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8.1　基本立体图形
第1课时　简单多面体
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核心知识目标 核心素养目标
1.通过对实物模型的观察,归纳认知棱柱、棱锥、棱台的结构特征. 2.理解棱柱、棱锥、棱台之间的关系. 3.能运用棱柱、棱锥、棱台的结构特征描述现实生活中简单几何体的结构并进行有关计算. 1.通过对棱柱、棱锥、棱台的结构特征的学习,培养数学抽象、逻辑推理的核心素养. 2.通过运用棱柱、棱锥、棱台的结构特征描述现实生活中简单几何体及进行有关计算,发展逻辑推理、数学运算的核心素养.
1.空间几何体
在我们周围存在着各种各样的物体,它们都占据着空间的一部分,如果只考虑这些物体的形状和大小,而不考虑其他因素,那么由这些物体抽象出来的空间图形就叫做空间几何体.
2.多面体和旋转体
类别 定义 图示
多面体 由若干个平面多边形围成的几何体叫做多面体.围成多面体的各个多边形叫做多面体的面;两个面的公共边叫做多面体的棱;棱与棱的公共点叫做多面体的顶点
旋转体 一条平面曲线(包括直线)绕它所在平面内的一条定直线旋转所形成的曲面叫做旋转面,封闭的旋转面围成的几何体叫做旋转体.这条定直线叫做旋转体的轴
3.棱柱、棱锥与棱台
多面体 定义 相关概念 图形及表示 分类 特殊情形
棱柱 一般地,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叫做棱柱 底面(底):两个互相平行的面; 侧面:其余各面; 侧棱:相邻侧面的公共边; 顶点:侧面与底面的公共顶点 记作:棱柱 ABCDEF-A′B′C′D′E′F′ 按底面多边形的边数分为三棱柱、四棱柱、五棱柱…… 直棱柱:侧棱垂直于底面的棱柱; 斜棱柱:侧棱不垂直于底面的棱柱; 正棱柱:底面是正多边形的直棱柱
棱锥 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叫做棱锥 底面(底):多边形面; 侧面:有公共顶点的各个三角形面; 侧棱:相邻侧面的公共边; 顶点:各侧面的公共顶点 记作:棱锥S-ABCD 按底面多边形的边数分为三棱锥、四棱锥、五棱锥……,其中三棱锥又叫四面体 正棱锥:底面是正多边形,并且顶点与底面中心的连线垂直于底面的棱锥
棱台 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叫做棱台 上底面:原棱锥的截面; 下底面:原棱锥的底面; 侧面:其余各面; 侧棱:相邻侧面的公共边; 顶点:侧面与上(下)底面的公共顶点 记作:棱台ABCD-A′B′C′D′ 由三棱锥、四棱锥、五棱锥……截得的棱台分别为三棱台、四棱台、五棱台……
棱柱、棱 锥、棱台的 关系 在运动变化的观点下,棱柱、棱锥、棱台之间的关系可以用下图表示出来(以三棱柱、三棱锥、三棱台为例)
1.下面多面体中,是棱柱的有(　D　)
(A)1个 (B)2个 (C)3个 (D)4个
解析:根据棱柱的定义进行判定知,这4个图都满足.故选D.
2.棱锥的侧面和底面可以都是(　A　)
(A)三角形 (B)四边形
(C)五边形 (D)六边形
解析:棱锥的侧面都是三角形,所以底面和侧面相同只能是三角形. 故选A.
3.下列图形中,是棱台的是(　C　)
解析:由棱台的定义知,A,D的侧棱延长线不交于一点,所以不是棱台;B中两个面不平行,不是棱台,只有C符合棱台的定义.故选C.
4.四棱柱有　　　　条侧棱,　　　　个顶点.
解析:四棱柱有4条侧棱,8个顶点(可以结合正方体观察求得).
答案:4　8
　棱柱的结构特征
[例1] 下列说法正确的是(　　)
(A)有两个面平行,其余各面都是四边形的几何体叫做棱柱
(B)有两个面平行,其余各面都是平行四边形的几何体叫做棱柱
(C)各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体
(D)九棱柱有9条侧棱,9个侧面,侧面均为平行四边形
解析:
选项A,B都不正确,反例如图所示.选项C也不正确,上、下底面是全等的菱形,各侧面是全等的正方形的四棱柱不是正方体.根据棱柱的定义知选项D正确.故选D.
有关棱柱的结构特征问题的解题策略
(1)棱柱的定义有以下两个要点,缺一不可.
①有两个平面(底面)互相平行;
②其余各面(侧面)每相邻两个面的公共边(侧棱)都互相平行.
(2)求解与棱柱相关的问题时,首先看是否有两个平行的面作为底面,再看是否满足其他特征.
即时训练1-1:下列几何体是棱柱的有(　　)
(A)4个 (B)3个 (C)2个 (D)1个
解析:根据棱柱的结构特征可知几何体①③④⑤均不符合,仅有②符合.故选D.
即时训练1-2:下列四个命题中,假命题为(　　)
(A)棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面
(B)棱柱的各个侧面都是平行四边形
(C)棱柱的两底面是全等的多边形
(D)棱柱的面中,至少有两个面互相平行
解析:A错,正六棱柱的两个相对的侧面互相平行,但不是棱柱的底面,B,C,D是正确的.故选A.
[备用例1] 下列关于棱柱的说法:
(1)所有的面都是平行四边形;
(2)每一个面都不会是三角形;
(3)两底面平行,并且各侧棱也平行;
(4)被平面截成的两部分可以都是棱柱.
其中正确的序号是　　　　.
解析:(1)错误,棱柱的底面不一定是平行四边形;
(2)错误,棱柱的底面可以是三角形;
(3)正确,由棱柱的定义易知,两底面平行,并且各侧棱也平行;
(4)正确,棱柱可以被平行于底面的平面截成两个棱柱.所以说法正确的序号是(3)(4).
答案:(3)(4)
　棱锥和棱台的结构特征
[例2] 下列关于棱锥、棱台的说法:
(1)棱台的侧面一定不会是平行四边形;
(2)棱锥的侧面只能是三角形;
(3)由四个面围成的封闭图形只能是三棱锥;
(4)棱锥被平面截成的两部分不可能都是棱锥.
其中正确说法的序号是　　　　.
解析:(1)正确,棱台的侧面一定是梯形,而不是平行四边形;
(2)正确,由棱锥的定义知棱锥的侧面只能是三角形;
(3)正确,由四个面围成的封闭图形只能是三棱锥;
(4)错误,如图所示,四棱锥S-ABCD被平面SAC截成的两部分都是棱锥.
答案:(1)(2)(3)
判断棱锥、棱台形状的两个方法
(1)举反例法
结合棱锥、棱台的定义举反例直接判断关于棱锥、棱台结构特征的某些说法不正确.
(2)直接法
棱锥 棱台
定底面 只有一个面是多边形,此面即为底面 两个互相平行的面,即为底面
看侧棱 相交于一点 延长后相交于一点
即时训练2-1:下面图形中,为棱锥的是(　　)
(A)①③ (B)①③④
(C)①②④ (D)①②③④
解析:根据棱锥的定义和结构特征可以判断,①②是棱锥,③不是棱锥,④是棱锥.故选C.
即时训练2-2:有下列三种叙述:
①用一个平面去截棱锥,棱锥底面和截面之间的部分是棱台;
②两个面平行且相似,其余各面都是梯形的多面体是棱台;
③有两个面互相平行,其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台.
其中正确的有(　　)
(A)0个 (B)1个 (C)2个 (D)3个
解析:①中的平面不一定平行于底面,故①错;②③可用反例去检验,如图所示,侧棱延长线不能相交于一点,故②③错.故选A.
[备用例2] 下列说法中正确的是(　　)
(A)棱锥的侧面不一定是三角形
(B)棱锥的各侧棱长一定相等
(C)棱台的各侧棱的延长线交于一点
(D)用一平面去截棱锥,得到两个几何体,一个是棱锥,一个是棱台
解析:根据定义,棱锥的侧面一定是三角形,故A不正确.在斜棱锥中侧棱长不一定相等,故B不正确.用一平行底面的平面截棱锥,得到两个几何体,一个是棱锥,一个是棱台,故D不正确.故选C.
　多面体的平面展开图
[例3] (1)下面图形中是正方体展开图的是(　　)
(2)如图代表未折叠正方体的展开图,将其折叠起来,变成正方体后的图形是(　　)
解析:(1)由正方体表面展开图性质知A是正方体的展开图;B折叠后第一行两个面无法折起来,而且下边没有面,故不能折成正方体;C缺少一个正方形;D折叠后有一个面重合,另外还少一个面,故不能折成正方体.故选A.
(2)将平面图形折叠起来,变成正方体后的图形中,相邻的平面中三条线段是平行线,排除A,C;相邻平面只有两个是空白面,排除D.故选B.
(1)解答此类问题要结合多面体的结构特征发挥空间想象能力和动手能力.
(2)若给出多面体画其展开图时,常常给多面体的顶点标上字母,先把多面体的底面画出来,然后依次画出各侧面.
(3)若是给出表面展开图,则可把上述程序逆推.
即时训练3-1:水平放置的正方体的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示,如图是一个正方体的表面展开图(图中数字写在正方体的外表面上),若图中“0”上方的“2”在正方体的上面,则这个正方体的下面是(　　)
(A)1 (B)2 (C)快 (D)乐
解析:由题意知,将正方体的展开图还原成正方体,1与乐相对,2与2相对,0与快相对,所以下面是2.故选B.
[备用例3] 如图是三个几何体的表面展开图,请问各是什么几何体
解:由几何体的表面展开图的特点,结合棱柱,棱锥,棱台的定义,可把表面展开图还原为原几何体,如图所示.
所以①为五棱柱,②为五棱锥,③为三棱台.
　多面体表面距离最短问题
[例4] 如图,在三棱锥V-ABC中,VA=VB=VC=4,∠AVB=∠AVC=
∠BVC=30°,过点A作截面△AEF,求△AEF周长的最小值.
解:将三棱锥沿侧棱VA剪开,并将其侧面展开平铺在一个平面上,如图,线段AA1的长为所求△AEF周长的最小值.
因为∠AVB=∠A1VC=∠BVC=30°,
所以∠AVA1=90°.
又VA=VA1=4,
所以AA1=4.
所以△AEF周长的最小值为4.
该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题,在解题的过程中,需要明确两个点在几何体上所处的位置,再利用平面上两点间直线段最短,所以处理方法就是将面切开平铺,利用平面图形的相关特征求得结果.
即时训练4-1:如图所示,长方体的底面相邻边长分别为1 cm和3 cm,高为6 cm.如果用一根细线从点A开始经过4个侧面缠绕一圈到达点B,那么所用细线最短需要多长
解:将长方体展开,连接AB′,如图.因为AA′=1+3+1+3=8(cm),A′B′=6 cm,
根据两点之间线段最短,AB′==10 (cm).
所以所用细线最短需要10 cm.
[备用例4] 长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,BC=3,BB1=5,一只蚂蚁从点A出发沿表面爬行到点C1,求蚂蚁爬行的最短路线长.
解:沿长方体的一条棱剪开,使A和C1展在同一平面上,求线段AC1的长即可,有如图所示的三种剪法:
(1)若将C1D1剪开,使面AB1与面A1C1共面,可求得AC1=
==4.
(2)若将AD剪开,使面AC与面BC1共面,可求得AC1=
==3.
(3)若将CC1剪开,使面BC1与面AB1共面,可求得AC1==.
相比较可得蚂蚁爬行的最短路线长为.
1.有两个面平行的多面体不可能是(　B　)
(A)棱柱 (B)棱锥
(C)棱台 (D)以上都错
解析:棱柱、棱台的上、下底面是平行的,而棱锥的任意两面均不平行.故选B.
2.(教材习题改编)已知集合A={正方体},B={长方体},C={正四棱柱},D={直四棱柱},E={棱柱},F={直平行六面体},则(　B　)
(A)A B C D F E
(B)A C B F D E
(C)C A B D F E
(D)它们之间不都存在包含关系
解析:根据棱柱、直四棱柱、直平行六面体、长方体、正四棱柱、正方体的结构特征可以得到答案.故选B.
3.棱台不具有的性质是(　C　)
(A)两底面相似
(B)侧面都是梯形
(C)侧棱都平行
(D)侧棱延长后都交于一点
解析:根据棱台的定义:用平行于底面的平面截棱锥,截面与底面之间的部分叫做棱台,所以棱台具有的性质是上、下底面多边形相似,每个侧面都是梯形,侧棱延长后交于一点,所以棱台的侧棱都不平行.故
选C.
4.下列几何体中,　　　　是棱柱,　　　　是棱锥,　　　　是棱台.(仅填相应序号)
解析:结合棱柱、棱锥和棱台的定义可知,①③是棱柱,⑤是棱锥,④是棱台.
答案:①③　⑤　④
选题明细表
知识点、方法 题号
棱柱及其结构特征 2,4,7
棱锥、棱台及其结构特征 3,12
多面体的平面展开图 5,6,8
棱柱、棱锥、棱台结构特征及应用 1,9,11
多面体及平面展开图计算 10,13,14
基础巩固
1.(多选题)如图所示,观察四个几何体,其中判断正确的是(　ABD　)
解析:A项,根据棱台的定义可知,几何体不是棱台,所以A是正确的;
B项中该几何体前、后两个面平行,其他面是平行四边形,且每相邻两个平行四边形的公共边平行,所以是棱柱,因此正确;
C项,根据棱锥的定义可知,几何体是棱锥,所以C是错误的;
D项,根据棱柱的定义可知,几何体是棱柱,所以D是正确的.故选ABD.
2.下列关于棱柱的说法正确的是(　C　)
(A)四棱柱是平行六面体
(B)有两个面平行,其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱
(C)有两个面平行,其余各面都是四边形,并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱
(D)底面是正多边形的棱柱是正棱柱
解析:四棱柱的底面可以是任意四边形,而平行六面体的底面必须是平行四边形,故A不正确;说法C就是棱柱的定义,故C正确;对比定义,显然B不正确;底面是正多边形的直棱柱是正棱柱,故D不正确.故
选C.
3.下列命题正确的是(　C　)
(A)有两个面互相平行,其余四个面都是等腰梯形的六面体为棱台
(B)用一个平面去截棱锥,棱锥底面和截面之间的部分为棱台
(C)棱锥是由一个底面为多边形,其余各面为具有公共顶点的三角形围成的几何体
(D)一个正方形按不同方向平移所得几何体都是正方体
解析:对于A,有两个面互相平行,其余四个面都是等腰梯形的六面体不一定为棱台,因为不能保证各侧棱的延长线交于一点,所以A错误;对于B,用一个平面去截棱锥,棱锥底面和截面之间的部分不一定为棱台,因为不能保证截面与底面平行,所以B错误;对于C,由棱锥的定义知,由一个底面为多边形,其余各面为具有公共顶点的三角形围成的几何体是棱锥,所以C正确;对于D,一个正方形按不同方向平移所得几何体,不一定是正方体,也可能是长方体,D错误.故选C.
4.如图,将装有水的长方体水槽固定底面一边后倾斜一个小角度,则倾斜后水槽中的水形成的几何体是(　A　)
(A)棱柱
(B)棱台
(C)由一个棱柱与一个棱锥构成
(D)不能确定
解析:根据棱柱的结构特征,当倾斜后,水槽中的水形成了以左、右(或前、后)两个侧面为底面的四棱柱.故选A.
5.一个几何体的平面展开图如图所示.该几何体是　　　,该几何体中与“祝”字面相对的面的字是　　　.
解析:由四棱台的几何特征可知,该几何体是四棱台.与“祝”相对的面是“前”.
答案:四棱台　前
6.在下面的四个平面图形中,是侧棱都相等的四面体的展开图的为　　　　.(填序号)
解析:③④中的图组不成四面体,只有①②可以.
答案:①②
能力提升
7.正五棱柱中,不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线,那么一个正五棱柱对角线的条数共有(　D　)
(A)20 (B)15 (C)12 (D)10
解析:从正五棱柱的上底面1个顶点与下底面不与此点在同一侧面上的两个顶点相连可得2条对角线,故共有5×2=10条对角线.故选D.
8.某人用如图所示的纸片沿折痕折后粘成一个四棱锥形的“走马灯”,正方形做灯底,且有一个三角形面上写上了“年”字,当灯旋转时,正好看到“新年快乐”的字样,则在①,②,③处可依次写上(　B　)
(A)乐、新、快 (B)快、新、乐
(C)新、乐、快 (D)乐、快、新
解析:根据四棱锥图形,正好看到“新年快乐”的字样,可知B项符合.故选B.
9.(多选题)如图所示的几何体,关于其结构特征,下列说法正确的是(　ABC　)
(A)该几何体是由两个同底的四棱锥组成的几何体
(B)该几何体有12条棱、6个顶点
(C)该几何体有8个面,并且各面均为三角形
(D)该几何体有9个面,其中一个面是四边形,其余均为三角形
解析:根据几何体的直观图,得该几何体是由两个同底的四棱锥组成的几何体,
且有棱MA,MB,MC,MD,AB,BC,CD,DA,NA,NB,NC和ND,共12条;
顶点是M,A,B,C,D和N共6个;且有面MAB,面MBC,面MCD,面MDA,面NAB,面NBC,面NCD和面NDA共8个,且每个面都是三角形.所以选项A,B,C正确,选项D错误.故选ABC.
10.如图,在边长为2a的正方形ABCD中,E,F分别为AB,BC的中点,沿图中虚线将3个三角形折起,使点A,B,C重合,重合后记为点P,则折起后形成的几何体是　　　 　,折起后各个面的三角形面积的和为　　　　.
解析:如图折起后的几何体是三棱锥.
S△PEF=a2,S△DPF=S△DPE=×2a·a=a2,
S△DEF=a2.因此各个面的三角形面积的和为4a2.
答案:三棱锥　4a2
11.在正方体上任意选择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)
①矩形;
②不是矩形的平行四边形;
③有三个面为等腰直角三角形,有一个面为等边三角形的四面体;
④每个面都是等边三角形的四面体;
⑤每个面都是直角三角形的四面体.
解析:在如图所示的正方体ABCDA1B1C1D1中,若所取四点共面,则只能是正方体的表面或对角面,即正方形或长方形,所以①正确,②错误;棱锥ABDA1符合③,所以③正确;棱锥A1BDC1符合④,所以④正确;棱锥AA1B1C1符合⑤,所以⑤正确.
答案:①③④⑤
12.已知正四棱锥VABCD中,底面面积为16,侧棱的长为2,则该棱锥的高是　　　.
解析:如图,取正方形ABCD的中心O,连接VO,AO,则VO就是正四棱锥VABCD的高.
因为底面面积为16,
所以AO=2.
因为侧棱的长为2,
所以VO===6.
所以正四棱锥VABCD的高为6.
答案:6
应用创新
13.(2019·全国Ⅱ卷)中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图①).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图②是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有　　　　个面,其棱长为　　　　.
解析:由图可知第一层与第三层各有9个面,共计18个面,第二层共有8个面,所以该半正多面体共有18+8=26个面.
如图,将该半正多面体的部分放在棱长为1的正方体中,设该半正多面体的棱长为x,则AB=BE=x,延长CB与FE交于点G,延长BC交正方体棱于H,由半正多面体对称性可知,△BGE为等腰直角三角形,
所以BG=GE=CH=x,
所以GH=2×x+x=(+1)x=1,
所以x==-1,即该半正多面体棱长为-1.
答案:26　-1
14.如图,M是棱长为2 cm的正方体ABCDA1B1C1D1的棱CC1的中点,沿正方体表面从点A到点M的最短路程是　　　　 cm.
解析:由题意知,若以BC为轴展开(如图),则A,M两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为2 cm,3 cm,故两点之间的距离是 cm.
若以BB1为轴展开(如图),则A,M两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为 1 cm,4 cm,故两点之间的距离是 cm.故沿正方体表面从点A到点M的最短路程是 cm.
答案:第2课时　简单旋转体及组合体
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核心知识目标 核心素养目标
1.掌握圆柱、圆锥、圆台和球的结构特征. 2.理解柱、锥、台的关系. 3.会用柱、锥、台、球的结构特征描述简单组合体. 4.培养学生的空间想象能力和抽象概括能力. 1.利用实物、计算机软件等观察空间图形,认识圆柱、圆锥、圆台、球及简单组合体的结构特征,发现圆柱、圆锥、圆台的联系,理解共性和个性,培养数学抽象、直观想象的核心素养. 2.运用圆柱、圆锥、圆台、球及简单组合体的结构特征描述现实生活中简单物体的结构,培养数学建模、直观想象的核心素养.
　　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.圆柱的结构特征
圆柱 图形及表示
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叫做圆柱 图中圆柱表示为圆柱O′O
相关概念: 圆柱的轴:旋转轴; 圆柱的底面:垂直于轴的边旋转而成的圆面; 圆柱的侧面:平行于轴的边旋转而成的曲面; 圆柱侧面的母线:无论旋转到什么位置,都平行于轴的边
2.圆锥的结构特征
圆锥 图形及表示
定义:以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴,其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥 图中圆锥表示为圆锥SO
相关概念: 圆锥的轴:旋转轴; 圆锥的底面:垂直于轴的边旋转而成的圆面; 圆锥的侧面:直角三角形的斜边旋转而成的曲面; 母线:无论旋转到什么位置,不垂直于轴的边
3.圆台的结构特征
圆台 图形及表示
定义: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叫做圆台; 旋转法定义:以直角梯形中垂直于底边的腰所在直线为旋转轴,将直角梯形绕旋转轴旋转一周而形成的旋转体叫做圆台 图中圆台表示为圆台O′O
相关概念: 圆台的轴:旋转轴; 圆台的底面:垂直于轴的边旋转一周所形成的圆面; 圆台的侧面:不垂直于轴的边旋转一周所形成的曲面; 母线:无论旋转到什么位置,不垂直于轴的边
4.球的结构特征
球 图形及表示
定义:半圆以它的直径所在直线为旋转轴,旋转一周形成的曲面叫做球面,球面所围成的旋转体叫做球体,简称球 图中的球表示为球O
相关概念: 球心:半圆的圆心; 半径:连接球心和球面上任意一点的线段; 直径:连接球面上两点并且经过球心的线段
5.柱体、锥体和台体
棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台和球是常见的简单几何体.其中棱柱与圆柱统称为柱体,棱锥与圆锥统称为锥体,棱台与圆台统称为台体.
6.简单组合体
(1)除柱体、锥体、台体和球等简单几何体外,还有大量的几何体是由简单几何体组合而成的,这些几何体称作简单组合体.
(2)简单组合体的构成有两种基本形式:一种是由简单几何体拼接而成;一种是由简单几何体截去或挖去一部分而成.
1.下列几何体中是旋转体的是(　D　)
①圆柱;②六棱锥;③正方体;④球体;⑤四面体.
(A)①和⑤ (B)①和② (C)③和④ (D)①和④
解析:②六棱锥,③正方体,⑤四面体是多面体;①圆柱,④球体是旋转体.故选D.
2.下列说法正确的是(　A　)
(A)矩形绕其一边所在直线旋转一周其余三边形成的面所围成的几何体是圆柱
(B)以直角梯形的一腰为轴旋转所得的旋转体是圆台
(C)用一个平面去截圆锥,得到一个圆锥和一个圆台
(D)用任意平面截球所得截面均为圆
解析:由圆柱的定义可知,A正确;由圆台的定义可知,B不正确,应以直角梯形的垂直于底边的腰为轴;C错误,应是用一个与圆锥底面平行的平面去截圆锥,得到一个圆锥和一个圆台;D错误,平面截球所得截面是圆面,而不是圆.故选A.
3.(多选题)下列关于球体的说法正确的是(　BC　)
(A)球体是空间中到定点的距离等于定长的点的集合
(B)球面是空间中到定点的距离等于定长的点的集合
(C)一个半圆绕其直径所在直线旋转一周形成的曲面所围成的几何体是球体
(D)球的对称轴只有1条
解析:空间中到定点的距离等于定长的点的集合是球面,所以A错误,B正确;由球体的定义知C正确;球的每一条直径所在的直线均为它的对称轴,所以D错误.故选BC.
4.圆锥的高与底面半径相等,母线等于5,则底面半径等于　　　　.
解析:圆锥的轴截面如图所示,由图可知,底面半径r=,所以r=5.
答案:5
　　　　　　 　　　　　 　　　　　
　旋转体的结构特征
[例1] 下列命题正确的是　　　　　.(填序号)
①以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥;
②以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台;
③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆;
④以等腰三角形的底边上的高线所在的直线为旋转轴,其余各边旋转一周形成的几何体是圆锥;
⑤半圆绕其直径所在直线旋转一周形成球;
⑥用一个平面去截球,得到的截面是一个圆面.
解析:①以直角三角形的一条直角边所在直线为轴旋转一周才可以得到圆锥;②以直角梯形垂直于底边的一腰所在直线为轴旋转一周可得到圆台;③它们的底面为圆面;④⑤⑥正确.
答案:④⑤⑥
(1)判断简单旋转体结构特征的方法
①明确由哪个平面图形旋转而成.
②明确旋转轴是哪条直线.
(2)简单旋转体的轴截面及其应用
①简单旋转体的轴截面中有底面半径、母线、高等体现简单旋转体结构特征的关键量.
②在轴截面中解决简单旋转体问题体现了化空间图形为平面图形的转化思想.
即时训练1-1: 给出下列命题:
①圆柱的母线与它的轴可以不平行;
②圆锥的顶点、底面圆的圆心与圆锥底面圆周上任意一点这三点的连线都可以构成直角三角形;
③在圆台的上、下两底面圆周上各取一点,则这两点的连线是圆台的母线;
④圆柱的任意两条母线所在的直线是互相平行的.其中正确的是(　　)
(A)①② (B)②③ (C)①③ (D)②④
解析:由圆柱、圆锥、圆台的定义及母线的性质可知②④正确,①③错误.故选D.
[备用例1] 给出下列说法:(1)圆柱的底面是圆面;(2)经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面;(3)圆台的任意两条母线的延长线可能相交,也可能不相交;(4)夹在圆柱的两个截面间的几何体还是一个旋转体.其中说法正确的是　　　　　.
解析:(1)正确,圆柱的底面是圆面;
(2)正确,如图所示,经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面;
(3)不正确,圆台的母线延长相交于一点;
(4)不正确,夹在圆柱两个平行于底面的截面间的几何体才是旋转体.
答案:(1)(2)
　简单组合体
[例2] 观察下列几何体的结构特点,完成以下问题:
(1)图①所示几何体是由哪些简单几何体构成的 试画出几何图形,可旋转该图形180°后得到几何体①;
(2)图②所示几何体结构特点是什么 试画出几何图形,可旋转该图形360°得到几何体②;
(3)图③所示几何体是由哪些简单几何体构成的 并说明该几何体的面数、棱数、顶点数.
解:(1)题图①是由圆锥和圆台组合而成.
可旋转图①180°得到题中几何体①.
(2)题图②是一个圆台,从上而下挖去一个圆锥,且圆锥的顶点恰为圆台底面圆的圆心.
可旋转图②360°得到题中几何体②.
(3)题图③是由一个四棱锥与一个四棱柱组合而成,且四棱锥的底面与四棱柱底面重合.
该几何体共有9个面,9个顶点,16条棱.
(1)明确组合体的结构特征,主要弄清它是由哪些简单几何体组成的,必要时也可以指出棱数、面数和顶点数.
(2)会识别较复杂的图形是学好立体几何的第一步,因此我们应注意观察周围的物体,然后将它们“分拆”成几个简单的几何体,进而培养我们的空间想象能力和识图能力.
即时训练2-1:下列组合体是由哪些几何体组成的
解:(1)由两个几何体组合而成,分别为球、圆柱.
(2)由三个几何体组合而成,分别为圆柱、圆台、圆柱.
(3)由三个几何体组合而成,分别为圆锥、圆柱、圆台.
[备用例2] 如图(1)(2)所示的图形绕虚线旋转一周后形成的立体图形分别是由哪些简单几何体组成的
解:旋转题图(1)(2)后的图形分别如图(1)(2)所示.其中图(1)是由一个圆柱O1O2和两个圆台O2O3,O3O4组成的;图(2)是由一个圆锥O5O4,一个圆柱O3O4及一个圆台O1O3中挖去圆锥O2O1组成的.
　旋转体中的计算
[例3] 一个圆台的母线长为12 cm,两底面面积分别为 4π cm2 和25π cm2,求圆台的高.
解:圆台的轴截面是等腰梯形ABCD(如图所示).由已知可得O1A=2 cm,OB=5 cm.又由题意知,腰长为12 cm,
所以高AM==3 (cm).
变式训练3-1:求本例中截得圆台的圆锥的母线长.
解:如图所示,延长BA,OO1,CD,交于点S,设截得此圆台的圆锥的母线长为l,则由△SAO1∽△SBO可得=,解得l=20 (cm),即截得此圆台的圆锥的母线长为20 cm.
变式训练3-2:将本例圆台还原为圆锥后,该圆锥内有一个高为 cm的圆柱如图,求圆柱的底面半径.
解:由题意可知,圆锥的高为h==5(cm).
设圆锥的底面半径为R,圆柱的底面半径为r,
则由三角形相似得=,
即=,
解得r=4 cm.所以圆柱的底面半径为4 cm.
与圆锥(台)有关的计算问题的解决策略
(1)画出圆锥(台)的轴截面.
(2)在轴截面中借助直角三角形或三角形的相似关系建立高、母线长、底面圆的半径长的等量关系.
(3)求解圆锥(台)的内接几何体问题,应画出其轴截面图形,借助平面几何的知识求解.
即时训练3-1:如图,用一个平行于圆锥SO底面的平面截这个圆锥,截得圆台上、下底面的面积之比为1∶16,截去的圆锥的母线长是3 cm,求圆台O′O的母线长.
解:设圆台的母线长为l cm,由截得圆台上、下底面面积之比为1∶16,可设截得圆台的上、下底面的半径分别为r cm,4r cm.过轴SO作截面,如图.
则△SO′A′∽△SOA,SA′=3 cm,
所以=,
所以==.解得l=9 cm,故圆台的母线长为9 cm.
　　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.在日常生活中,常用到的螺母可以看成一个组合体(如图所示),其结构特征是(　B　)
(A)一个棱柱中挖去一个棱柱
(B)一个棱柱中挖去一个圆柱
(C)一个圆柱中挖去一个棱锥
(D)一个棱台中挖去一个圆柱
解析:一个六棱柱挖去一个等高的圆柱.故选B.
2.(教材习题改编)如图所示的几何体是由下面哪一个平面图形旋转而形成的(　A　)
解析:此几何体自上向下是由一个圆锥、两个圆台和一个圆柱构成,是由选项A中的平面图形旋转而形成的.故选A.
3.如图所示的图形中有(　B　)
(A)圆柱、圆锥、圆台和球 (B)圆柱、球和圆锥
(C)球、圆柱和圆台 (D)棱柱、棱锥、圆锥和球
解析:根据题中图形可知,(1)是球,(2)是圆柱,(3)是圆锥,(4)不是圆台.故选B.
4.圆台两底面半径分别为2 cm和5 cm,母线长为 3 cm,则它的轴截面的面积是　　　　 cm2.
解析:画出轴截面,如图,过A作AM⊥BC于M,
则BM=5-2=3(cm),
AM==9(cm),
所以==63(cm2).
答案:63
选题明细表
知识点、方法 题号
圆柱、圆锥、圆台的结构特征 2,3,6,7,10
球的结构特征 9,12,13
简单组合体 1,7,14
有关旋转体的计算 4,5,8,11
基础巩固
1.下列几何体是简单组合体的是(　D　)
解析:A选项中的几何体是圆锥,B选项中的几何体是圆柱,C选项中的几何体是球,D选项中的几何体是一个圆台中挖去一个圆锥,是简单组合体.故选D.
2.关于下列几何体,说法正确的是(　D　)
(A)图①是圆柱 (B)图②和图③是圆锥
(C)图④和图⑤是圆台 (D)图⑤是圆台
解析:因为图①的上、下底面既不平行又不全等,所以图①不是圆柱,故A错误;因为图②③中的顶点与底面圆心的连线不垂直于底面,故图②③不是圆锥,故B错误;因为图④的上、下底面不平行,所以图④不是圆台,故C错误;因为图⑤的上、下底面平行,且母线延长后交于一点,所以图⑤是圆台,故D正确.故选D.
3.(多选题)下列命题中,正确的是(　ACD　)
(A)圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的一个
(B)用一个平面去截棱锥,底面与截面之间的部分组成的几何体叫
棱台
(C)圆台的所有平行于底面的截面都是圆面
(D)圆锥所有的轴截面是全等的等腰三角形面
解析:A显然正确;对于B,用一个平行于底面的平面截棱锥,底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台,所以B错误;对于C,圆台的所有平行于底面的截面都是圆面,C正确;对于D,圆锥所有的轴截面都是全等的等腰三角形面,D正确.故选ACD.
4.圆锥的侧面展开图是直径为a的半圆面,那么此圆锥的轴截面是(　A　)
(A)等边三角形
(B)等腰直角三角形
(C)顶角为30°的等腰三角形
(D)其他等腰三角形
解析:设圆锥底面圆的半径为r,依题意可知2πr=π·,则r=,故轴截面是边长为的等边三角形.故选A.
5.上、下底面面积分别为36 π和49 π,母线长为5的圆台,其两底面之间的距离为(　D　)
(A)4 (B)3 (C)2 (D)2
解析:圆台的母线长l、高h和上、下两底面圆的半径r,R满足关系式l2=h2+(R-r)2,求得h=2,即两底面之间的距离为2.故选D.
6.用长为4,宽为2的矩形做侧面围成一个圆柱,此圆柱轴截面面积为(　B　)
(A)8 (B) (C) (D)
解析:若4为底面周长,则圆柱的高为2,此时圆柱的底面直径为,其轴截面的面积为;若底面周长为2,则圆柱的高为4,此时圆柱的底面直径为,其轴截面的面积为.故选B.
能力提升
7.以钝角三角形的较小边所在的直线为轴,其他两边旋转一周所得到的几何体是(　D　)
(A)两个圆锥拼接而成的组合体
(B)一个圆台
(C)一个圆锥
(D)一个圆锥挖去一个同底的小圆锥
解析:如图,以AB所在直线为轴旋转一周所得的几何体是一个圆锥挖去一个同底的小圆锥.故选D.
8.已知一个圆柱的轴截面是一个正方形且其面积是Q,则圆柱的底面半径为(　A　)
(A) (B)
(C) (D)2
解析:设圆柱底面半径为r,母线为l,则由题意得解得r=.故选A.
9.两平行平面截半径为5的球,若截面面积分别为9π和16π,则这两个平面间的距离是(　D　)
(A)1 (B)7
(C)3或4 (D)1或7
解析:如图(1)所示,若两个平行截面在球心同侧,则CD=-
=1.
如图(2)所示,若两个平行截面在球心两侧,则CD=+=7.故选D.
10.圆锥的侧面展开图为扇形,若其弧长为2π cm,半径为 cm,则该圆锥的底面半径为　　　 cm,高为　　　 cm.
解析:因为圆锥的侧面展开图的弧长为2π cm,半径为 cm,故圆锥的底面周长为2π cm,母线长为 cm,则圆锥的底面半径为1 cm,高为1 cm.
答案:1　1
11.如图为一个圆柱形玻璃杯,高为12 cm,底面周长为18 cm,在杯内离杯底4 cm的点C处有一滴蜂蜜,此时一只蚂蚁正好在杯外壁,离杯上沿4 cm与蜂蜜相对的点A处,则蚂蚁到达蜂蜜的最短距离为多少
解:如图,沿过A的圆柱的高剪开,得出矩形EFGH,
过C作CQ⊥EF于Q,作A关于EH的对称点A′,连接A′C交EH于P,连接AP,则AP+PC就是蚂蚁到达蜂蜜的最短距离,
因为AE=A′E,A′P=AP,
所以AP+PC=A′P+PC=A′C.
又因为CQ=×18=9 (cm),
A′Q=12-4+4=12 (cm),
在Rt△A′QC中,由勾股定理得A′C==15 (cm).
故蚂蚁到达蜂蜜的最短距离为15 cm.
应用创新
12.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,则该圆柱的底面半径为　　　　.
解析:设圆柱的底面半径为r,球的半径为R,且R=1,由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知,r,R及圆柱的高的一半构成直角三角形.
则r==.
答案:
13.某地球仪上北纬30°纬线圈的长度为12π cm,如图所示,则该地球仪的半径是　　　　 cm.
解析:如图所示,由题意知,北纬30°所在小圆的周长为12 π,则该小圆的半径r=6 cm,
其中∠ABO=30°,
所以该地球仪的半径R==4 (cm).
答案:4
14.一个圆锥的底面半径为2 cm,高为6 cm,在圆锥内部有一个高为
x cm的内接圆柱.
(1)用x表示圆柱的轴截面面积S.
(2)当x为何值时,S最大
解:(1)如图,设圆柱的底面半径为r cm,
则由=,得r=,
所以S=-x2+4x(0(2)由S=-x2+4x=-(x-3)2+6,
所以当x=3 cm时,Smax=6 cm2.8.2　立体图形的直观图
[目标导航]
核心知识目标 核心素养目标
1.了解斜二测画法的概念并掌握斜二测画法的步骤. 2.会用斜二测画法画出一些简单平面图形和立体图形的直观图. 1.利用斜二测画法画水平放置的平面图形、常见的柱体、锥体、台体以及简单组合体的直观图,增强直观想象的核心素养. 2.根据斜二测画法规则进行相关运算,强化直观想象及数学运算的核心素养.
1.斜二测画法
我们常用斜二测画法画空间图形及水平放置的平面多边形的直观图.斜二测画法是一种特殊的平行投影画法.
2.用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图的步骤
3.空间几何体直观图的画法
(1)与平面图形的直观图画法相比多了一个与x轴,y轴都垂直的z轴,直观图中与之对应的是z′轴;
(2)平面x′O′y′表示水平平面,平面y′O′z′和x′O′z′表示竖直平面;
(3)已知图形中平行于z轴(或在z轴上)的线段,在其直观图中平行性和长度都不变.
1.利用斜二测画法画出边长为3 cm的正方形的直观图,正确的是(　C　)
解析:正方形的直观图是平行四边形,且平行于x轴的边长为3 cm,平行于y轴的边长为 cm.故选C.
2.在用斜二测画法画水平放置的△ABC时,若∠A的两边分别平行于x轴、y轴,则在直观图中∠A′等于(　D　)
(A)45° (B)135°
(C)90° (D)45°或135°
解析:因为∠A的两边分别平行于x轴、y轴,故∠A=90°,在直观图中,按斜二测画法规则知∠x′O′y′=45°或135°,即∠A′=45°或135°.故选D.
3.在棱长为6 cm的正方体ABCD-A1B1C1D1中,作直观图时,棱AA1在x轴上,棱AD在y轴上,则在其直观图中,对应棱A′D′的长为　　　 cm,棱A′A1′的长为　　　 cm.
解析:在x轴上的线段长度不变,故A′A1′=6 cm,在y轴上的线段长度变成原来的一半,故A′D′=3 cm.
答案:3　6
　　　　　　 　　　　　 　　　　　
　画水平放置的平面图形的直观图
[例1] 画出如图所示水平放置的等腰梯形的直观图.
解:(1)如图①所示,取AB所在直线为x轴,AB中点O为原点,建立直角坐标系.画对应的坐标系x′O′y′,使∠x′O′y′=45°,如图②所示.
(2)以O′为中点在x′轴上取A′B′=AB,在y′轴上取O′E′=OE,以E′为中点画C′D′∥x′轴,并使C′D′=CD.
(3)连接B′C′,D′A′,删去坐标轴,所得的四边形A′B′C′D′就是水平放置的等腰梯形ABCD的直观图,如图③所示.
变式训练1-1:画出如图所示水平放置的直角梯形的直观图.
解:(1)如图①所示,在已知的直角梯形OBCD中,以底边OB所在直线为x轴,垂直于OB的腰OD所在直线为y轴建立平面直角坐标系.画出相应的x′轴和y′轴,使∠x′O′y′=45°,如图②所示.
(2)在x′轴上截取O′B′=OB,在y′轴上截取O′D′=OD,过点D′作x′轴的平行线l,在l上沿x′轴正方向取点C′使得D′C′=DC,连接B′C′,如图②所示.
(3)删去坐标轴,所得四边形O′B′C′D′就是直角梯形OBCD的直观图,如图③所示.
(1)画水平放置的平面图形的直观图,关键是确定直观图的顶点.确定点的位置,可采用直角坐标系.建立恰当的坐标系是迅速作出直观图的关键,常利用图形的对称性,并让顶点尽可能多地落在坐标轴上或与坐标轴平行的直线上.
(2)画平面图形的直观图,首先画与坐标轴平行的线段(平行性不变),与坐标轴不平行的线段通过与坐标轴平行的线段确定它的两个端点,然后连接成线段.
即时训练1-1:用斜二测画法画边长为 6 cm 的水平放置的正三角形的直观图.
解:(1)如图①所示,以BC边所在的直线为x轴,以BC边上的高线AO所在的直线为y轴建立平面直角坐标系.
(2)如图②画出对应的x′轴、y′轴,使∠x′O′y′=45°.
在x′轴上截取O′B′=O′C′=3 cm,在y′轴上截取O′A′=OA,连接A′B′,A′C′,删去坐标轴,则三角形A′B′C′即为正三角形ABC的直观图,如图③所示.
　画空间几何体的直观图
[例2] 有一个正六棱锥(底面为正六边形,侧面为全等的等腰三角形的棱锥),底面边长为3 cm,高为3 cm,画出这个正六棱锥的直观图.
解:(1)先画出边长为3 cm的正六边形的水平放置的直观图,如图①所示.
(2)过正六边形的中心O′建立z′轴,在z′轴上截取O′V′=3 cm,如图②所示.
(3)连接V′A′,V′B′,V′C′,V′D′,V′E′,V′F′,如图③所示.
(4)擦去辅助线,遮挡部分用虚线表示,即得到正六棱锥的直观图,如图④所示.
空间几何体直观图的画法
(1)画轴:通常以高所在直线为z轴建系.
(2)画底面:根据平面图形直观图的画法确定底面.
(3)确定顶点:利用与z轴平行或在z轴上的线段确定有关顶点.
(4)连线成图.
注意:空间直观图画法口诀可以总结为“横长不变,纵长减半,竖长不变,平行关系不变”.
即时训练2-1:用斜二测画法画长、宽、高分别为4 cm,3 cm,2 cm的长方体ABCD-A′B′C′D′的直观图.
解:画法步骤.
(1)画轴.如图①,画x′轴、y′轴、z′轴,三轴相交于点O′,使∠x′O′y′=45°,∠x′O′z′=90°.
(2)画底面.以点O′为中点,在x′轴上截取线段MN,
使MN=4 cm;在y′轴上截取线段PQ,
使PQ= cm.
分别过点M和N作y′轴的平行线,过点P和Q作x′轴的平行线,设它们的交点分别为A,B,C,D,四边形ABCD就是长方体的底面ABCD的直观图.
(3)画侧棱.过A,B,C,D各点分别作z′轴的平行线,并在这些平行线上分别截取2 cm长的线段AA′,BB′,CC′,DD′.
(4)成图.顺次连接A′,B′,C′,D′,并加以整理(去掉辅助线,将被遮挡的部分改为虚线),就得到长方体的直观图.如图②.
　直观图的还原与计算
[例3] 如图所示,梯形A1B1C1D1是一平面图形ABCD的直观图.若A1D1∥y′轴,A1B1∥C1D1,A1B1=C1D1=2,A1D1=O′D1=1.试画出原四边形,并求原图形的面积.
解:如图,建立直角坐标系xOy,在x轴上截取OD=O′D1=1,OC=O′C1=2.
在过点D与y轴平行的直线上截取AD=2A1D1=2.
在过点A与x轴平行的直线上截取AB=A1B1=2.连接BC,便得到了原图形(如图).
由作法可知,原四边形ABCD是直角梯形,上、下底长度分别为AB=2,CD=3,直角腰长度为AD=2.
所以面积为S=×2=5.
(1)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.
(2)由原图形求直观图的面积,关键是掌握斜二测画法,明确原来实际图形中的高,在直观图中变为与水平直线成45°角且长度为原来一半的线段,这样可得出所求图形相应的高.
(3)按照斜二测画法得到的平面图形的直观图,其面积与原图形的面积的关系:
S直观图=S原图形,S原图形=2S直观图.
即时训练3-1:如图是四边形ABCD的水平放置的直观图A′B′C′D′,则原四边形ABCD的面积是(　　)
(A)14 (B)10 (C)28 (D)14
解析:因为A′D′∥y′轴,A′B′∥C′D′,A′B′≠C′D′,
所以原图形是一个直角梯形,如图所示.
又A′D′=4,
所以AD=8.
所以原直角梯形的上、下底及高分别是2,5,8,故其面积为
S=×(2+5)×8=28.
故选C.
[备用例题] 已知△ABC的直观图△A′B′C′是边长为a的正三角形,求原△ABC的面积.
解:平面直观图如图①所示.
取B′C′所在直线为x′轴,以过B′C′的中点O′且与x′轴正方向成45°角的直线为y′轴.过A′点作A′N′∥O′x′,交y′轴于N′点,过A′点作A′M′∥O′y′,交x′轴于M′点,连接O′A′,则在Rt△A′O′M′中,因为O′A′=a,∠A′M′O′=45°,所以M′O′=O′A′=a,故A′M′=a.所以O′N′=a.如图②,在平面直角坐标系中,在x轴上O点左、右两侧分别取点B,C,使OB=OC=,在x轴上O点左侧取点M,使OM=a,在y轴上O点上方取点N,使ON=a,分别过M,N作y轴、x轴的平行线相交于点A,连接AB,AC,则△ABC即为原图形.
显然S△ABC=a·a=a2.
　　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.(教材习题改编)用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图,对其中的线段说法错误的是(　B　)
(A)原来相交的仍相交 (B)原来垂直的仍垂直
(C)原来平行的仍平行 (D)原来共点的仍共点
解析:由斜二测画法规则知,B选项错误.故选B.
2.一个长方体的长、宽、高分别为20 m,5 m,10 m,若按 1∶500 的比例画出它的直观图,那么直观图中,长方体的长、宽、高分别为　(　C　)
(A)4 cm,1 cm,2 cm (B)4 cm,0.5 cm,1 cm
(C)4 cm,0.5 cm,2 cm (D)2 cm,0.5 cm,1 cm
解析:由比例尺可知长方体的长、宽、高分别为4 cm,1 cm,2 cm.再结合斜二测画法,可知直观图的相应尺寸应分别为4 cm,0.5 cm,2 cm.故选C.
3.如图所示的图形的直观图所表示的平面图形是(　D　)
(A)正三角形
(B)锐角三角形
(C)钝角三角形
(D)直角三角形
解析:直观图中三角形中分别有一边和x′轴、y′轴平行,故原图形中这两边互相垂直.故选D.
4.如图所示为水平放置的正方形ABCO,它在直角坐标系xOy中,点B的坐标为(2,2),则在用斜二测画法画出的它的直观图中,顶点B′到x′轴的距离为　　　　.
解析:画出直观图如图,
BC对应B′C′,且B′C′=1,∠B′C′x′=45°,故顶点B′到x′轴的距离为.
答案:
选题明细表
知识点、方法 题号
平面图形的直观图 1,2,3,7
空间几何体的直观图 4,5,14
直观图的还原与计算 6,8,9,10,11,12,13
基础巩固
1.(多选题)利用斜二测画法画平面图形的直观图时,下列说法正确的是(　AB　)
(A)三角形的直观图是三角形
(B)平行四边形的直观图是平行四边形
(C)正方形的直观图是正方形
(D)菱形的直观图是菱形
解析:根据斜二测画法的规则,线段的平行性不变,相交的线段仍然相交,所以A,B正确,相等的线段在直观图中不一定相等,所以C,D错误.故选AB.
2.如图,已知等腰三角形ABC,则如图所示的四个图中,可能是△ABC的直观图的是(　D　)
(A)①② (B)②③
(C)②④ (D)③④
解析:原等腰三角形画成直观图后,原来的腰长不相等,③④两图分别是∠x′O′y′成135°和45°的坐标系中的直观图.故选D.
3.如图为一平面图形的直观图,则此平面图形可能是选项中的(　C　)
解析:由斜二测画法的规则可知,该平面图形为直角梯形,又因为第一象限内的边平行于y′轴.故选C.
4.已知两个圆锥,底面重合在一起,其中一个圆锥顶点到底面的距离为2 cm,另一个圆锥顶点到底面的距离为3 cm,则其直观图中这两个顶点之间的距离为(　D　)
(A)2 cm (B)3 cm (C)2.5 cm (D)5 cm
解析:因为这两个顶点连线与圆锥底面垂直,现在距离为5 cm,而在直观图中根据平行于z轴的线段长度不变,仍为5 cm.故选D.
5.若用斜二测画法把一个高为10 cm的圆柱的底面画在x′O′y′平面上,则该圆柱的高应画成(　A　)
(A)平行于z′轴且长度为10 cm
(B)平行于z′轴且长度为5 cm
(C)与z′轴成45°且长度为10 cm
(D)与z′轴成45°且长度为5 cm
解析:平行于z轴的线段,在直观图中平行性和长度都不变.故选A.
6.如图,正方形O′A′B′C′的边长为1 cm,它是水平放置的一个平面图形用斜二测画法得到的直观图,则原图形的周长是(　A　)
(A)8 cm
(B)6 cm
(C)2(1+) cm
(D)2(1+) cm
解析:将直观图还原为平面图形,如图所示.OB=2O′B′=2 cm,OA=
O′A′=1 cm,所以AB==3 (cm),
所以原图形的周长为8 cm.故选A.
能力提升
7.(多选题)如图所示是斜二测画法画出的水平放置的三角形的直观图,D′为B′C′的中点,且 A′D′∥y′轴,B′C′∥x′轴,那么在原平面图形ABC中(　AC　)
(A)AB与AC相等
(B)AD的长度大于AC的长度
(C)AB的长度大于AD的长度
(D)BC的长度大于AD的长度
解析:由直观图易知A′D′∥y′轴,根据斜二测画法规则,在△ABC中有AD⊥BC,又AD为BC边上的中线,所以△ABC为等腰三角形,则AB与AC相等,且长度都大于AD的长度,但BC与AD的长度大小不确定.故选AC.
8.若水平放置的四边形AOBC按斜二测画法得到如图所示的直观图,其中A′C′∥O′B′,A′C′⊥B′C′,A′C′=1,O′B′=2,则原四边形AOBC的面积为(　C　)
(A)12 (B)6 (C)3 (D)
解析:如图,作A′M⊥O′B′,则O′M=2-1=1.
由∠A′O′B′=,
得A′O′=,AO=2A′O′=2,
AC=A′C′=1,OB=O′B′=2,
且AO⊥OB,AC∥OB,
所以原四边形AOBC的面积为S=(AC+OB)·AO=×(1+2)×2=3.
故选C.
9.(多选题)水平放置的△ABC的直观图如图所示,其中B′O′=C′O′=1,
A′O′=,那么原△ABC是一个(　AD　)
(A)等边三角形
(B)直角三角形
(C)三边互不相等的三角形
(D)面积为 的三角形
解析:由题中图形知,在原△ABC中,AO⊥BC.
因为A′O′=,所以AO=.
因为B′O′=C′O′=1,所以BC=2,AB=AC=2,
所以△ABC为等边三角形.
所以△ABC的面积为×2×=.故选AD.
10.水平放置的△ABC的斜二测直观图如图所示,已知A′C′=3,B′C′=2,
则AB边上的中线的实际长度为　　　　.
解析:由斜二测画法知△ABC中,∠C=90°,AC=A′C′=3,BC=2B′C′=4,
所以AB=5,所以AB边上的中线的实际长度为.
答案:
11.在直观图中,四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm,则在坐标系xOy中,原四边形OABC为　　　　(填形状),面积为　　　 cm2.
解析:由题意,结合斜二测画法可知,四边形OABC为矩形,其中OA=2 cm,
OC=4 cm,所以四边形OABC的面积S=2×4=8(cm2).
答案:矩形　8
应用创新
12.如图所示,△A′B′C′表示水平放置的△ABC在斜二测画法下的直观图,A′B′在x′轴上,B′C′与x′轴垂直,且B′C′=3,
则△ABC的边AB上的高为　　 　.
解析:过C′作C′D∥y′轴,
则∠C′DB′=45°,因为B′C′与x′轴垂直,且B′C′=3,所以
C′D=3,
根据斜二测画法的性质,则△ABC的边AB上的高等于 2C′D=6.
答案:6
13.如图,四边形A′B′C′D′是边长为1的正方形,又知它是某个四边形按斜二测画法画出的直观图,则四边形的原图形面积是　　　.
解析:已知四边形A′B′C′D′是边长为1的正方形,又知它是某个四边形按斜二测画法画出的直观图,可得该四边形的原图形如图所示,
这是一个底边长为2,高为 的平行四边形,其面积为2.
答案:2
14.画出底面是边长为1.2 cm的正方形,侧棱均相等且高为1.5 cm的四棱锥的直观图.
解:(1)画轴.画x轴、y轴、z轴,
∠xOy=45°(或135°),∠xOz=90°,如图①.
(2)画底面.以O为中心,在xOy平面内,画出正方形的直观图ABCD,使AB=1.2 cm,EF=0.6 cm.
(3)画顶点.在z轴上截取OP,使OP=1.5 cm.
(4)成图.顺次连接PA,PB,PC,PD,并擦去辅助线,将被遮住的部分改为虚线,得四棱锥的直观图,如图②.8.3　简单几何体的表面积与体积
8.3.1　棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积
[目标导航]
核心知识目标 核心素养目标
1.了解棱柱、棱锥、棱台的侧面展开图及它们的内在联系. 2.理解棱柱、棱锥、棱台侧面展开图与几何体的表面积之间的关系. 3.会求棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积. 在棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式的应用过程中,要把实际问题转化为数学问题,并进行计算,可发展数学建模、数学运算和直观想象的核心素养.
　　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.棱柱、棱锥、棱台的表面积
多面体的表面积就是围成多面体各个面的面积的和.棱柱、棱锥、棱台的表面积就是围成它们的各个面的面积的和.
2.棱柱、棱锥、棱台的体积
(1)棱柱:棱柱的底面面积为S,高为h,则V=Sh.
(2)棱锥:棱锥的底面面积为S,高为h,则V=Sh.
(3)棱台:棱台的上、下底面面积分别为S′,S,高为h,则V=h(S′++S).
1.棱长都是1的三棱锥的表面积为(　A　)
(A) (B)2 (C)3 (D)4
解析:S表=4S正三角形=4×=.故选A.
2.已知正四棱锥的底面边长为2,高为3,则它的体积为(　B　)
(A)2 (B)4 (C)6 (D)12
解析:由题意知,正四棱锥的底面边长为2,高为3,则底面正方形的面积为S=2×2=4,所以四棱锥的体积为V=Sh=×4×3=4.故选B.
3.棱台的上、下底面面积分别是2,4,高为3,则棱台的体积等于　　　　.
解析:V棱台=×(2+4+)×3
=×3×(6+2)
=6+2.
答案:6+2
　　　　　　 　　　　　 　　　　　
　棱柱、棱锥、棱台的表面积
[例1] 已知正三棱台(由正三棱锥截得的三棱台)的上、下底面边长分别为3 cm和6 cm,高为 cm,求此正三棱台的表面积.
解:如图所示,画出正三棱台ABC-A1B1C1,其中O1,O为正三棱台上、下底面的中心,D,D1分别为BC,B1C1的中点,则OO1为正三棱台的高,DD1为侧面梯形BCC1B1的高,四边形ODD1O1为直角梯形,
所以DD1=
==(cm).
所以此正三棱台的表面积为
S表=S侧+S底=3××(3+6)×+×32+×62=(cm2).
(1)求多面体的表面积,可以先求侧面积,再求底面积.求侧面积,要清楚各侧面的形状,并找出求面积的条件;求底面积要清楚底面多边形的形状及求面积的条件.
(2)求解正棱台的表面积时注意棱台的四个基本量:底面边长、高、斜高、侧棱.并注意两个直角梯形的应用:①高、侧棱、上、下底面多边形的中心与顶点连线所成的直角梯形;②高、斜高、上、下底面边心距所成的直角梯形.
即时训练1-1:若一个四棱锥的底面是边长分别为6和8的矩形且侧棱长均相等,高为4,则该四棱锥的表面积为(　　)
(A)80 (B)24+88
(C)24+40 (D)118
解析:由于四棱锥的底面是边长分别为6和8的矩形且侧棱长均相等,高为SO=4,如图所示,
因此,等腰三角形SAB的高SE===5,
等腰三角形SCB的高SF===4,
所以S△SAB=S△SCD=AB·SE=20,S△SCB=S△SAD=CB·SF=12,
因为矩形ABCD的面积为6×8=48,
所以该几何体的表面积为S表=S△SAB+S△SCD+S△SCB+S△SAD+S四边形ABCD=2×20+2×12+48=24+88.故选B.
[备用例1] 已知正四棱台(正四棱锥被平行于底面的平面所截,截面与底面间的部分)上底面边长为4,侧棱和下底面边长都是8,求它的侧面面积.
解:法一　设正四棱台为ABCD-A1B1C1D1,如图①.设B1F为斜高.
在Rt△B1FB中,BF=×(8-4)=2,B1B=8,
所以B1F==2,
所以S正棱台侧=4××(4+8)×2=48.
法二　设正四棱台为 ABCD-A1B1C1D1,延长正四棱台的侧棱交于点P,作平面PBC上的斜高PE,交B1C1于E1,如图②.
设PB1=x,则=,
解得x=8.
所以PB1=B1B=8,
所以E1为PE的中点,
又PE1===2,
所以PE=2PE1=4.
所以S正棱台侧=S大正棱锥侧-S小正棱锥侧
=4××8×PE-4××4×PE1
=4××8×4-4××4×2
=48.
　棱柱、棱锥、棱台的体积
探究角度1　直接应用公式求体积
[例2] 已知高为3的三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为1的正三角形,如图所示,则三棱锥 B1-ABC 的体积为(　　)
(A) (B)
(C) (D)
解析:设三棱锥B1-ABC的高为h,
则=S△ABC·h=××3=.
故选D.
求几何体的体积首先应明确几何体的形状,确定公式,然后根据几何体的底面积与高直接代入公式求解.
即时训练2-1:如图,已知正六棱柱的最大对角面的面积为1 m2,互相平行的两个侧面的距离为1 m,则这个六棱柱的体积为(　　)
(A) m3 (B) m3
(C)1 m3 (D) m3
解析:设正六棱柱的底面边长为a m,高为h m,则2ah=1,a=1,解得a= m,h= m.
所以六棱柱的体积V=××6×=(m3).故选B.
探究角度2　等积转化法求体积
[例3] 如图所示,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　(　　)
(A) (B) (C) (D)
解析:三棱锥B1-ABC1的体积即三棱锥A-B1BC1的体积,三棱锥A-B1BC1的高为,底面积为,故其体积为××=.故选A.
由于四面体的任何一个面都可以作为底面,因此求四面体(三棱锥)只需选用底面积和高都易求的形式即可.
即时训练3-1:如图所示,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　　　　.
解析:==·AB=××1×1×1=.
答案:
探究角度3　间接法求体积
[例4] 在长方体ABCD-A1B1C1D1中,截下一个棱锥C-A1DD1,求棱锥C-A1DD1的体积与剩余部分的体积之比.
解:已知长方体可以看成直四棱柱,设它的底面ADD1A1的面积为S,高为h,则它的体积为V=Sh.
而棱锥C-A1DD1的底面积为S,高为h,
故三棱锥C-A1DD1的体积为=×Sh=Sh,
余下部分体积为Sh-Sh=Sh.
所以棱锥C-A1DD1的体积与剩余部分的体积之比为1∶5.
间接法求体积的实质是将待求体积的几何体与一个体积易求的几何体结合起来,将所求几何体的体积转化为两个或多个几何体体积的和或差.
即时训练4-1:如图,将一正方体截去四个角后,得到一个四面体,这个四面体的体积是原正方体体积的(　　)
(A) (B) (C) (D)
解析:将正方体ABCD-A′B′C′D′截去四个角后得到一个四面体B-DA′C′,设正方体棱长为a,
则====×·a·a·a=.
所以四面体B-DA′C′的体积为
=V正方体-4=a3-=.
所以这个四面体的体积是原正方体体积的.
故选C.
[备用例2] 如图,在△ABC中,AB=8,BC=10,AC=6,DB⊥平面ABC,且AE∥FC∥BD,BD=3,FC=4,AE=5,求此几何体的体积.
解:法一　如图,取CM=AN=BD,连接DM,MN,DN,用“分割法”把原几何体分割成一个直三棱柱和一个四棱锥.
则V几何体=V三棱柱+V四棱锥.
由题意知,三棱柱ABC-NDM的体积为V1=×8×6×3=72.
四棱锥D-MNEF的体积为V2=S梯形MNEF·DN
=××(1+2)×6×8
=24,
则几何体的体积为V=V1+V2=72+24=96.
法二　用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱,使AA′=BB′=CC′=8,如图.所以V几何体=V三棱柱=S△ABC·AA′=×24×8=96.
　棱柱、棱锥、棱台的简单组合体的表面积和体积
[例5] 一个造桥用的钢筋混凝土预制件的尺寸如图所示(单位:m),浇制一个这样的预制件需要多少m3混凝土(钢筋体积略去不计,精确到0.01 m2)
解:将预制件看成由一个长方体挖去一个底面为等腰梯形的四棱柱后剩下的几何体.
S底=0.6×1.1-×(0.5+0.3)×0.3
=0.54(m2),
V=S底·h=0.54×24.8≈13.39(m3).
故浇制一个这样的预制件需要约13.39 m3混凝土.
求组合体的表面积与体积的关键是弄清组合体中各简单几何体的结构特征及组合形式,对于棱柱、棱锥、棱台有关的组合体问题,要根据条件分清各个简单几何体的每个面是什么多边形,再利用相应多边形的面积公式求得面积.
即时训练5-1:(2019·全国Ⅲ卷)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=BC=6 cm,AA1=4 cm,3D打印所用原料密度为 0.9 g/cm3,不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为　　　　g.
解析:由题意得,四棱锥O-EFGH的底面积为4×6-4××2×3=12(cm2),其高为点O到底面BB1C1C的距离为3 cm,则此四棱锥的体积为V1=×12×3=12(cm3).又长方体ABCD-A1B1C1D1的体积为V2=4×6×6=144(cm3),所以该模型体积为V=V2-V1=144-12=132(cm3),其质量为0.9×132=118.8(g).
答案:118.8
　　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.正方体的体积是64,则其表面积是(　C　)
(A)64 (B)16
(C)96 (D)无法确定
解析:因为正方体的体积是64,所以正方体的棱长为4,所以它的表面积S=6×42=96.故选C.
2.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则三棱锥D1-ACD的体积是(　A　)
(A) (B) (C) (D)1
解析:三棱锥D1-ADC的体积V=S△ADC·D1D=×AD·DC·D1D=××1×1×1=.故选A.
3.棱长和底面边长均为1的正四棱锥的侧面积为(　A　)
(A) (B)2 (C)3 (D)
解析:正四棱锥的侧面积S=4××12=.故选A.
4.如图,某几何体下面部分为正方体ABCD-A′B′C′D′,上面部分为正四棱锥S-ABCD,若几何体高为5,棱AB=2,则该几何体的体积为　　　　.
解析:V正方体=23=8,
=×22×(5-2)=4.
V=V正方体+=12.
答案:12
选题明细表
知识点、方法 题号
棱柱、棱锥、棱台的表面积和侧面积 5,10
棱柱、棱锥、棱台的体积 3,4,6,7
简单组合体的表面积和体积 2,8,9,13
表面积和体积的应用 1,11,12
基础巩固
1.正方体表面积增大为原来的2倍,则它的体积增大为原来的(　D　)
(A)2倍 (B)4倍 (C)倍 (D)2倍
解析:S表=6a2,S表′=6a′2=2S表,所以a′=a.
V=a3,V′=a′3=2a3=2V.故选D.
2.如图是一个棱长为2的正方体分别从过一个顶点的三条棱的中点去掉正方体的相对的两角顶点而得到的几何体,则该几何体的表面积是(　A　)
(A)21+ (B)18+
(C)21 (D)18
解析:由题意知,截去的含正方体顶点的一个三角形的面积为S=×
1×1=,因此该几何体的表面积为6×(4-)+2××()2=21+.故选A.
3.《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:“今有阳马,广五尺,袤七尺,高八尺,问积几何 ”其意思为:“今有底面为矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥,它的底面长、宽分别为7尺和5尺,高为8尺,问它的体积是多少 ”若以上述条件,则这个四棱锥的体积为　(　C　)
(A)140立方尺 (B)280立方尺
(C)立方尺 (D)立方尺
解析:由题意可得,这个四棱锥的体积为×7×5×8=(立方尺).故选C.
4.巴黎卢浮宫金字塔的形状可视为一个正四棱锥(底面是正方形,侧棱长都相等的四棱锥),四个侧面由673块玻璃拼组而成,塔高21 m,底宽34 m,则该金字塔的体积为(　A　)
(A)8 092 m3 (B)4 046 m3
(C)2 427 m3 (D)12 138 m3
解析:如图,正四棱锥PABCD中,PO⊥底面ABCD,PO=21 m,AB=34 m,底面正方形的面积为 S=34×34=1 156 (m2),
则正四棱锥PABCD的体积为S·PO=×1 156×21=8 092 (m3).故
选A.
5.如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,三棱锥D1AB1C的表面积与正方体的表面积的比为(　C　)
(A)1∶1 (B)1∶
(C)1∶ (D)1∶2
解析:设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a,则正方体ABCDA1B1C1D1的表面积为S2=6a2,且三棱锥D1AB1C为各棱长均为a的正四面体,
其中一个面的面积为S=××a×a=a2,所以三棱锥D1AB1C的表面积为S1=4×a2=2a2.所以三棱锥D1AB1C的表面积与正方体ABCDA1B1C1D1的表面积之比为S1∶S2=1∶.故选C.
6.一个正三棱柱的侧面展开图是一个边长为6 cm的正方形,则它的体积为　　　　　.
解析:因为一个正三棱柱的侧面展开图是一个边长为6 cm的正方形,
所以这个正三棱柱的底面是边长为2 cm的等边三角形,这个正三棱柱的高为6 cm,
所以它的体积为V=×2×2×sin 60°×6=6 (cm3).
答案:6 cm3
能力提升
7.我国古代《九章算术》里,记载了一个“商功”的例子:今有刍童,下广二丈,袤三丈,上广三丈,袤四丈,高三丈.问积几何 其意思是今有上、下底面皆为长方形的草垛(如图所示),下底宽2丈,长3丈,上底宽3丈,长4丈,高3丈.问它的体积是多少 该书提供的算法是上底长的2倍与下底长的和与上底宽相乘,同样下底长的2倍与上底长的和与下底宽相乘,将两次运算结果相加,再乘高,最后除以6.则这个问题中的刍童的体积为(　B　)
(A)13.25立方丈 (B)26.5立方丈
(C)53立方丈 (D)106立方丈
解析:由题意知,刍童的体积为[(4×2+3)×3+(3×2+4)×2]×3÷6=26.5(立方丈).故选B.
8.某组合体如图所示,上半部分是正四棱锥PEFGH,下半部分是长方体ABCDEFGH.正四棱锥PEFGH的高为,EF=2,AE=1,则该组合体的表面积为(　A　)
(A)20 (B)4+12
(C)16 (D)4+8
解析:由题意知,正四棱锥PEFGH的斜高为=2,该组合体的表面积为2×2+4×2×1+4××2×2=20.故选A.
9.如图,在多面体ABCDEF中,已知平面ABCD是边长为1的正方形,且△ADE,△BCF均为正三角形,EF∥AB,EF=2,则该多面体的体积为(　A　)
(A) (B) (C) (D)
解析:如图,分别过点A,B作EF的垂线,垂足分别为G,H,连接DG,CH,则EG=HF=,AG=GD=BH=HC=,
所以S△AGD=S△BHC=××1=,
所以V=++=2+=×××2+
×1=.故选A.
10.一个六棱锥的体积为2,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　　　　.
解析:设六棱锥的高为h,则V=Sh,
所以××4×6h=2,解得h=1.
设六棱锥的斜高为h′,
则h2+()2=h′2,故h′=2.
所以该六棱锥的侧面积为×2×2×6=12.
答案:12
11.用一张正方形的纸把一个棱长为1的正方体礼品盒完全包住,不将纸撕开,则所需纸的最小面积是　　　　.
解析:如图①为棱长为1的正方体礼品盒,先把正方体的表面按图所示方式展开成平面图形,再把平面图形尽可能拼成面积较小的正方形,如图②所示,由图知正方形的边长为2,其面积为8.
答案:8
应用创新
12.将一张边长为6 cm的纸片按如图①所示的阴影部分截去四个全等的等腰三角形,将剩余部分沿虚线折叠并拼成一个有底的正四棱锥(底面是正方形,顶点在底面的射影为正方形的中心)模型,如图②放置,若正四棱锥的正视图是正三角形(如图③),则正四棱锥的体积是(　A　)
(A) cm3 (B) cm3
(C) cm3 (D) cm3
解析:因为正四棱锥的正视图是正三角形,正视图的底面边长为a,高为a,
所以正四棱锥的斜高为a,由题图①,将一张边长为6 cm的纸片截去四个全等的等腰三角形.所以×6=a+,a=2 cm,
所以正四棱锥的体积是a2·a= (cm3).故选A.
13.如图①所示,已知正方体面对角线长为a,沿阴影面将它切割成两块,拼成如图②所示的几何体,那么此几何体的表面积为　　　　　.
解析:正方体的棱长为a,新几何体的上、下两个面的面积都是a2,左、右两个面是正方形,面积均为 (a)2,前、后两个面为平行四边形,面积分别等于原几何体中前、后两个面的面积,都为(a)2,所以此几何体的表面积为S表=2×a2+4×(a)2=(2+)a2.
答案:(2+)a28.3.2　圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积
[目标导航]
核心知识目标 核心素养目标
1.了解圆柱、圆锥、圆台的表面积和体积公式的推导过程. 2.理解圆柱、圆锥、圆台的表面积、体积公式之间的关系,以及球的表面积的推导. 3.掌握圆柱、圆锥、圆台和球的表面积、体积公式及应用,会运用体积的割补法、等积转换法等常规方法. 通过圆柱、圆锥、圆台的表面积和体积公式的推导及应用,发展直观想象、数学运算的核心素养.
　　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.圆柱、圆锥、圆台的表面积
几何体 侧面展开图 表面积公式
圆柱 S圆柱=2πr(r+l), r为底面半径, l为母线长
圆锥 S圆锥=πr(r+l), r为底面半径, l为母线长
圆台 S圆台= π(r′2+r2+r′l+rl), r′为上底面半径, r为下底面半径, l为母线长
2.圆柱、圆锥、圆台的体积公式
V圆柱=πr2h(r是底面半径,h是高);
V圆锥=πr2h(r是底面半径,h是高);
V圆台=πh(r′2+r′r+r2)(r′,r分别是上、下底面半径,h是高).
3.柱体、锥体、台体的体积公式
(1)柱体:柱体的底面积为S,高为h,则V=Sh.
(2)锥体:锥体的底面积为S,高为h,则V=Sh.
(3)台体:台体的上、下底面面积分别为S′,S,高为h,则V=(S′++S)h.
(4)柱体、锥体、台体的体积公式之间的关系:
4.球的表面积和体积
(1)S球=4πR2(R是球的半径).
(2)V球=πR3(R是球的半径).
1.圆台OO′的母线长为6,两底面半径分别为2,7,则圆台OO′的侧面积是(　A　)
(A)54π (B)8π
(C)4π (D)16π
解析:S圆台侧=π(r+r′)l=π(7+2)×6=54π.故选A.
2.圆锥的母线长为5,底面半径为3,则其体积为(　C　)
(A)15π (B)30π (C)12π (D)36π
解析:圆锥的高h==4,故V=π×32×4=12π.故选C.
3.若一个球的体积为4π,则它的表面积为　　　　.
解析:设球的半径为R,则V球=πR3=4π,所以R=.所以S球=4πR2=4π×3=12π.
答案:12π
4.一个高为2的圆柱,底面周长为2π.该圆柱的表面积为　　　　.
解析:由底面周长为2π可得底面半径为1.
S底=2πr2=2π,
S侧=2πr·h=4π,
所以S表=S底+S侧=6π.
答案:6π
　　　　　　 　　　　　 　　　　　
　圆柱、圆锥、圆台的表面积
[例1] (1)圆柱的底面积为S,侧面展开图是一个正方形,那么这个圆柱的侧面积是(　　)
(A)4πS (B)2πS (C)πS (D)πS
(2)若圆锥的高为3,底面半径为4,则此圆锥的表面积为(　　)
(A)40π (B)36π (C)26π (D)20π
(3)圆台的上、下底面半径和高的比为1∶4∶4,若母线长为10,则圆台的表面积为(　　)
(A)81π (B)100π (C)168π (D)169π
解析:(1)设圆柱的底面半径为r,则S=πr2,于是r=,底面周长为2π·,又因为侧面展开图为正方形,所以母线长l=2π·,故圆柱侧面积S侧=2πrl=2π··2π·=4πS.故选A.
(2)圆锥的母线l==5,所以圆锥的表面积为π×42+π×4×5=36π.故选B.
(3)圆台的轴截面如图所示,设上底面半径为r,下底面半径为R,则它的母线长为l==
=5r=10,所以r=2,R=8.
故S侧=π(R+r)l=π×(8+2)×10=100π,
S表=S侧+πr2+πR2=100π+4π+64π=168π.故选C.
求旋转体侧面积及表面积的要点
(1)因为轴截面联系着母线、底面半径、高等元素,因此处理好轴截面中边角关系是解题的关键.
(2)对于圆台问题,要重视“还台为锥”的思想方法.
(3)在计算圆柱、圆锥、圆台的侧面积或表面积时,应根据已知条件先计算出它们的母线和底面圆半径的长,而求解这些未知量常常需要列方程.
即时训练1-1:(1)已知圆锥的表面积等于12π cm2,其侧面展开图是一个半圆,则底面圆的半径为(　　)
(A)1 cm (B)2 cm (C)3 cm (D) cm
(2)一个圆台的母线长等于上、下底面半径和的一半,且侧面积是32π,则母线长为　　　　.
解析:(1)S表=πr2+πrl=πr2+πr·2r=3πr2=12π,所以r2=4,所以r=2 cm.故选B.
(2)因为l=,所以S侧=π(R+r)l=2πl2=32π,所以l=4.
答案:(1)B　(2)4
[备用例1] (1)已知一个圆锥的轴截面是等边三角形,其面积为,则这个圆锥的侧面积为　　　　;
(2)圆台的一个底面周长是另一个底面周长的 3倍,母线长为3,圆台的表面积为574π,则圆台较小的底面半径为　　　　.
解析:(1)由题意知,母线长l=2,底面半径为1,所以侧面积为π×1×2=2π.
(2)设圆台较小的底面半径为r,那么较大的底面半径为3r,由已知得π(r+3r)×3+πr2+9πr2=574π,解得r=7.
答案:(1)2π　(2)7
　圆柱、圆锥、圆台的体积
[例2] (1)圆锥的轴截面是等腰直角三角形,侧面积是16π,则圆锥的体积是(　　)
(A) (B)
(C)64π (D)128π
(2)如图,一个底面半径为2的圆柱被一平面所截,截得的几何体的最短和最长母线长分别为2和3,则该几何体的体积为(　　)
(A)5π (B)6π (C)20π (D)10π
解析:(1)作圆锥的轴截面(如图所示).
由题设可知,在Rt△PAB中,∠APB=90°,PA=PB.
设圆锥的高为h,底面半径为r,则h=r,PB=r.
由S侧=π·r·PB=16π,得πr2=16π.
所以r=4.则h=4.
故圆锥的体积V圆锥=πr2h=π.
故选A.
(2)用一个完全相同的几何体把题中几何体补成一个圆柱,如图,则圆柱的体积为π×22×5=20π,故所求几何体的体积为10π.故选D.
求解圆柱、圆锥、圆台的体积的关键是根据条件找出相应的底面积和高,对于旋转体要充分利用旋转体的轴截面,将待求的量转化到轴截面内求.
即时训练2-1:(1)圆台上、下底面面积分别是π,4π,侧面积是6π,这个圆台的体积是(　　)
(A)π (B)2π (C)π (D)π
(2)已知某圆柱是将边长为2的正方形(及其内部)绕其一条边所在的直线旋转一周形成的,则该圆柱的体积为　　　　;
(3)已知某圆锥底面直径为2,侧面展开图扇形的圆心角为,则该圆锥体积为　　　　.
解析:(1)设上、下底面半径分别为r,R,S1=π,S2=4π,
所以r=1,R=2,S侧=π(r+R)l=6π,所以l=2,
所以h=.
所以V=π×(1+4+2)×=π.故选D.
(2)因为圆柱是将边长为2的正方形(及其内部)绕其一条边所在的直线旋转一周形成的,
所以该圆柱的高h=2,底面圆半径r=2,
所以该圆柱的体积为
V=πr2h=π×22×2=8π.
(3)因为圆锥的底面直径为2,侧面展开图扇形的圆心角为,
所以该圆锥的母线长为l==3,
高h===2,底面积S=π.
所以该圆锥体积为V=Sh=π.
答案:(1)D　(2)8π　(3)π
[备用例2] 在梯形ABCD中,∠ABC=90°,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2.将梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为(　　)
(A) (B) (C) (D)2π
解析:如图,直角梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是一个底面半径为1,母线长为2的圆柱挖去一个底面半径是1,高为1的圆锥后得到的组合体,所以该组合体的体积为V=V圆柱-V圆锥=π×12×2-×π×12×1=π.故选C.
　球的表面积和体积
[例3] (1)球的体积是,则此球的表面积是(　　)
(A)12π (B)16π (C) (D)
(2)一平面截一球得到直径为2 cm的圆面,球心到这个平面的距离是2 cm,则该球的体积是(　　)
(A)12π cm3 (B)36π cm3
(C)64π cm3 (D)108π cm3
(3)将棱长为2的正方体木块削成一个体积最大的球,则该球的体积为(　　)
(A) (B) (C) (D)
解析:(1)设球的半径为R,则由已知得πR3=,解得R=2.故球的表面积S表=4πR2=16π.故选B.
(2)设球心为O,截面圆心为O1,连接OO1,则OO1垂直于截面圆O1,如图所示.
在Rt△OO1A中,
O1A= cm,OO1=2 cm,
所以球的半径R=OA==3(cm),
所以球的体积V=×π×33=36π(cm3).故选B.
(3)由题意知,此球是正方体的内切球,根据其几何特征知,此球的直径与正方体的棱长是相等的,故可得球的直径为2,故半径为1,其体积是×π×13=.故选A.
变式训练3-1: 将本例(3)变为长方体的一个顶点处的三条棱长分别是,,,这个长方体的八个顶点都在同一个球面上,则这个球的表面积是(　　)
(A)12π (B)18π (C)36π (D)6π
解析:由题意可知,该长方体的体对角线即为球的直径,其长度为2,从而球的半径为,球表面积为12π.故选A.
变式训练3-2: 将本例(3)变为一圆柱内接于一球,这个圆柱的底面半径为3,高为8,则这个球的表面积为　　　　.
解析:如图,由题意知,O1A=3,OO1=4,所以 OA=5,所以球的表面积为100π.
答案:100π
(1)求球的体积与表面积的方法
①要求球的体积或表面积,必须知道半径R或通过条件求出半径R,然后代入体积或表面积公式求解.
②半径和球心是球的最关键要素,把握这两点,计算球的表面积或体积的相关题目也就易如反掌了.
(2)球的截面问题的解题技巧
①有关球的截面问题,常画出过球心的截面圆,将问题转化为平面中圆的问题.
②解题时要注意借助球半径R、截面圆半径r、球心到截面的距离d构成的直角三角形,即R2=d2+r2.
(3)常见的几何体与球的切、接问题的解决策略
①处理有关几何体外接球或内切球的相关问题时,要注意球心的位置与几何体的关系,一般情况下,由于球的对称性,球心总在几何体的特殊位置,比如中心、对角线的中点等.
②解决此类问题的实质就是根据几何体的相关数据求球的直径或半径,关键是根据“切点”和“接点”,作出轴截面图,把空间问题转化为平面问题来计算.
即时训练3-1:(1)已知两个球的半径之比为1∶2,则这两个球的表面积之比为(　　)
(A)1∶2 (B)1∶4 (C)1∶6 (D)1∶8
(2)已知球的表面积为64π,则它的体积为　　　　.
解析:(1)==()2=()2=.故选B.
(2)设球的半径为r,则由已知得
4πr2=64π,r=4.
所以球的体积V=πr3=π.
答案:(1)B　(2)π　
[备用例3] (1)平面α截球O的球面所得圆的半径为1,球心O到平面α的距离为,则此球的体积为　　　　;
(2)球的一个内接圆锥满足球心到该圆锥底面的距离是球半径的一半,则该圆锥的体积和此球体积的比值为　　　　.
解析:(1)如图,设截面圆的圆心为O′,M为截面圆上任一点,
则OO′=,O′M=1,
所以OM==,即球的半径为,
所以V=π()3=4π.
(2)①当圆锥顶点与底面在球心两侧时,如图所示,设球半径为r,则球心到该圆锥底面的距离是,于是圆锥的底面半径为=,
高为.
该圆锥的体积为×π×()2×=πr3,球体积为πr3,所以该圆锥的体积和此球体积的比值为=.
②同理,当圆锥顶点与底面在球心同侧时,该圆锥的体积和此球体积的比值为.
答案:(1)4π　(2) 或
　　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周,所得几何体的侧面积是(　C　)
(A)4π (B)3π (C)2π (D)π
解析:该几何体是圆柱,底面圆半径为1,高为1,侧面积S=2πrh=2π×1×1=2π.故选C.
2.两个半径为1的铁球,熔化后铸成一个大球,则这个大球的半径为(　A　)
(A) (B) (C)2 (D)
解析:设大球的半径为r,则π×13×2=πr3,所以r=.故选A.
3.若一圆柱与圆锥的高相等,且轴截面面积也相等,那么圆柱与圆锥的体积的比值为(　D　)
(A)1 (B) (C) (D)
解析:设圆柱底面半径为R,圆锥底面半径为r,高都为h,由已知得2Rh=rh,所以r=2R,
V柱∶V锥=πR2h∶πr2h=3∶4.故选D.
4.已知棱长为2的正方体的体积与球O的体积相等,则球O的半径为　　　　.
解析:设球O的半径为r,则πr3=23,
解得r=.
答案:
选题明细表
知识点、方法 题号
圆柱、圆锥、圆台的侧面积、表面积 3,7,12
圆柱、圆锥、圆台的体积 1,2,9,11
球的截面、表面积和体积 4,6,8,10,14
简单组合体的表面积和体积 5,13
基础巩固
1.圆柱的侧面展开图是长12 cm,宽8 cm的矩形,则这个圆柱的体积为(　C　)
(A) cm3 (B) cm3
(C) cm3或 cm3 (D)192π cm3
解析:当圆柱的高为8 cm时,
V=π×()2×8=(cm3),
当圆柱的高为12 cm时,
V=π×()2×12=(cm3).故选C.
2.直角三角形两直角边AB=3,AC=4,以AB所在直线为轴旋转一周所得的几何体的体积为(　B　)
(A)12π (B)16π (C)20π (D)24π
解析:旋转后的几何体为以AC=4为底面半径,以3为高的圆锥,
V=πr2h=π×42×3=16π.故选B.
3.已知圆柱的轴截面为正方形,且圆柱的体积为54π,则该圆柱的侧面积为(　B　)
(A)27π (B)36π (C)54π (D)81π
解析:设圆柱的底面半径为r.因为圆柱的轴截面为正方形,所以该圆柱的高为2r.
因为该圆柱的体积为54π,
所以πr2h=2πr3=54π,解得r=3,
所以该圆柱的侧面积为2πr×2r=36π.故选B.
4.一个平面截一球得到直径为6的圆面,球心到这个圆面的距离为4,则这个球的体积为(　C　)
(A) (B)
(C) (D)
解析:如图,由题意可知,
O′A=3,OO′=4,所以R=OA=5,
所以V=πR3=.
故选C.
5.一个表面积为36π的球内切于一圆柱,则圆柱的表面积为(　D　)
(A)45π (B)27π (C)36π (D)54π
解析:因为球的表面积为36π,所以球的半径为3,
因为该球内切于圆柱,所以圆柱的底面半径为3,高为6,
所以圆柱的表面积S=2π×32+2π×3×6=54π.故选D.
6.(2021·全国甲卷)已知A,B,C是半径为1的球O的球面上的三个点,且AC⊥BC,AC=BC=1,则三棱锥OABC的体积为(　A　)
(A) (B) (C) (D)
解析:因为AC⊥BC,AC=BC=1,所以△ABC为等腰直角三角形,
所以AB=,则△ABC外接圆的半径为,又球的半径为1,
设O到平面ABC的距离为d,
则d==,
所以=S△ABC·d=××1×1×=.
故选A.
7.已知圆台的上、下底面的面积之比为9∶25,那么它的中截面截得的上、下两台体的侧面积之比是　　　　.
解析:圆台的上、下底面半径之比为3∶5,设上、下底面半径为3x,5x,则中截面半径为4x,设上台体的母线长为l,则下台体的母线长也
为l,
上台体侧面积为S1=π(3x+4x)l=7πxl,
下台体侧面积为S2=π(4x+5x)l=9πxl,所以S1∶S2=7∶9.
答案:7∶9
能力提升
8.已知球的半径为4,球面被互相垂直的两个平面所截,得到的两个圆的公共弦长为2.若球心到这两个平面的距离相等,则这两个圆的半径之和为(　B　)
(A)4 (B)6 (C)8 (D)10
解析:如图所示,设两圆的圆心为O1,O2,球心为O,公共弦为AB,中点
为E.
因为圆心到这两个平面的距离相等,则四边形OO1EO2为正方形,两圆半径相等.
设两圆半径为r,
|OO1|=,
|OE|=,
又|OE|2+|AE|2=|OA|2,
即32-2r2+2=16,则r2=9,r=3,
所以这两个圆的半径之和为6.故选B.
9.现有橡皮泥制作的底面半径为5,高为4的圆锥和底面半径为2,高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变,但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个,则新的底面半径为(　C　)
(A) (B)2 (C) (D)3
解析:设新的底面半径为r,由题意得πr2·4+πr2·8=π×52×4+π×22×8,解得r=.故选C.
10.若一正四棱锥的侧面积是底面积的3倍,则此正四棱锥的内切球半径与底面边长比为(　B　)
(A) (B) (C) (D)
解析:设正四棱锥的底面边长为a,则底面积为a2,侧面积为3a2.
设该四棱锥的侧面的等腰三角形的高为h,则有2ah=3a2,所以h=a.
设内切球的半径为r,如图,
则△OGP与△PHF相似,有=,
所以=.
由于h=a,化简得r=,则此正四棱锥的内切球半径与底面边长比为=.故选B.
11.我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题:在下雨时,用一个圆台形的天池盆接雨水.天池盆盆口直径为二尺八寸,盆底直径为一尺二寸,盆深一尺八寸.若盆中积水深九寸,则平地降雨量
是　　　　寸.
(注:①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积;②一尺等于
十寸)
解析:圆台的下底面半径为6寸,上底面半径为14寸,高为18寸,雨水线恰为中位线,故雨水线截面的半径是10寸,所以降水量为
=3(寸).
答案:3
12.如图,一个圆锥的底面半径为2 cm,高为6 cm,其中有一个高为x cm的内接圆柱.
(1)试用x表示圆柱的侧面积.
(2)当x为何值时,圆柱的侧面积最大
解:(1)S圆柱侧=2πrx=2π(2-)x=4πx-x2,x∈(0,6).
(2)由(1)知,当x=-=3(cm)时,这个二次函数有最大值6π cm2,
所以当圆柱的高为3 cm时,它的侧面积最大为6π cm2.
应用创新
13.已知球、母线和直径相等的圆柱、正方体,它们的体积依次为V1,V2,V3,若它们的表面积相等,则∶∶等于(　C　)
(A)∶2∶ (B)∶∶
(C)6∶4∶π (D)3∶2∶π
解析:设球的直径为d,正方体的棱长为a,圆柱的底面半径是r,
则球的表面积为πd2,正方体的表面积为6a2,圆柱的表面积为6πr2,
故πd2=6a2=6πr2.
球的体积为V1=π()3=,正方体的体积是V3=a3,圆柱的体积为V2=
2πr3,
因为πd2=6πr2,所以d2=6r2.
所以=()2=(×6r2×r)2=6π2r6,
=4π2r6.
因为6a2=6πr2,所以a2=πr2,
所以=a6=π3r6.
所以∶∶=6π2r6∶4π2r6∶π3r6=6∶4∶π.故选C.
14.已知直三棱柱ABCA1B1C1的各顶点都在球O的球面上,且AB=AC=2,
BC=2,若球O的体积为π,则这个直三棱柱的体积等于(　B　)
(A)4 (B)8
(C)8 (D)4
解析:设球O的半径为R,因为球O的体积为π,
所以=π,解得R=2.
因为AB=AC=2,BC=2,
所以∠BAC=2×60°=120°.
S△ABC=×22·sin 120°=.
所以△ABC外接圆的半径r满足2r==4,可得r=2.
设球心到底面的距离为h,则h==4.
所以这个直三棱柱的体积为2h×=8.故选B.8.4　空间点、直线、平面之间的位置关系
8.4.1　平　面
[目标导航]
核心知识目标 核心素养目标
1.了解平面的概念,掌握平面的画法及表示方法. 2.能用符号语言描述空间点、直线、平面之间的位置关系. 3.能用图形、文字、符号三种语言描述三个基本事实以及三个推论,理解它们的地位与作用. 1.在学习平面的概念和基本事实1—3的过程中,把现实生活中的平面形状的物体及其具有的性质抽象出来,发展数学抽象和直观想象的核心素养. 2.在应用基本事实1—3的过程中,培养逻辑推理和直观想象的核心素养.
　　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.平面的概念、画法与表示
概念 几何里所说的“平面”是从生活中的一些物体中抽象出来的,类似于直线向两端无限延伸,平面是向四周无限延展的
画法 我们常用矩形的直观图,即平行四边形表示平面
当平面水平放置时,常把平行四边形的一边画成横向 当平面竖直放置时,常把平行四边形的一边画成竖向
续　表
表示 方法 (1)用希腊字母表示,如平面α、平面β、平面γ. (2)用代表平面的平行四边形的四个顶点的大写英文字母表示,如平面ABCD. (3)用代表平面的平行四边形的相对的两个顶点的大写英文字母表示,如平面AC、平面BD
2.点、直线、平面之间的基本位置关系的符号表示
文字语言 符号语言
点A在直线l上 A∈l
点A在直线l外 A l
点A在平面α内 A∈α
续　表
文字语言 符号语言
点A在平面α外 A α
直线l在平面α内 l α
直线l在平面α外 l α
平面α,β相交于l α∩β=l
3.平面的基本性质
(1)与平面有关的三个基本事实
基本 事实 内容 图形 符号
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∈α
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∈α,B∈α l α
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 α∩β=l,且P∈l
(2)基本事实1的三个推论
推论 内容 图形 作用
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 确定 平面 的依 据
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
1.下列说法:①书桌面是平面;②8个平面重叠后,要比6个平面重叠后厚;③有一个平面的长是 100 m,宽是90 m;④平面是绝对平滑,无厚度,无限延展的抽象概念.其中正确的个数为(　B　)
(A)0 (B)1 (C)2 (D)3
解析:①错误,因为平面具有延展性;②错误,平面无厚度;③错误,因为平面无厚度、大小之分;④正确,符合平面的概念.故选B.
2.能正确表示点A在直线l上且直线l在平面α内的是(　C　)
解析:选项A只表示点A在直线l上;选项D表示直线l与平面α相交于点A;选项B中的直线l有部分在平行四边形的外面,所以不能表示直线在平面α内.故选C.
3.如果a α,b α,l∩a=A,l∩b=B,那么下列关系成立的是(　A　)
(A)l α (B)l α
(C)l∩α=A (D)l∩α=B
解析:因为l∩a=A,又a α,
所以A∈l且A∈α.
同理B∈l且B∈α.所以l α.故选A.
　　　　　　 　　　　　 　　　　　
　图形语言、文字语言、符号语言的相互转换
[例1] 用符号表示下列语句,并画出图形.
点A,B在平面α内,直线a与平面α交于点C,点C不在直线AB上.
解:用符号表示:A∈α,B∈α,a∩α=C,C 直线AB,如图.
(1)用文字语言、符号语言表示一个图形时,首先仔细观察图形有几个平面、几条直线且相互之间的位置关系如何,试着先用文字语言表示,再用符号语言表示.
(2)根据符号语言或文字语言画相应的图形时,要注意实线和虚线的区别.
即时训练1-1:(1)用符号表示“点A在直线l上,l在平面α外”,正确的是(　　)
(A)A∈l,l α (B)A∈l,l α
(C)A l,l α (D)A l,l α
(2)如图所示,用符号语言可表述为(　　)
(A)α∩β=m,n α,m∩n=A
(B)α∩β=m,n∈α,m∩n=A
(C)α∩β=m,n α,A m,A n
(D)α∩β=m,n∈α,A∈m,A∈n
答案:(1)B　(2)A
[备用例1] (1)将下列文字语言转换为符号语言.
①点A在平面α内,但不在平面β内;
②直线a经过平面α外一点M;
③直线l在平面α内,又在平面β内(即平面α和平面β相交于直线l).
(2)将下列符号语言转换为图形语言.
①平面ABD∩平面BDC=BD,平面ABC∩平面ADC=AC;
②α∩β=c,a α,b β,a∥c,b∩c=P.
解:(1)①A∈α,A β.
②M∈a,M α.
③α∩β=l.
(2)①
②
　证明点线共面问题
[例2] 证明:两两相交且不过同一点的三条直线共面.
证明: 如图所示,已知,
l1∩l2=A,l2∩l3=B,
l1∩l3=C.
求证:直线l1,l2,l3在同一平面内.
法一　(纳入平面法)因为l1∩l2=A,
所以l1和l2确定一个平面α.
因为l2∩l3=B,所以B∈l2.
又因为l2 α,所以B∈α.
同理可证C∈α.
又因为B∈l3,C∈l3,所以l3 α.
所以直线l1,l2,l3在同一平面内.
法二　(辅助平面法)因为l1∩l2=A,
所以l1,l2确定一个平面α.
因为l2∩l3=B,所以l2,l3确定一个平面β.
因为A∈l2,l2 α,所以A∈α.
因为A∈l2,l2 β,所以A∈β.
同理可证B∈α,B∈β,C∈α,C∈β.
所以不共线的三个点A,B,C既在平面α内,又在平面β内.
所以平面α和β重合,即直线l1,l2,l3在同一平面内.
点线共面问题是指证明一些点或直线在同一平面内的问题,主要依据是基本事实2、基本事实1及其推论.解决该类问题通常有三种方法.
(1)纳入平面法:先由部分元素确定一个平面,再证其他元素也在该平面内.
(2)辅助平面法(平面重合法):先由有关的点、线确定平面α,再由其余元素确定平面β,最后证明平面α,β重合.
(3)反证法.
通常情况下采用第一种方法.
即时训练2-1:如图,已知:a α,b α,a∩b=A,P∈b,PQ∥a.求证:PQ α.
证明:因为PQ∥a,所以PQ与a确定一个平面β.
所以直线a β,点P∈β.
因为P∈b,b α,所以P∈α.
又因为a α,所以α与β重合.所以PQ α.
[备用例2] 已知直线a∥b,直线l与a,b都相交,求证:过a,b,l有且只有一个平面.
证明:如图所示.
由已知a∥b,所以过直线a,b有且只有一个平面α.设a∩l=A,b∩l=B,所以A∈α,B∈α,且A∈l,B∈l,所以l α.即过a,b,l有且只有一个平面.
　证明线共点问题
[例3] 证明:三棱台ABC-A1B1C1三条侧棱延长后相交于一点.
证明:
如图,延长AA1,BB1,CC1,
设AA1∩BB1=P,
又BB1 平面BC1,所以P∈平面BC1,
AA1 平面AC1,所以P∈平面AC1,
所以P为平面BC1和平面AC1的公共点,
又因为平面BC1∩平面AC1=CC1,
所以P∈CC1.
即AA1,BB1,CC1延长后交于一点P.
证明三线共点问题的基本方法:先确定待证的三线中的两条相交于一点,再证明第三条直线也过该点.常结合基本事实,证出该点在不重合的两个平面内,故该点在它们的交线(第三条直线)上,从而证明三线共点.
[备用例3] 如图所示,三个平面α,β,γ两两相交于三条直线,即α∩β=c,β∩γ=a,γ∩α=b,若直线a和b不平行,求证:a,b,c三条直线必过同一点.
证明:因为α∩γ=b,β∩γ=a,
所以a γ,b γ.
因为直线a和b不平行,
所以直线a,b必相交.
如图所示,设a∩b=P,
则P∈a,P∈b.
因为a β,b α,
所以P∈β,P∈α.
又α∩β=c,所以P∈c,即交线c经过点P.
所以a,b,c三条直线相交于同一点.
　证明点共线问题
[例4]如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,设线段A1C与平面ABC1D1交于点Q,求证:B,Q,D1三点共线.
证明: 如图,连接A1B,CD1,显然B∈平面A1BCD1,D1∈平面A1BCD1,
所以BD1 平面A1BCD1.
同理,BD1 平面ABC1D1,
所以平面ABC1D1∩平面A1BCD1=BD1.
因为A1C∩平面ABC1D1=Q,
所以Q∈平面ABC1D1.
又因为A1C 平面A1BCD1,
所以Q∈平面A1BCD1.所以Q在平面A1BCD1与平面ABC1D1的交线上,即Q∈BD1,
所以B,Q,D1三点共线.
点共线问题是证明三个或三个以上的点在同一条直线上,主要依据是基本事实3,解决此类问题常用的方法
(1)首先找出两个平面,然后证明这些点都是这两个平面的公共点,根据基本事实3知,这些点都在这两个平面的交线上.
(2)选择其中两点确定一条直线,然后证明其他点也在这条直线上.
即时训练4-1:如图所示,平面α∩β=l,A,B∈α,C∈β,且C l,直线AB∩l=M,过A,B,C三点的平面记作γ,则γ与β的交线必通过(　　)
(A)点A (B)点B
(C)点C但不过点M (D)点C和点M
解析:因为AB γ,M∈AB,所以M∈γ.
又α∩β=l,M∈l,所以M∈β.
根据基本事实3可知,M在γ与β的交线上.
同理可知,点C也在γ与β的交线上.故选D.
即时训练4-2:如图所示,A,B,C,D为不共面的四点,E,F,G,H分别在线段AB,BC,CD,DA上.
(1)如果EH∩FG=P,那么点P在直线　　　　上;
(2)如果EF∩GH=Q,那么点Q在直线　　　　上.
解析:(1)若EH∩FG=P,
则点P∈平面ABD,P∈平面BCD,
而平面ABD∩平面BCD=BD,
所以P∈BD.
(2)若EF∩GH=Q,则Q∈平面ABC,Q∈平面ACD,
而平面ABC∩平面ACD=AC,
所以Q∈AC.
答案:(1)BD　(2)AC　
[备用例4] 如图,已知D,E是△ABC的边AC,BC上的点,平面α经过D,E两点,若直线AB与平面α的交点是P,求证:点P在直线DE上.
证明:因为P∈AB,AB 平面ABC,
所以P∈平面ABC.
又P∈α,平面ABC∩平面α=DE,
所以P∈直线DE.即点P在直线DE上.
　　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.下列说法中正确的是(　D　)
(A)三个不同的点确定一个平面
(B)一条直线和一个点确定一个平面
(C)空间两两相交的三条直线确定一个平面
(D)两条平行直线确定一个平面
解析:对于A,三个不共线的点确定一个平面,故错;
对于B,一条直线和该直线外一个点确定一个平面,故错;
对于C,空间两两相交的三条直线,且不能交于同一点,确定一个平面,故错;
对于D,两条平行直线确定一个平面,正确.故选D.
2.下列空间图形画法错误的是(　D　)
解析:遮挡部分应画成虚线.D错误.故选D.
3.(教材习题改编)如果点A在直线a上,而直线a在平面α内,点B在平面α内,则可以表示为(　B　)
(A)A a,a α,B∈α (B)A∈a,a α,B∈α
(C)A a,a∈α,B α (D)A∈a,a∈α,B∈α
解析:点A在直线a上,而直线a在平面α内,点B在平面α内,表示为A∈a,a α,B∈α.故选B.
4.设平面α与平面β相交于l,直线a α,直线b β,a∩b=M,则M　　　　l.
解析:因为a∩b=M,a α,b β,所以M∈α,M∈β.又因为α∩β=l,所以M∈l.
答案:∈
选题明细表
知识点、方法 题号
三种语言的应用 1,3,9
三个基本事实及其推论的应用 2,4,8
共线、共点、共面问题 7,10,11
平面的基本性质的综合应用 5,6,12,13,14
基础巩固
1.已知点A,直线a,平面α,以下命题表述正确的个数是(　A　)
①A∈a,a α A α;②A∈a,a∈α A∈α;③A a,a α A α;
④A∈a,a α A α.
(A)0 (B)1 (C)2 (D)3
解析:①不正确,如a∩α=A;②不正确,因为“a∈α”表述错误;③不正确,如图所示,A a,a α,但A∈α;④不正确,“A α”表述错误.故选A.
2.(多选题)下列图形中一定是平面图形的是(　ABC　)
(A)三角形 (B)平行四边形
(C)梯形 (D)四边相等的四边形
解析:利用基本事实1可知,三角形、平行四边形、梯形一定是平面图形,而四边相等的四边形不一定是平面图形.故选ABC.
3.(多选题)已知α,β为平面,A,B,M,N为点,a为直线,下列推理正确的是(　ABD　)
(A)A∈a,A∈β,B∈a,B∈β a β
(B)M∈α,M∈β,N∈α,N∈β α∩β=MN
(C)A∈α,A∈β α∩β=A
(D)A,B,M∈α,A,B,M∈β,且A,B,M不共线 α,β重合
解析:对于A,由基本事实2可知,a β,A正确;对于B,由M∈α,
M∈β,N∈α,N∈β,由基本事实2可知,直线MN α.同理MN β,所以α∩β=MN,B正确;对于C,因为A∈α,A∈β,所以A∈(α∩β).由基本事实3可知α∩β为经过A的一条直线而不是点A.故
α∩β=A的写法错误;对于D,因为A,B,M不共线,由基本事实1可知,过A,B,M有且只有一个平面,故α,β重合.故选ABD.
4.平面α∩平面β=l,点A,B∈α,点C∈平面β且C l,AB∩l=R,设过点A,B,C三点的平面为平面γ,则β∩γ等于(　C　)
(A)直线AC (B)直线BC
(C)直线CR (D)以上都不对
解析:根据题意画出图形,如图所示,因为点C∈β,且点C∈γ,所以
C∈β∩γ.因为点R∈AB,所以点R∈γ,又R∈β,所以R∈β∩γ,从而β∩γ=CR.故选C.
5.(多选题)下列说法中正确的是(　CD　)
(A)如果一条线段的中点在一个平面内,那么它的两个端点也在这个平面内
(B)两组对边分别相等的四边形是平行四边形
(C)两组对边分别平行的四边形是平行四边形
(D)若一个四边形有三条边在同一个平面内,则第四条边也在这个平面内
解析:A选项中线段可以与平面相交;B选项中的四边形可以是空间四边形;C选项中平行的对边能确定平面,所以是平行四边形;D选项中由四边形的三条边在同一个平面内,可知第四条边的两个端点也在这个平面内,所以第四条边在这个平面内.故选CD.
6.下列说法中正确的是(　A　)
(A)不共面的四点中,任意三点不共线
(B)若点A,B,C,D共面,点A,B,C,E共面,则点A,B,C,D,E共面
(C)若直线a,b共面,直线a,c共面,则直线b,c共面
(D)依次首尾相接的四条线段必共面
解析:A选项中假设其中有三点共线,则该直线和直线外的另一点确定一个平面,这与四点不共面矛盾,故其中任意三点不共线,所以A正确;B选项如图,两个相交平面有三个公共点A,B,C,但A,B,C,D,E不共面;C选项显然不正确;D选项不正确,因为此时所得的四边形的四条边可以不在同一个平面上,如空间四边形.故选A.
能力提升
7.(多选题)如图所示,在正方体ABCDA1B1C1D1中,O为DB的中点,直线A1C交平面C1BD于点M,则下列结论正确的是(　ABC　)
(A)C1,M,O三点共线
(B)C1,M,O,C四点共面
(C)C1,O,A,M四点共面
(D)D1,D,O,M四点共面
解析:在题图中,连接A1C1,AC,则AC∩BD=O,A1C∩平面C1BD=M.所以三点C1,M,O在平面C1BD与平面ACC1A1的交线上,即C1,M,O三点共线,所以A,B,C均正确,D不正确.故选ABC.
8.下列各图均是正六棱柱,P,Q,R,S分别是所在棱的中点,这四个点不共面的图形是(　D　)
解析:在选项A,B,C中,由棱柱、正六边形、中位线的性质,知均有
PS∥QR,即在此三个图形中P,Q,R,S共面.故选D.
9.如图所示,用符号语言表示图形中点、直线、平面之间的位置关系:
(1)点A,B在直线a上　　　　;
(2)直线a在平面α内　　　　;
(3)点D在直线b上,点C在平面α内　　　　.
解析:根据点、线、面位置关系及其表示方法可知,(1)A∈a,B∈a,
(2)a α,(3)D∈b,C∈α.
答案:(1)A∈a,B∈a　(2)a α　(3)D∈b,C∈α
10.若直线l与平面α相交于点O,A,B∈l,C,D∈α,且AC∥BD,则O,C,D三点的位置关系是　　　　.
解析:因为AC∥BD,
所以AC与BD确定一个平面,记作平面β,如图.
则α∩β=CD.
因为l∩α=O,所以O∈α.
又因为O∈AB β,
所以O∈直线CD,
所以O,C,D三点共线.
答案:共线
11.已知空间四边形ABCD(如图所示),E,F分别是AB,AD的中点,G,H分别是BC,CD上的点,且CG=BC,CH=DC.求证:
(1)E,F,G,H四点共面;
(2)直线FH,EG,AC共点.
证明:(1)连接EF,GH,如图.因为E,F分别是AB,AD的中点,所以
EFBD,因为G,H分别是BC,CD上的点,且CG=BC,CH=DC.
所以GHBD,
所以EF∥GH,
所以E,F,G,H四点共面.
(2)因为E,F分别是AB,AD的中点,所以EFBD,
因为G,H分别是BC,CD上的点,且CG=BC,CH=DC.
所以GHBD,
所以EF∥GH,且EF≠GH,
所以四边形EFHG是梯形,
设两腰EG,FH相交于一点T.如图.
因为EG 平面ABC,FH 平面ACD,
所以T∈平面ABC,且T∈平面ACD,
又平面ABC∩平面ACD=AC,
所以T∈AC,即直线EG,FH,AC相交于一点T.
应用创新
12.在正方体ABCDA1B1C1D1中,M,N分别是棱DD1和BB1上的点,MD=DD1,NB=BB1,那么正方体中过点M,N,C1的截面图形是(　C　)
(A)三角形 (B)四边形
(C)五边形 (D)六边形
解析:在正方体ABCDA1B1C1D1中,M,N分别是棱DD1和BB1上的点,MD=
DD1,NB=BB1.如图,延长C1M交直线CD的延长线于点P,延长C1N交直线CB的延长线于点Q,连接PQ交直线AD于点E,交AB于点F,连接NF,ME,则正方体中过点M,N,C1的截面图形是五边形.故选C.
13.(多选题)在正方体ABCDA1B1C1D1中,下列说法正确的是(　BCD　)
(A)直线AC1在平面CC1B1B内
(B)若正方形ABCD与A1B1C1D1的中心分别为O,O1,则平面AA1C1C与平面BB1D1D的交线为OO1
(C)由A,C1,B1确定的平面是ADC1B1
(D)由A,C1,B1确定的平面与由A,C1,D确定的平面是同一个平面
解析:选项A错误,因为点A 平面CC1B1B,所以直线AC1 平面CC1B1B;选项B正确,连接AC,BD,A1C1,B1D1(图略),
因为O∈直线AC,AC 平面AA1C1C,O∈直线BD,BD 平面BB1D1D,O1∈直线A1C1,A1C1 平面AA1C1C,O1∈直线B1D1,B1D1 平面BB1D1D,所以平面AA1C1C与平面BB1D1D的交线为OO1;选项C,D都正确,因为AD∥B1C1,且AD=B1C1,所以四边形AB1C1D是平行四边形,所以A,B1,C1,D共面.故选BCD.
14.在棱长是a的正方体ABCDA1B1C1D1中,M,N分别是AA1,D1C1的中点,过D,M,N三点的平面与正方体的下底面相交于直线l.
(1)画出交线l.
(2)设l∩A1B1=P,求PB1的长.
(3)求点D1到l的距离.
解:(1)如图,延长DM交D1A1的延长线于点Q,
则点Q是平面DMN与平面A1B1C1D1的一个公共点.连接QN,
则直线QN就是两平面的交线l.
(2)因为M是AA1的中点,MA1∥DD1,
所以A1是QD1的中点,
又因为A1P∥D1N,
所以A1P=D1N.
因为N是D1C1的中点,
所以A1P=D1C1=,
所以PB1=A1B1-A1P=a.
(3)过点D1作D1H⊥PN于点H,则D1H的长度就是点D1到l的距离.
因为QD1=2A1D1=2a,D1N=,
所以D1H===a.
即点D1到l的距离是a.8.4.2　空间点、直线、平面之间的位置关系
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核心知识目标 核心素养目标
1.了解空间中点与直线、直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系. 2.会用图形语言、符号语言表示直线与直线、直线与平面、平面与平面之间的位置关系. 1.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的过程中,培养数学抽象和直观想象的核心素养. 2.通过运用符号语言和图形语言来表示空间点、直线、平面的位置关系,培养直观想象和逻辑推理的核心素养.
　　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.点与直线、点与平面的位置关系
(1)点在直线上和点在直线外.
(2)点在平面内和点在平面外.
2.空间中直线与直线的位置关系
(1)异面直线:我们把不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线.
(2)空间两条直线的位置关系
位置关系 特点
相交 同一平面内,有且只有一个公共点
平行 同一平面内,没有公共点
异面直线 不同在任何一个平面内,没有公共点
(3)异面直线的画法
画异面直线时,为了突出它们不共面的特点,常常需要一个或两个面作衬托,明显地体现出异面直线既不相交也不平行的特点,如图甲、乙、丙所示.
3.空间中直线与平面的位置关系
位置 关系 直线a 在平面α内 直线a在平面α外
直线a与 平面α相交 直线a与 平面α平行
公共点 无数个公共点 一个公共点 没有公共点
符号表示 a α a∩α=A a∥α
图形 表示
4.空间中平面与平面的位置关系
(1)两个平面之间的位置关系有且只有两种
①两个平面平行——没有公共点;
②两个平面相交——有一条公共直线.
(2)两个平面位置关系的图形表示和符号表示
位置关系 图形表示 符号表示 公共点个数
两平面 平行 α∥β 无公共点
两平面 相交 α∩β=a 有一条 公共直线
1.不平行的两条直线的位置关系是(　D　)
(A)相交 (B)异面
(C)平行 (D)相交或异面
解析:由于空间两条直线的位置关系是平行、相交、异面,则不平行的两条直线的位置关系是相交或异面.故选D.
2.若直线a∥α,直线b α,则直线a与b的位置关系是(　C　)
(A)相交 (B)异面
(C)异面或平行 (D)平行
解析:由题意直线a∥α,直线b α,可得直线a,b一定没有公共点,故两条直线的位置关系可以是异面或平行.故选C.
3.直线a与平面α满足a α,则(　D　)
(A)a∥α
(B)a与α至少有一个公共点
(C)a∩α=A
(D)a与α至多有一个公共点
解析:直线a在平面α外,则直线a与平面α平行或相交,因此直线a与平面α至多有一个公共点.故选D.
4.正方体AC1中,与面ABCD的对角线AC异面的棱有　　　　条.
解析:如图,在正方体AC1中,与面ABCD的对角线AC异面的棱有BB1,DD1,A1B1,A1D1,D1C1,B1C1,共6条.
答案:6
　　　　　　 　　　　　 　　　　　
　空间两条直线的位置关系的判定
[例1] 如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,判断下列直线的位置关系:
(1)直线A1B与直线D1C的位置关系是　　　　;
(2)直线A1B与直线B1C的位置关系是　　　　;
(3)直线D1D与直线D1C的位置关系是　　　　;
(4)直线AB与直线B1C的位置关系是　　　　.
解析:直线D1D与直线D1C相交于D1点,所以(3)应该填相交;直线A1B与直线D1C在平面A1BCD1中,且没有交点,则两直线平行.所以(1)应该填平行;点A1,B,B1在一个平面A1BB1内,而C不在平面A1BB1内,则直线A1B与直线B1C异面.同理,直线AB与直线B1C异面.所以(2),(4)都应该填异面.
答案:(1)平行　(2)异面　(3)相交　(4)异面
判断直线平行、相交可用平面几何中的定义和方法来处理,判定异面直线的方法有反证法和定义法,只是用定义法不好判断,往往根据“过平面内一点与平面外一点的直线和这个平面内不经过该点的直线是异面直线”来判断.
即时训练1-1:若a和b是异面直线,b和c是异面直线,则a和c的位置关系是(　　)
(A)平行 (B)异面
(C)相交 (D)平行、相交或异面
解析:可借助长方体来判断.
如图,在长方体ABCD-A′B′C′D′中,A′D′所在直线为a,AB所在直线为b,已知a和b是异面直线,b和c是异面直线,则c可以是长方体ABCD-A′B′C′D′中的B′C′,DD′,CC′.故a和c可以平行、相交或异面.故选D.
即时训练1-2:正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是线段C1D,BC的中点,则直线A1B与直线EF的位置关系是　　　　.
解析:直线A1B与直线外一点E确定的平面为A1BCD1,EF 平面A1BCD1,且两直线不平行,故两直线相交.
答案:相交
[备用例1] 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　　　　.(填序号)
解析:如题图①中,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GM,GM∥HN,因此,GH与MN共面.
图④中,G,M,N三点共面,但H 平面GMN,因此GH与MN异面.
所以图②,④中GH与MN异面.
答案:②④
　直线与平面的位置关系
[例2] 下列命题中,正确命题的个数是(　　)
①如果a,b是两条平行直线,那么a平行于经过b的任何一个平面;②如果直线a和平面α满足 a∥α,那么a与平面α内的任何一条直线平行;③如果直线a,b满足a∥α,b∥α,则a∥b;④如果直线a,b和平面α满足a∥b,a∥α,b α,那么b∥α;⑤如果平面α的同侧有两点A,B到平面α的距离相等,则AB∥α.
(A)0 (B)1 (C)2 (D)3
解析:如图,在正方体ABCD-A′B′C′D′中,AA′∥BB′,AA′在过BB′的平面ABB′A′内,故命题①不正确;AA′∥平面BCC′B′,BC 平面BCC′B′,但AA′不平行于BC,故命题②不正确;AA′∥平面BCC′B′,A′D′∥平面BCC′B′,但AA′与A′D′相交,所以③不正确;④中,假设b与α相交,因为a∥b,所以a与α相交,这与a∥α矛盾,故b∥α,即④正确;⑤显然正确.故选C.
判断直线与平面的位置关系应注意的问题
(1)在判断直线与平面的位置关系时,直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行,这三种情况都要考虑到,避免疏忽或遗漏.
(2)解决此类问题时,可以借助空间几何图形,把要判断关系的直线、平面放在某些具体的空间图形中,以便于正确作出判断,避免凭空臆断.
(3)要证明直线在平面内,只要证明直线上两点在平面α内;要证明直线与平面相交,只需说明直线与平面只有一个公共点;要证明直线与平面平行,则必须说明直线与平面没有公共点.
即时训练2-1:若直线上有一点在平面外,则下列结论正确的是(　　)
(A)直线上所有的点都在平面外
(B)直线上有无数多个点都在平面外
(C)直线上有无数多个点都在平面内
(D)直线上至少有一个点在平面内
解析:直线上有一点在平面外,则直线不在平面内,故直线上有无数多个点在平面外.故选B.
即时训练2-2:如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是A1B1和BB1的中点,则
(1)AM所在的直线与平面ABCD的位置关系是　　　　;
(2)CN所在的直线与平面ABCD的位置关系是　　　　;
(3)AM所在的直线与平面CDD1C1的位置关系是　　　　;
(4)CN所在的直线与平面CDD1C1的位置关系是　　　　.
解析:(1)AM所在的直线与平面ABCD相交.
(2)CN所在的直线与平面ABCD相交.
(3)AM所在的直线与平面CDD1C1平行.
(4)CN所在的直线与平面CDD1C1相交.
答案:(1)相交　(2)相交　(3)平行　(4)相交
[备用例2] 下列说法中,正确的有(　　)
①如果一条直线与一个平面平行,那么这条直线与平面内的任意一条直线平行;②如果一条直线与一个平面相交,那么这条直线与平面内无数条直线相交;③过平面外一点有且只有一条直线与已知平面平行;④一条直线上有两点到平面的距离相等,则这条直线平行于这个平面.
(A)0个 (B)1个 (C)2个 (D)3个
解析:如果一条直线与一个平面平行,那么这条直线与平面内的直线平行或异面,所以①错;如果一条直线与一个平面相交,在这个平面内作过交点的直线都与这条直线相交,有无数条,所以②正确;对于③显然有无数条;而④,也有可能相交,所以错误.故选B.
　平面与平面的位置关系
[例3] 给出的下列四个命题中,其中正确命题的个数是(　　)
①平面α内有两条直线和平面β平行,那么这两个平面平行;②平面α内有无数条直线和平面β平行,则α与β平行;③平面α内△ABC的三个顶点到平面β的距离相等,则α与β平行;④若两个不重合平面有无数个公共点,则这两个平面的位置关系是相交.
(A)0 (B)1 (C)3 (D)4
解析:如图(1),平面α内有无数条直线与β平行,但α与β相交,故①②错;如图(2),△ABC的三个顶点到β的距离相等,但α与β相交.故③错;不重合的两个平面,若它们有公共点,则它们有无数个公共点,都在它们的交线上,故④正确.故选B.
平面与平面的位置关系的判断方法
(1)平面与平面相交的判断,主要是以基本事实3为依据找出一个交点.
(2)平面与平面平行的判断,主要是说明两个平面没有公共点.
[注意]判断面面的位置关系,要牢牢抓住其特征和定义,要有画图的意识,结合空间想象能力全方位、多角度地去考虑问题,作出判断.
即时训练3-1:下列说法中正确的个数是(　　)
①平面α与平面β,γ都相交,则这三个平面有2条或3条交线;
②如果a,b是两条直线,a∥b,那么a平行于经过b的任何一个平面;
③直线a不平行于平面α,则a不平行于α内任何一条直线;
④如果α∥β,a∥α,那么a∥β.
(A)0 (B)1
(C)2 (D)3
解析:①中,交线也可能是1条;②a也可能在经过b的平面内;③中a不平行于平面α,则a可能在平面α内,平面α内有与a平行的直线;④中,a可能在平面β内.故四个命题都是错误的.故选A.
[备用例3] 已知下列说法:
①若两个平面α∥β,a α,b β,则a∥b;②若两个平面α∥β,a α,b β,则a与b一定不相交;③若两个平面α∩β=b,a α,则a与β一定相交.
其中正确的是　　　　.(将你认为正确的序号都填上)
解析:①错,a与b也可能异面;②对,因为α∥β,所以平面α与β无公共点.又因为a α,b β,所以a与b无公共点;③错,a与平面β也可能平行.
答案:②
　　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.如图所示,用符号语言可表示为(　D　)
(A)α∩β=l
(B)α∥β,l∈α
(C)l∥β,l α
(D)α∥β,l α
解析:显然题图中α∥β,且l α.
故选D.
2.若a∥α,b∥α,则直线a,b的位置关系是(　D　)
(A)平行或异面
(B)平行或相交
(C)相交或异面
(D)平行、相交或异面
解析:若a∥α,b∥α,则直线a,b的位置关系可能是平行、相交或异面.故选D.
3.直线a与直线b为两条异面直线,已知直线l∥a,那么直线l与直线b的位置关系为　　　　.
解析:以正方体为例,如图,当直线l位于图中两位置时,直线l与b的位置关系是相交或异面.
答案:异面或相交
选题明细表
知识点、方法 题号
直线与直线的位置关系 1,3,6
直线与平面的位置关系 2,4,8,9
平面与平面的位置关系 10,11
位置关系的应用 5,7,12
基础巩固
1.与同一个平面α都相交的两条直线的位置关系是(　D　)
(A)平行 (B)相交
(C)异面 (D)以上都有可能
解析:如图所示,
故相交、平行、异面都有可能.故选D.
2.若直线a不平行于平面α,则下列结论成立的是(　D　)
(A)α内的所有直线均与a异面
(B)α内不存在与a平行的直线
(C)α内的直线均与a相交
(D)直线a与平面α有公共点
解析:直线a不平行于平面α,则直线a在α内或a与α相交,当a α时,A,B均错;当a与α相交时,α内存在直线与a异面,C错.故选D.
3.平面α与平面β平行且a α,下列三种说法中,①a与β内的所有直线都平行;②a与β平行;③a与β内的无数条直线平行.其中正确的个数是(　C　)
(A)0 (B)1
(C)2 (D)3
解析:因为α∥β,a α,所以a与β无公共点,所以a∥β,②正确,所以a与β内的所有直线都没有公共点,所以a与β内无数条直线平行或异面,故③正确,①不正确.故选C.
4.(多选题)下列命题错误的有(　ABC　)
(A)若直线l上有无数个点不在平面α内,则l∥α
(B)若直线l与平面α相交,则l与平面α内的任意直线都是异面直线
(C)如果两条异面直线中的一条与一个平面平行,则另一条直线一定与该平面相交
(D)若直线l与平面α平行,则l与平面α内的直线平行或异面
解析:A中,直线l还可能与α相交,所以A是错误的;B中,直线l和平面α内过l与α交点的直线都相交而不是异面,所以B是错误的;C中,异面直线中的另一条直线和该平面的关系不能具体确定,它们可以相交,可以平行,还可以在该平面内,所以C是错误的,D正确.故选ABC.
能力提升
5.(多选题)如图所示,在正方体ABCDA1B1C1D1中,M,N分别为棱C1D1,C1C的中点,则以下四个结论正确的是(　CD　)
(A)直线AM与CC1是相交直线
(B)直线AM与BN是平行直线
(C)直线BN与MB1是异面直线
(D)直线AM与DD1是异面直线
解析:直线AM与CC1是异面直线,直线AM与BN也是异面直线,故A,B错误;直线BN与MB1是异面直线,直线AM与DD1是异面直线,故C,D正确.故选CD.
6.若P是两条异面直线l,m外的任意一点,则(　B　)
(A)过点P有且仅有一条直线与l,m都平行
(B)过点P有且仅有一条直线与l,m都垂直
(C)过点P有且仅有一条直线与l,m都相交
(D)过点P有且仅有一条直线与l,m都异面
解析:逐个分析,过点P与l,m都平行的直线不存在;过点P与l,m都垂直的直线只有一条;过点P与l,m都相交的直线1条或0条;过点P与l,m都异面的直线有无数条.故选B.
7.已知a,b,c是空间三条直线,下面给出四个命题:①如果a⊥b,
b⊥c,那么a∥c;②如果a,b是异面直线,b,c是异面直线,那么a,c也是异面直线;③如果a,b是相交直线,b,c是相交直线,那么a,c也是相交直线;④如果a,b共面,b,c共面,那么a,c也共面.
在上述命题中,正确命题的个数是(　A　)
(A)0 (B)1 (C)2 (D)3
解析:①a与c可能相交、平行,也可能异面;②a与c可能相交、异面,也可能平行;③a与c可能异面、相交,也可能平行;④a与c也可能不在一个平面内.故①②③④均不正确.故选A.
8.下列四个命题中正确的是　　　　.
①如果一条直线不在某个平面内,那么这条直线就与这个平面平行;
②过直线外一点有无数个平面与这条直线平行;
③过平面外一点有无数条直线与这个平面平行;
④过空间一点必存在某个平面与两条异面直线都平行.
解析:①如果一条直线不在某个平面内,那么这条直线就与这个平面平行或相交,故①错误;
②过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行,过这条直线有无数个平面与这条直线平行,故②正确;
③过平面外一点有无数条直线与这个平面平行,且这无数条直线在同一平面内,故③正确;
④过空间一点不一定存在某个平面与两条异面直线都平行,可能与其中一条平行,经过另一条直线,故④错误.
答案:②③
9.过三棱柱ABCA1B1C1的任意两条棱的中点作直线,其中与平面ABB1A1平行的直线共有　　　　条.
解析:如图所示,与平面ABB1A1平行的直线有6条:D1E1,E1E,ED,DD1,
D1E,DE1.
答案:6
10.如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,E是AA1的中点,画出过D1,C,E的平面与平面ABB1A1的交线,并说明理由.
解:如图,取AB的中点F,连接EF,A1B,CF.
因为E是AA1的中点,
所以EF∥A1B.
在正方体ABCDA1B1C1D1中,A1D1∥BC,A1D1=BC,
所以四边形A1BCD1是平行四边形.
所以A1B∥CD1,
所以EF∥CD1.
所以E,F,C,D1四点共面.
因为E∈平面ABB1A1,E∈平面D1CE,
F∈平面ABB1A1,F∈平面D1CE,
所以平面ABB1A1∩平面D1CE=EF.
所以过D1,C,E的平面与平面ABB1A1的交线为EF.
应用创新
11.已知直线a,平面α,β,且a∥α,a∥β,则平面α与β的位置关系是　　　　.
解析:因为a∥α,a∥β,所以平面α与β相交(如图①)或平行(如
图②).
答案:相交或平行
12.一个平面将空间分成两部分,那么两个平面呢 三个平面呢
解:(1)两个平面有两种情形.
当两个平面平行时,将空间分成三部分(如图①);
当两个平面相交时,将空间分成四部分(如图②).
(2)三个平面有五种情形.
当三个平面互相平行时,将空间分成四部分(如图③);
当两个平面平行,第三个平面与它们相交时,将空间分成六部分(如
图④);
当三个平面相交于同一条直线时,将空间分成六部分(如图⑤);
当三个平面相交于三条直线,且三条交线相交于一点时,将空间分成八部分(如图⑥);
当三个平面相交于三条直线,且三条交线相互平行时,将空间分成七部分(如图⑦).8.5　空间直线、平面的平行
8.5.1　直线与直线平行
[目标导航]
核心知识目标 核心素养目标
1.进一步巩固直线与直线位置关系的判断. 2.理解和掌握基本事实4和等角定理并能应用它们进行证明或判断. 3.培养空间想象能力和抽象概括能力. 1.借助长方体,感悟抽象空间两条直线的平行关系,并由此认识把握等角定理,培养数学抽象与直观想象的核心素养. 2.通过基本事实4和定理(等角定理)的应用,培养直观想象与逻辑推理的核心素养.
　　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.基本事实4
平行于同一条直线的两条直线平行.
基本事实4的符号表示:a∥b,b∥c a∥c.
2.等角定理
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.
1.如图,在三棱锥S-MNP中,E,F,G,H分别是棱SN,SP,MN,MP的中点,则EF与HG的位置关系是(　A　)
(A)平行 (B)相交
(C)异面 (D)平行或异面
解析:因为E,F分别是SN和SP的中点,
所以EF∥PN.同理可证HG∥PN,
所以EF∥HG.
故选A.
2.(多选题)下列说法中正确的是(　BD　)
(A)如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行,那么这两个角相等
(B)如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行,那么这两组直线所成的锐角(或直角)相等
(C)如果两个角相等,则一个角的两边一定与另一角的两边平行
(D)如果两条直线同时平行于第三条直线,那么这两条直线互相平行
解析:由基本事实4及等角定理知,只有B,D正确.故选BD.
3.如图,在长方体ABCD-A′B′C′D′中,与棱BC平行的棱共有　　　　条.
答案:3
4.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,D,D1分别是AC,A1C1的中点,若∠ABD=30°,则∠A1B1D1=　　　　.
解析:由棱柱的性质可知,
AB∥A1B1,BD∥B1D1,
所以∠A1B1D1=∠ABD=30°.
答案:30°
　　　　　　 　　　　　 　　　　　
　基本事实4的应用
[例1] 已知棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是棱CD,AD的中点.求证:四边形MNA1C1是梯形.
证明:如图,连接AC,在△ACD中,
因为M,N分别是CD,AD的中点,
所以MN是三角形的中位线,
所以MN∥AC,MN=AC,
由正方体的性质得AC∥A1C1,AC=A1C1,
所以MN∥A1C1,且MN≠A1C1,
所以四边形MNA1C1是梯形.
证明空间两条直线平行的方法
(1)平面几何法
三角形中位线、平行四边形的性质等.
(2)定义法
用定义证明两条直线平行,要证明两个方面:一是两条直线在同一平面内,二是两条直线没有公共点.
即时训练1-1:如图,已知正方体ABCD -A1B1C1D1,E,F分别为AA1,CC1的中点,求证:BFD1E是平行四边形.
证明:如图所示,取BB1的中点G,连接GC1,GE.
因为F为CC1的中点,
所以BG∥FC1,且BG=FC1.
所以四边形BFC1G是平行四边形.
所以BF∥GC1,BF=GC1,
又因为EG∥A1B1,EG=A1B1,
A1B1∥C1D1,A1B1=C1D1,
所以EG∥C1D1,EG=C1D1.
所以四边形EGC1D1是平行四边形.
所以ED1∥GC1,ED1=GC1.
所以BF∥ED1,BF=ED1,
所以四边形BFD1E是平行四边形.
　等角定理的应用
[例2] 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,M1分别是棱AD和A1D1的中点.
(1)求证:四边形BB1M1M为平行四边形;
(2)求证:∠BMC=∠B1M1C1.
证明:(1)在正方形ADD1A1中,M,M1分别为AD,A1D1的中点,所以MM1AA1,又因为AA1BB1,所以MM1∥BB1,且MM1=BB1,
所以四边形BB1M1M为平行四边形.
(2)由(1)知四边形BB1M1M为平行四边形,
所以B1M1∥BM.
同理可得四边形CC1M1M为平行四边形,
所以C1M1∥CM.
由平面几何知识可知,∠BMC和∠B1M1C1都是锐角.
所以∠BMC=∠B1M1C1.
利用空间等角定理证明两角相等的步骤
(1)证明两个角的两边分别对应平行.
(2)判定两个角的两边的方向都相同或者都相反.
即时训练2-1:如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N,P分别为A1C1,AC和AB的中点.求证:∠PNA1=∠BCM.
证明:因为P,N分别为AB,AC的中点,
所以PN∥BC.①
又因为M,N分别为A1C1,AC的中点,
所以A1MNC.
所以四边形A1NCM为平行四边形,
于是A1N∥MC.②
由①②及∠PNA1与∠BCM对应边方向相同,得∠PNA1=∠BCM.
[备用例题] 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,E1,F1分别是棱AB,AD,B1C1,C1D1的中点.求证:
(1)EFE1F1;
(2)∠EA1F=∠E1CF1.
证明:(1)如图,连接BD,B1D1,在△ABD中,因为E,F分别为AB,AD的中点,
所以EFBD.
同理,E1F1B1D1.
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BB1DD1,
所以四边形BB1D1D为平行四边形,
所以BDB1D1,
又EFBD,E1F1B1D1,
所以EFE1F1.
(2)取A1B1的中点M,连接F1M,BM,如图所示.
则MF1B1C1.
又B1C1BC,所以MF1BC,
所以四边形BMF1C为平行四边形,
所以BM∥CF1.
因为A1M=A1B1,BE=AB,且A1B1AB,
所以A1MBE,
所以四边形BMA1E为平行四边形,
所以BM∥A1E,
所以CF1∥A1E.
同理可证A1F∥CE1.
因为∠EA1F与∠E1CF1的两边分别对应平行,且方向都相反,
所以∠EA1F=∠E1CF1.
　　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.已知∠BAC=30°,AB∥A′B′,AC∥A′C′,则 ∠B′A′C′ 等于(　C　)
(A)30° (B)150°
(C)30°或150° (D)大小无法确定
解析:当∠B′A′C′与∠BAC开口方向相同时,∠B′A′C′=30°;当∠B′A′C′与∠BAC开口方向相反时,∠B′A′C′=150°.故选C.
2.若∠AOB=∠A1O1B1,且OA∥O1A1,OA与O1A1的方向相同,则下列结论中正确的是(　D　)
(A)OB∥O1B1且方向相同
(B)OB∥O1B1
(C)OB与O1B1不平行
(D)OB与O1B1不一定平行
解析:如图①,∠AOB=∠A1O1B1,且OA∥O1A1,但OB与O1B1不平行,故排除A,B;如图②,∠AOB=∠A1O1B1,且OA∥O1A1,此时OB∥O1B1,故排除C.故选D.
3.对角线互相垂直的空间四边形ABCD各边中点分别为M,N,P,Q,则四边形MNPQ是　　　　.
解析:如图所示.
因为点M,N,P,Q分别是四条边的中点,
所以MN∥AC且MN=AC,
PQ∥AC且PQ=AC,
即MN∥PQ且MN=PQ,
所以四边形MNPQ是平行四边形.
又因为BD∥MQ,AC⊥BD,所以MN⊥MQ,
所以平行四边形MNPQ是矩形.
答案:矩形
4.空间四边形ABCD中,M,N分别为AB,CD的中点,则MN　　　　(填“≥”“>”“≤”“<”“=”符号)(AC+BD).
解析:取BC的中点E,连接EM,EN(图略),则
得EM+EN=(AC+BD),
又EM+EN>MN,所以MN<(AC+BD).
答案:<
选题明细表
知识点、方法 题号
基本事实4 1,3,4,6,7,8,12
等角定理 5,11
综合应用 2,9,10,13
基础巩固
1.在长方体ABCDA1B1C1D1中,E,F分别是BD和CD的中点,长方体的各棱中与EF平行的有(　D　)
(A)1条 (B)2条
(C)3条 (D)4条
解析:如图所示,
因为E,F分别为BD,CD的中点,
所以EF∥BC,
又因为BC∥B1C1,
所以EF∥B1C1,
同理,EF∥A1D1,EF∥AD.故选D.
2.若l1,l2,l3是空间三条不同的直线,则下列命题正确的是(　B　)
(A)l1⊥l2,l2⊥l3 l1∥l3
(B)l1⊥l2,l2∥l3 l1⊥l3
(C)l1∥l2∥l3 l1,l2,l3共面
(D)l1,l2,l3均不共点 l1∥l2∥l3
解析:当l1⊥l2,l2⊥l3时,l1也可能与l3相交或异面,故A不正确;l1⊥l2,l2∥l3 l1⊥l3,故B正确;当l1∥l2∥l3时,l1,l2,l3未必共面,如三棱柱的三条侧棱,故C不正确;l1,l2,l3均不共点时,l1,l2,l3不一定互相平行,也可以都是异面直线,因此D不对.故选B.
3.如图,在空间四边形ABCD中,E,F分别为AB,BC的中点,G,H分别在边CD,DA上,且满足CG=GD,DH=2HA,则四边形EFGH为(　D　)
(A)平行四边形 (B)矩形
(C)菱形 (D)梯形
解析:因为E,F分别为AB,BC的中点,
所以EFAC,
由题意得=,=,
所以=,
所以HGAC,
所以EF∥HG且EF≠HG,
所以四边形EFGH为梯形.故选D.
4.(多选题)下列结论正确的是(　BD　)
(A)在空间中,若两条直线不相交,则它们一定平行
(B)平行于同一条直线的两条直线平行
(C)一条直线和两条平行直线中的一条相交,那么它也和另一条相交
(D)空间四条直线a,b,c,d,如果a∥b,c∥d,且a∥d,那么b∥c
解析:A错,可以异面;B正确;C错误,和另一条可以异面;D正确,由平行直线的传递性可得出B,D正确.故选BD.
5.空间中有两个角α,β,且角α,β的两边分别平行.若α=60°,则β=　　　　.
解析:因为α与β两边对应平行,但方向不确定,
所以α与β相等或互补.
答案:60°或120°
6.在三棱锥SABC中,G1,G2分别是△SAB和△SAC的重心,则直线G1G2与BC的位置关系是　　　　.
解析:如图所示,连接SG1并延长交AB于M,连接SG2并延长交AC于N,连接MN.
由题意知SM为△SAB的中线,且SG1=SM,SN为△SAC的中线,且SG2=SN,
所以在△SMN中,=,所以G1G2∥MN,
易知MN是△ABC的中位线,
所以MN∥BC,所以G1G2∥BC.
答案:平行
能力提升
7.下列正方体或正四面体中,P,Q,R,S分别是所在棱的中点,这四个点不共面的是(　D　)
解析:由基本事实4可得A中PR∥QS,B中PS∥QR,C中PQ∥RS,因此选项A,B,C中P,Q,R,S四点均共面.D中过Q,R,S三点有唯一的一个平面,且P不在此平面内,因此P,Q,R,S不共面.故选D.
8.如图,α∩β=l,a α,b β,且a,b为异面直线,则以下结论正确的是(　B　)
(A)a,b都与l平行
(B)a,b中至多有一条与l平行
(C)a,b都与l相交
(D)a,b中至多有一条与l相交
解析:如果a,b都与l平行,根据基本事实4,有a∥b,这与a,b为异面直线矛盾,故a,b中至多有一条与l平行.故选B.
9.(多选题)如图,在四面体ABCD中,M,N,P,Q,E分别是AB,BC,CD,
AD,AC的中点,则下列说法中正确的是(　ABC　)
(A)M,N,P,Q四点共面
(B)∠QME=∠CBD
(C)△BCD∽△MEQ
(D)四边形MNPQ为梯形
解析:由三角形中位线定理,易知MQ∥BD,ME∥BC,QE∥CD,NP∥BD.
对于A,有MQ∥NP,所以M,N,P,Q四点共面,故A说法正确;对于B,根据等角定理,得∠QME=∠CBD,故B说法正确;对于C,由等角定理,知
∠QME=∠CBD,∠MEQ=∠BCD,所以△BCD∽△MEQ,故C说法正确;由三角形的中位线定理,知MQBD,NPBD,所以MQNP,所以四边形MNPQ为平行四边形,故D说法不正确.故选ABC.
10.已知点E,F,G,H分别是三棱锥ABCD棱AB,BC,CD,DA的中点.
(1)四边形EFGH是　　　　形;
(2)AC与BD所成角为60°,且AC=BD=1,则EG=　　　　.
解析:(1)因为点E,F,G,H分别是三棱锥ABCD棱AB,BC,CD,DA的
中点,
所以EF为△ABC的中位线,
故EF∥AC且EF=AC,
同理GH为△ACD的中位线,
故GH∥AC且GH=AC,
所以EF∥GH且EF=GH,
所以四边形EFGH是平行四边形.
(2)由(1)可得EF∥AC且EF=AC=,
同理FG∥BD且FG=BD=,
因为AC与BD所成角为60°,
所以∠EFG=60°或120°,
当∠EFG=60°时,EG=;
当∠EFG=120°时,EG=.
答案:(1)平行四边　(2)或
11.在正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F,G分别为棱CC1,BB1,DD1的中点,试证明:∠BGC=∠FD1E.
证明:因为F为BB1的中点,所以BF=BB1,因为G为DD1的中点,所以D1G=DD1.
又BB1∥DD1,BB1=DD1,
所以BF∥D1G,BF=D1G.
所以四边形D1GBF为平行四边形.
所以D1F∥GB,同理D1E∥GC.
所以∠BGC与∠FD1E的对应边平行且方向相同,
所以∠BGC=∠FD1E.
应用创新
12.一个正方体纸盒展开后如图所示,在原正方体纸盒中有如下结论:
①AB∥CM;
②EF与MN是异面直线;
③MN∥CD.
以上结论中正确的序号为　　　　.
解析:把正方体平面展开图还原到原来的正方体,如图所示,EF与MN是异面直线.AB∥CM,MN⊥CD,只有①②正确.
答案:①②
13.如图,空间四边形ABCD的对棱AD,BC成60°的角,且AD=BC=a,平行于AD与BC的截面分别交AB,AC,CD,BD于点E,F,G,H.E在AB的何处时截面EFGH的面积最大 最大面积是多少
解:因为AD与BC成60°角,
所以∠HGF=60°或120°.
设AE∶AB=x,则==x.
又BC=a,所以EF=ax.
由==1-x,得EH=a(1-x).
所以S四边形EFGH=EF·EH·sin 60°
=ax·a(1-x)×
=a2(-x2+x)
=a2[-(x-)2+].
当x=时,S最大值=a2,即当E为AB的中点时,截面EFGH的面积最大,最大面积为a2.8.5.2　直线与平面平行
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核心知识目标 核心素养目标
1.掌握直线与平面平行的判定定理. 2.掌握直线与平面平行的性质定理. 3.能熟练应用直线与平面平行的判定定理和性质定理解决相关问题. 1.通过运用图形语言、文字语言、符号语言准确描述直线与平面平行的判定定理和性质定理,培养数学抽象和直观想象的核心素养. 2.在发现、推导和应用直线与平面平行的判定定理和性质定理的过程中,发展数学抽象、逻辑推理和直观想象的核心素养.
直线与平面平行的判定及性质
定理 条件 结论 图形语言 符号语言
判定 平面外一条直线和此平面内的一条直线平行 这条直线和这个平面平行 　　　　l l∥α
性质 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 这条直线和这两个平面的交线平行 l∥m
1.能保证直线a与平面α平行的条件是(　D　)
(A)b α,a∥b
(B)b α,c∥α,a∥b,a∥c
(C)b α,A,B∈a,C,D∈b,且AC∥BD
(D)a α,b α,a∥b
解析:由线面平行的判定定理可知,D正确.故选D.
2.如果直线a∥平面α,那么直线a与平面α内的(　D　)
(A)一条直线不相交
(B)两条直线不相交
(C)无数条直线不相交
(D)任意一条直线不相交
解析:直线a∥平面α,则a与α无公共点,与α内的直线当然均无公共点.故选D.
3.在三棱锥S-ABC中,E,F分别是SB,SC上的点,且EF∥平面ABC,则(　B　)
(A)EF与BC相交
(B)EF∥BC
(C)EF与BC异面
(D)以上均有可能
解析:因为平面SBC∩平面ABC=BC,EF 平面SBC,又EF∥平面ABC,所以EF∥BC.故选B.
4.若直线a与平面α内的无数条直线平行,则直线a与平面α的位置关系是　　　　.
解析:若直线a与平面α内的无数条直线平行,当直线a与平面α内的无数条直线在一个平面内时a α,直线a与平面α内的无数条直线不在一个平面内时a∥α.
答案:a α或a∥α
　直线与平面平行的判定定理及其应用
[例1] 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是BC,CC1,BB1的中点,求证:EF∥平面AD1G.
证明:连接BC1,则由E,F分别是BC,CC1的中点,知EF∥BC1.
又ABA1B1D1C1,
所以四边形ABC1D1是平行四边形,
所以BC1∥AD1,
所以EF∥AD1.
又EF 平面AD1G,AD1 平面AD1G,
所以EF∥平面AD1G.
利用直线与平面平行的判定定理证线面平行的步骤
上面的第一步“找”是证题的关键,其常用方法有:利用三角形、梯形中位线的性质;利用平行四边形的性质;利用平行线分线段成比例定理.
即时训练1-1:如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,S,E,G分别是B1D1,BC,SC的中点.求证:直线EG∥平面BDD1B1.
证明:如图所示,连接SB.
因为E,G分别是BC,SC的中点,
所以EG∥SB.
又因为SB 平面BDD1B1,EG 平面BDD1B1,
所以直线EG∥平面BDD1B1.
[备用例1] 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点N在BD上,点M在B1C上,且CM=DN.求证:MN∥平面AA1B1B.
证明:如图所示,作ME∥BC,交BB1于点E,作NF∥AD,交AB于点F,连接EF,
则EF 平面AA1B1B,
且=,=.
因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中
CM=DN,B1C=BD,
所以B1M=NB.
所以==.
又AD=BC,
所以ME=NF.
又ME∥BC∥AD∥NF,
所以四边形MEFN为平行四边形,
所以MN∥EF.
因为MN 平面AA1B1B,EF 平面AA1B1B,
所以MN∥平面AA1B1B.
　直线与平面平行的性质定理及其应用
[例2] 如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,E为线段AD上的任意一点(不包括A,D两点),平面CEC1∩平面BB1D=FG.
证明:FG∥平面AA1B1B.
证明:在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,BB1∥CC1,BB1 平面BB1D,CC1 平面BB1D,所以CC1∥平面BB1D.
又CC1 平面CEC1,平面CEC1∩平面BB1D=FG,
所以CC1∥FG.
因为BB1∥CC1,所以BB1∥FG.
而BB1 平面AA1B1B,FG 平面AA1B1B,
所以FG∥平面AA1B1B.
(1)利用线面平行的性质定理解题的步骤
(2)运用线面平行的性质定理时,应先确定线面平行,再寻找过已知直线的平面与这个平面相交的交线,然后确定线线平行.
即时训练2-1:如图,用平行于四面体ABCD的一组对棱AB,CD的平面截此四面体,求证:截面MNPQ是平行四边形.
证明:因为AB∥平面MNPQ,
平面ABC∩平面MNPQ=MN,且AB 平面ABC,
所以由线面平行的性质定理,知AB∥MN.
同理AB∥PQ,
所以MN∥PQ.同理可得MQ∥NP.
所以截面MNPQ是平行四边形.
[备用例2] 如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面ABCD是平行四边形,且PA=3.F在棱PA上,且AF=1,E在棱PD上.若CE∥平面BDF,求PE∶ED的值.
解:过点E作EG∥FD交AP于点G,连接CG,连接AC交BD于点O,连接FO(图略).
因为EG∥FD,EG 平面BDF,FD 平面BDF,
所以EG∥平面BDF,又EG∩CE=E,CE∥平面BDF,EG 平面CGE,CE 平面CGE,
所以平面CGE∥平面BDF,
又CG 平面CGE,
所以CG∥平面BDF,
又平面BDF∩平面PAC=FO,CG 平面PAC,所以FO∥CG.又O为AC的中点,
所以F为AG的中点,
所以FG=GP=1,
即G是PF的中点,又EG∥FD,
所以E为PD的中点,所以PE∶ED=1∶1.
　线面平行的判定和性质定理的综合应用
[例3] 求证:如果一条直线和两个相交平面都平行,那么该直线与相交平面的交线平行.
解:已知a,l是直线,α,β是平面.
a∥α,a∥β,且α∩β=l.
求证:a∥l.
证明:如图所示,在平面α内任取一点A,
且使A l.
因为a∥α,所以A a.
故点A和直线a确定一个平面γ,
设γ∩α=m.
同理,在平面β内任取一点B,且使B l,
则点B和直线a确定平面δ,设δ∩β=n.
因为a∥α,a γ,γ∩α=m,
所以a∥m.同理a∥n,则m∥n.
又m β,n β,所以m∥β.
因为m α,α∩β=l,所以m∥l.
又a∥m,所以a∥l.
变式训练3-1:若本例中条件改为“α∩β=l,γ∩β=m,γ∩α=n,且l∥m”,试判断直线l,m,n的位置关系,并说明你的理由.
解:三条直线l,m,n相互平行,证明如下:
如图所示,因为l∥m,m γ,l γ,
所以l∥γ.
又l α,α∩γ=n,
所以l∥n.
又因为l∥m,
所以m∥n,即直线l,m,n相互平行.
判定定理与性质定理常常交替使用,即先通过线线平行推出线面平行,再通过线面平行推出线线平行,复杂的题目还可以继续推下去,我们可称它为平行链,如下:
线线平行线面平行线线平行.
即时训练3-1:如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,AC与BD交于点O,M是PC的中点,在DM上取一点G,过G和AP作平面APGH交平面BDM于GH.求证:
AP∥GH.
证明:连接MO.
因为四边形ABCD是平行四边形,
所以O是AC的中点.
又因为M是PC的中点,所以AP∥OM.
又因为AP 平面BDM,
OM 平面BDM,
所以AP∥平面BDM.
又因为AP 平面APGH,平面APGH∩平面BDM=GH,
所以AP∥GH.
[备用例3] 如图所示,P为 ABCD所在平面外一点,点M,N分别为AB,PC的中点,平面PAD∩平面PBC=l.
(1)求证:BC∥l.
(2)MN与平面PAD是否平行 证明你的结论.
(1)证明:因为四边形ABCD是平行四边形,
所以BC∥AD.
又因为AD 平面PAD,BC 平面PAD,
所以BC∥平面PAD.
又因为平面PBC∩平面PAD=l,
BC 平面PBC,
所以BC∥l.
(2)解:MN∥平面PAD.
证明如下:如图所示,取PD的中点E,连接NE,AE,
所以NE∥CD,NE=CD.
而CDAB,M为AB的中点,
所以NE∥AM,NE=AM,
所以四边形MNEA是平行四边形,
所以MN∥AE.
又AE 平面PAD,MN 平面PAD,
所以MN∥平面PAD.
1.若直线l∥平面α,则过l作一组平面与α相交,记所得的交线分别为a,b,c,…,那么这些交线的位置关系为(　A　)
(A)都平行
(B)都相交且一定交于同一点
(C)都相交但不一定交于同一点
(D)都平行或交于同一点
解析:因为直线l∥平面α,
所以根据直线与平面平行的性质知
l∥a,l∥b,l∥c,…,
所以a∥b∥c∥….故选A.
2.如图,在正方体ABCD-A′B′C′D′中,E,F分别为底面ABCD和底面A′B′C′D′的中心,则正方体的六个面中与EF平行的平面有(　D　)
(A)1个
(B)2个
(C)3个
(D)4个
解析:由直线与平面平行的判定定理知,EF与平面ABB′A′,平面BCC′B′,平面CDD′C′,平面ADD′A′均平行.故与EF平行的平面有4个.故选D.
3.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是DD1的中点,则A1C1与平面ACE的位置关系为　　　　.
解析:因为A1C1∥AC,A1C1 平面ACE,AC 平面ACE,
所以A1C1∥平面ACE.
答案:平行
4.如图所示,四边形ABCD是梯形,AB∥CD,且AB∥平面α,AD,BC与平面α分别交于点M,N,且点M是AD的中点,AB=4,CD=6,则MN=　　　　.
解析:因为AB∥平面α,AB 平面ABCD,
平面ABCD∩平面α=MN,
所以AB∥MN,又点M是AD的中点,
所以MN是梯形ABCD的中位线,故MN=5.
答案:5
选题明细表
知识点、方法 题号
直线与平面平行的判定及应用 1,4,7,8,9,10
直线与平面平行的性质及应用 2,3,6,11,13
直线与平面平行的判定与性质的综合 5,12,14
基础巩固
1.如图,一块矩形木板ABCD的一边AB在平面α内,把这块矩形木板绕AB转动,在转动的过程中,AB的对边CD与平面α的位置关系是(　D　)
(A)平行
(B)相交
(C)在平面α内
(D)平行或在平面α内
解析:在旋转过程中,CD∥AB,易得CD∥α或CD α.故选D.
2.若直线a平行于平面α,则下列结论错误的是(　B　)
(A)直线a上的点到平面α的距离相等
(B)直线a平行于平面α内的所有直线
(C)平面α内有无数条直线与直线a平行
(D)平面α内存在无数条直线与直线a成90°角
解析:由直线a平行于平面α,知
在A中,直线a上的点到平面α的距离相等,故A正确;
在B中,直线a与平面α内的所有直线平行或异面,故B错误;
在C中,平面α内有无数条直线与直线a平行,故C正确;
在D中,平面α内存在无数条直线与直线a成90°角,故D正确.
故选B.
3.如图,在四棱锥PABCD中,M,N分别为AC,PC上的点,且MN∥平面PAD,则(　B　)
(A)MN∥PD
(B)MN∥PA
(C)MN∥AD
(D)以上均有可能
解析:在四棱锥PABCD中,M,N分别为AC,PC上的点,且MN∥平面PAD,
MN 平面PAC,平面PAC∩平面PAD=PA,
由直线与平面平行的性质定理可得MN∥PA.
故选B.
4.(多选题)如图,P为矩形ABCD所在平面外一点,矩形对角线的交点为O,M为PB的中点,则下列结论成立的是(　AB　)
(A)OM∥平面PCD (B)OM∥平面PDA
(C)OM∥平面PBA (D)OM∥平面PBC
解析:矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O,所以点O为BD的中点,在△PBD中,因为点M是PB的中点,所以OM是△PBD的中位线,
OM∥PD,PD 平面PCD,OM 平面PCD,所以OM∥平面PCD,故A正确;
PD 平面PDA,OM 平面PDA,所以OM∥平面PDA,故B正确;因为M∈PB,
O 平面PBC,O 平面PAB,所以OM与平面PAB,平面PBC相交,故C,
D错误.故选AB.
5.如图所示,正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a,M,N分别是棱A1B1,B1C1的中点,P是棱AD上的一点,AP=,过P,M,N的平面交上底面于PQ,
Q在CD上,则PQ=　　　　　　　　.
解析:连接A1C1,AC(图略).
因为M,N分别是A1B1,B1C1的中点,
所以MN∥A1C1,又A1C1∥AC,
所以MN∥AC,因为AC 平面ABCD,MN 平面ABCD,所以MN∥平面ABCD,平面PMNQ∩平面ABCD=PQ,
所以MN∥PQ,易知DP=DQ=,
故PQ==DP=a.
答案:a
6.如图,已知A,B,C,D四点不共面,且AB∥α,CD∥α,AC∩α=E,
AD∩α=F,BD∩α=H,BC∩α=G,则四边形EFHG的形状是　　　　.
解析:因为AB∥α,平面ABC∩α=EG,AB 平面ABC,所以EG∥AB.
同理FH∥AB,所以EG∥FH.
又CD∥α,平面BCD∩α=GH,
所以GH∥CD.同理EF∥CD,
所以GH∥EF,所以四边形EFHG是平行四边形.
答案:平行四边形
能力提升
7.(多选题)在正方体ABCDA1B1C1D1中,点E,F,G分别是A1B1,B1C1,BB1的中点,下列四个推断中正确的是(　AC　)
(A)FG∥平面AA1D1D (B)EF∥平面BC1D1
(C)FG∥平面BC1D1 (D)EF∥平面AA1D1D
解析:因为在正方体ABCDA1B1C1D1中,点E,F,G分别是A1B1,B1C1,BB1的中点,
所以FG∥BC1,因为BC1∥AD1,
所以FG∥AD1,
因为FG 平面AA1D1D,AD1 平面AA1D1D,
所以FG∥平面AA1D1D,故A正确;
因为EF∥A1C1,A1C1与平面BC1D1相交,
所以EF与平面BC1D1相交,故B错误;
因为E,F,G分别是A1B1,B1C1,BB1的中点,
所以FG∥BC1,
因为FG 平面BC1D1,BC1 平面BC1D1,
所以FG∥平面BC1D1,故C正确;
EF与平面AA1D1D相交,故D错误.故选AC.
8.(多选题)在下面四个三棱柱中,A,B为三棱柱的两个顶点,E,F,G为所在棱的中点,则在这四个三棱柱中,直线AB与平面EFG平行的是(　ABD　)
解析:A,B为三棱柱的两个顶点,E,F,G为所在棱的中点,
在A中,平面EFG平行于棱柱中AB所在平面,所以直线AB与平面EFG平行,故A正确;
在B中,平面EFG平行于棱柱中AB所在平面,所以直线AB与平面EFG平行,故B正确;
在C中,直线AB与平面EFG相交,所以直线AB与平面EFG不平行,故C错误;
在D中,AB∥FG,AB 平面EFG,FG 平面EFG,所以直线AB与平面EFG平行,故D正确.故选ABD.
9.如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,已知E,F,G均是线段A1C1上的点,且A1E=EF=FG=GC1.则下列直线与平面A1BD平行的是(　B　)
(A)CE (B)CF (C)CG (D)CC1
解析:如图所示,连接AC,使AC交BD于点O,连接A1O,CF,
在正方体ABCDA1B1C1D1中,由于A1FAC,
又OCAC,
可得A1FOC,
即四边形A1OCF为平行四边形,
可得A1O∥CF,
又A1O 平面A1BD,CF 平面A1BD,
可得CF∥平面A1BD.故选B.
10.在直三棱柱ABCA1B1C1中,D为AA1的中点,点P在侧面BCC1B1上运动,当点P满足条件　　　　　　时,A1P∥平面BCD.(答案不唯一,填一个满足题意的条件即可)
解析:取CC1的中点P,连接A1P,
因为在直三棱柱ABCA1B1C1中,D为AA1的中点,点P在侧面BCC1B1上
运动,
所以当点P满足条件P是CC1的中点时,A1P∥CD,
因为A1P 平面BCD,CD 平面BCD,
所以A1P∥平面BCD.
所以当点P满足条件P是CC1的中点时,A1P∥平面BCD.
答案:P是CC1的中点
11.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,点P是平面AA1D1D的中心,点Q是B1D1上一点,且PQ∥平面AB1D,则线段PQ的长为　　　　　.
解析:因为正方体的棱长为2,点P是平面AA1D1D的中心,
点Q是平面A1B1C1D1的对角线B1D1上一点,且PQ∥平面AB1D,PQ 平面AB1D1,平面AB1D1∩平面AB1D=AB1,
所以PQ∥AB1,
因为AD1∩A1D=P,所以P是AD1的中点,
则PQ为△AB1D1的中位线,
所以PQ=AB1==.
答案:
12.如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,点E,F分别是棱CC1,BB1上的点,点M是线段AC上的动点,EC=2FB=2,若MB∥平面AEF,试判断点M在何
位置.
解:若MB∥平面AEF,过F,B,M作平面FBMN交AE于点N,连接MN,NF.
因为BF∥平面AA1C1C,BF 平面FBMN,平面FBMN∩平面AA1C1C=MN,
所以BF∥MN.
又MB∥平面AEF,MB 平面FBMN,平面FBMN∩平面AEF=FN,
所以MB∥FN,
所以BFNM是平行四边形,
所以MN=BF=1.
而EC∥FB,EC=2FB=2,
所以MN∥EC,MN=EC=1,
故MN是△ACE的中位线.
所以当M是AC的中点时,MB∥平面AEF.
应用创新
13.如图,已知E,F分别是菱形ABCD中边BC,CD的中点,EF与AC交于点O,点P在平面ABCD之外,M是线段PA上一动点,若PC∥平面MEF,试求PM∶MA的值.
解:如图,连接BD交AC于点O1,连接OM.
因为PC∥平面MEF,平面PAC∩平面MEF=OM,PC 平面PAC,
所以PC∥OM,所以=.
在菱形ABCD中,
因为E,F分别是边BC,CD的中点,
所以=.
又AO1=CO1,所以==,
故PM∶MA=1∶3.
14.如图所示,已知四边形ABCD是正方形,四边形ACEF是矩形,AB=2,
AF=1,M是线段EF的中点.
(1)求证:MA∥平面BDE.
(2)若平面ADM∩平面BDE=l,平面ABM∩平面BDE=m,试分析l与m的位置关系,并证明你的结论.
(1)证明:如图,记AC与BD的交点为O,连接OE.
因为O,M分别是AC,EF的中点,四边形ACEF是矩形,
所以四边形AOEM是平行四边形,
所以AM∥OE.
又因为OE 平面BDE,AM 平面BDE,
所以AM∥平面BDE.
(2)解:l∥m,证明如下:
由(1)知AM∥平面BDE,连接DM,MB,如图所示.
又AM 平面ADM,平面ADM∩平面BDE=l,
所以AM∥l,同理,AM∥平面BDE,
又AM 平面ABM,平面ABM∩平面BDE=m,
所以AM∥m,所以l∥m.8.5.3　平面与平面平行
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核心知识目标 核心素养目标
1.理解平面与平面平行的判定定理和性质定理的含义. 2.能用三种语言准确描述平面与平面平行的判定定理和性质定理. 3.能用平面与平面平行的判定定理和性质定理证明一些空间平行关系的简单命题. 1.通过运用图形语言、文字语言、符号语言准确描述平面与平面平行的判定定理和性质定理,培养数学抽象和直观想象的核心素养. 2.在发现、推导和应用平面与平面平行的判定定理和性质定理的过程中,发展数学抽象、逻辑推理和直观想象的核心素养.
平面与平面平行的判定定理和性质定理
定理 文字语言 图形语言 符号语言
判定 定理 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(线面平行 面面平行) 因为a∥β,b∥β,a∩b=P,a α,b α,所以α∥β
性质 定理 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 因为α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b, 所以a∥b
1.已知α,β表示两个不同的平面,直线m是α内一条直线,则“α∥β”是“m∥β”的(　A　)
(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:由α∥β,m α,可得m∥β;反过来,由m∥β,m α,不能推出α∥β.综上,“α∥β”是“m∥β”的充分不必要条件.故选A.
2.已知平面α内的两条直线a,b,a∥β,b∥β,若要得出平面α∥平面β,则直线a,b的位置关系是(　A　)
(A)相交 (B)平行 (C)异面 (D)垂直
解析:根据面面平行的判定定理可知a,b相交.故选A.
3.经过平面外的两点作该平面的平行平面可以作(　C　)
(A)0个 (B)1个
(C)0个或1个 (D)1个或2个
解析:连接平面外的两点的直线,当该直线与平面平行时,过该直线的平面有1个,当该直线与平面相交时,过该直线的平面有0个.故选C.
4.如图,平面α∥平面β,△PAB所在的平面与α,β分别交于CD,AB,若PC=2,CA=3,CD=1,则AB=　　　　.
解析:因为平面α∥平面β,
所以CD∥AB,
则=,
所以AB===.
答案:
　平面与平面平行的判定定理及其应用
[例1]如图所示,已知正方体ABCD-A1B1C1D1.
(1)求证:平面A1BD∥平面B1D1C;
(2)若E,F分别是AA1,CC1的中点,求证:平面EB1D1∥平面FBD.
证明:(1)因为B1BDD1,
所以四边形BB1D1D是平行四边形,
所以B1D1∥BD,
又BD 平面B1D1C,
B1D1 平面B1D1C,
所以BD∥平面B1D1C.
同理A1D∥平面B1D1C.
又A1D∩BD=D,
所以平面A1BD∥平面B1D1C.
(2)由BD∥B1D1,BD 平面EB1D1,B1D1 平面EB1D1,
得BD∥平面EB1D1.
取BB1的中点G,
连接AG,GF如图,
易得AE∥B1G,
又因为AE=B1G,
所以四边形AEB1G是平行四边形,
所以B1E∥AG.
易得GF∥AD,又因为GF=AD,
所以四边形ADFG是平行四边形,
所以AG∥DF,所以B1E∥DF,又DF 平面EB1D1,B1E 平面EB1D1,
所以DF∥平面EB1D1.
又因为BD∩DF=D,
所以平面EB1D1∥平面FBD.
变式训练1-1:把本例(2)的条件改为“E,F分别是AA1与CC1上的点,且A1E=A1A”,求:F在何位置时,平面EB1D1∥平面FBD
解:当F满足CF=CC1时,两平面平行,下面给出证明.
在D1D上取点M,
且DM=DD1,
连接AM,FM,如图所示.
则AED1M,
从而四边形AMD1E是平行四边形.
所以D1E∥AM.
同理,FMCD,
又因为ABCD,所以FMAB,
从而四边形FMAB是平行四边形.
所以AM∥BF.
即有D1E∥BF.
又BF 平面FBD,D1E 平面FBD,
所以D1E∥平面FBD.
又B1B
D1D,从而四边形BB1D1D是平行四边形.故而B1D1∥BD,
又BD 平面FBD,B1D1 平面FBD,
从而B1D1∥平面FBD,
又D1E∩B1D1=D1,
所以平面EB1D1∥平面FBD.
平面与平面平行的判定方法
(1)定义法:两个平面没有公共点.
(2)(判定定理法)要证明面面平行,关键是要在其中一个平面中找到两条相交直线和另一个平面平行,而要证明线面平行,还要通过线线平行来证明,注意这三种平行之间的转化.
(3)转化为线线平行:平面α内的两条相交直线与平面 β内的两条相交直线分别平行,则α∥β.
(4)利用平行平面的传递性:若α∥β,β∥γ,则α∥γ.
即时训练1-1: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.
证明:如图所示,连接B1D1,B1C.
因为P,N分别是D1C1,B1C1的中点,
所以PN∥B1D1.
又B1D1∥BD,
所以PN∥BD.
又PN 平面A1BD,BD 平面A1BD,
所以PN∥平面A1BD.
同理MN∥平面A1BD,又PN∩MN=N,
所以平面PMN∥平面A1BD.
[备用例1] 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,E,F,N分别是A1B1,B1C1,C1D1,D1A1的中点.
求证:(1)E,F,B,D四点共面;
(2)平面MAN∥平面EFDB.
证明:(1)连接B1D1,
因为E,F分别是边B1C1,C1D1的中点,
所以EF∥B1D1.
而BD∥B1D1,
所以BD∥EF.
所以E,F,B,D四点共面.
(2)易知MN∥B1D1,B1D1∥BD,所以MN∥BD.
又MN 平面EFDB,BD 平面EFDB.
所以MN∥平面EFDB.
连接MF.
因为M,F分别是A1B1,C1D1的中点,
所以MF∥A1D1,MF=A1D1.
又AD∥A1D1,AD=A1D1,
所以MF∥AD且MF=AD.
所以四边形ADFM是平行四边形,
所以AM∥DF.
又AM 平面EFDB,DF 平面EFDB,
所以AM∥平面EFDB.
又因为AM∩MN=M,
所以平面MAN∥平面EFDB.
　平面与平面平行的性质定理及其应用
[例2] 如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为梯形,AD∥BC,平面A1DCE与B1B交于点E.
求证:EC∥A1D.
证明:因为BE∥AA1,AA1 平面AA1D,BE 平面AA1D,
所以BE∥平面AA1D.
因为BC∥AD,AD 平面AA1D,BC 平面AA1D,
所以BC∥平面AA1D.
因为BE∩BC=B,BE 平面BCE,BC 平面BCE,
所以平面BCE∥平面AA1D.
又因为平面A1DCE∩平面BCE=EC,
平面A1DCE∩平面AA1D=A1D,
所以EC∥A1D.
(1)利用面面平行的性质定理证明线线平行的关键是把要证明的直线看作是平面的交线,往往需要有三个平面,即有两平面平行,再构造第三个面与两平行平面都相交.
(2)两个平面平行的另一个重要性质是判断线面平行:如果两个平面平行,那么其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面.
即时训练2-1: 如图,在三棱锥P-ABC中,D,E,F分别是PA,PB,PC的中点,M是AB上一点,连接MC,N是PM与DE的交点,连接NF,求证:NF∥CM.
证明:因为D,E分别是PA,PB的中点,
所以DE∥AB.
又DE 平面ABC,AB 平面ABC,
所以DE∥平面ABC,
同理DF∥平面ABC,且DE∩DF=D,
DE,DF 平面DEF,
所以平面DEF∥平面ABC.
又平面PCM∩平面DEF=NF,
平面PCM∩平面ABC=CM,
所以NF∥CM.
[备用例2] 如图所示,两条异面直线BA,DC与两平行平面α,β分别交于点B,A和D,C,点M,N分别是AB,CD的中点,求证:MN∥平面α.
证明:如图所示,过点A作AE∥CD交α于点E,取AE的中点P,连接MP,PN,BE,ED,BD,AC.
因为AE∥CD,
所以AE,CD确定平面AEDC.
则平面AEDC∩α=DE,平面AEDC∩β=AC,因为α∥β,
所以AC∥DE.
又P,N分别为AE,CD的中点,
所以PN∥DE,PN α,DE α,所以PN∥α.
又M,P分别为AB,AE的中点,
所以MP∥BE,且MP α,BE α.
所以MP∥α,因为MP∩PN=P,
所以平面MPN∥平面α.
又MN 平面MPN,所以MN∥平面α.
　平行关系的综合应用
[例3] 如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AB=2CD,E为PB的中点.
(1)求证:CE∥平面PAD.
(2)在线段AB上是否存在一点F,使得平面PAD∥平面CEF 若存在,证明你的结论,若不存在,请说明理由.
(1)证明:取PA的中点H,连接EH,DH,如图所示,
因为E为PB的中点,
所以EH∥AB,EH=AB,
又AB∥CD,CD=AB,
所以EH∥CD,EH=CD,
因此四边形DCEH是平行四边形,
所以CE∥DH,
又DH 平面PAD,CE 平面PAD,
因此CE∥平面PAD.
(2)解:存在点F为AB的中点,使平面PAD∥平面CEF,
证明如下:
取AB的中点F,连接CF,EF,如图所示,
所以AF=AB,
又CD=AB,
所以AF=CD,
又AF∥CD,
所以四边形AFCD为平行四边形,
因此CF∥AD,
又AD 平面PAD,CF 平面PAD,
所以CF∥平面PAD,
由(1)可知CE∥平面PAD,又CE∩CF=C,
故平面CEF∥平面PAD,
故存在AB的中点F满足要求.
即时训练3-1:已知底面是平行四边形的四棱锥 P-ABCD,点E在PD上,且PE∶ED=2∶1,在棱PC上是否存在一点F,使BF∥平面AEC 证明你的结论,并说出点F的位置.
解:当点F是PC中点时,BF∥平面AEC.证明如下:
如图所示,连接BD交AC于O点,连接OE,过B点作OE的平行线BG交PD于点G,过点G作GF∥CE,交PC于点F,连接BF.
因为BG∥OE,BG 平面AEC,OE 平面AEC,
所以BG∥平面AEC.
同理,GF∥平面AEC,又BG∩GF=G.
所以平面BGF∥平面AEC.又BF 平面BGF,
所以BF∥平面AEC.
因为BG∥OE,O是BD中点,所以E是GD中点.
又因为PE∶ED=2∶1,所以G是PE中点.
而GF∥CE,所以F为PC中点.
综上,当点F是PC中点时,BF∥平面AEC.
[例4] 如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为底面ABCD的中心,P是DD1的中点,设Q是CC1上的点,问:当点Q在什么位置时,平面D1BQ∥平面PAO
解:当Q为CC1的中点时,平面D1BQ∥平面PAO.证明如下:
因为Q为CC1的中点,P为D1D的中点,
所以PQ∥DC.
又DC∥AB,所以PQ∥AB且PQ=AB,
所以四边形ABQP为平行四边形,
所以QB∥PA.
又PA 平面PAO,QB 平面PAO,
所以BQ∥平面PAO.
连接BD(图略),则O∈BD,
又O为DB的中点,P为D1D的中点,
所以PO∥D1B.
PO 平面PAO,D1B 平面PAO,
所以D1B∥平面PAO.
又D1B∩BQ=B,所以平面D1BQ∥平面PAO.
线线平行、线面平行、面面平行是一个有机的整体,平行关系的判定定理、性质定理是转化平行关系的关键,其内在联系如图所示.
1.平面α与平面β平行的条件可以是(　D　)
(A)α内有无数多条直线都与β平行
(B)直线a α,b β,且a∥β,b∥α
(C)直线a∥α,a∥β,且直线a不在α内,也不在β内
(D)一个平面α内两条不平行的直线都平行于另一个平面β
解析:一个平面内两条不平行的直线必相交,根据平面与平面平行的判定定理可知D正确.故选D.
2.底面为平行四边形的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,与平面BB1C1C平行的平面是(　A　)
(A)平面AA1D1D (B)平面AA1B1B
(C)平面DD1C1C (D)平面ABCD
解析:根据图形及平面与平面平行的判定定理知,平面BB1C1C∥平面AA1D1D.故选A.
3.若平面α∥平面β,直线a α,点M∈β,过点M的所有直线中(　D　)
(A)不一定存在与a平行的直线
(B)只有两条与a平行的直线
(C)存在无数条与a平行的直线
(D)有且只有一条与a平行的直线
解析:由于α∥β,a α,M∈β,过M有且只有一条直线与a平行,故D正确.故选D.
4.如图是长方体被一平面所截得的几何体,四边形EFGH为截面,则四边形EFGH的形状为　　　　　　.
解析:因为平面ABFE∥平面CDHG,
又平面EFGH∩平面ABFE=EF,
平面EFGH∩平面CDHG=HG,
所以EF∥HG.
同理EH∥FG.
所以四边形EFGH的形状是平行四边形.
答案:平行四边形
选题明细表
知识点、方法 题号
平面与平面平行的判定定理及其应用 1,7,8,12,13,15
平面与平面平行的性质定理及其应用 2,5,6,9,10,11,14
平面与平面平行的综合应用 3,4
基础巩固
1.已知m,n是两条直线,α,β是两个平面.有以下命题:
①m,n相交且都在平面α,β外,m∥α,m∥β,n∥α,n∥β,则α∥β;②若m∥α,m∥β,则α∥β;③若m∥α,n∥β,m∥n,则α∥β.
其中正确命题的个数是(　B　)
(A)0 (B)1 (C)2 (D)3
解析:把符号语言转换为文字语言或图形语言.可知①是面面平行的判定定理;②③中平面α,β还有可能相交.故选B.
2.下列命题中不正确的是(　A　)
(A)平面α∥平面β,一条直线a平行于平面α,则a一定平行于平面β
(B)平面α∥平面β,则α内的任意一条直线都平行于平面β
(C)一个三角形有两条边所在的直线分别平行于一个平面,那么该三角形所在的平面与这个平面平行
(D)分别在两个平行平面内的两条直线只能是平行直线或异面直线
解析:A.平面α∥平面β,一条直线a平行于平面α,则a不一定平行于平面β,因为a有可能在β内,故A错误;B.平面α∥平面β,则α内的任意一条直线都平行于平面β,由面面平行可得一个平面内的直线与另一平面平行,故B正确;C.一个三角形有两条边所在的直线分别平行于一个平面,那么该三角形所在的平面与这个平面平行,由面面平行的判定可知C正确;D.分别在两个平行平面内的两条直线只能是平行直线或异面直线,由面面平行的性质可知D正确.故选A.
3.(多选题)下列说法中正确的是(　BCD　)
(A)如果一个平面内有无数条直线都平行于另一平面,那么这两个平面平行
(B)一条直线与两个平行平面中的一个平面相交,必与另外一个平面相交
(C)如果一个平面平行于两个平行平面中的一个平面,必平行于另一个平面
(D)夹在两个平行平面间的平行线段的长度相等
解析:若这无数条直线都平行,则这两个平面可能相交,因此A不正确;根据平面与平面平行的性质可知B,C,D正确.故选BCD.
4.设m,n表示不同的直线,α,β表示不同的平面,且m,n α,
则“α∥β”是“m∥β且n∥β”的(　A　)
(A)充分但不必要条件
(B)必要但不充分条件
(C)充要条件
(D)既不充分又不必要条件
解析:当α∥β时,因为m,n α,故能推出m∥β且n∥β,故充分性成立.当m∥β且n∥β时,m,n α,若m,n是两条相交直线,则能推出
α∥β,若m,n不是两条相交直线,则α与β可能相交,故不能推出
α∥β,故必要性不成立.故选A.
5.如图所示,P是三角形ABC所在平面外一点,平面α∥平面ABC,α分别交线段PA,PB,PC于A′,B′,C′,若 PA′∶AA′=2∶3,则 S△A′B′C′∶S△ABC等于(　B　)
(A)2∶25 (B)4∶25 (C)2∶5 (D)4∶5
解析:因为平面α∥平面ABC,平面PAB与它们的交线分别为A′B′,
AB,所以AB∥A′B′,
同理B′C′∥BC,易得△ABC∽△A′B′C′,
S△A′B′C′∶S△ABC=()2=()2=.故选B.
6.在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中,M是棱A1D1的中点,过C1,B,M作正方体的截面,则这个截面的形状是　　　　,面积为　　　　.
解析:取AA1的中点N,连接MN,NB,MC1,BC1,由于截面被平行平面所截,所以截面为梯形,且MN=BC1=,MC1=BN=,
所以梯形的高为,
所以梯形的面积为×(+2)×=.
答案:梯形　
能力提升
7.(多选题)如图是四棱锥的平面展开图,其中四边形ABCD为正方形,点E,F,G,H分别为PA,PD,PC,PB的中点,则在原四棱锥中(　ABC　)
(A)平面EFGH∥平面ABCD
(B)BC∥平面PAD
(C)AB∥平面PCD
(D)平面PAD∥平面PAB
解析:把平面展开图还原为四棱锥如图所示,则EH∥AB,又EH 平面ABCD,AB 平面ABCD,所以EH∥平面ABCD.
同理可证EF∥平面ABCD,
又EF∩EH=E,EF,EH 平面EFGH,
所以平面EFGH∥平面ABCD,故选项A正确;
平面PAD,平面PBC,平面PAB,平面PDC是四棱锥的四个侧面,则它们两两相交,故选项D错误;
因为AB∥CD,AB 平面PCD,CD 平面PCD,所以AB∥平面PCD,
同理BC∥平面PAD,故选项B,C正确.故选ABC.
8.已知在如图所示的长方体ABCDA1B1C1D1中,E为AA1的中点,F为BB1的中点,G为CC1的中点,则在该长方体中,与平面EFG平行的面有(　B　)
(A)1个 (B)2个 (C)3个 (D)4个
解析:因为在长方体ABCDA1B1C1D1中,E为AA1的中点,F为BB1的中点,
G为CC1的中点,
所以EF∥AB,FG∥BC,
又EF 平面ABCD,AB 平面ABCD,FG 平面ABCD,BC 平面ABCD,
所以EF∥平面ABCD,FG∥平面ABCD,
又EF∩FG=F,
所以由平面与平面平行的判定定理得
平面EFG∥平面ABCD.
同理,平面EFG∥平面A1B1C1D1.即在该长方体中,与平面EFG平行的平面有2个.故选B.
9.如图,在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中,A1B1的中点是P,过点A1作与截面PBC1平行的截面,则该截面的面积为(　C　)
(A)2 (B)2
(C)2 (D)4
解析:由题意作的截面如图所示,易知该截面唯一,且E,F分别为AB,D1C1的中点.又在正方体中,可得A1E=CE=CF=FA1=,所以四边形A1ECF为菱形.又A1C=2,EF=2,故截面面积为2.故选C.
10.设平面α∥β,A,C∈α,B,D∈β,直线AB与CD交于S,若AS=18,
BS=9,CD=34,则SC=　　　　.
解析:当点S不在α与β之间时,如图①所示,由α∥β可知BD∥AC,
所以△SBD∽△SAC,
所以=,
即=,
所以SC=68.
当点S在α与β之间时,
如图②所示,由α∥β知AC∥BD,
所以△SBD∽△SAC,
所以==,
即=.
所以SC=.
答案:68或
11.在如图所示的圆台中,AC是下底面圆O的直径,EF是上底面圆
O′的直径,FB是圆台的一条母线.已知G,H分别为EC,FB的中点,
求证:GH∥平面ABC.
证明:设FC的中点为I,连接GI,HI.
在△CEF中,因为G是CE的中点,所以GI∥EF.
又EF∥OB,所以GI∥OB,
在△CFB中,因为H是FB的中点,
所以HI∥BC,又HI∩GI=I,OB∩BC=B,
HI,GI 平面GHI,OB,BC 平面ABC,
所以平面GHI∥平面ABC,
因为GH 平面GHI,
所以GH∥平面ABC.
12.如图,在四棱锥CABED中,四边形ABED是正方形,点G,F分别是线段EC,BD的中点.
(1)求证:GF∥平面ABC.
(2)若点P为线段CD的中点,平面GFP与平面ABC有怎样的位置关系 并证明.
(1)证明:如图所示,连接AE,由F是线段BD的中点,四边形ABED为正方形得F为AE的中点,
所以GF为△AEC的中位线,
所以GF∥AC.
又因为AC 平面ABC,GF 平面ABC,
所以GF∥平面ABC.
(2)解:平面GFP∥平面ABC.
证明如下:连接FP,GP,如图,
因为点F,P分别为BD,CD的中点,
所以FP为△BCD的中位线,
所以FP∥BC.
又因为BC 平面ABC,FP 平面ABC,
所以FP∥平面ABC,又GF∥平面ABC,
FP∩GF=F,FP 平面GFP,GF 平面GFP,
所以平面GFP∥平面ABC.
应用创新
13.如图,在下列四个正方体中,P,R,Q,M,N,G,H为所在棱的中点,则在这四个正方体中,阴影平面与PRQ所在平面平行的是(　D　)
解析:由题意可知经过P,Q,R三点的平面如图所示,可知点N在经过P,Q,R三点的平面上,所以B,C错误;MC1与QE是相交直线,所以A不正确.故选D.
14.如图,四棱锥PABCD的底面是 四边形,PA=PB=AB=2,E,F分别是AB,CD的中点,平面AGF∥平面PEC,PD∩平面AGF=G,ED与AF相交于点H,则GH=　　　　.
解析:因为四边形ABCD是平行四边形,
所以AB∥CD,AB=CD,
因为E,F分别是AB,CD的中点,
所以AE=FD,
又∠EAH=∠DFH,∠AEH=∠FDH,
所以△AEH≌△FDH,
所以EH=DH.
因为平面AGF∥平面PEC,平面PED∩平面AGF=GH,平面PED∩平面PEC=PE,
所以GH∥PE,所以G是PD的中点,
因为PA=PB=AB=2,
所以PE=2sin 60°=.
所以GH=PE=.
答案:
15.如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,O为底面ABCD的中心,P是DD1的中点,设Q是CC1上的点.问:当点Q在什么位置时,平面D1BQ∥平面PAO
解:当Q为CC1的中点时,平面D1BQ∥平面PAO.
证明如下:
因为Q为CC1的中点,P为DD1的中点,
所以QB∥PA.
因为P,O分别为DD1,DB的中点,
所以D1B∥PO.
又因为D1B 平面PAO,PO 平面PAO,QB 平面PAO,PA 平面PAO,
所以D1B∥平面PAO,QB∥平面PAO.
又D1B∩QB=B,
所以平面D1BQ∥平面PAO.8.6　空间直线、平面的垂直
8.6.1　直线与直线垂直
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核心知识目标 核心素养目标
1.理解两异面直线所成角的概念,会求两异面直线所成的角. 2.在理解两直线垂直的基础上,判断两直线的垂直关系. 1.在计算两异面直线所成的角的过程中,发展逻辑推理、数学运算和直观想象的核心素养. 2.在证明直线与直线垂直的过程中,强化逻辑推理和直观想象的核心素养.
1.空间两条直线的位置关系
有三种:平行直线、相交直线和异面直线.
2.两直线所成的角(或夹角)
平面内两条直线相交形成的4个角,其中不大于90°的角称为这两条直线所成的角(或夹角),它刻画了一条直线相对于另一条直线倾斜的程度.
3.异面直线所成的角
(1)已知两条异面直线a,b,经过空间任一点O分别作直线a′∥a,b′∥b,我们把直线a′与b′所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角).
(2)如果两条异面直线所成的角是直角,那么我们就说这两条异面直线互相垂直.直线a与直线b垂直,记作a⊥b.
(3)当两条直线a,b相互平行时,我们规定它们所成的角为0°.所以空间两条直线所成角α的取值范围是0°≤α≤90°.
1.(多选题)设α为两条异面直线所成的角,则α可以是以下角度中的(　BD　)
(A)0° (B)90° (C)120° (D)30°
解析:由于异面直线所成的角的范围是0°<α≤90°.故选BD.
2.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B1C与EF所成的角的大小为(　C　)
(A)30° (B)45° (C)60° (D)90°
解析:连接B1D1,D1C(图略),则B1D1∥EF,故∠D1B1C为所求,又B1D1=B1C=D1C,
所以∠D1B1C=60°.故选C.
3.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D是AB的中点,则在所有的棱中与直线CD和AA1都垂直的直线有　　　　　　　.
解析:由正三棱柱的性质可知与直线CD和AA1都垂直的直线有AB,A1B1.
答案:AB,A1B1
4.如图所示,在正方体ABCD-A′B′C′D′中,异面直线A′B′与BC所成的角为　　　　.异面直线AD′与BC所成的角为　　　　.
解析:因为BC∥B′C′,
所以∠A′B′C′即异面直线A′B′与BC所成的角,
因为∠A′B′C′=90°,
所以异面直线A′B′与BC所成的角为90°.
又BC∥AD,
所以∠D′AD是异面直线AD′与BC所成的角,
可得∠D′AD=45°.
所以异面直线AD′与BC所成的角为45°.
答案:90°　45°
　异面直线所成的角
[例1] 如图所示,在正方体ABCD-EFGH中,O为侧面ADHE的中心,求:
(1)BE与CG所成的角;
(2)FO与BD所成的角.
解:(1)如图所示,
因为CG∥BF,
所以∠EBF(或其补角)为异面直线BE与CG所成的角,
又在等腰直角△BEF中,
∠EBF=45°,
所以BE与CG所成的角为45°.
(2)连接FH,
因为HD∥EA,EA∥FB,
所以HD∥FB,
又HD=FB,
所以四边形HFBD为平行四边形.
所以HF∥BD,
所以∠HFO(或其补角)为异面直线FO与BD所成的角.
连接HA,AF,易得FH=HA=AF,
所以△AFH为等边三角形,所以∠HFA=60°,
又知O为AH的中点,即OF是∠HFA的平分线,
所以∠HFO=30°,
即FO与BD所成的角为30°.
变式训练1-1:在本例中,若P是平面EFGH的中心,其他条件不变,求OP和CD所成的角.
解:如图所示,连接EG,HF,则P为HF的中点,
连接AF,AH,可得OP∥AF,又CD∥AB,
所以∠BAF(或其补角)为异面直线OP与CD所成的角,
由于△ABF是等腰直角三角形,
所以∠BAF=45°,
故OP与CD所成的角为45°.
求异面直线所成的角的步骤
(1)找出(或作出)适合题设的角:用平移法,遇题设中有中点,常考虑中位线;若异面直线依附于某几何体,且对异面直线平移有困难时,可利用该几何体的特殊点,使异面直线转化为相交直线.
(2)求:转化为求一个三角形的内角,通过解三角形,求出所找的角.
(3)结论:设由(2)所求得的角的大小为θ.若0°<θ≤90°,则θ为所求;若90°<θ<180°,则180°-θ为所求.
[备选例1] 如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中.
求A1C1与B1C所成角的大小.
解:如图所示,连接AC,AB1.
由六面体ABCD-A1B1C1D1是正方体知,四边形AA1C1C为平行四边形,所以AC∥A1C1,从而B1C与AC所成的角就是A1C1与B1C所成的角.
在△AB1C中,由AB1=AC=B1C,
可知∠B1CA=60°,
即A1C1与B1C所成的角为60°.
　线线垂直的证明
[例2] 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是棱A1B1,A1D1的中点.求证:MN⊥AC.
证明:如图所示,连接
B1D1,BD,
因为M,N分别是A1B1,A1D1的中点,
所以MN∥D1B1,
又因为DD1∥BB1
且DD1=BB1,
所以DBB1D1为平行四边形,所以D1B1∥DB,
所以MN∥DB,
所以DB与AC的夹角即为MN与AC的夹角,
又因为四边形ABCD为正方形,所以DB与AC的夹角为90°,
即MN与AC的夹角为90°,
所以MN⊥AC.
证明两直线垂直的实质是求两直线所成的角为90°,其主要方法一是根据异面直线所成的角的定义,作出异面直线所成的角,结合解三角形的知识或利用勾股定理的逆定理求解.二是利用一条直线与两条平行线中的一条垂直,则该直线也与另一条垂直.(即若a∥b,a⊥c,则b⊥c)
即时训练2-1:在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是A1B1,B1C1的中点,求证:DB1⊥EF.
证明:法一　如图所示,连接A1C1,B1D1,并设它们相交于点O,取DD1的中点G,连接OG,A1G,C1G,
则OG∥B1D,EF∥A1C1,
所以∠GOA1(或其补角)为异面直线DB1与EF所成的角.
因为GA1=GC1,O为A1C1的中点,
所以GO⊥A1C1.
所以DB1⊥EF.
法二　如图所示,连接A1D,取A1D的中点H,
连接HE,
则HEDB1,
所以∠HEF(或其补角)为异面直线DB1与EF所成的角.
连接HF,设AA1=1,
则EF=,HE=,
取A1D1的中点I,
连接HI,IF,则HI⊥IF,
所以HF2=HI2+IF2=,
所以HF2=EF2+HE2,
所以∠HEF=90°.所以HE⊥EF,
所以DB1⊥EF.
[备用例2] 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BD,B1C上的中点,求证:BC⊥EF.
证明:如图所示,取BB1的中点G,BC的中点H,连接EG,GF,FH,EH.
设正方体的棱长为a,
则FG=FH=EH=,FG∥BC.
在△EFG中,
EG2=(a)2+(a)2=a2,
EF2=(a)2+(a)2=a2,
FG2=a2,
所以EG2=EF2+FG2,
所以EF⊥FG,
所以BC⊥EF.
1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱所在直线与直线BA1垂直的直线条数为(　A　)
(A)4 (B)5 (C)6 (D)7
解析:在正方体ABCD-A1B1C1D1中,
直线AD,A1D1,BC,B1C1,
共有4条直线与直线BA1垂直.故选A.
2.已知a,b,c是两两不同的三条直线,下面四个命题中,真命题是(　C　)
(A)若直线a,b异面,b,c异面,则a,c异面
(B)若直线a,b相交,b,c相交,则a,c相交
(C)若a∥b,则a,b与c所成的角相等
(D)若a⊥b,b⊥c,则a∥c
解析:若直线a,b异面,b,c异面,则a,c相交、平行或异面;若a,b相交,b,c相交,则a,c相交、平行或异面;若a⊥b,b⊥c,则a,c相交、平行或异面;由异面直线所成的角的定义知C正确.故选C.
3.如图,空间四边形ABCD的对角线AC=8,BD=6,M,N分别为AB,CD的中点,并且异面直线AC与BD所成的角为90°,则MN等于(　B　)
(A)3 (B)5 (C)6 (D)8
解析:如图,取AD的中点P,连接PM,PN,
则BD∥PM,AC∥PN,
所以∠MPN(或其补面)即异面直线AC与BD所成的角,
所以∠MPN=90°,
PN=AC=4,
PM=BD=3,
所以MN=5.故选B.
4.如图,在三棱锥A-BCD中,E,F,G分别是AB,BC,AD的中点,∠GEF=120°,则BD与AC所成角的度数为　　　　　.
解析:依题意知,EG∥BD,
EF∥AC,
所以∠GEF或其补角即为异面直线AC与BD所成的角,
又∠GEF=120°,
所以异面直线BD与AC所成的角为60°.
答案:60°
选题明细表
知识点、方法 题号
两直线位置关系的判断 1,2,4
异面直线所成的角 3,6,7,11,13
综合问题 5,8,9,10,12,14
基础巩固
1.分别和两条异面直线平行的两条直线的位置关系是(　D　)
(A)一定平行 (B)一定相交
(C)一定异面 (D)相交或异面
解析:画出图形,得到结论.
如图①,分别与异面直线a,b平行的两条直线c和d是相交关系.如图②,
分别与异面直线a,b平行的两条直线c和d是异面关系.故选D.
2.教师拿了一把直尺走进教室,则下列判断正确的个数是(　A　)
①教室地面上有且仅有一条直线与直尺所在直线平行;
②教室地面上有且仅有一条直线与直尺所在直线垂直;
③教室地面上有无数条直线与直尺所在直线平行;
④教室地面上有无数条直线与直尺所在直线垂直.
(A)1 (B)2 (C)3 (D)4
解析:①教室地面上若有一条直线与直尺所在直线平行,可得存在无数条直线与直尺所在直线平行,故①错误;
②教室地面上若有一条直线与直尺所在直线垂直,则与教室地面上的该直线平行的直线与直尺所在直线都垂直,故②错误;
③若直尺所在直线与教室地面相交,教室地面上不存在直线与直尺所在直线平行,故③错误;
④不管直尺所在直线与教室地面平行、相交或在地面上,教室地面上都存在无数条直线与直尺所在直线垂直,故④正确.
故选A.
3.在三棱锥ABCD中,已知所有棱长均为2,E是AB的中点,则异面直线CE与BD所成角的余弦值为(　A　)
(A) (B)
(C) (D)
解析:如图所示,取AD的中点F,连接EF,CF,由题意,
得∠CEF为CE与BD所成角,
EC=FC=,EF=1,
则cos∠CEF==,
所以CE与BD所成角的余弦值为.
故选A.
4.如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,底面三角形A1B1C1是正三角形,E是BC的中点,则下列叙述正确的是(　C　)
(A)CC1与B1E是异面直线
(B)C1C与AE共面
(C)AE与B1C1是异面直线
(D)AE与B1C1所成的角为60°
解析:由于CC1与B1E都在平面C1B1BC内,故C1C与B1E是共面的,所以A错误;
由于C1C在平面C1B1BC内,而AE与平面C1B1BC相交于E点,点E不在C1C上,故C1C与AE是异面直线,B错误;
同理AE与B1C1是异面直线,C正确;
而AE与B1C1所成的角就是AE与BC所成的角,E为BC中点,△ABC为正三角形,所以AE⊥BC,即AE与B1C1所成的角为90°,D错误.故选C.
5.如图所示,空间四边形ABCD中,AB=CD,AB⊥CD,E,F分别为BC,AD的中点,EF和AB所成的角为　　　　.
解析:取AC的中点G,连接EG,FG,
则FG∥CD,EG∥AB,
所以∠FEG即为EF与AB所成的角,
且FG=CD,EG=AB,
又AB=CD,所以FG=EG.
又由AB⊥CD得FG⊥EG,所以∠FEG=45°.
故EF和AB所成的角为45°.
答案:45°
能力提升
6.如图,在四棱锥PABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,
PA=AB,E为AP的中点,则异面直线PC与DE所成的角的正弦值为(　D　)
(A) (B) (C) (D)
解析:连接AC,BD相交于点O,连接OE,BE.
因为E为AP的中点,O为AC的中点,有PC∥OE,可得∠OED为异面直线PC与DE所成的角,不妨设正方形中,AB=2,则PA=2.
由PA⊥平面ABCD,
可得PA⊥AB,PA⊥AD,
则BE=DE==,OD=BD=×2=,
因为BE=DE,O为BD的中点,
所以∠EOD=90°,sin∠OED===.
故选D.
7.在正方体ABCDA1B1C1D1的所有面对角线中,与AB1异面且与AB1成60°角的直线有(　D　)
(A)1条 (B)2条
(C)3条 (D)4条
解析:如图所示,△AB1C是等边三角形,所以每个内角都为60°,所以面对角线中,所有与B1C平行或与AC平行的直线都与AB1成60°角.所以异面的有2条.
又△AB1D1也是等边三角形,同理满足条件的又有2条,共4条.故选D.
8.在正方体ABCDA1B1C1D1中,点P在线段AD1上运动,则异面直线CP与BA1所成的角θ的取值范围是(　D　)
(A)0°<θ<60° (B)0°≤θ<60°
(C)0°≤θ≤60° (D)0°<θ≤60°
解析:如图所示,连接CD1,AC,因为CD1∥BA1,所以CP与BA1所成的角就是CP与CD1所成的角,即θ=∠D1CP.当点P从D1向A运动时,∠D1CP从0°增大到60°,但当点P与D1重合时,CP∥BA1,与已知矛盾,所以异面直线CP与BA1所成的角θ的取值范围是0°<θ≤60°.故选D.
9.如图是棱长为a的正方体的平面展开图,则在这个正方体中,直线EF与MN所成角的余弦值为　　　　.
解析:根据正方体的平面展开图,画出它的直观图如图所示,
连接BF,BE,由MN∥BF,得∠EFB是异面直线EF与MN所成的角,
由题意,得△EFB是正三角形,
所以∠EFB=60°,
所以cos∠EFB=.
所以异面直线EF与MN所成角的余弦值为.
答案:
10.在空间四边形ABCD中,AB=CD,且AB与CD所成锐角为30°,E,F分别为BC,AD的中点,求EF与AB所成角的大小.
解:如图所示,取AC的中点G,
连接EG,FG,
则EG∥AB且EG=AB,GF∥CD且GF=CD.
由AB=CD知EG=FG,
从而可知∠GEF为EF与AB所成的角,∠EGF或其补角为AB与CD所成的角.
因为AB与CD所成角为30°,
所以∠EGF=30°或150°,
由EG=FG知△EFG为等腰三角形,
当∠EGF=30°时,∠GEF=75°,
当∠EGF=150°时,∠GEF=15°,
故EF与AB所成角的大小为15°或75°.
应用创新
11.过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A作直线l,使l与棱AB,AD,AA1所成的角都相等,这样的直线l可以作(　D　)
(A)1条 (B)2条
(C)3条 (D)4条
解析:如图所示,连接体对角线AC1,
显然AC1与棱AB,AD,AA1所成的角都相等,所成角的正切值都为.
考虑正方体的其他体对角线,
如连接BD1,
则BD1与棱BC,BA,BB1所成的角都相等,
因为BB1∥AA1,BC∥AD,
所以体对角线BD1与棱AB,AD,AA1所成的角都相等,
同理,体对角线A1C,DB1也与棱AB,AD,AA1所成的角都相等,过A点分别作BD1,A1C,DB1的平行线都满足题意,故这样的直线l可以作4条.
故选D.
12.在三棱柱ABCA1B1C1中,AA1与AC,AB所成的角均为60°,∠BAC=90°,
且AB=AC=AA1,则异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为　　　　.
解析:如图所示,把三棱柱补为四棱柱ABDCA1B1D1C1,连接BD1,A1D1,AD,
由四棱柱的性质知BD1∥AC1,
则∠A1BD1就是异面直线A1B与AC1所成的角.
设AB=a,
因为AA1与AC,AB所成的角均为60°,且AB=AC=AA1,
所以A1B=a,BD1=AC1=2AA1·cos 30°=a.
又∠BAC=90°,
所以在矩形ABDC中,AD=a,
所以A1D1=a,
所以A1+A1B2=B,
所以∠BA1D1=90°,
所以在Rt△BA1D1中,cos∠A1BD1===.
答案:
13.如图所示,四面体ABCD中,E,F分别是AB,CD的中点.若BD,AC所成的角为60°,且BD=AC=2.求EF的长度.
解:取BC的中点M,连接ME,MF,如图所示.
则ME∥AC,MF∥BD,
所以ME与MF所成的锐角(或直角)即为AC与BD所成的角,而AC,BD所成的角为60°,
所以∠EMF=60°或∠EMF=120°.
当∠EMF=60°时,EF=ME=MF=BD=1;
当∠EMF=120°时,取EF的中点N,
则MN⊥EF,
所以EF=2EN=2EM·sin∠EMN=2×1×=.
故EF的长度为1或.8.6.2　直线与平面垂直
[目标导航]
核心知识目标 核心素养目标
1.理解并掌握直线与平面垂直的定义、判定定理、性质定理,能对定义和判定定理、性质定理进行简单应用. 2.理解并掌握直线与平面所成的角的定义和简单的求法. 1.在发现、推导和应用直线与平面垂直的判定定理和性质定理的过程中,发展数学抽象、逻辑推理和直观想象的核心素养. 2.通过直线和平面所成的角的求法,提升直观想象、逻辑推理和数学运算的核心素养.
1.直线与平面垂直
定义 一般地,如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直,我们就说直线l与平面α互相垂直
记法 l⊥α
有关 概念 直线l叫做平面α的垂线,平面α叫做直线l的垂面.它们唯一的公共点P叫做垂足.过一点作垂直于已知平面的直线,则该点与垂足间的线段,叫做这个点到该平面的垂线段,垂线段的长度叫做这个点到该平面的距离
图示
画法 画直线与平面垂直时,通常把直线画成与表示平面的平行四边形的一边垂直
2.直线与平面垂直的判定定理
文字 语言 如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直,那么该直线与此平面垂直
符号 语言 l⊥a,l⊥b,a α,b α,a∩b=P l⊥α
图形 语言
3.直线和平面所成的角
有关概念 对应图形
斜线 与平面α相交,但不和平面α垂直,图中直线PA
斜足 斜线和平面的交点,图中点A
斜线 在平 面上 的射 影 过斜线上斜足以外的一点P向平面α引垂线PO,过垂足O和斜足A的直线AO叫做斜线在这个平面上的射影
直线 与平 面所 成的 角 定义:平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角. 规定:一条直线垂直于平面,它们所成的角是90°;一条直线和平面平行,或在平面内,它们所成的角是0°. 取值范围:[0°,90°]
4.直线与平面垂直的性质定理
文字语言 垂直于同一个平面的两条直线平行
符号语言 a∥b
图形语言
作用 ①线面垂直 线线平行 ②作平行线
1.下面条件中,能判定直线l⊥α的是(　D　)
(A)l与平面α内的两条直线垂直
(B)l与平面α内的无数条直线垂直
(C)l与平面α内的某一条直线垂直
(D)l与平面α内的任意一条直线垂直
2.在正方体ABCD-A1B1C1D1的六个面中,与AA1垂直的平面的个数是(　B　)
(A)1 (B)2 (C)3 (D)6
解析:仅有平面AC和平面A1C1与直线AA1垂直.故选B.
3.若三条直线OA,OB,OC两两垂直,则直线OA垂直于(　C　)
(A)平面OAB (B)平面OAC
(C)平面OBC (D)平面ABC
解析:由线面垂直的判定定理知OA垂直于平面OBC.故选C.
4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,直线AB1与平面ABCD所成的角等于　　　　　.
解析:如图所示,因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中,B1B⊥平面ABCD,所以AB即为AB1在平面ABCD中的射影,∠B1AB即为直线AB1与平面ABCD所成的角.由题意知,∠B1AB=45°,故所求角为45°.
答案:45°
　线面垂直的判定
[例1] 如图,P为△ABC所在平面外一点,PA⊥平面ABC,∠ABC=90°,AE⊥PB于E,AF⊥PC于F.
求证:
(1)BC⊥平面PAB;
(2)AE⊥平面PBC;
(3)PC⊥平面AEF.
证明:(1)因为PA⊥平面ABC,BC 平面ABC,
所以PA⊥BC.
因为∠ABC=90°,所以AB⊥BC.
又AB∩PA=A,所以BC⊥平面PAB.
(2)因为BC⊥平面PAB,AE 平面PAB,
所以BC⊥AE.
因为PB⊥AE,BC∩PB=B,
所以AE⊥平面PBC.
(3)因为AE⊥平面PBC,PC 平面PBC,
所以AE⊥PC.因为AF⊥PC,AE∩AF=A,
所以PC⊥平面AEF.
(1)证明线面垂直的方法
①线面垂直的定义.
②线面垂直的判定定理.
③如果两条平行直线的一条直线垂直于一个平面,那么另一条直线也垂直于这个平面.
④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.
(2)利用直线与平面垂直的判定定理判定直线与平面垂直的步骤
①在这个平面内找两条直线,使它和这条直线垂直.
②确定这个平面内的两条直线是相交的直线.
③根据判定定理得出结论.
即时训练1-1:在矩形ABCD中,AB=1,BC=a,PA⊥平面ABCD,且PA=1,边BC上是否存在点Q,使得PQ⊥QD 为什么
解:因为PA⊥平面ABCD,QD 平面ABCD,
所以PA⊥QD.
若边BC上存在一点Q,使得QD⊥AQ,
又PA∩AQ=A,则有QD⊥平面PAQ,
又PQ 平面PAQ,从而QD⊥PQ.
在矩形ABCD中,当AD=a<2时,直线BC与以AD为直径的圆相离,故不存在点Q,使AQ⊥DQ.
所以当a≥2时,才存在点Q,使得PQ⊥QD.
[备用例1] 如图,在△ABC中,∠ABC=90°,D是AC的中点,S是△ABC所在平面外一点,且SA=SB=SC.
(1)求证:SD⊥平面ABC;
(2)若AB=BC,求证:BD⊥平面SAC.
证明:(1)因为SA=SC,D是AC的中点,
所以SD⊥AC.
在Rt△ABC中,AD=BD,
由已知SA=SB,所以△ADS≌△BDS,
所以SD⊥BD,又AC∩BD=D,
所以SD⊥平面ABC.
(2)因为AB=BC,D为AC的中点,
所以BD⊥AC,由(1)知SD⊥BD,
又因为SD∩AC=D,所以BD⊥平面SAC.
　直线与平面所成的角
[例2] 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,
(1)求直线A1C与平面ABCD所成的角的正切值;
(2)求直线A1B与平面BDD1B1所成的角.
解:(1)连接AC(如图所示),因为直线A1A⊥平面ABCD,所以∠A1CA为直线A1C与平面ABCD所成的角,设A1A=1,则AC=,
所以tan∠A1CA=.
即直线A1C与平面ABCD所成的角的正切值为.
(2)如图,
连接A1C1交B1D1于O,连接OB,在正方形A1B1C1D1中,A1C1⊥B1D1,
因为BB1⊥平面A1B1C1D1,A1C1 平面A1B1C1D1,
所以BB1⊥A1C1.
又BB1∩B1D1=B1,所以A1C1⊥平面BDD1B1,垂足为O.
所以∠A1BO为直线A1B与平面BDD1B1所成的角,
在Rt△A1BO中,A1O=A1C1=A1B,sin∠A1BO==,所以∠A1BO=30°.
即直线A1B与平面BDD1B1所成的角为30°.
求线面角的方法
(1)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.
(2)求线面角的技巧:在上述步骤中,其中作角是关键,而确定斜线在平面内的射影是作角的关键,几何图形的特征是找射影的依据,射影一般都是一些特殊的点,比如中心、垂心、重心等.
即时训练2-1:如图,在边长为2的菱形ABCD中,∠ABC=60°,PC⊥平面ABCD,PC=2,E,F分别是PA和AB的中点,求:PA与平面PBC所成角的正弦值.
解:过A作AH⊥BC于H,连接PH,
因为PC⊥平面ABCD,AH 平面ABCD,所以PC⊥AH,
又PC∩BC=C,所以AH⊥平面PBC.
所以∠APH为PA与平面PBC所成的角,
在边长为2的菱形ABCD中,∠ABC=60°,
所以△ABC为正三角形,所以AC=2,
又AH⊥BC,
所以H为BC中点,AH=,
因为PC=AC=2,
所以PA=2,
所以在Rt△APH中,sin∠APH==.
故PA与平面PBC所成角的正弦值为.
[备用例2] 三棱锥S-ABC的所有棱长都相等且为a,求SA与底面ABC所成角的余弦值.
解:如图所示,过S作SO⊥平面ABC于点O,连接AO,BO,CO.则SO⊥AO,SO⊥BO,SO⊥CO.
因为SA=SB=SC=a,
所以△SOA≌△SOB≌△SOC,
所以AO=BO=CO,
所以O为△ABC的外心.
因为△ABC为正三角形,
所以O为△ABC的中心.
因为SO⊥平面ABC,
所以∠SAO即为SA与平面ABC所成的角.
在Rt△SAO中,SA=a,AO=×a=a,
所以cos∠SAO==,
所以SA与底面ABC所成角的余弦值为.
　线面垂直的性质的应用
[例3] 如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是AB上一点,N是A1C的中点,MN⊥平面A1DC,求证:MN∥AD1.
证明:因为四边形ADD1A1为正方形,
所以AD1⊥A1D.
又因为CD⊥平面ADD1A1,
所以CD⊥AD1.
因为A1D∩CD=D,
所以AD1⊥平面A1DC.
又因为MN⊥平面A1DC,
所以MN∥AD1.
变式训练3-1:本例中把条件“MN⊥平面A1DC”改为“M是AB中点”,求证:MN⊥平面A1DC.
证明:连接A1M,CM,取CD中点P,连接NP,MP,
由正方体AC1,M,N为中点,
则A1M=CM,
所以MN⊥A1C,
又P为CD中点,
所以PN∥A1D,
因为CD⊥A1D,所以CD⊥PN,
又MP⊥CD,MP∩PN=P,
所以CD⊥平面MPN,
因为MN 平面MPN,所以MN⊥CD.
又A1C∩CD=C.
所以MN⊥平面A1DC.
(1)当题中垂直条件很多,但又需证两直线平行关系时,就要考虑直线和平面垂直的性质定理,从而完成垂直向平行的转化.
(2)要证线线垂直,只需证线面垂直,可利用线面垂直的定义或判定定理证明,从而得出所需结论.因此,在解题时,要充分体现线面关系的相互转化在解题中的灵活应用.
即时训练3-1:如图,在正方体A1B1C1D1-ABCD中,EF与直线AC,A1D都垂直相交.
求证:EF∥BD1.
证明:如图所示,连接AB1,B1D1,B1C,BD,
因为DD1⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,
所以DD1⊥AC.
又AC⊥BD,DD1∩BD=D,DD1,BD 平面BDD1B1,
所以AC⊥平面BDD1B1,AC 平面BDD1B1,
又BD1 平面BDD1B1,
所以AC⊥BD1.
同理可证BD1⊥B1C,
又AC∩B1C=C,AC,B1C 平面AB1C,
BD1 平面AB1C,
所以BD1⊥平面AB1C.
因为EF⊥A1D,A1D∥B1C,
所以EF⊥B1C.
又因为EF⊥AC,AC∩B1C=C,AC,B1C 平面AB1C,EF 平面AB1C,
所以EF⊥平面AB1C,
所以EF∥BD1.
[备用例3] 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1B1=A1C1,D,E分别是棱BC,CC1上的点(点D不同于点C),且AD⊥平面BCC1B1,F为B1C1的中点.求证:直线A1F∥平面ADE.
证明:因为A1B1=A1C1,F为B1C1的中点,
所以A1F⊥B1C1.
因为CC1⊥平面A1B1C1,且A1F 平面A1B1C1,
所以CC1⊥A1F.
又CC1 平面BCC1B1,B1C1 平面BCC1B1,
CC1∩B1C1=C1,
所以A1F⊥平面BCC1B1.
又AD⊥平面BCC1B1,所以A1F∥AD.
又AD 平面ADE,A1F 平面ADE,
所以A1F∥平面ADE.
1.△ABC所在的平面为α,直线l⊥AB,l⊥AC,直线m⊥BC,m⊥AC,则直线l,m的位置关系是(　B　)
(A)相交 (B)平行 (C)异面 (D)不确定
解析:因为AB α,AC α,l⊥AB,l⊥AC,AB∩AC=A,
所以l⊥α.
又因为BC α,AC α,m⊥BC,m⊥AC,BC∩AC=C,
所以m⊥α,所以l∥m.故选B.
2.如图所示,α∩β=l,点A,C∈α,点B∈β,且BA⊥α,BC⊥β,那么直线l与直线AC的关系是(　C　)
(A)异面 (B)平行
(C)垂直 (D)平行或垂直
解析:因为BA⊥α,α∩β=l,l α,
所以BA⊥l.
同理BC⊥l.
又BA∩BC=B,
所以l⊥平面ABC.
因为AC 平面ABC,
所以l⊥AC.故选C.
3.已知AF⊥平面ABCD,DE⊥平面ABCD,如图所示,且AF=DE,AD=6,则EF=　　　　.
解析:因为AF⊥平面ABCD,DE⊥平面ABCD,
所以AF∥DE,又AF=DE,
所以四边形AFED是平行四边形,
所以EF=AD=6.
答案:6
4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,
(1)直线A1B与平面ABCD所成的角的大小是　　　;
(2)直线A1B与平面ABC1D1所成的角的大小是　　　;
(3)直线A1B与平面AB1C1D所成的角的大小是　　　.
解析:(1)如图,连接A1B,由已知得∠A1BA为A1B与平面ABCD所成的角,∠A1BA=45°.
(2)如图,连接A1D,AD1,BC1,A1D与AD1的交点为O,则易证A1D⊥平面ABC1D1,所以A1B在平面ABC1D1内的射影为OB,
所以A1B与平面ABC1D1所成的角为∠A1BO,
因为A1O=A1B,所以∠A1BO=30°.
(3)如图,连接AB1,C1D.因为A1B⊥AB1,
A1B⊥B1C1,
又因为AB1∩B1C1=B1,
所以A1B⊥平面AB1C1D,
即A1B与平面AB1C1D所成的角为90°.
答案:(1)45°　(2)30°　(3)90°
选题明细表
知识点、方法 题号
直线与平面垂直的判定、性质 1,3,4,7,12
直线与平面所成的角 2,5,6,13
直线与平面垂直的综合应用 8,9,10,11,14
基础巩固
1.下列条件中,能使直线m⊥平面α的是(　D　)
(A)m⊥b,m⊥c,b⊥α,c⊥α
(B)m⊥b,b∥α
(C)m∩b=A,b⊥α
(D)m∥b,b⊥α
解析:由线线平行及线面垂直的判定知选项D正确.故选D.
2.在正方体ABCDA1B1C1D1中,直线AC与直线BC1所成的角、直线AC与平面A1D所成的角分别为(　D　)
(A)45°,60° (B)90°,45°
(C)60°,60° (D)60°,45°
解析:如图所示,
因为AD1∥BC1,
所以直线AC与直线BC1所成角为∠D1AC,
因为△ACD1是等边三角形,
所以∠D1AC=60°,
因为CD⊥平面ADD1A1,
所以直线AC与平面A1D所成角为∠CAD,
因为△ADC是等腰直角三角形,
所以∠CAD=45°.故选D.
3.(多选题)已知直线a,b和平面α,下列推理中正确的是(　ABD　)
(A) a⊥b (B) b⊥α
(C) a∥α (D) l⊥β
解析:由线面垂直的判定和性质可知A,B,D正确.C中应是a∥α或
a α.所以C错误.故选ABD.
4.(多选题)下列说法中正确的是(　AB　)
(A)过空间一点有且只有一条直线与已知平面垂直
(B)过空间一点有且只有一个平面与已知直线垂直
(C)已知两条不重合的直线m,n和平面α,若m⊥n,m⊥α,则n∥α
(D)a,b,l表示三条不同的直线,α表示平面,若a α,b α,l⊥a,
l⊥b,则l⊥α
解析:A,B正确.对于C,若直线n α,也可满足m⊥n,m⊥α,此时
n∥α不正确;对于D,只有a,b相交时,才成立,否则不成立.故选AB.
5.在四棱锥PABCD中,底面ABCD是边长为1的正方形,PA⊥平面ABCD,且PA=,则PC与平面ABCD所成角的大小为(　C　)
(A)30° (B)45° (C)60° (D)90°
解析:如图所示,连接AC.
因为PA⊥平面ABCD,
所以∠PCA就是PC与平面ABCD所成的角.
由题意得AC=,PA=,
所以tan∠PCA===.
所以∠PCA=60°.故选C.
6.已知在三棱锥SABC中,底面ABC为边长等于2的等边三角形,
SA垂直于底面ABC,SA=3,那么直线AB与平面SBC所成角的正弦值为　　　.
解析:如图所示,取BC的中点D,连接SD,AD,则BC⊥AD.
过点A作AG⊥SD于点G,连接GB.
因为SA⊥底面ABC,BC 平面ABC,
所以BC⊥SA,又SA∩AD=A,
所以BC⊥平面SAD.
又AG 平面SAD,
所以AG⊥BC.
又AG⊥SD,SD∩BC=D,
所以AG⊥平面SBC.
所以∠ABG即为直线AB与平面SBC所成的角.
因为AB=2,SA=3,
所以AD=,SD=2.
在Rt△SAD中,AG==.
所以sin∠ABG===.
答案:
能力提升
7.(多选题)如图所示,PA⊥圆O所在的平面,AB是圆O的直径,C是圆O上异于AB的一点,E,F分别是点A在PB,PC上的投影,则(　ABC　)
(A)AF⊥PB
(B)EF⊥PB
(C)AF⊥BC
(D)AE⊥平面PBC
解析:对于A,因为PA⊥平面ABC,故PA⊥BC,又BC⊥AC,故BC⊥平面PAC,从而BC⊥AF,又AF⊥PC,故AF⊥平面PBC,所以AF⊥PB,AF⊥BC,故A,C正确;
对于B,由选项A知AF⊥PB,而AE⊥PB,从而PB⊥平面AEF,故EF⊥PB,故B正确;
对于D,由上面过程可知,AE与平面PBC不垂直,故D不正确.故选ABC.
8.如图,设平面α∩平面β=PQ,EG⊥平面α,FH⊥平面α,垂足分别为G,H.为使PQ⊥GH,则需增加的一个条件是(　B　)
(A)EF⊥平面α
(B)EF⊥平面β
(C)PQ⊥GE
(D)PQ⊥FH
解析:因为EG⊥平面α,PQ 平面α,
所以EG⊥PQ.
若EF⊥平面β,
则由PQ 平面β,得EF⊥PQ.
又EG与EF为相交直线,
所以PQ⊥平面EFHG,
所以PQ⊥GH.故选B.
9.如图,在正方体ABCDA′B′C′D′中,线段B′D′上有两个动点E,F,若线段EF长度为一定值,则下列结论中错误的是(　B　)
(A)AC⊥BE
(B)BD⊥平面ABE
(C)EF∥平面ABCD
(D)三棱锥BAEF的体积为定值
解析:对A,连接BD,如图所示.
因为底面ABCD是正方形,
所以AC⊥BD.
又DD′⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,
所以DD′⊥AC.
因为BD∩DD′=D,
所以AC⊥平面BB′D′D.
因为BE 平面BB′D′D,
所以AC⊥BE,故A正确;
对B,若BD⊥平面ABE,
因为AB 平面ABE,
所以BD⊥AB,但显然∠ABD=45°,
所以BD⊥平面ABE不成立,故B错误;
对C,正方体中,平面ABCD∥平面A′B′C′D′,
因为EF 平面A′B′C′D′,
所以EF∥平面ABCD,故C正确;
对D,因为点A到平面BEF的距离也是点A到平面BB′D′D的距离,等于AC的一半,即三棱锥高为定值,而△BEF的边EF为定值,高为BB′为定值,故体积为定值,故D正确.故选B.
10.如图,在正三棱柱ABCA1B1C1中,若AB=2,CC1=1,则点C到平面C1AB的距离等于　　　　.
解析:法一　因为在正三棱柱ABCA1B1C1中,AB=2,CC1=1.
所以=S△ABC·CC1
=××22·sin 60°×1
=,
结合正三棱柱的性质可知BC1=AC1=,
所以在等腰三角形ABC1中,BC1=AC1=,AB=2,
所以底边上的高为=2,
所以=×2×2=2,
设所求的距离为h.
所以=×2h=,
解得h=.
法二　如图,取AB的中点E,连接CE,C1E,
则由正三棱柱的性质可知AB⊥CE,
又C1C⊥AB,CE∩C1C=C,
因此AB⊥平面C1CE.
在平面C1CE内过点C作C1E的垂线交C1E于F,结合AB⊥C1F,
则CF⊥平面ABC1.
由AB=2,CC1=1可知CE=,C1E=2,
所以CF=.
答案:
11.已知点O为三棱锥PABC的顶点P在平面ABC内的射影,若PA⊥BC,
PB⊥AC,则O为△ABC的　　　心;若P到三边AB,BC,CA的距离都相等且点O在△ABC的内部,则O为△ABC的　　　　心.
解析:若PA⊥BC,
又PO⊥平面ABC,
所以BC⊥PO.
所以BC⊥平面PAO.
所以BC⊥AO.
同理AC⊥OB.
所以O是△ABC的垂心.
若P到AB,BC,CA边的距离相等,则易知O到AB,BC,CA边的距离也相等,从而可判定O是△ABC的内心.
答案:垂　内
12.如图①,在Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分别为AC,AB的中点,点F为线段CD上的一点,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1F⊥CD,如图②.
(1)求证:DE∥平面A1CB.
(2)求证:A1F⊥BE.
(3)线段A1B上是否存在点Q,使A1C⊥平面DEQ 说明理由.
(1)证明:因为D,E分别为AC,AB的中点,
所以DE∥BC.
又因为DE 平面A1CB,BC 平面A1CB,
所以DE∥平面A1CB.
(2)证明:由已知得AC⊥BC且DE∥BC,
所以DE⊥AC.
因为DE⊥A1D,DE⊥CD,
所以DE⊥平面A1DC.
而A1F 平面A1DC,所以DE⊥A1F.
又因为A1F⊥CD,CD∩DE=D,
所以A1F⊥平面BCDE.又BE 平面BCDE,
所以A1F⊥BE.
(3)解:线段A1B上存在点Q,使A1C⊥平面DEQ.理由如下:
如图所示,分别取A1C,A1B的中点P,Q,连接PD,PQ,QE.
则PQ∥BC.又因为DE∥BC,
所以DE∥PQ.
所以平面DEQ即为平面DEQP.
由(2)知,DE⊥平面A1DC,所以DE⊥A1C.
又因为P是等腰△DA1C底边A1C的中点,
所以A1C⊥DP.又DP∩DE=D,
所以A1C⊥平面DEQP.即A1C⊥平面DEQ.
故线段A1B上存在点Q,使得A1C⊥平面DEQ.
应用创新
13.在三棱锥PABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=120°,AB=AC=1,PA=,则直线PA与平面PBC所成角的正弦值为(　D　)
(A) (B) (C) (D)
解析:如图所示,因为PA⊥底面ABC,
所以∠PAB=∠PAC=90°.
又AB=AC=1,PA=,
所以△PAB≌△PAC,
所以PB=PC.
取BC中点D,连接AD,PD,
所以PD⊥BC,AD⊥BC,
所以BC⊥平面PAD.
过点A作AO⊥PD于点O,由BC⊥AO可得AO⊥平面PBC.
所以∠APD就是直线PA与平面PBC所成的角.
在Rt△PAD中,AD=ABsin 30°=,PA=,PD==,
sin∠APD==.
故选D.
14.(2019·全国Ⅰ卷)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,那么P到平面ABC的距离为　 　.
解析:由题意,可将三棱锥PABC放入一个以ACBD为底面的长方体中,如图所示.
点P在线段C′D′上,设点P在底面ACBD的射影为P′,过P′分别作P′E,P′F垂直AC,BC,垂足分别为E,F,易证AC⊥平面PP′E,
所以AC⊥PE.
又易证△PP′E≌△PP′F,PC=2,PE=,
所以CE=1.
又∠ECP′=∠FCP′=45°,
所以EP′=CE=1,
所以PP′===.
答案:8.6.3　平面与平面垂直
第1课时　平面与平面垂直的判定
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核心知识目标 核心素养目标
1.正确理解和掌握“二面角”“二面角的平面角”及“直二面角”“两个平面互相垂直”的概念. 2.掌握两个平面垂直的判定定理及其简单的应用. 1.通过二面角的有关概念及二面角大小的求法,培养数学抽象、直观想象、逻辑推理和数学运算的核心素养. 2.在发现、推导和应用平面与平面垂直的判定定理的过程中,加强数学抽象、逻辑推理和直观想象的核心素养.
1.二面角
项目 二面角
定义 从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角. 这条直线叫做二面角的棱,这两个半平面叫做二面角的面. 如图,记作:二面角α-l-β或二面角P-AB-Q或二面角P-l-Q
范围 [0,π]
2.二面角的平面角
文字语言 在二面角α-l-β的棱l上任取一点O,以点O为垂足,在半平面α和β内分别作垂直于棱l的射线OA和OB,则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的平面角
图形语言
二面角的 大小与平 面角的 关系 二面角的大小可以用它的平面角来度量,二面角的平面角是多少度,就说这个二面角是多少度,平面角是直角的二面角叫做直二面角
范围 [0,π]
3.平面与平面垂直
(1)定义
项目 平面与平面垂直
定义 两个平面相交,如果它们所成的二面角是直二面角,就说这两个平面互相垂直,记作:α⊥β
画法 通常把直立平面的竖边画成与水平平面的横边垂直,如图所示,
(2)判定定理
文字语言 如果一个平面过另一个平面的垂线,那么这两个平面垂直
图形语言
符号语言 l⊥α,l β α⊥β
1.已知l⊥α,则过l与α垂直的平面(　C　)
(A)有1个 (B)有2个
(C)有无数个 (D)不存在
解析:由面面垂直的判定定理知,凡过l的平面都垂直于平面α,这样的平面有无数个.故选C.
2.对于直线m,n和平面α,β,能得出α⊥β的一个条件是(　C　)
(A)m⊥n,m∥α,n∥β (B)m⊥n,α∩β=m,n α
(C)m∥n,n⊥β,m α (D)m∥n,m⊥α,n⊥β
解析:因为m∥n,n⊥β,则m⊥β,
又m α,故α⊥β,所以C符合,A,B,D不符合.
故选C.
3.在空间四边形ABCD中,AB=BC,AD=CD,E为对角线AC的中点,下列判断正确的是(　D　)
(A)平面ABD⊥平面BDC
(B)平面ABC⊥平面ABD
(C)平面ABC⊥平面ADC
(D)平面ABC⊥平面BED
解析:由已知条件得AC⊥DE,AC⊥BE,
于是有AC⊥平面BED,
又AC 平面ABC,
所以有平面ABC⊥平面BED成立.故选D.
4.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,CC1=,则二面角C1-BD-C的大小为　　　.
解析:如图所示,连接AC交BD于点O,连接C1O,
因为C1D=C1B,O为BD中点,所以C1O⊥BD,
因为AC⊥BD,
所以∠C1OC是二面角C1-BD-C的平面角,
在Rt△C1CO中,C1C=,可以计算C1O=2,
所以sin∠C1OC==,
所以∠C1OC=30°.
答案:30°
　二面角的概念及其求法
探究角度1　二面角概念的理解
[例1] 下列命题:①两个相交平面组成的图形叫做二面角;②异面直线a,b分别和一个二面角的两个面垂直,则a,b所成的角与这个二面角的平面角相等或互补;③二面角的平面角是从棱上一点出发,分别在两个面内作射线所成的角的最小角;④二面角的大小与其平面角的顶点在棱上的位置没有关系.其中正确的是(　　)
(A)①③ (B)②④
(C)③④ (D)①②
解析:由二面角的定义:从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角,所以①不对,实质上它共有四个二面角;由a,b分别垂直于两个面,得a,b都垂直于二面角的棱,故②正确;③中所作的射线不一定垂直于二面角的棱,故③不对;由定义知④正确.故选B.
二面角的理解
(1)要注意区别二面角与两相交平面所成的角并不一致.
(2)要注意二面角的平面角与顶点在棱上且角两边分别在二面角的面上的角的联系与区别.
(3)可利用实物模型,作图帮助判断.
即时训练1-1:从二面角内一点分别向二面角的两个面引垂线,则这两条垂线所夹的角与二面角的平面角的关系是(　　)
(A)互为余角 (B)相等
(C)其和为周角 (D)互为补角
解析:如图所示从二面角内一点P分别向二面角的两个面引垂线PA,PB,则这两条垂线所夹的角∠APB与二面角的平面角∠AOB互为补角.故选D.
即时训练1-2:如图,AB是圆的直径,PA垂直于圆所在的平面,C是圆上一点(不同于A,B),则二面角P-BC-A的平面角为(　　)
(A)∠PCA (B)∠APC
(C)∠PBA (D)∠PCB
解析:由AB是圆的直径可知AC⊥BC,由PA垂直于圆所在的平面可知PA⊥BC,易得BC⊥平面PAC,所以∠PCA是二面角P-BC-A的平面角.故选A.
[备用例题] 若一个二面角的两个半平面分别垂直于另一个二面角的两个半平面,那么这两个二面角(　　)
(A)相等 (B)互补
(C)相等或互补 (D)关系无法确定
解析:如图所示,平面EFDG⊥平面ABC,当平面HDG绕DG转动时,平面HDG始终与平面BCD垂直,所以两个二面角的大小关系不确定.故选D.
探究角度2　定义法求二面角的平面角
[例2] 已知三棱锥A-BCD的各棱长均为2,求二面角A-CD-B的余弦值.
解:取CD中点O,
连接AO,BO.
因为三棱锥A-BCD的各棱长均为2,
所以AO⊥CD,BO⊥CD,
所以∠AOB是二面角A-CD-B的平面角,
由题意得AO=BO=,AB=2,
所以cos∠AOB=
==.
所以二面角A-CD-B的余弦值为.
定义法求二面角的平面角
利用二面角的平面角的定义,在二面角的棱上取一点(特殊点),过该点在两个半平面内作垂直于棱的射线,两射线所成的角就是二面角的平面角,一般地,所涉及的二面角的棱是等腰三角形或正三角形的底边或菱形的对角线以及所求二面角的两个面是全等的三角形等常用此法.
即时训练2-1:如图所示,四边形ABCD是正方形,PB⊥平面ABCD,PB=AB=1,求二面角A-PD-C的大小.
解:作辅助线CE⊥PD于点E,连接AC,AE,如图所示.
因为PB⊥平面ABCD,AB=BC,所以PA=PC,
由于AD=CD,PA=PC,PD=PD,
所以△PAD≌△PCD.
因此AE⊥PD,
所以∠AEC即为所求的二面角A-PD-C的平面角.
由PB=AB=1可以得到PC=,
由题意得DC⊥PC可知PD=.
又CD=1,在直角三角形PCD中可以计算得到CE=.
由此可以得到AE=CE=,
又由题意得AC=.
由余弦定理得cos∠AEC=
==-,
即∠AEC=.所以二面角A-PD-C的大小为.
探究角度3　垂线法求二面角的平面角
[例3] 在四棱锥P-ABCD中,ABCD是平行四边形,PA⊥平面ABCD,PA=AB=a,∠ABC=30°,求二面角P-BC-A的正切值.
解:如图所示,在平面ABCD内过点A作AH⊥BC于H,连接PH.
因为PA⊥平面BD,
所以BC⊥PA.
故∠PHA是二面角P-BC-A的平面角.
在Rt△ABH中,
AH=ABsin∠ABC=asin30°=,
在Rt△PHA中,tan∠PHA===2.
利用垂线法求二面角的平面角的方法
过已知二面角的一个面内一点C作另一个面的垂线CB,在另一个面内过垂足作二面角的棱的垂线BA,连接AC,则∠CAB即为二面角的平面角或其补角.此种方法通用于求二面角的所有题目,具体步骤为:一找,二证,三求.
即时训练3-1:如图,已知Rt△ABC,斜边BC α,点A α,AO⊥α,O为垂足,∠ABO=30°,∠ACO=45°,则二面角A-BC-O的大小为　　　　.
解析:如图所示,在平面ABC内,作AD⊥BC,且垂足为D,连接OD,
则∠ADO即为二面角A-BC-O的平面角,设OA=1,
则AB=2,OB=,OC=1,AC=,
所以BC==.
由AB·AC=BC·AD,
得AD==,
所以sin∠ADO==,
又因为0°<∠ADO<90°,
所以∠ADO=60°,
所以二面角A-BC-O的大小为60°.
答案:60°
　平面与平面垂直的判定
[例4] 如图所示,已知∠BSC=90°,∠BSA=∠CSA=60°,又SA=SB=SC.求证:平面ABC⊥平面SBC.
证明:法一　(利用定义证明)因为∠BSA=∠CSA=60°,SA=SB=SC,
所以△ASB和△ASC是等边三角形,
则有SA=SB=SC=AB=AC,
令其值为a,则△ABC和△SBC为共底边BC的等腰三角形.
取BC的中点D,如图所示,连接AD,SD,
则AD⊥BC,SD⊥BC,
所以∠ADS为二面角A-BC-S的平面角.
在Rt△BSC中,因为SB=SC=a,
所以SD=a,BD==a,
在Rt△ABD中,AD=a,
在△ADS中,因为SD2+AD2=SA2,
所以∠ADS=90°,
即二面角A-BC-S为直二面角,
故平面ABC⊥平面SBC.
法二　(利用判定定理)因为SA=SB=SC,且∠BSA=∠CSA=60°,所以SA=AB=AC,
所以点A在平面SBC上的射影为△SBC的外心.
因为△SBC为直角三角形,
所以点A在△SBC上的射影D为斜边BC的中点,
所以AD⊥平面SBC.
又因为AD 平面ABC,
所以平面ABC⊥平面SBC.
证明平面与平面垂直的方法
(1)利用定义:证明二面角的平面角为直角.
(2)利用面面垂直的判定定理:如果一个平面经过另一个平面的一条垂线,则这两个平面互相垂直.即要证面面垂直,只要转证线面垂直,其关键与难点是在其中一个平面内寻找一直线与另一平面垂直.
即时训练4-1:在边长为a的菱形ABCD中,∠ABC=60°,PC⊥平面ABCD,求证:平面PDB⊥平面PAC.
证明:因为PC⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,
所以PC⊥BD.
因为四边形ABCD为菱形,
所以AC⊥BD,
又PC∩AC=C,PC,AC 平面PAC,
所以BD⊥平面PAC.
因为BD 平面PBD,
所以平面PDB⊥平面PAC.
　线面、面面垂直的综合应用
[例5] 如图,已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1上的动点.
(1)求证:A1E⊥BD;
(2)当E恰为棱CC1的中点时,求证:平面A1BD⊥平面EBD.
证明:连接AC,设AC∩DB=O,
连接A1O,OE.
(1)因为AA1⊥底面ABCD,
所以BD⊥A1A,
又BD⊥AC,
A1A∩AC=A,
所以BD⊥平面ACEA1,
因为A1E 平面ACEA1,
所以A1E⊥BD.
(2)在等边三角形A1BD中,BD⊥A1O,
因为BD⊥平面ACEA1,OE 平面ACEA1,
所以BD⊥OE,
所以∠A1OE为二面角A1-BD-E的平面角.
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,设棱长为2a,因为E为棱CC1的中点,
由平面几何知识,得EO=a,A1O=a,A1E=3a,满足A1E2=A1O2+EO2,所以∠A1OE=90°,即平面A1BD⊥平面EBD.
变式训练5-1:本例(2)中,条件不变,试求:二面角E-BD-C的正切值.
解:连接AC交BD于O,连接OE(图略),
由例题(2)中知,BD⊥OE,BD⊥OC.
所以∠EOC为二面角E-BD-C的平面角.
设正方体棱长为a,则CE=,OC=a.
在Rt△OCE中,tan∠EOC===.
所以二面角E-BD-C的正切值为.
变式训练5-2:本例(2)中,条件不变,试求:A1E与平面ABB1A1所成线面角的正切值.
解:取BB1的中点H,连接A1H,EH(图略),
则EH∥BC,
所以EH⊥平面ABB1A1,所以∠EA1H即为直线A1E与平面ABB1A1所成的角.
设正方体棱长为a,
则易知A1H==a,EH=a.
所以在Rt△A1HE中,
tan∠EA1H====.
所以A1E与平面ABB1A1所成线面角的正切值为.
线面、面面垂直的综合问题的解题策略
(1)重视转化
涉及线面垂直、面面垂直的综合问题的解题关键是转化,即证面面垂直,转化为证线面垂直;证线面垂直转化为证线线垂直.
(2)充分挖掘线面垂直关系
解答线面垂直、面面垂直的综合问题时,通常要先证出一个关键的线面垂直关系,由此出发才能证出其他线线垂直、线面垂直关系,因此要注意线面垂直在解题过程中的枢纽作用.
1.已知α,β,γ为平面,若α∥β,α⊥γ,则β,γ的关系是(　C　)
(A)平行 (B)相交但是不垂直
(C)垂直 (D)无法确定
解析:由两平面垂直的定义可知当α∥β,α⊥γ时,β⊥γ.故选C.
2.如图所示,在△ABC中,AD⊥BC,△ABD的面积是△ACD的面积的2倍,沿AD将△ABC翻折,使翻折后BC⊥平面ACD,此时二面角B-AD-C的大小为(　C　)
(A)30° (B)45° (C)60° (D)90°
解析:由已知BD=2CD,翻折后,
在Rt△BCD中,∠BDC=60°,
而AD⊥BD,CD⊥AD,
故∠BDC是二面角B-AD-C的平面角,其大小为60°.故选C.
3.若平面α⊥平面β,平面β⊥平面γ,则(　D　)
(A)α∥γ (B)α⊥γ
(C)α与γ相交但不垂直 (D)以上都有可能
解析:由题意知,α与γ可能平行,也可能相交.如图所示,α与δ平行,α与γ相交.故选D.
4.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,
(1)二面角D1-AB-D的大小是　　　　;
(2)二面角A1-AB-D的大小是　　　　.
解析:(1)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB⊥平面AD1,则AB⊥AD1.又AB⊥AD,所以∠D1AD即为二面角D1-AB-D的平面角,在Rt△D1AD中,∠D1AD=45°.所以二面角D1-AB-D的大小为45°.
(2)与(1)同理,∠A1AD为二面角A1-AB-D的平面角,所以二面角A1-AB-D的大小为90°.
答案:(1)45°　(2)90°
选题明细表
知识点、方法 题号
二面角的概念及其求法 2,7,11
平面与平面垂直的判定 1,4,5,6,9,10,14
线面、面面垂直的综合应用 3,8,12,13
基础巩固
1.经过平面α外一点和平面α内一点与平面α垂直的平面有(　D　)
(A)0个 (B)1个
(C)无数个 (D)1个或无数个
解析:当两点连线与平面α垂直时,可作无数个垂面,否则,只有1个.故选D.
2.从空间一点P向二面角αlβ的两个面α,β分别作垂线PE,PF,
E,F为垂足,若∠EPF=60°,则二面角αlβ的平面角的大小是(　C　)
(A)60° (B)120°
(C)60°或120° (D)不确定
解析:若点P在二面角内,则二面角的平面角为120°;若点P在二面角外,则二面角的平面角为60°.故选C.
3.已知直线a,b与平面α,β,γ,下列能使α⊥β成立的条件是(　D　)
(A)α⊥γ,β⊥γ (B)α∩β=a,b⊥a,b β
(C)a∥β,a∥α (D)a∥α,a⊥β
解析:A,B,C得不到α⊥β.由a∥α,知α内必有直线l与a平行.
而a⊥β,所以l⊥β,所以α⊥β.故选D.
4.阅读下面题目及其证明过程,在横线处应填写的正确结论是(　C　)
如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是正方形,O是正方形ABCD的中心,PO⊥底面ABCD,E是PC的中点,求证:平面PAC⊥平面BDE.
证明:因为PO⊥底面ABCD,
所以PO⊥BD.
又因为AC⊥BD,且AC∩PO=O,
所以　　　　　　　　.
又因为BD 平面BDE,
所以平面PAC⊥平面BDE.
(A)BD⊥平面PBC (B)AC⊥平面PBD
(C)BD⊥平面PAC (D)AC⊥平面BDE
解析:因为PO⊥底面ABCD,
所以PO⊥BD.
又因为AC⊥BD,且AC∩PO=O,
所以BD⊥平面PAC.
又因为BD 平面BDE,
所以平面PAC⊥平面BDE.
故选C.
5.在空间四边形ABCD中,AD⊥BC,BD⊥AD,那么必有(　C　)
(A)平面ABD⊥平面ADC
(B)平面ABD⊥平面ABC
(C)平面ADC⊥平面BCD
(D)平面ABC⊥平面BCD
解析:在空间四边形ABCD中,
AD⊥BC,BD⊥AD,
又由BC∩BD=B,且BC 平面BCD,BD 平面BCD,AD 平面BCD,
所以AD⊥平面BCD,
又因为AD 平面ADC,
所以平面ADC⊥平面BCD.故选C.
6.如图所示,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,图中有　　　 　个直角三角形,互相垂直的平面共有　　　　对.
解析:因为AB⊥平面BCD,BC⊥CD,
所以△ABC,△ABD,△ACD,△BCD都是直角三角形,共有4个;
图中互相垂直的平面有
平面ABD⊥平面BCD,平面ABC⊥平面BCD,平面ABC⊥平面ADC,
所以图中互相垂直的平面共有3对.
答案:4　3
7.如图,△ABC是等腰直角三角形,∠BAC=90°,AB=AC=1,将△ABC沿斜边BC上的高AD折叠,使平面ABD⊥平面ACD,则折叠后BC=　　　.
解析:由题意知,BD⊥AD,CD⊥AD,所以∠BDC为二面角BADC的平面角.
由于平面ABD⊥平面ACD,所以∠BDC=90°,
连接BC(图略),则BC= = =1.
答案:1
能力提升
8.(多选题)在正四面体PABC中,D,E,F分别是AB,BC,CA的中点,
下面四个结论中成立的是(　ABD　)
(A)BC∥平面PDF
(B)DF⊥平面PAE
(C)平面PDF⊥平面ABC
(D)平面PAE⊥平面ABC
解析:如图所示,因为BC∥DF,
BC 平面PDF,DF 平面PDF,所以BC∥平面PDF.所以A正确.
由BC⊥PE,BC⊥AE,PE∩AE=E,所以BC⊥平面PAE.
又BC∥DF,所以DF⊥平面PAE.所以B正确.
因为BC⊥平面PAE,所以平面ABC⊥平面PAE.所以D正确.
故选ABD.
9.(多选题)如图所示,在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB=1,
∠BCD=45°,∠BAD=90°,将△ABD沿BD折起,点A到达A′的位置,此时A′C=,构成三棱锥A′BCD,则(　AD　)
(A)平面A′BD⊥平面BDC
(B)平面A′BD⊥平面A′BC
(C)平面A′DC⊥平面BDC
(D)平面A′DC⊥平面A′BC
解析:在三棱锥A′BDC中,A′D=A′B=1,故BD=,DC=,
又A′C=,故A′C2=A′D2+DC2,则CD⊥A′D,又CD⊥BD,A′D∩BD=D,所以CD⊥平面A′BD,故平面A′BD⊥平面BDC.又CD⊥平面A′BD,所以CD⊥A′B.又A′B⊥A′D,A′D∩CD=D,所以A′B⊥平面A′DC,故平面A′DC⊥平面A′BC.故选AD.
10.在四面体PABC中,PA=PB=PC,底面△ABC为等腰直角三角形,
AC=BC,O为AB中点,请从以下平面中选出两个相互垂直的平面　　　 　　.(只填序号)
①平面PAB;②平面ABC;③平面PAC;④平面PBC;⑤平面POC.
解析:因为在四面体PABC中,PA=PB=PC,底面△ABC为等腰直角三角形,AC=BC,O为AB中点,
所以CO⊥AB,PO⊥AB,
又CO∩PO=O,
所以AB⊥平面POC,
因为AB 平面ABC,AB 平面PAB,
所以平面POC⊥平面ABC,平面PAB⊥平面POC,
所以两个相互垂直的平面为②⑤或①⑤或①②.
答案:②⑤或①⑤或①②
11.如图,二面角αlβ的大小是60°,线段AB α,B∈l,AB与l所成的角为30°,则AB与平面β所成的角的正弦值是　　　　.
解析:如图所示,作AO⊥β于O,AC⊥l于C,连接OB,OC,则OC⊥l.设AB与β所成的角为θ,
则∠ABO=θ,
由图得sin θ==·=sin 30°·sin 60°=.
答案:
12.由四棱柱ABCDA1B1C1D1截去三棱锥C1B1CD1后得到的几何体如图所示.四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,E为AD的中点,
A1E⊥平面ABCD.
(1)证明:A1O∥平面B1CD1;
(2)设M是OD的中点,证明:平面A1EM⊥平面B1CD1.
证明:(1)取B1D1的中点O1,连接CO1,A1O1,
由于ABCDA1B1C1D1是四棱柱,
所以A1O1∥OC,A1O1=OC,
因此四边形A1OCO1为平行四边形,
所以A1O∥O1C,
又O1C 平面B1CD1,A1O 平面B1CD1,
所以A1O∥平面B1CD1.
(2)因为AC⊥BD,E,M分别为AD和OD的中点,
所以EM⊥BD,
又A1E⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,
所以A1E⊥BD,
因为B1D1∥BD,所以EM⊥B1D1,A1E⊥B1D1,
又A1E,EM 平面A1EM,A1E∩EM=E,
所以B1D1⊥平面A1EM,
又B1D1 平面B1CD1,
所以平面A1EM⊥平面B1CD1.
应用创新
13.α,β是两个不同的平面,m,n是平面α及β之外的两条不同直线,给出四个论断:
①m⊥n;②α⊥β;③n⊥β;④m⊥α.
以其中三个论断作为条件,余下一个论断作为结论,写出你认为正确的一个命题　　　　　　　.(答案不唯一,写出一个即可)
解析:若①m⊥n,②α⊥β,③n⊥β成立,则m与α可能平行也可能相交,也可能m α,即④m⊥α不一定成立;
若①m⊥n,②α⊥β,④m⊥α成立,则n与β可能平行也可能相交,
也可能n β,即③n⊥β不一定成立;
若①m⊥n,③n⊥β,④m⊥α成立,则②α⊥β一定成立;
若②α⊥β,③n⊥β,④m⊥α成立,则①m⊥n一定成立.
所以①③④ ②(或②③④ ①).
答案:①③④ ②(或②③④ ①)
14.如图所示,在四棱锥PABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各边都相等,M是PC上的一动点,当点M满足　 　时,平面MBD⊥平面PCD.
(只要填写一个你认为是正确的条件即可)
解析:连接AC,BD.(图略)
因为PA⊥底面ABCD,
所以PA⊥BD.
因为底面四边形ABCD各边都相等,
所以BD⊥AC.
由直线与平面垂直的判定定理可知,BD⊥平面PAC,
所以BD⊥PC,
所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时,即有PC⊥平面MBD. 而PC 平面PCD,
所以平面MBD⊥平面PCD.
答案:DM⊥PC(或BM⊥PC)第2课时　平面与平面垂直的性质
[目标导航]
核心知识目标 核心素养目标
1.掌握平面与平面垂直的性质定理. 2.能运用性质定理解决一些简单问题. 3.了解直线与平面、平面与平面垂直的判定定理和性质定理间的相互联系. 在发现、推导和应用平面与平面垂直的性质定理的过程中,提升数学抽象、逻辑推理和直观想象的核心素养.
平面与平面垂直的性质定理
文字 语言 两个平面垂直,如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线,那么这条直线与另一个平面垂直
符号 语言 a⊥β
图形 语言
作用 ①面面垂直 线面垂直,②作面的垂线
1.若平面α⊥平面β,平面β⊥平面γ,则(　D　)
(A)α∥γ
(B)α⊥γ
(C)α与γ相交但不垂直
(D)以上都有可能
2.已知平面α⊥平面β,直线a⊥β,则(　D　)
(A)a α (B)a∥α
(C)a⊥α (D)a α或a∥α
解析:在平面α内任取一点P作平面α,β的交线l的垂线b,则有面面垂直的性质可知b⊥β,结合a⊥β可知a∥b,因此根据直线a的位置可知a α或a∥α.故选D.
3.已知长方体ABCD-A1B1C1D1,在平面AA1B1B上任取一点M,作ME⊥AB于点E,则(　A　)
(A)ME⊥平面ABCD
(B)ME 平面ABCD
(C)ME∥平面ABCD
(D)以上都有可能
解析:因为ME 平面AA1B1B,
平面AA1B1B∩平面ABCD=AB,
且平面AA1B1B⊥平面ABCD,ME⊥AB,所以ME⊥平面ABCD.
故选A.
4.已知等边三角形ABC与等边三角形BCD所在的平面垂直,且BC=2,则点A到平面BCD的距离为　　　　.
解析:取BC的中点E,连接AE.
因为△ABC为等边三角形,
所以AE⊥BC.
因为平面ABC⊥平面BCD,交线为BC,
所以AE⊥平面BDC.
由BC=2,可知AE=.
答案:
　面面垂直性质的应用
[例1]
如图所示,P是四边形ABCD所在平面外的一点,四边形ABCD是∠DAB=
60°且边长为a的菱形.侧面PAD为正三角形, 其所在平面垂直于底面ABCD.G为AD边的中点.求证:
(1)BG⊥平面PAD;
(2)AD⊥PB.
证明:(1)由题意知△PAD为正三角形,G是AD的中点,
所以PG⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PG 平面PAD,
所以PG⊥平面ABCD,又BG 平面ABCD,
所以PG⊥BG.
又因为四边形ABCD是菱形且∠DAB=60°,
所以△ABD是正三角形,
所以BG⊥AD.
又AD∩PG=G,AD,PG 平面PAD,
所以BG⊥平面PAD.
(2)由(1)可知BG⊥AD,PG⊥AD,BG∩PG=G,BG,PG 平面PBG,
所以AD⊥平面PBG,
又PB 平面PBG,所以AD⊥PB.
(1)若所给题目中有面面垂直的条件,一般要利用面面垂直的性质定理将其转化为线面垂直、线线垂直.在应用面面垂直的性质定理时,注意三点:①两个平面垂直,是前提条件;②直线必须在其中一个平面内;③直线必须垂直于它们的交线.
(2)先找条件中有没有在一个平面内与交线垂直的直线,若没有与交线垂直的直线,一般需作辅助线,基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线,这样便把面面垂直问题转化为线面垂直问题,进而转化为线线垂直问题.
即时训练1-1: 已知P是△ABC所在平面外的一点,且PA⊥平面ABC,平面PAC⊥平面PBC,求证:BC⊥AC.
证明:如图所示,在平面PAC内作AD⊥PC于点D,
因为平面PAC⊥平面PBC,AD 平面PAC,且AD⊥PC,
所以AD⊥平面PBC,
又BC 平面PBC,
所以AD⊥BC.
因为PA⊥平面ABC,BC 平面ABC,
所以PA⊥BC,
因为AD∩PA=A,所以BC⊥平面PAC,
又AC 平面PAC,所以BC⊥AC.
[备用例1] 如图,△ABC是正三角形,若AE⊥平面ABC,平面BCD⊥平面ABC,BD=CD,求证:AE∥平面BCD.
证明:如图所示,取BC的中点M,连接DM,AM,
因为BD=CD,
所以DM⊥BC.
又因为平面BCD⊥平面ABC,DM 平面BCD,两平面交线为BC,
所以DM⊥平面ABC,
又AE⊥平面ABC,
所以AE∥DM.
又因为AE 平面BCD,DM 平面BCD,
所以AE∥平面BCD.
　与面面垂直有关的计算
[例2] 如图,在四面体P-ABC中,PA=PB=13,平面PAB⊥平面ABC,
∠ACB=90°,AC=8,BC=6,则PC=　　　　.
解析:取AB的中点E,
连接PE,EC.
因为∠ACB=90°,AC=8,BC=6,
所以AB=10,所以CE=5.
因为PA=PB=13,E是AB的中点,
所以PE⊥AB,PE=12.
因为平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,所以PE⊥平面ABC.
因为CE 平面ABC,所以PE⊥CE.
在Rt△PEC中,PC==13.
答案:13
平面与平面垂直的性质定理的主要应用就是过一个平面内一点作另一个平面的垂线,因此涉及已知条件中含平面与平面垂直的计算问题,主要是利用性质定理作出平面的垂线,将问题转化为直角三角形中的计算问题.
即时训练2-1: 如图所示,平面α⊥平面β,在α与β的交线l上取线段AB=4 cm,AC,BD分别在平面α和平面β内,AC⊥l,BD⊥l,AC=3 cm,
BD=12 cm,求线段CD的长.
解:因为AC⊥l,AC=3 cm,AB=4 cm,
所以BC=5 cm.
因为BD⊥l,α∩β=l,α⊥β,BD β,
所以BD⊥α.
又BC α,
所以BD⊥BC.
在Rt△BDC中,CD==13 cm.
[备用例2] 如图,若边长为4和3与边长为4和2的两个矩形所在的平面互相垂直,则cos α∶cos β=　　　　.
解析:如图所示,设两个矩形分别为矩形ABCD、矩形ABEF,
因为平面ABCD⊥平面ABEF,
平面ABCD∩平面ABEF=AB,
AF 平面ABEF,AF⊥AB,
故AF⊥平面ABCD,而AC 平面ABCD,
所以AF⊥AC,同理CB⊥BF.
由题意,两个矩形的对角线长分别为5,2,
所以cos α==,
cos β=,
所以cos α∶cos β=∶2.
答案:∶2
　折叠问题
[例3]如图①所示,在直角梯形ABCD中,BC∥AD,AD⊥CD,BC=2,AD=3,
CD=,边AD上一点E满足DE=1.现将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置,使平面A1BE⊥平面BCDE,如图②所示.
(1)求证:A1C⊥BE.
(2)求平面A1BE与平面A1CD所成锐二面角的余弦值.
(1)证明:在图1中,连接CE,
易求CE=BC=BE=AE=AB=2,
所以四边形ABCE为菱形.
连接AC交BE于点O,则AC⊥BE .
所以在图2中,A1O⊥BE ,OC⊥BE .
又A1O∩OC=O,
所以BE⊥平面A1OC.
又A1C 平面A1OC,
所以A1C⊥BE.
(2)解:在图2中延长BE,CD,设BE∩CD=G,连接A1G.
因为G∈平面A1BE,G∈平面A1CD.
又A1∈平面A1BE,A1∈平面A1CD.
所以A1G是平面A1BE与平面A1CD的交线.
因为平面A1BE⊥平面BCDE,OC⊥BE,
平面A1BE∩平面BCDE=BE,
所以OC⊥平面A1BE.
又A1G 平面A1BE,
所以OC⊥A1G.
作OH⊥A1G,垂足为H,连接CH.
又OH∩OC=O,
所以A1G⊥平面OCH,又CH 平面OCH,
所以A1G⊥CH.
所以∠OHC即为平面A1BE与平面A1CD所成锐二面角的平面角.
由(1)知,△A1BE,△BCE 为等边三角形,
所以OC=.
因为△OHG∽△B A1G ,
所以==,
解得OH=.
在Rt△COH中,
CH===.
所以cos∠OHC===,
所以平面A1BE与平面A1CD所成锐二面角的余弦值为.
解决折叠问题的策略
(1)抓住折叠前后的变量与不变量,一般情况下,在折线同侧的量,折叠前后不变,“跨过”折线的量,折叠前后可能会发生变化,这是解决这类问题的关键.(2)在解题时仔细审视从平面图形到立体图形的几何特征的变化情况.注意相应的点、直线、平面间的位置关系,线段的长度,角度的变化情况.
即时训练3-1: 如图,在平行四边形ABCD中,AB=2AD=4,∠BAD=60°,E为AB的中点,将△ADE沿直线DE折起到△PDE的位置,使平面PDE⊥平面BCDE.
(1)证明:平面PCE⊥平面PDE.
(2)设F为线段PC的中点,求点F到平面PDE的距离.
(1)证明:因为AB=2AD,E为AB的中点,
则AE=AD.
又∠BAD=60°,则△ADE为正三角形,
所以∠AED=60°.
因为BE=BC,∠CBE=120°,
则∠CEB=30°.
从而∠CED=180°-∠AED-∠CEB=90°,
即CE⊥DE.
因为平面PDE⊥平面BCDE,平面PDE∩平面BCDE=DE,CE 平面BCDE,
所以CE⊥平面PDE.
由CE 平面PCE,则平面PCE⊥平面PDE.
(2)解:取PE的中点G,
连接FG.
因为F为PC的中点,
则FG∥CE,且FG=CE,
所以FG⊥平面PDE.
在△BCE中,BE=BC=2,∠CBE=120°,
则CE2=4+4-2×2×2cos 120°=12,
即CE=2,所以FG=.
[备用例3] 如图,△ABC是正三角形,E,F分别为线段AB,AC上的动点,现将△AEF沿EF折起,使平面AEF⊥平面BCFE,设=λ,当AE⊥CF时,λ的值为　　　　.
解析:如图所示,过A作AH⊥EF于H,
由平面AEF⊥平面BCFE可得AH⊥平面BCFE,
所以AH⊥CF,
又AE⊥CF,故可证得CF⊥平面AEF.
所以CF⊥EF,由原图可以看出,此时H必与F重合,则∠AFE是直角.
所以∠AEF=30°,所以AE=2AF,故λ=2.
又当AE垂直于底面时显然满足题意,
此时有AF=2AE,故此情况下有λ=.
答案:2或
1.在空间中,下列命题正确的是(　D　)
(A)垂直于同一条直线的两直线平行
(B)平行于同一条直线的两个平面平行
(C)垂直于同一平面的两个平面平行
(D)垂直于同一平面的两条直线平行
2.若平面α⊥平面β,平面α∩平面β=直线l,则(　D　)
(A)垂直于平面β的平面一定平行于平面α
(B)垂直于直线l的直线一定垂直于平面α
(C)垂直于平面β的平面一定平行于直线l
(D)垂直于直线l的平面一定与平面α,β都垂直
解析:对于A,垂直于平面β的平面与平面α平行或相交,故A错误;对于B,垂直于直线l的直线与平面α垂直、斜交、平行或在平面α内,故B错误;对于C,垂直于平面β的平面与直线l平行或相交,故C错误,D正确.故选D.
3.(多选题)设m,n,l是三条不同的直线,α,β是两个不同的平面.下列命题中正确的是(　CD　)
(A)若α⊥β,m α,n β,则m⊥n
(B)若α⊥β,α∩β=m,l⊥m,则l⊥β
(C)若α⊥β,α∩β=m,l α,l⊥m,则l⊥β
(D)若α⊥β,则存在直线m α,使m⊥β
解析:A中,m,n可能为平行、垂直、异面直线;B选项缺少了条件l α,C选项具备了面面垂直的性质定理的全部条件.当m α且直线m与两平面的交线垂直时,一定有m⊥β.因此D正确.故选CD.
4.如图所示,在三棱锥P-ABC中,平面PAB⊥底面ABC,且PA=PB=PC,则△ABC是　　　　三角形.
解析:设P在平面ABC上的射影为O,连接OA,OB,OC(图略).
因为平面PAB⊥底面ABC,
平面PAB∩平面ABC=AB,
所以O∈AB.
因为PA=PB=PC,
所以OA=OB=OC,
所以O是△ABC的外心,且是AB的中点,
所以△ABC是直角三角形.
答案:直角
选题明细表
知识点、方法 题号
平面与平面垂直的性质定理的理解 1,2,3,4
平面与平面垂直的性质定理的应用 5,6,9,11
平行关系、垂直关系的综合应用 7,8,10,12,13,14
基础巩固
1.设平面α⊥平面β,在平面α内的一条直线a垂直于平面β内的一条直线b,则(　C　)
(A)直线a必垂直于平面β
(B)直线b必垂直于平面α
(C)直线a不一定垂直于平面β
(D)过a的平面与过b的平面垂直
解析:当α⊥β,在平面α内垂直交线的直线才垂直于平面β,因此,垂直于平面β内的一条直线b的直线不一定垂直于β.故选C.
2.平面α∩平面β=l,平面γ⊥α,γ⊥β,则(　D　)
(A)l∥γ (B)l γ
(C)l与γ斜交 (D)l⊥γ
解析:如图,在γ面内取一点O,作OE⊥m,OF⊥n,由于β⊥γ,γ∩β=
m,所以OE⊥平面β,所以OE⊥l,同理OF⊥l,又OE∩OF=O,所以l⊥γ.故选D.
3.若平面α与平面β不垂直,那么平面α内能与平面β垂直的直线有(　A　)
(A)0条 (B)1条
(C)2条 (D)无数条
解析:若存在1条,则α⊥β,与已知矛盾,所以不存在.故选A.
4.设αlβ是直二面角,直线a α,直线b β,a,b与 l都不垂直,那么(　C　)
(A)a与b可能垂直,但不可能平行
(B)a与b可能垂直,也可能平行
(C)a与b不可能垂直,但可能平行
(D)a与b不可能垂直,也不可能平行
解析:假设a⊥b,可过a上一点A向l引垂线,垂足为B,则AB⊥β,因为b β,所以AB⊥b,于是b⊥α,从而b⊥l,与已知矛盾,所以a与b不可能垂直,排除A,B;当a∥l,b∥l时,有a∥b,故C正确,D不正确.故选C.
5.如图所示,在三棱锥PABC中,平面ABC⊥平面PAB,PA=PB,AD=DB,则(　B　)
(A)PD 平面ABC
(B)PD⊥平面ABC
(C)PD与平面ABC相交但不垂直
(D)PD∥平面ABC
解析:因为PA=PB,AD=DB,
所以PD⊥AB.
又因为平面ABC⊥平面PAB,
平面ABC∩平面PAB=AB,PD 平面PAB,
所以PD⊥平面ABC.故选B.
6.边长为a的正三角形ABC的边AB,AC的中点为E,F,将△AEF沿EF折起,此时A点的新位置A′使平面A′EF⊥平面BCFE,则A′B=
　　　　.
解析:如图所示,取BC的中点N,连接AN交EF于点M,
连接A′M,BM,
则A′M⊥EF.
因为平面A′EF⊥平面BCFE,
所以A′M⊥平面BCFE,
所以A′M⊥BM,
因为AM=MN=AN=a,
所以A′M=a,
在Rt△MNB中,
MB2=MN2+NB2=a2,
在Rt△A′MB中,
A′B==a.
答案:a
能力提升
7.已知直线l⊥平面α,直线m∥平面β,若α⊥β,则下列结论正确的是(　A　)
(A)l∥β或l β (B)l∥m
(C)m⊥α (D)l⊥m
解析:对于A,直线l⊥平面α,α⊥β,
则l∥β或l β,A正确;
对于B,D,直线l⊥平面α,直线m∥平面β,且α⊥β,则l∥m 或l与m相交或l与m异面,所以B,D错误;
对于C,直线l⊥平面α,直线m∥平面β,且α⊥β,则m⊥α或m与α相交或m α或m∥α,所以C错误.故选A.
8.(多选题)设m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,下列说法中正确的是(　AC　)
(A)若α⊥β,α∩β=m,n α,n⊥m,则n⊥β
(B)若α⊥β,且n⊥β,n⊥m,则m⊥α
(C)若α⊥β,m⊥β,m α,则m∥α
(D)若α⊥β,m∥α,则m⊥β
解析:根据平面与平面垂直的性质知A正确;B中,m还可能在α内或
m∥α或m与α斜交,不正确;C中,α⊥β,m⊥β,m α时,只可能有
m∥α,正确;D中,m与β的位置关系可能是m∥β或m β或m与β相交,不正确.故选AC.
9.(多选题)如图,在四棱锥PABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA=PD,E为AD的中点,则下列结论成立的是(　ABC　)
(A)PE⊥AC
(B)PE⊥BC
(C)平面PBE⊥平面ABCD
(D)平面PBE⊥平面PAD
解析:因为PA=PD,E为AD的中点,
所以PE⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD,
平面PAD∩平面ABCD=AD,
所以PE⊥平面ABCD,所以PE⊥AC,PE⊥BC,
所以A,B成立;
又PE 平面PBE,
所以平面PBE⊥平面ABCD,所以C成立;
若平面PBE⊥平面PAD,
则AD⊥平面PBE,必有AD⊥BE,此关系不一定成立.故选ABC.
10.如图所示,三棱锥PABC的底面在平面α内,且AC⊥PC,平面
PAC⊥平面PBC,点P,A,B是定点,则动点C的轨迹是(　D　)
(A)一条线段
(B)一条直线
(C)一个圆
(D)一个圆,但要去掉两个点
解析:因为平面PAC⊥平面PBC,AC⊥PC,
平面PAC∩平面PBC=PC,AC 平面PAC,
所以AC⊥平面PBC.
又因为BC 平面PBC,
所以AC⊥BC,
所以∠ACB=90°.
所以动点C的轨迹是以AB为直径的圆,除去A和B两点.故选D.
11.如图所示,P是菱形ABCD所在平面外的一点,且∠DAB=60°,边长为a.侧面PAD为正三角形,其所在平面垂直于底面ABCD,PB与平面AC所成的角为θ,则θ=　　　　　.
解析:如图所示,取AD的中点G,连接PG,BG,BD.
因为△PAD是等边三角形,
所以PG⊥AD,又平面PAD⊥平面AC,平面PAD∩平面AC=AD,PG 平面PAD,
所以PG⊥平面AC,
所以∠PBG是PB与平面AC所成的角θ.
在△PBG中,PG⊥BG,BG=PG,
所以∠PBG=45°,即θ=45°.
答案:45°
12.如图①,在矩形ABCD中,AD=1,AB=3,M为CD上一点,且CM=2MD.将△ADM沿AM折起,使得平面ADM⊥平面ABCM,如图②,点E是线段AM的中点.
(1)求四棱锥DABCM的体积.
(2)求证:平面BDE⊥平面ABCM.
(3)过B点是否存在一条直线l,同时满足以下两个条件:①l 平面ABCM;②l⊥AD.请说明理由.
(1)解:由已知DA=DM,E是AM的中点,
所以DE⊥AM.
因为平面ADM⊥平面ABCM,平面ADM∩平面ABCM=AM,
所以DE⊥平面ABCM.
四棱锥DABCM的体积
V=S四边形ABCM·DE
=×(1×3-×1×1)××
=.
(2)证明:由(1)可得,DE⊥平面ABCM,DE 平面DEB,
所以平面DEB⊥平面ABCM.
(3)解:过B点存在一条直线l,同时满足以下两个条件:
①l 平面ABCM;②l⊥AD.
理由:
在平面ABCM中,
过点B作直线l,使l⊥AM(图略).
因为平面ADM⊥平面ABCM,平面ABCM∩平面ADM=AM,
所以l⊥平面ADM,
所以l⊥AD.
应用创新
13.(多选题)如图,在正方形SG1G2G3中,E,F分别是G1G2,G2G3的中点,现在沿SE,SF,EF把这个正方形折成一个四面体,使G1,G2,G3重合,重合后的点记为G.给出下列关系成立的有(　AC　)
(A)SG⊥平面EFG
(B)SE⊥平面EFG
(C)GF⊥SE
(D)EF⊥平面SEG
解析:由SG⊥GE,SG⊥GF,得SG⊥平面EFG,同理可证GF⊥平面GSE,所以平面EFG,SFG,SEG两两垂直,所以选项A,C正确;若SE⊥平面EFG,则SE⊥EG,这与SG⊥EG矛盾,同理可知EF⊥平面SEG不正确,所以B,D不正确.故选AC.
14.如图①,在梯形ABCD中,AD∥BC,AD=AB=1,AD⊥AB,∠BCD=45°,将△ABD沿对角线BD折起.设折起后点A的位置为A′,并且平面
A′BD⊥平面BCD,如图②.给出下面四个命题:
①A′D⊥BC;②三棱锥A′BCD的体积为;③CD⊥平面A′BD;④平面A′BC⊥平面A′DC.其中正确命题的序号是　　　　.
解析:因为∠BAD=90°,AD=AB,
所以∠ADB=∠ABD=45°.
因为AD∥BC,∠BCD=45°,所以BD⊥DC.
因为平面A′BD⊥平面BCD,CD 平面BCD,
所以CD⊥平面A′BD,
因为A′D 平面A′BD,
所以CD⊥A′D,由于CD,CB不平行,
因此A′D⊥BC不成立;
故①错误,③正确;
由AB=AD=1,∠BAD=90°,
可得BD=,CD=BD=,
三棱锥A′BCD的体积为三棱锥CA′BD的体积,即为CD·S△A′BD=
×××1×1=,故②错误;
折叠前,在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BAD=90°,
所以△ABD为等腰直角三角形.
又因为∠BCD=45°,∠DBC=45°,
所以∠BDC=90°.
折叠后,因为平面BCD⊥平面A′BD,CD⊥BD,
所以CD⊥平面A′BD.
又因为A′B 平面A′BD,所以CD⊥A′B.
又A′B⊥A′D,A′D∩CD=D,
所以A′B⊥平面A′DC,又A′B 平面A′BC,
所以平面A′BC⊥平面A′DC.故④正确.
答案:③④章末总结
网络建构
知识辨析
判断下列说法是否正确.(请在括号中填“√”或“×”)
1.有两个面互相平行,其余各面都是平行四边形的几何体叫做棱柱.(　×　)
2.有一个面是多边形,其余各面都是梯形的几何体叫做棱台.
(　×　)
3.圆锥是由一个直角三角形绕其一边旋转得来的.(　×　)
4.到定点的距离等于定长的点的集合是球.(　×　)
5.正方形利用斜二测画法画出的直观图是菱形.(　×　)
6.圆台的侧面积公式是π(r+R)l,其中r和R分别是圆台的上、下底面半径,l是其母线长.(　√　)
7.用一个平面截圆锥,得到一个圆锥和一个圆台.(　×　)
8.以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台.(　×　)
9.如果两个平面有一个交点,则这两个平面有一条过这个点的公共直线.(　√　)
10.如果两个平面平行,则这两个平面没有交点.(　√　)
11.若一条直线上有两个点在某一平面内,则这条直线上有无数个点在这个平面内.(　√　)
12.平行于同一条直线的两个平面平行.(　×　)
13.垂直于同一个平面的两条直线平行.(　√　)
14.过一点垂直于一个平面的直线有且只有一条.(　√　)
题型一　空间几何体的表面积和体积
[例1] 已知正四棱锥的底面边长为2,现用一平行于正四棱锥底面的平面去截这个棱锥,截得棱台的上、下底面的面积之比为1∶4,若截去的小棱锥的侧棱长为2,则此棱台的表面积为　　　.
解析:如图所示,
因为棱台的上、下底面的面积之比为1∶4,
所以棱台的上、下底面的边长之比为1∶2.
因为截去的小棱锥的侧棱长为2,
所以正四棱锥的侧棱长为4.
又因为正四棱锥的底面边长为2,即CD=2,
所以C1D1=1,CC1=2.
作C1E⊥CD,
则CE=(CD-C1D1)=,
C1E===,
所以此棱台的表面积为
S=4××(1+2)×+1×1+2×2=5+3.
答案:5+3
(1)几何体的表面积及体积的计算是现实生活中经常能够遇到的问题,在计算中应注意各数量之间的关系及各元素之间的位置关系,特别是特殊的柱、锥、台,要注意其中矩形、梯形及直角三角形等重要的平面图形的作用.
(2)常见的计算方法
①公式法:根据题意直接套用表面积或体积公式求解;
②割补法:割补法的思想是通过分割或补形,将原几何体分割成或补成较易计算体积的几何体,从而求出原几何体的体积;
③等体积变换法:等积变换法的思想是从不同的角度看待原几何体,通过改变顶点和底面,利用体积不变的原理来求原几何体的体积.
跟踪训练1: 如图,一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为4,一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发,绕圆锥爬行一周后回到点P处,若该小虫爬行的最短路程为4,则这个圆锥的体积为(　　)
(A) (B)
(C) (D)
解析:作出该圆锥的侧面展开图,如图中阴影部分所示,该小虫爬行的最短路程为PP′.
因为OP=OP′=4,PP′=4,
由余弦定理可得
cos∠P′OP==-,
所以∠P′OP=.
设底面圆的半径为r,圆锥的高为h,则有2πr=×4,
所以r=,h==,
所以圆锥的体积V=πr2h=.故选C.
题型二　球与其他几何体的组合问题
[例2] (1)(2019·全国Ⅰ卷)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中点,∠CEF=90°,则球O的体积为(　　)
(A)8π (B)4π
(C)2π (D)π
(2)如图,在圆柱O1O2内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.记圆柱O1O2的体积为V1,球O的体积为V2,则的值是　　　.
解析:(1)如图,三棱锥P-ABC为正三棱锥,不妨设PA=PB=PC=2a,底面外接圆半径为r,
由题意可得EF=a,
CF=.
在△PAC中,由余弦定理可得
cos∠PAC==,
故在△EAC中,
EC2=a2+4-2×a×2×=a2+2.
又∠CEF=90°,
故根据勾股定理可得EC2+EF2=CF2,
即2a2+2=3 a=,
即|PC|=.
在Rt△PO′C中,O′C=r=,
O′P==.
可得R===,
故体积为πR3=π.故选D.
(2)设圆柱内切球的半径为R,则由题设可得圆柱O1O2的底面圆的半径为R,高为2R,
所以==.
答案:(1)D　(2)
解决与球有关组合体问题的常用方法
(1)与球有关的组合体,一种是内切,一种是外接,解题时要认真分析图形,充分发挥空间想象能力,做到以下几点:
①明确切点和接点的位置;
②确定有关元素间的数量关系;
③作出合适的截面图.
(2)一般地,作出的截面图中应包括每个几何体的主要元素,能反映出几何体与球体之间的主要位置关系和数量关系,将立体问题转化为平面问题解决.
跟踪训练2:(1)《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马;将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑.若三棱锥P-ABC为鳖臑,PA⊥平面ABC,PA=AB=2,AC=4,三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的球面上,则球O的表面积为(　　)
(A)8π (B)12π
(C)20π (D)24π
(2)在正三棱锥P-ABC中,E,F分别为棱PA,AB上的点,PE=3EA,BF=3FA,且CE⊥EF.若PB=2,则三棱锥P-ABC的外接球的体积为　　　　.
解析:(1)利用鳖臑的特点求解,如图,因为四个面都是直角三角形,所以PC的中点到每一个顶点的距离都相等,即PC的中点为球心O,易得2R=PC=,所以球O的表面积为4πR2=20π.故选C.
(2)因为PE=3EA,BF=3FA,所以=,
所以EF∥PB,又CE⊥EF,所以PB⊥CE,
取AC的中点D,连接PD,BD,
如图所示,由于三棱锥P-ABC是正三棱锥,
所以PD⊥AC,BD⊥AC,
而PD∩BD=D,PD,BD 平面PBD,
所以AC⊥平面PBD,又PB 平面PBD,
所以AC⊥PB,
因为AC∩CE=C,AC,CE 平面PAC,
所以PB⊥平面PAC,
而PA,PC 平面PAC,
所以PB⊥PA,PB⊥PC,
同理在正三棱锥中,PA⊥PC.
设三棱锥P-ABC外接球半径为R,则
(2R)2=PA2+PB2+PC2=3×(2)2,解得R=3,
球的体积为V=π×33=36π.
答案:(1)C　(2)36π
题型三　共点、共线、共面问题
[例3] 如图所示,在空间四边形ABCD中,E,F分别为AB,AD的中点,G,
H分别在BC,CD上,且BG∶GC=DH∶HC=1∶2.求证:
(1)E,F,G,H四点共面;
(2)GE与HF的交点在直线AC上.
证明:(1)因为BG∶GC=DH∶HC,
所以GH∥BD,又E,F分别为AB,AD的中点,
所以EF∥BD,所以EF∥GH,
所以E,F,G,H四点共面.
(2)因为G,H不是BC,CD的中点,
所以EF≠GH.
又EF∥GH,所以EG与FH不平行,则必相交,设交点为M,
M∈平面ABC且M∈平面ACD M在平面ABC与平面ACD的交线上 M∈AC.
所以GE与HF的交点在直线AC上.
(1)三点共线问题
证明空间三点共线问题,通常证明这些点都在两个面的交线上,即先确定出某两点在某两个平面的交线上,再证第三点是两个平面的公共点,则此点必在两个平面的交线上.
(2)共面问题
证明共面问题,一般有两种证法:一是由某些元素确定一个平面,然后证明其余元素在这个平面内;二是分别由不同元素确定若干个平面,然后证明这些平面重合.
(3)三线共点问题
证明三线共点问题,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的问题.
跟踪训练3:在四面体A-BCD中,E,H分别是线段AB,AD的中点,F,G分别是线段CB,CD上的点,且==.求证:
(1)四边形EFGH是梯形;
(2)AC,EF,GH三条直线相交于同一点.
证明:(1)如图,连接BD,
因为E,H分别是边AB,AD的中点,
所以EH∥BD,且EH=BD.
又因为==.
所以FG∥BD,且FG=BD,
所以EH∥FG且EH≠FG,
故四边形EFGH是梯形.
(2)由(1)知EF,HG相交,
设EF∩HG=K,
因为K∈EF,EF 平面ABC,
所以K∈平面ABC.
同理K∈平面ACD.
又平面ABC∩平面ACD=AC,
所以K∈AC,故EF和GH的交点在直线AC上.
所以AC,EF,GH三条直线相交于同一点.
题型四　平行与垂直问题
[例4] 如图,已知在直角梯形ABCD中,E为CD边中点,且AE⊥CD,又G,F分别为DA,EC的中点,将△ADE沿AE折叠,使得DE⊥EC.
(1)求证:AE⊥平面CDE.
(2)求证:FG∥平面BCD.
(3)在线段AE上找一点R,使得平面BDR⊥平面DCB,并说明理由.
(1)证明:由已知得DE⊥AE,AE⊥EC.
因为DE∩EC=E,DE,EC 平面DCE,
所以AE⊥平面CDE.
(2)证明:取AB的中点H,
连接GH,FH,
所以GH∥BD,FH∥BC,
因为GH 平面BCD,BD 平面BCD,
所以GH∥平面BCD.
同理FH∥平面BCD,
又GH∩FH=H,
所以平面FHG∥平面BCD,
因为FG 平面FHG,
所以FG∥平面BCD.
(3)解:取线段AE的中点R,
则平面BDR⊥平面DCB.
证明如下:
取线段DC的中点M,取线段DB的中点S,
连接MS,RS,BR,DR,EM.
则MSBC,
又REBC,
所以MSRE,
所以四边形MERS是平行四边形,
所以RS∥ME.
在△DEC中,ED=EC,M是CD的中点,
所以EM⊥DC.
由(1)知AE⊥平面CDE,AE∥BC,
所以BC⊥平面CDE.
因为EM 平面CDE,
所以EM⊥BC.
因为BC∩CD=C,
所以EM⊥平面BCD,
因为EM∥RS,
所以RS⊥平面BCD.
因为RS 平面BDR,
所以平面BDR⊥平面DCB.
(1)平行、垂直关系的相互转化
(2)证明空间线面平行或垂直需注意三点
①由已知想性质,由求证想判定;
②适当添加辅助线(或面)是解题的常用方法之一;
③用定理时要先明确条件,再由定理得出相应结论.
跟踪训练4:
如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,且△ABC为正三角形,AA1=AB=6,D为AC的中点.
(1)求证:直线AB1∥平面BC1D.
(2)求证:平面BC1D⊥平面ACC1A.
(3)求三棱锥C-BC1D的体积.
(1)证明:连接B1C交BC1于点O,连接OD,BD,则点O为B1C的中点.
因为D为AC的中点,
所以DO为△AB1C中位线,
所以AB1∥OD.
因为OD 平面BC1D,AB1 平面BC1D,
所以直线AB1∥平面BC1D.
(2)证明:因为AA1⊥底面ABC,BD 平面ABC,所以AA1⊥BD.
因为底面△ABC是正三角形,D是AC的中点,
所以BD⊥AC.
因为AA1∩AC=A,所以BD⊥平面ACC1A1,
因为BD 平面BC1D,
所以平面BC1D⊥平面ACC1A1.
(3)解:由(2)知,在△ABC中,BD⊥AC,
BD=BCsin ∠DCB=3,
所以S△BCD=×3×3=.
所以==××6=9.
题型五　空间角的求法
[例5] 如图所示,三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的正三角形且侧棱垂直于底面,侧棱长是,D是AC的中点.
(1)求证:B1C∥平面A1BD.
(2)求二面角A1-BD-A的大小.
(3)求直线AB1与平面A1BD所成的角的正弦值.
(1)证明:设AB1与A1B相交于点P,连接PD,则P为AB1的中点,因为D为AC的中点.
所以PD∥B1C.
又因为PD 平面A1BD,B1C 平面A1BD,
所以B1C∥平面A1BD.
(2)解:由题知,平面ACC1A1⊥平面ABC,平面ACC1A1∩平面ABC=AC,
又因为BD⊥AC,
则BD⊥平面ACC1A1,
所以BD⊥A1D,
所以∠A1DA就是二面角A1-BD-A的平面角.
因为AA1=,AD=AC=1,
则tan∠A1DA==,
所以∠A1DA=,
即二面角A1-BD-A的大小是.
(3)解:作AM⊥A1D于M.
由(2)易知,BD⊥平面ACC1A1.
因为AM 平面ACC1A1,所以BD⊥AM.
因为A1D∩BD=D,所以AM⊥平面A1BD.
连接MP,易知∠APM就是直线AB1与平面A1BD所成的角.
因为AA1=,AD=1,
所以在Rt△AA1D中,∠A1DA=,
所以AM=1×sin 60°=,AP=AB1=,
所以sin∠APM===,
所以直线AB1与平面A1BD所成的角的正弦值为.
空间角的求法
(1)找异面直线所成的角的三种方法
①利用图中已有的平行线平移;
②利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移;
③补形平移.
(2)线面角:求斜线与平面所成的角关键是找到斜线在平面内的射影,即确定过斜线上一点向平面所作垂线的垂足.通常是解由斜线段、垂线段、斜线在平面内的射影所组成的直角三角形.
(3)二面角:利用几何体的特征作出所求二面角的平面角,再把该平面角转化到某三角形或其他平面图形中求解.
跟踪训练5:如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,AD⊥PD,BC=1,PC=2,PD=CD=2.
(1)求异面直线PA与BC所成角的正切值.
(2)求证:平面PDC⊥平面ABCD.
(3)求直线PB与平面ABCD所成角的正弦值.
(1)解:在四棱锥P-ABCD中,因为底面ABCD是矩形,所以AD=BC且
AD∥BC.
故∠PAD为异面直线PA与BC所成的角.
又因为AD⊥PD,在Rt△PDA中,
tan∠PAD==2,
所以异面直线PA与BC所成角的正切值为2.
(2)证明:由于底面ABCD是矩形,故AD⊥CD.
又因为AD⊥PD,CD∩PD=D,
所以AD⊥平面PDC.
而AD 平面ABCD,
所以平面PDC⊥平面ABCD.
(3)解:在平面PDC内,过点P作PE⊥CD交直线CD于点E,连接EB(如图所示).
由于平面PDC⊥平面ABCD,而直线CD是平面PDC与平面ABCD的交线,故PE⊥平面ABCD.
由此得∠PBE为直线PB与平面ABCD所成的角.
在△PDC中,由于PD=CD=2,PC=2,
可得∠PCD=30°.
在Rt△PEC中,PE=PCsin 30°=.
由AD∥BC,AD⊥平面PDC,
得BC⊥平面PDC,因此BC⊥PC.
在Rt△PCB中,
PB==.
在Rt△PEB中,
sin∠PBE==.
所以直线PB与平面ABCD所成角的正弦值为.
第八章　检测试题
选题明细表
知识点、方法 题号
空间几何体的结构及其面积 1,3,10,13,15,17
空间几何体的体积 5,7,14,17,19
空间点、线、面间的位置关系 2,9,11,12
空间直线、平面垂直与平行的判定和性质 6,8,18,19,21
空间角 4,16,20,22
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.如图所示,观察四个几何体,其中判断正确的是(　C　)
(A)(1)是棱台 (B)(2)是圆台
(C)(3)是棱锥 (D)(4)不是棱柱
解析:图(1)不是由棱锥截来的,所以(1)不是棱台;图(2)上、下两个面不平行,所以(2)不是圆台;图(3)是棱锥;图(4)前、后两个面平行,其他面是平行四边形,且每相邻两个四边形的公共边平行,所以(4)是棱柱.故选C.
2.对两条不相交的空间直线a与b,必存在平面α,使得(　B　)
(A)a α,b α (B)a α,b∥α
(C)a⊥α,b⊥α (D)a α,b⊥α
解析:因为已知两条不相交的空间直线a和b,
所以可以在直线a上任取一点A,
则Ab,过A作直线c∥b,则过直线a,c必存在平面α且使得a α,
b∥α.故选B.
3.如图Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图,斜边O′B′=2,则这个平面图形的面积是(　D　)
(A) (B)1 (C) (D)2
解析:因为Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图,
斜边O′B′=2,
所以Rt△O′A′B′的直角边长是,
所以Rt△O′A′B′的面积是××=1,
所以原平面图形的面积是1×2=2.故选D.
4.如图,在正四面体DABC中,P∈平面DBA,则在平面DAB内过点P与直线BC成60°角的直线共有(　C　)
(A)0条 (B)1条 (C)2条 (D)3条
解析:过点P分别作BD,AB的平行线,这两条直线都符合题意.故选C.
5.如图,在长方体ABCDA1B1C1D1中,棱锥A1ABCD的体积与长方体的体积的比值为(　C　)
(A) (B) (C) (D)
解析:设长方体过同一顶点的棱长分别为a,b,c,则长方体的体积为V1=abc,四棱锥A1ABCD的体积为V2=abc,所以棱锥A1ABCD的体积与长方体的体积的比值为.故选C.
6.如图,已知六棱锥PABCDEF的底面是正六边形,PA⊥平面ABC,PA=
2AB,则下列结论正确的是(　D　)
(A)PB⊥AD
(B)平面PAB⊥平面PBC
(C)直线BC∥平面PAE
(D)直线PD与平面ABC所成的角为45°
解析:选项A,B,C显然错误.
因为PA⊥平面ABC,
所以∠PDA是直线PD与平面ABC所成的角.
因为六边形ABCDEF是正六边形,
所以AD=2AB.
因为tan∠PDA===1,
所以直线PD与平面ABC所成的角为45°.
故选D.
7.在四面体PABC中,PA⊥PB,PA=PB=3,AC=2,BC=,则该四面体外接球的表面积为(　D　)
(A)9π (B)18π (C)9π (D)18π
解析:如图所示,
因为PA⊥PB,PA=PB=3,
所以AB=3.
因为AC=2,BC=,
所以AB2=AC2+BC2,
所以AC⊥BC.
设AB的中点为O,
则OA=OB=OC=OP=,
即四面体的外接球半径R=,
所以外接球表面积为4πR2=18π.故选D.
8.如图,正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,动点E在线A1C1上,F,M分别是AD,CD的中点,则下列结论中错误的是(　D　)
(A)FM∥A1C1
(B)BM⊥平面CC1F
(C)三棱锥BCEF的体积为定值
(D)存在点E,使得平面BEF∥平面CC1D1D
解析:在A中,因为F,M分别是AD,CD的中点,所以FM∥AC∥A1C1,故A正确;
在B中,因为tan∠BMC==2,
tan∠CFD==2,故∠BMC=∠CFD,
故∠BMC+∠DCF=∠CFD+∠DCF=.
故BM⊥CF,又有BM⊥C1C,
所以BM⊥平面CC1F,故B正确;
在C中,三棱锥BCEF以平面BCF为底,则高是定值,所以三棱锥BCEF的体积为定值,故C正确.
在D中,BF与平面CC1D1D有交点,所以不存在点E,使得平面BEF∥平面CC1D1D,故D错误.故选D.
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.已知平面α⊥平面β,α∩β=l,点A∈α,Al,若直线AB∥l,直线AC⊥l,直线m∥α,m∥β,则(　ABC　)
(A)AB∥m (B)AC⊥m
(C)AB∥β (D)AC⊥β
解析:因为m∥α,m∥β,α∩β=l,
所以m∥l,又AB∥l,
所以AB∥m,故A正确;
因为AC⊥l,m∥l,所以AC⊥m,故B正确;
因为A∈α,AB∥l,l α,
所以B∈α,所以AB β,l β,
所以AB∥β,故C正确;
因为AC⊥l,
当点C在α内时,AC⊥β成立,
当点C不在α内时,AC⊥β不成立,故D不正确.故选ABC.
10.用一张长、宽分别为8 cm和4 cm的矩形硬纸折成正四棱柱的侧面,则此正四棱柱的对角线长为(　BD　)
(A) cm (B)2 cm
(C)32 cm (D) cm
解析:分两种情况:①以4 cm的长为高,则正四棱柱底面是边长为2 cm的正方形,因此对角线长l1==2(cm).
②以8 cm长为高,则正四棱柱底面是边长为1 cm的正方形,因此对角线长l2==(cm).故选BD.
11.如图,四边形ABCD是圆柱的轴截面,E是底面圆周上异于A,B的一点,则下面结论中正确的是(　ABD　)
(A)AE⊥CE
(B)BE⊥DE
(C)DE⊥平面CEB
(D)平面ADE⊥平面BCE
解析:由AB是底面圆的直径,则∠AEB=90°,
即AE⊥EB.
因为四边形ABCD是圆柱的轴截面,
所以AD⊥底面AEB,BC⊥底面AEB.
所以BE⊥AD,
又AD∩AE=A,AD,AE 平面ADE,
所以BE⊥平面ADE,DE 平面ADE,
所以BE⊥DE.
同理可得AE⊥CE.
又因为BE 平面BCE,
所以平面BCE⊥平面ADE.
故选ABD.
12.如图①,直线EF将矩形纸ABCD分为两个直角梯形ABFE和CDEF,将梯形CDEF沿边EF翻折,如图②,在翻折的过程中(平面ABFE和平面CDEF不重合),下面说法不正确的是(　ABD　)
(A)存在某一位置,使得CD∥平面ABFE
(B)存在某一位置,使得DE⊥平面ABFE
(C)在翻折的过程中,BF∥平面ADE恒成立
(D)在翻折的过程中,BF⊥平面CDEF恒成立
解析:在A中,因为四边形DEFC是梯形,
DE∥CF,所以CD与EF相交,
所以CD与平面ABFE相交,故A错误;
在B中,因为四边形DEFC是梯形,DE⊥CD,
所以DE与EF不垂直,
所以不存在某一位置,使得DE⊥平面ABFE,
故B错误;在C中,因为四边形ABFE是梯形,
AE∥BF,BF 平面ADE,AE 平面ADE,
所以在翻折的过程中,BF∥平面ADE恒成立,
故C正确;在D中,因为四边形ABFE是梯形,
AB⊥BF,所以BF与FE不垂直,在翻折的过程中,
BF⊥平面CDEF不成立,故D错误.
故选ABD.
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在题中的横线上)
13.若一个圆台的母线长为l,上、下底面半径分别为r1,r2,且满足2l=r1+r2,其侧面积为8π,则l=　　　　.
解析:S圆台侧=π(r1+r2)l=2πl2=8π,所以l=2.
答案:2
14.张衡是中国东汉时期杰出的科学家、文学家,他的数学著作有《算罔论》.他定出圆周率π=.现有棱长为6的正方体,利用张衡的结论可得该正方体的内切球的体积为　　　　.
解析:设正方体的棱长为a,内切球的半径为r,则a=2r.
因为a=6,所以r=3,又π=,
所以球的体积为V=πr3=××(3)3=3 600.
答案:3 600
15.已知圆锥的底面半径为2,高为4,在圆锥内部有一个圆柱,则圆柱的侧面积的最大值为　　　　.
解析:如图是圆锥与圆柱的轴截面,设内接圆柱的高为a,圆柱的底面半径为r(0S=2πr·(4-2r)=-4πr2+8πr=-4π(r-1)2+4π,
所以r=1时,该圆柱的侧面积取最大值4π.
答案:4π
16.已知二面角αlβ为60°,动点P,Q分别在平面α,β内,P到β的距离为,Q到α的距离为2,则P,Q两点之间距离的最小值为　　　　,此时直线PQ与平面α所成的角为　　　　.(本题第一空3分,第二空2分)
解析:如图,分别作QA⊥α于点A,AC⊥l于点C,PB⊥β于点B,PD⊥l于点D,连接CQ,BD,
则∠ACQ=∠PDB=60°,AQ=2,BP=,
所以AC=PD=2.
又因为PQ==≥2,当且仅当AP=0,即点A与点P重合时取最小值,此时,PQ⊥平面α,故PQ与平面α所成的角为90°.
答案:2　90°
四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(本小题满分10分)
如图,圆锥PO的底面直径和高均是a,过PO的中点O′作平行于底面的截面,以该截面为底面挖去一个圆柱.
(1)求圆柱的表面积;
(2)求圆锥挖去圆柱剩下几何体的体积.
解:(1)设圆锥底面半径为r,圆柱底面半径为r′,
因为过PO的中点O′作平行于底面的截面,以该截面为底面挖去一个圆柱,
可得r=,r′=,且圆柱母线长l′=,
圆锥母线长l==a,
所以圆柱的表面积为
S表=2πr′2+2πr′l′=2π·()2+2π··=πa2.
(2)剩下几何体的体积
V=πr2·OP-πr′2·OO′=π·()2·a-π·()2·=πa3.
18.(本小题满分12分)
如图,在三棱锥PABC中,AB⊥平面PAC,∠APC=90°,E是AB的中点,M是CE的中点,N在PB上,且PB=4PN.
(1)求证:平面PCE⊥平面PAB;
(2)求证:MN∥平面PAC.
证明:(1)因为AB⊥平面PAC,所以AB⊥PC.
又∠APC=90°,所以AP⊥PC,
又AB∩AP=A,所以PC⊥平面PAB.
又PC 平面PCE,
所以平面PCE⊥平面PAB.
(2)取AE的中点Q,连接QN,QM(图略),
在△AEC中,因为M是CE的中点,
所以QM∥AC.
又PB=4PN,AB=4AQ,
所以QN∥AP,
又QM∩QN=Q,AC∩AP=A,
所以平面QMN∥平面PAC.
又MN 平面QMN,
所以MN∥平面PAC.
19.(本小题满分12分)
如图①,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=90°,AB=BC=AD=a,E是AD的中点,O是AC与BE的交点,将△ABE沿BE折起到图②中△A1BE的位置,得到四棱锥A1BCDE.
(1)求证:CD⊥平面A1OC.
(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时,四棱锥A1BCDE的体积为36,求a的值.
(1)证明:在题图①中,因为AB=BC=AD=a,E是AD的中点,∠BAD=90°,
所以BE⊥AC,BC=ED,
即在题图②中,BE⊥A1O,BE⊥OC,从而BE⊥平面A1OC.
又BCED,所以四边形BCDE是平行四边形,
所以CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.
(2)解:由已知,平面A1BE⊥平面BCDE,且平面A1BE∩平面BCDE=BE,即A1O是四棱锥A1BCDE的高.
由题图①,可知A1O=AB=a,
平行四边形BCDE的面积S=BC·AB=a2.
从而四棱锥A1BCDE的体积
V=S·A1O=a2·a=a3.
由a3=36,得a=6.
20.(本小题满分12分)
如图,在三棱锥PABC中,∠ACB=90°,PA⊥底面ABC.
(1)求证:平面PAC⊥平面PBC.
(2)若PA=AC=1,BC=2,M是PB的中点,求AM与平面PBC所成角的正
切值.
(1)证明:在三棱锥PABC中,因为PA⊥底面ABC,BC 平面ABC,
所以PA⊥BC,又因为∠ACB=90°,即BC⊥AC,因为PA∩AC=A,所以
BC⊥平面PAC,因为BC 平面PBC,所以平面PAC⊥平面PBC.
(2)解:在平面PAC内,过点A作AD⊥PC,连接DM,
因为BC⊥平面PAC,AD 平面PAC,
所以AD⊥BC,
因为AD⊥PC,BC∩PC=C,
所以AD⊥平面PBC,
所以∠AMD是直线AM与平面PBC所成的角.
因为PA⊥平面ABC,AC 平面ABC,
所以PA⊥AC,
在Rt△PAC中,因为PA=AC=1,
所以PC==,
因为AD⊥PC,所以D为PC的中点,
且AD=PC=,
又因为M是PB的中点,在△PBC中,
MD=BC=1,
因为AD⊥平面PBC,DM 平面PBC,
所以AD⊥DM,
在Rt△ADM中,tan∠AMD===.
所以AM与平面PBC所成角的正切值为.
21.(本小题满分12分)
如图所示,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是边长为a的菱形,∠DAB=
60°,侧面PAD为正三角形,其所在平面垂直于底面ABCD.
(1)求证:AD⊥PB.
(2)若E为BC边的中点,能否在棱PC上找到一点F,使平面DEF⊥平面ABCD 并证明你的结论.
(1)证明:设G为AD的中点,连接PG,BG,如图所示.
因为△PAD为正三角形,
所以PG⊥AD.
在菱形ABCD中,∠DAB=60°,
G为AD的中点,所以BG⊥AD.
又BG∩PG=G,所以AD⊥平面PGB.
因为PB 平面PGB,所以AD⊥PB.
(2)解:当F为PC的中点时,满足平面DEF⊥平面ABCD.
证明如下:设F为PC的中点,则在△PBC中,FE∥PB.在菱形ABCD中,
GB∥DE,而FE 平面DEF,DE 平面DEF,EF∩DE=E,
所以平面DEF∥平面PGB.
由(1)得PG⊥平面ABCD,而PG 平面PGB,
所以平面PGB⊥平面ABCD.
所以平面DEF⊥平面ABCD.
22.(本小题满分12分)
《九章算术》是中国古代的一部数学专著,《九章算术》中将由四个直角三角形组成的四面体称为“鳖臑”.如图,在三棱锥PABC中,
PA⊥平面ABC.
(1)从三棱锥PABC中选择合适的两条棱填空:　　　　⊥　　　　,则三棱锥PABC为“鳖臑”.
(2)若AD⊥PB,垂足为D,AE⊥PC,垂足为E,∠ABC=90°.
①证明:平面ADE⊥平面PAC.
②设平面ADE与平面ABC交线为l,若PA=2,AC=2,求二面角ElC的大小.
(1)解:因为“鳖臑”是由四个直角三角形组成的四面体,又PA⊥平面ABC,
所以PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥BC,
所以△PAB,△PAC为直角三角形;
若BC⊥AB,由AB∩PA=A,AB,PA 平面PAB,可得BC⊥平面PAB,
所以BC⊥PB,所以△ABC,△PBC为直角三角形;满足四个面都是直角三角形.
同理,可得BC⊥AC或BC⊥PB或BC⊥PC,
都能满足四个面都是直角三角形.
故可填:BC⊥AB或BC⊥AC或BC⊥PB或BC⊥PC.
(2)①证明:因为PA⊥平面ABC,BC 平面ABC,
所以PA⊥BC,
又BC⊥AB,PA∩AB=A,PA,AB 平面PAB,
所以BC⊥平面PAB,
又AD 平面PAB,
所以BC⊥AD,
又AD⊥PB,PB∩BC=B,PB,BC 平面PBC,
所以AD⊥平面PBC,
又PC 平面PBC,
所以PC⊥AD,
又AE⊥PC,AE∩AD=A,AD,AE 平面ADE,
所以PC⊥平面ADE,
又PC 平面PAC,
所以平面ADE⊥平面PAC.
②解:由题意知,在平面PBC中,直线DE与直线BC相交.
如图所示,设DE∩BC=F,连接AF,
则AF即为l.
因为PC⊥平面AED,l 平面AED,
所以PC⊥l,
因为PA⊥平面ABC,l 平面ABC,
所以PA⊥l,
又PA∩PC=P,PA,PC 平面PAC,
所以l⊥平面PAC,
又AE,AC 平面PAC,
所以AE⊥l,AC⊥l.
所以∠EAC即为二面角ElC的一个平面角.
在△PAC中,PA⊥AC,PA=2,AC=2,
所以PC=4,
又AE⊥PC,
所以AE===,
所以cos∠EAC==,
所以∠EAC=30°,
所以二面角ElC的大小为30°.

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