2017届高考数学一轮复习 第八章 立体几何 课时42 空间中的垂直关系学案 文
高三数学立体几何复习：空间中的垂直关系 知识精讲 人教实验版(B)
高三数学立体几何复习：空间中的垂直关系知识精讲人教实验版（B）【本讲教育信息】一. 教学内容：立体几何复习：空间中的垂直关系二. 教学目的掌握空间中的垂直关系及其应用三. 知识分析【知识梳理】【空间中的垂直关系】1、空间任意直线互相垂直的一般定义如果两条直线相交于一点或经过平移后相交于一点，并且交角为90°，则称这两条直线互相垂直．2、直线与平面垂直（1）空间直线与平面垂直的定义：如果一条直线（AB）和一个平面（α）相交于点O，并且和这个平面内过交点（O）⊥，直线AB叫做的任何直线都垂直，我们就说这条直线和这个平面互相垂直，记作ABα平面的垂线，平面α叫做直线的垂面，交点叫做垂足．垂线上任一点到垂足间的线段，叫做这点到这个平面的垂线段．垂线段的长度叫做这点到平面的距离．（2）直线与平面垂直的判定定理：定理：如果一条直线与平面内的两条相交直线垂直，则这条直线与这个平面垂直．推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于平面，那么另一条也垂直于这个平面．（3）直线与平面垂直的性质定理：定理：如果两条直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行．另外，一条直线垂直于一个平面，那么它就和平面内的所有直线都垂直．3、平面与平面的垂直（1）定义：如果两个相交平面的交线与第三个平面垂直，又这两个平面与第三个平面相交所得的两条交线互相垂直，就称这两个平面互相垂直．平面α、β互相垂直，记作αβ⊥．（2）平面与平面垂直的判定定理：定理：如果一个平面过另一个平面的一条垂线，则两个平面互相垂直．（3）平面与平面垂直的性质定理定理：如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面．★★几点说明★★1、直线和平面垂直、平面和平面垂直是直线与平面、平面与平面相交的特殊情况，对这种特殊位置关系的认识，既可以从直线和平面、平面和平面的交角为90°的角度讨论，又可以从已有的线线垂直、线面垂直关系出发进行推理和论证，还可以利用向量把几何推理和论证过程转化为代数运算过程．2、无论是线面垂直还是面面垂直，都源自于线与线的垂直，这种转化为“低维”垂直的思想方法，在解题时非常重要，在处理实际问题的过程中，可以先从题设条件入手，分析已有的垂直关系，再从结论入手分析所要证明的垂直关系，从而架起已知与未知之间的“桥梁”。
2017年高考数学(理)一轮复习精品资料 专题42 空间中的垂直关系(教学案) 含解析
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．1．直线与平面垂直（1)直线和平面垂直的定义如果一条直线l与平面α内的任意直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．（2）判定定理与性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直错误!⇒l⊥α性如果两条直线垂错误!⇒a∥2（1）平面与平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角,就说这两个平面互相垂直．(2)判定定理与性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直错误!⇒α⊥β性质定理如果两个平面互相垂直,则在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面错误!⇒l⊥α3（1）定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条斜线和这个平面所成的角．（2）线面角θ的范围:θ∈错误!。
4．二面角的有关概念(1）二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．(2）二面角的平面角：二面角棱上的一点，在两个半平面内分别作与棱垂直的射线，则两射线所成的角叫做二面角的平面角．高频考点一直线与平面垂直的判定与性质例1、(1）如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F，G分别为AC，DC，AD的中点．①求证：EF⊥平面BCG；②求三棱锥D－BCG的体积．附：锥体的体积公式V＝错误!Sh，其中S为底面面积，h为高．【解析】①证明由已知得△ABC≌△DBC，因此AC＝DC.又G为AD的中点,所以CG⊥AD。
同理BG⊥AD，又BG∩CG＝G,因此AD⊥平面BGC。
又EF∥AD，所以EF⊥平面BCG.(2)如图所示,已知AB 为圆O 的直径，点D 为线段AB 上一点，且AD ＝13DB ，点C 为圆O 上一点，且BC ＝错误!AC ，PD ⊥平面ABC ，PD ＝DB 。
高考数学复习 第八章 立体几何与空间向量 确定球心位置的三种方法
确定球心位置的三种方法决定球的几何要素是球心的位置和球的半径，在球与其他几何体的结合问题中，通过位置关系的分析，找出球心所在的位置是解题的关键，不妨称这个方法为球心位置分析法．方法一由球的定义确定球心若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球．也就是说如果一个定点到一个简单多面体的所有顶点的距离都相等，那么这个定点就是该简单多面体外接球的球心．(1)长方体或正方体的外接球的球心是其体对角线的中点；(2)正三棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点；(3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；(4)正棱锥的外接球球心在其高上，具体位置可通过建立直角三角形运用勾股定理计算得到；(5)若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心．已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是()A．16πB．20πC．24πD．32π【解析】已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，可求得底面边长为2，故球的直径为22＋22＋42＝26，则半径为6，故球的表面积为24π，故选C．【答案】 C方法二构造长方体或正方体确定球心(1)正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；(2)同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；(3)若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补形成长方体或正方体；(4)若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补形成长方体或正方体．如图，边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，将△AED，△EBF，△FCD分别沿DE，EF，FD折起，使A，B，C三点重合于点A′，若四面体A′EFD的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为()A．2B．6 2C．112D．52【解析】易知四面体A′EFD的三条侧棱A′E，A′F，A′D两两垂直，且A′E＝1，A′F＝1，A′D＝2，把四面体A′EFD补成从顶点A′出发的三条棱长分别为1，1，2的一个长方体，则长方体的外接球即为四面体A′EFD的外接球，球的半径为r＝1212＋12＋22＝62.故选B．【答案】 B方法三 由性质确定球心利用球心O 与截面圆圆心O ′的连线垂直于截面圆及球心O 与弦中点的连线垂直于弦的性质，确定球心．正三棱锥A -BCD 内接于球O ，且底面边长为3，侧棱长为2，则球O 的表面积为________．【解析】 如图，M 为底面△BCD 的中心，易知AM ⊥MD ，DM ＝1，AM ＝ 3.在Rt △DOM 中，OD 2＝OM 2＋MD 2，即OD 2＝(3－OD )2＋1，解得OD ＝233，故球O 的表面积为4π×⎝⎛⎭⎫2332＝163π.【答案】163π。
高考数学一轮复习 第八章 立体几何与空间向量8
高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量8.2球的切、接问题题型一特殊几何体的切、接问题例1(1)已知正方体的棱长为a，则它的外接球半径为________，与它各棱都相切的球的半径为________．答案32a22a解析∵正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，为3a，∴它的外接球的半径为32a，∵球与正方体的各棱都相切，则球的直径为面对角线，而正方体的面对角线长为2a，∴与它各棱都相切的球的半径为2 2a.(2)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．答案2 3π解析圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面P AB，如图所示，则△P AB的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB中，P A＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝22，△PEO∽△PDB，故POPB＝OEDB，即22－r3＝r1，解得r＝2 2，故内切球的体积为43π⎝⎛⎭⎫223＝23π.思维升华 (1)正方体与球的切、接常用结论 正方体的棱长为a ，球的半径为R ， ①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ； ②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ； ③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)长方体的共顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2. (3)正四面体的外接球的半径R ＝64a ，内切球的半径r ＝612a ，其半径R ∶r ＝3∶1(a 为该正四面体的棱长)．跟踪训练1 (1)(2022·成都模拟)已知圆柱的两个底面的圆周在体积为32π3的球O 的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为( ) A ．4π B ．8π C ．12π D ．16π 答案 B解析 如图所示，设球O 的半径为R ，由球的体积公式得43πR 3＝32π3，解得R ＝2. 设圆柱的上底面半径为r ，球的半径与上底面夹角为α，则r ＝2cos α， 圆柱的高为4sin α，∴圆柱的侧面积为4πcos α×4sin α＝8πsin 2α， 当且仅当α＝π4，sin 2α＝1时，圆柱的侧面积最大，∴圆柱的侧面积的最大值为8π.(2)(2022·长沙检测)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是________． 答案9π2解析 易知AC ＝10.设△ABC 的内切圆的半径为r ， 则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ， 所以r ＝2. 因为2r ＝4>3，所以最大球的直径2R ＝3，即R ＝32，此时球的体积V ＝43πR 3＝9π2.题型二 补形法例2 (1)在四面体ABCD 中，若AB ＝CD ＝3，AC ＝BD ＝2，AD ＝BC ＝5，则四面体ABCD 的外接球的表面积为( ) A ．2π B ．4π C ．6π D ．8π 答案 C解析 由题意可采用补形法，考虑到四面体ABCD 的对棱相等，所以将四面体放入一个长、宽、高分别为x ，y ，z 的长方体，并且x 2＋y 2＝3，x 2＋z 2＝5，y 2＋z 2＝4，则有(2R )2＝x 2＋y 2＋z 2＝6(R 为外接球的半径)，得2R 2＝3，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝6π.(2)(2022·重庆实验外国语学校月考)如图，在多面体中，四边形ABCD 为矩形，CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1，通过添加一个三棱锥可以将该多面体补成一个直三棱柱，那么添加的三棱锥的体积为________，补形后的直三棱柱的外接球的表面积为________．答案 136π解析 如图添加的三棱锥为直三棱锥E －ADF ，可以将该多面体补成一个直三棱柱ADF －BCE ， 因为CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1， 所以S △CBE ＝12CE ×BC ＝12×1×1＝12，直三棱柱ADF －BCE 的体积为 V ＝S △EBC ·DC ＝12×2＝1，添加的三棱锥的体积为13V ＝13；如图，分别取AF ，BE 的中点M ，N ，连接MN ，与AE 交于点O ，因为四边形AFEB 为矩形，所以O 为AE ，MN 的中点，在直三棱柱ADF －BCE 中，CE ⊥平面ABCD ，FD ⊥平面ABCD ，即∠ECB ＝∠FDA ＝90°，所以上、下底面为等腰直角三角形，直三棱柱的外接球的球心即为点O ，连接DO ，DO 即为球的半径， 连接DM ，因为DM ＝12AF ＝22，MO ＝1，所以DO 2＝DM 2＋MO 2＝12＋1＝32，所以外接球的表面积为4π·DO 2＝6π. 思维升华 补形法的解题策略(1)侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；(2)直三棱锥补成三棱柱求解．跟踪训练2 已知三棱锥P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，且P A ＝1，PB ＝2，PC ＝3，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为( ) A.7143π B ．14π C ．56π D.14π答案 B解析 以线段P A ，PB ，PC 为相邻三条棱的长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′被平面ABC 所截的三棱锥P －ABC 符合要求，如图，长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′与三棱锥P －ABC 有相同的外接球，其外接球直径为长方体体对角线PP ′，设外接球的半径为R ， 则(2R )2＝PP ′2＝P A 2＋PB 2＋PC 2 ＝12＋22＋32＝14，则所求表面积S ＝4πR 2＝π·(2R )2＝14π. 题型三 定义法例3 (1)已知∠ABC ＝90°，P A ⊥平面ABC ，若P A ＝AB ＝BC ＝1，则四面体P ABC 的外接球(顶点都在球面上)的体积为( ) A ．π B.3π C ．2π D.3π2答案 D解析 如图，取PC 的中点O ，连接OA ，OB ，由题意得P A ⊥BC ，又因为AB ⊥BC ，P A ∩AB ＝A ，P A ，AB ⊂平面P AB ， 所以BC ⊥平面P AB ， 所以BC ⊥PB ，在Rt △PBC 中，OB ＝12PC ，同理OA ＝12PC ，所以OA ＝OB ＝OC ＝12PC ，因此P ，A ，B ，C 四点在以O 为球心的球面上， 在Rt △ABC 中，AC ＝AB 2＋BC 2＝ 2. 在Rt △P AC 中，PC ＝P A 2＋AC 2＝3， 球O 的半径R ＝12PC ＝32，所以球的体积为43π⎝⎛⎭⎫323＝3π2.延伸探究 本例(1)条件不变，则四面体P －ABC 的内切球的半径为________． 答案2－12解析 设四面体P －ABC 的内切球半径为r . 由本例(1)知，S△P AC＝12P A·AC＝12×1×2＝22，S△P AB＝12P A·AB＝12×1×1＝12，S△ABC＝12AB·BC＝12×1×1＝12，S△PBC＝12PB·BC＝12×2×1＝22，V P－ABC＝13×12AB·BC·P A＝13×12×1×1×1＝16，V P－ABC＝13(S△P AC＋S△P AB＋S△ABC＋S△PBC)·r＝13⎝⎛⎭⎫22＋12＋12＋22·r＝16，∴r＝2－1 2.(2)在矩形ABCD中，BC＝4，M为BC的中点，将△ABM和△DCM分别沿AM，DM翻折，使点B与点C重合于点P，若∠APD＝150°，则三棱锥M－P AD的外接球的表面积为() A．12π B．34πC．68π D．126π答案 C解析如图，由题意可知，MP⊥P A，MP⊥PD.且P A∩PD＝P，P A⊂平面P AD，PD⊂平面P AD，所以MP⊥平面P AD.设△ADP的外接圆的半径为r，则由正弦定理可得ADsin ∠APD ＝2r ，即4sin 150°＝2r ，所以r ＝4.设三棱锥M －P AD 的外接球的半径为R ， 则(2R )2＝PM 2＋(2r )2，即(2R )2＝4＋64＝68，所以4R 2＝68， 所以外接球的表面积为4πR 2＝68π.思维升华 到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可． 跟踪训练3 (1)一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为________．答案4π3解析 设正六棱柱的底面边长为x ，高为h ， 则有⎩⎪⎨⎪⎧ 6x ＝3，98＝6×34x 2h ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，h ＝ 3. ∴正六棱柱的底面外接圆的半径r ＝12，球心到底面的距离d ＝32.∴外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝1.∴V 球＝4π3.(2)(2022·哈尔滨模拟)已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是矩形，其中AD ＝1，AB ＝2，平面P AD ⊥平面ABCD ，△P AD 为等边三角形，则四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为( ) A.16π3 B.76π3 C.64π3 D.19π3 答案 A解析 如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，P A ＝PD ，取AD 的中点E ，则PE ⊥AD ，PE ⊥平面ABCD ，则PE ⊥AB ，由AD ⊥AB ，AD ∩PE ＝E ，AD ，PE ⊂平面P AD ，可知AB ⊥平面P AD ， 由△P AD 为等边三角形，E 为AD 的中点知，PE 的三等分点F (距离E 较近的三等分点)是三角形的中心，过F 作平面P AD 的垂线，过矩形ABCD 的中心O 作平面ABCD 的垂线，两垂线交于点I ，则I 即外接球的球心． OI ＝EF ＝13PE ＝13×32＝36，AO ＝12AC ＝52，设外接球半径为R ， 则R 2＝AI 2＝AO 2＋OI 2＝⎝⎛⎭⎫522＋⎝⎛⎭⎫362＝43， 所以四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为S ＝4πR 2＝4π×43＝16π3.课时精练1．正方体的外接球与内切球的表面积之比为( ) A. 3 B ．3 3 C ．3 D.13答案 C解析 设正方体的外接球的半径为R ，内切球的半径为r ，棱长为1，则正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即2R ＝3，所以R ＝32，正方体内切球的直径为正方体的棱长，即2r ＝1，即r ＝12，所以R r ＝3，正方体的外接球与内切球的表面积之比为4πR 24πr 2＝R 2r2＝3.2．(2022·开封模拟)已知一个圆锥的母线长为26，侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，则该圆锥的外接球的体积为( ) A ．36π B ．48π C ．36 D ．24 2答案 A解析 设圆锥的底面半径为r ，由侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，得2πr ＝23π3×26，解得r ＝2 2.作出圆锥的轴截面如图所示．设圆锥的高为h ， 则h ＝262－222＝4.设该圆锥的外接球的球心为O ，半径为R ，则有R ＝h －R 2＋r 2，即R ＝4－R2＋222，解得R ＝3，所以该圆锥的外接球的体积为 4πR 33＝4π×333＝36π. 3．已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的表面积为( ) A ．16π B ．20π C ．24π D ．32π 答案 A解析 如图所示，在正四棱锥P －ABCD 中，O 1为底面对角线的交点，O 为外接球的球心．V P －ABCD ＝13×S 正方形ABCD ×3＝6，所以S 正方形ABCD ＝6，即AB ＝ 6. 因为O 1C ＝126＋6＝ 3.设正四棱锥外接球的半径为R ， 则OC ＝R ，OO 1＝3－R ，所以(3－R )2＋(3)2＝R 2，解得R ＝2. 所以外接球的表面积为4π×22＝16π.4．已知棱长为1的正四面体的四个顶点都在一个球面上，则这个球的体积为( ) A.68π B.64π C.38π D.34π 答案 A解析 如图将棱长为1的正四面体B 1－ACD 1放入正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，且正方体的棱长为1×cos 45°＝22， 所以正方体的体对角线 AC 1＝⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＝62， 所以正方体外接球的直径2R ＝AC 1＝62， 所以正方体外接球的体积为 43πR 3＝43π×⎝⎛⎭⎫643＝68π， 因为正四面体的外接球即为正方体的外接球，所以正四面体的外接球的体积为68π. 5．(2021·天津)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为32π3，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为( ) A ．3π B ．4π C ．9π D ．12π 答案 B解析 如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D ，设圆锥AD 和圆锥BD 的高之比为3∶1， 即AD ＝3BD ，设球的半径为R ，则4πR 33＝32π3，可得R ＝2，所以AB ＝AD ＋BD ＝4BD ＝4， 所以BD ＝1，AD ＝3，因为CD ⊥AB ，AB 为球的直径， 所以△ACD ∽△CBD ，所以AD CD ＝CDBD ，所以CD ＝AD ·BD ＝3，因此，这两个圆锥的体积之和为 13π×CD 2·(AD ＋BD )＝13π×3×4＝4π. 6．(2022·蚌埠模拟)粽子，古时北方也称“角黍”，是由粽叶包裹糯米、泰米等馅料蒸煮制成的食品，是中国汉族传统节庆食物之一，端午食粽的风俗，千百年来在中国盛行不衰，粽子形状多样，馅料种类繁多，南北方风味各有不同，某四角蛋黄粽可近似看成一个正四面体，蛋黄近似看成一个球体，且每个粽子里仅包裹一个蛋黄，若粽子的棱长为9 cm ，则其内可包裹的蛋黄的最大体积约为(参考数据：6≈2.45，π≈3.14)( )A ．20 cm 3B ．22 cm 3C ．26 cm 3D ．30 cm 3答案 C解析 如图，正四面体ABCD ，其内切球O 与底面ABC 切于O 1，设正四面体棱长为a ，内切球半径为r ，连接BO 1并延长交AC 于F ，易知O 1为△ABC 的中心，点F 为边AC 的中点．易得BF ＝32a ， 则S △ABC ＝34a 2，BO 1＝23BF ＝33a ， ∴DO 1＝BD 2－BO 21＝63a ， ∴V D －ABC ＝13·S △ABC ·DO 1＝212a 3，∵V D －ABC ＝V O －ABC ＋V O －BCD ＋V O －ABD ＋V O －ACD ＝4V O －ABC ＝4×13×34a 2·r ＝33a 2r ，∴33a 2r ＝212a 3⇒r ＝612a ， ∴球O 的体积V ＝43π·⎝⎛⎭⎫612a 3＝43π·⎝⎛⎭⎫612×93＝2768π≈278×2.45×3.14≈26(cm 3)． 7．已知三棱锥P －ABC 的四个顶点都在球O 的表面上，P A ⊥平面ABC ，P A ＝6，AB ⊥AC ，AB ＝2，AC ＝23，点D 为AB 的中点，过点D 作球的截面，则截面的面积不可以是( ) A.π2 B ．π C ．9π D ．13π答案 A解析 三棱锥P －ABC 的外接球即为以AB ，AC ，AP 为邻边的长方体的外接球， ∴2R ＝62＋22＋232＝213，∴R ＝13，取BC 的中点O 1，∴O 1为△ABC 的外接圆圆心，∴OO 1⊥平面ABC ，如图． 当OD ⊥截面时，截面的面积最小，∵OD ＝OO 21＋O 1D 2＝32＋32＝23，此时截面圆的半径为r ＝R 2－OD 2＝1， ∴截面面积为πr 2＝π，当截面过球心时，截面圆的面积最大为πR 2＝13π， 故截面面积的取值范围是[π，13π]．8．(2021·全国甲卷)已知A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，则三棱锥O －ABC 的体积为( ) A.212 B.312 C.24 D.34答案 A解析 如图所示，因为AC ⊥BC ，所以AB 为截面圆O 1的直径，且AB ＝ 2.连接OO 1，则OO 1⊥平面ABC ， OO 1＝1－⎝⎛⎭⎫AB 22＝1－⎝⎛⎭⎫222＝22， 所以三棱锥O －ABC 的体积V ＝13S △ABC ×OO 1＝13×12×1×1×22＝212.9．已知三棱锥S －ABC 的三条侧棱两两垂直，且SA ＝1，SB ＝SC ＝2，则三棱锥S －ABC 的外接球的半径是________． 答案 32解析 如图所示，将三棱锥补为长方体，则该棱锥的外接球直径为长方体的体对角线，设外接球半径为R ，则(2R )2＝12＋22＋22＝9， ∴4R 2＝9，R ＝32.即这个外接球的半径是32.10．已知正三棱锥的高为1，底面边长为23，内有一个球与四个面都相切，则正三棱锥的内切球的半径为________． 答案2－1解析 如图，过点P 作PD ⊥平面ABC 于点D ，连接AD 并延长交BC 于点E ，连接PE .因为△ABC 是正三角形，所以AE 是BC 边上的高和中线，D 为△ABC 的中心． 因为AB ＝BC ＝23，所以S △ABC ＝33，DE ＝1，PE ＝ 2. 所以S 三棱锥表＝3×12×23×2＋3 3＝36＋3 3. 因为PD ＝1，所以三棱锥的体积V ＝13×33×1＝ 3.设球的半径为r ，以球心O 为顶点，三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小三棱锥，由13S 三棱锥表·r ＝3， 得r ＝3336＋33＝2－1.11．等腰三角形ABC 的腰AB ＝AC ＝5，BC ＝6，将它沿高AD 翻折，使二面角B －AD －C 成60°，此时四面体ABCD 外接球的体积为________． 答案2873π 解析 由题意，设△BCD 所在的小圆为O 1，半径为r ，又因为二面角B －AD －C 为60°，即∠BDC ＝60°，所以△BCD 为边长为3的等边三角形，由正弦定理可得，2r ＝3sin 60°＝23，即DE ＝23，设外接球的半径为R ，且AD ＝4，在Rt △ADE 中，(2R )2＝AD 2＋DE 2⇒4R 2＝42＋(23)2＝28， 所以R ＝7， 所以外接球的体积为 V ＝43πR 3＝43π×(7)3＝2873π.12．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的表面上，若AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，则球O 的体积为________．答案32π3解析 设△ABC 的外接圆圆心为O 1，半径为r ，连接O 1O ，如图，易得O 1O ⊥平面ABC ，∵AB ＝AC ＝1，AA 1＝23， ∠BAC ＝2π3，∴2r ＝AB sin ∠ACB ＝112＝2，即O 1A ＝1，O 1O ＝12AA 1＝3，∴OA ＝O 1O 2＋O 1A 2＝3＋1＝2，即直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的外接球半径R ＝2， ∴V 球＝43π×23＝32π3.。
高考数学一轮复习 第八章立体几何8.5空间中的垂直关系
8.5 空间中的垂直关系考纲要求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．2．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题．1．直线与平面垂直(1)直线和平面垂直的定义：如果一条直线AB和一个平面(α)相交于点(O)，并且和这个平面内过交点(O)的________直线都垂直，我们就说这条直线l和这个平面α互相垂直，记作______，直线AB叫做平面(α)的______，平面α叫做直线l的______．(2)直线与平面垂直的判定定理：如果一条直线与一个平面内的____________垂直，则这条直线与这个平面垂直．符号表示：a⊂α，b⊂α，a∩b＝P，__________⇒l⊥α.(3)推论1：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．推论2：如果两条直线垂直于__________，那么这两条直线平行．符号表示：a⊥α，b ⊥α⇒a∥b；其作用：证明____平行与作平行线．(4)过一点有且仅有一条直线与已知平面垂直；过一点有且仅有一个平面与已知直线垂直．2．平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的定义：如果两个相交平面的交线与第三个平面垂直，又这两个平面与第三个平面相交所得的两条交线互相垂直，就称这两个平面互相垂直．(2)平面与平面垂直的判定定理：如果一个平面过另一个平面的一条______，则两个平面互相垂直．符号表示：a⊥β，a⊂α⇒α⊥β.(3)平面与平面垂直的性质定理：如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于__________的直线垂直于另一个平面．符号表示：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a ⊥β.其作用：证明线面垂直与作面的垂线．1．“直线l垂直于平面α内的无数条直线”是“l⊥α”的( )．A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件2．(2012北京模拟)已知如图，六棱锥PABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC.则下列结论不正确的是( )．A．CD∥平面PAFB．DF⊥平面PAFC．CF∥平面PABD．CF⊥平面PAD3．设α，β，γ为彼此不重合的三个平面，l为直线，给出下列命题：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)．4．在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC＝BC＝AA1＝2，∠ACB＝90°，E为BB1的中点，∠A1DE＝90°，求证：CD⊥平面A1ABB1.一、直线与平面垂直的判定与性质【例1】如图所示，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC ＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．求证：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.方法提炼证明直线和平面垂直的常用方法：(1)利用判定定理；(2)利用面面垂直的性质定理；(3)利用结论：a∥b，a⊥α⇒b⊥α；(4)利用结论：a⊥α，α∥β⇒a⊥β.请做演练巩固提升1,3二、平面与平面垂直的判定与性质【例2】在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，E，G，F分别为MB，PB，PC的中点，且AD＝PD＝2MA.(1)求证：平面EFG⊥平面PDC；(2)求三棱锥PMAB与四棱锥PABCD的体积之比．方法提炼1．证明平面与平面垂直，主要方法是判定定理，通过证明线面垂直来实现，从而把问题再转化成证明线线垂直加以解决．2．线线垂直、线面垂直、面面垂直的相互转化是解决有关垂直证明题的指导思想，其中线线垂直是最基本的，在转化过程中起穿针引线的作用，线面垂直是纽带，可以把线线垂直与面面垂直联系起来．请做演练巩固提升2要善于挖掘图形中存在的关系及添加辅助线【典例】 (12分)(2012课标全国高考)如图，三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧棱垂直底面，∠ACB＝90°，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点．(1)证明：平面BDC 1⊥平面BDC ；(2)平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比． 规范解答：(1)由题设知BC ⊥CC 1，BC ⊥AC ，CC 1∩AC ＝C ， 所以BC ⊥平面ACC 1A 1.(2分)又DC 1⊂平面ACC 1A 1，所以DC 1⊥BC . 由题设知∠A 1DC 1＝∠ADC ＝45°， 所以∠CDC 1＝90°，即DC 1⊥DC .(4分) 又DC ∩BC ＝C ，所以DC 1⊥平面BDC .又DC 1⊂平面BDC 1，故平面BDC 1⊥平面BDC .(6分) (2)设棱锥B DACC 1的体积为V 1，AC ＝1.由题意得V 1＝13×1＋22×1×1＝12.(8分)又三棱柱ABC A 1B 1C 1的体积V ＝1，(10分) 所以(V －V 1)∶V 1＝1∶1.故平面BDC 1分此棱柱所得两部分体积的比为1∶1.(12分)答题指导：解决垂直问题时，还有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注： (1)缺乏空间想象能力，找不出应该垂直的线和面； (2)对几何体体积、面积及线面角的计算不准确；(3)不善于挖掘图形中存在的关系，缺乏通过添加辅助线解题的能力．另外要重视对基础知识的积累、解题过程的规范，并且要善于使用数学符号进行表达．1．已知α，β为不重合的两个平面，直线m ⊂α，那么“m ⊥β”是“α⊥β”的( )． A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件 2．下列命题中错误的是( )．A ．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βC ．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l ，那么l ⊥平面γD ．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β3．如图，正方形ABCD 和四边形ACEF 所在的平面互相垂直，EF ∥AC ，AB ＝2，CE ＝EF ＝1.(1)求证：AF∥平面BDE；(2)求证：CF⊥平面BDE.4．(2012北京高考)如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图2.图1 图2(1)求证：DE∥平面A1CB；(2)求证：A1F⊥BE；(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由．参考答案基础梳理自测知识梳理1．(1)任何l⊥α垂线垂面(2)两条相交直线l⊥a，l⊥b(3)同一个平面线线2．(2)垂线(3)它们交线基础自测1．B2．D 解析：A中，∵CD∥AF，AF⊂面PAF，CD⊄面PAF，∴CD∥平面PAF成立；B中，∵ABCDEF为正六边形，∴DF⊥AF.又∵PA⊥面ABCDEF，∴DF⊥平面PAF成立；C中，CF∥AB，AB⊂平面PAB，CF⊄平面PAB，∴CF∥平面PAB；而D中CF与AD不垂直，故选D.3．①②解析：③中l∥α也满足；④中α与β可能相交．4．证明：连接A1E，EC，∵AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，∴AB＝2 2.设AD＝x，则BD＝22－x，∴A1D2＝4＋x2，DE2＝1＋(22－x)2，A1E2＝(22)2＋1.∵∠A1DE＝90°，∴A1D2＋DE2＝A1E2.∴x＝ 2.∴D为AB的中点．∴CD⊥AB.又AA1⊥CD，且AA1∩AB＝A，∴CD⊥平面A1ABB1.考点探究突破【例1】证明：(1)∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥CD.又AC⊥CD，∴CD⊥平面PAC.而AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE.(2)∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB.又AB⊥AD，∴AB⊥平面PAD.而PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.①又由∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，得PA＝AC.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD，∴AE⊥平面PCD.∴AE⊥PD.②由①②，得PD⊥平面ABE.【例2】 (1)证明：由已知MA⊥平面ABCD，PD∥MA，得PD⊥平面ABCD.又BC⊂平面ABCD，所以PD⊥BC.因为四边形ABCD 为正方形， 所以BC ⊥DC .又PD ∩DC ＝D ，因此BC ⊥平面PDC .在△PBC 中，因为G ，F 分别为PB ，PC 的中点， 所以GF ∥BC ，因此GF ⊥平面PDC .又GF ⊂平面EFG ，所以平面EFG ⊥平面PDC .(2)解：因为PD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，不妨设MA ＝1，则PD ＝AD ＝2，所以V P ABCD ＝13S 正方形ABCD ·PD ＝83.由于DA ⊥面MAB ，且PD ∥MA ，所以DA 即为点P 到平面MAB 的距离，V P MAB ＝13×12×1×2×2＝23，所以V P MAB ∶V P ABCD ＝1∶4. 演练巩固提升1．A 解析：根据面面垂直的判定定理可知若m ⊂α，m ⊥β⇒α⊥β，反之则不一定成立．2．D 解析：对于命题A ，在平面α内存在直线l 平行于平面α与平面β的交线，则l 平行于平面β，故命题A 正确．对于命题B ，若平面α内存在直线垂直于平面β，则平面α与平面β垂直，故命题B 正确．对于命题C ，设α∩γ＝m ，β∩γ＝n ，在平面γ内取一点P 不在l 上，过P 作直线a ，b ，使a ⊥m ，b ⊥n .∵γ⊥α，a ⊥m ，则a ⊥α，∴a ⊥l ，同理有b ⊥l .又a ∩b ＝P ，a ⊂γ，b ⊂γ， ∴l ⊥γ.故命题C 正确．对于命题D ，设α∩β＝l ，则l ⊂α，但l ⊂β. 故在α内存在直线不垂直于平面β，即命题D 错误． 3．证明：(1)设AC 与BD 交于点G .因为EF ∥AG ，且EF ＝1，AG ＝12AC ＝1，所以四边形AGEF 为平行四边形． 所以AF ∥EG .因为EG ⊂平面BDE ，AF ⊄平面BDE ， 所以AF ∥平面BDE . (2)连接FG .因为EF ∥CG ，EF ＝CG ＝1，且CE ＝1， 所以四边形CEFG 为菱形． 所以CF ⊥EG .因为四边形ABCD 为正方形， 所以BD ⊥AC .又因为平面ACEF⊥平面ABCD，且平面ACEF∩平面ABCD＝AC，所以BD⊥平面ACEF.所以CF⊥BD.又BD∩EG＝G，所以CF⊥平面BDE.4．解：(1)因为D，E分别为AC，AB的中点，所以DE∥BC.又因为DE⊄平面A1CB，所以DE∥平面A1CB.(2)由已知得AC⊥BC且DE∥BC，所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD.所以DE⊥平面A1DC.而A1F⊂平面A1DC，所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD，所以A1F⊥平面BCDE.所以A1F⊥BE.(3)线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.又因为DE∥BC，所以DE∥PQ.所以平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，所以A1C⊥DP. 所以A1C⊥平面DEP.从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.。
高考数学一轮复习 第8章 立体几何 第4节 垂直关系教学案 理 北师大版-北师大版高三全册数学教学案
第四节垂直关系[最新考纲] 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图形的垂直关系的简单命题．1．直线与平面垂直(1)定义：如果一条直线和一个平面内的任意一条直线都垂直，那么称这条直线和这个平面垂直．(2)定理文字语言图形语言符号语言判定定理如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直⎭⎪⎬⎪⎫aαbαl⊥al⊥ba∩b＝A⇒l⊥α性质定理如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行⎭⎪⎬⎪⎫a⊥αb⊥α⇒a∥b(1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫作二面角．这条直线叫作二面角的棱，这两个半平面叫作二面角的面．(2)二面角的度量——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垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫作二面角的平面角．平面角是直角的二面角叫作直二面角．3．平面与平面垂直(1)定义：两个平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．(2)定理文字语言图形语言符号语言判定定理如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直⎭⎪⎬⎪⎫l⊥αlβ⇒α⊥β性质定理两个平面垂直，那么一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βlβα∩β＝al⊥a⇒l⊥α[常用结论]直线与平面垂直的五个结论(1)假设一条直线垂直于一个平面，那么这条直线垂直于这个平面内的任意直线.(2)假设两条平行线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面．(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个，那么这条直线与另一个平面也垂直．(5)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．一、思考辨析(正确的打“√〞，错误的打“×〞)(1)垂直于同一个平面的两平面平行．( )(2)假设α⊥β，a⊥β⇒a∥α.( )(3)假设两平面垂直，那么其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．( )(4)假设平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，那么α⊥β.( ) [答案] (1)×(2)×(3) ×(4)×二、教材改编1．设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且lα，mβ.( ) A．假设l⊥β，那么α⊥βB．假设α⊥β，那么l⊥mC．假设l∥β，那么α∥βD．假设α∥β，那么l∥mA[∵l⊥β，lα，∴α⊥β(面面垂直的判定定理)，故A正确．]2．以下命题中不正确的选项是( )A．如果平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，那么直线l⊥平面βB．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βC．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γA[A错误，l与β可能平行或相交，其余选项均正确．]3.如下图，PA⊥平面ABC，BC⊥AC，那么图中直角三角形的个数为________．4[∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，那么△PAB，△PAC为直角三角形．由BC⊥AC，且AC∩PA＝A，∴BC⊥平面PAC，从而BC⊥PC.因此△ABC，△PBC也是直角三角形．]4．在三棱锥PABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.(1)假设PA＝PB＝PC，那么点O是△ABC的________心；(2)假设PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，那么点O是△ABC的________心．(1)外(2)垂[(1)如图，∵PO⊥平面ABC，连接OA，OB，OC，在Rt△POA中，OA2＝PA2－PO2，同理OB2＝PB2－PO2，OC2＝PC2－PO2.又PA＝PB＝PC，故OA＝OB＝OC，∴O是△ABC的外心．(2)由PA⊥PB，PA⊥PC可知PA⊥平面PBC，∴PA⊥BC，又PO⊥BC，∴BC⊥平面PAO，∴AO⊥BC，同理BO⊥AC，CO⊥AB.故O是△ABC的垂心．]考点1 直线与平面垂直的判定与性质1.证明线面垂直的常用方法(1)判定定理．(2)垂直于平面的传递性．(3)面面垂直的性质．2．证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直，那么需借助线面垂直的性质．如下图，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.[证明] (1)在四棱锥PABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD平面ABCD，∴PA⊥CD.又∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，PA，AC平面PAC，∴CD⊥平面PAC.而AE平面PAC，∴CD⊥AE.(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD平面PCD，∴AE⊥平面PCD，而PD平面PCD，∴AE⊥PD.∵PA⊥底面ABCD，AB平面ABCD，∴PA⊥AB.又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD，而PD平面PAD，∴AB⊥PD.又∵AB ∩AE ＝A ，AB ，AE 平面ABE ，∴PD ⊥平面ABE .通过本例的训练我们发现：判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想；另外，在解题中要重视平面几何知识，特别是正余弦定理及勾股定理的应用．如下图，AB 为圆O 的直径，点D 为线段AB 上一点，且AD ＝13DB ，点C 为圆O 上一点，且BC ＝3AC ，PD ⊥平面ABC ，PD ＝DB .求证：PA ⊥CD .[证明] 因为AB 为圆O 的直径，所以AC ⊥CB ，在Rt △ACB 中，由3AC ＝BC ，得∠ABC ＝30°.设AD ＝1，由3AD ＝DB ，得DB ＝3，BC ＝23，由余弦定理得CD 2＝DB 2＋BC 2－2DB ·BC cos 30°＝3，所以CD 2＋DB 2＝BC 2，即CD ⊥AB .因为PD ⊥平面ABC ，平面PAB ∩平面ABC ＝AB ，CD 平面ABC ，所以PD ⊥CD ，由PD ∩AB ＝D ，得CD ⊥平面PAB ，又PA 平面PAB ，所以PA ⊥CD . 考点2 平面与平面垂直的判定与性质(1)利用面面垂直的判定定理证明面面垂直的一般方法是：先寻找平面的垂线，假设图中存在这样的直线，那么可通过线面垂直来证明面面垂直；假设图中不存在这样的直线，那么可通过作辅助线来解决，作辅助线应有理论根据并有利于证明．(2)证明两个平面垂直，通常是通过证明线线垂直→线面垂直→面面垂直来实现． (3)两平面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要注意“平面内的直线〞这一条件．(2019·某某中学模拟)如图，四棱锥P ABCD 的底面ABCD 为直角梯形，AB ∥DC ，∠ABC ＝90°，∠PAB ＝120°，DC ＝PC ＝2.PA ＝AB ＝BC ＝1.(1)证明：平面PAB ⊥平面PBC ； (2)求四棱锥P ABCD 的体积．[解] (1)证明：在△PAB 中，由PA ＝AB ＝1，∠PAB ＝120°，得PB ＝3， 因为PC ＝2，BC ＝1，PB ＝3， 所以PB 2＋BC 2＝PC 2，即BC ⊥PB ； 因为∠ABC ＝90°，所以BC ⊥AB ， 又PB ∩AB ＝B ，所以BC ⊥平面PAB ， 又BC 平面PBC ，所以平面PAB ⊥平面PBC .(2)在平面PAB 内，过点P 作PE ⊥AB ，交BA 的延长线于点E ，如下图． 由(1)知BC ⊥平面PAB ， 因为BC 平面ABCD ， 所以平面PAB ⊥平面ABCD .又平面PAB ∩平面ABCD ＝AB, PE ⊥AB ， 所以PE ⊥平面ABCD ，因为在Rt △PEA 中，PA ＝1，∠PAE ＝60°，所以PE ＝32. 因为底面ABCD 是直角梯形，所以四棱锥P ABCD 的体积为V P ABCD ＝13×12×(1＋2)×1×32＝34. 本例第(2)问在求四棱锥P ABCD 的高时，充分利用了三种垂直关系的转化：线线垂直判定定理性质线面垂直判定定理性质定理面面垂直[教师备选例题](2015·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)假设∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E ACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积． [解] (1)证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD . 因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE . 故AC ⊥平面BED . 又AC 平面AEC ， 所以平面AEC ⊥平面BED .(2)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt△AEC 中，可得EG ＝32x . 由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x . 由得，三棱锥E ACD 的体积V E ACD ＝13×12AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63，故x ＝2.从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5. 故三棱锥E ACD 的侧面积为3＋2 5.(2019·某某一模)如图，在三棱锥V ABC 中，平面VAB ⊥平面ABC ，△VAB 为等边三角形，AC ⊥BC ，且AC ＝BC ＝2，O ，M 分别为AB ，VA 的中点．(1)求证：平面MOC ⊥平面VAB ； (2)求三棱锥B VAC 的高．[解] (1)证明：∵AC ＝BC ，O 为AB 的中点， ∴OC ⊥AB .∵平面VAB ⊥平面ABC ，平面VAB ∩平面ABC ＝AB ，OC 平面ABC ，∴OC ⊥平面VAB . ∵OC 平面MOC, ∴平面MOC ⊥平面VAB . (2)在等腰直角△ACB 中，AC ＝BC ＝2，∴AB ＝2，OC ＝1，∴等边△VAB 的面积为S △VAB ＝12×22×sin 60°＝3，又∵OC ⊥平面VAB ，∴OC ⊥OM ， △AMC 中，AM ＝1，AC ＝2，MC ＝2， ∴S △AMC ＝12×1×72＝74，∴S △VAC ＝2S △MAC ＝72，由三棱锥V ABC 的体积与三棱锥C VAB 的体积相等， 即13S △VAC ·h ＝13S △VAB ·OC, ∴h ＝3×172＝2217， 即三棱锥B VAC 的高为2217.考点3 平行与垂直的综合问题探索性问题中的平行与垂直关系处理空间中平行或垂直的探索性问题，一般先根据条件猜测点的位置，再给出证明．探索点存在问题，点多为中点或n 等分点中的某一个，需根据相关的知识确定点的位置．(2019·高考)如图，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为菱形，E 为CD 的中点．(1)求证：BD ⊥平面PAC ；(2)假设∠ABC ＝60°，求证：平面PAB ⊥平面PAE ； (3)棱PB 上是否存在点F ，使得CF ∥平面PAE ？说明理由．[解] (1)证明：因为PA ⊥平面ABCD ， 所以PA ⊥BD .因为底面ABCD 为菱形，所以BD ⊥AC . 又PA ∩AC ＝A ， 所以BD ⊥平面PAC .(2)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，AE 平面ABCD ，所以PA ⊥AE .因为底面ABCD 为菱形，∠ABC ＝60°，且E 为CD 的中点，所以AE ⊥CD ，所以AB ⊥AE . 又AB ∩PA ＝A ， 所以AE ⊥平面PAB . 因为AE 平面PAE ， 所以平面PAB ⊥平面PAE .(3)棱PB 上存在点F ，使得CF ∥平面PAE .取F 为PB 的中点，取G 为PA 的中点，连接CF ，FG ，EG . 那么FG ∥AB ，且FG ＝12AB .因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点， 所以CE ∥AB ，且CE ＝12AB .所以FG ∥CE ，且FG ＝CE . 所以四边形CEGF 为平行四边形． 所以CF ∥EG . 因为CF平面PAE ，EG 平面PAE ，所以CF ∥平面PAE .对命题条件的探索的三种途径途径一：先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明．途径二：先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性． 途径三：将几何问题转化为代数问题．如图，直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，D ，E 分别是棱BC ，AB 的中点，点F 在棱CC 1上，AB ＝AC ，AA 1＝3，BC ＝CF ＝2.(1)求证：C 1E ∥平面ADF ；(2)设点M 在棱BB 1上，当BM 为何值时，平面CAM ⊥平面ADF .[解] (1)证明：连接CE 交AD 于O ，连接OF . 因为CE ，AD 为△ABC 的中线， 那么O 为△ABC 的重心， 故CF CC 1＝CO CE ＝23，故OF ∥C 1E ，因为OF 平面ADF ，C 1E 平面ADF ，所以C 1E ∥平面ADF .(2)当BM ＝1时，平面CAM ⊥平面ADF . 证明如下：因为AB ＝AC ，D 为BC 的中点， 故AD ⊥BC .在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ，BB 1平面B 1BCC 1，故平面B 1BCC 1⊥平面ABC .又平面B 1BCC 1∩平面ABC ＝BC ，AD 平面ABC ， 所以AD ⊥平面B 1BCC 1， 又CM 平面B 1BCC 1，故AD ⊥CM . 又BM ＝1，BC ＝2，CD ＝1，FC ＝2， 故Rt △CBM ≌Rt △FCD .易证CM ⊥DF ，又DF ∩AD ＝D ，DF ，AD 平面ADF ， 故CM ⊥平面ADF . 又CM 平面CAM ， 故平面CAM ⊥平面ADF .折叠问题中的平行与垂直关系解决平面图形翻折问题的关键是抓住“折痕〞，准确把握平面图形翻折前后的两个“不变〞．(1)与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变； (2)与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不改变．(2018·全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM 中，AB ＝AC ＝3，∠ACM ＝90°.以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB ⊥DA .(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且BP ＝DQ ＝23DA ，求三棱锥Q ABP 的体积．[解] (1)证明：由可得，∠BAC ＝90°，即BA ⊥AC .又BA ⊥AD ，AD ∩AC ＝A ，AD ，AC 平面ACD ，所以AB ⊥平面ACD .又AB 平面ABC ，所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)由可得，DC ＝CM ＝AB ＝3，DA ＝3 2.又BP ＝DQ ＝23DA ，所以BP ＝2 2. 如图，过点Q 作QE ⊥AC ，垂足为E ，那么QE ∥DC 且QE ＝13DC . 由及(1)可得，DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE ＝1.因此，三棱锥Q ABP 的体积为V Q ABP ＝13×S △ABP ×QE＝13×12×3×22sin 45°×1＝1.本例第(1)问是垂直关系证明问题，求解的关键是抓住“BA ⊥AC 〞折叠过程中始终不变；本例第(2)问是计算问题，求解的关键是抓住“∠ACM ＝90°〞折叠过程中始终不变．即折叠问题的处理可采用：不变的关系可在平面图形中处理，而对于变化的关系那么要在立体图形中解决.[教师备选例题]如图，在三棱锥ABCD 中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E ，F (E 与A ，D 不重合)分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD .求证：(1)EF ∥平面ABC ；(2)AD ⊥AC .[证明] (1)在平面ABD 内，因为AB ⊥AD ，EF ⊥AD ，那么AB ∥EF .又因为EF 平面ABC ，AB 平面ABC ，所以EF ∥平面ABC .(2)因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，BC平面BCD ，BC ⊥BD ，所以BC ⊥平面ABD .因为AD 平面ABD ，所以BC ⊥AD .又AB ⊥AD ，BC ∩AB ＝B ，AB 平面ABC ， BC 平面ABC ，所以AD ⊥平面ABC .又因为AC 平面ABC ，所以AD ⊥AC .如图(1)，在边长为1的等边三角形ABC 中，D ，E 分别是AB ，AC 边上的点，AD ＝AE ，F 是BC 的中点，AF 与DE 交于点G ，将△ABF 沿AF 折起，得到如图(2)所示的三棱锥A BCF ，其中BC ＝22.(1) (2)(1)证明：DE ∥平面BCF ；(2)证明：CF ⊥平面ABF .[证明] (1)在折叠后的图形中，因为AB ＝AC ，AD ＝AE ，所以AD AB ＝AE AC， 所以DE ∥BC .因为DE 平面BCF ，BC 平面BCF ， 所以DE ∥平面BCF .(2)在折叠前的图形中，因为△ABC 为等边三角形，BF ＝CF ，所以AF ⊥BC ，那么在折叠后的图形中，AF ⊥BF ，AF ⊥CF .又BF ＝CF ＝12，BC ＝22， 所以BC 2＝BF 2＋CF 2，所以BF ⊥CF .又BF∩AF＝F，BF平面ABF，AF平面ABF，所以CF⊥平面ABF.。
数学课标通用(理科)一轮复习配套教师用书：第八章 立体几何 直线、平面垂直的判定与性质
§8.5 直线、平面垂直的判定与性质考纲展示►1.能以立体几何中的定义、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和判定定理．2．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的位置关系的简单命题．考点1 直线与平面垂直的判定与性质直线与平面垂直（1)直线和平面垂直的定义：直线l与平面α内的________直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．（2)直线与平面垂直的判定定理及性质定理：答案:(1）任意一条(2)两条相交直线a，b⊂αa∩b＝O l⊥al⊥b平行a⊥αb⊥α（1）[教材习题改编]下列命题中不正确的是（)A．如果平面α⊥平面β,且直线l∥平面α，则直线l⊥平面βB．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βC．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ答案：A（2）[教材习题改编］如图，在三棱锥V－ABC中，∠VAB＝∠VAC＝∠ABC＝90°，则构成三棱锥的四个三角形中直角三角形的个数为________．答案:4［典题1］（1）［2017·上海六校联考］已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是（)A．α⊥β且m⊂αB．α⊥β且m∥αC．m∥n且n⊥βD．m⊥n且α∥β［答案］C［解析］由线线平行性质的传递性和线面垂直的判定定理，可知C正确．（2)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB ⊥AD，AC⊥CD,∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．求证：①CD⊥AE；②PD⊥平面ABE.［证明] ①在四棱锥P－ABCD中,∵PA⊥底面ABCD,CD⊂平面ABCD,∴PA⊥CD.∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC。
而AE⊂平面PAC,∴CD⊥AE。
高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第1讲 简单几何体及其直观图、三视图教学案 理
【第1讲简单几何体及其直观图、三视图】之小船创作一、知识梳理1．空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：①在已知图形中建立直角坐标系xOy，画直观图时，它们分别对应x′轴和y′轴，两轴交于点O′，使x′O′y′＝45°，它们确定的平面表示水平平面．②已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x ′轴和y ′轴的线段．③已知图形中平行于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12． 3．三视图 (1)几何体的三视图包括主视图、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．(2)三视图的画法 ①基本要求：长对正，高平齐，宽相等． ②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．常用结论1．斜二测画法中的“三变”与“三不变”“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度变为原来的一半图形改变“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不改变与x ，z 轴平行的线段的长度不改变相对位置不改变2．常见旋转体的三视图(1)球的三视图都是半径相等的圆．(2)水平放置的圆锥的主视图和左视图均为全等的等腰三角形．(3)水平放置的圆台的主视图和左视图均为全等的等腰梯形．(4)水平放置的圆柱的主视图和左视图均为全等的矩形．二、教材衍化1．下列说法正确的是( )A．相等的角在直观图中仍然相等B．相等的线段在直观图中仍然相等C．正方形的直观图是正方形D．若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行解析：选D.由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行性不变．2．在如图所示的几何体中，是棱柱的为________．(填写所有正确的序号)答案：③⑤3．已知如图所示的几何体，其俯视图正确的是________．(填序号)解析：由俯视图定义易知选项③符合题意．答案：③一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( )(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( )(3)夹在两个平行的平面之间，其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱台．( )(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．( )(5)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．( )(6)菱形的直观图仍是菱形．( )答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×二、易错纠偏常见误区|Ｋ(1)棱柱的概念不清致误；(2)不清楚三视图的三个视图间的关系，想象不出原几何体而出错；(3)斜二测画法的规则不清致误．1．如图，长方体ABCDA′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′.剩下的几何体是( )A．棱台B．四棱柱C．五棱柱D．六棱柱解析：选C.由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱．故选C.2．将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的主视图与俯视图如图所示，则该几何体的左视图为( )解析：选B.先根据主视图和俯视图还原出几何体，再作其左视图．由几何体的主视图和俯视图可知该几何体为图①，故其左视图为图②.故选B.3．在直观图(如图所示)中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCO 为________，面积为________cm2.解析：由斜二测画法的特点，知该平面图形的直观图的原图，即在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCO是一个长为4 cm，宽为2 cm的矩形，所以四边形ABCO的面积为8 cm2.答案：矩形8空间几何体的几何特征(自主练透) 1．下列说法正确的是( )A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解析：选D.由图知，A不正确．两个平行平面与底面不平行时，截得的几何体不是旋转体，则B不正确．侧棱长与底面多边形的边长相等的棱锥一定不是六棱锥，故C错误．由定义知，D正确．2．给出下列几个命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选B.①不一定，只有这两点的连线平行于旋转轴时才是母线；②正确；③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．3．给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；④存在每个面都是直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCDA1B1C1D1中的三棱锥C1ABC，四个面都是直角三角形．答案：②③④空间几何体概念辨析问题的常用方法空间几何体的三视图(多维探究)角度一已知几何体，识别三视图(1)(2020·宜宾模拟)已知棱长都为2的正三棱柱ABCA1B1C1的直观图如图．若正三棱柱ABCA1B1C1绕着它的一条侧棱所在直线旋转，则它的左视图可以为( )(2)(2020·湖南衡阳二模)如图，正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，B在平面α上，AB＝ 2.若平面A1B1C1D1与平面α所成角为30°，由如图所示的俯视方向，正方体ABCDA1B1C1D1在平面α上的俯视图的面积为( )A．2 B．1＋ 3 C．2 3 D．22【解析】(1)由题知，四个选项的高都是2.若左视图为A，则中间应该有一条竖直的实线或虚线；若左视图为C，则其中有两条侧棱重合，不应有中间竖线；若左视图为D，则长度应为3，而不是1.故选B.(2)由题意得AB在平面α内，且平面α与平面ABCD 所成的角为30°，与平面B1A1AB所成的角为60°，故所得的俯视图的面积S＝2×(2cos 30°＋2cos 60°)＝2(cos 30°＋cos 60°)＝1＋ 3.【答案】(1)B (2)B角度二已知三视图，判断几何体(1)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( ) A．三棱锥 B．三棱柱 C．四棱锥D．四棱柱(2)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( )A．1 B．2C．3 D．4【解析】(1)由题三视图得直观图如图所示，为三棱柱，故选B.(2)将三视图还原为直观图，几何体是底面为直角梯形，且一条侧棱和底面垂直的四棱锥，如图所示．易知，BC ∥AD ，BC ＝1，AD ＝AB ＝PA ＝2，AB ⊥AD ，PA ⊥平面ABCD ，故△PAD ，△PAB 为直角三角形，因为PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥BC ，又BC ⊥AB ，且PA ∩AB ＝A ，所以BC ⊥平面PAB ，又PB ⊂平面PAB ，所以BC ⊥PB ， 所以△PBC 为直角三角形，容易求得PC ＝3，CD ＝5，PD ＝22，故△PCD 不是直角三角形，故选C.【答案】 (1)B (2)C【迁移探究1】 (变问法)在本例(2)条件下，求该四棱锥的所有棱中，最长棱的棱长是多少？解：由三视图可知，PA ＝AB ＝AD ＝2，BC ＝1，经计算可知，PB ＝PD ＝22，PC ＝3，CD ＝5，故最长棱为PC ，且|PC |＝3.【迁移探究2】 (变问法)在本例(2)条件下，求该四棱锥的五个面中，最小面的面积．解：面积最小的面为面PBC ，且S △PBC ＝12BC ·PB ＝12×1×22＝2，即最小面的面积为 2. 角度三 已知几何体的某些视图，判断其他视图(1)(2020·福州模拟)如图为一圆柱切削后的几何体及其主视图，则相应的左视图可以是( )(2)(2020·河北衡水中学联考)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高二丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈、长4丈，上棱长2丈，高2丈，问：它的体积是多少？”已知该楔体的主视图和俯视图如图中粗实线所示，则该楔体的左视图的周长为( )A ．3丈B ．6丈C ．8丈D ．(5＋13)丈【解析】 (1)圆柱被不平行于底面的平面所截，得到的截面为椭圆，结合主视图，可知左视图最高点在中间，故选B.(2)由题意可知该楔体的左视图是等腰三角形，它的底边长为3丈，相应高为2丈，所以腰长为 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫322＝52(丈)，所以该楔体左视图的周长为3＋2×52＝8(丈)．故选C. 【答案】 (1)B (2)C三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意主视图、左视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，看不到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的视图．先根据已知的一部分视图，还原、推测其直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为直观图．1．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )解析：选A.由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A.2．(2020·安徽宣城二模)一个几何体的三视图如图所示，在该几何体的各个面中，面积最大面的面积是( ) A．2 B．2 2 C．2 3 D．4解析：选C.如图所示，由三视图可知该几何体是四棱锥PABCD截去三棱锥PABD后得到的三棱锥PBCD.其中四棱锥中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，且PA＝AB＝2，易知面积最大面为面PBD，面积为34×(22)2＝2 3.故选C.3．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在主视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N 的路径中，最短路径的长度为( )A．217 B．2 5 C．3 D．2解析：选B.由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN，则MS＝2，SN＝4，则从M到N 的路径中，最短路径的长度为MS2＋SN2＝22＋42＝2 5.故选B.空间几何体的直观图(自主练透) 1．如图所示为一个平面图形的直观图，则它的实际形状四边形ABCD为( )A．平行四边形B．梯形C．菱形D．矩形解析：选D.由斜二测画法可知在原四边形ABCD中DA⊥AB，并且AD∥BC，AB∥CD，故四边形ABCD为矩形．2．已知等边三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为( )A.34a2B．38a2C.68a2D．616a2解析：选D.如图①②所示的实际图形和直观图，由②可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝12OC＝34a，在图②中作C′D′⊥A′B′于点D′，则C′D′＝22O′C′＝68a.所以S△A′B′C′＝12A′B′·C′D′＝12×a×68a＝616a2.故选D.3．在等腰梯形ABCD中，上底CD＝1，腰AD＝CB＝2，下底AB＝3，以下底所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面积为________．解析：因为OE＝（2）2－12＝1，所以O′E′＝12，E′F′＝24.所以直观图A′B′C′D′的面积为S′＝12×(1＋3)×24＝22.答案：22(1)斜二测画法中的“三变”与“三不变”“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度变为原来的一半图形改变“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不改变与x ，z 轴平行的线段的长度不改变相对位置不改变(2)平面图形直观图与原图形面积间的关系对于几何体的直观图，除掌握斜二测画法外，记住原图形面积S 与直观图面积S ′之间的关系S ′＝24S ，能更快捷地进行相关问题的计算．构造法求解三视图问题的三个步骤三视图问题(包括求解几何体的表面积、体积等)是培养和考查空间想象能力的好题目，是高考的热点．由三视图还原几何体是解决这类问题的关键，而由三视图还原几何体只要按照以下三个步骤去做，基本都能准确还原出来．这三个步骤是：第一步，先画长(正)方体，在长(正)方体中画出俯视图；第二步，在三个视图中找直角；第三步，判断直角位置，并向上(或向下)作垂线，找到顶点，连线即可．一个几何体的三视图如图所示，图中直角三角形的直角边长均为1，则该几何体的体积为( ) A.16 B ．26 C.36D ．12【解析】 几何体还原说明：①画出正方体，俯视图中实线可以看作正方体的上底面及底面对角线．②俯视图是正方形，有四个直角，主视图和左视图中分别有一个直角．主视图和左视图中的直角对应上底面左边外侧顶点(图中D 点上方顶点)，将该顶点下拉至D 点，连接DA ，DB ，DC 即可．该几何体即图中棱长为1的正方体中的四面体ABCD ，其体积为13×12×1×1×1＝16.故选A. 【答案】 A如图是一个四面体的三视图，三个三角形均是腰长为2的等腰直角三角形，还原其直观图．【解】 第一步，根据题意，画正方体，在正方体内画出俯视图，如图①.第二步，找直角，在俯视图、主视图和左视图中都有直角．第三步，将俯视图的直角顶点向上拉起，与三视图中的高一致，连线即可．所求几何体为三棱锥ABCD，如图②.[基础题组练]1．如图所示是水平放置的三角形的直观图，点D是△ABC的BC边的中点，AB，BC分别与y′轴，x′轴平行，则在原图中三条线段AB，AD，AC中( )A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AC，最短的是AD解析：选 B.由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB<AD<AC.2．如图所示的几何体由一个圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是( ) A．①② B．②③ C．③④D．①⑤解析：选D.圆锥的轴截面为等腰三角形，此时①符合条件；当截面不过旋转轴时，圆锥的轴截面为双曲线的一支，此时⑤符合条件；故截面图形可能是①⑤.3．(2020·陕西彬州质检)一个几何体的三视图如图所示，其中主视图中△ABC 是边长为1的等边三角形，左视图为正六边形，那么该几何体的左视图的面积为( ) A.38 B ．34 C ．1 D ．32 解析：选A.由三视图可知该几何体为正六棱锥，其直观图如图所示．该正六棱锥的底面正六边形的边长为12，侧棱长为1，高为32.左视图的底面边长为正六边形的高，为32，则该几何体的左视图的面积为12×32×32＝38，故选A. 4．(2020·江西省名校学术联盟质检)如图所示，边长为1的正方形网格中粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体所有棱长组成的集合为( )A ．{1，5}B ．{1，6}C ．{1，2，5}D ．{1，2，22，6}解析：选B.如图所示，该几何体是四棱柱，底面是边长为1的正方形，侧棱长为6，故选B.5．(一题多解)(2020·河南非凡联盟4月联考)某组合体的主视图和左视图如图(1)所示，它的俯视图的直观图是图(2)中粗线所表示的平面图形，其中四边形O ′A ′B ′C ′为平行四边形，D ′为C ′B ′的中点，则图(2)中平行四边形O′A′B′C′的面积为( )A．12 B．3 2 C．6 2 D．6解析：选B.法一：由题图易知，该几何体为一个四棱锥(高为23，底面是长为4，宽为3的矩形)与一个半圆柱(底面圆半径为2，高为3)的组合体，所以其俯视图的外侧边沿线组成一个长为4，宽为3的矩形，其面积为12，由斜二测知识可知四边形O′A′B′C′的面积为4×32sin 45°＝3 2.法二：由斜二测画法可先还原出俯视图的外轮廓是长为4，宽为3的矩形，其面积为4×3＝12，结合直观图面积是原图形面积的24，即可得结果．6. 某多面体的三视图如图所示，其中主视图和左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________．解析：由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为（2＋4）×22×2＝12.答案：127．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm和8 cm，若两底面圆心的连线长为12 cm，则这个圆台的母线长为______cm.解析：如图，过点A作AC⊥OB，交OB于点C.在Rt△ABC中，AC＝12(cm)，BC＝8－3＝5(cm)．所以AB＝122＋52＝13(cm)．答案：138．已知正四棱锥VABCD中，底面面积为16，一条侧棱的长为211，则该棱锥的高为________．解析：如图，取正方形ABCD的中心O，连接VO，AO，则VO就是正四棱锥VABCD的高．因为底面面积为16，所以AO＝2 2.因为一条侧棱长为211，所以VO＝VA2AO2＝44－8＝6.所以正四棱锥VABCD的高为6.答案：69．如图所示的三个图中，上面是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的主视图和左视图如图所示(单位：cm)．(1)在主视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图；(2)按照给出的尺寸，求该多面体的体积．解：(1)如图．(2)所求多面体的体积V ＝V 长方体－V 正三棱锥＝4×4×6－13×(12×2×2)×2＝2843(cm 3)． 10．已知正三棱锥V ABC 的主视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图和左视图；(2)求出左视图的面积．解：(1)如图．(2)左视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23×32×232＝12＝2 3. 则S △VBC ＝12×23×23＝6. [综合题组练]1．(2020·河南开封一模)如图，在一个正方体内放入两个半径不相等的球O 1，O 2，这两个球外切，且球O 1与正方体共顶点A 的三个面相切，球O 2与正方体共顶点B 1的三个面相切，则两球在正方体的面AA 1C 1C 上的正投影是( )解析：选B.由题意可以判断出两球在正方体的面AA 1C 1C 上的正投影与正方形相切，排除C ，D.由于两球不等，把其中一个球扩大为与正方体相切，则另一个球被挡住一部分，所以排除A.B 正确．2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的左视图中的虚线部分是( )A．圆弧B．抛物线的一部分C．椭圆的一部分D．双曲线的一部分解析：选D.根据几何体的三视图可得，左视图中的虚线部分是由平行于旋转轴的平面截圆锥所得，故左视图中的虚线部分是双曲线的一部分，故选D.3．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，则三棱锥PBCD的俯视图与主视图面积之比的最大值为( )A．1 B．2C. 3 D．2解析：选D.主视图，底面B，C，D三点，其中D与C重合，随着点P的变化，其主视图均是三角形且点P在主视图中的位置在边B1C1上移动，由此可知，设正方体的棱长为a，则S主视图＝12×a2；设A1C1的中点为O，随着点P的移动，在俯视图中，易知当点P在OC1上移动时，S俯视图就是底面三角形BCD的面积，当点P在OA1上移动时，点P越靠近A1，俯视图的面积越大，当到达A1的位置时，俯视图为正方形，此时俯视图的面积最大，S俯视图＝a2，所以S俯视图S主视图的最大值为a212a2＝2，故选D.4．(2020·河北衡水二模)某几何体的三视图如图所示，三视图中的点P ，Q 分别对应原几何体中的点A ，B ，在此几何体中从点A 经过一条侧棱上点R 到达点B 的最短路径的长度为( )A ．aB ．2a C.52a D ．3a解析：选D.由几何体的三视图可知，该几何体为棱长为a 的正四面体(如图1)，将侧面三角形CDB 绕CD 翻折到与面ACD 在同一平面内(如图2)，连接AB 与CD 交于一点R ，该点即为使路径最短的侧棱上的点R ，且最短路径为AB 长，在△ACB 中，由余弦定理易知AB ＝a 2＋a 2－2a ·a ·cos 120°＝3a .故选D.5．已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的体积为1，点M 在线段BC 上(点M 异于B ，C 两点)，点N 为线段CC 1的中点，若平面AMN 截正方体ABCD A 1B 1C 1D 1所得的截面为四边形，则线段BM 的取值范围为( )A.⎝⎛⎦⎥⎥⎤0，13 B ．⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤0，12 C.⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫12，1 D ．⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12，23 解析：选B.由题意，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，如图所示，当点M为线段BC的中点时，截面为四边形AMND1，当0＜BM≤12时，截面为四边形，当BM＞12时，截面为五边形，故选B.6．已知直三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长为6，且底面是边长为2的正三角形，用一平面截此棱柱，与侧棱AA1，BB1，CC1分别交于三点M，N，Q，若△MNQ为直角三角形，则该直角三角形斜边长的最小值为( )A．2 2 B．3C．2 3 D．4解析：选C.如图，不妨设N在B处，AM＝h，CQ＝m，则MB2＝h2＋4，BQ2＝m2＋4，MQ2＝(h－m)2＋4，由MB2＝BQ2＋MQ2，得m2－hm＋2＝0.Δ＝h2－8≥0即h2≥8，该直角三角形斜边MB＝4＋h2≥2 3.故选C.7．某几何体的主视图和左视图如图(1)，它的俯视图的直观图是矩形O1A1B1C1，如图(2)，其中O1A1＝6，O1C1＝2，则该几何体的侧面积为________．解析：由题图(2)及斜二测画法可知原俯视图为如图所示的平行四边形OABC，设CB与y轴的交点为D，则易知CD＝2，OD＝2×22＝42，所以CO＝CD2＋OD2＝6＝OA，所以俯视图是以6为边长的菱形，由三视图知几何体为一个直四棱柱，其高为4，所以该几何体的侧面积为4×6×4＝96.答案：968．(2019·高考全国卷Ⅱ)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一，印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1，则该半正多面体共有________个面，其棱长为________．解析：依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面．注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则22x＋x＋22x＝1，解得x＝2－1，故题中的半正多面体的棱长为2－1.答案：26 2－1。
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课时42 空间中的垂直关系(课前预习案)
班级： 姓名：
一、高考考纲要求
1.理解掌握两条直线垂直
2.理解掌握直线和平面垂直
3.理解掌握平面和平面垂直
二、高考考点回顾 1.两条直线垂直
（1）定义：如果两条直线相交于一点或经过平移后相交于一点，并且交角为 ，则称这两条直线互相垂直.
（2）判定：<1>平面几何中的重要结论：
①等腰三角形ABC 中，D 为BC 的中点，
则 ； ②若四边形ABCD 为菱形，则 ； ③已知AB 为圆O 的直径，C 为圆周上一点，则有 ； ④已知MN 为圆O 的一条弦，P 为MN 的中点，则有 .
<2>若//a b ，b c ⊥，则 .
<3>线面垂直的性质：若a α⊥，b α⊂，则 .
2.直线和平面垂直 （1）定义：如果一条直线和一个平面相交于点O ，并且和 ，我们就说这条直线和这个平面垂直，记作 ，直线叫做平面
的 ，平面叫做直线的 ，交点叫做垂足. （2）判定：
<1>线面垂直的判定定理： 如图（1）；<2>线面垂直判定定理的推论:如图（2）； <3>面面平行的性质：如图（3）； <4>面面垂直的性质：如图（4）.
3.面面垂直
（1）定义：如果两个相交平面的交线与第三个平面垂直，又这两个平面与第三个平面相交所得的两条交线 ，就称这两个平面互相垂直.平面α与平面β垂直，记作 .
A n
m b
α
c
b
α
β
b
α
n
m β
α
图⑴
图⑵
图⑶
图⑷
C
（2）两个平面垂直的判定： 三、课前检测
1. 下列说法中正确的是（ ）
A.如果直线l 与平面α内的无数条直线垂直，则l α⊥；
B.如果直线l 与平面α内的一条直线垂直，则l α⊥；
C. 如果直线l 与平面α不垂直，则平面α内没有与l 垂直的直线；
D. 如果直线l 与平面α不垂直，则平面α内也有无数条直线与直线l 垂直.
2. 一条直线和三角形的两边同时垂直，则这条直线和三角形的第三边的位置关系是（ ） A ．平行B ．垂直C ．相交但不垂直D ．不确定
3. 对于直线m 、n 和平面α、β，能得出αβ⊥的一个条件是（ ） A.m n ⊥,//m α,//n β B. m n ⊥,m αβ= ,n α⊂ C.//m n ,n β⊥,m α⊂ D. //m n ,m α⊥,n β⊥
4. 设b ，c 表示两条直线，,αβ表示两个平面，则下列命题正确的是（ ） A.若,//,//b c c b αα⊂则 B.若,//,//b b c c αα⊂则 C.若,,c c ααββ⊂⊥⊥则
D.若,,c c αβαβ⊂⊥⊥则
5.如图所示，已知A 是BCD ∆所在平面外一点，
,,AB AD AB BC AD DC =⊥⊥，E 是BD 的中点.
求证：平面AEC ⊥平面ABD ,平面AEC ⊥平面BCD .
课内探究案
班级： 姓名：
考点一：线线垂直问题
C
【典例1】如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，3AC =，4BC =，14AA =，5AB =. 点
D 是AB 的中点，
（I ）求证：1AC BC ⊥； （II ）求证：1//AC 面1CDB .
【变式1】如图，四边形ABCD 为矩形，DA ⊥平面ABE ，2AE EB BC ===，BF ⊥平面
ACE 于点F ，且点F 在CE 上.
（1）求证：AE EC ⊥； （2）DE BE ⊥；
（3）设点M 在线段AB 上，且MA MB =，试在线段CE 上确定一点N ，使得//MN 面DAE .
考点二 线面垂直问题
【典例2】如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，其中2AB =,60BAD ∠=
. （I ）求证:BD ⊥平面PAC ；
.
M
A
E
D
C
F
D
C
（II ）若PA AB =，求四棱锥P ABCD -的体积.
【变式2】
已知ABC ∆中90ACB ∠=
，SA ⊥面ABC ，AD SC ⊥.
求证：AD ⊥面SBC ．
考点三 面面垂直问题
【典例3】如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 为矩形，且1PA AD ==，2AB =，
120PAB ∠= ，90PBC ∠= .
（1）求证：平面PAD ⊥平面PAB ； （2）求三棱锥P ABC -的体积.
【变式3】如图，在底面是矩形的四棱锥P ABCD -中，PA ⊥面ABCD ，E 是PD 的中点. （I ）求证：平面PDC ⊥平面PDA ；
（II ）求几何体P ABCD -被平面ACE 分得的两部分的体积比A CDE V -：.P ABCE V -
【当堂检测】
班级： 姓名：
1.已知直线m 、n 和平面α、β，若α⊥β，α∩β＝m ，n ⊂α，要使n ⊥β，则应增加的条件是
A. m ∥n
B. n ⊥m
C. n ∥α
D. n ⊥α
2.已知a 、b 、c 为三条不重合的直线，下面有三个结论： ①若c a b a ⊥⊥,则b ∥c ；②若c a b a ⊥⊥,则b ⊥c ；③若a ∥,b b ⊥c 则c a ⊥.
其中正确的个数为 A ．0个
B ．1个
C ． 2个
D ． 3个
3. 如图，直线PA 垂直于圆O 所在的平面，ABC ∆内接于圆O ，且AB 为圆O 的直径，点M 为
线段PB 的中点．现有以下命题：
①BC PC ⊥； ②//OM APC 平面；
③点B 到平面PAC 的距离等于线段BC 的长． 其中真命题的序号为 。
课后巩固案
班级： 姓名： 完成时间：30分钟
1. 设m,n 是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面（ ）
A ．若m∥α,n∥α,则m∥n
B ．若m∥α,m∥β,则α∥β
C ．若m∥n,m⊥α,则n⊥α
D ．若m∥α,α⊥β,则m⊥β
2. 设l 为直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题中正确的是( ）
A ．若//l α,//l β,则//αβ
B ．若l α⊥,l β⊥,则//αβ
C ．若l α⊥,//l β,则//αβ
D ．若αβ⊥,//l α,则l β⊥
3.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 ．,αββγαγ⊥⊥⊥若，则 B ．//,,//,//m m m αββαβ⊄若则
C ．,//m m αβαβ⊥⊥若，则
D ．//,//,m n m n αβαβ⊥⊥若，则
4.如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧棱垂直底面，90ACB ∠=
，11
2
AC BC AA ==
，D 是棱1AA 的中点.
(1) 证明：平面BDC ⊥平面1BDC ；
（2）平面1BDC 分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比.
如图,.AB O PA O C O 是圆的直径，垂直圆所在的平面，是圆上的点
(1)求证:BC PAC ⊥平面；
(2)设//.Q PA
G AOC QG PBC ∆为的中点，为的重心，求证：平面
参考答案
课前检测
1.D
2.B
3.C
4.D
5.略
【典例1】略
【变式1】略
. 【典例2】（1）略；（2）
3【变式2】略
【典例3】（1）略；（2
【变式3】（1）略；（2）1:3. 【当堂检测】
1.B
2.B
3.①②③
1.C
2.B
3.B
4.（1）略；（2）1:1.
略。