人教版理步步高2014必備高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)講義8立體幾何課件題庫導(dǎo)學(xué)案真題59份配套第八章

2014高考會這樣考1.考查空間平行關(guān)系的判定及性質(zhì)有關(guān)命題的判定；2.解答題中證明或復(fù)習(xí)備考要這樣1.練掌握線面平行面面平行的判定定理和性質(zhì)會把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題，解答過程的敘述步驟要完整，避免因條件書寫不全而失分；2.學(xué)會應(yīng)用“化歸(2)4(空間平行線的傳遞性)：A、B、C、D(2)判定定理：a?α，b?α，a∥b?a∥α；[難點(diǎn)疑點(diǎn)a，ba∥α，b?αa∥b，b?αa∥b，a∥αb∥α上面命題中正確的 答 ①若a∥α，b?α，則a，b平行或異面；②若a∥α，b∥α，則a，b平行、相交、異面都有可能；③若a∥b，b?α，則a∥α或a?α.已知α、β是不同的兩個平面，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 答 必要不充 ∵a與b沒有公共點(diǎn)，不能推出α∥β，而α∥β時，a與b一定沒有公共點(diǎn)，pD?/q，q?p，∴pqαβa?α①a與β內(nèi)的所有直線平行；②a與β內(nèi)無數(shù)條直線平行；③a與β內(nèi)的任意一條直線都 答 解析因?yàn)棣痢桅?，a?α，所以a∥β，在平面β內(nèi)存在無數(shù)條直線與直線a平行，但不a平行，故命題②為真命題，命題①β內(nèi)存在無數(shù)條直線與直線a垂直，故命題③為假命題． αlαlαlαl答 由題意知，直線l與平面α相交，則直線l與平面α內(nèi)的直線只有相交和異面兩種位置關(guān)系，因而只有選項(xiàng)B是正確的． 答 解 A錯誤，如圓錐的任意兩條母線與底面所成的角相等，但兩條母線相交B錯誤，△ABC的三個頂點(diǎn)中，A、BαCαABαA、B、CαD題型 直線與平面平行的判定與性例1正方形ABCD與正方形ABEF所在平面相交于AB，在AE、BD上各有一點(diǎn)P、Q，且證 方法PM∥ABBEM，QN∥ABBC∵ABCDABEF

∴ ∴AB∴PMQNPMNQ∴PQ∥AQBCK

∴PQ∥∴PM∥又∵ABEF∩

∴MQ∥AD∴MQ∥BC，∴MQ∥BCE，又PM∩MQ＝M，BE∩BC＝B，∴PMQ∥平面BCE，又PQ?∴PQ∥探究提高判斷或證明線面平行的常用方法：(1)利用線面平行的定義(無公共點(diǎn))；(2)利P—ABCDABCDFAB求證：BE證 取PD中點(diǎn)為M，連接∵EPC∴ME是△PCD2∴ME綊2∵FABABCD是菱形，AB∴MEFB，∴MEBF題型 平面與平面平行的判定與性例2 如圖，在三棱柱ABC—A1B1C1中，E，F(xiàn)，G，H分別是AB，AC，A1B1，A1C1的中點(diǎn)，求證：(1)B，C，H，G (1)∵GH是△A1B1C1的中位線，∴GH∥B1C1.∴B，C，H，G(2)∵E、FAB、AC∴EF∥BCHG.∵A1G∴A1EBG∴A1E∥探究提 證明面面平行的方法利用“線線平行”、“線面平行”、“面面平行” 已知：直線a∥平面α，直線a∥平面aγ，δα，βm，n(m，n不同于交線b)，由直線與平面平行的性質(zhì)定理，得a∥m，a∥n，由α∩β＝b，故n∥b.又a∥n，故a∥b.題型 平行關(guān)系的綜合應(yīng)例3如圖所示在四面體ABCD中截面EFGH平行于對棱AB和CD，思維啟迪： ∵AB∥平面EFGHABCABDFG、∴FG∥EH∴EFGHAB＝a，CD＝b，∠FGH＝α(αABCD所成的角或其補(bǔ)角又設(shè)FG＝x，GH＝y(tǒng)，則由平面幾何知識可得x＝CG，y＝BG，兩式相加得x＋y＝1aa

＝ bsinx·a·(a－x)·sin ∵x>0，a－x>0x＋(a－x)＝a∴當(dāng)且僅當(dāng)x＝a－x時，bsin －x)＝absinα，此時 即當(dāng)截面EFGH的頂點(diǎn)E、F、G、H為棱AD、AC、BC、BD的中點(diǎn)時截面面積最大． D1BQPAO? 當(dāng)Q為CC1的中點(diǎn)時，平面D1BQ∥平面PAO.證明如下∵QCC1的中點(diǎn)，PDD1∵P、ODD1、DB的中點(diǎn)，∴D1B∥PO.又∵D1B?平面PAO，PO?平面PAO，又D1B∩QB＝B，D1B、QB?平面∴D1BQ∥典例：(12分)ABCD—A1B1C1D1中，EDD1的BEABB1A1在棱C1D1上是否存在一點(diǎn)FB1F∥平面A1BE (1)可過E作平面ABB1A1的垂線、作線面角；(2)先探求出點(diǎn)F，再進(jìn)行證明B1F∥平面A1BE.注意解題的方向性． MEMBM.為正方形，所以 [2分圖ABCD—A1B1C1D1中，AD⊥所以EM⊥平面ABB1A1，從而BM為直線BE在平面ABB1A1上的射影，∠EBM為BE和平面ABB1A1所成的角． [4分]則 于是，在Rt△BEM中 [5分 3BEABB1A1所成的角的正弦值為2.[6分3(2)C1D1FB1F∥圖E，GD1D，CD的中點(diǎn)，所以EG∥D1C，從而EG∥A1B.A1，B，G，EBG?A1BE.[8分因四邊形C1CDD1與B1BCC1皆為正方形，F(xiàn)，G分別為C1D1和CDFG∥C1C∥B1BB1BGFB1F∥BG，[10分故B1F∥平面A1BE.[12分]第四步：回顧．查看關(guān)鍵點(diǎn)，易錯點(diǎn)和答題規(guī)范另一種：從結(jié)論出發(fā)，另一種：從結(jié)論出發(fā)，“要使什么成立”，“成立” 找不到解決問題的切，入手較難．(4)書寫格式，不條理，思路不清晰.A 專項(xiàng)基礎(chǔ)訓(xùn)(時間：35分鐘，滿分：57分一、選擇題(520分若直線m?平面α，則條件甲：“直線l∥α”是條件乙：“l(fā)∥m”的 充要條 答 已知直線a，b，c及平面α，β，下列條件中，能使a∥b成立的是 答 b可能異面． 平 B．平行和異C．平行和相 答 解

∴CDα設(shè)m、n表示不同直線，α、β表示不同平面，則下列結(jié)論中正確的 m?α，n?β，m∥β，n∥α答 D中，m∥β或m?β，二、填空題(515分過三棱柱ABC—A1B1C1的任意兩條棱的中點(diǎn)作直線，其中與平面ABB1A1平行的直線共 答案解析ABC—A1B1C1AC，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．如圖所示，ABCD—A1B1C1D1a的正方體，M、N3過P、M、N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，則PQ＝ 3a答 2a3解 ∵平面ABCD∥平面3∴MN∥PQ.∵M(jìn)、NA1B1、B1C13∴CQ＝aDP＝DQ＝2a，∴PQ＝2 3棱CC1、C1D1、D1D、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滿足條件 MN∥平面B1BDD1.答 M∈線段解 由題意，得HN∥面B1BDD1，F(xiàn)H∥面∵HN∩FH＝H，∴NHF∥∴當(dāng)M段HF上運(yùn)動時，有MN∥面三、解答題(22分MPCDMGGAPBDMGH.證 如圖，連接AC交BD于點(diǎn)O，連接∵ABCD∴OACMPCABCD垂直，G，HDF，BE的中點(diǎn)．CD＝2，DB＝42F—ABCD證 方法 EF＝AD＝BC，∴EFBC∴HFC又∵GFD∴GH∥EA，∵ADEF是正方形，∴GAE∴在△EAB中，GH∥AB.∴GH∥ ∵平面ADEF⊥平面ABCD，交線為AD，且FA⊥AD，∴FA⊥平面ABCD.又∵CD＝2，DB＝4∵S?ABCD＝CD·BD＝8∴VF—ABCD＝1SABCD·FA＝1×82×6＝163 B (時間：25分鐘，滿分：43分一、選擇題(515分 m∥β且 C．m∥β且 D．m∥β且答 解析ABl1與l2l1∥m可l1∥αl2∥αα∥βα∥βl1∥m，它們也可以異面，故必要性不成立，故選B；對于選項(xiàng)C，由于m，n不一定相交，故上選B.能得出AB∥平面MNP的圖形是 答 解 由線面平行的判定定理知圖①②可得出AB∥平面l、m、nα、β、γlm為異面直線，l?α，m?βα∥β，l?α，m?β其中真命題的個數(shù) 答 解 ①中當(dāng)α與β不平行時，也能存在符合題意的l、②lm③

?l∥ml∥nm∥n二、填空題(515分已知平面α∥平面β，P是α、β外一點(diǎn)，過點(diǎn)P的直線m與α、β分別交于A、C，過點(diǎn)P的直線n與α、β分別交于B、D且PA＝6，AC＝9，PD＝8，則BD的長為 答 解 根據(jù)題意可得到以下如圖兩種情況5BD的長分別為245ABCDAC、BD54，則平行EFGH 答 解 設(shè) 答