7.1 简单几何体的侧面积
学习目标 重点难点
1．通过几何体的侧面的展开过程，感知几何体的形状．2．通过对柱、锥、台体的研究，会用公式求柱、锥、台体的侧面积和表面积．3．会区别侧棱、高、斜高等概念，熟悉台体与柱体和锥体之间的转换关系． 重点：柱体、锥体、台体的侧面积和表面积的计算．难点：台体的侧面积和表面积的计算．疑点：已知几何体的三视图，首先转化为直观图，再求它的侧面积和表面积.
1．圆柱、圆锥、圆台的侧面积
S圆柱侧＝2πrl，S圆锥侧＝πrl(r为底面半径，l为母线长)．
S圆台侧＝π(r1＋r2)l(r1，r2分别为上、下底面的半径，l为侧面母线长)．
预习交流1
圆柱、圆锥、圆台的侧面积之间的关系如何？
提示：
2．直棱柱、正棱锥、正棱台的侧面积
S直棱柱侧＝ch(c为底面周长，h为高)．
S正棱锥侧＝ch′(c为底面周长，h′为斜高)．
S正棱台侧＝(c＋c′)h′(c′，c分别为上、下底面周长，h′为斜高)．
预习交流2
棱柱、棱锥、棱台侧面积之间的关系如何？
提示：
3．求一个几何体的表面积
一个几何体的表面积等于其侧面积与底面积之和．
预习交流3
若一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为，则这个圆锥的表面积是( )．
A．3π B．3π C．6π D．9π
提示：根据轴截面面积是，可得圆锥的母线长为2，底面半径为1，所以S＝πr2＋πrl＝π＋2π＝3π.
1．简单旋转体的侧面积与表面积
圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形，求圆柱的表面积．
思路分析：该矩形的一边长为圆柱的母线长，另一边长为圆柱的底面圆周长，因此应分两类讨论解决此问题．
解：设圆柱的底面半径为r.
圆柱的侧面积S侧＝6π×4π＝24π2.
①以边长为6π的边为轴时，4π为圆柱底面周长．
∴2πr＝4π，即r＝2.
∴S底＝4π，S表＝S侧＋2S底＝24π2＋8π.
②以边长为4π的边为轴时，6π为圆柱底面周长．
∴2πr＝6π，即r＝3.∴S底＝9π，
∴S表＝S侧＋2S底＝24π2＋18π.
1．表面积为3π的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面直径为( )．
A．1 B．2
C. D.
解析：如图，设圆锥的底面半径为r，母线长为l，
由题意得2πr=πl，
∴l=2r.
又S表=πrl+πr2=3π，
∴r=1，
∴底面直径2r=2.
答案：B
2．一个直角梯形的上、下底长分别为2和5，若它旋转后形成的圆台的侧面积等于两底面面积之和，则该圆台的母线长是多少？
解：设圆台的母线长为l，
由题意可得π(2＋5)l＝π(22＋52)，解得l＝，即该圆台的母线长为.
圆柱、圆锥、圆台的侧面积的求法．
由圆柱的侧面积公式可知，要求其侧面积，必须已知(或能求出)它的底面圆的半径和它的母线长．
要求圆锥的侧面积应已知它的母线长和底面圆的半径．
要求圆台的侧面积应已知圆台的母线长和上、下两底面圆的半径．
特别提醒：旋转体中轴截面可以将母线、底面半径、高等主要元素联系在一起，因此处理好轴截面中的边角关系是正确计算的关键．
2．简单多面体的侧面积与表面积
正四棱台两底面边长分别为a和b(a＜b)．
(1)若侧棱所在直线与上、下底面正方形中心的连线所成的角为45°，求棱台的侧面积；
(2)若棱台的侧面积等于两底面面积之和，求它的高．
思路分析：侧棱C1C与上、下底面正方形中心连线以及CO和C1O1可构成直角梯形，从而可知∠C1CA＝45°，从而求出高C1E以及斜高C1F.
解：(1)如图，设O1，O分别为上，下底面的中心，过C1作C1E⊥AC于E，过E作EF⊥BC于F，连接C1F，则C1F为正四棱台的斜高．
由题意知∠C1CO＝45°，CE＝CO－EO＝CO－C1O1＝(b－a)．
在Rt△C1CE中，
C1E＝CE＝(b－a)，
又EF＝CE·sin 45°＝(b－a)，
∴斜高C1F＝
＝＝(b－a)．
∴S侧＝(4a＋4b)×(b－a)＝(b2－a2)．
(2)由S上底＋S下底＝a2＋b2，
∴(4a＋4b)·h斜＝a2＋b2，
∴h斜＝.
又EF＝，h＝＝.
1．底面为正方形的直棱柱，它的底面对角线长为，体对角线长为，则这个棱柱的侧面积是( )．
A．2 B．4 C．6 D．8
解析：设该直棱柱的底面边长为a，高为b，则
解得
∴棱柱的侧面积是4ab＝8.
答案：D
2．正四棱锥底面正方形的边长为4 cm，高与斜高的夹角为30°，求正四棱锥的侧面积和表面积．
解：如图，正棱锥的高PO、斜高PE、底面边心距OE组成Rt△POE.
∵OE＝×4＝2(cm)，∠OPE＝30°，
∴PE＝＝4(cm)．
∴S侧＝×4×4×4＝32(cm2)．
又S底＝42＝16(cm2)，
∴S表＝S侧＋S底＝32＋16＝48(cm2)．
简单多面体的侧面积的求法：
(1)关键：找到多面体的特征几何图形，如棱柱中的矩形，棱台中的直角梯形，棱锥中的直角三角形，它们是联系高与斜高、侧棱、底面边长间的桥梁，架起了求侧面积公式中未知量与条件中已知几何元素间的桥梁．
(2)策略：①正棱柱、正棱锥、正棱台的所有侧面的面积都相等，因此求侧面积时，可先求一个侧面的面积，然后乘以侧面的个数．
②解决台体的问题，通常要补上截去的小棱锥，寻找上下底面之间的关系．
特别提醒：棱柱的侧面积不一定等于底面周长和侧棱长的乘积，只有直棱柱的侧面积等于底面周长与侧棱长的乘积．
3．组合体的表面积
一个几何体的三视图如图，该几何体的表面积为( )．
A．280 B．292
C．360 D．372
解析：由三视图可知该几何体是由下面一个长方体，上面一个长方体组合而成的几何体．
∵下面长方体的表面积为8×10×2＋2×8×2＋10×2×2＝232，
上面长方体的表面积为8×6×2＋2×8×2＋2×6×2＝152，
又∵长方体表面积重叠一部分，
∴几何体的表面积为232＋152－2×6×2＝360.
答案：C
一个几何体的直观图如图，求该几何体的表面积．
解：S＝4×8×2＋4×8×2＋8×8×2＋2π×2×8＝256＋32π.
求组合体的表面积的解题策略：
(1)对于由基本几何体拼接成的组合体，要注意拼接面重合对组合体表面积的影响．
(2)对于从基本几何体中切掉或挖掉的部分构成的组合体，要注意新产生的截面和原几何体的表面的变化．
1．已知正四棱锥底面边长为6，侧棱长为5，则此棱锥的侧面积为( )．
A．6 B．12 C．24 D．48
解析：正四棱锥的斜高h′＝＝4，
S侧＝4××6×4＝48.
答案：D
2．圆台的母线长扩大为原来的n倍，两底面半径都缩小为原来的倍，那么它的侧面积变为原来的( )．
A．1倍 B．n倍
C．n2倍 D.倍
解析：由S侧＝π(r′＋r)l，当r，r′缩小倍，l扩大n倍时，S侧不变．
答案：A
3．将一个棱长为a的正方体，切成27个全等的小正方体，则所有小正方体的表面积为( )．
A．6a2 B．12a2 C．18a2 D．24a2
解析：每个小正方体的棱长为，表面积为
6·eq \b\lc\(\rc\)()2＝a2＝a2，
∴27个小正方体的表面积为27×a2＝18a2.
答案：C
4．(2011上海高考，文7)若一个圆锥的主视图(如图所示)是边长为3,3,2的三角形，则该圆锥的侧面积为__________．
解析：由主视图知该圆锥的底面半径r＝1，母线长l＝3，
∴S圆锥侧＝πrl＝π×1×3＝3π.
答案：3π
5．若一个底面是正三角形的三棱柱的主视图如图所示，则其表面积等于__________．
解析：根据题意可知，该棱柱的底面边长为2，高为1，侧棱和底面垂直，故其表面积S＝×22×2＋2×1×3＝6＋2.
答案：6＋2§7 简单几何体的面积和体积
7.1 简单几何体的侧面积
预习导引
1．2πrl πrl π(r1＋r2)l
预习交流1 提示：
预习交流2 提示：
预习交流3 提示：圆柱、圆锥、圆台的表面积等于它们的侧面积与底面积的和．圆柱有两个全等的底面，圆锥有一个底面，圆台有两个不全等的底面．它们的底面都是圆．
课堂合作探究
问题导学
活动与探究1 思路分析：该矩形的一边长为圆柱的母线长，另一边长为圆柱的底面圆周长，因此应分两种情况解决此问题．
解：设圆柱的底面半径为r.
圆柱的侧面积S侧＝6π×4π＝24π2.
①以边长为6π的边为轴时，4π为圆柱底面周长．
∴2πr＝4π，即r＝2.∴S底＝4π，S表＝S侧＋2S底＝24π2＋8π.
②以边长为4π的边为轴时，6π为圆柱底面周长．
∴2πr＝6π，即r＝3.∴S底＝9π，
∴S表＝S侧＋2S底＝24π2＋18π.
迁移与应用 1．D 解析：由已知得该圆锥的底面半径是，母线长为3，因此其底面积S1＝π·2＝π，侧面积S2＝π··3＝π，故其表面积为S＝S1＋S2＝π.
2．3 解析：设圆台的母线长为l，
由题意可得π(2＋5)l＝π(52－22)，解得l＝3，即该圆台的母线长为3.
活动与探究2 思路分析：要求侧面积需要先求出棱台的斜高，可通过轴截面将上、下底面边长以及高建立在直角三角形中求得．求表面积可将侧面积加上两个底面的面积．
解：如图，由已知可得O1M1=×4=2(cm)，OM=×16=8(cm)，OO1=12 cm.
由M1点作M1N⊥OM交OM于N点．
在Rt△M1NM中，M1M=(cm)．
即该正四棱台的斜高h′＝6 cm.
于是该棱台的侧面积S侧＝(c＋c′)h′＝(16＋64)×6＝240(cm2)；
该棱台的表面积S表＝S侧＋S1＋S2＝240＋42＋162＝(272＋240) cm2.
迁移与应用 1．D 解析：设该直棱柱的底面边长为a，高为b，则
解得
∴棱柱的侧面积是4ab＝8.
2．解：如图，正棱锥的高PO、斜高PE、底面边心距OE组成Rt△POE.
∵OE＝×4＝2(cm)，∠OPE＝30°，
∴PE＝＝4(cm)．
∴S侧＝×4×4×4＝32(cm2)．
又S底＝42＝16(cm2)，
∴S表＝S侧＋S底＝32＋16＝48(cm2)．
活动与探究3 思路分析：先由三视图分析该组合体的构成，再套用公式计算．
C 解析：由三视图可知该几何体是由下面一个长方体，上面一个长方体组合而成的几何体．
∵下面长方体的表面积为8×10×2＋2×8×2＋10×2×2＝232，
上面长方体的表面积为8×6×2＋2×8×2＋2×6×2＝152，
又∵长方体表面积重叠一部分，
∴几何体的表面积为232＋152－2×6×2＝360.
迁移与应用 256＋32π 解析：S＝4×8×2＋4×8×2＋8×8×2＋2π×2×8＝256＋32π.
当堂检测
1．D 2．C 3．C 4．3π 5．80＋16§5 平行关系
5.1 平行关系的判定
问题导学
1．对平行关系的理解
活动与探究1
判断下列给出的各种说法是否正确？
(1)如果直线a和平面α不相交，那么a∥α；
(2)如果直线a∥平面α，直线b∥a，那么b∥α；
(3)如果直线a∥平面α，那么经过直线a的平面β∥α；
(4)如果平面α内的两条相交直线a和b与平面β内的两条相交直线a′和b′分别平行，那么α∥β.
迁移与应用
1．下列叙述中，正确的是( )．
A．若直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α
B．若直线a在平面α外，则a∥α
C．若直线a∥b，直线bα，则a∥α
D．若直线a∥b，bα，那么直线a平行于平面α内的无数条直线
2．两个平面平行的条件是( )．
A．一个平面内的一条直线平行于另一平面
B．一个平面内有两条直线平行于另一平面
C．一个平面内有无数条直线平行于另一个平面
D．一个平面内任何一条直线平行于另一个平面
1．要全面、深刻地理解线面平行、面面平行的判定定理，运用这两个定理证明问题或判断分析结论是否正确时，一定要紧扣两个定理的条件，忽视条件，很容易导致判断错误．
2．在判断一些命题的真假时，要善于列举反例来否定一个命题，要充分考虑线线关系、线面关系、面面关系中的各种情形，以对一个命题的真假作出合理的判断．
2．直线与平面平行的判定
活动与探究2
如右图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M∈AD1，N∈BD，且D1M=DN，求证：MN∥平面CC1D1D．
迁移与应用
1．如图，P是平行四边形ABCD所在平面外一点，Q是PA的中点，求证：PC∥平面BDQ.
2．如图所示，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E，F分别为AB，SC的中点．
求证：EF∥平面SAD．
证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线．把握几何体的结构特征，合理利用几何体中的三角形的中位线，平行四边形对边平行等平面图形的特点找线线平行关系是常用方法．
3．平面与平面平行的判定
活动与探究3
如图，已知四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点M，N，Q分别在PA，BD，PD上，且PM∶MA=BN∶ND=PQ∶QD．
求证：平面MNQ∥平面PBC．
迁移与应用
如图，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是CB，CD，CC1的中点．
求证：平面AB1D1∥平面EFG.
证明面面平行的基本思想是将面面平行转化为线面平行，其基本步骤是：线线平行 线面平行 面面平行．但必须注意的是：在其中一个面内找到的两条直线必须是相交直线，且这两条相交直线都与另一个平面平行时，这两个平面才平行．
当堂检测
1．若一个平面内的两条直线分别平行于另一个平面内的两条直线，则这两个平面的位置关系是( )．
A．一定平行 B．一定相交
C．平行或相交 D．以上都不对
2．A，B是不在直线l上的两点，则过点A，B且与直线l平行的平面的个数是( )．
A．0
B．1
C．无数
D．以上三种情况均有可能
3．梯形ABCD中，AB∥CD，ABα，CDα，则直线CD与平面α的位置关系是__________．
4．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，E，F分别是PB，PC的中点．证明EF∥平面PAD．
5．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，E，F分别是棱A1B1，A1D1，B1C1，C1D1的中点．求证：平面AMN∥平面EFDB．
提示：用最精练的语言把你当堂掌握的核心知识的精华部分和基本技能的要领部分写下来并进行识记.
答案：
课前预习导学
预习导引
1．(1)一条直线平行
预习交流1 提示：直线a平面α是指a∥α或a与α相交．
预习交流2 提示：不正确．不符合线面平行的判定定理，只有当直线l在平面α外，且与平面α内的一条直线平行时，直线l才与平面平行．
预习交流3 提示：(1)线面平行的判定定理表明可以通过直线间的平行，推证直线与平面平行．这是处理空间问题的一种常用方法，即将直线与平面的平行关系转化为直线与直线的平行关系，把空间问题平面化．
(2)线面平行的判定定理在使用时三个条件缺一不可：
①直线a不在平面α内，即aα；
②直线b在平面α内，即bα；
③两条直线a，b平行，即a∥b.
2．(1)两条相交直线
预习交流4 提示：不一定，平面α与平面β相交或平行．
预习交流5 提示：一定平行．由直线与平面平行的判定定理知，平面α内的两条相交直线与平面β都平行，再由面面平行的判定定理可得α∥β.
课堂合作探究
问题导学
活动与探究1 思路分析：按照线面平行、面面平行的定义及判定定理对每个命题进行分析判断，得出其是否正确．
解：(1)不正确．当直线a和平面α不相交时，可能有aα，不一定有a∥α；
(2)不正确．当直线b∥a时，如果bα，则有b∥α，如果bα，则没有b∥α；
(3)不正确．当a∥α时，经过直线a的平面β可能与α平行，也可能与α相交；
(4)正确．由线面平行的判定定理，知a∥β，b∥β，且a，bα，a与b相交，所以必有α∥β.
迁移与应用 1．D 解析：当a∥b，bα时，不论a∥α还是aα，a都平行于平面α内的无数条直线，故选项D正确．
2．D 解析：因一个平面内任何一条直线平行于另一个平面，可在这个平面内选两条相交直线，则这两条相交直线都与另一平面平行，由平面与平面平行的判定定理可得两个平面平行．
活动与探究2 思路分析：要证MN∥平面CC1D1D，只需证明MN平行于平面CC1D1D中的一条直线即可．
证明：方法一：连接AN并延长，交直线CD于E，连接D1E.
∵AB∥CD，
∴＝ ＝.
∵BD＝AD1，且D1M＝DN，
∴＝.
在△AD1E中，MN∥D1E，
又MN平面CC1D1D，D1E平面CC1D1D，
∴MN∥平面CC1D1D.
方法二：过点M作MP∥AD，交DD1于P，
过点N作NQ∥AD交CD于点Q，连接PQ，
则MP∥NQ，在△D1AD中，＝.
∵NQ∥AD，AD∥BC，
∴NQ∥BC.
在△DBC中，＝，
∵D1M＝DN，D1A＝DB，AD＝BC，∴NQ＝MP.
∴四边形MNQP为平行四边形，
则MN∥PQ.
而MN平面CC1D1D，PQ平面CC1D1D，
∴MN∥平面CC1D1D.
迁移与应用 1．证明：连接AC交BD于O，连接QO.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O为AC的中点．
又Q为PA的中点，∴QO∥PC.
显然QO平面BDQ，PC平面BDQ，
∴PC∥平面BDQ.
2．证明：作FG∥DC交SD于点G，则G为SD的中点．
连接AG，FGCD，
又CDAB，且E为AB的中点，
故FGAE，四边形AEFG为平行四边形．∴EF∥AG.
又∵AG平面SAD，EF平面SAD，∴EF∥平面SAD.
活动与探究3 思路分析：在平面MNQ内找到两条相交直线与平面PBC平行，条件中给出了线段比相等，故可利用平行线截线段成比例的性质证得线线平行，再转化为线面平行，然后根据面面平行的判定定理证明．
证明：在△PAD中，
∵PM∶MA＝PQ∶QD，
∴MQ∥AD.
又∵AD∥BC，∴MQ∥BC.
∵MQ平面PBC，BC平面PBC，∴MQ∥平面PBC.
在△PBD中，
∵BN∶ND＝PQ∶QD，
∴NQ∥PB.∵NQ平面PBC，PB平面PBC，
∴NQ∥平面PBC.
∵MQ∩NQ＝Q，
∴平面MNQ∥平面PBC.
迁移与应用 证明：在正方体ABCD－A1B1C1D1中，连接BD，
∵DD1∥B1B，DD1＝B1B，
∴四边形DD1B1B为平行四边形，∴D1B1∥DB.
∵E，F分别为BC，CD的中点，
∴EF∥BD，∴EF∥D1B1.
∵EF平面EFG，D1B1平面EFG，∴D1B1∥平面EFG.
同理AB1∥平面EFG.
∵D1B1∩AB1＝B1，∴平面AB1D1∥平面EFG.
当堂检测
1．C 2．D 3．平行
4．证明：在△PBC中，
∵E，F分别是PB，PC的中点，
∴EF∥BC.
∵四边形ABCD为矩形，
∴BC∥AD，∴EF∥AD.
又∵AD平面PAD，EF平面PAD，∴EF∥平面PAD.
5．证明：如图所示，连接MF.
∵M，F分别是A1B1，C1D1的中点，且四边形A1B1C1D1为正方形，
∴MF∥A1D1，且MF＝A1D1.
又∵A1D1＝AD，且AD∥A1D1，
∴MF＝AD，且MF∥AD.
∴四边形AMFD是平行四边形，
∴AM∥DF.
又DF平面EFDB，AM平面EFDB，∴AM∥平面EFDB.
同理可证，AN∥平面EFDB.
又AN，AM平面AMN，AM∩AN＝A，∴平面AMN∥平面EFDB.6.2 垂直关系的性质
预习导引
1．(1)垂直
预习交流1 提示：这四个命题都是正确的，因此，它们可以分别作为：(1)线面垂直、(2)线面垂直、(3)面面平行、(4)线线垂直的证明方法．
预习交流2 提示：不一定．只有垂直于两平面交线的直线才垂直于另一个平面．
2．(1)垂直 垂直
预习交流3 提示：不对，当aα时，a与β垂直．
预习交流4 提示：交线垂直于第三个平面．
课堂合作探究
问题导学
活动与探究1 思路分析：要证EF∥BD1，只需证明EF与BD1同垂直于某一平面即可，由条件可知这里当然选择平面AB1C.
证明：如图所示，
连接AB1，B1C，BD，B1D1.
∵DD1⊥平面ABCD，AC平面ABCD，∴DD1⊥AC.
又∵AC⊥BD且BD∩DD1＝D，
∴AC⊥平面BDD1B1.
∵BD1平面BDD1B1，
∴BD1⊥AC.同理，BD1⊥B1C.
∵B1C∩AC＝C，
∴BD1⊥平面AB1C.
∵EF⊥A1D，A1D∥B1C，
∴EF⊥B1C.
又EF⊥AC，且AC∩B1C＝C，
∴EF⊥平面AB1C.∴EF∥BD1.
迁移与应用 证明：(1)∵四边形ADD1A1为正方形，∴AD1⊥A1D.
又∵CD⊥平面ADD1A1，
∴CD⊥AD1.
∵A1D∩CD＝D，
∴AD1⊥平面A1DC.
又∵MN⊥平面A1DC，
∴MN∥AD1.
(2)连接ON，在△A1DC中，A1O＝OD，A1N＝NC，
∴ON∥CD∥AB.∴ON∥AM.
又∵MN∥OA，
∴四边形AMNO为平行四边形．
∴ON＝AM.∵ON＝AB，
∴AM＝AB.
∴M是AB的中点．
活动与探究2 思路分析：解答本题的关键是证明EA⊥AB，为此应该在平面四边形ABEF中，利用AF∥BE，AF⊥EF，AF＝EF＝BE等条件计算AB，AE，BE的长度，利用勾股定理的逆定理证明．
证明：设AF＝EF＝a，则BE＝2a.
过A作AM⊥BE于M.
∵AF∥BE，∴AM⊥AF.
又∵AF⊥EF，∴AM∥EF，
∴四边形AMEF是正方形．
∴AM＝a，EM＝MB＝a，
∴AE＝AB＝a，
∴AE2＋AB2＝EB2，∴AE⊥AB.
又∵平面ABCD⊥平面ABEF，
平面ABCD∩平面ABEF＝AB，
AE平面ABEF，
∴EA⊥平面ABCD.
迁移与应用 证明：(1)在△PAD中，因为E，F分别为AP，AD的中点，所以EF∥PD.
又因为EF平面PCD，PD平面PCD，所以直线EF∥平面PCD.
(2)连接BD.因为AB＝AD，∠BAD＝60°，
所以△ABD为正三角形．因为F是AD的中点，所以BF⊥AD.
因为平面PAD⊥平面ABCD，BF平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面PAD.
又因为BF平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD.
活动与探究3 (1)证明：∵在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，G为AD边的中点，∴BG⊥AD.
又∵平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴BG⊥平面PAD.
(2)证明：连接PG，则PG⊥AD，由(1)得BG⊥AD，
又∵PG∩BG=G，BG平面PBG，
PG平面PBG，
∴AD⊥平面PBG.
∵PB平面PBG，∴AD⊥PB.
(3)解：当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD.
证明如下：
取PC的中点F，连接DE，EF，DF，则由平面几何知识，
在△PBC中，EF∥PB，
在菱形ABCD中，GB∥DE，
而EF平面DEF，ED平面DEF，EF∩DE=E，PB平面PGB，GB平面PGB，PB∩GB=B，
∴平面DEF∥平面PGB.
又∵侧面PAD为正三角形，G为AD的中点，∴PG⊥AD.
又∵侧面PAD所在平面垂直于底面ABCD，
∴PG⊥平面ABCD.
而PG平面PGB，
∴平面PGB⊥平面ABCD.
故平面DEF⊥平面ABCD.
迁移与应用 证明：(1)∵AB=AC，D是BC的中点，∴AD⊥BC.
∵底面ABC⊥侧面BB1C1C，
∴AD⊥侧面BB1C1C，∴AD⊥CC1.
(2)延长B1A1与BM的延长线交于点N，连接C1N.
∵AM=MA1，
∴MA1BB1，
∴NA1＝A1B1.
∵A1B1＝A1C1，
∴A1C1＝A1N＝A1B1，
∴NC1⊥C1B1.
∵底面NB1C1⊥侧面BB1C1C，
∴C1N⊥侧面BB1C1C，
∴截面C1NB⊥侧面BB1C1C，
即截面MBC1⊥侧面BB1C1C.
当堂检测
1．D 2．A 3．D
4．相交、平行或异面
5．证明：取PD的中点E，连接AE，NE，如图．
∵M，N分别是AB，PC的中点，∴EN＝CD＝AB＝AM，且EN∥CD∥AB.
∴四边形AMNE是平行四边形．
∴MN∥AE.
∵在等腰直角三角形PAD中，AE是斜边上的中线，∴AE⊥PD.
又CD⊥AD，CD⊥PA，
∴CD⊥平面PAD.∴CD⊥AE.
又CD∩PD＝D，
∴AE⊥平面PCD.
又MN∥AE，∴MN⊥平面PCD.
又MN平面MND，
∴平面MND⊥平面PCD.§4 空间图形的基本关系与公理
第1课时 空间图形的基本关系与公理1～公理3
问题导学
1．公理1的应用
活动与探究1
如图，在正方体ABCD－A′B′C′D′中，M，N分别是所在棱的中点，连接D′M，交C′B′的延长线于点E，连接C′N，交CB的延长线于点F.
求证：直线EF平面BCC′B′.
迁移与应用
如图，在△ABC中，若AB，BC在平面α内，试判断AC是否在平面α内．
公理1的作用：(1)用直线检验平面；(2)判断直线是否在平面内，要证明直线在平面内，我们需要在直线上找到两个点，这两个点都在这个平面内，那么直线就在这个平面内．解决问题的关键就在于寻找这样的点．
2．公理2的应用
活动与探究2
已知a∥b，a∩c＝A，b∩c＝B，求证：a，b，c三条直线在同一平面内．
迁移与应用
1．经过同一直线上的三个点的平面( )．
A．有且只有一个 B．有且只有三个
C．有无数个 D．不存在
2．已知A∈l，B∈l，C∈l，Dl(如图)，求证：直线AD，BD，CD共面．
公理2的作用：(1)确定一个平面；(2)证明点、线的共面问题；(3)判断一图形是否为平面图形．对于平面的确定问题，务必分清它们的条件，对于证明几点(或几条直线)共面问题，可先由其中几个点(或直线)确定一个平面后，再证明其他点 (或直线)也在该平面内即可．
3．公理3的应用
活动与探究3
已知△ABC在平面α外，它的三边所在的直线分别交平面α于P，Q，R三点(如图)，求证：P，Q，R三点共线．
迁移与应用
如图，在三棱锥S－ABC的边SA，SC，AB，BC上分别取点E，F，G，H，若EF∩GH=P，求证：EF，GH，AC三条直线交于一点．
1．公理3的作用：(1)判断两平面是否相交；(2)证明点在直线上；(3)证明共线问题；(4)证明共点问题．证明三点共线问题的常用方法有：方法一是首先找出两个平面，然后证明这三个点都是这两个平面的公共点，根据公理3，这些点都在交线上．方法二是选择其中两点确定一条直线，然后证明另一点在其上．
2．证明三线共点问题可把其中一条作为分别过其余两条直线的两个平面的交线，然后再证两条直线的交点在此直线上，此外还可先将其中一条直线看作某两个平面的交线，证明该交线与另两条直线分别交于两点，再证点重合，从而得三线共点．
当堂检测
1．点P在直线l上，而直线l在平面α内，用符号表示为( )．
A．Pl，lα B．P∈l，l∈α
C．Pl，l∈α D．P∈l，lα
2．如图所示是表示两个相交平面，其中画法正确的是( )．
3．下列说法正确的是( )．
A．线段AB在平面α内，直线AB不会在α内
B．平面α和β有时只有一个公共点
C．三点确定一个平面
D．过一条直线可以作无数个平面
4．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱A1B1，BB1的中点，则D1E与CF的延长线交于一点，此点在直线( )．
A．AD上 B．B1C1上
C．A1D1上 D．BC上
5．如图，O1是正方体ABCD－A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1的中心，M是对角线A1C和截面B1D1A的交点．求证：O1，M，A三点共线．
提示：用最精练的语言把你当堂掌握的核心知识的精华部分和基本技能的要领部分写下来并进行识记.
答案：
课前预习导学
预习导引
1．(1)点在直线上 点在直线外
A∈l Bl (2)点在平面内 点在平面外 (3)同一平面 没有公共点 a∥b 只有一个公共点 a∩b＝P 不同在任何一个平面内 (4)有无数个公共点 只有一个公共点 l∩α＝P 没有公共点 l∥α (5)没有公共点 α∥β 不重合但有公共点
预习交流1 提示：不能．如图所示，a在平面α内，b在平面β内，但是a与b平行．
预习交流2 提示：当两直线在同一平面内时，没有公共点就一定平行；在空间中，当两直线不同在任何一个平面内时，没有公共点，是异面直线．
2．两点 所有的点 在平面内 lα 不在同一条直线上 有且只有 确定 有且只有一个平面α 有一个公共点 有且只有 α∩β＝l且A∈l
预习交流3 提示：“有”是说图形存在，“只有一个”是说图形唯一．“有且只有”强调的是存在性和唯一性两个方面，确定一个平面中的“确定”是“有且只有”的同义词，也是指存在性和唯一性这两个方面．
预习交流4 提示：(1)能；(2)能；(3)能．
课堂合作探究
问题导学
活动与探究1 思路分析：要证明直线在平面内，只需证明直线上有两个点在这个平面内．
证明：∵B∈平面BCC′B′，C∈平面BCC′B′，
∴直线BC平面BCC′B′.
又∵C′N∩CB＝F，
∴F∈CB，∴F∈平面BCC′B′.
同理可得E∈平面BCC′B′.
∴直线EF平面BCC′B′.
迁移与应用 解：AC在平面α内，证明如下：
∵AB在平面α内，∴A点一定在平面α内．
∵BC在平面α内，∴C点一定在平面α内．∴A点、C点都在平面α内．∴直线AC在平面α内．
活动与探究2 思路分析：依题意，可先证a与b确定一个平面，再证明c在这个平面内，从而可证a，b，c在同一平面内．
证明：∵a∥b，∴a与b确定一个平面α，
∵a∩c＝A，∴A∈a，从而A∈α；
∵b∩c＝B，∴B∈b，从而B∈α.
于是ABα，即cα，故a，b，c三条直线在同一平面内．
迁移与应用 1．C
2．证明：因为直线l与点D可以确定平面α，所以只需证明AD，BD，CD都在平面α内即可．
因为A∈l，所以A∈α.又D∈α，所以ADα.
同理BDα，CDα.所以AD，BD，CD都在平面α内，即它们共面．
活动与探究3 思路分析：只需证明P，Q，R三点在平面ABC内，又在平面α内，再利用公理3推得结论．
证明：方法一：∵AB∩α＝P，
∴P∈AB，P∈平面α.
又AB平面ABC，∴P∈平面ABC.
∴由公理3可知，点P在平面ABC与平面α的交线上．
同理可证Q，R也在平面ABC与平面α的交线上，
∴P，Q，R三点共线．
方法二：∵AP∩AR＝A，
∴直线AP与直线AR确定平面APR.
又∵AB∩α＝P，AC∩α＝R，
∴平面APR∩平面α＝PR.
又B∈平面APR，C∈平面APR，
∴BC平面APR.又∵Q∈直线BC，
∴Q∈平面APR.又Q∈α，
∴Q∈PR.∴P，Q，R三点共线．
迁移与应用 证明：∵E∈SA，SA平面SAC，F∈SC，SC平面SAC，∴E∈平面SAC，F∈平面SAC，∴EF平面SAC.
同理可得GH平面ABC.
又∵EF∩GH＝P，∴P∈平面SAC，P∈平面ABC.
∵平面SAC∩平面ABC＝AC，∴P∈AC，
即直线EF，GH，AC共点于P.
当堂检测
1．D 2．D 3． D 4．B
5．证明：因为上底面中A1C1∩B1D1＝O1，A1C1平面A1C1CA，B1D1平面AB1D1，
所以，O1是平面A1C1CA与平面AB1D1的公共点．
又因为A1C∩平面AB1D1＝M，
A1C平面A1C1CA，
所以，M是平面A1C1CA与平面AB1D1的公共点．
又因为A∈平面AB1D1，A∈平面A1C1CA，
所以，A是平面A1C1CA与平面AB1D1的公共点．
所以，O1，M，A都是平面A1C1CA与平面AB1D1的公共点，由公理3可知，O1，M，A三点共线．3.2 由三视图还原成实物图
学习目标 重点难点
1.在前面学习三视图的基础上，能够由三视图识别出其所表示的立体图形，能够由空间几何体的三视图还原成实物图．2．根据空间几何体的三视图求几何体的相关量．3．通过学习，进一步培养学生的空间想象能力和逆向思维能力. 重点：由三视图识别出其所表示的立体图形，由空间几何体的三视图还原成实物图．难点：根据空间几何体的三视图求几何体的相关量．疑点：怎样由三视图准确还原成实物图.
由三视图还原成实物图
由三视图还原成实物图的步骤：
预习交流1
由三视图还原成实物图应注意什么？
提示：一个几何体一旦观察的方向确定，则三视图是唯一的，但从三视图反过来考虑几何体时，它有多种可能性．例如球的主视图是圆，但主视图是圆的几何体还可以是圆柱等其他几何体．
预习交流2
一个简单几何体的三视图如图所示，它的上部是一个_______，下部是一个________．
提示：圆锥 圆柱
预习交流3
一个几何体的主视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的______．(填入所有可能的几何体前的编号)
①三棱锥 ②四棱锥 ③三棱柱 ④四棱柱 ⑤圆锥 ⑥圆柱
提示：只要判断主视图是不是三角形就行了，画出图形容易知道三棱锥、四棱锥、圆锥一定可以，对于三棱柱，只需要横着放就可以了，所以①②③⑤均符合题目要求．
1．由三视图还原成实物图
一个几何体的三视图如图所示，请画出它的实物图．
思路分析：解答本题可先根据三视图所提供的信息，应用三视图的相关概念，再进行逆推还原，从而使问题得解．
解：由三视图可知，该几何体由正方体和四棱柱组成，如图所示．
1．如图所示，甲、乙、丙是三个立体图形的三视图，甲、乙、丙对应的标号正确的是( )．
①长方体 ②圆锥 ③三棱锥 ④圆柱
A．④③② B．②①③
C．①②③ D．③②④
解析：由于甲的俯视图是圆，则该几何体是旋转体，又因主视图和左视图均是矩形，则甲是圆柱；由于乙的俯视图是三角形，则该几何体是多面体，又因主视图和左视图均是三角形，则该多面体的各个面都是三角形，则乙是三棱锥；由于丙的俯视图是圆，则该几何体是旋转体，又因主视图和左视图均是三角形，则丙是圆锥．
答案：A
2．请根据三视图想象原物体图形，并画出它的直观图．
解：由三视图可知，该几何体为三棱柱，如图所示．
由三视图到立体图形，要仔细分析和认真观察三视图，充分想象实物图的样子，看图和想图是两个重要步骤．“想”于“看”中，形体分析的看图方法是解决此类还原问题的常用方法．
2．由三视图求几何体的相关量
若一个正三棱柱的三视图如图所示，求这个三棱柱的高和底面边长．
思路分析：根据三视图提供的信息，确定正三棱柱的高和底面正三角形的高，再求底面边长．
解：由三视图可知，左视图中2为正三棱柱的高，俯视图中为底面正三角形的高，所以正三棱柱的底面边长为＝4，即这个正三棱柱的高是2，底面边长是4.
如图，水平放置的三棱柱的侧棱长和底面边长均为2，且侧棱AA1⊥底面A1B1C1，主视图是边长为2的正方形，俯视图是边长为2的正三角形，求此三棱柱的左视图面积．
解：据实物图及题意可作下视图如图：
其中一边长与侧棱长相等，另一边长与底面三角形的高相等．
∴面积S＝2×(2sin 60°)＝.
解决此类问题的关键是根据所给的三视图画出正确的直观图，这就要求熟悉三视图的画法，具有逆向思维能力和空间想象能力．
1．一几何体的三视图如图，这个几何体是( )．
A．三棱柱 B．圆柱 C．三棱锥 D．圆锥
答案：A
2．如图所示是一个立体图形的三视图，该立体图形的名称为( )．
A．圆柱 B．棱锥 C．长方体 D．棱台
答案：C
3．如图①、②、③为三个几何体的三视图，根据三视图可以判断这三个几何体依次分别为( )．
A．三棱台、三棱柱、圆台
B．三棱锥、圆锥、圆台
C．四棱锥、圆锥、圆台
D．四棱锥、圆台、圆锥
答案：C
4．主视图为一个三角形的几何体可以是__________．(写出三种)
答案：三棱锥、圆锥、四棱锥(不唯一)
5．三视图如下图所示，想象物体原形，并画出物体的实物草图．
解：由三视图可以看出，这个物体是由一个圆柱和一个正四棱柱组合而成，圆柱的下底面圆和正四棱柱的上底面正方形内切．它的实物草图如图所示．7.3 球的表面积和体积
学习目标 重点难点
1.在上一节学习的基础上，会用公式求柱、锥、台体的体积．了解柱、锥、台体的体积之间的关系．2．记住球的表面积和体积公式，并进行有关计算．3．通过学习，提高空间思维能力和空间想象能力，增强了探索问题和解决问题的信心． 重点：柱体、锥体、台体的体积的计算．会用公式求球的表面积和体积．难点：与球有关的组合体的体积计算．疑点：已知几何体的三视图，首先转化为直观图，再求它体积.
1．柱、锥、台体的体积
V柱体＝Sh(S为柱体的底面积，h为柱体的高)．
V锥体＝Sh(S为锥体的底面积，h为锥体的高)．
V台体＝(S上＋S下＋)h(S上，S下分别为棱台的上，下底面积，h为高)．
预习交流1
柱体、锥体、台体的体积公式有何联系？
提示：台体的体积公式中，如果设S上＝S下，就得到柱体的体积公式V柱体＝Sh；如果设S上＝0，就得到锥体的体积公式V锥体＝Sh.因此，柱体、锥体、台体的体积公式之间的关系，可表示如下．
由上可见，柱体、锥体的体积公式是台体的体积公式的特例．
预习交流2
(1)正棱锥的高和底面边长都缩小为原来的，则它的体积是原来的( )．
A. B.
C. D.
(2)已知正六棱台的上、下底面边长分别为2和4，高为2，则其体积为________．
提示：(1)B (2)28
2．球的表面积和体积
S球面＝4πR2，V球＝πR3(其中R为球的半径)．
预习交流3
(1)若球的半径由R增加为2R，则这个球的表面积变为原来的________倍，体积变为原来的________倍．
(2)若一个球的体积为4π，则它的表面积为______．
提示：(1)4 8 (2)12π
1．柱体的体积
如图①是一个水平放置的正三棱柱ABC A1B1C1，D是棱BC的中点．正三棱柱的主视图如图②.
求正三棱柱ABC A1B1C1的体积．
思路分析：由三视图可以得到正三棱柱的底面三角形的高和侧棱长．
解：由三视图可知：在正三棱柱中，AD＝，AA1＝3，从而在底面即等边△ABC中，AB＝＝＝2，
所以正三棱柱的体积
V＝Sh＝×BC×AD×AA1＝×2××3＝3.
1．圆柱的底面积是S，侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的体积是________．
解析：设圆柱的底面半径为r，
则S＝πr2，∴r＝，
则圆柱的母线长l＝2πr＝2，
即圆柱的高h＝2，
∴V圆柱＝S·h＝2S.
答案：2S
2．根据图中物体的三视图(单位：cm)，求此几何体体积．
解：该几何体上方是底面半径为，母线长为1的圆柱，下方是一个长、宽、高分别为4,1,1的长方体，
从而V＝4×1×1＋π·2·1＝＋4.
1.求柱体的体积关键是求其底面积和高，底面积利用平面图形面积的求法，常转化为三角形及四边形，高常与侧棱、斜高及其在底面的正投影组成直角三角形，进而求解．
2．求组合体的体积应据其结构特征分析求解，如迁移与应用题2中为长方体上放一圆柱，故几何体体积为两体积之和．
2．锥体的体积
(2011辽宁高考，文18)如图，四边形ABCD为正方形，QA⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.
(1)证明PQ⊥平面DCQ；
(2)求棱锥Q ABCD的体积与棱锥P DCQ的体积的比值．
(1)证明：由条件知PDAQ为直角梯形．
因为QA⊥平面ABCD，
所以平面PDAQ⊥平面ABCD，交线为AD.
又四边形ABCD为正方形，DC⊥AD，
所以DC⊥平面PDAQ，可得PQ⊥DC.
在直角梯形PDAQ中可得DQ＝PQ＝PD，则PQ⊥QD.
所以PQ⊥平面DCQ.
(2)解：设AB＝a.
由题设知AQ为棱锥Q ABCD的高，
所以棱锥Q ABCD的体积V1＝a3.
由(1)知PQ为棱锥P DCQ的高．
而PQ＝a，△DCQ的面积为a2，
所以棱锥P DCQ的体积V2＝a3.
故棱锥Q ABCD的体积与棱锥P DCQ的体积的比值为1.
1．(2011陕西高考，理5)某几何体的三视图如图所示，则它的体积为( )．
A．8－ B．8－ C．8－2π D.
解析：由几何体的三视图可知，原几何体是一个棱长为2的正方体且内部去掉一个底面与正方体上底面内切，高等于正方体棱长的圆锥．正方体的体积为8，圆锥的体积为πr2h＝，∴所求几何体的体积为8－.
答案：A
2．下图是一个正方体，H，G，F分别是棱AB，AD，AA1的中点．现在沿△GFH所在平面锯掉正方体的一个角，问锯掉的部分的体积是原正方体体积的几分之几？
解：设正方体的棱长为a，则正方体的体积为a3.三棱锥的底面是Rt△AGF，而∠FAG为90°，G，F分别为AD，AA1的中点，所以AF＝AG＝a.
所以△AGF的面积为×a×a＝a2.
又AH是三棱锥的高，H又是AB的中点，
所以AH＝a.
所以锯掉的部分的体积为×a×a2＝a3.
又a3÷a3＝，所以锯掉的部分的体积是原正方体体积的.
(1)锥体的体积公式V＝Sh既适合棱锥，也适合圆锥，其中棱锥可以是正棱锥，也可以不是正棱锥．
(2)三棱锥的体积求解具有较多的灵活性，因为三棱锥的任何一个面都可以作为底面，所以常常需要根据题目条件对其顶点和底面进行转换，这一方法叫做等积法．
3．台体的体积
如图，三棱柱ABC A1B1C1中，若E，F分别为AB，AC的中点，平面EB1C1F将三棱柱分成体积为V1，V2的两部分，那么V1∶V2＝__________.
思路分析：V1对应的几何体AEF A1B1C1是一个棱台，一个底面的面积与棱柱的底面积相等，另一个底面的面积等于棱柱底面积的；V2对应的是一个不规则几何体，显然V2无法直接表示，可以考虑间接的办法，用三棱柱的体积减去V1来表示．
解析：设三棱柱的高为h，底面的面积为S，体积为V，则V＝V1＋V2＝Sh.
因为E，F分别为AB，AC的中点，
所以S△AEF＝S，
V1＝heq \b\lc\(\rc\)()＝Sh，
V2＝Sh－V1＝Sh，故V1∶V2＝7∶5.
答案：7∶5
四边形ABCD中，A(0,0)，B(1,0)，C(2,1)，D(0,3)，绕y轴旋转一周，求所得旋转体的体积．
解：∵C(2,1)，D(0,3)，
∴圆锥的底面半径r＝2，高h＝2.
∴V圆锥=πr2h=×22×2=.
∵B(1,0)，C(2,1)，
∴圆台的两个底面半径R=2，R′=1，高h′=1.
∴V圆台= (R2+R′2+RR′)
=×1×(22+12+2×1)= ，
∴V=V圆锥+V圆台=5π.
求不规则几何体的体积可通过对几何体分割，使每部分能够易求得其体积，也可将其“补”成规则几何体，使所求体积等于整体几何体的体积减去部分几何体的体积，这就是我们常说的割补法，是解决此类问题的常用方法，还要注意不同的割补方式会得到不同的几何体，做题时要仔细观察．
4．球的表面积和体积
(1)设长方体的长、宽、高分别为2a，a，a，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( )．
A．3πa2 B．6πa2
C．12πa2 D．24πa2
(2)如果三个球的半径之比是1∶2∶3，那么最大球的体积是其余两个球的体积之和的( )．
A．1倍 B．2倍
C．3倍 D．4倍
思路分析：(1)该球的直径等于长方体的体对角线长．
(2)可设出球的半径，计算出三个球的体积，然后求得结论．
解析：(1)由于长方体的长、宽、高分别为2a，a，a，则长方体的体对角线长为＝a.又长方体外接球的直径2R等于长方体的体对角线，∴2R＝a.
∴S球＝4πR2＝6πa2.
(2)半径大的球的体积也大，设三个球的半径分别为x,2x,3x，则最大球的半径为3x，其体积为π×(3x)3，其余两个球的体积之和为πx3＋π×(2x)3，
∴π×(3x)3÷＝3.
答案：(1)B (2)C
1．(2011湖南高考，理3)如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )．
A．π＋12 B．π＋18
C．9π＋42 D．36π＋18
解析：由题意知该几何体上部为直径为3的球，下部为长、宽、高分别为3,3,2的长方体，∴该几何体的体积为V＝π×eq \b\lc\(\rc\)()2＋3×3×2＝＋18.
答案：B
2．请用所学知识探求表面积相等的球和正方体，哪个体积更大．
解：设球的半径为r，正方体的棱长为a，依题意得4πr2＝6a2，所以r＝a.所以V球＝π3＝a3.
又因为V正方体＝a3，且＞1，所以V球＞V正方体，
即球的体积大于正方体的体积．
计算球的表面积和体积时要注意的问题：
(1)关键是计算球的半径，而计算半径的关键是寻找球心的位置．因此，在解题过程中要特别关注题目中所揭示的球心位置，球面上的点等信息．
(2)当球的半径增加为原来的2倍时，球的表面积增加为原来的4倍，球的体积增加为原来的8倍．
(3)注意公式的“双向”应用，也就是说当知道球的表面积或体积时，也可以求出球的半径．
1. 已知高为3的直三棱柱ABC A′B′C′的底面是边长为1的正三角形，则三棱锥B′ ABC的体积为( )．
A． B.
C. D.
解析：由题意知S△ABC＝×12＝，
∴VB′ ABC＝S△ABC×3＝.
答案：D
2．已知两个球的半径之比为1∶2，则这两个球的表面积之比为( )．
A．1∶2 B．1∶4
C．1∶6 D．1∶8
解析：由S＝4πr2知，若半径之比为1∶2，则表面积之比为1∶4.
答案：B
3．圆台的上、下底面的面积分别为π，4π，侧面积是6π，这个圆台的体积是( )．
A. B．2π
C. D.
解析：设上、下底面半径为r′，r，母线长为l，
则∴
圆台的高h＝＝，
∴V圆台＝(π＋＋4π)·＝.
答案：D
4．(2011辽宁高考，文8)一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为2，它的三视图中的俯视图如右图所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是( )．
A．4 B．2 C．2 D.
解析：由题意可设棱柱的底面边长为a，
则其体积为a2·a＝2，得a＝2.
由俯视图易知，三棱柱的左视图是以2为长，为宽的矩形．∴其面积为2.故选B.
答案：B
5.如图，一个底面直径为20 cm的装有一部分水的圆柱形玻璃杯，水中放着一个底面直径为6 cm，高为20 cm的一个圆锥形铅锤，当铅锤从水中取出后，杯里的水将下降几厘米？(π≈3.14)
解：设水面下降的高度为x cm，因为圆锥形铅锤的体积为×20=60π(cm3)，
则小圆柱的体积为π×(20÷2)2×x＝100πx(cm3)．
所以60π＝100πx，解得x＝0.6(cm)．
则铅锤取出后，杯中水面下降了0.6 cm.1.2 简单多面体
学习目标 重点难点
1.通过实物操作，增强学生的直观感知．2．能根据几何体的结构特征对空间物体进行分类．3．会用语言概述棱柱、棱锥、棱台、简单组合体的结构特征．4．会表示有关几何体以及柱、锥、台的分类. 重点：感受大量空间实物及模型，概括出棱柱、棱锥、棱台、简单组合体的结构特征．难点：棱柱、棱锥、棱台、简单组合体的结构特征的概括与简单计算．疑点：棱柱、棱锥、棱台的结构特征的理解.
1．多面体
我们把若干个平面多边形围成的几何体叫作多面体．其中棱柱、棱锥、棱台都是简单多面体．
2．棱柱
两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，这些面围成的几何体叫棱柱．棱柱的侧面是平行四边形．
预习交流1
棱柱是“有两个面是互相平行且全等的多边形，其余各面都是平行四边形的多面体”．这一概念对吗？为什么？
提示：不对．如图，是由两个三棱柱叠放在一起形成的几何体，这个几何体不是棱柱．这是因为虽然上、下面平行，但是四边形ABB1A1与四边形A1B1B2A2不在一个平面内，
所以多边形ABB1B2A2A1不是一个平面图形，它更不是一个平行四边形，因此这个几何体不是一个棱柱．
所以棱柱的定义中强调“其余各面是四边形，且每相邻两个四边形的公共边都互相平行”．
预习交流2
什么是直棱柱？什么是正棱柱？两者有什么区别？
提示：侧棱垂直于底面的棱柱叫作直棱柱，底面是正多边形的直棱柱叫作正棱柱．
直棱柱与正棱柱的区别
①直棱柱是在一般棱柱的基础上加一个条件“侧棱与底面垂直”；
②正棱柱是在直棱柱的基础上加一个条件“底面是正多边形”．
3．特殊的四棱柱
4．棱锥
有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，这些面围成的几何体叫作棱锥．
如果棱锥的底面是正多边形，且各侧面全等，就称作正棱锥，正棱锥的侧面是全等的等腰三角形．
预习交流3
棱锥所有的面可以都是三角形吗？
提示：可以．当棱锥的底面为三角形时，其所有的面都是三角形，这样的棱锥叫三棱锥，也叫四面体．
预习交流4
“有一个面是多边形，其余各面都是三角形”的几何体是棱锥吗？
提示：判断一个几何体是否是棱锥，关键是紧扣棱锥的3个本质特征：①有一个面是多边形；②其余各面是三角形；③这些三角形有一个公共顶点．这3个特征缺一不可．如图所示的多面体有一个面是四边形，其余各面都是三角形，但这些三角形没有公共顶点，所以它不是棱锥．
5．棱台
用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分叫作棱台．
用正棱锥截得的棱台叫作正棱台，正棱台的侧面是全等的等腰梯形．
预习交流5
(1)如何判断一个多面体是不是棱台？
提示：
(2)你能总结出柱、锥、台体的关系吗？
提示：
1．对简单多面体的理解
如图所示为长方体ABCD A′B′C′D′，当用平面BCFE把这个长方体分成两部分后，各部分形成的多面体还是棱柱吗？如果不是，请说明理由；如果是，指出底面及侧棱．
思路分析：①本题是一个几何体的分割问题；
②分割后是两个几何体．
解题时可先确定两个互相平行的面，然后根据棱柱的定义得出结论．
解：截面BCFE上方部分是棱柱BB′E CC′F，其中平面BB′E和平面CC′F是其底面，BC，B′C′，EF是其侧棱．
截面BCFE下方部分是棱柱ABEA′ DCFD′，其中平面ABEA′和DCFD′是其底面，AD，BC，EF，A′D′是其侧棱．
给出下列几个结论：
①长方体一定是正四棱柱；
②棱锥的侧面为三角形，且所有侧面都有一个公共顶点；
③多面体至少有四个面；
④棱台的侧棱所在直线均相交于同一点．
其中，错误的个数是( )．
A．0 B．1 C．2 D．3
思路分析：解答本题的依据是棱柱、棱锥、棱台的结构特征，结合已知进行具体分析．
解析：对于①，长方体的底面不一定是正方形，故①错；②显然是正确的；对于③，一个图形要成为空间几何体，至少需有四个顶点，当有四个顶点时，易知它可围成四个面，因而一个多面体至少应有四个面，而且这样的面必是三角形，故③是正确的；对于④，棱台的侧棱所在的直线就是所截棱锥的侧棱所在的直线，而棱锥的侧棱都有一个公共的点，即棱锥的顶点，于是棱台的侧棱所在直线均相交于同一点，故④是正确的．
答案：B
1．下列命题中，正确的是( )．
A．棱柱中互相平行的两个面叫作棱柱的底面
B．棱柱的侧面是平行四边形，而底面不是平行四边形
C．棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形
D．侧棱与底面两边垂直的棱柱叫直棱柱
解析：在棱柱底面的定义中，两个互相平行的面是特指的，反之，则不一定，如底面是梯形时，有两个侧面互相平行，这两个平行的侧面就不能称为棱柱的底面，故A不正确；棱柱可以是平行六面体，所以B项不正确，C正确；由直棱柱的定义知D错误．
答案：C
2．下列说法正确的有( )．
①用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分是棱台；
②两个底面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；
③有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台．
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
解析：①中的平面不一定平行于底面，故①错；②③可用反例(如下图所示)加以检验，故②③均不对．
答案：A
认识一个几何体的结构特征，主要从它的侧面、侧棱、底面等角度描述，因此只有理解并掌握好各几何体的概念，才能认清其属性．
2．简单多面体有关量的计算
已知正三棱锥V ABC中，底面边长为8，侧棱长为，计算它的高和斜高．
思路分析：本题主要考查正三棱锥中基本量的计算，关键是把已知量与未知量放到直角三角形中求解．
解：如图所示，设O是底面中心，则D为BC的中点，
∴△VAO和△VCD都是直角三角形．
∵底面边长为8，侧棱长为2，
∴AO＝×8＝，CD＝4，
∴VO＝＝＝.
VD＝＝＝2.
即正三棱锥的高是，斜高为2.
正三棱台的上、下底面边长分别为3和6，高为1，试求该棱台的侧棱和斜高．
解：如图，设上、下两底的中心分别是O1，O，连接O1O，则O1O为棱台的高，O1O＝1.连接A1O1，AO并延长分别与B1C1和BC相交于D1，D.由平面几何知识得，D1，D分别是B1C1和BC的中点，连接D1D，则D1D为棱台的斜高．
因为B1C1＝3，BC＝6，所以A1O1＝×3＝，AO＝×6＝2，O1D1＝×3＝，OD＝×6＝.
在直角梯形AOO1A1中，A1A＝＝2；
在直角梯形DOO1D1中，D1D＝＝.
即该棱台的侧棱和斜高分别为2和.
正棱锥中基本量的计算要借助构造的直角三角形，如[活动与探究3]中的Rt△VAO，Rt△VOD，Rt△VCD等．它们包含了正棱锥的侧棱长、高、斜高、底面边长的一半，底面外接圆半径和内切圆半径．
类似地，在正棱台中，有三个重要的直角梯形——两底面中心连线、相应的边心距和斜高组成一个直角梯形；两底面中心连线、侧棱和相应两底面正多边形的顶点与中心连线组成一个直角梯形；斜高、侧棱和上下两底面边长的一半组成一个直角梯形．正棱台的计算问题，实际上就是这几个直角梯形的计算问题．
1．在棱柱中( )．
A．只有两个面平行
B．所有的棱都平行
C．所有的面都是平行四边形
D．两底面平行，且各侧棱也互相平行
答案：D
2．棱柱的侧面都是( )．
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．矩形
答案：B
3．从长方体的一个顶点出发的三条棱上各取一点E，F，G，过此三点作长方体的截面，那么截去的几何体是( )．
A．三棱柱 B．三棱锥 C．四棱柱 D．四棱锥
答案：B
4．下列描述中，是棱台的性质的是__________．(填序号)
①两底面平行；②侧面都是梯形；③侧棱都相等，且平行；④侧棱延长后都交于一点；⑤底面不可能为三角形．
解析：棱台是由棱锥截得的，截面与底面平行，①正确；棱台的侧面都是梯形，②正确；③错误；棱台侧棱延长后必交于一点，④正确；由三棱锥截得的棱台为三棱台，其底面是三角形，⑤错误．
答案：①②④
5．判断下列语句的对错．
(1)一个棱锥至少有四个面；
(2)如果四棱锥的底面是正方形，那么这个四棱锥的四条侧棱都相等；
(3)五棱锥只有五条棱；
(4)用与底面平行的平面去截三棱锥，得到的截面三角形和底面三角形相似．
解：(1)正确；
(2)不正确，四棱锥的底面是正方形，它的侧棱可以相等，也可以不相等；
(3)不正确，五棱锥除了五条侧棱外，还有五条底边，故共有10条棱；
(4)正确．5.2 平行关系的性质
问题导学
1．直线与平面平行的性质
活动与探究1
如图，已知四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH.
求证：AP∥GH.
迁移与应用
1．如图，E，H分别是三棱锥A－BCD的棱AB，AD的中点，平面α过EH分别交BC，CD于点F，G.求证：EH∥FG.
2．如图，AB∥α，CD∥α，AB与CD在平面α两侧且AB与CD不平行，AC，BD分别交α于M，N两点．
求证：AM∶MC＝BN∶ND．
线、面平行的性质定理是证明空间两直线平行的重要依据，解题时要注意把握．当证明了直线平行于平面后，再过该直线作平面与已知平面相交，得交线与已知直线平行．具体方法如下：线、线平行线、面平行线、线平行．
2．平面与平面平行的性质
活动与探究2
如图，已知α∥β，点P是平面α，β外的一点(不在α与β之间)，直线PB，PD分别与α，β相交于点A，B和C，D．
(1)求证：AC∥BD；
(2)已知PA＝4 cm，AB＝5 cm，PC＝3 cm，求PD的长．
迁移与应用
1．设平面α∥平面β，直线a α，点B∈β，则在β内过点B的所有直线中( )．
A．不一定存在与a平行的直线
B．只有两条与a平行的直线
C．存在无数条与a平行的直线
D．存在唯一一条与a平行的直线
2．如图，α∥β，AB交α，β于点A，B，CD交α，β于点C，D，AB∩CD＝O，O在两平面之间，AO＝5，BO＝8，CO＝6.求CD．
利用面面平行的性质定理证明线线平行的基本步骤：
(1)先找两个平面，使这两个平面分别经过这两条直线中的一条；
(2)判定这两个平面平行；
(3)再找一个平面，使这两条直线都在这个平面上；
(4)由定理得出结论．
3．用面面平行证线面平行
活动与探究3
如图，在四棱锥O－ABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，M为OA的中点，N为BC的中点，证明：直线MN∥平面OCD．
迁移与应用
如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是梯形，AB∥CD，AD⊥DC，CD＝2，DD1＝AB＝1，P，Q分别是CC1，C1D1的中点．
求证：AC∥平面BPQ.
因为两个平行平面没有公共点，所以当两个平面平行时，其中一个平面内的任何一条直线必与另一个平面无公共点，所以可得线面平行关系．
4．平行关系的综合应用
活动与探究4
如图所示，在底面是平行四边形的四棱锥P－ABCD中，点E在PD上，且PE∶ED=2∶1，在棱PC上是否存在一点F，使BF∥平面AEC？并证明你的结论．
迁移与应用
如图，已知P是 ABCD所在平面外一点，平面PAD∩平面PBC＝l.求证：l∥BC．
1．熟练掌握空间平行关系中定理的条件与结论，注意它们之间的相互转化．
2．在论证过程中，“已知位置关系，用性质”，“论证位置关系，用判定”．
3．本例题是探索型问题，解决这类探索型问题的基本思路是：先假设所研究的对象成立或存在，然后以此为条件进行推理，得出存在的结论或得出矛盾．
当堂检测
1．若直线a不平行于平面α，则下列结论成立的是( )．
A．α内的所有直线均与a异面
B．α内不存在与a平行的直线
C．α内直线均与a相交
D．直线a与平面α有公共点
2．下列说法中正确的是( )．
①一条直线如果和一个平面平行，它就和这个平面内的无数条直线平行；
②一条直线和一个平面平行，它就和这个平面内的任何直线无公共点；
③过直线外一点，有且仅有一个平面和已知直线平行；
④如果直线l和平面α平行，那么过平面α内一点和直线l平行的直线在α内．
A．①②③④
B．①②③
C．②④
D．①②④
3．若α∥β，aα，下列四种说法中正确的是( )．
①a与β内所有直线平行；
②a与β内的无数条直线平行；
③a与β内的任何一条直线都不垂直；
④a与β无公共点．
A．①② B．②④
C．②③ D．①③④
4．过两平行平面α，β外的点P有两条直线AB与CD，它们分别交α于A，C两点，交β于B，D两点，若PA＝6，AC＝9，PB＝8，则BD的长为__________．
5．如图所示，四边形ABCD是矩形，P平面ABCD，过BC作平面BCFE交AP于E，交DP于F.求证：四边形BCFE是梯形．
提示：用最精练的语言把你当堂掌握的核心知识的精华部分和基本技能的要领部分写下来并进行识记.
答案：
课前预习导学
预习导引
1．(1)平行 过该直线 交线 (2)∥
预习交流1 提示：不是．当直线a与平面α平行时，它和平面α内的直线有两种位置关系：平行与异面．
预习交流2 提示：(1)线面平行的性质定理的条件有三个：①直线a与平面α平行，即a∥α；②平面α，β相交于一条直线，即α∩β＝b；③直线a在平面β内，即aβ.三个条件缺一不可．
(2)定理揭示了直线与平面平行中蕴含着直线与直线平行，即通过直线与平面平行可得到直线与直线平行，这给出了一种作平行线的方法，体现了数学中的转化与化归的思想．
(3)如果直线a∥平面α，在平面α内，除了与直线a平行的直线外，其余的任一直线都与直线a是异面直线．
2．(1)平行 交线 (2)∥ a b
预习交流3 提示：a∥β.由于α∥β，所以α与β没有公共点，而aα，所以a与β也没有公共点．故必有a∥β.由此可得到证明线面平行的一种新方法，即转化为面面平行．
预习交流4 提示：直线a与b可能平行，也可能异面，但不可能相交．
课堂合作探究
问题导学
活动与探究1 思路分析：欲证线线平行，往往先证线面平行，再由线面平行的性质定理证得线线平行．
证明：连接AC交BD于O，连接MO，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O是AC的中点．又M是PC的中点，∴AP∥OM.
又OM平面BMD，AP平面BMD，∴AP∥平面BMD.
∵平面PAHG∩平面BMD＝GH，AP平面PAHG，∴AP∥GH.
迁移与应用 1.证明：∵E，H分别是AB，AD的中点，∴EH∥BD.
又BD平面BCD，EH平面BCD，∴EH∥平面BCD.
又EHα，α∩平面BCD＝FG，
∴EH∥FG.
2．证明：连接AD交平面α于点E，连接ME和NE.
∵平面ACD∩α＝ME，CD∥α，
∴CD∥ME，∴＝.
同理，EN∥AB，∴＝，
∴＝.
活动与探究2 思路分析：由PB与PD相交于点P可知PB，PD确定一个平面，结合α∥β，可使用面面平行的性质定理推出线线平行关系，这样就转化为平面问题．
(1)证明：∵PB∩PD＝P，
∴直线PB和PD确定一个平面γ，则α∩γ＝AC，β∩γ＝BD.
又α∥β，∴AC∥BD.
(2)解：由(1)得AC∥BD，
∴＝.
∴＝，∴CD＝(cm)．
∴PD＝PC＋CD＝(cm)．
迁移与应用 1．D 解析：依题意，由点B和直线a可确定唯一的平面γ，平面γ与平面β的交线设为c，则必有c∥a，且这样的直线c是唯一的．
2．解：∵AB∩CD＝O，
∴AB，CD可确定一个平面，记为平面γ.
AC∥BD，
∴＝，即＝，
∴OD＝，∴CD＝＋6＝.
活动与探究3 思路分析：解题的关键是构造过MN与平面OCD平行的平面，根据题目条件中M为OA的中点，N为BC的中点，可利用三角形中位线的性质构造平面．
证明：取OB的中点G，连接GN，GM.
在△OAB中，GM为中位线，
∴GM∥AB.
又AB∥CD，
∴GM∥CD.
∵GM平面OCD，CD平面OCD，∴GM∥平面OCD.
在△OBC中，GN为中位线，
∴GN∥OC.∵GN平面OCD，OC平面OCD，
∴GN∥平面OCD.
由于GM∩GN=G，
∴平面GMN∥平面OCD.
∵MN平面GMN，MN平面OCD，∴MN∥平面OCD.
迁移与应用 证明：连接CD1，AD1，
∵P，Q分别是CC1，C1D1的中点，
∴PQ∥CD1.
∵CD1平面BPQ，PQ平面BPQ，∴CD1∥平面BPQ.
又D1Q＝AB＝1，D1Q∥AB，
∴四边形ABQD1是平行四边形，
∴AD1∥BQ.∵BQ平面BPQ，AD1平面BPQ，
∴AD1∥平面BPQ.
又AD1∩CD1＝D1，
∴平面ACD1∥平面BPQ.
∵AC平面ACD1，
∴AC∥平面BPQ.
活动与探究4 思路分析：可从“若两平面平行，则一平面内的任一直线都与另一平面平行”这一结论入手考虑，作过B点与平面AEC平行的平面，与PC的交点就是要找的点．
解：存在．当F是棱PC的中点时，BF∥平面AEC，证明如下：
取PE的中点M，连接FM，则FM∥CE.①
由EM＝PE＝ED，知E是MD的中点，连接BM，BD，设BD∩AC＝O，则O为BD的中点，连接OE，则BM∥OE.②
由①②可知，平面BFM∥平面AEC，又BF平面BFM，
∴BF∥平面AEC.
迁移与应用 证明：因为BC∥AD，BC平面PAD，AD平面PAD，所以BC∥平面PAD.
又因为平面PBC∩平面PAD＝l，BC平面PBC，所以BC∥l.
当堂检测
1．D 2．D 3．B 4．12
5．证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴BC∥AD.
∵AD平面PAD，BC平面PAD，∴BC∥平面PAD.
∵平面BCFE∩平面PAD＝EF，BC平面BCFE，∴BC∥EF.
∵AD＝BC，AD≠EF，∴BC≠EF，
∴四边形BCFE是梯形．6.1 垂直关系的判定
学习目标 重点难点
1．通过实例，掌握直线和直线垂直、直线和平面垂直、平面和平面垂直的定义．2．掌握直线与平面垂直、平面与平面垂直的判定定理，并会利用定理证明垂直关系．3．正确理解和掌握“二面角”、“二面角的平面角”及“直二面角”的概念，会求简单的二面角的平面角． 重点：直线与平面垂直、平面与平面垂直的定义、判定定理及推论．难点：直线与平面垂直，平面与平面垂直的判定定理在证明题中的应用．疑点：二面角的平面角的作法.
1．直线与平面垂直
(1)直线与平面垂直的定义
如果一条直线和一个平面内的任何一条直线都垂直，那么称这条直线和这个平面垂直．
(2)直线和平面垂直的判定定理
①文字叙述：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．
②符号表示：若aα，bα，a∩b＝A，l⊥a，l⊥b，则l⊥α.
③图形表示：
④作用：线线垂直线面垂直．
预习交流1
能够证明直线l与平面α垂直的条件是( )．
①l与α内两条平行直线垂直；②l与α内两条相交直线垂直；③l与α内无数条直线垂直；④l与α内任意两条直线垂直；⑤l∥m，m⊥α；⑥直线m，n确定平面α，l⊥m，l⊥n.
A．①②④ B．①③⑥ C．②④⑤ D．③④⑥
提示：C
2．二面角及其平面角
(1)半平面的定义：一个平面内的一条直线把这个平面分成两部分，其中的每一部分都叫作半平面．
(2)二面角的定义：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．
(3)二面角的记法：
以直线AB为棱，半平面α，β为面的二面角，记作二面角α AB β.
(4)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．
(5)直二面角：平面角是直角的二面角叫作直二面角．
预习交流2
以下命题正确的个数是( )．
①一个二面角的平面角只有一个；
②二面角的棱必垂直于这个二面角的平面角所在的平面；
③分别在二面角的两个半平面内，且垂直于棱的直线所成的角等于二面角的大小．
A．0 B．1 C．2 D．3
提示：B
3．平面与平面垂直的判定
(1)两个平面互相垂直的定义：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)平面和平面垂直的判定定理
①文字叙述：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．
②符号表示：
α⊥β.
③图形表示：
④作用：线面垂直面面垂直．
预习交流3
如何理解平面和平面垂直的判定定理？
提示：(1)本质：证面面垂直证线面垂直．
(2)关键：寻找其中一个平面的垂线．
(3)找平面垂线的方法：先从现有的直线中寻找平面的垂线，若不存在则可通过作辅助线来解决，而作辅助线则应有理论依据，并有助于证明，不能随意添加．
1．线面垂直的判定
如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，D是AC的中点，S是△ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC.
(1)求证：SD⊥平面ABC；
(2)若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC.
思路分析：题设条件中的三棱锥的三条侧棱相等，AB⊥BC，D是AC的中点，要证(1)需在平面ABC内找两条相交直线与SD垂直，故等腰三角形底边的中线是可以利用的垂直关系，要证(2)，需设法在平面SAC内找两条相交直线与BD垂直，而(1)的结论可利用．
证明：(1)因为SA＝SC，D是AC的中点，
所以SD⊥AC.在Rt△ABC中，AD＝BD，
由已知SA＝SB，所以△ADS≌△BDS，
所以SD⊥BD.
又AC∩BD＝D，所以SD⊥平面ABC.
(2)因为AB＝BC，D为AC的中点，
所以BD⊥AC.由(1)知SD⊥BD，
因为SD∩AC＝D，所以BD⊥平面SAC.
1．已知四棱锥P ABCD的底面是菱形，且∠ABC＝60°，PA＝PC＝2，PB＝PD.若O是AC与BD的交点，求证：PO⊥平面ABCD.
证明：∵PA＝PC，PD＝PB，且O是AC和BD的中点，∴PO⊥AC，PO⊥BD.又AC∩BD＝O，∴PO⊥平面ABCD.
2．如图，AB是圆O的直径，C是圆周上异于A，B的任意一点，PA⊥平面ABC.
(1)图中共有多少个直角三角形？
(2)若AH⊥PC，且AH与PC交于H，求证：AH⊥平面PBC.
(1)解：由PA⊥平面ABC，可得PA⊥AC，PA⊥AB，PA⊥BC，又由题设知BC⊥AC.由BC⊥AC，BC⊥PA，PA∩AC＝A得BC⊥平面PAC，∵PC平面PAC，∴BC⊥PC.
故图中有4个直角三角形：△PAC，△PAB，△ABC，△PCB.
(2)证明：由(1)知BC⊥平面PAC，AH平面PAC，
∴BC⊥AH.
又AH⊥PC，BC∩PC＝C，∴AH⊥平面PBC.
1.利用直线和平面垂直的判定定理判定直线与平面垂直的步骤：
(1)在这个平面内找两条直线，使它和这条直线垂直；
(2)确定这个平面内的两条直线是相交的直线；
(3)根据判定定理得出结论．
2．利用直线和平面垂直的判定定理判定直线与平面垂直的技巧：
证明线面垂直时要注意分析几何图形，寻找隐含的和题目中推导出的线线垂直关系，进而证明线面垂直．三角形全等、等腰三角形、梯形底边的中线、高、菱形、正方形的对角线、三角形中的勾股定理等都是找线线垂直的方法．
2．面面垂直的判定
如图，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，AD＝PA＝2，CD＝2，E，F分别是AB，PD的中点．
(1)求证：AF∥平面PCE；
(2)求证：平面PCE⊥平面PCD.
思路分析：(1)要证AF∥平面PCE，只需证明AF平行于平面PCE内的一条直线即可，取PC的中点G，则该直线为GE.
(2)要证明平面PCE⊥平面PCD，只需证明GE⊥平面PCD，而由(1)知GE∥AF，故只需证明AF⊥平面PCD即可．
证明：(1)取PC的中点G，连接FG，EG，
∵F为PD的中点，E为AB的中点，
∴FG＝CD，且FG∥CD，AE＝CD，且AE∥CD，
∴FG＝AE，且FG∥AE，
∴四边形AEGF为平行四边形，∴AF∥GE.
∵GE平面PEC，AF平面PCE，
∴AF∥平面PCE.
(2)∵PA＝AD＝2，∴AF⊥PD.
∵PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，
∴PA⊥CD.又∵AD⊥CD，PA∩AD＝A，
∴CD⊥平面PAD.∵AF平面PAD，∴AF⊥CD.
∵PD∩CD＝D，∴AF⊥平面PCD，
∴GE⊥平面PCD.
∵GE平面PEC，∴平面PCE⊥平面PCD.
1．如图，在底面为直角梯形的四棱锥P ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，PA⊥平面ABCD，AC∩BD＝E，AD＝2，AB＝2，BC＝6.求证：平面PBD⊥平面PAC.
证明：∵PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，
∴BD⊥PA.
又tan∠ABD＝＝，tan∠BAC＝＝，
∴∠ABD＝30°，∠BAC＝60°，
∴∠AEB＝90°，即BD⊥AC.
又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC.
∵BD平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAC.
2．如图，棱柱ABC A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形，B1C⊥A1B，求证：平面AB1C⊥平面A1BC1.
证明：因为侧面BCC1B1是菱形，所以B1C⊥BC1.
又B1C⊥A1B，且A1B∩BC1＝B，
所以B1C⊥平面A1BC1.又B1C平面AB1C，所以平面AB1C⊥平面A1BC1.
利用面面垂直的判定定理证明面面垂直，关键是先证线面垂直，再证线在另一个平面内，最终得到面面垂直．具体方法是：线线垂直线面垂直面面垂直．
3．综合问题
如图，四棱锥S ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．
(1)求证：AC⊥SD；
(2)若SD⊥平面PAC，求二面角P AC D的大小；
(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．
思路分析：(1)要证AC⊥SD，可先证明AC⊥平面SBD.
(2)要求二面角P AC D的大小，可先找出二面角的平面角，再进行计算．
(3)是一探索性问题，可先假设存在点E，再根据线面、面面的平行关系进行推理论证．
(1)证明：连接BD，设AC交BD于O，连接SO.由题意知SO⊥AC.在正方形ABCD中，AC⊥BD，所以AC⊥平面SBD，得AC⊥SD.
(2)解：设正方形边长为a，则SD=a，又OD=a，所以∠SDO=60°.连接OP，由(1)知AC⊥平面SBD，所以AC⊥OP，且AC⊥OD，所以∠POD是二面角P AC D的平面角．由SD⊥平面PAC，知SD⊥OP，所以∠POD=30°，
即二面角P AC D的大小为30°.
(3)解：在棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC.
由(2)可得PD=a，故可在SP上取一点N，使PN=PD.过N作PC的平行线与SC的交点即为E.连接BN，在△BDN中，知BN∥PO.又由于NE∥PC，故平面BEN∥平面PAC，这得BE∥平面PAC.由于SN∶NP＝2∶1，故SE∶EC＝2∶1.
如图，在六面体ABCDEFG中，平面ABC∥平面DEFG，AD⊥平面DEFG，AB⊥AC，ED⊥ DG，EF∥DG，且AB＝AD＝DE＝DG＝2，AC＝EF＝1.
(1)求证：BF∥平面ACGD；
(2)求二面角A EG D的正切值．
(1)证明：设DG的中点为M，连接AM，FM，则由已知条件易证四边形DEFM是平行四边形，
∴MF∥DE，且MF＝DE.
∵平面ABC∥平面DEFG，平面ABED分别交平面ABC，平面DEFG于AB，DE，∴AB∥DE，又AB＝DE，
∴MF∥AB，且MF＝AB，
∴四边形ABFM是平行四边形，即BF∥AM.又BF平面ACGD，AM平面ACGD，故BF∥平面ACGD.
(2)解：连接AE，AG，EG，
∵AD⊥平面DEFG，
∴AD⊥DG，AD⊥DE.
∵AD＝ED＝DG，∴AE＝AG.
取EG的中点H，连接AH，DH，有AH⊥EG，DH⊥EG，
则∠AHD是二面角A EG D的平面角．
∵在Rt△ADH中，由AD＝DE＝DG＝2，得DH＝.
∴tan∠AHD＝＝，
故二面角A EG D的正切值为.
1.二面角的平面角的作法
(1)垂面法：是指根据平面角的定义，作垂直于棱的平面，通过这个平面和二面角两个面的交线得出平面角；
(2)垂线法：是指在二面角的棱上取一特殊点，过此点在二面角的两个半平面内作两条射线垂直于棱，则此两条射线所成的角即为二面角的平面角；
2．根据线线、线面、面面之间的垂直关系探讨点的位置，解题的思路是从特殊位置入手，一般是中点或线段的端点处．另外，对于解答题，在解答后面小题时可注意应用前面小题的结论．
1．给出下列四个命题：
①若直线垂直于平面内的两条直线，则这条直线与平面垂直；②若直线与平面内的任意一条直线都垂直，则这条直线与平面垂直；③若直线垂直于梯形的两腰所在的直线，则这条直线垂直于两底边所在的直线；④若直线垂直于梯形的两底边所在的直线，则这条直线垂直于两腰所在的直线．其中正确的命题共有( )．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
解析：①中两条直线若不相交，则直线与平面不一定垂直；①错误；由线面垂直的定义知②正确；由于梯形的两腰所在直线是相交的，故③正确；若直线垂直于梯形的两底边所在的直线，则该直线与梯形所在平面不一定垂直，从而不一定垂直于两腰所在直线，④错误．
答案：B
2．经过平面外两点作与此平面垂直的平面，则这样的平面( )．
A．只能作一个 B．只能作两个
C．可以作无数个 D．可作一个或无数个
解析：当两点所在直线垂直于平面时，可作无数个；否则，有且仅有1个．
答案：D
3．如图，已知PA垂直于△ABC所在平面，且∠ABC＝90°，连接PB，PC，则图形中互相垂直的平面有( )．
A．一对 B．两对 C．三对 D．四对
解析：平面PAB⊥平面ABC；平面PAC⊥平面ABC；平面PAB⊥平面PBC.
答案：C
4．如图，四棱锥P ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，点E在线段AD上，且CE∥AB.
求证：CE⊥平面PAD.
证明：因为PA⊥平面ABCD，CE平面ABCD，
所以PA⊥CE.
因为AB⊥AD，CE∥AB，所以CE⊥AD.
又PA∩AD＝A，所以CE⊥平面PAD.
5．如图，四边形ABCD是菱形，PC⊥平面ABCD，E是PA的中点，求证：平面BDE⊥平面ABCD.
证明：连接AC交BD于O，连接OE.
因为O为AC中点，E为PA的中点，所以EO是△PAC的中位线，EO∥PC.
因为PC⊥平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD.
又因为EO平面BDE，
所以平面BDE⊥平面ABCD.1．1 简单旋转体
学习目标 重点难点
1.通过实物操作，增强学生的直观感知．2．能根据几何体的结构特征对空间物体进行分类．3．会用语言概述圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征．4．会表示有关几何体以及柱、锥、台的分类. 重点：感受大量空间实物及模型，概括出圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征．难点：圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征的概括与简单计算．疑点：一个平面截圆锥就得到圆台，对吗？
1．球面、球体(球)
以半圆的直径所在的直线为旋转轴，将半圆旋转所形成的曲面叫作球面，球面所围成的几何体叫作球体，简称球．
预习交流1
根据“球”的定义，乒乓球是“球”吗？
提示：教学中的球，是球体的简称，它包括球面及所围成的空间部分，所以生活中的乒乓球不是教学中的球，而是球面．
2．旋转体
一条平面曲线绕着它所在的平面内的一条定直线旋转所形成的曲面叫旋转面，封闭的旋转面围成的几何体叫旋转体．
3．圆柱、圆锥、圆台
分别以矩形的一边、直角三角形的一条直角边、直角梯形垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体分别叫作圆柱、圆锥、圆台．
预习交流2
怎样判断旋转体的形状？
提示：判断旋转体形状的关键是轴的确定，看是由平面图形绕哪条直线旋转所得，同一个平面图形绕不同的轴旋转，所得的旋转体一般是不同的．在旋转过程中观察平面图形的各边所形成的轨迹，应利用空间想象能力，或亲自动手做出平面图形的模型来分析旋转体的形状．
预习交流3
一个有30°角的直角三角板绕其各条边所在直线旋转所得几何体都是圆锥吗？如果以斜边上的高所在的直线为轴旋转180°将得到什么几何体？
提示：如图①和图②所示，绕其直角边所在直线旋转一周围成的几何体是圆锥；如图③所示，绕其斜边所在直线旋转一周所得几何体是两个同底相对的圆锥；如图④所示，绕其斜边上的高所在的直线为轴旋转180°围成的几何体是两个半圆锥．
1．对简单旋转体的理解
下列叙述正确的个数是( )．
①以直角三角形的一边为轴旋转所得的旋转体是圆锥；
②以直角梯形的一腰为轴旋转所得的几何体是圆台；
③用一个平面去截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．
A．0 B．1 C．2 D．3
思路分析：本题①②为已知旋转轴判断旋转所得的几何体；③是判断旋转体的底面与截面．解答时可先根据圆柱、圆锥、圆台的结构特征详细分析，再结合已知的各个命题的具体条件进行具体分析．
解析：①应以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴旋转才可得到圆锥，以直角三角形的斜边所在直线为旋转轴旋转得到的几何体如图①，故①错；②以直角梯形垂直于底边的腰所在直线为旋转轴旋转可得到圆台，以直角梯形的不垂直于底的腰所在直线为旋转轴旋转得到的几何体如图②，故②错；③用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，可得到一个圆锥和一个圆台，用不平行于圆锥底面的平面不能得到，故③错．故选A.
答案：A
1．有下列命题，其中正确的是( )．
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圆锥顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线 ③在圆台上、下底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线 ④圆柱的任意两条母线所在的直线都是互相平行的
A．①② B．②③ C．①③ D．②④
答案：D
2．有下列说法：
①球是以半圆的直径所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体；
②球的半径是球面上任意一点与球心的连线；
③球的直径是球面上任意两点间的连线；
④用一个平面截一个球，得到的是一个圆．
其中正确的序号是______．
答案：①②
对旋转体定义的理解要准确，认清不同的旋转轴、截面的作用有所不同，判断时要抓住几何体的结构特征，认真分析、对比判别．
2．简单旋转体中有关量的计算
圆台侧面的母线长为2a，母线与轴的夹角为30°，一个底面的半径是另一个底面半径的2倍．求两底面的半径与两底面面积之和．
思路分析：解有关圆台问题时，常常将其补成圆锥解决，作出圆锥的轴截面利用直角三角形可解．
解：设圆台上底面半径为r，则下底面半径为2r，如图，∠ASO＝30°，
在Rt△SA′O′中，＝sin 30°，
∴SA′＝2r.在Rt△SAO中，＝sin 30°，∴SA＝4r，∴SA－SA′＝AA′，即4r－2r＝2a，r＝a，
∴S＝S1＋S2＝πr2＋π(2r)2＝5πr2＝5πa2，∴圆台上底面半径为a，下底面半径为2a，两底面面积之和为5πa2.
1．用一个平面截半径为5 cm的球，球心到截面距离为4 cm，求截面圆的面积．
解：如图，设AK为截面圆的半径，则OK⊥AK.在Rt△OAK中，OA＝5 cm，OK＝4 cm，∴AK＝＝＝3(cm)，∴截面圆的面积为π·AK2＝9π(cm2)．
2．将一个边长为a的正方形卷成圆柱侧面，求此圆柱的轴截面的面积．
解：设圆柱底面半径为r，则2πr＝a，r＝，故轴截面的长为a，宽为，面积为·a＝.
1.计算简单旋转体中有关量的解题步骤：
2．解有关球的问题时，常用如下性质：
(1)用任意平面截球所得的截面是一个圆面，球心和截面圆圆心的连线与这个截面垂直．
(2)如果分别用R和r表示球的半径和截面圆的半径，用d表示球心到截面的距离，则R2＝r2＋d2.球的有关计算问题，常归结为解这个直角三角形．
1．以下几何体中符合球的结构特征的是( )．
A．足球 B．篮球
C．乒乓球 D．铅球
解析：球包括球面及球体内部(即实心)，足球、篮球、乒乓球通常指球面，铅球才是球体．
答案：D
2．将如图所示的直角梯形绕直线l旋转一周，得到的立体图形是( )．
答案：C
3．如图所示的平面中阴影部分绕中间轴旋转一周，形成的几何体形状为( )．
A．一个球体 B．一个球体中间挖去一个圆柱
C．一个圆柱 D．一个球体中间挖去一个长方体
答案：B
4．以等腰梯形的对称轴为轴旋转一周，所形成的旋转体是________．
答案：圆台
5．已知一个圆柱的轴截面是一个正方形，且其面积是Q，求此圆柱的底面半径．
解：设圆柱的底面半径为r，则母线长为2r.
∴4r2＝Q，解得r＝，
∴此圆柱的底面半径为.6.2 垂直关系的性质
学习目标 重点难点
1.在观察物体模型的基础上，进行操作确认，掌握直线和平面垂直，平面和平面垂直的性质定理．2．能运用性质定理解决一些简单问题．3．准确把握直线和平面、平面和平面垂直的判定定理和性质定理间的相互联系. 重点：直线和平面垂直，平面和平面垂直的性质定理及其应用．难点：直线和平面垂直，平面和平面垂直的性质定理在证明题中的应用．疑点：线线垂直、线面垂直、面面垂直之间的内在联系.
1．直线与平面垂直的性质定理
(1)文字叙述：如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行．
(2)符号表示：若a⊥α，b⊥α，则a∥b.
(3)图形表示：
(4)作用：线⊥面线∥线．
预习交流1
直线与平面垂直除了上述性质外，还有哪些性质？
提示：直线与平面垂直的性质还有：①一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于该平面内的所有直线；②两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面；③一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则它必垂直于另一个平面；④垂直于同一直线的两个平面平行．
预习交流2
在一个工件上同时钻很多孔时，常用多头钻，多头钻杆都是互相平行的．在工作时，只要调整工件表面和一个钻杆垂直，工件表面就和其他钻杆都垂直，为什么？
提示：根据两平行线中有一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于此平面，可推出若干平行杆中一个与工件表面垂直，其他都和工件表面垂直．
2．平面与平面垂直的性质定理
(1)文字叙述：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．
(2)符号表示：若α⊥β，α∩β＝b，aα，a⊥b，则a⊥β.
(3)图形表示：
(4)作用：面面垂直线面垂直．
预习交流3
平面与平面垂直除了上述性质外，还有哪些性质？
提示：平面与平面垂直还有如下性质．
(1)如果两个平面互相垂直，那么经过一个平面内的一点垂直于另一个平面的直线在该平面内；
(2)如果两个相交平面都与第三个平面垂直，那么它们的交线垂直于第三个平面．
预习交流4
(1)若α⊥β，aα，bβ，则a⊥b成立吗？
提示：不一定成立．a与b可能平行、相交或异面．只有当直线a垂直于α与β的交线时，才有a⊥b成立．
(2)已知平面α，β和直线m，l，则下列命题中正确的是( )．
A．若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，则l⊥β
B.若α∩β＝m，lα，l⊥m，则l⊥β
C.若α⊥β，lα，则l⊥β
D.若α⊥β，α∩β＝m，lα，l⊥m，则l⊥β
提示：根据面面垂直的性质定理逐一判断.
选项A缺少了条件：lα；
选项B缺少了条件：α⊥β；
选项C缺少了条件：α∩β＝m，l⊥m；
选项D具备了面面垂直性质定理的全部条件，故选D.
1．线面垂直性质的应用
如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，点E，F分别在A1D，AC上，且EF⊥A1D，EF⊥AC.
求证：EF∥BD1.
思路分析：本题以正方体为载体，给出了EF分别与两条异面直线A1D，AC垂直，要证EF∥BD1，只需证明EF与BD1同垂直于某一平面即可，由条件可知这里当然选择平面AB1C.
证明：如图所示，
连接AB1，B1C，BD，B1D1.
∵DD1⊥平面ABCD，
AC平面ABCD，
∴DD1⊥AC.
又∵AC⊥BD且BD∩DD1＝D，
∴AC⊥平面BDD1B1.
∵BD1平面BDD1B1，∴BD1⊥AC.
同理BD1⊥B1C，∵B1C∩AC＝C，
∴BD1⊥平面AB1C.
∵EF⊥A1D，A1D∥B1C，
∴EF⊥B1C.又EF⊥AC，且AC∩B1C＝C，
∴EF⊥平面AB1C.∴EF∥BD1.
如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，M是AB上一点，N是A1C的中点，MN⊥平面A1DC.
求证：(1)MN∥AD1；
(2)M是AB的中点．
证明：(1)∵四边形ADD1A1为正方形，
∴AD1⊥A1D.又∵CD⊥平面ADD1A1，∴CD⊥AD1.
∵A1D∩CD＝D，∴AD1⊥平面A1DC.
又∵MN⊥平面A1DC，∴MN∥AD1.
(2)连接ON，在△A1DC中，A1O＝OD，A1N＝NC，
∴ON∥CD∥AB.∴ON∥AM.
又∵MN∥OA，∴四边形AMNO为平行四边形．
∴ON＝AM.∵ON＝AB，∴AM＝AB.
∴M是AB的中点．
证明线线平行常有如下方法：
(1)利用线线平行定义：证共面且无公共点；
(2)利用三线平行公理：证两线同时平行于第三条直线；
(3)利用线面平行的性质定理：把证线线平行转化为证线面平行；
(4)利用线面垂直的性质定理：把证线线平行转化为证线面垂直；
(5)利用面面平行的性质定理：把证线线平行转化为证面面平行．
特别提醒：“平行关系”与“垂直关系”在特定条件下是可以相互转化的．
2．面面垂直性质的应用
如图，正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直，AF∥BE，AF⊥EF，AF=EF=.求证：EA⊥平面ABCD.
思路分析：解答本题的关键是证明EA⊥AB，为此应该在平面四边形ABEF中，利用AF∥BE，AF⊥EF，AF=EF=等条件计算AB，AE，BE的长度，利用勾股定理逆定理证明．
证明：设AF=EF=a，则BE=2a.
过A作AM⊥BE于M，
∵AF∥BE，∴AM⊥AF.
又∵AF⊥EF，∴AM∥EF，
∴四边形AMEF是正方形．
∴AM＝a，EM＝MB＝a，∴AE＝AB＝a，
∴AE2＋AB2＝EB2，∴AE⊥AB.
又∵平面ABCD⊥平面ABEF，
平面ABCD∩平面ABEF＝AB，
AE平面ABEF，∴EA⊥平面ABCD.
1．(2011江苏高考，16)如图，在四棱锥P ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E，F分别是AP，AD的中点．
求证：(1)直线EF∥平面PCD；
(2)平面BEF⊥平面PAD.
证明：(1)在△PAD中，因为E，F分别为AP，AD的中点，所以EF∥PD.
又因为EF平面PCD，PD平面PCD，
所以直线EF∥平面PCD.
(2)连接BD.因为AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD为正三角形．因为F是AD的中点，所以BF⊥AD.因为平面PAD⊥平面ABCD，BF平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面PAD.
又因为BF平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD.
2．如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，EF∥AC，AB＝，CE＝EF＝1.
(1)求证：AF∥平面BDE；
(2)求证：CF⊥平面BDE.
证明：(1)如图，设AC与BD交于点G.
因为EF∥AG，且EF＝1，AG＝AC＝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.
应用面面垂直的性质定理要注意的两个问题：
(1)应用面面垂直的性质定理时，四个条件缺一不可：“α⊥β，α∩β＝l，a α，a⊥l.”
(2)应用面面垂直的性质定理时，一般要作辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点，作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直．
特别提醒：应用面面垂直的性质定理时，恰当利用平面几何知识，在其中一个平面内寻找交线的垂线是关键．
3．线线、线面、面面垂直的综合应用
如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是边长为a的菱形，且∠DAB＝60°，侧面PAD为正三角形，其所在的平面垂直于底面ABCD.若G为AD边的中点．
(1)求证：BG⊥平面PAD；
(2)求证：AD⊥PB；
(3)若E为BC边的中点，能否在棱PC上找一点F，使得平面DEF⊥平面ABCD，并证明你的结论．
(1)证明：∵在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，G为AD边的中点，∴BG⊥AD.
又∵平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴BG⊥平面PAD.
(2)证明：连接PG，则PG⊥AD，
由(1)得BG⊥AD，
又∵PG∩BG＝G，BG平面PBG，
PG平面PBG，
∴AD⊥平面PBG.
∵PB平面PBG，∴AD⊥PB.
(3)解：当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD.
证明如下：
取PC的中点F，连接DE，EF，DF，
则由平面几何知识，
在△PBC中，EF∥PB，
在菱形ABCD中，GB∥DE，
而EF平面DEF，ED平面DEF，
EF∩DE＝E，
PB平面PGB，GB平面PGB，
PB∩GB＝B，
∴平面DEF∥平面PGB.
又∵侧面PAD为正三角形，G为AD的中点，∴PG⊥AD.
又∵侧面PAD所在平面垂直于底面ABCD，
∴PG⊥平面ABCD，而PG平面PGB，
∴平面PGB⊥平面ABCD.
故平面DEF⊥平面ABCD.
在斜三棱柱ABC A1B1C1中，侧面ACC1A1⊥平面ABC，∠ACB＝90°.
(1)求证：BC⊥AA1；
(2)若M，N是棱BC上的两个三等分点，求证：A1N∥平面AB1M.
证明：(1)因为∠ACB＝90°，所以AC⊥CB.
又侧面ACC1A1⊥平面ABC，且平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，
BC平面ABC，所以BC⊥平面ACC1A1.
又AA1平面ACC1A1，所以BC⊥AA1.
(2)连接A1B，交AB1于点O，连接MO，
在△A1BN中，O，M分别为A1B，BN的中点，
所以OM∥A1N.
又OM平面AB1M，A1N平面AB1M，
所以A1N∥平面AB1M.
(1)线线、线面、面面垂直间的关系：
(2)线线、线面、面面的垂直是从低维到高维逐层推进的，其中线面垂直是纽带．
1．直线l⊥平面α，直线m平面α，则l，m的位置关系是( )．
A．相交 B．异面 C．平行 D．不平行
答案：D
2．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点P∈l，给出下面四个结论：
①过P与l垂直的直线在α内；
②过P与β垂直的直线在α内；
③过P与l垂直的直线必与α垂直；
④过P与β垂直的平面必与l垂直．
其中正确的命题是( )．
A．② B．③ C．①④ D．②③
解析：因为α⊥β，α∩β＝l，P∈l，所以过点P作β的垂直直线必在平面α内且和l垂直．
答案：A
3．(2011浙江高考，理4)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β
B．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β
C．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ
D．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：A选项正确，只需α内的直线平行于α与β的交线即平行于β；B正确，根据面面垂直的判定定理，若α内存在直线垂直于β，则α⊥β；C正确，设α内a⊥r，β内b⊥r，α∩β＝l，则a∥b，所以a∥β，根据线面平行的性质定理，所以a∥l，所以l⊥r.D错误，平面α内可以存在直线平行于交线而不垂直于平面β.
答案：D
4．已知直线l，m与平面α，β，γ满足β∩γ＝l，l∥α，mα和m⊥γ.写出能得到的一个面面垂直且线线垂直的关系式：________.
答案：α⊥γ且l⊥m
5．已知四边形ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝a，M，N分别是AB，PC的中点，求证：平面MND⊥平面PCD.
证明：取PD的中点E，连接AE，NE，如图．
∵M，N分别是AB，PC的中点，
∴EN＝CD＝AB＝AM，且EN∥CD∥AB.
∴四边形AMNE是平行四边形．
∴MN∥AE.
∵在等腰直角三角形PAD中，AE是斜边上的中线，∴AE⊥PD.
又CD⊥AD，CD⊥PA，∴CD⊥平面PAD.∴CD⊥AE.又CD∩PD＝D，∴AE⊥平面PCD.又MN∥AE，∴MN⊥平面PCD.又MN平面MND，
∴平面MND⊥平面PCD.§6 垂直关系
6.1 垂直关系的判定
问题导学
1．线面垂直的判定
活动与探究1
如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC=90°，在平面PAB中，作AH⊥PB．
(1)求证：BC⊥平面PAB；
(2)求证：AH⊥平面PBC．
迁移与应用
1．已知四棱锥P－ABCD的底面是菱形，且∠ABC＝60°，PA＝PC＝2，PB＝PD．若O是AC与BD的交点，求证：PO⊥平面ABCD．
2．在空间四边形ABCD中，若AB＝AC，DB＝DC，求证：BC⊥AD．
1．利用直线和平面垂直的判定定理证明直线与平面垂直的步骤：
(1)在这个平面内找两条直线，证明它和这条直线垂直；
(2)说明这个平面内的两条直线是相交的直线；
(3)根据判定定理得出结论．
2．利用直线和平面垂直的判定定理判定直线与平面垂直的技巧：
证明线面垂直的关键是分析几何图形，寻找隐含的和题目中推导出的线线垂直关系，进而证明线面垂直．三角形全等、等腰三角形底边的中线、梯形的高、菱形、正方形的对角线、三角形中的勾股定理等都是找线线垂直的方法．
3．证明线面垂直时，需要先证线线垂直，而线线垂直关系的获得往往是先证得线面垂直，从而根据线面垂直的定义得出线线垂直，因此证明过程通常是反复利用线面垂直的定义及线面垂直判定定理的过程．
2．面面垂直的判定
活动与探究2
如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，M是棱CC1的中点．求证：平面ABM⊥平面A1B1M.
迁移与应用
1．在空间四边形ABCD中，若AD⊥BC，BD⊥AD，那么有( )．
A．平面ABC⊥平面ADC
B．平面ABC⊥平面ADB
C．平面ABC⊥平面DBC
D．平面ADC⊥平面DBC
2．如图，在底面为直角梯形的四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，PA⊥平面ABCD，AC∩BD＝E，AD＝2，AB＝2，BC＝6.求证：平面PBD⊥平面PAC．
1．利用面面垂直的判定定理证明面面垂直，关键是先证线面垂直，再证线在另一个平面内，最终得到面面垂直．具体方法是：线线垂直线面垂直面面垂直．
2．利用判定定理证两平面垂直时，一般方法是先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的垂线图形中不存在，则可通过作辅助线来解决，而作辅助线则应有理论根据并且要有利于证明．
3．简单的二面角问题
活动与探究3
已知ABCD－A1B1C1D1是棱长为a的正方体，求二面角C1－BD－C的正切值．
迁移与应用
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，二面角A1－BC－D的大小等于__________．
1．二面角的平面角
求二面角的关键是作出二面角的平面角，作二面角的平面角的常用方法有：
(1)定义法：在二面角的棱上找一个特殊点，过这个点在两个半平面内分别作垂直于棱的射线．如图①，∠AOB为二面角α－a－β的平面角．
(2)垂面法：过棱上一点作棱的垂直平面，该平面与二面角的两个半平面产生交线，这两条交线所成的角即为二面角的平面角．如图②，∠AOB为二面角α－l－β的平面角．
2．求二面角的步骤是：(1)作，找或作出二面角的平面角；(2)证，证明所找的角就是所求的角；(3)求，在三角形中计算所求角的大小．
当堂检测
1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，与AD1垂直的平面是( )．
A．平面DD1C1C B．平面A1DB1
C．平面A1B1C1D1 D．平面A1DB
2．在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，又AB⊥AC，则互相垂直的面有( )．
A．两对 B．三对 C．四对 D．五对
3．在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD是正方形，且PA＝AB．那么二面角P－CD－A的大小为______．
(第2题图) (第3题图)
4．如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，点E在线段AD上，且CE∥AB．
求证：CE⊥平面PAD．
5．如图，四边形ABCD是菱形，PC⊥平面ABCD，E是PA的中点，求证：平面BDE⊥平面ABCD．
提示：用最精练的语言把你当堂掌握的核心知识的精华部分和基本技能的要领部分写下来并进行识记.
答案：
课前预习导学
预习导引
1．(1)任何 垂直 (2)①相交 ②aα，bα，a∩b＝A，l⊥a，l⊥b
预习交流1 提示：当直线l与α内的两条平行直线都垂直时，l不一定与α垂直，也可能l与α相交，甚至还有可能lα.如果l与α内的无数条直线都垂直，同样也不能推出l⊥α.
2．(1)一条直线 (2)两个半平面所组成的 二面角的棱 二面角的面 (3)α－AB－β (4)作垂直于棱 (5)直角
预习交流2 提示：不会改变．由等角定理可以保证平面角大小的确定性．
1．(1)直二面角 (2)①经过 垂线 ② ⊥
预习交流3 提示：证明面面垂直的关键是证明线面垂直，即要证明其中的一个平面经过另一个平面的一条垂线．
预习交流4 提示：凡经过平面的垂线的平面都与已知平面垂直，而经过平面垂线的平面有无数个，故一个平面的垂面有无数个．
课堂合作探究
问题导学
活动与探究1 思路分析：证线面垂直的关键是在平面内找到两条相交直线与已知直线垂直，而证线线垂直时，可根据线面垂直的定义．
证明：(1)由于PA⊥平面ABC，BC平面ABC，∴PA⊥BC.
又∵∠ABC＝90°，∴BC⊥AB，而AB∩PA＝A，∴BC⊥平面PAB.
(2)由于AH平面PAB，
由(1)知BC⊥AH，
又∵AH⊥PB，且PB∩BC＝B，
∴AH⊥平面PBC.
迁移与应用 1.证明：∵PA＝PC，PD＝PB，且O是AC和BD的中点，∴PO⊥AC，PO⊥BD.又AC∩BD＝O，∴PO⊥平面ABCD.
2．证明：取BC的中点M，连接AM，MD.
由于AB=AC，DB=DC，
∴AM⊥BC，DM⊥BC.
又AM∩MD=M，
∴BC⊥平面AMD，而AD平面AMD，∴BC⊥AD.
活动与探究2 思路分析：要证明面ABM⊥面A1B1M，只需证明BM⊥平面A1B1M即可，从而只须证明BM⊥A1B1，BM⊥B1M.
证明：∵A1B1⊥平面BCC1B1，BM平面BCC1B1，∴A1B1⊥BM.
又B1M＝＝，
BM＝＝，
∴B1M2＋BM2＝BB，
∴B1M⊥BM.
又∵A1B1∩B1M＝B1，
∴BM⊥平面A1B1M.
而BM平面ABM，
∴平面ABM⊥平面A1B1M.
迁移与应用 1．D 解析：如图，
∵AD⊥BC，AD⊥BD，
∴AD⊥平面BDC.
又AD平面ADC，∴平面ADC⊥平面DBC.
2．证明：∵PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，
∴BD⊥PA.
又tan∠ABD＝＝，tan∠BAC＝＝，
∴∠ABD＝30°，∠BAC＝60°，
∴∠AEB＝90°，即BD⊥AC.
又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC.
∵BD平面PBD，
∴平面PBD⊥平面PAC.
活动与探究3 思路分析：要求二面角的大小，应先作出其平面角，然后再在三角形中计算其正切值．
解：如图，连接AC，与BD相交于点O.
由于ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，即OC⊥BD.
又∵C1B＝C1D，且O是BD的中点，∴C1O⊥BD.
因此∠C1OC就是二面角C1－BD－C的平面角．
在直角三角形C1CO中，tan∠C1OC＝，
而C1C＝a，OC＝a，
∴tan∠C1OC＝.
迁移与应用 45° 解析：如图，由于BC⊥平面A1ABB1，
∴BC⊥A1B，
又AB⊥BC，∴∠A1BA就是二面角A1－BC－D的平面角，而∠A1BA＝45°，∴二面角的大小等于45°.
当堂检测
1．B 2．B 3．45°
4．证明：因为PA⊥平面ABCD，CE平面ABCD，所以PA⊥CE.
因为AB⊥AD，CE∥AB，
所以CE⊥AD.
又PA∩AD＝A，
所以CE⊥平面PAD.
5．证明：连接AC交BD于O，连接OE.因为O为AC中点，E为PA的中点，所以EO是△PAC的中位线，EO∥PC.
因为PC⊥平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD.
又因为EO平面BDE，
所以平面BDE⊥平面ABCD.7.3 球的表面积和体积
问题导学
1．柱体的体积
活动与探究1
如图①是一个水平放置的正三棱柱ABC－A1B1C1，D是棱BC的中点．正三棱柱的主视图如图②.
求正三棱柱ABC－A1B1C1的体积．
迁移与应用
1．一个圆柱的侧面展开图是一个边长为4π的正方形，则这个圆柱的体积为__________．
2．根据图中物体的三视图(单位：cm)，求此几何体体积．
1．求柱体的体积关键是求其底面积和高，底面积利用平面图形面积的求法，常转化为三角形及四边形，高常与侧棱、斜高及其在底面的正投影组成直角三角形，进而求解．
2．求组合体的体积应据其结构特征分析求解，如迁移与应用题2中为长方体上放一圆柱，故几何体体积为两体积之和．
2．锥体的体积
活动与探究2
如图，四边形ABCD为正方形，QA⊥平面ABCD，PD∥QA，QA=AB=PD．
求棱锥Q－ABCD的体积与棱锥P－DCQ的体积的比值．
迁移与应用
1．一个圆锥的轴截面是边长为1的正三角形，则其体积为__________．
2．如图，ABCD－A1B1C1D1是棱长为6的正方体，点P，Q，R分别是棱AA1，AB，AD的中点，则三棱锥A－PQR的体积等于__________．
(1)锥体的体积公式V＝Sh既适合棱锥，也适合圆锥，其中棱锥可以是正棱锥，也可以不是正棱锥．
(2)三棱锥的体积求解具有较多的灵活性，因为三棱锥的任何一个面都可以作为底面，所以常常需要根据题目条件对其顶点和底面进行转换，这一方法叫做等积法．
3．台体的体积
活动与探究3
正四棱台的侧棱长为3 cm，两底面边长分别为1 cm和5 cm，求体积．
迁移与应用
四边形ABCD中，A(0,0)，B(1,0)，C(2,1)，D(0,3)，绕y轴旋转一周，求所得旋转体的体积．
1．求台体的体积的一般方法是求出台体的上、下底面的面积和高，然后套用公式V＝(S′＋＋S)h计算求解．
2．由于台体可以看作是由一个平行于锥体底面的平面截去小锥体后剩余的部分，因此台体的体积也可以由大锥体的体积减去小锥体的体积来计算得到．
4．球的表面积和体积
活动与探究4
(1)设长方体的长、宽、高分别为2a，a，a，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( )．
A．3πa2 B．6πa2
C．12πa2 D．24πa2
(2)如果三个球的半径之比是1∶2∶3，那么最大球的体积是其余两个球的体积之和的( )．
A．1倍 B．2倍
C．3倍 D．4倍
迁移与应用
1．若一个球的体积为4π，则它的表面积为________．
2．如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )．
A．π＋12 B．π＋18
C．9π＋42 D．36π＋18
计算球的表面积和体积时要注意的问题：
(1)关键是计算球的半径，而计算半径的关键是寻找球心的位置．因此，在解题过程中要特别关注题目中所揭示的球心位置，球面上的点等信息．
(2)当球的半径增加为原来的2倍时，球的表面积增加为原来的4倍，球的体积增加为原来的8倍．
(3)注意公式的“双向”应用，也就是说当知道球的表面积或体积时，也可以求出球的半径．
当堂检测
1．已知高为3的直三棱柱ABC－A′B′C′的底面是边长为1的正三角形，则三棱锥B′－ABC的体积为( )．
A． B．
C． D．
2．已知两个球的半径之比为1∶2，则这两个球的表面积之比为( )．
A．1∶2 B．1∶4 C．1∶6 D．1∶8
3．圆台的上、下底面的面积分别为π，4π，侧面积是6π，这个圆台的体积是( )．
A． B．2π
C． D．
4．将两个棱长为10 cm的正方体铜块熔化后铸成底面边长为5 cm的正四棱柱，则该四棱柱的高为( )．
A．8 cm B．80 cm
C．40 cm D． cm
5．如图，一个底面直径为20 cm的装有一部分水的圆柱形玻璃杯，水中放着一个底面直径为6 cm，高为20 cm的一个圆锥形铅锤，当铅锤从水中取出后，杯里的水将下降几厘米？(π≈3.14)
提示：用最精练的语言把你当堂掌握的核心知识的精华部分和基本技能的要领部分写下来并进行识记.
答案：
课前预习导学
预习导引
预习交流1 提示：台体的体积公式中，如果S上＝S下，就得到柱体的体积公式V柱体＝Sh；如果S上＝0，就得到锥体的体积公式V锥体＝Sh.因此，柱体、锥体、台体的体积公式之间的关系，可表示如下．
由上图可见，柱体、锥体的体积公式是台体的体积公式的特例．
预习交流2 提示：体积相等，都等于Sh.
预习交流3 提示：V圆柱＝πR2h，V圆锥＝πR2h.
预习交流4 提示：表面积扩大为原来的4倍，体积扩大为原来的8倍．
课堂合作探究
问题导学
活动与探究1 思路分析：由三视图可以得到正三棱柱的底面三角形的高和侧棱长，从而可求出正三棱柱的底面边长与高，然后套用体积公式计算．
解：由三视图可知：在正三棱柱中，AD＝，AA1＝3，从而在底面即等边△ABC中，AB＝＝＝2，所以正三棱柱的体积V＝Sh＝×BC×AD×AA1＝×2××3＝3.
迁移与应用 1．16π2 解析：设圆柱的底面半径为r，高为h，依题意有2πr＝4π，h＝4π，所以r＝2，于是体积V＝Sh＝πr2h＝π·22·4π＝16π2.
2．解：该几何体上方是底面半径为，母线长为1的圆柱，下方是一个长、宽、高分别为4,1,1的长方体，
从而V＝4×1×1＋π·2·1＝＋4.
活动与探究2 思路分析：对于棱锥Q－ABCD，其底面为正方形ABCD，高即为QA，易求体积；对于三棱锥P－DCQ，若以△DCQ为底面，则应证明PQ是其高，然后再计算，也可将三角形CDP作为底面，这时其高易证即为AD，从而可求体积．
解：设AB＝a.由题意知AQ即为棱锥Q－ABCD的高，
所以棱锥Q－ABCD的体积V1＝Sh＝×a2×a＝a3.
方法1：由于棱锥P－DCQ与棱锥Q－CDP是同一个棱锥，其体积相等，
而其底面是Rt△CDP，面积为S1=×a×2a=a2.
取DP中点N，连接QN，则QN∥AD，
又AD⊥DC，AD⊥DP，
所以AD⊥平面CDP，
故QN⊥平面CDP.
因此QN就是三棱锥Q－CDP的高，且QN＝AD＝a.
于是棱锥P－DCQ的体积V2＝VQ－CDP＝×a×a2＝a3.
于是V1∶V2＝1.
方法2：因为QA⊥平面ABCD，
所以平面PDAQ⊥平面ABCD，交线为AD.
又四边形ABCD为正方形，DC⊥AD，
所以DC⊥平面PDAQ.于是得PQ⊥DC.
在直角梯形PDAQ中，可得DQ＝PQ＝PD，则PQ⊥QD，所以PQ⊥平面DCQ.
即PQ为三棱锥P－DCQ的高，且PQ＝a，
而△DCQ的面积为·a·a＝a2，
所以三棱锥P－DCQ的体积V2＝·a2·a＝a3，
于是V1∶V2＝1.
迁移与应用 1．π 解析：依题意，圆锥的底面半径为，高为，于是体积V＝π·2·＝π.
2． 解析：VA－PQR＝VQ－APR＝S△APR·AQ＝××3×3×3＝.
活动与探究3 思路分析：解答本题的关键是利用侧棱与高构成的直角梯形求出台体的高，进而求出正四棱台的体积．
解：正四棱台ABCD－A1B1C1D1中O1，O分别是两底面的中心．
∵A1C1＝，AC＝5，
∴A1O1＝，AO＝，
∴O1O＝＝1，
V＝×1×(12＋52＋)
＝(1＋25＋5)＝(cm3)．
迁移与应用 解：∵C(2,1)，D(0,3)，
∴圆锥的底面半径r＝2，高h＝2.
∴V圆锥=πr2h=π×22×2=π.
∵B(1,0)，C(2,1)，
∴圆台的两个底面半径R=2，R′=1，高h′=1.
∴V圆台=πh′(R2+R′2+RR′)
＝π×1×(22＋12＋2×1)＝π，
∴V＝V圆锥＋V圆台＝5π.
活动与探究4 思路分析：(1)该球的直径等于长方体的体对角线长．
(2)可设出球的半径，计算出三个球的体积，然后求得结论．
(1)B (2)C 解析：(1)由于长方体的长、宽、高分别为2a，a，a，则长方体的体对角线长为＝a.又长方体外接球的直径2R等于长方体的体对角线，∴2R＝a.
∴S球＝4πR2＝6πa2.
(2)半径大的球的体积也大，设三个球的半径分别为x,2x,3x，则最大球的半径为3x，其体积为π×(3x)3，其余两个球的体积之和为πx3＋π×(2x)3，
∴π×(3x)3÷＝3.
迁移与应用 1．12π 解析：设球的半径为 R，由R3＝4π，得R＝，所以S＝4πR2＝12π.
2．B 解析：由题意知该几何体上部为直径为3的球，下部为长、宽、高分别为3,3,2的长方体，∴该几何体的体积为V＝π×2＋3×3×2＝＋18.
当堂检测
1．D 2．B 3．D 4．B
5．解：设水面下降的高度为x cm，因为圆锥形铅锤的体积为×π×2×20＝60π(cm3)，
小圆柱的体积为π×(20÷2)2×x＝100πx(cm3)．
所以60π＝100πx，解得x＝0.6(cm)．则铅锤取出后，杯中水面下降了0.6 cm.§2 直观图
学习目标 重点难点
1.掌握斜二测画法的规则．2．会用斜二测画法画平面图形的直观图和立体图形的直观图．3．会根据斜二测画法的规则由直观图还原成平面图并进行计算．4．采用对比的方法了解在平行投影下画空间图形与在中心投影下画空间图形两种方法的各自特点. 重点：斜二测画法的规则，平面图形的直观图和立体图形的直观图的画法．难点：立体图形的直观图的画法．疑点：斜二测画法的逆向应用，即根据斜二测画法的规则由直观图还原成平面图并进行计算.
1．直观图及斜二测画法．
(1)用来表示空间图形的直观图，叫作空间图形的直观图．
(2)斜二测画法的规则．
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.
温馨提示：立体图形与平面图形相比多了一个z轴，其直观图中对应z轴的是z′轴，平行于z轴的线段，在直观图中平行性和长度都不变．
预习交流1
画直观图建立坐标系时应注意什么原则？
提示：建系时注意两个原则：
①使原图上尽可能多的点落在坐标轴上；
②尽量使用对称关系建系．
预习交流2
关于直观图画法的说法中，不正确的是( )．
A．原图中平行于x轴的线段，其对应线段平行于x′轴，长度不变
B．原图中平行于y轴的线段，其对应线段平行于y′轴，长度不变
C．画与坐标系xOy对应的坐标系x′O′y′时，∠x′O′y′可等于135°
D．作直观图时，所画直观图可能不同
提示：B
2．平面及其表示．
在几何里所说的平面是无限延展的，通常我们只画出它的一部分来表示平面．一般地，用平行四边形表示空间一个水平平面的直观图，并用希腊字母α，β，γ等来表示(如图所示)．
3．用斜二测画法画的直观图是根据平行投影的原理画出的图形，图中的投影线互相平行．也可以根据中心投影的原理来表示空间图形，此时投影线相交于一点．
预习交流3
(1)一条直线在平面上的平行投影是( )．
A．直线 B．点
C．线段 D．直线或点
(2)如果一个平面图形所在的平面与投影面平行，则中心投影后得到的图形与原图形是________的．
提示：(1)D (2)相似
1．画平面图形的直观图
用斜二测画法画出如图所示的水平放置的三角形OAB的直观图．
思路分析：按照用斜二测画法画水平放置的平面图形的步骤画直观图．
解：(1)在三角形中建立如图①所示的直角坐标系xOy，再建立如图②所示的坐标系x′O′y′，使∠x′O′y′＝45°.
(2)在图①中作AC⊥x轴于C，作BD⊥x轴于D，在坐标系x′O′y′中，沿x′轴正方向取O′C′＝OC，沿x′轴负方向取O′D′＝OD.
(3)在坐标系x′O′y′中，沿y′轴负方向画C′A′平行于y′轴，且C′A′＝CA；沿y′轴正方向画D′B′平行于y′轴，且D′B′＝DB.
(4)连接O′A′，O′B′，A′B′，去掉辅助线，得到三角形O′A′B′，即为△OAB的直观图．如图③所示．
如图，梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝4 cm，CD＝2 cm，∠DAB＝30°，AD＝3 cm，试画出它的直观图．
解：第一步：在梯形ABCD中，以边AB所在的直线为x轴，点A为原点，建立平面直角坐标系xAy，画出对应的x′轴，y′轴，使∠x′A′y′＝45°.第二步：过D点作DE⊥x轴，垂足为E，在x′轴上取A′B′＝AB＝4 cm，A′E′＝AE＝ cm≈2.598 cm；过E′作E′D′∥y′轴，使E′D′＝ED，再过点D′作D′C′∥x′轴，且使D′C′＝ CD＝2 cm.
第三步：连接A′D′，B′C′，并擦去x′轴与y′轴及其他一些辅助线，则四边形A′B′C′D′就是所求作的直观图．
画平面图形的直观图的关键点
画水平放置的平面多边形的直观图，关键是确定多边形的顶点位置．顶点位置可以分为两类：一类是在轴上或在与轴平行的线段上；另一类是不在轴上且不在与轴平行的线段上，遇到这类顶点一般通过过此点作与轴平行的线段，将其转化到与轴平行的线段上来确定．
特别提醒：同一个图形选取坐标系的角度不同，得到的直观图可能不同．
2．画立体图形的直观图
画出一个正三棱台的直观图(尺寸：上、下底面边长分别为1 cm,2 cm，高为2 cm)．
思路分析：先画出上、下底面(正三角形)的直观图，再画出整个正三棱台的直观图．
解：(1)画轴，以底面△ABC的中心O为原点，OC所在直线为y轴，平行于AB的直线为x轴，使∠xOy＝45°，垂直于x轴的直线为z轴．
(2)画下底面，在xOy平面上画△ABC的直观图，在y轴上量取OC＝ cm，OD＝ cm.
过D作AB∥x轴，AB＝2 cm，且以D为中点，连接AC，BC，则△ABC为下底面三角形的直观图．
(3)画上底面，在z轴上截取OO′＝2 cm，
过O′作x′轴∥x轴，y′轴∥y轴，在y′轴上量取O′C′＝ cm，O′D′＝ cm，过D′作A′B′∥x′轴，A′B′＝1 cm，且以D′为中点，则△A′B′C′为上底面三角形的直观图．
(4)连线成图，连接AA′，BB′，CC′，并擦去辅助线，则三棱台ABC A′B′C′即为所要画的正三棱台的直观图．
画出底面边长为1.2 cm的正方形，侧棱均相等且高为1.5 cm的四棱锥的直观图．
解：画法：(1)画轴．画x轴、y轴、z轴，
∠xOy＝45°，∠xOz＝90°，如图(1)．
(2)画底面．以O为中心在x轴上截取线段EF，使EF＝1.2 cm，在y轴上截取线段GH，使GH＝0.6 cm.
分别过E，F作y轴的平行线，过G，H作x轴的平行线，则交点分别为A，B，C，D，即四边形ABCD为底面正方形的直观图．
(3)画顶点．在z轴上截取OP，使OP＝1.5 cm.
(4)成图．顺次连接PA，PB，PC，PD，并擦去辅助线，将被遮住的部分改为虚线，得四棱锥的直观图，如图(2)．
图(1) 图(2)
画空间几何体的直观图，可先画出底面的平面图形，坐标系的建立要充分利用几何体的对称性，然后画出z轴．对于图中与x轴、y轴、z轴平行的线段，在直观图中分别平行于x′轴、y′轴、z′轴，与y轴平行的线段，长度变为原来的，与x轴、z轴平行的线段，长度保持不变．对于图中与x轴、y轴、z轴都不平行的线段，可通过确定端点的办法来解决．
3．由直观图还原平面图
一个四边形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，求原四边形的面积．
思路分析：由直观图确定原来的图形的形状及数量关系，关键要把握“横坐标不变，纵坐标减半”的原理，逆推即可．
解：如图①是四边形的直观图，取B′C′所在直线为x′轴，因为∠A′B′C′＝45°，所以取B′A′所在直线为y′轴，过D′作D′E′∥A′B′，D′E′交B′C′于E′，则B′E′＝A′D′＝1.
① ②
又因为梯形为等腰梯形，
所以△E′D′C′为等腰直角三角形，
所以E′C′＝，所以B′C′＝1＋.
再建立一个直角坐标系xBy，如图②所示，在x轴上截取线段BC＝B′C′＝1＋，在y轴上截取线段BA＝2B′A′＝2，过A作AD∥BC，截取AD＝A′D′＝1，连接CD，则四边形ABCD就是四边形A′B′C′D′的实际图形，四边形ABCD为直角梯形，上底AD＝1，下底BC＝1＋，高AB＝2，所以S梯形ABCD＝AB·(AD＋BC)＝×2×(1＋1＋)＝2＋.
1．水平放置的△ABC的直观图如右图所示，已知A′C′＝3，B′C′＝2，则AB边上的中线的实际长度为______．
解析：由于在直观图中，∠A′C′B′＝45°，则在原图形中∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，斜边AB＝5，故斜边AB上的中线长为2.5.
答案：2.5
2．已知等边△ABC的直观图△A′B′C′的面积为，则等边△ABC的面积是多少？
解：按照斜二测画法的规则，把如图①等边△ABC的直观图△A′B′C′还原为如图②等边△ABC，
设AB＝x，
则B′C′＝x，等边△ABC的高为x，
所以△A′B′C′的高为×x＝x，
所以△A′B′C′的面积为×x×x＝x2＝，
解得x＝1，
所以△ABC的面积为×x×x＝x2＝.
由直观图还原为平面图的关键是找与x′轴、y′轴平行的直线或线段，且平行于x′轴的线段还原时长度不变，平行于y′轴的线段还原时放大为直观图中相应线段长的2倍，由此确定图形的各个顶点，顺次连接即可．由直观图中的已知量来计算原图形中的量，应依据线段的变化规律分别在两个图中计算．
1．下列命题中，正确命题的个数为( )．
①桌面是平面；
②一个平面长3米，宽2米；
③用平行四边形表示平面，只能画出平面的一部分；
④在几何里所说的平面是无限延展的．
A．0 B．1 C．2 D．3
解析：③④正确．
答案：C
2．下列说法正确的是( )．
A．矩形的平行投影一定是矩形
B．梯形的平行投影一定是梯形
C．两条相交直线的平行投影可能平行
D．一条线段中点的平行投影仍为这条线段投影的中点
答案：D
3．关于斜二测画法画直观图的说法不正确的是( )．
A．在实物图中取坐标系不同，所得的直观图有可能不同
B．平行于坐标轴的线段在直观图中仍然平行于坐标轴
C．平行于坐标轴的线段长度在直观图中仍然保持不变
D．斜二测坐标系取的角可能是135°
答案：C
4.如右图，直观图(A′C′∥O′y′，B′C′∥O′x′)所表示的平面图形是( )．
A．正三角形 B．锐角三角形
C．钝角三角形 D．直角三角形
解析：由A′C′∥O′y′，B′C′∥O′x′，∠A′C′B′＝45°，
∴对应的平面图形为直角三角形．
答案：D
5．水平放置的矩形ABCD长为4，宽为2，作出斜二测直观图A′B′C′D′，并求出四边形A′B′C′D′的面积．
解：以A′B′为O′x′轴，A′D′为O′y′轴，如图，作D′H′⊥x′轴于点H′，则A′B′＝4，A′D′＝1，D′H′＝，
∴S四边形A′B′C′D′＝4×＝2.第2课时 公理4(平行公理)与异面直线所成的角
问题导学
1．公理4的应用
活动与探究1
在空间四边形ABCD中，E，F，G，H分别为AB，BC，CD，AD上的点且，请回答并证明当空间四边形ABCD的四条边及点G，H满足什么条件时，四边形EFGH，
(1)为平行四边形？
(2)为菱形？
迁移与应用
如图，已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点．
(1)求证：四边形EFGH是平行四边形；
(2)若四边形EFGH是矩形，求证：AC⊥BD．
空间中证明两直线平行的方法：
(1)借助平面几何知识，如三角形的中位线性质、平行四边形的性质，成比例线段平行．
(2)利用公理4，即证明两条直线都与第三条直线平行．
2．等角定理的应用
活动与探究2
如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，M1分别是棱AD和A1D1的中点．
(1)求证：四边形BB1M1M为平行四边形；
(2)求证：∠BMC＝∠B1M1C1.
迁移与应用
如图，空间图形A－BCD的四个面分别为△ABC，△ACD，△ADB和△BCD，E，F，G分别是线段AB，AC，AD上的点，且满足AE∶AB＝AF∶AC＝AG∶AD．求证：△EFG∽△BCD．
1．要明确等角定理的两个条件，即两个角的两条边分别对应平行，并且方向相同，这两个条件缺一不可．
2．空间中证明两个角相等，可以利用等角定理，也可以利用三角形的相似或全等，还可以利用平行四边形的对角相等．在利用等角定理时，关键是弄清楚两个角对应边的关系．
3．异面直线及其所成的角
活动与探究3
如图，已知正方体ABCD－A′B′C′D′.
(1)哪些棱所在的直线与直线BC′是异面直线？
(2)求异面直线AD′与B′C、A′C与AB所成角的正切值．
迁移与应用
已知正方体ABCD－A′B′C′D′，求：
(1)BC′与CD′所成的角；
(2)AD与BC′所成的角．
由异面直线所成角的定义求异面直线所成角的一般步骤是：平移→构造三角形→解三角形→作答．在几何体中进行平移构造异面直线所成角时，一般选择两异面直线中一条上的一点，或几何体顶点、棱的中点等特殊点．
当堂检测
1．空间两个角α，β的两边分别对应平行，且α＝50°，则β等于( )．
A．50° B．130° C．40° D．50°或130°
2．空间四边形的两条对角线长度相等，顺次连接四条边的中点得到的四边形是( )．
A．梯形 B．平行四边形
C．菱形 D．矩形
3．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱BC，CC1的中点，则异面直线EF与B1D1所成的角为________．
(第3题图)
4．如图所示，在三棱锥P－ABC的六条棱所在的直线中，异面直线共有________对．
(第4题图)
提示：用最精练的语言把你当堂掌握的核心知识的精华部分和基本技能的要领部分写下来并进行识记.
答案：
课前预习导学
预习导引
1．平行 a∥c
预习交流1 提示：(1)本质：表明了空间中线线平行的传递性．
(2)作用：公理4给出了空间两条直线平行的一种证明方法．它是论证平行问题的主要依据之一，也是研究空间两直线的位置关系、直线与平面位置关系的基础．
(3)关键：寻找第三条直线分别与前两条直线平行是应用公理4证明线线平行的关键．
2．相等或互补
预习交流2 提示：相等；互补．
3．不在
预习交流3 提示：一定不相交．若对角线相交，则四个顶点共面，这与定义中四个顶点不共面相矛盾．
4．锐角 直角 互相垂直
预习交流4 提示：两条异面直线所成角的范围是(0°，90°]．
课堂合作探究
问题导学
活动与探究1 思路分析：由＝＝，可想到证明EF∥AC；为使四边形EFGH为平行四边形，需证明GH＝EF，且GH∥AC；为使四边形EFGH为菱形，在(1)成立的情况下，还需证明EH＝EF，进一步可得AC，BD的关系．
解：(1)当＝＝时，
四边形EFGH为平行四边形．
理由：∵＝＝，
∴EF∥AC且EF＝AC.
若＝＝，
则HG∥AC且HG＝AC.
∴EF∥HG，EF＝HG，
∴四边形EFGH为平行四边形．
(2)当＝＝且AC＝BD时，四边形EFGH为菱形．
理由：由(1)知，若＝＝，
则四边形EFGH为平行四边形，且EF＝AC，EH＝BD.若AC＝BD，则EF＝AC＝BD＝EH.
∴平行四边形EFGH为菱形．
迁移与应用 证明：(1)如题图，在△ABD中，
∵EH是△ABD的中位线，
∴EH∥BD，EH＝BD.
又FG是△CBD的中位线，
∴FG∥BD，FG＝BD，
∴FG∥EH，∴E，F，G，H四点共面．又FG＝EH，
∴四边形EFGH是平行四边形．
(2)由(1)知EH∥BD，同理AC∥GH.
∵四边形EFGH是矩形，
∴EH⊥GH.∴AC⊥BD.
活动与探究2 思路分析：(1)欲证四边形BB1M1M是平行四边形，可证其一组对边平行且相等；(2)可结合(1)利用定理证明或利用三角形全等证明．
证明：(1)在正方形ADD1A1中，M，M1分别为AD，A1D1的中点，
∴MM1＝AA1，MM1∥AA1.
又∵AA1＝BB1，AA1∥BB1，
∴MM1∥BB1，且MM1＝BB1，
∴四边形BB1M1M为平行四边形．
(2)方法一：由(1)知四边形BB1M1M为平行四边形，
∴B1M1∥BM.
同理可得四边形CC1M1M为平行四边形，
∴C1M1∥CM.
由平面几何知识可知，∠BMC和∠B1M1C1都是锐角，
∴∠BMC＝∠B1M1C1.
方法二：由(1)知四边形BB1M1M为平行四边形，
∴B1M1＝BM.
同理可得四边形CC1M1M为平行四边形．
∴C1M1＝CM.
又∵B1C1＝BC，∴△BCM≌△B1C1M1.
∴∠BMC＝∠B1M1C1.
迁移与应用 证明：在△ABD中，
∵AE∶AB＝AG∶AD，
∴EG∥BD.同理，GF∥DC，EF∥BC.
又∠GEF与∠DBC两组对边方向分别相同，∴∠GEF＝∠DBC.
同理，∠EGF＝∠BDC.
∴△EFG∽△BCD.
活动与探究3 思路分析：(1)按照异面直线的定义进行判断；(2)根据异面直线所成角的定义进行求解．
解：(1)所在直线与BC′是异面直线的棱有：AA′，DD′，A′B′，DC，AD，A′D′.
(2)因为AD′∥BC′，所以AD′与B′C所成的角就是BC′与B′C所成的角，而BC′⊥B′C，所以AD′与B′C所成的角等于90°，其正切值不存在．
因为AB∥CD，所以∠A′CD就是异面直线A′C与AB所成的角．
在△A′CD中，若设正方体棱长为a，则CD＝a，A′D＝a，A′C＝a，
因此△A′CD是直角三角形，
于是tan∠A′CD＝＝.
迁移与应用 解：(1)连接BA′，则BA′∥CD′，
则∠A′BC′就是BC′与CD′所成的角．
连接A′C′，由△A′BC′为正三角形，知∠A′BC′＝60°.
即BC′与CD′所成的角为60°.
(2)由AD∥BC，知AD与BC′所成的角就是∠C′BC.易知∠C′BC＝45°.
当堂检测
1．D 2．C 3．60° 4．3
