高考数学一轮 知识点各个击破 第七章 立体几何课件 文 新人教A版

1、第七章立体几何 第一节 空间几何体的结构特征及三视图和直观图 第二节 空间几何体的表面积和体积 第三节 空间点、直线、平面间的位置关系 第四节 直线、平面平行的判定及性质 第五节 直线、平面垂直的判定与性质,目 录,第七章立 体 几 何,知识能否忆起,一、多面体的结构特征,互相平行,平行且相等,公共,顶点,底面,截面,底面,多边形,二、旋转体的形成,三、简单组合体 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，有多面体与多面体、多面体与旋转体、旋转体与旋转体的组合体,任一边,一条直角边,垂直于底边的腰,直径,四、平行投影与直观图 空间几何体

2、的直观图常用 画法来画，其规则是： (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 (2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍_ 平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度 ，平行于y轴的线段长度在直观图中 ,斜二测,垂直,平行于坐,标轴,不变,变为原来的一半,五、三视图动漫演示更形象,见配套课件 几何体的三视图包括 、 、 ，分别是从几何体的 、 、 观察几何体画出的轮廓线,正视图,侧视图,俯视图,正前方,正左方,正上方,超链接,小题能否全取 1(教材习题改编)以下关于几何体的三视图的论述中，正 确的是 () A球的三视图总是

3、三个全等的圆 B正方体的三视图总是三个全等的正方形 C水平放置的正四面体的三视图都是正三角形 D水平放置的圆台的俯视图是一个圆 解析：B中正方体的放置方向不明，不正确C中三视图不全是正三角形D中俯视图是一个圆环,答案：A,2(2012杭州模拟)用任意一个平面截一个几何体，各 个截面都是圆面，则这个几何体一定是 () A圆柱B圆锥 C球体 D圆柱、圆锥、球体的组合体 解析：当用过高线的平面截圆柱和圆锥时，截面分别为矩形和三角形，只有球满足任意截面都是圆面,答案：C,3下列三种叙述，其中正确的有 () 用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分是棱台； 两个底面平行且相似，其余各面都是梯形的多面

4、体是棱台； 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 A0个 B1个 C2个 D3个,答案：A,解析：中的平面不一定平行于底面，故错可用下图反例检验，故不正确,4(教材习题改编)利用斜二测画法得到的： 正方形的直观图一定是菱形； 菱形的直观图一定是菱形； 三角形的直观图一定是三角形 以上结论正确的是_ 解析：中其直观图是一般的平行四边形，菱形的直观图不一定是菱形，正确 答案：,5一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正视 图与侧视图分别如图所示，则该几何体的俯视图为_,解析：由三视图中的正、侧视图得到几何体的直观图如图所示，所以该几何体的俯视图为.,答案：,1.正棱柱与正棱锥

5、(1)底面是正多边形的直棱柱，叫正棱柱，注意正棱柱中 “正”字包含两层含义：侧棱垂直于底面；底面是正多边形 (2)底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心的棱锥叫正棱锥，注意正棱锥中“正”字包含两层含义：顶点在底面上的射影必需是底面正多边形的中心，底面是正多边形，特别地，各棱均相等的正三棱锥叫正四面体,2对三视图的认识及三视图画法 (1)空间几何体的三视图是该几何体在三个两两垂直的平面上的正投影，并不是从三个方向看到的该几何体的侧面表示的图形 (2)在画三视图时，重叠的线只画一条，能看见的轮廓线和棱用实线表示，挡住的线要画成虚线 (3)三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的

6、正前方、正左方、正上方观察几何体用平行投影画出的轮廓线,3对斜二测画法的认识及直观图的画法,(1)在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段，“平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半”,空间几何体的结构特征,例1(2012哈师大附中月考)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，其余两边绕旋转轴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都相等，则该棱锥可能是六棱锥 D圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线,自主解答A错误，如图1是由两个相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，它的

7、各个面都是三角形，但它不是三棱锥；B错误，如图2，若ABC不是直角三角形，或ABC是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥；,图1 图2,C错误，若该棱锥是六棱锥，由题设知，它是正六棱锥易证正六棱锥的侧棱长必大于底面边长，这与题设矛盾 答案D,解决此类题目要准确理解几何体的定义，把握几何体的结构特征，并会通过反例对概念进行辨析举反例时可利用最熟悉的空间几何体如三棱柱、四棱柱、正方体、三棱锥、三棱台等，也可利用它们的组合体去判断,1(2013天津质检)如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称 它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下4个命题中，假命题是 () A等腰四棱锥的腰与底面所成

8、的角都相等 B等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或 互补 C等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆 D等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上,解析：如图，等腰四棱锥的侧棱均相等， 其侧棱在底面的射影也相等，则其腰与 底面所成角相等，即A正确；底面四边形 必有一个外接圆，即C正确；在高线上可 以找到一个点O，使得该点到四棱锥各个 顶点的距离相等，这个点即为外接球的球心，即D正确；但四棱锥的侧面与底面所成角不一定相等或互补(若为正四棱锥则成立)故仅命题B为假命题,答案:B,几何体的三视图,例2(2012湖南高考)某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是 (),自主解答根据几何体的

9、三视图知识求解 由于该几何体的正视图和侧视图相同，且上部分是一个矩形，矩形中间无实线和虚线，因此俯视图不可能是C. 答案C,三视图的长度特征 三视图中，正视图和侧视图一样高，正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽，即“长对正，宽相等，高平齐” 注意画三视图时，要注意虚、实线的区别,2(1)(2012莆田模拟)如图是底面为正方形、一条侧棱垂 直于底面的四棱锥的三视图，那么该四棱锥的直观图是下列各图中的 (),解析：由俯视图排除B、C；由主视图、侧视图可排除A.,答案：D,(2)(2012济南模拟)如图，正三棱柱ABC A1B1C1的各棱长均为2，其正视图如图所 示，则此三棱柱侧视图的面积为(

10、),答案：D,几何体的直观图,例3已知ABC的直观图ABC是边长为a的正三角形，求原ABC的面积,自主解答 建立如图所示的坐标系xOy，AB C的顶点C在y轴上，AB边在x轴上， OC为ABC的高 把y轴绕原点逆时针旋转45得y轴，,用斜二测画法画几何体的直观图时，要注意原图形与直观图中的“三变、三不变”,3如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底 角为45，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是(),答案：A,典例(2012陕西高考)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，则该几何体的侧视图为 (),尝试解题还原正方体后，将D1，D，A三点分别向正

11、方体右侧面作垂线D1A的射影为C1B，且为实线，B1C被遮挡应为虚线 答案B,1.因没有区分几何体中的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线为虚线，误选A、C. 2.因为忽视了B1C被遮挡，误认为无投影，不用画出，误选D. 3.对于由几何体画出其三视图时，首先要看清几何体的结构特征，在绘制三视图时，若相邻两几何体的两表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，分界线和可见轮廓线都是用实线画出，被挡住的轮廓线用虚线画出，其次要注意三视图的长、宽、高的要求及排放规则.,1若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直 观图可以是(),解析：由正视图与俯视图可以将选项A、C排除；根据侧视图，可以

12、将D排除，注意正视图与俯视图中的实线,答案:B,2将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如下图所 示，则该几何体的侧视图为(),解析：被截去的四棱锥的三条可见侧棱中有两条为长方体的面对角线，它们在右侧面上的投影与右侧面(长方形)的两条边重合，另一条为体对角线，它在右侧面上的投影与右侧面的对角线重合，对照各图，只有选项D符合,答案:D,教师备选题（给有能力的学生加餐）,1(2012北京朝阳二模)有一个棱长为1的正方体， 按任意方向正投影，其投影面积的最大值是 (),答案： D,2如图，ABC与ACD都是 等腰直角三角形，且AD DC2，ACBC.平面ACD 平面ABC，如果以平面AB C为水平平面

13、，正视图的观察方向与AB垂直，则三棱锥DABC的三视图的面积和为_,3(2012北京海淀)已知正三棱柱 ABCABC的正视图和 侧视图如图所示，设ABC， ABC的中心分别是O，O，现将此三棱柱绕直线OO旋转，射线OA旋转所成的角为x弧度(x可以取到任意一个实数)，对应的俯视图的面积为S(x)，则函数S(x)的最大值为_；最小正周期为_ (说明：“三棱柱绕直线OO旋转”包括逆时针方向和顺时针方向，逆时针方向旋转时，OA旋转所成的角为正角，顺时针方向旋转时，OA旋转所成的角为负角),知识能否忆起 柱、锥、台和球的侧面积和体积,2rl,rl,(r1r2)l,Sh,r2h,Ch,Sh,4R2,小题能

14、否全取 1(教材习题改编)侧面都是直角三角形的正三棱锥，底 面边长为a时，该三棱锥的全面积是 (),答案：A,2已知正四棱锥的侧棱与底面的边长都为3，则这个四 棱锥的外接球的表面积为 () A12 B36 C72 D108,答案：B,3.某几何体的俯视图是如图所示的矩 形，正视图是一个底边长为8，高 为5的等腰三角形，侧视图是一个 底边长为6，高为5的等腰三角形， 则该几何体的体积为() A24 B80 C64 D240,答案：B,4(教材习题改编)表面积为3的圆锥，它的侧面展开图 是一个半圆，则该圆锥的底面直径为_ 解析：设圆锥的母线为l，圆锥底面半径为r， 则rlr23，l2r. 解得r1

15、，即直径为2. 答案：2,5.某几何体的三视图如图所示， 其中正视图是腰长为2的等腰 三角形，侧视图是半径为1的 半圆，则该几何体的表面积 是_,1.几何体的侧面积和全面积： 几何体侧面积是指(各个)侧面面积之和，而全面积是侧面积与所有底面积之和对侧面积公式的记忆，最好结合几何体的侧面展开图来进行 2求体积时应注意的几点： (1)求一些不规则几何体的体积常用割补的方法转化成已知体积公式的几何体进行解决 (2)与三视图有关的体积问题注意几何体还原的准确性及数据的准确性 3求组合体的表面积时注意几何体的衔接部分的处理,(2012安徽高考)某几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积是_,几何体的表面

16、积,自主解答由几何体的三视图可知，该几何体是底面为直角梯形的直四棱柱(如图所示),答案92,1以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量 2多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理 3旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用,答案:D,几何体的体积,例2 (1)(2012广东高考)某几何体的三视图如图所示，它的体积为 (),A72B48 C30 D24,(2)(2012山东高考)如图，正方 体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E为线 段B1C上的一点，则三棱锥ADED1的 体积为_,自主解答(1) 由三视图知，该几何体

17、 是由圆锥和半球组合而成的，直观图如图所 示，圆锥的底面半径为3，高为4，半球的半 径为3.,本例(1)中几何体的三视图若变为：,其体积为_,答案：24,1计算柱、锥、台体的体积，关键是根据条件找出相应的底面面积和高，应注意充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题求解 2注意求体积的一些特殊方法：分割法、补体法、转化法等，它们是解决一些不规则几何体体积计算常用的方法，应熟练掌握 3等积变换法：利用三棱锥的任一个面可作为三棱锥的底面求体积时，可选择容易计算的方式来计算；利用“等积法”可求“点到面的距离”,2(1)(2012长春调研)四棱锥PABCD的底面ABCD为正 方形，

18、且PD垂直于底面ABCD，N为PB中点，则三棱锥PANC与四棱锥PABCD的体积比为 (),A12 B13 C14 D18,答案：C,(2)(2012浙江模拟)如图，是某几何体的三视图，则这个几何体的体积是 (),答案：B,与球有关的几何体的表面积与体积问题,例3(2012新课标全国卷)已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC2，则此棱锥的体积为 (),答案A,1解决与球有关的“切”、“接”问题，一般要过球心及多面体中的特殊点或过线作截面，把空间问题转化为平面问题，从而寻找几何体各元素之间的关系 2记住几个常用的结论： (1)正方体的棱

19、长为a，球的半径为R，,正方体的内切球，则2Ra；,(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为13.,3(1)(2012琼州模拟)一个几何体的三视图如图所示，其 中正视图是一个正三角形，则这个几何体的外接球的表面积为 (),某些空间几何体是某一个几何体的一部分，在解题时，把这个几何体通过“补形”补成完整的几何体或置于一个更熟悉的几何体中，巧妙地破解空间几何体的体积问题，这是一种重要的解题策略补形法.常见的补形法有对称补形、联系补形与还原补形.对于还原补形，主要涉及台体中“还台为锥”问题.,1对称补形 典例1(2012湖北高考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 (),答案B,题后

20、悟道对称”是数学中的一种重要关系，在解决空间几何体中的问题时善于发现对称关系对空间想象能力的提高很有帮助,题后悟道三条侧棱两两互相垂直，或一侧棱垂直于底面，底面为正方形或长方形，则此几何体可补形为正方体或长方体，使所解决的问题更直观易求,教师备选题（给有能力的学生加餐）,1两球O1和O2在棱长为1的正方体ABCDA1B1 C1D1的内部，且互相外切，若球O1与过点A 的正方体的三个面相切，球O2与过点C1的正 方体的三个面相切，则球O1和O2的表面积之 和的最小值为 (),答案：A,2已知某球半径为R，则该球内接长方体的表面积的最 大值是 () A8R2 B6R2 C4R2 D2R2,答案：A

21、,3.右图是一个几何体的三视图(侧视图中的 弧线是半圆)，则该几何体的表面积是 () A203B243 C204D244,答案：A,答案：D,5(2012上海高考)如图，AD与BC是四面 体ABCD中互相垂直的棱，BC2.若AD 2c，且ABBDACCD2a，其中 a，c为常数，则四面体ABCD的体积的 最大值是_,知识能否忆起 一、平面的基本性质,lZ,l，且Pl,二、空间直线的位置关系 1位置关系的分类,相交,一个,平行,没有,没有,没有,2平行公理 平行于同一条直线的两条直线互相 ,平行,3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 4异面直线所成的角(或夹角) (1)定

22、义：设a，b是两条异面直线，经过空间中任一点O作直线aa，bb，把a与b所成的 叫做异面直线a与b所成的角 (2)范围：_.,相等或互补,锐角(或直角),超链接,动漫演示更形象，见配套课件,三、直线与平面的位置关系,l,无数个,lA,一个,l,0个,四、平面与平面的位置关系,0个,无数,小题能否全取,1(教材习题改编)已知a，b是异面直线，直线c平行于 直线a，那么c与b() A异面B相交 C不可能平行 D不可能相交,解析：由已知直线c与b可能为异面直线也可能为相交直线，但不可能为平行直线，若bc，则ab.与a，b是异面直线相矛盾,答案：C,2(2013东北三校联考)下列命题正确的个数为 ()

23、 经过三点确定一个平面； 梯形可以确定一个平面； 两两相交的三条直线最多可以确定三个平面； 如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合 A0 B1 C2 D3 解析：错误，正确,答案：C,3已知空间中有三条线段AB，BC和CD，且ABC BCD，那么直线AB与CD的位置关系是 () AABCD BAB与CD异面 CAB与CD相交 DABCD或AB与CD异面或AB与CD相交 解析：若三条线段共面，如果AB，BC，CD构成等腰三角形，则直线AB与CD相交，否则直线AB与CD平行；若不共面，则直线AB与CD是异面直线,答案：D,4(教材习题改编)如图所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E，F

24、分别是 AB，AD的中点，则异面直线B1C与 EF所成的角的大小为_ 解析：连接B1D1，D1C， 则B1D1EF， 故D1B1C为所求，又B1D1B1CD1C， D1B1C60. 答案：60,5(教材习题改编)平行六面体ABCDA1B1C1D1中既与 AB共面又与CC1共面的棱的条数为_,解析：如图，与AB和CC1都相交的 棱有BC；与AB相交且与CC1平行 的棱有AA1，BB1；与AB平行且与 CC1相交的棱有CD，C1D1，故符合 条件的棱共有5条,答案：5,1.三个公理的作用 (1)公理1的作用：检验平面；判断直线在平面内；由直线在平面内判断直线上的点在平面内 (2)公理2的作用：确定

25、平面的依据，它提供了把空间问题转化为平面问题的条件 (3)公理3的作用：判定两平面相交；作两相交平面的交线；证明多点共线,2异面直线的有关问题 (1)判定方法：反证法；利 用结论即过平面外一点与平面内一 点的直线与平面内不过该点的直线 是异面直线，如图 (2)所成的角的求法：平移法,平面的基本性质及应用,例1(2012湘潭模拟)如图所示， 在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为AB 的中点，F为A1A的中点， 求证：CE，D1F，DA三线共点,本例条件不变试证明E，C，D1，F四点共面,1证明线共点问题常用的方法是：先证其中两条直线交于一点，再证交点在第三条直线上 2证明点或线共面问题一般有

26、以下两种途径：首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余线(或点)均在这个平面内；将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证平面重合,1(1)(2013江西模拟)在空间中，下列命题正确的是 () A对边相等的四边形一定是平面图形 B四边相等的四边形一定是平面图形 C有一组对边平行的四边形一定是平面图形 D有一组对角相等的四边形一定是平面图形,(2)对于四面体ABCD，下列命题正确的是_(写出所有正确命题的编号) 相对棱AB与CD所在直线异面； 由顶点A作四面体的高，其垂足是BCD三条高线的交点； 若分别作ABC和ABD的边AB上的高，则这两条高所在的直线异面； 分别作三组相对

27、棱中点的连线，所得的三条线段相交于一点,解析：(1)由“两平行直线确定一个平面”知 C正确 (2)由四面体的概念可知，AB与CD所在的 直线为异面直线，故正确； 由顶点A作四面体的高，只有当四面体ABCD的对棱互相垂直时，其垂足是BCD的三条高线的交点，故错误；当DADB，CACB时，这两条高线共面，故错误；设AB，BC，CD，DA的中点依次为E，F，M，N，易证四边形EFMN为平行四边形，所以EM与FN相交于一点，易证另一组对棱也过它们的交点，故正确,答案：(1)C(2),异面直线的判定,例2(2012金华模拟)在图中，G，N，M，H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

28、异面直线的图形有_(填上所有正确答案的序号),自主解答图中，直线GHMN； 图中，G，H，N三点共面，但M面GHN， 因此直线GH与MN异面； 图中，连接MG，GMHN， 因此GH与MN共面； 图中，G，M，N共面，但H面GMN， 因此GH与MN异面 所以图中GH与MN异面 答案,1异面直线的判定常用的是反证法，先假设两条直线不是异面直线，即两条直线平行或相交，由假设的条件出发，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客观题中，也可用下述结论：过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线,2已知m，n，l为不同的直线，为不同的

29、平面，有 下面四个命题： m，n为异面直线，过空间任一点P，一定能作一条直线l与m，n都相交 m，n为异面直线，过空间任一点P，一定存在一个与直线m，n都平行的平面 ，l，m，n，m，n与l都斜交，则m与n一定不垂直；,m，n是内两相交直线，则与相交的充要条件是m，n至少有一条与相交 则四个结论中正确的个数为 () A1B2 C3 D4,解析：错误，因为过直线m存在一个与直线n平行的平面，当点P在这个平面内且不在直线m上时，就不满足结论；错误，因为过直线m存在一个与直线n平行的平面，当点P在这个平面内时， 就不满足结论；正确，否则，若mn，在直线m上取一点作直线al，由，得an.从而有n，则n

30、l；正确,答案：B,例3(2012大纲全国卷)已知正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为BB1，CC1的中点，那么异面直线AE与D1F所成角的余弦值为_,异面直线所成角,求异面直线所成的角一般用平移法，步骤如下： (1)一作：即找或作平行线，作出异面直线所成的角； (2)二证：即证明作出的角是异面直线所成的角； (3)三求：解三角形，求出所作的角，如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角，如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角,答案：B,典例(2012浙江高考)设l是直线，是两个不同的平面 () A若l，l，则 B若l，l，则 C若，l，则l D若，l，则l,常规解法设a，若直线

31、la，且l，l，则l，l，因此不一定平行于，故A错误；由于l，故在内存在直线ll.又因为l.所以l，故，所以B正确；若，在内作交线的垂线l，则l，此时l在平面内，因此C错误；已知，若a，la，且l不在平面，内，则l且l，因此D错误 答案B,(1)构造法实质上是结合题意构造适合题意的直观模型，然后将问题利用模型直观地作出判断，这样减少了抽象性，避免了因考虑不全面而导致解题错误 (2)对于线面、面面平行、垂直的位置关系的判定，可构造长方体或正方体化抽象为直观去判断,巧思妙解借助于长方体模型解决本题： 对于A，如图，与可相交； 对于B，如图，不论在何位置，都有； 对于C，如图，l可与平行或l内； 对

32、于D，如图，l或l或l.,(2012大连二模)平面外有两条直线m和n，如果m和n在平面内的射影分别是直线m1和直线n1，给出下列四个命题：m1n1mn；mnm1n1；m1与n1相交m与n相交或重合；m1与n1平行m与n平行或重合 其中不正确的命题个数是() A1B2 C3 D4,.,解析：如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中AD1，AB1，B1C在底面上 的射影分别是A1D1，A1B1，B1C1. A1D1A1B1，但AD1不垂直AB1， 故不正确；又AD1B1C，但A1D1 B1C1，故也不正确；若m1与n1相交，则m与n还可以异面，不正确；若m1与n1平行，m与n可以平行，也可以异面

33、，不正确 答案：D,教师备选题（给有能力的学生加餐）,1(2012襄阳模拟)关于直线a，b，l以及平面M， N，下面命题中正确的是 () A若aM，bM，则ab B若aM，ba，则bM C若aM，aN，则MN D若aM，bM, 且la，lb，则lM,解析：同平行于一个平面的两条直线可平行也可相交或异面，故A错aM，ba时，b与M的位置关系不确定，B错；当ab时，la，lb，l不一定垂直于M，故D错误,答案：C,2(2012蚌埠模拟)如图在四面体OABC 中，OA，OB，OC两两垂直，且OB OC3，OA4.给出如下判断： 存在点D(O点除外)，使得四面体 DABC有三个面是直角三角形； 存在点

34、D，使得点O在四面体DABC 外接球的球面上； 存在唯一的点D使得OD平面ABC； 存在的点D，使得四面体DABC是正棱锥； 存在无数个点D，使得AD与BC垂直且相等 其中正确命题的序号是_(把你认为正确命题的序号填上),解析：作OH平面ABC于H并延长至D，使OHHD，则四面体DABC与四面体OABC全等，故正确； 在以O，A，B，C确定的球上，显然存在点D满足条件，故正确； 过O做平面ABC的垂线，在垂线上取四面体OABC右上方外的点D，显然OD平面ABC，故不正确；,ABC不是正三角形，以ABC为底面没有正棱锥 取BC的中点O1，在平面AOO1内取D，使BCBDCD3且AD5，则四面体是

35、以BCD为底的正棱锥，这样的D点存在，所以正确 BC垂直于所作的平面AOO1，在平面AOO1内以A为圆心，以BC为半径作圆，圆周上任一点满足条件，所以这样的D点有无数个，故正确,答案：,3(2012西安模拟)在三棱锥PABC中，PA底面 ABC，ACBC，PAACBC，则直线PC与AB所成角的大小是_,答案：60,知识能否忆起,一、直线与平面平行 1判定定理,平面内,a,b,ba,2性质定理,平行,a,a,b,二、平面与平面平行 1判定定理,相交直线,a,b,abP,a,b,相交,交线,a,b,2性质定理,1(教材习题改编)下列条件中，能作为两平面平行的充 分条件的是 () A一个平面内的一条

36、直线平行于另一个平面 B一个平面内的两条直线平行于另一个平面 C一个平面内有无数条直线平行于另一个平面 D一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面 解析：由面面平行的定义可知，一平面内所有的直线都平行于另一个平面时，两平面才能平行，故D正确,小题能否全取,答案：D,2已知直线a，b，平面，则以下三个命题： 若ab，b，则a； 若ab，a，则b； 若a，b，则ab. 其中真命题的个数是 () A0B1 C2 D3 解析：对于命题，若ab，b，则应有a或a，所以不正确； 对于命题，若ab，a，则应有b或b，因此也不正确； 对于命题，若a，b，则应有ab或a与b相交或a与b异面，因此也不正确,答案：

37、A,3(教材习题改编)若一直线上有相异三个点A，B，C 到平面的距离相等，那么直线l与平面的位置关系是() Al Bl Cl与相交且不垂直 Dl或l 解析：由于l上有三个相异点到平面的距离相等，则l与可以平行，l时也成立,答案：D,4平面平面，a，b，则直线a，b的位置关 系是_ 解析：由可知，a，b的位置关系是平行或异面 答案：平行或异面,5(2013衡阳质检)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是 DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为_,解析：如图 连接AC，BD交于O点，连结OE，因 为OEBD1，而OE平面ACE，BD1 平面ACE，所以BD1平面ACE. 答案：平行,1.

38、平行问题的转化关系：,2在解决线面、面面平行的判定时，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”；而在性质定理的应用中，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向总是由题目的具体条件而定，决不可过于“模式化” 3辅助线(面)是求证平行问题的关键，注意平面几何中位线，平行四边形及相似中有关平行性质的应用,线面平行、面面平行的基本问题,例1(2011福建高考)如图，正方 体ABCDA1B1C1D1中，AB2，点E为 AD的中点，点F在CD上若EF平面 AB1C，则线段EF的长度等于_,本例条件变为“E是AD中点，F，G，H，N分别是AA1，A1D1，DD1与D

39、1C1的中点，若M在四边形EFGH及其内部运动”，则M满足什么条件时，有MN平面A1C1CA.,解决有关线面平行、面面平行的基本问题要注意： (1)判定定理与性质定理中易忽视的条件，如线面平行的判定定理中条件线在面外易忽视 (2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断 (3)举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确,1(1)(2012浙江高三调研)已知直线l平面，P，那 么过点P且平行于直线l的直线 () A只有一条，不在平面内 B有无数条，不一定在平面内 C只有一条，且在平面内 D有无数条，一定在平面内,解析：由直线l与点P可确定一个平面，且平面，有公共点，因此它们有一条公共直线，设该公共

40、直线为m，因为l，所以lm，故过点P且平行于直线l的直线只有一条，且在平面内,答案：C,(2)(2012潍坊模拟)已知m，n，l1，l2表示直线，表示平面若m，n，l1，l2，l1l2M，则的一个充分条件是() Am且l1Bm且n Cm且nl2 Dml1且nl2 解析：由定理“如果一个平面内有两条相交直线分别与另一个平面平行，那么这两个平面平行”可得，由选项D可推知.,答案：D,直线与平面平行的判定与性质,例2(2012辽宁高考) 如图，直三棱柱ABCABC， BAC90，ABAC，AA 1，点M，N分别为AB和BC 的中点 (1)证明：MN平面AACC；,自主解答(1)证明：法一：连接 AB

41、、AC，因为点M，N分别 是AB和BC的中点， 所以点M为AB的中点 又因为点N为BC的中点， 所以MNAC. 又MN平面AACC， AC平面AACC， 因此MN平面AACC.,法二：取AB的中点P.连接MP. 而点M，N分别为AB与BC的 中点，所以MPAA，PNAC. 所以MP平面AACC，PN平 面AACC.又MPPNP， 因此平面MPN平面AACC.而MN平面MPN， 因此MN平面AACC.,利用判定定理证明线面平行的关键是找平面内与已知直线平行的直线，可先直观判断平面内是否已有，若没有，则需作出该直线，常考虑三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线,2(2012淄

42、博模拟)如图，在棱长为2 的正方体ABCDA1B1C1D1中，E， F分别是BD，BB1的中点 (1)求证：EF平面A1B1CD； (2)求证：EFAD1.,(2)ABCDA1B1C1D1是正方体， AD1A1D，AD1A1B1. 又A1DA1B1A1， AD1平面A1B1D. AD1B1D. 又由(1)知，EFB1D，EFAD1.,平面与平面平行的判定与性质,例3如图，已知ABCDA1B1C1D1 是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F 在CC1上，G在BB1上，且AEFC1B1G 1，H是B1C1的中点 (1)求证：E，B，F，D1四点共面； (2)求证：平面A1GH平面BED1F.,常

43、用的判断面面平行的方法 (1)利用面面平行的判定定理； (2)面面平行的传递性(，)； (3)利用线面垂直的性质(l，l),3(2012北京东城二模)如图，矩 形AMND所在的平面与直角梯 形MBCN所在的平面互相垂直， MBNC，MNMB. (1)求证：平面AMB平面DNC； (2)若MCCB，求证：BCAC.,证明：(1)因为MBNC，MB平面DNC，NC平面DNC， 所以MB平面DNC. 又因为四边形AMND为矩形，所以MADN. 又MA平面DNC，DN平面DNC. 所以MA平面DNC. 又MAMBM，且MA，MB平面AMB， 所以平面AMB平面DNC.,(2)因为四边形AMND是矩形，

44、 所以AMMN. 因为平面AMND平面MBCN，且平面AMND平面MBCNMN， 所以AM平面MBCN. 因为BC平面MBCN， 所以AMBC. 因为MCBC，MCAMM， 所以BC平面AMC. 因为AC平面AMC， 所以BCAC.,立体几何中的探索性问题主要是对平行、垂直关系的探究，对条件和结论不完备的开放性问题的探究，解决这类问题一般根据探索性问题的设问，假设其存在并探索出结论，然后在这个假设下进行推理论证，若得到合乎情理的结论就肯定假设，若得到矛盾就否定假设.,典例如图，在四面体PABC中，PC AB，PABC，点D，E，F，G分别 是棱AP，AC，BC，PB的中点 (1)求证：DE平面

45、BCP； (2)求证：四边形DEFG为矩形； (3)是否存在点Q，到四面体PABC六条棱的中点的距离相等？说明理由,解(1)证明：因为D，E分别为AP，AC的中点， 所以DEPC. 又因为DE平面BCP， 所以DE平面BCP.,(2)证明：因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点， 所以DEPCFG， DGABEF. 所以四边形DEFG为平行四边形 又因为PCAB， 所以DEDG. 所以四边形DEFG为矩形,题后悟道此类问题一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，一般点的情形很少，然后给出符合要求的证明，注意书写格式要规范，一般有两种格式： 第一种书写格式：探求出点的位

46、置证明符合要求写出明确答案； 第二种书写格式：从结论出发“要使什么成立”，“只需使什么成立”，寻求使结论成立的充分条件，类似于分析法,证明：存在证明如下：取 棱PC的中点F，线段PE的中点M， 连接BD. 设BDACO. 连接BF，MF，BM，OE. PEED21，F为PC的 中点，M是PE的中点，E是MD的中点， MFEC，BMOE.,MF平面AEC，CE平面AEC，BM平面AEC，OE平面AEC， MF平面AEC，BM平面AEC. MFBMM， 平面BMF平面AEC. 又BF平面BMF， BF平面AEC.,教师备选题（给有能力的学生加餐）,1已知m，n，l为三条不同的直线， 为两个不同的平

47、面，则下列命题中正确的 是 () A，m，nmn Bl，l Cm，mnn D，ll,解析：对于选项A，m，n平行或异面；对于选项B，可能出现l这种情形；对于选项C，可能出现n这种情形,答案：D,2.如图，三棱柱ABCA1B1C1，底面为 正三角形，侧棱A1A底面ABC，点 E，F分别是棱CC1，BB1上的点，点 M是线段AC上的动点，EC2FB. 当点M在何位置时，BM平面AEF?,解：法一：如图，取AE的中点O， 连接OF，过点O作OMAC于点M. 侧棱A1A底面ABC， 侧面A1ACC1底面ABC， OM底面ABC.,3(2012蚌埠二中质检)如图1所示，在RtABC中，AC 6，BC3，

48、ABC90，CD为ACB的角平分线，点E在线段AC上，CE4.如图2所示，将BCD沿CD折起，使得平面BCD平面ACD，连接AB，设点F是AB的中点,(1)求证：DE平面BCD； (2)若EF平面BDG，其中G为直线AC与平面BDG的交点，求三棱锥BDEG的体积,知识能否忆起,一、直线与平面垂直,1直线和平面垂直的定义 直线l与平面内的 直线都垂直，就说直线l与平面互相垂直,任意一条,2直线与平面垂直的判定定理及推论,两条相交直线,垂直,a，b,abO,la,lb,ab,a,3直线与平面垂直的性质定理,平行,a,b,垂线,l,l,二、平面与平面垂直 1平面与平面垂直的判定定理,2平面与平面垂直

49、的性质定理,l,a,la,交线,小题能否全取 1(教材习题改编)已知平面，直线l，若， l，则 () A垂直于平面的平面一定平行于平面 B垂直于直线l的直线一定垂直于平面 C垂直于平面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、都垂直 解析：对于A中可与平行或相交，不正确 对于B中，可与垂直或斜交，不正确 对于C中，可与直线l平行或相交，不正确,答案：D,2.(2012厦门模拟)如图，O为正方体 ABCDA1B1C1D1的底面ABCD的 中心，则下列直线中与B1O垂直的 是 () AA1DBAA1 CA1D1 DA1C1,解析：易知AC平面BB1D1D. A1C1AC，A1C1平面

50、BB1D1D. 又B1O平面BB1D1D，A1C1B1O.,答案：D,3已知，是两个不同的平面，m，n是两条不重合的 直线，则下列命题中正确的是 () A若m，n，则mn B若m，mn，则n C若m，n，则mn D若，n，mn，则m 解析：对于选项A，若m，n，则mn，或m，n是异面直线，所以A错误；对于选项B，n可能在平面内，所以B错误；对于选项D，m与的位置关系还可以是m，m，或m与斜交，所以D错误；由面面垂直的性质可知C正确,答案：C,4.如图，已知PA平面ABC，BCAC，则图 中直角三角形的个数为_ 解析：由线面垂直知，图中直角三角形为4个 答案：4,5(教材习题改编)如图，已知六棱

51、锥PABCD EF的底面是正六边形，PA平面ABC，PA 2AB.则下列命题正确的有_ PAAD；平面ABC平面PBC；直线BC平 面PAE；直线PD与平面ABC所成角为30. 解析：由PA平面ABC，PAAD，故正确； 中两平面不垂直，中AD与平面PAE相交， BCAD，故不正确；中PD与平面ABC所成角为45. 答案：,1.在证明线面垂直、面面垂直时，一定要注意判定定理成立的条件同时抓住线线、线面、面面垂直的转化关系，即：,2在证明两平面垂直时，一般先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的直线图中不存在，则可通过作辅助线来解决，如有平面垂直时，一般要用性质定理 3几个常用的结论： (1)过

52、空间任一点有且只有一条直线与已知平面垂直 (2)过空间任一点有且只有一个平面与已知直线垂直,垂直关系的基本问题,例1(2013襄州模拟)若m，n为两条不重合的直线，为两个不重合的平面，给出下列命题：若m，n都平行于平面，则m，n一定不是相交直线；若m、n都垂直于平面，则m，n一定是平行直线；已知，互相垂直，m，n互相垂直，若m，则n；m，n在平面内的射影互相垂直，则m，n互相垂直其中的假命题的序号是_,自主解答显然错误，因为平面平面，平面内的所有直线都平行，所以内的两条相交直线可同时平行于；正确；如图1所示，若l，且nl，当m时，mn，但n，所以错误；如图2显然当mn时，m不垂直于n，所以错误

53、,答案,解决此类问题常用的方法有：依据定理条件才能得出结论的，可结合符合题意的图形作出判断；否定命题时只需举一个反例寻找恰当的特殊模型(如构造长方体)进行筛选,1(2012长春模拟)设a，b是两条不同的直线，是两 个不同的平面，则下列四个命题： 若ab，a，b，则b；若a，a，则；若a，则a或a；若ab，a，b，则. 其中正确命题的个数为 () A1B2 C3 D4,解析：对于，由b不在平面内知，直线b或者平行于平面，或者与平面相交，若直线b与平面相交，则直线b与直线a不可能垂直，这与已知“ab”相矛盾，因此正确对于，由a知，在平面内必存在直线a1a，又a，所以有a1，所以，正确对于，若直线a

54、与平面相交于点A，过点A作平面、的交线的垂线m，则m，又，则有am，这与“直线a、m有公共点A”相矛盾，因此正确对于，过空间一点O分别向平面、引垂线a1、b1，则有aa1，bb1，又ab，所以a1b1，所以，因此正确综上所述，其中正确命题的个数为4.,答案:D,直线与平面垂直的判定与性质,(1)证明：PH平面ABCD；,(3)证明：EF平面PAB.,自主解答(1)证明：因为AB平面PAD，PH平面PAD， 所以PHAB. 因为PH为PAD中AD边上的高，所以PHAD. 因为PH平面ABCD，ABADA，AB，AD平面ABCD， 所以PH平面ABCD.,证明直线和平面垂直的常用方法有： (1)利

55、用判定定理 (2)利用判定定理的推论(ab，ab) (3)利用面面平行的性质(a，a) (4)利用面面垂直的性质 当两个平面垂直时，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面,2(2012启东模拟)如图所示，已知PA 矩形ABCD所在平面，M，N分别 是AB，PC的中点 (1)求证：MNCD； (2)若PDA45，求证：MN平 面PCD.,(2)连接PM，MC，PDA45， PAAD，APAD. 四边形ABCD为矩形，ADBC， APBC. 又M为AB的中点，AMBM. 而PAMCBM90， PAMCBM. PMCM. 又N为PC的中点，MNPC. 由(1)知，MNCD，PCCDC，MN平面

56、PCD.,面面垂直的判定与性质,例3(2012江苏高考)如图，在直三 棱柱ABCA1B1C1中，A1B1A1C1，D， E分别是棱BC，CC1上的点(点D不同于点 C)，且ADDE，F为B1C1的中点 求证：(1)平面ADE平面BCC1B1； (2)直线A1F平面ADE.,自主解答(1)因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1平面ABC， 又AD平面ABC，所以CC1AD. 又因为ADDE，CC1，DE平面BCC1B1， CC1DEE， 所以AD平面BCC1B1.又AD平面ADE， 所以平面ADE平面BCC1B1.,(2)因为A1B1A1C1，F为B1C1的中点， 所以A1FB1C1. 因

57、为CC1平面A1B1C1，且A1F平面A1B1C1， 所以CC1A1F. 又因为CC1，B1C1平面BCC1B1，CC1B1C1C1， 所以A1F平面BCC1B1. 由(1)知AD平面BCC1B1，所以A1FAD. 又AD平面ADE，A1F平面ADE， 所以A1F平面ADE.,1判定面面垂直的方法： (1)面面垂直的定义 (2)面面垂直的判定定理(a，a) 2在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化，转化为线面垂直或线线垂直 转化方法：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(2012泸州一模)如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD为菱形， BAD60，Q为AD的中点 (1)若PAPD，求证：平面PQB 平面PAD； (2)若点M在线段PC上，且PMtPC(t0)，试确定实数t的值，使得PA平面MQB.,解：(1)因为PAPD，Q为AD的中点， 所以PQAD. 连