面，则垂面与上棱垂直，两垂面将几何体分成两个四棱锥和一个直三棱柱，如图所示.则三棱柱的体积V1=12×所求体积V=V1+V2=考点二空间多面体的面积、体积命题角度1空间多面体的面积例3侧面是正三角形的正四棱锥，体积为26，则它的全面积是1[解析]解：如图，P-ABCD设底面边长为a，过P作PG⊥BC于G，作PO⊥底面ABCD，垂足为连接OG.在Rt△POG中，PG=32a因为体积为26，即13×a2所以正四棱柱的全面积为4×3故填1+3【点拨】求解多面体的表面积，关键是找到其中的特征图形，如棱柱中的矩形，棱锥中的直角三角形，棱台中的直角梯形等，通过这些图形，找到几何元素间的关系，通过建立未知量与已知量间的关系进行求解.变式3.如图1所示的正方体的棱长为1，沿对角面（图中阴影部分）将其分割成两块，重新拼接成如图2所示的斜四棱柱，则所得的斜四棱柱的表面积是4+[解析]解：由拼接规律得：斜四棱柱的上下两个底面为矩形，长为1，宽为2；左右为两个正方形，边长为1；前后为两个平行四边形，相邻两边长为1与2，一个内角为45∘，从而斜四棱柱的表面积是2×1×2+命题角度2空间多面体的体积例4如图，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF//AB，EF=A.23 B.33 C.43[解析]解：如图,过A，B两点分别作AM，BN垂直于EF，垂足分别为M，N，连接DM，CN，可证得DM⊥EF，CN⊥EF，则多面体ABCDEF依题意知AEFB为等腰梯形.易知Rt△DME≅Rt△CNF又BF=1，所以BN作NH垂直于BC，则H为BC的中点，所以NH=2所以S△BNC所以VF-VE-AMD=V所以VABCDEF=23【点拨】求空间几何体体积的常用方法为公式法、割补法和等积变换法（等体积法）：①割补法：将这个几何体分割成几个柱体、锥体，分别求出柱体和锥体的体积，从而得出要求的几何体的体积.②等积变换法：特别地，对于三棱锥，由于其任意一个面均可作为棱锥的底面，从而可选择更容易计算的方式来求体积；利用“等积性”还可求“点到面的距离”.变式4.学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB[解析]解：由题意得，S四边形EFGH因为四棱锥O-EFGH的高为3所以VO-又长方体ABCD-A1B1C1D1的体积为V2考点三空间旋转体的面积、体积命题角度1空间旋转体的面积例5如图四边形ABCD为梯形，AD//BC，∠ABC=90∘，以A为圆心，AD[解析]解：依题意，形成的几何体是一个圆台从上面挖出一个半球，S半球=12×4π×22=8故所求几何体的表面积S表=8π+35π+【点拨】求旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.直角梯形绕直角腰旋转一周形成的是圆台，四分之一圆绕半径所在的直线旋转一周，形成的是半球，所以阴影部分绕AB旋转一周形成的是组合体，圆台挖去半球，S表变式5.如图，在四边形ABCD中，∠DAB=90∘，∠ADC=135∘，AB=5，CD[解析]解：过点C作CE⊥AD，垂足为E因为∠ADC=135∘,所以∠EDC=因为CD=22,所以又AD=1,所以AE所以BC=5四边形ABCD绕AD旋转一周所成的几何体为一个圆台挖去一个圆锥.其中圆台的上下底面圆的半径分别为EC,AB，高为AE；圆锥的底面圆的半径为EC，高为DE.所以所得几何体的表面积S=π×52+π×2+命题角度2空间旋转体的体积例6已知A0,0，B（1,0），C2,1，D0,3，将四边形A.5π B.3π C.52π[解析]解：过C作y轴的垂线交y轴于E，则△DCE是直角三角形，四边形ABCE是直角梯形，四边形ABCD绕y轴旋转一周所得几何体是一个圆锥和一个圆台的组合体，易求得AB=1,BC=2,CE=2,AE=1,ED=【点拨】求旋转体体积的一般思路是理解旋转体的几何特征，确定得到计算体积所需要的几何量.求旋转体的体积常用公式法、分割法等，注意相关公式要牢记.变式6.《乌鸦喝水》的寓言故事，鼓励人们遇到困难要运用智慧、认真思考才能让问题迎刃而解.如图所示，乌鸦想喝水，发现有一个锥形瓶，上面部分是圆柱体，下面部分是圆台，瓶口直径为3cm，瓶底直径为9cm，瓶口距瓶颈为23cm，瓶颈到水位线距离和水位线到瓶底距离均为332A.2颗 B.3颗 C.4颗 D.5颗[解析]解：如图所示，AB=9cm，EF=GH=3cm，LO=33V石子=13π⋅MN⋅CN2+IM2考点四与球相关的切、接问题命题角度1几何体的外接球例7（1）已知三棱锥P-ABC中，△ABC为等边三角形，PA=PB=PC=3，A.27π2 B.273π2 C.[解析]解：因为在三棱锥P-ABC中，△ABC为等边三角形，PA=PB因为PA⊥PB，所以PA⊥PC以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱作正方体（如图所示），则正方体的外接球即三棱锥P-ABC因为正方体的体对角线长为32+所以其外接球半径R=3因此三棱锥P-ABC的外接球的体积V=4（2）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D-ABCA.123 B.183 C.243[解析]解：由等边三角形ABC的面积为93,可得34AB2=93，所以AB设球的半径为R，球心到△ABC的外接圆圆心的距离为d，则d=R2-r2=16-12=2.所以三棱锥D【点拨】几何体的外接球问题关键是确定球心位置，主要方法有：①将几何体还原或补为正方体或长方体，进而确定球心；②几何体的外接球球心一定在过底面的外心与底面垂直的直线上；③球心到各顶点的距离都相等；④球心一定在外接球的直径上.变式7.（1）已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB=3，AC=4，AB[解析]解：设球O的半径为R.将直三棱柱补形为长方体ABEC-A'B'E'C'，则球O是长方体ABEC-A'B'E'C'（2）[2020年全国Ⅰ卷]已知A,B,C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆，若⊙O1的面积为4π，AB=BCA.64π B.48π C.36π [解析]解：设圆O1的半径为r，球的半径为R，依题意，得πr2=4π，所以r=2，因为△ABC为等边三角形，由正弦定理可得AB=2rsin60∘=23，所以OO1=AB（3）[2022年全国乙卷]已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为33[解析]解：由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a，底面所在圆的半径为r，则r=22a，四棱锥的高h=1-a22，则四棱锥的体积所以该四棱锥的体积最大时，其高h=1-a22命题角度2几何体的内切球例8已知正三棱锥的高为1，底面边长为23，则该棱锥的内切球的半径为2-[解析]解：如图，在正三棱锥P-ABC中，过点P作PD⊥平面ABC于点D，连接AD并延长,交BC于点E，连接PE，易知D为△因为AB=23，PD=1,所以S△ABC=33，DE=1设内切球半径为R，则V=VO-ABC故填2-1变式8.（1）已知三棱锥P-ABC,若PA，PB，PC两两垂直，且PA=2，PB=PC=[解析]解：由题意，设三棱锥P-ABC的内切球的半径为r，球心为O，则由等体积得VP-ABC=VO-PAB+VO-PAC+（2）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2a的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD=[解析]解：由题意知，当球与四棱锥各面均相切，即内切于四棱锥时球的半径r最大，如图1.作出其左视图，如图2.图1图2由“等面积法”，S△PAD=12故填2-2【巩固强化】1.如图所示的几何体是柱体的有(B)A.1个 B.2个 C.3个 D.4个[解析]解：①③⑤不是柱体，②是圆柱，④是以左、右面为底面的棱柱.故选B.2.将一个等腰梯形绕它的较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体包括(D)A.一个圆台、两个圆锥 B.两个圆台、一个圆柱C.两个圆柱、一个圆台 D.一个圆柱、两个圆锥[解析]解：从较短的底边的端点向另一底边作垂线，两条垂线把等腰梯形分成了两个直角三角形，一个矩形，所以一个等腰梯形绕它的较长的底边所在直线旋转一周形成的是由一个圆柱、两个圆锥所组成的几何体，如图．故选D.3.下面四个图形中，可作为三棱柱的平面展开图的是(A)A. B. C. D.[解析]解：A是三棱柱的平面展开图；B是三棱锥的平面展开图；C是四棱锥的平面展开图；D作为三棱柱的平面展开图，一侧多了一个底，另一侧少了一个底.故选A.4.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.正方形 B.矩形C.菱形 D.一般的平行四边形[解析]解：如图，在原图形OABC中，有OD=2O'D所以OC=O所以OA=OC，所以四边形OABC故选C.5.已知正三棱锥P-ABC的底面边长为6，点P到底面ABC的距离为3，则三棱锥的表面积是(A.93 B.183 C.273[解析]解：由题意可知底面三角形的中心到底面三角形的边的距离为13×32×6=3，所以正三棱锥的斜高为32+32=23，所以这个正三棱锥的侧面积为6.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(B)A.π B.3π4 C.π2[解析]解：圆柱的轴截面如图所示，由题意可得，AC=1,AB=12，结合勾股定理，底面半径r=17.已知过球面上A，B，C三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且AB=18，BC=24[答案]解：因为AB:BC所以△ABC是直角三角形，∠B又球心O在截面△ABC上的投影O'为截面圆的圆心（如图所示），也是Rt△所以斜边AC为截面圆O'的直径设O'C=r在Rt△O'CO中，由题设知sin∠O'所以rR=cos30∘=32又2r=AC=30，所以r=15，代入*得球的体积为V=48.在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛，这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫Trullon，于1996年列入世界文化遗产名景（如图1）.现测量一个屋顶，得到圆锥SO的底面直径AB长为12m，母线SA长为18m（如图2）.C是母线SA的一个三等分点（靠近点（1）现用鲜花铺设屋顶，如果每平方米大约需要鲜花60朵，那么装饰这个屋顶（不含底面）大约需要多少朵鲜花（π取3.14，结果精确到个位）；[答案]解：圆锥的侧面积为S=π⋅AB2⋅SA≈3.14×6×（2）从点A到点C绕屋顶侧面一周安装灯光带，求灯光带的最小长度.[答案]将圆锥SO的侧面沿母线SA剪开得其展开图为如图所示的扇形SAA'，连接A'C，则AAA'⌢的长度为π⋅AB=12π，得扇形圆心角∠ASA'=12π18=2π3，在所以灯光带的最小长度为613m【综合运用】9.[2022年新高考Ⅱ卷]已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(A.100π B.128π C.144π[解析]解：设正三棱台上、下底面所在圆面的半径分别为r1,r2，则2r1=33sin60∘,2r2=43sin60∘，即r1=3,r2=4，设球心到上、下底面的距离分别为d1,d2，球的半径为R，则d1=10.[2022年新高考Ⅰ卷]南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为140.0km2；水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为180.0km2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔A.1.0×109m3 B.1.2×10[解析]解：如图，依题意可知棱台的高h=MN=157.5-棱台下底面积S=140.0上底面积S'=180.0所以V=13hS+11.[2022年全国甲卷]甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙.若S甲A.5 B.22 C.10 D.5[解析]解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，则S甲S乙由圆心角之和为2π，得2πr1l+2πr2l=2π，则r1+r2l12.[2022届山东日照月考]某市民广场有一批球形路障球（如图1所示），现公园管理处响应市民要求，决定将每个路障球改造成方便市民歇脚的立方八面体石凳（如图2所示）.其中立方八面体有24条棱、12个顶点、14个面（6个正方形、8个正三角形），它是将立方体“切”去8个“角”后得到的几何体.经过测量，这批球形路障球每个直径为60cm，若每个路障球为改造后所得立方八面体的外接球，则每个改造后的立方八面体的表面积为5[解析]解：由题意知，立方八面体表面有8个正三角形，再加上6个小正方形，且正方形边长与正三角形边长相等，因为路障球为立方八面体的外接球，则图中EG为外接球的直径，设立方八面体棱长为a,在正六边形EADGPN中，EG=2a,即2a=60所以立方八面体的表面积S=6a2+813.如图所示，四棱锥P-ABCD中，PA⊥菱形ABCD所在的平面，∠ABC=60∘，点E，F分别是（1）求证：平面AEF⊥平面PAD[答案]解：证明：菱形ABCD中，连AC，如图.则△ABC是正三角形，又E是BC的中点，即有AE⊥BC，又AD//BC，于是AE⊥AD，因PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，则PA⊥AE，PA∩AD=A，从而得AE⊥（2）当AB=AP=2时，求多面体[答案]由（1）知AE=3,S△ABE=12BE⋅AE=32，S△PAF=12S△PAD=12×1【拓广探索】14.[2022年新高考Ⅰ卷]已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3≤l≤3A.[18,814] B.[274[解析]解：如图，设该球的球心为O，半径为R，正四棱锥的底边长为a,高为h，依题意，得36π=43πR由题意及图可得l2=h2+所以正四棱锥的体积V=1（方法一）V'=49l3-l554=19l34-l263≤l≤33,令V'=0，得l=26，所以当3≤l<26时，V'>0；当26（方法二）V=l4182-l218=72×l236⋅l2367.2空间点、直线、平面之间的位置关系借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义，并了解基本事实1∼【教材梳理】1.平面的基本性质（1）基本性质基本事实文字语言图形语言符号语言作用基本事实1过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面A,B,C三点不共线⇒存在唯一的平面α使A，B，C∈确定平面；判定点线共面等基本事实2如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内A∈l，B∈l,且A确定直线在平面内；判定点在平面内等基本事实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判定两平面相交；判定点在直线上等（2）基本事实1与2的推论推论文字语言图形语言符号语言推论1经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面A∉l⇒有且只有一个平面α，使A∈推论2经过两条相交直线，有且只有一个平面a∩b=P⇒有且只有一个平面α，使推论3经过两条平行直线，有且只有一个平面a//b⇒有且只有一个平面α，使a⊂2.空间点、直线、平面之间的位置关系（1）空间中直线与直线的位置关系位置关系共面情况公共点个数共面直线相交直线在同一个平面内1平行直线在同一个平面内0异面直线不同在任何一个平面内0（2）空间中直线与平面的位置关系位置关系直线在平面内直线与平面相交直线与平面平行公共点个数无数个10图形表示当直线与平面相交或平行时，直线不在平面内，也称为直线在平面外.（3）空间中平面与平面的位置关系位置关系两个平面相交两个平面平行公共点个数有一条公共直线0符号表示α∩α//图形表示【常用结论】3.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.4.异面直线的两个常用判定（1）与一个平面相交的直线和这个平面内不经过交点的直线是异面直线.（2）分别在两个平行平面内的直线平行或异面.1.判断下列命题是否正确，正确的在括号内画“√”，错误的画“×”.（1）如果两个不重合的平面α，β有一条公共直线a，就说平面α，β相交，并记作α∩β=（2）两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线.(×)（3）两个平面ABC与DBC相交于线段BC.(×)（4）两个不重合的平面只能把空间分成四个部分.(×)（5）若a，b是两条直线，α，β是两个平面，且a⊂α，b⊂β，则a，b2.（教材题改编）下列命题错误的是(B)A.三角形确定一个平面 B.四边形确定一个平面C.平行四边形可确定一个平面 D.梯形可确定一个平面[解析]解：在A中，经过不共线的三点确定一个平面，故A正确.在B中，四边形可能是空间四边形，故四边形不一定能确定一个平面，故B错误.在C中，因为平行四边形有一组对边平行，所以平行四边形能确定一个平面，故C正确.在D中，因为梯形有一组对边平行，所以梯形可确定一个平面，故D正确.故选B.3.（教材练习改编）已知a，b是两条直线，则“a，b没有公共点”是“a，b是异面直线”的(B)A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分又不必要条件[解析]解：因为a，b没有公共点，a，b可能平行也可能异面，所以“a，b没有公共点”推不出“a，b是异面直线”，反之，“a，b是异面直线”可以推出“a，b没有公共点”，所以“a，b没有公共点”是“a，b是异面直线”的必要不充分条件.故选B.4.如图，点M，N分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1和[解析]解：因为MN//BC1，CD1//A1B，所以∠A1BC1就是MN考点一平面的基本性质例1【多选题】已知A，B，C表示三个不同的点，l表示直线，α，β表示平面，则下列判断正确的是(ABD)A.A∈l,B∈l,B.A∈α,B∈α,C∈α,C.l⊄α,D.A,B,C∈α,A,B,C∈β,A,B,C不共线⇒[解析]解：对于A，A∈l,B∈l,A∈α,B∈对于B，A∈α,B∈α,C∈α,A∈β,B∈β,C∉β，则平面α即平面ABC对于C，当l∩α=A时，满足l⊄α,A∈对于D，A,B,C∈α,A,B,C∈β,A,B,C不共线，则点A，B，C确定的平面有且只有一个，即α,β重合，故D【点拨】结合平面的基本性质及其相关推论进行判断，必要时画出图形分析.变式1.α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，若m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，则mA.垂直 B.相交 C.异面 D.平行[解析]解：因为A∈m，A∈α，m⊄α，所以A是m和平面α相交的点，又n在平面α内，所以m和例2已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为D1C（1）D，B，F，E四点共面；[答案]证明：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.（2）若A1C交平面DBFE于R点，则P，Q，R[答案]证明：在正方体AC1中，设平面AA1C又设平面BDEF为β.因为Q∈A1C1又Q∈EF，所以Q∈β.所以Q是α与β的公共点.同理，P是α与β的公共点.又A1C∩β=R，所以R∈A则R∈PQ，故P，Q，R（3）DE，BF，CC1[答案]证明：因为EF//BD且EF所以DE与BF相交，设交点为M，则由M∈DE，DE⊂平面得M∈平面D1DCC1，同理，点M∈平面B1BCC1.所以DE，BF，CC1三线交于点M【点拨】①证明四点共面的基本思路：一是直接证明，即利用基本事实或推论来直接证明；二是先由其中不共线的三点确定一个平面，再证第四个点也在这个平面内即可；②要证明点共线问题，关键是转化为证明点在直线上，也就是利用基本事实3，即证点在两个平面的交线上，本题即采用这种证法；或者选择其中两点确定一直线，然后证明另一点也在直线上；③证明空间三线共点问题，先证两条直线交于一点，再证明第三条直线经过这点，把问题转化为证明点在直线上.变式2.如图，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:（1）求证：E，F，G，H四点共面；[答案]证明：因为E，F分别为AB，AD的中点，所以EF//BD在△BCD中，因为BGGC所以GH//BD，所以EF所以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.[答案]证明：因为EG∩FH=P，P∈EG，所以P∈平面ABC.同理P∈平面ADC所以P为平面ABC与平面ADC的公共点.又平面ABC∩平面ADC=所以P∈AC，即P，A，C考点二判断两条直线的位置关系例3（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，ENB.BM≠EN，且直线BM，ENC.BM=EN，且直线BM，END.BM≠EN，且直线BM，EN[解析]解：连接BD，BE，并过E作EH⊥CD于H，连接HN.则BM=BC2+CM2=72BC，EN=EH2+HN2=BC（2）【多选题】如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱A.直线AM与CC1是相交直线 B.直线AM与BNC.直线BN与MB1是异面直线 D.直线AM与D[解析]解：A中，CC1⊂平面CDD1C1，M∈平面CDD1C1，A∉平面CDB中，取DD1的中点P，连接AP，易知BN//AP，AP∩AM=A，可知C中，BN⊂平面BCC1B1，B1∈平面BCC1B1，M∉平面BCCD中，点D,D1,M均在平面DCC1D1内,点A在平面DCC1D1外,且M∉DD1【点拨】空间两条直线位置关系的判定方法：变式3.（1）已知空间三条直线l，m，n，若l与m异面，且l与n异面，则(D)A.m与n异面 B.m与n相交C.m与n平行 D.m与n异面、相交、平行均有可能[解析]解：在如图所示的长方体中，m，n1都与l异面，但m//n1，所以A，B错误.m，n2都与l异面，且m，n2也异面，所以C错误．m,n3都与l异面,且m与n3（2）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别在A1D，AC上，且A1E=A.相交但不垂直 B.相交且垂直 C.异面 D.平行[解析]解：如图，连接D1E并延长，与AD交于点M由A1E=2ED，可得M为AD的中点．连接BF并延长，交AD于点N.因为CF=2FA，可得N为AD的中点，所以M，N重合，所以EF与BD1共面，且MEED1考点三异面直线所成的角例4（1）[2021年全国乙卷]在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为B1DA.π2 B.π3 C.π4[解析]解：如图，∠PBC1即为直线PB与AD1所成的角.易知△A1BC1为正三角形，又P（2）正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=2AB，D是A.π6 B.π4 C.π3[解析]解：如图，取B1C1的中点E，连接A1E在正三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥底面A1又A1E⊥B1C1，且BB1∩B1C1=B,又A1E//AD，∠A1EC=90∘，所以不妨设AB=2，则AA1=22，A1E=3，【点拨】平移直线法是求异面直线所成角的常用方法，求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围为(0变式4.（1）在四面体A-BCD中，BC=BD=CD=2，AB=23，N是棱AD的中点，CNA.π3 B.π6 C.π4[解析]解：如图,取BD的中点为M，连接MN，CM.又N是AD的中点，则MN//AB，所以∠MNC（或其补角）为异面直线AB与CN所成的角．在△MNC中，MN=12AB=3，CN=3，CM=22-12=（2）（教材习题改编）如图是某正方体的平面展开图，B是所在棱的中点，则在该正方体中，AB与CD所成角的余弦值为(A)A.1010 B.105 C.120[解析]解：将平面展开图还原，如图所示，过点C作CN//AB交正方体的棱于点N，则易知N为所在棱的中点，则∠DCN或其补角为异面直线AB与CD连接DN，设正方体的棱长为2，则易知CD=22，CN=5故在△CND中，由余弦定理得cos∠DCN=CD2+CN2-DN【巩固强化】1.下列命题正确的是(C)A.三点确定一个平面B.三条相交直线确定一个平面C.对于直线a，b，c，若a//b，b//cD.对于直线a，b，c，若a⊥b，b⊥c[解析]解：不在一条直线上的三点确定一个平面，故A错误.正方体一个顶点出发的三条棱所在直线确定三个平面，故B错误.根据空间中平行线间的传递性,可得若a//b，b//c，则a//c，故C正确.若a⊥b，b⊥c，则2.【多选题】设α是给定的平面，A，B是不在α内的任意两点.则下列命题正确的是(AC)A.在α内存在直线与直线AB异面 B.在α内存在直线与直线AB相交C.存在过直线AB的平面与α垂直 D.存在过直线AB的平面与α平行[解析]解：由题,对于B,当直线AB//平面α时,B对于D,当直线AB⊥平面α时,D对于A,C,根据直线与平面的位置关系,显然成立.故选AC.3.如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为BC，A.直线AA1 B.直线A1B1 C.直线A[解析]解：由题图易知，直线AA1、直线A1B1、直线A1D1均与直线EF不在同一平面内，直线B1C1与4.如图是某正方体的展开图，其中A，B，C，D，E，F分别是原正方体对应棱的中点，则在原正方体中与AB异面且所成角为60∘的直线是(CA.CD B.DE C.EF D.CE[解析]解：由题设，展开图还原成正方体及各点的空间位置如图所示.结合选项及正方体的性质知，与AB异面的直线有EF，CE，其中只有EF与AB所成角为60∘.故选5.如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线A.30∘ B.45∘ C.60∘[解析]解：如图,连接B1D1，D1C，则B又B1D1=B1C=D16.【多选题】（教材改编）有下列四个命题，其中正确的命题有(AB)A.若△ABC在平面α外，它的三条边所在的直线分别交平面α于P，Q，R，则P，Q，RB.若三条直线a，b，c互相平行且分别交直线l于A，B，C三点，则这四条直线共面C.若直线a不平行于平面α，且a⊄α，则α内的所有直线与aD.空间中不共面的五个点一定能确定10个平面[解析]解：在A中，因为P，Q，R三点既在平面ABC上，又在平面α上，所以这三点必在平面ABC与平面α的交线上，即P，Q，R三点共线，所以A正确；在B中，因为a//b，所以a与b确定一个平面α，而l上有A，B两点在该平面上，所以l⊂α，即a，b，l三线共面于α；同理a，c，l三线也共面，不妨设为β，而α，β有两条公共的直线a，l，所以α与β重合，即这些直线共面，所以B正确；在C中，由题设知，a与α在α内过点P的直线l与a共面，所以C错误；在D中，不妨设其中有四点共面，则它们最多只能确定7个平面，所以D错误.故选AB.7.正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，Q，P分别是AB，BC（1）证明：M，N，Q，P四点共面；[答案]证明：连接BC1因为Q,N分别为CC1,BC的中点，所以NQ//BC因为M,P分别为AB,C1D1的中点，所以PC1所以四边形BC1PM为平行四边形，所以BC1所以NQ//MP，且NQ=12MP,所以M,N,P（2）证明：PQ，MN，DC三线共点.[答案]证明：由（1）知NQ//MP，且NQ≠MP,所以PQ,MN因为E∈PQ,PQ⊂平面DCC1D1因为E∈MN,MN⊂平面ABCD，所以E∈又因为平面ABCD∩平面DCC所以E∈CD，即PQ，MN，DC8.如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，AD⊥DC，AB//DC，AB=（1）线段PA上是否存在一点G，使得点D，C，E，G共面.若存在,请证明;若不存在,请说明理由.[答案]解：存在PA的中点G满足条件．证明如下：如图,取AP的中点G,连接GE，GD，则GE是△PAB的中位线，所以GE//又AB//DC，所以GE所以G，E，C，D四点共面．（2）若PC=2，求三棱锥P[答案]因为点E是PB的中点，所以V三棱锥P因为四边形ABCD是直角梯形，所以△ABC中AB边上的高h=AD=1V三棱锥P所以V三棱锥P【综合运用】9.[2020年浙江卷]已知空间中不过同一点的三条直线l，m，n.“l，m，n共面”是“l，m，n两两相交”的(B)A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件[解析]解：依题意，l，m,n是空间中不过同一点的三条直线，当l，m,n在同一平面时，可能m//n//l，故不能得出l,m,当l，m,n两两相交时，设m∩n=A，m∩l=B,n∩l=C，根据基本事实2可知m,n确定一个平面α，而B∈m⊂α，C∈n⊂α综上所述，“l,m,n共面”是“l,m,n两两相交”的必要不充分条件.故选B.10.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱CC1A.22 B.32 C.52[解析]解：如图所示，作出正方体ABCD-A1B1C1D1,连接AE，取DD1的中点F，连接EF，AF，则CD//EF，则∠AEF为异面直线AE与CD所成的角，因为EF⊥平面ADD1A1，且AF⊂平面ADD1A1,所以11.已知菱形ABCD中有AB=BD=2，把△ABD沿BD折起，使点A到达点P处，且PC=3，若点E为线段PD的中点，则异面直线BEA.32 B.34 C.12[解析]解：如图，取CD的中点F，连接BE，BF，EF，因为点E为线段PD的中点，F是线段CD的中点，所以EF//PC，EF=32，∠BEF或其补角即异面直线因为四边形ABCD是菱形，AB=BD=2，所以BE=cos∠BEF=BE2+EF2-BF212.已知两条异面直线a，b所成角为60∘，P是空间一点，过P作与a，b所成的角都是50∘的直线，这样的直线共有2[解析]解：把异面直线a，b平移到相交，使交点为P，此时∠APB=60∘，过P点作直线c平分∠APB，这时c与a，b所成角都为30∘，过P点作直线d⊥a，d⊥b，这时d与a，b所成角都为90∘，直线从c的位置向两边转到d时与a，13.如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面是边长为2的菱形，∠DAB=60∘，对角线AC与BD交于点O，PO⊥平面ABCD，PB（1）求四棱锥P-ABCD[答案]解：在四棱锥P-ABCD中，因为PO⊥平面ABCD，所以∠PBO是PB与平面ABCD在Rt△AOB中，因为AB=2，所以在Rt△POB中，因为PO⊥OB，所以PO=BO⋅tan60∘=3（2）若E是PB的中点，求异面直线DE与PA所成角的余弦值.[答案]如图所示，取AB的中点F，连接EF，DF.因为E为PB的中点，所以EF//PA，所以∠DEF为异面直线DE与PAAO=AB在Rt△POA中，PA=6，在正△ABD和正△PDB中，DF=DE=所以异面直线DE与PA所成角的余弦值为24【拓广探索】14.如图，正三棱锥A-BCD中,AB,AC,AD两两垂直,且AB=AC=AD=3.在该三棱锥的表面上有一个动点P，且点P到点B的距离始终等于2[解析]解：设动点P在三棱锥表面形成的曲线分别为GH⌢，HE⌢，EF⌢，FG⌢，如图所示.在Rt△BAH中，cos∠HBA=323=32，所以∠HBA=π6在Rt△HAE中，∠HAE=π2，AH在等边三角形BCD中，∠CBD=π3，所以GF⌢=23×π7.3空间直线、平面的平行1.借助长方体理解基本事实4，并能用基本事实4解决直线与直线平行问题.2.借助长方体抽象出等角定理，能用等角定理解决空间角相等问题.3.从定义和基本事实出发，借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线、平面的平行关系，归纳出直线、平面平行的性质定理（并加以证明）与判定定理.【教材梳理】1.直线与直线平行（1）基本事实4文字语言平行于同一条直线的两条直线平行.图形语言符号语言a//b说明基本事实4表明了平行线的传递性.（2）等角定理文字语言如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.图形语言符号语言OA//O'A'，OB2.直线与平面平行（1）判定定理文字语言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.图形语言符号语言a⊄α，b⊂α（2）性质定理文字语言一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行.图形语言符号语言a//α，a⊂β3.平面与平面平行（1）判定定理文字语言如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行.图形语言符号语言a⊂β,b⊂β，a∩b=P（2）性质定理文字语言两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行.图形语言符号语言α//β，α∩γ=【常用结论】4.平面与平面平行其他常用判定、性质（1）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相交直线，则这两个平面平行.（2）平行于同一个平面的两个平面平行.（3）垂直于同一条直线的两个平面平行.（4）如果两个平面平行，那么其中一个平面内的直线平行于另一个平面.（5）如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，那么它也垂直于另一个平面.5.与平行相关的线段（角）（1）夹在两平行平面之间的平行线段相等.（2）两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例.（3）同一条直线与两个平行平面所成的角相等.1.判断下列命题是否正确，正确的在括号内画“√”，错误的画“×”.（1）若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面. (×)（2）若一条直线平行于一个平面，则这条直线平行于这个平面内的任一条直线. (×)（3）如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行. (×)（4）如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面. (√)（5）如果两个平面平行，且一条直线平行于其中一个平面，则该直线平行于另一平面. (×)2.过平面α外的直线l作一组平面与α相交，若所得交线分别为a，b，c，…，则这些交线的位置关系为(A)A.平行或交于同一点 B.相交于同一点C.相交但交于不同的点 D.平行[解析]解：当直线l//平面α时，可得l//a，l//b，l//c，…，则a//b//c//…；当直线l与平面α相交时，设l∩α=O，则直线a3.过三棱柱ABC-A1B1C1A.4条 B.6条 C.8条 D.12条[解析]解：作出如图的图形，E，F，G，H是相应棱的中点，故符合条件的直线只能出现在平面EFGH中.由此四点可以组成的直线有：EF，GH，FG，EH，GE，HF共有6条.故选B.4.（教材习题改编）平面α//平面β，点A，C∈α,点B，D∈β，直线AB，CD相交于点P，已知AP=8，BP=9，[解析]解：因为直线AB，CD相交于点P，所以A,B,C,D,P共面.根据面面平行的性质定理可知，AC//BD①若点P在平面α,β的外部，则APAB=CPCD，即81②若点P在平面α,β之间，则APBP=CPDP，即89=16DP故填2或34.考点一平行关系的基本问题例1（1）设α，β为两个平面，则α//β的充要条件是(A.α内有无数条直线与β平行 B.α内有两条相交直线与β平行C.α，β平行于同一条直线 D.α，β垂直于同一平面[解析]解：由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是α//β的充分条件，由面面平行性质定理知，若α//β，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是α//（2）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F，G①FG//平面A②EF//平面B③FG//平面B④平面EFG//平面B⑤平面EFG//平面A其中所有正确推断的序号是(A)A.①③⑤ B.①④ C.②③⑤ D.②④[解析]解：对于①，由正方体性质可知，平面AA1D1D//平面BB1C1C，又FG⊂对于②，因为EF与C1D1延长线相交，故EF不平行于平面BC1对于③，因为F,G分别为B1C1和BB1的中点，所以FG//BC1，又因为FG⊄平面B对于④，由②知EF与C1D1延长线相交，故平面EFG不平行于平面BC对于⑤，由③知，FG//平面A1C1B，同理可证EG//平面A1C1B，又FG∩EG=【点拨】平行关系的基本问题，应以定义、基本事实4和定理为依据，以正（长）方体、三棱柱（锥）等常见几何体为载体进行判断.变式1.（1）设α，β是两个不重合的平面，l，m是两条不重合的直线，则“α//β”的一个充分不必要条件是(A.l⊂α，m⊂α，且l//β，m//β B.C.l⊥α，m⊥β，且l//m D.l//[解析]解：对于A，若l//m，则它们可能都平行于α，β的交线，所以A对于B，可得l，m可能都平行于α，β的交线，B不满足题意.对于C,由l⊥α且l//m，可得m⊥α，由m⊥α，m对于D,l，m可能都平行于α，β的交线，D不满足题意．故选C.（2）【多选题】如图所示的四个正方体图形中，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的图形是(ACA.B.C.D.[解析]解：在A中，由于平面MNP与AB所在的侧面平行，所以AB//平面MNP；在C中，由于AB与以MP为中位线的三角形的底边平行，所以AB//MP，又因为MP⊂平面MNP，AB⊄平面MNP.所以AB//平面MNP.BD中，只须平移AB，即可发现AB考点二平行关系的证明问题例2（1）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E，F，（Ⅰ）EG//平面BDD[答案]证明：如图，连接SB，在△SBC中，因为E，G分别是BC，SC的中点，所以EG//又因为SB⊂平面BDD1B1，EG所以EG//平面BDD（Ⅱ）平面EFG//平面BD[答案]证明：因为E，F分别是BC，DC的中点，所以EF//BD又因为BD⊂平面BDD1B1，EF所以EF//平面BDD由（1）知EG//平面BDDEG，EF⊂平面EFG，EG∩所以平面EFG//平面BDD（2）如图，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（Ⅰ）求证：AP//平面BEF[答案]证明：连接EC，因为AD//BC，BC=12AD，所以四边形ABCE是平行四边形，所以O又因为F是PC的中点，所以FO//AP，FO⊂平面BEF，AP⊄平面BEF，所以AP//（Ⅱ）求证：GH//平面PAD[答案]证明：连接FH，OH，因为F，H分别是PC，CD的中点，所以FH//PD，所以FH//平面又因为O是BE的中点，H是CD的中点，所以OH//AD，所以OH//平面又FH∩OH=H，所以平面OHF//又因为GH⊂平面OHF，所以GH//平面PAD（Ⅲ）在线段PD上找一点Q，使平面ABP//平面ECQ，并说明理由[答案]证明：取PD中点为Q即可.理由如下：由上知AB//EC，又AP//EQ，AB∩AP=A【点拨】①证明线线平行，可以运用基本事实4、中位线定理，也可以证明包含这两边的四边形是平行四边形，或者运用线面平行的性质定理来证明.②要证明直线和平面平行，通常有两种方法：i利用线面平行的判定定理，只要在平面内找到一条直线与已知平面外直线平行即可；ii由面面平行的性质定理：如果两个平面平行，那么其中一个平面内的任何一条直线和另外一个平面平行.第一种方法是常用方法，一般需要连接特殊点、画辅助线，再证明线线平行，从而得到线面平行.第二种方法常用于非特殊位置的情形.③判定面面平行的主要方法:i利用面面平行的判定定理；ii线面垂直的性质（垂直于同一直线的两平面平行）.利用面面平行的判定定理证明两平面平行时需要说明是一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行变式2.（1）如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC（Ⅰ）B，C，H，G四点共面；[答案]证明：因为G，H分别是A1B1，A1C又因为B1C1//BC，所以GH//BC，所以B，C（Ⅱ）平面EFA1//[答案]证明：因为E，F分别为AB，AC的中点，所以EF//BC因为EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，所以EF//平面又因为G，E分别为A1B1，AB的中点，A1B1//=AB，所以A1因为A1E⊄平面BCHG，GB⊂所以A1E//平面又因为A1E∩EF=E，A1E所以平面EFA1//平面（2）[2023届湖南岳阳适应考节选]如图，圆柱的轴截面ABCD为正方形，点E在底面圆周上，且BE=CE,M为AE上的一点，且BM⊥AC,AN=2NC，设平面BMN[答案]证明：因为平面BMN∩平面BEC=l,所以要证MN//l，只需证MN因为MN⊂平面AEC,平面AEC∩平面BEC=EC,所以证明又AN=2NC，故只需证明AM由题知AB⊥平面BEC,EC⊂平面BEC，则AB⊥EC.由BC又BE∩AB=B，BE,AB⊂平面ABE，所以EC又因为BM⊂平面ABE，所以EC⊥BM.又BM⊥AC,AC∩EC=C，AC,EC⊂又因为AE⊂平面AEC，所以BM⊥AE.易得AB=BC=2BE，则在△ABE中，不妨取AB=2,则BE=2,又AN=2NC,所以MN//考点三平行关系的综合问题例3[2022年全国甲卷]小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面（1）证明：EF//平面ABCD[答案]解：证明：分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，EM,FN,如图所示.因为△EAB,△FBC为正三角形，且AB=BC,所以EM⊥AB,FN⊥BC，EM=FN.又平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD=AB，EM⊂平面EAB，所以EM⊥平面ABCD.同理可得FN⊥平面ABCD.根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，而EM=FN，所以四边形EMNF为平行四边形，所以EF（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）.[答案]分别取AD,DC的中点K,L，连接KM,KL,LN,HK,GL.由（1）知EF//=MN，同理，HE//=KM,HG//=KL,GF//=LN.易证BD⊥MN，MN⊥MK，易得MN=NL=LK=KM=42，EM=8sin60∘=43，点B到平面MNFE【点拨】当直线与平面平行时,直线上任意一点到平面的距离相等.在某点到平面的距离易求的前提下实行平行转化,将较难的点到平面的距离转化为较易求的另外一点到平面的距离是我们常用的方法，这需要首先完成线面平行或面面平行的证明.变式3.如图，四棱锥P-ABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为217.点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面GEFH⊥平面ABCD，BC（1）证明：GH//EF[答案]解：证明：因为BC//平面GEFH，BC⊂平面PBC，且平面PBC∩平面GEFH=GH同理可证EF//BC，因此GH（2）若EB=2，求四边形GEFH[答案]如图，连接AC，BD交于点O，BD交EF于点K，连接OP，GK.因为PA=PC，O是AC的中点，所以PO⊥AC又BD∩AC=O，且AC，BD都在底面内，所以PO⊥又因为平面GEFH⊥平面ABCD且PO⊄平面GEFH，所以PO//平面GEFH因为平面PBD∩平面GEFH=所以PO//GK，且GK⊥底面从而GK⊥EF，所以GK是梯形GEFH由AB=8，EB=2从而KB=14DB=12OB再由PO//GK得GK=12PO，即G是PB的中点，且GH=12BC=4故四边形GEFH的面积S=GH【巩固强化】1.有下列命题：①若直线l平行于平面α内的无数条直线，则直线l//α②若直线a在平面α外，则a//α③若直线a//b，b//α④若直线a//b，b//α，则a平行于平面其中真命题的个数是(A)A.1 B.2 C.3 D.4[解析]解：命题①，l可以在平面α内，不正确；命题②，直线a与平面α可以相交，不正确；命题③，a可以在平面α内，不正确；命题④正确.故选A.2.已知空间中两个角α，β，且角α与角β的两边分别平行，若α=30∘，则βA.30∘ B.150∘ C.30∘或150∘ D.60[解析]解：因为角α与角β的两边分别平行，所以α与β相等或互补，又α=30∘，所以β=30∘3.如图，已知平面α//平面β，点P为α，β外一点，直线PB，PD分别与α，β相交于A，B和C，D，则AC与BD的位置关系为(AA.平行 B.相交 C.异面 D.平行或异面[解析]解：P,A,B,C,D在同一平面内，且平面PBD∩平面α=AC，平面PBD∩因为α//β，所以AC//BD4.设l，m为直线，α，β为平面，且l⊂α，m⊂β，则“l∩m=⌀”是“A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件[解析]解：当平面α与平面β平行时，两个平面内的直线没有交点，故“l∩m=⌀”是“α//β”的必要条件；当两个平面内的直线l，m没有交点时，两个平面可以相交，所以“l∩m=⌀”是5.在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD上的点，且AE:EB=AF:FD=1:4，H，GA.BD//平面EFG，且四边形EFGHB.EF//平面BCD，且四边形EFGHC.HG//平面ABD，且四边形EFGHD.EH//平面ADC，且四边形EFGH[解析]解：如图，由条件知，EF//BD，EF=15HG=12BD，所以EF//HG，且EF=25HG，所以四边形EFGH为梯形.因为EF//BD，EF⊄平面BCD，BD⊂平面BCD，所以EF//平面BCD.因为四边形EFGH6.如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，当PA//平面EBF时，PFFCA.23 B.14 C.16[解析]解：连接AC交BE于G，连接FG，因为PA//平面EBF，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面BEF=FG，所以PA又AD//BC，E为AD的中点，所以AGGC=AEBC=7.如图，已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中，M,N,P,Q分别是AA1,BB1,AB[答案]证明：连接BC1,A因为三棱柱ABC-A1B1C因为M,N分别是AA1,BB1在△B1C1B中，Q,N分别是B1C1又因为AB∩BC1=B,MN∩NQ又因为P是AB的中点，所以PC1⊂平面所以PC1//平面8.如图，四棱锥C-ABED中，四边形ABED是正方形，G，F分别是EC，BD（1）求证：GF//平面ABC[答案]解：证明：连接AE,由四边形ABED为正方形,可知F为AE与BD的交点,且为AE,BD的中点.又点G是EC的中点，所以GF//AC因为GF⊄平面ABC，AC⊂平面ABC所以GF//平面ABC（2）在棱CD上是否存在一点P，使得平面GFP//平面ABC[答案]存在点P为棱CD的中点，使平面GFP//平面ABC证明如下:由点P，F分别为CD，BD的中点,可得PF//BC因为PF⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PF//平面由（1）可知，GF//平面ABC，且GF∩PF=F，GF，PF⊂平面GFP，所以平面【综合运用】9.（2021年浙江卷）如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1，M，N分别是A.直线A1D与直线D1B垂直，直线MNB.直线A1D与直线D1B平行，直线MNC.直线A1D与直线D1B相交，直线MND.直线A1D与直线D1B异面，直线MN[解析]解：如图，连接AD1因为四边形ADD1A1是正方形，且M是A1D的中点，A1D⊥AD1,又AB⊥.又AB∩AD1=A，所以A1D⊥平面ABD1.又D1B⊂平面ABD1，所以A1D⊥D1B，所以B错误;由图易知直线A1D与直线D1B异面，所以C错误;因为M,N分别是A1D，D1B的中点，所以MN//AB.又MN⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以MN//平面ABCD，所以A正确；取AA1的中点E，连接EN，EB，EB1，B1D，则B1D10.已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是BB1的中点，动点P在正方体内部或表面上，且MPA.22 B.2 C.1 D.2[解析]解：如图所示,E，F，G，M分别是AA1，A1D1，B则EF//MG//AD1，EM//GF//AB，所以EF//平面ABD1，EM//平面ABD1因为AD1⊥AB,所以EF⊥EM因为MB1=B1所以S矩形EFGM=111.【多选题】（教材习题）如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD-A1B1C1DA.没有水的部分始终呈棱柱形B.水面EFGH所在四边形的面积为定值C.棱A1DD.当容器倾斜如图所示时，BE⋅BF[解析]解：由题图，显然A是正确的，B是错误的；对于C，因为A1D1//BC，BC//FG，所以A1D1//FG，且A1D1⊄平面EFGH对于D，因为水是定量的（定体积V），所以S△BEF⋅BC=V，即12BE⋅BF⋅12.【多选题】正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CCA.直线D1D与直线AFB.直线A1G与平面AEFC.平面AEF截正方体所得的截面面积为98D.点C与点G到平面AEF的距离相等[解析]解：根据题意，因为AD1//EF，所以面AEF即面AEFD1，又D1D//C1C，故A错误.因为A1G//D1F，A1G⊄AEFD1，所以A1G//平面AEFD1，故B正确.平面AEF截正方体所得截面为等腰梯形AEFD1，易知梯形13.在四棱锥S-ABCD中，SA⊥AD，平面SAD⊥平面ABCD，∠ADC=∠BCD=90∘，AD=DC=SA=12BC=2（1）证明：平面SCD//平面EFG[答案]解：证明：因为点E，G分别为线段SA，SD的中点，故EG//SD，又EG⊄平面SCD，SD⊂平面SCD，故EG//因为∠ADC=∠BCD=90∘，故AD//BC，因为GD又GF⊄平面SCD，CD⊂平面SCD，故GF//平面SCD，因为GF⊂平面EFG，EG⊂平面EFG，EG∩FG=（2）求三棱锥A-DEF[答案]因为SA⊥AD，SA⊂平面SAD，平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD=AD,所以SA⊥平面ABCD由已知可得，S△AFD=12【拓广探索】14.如图所示，四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，若截面为平行四边形．（1）求证：AB//平面EFGH，CD//平面[答案]解：证明：因为四边形EFGH为平行四边形，所以EF//HG因