高考状元——【人教版】高考数学总复习：第7章《立体几何》[3]

第七章 立体几何第33讲 空间几何体的表面积与体积链教材·夯基固本 激活思维 1.B【解析】设圆柱的直径为2R ，则高为2R ，由题意得4R 2＝8，所以R ＝2，则圆柱表面积为π×(2)2×2＋2×2π×22＝12π.故选B. 2.B【解析】设底面半径为r cm ，因为S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π，所以r 2＝4，所以r ＝2.3. A 【解析】 底面边长为2，高为1的正三棱柱的体积是V ＝Sh ＝12×2×2sin60°×1＝3.4. C 【解析】 由题意，正方体的对角线就是球的直径，所以2R ＝3×23＝6，所以R ＝3，S ＝4πR 2＝36π.5.C【解析】设正四棱锥的高为h ，底面边长为a ，侧面三角形底边上的高为h ′，则依题意有⎩⎪⎨⎪⎧h2＝12ah ′，h2＝h ′2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 22，因此有h ′2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 22＝12ah ′，4⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫h ′a 2－2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫h ′a －1＝0，解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)．知识聚焦1. (1) 平行且相等 全等 多边形 公共点 平行于底面 相似 (2) 任一边任一直角边 垂直于底边的腰 直径2. 2πrl πrl π(r 1＋r 2)l3. Sh 4πR 2研题型·融会贯通 分类解析【答案】 C【解析】 对于A ，通过圆台侧面上一点只能做出1条母线，故A 错误；对于B ，直角三角形绕其直角边所在直线旋转一周得到的几何体是圆锥，绕其斜边旋转一周，得到的是两个圆锥的组合体，故B 错误；对于C ，由圆柱的定义得圆柱的上底面、下底面互相平行，故C 正确； 对于D ，五棱锥有十条棱，故D 错误．(1) 【答案】 D 【解析】因为在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2，所以将梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是一个底面半径为AB ＝1，高为BC ＝2的圆柱减去一个底面半径为AB ＝1，高为BC －AD ＝2－1＝1的圆锥的组合体，所以该几何体的表面积S ＝π×12＋2π×1×2＋π×1×12＋12＝(5＋2)π.(2) 【答案】 B【解析】 由题知三棱锥P －ABC 的四个顶点都在球O 上， 故该球为三棱锥P －ABC 的外接球． 在△ABC 中，BC ＝3，∠BAC ＝60°， 根据三角形的外接圆半径公式r ＝a2sin A ，可得△ABC 的外接圆半径r ＝12·332＝3，设点P 在平面ABC 内的射影为D ，则AD ＝r ＝3.又球心O 在PD 上，在Rt△PAD 中，PA 2＝PD 2＋AD 2，则PD ＝3.设三棱锥P －ABC 外接球半径为R ，如图，在Rt △ODA 中，OA 2＝OD 2＋AD 2，即(3－R )2＋(3)2＝R 2，解得R ＝2.根据球体的表面积公式S ＝4πR 2，可得球O 的表面积为S ＝4π×22＝16π.(例2(2))(1) 【答案】 12【解析】设正六棱锥的高为h ，侧面的斜高为h ′.由题意，得13×6×12×2×3×h ＝23，所以h ＝1，所以斜高h ′＝12＋(3)2＝2， 所以S 侧＝6×12×2×2＝12.(2) 【答案】 C 【解析】 如图所示，当点C 位于垂直于平面AOB 的直径端点时，三棱锥O －ABC 的体积最大，设球O 的半径为R ，此时V O －ABC ＝V C －AOB ＝13×12×R 2×R ＝16R 3＝36，故R ＝6，则球O 的表面积为4πR 2＝144π.(变式)【答案】 43【解析】由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于2，所以该多面体的体积为2×13×1×(2)2＝43.(1) 【答案】 C 【解析】过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3.(变式(1))(2) 【答案】 61π 【解析】由圆台的下底面半径为5，知下底面在外接球的大圆上，如图所示，设球的球心为O ，圆台上底面的圆心为O ′，则圆台的高OO ′＝OQ2－O ′Q2＝52－42＝3，所以圆台的体积V ＝13π×3×(52＋5×4＋42)＝61π.(变式(2))【答案】 C【解析】 因为正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为π∶4，“牟合方盖”的体积为18，所以正方体的内切球的体积V 球＝π4×18＝92π，设正方体内切球半径为r ，则43πr 3＝92π， 解得r ＝32，所以正方体的棱长为2r ＝3.【答案】 C【解析】 如图所示，过球心O 作平面ABC 的垂线， 则垂足为BC 的中点M .又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫522＋62＝132.(变式)课堂评价 1.3π【解析】 设圆锥的底面半径为r ，母线为l ，高为h ，则由题意可得l ＝2r .因为S 侧＝πrl ＝2πr 2＝6π，所以r ＝3，l ＝23，则h ＝l2－r2＝12－3＝3，所以圆锥的体积为V ＝13πr 2h ＝13π×3×3＝3π.2.29π【解析】根据题意可知三棱锥P －ABC 可看作长方体的一个角，如图，该长方体的外接球就是经过P ，A ，B ，C 四点的球．因为PA ＝2 m ，PB ＝3 m ，PC ＝4 m ，所以长方体的体对角线的长为PA2＋PB2＋PC2＝29 m ，即外接球的直径2R ＝29m ，可得R ＝292m ，因此外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2922＝29π(m 2)．(第2题)(第3题)3.3【解析】如图，将直三棱柱ABC－A1B1C1沿BB1展开，则AM＋MC1最小等价于在矩形ACC1A1中求AM＋MC1的最小值．当A，M，C1三点共线时，AM＋MC1最小．又AB＝1，BC＝2，AB∶BC＝1∶2，所以AM＝2，MC1＝22.又在原三棱柱中，AC1＝9＋5＝14，所以cos∠AMC1＝AM2＋C1M2－AC212AM·C1M＝2＋8－142×2×22＝－12，故sin∠AMC1＝32，△AMC1的面积为S＝12×2×22×32＝3.4. 10 【解析】因为长方体ABCD－A1B1C1D1的体积为120，所以AB·BC·CC1＝120，因为E为CC1的中点，所以CE＝12CC1，由长方体的性质知CC1⊥底面ABCD，所以CE是三棱锥E－BCD的底面BCD上的高，所以三棱锥E－BCD的体积V＝13·12AB·BC·CE＝13·12AB·BC·12CC1＝112×120＝10.第34讲空间点、线、面之间的位置关系链教材·夯基固本激活思维1. C 【解析】点A在平面α外，故A∉α；直线l在平面α内，故l⊂α.2. C 【解析】此时三个平面两两相交，且有三条平行的交线．3. C 【解析】根据平面的特征，绝对的平，无限延展，不计大小和厚薄，即可知，①对，②错；再根据点线面的关系可知，③④正确．4. C 【解析】如图，因为M，N分别是长方形A1B1C1D1与长方形BCC1B1的中心，所以M，N分别是A1 C1，BC1的中点，所以直线MN与直线A1B平行，所以A错误；因为直线MN经过平面BB1D1D内一点M，且点M不在直线DD1上，所以直线MN与直线DD1是异面直线，所以B错误；因为直线MN经过平面ABC1内一点N，且点N不在直线AC1上，所以直线MN与直线AC1是异面直线，所以C正确；因为直线MN经过平面A1CC1内一点M，且点M不在直线A1C上，所以直线MN与直线A1C是异面直线，所以D错误．(第4题)5. C 【解析】连接BD，BC1，因为AB＝D1C1，AB∥D1C1，所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以AD1∥BC1，所以∠BC1D为异面直线AD1与DC1所成的角．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BD＝BC1＝DC1，所以△BC1D为等边三角形，所以∠BC1D＝60°，所以异面直线AD1与DC1所成的角的大小为60°.知识聚焦1. 两点所有的点经过这个公共点的一条直线有且只有一个平面2. 在同一平面内异面直线3. (1) 平行(2) 平行相同4. (3) 互相垂直研题型·融会贯通分类解析【解答】 (1) 因为EF是△D1B1C1的中位线，所以EF∥B1D1.在正方体AC1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD，所以EF，BD确定一个平面，即D，B，F，E四点共面．(2) 在正方体AC1中，设A1ACC1确定的平面为α，又设平面BDEF为β.因为Q∈A1C1，所以Q∈α.又Q∈EF，所以Q∈β，则Q是α与β的公共点，所以α∩β＝PQ.又A1C∩β＝R，所以R∈A1C.所以R∈α，且R∈β，则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．【解答】(1) 因为PQ⊂平面PQR，M∈直线PQ，所以M∈平面PQR.因为RQ ⊂平面PQR，N∈直线RQ，所以N∈平面PQR，所以直线MN⊂平面PQR.(2) 因为M∈直线CB，CB⊂平面BCD，所以M∈平面BCD.由(1)知M∈平面PQR，所以M在平面PQR与平面BCD的交线上，同理，可知N，K也在平面PQR与平面BCD的交线上，所以M，N，K三点共线，所以点K在直线MN上．【解答】(1) 不是异面直线，理由：连接MN，A1C1，AC，如图，因为M，N分别是A1B1，B1C1的中点，所以MN∥A1C1.又因为A1A綊D1D，D1D綊C1C，所以A1A綊C1C，所以四边形A1ACC1为平行四边形，所以A1C1∥AC，故MN∥A1C1∥AC，所以A，M，N，C在同一个平面内，故AM和CN不是异面直线．(例2)(2)是异面直线，证明如下：显然D1B与CC1不平行，假设D1B与CC1在同一个平面CC1D1内，则B∈平面CC1D1，C∈平面CC1D1，所以BC⊂平面CC1D1，这显然是不正确的，所以假设不成立，故D1B与CC1是异面直线．【解答】 (1) 由题意易知PQ∥DE，MN∥DE，所以PQ∥MN，所以M，N，P，Q四点共面．(2) 由条件知AD＝1，DC＝1，BC＝2，(例3)如图，延长ED至R，使DR＝ED，则ER＝BC，ER∥BC，故四边形ERCB为平行四边形，所以RC∥EB，又AC∥QM.所以∠ACR为异面直线BE与QM所成的角(或补角)．因为DA＝DC＝DR，且三线两两互相垂直，由勾股定理得AC＝AR＝RC＝2.因为△ACR为正三角形，所以∠ACR＝60°.所以异面直线BE 与MQ 所成的角为60°. 【题组强化】 1. C【解析】 如图，取CD 的中点M ，CF 的中点N ，连接MN ，则MN ∥DF .延长BC 到点P ，使CP ＝12BC ，连接MP ，NP ，则MP ∥AC .(第1题)令AB ＝2，则MP ＝MN ＝2，又△BCF 是等边三角形，NC ＝PC ＝1，在△NCP 中，由余弦定理可得NP 2＝CP 2＋CN 2－2·CP ·CN ·cos ∠PCN ＝1＋1－2×1×1×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12＝3，所以NP ＝3，又异面直线AC 和DF 所成角为∠NMP ，在△NMP 中，由余弦定理得cos ∠NMP ＝2＋2－32×2×2＝14.2. D 【解析】 如图，取CD 的中点G ，连接EG ，FG ，则FG ∥BC ，EG ∥AD ，则∠EGF 为异面直线AD 与BC 所成的角(或补角)，因为FG ＝12BC ＝2，EG ＝12AD ＝3，所以由余弦定理得cos ∠EGF ＝4＋9－22×2×3＝1112，故异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为1112.(第2题)3.C【解析】如图，设AC ∩BD ＝O ，连接OE ，易知OE 是△SAC 的中位线，故EO∥SA ，则∠BEO 为异面直线BE 与SA 所成的角．设SA ＝AB ＝2a ，则OE ＝12SA ＝a ，BE ＝32SA ＝3a ，OB ＝22SA ＝2a ，在△EOB 中，由余弦定理可得cos ∠BEO ＝a2＋3a2－2a223a2＝33.(第3题)4. 2 【解析】 如图，设AB 的中点为E ，连接EN ，则EN ∥AC 且EN ＝12AC ，所以∠MNE 或其补角即为异面直线MN 与AC 所成的角．连接ME ，在Rt △MEN 中，tan ∠MNE ＝MENE＝2.所以异面直线MN 与AC 所成角的正切值为2.(第4题)【答案】 A 【解析】如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，平面AB 1D 1与棱A 1A ，A 1B 1，A 1D 1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A 1A ，A 1B 1，A 1D 1平行，故正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的每条棱所在直线与平面AB 1D 1所成的角都相等．如图所示，取棱AB ，BB 1，B 1C 1，C 1D 1，D 1D ，DA 的中点E ，F ，G ，H ，M ，N ，则正六边形EFGHMN 所在平面与平面AB 1D 1平行且面积最大，此截面面积为S 正六边形EFGHMN ＝6×12×22×22×sin60°＝334.故选A.(例4)【答案】 26【解析】由题知，过BD1的截面可能是矩形，可能是平行四边形．(1) 当截面为矩形，即截面为ABC1D1，A1BCD1，BB1D1D时，由正方体的对称性可知S矩形ABC1D1＝S矩形A1BCD1＝S矩形BB1D1D＝42.(2) 当截面为平行四边形时，如图所示，过点E作EM⊥BD1于M，S▱BED1F＝BD1·EM，又因为BD1＝23，所以S▱BED1F＝EM·23，过点M作MN∥D1D交BD于N，连接AN，当AN⊥BD时，AN最小，此时，EM的值最小，且EM＝2，故四边形BED1F面积的最小值为S▱BED1F＝2×23＝26，又因为42＞26，所以过BD1的截面面积S的最小值为26.(变式)课堂评价1. D 【解析】因为一条直线与两条异面直线中的一条平行，所以它与另一条异面直线可能异面也可能相交．2. B 【解析】当两个平面相互平行时，把空间分成3部分．当两个平面相交时，把空间分成4部分．所以不重合的两个平面可以把空间分成3或4部分．3. BD 【解析】对于A，两两相交的三条直线，若相交于同一点，则不一定共面，故A不正确；对于B，平行四边形两组对边分别平行，则平行四边形是平面图形，故B正确；对于C，若一个角的两边分别平行于另一个角的两边，则这两个角相等或互补，故C不正确；对于D，由公理可得，若A∈α，A∈β，α∩β＝l，则A∈l，故D正确．4. ABC 【解析】如图，过点A作AM⊥BF于点M，过点C作CN⊥DE于点N.在翻折过程中，AF是以F为顶点，AM为底面半径的圆锥的母线，同理AB，E C，DC边均可看作圆锥的母线．对于A，点A和点C的轨迹为圆周，所在平面平行，显然无公共点，故A正确；对于B，AF，EC分别可看成圆锥的母线，只需看以F为顶点、AM为底面半径的圆锥的轴截面的顶角是否大于等于60°即可，故B正确；对于C，同理B，故C正确；对于D，能否使直线AB与CD所成的角为90°，只需看以B为顶点、AM为底面半径的圆锥轴截面的顶角是否大于等于90°即可，可知D不成立．故选ABC.(第4题)5. 【解答】(1) 因为DD1⊥平面ABCD，所以斜线BD1在平面ABCD内的射影是BD.又直线BD1和直线AC不同在任何一个平面内，所以直线BD1和直线AC是异面直线．(2) 连接BD.因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DD1⊥AC.又因为AC⊥BD，BD∩DD1＝D，所以AC⊥平面BDD1.因为BD1⊂平面BDD1，所以AC⊥BD1，故直线BD1和直线AC所成的角是90°.第35讲直线、平面平行的判定与性质链教材·夯基固本激活思维1. D 【解析】与一个平面平行的两条直线可以平行，相交，也可以异面．2. D 【解析】依题意，直线a必与平面α内的某直线平行，又a∥b，因此直线b与平面α的位置关系是平行或直线b在平面α内．3. BD 【解析】因为直线a∥平面α，直线a与平面α无公共点，所以直线a和平面α内的任意一条直线都不相交，与无数条直线平行．4. 平面ABCDEF、平面CC1D1D【解析】在正六棱柱中，易知A1F1∥AF，AF⊂平面ABCDEF，且A1F1⊄平面ABCDEF，所以A1F1∥平面ABCDEF.同理，A1F1∥C1D1，C1D1⊂平面CC1D1D，且A1F1⊄平面CC1D1D，所以A1F1∥平面CC1D1D.其他各面与A1F1均不满足直线与平面平行的条件．5. ①③【解析】直线l在平面α外⇔l∥α或直线l与平面α仅有一个交点．知识聚焦1. 直线a与平面α平行直线a与平面α相交直线a在平面α内研题型·融会贯通分类解析【答案】 D【解析】对于A，若a⊥c，b⊥c，则a与b可能平行、异面、相交，故A是假命题；对于B，设α∩β＝m，若a，b均与m平行，则a∥b，故B是假命题；对于C，a，b可能平行、异面、相交，故C是假命题；对于D，若α∥β，a⊂α，则a与β没有公共点，故a∥β，故D是真命题．【答案】 C【解析】对于A，两条直线可能平行也可能异面或相交；对于B，如图，在正方体ABCD－A1B1CD1中，平面ABB1A1和平面BCC1B1与B1D1所成的角相等，但这两个平面垂直；对于D，1两平面也可能相交．C正确．(变式)【解答】因为在直三棱柱ABC－A1B1C1中，点D，E分别是边BC，B1C1的中点，所以EC1綊BD，所以四边形BDC1E是平行四边形，所以BE∥C1D.因为BE⊄平面AC1D，C1D⊂平面AC1D，所以BE∥平面AC1D.【解答】如图，连接BD，令AC∩BD＝O，连接EO.因为在△BPD中，BO＝OD，PE＝ED，所以OE∥BP.又因为BP⊄平面ACE，OE⊂平面ACE，所以BP∥平面ACE.(变式)【解答】 因为BC ∥平面GEFH ，BC ⊂平面ABCD ，平面GEFH ∩平面ABCD ＝EF ，所以BC ∥EF .同理可得，BC ∥GH ，所以GH ∥EF .【解答】 因为AB ∥平面MNPQ ，平面ABC ∩平面MNPQ ＝MN ，且 AB ⊂平面ABC ，所以由线面平行的性质定理，知 AB ∥MN .同理可得PQ ∥AB ，故MN ∥PQ .同理可得MQ ∥NP ，所以截面四边形 MNPQ 为平行四边形．【解答】 (1) 在正方形AA 1B 1B 中，因为AE ＝B 1G ＝1，所以BG ＝A 1E ＝2，所以BG 綊A 1E ，所以四边形A 1GBE 是平行四边形，所以A 1G ∥BE .又C 1F 綊B 1G ，所以四边形C 1FGB 1是平行四边形，所以FG 綊C 1B 1綊D 1A 1，所以四边形A 1GFD 1是平行四边形，所以A 1G 綊D 1F ，所以D 1F 綊EB ，故E ，B ，F ，D 1四点共面．(2) 因为H 是B 1C 1的中点，所以B 1H ＝32. 又B 1G ＝1，所以B1G B1H ＝23. 又FC BC ＝23，且∠FCB ＝∠GB 1H ＝90°，所以△B 1HG ∽△CBF ， 所以∠B 1GH ＝∠CFB ＝∠FBG ，所以HG ∥FB .因为GH ⊄平面FBED 1，FB ⊂平面FBED 1，所以GH ∥平面BED 1F .由(1)知A 1G ∥BE ，A 1G ⊄平面FBED 1，BE ⊂平面FBED 1，所以A 1G ∥平面BED 1F .又HG ∩A 1G ＝G ，所以平面A 1GH ∥平面BED 1F .【解答】 因为PM ∶MA ＝BN ∶ND ＝PQ ∶QD ，所以MQ ∥AD ，NQ ∥BP .又BP ⊂平面PBC ，NQ ⊄平面PBC ，所以NQ∥平面PBC.又因为四边形ABCD为平行四边形，所以BC∥AD，所以MQ∥BC.又BC⊂平面PBC，MQ⊄平面PBC，所以MQ∥平面PBC.又MQ∩NQ＝Q，所以平面MNQ∥平面PBC.课堂评价1. D2. A3. B 【解析】因为平面SBC∩平面ABC＝BC，EF⊂平面SBC，又EF∥平面ABC，所以EF∥BC.4. ABC 【解析】由题意知，OM是△BPD的中位线，所以OM∥PD，故A正确；因为PD⊂平面PCD，OM⊄平面PCD，所以OM∥平面PCD，故B正确；同理可得OM∥平面PDA，故C正确；因为OM与平面PBA相交，故D不正确．第36讲直线、平面垂直的判定与性质链教材·夯基固本激活思维1. B 【解析】设a，b为异面直线，a∥平面α，b∥平面α，直线l⊥a，l⊥b.过a作平面β∩平面α＝a′，则a∥a′，所以l⊥a′.同理过b作平面γ∩α＝b′，则l⊥b′.因为a，b异面，所以a′与b′相交，所以l⊥α.2. A 【解析】由l⊥α且m∥α能推出m⊥l，充分性成立；若l⊥α且m⊥l，则m∥α或者m⊂α，必要性不成立，因此“m∥α”是“m⊥l”的充分不必要条件，故选A.3. A 【解析】因为DD1⊥平面ABCD，所以AC⊥DD1.又因为AC⊥BD，DD1∩BD＝D，所以AC⊥平面BDD1B1.因为OM⊂平面BDD1B1，所以OM⊥AC.设正方体的棱长为2，则OM＝1＋2＝3，MN＝1＋1＝2，ON＝1＋4＝5，所以OM2＋MN2＝ON2，所以OM⊥MN.故选A.4. AC 【解析】由题意知PA⊥平面ABC，因为BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，故A正确；因为AC⊥BC，PA⊥BC，且PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC，故C正确；若AC⊥PB，因为AC⊥BC，故可得AC⊥平面PBC，则AC⊥PC，与题目矛盾，故B错误；由BC⊥平面PAC可得，BC⊥PC，则△PBC为直角三角形，若PC ⊥PB ，则BC ，PB 重合，与已知矛盾，故D 错误．5. (1) 外 (2) 垂【解析】 (1) 如图(1)，连接OA ，OB ，OC ，OP ，在Rt △POA ，Rt △POB 和Rt △POC 中，PA ＝PC ＝PB ，所以OA ＝OB ＝OC ，即O 为△ABC 的外心．(2)如图(2)，延长AO ，BO ，CO 分别交BC ，AC ，AB 于点H ，D ，G .因为PC ⊥PA ，PB ⊥PC ，PA ∩PB ＝P ，所以PC ⊥平面PAB ，又AB ⊂平面PAB ，所以PC ⊥AB ，又AB ⊥PO ，PO ∩PC ＝P ，所以AB ⊥平面PGC .又CG ⊂平面PGC ，所以AB ⊥CG ，即CG 为△ABC 边AB 的高．同理可证BD ，AH 为△ABC 底边上的高，即O 为△ABC 的垂心．(第5题(1))(第5题(2))知识聚焦1. (1) 任意一条直线 (2) 两条相交直线都垂直2. (1) 射影 锐角 直角 (2) ⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤0，π2 3. (1) 两个半平面 (2) 垂直于棱 (4) 直二面角研题型·融会贯通分类解析【答案】 B【解析】 如图，连接AC 1，因为∠BAC ＝90°，所以AC ⊥AB ，因为BC 1⊥AC ，BC 1∩AB ＝B ，所以AC ⊥平面ABC 1. 又AC 在平面ABC 内，所以根据面面垂直的判定定理，知平面ABC ⊥平面ABC 1， 则根据面面垂直的性质定理知，在平面ABC 1内一点C 1向平面ABC 作垂线，垂足必落在交线AB 上．故选B.(例1)【答案】 C【解析】因为α∩β＝l，所以l⊂β，又n⊥β，所以n⊥l.【解答】因为AB＝AC，D是BC的中点，所以AD⊥BC. 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，因为BB1⊥底面ABC，AD⊂底面ABC，所以AD⊥B1B.因为BC∩B1B＝B，BC，B1B⊂平面B1BCC1，所以AD⊥平面B1BCC1.因为B1F⊂平面B1BCC1，所以AD⊥B1F.方法一：在矩形B1BCC1中，因为C1F＝CD＝1，B1C1＝CF＝2，所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1，所以∠CFD＝∠C1B1F，所以∠B1FD＝90°，即B1F⊥FD.因为AD∩FD＝D，AD，FD⊂平面ADF，所以B1F⊥平面ADF.方法二：在Rt△B1BD中，BD＝CD＝1，BB1＝3，所以B1D＝BD2＋BB21＝10.在Rt△B1C1F中，B1C1＝2，C1F＝1，所以B1F＝B1C21＋C1F2＝5.在Rt△DCF中，CF＝2，CD＝1，所以DF＝CD2＋CF2＝5.显然DF2＋B1F2＝B1D2，所以∠B1FD＝90°，所以B1F⊥FD.因为AD∩FD＝D，AD，FD⊂平面ADF，所以B1F⊥平面ADF.【解答】在矩形CDEF中，CD⊥DE.因为∠ADC＝90°，所以CD⊥AD.因为DE∩AD＝D，DE，AD⊂平面ADE，所以CD⊥平面ADE. 因为DM⊂平面ADE，所以CD⊥DM.又因为AB∥CD，所以AB⊥DM.因为AD＝DE，M为AE的中点，所以AE⊥DM.又因为AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE，所以MD⊥平面ABE.因为BE⊂平面ABE，所以BE⊥MD.【解答】 (1) 因为四边形ABCD是矩形，所以AB∥CD.又AB⊄平面PDC，CD⊂平面PDC，所以AB∥平面PDC.因为AB⊂平面ABE，平面ABE∩平面PDC＝EF，所以AB∥EF.(2) 因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD.因为AF⊥EF，AB∥EF，所以AB⊥AF.又AB⊥AD，点E在棱PC上(异于点C)，所以点F异于点D，所以AF∩AD＝A.又AF，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD.又AB⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.【解答】 (1) 因为PA＝PC，O是AC的中点，所以PO⊥AC. 在Rt△PAO中，因为PA＝5，OA＝3，所以由勾股定理得PO＝4.因为AB＝BC，O是AC的中点，所以BO⊥AC.在Rt△BAO中，因为AB＝5，OA＝3，所以由勾股定理得BO＝4.因为PO＝4，BO＝4，PB＝42，所以PO2＋BO2＝PB2，所以PO⊥BO.因为BO∩AC＝O，所以PO⊥平面ABC.因为PO⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC.(2) 由(1)可知平面PAC⊥平面ABC.因为平面ABC∩平面PAC＝AC，BO⊥AC，BO⊂平面ABC，所以BO⊥平面PAC，所以V POBQ＝V BPOQ＝13S△PQO·BO＝13×12S△PAO×4＝13×14×3×4×4＝4.所以四面体POBQ的体积为4.【解答】(1) 因为AB⊥AD，AB⊥BC，且A，B，C，D四点共面，所以AD ∥BC.因为BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥平面PAD.(2) 如图，过点D作DH⊥PA于点H，因为△PAD是锐角三角形，所以H与A不重合．因为平面PAD⊥平面PAB，平面PAD∩平面PAB＝PA，DH⊂平面PAD，所以DH⊥平面PAB，因为AB⊂平面PAB，所以DH⊥AB.因为AB⊥AD，AD∩DH＝D，AD，DH⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD.因为AB⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.(变式2)课堂评价1. ③⑤②⑤2. AC 【解析】如图，连接AC，BD相交于点O，连接EM，EN，SO.由正四棱锥的性质可得SO⊥底面ABCD，AC⊥BD，进而得到SO⊥AC，可得AC⊥平面SBD，利用三角形的中位线结合面面平行判定定理得平面EMN∥平面SBD，进而得到AC⊥平面EMN，故A正确；由异面直线的定义可知不可能EP∥BD；由A易得C正确；由A同理可得EM⊥平面SAC，故D错误．3. [2，3] 【解析】因为CD⊥平面B1C1CB，EF⊂平面B1C1CB，所以CD⊥EF.连接BC1，B1C，则EF∥BC1，BC1⊥B1C，所以EF⊥B1C，因为CD∩B1C＝C，所以EF⊥平面A1B1CD.当点P在线段CD上时，总有A1P⊥EF，所以A1P的最大值为A1C＝3，A1P的最小值为A1D＝2，故线段A1P长度的取值范围是[2，3]．4. 【解答】 (1) 如图，连接BD，交AC于点O，连接OF.因为四边形ABCD是矩形，O是矩形ABCD对角线的交点，所以O为BD的中点．又因为F是BE的中点，所以在△BED中，OF∥DE.因为OF⊂平面ACF，DE⊄平面ACF，所以DE∥平面ACF.(2) 因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥BC.又因为平面ABCD⊥平面BCE，且平面ABCD∩平面BCE＝BC，AB⊂平面ABCD ，所以AB ⊥平面BCE .因为CF ⊂平面BCE ，所以AB ⊥CF .在△BCE 中，因为CE ＝CB ，F 是BE 的中点，所以CF ⊥BE .因为AB ⊂平面ABE ，BE ⊂平面ABE ，AB ∩BE ＝B ，所以CF ⊥平面ABE .又CF ⊂平面AFC ，所以平面AFC ⊥平面ABE .(第4题)第37讲 综合法求角与距离链教材·夯基固本激活思维1. B 【解析】 如图，取AD 的中点F ，连接EF ，CF .因为E 为AB 的中点，所以EF ∥DB ，则∠CEF 为异面直线BD 与CE 所成的角．在正四面体ABCD 中，因为E ，F 分别为AB ，AD 的中点，所以CE ＝CF .设正四面体的棱长为2a ，则EF ＝a ，CE ＝CF ＝(2a )2－a 2＝3a .在△CEF 中，由余弦定理得cos ∠CEF ＝CE2＋EF2－CF22CE ·EF ＝a22×3a2＝36.(第1题)2. A 【解析】 如图，连接A 1C 1，则∠AC 1A 1为AC 1与平面A 1B 1C 1D 1所成的角．因为AB ＝BC ＝2，所以A 1C 1＝AC ＝22，又AA1＝1，所以AC 1＝3，所以sin ∠AC 1A 1＝AA1AC1＝13.故选A.(第2题)3. 233【解析】设棱长为a，BC的中点为E，连接A1E，AE，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，由各棱长都相等，可得A1E⊥BC，AE⊥BC，故二面角A1－BC－A的平面角为∠A1EA.在Rt△AA1E中，AE＝32a，所以tan ∠A1EA＝AA1AE＝a32a＝233，即二面角A1－BC－A的平面角的正切值为233.(第3题)4. 8 【解析】由体积公式V＝13Sh，得96＝13×36h，所以h＝8，即点P到平面ABCD的距离是8.5.33【解析】由题意知点S在平面ABC内的射影为AB的中点H，所以SH⊥平面ABC.因为SH＝3，CH＝1，在平面SHC内作SC的垂直平分线MO，交SH于点O，则O为三棱锥S－ABC的外接球球心．因为SC＝2，所以SM＝1，∠OSM＝30°，所以SO＝233，OH＝33，即为O到平面ABC的距离．知识聚焦1. 锐角2. 垂直研题型·融会贯通分类解析【答案】 D【解析】因为PA⊥底面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥AC，即∠PAB＝∠PAC＝90°，又因为AB＝AC＝1，PA＝2，所以△PAB≌△PAC，所以PB＝PC.如图，取BC的中点D，连接AD，PD，所以PD⊥BC，AD⊥BC.又因为PD∩AD＝D，所以点BC⊥平面PAD.因为BC⊂平面PBC，所以平面PAD⊥平面PBC.过点A作AO⊥PD于点O，易得AO⊥平面PBC，所以∠APD就是直线PA与平面PBC所成的角. 在Rt△PAD中，AD＝12，PA＝2，则PD＝PA2＋AD2＝32，则sin ∠APD＝ADPD＝13.故选D.(例1)【答案】 A【解析】因为平面ABD⊥底面BCD，AB＝AD，取DB的中点O，连接AO，CO，则AO⊥BD，AO⊥平面BCD，所以∠ACO就是直线AC与底面BCD所成的角．因为BC⊥CD，BC＝6，BD＝43，所以CO＝23.在Rt△ADO中，OA＝AD2－OD2＝2.在Rt△AOC中，tan ∠ACO＝AOOC＝33，故直线AC与底面BCD所成角的大小为30°.故选A.(变式)【答案】1 3【解析】如图，过点S作SO⊥底面ABC，点O为垂足，连接OA，OB，OC，则OA＝OB＝OC，点O为等边三角形ABC 的中心．延长AO交BC于点D，连接SD.(例2)则AD⊥BC，BC⊥SD，所以∠ODS为侧面SBC与底面ABC所成二面角的平面角．因为正三棱锥S－ABC的所有棱长均为2，所以SD＝3，OD＝13AD＝33.在Rt△SOD中，cos ∠ODS＝ODSD＝13.【答案】π3【解析】在△BDC中，BC＝3，CD＝2，∠BCD＝π2，则BD＝13.在△ABC中，AB＝1，BC＝3，∠ABC＝π2，则AC＝10.又AD＝23，在△ABD中，BD2＝AB2＋AD2，则∠BAD＝π2.过点B作BE∥CD，使BE＝CD，连接AE，DE，则四边形BEDC为矩形，BE＝2.因为BC⊥AB，BC⊥BE，则BC⊥平面ABE，DE∥BC，则DE⊥平面ABE，则DE⊥AE，AE＝AD2－DE2＝3，在△ABE中，AE2＋AB2＝BE2，则∠BAE＝π2，∠AEB＝π6，∠ABE＝π3，由于AB⊥BC，EB⊥BC，则∠ABE为二面角A－BC－D的平面角，且∠ABE＝π3.【答案】 B【解析】过点B作BE∥AC，且BE＝AC.因为AC⊥AB，所以BE⊥AB.因为BD⊥AB，BD∩BE＝B，所以∠DBE是二面角α－l－β的平面角，且AB⊥平面DBE，所以AB⊥DE ，所以CE ⊥DE .因为AB ＝4，CD ＝8，所以DE ＝CD2－CE2＝82－42＝43，所以cos ∠DBE ＝BE2＋BD2－DE22BE ·BD ＝36＋36－482×6×6＝13.故选B.【解答】 (1) 如图(1)，取BD 的中点O ，连接OM ，OE .(例3(1))因为O ，M 分别为BD ，BC 的中点，所以OM ∥CD ，且OM ＝12CD .因为四边形ABCD 为菱形，所以CD ∥AB ，又EF∥AB ，所以CD∥EF ，又AB ＝CD ＝2EF ，所以EF ＝12CD ，所以OM∥EF ，且OM ＝EF ，所以四边形OMFE 为平行四边形，所以MF ∥OE .又OE ⊂平面BDE ，MF ⊄平面BDE ，所以MF ∥平面BDE .(2) 由(1)得FM ∥平面BDE ，所以点F 到平面BDE 的距离等于点M 到平面BDE 的距离． 如图(2)，取AD 的中点H ，连接EH ，BH .(例3(2))因为EA ＝ED ，四边形ABCD 为菱形，且∠DAB ＝60°，所以EH ⊥AD ，BH ⊥AD .因为平面ADE ⊥平面ABCD ，平面ADE ∩平面ABCD ＝AD ，EH ⊂平面ADE ，所以EH ⊥平面ABCD ，所以EH ⊥BH ，易得EH ＝BH ＝3，所以BE ＝6，所以S △BDE ＝12×6×22－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫622＝152.设点F 到平面BDE 的距离为h ，连接DM ，则S △BDM ＝12S △BCD ＝12×34×4＝32，连接EM ，由V E －BDM ＝V M －BDE ，得13×3×32＝13×h ×152，解得h ＝155，即点F 到平面BDE 的距离为155.【解答】(1)如图，连接AF ，则AF ＝2，又DF ＝2，AD ＝2，所以DF 2＋AF 2＝AD 2，所以DF ⊥AF .因为PA ⊥平面ABCD ，所以DF ⊥PA ，又PA ∩AF ＝A ，所以DF ⊥平面PAF .又PF ⊂平面PAF ，所以DF ⊥PF .(变式)(2) 如图，连接EP ，ED ，EF .因为S △EFD ＝S 矩形ABCD －S △BEF －S △ADE －S △CDF ＝2－54＝34，所以V P －EFD ＝13S △EFD ·PA ＝13×34×1＝14.设点E 到平面PFD 的距离为h ， 则由V E －PFD ＝V P －EFD ，得13S△PFD ·h ＝13·62·h ＝14，解得h ＝64，即点E 到平面PFD 的距离为64. 课堂评价 1.D【解析】如图，连接BC 1，A 1C 1，易证BC 1∥AD 1，则∠A 1BC 1即为异面直线A 1B 与AD 1所成的角．(第1题)由AB ＝1，AA 1＝2，易得A 1C 1＝2，A 1B ＝BC 1＝5，故cos ∠A 1BC 1＝5＋5－22×5×5＝45，即异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为45.2.55【解析】连接EB ，由BB 1⊥平面ABCD ，知∠FEB 即为直线EF 与平面ABCD 所成的角．在Rt △FBE 中，BF ＝1，BE ＝5，则tan ∠FEB ＝BFBE ＝55.3. 60°【解析】 如图，取AB 的中点O ，连接VO ，CO .在三棱锥V －ABC 中，VA ＝VB ＝AC ＝BC ＝2，AB＝23，VC ＝1，所以VO⊥AB ，CO⊥AB ，所以∠VOC 是二面角V －AB －C 的平面角，VO ＝VA2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB 22＝4－3＝1，CO ＝BC2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB 22＝4－3＝1，所以cos ∠VOC ＝VO2＋CO2－VC22VO ·CO＝1＋1－12×1×1＝12，所以∠VOC ＝60°，所以二面角V －AB －C 的平面角的度数为60°.(第3题)4.217【解析】 如图，取AB 的中点E ，连接CE ，C 1E ，过点C 作CF ⊥C 1E ，垂足为F .在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，则AB ⊥CC 1. 因为△ABC 是等边三角形，所以AB ⊥CE ， 又CE ∩CC 1＝C ，所以AB ⊥平面CC 1E .因为CF ⊂平面CC 1E ，所以CF ⊥AB ，因为C 1E ∩AB ＝E ，所以CF ⊥平面ABC 1，则CF 的长即为所求． 在Rt △CEC 1中，CC 1＝1，CE ＝32AB ＝32，所以C 1E ＝CC21＋CE2＝72，由等面积法，得CF ＝CC1×CE C1E ＝217.(第4题)第38讲 空间直角坐标系与空间向量链教材·夯基固本 激活思维 1.D【解析】因为向量OA→，OB →，OC →不能构成空间的一个基底，所以向量OA→，OB→，OC→共面，因此O ，A ，B ，C 四点共面，故选D.2. C 【解析】 AE →＝AA 1＋A 1E ＝AA 1＋12A 1C 1＝AA 1＋12(AB →＋AD →)，故x ＝12，y ＝12.3. 2 【解析】 |EF→|2＝EF →2＝(EC →＋CD →＋DF →)2＝EC →2＋CD →2＋DF →2＋2(EC →·CD →＋EC →·DF →＋CD →·DF →) ＝12＋22＋12＋2(1×2×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°) ＝2，所以|EF→|＝2，所以EF 的长为2.4. 18 【解析】 因为P ，A ，B ，C 四点共面，所以34＋18＋t ＝1，所以t ＝18. 5. α⊥β α∥β 【解析】 当v ＝(3，－2,2)时，u ·v ＝(－2,2,5)·(3，－2,2)＝0⇒α⊥β.当v ＝(4，－4，－10)时，v ＝－2u ⇒α∥β.知识聚焦2. (1) ①〈a ，b 〉 [0，π] 互相垂直 ②|a ||b |cos 〈a ，b 〉 a·b |a ||b |cos 〈a ，b 〉 (2) λ(a ·b ) b ·a3. a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3 a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3 a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0研题型·融会贯通 分类解析【解答】 ①因为P 是C 1D 1的中点，所以AP→＝AA1→＋A1D1→＋D1P →＝a ＋AD →＋12D1C1→＝a ＋c ＋12AB →＝a ＋12b ＋c . ②因为N 是BC 的中点，所以A1N →＝A1A →＋AB →＋BN →＝－a ＋b ＋12BC →＝－a ＋b ＋12AD →＝－a ＋b ＋12c .③因为M 是AA 1的中点，所以MP →＝MA →＋AP →＝12A1A →＋AP →＝－12a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋12b ＋c ＝12a ＋12b ＋c . 又NC1→＝NC →＋CC1→＝12BC →＋AA1→＝12AD →＋AA1→＝a ＋12c ，所以MP →＋NC1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12a ＋12b ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋12c ＝32a ＋12b ＋32c . (1) 【答案】 －3 【解析】因为AB→＝(3，－1,1)，AC →＝(m ＋1，n －2，－2)，且A ，B ，C 三点共线，所以存在实数λ，使得AC→＝λAB→，即(m ＋1，n －2，－2)＝λ(3，－1,1)＝(3λ，－λ，λ)，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＋1＝3λ，n －2＝－λ，－2＝λ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－2，m ＝－7，n ＝4.所以m ＋n ＝－3.(2) 【解答】 ①由题知OA→＋OB →＋OC →＝3OM →，所以OA →－OM →＝(OM →－OB→)＋(OM →－OC →)，即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →，所以MA →，MB →，MC →共面． ②由①知MA→，MB→，MC→共面且过同一点M ，所以M ，A ，B ，C 四点共面，从而点M 在平面ABC 内．【解答】 因为AM→＝k AC1→，BN →＝k BC →，所以MN →＝MA →＋AB →＋BN →＝k C1A →＋AB→＋k BC →＝k (C1A →＋BC →)＋AB →＝k (C1A →＋B1C1→)＋AB →＝k B1A →＋AB →＝AB →－k AB1→＝AB →－k (AA1→＋AB →)＝(1－k )AB →－k AA1→，所以由共面向量定理知向量MN →与向量AB →，AA1→共面．【解答】 (1) 设AB→＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，由题意知EG →＝12(AC →＋AD →－AB →)＝12(b ＋c －a )，所以EG →·AB →＝12(a ·b ＋a ·c －a 2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1×1×12＋1×1×12－1＝0. 故EG→⊥AB →，即EG ⊥AB . (2) 由题意知EG →＝－12a ＋12b ＋12c ，得|EG →|2＝14a 2＋14b 2＋14c 2－12a ·b ＋12b ·c －12c ·a ＝12，则|EG →|＝22，即EG 的长为22.(3) 因为AG →＝12(AC →＋AD →)＝12b ＋12c ，CE →＝CA →＋AE →＝－b ＋12a ，所以cos 〈AG→，CE →〉＝AG →·CE →|AG→||CE →|＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12b ＋12c ·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－b ＋12a ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12b ＋12c 2·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12a －b 2＝－1232×32＝－23，由于异面直线所成角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤0，π2， 所以异面直线AG 与CE 所成角的余弦值为23.。

第七单元立体几何1.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、低档题的形式出现,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:能画出正确的图形是解决立体几何问题的基础,特别是在一些不给出图形的立体几何试题中(如一些选择题、填空题往往就不给出图形),画出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.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,会用斜二测法画出它们的直观图.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.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4.2πrlπrlπ(r+r')l5.S底h13S底h4πR243πR3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②是侧视图,图③是俯视图.3.√616a2[解析]如图所示是实际图形和直观图.①②由图可知,A'B'=AB=a,O'C'=12OC=√34a,在图②中作C'D'⊥A'B',垂足为D',则C'D'=√22O'C'=√68a.∴S△A'B'C'=12A'B'×C'D'=12×a×√68a=√616a2.4.3π+4π[解析]由三视图可知,该几何体是一个半圆柱,表面积S=π×12+22+π×1×2=3π+4,体积V=1π×12×2=π.25.2[解析]将正三棱柱ABC-A1B1C1的侧面BCC1B1沿CC1展开至平面ACC1A1上,点P展开后对应的点为P1,如图所示.设PC=x(x≥0),则AM=2,AP1=3+x,MP1=√29,在直角三角形MAP1中,AM2+A P12=M P12,即22+(3+x)2=(√29)2,可得x=2,即PC=2.6.0[解析]①错误,只有这两点的连线平行于旋转轴时才是母线;②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;③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;④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;⑤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.(1) (2) (3)7.③[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“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③中的图满足条件.8.②[解析]根据题意得,点A在平面BCC1B1上的正投影是B,点D在平面BCC1B1上的正投影是C,点D1在平面BCC1B1上的正投影是C1,棱AB1在平面BCC1B1上的正投影是BB1,棱AD1在平面BCC1B1上的正投影是BC1,棱B1D1在平面BCC1B1上的正投影是B1C1.B1C是被挡住的棱,应画成虚线.故填②.【课堂考点探究】例1[思路点拨](1)根据四棱锥的三视图作出四棱锥的直观图,再进行分析判断;(2)先确定过B,E,D1三点的截面,得正方体剩下部分的直观图,再根据直观图可得侧视图.(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PD⊥平面ABCD,∴△PAD和△PDC均为直角三角形.又∵PD⊥AB,AB⊥AD,PD∩AD=D,∴AB⊥平面PAD,∴AB⊥PA,∴△PAB为直角三角形.故选C.(2)在棱AA1上取点F,使A1F=1A1A,连接D1F,BF,则D1F EB,由此得平行四边形BED1F是过B,E,D1三点的截面,3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[解析](1)由题意知,点M在平面BCC1B1上的正投影是棱CC1的中点,点B和点C1的投影仍为点B,C1,连接三个投影点即可得到所求正投影.故选D.(2)如图①所示,在正方体中作出满足条件的四面体,易知该四面体的侧视图如图②,故选B.①②例2[思路点拨](1)根据三视图可确定该几何体的直观图,确定各面的形状及棱长,进而求出体积;(2)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,再由三角形面积公式可求得底面半径,从而求得圆锥的侧面积.(1)A(2)40√2π[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=DO=2,OD⊥BC,AO⊥平面BCD,则该几何体的体积V=13×(12×4×2)×2=83,故选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45°,所以SA=√2r.由cos∠ASB=78得sin∠ASB=√158,所以12SA·SB·sin∠ASB=12×√2r×√2r×√158=5√15,所以r2=40,所以圆锥的侧面积为√2πr2=40√2π.变式题(1)B(2)112[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√2,底面直径为2√2,所以圆柱的表面积S=2π×√2×2√2+2×π×(√2)2=12π.故选B.(2)四棱锥M-EFGH的高为12,底面积为12,故其体积为13×12×12=112.例3[思路点拨](1)关键在于确定点D的位置.设M是△ABC的中心,则D为射线MO与球的交点,此时DM⊥平面ABC,三棱锥D-ABC的体积最大,再根据已知条件求出三棱锥的高,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](1)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.∵S△ABC=√34AB2=9√3,∴AB=6.设△ABC的中心为M,由等边三角形的性质得,AM=BM=CM=2√3.设球心为O,则OA=OB=OC=4,∴OM=√OB2-BM2=2,∴点D到平面ABC的距离的最大值为OM+4=6.故三棱锥D-ABC体积的最大值为13×9√3×6=18√3.(2)由三视图可知,该几何体为如图所示的三棱锥,其中AB=BC=2,AB ⊥平面BCD ,BD=√2,CD=√3.在△BCD 中,cos ∠CBD=2×√2×2=3√28, ∴sin ∠CBD=√468,∴△BCD 的外接圆的直径为2r=√3√468=√3√46,∴外接圆的半径r=√3√46,∴外接球的半径R=√(√3√46)2+12=√4723,∴该几何体外接球的表面积S=4πR 2=4π×4723=188π23,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,从而求出棱柱的表面积;(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 (2)4π81[解析] (1)在△ABC 中,由BC ⊥AC ,得AB=√BC 2+AC 2=√52+122=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=BC+AC -AB2=2,棱柱的高h=2R=4,∴棱柱的表面积S=2×12×5×12+(5+12+13)×4=180,故选B . (2)如图所示,在长、宽、高分别为3,2,1的长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中, 三棱锥A 1-ABD 即为题中所给的四个面组成的三棱锥. 该三棱锥的体积V=13×(12×1×2)×3=1,该三棱锥的表面积S=3×3=9.设三棱锥内切球的半径为r,则V=13Sr,即1=13×9×r,∴r=13,故该三棱锥的内切球的体积V'=43πr3=4π81.应用演练1.C[解析]由43πR3=43π,得球的半径R=1,∴正三棱柱的高等于球的直径,即h=2R=2.设三棱柱的底面边长为a,则13×√32a=1,∴a=2√3,∴该正三棱柱的体积V=√34×(2√3)2×2=6√3,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,且侧面PAC⊥底面ABC,AC⊥BC,AC=8,BC=6,AB=√82+62=10,Rt△ABC的外接圆的圆心为斜边AB的中点E.设该几何体的外接球的球心为O,则OE⊥平面ABC.设OE=x,外接球的半径为R,则x2+(102)2=32+(6-x)2,解得x=53,∴R2=(53)2+52=2509,∴外接球的表面积S=4π×R2=1000π9,故选C.3.6√3π[解析]设正四面体的棱长为a,则正四面体的表面积S1=4×√34·a2=√3a2,其内切球的半径为正四面体高的14,即r=14×√63a=√612a,因此内切球的表面积S2=4πr2=πa26,则S1S2=√3a2π6a2=6√3π.4.π[解析]如图所示,作出正方体的截面B1CD1,各边与球相切于点E,F,G,则E,F,G分别是B1C,B1D1,CD1的中点,因为正方体的棱长为√2,所以B1C=B1D1=CD1=2,所以EF=FG=EG=1,所以截面圆的半径为√33,圆锥的母线长为AE=√(√2)2+12=√3,所以以A为顶点,以平面B1CD1被球O所截得的圆面为底面的圆锥的侧面积S=π×√33×√3=π.【备选理由】例1考查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()A.3√2B.2√3C.2√2D.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'-B'C'CB,如图所示.该四棱锥最长的棱为正方体的体对角线D'B,D'B=√4+4+4=√12=2√3,故选B.例2[配合例1使用]如图,正方形O'A'B'C'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,对角线长O'B'=√2 cm,则原图形为底边长为1 cm,高为2√2 cm的平行四边形,即在原图形中,OA=BC=1 cm,OB=2√2 cm,则AB=OC=√(2√2)2+12=3(cm),故原来的平面图形OABC的周长是2×(1+3)=8(cm).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.90πB.63πC.42πD.36π(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是梯形,这些梯形的面积之和为()A.10B.12C.10+√2D.12+√2[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=π×32×7=63π,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2×2+4×2=12,故选B.2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,则该圆柱的体积为()A.πB.3π4C.π2D.π4(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V1V2的值是.[答案](1)B(2)32[解析](1)易知圆柱底面圆的半径r=√12-(12)2=√32,所以圆柱的体积V=π×(√32)2×1=3π4,故选B.(2)设球O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O1O2的体积V1=2πR3,球O的体积V2=43πR3,所以V1V2=2πR343πR3=32.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)①锐角(或直角)②(0,π2](3)相等或互补4.10无数0无数对点演练1.④[解析]当三点共线时,过三点有无数个平面,①是假命题;当三条直线共点时,不能确定一个平面,②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③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④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;当直线c与直线a,b确定的平面相交时,a与c异面.3.l∥α或l⊂α[解析]当距离不为零时,l∥α;当距离为零时,l⊂α.4.4,6,7,8[解析]如图(1),可分成四部分;如图(2)(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AC⊥BD[解析](1)∵四边形EFGH为菱形,∴EF=EH,故AC=BD.(2)∵四边形EFGH为正方形,∴EF=EH且EF⊥EH,∵EF=12AC,且EF∥AC,EH=12BD,且EH∥BD,∴AC=BD且AC⊥BD.6.④[解析]①②③中的两条直线还有可能平行或相交,由异面直线的定义可知④中说法正确.7.b与α相交或b⊂α或b∥α[解析]将直线与平面放在正方体中,易知b与α相交或b⊂α或b ∥α都可以.8.无数 [解析] 在EF 上任意取一点M ,则直线A 1D 1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A 1D 1,EF ,CD 都有交点.故满足题意的直线有无数条.9.45° 60° [解析] ∵BC 与EG 所成的角等于EG 与FG 所成的角,即∠EGF ,tan ∠EGF=EF FG=1,∴∠EGF=45°.∵AE 与BG 所成的角等于BF 与BG 所成的角,即∠GBF ,tan ∠GBF=GF BF =2√32=√3,∴∠GBF=60°. 【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:作出正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1及相关点、线,如图所示.(1)错误.若AC 1⊂平面CC 1B 1B ,则A ∈平面CC 1B 1B ,与事实矛盾.∴AC 1⊄平面CC 1B 1B.(2)正确.∵O ,O 1是两平面的两个公共点,∴OO 1⊂平面AA 1C 1C ,OO 1⊂平面BB 1D 1D ,∴平面AA 1C 1C 与平面BB 1D 1D 的交线为OO 1.(3)错误.∵A ,O ,C 三点共线,∴A ,O ,C 不能确定一个平面. (4)正确.∵A ,C 1,B 1不共线,∴A ,C 1,B 1三点可确定一个平面,记为α,又四边形AB 1C 1D 为平行四边形,AC 1,B 1D 相交于O 2点,且O 2∈α,B 1∈α,∴B 1O 2⊂α,又D ∈B 1O 2,∴D ∈α.(5)正确.若l 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 1,A 1B.∵E ,F 分别是AB ,AA 1的中点,∴EF ∥BA 1. 又A 1B ∥D 1C ,∴EF ∥CD 1,∴E ,C ,D 1,F 四点共面. (2)由(1)知EF ∥CD 1,EF<CD 1,∴直线CE与D1F必相交,设交点为P,∵P∈CE,CE⊂平面ABCD,∴P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1=DA,∴P∈直线DA.∴CE,D1F,DA三线共点.例2[思路点拨](1)利用相关定义、定理判断;(2)由条件得n在α内,m不在α内,A是直线m与平面α的交点,从而得出m,n的位置关系.(1)B(2)D[解析](1)若两条直线不相交,则它们可能平行,也可能异面,①错误;由公理4可知②正确;若一条直线和两条平行直线中的一条相交,则它和另一条直线可能相交,也可能异面,③错误;由平行直线的传递性可知④正确.故选B.(2)∵α是一个平面,m,n是两条不同的直线,A是一个点,m⊄α,n⊂α,且A∈m,A∈α,∴n在平面α内,m与平面α相交.∵A∈m,A∈α,∴A是m和平面α的交点,∴m和n异面或相交(特殊情况可垂直),但一定不平行.变式题(1)D(2)D[解析](1)如图所示,连接D1E并延长,与AD交于点M,因为A1E=2ED,所以M为AD的中点.连接BF并延长,交AD于点N,因为CF=2FA,所以N为AD的中点,所以M,N重合,且MEED1=12,MFBF=12,所以MEED1=MFBF,所以EF∥BD1.(2)对于A,若直线a,b与平面α所成的角都是30°,则这两条直线平行、相交或异面,故A错误.对于B,若直线a,b与平面α所成的角都是30°,则这两条直线可能垂直,如图所示,直角三角形ACB的直角顶点C在平面α内,边AC,BC可以与平面α都成30°角,故B错误.对于C,若直线a,b平行,则这两条直线可以都与平面α相交或都在平面α内,故C错误.对于D,若直线a,b都与平面α垂直,则a∥b,与已知矛盾,即直线a,b不可能都与平面α垂直,故D正确.故选D.例3[思路点拨](1)补填一个完全一样的长方体ABC2D2-A1B1B2A2,由平行四边形的性质,得AB2∥DB1,则异面直线AD1与DB1所成的角即为AD1与AB2所成的角,最后利用余弦定理求其余弦值;(2)延长DO交底面圆周于点F,连接BF,CF,则BF∥AD,∠FBC是异面直线AD与BC所成角(或补角),在△BCF中,可求得∠FBC=60°.(1)C(2)B[解析](1)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1的面ABB1A1的一侧再补填一个完全一样的长方体ABC2D2-A1B1B2A2,连接AB2,B2D1.易知AB2∥DB1,所以异面直线AD1与DB1所成的角即为AD1与AB2所成的角.因为AB=BC=1,AA1=√3,所以AD1=2,AB2=√5,B2D1=√5.在△AB2D1中,cos∠D1AB2=22+(√5)2-(√5)22×2×√5=√5 5,所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为√55.(2)如图所示,延长DO交底面圆周于点F,连接BF,CF,则BF∥AD,所以∠FBC是异面直线AD与BC所成的角(或补角).在Rt△OCF中,CF=√OF2+OC2=√3.同理BC=√OB2+OC2=√3.在△BOF中,BF=√OF2+OB2-2OF·OBcos120°=√3.在△BCF中,BC=CF=BF=√3,则∠FBC=60°,故选B.变式题 (1)C (2)π3[解析] (1)如图,由AB ∥CD ,可知∠BAE 即为异面直线AE 与CD 所成的角.设正方体的棱长为2,连接BE ,则在Rt △ABE 中,AB=2,BE=√BC 2+CE 2=√22+12=√5,tan ∠BAE=BE AB =√52,故选C .(2)由三视图可知,该几何体为四棱锥,记该四棱锥为P-ABCD ,如图所示.其中,PA ⊥平面ABCD ,PA=√2,底面ABCD 是边长为1的正方形,PB=√3,最长的棱为PC ,与PC 不相交的棱是AB 和AD.由AB ∥DC ,AD ∥BC ,得PC 与AB 所成的角为∠PCD ,PC 与AD 所成的角为∠PCB ,∵PA ⊥平面ABCD ,CB ⊂平面ABCD ,∴PA ⊥CB , 又BC ⊥AB ,PA ∩AB=A ,∴BC ⊥平面PAB ,∴BC ⊥PB. 在Rt △PBC 中,tan ∠PCB=PB BC =√3,得∠PCB=π3. 同理,得∠PCD=π3.则直线m 与n 所成的角为π3.例4 [思路点拨] (1)结合图形,分类讨论.(2)画出几何体的直观图,利用三视图的作法判断正视图即可. (1)A (2)B [解析] (1)用一个平面去截正方体,截面的情况为:①截面为三角形时,可以是锐角三角形、等腰三角形、等边三角形(如图所示),但不可能是钝角三角形或直角三角形;②截面为四边形时,可以是梯形(等腰梯形)、平行四边形、菱形、矩形(如图所示),但不可能是直角梯形;③截面为五边形时,如图所示,不可能是正五边形;④截面为六边形时,如图所示,可以是正六边形.故可选A.(2)由已知,可得过点M,N,P的截面是过正方体的棱BB1,BC,CD的中点的正六边形,所以剩余几何体的直观图如图所示,其正视图应是选项B中的图形.例5[思路点拨](1)由三视图得到直观图,可把该几何体放置在正方体中,在正方体中作出其直观图,再求其体积;(2)依据本题中棱锥的特点,将其补成的正方体,把问题转化为求正方体外接球的表面积. (1)C(2)3πa2[解析](1)如图所示,在棱长为2的正方体中,点D为所在棱的中点,则三视图对应的几何体为图中的四棱锥P-ABCD,则该几何体的体积V P-ABCD=13×[12×(1+2)×2]×2=2,故选C.(2)如图,将此三棱锥补成正方体DBCA-D1B1C1P,则该三棱锥的外接球即该正方体的外接球,由已知得正方体的体对角线长为PB=√3a,则外接球的半径R=12PB=√32a,所以该三棱锥的外接球的表面积S=4×π×(√32a)2=3πa2.例6[思路点拨](1)结合正方体中的平行关系,利用平移法把异面直线所成的角转化为相交直线所成的角;(2)把展开图还原为直观图,在正方体中找到相关的线、面,利用正方体的特点进行判断.(1)D(2)B[解析](1)连接B1C,A1D,由M,N分别是BC,BB1的中点,得MN∥B1C∥A1D,则直线A1D与AD1所成的角即为异面直线MN与AD1所成的角.又四边形A1ADD1是正方形,所以A1D⊥AD1,故异面直线MN与AD1所成的角为90°.(2)将平面展开图还原成正方体,如图所示.命题①中AF与GC分别为前后两个侧面的对角线,则AF⊥GC,即①正确.命题②中BD在平面ABCD内,GC与平面ABCD相交,C∉BD,则BD与GC是异面直线.连接BE,DE,则EB∥GC,即∠DBE为异面直线BD与GC所成的角(或其补角).在等边△BDE中,∠DBE=60°,则异面直线BD与GC 所成的角为60°,即②正确.命题③中BD与MN是异面直线,即③错误;命题④中GD⊥平面ABCD,即∠DBG为BG与平面ABCD所成的角,在Rt△BDG中,GD≠BD,∠DBG≠45°,即④错误.故选B.应用演练1.A[解析]取C1D1的中点E,则PM必在平面ADEM上,易证D1N⊥平面ADEM,所以D1N⊥PM.2.C[解析]将正四面体A-BCD补全为一个棱长为6√2的正方体,所以球O是正方体的外接球,其半径R=√32×6√2=3√6.设正四面体的高为h,则h=√122-(4√3)2=4√6,故OM=ON=14h=√6,又MN=13BD=4,所以O到直线MN的距离为√(√6)2-22=√2,因此球O截直线MN所得的弦长为2√(3√6)2-(√2)2=4√13.故选C.3.B[解析]在棱长为2的正方体中作出该三棱锥的直观图,如图中三棱锥D1-ABB1所示,则该三棱锥的体积为13×12×2×2×2=43,故选B.4.梯形[解析]如图所示,连接A1B,因为E,F分别是AB和AA1的中点,所以EF∥A1B且EF=12A1B,又因为A1D1 BC,所以四边形A1BCD1是平行四边形,所以A1B∥CD1,A1B=CD1,所以EF∥CD1,EF=12CD1,EF与CD1确定一个平面α,又EF<CD1,所以E,F,C,D1四点组成的四边形是梯形.5.90°[解析]如图所示,连接D1M,易知D1M⊥DN.又∵A1D1⊥DN,A1D1⊂平面A1MD1,MD1⊂平面A1MD1,A1D1∩MD1=D1,∴DN⊥平面A1MD1,∴DN⊥A1M,即A1M与DN所成角的大小为90°.【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ACB.直线ABC.直线CDD.直线BC(2)给出下列四个说法: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α内的一条直线a与平面β内的一条直线b相交,则α与β相交;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)①②③[解析](1)由题意知,D∈l,l⊂β,∴D∈β.又D∈AB,∴D∈平面ABC,∴点D在平面ABC与平面β的交线上.又C∈平面ABC,C∈β,∴点C在平面β与平面ABC的交线上,∴平面ABC∩平面β=CD.(2)①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.②中说法正确,a,b有交点,则两平面有公共点,则两平面相交.③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,所以过这两个交点的直线也在平面内,即三条直线共面.④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-A1B1C1D1中,M,N分别是A1B1,B1C1的中点.问:(1)AM和CN是否是异面直线?说明理由.(2)D1B和CC1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MN,A1C1,AC,如图所示.因为M,N分别是A1B1,B1C1的中点,所以MN∥A1C1.又因为A1A C1C,所以四边形A1ACC1为平行四边形,所以A1C1∥AC,所以MN∥AC,所以A,M,N,C在同一平面内,故AM和CN不是异面直线.(2)是异面直线.理由如下:因为几何体ABCD-A1B1C1D1是正方体,所以B,C,C1,D1不共面.假设D1B与CC1不是异面直线,则存在平面α,使D1B⊂平面α,CC1⊂平面α,所以D1,B,C,C1∈α,这与B,C,C1,D1不共面矛盾.所以假设不成立,即D1B和CC1是异面直线.例3[配合例3使用](1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BM与AN所成角的余弦值为()A.110B.25C.√3010D.√22(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A.√32B.√155C.√105D.√33[答案](1)C(2)C[解析](1)如图所示,取BC的中点E,连接AE,NE,ME.由于M,N分别是A1B1,A1C1的中点,所以MN∥B1C1且MN=12B1C1,又BE∥B1C1且BE=12B1C1,所以MN BE,所以四边形MNEB为平行四边形,所以EN BM,所以直线AN,NE所成的角即为直线BM,AN所成的角.设BC=1,则B1M=12B1A1=√22,得MB=√1+12=√62=NE,AN=AE=√52.在△ANE中,根据余弦定理得cos∠ANE=64+54-542×√62×√52=√3010,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 B1C1,所以四边形AB 1C 1D 是平行四边形, 所以AB 1∥DC 1且AB 1=DC 1,所以∠BC 1D 即为异面直线AB 1与BC 1所成的角或所成角的补角. 在△BC 1D 中,BC 1=√2,DC 1=√5,BD=√4+1-2×2×1×12=√3,则由余弦定理,得cos ∠BC 1D=2×√2×√5=√105,即异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为√105,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β,设β∩α=b ,则a ∥b ,易知满足条件的直线只有1条.2.平行 [解析] 因为DE EA =DFFC,所以EF ∥AC.因为AC ⊂平面ABC ,EF ⊄平面ABC ,所以EF ∥平面ABC.3.平行 [解析] 易证A 1C 1,A 1D 都与平面AB 1C 平行,且A 1D ∩A 1C 1=A 1,所以平面AB 1C ∥平面A 1DC 1.4.平行 [解析] 连接BD ,设BD ∩AC=O ,连接EO.在△BDD 1中,O 为BD 的中点,E 为DD 1的中点,所以EO 为△BDD 1的中位线,则BD 1∥EO ,又BD 1⊄平面ACE ,EO ⊂平面ACE ,所以BD 1∥平面ACE.5.平行四边形 [解析] ∵平面ABFE ∥平面DCGH ,平面EFGH ∩平面ABFE=EF ,平面EFGH ∩平面DCGH=HG ,∴EF ∥HG.同理可得EH ∥FG ,∴四边形EFGH 是平行四边形.6.既不充分也不必要 [解析] 由m ⊂α,l ∥α不能推出l ∥m ;由m ⊂α,l ∥m 也不能推出l ∥α.所以是既不充分也不必要条件.7.(1)a ∥α或a ⊂α (2)平行或相交 (3)a ∥β或a ⊂β [解析] (1)由直线与平面平行的判定定理知,a 可能平行于α,也可能在α内.(2)当a ,b 相交时,α∥β;当a ,b 平行时,α,β平行或相交. (3)当a 在β外时,a ∥β;当a 在β内时,a ∥α也成立.。