1.1 简单旋转体
学习目标 1.通过实物操作，增强直观感知(重点)；2.能根据几何体的结构特征对空间物体进行分类(重点)；3.会用语言概述圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征(重、难点).
知识点一 球的结构特征
1.定义：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.
2.相关概念(如图).
3.表示法：球常用表示球心的字母表示，图中的球表示为球O.
【预习评价】 (正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)球可以以圆的直径所在的直线为旋转轴旋转得到.(√)
(2)球体内的点到球心的距离都不大于球的半径.(√)
知识点二 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作旋转面，封闭的旋转面围成的几何体叫作旋转体.
知识点三 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.
【预习评价】
1.圆柱的母线有多少条？它们之间有什么关系？
提示 圆柱的母线有无数条；相互平行.
2.圆锥过轴的截面叫做轴截面，那么圆锥的轴截面是什么形状？
提示 等腰三角形.
3.正确的打“√”，错误的打“×”
(1)圆台的母线只有一条.(×)
(2)过圆台的轴的截面叫轴截面，它是等腰梯形.(√)
(3)用平行于圆台底面的平面去截圆台，截面是圆面.(√)
题型一 旋转体的结构特征
【例1】 判断下列各命题是否正确：
(1)圆柱上底面圆上任一点与下底面圆上任一点的连线都是圆柱的母线；
(2)一直角梯形绕下底所在直线旋转一周，所形成的曲面围成的几何体是圆台；
(3)圆锥、圆台中过轴的截面是轴截面，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形；
(4)到定点的距离等于定长的点的集合是球.
解 (1)错.由圆柱母线的定义知，圆柱的母线应平行于轴.
(2)错.直角梯形绕下底所在直线旋转一周所形成的几何体是由一个圆柱与一个圆锥组成的简单组合体，如图所示.
(3)正确.
(4)错.应为球面.
规律方法 (1)圆柱、圆锥、圆台和球都是一个平面图形绕其特定边(弦)旋转而成的几何体，必须准确认识各旋转体对旋转轴的具体要求.
(2)只有理解了各旋转体的生成过程，才能明确由此产生的母线、轴、底面等概念，进而判断与这些概念有关的命题的正误.
【训练1】 下列命题正确的是________(只填序号).
①以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；
②以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；
③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆；
④以等腰三角形的底边上的高所在直线为旋转轴，其余各边旋转180°形成的曲面围成的几何体是圆锥；
⑤球面上四个不同的点一定不在同一平面内；
⑥球的半径是球面上任意一点和球心的连线段；
⑦球面上任意三点可能在一条直线上；
⑧用一个平面去截球，得到的截面是一个圆面.
解析 ①以直角三角形的一条直角边所在直线为轴旋转一周才可以得到圆锥；②以直角梯形垂直于底边的一腰所在直线为轴旋转一周才可以得到圆台；③它们的底面为圆面；④正确；作球的一个截面，在截面的圆周上任意取四个不同的点，则这四点就在球面上，故⑤错误；根据球的半径定义，知⑥正确；球面上任意三点一定不共线，故⑦错误；用一个平面去截球，一定截得一个圆面，故⑧正确.
答案 ④⑥⑧
题型二 简单组合体的结构特征
【例2】 如图(1)、(2)所示的图形绕虚线旋转一周后形成的立体图形分别是由哪些简单几何体组成的？
解 旋转后的图形如图所示.其中图①是由一个圆柱O1O2和两个圆台O2O3，O3O4组成的；图②是由一个圆锥O5O4，一个圆柱O3O4及一个圆台O1O3中挖去圆锥O2O1组成的.
规律方法 (1)平面图形以一边所在直线为轴旋转时，要过有关顶点向轴作垂线，然后想象所得旋转体的结构和组成.
(2)必要时作模型培养动手能力.
【训练2】 已知AB是直角梯形ABCD中与底边垂直的腰，如图所示.分别以AB，BC，CD，DA所在的直线为轴旋转，试说明所得几何体的结构特征.
解 (1)以AB边所在的直线为轴旋转所得旋转体是圆台，如图①所示.
(2)以BC边所在的直线为轴旋转所得旋转体是一组合体：下部为圆柱，上部为圆锥，如图②所示.
(3)以CD边所在的直线为轴旋转所得旋转体为一个组合体：上部为圆锥，下部为圆台，再挖去一个小圆锥，如图③所示.
(4)以AD边所在的直线为轴旋转得到一个组合体：一个圆柱上部挖去一个圆锥，如图④所示.
【探究1】 边长为5 cm的正方形EFGH是圆柱的轴截面，则从E点沿圆柱的侧面到相对顶点G的最短距离为________cm.
解析 圆柱的侧面展开图如图所示，展开后E′F＝×2π×＝π(cm)，
∴E′G＝ ＝(cm).
答案
【探究2】 圆台的两底面面积分别为1，49，平行于底面的截面面积的2倍等于两底面面积之和，求圆台的高被截面分成的两部分的比.
解 将圆台还原为圆锥，轴截面如图所示.O2，O1，O分别是圆台上底面、截面和下底面的圆心，V是圆锥的顶点，令VO2＝h，O2O1＝h1，O1O＝h2，
则所以
即h1∶h2＝2∶1.
【探究3】 一个圆锥的底面半径为2，高为6，且有一个高为x的内接圆柱.
(1)用x表示出圆柱的轴截面面积S；
(2)当x为何值时，S取得最大值？
解 作出圆锥和内接圆柱的轴截面，如图.
设圆柱的底面半径为r，则由三角形相似可得＝，解得r＝2－，x∈(0，6).
(1)圆柱的轴截面面积S＝2r·x＝2x·＝－x2＋4x，x∈(0，6).
(2)∵S＝－x2＋4x＝－(x－3)2＋6，∴当x＝3时，S取得最大值，最大值为6.
【探究4】 如图所示，用一个平行于圆锥SO底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的面积之比为1∶16，截去的圆锥的母线长是3 cm，求圆台O′O的母线长.
解 设圆台的母线长为l cm，由截得圆台上、下底面面积之比为1∶16，可设截得圆台的上、下底面的半径分别为r，4r.
过轴SO作截面，如图所示.
则△SO′A′∽△SOA，SA′＝3 cm.
∴＝.∴＝＝.
解得l＝9(cm)，
即圆台的母线长为9 cm.
【探究5】 圆台的上、下底面半径分别为5 cm，10 cm，母线长AB＝20 cm，从圆台母线AB的中点M拉一条绳子绕圆台侧面转到点A，求：
(1)绳子的最短长度；
(2)在绳子最短时，上底圆周上的点到绳子的最短距离.
解 (1)如图所示，将侧面展开，绳子的最短距离为侧面展开图中AM的长度.
设OB′＝L′，则有θ＝×360°，θ＝×360°，
则L′＝20 cm，∴θ＝×360°＝90°，
OA＝40 cm，OM＝30 cm.
∴AM＝＝50 cm.
即绳子最短长度为50 cm.
(2)作OQ⊥AM于点Q，交弧BB′于点P，
则PQ为所求的最短距离.
∵OA·OM＝AM·OQ，∴OQ＝24 cm.
故PQ＝OQ－OP＝24－20＝4(cm)，即上底圆周上的点到绳子的最短距离为4 cm.
规律方法 (1)用平行于底面的平面去截柱、锥、台等几何体，注意抓住截面的性质(与底面全等或相似)，同时结合旋转体中的经过旋转轴的截面(轴截面)的性质，利用相似三角形中的相似比，构建相关几何变量的方程组而得解.
(2)求旋转体侧面上两点间距离的最小值是一种常见的问题，常利用侧面展开图转化为平面上两点间线段最短问题.求解时，注意图形特征，常构造直角三角形，利用勾股定理等知识求解.这正是将空间几何问题转化为平面几何问题的体现.
课堂达标
1.下图是由哪个平面图形旋转得到的( )
答案 D
2.过球面上任意两点A、B作大圆，可能的个数是( )
A.有且只有一个 B.一个或无穷多个
C.无数个 D.以上均不正确
解析 当过A，B的直线经过球心时，经过A，B的截面所得的圆都是球的大圆，这时过A，B作球的大圆有无数个；当直线AB不经过球心O时，经过A，B，O的截面就是一个大圆，这时只能作出一个大圆.
答案 B
3.下列说法正确的是( )
A.圆锥的母线长等于底面圆直径
B.圆柱的母线与轴垂直
C.圆台的母线与轴平行
D.球的直径必过球心
解析 圆锥的母线长与底面直径无联系；圆柱的母线与轴平行；圆台的母线与轴不平行.
答案 D
4.正方形绕其一条对角线所在直线旋转一周，所得几何体是________.
解析 连接正方形的两条对角线知，对角线互相垂直，故绕对角线所在直线旋转一周形成两个底面相同的圆锥.
答案 两个圆锥
5.圆台的轴截面中，上、下底边长分别为2 cm，10 cm，高为3 cm，则圆台母线的长为________ cm.
解析 圆台母线的长为l＝＝5(cm).
答案 5
课堂小结
1.圆柱、圆锥、圆台的关系如图所示.
2.处理台体问题常采用还台为锥的补体思想.
3.处理组合体问题常采用分割思想.
4.重视圆柱、圆锥、圆台的轴截面在解决几何量中的特殊作用，切实体会空间几何平面化的思想.
基础过关
1.用一个平面去截一个几何体，得到的截面是三角形，这个几何体可能是( )
A.圆柱 B.圆台
C.球体 D.圆锥
解析 圆柱、圆台和球体无论怎样截，截面可能是曲面，也可能是矩形(圆柱)，不可能截出三角形.只有圆锥可以截出三角形，故选D.
答案 D
2.有下列四种说法：
①圆柱是将矩形旋转一周所得的几何体；
②以直角三角形的一边为旋转轴，旋转所得几何体是圆锥；
③圆台的任意两条母线的延长线，可能相交也可能不相交；
④圆锥的底面是圆面，侧面是个曲面.
其中错误的有( )
A.1个 B.2个
C.3个 D.4个
解析 圆柱是矩形绕其一条边所在直线旋转形成的几何体，故①错；以直角三角形的一条直角边所在直线为轴，旋转一周，才能构成圆锥，故②错；圆台是由圆锥截得的，故其任意两条母线延长后一定交于一点，故③错；④是圆锥的性质，故④正确.
答案 C
3.一平面截球O得到半径为 cm的圆面，球心到这个平面的距离是2 cm，则球的半径是( )
A.9 cm B.3 cm
C.1 cm D.2 cm
解析 设球的半径为R.根据勾股定理，
有R＝＝3(cm).
答案 B
4.将等边三角形绕它的一条中线旋转180°，形成的几何体是________.
答案 圆锥
5.若一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为，则这个圆锥的母线长为________.
解析 如图所示，设等边三角形ABC为圆锥的轴截面，由题意知圆锥的母线长即为△ABC的边长，且S△ABC＝AB2，∴＝
AB2，∴AB＝2.
答案 2
6.判断图中所示的几何体是不是圆台，为什么？
解 (1)符合圆台的结构特征，是圆台；(2)不是圆台，因为它的上、下两个底面不平行；(3)是由两个圆台组合而成的，不符合圆台的结构特征，不是圆台.
7.一个圆台的母线长为12 cm，两底面面积分别为4π cm2和25π cm2.求：
(1)圆台的高；
(2)截得此圆台的圆锥的母线长.
解 (1)如图圆台的轴截面是等腰梯形ABCD，点O1、O分别为上、下底面中心，连接OO1.延长BA，CD，OO1，交于点S，过点A作AM⊥BC于点M.由已知可得上底面半径O1A＝＝2 cm，下底面半径OB＝＝5 cm，腰长为12 cm，所以高AM＝＝3 cm.
(2)设截得此圆台的圆锥SO的母线长为l cm，则由△SAO1∽△SBO可得，＝，所以l＝20 cm，即截得此圆台的圆锥的母线长为20 cm.
能力提升
8.向高为H的水瓶中以恒定的速度注水，注满为止，如果注水量V与水深h的函数关系的图像如图所示，那么水瓶的形状是( )
解析 令h＝，由图像知此时注水体积大于几何体体积的一半，所以B正确.
答案 B
9.已知球的两个平行截面的面积分别为5π和8π，它们位于球心的同一侧，且距离为1，那么这个球的半径是( )
A.4 B.3
C.2 D.0.5
解析 如图所示，∵两个平行截面的面积分别为5π、8π，∴两个截面圆的半径分别为r1＝，r2＝2.
∵球心到两个截面的距离d1＝，d2＝，
∴d1－d2＝－＝1，∴R2＝9，∴R＝3.
答案 B
10.一个圆锥的母线长为20 cm，母线与轴的夹角为30°，则圆锥的高为________cm.
解析 如图所示，在Rt△ABO中，
AB＝20 cm，A＝30°，
所以AO＝AB·cos 30°＝20×
＝10 cm.
答案 10
11.在半径为13的球面上有A、B、C三点，其中AC＝6，BC＝8，AB＝10，则球心到经过这三个点的截面的距离为________.
解析 由线段的长度知△ABC是以AB为斜边的直角三角形，所以其外接圆的半径r＝＝5，所以d＝＝12.
答案 12
12.如图所示，有一块扇形铁皮OAB，∠AOB＝60°，OA＝72 cm，要剪下一个扇形环ABCD，作圆台形容器的侧面，并且能在余下的扇形OCD内剪下一块与其相切的圆形，使它恰好作圆台形容器的下底面(大底面).AD应取多长？
解 如图是圆台的轴截面，设圆台下底面圆的半径为R，AD＝x，则OD＝72－x，
由题意，知圆台下底面的周长等于弧AB的长，即
2πR＝×72.①
又∵∠AOB＝60°，
∴∠AOE＝30°，∴OE＝2R，即72－x＝3R.②
联立①②，解得
即AD应取36 cm.
13.(选做题)如图所示，已知圆锥SO中，底面半径r＝1，母线长l＝4，M为母线SA上的一个点，且SM＝x，从点M拉一根绳子，围绕圆锥侧面转到点A.求：
(1)绳子的最短长度的平方f(x)；
(2)绳子最短时，顶点到绳子的最短距离；
(3)f(x)的最大值.
解 将圆锥的侧面沿SA展开在平面上，如图所示，则该图为扇形，且弧AA′的长度L就是圆O的周长，
∴L＝2πr＝2π.
∴∠ASM＝×360°＝×360°＝90°.
(1)由题意知绳子长度的最小值为展开图中的AM，其值为AM＝(0≤x≤4).
f(x)＝AM2＝x2＋16(0≤x≤4).
(2)绳子最短时，在展开图中作SR⊥AM，垂足为R，则SR的长度为顶点S到绳子的最短距离，
在△SAM中，
∵S△SAM＝SA·SM＝AM·SR，
∴SR＝＝(0≤x≤4)，
即绳子最短时，顶点到绳子的最短距离为(0≤x≤4).
(3)∵f(x)＝x2＋16(0≤x≤4)是增函数，
∴f(x)的最大值为f(4)＝32.
1.2 简单多面体
学习目标 1.通过对实物模型的观察，归纳认知简单多面体——棱柱、棱锥、棱台的结构特征(重点)；2.能运用棱柱、棱锥、棱台的结构特征解决简单多面体的有关计算(重、难点).
知识点一 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.
【预习评价】 (正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)多面体至少四个面.(√)
(2)多面体的面都是平的，多面体没有曲面.(√)
知识点二 棱柱的结构特征
定义
图形及表示
相关概念
分类
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作棱柱.
如图可记作：棱柱ABCDEF－A′B′C′D′E′F′
底面：两个互相平行的面.
侧面：其余各面.
侧棱：两个侧面的公共边.
顶点：底面多边形与侧面的公共顶点.
按底面多边形的边数分：三棱柱、四棱柱、……
【预习评价】
棱柱的侧面一定是平行四边形吗？
提示 根据棱柱的概念侧棱平行、底面平行可知，棱柱的侧面一定是平行四边形.
知识点三 棱锥的结构特征
定义
图形及表示
相关概念
分类
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.
如图可记作，棱锥S－ABCD
底面：多边形面.
侧面：有公共顶点的各个三角形面.
侧棱：相邻侧面的公共边.
顶点：各侧面的公共顶点.
按底面多边形的边数分：三棱锥、四棱锥、
……
【预习评价】 (正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)五棱锥共有五个面.(×)
(2)三棱锥也叫四面体.(√)
(3)棱锥的侧棱长都相等.(×)
知识点四 棱台的结构特征
定义
图形及表示
相关概念
分类
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.
如图可记作：棱台ABCD－A′B′C′D′
上底面：原棱锥的截面.
下底面：原棱锥的底面.
侧面：其余各面.
侧棱：相邻侧面的公共边.
顶点：侧面与上(下)底面的公共顶点.
由三棱锥、四棱锥、五棱锥…截得的棱台分别叫做三棱台、四棱台、五棱台……
【预习评价】
棱台的上下底面互相平行，各侧棱延长线一定相交于一点吗？
提示 根据棱台的定义可知其侧棱延长线一定交于一点.
题型一 棱柱的结构特征
【例1】 下列说法中，正确的是( )
A.棱柱中所有的侧棱都相交于一点
B.棱柱中互相平行的两个面叫作棱柱的底面
C.棱柱的侧面是平行四边形，而底面不是平行四边形
D.棱柱的侧棱相等，侧面是平行四边形
解析 A选项不符合棱柱的特点；B选项中，如图①，构造四棱柱ABCD－A1B1C1D1，令四边形ABCD是梯形，可知平面ABB1A1∥平面DCC1D1，但这两个面不能作为棱柱的底面；C选项中，如图②，底面ABCD可以是平行四边形；D选项是棱柱的特点.故选D.
答案 D
规律方法 棱柱的结构特征：
(1)两个面互相平行；
(2)其余各面都是四边形；
(3)每相邻两个四边形的公共边都互相平行.
求解时，首先看是否有两个平行的面作为底面，再看是否满足其他特征.
【训练1】 根据下列关于空间几何体的描述，说出几何体名称：
(1)由6个平行四边形围成的几何体.
(2)由8个面围成，其中两个面是平行且全等的六边形，其余6个面都是平行四边形.
解 (1)这是一个上、下底面是平行四边形，四个侧面也是平行四边形的四棱柱.
(2)该几何体是六棱柱.
题型二 棱锥、棱台的结构特征
【例2】 下列关于棱锥、棱台的说法：
①棱台的侧面一定不会是平行四边形；
②由四个平面围成的封闭图形只能是三棱锥；
③棱锥被平面截成的两部分不可能都是棱锥.
其中正确说法的序号是________.
解析 ①正确，棱台的侧面一定是梯形，而不是平行四边形；
②正确，由四个平面围成的封闭图形只能是三棱锥；
③错误，如图所示四棱锥被平面截成的两部分都是棱锥.
答案 ①②
规律方法 判断棱锥、棱台形状的两个方法：
(1)举反例法：
结合棱锥、棱台的定义举反例直接判断关于棱锥、棱台结构特征的某些说法不正确.
(2)直接法：
棱锥
棱台
定底面
只有一个面是多边形，此面即为底面
两个互相平行的面，即为底面
看侧棱
相交于一点
延长后相交于一点
【训练2】 如图，三棱台A′B′C′－ABC截去三棱锥A′－ABC后，剩余部分是( )
A.三棱锥 B.四棱锥
C.三棱台 D.四棱柱
解析 剩余部分是四棱锥A′－BB′C′C.
答案 B
【探究1】 画出如图所示的几何体的表面展开图.
解 表面展开图如图所示：
【探究2】 一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由).
解 点F，G，H的位置如图所示.
【探究3】 如图所示，已知三棱锥P－ABC的底面是正三角形且三条侧棱两两成30°角，侧棱长为18 cm，从点A引一条丝带绕侧面一周回到A点，设D，E分别为丝带经过PC，PB时的交点，则△ADE周长的最小值为多少？
解 把三棱锥P－ABC的侧面沿侧棱PA剪开，并展开在平面上，得到平面图形PABCA′，如图所示，则当A，E，D，A′四点共线时，△ADE的周长取得最小值，即线段AA′的长度.
∵∠APB＝∠BPC＝∠CPA′＝30°，
∴∠APA′＝90°.
又AP＝A′P＝18 cm，∴AA′＝18 cm.
则△ADE周长的最小值为18 cm.
【探究4】 长方体中，a，b，c为棱长，且a>b>c，求沿长方体表面从P到Q的最小距离(其中P，Q是长方体对角线的两个端点).
解 将长方体展开，有三种情况(如图).
d1＝＝，
d2＝＝，
d3＝＝，
因为a>b>c，故dmin＝d1＝.
规律方法 多面体表面展开图问题的解题策略：
(1)绘制展开图：绘制多面体的表面展开图要结合多面体的几何特征，发挥空间想象能力或者是亲手制作多面体模型.在解题过程中，常常给多面体的顶点标上字母，先把多面体的底面画出来，然后依次画出各侧面，便可得到其表面展开图.
(2)已知展开图：若是给出多面体的表面展开图，来判断是由哪一个多面体展开的，则可把上述过程逆推.同一个几何体的表面展开图可能是不一样的，也就是说，一个多面体可有多个表面展开图.
课堂达标
1.下列说法错误的是( )
A.多面体至少有四个面
B.九棱柱有9条侧棱，9个侧面，侧面为平行四边形
C.长方体、正方体都是棱柱
D.三棱柱的侧面为三角形
解析 由于三棱柱的侧面为平行四边形，故选项D错.
答案 D
2.如图，将装有水的长方体水槽固定底面一边后倾斜一个小角度，则倾斜后水槽中的水形成的几何体是( )
A.棱柱 B.棱台
C.棱柱与棱锥的组合体 D.不能确定
解析 形成的几何体前后两个面互相平行，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，符合棱柱的定义.
答案 A
3.下列三个命题：
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，其余各面都是菱形的多面体是棱台；
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.
其中，正确的有( )
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；②中侧面是菱形，所以侧棱互相平行，延长后无交点，故②错；③用反例验证(如图)，故③错.
答案 A
4.对棱柱而言，下列说法正确的序号是________.
①有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形.②所有的棱长都相等.③棱柱中至少有2个面的形状完全相同.④相邻两个面的交线叫作侧棱.
解析 ①正确，根据棱柱的定义可知；②错误，因为侧棱与底面上棱长不一定相等；③正确，根据棱柱的特征知，棱柱中上下两个底面一定是全等的，即棱柱中至少有两个面的形状完全相同；④错误，因为底面和侧面的交线不是侧棱.
答案 ①③
5.如图是三个几何体的侧面展开图，请问各是什么几何体？
解 由几何体的侧面展开图的特点，结合棱柱、棱锥、棱台的定义，可把侧面展开图还原为原几何体，如图所示：
所以(1)为五棱柱；(2)为五棱锥；(3)为三棱台.
课堂小结
1.棱柱、棱锥、棱台的关系
在运动变化的观点下，棱柱、棱锥、棱台之间的关系可以用下图表示出来(以三棱柱、三棱锥、三棱台为例).
2.(1)各种棱柱之间的关系
①棱柱的分类
棱柱
②常见的几种四棱柱之间的转化关系
(2)棱柱、棱锥、棱台在结构上既有区别又有联系，具体见下表：
名称
底面
侧面
侧棱
高
平行于底面的截面
棱柱
斜棱柱
平行且全等的两个多边形
平行四边形
平行且相等
与底面全等
直棱柱
平行且全等的两个多边形
矩形
平行、相等且垂直于底面
等于侧棱
与底面全等
正棱柱
平行且全等的两个正多边形
全等的矩形
平行、相等且垂直于底面
等于侧棱
与底面全等
棱锥
正棱锥
一个正多边形
全等的等腰三角形
有一个公共顶点且相等
过底面中心
与底面相似
其他棱锥
一个多边形
三角形
有一个公共顶点
与底面相似
棱
台
正棱台
平行且相似的两个正多边形
全等的等腰梯形
相等且延长后交于一点
与底面相似
其他棱台
平行且相似的两个多边形
梯形
延长后交于一点
与底面相似
基础过关
1.一般棱台不具有的性质是( )
A.两底面相似 B.侧面都是梯形
C.侧棱都相等 D.侧棱延长后都交于一点
解析 当棱台是斜棱台时其侧棱不全相等.
答案 C
2.下列关于棱柱的说法错误的是( )
A.所有的棱柱两个底面都平行
B.所有的棱柱一定有两个面互相平行，其余各面每相邻面的公共边互相平行
C.有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几何体一定是棱柱
D.棱柱至少有五个面
解析 对于A、B、D，显然是正确的；对于C，棱柱的定义是这样的：有两个面互相平行，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作棱柱，显然题中漏掉了“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.如图所示的几何体就不是棱柱，所以C错误.
答案 C
3.若棱台上、下底面的对应边之比为1∶2，则上、下底面的面积之比是( )
A.1∶2 B.1∶4
C.2∶1 D.4∶1
解析 由棱台的结构特征知，棱台上、下底面是相似多边形，面积比为对应边之比的平方，故选B.
答案 B
4.一个棱柱有10个顶点，所有的侧棱长的和为60 cm，则每条侧棱长为________cm.
解析 因棱柱有10个顶点，所以棱柱为五棱柱，共有五条侧棱，所以侧棱长为＝12 cm.
答案 12
5.一个无盖的正方体盒子展开后的平面图如图所示，A，B，C是展开图上的三点，则在正方体盒子中∠ABC＝________.
解析 如图所示，将平面图折成正方体.很明显点A，B，C是上底面正方形的三个顶点，则∠ABC＝90°.
答案 90°
6.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.
解 截面BCFE右侧部分是棱柱，因为它满足棱柱的定义.它是三棱柱BEB′－CFC′，其中△BEB′和△CFC′是底面，EF，B′C′，BC是侧棱.
截面BCFE左侧部分也是棱柱.
它是四棱柱ABEA′－DCFD′.其中四边形ABEA′和四边形DCFD′是底面，A′D′，EF，BC，AD为侧棱.
7.如图所示，有12个小正方体，每个正方体6个面上分别写着数字1，9，9，8，4，5，用这12个小正方体拼成一个长方体，那么图中看不见的那些小正方体的面有多少个，并求这些面上的数字和.
解 这12个小正方体，共有6×12＝72个面，图中看得见的面共有3＋4×4＝19个，故图中看不见的面有72－19＝53个，12个小正方体各个面的数字的和为(1＋9＋9＋8＋4＋5)×12＝432.而图中看得见的数字的和为131，所以看不见的那些小正方体的面上的数字的和为432－131＝301.
能力提升
8.如图所示，不是正四面体的展开图的是( )
A.①③ B.②④
C.③④ D.①②
解析 可选择阴影三角形作为底面进行折叠，发现①②可折成正四面体，③④不论选哪一个三角形作底面折叠都不能折成正四面体.
答案 C
9.下列命题中，真命题是( )
A.顶点在底面上的投影到底面各顶点的距离相等的三棱锥是正三棱锥
B.底面是正三角形，各侧面是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥
C.顶点在底面上的投影为底面三角形的垂心的三棱锥是正三棱锥
D.底面是正三角形，并且侧棱都相等的三棱锥是正三棱锥
解析 对于选项A，到三角形各顶点距离相等的点为三角形外心，该三角形不一定为正三角形，故该命题是假命题；对于选项B，如图所示，△ABC为正三角形，若PA＝PB＝AB＝BC＝AC≠PC，△PAB，△PBC，△PAC都是等腰三角形，但它不是正三棱锥，故该命题是假命题；
对于选项C，顶点在底面上的投影为底面三角形的垂心，底面为任意三角形皆可，故该命题是假命题；
对于选项D，顶点在底面上的正投影是底面三角形的外心，又因为底面三角形为正三角形，所以外心即为中心，故该命题是真命题.
答案 D
10.如图所示，在所有棱长为1的直三棱柱上，有一只蚂蚁从点A出发，围着三棱柱的侧面爬行一周到达点A1，则爬行的最短路程为________.
解析 将三棱柱沿AA1展开如图所示，则线段AD1即为最短路线，即AD1＝＝.
答案
11.在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何体或几何图形的4个顶点，这些几何体或几何图形是________(写出所有正确结论的编号).
①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；④每个面都是等边三角形的四面体；⑤每个面都是直角三角形的四面体.
解析 在正方体ABCD－A1B1C1D1上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何体或几何图形的4个顶点，这些几何体或几何图形是：①矩形，如四边形ACC1A1；③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体，如A－A1BD；④每个面都是等边三角形的四面体，如A－CB1D1；⑤每个面都是直角三角形的四面体，如A－A1DC，所以填①③④⑤.
答案 ①③④⑤
12.如图，在边长为2a的正方形ABCD中，E，F分别为AB，BC的中点，沿图中虚线将3个三角形折起，使点A、B、C重合，重合后记为点P.
问：(1)折起后形成的几何体是什么几何体？
(2)这个几何体共有几个面，每个面的三角形有何特点？
(3)每个面的三角形面积为多少？
解 (1)如图，折起后的几何体是三棱锥.
(2)这个几何体共有4个面，其中△DEF为等腰三角形，△PEF为等腰直角三角形，△DPE和△DPF均为直角三角形.
(3)S△PEF＝a2，
S△DPF＝S△DPE＝×2a×a＝a2，
S△DEF＝S正方形ABCD－S△PEF－S△DPF－S△DPE
＝(2a)2－a2－a2－a2＝a2.
13.(选做题)已知正四棱锥V－ABCD如图所示，底面面积为16，侧棱长为2，求它的高和斜高.
解 如图所示，设VO为正四棱锥V－ABCD的高，作VM⊥BC于点M，则M为BC的中点.
连接OB、OM，则VO⊥OM，VO⊥OB.
因为底面正方形ABCD的面积为16，
所以BC＝4，所以BM＝CM＝OM＝2，
所以OB＝＝＝2.
又因为VB＝2，所以在Rt△VOB中，
VO＝＝＝6，
在Rt△VOM(或Rt△VBM)中，
VM＝＝2(或VM＝＝2).
即正四棱锥的高为6，斜高为2.
§2 直观图
学习目标 1.掌握斜二测画法的作图规则(重点)；2.会用斜二测画法画出简单几何体的直观图(重、难点).
知识点一 用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图的步骤
1.画轴：在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于点O，画直观图时，把它们画成对应的x′轴与y′轴，两轴交于点O′，且使∠x′O′y′＝45°，它们确定的平面表示水平平面.
2.画线：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′轴或y′轴的线段.
3.取长度：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，长度为原来的一半.
【预习评价】
相等的角在直观图中还相等吗？
提示 不一定，例如正方形的直观图为平行四边形，则原相等的角，直观图中不相等.
知识点二 空间几何体直观图的画法
1.画轴：与平面图形的直观图画法相比多了一个z轴，直观图中与之对应的是z′轴.
2.画底面：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.
3.画侧棱：已知图形中平行于z轴的线段，在直观图中平行性和长度都不变.
4.成图：去掉辅助线，将被遮挡的部分改为虚线.
【预习评价】
空间几何体的直观图唯一吗？
提示 不唯一.作直观图时，由于选轴的不同，画出的直观图也不同.
题型一 画水平放置的平面图形的直观图
【例1】 画出如图所示水平放置的等腰梯形的直观图.
解 画法：(1)如图所示，取AB所在直线为x轴，AB中点O为原点，建立平面直角坐标系，画对应的坐标系x′O′y′，使∠x′O′y′＝45°.
(2)以O′为中点在x′轴上取A′B′＝AB，在y轴上取O′E′＝OE，以E′为中点画C′D′∥x′轴，并使C′D′＝CD.
(3)连接B′C′，D′A′，所得的四边形A′B′C′D′就是水平放置的等腰梯形ABCD的直观图.
规律方法 (1)例1巧借等腰梯形的对称性建系使“定点”、“画图”简便易行.
(2)在画水平放置的平面图形的直观图时，选取适当的直角坐标系是关键，一般要使平面多边形尽可能多的顶点在坐标轴上，以便于画点.原图中不平行于坐标轴的线段可以通过作平行于坐标轴的线段来完成.
【训练1】 用斜二测画法画边长为4 cm的水平放置的正三角形的直观图.
解 (1)如图①所示，以BC边所在的直线为x轴，以BC边上的高线AO所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系.
(2)画对应的x′轴、y′轴，使∠x′O′y′＝45°.
在x′轴上截取O′B′＝O′C′＝2 cm，在y′轴上截取O′A′＝OA，连接A′B′，A′C′，则△A′B′C′即为正△ABC的直观图，如图②所示.
题型二 简单几何体的直观图
【例2】 用斜二测画法画长、宽、高分别为4 cm、3 cm、2 cm的长方体ABCD－A′B′C′D′的直观图.
解 画法步骤：(1)画轴.如图，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，使MN＝4 cm；在y轴上取线段PQ，使PQ＝ cm.
分别过点M和N作y轴的平行线，过点P和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就是长方体的底面ABCD.
(3)画侧棱.过A，B，C，D各点分别作z轴的平行线，并在这些平行线上分别截取2 cm长的线段AA′，BB′，CC′，DD′.
(4)成图.顺次连接A′，B′，C′，D′，并加以整理(去掉辅助线，将被遮挡的部分改为虚线)，就得到长方体的直观图.
规律方法 直观图中应遵循的基本原则：
(1)用斜二测画法画空间图形的直观图时，图形中平行于x轴、y轴、z轴的线段在直观图中应分别画成平行于x′轴、y′轴、z′轴的线段；
(2)平行于x轴、z轴的线段在直观图中长度保持不变，平行于y轴的线段长度变为原来的.
(3)直观图画法口诀“一斜、二半、三不变”.
【训练2】 画出底面是边长为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 (1)画轴.画x轴、y轴、z轴，
∠xOy＝45°(或135°)，∠xOz＝90°，如图①.
(2)画底面.以O为中心，在xOy平面内，画出正方形的直观图ABCD，使AB＝1.2 cm，EF＝0.6 cm.
(3)画顶点，在Oz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.
【探究1】 如图所示，△A′B′C′是水平放置的平面图形的斜二测直观图，将其还原成平面图形.
解 ①画直角坐标系xOy，在x轴的正方向上取OA＝O′A′，即CA＝C′A′；
②过B′作B′D′∥y′轴，交x′轴于D′，在OA上取OD＝O′D′，过D作DB∥y轴，且使DB＝2D′B′；
③连接AB，BC，得△ABC.
则△ABC即为△A′B′C′对应的平面图形，如图所示.
【探究2】 如图所示，正方形O′A′B′C′的边长为1 cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，求原图形的周长.
解 如图为原平面图形.
由斜二测画法可知，
OB＝2O′B′＝2 cm，OC＝O′C′＝AB＝A′B′＝1 cm，且AB∥OC，∠BOC＝90°.
所以四边形OABC为平行四边形，且BC＝＝＝3(cm)，
故平行四边形OABC的周长为2(OC＋BC)＝8(cm).
【探究3】 已知△ABC的平面直观图△A′B′C′是边长为a的正三角形，那么原△ABC的面积为( )
A.a2 B.a2
C.a2 D.a2
解析 画△ABC直观图如图(1)所示：
则A′D′＝a，又∠x′O′y′＝45°，
∴A′O′＝a.
画△ABC的实际图形，
如图(2)所示，
AO＝2A′O′＝a，BC＝B′C′＝a，
∴S△ABC＝BC·AO＝a2.
答案 C
【探究4】 求证：对于三角形，若设原平面图形的面积为S，则其直观图的面积为S′＝S.由于其他多边形均可以划分为若干个三角形，故上述结论对其他多边形也成立.
证明 如图(1)，在△ABC中，AD⊥BC，其面积S＝AD×BC，在其直观图(如图(2))中，作A′M⊥B′C′，则直观图的面积为S′＝B′C′×A′M＝B′C′×A′D′sin 45°＝××BC×AD＝S.
规律方法 (1)由直观图还原平面图形关键有两点：
①平行x′轴的线段长度不变，平行y′轴的线段扩大为原来的2倍；
②对于相邻两边不与x′、y′轴平行的顶点可通过作x′轴，y′轴平行线变换确定其在xOy中的位置.
(2)由于斜二测画法中平行于x轴的线段的长度在直观图中长度不变，而平行于y轴的线段在直观图中长度要减半，同时要倾斜45°，因此平面多边形的直观图中的计算需注意两点：
①直观图中任何一点距x′轴的距离都为原图形中相应点距x轴距离的sin 45°＝倍；
②S直观图＝S原图.
由直观图计算原图形中的量时，注意上述两个结论的转换.
课堂达标
1.利用斜二测画法画出边长为3 cm的正方形的直观图，正确的是图中的( )
解析 正方形的直观图应是平行四边形，且相邻两边的边长之比为2∶1.
答案 C
2.用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图，对其中的线段说法错误的是( )
A.原来相交的仍相交 B.原来垂直的仍垂直
C.原来平行的仍平行 D.原来共点的仍共点
解析 根据斜二测画法，原来垂直的未必垂直.
答案 B
3.如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图，A′B′∥y′轴，B′C′∥x′轴，则△ABC是________三角形.
解析 ∵A′B′∥y′轴，B′C′∥x′轴，
∴在原图形中，AB∥y轴，BC∥x轴，
故△ABC为直角三角形.
答案 直角
4.有一个长为5 cm，宽为4 cm的矩形，其直观图的面积为________ cm2.
解析 由于该矩形的面积为S＝5×4＝20(cm2)，所以其直观图的面积为S′＝S＝×20＝5(cm2).
答案 5
5.如图所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝4 cm，CD＝2 cm，∠A＝30°，AD＝3 cm，试画出它的直观图.
解 (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′O′y′＝45°.
(2)在图①中，过点D作DE⊥x轴，垂足为E.在x′轴上取A′B′＝AB＝4 cm，A′E′＝AE＝≈2.598 cm；
过点E′作E′D′∥y′轴，使E′D′＝ED，再过点D′作D′C′∥x′轴，且使D′C′＝DC＝2 cm.
(3)连接A′D′，B′C′，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.
课堂小结
1.斜二测画法是联系直观图和原图形的桥梁，可根据它们之间的可逆关系寻找它们的联系；在求直观图的面积时，可根据斜二测画法，画出直观图，从而确定其高和底边等，而求原图形的面积可把直观图还原为原图形.两者之间关系为：＝.
2.在用斜二测画法画直观图时，平行线段仍然平行，所画平行线段之比仍然等于它的真实长度之比，但所画夹角大小不一定是其真实夹角大小.
基础过关
1.如图所示为某一平面图形的直观图，则此平面图形可能是( )
解析 根据斜二测画法可知，此直观图的平面图形可能是C.
答案 C
2.已知一个正方形的直观图是一个平行四边形，其中有一边长为4，则此正方形的面积为( )
A.16 B.64
C.16或64 D.无法确定
解析 等于4的一边在原图形中可能等于4，也可能等于8，所以正方形的面积为16或64.
答案 C
3.下面每个选项的2个边长为1的正△ABC的直观图不是全等三角形的一组是( )
解析 可分别画出各组图形的直观图，观察可得结论.
答案 C
4.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正方形的直观图是正方形；
④菱形的直观图是菱形.
以上结论中，正确的是________(填序号).
解析 斜二测画法得到的图形与原图形中的线线相交、相对线线平行关系不会改变，因此三角形的直观图是三角形，平行四边形的直观图是平行四边形.
答案 ①②
5.水平放置的△ABC的斜二测直观图如图所示，已知A′C′＝3，B′C′＝2，则AB边上的中线的实际长度为________.
解析 将直观图△A′B′C′复原，其平面图形为Rt△ABC，且AC＝3，BC＝4，故斜边AB＝5，所以AB边上的中线长为.
答案
6.用斜二测画法得到一水平放置的直角三角形ABC如图所示，其中AC＝1，∠ABC＝30°，试求原三角形的面积.
解 如图所示，作AD⊥BC于点D，在BD上取一点E，使DE＝AD.由AC＝1可知，BC＝2，AB＝，AD＝，AE＝.
由斜二测画法，知B′C′＝BC＝2，A′E′＝2AE＝，
所以S△A′B′C′＝B′C′·A′E′＝×2×＝.
7.在水平放置的平面α内有一个边长为1的正方形A′B′C′D′，如图，其中的对角线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.
解 四边形ABCD的真实图形如图所示，
∵A′C′在水平位置，A′B′C′D′为正方形，
∴∠D′A′C′＝∠A′C′B′＝45°，
∴在原四边形ABCD中，DA⊥AC，
AC⊥BC，
∵DA＝2D′A′＝2，AC＝A′C′＝，
∴S四边形ABCD＝AC·AD＝2.
能力提升
8.如图所示，△A′B′C′是△ABC的直观图，其中A′C′＝A′B′，那么△ABC是( )
A.等腰三角形 B.直角三角形
C.等腰直角三角形 D.钝角三角形
解析 由直观图看出，三角形中有两边分别和两轴平行且相等，由斜二测画法知原图中相应两边与两轴平行，即有两边垂直且不等，所以原三角形为直角三角形.
答案 B
9.已知两个底面半径相等的圆锥，底面重合在一起(底面平行于水平面)，其中一个圆锥顶点到底面的距离为2 cm，另一个圆锥顶点到底面的距离为3 cm，则其直观图中这两个顶点之间的距离为( )
A.2 cm B.3 cm
C.2.5 cm D.5 cm
解析 圆锥顶点到底面的距离即圆锥的高，故两顶点间距离为2＋3＝5(cm)，在直观图中与z轴平行的线段长度不变，仍为5 cm.故选D.
答案 D
10.如图，平行四边形O′P′Q′R′是四边形OPQR的直观图，若O′P′＝3，O′R′＝1，则原四边形OPQR的周长为________.
解析 由四边形OPQR的直观图可知原四边形是矩形，且OP＝3，OR＝2，所以原四边形OPQR的周长为2×(3＋2)＝10.
答案 10
11.一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形ABCD，如图所示，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则原平面图形的面积为________.
解析 过A作AE⊥BC，垂足为E，
又∵DC⊥BC且AD∥BC，
∴ADCE是矩形，∴EC＝AD＝1，
由∠ABC＝45°，AB＝AD＝1知BE＝，∴原平面图形是梯形且上下两底边长分别为1和1＋，高为2，
∴原平面图形的面积为××2＝2＋.
答案 2＋
12.一个机器部件，它的下面是一个圆柱，上面是一个圆锥，并且圆锥的底面与圆柱的上底面重合，圆柱的底面直径为3 cm，高为3 cm，圆锥的高为3 cm，画出此机器部件的直观图.
解 (1)如图①，画x轴、y轴、z轴，三轴相交于点O，使∠xOy＝45°，∠xOz＝90°.
(2)画圆柱的两底面.在xOy平面上画出底面圆O，使直径为3 cm，在z轴上截取OO′，使OO′＝3 cm，过O′作Ox的平行线O′x′，Oy的平行线O′y′，利用O′x′与O′y′画出底面圆O′，使其直径为3 cm.
(3)画圆锥的顶点.在z轴上画出点P，使PO′等于圆锥的高3 cm.
(4)成图.连接A′A，B′B，PA′，PB′，擦去辅助线，将被遮挡的部分改为虚线，得到此几何体(机器部件)的直观图，如图②.
13.(选做题)如图所示，有一对角为45°的菱形A′B′C′D′，它是一个平面图的直观图，请画出它的平面图.并求其直观图与还原图形的面积比.
解 如图①所示，先建立坐标系x′D′y′，再建立一个直角坐标系xDy，如图②所示.
在x轴上截取线段DC，使DC＝D′C′，在y轴上截取线段AD，使AD＝2A′D′.
过点A作AB∥CD，过点C作CB∥AD，使AB，BC交于点B，则四边形ABCD就是菱形A′B′C′D′的实际平面图，如图③所示.
在直观图中，作A′H′⊥D′C′于H′，设菱形边长为a，则在Rt△A′D′H′中可得A′H′＝a，
∴S菱形A′B′C′D′＝C′D′·A′H′＝a2.
在平面图形中，CD＝a，AD＝2A′D′＝2a，
∴S矩形ABCD＝CD·AD＝2a2，
∴＝＝.
§3 三视图
学习目标 1.理解三视图的概念；能画出简单空间图形的三视图(重点)；2.了解简单组合体的组成方式，会画简单几何体的三视图(重点)；3.能识别三视图所表示的立体模型(重、难点).
知识点一 组合体
(1)定义：由基本几何体生成的几何体叫作组合体.
(2)基本形式：有两种，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合体.
【预习评价】
描述下列几何体的结构特征.
提示 图①所示的几何体是由两个圆台拼接而成的组合体；图②所示的几何体是由一个圆台挖去一个圆锥得到的组合体；图③所示的几何体是在一个圆柱中间挖去一个三棱柱后得到的组合体.
知识点二 三视图
(1)空间几何体的三视图是指主视图、左视图、俯视图.
(2)三视图的排列规则是俯视图放在主视图的下方，长度与主视图一样，左视图放在主视图的右面，高度与主视图一样，宽度与俯视图的宽度一样.
(3)三视图的主视图、俯视图、左视图分别是从正前方、正上方、正左侧观察同一个几何体，所画出的空间几何体的平面图形.
【预习评价】
(1)画三视图时一定要求光线与投影面垂直吗？
提示 是.由画三视图的规则要求可知光线与投影面垂直.
(2)三视图中的三个图形一般怎样排列？对于一般的几何体，几何体的主视图、左视图和俯视图的长度、宽度和高度有什么关系？
提示 三视图的排列规则是：俯视图放在主视图的下面，长度与主视图一样，左视图放在主视图的右面，高度与主视图一样，宽度与俯视图的宽度一样.为了便于记忆，通常说：“长对正，高平齐，宽相等”或说“主俯一样长，主左一样高，俯左一样宽”.
题型一 画空间几何体的三视图
【例1】 如图是按不同方式放置的同一个圆柱，阴影面为正面，画出其三视图.
解 三视图分别如图所示.
规律方法 画三视图应遵循的原则和注意事项：
(1)务必做到“长对正，高平齐，宽相等”.
(2)三视图的排列方法是主视图与左视图在同一水平位置，且主视图在左，左视图在右，俯视图在主视图的正下方.
(3)在三视图中，要注意实、虚线的画法.
(4)画完三视图草图后，要再对照实物图来验证其正确性.
【训练1】 画出图中棱柱的三视图(不考虑尺寸).
解 此棱柱的上、下底面是全等的两个等腰梯形，各侧面均是矩形.从正前方看它的轮廓是一个矩形，有两条不可见侧棱，从正左侧看它的轮廓是一个矩形，从上向下看它的轮廓是一个梯形.可见轮廓线用实线，不可见侧棱用虚线画出，它的三视图如图所示.
题型二 简单组合体的三视图
【例2】 如图是球放在圆筒上形成的组合体，画出它的三视图.
解 它的三视图如图所示：
规律方法 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.
【训练2】 如图，设所给的方向为物体的正前方，试画出它的三视图.
解 三视图如下：
【探究1】 根据以下三视图想象物体原形，并画出物体的实物草图.
解 此几何体上面可以为圆柱，下面可以为圆台，所以实物草图可以如图.
【探究2】 如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( )
A.三棱锥 B.三棱柱
C.四棱锥 D.四棱柱
解析 如图，几何体为三棱柱.
答案 B
【探究3】 一个几何体由几个相同的小正方体组合而成，它的主视图、左视图、俯视图如图，则这个组合体包含的小正方体的个数是( )
A.7 B.6
C.5 D.4
解析 由三视图可知，该几何体共两层，下层有四个小正方体，上层有一个小正体，共五个，其实物图如图所示.故选C.
答案 C
【探究4】 某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为( )
A.1 B.
C. D.2
解析 由题中三视图知，此四棱锥为正方体的一部分，如图中的四棱锥S－ABCD，其中正方体的棱长为1，所以四棱锥最长棱的棱长为SC＝.
答案 C
规律方法 由三视图还原空间几何体的步骤：
课堂达标
1.如图所示，下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是( )
A.①② B.①③
C.①④ D.②④
解析 在各自的三视图中①正方体的三个视图都相同；②圆锥有两个视图相同；③三棱台的三个视图都不同；④正四棱锥有两个视图相同.
答案 D
2.将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的左视图为( )
解析 从左往右看，主体的轮廓是一个长方形，长方体的对角线可以看见，且该对角线是从左下角往右上角倾斜的.
答案 D
3.如图所示，桌面上放着一个半球，则它的三视图中，与其他两个视图不同的是________(填“主视图”“左视图”或“俯视图”).
解析 该半球的主视图与左视图均为半圆，而俯视图是一个圆，所以俯视图与其他两个视图不同.
答案 俯视图
4.一几何体的直观图如图所示，下列给出的四个俯视图中正确的是________.
解析 该几何体是组合体，上面的几何体是一个五面体，下面是一个长方体，且五面体的一个面即为长方体的一个面，五面体最上面的棱的两端点在底面的射影距左右两边距离相等，因此填②.
答案 ②
5.画出下面的三视图表示的物体形状.
解 几何体为三棱台，结构特征如图：
课堂小结
1.三视图的主视图、左视图、俯视图是分别从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线，画几何体三视图的要求是主视图、左视图长对正，主视图、左视图高平齐，俯视图、左视图宽相等，前后对应，画出的三视图要检验是否符合“长对正、高平齐、宽相等”的基本特征.
2.几何体的三视图的画法为：先画出的两条互相垂直的辅助坐标轴，在第二象限画出主视图；根据“主、俯两图长对正”的原则，在第三象限画出俯视图；根据“主、左两图高平齐”的原则，在第一象限画出左视图.
3.看得见部分的轮廓线画实线，看不见部分的轮廓线画虚线.
基础过关
1.下列说法正确的是( )
A.任何物体的三视图都与物体的摆放位置有关
B.任何物体的三视图都与物体的摆放位置无关
C.有的物体的三视图与物体的摆放位置无关
D.正方体的三视图一定是三个全等的正方形
解析 对于A，球的三视图与物体摆放位置无关，故A错；对于B，D，正方体的三视图与摆放位置有关，故B，D错；故选C.
答案 C
2.在一个几何体的三视图中，主视图和俯视图如图所示，则相应的左视图可以为( )
解析 由几何体的主视图和俯视图可知，该几何体的底面为半圆和等腰三角形，其左视图可以是一个由等腰三角形及底边上的高构成的平面图形.
答案 D
3.一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的主视图与左视图分别如图所示，则该几何体的俯视图为( )
解析 由三视图中的主视图、左视图得到几何体如图所示，所以该几何体的俯视图为C.
答案 C
4.若一个正三棱柱的三视图如图所示，则这个三棱柱的高(两底面之间的距离)和底面边长分别是________和________.
解析 三棱柱的高同左视图的高，左视图的宽度恰为底面正三角形的高，故底面边长为4.
答案 2 4
5.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P是上底面A1B1C1D1内一动点，则三棱锥P－ABC的主视图与左视图的面积的比值为________.
解析 依题意得三棱锥P－ABC的主视图与左视图分别是一个三角形，且这两个三角形的底边长都等于正方体的棱长，底边上的高也都等于正方体的棱长，因此三棱锥P－ABC的主视图与左视图的面积的比值为1.
答案 1
6.已知如下三视图，试分析该几何体结构特征并画出物体的实物草图.
解 由三视图可知该几何体为四棱锥P－ABCD，对应空间几何体如图：PA⊥AB，PA⊥AD，AB⊥AD.
7.用小立方体搭成一个几何体，使它的主视图和俯视图如图所示，搭建这样的几何体，最多要几个小立方体？最少要几个小立方体？
解 由于主视图中每列的层数即是俯视图中该列的最大数字，因此，用的立方块数最多的情况是每个方框都用该列的最大数字，即如图①所示，此种情况共用小立方块17块.
而搭建这样的几何体用方块数最少的情况是每列只要有一个最大的数字，其他方框内的数字可减少到最少的1，即如图②所示，这样的摆法只需小立方块11块.
能力提升
8.如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的主视图是边长为4的正方形，则此正三棱柱的左视图的面积为( )
A.8 B.4
C.2 D.16
解析 由主视图可知三棱柱的高为4，底面边长为4，所以底面正三角形的高为2，所以左视图的面积为4×2＝8.故选A.
答案 A
9.已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的主视图的面积不可能等于( )
A.1 B.
C. D.
解析 由题意知正方体的底面水平放置.当主视图为正方形时，其面积最小为1；当主视图为对角面时，其面积最大为.则正方体的主视图的面积的范围为[1，].而<1，故C不可能.
答案 C
10.一个锥体的主视图和左视图如图所示，下列选项中不可能是该锥体的俯视图的是( )
解析 在三视图中，俯视图的宽度应与左视图的宽度相等，而在选项C中，其宽度为，与题中所给的左视图的宽度为1不相等，故选C.
答案 C
11.一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于____________.
解析 由图可得该几何体为三棱柱，因为主视图、左视图、俯视图的内切圆最小的是主视图(直角三角形)所对应的内切圆，所以最大球的半径为主视图中直角三角形的内切圆的半径r.由题意，得8－r＋6－r＝.
解得r＝2.
答案 2
12.一个物体由几块相同的正方体组成，其三视图如图所示，试据图回答下列问题：
(1)该物体有多少层？
(2)该物体的最高部分位于哪里？
(3)该物体一共由几个小正方体构成？
解 (1)该物体一共有两层，从主视图和左视图都可以看出来.
(2)该物体最高部分位于左侧第一排和第二排.
(3)从左视图及俯视图可以看出，该物体前后一共三排，第一排左侧2个，右侧1个；第二排左侧2个，右侧没有；第三排左侧1个，右侧1个.该物体一共由7个小正方体构成.
13.(选做题)某几何体的一条棱长为，在该几何体的主视图中，这条棱的投影是长为a的线段，在该几何体的左视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为和b的线段，求a2＋b2的值.
解 如图所示，设长方体的长、宽、高分别为m，n，k，体对角线长为，体对角线在三个相邻面上的投影长分别为a，，b.
则由题意，得＝，
＝，解得m＝1或m＝－1(舍去)，
则
所以(a2－1)＋(b2－1)＝6，即a2＋b2＝8.
4.1 空间图形基本关系的认识
4.2 空间图形的公理(一)
学习目标 1.理解空间中点、线、面的位置关系(重点)；2.理解空间中平行直线、相交直线、异面直线、平行平面、相交平面等概念(重点)；3.掌握三个公理及推论，并能运用它们去解决有关问题(重、难点).
知识点一 点、线、面之间的位置关系
一些文字语言与数学符号的对应关系：
位置关系
图形表示
符号表示
点与直线的位置关系
点A在直线a外
A?a
点B在直线a上
B∈a
点与平面的位置关系
点A在平面α内
A∈α
点B在平面α外
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
平面与平面的位置关系
面面平行
α∥β
面面相交
α∩β＝a
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
【预习评价】
(1)若A∈a，a?α，是否可以推出A∈α？
提示 根据直线在平面内定义可知，若A∈a，a?α，则A∈α.
(2)长方体的一个顶点与12条棱和6个面分别有哪些位置关系？
提示 顶点与12条棱所在直线的关系是在棱上，或不在棱上；顶点和6个面的关系是在面内，或在面外.
(3)长方体的棱所在直线与面之间有几种位置关系？
提示 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.
知识点二 平面的基本性质及作用
公理
内容
图形
符号
作用
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)
A∈l，B∈l，且A∈α，B∈α?l?α
既可判定直线和点是否在平面内，又能说明平面是无限延展的
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)
A，B，C三点不共线?存在唯一的平面α，使A，B，C∈α
一是确定平面；二是证明点、线共面问题；三是判断两个平面重合的依据
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
P∈α，且P∈β?α∩β＝l，且P∈l
一是判断两个平面相交的依据；二是证明点共线问题的依据；三是证明线共点问题的依据
【预习评价】
(1)两个平面的交线可能是一条线段吗？
提示 不可能.由公理3知，两个平面的交线是一条直线.
(2)经过空间任意三点能确定一个平面吗？
提示 不一定.只有经过空间不共线的三点才能确定一个平面.
题型一 三种语言间的相互转化
【例1】 用符号语言表示下列语句，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)符号语言表示：α∩β∩γ＝P，α∩β＝PA，α∩γ＝PB，β∩γ＝PC，图形表示如图①.
(2)符号语言表示：平面ABD∩平面BDC＝BD，平面ABC∩平面ADC＝AC，图形表示如图②.
规律方法 (1)用文字语言、符号语言表示一个图形时，首先仔细观察图形有几个平面、几条直线且相互之间的位置关系如何，试着用文字语言表示，再用符号语言表示.
(2)根据符号语言或文字语言画相应的图形时，要注意实线和虚线的区别.
【训练1】 如图，用符号表示下列图形中点、直线、平面之间的位置关系.
解 在(1)中，α∩β＝l，a∩α＝A，a∩β＝B.
在(2)中，α∩β＝l，a?α，b?β，a∩l＝P，b∩l＝P.
题型二 空间点、线、面的位置关系
【例2】 如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AC与BD相交于点M，则下列说法中正确的是( )
①点M在直线AC上，点B在直线A1B1外；②直线AC与BD相交，直线AC与A1D1相交；③平面AA1B1B与平面D1DCC1平行；④直线AC与平面A1B1C1D1相交；⑤直线BC与A1B1异面.
A.①③④ B.①②⑤
C.①③⑤ D.②③④⑤
解析 ①中，点M是直线AC与BD的交点，点M在直线AC上，点B显然在直线A1B1外，故①正确；②中，直线AC与A1D1异面，故②错误；③中，两平面没有公共点，即互相平行，故③正确；④中，直线AC与平面A1B1C1D1平行，故④错误；⑤中，直线BC与A1B1既不平行也不相交，只能为异面，故⑤正确.
答案 C
规律方法 (1)正确理解点、线、面之间的位置关系.(2)异面直线是一种特殊的关系，它们不同在任何一个平面内.(3)通过观察图形，能够更准确地判断点、线、面的位置关系.
【训练2】 正方体ABCD－A1B1C1D1中，与对角线AC1异面的棱有( )
A.3条 B.4条
C.6条 D.8条
解析 与AC1异面的棱是A1B1，DC，BC，A1D1，BB1，DD1.
答案 C
方向1 共面问题
【例3－1】 已知：如图所示，l1∩l2＝A，l2∩l3＝B，l1∩l3＝C.求证：直线l1、l2、l3在同一平面内.
证明 方法一 (纳入平面法)
∵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.
方法二 (辅助平面法)
∵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.
方向2 点共线问题
【例3－2】 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M、N、E、F分别是棱CD、AB、DD1、AA1上的点，若MN与EF交于点Q，求证：D、A、Q三点共线.
证明 ∵MN∩EF＝Q，
∴Q∈直线MN，Q∈直线EF，
又∵M∈直线CD，N∈直线AB，
CD?平面ABCD，AB?平面ABCD.
∴M、N∈平面ABCD，
∴MN?平面ABCD，∴Q∈平面ABCD.
同理，可得EF?平面ADD1A1，∴Q∈平面ADD1A1.
又∵平面ABCD∩平面ADD1A1＝AD，
∴Q∈直线AD，即D、A、Q三点共线.
方向3 线共点问题
【例3－3】 如图所示，在四面体A－BCD中，E，G分别为BC，AB的中点，F在CD上，H在AD上，且有DF∶FC＝DH∶HA＝2∶3，求证：EF，GH，BD交于一点.
证明 ∵E，G分别为BC，AB的中点，∴GE∥AC.
又∵DF∶FC＝DH∶HA＝2∶3，
∴FH∥AC，从而FH∥GE.
故E，F，H，G四点共面.
∵FH∥AC，DH∶DA＝2∶5，
∴FH∶AC＝2∶5，即FH＝AC.
又∵E，G分别为BC，AB的中点，
∴GE＝AC，∴FH≠GE，
∴四边形EFHG是一个梯形，
GH和EF交于一点，设为O.
∵O∈GH，GH?平面ABD，O∈EF，EF?平面BCD，
∴O在平面ABD内，又在平面BCD内，
∴O在这两个平面的交线上，而这两个平面的交线是BD，且交线只有这一条，
∴点O在直线BD上.
故EF，GH，BD交于一点.
规律方法 (1)证明点、线共面问题：一般先由部分点线确定一个平面，再证其他的点和线在所确定的平面内.
(2)证明点共线：证明多点共线通常利用公理3，即两相交平面交线的唯一性，通过证明点分别在两个平面内，证明点在相交平面的交线上，也可选择其中两点确定一条直线，然后证明其他点也在其上.
(3)证明三线共点：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.
课堂达标
1.在下列各种面中，不能被认为是平面的一部分的是( )
A.黑板面 B.乒乓球桌面
C.篮球的表面 D.平静的水面
解析 平面的各部分都是“平”的，那么不能作为平面的部分只能是“曲”的，所以黑板面、乒乓球桌面和平静的水面均可作为平面的一部分，而篮球的表面是一个曲面，不能作为平面的一部分.
答案 C
2.若点M在直线a上，a在平面α内，则M，a，α之间的关系可记为( )
A.M∈a，a∈α B.M∈a，a?α
C.M?a，a?α D.M?a，a∈α
解析 点与直线的关系为元素与集合的关系，能用“∈”，直线与平面的关系为集合间的关系，不能用“∈”.
答案 B
3.设平面α与平面β相交于l，直线a?α，直线b?β，a∩b＝M，则M________l.
解析 因为a∩b＝M，a?α，b?β，所以M∈α，M∈β.又因为α∩β＝l，所以M∈l.
答案 ∈
4.如图，已知D，E是△ABC的边AC，BC上的点，平面α经过D，E两点，若直线AB与平面α的交点是P，则点P与直线DE的位置关系是________.
解析 因为P∈AB，AB?平面ABC，
所以P∈平面ABC.
又P∈α，平面ABC∩平面α＝DE，
所以P∈直线DE.
答案 P∈直线DE
5.已知a∥b∥c，l∩a＝A，l∩b＝B，l∩c＝C.求证：a，b，c和l共面.
证明 如图，∵a∥b，
∴a与b确定一个平面α.
∵l∩a＝A，l∩b＝B，∴A∈α，B∈α.
又∵A∈l，B∈l，∴l?α.
∵b∥c，∴b与c确定一个平面β，同理l?β.
∵平面α与β都包含l和b，且b∩l＝B，
由公理2的推论：经过两条相交直线有且只有一个平面，
∴平面α与平面β重合，∴a，b，c和l共面.
课堂小结
1.三个公理的作用：
公理1——判定直线在平面内的依据；
公理2——判定点共面、线共面的依据；
公理3——判定点共线、线共点的依据.
2.证明几点共线的方法：先考虑两个平面的交线，再证有关的点都是这两个平面的公共点.或先由某两点作一直线，再证明其他点也在这条直线上.
3.证明点线共面的方法：先由有关元素确定一个基本平面，再证其他的点(或线)在这个平面内；或先由部分点线确定平面，再由其他点线确定平面，然后证明这些平面重合.注意对诸如“两平行直线确定一个平面”等依据的证明、记忆与运用.
4.证明几线共点的方法：先证两线共点，再证这个点在其他直线上，而“其他”直线往往归结为平面与平面的交线.
基础过关
1.下列命题中正确的是( )
A.空间三点可以确定一个平面
B.三角形一定是平面图形
C.若A，B，C，D既在平面α内，又在平面β内，则平面α和平面β重合
D.四条边都相等的四边形是平面图形
解析 共线的三点不能确定一个平面，故A错；两个平面有公共点，这两个平面可以是相交的，故C错；四边都相等的四边形可以是空间四边形.
答案 B
2.下列图形表示两个相交平面，其中，画法正确的是( )
解析 A中没有画出平面α与平面β的交线，也没有完全按照实、虚线的画法法则作图，故A不正确；B，C中交线的画法不对，且实、虚线的画法也不对，故B，C都不正确.
答案 D
3.如图，平面α∩β＝l，A∈α，B∈α，C∈β且C?l，AB∩l＝R，设过A，B，C三点的平面为平面γ，则β∩γ是( )
A.直线AC
B.直线BC
C.直线CR
D.以上都不对
解析 由C，R是平面β和γ的两个公共点，可知β∩γ＝CR.
答案 C
4.给出以下命题：①和一条直线都相交的两条直线在同一平面内；②三条两两相交的直线在同一平面内；③有三个不同公共点的两个平面重合；④两两平行的三条直线确定三个平面.其中正确的个数是________.
解析 命题①错，因为在空间中这两条直线可能既不相交也不平行，即不在同一平面内；命题②错，若交于同一点时，可以不共面，如正方体同一顶点的三条棱.命题③错，这三个不同公共点可能在它们的公共交线上.命题④错，两两平行的三条直线也可在同一个平面内.所以正确命题的个数为0.
答案 0
5.如果在两个平面内分别有一条直线，且这两条直线互相平行，那么两个平面的位置关系是________.
解析 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB?平面ABCD，C1D1?平面A1B1C1D1，C1D1?平面CDD1C1，AB∥C1D1，但平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面ABCD与平面CDD1C1相交.
答案 平行或相交
6.如图，直角梯形ABDC中，AB∥CD，AB>CD，S是直角梯形ABDC所在平面外一点，画出平面SBD和平面SAC的交线.
解 很明显，点S是平面SBD和平面SAC的一个公共点，即点S在交线上.
由于AB>CD，则分别延长AC和BD交于点E，如图所示，
∵E∈AC，AC?平面SAC，
∴E∈平面SAC.
同理，可证E∈平面SBD.
∴点E在平面SBD和平面SAC的交线上，则连接SE，直线SE就是平面SBD和平面SAC的交线.
7.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.
证明 因为γ∩α＝b，β∩γ＝a，所以a?γ，b?γ.
因为直线a和b不平行，所以a，b必相交.
设a∩b＝P，则P∈a，P∈b.
因为a?β，b?α，所以P∈β，P∈α.
又因为α∩β＝c，所以P∈c，即交线c过点P.
所以a，b，c三条直线相交于同一点.
能力提升
8.空间不共线的四点，可以确定平面的个数是( )
A.0 B.1
C.1或4 D.无法确定
解析 空间不共线四点可以确定的平面个数可以是1或4，它取决于四个点的相互位置关系.
答案 C
9.一条直线和直线外的三点所确定的平面有( )
A.1个或3个 B.1个或4个
C.1个，3个或4个 D.1个，2个或4个
解析 若三点在同一直线上，且与已知直线平行或相交，或该直线在由该三点确定的平面内，则均确定1个平面；若三点有两点连线和已知直线平行时可确定3个平面；若三点不共线，且该直线在由该三点确定的平面外，则可确定4个平面.
答案 C
10.(1)空间任意4点，没有任何3点共线，它们最多可以确定________个平面.
(2)空间5点，其中有4点共面，它们没有任何3点共线，这5个点最多可以确定________个平面.
解析 (1)可以想象三棱锥的4个顶点，它们总共确定4个平面.
(2)可以想象四棱锥的5个顶点，它们总共确定7个平面.
答案 (1)4 (2)7
11.如果一条直线与一个平面垂直，那么，称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是________.
解析 正方体的一条棱长对应着2个“正交线面对”，12条棱长共对应着24个“正交线面对”；正方体的一条面对角线对应着1个“正交线面对”，12条面对角线对应着12个“正交线面对”，共有36个.
答案 36
12.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，设线段A1C与平面ABC1D1相交于点Q，求证：B，Q，D1三点共线.
证明 如图所示，连接A1B，CD1.显然B∈平面A1BCD1，D1∈平面A1BCD1.
所以BD1?平面A1BCD1.
同理BD1?平面ABC1D1.
所以平面ABC1D1∩平面A1BCD1＝BD1.
因为A1C∩平面ABC1D1＝Q，
所以Q∈平面ABC1D1.
又因为A1C?平面A1BCD1，
所以Q∈平面A1BCD1.
所以Q∈BD1，即B，Q，D1三点共线.
13.(选做题)三个平面将空间分成几部分？请画出图形.
解 (1)当平面α、平面β、平面γ互相平行(即α∥β∥γ)时，将空间分成4部分，如图①所示.
(2)当平面α与平面β平行，平面γ与它们相交(即α∥β，γ与其相交)时，将空间分成6部分，如图②所示.
(3)当平面α、平面β、平面γ都相交，且三条交线重合时，将空间分成6部分，如图③所示.
(4)当平面α、平面β、平面γ都相交，且三条交线共点，但互不重合时，将空间分成8部分，如图④所示.
(5)当平面α、平面β、平面γ两两相交，且三条交线平行时，将空间分成7部分，如图⑤所示.
4.2 空间图形的公理(二)
学习目标 1.掌握公理4及等角定理(重点)；2.掌握异面直线所成角的概念及异面直线垂直的概念，能求出一些较特殊的异面直线所成的角(重、难点).
知识点一 公理4
文字语言
平行于同一条直线的两条直线平行
符号语言
?a∥b
图形语言
【预习评价】 (正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)公理4在平面内和空间中均成立.(√)
(2)多条直线平行于同一条直线，则这些直线互相平行.(√)
知识点二 空间等角定理
1.定理
文字语言
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
符号语言
OA∥O′A′，OB∥O′B′?∠AOB＝∠A′O′B′或∠AOB＋∠A′O′B′＝180°
图形语言
作用
判断或证明两个角相等或互补
2.推广
如果两条相交直线与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.
【预习评价】 (正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)如果两条直线和第三条直线成等角，那么这两条直线平行.(×)
(2)如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行且方向相同，那么这两个角相等.(√)
(3)如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，那么这两个角互补.(×)
知识点三 异面直线所成的角
1.概念：已知两条异面直线a，b，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，我们把a′与b′所成的锐角(或直角)叫作异面直线a与b所成的角.
2.异面直线所成的角θ的取值范围：0°＜θ≤90°.
3.如果两条异面直线所成的角是直角，就说这两条异面直线互相垂直.两条互相垂直的异面直线a，b，记作a⊥b.
4.异面直线所成的角的求法
方法一 在空间任取一点O，过点O分别作a′∥a，b′∥b，则a′与b′所成的锐角(或直角)为异面直线a与b所成的角，然后通过解三角形等方法求角.
方法二 在其中一条直线上任取一点(如在b上任取一点)O，过点O作另一条直线的平行线(如过点O作a′∥a)，则两条直线相交所成的锐角(或直角)为异面直线所成的角(如b与a′所成的角)，然后通过解三角形等方法求角(如图).
【预习评价】
(1)分别在两个平面内的两条直线一定是异面直线吗？
提示 (1)不一定.可能相交、平行或异面.
(2)在长方体A1B1C1D1－ABCD中，BC1∥AD1，则“直线BC1与直线BC所成的角”，与“直线AD1与直线BC所成的角”是否相等？
提示 相等.
题型一 公理4与等角定理的应用
【例1】 E，F分别是长方体ABCD－A1B1C1D1的棱A1A，C1C的中点，求证：四边形B1EDF是平行四边形.
证明 设Q是DD1的中点，
连接EQ，QC1.
因为E是AA1的中点，
所以EQ綊A1D1.
又因为在矩形A1B1C1D1中，A1D1綊B1C1，
所以EQ綊B1C1.
所以四边形EQC1B1为平行四边形.所以B1E綊C1Q.
又因为Q，F分别是矩形DD1C1C两边D1D，C1C的中点，
所以QD綊C1F.
所以四边形DQC1F为平行四边形.
所以C1Q綊FD.
又因为B1E綊C1Q，所以B1E綊FD.
所以四边形B1EDF为平行四边形.
规律方法 (1)空间两条直线平行的证明：一是定义法：即证明两条直线在同一个平面内且两直线没有公共点；二是利用平面图形的有关平行的性质，如三角形中位线，梯形，平行四边形等关于平行的性质；三是利用公理4：找到一条直线，使所证的直线都与这条直线平行.
(2)求证角相等：一是用等角定理；二是用三角形全等或相似.
【训练1】 在空间四边形ABCD中，如图所示，＝，＝，则EH与FG的位置关系是________.
解析 连接BD，如图.
∵＝，
∴EH∥BD，
又∵＝，
∴FG∥BD，
∴EH∥FG.
答案 平行
题型二 异面直线的判断
【例2】 如图，在正方体ABCD－A′B′C′D′中.哪些棱所在直线与直线BA′是异面直线？
解 由异面直线的定义可知，棱AD、DC、CC′、DD′、D′C′、B′C′所在直线分别与直线BA′是异面直线.
规律方法 判断两直线是否为异面直线，只需判断它们是否相交、平行.只要既不相交，也不平行，就是异面直线.
【训练2】 如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，判断下列直线的位置关系：
(1)直线A1B与直线D1C的位置关系是________；
(2)直线A1B与直线B1C的位置关系是________；
(3)直线D1D与直线D1C的位置关系是________；
(4)直线AB与直线B1C的位置关系是________.
解析
序号
结论
理由
(1)
平行
因为A1D1綊BC，所以四边形A1BCD1为平行四边形，所以A1B∥D1C
(2)
异面
A1B与B1C不同在任何一个平面内
(3)
相交
D1D∩D1C＝D1
(4)
异面
AB与B1C不同在任何一个平面内
答案 (1)平行 (2)异面 (3)相交 (4)异面
【探究1】 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，异面直线BA1与CC1所成的角为( )
A.30° B.45°
C.60° D.90°
解析 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1∥CC1，故∠B1BA1就是异面直线BA1与CC1所成的角，故为45°.
答案 B
【探究2】 如图所示，在空间四边形ABCD中，AB＝CD，AB⊥CD，E，F分别为BC，AD的中点，求EF和AB所成的角.
解 如图，取BD的中点G，连接EG，FG.
因为E，F分别为BC，AD的中点，
AB＝CD，
所以EG∥CD，GF∥AB，
且EG＝CD，GF＝AB.
所以∠GFE就是EF与AB所成的角或其补角，EG＝GF.
因为AB⊥CD，
所以EG⊥GF.所以∠EGF＝90°.
所以△EFG为等腰直角三角形.
所以∠GFE＝45°，即EF与AB所成的角为45°.
【探究3】 在空间四边形ABCD中，AD＝BC＝2a，E，F分别是AB，CD的中点，EF＝a，求异面直线AD，BC所成的角.
解 如图，取BD的中点M.由题意，知EM为△BAD的中位线，
所以EM∥AD且EM＝AD.
同理，MF∥BC且MF＝BC.
所以EM＝a，MF＝a，且∠EMF(或其补角)为所求角.
在等腰△MEF中，取EF的中点N，
连接MN，则MN⊥EF.
又因为EF＝a，所以EN＝a.
故有sin∠EMN＝＝.
所以∠EMN＝60°，所以∠EMF＝2∠EMN＝120°.
因为∠EMF＝120°＞90°，
所以AD，BC所成的角为∠EMF的补角，
即AD和BC所成的角为60°.
【探究4】 空间四边形ABCD中，AB＝CD且AB与CD所成的角为30°，E，F分别为BC，AD的中点，求EF与AB所成角的大小.
解 取AC的中点G，连接EG，FG，
则EG綊AB，GF綊CD.
故直线GE，EF所成的锐角即为AB与EF所成的角，
直线GE，GF所成的锐角即为AB与CD所成的角.
∵AB与CD所成的角为30°，∴∠EGF＝30°或150°.
由AB＝CD，知EG＝FG，∴△EFG为等腰三角形.
当∠EGF＝30°时，∠GEF＝75°；
当∠EGF＝150°时，∠GEF＝15°.
故EF与AB所成的角为15°或75°.
规律方法 (1)异面直线一般依附于某几何体，所以在求异面直线所成的角时，首先将异面直线平移成相交直线，而定义中的点O常选取两异面直线中其中一个线段的端点或中点或几何体中的某个特殊点.
(2)求异面直线所成的角的一般步骤：
①作角：平移成相交直线.
②证明：用定义证明前一步的角为所求.
③计算：在三角形中求角的大小，但要注意异面直线所成的角的范围.
(3)要特别注意平移所得的角可能是异面直线所成的角的补角，这是由异面直线所成角的范围是决定的.
课堂达标
1.若空间四边形ABCD的两条对角线AC，BD的长分别是8，12，则过AB的中点E且平行于BD，AC的截面四边形的周长为( )
A.10 B.20
C.8 D.4
解析 设截面四边形为EFGH，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，∴EF＝GH＝AC＝4，FG＝HE＝BD＝6，∴周长为2×(4＋6)＝20.
答案 B
2.若a和b是异面直线，b和c是异面直线，则a和c的位置关系是( )
A.平行 B.异面
C.相交 D.平行、相交或异面
解析 可借助长方体来判断.
如图，在长方体ABCD－A′B′C′D′中，A′D′所在直线为a，AB所在直线为b，已知a和b是异面直线，b和c是异面直线，则c可以是长方体ABCD－A′B′C′D′中的B′C′，CC′，DD′.故a和c可以平行、相交或异面.
答案 D
3.在四棱锥P－ABCD中，各棱所在的直线互相异面的有________对.
解析 以底边所在直线为准进行考察，因为四边形ABCD是平面图形，4条边在同一平面内，不可能组成异面直线，而每一边所在直线能与2条侧棱组成2对异面直线，所以共有4×2＝8(对)异面直线.
答案 8
4.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，异面直线A1B与AD1所成的角为________.
解析 连接BC1，A1C1，∵BC1∥AD1，∴异面直线A1B与AD1所成的角即为直线A1B与BC1所成的角.
在△A1BC1中，A1B＝BC1＝A1C1，
∴∠A1BC1＝60°，
故异面直线A1B与AD1所成的角为60°.
答案 60°
5.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：E，F，G，H四点共面；
(2)若四边形EFGH是矩形，求证：AC⊥BD.
证明 (1)在△ABD中，
∵E，H分别是AB，AD的中点，
∴EH∥BD.
同理FG∥BD，则EH∥FG.
故E，F，G，H四点共面.
(2)由(1)知EH∥BD，同理AC∥GH.
又∵四边形EFGH是矩形，
∴EH⊥GH.故AC⊥BD.
课堂小结
1.判定两直线的位置关系的依据就在于两直线平行、相交、异面的定义.很多情况下，定义就是一种常用的判定方法.
2.在研究异面直线所成角的大小时，通常把两条异面直线所成的角转化为两条相交直线所成的角.将空间问题向平面问题转化，这是我们学习立体几何的一条重要的思维途径.需要强调的是，两条异面直线所成角的范围为(0°，90°]，解题时经常结合这一点去求异面直线所成角的大小.
作异面直线所成的角.可通过多种方法平移产生，主要有三种方法：①直接平移法(可利用图中已有的平行线)；②中位线平移法；③补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线).
基础过关
1.已知空间两个角α，β，α与β的两边对应平行，且α＝60°，则β等于( )
A.60° B.120°
C.30° D.60°或120°
解析 由等角定理，知β与α相等或互补，故β＝60°或120°.
答案 D
2.空间四边形的对角线互相垂直且相等，顺次连接这个四边形各边中点，所组成的四边形是( )
A.梯形 B.矩形
C.平行四边形 D.正方形
解析 如图，因为BD⊥AC，且BD＝AC，又因为E，F，G，H分别为对应边的中点，所以FG綊EH綊BD，HG綊EF綊AC.所以FG⊥HG，且FG＝HG.所以四边形EFGH为正方形.
答案 D
3.下列四个结论中假命题的个数是( )
①垂直于同一直线的两条直线互相平行；
②平行于同一直线的两直线平行；
③若直线a，b，c满足a∥b，b⊥c，则a⊥c；
④若直线l1，l2是异面直线，则与l1，l2都相交的两条直线是异面直线.
A.1 B.2
C.3 D.4
解析 ①④均为假命题.①可举反例，如a、b、c三线两两垂直.
④如图甲时，c、d与异面直线l1、l2交于四个点，此时c、d异面；
当点A在直线l1上运动(其余三点不动)时，会出现点A与B重合的情形，如图乙所示，此时c、d共面相交.
答案 B
4.已知a，b，c是空间中的三条直线，下面给出四个命题：
①若a∥b，b∥c，则a∥c；
②若a与b相交，b与c相交，则a与c相交；
③若a?平面α，b?平面β，则a，b一定是异面直线；
④若a，b与c成等角，则a∥b.
上述命题中正确的是________(只填序号).
解析 由公理4知①正确；当a与b相交，b与c相交时，a与c可以相交、平行，也可以异面，故②不正确；a?α，b?β，并不能说明a与b“不同在任何一个平面内”，故③不正确；当a，b与c成等角时，a与b可以相交、平行，也可以异面，故④不正确.
答案 ①
5.已知在正方体ABCD－A′B′C′D′中：
(1)BC′与CD′所成的角为________；
(2)AD与BC′所成的角为________.
解析 如图，连接BA′，则BA′∥CD′，连接A′C′，则∠A′BC′就是BC′与CD′所成的角.
由△A′BC′为正三角形，
知∠A′BC′＝60°，
由AD∥BC，知AD与BC′所成的角就是∠C′BC.易知∠C′BC＝45°.
答案 (1)60° (2)45°
6.如图，三棱锥P－ABC中，E是PC上异于点P的点.求证：AE与PB是异面直线.
证明 假设AE与PB不是异面直线，
设AE与PB都在平面α内，
因为P∈α，E∈α，所以PE?α.
又因为C∈PE，所以C∈α.
所以点P，A，B，C都在平面α内.
这与P，A，B，C不共面(P－ABC是三棱锥)矛盾.
于是假设不成立，所以AE与PB是异面直线.
7.如图所示，四边形ABEF和ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC綊AD，BE綊FA，G、H分别为FA、FD的中点.
(1)证明：四边形BCHG是平行四边形；
(2)C、D、F、E四点是否共面？为什么？
(1)证明 由已知FG＝GA，FH＝HD，
可得GH綊AD.又BC綊AD，∴GH綊BC，
∴四边形BCHG为平行四边形.
(2)解 由BE綊AF，G为FA的中点知，BE綊FG，
∴四边形BEFG为平行四边形，∴EF∥BG.
由(1)知BG綊CH，
∴EF∥CH，∴EF与CH共面.
又D∈FH，∴C、D、F、E四点共面.
能力提升
8.设P是直线l外一定点，过点P且与l成30°角的异面直线( )
A.有无数条 B.有两条
C.至多有两条 D.有一条
解析 我们现在研究的平台是锥空间.如图所示，过点P作直线l′∥l，以l′为轴，与l′成30°角的圆锥面的所有母线都与l成30°角.
答案 A
9.如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是( )
A.CC1与B1E是异面直线
B.C1C与AE共面
C.AE与B1C1是异面直线
D.AE与B1C1所成的角为60°
解析 由于CC1与B1E都在平面C1B1BC内，故C1C与B1E是共面的，所以A错误；由于C1C在平面C1B1BC内，而AE与平面C1B1BC相交于E点，点E不在C1C上，故C1C与AE是异面直线，B错误；同理AE与B1C1是异面直线，C正确；而AE与B1C1所成的角就是AE与BC所成的角，E为BC中点，△ABC为正三角形，所以AE⊥BC，D错误.综上所述，故选C.
答案 C
10.一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论：
①AB⊥EF；②AB与CM所成的角为60°；③EF与MN是异面直线；④MN∥CD.
以上结论中正确的序号为______.
解析 把正方体的平面展开图还原成原来的正方体，如图所示，AB⊥EF，EF与MN是异面直线，AB∥CM，MN⊥CD，只有①③正确.
答案 ①③
11.如图所示，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有________(填序号).
解析 ①中，∵G，M是中点，∴AG綊BM，∴GM綊AB綊HN，∴GH∥MN，即G，H，M，N四点共面；②中，∵H，G，N三点共面，且都在平面HGN内，而点M显然不在平面HGN内，∴H，G，M，N四点不共面，即GH与MN异面；③中，∵G，M是中点，∴GM綊CD，∴GM綊HN，∴H，G，M，N四点共面；④中，同②，G，H，M，N四点不共面，即GH与MN异面.
答案 ②④
12.如图所示，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，BC＝，DA⊥AC，DA⊥AB，若DA＝1，且E为DA的中点，求异面直线BE与CD所成角的余弦值.
解 取AC的中点F，连接EF，BF，
在△ACD中，E，F分别是AD，AC的中点，∴EF∥CD，
∴∠BEF即为所求的异面直线BE与CD所成的角(或其补角).
在Rt△ABC中，BC＝，AB＝AC，∴AB＝AC＝1，
在Rt△EAB中，AB＝1，AE＝AD＝，∴BE＝.
在Rt△AEF中，AF＝AC＝，AE＝，∴EF＝.
在Rt△ABF中，AB＝1，AF＝，∴BF＝.
在等腰三角形EBF中，cos∠FEB＝＝＝，
∴异面直线BE与CD所成角的余弦值为.
13.(选做题)如图，E，F，G，H分别是空间四边形ABCD各边上的点，且有AE∶EB＝AH∶HD＝m，CF∶FB＝CG∶GD＝n.
(1)证明：E，F，G，H四点共面；
(2)m，n满足什么条件时，四边形EFGH是平行四边形？
(3)在(2)的条件下，若AC⊥BD，试证明：EG＝FH.
(1)证明 因为AE∶EB＝AH∶HD，所以EH∥BD.
又因为CF∶FB＝CG∶GD，所以FG∥DB.
所以EH∥FG.所以E，F，G，H四点共面.
(2)解 当且仅当EH∥FG，EH＝FG时，四边形EFGH为平行四边形.
因为＝＝，所以EH＝BD.
同理FG＝BD，由EH＝FG，得m＝n.
故当m＝n时，四边形EFGH为平行四边形.
(3)证明 当m＝n时，AE∶EB＝CF∶FB，
所以EF∥AC.
又因为AC⊥BD，而∠FEH是AC与BD所成的角，
所以∠FEH＝90°，从而平行四边形EFGH为矩形，
所以EG＝FH.
5.1 平行关系的判定
学习目标 1.理解直线与平面平行、平面与平面平行判定定理的含义(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(重点)；3.能运用直线与平面平行的判定定理、平面与平面平行的判定定理证明一些空间线面关系的简单问题(重、难点).
知识点一 直线与平面平行的判定定理
语言叙述
符号表示
图形表示
若平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行
【预习评价】
若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线和这个平面平行吗？
提示 根据直线与平面平行的判定定理可知该结论错误，可能直线在平面内.
知识点二 平面与平面平行的判定定理
语言叙述
符号表示
图形表示
如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行
?α∥β
【预习评价】
如果一条直线与两个平行平面中的一个平行，那么这条直线与另一个平面也平行吗？
提示 不一定.这条直线与另一个平面平行或在另一个平面内.
题型一 直线与平面平行的判定定理的应用
【例1】 如图，空间四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点.
求证：(1)EH∥平面BCD；
(2)BD∥平面EFGH.
证明 (1)∵EH为△ABD的中位线，
∴EH∥BD.
∵EH?平面BCD，BD?平面BCD，
∴EH∥平面BCD.
(2)∵BD∥EH，BD?平面EFGH，
EH?平面EFGH，
∴BD∥平面EFGH.
规律方法 (1)利用直线与平面平行的判定定理证明线面平行，关键是寻找平面内与已知直线平行的直线.
(2)证线线平行的方法常用三角形中位线定理、平行四边形性质、平行线分线段成比例定理、平行公理等.
【训练1】 已知公共边为AB的两个全等的矩形ABCD和ABEF不在同一平面内，P，Q分别是对角线AE，BD上的点，且AP＝DQ(如图).求证：PQ∥平面CBE.
证明 方法一 作PM∥AB交BE于点M，作QN∥AB交BC于点N，连接MN，如图，则PM∥QN，＝，＝.
∵EA＝BD，AP＝DQ，
∴EP＝BQ.
又AB＝CD，∴PM綊QN，
∴四边形PMNQ是平行四边形，
∴PQ∥MN.
又PQ?平面CBE，
MN?平面CBE，
∴PQ∥平面CBE.
方法二 如图所示，
连接AQ并延长交BC的延长线于K，连接EK.
∵AE＝BD，AP＝DQ，
∴PE＝BQ，
∴＝，
又AD∥BK，
∴＝，∴＝，
∴PQ∥EK，
又PQ?平面CBE，EK?平面CBE，
∴PQ∥平面CBE.
题型二 面面平行判定定理的应用
【例2】 如图，在已知四棱锥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.
证明 因为PM∶MA＝BN∶ND＝PQ∶QD，
所以MQ∥AD，NQ∥BP.
因为BP?平面PBC，NQ?平面PBC，
所以NQ∥平面PBC.
又因为底面ABCD为平行四边形，
所以BC∥AD，所以MQ∥BC.
因为BC?平面PBC，MQ?平面PBC，
所以MQ∥平面PBC.
又因为MQ∩NQ＝Q，
所以根据平面与平面平行的判定定理，得平面MNQ∥平面PBC.
规律方法 (1)要证明两平面平行，只需在其中一个平面内找到两条相交直线平行于另一个平面.
(2)判定两个平面平行与判定线面平行一样，应遵循“先找后作”的原则，即先在一个面内找到两条与另一个平面平行的相交直线，若找不到再作辅助线.
【训练2】 如图，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.
【探究1】 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.问：当点Q在什么位置时，平面D1BQ∥平面PAO？请说明理由.
解 当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.理由如下：
连接PQ.∵Q为CC1的中点，P为DD1的中点，
∴PQ∥DC∥AB，PQ＝DC＝AB，
∴四边形ABQP是平行四边形，∴QB∥PA.
又∵O为DB的中点，∴D1B∥PO.
又∵PO∩PA＝P，D1B∩QB＝B，
∴平面D1BQ∥平面PAO.
【探究2】 如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，BC＝CD＝AD.E为棱AD的中点.在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由.
解 在梯形ABCD中，AB与CD不平行，且BC的长小于AD的长.
如图所示，延长AB，DC，相交于点M(M∈平面PAB)，点M为所求的一个点.
理由如下：
由已知，得BC∥ED，且BC＝ED.
所以四边形BCDE是平行四边形.
从而CM∥EB.
又EB?平面PBE，CM?平面PBE，
所以CM∥平面PBE.
(说明：延长AP至点N，使得AP＝PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点)
【探究3】 在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，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？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由.
解 存在.证明如下：
如图，取棱PC的中点F，线段PE的中点M，连接BD，设BD∩AC＝O.
∵底面ABCD是平行四边形，
∴O是BD的中点.连接BF，MF，BM，OE.
∵PE∶ED＝2∶1，F为PC的中点，M为PE的中点，E为MD的中点，O为BD的中点，
∴MF∥EC，BM∥OE.
∵MF?平面AEC，CE?平面AEC，
BM?平面AEC，OE?平面AEC，
∴MF∥平面AEC，BM∥平面AEC.
∵MF∩BM＝M，∴平面BMF∥平面AEC.
又BF?平面BMF，∴BF∥平面AEC.
规律方法 要证明面面平行，由平面与平面平行的判定定理知，需在一平面内寻找两条相交且与另一平面平行的直线.要证明线面平行，又需根据直线与平面平行的判定定理，在平面内找与已知直线平行的直线，即：
课堂达标
1.直线a，b为异面直线，过直线a 与直线b平行的平面( )
A.有且只有一个 B.有无数多个
C.至多一个 D.不存在
解析 在直线a上任选一点A，过点A作b′∥b，则b′是唯一的，因a∩b′＝A，所以a与b′确定一平面并且只有一个平面，故选A.
答案 A
2.平面α与平面β平行的条件可以是( )
A.α内的一条直线与β平行
B.α内的两条直线与β平行
C.α内的无数条直线与β平行
D.α内的两条相交直线分别与β平行
解析 若两个平面α、β相交，设交线是l，则有α内的直线m与l平行，得到m与平面β平行，从而可得A是不正确的；而B中两条直线可能是平行于交线l的直线，也不能判定α与β平行；C中的无数条直线也可能是一组平行于交线l的直线，因此也不能判定α与β平行.由平面与平面平行的判定定理可得D项是正确的.
答案 D
3.设直线l，m，平面α，β，下列条件能得出α∥β的有________(填序号).
①l?α，m?α，且l∥β，m∥β；②l?α，m?α，且l∥m，l∥β，m∥β；③l∥α，m∥β，且l∥m；④l∩m＝P，l?α，m?α，且l∥β，m∥β.
解析 ①错误，因为l，m不一定相交；②错误，一个平面内有两条平行直线平行于另一个平面，这两个平面可能相交；③错误，两个平面可能相交；④正确.
答案 ④
4.如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F，G，H分别为PA，PD，PC，PB的中点，在此几何体中，给出下面五个结论：
①平面EFGH∥平面ABCD；
②PA∥平面BDG；
③EF∥平面PBC；
④FH∥平面BDG；
⑤EF∥平面BDG；
其中正确结论的序号是________.
解析 把图形还原为一个四棱锥，然后根据线面、面面平行的判定定理判断即可.
答案 ①②③④
5.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC，点D是AB的中点，求证：AC1∥平面CDB1.
证明 如图，连接BC1，设BC1与B1C的交点为E，连接DE.
∵D是AB的中点，E是BC1的中点，
∴DE∥AC1.
∵DE?平面CDB1，AC1??平面CDB1，
∴AC1∥平面CDB1.
课堂小结
1.判定直线与平面平行的方法：
(1)定义法：直线与平面没有公共点则线面平行；
(2)判定定理：(线线平行?线面平行)，
2.用定理证明线面平行时，在寻找平行直线可以通过三角形的中位线、梯形的中位线、平行线的判定等来完成.
3.证明面面平行的方法：
(1)面面平行的定义；
(2)面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行；
(3)两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行.
基础过关
1.下列说法正确的是( )
A.如果两个平面有三个公共点，那么它们重合
B.过两条异面直线中的一条可以作无数个平面与另一条直线平行
C.在两个平行平面中，一个平面内的任何直线都与另一个平面平行
D.如果两个平面平行，那么分别在两个平面中的两条直线平行
解析 由两平面平行的定义知：一平面内的任何直线与另一平面均无公共点，故选择C.
答案 C
2.过直线l外两点，作与l平行的平面，则这样的平面( )
A.不可能作出 B.只能作出一个
C.能作出无数个 D.上述三种情况都存在
解析 设直线外两点为A、B，若直线AB∥l，则过A、B可作无数个平面与l平行；若直线AB与l异面，则只能作一个平面与l平行；若直线AB与l相交，则过A、B没有平面与l平行.
答案 D
3.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，CC1的中点，在平面ADD1A1内且与平面D1EF平行的直线( )
A.不存在 B.有1条
C.有2条 D.有无数条
解析 画出平面D1EF与平面ADD1A1的交线D1G，如图所示.于是在平面ADD1A1内与直线D1G平行的直线都与平面D1EF平行，有无数条.
答案 D
4.设m，n是平面α外的两条直线，给出下列三个论断：
①m∥n；②m∥α；③n∥α，以其中两个为条件，余下的一个为结论，写出你认为正确的一个________.
解析 若m∥n，m∥α，则n∥α，同样，若m∥n，n∥α，则m∥α.
答案 ①②?③(或①③?②)
5.三棱锥S－ABC中，G为△ABC的重心，E在棱SA上，且AE＝2ES，则EG与平面SBC的关系为________.
解析 如图，延长AG交BC于F，连接SF，则由G为△ABC的重心知AG∶GF＝2，又AE∶ES＝2，∴EG∥SF，又SF?平面SBC，EG?平面SBC，∴EG∥平面SBC.
答案 平行
6.如图，已知P是?ABCD所在平面外一点，E，F，G分别是PB，AB，BC的中点.证明：平面PAC∥平面EFG.
证明 因为EF是△PAB的中位线，
所以EF∥PA.
又EF?平面PAC，PA?平面PAC，
所以EF∥平面PAC.
同理得EG∥平面PAC.
又EF?平面EFG，
EG?平面EFG，EF∩EG＝E，
所以平面PAC∥平面EFG.
7.在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ACB＝90°，EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，AB＝2EF，M是线段AD的中点，求证：GM∥平面ABFE.
证明 因为EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，∠ACB＝90°，所以△ABC∽△EFG，∠EGF＝90°，由于AB＝2EF，因此BC＝2FG.如图，连接AF，
由于FG∥BC，FG＝BC，在?ABCD中，M是线段AD的中点，则AM∥BC，且AM＝BC，
因此FG∥AM且FG＝AM，
所以四边形AFGM为平行四边形，因此GM∥FA.
又FA?平面ABFE，GM?平面ABFE，
所以GM∥平面ABFE.
能力提升
8.在正方体EFGH－E1F1G1H1中，下列四对截面彼此平行的一对是( )
A.平面E1FG1与平面EGH1
B.平面FHG1与平面F1H1G
C.平面F1H1H与平面FHE1
D.平面E1HG1与平面EH1G
解析 如图，∵EG∥E1G1，
EG?平面E1FG1，
E1G1?平面E1FG1，
∴EG∥平面E1FG1，
又G1F∥H1E，
同理可证H1E∥平面E1FG1，
又H1E∩EG＝E，
∴平面E1FG1∥平面EGH1.
答案 A
9.如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( )
解析 由B，AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；由C，AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；由D，AB∥NQ，则直线AB∥平面MNQ，故选A.
答案 A
10.如图是正方体的平面展开图.在这个正方体中，
①BM∥平面DE；②CN∥平面AF；③平面BDM∥平面AFN；④平面BDE∥平面NCF.
以上四个命题中，正确命题的序号是________.
解析 以ABCD为下底面还原正方体，如图：
则易判定四个命题都是正确的.
答案 ①②③④
11.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F、G、H分别是棱CC1、C1D1、D1D、CD的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M满足________时，有MN∥平面B1BDD1.
解析 ∵HN∥BD，HF∥DD1，
HN∩HF＝H，BD∩DD1＝D，
∴平面NHF∥平面B1BDD1，
故线段FH上任意点M与N连结，
有MN∥平面B1BDD1.
答案 M∈线段FH
12.如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，点D，E分别是BC与B1C1的中点.求证：平面A1EB∥平面ADC1.
证明 由棱柱性质知，
B1C1∥BC，B1C1＝BC，
又D，E分别为BC，B1C1的中点，
所以C1E綊DB，则四边形C1DBE为平行四边形，
因此EB∥C1D，
又C1D?平面ADC1，
EB?平面ADC1，
所以EB∥平面ADC1.
连接DE，同理，EB1綊BD，
所以四边形EDBB1为平行四边形，则ED綊B1B.
因为B1B∥A1A，B1B＝A1A(棱柱的性质)，
所以ED綊A1A，则四边形EDAA1为平行四边形，
所以A1E∥AD，又A1E?平面ADC1，AD?平面ADC1，
所以A1E∥平面ADC1.
由A1E∥平面ADC1，EB∥平面ADC1，
A1E?平面A1EB，EB?平面A1EB，
且A1E∩EB＝E，所以平面A1EB∥平面ADC1.
13.(选做题)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，M是棱AB的中点，点N在侧面AA1D1D上运动，点N满足什么条件时，MN∥平面BB1D1D?
解 如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，分别取棱A1B1，A1D1，AD的中点E，F，G，连接ME，EF，FG，GM.
因为M是AB的中点，
所以ME∥AA1∥FG，且ME＝AA1＝FG.
所以四边形MEFG是平行四边形.
因为ME∥BB1，BB1?平面BB1D1D，ME?平面BB1D1D，
所以ME∥平面BB1D1D.
在△A1B1D1中，因为EF∥B1D1，B1D1?平面BB1D1D，EF?平面BB1D1D，
所以EF∥平面BB1D1D.
又因为ME∩EF＝E，且ME?平面MEFG，EF?平面MEFG，
所以平面MEFG∥平面BB1D1D.
在FG上任取一点N，连接MN，
所以MN?平面MEFG.
所以MN与平面BB1D1D无公共点.
所以MN∥平面BB1D1D.
总之，当点N在平面AA1D1D内的直线FG上(任意位置)时，都有MN∥BB1D1D，
即当点N在矩形AA1D1D中过A1D1与AD的中点的直线上运动时，都有MN∥平面BB1D1D.
5.2 平行关系的性质
学习目标 1.能应用文字语言、符号语言、图形语言准确描述直线与平面平行，两平面平行的性质定理(重点)；2.能用两个性质定理，证明一些空间线面平行关系的简单问题(重、难点).
知识点一 直线与平面平行的性质定理
文字语言
如果一条直线与一个平面平行，那么过该直线的任意一个平面与已知平面的交线与该直线平行
符号语言
?a∥b
图形语言
【预习评价】
(1)如图，直线l∥平面α，直线a?平面α，直线l与直线a一定平行吗？为什么？
提示 不一定，因为还可能是异面直线.
(2)如图，直线a∥平面α，直线a?平面β，平面α∩平面β＝直线b，满足以上条件的平面β有多少个？直线a，b有什么位置关系？
提示 无数个，a∥b.
知识点二 平面与平面平行的性质定理
文字语言
如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行
符号语言
α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b
图形语言
【预习评价】
观察长方体ABCD－A1B1C1D1的两个面：平面ABCD及平面A1B1C1D1.
(1)平面A1B1C1D1中的所有直线都平行于平面ABCD吗？
提示 是的.
(2)若m?平面ABCD，n?平面A1B1C1D1，则m∥n吗？
提示 不一定，也可能异面.
(3)过BC的平面交平面A1B1C1D1于B1C1，B1C1与BC是什么关系？
提示 平行.
题型一 线面平行性质定理的应用
【例1】 如图所示，四面体A－BCD被一平面所截，截面EFGH是一个矩形.
(1)求证：CD∥平面EFGH；
(2)求异面直线AB、CD所成的角.
(1)证明 ∵截面EFGH是矩形，
∴EF∥GH.
又GH?平面BCD，EF 平面BCD，
∴EF∥平面BCD.
而EF?平面ACD.
平面ACD∩平面BCD＝CD，
∴EF∥CD.
又EF?平面EFGH，CD 平面EFGH，
∴CD∥平面EFGH.
(2)解 由(1)知CD∥EF，
同理AB∥FG，
由异面直线所成角的定义知，∠EFG或其补角即为所求.
又因为∠EFG＝90°，
故AB、CD所成的角为90°.
规律方法 利用线面平行的性质定理解题的步骤：
(1)确定(或寻找)一条直线平行于一个平面.
(2)确定(或寻找)过这条直线且与这个平行平面相交的平面.
(3)确定交线.
(4)由性质定理得出结论.
【训练1】 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是BB1上不同于B、B1的任一点，AB1∩A1E＝F，B1C∩C1E＝G.求证：AC∥FG.
证明 ∵AC∥A1C1，A1C1?平面A1EC1，AC 平面A1EC1，
∴AC∥平面A1EC1.
又∵平面A1EC1∩平面AB1C＝FG，
∴AC∥FG.
题型二 面面平行性质定理的应用
【例2】 已知AB、CD是夹在两个平行平面α、β之间的线段，M、N分别为AB、CD的中点，求证：MN∥平面α.
证明 ①若AB、CD在同一平面内，则平面ABDC与α、β的交线为BD、AC.
∵α∥β，∴AC∥BD.
又M、N为AB、CD的中点，∴MN∥BD.
又BD?平面α，MN 平面α，∴MN∥平面α.
②若AB、CD异面，
如图，过A作AE∥CD交α于E，取AE的中点P，连接MP、PN、BE、ED.
∵AE∥CD.
∴AE、CD确定平面AEDC.
则平面AEDC与α、β的交线分别为ED、AC，∵α∥β，∴ED∥AC.
又P、N分别为AE、CD的中点，
∴PN∥ED，又ED?平面α，PN 平面α，
∴PN∥平面α.
同理可证MP∥BE，∴MP∥平面α，
∵AB、CD异面，∴MP、NP相交.
∴平面MPN∥平面α.
又MN?平面MPN，∴MN∥平面α.
规律方法 (1)利用面面平行的性质定理证明线线平行的关键是把要证明的直线看作是平面的交线，往往需要有三个平面，即有两平面平行，再构造第三个面与两平行平面都相交.
(2)面面平行?线线平行，体现了转化思想与判定定理的交替使用，可实现线线、线面及面面平行的相互转化.
【训练2】 平面α∥平面β，A、C∈α，B、D∈β，直线AB与CD交于S，且AS＝8，BS＝9，CD＝34，求CS.
解 有两种情况：S位于α、β之间，和S位于α、β的同侧.
(1)当S位于α、β之间时，如图，连接AC，BD，AB∩CD＝S.设AB，CD共面γ，γ∩α＝AC，γ∩β＝BD.
因为α∥β，且AC与BD共面，所以AC∥BD，所以△ACS∽△BDS，所以＝.
设CS＝x，则＝，所以x＝16.
(2)当S位于α，β同侧时，如图，AB∩CD＝S，
设AB，CD共面γ，因为γ∩α＝AC，γ∩β＝BD，且α∥β，
所以AC∥BD.
所以△SAC∽△SBD，
所以＝，
即＝，
所以SC＝272.
综上所述，SC＝16或272.
【例3】 如图，在矩形ABCD和矩形ABEF中，AF＝AD，AM＝DN，矩形ABEF可沿AB任意翻折.
求证：当F、A、D不共线时，线段MN总平行于平面FAD.
证明 在平面图形中，连接MN，设MN与AB交于点G.
由于ABCD和ABEF都是矩形，且AD＝BE.
∴四边形ADBE是平行四边形.又AM＝DN，
∴四边形AMND为平行四边形，∴MN∥AD.
折叠之后，MG∥BE∥AF，NG∥AD，且MG∩NG＝G，AD∩AF＝A，如图，
∴平面ADF∥平面GNM.
又MN?平面GNM，
∴MN∥平面ADF.
∴当F、A、D不共线时，MN总平行于平面ADF.
【迁移】 上题条件不变，问“不管怎样翻折矩形ABEF，线段MN总和线段FD平行.”这个结论对吗？如果对请证明；如果不对，请说明能否改变个别已知条件使上述结论成立.
解 这个结论不对.要使上述结论成立，M、N应为AE和DB的中点.由于平面MNG∥平面FDA，可知要使MN∥FD总成立，根据面面平行的性质定理，只要FD与MN共面即可.
若要使FD与MN共面，连接FM，只要FM与DN相交即可.
由图形知，若要DN和FM共面，应有DN与FM相交于点B，折叠后的图形如右图.
∵FM∩DN＝B，可知它们确定一个平面，即F、D、N、M四点共面.
又平面FDNM∩平面MNG＝MN，
平面FDNM∩平面FDA＝FD，
∴MN∥FD.
规律方法 (1)如果把一个数学问题看作是由条件、依据、方法和结论四个要素组成的一个系统，那么把这四个要素中有两个是未知的数学问题称之为探索性问题，条件不完备和结论不确定是探索性问题的基本特征.
(2)探索性问题一般都可以采取代入一些简单的数值去尝试观察、分析、归纳、猜想，然后再予以证明或解答.
(3)在立体几何平行关系问题中，随着点的移动，图形的形状和大小都要发生变化，探讨其中的规律是经常见到的问题.
课堂达标
1.如图，已知平面α∩平面β＝a，平面β∩平面γ＝b，平面γ∩平面α＝c，若a∥b，则c与a，b的位置关系是( )
A.c与a，b都异面
B.c与a，b都相交
C.c至少与a，b中的一条相交
D.c与a，b都平行
解析 ∵a∥b，a?γ，b?γ，∴a∥γ.
又∵a?α，α∩γ＝c，∴a∥c，∴a∥b∥c.
答案 D
2.如图，平面α∥平面β，过平面α、β外一点P引直线l1分别交平面α、平面β于A、B两点，PA＝6，AB＝2，引直线l2分别交平面α、平面β于C、D两点，已知BD＝12，则AC的长等于( )
A.10 B.9
C.8 D.7
解析 由l1∩l2＝P，知l1、l2确定一个平面γ，
由?AC∥BD?＝.
∴＝，解得AC＝9.
答案 B
3.如图，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
4.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上.若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于________.
解析 因为EF∥平面AB1C，且EF?平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，所以EF∥AC.又因为E为AD的中点，所以EF为△ACD的中位线，所以EF＝AC＝×2＝.
答案
5.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点N在BD上，点M在B1C上，且CM＝DN.求证：MN∥平面AA1B1B.
证明 如图，作MP∥BB1交BC于点P，连接NP，
∵MP∥BB1，∴＝.
∵BD＝B1C，DN＝CM，
∴B1M＝BN，∴＝，
∴＝，
∴NP∥CD∥AB.
∵NP?平面AA1B1B，AB?平面AA1B1B，
∴NP∥平面AA1B1B.
∵MP∥BB1，MP?平面AA1B1B，
BB1?平面AA1B1B，∴MP∥平面AA1B1B.
又∵MP?平面MNP，NP?平面MNP，MP∩NP＝P，
∴平面MNP∥平面AA1B1B.
∵MN?平面MNP，∴MN∥平面AA1B1B.
课堂小结
1.常用的面面平行的其他几个性质
(1)两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面.
(2)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等.
(3)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行.
(4)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例.
(5)如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行.
2.空间中各种平行关系相互转化关系的示意图
基础过关
1.直线a∥平面α，α内有n条直线交于一点，则这n条直线中与直线a平行的直线( )
A.至少有一条 B.至多有一条
C.有且只有一条 D.没有
解析 设这n条直线的交点为P，则P?a，∴直线a和点P确定一个平面β.设α∩β＝b，则P∈b.又∵a∥α，∴a∥b.显然直线b有且只有一条，那么直线b可能在这n条直线中，也可能不在，即这n条直线中与直线a平行的直线至多有一条.
答案 B
2.下列结论中，正确的有( )
①若a?α，则a∥α
②a∥平面α，b?α，则a∥b
③平面α∥平面β，a?α，b?β，则a∥b
④平面α∥β，点P∈α，a∥β，且P∈a，则a?α
A.1个 B.2个
C.3个 D.4个
解析 ①中，a与α也可能相交，故①不正确；②③中，a与b也可能异面，故②③不正确；④中，∵a∥β，α∥β，
∴a∥α或a?α，又∵P∈a，P∈α，∴a?α，故④正确.
答案 A
3.如图所示，P是三角形ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，α分别交线段PA，PB，PC于点A′，B′，C′.若PA′∶AA′＝2∶3，则S△A′B′C′∶S△ABC等于( )
A.2∶25 B.4∶25
C.2∶5 D.4∶5
解析 ∵平面α∥平面ABC，平面PAB与它们的交线分别为A′B′，AB，∴A′B′∥AB.同理B′C′∥BC，A′C′∥AC，从而易得△A′B′C′∽△ABC，且＝＝，
∴S△A′B′C′∶S△ABC＝＝.
答案 B
4.已知a，b表示两条直线，α，β，γ表示三个不重合的平面，给出下列命题：
①若α∩γ＝a，β∩γ＝b，且a∥b，则α∥β；
②若a，b相交且都在α，β外，a∥α，b∥α，a∥β，b∥β，则α∥β；
③若a∥α，a∥β，则α∥β；
④若a∥α，b∥β，且a∥b，则α∥β；
⑤若a?α，a∥β，α∩β＝b，则a∥b.
其中正确命题的序号是________.
解析 ①错误，α与β也可能相交；②正确，依题意，由a，b确定的平面γ，满足γ∥α，γ∥β，故α∥β；③错误，α与β也可能相交；④错误，α与β也可能相交；⑤正确，由线面平行的性质定理可知.
答案 ②⑤
5.如图，已知α∥β，GH，GD，EH分别交α，β于A，B，C，D，E，F，且GA＝9，AB＝12，BH＝16，则＝________.
解析 因为α∩平面GAC＝AC，β∩平面GBD＝BD，且α∥β，
所以AC∥BD，同理可证AE∥BF.
又因为∠EAC与∠FBD的两边同向，
所以∠EAC＝∠FBD.
又因为GA＝9，AB＝12，AC∥BD，
所以＝＝＝.
答案
6.如图所示，B为△ACD所在平面外一点，M，N，G分别为△ABC，△ABD，△BCD的重心.
(1)求证：平面MNG∥平面ACD；
(2)求S△MNG∶S△ADC.
(1)证明 如图，连接BM，BN，BG并分别延长交AC，AD，CD于P，F，H.
∵M，N，G分别为△ABC，△ABD，△BCD的重心，
则有＝＝＝2.
连接PF，FH，PH，有MN∥PF.
又PF?平面ACD，MN?平面ACD，
∴MN∥平面ACD.
同理MG∥平面ACD.
又MG∩MN＝M，∴平面MNG∥平面ACD.
(2)解 由(1)可知，＝＝，
∴MG＝PH.
又PH＝AD，∴MG＝AD.
同理NG＝AC，MN＝CD，
∴△MNG∽△ADC，且相似比为1∶3，
∴S△MNG∶S△ADC＝1∶9.
7.如图所示，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：GH∥平面PAD.
证明 如图所示，连接AC交BD于点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，∴PA∥MO.
而AP?平面BDM，OM?平面BDM，
∴PA∥平面BMD，
又∵PA?平面PAHG，
平面PAHG∩平面BMD＝GH，
∴PA∥GH.
又PA?平面PAD，GH?平面PAD，
∴GH∥平面PAD.
能力提升
8.如图，在四面体A－BCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列命题中，错误的是( )
A.AC⊥BD
B.AC∥截面PQMN
C.AC＝BD
D.异面直线PM与BD所成的角为45°
解析 ∵截面PQMN为正方形，∴PQ∥MN，从而易得PQ∥面DAC.又∵面ABC∩面ADC＝AC，PQ?面ABC，∴PQ∥AC.从而易得AC∥平面PNMQ.同理可得QM∥BD.又∵PQ⊥QM，∠PMQ＝45°，∴AC⊥BD，且异面直线PM与BD所成的角为45°.故选项A、B、D正确.
答案 C
9.过平面α外的直线l，作一组平面与α相交，如果所得的交线为a，b，c，…，则这些交线的位置关系为( )
A.都平行
B.都相交且一定交于同一点
C.都相交但不一定交于同一点
D.都平行或交于同一点
解析 ∵l?α，∴l∥α或l与α相交.
①若l∥α，则由线面平行的性质定理可知l∥a，l∥b，l∥c，…，
∴a，b，c，…，这些交线都平行.
②若l与α相交，不妨设l∩α＝A，则A∈l，又由题意可知A∈a，A∈b，A∈c，…，∴这些交线交于同一点A.
综上可知D正确.
答案 D
10.如图，空间四边形ABCD中，对角线AC＝BD＝4，E是AB的中点，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∥平面EFGH，AC?平面ABC，平面ABC∩平面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
11.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱DD1上的点.当平面AB1C∥平面A1EC1时，点E的位置是________.
解析 如图，连接B1D1，BD，设B1D1∩A1C1＝M，BD∩AC＝O，连接ME、B1O，
∵平面AB1C∥平面A1EC1，
平面AB1C∩平面BDD1B1＝B1O，
平面A1EC1∩平面BDD1B1＝ME，
∴B1O∥ME.
又四边形B1MDO为平行四边形，则B1O∥MD.
故E与D重合.
答案 与D重合
12.如图所示，已知P是?ABCD所在平面外一点，M、N分别是AB、PC的中点，平面PBC∩平面PAD＝l.
(1)求证：l∥BC；
(2)MN与平面PAD是否平行？试证明你的结论.
方法一 (1)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，所以BC∥l.
(2)解 平行.
图(1)
如图(1)，取PD的中点E，连接AE，NE，可以证得NE∥AM且NE＝AM，所以四边形AMNE是平行四边形，所以MN∥AE，所以MN∥平面PAD.
方法二 (1)证明 因为AD∥BC，AD?平面PBC，BC?平面PBC，所以AD∥平面PBC.又因为平面PBC∩平面PAD＝l，所以l∥AD.因为AD∥BC，所以l∥BC.
(2)解 平行.
图(2)
如图(2)，设Q是CD的中点，连接NQ，MQ，则MQ∥AD，NQ∥PD，而MQ∩NQ＝Q，MQ?平面PAD，NQ?平面PAD，
所以平面MNQ∥平面PAD.
又因为MN?平面MNQ，
所以MN∥平面PAD.
13.(选做题)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1上的点.若平面BC1D∥平面AB1D1，求的值.
解 如图，连接A1B交AB1于点O，连接OD1.
由棱柱的性质，知四边形A1ABB1为平行四边形，
所以点O为A1B的中点.
因为平面BC1D∥平面AB1D1，
且平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O，
所以BC1∥D1O，
所以D1为线段A1C1的中点，
所以D1C1＝A1C1.
因为平面BC1D∥平面AB1D1，
且平面AA1C1C∩平面BDC1＝DC1，
平面AA1C1C∩平面AB1D1＝AD1，
所以AD1∥DC1.又因为AD∥D1C1，
所以四边形ADC1D1是平行四边形，
所以AD＝C1D1＝A1C1＝AC，所以＝1.
6.1 垂直关系的判定
学习目标 1.掌握直线与平面垂直的判定定理(重点)；2.理解二面角的有关概念，会求简单的二面角的大小(重、难点)；3.掌握两平面垂直的判定定理(重点).
知识点一 直线与平面垂直的判定定理
文字
语言
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
符号语言
l⊥a，l⊥b，a?α，b?α，a∩b＝P?l⊥α
图形语言
【预习评价】
(1)线面垂直判定定理中，平面内两条相交直线和已知直线l必须有公共点吗？
提示 用线面垂直判定定理判定直线与平面垂直，取决于在这个平面内能否找出两条相交直线和已知直线垂直，至于这两条相交直线是否和已知直线有公共点，则是无关紧要的.
(2)在阳光下观察直立于地面的旗杆及它在地面上的影子，随着时间的变化，影子的位置在移动，在各个时刻旗杆所在的直线与其影子所在的直线夹角是否发生变化，为多少？
提示 不变，90°.
(3)下列说法中正确的个数是( )
①若直线l与平面α内一条直线垂直，则l⊥α；
②若直线l与平面α内两条直线垂直，则l⊥α；
③若直线l与平面α内两条相交直线垂直，则l⊥α；
④若直线l与平面α内任意一条直线垂直，则l⊥α；
⑤若直线l与平面α内无数条直线垂直，则l⊥α.
A.1 B.2
C.3 D.4
解析 对①②⑤，由于缺少“相交”二字，不能断定该直线与平面垂直，该直线与平面可能平行，可能斜交，也可能在平面内，所以是错误的.正确的是③④，故选B.
答案 B
知识点二 二面角
概念
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.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.
图示
平
面
角
文字
以二面角的棱上任一点为端点，在两个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
图示
符号
OA?α，OB?β，α∩β＝l，O∈l，OA⊥l，OB⊥l?∠AOB是二面角的平面角
范围
0°≤θ≤180°
规定
二面角的大小可以用它的平面角来度量，二面角的平面角是多少度，就说这个二面角是多少度.平面角是直角的二面角叫作直二面角
记法
棱为l、面分别为α，β的二面角记为α－l－β.如图所示，也可在α，β内(棱以外的半平面部分)分别取点P，Q，将这个二面角记作二面角P－l－Q.
【预习评价】
(1)二面角的平面角的大小，是否与角的顶点在棱上的位置有关？
提示 无关.如图，OA⊥l，OB⊥l，O′A′⊥l，O′B′⊥l，根据等角定理可知，∠AOB＝∠A′O′B′，即二面角的平面角的大小与角的顶点的位置无关，只与二面角的大小有关.
(2)平时，我们常说“把门开大一点”，在这里指的是哪个角大一点？
提示 二面角的平面角.
知识点三 平面与平面垂直
1.定义：两个平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直.平面α与平面β垂直，记作α⊥β.
2.画法：两个互相垂直的平面通常把直立平面的竖边画成与水平平面的横边垂直.如图所示.
3.平面与平面垂直的判定定理
文字语言
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
图形语言
符号语言
l⊥α，l?β?α⊥β
【预习评价】
(1)建筑工人常在一根细线上拴一个重物，做成“铅锤”，用这种方法来检查墙与地面是否垂直.当挂铅锤的线从上面某一点垂下时，如果墙壁贴近铅锤线，则说明墙和地面什么关系？此时铅锤线与地面什么关系？
提示 都是垂直.
(2)两个平面垂直，则一个平面内的任何一条直线都垂直于另一个平面吗？
提示 不一定.平行，相交，垂直都有可能.
(3)已知l⊥α，则过l与α垂直的平面( )
A.有1个 B.有2个
C.有无数个 D.不存在
解析 由面面垂直的判定定理知，凡过l的平面都垂直于平面α，这样的平面有无数个.
答案 C
题型一 线面垂直的判定
【例1】 如图所示，已知PA垂直于⊙O所在的平面，AB是⊙O的直径，C是⊙O上任意一点，过点A作AE⊥PC于点E.求证：AE⊥平面PBC.
证明 ∵PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，
∴PA⊥BC.
又∵AB是⊙O的直径，∴BC⊥AC.
而PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC.
又∵AE?平面PAC，∴BC⊥AE.
∵PC⊥AE，且PC∩BC＝C，
∴AE⊥平面PBC.
规律方法 证明线面垂直的方法：
(1)由线线垂直证明线面垂直：①定义法；②判定定理最常用：要着力寻找平面内哪两条相交直线(有时作辅助线)；结合平面图形的性质(如勾股定理逆定理、等腰三角形底边中线等)及一条直线与平行线中一条垂直也与另一条垂直等结论来论证线线垂直.
(2)平行转化法(利用推论)：
①a∥b，a⊥α?b⊥α；
②α∥β，a⊥α?a⊥β.
【训练1】 如图，在三棱锥S－ABC中，∠ABC＝90°，D是AC的中点，且SA＝SB＝SC.
(1)求证：SD⊥平面ABC；
(2)若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC.
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，SD＝SD，
所以△ADS≌△BDS，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.
又因为SD∩AC＝D，所以BD⊥平面SAC.
题型二 面面垂直的判定
【例2】 如图，已知AB是圆O的直径，C是圆周上不同于A、B的点，PA⊥圆O所在的平面，AF⊥PC于F，求证：平面AEF⊥平面PBC.
证明 因为AB为圆O的直径，所以BC⊥AC.
因为PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以PA⊥BC.
因为PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC.
而AF?平面PAC，所以BC⊥AF.
又AF⊥PC，BC∩PC＝C，所以AF⊥平面PBC.
又因为AF?平面AEF，所以平面AEF⊥平面PBC.
规律方法 1.由面面垂直的判定定理知，要证两个平面互相垂直，关键是证明其中一个平面经过另一个平面的垂线，本题中证明平面AEF经过平面PBC的垂线AF较容易些.
2.证明面面垂直的常用方法：(1)面面垂直的判定定理；(2)所成二面角是直二面角.
【训练2】 已知三棱锥A－BCD中，∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，AB⊥平面BCD，∠ADB＝60°，E，F分别是AC，AD上的动点，且＝＝λ(0＜λ＜1).
(1)求证：不论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC；
(2)当λ为何值时，平面BEF⊥平面ACD?
(1)证明 ∵∠BCD＝90°，∴BC⊥CD.
∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD.
又∵AB∩BC＝B，∴CD⊥平面ABC.
∵＝＝λ(0<λ<1)，
∴EF∥CD，∴EF⊥平面ABC.
又∵EF?平面BEF，
∴平面BEF⊥平面ABC.
故不论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC.
(2)解 由(1)，得EF⊥平面ABC，BE?平面ABC，
∴EF⊥BE.
要使平面BEF⊥平面ACD，只需BE⊥AC.
∵∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，∴BD＝.
又∵AB⊥平面BCD，∠ADB＝60°，
∴AB＝，AC＝，
∴BE＝＝，∴AE＝，
∴λ＝＝.
故当λ＝时，平面BEF⊥平面ACD.
【探究1】 如图所示，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形，∠BCD＝60°，E是CD的中点，PA⊥底面ABCD，PA＝.
(1)证明：平面PBE⊥平面PAB；
(2)求二面角A－BE－P的大小.
(1)证明 连接BD，由ABCD是菱形且∠BCD＝60°知，△BCD是等边三角形.
因为E是CD的中点，所以BE⊥CD.
又AB∥CD，所以BE⊥AB.
因为PA⊥平面ABCD，BE?平面ABCD，
所以PA⊥BE.又PA∩AB＝A，
因此BE⊥平面PAB.
又BE?平面PBE，
所以平面PBE⊥平面PAB.
(2)解 由(1)知，BE⊥平面PAB，PB?平面PAB，所以PB⊥BE.
又AB⊥BE，所以∠PBA是二面角A－BE－P的平面角.
在Rt△PAB中，tan∠PBA＝＝，所以∠PBA＝60°.
故二面角A－BE－P的大小是60°.
【探究2】 如图，AB是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在平面，C是圆周上不同于A、B的一点，且AB＝2，PA＝BC＝1.
(1)求证：平面PAC⊥平面PBC；
(2)求二面角P－BC－A的大小.
(1)证明 ∵A，B，C在⊙O上，
∴⊙O所在平面可记为平面ABC，
∵PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，
∴PA⊥BC.
∵C在圆周上，且异于A、B，AB是⊙O的直径，
∴BC⊥AC.
又AC∩PA＝A，∴BC⊥平面PAC.
又BC?平面PBC，∴平面PAC⊥平面PBC.
(2)解 由(1)知，BC⊥平面PAC，∵PC?平面PAC，
∴PC⊥BC，又∵AC⊥BC，
∴∠PCA为二面角P－BC－A的平面角.
在Rt△PAC中，PA＝1，AC＝，∠PAC＝90°，
∴tan∠PCA＝，∴∠PCA＝30°，
所以二面角P－BC－A的大小是30°.
【探究3】 正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，P是AD的中点.求二面角A－BD1－P的大小.
解 过点P作BD1、AD1的垂线，垂足分别是E、F，连接EF.∵AB⊥平面AA1D1D，PF?平面AA1D1D，
∴AB⊥PF.
∵PF⊥AD1，且AB∩AD1＝A，
∴PF⊥平面ABD1，BD1?平面ABD1，∴PF⊥BD1，
又∵PE⊥BD1，且PE∩PF＝P，
∴BD1⊥平面PEF，EF?平面PEF.
∴EF⊥BD1，∴∠PEF为所求二面角的平面角.
∵Rt△ADD1∽Rt△AFP，
∴＝.
而AP＝，DD1＝1，AD1＝，∴PF＝.
连接PB.在△PBD1中，PD1＝PB＝.
∵PE⊥BD1，∴BE＝BD1＝.
在Rt△PEB中，PE＝＝.
在Rt△PEF中，sin∠PEF＝＝，
∴∠PEF＝30°.
∴二面角A－BD1－P为30°.
【探究4】 在直角梯形ABCD中，∠D＝∠BAD＝90°，AD＝DC＝AB＝a(如图所示)，将△ADC沿AC折起，将D翻到D′，记平面ACD′为α，平面ABC为β，平面BCD′为γ.若二面角α－AC－β为直二面角，求二面角β－BC－γ的大小.
解 在直角梯形ABCD中，由已知，△DAC为等腰直角三角形，∴AC＝a，∠CAB＝45°.
如图所示，过C作CH⊥AB，垂足为H，则AH＝CH＝a.
由AB＝2a，可得BC＝a，
∴AC⊥BC.
取AC的中点E，连接D′E，则D′E⊥AC.
∵二面角α－AC－β为直二面角，∴D′E⊥β.
又∵BC?平面β，∴BC⊥D′E.
∵AC∩D′E＝E，∴BC⊥α.
而D′C?α，∴BC⊥D′C，
∴∠D′CA为二面角β－BC－γ的平面角.
由于∠D′CA＝45°，
∴二面角β－BC－γ为45°.
规律方法 (1)求二面角的大小关键是要找出或作出平面角.再把平面角放在三角形中，利用解三角形得到平面角的大小或三角函数值，其步骤为作角→证明→计算.
(2)为了能在适当位置作出平面角要注意观察二面角两个面的图形特点，如是否为等腰三角形等.
课堂达标
1.对于直线m，n和平面α，β，能得出α⊥β的一个条件是( )
A.m⊥n，m∥α，n∥β B.m⊥n，α∩β＝m，n?α
C.m∥n，n⊥β，m?α D.m∥n，m⊥α，n⊥β
解析 ∵n⊥β，m∥n，∴m⊥β，又m?α，由面面垂直的判定定理，∴α⊥β.
答案 C
2.如图所示，定点A和B都在平面α内，定点P?α，PB⊥α，C是平面α内异于A和B的动点，且PC⊥AC，则△ABC为( )
A.锐角三角形 B.直角三角形
C.钝角三角形 D.无法确定
解析 易证AC⊥平面PBC，所以AC⊥BC.
答案 B
3.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱AA1和AB上的点，若∠B1MN是直角，则∠C1MN＝________.
解析 ∵B1C1⊥平面ABB1A1，MN?平面ABB1A1，∴B1C1⊥MN.又∵MN⊥B1M，B1M∩B1C1＝B1，∴MN⊥平面C1B1M，∴MN⊥C1M，即∠C1MN＝90°.
答案 90°
4.已知α，β是两个不同的平面，m，n是平面α及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：________(用序号表示).
解析 当m⊥α，m⊥n时，有n∥α或n?α.∴当n⊥β时，α⊥β，即①③④?②.或当α⊥β，m⊥α时，有m∥β或m?β.∴当n⊥β时m⊥n，即②③④?①.
答案 ①③④?②(或②③④?①)
5.如右图所示，在四棱锥S－ABCD中，底面四边形ABCD是平行四边形，SC⊥平面ABCD，E为SA的中点.
求证：平面EBD⊥平面ABCD.
证明 如下图所示，连接AC，与BD交于点F，连接EF.
∵F为?ABCD的对角线AC与BD的交点，
∴F为AC的中点.
又E为SA的中点，
∴EF为△SAC的中位线，
∴EF∥SC.
∵SC⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD.
又EF?平面EBD，∴平面EBD⊥平面ABCD.
课堂小结
1.直线和平面垂直的判定方法：
(1)利用线面垂直的定义；
(2)利用线面垂直的判定定理；
(3)利用下面两个结论：①若a∥b，a⊥α，则b⊥α；
②若α∥β，a⊥α，则a⊥β.
2.证明两个平面垂直的主要途径：
(1)利用面面垂直的定义；
(2)面面垂直的判定定理，即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.
3.证明两个平面垂直，通常是通过证明线线垂直→线面垂直→面面垂直来实现的，因此，在关于垂直问题的论证中要注意线线垂直、线面垂直、面面垂直的相互转化.每一垂直的判定都是从某一垂直开始转向另一垂直，最终达到目的.
4.下面的结论，有助于判断面面垂直：
(1)m∥n，m⊥α，n?β?α⊥β；
(2)m⊥α，n⊥β，m⊥n?α⊥β；
(3)α∥β，γ⊥α?γ⊥β.
基础过关
1.如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC和CD的中点，G是EF的中点，现在沿着AE和AF及EF把正方形折成一个四面体，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H.那么，在四面体A－EFH中必有( )
A.HG⊥△AEF所在平面
B.AG⊥△EFH所在平面
C.HF⊥△AEF所在平面
D.AH⊥△EFH所在平面
解析 ∵AD⊥DF，AB⊥BE，∴AH⊥HF，AH⊥HE.又∵EH∩FH＝H，∴AH⊥面EFH.
答案 D
2.如图，AB是圆的直径，PA垂直于圆所在的平面，C是圆上一点(不同于A、B)且PA＝AC，则二面角P－BC－A的大小为( )
A.60° B.30°
C.45° D.15°
解析 由条件得：PA⊥BC，AC⊥BC，又PA∩AC＝C，
∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥PC，∴∠PCA为二面角P－BC－A的平面角.在Rt△PAC中，由PA＝AC得∠PCA＝45°，故选C.
答案 C
3.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( )
A.BC∥面PDF B.DF⊥面PAE
C.面PDF⊥面ABC D.面PAE⊥面ABC
解析 如图所示，∵BC∥DF，
∴BC∥平面PDF，∴A正确.
由BC⊥PE，BC⊥AE，PE∩AE＝E，
∴BC⊥平面PAE，
∴DF⊥平面PAE，∴B正确.
DF?平面ABC，∴平面ABC⊥平面PAE，∴D正确.
答案 C
4.已知三棱锥D－ABC的三个侧面与底面全等，且AB＝AC＝，BC＝2，则二面角D－BC－A的大小为________.
解析 如图，由题意知AB＝AC＝BD＝CD＝，BC＝AD＝2.
取BC的中点E，连接DE，AE，
则AE⊥BC，DE⊥BC，
所以∠DEA为所求二面角的平面角.
易得AE＝DE＝，
又AD＝2，
所以∠DEA＝90°.
答案 90°
5.在Rt△ABC中，D是斜边AB的中点，AC＝6，BC＝8，EC⊥平面ABC，且EC＝12，则ED＝________.
解析 如图，在Rt△ABC中，
CD＝AB.
因为AC＝6，BC＝8，
所以AB＝＝10.
所以CD＝5.
因为EC⊥平面ABC，CD?平面ABC，
所以EC⊥CD.
所以ED＝＝＝13.
答案 13
6.如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB＝90°，AC＝AA1，D是棱AA1的中点.证明：平面BDC1⊥平面BDC.
证明 由题设知BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1∩AC＝C，
所以BC⊥平面ACC1A1.又DC1?平面ACC1A1，
所以DC1⊥BC.
由题设知∠A1DC1＝∠ADC＝45°，
所以∠CDC1＝90°，即DC1⊥DC.又DC∩BC＝C，
所以DC1⊥平面BDC.又DC1?平面BDC1，
故平面BDC1⊥平面BDC.
7.如图，矩形AMND所在的平面与直角梯形MBCN所在的平面互相垂直，MB∥NC，MN⊥MB.
(1)求证：平面AMB∥平面DNC；
(2)若MC⊥CB，求证：BC⊥AC.
证明 (1)因为MB∥NC，MB?平面DNC，
NC?平面DNC，所以MB∥平面DNC.
因为四边形AMND为矩形，所以MA∥DN.
又MA?平面DNC，DN?平面DNC.
所以MA∥平面DNC.
又MA∩MB＝M，且MA，MB?平面AMB，
所以平面AMB∥平面DNC.
(2)因为四边形AMND是矩形，
所以AM⊥MN.
因为平面AMND⊥平面MBCN，且平面AMND∩平面MBCN＝MN，
所以AM⊥平面MBCN.
因为BC?平面MBCN，所以AM⊥BC.
因为MC⊥BC，MC∩AM＝M，
所以BC⊥平面AMC.
因为AC?平面AMC，所以BC⊥AC.
能力提升
8.已知直线m，n是异面直线，则过直线n且与直线m垂直的平面( )
A.有且只有一个 B.至多一个
C.有一个或无数个 D.不存在
解析 若异面直线m、n垂直，则符合要求的平面有一个，否则不存在.
答案 B
9.如图，O为正方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD的中心，则下列直线中与B1O垂直的是( )
A.A1D
B.AA1
C.A1D1
D.A1C1
解析 连接B1D1，∵ABCD－A1B1C1D1是正方体，
∴BB1⊥平面A1B1C1D1，且A1C1?A1B1C1D1，
∴BB1⊥A1C1，又四边形A1B1C1D1是正方形，
∴B1D1⊥A1C1，而B1D1∩BB1＝B1，
∴A1C1⊥平面BB1D1D，而B1O?平面BB1D1D，
∴A1C1⊥B1O.
答案 D
10.如图，二面角α－l－β的大小是60°，线段AB?α，B∈l，AB与l所成的角为30°，则AB与平面β所成的角的正弦值是________.
解析 如图，作AO⊥β于O，AC⊥l于C，连接OB、OC，则OC⊥l，设AB与β所成的角为θ，则∠ABO＝θ，由图得sin θ＝＝·＝sin 30°·sin 60°＝.
答案
11.三棱锥P－ABC中，PA＝PB＝PC＝，AB＝10，BC＝8，CA＝6，则二面角P－AC－B的大小为________.
解析 由题意易得点P在平面ABC上的射影O是AB的中点.取AC的中点Q，则OQ∥BC.
易得△ABC是直角三角形，且∠ACB＝90°，
∴∠AQO＝90°，即OQ⊥AC.
又∵PA＝PC，∴PQ⊥AC，
∴∠PQO即是二面角P－AC－B的平面角.
∵PA＝，AQ＝AC＝3，∴PQ＝8.
又∵OQ＝BC＝4，∴cos∠PQO＝＝，
∴∠PQO＝60°.
答案 60°
12.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，求二面角B－A1C1－B1的正切值.
解 取A1C1的中点O，连接B1O，BO.
由题意知B1O⊥A1C1，
又BA1＝BC1，O为A1C1的中点，
所以BO⊥A1C1，
所以∠BOB1即是二面角B－A1C1－B1的平面角.
因为BB1⊥平面A1B1C1D1，OB1?平面A1B1C1D1，
所以BB1⊥OB1.
设正方体的棱长为a，则OB1＝a，
在Rt△BB1O中，tan∠BOB1＝＝＝，
所以二面角B－A1C1－B1的正切值为.
13.(选做题)如图，三棱台DEF－ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点.
(1)求证：BD∥平面FGH；
(2)若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH.
证明 (1)方法一 如图所示，连接DG，CD，设CD∩GF＝M，连接MH.
在三棱台DEF－ABC中，AB＝2DE，
∴AC＝2DF.
∵G为AC的中点，
∴DF∥GC，且DF＝GC，
∴四边形CFDG是平行四边形，
∴DM＝MC.
∵BH＝HC，∴MH∥BD.
又BD?平面FGH，MH?平面FGH，
∴BD∥平面FGH.
方法二 在三棱台DEF－ABC中，AB＝2DE，H为BC的中点，∴BH∥EF，且BH＝EF，
∴四边形BHFE是平行四边形，∴BE∥HF.
在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，
∴GH∥AB.
又GH∩HF＝H，AB∩BE＝B，
∴平面FGH∥平面ABED.
∵BD?平面ABED，∴BD∥平面FGH.
(2)∵G，H分别为AC，BC的中点，
∴GH∥AB.
∵AB⊥BC，∴GH⊥BC.
又H为BC的中点，∴EF∥HC，EF＝HC，
∴EFCH是平行四边形，∴CF∥HE.
∵CF⊥BC，∴HE⊥BC.
又HE，GH?平面EGH，HE∩GH＝H，
∴BC⊥平面EGH.
又BC?平面BCD，∴平面BCD⊥平面EGH.
6.2 垂直关系的性质
学习目标 1.掌握直线与平面垂直，平面与平面垂直的性质定理(重点)；2.能运用性质定理解决一些简单问题(重点)；3.了解直线与平面、平面与平面垂直的判定定理和性质定理间的相互联系(重、难点).
知识点一 直线与平面垂直的性质定理
文字语言
如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行
符号语言
?a∥b
图形语言
作用
①线面垂直?线线平行
②作平行线
【预习评价】
(1)垂直于同一平面的两条直线一定共面吗？
提示 共面.由线面垂直的性质定理可知这两条直线是平行的，故能确定一个平面.
(2)过一点有几条直线与已知平面垂直？
提示 有且仅有一条.假设过一点有两条直线与已知平面垂直，由直线与平面垂直的性质定理可得这两条直线平行，即无公共点，这与过同一点相矛盾，故只有一条直线.
知识点二 平面与平面垂直的性质定理
文字语言
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
符号语言
?a⊥β
图形语言
作用
①面面垂直?线面垂直
②作面的垂线
【预习评价】
(1)如果α⊥β，则α内的直线必垂直于β内的无数条直线，对吗？
提示 正确.若设α∩β＝l，a?α，b?β，b⊥l，则a⊥b，故β内与b平行的无数条直线均垂直于α内的任意直线.
(2)如果α⊥β，过β外的任意一点作α与β交线的垂线，则这条直线必垂直于α，对吗？
提示 错误.垂直于交线的直线必须在平面β内才与平面α垂直，否则不垂直.
题型一 直线与平面垂直的性质及应用
【例1】 如图，正方体A1B1C1D1－ABCD中，EF与异面直线AC、A1D都垂直相交.
求证：EF∥BD1.
证明 如图所示，
连接AB1、B1D1、B1C、BD，
∵DD1⊥平面ABCD，
AC?平面ABCD，
∴DD1⊥AC.
又AC⊥BD，DD1∩BD＝D，
∴AC⊥平面BDD1B1，
又BD1?平面BDD1B1，
∴AC⊥BD1.
同理可证BD1⊥B1C，
又AC∩B1C＝C，
∴BD1⊥平面AB1C.
∵EF⊥A1D，A1D∥B1C，∴EF⊥B1C.
又∵EF⊥AC，AC∩B1C＝C，
∴EF⊥平面AB1C，∴EF∥BD1.
规律方法 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.
【训练1】 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，AB⊥平面PAD，AD＝AP，E是PD的中点，M，N分别在AB，PC上，且MN⊥AB，MN⊥PC.证明：AE∥MN.
证明 因为AB⊥平面PAD，AE?平面PAD，
所以AE⊥AB，又AB∥CD，所以AE⊥CD.
因为AD＝AP，E是PD的中点，所以AE⊥PD.
又CD∩PD＝D，所以AE⊥平面PCD.
因为MN⊥AB，AB∥CD，所以MN⊥CD.
又因为MN⊥PC，PC∩CD＝C，
所以MN⊥平面PCD，所以AE∥MN.
题型二 平面与平面垂直的性质及应用
【例2】 如图，在三棱锥V－ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC＝BC＝，O，M分别为AB，VA的中点.
(1)求证：VB∥平面MOC；
(2)求证：平面MOC⊥平面VAB.
证明 (1)∵O，M分别为AB，VA的中点，
∴OM∥VB.
∵VB?平面MOC，OM?平面MOC，
∴VB∥平面MOC.
(2)∵AC＝BC，O为AB的中点，∴OC⊥AB.
又∵平面VAB⊥平面ABC，
且平面VAB∩平面ABC＝AB，OC?平面ABC，
∴OC⊥平面VAB.
∵OC?平面MOC，∴平面MOC⊥平面VAB.
规律方法 (1)证明或判定线面垂直的常用方法：
①线面垂直的判定定理；
②面面垂直的性质定理；
③若a∥b，a⊥α，则b⊥α(a，b为直线，α为平面)；
④若a⊥α，α∥β，则a⊥β(a为直线，α，β为平面)；
(2)两平面垂直的性质定理告诉我们要将面面垂直转化为线面垂直，方法是在其中一个面内作(找)与交线垂直的直线.
【训练2】 如图所示，P是四边形ABCD所在平面外的一点，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BD，
∵四边形ABCD是菱形且∠DAB＝60°，
∴△ABD是正三角形，又∵G是AD的中点，∴BG⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD且两平面交于AD，
∴BG⊥平面PAD.
(2)连接PG，由(1)可知BG⊥AD，∵△PAD是正三角形，G是AD中点，所以PG⊥AD，BG∩PG＝G，
所以AD⊥平面PBG，所以AD⊥PB.
方向1 证明直线和直线平行
【例3－1】 如图，α∩β＝l，PA⊥α，PB⊥β，垂足分别为A、B，a?α，a⊥AB.求证：a∥l.
证明 ∵PA⊥α，l?α，∴PA⊥l.
同理PB⊥l.∵PA∩PB＝P，∴l⊥平面PAB.
又∵PA⊥α，a?α，∴PA⊥a.
∵a⊥AB，PA∩AB＝A，∴a⊥平面PAB.
∴a∥l.
方向2 证明直线和直线垂直
【例3－2】 如图，在三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC，平面PAB⊥平面PBC.求证：BC⊥AB.
证明 如图，在平面PAB内，作AD⊥PB于点D.
∵平面PAB⊥平面PBC，
且平面PAB∩平面PBC＝PB.
∴AD⊥平面PBC.
又BC?平面PBC，∴AD⊥BC.
又∵PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，
∴PA⊥BC，
又∵PA∩AD＝A，
∴BC⊥平面PAB.
又AB?平面PAB，
∴BC⊥AB.
方向3 证明直线和平面垂直
【例3－3】 如图所示，正方形ABCD所在平面与四边形ABEF所在平面互相垂直，AF∥BE，AF⊥EF，AF＝EF＝BE.求证：EA⊥平面ABCD.
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.
方向4 证明平面和平面垂直
【例3－4】 如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面BCD，AB⊥AC，DC⊥BC.求证：平面ABD⊥平面ACD.
证明 ∵平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，在平面ABC内，作AE⊥BC于点E，
如图，则AE⊥平面BCD.
又CD?平面BCD，∴AE⊥CD.
又BC⊥CD，AE∩BC＝E，
AE，BC?平面ABC，
∴CD⊥平面ABC，
又AB?平面ABC，∴AB⊥CD.
又AB⊥AC，AC∩CD＝C，
AC、CD?平面ACD.
∴AB⊥平面ACD.又AB?平面ABD，
∴平面ABD⊥平面ACD.
规律方法 (1)无论是线面垂直还是面面垂直，都源自于线与线的垂直，这种转化为“低维”垂直的思想方法在解题时非常重要，在处理实际问题的过程中，可以先从题设入手，分析已有的垂直关系，再从结论入手，分析所要证明的垂直关系，从而架起已知与未知之间的“桥梁”.
(2)在线面垂直和面面垂直的判定定理中，有一些非常重要的限制条件，如“两条相交直线”“一个平面经过另一个平面的一条垂线”等，这既为证明指明了方向，同时又有很强的制约性，所以使用这些定理时，一定要注意体现逻辑推理的规范性.
课堂达标
1.已知平面α∩平面β＝l，平面γ⊥α，γ⊥β，则( )
A.l∥γ B.l?γ
C.l与γ斜交 D.l⊥γ
解析 如图，在γ内取一点O，
作OE⊥m，OF⊥n，
由于β⊥γ，γ∩β＝m，
所以OE⊥β，因为l?β，
所以OE⊥l，
同理OF⊥l，OE∩OF＝O，
所以l⊥γ.
答案 D
2.设平面α与平面β垂直，交线为l，直线a?α，直线b?β，a，b与l都不垂直，那么( )
A.a与b可能垂直，但不可能平行
B.a与b可能垂直，也可能平行
C.a与b不可能垂直，但可能平行
D.a与b不可能垂直，也不可能平行
解析 由题意，当a∥l，l∥b时，a∥b，故A，D错；
若a⊥b，∵b与l不垂直，在b上取点A，过A作AB⊥l，由面面垂直的性质定理得AB⊥α，
∵a?α，∴AB⊥a，又a⊥b，AB∩b＝A，
∴a⊥β?a⊥l.这和a与l不垂直相矛盾.
∴不可能a⊥b.故B错，故选C.
答案 C
3.已知α，β，γ是三个不同的平面，命题“α∥β，且α⊥γ?β⊥γ”是真命题，如果把α，β，γ中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题有________个.
解析 若α，β换为直线a，b，则命题化为“a∥b，且a⊥γ?b⊥γ”，此命题为真命题；若α，γ换为直线a，b，则命题化为“a∥β，且a⊥b?b⊥β”，此命题为假命题；若β，γ换为直线a，b，则命题化为“a∥α，且b⊥α?a⊥b”，此命题为真命题.
答案 2
4.已知a、b为直线，α、β为平面.在下列四个命题中，正确的命题是________.
①若a⊥α，b⊥α，则a∥b；②若a∥α，b∥α，则a∥b；③若a⊥α，a⊥β，则α∥β；④若α∥b，β∥b，则α∥β.
解析 由“垂直于同一平面的两直线平行”知①真；由“平行于同一平面的两直线平行或异面或相交”知②假；由“垂直于同一直线的两平面平行”知③真；易知④假.
答案 ①③
5.如图，在三棱锥S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，过点A作AF⊥SB，垂足为F.求证：BC⊥SA.
证明 因为平面SAB⊥平面SBC，平面SAB∩平面SBC＝SB，
AF?平面SAB，AF⊥SB，
所以AF⊥平面SBC.
又因为BC?平面SBC，所以AF⊥BC.
因为AB⊥BC，AF∩AB＝A，
所以BC⊥平面SAB.
又因为SA?平面SAB，所以BC⊥SA.
课堂小结
1.垂直关系之间的相互转化
2.平行关系与垂直关系之间的相互转化
基础过关
1.平面α∥平面β，直线a∥α，直线b⊥β，那么直线a与直线b的位置关系一定是( )
A.平行 B.异面
C.垂直 D.不相交
解析 因为平面α∥平面β，直线a∥α，所以a∥β或a?β.若a?β，则a⊥b，若a∥β，设过a的平面与平面β的交线为c，则a∥c，由b⊥c知a⊥b.综上知a⊥b.
答案 C
2.关于直线m，n与平面α，β，有下列四个命题：
①若m∥α，n∥β，且α∥β，则m∥n；
②若m⊥α，n⊥β，且α⊥β，则m⊥n；
③若m⊥α，n∥β，且α∥β，则m⊥n；
④若m∥α，n⊥β，且α⊥β，则m∥n.
其中真命题的序号是( )
A.①② B.③④
C.①④ D.②③
解析 ①m，n可能异面、相交或平行，④m，n可能平行、异面或相交，所以①④错误.
答案 D
3.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )
A.A1E⊥DC1 B.A1E⊥BD
C.A1E⊥BC1 D.A1E⊥AC
解析 如图，由题设知，A1B1⊥平面BCC1B1，从而A1B1⊥BC1，又B1C⊥BC1，且A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E?平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1.
答案 C
4.如图，在三棱锥P－ABC内，侧面PAC⊥底面ABC，且∠PAC＝90°，PA＝1，AB＝2，则PB＝________.
解析 ∵侧面PAC⊥底面ABC，交线为AC，∠PAC＝90°(即PA⊥AC)，
∴PA⊥平面ABC，
∴PA⊥AB，∴PB＝＝＝.
答案
5.如图所示，已知两个正方形ABCD和DCEF不在同一平面内，M，N分别为AB，DF的中点.若CD＝2，平面ABCD⊥平面DCEF，则线段MN的长等于________.
解析 取CD的中点G，连接MG，NG.
因为ABCD，DCEF为正方形，且边长为2，
所以MG⊥CD，MG＝2，NG＝.
因为平面ABCD⊥平面DCEF，
所以MG⊥平面DCEF，可得MG⊥NG，
所以MN＝＝.
答案
6.如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，E是侧棱BB1的中点，求证：平面A1EC⊥平面AA1C1C.
证明 因为E是BB1的中点，
所以B1E＝BE.
又因为在正三棱柱ABC－A1B1C1中，有A1B1＝BC，∠A1B1E＝∠CBE＝90°，
所以△A1B1E≌△CBE，
所以A1E＝CE.
如图，取A1C的中点F，连接EF，取AC的中点G，连接FG，GB.
在△AA1C中，GF∥AA1，GF＝AA1，
而点E是BB1的中点，
所以BE綊AA1，所以GF綊BE，
所以四边形BEFG是平行四边形，
所以BG∥EF.
在正三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC是等边三角形，
所以BG⊥AC.
又因为平面ABC⊥平面AA1C1C，AC是两平面的交线，
所以BG⊥平面AA1C1C，
所以EF⊥平面AA1C1C，
又因为EF?平面A1EC，
所以平面A1EC⊥平面AA1C1C.
7.如下图所示，已知矩形ABCD，SA⊥平面ABCD，AE⊥SB于点E，EF⊥SC于点F.
(1)求证：SC⊥AF；
(2)若平面AEF交SD于点G，求证：AG⊥SD.
证明 (1)∵SA⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，
∴SA⊥BC.
∵四边形ABCD是矩形，∴AB⊥BC.
又AB∩SA＝A，
∴BC⊥平面SAB，
又∵AE?平面SAB，
∴BC⊥AE，
又SB⊥AE，SB∩BC＝B，
∴AE⊥平面SBC，
又∵SC?平面SBC，
∴AE⊥SC.
又EF⊥SC，EF∩AE＝E，
∴SC⊥平面AEF.
又AF?平面AEF，
∴SC⊥AF.
(2)∵SA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，
∴SA⊥CD.
又AD⊥CD，SA∩AD＝A，
∴CD⊥平面SAD，又∵AG?平面SAD，
∴DC⊥AG.
由(1)有SC⊥平面AEF，又AG?平面AEF，
∴SC⊥AG，
又SC∩CD＝C，
∴AG⊥平面SCD，
又∵SD?平面SCD，∴AG⊥SD.
能力提升
8.如图，正方形SG1G2G3中，E、F分别是G1G2、G2G3的中点，现在沿SE、SF、EF把这个正方形折成一个四面体，使G1、G2、G3重合，重合后的点记为G.给出下列关系：
①SG⊥平面EFG；②SE⊥平面EFG；③GF⊥SE；④EF⊥平面SEG.其中成立的有( )
A.①与② B.①与③
C.②与③ D.③与④
解析 由SG⊥GE，SG⊥GF，GE∩GF＝G，得SG⊥平面EFG，排除C、D；若SE⊥平面EFG，则SG∥SE，这与SG∩SE＝S矛盾，排除A，故选B.
答案 B
9.如图所示，PA⊥矩形ABCD所在的平面，图中互相垂直的平面有( )
A.3对 B.4对
C.5对 D.6对
解析 ∵PA、AD、AB两两垂直，
∴平面PAD、平面PAB、平面ABCD两两垂直有3对.
又∵BC⊥BA，BC⊥PA，∴BC⊥平面PAB，
∴平面PBC⊥平面PAB，同理平面PDC⊥平面PAD.
答案 C
10.设两个平面α，β，直线l，下列三个条件：
①l⊥α；②l∥β；③α⊥β.若以其中两个作为前提条件，另一个作为结论，则可构成三个命题，这三个命题中，正确命题的个数为________.
解析 ①②作为前提条件，③作为结论构成的命题正确，过l作一平面与β交于l′，则l∥l′，所以l′⊥α，故α⊥β；①③作为前提条件，②作为结论构成的命题错，这时可能有l?β；②③作为前提条件，①作为结论构成的命题错，这时l与α的各种位置关系都可能存在.
答案 1
11.如图，四面体P－ABC中，PA＝PB＝，平面PAB⊥平面ABC，∠ABC＝90°，AC＝8，BC＝6，则PC＝________.
解析 取AB的中点D，连接PD，
∵PA＝PB，∴PD⊥AB，
∵平面PAB⊥平面ABC，
∴PD⊥平面ABC.
连接DC，则△PDC为直角三角形，
在Rt△ABC中，AB＝
＝＝2，
在Rt△DBC中，DC＝
＝＝，
PD＝
＝＝.
PC＝＝＝7.
答案 7
12.如图，在三棱锥A－BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.
求证：(1)EF∥平面ABC；
(2)AD⊥AC.
证明 (1)在平面ABD内，AB⊥AD，EF⊥AD，
则AB∥EF.
∵AB?平面ABC，EF 平面ABC，
∴EF∥平面ABC.
(2)∵BC⊥BD，平面ABD∩平面BCD＝BD，平面ABD⊥平面BCD，BC?平面BCD，
∴BC⊥平面ABD.
∵AD?平面ABD，∴BC⊥AD.
∵AB⊥AD，BC，AB?平面ABC，BC∩AB＝B，
∴AD⊥平面ABC，又AC?平面ABC，∴AD⊥AC.
13.如图，平面PAC⊥平面ABC，AC⊥BC，PE∥CB，M是AE的中点.
(1)若N是PA的中点，求证：平面CMN⊥平面PAC；
(2)若MN∥平面ABC，求证：N是PA的中点.
证明 (1)因为平面PAC⊥平面ABC，且平面PAC∩平面ABC＝AC，
AC⊥BC，BC?平面ABC，
所以BC⊥平面PAC，
又M，N分别为AE，AP的中点，所以MN∥PE，
又PE∥CB，所以MN∥BC，
即MN⊥平面PAC，
又MN?平面CMN，
所以平面CMN⊥平面PAC.
(2)因为PE∥CB，BC?平面ABC，PE 平面ABC，
所以PE∥平面ABC，
设平面PAE∩平面ABC＝l，则PE∥l.
又MN∥平面ABC，MN?平面PAE，所以MN∥l.
所以MN∥PE，
因为M是AE的中点，所以N为PA的中点.
7.1 简单几何体的侧面积
学习目标 1.通过对柱体、锥体、台体的研究，掌握柱体、锥体、台体的表面积的求法(重点)；2.了解柱体、锥体、台体的表面积计算公式；能运用柱体、锥体、台体的表面积公式进行计算和解决有关实际问题(重、难点)；3.培养空间想象能力和思维能力(难点).
知识点一 侧面积的概念
把柱、锥、台的侧面沿着它们的一条侧棱或母线剪开后展开在一个平面上，展开图的面积就是它们的侧面积.
【预习评价】
圆柱OO′及其侧面展开图如下，则其侧面积为多少？表面积为多少？
提示 S侧＝2πrl，S表＝2πr(r＋l).
识点二 圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
几何体
侧面展开图
侧面积公式
圆柱
S圆柱侧＝c·l＝2πrl
r—底面半径
l—圆柱母线长
c—底面圆周长
圆锥
S圆锥侧＝c·l＝πrl
r—底面半径
l—圆锥母线长
c—底面圆周长
圆台
S圆台侧＝(c1＋c2)l
＝π(r1＋r2)l
r1、r2—上、下底面半径
c1、c2—上、下底面圆周长
l—侧面母线长
【预习评价】
一个几何体的三视图及其尺寸如图(单位：cm)，则该几何体的表面积为( )
A.12π B.18π
C.24π D.36π
解析 由三视图知该几何体为圆锥，底面半径r＝3，母线l＝5，∴S表＝πrl＋πr2＝24π.故选C.
答案 C
知识点三 直棱柱、正棱锥、正棱台的侧面展开图及侧面积公式
几何体
侧面展开图
侧面积公式
直棱柱
S直棱柱侧＝c·h
c—底面周长
h—高
正棱锥
S正棱锥侧＝c·h′
c—底面周长
h′—斜高
正棱台
S正棱台侧＝(c＋c′)·h′
c、c′—上、下底面周长
h′—斜高
【预习评价】
一个几何体的三视图(单位长度：cm)如图所示，则此几何体的表面积是( )
A.(80＋16)cm2 B.84 cm2
C.(96＋16)cm2 D.96 cm2
解析 该几何体是四棱锥与正方体的组合，S表面积＝42×5＋4＝80＋16(cm2).
答案 A
题型一 旋转体的表面积和侧面积
【例1】 设圆台的高为3，在轴截面中，母线AA1与底面圆直径AB的夹角为60°，且轴截面的一条对角线垂直于腰，求圆台的侧面积.
解 如图所示，作出轴截面A1ABB1，设上、下底面半径、母线长分别为r、R、l，作A1D⊥AB于D，
则A1D＝3，
∠A1AB＝60°.
∵∠BA1A＝90°，
∴∠BA1D＝60°，
∴AD＝A1D·tan 30°＝3×＝＝R－r，
BD＝A1D·tan 60°＝3×＝3＝R＋r.
∴R＝2，r＝，l＝A1A＝＝＝2.
∴圆台的侧面积S侧＝π(r＋R)l＝π(2＋)×2＝18π.
即圆台的侧面积是18π.
规律方法 (1)旋转体侧面积的计算一般通过轴截面寻找其中的数量关系.
(2)解决台体的问题通常要还台为锥，求面积时要注意侧面展开图的应用，上、下底面圆的周长是展开图的弧长.
【训练1】 (1)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
A.3π B.4π
C.2π＋4 D.3π＋4
(2)圆台的上、下底面半径分别为10 cm和20 cm.它的侧面展开图扇环的圆心角为180°，那么圆台的表面积是________cm2(结果中保留π).
解析 (1)由三视图可知：
该几何体为：
故表面积为：
πr2＋l＋l2
＝π＋2π＋4＝3π＋4.
(2)如图所示，
设圆台的上底面周长为c，
因为扇环的圆心角是180°，
故c＝π·SA＝2π×10，
所以SA＝20，同理可得SB＝40，
所以AB＝SB－SA＝20，
所以S表面积＝S侧＋S上＋S下
＝π(r1＋r2)·AB＋πr＋πr
＝π(10＋20)×20＋π×102＋π×202＝1 100π(cm2).
故圆台的表面积为1 100π cm2.
答案 (1)D (2)1 100π
题型二 多面体的表面积
【例2】 如图所示，已知六棱锥P-ABCDEF，其中底面ABCDEF是正六边形，点P在底面的投影是正六边形的中心，底面边长为2 cm，侧棱长为3 cm.求六棱锥P-ABCDEF的表面积.
解 先求底面正六边形的面积：
S六边形ABCDEF＝6S△OBC
＝6××2×2×sin 60°＝6.
又S侧面＝6S△PCD＝6××2×
＝6＝12.
∴S六棱锥表＝S六边形ABCDEF＋S侧面＝(6＋12)cm2.
规律方法 多面体中的有关计算通常转化为平面图形(三角形或特殊的四边形)来计算，对于棱锥中的计算问题往往要构造直角三角形，即棱锥的高、斜高以及斜高在底面上的投影构成的直角三角形，或者由棱锥的高、侧棱以及侧棱在底面上的投影构成的直角三角形.
【训练2】 已知正四棱台(上、下底面是正方形，上底面的中心在下底面的投影是下底面中心)上底面边长为6，高和下底面边长都是12，求它的侧面积.
解 方法一 如图，E、E1分别是BC、B1C1的中点，O、O1分别是下、上底面正方形的中心，则O1O为正四棱台的高，则O1O＝12.
连接OE、O1E1，
则OE＝AB＝×12＝6，
O1E1＝A1B1＝3.
过E1作E1H⊥OE，垂足为H，
则E1H＝O1O＝12，OH＝O1E1＝3，
HE＝OE－O1E1＝6－3＝3.
在Rt△E1HE中，
E1E2＝E1H2＋HE2＝122＋32＝32×17，
所以E1E＝3.
所以S侧＝4××(B1C1＋BC)×E1E
＝2×(6＋12)×3＝108.
方法二 如图，正四棱台的侧棱延长交于一点P.
取B1C1、BC的中点E1、E，则EE1的延长线必过P点(以后可以证明).O1、O分别是正方形A1B1C1D1与正方形ABCD的中心.由正棱锥的定义，CC1的延长线过P点，且有O1E1＝A1B1＝3，OE＝AB＝6，
则有＝＝，
即＝，所以PO1＝O1O＝12.
在Rt△PO1E1中，
PE＝PO＋O1E＝122＋32＝32×17，
在Rt△POE中，
PE2＝PO2＋OE2＝242＋62＝62×17，
所以E1E＝PE－PE1＝6－3＝3.
所以S侧＝4××(BC＋B1C1)×E1E
＝2×(12＋6)×3＝108.
【探究1】 某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是________cm2.
解析 该几何体如图所示，长方体的长，宽，高分别为6 cm，4 cm，3 cm，直三棱柱的底面是直角三角形，边长分别为3 cm，4 cm，5 cm，所以表面积S＝[2×(4×6＋4×3)＋3×6＋3×3]＋＝99＋39＝138(cm2).
答案 138
【探究2】 如图△ABC中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，以AB所在直线为轴，将此三角形旋转一周，求所得到的旋转体的表面积.
解 过C点作CD⊥AB于点D.如图所示，△ABC以AB所在直线为轴旋转一周，所得到的旋转体是两个底面重合的圆锥，这两个圆锥的高的和为AB＝5，底面半径DC＝＝，
故S表＝π·DC·(BC＋AC)＝π.
【探究3】 已知梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD＝a，BC＝2a，∠DCB＝60°，在平面ABCD内，过点C作l⊥CB，以l为轴将梯形ABCD旋转一周，求旋转体的表面积.
解 如题图所示，所得几何体为一个圆柱除去一个圆锥.
在直角梯形ABCD中，AD＝a，BC＝2a，AB＝(2a－a)tan 60°＝a，DC＝＝2a.
又DD′＝DC＝2a.
∴S表＝S圆环＋S圆柱侧＋S圆C＋S圆锥侧
＝[π·(2a)2－πa2]＋2π·2a·a＋π·(2a)2＋π·a·2a＝(9＋4)πa2.
规律方法 求解组合体表面积的解题思路：求解组合体的表面积问题首先要弄清楚它是由哪些简单几何体组成的，将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体后，先求这些几何体的表面积，再通过求和或作差，得到所求组合体的表面积.若遇到与旋转体有关的问题，应根据条件确定各个旋转体的底面半径和母线长，再代入公式求解；若遇到与三视图有关的问题，要能够利用三视图的相关知识确定几何体的结构特征和相关数据，最后运用相应表面积公式求解.
课堂达标
1.已知一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，这个圆柱的表面积与侧面积的比是( )
A. B.
C. D.
解析 设圆柱底面半径、母线长分别为r，l，由题意知l＝2πr，S侧＝l2＝4π2r2.
S表＝S侧＋2πr2＝4π2r2＋2πr2＝2πr2(2π＋1)，
＝＝.
答案 A
2.若圆台的高是3，一个底面半径是另一个底面半径的2倍，母线与下底面成45°角，则这个圆台的侧面积是( )
A.27π B.27π
C.9π D.36π
解析 ∵上底半径r′＝3，下底半径r＝6，母线长l＝3，∴S侧＝π(r′＋r)l＝π(3＋6)×3＝27π.
答案 B
3.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________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 1
4.一个圆柱和一个圆锥的轴截面分别是边长为a的正方形和正三角形，则它们的表面积之比为________.
解析 S圆柱＝2·π＋2π··a＝πa2，
S圆锥＝π＋π··a＝πa2，
∴S圆柱∶S圆锥＝2∶1.
答案 2∶1
5.一个几何体的三视图及其相关数据如图所示，求这个几何体的表面积.
解 这个几何体是一个圆台被轴截面割出来的一半.根据图中数据可知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，高为，母线长为2，几何体的表面积是两个半圆的面积、圆台侧面积的一半和轴截面的面积之和，故这个几何体的表面积为S＝π×12＋π×22＋π×(1＋2)×2＋×(2＋4)×＝＋3.
课堂小结
1.多面体的表面积为围成多面体的各个面的面积之和.棱柱的表面积等于它的侧面积加底面积；棱锥的表面积等于它的侧面积加底面积；棱台的表面积等于它的侧面积加两个底的面积.
2.有关旋转体的表面积的计算要充分利用其轴截面，就是说将已知条件尽量归结到轴截面中求解.而对于圆台有时需要将它还原成圆锥，再借助相似的相关知识求解.
3.S圆柱表＝2πr(r＋l)；S圆锥表＝πr(r＋l)；S圆台表＝π(r2＋rl＋Rl＋R2).
基础过关
1.某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是个半圆，则该几何体的表面积为( )
A. B.π＋
C.＋ D.＋
解析 由三视图可知该几何体为一个半圆锥，底面半径为1，高为，∴表面积S＝×2×＋×π×12＋×π×1×2＝＋.
答案 C
2.若一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为，则这个圆锥的母线长为( )
A.2 B.2
C. D.
解析 如图所示，设等边三角形ABC为圆锥的轴截面，由题意知圆锥的母线长即为△ABC的边长，且S△ABC＝AB2，∴＝AB2，∴AB＝2.
答案 A
3.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，三棱锥D1－AB1C的表面积与正方体的表面积的比为( )
A.1∶1 B.1∶
C.1∶ D.1∶2
解析 设正方体棱长为a，由题意知，三棱锥的各面都是正三角形，其表面积为4S△AB1D1＝4×a2＝2a2.正方体的表面积为6a2，∴三棱锥D1－AB1C的表面积与正方体的表面积的比为2a2∶6a2＝1∶.
答案 C
4.若圆台的上、下底面半径和母线长的比为1∶4∶5，高为8，则其侧面积为________.
解析 设圆台上、下底面半径分别为r和R，母线长为l，则r＝k，R＝4k，l＝5k(k>0)，则(5k)2－(3k)2＝82，∴k＝2，从而r＝2，R＝8，l＝10，S侧＝π(2＋8)×10＝100π.
答案 100π
5.某几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积是________.
解析 由三视图，画出几何体的直观图易求得基本量，如图所示，其表面积S＝×2＋4×(2＋4＋5＋5)＝28＋64＝92.
答案 92
6.一个直角梯形ABCD的两底边长分别为AD＝2，BC＝5，高AB＝4，将其绕较长的底边旋转一周，求所得旋转体的表面积.
解 如图，作DM⊥BC于点M，则DM＝AB＝4，MC＝BC－AD＝5－2＝3.
在Rt△CMD中，CD＝＝＝5.
当梯形ABCD绕底边BC旋转一周后，得到同底的圆柱与圆锥的组合体，其中AB边形成圆柱的一个底面，AD边形成圆柱的侧面，CD边形成圆锥的侧面，将它们的面积分别设为S1，S2，S3，则所求旋转体的表面积为S＝S1＋S2＋S3，即S＝π×42＋2π×4×2＋π×4×5＝16π＋16π＋20π＝52π.故所求旋转体的表面积是52π.
7.正四棱锥的侧面积是底面积的2倍，高是3，求它的表面积.
解 如图，设PO＝3，PE是斜高，
∵S侧＝2S底，∴4××BC×PE＝2BC2，∴BC＝PE.
在Rt△POE中，PO＝3，OE＝BC＝PE.
∴9＋()2＝PE2，∴PE＝2.
∴S底＝BC2＝PE2＝(2)2＝12.
S侧＝2S底＝2×12＝24.
∴S表＝S底＋S侧＝12＋24＝36.
能力提升
8.某多面体的三视图如图所示，其中主视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )
A.10 B.12
C.14 D.16
解析 由三视图可画出直观图，该直观图各面内只有两个相同的梯形的面，S梯＝(2＋4)×2÷2＝6，S全梯＝6×2＝12，故选B.
答案 B
9.一个圆台的母线长等于上、下底面半径和的一半，且侧面积是32π，则母线长为( )
A.2 B.2
C.4 D.8
解析 圆台的轴截面如图，由题意知，l＝(r＋R)，S圆台侧＝π(r＋R)·l＝π·2l·l＝32π，∴l＝4.
答案 C
10.长方体ABCD－A1B1C1D1中，宽、长、高分别为3、4、5，现有一个小虫从A出发沿长方体表面爬行到C1来获取食物，则其路程的最小值为________.
解析 把长方体含AC1的面作展开图，有三种情形如图所示：利用勾股定理可得AC1的长分别为、、.
由此可见图(2)是最短路线，其路程的最小值为.
答案
11.如图，底面为菱形的直棱柱ABCD－A1B1C1D1的两个对角面ACC1A1和BDD1B1的面积分别为6和8，则棱柱的侧面积为________.
解析 设底面边长为x，高为h，则有AC＝，BD＝，
∵底面ABCD为菱形，∴AC与BD互相垂直平分，
∴x2＝＋＝，∴x＝，
∴S侧＝4x·h＝4××h＝20.
答案 20
12.用一张4×8(cm2)的矩形硬纸卷成圆柱的侧面，求该圆柱的表面积.
解 根据卷的方法不同，可分为两种情况：
(1)以矩形8 cm的边为母线，把矩形硬纸卷成圆柱侧面，设底面半径为r1，则底面周长为2π·r1＝4(cm)，
∴r1＝ cm，
∴底面积之和为 cm2，S表＝ cm2.
(2)以矩形4 cm的边为母线，把矩形硬纸卷成圆柱侧面，设底面半径为r2，则底面周长为2π·r2＝8(cm)，
∴r2＝(cm)，
∴底面积之和为 cm2，S表＝ cm2.
13.(选做题)已知一个圆锥的底面半径为R，高为H，在其内部有一个高为x的内接圆柱.
(1)求圆柱的侧面积；
(2)x为何值时，圆柱的侧面积最大？
解 (1)作圆锥的轴截面，如图所示.
因为＝，所以r＝R－x，
所以S圆柱侧＝2πrx
＝2πRx－x2(0(2)因为－<0，
所以当x＝＝时，S圆柱侧最大.
故当x＝，即圆柱的高为圆锥高的一半时，圆柱的侧面积最大.
7.2 棱柱、棱锥、棱台和圆柱、圆锥、圆台的体积
7.3 球的表面积和体积
学习目标 1.理解柱体、锥体、台体的体积公式(重点)；2.理解球的表面积和体积公式(重点)；3.能运用体积公式求解有关的体积问题，并且熟悉台体与柱体和锥体之间的转换关系(重、难点).
知识点一 柱、锥、台体的体积公式
几何体
体积公式
柱体
圆柱
V柱体＝Sh
S—柱体底面积 h—柱体的高
棱柱
锥体
圆锥
V锥体＝Sh
S—锥体底面积 h—锥体的高
棱锥
台体
圆台
V台体＝(S上＋S下＋)·h
S上、S下—台体的上、下底面面积，h—高
棱台
【预习评价】
简单组合体分割成几个几何体，其表面积如何变化？其体积呢？
提示 表面积变大了，体积不变.
知识点二 球的体积公式与表面积公式
1.球的体积公式V＝πR3(其中R为球的半径).
2.球的表面积公式S＝4πR2.
【预习评价】
球有底面吗？球面能展开成平面图形吗？
提示 球没有底面，球的表面不能展开成平面.
题型一 柱体、锥体、台体的体积
【例1】 (1)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.
解析 由所给三视图可知，该几何体是由相同底面的两个圆锥和一个圆柱组成，底面半径为1 m，圆锥的高为1 m，圆柱的高为2 m，因此该几何体的体积V＝2××π×12×1＋π×12×2＝π(m3).
答案 π
(2)在四棱锥E－ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，2AB＝3CD，M为AE的中点，设E－ABCD的体积为V，那么三棱锥M－EBC的体积为多少？
解 如图，设点B到平面EMC的距离为h1，点D到平面EMC的距离为h2.
连接MD.
因为M是AE的中点，
所以VM－ABCD＝V.
所以VE－MBC＝V－VE－MDC.
而VE－MBC＝VB－EMC，VE－MDC＝VD－EMC，
所以＝＝.
因为B，D到平面EMC的距离即为到平面EAC的距离，而AB∥CD，且2AB＝3CD，所以＝.
所以VE－MBC＝VM－EBC＝V.
规律方法 (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、斜高及其在底面的投影组成直角三角形，进而求解.
(2)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.
(3)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，这一方法叫作等积法.
(4)台体的体积计算公式是V＝(S上＋S下＋)h，其中S上，S下分别表示台体的上、下底面的面积.计算体积的关键是求出上、下底面的面积及高，求解相关量时，应充分利用台体中的直角梯形、直角三角形.另外，台体的体积还可以通过两个锥体的体积差来计算.
【训练1】 某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是( )
A.＋1 B.＋3
C.＋1 D.＋3
解析 由三视图可知原几何体为半个圆锥和一个三棱锥的组合体，半圆锥的底面半径为1，高为3，三棱锥的底面积为×2×1＝1，高为3.故原几何体体积为：V＝×π×12×3×＋1×3×＝＋1.
答案 A
【训练2】 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＝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.
【训练3】 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.又DC∩QD＝D.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.
题型二 球的表面积和体积
【例2】 (1)已知球的表面积为64π，求它的体积；
(2)已知球的体积为π，求它的表面积.
解 (1)设球的半径为R，则4πR2＝64π，解得R＝4，
所以球的体积V＝πR3＝π·43＝π.
(2)设球的半径为R，则πR3＝π，解得R＝5，
所以球的表面积S＝4πR2＝4π×52＝100π.
规律方法 (1)已知球的半径，可直接利用公式求它的表面积和体积.
(2)已知球的表面积和体积，可以利用公式求它的半径.
【训练4】 (1)若圆锥与球的体积相等，且圆锥底面半径与球的直径相等，则圆锥侧面积与球面面积之比是________.
(2)如图是一个几何体的三视图，根据图中的数据可得该几何体的表面积为________.
解析 (1)设圆锥的底面半径为R，
由题意知球的半径为，
V圆锥＝πR2h(h为圆锥的高)，
V球＝π()3＝πR3，∴πR2h＝πR3，
h＝R，则圆锥的母线l＝＝R，
圆锥的侧面积为π×R×R＝πR2.
球的表面积为4π×()2＝πR2.
∴圆锥的侧面积与球面面积之比为∶2.
(2)由三视图知该几何体由圆锥和半球组成，且球的半径和圆锥底面半径都等于3，圆锥的母线长等于5，所以该几何体的表面积为S＝2π×32＋π×3×5＝33π.
答案 (1) (2)33π
【例3】 已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的直径为( )
A. B.2
C.13 D.3
解析 因为三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，
所以三棱柱的底面是直角三角形，侧棱与底面垂直.
△ABC的外心是斜边的中点，上下底面的中心连线垂直底面ABC，其中点是球心，即侧面B1BCC1，经过球的球心，球的直径是侧面B1BCC1的对角线的长，因为AB＝3，AC＝4，BC＝5，BC1＝＝13，所以球的直径为13.
答案 C
【迁移1】 本例若将直三棱柱改为“棱长为4的正方体”，则此正方体外接球和内切球的体积各是多少？
解 由题意可知，此正方体的体对角线长即为其外接球的直径，正方体的棱长即为其内切球的直径.设该正方体外接球的半径为R，内切球的半径为r.
又正方体的棱长为4，故其体对角线长为4，
从而V外接球＝πR3＝π×(2)3＝32π，
V内切球＝πr3＝π×23＝.
【迁移2】 本例若将直三棱柱改为“正四面体”，则此正四面体的表面积S1与其内切球的表面积S2的比值为多少？
解 设正四面体棱长为a，则正四面体表面积为S1＝4··a2＝a2，其内切球半径r为正四面体高的，即r＝·a＝a，因此内切球表面积为S2＝4πr2＝，则＝＝.
【迁移3】 本例中若将直三棱柱改为“侧棱和底面边长都是3的正四棱锥”，则其外接球的半径是多少？
解 依题意得，该正四棱锥的底面对角线的长为3×＝6，高为＝3，
因此底面中心到各顶点的距离均等于3，所以该正四棱锥的外接球的球心即为底面正方形的中心，其外接球的半径为3.
规律方法 空间几何体与球接、切问题的求解方法：
(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解.
(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解(其R为球的半径).
课堂达标
1.设正方体的表面积为24，那么其外接球的体积是( )
A.π B.
C.4π D.32π
解析 由题意可知，6a2＝24，∴a＝2.
设正方体外接球的半径为R，则
a＝2R，∴R＝，∴V球＝πR3＝4π.
答案 C
2.已知高为3的直棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为1的正三角形，则三棱锥B1－ABC的体积为( )
A. B.
C. D.
解析 S底＝×1× ＝，所以V三棱锥B1－ABC＝S底·h＝××3＝.
答案 D
3.某几何体的三视图如图所示，则其表面积为________.
解析 由三视图可知，该几何体为一个半径为1的半球，其表面积为半个球面面积与截面圆面积的和，即×4π＋π＝3π.
答案 3π
4.一个几何体的三视图(单位：m)如图所示，则该几何体的体积为________ m3.
解析 由三视图知，几何体下面是两个球，球半径为；
上面是长方体，其长、宽、高分别为6、3、1，
所以V＝π××2＋1×3×6＝9π＋18(m3).
答案 9π＋18
5.正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，求该球的表面积.
解 如图，设球心为O，半径为r，则Rt△AOF中，(4－r)2＋()2＝r2，解得r＝，
∴该球的表面积为4πr2＝4π×()2＝π.
课堂小结
1.柱体、锥体、台体的体积之间的内在关系为
2.在三棱锥A－BCD中，若求点A到平面BCD的距离h，可以先求VA－BCD，h＝.这种方法就是用等体积法求点到平面的距离，其中V一般用换顶点法求解，即VA－BCD＝VB－ACD＝VC－ABD＝VD－ABC，求解的原则是V易求，且△BCD的面积易求.
3.求几何体的体积，要注意分割与补形.将不规则的几何体通过分割或补形将其转化为规则的几何体求解.
4.利用球的半径、球心到截面圆的距离、截面圆的半径可构成直角三角形，进行相关计算.
5.解决球与其他几何体的切接问题，通常先作截面，将球与几何体的各量体现在平面图形中，再进行相关计算.
基础过关
1.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是( )
A. B.
C. D.1
解析 如图，三棱锥的底面是一个直角边长为1的等腰直角三角形，有一条侧棱和底面垂直，且其长度为2，故三棱锥的高为2，故其体积V＝××1×1×2＝，故选B.
答案 B
2.已知长方体的过一个顶点的三条棱长的比是1∶2∶3，对角线的长是2，则这个长方体的体积是( )
A.6 B.12
C.24 D.48
解析 设长方体的过一个顶点的三条棱长分别为x、2x、3x(x>0)，又对角线长为2，则x2＋(2x)2＋(3x)2＝(2)2，解得x＝2，∴三条棱长分别为2、4、6，
∴V长方体＝2×4×6＝48.
答案 D
3.一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A.2π＋2 B.4π＋2
C.2π＋ D.4π＋
解析 该空间几何体由一圆柱和一四棱锥组成，圆柱的底面半径为1，高为2，体积为2π，四棱锥的底面边长为，高为，所以体积为×()2×＝，所以该几何体的体积为2π＋.
答案 C
4.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(如图所示)，则球的半径是________cm.
解析 设球的半径为r，则圆柱形容器的高为6r，容积为πr2×6r＝6πr3，高度为8 cm的水的体积为8πr2，3个球的体积和为3×πr3＝4πr3，由题意6πr3－8πr2＝4πr3，解得r＝4 cm.
答案 4
5.如图为某个几何体的三视图，则该几何体的体积为________.
解析 由三视图可知，该几何体是由一个正四棱柱挖掉一个半圆锥所得到的几何体，其直观图如图所示，其中正四棱柱的底面正方形的边长a＝2，半圆锥的底面半径r＝1，高h＝3，所以正四棱柱的体积V1＝a2h＝22×3＝12，半圆锥的体积V2＝×r2h＝×12×3＝，所以该几何体的体积V＝V1－V2＝12－.
答案 12－
6.如图，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，求A到平面A1BD的距离d.
解 在三棱锥A1－ABD中，AA1⊥平面ABD，
AB＝AD＝AA1＝a，
A1B＝BD＝A1D＝a，
∵VA1－ABD＝VA－A1BD，
∴×a2×a＝××a××a×d.
∴d＝a.
7.已知底面半径为 cm，母线长为 cm的圆柱，挖去一个以圆柱上底面圆心为顶点，下底面为底面的圆锥，求所得几何体的表面积及体积.
解 作轴截面如图，设挖去的圆锥的母线长为l，底面半径为r，则l＝＝＝3(cm)，r＝ (cm).
故几何体的表面积为
S＝πrl＋πr2＋2πrAD
＝π××3＋π×()2＋2π××
＝3π＋3π＋6π
＝(3＋3＋6)π(cm2).
几何体的体积为
V＝V圆柱－V圆锥＝πr2AD－πr2AD
＝π×3×－×π×3×
＝2π(cm3).
能力提升
8.已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )
A.π B.
C. D.
解析 如图画出圆柱的轴截面ABCD，O为球心.球半径R＝OA＝1，球心到底面圆的距离为OM＝.
∴底面圆半径r＝＝，故圆柱体积V＝πr2h＝π×1＝.
答案 B
9.如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器厚度，则球的体积为( )
A. cm3 B. cm3
C. cm3 D. cm3
解析 作出该球的轴截面图如图所示，依题意BE＝2，AE＝CE＝4，
设DE＝x，故AD＝2＋x，
因为AD2＝AE2＋DE2，解得x＝3，
故该球的半径AD＝5，
所以V＝πR3＝(cm3).
答案 A
10.若球的半径由R增加为2R，则这个球的体积变为原来的________倍，表面积变为原来的________倍.
解析 球的半径为R时，球的体积为V1＝πR3，表面积为S1＝4πR2，半径增加为2R后，球的体积为V2＝π(2R)3＝πR3，表面积为S2＝4π(2R)2＝16πR2.
所以＝＝8，＝＝4，
即体积变为原来的8倍，表面积变为原来的4倍.
答案 8 4
11.已知三棱锥A－BCD的所有棱长都为，则该三棱锥的外接球的表面积为________.
解析 如图，构造正方体ANDM－FBEC.因为三棱锥A－BCD的所有棱长都为，所以正方体ANDM－FBEC的棱长为1.所以该正方体的外接球的半径为.
易知三棱锥A－BCD的外接球就是正方体ANDM－FBEC的外接球，所以三棱锥A－BCD的外接球的半径为.所以三棱锥A－BCD的外接球的表面积为S球＝4π＝3π.
答案 3π
12.已知过球面上A、B、C三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且AB＝18，BC＝24，AC＝30，求球的表面积和体积.
解 ∵AB∶BC∶AC＝18∶24∶30＝3∶4∶5，∴△ABC是直角三角形，∠B＝90°.∵球心O到截面△ABC的投影O′为截面圆的圆心，也即是
Rt△ABC的外接圆的圆心，
∴斜边AC为截面圆O′的直径(如图所示).
设O′C＝r，OC＝R，则球半径R，截面圆半径r，
在Rt△O′CO中，由题设知sin∠O′CO＝＝，
∴∠O′CO＝30°，∴＝cos 30°＝，即R＝r，①
又2r＝AC＝30?r＝15，代入①得R＝10.
∴球的表面积为S＝4πR2＝4π(10)2＝1 200π.
球的体积为V＝πR3＝π(10)3＝4 000π.
13.(选做题)有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放一个半径为r的铁球，并注入水，使水面与球正好相切，然后将球取出，求这时容器中水的深度.
解 由题意知，圆锥的轴截面为正三角形，如图所示为圆锥的轴截面.
根据切线性质知，当球在容器内时，水深为3r，水面的半径为r，则容器内水的体积为V＝V圆锥－V球＝π·(r)2·3r－πr3＝πr3，
而将球取出后，设容器内水的深度为h，则水面圆的半径为h，
从而容器内水的体积是V′＝π·(h)2·h＝πh3，由V＝V′，得h＝r.
即容器中水的深度为r.
第一章 立体几何初步
章末复习课
网络构建
核心归纳
1.多面体的结构特征
(1)棱柱的侧棱都互相平行且相等，上下底面是全等的多边形.
(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形.
(3)棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上、下底面是相似多边形.
2.旋转体的结构特征
(1)圆柱可以由矩形绕一边所在的直线旋转一周得到.
(2)圆锥可以由绕直角三角形一条直角边所在的直线旋转一周得到.
(3)圆台可以由直角梯形绕垂直于底边的腰所在直线或等腰梯形绕上、下底面中心连线旋转一周得到，也可由平行于底面的平面截圆锥得到.
(4)球可以由半圆或圆绕直径所在直线旋转一周得到.
3.空间几何体的直观图
空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，基本步骤是：
(1)画几何体的底面
在已知图形中取互相垂直的x轴、y轴，两轴相交于点O，画直观图时，把它们画成对应的x′轴、y′轴，两轴相交于点O′，且使∠x′O′y′＝45°，已知图形中平行于x轴、y轴的线段，在直观图中平行于x′轴、y′轴.已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中长度不变，平行于y轴的线段，长度变为原来的一半.
(2)画几何体的高
在已知图形中过O点作z轴垂直于xOy平面，在直观图中对应的z′轴，也垂直于x′O′y′平面，已知图形中平行于z轴的线段，在直观图中仍平行于z′轴且长度不变.
4.空间几何体的三视图
空间几何体的三视图是用平行投影得到的，这种投影下与投影面平行的平面图形留下的影子与平面图形的形状和大小是全等的，三视图包括主视图、左视图、俯视图.
5.平面的基本性质
公理1 过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面.
公理2 如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内.
公理3 如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线.
6.(1)公理4 平行于同一条直线的两直线平行.
(2)空间直线与直线的位置关系有且只有三种：
7.直线与平面的位置关系
(1)直线a与平面α的位置关系有平行、相交、在平面内，其中平行与相交统称直线在平面外.
(2)直线和平面平行的判定
①定义：直线和平面没有公共点，则称直线平行平面；
②判定定理：aα，b?α，a∥b?a∥α；
③其他判定方法：α∥β，a?α?a∥β.
(3)直线和平面平行的性质定理：a∥α，a?β，α∩β＝l?a∥l.
(4)直线和平面垂直
①定义
如果一条直线l和一个平面α内的任意一条直线都垂直，那么就说这条直线和平面α互相垂直.
②判定与性质
a.判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面.
b.性质定理：如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行.
8.两平面的位置关系
(1)两个平面的位置关系有平行、相交.
(2)两个平面平行的判定
①定义：两个平面没有公共点，称这两个平面平行；
②判定定理：a?α，b?α，a∩b＝M，a∥β，b∥β?α∥β；
(3)两个平面平行的性质定理
α∥β，a?α?a∥β；α∥β，r∩α＝a，r∩β＝b?a∥b.
(4)与垂直相关的平行的判定
①a⊥α，b⊥α?a∥b；
②a⊥α，a⊥β?α∥β.
(5)两个平面垂直
①二面角的平面角
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.
②定义
如果两个相交平面所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直.
③判定和性质
a.判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直.
b.性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直.
9.多面体的侧面积
(1)设直棱柱高为h，底面多边形的周长为c，则
S直棱柱侧＝ch.
(2)设正n棱锥底面边长为a，底面周长为c，斜高为h′，则
S正棱锥侧＝nah′＝ch′.
(3)设正n棱台下底面边长为a，周长为c，上底面边长为a′，周长为c′，斜高为h′，则
S正棱台侧＝n(a＋a′)h′＝(c＋c′)h′.
10.旋转体的表面积
(1)如果圆柱的底面半径为r，母线长为l，那么圆柱的底面面积为πr2，侧面积为2πrl.因此，圆柱的表面积
S＝2πr2＋2πrl＝2πr(r＋l).
(2)如果圆锥的底面半径为r，母线长为l，那么它的侧面积为πrl，表面积S＝πr2＋πrl＝πr(r＋l).
(3)如果圆台的两底面半径分别为r′、r，母线长为l，则侧面积为π(r′＋r)l，表面积为
S＝π(r′2＋r2＋r′l＋rl).
(4)球的表面积公式：S＝4πR2(其中R为球的半径)即球面面积等于它的大圆面积的四倍.
11.几何体的体积公式
(1)柱体的体积V柱体＝Sh(其中S为柱体的底面面积，h为高).
特别地，底面半径是r，高是h的圆柱体的体积V圆柱＝πr2h.
(2)锥体的体积V锥体＝Sh(其中S为锥体的底面面积，h为高).
特别地，底面半径是r，高是h的圆锥的体积V圆锥＝πr2h.
(3)台体的体积V台体＝h(S＋＋S′)(其中S′，S分别是台体上、下底面的面积，h为高).
特别地，上、下底面的半径分别是r′、r，高是h的圆台的体积V圆台＝πh(r2＋rr′＋r′2).
(4)球的体积V球＝πR3(其中R为球的半径).
要点一 三视图与直观图
由三视图确定几何体分三步：
第一步：通过主视图和左视图确定是柱体、锥体还是台体.若主视图和左视图为矩形，则原几何体为柱体；若主视图和左视图为等腰三角形，则原几何体为锥体；若主视图和左视图为等腰梯形，则原几何体为台体.
第二步：通过俯视图确定是多面体还是旋转体.若俯视图为多边形，则原几何体为多面体；若俯视图为圆，则原几何体为旋转体.
第三步：由“长对正、高平齐、宽相等”的原则确定几何体的尺寸.
【例1】 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )
A.6 B.6
C.4 D.4
解析 由多面体的三视图可知该几何体的直观图为一个三棱锥，如图所示.其中面ABC⊥面BCD，△ABC为等腰直角三角形，AB＝BC＝4，取BC的中点M，连接AM，DM，则DM⊥面ABC，在等腰△BCD中，BD＝DC＝2，BC＝DM＝4，所以在Rt△AMD中，AD＝＝＝6，又在Rt△ABC中，AC＝4<6，故该多面体的各条棱中，最长棱为AD，长度为6，故选B.
答案 B
【训练1】 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A.12 B.18
C.24 D.30
解析 由俯视图可以判断该几何体的底面为直角三角形，由主视图和左视图可以判断该几何体是由直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱)截取得到的.在长方体中分析还原，如图(1)所示，故该几何体的直观图如图(2)所示.在图(1)中，V棱柱ABC－A1B1C1＝S△ABC·AA1＝×4×3×5＝30，V棱锥P－A1B1C1＝S△A1B1C1·PB1＝××4×3×3＝6.故几何体ABC－PA1C1的体积为30－6＝24.故选C.
答案 C
【训练2】 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A.16＋8π B.8＋8π
C.16＋16π D.8＋16π
解析 由三视图可知该几何体由长方体和圆柱的一半组成.其中长方体的长、宽、高分别为4、2、2，圆柱的底面半径为2，高为4.所以该几何体的体积V＝4×2×2＋π×22×4＝16＋8π.故选A.
答案 A
要点二 空间中的平行关系
1.判断线面平行的两种常用方法：
面面平行判定的落脚点是线面平行，因此掌握线面平行的判定方法是必要的，判定线面平行的两种方法：
(1)利用线面平行的判定定理；
(2)利用面面平行的性质，即当两平面平行时，其中一平面内的任一直线平行于另一平面.
2.判断面面平行的常用方法：
(1)利用面面平行的判定定理；
(2)面面平行的传递性(α∥β，β∥γ?α∥γ)；
(3)利用线面垂直的性质(l⊥α，l⊥β?α∥β).
【例2】 如图所示，四边形ABCD是平行四边形，PB⊥平面ABCD，MA∥PB，PB＝2MA.在线段PB上是否存在一点F，使平面AFC∥平面PMD？若存在，请确定点F的位置；若不存在，请说明理由.
解 当点F是PB的中点时，平面AFC∥平面PMD，证明如下：如图连接AC和BD交于点O，连接FO，则PF＝PB.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O是BD的中点，∴OF∥PD.
又OF?平面PMD，PD?平面PMD，
∴OF∥平面PMD.又MA綊PB，
∴PF綊MA，∴四边形AFPM是平行四边形，
∴AF∥PM.又AF?平面PMD，PM?平面PMD.
∴AF∥平面PMD.
又AF∩OF＝F，AF?平面AFC，OF?平面AFC.
∴平面AFC∥平面PMD.
【训练3】 如图，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)如图，取B1D1中点O，
连接GO，OB，
易证OG綊B1C1，
BE綊B1C1，
∴OG綊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.
要点三 空间中的垂直关系
空间垂直关系的判定方法：
(1)判定线线垂直的方法：
①计算所成的角为90°(包括平面角和异面直线所成的角)；
②线面垂直的性质(若a⊥α，b?α，则a⊥b).
(2)判定线面垂直的方法：
①线面垂直定义(一般不易验证任意性)；
②线面垂直的判定定理(a⊥b，a⊥c，b?α，c?α，b∩c＝M?a⊥α)；
③平行线垂直平面的传递性质(a∥b，b⊥α?a⊥α)；
④面面垂直的性质(α⊥β，α∩β＝l，a?β，a⊥l?a⊥α)；
⑤面面平行的性质(a⊥α，α∥β?a⊥β)；
⑥面面垂直的性质(α∩β＝l，α⊥γ，β⊥γ?l⊥γ).
(3)面面垂直的判定方法：
①根据定义(作两平面构成二面角的平面角，计算其为90°)；
②面面垂直的判定定理(a⊥β，a?α?α⊥β).
【例3】 如图，A，B，C，D为空间四点.在△ABC中，AB＝2，AC＝BC＝，等边三角形ADB以AB为轴运动.
(1)当平面ADB⊥平面ABC时，求CD的长；
(2)当△ADB转动时，是否总有AB⊥CD？证明你的结论.
解 (1)如图，取AB的中点E，连接DE，CE，因为△ADB是等边三角形，所以DE⊥AB.当平面ADB⊥平面ABC时，因为平面ADB∩平面ABC＝AB，所以DE⊥平面ABC，因为CE?平面ABC，可知DE⊥CE，由已知可得DE＝，EC＝1，在Rt△DEC中，CD＝＝2.
(2)当△ADB以AB为轴转动时，总有AB⊥CD.
证明如下：①当D在平面ABC内时，因为AC＝BC，AD＝BD，
所以C，D都在线段AB的垂直平分线上，即AB⊥CD.
②当D不在平面ABC内时，取AB中点E，由(1)知AB⊥DE.
又因AC＝BC，所以AB⊥CE.又DE，CE为相交直线，所以AB⊥平面CDE，由CD?平面CDE，得AB⊥CD.
综上所述，总有AB⊥CD.
【训练4】 如图，在三棱锥V－ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC＝BC＝，O，M分别为AB，VA的中点.
(1)求证：VB∥平面MOC；
(2)求证：平面MOC⊥平面VAB；
(3)求三棱锥V－ABC的体积.
(1)证明 ∵O，M分别为AB，VA的中点，
∴OM∥VB.
∵VB?平面MOC，OM?平面MOC，
∴VB∥平面MOC.
(2)证明 ∵AC＝BC，O为AB的中点，∴OC⊥AB.
又∵平面VAB⊥平面ABC，且平面VAB∩平面ABC＝AB，OC?平面ABC，∴OC⊥平面VAB.
∵OC?平面MOC，∴平面MOC⊥平面VAB.
(3)解 在等腰直角△ACB中，AC＝BC＝，
∴AB＝2，OC＝1，
∴S△VAB＝AB2＝.
∵OC⊥平面VAB，
∴VC－VAB＝OC·S△VAB＝×1×＝，
∴VV－ABC＝VC－VAB＝.
要点四 几何体的表面积与体积
几何体的表面积和体积的计算是现实生活中经常遇到的问题，如制作物体中的如何下料问题、材料最省问题、相同材料容积最大问题，都涉及表面积和体积的计算.特别是特殊的柱、锥、台，在计算中要注意其中矩形、梯形及直角三角形等重要的平面图形的使用，对于圆柱、圆锥、圆台，要重视旋转轴所在轴截面、底面圆的作用.割补法、构造法是常用的技巧.
【例4】 如图所示，已知三棱柱ABC－A′B′C′，侧面B′BCC′的面积是S，点A′到侧面B′BCC′的距离是a，求三棱柱ABC－A′B′C′的体积.
解 连接A′B，A′C，如图所示，这样就把三棱柱分割成了两个棱锥.
设所求体积为V，显然三棱锥A′－ABC的体积是V.
而四棱锥A′－BCC′B′的体积为Sa，
故有V＋Sa＝V，即V＝Sa.
【训练5】 《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也.又以高乘之，三十六成一.该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V≈L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么，近似公式V≈L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( )
A. B.
C. D.
解析 圆锥的体积V＝πr2h＝πh＝，由题意得12π≈，π近似取为，故选B.
答案 B
【训练6】 已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的主视图、左视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是________.
解析 由三视图知，组合体是棱长为2的正方体内接于球，故正方体的体对角线长为2，即为球的直径.所以球的表面积S＝4π＝12π.
答案 12π
要点五 线线角、线面角和二面角问题
(1)两条异面直线所成的角的范围是(0°，90°].找两条异面直线所成的角，关键是选取合适的点，引两条异面直线的平行线，这两条相交直线所成的锐角或直角即为两条异面直线所成的角.特别地，两条异面直线垂直，可由线面垂直得到.
(2)直线和平面所成的角的范围是 [0°，90°].找线面角的关键是找到直线与其在平面内的射影的夹角.当线面角为0°时，直线与平面平行或直线在平面内；当线面角为90°时，直线与平面垂直.
(3)如果求两个相交平面所成的二面角，除垂直外，均有两个答案，即θ或180°－θ.具体几何体中，由题意和图形确定.作二面角的平面角时，首先要确定二面角的棱，然后结合题设构造二面角的平面角.一般常用：①定义法；②垂面法.
(4)求角度问题时，无论哪种情况，最终都归结到两条相交直线所成的角的问题.求角度的解题步骤：①找出这个角；②证该角符合题意；③构造出含这个角的三角形，解这个三角形，求出角.
【例5】 如图所示，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝2，沿对角线BD将△ABD折起，使点A移至点P，P在平面BCD内的投影为O，且O在DC上.
(1)求证：PD⊥PC；
(2)求二面角P－DB－C的余弦值.
(1)证明 P在平面BCD内的投影为O，
则PO⊥平面BCD，
∵BC?平面BCD，∴PO⊥BC.
∵BC⊥CD，CD∩PO＝O，∴BC⊥平面PCD.
∵DP?平面PCD，∴BC⊥DP.
又∵DP⊥PB，PB∩BC＝B，∴DP⊥平面PBC.
而PC?平面PBC，∴PD⊥PC.
(2)解 △PBD在平面BCD内的投影为△OBD，
且S△PBD＝×6×2＝6，
S△OBD＝S△CBD－S△BOC＝6－×2×OC.
在Rt△DPC中，
PC2＝DC2－DP2＝24.
设OC＝x，则OD＝6－x，
∴PC2－OC2＝DP2－DO2，
即24－x2＝12－(6－x)2，解得x＝4.
∴S△BOD＝6－4＝2.
过点P作PQ⊥DB，连接OQ，则DB⊥平面OPQ，
∴∠OQP即为二面角P－DB－C的平面角，
∴cos∠OQP＝＝＝.
∴二面角P－DB－C的余弦值为.
【训练7】 在长方体ABCD－A1B1C1D1中，异面直线AB，A1D1所成的角等于( )
A.30° B.45°
C.60° D.90°
解析 由于AD∥A1D1，则∠BAD是异面直线AB，A1D1所成的角，很明显∠BAD＝90°.
答案 D
基础过关
1.设a，b，c是空间的三条直线，给出以下三个命题：
①若a⊥b，b⊥c，则a⊥c；②若a和b共面，b和c共面，则a和c也共面；
③若a∥b，b∥c，则a∥c.其中正确命题的个数是( )
A.0 B.1
C.2 D.3
解析 借助正方体中的线线关系易知①②全错；由公理4知③正确.
答案 B
2.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A.＋π B.＋π
C.＋2π D.＋2π
解析 由三视图知，该几何体是一个三棱锥与半个圆柱的组合体.V＝V三棱锥＋
V圆柱＝××2×1×1＋×π×12×2＝＋π.选A.
答案 A
3.如图，已知正六棱柱的最大对角面的面积为4 m2，互相平行的两个侧面的距离为2 m，则这个六棱柱的体积为( )
A.3 m3
B.6 m3
C.12 m3
D.以上都不对
解析 设底面边长为a，高为h，则a＝，又2××h＝4，∴h＝，
∴V＝××××6×＝6(m3)，故选B.
答案 B
4.如图所示，点P在正方形ABCD所在平面外，PA⊥平面ABCD，PA＝AB，则PB与AC所成的角是________.
解析 将其还原成正方体ABCD－PQRS，连接SC，AS，则PB∥SC，∴∠ACS(或其补角)是PB与AC所成的角，∵△ACS为正三角形，∴∠ACS＝60°，∴PB与AC所成的角是60°.
答案 60°
5.已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________.
解析 设正方体棱长为a，则6a2＝18?a2＝3，a＝.
外接球直径为2R＝a＝3，R＝，V＝πR3＝π×＝π.
答案
6.如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别为AB、A1D1的中点，判断MN与平面A1BC1的位置关系，为什么？
解 直线MN∥平面A1BC1.
证明如下：∵M?平面A1BC1，N?平面A1BC1.
∴MN?平面A1BC1.
如图，取A1C1的中点O1，
连接NO1、BO1.
∵NO1綊D1C1，MB綊D1C1，
∴NO1綊MB，
∴四边形NO1BM为平行四边形，∴MN∥BO1.
又∵BO1?平面A1BC1，
∴MN∥平面A1BC1.
7.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F分别为A1C1和BC的中点.
(1)求证：EF∥平面AA1B1B；
(2)若AA1＝3，AB＝2，求EF与平面ABC所成的角.
(1)证明 如图，取A1B1的中点D，连接DE，BD.
因为E是A1C1的中点，所以DE綊B1C1.
又因为BC綊B1C1，BF＝BC，
所以DE綊BF，
所以四边形BDEF为平行四边形，
所以BD∥EF.
又因为BD?平面AA1B1B，EF?平面AA1B1B，
所以EF∥平面AA1B1B.
(2)解 如图，取AC的中点H，连接HF，EH.
因为EH∥AA1，AA1⊥平面ABC，
所以EH⊥平面ABC.
所以∠EFH就是EF与平面ABC所成的角.
在Rt△EHF中，FH＝，EH＝AA1＝3，
tan∠EFH＝＝，
所以∠EFH＝60°.
故EF与平面ABC所成的角为60°.
能力提升
8.已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点.若三棱锥O－ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为( )
A.36π B.64π
C.144π D.256π
解析 ∵S△OAB是定值，且VO－ABC＝VC－OAB，
∴当OC⊥平面OAB时，VC－OAB最大，即VO－ABC最大.
设球O的半径为R，
则(VO－ABC)max＝×R2×R＝R3＝36，
∴R＝6，
∴球O的表面积S＝4πR2＝4π×62＝144π.
答案 C
9.已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此棱锥的体积为( )
A. B.
C. D.
解析 利用三棱锥的体积变换求解.由于三棱锥S－ABC与三棱锥O－ABC底面都是△ABC，O是SC的中点，因此三棱锥S－ABC的高是三棱锥O－ABC高的2倍，所以三棱锥S－ABC的体积也是三棱锥O－ABC体积的2倍.
在三棱锥O－ABC中，其棱长都是1，如图所示，
S△ABC＝×AB2＝，
高OD＝＝，
∴VS－ABC＝2VO－ABC＝2×××＝.
答案 A
10.三棱锥P－ABC中，D，E分别为PB，PC的中点，记三棱锥D－ABE的体积为V1，P－ABC的体积为V2，则＝________.
解析 如图，设S△ABD＝S1，S△PAB＝S2，E到平面ABD的距离为h1，C到平面PAB的距离为h2，则S2＝2S1，h2＝2h1，V1＝S1h1，V2＝S2h2，∴＝＝＝.
答案
11.如图所示，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝a，若PA⊥平面ABCD，在BC边上取点E，使PE⊥DE，则满足条件的E点有两个时，a的取值范围是________.
解析 由题意知：PA⊥DE，
又PE⊥DE，PA∩PE＝P，
∴DE⊥平面PAE，∵AE?平面PAE，
∴DE⊥AE.
易证△ABE∽△ECD.
设BE＝x，则＝，即＝.
∴x2－ax＋9＝0，E点有两个，即方程有两不同的实根，由Δ>0，解得a>6.
答案 (6，＋∞)
12.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝5，BB1＝BC＝6，D，E分别是AA1和B1C的中点.
(1)求证：DE∥平面ABC；
(2)求三棱锥E－BCD的体积.
(1)证明 如图，取BC中点G，连接AG，EG.
因为E是B1C的中点，
所以EG∥BB1，且EG＝BB1.
由直棱柱知，AA1綊BB1，而D是AA1的中点，所以EG綊AD，
所以四边形EGAD是平行四边形.所以ED∥AG.
又DE?平面ABC，AG?平面ABC，
所以DE∥平面ABC.
(2)解 因为AD∥EG，所以AD∥平面BCE，
所以VE－BCD＝VD－BEC＝VA－BCE＝VE－ABC，
由(1)知，DE∥平面ABC.
所以VE－ABC＝VD－ABC＝AD·BC·AG＝×3×6×4＝12.
13.(选做题)如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点.
(1)求证：PA⊥BD；
(2)求证：平面BDE⊥平面PAC；
(3)当PA∥平面BDE时，求三棱锥E－BCD的体积.
(1)证明 ∵PA⊥AB，PA⊥BC，
AB?平面ABC，BC?平面ABC，且AB∩BC＝B，
∴PA⊥平面ABC，又∵BD?平面ABC，∴PA⊥BD.
(2)证明 ∵AB＝BC，D是AC的中点，
∴BD⊥AC.
由(1)知PA⊥平面ABC，∵PA?平面PAC，
∴平面PAC⊥平面ABC.
∵平面PAC∩平面ABC＝AC，
BD?平面ABC，BD⊥AC，
∴BD⊥平面PAC.
∵BD?平面BDE，
∴平面BDE⊥平面PAC，
(3)解 ∵PA∥平面BDE，
又平面BDE∩平面PAC＝DE，
PA?平面PAC，∴PA∥DE.
由(1)知PA⊥平面ABC，∴DE⊥平面ABC.
∵D是AC的中点，∴E为PC的中点，
∴DE＝PA＝1.
∵D是AC的中点，
∴S△BCD＝S△ABC＝××2×2＝1，
∴VE－BCD＝×S△BCD×DE＝×1×1＝.
