课件55张PPT。教师用书独具演示演示结束简单旋转体平面曲线 曲面 封闭的 直径 曲面 球面 圆心 线段 球心 简单多面体 平面多边形 棱柱 棱锥 棱台 互相平行 互相平行 有一个公共顶点 平行四边形 延长线交于一点 平行且边数相等
的多边形 梯形 平面图形的旋转 多面体的结构特征 简单组合体的构成 课时作业（一）课件58张PPT。教师用书独具演示演示结束斜二测画法 水平平面 平行 不变 空间立体图形的直观图画法 水平平面 直立平面 平行性 长度 水平放置的平面图形直观图的画法 立体图形的直观图画法 直观图与原图形之间的转化 课时作业（二）课件49张PPT。教师用书独具演示演示结束三视图 长对正 高平齐 宽相等 实线 虚线 位置 组合体 基本几何体 拼接 切掉 挖掉 简单几何体的三视图 简单组合体的三视图 由三视图还原实物直观图 课时作业（三）课件52张PPT。教师用书独具演示演示结束空间图形的基本位置关系 任何一个平面内 空间图形的公理 文字语言、图形语言、符号语言的互译 点、线共面问题 点共线问题 课时作业（四）课件53张PPT。教师用书独具演示演示结束公理4、等角定理 同一条直线 a∥c 相等或互补 异面直线所成的角 锐角(或直角) 公理4的应用 等角定理的应用 求异面直线所成的角 课时作业（五）课件54张PPT。教师用书独具演示演示结束直线和平面平行的判定定理 平面与平面平行的判定定理 线面平行的判定 面面平行的判定 平行关系的综合应用 课时作业（六）课件55张PPT。教师用书独具演示演示结束直线与平面平行的性质定理 平面与平面平行的性质定理 线面平行性质的应用 面面平行性质的应用 平行关系的综合应用 课时作业（七）课件58张PPT。教师用书独具演示演示结束直线与平面垂直 任意一条 垂直 l⊥α 垂线 垂面 垂足 二面角 两部分 每一部分 两个半平面 这条直线 两个半平面 α－AB－β 2∠α—AB—β 任意一点 垂直于棱 平面角是直角 平面与平面垂直 直二面角 一条垂线 a⊥β 线面垂直的判定 面面垂直的判定 垂直关系的综合应用 课时作业（八）课件52张PPT。教师用书独具演示演示结束直线与平面垂直的性质定理 平面与平面垂直的性质定理 线面垂直性质定理的应用 面面垂直性质定理的应用 垂直关系的综合应用 课时作业（九）课件51张PPT。教师用书独具演示演示结束圆柱、圆锥、圆台的侧面积 底面半径 侧面母线长 底面半径 侧面母线长 πrl 上底面半径 下底面半径 侧面母线长 直棱柱、正棱锥、正棱台的侧面积 ch 底面周长 高 底面周长 斜高 上底面周长 下底面周长 斜高 圆柱、圆锥、圆台的侧面积 直棱柱、正棱锥、正棱台的侧面积和表面积 课时作业（十）课件42张PPT。教师用书独具演示演示结束柱体、锥体、台体的体积 Sh 柱体的体积 锥体的体积 台体的体积 课时作业（十一）课件48张PPT。教师用书独具演示演示结束球的表面积和体积公式 球的表面积和体积的计算 球的表面积及体积的应用 有关球的切、接问题 课时作业（十二）第一章 立体几何初步
§1简单几何体
1．1 简单旋转体
1．2 简单多面体
(教师用书独具)
●三维目标
1．知识与技能
(1)认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．(2)掌握简单几何体的分类．
2．过程与方法
通过对简单几何体结构的描述和判断，培养学生的观察能力和空间想象能力．
3．情感、态度与价值观
通过对简单几何体的学习，体会数学的应用价值，增加学生学习数学的兴趣．
●重点难点
重点：简单几何体的结构特征．
难点：简单几何体的分类．
教学时要从生活空间里各式各样的几何体的特点入手，引导学生观察、归纳出几何体的结构特征，进而认识旋转体与多面体，找准彼此的分类特征．
(教师用书独具)
●教学建议
本节内容是学习立体几何的第一节，是对简单几何体的初步认识，为以后学习立体几何内容作好图形基础．本节课宜采用观察总结式教学模式，即在教学过程中，让学生观察现实生活的几何体，在老师的引导下，去认识简单的旋转体和简单的多面体，让学生观察、讨论、总结出各几何体的特征，让学生学会把具体生活空间几何体抽象到数学中的立体几何体．
●教学流程
创设问题情景，引出问题，旋转体与多面体的特征是什么？?引导学生结合现实空间几何体来认识圆柱、圆锥、圆台、球与棱柱、棱锥、棱台?通过例1及其互动探究，使学生掌握平面图形的旋转问题?通过例2及其变式训练，使学生掌握简单多面体的特征?通过例3及变式训练，使学生认识简单组合体的构成?归纳整理，进行课堂小结整体认识本节课所学知识?完成当堂双基达标，巩固所学知识并进行反馈、矫正
课标解读
1.认识简单旋转体、简单多面体的结构特征．并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构(难点)．
2．掌握简单几何体的分类(重点).
简单旋转体
【问题导思】
观察下列图形
思考它们有什么共同特点？是怎样形成的？
【提示】 共同特点：组成它们的面不全是平面图形．可以由平面图形旋转而成．
1．旋转体的定义：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作旋转面；封闭的旋转面围成的几何体叫作旋转体．
2．圆柱、圆锥、圆台的概念及比较
名称
定义
图形表示
相关概念
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
球心：半圆的圆心
球的半径：连接球心和球面上任意一点的线段
球的直径：连接球面上两点并且过球心的线段
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
高：在旋转轴上这条边的长度
底面：垂直于旋转轴的边旋转而成的圆面
侧面：不垂直于旋转轴的边旋转而成的曲面母线：不垂直于旋转轴的边旋转，无论转到什么位置都叫作侧面的母线
简单多面体
【问题导思】
观察下列图形
思考它们有什么共同特征？
【提示】 组成几何体的每个面都是平面多边形．
1．多面体的定义
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、棱台是简单多面体．
2．棱柱、棱锥、棱台的结构特征
名称
棱柱
棱锥
棱台
图形
表示
棱柱AC′或棱柱
ABCDE－
A′B′C′D′E′
棱锥S－AC
或棱锥
S－ABCDE
棱台AC′或棱台
ABCD－
A′B′C′D′
结构
特征
有两个面互相平行，其余各面都是四边形，每相邻两个四边形的公共边互相平行
有一个面为多边形，其余各面为有一个公共顶点的三角形
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
侧棱
平行且相等
相交于一点，但不一定相等
延长线交于一点
侧面
平行四边形
三角形
梯形
底面
平行且全等的多边形
多边形
平行且边数相等的多边形
平面图形的旋转
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是圆锥吗？如果以斜边上的高所在的直线为轴旋转180°得到什么图形？旋转360°又得到什么图形？
【思路探究】 解答本题可先分析各种可能的旋转轴，然后根据旋转体的有关概念及空间想象能力进行判断．
【自主解答】 图(1)、(2)旋转一周得到的几何体是圆锥；
图(3)旋转一周所得几何体是两个圆锥拼接而成的几何体；
图(4)旋转180°是两个半圆锥的组合体，旋转360°，旋转轴左侧的直角三角形旋转得到的圆锥隐藏于右侧直角三角形旋转得到的圆锥内．
1．平面图形的旋转问题一方面要观察平面图形的形状，另一方面要注意旋转轴的位置．
2．线段绕轴旋转一周后形成图形的意义
(1)垂直于旋转轴且与旋转轴有交点的线段旋转所得的图形是圆面；(2)垂直于旋转轴但与旋转轴没有交点的线段旋转所得的图形是圆环面；(3)不垂直于旋转轴且与旋转轴有交点的线段旋转所得的图形是圆锥侧面；(4)不垂直于旋转轴且与旋转轴没有交点的线段旋转所得的图形是圆台侧面；(5)与旋转轴平行的线段旋转所得的图形是圆柱侧面．
若将本例中的三角板绕直线l旋转360°(如图1－1－1，其中三角形斜边上的高与直线l垂直)，得到什么图形？
图1－1－1
【解】 旋转360°，得一个圆柱挖去以圆柱上下两个底面为底面的两个圆锥而成的几何体．
多面体的结构特征
如图1－1－2所示是长方体ABCD—A′B′C′D′，当用平面BCEF把这个长方体分成两部分后，各部分形成的多面体是棱柱吗？若不是，请说明理由；若是，请指出其底面和侧棱．
图1－1－2
【思路探究】 (1)所得的两部分中哪两个面是互相平行的？
(2)若用平行平面作为棱柱的底面，各部分是否是棱柱？
【自主解答】 截面BCEF右方部分是棱柱BB′F—CC′E，其中平面BB′F和平面CC′E是其底面，BC，B′C′，FE是其侧棱，截面BCEF左方部分是棱柱ABFA′—DCED′，其中四边形ABFA′和DCED′是其底面，AD，BC，FE，A′D′是其侧棱．
1．对于棱柱，不要只认为底面就是上、下位置，如本题，底面可放在前后位置．
2．认识、判断一个多面体的结构特征，主要从侧面、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，才能认清其特征．
下列几何体中棱柱的个数为( )
图1－1－3
A．5
B．4
C．3
D．2
【解析】 ①③是棱柱，②④⑤⑥不是棱柱．
【答案】 D
简单组合体的构成
观察图中的组合体，分析它们是由哪些简单几何体组成？
图1－1－4
【思路探究】 认真分析所给几何体的结构，根据简单几何体的特征来说明其组成．
【自主解答】 图(1)是由一个四棱柱在它的上、下底面上向内挖去一个三棱柱形成的组合体．
图(2)是由一个四棱柱和一个底面与四棱柱上底面重合的四棱锥组合而成的组合体．
图(3)是由一个三棱柱和一个下底与三棱柱上底面重合的三棱台组成的组合体．
1．熟练掌握各简单几何体的特征是解决本题的关键．
2．组合体的构成，基本上有三类：(1)多面体与多面体的组合体；(2)多面体与旋转体的组合体；(3)旋转体与旋转体的组合体．
试判断下列几何体是由哪些简单几何体组合而成的．
【解】 图①是由一个圆锥，一个圆柱和一个圆台组合而成的；
图②是由一个四棱柱和一个四棱锥组合而成的；
图③是由一个三棱台和一个三棱柱组合而成的；
图④是由一个球和一个圆柱组合而成的.
忽视棱柱的定义致误
有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形，由这些面围成的几何体是棱柱吗？
【错解】 因为棱柱的两个底面平行，其余各面都是平行四边形，所以所围成的几何体是棱柱．
【错因分析】 题中漏掉了“并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行”这一条件，因此所围成的几何体不一定是棱柱．定义都是非常严格的，只要不满足所有的条件就会有特殊的例子出现．这提醒我们必须严格按照定义判定．
【防范措施】 正确理解简单几何体的特征、定义可以避免错误．
【正解】 满足题目条件的几何体不一定是棱柱，如图所示．
1．棱柱、棱锥、棱台的共性
棱柱、棱锥、棱台的各面都是平面多边形，因此可以看作是由平面多边形所围成的几何体，即多面体．多面体还含有除棱柱、棱锥、棱台之外的几何体．
2．圆柱、圆锥、圆台、球的共性
圆柱、圆锥、圆台、球从生成过程来看，它们分别是由矩形、直角三角形、直角梯形、半圆绕着某一条直线旋转而成的几何体，因此它们统称为旋转体．
3．组合体的构成
(1)组合体包括简单几何体的拼接和截去(或挖除)两种类型．
(2)组合体)
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
【解析】 圆柱(或圆台)中上、下底面圆周上任意两点的连线，不一定是矩形(或直角梯形)中“不垂直于旋转轴的边”，故①③错误，②④正确．
【答案】 D
2．如图1－1－5是由图中的哪个平面图形旋转后得到的( )
【解析】 因为简单组合体由一个圆台和一个圆锥所组成的，因此平面图形应由一个直角三角形和一个直角梯形构成，可排除B、D，再由圆台上、下底的大小比例关系可排除C.所以选A.
【答案】 A
3．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥不可能是( )
A．三棱锥 B．四棱锥
C．五棱锥 D．六棱锥
【解析】 若是六棱锥，则顶点在底面上，不能构成几何体．
【答案】 D
4．矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，矩形ABCD绕AB旋转得圆柱，求其底面半径r及母线长l.
【解】 因为AB为旋转轴，所以r＝BC＝3，l＝AB＝2.
一、选择题
1．下列命题中正确的是( )
A．圆锥的底面和侧面都是圆面
B．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体
C．圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台
D．通过圆台侧面上一点，有无数条母线
【解析】 A错误，圆锥的侧面应为曲面；B错误，没有说明这两个平行截面的位置关系，当这两个平行截面与底面平行时，正确，其他情况则结论就是错误的；D错误，通过圆台侧面上一点，只有一条母线．故选C.
【答案】 C
2．下列说法中正确的是( )
A．所有的棱柱都有一个底面
B．棱柱的顶点至少有6个
C．棱柱的侧棱至少有4条
D．棱柱的棱至少有4条
【解析】 棱柱都有两个底面，A错误；三棱柱的顶点最少，6个；侧棱最少，3条；棱最少，9条．故选B.
【答案】 B
3．(2013·宿州高一检测)在四棱锥的四个侧面中，直角三角形最多可有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【解析】 如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，取四棱锥A1－ABCD，则此四棱锥的四个侧面都是直角三角形．
【答案】 D
4．下列命题中，正确的是( )
①底面是正多边形的棱锥，一定是正棱锥；
②所有侧棱相等的棱锥一定是正棱锥；
③圆台的所有母线的延长线交于同一点；
④侧面是全等的等腰三角形的三棱锥是正三棱锥．
A．①④ B．②③ C．③④ D．③
【解析】 ①中棱锥的顶点位置不定，未必能保证侧面为全等的等腰三角形，故①错；②中棱锥，当底面多边形为圆内接多边形，且圆心的正上方为棱锥的顶点时，即可使棱锥的侧棱都相等，但并不一定为正棱锥(以后可证)；③正确，④不正确，反例如图：三棱锥S—ABC中，SB＝SC＝AB＝AC＝2，SA＝BC＝1，显然满足条件，但并非正三棱锥．故选D.
【答案】 D
图1－1－6
5．如图1－1－6，将装有水的长方体水槽固定底面一边后倾斜，则倾斜后水槽中的水形成的几何体是( )
A．棱柱 B．棱台
C．棱柱与棱台的组合体 D．不确定
【解析】 水槽倾斜后，水有变动，但是根据棱柱的结构特征，其仍然是个棱柱，上、下两个底面发生变化．
【答案】 A
二、填空题
6．(1)伐木工人将树伐倒后，再将枝杈砍掉，根据需要将其截成不同长度的圆木，圆木可以近似地看成________体；
(2)用铁丝做一个三角形，在三个顶点上分别固定一根筷子，把三根筷子的另一端也用铁丝连接成一个三角形，从而获得一个几何体模型，如果筷子的长度相同且所在直线平行，那么这个几何体是________．
【解析】 (1)由圆柱的结构特征可知此圆木近似地看作是一个圆柱体；
(2)在该模型中已知一面为三角形，含有筷子的三个面为平行四边形，可知另一个铁丝三角形所在面与最先的铁丝三角形所在平面平行，故此几何体是三棱柱．
【答案】 (1)圆柱 (2)三棱柱
图1－1－7
7．图中阴影部分绕图示的直线旋转一周，形成的几何体是________．
【解析】 三角形旋转后围成一个圆锥，圆面旋转后形成一个球，阴影部分形成的几何体为圆锥中挖去一个球后剩余的几何体．
【答案】 圆锥挖去一个球的组合体
8．(2013·日照高一检测)圆台两底面半径分别是2 cm和5 cm，母线长是3 cm，则它的轴截面的面积是________．
【解析】 画出轴截面，如图，过A作AM⊥BC于M，则BM＝5－2＝3(cm)，
AM＝＝9(cm)，
∴S四边形ABCD＝
＝63(cm2)．
【答案】 63 cm2
三、解答题
9．如图1－1－8所示几何体可看作由什么图形旋转360°得到？画出平面图形和旋转轴．
图1－1－8
【解】 先画出几何体的轴，然后再观察寻找平面图形．旋转前的平面图形如下：
10．用一个平行于圆锥底面的平面去截这个圆锥，截得的圆台上、下底面半径的比是1∶4，截去的圆锥母线长是3 cm，求圆台的母线长．
【解】 设圆台的母线长为y cm，圆台上、下底面半径分别是x cm、4x cm，作圆锥的轴截面如图．
在Rt△SOA中，O′A′∥OA，
所以SA′∶SA＝O′A′∶OA.
即3∶(y＋3)＝x∶4x，
解得y＝9.
所以圆台的母线长为9 cm.
图1－1－9
11．如图1－1－9所示，是一个三棱台ABC－A′B′C′，试用两个平面把这个三棱台分成三部分，使每一部分都是一个三棱锥．
【解】 过A′，B，C三点作一个平面，再过A′，B，C′作一个平面，就把三棱台ABC－A′B′C′分成三部分，形成的三个三棱锥分别是A′－ABC，B－A′B′C′，
A′－BCC′.
(教师用书独具)
已知下列说法：
①以直角三角形的一边为旋转轴，旋转一周所得的旋转体是圆锥；
②以直角梯形的一腰为轴，旋转一周所得的旋转体是圆台；
③用一个平面截圆锥，可得到一个圆锥和一个圆台；
④以半圆的直径所在的直线为旋转轴，将半圆旋转一周所形成的曲面叫作球．
其中正确说法的个数是( )
A．0 B．1 C．2 D．3
【思路探究】 利用旋转体的定义判断．
【自主解答】
甲
圆锥是以直角三角形的直角边为轴旋转形成的，如果不是直角边，将得到图甲所示的几何体，故①错误．
圆台是以直角梯形垂直于底边的腰为轴旋转形成的，故②错误．
如图乙(1)所示，如果用来截圆锥的平面平行于圆锥的底面，则可得一圆锥和一圆台，否则将得不到圆锥与圆台(如图乙(2)所示)，故③错．
乙
④是球面的定义，球面所围成的几何体叫作球．如常见的篮球、足球可看作球面而不是球．
【答案】 A
1．本题主要考查对圆锥、圆柱、圆台、球的定义的理解．特别注意旋转面与旋转体的差别：旋转体包含旋转面所围成的空间中的部分．
2．概念辨析题的判断方法：①利用定义、性质直接判断；②利用常见几何体举反例．
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球的直径是球面上任意两点间的连线；
③用一个平面截一个球，得到的是一个圆；
④空间中到一定点距离等于定长的点的集合是球．其中正确的序号是________．
【解析】 球可看作是半圆面绕其直径所在的直线旋转形成的，因此①正确；如果球面上的两点连线经过球心，则这条线段就是球的直径，因此②错误；球是一个几何体，平面截它应得到一个面而不是一条曲线，所以③错误；空间中到一定点距离相等的点的集合是一个球面，而不是一个球体，所以④错误．
【答案】 ①
§2直观图
(教师用书独具)
●三维目标
1．知识与技能
(1)了解空间几何体的表示形式，进一步提高对空间几何体结构特征的认识．(2)掌握斜二测画法的规则，会用斜二测画法画直观图．
2．过程与方法
通过用斜二测画法画水平放置的平面图形和空间几何体的直观图，提高学生识图和画图的能力，培养学生转化与化归的数学思想方法．
3．情感、态度与价值观
通过画直观图培养学生的探究精神和意识，通过把空间图形在平面上反映，体会现实与抽象的关系，体会数学的科学价值、应用价值．
●重点难点
重点：用斜二测画法画空间几何体的直观图．
难点：直观图与原图形之间的转化关系．
(教师用书独具)
●教学建议
通过观察正方体的直观图，让学生感受一下直观图的立体感，教师引导学生认识斜二测画法的规则，在教师的指导下画出平面图形的直观图进而过渡到立体图形的直观图，让学生在画图中体会斜二测画法．
●教学流程
创设问题情境引出问题：用什么方法画图使的图形立体感强，引出斜二测画法?通过例1及其变式训练，使学生掌握用斜二测画法画平面图形的直观图?通过例2及互动探究，使学生掌握立体几何图形的直观图的画法?通过例3及变式训练，使学生掌握直观图与原图形之间的转化?归纳整理，进行课堂小结，整体认识本节课所学知识?完成当堂双基达标，巩固所学知识并进行反馈矫正
课标解读
1.了解空间几何体的表示形式，进一步提高对空间几何体结构特征的认识．
2．掌握斜二测画法的规则，会用斜二测画法画直观图．(重点).
斜二测画法
【问题导思】
下面都是经典的图画与照片，反映着大自然、古今建筑、航空航天等真实、美丽、壮观、祥和、有意义的场景．从数学的角度看，它们都是空间图形在平面上的反映．我们怎样利用手中的纸和笔将空间几何体画为平面图形且不失真实感受呢？
一个水平放置的平面图形，如果是正方形，那么它的直观图还是正方形吗？
【提示】 不再是正方形，是平行四边形．
斜二测画法规则
(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.
空间立体图形的直观图画法
【问题导思】
如何由画平面图形直观图过渡到画立体图形的直观图？
【提示】 画完水平放置的平面图形的直观图后，多画一条表示高度的数轴z轴．
立体图形与平面图形相比多了一个z轴，其直观图中对应于z轴的是z′轴，平面x′O′y′表示水平平面，平面y′O′z′和x′O′z′表示直立平面．平行于z轴的线段，在直观图中平行性和长度都不变.
水平放置的平面图形直观图的画法
图1－2－1
如图1－2－1是正方形ABCE和正三角形CDE所组成的平面图形，试画出其水平放置的直观图．
【思路探究】
首先在所给图形中建立一个直角坐标系xOy
→再对应画出x′O′y′→按斜二测画法
规则作图
【自主解答】 (1)以AB所在的直线为x轴，AB的中垂线为y轴建立直角坐标系如图(1)，建立坐标系x′O′y′，使两轴的夹角为45°(图(2))．
(2)以O′为中点，在x′轴上截取A′B′＝AB，分别过A′，B′作y′轴的平行线，截取A′E′＝AE，B′C′＝BC.在y′轴上截取O′D′＝OD.
(3)连接A′E′，E′D′，E′C′，C′D′，B′C′，并擦去作为辅助线的坐标轴，就得到所求的直观图(图(3))．
1．本题原图形中没有坐标系，则选取适当的坐标系是解决本题的关键．
2．在直观图中确定坐标轴上的对应点及与坐标轴平行的线段的端点的对应点比较简单，对原图中不在坐标轴上或者不在与坐标轴平行的线段上的点，常过这些点作坐标轴的平行线，以确定这些点在直观图中对应点的位置．
图1－2－2
如图1－2－2所示，在平面直角坐标系中，各点坐标分别为O(0,0)，A(1,3)，B(3,1)，C(4,6)，D(2,5)．
试画出四边形ABCD的直观图．
【解】 (1)先画x′轴和y′轴，使∠x′O′y′＝45°(如图(1))．
(2)在原图中作AE⊥x轴，垂足为E(1,0)．
(3)在x′轴上截去O′E′＝OE，作A′E′∥y′轴，截取E′A′＝1.5.
(4)同理确定点B′、C′、D′，其中B′G′＝0.5，C′H′＝3，D′F′＝2.5.
(5)连线成图(擦去辅助线)(如图(2))．
立体图形的直观图画法
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2 cm)．
【思路探究】 画立体图形的直观图与平面图形的直观图有何区别？
【自主解答】 (1)画轴，以底面△ABC的垂心O为原点，OC所在直线为y轴，过O点平行于AB的直线为x轴，建立平面直角坐标系，以上底面△A′B′C′的垂心O′与O的连线为z轴，建立空间直角坐标系．
(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，且AB＝2 cm，以D为中点，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．
1．用斜二测画法作空间图形(立体图形)的直观图，原图形的高在直观图中长度保持不变，本题只要确定了三棱台的上、下底面，整个直观图也就确定了．
2．若两次作底面较为繁琐时，可以先作相应的棱锥，运算确定上底面的位置后，用平面去截取(只需作平行线)．
本例中将正三棱台改为上、下底面边长分别为6 cm、8 cm，高为4 cm的正四棱台呢？
【解】 (1)以底面四边形ABCD的两条对角线交点O为原点，过O点平行于AB的直线为x轴，过O点平行于AD的直线为y轴，建立平面直角坐标系，以上底面四边形A1B1C1D1的两条对角线交点O1与O的连线为z轴，建立空间直角坐标系．
(2)画下底面，以O为中点，在x轴上取线段EF，使得EF＝8 cm，在y轴上取线段GH，使得GH＝EF，GH的中点为O，再过G、H分别作AB∥EF，CD∥EF，AB＝EF＝CD＝8 cm，且使得AB的中点为G，CD的中点为H，连接AD、BC，这样就得到了正四棱台的下底面ABCD的直观图．
(3)画上底面，在z轴上截取线段OO1＝4 cm，过O1点作O1x′∥Ox、O1y′∥Oy，则∠x′O1y′＝45°.
建立坐标系x′O1y′，在x′O1y′中重复步骤(1)的方法画出上底面的直观图A1B1C1D1(图①)．
① ②
(4)再连接AA1、BB1、CC1、DD1，并擦去辅助线，得到的图形就是所求的正四棱台的直观图(图②)．
直观图与原图形之间的转化
如图1－2－3，一个水平放置的平面图形的斜二测画法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．
图1－2－3
【思路探究】 在由直观图转换为平面图形的过程中，要注意直观图中的哪些量不变？哪些量改变？怎么改变？
【自主解答】 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.
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′＝.
再建立一个直角坐标系xOy，则O、B重合，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′的平面图形．
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．平面图形的直观图与原图形之间的关系要注意以下两个方面：
(1)平行关系的不变性，充分利用与x轴、y轴平行的线段，是解题的关键．
(2)长度关系的规律变化，尤其是与y轴平行的线段计算时应特别注意长度的变化．
2．求原图形的面积，关键是根据直观图还原成实际图形．
如图1－2－4，已知△OBC是△O1B1C1的斜二测画法的直观图，求S△O1B1C1.
图1－2－4
【解】 法一 根据C1E1＝2CE＝2×a＝a，
∴S△O1B1C1＝×2a×a＝a2.
法二 ∵C1E1＝2CE＝2·CD，且OB＝O1B1，
∴S△O1B1C1＝2S△OBC＝2××a×2a＝a2.
忽视斜二测画法的规则致误
画出图1－2－5中四边形OABC的直观图(图中数据已给出)．
图1－2－5
【错解】 以O为原点，OB所在直线为x轴建立直角坐标系xOy，如图甲，作∠C′O′B′＝45°，其中O′B′是水平的，O′B′＝4，O′D′＝3，O′C′＝1，
过D′作∠B′D′A′＝90°，使A′D′＝1，顺次连接O′A′，A′B′，B′C′所得四边形O′A′B′C′即为四边形OABC的直观图，如图乙．
【错因分析】 坐标轴上的点O，B，C画得正确，点A的直观图位置画错了，应该依据点A到y轴的距离不变，到x轴的距离减半的方法确定A′的位置．
【防范措施】 熟练斜二测画法的规则即平行性与长度问题是解决此类问题的关键．
【正解】 如图所示，作∠C′O′B′＝45°，其中O′B′是水平的，O′B′＝4，O′D′＝3，O′C′＝1，过点D′作∠B′D′A′＝135°，使A′D′＝1，顺次连接O′A′，A′B′，B′C′，所得四边形即为四边形OABC的直观图．
1．斜二测画法的要点是横不变、纵减半、平行位置不改变．
2．无论画平面图形的直观图，还是画空间图形的直观图，都要严格按照斜二测画法．在直观图中，原来与轴平行的线段仍然与轴平行，角的大小一般都会改变，因此已知直观图而计算原图中的有关数据时，首先要将直观图复原．
1．关于斜二测画法画直观图，下列说法不正确的是
( )
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以是135°
【解析】 平行于y轴的线段在直观图中变为原长的.
【答案】 C
2．如图1－2－6为一平面图形的直观图，则此平面图形可能是( )
图1－2－6
【解析】 由斜二测画法的规则可知原图形可能为C.
【答案】 C
3．有一个长为5 cm，宽为4 cm的矩形，则其斜二测直观图的面积为________．
【解析】 直观图的面积S′＝5×4×sin 45°＝5cm2.
【答案】 5 cm2
图1－2－7
4．画出如图1－2－7所示的梯形ABCD的直观图．
【解】 画法：(1)如图①所示，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xOy.如图②所示，画出对应的x′轴，y′轴，使∠x′A′y′＝45°.
(2)如图①所示，过D点作DE⊥x轴，垂足为E.如图②所示，在x′轴上取A′B′＝AB，A′E′＝AE；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.
(3)连接A′D′、B′C′、C′D′，并擦去x′轴与y′轴及其他一些辅助线，如图③所示，则四边形A′B′C′D′就是所求作的直观图．
一、选择题
1．利用斜二测画法得到：①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③梯形的直观图是梯形；④矩形的直观图是矩形；⑤菱形的直观图菱形．
以上结论正确的是( )
A．①② B．①②③
C．①②③④ D．①②③④⑤
【解析】 由斜二测画法的规律知：画出直观图时，平行性不变，垂直性改变，故①②③正确，④⑤错．应选B.
【答案】 B
2．如图1－2－8，直观图所表示的平面四边形ABCD是( )
图1－2－8
A．任意四边形
B．直角梯形
C．等腰梯形
D．平行四边形
【解析】
)?直角梯形．
【答案】 B
图1－2－9
3．如图1－2－9，用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为一个正方形，则原来图形的形状是( )
【解析】 根据斜二测画法知在y轴上的线段为原来的一半，故A正确．
【答案】 A
图1－2－10
4．如图1－2－10所示，四边形OABC是上底为2，下底为6，底角为45°的等腰梯形，由斜二测画法得到这个梯形的直观图为四边形O′A′B′C′，在直观图中梯形的高为( )
A. B．1
C. D.
【解析】 按斜二测画法，得到梯形的直观图O′A′B′C′，如右图所示，在原图形中梯形的高CD＝2，在直观图中C′D′＝1，且∠C′D′E′＝45°，作C′E′垂直于x′轴于E′，则C′E′即为直观图中梯形的高，那么C′E′＝C′D′sin 45°＝.
【答案】 C
图1－2－11
5．一个水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，如图1－2－11所示，则原平面图形的面积为( )
A．4 B．4
C．8 D．8
【解析】 由斜二测画法可知，原平面图形是一个平行四边形，且它的一组对边长为2，在直观图中O′B′＝2，且∠B′O′A′＝45°，则在原平面图形中，∠BOA＝90°，且OB＝4，因此，原平面图形的面积为2×4＝8.
【答案】 D
二、填空题
6．(2013·广州高一检测)已知菱形ABCD的边长是4，∠DAB＝60°，则菱形ABCD的斜二测直观图的面积是________．
【解析】 由已知得BD＝4，AC＝4，且AC⊥BD，
所以其斜二测直观图的面积为S＝×4×4××sin 45°＝2.
【答案】 2
7．已知直角坐标系xOy内有两点B(0,2)，A(4,0)用斜二测画法画AB的直观图A′B′，则A′B′的长度是________．
【解析】 结合直角坐标系xOy中条件知，在新坐标系x′O′y′中O′A′＝4，O′B′＝，
作B′H⊥x′轴于点H，
在Rt△O′B′H中，易知B′H＝1；
由Rt△B′A′H中，
易知A′B′＝＝.
【答案】
图1－2－12
8．如图1－2－12所示是水平放置的△ABC在直角坐标系中的直观图，其中D是AC的中点，原△ACB中，∠ACB≠30°，则原图形中与线段BD的长相等的线段有________条．
【解析】 先按照斜二测画法把直观图还原为真正的平面图形，然后根据平面图形的几何性质找与线段BD长度相等的线段，把△ABC还原后为直角三角形，则D为斜边AC的中点，∴AD＝DC＝BD.
【答案】 2
三、解答题
9．画水平放置的直角梯形的直观图．
【解】 (1)在已知的直角梯形OBCD中，以底边OB所在直线为x轴，垂直于OB的腰OD所在直线为y轴建立直角坐标系，如图(1)所示．
(2)画相应的x′轴和y′轴，使∠x′O′y′＝45°.在x′轴上取O′B′＝OB，在y′轴上取O′D′＝OD，过D′作x′轴的平行线l，在l上沿x′轴正方向取点C′，使得D′C′＝DC，如图(2)所示．
(3)连接B′C′，所得四边形O′B′C′D′就是直角梯形OBCD的直观图，如图(3)．
10．画出底面边长为2 cm，高为3 cm的正四棱锥的直观图．
【解】 画法如下：
(1)画轴：如图(1)，画x轴、y轴、z轴，三轴相交于点O，使∠xOy＝45°，∠xOz＝90°.
(2)画底面：以点O为中点，在x轴上取线段MN，在y轴上取线段PQ，分别使MN＝2 cm，PQ＝1 cm，再分别过点M、N作y轴的平行线，过点P、Q作x轴的平行线，设它们的交点分别为A、B、C、D，四边形ABCD即为正四棱锥的底面ABCD.
(3)画高，在z轴上截取OS＝3 cm.
(4)成图，连接SA，SB，SC，SD，并去掉辅助线，将被遮挡的部分改为虚线，就得正四棱锥的直观图，如图(2)．
11．在水平放置的平面α内有一边长为1的正方形A′B′C′D′，如图1－2－13，其中对角线A′C′在水平位置．已知该正方形是某个四边形用斜二测画法画出的直观图，试画出该四边形的真实图形并求出其面积．
图1－2－13
【解】 真实图形如图所示．
因为A′C′在水平位置，四边形A′B′C′D′为正方形，
所以在四边形ABCD中，DA⊥AC，AC⊥CB，
因为DA＝2D′A′＝2，
AC＝A′C′＝，
BC＝2B′C′＝2，
所以S四边形ABCD＝AC·AD＝2.
(教师用书独具)
已知△ABC的平面直观图△A′B′C′是边长为ɑ的正三角形，那么△ABC的面积为多少？
【思路探究】 以△A′B′C′的边B′C′所在直线为x′轴，B′C′的中点O′为坐标原点建立斜坐标系x′O′y′，使∠x′O′y′＝45°，再建立相应的直角坐标系xOy，画出原图形△ABC，易知BC＝B′C′＝a.关键是求出BC边上的高AM.
【自主解答】 图(1)为直观图，图(2)为实际图形，取B′C′所在直线为x′轴，以过B′C′中点O′与O′x′成45°角的直线为y′轴，过点A′作A′N′∥O′x′，交y′轴于点N′，过点A′作A′M′∥O′y′，交x′轴于点M′，
则在Rt△A′O′M′中，因为O′A′＝a，∠A′M′O′＝45°，所以M′O′＝O′A′＝a.故A′M′＝a，
在直角坐标系xOy中，在O点左右两侧分别取到y轴距离为的点B、点C，
在O点左侧取到y轴距离为a的点M，
过M作x轴的垂线，在垂线上，且在y轴正方向上取点A，使MA＝a，连接AB，AC，则△ABC为直观图所对应的实际图形，
如图(2)所示，显然S△ABC＝a·a＝a2.
利用直观图求原图形的面积时，首先要注意坐标系变化前后变化的量与不变的量，然后结合两个坐标系确定数据，计算相应图形的面积．
如图所示，ABCD是一平面图形的水平放置的斜二测直观图．在斜二测直观图中，ABCD是一直角梯形，AB∥CD，AD⊥CD，且BC与y′轴平行，若AB＝6，AD＝2，求这个平面图形的实际面积．
【解】 由直观图还原平面图如图，由图可知，平面图形是直角梯形，A1B1与C1D1长度不变，仍为6和4，高为4，故面积为20.
§3三视图
3．1 简单组合体的三视图
3．2 由三视图还原成实物图
(教师用书独具)
●三维目标
1．知识与技能
(1)了解空间几何体的不同表示形式．(2)理解画三视图应遵循的规则，能画出简单组合体的三视图．
2．过程与方法
通过画三视图，培养学生的画图、识图能力．
3．情感、态度与价值观
提高学生空间想象力，体会三视图的作用．
●重点难点
重点：画出简单组合体的三视图．
难点：识别三视图所表示的空间几何体．
教学时要强调学生动手画三视图，通过对照组合体与三视图学会识别两者之间的关系．
(教师用书独具)
●教学建议
本节内容是在学习了直观图之后对立体几何图形的进一步深化，也是对初中学过的基本几何体的三视图的直接延伸．教学时，教师要引导学生自己动手作图，画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、锥等)的三视图，让学生在动手实践的过程中学会三视图的作法，体会三视图的作用，对于简单几何体的组合体，在作三视图之前应当提醒学生细心观察，认识了它的基本结构特征后，动手作图，通过三视图的学习，进一步丰富学生的空间想象力．
●教学流程
通过回顾初中学过的简单几何体的三视图引出本节课知识?通过例1及互动探究使学生进一步掌握简单几何体的三视图的画法?通过例2及变式训练，使学生掌握简单组合体的三视图的画法?通过例3及变式训练，使学生掌握由三视图还原实物图?归纳整理进行课堂小结，整体认识本节所学知识?完成当堂双基达标，巩固所学知识，并进行矫正
课标解读
1.了解空间几何体的不同表示形式．
2．理解画三视图应遵循的规则．
3．能画出简单组合体的三视图(重点)．
4．能识别三视图所表示的立体模型，并能画出它们的实物草图．(难点)
三视图
【问题导思】
在初中，我们学习了正方体、长方体、圆柱、圆锥、球的三视图，回忆三视图包含哪些图？
【提示】 主视图、左视图、俯视图．
1．特点：主、俯视图长对正；主、左视图高平齐；俯、左视图宽相等，前后对应．
2．画三视图时的注意事项：(1)主、俯视图长对正；主、左视图高平齐；俯、左视图宽相等，前后对应．(2)在三视图中，需要画出所有的轮廓线，其中，视线所见的轮廓
线画实线，看不见的轮廓线画虚线．③同一物体放置的位置不同，所画的三视图可能不同．
组合体
【问题导思】
日常生活中，我们遇到的几何体很多是组合体，如螺丝帽，矿泉水瓶等．(1)螺丝帽的俯视图是怎样的平面图形？(2)矿泉水瓶的主视图是怎样的平面图形？(3)组合体的三视图都完全不一样吗？
【提示】 (1)一个正六边形和中间一个圆．
(2)如图：
(3)不一定，例如矿泉水瓶的主视图和左视图一样．
1．定义：由基本几何体生成的几何体叫作组合体．
2．两种基本形式：一种是将基本几何体拼接成组合体；另一种是从基本几何体中切掉或挖掉部分构成组何体．
简单几何体的三视图
画出如图1－3－1所示的几何体的三视图．
图1－3－1
【思路探究】 观察图形→确定方向→画三视图
【自主解答】 三视图如图所示：
1．本题在画主视图与左视图时，易出现直接画成长方形的错误，导致这种错误的原因是对画三视图的规则理解不清．
2．在画三视图时，要想象几何体的后面、右面、下面各有一个屏幕，一组平行光线分别从前面、左面、上面垂直照射，我们画的是影子的轮廓，再验证几何体的轮廓线，看到的画实线，不能看到的画虚线．
将本例中的正六棱柱换成如图1－3－2所示的正五棱柱呢？
图1－3－2
【解】 三视图如图所示：
简单组合体的三视图
如图1－3－3所示的一实物，画出它的三视图．
图1－3－3
【思路探究】 观察图形→确定组成形式→画三视图
【自主解答】 如图所示的组合体可以看作是下图所示的几何体的组合．
三视图如图所示：
1．画组合体的三视图时，对它们的交线位置一定要有足够的重视，如本题中的主视图．
2．在绘制简单组合体的三视图时，首先要分析组合体是由哪几部分组成，各部分是怎样的简单几何体，以及它们的相对位置；其次要注意实线、虚线的处理．
画出如图1－3－4所示的几何体的三视图．
图1－3－4
【解】 三视图如图所示．
由三视图还原实物直观图
如图1－3－5是某几何体的三视图，想象该几何体的结构特征，并画出该几何体的实物草图．
图1－3－5
【思路探究】 (1)哪些几何体的主视图是长方形？
(2)哪些几何体的左视图是长方形？
(3)哪些几何体的俯视图是圆？
【自主解答】 由于俯视图含有一个圆和一个四边形，则该几何体是由旋转体和多面体拼接而成的组合体，结合主视图和左视图可知，该几何体的上面是一个圆柱，下面是一个四棱柱．该几何体的实物草图如图所示．
1．由三视图还原实物直观图的步骤
(1)看俯视图：判断几何体是多面体还是旋转体；确定几何体在前后左右方向所占空间；
(2)看主视图、左视图：联想常见几何体，从实虚线变化、几何体组成方式等角度判断结构特征；
(3)画直观图：由几何体的结构特征画出直观图．
2．看图和想图是两个重要的步骤，“想”寓于“看”中，形体分析的看图方法是解决此类问题的常用方法．
根据如图1－3－6三视图想象该几何体的结构特征，并画出该几何体的实物草图．
图1－3－6
【解】 实物草图如下：
忽视三视图的规则致误
画出如图1－3－7的物体的三视图．
图1－3－7
【错解】
【错因分析】 三视图出现多处错误．首先，主视图和左视图的高应该是相同的，而所画的视图没有做到这一点；其次，左视图的宽应该和俯视图的高一致，这一点也没有做到；再次，主视图的长与俯视图的长应对齐，这点还是没有做到；最后，图中有一条看不到的棱应该用虚线表示出来，所以答案存在多处错误．
【防范措施】 注意画三视图的规则，即这三者之间的等量关系，再注意虚、实线的区分．
【正解】 如图所示．
1．对于画几何体的三视图，要实虚线分清，可以解释为“眼见为实，不见为虚”．对于同一物体放置的位置不同，所画的三视图可能不同．
2．对于画简单组合体的三视图，要先弄清由哪几个基本几何体组合而成，并注意它们的组成方式，特别是它们的交线位置．
3．对于还原组合体，需要综合主视图、左视图、俯视图的特征，确定分界线，找出组成组合体的简单几何体，再将组合体还原，其中确定分界线是正确还原的关键．
1．下列各项不属于三视图的是( )
A．主视图 B．左视图
C．后视图 D．俯视图
【解析】 三视图指的是主视图、左视图、俯视图．故选C.
【答案】 C
2．图1－3－8所示的圆锥的左视图是( )
图1－3－8
【解析】 此圆锥的左视图为圆，顶点在圆心处，故C正确．
【答案】 C
3．图1－3－9中三视图所表示物体的形状为______．
图1－3－9
【解析】 图中三视图所表示物体的形状为圆柱．
【答案】 圆柱
4．画出如图1－3－10所示几何体的三视图．
图1－3－10
【解】
一、选择题
1．对于几何体的三视图，下列说法正确的是( )
A．主视图反映物体的长和高
B．俯视图反映物体的长和高
C．如果一个几何体的主视图和左视图都是等腰梯形，则这个几何体是圆台
D．如果一个几何体的三视图都为圆，则此几何体为圆柱
【解析】 三视图中的主视图，左视图，俯视图分别反映物体的长、高，宽、高，长、宽，因此A正确，B错误；C描述的几何体还可能为正四棱台；D选项描述的几何体是球．
【答案】 A
2．(2013·洛阳高一检测)已知某空间几何体的三视图如图1－3－11所示，则此几何体为( )
图1－3－11
A．圆台 B．四棱锥
C．四棱柱 D．四棱台
【解析】 由主视图和左视图可以判断一定的棱台或圆台，又由俯视图可知一定为棱台且为四棱台．
【答案】 D
3．找出图1－3－12中三视图所对应的实物图形是( )
图1－3－12
【解析】 由三视图的作法易知实物图形应为C.
【答案】 C
图1－3－13
4．一个去掉一角的长方体的直观图如图1－3－13所示，关于它的三视图，下列画法正确的是( )
A．它的主视图是：
B．它的主视图是：
C．它的左视图是：
D．它的俯视图是：
【解析】 抓住几何体的结构特征，结合三视图的画法可知A正确，左视图框内应是一虚斜线，俯视图中的虚线应为实线．
【答案】 A
5．(2013·济南高一检测)一个简单几何体的主视图、左视图如图1－3－14所示，则其俯视图不可能为：①长方形；②正方形；③圆；④椭圆．
图1－3－14
其中正确的是( )
A．①② B．②③
C．③④ D．①④
【解析】 若俯视图为正方形或圆时，主视图和左视图中矩形的宽应该相等，故②③不可能．
【答案】 B
二、填空题
6．某物体的实物图如图(甲)所示，在其三视图中，图①是________；图②是________；图③是________．
图1－3－15
【解析】 根据三视图的特点知①是主视图，②是俯视图，③是左视图．
【答案】 主视图 俯视图 左视图
7．如图1－3－16所示的三视图代表的立体图形是________．
图1－3－16
【解析】 由三视图知此几何体为一个正六棱锥．
【答案】 正六棱锥
8．如图1－3－17所示是一个圆锥的三视图，则该圆锥的高为______cm.
图1－3－17
【解析】 由三视图知，圆锥的母线长为3 cm，底面圆的直径为3 cm，所以圆锥的轴截面也是边长为3 cm的等边三角形，所以圆锥的高为＝(cm)．
【答案】
三、解答题
9．给出下面一个几何体，根据要求画出它的三视图：
图1－3－18
【解】 该几何体的三视图形状如下：
10．某座楼由相同的若干个房间组成，该楼的三视图如图1－3－19.
图1－3－19
问：(1)该楼有几层？从前往后最多要走过几个房间？
(2)最高一层的房间在什么位置？该楼最多有几个房间？
【解】 (1)该楼共有3层，可以从主视图和左视图中看出；从前往后最多要走过3个房间，可以从俯视图中看出．
(2)最高一层的房间在左后方，可以从左视图中看出．楼的大致形状如图所示，最多有10个房间．
11．如图1－3－20是一个空间几何体的三视图，其中主视图和左视图都是边长为2的正三角形，俯视图是一个正方形．
图1－3－20
(1)在给定的直角坐标系中作出这个几何体的直观图(不写作法)；
(2)求这个几何体的高．
【解】 (1)直观图如图．
(2)这个几何体是一个正四棱锥，它的底面边长为2，高在正视图(或左视图)中可求，高h＝2sin 60°＝.
(教师用书独具)
画出下列几何体的三视图(阴影面为主视面)．
【思路探究】 有了主视面，根据三视图特点画出三视图．
【自主解答】 三视图如图．
画组合体的三视图时，首先要确定主视、左视和俯视的方向，然后从三个方向观察组合体的轮廓线，还要搞清楚组合体是由哪几种基本几何体组成的，并注意各基本几何体的组成方式及组接位置，其组接的交线往往又是组合体的轮廓线，被挡住的要画成虚线．
画出如图所示的组合体的三视图．(阴影部分为主视面，尺寸不作严格要求)
【解】 这个组合体的三视图如下：
§4空间图形的基本关系与公理
第1课时 空间图形基本关系的认识、
空间图形的公理(公理1,2,3)
(教师用书独具)
●三维目标
1．知识与技能
(1)通过长方体这一常见的空间图形，体会点、直线、平面之间的位置关系；(2)理解异面直线的概念，以及空间图形基本关系；(3)掌握空间图形的三个公理．
2．过程与方法
培养和发展学生的空间想象能力，运用图形语言进行交流的能力，通过典例的学习和自主探索让学生体会蕴涵在其中的数学思想方法．
3．情感、态度与价值观
培养学生严谨的思维习惯与严肃的科学态度，体会推理论证中反映出的辨证思维的价值观．
●重点难点
重点：空间图形的基本关系及3个公理．
难点：三种语言：文字语言、图形语言和符号语言的转化．
教学时要注意图形语言、文字语言、符号语言的综合描述，在用文字和符号描述对象时，要紧密联系图形，使抽象与直观结合起来，以帮助学生在图形的基础上发展数学语言．
(教师用书独具)
●教学建议
本节知识与学生的生活联系密切，如直线与直线的位置关系、直线与平面的位置关系、平面与平面的位置关系等都可以在学生的生活世界中找到模型．因此教学时，既要引导学生多从生活中的实际出发，把所学到的知识同周围的现象联系起来，同时还要注意让学生经历从实际背景中抽象出空间图形的过程．另外，还应注意引导学生通过对实际模型的认识，学会将文字语言转化为图形语言和符号语言．
●教学流程
通过两大问题引出空间图形的位置关系及3个公理?通过例1及变式训练，使学生掌握文字语言、图形语言、符号语言间的转化?通过例2及互动探究，使学生掌握点、线共面问题的证明?通过例3及变式训练，让学生掌握点共线、线共点问题的证明?归纳整理课堂小结，整体认识本节所学知识?完成当堂双基达标，巩固本节所学知识并进行反馈矫正
课标解读
1.通过长方体这一常见的空间图形，体会点、直线、平面之间的位置关系(重点)．
2．理解异面直线的概念，以及空间图形基本关系(难点)．
3．掌握空间图形的三个公理(重点).
空间图形的基本位置关系
【问题导思】
1．长方体的一个顶点与12条棱和6个面有12种位置关系？
2．12条棱中，棱与棱有几种位置关系？
3．棱所在直线与面之间有几种位置关系？
4．六个面之间有哪几种位置关系．
【提示】 1.顶点与棱所在直线的关系是在棱上，不在棱上；顶点和六个面的关系是在面内，在面外．
2．相交，平行，既不平行也不相交．
3．棱在平面内，棱所在直线与平面平行和棱所在直线与平面相交．
4．平行和相交．
1.
位置关系
图形表示
符号表示
点与线的
位置关系
点A不在直线a上
点B在直线a上
A?a
B∈a
点与面的
位置关系
点A在平面α内
点B在平面α外
A∈α
B?α
直线与直
线的位置
关系
平行
a∥b
相交
a∩b＝O
异面
a与b
异面
直线与平
面的位置
关系
线在面内
a?α
线面相交
a∩α＝A
线面平行
a∥α
续表
平面与平
面的位置
关系
面面平行
α∥β
面面相交
α∩β＝a
2．异面直线
不同在任何一个平面内的两条直线，叫作异面直线．
空间图形的公理
【问题导思】
1．一把直尺两端放在桌面上，直尺在桌面上吗？
2．教室的墙面与地面有公共点，这些公共点有什么规律？
3．照相机支架只有三个脚支撑，为什么？
【提示】 1.直尺在桌面上.2.这些公共点在同一直线上.3.不在同一直线上的三点确定一个平面．
名称
内容
图形表示
符号表示
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(即直线在平面内)
若A∈l，B∈l，A∈α，B∈α，则l?α
公理2
经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面(即可以确定一个平面)
若A、B、C三点不共线，则A、B、C确定一个平面α使A∈α，B∈α，C∈α
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通过这个点的公共直线
若A∈α，A∈β，且α与β不重合，则α∩β＝l
文字语言、图形语言、符号语言的互译
根据图形，写出图形中的点、直线和平面之间的关系．
图1－4－1
(1)图(1)可以用符号语言表示为：_______________.
(2)图(2)可以用符号语言表示为：______________.
【思路探究】 (1)图中平面α、平面β是什么关系？
(2)图(1)中直线a与平面α，直线b与平面β，直线a、b与交线AB是什么关系？
(3)图(2)中△ABC的三个顶点满足什么条件？
【自主解答】 (1)α∩β＝AB，a?α，b?β，a∥AB，b∥AB.
(2)α∩β＝MN，A∈MN，B∈α，C∈β，B?MN，C?MN.
1．分析好图形的位置关系是本题的解题关键．
2．三种语言之间转化的基本思路是，观察图形、分析位置关系、符号表示．
满足下列条件，平面α∩平面β＝AB，直线a?α，直线b?β且a∥AB，b∥AB的图形是( )
【解析】 由线面符号语言描述及图形语言知D正确．
【答案】 D
点、线共面问题
已知：如图1－4－2所示，l1∩l2＝A，l2∩l3＝B，l1∩l3＝C.
图1－4－2
求证：直线l1、l2、l3在同一平面内．
【思路探究】 先选取两条直线构造一个平面，然后证明另一条直线在这个平面上或构造两个平面，证明这两个平面重合．
【自主解答】 法一 (同一法)
∵l1∩l2＝A，∴l1和l2确定一个平面α.
∵l2∩l3＝B，∴B∈l2.
又∵l2?α，∴B∈α.
同理可证C∈α.
又∵B∈l3，C∈l3，∴l3?α.
∴直线l1、l2、l3在同一平面内．
法二 (重合法)
∵l1∩l2＝A，∴l1、l2确定一个平面α.
∵l2∩l3＝B，∴l2、l3确定一个平面β.
∵A∈l2，l2?α，∴A∈α.
∵A∈l2，l2?β，∴A∈β.
同理可证B∈α，B∈β，C∈α，C∈β.
∴不共线的三个点A、B、C既在平面α内，又在平面β内．
∴平面α和β重合，
即直线l1、l2、l3在同一平面内．
1．同一法证明直线共面的步骤
(1)证明其中两条直线平行或相交，即这两条直线确定一个平面α；
(2)证明其余直线上均有两点也在平面α内，即其余直线也在平面α内，也就是证明了这些直线共面．
2．重合法证明直线共面的步骤
(1)证明这些直线确定若干个平面；
(2)利用公理及其推论证明这些平面重合，从而证明了这些直线共面．
本例中若l1∥l2，其它条件不变．求证：l1、l2、l3在同一平面内．
【证明】 ∵l1∥l2，
∴l1、l2确定一个平面记为α.
∵l1∩l3＝C，∴C∈l1.
∵l1?α，∴C∈α.
∵l2∩l3＝B，∴B∈l2.
∵l2?α，∴B∈α.
∵B∈l3，C∈l3，∴l3?α，
即l1、l2、l3在同一平面内.
点共线问题
已知△ABC在平面α外，AB∩α＝P，AC∩α＝R，BC∩α＝Q，如图1－4－3，求证：P、Q、R三点共线．
图1－4－3
【思路探究】 (1)点P、R、Q与平面α、平面ABC有何关系？
(2)平面α与平面ABC什么关系？与点P、R、Q又有何关系？
【自主解答】 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．
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.
∵B∈平面APR，C∈平面APR，
∴BC?平面APR.
∵Q∈BC，∴Q∈平面APR，
又Q∈α，∴Q∈PR，∴P、Q、R三点共线．
1．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．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．证明此类问题的关键是证明这些点是两个相交平面的公共点．
如图1－4－4，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，设线段A1C与平面ABC1D1交于Q，求证：B、Q、D1三点共线．
图1－4－4
【证明】 ∵D1∈平面ABC1D1，D1∈平面A1D1CB，
B∈平面ABC1D1，B∈平面A1D1CB，
∴平面ABC1D1∩平面A1D1CB＝BD1.
∵A1C∩平面ABC1D1＝Q，
且A1C在平面A1D1CB内，
∴Q∈平面A1D1CB，又Q∈平面ABC1D1，
∴Q在两平面的交线BD1上，
∴B、Q、D1三点共线.
忽视平面的确定性致误
已知：空间中A，B，C，D，E五点，A，B，C，D共面，B，C，D，E共面，则A，B，C，D，E五点一定共面吗？
【错解】 ∵A，B，C，D共面，
∴点A在点B，C，D所确定的平面内．
∵点B，C，D，E四点共面，
∴点E也在点B，C，D所确定的平面内，
∴点A，E都在点B，C，D所确定的平面内，
即点A，B，C，D，E一定共面．
【错因分析】 在证明共面问题时，必须注意平面是确定的．上述错解中，由于没有注意到B，C，D三点不一定确定平面，即默认了B，C，D三点一定不共线，因而出错．
【防范措施】 证明共面问题的理论依据是公理2，注意平面的确定可以免避上述错误的出现．
【正解】 A，B，C，D，E五点不一定共面．
(1)当B，C，D三点不共线时，由公理可知B，C，D三点确定一个平面α，由题设知A∈α，E∈α，故A，B，C，D，E五点共面于α；
(2)当B，C，D三点共线时，设共线于l，若A∈l，E∈l，则A，B，C，D，E五点共面；若A，E有且只有一点在l上，则A，B，C，D，E五点共面；若A，E都不在l上，则A，B，C，D，E五点可能不共面．
综上所述，在题设条件下，A，B，C，D，E五点不一定共面．
1．空间中点、线、面的位置关系，异面直线的画法及判定．
2．文字语言、图形语言、符号语言三种语言的转化．
3．公理1，公理2，公理3都是判定点、线、面位置关系的依据．公理1的作用是证明直线在平面内，公理2是确定平面的依据，由公理1和公理2可解决点、线共面的证明问题，公理3是判定两个平面相交的依据，同时也可用来证明点共线或三条线交于一点的问题.
1．用符号表示“点A在直线l上，l在平面α外”，正确的是( )
A．A∈l，l?α B．A∈l，l?α
C．A?l，l?α D．A?l，l?α
【解析】 点A在直线上用“∈”，直线在平面外用“”．
【答案】 A
2．正方体ABCD－A1B1C1D1中，与棱AB异面的棱有
( )
A．2条 B．4条 C．6条 D．8条
【解析】 画出图形，观察图形可知与AB异面的棱有CC1，DD1，B1C1，A1D1，共4条．
【答案】 B
3．一条直线和直线外两点可确定平面的个数是( )
A．1 B． 2 C． 3 D．1或2
【解析】 当这两点与直线共面时，可确定一个平面；当这两点和直线不共面时，可确定两个平面．
【答案】 D
4．(2013·郑州高一检测)如图1－4－5，在△ABC中，若AB、BC在平面α内，判断AC是否在平面α内．
图1－4－5
【解】 AC在平面α内．
∵AB在平面α内．
∴A∈α.
又BC在平面α内．
∴C∈α，
∴AC在平面α内．
一、选择题
1．(2013·日照高一检测)下列叙述中错误的是( )
A．若P∈α∩β且α∩β＝l，则P∈l
B．三点A，B，C只能确定一个平面
C．若直线a∩b＝A，则直线a与b能够确定一个平面
D．若A∈l，B∈l且A∈α，B∈α，则l?α
【解析】 不共线的三点才能确定平面，所以B错．
【答案】 B
2．(2013·桂林高一检测)下列说法正确的是( )
A．平面α和平面β只有一个公共点
B．两两相交的三条直线必共面
C．不共面的四点中，任何三点不共线
D．有三个公共点的两平面必重合
【解析】 四点中，若三点共线，则四点便成了一条直线和直线外一点，则共面，所以与四点不共面矛盾，所以C正确．
【答案】 C
3．已知a，b是异面直线，直线c ∥a，则c与b( )
A．一定是异面直线 B．一定是相交直线
C．不可能是平行直线 D．不可能是相交直线
【解析】 若a，b异面，c∥a，则c与b相交或异面，则C正确．
【答案】 C
图1－4－6
4．(2013·烟台高一检测)如图1－4－6，平面α∩平面β＝l，点A∈α，点B∈α， 且点C∈β，点C?l.又AB∩l＝R，设A，B，C三点确定的平面为γ，则β∩γ是( )
A．直线AC B．直线BC
C．直线CR D．直线AR
【解析】 ∵C∈平面ABC，AB?平面ABC，而R∈AB，∴R∈平面ABC.而C∈β，l?β，R∈l，∴R∈β，
∴点C，点R为两平面ABC与β的公共点，∴β∩γ＝CR.
【答案】 C
5．在四面体ABCD的棱AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EF与HG交于点M，则( )
A．M一定在直线AC上
B．M一定在直线BD上
C．M可能在AC上，也可能在BD上
D．M不在AC上，也不在BD上
【解析】 因为E，F，G，H分别是四面体ABCD的棱AB，BC，CD，DA上的点，EF与HG交于点M，所以点M为平面ABC与平面ACD的公共点，而两个平面的交线为AC，所以M一定在直线AC上．
【答案】 A
二、填空题
图1－4－7
6．如图1－4－7所示，用符号语言可表示为________．
【解析】 根据图形语言与符号语言之间的转化可得α∩β＝m，n?α，m∩n＝A.
【答案】 α∩β＝m，n?α，m∩n＝A
图1－4－8
7．(2013·合肥高一检测)如图1－4－8，在这个正方体中，①BM与ED平行；②CN与BM是异面直线；③CN与BE是异面直线；④DN与BM是异面直线．
以上四个命题中，正确命题的序号是________．
【解析】 观察图形可知①③错误，②④正确．
【答案】 ②④
8．下列说法中正确的个数是________．
①两条直线无公共点，则这两条直线平行；
②两直线若不是异面直线，则必相交或平行；
③过平面外一点与平面内一点的连线，与平面内的任意一条直线均构成异面直线；
④和两条异面直线都相交的两直线必是异面直线．
【解析】 对于①，空间两直线无公共点，则可能平行，也可能异面，因此①不正确；对于②，因空间两条不重合的直线的位置关系只有三种：平行、相交或异面，故②正确；对于③，过平面外一点与平面内一点的连线，和平面内过该点的直线是相交直线，故③不正确；对于④，和两条异面直线都相交的两直线可能是相交直线，故④不正确．故正确的个数为1.
【答案】 1
三、解答题
9．用符号表示下列语句，并画出图形．
(1)三个平面α，β，γ相交于一点P，且平面α与平面β相交于PA，平面α与平面γ相交于PB，平面β与平面γ相交于PC；
(2)平面ABD与平面BDC相交于BD，平面ABC与平面ADC相交于AC.
【解】 (1)语句可表示为α∩β∩γ＝P，α∩β＝PA，α∩γ＝PB，β∩γ＝PC，图形如图①所示．
(2)语句可表示为平面ABD∩平面BDC＝BD，平面ABC∩平面ADC＝AC.图形如图②所示．
图1－4－9
10．如图1－4－9所示，在四边形ABCD中，已知AB∥CD，直线AB，BC，AD，DC分别与平面α相交于点E，G，H，F.求证：E，F，G，H四点必定共线．
【证明】 ∵AB∥CD，
∴可设AB，CD确定一个平面β.
又∵AB∩α＝E，AB?β，
∴E∈α，E∈β，
即E为平面α与β的一个公共点．
同理可证F，G，H均为平面α与β的公共点．
∵由公理3两个平面有公共点，它们有且只有一条通过公共点的公共直线．
∴E，F，G，H四点必定共线．
11．已知a、b、c、d是两两相交且不共点的四条直线，求证：直线a、b、c、d共面．
【证明】 (1)无三线共点情况．
如图所示，设a∩d＝M，
b∩d＝N，c∩d＝P，a∩b＝Q，
a∩c＝R，b∩c＝S，∵a∩d＝M，
∴a、d可确定一个平面α.
∵N∈d，Q∈a，∴N∈α，Q∈α，
∴NQ?α，即b?α，同理c?α，
∴a、b、c、d共面．
(2)有三线共点的情况，
如图所示，
设b、c、d三线相交于点K，与直线a分别相交于点N、P、M且K?a，
∵K?a，∴K和a确定一个平面，设为β.
∵N∈a，a?β，∴N∈β，∴NK?β，即b?β.
同理c?β，d?β，∴a、b、c、d共面，
由(1)(2)可知a、b、c、d共面.
(教师用书独具)
如图，三个平面α、β、γ两两相交于三条直线，即α∩β＝c，β∩γ＝a，γ∩α＝b，若直线a和b不平行．
求证：a、b、c三条直线必过同一点．
【思路探究】 解答本题可先证明两条直线相交于一点，再证明该交点也在另外一条直线上．
【自主解答】 ∵α∩γ＝b，β∩γ＝a，∴a?γ，b?γ.
由于直线a和b不平行，∴a、b必相交．
设a∩b＝P，则P∈a，P∈b.∵a?β，b?α，∴P∈β，P∈α.又α∩β＝c，∴P∈c，即交线c经过点P.
∴a、b、c三条直线相交于同一点．
1．证明三线共点常用的方法是先说明其中两条直线共面且相交于一点，然后说明这个点在两个平面上，并且这两个平面相交(交线是第三条直线)，于是得到交线也过此点，从而得到三线共点．
2．此类问题的本质是要利用公理3证明点在直线上．
如图所示，△ABC与△A1B1C1不全等，且A1B1∥AB，B1C1∥BC，C1A1∥CA.求证：直线AA1、BB1、CC1交于一点．
【证明】 ∵A1B1∥AB，
∴直线A1B1与AB确定一平面α.
同理，直线B1C1与BC确定一平面β，直线C1A1与CA确定一平面γ.
易知β∩γ＝C1C.
又△ABC与△A1B1C1不全等，
∴AA1与BB1相交，
设交点为P，P∈AA1，P∈BB1.
而AA1?γ，BB1?β，∴P∈γ，P∈β，
∴P在平面β与平面γ的交线上．
又β∩γ＝C1C，
根据公理2知，P∈C1C，
∴直线AA1、BB1、CC1交于一点．
第2课时 空间图形的公理(公理4，定理)
(教师用书独具)
●三维目标
1．知识与技能
(1)了解公理4及等角定理，会用公理4和等角定理进行简单的推理论证．
(2)了解异面直线所成的角的定义，会求异面直线所成的角．
2．过程与方法
通过学习公理4及等角定理培养学生的空间想象能力，通过异面直线所成的角让学生体会数学的转化、化归方法．
3．情感、态度与价值观
培养学生严谨的思维习惯与严肃的科学态度．
●重点难点
重点：公理4与等角定理．
难点：异面直线所成的角．
公理4表明了平行的传递性，可以作判断两条直平行的依据，其直接作用是证明等角定理，为研究异面直线所成角打基础．等角定理是定义异面直线所成角的理论基础．
(教师用书独具)
●教学建议
本节知识是上节课的继续，上节课讲了3个公理、异面直线的概念，本节课解决异面直线所成角及它的理论基础公理4、定角定理，因此教学时宜采用探究式模式，让学生以长方体为载体，通过“观察”引入公理4，通过画平行线的方式，使两条异面直线移到同一平面的位置上，是研究异面直线所成的角时经常要使用的方法，这种把立体图形的问题转化为平面图形问题的思想方法很重要，要让学生在学习中认真体会．
●教学流程
通过问题引出公理4，等角定理及异面直线所成的角?通过例1及变式训练，使学生掌握公理4的应用?通过例2及互动探究，使学生掌握等角定理的应用?通过例3及变式训练，使学生掌握如何求异面直线所成的角?归纳整理，进行课堂小结，整体认识本节知识?完成当堂双基达标，巩固所学知识并进行矫正
课标解读
1.了解公理4及等角定理．
2．会用公理4和等角定理进行简单的推理论证(重点)．
3．了解异面直线所成的角的定义，并会求异面直线所成的角(重点、难点).
公理4、等角定理
【问题导思】
1．把一张长方形的纸对折两次，打开以后，这些折痕之间有什么关系呢？
2．在空间中有两条直线都与第三条直线平行，那么这两条直线互相平行吗？
3．在平面上，“如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补”．那么在空间中，结论是否仍然成立呢？
【提示】 1.平行.2.平行.3.仍成立．
1．公理4
文字语言
图形语言
符号语言
平行于同一条直线的两条直线平行
若a∥b，b∥c，
则a∥c
2.定理(等角定理)
空间中，如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．
异面直线所成的角
【问题导思】
在四棱柱ABCD—A′B′C′D′中，棱AB与棱B′C′什么关系？在平面内我们是如何定量的研究两条相交直线的位置关系的？那么在空间中又如何定量的确定棱AB与棱B′C′的相对位置关系？
【提示】 棱AB与棱B′C′是异面直线；在平面内我们通过两条直线的“夹角”来定量的确定两条相交直线的位置关系，类似的，我们可以用两条棱“所成的角”来定量的确定异面直线的相对位置关系．
定义
过空间任意一点P分别引两条异面直线a，b的平行线l1，l2(a∥l1，b∥l2)，这两条相交直线所成的锐角(或直角)就是异面直线a、b所成的角．
取值
范围
异面直线所成的角θ的取值范围：(0，]
特例
当θ＝时，a与b互相垂直，记作a⊥b
公理4的应用
已知棱长为a的正方体ABCD－A′B′C′D′中，M，N分别为CD、AD的中点．求证：四边形MNA′C′是梯形．
【思路探究】 观察图形→证明MN∥A′C′
且MN≠A′C′
【自主解答】 如图，连接AC.
∵M、N分别为CD、AD的中点，∴MN綊AC.
由正方体的性质可知AC綊A′C′，∴MN綊A′C′，
∴四边形MNA′C′是梯形．
1．解答本题易出现“只证MN∥A′C′”，而忽视“证明MN≠A′C′”的错误．
2．公理4是证明两直线平行的重要方法，应用的关键在于寻找与所证直线平行的“中间直线”．
图1－4－10
已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为AA1、CC1的中点，如图1－4－10所示．求证：BF綊ED1.
【证明】 如图所示，取BB1的中点G.连接GC1、GE.
∵F为CC1的中点，∴BG綊C1F.
∴四边形BGC1F为平行四边形．
∴BF綊GC1.又∵EG綊A1B1，A1B1綊C1D1，∴EG綊C1D1，
∴四边形EGC1D1为平行四边形，
∴ED1綊GC1.∴BF綊ED1.
等角定理的应用
如图1－4－11所示，已知E，E1分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AD，A1D1的中点，
图1－4－11
求证：∠C1E1B1＝∠CEB.
【思路探究】 证明空间两角相等有何定理？
【自主解答】 连结EE1，∵E，E1分别是AD，A1D1的中点，∴A1E1綊AE，
∴四边形A1E1EA为平行四边形，
∴A1A綊E1E.
又A1A綊B1B，
由公理4知B1B綊E1E，
∴四边形E1EBB1为平行四边形，
∴E1B1∥EB.
同理E1C1∥EC.
又∠C1E1B1与∠CEB的对应边方向相同，
∴∠C1E1B1＝∠CEB.
1．本题易出现漏掉“对应边方向相同”这样的错误．
2．利用空间等角定理证明两角相等时，一要说明两角的对应边分别平行；二要说明两角的方向相同．
正方体ABCD—A1B1C1D1不变，其他条件改为E、F、G分别是棱CC1、BB1、DD1中点．求证：∠BGC＝∠FD1E.
图1－4－12
【证明】 ∵E、F、G分别是正方体的棱CC1、BB1、DD1的中点，
∴CE綊GD1，BF綊GD1，
∴四边形CED1G与四边形BFD1G均为平行四边形．
∴GC∥D1E，GB∥D1F，
∵∠BGC与∠FD1E的方向相同，
∴∠BGC＝∠FD1E.
求异面直线所成的角
如图1－4－13所示，空间四边形ABCD中，AB＝CD，AB⊥CD，E，F分别为BC，AD的中点，求EF和AB所成的角．
图1－4－13
【思路探究】 如何找出异面直线所成的角？
【自主解答】 如图所示，取BD的中点G，连接EG，FG.
∵E，F分别为BC，AD的中点，
∴EG∥CD，GF∥AB，EG＝CD，GF＝AB.
∴∠GFE就是EF与AB所成的角，
∵AB⊥CD，∴EG⊥GF，即∠EGF＝90°.
∵AB＝CD，∴GF＝EG，
∴△EFG为等腰直角三角形，
∴∠GFE＝45°，即EF与AB所成的角为45°.
1．异面直线所成的角θ的取值范围为0°<θ≤90°.
2．利用定义法求异面直线所成的角的一般步骤是：
(1)平移；(2)证明；(3)计算；(4)检验．
在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别为AB、AD的中点，求AD1与EF所成的角的大小．
图1－4－14
【解】 ∵EF∥B1D1，
∴∠AD1B1为AD1与EF所成的角或其补角，连接AB1，
则△AB1D1为正三角形．
∴∠AD1B1＝60°.
化归思想在求两异面直线所成角问题中的应用
(12分)如图1－4－15，空间四边形ABCD中，两条对边AB＝3，CD＝3，E、F分别是另外两条对边AD、BC上的点，且＝＝，EF＝，求AB和CD所成的角的大小．
图1－4－15
【思路点拨】
在BD上取点M使BM＝MD→EM∥AB，MF∥DC
→∠EMF(或其补角)即为所求
【规范解答】 如题图，在BD上取点M使BM＝MD，连接EM，MF.
∵＝＝，
∴EM綊AB，MF綊DC. 4分
∴∠EMF(或其补角)为AB和CD所成的角. 6分
∵AB＝3，CD＝3，∴EM＝2，MF＝1.又∵EF＝，
∴∠EMF＝60°. 10分
∴AB和CD所成的角为60°. 12分
【思维启迪】 通过作平行线把异面直线所成的角转化为相交两直线所成的角，这就体现了化归思想．
1．平行公理又称平行线的传递性，它表明，空间中平行于同一条直线的所有直线都互相平行，它给出了判断空间两条直线平行的依据，其主导思想是利用第三条直线作为联系两条直线的中间环节．
2．要正确运用等角定理，必须抓住“角的两边分别平行”这个条件．
3．异面直线所成的角通过作平行线转化为相交直线所成的角．
1．a，b，c为三条不重合的直线，如果a⊥c，b⊥c，则a，b的位置关系必定是( )
A．相交 B．平行
C．异面 D．以上答案都不对
【解析】 垂直于同一条直线的两条直线可能平行，可能相交，也可能异面．
【答案】 D
2．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1B与DD1所成的角是( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
【解析】 AA1∥DD1?∠AA1B是异面直线A1B与DD1所成的角，
在Rt△ABA1中，AB＝AA1，
∴∠AA1B＝45°，故选B.
【答案】 B
图1－4－16
3．(2013·海淀高一检测)已知如图1－4－16，在三棱锥A－BCD中，M、N分别为AB、CD的中点，则下列结论正确的是( )
A．MN≥(AC＋BD)
B．MN≤(AC＋BD)
C．MN＝(AC＋BD)
D．MN <(AC＋BD)
【解析】 如题图，取AD的中点P，连接NP、MP.
∵M、N也分别为AB、CD的中点，
∴NP綊AC，MP綊BD，
∴在△MPN中，
MP＋NP＝(AC＋BD)>MN.
【答案】 D
4．如图1－4－17所示，不共面的三条射线OA、OB、OC，点A1、B1、C1分别是OA、OB、OC上的点，且＝＝.
图1－4－17
求证：△A1B1C1∽△ABC.
【证明】 在△OAB中，∵＝，∴A1B1∥AB.
同理可证A1C1∥AC，B1C1∥BC.
∴∠C1A1B1＝∠CAB，
∠A1B1C1＝∠ABC.
∴△A1B1C1∽△ABC.
一、选择题
1．(2013·杭州高一检测)一条直线与两条平行线中的一条为异面直线，则它与另一条( )
A．相交 B．异面 C．相交或异面 D．平行
【解析】 可能相交，如图，A1B1∥C1D1，DD1与A1B1异面，而DD1与C1D1相交；
可能异面，E、F为B1C1、BC的中点，则EF与A1B1、EF与C1D1都是异面直线，不可能平行，故选C.
【答案】 C
2．若∠AOB＝∠A1O1B1且OA∥O1A1，OA与O1A1的方向相同，则下列结论中正确的是( )
A．OB∥O1B1且方向相同
B．OB∥O1B1
C．OB与O1B1不平行
D．OB与O1B1不一定平行
【解析】 OB与O1B1不一定平行，反例如图．
【答案】 D
3．已知一对等角，若一个角的一边和另一个角的一边平行，则它的另一边( )
A．一定平行 B．一定不平行
C．一定相交 D．不一定平行
【解析】 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
∠D1A1B1＝∠DAB，AD∥A1D1，AB∥A1B1，
但∠D1A1B1＝∠B1C1C.A1D1∥B1C1，A1B1与CC1不平行，故选D.
【答案】 D
图1－4－18
4．如图1－4－18，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F、G、H分别为AA1、AB、BB1、B1C1的中点，则异面直线EF与GH所成的角等于( )
A．45° B．60° C．90° D．120°
【解析】 取A1B1中点I，连接IG、IH，则EF綊IG.易知IG、IH、HG相等，则△HGI为等边三角形，则IG与GH所成的角为60°，即EF与GH所成的角为60°.
【答案】 B
5．下列命题中，正确的结论有( )
①如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等；②如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角(或直角)相等；③如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，那么这两个角相等或互补；④如果两条直线同平行于第三条直线，那么这两条直线互相平行
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
【解析】 ①错，符合条件的两角相等或互补；②符合等角定理；③错，可能不相等也不互补；④是公理4.故②④正确．
【答案】 B
二、填空题
图1－4－19
6．(2013·济南高一检测)如图1－4－19，在三棱锥P—ABC的六条棱所在的直线中，异面直线共有________对．
【解析】 据异面直线的定义可知共3对，AP与BC，CP与AB，BP与AC.
【答案】 3
7．若a，b是异面直线，b，c是异面直线，则直线a与直线c的位置关系是________．
【解析】 如图，可借助长方体理解，
令a＝CC1，b＝A1B1，则BC，AD, DD1均满足题目条件，
故直线a和直线c的位置关系是平行、相交或异面．
【答案】 平行、相交或异面
8．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，面对角线中与AD1成60°的有________条．
【解析】 与AD1成60°的面对角线有A1C1，B1D1，AC，BD，AB1，A1B，D1C，DC1共8条．
【答案】 8
三、解答题
9．长方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点．
图1－4－20
(1)求证：D1E∥BF；
(2)求证：∠B1BF＝∠D1EA1.
【证明】 (1)取BB1的中点M，连接EM，C1M.
在矩形ABB1A1中，易得EM綊A1B1，
∵A1B1綊C1D1，
∴EM綊C1D1，
∴四边形EMC1D1为平行四边形，
∴D1E∥C1M.
在矩形BCC1B1中，易得MB綊C1F，
∴BF∥C1M，
∴D1E∥BF.
(2)∵ED1∥BF，BB1∥EA1，
又∠B1BF与∠D1EA1的对应边方向相同，
∴∠B1BF＝∠D1EA1.
10．在直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝AA1＝2，点D是A1C1的中点，求异面直线AD与BC1所成角的大小．
【解】 如图，取AC中点E，
连接C1E，BE，
∵C1D綊AE，
∴四边形AEC1D为平行四边形，
∴C1E∥AD，
∴∠BC1E即为异面直线AD和BC1所成角．
在Rt△ABC中，
AC＝＝2，
∴BE＝EC＝，
在Rt△C1CE中，
EC1＝＝，
又∵BC1＝2，
∴△BC1E中，BC＝BE2＋EC，
∴∠BEC1＝90°，
∴sin∠BC1E＝＝＝，
∴∠BC1E＝30°.
11．长方体ABCD—A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，高AA1为1，M、N分别是边C1D1与A1D1的中点．
(1)求证：四边形MNAC是等腰梯形；
(2)求梯形MNAC的面积．
【解】 (1)证明：连接A1C1，则MN是△A1C1D1的中位线，如图所示，
则有MN綊A1C1，
又A1C1綊AC，
∴MN綊AC.
∴M、N、A、C共面，
且四边形MNAC为梯形．
∵Rt△AA1N≌Rt△CC1M，
∴AN＝CM.
∴四边形MNAC为等腰梯形．
(2)由题意，得AN2＝A1A2＋A1N2＝1＋1＝2.
AC＝2，MN＝，
∴梯形MNAC的高为
h＝ ＝，
∴S梯形ACMN＝(AC＋MN)h＝.
(教师用书独具)
如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F、E1、F1分别是棱AB、AD、B1C1、C1D1的中点．
求证：(1)EF綊E1F1；
(2)∠EA1F＝∠E1CF1.
【思路探究】 第(1)问若能设法证明两直线平行于同一条直线，则借助公理4可解；第(2)问考虑利用等角定理求解．
【自主解答】 (1)连接BD，B1D1，在△ABD中，因为E、F分别为AB、AD的中点，所以EF綊BD.同理，E1F1綊B1D1.
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1綊DD1，所以四边形BB1D1D为平行四边形．因此BD綊B1D1，
又EF綊BD，E1F1綊B1D1，所以EF綊E1F1.
(2)取A1B1的中点M，连接F1M，BM，则MF1綊B1C1，又B1C1綊BC，所以MF1綊BC.所以四边形BMF1C为平行四边形，因此BM∥CF1.
因为A1M＝A1B1，BE＝AB，且A1B1綊AB，所以A1M綊BE，所以四边形BMA1E为平行四边形，则BM∥A1E.因此，CF1∥A1E.同理可证A1F∥CE1.
因为∠EA1F与∠E1CF1的两边分别对应平行，且方向都相反，所以∠EA1F＝∠E1CF1.
1．空间中证两条直线平行的方法有：
(1)借助于平面几何知识，如三角形中位线的性质，平行四边形的性质等．
(2)借助于公理4.
2．在应用等角定理时，只说明两个角的两边分别对应平行是不够的，还要注意角的两角的方向是相同还是相反．
如图，长方体ABCD—A1B1C1D1中，M是AD的中点，N是B1C1的中点，求证：CM∥A1N.
【证明】 取A1D1的中点P，连接C1P，MP，则A1P＝A1D1，又N为B1C1的中点，B1C1綊A1D1.
∴C1N綊PA1，四边形PA1NC1为平行四边形，
A1N∥C1P.
又由PM綊DD1綊CC1，
得C1P∥CM.
∴CM∥A1N.
§5平行关系
5．1 平行关系的判定
(教师用书独具)
●三维目标
1．知识与技能
(1)理解直线与平面平行、平面与平面平行的判定定理的含义．(2)会判断线面、面面平行．
2．过程与方法
通过观察图形，借助已有知识，掌握线面、面面平行的判定定理，培养学生观察发现的能力和空间想象能力．
3．情感、态度与价值观
(1)让学生在发现中学习，增强学习的积极性．
(2)让学生了解空间与平面互相转换的数学思想．
●重点难点
重点：线面、面面平行的判定定理．
难点：利用平行的判定定理证明平行关系．
(教师用书独具)
●教学建议
讲解平行关系时，教师可以从身边的实物为例引导学生去认识平行关系的判定，如观察书的边缘与书面的位置等，让学生在情景中学会感知，得出结论，教学中，可以让学生观察具体的长方体实物模型，以增强对判定定理的直观感知．
●教学流程
创设问题情境，引出两个问题：直线与平面、平面与平面的关系?引导学生通过观察回答问题，引出直线与平面平行、平面与平面平行的判定定理?通过例1及互动探究，使学生掌握直线平面平行的证明问题?通过例2及变式训练，使学生掌握，平面与平面平行的证明问题?通过例3及变式训练，使学生掌握，直线平面、平面平面平行的综合问题?归纳整合本节知识，作课堂小结?让学生完成当堂双基达标，巩固所学知识，反馈并矫正
课标解读
1.理解直线与平面平行、平面与平面平行的判定定理的含义，会判断线面、面面平行(重点)．
2．会用图形语言、文字语言、符号语言准确描述直线与平面平行、平面与平面平行的判定定理，并知道其地位和作用(难点).
直线和平面平行的判定定理
【问题导思】
教室的门通过门轴可以自由的开关，在开关的过程中，门上竖直的一边与门轴所在边什么关系？与门轴所在墙面又是什么关系？
【提示】 门上竖直的一边与门轴所在边平行，与墙面也平行．
文字语言
图形语言
符号语言
若平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与平面平行
a∥α
平面与平面平行的判定定理
【问题导思】
三角板的一边所在直线与桌面平行，这个三角板所在平面与桌面平行吗？三角板的两条边所在直线分别与桌面平行，情况又如何呢？
【提示】 三角板的一条边所在直线与桌面平行时，三角板所在平面与桌面可能平行，也可能相交．三角板的两条边所在直线分别与桌面平行时，三角板所在平面与桌面平行．
文字语言
图形语言
符号语言
如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，则两平面平行
?α∥β
线面平行的判定
如图1－5－1，四边形ABCD，ADEF都是正方形，M∈BD，N∈AE，且BM＝AN.
图1－5－1
求证：MN∥平面CED.
【思路探究】 要证明MN∥平面CED，需在平面CED中找一条直线平行于MN，进而转化为线线平行的证明．
【自主解答】 如图，连接AM并延长交CD于点G，连接GE，
因为AB∥CD，所以＝.
所以＝，
即＝.
又因为BD＝AE且AN＝BM，
所以＝.所以MN∥GE.
又GE?平面CED，MN平面CED，
所以MN∥平面CED.
1．本题也可通过过M、N分别作AD的平行线构造平行四边形来寻找平行线证明．
2．线面平行的判定方法
(1)利用定义证线面无公共点．
(2)利用线面平行的判定定理，将线线平行转化为线面平行．
本例条件不变，求证：BF∥平面CDE.
【证明】 ∵四边形ABCD，ADEF都是正方形，
∴BC綊AD綊EF，∴BC綊EF.
∴四边形BCEF是平行四边形，∴BF∥CE.
∵BF平面CDE，CE?平面CDE，∴BF∥平面CDE.
面面平行的判定
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.
图1－5－2
求证：平面MNQ∥平面PBC.
【思路探究】 (1)你认为证明线面平行、面面平行关键是什么？
(2)题中所给成比例线段有什么用？
(3)能否找到两条相交直线都和平面PBC平行？
【自主解答】 ∵PM∶MA＝BN∶ND＝PQ∶QD，
∴MQ∥AD，NQ∥BP.
∵BP?平面PBC，NQ平面PBC，
∴NQ∥平面PBC.
又底面ABCD为平行四边形，
∴BC∥AD，
∴MQ∥BC.
∵BC?平面PBC，MQ平面PBC，
∴MQ∥平面PBC.
又MQ∩NQ＝Q，根据平面与平面平行的判定定理，得平面MNQ∥平面PBC.
1．利用比例线段推出平行关系是解答本题的关键．
2．面面平行的判定方法
(1)利用定义，证面面无公共点．
(2)利用面面平行的判定定理转化为证明线面平行，即证明一个平面内的两条相交直线平行于另一个平面．
图1－5－3
如图1－5－3在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N、P分别是CC1、B1C1、C1D1的中点．
求证：平面MNP∥平面A1BD.
【证明】 如图所示，连接B1D1，
∵P、N分别是D1C1、B1C1的中点，
∴PN∥B1D1.
又B1D1∥BD，
∴PN∥BD，又PN平面A1BD，
BD?平面A1BD，
∴PN∥平面A1BD，
同理可得MN∥平面A1BD，
又∵MN∩PN＝N，∴平面PMN∥平面A1BD.
平行关系的综合应用
如图1－5－4，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，
图1－5－4
问：当点Q在什么位置时，平面D1BQ∥平面PAO?
【思路探究】 (1)由条件“P是DD1中点”，你猜想Q应在CC1的什么位置？
(2)PO与BD1平行吗？
【自主解答】 Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.证明如下：
设Q为CC1中点，
则PD綊QC，连接PQ，则由PQ綊DC綊AB，
可知四边形ABQP是平行四边形，
∴AP∥BQ.
∵AP平面D1BQ，BQ?平面D1BQ，
∴AP∥平面D1BQ.
∵O、P分别为BD、DD1的中点，∴OP∥BD1.
又OP?平面D1BQ，BD1?平面D1BQ，
∴OP∥平面D1BQ.
又AP∩PO＝P，∴平面D1BQ∥平面PAO，
∴当点Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.
1．本题中由条件P是DD1中点猜想到Q应是CC1的中点是解题的关键．
2．对于条件缺失的探索性问题，解答过程中要明确目的，结合题目本身的特点与相应的定理大胆地猜想，然后加以证明．特别要注意中点、顶点等特殊点．
如图1－5－5，正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为2，点E，F分别是棱CC1，BB1上的点，点M是线段AC上的点，EC＝2FB＝2.则当点M在什么位置时，MB∥平面AEF？试给出证明．
图1－5－5
【解】 当M为AC中点时，
MB∥平面AEF.
证明 如图，当M为AC中点时，过M作MG∥CE，交AE于G，连接GF.
∵M为AC中点，
∴MG綊CE.
又FB∥CE，EC＝2FB，
∴MG綊FB.
∴四边形BFGM为平行四边形，
∴GF∥MB.
又GF?平面AEF，MB平面AEF，所以MB∥平面AEF.
忽视判定定理中的条件致误
如图1－5－6，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M∈AD1，N∈BD，且D1M＝DN，求证：MN∥平面CC1D1D.
【错解】 连AN并延长交DC于E，连接D1E
∵AB∥CD，
∴＝?＝，
∵BD＝AD1，D1M＝DN，
∴＝，∴MN∥D1E，
∴MN∥平面CC1D1D.
【错因分析】 忽视了直线与平面平行的判定定理中“lα，b?α”这一条件，致使定理不完整．
【防范措施】 判定定理中的各个条件都不能忽视不能遗漏．
【正解】 连AN并延长交DC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.
1．直线与平面平行的关键是在已知平面内找一条直线和已知直线平行，即要证直线与平面平行，先证直线与直线平行．即由立体向平面转化，由高维向低维转化．
2．证明面面平行时，要按“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”的证明顺序进行．当题目中有多个平面平行时，要注意平行平面的传递性．两平面平行的判定定理的条件中直线相交很重要，而且在解题中常常被忽视．
1．能保证直线a与平面α平行的条件是( )
A．aα，b?α，a∥b
B．b?α，a∥b
C．b?α，c?α，a∥c，且a∥b
D．b?α，A∈a，B∈a，C∈b，D∈b，且AC＝BD
【解析】 B、C、D均可能有a在平面α内．
【答案】 A
2．直线l，m，平面α、β，l?α，m?α，l∥β，m∥β，则α与β的位置关系是( )
A．平行 B．相交
C．异面 D．不确定
【解析】 α与β可能相交，也可能平行．
【答案】 D
3．已知两条相交直线a，b，且a∥平面α，则b与α的位置关系是________．
【解析】 由图可知，b与α平行或相交．
【答案】 平行或相交
图1－5－7
4．四棱锥P—ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝60°，CD⊥AD，F，E分别是PA，AD的中点，求证：
平面PCD∥平面FEB.
【证明】 连接BD，在△ABD中，∠BAD＝60°，AB＝AD，
∴△ABD是等边三角形，E为AD的中点，
∴BE⊥AD.
又CD⊥AD，
∴在四边形ABCD中，BE∥CD.
又CD平面FEB，
BE?平面FEB，
∴CD?
一、选择题
1．下列命题中正确的是( )
A．圆锥的底面和侧面都是圆面
B．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体
C．圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台
D．通过圆台侧面上一点，有无数条母线
【解析】 A错误，圆锥的侧面应为曲面；B错误，没有说明这两个平行截面的位置关系，当这两个平行截面与底面平行时，正确，其他情况则结论就是错误的；D错误，通过圆台侧面上一点，只有一条母线．故选C.
【答案】 C
2．下列说法中正确的是( )
A．所有的棱柱都有一个底面
B．棱柱的顶点至少有6个
C．棱柱的侧棱至少有4条
D．棱柱的棱至少有4条
【解析】 棱柱都有两个底面，A错误；三棱柱的顶点最少，6个；侧棱最少，3条；棱最少，9条．故选B.
【答案】 B
3．(2013·宿州高一检测)在四棱锥的四个侧面中，直角三角形最多可有
( )
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
【解析】 如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，取四棱锥A1－ABCD，则此四棱锥的四个侧面都是直角三角形．
【答案】 D
4．下列命题中，正确的是( )
①底面是正多边形的棱锥，一定是正棱锥；
②所有侧棱相等的棱锥一定是正棱锥；
③圆台的所有母线的延长线交于同一点；
④侧面是全等的等腰三角形的三棱锥是正三棱锥．
A．①④ B．②③
C．③④ D．③
【解析】 ①中棱锥的顶点位置不定，未必能保证侧面为全等的等腰三角形，故①错；②中棱锥，当底面多边形为圆内接多边形，且圆心的正上方为棱锥的顶点时，即可使棱锥的侧棱都相等，但并不一定为正棱锥(以后可证)；③正确，④不正确，反例如图：三棱锥S—ABC中，SB＝SC＝AB＝AC＝2，SA＝BC＝1，显然满足条件，但并非正三棱锥．故选D.
【答案】 D
图1－1－6
5．如图1－1－6，将装有水的长方体水槽固定底面一边后倾斜，则倾斜后水槽中的水形成的几何体是( )
A．棱柱 B．棱台
C．棱柱与棱台的组合体 D．不确定
【解析】 水槽倾斜后，水有变动，但是根据棱柱的结构特征，其仍然是个棱柱，上、下两个底面发生变化．
【答案】 A
二、填空题
6．(1)伐木工人将树伐倒后，再将枝杈砍掉，根据需要将其截成不同长度的圆木，圆木可以近似地看成________体；
(2)用铁丝做一个三角形，在三个顶点上分别固定一根筷子，把三根筷子的另一端也用铁丝连接成一个三角形，从而获得一个几何体模型，如果筷子的长度相同且所在直线平行，那么这个几何体是________．
【解析】 (1)由圆柱的结构特征可知此圆木近似地看作是一个圆柱体；
(2)在该模型中已知一面为三角形，含有筷子的三个面为平行四边形，可知另一个铁丝三角形所在面与最先的铁丝三角形所在平面平行，故此几何体是三棱柱．
【答案】 (1)圆柱 (2)三棱柱
图1－1－7
7．图中阴影部分绕图示的直线旋转一周，形成的几何体是________．
【解析】 三角形旋转后围成一个圆锥，圆面旋转后形成一个球，阴影部分形成的几何体为圆锥中挖去一个球后剩余的几何体．
【答案】 圆锥挖去一个球的组合体
8．(2013·日照高一检测)圆台两底面半径分别是2 cm和5 cm，母线长是3 cm，则它的轴截面的面积是________．
【解析】 画出轴截面，如图，过A作AM⊥BC于M，则BM＝5－2＝3(cm)，
AM＝＝9(cm)，
∴S四边形ABCD＝
＝63(cm2)．
【答案】 63 cm2
三、解答题
9．如图1－1－8所示几何体可看作由什么图形旋转360°得到？画出平面图形和旋转轴．
图1－1－8
【解】 先画出几何体的轴，然后再观察寻找平面图形．旋转前的平面图形如下：
10．用一个平行于圆锥底面的平面去截这个圆锥，截得的圆台上、下底面半径的比是1∶4，截去的圆锥母线长是3 cm，求圆台的母线长．
【解】 设圆台的母线长为y cm，圆台上、下底面半径分别是x cm、4x cm，作圆锥的轴截面如图．
在Rt△SOA中，O′A′∥OA，
所以SA′∶SA＝O′A′∶OA.
即3∶(y＋3)＝x∶4x，
解得y＝9.
所以圆台的母线长为9 cm.
图1－1－9
11．如图1－1－9所示，是一个三棱台ABC－A′B′C′，试用两个平面把这个三棱台分成三部分，使每一部分都是一个三棱锥．
【解】 过A′，B，C三点作一个平面，再过A′，B，C′作一个平面，就把三棱台ABC－A′B′C′分成三部分，形成的三个三棱锥分别是A′－ABC，B－A′B′C′，A′－BCC′.
一、选择题
1．下图中可能是四棱柱侧面展开图的是( )
【解析】 棱柱的侧面展开图是沿着它的一条侧棱剪开后展开在一个平面上的，可知选项C有可能是四棱柱的侧面展开图．
【答案】 C
2．如图1－7－4所示，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为1的正方形，俯视图是一个直径为1的圆，那么这个几何体的表面积为( )
图1－7－4
A. B．2π
C．3π D．4π
【解析】 由三视图可知该空间几何体是底面半径为，高为1的圆柱，
所以S表＝2π××1＋2×π×()2＝π.
【答案】 A
3．(2013·长春高一检测)长方体的对角线长为2，长、宽、高的比为3∶2∶1，那么它的表面积为( )
A．44 B．88
C．64 D．48
【解析】 设长，宽，高分别为3x,2x，x，
则对角线长为＝x＝2，∴x＝2.
∴表面积S＝2(6x2＋3x2＋2x2)＝88.
【答案】 B
4．圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是( )
A．4πS B．2πS
C．πS D．πS
【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.
S侧面积＝(2πR)2＝4π2R2＝4π2×＝4πS.
【答案】 A
5．一个正四棱台上、下底面的边长分别为a、b，高为h，且侧面积等于两底面积之和，则下列关系正确的是( )
A.＝＋ B．＝
C.＝＋ D．＝＋
【解析】 S侧＝(4a＋4b)
＝(2a＋2b) ，
由题意知：(2a＋2b) ＝a2＋b2，
整理得：h(a＋b)＝ab，
∴＝＋，故选A.
【答案】 A
二、填空题
6．一个圆锥的底面半径为2，高为2，则圆锥的侧面积为________．
【解析】 由圆锥的底面半径r＝2，高h＝2，可得母线l＝＝＝4.
所以S侧＝πrl＝π×2×4＝8π.
【答案】 8π
7．圆台的两底面半径分别为3,5，其侧面积为16，则母线长l＝________.
【解析】 由已知得16＝π(3＋5)l，∴l＝.
【答案】
8．如图1－7－5，直三棱柱的主视图面积为2a2，则左视图的面积为________．
图1－7－5
【解析】 此直三棱柱的底面是边长为a的正三角形，该三角形的高为a.左视图是一矩形，一边为a，另一边为2a，故左视图的面积为a×2a＝a2.
【答案】 a2
三、解答题
9．已知正六棱柱的高为5 cm，最长的对角线长为13 cm，求它的侧面积．
【解】 如图所示，连接A1D1，AD，AD1，则易知AD1为正六棱柱最长的对角线，且为13 cm.
由正六棱柱的性质，得AA1⊥A1D1.
在Rt△AA1D1中，
因为AD1＝13 cm，AA1＝5 cm，
所以A1D1＝＝12 cm，
所以A1B1＝A1D1＝6 cm.
所以S侧＝6×6×5＝180 cm2.
10．圆锥的中截面把圆锥侧面分成两部分，求这两部分侧面积的比．
【解】 如图所示，PB为圆锥的母线，O1，O2分别为截面与底面的圆心，
∵O1为PO2的中点，
∴＝＝＝.
∴PA＝AB，O2B＝2O1A.
∵S圆锥侧＝×2π·O1A·PA，S圆台侧＝×2π·(O1A＋O2B)·AB，
∴＝＝.
11．在一次地震中，有某受灾县急需如图1－7－6三视图(单位：m)所示的救灾帐篷，求3万顶这样的帐篷共需要多大面积的帆布．
图1－7－6
【解】 由三视图可知，这个几何体可看成是由正方体及直三棱柱组合而成的．
S＝4×42＋2×2×4＋×2×2×2＝72＋16×≈94.6(m2)．
故3万顶这样的帐篷所需帆布的面积约为94.6×30 000＝2 838 000(m2)．
一、选择题
1．已知圆柱的侧面积为18，底面周长为6π，则它的体积是( )
A．9 B．9π
C．27 D．27π
【解析】 设底面半径为r，高为h，则2π·r＝6π，得r＝3，
又由2πr·h＝18，得h＝，
所以体积V＝π×32×＝27，故选C.
【答案】 C
2．(2013·临沂高一检测)半径为r的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为( )
A.πr3 B．πr3
C.πr3 D．πr3
【解析】 设底面半径为r′，则2πr′＝πr，∴r′＝，
∴圆锥的高h＝＝r，
∴V锥＝πr′2×h＝π··r＝πr3.
【答案】 C
3．正三棱柱ABC—A1B1C1中，各侧棱和底面的边长均为a，点D是CC1上任意一点，连接A1B，BD，A1D，AD，则三棱锥A—A1BD的体积为( )
图1－7－12
A.a3 B．a3
C.a3 D．a3
【解析】 VA—A1BD＝VB—AA1D＝·S△AA1D×hB＝×(×a×a)×a＝a3，应选B.
【答案】 B
4．若某空间几何体的三视图如图1－7－13所示，则该几何体的体积是( )
图1－7－13
A. B．
C．1 D．2
【解析】 该几何体的直观图为平放的直三棱柱，且底面为直角三角形，两直角边边长为1和，侧棱长为，∴V＝××1×＝1.
【答案】 C
5．三棱锥P－ABC中，PA、PB、PC两两垂直，且PA＋PB＝4，PC＝1，则此三棱锥的体积( )
A．有最大值，无最小值 B．有最小值，无最大值
C．有最大值，无最小值 D．无最大值，也无最小值
【解析】 设PA＝x，则PB＝4－x，
V＝PA·PB·PC＝x(4－x)＝－(x－2)2＋，
∴Vmax＝，故选C.
【答案】 C
二、填空题
6．将圆锥的侧面展开恰为一个半径为2的半圆，则圆锥的体积是________．
【解析】 如图所示，则母线PA＝2，设圆锥底面半径为r，则有2πr＝×2π×2，则r＝1，则圆锥的高h＝＝，所以圆锥的体积V＝×12×＝.
【答案】 π
7．正四棱台的斜高与上、下底面边长之比为5∶2∶8，体积为14 cm3，则棱台的高为________cm.
【解析】 由题意设正四棱台的斜高与上，下底面边长分别为5x,2x,8x，则高h＝＝4x.由棱台的体积公式可得·4x(4x2＋16x2＋64x2)＝14，解得x＝，所以h＝2 cm.
【答案】 2
8．如图1－7－14，圆锥的高为h，圆锥内水面的高为h1，水面上底面半径为2r，且h1＝h.若将圆锥倒置，水面高为h2，则h2等于________．
图1－7－14
【解析】 V圆台＝×[π(3r)2·h－π(2r)2·h]＝πhr2.
圆锥倒置时，水体呈圆锥状，设圆锥底面半径为x，则＝，
于是x＝.
则V圆锥＝π()2h2＝.
由V圆台＝V圆锥得πhr2＝，
∴h2＝h.
【答案】 h
三、解答题
9．已知正三棱柱ABC－A1B1C1的底边AB＝2 cm，D、E分别是侧棱B1B、C1C上的点，且有EC＝BC＝2DB，求四棱锥A－BCED的体积．
【解】 如图，要计算四棱锥A－BCED的体积，一是应计算四边形BCED的面积；二是应计算这个四棱锥的高．
在正三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，CC1⊥底面ABC，且BC?平面ABC，
∴BB1⊥BC，CC1⊥BC，则DB∥EC，且∠DBC＝90°，
∴四边形BCED是直角梯形．
∵EC＝2DB＝BC＝2(cm)，
∴DB＝1(cm)．
∴S梯形BCED＝(BD＋EC)·BC＝×(1＋2)×2＝3(cm2)．
取BC的中点F，连接AF，则AF⊥BC，由于平面ABC⊥平面BCC1B1，由两个平面垂直的性质定理，有AF⊥平面BCC1B1，
即AF为四棱锥A－BCED的高，且AF＝AB＝(cm)．
∴VA－BCED＝S梯形BCED·AF＝(cm3)．
10．已知正六棱锥P—ABCDEF的底面边长为2 cm，侧棱长为3 cm，求正六棱锥P—ABCDEF的体积．
【解】 如图所示，O为正六边形的中心，则PO为正六棱锥的高，G为CD的中点，则PG为正六棱锥的斜高，
由已知得CD＝2 cm，
则OG＝ cm，CG＝1 cm.
在Rt△PCG中，PC＝3 cm，CG＝1 cm，
则PG＝＝2 cm.
在Rt△POG中，
PG＝2 cm，OG＝ cm，
则PO＝＝ cm.
故VP—ABCDEF＝SABCDEF·PO
＝×6××22×＝2 cm3.
11．降水量是指水平地面上单位面积降雨水的深度，用上口直径为38 cm，底面直径为24 cm，深度为35 cm的圆台形水桶(轴截面如图1－7－15所示)来测量降水量，如果在一次降雨过程中，此桶盛得的雨水正好是桶深的，求本次降雨的降水量(精确到1 mm)．
图1－7－15
【解】 桶内水的深度为×35＝5(cm)．
设水面半径为x cm，则有＝，解得x＝13.
V水＝π·5(122＋12×13＋132)＝π.
设单位面积雨水深度为h，则V水＝π·192·h.
∴π·192·h＝π.∴h≈2.17 cm≈22 mm.
∴本次降雨的降水量为22 mm.
一、选择题
1．球的表面积扩大2倍，球的体积扩大( )
A．2倍 B.倍
C．2倍 D．3倍
【解析】 半径扩大倍，
从而体积扩大()2＝2倍．
【答案】 C
2．(2013·杭州高一检测)正方体的表面积与其外接球表面积的比为( )
A．3∶π B．2∶π
C．1∶2π D．1∶3π
【解析】 设正方体棱长为1，则正方体表面积为6.则其外接球半径为，其表面积为4π·()2即3π.所以表面积之比为2∶π.
【答案】 B
3．(2013·温州高一检测)长方体的一个顶点上三条棱长分别是3,4,5，且它的8个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是( )
A．25π B．50π
C．125π D．都不对
【解析】 设球的半径为R.则
2R＝＝5.
∴S表＝4πR2＝π(2R)2＝π(5)2＝50π.
【答案】 B
4．把3个半径为R的铁球熔成一个底面半径为R的圆柱，则圆柱的高为( )
A．R B．2R
C．3R D．4R
【解析】 设圆柱的高为h，则πR3×3＝πR2·h，
∴h＝4R.
【答案】 D
5．(2013·宁夏高一检测)设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( )
A．πa2 B．πa2
C.πa2 D．5πa2
【解析】 正三棱柱内接于球，则球心在正三棱柱两底面中心连线的中点处，在直角三角形中可得
R＝＝a，
∴S＝4πR2＝4π×＝a2.
【答案】 B
二、填空题
6．若一个球的体积为4π，则它的表面积为________．
【解析】 V＝πR3＝4π，
∴R＝，
∴S球面＝4πR2＝12π.
【答案】 12π
7．图1－7－16是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是__________．
图1－7－16
【解析】 该几何体为一个半径为1的球与底面半径为1，高为3的圆柱组成的组合体．
S表＝4π×12＋2×π×12＋2π×1×3＝12π.
【答案】 12π
8．(2013·武汉高一检测)圆柱形容器内盛有高度为8 cm的水，若放入三个相同的球(球的半径与圆柱的底面半径相同)后，水恰好淹没最上面的球(如图1－7－17所示)，则球的半径是________cm.
图1－7－17
【解析】 设球的半径为r cm，
则有8πr2＋3×πr3＝πr2×6r，由此解得r＝4.
【答案】 4
三、解答题
9．一个球的外切圆台上、下底面半径分别为r、R，求球的体积和表面积．
【解】 如图，圆台及内切球的轴截面ABCD，O1、O2、O分别为上、下底面圆心及球心，设球的半径为x，
则O1O2＝2x，
过C作CE⊥AB于E，则CE＝2x，
BE＝R－r，
∵BC＝R＋r，
∴在Rt△CBE中，CB2＝BE2＋CE2，
即(R＋r)2＝(R－r)2＋(2x)2.
∴x2＝Rr，
∴x＝.
∴V球＝πx3＝πRr，S球＝4πx2＝4πRr.
10．如图1－7－18，一个长、宽、高分别是80 cm、60 cm、55 cm的水槽中有水200 000 cm3.现放入一个直径为50 cm的木球，如果木球的2/3在水中，1/3在水上，那么水是否会从水槽中流出？
图1－7－18
【解】 水槽的容积V＝80×60×55＝264 000(cm3)，
木球的体积V木＝π×253≈65 417(cm3)．
∵200 000＋65 417×≈243 611＜V，
∴水不会从水槽中流出．
11．如图1－7－19，半径为R的半圆O的直径为直角梯形垂直于两底的腰，且半圆O分别切AB，BC，CD于点A、E、D.将半圆与梯形绕AD所在直线旋转一周，得到一个球和一个圆台，若球的表面积与圆台的侧面积的比为3∶4，求圆台的体积．
图1－7－19
【解】 设圆台的上、下底的半径分别为r1、r2，母线长为l.
由题意知，圆台的高h＝2R，DC＝CE＝r1，AB＝BE＝r2，OE＝R，∠BOC＝90°.OE⊥BC.
∵在Rt△COB中，
CE·BE＝OE2，BC＝CE＋BE，
∴r1r2＝R2，l＝r1＋r2.
又∵S球＝4πR2，S圆台侧＝π(r1＋r2)l
且S球∶S圆台侧＝3∶4，
∴4πR2∶πl(r1＋r2)＝3∶4.
∴(r1＋r2)2＝R2，
∴V台＝πh(r＋r＋r1r2)＝×2R[(r1＋r2)2－r1r2]＝×2R×(R2－R2)＝πR3.
故圆台的体积为πR3.
一、选择题
1．利用斜二测画法得到：①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③梯形的直观图是梯形；④矩形的直观图是矩形；⑤菱形的直观图菱形．
以上结论正确的是( )
A．①② B．①②③
C．①②③④ D．①②③④⑤
【解析】 由斜二测画法的规律知：画出直观图时，平行性不变，垂直性改变，故①②③正确，④⑤错．应选B.
【答案】 B
2．如图1－2－8，直观图所表示的平面四边形ABCD是( )
图1－2－8
A．任意四边形
B．直角梯形
C．等腰梯形
D．平行四边形
【解析】
【答案】 B
3．如图1－2－9，用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为一个正方形，则原来图形的形状是( )
图1－2－9
【解析】 根据斜二测画法知在y轴上的线段为原来的一半，故A正确．
【答案】 A
图1－2－10
4．如图1－2－10所示，四边形OABC是上底为2，下底为6，底角为45°的等腰梯形，由斜二测画法得到这个梯形的直观图为四边形O′A′B′C′，在直观图中梯形的高为( )
A. B．1
C. D.
【解析】 按斜二测画法，得到梯形的直观图O′A′B′C′，如右图所示，在原图形中梯形的高CD＝2，在直观图中C′D′＝1，且∠C′D′E′＝45°，作C′E′垂直于x′轴于E′，则C′E′即为直观图中梯形的高，那么C′E′＝C′D′sin 45°＝.
【答案】 C
图1－2－11
5．一个水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，如图1－2－11所示，则原平面图形的面积为
( )
A．4 B．4
C．8 D．8
【解析】 由斜二测画法可知，原平面图形是一个平行四边形，且它的一组对边长为2，在直观图中O′B′＝2，且∠B′O′A′＝45°，则在原平面图形中，∠BOA＝90°，且OB＝4，因此，原平面图形的面积为2×4＝8.
【答案】 D
二、填空题
6．(2013·广州高一检测)已知菱形ABCD的边长是4，∠DAB＝60°，则菱形ABCD的斜二测直观图的面积是________．
【解析】 由已知得BD＝4，AC＝4，且AC⊥BD，
所以其斜二测直观图的面积为S＝×4×4××sin 45°＝2.
【答案】 2
7．已知直角坐标系xOy内有两点B(0,2)，A(4,0)用斜二测画法画AB的直观图A′B′，则A′B′的长度是________．
【解析】 结合直角坐标系xOy中条件知，在新坐标系x′O′y′中O′A′＝4，O′B′＝，
作B′H⊥x′轴于点H，
在Rt△O′B′H中，易知B′H＝1；
由Rt△B′A′H中，
易知A′B′＝＝.
【答案】
图1－2－12
8．如图1－2－12所示是水平放置的△ABC在直角坐标系中的直观图，其中D是AC的中点，原△ACB中，∠ACB≠30°，则原图形中与线段BD的长相等的线段有________条．
【解析】 先按照斜二测画法把直观图还原为真正的平面图形，然后根据平面图形的几何性质找与线段BD长度相等的线段，把△ABC还原后为直角三角形，则D为斜边AC的中点，∴AD＝DC＝BD.
【答案】 2
三、解答题
9．画水平放置的直角梯形的直观图．
【解】 (1)在已知的直角梯形OBCD中，以底边OB所在直线为x轴，垂直于OB的腰OD所在直线为y轴建立直角坐标系，如图(1)所示．
(2)画相应的x′轴和y′轴，使∠x′O′y′＝45°.在x′轴上取O′B′＝OB，在y′轴上取O′D′＝OD，过D′作x′轴的平行线l，在l上沿x′轴正方向取点C′，使得D′C′＝DC，如图(2)所示．
(3)连接B′C′，所得四边形O′B′C′D′就是直角梯形OBCD的直观图，如图(3)．
10．画出底面边长为2 cm，高为3 cm的正四棱锥的直观图．
【解】 画法如下：
(1)画轴：如图(1)，画x轴、y轴、z轴，三轴相交于点O，使∠xOy＝45°，∠xOz＝90°.
(2)画底面：以点O为中点，在x轴上取线段MN，在y轴上取线段PQ，分别使MN＝2 cm，PQ＝1 cm，再分别过点M、N作y轴的平行线，过点P、Q作x轴的平行线，设它们的交点分别为A、B、C、D，四边形ABCD即为正四棱锥的底面ABCD.
(3)画高，在z轴上截取OS＝3 cm.
(4)成图，连接SA，SB，SC，SD，并去掉辅助线，将被遮挡的部分改为虚线，就得正四棱锥的直观图，如图(2)．
11．在水平放置的平面α内有一边长为1的正方形A′B′C′D′，如图1－2－13，其中对角线A′C′在水平位置．已知该正方形是某个四边形用斜二测画法画出的直观图，试画出该四边形的真实图形并求出其面积．
图1－2－13
【解】 真实图形如图所示．
因为A′C′在水平位置，四边形A′B′C′D′为正方形，
所以在四边形ABCD中，DA⊥AC，AC⊥CB，
因为DA＝2D′A′＝2，
AC＝A′C′＝，
BC＝2B′C′＝2，
所以S四边形ABCD＝AC·AD＝2.
一、选择题
1．对于几何体的三视图，下列说法正确的是( )
A．主视图反映物体的长和高
B．俯视图反映物体的长和高
C．如果一个几何体的主视图和左视图都是等腰梯形，则这个几何体是圆台
D．如果一个几何体的三视图都为圆，则此几何体为圆柱
【解析】 三视图中的主视图，左视图，俯视图分别反映物体的长、高，宽、高，长、宽，因此A正确，B错误；C描述的几何体还可能为正四棱台；D选项描述的几何体是球．
【答案】 A
2．(2013·洛阳高一检测)已知某空间几何体的三视图如图1－3－11所示，则此几何体为( )
图1－3－11
A．圆台 B．四棱锥
C．四棱柱 D．四棱台
【解析】 由主视图和左视图可以判断一定的棱台或圆台，又由俯视图可知一定为棱台且为四棱台．
【答案】 D
3．找出图1－3－12中三视图所对应的实物图形是( )
图1－3－12
【解析】 由三视图的作法易知实物图形应为C.
【答案】 C
图1－3－13
4．一个去掉一角的长方体的直观图如图1－3－13所示，关于它的三视图，下列画法正确的是( )
A．它的主视图是：
B．它的主视图是：
C．它的左视图是：
D．它的俯视图是：
【解析】 抓住几何体的结构特征，结合三视图的画法可知A正确，左视图框内应是一虚斜线，俯视图中的虚线应为实线．
【答案】 A
5．(2013·济南高一检测)一个简单几何体的主视图、左视图如图1－3－14所示，则其俯视图不可能为：①长方形；②正方形；③圆；④椭圆．
图1－3－14
其中正确的是( )
A．①② B．②③
C．③④ D．①④
【解析】 若俯视图为正方形或圆时，主视图和左视图中矩形的宽应该相等，故②③不可能．
【答案】 B
二、填空题
6．某物体的实物图如图(甲)所示，在其三视图中，图①是________；图②是________；图③是________．
图1－3－15
【解析】 根据三视图的特点知①是主视图，②是俯视图，③是左视图．
【答案】 主视图 俯视图 左视图
7．如图1－3－16所示的三视图代表的立体图形是________．
图1－3－16
【解析】 由三视图知此几何体为一个正六棱锥．
【答案】 正六棱锥
8．如图1－3－17所示是一个圆锥的三视图，则该圆锥的高为______cm.
图1－3－17
【解析】 由三视图知，圆锥的母线长为3 cm，底面圆的直径为3 cm，所以圆锥的轴截面也是边长为3 cm的等边三角形，所以圆锥的高为＝(cm)．
【答案】
三、解答题
9．给出下面一个几何体，根据要求画出它的三视图：
图1－3－18
【解】 该几何体的三视图形状如下：
10．某座楼由相同的若干个房间组成，该楼的三视图如图1－3－19.
图1－3－19
问：(1)该楼有几层？从前往后最多要走过几个房间？
(2)最高一层的房间在什么位置？该楼最多有几个房间？
【解】 (1)该楼共有3层，可以从主视图和左视图中看出；从前往后最多要走过3个房间，可以从俯视图中看出．
(2)最高一层的房间在左后方，可以从左视图中看出．楼的大致形状如图所示，最多有10个房间．
11．如图1－3－20是一个空间几何体的三视图，其中主视图和左视图都是边长为2的正三角形，俯视图是一个正方形．
图1－3－20
(1)在给定的直角坐标系中作出这个几何体的直观图(不写作法)；
(2)求这个几何体的高．
【解】 (1)直观图如图．
(2)这个几何体是一个正四棱锥，它的底面边长为2，高在正视图(或左视图)中可求，高h＝2sin 60°＝.
一、选择题
1．(2013·日照高一检测)下列叙述中错误的是( )
A．若P∈α∩β且α∩β＝l，则P∈l
B．三点A，B，C只能确定一个平面
C．若直线a∩b＝A，则直线a与b能够确定一个平面
D．若A∈l，B∈l且A∈α，B∈α，则l?α
【解析】 不共线的三点才能确定平面，所以B错．
【答案】 B
2．(2013·桂林高一检测)下列说法正确的是( )
A．平面α和平面β只有一个公共点
B．两两相交的三条直线必共面
C．不共面的四点中，任何三点不共线
D．有三个公共点的两平面必重合
【解析】 四点中，若三点共线，则四点便成了一条直线和直线外一点，则共面，所以与四点不共面矛盾，所以C正确．
【答案】 C
3．已知a，b是异面直线，直线c ∥a，则c与b( )
A．一定是异面直线 B．一定是相交直线
C．不可能是平行直线 D．不可能是相交直线
【解析】 若a，b异面，c∥a，则c与b相交或异面，则C正确．
【答案】 C
图1－4－6
4．(2013·烟台高一检测)如图1－4－6，平面α∩平面β＝l，点A∈α，点B∈α， 且点C∈β，点C?l.又AB∩l＝R，设A，B，C三点确定的平面为γ，则β∩γ是
( )
A．直线AC B．直线BC
C．直线CR D．直线AR
【解析】 ∵C∈平面ABC，AB?平面ABC，而R∈AB，∴R∈平面ABC.而C∈β，l?β，R∈l，∴R∈β，
∴点C，点R为两平面ABC与β的公共点，∴β∩γ＝CR.
【答案】 C
5．在四面体ABCD的棱AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EF与HG交于点M，则( )
A．M一定在直线AC上
B．M一定在直线BD上
C．M可能在AC上，也可能在BD上
D．M不在AC上，也不在BD上
【解析】 因为E，F，G，H分别是四面体ABCD的棱AB，BC，CD，DA上的点，EF与HG交于点M，所以点M为平面ABC与平面ACD的公共点，而两个平面的交线为AC，所以M一定在直线AC上．
【答案】 A
二、填空题
图1－4－7
6．如图1－4－7所示，用符号语言可表示为________．
【解析】 根据图形语言与符号语言之间的转化可得α∩β＝m，n?α，m∩n＝A.
【答案】 α∩β＝m，n?α，m∩n＝A
图1－4－8
7．(2013·合肥高一检测)如图1－4－8，在这个正方体中，①BM与ED平行；②CN与BM是异面直线；③CN与BE是异面直线；④DN与BM是异面直线．
以上四个命题中，正确命题的序号是________．
【解析】 观察图形可知①③错误，②④正确．
【答案】 ②④
8．下列说法中正确的个数是________．
①两条直线无公共点，则这两条直线平行；
②两直线若不是异面直线，则必相交或平行；
③过平面外一点与平面内一点的连线，与平面内的任意一条直线均构成异面直线；
④和两条异面直线都相交的两直线必是异面直线．
【解析】 对于①，空间两直线无公共点，则可能平行，也可能异面，因此①不正确；对于②，因空间两条不重合的直线的位置关系只有三种：平行、相交或异面，故②正确；对于③，过平面外一点与平面内一点的连线，和平面内过该点的直线是相交直线，故③不正确；对于④，和两条异面直线都相交的两直线可能是相交直线，故④不正确．故正确的个数为1.
【答案】 1
三、解答题
9．用符号表示下列语句，并画出图形．
(1)三个平面α，β，γ相交于一点P，且平面α与平面β相交于PA，平面α与平面γ相交于PB，平面β与平面γ相交于PC；
(2)平面ABD与平面BDC相交于BD，平面ABC与平面ADC相交于AC.
【解】 (1)语句可表示为α∩β∩γ＝P，α∩β＝PA，α∩γ＝PB，β∩γ＝PC，图形如图①所示．
(2)语句可表示为平面ABD∩平面BDC＝BD，平面ABC∩平面ADC＝AC.图形如图②所示．
图1－4－9
10．如图1－4－9所示，在四边形ABCD中，已知AB∥CD，直线AB，BC，AD，DC分别与平面α相交于点E，G，H，F.求证：E，F，G，H四点必定共线．
【证明】 ∵AB∥CD，
∴可设AB，CD确定一个平面β.
又∵AB∩α＝E，AB?β，
∴E∈α，E∈β，
即E为平面α与β的一个公共点．
同理可证F，G，H均为平面α与β的公共点．
∵由公理3两个平面有公共点，它们有且只有一条通过公共点的公共直线．
∴E，F，G，H四点必定共线．
11．已知a、b、c、d是两两相交且不共点的四条直线，求证：直线a、b、c、d共面．
【证明】 (1)无三线共点情况．
如图所示，设a∩d＝M，
b∩d＝N，c∩d＝P，a∩b＝Q，
a∩c＝R，b∩c＝S，∵a∩d＝M，
∴a、d可确定一个平面α.
∵N∈d，Q∈a，∴N∈α，Q∈α，
∴NQ?α，即b?α，同理c?α，
∴a、b、c、d共面．
(2)有三线共点的情况，
如图所示，
设b、c、d三线相交于点K，与直线a分别相交于点N、P、M且K?a，
∵K?a，∴K和a确定一个平面，设为β.
∵N∈a，a?β，∴N∈β，∴NK?β，即b?β.
同理c?β，d?β，∴a、b、c、d共面，
由(1)(2)可知a、b、c、d共面.
一、选择题
1．(2013·杭州高一检测)一条直线与两条平行线中的一条为异面直线，则它与另一条( )
A．相交 B．异面 C．相交或异面 D．平行
【解析】 可能相交，如图，A1B1∥C1D1，DD1与A1B1异面，而DD1与C1D1相交；
可能异面，E、F为B1C1、BC的中点，则EF与A1B1、EF与C1D1都是异面直线，不可能平行，故选C.
【答案】 C
2．若∠AOB＝∠A1O1B1且OA∥O1A1，OA与O1A1的方向相同，则下列结论中正确的是( )
A．OB∥O1B1且方向相同
B．OB∥O1B1
C．OB与O1B1不平行
D．OB与O1B1不一定平行
【解析】 OB与O1B1不一定平行，反例如图．
【答案】 D
3．已知一对等角，若一个角的一边和另一个角的一边平行，则它的另一边
( )
A．一定平行 B．一定不平行
C．一定相交 D．不一定平行
【解析】 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
∠D1A1B1＝∠DAB，AD∥A1D1，AB∥A1B1，
但∠D1A1B1＝∠B1C1C.A1D1∥B1C1，A1B1与CC1不平行，故选D.
【答案】 D
图1－4－18
4．如图1－4－18，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F、G、H分别为AA1、AB、BB1、B1C1的中点，则异面直线EF与GH所成的角等于( )
A．45° B．60° C．90° D．120°
【解析】 取A1B1中点I，连接IG、IH，则EF綊IG.易知IG、IH、HG相等，则△HGI为等边三角形，则IG与GH所成的角为60°，即EF与GH所成的角为60°.
【答案】 B
5．下列命题中，正确的结论有( )
①如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等；②如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角(或直角)相等；③如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，那么这两个角相等或互补；④如果两条直线同平行于第三条直线，那么这两条直线互相平行
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
【解析】 ①错，符合条件的两角相等或互补；②符合等角定理；③错，可能不相等也不互补；④是公理4.故②④正确．
【答案】 B
二、填空题
图1－4－19
6．(2013·济南高一检测)如图1－4－19，在三棱锥P—ABC的六条棱所在的直线中，异面直线共有________对．
【解析】 据异面直线的定义可知共3对，AP与BC，CP与AB，BP与AC.
【答案】 3
7．若a，b是异面直线，b，c是异面直线，则直线a与直线c的位置关系是________．
【解析】 如图，可借助长方体理解，
令a＝CC1，b＝A1B1，则BC，AD, DD1均满足题目条件，
故直线a和直线c的位置关系是平行、相交或异面．
【答案】 平行、相交或异面
8．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，面对角线中与AD1成60°的有________条．
【解析】 与AD1成60°的面对角线有A1C1，B1D1，AC，BD，AB1，A1B，D1C，DC1共8条．
【答案】 8
三、解答题
9．长方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点．
图1－4－20
(1)求证：D1E∥BF；
(2)求证：∠B1BF＝∠D1EA1.
【证明】 (1)取BB1的中点M，连接EM，C1M.
在矩形ABB1A1中，易得EM綊A1B1，
∵A1B1綊C1D1，
∴EM綊C1D1，
∴四边形EMC1D1为平行四边形，
∴D1E∥C1M.
在矩形BCC1B1中，易得MB綊C1F，
∴BF∥C1M，
∴D1E∥BF.
(2)∵ED1∥BF，BB1∥EA1，
又∠B1BF与∠D1EA1的对应边方向相同，
∴∠B1BF＝∠D1EA1.
10．在直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝AA1＝2，点D是A1C1的中点，求异面直线AD与BC1所成角的大小．
【解】 如图，取AC中点E，
连接C1E，BE，
∵C1D綊AE，
∴四边形AEC1D为平行四边形，
∴C1E∥AD，
∴∠BC1E即为异面直线AD和BC1所成角．
在Rt△ABC中，
AC＝＝2，
∴BE＝EC＝，
在Rt△C1CE中，
EC1＝＝，
又∵BC1＝2，
∴△BC1E中，BC＝BE2＋EC，
∴∠BEC1＝90°，
∴sin∠BC1E＝＝＝，
∴∠BC1E＝30°.
11．长方体ABCD—A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，高AA1为1，M、N分别是边C1D1与A1D1的中点．
(1)求证：四边形MNAC是等腰梯形；
(2)求梯形MNAC的面积．
【解】 (1)证明：连接A1C1，则MN是△A1C1D1的中位线，如图所示，
则有MN綊A1C1，
又A1C1綊AC，
∴MN綊AC.
∴M、N、A、C共面，
且四边形MNAC为梯形．
∵Rt△AA1N≌Rt△CC1M，
∴AN＝CM.
∴四边形MNAC为等腰梯形．
(2)由题意，得AN2＝A1A2＋A1N2＝1＋1＝2.
AC＝2，MN＝，
∴梯形MNAC的高为
h＝ ＝，
∴S梯形ACMN＝(AC＋MN)h＝.
一、选择题
1．下列说法正确的是( )
A．平行于同一个平面的两条直线平行
B．同时与两异面直线平行的平面有无数多个
C．如果一条直线上有两点在一个平面外，则这条直线与这个平面平行
D．直线l不在平面α内，则l∥α
【解析】 A选项，若两直线相交且同时与此平面平行也是可以的；B选项，我们将异面直线都平移到空间中的某一点相交，则它们确定一个平面，与此平面平行的平面平行于这两条异面直线，显然这样的平面有无穷多个；C、D选项，若直线与平面相交，则直线有两点在平面外，直线也不在平面内，但l与α不平行．
【答案】 B
2．(2013·泰安高一检测)若M，N分别是△ABC边AB，AC的中点，MN与过直线BC的平面β的位置关系是( )
A．MN∥β
B．MN与β相交或MN?β
C．MN∥β或MN?β
D．MN∥β或MN与β相交或MN?β
【解析】 当平面β与平面ABC重合时，有MN?β；当平面β与平面ABC不重合时，则β∩平面ABC＝BC.
∵M，N分别为AB，AC的中点，∴MN∥BC.
又MNβ，BC?β，∴MN∥β.综上有MN∥β或MN?β.
【答案】 C
3．(2013·开封高一检测)如果AB、BC、CD是不在同一平面内的三条线段，则经过它们中点的平面和直线AC的位置关系是( )
A．平行 B．相交
C．AC在此平面内 D．平行或相交
【解析】 如图：E、F、G分别为AB、BC、CD的中点．
∵E、F分别是AB，BC的中点，
∴EF∥AC.
又EF?平面EFG，且AC平面EFG.
∴AC∥平面EFG.
【答案】 A
4．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列四对截面中彼此平行的一对截面是
( )
A．平面A1BC1和平面ACD1
B．平面BDC1和平面B1D1C
C．平面B1D1D和平面BDA1
D．平面ADC1和平面AD1C
【解析】 如图，在截面A1BC1和截面AD1C中，
?
平面A1BC1∥平面ACD1.
【答案】 A
图1－5－8
5．如图1－5－8，在空间四边形ABCD中，E、F分别为边AB、AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H、G分别为BC、CD的中点，则( )
A．BD∥平面EFGH，且四边形EFGH是矩形
B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形
C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是菱形
D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是梯形
【解析】 ∵AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，
∴EF∥BD且EF＝BD.
又H、G分别为BC、CD的中点，
∴HG綊BD.
∴EF∥HG且EF≠HG.
∴四边形EFGH为梯形．
∵BD?平面BCD且EF平面BCD.
∴EF∥平面BCD.
【答案】 B
二、填空题
图1－5－9
6．如图1－5－9所示，在空间四边形ABCD中，M∈AB，N∈AD，若＝，则MN与平面BDC的位置关系是________．
【解析】 ∵＝，∴MN∥BD.
又∵MN平面BDC，BD?平面BDC，
∴MN∥平面BDC.
【答案】 平行
7．已知a、b、c为三条不重合的直线，α，β，γ为三个不重合平面，下面三个命题：
①a∥c，b∥c?a∥b；②γ∥α，β∥α?γ∥β；③a∥γ，α∥γ?a∥α.
其中正确命题的序号是________．
【解析】 由平行公理，知①正确；由平面平行的传递性知②正确；③不正确，因为a可能在α内．
【答案】 ①②
8．(2013·佛山高一检测)在空间四边形PABC中，A1、B1、C1分别是△PBC、△PCA、△PAB的重心，则平面ABC与平面A1B1C1的位置关系是________．
【解析】 如图，连接PC1，PA1，并延长分别交AB，BC于E、F两点，由于C1、A1分别为重心．
∴E、F分别为AB、BC的中点，连接EF.
又∵＝＝2.
∴A1C1∥EF.
又∵EF为△ABC边AC上的中位线，
∴EF∥AC，∴AC∥A1C1，
又A1C1平面ABC，AC?平面ABC，
∴A1C1∥平面ABC，
同理A1B1∥平面ABC，
A1B1∩A1C1＝A1，
∴平面A1B1C1∥平面ABC.
【答案】 平行
三、解答题
9．(2013·武汉高一检测)在三棱柱ABC—A′B′C′中，点E，D分别是B′C′与BC的中点．求证：平面A′EB∥平面ADC′.
【证明】 连接DE，
∵E，D分别是B′C′与BC的中点，
∴DE綊AA′，
∴AA′ED是平行四边形，∴A′E∥AD.
∵A′E平面ADC′，AD?平面ADC′.
∴A′E∥平面ADC′.
又BE∥DC′，BE平面ADC′，DC′?平面ADC′，
∴BE∥平面ADC′，
∵A′E?平面A′EB，BE?平面A′EB，
A′E∩BE＝E，
∴平面A′EB∥平面ADC′.
图1－5－10
10．如图1－5－10，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面是梯形，AB∥CD，CD＝2AB，P、Q分别是CC1、C1D1的中点，求证：面AD1C∥面BPQ.
【证明】 ∵D1Q＝DC，AB綊CD，∴D1Q 綊AB.
∴四边形D1QBA为平行四边形，∴D1A綊QB.
∵Q、P分别为D1C1、C1C的中点，∴QP∥D1C.
∵D1C∩D1A＝D1，PQ∩QB＝Q.
∴面AD1C∥面BPQ.
图1－5－11
11．如图1－5－11，E，F，G，H分别是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱BC，CC1，C1D1，AA1的中点，求证：
(1)GE∥平面BB1D1D；
(2)平面BDF∥平面B1D1H.
【证明】 (1)取B1D1中点O，连接GO，OB，易证OG∥B1C1，
且OG＝B1C1，BE∥B1C1，
且BE＝B1C1，
∴OG∥BE且OG＝BE，四边形BEGO为平行四边形，
∴OB∥GE.
∵OB?平面BDD1B1，
GE平面BDD1B1，
∴GE∥平面BDD1B1.
(2)由正方体性质得 B1D1∥BD，
∵B1D1平面BDF，BD?平面BDF，
∴B1D1∥平面BDF，连接HB，D1F，
易证HBFD1是平行四边形，得HD1∥BF.
∵HD1平面BDF，BF?平面BDF，
∴HD1∥平面BDF，
∵B1D1∩HD1＝D1，
∴平面BDF∥平面B1D1H.
一、选择题
1．若α∥β，a?α，下列三个说法中正确的是( )
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无公共点．
A．①② B．②③
C．① D．①③
【解析】 a与平面β内的直线可能平行，也可能异面，但与β无公共点，故选B.
【答案】 B
2．下列说法正确的个数为( )
①两平面平行，夹在两平面间的平行线段相等；②两平面平行，夹在两平面间的相等的线段平行；③如果一条直线和两个平行平面中的一个平行，那么它和另一个平面也平行；④两平行直线被两平行平面截得的线段相等．
A．1 B．2
C．3 D．4
【解析】 易知①④正确，②不正确，③直线可能在平面内，故③不正确．
【答案】 B
图1－5－20
3．如图1－5－20所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是棱A1D1上的动点，则直线MD与平面BCC1B1的位置关系是( )
A．平行
B．相交
C．在平面内
D．相交或平行
【解析】 ?MD∥平面BCC1B1.
【答案】 A
4．已知平面α∥β，P是α、β外一点，过点P的直线m与α、β分别交于点A、C，过点P的直线n与α、β分别交于点B、D，且PA＝6，AC＝9，PD＝8，则BD的长为( )
A．16 B．24或
C．14 D．20
【解析】 第①种情况，当P点在α、β的同侧时，设BD＝x，
则PB＝8－x，
∴＝.
∴BD＝.
第②种情况，当P点在α，β中间时，设PB＝x.
∴＝.
∴x＝＝16，
∴BD＝24.
【答案】 B
5．若不在同一直线上的三点A、B、C到平面α的距离相等，且A?α，则
( )
A．α∥平面ABC
B．△ABC中至少有一边平行于α
C．△ABC中至多有两边平行于α
D．△ABC中只可能有一边与α相交
【解析】 若三点在平面α的同侧，则α∥平面ABC，有三边平行于α.若一点在平面α的一侧，另两点在平面α的另一侧，则有两边与平面α相交，有一边平行于α，故△ABC中至少有一边平行于α.
【答案】 B
图1－5－21
二、填空题
6．如图1－5－21，过正方体ABCD－A1B1C1D1的三个顶点A1、C1、B的平面与底面ABCD的交线为l，则l与A1C1的位置关系是________．
【解析】
?l∥A1C1.
【答案】 平行
图1－5－22
7．(2013·宁德高一检测)空间四边形ABCD中，对角线AC＝BD＝4，E是AB中点，过E与AC、BD都平行的截面EFGH分别与BC、CD、DA交于F、G、H，则四边形EFGH的周长为________．
【解析】 ∵AC∥面EFGH，AC?面ABC，面ABC∩面EFGH＝EF，
∴AC∥EF.∵E为AB中点，∴F为BC中点，
∴EF＝AC＝2.同理HG＝AC＝2，EH＝FG＝BD＝2.∴四边形EFGH的周长为8.
【答案】 8
图1－5－23
8．如图1－5－23，平面α∥平面β，△ABC与△A′B′C′分别在α、β内，线段AA′、BB′、CC′都交于点O，点O在α、β之间，若S△ABC＝，OA∶OA′＝3∶2，则△A′B′C′的面积为________．
【解析】 根据题意有S△ABC＝.∵AA′、BB′相交，
∴直线AA′、BB′确定一个平面ABA′B′，
∵平面α∥平面β，
∴AB∥A′B′，易得△ABO∽△A′B′O，①
△ABC∽△A′B′C′，②
由①得＝＝，由②得＝()2，
∴S△A′B′C′＝.
【答案】
三、解答题
9．如图1－5－24，棱柱ABC—A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形，设D是A1C1上的点且A1B∥平面B1CD，求A1D∶DC1的值．
图1－5－24
【解】 设BC1交B1C于点E，
连接DE，
则DE是平面A1BC1与平面B1CD的交线．
∵A1B∥平面B1CD，且A1B?平面A1BC1，∴A1B∥DE.
又E是BC1的中点，
所以D为A1C1的中点，即A1D∶DC1＝1.
图1－5－25
10．(2013·吉林高一检测)如图1－5－25，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.
【证明】 连接CD1，AD1，
∵P，Q分别是CC1，C1D1的中点，
∴PQ∥CD1，且CD1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，
又∵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.
图1－5－26
11．如图1－5－26，四棱锥S－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E是SA上一点，试探求点E的位置，使SC∥平面EBD，并证明．
【解】 点E的位置是棱SA的中点．证明如下：
如题图，取SA的中点E，连接EB，ED，AC，设AC与BD的交点为O，连接EO.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴点O是AC的中点．
又E是SA的中点，
∴OE是△SAC的中位线．
∴OE∥SC.
∵SC平面EBD，OE?平面EBD，
∴SC∥平面EBD.
一、选择题
1．设l、m为不同的直线，α为平面，且l⊥α，下列为假命题的是( )
A．若m⊥α，则m∥l B．若m⊥l，则m∥α
C．若m∥α，则m⊥l D．若m∥l，则m⊥α
【解析】 A中，若l⊥α，m⊥α，则m∥l，所以A正确；B中，若l⊥α，m⊥l，则m∥α或m?α，所以B错误；C中，若l⊥α，m∥α，则m⊥l，所以C正确；若l⊥α，m∥l，则m⊥α，所以D正确．
【答案】 B
2．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，与AD1垂直的平面是( )
A．平面DD1C1C B．平面A1DCB1
C．平面A1B1C1D1 D．平面A1DB
【解析】 连接A1D、B1C，由ABCD—A1B1C1D1为正方体可知，AD1⊥A1B1，AD1⊥A1D.故AD1⊥平面A1DCB1.
【答案】 B
3．如图1－6－9，在正四面体P－ABC中，D、E、F分别是AB、BC、CA的中点，下面四个结论中不成立的是( )
图1－6－9
A．BC∥平面PDF
B．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面ABC
D．平面PAE⊥平面ABC
【解析】 由题意知BC∥DF，且BC⊥PE，BC⊥AE.∵PE∩AE＝E，
∴BC⊥平面PAE，
∴BC∥平面PDF成立，DF⊥平面PAE成立，平面PAE⊥平面ABC也成立．
【答案】 C
4．下列说法中正确命题的个数为( )
①如果直线l与平面α内的无数条直线垂直，则l⊥α；
②如果直线l不垂直于α，则α内没有与l垂直的直线；
③如果一条直线与平面内的一条直线垂直，则该直线与此平面必相交；
④如果一条直线和平面的一条垂线垂直，该直线必在这个平面内；
⑤如果一条直线和一个平面垂直，该直线垂直于平面内的任一直线．
A．0 B．1
C．2 D．3
【解析】 如图(1)所示，l与α相交(不垂直)，此时也有无数条直线与l垂直．故①②错误；如图(2)所示，l与α平行，此时平面内也存在无数条直线与l垂直，故③④错误；如图(3)所示，直线l与平面α的垂线m垂直，但l不在平面α内；由线面垂直的定义可知，⑤正确．
【答案】 B
5．如图1－6－10，在正方形ABCD中，E、F分别为边BC，CD的中点，H是EF的中点，现沿AE、AF，EF把
图1－6－10
这个正方形折成一个几何体，使B、C、D三点重合于点G，则下列结论中成立的是( )
A．AG⊥平面EFG
B．AH⊥平面EFG
C．GF⊥平面AEF
D．GH⊥平面AEF
【解析】 ∵AG⊥GF，AG⊥GE，GF∩GE＝G，
∴AG⊥平面EFG.
【答案】 A
二、填空题
6．(2013·徐州高一检测)如图1－6－11，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，平面ACD1与平面BB1D1D的位置关系是________．
图1－6－11
【解析】 ∵ABCD是正方形，
∴AC⊥BD.
又∵D1D⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，
∴D1D⊥AC.∵D1D∩DB＝D，
∴AC⊥平面BB1D1D.
∵AC?平面ACD1，
∴平面ACD1⊥平面BB1D1D.
【答案】 垂直
图1－6－12
7．如图1－6－12所示，已知PA⊥平面α，PB⊥平面β，垂足分别为A、B，α∩β＝l，∠APB＝50°，则二面角α－l－β的大小为________．
【解析】 如图，设平面PAB∩l＝O，连接AO，BO，AB，
∵PA⊥α，l?α，
∴PA⊥l.
同理PB⊥l，而PB∩PA＝P，
∴l⊥平面PAB，
∴l⊥AO，l⊥BO，
∴∠AOB即为二面角α－l－β的平面角．
结合图形知∠AOB＋∠APB＝180°，
∴∠AOB＝130°.
【答案】 130°
8．边长为a的正三角形ABC的边AB、AC的中点为E、F，将△AEF沿EF折起，此时A点的新位置A′使平面A′EF⊥平面BEFC，则A′B＝________.
【解析】 取BC的中点N，连接AN交EF于点M，
连接A′M，
则A′M⊥EF.
∵平面A′EF⊥平面BCFE，
∴A′M⊥平面BCFE，
∴A′M⊥BM，
∵AM＝MN＝AN＝a，∴A′M＝a，
在Rt△MNB中，
MB2＝MN2＋NB2＝a2，
在Rt△A′MB中，
A′B＝＝a.
【答案】 a
三、解答题
图1－6－13
9．如图1－6－13所示，AB是圆O的直径，PA垂直于圆O所在的平面，M是圆周上任意一点，AN⊥PM，垂足为N.求证：AN⊥平面PBM.
【证明】 设圆O所在的平面为α，
∵PA⊥α，且BM?α，∴PA⊥BM.
又∵AB为⊙O的直径，点M为圆周上一点，
∴AM⊥BM，
∵直线PA∩AM＝A，
∴BM⊥平面PAM.
又AN?平面PAM，
∴BM⊥AN.
这样，AN与PM，BM两条相交直线垂直．
故AN⊥平面PBM.
图1－6－14
10．如图1－6－14所示，过S引三条长度相等但不共面的线段SA，SB，SC且∠ASB＝∠ASC＝60°，∠BSC＝90°.
求证：平面ABC⊥平面BSC.
【证明】 法一 取BC的中点D，连接AD，SD.
∵∠ASB＝∠ASC，且SA＝SB＝AC，∴AS＝AB＝AC.
∴AD⊥BC.
又△ABS是正三角形，△BSC为等腰直角三角形，
∴BD＝SD.
∴AD2＋SD2＝AD2＋BD2＝AB2＝AS2.
由勾股定理的逆定理，知AD⊥SD.
又∵SD∩BC＝D，∴AD⊥平面BSC.
又AD?平面ABC，
∴平面ABC⊥平面BSC.
法二 同法一证得AD⊥BC，SD⊥BC，则∠ADS即为二面角A—BC—S的平面角．
∵∠BSC＝90°，令SA＝1，
则SD＝，AD＝，∴SD2＋AD2＝SA2.
∴∠ADS＝90°.
∴平面ABC⊥平面BSC.
图1－6－15
11．如图1－6－15，在三棱锥S－ABC中，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，DE垂直平分SC，分别交AC、SC于D、E，且SA＝AB＝a，BC＝a.
(1)求证：SC⊥平面BDE；
(2)求平面BDE与平面BDC所成二面角的大小．
【解】 (1)证明：∵SA⊥平面ABC，
又AB、AC、BD?平面ABC，
∴SA⊥AB，SA⊥AC，SA⊥BD，
∴SB＝＝a.
∵BC＝a，∴SB＝BC.
∵E为SC的中点，∴BE⊥SC.
又DE⊥SC，BE∩DE＝E，∴SC⊥平面BDE.
(2)由(1)及BD?平面BDE，得BD⊥SC.
又知BD⊥SA，
∴BD⊥平面SAC.
∴BD⊥AC且BD⊥DE.
∴∠CDE为平面BDE与平面BDC所成二面角的平面角．
∵AB⊥BC，AC＝＝a.
∴Rt△SAC中，tan∠SCA＝＝，
∴∠SCA＝30°.
∴∠CDE＝60°，
即平面BDE与平面BDC所成二面角为60°.
一、选择题
1．(2013·临沂高一检测)设α、β是两个不同的平面，l是一条直线，以下命题正确的是( )
A．若l⊥α，α⊥β，则l?β
B．若l∥α，α∥β，则l?β
C．若l⊥α，α∥β，则l⊥β
D．若l∥α，α⊥β，则l⊥β
【解析】 A错，可能l∥β；B错，可能l∥β；C正确；D错，不一定l⊥β.
【答案】 C
2．(2013·中山高一检测)设平面α⊥平面β，且α∩β＝l，直线a?α，直线b?β，且a不与l垂直，b不与l垂直，那么a与b( )
A．可能垂直，不可能平行
B．可能平行，不可能垂直
C．可能垂直，也可能平行
D．不可能垂直，也不可能平行
【解析】 当a，b都平行于l时，a与b平行，假设a与b垂直，如图所示，由于b与l不垂直，在b上任取一点A，过点A作b′⊥l，
∵平面α⊥平面β，∴b′⊥平面α，从而b′⊥a，又由假设a⊥b易知a⊥平面β，从而a⊥l，这与已知a不与l垂直矛盾，∴假设不正确，a与b不可能垂直．
【答案】 B
3．空间四边形ABCD，若AB、AC、AD与平面BCD所成角相等，则A点在平面BCD的射影是△BCD的( )
A．外心 B．内心
C．重心 D．垂心
【解析】 设A点在平面BCD内的射影为O.可知，
△OAB≌△OAC≌△OAD.
∴OB＝OC＝OD，
∴点O为外心．
【答案】 A
4．如图1－6－21，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成四面体ABCD，则在四面体ABCD中，下列命题正确的是( )
图1－6－21
A．平面ABD⊥平面ABC
B．平面ADC⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDC
D．平面ADC⊥平面ABC
【解析】 在图①中，∵∠BAD＝90°，AD＝AB，
∴∠ADB＝∠ABD＝45°.
∵AD∥BC，∴∠DBC＝45°.又∵∠BCD＝45°.
∴∠BDC＝90°，即BD⊥CD.
在图②中，此关系仍成立．∵平面ABD⊥平面BCD，
∴CD⊥平面ABD.
∵BA?平面ADB，∴CD⊥AB.
∵BA⊥AD，∴BA⊥平面ACD.
∵BA?平面ABC，∴平面ABC⊥平面ACD.
【答案】 A
图1－6－22
5．如图1－6－22，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1上运动，并且总保持AP⊥BD1，则动点P在( )
A．线段B1C上
B．线段BC1上
C．BB1中点与CC1中点的连线上
D．B1C1中点与BC中点的连线上
【解析】 连接AC，B1C，AB1，由线面垂直的判定可知BD1⊥平面AB1C.
若AP?平面AB1C，则AP⊥BD1.
这样只要P在B1C上移动即可．
【答案】 A
二、填空题
图1－6－23
6．如图1－6－23，已知平面α⊥平面β，在α与β的交线l上，取线段AB＝4，AC、BD分别在平面α和平面β内，它们都垂直于交线AB，并且AC＝3 cm，BD＝12 cm，则CD＝______.
【解析】 连接BC.
因为平面α⊥平面β，
且α∩β＝l，
又因为BD?平面β，
且BD⊥l，
所以BD⊥平面α.
又∵BC?平面α，∴BC⊥BD.
所以△CBD也是直角三角形．
在Rt△BAC中，BC＝＝5.
在Rt△CBD中，CD＝＝13.
所以CD长为13 cm.
【答案】 13 cm
7．α，β是两个不同的平面，m，n是平面α与β之外的两条不同直线，给出四个论断：①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α.以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：________.
【解析】 利用面面垂直的判定，可知①③④?②为真；利用面面垂直的性质，可知②③④?①为真．
【答案】 若①③④，则②(或若②③④，则①)
图1－6－24
8．如图1－6－24平面ABC⊥平面BDC，∠BAC＝∠BDC＝90°，且AB＝AC＝a，则AD＝________.
【解析】 如图所示，取BC的中点E，连接ED，AE，∵AB＝AC，∴AE⊥BC，
∵平面ABC⊥平面BDC.
∴AE⊥平面BDC，∴AE⊥ED.
在Rt△ABC和Rt△BCD中，
AE＝ED＝BC＝a，
∴在Rt△AED中，AD＝＝a.
【答案】 a
三、解答题
9．已知：平面α∩β＝AB，PQ⊥平面α于点Q，PO⊥平面β于点O，OR⊥平面α于点R.求证：QR⊥AB.
【证明】 如图，∵α∩β＝AB，PO⊥β于O，∴PO⊥AB.
∵PQ⊥α于Q，∴PQ⊥AB.
∵PO∩PQ＝P，∴AB⊥平面PQO.
∵OR⊥α于R，∴PQ∥OR.
∴PQ与OR确定平面PQRO.
∴AB⊥平面PQRO.
又∵QR?平面PQRO，∴QR⊥AB.
10．如图1－6－25所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是AB上一点，N是A1C的中
图1－6－25
点，MN⊥平面A1DC.
求证：(1)MN∥AD1；
(2)M是AB的中点．
【证明】 (1)∵ADD1A1为正方形，
∴AD1⊥A1D.
又∵CD⊥平面ADD1A1，AD1?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綊CD綊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．
图1－6－26
11．如图1－6－26所示，P是四边形ABCD所在平面外一点，ABCD是∠DAB＝60°且边长为a的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD.
(1)若G为AD边的中点，求证：BG⊥平面PAD；
(2)求证：AD⊥PB.
【证明】 (1)连接PG，BD.由题知△PAD为正三角形，G是AD的中点，∴PG⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PG?平面PAD，
∴PG⊥平面ABCD，∴PG⊥BG.
又∵四边形ABCD是菱形且∠DAB＝60°，
∴△ABD是正三角形，∴BG⊥AD.
又AD?平面PAD，PG?平面PAD，且AD∩PG＝G，∴BG⊥平面PAD.
(2)由(1)可知BG⊥AD，PG⊥AD.又BG?平面PBG，PG?平面PBG，且BG∩PG＝G，
∴AD⊥平面PBG，∴AD⊥PB.
