2020年人教版高考数学(理)一轮复习第七单元立体几何听课答案

1、本社目为敕和专用第七单元立体几何I便用建议 SHIYONGJIANY1. 编写意图立体几何初步的主要内容是空间几何体和空间点、线、面的位置关系，在高考试题中以中、低档题的形式岀现，因此，编写时主要考虑以下几个方面：(1) 加强基础知识的复习力度：第 41 讲专门复习空间几何体的结构、三视图和直观图、表面积和体积，第 42 讲复习空间点、直线、平面的位置关系，第 45 讲复习空间向量及其运算，在这些基础性问题上我 们给予了足够的重视.(2) 强化几何方法在证明空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直中的训练：一般而言高考中立体几何解答题的证明部分使用几何方法进行证明比使用空间向量的方法更简洁明

2、了，我们在第 43 讲、第 44 讲专门解决这个问题，试图通过这两个讲次，提升学生用几何法证明空间位置关系的能力.(3) 在强化几何方法的同时要注意到空间向量在各类立体几何问题中的应用：在第 45 讲专门复习用空间向量方法证明立体几何问题，并且增加了多个探究点，试图通过这样的处理使学生掌握使用空间向量解 决立体几何问题的方法.2. 教学指导本单元的重点是空间元素之间的平行与垂直关系、空间几何体的表面积与体积，并注重画图、识图、用图能力的提高，在复习时我们要注重以下几点：(1) 对学生加强画图训练：能画岀正确的图形是解决立体几何问题的基础，特别是在一些不给岀图形的立体几何试题中(如一些选择题、填

3、空题往往就不给岀图形)，画岀图形问题就解决了一半，在画图中要求学 生有根据地作图(主要根据四个公理和线面位置关系的判定定理和性质定理)，使得作图的过程充满理性的思考,教师在例题讲解时不要随手画图，要给学生展示作图的过程和作图的原理根据.(2) 注意例题讲解中推理论证的严密性和规范性：使用几何方法证明立体几何问题时，要注意各种定理使 用条件的完备性，在证明的过程中注意层次分明，要通过例题给学生以示范作用，并通过作业规范学生 的解题过程.(3) 注意运算能力的训练：使用空间向量方法解决立体几何问题，特别是求解空间角和距离时其运算较为 繁琐，由于空间向量在计算时极易出现错误，因此在教学中要通过部分典

4、型例题，引导学生步步为营地 进行演算,通过练习提高运算能力.3. 课时安排本单元共 7 讲,1 个小题必刷卷,1 个解答必刷卷,1 个单元测评卷，每讲建议 1 课时完成，必刷卷与测评卷 建议3 课时完成，本单元大约共需 10 个课时完成.第 41 讲 空间几何体的三视图和直观图、表面积和体积考试说明 1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.3.会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图,了解空间图形的不同表示形式2.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画

5、出它们的直观图.4.了解柱、锥、台、球的表面积和体积的计算公式【课前双基巩固】知识聚焦1. 平行且全等平行四边形平行多边形三角形截面底面平行且相等一点一点平行四边形三角形梯形2. 垂直一点一点矩形等腰三角形等腰梯形圆矩形扇形扇环3. （1）45或 135垂直（2）平行于坐标轴 不变原来的一半4. 2nrlnrln（叶 r ）l235.S 底 h 一 S 底 h 4nR- nR对点演练1. 五棱柱 三棱柱解析根据多面体的结构特征知，两个几何体都以前后两个面为底，则剩下的几何 体是五棱柱，截去的几何体是三棱柱.2. 侧视图 俯视图解析根据三视图的概念知，图是侧视图，图是俯视图.23. a 解析如图

6、所示是实际图形和直观图.由图可知，AB=AB=a,OC=-OCa,在图中作 CD 丄 AB，垂足为 D,则 CD=OC= a.2SABC=-ABxCD=一xax a=-a .、_ . . _2 24. 3n+4n解析由二视图可知，该几何体是一个半圆柱，表面积S=n X1 +2 +n X1X2=3n+4,体2积 V二n X1X2=n.5.2 解析将正三棱柱 ABC-ABCi的侧面 BCCBi沿 CG 展开至平面 ACCAi上,点 P 展开后对应的点为 Pi,如图所示.设 PC=Xx 0),贝 UAM=2,AR=3+X,MP=222_ 2在直角三角形 MAP 中,AM+A =M，即 2+(3+x)

7、=(),可得 x=2，即 PC26. 0 解析错误，只有这两点的连线平行于旋转轴时才是母线；错误，因为“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面都是有一个公共顶点的三角形”，如图(1)所示;错误，当以斜边所在直线为旋转轴时,其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图(2)所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体;错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定 相等;错误，如图(3)所示的几何体，满足有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形，但这个多面体 不是棱柱.7. 解析空间几何体的正视图和侧视图“高平齐”，故正视图的高一定为 2;正视图和俯视图

8、“长对正”，故正视图的底边长为 2.由俯视图以及侧视图中直角的位置知 中的图满足条件.8. 解析根据题意得，点 A 在平面 BCC1上的正投影是 B 点 D 在平面 BCGB1上的正投影是 C,点D在平面 BCCB1上的正投影是 G,棱 AB 在平面 BCCB 上的正投影是 BB,棱 AD 在平面 BCC1上的正投影是 BC,棱 BD在平面 BCGB1上的正投影是 BC1.B1C 是被挡住的棱，应画成虚线.故填.【课堂考点探究】(1)(2)(3)例 1 思路点拨(1)根据四棱锥的三视图作岀四棱锥的直观图，再进行分析判断；(2)先确定过 B,ED 三 点的截面,得正方体剩下部分的直观图，再根据直

9、观图可得侧视图.(1)C (2)A解析(1)由三视图可得该几何体的直观图如图所示，且 PDL 平面 ABCDd PADHAPDC 匀为直角三角形.又 PEL ABAB 丄 ADPDQ AD=D 二 AB_平面 PAD 二 AB_ PA：APAB 为直角三角形.故选 C.在棱 AA 上取点 F,使 AF 亠 AA 连接 DF,BF,则 DF EB,由此得平行四边形 BEDF 是过 B,E,Di三点的截面，所以截面上方部分的侧视图为选项 A 中的图形，故选 A变式题(1)D (2)B 懈析(1)由题意知，点 M 在平面 BCCBi上的正投影是棱 CG 的中点，点 B 和点 G 的 投影仍为点 BC

10、,连接三个投影点即可得到所求正投影.故选 D.如图所示，在正方体中作岀满足条件的四面体，易知该四面体的侧视图如图，故选 B例 2思路点拨(1)根据三视图可确定该几何体的直观图 由圆锥的母线与底面的夹角可得圆锥母线与底面半径的关系而求得圆锥的侧面积.,确定各面的形状及棱长，进而求岀体积；(2)，再由三角形面积公式可求得底面半径，从(1)A (2)40 -nD解析(1)由三视图得该几何体的直观图为棱锥 A-BCD 如图所示，其中 BC=4,AO=DC2=ODL BCAOL 平面BCD 则该几何体的体积 V=X _x2 二做选 A.(2)设圆锥的底面圆的半径为 r，因为 SA 与圆锥底面所成角为 4

11、5 ，所以 SA= 一匚由 cos / ASB=得 sin_ _ _ 2/ASBJ,所以一 SA- SB- sin /ASB=x一x一x_=5 所以 r =40 所以圆锥的侧面积为 2nr =40n.变式题(1)B (2)解析(1)因为圆柱的轴截面是正方形，且面积为 8,所以圆柱的高为 2 一,底面直径为 2 一,所以圆柱的表面积 S=2n X_X2_+2X n X(_)=12n.故选 B四棱锥 M - EFGH 勺高为-,底面积为-故其体积为- X-X_ j例 3思路点拨(1)关键在于确定点 D 的位置.设 M 是AABC 的中心则 D 为射线 MC 与球的交点，此时 DML平面 ABC 三

12、棱锥 D-ABC 的体积最大，再根据已知条件求岀三棱锥的高，即可利用棱锥的体积公式求 解.(2)由三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，过底面外心作底面的垂线与线段 AB 的中垂面的交点 即球心,利用勾股定理计算球的半径即可.(1)B (2)A 解析由题易知当点 D 到平面 ABC 的距离最大时，三棱锥 D-ABC 的体积最大./SABCAB!=9-, AB=6.设厶 ABC 的中心为 M 由等边三角形的性质得，AM=BM=CM=设球心为 O 则 OA=OB=OC= OM= -=2,点 D 到平面 ABC 的距离的最大值为 OM+=6.故三棱锥 D-ABC 体积的最大值为-X9 一X6=18

13、 一该三棱锥的体积 V=X -X3=1,(2)由三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中 AB=BC2,AB 丄平面 BCDBD=,CD=在厶BCD 中 ,cos / CBD=_ =, sin / CBD=, BCD 的外接圆的直径为 2r=,.外接圆的半径 r= = ,二外接球的半径 R= ，该几何体外接球的表面积 S=4nR=4n X =-，故选 A.例 4思路点拨(1)由三棱柱的棱长的关系，可确定内切球的半径，得棱柱的高，从而求岀棱柱的表面 积;(2)由题意首先确定几何体的空间结构，然后利用体积相等求得内切球半径，最后求解内切球的体积 即可.(1) B 一解析(1)在厶 ABC 中，

14、由 BC 丄 AC 得 AB=13,设该直三棱柱内切球的半径为 R,由已知得 Rt ABC 的内切圆半径与球的半径相等，则球的半径R=- =2,棱柱的高 h=2R=4,棱柱的表面积 S=2X-X5X12+(5+12+13)X4=180,故选 B(2) 如图所示，在长、宽、高分别为 3,2,1 的长方体 ABCD-ABQDi 中，三棱锥 A-ABD 即为题中所给的四个面组成的三棱锥.该三棱锥的表面积 S=3X3=9.设三棱锥内切球的半径为 r,则 V=Sr，即 1二x9Xr ,r=_.3故该三棱锥的内切球的体积V= -nr =.应用演练1. C 解析由-nR=-n,得球的半径 R=1 ,正三棱柱

15、的高等于球的直径，即 h=2R=2.设三棱柱的底面边长为 a,则-x a=1, a=2二该正三棱柱的体积x(2 一)2x2=6 一,故选 C.2.C解析根据几何体的三视图，得该几何体的直观图如图所示，该几何体是三棱锥，易知三棱锥的高PD=6,设该几何体的外接球的球心为 0,则 0E!平面 ABC.设。=不外接球的半径为 R,2 2 2则 x + - =3 +(6-x)，解得 x=-,2 2 2.R= 一 +5 =, .外接球的表面积 S=4nXR=-，故选 C2 23.解析设正四面体的棱长为 a,则正四面体的表面积 S=4 x a=_a,其内切球的半径为正四且侧面 PACL 底面 ABCAd

16、BCAC=8,BC=6,AB=10,RtABC 勺外接圆的圆心为斜边 AB 的中点 E.承面体高的-很卩 r=-xva，因此内切球的表面积 S=4nr2=一，则一=.4.n解析如图所示，作岀正方体的截面 BCD,各边与球相切于点 EF,G 则 E,F,G 分别是 BCBiD,CD 的 中占I八、J因为正方体的棱长为 一，所以 BiC=BD=CD=2 所以 EF=FG=EG所以截面圆的半径为一,圆锥的母线长为AE=所以以 A 为顶点，以平面 BiCD 被球 0 所截得的圆面为底面的圆锥的侧面积 S=n X-X一 =冗.徹弭备用例题JIAOSHI 0C YONG LlTl【备选理由】 例 1 考查

17、学生对空间几何体三视图的认识以及利用模型解题的能力；例 2 考查学生对斜二测画法的理解与应用；例 3 考查求解几何体的表面积与体积；例 4 考查几何体的外接球与内切球问题例1 配合例 1 使用某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为（）ATTIE視图龍視图A 3 -B 2C2D 2解析B 将四棱锥放在棱长为 2 的正方体中，该四棱锥为 D-BCCB，如图所示.该四棱锥最长的棱为例2 配合例 1 使用如图,正方形 OABC的边长为 1 cm,它是水平放置的一个平面图形的直观图 则原图形的周长是答案8 cm解析把直观图还原，得原来的平面图形 OABC 如图所示,由直观图是正方形可知，对

18、角线长 OB= 一 cm,则原图形为底边长为 1 cm,高为 2 cm 的平行四边形即在原图形中，OA=BC= cm,OB=2 - cm,则 AB=OC= 一=3(cm),故原来的平面图形 OABC 勺周长是 2x(1+3)=8(cn).例3 配合例 2 使用(1)如图,网格纸上小正方形的边长为 1,粗实线画岀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()正方体的体对角线 DB,DB=2一,故选 BAB(2)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧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

19、是梯形，这些梯形的面积之和为()A 10 B 12C 10+ 一 D 12+答案(1)B (2)B解析(1)由三视图可知，此几何体应是一个圆柱切去一部分后所得，其直观图如图所示.通过切割及补2形知，此几何体的体积等于底面半径为 3,高为 7 的圆柱的体积，所以所求体积 V=nX3X7=63n，故选 B(2)该几何体为一个三棱柱和一个三棱锥的组合体，其直观图如图所示，各个面中有两个全等的梯形，其面积之和为 2X X 2=12,故选 BA 90nC42nB 63nD 36n正視图鸥視團例4 配合例 3、例 4 使用(1)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

20、的体积为()AnBC D -如图，在圆柱 00 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 00 的体积为 V,球 0 的体积为V2,则一的值是_ .答案(1)B (2)-解析(1)易知圆柱底面圆的半径 r= - =,所以圆柱的体积 V=nX X1,故选 B.(2)设球 0 的半径为 R,因为该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面圆的半径为 R 圆柱的高为 2R.故圆柱 0Q 的体积 V=2n 戌,球 0 的体积 V2=-n R所以一=亠.第 42 讲 空间点、直线、平面之间的位置关系考试说明 1.理解空间直线、平面位置关系的定义.2.了解可以作为推理依据的公理和

21、定理.3. 能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题【课前双基巩固】知识聚焦1. 两点不在一条直线上有且只有一条互相平行2. 相交平行3. (2)锐角(或直角)-(3)相等或互补4. 1 0 无数 0 无数对点演练1. 解析当三点共线时，过三点有无数个平面，是假命题；当三条直线共点时，不能确定一个平 面,是假命题;一个圆是平面图形，两个相交的圆不一定在一个平面内，所以是假命题；两条平行直线 确定一个平面，第三条直线与这两条平行直线都相交，所以第三条直线在这个平面内，所以是真命题.2. 相交或异面解析当直线 c 在直线 a 与 b 确定的平面内时,a 与 c 相交;当直

22、线 c 与直线 a,b 确定的平面相交时,a 与 c 异面.3.1/a或 l ?a懈析当距离不为零时，1 IIa；当距离为零时,l ?a.4.4,6,7,8 解析如图(1),可分成四部分 如图(3),可分成六部分；如图(4),可分成七部分；如图(5),可分 成八部分.(1)(2)(3)(4)(5)5. (1)AC=BD (2) AC=BD 且 ACL BD 解析(1)V四边形 EFGH 为菱形，二 EF=EH 故 AC=BD.四边形 EFGH 为正方形 J EF=EI 且 EFLEH|vEF=AC 且 EFIACEH二BQ 且 EH/ BQ 二 AC=BDt ACLBD.6. 解析中的两条直线

23、还有可能平行或相交，由异面直线的定义可知中说法正确.7.b 与a相交或 b?a或 b/a解析将直线与平面放在正方体中，易知 b与a相交或 b?a或 b/a都可以.8.无数解析在 EF 上任意取一点 M 则直线 AD 与 M 确定一个平面(如图所示),这个平面与 CD 有且仅 有1 个交点 N,当 M 取不同的位置时就确定不同的平面，从而与 CD 有不同的交点 N 而直线 MN 与三条异 面直线AD,EF,CD 都有交点.故满足题意的直线有无数条.9.4560解析JBC 与 EG 所成的角等于 EG 与 FG 所成的角，即/EGFtan / EGFd=1,./EGF=5 .JAE 与 BG 所成

24、的角等于 BF 与 BG 所成的角，即/ GBFtan / GBFd=一= 一, ./ GBF0【课堂考点探究】例 1思路点拨利用平面的基本性质进行判断.解:作岀正方体 ABCD-A1C1D1及相关点、线，如图所示.(1)错误.若 AG?平面 CGBiB,则 A平面 CGBiB, 与事实矛盾.AC?平面 CCBB.正确.JO,0 是两平面的两个公共点，二 O1?平面 AACCOO?平面 BBDiD,.平面 AACQ 与平面 BBDD 的交线为OO(3) 错误.JA,QC 三点共线,.A,QC 不能确定一个平面.(4) 正确.JAOB 不共线,A,C1,B1三点可确定一个平面，记为a,又四边形

25、ABOD 为平行四边形，AC,BD 相交于 Q 点且 OaB a,-B 1Q?a，又 DB1Q, D a(5) 正确.若丨与 m 相交,则交点是两平面的公共点，而直线 CD 为两平面的交线，所以交点一定在直线 CD 上.变式题 证明:(1)如图所示，连接 EF,CD,A1B.JE,F 分别是 ABAA 的中点.EF/BA.又 AB/ DC： EF/ CD,.E,CD,F 四点共面.由(1)知 EF/ CD,EF,所以 0 到直线 MN 的距离为一-=一,因此球 0 截直线 MN 所得的弦长为 2 一 - 一 =4 .故选 C-3. B 解析在棱长为 2 的正方体中作岀该三棱锥的直观图，如图中三

26、棱锥 D-ABB 所示,则该三棱锥的 体积为-X-X2X2X2=-，故选 B4.梯形解析如图所示，连接 AB,因为 E,F 分别是 AB 和 AA 的中点，所以 EF/ AB 且 EF二AB,又因为AiDi BC 所以四边形 ABCD 是平行四边形，所以 AiB/ CD,AB=CD 所以 EF / CD,EF二CD,EF 与 CD 确定- 个平面a又 EFvCD 所以 E,F,C,Di 四点组成的四边形是梯形.5. 90 解析如图所示 连接 DM 易知 DM 丄 DN.又TAiDi 丄 DtAiDi?平面 AiMDMD?平面 AiMDADiQMD=D,. DN 丄平面 AMD,： DN 丄 A

27、M 即 AiM 与 DN 所成角的大小为 90 .徹弭备用例题JIAOSHI 0C5YONG UTI本栏目为戒师专【备选理由】 例 1 考查学生应用平面的基本性质解题的能力；例 2 考查学生判定两条直线为异面直线的方法；例 3 考查学生用平移法求异面直线所成的角.例1 配合例 1 使用(1)如图所示，平面a A平面B=l ,Aa,Ba,ABQ 匸 D,CB,C?l，则平面 ABC与 平面B的交线是()A直线 ACB.直线 ABC 直线 CDD.直线 BC (2)给岀下列四个说法：1平面外的一条直线与这个平面最多有一个公共点；2若平面a内的一条直线 a 与平面B内的一条直线 b 相交,则a与B相

28、交；3若一条直线和两条平行线都相交，则这三条直线共面；4若三条直线两两相交，则这三条直线共面.其中正确说法的序号是 _ .答案(1)C (2)解析(1)由题意知，D l ,l?B，-DB.又 DAB：D 平面 ABC点 D 在平面 ABC 与平面B的交线上.又 C平面 ABCCB,点 C 在平面B与平面 ABC 的交线上，平面 ABCA平面B=CD.(2)中说法正确，因为直线在平面外即直线与平面相交或直线平行于平面，所以最多有一个公共点.中说法正确,a,b 有交点,则两平面有公共点，则两平面相交.中说法正确，两条平行直线可确定一个平 面，又直线与两条平行直线的两个交点分别在这两条平行直线上，所

29、以过这两个交点的直线也在平面内即三条直线共面.中说法错误，这三条直线可以交于同一点，但不在同一平面内.例2配合例 2 使用如图所示，在正方体 ABCD-AB1CD 中,M|N 分别是 AB1,BC 的中点.问:(1) AM 和 CN 是否是异面直线？说明理由.(2) DB 和 CC 是否是异面直线？说明理由.解:(1)不是异面直线.理由如下：连接 MNAiG,AC 如图所示.因为 MN 分别是 ABi,BC 的中点,所以 MIN/ ACi.又因为AACC所以四边形 AACC 为平行四边形，所以 AC/ AC所以 MIN/ AC所以 AMN,C 在同一平面内，故 AM 和 CN 不是异面直线.(

30、2)是异面直线.理由如下：因为几何体 ABCD-ABCD 是正方体，所以 BCQ,D 不共面.假设 DB 与 CC 不是异面直线，则存在平面a，使 DB?平面a,CC?平面a,所以 D,BCQa,这与 BC,Ci,D 不共面矛盾.所以假设不成立即 DB 和 CG 是异面直线.例3 配合例 3 使用(1)在直三棱柱 ABC-ABQ 中，/BCA=90 ,MN 分别是 ABi,AQi的中点，BC=CA=GC则 BM 与 AN 所成角的余弦值为()A B -(2)在直三棱柱 ABC-ABQ 中，/ABC=20 ,AB=2,BC=C(=1,则异面直线 AB 与 BC 所成角的余弦值为 ()AB C D

31、 -答案(1)C (2)C解析(1)如图所示，取 BC 的中点 E,连接 AENEME.由于 MN 分别是 ABiACi的中点所以 MIN/ BC 且 MN=BC,又 BE/ BiCi且 BE二BiC 所以 MN BE所以四边形 MNEB平行四边形，所以 EN BM所以直线 ANNE 所成的角即为直线 BMAN 所成的角设 BC=I,则 BiM=BAi=得 MB=- =NEAN=AE=.在AANE 中，根据余弦定理得 cos / ANE=-=，故选 C.(2)如图所示，将该直三棱柱补充成直四棱柱，并连接 BD 则 CD/ AB 且 CD=AB则四边形 ABCD 是平行四边形，所以 AD BC

32、BC,所以四边形 ABCiD 是平行四边形，所以 AB II DG 且 AB=DC,所以/ BOD 即为异面直线 AB 与 B0 所成的角或所成角的补角.在厶BCD 中,BC= _,DG= _,BD=-= :则由余弦定理，得 cos / BCD =，即异面直线 AB 与 BC 所成角的余弦值为 ，故选 C第 43 讲直线、平面平行的判定与性质考试说明 1.理解空间直线和平面位置关系的定义.2. 了解直线和平面的位置关系.3.掌握直线与平面平行的判定定理和性质定理，两个平面平行的判定定理和性质定理.【课前双基巩固】知识聚焦1. 没有公共点一条直线与此平面内的一条直线交线 平行2. 相交直线相交直

33、线两条直线同一条直线平行交线对点演练1.1解析过点 P 与直线 a 作平面B，设p n a=b，则 aIb,易知满足条件的直线只有 1 条.2. 平行 解析因为一=一,所以 EF/ AC.因为 AC?平面 ABCEF?平面 ABC 所以 EFI平面 ABC.3. 平行 解析易证 AG,AD 都与平面 ABC 平行，且 ADnAG=A 所以平面 ABC/平面 ADC.4. 平行解析连接 BD 设 BDn AC=(连接。在厶 BDD 中,0 为 BD 的中点,E 为 DD 的中点所以 E0% BDD的中位线，贝 U BD/ EQ 又 BD?平面 ACEECP 平面 ACE 所以 BD /平面 AC

34、E.5. 平行四边形解析T平面 ABFE/平面 DCGH 平面 EFGn平面 ABFE=EF 平面 EFGHT平面DCGH=HGEF/ HG.同理可得 EH/ FG 二四边形 EFGH 是平行四边形.6. 既不充分也不必要解析由 m?a,l /a不能推岀丨/ n;由 n?a,l / m 也不能推岀丨/a.所以是既不充分也不必要条件.7. (1 )a/a或 a?a(2)平行或相交(3)a/p或 a?p解析(1 )由直线与平面平行的判定定理 知,a 可能平行于a，也可能在a内.当 a,b 相交时,a/p当 a,b 平行时,a,p平行或相交.(3)当 a 在p外时,a/p当 a 在p内时,a/a也成

35、立.8.(4)解析由两个平面平行的判定定理可知，如果一个平面内的两条相交直线与另外一个平面平行 那么这两个平面平行.故可知(4)符合.【课堂考点探究】例 1 思路点拨(1)可举反例或画岀图形进行判断.(2)取 BiCi的中点 Q 连接 MQNC 则可证明平面 MNQ /平面 BBDD,进而得岀结论.(1) D (2)C解析(1)若anp=l ,a/l ,a?a,a?B，则 a/ a,a/ B，可排除 A 若a np=l ,a?a,a/l 则 a /B，可排除 B 若a n p=l ,a?a,a / l ,b?p,b / l 则 a/p,b/a，可排除 C 故选 D.(2) 取 BC 的中点 Q

36、 连接 MCNQ.M是 C1D1的中点，二 MQ/ BDi, MQ/ 平面 BBDD易知四边形 BBQN 是矩形， NQBB, NQ/ 平面 BBDQ,又 NQn MQ=Q平面 MNQ 平面 BBDD,/ MN 平面 MNQ，. MN/平面 BBDD,故选 C解析如图所示，EF,GH 分别是 AOBOBCAC 的中点则与平面 ABBA 平行的直线有EFGHFGEHEGFH共 6 条，故选 C例 2思路点拨方法一:取 PC 的中点 M 连接 DMMF 证明四边形 DEFM1 平行四边形；方法二:取 PA 的中 点N,连接 NENF 证明平面 NEF/平面 PCD 方法三:取 BC 的中点 G 连

37、接 EGFG 证明平面 GEF/平面 PCD.证明方法一 :取 PC 的中点 M 连接DMMF.M,F 分别是 PCPB 的中点, MF/ CBMF=CB.E为 DA 的中点，四边形 ABCD 为正方形，变式题 DE/ CBDE=CB. MF/ DEMF=DE 四边形 DEFM 为平行四边形 EF/ DM：EF?平面 PDCDIM 平面 PDC EF/ 平面 PDC.方法二:取 PA 的中点 N 连接 NENF.E 是 AD 的中点,N 是 PA 的中点,NE/ DP.F 是 PB 的中点,N 是 PA 的中点,NF/ AB/ AB/ CD 二 NF/ CD.又 NENF=NNE?平面 NEF

38、NF?平面 NEF,DP?平面 PCRCP 平面 PCD 二平面 NEF/平面 PCD.又 E?平面 NEF- E/平面 PCD.方法三:取 BC 的中点 G 连接 EGFG.在正方形 ABCD 中 ,E 是 AD 的中点,G 是 BC 的中点，GE/ CD.F是 PB 的中点,G 是 BC 的中点，GF/ PC.又 PCECD=CGE平面 GEFGF?平面 GEFPC?平面 PCDCC?平面 PCD平面 GE/平面 PCD.EF?平面 GEF EF/ 平面 PCD.变式题 解：(1)因为 AB/CD 所以一=-,即一=-因为 MN/平面 PCDMN 平面 PAC平面 PA平面 PCD=P,C

39、所以 MN/ PC.所以一=-即入=-.(2)方法一：因为 AB=AD/ BAD60 所以 ABD 为等边三角形，所以 BD=AD=,又因为 PD=,PA=PB=,所以PB=PD+BD且PAPD+AD,所以 PDL BD 且 PDL DA 又因为 DAO DB=D 所以 PDL 平面 ABCD.因为 PD?平面 PCD 所以平面 PCDL 平面 ABCD.在平面 ABCD 内过点 M 作 MEL CD 于 E,因为平面 PCDO平面 ABCD=GDT 以 ME1 平面 PCD.又因为 MN/平面 PCD 所以 ME 的长即为点 N 到平面 PCD 的距离.在厶 ABD 中，设 AB 边上的高为

40、 h,则 h 一，因为一=一所以 ME=h,即点 N 到平面 PCD 的距离为一.方法二：因为 AB=AIX BAD 锐所以 ABD 为等边三角形，所以 BD=AD=,又因为 PD= ,PA=PB=,所以 pB=PD+BD 且PAPD+AD,所以 PDL BD 且 PDL DA 又因为 DAODB=；所以 PDL 平面 ABCD.设点 N 到平面 PCD 的距离为 d,由 AN=AP 得 NP=AP,所以VN-PC=_VA-PCC=-VP-ACD)即PD SACC=d SAPCD因为 &AC=-AD DC* sinZADC,SPC=-PD CD=,PD=, 所以_x=_d，解得 d=-

41、,即点 N 到平面 PCD 勺距离为一 例 3 思路点拨(1)连接 BD 交 AC 于 O 得 OG/ BE 则 0G/平面 BEF 又 EF/ AC 得 AC/平面 BEF 利用面面平行的判定定理即得结论；(2)以 O 为坐标原点,建立空间直角坐标系，则可将问题转化为求直线 AD 与 平面 ABF 的法向量所成的角的余弦值.解:(1)证明:连接 BD 交 AC 于 0 连接 OG.由四边形 ABCD 是菱形，得 O 是 BD 的中点，又 G 是 DE 的中点，则 OG/ BE/ BE?平面 BEFOG 平面 BEF 0G/ 平面 BEF.又 EF/ ACAC?平面 BEFEF?平面 BEF：

42、 A/平面 BEF又 ACQOG=C?平面 ACGOG 平面 ACG平面 ACG 平面 BEF.(2)如图所示，以 0 为坐标原点，分别以 OCODOF 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系，则A(-1,0,0),B(0,-_,0),D(0,一,0)尺0,0,一)，=(1,_,0), =(1,-_,0),=(1,0,一),设面 ABF 的法向量为 m=(a,b,c),则 即-令 a=，则 b=1 ,c=-1,得 m= ,1,-1),贝 U cosv ,m 即直线 AD 与平面 ABF 所成的角的正弦值是 一.变式题 解：(1)证明:取 AD 的中点 G 连接 BDPGBG.在厶

43、PAD 中，丁 PA=P,D- PG_ AD./ AB=AD 且/ DAB=0 ,ABD 为正三角形，BG_L AD又 BOPG=CBG 平面 PBGPG 平面 PBG ADL 平面 PBG 又 BP?平面 PBG 二 ADL PB.(2)存在平面 CM|使得平面 CMN/平面 PAD 其中 MN 分别为 PBAB 的中点，以下给岀证明.如图，在APAB 中,MN/ PA 且 MN=PA又 MN 平面 PADPA?平面 PAD 二 MN 平面 PAD.在梯形 ABC 冲,CD/ AB 且 CD=AB. CD/ AN 且 CD=AN四边形 ANCD 为平行四边形, CN/ AD又 CN 平面 P

44、ADAD?平面 PAD 二 CN 平面 PAD.又 MN NC=N 二平面 CM/ 平面 PAD.由(1)可知 PG1AD 侧面 PADL 底面 ABCD 侧面 PAM 底面 ABCD=ADG 平面 PAD： PL平面 ABCD.在梯形 ABCD 中，由条件可得 BC=：.VP-ABC=-S梯形ABCD-PG=xx(1+2)xxPG=,.PG=.在APAD 中,PA=PAD=2,G 为 AD 的中点,PG= 一，PAD 为正三角形，二 PA=2,ZPAD=.在厶 MNC 中 ,CN=AD=,MN=PA=1, / MNChPAD=,本社目为敕师专用*/SMNCMN-NC- sin/MNC=x1x

45、2X一=_.tMV备用例题JIAOSHI DC YONG LiTi【备选理由】例 1 考查学生对平行关系的基本问题的理解；例 2 考查学生应用线面平行的判定定理进行证明的能力，并与转化法求体积问题综合，属于常见题型；例 3 以探索性问题的形成给出，考查学生应用 面面平行的判定定理与性质进行证明的能力例 1 配合例 1 使用(1)2018 成都诊断已知 mn 是空间中两条不同的直线，a,3是两个不同的平 面，且 m?a,n?3.有下列命题：1若a/3，则m/n;2若a/ 3，贝U m/ 3;3若aA3=1 且 m 丄丨，n 丄 I ,则a丄3;4若aQ3=丨,且mlI ,mL n,则a丄3.其中

46、正确命题的个数是()A 0 B 1C2 D 32018 -安庆模拟在正方体 ABCD-ABGD 中 MNQ 分别是棱 DG,AD1,BC 的中点，点 P 在 BD 上且BP二BD,则下面说法正确的是_ (填序号).1MN/平面 APCCQ/平面 APCA,P,M 三点共线 平面 MNQ平面 APC.答案(1)B (2)解析(1)若a/3，则 mil n 或 mn 异面,不正确；2若a/3，根据平面与平面平行的性质，可得 mil3，正确；3若a n 3=丨且 mlI ,nlI，则a与3不一定垂直，不正确；4若a n 3=l 且 mlI ,mL n,则 I 与 n 不一定相交，不能推岀a丄3，不正

47、确.如图 对于，易知 MN/ AC 连接 AMCN易得 AMCN 交于点 P,则 MN 平面 APC 则错误.对于,由知 MN 在平面 APC 内则由题易知 AN/ CQ 且 AN?平面 APQOQ?平面 APC所以 CQ/平面 APC正确.对于,由知 AP,M 三点共线，即正确.对于,由知 MN 平面 APC 又 MNP 平面 MN(所以 MN 是平面 MNQ 与平面 APC 的交线，错误.例2配合例 2 使用如图所示，在直三棱柱 ABC-ABC 中,M 为 CC的中点,N 为 AB 的中点,AA=BC=3,AB=2,AC=.(1)求证:CN/平面 ABM求三棱锥 B-AMN 的体积.解:(

48、1)证明:如图，取 AB 的中点 E,连接 EN几何体 ABC-ABC 为直三棱柱，二四边形 ABBA为矩形，则 AB ,EN 共面.设 ABnEN=F 连接 FM则 EN BB CC,且 F 为 EN 的中点.又TM为 CC的中点， NF/ CMNF=CM四边形 NCMI 为平面四边形，二 CN/ FM)又 MFP 平面 ABM,CNP 平面 ABM, CN/ 平面 ABM.连接 BC,易知 CM/平面 ABB, M到平面 ANB的距离等于 C 到平面 ANB的距离,-VM-ANB=Vc-ANB,四边形 ABBA为矩形,N 为 AB 的中点, SANB=_S梯形ABBAAB * AA= X2

49、 X 3=.在三角形 ABC 中,AB+BC=AC, AB 丄 BC.几何体 ABC-ABC为直三棱柱，平面 ABCL 平面 ABBA又平面 AB8 平面 ABBA=AB, BCL 平面 ABBA,Vc-ANB=-* SAANB*BC=X X3.例 3 配合例 3 使用如图，在以 AB,CDE,F 为顶点的多面体中，AF 丄平面 ABCDDE1 平面 ABCDAD/BCAB=CfEABC 右 0 ,BC=AF=AD；4DE=l.请在图中作岀平面a，使得 DE?a，且 BF/a，并说明理由.解:如图，取 BC 的中点 P,连接 PDPE 则平面 PDE 即为所求的平面a.显然,以下只需证明 BF

50、/平面a./ BC=2AQAD/ BC AD/ BP 且 AD=BP四边形 ABP为平行四边形 AB/ DP.又 AB?平面 PDEPD?平面 PDE AB/平面 PDE./ AF 丄平面 ABCDDEX 平面 ABCDAF/ DE.又 AF?平面 PDEDE?平面 PDEAF/平面 PDE.又 AF?平面 ABFAE?平面 ABFABQ AF=A平面 ABF/平面 PDE.又 BF?平面 ABF 二 BF/平面 PDE卩 BF/平面a.第 44 讲直线、平面垂直的判定与性质考试说明 1.以立体几何的有关定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直、面面垂直的有关性质与判定定理，并能够证

51、明相关性质定理.2.能运用线面垂直、面面垂直的判定及性质定理证明一些空间图形的垂直关系的简单命题【课前双基巩固】知识聚焦1. (1)任意一条直线垂线垂面(2)两条相交直线一条另一条任意一条直线平面2. (1)直二面角(2)直二面角/ AOB=0 垂线 二面角的平面角/ AOB=0 交线 另一个平面对点演练1. a 丄 b 解析因为 a 丄a，所以 a 垂直于a内的任意直线.因为 b/a,所以 b 可以平移至a内，所以 a 丄b.2. (1)外 垂解析(1)如图，连接 OAOBOCOP 因为在 Rt POARt POB 和 Rt POC 中 ,PA=PC=P,B所以 0A=0B=O 即 O 为A

52、ABC 的外心.(2)如图，丁 PC-PAPB!PCPAQPB=P PCU平面 PAB 又 AB?平面 PAB. PC AB又 AB 丄 PQPOQ PC=P. ABL 平面 PGC又 CG?平面 PGCAB 丄 CG 即 CGABC 的边 AB 上的高.同理可证 BDAH 为AABC 的边 ACBC 上的高，OABC 的垂心.3. AB,BCAC AB 解析因为 PC 丄平面 ABC 所以 PC 垂直于直线 ABBCAC;由 AB 丄 ACAB1PCA8 PC=C得 AB1 平面 PAC 则与 AP 垂直的直线为 AB.4. ABC 或 ABD 解析由题意可得 BD 丄 CD 又平面 ABD

53、L 平面 BCDM平面 ABDH 平面 BCD=BJ0f 以 CD丄 平面 ABD 所以平面 ADCL 平面 ABDCDL AB.又 AD 丄 ABADQ CD=所以 AB 丄平面 ADC 所以平面 ABCL平面 ADC.5. 必要不充分 解析根据直线与平面垂直的定义知“直线 a 与平面a内的无数条直线都垂直”不 能推岀“直线 a 与平面a垂直”，反之则可以，所以应是必要不充分条件.6. 平行、相交或异面解析若 a,b,c 在同一个平面内，则由题设条件可得 a/ c;若在空间中，则直线 a与 c 的位置关系不确定，平行、相交、异面都有可能.7. 不一定 解析当 n?a时，若a QB=l，且 n

54、 丄 l,则 n 丄B.【课堂考点探究】例 1思路点拨(1)可根据线面垂直的性质、面面垂直的判定定理等进行判断；(2)可根据直线与平面垂直的判定定理并结合两个平面的位置关系进行判断.(1)B(2)D 解析对于 A 选项设a Q B=&若丨/ a,且 l ?a,l?B，则 l /a,l /B，此时a与B相交，即 A 选项错误对于 B 选项若丨/a,lLB，则存在直线 a?a，使得丨/ a,此时 a 丄B，由平面与平面垂 直的判定定理得a丄B，即 B 选项正确；对于 C 选项若a丄B,丨丄a,则| /B或 l ?B，即 C 选项错误；对于 D 选项若a丄B,l /a，则 l 与B的位置关系

55、不确定，即 D 选项错误.故选 B(2)如图所示，在正方体 ABCD-ABGDi中,EF,GMNQ 均为所在棱的中点，则易知 EFGMN 为平面图形，直线 BD丄平面 EFGMN 且选项 AB,C 中的平面都与平面 EFGMN 重合，即直线 BD 与这三个平面都垂直，只有选 项 D中的平面与平面 EFGMN 不重合，且与平面 EFGMN 相交,即直线 BD 与这个平面不垂直.故选 D.变式题(1)C (2)D 懈析(1)如图所示，在正方体 ABCD-ABCiDi 中连接 ADAD,BC.由正方体的性质知 AD 丄 AiD,CDL AD,又TAiDGCD=p. ACL平面 ABCQ又:BC/ A

56、D,ABC 丄平面 AiBCDAiE?平面 AiBiCD 二 BC 丄 AE 故选 C由 m/a ,m/B,a Ap=n,利用线面平行的性质定理与公理 4 可得 m/ n,选项 A 中说法正确；由a丄3,ma,np，利用面面垂直的性质定理可得 nun,选项 B 中说法正确由a丄p,a L丫，pA丫 =ni 利 用面面垂直的性质定理可得ml a，选项 C 中说法正确由a/p ,m/ a，得m/ p或 m?p，因此选项 D 中说法不正确.故选 D.例 2 思路点拨(i)由等腰三角形的性质，得 POlAC 再利用勾股定理的逆定理得 PO 丄 OB 即可得到 PO 丄平面 ABC.(2)可先作 CH

57、丄 OM 于 H,由线面垂直的性质，得 PO 丄 CH 从而可得 CH 丄平面 POI卩 CH 的长为点 C 到平面 POM 内的距离.在厶 OCM 中，根据余弦定理可求得 0M 的长,再利用三角形面积公式即得 CH 的 长.解:(i)证明：因为 AP=CP=AC=O 为 AC 的中点，所以 OPLAC 且 OP=2_.连接 0B.因为 AB=BC=AC 所以 ABC 为等腰直角三角形且 OBL AC；OB=AC=2. 由 OP+OB=PB 知,OPL OB.由 OPL OBOPLACOBH AC=O 知 PC 丄平面 ABC.作 CHL Oh 垂足为 H 又由可得 OPLCHOE 0M=所以

58、 CHL 平面 POM故 CH 的长为点 C 到平面 POM 勺距离.由题设可知 OC=AC=?,CM=BC ，/ACB45 ,所以 0M ,CH=所以点 C 到平面 POM 勺距离为一.变式题 解:(i)证明:由 AB=2,AA=4,BBi=2,AA 丄 AB,BB 丄 AB 得 AB=ABi=2所以 A +A =A，故 AB 丄 AB.由 BC=2,BB=2,CC=1,BB 丄 BCCG 丄 BC 得 BC=由 AB=BC2,ZABC=20 ，得 AC=2由 CGIAC 得 AC=所以 A +Bi=A，故 AB 丄 BG,又 ABiQBiCi=Bi,因此 AB 丄平面 ABQ.如图，过点

59、Ci作 OD 丄 AB,交直线 AiBi于点 D 连接 AD.由 AB 丄平面 AiBiC,AB?平面 ABB,得平面 ABC 丄平面 ABB,由 CiDAB,平面 AiBGQ平面 ABB=ABi,得 GD 丄平面 ABB,所以/ CiAD 是 AC 与平面 ABB 所成的角.在厶 ABiC 中，由 BQ= ,AiBi=2 ,AiC=，得所以 GD=ACisin / CAiBi=在厶 ACD 中,sin / CiAD=因此，直线 AC 与平面 ABB 所成的角的正弦值是.例 3思路点拨(i)首先根据已知条件，可以得到/ BAC=)0 ，即 BA 丄 AC 再结合已知条件 BALAD 可以利用线

60、面垂直的判定定理证得 AB 丄平面 ACD 又因为 AB?平面 ABC 则可根据面面垂直的判定定理 证得 平面ACDL 平面 ABC(2)根据已知条件，求得相关线段的长度根据第问中相关的垂直条件，求得三棱锥 的高，之后即可利用三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积 .解:证明：由已知可得，/ BAC=0 ,BALAC.cos / GABi二,sin / CiAiBi=-又 BAXAD 所以 AB 丄平面 ACD.又 AB?平面 ABC 所以平面 ACDL 平面 ABC.由已知可得,DC=CM=AB,=DA=3又 BP=DQ=DA 所以 BP=2作 QE1AC 垂足为 E 则 QE -DC.由已知及(1)可知 DCL