2018年高考数学(浙江专用)总复习教师用书：第8章 第3讲 空间点、直线、平面之间的位置关系 Word版含解析
2018高考数学(浙江省专用)复习专题测试：第八章 立体几何 §8-4 直线、平面垂直的判定和性质
考点
A.A1E⊥DC1
答案
垂直的判定和性质
)
1.(2017课标全国Ⅲ文,10,5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则 (
B.A1E⊥BD
C.A1E⊥BC1
D.A1E⊥AC
C ∵A1B1⊥平面BCC1B1,BC1⊂平面BCC1B1,∴A1B1⊥BC1,又BC1⊥B1C,且B1C∩A1B1=B1,∴
5.(2017课标全国Ⅲ文,19,12分)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,AD=CD. (1)证明:AC⊥BD; (2)已知△ACD是直角三角形,AB=BD.若E为棱BD上与D不重合的点,且AE⊥EC,求四面体ABCE 与四面体ACDE的体积比.
解析
(1)取AC的中点O,连接DO,BO.
A.l1⊥l4
B.l1∥l4
D.l1与l4的位置关系不确定
C.l1与l4既不垂直也不平行 答案
D 由l1⊥l2,l2⊥l3可知l1与l3的位置不确定,
若l1∥l3,则结合l3⊥l4,得l1⊥l4,所以排除选项B、C, 若l1⊥l3,则结合l3⊥l4,知l1与l4可能不垂直,所以排除选项A.故选D.
评析 本题考查了空间直线之间的位置关系,考查学生的空间想象能力、思维的严密性.
8 3 ,求该四棱锥的侧面积 .
(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,且四棱锥P-ABCD的体积为
解析
本题考查立体几何中面面垂直的证明和几何体侧面积的计算.
(1)证明:由已知∠BAP=∠CDP=90°, 得AB⊥AP,CD⊥PD. 由于AB∥CD,故AB⊥PD, 从而AB⊥平面PAD.
(3)因为PA∥平面BDE,平面PAC∩平面BDE=DE, 所以PA∥DE.
高考数学(浙江专用)总复习教师用书：第8章 第4讲 直线、平面平行的判定及其性质 Word版含解析
第4讲 直线、平面平行的判定及其性质最新考纲 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有关空间图形的平行关系的简单命题.知 识 梳 理1.直线与平面平行 (1)直线与平面平行的定义直线l 与平面α没有公共点，则称直线l 与平面α平行. (2)判定定理与性质定理(1)平面与平面平行的定义没有公共点的两个平面叫做平行平面. (2)判定定理与性质定理(1)a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(2)a⊥α，a⊥β⇒α∥β.诊断自测1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)(1)若一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行.()(2)若直线a∥平面α，P∈α，则过点P且平行于直线a的直线有无数条.()(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行.()(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面.() 解析(1)若一条直线和平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行或在平面内，故(1)错误.(2)若a∥α，P∈α，则过点P且平行于a的直线只有一条，故(2)错误.(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，则这两个平面平行或相交，故(3)错误.答案(1)×(2)×(3)×(4)√2.下列命题中，正确的是()A.若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面B.若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行C.若直线a，b和平面α满足a∥α，b∥α，那么a∥bD.若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b⊄α，则b∥α解析根据线面平行的判定与性质定理知，选D.答案D3.(2015·北京卷)设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α.“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解析当m∥β时，可能α∥β，也可能α与β相交.当α∥β时，由m⊂α可知，m∥β.∴“m∥β”是“α∥β”的必要不充分条件.答案B4.(必修2P56练习2改编)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与平面AEC的位置关系为________.解析连接BD，设BD∩AC＝O，连接EO，在△BDD1中，O为BD的中点，E 为DD1的中点，所以EO为△BDD1的中位线，则BD1∥EO，而BD1⊄平面ACE，EO⊂平面ACE，所以BD1∥平面ACE.答案平行5.(2017·金华检测)设α，β，γ为三个不同的平面，a，b为直线.(1)若α∥γ，β∥γ，则α与β的关系是________；(2)若a⊥α，b⊥β，a∥b，则α与β的关系是________.解析(1)由α∥γ，β∥γ⇒α∥β.(2)a⊥α，a∥b⇒b⊥α，又b⊥β，从而α∥β.答案(1)平行(2)平行6.用一个截面去截正三棱柱ABC－A1B1C1，交A1C1，B1C1，BC，AC分别于E，F，G，H四点，已知A1A>A1C1，则截面的形状可以是________(把你认为可能的结果都填上).解析由题意知，当截面平行于侧棱时所得截面为矩形，当截面与侧棱不平行时，所得的截面是梯形.答案矩形或梯形考点一线面、面面平行的相关命题的真假判断【例1】(2015·安徽卷)已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是()A.若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B.若m，n平行于同一平面，则m与n平行C.若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线D.若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面解析A项，α，β可能相交，故错误；B项，直线m，n的位置关系不确定，可能相交、平行或异面，故错误；C项，若m⊂α，α∩β＝n，m∥n，则m∥β，故错误；D项，假设m，n垂直于同一平面，则必有m∥n与已知m，n不平行矛盾，所以原命题正确，故D项正确.答案D规律方法(1)判断与平行关系相关命题的真假，必须熟悉线、面平行关系的各个定义、定理，无论是单项选择还是含选择项的填空题，都可以从中先选出最熟悉最容易判断的选项先确定或排除，再逐步判断其余选项.(2)①结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断.②特别注意定理所要求的条件是否完备，图形是否有特殊情况，通过举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确.【训练1】(2017·台州调研)设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题： ①若m ⊂α，n ∥α，则m ∥n ； ②若α∥β，β∥γ，m ⊥α，则m ⊥γ； ③若α∩β＝n ，m ∥n ，m ∥α，则m ∥β； ④若m ∥α，n ∥β，m ∥n ，则α∥β.其中是真命题的是________(填上正确命题的序号).解析①m ∥n 或m ，n 异面，故①错误；易知②正确；③m ∥β或m ⊂β，故③错误；④α∥β或α与β相交，故④错误. 答案②考点二 直线与平面平行的判定与性质(多维探究) 命题角度一 直线与平面平行的判定【例2－1】(2016·全国Ⅲ卷)如图，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点. (1)证明：MN ∥平面P AB ； (2)求四面体N －BCM 的体积.(1)证明 由已知得AM ＝23AD ＝2.如图，取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綉AM ，所以四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ， 所以MN ∥平面P AB .(2)解 因为P A ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点， 所以N 到平面ABCD 的距离为12P A .如图，取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝5.由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5，故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N －BCM 的体积V N －BCM ＝13×S △BCM ×P A 2＝453. 命题角度二 直线与平面平行性质定理的应用【例2－2】 如图，四棱锥P －ABCD 的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为217.点G ，E ，F ，H 分别是棱PB ，AB ，CD ，PC 上共面的四点，平面GEFH ⊥平面ABCD ，BC ∥平面GEFH .(1)证明：GH ∥EF ；(2)若EB ＝2，求四边形GEFH 的面积.(1)证明 因为BC ∥平面GEFH ，BC ⊂平面PBC ，且平面PBC ∩平面GEFH ＝GH ， 所以GH ∥BC .同理可证EF ∥BC ，因此GH ∥EF .(2)解 如图，连接AC ，BD 交于点O ，BD 交EF 于点K ，连接OP ，GK .因为P A ＝PC ，O 是AC 的中点，所以PO ⊥AC ， 同理可得PO ⊥BD .又BD ∩AC ＝O ，且AC ，BD 都在底面ABCD 内，所以PO ⊥底面ABCD .又因为平面GEFH ⊥平面ABCD ， 且PO ⊄平面GEFH ，所以PO ∥平面GEFH . 因为平面PBD ∩平面GEFH ＝GK ， PO ⊂平面PBD .所以PO ∥GK ，且GK ⊥底面ABCD ， 又EF ⊂平面ABCD ， 从而GK ⊥EF .所以GK 是梯形GEFH 的高.由AB ＝8，EB ＝2得EB ∶AB ＝KB ∶DB ＝1∶4， 从而KB ＝14DB ＝12OB ，即K 为OB 的中点.再由PO ∥GK 得GK ＝12PO ，即G 是PB 的中点，且GH ＝12BC ＝4.由已知可得OB ＝42，PO ＝PB 2－OB 2＝68－32＝6，所以GK ＝3.故四边形GEFH 的面积S ＝GH ＋EF 2·GK ＝4＋82×3＝18.规律方法(1)判断或证明线面平行的常用方法有： ①利用反证法(线面平行的定义)；②利用线面平行的判定定理(a ⊄α，b ⊂α，a ∥b ⇒a ∥α)； ③利用面面平行的性质定理(α∥β，a ⊂α⇒a ∥β)； ④利用面面平行的性质(α∥β，a ⊄β，a ∥α⇒a ∥β).(2)利用判定定理判定线面平行，关键是找平面内与已知直线平行的直线.常利用三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线.【训练2】 在四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝12AD ，E ，F ，H 分别为线段AD ，PC ，CD 的中点，AC 与BE 交于O 点，G 是线段OF 上一点.(1)求证：AP ∥平面BEF ； (2)求证：GH ∥平面P AD .证明 (1)连接EC ，∵AD ∥BC ，BC ＝12AD ， E 为AD 的中点，∴BC 綉AE ， ∴四边形ABCE 是平行四边形， ∴O 为AC 的中点，又∵F 是PC 的中点，∴FO ∥AP ，又FO ⊂平面BEF ，AP ⊄平面BEF ，∴AP ∥平面BEF . (2)连接FH ，OH ，∵F ，H 分别是PC ，CD 的中点， ∴FH ∥PD ，又PD ⊂平面P AD ，FH ⊄平面P AD ， ∴FH ∥平面P AD .又∵O 是BE 的中点，H 是CD 的中点，∴OH ∥AD ，又∵AD ⊂平面P AD ，OH ⊄平面P AD ，∴OH∥平面P AD.又FH∩OH＝H，∴平面OHF∥平面P AD.又∵GH⊂平面OHF，∴GH∥平面P AD.考点三面面平行的判定与性质(典例迁移)【例3】(经典母题)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EF A1∥平面BCHG.证明(1)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，∴GH是△A1B1C1的中位线，则GH∥B1C1.又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面.(2)∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC，∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.又G，E分别为A1B1，AB的中点，A1B1綉AB，∴A1G綉EB，∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB.∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG.又∵A1E∩EF＝E，∴平面EF A1∥平面BCHG.【迁移探究1】如图，在本例条件下，若点D为BC1的中点，求证：HD∥平面A1B1BA.证明如图所示，连接A1B.∵D为BC1的中点，H为A1C1的中点，∴HD∥A1B，又HD ⊄平面A 1B 1BA ， A 1B ⊂平面A 1B 1BA ， ∴HD ∥平面A 1B 1BA .【迁移探究2】 在本例中，若将条件“E ，F ，G ，H 分别是AB ，AC ，A 1B 1，A 1C 1的中点”变为“点D ，D 1分别是AC ，A 1C 1上的点，且平面BC 1D ∥平面AB 1D 1”，试求ADDC 的值.解连接A 1B 交AB 1于O ，连接OD 1.由平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，且平面A 1BC 1∩平面BC 1D ＝BC 1，平面A 1BC 1∩平面AB 1D 1＝D 1O ，所以BC 1∥D 1O ，则A 1D 1D 1C 1＝A 1OOB＝1.又由题设A 1D 1D 1C 1＝DCAD ，∴DC AD ＝1，即ADDC ＝1.规律方法(1)判定面面平行的主要方法 ①利用面面平行的判定定理.②线面垂直的性质(垂直于同一直线的两平面平行). (2)面面平行的性质定理①两平面平行，则一个平面内的直线平行于另一平面. ②若一平面与两平行平面相交，则交线平行.提醒 利用面面平行的判定定理证明两平面平行时需要说明是一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行.【训练3】(2016·山东卷)在如图所示的几何体中，D 是AC 的中点，EF ∥DB .(1)已知AB ＝BC ，AE ＝EC .求证：AC ⊥FB ；(2)已知G ，H 分别是EC 和FB 的中点.求证：GH ∥平面ABC . 证明 (1)因为EF ∥DB ，所以EF 与DB 确定平面BDEF ，图①如图①，连接DE.因为AE＝EC，D为AC的中点，所以DE⊥AC.同理可得BD⊥AC.又BD∩DE＝D，所以AC⊥平面BDEF.因为FB⊂平面BDEF，所以AC⊥FB.(2)如图②，设FC的中点为I，连接GI，HI.图②在△CEF中，因为G是CE的中点，所以GI∥EF.又EF∥DB，所以GI∥DB.在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC. 又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC，因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.[思想方法]1.线线、线面、面面平行间的转化其中线面平行是核心，线线平行是基础，要注意它们之间的灵活转化.2.直线与平面平行的主要判定方法(1)定义法；(2)判定定理；(3)面面平行的性质.3.平面与平面平行的主要判定方法(1)定义法；(2)判定定理；(3)推论；(4)a⊥α，a⊥β⇒α∥β.[易错防范]1.在推证线面平行时，一定要强调直线不在平面内，否则，会出现错误.2.面面平行的判定中易忽视“面内两条相交线”这一条件.3.如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，易误认为这两个平面平行，实质上也可以相交.4.运用性质定理，要遵从由“高维”到“低维”，但也要注意，转化的方向总是由题目的具体条件而定，决不可过于“模式化”.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.(2017·保定模拟)有下列命题：①若直线l平行于平面α内的无数条直线，则直线l∥α；②若直线a在平面α外，则a∥α；③若直线a∥b，b∥α，则a∥α；④若直线a∥b，b∥α，则a平行于平面α内的无数条直线.其中真命题的个数是()A.1B.2C.3D.4解析命题①l可以在平面α内，不正确；命题②直线a与平面α可以是相交关系，不正确；命题③a可以在平面α内，不正确；命题④正确.答案 A2.设m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，且m，n⊂α，则“α∥β”是“m∥β且n∥β”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析若m，n⊂α，α∥β，则m∥β且n∥β；反之若m，n⊂α，m∥β且n∥β，则α与β相交或平行，即“α∥β”是“m∥β且n∥β”的充分不必要条件.答案 A3.(2017·绍兴一中检测)如图所示的三棱柱ABC－A1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是()A.异面B.平行C.相交D.以上均有可能解析在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，∵AB⊂平面ABC，A1B1⊄平面ABC，∴A1B1∥平面ABC，∵过A1B1的平面与平面ABC交于DE.∴DE∥A1B1，∴DE∥AB. 答案 B4.下列四个正方体图形中，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∥平面MNP的图形的序号是()A.①③B.①④C.②③D.②④解析①中，易知NP∥AA′，MN∥A′B，∴平面MNP∥平面AA′B，可得出AB∥平面MNP(如图).④中，NP∥AB，能得出AB∥平面MNP.在②③中不能判定AB∥平面MNP.答案 B5.已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是()A.若m∥α，n∥α，则m∥nB.若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC.若m⊥α，m⊥n，则n∥αD.若m∥α，m⊥n，则n⊥α解析若m∥α，n∥α，则m，n平行、相交或异面，A错；若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，因为直线与平面垂直时，它垂直于平面内任一直线，B正确；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，C错；若m∥α，m⊥n，则n与α可能相交，可能平行，也可能n⊂α，D错.答案 B二、填空题6.(2017·台州月考)在四面体A－BCD中，M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则MN与平面ABD的位置关系是________；与平面ABC的位置关系是________. 解析如图，取CD的中点E.连接AE，BE，由于M，N分别是△ACD，△BCD的重心，所以AE，BE分别过M，N，则EM∶MA＝1∶2，EN∶BN＝1∶2，所以MN∥AB.因为AB⊂平面ABD，MN⊄平面ABD，AB⊂平面ABC，MN⊄平面ABC，所以MN∥平面ABD，MN∥平面ABC.答案平行平行7.(2017·宁波调研)如图，四棱锥P－ABCD的底面是一直角梯形，AB ∥CD ，BA ⊥AD ，CD ＝2AB ，P A ⊥底面ABCD ，E 为PC 的中点，则BE 与平面P AD 的位置关系为________.解析取PD 的中点F ，连接EF ，AF ，在△PCD 中，EF 綉12CD .又∵AB ∥CD 且CD ＝2AB ，∴EF 綉AB ，∴四边形ABEF 是平行四边形，∴EB ∥AF .又∵EB ⊄平面P AD ，AF ⊂平面P AD ，∴BE ∥平面P AD .答案 平行8.(2017·乐清模拟)如图所示，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别是棱CC 1，C 1D 1，D 1D ，DC 的中点，N 是BC的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 只需满足条件________时，就有MN ∥平面B 1BDD 1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)解析 连接HN ，FH ，FN ，则FH ∥DD 1，HN ∥BD ，∴平面FHN ∥平面B 1BDD 1，只需M ∈FH ，则MN ⊂平面FHN ，∴MN ∥平面B 1BDD 1. 答案 点M 在线段FH 上(或点M 与点H 重合)三、解答题9.一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.(1)请将字母F ，G ，H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)判断平面BEG 与平面ACH 的位置关系，并证明你的结论.解 (1)点F ，G ，H 的位置如图所示.(2)平面BEG ∥平面ACH ，证明如下：因为ABCD －EFGH 为正方体，所以BC ∥FG ，BC ＝FG ，又FG ∥EH ，FG ＝EH ，所以BC ∥EH ，BC ＝EH ，于是四边形BCHE 为平行四边形，所以BE ∥CH .又CH ⊂平面ACH ，BE ⊄平面ACH ，所以BE ∥平面ACH .同理BG ∥平面ACH .又BE ∩BG ＝B ，所以平面BEG ∥平面ACH .10.(2014·全国Ⅱ卷)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点.(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设AP ＝1，AD ＝3，三棱锥P －ABD 的体积V ＝34，求A 到平面PBC 的距离.(1)证明 设BD 与AC 的交点为O ，连接EO .因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点.又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB .又因为EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，所以PB ∥平面AEC .(2)解 V ＝16P A ·AB ·AD ＝36AB .由V ＝34，可得AB ＝32.作AH ⊥PB 交PB 于H .由题设知AB ⊥BC ，P A ⊥BC ，且P A ∩AB ＝A ，所以BC ⊥平面P AB ，又AH ⊂平面P AB ，所以BC ⊥AH ，又PB ∩BC ＝B ，故AH ⊥平面PBC .∵PB ⊂平面PBC ，∴AH ⊥PB ，在Rt △P AB 中，由勾股定理可得PB ＝132，所以AH ＝P A ·AB PB ＝31313.所以A 到平面PBC 的距离为31313.能力提升题组(建议用时：25分钟)11.给出下列关于互不相同的直线l ，m ，n 和平面α，β，γ的三个命题：①若l与m 为异面直线，l ⊂α，m ⊂β，则α∥β；②若α∥β，l ⊂α，m ⊂β，则l ∥m ；③若α∩β＝l ，β∩γ＝m ，γ∩α＝n ，l ∥γ，则m ∥n .其中真命题的个数为( )A.3B.2C.1D.0解析①中当α与β不平行时，也可能存在符合题意的l ，m ；②中l 与m 也可能异面；③中 ⎭⎪⎬⎪⎫ l ∥γl ⊂αα∩γ＝n ⇒l ∥n ，同理，l ∥m ，则m ∥n ，正确.答案C12.在四面体ABCD 中，截面PQMN 是正方形，则在下列结论中，错误的是( )A.AC ⊥BDB.AC ∥截面PQMNC.AC ＝BDD.异面直线PM 与BD 所成的角为45°解析 因为截面PQMN 是正方形，所以MN ∥QP ，又PQ ⊂平面ABC ，MN ⊄平面ABC ，则MN ∥平面ABC ，由线面平行的性质知MN ∥AC ，又MN ⊂平面PQMN ，AC ⊄平面PQMN ，则AC ∥截面PQMN ，同理可得MQ ∥BD ，又MN ⊥QM ，则AC ⊥BD ，故A ，B 正确.又因为BD ∥MQ ，所以异面直线PM 与BD 所成的角等于PM 与QM 所成的角，即为45°，故D 正确.答案 C13.如图所示，棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧面BCC 1B 1是菱形，设D 是A 1C 1上的点且A 1B ∥平面B 1CD ，则A 1D ∶DC 1的值为________.解析设BC1∩B1C＝O，连接OD.∵A1B∥平面B1CD且平面A1BC1∩平面B1CD＝OD，∴A1B∥OD，∵四边形BCC1B1是菱形，∴O为BC1的中点，∴D为A1C1的中点，则A1D∶DC1＝1.答案 114.(2015·江苏卷)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.证明(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC. 又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC 1⊥平面B 1AC .又因为AB 1⊂平面B 1AC ，所以BC 1⊥AB 1.15.(2017·杭州七校联考)如图，在四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，D 1D ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形，AB ＝2AD ，AD＝A 1B 1，∠BAD ＝60°.(1)证明：AA 1⊥BD ；(2)证明：CC 1∥平面A 1BD .证明 (1)因为D 1D ⊥平面ABCD ，且BD ⊂平面ABCD ，所以D 1D ⊥BD . 又AB ＝2AD ，∠BAD ＝60°，在△ABD 中，由余弦定理，得BD ＝3AD ， 所以AD 2＋BD 2＝AB 2，即AD ⊥BD .又AD ∩D 1D ＝D ，所以BD ⊥平面ADD 1A 1.又AA 1⊂平面ADD 1A 1，所以AA 1⊥BD .(2)如图，连接AC ，A 1C 1.设AC ∩BD ＝E ，连接EA 1.因为四边形ABCD 为平行四边形，所以EC ＝12AC .由棱台定义及AB ＝2AD ＝2A 1B 1知，A 1C 1∥EC 且A 1C 1＝EC ，所以四边形A 1ECC 1为平行四边形，因此CC 1∥EA 1.又EA 1⊂平面A 1BD ，CC 1⊄平面A 1BD ，所以CC 1∥平面A 1BD .。
浙江专用2018版高考数学大一轮复习第八章立体几何8.7立体几何中的向量方法
（浙江专用）2018版高考数学大一轮复习 第八章 立体几何 8.7 立体几何中的向量方法教师用书1．直线的方向向量与平面的法向量的确定(1)直线的方向向量：在直线上任取一非零向量作为它的方向向量．(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a ，b 是平面α内两不共线向量，n 为平面α的法向量，则求法向量的方程组为⎩⎪⎨⎪⎧n ·a ＝0，n ·b ＝0.2．用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1∥l 2(或l 1与l 2重合)⇔v 1∥v 2.(2)设直线l 的方向向量为v ，与平面α共面的两个不共线向量v 1和v 2，则l ∥α或l ⊂α⇔存在两个实数x ，y ，使v ＝x v 1＋y v 2.(3)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔v ⊥u . (4)设平面α和β的法向量分别为u 1，u 2，则α∥β⇔u 1 ∥u 2. 3．用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝0. (2)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔v ∥u . (3)设平面α和β的法向量分别为u 1和u 2，则α⊥β⇔u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0. 4．两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则5.直线与平面所成角的求法设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，a 与n 的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝|a ·n ||a ||n |.6．求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 分别是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)．【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)平面的单位法向量是唯一确定的．( × ) (2)若两平面的法向量平行，则两平面平行．( √ ) (3)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行．( √ )(4)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．( × ) (5)两异面直线夹角的范围是(0，π2]，直线与平面所成角的范围是[0，π2]，二面角的范围是[0，π]．( √ )(6)若二面角α－a －β的两个半平面α，β的法向量n 1，n 2所成角为θ，则二面角α－a －β的大小是π－θ.( × )1．已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则下列向量是平面ABC 法向量的是( ) A ．(－1,1,1) B ．(1，－1,1) C ．(－33，－33，－33) D ．(33，33，－33) 答案 C解析 设n ＝(x ，y ，z )为平面ABC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0，∴x ＝y ＝z .故选C.2．(2016·杭州模拟)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1所成角的余弦值为( )A.55B.53C.56D.54答案 A解析 设CA ＝2，则C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，B 1(0,2,1)，可得向量AB 1→＝(－2,2,1)，BC 1→＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝0＋4－14＋4＋1×0＋4＋1＝15＝55，故选A. 3．(教材改编)设u ，v 分别是平面α，β的法向量，u ＝(－2,2,5)，当v ＝(3，－2,2)时，α与β的位置关系为________；当v ＝(4，－4，－10)时，α与β的位置关系为________． 答案 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.4．(教材改编)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON ，AM 的位置关系是________．答案 垂直解析 以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A (0,0,0)，M (0,1，12)，O (12，12，0)，N (12，0,1)，AM →·ON →＝(0,1，12)·(0，－12，1)＝0，∴ON 与AM 垂直．题型一 利用空间向量证明平行问题例1 (2016·重庆模拟)如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点．求证：PB ∥平面EFG .证明 ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ，∴AB ，AP ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (2，0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0，0,2)，E (0,0,1)，F (0,1,1)，G (1，2,0)．∴PB →＝(2,0，－2)，FE →＝(0，－1,0)，FG →＝(1,1，－1)， 设PB →＝sFE →＋tFG →，即(2,0，－2)＝s (0，－1,0)＋t (1,1，－1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2，∴PB →＝2FE →＋2FG →，又∵FE →与FG →不共线，∴PB →，FE →与FG →共面． ∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG . 引申探究本例中条件不变，证明平面EFG ∥平面PBC .证明 ∵EF →＝(0,1,0)，BC →＝(0,2,0)， ∴BC →＝2EF →，∴BC ∥EF .又∵EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， ∴EF ∥平面PBC ，同理可证GF ∥PC ，从而得出GF ∥平面PBC . 又EF ∩GF ＝F ，EF ⊂平面EFG ，GF ⊂平面EFG ， ∴平面EFG ∥平面PBC .思维升华 (1)恰当建立空间直角坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键．(2)证明直线与平面平行，只需证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可．这样就把几何的证明问题转化为向量运算．(2016·北京海淀区模拟)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是C 1C ，B 1C 1的中点．求证：MN ∥平面A 1BD . 证明 如图所示，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系． 设正方体的棱长为1，则M (0,1，12)，N (12，1,1)，D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，于是MN →＝(12，0，12)，DA 1→＝(1,0,1)，DB →＝(1,1,0)．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·DA 1→＝0，且n ·DB →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋z ＝0，x ＋y ＝0.取x ＝1，得y ＝－1，z ＝－1. 所以n ＝(1，－1，－1)．又MN →·n ＝(12，0，12)·(1，－1，－1)＝0，所以MN →⊥n .又MN ⊄平面A 1BD ，所以MN ∥平面A 1BD .题型二 利用空间向量证明垂直问题例2 (2016·绍兴模拟)如图，在多面体ABC －A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB ＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1綊12BC ，二面角A 1－AB －C 是直二面角．求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ； (2)AB 1∥平面A 1C 1C .证明 (1)∵二面角A 1－AB －C 是直二面角，四边形A 1ABB 1为正方形， ∴AA 1⊥平面BAC . 又∵AB ＝AC ，BC ＝2AB ， ∴∠CAB ＝90°，即CA ⊥AB ， ∴AB ，AC ，AA 1两两互相垂直．建立如图所示的空间直角坐标系，点A 为坐标原点，设AB ＝2，则A (0,0,0)，B 1(0,2,2)，A 1(0,0,2)，C (2,0,0)，C 1(1,1,2)， ∴A 1B 1→＝(0,2,0)，A 1A →＝(0,0，－2)，AC →＝(2,0,0)． 设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1A →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2z ＝0，2x ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，z ＝0，取y ＝1，则n ＝(0,1,0)．∴A 1B 1→＝2n ，即A 1B 1→∥n . ∴A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)易知AB 1→＝(0,2,2)，A 1C 1→＝(1,1,0)，A 1C →＝(2,0，－2)，设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1C 1→＝0，m ·A 1C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1－2z 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝1，即m ＝(1，－1,1)． ∴AB 1→·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0， ∴AB 1→⊥m .又AB 1⊄平面A 1C 1C ，∴AB 1∥平面A 1C 1C . 思维升华 证明垂直问题的方法(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算．其中灵活建系是解题的关键．(2)其一证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直；其二证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然 ，也可证直线的方向向量与平面的法向量平行；其三证明面面垂直：①证明两平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可．(2016·宁波模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，且PA ＝PD ＝22AD ，设E ，F 分别为PC ，BD 的中点．(1)求证：EF ∥平面PAD ； (2)求证：平面PAB ⊥平面PDC . 证明 (1)如图，取AD 的中点O ，连接OP ，OF . 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以PO ⊥平面ABCD .又O ，F 分别为AD ，BD 的中点，所以OF ∥AB . 又ABCD 是正方形，所以OF ⊥AD .因为PA ＝PD ＝22AD ，所以PA ⊥PD ，OP ＝OA ＝a 2. 以O 为原点，OA ，OF ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系， 则A (a 2，0,0)，F (0，a 2，0)，D (－a 2，0,0)，P (0,0，a 2)，B (a 2，a,0)，C (－a2，a,0)．因为E 为PC 的中点，所以E (－a 4，a 2，a4)．易知平面PAD 的一个法向量为OF →＝(0，a 2，0)，因为EF →＝(a 4，0，－a 4)，且OF →·EF →＝(0，a 2，0)·(a 4，0，－a 4)＝0，所以OF ⊥EF ，又因为EF ⊄平面PAD ，所以EF ∥平面PAD .(2)因为PA →＝(a 2，0，－a 2)，CD →＝(0，－a,0)，所以PA →·CD →＝(a 2，0，－a 2)·(0，－a,0)＝0，所以PA ⊥CD .又PA ⊥PD ，PD ∩CD ＝D ，PD ⊂平面PDC ，CD ⊂平面PDC ， 所以PA ⊥平面PDC .又PA ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PDC .题型三 利用空间向量求空间角 命题点1 求直线和平面所成的角例3 (2016·杭州二中月考)如图1，在Rt△ACB 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD ，如图2.(1)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(2)若M 是A 1D 上的点，试确定点M 的位置，使得直线CM 与平面A 1BE 所成角的正弦值为51428.(1)证明 因为∠C ＝90°，DE ∥BC ， 所以BC ⊥CD ，BC ⊥A 1D ，因为CD ∩A 1D ＝D ，CD ⊂平面A 1CD ，A 1D ⊂平面A 1CD ， 所以BC ⊥平面A 1CD ，因为A 1C ⊂平面A 1CD ，所以BC ⊥A 1C ，DE ⊥A 1C ， 又A 1C ⊥CD ，CD ∩BC ＝C ，CD ∩DE ＝D ，DE ∥BC ，所以A 1C ⊥平面BCDE .(2)解 以C 为原点，以CB ，CD ，CA 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(图略)， 因为AD AC ＝DECB，所以AD ＝4，CD ＝2，A 1C ＝23，所以A 1(0,0,23)，B (3,0,0)，E (2,2,0)，D (0,2,0)，A 1E →＝(2,2，－23)，BE →＝(－1,2,0)， DA 1→＝(0，－2,23)．设M 点的坐标为(0，y 0，z 0)，DM →＝λDA 1→， 则⎩⎨⎧y 0－2＝－2λ，z 0＝23λ，所以CM →＝(0,2－2λ，23λ)，设平面A 1BE 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1E →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎨⎧2x ＋2y －23z ＝0，－x ＋2y ＝0，令x ＝2，则y ＝1，z ＝3，即n ＝(2,1，3)． 设直线CM 与平面A 1BE 所成角为θ， 则sin θ＝|2－2λ＋6λ|2－2λ 2＋12λ2·12＋22＋3＝51428， 即|2＋4λ|16λ2－8λ＋4＝57，解得λ＝34或13， 所以M 为线段A 1D (靠近点A 1)四分之一处的点或三分之二处的点． 命题点2 求二面角例4 已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABCD 所成的二面角的正切值为________．答案23解析 如图，建立空间直角坐标系Dxyz ，设DA ＝1，由已知条件得A (1,0,0)，E (1,1，13)，F (0,1，23)，AE →＝(0,1，13)，AF →＝(－1,1，23)，设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，平面AEF 与平面ABCD 所成的二面角为θ，由图知θ为锐角，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋13z ＝0，－x ＋y ＋23z ＝0.令y ＝1，则z ＝－3，x ＝－1，即n ＝(－1,1，－3)， 取平面ABCD 的法向量为m ＝(0,0，－1)， 则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝31111，tan θ＝23.思维升华 利用向量法求空间角的方法(1)先求出直线的方向向量和平面的法向量，将求空间角转化为求两个向量的夹角． (2)利用数量积求向量的夹角，然后根据和所求角的关系得到空间角，但要注意所求角的大小．(2016·全国丙卷)如图，四棱锥P-ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD＝AC ＝3，PA ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明MN ∥平面PAB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值．(1)证明 由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，所以MN ∥平面PAB . (2)解 取BC 的中点E ，连接AE . 由AB ＝AC 得AE ⊥BC ， 从而AE ⊥AD ，AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝ 5. 以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz . 由题意知，P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝⎛⎭⎪⎫52，1，2，PM →＝(0,2，－4)，PN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，－2，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2. 设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1)．于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||A N →|＝8525.设AN 与平面PMN 所成的角为θ，则sin θ＝8525，∴直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525.21．利用向量法解决立体几何问题典例 (14分)(2016·吉林实验中学月考)如图1所示，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A －DC －B ，如图2所示．(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求二面角E －DF －C 的余弦值；(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？证明你的结论． 思想方法指导 对于较复杂的立体几何问题可采用向量法(1)用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想．(2)两种思路：①选好基底，用向量表示出几何量，利用空间向量有关定理与向量的线性运算进行判断．②建立空间直角坐标系，进行向量的坐标运算，根据运算结果的几何意义解释相关问题． 规范解答解 (1)AB ∥平面DEF ，理由如下：在△ABC 中，由E ，F 分别是AC ，BC 中点，得EF ∥AB . 又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ， ∴AB ∥平面DEF .[2分](2)以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (0,23，0)，E (0，3，1)，F (1，3，0)，[3分] 易知平面CDF 的法向量为DA →＝(0,0,2)， 设平面EDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧DF →·n ＝0，DE →·n ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，3y ＋z ＝0，取n ＝(3，－3，3)，cos 〈DA →，n 〉＝DA →·n |DA →|·|n |＝217，∴二面角E －DF －C 的余弦值为217.[8分] (3)设P (x ，y,0)，则AP →·DE →＝3y －2＝0， ∴y ＝233.又BP →＝(x －2，y,0)，PC →＝(－x,23－y,0)， ∵BP →∥PC →，∴(x －2)(23－y )＝－xy ， ∴3x ＋y ＝2 3.[10分]把y ＝233代入上式得x ＝43，∴P (43，233，0)，∴BP →＝13BC →，∴在线段BC 上存在点P (43，233，0)，使AP ⊥DE .[14分]1．(2017·西安质检)若平面α，β的法向量分别是n 1＝(2，－3,5)，n 2＝(－3,1，－4)，则( ) A ．α∥βB ．α⊥βC ．α，β相交但不垂直D ．以上答案均不正确答案 C解析 ∵n 1·n 2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)≠0， ∴n 1与n 2不垂直，且不共线． ∴α与β相交但不垂直．2．已知平面α内有一点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3,6)，则下列点P 中，在平面α内的是( )A ．P (2,3,3)B ．P (－2,0,1)C ．P (－4,4,0)D ．P (3，－3,4)答案 A解析 逐一验证法，对于选项A ，MP →＝(1,4,1)，∴MP →·n ＝6－12＋6＝0，∴MP →⊥n ，∴点P 在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内．3．若AB →＝λCD →＋μCE →，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是( ) A ．相交 B ．平行C ．在平面内D ．平行或在平面内答案 D解析 ∵AB →＝λCD →＋μCE →，∴AB →、CD →、CE →共面， ∴AB 与平面CDE 平行或在平面CDE 内．4．设u ＝(－2,2，t )，v ＝(6，－4,4)分别是平面α，β的法向量．若α⊥β，则t 等于( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6 答案 C解析 ∵α⊥β，则u ·v ＝－2×6＋2×(－4)＋4t ＝0，∴t ＝5.5．(2016·泰安模拟)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( )A ．斜交B ．平行C ．垂直D ．MN 在平面BB 1C 1C 内答案 B解析 建立如图所示的空间直角坐标系，由于A 1M ＝AN ＝2a 3， 则M (a ，2a 3，a 3)，N (2a 3，2a 3，a )，MN →＝(－a 3，0，2a 3)．又C 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，所以C 1D 1→＝(0，a,0)为平面BB 1C 1C 的一个法向量．因为MN →·C 1D 1→＝0，所以MN →⊥C 1D 1→，又MN ⊄平面BB 1C 1C ， 所以MN ∥平面BB 1C 1C .6．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( ) A.12 B.23 C.33 D.22 答案 B解析 以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E (1,0，12)，D (0,1,0)，∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝(1,0，－12)．设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧A 1D →·n 1＝0，A 1E →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.即n 1＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos〈n 1，n 2〉＝23×1＝23，即所成的锐二面角的余弦值为23.7．(2016·广州质检)已知平面α内的三点A (0,0,1)，B (0,1,0)，C (1,0,0)，平面β的一个法向量n ＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是________________________________________________________________________． 答案 α∥β解析 设平面α的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由m ·AB →＝0，得x ·0＋y －z ＝0⇒y ＝z ， 由m ·AC →＝0，得x －z ＝0⇒x ＝z ，取x ＝1， ∴m ＝(1,1,1)，m ＝－n ， ∴m ∥n ，∴α∥β.8．(2016·潍坊模拟)已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4,2,0)，AP →＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥BD →.其中正确的是________． 答案 ①②③解析 ∵AB →·AP →＝0，AD →·AP →＝0， ∴AB ⊥AP ，AD ⊥AP ，则①②正确． 又AB →与AD →不平行，∴AP →是平面ABCD 的法向量，则③正确． ∵BD →＝AD →－AB →＝(2,3,4)，AP →＝(－1,2，－1)， ∴BD →与AP →不平行，故④错误．9.如图，正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱BC ，DD 1上的点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则CE 与DF 的和的值为________．答案 1解析 以D 1为原点，D 1A 1，D 1C 1，D 1D 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设CE ＝x ，DF ＝y ，则易知E (x,1,1)，B 1(1,1,0)，F (0,0,1－y )，B (1,1,1)，∴B 1E →＝(x －1,0,1)，∴FB →＝(1,1，y )，∵B 1E ⊥平面ABF ，∴FB →·B 1E →＝(1,1，y )·(x －1，0,1)＝0⇒x ＋y ＝1.*10.如图，圆锥的轴截面SAB 是边长为2的等边三角形，O 为底面中心，M 为SO 中点，动点P 在圆锥底面内(包括圆周)．若AM ⊥MP ，则点P 形成的轨迹长度为________．答案72解析 由题意可知，建立空间直角坐标系，如图所示．则A (0，－1,0)，B (0,1,0)，S (0,0，3)，M (0,0，32)，设P (x ，y,0)， ∴AM →＝(0,1，32)，MP →＝(x ，y ，－32)，即y ＝34，∴点P 的轨迹方程为y ＝34.根据圆的弦长公式，可得点P 形成的轨迹长度为21－ 34 2＝72.11．(2016·泉州模拟)如图所示，已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D ，E ，F 分别为B 1A ，C 1C ，BC 的中点．求证：(1)DE ∥平面ABC ； (2)B 1F ⊥平面AEF .证明 (1)以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系Axyz ，令AB ＝AA 1＝4，则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)，B (4,0,0)，B 1(4,0,4)． 取AB 中点为N ，连接CN ，则N (2,0,0)，C (0,4,0)，D (2,0,2)， ∴DE →＝(－2,4,0)，NC →＝(－2,4,0)，∴DE →＝NC →，∴DE ∥NC ，又∵NC ⊂平面ABC ，DE ⊄平面ABC . 故DE ∥平面ABC .(2)B 1F →＝(－2,2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →＝(2,2,0)．B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF ， 又∵AF ∩EF ＝F ，AF ⊂平面AEF ，EF ⊂平面AEF ， ∴B 1F ⊥平面AEF .12．(2016·杭州模拟)在平面四边形ABCD 中，AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD .将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图所示．(1)求证：AB ⊥CD ；(2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．(1)证明 ∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，AB ⊥BD ， ∴AB ⊥平面BCD .又CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD .(2)解 过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD ，如图所示．由(1)知AB ⊥平面BCD ，BE ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD . ∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD .以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系． 依题意，得B (0,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，A (0,0,1)，M (0，12，12)，则BC →＝(1,1,0)，BM →＝(0，12，12)，AD →＝(0,1，－1)．设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，12y 0＋12z 0＝0，取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1,1)． 设直线AD 与平面MBC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →||n ||AD →|＝63，即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为63. *13.(2016·嘉兴二模)如图，长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，点P 是CD 上的一点，PC ＝λPD .(1)若A 1C ⊥平面PBC 1，求λ的值；(2)设λ1＝1，λ2＝3所对应的点P 为P 1，P 2，二面角P 1—BC 1—P 2的大小为θ，求cos θ的值．解 方法一 (1)∵A 1C ⊥BC 1，若A 1C ⊥PB ，则A 1C ⊥平面PBC 1，只需A 1C ⊥PB 即可， 在矩形ABCD 中，CP BC ＝BC AB ，解得CP ＝12，PD ＝32，λ＝13.(2)过点C 作CH ⊥BC 1交BC 1于点H ，连接P 1H ，P 2H (图略)，则∠P 1HP 2就是所求二面角的一个平面角θ.∵P 1C ＝1，P 2C ＝32，CH ＝22，∴tan∠P 1HC ＝2，tan∠P 2HC ＝32，tan θ＝tan(∠P 2HC －∠P 1HC )＝28， 所求余弦值为46633.方法二 (1)建立如图所示空间直角坐标系Oxyz ，则B (1,2,0)，C 1(0,2,1)，A 1(1,0,1)，C (0,2,0)， 设P (0，21＋λ，0)，则A 1C →＝(－1,2，－1)，BC 1→＝(－1,0,1)， BP →＝(－1，21＋λ－2,0)， 若A 1C ⊥平面PBC 1， 则⎩⎪⎨⎪⎧A 1C →·BP →＝0，A 1C →·BC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧1＋41＋λ－4＝0，1＋0－1＝0，解得λ＝13.(2)由P 1(0,1,0)，P 2(0，12，0)，得BP 1→＝(－1，－1,0)，BC 1→＝(－1,0,1)，BP 2→＝(－1，－32，0)．设平面BC 1P 1与平面BC 1P 2的法向量分别是n 1，n 2，由⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·BP 1→＝0，n 1·BC 1→＝0，得n 1＝(1，－1,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BP 2→＝0，n 2·BC 1→＝0，得n 2＝(3，－2,3)，∴cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝4233＝46633.。
2018高考数学浙江专版二轮复习与策略课件 专题8 空间几何体表面积或体积的求解 精品
法二 由三视图可知，该几何体是如图所示的三棱锥S -ABC，其中HS是三 棱锥的高，由侧视图可知HS＝2 3，由正视图和侧视图可得HA＝HB＝HC＝2.
由几何体的对称性可知三棱锥外接球的球心O在HS上，延长SH交球面于点 P，则SP就是球的直径，
由点A在球面上可得SA⊥AP. 又SH⊥平面ABC，所以SH⊥AH. 在Rt△ASH中，SA＝ SH2＋AH2＝ 2 32＋22＝4. 设球的半径为R，则SP＝2R， 在Rt△SPA中，由射影定理可得SA2＝SH×SP，即42＝2 3 ×2R，解得R＝ 4 3 3， 所以所求外接球的表面积为4πR2＝4π×136＝643π.故选D.
同，高为3，故其体积V2＝
1 3
×
1 2
×3×4×3＝6(cm3)，所以所求几何体的体积为
30－6＝24(cm3)．]
热点题型1 几何体的表面积或体积 题型分析：解决此类题目，准确转化是前提，套用公式是关键，求解时先 根据条件确定几何体的形状，再套用公式求解.
(1)(2016·全国乙卷) 如图8-9，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两 条互相垂直的半径．若该几何体的体积是283π，则它的表面积是( )
A．17π B．18π C．20π D．28π
图8-9
(2)(2016·全国丙卷)如图8-10，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出 的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )
A．18＋36 5 B．54＋18 5 C．90 D．81
图8-10
(1)A (2)B [(1)由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球 的14，得到的几何体如图．设球的半径为R，则43πR3－18×43πR3＝238π，解得R＝2. 因此它的表面积为78×4πR2＋34πR2＝17π.故选A.
(浙江专版)2018高考数学一轮温习 第7章节 立体几何 第3节 空间点、直线、平面之间的位置关系讲义
2．(教材改编)如图 7-3-1 所示，在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，E，F 分别是 AB，AD 的中点，则异面直线 B1C 与 EF 所成 的角的大小为( )
A．30°
B．45°
C．60°
D．90°
C [连接 B1D1，D1C(图略)，则 B1D1∥EF，
故∠D1B1C 为所求的角，
3 2 .]
[规律方法] 1.求异面直线所成的角常用方法是平移法，平移方法一般有三 种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线 平移；补形平移．
2．求异面直线所成角的三个步骤： (1)作：通过作平行线，得到相交直线的夹角． (2)证：证明相交直线夹角为异面直线所成的角． (3)求：解三角形，求出作出的角，如果求出的角是锐角或直角，则它就是 要求的角，如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角．
C．③④
D．①②
A [对于①，当 a∥M，b∥M 时，则 a 与 b 平行、相交或异面，①为真命
题．②中，b⊂M，a∥b，则 a∥M 或 a⊂M，②为假命题．命题③中，a 与 b 相
交、平行或异面，③为假命题．由线面垂直的性质，命题④为真命题，所以①
④为真命题．]
异面直线所成的角
(1)如图 7-3-5，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中，AA1＝2AB＝2，则异面直线 A1B 与 AD1 所成角的 余弦值为( )
空间直线的位置关系
(1)若直线 l1 和 l2 是异面直线，l1 在平面 α 内，l2 在平面 β 内，l 是平 面 α 与平面 β 的交线，则下列命题正确的是( )
A．l 与 l1，l2 都不相交 B．l 与 l1，l2 都相交 C．l 至多与 l1，l2 中的一条相交 D．l 至少与 l1，l2 中的一条相交
(浙江版)2018年高考数学一轮复习(讲+练+测)： 专题8.5 直线、平面垂直的判定与性质(测)
第05节 直线、平面垂直的判定与性质班级__________ 姓名_____________ 学号___________ 得分__________一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选择中，只有一个是符合题目要求的。
）1．【2017届浙江省杭州市高三4月】设α， β是两个不同的平面， m 是一条直线，给出下列命题：①若m α⊥， m β⊂，则αβ⊥；②若//m α， αβ⊥，则m β⊥.则（ ） A. ①②都是假命题 B. ①是真命题，②是假命题 C. ①是假命题，②是真命题 D. ①②都是真命题 【答案】B2．【2017届浙江省湖州、衢州、丽水三市高三4月联考】已知平面α与两条不重合的直线,a b ，则“a α⊥，且b α⊥”是“//a b ”的( ) A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A【解析】若,a b αα⊥⊥，则必有//a b ，但//a b 时，直线,a b 与平面α可以平行，可以相交，可以在平面内，不一定垂直，因此“,a b αα⊥⊥”是“//a b ”的充分不必要条件，故选A ．3．【2016届浙江省宁波市高三上学期期末】如图，在正方形ABCD 中，点E,F 分别为边BC,AD 的中点，将沿BF 所在直线进行翻折，将沿DE 所在直线进行翻折，在翻折过程中（ ）A. 点A 与点C 在某一位置可能重合B. 点A 与点C 的最大距离为C. 直线AB 与直线CD 可能垂直D. 直线AF 与直线CE 可能垂直 【答案】D4．【2016届浙江省宁波市高三上学期期末】已知m,n 是两条不同的直线，是三个不同平面，下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则B. 若，，则C. 若，，则D.若，，则【答案】D 【解析】不正确，因为垂直于同一条直线的两个平面平行； 不正确，垂直于同一个平面的两个平面平行或相交； 平行于同一条直线的两个平面平行或相交；正确.5．已知,m n 表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是（ ） A ．若//,//,m n αα则//m n B ．若m α⊥，n α⊂，则m n ⊥C ．若m α⊥，m n ⊥，则//n αD ．若//m α，m n ⊥，则n α⊥ 【答案】B6.如图，在四面体D －ABC 中，若AB ＝CB ，AD ＝CD ，E 是AC 的中点，则下列正确的是( )A ．平面ABC ⊥平面ABDB ．平面ABD ⊥平面BDCC ．平面ABC ⊥平面BDE ，且平面ADC ⊥平面BDED ．平面ABC ⊥平面ADC ，且平面ADC ⊥平面BDE 【答案】C【解析】因为AB ＝CB ，且E 是AC 的中点，所以BE ⊥AC ，同理有DE ⊥AC ，于是AC ⊥平面BDE .因为AC 在平面ABC 内，所以平面ABC ⊥平面BDE .又由于AC ⊂平面ACD ，所以平面ACD ⊥平面BDE ，所以选C.7.【温州市高三第一次适应性测试】m 是一条直线，α，β是两个不同的平面，以下命题正确的是( )A ．若m ∥α，α∥β，则m ∥βB ．若m ∥α，m ∥β，则α∥βC ．若m ∥α，α⊥β，则m ⊥βD ．若m ∥α，m ⊥β，则α⊥β【答案】D【解析】A.若,//,//βααm 则β//m 或β⊂m ;A 错.B.若,//,//βαm m 则βα//或l =βα B 错；C.若,,//βαα⊥m 则β⊥m 或β//m 或β⊂m C 错;D.,//αm 存在直线n ，使n m //,α⊂n ,β⊥m ,β⊥∴n 又βαβ⊥∴⊂n ，故选D.8.【浙江省“六市六校”联盟高考模拟考试】空间中，设m 表示直线，α，β表示不同的平面，则下列命题正确的是（ ）A.若βα//，α//m ，则β//m B . 若βα//，α⊥m ，则β⊥m C.若βα⊥，α//m ，则β⊥m D. 若βα⊥，α⊥m ，则β//m 【答案】B【解析】若βα//，α//m ，则β//m 或m β⊂，故A 错；若βα⊥，α//m ，则m 和β的位置关系不确定，故C 错；若βα⊥，α⊥m ，则β//m 或m β⊂，故D 错，选B ． 9.设n m ,是两条不同的直线，γβα,,是三个不同的平面，下列四个命题中假命题．．．的是( )A.若,//,ααn m ⊥则n m ⊥B.若,,,//α⊥m n m 则α⊥nC.若,,//βαα⊥l 则β⊥lD.若αγββα⊥m ,//,//，则γ⊥m 【答案】C10.下列四个命题中，正确命题的个数是( )个 ① 若平面//α平面β，直线//m 平面α，则//m β； ② 若平面α⊥平面γ，且平面β⊥平面γ，则//αβ； ③ 平面α⊥平面β，且l αβ=，点A α∈，A l ∉，若直线AB l ⊥，则AB β⊥；④ 直线m n 、为异面直线，且m ⊥平面α，n ⊥平面β，若m n ⊥，则αβ⊥. A.0 B.1 C.2 D. 3 【答案】B【解析】A 答案：如果加入条件m β⊄，则//m β； B 答案：例如墙角的三个面，则αβ⊥； C 答案：如果加入条件AB α⊂，则AB β⊥；D 答案：从向量角度看，m 与n 分别是,αβ的法向量，显然m n ⊥，即αβ⊥. 所以只有D 正确.11.【2017届浙江省温州市二模】已知空间两不同直线、，两不同平面，，下列命题正确的是（ ） A. 若且，则 B. 若且，则C. 若且，则D. 若不垂直于，且，则不垂直于【答案】C12.如图，为正方体，下面结论：①平面；②；③平面；④直线与所成的角为45°．其中正确结论的个数是( )A. 1B. 2C. 3D. 4 【答案】D 【解析】由正方体的性质得，，所以，平面，故①正确．由正方体的性质得，而是在底面内的射影，由三垂线定理知，，故②正确．由正方体的性质得，由②知，，所以，，同理可证，故垂直于平面内的两条相交直线，所以，⊥平面，故③正确．异面直线与所成的角就是直线与所成的角，故为异面直线与所成的角，在等腰直角三角形中，，故④正确．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。
浙江专用2018年高考数学总复习教师用书：第8章 第5讲直线、平面垂直的判定及其性质含解析
第5讲 直线、平面垂直的判定及其性质最新考纲 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.知 识 梳 理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(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1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.( )(2)垂直于同一个平面的两平面平行.( )(3)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面.( )(4)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.( ) 解析(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则有l⊥α或l与α斜交或l⊂α或l∥α，故(1)错误.(2)垂直于同一个平面的两个平面平行或相交，故(2)错误.(3)若两个平面垂直，则其中一个平面内的直线可能垂直于另一平面，也可能与另一平面平行，也可能与另一平面相交，也可能在另一平面内，故(3)错误.(4)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的所有直线，则α⊥β，故(4)错误.答案(1)×(2)×(3)×(4)×2.(必修2P56A组7T改编)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β解析对于D，若平面α⊥平面β，则平面α内的直线可能不垂直于平面β，即与平面β的关系还可以是斜交、平行或在平面β内，其他选项易知均是正确的.答案 D3.(2016·浙江卷)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则( )A.m∥lB.m∥nC.n⊥lD.m⊥n解析因为α∩β＝l，所以l⊂β，又n⊥β，所以n⊥l，故选C.答案 C4.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.答案 C5.(2017·浙江名校协作体联考)已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝ 2.将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中，( )A.存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B.存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C.存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D.对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直解析若AB⊥CD，BC⊥CD，则可得CD⊥平面ACB，因此有CD⊥AC.因为AB＝1，BC＝AD＝2，CD＝1，所以AC＝1，所以存在某个位置，使得AB⊥CD.答案 B6.(必修2P67练习2改编)在三棱锥P－ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O，(1)若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心.(2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的________心.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.图1 图2(2)如图2，∵PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，∴PC⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，∴PC⊥AB，又AB⊥PO，PO∩PC＝P，∴AB⊥平面PGC，又CG⊂平面PGC，∴AB⊥CG，即CG为△ABC边AB的高.同理可证BD，AH分别为△ABC边AC，BC上的高，即O为△ABC的垂心. 答案(1)外(2)垂考点一线面垂直的判定与性质【例1】如图，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.证明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.证明(1)在四棱锥P－ABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，又∵AC⊥CD，且PA∩AC＝A，∴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，∴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 ，∴PD ⊥平面ABE .规律方法 (1)证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α)；③面面平行的性质(a ⊥α，α∥β⇒a ⊥β)；④面面垂直的性质(α⊥β，α∩β＝a ，l ⊥a ，l ⊂β⇒l ⊥α).(2)证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.因此，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. 【训练1】 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 ＝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 △ABC 中，由3AC ＝BC 得，∠ABC ＝30°. 设AD ＝1，由3AD ＝DB 得，DB ＝3，BC ＝2 3. 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 ，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 . 考点二 面面垂直的判定与性质【例2】 (2015·山东卷)如图，三棱台DEF －ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点. (1)求证：BD ∥平面FGH ；(2)若CF ⊥BC ，AB ⊥BC ，求证：平面BCD ⊥平面EGH .证明(1)连接DG，CD，设CD∩GF＝M，连接MH.在三棱台DEF－ABC中，AB＝2DE，G为AC中点，可得DF∥GC，且DF＝GC，则四边形DFCG为平行四边形.从而M为CD的中点，又H为BC的中点，所以HM∥BD，又HM⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，故BD∥平面FGH.(2)连接HE，因为G，H分别为AC，BC的中点，所以GH∥AB.由AB⊥BC，得GH⊥BC.又H为BC的中点，所以EF∥HC，EF＝HC，因此四边形EFCH是平行四边形，所以CF∥HE.又CF⊥BC，所以HE⊥BC.又HE，GH⊂平面EGH，HE∩GH＝H，所以BC⊥平面EGH.又BC⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH.规律方法(1)证明平面和平面垂直的方法：①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理.(2)已知两平面垂直时，一般要用性质定理进行转化，在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直.【训练2】如图，在三棱锥P－ABC中，平面PAB⊥平面ABC，PA⊥PB，M，N分别为AB，PA的中点.(1)求证：PB∥平面MNC；(2)若AC＝BC，求证：PA⊥平面MNC.证明(1)因为M，N分别为AB，PA的中点，所以MN∥PB.又因为MN⊂平面MNC，PB⊄平面MNC，所以PB∥平面MNC.(2)因为PA⊥PB，MN∥PB，所以PA⊥MN.因为AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB.所以CM⊥平面PAB.因为PA⊂平面PAB，所以CM⊥PA.又MN∩CM＝M，所以PA⊥平面MNC.考点三平行与垂直的综合问题(多维探究)命题角度一多面体中平行与垂直关系的证明【例3－1】(2016·江苏卷)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明(1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A 1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D ⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.规律方法(1)三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化.(2)垂直与平行的结合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用.命题角度二平行垂直中探索性问题【例3－2】如图所示，平面ABCD⊥平面BCE，四边形ABCD为矩形，BC＝CE，点F为CE的中点.(1)证明：AE∥平面BDF.(2)点M为CD上任意一点，在线段AE上是否存在点P，使得PM⊥BE？若存在，确定点P的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由. (1)证明连接AC交BD于O，连接OF，如图①.∵四边形ABCD是矩形，∴O为AC的中点，又F为EC的中点，∴OF为△ACE的中位线，∴OF∥AE，又OF⊂平面BDF，AE⊄平面BDF，∴AE∥平面BDF.(2)解当P为AE中点时，有PM⊥BE，证明如下：取BE中点H，连接DP，PH，CH，∵P为AE的中点，H为BE的中点，∴PH∥AB，又AB∥CD，∴PH∥CD，∴P，H，C，D四点共面.∵平面ABCD⊥平面BCE，平面ABCD∩平面BCE＝BC，CD⊂平面ABCD，CD⊥BC. ∴CD⊥平面BCE，又BE⊂平面BCE，∴CD⊥BE，∵BC＝CE，H为BE的中点，∴CH⊥BE，又CD∩CH＝C，∴BE⊥平面DPHC，又PM⊂平面DPHC，∴BE⊥PM，即PM⊥BE.规律方法(1)求条件探索性问题的主要途径：①先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；②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.(2)涉及点的位置探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点. 【训练3】(2017·嘉兴七校联考)在如图所示的几何体中，面CDEF为正方形，面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AC＝3，AB＝2BC＝2，AC⊥FB.(1)求证：AC⊥平面FBC.(2)求四面体FBCD的体积.(3)线段AC上是否存在点M，使EA∥平面FDM？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.(1)证明在△ABC中，因为AC＝3，AB＝2，BC＝1，所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC.又因为AC⊥FB，BC∩FB＝B，所以AC⊥平面FBC.(2)解因为AC⊥平面FBC，FC⊂平面FBC，所以AC⊥FC.因为CD⊥FC，AC∩CD＝C，所以FC⊥平面ABCD.在等腰梯形ABCD中可得CB＝DC＝1，所以FC＝1.所以△BCD的面积为S＝3 4.所以四面体FBCD的体积为V F－BCD＝13S·FC＝312.(3)解线段AC上存在点M，且点M为AC中点时，有EA∥平面FDM.证明如下：连接CE ，与DF 交于点N ，取AC 的中点M ，连接MN . 因为四边形CDEF 是正方形， 所以点N 为CE 的中点.所以EA ∥MN .因为MN ⊂平面FDM ，EA ⊄平面FDM ， 所以EA ∥平面FDM .所以线段AC 上存在点M ，且M 为AC 的中点，使得EA ∥平面FDM 成立.[思想方法]1.证明线面垂直的方法：(1)线面垂直的定义：a 与α内任何直线都垂直⇒a ⊥α； (2)判定定理1：⎭⎬⎫m ，n ⊂α，m ∩n ＝A l ⊥m ，l ⊥n⇒l ⊥α； (3)判定定理2：a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α；(4)面面垂直的性质：α⊥β，α∩β＝l ，a ⊂α，a ⊥l ⇒a ⊥β； 2.证明面面垂直的方法(1)利用定义：两个平面相交，所成的二面角是直二面角； (2)判定定理：a ⊂α，a ⊥β⇒α⊥β. 3.转化思想：垂直关系的转化[易错防范]1.证明线面垂直时，易忽视面内两条线为相交线这一条件.2.面面垂直的判定定理中，直线在面内且垂直于另一平面易忽视.3.面面垂直的性质定理在使用时易忘面内一线垂直于交线而盲目套用造成失误.4.在解决直线与平面垂直的问题过程中，要注意直线与平面垂直的定义、判定定理和性质定理的联合交替使用，即注意线线垂直和线面垂直的相互转化.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.(2015·浙江卷)设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β( )A.若l⊥β，则α⊥βB.若α⊥β，则l⊥mC.若l∥β，则α∥βD.若α∥β，则l∥m解析由面面垂直的判定定理，可知A选项正确；B选项中，l与m可能平行；C选项中，α与β可能相交；D选项中，l与m可能异面.答案 A2.(2017·深圳四校联考)若平面α，β满足α⊥β，α∩β＝l，P∈α，P∉l，则下列命题中是假命题的为( )A.过点P垂直于平面α的直线平行于平面βB.过点P垂直于直线l的直线在平面α内C.过点P垂直于平面β的直线在平面α内D.过点P且在平面α内垂直于l的直线必垂直于平面β解析由于过点P垂直于平面α的直线必平行于平面β内垂直于交线的直线，因此也平行于平面β，因此A正确.过点P垂直于直线l的直线有可能垂直于平面α，不一定在平面α内，因此B不正确.根据面面垂直的性质定理知，选项C，D正确.答案 B3.如图，在正四面体P－ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是( )A.BC∥平面PDFB.DF⊥平面PAEC.平面PDF⊥平面PAED.平面PDE⊥平面ABC解析因为BC∥DF，DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，所以BC∥平面PDF，故选项A正确.在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，AE∩PE＝E，∴BC⊥平面PAE，DF∥BC，则DF⊥平面PAE，又DF⊂平面PDF，从而平面PDF⊥平面PAE.因此选项B，C均正确.答案 D4.(2017·丽水调研)设l是直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是( )A.若l∥α，l∥β，则α∥βB.若l∥α，l⊥β，则α⊥βC.若α⊥β，l⊥α，则l∥βD.若α⊥β，l∥α，则l⊥β解析A中，α∥β或α与β相交，不正确.B中，过直线l作平面γ，设α∩γ＝l′，则l′∥l，由l⊥β，知l′⊥β，从而α⊥β，B正确.C中，l∥β或l⊂β，C不正确.D中，l与β的位置关系不确定.答案 B5.(2017·天津滨海新区模拟)如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥D－ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的是( )A.①②④B.①②③C.②③④D.①③④解析由题意知，BD⊥平面ADC，且AC⊂平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD 为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正确；由①知④错.答案 B二、填空题6.如图，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________.解析∵PA⊥平面ABC，AB，AC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，则△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.答案 47.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD(只要填写一个你认为正确的条件即可).解析由定理可知，BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，有PC⊥平面MBD.又PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.答案DM⊥PC(或BM⊥PC等)8.(2016·全国Ⅱ卷改编)α，β是两个平面，m，n是两条直线.(1)如果m⊥α，n∥α，那么m，n的位置关系是________；(2)如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角的大小关系是________.解析(1)由线面平行的性质定理知存在直线l⊂α，n∥l，m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n.(2)因为m∥n，所以m与α所成的角和n与α所成的角相等.因为α∥β，所以n与α所成的角和n与β所成的角相等，所以m与α所成的角和n与β所成的角相等.答案(1)垂直(2)相等三、解答题9.(2017·青岛质检)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.(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BCG .又EF ∥AD ，所以EF ⊥平面BCG .(2)解 在平面ABC 内，作AO ⊥BC ，交CB 的延长线于O ，如图由平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABC ∩平面BDC ＝BC ，AO ⊂平面ABC ，知AO ⊥平面BDC .又G 为AD 中点，因此G 到平面BDC 的距离h 是AO 长度的一半.在△AOB 中，AO ＝AB ·sin 60°＝3，所以V D －BCG ＝V G －BCD ＝13S △DBC ·h ＝13×12BD ·BC · sin 120°·32＝12.10.(2016·北京卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，DC ⊥AC .(1)求证：DC ⊥平面PAC ；(2)求证：平面PAB ⊥平面PAC ；(3)设点E 为AB 的中点，在棱PB 上是否存在点F ，使得PA ∥平面CEF ？说明理由.(1)证明 因为PC ⊥平面ABCD ，所以PC ⊥DC .又因为AC ⊥DC ，且PC ∩AC ＝C ，所以DC ⊥平面PAC .(2)证明 因为AB ∥DC ，DC ⊥AC ，所以AB ⊥AC .因为PC ⊥平面ABCD ，所以PC ⊥AB .又因为PC ∩AC ＝C ，所以AB ⊥平面PAC .又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC.(3)解棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.理由如下：取PB的中点F，连接EF，CE，CF，又因为E为AB的中点，所以EF∥PA.又因为PA⊄平面CEF，且EF⊂平面CEF，所以PA∥平面CEF.能力提升题组(建议用时：25分钟)11.设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面.则下列说法正确的是( )A.若m⊥n，n∥α，则m⊥αB.若m∥β，β⊥α，则m⊥αC.若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥αD.若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α解析A中，由m⊥n，n∥α可得m∥α或m与α相交或m⊂α，错误；B中，由m∥β，β⊥α可得m∥α或m与α相交或m⊂α，错误；C中，由m⊥β，n⊥β可得m∥n，又n⊥α，所以m⊥α，正确；D中，由m⊥n，n⊥β，β⊥α可得m∥α或m与α相交或m⊂α，错误.答案 C12.(2017·诸暨调研)如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，沿AE，AF，EF把正方形折成一个四面体，使B，C，D三点重合，重合后的点记为P，P点在△AEF内的射影为O，则下列说法正确的是( )A.O是△AEF的垂心B.O是△AEF的内心C.O是△AEF的外心D.O是△AEF的重心解析由题意可知PA，PE，PF两两垂直，所以PA⊥平面PEF，从而PA⊥EF，而PO⊥平面AEF，则PO⊥EF，因为PO∩PA＝P，所以EF⊥平面PAO，∴EF⊥AO，同理可知AE⊥FO，AF⊥EO，∴O为△AEF的垂心.答案 A13.如图，已知六棱锥P －ABCDEF 的底面是正六边形，PA ⊥平面ABC ，PA ＝2AB ，则下列结论中：①PB ⊥AE ；②平面ABC ⊥平面PBC ；③直线BC ∥平面PAE ；④∠PDA ＝45°.其中正确的有________(把所有正确的序号都填上).解析 由PA ⊥平面ABC ，AE ⊂平面ABC ，得PA ⊥AE ，又由正六边形的性质得AE ⊥AB ，PA ∩AB ＝A ，得AE ⊥平面PAB ，又PB ⊂平面PAB ，∴AE ⊥PB ，①正确；又平面PAD ⊥平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面PBC 不成立，②错；由正六边形的性质得BC ∥AD ，又AD ⊂平面PAD ，BC ⊄平面PAD ，∴BC ∥平面PAD ，∴直线BC ∥平面PAE 也不成立，③错；在Rt △PAD 中，PA ＝AD ＝2AB ，∴∠PDA ＝45°，∴④正确.答案 ①④14.(2016·四川卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥CD ，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .(1)在平面PAD 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PAB ，并说明理由.(2)证明：平面PAB ⊥平面PBD .(1)解 取棱AD 的中点M (M ∈平面PAD )，点M 即为所求的一个点，理由如下：因为AD ∥BC ，BC ＝12AD .所以BC ∥AM ，且BC ＝AM . 所以四边形AMCB 是平行四边形，从而CM ∥AB .又AB ⊂平面PAB .CM ⊄平面PAB .所以CM ∥平面PAB .(说明：取棱PD 的中点N ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点)(2)证明 由已知，PA ⊥AB ，PA ⊥CD .因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ， 所以直线AB 与CD 相交，所以PA ⊥平面ABCD .又BD⊂平面ABCD，从而PA⊥BD.因为AD∥BC，BC＝12 AD，M为AD的中点，连接BM，所以BC∥MD，且BC＝MD.所以四边形BCDM是平行四边形，所以BM＝CD＝12AD，所以BD⊥AB.又AB∩AP＝A，所以BD⊥平面PAB.又BD⊂平面PBD，所以平面PAB⊥平面PBD.15.(2016·浙江卷)如图，在三棱台ABC－DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.(1)求证：BF⊥平面ACFD；(2)求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值.(1)证明延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示，因为平面BCFE⊥平面ABC，且AC⊥BC，所以AC⊥平面BCK，因此BF⊥AC.又因为EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，所以△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BF⊥CK.所以BF⊥平面ACFD.(2)解由(1)知BF⊥平面ACFD，所以BF⊥平面ACK，所以∠BDF是直线BD与平面ACFD所成的角.在Rt△BFD中，BF＝3，DF＝32，得cos ∠BDF＝217.所以，直线BD与平面ACFD所成角的余弦值为21 7.。
浙江专用2018年高考数学总复习教师用书：第8章 第2讲空间几何体的表面积与体积含解析
第2讲 空间几何体的表面积与体积最新考纲 了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.知 识 梳 理1.多面体的表(侧)面积多面体的各个面都是平面，则多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和.2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式1.判断正误(在括号内打“√”或“×”) (1)锥体的体积等于底面面积与高之积.( ) (2)球的体积之比等于半径比的平方.( )(3)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差.( )(4)已知球O 的半径为R ，其内接正方体的边长为a ，则R ＝32a .( ) 解析 (1)锥体的体积等于底面面积与高之积的三分之一，故不正确. (2)球的体积之比等于半径比的立方，故不正确. 答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√2.已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( ) A.1 cmB.2 cmC.3 cmD.32cm 解析 S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π，∴r 2＝4，∴r ＝2(cm). 答案 B3.(2017·绍兴一中月考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A.3πB.4πC.2π＋4D.3π＋4解析 由几何体的三视图可知，该几何体为半圆柱，直观图如图所示. 表面积为2×2＋2×12×π×12＋π×1×2＝4＋3π.答案 D4.(2016·全国Ⅱ卷)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A.12π B.323π C.8πD.4π解析 设正方体的棱长为a ，则a 3＝8，解得a ＝2.设球的半径为R ，则2R ＝3a ，即R ＝ 3.所以球的表面积S ＝4πR 2＝12π. 答案 A5.(2016·天津卷)已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m 3.解析 根据三视图可知该四棱锥的底面是底边长为2 m ，高为1 m 的平行四边形，四棱锥的高为3 m.故该四棱锥的体积V ＝13×2×1×3＝2 (m 3).答案 26.(2016·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm 2，体积是________cm 3.解析 由三视图可知，该几何体为两个相同长方体组合，长方体的长、宽、高分别为 4 cm 、2 cm 、2 cm ，其直观图如下：其体积V ＝2×2×2×4＝32(cm 3)，由于两个长方体重叠部分为一个边长为2的正方形，所以表面积为S ＝2(2×2×2＋2×4×4)－2×2×2＝2×(8＋32)－8＝72(cm 2). 答案 72 32考点一 空间几何体的表面积【例1】 (1)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( )A.8＋2 2B.11＋2 2C.14＋2 2D.15(2)(2016·全国Ⅰ卷)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( ) A.17π B.18π C.20πD.28π解析 (1)由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示.直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3.所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.(2)由三视图知该几何体为球去掉了18球所剩的几何体(如图).设球的半径为R ， 则78×43πR 3＝28π3，R ＝2.故几何体的表面积S＝78×4πR2＋34πR2＝17 π.答案(1)B (2)A规律方法空间几何体表面积的求法.(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量.(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理.(3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.【训练1】(2016·全国Ⅲ卷)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )A.18＋36 5B.54＋18 5C.90D.81解析由几何体的三视图可知，该几何体是底面为正方形的斜平行六面体. 由题意可知该几何体底面边长为3，高为6，所以侧棱长为32＋62＝3 5.故该几何体的表面积S＝32×2＋(3×6)×2＋(3×35)×2＝54＋18 5.答案 B考点二空间几何体的体积【例2】(1)(2016·山东卷)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示.则该几何体的体积为( )A.13＋23π B.13＋23π C.13＋26πD.1＋26π(2)(2016·浙江卷)如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD ＝DA ，PB ＝BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是________.解析 (1)由三视图知该四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝13＋26π. (2)设PD ＝DA ＝x ，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°， ∴AC ＝AB 2＋BC 2－2·AB ·BC ·cos ∠ABC ＝4＋4－2×2×2×cos 120°＝23，∴CD ＝23－x ，且∠ACB ＝12(180°－120°)＝30°，∴S △BCD ＝12BC ·DC ×sin ∠ACB ＝12×2×(23－x )×12＝12(23－x ).要使四面体体积最大，当且仅当点P 到平面BCD 的距离最大，而P 到平面BCD 的最大距离为x . 则V四面体PBCD＝13×12(23－x )x ＝16[－(x －3)2＋3]，由于0＜x ＜23，故当x＝3时，V 四面体PBCD 的最大值为16×3＝12.答案 (1)C (2)12规律方法 空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解.(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解.(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解.【训练2】 (1)已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.22π3B.42π3C.22πD.42π(2)(2015·浙江卷改编)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是________cm 3.解析 (1)绕等腰直角三角形的斜边所在的直线旋转一周形成的曲面围成的几何体为两个底面重合，等体积的圆锥的组合体，如图所示.每一个圆锥的底面半径和高都为2，故所求几何体的体积V ＝2×13×2π×2＝42π3.(2)由三视图可知该几何体是由棱长为2 cm 的正方体与底面边长为2 cm 正方形、高为2 cm 的正四棱锥组成.又正方体的体积V 1＝23＝8(cm 3)， 正四棱锥的体积V 2＝13×22×2＝83(cm 3).所以该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝323(cm 3). 答案 (1)B (2)323考点三 多面体与球的切、接问题(典例迁移)【例3】 (经典母题)(2016·全国Ⅲ卷)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( ) A.4πB.9π2C.6πD.32π3解析 由AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，得AC ＝10.要使球的体积V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面△ABC 的内切圆的半径为r .则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ，所以r ＝2. 2r ＝4＞3，不合题意.球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R 最大. 由2R ＝3，即R ＝32.故球的最大体积V ＝43πR 3＝92π.答案 B【迁移探究1】 若本例中的条件变为“直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上”，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，求球O 的表面积. 解 将直三棱柱补形为长方体ABEC －A 1B 1E 1C 1， 则球O 是长方体ABEC －A 1B 1E 1C 1的外接球. ∴体对角线BC 1的长为球O 的直径. 因此2R ＝32＋42＋122＝13. 故S 球＝4πR 2＝169π.【迁移探究2】 若本例中的条件变为“正四棱锥的顶点都在球O 的球面上”，若该棱锥的高为4，底面边长为2，求该球的体积. 解 如图，设球心为O ，半径为r ，则在Rt △AOF 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2， 解得r ＝94，则球O 的体积V 球＝43πr 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫943＝243π16.规律方法 空间几何体与球接、切问题的求解方法.(1)与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题.(2)若球面上四点P ，A ，B ，C 中PA ，PB ，PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题.[思想方法]1.转化与化归思想：计算旋转体的侧面积时，一般采用转化的方法来进行，即将侧面展开化为平面图形，“化曲为直”来解决，因此要熟悉常见旋转体的侧面展开图的形状及平面图形面积的求法.2.求体积的两种方法：(1)割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决.(2)等积法：等积法包括等面积法和等体积法.等体积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高. [易错防范]1.求组合体的表面积时：组合体的衔接部分的面积问题易出错.2.由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误.3.底面是梯形的四棱柱侧放时，容易和四棱台混淆，在识别时要紧扣定义，以防出错.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.(2015·全国Ⅰ卷)《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：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( ) A.14斛 B.22斛 C.36斛D.66斛解析 设米堆的底面半径为r 尺，则π2r ＝8，所以r ＝16π. 所以米堆的体积为V ＝14×13π·r 2·5＝π12·⎝ ⎛⎭⎪⎫16π2·5≈3209(立方尺).故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛).答案 B2.某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x 的值是( )A.2B.92C.32D.3解析由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是直角梯形，且S底＝12(1＋2)×2＝3.∴V＝13x·3＝3，解得x＝3.答案 D3.(2017·宁波十校联考)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( )A.1＋ 3B.2＋ 3C.1＋2 2D.2 2解析四面体的直观图如图所示.侧面SAC⊥底面ABC，且△SAC与△ABC均为腰长是2的等腰直角三角形，SA＝SC＝AB＝BC＝2，AC＝2.设AC的中点为O，连接SO，BO，则SO⊥AC，又SO⊂平面SAC，平面SAC∩平面ABC＝AC，∴SO⊥平面ABC，又BO⊂平面ABC，∴SO⊥BO.又OS＝OB＝1，∴SB＝2，故△SAB与△SBC均是边长为2的正三角形，故该四面体的表面积为2×12×2×2＋2×34×(2)2＝2＋ 3.答案 B4.(2015·全国Ⅱ卷)已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点.若三棱锥O－ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为( ) A.36π B.64π C.144π D.256π解析因为△AOB的面积为定值，所以当OC垂直于平面AOB时，三棱锥O－ABC的体积取得最大值.由13×12R2×R＝36，得R＝6.从而球O的表面积S＝4πR2＝答案 C5.(2017·青岛模拟)如图，四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 为平行四边形，NB ＝2PN ，则三棱锥N －PAC 与三棱锥D －PAC 的体积比为( ) A.1∶2 B.1∶8 C.1∶6D.1∶3解析 设点P ，N 在平面ABCD 内的投影分别为点P ′，N ′，则PP ′⊥平面ABCD ，NN ′⊥平面ABCD ，所以PP ′∥NN ′，则在△BPP ′中，由BN ＝2PN 得NN ′PP ′＝23. V 三棱锥N －PAC ＝V 三棱锥P －ABC －V 三棱锥N －ABC ＝13S △ABC ·PP ′－ 13S △ABC ·NN ′＝13S △ABC ·(PP ′－NN ′)＝13S △ABC · 13PP ′＝19S △ABC ·PP ′，V 三棱锥D －PAC ＝V三棱锥P －ACD＝13S △ACD ·PP ′，又∵四边形ABCD 是平行四边形，∴S △ABC ＝S △ACD ，∴V 三棱锥N －PAC V 三棱锥D －PAC ＝13.故选D.答案 D 二、填空题6.(2016·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm 2，体积是________cm 3.解析 由三视图可知该几何体由一个正方体和一个长方体组合而成，上面正方体的边长为2 cm ，下面长方体是底面边长为4 cm ，高为2 cm ，其直观图如右图：其表面积S ＝6×22＋2×42＋4×2×4－2×22＝80(cm 2).体积V ＝2×2×2＋4×4×2＝答案 80 407.已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为________.解析 依题意可知正四棱柱体对角线的长度等于球的直径，可设球半径为R ，则2R ＝12＋12＋（2）2＝2， 解得R ＝1，所以V ＝4π3R 3＝4π3. 答案43π 8.(2017·湖州质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________；表面积为________.解析 由三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为2的圆柱和底面半径为1，高为1的半圆锥拼成的组合体.∴体积V ＝π×12×2＋12×13π×12×1＝136π；半圆锥母线l＝2，S 表＝π×12＋2π×1×2＋12π×12＋12π×1×2＋12×2×1＝11＋22π＋1. 答案136π 11＋22π＋1 三、解答题9.已知一个几何体的三视图如图所示.(1)求此几何体的表面积；(2)如果点P，Q在正视图中所示位置，P为所在线段中点，Q为顶点，求在几何体表面上，从P点到Q点的最短路径的长.解(1)由三视图知该几何体是由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和.S圆锥侧＝12(2πa)·(2a)＝2πa2，S圆柱侧＝(2πa)·(2a)＝4πa2，S圆柱底＝πa2，所以S表＝2πa2＋4πa2＋πa2＝(2＋5)πa2.(2)沿P点与Q点所在母线剪开圆柱侧面，如图.则PQ＝AP2＋AQ2＝a2＋（πa）2＝a1＋π2，所以从P点到Q点在侧面上的最短路径的长为a1＋π2.10.(2015·全国Ⅱ卷)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F ＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.解(1)交线围成的正方形EHGF如图所示.(2)如图，作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EB 1＝12，EM ＝AA 1＝8. 因为四边形EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10. 于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，AH ＝10，HB ＝6. 故S 四边形A 1EHA ＝12×(4＋10)×8＝56，S 四边形EB 1BH ＝12×(12＋6)×8＝72.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱， 所以其体积的比值为97⎝ ⎛⎭⎪⎫79也正确.能力提升题组 (建议用时：25分钟)11.若某一几何体的正视图与侧视图均为边长是1的正方形，且其体积为12，则该几何体的俯视图可以是( )解析 若俯视图为A ，则该几何体为正方体，其体积为1，不满足条件.若俯视图为B ，则该几何体为圆柱，其体积为π⎝ ⎛⎭⎪⎫122×1＝π4，不满足条件.若俯视图为C ，则该几何体为三棱柱，其体积为12×1×1×1＝12，满足条件.若俯视图为D ，则该几何体为圆柱的14，体积为14π×1＝π4，不满足条件.答案 C12.(2017·丽水调研)在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，D 为侧棱PC 上的一点，它的正视图和侧视图如图所示，则下列命题正确的是( )A.AD ⊥平面PBC 且三棱锥D －ABC 的体积为83B.BD ⊥平面PAC 且三棱锥D －ABC 的体积为83C.AD ⊥平面PBC 且三棱锥D －ABC 的体积为163D.BD ⊥平面PAC 且三棱锥D －ABC 的体积为163解析 因为PA ⊥平面ABC ，所以PA ⊥BC ，又AC ⊥BC ，PA ∩AC ＝A ，所以BC ⊥平面PAC ，所以BC ⊥AD ，又由三视图可得，在△PAC 中，PA ＝AC ＝4，D 为PC 的中点，所以AD ⊥PC ，又PC ∩BC ＝C ，故AD ⊥平面PBC . 又由三视图可知BC ＝4，∠ADC ＝90°，BC ⊥平面PAC ， 故V D －ABC ＝V B －ADC ＝13×12×22×22×4＝163.答案 C13.(2017·嘉兴调研)一个空间几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则侧视图的面积为________cm 2，该几何体的体积为________cm 3.解析 根据几何体的三视图，得：该几何体的左边是半圆锥，右边是直三棱锥的组合体，如图所示；且该几何体侧视图是底边长为2，高为1的等腰三角形，面积为12×2×1＝1 cm 2，该几何体的体积为V 半圆锥＋V 三棱锥＝13×12×π×12×1＋13×12×2×1×1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋13 cm 3. 答案 1 π6＋1314.四面体ABCD 及其三视图如图所示，平行于棱AD ，BC 的平面分别交四面体的棱AB ，BD ，DC ，CA 于点E ，F ，G ，H .(1)求四面体ABCD 的体积； (2)证明：四边形EFGH 是矩形. (1)解 由该四面体的三视图可知，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，BD ＝DC ＝2，AD ＝1， 又BD ∩DC ＝D ， ∴AD ⊥平面BDC ，∴四面体ABCD 的体积V ＝13×12×2×2×1＝23.(2)证明 ∵BC ∥平面EFGH ，平面EFGH ∩平面BDC ＝FG ， 平面EFGH ∩平面ABC ＝EH ， ∴BC ∥FG ，BC ∥EH ， ∴FG ∥EH .同理，EF ∥AD ，HG ∥AD ，∴EF ∥HG ， ∴四边形EFGH 是平行四边形.又∵AD ⊥平面BDC ，BC ⊂平面BDC ，∴AD ⊥BC ，∴EF ⊥FG ，∴四边形EFGH 是矩形.15.如图所示，A 1A 是圆柱的母线，AB 是圆柱底面圆的直径，C 是底面圆周上异于A ，B 的任意一点，AA 1＝AB ＝2. (1)求证：BC ⊥平面A 1AC ；(2)求三棱锥A 1－ABC 的体积的最大值.(1)证明 因为C 是底面圆周上异于A ，B 的一点，且AB 为底面圆的直径，所以BC ⊥AC .因为AA 1⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ， 所以AA 1⊥BC .因为AA 1∩AC ＝A ，AA 1⊂平面A 1AC ，AC ⊂平面A 1AC ，所以BC ⊥平面A 1AC . (2)解 法一 设AC ＝x ，在Rt △ABC 中，BC ＝AB 2－AC 2＝4－x 2(0<x <2)， 故VA 1－ABC ＝13S △ABC ×AA 1＝13×12×AC ×BC ×AA 1＝13x 4－x 2(0<x <2)，即VA 1－ABC＝13x 4－x 2＝13x 2（4－x 2）＝13－（x 2－2）2＋4. 因为0<x <2，所以0<x 2<4.所以当x 2＝2，即x ＝2时，三棱锥A 1－ABC 的体积取得最大值为23.法二 在Rt △ABC 中，AC 2＋BC 2＝AB 2＝4，VA 1－ABC ＝13S △ABC ×AA 1＝13×12×AC ×BC ×AA 1＝13×AC ×BC ≤13×AC 2＋BC 22＝13×AB 22＝23. 当且仅当AC ＝BC 时等号成立，此时AC ＝BC ＝ 2. 所以三棱锥A 1－ABC 的体积的最大值为23.。
高考数学大复习 第八章 立体几何 8.2 空间点、直线、平面之间的位置关系教师用书 文 苏教版(2
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8.2 空间点、直线、平面之间的位置关系1。
四个公理公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内.公理2：如果两个平面有一个公共点，那么它们还有其他公共点，这些公共点的集合是经过这个公共点的一条直线。
公理3：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面。
公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行。
2。
直线与直线的位置关系(1)位置关系的分类错误!(2）异面直线所成的角①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任意一点O,作直线a′∥a，b′∥b，把直线a′与b′所成的锐角（或直角）叫做异面直线a,b所成的角.②范围：错误!.3.直线与平面的位置关系有直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情况.4。
平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况。
5.等角定理如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行并且方向相同,那么这两个角相等.【知识拓展】1.唯一性定理（1）过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行.（2）过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直.(3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行.(4）过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直.2.异面直线的判定定理经过平面内一点的直线与平面内不经过该点的直线互为异面直线。
浙江专版2018高考数学一轮复习第8章平面解析几何第1节直线的倾斜角与斜率直线的方程
第八章平面解析几何[深研高考·备考导航]为教师备课、授课提供丰富教学资源[五年考情]综合近5年浙江卷高考试题，我们发现高考主要考查直线的方程、圆的方程、直线与圆、圆与圆的位置关系、圆锥曲线(椭圆、双曲线、抛物线)的定义、标准方程及性质、直线与圆锥曲线的位置关系及综合应用，突出对数形结合思想、函数与方程思想、转化与化归思想的考查．第一节 直线的倾斜角与斜率、直线的方程1．直线的倾斜角(1)定义：当直线l 与x 轴相交时，取x 轴作为基准，x 轴正向与直线l 向上方向之间所成的角叫做直线l 的倾斜角．当直线l 与x 轴平行或重合时，规定它的倾斜角为0.(2)范围：直线l 倾斜角的取值范围是[0，π)． 2．斜率公式(1)直线l 的倾斜角为α≠90°，则斜率k ＝tan_α.(2)P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)在直线l 上，且x 1≠x 2，则l 的斜率k ＝y 2－y 1x 2－x 1. 3．直线方程的五种形式1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)根据直线的倾斜角的大小不能确定直线的位置．( ) (2)坐标平面内的任何一条直线均有倾斜角与斜率．( )(3)过定点P 0(x 0，y 0)的直线都可用方程y －y 0＝k (x －x 0)表示．( )(4)经过任意两个不同的点P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)的直线都可以用方程(y －y 1)(x 2－x 1)＝(x －x 1)(y 2－y 1)表示．( )[答案] (1)√ (2)× (3)× (4)√2．(教材改编)若直线l 与直线y ＝1，x ＝7分别交于点P ，Q ，且线段PQ 的中点坐标为(1，－1)，则直线l 的斜率为( )A.13 B ．－13C ．－32D.23B [设P (x,1)，Q (7，y )，则x ＋72＝1，y ＋12＝－1，∴x ＝－5，y ＝－3，即P (－5,1)，Q (7，－3)， 故直线l 的斜率k ＝－3－17＋5＝－13.]3．已知直线l 过圆x 2＋(y －3)2＝4的圆心，且与直线x ＋y ＋1＝0垂直，则直线l 的方程是( )A ．x ＋y －2＝0B ．x －y ＋2＝0C ．x ＋y －3＝0D ．x －y ＋3＝0D [圆x 2＋(y －3)2＝4的圆心为点(0,3)，又因为直线l 与直线x ＋y ＋1＝0垂直，所以直线l 的斜率k ＝1.由点斜式得直线l ：y －3＝x －0，化简得x －y ＋3＝0.]4．直线l ：ax ＋y －2－a ＝0在x 轴和y 轴上的截距相等，则实数a ＝________.【导学号：51062257】1或－2 [令x ＝0，则l 在y 轴上的截距为2＋a ；令y ＝0，得直线l 在x 轴上的截距为1＋2a.依题意2＋a ＝1＋2a，解得a ＝1或a ＝－2.]5．(2017·湖州模拟)过点P (2,3)，并且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线l 的方程为________．3x －2y ＝0或x －y ＋1＝0 [当直线过原点时，方程为y ＝32x ，即3x －2y ＝0.当直线l 不过原点时，设直线方程为x a －y a＝1. 将P (2,3)代入方程，得a ＝－1， 所以直线l 的方程为x －y ＋1＝0.综上，所求直线l 的方程为3x －2y ＝0或x －y ＋1＝0.](1)直线x －y cos θ＋1＝0(θ∈R )的倾斜角α的取值范围是________． (2)(2017·舟山模拟)若直线l 过点P (－3,2)，且与以A (－2，－3)，B (3,0)为端点的线段相交，则直线l 的斜率的取值范围是________．(1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，3π4 (2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤－5，－13 [(1)当θ＝k π＋π2(k ∈Z )时，cos θ＝0，直线为x＋1＝0，其倾斜角为π2.当θ≠k π＋π2(k ∈Z )时，直线l 的斜率为tan α＝1cos θ∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)，所以直线l 的倾斜角的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫π4，π2∪⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，3π4.综上，α的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，3π4.(2)因为P (－3,2)，A (－2，－3)，B (3,0)，则k PA ＝－3－2－2－ －3＝－5，k PB ＝0－23－ －3 ＝－13.如图所示，当直线l 与线段AB 相交时，直线l 的斜率的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－5，－13.][规律方法] 1.(1)任一直线都有倾斜角，但斜率不一定都存在；直线倾斜角的范围是[0，π)，斜率的取值范围是R .(2)正切函数在[0，π)上不单调，借助图象或单位圆数形结合，确定倾斜角α的取值范围．2．第(2)问求解要注意两点： (1)斜率公式的正确计算；(2)数形结合写出斜率的范围，切莫误认为k ≤－5或k ≥－13.[变式训练1] (1)直线l 经过点A (1,2)，在x 轴上的截距的取值范围是(－3,3)，则其斜率k 的取值范围是( )A ．－1＜k ＜15B ．k ＞1或k ＜12C ．k ＞15或k ＜1D ．k ＞12或k ＜－1(2)直线l 经过点A (3,1)，B (2，－m 2)(m ∈R )两点，则直线l 的倾斜角α的取值范围是________. 【导学号：51062258】(1)D (2)⎣⎢⎡⎭⎪⎫π4，π2 [(1)设直线的斜率为k ，则直线方程为y －2＝k (x －1)，直线在x 轴上的截距为1－2k.令－3＜1－2k ＜3，解不等式得k ＜－1或k ＞12.(2)直线l 的斜率k ＝1＋m 23－2＝1＋m 2≥1，所以k ＝tan α≥1.又y ＝tan α在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上是增函数，因此π4≤α＜π2.](1)过点A (1,3)，斜率是直线y ＝－4x 的斜率的13的直线方程为________．(2)若A (1，－2)，B (5,6)，直线l 经过AB 的中点M 且在两坐标轴上的截距相等，求直线l 的方程．(1)4x ＋3y －13＝0 [设所求直线的斜率为k ，依题意k ＝－4×13＝－43.又直线经过点A (1,3)，因此所求直线方程为y －3＝－43(x －1)，即4x ＋3y －13＝0.](2)法一：设直线l 在x 轴，y 轴上的截距均为a . 由题意得M (3,2).2分若a ＝0，即l 过点(0,0)和(3,2)，所以直线l 的方程为y ＝23x ，即2x －3y ＝0.6分若a ≠0，设直线l 的方程为x a ＋y a＝1， 因为直线l 过点M (3,2)，所以3a ＋2a＝1，10分所以a ＝5，此时直线l 的方程为x 5＋y5＝1，即x ＋y －5＝0.综上，直线l 的方程为2x －3y ＝0或x ＋y －5＝0.14分法二：易知M (3,2)，由题意知所求直线l 的斜率k 存在且k ≠0，则直线l 的方程为y －2＝k (x －3).2分令y ＝0，得x ＝3－2k；令x ＝0，得y ＝2－3k .6分所以3－2k ＝2－3k ，解得k ＝－1或k ＝23.10分所以直线l 的方程为y －2＝－(x －3)或y －2＝23(x －3)，即x ＋y －5＝0或2x －3y ＝0.14分[规律方法] 1.截距可正、可负、可为0，因此在解与截距有关的问题时，一定要注意“截距为0”的情况，以防漏解．2．求直线方程的方法主要有两种：直接法与待定系数法．运用待定系数法要先设出直线方程，再根据条件求出待定系数．利用此方法，注意各种形式的适用条件，选择适当的直线方程的形式至关重要．[变式训练2] 求过点A (－1，－3)且倾斜角等于直线y ＝3x 的倾斜角的2倍的直线方程．[解] 由已知设直线y ＝3x 的倾斜角为α，2分 则所求直线的倾斜角为2α.6分 ∵tan α＝3，∴tan 2α＝2tan α1－tan 2α＝－34.10分 又直线经过点A (－1，－3)，因此所求直线方程为y ＋3＝－34(x ＋1)，即3x ＋4y ＋15＝0.14分A ，B 两点，O为坐标原点．求：(1)当|OA |＋|OB |取得最小值时，直线l 的方程； (2)当|MA |2＋|MB |2取得最小值时，直线l 的方程． [解] (1)设A (a,0)，B (0，b )(a ＞0，b ＞0)．设直线l 的方程为x a ＋y b＝1，则1a ＋1b＝1，所以|OA |＋|OB |＝a ＋b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b＝2＋b a ＋a b≥2＋2b a ·ab＝4，3分 当且仅当a ＝b ＝2时取等号，此时直线l 的方程为x ＋y －2＝0.5分 (2)设直线l 的斜率为k ，则k ＜0，直线l 的方程为y －1＝k (x －1)，则A ⎝⎛⎭⎪⎫1－1k，0，B (0,1－k )，8分所以|MA |2＋|MB |2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1＋1k 2＋12＋12＋(1－1＋k )2＝2＋k 2＋1k2≥2＋2k 2·1k2＝4.11分当且仅当k 2＝1k2，即k ＝－1时，上式等号成立．所以当|MA |2＋|MB |2取得最小值时，直线l 的方程为x ＋y －2＝0.14分[规律方法] 1.求解本题的关键是找出|OA |＋|OB |与|MA |2＋|MB |2取得最小值的求法，恰当设出方程的形式，利用均值不等式求解，但一定要注意等号成立的条件．2．利用直线方程解决问题，为简化运算可灵活选用直线方程的形式．一般地，已知一点通常选择点斜式；已知斜率选择斜截式或点斜式；已知截距选择截距式．[变式训练3] 已知直线l 1：ax －2y ＝2a －4，l 2：2x ＋a 2y ＝2a 2＋4，当0＜a ＜2时，直线l 1，l 2与两坐标轴正半轴围成一个四边形，则当a 为何值时，四边形的面积最小？[解] 由⎩⎪⎨⎪⎧ax －2y ＝2a －4，2x ＋a 2y ＝2a 2＋4，得x ＝y ＝2，2分∴直线l 1与l 2交于点A (2,2)(如图)．易知|OB |＝a 2＋2，|OC |＝2－a ，6分 则S四边形OBAC＝S △AOB ＋S △AOC ＝12×2(a 2＋2)＋12×2(2－a )＝a 2－a ＋4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋154，a ∈(0,2)，12分∴当a ＝12时，四边形OBAC 的面积最小.14分[思想与方法]1．求直线方程的两种常见方法：(1)直接法：根据已知条件选择恰当的直线方程形式，直接求出直线方程．(2)待定系数法：先根据已知条件设出直线方程，再根据已知条件构造关于待定系数的方程(组)，求出待定系数，从而求出直线方程．2．5种形式的直线方程都有不同的适用条件，当条件不具备时，要注意分类讨论思想的应用．[易错与防范]1．求直线方程时要注意判断直线斜率是否存在；每条直线都有倾斜角，但不一定每条直线都存在斜率．2．根据斜率求倾斜角，一是要注意倾斜角的范围；二是要考虑正切函数的单调性． 3．应用截距式方程时要注意讨论直线是否过原点，截距是否为0.4．由一般式Ax ＋By ＋C ＝0确定斜率k 时，易忽视判定B 是否为0.当B ＝0时，k 不存在；当B ≠0时，k ＝－A B.课时分层训练(四十三) 直线的倾斜角与斜率、直线的方程A 组 基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．倾斜角为135°，在y 轴上的截距为－1的直线方程是( ) A ．x －y ＋1＝0 B ．x －y －1＝0 C ．x ＋y －1＝0D ．x ＋y ＋1＝0D [直线的斜率为k ＝tan 135°＝－1，所以直线方程为y ＝－x －1，即x ＋y ＋1＝0.] 2．设直线ax ＋by ＋c ＝0的倾斜角为α，且sin α＋cos α＝0，则a ，b 满足( ) A ．a ＋b ＝1 B ．a －b ＝1 C ．a ＋b ＝0D ．a －b ＝0D [由sin α＋cos α＝0，得sin αcos α＝－1，即tan α＝－1.又因为tan α＝－ab ，所以－a b＝－1，则a ＝b .]3．若方程(2m 2＋m －3)x ＋(m 2－m )y －4m ＋1＝0表示一条直线，则参数m 满足的条件是( ) 【导学号：51062259】A ．m ≠－32B ．m ≠0C ．m ≠0且m ≠1D ．m ≠1D [由⎩⎪⎨⎪⎧2m 2＋m －3＝0，m 2－m ＝0，解得m ＝1，故m ≠1时方程表示一条直线．]4．在等腰三角形AOB 中，OA ＝AB ，点O (0,0)，A (1,3)，点B 在x 轴的正半轴上，则直线AB 的方程为( )A ．y －1＝3(x －3)B ．y －1＝－3(x －3)C ．y －3＝3(x －1)D ．y －3＝－3(x －1)D [设点B 的坐标为(a,0)(a ＞0)，由OA ＝AB ，得12＋32＝(1－a )2＋(3－0)2，则a ＝2， ∴点B (2,0)，易得k AB ＝－3，由两点式，得AB 的方程为y －3＝－3(x －1)．]5．过点(2,1)，且倾斜角比直线y ＝－x －1的倾斜角小π4的直线方程是( )A ．x ＝2B ．y ＝1C ．x ＝1D ．y ＝2A [∵直线y ＝－x －1的斜率为－1，则倾斜角为34π.依题意，所求直线的倾斜角为3π4－π4＝π2，斜率不存在，∴过点(2,1)的所求直线方程为x ＝2.] 二、填空题6．直线l 与两直线y ＝1，x －y －7＝0分别交于P ，Q 两点，线段PQ 中点是(1，－1)，则l 的斜率是________. 【导学号：51062260】－23 [设P (m,1)，则Q (2－m ，－3)， ∴(2－m )＋3－7＝0，∴m ＝－2， ∴P (－2,1)， ∴k ＝1＋1－2－1＝－23.]7．设点A (－1,0)，B (1,0)，直线2x ＋y －b ＝0与线段AB 相交，则b 的取值范围是________．[－2,2] [b 为直线y ＝－2x ＋b 在y 轴上的截距， 如图，当直线y ＝－2x ＋b 过点A (－1,0)和点B (1,0)时，b 分别取得最小值和最大值，∴b 的取值范围是[－2,2]．]8．直线l 过点(－3,4)，且在两坐标轴上的截距之和为12，则直线l 的方程为________． 4x －y ＋16＝0或x ＋3y －9＝0 [由题意知，截距不为0，设直线l 的方程为x a ＋y12－a＝1.又直线l 过点(－3,4)， 从而－3a ＋412－a＝1，解得a ＝－4或a ＝9.故所求直线方程为4x －y ＋16＝0或x ＋3y －9＝0.] 三、解答题9．(2017·温州模拟)直线l 过点(－2,2)且与x 轴，y 轴分别交于点(a,0)，(0，b )，若|a |＝|b |，求l 的方程．[解] 若a ＝b ＝0，则直线l 过点(0,0)与(－2,2)，2分 直线l 的斜率k ＝－1，直线l 的方程为y ＝－x ，即x ＋y ＝0.6分 若a ≠0，b ≠0，则直线l 的方程为x a ＋y b＝1， 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧－2a ＋2b＝1，|a |＝|b |，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－4，b ＝4，12分此时，直线l 的方程为x －y ＋4＝0.综上，直线l 的方程为x ＋y ＝0或x －y ＋4＝0.14分10．设直线l 的方程为(a ＋1)x ＋y ＋2－a ＝0(a ∈R )．(1)若l 在两坐标轴上截距相等，求l 的方程；(2)若l 不经过第二象限，求实数a 的取值范围. 【导学号：51062261】[解] (1)当直线过原点时，在x 轴和y 轴上的截距为零，∴a ＝2，方程即为3x ＋y ＝0.当直线不过原点时，截距存在且均不为0，∴a －2a ＋1＝a －2，即a ＋1＝1，3分 ∴a ＝0，方程即为x ＋y ＋2＝0.因此直线l 的方程为3x ＋y ＝0或x ＋y ＋2＝0.6分(2)将l 的方程化为y ＝－(a ＋1)x ＋a －2，8分∴⎩⎪⎨⎪⎧ － a ＋1 ＞0，a －2≤0或⎩⎪⎨⎪⎧ － a ＋1 ＝0，a －2≤0，∴a ≤－1.12分综上可知，a 的取值范围是a ≤－1.14分B 组 能力提升(建议用时：15分钟)1．设A ，B 是x 轴上的两点，点P 的横坐标为2且|PA |＝|PB |，若直线PA 的方程为x －y ＋1＝0，则直线PB 的方程为( )A ．2x ＋y －7＝0B ．x ＋y －5＝0C ．2y －x －4＝0D ．2x －y －1＝0B [由条件得点A 的坐标为(－1,0)，点P 的坐标为(2,3)，因为|PA |＝|PB |，根据对称性可知，点B 的坐标为(5,0)，从而直线PB 的方程为y －3－3＝x －25－2，整理得x ＋y －5＝0.] 2．(2017·浙江杭州第二次质检)设集合{(x ，y )|(x －1)2＋(y －2)2≤10}所表示的区域为A ，过原点O 的直线l 将A 分成两部分．当这两部分面积之差最大时，直线l 的方程为________，此时直线l 落在区域A 内的线段长为________．y ＝－12x 2 5 [易知区域A 表示一个圆面，圆心为M (1,2)．若要两部分面积差最大，则直线l 与直线MO 垂直，则l ：y ＝－12x ，由圆的半径为10，圆心M 到原点O 的距离为22＋12＝5得l 落在区域A 内的线段长度为2 10 2－ 5 2＝2 5.]3．已知直线l ：kx －y ＋1＋2k ＝0(k ∈R )．(1)若直线不经过第四象限，求k 的取值范围；(2)若直线l 交x 轴负半轴于A ，交y 轴正半轴于B ，△AOB 的面积为S (O 为坐标原点)，求S 的最小值并求此时直线l 的方程. 【导学号：51062262】[解] (1)由方程知，当k ≠0时，直线在x 轴上的截距为－1＋2k k，在y 轴上的截距为1＋2k ，要使直线不经过第四象限，则必须有⎩⎪⎨⎪⎧ －1＋2k k ≤－2，1＋2k ≥1，解得k ＞0；3分当k ＝0时，直线为y ＝1，符合题意，故k ≥0.6分(2)由l 的方程，得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋2k k ，0，B (0,1＋2k )．依题意得⎩⎪⎨⎪⎧－1＋2k k ＜0，1＋2k ＞0，解得k ＞0.9分∵S ＝12·|OA |·|OB |＝12·⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋2k k ·|1＋2k |＝12· 1＋2k 2k ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫4k ＋1k ＋4≥12×(2×2＋4)＝4，“＝”成立的条件是k ＞0且4k ＝1k ，即k ＝12，12分∴S min ＝4，此时直线l 的方程为x －2y ＋4＝0.14分。
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第3讲 空间点、直线、平面之间的位置关系 最新考纲 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位置关系的简单命题.
知 识 梳 理 1.平面的基本性质 (1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内. (2)公理2：过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面. (3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线. 2.空间点、直线、平面之间的位置关系 直线与直线 直线与平面 平面与平面
平行关系
图形 语言
符号 语言 a∥b a∥α α∥β
相交关系
图形 语言 符号 语言 a∩b＝A a∩α＝A α∩β＝l
独有关系
图形 语言
符号 语言 a，b是异面直线 a⊂α
3.平行公理(公理4)和等角定理 平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行. 等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补. 4.异面直线所成的角 (1)定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角).
(2)范围：0，π2. 诊 断 自 测 1.判断正误(在括号内打“√”或“×”) (1)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线.( ) (2)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面.( ) (3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合.( ) (4)若直线a不平行于平面α，且a⊄α，则α内的所有直线与a异面.( ) 解析 (1)如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线，故错误. (3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面相交或重合，故错误. (4)由于a不平行于平面α，且a⊄α，则a与平面α相交，故平面α内有与a相交的直线，故错误. 答案 (1)× (2)√ (3)× (4)× 2.(必修2P52B1(2)改编)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1
中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成
的角的大小为( ) A.30° B.45° C.60° D.90° 解析 连接B1D1，D1C，则B1D1∥EF，故∠D1B1C为所求的角. 又B1D1＝B1C＝D1C，∴∠D1B1C＝60°. 答案 C 3.在下列命题中，不是公理的是( ) A.平行于同一个平面的两个平面相互平行 B.过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面 C.如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内 D.如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线 解析 选项A是面面平行的性质定理，是由公理推证出来的. 答案 A 4.(2016·山东卷)已知直线a，b分别在两个不同的平面α ，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”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 解析 由题意知a⊂α，b⊂β，若a，b相交，则a，b有公共点，从而α，β有公共点，可得出α，β相交；反之，若α，β相交，则a，b的位置关系可能为平行、相交或异面.因此“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要条件. 答案 A 5.若直线a⊥b，且直线a∥平面α，则直线b与平面α的位置关系是________. 答案 b与α相交或b∥α或b⊂α 6.如图所示，平面α，β，γ两两相交，a，b，c为三条交线，且a∥b，则a与c的位置关系是________；b与c的位置关系是________. 答案 a∥c b∥c
考点一 平面的基本性质及应用 【例1】 如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AA1的中点.求证： (1)E，C，D1，F四点共面； (2)CE，D1F，DA三线共点. 证明 (1)如图，连接EF，CD1，A1B.∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥A1B. 又A1B∥CD1，∴EF∥CD1， ∴E，C，D1，F四点共面. (2)∵EF∥CD1，EF∴CE与D1F必相交，设交点为P， 则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，得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. 规律方法 (1)证明线共面或点共面的常用方法 ①直接法，证明直线平行或相交，从而证明线共面. ②纳入平面法，先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内. ③辅助平面法，先证明有关的点、线确定平面α，再证明其余元素确定平面β，最后证明平面α，β重合. (2)证明点共线问题的常用方法 ①基本性质法，一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点，再根据基本性质3证明这些点都在这两个平面的交线上. ②纳入直线法，选择其中两点确定一条直线，然后证明其余点也在该直线上. 【训练1】 如图所示，四边形ABEF和ABCD都是梯形，BC
綉12AD，BE綉12FA，G，H分别为FA，FD的中点. (1)证明：四边形BCHG是平行四边形； (2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？
(1)证明 由已知FG＝GA，FH＝HD，可得GH綉12AD.又BC綉12AD，∴GH綉BC， ∴四边形BCHG为平行四边形.
(2)解 ∵BE綉12AF，G为FA的中点，∴BE綉FG， ∴四边形BEFG为平行四边形，∴EF∥BG. 由(1)知BG綉CH， ∴EF∥CH，∴EF与CH共面. 又D∈FH，∴C，D，F，E四点共面. 考点二 判断空间两直线的位置关系 【例2】 (1)(2015·广东卷)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是( ) A.l与l1，l2都不相交 B.l与l1，l2都相交 C.l至多与l1，l2中的一条相交 D.l至少与l1，l2中的一条相交 (2)(2017·嘉兴七校联考)如图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有________(填上所有正确答案的序号).
解析 (1)法一 由于l与直线l1，l2分别共面，故直线l与l1，l2要么都不相交，要么至少与l1，l2中的一条相交. 若l∥l1，l∥l2，则l1∥l2，这与l1，l2是异面直线矛盾. 故l至少与l1，l2中的一条相交. 法二 如图1，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故A，B不正确；如图2，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故C不正确.
(2)在图①中，直线GH∥MN； 在图②中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，N∉GH，因此直线GH与MN异面； 在图③中，连接QM，GM∥HN，因此GH与MN共面； 在图④中，G，M，N共面，但H∉平面GMN，G∉MN， 因此GH与MN异面. 所以在图②④中GH与MN异面. 答案 (1)D (2)②④ 规律方法 (1)异面直线的判定方法 ①反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两条直线平行或相交，由假设出发，经过严格的推理，导出矛盾，从而否定假设，肯定两条直线异面. ②定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线. (2)点、线、面位置关系的判定，要注意几何模型的选取，常借助正方体为模型，以正方体为主线直观感知并认识空间点、线、面的位置关系. 【训练2】 (1)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列判断错误的是( ) A.MN与CC1垂直 B.MN与AC垂直 C.MN与BD平行 D.MN与A1B1平行 (2)(2017·武汉调研)a，b，c表示不同的直线，M表示平面，给出四个命题：①若a∥M，b∥M，则a∥b或a，b相交或a，b异面；②若b⊂M，a∥b，则a∥M；③若a⊥c，b⊥c，则a∥b；④若a⊥M，b⊥M，则a∥b.其中正确的为( ) A.①④ B.②③ C.③④ D.①② 解析 (1)如图，连接C1D， 在△C1DB中，MN∥BD，故C正确； ∵CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴CC1⊥BD， ∴MN⊥CC1，故A正确； ∵AC⊥BD，MN∥BD，∴MN⊥AC，故B正确； ∵A1B1与BD异面，MN∥BD， ∴MN与A1B1不可能平行，故选项D错误. (2)对于①，当a∥M，b∥M时，则a与b平行、相交或异面，①为真命题.②中，b⊂M，a∥b，则a∥M或a⊂M，②为假命题.命题③中，a与b相交、平行或异面，③为假命题.由线面垂直的性质，命题④为真命题，所以①，④为真命题. 答案 (1)D (2)A 考点三 异面直线所成的角 【例3】 (1)(2017·浙江五校联考)如图所示，在正三棱柱ABC－