高考理科数学立体几何大全含考纲知识例题
第八章 立体几何
§8.1 空间几何体的结构、三视图和直观图
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，会用斜二测画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．
高考主要考查空间几何体的结构和视图，柱、锥、台、球的定义与性质是基础，以它们为载体考查线线、线面、面面的关系是重点，三视图一般会在选择题、填空题中考查，以给出空间图形选择其三视图或给出三视图判断其空间图形的形式出现，考查空间想象能力．
1．棱柱、棱锥、棱台的概念
(1)棱柱：有两个面互相______，其余各面都是________，并且每相邻两个四边形的公共边都互相________，由这些面所围成的多面体叫做棱柱．
※注：棱柱又分为斜棱柱和直棱柱．侧棱与底面不垂直的棱柱叫做斜棱柱；侧棱与底面垂直的棱柱叫做直棱柱；底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱．
(2)棱锥：有一个面是________，其余各面都是有一个公共顶点的__________，由这些面所围成的多面体叫做棱锥．
※注：如果棱锥的底面是正多边形，且它的顶点在过底面中心且与底面垂直的直线上，则这个棱锥叫做正棱锥．
(3)棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分，叫做棱台．
※注：由正棱锥截得的棱台叫做正棱台．
※2.棱柱、棱锥、棱台的性质
(1)棱柱的性质
侧棱都相等，侧面是______________；两个底面与平行于底面的截面是__________的多边形；过不相邻的两条侧棱的截面是______________；直棱柱的侧棱长与高相等且侧面、对角面都是________．
(2)正棱锥的性质
侧棱相等，侧面是全等的__________；棱锥的高、斜高和斜高在底面上的射影构成一个____________；棱锥的高、侧棱和侧棱在底面上的射影也构成一个____________；侧面的斜高、侧棱及底面边长的一半也构成一个____________；侧棱在底面上的射影、斜高在底面上的射影及底面边长的一半也构成一个____________．
(3)正棱台的性质
侧面是全等的____________；斜高相等；棱台的高、斜高和两底面的边心距组成一个____________；棱台的高、侧棱和两底面外接圆的半径组成一个____________；棱台的斜高、侧棱和两底面边长的一半也组成一个____________．
3．圆柱、圆锥、圆台
(1)圆柱、圆锥、圆台的概念
分别以________的一边、__________的一直角边、________中垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴，其余各边旋转一周而形成的曲面所围成的几何体分别叫做圆柱、圆锥、圆台．
(2)圆柱、圆锥、圆台的性质
圆柱、圆锥、圆台的轴截面分别是________、___________、___________；平行于底面的截面都是__________．
4．球
(1)球面与球的概念
以半圆的______所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体，简称球．半圆的圆心叫做球的________．
(2)球的截面性质
球心和截面圆心的连线________截面；球心到截面的距离d与球的半径R及截面圆的半径r的关系为______________．
5．平行投影
在一束平行光线照射下形成的投影，叫做__________．平行投影的投影线互相__________．
6．空间几何体的三视图、直观图
(1)三视图
①空间几何体的三视图是用正投影得到的，在这种投影下，与投影面平行的平面图形留下的影子与平面图形的形状和大小是完全相同的．三视图包括__________、__________、__________．
②三视图尺寸关系口诀：“长对正，高平齐，宽相等．
” 长对正指正视图和俯视图长度相等，高平齐指正视图和侧(左)视图高度要对齐，宽相等指俯视图和侧(左)视图的宽度要相等．
(2)直观图
空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：
①在已知图形所在空间中取水平面，在水平面内作互相垂直的轴Ox，Oy，再作Oz轴，使∠xOz＝________且∠yOz＝________．
②画直观图时，把Ox，Oy，Oz画成对应的轴O′x′，O′y′，O′z′，使∠x′O′y′＝____________，∠x′O′z′＝____________．x′O′y′所确定的平面表示水平面．
③已知图形中，平行于x轴、y轴或z轴的线段，在直观图中分别画成____________x′轴、y′轴或z′轴的线段，并使它们和所画坐标轴的位置关系与已知图形中相应线段和原坐标轴的位置关系相同．
④已知图形中平行于x轴和z轴的线段，在直观图中保持长度不变，平行于y轴的线段，长度为原来的__________．
⑤画图完成后，擦去作为辅助线的坐标轴，就得到了空间图形的直观图．
注：空间几何体的三视图和直观图在观察角度和投影效果上的区别是：(1)观察角度：三视图是从三个不同位置观察几何体而画出的图形，直观图是从某一点观察几何体而画出的图形；(2)投影效果：三视图是在平行投影下画出的平面图形，用斜二测画法画出的直观图是在平行投影下画出的空间图形．
【自查自纠】
1．(1)平行 四边形 平行
(2)多边形 三角形
2．(1)平行四边形 全等 平行四边形 矩形
(2)等腰三角形 直角三角形 直角三角形
直角三角形 直角三角形
(3)等腰梯形 直角梯形 直角梯形 直角梯形
3．(1)矩形 直角三角形 直角梯形
(2)矩形 等腰三角形 等腰梯形 圆
4．(1)直径 球心 (2)垂直于 d＝
5．平行投影 平行
6．(1)①正(主)视图 侧(左)视图 俯视图
(2)①90° 90° ②45°(或135°) 90°
③平行于
④一半
下列说法中正确的是( )
A．棱柱的底面一定是平行四边形
B．棱锥的底面一定是三角形
C．棱锥被平面分成的两部分不可能都是棱锥
D．棱柱被平面分成的两部分可以都是棱柱
解：根据棱柱、棱锥的性质及截面性质判断，故选D.
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：几何体的三视图要考虑视角，只有球无论选择怎样的视角，其三视图总是三个全等的圆．故选A.
()将正方体(如图a所示)截去两个三棱锥，得到图b所示的几何体，则该几何体的侧视图为( )
解：还原正方体知该几何体侧视图为正方形，AD1为实线，B1C的正投影为A1D，且B1C被遮挡为虚线．故选B.
用一张4cm×8cm的矩形硬纸卷成圆柱的侧面，则圆柱轴截面的面积为________cm2(接头忽略不计)．
解：以4cm或8cm为底面周长，所得圆柱的轴截面面积均为cm2，故填．
已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为________．
解：如图所示是实际图形和直观图．
由图可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝OC＝a，在图中作C′D′⊥A′B′，垂足为D′，
则C′D′＝O′C′＝a.
∴S△A′B′C′＝A′B′×C′D′＝×a×a＝a2.
故填a2.
类型一 空间几何体的结构特征
()某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是( )
解：D选项的正视图应为如图所示的图形．
故选D.
【评析】本题主要考查空间想象能力，是近年高考中的热点题型．本题可用排除法一一验证：A，B，C都有可能，而D的正视图与侧视图不可能相同．
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：从俯视图看，B，D符合，从正视图看，B不符合，D符合，而从侧视图看D也是符合的．故选D.
类型二 空间几何体的三视图
如图，某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为( )
A．6 B．9
C．12 D．18
解：由三视图可知该几何体是一个斜四棱柱，高h＝＝，底面积为9，所以体积V＝9×＝9.故选B.
【评析】通过三视图考查几何体的体积运算是较为常规的考题，考生对此并不陌生．对于空间几何体的考查，从内容上看，柱、锥的定义和相关性质是基础，以它们为载体考查三视图、体积是重点．本题给出了几何体的三视图，只要掌握三视图的画法“长对正、高平齐，宽相等”，不难将其还原得到斜四棱柱．
如图所示的三个直角三角形是 一个体积为20cm3的几何体的三视图，则h＝________cm.
解：由三视图可知，该几何体为三棱锥，此三棱锥的底面为直角三角形，直角边长分别为5cm，6cm，三棱锥的高为hcm，则三棱锥的体积为V＝××5×6×h＝20，解得h＝4cm.故填4.
类型三 空间多面体的直观图
如图是一个几何体的三视图，用斜二测画法画出它的直观图．
解：由三视图知该几何体是一个简单组合体，它的下部是一个正四棱台，上部是一个正四棱锥．
画法：(1)画轴．如图1，画x轴、y轴、z轴，使∠xOy＝45°，∠xOz＝90°.
图1
(2)画底面．利用斜二测画法画出底面ABCD，在z轴上截取O′使OO′等于三视图中相应高度，过O′作Ox的平行线
O′x′，Oy的平行线O′y′，利用O′x′与O′y′画出底面A′B′C′D′.
(3)画正四棱锥顶点．在Oz上截取点P，使PO′等于三视图中相应的高度．
(4)成图．连接PA′，PB′，PC′，PD′，A′A，B′B，C′C，D′D，整理得到三视图表示的几何体的直观图如图2所示．
图2
【评析】根据三视图可以确定一个几何体的长、宽、高，再按照斜二测画法，建立x轴、y轴、z轴，使∠xOy＝45°，∠xOz＝90°，确定几何体在x轴、y轴、z轴方向上的长度，最后连线画出直观图．
已知一个四棱锥的高为3，其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个边长为1的正方形，则此四棱锥的体积为( )
A. B．6 C. D．2
解：因为四棱锥的底面直观图是一个边长为1的正方形，该正方形的对角线长为，根据斜二测画法的规则，原图底面的底边长为1，高为直观图中正方形的对角线长的两倍，即2，则原图底面积为S＝2.因此该四棱锥的体积为V＝Sh＝×2×3＝2.故选D.
类型四 空间旋转体的直观图
用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的面积之比为1∶16，截去的圆锥的母线长是3cm，求圆台的母线长．
解：设圆台的母线长为l，截得圆台的上、下底面半径分别为r，4r.
根据相似三角形的性质得，
＝，解得 l＝9.
所以，圆台的母线长为9cm.
【评析】用平行于底面的平面去截柱、锥、台等几何体，注意抓住截面的性质(与底面全等或相似)，同时结合旋转体中的轴截面(经过旋转轴的截面)的几何性质，利用相似三角形中的相似比，设相关几何变量列方程求解．
圆锥底面半径为1cm，高为cm，其中有一个内接正方体，求这个内接正方体的棱长.
解：过圆锥的顶点S和正方体底面的一条对角线CD作圆锥的截面，得圆锥的轴截面SEF，正方体对角面CDD1C1如图所示. 设正方体棱长为x，则CC1＝x，C1D1＝x.作SO⊥EF于O，则SO＝，OE＝1.
∵△ECC1∽△ESO，
∴＝，即＝，
解得x＝(cm)．
故内接正方体的棱长为cm.
1．在研究圆柱、圆锥、圆台的相关问题时，主要方法就是研究它们的轴截面，这是因为在轴截面中容易找到这些几何体的有关元素之间的位置关系以及数量关系．
2．正多面体
(1)正四面体就是棱长都相等的三棱锥，正六面体就是正方体，连接正方体六个面的中心，可得到一个正八面体，正八面体可以看作是由两个棱长都相等的正四棱锥拼接而成．
(2)如图，在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，连接A1B，BC1，A1C1，DC1，DA1，DB，可以得到一个棱长为a的正四面体A1BDC1，其体积为正方体体积的.
(3)正方体与球有以下三种特殊情形：一是球内切于正方体；二是球与正方体的十二条棱相切；三是球外接于正方体．它们的相应轴截面如图所示(正方体的棱长为a，球的半径为R)．
3．长方体的外接球
(1)长、宽、高分别为a，b，c的长方体的体对角线长等于外接球的直径，即＝2R.
(2)棱长为a的正方体的体对角线长等于外接球的直径，即a＝2R.
4．棱长为a的正四面体
(1)斜高为a；(2)高为a；(3)对棱中点连线长为a；
(4)外接球的半径为a，内切球的半径为a；
(5)正四面体的表面积为a2，体积为a3.
5．三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线，对于能看见的轮廓线和棱用实线表示，不能看见的轮廓线和棱用虚线表示．
6．一个平面图形在斜二测画法下的直观图与原图形相比发生了变化，注意原图与直观图中的“三变、三不变”．
三变：坐标轴的夹角改变，与y轴平行线段的长度改变(减半)，图形改变．
三不变：平行性不变，与x轴平行的线段长度不变，相对位置不变．
按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积有以下关系：
S直观图＝S原图形，S原图形＝2S直观图．
1．由平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体是( )
A．六棱锥
B．六棱台
C．六棱柱
D．非棱柱、棱锥、棱台的一个几何体
解：平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体符合棱柱的定义，故选C.
2．下列说法中，正确的是( )
A．棱柱的侧面可以是三角形
B．若棱柱有两个侧面是矩形，则该棱柱的其它侧面也是矩形
C．正方体的所有棱长都相等
D．棱柱的所有棱长都相等
解：棱柱的侧面都是平行四边形，选项A错误；其它侧面可能是平行四边形，选项B错误；棱柱的侧棱与底面边长并不一定相等，选项D错误；易知选项C正确．故选C.
3．将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周，所得的几何体包括( )
A．一个圆台、两个圆锥
B．两个圆台、一个圆柱
C．两个圆台、一个圆锥
D．一个圆柱、两个圆锥
解：把等腰梯形分割成两个直角三角形和一个矩形，由旋转体的定义可知所得几何体包括一个圆柱、两个圆锥．故选D.
4．将正三棱柱截去三个角(如图1所示A，B，C分别是△GHI三边的中点)得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图(或称左视图)为( )
A B C D
解：观察图形，易知图2所示几何体的侧视图为直角梯形，且EB为直角梯形的对角线．故选A.
5．()一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )
A．棱柱 B．棱台 C．圆柱 D．圆台
解：由俯视图可知该几何体的上、下两底面为半径不等的圆，又∵正视图和侧视图相同，∴可判断其为旋转体．故选D.
6．如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为( )
A．2 B. C．2 D.
解：由三视图可知，此多面体是四棱锥，底面是边长为2的正方形，并且有一条长为2的侧棱垂直于底面，所以最长棱长为＝2.故选C.
7．若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示，则其表面积等于________．
解：由正视图知，三棱柱是底面边长为2，高为1的正三棱柱，所以底面积为2××2×2×＝2，侧面积为3×2×1＝6，所以其表面积为6＋2.故填6＋2.
8．如图是某个圆锥的三视图，根据图中所标尺寸可得俯视图中圆的面积为________，圆锥母线长为________．
解：由三视图可知，圆锥顶点在底面的射影是底面圆的中心，根据图中的数据，底面圆的半径为10，则俯视图中圆的面积为100π，母线长为 ＝10，故填100π；10.
9．如图a是截去一个角的长方体，试按图示的方向画出其三视图．
解：图a中几何体三视图如图b所示：
10．如图1是某几何体的三视图，试说明该几何体的结构特征，并用斜二测画法画出它的直观图．
解：图1中几何体是由上部为正六棱柱，下部为倒立的正六棱锥堆砌而成的组合体．
斜二测画法：(1)画轴．如图2，画x轴，y轴，z轴，使∠xOy＝45°，∠xOz＝∠yOz＝90°.
(2)画底面，利用斜二测画法画出底面ABCDEF，在z轴上截取O′，使OO′等于正六棱柱的高，过O′作Ox的平行线O′x′，Oy的平行线O′y′，利用O′x′与O′y′画出底面A′B′C′D′E′F′.
(3)画正六棱锥顶点．在Oz上截取点P，使PO′等于正六棱锥的高．
(4)成图．连接PA′，PB′，PC′，PD′，PE′，PF′，AA′，BB′，CC′，DD′，EE′，FF′，整理得到三视图表示的几何体的直观图如图3所示．
注意：图形中平行于x
轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段，长度为原来的一半．
11．某长方体的一条对角线长为，在该长方体的正视图中，这条对角线的投影长为，在该长方体的侧视图与俯视图中，这条对角线的投影长分别为a和b，求ab的最大值．
解：如图，则有
AC1＝，DC1＝，
BC1＝a，AC＝b，
设AB＝x，AD＝y，AA1＝z，有
x2＋y2＋z2＝7，x2＋z2＝6，∴y2＝1.
∵a2＝y2＋z2＝z2＋1，b2＝x2＋y2＝x2＋1，
∴a＝，b＝.
∴ab＝≤＝4，
当且仅当z2＋1＝x2＋1，即x＝z＝时，ab的最大值为4.
水以匀速注入某容器中，容器的三视图如图所示，其中与题中容器对应的水的高度h与时间t的函数关系图象是( )
解：由三视图知其直观图为两个圆台的组合体，水是匀速注入的，所以水面高度随时间变化的变化率先逐渐减小后逐渐增大，又因为容器的对称性，所以函数图象关于一点中心对称．故选C.
§8.2 空间几何体的表面积与体积
1．了解棱柱、棱锥、台、球的表面积和体积的计算公式．
2．会利用公式求一些简单几何体的表面积与体积．
高考主要考查空间几何体的侧面积、表面积、体积以及相关元素的关系与计算，这些内容常与三视图相结合，以选择题、填空题的形式出现，也可能以空间几何体为载体，考查线面关系、侧面积、表面积以及体积．
1．柱体、锥体、台体的表面积
(1)直棱柱、正棱锥、正棱台的侧面积
S直棱柱侧＝__________，S正棱锥侧＝__________，S正棱台侧＝__________(其中C，C′为底面周长，h为高，h′为斜高)．
(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面积
S圆柱侧＝________，S圆锥侧＝________，S圆台侧＝________
(其中r，r′为底面半径，l为母线长)．
(3)柱或台的表面积等于________与__________的和，锥体的表面积等于________与__________的和．
2．柱体、锥体、台体的体积
(1)棱柱、棱锥、棱台的体积
V棱柱＝__________，V棱锥＝__________，V棱台＝__________
(其中S，S′为底面积，h为高)．
(2)圆柱、圆锥、圆台的体积
V圆柱＝__________，V圆锥＝__________，V圆台＝__________
(其中r，r′为底面半径，h为高)．
3．球的表面积与体积
(1)半径为R的球的表面积S球＝________．
(2)半径为R的球的体积V球＝________.
【自查自纠】
1．(1)Ch Ch′ h′
(2)2πrl πrl π(r＋r′)l
(3)侧面积 两个底面积 侧面积 一个底面积
2．(1)Sh Sh h
(2)πr2h πr2h πh
3．(1)4πR2 (2)πR3
圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形，则圆柱的表面积为( )
A．6π(4π＋3)
B．8π(3π＋1)
C．6π(4π＋3)或8π(3π＋1)
D．6π(4π＋1)或8π(3π＋2)
解：分两种情况：①以边长为6π的边为高时，4π为圆柱底面周长，则2πr＝4π，r＝2，∴S底＝πr2＝4π，S侧＝6π×4π＝24π2，S表＝2S底＋S侧＝8π＋24π2＝8π(3π＋1)；②以边长为4π的边为高时，6π为圆柱底面周长，则2πr＝6π，r＝3.∴S底＝πr2＝9π，S表＝2S底＋S侧＝18π＋24π2＝6π(4π＋3)．故选C.
正三棱锥的底面边长为2，侧面均为直角三角形，则此三棱锥的体积为( )
A. B. C. D.
解：∵正三棱锥的侧面均为直角三角形，故侧面为等腰直角三角形，且直角顶点为棱锥的顶点，∴侧棱长为，V＝××()2×＝.故选C.
已知圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则圆柱的体积与球体积之比为( )
A．1∶2 B．2∶1 C．2∶3 D．3∶2
解：设球半径为R，圆柱底面半径为R，高为2R.∵V球＝πR3，V圆柱＝πR2·2R＝2πR3，∴V圆柱∶V球＝3∶2.故选D.
长方体ABCDA1B1C1D1的8个顶点在同一个球面上，且AB＝2，AD＝，AA1＝1，则球面面积为________．
解：∵长方体ABCDA1B1C1D1的8个顶点在同一个球面上，则外接球的直径是长方体的体对角线，而长方体的体对角线的长为＝2，∴半径R＝.
∴S球＝4πR2＝8π.故填8π.
若圆锥的侧面积为2π，底面面积为π，则该圆锥的体积为____________．
解：设圆锥底面半径为r，母线长为l，则有从而可知圆锥的高h＝＝＝.∴V＝×π×＝π.故填π.
类型一 空间几何体的面积问题
如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，∠BAC＝90°，AD是BC边上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°.
(1)证明：平面ADB⊥平面BDC；
(2)若BD＝1，求三棱锥DABC的表面积．
解：(1)证明：∵折起前AD是BC边上的高，
∴沿AD把△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥BD.
又DB∩DC＝D，∴AD⊥ 平面BDC.
又∵AD⊂平面ADB，∴平面ADB⊥ 平面BDC.
(2)由(1)知，DA⊥BD，BD⊥DC，DC⊥DA，
DB＝DA＝DC＝1，∴AB＝BC＝CA＝.
从而S△DAB＝S△DBC＝S△DCA＝×1×1＝，
S△ABC＝×××sin60°＝.
∴三棱锥DABC的表面积S＝×3＋＝.
【评析】充分运用图形在翻折前后的不变性，如角的大小不变，线段长度不变，线线关系不变等，再由面面垂直的判定定理进行推理证明，然后再计算．
()已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是____________．
解：由三视图可知该组合体为球内接一个棱长为2的正方体，∴正方体的体对角线为球的直径2r＝＝2，S球＝4πr2＝12π.故填12π.
类型二 空间旋转体的面积问题
如图，半径为4的球O中有一内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是______．
解：如图，设球的一条半径与圆柱相应的母线的夹角为α，圆柱侧面积S＝2π×4sinα×2×4cosα＝32πsin2α，当α＝时，S取最大值32π，此时球的表面积与该圆柱的侧面积之差为32π.故填32π.
【评析】根据球的性质，内接圆柱上、下底面中心连线的中点为球心，且圆柱的上、下底面圆周均在球面上，球心和圆柱的上、下底面圆上的点的连线与母线的夹角相等，这些为我们建立圆柱的侧面积与上述夹角之间的函数关系提供了依据．
()一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为____________．
解：由三视图知该几何体为长4宽3高1的长方体的中间挖去一个半径为1高为1的圆柱所成几何体，所以表面积为2×(4×3＋4×1＋3×1)－2×π×12＋2π×1×1＝38.故填38.
类型三 空间多面体的体积问题
一个正三棱锥(底面是正三角形，顶点在底面的射影是底面正三角形的中心)的底面边长为6，侧棱长为，求这个三棱锥的体积．
解：如图所示为正三棱锥SABC，设H为正三角形ABC的中心，连接SH，则SH的长即为该正三棱锥的高．
连接AH并延长交BC于E，则E为BC的中点，且AH⊥BC.
∵△ABC是边长为6的正三角形，
∴AE＝×6＝3，AH＝AE＝2.
在△ABC中，S△ABC＝BC×AE＝×6×3＝9，
在Rt△SHA中，SA＝，AH＝2，
∴SH＝＝＝.
∴V正三棱锥＝×S△ABC×SH＝×9×＝9.
【评析】(1)求锥体的体积，要选择适当的底面和高，然后应用公式V＝Sh进行计算．(2)求空间几何体体积的常用方法为割补法和等积变换法：①割补法：将这个几何体分割成几个柱体、锥体，分别求出柱体和锥体的体积，从而得出要求的几何体的体积；②等积变换法：特别的，对于三棱锥，由于其任意一个面均可作为棱锥的底面，从而可选择更容易计算的方式来求体积；利用“等积性”还可求“点到面的距离”．
如图，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为( )
A. B. C. D.
解：如图，过A，B两点分别作AM，BN垂直于EF，垂足分别为M，N，连接DM，CN，可证得DM⊥EF，CN⊥EF，则多面体ABCDEF分为三部分，即多面体的体积VABCDEF＝VAMDBNC＋VEAMD＋VFBNC.
依题意知AEFB为等腰梯形．
易知Rt△DMERt△CNF，∴EM＝NF＝.
又BF＝1，∴BN＝.
作NH垂直于BC，则H为BC的中点，∴NH＝.
∴S△BNC＝·BC·NH＝.
∴VFBNC＝·S△BNC·NF＝，
VEAMD＝VFBNC＝，VAMDBNC＝S△BNC·MN＝.
∴VABCDEF＝，故选A.
类型四 空间旋转体的体积问题
某几何体的三视图如图所示，则它的体积是( )
A．8－ B．8－
C．8－2π D．
解：由三视图知几何体为一个正方体中间去掉一个圆锥，所以它的体积是V＝23－×π×12×2＝8－π.故选A.
【评析】根据已知三视图想象出该几何体的直观图，然后分析该几何体的组成，再用对应的体积公式进行计算．
()已知某几何体的三视图如图所示，其中，正(主)视图、侧(左)视图均是由三角形与半圆构成，俯视图由圆与其内接三角形构成，根据图中的数据可得此几何体的体积为( )
A.＋ B.＋
C.＋ D.＋
解：由三视图可得该几何体的上部是一个三棱锥，下部是半球，根据三视图中的数据可得V＝×π×＋××1＝＋.故选C.
1．几何体的展开与折叠
(1)几何体的表面积，除球以外，都是利用展开图求得的，利用空间问题平面化的思想，把一个平面图形折叠成一个几何体，再研究其性质，是考查空间想象能力的常用方法．
(2)多面体的展开图
①直棱柱的侧面展开图是矩形；
②正棱锥的侧面展开图是由一些全等的等腰三角形拼成的，底面是正多边形；
③正棱台的侧面展开图是由一些全等的等腰梯形拼成的，底面是正多边形．
(3)旋转体的展开图
①圆柱的侧面展开图是矩形，矩形的长(或宽)是底面圆周长，宽(或长)是圆柱的母线长；
②圆锥的侧面展开图是扇形，扇形的半径长是圆锥的母线长，弧长是圆锥的底面周长；
③圆台的侧面展开图是扇环，扇环的上、下弧长分别为圆台的上、下底面周长．
注：①圆锥中母线长l与底面半径r和展开图扇形中半径和弧长间的关系及符号容易混淆，同学们应多动手推导，加深理解．②圆锥和圆台的侧面积公式S圆锥侧＝cl和S圆台侧＝(c′＋c)l与三角形和梯形的面积公式在形式上相同，可将二者联系起来记忆．
2．空间几何体的表面积的计算方法
有关空间几何体的表面积的计算通常是将空间图形问题转化为平面图形问题，这是解决立体几何问题常用的基本方法．
(1)棱柱、棱锥、棱台等多面体的表面积可以分别求各面面积，再求和，对于直棱柱、正棱锥、正棱台也可直接利用公式；
(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算其侧面积时需将曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和；
(3)组合体的表面积应注意重合部分的处理．
3．空间几何体的体积的计算方法
(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、还台为锥法等，它们是计算一些不规则几何体体积常用的方法，应熟练掌握．
(3)利用三棱锥的“等体积性”可以解决一些点到平面的距离问题，即将点到平面的距离视为一个三棱锥的高，通过将其顶点和底面进行转化，借助体积的不变性解决问题．
4．由几何体的三视图求几何体的表面积与体积问题，一般按如下三个步骤求解：
(1)由三视图想象出原几何体的形状；
(2)由三视图给出的数量关系确定原几何体的数量关系；
(3)如果是规则几何体，直接代入公式求解，如果不是规则几何体，通过“割补”后，转化为规则几何体求解．
1．已知圆锥的正视图是边长为2的等边三角形，则该圆锥体积为( )
A. B.π C. D.π
解：易知圆锥的底面直径为2，母线长为2，则该圆锥的高为＝，因此其体积是π·12×＝.故选C.
2．一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是，，，则这个长方体的体对角线的长是( )
A．2 B．3 C．6 D.
解：设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则有ab＝，ac＝，bc＝，解得a＝1，b＝，c＝，则长方体的体对角线的长l＝＝.故选D.
3．一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．2π＋2 B．4π＋2
C．2π＋ D．4π＋
解：该空间几何体由一圆柱和一正四棱锥组成，圆柱的底面半径为1，高为2，体积为2π，正四棱锥的底面边长为，高为，所以体积为×()2×＝.所以该几何体的体积为2π＋.故选C.
4．将长、宽分别为4和3的长方形ABCD沿对角线AC折成直二面角，得到四面体ABCD，则四面体ABCD的外接球的表面积为( )
A．25π B．50π C．5π D．10π
解：由题设知AC为外接球的直径，∴2R＝
＝5，S表＝4πR2＝4π×＝25π.故选A.
5．设M，N是球O半径OP上的两点，且NP＝MN＝OM，分别过N，M，O作垂直于OP的平面，截球面得三个圆，则这三个圆的面积之比为( )
A．3∶5∶6 B．3∶6∶8
C．5∶7∶9 D．5∶8∶9
解：设球的半径为R，以N，M为圆心的圆的半径分别为r1，r2.由题知M，N是OP的三等分点，三个圆的面积之比即为半径的平方比，在球的轴截面图中求得r＝R2－2＝，r＝R2－2＝，故三个圆的半径的平方比为∶∶R2＝5∶8∶9 ，故选D.
6．()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SC＝2，则此棱锥的体积为( )
A. B. C. D.
解法一：△ABC的外接圆的半径r＝，点O到面ABC的距离d＝＝，SC为球O的直径⇒点S到面ABC的距离为2d＝.故此棱锥的体积为V＝S△ABC×2d＝××＝.
解法二：V
0)．
(1)求异面直线B1C与BD1所成角的余弦值；
(2)当a为何值时，使B1C⊥BD1?
解：(1)以D为坐标原点，以DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系，则有：
B(a，3，0)，D1(0，0，2)，B1(a，3，2)，C(0，3，0)，所以＝(－a，－3，2)，＝(－a，0，－2)．
从而
cos〈，〉＝
＝ .
所以异面直线B1C与BD1所成角的余弦值为
(a>0) .
(2)由(1)知，当a＝2时，B1C⊥BD1.
11．()如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，E，F是线段AB上的两点，且DE⊥AB，CF⊥AB，AB＝12，AD＝5，BC＝4，DE＝4.现将△ADE，△CFB分别沿DE，CF折起，使A，B两点重合于点G，得到多面体CDEFG.
(1)求证：平面DEG⊥平面CFG；
(2)求多面体CDEFG的体积．
解：(1)证明：由已知可得AE＝3，BF＝4，则折叠完后EG＝3，GF＝4，而EF＝5，所以可得EG⊥GF.
又因为CF⊥底面EGF，可得CF⊥EG，CF∩GF＝F，即EG⊥面CFG，EG⊂平面DEG，所以平面DEG⊥平面CFG.
(2)过G作GO垂直EF于点O，GO＝＝.
因为平面CDEF⊥平面EFG，得GO⊥平面CDEF，
所以所求体积为S长方形DEFC·GO＝×4×5×＝16.
如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，∠BAC＝90°，AD是BC边上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°.
(1)证明：平面ADB⊥平面BDC；
(2)设E为BC的中点，求异面直线AE与DB所成角的余弦值．
解：(1)证明：∵折起前AD是BC边上的高，
∴当△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB.又DB∩DC＝D，∴AD⊥平面BDC.
∵AD⊂平面ABD，∴平面ABD⊥平面BDC.
(2)过点E作BD的平行线交CD于F，连接AF，则∠AEF即为异面直线AE与DB所成的角．
∵EF∥BD，∴EF⊥面ACD.∴EF⊥AF.
设AB＝a，由已知得AC＝a，AD＝a，
BD＝a，DC＝a，∴EF＝BD＝a，
AF＝＝＝a.
∴在Rt△AEF中，
AE＝＝＝，
cos∠AEF＝＝＝.
§8.4 空间中的平行关系
1．以立体几何中相关的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理．
2．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间中的平行关系的简单命题．
本节在高考中，主要考查线线、线面以及面面平行的判定和性质，难度适中，运用的数学思想主要有转化与化归的思想，即空间问题平面化(面面问题⇒线面问题⇒线线问题)、几何问题代数化等．
近几年，在试题的形式比较稳定的基础上，高考对立体几何中这方面的考查进行了一些改革，加强了对开放题的考查，主要考查学生综合运用知识的能力．
1．空间中直线与平面之间的位置关系
(1)直线在平面内，则它们有__________公共点；
(2)直线与平面相交，则它们___________公共点；
(3)直线与平面平行，则它们________公共点．
直线与平面相交或平行的情况统称为_________．
2．直线与平面平行的判定和性质
(1)直线与平面平行的判定定理
平面外____________与此平面内的____________平行，则该直线与此平面平行．即线线平行⇒线面平行．用符号表示：____________________________．
(2)直线与平面平行的性质定理
一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的__________与该直线__________．即线面平行⇒线线平行．用符号表示：_______________．
3．平面与平面之间的位置关系
(1)两个平面平行，则它们______________；
(2)两个平面相交，则它们______________．两个平面垂直是相交的一种特殊情况．
4．平面与平面平行的判定和性质
(1)平面与平面平行的判定定理
①一个平面内的两条__________与另一个平面平行，则这两个平面平行．用符号表示：_____________．
②推论：如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，则这两个平面平行．
③垂直于同一条直线的两个平面平行．即l⊥α，l⊥β⇒α∥β.
④平行于同一个平面的两个平面平行．即α∥γ，β∥γ⇒α∥β.
(2)平面与平面平行的性质定理
①如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线______________．即面面平行⇒线线平行．用符号表示：_______________________．
②如果两个平面平行，那么其中一个平面内的直线平行于另一个平面．用符号表示：_____________．
③如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，那么它也垂直于另一个平面．用符号表示：__________________．
【自查自纠】
1．(1)无数个 (2)有且只有一个
(3)没有 直线在平面外
2．(1)一条直线 一条直线 a⊄α，b⊂α，且a∥b⇒a∥α
(2)交线 平行 a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b
3．(1)没有公共点 (2)有一条公共直线
4．(1)①相交直线 a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒β∥α
(2)①平行 α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b
②α∥β，a⊂α⇒a∥β ③α∥β，l⊥α⇒l⊥β
下列说法正确的是( )
A．若直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α
B．若直线a在平面α外，则a∥α
C．若直线a∥b，b⊂平面α，则a∥α
D．若直线a∥b，b⊂平面α，那么直线a就平行于平面α内的无数条直线
解：对于选项A，直线l有可能在平面α内，A错；对于选项B，直线a在平面α外包括两种情形，即a∥α或a与α相交，B错；对于选项C，直线a有可能在平面α内，C错．故选D.
已知直线a∥b，且a与平面α相交，那么b与α的位置关系是( )
A．必相交 B．平行或在平面内
C．相交或平行 D．相交或在平面内
解：两条平行线中的一条与一个平面相交，则另一条也必定与该平面相交．故选A.
已知α，β是不同的平面，m，n是不同的直线，给出下列命题：
①若m⊥α，m⊂β，则α⊥β；
②若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；
③若m⊂α，n⊄α，m，n是异面直线，则n与α相交；
④若α∩β＝m，n∥m，且n⊄α，n⊄β，则n∥α，n∥β.
其中真命题的个数是
A．1 B．2 C．3 D. 4
解：①符合面面垂直的判定定理，正确；②只有m，n相交时成立，错误；③n与α相交或平行，故不成立；④符合直线与平面平行的判定定理，正确．故选B.
如图所示的四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥面MNP的图形的序号是____________．(写出所有符合要求的图形序号)
解：在①中，由于平面MNP与AB所在的侧面平行，所以AB∥平面MNP；在③中，由于AB与以MP为中位线的三角形的底边平行，∴AB∥MP，又∵MP⊂平面MNP，AB⊄平面MNP.∴AB∥平面MNP.②④中，只须平移AB，即可发现AB与平面MNP相交．故填①③.
棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点P，Q，R分别是面A1B1C1D1，BCC1B1，ABB1A1的中心，给出下列结论：
①PR与BQ是异面直线；
②RQ⊥平面BCC1B1；
③平面PQR∥平面D1AC；
④过P，Q，R的平面截该正方体所得截面是边长为的等边三角形．
以上结论正确的是______．(写出所有正确结论的序号)
解：由于PR是△A1BC1的中位线，所以PR∥BQ，故①不正确；由于RQ∥A1C1，而A1C1不垂直于面BCC1B1，所以②不正确；由于PR∥BC1∥D1A，PQ∥A1B∥D1C，所以③正确；由于△A1BC1是边长为的正三角形，所以④正确．故填③④.
类型一 线线平行
如图是正方体的表面展开图，E，F，G，H分别是所在棱的中点，试判断EF和GH在原正方体中的位置关系，并加以证明．
解：在原正方体中EF∥GH.
证明如下：如图所示，
将展开图还原为正方体ABCDA1B1C1D1，
则E，F，G，H分别是棱A1D1，A1B1，BC，CD的中点，
连接B1D1，BD，则EF∥B1D1，GH∥BD.又∵B1D1∥BD，∴EF∥B1D1∥BD∥GH.∴EF∥GH.
【评析】证明线线平行，可以运用平行公理、中位线定理，也可以证明包含这两边的四边形是平行四边形，或者运用线面平行的性质定理来证明；将展开图还原成正方体，借助正方体模型，有利于我们看清问题．
()已知平面α∥平面β，直线a⊂α，B∈β，则在β内过B点的所有直线中( )
A．不存在与a平行的直线
B．存在无数条与a平行的直线
C．存在唯一一条与a平行的直线
D．存在两条与a平行的直线
解：易知过直线a和点B有且只有一个平面，该平面与平面β有且只有一条交线，此交线与a平行．故选C.
类型二 线面平行
如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，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________．
解：因为EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，且平面AB1C与平面ABCD的交线为AC，所以EF∥AC.又点E为AD的中点，
所以EF为△DAC的中位线．所以EF＝AC.
因为AB＝2，ABCD为正方形，所以AC＝2，EF＝.故填.
【评析】本题是已知直线和平面平行，由线面平行的性质定理得到线线平行，再根据中位线定理得到要求的线段长度．反过来，给定已知条件，要证明直线和平面平行，通常有两种方法：(1)利用线面平行的判定定理，只要在平面内找到一条直线与已知平面外直线平行即可；(2)由面面平行的性质：如果两个平面平行，那么其中一个平面内的任何一条直线和另外一个平面平行．第(1)种方法是常用方法，一般需要连接特殊点、画辅助线，再证明线线平行，从而得到线面平行．
如图，棱柱ABCA1B1C1的侧面BCC1B1是菱形，B1C⊥A1B.
(1)证明：平面AB1C⊥平面A1BC1；
(2)设D是A1C1上的点，且A1B∥平面B1CD，求A1D∶DC1的值．
解：(1)证明：因为侧面BCC1B1是菱形，所以B1C⊥BC1.
又已知B1C⊥A1B，且A1B∩BC1＝B，
所以B1C⊥平面A1BC1.
又B1C⊂平面AB1C，
所以平面AB1C⊥平面A1BC1.
(2)设BC1交B1C于点E，连接DE，
则DE是平面A1BC1与平面B1CD的交线．
因为A1B∥平面B1CD，所以A1B∥DE.
又E是BC1的中点，所以D为A1C1的中点．
即A1D∶DC1＝1.
类型三 面面平行
已知正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是AB1，BC1上的点，且B1E＝C1F，求证：
(1)EF∥平面ABCD；
(2)平面AD1C∥平面A1BC1.
证明：(1)证法一：如图，过E，F分别作AB，BC的垂线EM，FN，分别交AB，BC于点M，N，连结EF，MN.
∵BB1⊥面ABCD，
∴BB1⊥AB，BB1⊥BC.∴EM∥BB1∥FN.
又∵AB1＝BC1，B1E＝C1F，
∴AE＝BF.
又∠B1AB＝∠C1BC＝45°，
∴Rt△AMERt△BNF.∴EM＝FN.
∴四边形MNFE是平行四边形，∴EF∥MN.
又MN⊂平面ABCD，∴EF∥平面ABCD.
证法二：过E作EP∥AB交BB1于点P，连结PF，
∴＝.
∵B1E＝C1F，B1A＝C1B，∴＝，
∴FP∥B1C1∥BC.
又∵EP∩FP＝P，AB∩BC＝B，
∴平面EFP∥平面ABCD.
又EF⊂平面EFP，∴EF∥平面ABCD.
(2)如图，连结A1B，D1C，AD1，由已知AD1∥BC1，CD1∥A1B.又AD1∩CD1＝D1，BC1∩BA1＝B，∴平面AD1C∥平面A1BC1.亦可连接B1D，由B1D⊥平面ACD1，B1D⊥平面A1C1B证明结论．
【评析】证明面面平行的方法详见“名师点津”栏；第(2)问选用的两种证法也是证明面面平行的常用证法．
如图，平面α∥β，线段AB分别交α，β于M，N，线段AD分别交α，β于C，D，线段BF
分别交α，β于F，E，若AM＝9，MN＝11，NB＝15，S△FMC＝78.求△END的面积．
解：∵α∥β，平面AND分别与α，β交于MC，ND，∴MC∥ND.
同理MF∥NE.∴∠FMC＝∠END.
∴＝＝.
又＝，＝，BN＝15，
BM＝15＋11＝26，AN＝9＋11＝20，AM＝9，
∴S△END＝S△FMC＝100.
1．证明线线平行的方法
(1)利用平面几何知识；
(2)平行公理：a∥b，b∥c⇒a∥c；
(3)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b；
(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b；
(5)线面垂直的性质定理：m⊥α，n⊥α⇒m∥n.
2．证明直线和平面平行的方法
(1)利用定义(常用反证法)；
(2)判定定理：a⊄α，b⊂α，且a∥b⇒a∥α；
(3)面面平行性质：α∥β，l⊂α⇒l∥β；
(4)向量法．m⊄α，n⊥α，m⊥n⇒m∥α；
(5)空间平行关系传递性：m∥n，m，n⊄α，m∥α⇒n∥α；
(6)α⊥β，l⊥β，l⊄α⇒l∥α.
3．证明面面平行的方法
(1)利用定义(常用反证法)；
(2)利用判定定理：a，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β；
推论：a，b⊂β，m，n⊂α，a∩b＝P，m∩n＝Q，a∥m，b∥n(或a∥n，b∥m) ⇒α∥β；
(3)利用面面平行的传递性： ⇒α∥γ；
(4)利用线面垂直的性质： ⇒α∥β.
4．应用面面平行的性质定理时，关键是找(或作)辅助线或平面，对此需要强调的是：
(1)辅助线、辅助平面要作得有理有据，不能随意添加；
(2)辅助面、辅助线具有的性质，一定要以某一性质定理为依据，不能主观臆断．
5．注意线线平行、线面平行、面面平行间的相互转化
应用判定定理时，注意由“低维”到“高维”：
“线线平行”⇒“线面平行”⇒“面面平行”；
应用性质定理时，注意由“高维”到“低维”：
“面面平行”⇒ “线面平行”⇒ “线线平行”．
1．已知平面α，β和直线a，b，a⊂α，b⊂β，且a∥b，则α与β的关系是( )
A．平行 B．相交
C．平行或相交 D．垂直
解：可在平面α内作一直线c，且c与a相交，若c平行于面β，则根据面面平行的判定定理知α∥β；若c与面β相交，则面α与β相交．故选C.
2．若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则( )
A．α内的所有直线与l异面
B．α内不存在与l平行的直线
C．α内存在唯一的直线与l平行
D．α内的直线与l都相交
解：∵直线l不平行于平面α，且l⊄α，∴l与α相交．观察各选项，易知A，C，D都是错误的．
故选B.
3．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝6，AD＝4，AA1＝3.分别过BC，A1D1的两个平行截面将长方体分成三部分，其体积分别记为V1＝VAEA1DFD1,V2＝VEBE1A1FCF1D1,V3＝VB1E1BC1F1C.若V1∶V2∶V3＝1∶4∶1，则截面A1EFD1的面积为( )
A．4 B．8 C．4 D．16
解：由于两个截面平行，所以三部分都可看作直棱柱，所以底面积之比为1∶4∶1.易得AE＝2，A1E＝.∴＝4.故选C.
4．设m，n是平面α内的两条不同直线，l1，l2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分而不必要条件是( )
A．m∥β且l1∥α B．m∥l1且n∥l2
C．m∥β且n∥β D．m∥β且n∥l2
解：对于选项A，显然是必要不充分；对于选项B，由l1∥m可得l1∥α，同理得l2∥α，又l1与l2是相交直线，故可得α∥β，充分性成立，而α∥β不一定能得到l1∥m
，它们也可以异面，故必要性不成立；对于选项C，由于m，n不一定是相交直线，故是必要不充分条件；对于选项D，由n∥l2可转化为选项C.故选B.
5．()如图，正方体ABCD
A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，M为棱BB1的中点，则下列结论中错误的是( )
A．D1O∥平面A1BC1
B．D1O⊥平面MAC
C．异面直线BC1与AC所成的角等于60°
D．二面角MACB等于90°
解：取A1C1中点O1，连接BO1，易知D1O∥BO1，故D1O∥平面A1BC1，A正确．取AB中点E，连接OE，A1E，易知A1E⊥AM，A1D1∥OE，而A1D1⊥AM，故AM⊥平面A1D1OE，AM⊥D1O，同理CM⊥D1O，AM∩MC＝M，所以D1O⊥平面MAC，B正确．易知△A1BC1为等边三角形，故C正确．连MO，BO，由AC⊥平面BDD1B1知∠MOB为二面角MACB的平面角，显然不等于90°，故D错误．故选D.
6．如图，若Ω是长方体ABCDA1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHB1C1后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EH∥A1D1，则下列结论中不正确的是( )
A．EH∥FG B．四边形EFGH是矩形
C．Ω是棱柱 D．Ω是棱台
解：∵EH∥A1D1，A1D1∥B1C1，EH⊄面BCC1B1，∴EH∥面BCC1B1.又∵面EFGH∩面BCC1B1＝FG，∴EH∥FG，且EH＝FG，由长方体的特征知四边形EFGH为矩形，此几何体为五棱柱，∴选项A，B，C都正确．故选D.
7．给出下列四个命题：
①平行于同一平面的两条直线平行；
②垂直于同一平面的两条直线平行；
③如果一条直线和一个平面平行，那么它和这个平面内的任何直线都平行；
④如果一条直线和一个平面垂直，那么它和这个平面内的任何直线都垂直．
其中正确命题的序号是_______(写出所有正确命题的序号)．
解：①中平行于同一平面的两条直线可能相交，也可能异面，①不正确；根据直线与平面垂直的性质定理知，②正确；③若直线l与平面α平行，则l必平行于α内某一方向上的无数条直线，故③不正确；④显然正确．故填②④.
8．如图，平面α∥平面β，△ABC，△A′B′C′分别在α，β内，线段AA′，BB′，CC′共点于O，O在α，β之间，若AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°，OA∶OA′＝3∶2，则△A′B′C′的面积为________．
解：相交直线AA′，BB′所在平面和两平行平面α，β相交于AB，A′B′，∴AB∥A′B′.同理BC∥B′C′，CA∥C′A′.∴△ABC与△A′B′C′的三内角相等，∴△ABC△A′B′C′，＝＝.S△ABC＝×2×1×＝，∴S△A′B′C′＝×＝×＝.故填.
9．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P，Q分别是DD1，CC1的中点．
求证：(1)PO∥面D1BQ；
(2)平面D1BQ∥平面PAO.
证明：(1)连接DB，在△D1DB中，P，O分别是DD1，DB的中点，则PO∥D1B，又PO⊄面D1BQ，D1B⊂面D1BQ，∴PO∥面D1BQ.
(2)易证四边形APQB是平行四边形，∴PA∥BQ.又PA⊄面D1BQ，BQ⊂面D1BQ，∴PA∥面D1BQ.又由(1)知PO∥面D1BQ，PO∩PA＝P，PO，PA⊄平面D1BQ，∴平面D1BQ∥平面PAO.
10．如图，正三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝2，AA1＝3，D为C1B的中点，P为AB边上的动点．
(1)当点P为AB的中点时，证明DP∥平面ACC1A1；
(2)若AP＝3PB，求三棱锥BCDP的体积．
解：(1)连结DP，AC1，∵P为AB中点，D为C1B中点，∴DP∥AC1.又∵AC1⊂平面ACC1A1，DP⊄平面ACC1A1，∴DP∥平面ACC1A1.
(2)由AP＝3PB，得PB＝AB＝.
过点D作DE⊥BC于E，
则DE綊CC1，∵CC1⊥平面ABC，
∴DE⊥平面BCP，
又∵CC1＝3，∴DE＝.
∴VBCDP＝VDBCP＝·S△BCP·DE＝××2××sin60°×＝.
11．()如图所示，在三棱锥PABQ中，PB⊥平面ABQ，BA＝BP＝BQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ＝2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH.
(1)求证：AB∥GH；(2)求二面角DGHE的余弦值．
解：(1)证明：∵D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，∴EF∥AB，DC∥AB.∴EF∥DC.又EF⊄平面PCD，DC⊂平面PCD，∴EF∥平面PCD.
又EF⊂平面EFQ，平面EFQ∩平面PCD＝GH，∴EF∥GH.∴AB∥GH.
(2)在△ABQ中，AQ＝2BD，AD＝DQ，∴∠ABQ＝90°，即AB⊥BQ，∵PB⊥平面ABQ，∴AB⊥PB.又BP∩BQ＝B，∴AB⊥平面PBQ.
由(1)知AB∥GH，∴GH⊥平面PBQ.又FH，HC⊂平面PBQ，∴GH⊥FH，GH⊥HC.∴∠FHC为二面角DGHE的平面角．
设BA＝BQ＝BP＝2，连接FC，在Rt△FBC中，由勾股定理得FC＝，同理可得PC＝，FQ＝.又∵H为△PBQ的重心，∴HC＝PC＝，FH＝FQ＝.在△FHC中，由余弦定理得cos∠FHC＝＝－.
如图，已知直角梯形ACDE所在的平面垂直于平面ABC，∠BAC＝∠ACD＝90°，∠EAC＝60°，AB＝AC＝AE.
(1)在直线BC上是否存在一点P，使得DP∥平面EAB？请证明你的结论；
(2)求平面EBD与平面ABC所成的锐二面角θ的余弦值．
解：(1)线段BC的中点就是满足条件的点P.
证明如下：
取AB的中点F连接DP，PF，EF，则FP∥AC，FP＝AC.
取AC的中点M，连接EM，EC.
∵AE＝AC且∠EAC＝60°，
∴△EAC是正三角形．
∴EM⊥AC.∴四边形EMCD为矩形．
∴ED＝MC＝AC＝FP.又∵ED∥AC.
∴ED∥FP且ED＝FP，即四边形EFPD是平行四边形．
∴DP∥EF.
而EF⊂平面EAB，DP⊄平面EAB，∴DP∥平面EAB.
(2)过点B作AC的平行线l，过点C作l的垂线交l于点G，连接DG.
∵ED∥AC，∴ED∥l.
∴l是平面EBD与平面ABC所成二面角的棱．
∵平面EACD⊥平面ABC，DC⊥AC，∴DC⊥平面ABC.
又∵l⊂平面ABC，
∴DC⊥l.∴l⊥平面DGC，l⊥DG.
∴∠DGC是所求二面角的平面角．
设AB＝AC＝AE＝2a，则CD＝a，GC＝2a.
∴GD＝＝a.
∴cosθ＝cos∠DGC＝＝.
§8.5 空间中的垂直关系
1．以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理．
2．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间中垂直关系的简单命题．
在高考中，对空间垂直关系的考查主要表现在三个方面：一是将关于空间位置关系的定义、判定和性质结合起来，以选择、填空的形式，对有关命题的真假进行判断；二是灵活运用判定定理、性质定理求线面角、二面角，考查空间想象能力及计算能力；三是以几何体为载体，在解答题中以证明的形式，考查线线、线面、面面垂直关系及逻辑推理能力．
1．线线垂直
如果两条直线所成的角是______(无论它们是相交还是异面)，那么这两条直线互相垂直．
2．直线与平面垂直
(1)定义：如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说______________________，记作____________．直线l叫做______________，平面α叫做______________．直线与平面垂直时，它们惟一的公共点P叫做_________．垂线上任意一点到垂足间的线段，叫做这个点到这个平面的垂线段，垂线段的长度叫做这个点到平面的距离．
(2)判定定理：一条直线与一个平面内的________都垂直，则该直线与此平面垂直．
推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于平面，那么另一条直线也垂直于这个平面．用符号表示：a∥b，a⊥α⇒b⊥α.
(3)性质定理：垂直于同一个平面的两条直线__________．
3．直线和平面所成的角
平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的________，叫做这条直线和这个平面所成的角．
一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角是直角；一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所成的角是0°的角．任一直线与平面所成角θ的范围是____________．
4．二面角的有关概念
(1)二面角：从一条直线出发的_____________叫做二面角．
(2)二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作______________的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．二面角的范围是__________．
5．平面与平面垂直
(1)定义：一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是____________，就说这两个平面互相垂直．
(2)判定定理：一个平面过另一个平面的________，则这两个平面垂直．
(3)性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于______的直线与另一个平面垂直．
【自查自纠】
1．直角
2．(1)直线l与平面α互相垂直 l⊥α 平面α的垂线
直线l的垂面 垂足 (2)两条相交直线 (3)平行
3．锐角 [0°，90°]
4．(1)两个半平面所组成的图形
(2)垂直于棱 [0°，180°]
5．(1)直二面角 (2)垂线 (3)交线
设m，n是空间两条不同的直线，α，β是空间两个不同的平面，当m⊂α，n⊂β时，下列命题正确的是( )
A．若m∥n，则α∥β
B．若m⊥n，则α⊥β
C．若m⊥β，则m⊥n
D．若n⊥α，则m⊥β
解：易知A，B，D错误．故选C.
设α，β为两个不同的平面，直线l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”成立的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解：据面面垂直的判定定理可知，若l⊂α，l⊥β⇒α⊥β，反之则不一定成立．故选A.
在三棱柱ABCA1B1C1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
解：如图，取BC的中点E，连接AE，DE，可知AE⊥侧面BB1C1C，∠ADE就是AD与侧面BB1C1C所成的角．设各棱长为a，则在Rt△AED中，ED＝a，AE＝a，tan∠ADE＝，所以∠ADE＝60°.故选C.
如图，二面角αlβ的大小是60°，线段AB⊂α，B∈l，AB与l所成的角为30°.则AB与平面β所成的角的正弦值是________．
解：过点A作平面β的垂线，垂足为C，连接BC，在β内作CD⊥l，交l于点D，连接AD.∵l⊥CD，l⊥AC，AC∩CD＝C，∴l⊥面ACD.∴l⊥AD.故∠ADC为二面角αlβ的平面角，即∠ADC＝60°，
易知∠ABC为直线AB与平面β所成的角．
设CD＝a，则AD＝2a，AC＝a.
又∵∠ABD＝30°，∴AB＝4a.
∴sin∠ABC＝＝＝.故填.
在正方体ABCDA′B′C′D′中，过对角线BD′的一个平面交AA′于E，交CC′于F，则
①四边形BFD′E一定是平行四边形；
②四边形BFD′E有可能是正方形；
③四边形BFD′E在底面ABCD内的投影一定是正方形；
④平面BFD′E有可能垂直于平面BB′D.
以上结论正确的为____________．(写出所有正确结论的编号)
解：根据两平面平行的性质定理可得BFD′E为平行四边形，①正确；若四边形BFD′E是正方形，则BE⊥ED′，又A′D′⊥EB，A′D′∩ED′＝D′，∴BE⊥面ADD′A′，与已知矛盾，②错；易知四边形BFD′E在底面ABCD内的投影是正方形ABCD，③正确；当E，F分别为棱AA′，CC′的中点时，EF∥AC，又AC⊥平面BB′D，∴EF⊥面BB′D，④正确．故填①③④.
类型一 线线垂直问题
如图，在四棱台ABCDA1B1C1D1中，D1D⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝60°.
(1)证明：AA1⊥BD；
(2)证明：CC1∥平面A1BD.
证明：(1)∵D1D⊥面ABCD，且BD⊂面ABCD，∴D1D⊥BD.
又∵AB＝2AD，∠BAD＝60°，
在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AD2＋AB2－2AD·ABcos60°＝3AD2，
∴AD2＋BD2＝AB2.
∴AD⊥BD.
又∵AD∩D1D＝D，∴BD⊥面ADD1A1.
又AA1⊂面ADD1A1, ∴AA1⊥BD.
(2)连接AC，A1C1，设AC∩BD＝E，连接A1E.
∵四边形ABCD为平行四边形，∴EC＝AC.
由棱台定义及AB＝2AD＝2A1B1知A1C1∥EC且
A1C1＝EC，∴四边形A1ECC1为平行四边形．
∴CC1∥A1E.
又∵A1E⊂面A1BD，CC1⊄面A1BD，
∴CC1∥面A1BD.
【评析】本题主要考查线线、线面位置关系．第(1)问证明线线垂直，其实质是通过证明线面垂直，再化归为线线垂直；第(2)问证明线面平行，需转化为证明线线平行，由于面A1BD中没有与CC1平行的直线，故需作辅助线．
()如图，在三棱锥SABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB，过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．
求证：(1)平面EFG∥平面ABC；(2)BC⊥SA.
证明：(1)∵AS＝AB，AF⊥SB，∴F是SB的中点．
又∵E分别是SA的中点，∴EF∥AB.
又∵EF⊄平面ABC, AB⊂平面ABC，
∴EF∥平面ABC.
同理可证FG∥平面ABC.
又∵EF∩FG＝F, EF，FG⊄平面ABC，
∴平面EFG∥平面ABC.
(2)∵平面SAB⊥平面SBC，平面SAB∩平面SBC＝SB，AF⊂平面SAB，AF⊥SB，∴AF⊥平面SBC.
又∵BC⊂平面SBC，∴AF⊥BC.
又∵AB⊥BC, AB∩AF＝A, AB，AF⊂平面SAB，
∴BC⊥平面SAB.又∵SA⊂平面SAB，∴BC⊥SA.
类型二 线面垂直问题
如图，四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，点E在线段AD上，且CE∥AB.
(1)求证：CE⊥平面PAD；
(2)若PA＝AB＝1，AD＝3，CD＝，∠CDA＝45°，求四棱锥PABCD的体积．
解：(1)证明：因为PA⊥底面ABCD，CE⊂平面ABCD，所以PA⊥CE.
因为AB⊥AD，CE∥AB，所以CE⊥AD.
又PA∩AD＝A，所以CE⊥平面PAD.
(2)由(1)可知CE⊥AD.
在Rt△ECD中，CE＝CD·sin45°＝1，
DE＝CD·cos45°＝1，
又因为AB＝1，则AB＝CE.
又CE∥AB，AB⊥AD，
所以四边形ABCE为矩形，四边形ABCD为梯形．
因为AD＝3，所以BC＝AE＝AD－DE＝2，
SABCD＝(BC＋AD)·AB＝(2＋3)×1＝，
VPABCD＝SABCD·PA＝××1＝.
于是四棱锥PABCD的体积为.
【评析】证明线面垂直的基本思路是证明该直线和平面内的两条相交直线垂直，亦可利用面面垂直的性质定理来证明；第(2)问的难点在于求底面四边形ABCD的面积，注意充分利用题设条件，先证明底面ABCD是直角梯形，从而求出底面面积，最后求体积．
()如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝.证明：A1C⊥平面BB1D1D.
证明：∵A1O⊥平面ABCD，∴A1O⊥BD.
又∵底面ABCD为正方形，∴BD⊥AC.
∴BD⊥平面A1OC.∴BD⊥A1C.
又∵OA1是AC的中垂线，∴A1A＝A1C＝，
且AC＝2，∴AC2＝AA＋A1C2，
∴△AA1C是直角三角形，∴AA1⊥A1C.
又BB1∥AA1，∴A1C⊥BB1.∵BD∩BB1＝B，
∴A1C⊥平面BB1D1D.
类型三 面面垂直问题
如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M是棱CC1的中点．
(1)求异面直线A1M和C1D1所成的角的正切值；
(2)证明：平面ABM⊥平面A1B1M.
解：(1)因为C1D1∥B1A1，所以∠MA1B1为异面直线A1M和C1D1所成的角，因为A1B1⊥平面BCC1B1，所以∠A1B1M＝90°.
而A1B1＝1，B1M＝＝，
故tan∠MA1B1＝＝.
(2)证明：由A1B1⊥平面BCC1B1，
BM⊂平面BCC1B1，
得A1B1⊥BM.①
由(1)知，B1M＝，
又BM＝＝，B1B＝2，
B1M2＋BM2＝B1B2，从而BM⊥B1M.②
又A1B1∩B1M＝B1，由①②得BM⊥平面A1B1M.
而BM⊂平面ABM，∴平面ABM⊥平面A1B1M.
【评析】求异面直线所成的角，一般方法是通过平移直线，把异面问题转化为共面问题，通过解三角形求出所构造的角；证明面面垂直，可转化为证明线面垂直，而线面垂直又可以转化为证明线线垂直，在证明过程中，需充分利用规则几何体本身所具有的几何特征简化问题，有时还需应用勾股定理的逆定理，通过计算来证明垂直关系，这在高考题中是常用方法之一．本题还可以利用规则几何体建立空间直角坐标系，利用向量的方法来求解．
如图，在三棱锥VABC中，VC⊥底面
ABC，AC⊥BC，D是AB的中点，且AC＝BC＝a，∠VDC＝θ.
(1)求证：平面VAB⊥平面VCD；
(2)当角θ在上变化时，求直线BC与平面VAB所成的角的取值范围．
解：(1)证明：∵AC＝BC＝a，∴△ACB是等腰三角形．又D是AB的中点，∴CD⊥AB.
又VC⊥底面ABC，∴VC⊥AB.
于是AB⊥平面VCD.又AB⊂平面VAB，
∴平面VAB⊥平面VCD.
(2)在平面VCD内过点C作CH⊥VD于H，则由(1)知CH⊥平面VAB.
连接BH，于是∠CBH就是直线BC与平面VAB所成的角．
在Rt△CHD中，易知CH＝asinθ.
设∠CBH＝φ，在Rt△BHC中，CH＝asinφ，
∴sinθ＝sinφ.
∵0<θ<，∴0
查看更多
