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高考第一轮复习——直线、平面、简单几何体(文)

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【本讲教育信息】一. 教学内容：直线、平面、简单几何体【模拟试题】（答题时间：120分钟）第I 卷（选择题 共60分）一. 选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 已知直线m l ,与平面γβα,,满足l =⋂γβ，α⊂m ，γ⊥m ，那么必有（ ）A. γα⊥且m l ⊥B. γα⊥且β//mC. β//m 且m l ⊥D. βα//且γα⊥2. （知识原创题）若A 、B 、C 、D 四点满足AB ⊥CD 、AC ⊥BD 、AD ⊥BC ，则这四点的位置关系是（ ）A. 一定共面B. 一定不共面C. 不一定共面D. 不存在3. 正四棱锥P —ABCD 的所有棱长都相等，E 为PC 的中点，那么异面直线BE 与PA 所成角的余弦值等于（ ）A.21 B.22 C.32 D. 33 4. （知识交汇题）已知相交直线m l ,都在平面α内，并且都不在平面β内，若m l p ,:中至少有一条与β相交；α:q 与β相交，则p 是q 的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 不充分也不必要条件5. （热点创新题）若正三棱锥的侧面都是直角三角形，那么侧面与底面所成的角的余弦值是（ ）A.23 B.3C.21 D.33 6. 球O 的截面把垂直于截面的直径分成1：3两部分，若截面圆半径为3，则球O 的体积为（ ）A. π16B.316πC.332πD. π347. （济南统测）如图，正方体ABCD —1111D C B A 中，E 、F 分别是AB 、1CC 的中点，则异面直线C A 1与EF 所成角的余弦值为（ ）A.33 B.32 C.31 D.618. （南京模拟）四棱锥P —ABCD ，AD ⊥面PAB ，BC ⊥面PAB ，底面ABCD 为梯形，AD=4，BC=8，AB=6，CPB APD ∠=∠，满足上述条件的四棱锥的顶点P 的轨迹是（ ）A. 圆B. 不完整的圆C. 抛物线D. 抛物线的一部分9. （知识创新题）把一副三角板ABC 与ABD 摆成如下图所示的直二面角D —AB —C ，则异面直线DC 与AB 所成的角为（ ）A. 60B. 321arctanC. 721arctanD. 9010. （易错警醒题）已知正四棱锥的侧棱与底面成60角，则此四棱锥的两个相邻侧面所成的二面角的余弦值是（ ）A.71 B.77 C.43D. 71-11. （苏锡常镇调查一）设21,l l 为两条直线，βα,为两个平面，给出下列四个命题，其中，正确命题的个数是（ ）① 若αββα//,//,,2121l l l l ⊂⊂，则βα//② 若αα⊥⊥21,l l ，则21//l l ③ 若211//,//l l l α，则α//2l ④ 若αβα⊂⊥1,l ，则β⊥1lA. 0个B. 1个C. 2个D. 3个12. （知识原创题）若)3,1,2(x a =，)9,2,1(y b -=，如果a 与b 为共线向量，则（ ） A. 1,1==y xB. 21,21-==y x C. 23,61-==y xD. 23,61=-=y x第II 卷（非选择题 共90分）二. 填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分。

把答案填在题中横线上。

） 13. （基本概念题）设)7,4,4(-=a ，)3,2,1(=b ，b a AB 32+=，且点B 的坐标为)1,2,3(-B ，则点A 的坐标为 。

14. （知识创新题）C B A '''∆是用“斜二测画法”画出的等腰直角三角形ABC 的直观图，设C B A '''∆的面积为S '，ABC ∆的面积为S ，则='SS 。

15. （条件开放题）以正方体1111D C B A ABCD -的8个顶点中4个为顶点，且4个面均为直角三角形的四面体是 （只要写出一个四面体即可）。

16. （真题·辽宁卷）如图，正方体的棱长为1，C 、D 分别是两条棱的中点，A 、B 、M 是顶点，那么点M 到截面ABCD 的距离是 。

三. 解答题（本大题共6小题，共74分。

解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

） 17. （本小题满分12分）（湖北八校二次联考）如图，在多面体ABCDE 中，AE ⊥面ABC ，BD//AE ，且AC=AB=BC=BD=2，AE=1，F 为CD 中点。

（1）求证：EF ⊥面BCD ；（2）求面CDE 与面ABDE 所成的二面角的余弦值。

18. （本小题满分12分）（成都二诊）如图，已知四棱锥S —ABCD 的底面ABCD 是正方形，SA ⊥底面ABCD ，E 是SC 上的一点。

（1）求证：平面EBD ⊥平面SAC ；（2）设SA=4，AB=2，求点A 到平面SBD 的距离；（3）当SBSA的值为多少时，二面角B —SC —D 的大小为 120。

19. （本小题满分12分）（高考变式题）如下图，已知ABC C B A -111是直三棱柱，D 是AC 的中点，O 是CB 1的中点，E 在1CC 上，且90=∠ACB ，AC=BC=CE=2，61=AA ，F BE C B =⋂1。

（1）证明：截面BDE//AO ；（2）求三棱锥D AA O 1-的体积。

20. （本小题满分12分）（思维拓展题）图（1）是一个正方形的表面展开图，MN 和PQ 是两条面对角线。

请在图（2）的正方体中将MN 、PQ 画出来，并就这个正方体解答下列各题。

（1）求MN 与PQ 所成角的大小；（2）求四面体M —NPQ 的体积与正方体的体积之比； （3）求二面角M —NQ —P 的大小。

21. （本小题满分12分）（经典常考题）如下图，在正方体1111D C B A ABCD -中，E 、F 分别是1BB 、11C B 的中点。

（1）求异面直线1AC 与F D 1所成角的余弦值；（2）设P 为F D 1的中点，问：在E A 1上是否存在一点Q 使得E A PQ 1⊥，若存在指出Q 点的位置，若不存在说明理由。

22. （本小题满分14分）（知识原创题）已知直棱柱1111D C B A ABCD -，底面四边形ABCD 是直角梯形，上底边长AD=6，直角边所在的腰AB=2，BC=2，41=AA ，G 是CD 的中点，E 是1CC 的中点，F 在AD 上，且FD AF 21=。

（1）求异面直线EF 与1GD 所成的角α； （2）求直线EF 和平面11C A 所成的角θ； （3）求二面角1D FG E --的大小。

【试题答案】一.1. A解析：由已知α⊂m ，γ⊥m ，可得γα⊥，又γ⊂l ，得l m ⊥，故得答案A 。

2. C解析：点A 可以是BCD ∆的垂心，也可以是BCD ∆平面外的一点，使得三棱锥A —BCD 的三条侧棱两两垂直，即此四点的位置关系是不一定共面，应选C 。

3. D解析：设O 为底面正方形的中心，连结EO ，有EO//PA ，则OEB ∠是异面直线BE 与PA 所成的角。

设正四棱锥P —ABCD 的棱长为2，则在OBE Rt ∆中，3=BE ，1=OE ，33cos =OEB ，故选D 。

4. C解析：本题将直线，平面知识与简易逻辑知识相结合，体现了在知识交汇处命题的高考趋势，从p 出发能推到q ，从q 出发也能推出p ，所以p 是q 的充分必要条件，故选C 。

5. D解析：如图，V —ABC 是正三棱锥，所以顶点V 在底面的射影O 点为正三角形的中心，即O 在AM 上，M 为BC 的中点，连结VM ，则V M O ∠为侧面与底面所成的角，设a BC 2=，a AM OM 3331==，又BVC ∆为等腰直角三角形，a BC VM ==21∴ 33cos =VMO 故选D6. C解析：设直径被分成的两部分分别为r r 3,，易知r r 3)3(2⋅=，得1=r ，则球O 的半径R=2，故ππ332343=⋅=R V 。

7. B解析：建立如图坐标系，设正方体的边长为2，则)2,0,2(1A ，E （2，1，0），F （0，2，1），C （0，2，0），)2,2,2(1--=A ，)1,1,2(-=，则,cos 111A >=<326324=⨯=所以异面直线C A 1与EF 所成角的余弦值为32，故选B 。

8. B解析：由AD ⊥面PAB 及BC⊥面PAB ，可得AD//BC ， 90=∠=∠CBP DAP ，又CPB APD ∠=∠，及AD=4，BC=8，可得C PB PBCBPA AD APD tan tan ===，即得248===AD CB PA PB ，在平面PAB 内以AB 所在直线为x 轴，AB 中点O 为坐标原点，建立直角坐标系，则)0,3(-A ，B （3，0），设点P 的坐标为),(y x ，则有2)3()3(2222=+++-=yx y x PA PB，整理可得一个圆方程，由于点P 不在直线AB 上，故此轨迹为一个不完整的圆，故应选B 。

9. B解析：过点C 作CE//AB ，过点A 作AF ⊥CE 于点F ，连结DF ，设AD=1，则3=AB ，23=CF ，在CDF Rt ∆中，27=DF ，321tan =DCF ，故选B 。

10. D解析：如图，正四棱锥S —ABCD ，作BH ⊥SC 于H ，连结HD ，则BHD ∠为所求二面角的平面角，设底面边长为1，则2=BD ，414==DH BH ，在BHD ∆中，由余弦定理得71cos -=BHD ，故选择D 。

易错点是错误理解“此四棱锥的两个相邻侧面所成的二面角”而错选A 。

11. B解析：① 由α⊂1l ，β⊂2l ，β//1l ，α//2l 可得βα//或α或β相交，相交时只需21,l l 都与交线平行；② 线线平行的判定；③ 必须α⊄2l ；④ 由βα⊥，α⊂1l 要得到β⊥1l ，必须有1l 垂直于α与β的交线，故选B 。

12. C解析：若)3,1,2(x a =与)9,2,1(y b -=共线，则有932112=-=y x∴ 23,61-==y x ，故应选C 。

二.13. )22,0,8(--解析：)23,2,11()9,6,3()14,8,8(32-=+-=+=b a ∴ 点A 的坐标为)1,2,3(-)22,0,8()23,2,11(--=-- 14.42解析：设原等腰直角三角形的底边长为a 2，高为a ，则利用斜二测画法画成的三角形底边长不变，高为a a 42222=⨯ ∴ 42='S S 15. ABC A 1解析：如图，侧棱A A 1与上下两个底面垂直，则与底面内的任一直线垂直，连结AC ，则AC A A ⊥1，同理B A BC 1⊥。

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10A-2 高三一轮总复习 两条空间直线的位置关系

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异面直线， a′ a，b′ b，
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直线、平面、简单几何体（ ） 第十章 直线、平面、简单几何体（A）
4．异面直线的判定：过平面外一点与平面内一点的直 线和平面内 不经过该点的 直线是异面直线． 5．两条异面直线互相垂直：如果两条异面直线所成的 角是 直角 ，我们就说这两条异面直线互相垂直． 6．两条异面直线的公垂线及两条异面直线的距离：和 垂直相 的 直线， 两条异面直线 两条异面直线的 垂线 垂线， 的 ， 这两条异面直线的 ．
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)
D．EF与A1C1 D
面
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直线、平面、简单几何体（ ） 第十章 直线、平面、简单几何体（A）
解析
如图，取BB1的中点O，连结OE，OF，易知EF
与A1C1平行．
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直线、平面、简单几何体（ ） 第十章 直线、平面、简单几何体（A）
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形，并解之． ④取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是0°＜ θ≤90°，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面 直线所成的角．
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思考题2
(09· 上 海 ) 如 图 ， 若 正 四 棱 柱 ABCD －
3．下列命题中正确的是(
)
A．E、F、G、H分别是空间四边形ABCD四条边AB、 BC、CD、DA的中点，则四边形EFGH是平行四边形 B．E、F、H分别是空间四边形ABCD的边AB、BC、 DA的中点，则∠HEF是异面直线AC与BD所成的角 C．
2023年高考数学(文科)一轮复习课件——空间几何体的表面积和体积

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索引
2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
圆柱
圆锥
圆台
侧面展开图
侧面积公式 S圆柱侧＝__2_π_r_l_____ S圆锥侧＝___π_rl____ S圆台侧＝____π_(_r1_＋__r_2_)l__
索引
3.空间几何体的表面积与体积公式
几何体
名称
表面积
体积
柱体 (棱柱和圆柱) 锥体(棱锥和圆锥)
Q
522＋62＝123.
索引
(2)已知正三棱锥 S－ABC 的侧棱长为 4 3，底面边长为 6，则该正三棱锥外接球 的表面积是___6__4_π__.
解析 如图，过点S作SE⊥平面ABC于点E，记球心为O. ∵在正三棱锥 S－ABC 中，底面边长为 6，侧棱长为 4 3， ∴BE＝23× 23×6＝2 3， ∴SE＝ SB2－BE2＝6.
∵球心O到四个顶点的距离相等，均等于该正三棱锥外接球的半径R， ∴OB＝R，OE＝6－R. 在Rt△BOE中，OB2＝BE2＋OE2，即R2＝12＋(6－R)2，解得R＝4， ∴外接球的表面积为S＝4πR2＝64π.
索引
感悟提升
(1)求解多面体的外接球时，经常用到截面图.如图所 示，设球O的半径为R，截面圆O′的半径为r，M为截 面圆上任意一点，球心O到截面圆O′的距离为d，则在 Rt△OO′M中，OM2＝OO′2＋O′M2，即R2＝d2＋r2.
是( B )
A.158
B.162
C.182
D.324
索引
解析 由三视图可知，该柱体是一个直五棱柱，如图，棱柱的高为6，底面可 以看作由两个直角梯形组合而成，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一 个的上底为2，下底为6，高为3. 则底面面积 S＝2＋2 6×3＋4＋2 6×3＝27. 因此，该柱体的体积V＝27×6＝162.
2015年高考第一轮复习数学：9.1 平面、空间两条直线

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第九章直线、平面、简单几何体●网络体系总览直线平面与简单几何体空间两条直线平 面空间两个平面空间向量简单几何体空间向量及有关概念棱 柱空间向量的运算及运算律棱 锥空间向量的坐标运算多面体和正多面体空间直线与平面平行直线线在面内线面平行线面相交平行公理定义等角定理判定所成的角、距离判定定理性质定理判定(性质)定理判定(性质)定理直交斜交直交两平面间距离二面角及平面角斜交平行相交异面直线相交直线平面的概念、性质、表示、画法线面间距离三垂线定理,线面成角判定(性质)定理,点到面的距离球、●考点目标定位1.直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系.2.线线、线面、面面的平行与垂直的判定和性质，三垂线定理.3.两条异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角的平面角.4.点到平面的距离，线面距离，平行平面的距离，异面直线的距离，两点间的球面距离.5.空间向量及其加法、减法，空间向量的坐标表示，空间向量的数量积.6.直棱柱、平行六面体及正棱锥的性质，球的体积及表面积的计算.●复习方略指南1.立体几何不外乎两大问题，一类是空间位置关系的论证，这类问题应熟练掌握公理、定理、定义或用空间向量来论证，位置关系的论证要注意其间的转化.如线面平行可转化为线线平行等；另一类问题是空间量（空间角、距离、体积、侧面积）的计算，如线面角、二面角的求解.2.立体几何在高考中，选择题、填空题一般出中等难度的题，解答题中可能会有难题.3.归纳总结，理线串点，从知识上可分为：（1）平面的基本性质；（2）两个特殊的位置关系，即线线、线面、面面的平行与垂直；（3）三个角、三个距离.根据每部分内容选择典型的例题，总结出解题方法，对于空间位置关系的论证及空间角与距离的求解，还要注意把空间向量贯彻、渗透其中，通过一题多解，使学生把所学知识真正学活、会用.4.抓主线攻重点，可以针对一些重点内容进行训练，平行和垂直是位置关系的核心，而线面垂直又是核心中的核心，线面角、二面角、距离均与线面垂直密切相关.因此对于这部分内容复习中要强化，并要注意用空间向量去解空间位置关系及空间量的求解.5.复习中要加强数学思想方法的总结与提炼，立体几何中蕴涵着丰富的思想方法，如割补思想、降维转化思想即化空间问题到平面图形中去解决，又如证线面间的位置关系常需经过多次转换才能获得解决，又如可把空间位置关系及空间量的求解转化为空间向量的运算，这些无不体现着化归转化的思想.因此自觉地学习和运用数学思想方法去解题，常能收到事半功倍的效果.9.1 平面、空间两条直线●知识梳理1.平面的基本性质，即三个公理及推论.2.公理4及等角定理.3.空间两条直线的位置关系有且只有三种，即平行、相交及异面.4.两条异面直线所成的角及距离，求作异面直线所成的角时，往往取题中的特殊点.●点击双基1.若a，b是异面直线，则只需具备的条件是A.a⊂平面α，b⊄平面α，a与b不平行B.a⊂平面α，b⊂平面β，α∩β=l，a与b无公共点C.a∥直线c，b∩c=A，b与a不相交D.a⊥平面α，b是α的一条斜线答案：C2.如下图，直线a 、b 相交于点O 且a 、b 成60°角，过点O 与a 、b 都成60°角的直线有O60°abA.1条B.2条C.3条D.4条解析：在a 、b 所确定的平面内有一条，平面外有两条. 答案：C3.（2004年北京朝阳区模拟题）如下图，正四面体S —ABC 中，D 为SC 的中点，则BD 与SA 所成角的余弦值是A.33 B.32 C.63D.62解析：取AC 的中点E ，连结DE 、BE ，则DE ∥SA ，∴∠BDE就是BD 与SA 所成的角.设SA =a ，则BD =BE =23 a ，DE =21a ，cos ∠BDE =DE BD BE DE BD ⋅-+2222= 63.答案：C4.如下图，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为a ， 那么A C 1（1）哪些棱所在直线与直线BA 1成异面直线？______________________.（2）直线BA 1与CC 1所成角的大小为________. （3）直线BA 1与B 1C 所成角的大小为________. （4）异面直线BC 与AA 1的距离为________. （5）异面直线BA 1与CC 1的距离是________. 答案：（1）D 1C 1、D 1D 、C 1C 、C 1B 1、DC 、AD（2）45° （3）60° （4）a （5）a5.（2002年全国）正六棱柱ABCDEF —A 1B 1C 1D 1E 1F 1的底面边长为1，侧棱长为2，则这个棱柱的侧面对角线E 1D 与BC 1所成的角是_____________.解析：连结FE 1、FD ，则由正六棱柱相关性质可得FE 1∥BC 1， 在△EFD 中，EF =ED =1，∠FED =120°，∴FD =120cos 222⋅⋅-+ED EF ED EF =3.在△EFE 1和△EE 1D 中，易得E 1F =E 1D =1)2(2+=3，∴△E 1FD 是等边三角形，∠FE 1D =60°.而∠FE 1D 即为E 1D 与BC 1所成的角.答案：60°说明：本题主要考查正六棱柱的性质及异面直线所成角的求法. ●典例剖析【例1】 如下图，四面体ABCD 中，E 、G 分别为BC 、AB 的中点，F 在CD 上，H 在AD 上，且有DF ∶FC =2∶3，DH ∶HA =2∶3.求证：EF 、GH 、BD 交于一点.证明：连结GE 、HF ，∵E 、G 分别为BC 、AB 的中点， ∴GE ∥AC .又∵DF ∶FC =2∶3，DH ∶HA =2∶3， ∴HF ∥AC .∴GE ∥HF . 故G 、E 、F 、H 四点共面. 又∵EF 与GH 不能平行，∴EF 与GH 相交，设交点为O .则O ∈面ABD ，O ∈面BCD ，而平面ABD ∩平面BCD =BD .∴EF 、GH 、BD 交于一点.评述：证明线共点，常采用证两直线的交点在第三条直线上的方法，而第三条直线又往往是两平面的交线.【例2】 A 是△BCD 平面外的一点，E 、F 分别是BC 、AD 的中点，CABDEFG（1）求证：直线EF 与BD 是异面直线；（2）若AC ⊥BD ，AC =BD ，求EF 与BD 所成的角.（1）证明：用反证法.设EF 与BD 不是异面直线，则EF 与BD 共面，从而DF 与BE 共面，即AD 与BC 共面，所以A 、B 、C 、D 在同一平面内，这与A 是△BCD 平面外的一点相矛盾.故直线EF 与BD 是异面直线.（2）解：取CD 的中点G ，连结EG 、FG ，则EG ∥BD ，所以相交直线EF 与EG 所成的锐角或直角即为异面直线EF 与BD 所成的角.在Rt △EGF 中，求得∠FEG =45°，即异面直线EF 与BD 所成的角为45°.特别提示 ①证明两条直线是异面直线常用反证法；②求两条异面直线所成的角，首先要判断两条异面直线是否垂直，若垂直，则它们所成的角为90°；若不垂直，则利用平移法求角，一般的步骤是“作（找）—证—算”.注意，异面直线所成角的范围是（0，2π］. 【例3】 长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，已知AB =a ，BC =b ，AA 1=c ，且a >b ，求：（1）下列异面直线之间的距离：AB 与CC 1；AB 与A 1C 1；AB 与B 1C .（2）异面直线D 1B 与AC 所成角的余弦值.（1）解：BC 为异面直线AB 与CC 1的公垂线段，故AB 与CC 1的距离为b .AA 1为异面直线AB 与A 1C 1的公垂线段，故AB 与A 1C 1的距离为c .过B 作BE ⊥B 1C ，垂足为E ，则BE 为异面直线AB 与B 1C 的公垂线，BE =C B BC BB 11⋅=22c b bc +，即AB 与B 1C 的距离为22cb bc+.A ABB C D 1111E FO（2）解法一：连结BD 交AC 于点O ，取DD 1的中点F ，连结OF 、AF ，则OF ∥D 1B ，∴∠AOF 就是异面直线D 1B 与AC 所成的角.∵AO =222b a +，OF =21BD 1=2222c b a ++，AF =2422c b +，∴在△AOF中，cos ∠AOF =OF AO AF OF AO ⋅-+2222=))((2222222c b a b a b a +++-.解法二：如下图，在原长方体的右侧补上一个同样的长方体，连结BG 、D 1G ，则AC ∥BG ，∴∠D 1BG （或其补角）为D 1B 与AC 所成的角.A AB CC D GD 1111BD 1=222c b a ++，BG =22b a +，D 1G =224c a +，在△D 1BG 中，cos ∠D 1BG =BGB D G D BG B D ⋅-+1212212=－))((2222222c b a b a b a +++-，故所求的余弦值为))((2222222c b a b a b a +++-.深化拓展利用中位线平移和利用补形平移是处理长方体中异面直线所成角的重要方法.●闯关训练 夯实基础1.两条相交直线l 、m 都在平面α内且都不在平面β内.命题甲：l 和m 中至少有一条与β相交，命题乙：平面α与β相交，则甲是乙的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.非充分非必要条件解析：若l 和m 中至少有一条与β相交，不妨设l ∩β=A ，则由于l ⊂α，∴A ∈α.而A ∈β，∴α与β相交.反之，若α∩β=a ，如果l 和m 都不与β相交，由于它们都不在平面β内，∴l ∥β且m ∥β.∴l ∥a 且m ∥a ，进而得到l ∥m ，与已知l 、m 是相交直线矛盾.因此l 和m 中至少有一条与β相交.答案：C2.（2004年天津，6）如下图，在棱长为2的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中心，E 、F 分别是CC 1、AD 的中点，那么异面直线OE 和FD 1所成的角的余弦值等于A C 1A.510B.515C.54D.32解法一：取面CC 1D 1D 的中心为H ，连结FH 、D 1H .在△FHD 1中，FD 1=25，FH =23，D 1H =22. 由余弦定理，得∠D 1FH 的余弦值为515. 解法二：取BC 的中点G .连结GC 1∥FD 1，再取GC 的中点H ，连结HE 、OH ，则∠OEH 为异面直线所成的角.在△OEH 中，OE =23，HE=45，OH =45. 由余弦定理，可得cos ∠OEH =515.答案：B3.如下图，四面体ABCD 中，E 、F 分别是AC 、BD 的中点，若CD =2AB =2，EF ⊥AB ，则EF 与CD 所成的角等于_____________.D解析：取AD 的中点G ，连结EG 、FG ，易知EG =1，FG =21. 由EF ⊥AB 及GF ∥AB 知EF ⊥FG .在Rt △EFG 中，求得∠GEF =30°，即为EF 与CD 所成的角. 答案：30°4.（2003年上海）在正四棱锥P —ABCD 中，若侧面与底面所成二面角的大小为60°，则异面直线P A 与BC 所成角的大小等于_____________.（结果用反三角函数值表示）答案：arctan25.如下图，设不全等的△ABC 与△A 1B 1C 1不在同一平面内，且AB ∥A 1B 1，BC ∥B 1C 1，CA ∥C 1A 1.求证：AA 1、BB 1、CC 1三线共点.证明：不妨设AB ≠A 1B 1，AA 1∩BB 1=S ，∵BC ∥B 1C 1，∴BB 1面BCC 1B 1，S ∈面BBC 1B 1.同理，S ∈面ACC 1A 1.∴S ∈CC 1，即AA 1、BB 1、CC 1三线共点于S .6.在三棱锥A —BCD 中，AD =BC =2a ，E 、F 分别是AB 、CD 的中点，EF =3a ，求AD 与BC 所成的角.解：取AC 的中点M ，连结ME 、MF ，则ME ∥BC ，MF ∥AD ，所以∠EMF （或其补角）是直线AD 与BC 所成的角.在△EMF 中，ME =21BC =a ，MF =21AD =a ，EF =3a ，cos ∠EMF = 222223a a a a -+=－21，∠EMF =120°，因此异面直线AD 与BC 所成的角为60°.培养能力7.如下图，在三棱锥P —ABC 中，AB =AC ，PB =PC ，E 、F 分别是PC 和AB 上的点且PE ∶EC =AF ∶FB =3∶2.（1）求证：P A ⊥BC ； （2）设EF 与P A 、BC 所成的角分别为α、β，求证：α+β=90°. 证明：（1）取BC 的中点D ，连结AD 、PD .则BC ⊥平面ADP ，AP ⊂平面ADP ， ∴AP ⊥BC .（2）在AC 上取点G ，使AG ∶GC =3∶2，连结EG 、FG ，则EG ∥P A ，FG ∥BC ，从而∠EGF 为P A 与BC 所成的角，由（1）知∠EGF =90°，而∠GEF 、∠GFE 分别是EF 与P A 、EF 与BC 所成的角α、β，∴α+β=90°.8.如下图，设△ABC 和△A 1B 1C 1的三对对应顶点的连线AA 1、BB 1、CC 1相交于一点O ，且1OAAO =1OB BO =1OC CO = 32.试求111C B A ABC S S ∆∆的值.11解：依题意，因为AA 1、BB 1、CC 1相交于一点O ，且1OA AO =1OB BO =1OC CO，所以AB ∥A 1B 1，AC ∥A 1C 1，BC ∥B 1C 1.由平移角定理得∠BAC =∠B 1A 1C 1，∠ABC =∠A 1B 1C 1，△ABC ∽ △A 1B 1C 1，所以111C B A ABC S S ∆∆=（32）2=94.说明：利用平移定理，可证明空间两个角相等或两个三角形相似、全等；利用平行公理，可证明空间两条直线平行，从而解决相关问题.探究创新9.如下图，已知空间四边形ABCD 的对角线AC =10，BD =6，M 、N分别是AB 、CD 的中点，MN =7，求异面直线AC 与BD 所成的角.解：取BC 的中点E ，连结EN 、EM ，∴∠MEN 是异面直线AC 与BD 所成的角或其补角. 在△EMN 中，EN =2BD =3，EM =2AC=5，MN =7，cos ∠MEN =－21，∴∠MEN =120°. ∴异面直线AC 与BD 所成的角是60°. ●思悟小结1.本节重点问题是证明三点共线、三线共点以及求异面直线所成的角.2.证明三点均在两个平面的交线上，可以推证三点共线；求异面直线所成的角，一般先取一个特殊点作它们的平行线，作出所求的角或其补角，再解三角形.●教师下载中心 教学点睛首先要使学生掌握本节的重点内容：平面的基本性质、异面直线的定义及判断、异面直线所成的角，其次结合例题讲清求异面直线所成的角的方法步骤.拓展题例 【例1】 设异面直线a 与b 所成的角为50°，O 为空间一定点，试讨论，过点O 与a 、b 所成的角都是θ（0°≤θ≤90°）的直线l 有且仅有几条?解：过点O 作a 1∥a ，b 1∥b ，则相交直线a 1、b 1确定一平面α.a 1与b 1夹角为50°或130°，设直线OA 与a 1、b 1均为θ角，作AB ⊥面α于点B ，BC ⊥a 1于点C ，BD ⊥b 1于点D ，记∠AOB =θ1，∠BOC =θ2（θ2=25°或65°），则有cos θ=cos θ1·cos θ2.因为0°≤θ1≤90°，所以0≤cos θ≤cos θ2.当θ2=25°时，由0≤cos θ≤cos25°，得25°≤θ≤90°； 当θ2=65°时，由0≤cos θ≤cos65°，得65°≤θ≤90°. 故当θ<25°时，直线l 不存在；当θ=25°时，直线l 有且仅有1条；当25°<θ<65°时，直线l 有且仅有2条； 当θ=65°时，直线l 有且仅有3条；当65°<θ<90°时，直线l 有且仅有4条； 当θ=90°时，直线l 有且仅有1条.说明：异面直线所成的角就是选点、平移后的平面角.上述解答首先将问题转化为：求过点O 与a 1、b 1均成θ角的直线的条数，进而通过讨论θ的范围去确定直线l 的条数.【例2】 已知空间四边形ABCD ，E 、H 分别是AB 、AD 的中点，F 、G 分别是边BC 、DC 的三等分点（如下图），求证：（1）对角线AC 、BD 是异面直线；（2）直线EF 和HG 必交于一点，且交点在AC 上.证明：（1）假设对角线AC 、BD 在同一平面α内，则A 、B 、C 、D 都在平面α内，这与ABCD 是空间四边形矛盾，∴AC 、BD 是异面直线.（2）∵E 、H 分别是AB 、AD 的中点， ∴EH21BD . 又F 、G 分别是BC 、DC 的三等分点，∴FG 32BD .∴EH ∥FG ，且EH ＜FG . ∴FE 与GH 相交.设交点为O ，又O 在GH 上，GH 在平面ADC 内，∴O 在平面ADC 内.同理，O 在平面ABC 内.从而O 在平面ADC 与平面ABC 的交线AC 上.。

高三数学第一轮复习 第十章《直线、平面、简单几何体A》课件10A4

高三数学第一轮复习 第十章《直线、平面、简单几何体A》课件10A4


• (2)∵SA⊥平面AC，DC⊂平面AC，∴SA⊥DC. • 又AD⊥DC，SA∩AD＝A，∴DC⊥平面SAD， • 又AG⊂平面SAD，∴DC⊥AG. • 又由(1)有SC⊥平面AEF，AG⊂平面AEF， • ∴SC⊥AG且SC∩CD＝C，∴AG⊥平面SDC， • 又SD⊂平面SDC，∴AG⊥SD.
• 如果一个平面与另一个平面的一条垂线平行，那么这两 个平面垂直，这是一个真命题，故C对；
• 对D来讲若c∥α，α⊥β，则c与β的位置关系不定，故选C.
• 2．设α，β，γ是三个互不重合的平面，m，n是两条不重 合的直线，则下列命题中正确的是( )
• A．若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γ
• B．若α∥β，m⊄β，m∥α，则m∥β
• ①若α∥β，α⊥γ，则β⊥γ； • ②若α⊥γ，β⊥γ，且α∩β＝l，则l⊥γ； • ③若直线l与平面α内的无数条直线垂直，则直线l与平面 • α垂直； • ④若α内存在不共线的三点到β的距离相等，则平面α平行
于平面β. • 上面命题中，真命题的序号为________(写出所有真命题
的序号)． • 答案 ①②
• 又∵侧面BB1C1C⊥底面A1B1C1，交线为B1C1， • ∴NC1⊥侧面BB1C1C. • 又∵NC1⊂面BNC1， • ∴截面C1NB⊥侧面BB1C1C， • 即截面MBC1⊥侧面BB1C1C.
• (3)结论是肯定的，充分性已由(2)证明．
• 下面仅证明必要性(即由截面BMC1⊥侧面BB1C1C推出AM＝ MA1，实质是证明M是AA1的中点)，
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微能力认证作业
• 一、直线与平面垂直 • 1．判定定理 • (1)如果一条直线和一个平面内的 两条相交直线都垂