2015屆高考數(shù)學(xué)文科一輪總復(fù)習(xí)資源8立體幾何第八篇

第1 空間幾何體及其表面積與體

(1)棱柱：一般地，由一個平面多邊形沿某一方向平移形成的空間幾何體叫做棱棱臺：棱錐被平行于底面的一個平面所截后，截面和底面之間的部分叫做棱球：半圓繞著它的直徑所在的直線旋轉(zhuǎn)一周所成的曲面叫做球面，球面圍成 S側(cè)S側(cè) ＝3Sh＝3πr lS側(cè) 1S＋S＋SS＝3( 上 S側(cè) 側(cè) 臺 側(cè) S上＋S下S上球S球面

2a，a，a，其頂點(diǎn)都在一個球面上，則該球的3πa2.(×)(3)(練習(xí)改編)若一個球的體積為43π，則它的表面積為在△ABC中，AB＝2，BC＝3，∠ABC＝120°，使△ABCBC旋轉(zhuǎn)一周9π.(×)

33π(6)(2014·青州模擬改編)aABCDACaD－ABC的體積為33[感悟·提升

12a 考點(diǎn)一1】 答 解決該類題目需準(zhǔn)確理解幾何體的定義，要真正把握幾何體的結(jié)構(gòu)特1】 答 考點(diǎn)二【例2 如圖所示，四棱錐P－ABCD的底面ABCD是半徑RBD△ADPPDPC＝11RP－ABC (1)∵BD是圓的直徑

BDsin

DP＝BA

BDsin30°

1∴DP(2)Rt△BCD中，BC＝CD＝BDcos45°＝S

2 2

3＋1＝2R·2R2×2＋2×2

R P－ABC

·PD＝13＋1

R

R求幾何體的體積問題，可以多角度、全方位地考慮問題，常采用的方2】(2014·蘇州模擬)3cm63高是2解O1、OABC－A1B1C1所示，則 O1作O1D1⊥B1C1，OD⊥BC，則D1D為三棱臺的斜高＝2過D1作D1E⊥AD于E，則 ＝因 3＝

OD＝

6＝3＝6 2 63＝—則DE＝OD－O1D1＝ 3 3在Rt△D1DE中，—

22

＝

27 側(cè)＝2(c＋c′)h′＝2(3×3＋3×6)×3＝ (cm

27

3

99

2．故三棱臺斜高為

下27

＋42

4×＋99 ＋

(cm

cm

cm考點(diǎn)三2 Ⅱ卷)已知正四棱錐O－ABCD的體積為32邊長為3，則以O(shè)為球心，OA為半徑的球的表面積 (2)(2013·遼寧卷改編)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6個頂點(diǎn)都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，則球O的半徑為 審題路線(1)根據(jù)正四棱錐的體積求高?求底面正方形的對角線長?理求OA?由球的表面積求解(2)BCABC的截面圓的直徑?BCDBC的垂直平分解 3 3則3×(3)×h＝2h＝2又底面正方形的對角線長為2×3＝3 3 2＋2 S球＝4π×((2)AB＝3，AC＝4，AA1＝12，AB⊥ACBC＝5BCABCBCDODABCO在側(cè)BCC1B1BCC1B12r＝r＝2答 (2)解決球與其他幾何體的切、接問題，關(guān)鍵在于仔細(xì)觀察、分析，弄清包含球、幾何體的各種元素以及體現(xiàn)這些元間的關(guān)系)，達(dá)到空間問題平面【訓(xùn)練3】(2012·遼寧卷)已知點(diǎn)P，A，B，C，D是球O表面上的點(diǎn)，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD是邊長為23的正方形．若PA＝26，則△OAB的面 如圖所示，線段PC就是球的直徑，RAB＝BC＝23，AC＝26.PA＝26，PC＝4OA＝OB＝23，所以△AOB×所以 23×2 3×

33答 3

2考點(diǎn)四4】(1)部分沿OC，OD折疊，使OA，OB重合，則以A，B，C，D，O為頂點(diǎn)的四面 AC＝4，BC＝CC1＝3.P是BC1上一動點(diǎn)，沿棱柱表面使CP＋PA1最小，則最小 解

1S 8

×2×(22)＝3(2)由題意知，A1PBB1C1CBB1AA1B1B在一個A1C即可．∴A1B1＝AB＝∴A1C＝82＋32＝73.CP＋PA1的最小值為8(1)

(1)(折前的平面圖形和折疊4】AQ＝AP，點(diǎn)S，D，A，Q共線，點(diǎn)P，D，C，R共線，沿圖中虛線將它們折疊起來，使P，Q，R，S四點(diǎn)重合，則需要 6解析由題意知，將該展開圖沿虛線折疊起來以后，得到一個四棱錐P－其中PD⊥平面ABCD，因此該四棱錐的體積

6×6×6＝72的正方體的體積

36答

725——【典例】(2012·山東卷)棱錐D1－EDF的體積 [一般解法]D1－EDFF－DD1EE，F(xiàn)分AA1，B1CABCD－A1B1C1D1中△EDD1 值2，F(xiàn)AA1D1D1[優(yōu)美解法]E點(diǎn)移到A點(diǎn)，F(xiàn)點(diǎn)移到C點(diǎn)，則

6[答案 6[感悟](1)一般解法利用了轉(zhuǎn)化思想，把三棱錐D1－EDF的體積轉(zhuǎn)化為三棱ABC－A1B1C1AA1BCC1B12的面積為4，此三棱柱ABC－A1B1C1的體積 解 補(bǔ)形法將三棱柱補(bǔ)成四棱柱，如圖所示A1BCC1B1d則 三棱柱＝2V四棱柱＝2S答

(建議用時：40分鐘 答 在正方體上任意選擇4個頂點(diǎn)，它們可能是如下各種幾何形體的四個頂點(diǎn)， ①顯然可能；②不可能；③取一個頂點(diǎn)處的三條棱，連接各棱端點(diǎn)構(gòu)成的ABCD－A1B1C1D1D1－DBC滿足條件．答案在三棱錐S－ABC中，面SAB，SBC，SAC都是以S為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，且AB＝BC＝CA＝2，則三棱錐S－ABC的表面積是 解 設(shè)側(cè)棱長為a則2a＝2a＝2側(cè)面積為

底面積 ＝33＋答 3＋

4若圓錐的側(cè)面積為2π，底面面積為π，則該圓錐的體積 解 3∴h＝l2－r2＝22－12＝3

πr

∴圓錐的體積

＝π 3π

＝3π·1

35．(2012·新課標(biāo)卷改編)平面α截球O的球面所得圓的半徑為1，球心O到平面α的距離為2，則此球的體積為 O′，MOO′＝∴OM＝22＋1＝3，即球的半徑為

3＝4答 4

＝3π(141的正三角形組成，則該多面體的體積 2解 由題知該多面體為正四棱錐，底面邊長為1，側(cè)棱長為1，斜高為2接頂點(diǎn)和底面中心即為高，可求得高為2，所以體積

2 2× 2×

2＝62 卷)已知一個正方體的所有頂點(diǎn)在一個球面上，若球的體積為2方體的棱長 解

而

＝8

4

3a＝4R，∴a＝3R＝3×2＝3，∴a＝答 ABCDEFABCD1BCF均為正三角形，EF∥AB，EF＝2，則該多面體的體積 解 如圖，分別過點(diǎn)A，B作EF的垂線，垂足分別為G，H，連接容易求得

AG＝GD＝BH＝HC＝

＝2× ＝2，∴V＝VEADG＋VFBHC＋V

2 －BHC＝3×44×1＝3 2P－ABCCAPB證明ABDAC＝BCCD⊥AB.PD∩CD＝DABPCD.PC?PCD 設(shè)C到平面APB的距離為AP＝PB＝AB＝AC2＋BC2＝22，PC＝AP2－AC2＝2.因?yàn)?＝ 3

＝＝ 2＝ 得2 4×2 4×232

232×23△△

S

△CAPB的距離為233.r的鐵球，并注入水，使水面與球正好相切，然后將球取出，求這時容器中水的 內(nèi)時，水的深度為3r，水面半徑BC的長為3r，則容器內(nèi)水的體積為 圓 球＝3π(3r) 3πr＝3πr

313 V′＝3π3hh＝9πhV＝Vh＝ (建議用時：25分鐘SC＝4，A，B是該球球面上的兩點(diǎn)，AB＝＝30°，則棱錐S－ABC的體積 由題意知，如圖所示，在棱錐S－ABC中，△SAC，△SBC都是有一個角為30°的直角三角形，其中AB＝3，SC＝4，所以SA＝SB＝23，AC＝BC＝2，ADABD

3

( ＝3×4＝＝答 (2014·模擬)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，AC＝AA1＝3，MB1BAM＋MC1最小時，△AMC1 1解 1 3211于是由余弦定理得 ＝－2，所以sin∠AMC1＝3211

2×2 3＝3.×答 ×點(diǎn)A出發(fā)沿著三棱柱的側(cè)面繞行兩周到達(dá)點(diǎn)A1的最短路線的長為 解析根據(jù)題意，利用分割法將原三棱柱分割為兩個相同的三棱柱，然后將其展開為如圖所示的實(shí)線部分，則可知所求最短路線的長為52＋122＝13cm.答 1ABCD2D－ABC證明AC＝BC＝22，AC2＋BC2＝AB2，ADCABC，BC?ABC， 由(1)可知，BC為三棱錐B－ACD的高，BC＝2 43S△ACD·BC＝3×2×243

3，由等體積性可知，幾何體D－ABC第2 1．

22：經(jīng)過兩條相交直線有且只有一個平面；共面直線 共面直線 a，bOa′∥a，b′∥b，ab′所成的銳角(或直角)ab所成的角(或夾角)． 3．1．α，βAα，βAα∩β＝A.(×)aba(√)[感悟·提升一點(diǎn)提 做有關(guān)平面基本性質(zhì)的判斷題時要抓住如“有且只有”兩個防范一是兩個不重合的平面只要有一個公共點(diǎn)，那么兩個平面一定相 考點(diǎn)一【例1】(1)以下四個命題中，正確題 A，B，C，DA，B，C，EA，B，C，D，Ea，ba，cb，c(2)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，P，Q，R分別是AB，AD，B1C1的中點(diǎn)，那么正方體的過P，Q，R的截面圖形是 C，但是若A，B，C共線，則結(jié)論不正確；③不正確，共面不具有傳遞性；④不(2)RG∥PQC1D1GQPCBM，MRBB1EPEPE，RE為截面的部分外形．PQCDNNGDD1F答 (2)(1)12【訓(xùn)練1】如圖所示是正方體和正四面體，P，Q，R，S分別是所在棱的中點(diǎn)， PQRSA1ABC的中點(diǎn)分別為M，NPMQNRSPMQNRS為正六邊形；③中，可證四R，S四點(diǎn)不共面．答 2】

考點(diǎn)二①GHEF②BDMN③GHMN60°④DEMN以上四個命題中，正確命題的序號 異面直線，GHMN60°角，DE⊥MN.答 空間中兩直線位置關(guān)系的判定，主要是異面、平行和垂直的判定，對【訓(xùn)練2】在圖中，G，H，M，N分別是正三棱柱的頂點(diǎn)或所在棱的中點(diǎn)，則表示直線GH，MN是異面直線的圖形有 圖①中，直線GH∥MN；圖②中，G，H，N三點(diǎn)共面，但M?面GHN，圖④中，G，M，N共面，但H?面GMN，因此GH與MN異面．所以在圖②④中GH與MN異面．答 考點(diǎn)三3PABCD2的菱形，∠DAB＝60°ACBDO，POABCD，PBABCD60°.(2)EPBDEPA (1)找出PB與平面ABCD所成角?計(jì)算出PO的長?求出四棱錐的體(2)ABF?作△PAB的中位線?DEPA所成的角?計(jì)解∴∠PBOPBABCD∵BO＝AB·sin∵PO⊥OB，∴PO＝BO·tan60°＝×∵底面菱形的面積 3×22＝23.× 23×ABF∵EPB∴∠DEFDEPA所成角(或其補(bǔ)角)．Rt△AOB中，AO＝AB·cos30°＝3＝OP，＝2∴在Rt△POA中，PA＝＝2在正△ABD和正△PDB中，DF＝DE＝3，在△DEF中，由余弦定理得，

3＋2－ ＝22×3×264 2 2 424DEPA所成角的余弦值為4平移線段法是求異面直線所成角的常用方法，其基本思路是通過平移 A1D1的中點(diǎn)，則A1B與EF所成角的大小為 解 A1B∥D1CA1BEFB1D1D1C因?yàn)椤鱀1B1C為正三角形，所以 3A1BEF所成角的大小為3 AB的連線和平面內(nèi)不經(jīng)過該點(diǎn)的直線8——【典例】(2012·卷改編)已知空間三條直線l，m，n，若l與m異面，且與n異面，則m與n的位置關(guān)系 ①mn異面；②mn相交；③mn平行；④mn異面、相交、平行均有 誤；m，n2與l都異面，且m，n2也異面，所以③錯誤．[答案 [感悟]這類試題一般稱為空間線面位置關(guān)系的組合判斷題，解決的方法是①若m∥α，n∥α，則m∥n；②若m∥α，m∥β，則α∥β；③若m∥n，m⊥α，則n⊥α；④若m∥α，α⊥β，則m⊥β.四個結(jié)論正確的是 本題可借助特殊圖形求解，畫一個正方體作為模型(如圖)ABCDα，A1ADD1β.A1B1＝m，B1C1＝nB1C1＝mB1C1＝m答 m，nα，β，γ①若m∥α，m⊥n，則n⊥α；②若m⊥α，m⊥n，則n∥α；③若α⊥β，γ⊥β，則α∥γ；④若m⊥α，m∥n，n?β，則α⊥β.其中是真命題的是 解 ABCD答

(建議用時：40分鐘β內(nèi)的射影分別為直線b和c，則直線b和c的位置關(guān)系可以是 解 依題意，直線b和c的位置關(guān)系可能是相交、平行或異面答 相交、平行或異的位置關(guān)系 如圖所示，直線A1B與直線外一點(diǎn)E確定的平面為A1BCD1，EF?平面答 相設(shè)P表示一個點(diǎn)，a，b表示兩條直線，α，β表示兩個平面，給出下列四個 如圖，∵a∥b，P∈b，∴P?a，∴由直線a與點(diǎn)P確定唯一平面α，a∥babββa∴βα重合，∴b?α答 4．(2013·山西重點(diǎn)中考)已知l，m，n是空間中的三條直線，命題p：若則下列命題①p∧q；②p∨q；③p∨(綈q)；④(綈p)∧q為真命題的是 命題p中，m，n可能平行、還可能相交或異面，所以命題p為假命題；命題q中，當(dāng)三條直線交于三個不同的點(diǎn)時，三條直線一定共面，當(dāng)三條直線交于一點(diǎn)時，三條直線不一定共面，所以命題q也為假命題．所以綈p和綈q都為真命題，故p∨(綈q)為真命題．選③.答 如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，過頂點(diǎn)A1與正方體其他頂點(diǎn)的連線與直線BC1成60°角的條數(shù)為 解 有2條：A1B和答 6 ABB1C1，CC1，A1D1，DD1同的位置，且正方體共有12條棱，排除兩棱的重復(fù)計(jì)算，共有異面直線 24(對答 AMCC1AMBNBNMB1AMDD1其中正確的結(jié)論 (注：認(rèn)為正確的結(jié)論的序號都填上A，M，C1AD1C1BC?AD1C1B，因此直直線，①②錯，④正確；M，B，B1MBB1N?平面MBB1BNMB1是異面直線，③正確．答 ∥CD，則直線EF與正方體的六個面所在的平面相交的平面?zhèn)€數(shù) 解析CDGEFG與正方體的左、右側(cè)面所在平面EFEF與正4.答 BEBE

BCHGC，D，F(xiàn)，E證明FG＝GA，F(xiàn)H＝HDGH綉

BC綉

，∴GH BCHG 由BE綉 ，G為FA中點(diǎn)知，BE綉B(tài)EFG由(1)BGCH，∴EF∥CH，∴EFCH∴EF，CHEFHCEFHCEFHC內(nèi)．D∈FH，∴C，D，F(xiàn)，E四點(diǎn)共面．10ABCD－A1B1C1D1A1CBDC1O，AC，BDMC1，O，M共線．證 如圖所示∴A1A，C1C∵A1C?∴OBDC1A1C∴O∈C1MC1，O，M(建議用時：25分鐘1．(2014·長春一模)一個正方體的展開圖如圖所示，A、B、C、D頂點(diǎn)，則在原來的正方體中，AB與CD的位置關(guān)系 如圖把展開圖中的各正方形按圖1所示的方式分別作為正方體的前后、左、右、上、下面還原，得到圖2所示的直觀圖，可判斷AB與CD異面．答 異與三條直線A1D1，EF，CD都相交的直線有 解析1NMCD有不NMN3條異面直線都有交點(diǎn)．如圖所示．法 在A1D1上任取一點(diǎn)P，過點(diǎn)P與直線EF作一個平面α(如圖2)，因α所以它們相交，設(shè)它們交于點(diǎn)Q，連接PQ，則PQ與EF必然相交，即PQ為所 (2013·卷)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，P為BC的中點(diǎn)，Q ①當(dāng)

S為四邊形②當(dāng)

S為等腰梯形③當(dāng) ＜2時 ＝2時S與C1D1的交點(diǎn)R滿足 CQ＜1時，S為六邊

＝4 ④當(dāng)⑤當(dāng)CQ＝1時 6解 ＝2且＝2

＝2

APQADD1A1AD1∴S同理，當(dāng) S為四邊形，∴①正確＜2如圖2，當(dāng)

ABCD－A1B1C1D11.5＝4方體ABCD－A2B2C2D2.Q為CC2的中點(diǎn)，連接AD2交A1D1于點(diǎn)E，PQ∥AD2ER∥APC1D1RRQAPQRES.RQDCFAPFPBC

由題意知 ＝3，∴③正確；由圖知當(dāng)2＝1時，點(diǎn)Q與點(diǎn)C1重合，截面 2

AQ＝32條對角線為2，∴S＝2答 4ABCDA1B1C1D1A1C1B1CE，F(xiàn)AB，ADA1C1EF ABCDA1B1C1D1AA1C1CAC∥A1C1B1CACA1C1B1C所成的角．由△AB1CAB1＝AC＝B1C可知∠B1CA＝60°，A1C1B1C∴ACEFA1C1EF∵EF是△ABD的中位線，∴EF∥BD.∴EF⊥A1C1.A1C1EF第3

(2)若一條直線平行于一個平面，則這條直線平行于這個平面內(nèi)的任一條直aαa∥α，P∈αPa[感悟·提升 1】(2012·遼寧卷

考點(diǎn)一NA′BB′C′的中點(diǎn)．A′MNC證明法一 柱ABCA′B′C′為直三棱柱，MABNB′CMNA′ACC′.MN?MPNMNA′ACC′.

1VAMNC＝VNAMC＝1NA

2V 法 VAMNC＝VANBC－VMNBC＝1A 2V 規(guī)律方法1】HGCEF.證 法 如圖1，連接BH，BH與CF交于K，連接∵F，HAB，AC∴K是△ABC 又據(jù)題設(shè)條件知 2CDNGN、∵GDE∵F，E，HAB，BD，AC∴FH綉 ，EN綉 ，∴FH綉 FHNE∵GH?GHNHG2】(2013·陜西卷

考點(diǎn)二ABCD－A1B1C1D1ABCD是正方形，O是底面中心，A1O⊥ABCD，AB＝AA1＝2.ABD－A1B1D1審題路 (1)判定四邊形BB1D1D是平行四邊形?BD∥B1D1?BD∥平面?A1BCD1B1?A1BD(2)斷定A1O為三棱柱ABD－A1B1D1的高?用勾股定理求A1O?求S△ABD?求證明BD?CD1B1，B1D1?CD1B1∵A1D1B1C1A1BCD1(2) ∴A1OABD－A1B1D1又 ＝1，AA1＝1∴A1O＝1

2× 規(guī)律方法(1)②用判定定理或推論(即“線線平行?面面平行”)③根據(jù)“垂直于同一條直線的兩個平面平行”④借助“傳遞性”2】PMNA1BD.證 法 如圖，連接∵P，ND1C1，B1C1PN? 且AC∩BD＝O，∵ABCD－A1B1C1D1考點(diǎn)三3BFACE.(1)(2)設(shè)M段AB上，且滿足AM＝2MB，試段CE上確定一點(diǎn)N，使得MNDAE.(1)BF∩BC＝BBE?(2) 在△ABE中過M點(diǎn)作MG∥AE交BE于G點(diǎn)，在△BEC中過G點(diǎn)作∥BCECNMNMN?∴NCEC

規(guī)律方法解決探究性問題一般要采用執(zhí)果的方法，假設(shè)求解的結(jié)果存在，3】E的位置；若不存在，請說明理由．解PDENMNE綉1ABCD中，CM綉

NEMCMCENNM8——(12分)(2012·山東卷)EABCD是四棱錐，△ABD為正三角形，CB＝CD，EC⊥BD.(2)若∠BCD＝120°，MAE的中點(diǎn)，求證：DMBEC.[規(guī)范解答](1)2BDOCO，EO.CB＝CDCO⊥BD，(1分EC⊥BD，EC∩CO＝C，CO，EC?EOCBDEOC，BD⊥EO，(3分)OBD的中點(diǎn)，BE＝DE.(5分)(2)法一3ABNMAE的中點(diǎn)，MN∥BE.(6分)又因?yàn)椤鰽BD為正三角形，因此∠CBD＝30°DN∥BC.(9分又MN∩DN＝N，故平面DMN∥平面BEC，(11分)又DM?平面DMN，所以DM∥平面BEC.(12分) 如圖4，延長AD，BC交于點(diǎn)F，連接EF.所以∠CBD＝30°.(7分因?yàn)椤鰽BD所以 分AB＝ADDAF的中點(diǎn)．(10分DMMAEDM∥EF.(11分DMBEC.(12分)[感悟]立體幾何解答題解題過程要表達(dá)準(zhǔn)確、格式要符合要求，每步推理答題模 證明線面平行問題的答題模板(一證明線面平行問題的答題模板(二第五步：回顧．檢查答題規(guī)范中點(diǎn)，求證：DMPBC.證 法 取PB中點(diǎn)N，連接且 ∴MNMNCD 取AB的中點(diǎn)E，連接ME，DE.ABCD中，BE∥CD，BE＝CD，BCDEBC?PBC，PB?PBC，DE∩ME＝E，DM?

(建議用時：40分鐘已知直線a，b，c及平面α，β，則①a∥α，b?α；②a∥α，b∥α；③a∥c，b∥c；④a∥α，α∩β＝b條件中，能使a∥b成立的是 由平行公理知③正確，①中a與b可能平行或異面．②中a，b可能平行或相交或異面，④中a，b可能平行或異面．答 ABCD中，AB∥CD，AB?α，CD?αCD內(nèi)的直線的位置關(guān)系 解 ∴CDα答 平行或異平面α∥平面β，點(diǎn)A，C∈α，B，D∈β，則直線AC∥直線BD的充要條件 ①AB∥CD；②AD∥CB；③ABCD相交；④A，B，C，D解析充分性：A，B，C，D四點(diǎn)共面，由平面與平面平行的性質(zhì)知答 4．(2014·汕頭質(zhì)檢)m，n為兩條不重合的直線，α，βm，nαm，nm，nαm，nα，β互相平行，m，nm∥α④若m，n在平面α內(nèi)的射影互相平行，則m，n互相平行 解 ④中，m，n答 在空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別為AB，AD上的點(diǎn)，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4又HG分別為BCCD的中點(diǎn)則EF與平面BCD的關(guān)系為 四邊形EFGH的形狀是 解 如圖，由題意知且 EFGH答 平行，梯過三棱柱ABC－A1B1C1的任意兩條棱的中點(diǎn)作直線，其中與平面ABB1A1平 過三棱柱ABC－A1B1C1的任意兩條棱的中點(diǎn)作直線，記AC，BC，A1C1，B1C1的中點(diǎn)分別為E，F(xiàn)，E1，F(xiàn)1，則直線EF，E1F1，EE1，F(xiàn)F1，E1F，EF1均與平面ABB1A1平行，故符合題意的直線共6條．答 7．(2014·衡陽質(zhì)檢)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是DD1的中點(diǎn)，則BD1與平面ACE的位置關(guān)系為 解 如圖AC，BDOOEOE∥BD1OE?答 平8．(2014·十二校聯(lián)考)設(shè)α，β，γ是三個平面，a，b是兩條不同直線，有下列三個條件：①a∥γ，b?β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a?γ.＝a，b?γ， ，則a∥b”為真命題，則可以在橫線處填入的條件 (把所有正確的題號填上 由面面平行的性質(zhì)定理可知，①正確；當(dāng)b∥β，a?γ時，a和b在同一答 ①或A，N，DPCM.(2)求證：MPC證 ∵ABCD∴OBD中點(diǎn)，在△PBD中，NPB中點(diǎn)，∴PD∥NO，(2)ABCD為平行四邊形，∴AD∥BC，又∵BC?ADMN，AD?ADMN，∴BC∥MNNPB∴MPCABCDA1B1C1D13EAA1F上，GBB1AE＝FC1＝B1G＝1，HB1C1(1)求證：E，B，F(xiàn)，D1證 ∴BGA1EA1GBE∴A1G又同理，C1FC1FGB1∴FGC1B1A1GFD1∴A1GD1F，∴D1FE、B、F、D1(2)∵H是B1C1的中點(diǎn) B

又由(1)A1G∥BEHG∩A1G＝G，(建議用時：25分鐘如圖，兩個正方形ABCD和ADEF所在平面互相垂直，設(shè)M，N分別是BD和 解 ACBCMMN∥CE.MN答案下列四個正方體圖形中，A，B為正方體的兩個頂點(diǎn)，M，N，P在棱的中點(diǎn)，能得出AB∥平面MNP的圖形的序號 對于圖形①：平面MNP與AB所在的對角面平行，即可得到AB∥平面 DC的中點(diǎn)，N是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)M在四邊形EFGH及其內(nèi)部運(yùn)動，則M滿足 時，有MN∥平面B1BDD1. 由題意知HN∥面B1BDD1，∴當(dāng)M段HF上運(yùn)動時，MNB1BDD1.答 M∈線段(2014·蘇州市自主學(xué)習(xí))如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知90°，BC＝CC1，E，F(xiàn)AB，AA1證 (1)由題知，EF是△AA1B的中位線，所以EF∥A1B且

1 (2)BCC1B1

＝2A?BCC1B1第4 直線、平面垂直的判定與性1．

lαlαθ lα(3)(2013·浙江卷，4C)m，n是兩條不同的直線，α，β(4)(2013·卷，8D)設(shè)l為直線，α，β是兩個不同的平面，若α⊥β，l∥α，則(6)αβα⊥β.(×) 線垂直于平面內(nèi)的無數(shù)條直線，就垂直于這個平面”，如(2)；三是注意對平面與平面垂直性質(zhì)的理解，如1】

考點(diǎn)一P－ABCD中，PAABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，EPC的中點(diǎn)．證 (1)在四棱錐P－ABCD中∵PAABCD，CD?∵EPCPD?又∵AB⊥ADPA∩AD＝A，∴ABPADPD?證明線面垂直的方法：一是線面垂直的判定定理；二是利用面面垂直1(2013·江西卷改編ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，AD⊥AB，AB＝2，AD＝AA1＝3，ECD上一點(diǎn)，DE＝1，EC＝3.證明：BEBB1C1C.證 過B作CD的垂線交CD于F，則BF＝AD＝Rt△BEF中，BE＝Rt△CFB中，BC＝在△BECBE2＋BC2＝9＝EC2，BE⊥BC.BEBB1C1C.考點(diǎn)二【例2】(2014·一模)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面AB＝BC＝AA1AC＝2BCDAB的中點(diǎn)．ABC1B1CD.證 ∵ABC－A1B1C1是棱柱，且BCC1B1∵AB?又∵AB＝BCAC＝2BC，∴AB⊥BC，BB1∩BC＝B，BB1，BC?∴ABBCC1B1B1C?AB∩BC1＝B，AB，BC1?∴B1CABC1B1C?證明兩個平面垂直，首先要考慮直線與平面的垂直，也可簡單地記為2】ABCDA1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，MCC1的中點(diǎn)．ABMA1B1M. 又BM?平面BCC1B1，CC1＝2，MCC1Rt△B1C1M中，B1M＝BC2＋MC2＝1 BM＝BC2＋CM2＝BM?ABMABM考點(diǎn)三3】(2013·山東卷P-ABCDG，M，NPB，AB，BC，PD，PC (1)取PA的中點(diǎn)H?證明四邊形DCEH是平行四邊形?CE∥DH?根(2)AB⊥EF?AB⊥FG?ABEFG?MN證 EPB

EHDCEH是平行四邊形．CE∥DH.(2)E，F(xiàn)PB，AB的中點(diǎn)，EF∥PA.AB⊥EF.EF∩FG＝F，EF?EFG，F(xiàn)G?EFG，ABEFG.M，NPD，PC的中點(diǎn)，MN∥DC.AB∥DC，MN?規(guī)律方法線面關(guān)系與面面關(guān)系的證明離不開判定定理和性質(zhì)定理，而形成結(jié)論3(2013·遼寧卷如圖，ABO的直徑，PAO所在的平面，CO(2)QPA的中點(diǎn)，G為△AOC的重心，求證：QG (1)由AB是圓O的直徑，得AC⊥BC，ACOABOM∥BC.QM∩MO＝M，QM?MO?QMO，BC∩PC＝C，BC?PBC，PC?PBC.QMOPBC.QG?QMOQG在證明兩平面垂直時一般先從現(xiàn)有的直線中尋找平面的垂線，若這樣的直線圖中不存在，則可通過作輔助線來解決．平面垂直時，一般要用性質(zhì)定理在一個平面內(nèi)作交線的垂線，使之轉(zhuǎn)化為線面垂直，然后進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為線線垂“線線垂直”“面面垂直”間的轉(zhuǎn)化條件是解決這類問題的關(guān)鍵．6——【典例】(2012·卷CD上的一點(diǎn)．將△ADEDE折起到△A1DEA1F⊥CD2.(1)求證：DEA1CB；(2)(3)A1BQA1CDEQ (1)因?yàn)镈，E分別為AC，AB的中點(diǎn)，所以DE∥BC.(2)AC⊥BCDE∥BCDE⊥AC.DE⊥A1D，DE⊥CDA1D∩DE＝D，DEA1DC.A1F?A1DCBE?A1BQA1CDEQ.理由如下：A1C，A1BP，QPQ∥BC.DE∥BCDE∥PQ.DEQPDA1CA1C的中點(diǎn)，A1C⊥DPDE∩DP＝D，A1BQA1C[感悟](1)解決探索性問題一般先假設(shè)其存在把這個假設(shè)作已知條件和題(2)在處理空間折疊問題中，要注意平面圖形與空間圖形在折疊前后的相互位置關(guān)系與長度關(guān)系等，關(guān)鍵是點(diǎn)、線、面位置關(guān)系的轉(zhuǎn)化與平面幾何知識的應(yīng)用，注意平面幾何與立體幾何中相關(guān)知識點(diǎn)的異同，盲目套用容易導(dǎo)致錯誤．(2014·韶關(guān)模擬)1ABCD (1)(2)CDFAD(1)證明1AC＝BC＝22ADCABCADCABC＝AC，BC?ABC，∴BC⊥ADCAD?ADC，∴BC⊥DA. 取CD的中點(diǎn)F，連接EF，BF，在△ACD中，E，F(xiàn)分別為AC，DC的中點(diǎn)，∴EF為△ACD的中位線，∴AD∥EF，(建議用時：40分鐘1．設(shè)平面α與平面β相交于直線m，直線a在平面α內(nèi)，直線b在平面β內(nèi)，且b⊥m，則“α⊥β”是“a⊥b”的 解 若α⊥β，因?yàn)棣痢搔拢絤，b?β，b⊥m，所以根據(jù)兩個平面垂直的性質(zhì)b⊥αa?αa⊥ba∥mb⊥mb⊥ab⊥α答 充分不必2．(2014·紹興調(diào)研)設(shè)α，β為不重合的平面，m，n為不重合的直線，則下列正 α⊥β，α∩β＝n，m⊥nm⊥αm?α，n?β，m⊥n解析α，βmα平行或相交，故①錯；βα∥βm⊥βm⊥α，故③正確．答 如圖，ABO的直徑，PAO所在的平面，C的任一點(diǎn)，則圖形中 對線面垂直2對線面垂直．答 4．若M是線段AB的中點(diǎn)，A，B到平面α的距離分別是4cm，6cm，則M到平面α的距離為 解 當(dāng)A，B在平面α同一側(cè)，點(diǎn)M到

1＋6)＝5(cm)A，BαMα距離為

距離為答 5cm或1

＝l 解析如圖，由題意，β∩γ＝l，∴l(xiāng)?γα⊥γ，α∩γ＝ml⊥m，∴l(xiāng)⊥α，β∩γ＝l，∴l(xiāng)?βl⊥αα⊥β，即④正確；而①③條件不充答 的一動點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)M滿足 ∵PCABCDACAC⊥BD，∴BD⊥PC.DM⊥PCD.答案DM⊥PC( 解 逐一判斷．若①②③成立，則m與α的位置關(guān)系不確定，故錯誤；同理①②④?③也錯誤；①③④?②與②③④? 如圖，PAO所在的平面，ABO的直徑，CO上的一點(diǎn)，E，F(xiàn)分APB，PC上的正投影，給出下列結(jié)論：其中正確結(jié)論的序號 又AC⊥BC，且PA∩AC＝A， PABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2ABPADABCD，PA⊥AD.EFCDPC證 PAABCD.AB∥CD，CD＝2AB，ECD的中點(diǎn)，AB∥DEAB＝DE.ABEDBE∥AD.BE?PAD，AD?PAD，BEPAD.AB⊥ADABED為平行四邊形．BE⊥CD，AD⊥CD.CDPADCD⊥PD.E，F(xiàn)CDCP的中點(diǎn)，EF∥PDCD⊥EF.EF，BEBEF∴CDBEF.CD?MDMC1證明又∵BB1＝DD1，∴BB1D1D是平行四邊形，∴B1D1∥BD.BD?A1BD，B1D1?A1BD，證明∵BB1ABCD，AC?MD? 當(dāng)點(diǎn)M為棱BB1的中點(diǎn)時，∵NDCABCDDCC1D1，∴BNDCC1D1.ONN1∴BM∥ONBM＝ONBMON∵OM?DMC1DMC1(建議用時：25分鐘ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥ACC1上的射影H必在直 上 BC1⊥ACBA⊥ACABC1因此C1在底面ABC上的射影H在直線AB上．答 如圖，在四面體ABCD中，若截面PQMN是正方形，則在下列命題中，錯誤的 ①AC⊥BD；②ACPQMN；③AC＝BDPMBD所成的角45°.解 ∵BD∥QM，∴PMBD∴PMBD45°答 BCPAE；④∠PDA＝45°.其中正確的 (把所有正確的序號都填上解析PAABC，AE?ABCPA⊥AE，又由正六邊形的性質(zhì)得答 CDEFABCDAC＝3，AB＝2BC＝2，AC⊥FB.(1)求證：ACFBC；F－BCDACMEAFDM證明在△ABCAC＝3，AB＝2，BC＝1AB2＝AC2＋BC2，所AC⊥BCAC⊥FBFB∩BC＝BACFBC. FCF－BCD＝4在等腰梯形ABCD中可得CB＝DC＝1，所以FC＝1，所以△BCD的面積為＝4所以四面體F－BCD的體積為VF ＝

12 線段AC上存在點(diǎn)M，且M為AC中點(diǎn)時，有EA∥平面FDM，證明如下：CEDFNMN，CDEF為正方形，NCEEAFDM，ACMEA

(建議用時：90分鐘cmcm 解 33，從而體積為 3

＝π 3π

3(2013·豫西五校聯(lián)考)是展開圖上的三點(diǎn)，則在正方體盒子中，∠ABC的值 解析AB，BC，AC，可得△ABC是正三角形，答 m，nα內(nèi)的兩條不同直線；l1，l2βα∥β的一個充分而不必要條件 α∥βα∥βl1∥m，它們也可以異面，故必要m∥l1n∥l2.答 m∥l1且若直線m?平面α，則條件甲：直線l∥α是條件乙：l∥m 條件 若l∥α，m?α，不一定有l(wèi)∥m；若l∥m，m?α則α，l?α或l∥α.因而甲?/乙，乙?/甲.答 既不充分也不必已知α、β是兩個不同的平面，直線a?α，直線b?β，命題p：a與b沒有公共點(diǎn)，命題q：α∥β，則p是q的 解 ∥β時，a與b一定無公共點(diǎn)，所以q?p，但 答 必要不充α，βm⑤