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第一节　空间几何体的结构、三视图和直观图
授课提示：对应学生用书第119页
[基础梳理]
1．空间几何体的结构特征
(1)多面体的结构特征
名称
棱柱
棱锥
棱台
图形
底面
互相平行且相等
多边形
互相平行
侧棱
平行且相等
相交于一点，但不一定相等
延长线交于一点
侧面形状
平行四边形
三角形
梯形
(2)旋转体的结构特征
名称
圆柱
圆锥
圆台
球
图形
母线
互相平行且相等，垂直于底面
相交于一点
延长线交于一点
轴截面
全等的矩形
全等的等腰三角形
全等的等腰梯形
全等的圆
侧面展开图
矩形
扇形
扇环
2.直观图
(1)画法：常用斜二测画法．
(2)规则：①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴，y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．
简记为：横同竖半，平行性不变．
3．三视图
(1)几何体的三视图包括主视图、左视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．
(2)三视图的画法
①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．
②画法规则：主左一样高，主俯一样长，左俯一样宽；看到的线画实线，看不到的线画虚线．
1．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有以下关系：
S直观图＝S原图，S原图＝2S直观图．
2．球心到截面的距离d＝(其中R为球的半径，r为截面半径)．
[四基自测]
1．(基础点：三视图的画法规则)若一个三棱柱的三视图如图所示，其俯视图为正三角形，则这个三棱柱的高和底面边长分别为(　　)
A．2，2　
B．2，2　　
C．4，2　
D．2，4
答案：D
2．(易错点：三视图的识别)将正方体(如图(1)所示)截去两个三棱锥，得到如图(2)所示的几何体，则该几何体的左视图为(　　)
答案：B
3.(基础点：直观图的画法规则)如图，在直观图中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2
cm，则在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCO为________，面积为________
cm2.
答案：矩形　8
授课提示：对应学生用书第120页
考点一　空间几何体的结构特征
[例]　(1)下列结论正确的是(　　)
A．以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台
B．六条棱长均相等的四面体是正四面体
C．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱
D．一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台
[解析]　∵这条腰必须是垂直于两底的腰，∴A错；斜四棱柱也可能有两个侧面是矩形，∴C错；必须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才可以得到一个圆锥和一个圆台，D错．故选B.
[答案]　B
(2)下列结论正确的是(　　)
A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥
C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥
D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线
[解析]　A错误．如图(1)所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥．
图(1)
B错误．如图(2)，若△ABC不是直角三角形或是直角三角形，但旋转轴不是直角边所在直线，所得的几何体都不是圆锥．
图(2)
C错误．若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．D正确．
[答案]　D
(3)给出下列命题：
①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；
②在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；
③存在每个面都是直角三角形的四面体；
④棱台的侧棱延长后交于一点．
其中正确命题的序号是________．
[解析]　①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；③正确，如图，正方体ABCD?A1B1C1D1中的三棱锥C1?ABC，四个面都是直角三角形；④正确，由棱台的概念可知．故答案为②③④.
[答案]　②③④
[破题技法]　解空间几何体概念辨析问题的常用方法
提醒：(1)直棱柱的侧棱垂直于底面，正棱柱是底面为正多边形的直棱柱，易忽视正棱柱首先是直棱柱．
(2)台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点．
考点二　空间几何体的直观图
[例]　(1)如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝
6
cm，O′C′＝2
cm，则原图形是(　　)
A．正方形　　　　　　　
B．矩形
C．菱形
D．一般的平行四边形
[解析]　在原图形OABC中，应有OD＝2O′D′＝2×2＝4(cm)，CD＝C′D′＝2
cm，∴OC＝＝＝6(cm)，∴OA＝OC，故四边形OABC是菱形，故选C.
[答案]　C
(2)直观图为如图所示的一个边长为1
cm的正方形，则原图形的周长为________
cm.
[解析]　将直观图还原为平面图形，如图．
可知还原后的图形中OB＝2，AB＝
＝3，于是周长为2×3＋2×1＝8(cm)．
[答案]　8
(3)在等腰梯形ABCD中，上底CD＝1，腰AD＝CB＝，下底AB＝3，以下底所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面积为________．
[解析]　如图，∵OE＝＝1，∴O′E′＝，E′F′＝.∴直观图A′B′C′D′的面积为S′＝×(1＋3)×＝.
[答案]　
[破题技法]　1.用斜二测画法画直观图的技巧：在原图中与x轴或y轴平行的线段在直观图中与x′轴或y′轴平行，原图中不与坐标轴平行的线段可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出．
2．斜二测画法中的“三变”与“三不变”
“三变”
“三不变”
考点三　空间几何体的三视图
挖掘1　已知几何体形状，识别几何体的三视图/
自主练透
[例1]　
(1)(2018·高考全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是(　　)
[解析]　由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应选A.
[答案]　A
(2)(2020·惠州调研)如图所示，将图①中的正方体截去两个三棱锥，得到图②中的几何体，则该几何体的左视图为(　　)
[解析]　从几何体的左面看，AD1在视线范围内，画实线，C1F不在视线范围内，画虚线．故选B.
[答案]　B
[破题技法]　由几何体的直观图求三视图．应注意主视图、左视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．还原几何体形状时不要忽视空间几何体的三视图中的虚线．
挖掘2　由空间几何体的三视图还原直观图/
自主练透
[例2]　(1)(2017·高考全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中主视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为(　　)
A．10　　　　　　
B．12
C．14
D．16
[解析]　由题意，得该几何体的直观图是由一个三棱锥和一个三棱柱构成的，如图，则该几何体各面内只有两个相同的梯形，则这两个梯形的面积之和为2×(2＋4)×2×＝12，故选B.
[答案]　B
(2)(2020·南平质检)图中网格的各小格是单位正方形，粗线构成的上下两个图形分别是正三棱锥与圆台组合体的主视图和俯视图，那么该组合体的左视图的面积为(　　)
A．6＋
B．
C．6＋
D．8
[解析]　由三视图还原可得原图形为一个圆台上面放了一个正三棱锥，所以左视图下面圆台是一个等腰梯形，面积为S1＝＝6，上面是一个三角形，面积为S2＝××2＝，所以左视图的面积为S＝S1＋S2＝，故选B.
[答案]　B
[破题技法]　由三视图还原几何体的方法：
挖掘3　由空间几何体的部分视图画出剩余部分视图/
自主练透
[例3]　(2020·石家庄质检)一个三棱锥的主视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的左视图可能为(　　)
[解析]　由题图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD⊥平面BCD，故选D.
[答案]　D
[破题技法]　由几何体的部分视图画出剩余的视图，先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，从而得到未知视图的可能形式．
考点四　三视图中的最值问题
[例]　某几何体的一条棱长为，在该几何体的主视图中，这条棱的投影是长为的线段，在该几何体的左视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a和b的线段，则a＋b的最大值为(　　)
A．2　　　　　　
B．2
C．4
D．2
[解析]　将此几何体中棱长为的棱抽离出来，构造一个以它为体对角线的长方体，如图所示，则此长方体的面对角线分别为a，b，.设长方体的长、
宽、高分别为x，y，z，则消去x，y，z，得a2＋b2＝8，∴(a＋b)2＝a2＋b2＋2ab≤2(a2＋b2)＝16，则a＋b≤4.故选C.
[答案]　C
[破题技法]　1.三视图中的最值问题通常有两种破解策略：(1)利用函数思想求解，即在解答时通过设出变量，利用函数与方程思想得到方程或函数解析式，运用解方程或函数求最值的方法解答此类问题；(2)借助几何图形的结构特征求解，即认真分析图形，确定取最值时的相应点、线段或角，再借助几何图形的结构特征进行计算求解．
2．注意补形的策略在三视图问题中的应用，本例若是仅考虑符合题意的几何体的形状，便极易陷入苦思而不得的泥沼．现考虑长方体模型，因为长方体的体对角线的三视图即为长方体的三条面对角线，从而得到本题的简易解法．
(2018·高考全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在主视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为(　　)
A．2
B．2
C．3
D．2
解析：先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点M，N的位置如图①所示．
圆柱的侧面展开图及M，N的位置(N为OP的四等分点)如图②所示，连接MN，则图中MN即为M到N的最短路径．ON＝×16＝4，OM＝2，
∴|MN|＝＝＝2.故选B.
答案：B
PAGE第二节　空间几何体的表面积与体积
授课提示：对应学生用书第123页
[基础梳理]
1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
圆柱
圆锥
圆台
侧面展开图
侧面积公式
S圆柱侧＝2πrl
S圆锥侧＝πrl
S圆台侧＝π(r1＋r2)l
2.柱、锥、台和球的表面积和体积
名称几何体　　　
表面积
体积
柱体(棱柱和圆柱)
S表面积＝S侧＋2S底
V＝Sh
锥体(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝Sh
台体(棱台和圆台)
S表面积＝S侧＋S上＋S下
V＝(S上＋S下＋)h
球
S＝4πR2
V＝πR3
与球有关的切、接问题中常见的组合模型：
(1)正方体与球：
①正方体的内切球：截面图为正方形EFHG的内切圆，如图所示．设正方体的棱长为a，则半径r＝|OJ|＝.
②与正方体各棱相切的球：截面图为正方形EFHG的外接圆，则半径R＝|GO|＝a.
③正方体的外接球：截面图为长方形ACC1A1的外接圆，则半径R′＝|A1O|＝a.
(2)三条侧棱互相垂直(墙角模型)的三棱锥的外接球：
①如果三棱锥的三条侧棱互相垂直并且相等，则可以补形为一个正方体，正方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心．即三棱锥A1?AB1D1的外接球的球心和正方体ABCD?A1B1C1D1的外接球的球心重合．如图，设AA1＝a，则R＝a.
②如果三棱锥的三条侧棱互相垂直但不相等，则可以补形为一个长方体，长方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心．R2＝＝(l为长方体的体对角线长)．
(3)正四面体与球：如图，设正四面体的棱长为a，内切球的半径为r，外接球的半径为R，取AB的中点为D，连接CD，SE为正四面体的高，在截面三角形SDC内作一个与边SD和DC相切，圆心在高SE上的圆．因为正四面体本身的对称性，内切球和外接球的球心同为O.此时，CO＝OS＝R，OE＝r，SE＝a，CE＝a，则有R＋r＝a，R2－r2＝|CE|2＝，解得R＝a，r＝a.
[四基自测]
1．(基础点：几何体的表面积)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　　)
A．3π　　　　　　　　　
B．4π
C．2π＋4
D．3π＋4
答案：D
2．(基础点：几何体的体积)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)
A．1
B．2
C．3
D．6
答案：C
3．(基础点：几何体的体积)中国的计量单位可以追溯到4
000多年前的氏族社会末期，公元前221年，秦王统一六国后，颁布统一度量衡的诏书并制发了成套的权衡和容量标准器．如图是古代的一种度量工具“斗”(无盖，不计量厚度)的三视图(其主视图和左视图为等腰梯形)，则此“斗”的容积(单位：cm3)为(　　)
A．2
000
B．2
800
C．3
000
D．6
000
答案：B
4．(易错点：球的切、接问题)长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为____________．
答案：14π
授课提示：对应学生用书第124页
考点一　空间几何体的表面积
[例]　(1)(2020·合肥质检)一个几何体的三视图如图所示(其中主视图中的弧线为四分之一圆周)，则该几何体的表面积为(　　)
A．72＋6π　　　　　　
B．72＋4π
C．48＋6π
D．48＋4π
[解析]　由三视图知，该几何体由一个正方体的部分与一个圆柱的部分组合而成(如图所示)，其表面积为16×2＋(16－4＋π)×2＋4×(2＋2＋π)＝72＋6π，故选A.
[答案]　A
(2)(2018·高考全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为(　　)
A．12π
B．12π
C．8π
D．10π
[解析]　设圆柱的轴截面的边长为x，则由x2＝8，得x＝2，∴S圆柱表＝2S底＋S侧＝2×π×()2＋2π××2＝12π.故选B.
[答案]　B
(3)(2018·高考全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°.若△SAB的面积为5.则该圆锥的侧面积为__________．
[解析]　因为母线SA与圆锥底面所成的角为45°，所以圆锥的轴截面为等腰直角三角形．
设底面圆的半径为r，则母线长l＝r.
在△SAB中，cos∠ASB＝，
所以sin∠ASB＝.
因为△SAB的面积为5，
即SA·SB·sin∠ASB＝·r·r×＝5，
所以r2＝40，故圆锥的侧面积为πrl＝πr2＝40π.
[答案]　40π
[破题技法]
求多面体的表面积
只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积
求旋转体的表面积
可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积(球除外)，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系
求不规则几何体的表面积
通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积
提醒：(1)求组合体的表面积时，要注意各几何体重叠部分的处理．
(2)底面是梯形的四棱柱侧放时，容易和四棱台混淆，在识别时要紧扣定义，以防出错．
考点二　空间几何体的体积
[例]　(1)(直接法)(2018·高考浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是(　　)
A．2　　　　　　　
B．4
C．6
D．8
[解析]　由三视图可知，该几何体是底面为直角梯形的直四棱柱，底面面积S＝＝3，高h＝2，∴V＝Sh＝6.
[答案]　C
(2)(等积法)如图，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]　三棱锥D1?EDF的体积即为三棱锥F?DD1E的体积．∵E，F分别为AA1，B1C上的点，∴在正方体ABCD?A1B1C1D1中，△EDD1的面积为定值，F到平面AA1D1D的距离为定值1，∴VD1?EDF＝VF?DD1E＝××1＝.
[答案]　
(3)(分割法)(2020·山西五校联考)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈；上袤二丈，无广；高一丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈，长4丈；上棱长2丈，高1丈，问它的体积是多少？”已知1丈为10尺，现将该楔体的三视图给出，其中网格纸上小正方形的边长为1丈，则该楔体的体积为(　　)
A．5
000立方尺
B．5
500立方尺
C．6
000立方尺
D．6
500立方尺
[解析]　该楔体的直观图如图中的几何体ABCD?EF.取AB的中点G，CD的中点H，连接FG，GH，HF，则该几何体的体积为四棱锥F?GBCH与三棱柱ADE?GHF的体积之和．又可以将三棱柱ADE?GHF割补成高为EF，底面积为S＝×3×1＝(平方丈)的一个直棱柱，故该楔体的体积V＝×2＋×2×3×1＝5(立方丈)＝5
000立方尺．故选A.
[答案]　A
(4)(补形法)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为(　　)
A．90π
B．63π
C．42π
D．36π
[解析]　由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱截去上面虚线部分所得，如图所示．
将圆柱补全，并将圆柱从点A处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的，所以该几何体的体积V＝π×32×4＋π×32×6×＝63π.故选B.
[答案]　B
[破题技法]　
1．(2020·湖南两市调研)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为(　　)
A.
B．
C.
D．4
解析：如图所示，三棱锥P?ABC即为所求．则VP?ABC＝×S△ABCh＝××2×2×2＝.故选B.
答案：B
2．由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．
解析：由题意知该几何体是由一个长方体和两个圆柱体构成，其中长方体的体积V1＝2×1×1＝2，两个圆柱体的体积之和V2＝×π×12×1×2＝，∴该几何体的体积V＝V1＋V2＝2＋.
答案：2＋
3．如图所示，已知多面体ABC?DEFG中，AB，AC，AD两两互相垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则该多面体的体积为________．
解析：法一：(分割法)　几何体有两对相对面互相平行，如图所示，过点C作CH⊥DG于H，连接EH，即把多面体分割成一个直三棱柱DEH?ABC和一个斜三棱柱BEF?CHG.
由题意，知V三棱柱DEH?ABC＝S△DEH·AD＝×2＝2，
V三棱柱BEF?CHG＝S△BEF·DE＝×2＝2.
故所求几何体的体积为V多面体ABC?DEFG＝2＋2＝4.
法二：(补形法)　∵几何体有两对相对面互相平行，
如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，显然所求多面体的体积即为该正方体体积的一半．
又正方体的体积V正方体ABHI?DEKG＝23＝8，
故所求几何体的体积为V多面体ABC?DEFG＝×8＝4.
答案：4
考点三　与球有关的切、接问题
挖掘1　内切球的问题/
自主练透
[例1]　(1)如图，在封闭的直三棱柱ABC?A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是(　　)
A．4π　　　　　　　　
B.
C．6π
D.
[解析]　若球与直三棱柱的三个侧面都相切，球的半径为＝2，此时球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球不符合题意．若与直三棱柱的上、下底面相切，球的半径为.∴球的半径的最大值是，此时球的体积是πR3＝π，故选B.
[答案]　B
(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]　设球O的半径为r，则圆柱的底面半径为r，高为2r，∴＝＝.
[答案]　
[破题技法]　与球相关的“切”的处理
解决与球有关的内切问题主要是指球内切于多面体或旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．若内切的是多面体，则多取多面体过球心的对角面；若内切的是旋转体，则多取其轴截面．
挖掘2　外接球的问题/
自主练透
[例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
[解析]　法一：将三棱锥P?ABC放入长方体中，如图①，三棱锥P?ABC的外接球就是长方体的外接球．
图①
因为PA＝AB＝2，AC＝4，△ABC为直角三角形，所以BC＝
＝2.设外接球的半径为R，由题意可得(2R)2＝22＋22＋(2)2＝20，故R2＝5，则球O的表面积为4πR2＝20π，故选C.
法二：利用鳖臑的特点求解，如图②，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.
图②
[答案]　C
(2)(2017·高考全国卷Ⅰ)已知三棱锥S?ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S?ABC的体积为9，则球O的表面积为________．
[解析]　如图，连接AO，OB，
∵SC为球O的直径，
∴点O为SC的中点，
∵SA＝AC，SB＝BC，
∴AO⊥SC，BO⊥SC，
∵平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，
∴AO⊥平面SCB，
设球O的半径为R，
则OA＝OB＝R，SC＝2R.
∴VS－ABC＝VA－SBC＝×S△SBC×AO＝××AO，即9＝××R，解得R＝3，∴球O的表面积为S＝4πR2＝4π×32＝36π.
[答案]　36π
[破题技法]　与球相关的“接”的处理
把一个多面体的顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．
如果无需确定球心，可通过补形构造垂直模型，构造或找有三条两两垂直的线段的特殊几何体，直接用公式(2R)2＝a2＋b2＋c2，即2R＝，求出R.
对称几何体的外接球、三条侧棱两两垂直的三棱锥的外接球等特殊几何体的外接球问题常补成长(正)方体来理解，如正四面体就是正方体内几条面对角线构成的特殊棱锥．
1．(2020·泉州质检)如图，在正方形网格纸上，实线画出的是某多面体的三视图及其部分尺寸．若该多面体的顶点在同一球面上，则该球的表面积等于(　　)
A．8π　　　　　　
B．18π
C．24π
D．8π
解析：设球的半径为R.多面体是两个正四棱锥的组合体(底面重合)．两顶点之间的距离为2R，底面是边长为R的正方形，则有R2＋＝32，解得R2＝6，故该球的表面积S＝4πR2＝24π.选C.
答案：C
2．(2017·高考全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为(　　)
A．π
B．
C.
D.
解析：绘制圆柱的轴截面如图所示，由题意可得AC＝1，AB＝，结合勾股定理，得底面半径r＝BC＝＝，由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是V＝πr2h＝π××1＝π，故选B.
答案：B
考点四　求表面积与体积中的数学文化问题
[例]　(1)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就．书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”，若某“阳马”的三视图如图所示(单位：cm)，则该阳马的外接球的体积为(　　)
A．100π
cm3　　　　　　
B.
cm3
C．400π
cm3
D.
cm3
[解析]　由三视图可得，在长、宽、高分别为6
cm，2
cm，6
cm的长方体中，该几何体为如图所示的四棱锥E?ABCD，设该几何体外接球的半径为R
cm，由题意有(2R)2＝(2)2＋62＋62，解得R＝5，则该阳马的外接球的体积为V＝πR3＝(cm3)．
[答案]　B
(2)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有(　　)
A．14斛
B．22斛
C．36斛
D．66斛
[解析]　设圆锥底面的半径为R尺，由×2πR＝8得R＝，从而米堆的体积V＝×πR2×5＝(立方尺)，因此堆放的米约有≈22(斛)．故选B.
[答案]　B
[破题技法]　求解与数学文化有关的立体几何问题应过的三关：
1．(2020·郑州质量预测)我国南北朝时期数学家、天文学家——祖暅，提出了著名的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高立方体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立方体体积相等．已知某不规则几何体与如下三视图对应的几何体满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为(　　)
A．4－
B．8－π
C．8－π
D．8－2π
解析：由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与已知三视图的几何体体积相等．根据题设所给的三视图，可知题图中的几何体是从一个正方体中挖去一个半圆柱，正方体的体积为23＝8，半圆柱的体积为×(π×12)×2＝π，因此该不规则几何体的体积为8－π，故选C.
答案：C
2.《九章算术》是中国古代第一部数学专著，书中有关于“堑堵”的记载，“堑堵”即底面是直角三角形的直三棱柱．已知某“堑堵”被一个平面截去一部分后，剩下部分的三视图如图所示，则剩下部分的体积是(　　)
A．50　　　
B．75　　　　
C．25.5　　　
D．37.5
解析：由题意及给定的三视图可知，原几何体是在直三棱柱的基础上，截去一个四棱锥C1?MNB1A1所得的几何体，且三棱柱的底面是腰长为5的等腰直角三角形，高为5.AM＝2，B1C1⊥平面MNB1A1，所以截去后剩余的几何体的体积为V＝V三棱柱－V四棱锥＝×5×5×5－×3×5×5＝37.5，故选D.
答案：D
PAGE第三节　空间图形的基本关系与公理
授课提示：对应学生用书第128页
[基础梳理]
1．四个公理
(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．
(2)公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．
(3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．
(4)公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．
2．空间两条直线的位置关系
(1)位置关系分类：
(2)等角定理：
空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．
(3)异面直线所成的角：
①定义：已知两条异面直线a，b，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫作异面直线a与b所成的角(或夹角)；
②范围：．
3．空间直线与平面、平面与平面的位置关系
图形语言
符号语言
公共点
直线与平面
相交
a∩α＝A
1个
平行
a∥α
0个
在平面内
a?α
无数个
平面与平面
平行
α∥β
0个
相交
α∩β＝l
无数个
1．公理的作用
公理1：可用来证明点、直线在平面内．
公理2：可用来确定一个平面．
公理3：
(1)可用来确定两个平面的交线．
(2)判断或证明多点共线．
(3)判断或证明多线共点．
公理4：
(1)可用来判断空间两条直线平行．
(2)等角定理的理论依据．
2．异面直线的两个结论
(1)平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线．
(2)分别在两个平行平面内的直线平行或异面．
[四基自测]
1．(基础点：平面的概念)下列命题中，真命题是(　　)
A．空间不同三点确定一个平面
B．空间两两相交的三条直线确定一个平面
C．两组对边相等的四边形是平行四边形
D．和同一直线都相交的三条平行线在同一平面内
答案：D
2．(基础点：空间直线的关系)若空间三条直线a，b，c满足a⊥b，b∥c，则直线a与c(　　)
A．一定平行　　　　　
B．一定相交
C．一定是异面直线
D．一定垂直
答案：D
3．(易错点：异面直线所成角的概念)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(　　)
A．30°
B．45°
C．60°
D．90°
答案：C
4．(拓展点：点、线、面关系的推理)设P表示一个点，a，b表示两条直线，α，β表示两个平面，给出下列四个命题，其中正确的命题是________(填序号)．
①P∈a，P∈α?a?α；②a∩b＝P，b?β?a?β；③a∥b，a?α，P∈b，P∈α?b?α；④α∩β＝b，P∈α，P∈β?P∈b.
答案：③④
授课提示：对应学生用书第129页
考点一　平面的基本性质
挖掘1　共面问题/
自主练透
[例1]　(1)如图所示是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个是(　　)
[解析]　A，B，C图中四点一定共面，D中四点不共面．
[答案]　D
(2)如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C?l，则平面ABC与平面β的交线是(　　)
A．直线AC　　　
B．直线AB
C．直线CD
D．直线BC
[解析]　由题意知，D∈l，l?β，所以D∈β，
又因为D∈AB，所以D∈平面ABC，
所以点D在平面ABC与平面β的交线上．
又因为C∈平面ABC，C∈β，
所以点C在平面β与平面ABC的交线上，
所以平面ABC∩平面β＝CD.
[答案]　C
[破题技法]　1.由元素确定平面时，要看元素满足的条件．
(1)由点确定平面：三点不共线；
(2)由点和线确定平面：点不在直线上；
(3)由线确定平面：两条相交线，两条平行线．
2．共面问题的证明
证明点或线共面，①首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；
②将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合．
挖掘2　共点、共线问题/
互动探究
[例2]　如图所示，ABCD－A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是(　　)
A．A，M，O三点共线
B．A，M，O，A1不共面
C．A，M，C，O不共面
D．B，B1，O，M共面
[解析]　连接A1C1，AC，则A1C1∥AC，所以A1，C1，C，A四点共面，所以A1C?平面ACC1A1，因为M∈A1C，所以M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，所以M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，所以A，M，O三点共线．故选A.
[答案]　A
[破题技法]　1.证明点共线，(1)先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；(2)直接证明这些点都在同一条特定的直线上．
2．证明线共点，先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．
考点二　空间直线的位置关系
挖掘1　异面直线的判定/
自主练透
[例1]　如图所示为正方体表面的一种展开图，则图中的AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的有________对．
[解析]　平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB，CD，EF和GH在原正方体中，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH相交，CD与EF平行．故互为异面直线的有3对．
[答案]　3
[破题技法]　异面直线的判定方法
(1)反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两条直线平行或相交，由假设出发，经过严格的推理，导出矛盾，从而否定假设，肯定两条直线异面．此法在异面直线的判定中经常用到．
(2)定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线．
挖掘2　平行与垂直的判定/
自主练透
[例2]　如图所示，在正方体ABCD?A1B1C1D1中，点E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝2ED，CF＝2FA，则EF与BD1的位置关系是(　　)
A．相交但不垂直　　　　　
B．相交且垂直
C．异面
D．平行
[解析]　连接D1E并延长交AD于M点(图略)，因为A1E＝2ED，可得，M为AD中点，连接BF并延长交AD于N点，因为CF＝2FA，可得N为AD中点，所以M，N重合．且＝，＝.所以＝，所以EF∥BD1.
[答案]　D
[破题技法]　1.线线平行或垂直的判定方法
(1)对于平行直线，可利用三角形(梯形)中位线的性质、公理4及线面平行与面面平行的性质定理来判断．
(2)对于线线垂直，往往利用线面垂直的定义，由线面垂直得到线线垂直．
2．注意几个“唯一”结论
(1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行．
(2)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直．
(3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．
(4)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直．
考点三　异面直线所成的角
挖掘1　异面直线所成角的求法/
自主练透
[例1]　(1)(2020·广东珠海模拟)如图所示，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，P为边AB的中点，现将△DAP绕直线DP翻转至△DA′P处，若M为线段A′C的中点，则异面直线BM与PA′所成角的正切值为(　　)
A.　　　　　　　　　　
B．2
C.
D．4
[解析]　取A′D的中点N，连接PN，MN，
∵M是A′C的中点，
∴MN∥CD，且MN＝CD，∵四边形ABCD是矩形，P是AB的中点，
∴PB∥CD，且PB＝CD，
∴MN∥PB，且MN＝PB，
∴四边形PBMN为平行四边形，
∴MB∥PN，
∴∠A′PN(或其补角)是异面直线BM与PA′所成的角．
在Rt△A′PN中，tan∠A′PN＝＝，∴异面直线BM与PA′所成角的正切值为.故选A.
[答案]　A
(2)如图所示，在三棱锥A?BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别为AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是________．
[解析]　如图所示，连接ND，取ND的中点E，连接ME，CE，则ME∥AN，则异面直线AN，CM所成的角即为∠EMC.
由题可知CN＝1，AN＝2，
∴ME＝.又CM＝2，
DN＝2，NE＝，∴CE＝，
则cos
∠CME＝
＝＝.
[答案]　
[破题技法]　求异面直线所成角的方法
方法
解读
适合题型
平移法
将异面直线中的某一条平移，使其与另一条相交，一般采用图中已有的平行线或者作平行线，形成三角形求解
易于作出平行线的题目
补形法
在该几何体的某侧补接上同样一个几何体，在这两个几何体找异面直线相应的位置，形成三角形求解
平行线不易作出的规则几何体
挖掘2　异面直线所成角的应用——三种语言转化/
互动探究
[例2]　如图，平面α∩β＝l，AD?α且AD⊥l，BC?β且BC⊥l，A、B∈l.AD与BC是异面直线，且所成的角为θ，AD＝b，BC＝c，AB＝a，求DC的长度．
[解析]　在平面α内，过B作BE綊AD，
由异面直线所成角的定义知∠CBE＝θ，
四边形ADEB为矩形，∴DE＝a，
在△BEC中，CE2＝b2＋c2－2bccos
θ，
由于AB⊥BC，AB⊥AD，
∴AB⊥CE，即有DE⊥CE.
在Rt△DEC中，DC2＝a2＋CE2＝a2＋b2＋c2－2bccos
θ，
∴DC＝.
[破题技法]　将空间几何中的三种语言要灵活转化，同时，将位置关系转化到平面中：(1)平面BCE中，(2)平面CED中，利用解三角形求其边长．
PAGE第四节　平行关系
授课提示：对应学生用书第131页
[基础梳理]
1．直线与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行?线面平行)
因为l∥a，a?α，lα，所以l∥α
性质定理
一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行?线线平行”)
因为l∥α，l?β，α∩β＝b，所以l∥b
2.平面与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行?面面平行”)
因为a∥β，b∥β，a∩b＝P，a?α，b?α，所以α∥β
性质定理
如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行
因为α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，所以a∥b
1．判定定理
序号
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理2
如果两个平面同垂直于一条直线，那么这两个平面平行
?α∥β
判定定理3
平行于同一个平面的两个平面平行
?α∥γ
2.性质定理
序号
文字语言
图形语言
符号语言
性质定理2
如果两个平面平行，那么在一个平面内的所有直线都平行于另一个平面
α∥β且a?α?a∥β
性质定理3
如果两个平行平面中有一个垂直于一条直线，那么另一个平面也垂直于这条直线
α∥β且l⊥α?l⊥β
3.线线平行、线面平行、面面平行的相互转化
利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化，解决平行关系的判定时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而应用性质定理时，其顺序正好相反．在实际应用中，判定定理和性质定理一般要相互结合，灵活运用．
[四基自测]
1．(易错点：线面平行的性质)下列命题中正确的是(　　)
A．若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面
B．若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行
C．平行于同一条直线的两个平面平行
D．若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，bα，则b∥α
答案：D
2．(基础点：线面平行的判定)下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是(　　)
A．①③　　　　　
B．②③
C．①④
D．②④
答案：C
3．(基础点：空间平行关系的判定)在正方体ABCD?A1B1C1D1中，下列结论正确的是________(填序号)．
①AD1∥BC1；
②平面AB1D1∥平面BDC1；
③AD1∥DC1；
④AD1∥平面BDC1.
答案：①②④
4．(易错点：面面平行的性质)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N、E、F分别为棱的中点，则△AMN与梯形DBEF的各边关系中，相互平行的有________．
答案：MN∥EF∥BD，AM∥DF，AN∥BE
授课提示：对应学生用书第132页
考点一　直线与平面平行的判定与性质
挖掘　线面平行的条件与结论/
自主练透
[例]　(1)(2020·河南洛阳联考)设l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且l?α，m?β，下列结论正确的是(　　)
A．若α⊥β，则l⊥β　　　　　
B．若l⊥m，则α⊥β
C．若α∥β，则l∥β
D．若l∥m，则α∥β
[解析]　对于A，α⊥β，l?α，只有加上l垂直于α与β的交线，才有l⊥β，所以A错误；对于B，若l⊥m，l?α，m?β，则α与β可能平行，也可能相交但不垂直，所以B错误；对于C，若α∥β，l?α，由面面平行的性质可知，l∥β，所以C正确；对于D，若l∥m，l?α，m?β，则α与β可能平行，也可能相交，所以D错误．
[答案]　C
(2)
(2019·高考全国卷Ⅰ节选)如图，直四棱柱ABCD?A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
证明：MN∥平面C1DE.
[证明]　因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝B1C.
又因为N为A1D的中点，
所以ND＝A1D.
由题设知A1B1綊DC，
可得B1C綊A1D，故ME綊ND，
因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED.
又MN平面C1DE，
所以MN∥平面C1DE.
(3)如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为3的菱形，∠ABC＝60°.PA⊥平面ABCD，且PA＝3.F在棱PA上，
①若F为PA的中点，求证PC∥平面BDF；
②若AF＝1，E在棱PD上，且CE∥平面BDF，求PE∶ED的值．
[解析]　①证明：连接AC，AC∩BD＝O，
由ABCD为菱形知O为AC的中点，F为PA的中点，
∴OF∥PC.
OF?平面BDF，
PC平面BDF.
∴PC∥平面BDF.
②过E作EG∥FD交AP于G，连接CG，FO.
∵EG∥FD，E错误！链接无效。平面BDF，FD?平面BDF，
∴EG∥平面BDF，
又EG∩CE＝E，CE∥平面BDF，EG，CE?平面CGE，
∴平面CGE∥平面BDF，
又CG?平面CGE，∴CG∥平面BDF，
又平面BDF∩平面PAC＝FO，CG?平面PAC，
∴FO∥CG.
又O为AC的中点，∴F为AG中点，∴FG＝GP＝1，
∴E为PD的中点，PE∶ED＝1∶1.
[破题技法]　线线、线面平行的证明方法
方法
关键
适用题型
利用线面平行的判定定理证线面平行
在该平面内找或作一直线，证明其与已知直线平行
平行线易作出
利用面面平行的性质证线面平行
过该线找或作一平面，证明其与已知平面平行
面面平行较明显
利用线面平行性质证线线平行
过线作平面，产生交线
已知线面平行
考点二　平面平行的判定与性质
挖掘　平面平行的判定与应用/
自主练透
[例]　(1)已知m，n，l1，l2表示不同直线，α、β表示不同平面，若m?α，n?α，l1?β，l2?β，l1∩l2＝M，则α∥β的一个充分不必要条件是(　　)
A．m∥β且l1∥α　　　　　　
B．m∥β且n∥β
C．m∥β且n∥l2
D．m∥l1且n∥l2
[解析]　对于选项A，当m∥β，且l1∥α时，α，β可能平行也可能相交，故A中条件不是α∥β的充分条件；对于选项B，当m∥β且n∥β时，若m∥n，则α，β可能平行也可能相交，故B中条件不是α∥β的充分条件；对于选项C，当m∥β且n∥l2时，α，β可能平行也可能相交，故C中条件不是α∥β的充分条件；对于选项D，当m∥l1，n∥l2时，由线面平行的判定定理可得l1∥α，l2∥α，又l1∩l2＝M，由面面平行的判定定理可以得到α∥β，但α∥β时，m∥l1且n∥l2不一定成立，故D中条件是α∥β的一个充分条件．故选D.
[答案]　D
(2)(2020·安徽蚌埠二模改编)如图所示，菱形ABCD的边长为2，∠D＝60°，点H为DC的中点，现以线段AH为折痕将菱形折起，使点D到达点P的位置且平面PHA⊥平面ABCH，点E，F分别为AB，AP的中点．
求证：平面PBC∥平面EFH.
[证明]　菱形ABCD中，E，H分别为AB，CD的中点，
所以BE綊CH，所以四边形BCHE为平行四边形，则BC∥EH，
又EH平面PBC，
所以EH∥平面PBC.
又点E，F分别为AB，AP的中点，所以EF∥BP，又EF平面PBC，
所以EF∥平面PBC.而EF∩EH＝E，
所以平面EFH∥平面PBC.
(3)如图所示，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是菱形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，G和H分别是CE和CF的中点．
求证：平面BDGH∥平面AEF.
[证明]　在△CEF中，因为G，H分别是CE，CF的中点，所以GH∥EF，
又因为GH平面AEF，EF?平面AEF，
所以GH∥平面AEF，连接AC，
设AC∩BD＝O，连接OH(图略)，
在△ACF中，因为OA＝OC，CH＝HF，
所以OH∥AF，
又因为OH平面AEF，AF?平面AEF，
所以OH∥平面AEF.
又因为OH∩GH＝H，OH，GH?平面BDGH，
所以平面BDGH∥平面AEF.
[破题技法]　判定面面平行的4种方法
(1)面面平行的定义，即判断两个平面没有公共点．
(2)面面平行的判定定理．
(3)垂直于同一条直线的两平面平行．
(4)平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行．
考点三　平行关系的探索问题
挖掘1　探索条件(开放性问题)/
自主练透
[例1]　(1)(2020·福建泉州模拟)如图所示，在正方体ABCD?A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中点，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，当点Q________时，平面D1BQ∥平面PAO(　　)
A．与C重合　　　　　　　
B．与C1重合
C．为CC1的三等分点
D．为CC1的中点
[解析]　在正方体ABCD?A1B1C1D1中，
∵O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，
∴PO∥BD1，当点Q为CC1的中点时，
连接PQ，则PQ綊AB，∴四边形ABQP是平行四边形，∴AP∥BQ，∵AP∩PO＝P，BQ∩BD1＝B，
AP、PO?平面PAO，BQ、BD1?平面D1BQ，
∴平面D1BQ∥平面PAO.故选D.
[答案]　D
(2)如图所示，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，D，D1分别是AC，A1C1上的点，当，分别为何值时，平面BC1D∥平面AB1D1.
[解析]　如图所示，连接A1B与AB1交于点O，连接OD1.因为平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BDC1＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝OD1，所以BC1∥OD1.
同理AD1∥DC1.由BC1∥OD1，得＝＝1，即A1D1＝D1C1.
由AD1∥DC1，AD∥D1C1，
得四边形ADC1D1是平行四边形，
所以AD＝D1C1，所以A1D1＝DC.
所以＝＝1，即当＝＝1时，
平面BC1D∥平面AB1D1.
[破题技法]　对平行关系条件的探索常采用以下三种方法：
(1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；
(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性；
(3)把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件．
挖掘2　探究结论(创新性问题)/
互动探究
[例2]　(1)如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD?A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：
①没有水的部分始终呈棱柱形；
②水面EFGH所在四边形的面积为定值；
③棱A1D1始终与水面所在平面平行；
④当容器倾斜如图所示时，BE·BF是定值．
其中正确命题的个数是(　　)
A．1
B．2
C．3
D．4
[解析]　由题图，显然①是正确的，②是错误的；
对于③，∵A1D1∥BC，BC∥FG，
∴A1D1∥FG且A1D1平面EFGH，FG?平面EFGH，
∴A1D1∥平面EFGH(水面)．
∴③是正确的；
对于④，∵水是定量的(定体积V)，
∴S△BEF·BC＝V，即BE·BF·BC＝V.
∴BE·BF＝(定值)，即④是正确的，故选C.
[答案]　C
(2)(2018·高考全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为(　　)
A.
B．
C.
D.
[解析]　如图所示，在正方体ABCD?A1B1C1D1中，平面AB1D1与棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A1A，A1B1，A1D1平行，故正方体ABCD?A1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等．
如图所示，取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，DD1，AD的中点E，F，G，H，M，N，则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大，此截面面积为
S正六边形EFGHMN＝6×××sin
60°＝.故选A.
[答案]　A
[破题技法]　对平行关系结论的探索常采用以下方法：
首先假设结论存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论，就肯定假设，如果得到了矛盾的结论，就否定假设．
PAGE第五节　垂直关系
授课提示：对应学生用书第135页
[基础梳理]
1．直线与平面垂直
(1)定义：直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．
(2)判定定理与性质定理：
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直
?l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行
?a∥b
2.直线和平面所成的角
(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫作这条直线和这个平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角．
(2)范围：．
3．平面与平面垂直
(1)二面角的有关概念：
①二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫作二面角；
②二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫作二面角的平面角．
(2)平面和平面垂直的定义：
两个平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
(3)平面与平面垂直的判定定理与性质定理：
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直
?α⊥β
性质定理
两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直
?l⊥α
1．判定定理的理解
若两平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．
a∥b，a⊥α?b⊥α.
2．性质定理
性质定理2
如果两个平面互相垂直，那么过第一个平面内的一点且垂直于第二个平面的直线，在第一个平面内
α⊥β，P∈β，PQ⊥α?PQ?β
性质定理3
如果两个相交平面同时垂直于第三个平面，那么它们的交线必垂直于第三个平面
α∩β＝l，α⊥γ，β⊥γ?l⊥γ
[四基自测]
1．(基础点：面面垂直性质)下列命题中不正确的是(　　)
A．如果平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l⊥平面β
B．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β
C．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
D．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ
答案：A
2．(基础点：线面垂直性质)已知直线a，b和平面α，且a⊥b，a⊥α，则b与α的位置关系为(　　)
A．b?α　　　　　　
B．b∥α
C．b?α或b∥α
D．b与α相交
答案：C
3．(基础点：面面垂直的判定)一平面垂直于另一平面的一条平行线，则这两个平面的位置关系是________．
答案：垂直
4．(易错点：空间垂直关系的转化与认识)如图所示，在三棱锥V－ABC中，∠VAB＝∠VAC＝∠ABC＝90°，则构成三棱锥的四个三角形中直角三角形的个数为________．
答案：4
授课提示：对应学生用书第136页
考点一　线面垂直的判定与性质
挖掘　线面垂直的判定与应用/
自主练透
[例]　(1)(2020·河南商丘模拟)如图所示，PA⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E、F分别是A在PB、PC上的射影，给出下列结论：
①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；
④AE⊥平面PBC.
其中正确命题的序号是________．
[解析]　由PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，可得PA⊥BC，又AB是圆O的直径，C是圆O上一点，则有BC⊥AC，又PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC，又AF?平面PAC，所以BC⊥AF，故③正确；因为AF⊥PC，PC∩BC＝C，所以AF⊥平面PBC，又PB?平面PBC，所以AF⊥PB，故①正确；因为AE⊥PB，AF⊥PB，AE∩AF＝A，所以PB⊥平面AEF，又EF?平面AEF，所以PB⊥EF，故②正确；由于AF⊥平面PBC，AF∩AE＝A，所以AE不与平面PBC垂直，故④错误．综上可知正确命题的序号为①②③.
[答案]　①②③
(2)如图，在四棱锥P?ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．求证：
①CD⊥AE；
②PD⊥平面ABE.
[证明]　①在四棱锥P?ABCD中，
∵PA⊥底面ABCD，CD?底面ABCD，
∴PA⊥CD，
又∵AC⊥CD，且PA∩AC＝A，
∴CD⊥平面PAC.∵AE?平面PAC，
∴CD⊥AE.
②由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.
∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.
由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，
∴AE⊥平面PCD.
∵PD?平面PCD，∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD，AB?底面ABCD，
∴PA⊥AB.
又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，
∴AB⊥平面PAD，
∵PD?平面PAD，
∴AB⊥PD.
又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.
(3)如图，S是Rt△ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC，D为斜边AC的中点．
①求证：SD⊥平面ABC；
②若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC.
[证明]　①如图所示，取AB的中点E，
连接SE，DE，在Rt△ABC中，D，E分别为AC，AB的中点．
∴DE∥BC，∴DE⊥AB，
∵SA＝SB，
∴SE⊥AB.
又SE∩DE＝E，
∴AB⊥平面SDE.
又SD?平面SDE，∴AB⊥SD.
在△SAC中，∵SA＝SC，D为AC的中点，∴SD⊥AC.
又AC∩AB＝A，∴SD⊥平面ABC.
②∵AB＝BC，∴BD⊥AC，
由①可知，SD⊥平面ABC，又BD?平面ABC，
∴SD⊥BD，
又SD∩AC＝D，
∴BD⊥平面SAC.
[破题技法]　证明直线与平面垂直的常用方法
(1)利用线面垂直的判定定理：在平面内找两条相交直线与该直线垂直．
(2)利用“两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”．
(3)利用“一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则与另一个也垂直”．
(4)利用面面垂直的性质定理：在平面内找与两平面交线垂直的直线．
考点二　平面与平面垂直的判定与性质
[例]　(1)(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则(　　)
A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
[解析]　如图，取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB.
∵△ECD是正三角形，
∴EF⊥CD.
∵平面ECD⊥平面ABCD，
∴EF⊥平面ABCD.
∴EF⊥FN.
不妨设AB＝2，则FN＝1，EF＝，
∴EN＝＝2.
∵EM＝MD，DG＝GF，
∴MG∥EF且MG＝EF，
∴MG⊥平面ABCD，∴MG⊥BG.
∵MG＝EF＝，
BG＝＝
＝，
∴BM＝＝.
∴BM≠EN.
连接BD，BE，
∵点N是正方形ABCD的中心，
∴点N在BD上，且BN＝DN，
∴BM，EN是△DBE的中线，
∴BM，EN必相交．
故选B.
[答案]　B
(2)(2019·高考全国卷Ⅰ)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]　如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离．再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，
连接PC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC.
又PE＝PF＝，所以OE＝OF，
所以CO为∠ACB的平分线，
即∠ACO＝45°.
在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝，所以CE＝1，
所以OE＝1，所以PO＝＝＝.
[答案]　
[破题技法]　应用线面垂直的判定与性质定理的思维
(1)证明两个平面垂直，关键是选准其中一个平面内的一条直线，证明该直线与另一个平面垂直．这必须结合条件中各种垂直关系充分发挥空间想象综合考虑．
(2)已知两平面垂直时，一般要用性质定理进行转化，在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．
(3)求作空间点向平面引垂线(段)或者求几何体的高，就利用面面垂直的性质．
考点三　空间垂直关系的探索与转化
挖掘1　探索条件(开放性问题)/
自主练透
[例1]　(1)如图所示，在四棱锥P－ABCD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]　如图所示，连接AC，BD，则AC⊥BD，∵PA⊥底面ABCD，
∴PA⊥BD.
又PA∩AC＝A，
∴BD⊥平面PAC，
∴BD⊥PC，
∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD.而PC?平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.
[答案]　DM⊥PC(或BM⊥PC等)
(2)如图所示，在四棱锥P?ABCD中，底面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，若G为AD的中点．
①求证：BG⊥平面PAD；
②求证：AD⊥PB；
③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．
[解析]　①证明：在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，G为AD的中点，
所以BG⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以BG⊥平面PAD.
②证明：如图，连接PG，因为△PAD为正三角形，G为AD的中点，
所以PG⊥AD.
由①知BG⊥AD，又PG∩BG＝G，所以AD⊥平面PGB.
因为PB?平面PGB，所以AD⊥PB.
③当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD.
证明：取PC的中点F，连接DE、EF、DF.
在△PBC中，FE∥PB，在菱形ABCD中，GB∥DE.
而FE?平面DEF，DE?平面DEF，EF∩DE＝E，PB?平面PGB，GB?平面PGB，PB∩GB＝B，所以平面DEF∥平面PGB.因为BG⊥平面PAD，PG?平面PAD，所以BG⊥PG.
又因为PG⊥AD，AD∩BG＝G，所以PG⊥平面ABCD.
又PG?平面PGB，所以平面PGB⊥平面ABCD，
所以平面DEF⊥平面ABCD.
挖掘2　探索结论(创新问题)/
自主练透
[例2]　(1)如图所示，一张A4纸的长、宽分别为2a，2a，A，B，C，D分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线折起，使得P1，P2，P3，P4四点重合为一点P，从而得到一个多面体．下列关于该多面体的命题，正确的是________．(写出所有正确命题的序号)
①该多面体是三棱锥；
②平面BAD⊥平面BCD；
③平面BAC⊥平面ACD；
④该多面体外接球的表面积为5πa2.
[解析]　由题意得该多面体是一个三棱锥，故①正确；
∵AP⊥BP，AP⊥CP，BP∩CP＝P，∴AP⊥平面BCD，
又∵AP?平面ABD，∴平面BAD⊥平面BCD，故②正确；同理可证平面BAC⊥平面ACD，故③正确；通过构造长方体可得该多面体的外接球半径R＝a，所以该多面体外接球的表面积为5πa2，故④正确，综上，正确命题的序号为①②③④.
[答案]　①②③④
(2)在棱长为1的正方体ABCD?A1B1C1D1中，M，N分别是AC1，A1B1的中点，点P在其表面上运动，则总能使MP与BN垂直的点P的轨迹的周长等于________．
[解析]　分别取BB1，CC1的中点E，F，连接AE，EF，FD，则BN⊥平面AEFD，过点M作平面α，使α∥平面AEFD，则平面α与正方体表面的交线即为点P的轨迹，该轨迹为矩形，其周长与矩形AEFD的周长相等，又矩形AEFD的周长为2＋，所以所求轨迹的周长为2＋.
[答案]　2＋
[破题技法]　探索垂直关系，常采用逆向思维
一般假设存在线线垂直，所利用的关系常有：
(1)等腰三角形的高、中线与底边垂直．
(2)矩形的相邻边垂直．
(3)直径所对的圆周角的两边垂直．
(4)菱形的对角线垂直．
(5)给出长度，满足勾股定理的两边垂直．
(6)由已知想性质，由求证想判定，即分析法与综合法相结合寻找证题思路．
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