1 简单几何体
考 纲 定 位
重 难 突 破
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．3.在描述和判断简单几何体结构特征的过程中，培养学生的观察能力和空间想象能力.
重点：简单旋转体、简单多面体的结构特征及有关概念的识别与判断．难点：棱柱、棱锥、棱台的结构特征.
授课提示：对应学生用书第1页
[自主梳理]
一、简单几何体
1．简单几何体包括：简单旋转体、简单多面体．
2．简单旋转体：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．
3．简单多面体：若干个平面多边形围成的几何体叫作多面体．围成多面体的各个多边形叫作多面体的面；相邻两个面的公共边叫作多面体的棱；棱与棱的公共点叫作多面体的顶点．
二、几种简单旋转体
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
以矩形的一边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叫作圆柱
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
圆锥
以直角三角形的一条直角边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叫作圆锥
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，这条边都叫作侧面的母线
圆台
以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叫作圆台
三、几种简单多面体
名称
图形表示
结构特征
侧面的形状
棱柱
两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行
平行四边形
正棱柱
底面是正多边形的直棱柱(侧棱垂直于底面的棱柱)
矩形
棱锥
有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形
三角形
正棱锥
底面是正多边形，且各侧面全等的棱锥
全等的等腰三角形
棱台
用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的几何体
梯形
正棱台
用正棱锥截得的棱台
全等的等腰梯形
[双基自测]
1．下列关于棱柱的说法中正确的是( )
A．棱柱的侧面是平行四边形，但它的底面一定不是平行四边形
B．棱柱的一条侧棱的长叫作棱柱的高
C．棱柱的两个互相平行的平面一定是棱柱的底面
D．棱柱的所有面中，至少有两个面互相平行
解析：由棱柱的定义，知A不正确，例如长方体；只有直棱柱才满足选项B，故B不正确，C不正确，例如正六棱柱的相对侧面互相平行；D显然正确．故选D.
答案：D
2．下列图形中，不能折成三棱柱的是( )
解析：C项中两个底面均在上面，因此不能折成三棱柱．
答案：C
3.下列说法中正确的是( )
A．圆台是直角梯形绕其一边所在的直线旋转而成的
B．圆锥是直角三角形绕其一边所在的直线旋转而成的
C．圆柱不是旋转体
D．圆台可以看作是平行于底面的平面截一个圆锥而得到的底面与截面之间的部分
解析：圆台是直角梯形绕其垂直于底边的腰所在的直线旋转而成的，故A错误；圆锥是直角三角形绕其一条直角边所在的直线旋转而成的，故B错误；圆柱是旋转体，故C错误，D正确．
答案：D
4．有下列说法：
①球的半径是连接球面上任意一点和球心的线段；
②球的直径是球面上任意两点间的线段；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相等的点的集合是一个球．
其中正确的有 .
解析：①球是半圆绕其直径所在的直线旋转，旋转面所围成的封闭的几何体，不难理解，半圆的直径就是球的直径，半圆的圆心就是球心，半圆的半径就是球的半径，因此①正确；如果球面上两点的连线经过球心，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
授课提示：对应学生用书第2页
探究一 旋转体概念及其结构特征的理解
[典例1] 判断下列说法是否正确，请说明理由：
(1)一个等腰直角三角形分别绕其两条直角边旋转一周所形成的两个圆锥是相同的两个圆锥；
(2)圆柱的任意两条母线所在的直线是平行的；
(3)用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台；
(4)球是以半圆的直径所在的直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体；
(5)球的半径是球面上任意一点与球心的连线；
(6)圆锥顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线．
[解析] (1)正确．由于等腰直角三角形的两条直角边相等，所以分别绕两条直角边旋转得到的两个圆锥的底面大小及母线长度、高等都相等，所以是两个相同的圆锥．
(2)正确．由圆柱母线的定义知，圆柱的任意两条母线是平行的．
(3)错误．用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，用不平行于圆锥底面的平面截圆锥，则不能得到一个圆锥和一个圆台．
(4)正确．由球的定义易知该说法正确．
(5)正确．由球的定义可知，球面上任意一点与球心的连线都是半径．
(6)正确．由圆锥母线的定义知，圆锥顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线．
圆柱、圆锥、圆台、球的简单性质如下表所示：
圆柱
圆锥
圆台
球
底面
两底面平行且半径相等的圆面
圆面
两底面平行且半径不相等的圆面
无
侧面展开图
矩形
扇形
扇环
不可展开
母线
平行且相等
相交于顶点
延长线交于一点
无
平行于底面的截面
与两底面半径相等的圆面
与底面半径不相等的圆面
与两底面半径不相等的圆面
无
轴截面
矩形
等腰三角形
等腰梯形
圆面
1.如图，已知一个正三角形和它的内切圆，将阴影部分绕直线l旋转180°，请说出所得几何体的结构特征．
解析：正三角形绕直线l旋转180°得到的几何体是圆锥，圆面绕直线l旋转180°得到的几何体是球体，所以得到的几何体是圆锥挖去一个与圆锥底面和侧面均相切的球的简单组合体．
探究二 简单多面体的概念及结构特征的理解
[典例2]
如图所示，长方体ABCD?A1B1C1D1.
(1)这个长方体是棱柱吗？如果是，是几棱柱？为什么？
(2)用平面BCFE把这个长方体分成两部分后，各部分形成的几何体还是棱柱吗？如果是，判断是几棱柱并找出棱柱的底面；如果不是，请说明理由．
(3)几何体A1EFD1?ABCD是棱台吗？
[解析] (1)是棱柱，并且是四棱柱，因为以长方体相对的两个面作底面它们互相平行且都是四边形，其余各面都是矩形，当然是平行四边形，并且四条侧棱互相平行．
(2)截面BCFE右上方部分是棱柱，且是三棱柱，其中△BEB1和△CFC1是底面．
截面BCFE左下方部分也是棱柱，且是四棱柱，其中四边形ABEA1和DCFD1是底面．
(3)因为AA1，DD1不相交，所以AA1，DD1，BE，CF延长后不交于一点，因此不是棱台．
判断几何体是否为棱锥、棱台的方法
(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
2．观察下列各图的结构特征，指出其中的棱柱、棱锥和棱台，并进行分类和符号表示．
解析：题图中(1)(2)(3)均为棱柱，其中(1)为四棱柱，记作四棱柱ABCD?A1B1C1D1；(2)为六棱柱，记作六棱柱ABCDEF?A1B1C1D1E1F1；(3)为五棱柱，记作五棱柱ABCDE?A1B1C1D1E1.
图中(4)(5)(6)均为棱锥，其中(4)为三棱锥，记作三棱锥P?ABC；(5)为四棱锥，记作四棱锥P?ABCD；(6)为五棱锥，记作五棱锥P?ABCDE.
图中(7)(8)均为棱台，其中(7)为四棱台，记作四棱台ABCD?A′B′C′D′；(8)为三棱台，记作三棱台ABC?A1B1C1.
探究三 简单几何体的有关计算
[典例3] 把一个长、宽分别为8π和4π的长方形卷成一个圆柱，求圆柱的轴截面的面积．
[解析] (1)若以8π为母线，则高为8π，底面周长为4π，设底面圆的半径为r，则2πr＝4π.所以r＝2，所以轴截面的面积S＝8π×4＝32π.
(2)若以4π为母线，则高为4π，底面周长为8π，设底面圆的半径为r，则有2πr＝8π，所以r＝4，所以轴截面的面积S＝4π×8＝32π.
由(1)(2)，知所求圆柱的轴截面的面积为32π.
简单几何体中的计算策略
1．解决旋转体中有关量的计算问题，关键是作出轴截面，在轴截面中，通过矩形、三角形、梯形构造直角三角形，利用勾股定理进行计算求解．
2．棱锥、棱台的基本量的计算，一般都是转化到棱锥的三个特征直角三角形，棱台的三个特征直角梯形中解决．
3．一个圆台的母线长为12
cm，两底面面积分别为4π
cm2和25π
cm2.
(1)求圆台的高；
(2)求截得此圆台的圆锥的母线长．
解析：(1)过圆台的轴作截面，则截面为等腰梯形，记为ABCD，如图所示．作AM⊥BC于点M.
记圆台的上、下底面的圆心分别为O1，O，连接O1O.
由已知可得上底面半径O1A＝2
cm，下底面半径OB＝5
cm，且腰长AB＝12
cm，
所以AM＝＝3(cm)，
即圆台的高为3
cm.
(2)如图，延长BA，OO1，CD交于点S，设截得此圆台的圆锥的母线长为l.
则由△SAO1∽△SBO，可得＝，解得l＝20
cm，
即截得此圆台的圆锥的母线长为20
cm.
旋转体中的计算问题
[典例] (本题满分12分)一个圆锥的底面半径为2
cm，高为6
cm，在圆锥内部有一个高为x
cm的内接圆柱．
(1)用x表示圆柱的轴截面面积S；
(2)当x为何值时，S最大？
[规范解答] (1)如图为几何体的轴截面，设圆柱的底面半径为r
cm，
则＝，……………………①
得r＝，………………3分
所以S＝－x2＋4x.
………………6分
(2)S＝－x2＋4x＝－(x－3)2＋6，②………………10分
所以当x＝3时，Smax＝6
cm2.
………………12分
[规范与警示] ①处利用相似三角形确定圆柱底面半径和高是解题的关键点．
②处求S最大值时容易失分，一是转化不对造成失分，二是不知如何求而失分．
[随堂训练] 对应学生用书第4页
1．下列几何体是棱台的是( )
解析：A项中的几何体的四条侧棱延长后不相交于一点；B、C两项中的几何体的截面与底面不平行；只有D项中的几何体符合棱台的定义与特征．
答案：D
2．若正棱锥的侧棱长与底面边长相等，则该棱锥一定不是( )
A．三棱锥
B．四棱锥
C．五棱锥
D．六棱锥
解析：当棱锥的底面是正六边形时，有且只有底面的中心到正六边形的各顶点的距离与正六边形的边长相等，故正六棱锥的侧棱长与底面边长一定不相等．
答案：D
3．将一个等腰梯形绕着它较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体是________．
解析：把等腰梯形分割成两个直角三角形和一个矩形，由旋转体的定义可知所得的几何体为一个圆柱和两个圆锥．
答案：一个圆柱和两个圆锥
4．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，轴截面的面积等于392
cm2，母线所在直线与轴的夹角是45°，求这个圆台的高、母线长和两底面半径．
解析：圆台的轴截面如图所示，设圆台上、下底面半径分别为x
cm,3x
cm，延长AA1交OO1的延长线于S.
在Rt
△SOA中，∠ASO＝45°，则∠SAO＝45°，所以SO＝AO＝3x，SO1＝A1O1＝x，所以OO1＝2x.
又S轴截面＝(6x＋2x)·2x＝392，所以x＝7.
所以圆台的高OO1＝14
cm，
母线长AA1＝OO1＝14
cm，
两底面半径分别为7
cm,21
cm.
PAGE2 直观图
考 纲 定 位
重 难 突 破
1.了解直观图的作用．2.掌握斜二测画法的规则，能用斜二测画法画平面图形和立体图形的直观图．3.能进行直观图与原图形之间的转换，并能进行有关的计算.
重点：理解棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台以及球的概念及结构特征．难点：会用斜二测画法画出一些简单平面图形和立体图形的直观图.
授课提示：对应学生用书第4页
[自主梳理]
一、用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图的步骤
二、立体图形直观图的画法
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．
[双基自测]
1．关于直观图的“斜二测”画法，以下说法中不正确的是( )
A．原图中平行于x轴的线段，其对应线段平行于x′轴，长度不变
B．原图中平行于y轴的线段，其对应线段平行于y′轴，长度变为原来的
C．画与直角坐标系xOy对应的x′O′y′时，∠x′O′y′必须是45°
D．在画直观图时，由于选轴不同，所得直观图可能不同
解析：由斜二测画法易知C错．
答案：C
2．如图，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，则原图的形状是( )
解析：根据斜二测画法，知在y轴上的线段长度为直观图中相应线段长度的2倍，故A正确．
答案：A
3.在如图所示的直观图中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2
cm，则在平面直角坐标系中原四边形OABC为________(填形状)，面积为________cm2.
解析：由斜二测画法规则知，在四边形OABC中，OA⊥OC，OA＝O′A′＝2
cm，OC＝2O′C′＝4
cm，所以四边形OABC是矩形，其面积为2×4＝8(cm2)．
答案：矩形 8
4．在棱长为4
cm的正方体ABCD?A1B1C1D1中，棱AA1在x轴上，棱AD在y轴上，则在其直观图中，对应棱A′D′的长为________cm，棱A′A′1的长为________cm.
解析：画直观图时，在x轴上的线段长度保持不变，故A′A′1＝4
cm，在y轴上的线段长度变为原来的一半，故A′D′＝2
cm.
答案：2 4
授课提示：对应学生用书第5页
探究一 水平放置的平面图形的画法
[典例1] 画出如图所示水平放置的等腰梯形的直观图．
[解析] (1)如图(1)所示，取AB所在直线为x轴，AB中点O为原点，建立直角坐标系，再建立如图(2)所示的坐标系x′O′y′，使∠x′O′y′＝45°.
(2)在图(2)中，以O′为中点x′轴上取A′B′＝AB.
(3)在y′轴上取O′E′＝OE，以E′为中心画C′D′∥x′轴，并使C′D′＝CD.
(4)连接B′C′，D′A′，去掉辅助线，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．如图(3)所示．
1．画水平放置的平面多边形的直观图的关键是确定多边形的顶点位置．顶点位置可以分为两类：一类是在轴上或在与轴平行的线段上，这类顶点比较容易确定；另一类是不在轴上且不在与轴平行的线段上，这类顶点一般通过过此点作与轴平行的线段，将此点转到与轴平行的线段上来确定．
2．要画好对应平面图形的直观图，首先应在原图形中确定直角坐标系，然后在此基础上画出水平放置的平面坐标系．
1.画出如图所示的梯形ABCD的直观图．
解析：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′＝DC.
(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．
探究二 空间几何体的直观图的画法
[典例2] 用斜二测画法画出长、宽、高分别是3
cm，3
cm，2
cm的长方体ABCD?A′B′C′D′的直观图．
[解析] 第一步：画轴．如图1，画x轴，y轴，z轴，三轴相交于点O，使∠xOy＝45°，∠xOz＝90°；
第二步：画底面．以点O为中点，在x轴上取线段MN，使MN＝3
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，分别过点P和Q作x轴的平行线，设它们的交点分别为点A，B，C，D，四边形ABCD就是长方体的底面ABCD；
第三步：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′；
第四步：成图．顺次连接点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，如图2.
如何画出空间几何体的直观图
1．画空间几何体的直观图时，一般是先按照画平面图形直观图的方法与步骤，画出其底面的直观图，然后在z轴上确定该几何体的顶点或另一个底面的直观图所需坐标系的原点，从而作出另一个底面的直观图，最后得到整个几何体的直观图．
2．对于台体、柱体等有上底面的几何体，在作上底面的直观图时，可先作出高线，然后在上底面所在的平面内再建一个两轴分别与下底面中的坐标系中的两轴平行的坐标系，最后作出表示相应等量的线段并连接．
2．用斜二测画法画出底面边长为4
cm，高为3
cm的正四棱锥(底面是正方形、并且顶点在底面的正射影是底面中心的棱锥)的直观图．
解析：(1)作水平放置的正方形的直观图ABCD，使∠BAD＝45°，AB＝4
cm，AD＝2
cm.
(2)过O′作z′轴，使∠x′O′z′＝90°，在z′轴上截取O′S＝3
cm.
(3)连接SA，SB，SC，SD，得到如图所示的图形就是所求的正四棱锥的直观图．
探究三 直观图的还原问题
[典例3] 如图，四边形A′B′C′D′是边长为1的正方形，且它是某个四边形按斜二测画法画出的直观图，请画出该四边形的原图形，并求出原图形的面积．
[解析] 画出平面直角坐标系xOy，使点A与O重合，在x轴上取点C，使AC＝，再在y轴上取点D，使AD＝2，取AC的中点E，连接DE并延长至点B，使DE＝EB，连接DC，CB，BA，则四边形ABCD为正方形A′B′C′D′的原图形(也可以过点C作BC∥y轴，且使CB＝AD＝2，然后连接AB，DC)．
易知四边形ABCD为平行四边形，∵AD＝2，AC＝，∴S?ABCD＝2×＝2.
1．还原图形的过程是画直观图的逆过程，关键是找与x′轴、y′轴平行的直线或线段．平行于x′轴的线段长度不变，平行于y′轴的线段还原时长度变为原来的2倍，由此确定图形的各个顶点，顺次连接即可．
2．求直观图形的面积，关键是能先正确画出直观图形，然后根据直观图形求出它的相应边的长度．
3．求原图形的面积，关键是要能够根据直观图形把它还原成实际图形．
3．已知等边△ABC的直观图△A′B′C′的面积为，则等边△ABC的面积是________．
解析：按照斜二测画法的规则，把如图①等边△ABC的直观图△A′B′C′还原为如图②的等边△ABC，
设原等边三角形的边长为x，
则B′C′＝x，等边△ABC的高为x，
所以△A′B′C′的高为×x＝x，
所以△A′B′C′的面积为×x×x＝x2＝，
解得x＝1，所以△ABC的面积为×x×x＝x2＝.
答案：
还原平面图时，因找不准与y轴平行的线段致误
[典例] 如图所示，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°、腰和上底长均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是( )
A.＋
B．1＋
C．1＋
D．2＋
[解析] 作D′E′∥A′B′交B′C′于E′(图略)，由斜二测画法规则知，直观图为等腰梯形A′B′C′D′的原平面图形为直角梯形ABCD，且AB＝2，BC＝1＋，AD＝1，所以S梯形ABCD＝＝2＋.
[答案] D
[错因与防范] 还原平面图时，因没有找准与y轴平行的线段，误把直观图中的高扩大2倍得，从而错选C.
已知直观图求原图形的面积，其关键是能够根据直观图把它还原成实际图形，根据题设条件的不同，有时需作出平行x′轴(或y′轴)的线段来辅助解题．
[随堂训练] 对应学生用书第6页
1．利用斜二测画法得到以下结论：
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．
其中正确的是( )
A．①②
B．①
C．③④
D．①②③④
解析：利用斜二测画法分析可知①②正确．水平放置的正方形、菱形的直观图可能是非正方形、非菱形的平行四边形．
答案：A
2.如图，水平放置的正方形ABCO，在直角坐标系xOy中，点B的坐标为(2,2)，则由斜二测画法画出的正方形的直观图中，顶点B′到x′轴的距离为( )
A.
B．1
C.
D．2
解析：如图，由斜二测画法可知，在新坐标系x′O′y′中，B′C′＝1，∠x′C′B′＝45°，过B′作x′轴的垂线，垂足为D，在Rt△B′DC′中，B′D＝B′C′sin
45°＝1×＝.
答案：A
3．利用斜二测画法得到的水平放置的△ABC的直观图如图所示，已知A′C′＝3，B′C′＝2，则AB边上的中线的长度为( )
A．2 B．2.5 C．3 D．4
解析：如图，根据斜二测画法的原则，可知∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，所以AB＝5.又直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，所以AB边上的中线的长度为2.5，故选B.
答案：B
4．一个建筑物上部为四棱锥，下部为长方体，且四棱锥的底面与长方体的上底面大小一样，已知长方体的长、宽、高分别为20
m、5
m,10
m，四棱锥的高为8
m，若按1∶500的比例画出它的直观图，那么直观图中长方体的长、宽、高和棱锥的高应分别为________．
解析：由比例可知长方体的长、宽、高和锥高，应分别为4
cm,1
cm,2
cm和1.6
cm，再结合直观图，图形的尺寸应为4
cm,0.5
cm,2
cm,1.6
cm.
答案：4
cm,0.5
cm,2
cm,1.6
cm
PAGE3 三视图
考 纲 定 位
重 难 突 破
1.理解画三视图应遵循的规则．2.能画出简单组合体的三视图．3.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.
重点：画出简单组合体的三视图，给出三视图，还原或想象出原实际图的结构特征．难点：识别三视图所表示的几何体．疑点：三视图之间的关系及三视图中实线、虚线的区分.
授课提示：对应学生用书第6页
[自主梳理]
一、由基本几何体生成的组合体的两种基本形式
1．将基本几何体拼接成组合体．
2．从基本几何体中切掉或挖掉部分构成组合体．
二、三视图
1．特点
(1)主、俯视图长对正；
(2)主、左视图高平齐；
(3)俯、左视图宽相等，前后对应．
如图所示：
2．画简单组合体的三视图应注意的问题
首先，确定主视、俯视、左视的方向．同一物体放置的位置不同，所画的三视图可能不同．
其次，简单组合体是由哪几个基本几何体组成的，并注意它们的组成方法，特别是它们的交线位置．
再次，不可见的边界、轮廓线用虚线画出．
三、三视图的排列顺序
三视图的排列顺序：先画主视图，左视图在主视图的右边，俯视图在主视图的下边．
[双基自测]
1．一个几何体的主视图、左视图和俯视图形状、大小都相同，则这个几何体不可能是( )
A．球
B．三棱锥
C．正方体
D．圆柱
解析：球的主视图、左视图和俯视图是三个全等的圆；如图所示，在正方体ABCD?A1B1C1D1中，三棱锥D1?ACD的主视图、左视图和俯视图都是全等的等腰直角三角形；正方体的主视图、左视图和俯视图可以都是全等的正方形．故选D.
答案：D
2.一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：由主视图可以看出去掉的小长方体在主视图的左上角，从左视图可以看出去掉的小长方体在左视图的右上角．由以上各视图的描述可知，该长方体如图所示，则易知俯视图．
答案：C
3．如图是一个几何体的三视图，它对应的直观图是( )
解析：可根据三视图的特征逐个排除，由主视图可排除A项；由左视图可知上面几何体与下面几何体的宽度相同，故排除B项；由俯视图可排除D项．故选C项．
答案：C
4．一个几何体的主视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的________(填入所有可能的几何体前的编号)．①三棱锥 ②四棱锥
③三棱柱
④四棱柱
⑤圆锥 ⑥圆柱
解析：①三棱锥的主视线与其中一侧面平行可以得主视图为三角形；②四棱锥，若底面是矩形，有一侧棱垂直于底面可以得主视图为三角形；③三棱柱，把侧面水平放置，正对着底，沿着一个侧面看，得主视图为三角形；④四棱柱，不论从哪个方向看都得不出三角形；⑤圆锥的底面水平放置，主视图是三角形；⑥圆柱从不同方向看是矩形或圆，不可能是三角形．
答案：①②③⑤
5．画出如图所示的水管三叉接头的三视图．
解析：所得三视图如图所示：
授课提示：对应学生用书第7页
探究一 简单几何体的三视图
[典例1] 画出如图所示的下列各空间几何体的三视图．
[解析] 三视图分别如图所示．
且使三个视图投影虚线少的方向作为正投影的方向，比如正前方为主视图的投影方向，画好主视图，然后再从其余方向观察几何体，作出三视图．
1．画出下列几何体的三视图．
解析：这个几何体的三视图如图所示．
探究二 简单组合体的三视图
[典例2] 画出几何体的三视图(阴影面为主视面)．
[解析] 组合体的三视图如下：
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；其次是注意实线、虚线的处理．
2．如图，螺栓是棱柱和圆柱的组合体，画出它的三视图．
解析：螺栓的三视图如图所示．
探究三 由三视图还原为实物图
[典例3] 如图所示，是一个空间几何体的三视图，试用斜二测画法画出它的直观图(尺寸自定)．
[解析] 由这个空间几何体的三视图可以看出，该几何体是一个六棱台．直观图如图③所示．
画法：(1)作出两个同心的六边形，并在一个水平放置的平面内画出它们的直观图；
(2)建立z′轴，把里面的六边形向上平移高的大小；
(3)连接两六边形相应顶点，并擦去辅助线，遮住线段用虚线表示，即得要画的六棱台．
由三视图还原几何体的三个步骤
3．(1)如图①②③分别为三个几何体的三视图，根据三视图可以判断这三个几何体依次分别为( )
A．三棱台、三棱柱、圆锥
B．三棱台、三棱锥、圆锥
C．三棱柱、正四棱锥、圆锥
D．三棱柱、三棱台、圆锥
(2)一个几何体的三视图如图所示，请画出它的实物图．
解析：(1)图①②③对应的原几何体分别是三棱柱、正四棱锥、圆锥，故选C.
(2)由三视图可知，该几何体由正方体和四棱柱组成，如图所示．
答案：(1)C (2)见解析
对三视图中实线、虚线辨认不清致误
[典例] 将正方体(如图1所示)截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的左视图为( )
[解析] 图2所示的几何体的左视图可由点A，D，B1，D1确定其外形为正方形，判断的关键是两条对角线AD1和B1C是一实一虚，其中要把AD1和B1C区别开来．
[答案] B
[错因与防范] (1)错误一：把AD1与B1C都误画成实线，而错选C.
(2)错误二：B1C被挡住的轮廓线应画成虚线，误认为挡住就没有而误选D.
[随堂训练] 对应学生用书第8页
1．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：①正方体的三个视图都是正方形，不合题意；②圆锥的主视图和左视图都是等腰三角形，俯视图为圆与圆心，符合题意；③三棱台的主视图、左视图和俯视图各不相同，不合题意；④正四棱锥的主视图与左视图都是等腰三角形，俯视图为正方形和其两条对角线，符合题意．故选D项．
答案：D
2．给出下列命题：
①如果一个几何体的三视图是完全相同的，则这个几何体是正方体；②如果一个几何体的主视图和俯视图都是矩形，则这个几何体是长方体；③如果一个几何体的三视图都是矩形，则这个几何体是长方体；④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．
其中正确命题的个数是( )
A．0
B．1
C．2
D．3
解析：①不正确，因为球也是三视图完全相同的几何体；②不正确，因为一个横放在水平位置的圆柱，其主视图和俯视图都是矩形；易知③正确；④不正确，因为一个正四棱台的主视图和左视图也都是等腰梯形．
答案：B
3．如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体为________．
解析：由主视图、左视图得几何体为台体，结合俯视图，得该几何体为六棱台．
答案：六棱台
4．三视图如图的几何体是________．
解析：根据主视图和俯视图可知该几何体为四棱锥．
答案：四棱锥
5．如图所示是由几个砖块搭成的几何体的三视图，请说出该物体的结构．
解析：该物体如图所示．
PAGE4 空间图形的基本关系与公理
第1课时 空间图形的基本关系与公理1～3
考 纲 定 位
重 难 突 破
1.通过长方体这一常见的空间图形，体会直线、平面及点的位置关系．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.
重点：对空间图形基本关系的考查．难点：文字语言、符号语言及图形语言的相互转化.
授课提示：对应学生用书第9页
[自主梳理]
一、空间中的基本关系
(1)
(2)
(3)
空间点与直线的位置关系(两种)
P∈l
P?l
空间点与平面的位置关系(两种)
P∈α
P?α
二、空间图形的公理1～3
文字语言
图形表示
符号语言
公理1
过不在一条直线上的三点，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，则存在唯一一个平面α使A∈α，B∈α，C∈α
公理2
如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内(即直线在平面内)
若A∈α，B∈α，则AB?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，且A∈l
[双基自测]
1．下列四个命题：①三点确定一个平面；②一条直线和一个点确定一个平面；③若四点不共面，则每三点一定不共线；④三条平行直线确定三个平面．其中正确的有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
解析：对于①，三个不共线的点可以确定一个平面，所以①不正确；对于②，一条直线和直线外一点可以确定一个平面，所以②不正确；对于③，若每三点共线，则四点一定共面，所以③正确；对于④，若三条平行线共面，则只能确定一个平面，所以④不正确．故选A.
答案：A
2．直线l1∥l2，在直线l1上取2个点，直线l2上取4个点，由这6个点能确定平面的个数为( )
A．5
B．4
C．9
D．1
解析：由直线l1∥l2知，直线l1，l2确定一个平面，则直线l1，l2上所有的点都在这个平面内．
答案：D
3．在正方体ABCD?A1B1C1D1中，与对角线AC1共面的棱共有( )
A．4条
B．5条
C．6条
D．7条
解析：从AC1的每一个端点出发有3条棱，每一条都与AC1共面，线段AC1有两个端点，所以有6条棱与AC1共面．
答案：C
4．三角形、四边形、梯形中一定是平面图形的有________个．
解析：由基本性质1,2及推论知，三角形、梯形必为平面图形，四边形的四个顶点不一定共面，故不一定是平面图形．
答案：2
5．如图，正方体ABCD?A1B1C1D1中，平面A1C与平面BDPQ的交线是________．
解析：因为N∈平面A1C，且N∈平面BDPQ；同理M∈平面A1C，且M∈平面BDPQ，所以平面A1C与平面BDPQ的交线是MN.
答案：MN
授课提示：对应学生用书第10页
探究一 空间图形的基本关系
[典例1] 观察长方体ABCD?A′B′C′D′，回答所给的问题．
(1)直线B′C′与BC；直线AB和BC；直线AB和B′C′，分别是什么关系？
(2)直线AB和平面ABCD；直线A′A和平面ABCD；直线A′B′和平面ABCD，分别是什么关系？
(3)平面AA′D′D和平面BB′C′C；平面ABCD和平面BB′C′C，分别是什么关系？
[解析] (1)直线B′C′和BC在同一个平面内，但没有公共点，所以B′C′∥BC；直线AB和BC只有一个公共点，所以直线AB和BC相交；直线AB和B′C′不同在任何一个平面内，所以直线AB和B′C′既不平行也不相交．(2)直线AB和平面ABCD有无数个公共点，所以AB?平面ABCD；直线A′A和平面ABCD只有一个公共点，所以A′A与平面ABCD相交；直线A′B′和平面ABCD没有公共点，所以A′B′∥平面ABCD.(3)平面AA′D′D和平面BB′C′C没有公共点，所以平面AA′D′D∥平面BB′C′C；平面ABCD和平面BB′C′C不重合，但有公共点，所以平面ABCD和平面BB′C′C相交．
1．空间的两条直线有如下三种关系：
(1)
(2)异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点．
2．直线与平面的位置关系有且只有三种：
直线在平面内；直线与平面相交；直线与平面平行．直线与平面相交或平行的情况统称为直线在平面外，记作
3．两个平面之间的位置关系有且只有以下两种：
(1)两个平面平行——没有公共点；
(2)两个平面相交——有一条公共直线．
1．下列说法正确的是( )
A．线段AB在平面α内，直线AB不在α内
B．平面α和β有时只有一个公共点
C．三点确定一个平面
D．过一条直线可以作无数个平面
解析：线段AB在平面α内，直线AB一定在α内，故A错；平面α和β若有一个公共点，则平面α和β要么重合，要么相交，故公共点有无数个，B错；若三点共线，则此三点可确定无数个平面，C错，故选D.
答案：D
探究二 点线共面问题
[典例2] 证明两两相交且不共点的三条直线在同一平面内．
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] 证法一 ∵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．
证法二 ∵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．
证明点、线共面问题的常用方法
(1)由其中某些点、线确定一个平面，再证明其余的点、线都在这个平面内．
(2)证明某些点、线在α内，其余点、线在β内，再证明这两个平面重合．
2.求证：如果一条直线和两条平行直线相交，那么这三条直线共面．
已知：a∩c＝A，b∩c＝B，a∥b.
求证：直线a，b，c共面．
证明：如题图所示，∵a∥b，∴直线a，b确定一个平面α.
∵a∩c＝A，a?α，∴A∈α.同理可证B∈α.
又∵A∈c，B∈c，∴c?α.∴直线a，b，c共面．
探究三 多线共点和多点共线问题
[典例3] 已知△ABC在平面α外，它的三边所在的直线分别交平面α于P，Q，R(如图)．求证：P，Q，R三点共线．
[证明] 证法一 ∵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．
证法二 ∵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.又∵Q∈直线BC，
∴Q∈平面APR.又Q∈α，
∴Q∈PR.∴P，Q，R三点共线．
1．证明三线共点问题的方法主要是：先确定两条直线交于一点，再证明该点是这两条直线所在平面的公共点，第三条直线是这两个平面的交线．
2．证明多点共线主要采用如下两种方法：一是首先确定两个平面，然后证明这些点是这两个平面的公共点，再根据公理3，这些点都在这两个平面的交线上；二是选择其中两点确定一条直线，然后再证明其他的点都在这条直线上．
3．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.
∵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，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．
分类讨论思想在确定平面问题中的运用
[典例] 两两相交的四条直线a，b，c，d能够确定几个平面？
[解析] (1)当四条直线a，b，c，d相交于一点时，能确定1个平面或6个平面．
(2)当四条直线a，b，c，d不共点时，有两种情形：
①当四条直线中有三条相交于一点时，a，b，c，d在同一平面内．
②当四条直线中任何三条都不共点时，如图所示：
因为这四条直线两两相交，则设相交直线a，b确定一个平面α.
设直线c与a，b分别交于点H，K，则H，K∈α.
又H，K∈c，所以c?α.
同理可证d?α.
所以a，b，c，d四条直线在同一平面α内．
综上可知：当四条直线a，b，c，d两两相交共点时，能确定1个或6个平面．
当四条直线a，b，c，d两两相交不共点时，能确定一个平面．
[感悟提高] (1)分类讨论也是一种“化整为零，各个击破”的解题策略，关键在于认识到引起讨论的原因，确定分类标准，多级分类讨论时，注意分类的层次．
(2)分类讨论是一种重要的数学思想，它适用于从整体上难以解决的数学问题，运用分类讨论来解决问题时，必须遵循不重不漏和最简的原则．
[随堂训练] 对应学生用书第11页
1．若点A在平面α内，直线a在平面α内，点A不在直线a上，用符号语言可表示为( )
A．A∈α，a?α，A?a
B．A∈α，a∈α，A?a
C．A?α，a?α，A?a
D．A∈α，a?α，A?a
解析：点与线的关系用∈、?；线与面的关系用?、?.
答案：A
2．不重合的三个平面最多可以把空间分成几个部分( )
A．4
B．5
C．7
D．8
解析：①当三个平面两两平行时，可以把空间分成4部分；
②当两个平面平行，第三个平面同时与两个平面相交时，把空间分成6部分；
③当两个平面相交，第三个平面同时与两个平面相交，且交线互相平行时，把空间分成7部分；
④当两个平面相交，第三个平面同时与两个平面相交，且交线互不平行时，把空间分成8部分．
故不重合的三个平面最多可以把空间分成8个部分，故选D.
答案：D
3．三条两两互相平行的直线最多可确定________个平面．
解析：当三条平行线不在同一个平面内时，可确定3个平面．
答案：3
4．不共线三点A，B，P?平面α，P?直线AB，AP∩α＝A1，BP∩α＝B1，AB∩α＝O，当点P在空间中变动时，定点O与动直线A1B1的位置关系是________．
解析：由题意知平面ABP∩α＝A1B1，AB∩α＝O，∴O∈平面ABP，且O∈α，∴O∈A1B1.
答案：O∈A1B1
5．如图，直角梯形ABDC中，AB∥CD，AB＞CD，AB⊥AC，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，并说明理由．
解析：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，可得E∈平面SBD.
∴点E在平面SBD和平面SAC的交线上．
连接SE，故直线SE是平面SBD和平面SAC的交线．
第2课时 空间图形的公理4和等角定理
考 纲 定 位
重 难 突 破
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．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：公理4和等角定理的应用．难点：异面直线所成的角的定义及求法．疑点：异面直线所成角的范围易出错.
授课提示：对应学生用书第11页
[自主梳理]
一、公理4
文字语言
图形表示
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
二、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．
三、异面直线所成的角θ
1．定义：已知两条异面直线a，b，经过空间任一点O作直线l1∥a，l2∥b，我们把l1与l2所成的锐角(或直角)叫作异面直线a，b所成的角(或夹角)．
2．范围：0°＜θ≤90°.
3．当θ＝90°时，a与b互相垂直，记作a⊥b.
[双基自测]
1．两条异面直线是指( )
A．分别位于两个不同平面的直线
B．空间内不相交的直线
C．某一平面内的一条直线与这一平面外的一条直线
D．空间两条既不平行也不相交的直线
解析：根据异面直线的定义可知D正确．
答案：D
2．空间两个角α，β的两边分别对应平行且方向相同，若α＝50°，则β等于( )
A．50°
B．130°
C．40°
D．50°或130°
解析：由等角定理可以判断β与α相等，∴α＝β＝50°，选A.
答案：A
3．如图所示，在长方体ABCD?A1B1C1D1中，判断下列直线的位置关系：
(1)直线A1B与D1C的位置关系是________；
(2)直线A1B与B1C的位置关系是________；
(3)直线D1D与D1C的位置关系是________；
(4)直线AB与B1C的位置关系是________．
答案：(1)平行 (2)异面 (3)相交 (4)异面
4．如图，正方体ABCD?A1B1C1D1中，直线AB1与BC1所成角为________度．
解析：连接AD1，B1D1，∵AB綊D1C1，∴AD1∥BC1，则∠D1AB1即为异面直线AB1与BC1所成的角，由题意知，AB1＝B1D1＝AD1，即△AB1D1为等边三角形，所以∠D1AB1＝60°.
答案：60
授课提示：对应学生用书第12页
探究一 公理4的应用
[典例1] 如图，已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点．
(1)求证：四边形EFGH是平行四边形；
(2)若四边形EFGH是矩形，求证：AC⊥BD.
[解析] (1)如题图，在△ABD中，
∵EH是△ABD的中位线，
∴EH∥BD，EH＝BD.
又FG是△CBD的中位线，
∴FG∥BD，FG＝BD，
∴FG∥EH，∴E，F，G，H四点共面，又FG＝EH，
∴四边形EFGH是平行四边形．
(2)由(1)知EH∥BD，同理AC∥GH.又∵四边形EFGH是矩形，
∴EH⊥GH，∴AC⊥BD.
空间中证明两直线平行的方法
(1)借助平面几何知识证明，如三角形中位线性质、平行四边形的性质、用成比例线段证平行等．
(2)利用公理4证明，即证明两直线都与第三条直线平行．
1.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．
证明：连接AC.
∵M，N为CD，AD的中点，
∴MN綊AC.
由正方体性质可知AC綊A′C′，
∴MN綊A′C′.
∴四边形MNA′C′是梯形．
探究二 等角定理的应用
[典例2] 如图，在正方体ABCD?A1B1C1D1中，M，M1分别是棱AD和A1D1的中点．求证：
(1)四边形BB1M1M为平行四边形；
(2)∠BMC＝∠B1M1C1.
[证明] (1)在正方形ADD1A1中，M，M1分别为AD，A1D1的中点，
∴MM1＝AA1，MM1∥AA1，
又∵AA1＝BB1，AA1∥BB1，
∴MM1＝BB1，且MM1∥BB1.
∴四边形BB1M1M为平行四边形．
(2)证法一 由(1)知四边形BB1M1M为平行四边形，
∴B1M1∥BM.
同理可得四边形CC1M1M为平行四边形，
∴C1M1∥CM.
由平面几何知识可知，∠BMC和∠B1M1C1都是锐角，
∴∠BMC＝∠B1M1C1.
证法二 由(1)知四边形BB1M1M为平行四边形，
∴B1M1＝BM.
同理可得四边形CC1M1M为平行四边形．
∴C1M1＝CM.
又∵B1C1＝BC，∴△BCM≌△B1C1M1.
∴∠BMC＝∠B1M1C1.
1．要明确等角定理的两个条件，即两个角的两条边分别对应平行，并且方向相同，这两个条件缺一不可．
2．空间中证明两个角相等，可以利用等角定理，也可以利用三角形的相似或全等，还可以利用平行四边形的对角相等．在利用等角定理时，关键是弄清楚两个角对应边的关系．
2．空间中角A的两边和角B的两边分别平行，若∠A＝70°，则∠B＝________.
解析：由于角A的两边和角B的两边分别平行，
所以有∠A＝∠B或∠A＋∠B＝180°.
因为∠A＝70°，
所以∠B＝70°或∠B＝110°.
答案：70°或110°
探究三 求两异面直线所成的角
[典例3] 如图，正方体AC1中，E，F分别是A1B1，B1C1的中点，求异面直线DB1与EF所成角的大小．
[解析] 解法一 (直接平移法)如图，连接A1C1，B1D1，并设它们相交于点O，取DD1的中点G，连接OG.
则OG∥B1D，EF∥A1C1，
∴∠GOA1为异面直线DB1与EF所成的角或其补角．
∵GA1＝GC1，O为A1C1的中点，
∴GO⊥A1C1.
∴异面直线DB1与EF所成的角为90°.
解法二 (中位线平移法)如图，连接A1D，取A1D的中点H，连接HE，则HE∥DB1且HE＝DB1.
于是∠HEF为所求异面直线DB1与EF所成的角或其补角．
连接HF，设正方体的棱长为1，
则EF＝，
HE＝，取A1D1的中点I，连接IF，HI，则HI⊥IF.
∴HF2＝HI2＋IF2＝.
∴HF2＝EF2＋HE2.
∴∠HEF＝90°.
∴异面直线DB1与EF所成的角为90°.
1．求两条异面直线所成的角，一般是根据其定义求解，步骤如下：
(1)平移；(2)构造三角形；(3)解三角形；(4)作答．
2．在所给几何体中平移直线构造异面直线所成的角时，一般是选取其中一条直线上的特殊点，诸如：顶点、棱的中点等．
3.如图，在长方体ABCD?A′B′C′D′中，AB＝2，AD＝2，AA′＝2.
求：(1)BC和A′C′所成角的大小；
(2)AA′和BC′所成角的大小．
解析：(1)因为BC∥B′C′，
所以∠B′C′A′就是A′C′与BC所成的角．
在Rt△A′B′C′中，A′B′＝2，B′C′＝2，
所以∠B′C′A′＝45°，即BC和A′C′所成角的大小为45°.
(2)因为AA′∥BB′，所以∠B′BC′就是AA′和BC′所成的角．
在Rt△BB′C′中，B′C′＝AD＝2，BB′＝AA′＝2，
所以∠B′BC′＝60°，即AA′和BC′所成角的大小为60°.
求异面直线上两点间的距离
[典例] (本题满分12分)四面体ABCD中，E，F分别是AB，CD的中点．若BD，AC所成的角为60°，且BD＝AC＝1.求EF的长度．
[规范解答] 如图，取BC的中点O，连接OE，OF，因为OE∥AC，OF∥BD，
所以OE与OF所成的锐角(或直角)即为AC与BD所成的角，而AC，BD所成的角为60°，①4分
所以∠EOF＝60°或∠EOF＝120°.②6分
当EOF＝60°时，EF＝OE＝OF＝.9分
当∠EOF＝120°时，取EF的中点M，
则OM⊥EF，
EF＝2EM＝2×＝.12分
[规范与警示] (1)解题时，首先在①处利用中位线作出异面直线AC和BD所成的角是关键，也是失分点．
(2)在②处，因为作出的∠EOF不一定就是60°，也可能是120°，此处容易出错，造成后面解答不全面，而出现漏解，失分点．
(3)求异面直线上两点间的距离，其重点还是在考查对异面直线所成角的理解和应用，其步骤是：一、作图；二、确定三角形中的已知条件；三、解三角形，求出长度．
[随堂训练] 对应学生用书第13页
1．空间两条不同的直线a，b与直线l都成异面直线，则a，b的位置关系是( )
A．平行或相交
B．异面或平行
C．异面或相交
D．平行或异面或相交
解析：直线a，b与直线l都成异面直线，a与b之间并没有任何限制，所以直线a与b平行或异面或相交，故选D.
答案：D
2．在正方体ABCD?A1B1C1D1中，E，F分别是平面AA1D1D、平面CC1D1D的中心，G，H分别是线段AB，BC的中点，则直线EF与直线GH的位置关系是( )
A．相交
B．异面
C．平行
D．垂直
解析：连接AD1，CD1，AC(图略)，则E，F分别为AD1，CD1的中点．由三角形的中位线定理，知EF∥AC，GH∥AC，所以EF∥GH，故选C.
答案：C
3．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：∵CC1∥BB1，∴∠A1BB1即为BA1与CC1所成的角．∵∠A1BB1＝45°，∴BA1与CC1所成的角为45°.
答案：B
4．如图，是正方体的平面展开图，在这个正方体中，有下列四个说法：
①BM与ED平行；②CN与BE是异面直线；③CN与BM成60°角；④DM与BN垂直．
其中正确的是________．
解析：如图，BM与ED垂直，故①不正确；CN∥BE，故②不正确；CN∥BE，而△EBM是正三角形，∴∠EBM＝60°，∴CN与BM成60°角，故③正确；BN在平面DCMN的射影CN与DM垂直，∴DM与BN垂直，故④正确．
答案：③④
5．在三棱锥A?BCD中，E、F、G分别是棱AB、AC、AD的中点，求证：△EFG
∽△BCD.
证明：∵EF是△ABC的中位线，
∴EF∥BC.同理，GF∥DC.
又∵∠EFG与∠BCD的方向相同，∴∠EFG＝∠BCD.
同理，∠EGF＝∠BDC.
∴△EFG
∽△BCD.
PAGE5 平行关系
5．1 平行关系的判定
考 纲 定 位
重 难 突 破
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．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.
重点：直线与平面平行、平面与平面平行的判定定理的理解、应用．难点：线线平行、线面平行、面面平行的转化．方法：平行关系中的分类讨论思想.
授课提示：对应学生用书第14页
[自主梳理]
一、直线与平面的位置关系
一条直线与一个平面有三种位置关系
(1)直线a在平面α内，记作a?α；
(2)直线a与平面α相交于点A，记作a∩α＝A；
(3)直线a与平面α平行，记作a∥α.
二、直线与平面平行的判定定理、平面与平面平行的判定定理
定理表示
线面平行的判定定理
面面平行的判定定理
文字语言
若平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行
一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行
符号语言
?a∥α
?α∥β
图形表示
[双基自测]
1．下列选项中，一定能得出直线m与平面α平行的是( )
A．直线m在平面α外
B．直线m与平面α内的两条直线平行
C．平面α外的直线m与平面α内的一条直线平行
D．直线m与平面α内的一条直线平行
解析：选项A不符合题意，是因为直线m在平面α外也包括直线与平面相交；选项B与D不符合题意，是因为缺少条件m
α；选项C中，由直线与平面平行的判定定理，知直线m与平面α平行，故选项C符合题意．
答案：C
2．直线a∥平面α，直线b∥平面α，则a与b的位置关系( )
A．平行
B．相交
C．异面
D．不能确定
解析：直线a与直线b可能平行、相交或异面．
答案：D
3．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，下列判断正确的是( )
A．平面BME∥平面ACN
B．AF∥CN
C．BM∥平面EFD
D．BE与AN相交
解析：作出此正方体．易知AN∥BM，AC∥EM，且AN∩AC＝A，可得平面ACN∥平面BEM.
答案：A
4．如图，在长方体ABCD?A1B1C1D1中，E，F分别为B1O和C1O的中点，长方体的各面中与EF平行的有________个．
解析：与EF平行的面有面AC，面BC1，面AD1.
答案：3
5．在正方体ABCD?A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1C，B1C1，C1D1的中点，则平面MNP与平面A1BD的位置关系是________．
解析：∵NP∥B1D1，且BD∥B1D1，∴NP∥BD.
NP?面A1BD，∴NP∥面A1BD，
同理MN∥面A1BD.又∵PN∩MN＝N，∴平面MNP∥平面A1DB.
答案：平行
授课提示：对应学生用书第14页
探究一 直线与平面平行的判定
[典例1] 如图，在四棱锥S?ABCD中，底面ABCD为正方形，E，F分别为AB，SC的中点．求证：EF∥平面SAD.
[证明] 取SD的中点G，连接GF，AG.
又∵F为SC的中点．
∴GF为△SDC的中位线．
∴GF綊DC.
又E为AB的中点且底面ABCD为正方形．
∴AE綊CD.
∴GF綊AE.
∴四边形AEFG为平行四边形．
∴EF∥AG.又AG?平面SAD，EF平面SAD，∴EF∥平面SAD.]
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，将线面平行转化为线线平行，巧妙地作出辅助线，构造线线平行是解决问题的关键．
1．已知A1B1C1?ABC是正三棱柱，D是AC的中点．
求证：AB1∥平面DBC1.
证明：∵A1B1C1?ABC是正三棱柱，
∴四边形B1BCC1是矩形．
连接B1C交BC1于点E，则B1E＝EC，连接DE.如图所示，在△AB1C中，∵AD＝DC，
∴DE∥AB1.
又AB1平面DBC1，DE?平面DBC1，
∴AB1∥平面DBC1.
探究二 面面平行的判定
[典例2] 如图，在正方体ABCD?A1B1C1D1中，M，N，E，F分别是棱A1B1，A1D1，B1C1，C1D1的中点，求证：平面AMN∥平面EFDB.
[证明] 连接MF.∵M，F分别是A1B1，C1D1的中点，且四边形A1B1C1D1为正方形，∴MF綊A1D1.
又A1D1綊AD，∴MF綊AD，
∴四边形ADFM是平行四边形，
∴AM∥DF.
又∵AM?平面EFDB，DF?平面EFDB.
∴AM∥平面EFDB.同理可得AN∥平面EFDB.
∵AM，AN?平面AMN，且AM∩AN＝A，
∴平面AMN∥平面EFDB.
平面平行的判定方法
(1)利用定义，证面面无公共点．
(2)利用平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．
2．如图(甲)，在直角梯形ABED中，AB∥DE，AB⊥BE，AB⊥CD，F，H，G分别为AC，AD，DE的中点，现将△ACD沿CD折起，如图(乙)．求证：平面FHG∥平面ABE.
证明：∵F，H，G分别为AC，AD，DE的中点，
∴FH∥CD，HG∥AE.
又AB⊥CD，AB⊥BE，
∴CD∥BE，∴FH∥BE.
∵BE?平面ABE，FH平面ABE，∴FH∥平面ABE.
∵AE?平面ABE，HG平面ABE，∴HG∥平面ABE.
又FH∩HG＝H，
∴平面FHG∥平面ABE.
探究三 平行关系的综合应用
[典例3] 如图，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.
[解析] (1)证明：如图，连接BM，BN，BG并延长，分别交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)由(1)可知＝＝，
∴MG＝PH.又PH＝AD，∴MG＝AD.
同理NG＝AC，MN＝CD.
∴△MNG
∽△ACD，其相似比为1∶3.
∴S△MNG∶S△ADC＝1∶9.
证明面面平行可转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行．线线、线面、面面间的这种相互转化，可以帮助我们找到解题的突破口，同时也是证明平行问题的常用方法．
3.如图所示，四棱锥P?ABCD的底面是边长为a的正方形，侧棱PA⊥AB，在侧面PBC内，有PB⊥BC，BE⊥PC于点E，且BE＝a.在线段AB上是否存在一点F，使EF∥平面PAD？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
解析：存在满足条件的点F.
在平面PCD内，过点E作EG∥CD交PD于点G，连接AG，在AB上取点F，使AF＝EG(图略)．
∵EG∥CD∥AF，EG＝AF，
∴四边形FEGA为平行四边形，∴FE∥AG.
又AG?平面PAD，PE平面PAD，
∴EF∥平面PAD，∴F即为所求的点．
∵PB⊥BC，PA⊥AB，
∴PC2＝BC2＋PB2＝BC2＋AB2＋PA2，
设PA＝x，则PC＝，
由PB·BC＝BE·PC，得·a＝·a，
∴x＝a，即PA＝a，∴PC＝a.
又CE＝＝a，∴＝，
∴＝＝，即GE＝CD＝a，
∴AF＝a，即＝.
线面平行、面面平行判定中的探索问题
[典例] (本题满分12分)如图所示，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?
[规范解答] 当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.……………………1分
因为Q为CC1的中点，P为D1D的中点，
所以PQ∥DC，①…………………2分
又DC∥AB，所以PQ∥AB，且PQ＝AB.
所以四边形ABQP为平行四边形，…………………4分
所以QB∥PA.又PA?平面PAO，QB平面PAO，
所以BQ∥平面PAO.②…………………7分
连接BD(图略)，则O∈BD，
又O为DB的中点，P为D1D的中点，
所以PO∥D1B.
…………………9分
又PO?平面PAO，D1B平面PAO，
所以D1B∥平面PAO.③…………………11分
又D1B∩BQ＝B，所以平面D1BQ∥平面PAO.
…………………12分
[规范与警示] ①由P是DD1的中点，探索知Q是CC1中点，此为解题关键点．
②利用平行四边形找出两平面中一组直线平行，注意证明过程要严谨．
③由三角形中位线证明两平面中另一组直线平行，切记面面平行的两线一定是相交直线．
探索型问题是具有开放性和发散性的问题，此类题目的条件或结论不完备，需要自己去探索，结合已有条件，进行观察、分析、比较和概括得出结论．常见的有以下两类：
a．条件探索型：条件探索型问题是针对一个结论，条件未知需探索，或条件增删需确定，或条件正误需判断．
b．结论探索型：结论探索型是先探索结论然后再去证明，在探索过程中常先从特殊情况入手，通过观察、分析、归纳，进行猜测，得出结论，再就一般情况去验证结论．
[随堂训练] 对应学生用书第16页
1．下列命题中正确的是( )
①若一个平面内有两条直线与另一个平面平行，则这两个平面平行；
②若一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，则这两个平面平行；
③若一个平面内的任何一条直线都平行于另一个平面，则这两个平面平行．
A．①③
B．②
C．②③
D．③
解析：①②中两个平面还可以相交，故①②错误；由两个平面平行的定义，知③正确．故选D.
答案：D
2．若一个平面内的两条直线分别平行于另一个平面内的两条直线，则这两个平面的位置关系是( )
A．一定平行
B．一定相交
C．平行或相交
D．以上都不对
解析：当每个平面内的两条直线都是相交直线时，可推出两个平面一定平行，否则，两个平面有可能相交．
答案：C
3.如图，在四棱锥P?ABCD中，ABCD为平行四边形，E，F分别为棱PB，PC的中点，则EF与平面PAD的位置关系为________．
解析：由于E，F分别是PB，PC的中点，所以EF∥BC.
又因为AD∥BC，所以EF∥AD.
而EF?平面PAD，AD?平面PAD，故EF∥平面PAD.
答案：EF∥平面PAD
4．在六棱柱的表面中，互相平行的面最多有________对．
解析：画出图形(图略)观察可得．
答案：4
5.如图，在正方体ABCD?A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E，F，G分别是BC，DC，SC的中点，求证：
(1)直线EG∥平面BDD1B1；
(2)平面EFG∥平面BDD1B1.
证明：(1)如图，连接SB，
∵E，G分别是BC，SC的中点，∴EG∥SB.
又∵SB?平面BDD1B1，EG平面BDD1B1，
∴直线EG∥平面BDD1B1.
(2)连接SD，
∵F，G分别是DC，SC的中点，∴FG∥SD.
又∵SD?平面BDD1B1，FG平面BDD1B1，
∴FG∥平面BDD1B1，且EG?平面EFG，
FG?平面EFG，EG∩FG＝G，
∴平面EFG∥平面BDD1B1.
5.2 平行关系的性质
考 纲 定 位
重 难 突 破
1.理解直线与平面平行和平面与平面平行的性质定理的含义．2.能用文字语言、符号语言、图形语言准确地描述两个平行关系的性质定理．3.能运用两个平行关系的性质定理证明一些空间线面平行、面面平行关系的简单问题.
重点：直线与平面平行和平面与平面平行性质定理的应用．难点：利用直线与平面平行的性质定理时，“辅助平面”的作法，以及利用面面平行性质定理时，“第三个平面”的选择．疑点：解题时易把异面直线当成同一平面内的直线而出错.
授课提示：对应学生用书第16页
[自主梳理]
一、直线与平面平行的性质
文字语言
图形表示
符号语言
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
?a∥b
二、平面与平面平行的性质
文字语言
图形表示
符号语言
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
?a∥b
[双基自测]
1．已知直线a，b和平面α，β，则下列结论正确的是( )
A．若a∥β，α∥β，则a∥α
B．若α∥β，a?α，则a∥β
C．若α∥β，a?α，b?β，则a∥b
D．若a∥β，b∥α，α∥β，则a∥b
解析：选项A中a可能在α内；选项C中a，b可能异面；选项D中，a，b也可能异面或相交；选项B中，α∥β，a?α，则a与β无公共点，所以a∥β.
答案：B
2．两个平行平面与另两个平行平面相交所得四条直线的位置关系是( )
A．两两相互平行
B．两两相交于同一点
C．两两相交但不一定交于同一点
D．两两相互平行或交于同一点
解析：根据面面平行的性质，知四条交线两两相互平行，故选A.
答案：A
3．如图，ABCD?A1B1C1D1是正方体，若过A、C、B1三点的平面与底面A1B1C1D1的交线为l，则l与AC的关系是________．
解析：因为AC∥平面A1B1C1D1，由线面平行的性质定理知l∥AC.
答案：平行
4.如图，过正方体ABCD?A1B1C1D1的顶点B1，D1与棱AB的中点P的平面与底面ABCD所在平面的交线记为l，则l与B1D1的位置关系为________．
解析：如图所示，在正方体ABCD?A1B1C1D1中，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，且平面B1D1P∩平面A1B1C1D＝B1D1，平面B1D1P∩平面ABCD＝l，所以l∥B1D1.
答案：l∥B1D1
5.如图，异面直线AB，CD被三个平行平面α，β，γ所截．A，D∈α，B，C∈γ，AC，AB，DB，DC分别交β于点E，F，G，H，试判断四边形EFGH的形状，并说明理由．
解析：四边形EFGH是平行四边形．理由如下：∵β∥γ，平面ABC∩β＝EF，平面ABC∩γ＝BC，∴EF∥BC.同理GH∥BC.∴EF∥HG.同理可证EH∥FG.∴四边形EFGH是平行四边形．
授课提示：对应学生用书第17页
探究一 线面平行性质定理的应用
[典例1] 如图，已知ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH.
求证：AP∥GH.
[证明] 如图，连接AC交BD于点O，连接MO，
∵ABCD是平行四边形，∴O是AC的中点．
又M是PC的中点，∴AP∥OM.
根据直线和平面平行的判定定理，知PA∥平面BMD.
∵平面PAHG∩平面BMD＝GH，
根据直线和平面平行的性质定理，得PA∥GH.
利用线面平行的性质定理解题的步骤
1.如图所示，在三棱锥A?BCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA上的点，当BD∥平面EFGH时，下面结论正确的是( )
A．E，F，G，H一定是所在边的中点
B．G，H一定分别是CD，DA的中点
C．EB∶AE＝BF∶FC，且DH∶HA＝DG∶GC
D．AE∶EB＝AH∶HD，且BF∶FC＝DG∶GC
解析：由BD∥平面EFGH，得BD∥EH，BD∥FG，则AE∶EB＝AH∶HD，且BF∶FC＝DG∶GC，故选D.
答案：D
探究二 面面平行性质定理的应用
[典例2] 已知α∥β，A，C∈α，B，D∈β，直线AB与CD交于点S，且SA＝8，SB＝9，CD＝34，求当S在α，β之间时SC的长．
[解析] 如图所示．
∵AB与CD相交于S，
∴AB，CD可确定平面γ，且α∩γ＝AC，β∩γ＝BD.
∵α∥β，∴AC∥BD，∴＝，
∵＝，即＝，解得SC＝16.
利用面面平行的性质定理证明线线平行的基本步骤
(1)先找两个平面，使这两个平面分别经过这两条直线中的一条；
(2)判定这两个平面平行；
(3)再找一个平面，使这两条直线都在这个平面内；
(4)由定理得出结论．
2．如图，已知α∥β，点P是平面α，β外的一点(不在α与β之间)，直线PB，PD分别与α，β相交于点A，B和C，D.
(1)求证：AC∥BD；
(2)若PA＝4
cm，AB＝5
cm，PC＝3
cm，求PD的长．
解析：(1)证明：∵PB∩PD＝P，
∴直线PB和PD确定一个平面γ，
则α∩γ＝AC，β∩γ＝BD.
又∵α∥β，∴AC∥BD.
(2)由(1)得AC∥BD，∴＝.
∴＝，∴CD＝(cm)．
∴PD＝PC＋CD＝(cm)．
探究三 平行关系的综合应用
[典例3] 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PAD∩平面PBC＝l.
(1)求证：l∥BC；
(2)MN与平面PAD是否平行？试证明你的结论．
[解析] (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∥BC.
(2)平行．证明如下：
设Q是CD的中点，连接NQ，MQ，
因为M、N分别是AB、PC的中点，
所以MQ∥AD，NQ∥PD.
因为MQ平面PAD，NQ平面PAD，AD?平面PAD，PD?平面PAD，且MQ∩NQ＝Q，AD∩PD＝D，
所以平面MNQ∥平面PAD.
因为MN?平面MNQ，
所以MN∥平面PAD.
证明面面平行，转化为证明线面平行，而要证线面平行，转化为证明线线平行．在立体几何中，通过线线、线面、面面间的位置关系相互转化，使问题顺利得到解决．熟练掌握这种转化的思想方法，就能找到解题的突破口．这是高考重点考查的证明平行的方法，应引起重视．
3.如图所示，斜三棱柱ABC－A1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1上的点．
(1)当等于何值时，BC1∥平面AB1D1?
(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求的值．
解析：(1)如图所示，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，
∴点O为A1B的中点．
∵BC1?平面A1BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝OD1，BC1∥平面AB1D1，
∴BC1∥OD1.又在△A1BC1中，点O为A1B的中点，∴D1为A1C1的中点．
故当＝1时，BC1∥平面AB1D1.
(2)∵平面BC1D∥平面AB1D1，
且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，
平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O，
∴BC1∥D1O，同理可得AD1∥DC1，
∴＝，＝，∴＝，
又＝1，∴＝1，即＝1.
函数思想在线面平行中的应用
[典例] 如图所示，在四面体ABCD中，截面EFGH平行于对棱AB和CD，试问截面在什么位置时其截面面积最大．
[解析] 因为AB∥平面EFGH，平面EFGH与平面ABC和平面ABD分别交于FG、EH.
所以AB∥FG，AB∥EH，所以FG∥EH.
同理可得EF∥GH，所以截面EFGH是平行四边形．
设AB＝a，CD＝b，∠FGH＝α(α即为异面直线AB和CD所成的角或其补角)．
又设FG＝x，GH＝y，
则由平面几何知识可得＝，＝，
两式相加得＋＝1，即y＝(a－x)，
所以S?EFGH＝FG·GH·sin
α＝x··(a－x)·sin
α＝x(a－x)＝sin
α(0
即当截面EFGH的顶点E、F、G、H分别为棱AD、AC、BC、BD的中点时，截面面积最大．
[感悟提高] (1)对于立体几何中的有关最值问题，当利用几何性质不能断定时，常转化为考虑函数方法求解．
(2)利用函数思想解立体几何问题时，首先应把立体几何问题转化为平面问题，再利用函数的有关知识解决相应问题．
[随堂训练] 对应学生用书第18页
1．下列说法中正确的是( )
①一条直线如果和一个平面平行，它就和这个平面内的无数条直线平行；②一条直线和一个平面平行，它就和这个平面内的任何直线无公共点；③过直线外一点有且仅有一个平面和已知直线平行；④如果直线l和平面α平行，那么过平面α内一点和直线l平行的直线在α内．
A．①②③④
B．①②③
C．②④
D．①②④
解析：由线面平行的性质定理知①④正确；由直线与平面平行的定义知②正确；经过直线外一点可作一条直线与已知直线平行，而经过这条直线可作无数个平面，故③错．选D.
答案：D
2．与两个相交平面的交线平行的直线和这两个平面的位置关系是( )
A．都平行
B．都相交
C．在两个平面内
D．至少和其中一个平行
解析：它可以在一个平面内与另一个平面平行，也可以和两个平面都平行．
答案：D
3.如图是长方体被一个平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为________．
解析：由于原来的几何体是长方体，所以平面ABFE∥平面DCGH，从而可得EF∥HG，同理可得HE∥GF，故EFGH是平行四边形．
答案：平行四边形
4.如图，在四棱锥O?ABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，M为OA的中点，N为BC的中点，求证：直线MN∥平面OCD.
证明：取OB的中点G，连接GN，GM.
在△OAB中，GM为中位线，
∴GM∥AB.
又AB∥CD，∴GM∥CD.
∵GM平面OCD，CD?平面OCD，
∴GM∥平面OCD.
在△OBC中，GN为中位线，∴GN∥OC.∵GN平面OCD，OC?平面OCD，
∴GN∥平面OCD.
由于GM∩GN＝G，OC∩CD＝C，
∴平面GMN∥平面OCD.
∵MN?平面GMN，MN平面OCD，
∴MN∥平面OCD.
PAGE6 垂直关系
6．1 垂直关系的判定
考 纲 定 位
重 难 突 破
1.了解线面垂直、面面垂直的定义．2.理解线面垂直、面面垂直的判定定理，以及空间角中有关二面角的定义．3.能运用判定定理证明线面、面面垂直.
重点：线面垂直、面面垂直的判定．难点：找(作)二面角的平面角．方法：分类讨论思想在垂直关系中的应用.
授课提示：对应学生用书第18页
[自主梳理]
一、直线与平面垂直
1．定义：如果一条直线和一个平面内的任何一条直线都垂直，那么称这条直线和这个平面垂直．
2．判定定理
文字语言
图形表示
符号语言
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
?l⊥α
二、二面角及其平面角
二面角
定义
从一条直线出发的这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，两个半平面叫作二面角的面如图，记作：α?AB?β或α?l?β
范围
0°≤θ≤180°
画法
如图：二面角α?l?β若有①O∈l；②OA?α，OB?β；③OA⊥l，OB⊥l，则∠AOB就叫作二面角α?l?β的平面角
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．
2．判定定理
文字语言
图形表示
符号语言
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
?α⊥β
[双基自测]
1．下列条件中，能判定直线l⊥平面α的是( )
A．l与平面α内的两条直线垂直
B．l与平面α内的无数条直线垂直
C．l与平面α内的某一条直线垂直
D．l与平面α内的任意一条直线垂直
解析：根据线面垂直的定义，可知当l垂直于α内所有直线时，l⊥α.
答案：D
2．已知直线l⊥平面β，l?平面α，则( )
A．α⊥β
B．α∥β
C．α∥β或α⊥β
D．α与β相交但不一定垂直
解析：根据面面垂直的判定定理知α⊥β.
答案：A
3．二面角的平面角是指( )
A．两个平面相交的图形
B．一个平面绕这个平面内一条直线旋转而成的图形
C．从一条直线出发的两个半平面所组成的图形
D．以两个相交平面交线上任意一点为端点，在两个平面内分别引垂直于交线的射线，这两条射线所成的角
解析：由定义知，二面角的平面角是指以两个相交平面交线上的任意一点为端点，在两个平面内分别引垂直于交线的射线，这两条射线所成的角．
答案：D
4．从空间一点P向二面角α?l?β的两个面α，β分别作垂线PE，PF，E，F为垂足，若∠EPF＝60°，则二面角的平面角的大小是( )
A．60°
B．120°
C．60°或120°
D．不确定
解析：若点P在二面角内，则二面角的平面角为120°，若点P在二面角外，则二面角的平面角为60°.
答案：C
5．一个二面角的两个半平面分别垂直于另一个二面角的两个半平面，则这两个二面角的大小关系为( )
A．相等
B．互补
C．相等或互补
D．不确定
解析：反例：如图，在正方体ABCD?A1B1C1D1中，E，F分别是CD，C1D1的中点，二面角D?AA1?E与二面角B1?AB?D的两个半平面就是分别对应垂直的，但是这两个二面角既不相等，也不互补，故选D.
答案：D
授课提示：对应学生用书第19页
探究一 直线与平面垂直的判定
[典例1] 如图，在三棱锥P?ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．
(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．
[解析] (1)证明：因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，
所以OP⊥AC，且OP＝2.
如图，连接OB，因为AB＝BC＝AC，
所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
由OP2＋OB2＝PB2知，OP⊥OB.
由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC.
(2)如图，作CH⊥OM，垂足为H.又由(1)可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM.
故CH的长为点C到平面POM的距离．
由题设可知OC＝AC＝2，
CM＝BC＝，∠ACB＝45°.
所以OM＝，CH＝＝.
所以点C到平面POM的距离为.
1．利用直线与平面垂直的判定定理证明直线与平面垂直的“三个步骤”：
(1)寻找：在这个平面内找两条直线，使它们和这条直线垂直．
(2)确定：确定这个平面内的两条直线是相交的直线．
(3)判定：根据判定定理得出结论．
2．线面垂直的三种判定方法：
(1)用定义：证明l和平面α内任意一条直线都垂直．
(2)用定理：证明l与平面α内“两条相交”的直线都垂直，即线线垂直?线面垂直．
(3)用推论：若m⊥α，证明l∥m，即可知l⊥α.
1.如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，D是AC的中点，S是△ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC.
(1)求证：SD⊥平面ABC；
(2)若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC.
证明：(1)因为SA＝SC，D是AC的中点，所以SD⊥AC.
在Rt△ABC中，AD＝BD，又SA＝SB，
所以△ADS≌△BDS，所以SD⊥BD.
又AC∩BD＝D，AC?平面ABC，
BD?平面ABC，所以SD⊥平面ABC.
(2)AB＝BC，D为AC的中点，所以BD⊥AC.
由(1)知SD⊥BD，因为SD∩AC＝D，
所以BD⊥平面SAC.
探究二 平面与平面垂直的判定
[典例2] 如图，四棱锥P?ABCD的底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，点E在侧棱PB上．求证：平面AEC⊥平面PBD.
[解析] ∵PD⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴PD⊥AC.
又ABCD为正方形，AC⊥BD，PD∩BD＝D，
∴AC⊥平面PBD.又AC?平面AEC，
∴平面AEC⊥平面PBD.
1．证明平面与平面垂直，常用两种方法：
(1)证明一个平面过另一个平面的一条垂线．
(2)证明二面角的平面角是直角．
2．用平面与平面垂直的判定定理证明两平面垂直，关键是在一个平面内寻找垂直于另一个平面的直线．在处理具体问题时，应先从已知入手，分析已有的垂直关系，再从结论入手，分析要证明的垂直关系，从而架起已知与未知之间的“桥梁”．
2.如图，在空间四边形ABCD中，AB＝BC，CD＝DA，E，F，G分别为CD，DA和对角线AC的中点．
求证：平面BEF⊥平面BGD.
证明：∵AB＝BC，CD＝AD，G是AC的中点，∴BG⊥AC，DG⊥AC，
又EF∥AC，∴EF⊥BG，EF⊥DG.
∴EF⊥平面BGD.
∵EF?平面BEF，∴平面BGD⊥平面BEF.
探究三 线面垂直判定的综合应用
[典例3] 三棱锥P?ABC中，PO⊥平面ABC，PA⊥BC，PB⊥AC.求证：
(1)O是△ABC的垂心；
(2)PC⊥AB.
[解析] (1)连接OA，OB.
∵PO⊥平面ABC，
∴PO⊥BC.
又PA⊥BC，PO∩PA＝P，∴BC⊥平面PAO.
又AO?平面PAO，
∴BC⊥AO，即O在△ABC的BC边的高线上．
同理，由PB⊥AC可得O在AC边的高线上．
∴O是△ABC的垂心．
(2)连接OC，由(1)可知OC⊥AB.
又由PO⊥平面ABC得PO⊥AB，又OC∩PO＝O，
∴AB⊥平面PCO.又PC?平面PCO，
∴AB⊥PC.
根据直线和平面垂直的定义，可由线面垂直证明线线垂直；根据直线和平面垂直的判定定理可由线线垂直证明线面垂直．本题的证明过程体现了线线垂直与线面垂直的相互转化．
3.如图，在四面体P?ABC中，△ABC与△PBC是边长为2的正三角形，PA＝3，D为PA的中点，求二面角D?BC?A的大小．
解析：取BC的中点E，连接EA，ED，EP(图略)．
∵△ABC与△PBC是边长为2的正三角形，∴BC⊥AE，BC⊥PE，
又AE∩PE＝E，AE，PE?平面PAE，
∴BC⊥平面PAE.而DE?平面PAE，所以BC⊥DE，
∴∠AED即为二面角D?BC?A的平面角．
又由条件，知AE＝PE＝AB＝，AD＝PA＝，
∴DE⊥PA，∴sin∠AED＝＝，显然∠AED为锐角，∴∠AED＝60°，即二面角D?BC?A的大小为60°.
对定理理解不透彻致误
[典例] 设α，β为不重合的两个平面，给出下列说法：
①若α内的两条相交直线分别平行于平面β，则α平行于β；
②若α外一条直线l与α内的一条直线平行，则l和α平行；
③设α和β相交于直线l，若α内有一条直线垂直于l，则α和β垂直；
④直线l与平面α垂直的条件是l与α内的两条直线垂直．
上面说法中正确的序号是________(写出所有的正确的序号)．
[解析] ①平面α内的两条相交直线分别平行于平面β，则两条相交直线确定的平面α平行于平面β，正确．
②平面α外一条直线l与α内的一条直线平行，则l平行于α，正确．
③如图所示，α∩β＝l，a?α，a⊥l，但不一定有α⊥β，错误．
④直线l与α垂直的条件是l与α内的两条相交直线垂直，而该命题缺少“相交”两字，故错误．
综上所述，正确说法的序号为①②.
[答案] ①②
[错因与防范] 本题易错选③④，错选③是由a⊥l，a?α错误得出a垂直于平面β；错选④是忽视了“相交直线”这一前提条件．一些常见的定理要认真领会，抓住关键字或词，一些判断项中往往不是直接考查的定理而是对定理的拓展，故要仔细分析、推导，以防出错．
[随堂训练] 对应学生用书第20页
1．在正方体ABCD?A1B1C1D1中，与BC1垂直的平面是( )
A．平面DD1C1C
B．平面A1B1CD
C．平面A1B1C1D1
D．平面A1DB
解析：由于易证BC1⊥B1C，又CD⊥平面BCC1B1，所以CD⊥BC1.因为B1C∩CD＝C，所以BC1⊥平面A1B1CD.
答案：B
2．给出以下说法：
①两个相交平面组成的图形叫做二面角；
②异面直线a，b分别和一个二面角的两个面垂直，则a，b所成的角与这个二面角的平面角相等或互补；
③二面角的平面角是从棱上一点出发，分别在两个面内作射线所成角的最小角；
④二面角的大小与其平面角的顶点在棱上的位置没有关系．
其中正确的是( )
A．①③
B．②④
C．③④
D．①②
解析：由二面角的定义，可知①③错误，④正确．由a，b分别和一个二面角的两个面垂直，知a，b都垂直于该二面角的棱，过棱上一点可分别作a，b的平行线，分析知②正确，故选B.
答案：B
3．给出下列说法：
①如果直线l与平面α不垂直，那么在α内不存在与l垂直的直线；
②过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直；
③与一个平面的垂线垂直的直线和这个平面平行；
④过平面外一点和这个平面垂直的直线有且只有一条．
其中正确说法的序号是________．
解析：①错误，因为在α内至少可以找到一条直线与l垂直；②正确；③错误，因为平面内的任意一条直线都和该平面的垂线垂直，所以直线也可能在平面内；④正确．故正确说法的序号是②④.
答案：②④
4.如图，∠BCA＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中：
(1)与PC垂直的直线有________；
(2)与AP垂直的直线有________．
解析：(1)因为PC⊥平面ABC，AB，AC，BC?平面ABC，
所以与PC垂直的直线有直线AB，AC，BC.
(2)∠BCA＝90°，即BC⊥AC，
又BC⊥PC，AC∩PC＝C，
所以BC⊥平面PAC，PA?平面PAC.
∴BC⊥AP.
答案：(1)AB，AC，BC (2)BC
5.如图，四边形ABCD是菱形，PC⊥平面ABCD，E是PA的中点，求证：平面BDE⊥平面ABCD.
证明：连接AC交BD于点O，连接OE.因为O为AC的中点，E为PA的中点，所以EO是△PAC的中位线，EO∥PC.
因为PC⊥平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD.
又因为EO?平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABCD.
PAGE6.2 垂直关系的性质
考 纲 定 位
重 难 突 破
1.理解直线与平面垂直和平面与平面垂直的性质定理，并能用文字、符号和图形语言准确地描述定理．2.能够灵活地运用两个垂直性质定理证明相关问题．3.理解并掌握“平行”与“垂直”的相互转化，以及垂直关系之间的相互转化.
重点：线面垂直和面面垂直性质定理的应用．难点：常与线面、面面垂直的判定定理结合命题，考查多个定理应用的相互转化．疑点：要证明的结论容易被当成已知使用.
授课提示：对应学生用书第21页
[自主梳理]
一、直线与平面垂直的性质定理
文字语言
图形表示
符号语言
如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行
?a∥b
二、平面与平面垂直的性质定理
文字语言
图形表示
符号语言
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
?a⊥β
[双基自测]
1．如果一条直线平行于一个平面，那么这条直线和这个平面的垂线( )
A．垂直
B．相交
C．平行
D．异面
解析：设m∥α，n⊥α，则α内一定有一条直线l，使得m∥l，且有l⊥n，所以m⊥n.
答案：A
2．在空间中，下列结论正确的是( )
①平行于同一条直线的两条直线互相平行；②垂直于同一条直线的两条直线互相平行；③平行于同一个平面的两条直线互相平行；④垂直于同一个平面的两条直线互相平行
A．②
B．①④
C．①
D．①②③④
解析：由公理4知①对；垂直于同一条直线的两条直线可以异面、相交、平行；平行于同一个平面的两条直线可能异面、相交、平行；由线面垂直的性质知④正确．
答案：B
3．两个平面互相垂直，一个平面内的一条直线与另一个平面( )
A．垂直
B．平行
C．平行或相交
D．平行或相交或直线在另一个平面内
解析：若这条直线平行于交线则它平行于另一个平面；若这条直线与交线相交则它与另一个平面也相交；若这条直线就是交线则它在另一个平面内．
答案：D
4．在Rt△ABC中，D是斜边AB的中点，AC＝6
cm，BC＝8
cm，EC⊥平面ABC，EC＝12
cm，则ED＝______cm.
解析：连接CD，则CD＝5，又EC⊥平面ABC，所以EC⊥CD，所以ED＝＝＝13.
答案：13
5．如图所示，PO⊥平面ABC，BO⊥AC，在图中与AC垂直的直线有________条．
解析：连接PD(图略)，∵PO⊥平面ABC，AC?平面ABC，∴PO⊥AC.又AC⊥BO，PO∩BO＝O，
∴AC⊥平面PBD，
∴平面PBD内的4条直线PB，PD，PO，BD都与AC垂直，
∴图中共有4条直线与AC垂直．
答案：4
授课提示：对应学生用书第21页
探究一 线面垂直的性质的应用
[典例1] 如图，已知AD⊥AB，AD⊥AC，AE⊥BC交BC于E，D是FG的中点，AF＝AG，EF＝EG.
求证：BC∥FG.
[证明] 连接DE.
∵AD⊥AB，AD⊥AC，
∴AD⊥平面ABC.又BC?平面ABC，
∴AD⊥BC.又AE⊥BC，
∴BC⊥平面ADE.
∵AF＝AG，D为FG的中点，
∴AD⊥FG.
同理ED⊥FG.又AD∩ED＝D，
∴FG⊥平面ADE.
∴BC∥FG.
1．线面垂直的性质给我们提供了证明线线平行的方法．
2．证明线线平行的方法：
(1)a∥c，b∥c?a∥b.
(2)a∥α，a?β，β∩α＝b?a∥b.
(3)α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b.
(4)a⊥α，b⊥α?a∥b.
1.如图，在正方体ABCD?A1B1C1D1中，点E，F分别在A1D，AC上，且EF⊥A1D，EF⊥AC.
求证：EF∥BD1.
证明：连接AB1，B1C，BD，B1D1.
∵DD1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，
∴DD1⊥AC.
又∵AC⊥BD，且BD∩DD1＝D，
∴AC⊥平面BDD1B1.
∵BD1?平面BDD1B1，∴BD1⊥AC.
同理，BD1⊥B1C.
∵B1C∩AC＝C，
∴BD1⊥平面AB1C.
∵EF⊥A1D，A1D∥B1C，∴EF⊥B1C.
又EF⊥AC，且AC∩B1C＝C，
∴EF⊥平面AB1C.∴EF∥BD1.
探究二 面面垂直的性质的应用
[典例2] 如图，四棱椎P?ABCD的底面是边长为a的菱形，∠BCD＝120°，平面PCD⊥平面ABCD，PC＝a，PD＝a，E为PA的中点，求证：平面EDB⊥平面ABCD.
[证明] 设AC∩BD＝O，
连接EO，则EO∥PC.∵PC＝CD＝a，PD＝a，
∴PC2＋CD2＝PD2，
∴PC⊥CD.
∵平面PCD⊥平面ABCD，CD为交线，
∴PC⊥平面ABCD，
∴EO⊥平面ABCD.
又EO?平面EDB，
故有平面EDB⊥平面ABCD.
1．面面垂直的性质定理，为线面垂直的判定提供了依据和方法．所以当已知两个平面垂直的时候，经常找交线的垂线这样就可利用面面垂直证明线面垂直．
2．证明线面垂直主要有两种方法，一种是利用线面垂直的判定定理，另一种是利用面面垂直的性质定理．应用后者时要注意：(1)两个平面垂直；(2)直线在一个平面内；(3)直线垂直于交线．以上三点缺一不可．
2.如图，AB是⊙O的直径，C是圆周上不同于A，B的任意一点，平面PAC⊥平面ABC.
(1)判断BC与平面PAC的位置关系，并证明；
(2)判断平面PBC与平面PAC的位置关系．
解析：(1)BC⊥平面PAC.
证明如下：因为AB是⊙O的直径，C是圆周上不同于A，B的任意一点，所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC.
又因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，BC?平面ABC，所以BC⊥平面PAC.
(2)因为BC?平面PBC，
所以平面PBC⊥平面PAC.
探究三 平行与垂直关系的综合应用
[典例3] 如图，正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直，△ABE是等腰直角三角形，AB＝AE，FA＝FE，∠AEF＝45°.
(1)求证：EF⊥平面BCE；
(2)设线段CD，AE的中点分别为P，M，求证：PM∥平面BCE.
[证明] (1)因为平面ABEF⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，BC⊥AB，平面ABEF∩平面ABCD＝AB，
所以BC⊥平面ABEF.所以BC⊥EF.
因为△ABE为等腰直角三角形，AB＝AE，
所以∠AEB＝45°.
又因为∠AEF＝45°，
所以∠FEB＝90°，即EF⊥BE.
因为BC?平面BCE，BE?平面BCE，
BC∩BE＝B，所以EF⊥平面BCE.
(2)如图，取BE的中点N，连接CN，MN，则MN綊AB∥PC，
所以四边形PMNC为平行四边形．
所以PM∥CN.
因为CN?平面BCE，PM平面BCE，
所以PM∥平面BCE.
以空间几何体为载体，综合考查空间线线、线面、面面的平行关系与垂直关系是考试的热点，解决这类问题的思维方法是“以退为进”，即面面问题退证为线面问题，再退证为线线问题，充分利用面面、线面、线线相互之间的转化关系是解决这类问题的关键．
3.如图，在三棱柱ABC?A1B1C1中，已知AB⊥侧面BB1C1C，AB＝BB1＝2BC＝2，∠BCC1＝60°.
(1)求证：C1B⊥平面A1B1C1；
(2)P是线段BB1上的动点，当平面C1AP⊥平面AA1B1B时，求线段B1P的长．
解析：(1)证明：由AB⊥侧面BB1C1C，得AB⊥C1B.
由AB＝BB1＝2BC＝2，∠BCC1＝60°，知∠C1BC＝90°，即C1B⊥CB.
又CB∩AB＝B，所以C1B⊥平面ABC.
由棱柱的性质，知平面ABC∥平面A1B1C1，
所以C1B⊥平面A1B1C1.
(2)因为AB⊥侧面BB1C1C，所以平面ABB1A1⊥平面BB1C1C.
过点C1作C1P⊥BB1交BB1于点P，连接AP(图略)，则C1P⊥平面AA1B1B.
又C1P?平面C1AP，所以平面C1AP⊥平面AA1B1B.
在?BB1C1C中，∠BB1C1＝∠BCC1＝60°，∠C1BC＝∠BC1B1＝90°，
所以B1P＝B1C1＝BC＝.
平行与垂直的综合应用
[典例] (本题满分12分)如图，在△ABC中，AC＝BC＝AB，四边形ABED是边长为a的正方形，平面ABED⊥平面ABC，若G，F分别是EC，BD的中点．
求证：(1)GF∥平面ABC；
(2)平面EBC⊥平面ACD.
[规范解答] (1)如图，取BE的中点H，连接HF，GH.因为G，F分别是EC和BD的中点，所以HG∥BC，HF∥DE.①2分
又因为四边形ADEB为正方形，
所以DE∥AB，从而HF∥AB.
所以HF∥平面ABC，HG∥平面ABC.
又HF∩HG＝H，HF，HG?平面HGF，
所以平面HGF∥平面ABC.
所以GF∥平面ABC.6分
(2)因为四边形ADEB为正方形，所以EB⊥AB.
又因为平面ABED⊥平面ABC，
所以BE⊥平面ABC，所以BE⊥AC.
又因为CA2＋CB2＝AB2，所以AC⊥BC.
又BE∩BC＝B，
所以AC⊥平面BCE.②
从而平面EBC⊥平面ACD.12分
[规范与警示] (1)解决本题的2个关键点：
①处证明线线平行时，找中点，作辅助线得平行关系，是解题的关键．
②处证明垂直时，往往是通过对已知条件得出的结果进行判断，故立体几何的有关证明可采用作图、计算、证明的混合模式．
(2)解决该类问题一般思路
a．线面垂直与平行的相互转化：
空间中直线与直线垂直、直线与平面平行、直线与直线平行可以相互转化，每一种垂直与平行的判定都是从某种垂直与平行开始转化为另一种垂直与平行，最终达到目的的．
b．转化关系：
线线垂直线面垂直线线平行．
(3)在解决平行和垂直的综合问题时，一定要把线面垂直、面面垂直的性质和判定方法掌握准确，应用时所具备的条件要罗列清楚，明确题目中的关键点，为后面的计算或解答明确目标．
[随堂训练] 对应学生用书第23页
1．已知△ABC所在的平面为α，直线l⊥AB，l⊥AC，直线m⊥BC，m⊥AC，则直线l，m的位置关系是( )
A．相交
B．异面
C．平行
D．不确定
解析：因为l⊥AB，l⊥AC，AB?α，AC?α且AB∩AC＝A，所以l⊥α，同理可证m⊥α，所以l∥m.
答案：C
2．在下列四个正方体中，满足AB⊥CD的是( )
解析：设平面CBD内的另一个顶点为E，则CD⊥AE，CD⊥BE，所以CD⊥平面ABE，所以CD⊥AB.
答案：A
3．下列几种说法正确的有________．(只填序号)
①平面α∥平面β，直线l⊥α，则l⊥β；
②平面α⊥平面β，平面β⊥平面γ，则α⊥γ；
③平面α∥平面β，平面β⊥平面γ，则α⊥γ.
解析：易知①正确；和同一个平面垂直的两个平面可以平行，也可以相交，故②错误；③正确．
答案：①③
4．已知PA垂直于平行四边形ABCD所在的平面，若PC⊥BD，则平行四边形ABCD一定是________．
解析：由PA⊥平面ABCD，得PA⊥BD，又因为PC⊥BD，PA∩PC＝P，所以BD⊥平面PAC.于是BD⊥AC，故ABCD一定为菱形．
答案：菱形
PAGE7 简单几何体的面积与体积
7．1 简单几何体的侧面积
考 纲 定 位
重 难 突 破
1.进一步认识柱体、锥体、台体及其简单组合体的结构特征，了解它们的有关概念．2.记住柱体、锥体、台体的侧面积的计算公式．3.会利用柱体、锥体、台体的侧面积、表面积公式解决一些简单几何体.
重点：求简单几何体的侧面积和表面积．难点：常与三视图、线面位置关系的证明结合命题．方法：函数与方程思想的应用.
授课提示：对应学生用书第23页
[自主梳理]
一、圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
几何体
侧面展开图的形状
侧面积公式
圆柱
矩形
S圆柱侧＝2πrl
圆锥
扇形
S圆锥侧＝πrl
圆台
扇环
S圆台侧＝π(r1＋r2)l
其中r为底面半径，l为侧面母线长，r1，r2分别为圆台的上、下底面半径．
二、直棱柱、正棱锥、正棱台的侧面积
几何体
侧面积公式
直棱柱
S直棱柱侧＝ch
正棱锥
S正棱锥侧＝ch′
正棱台
S正棱台侧＝(c＋c′)h′
其中c′，c分别为上、下底面周长，h为高，h′为斜高．
[双基自测]
1．将一个边长为a的正方体切成的27个全等的小正方体，则表面积增加了( )
A．6a2
B．12a2
C．18a2
D．24a2
解析：边长为a的正方体的表面积为S1＝6a2，由边长为a的正方体切成的27个全等的小正方体的表面积和为S2＝27×＝18a2，因此表面积增加了12a2，故选B项．
答案：B
2．已知圆柱的底面半径r＝1，母线长l与底面的直径相等，则该圆柱的表面积为( )
A．6π
B．8π
C．9π
D．10π
解析：因为圆柱的表面积为2πr2＋2πrl，r＝1，l＝2，所以圆柱的表面积为6π.
答案：A
3．正六棱柱(底面是正六边形，各侧面是全等的矩形)的高为5
cm，最长的对角线为13
cm，则它的侧面积为________．
解析：设正六棱柱的底面边长为a，则底面正六边形的最长对角线长为2a，
∴52＋(2a)2＝132，a＝6，
∴S正棱柱侧＝6ah＝180(cm2)．
答案：180
cm2
4．圆柱的轴截面面积为S，则圆柱的侧面积为________．
解析：设圆柱底面半径为r，高为h，则2rh＝S，S侧＝2πrh＝πS.
答案：πS
5．正四棱柱的高为3
cm，对角线长为
cm，则正四棱柱的侧面积为________cm2.
解析：设底面边长为a
cm，则
＝，∴a＝2，∴S侧＝ch＝4×3×2＝24(cm2)．
答案：24
授课提示：对应学生用书第24页
探究一 旋转体的侧面积、表面积
[典例1] 圆锥的高和底面半径相等，它的一个内接圆柱的高和圆柱底面半径也相等．求圆柱的表面积和圆锥的表面积之比．
[解析] 如图，设圆柱和圆锥的底面半径分别为r、R，圆锥母线长为l，则有＝，即＝.
∴R＝2r，l＝R.
∴＝
＝＝＝＝－1.
在解与旋转体有关的问题时，经常需要画出其轴截面，将空间问题转化为平面问题．
1．若一个圆锥的轴截面是边长为4
cm的等边三角形，则这个圆锥的侧面积为______
cm2，表面积为______
cm2.
解析：如图所示，∵轴截面是边长为4
cm的等边三角形，∴OB＝2
cm，PB＝4
cm，
∴圆锥的侧面积S侧＝π×2×4＝8π(cm2)，
表面积S表＝8π＋π×22＝12π(cm2)．
答案：8π 12π
探究二 直棱柱、正棱锥、正棱台的表面积
[典例2] 一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
A．48
B．32＋8
C．48＋8
D．80
[解析] 由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱，所以该直四棱柱的表面积为：S＝2××(2＋4)×4＋4×4＋2×4＋2×4＝48＋8.
[答案] C
1．正棱锥和正棱台的侧面分别是等腰三角形和等腰梯形，只要弄清相对应的元素求解很简单．
2．多面体的表面积等于各侧面与底面的面积之和，对正棱锥中的计算问题往往要构造直角三角形求解，对正棱台则需要构造直角梯形或等腰梯形求解．
2．设正三棱锥S?ABC的侧面积是底面积的2倍，正三棱锥的高SO＝3，求此正三棱锥的全面积．
解析：设正三棱锥底面边长为a，斜高为h′，如图所示，过O点作OE⊥AB，连接SE，则SE⊥AB，即SE＝h′.∵S侧＝2S底，
∴·3a·h′＝a2×2.∴a＝h′.
∵SO⊥OE，∴OS2＋OE2＝SE2.
∴32＋2＝h′2，
h′＝2.∴a＝h′＝6.
∴S底＝a2＝×62＝9.
∴S侧＝2S底＝18.
∴S全＝S侧＋S底＝9＋18＝27.
探究三 与表面积有关的综合问题
[典例3] 正四棱台两底面边长分别为3和9.
(1)若侧棱所在直线与上、下底面正方形中心的连线所成的角为45°，求棱台的侧面积；
(2)若棱台的侧面积等于两底面面积之和，求它的高．
[解析] (1)如图，设O1，O分别为上，下底面的中心，过C1作C1E⊥AC于E，过E作EF⊥BC于F，连接C1F，则C1F为正四棱台的斜高．
由题意知∠C1CO＝45°，
CE＝CO－EO＝CO－C1O1＝×(9－3)＝3.
在Rt△C1CE中，C1E＝CE＝3，
又EF＝CE·sin
45°＝3×＝3，
∴斜高C1F＝＝＝3.
∴S侧＝(4×3＋4×9)×3＝72.
(2)由题意知，S上底＋S下底＝32＋92＝90，
∴(4×3＋4×9)·h斜＝32＋92＝90.
∴h斜＝＝.
又EF＝＝3，h＝＝.
解决该类问题，关键是正确找出几何体中相对应元素，把它们放在一个平面图形中，利用平面几何的知识解决．体现了空间问题平面化的思想．
3．如图是一建筑物的三视图，现需将其外壁用油漆刷一遍，已知每平方米用漆0.2千克，问需要油漆多少千克？
(尺寸如图，单位：米，π取3.14，结果精确到0.01千克)
解析：建筑物为一组合体，上面是底面半径为3米，母线长为5米的圆锥，下面是底面边长为3米，高为4米的正四棱柱．
圆锥的表面积S表＝πr2＋πrl≈3.14×32＋3.14×3×5＝28.26＋47.1＝75.36.
四棱柱的一个底面积S底＝32＝9，
四棱柱的侧面积＝S侧＝4×4×3＝48.
所以外壁面积S≈75.36－9＋48＝114.36(平方米)．
故需油漆114.36×0.2＝22.872≈22.88(千克)．
答：共需约22.88千克油漆．
函数思想在求几何体面积最值中的应用
[典例] 在底面半径为R，高为h的圆锥内有一内接圆柱，求内接圆柱的侧面积最大时圆柱的高，并求此时侧面积的最大值．
[解析] 如图，设圆柱的高为x，其底面半径为r，则＝，
所以r＝.
圆柱的侧面积S侧＝2πrx＝·x(h－x)＝－(x2－hx)
＝－＝－2＋.
当x＝时，S侧最大值＝，
即内接圆柱的侧面积最大时圆柱的高为，此时侧面积的最大值为.
[感悟提高] (1)在遇到旋转体的问题时，经常通过轴截面、侧面展开图来解决问题，体现了“以面代体”．
(2)几何体的面积最值问题经常利用函数思想求解，而几何体表面及截面长度最小值问题常转化为平面问题利用几何性质加以解决．
[随堂训练] 对应学生用书第25页
1．已知正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则此棱锥的侧面积为( )
A．6
B．12
C．24
D．48
解析：∵正四棱锥的斜高h′＝＝4，
∴S侧＝4××6×4＝48.
答案：D
2．一个几何体的三视图如图所示，主视图与左视图都是腰长为5、底边长为8的等腰三角形，俯视图是边长为8的正方形，则此几何体的侧面积为( )
A．48
B．64
C．80
D．120
解析：根据几何体的三视图，可知该几何体是正四棱锥，其底面边长为8，斜高为5，则该几何体的侧面积为4××8×5＝80，故选C.
答案：C
3．若一个圆柱的轴截面是一个面积为16的正方形，则该圆柱的表面积是( )
A．16π
B．24π
C．20π
D．28π
解析：由已知得圆柱的底面半径为2，高为4，于是侧面积为2π×2×4＝16π，一个底面面积为π×22＝4π，于是表面积S＝16π＋4π×2＝24π.
答案：B
4．一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________．
解析：设圆台的母线长为l，上、下底面半径分别为r，R，则l＝(r＋R)，又32π＝π(r＋R)l＝2πl2，∴l2＝16，∴l＝4.
答案：4
5．如果一个几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则此几何体的表面积是________cm2.
解析：由题意知该几何体是一个正方体与一个正四棱锥的组合体．正方体五个面的面积和为80
cm2；正四棱锥的高为2，底面边长为4，侧面的高为2，侧面积为16
cm2，故几何体的表面积为(80＋16)cm2.
答案：80＋16
PAGE7.2 棱柱、棱锥、棱台和圆柱、圆锥、圆台的体积
考 纲 定 位
重 难 突 破
1.记住柱体、锥体、台体的体积的计算公式．2.会利用柱体、锥体、台体的体积公式解决一些简单的实际问题.
重点：求简单几何体的体积、球的表面积和体积．难点：空间问题的平面处理方法．疑点：计算问题中对多种情况的讨论易忽略.
授课提示：对应学生用书第25页
[自主梳理]
柱、锥、台的体积公式
几何体
公式
说明
柱体
V柱体＝Sh
S为柱体的底面积，h为柱体的高
锥体
V锥体＝Sh
S为锥体的底面积，h为锥体的高
台体
V台体＝(S上＋S下＋
)·h
S上，S下分别为台体的上、下底面面积，h为台体的高
[双基自测]
1．长方体的三个面的面积分别为2,6和9，则长方体的体积为( )
A．7
B．8
C．3
D．6
解析：设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则则V＝abc＝＝＝6.
答案：D
2．圆锥SO的底面半径是1，高为2，则圆锥SO的体积是( )
A.
B．2π
C．4π
D．6π
解析：V＝Sh＝π·r2·h＝π×12×2＝.
答案：A
3．若一个圆锥的轴截面(过圆锥顶点和底面直径的截面)是面积为的等边三角形，则该圆锥的体积为( )
A．3π
B.π
C.
D.π
解析：设圆锥底面圆的半径为r，则圆锥的高为r，由题意，得×(2r)2＝，得r＝1，所以该圆锥的体积V＝π×12×＝π.
答案：B
4．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为________．
解析：该空间几何体是一个底面为梯形的四棱柱，其底面面积是×2＝3，高为1，故其体积V＝Sh＝3×1＝3.
答案：3
5．设正六棱锥的底面边长为2，侧棱长为，则它的体积为________．
解析：正六棱锥的高h＝＝，
∴V＝Sh＝××22×6×＝6.
答案：6
授课提示：对应学生用书第26页
探究一 柱体的体积问题
[典例1] (1)如图，某简单几何体的主视图与左视图都是边长为1的正方形，且其体积为，则该几何体的俯视图可以是( )
(2)如图①是一个正三棱柱ABC?A1B1C1，D是棱BC的中点，正三棱柱的主视图如图②.求正三棱柱ABC?A1B1C1的体积．
[解析] (1)由该几何体的主视图、左视图可知该几何体一定是柱体，其高为1，体积为，因此底面面积为，结合选项分析知俯视图应为D.故选D.
(2)由三视图可知，在正三棱柱中，AD＝，AA1＝3，从而在底面即等边△ABC中，AB＝＝＝2，所以正三棱柱的体积V＝Sh＝BC·AD·AA1＝×2××3＝3.
[答案] (1)D (2)见解析
求柱体的体积关键是求其底面面积和高，底面面积利用平面图形面积的求法，常转化为三角形及四边形，高常与侧棱、斜高及其在底面的正投影组成直角三角形，进而求解．
1．将一个圆形纸片沿半径剪开为两个扇形，其圆心角之比为3∶4，再将它们卷成两个圆锥侧面，求这两个圆锥的体积之比．
解析：设圆的半径为r，则两个圆锥的母线长为r.
由已知可得两个圆锥的底面半径分别为＝r，＝r，
所以两圆锥的体积之比为
＝.
探究二 锥体的体积问题
[典例2] 如图，棱锥的底面ABCD是一个矩形，AC与BD交于点M，VM是棱锥的高．若VM＝4
cm，AB＝4
cm，VC＝5
cm，求棱锥的体积．
[解析] ∵VM是棱锥的高，∴VM⊥MC.
在Rt△VMC中，
MC＝＝＝3(cm)．
∴AC＝2MC＝6(cm)．
在Rt△ABC中，BC＝＝＝2(cm)．
S底＝AB·BC＝4×2＝8(cm2)，
∴V锥＝S底·h＝×8×4＝(cm3)．
∴棱锥的体积为
cm3.
1．锥体的体积公式V＝Sh既适合棱锥，也适合圆锥，其中棱锥可以是正棱锥，也可以不是正棱锥．
2．三棱锥的体积求解具有灵活性，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，使得转换后，该三棱锥的底面的面积易求、可求，高易求、可求，这一方法叫作等积法．
2．一个正三棱锥的底面边长为6，侧棱长为，求这个正三棱锥的体积．
解析：如图所示为正三棱锥S－ABC.设H为正三角形ABC的中心，连接SH，则SH即为该正三棱锥的高．连接AH并延长交BC于E，则E为BC的中点，且AE⊥BC.
∵△ABC是边长为6的正三角形，
∴AE＝×6＝3，∴AH＝AE＝2.
在Rt△SHA中，SA＝，AH＝2，
∴SH＝＝＝.
在△ABC中，S△ABC＝BC·AE＝×6×3＝9，
∴VS－ABC＝×9×＝9，即这个正三棱锥的体积为9.
探究三 台体体积的问题
[典例3] 如图，圆台高为3，轴截面中母线AA1与底面直径AB的夹角为60°，轴截面中一条对角线垂直于腰，求圆台的体积．
[解析] 作轴截面A1ABB1，设上、下底面半径、母线长分别为r，R，l，作A1D⊥AB于点D.
∵A1D＝3，∠A1AB＝60°，∴AD＝＝，∴R－r＝，BD＝A1D·tan
60°＝3，
∴R＋r＝3，∴R＝2，r＝，h＝3.
∴V圆台＝π(R2＋Rr＋r2)h＝π×[(2)2＋2×＋()2]×3＝21π.
1．求台体的体积，其关键在于求高，一般地棱台把高放在直角梯形中求解，若是圆台把高放在等腰梯形中求解．
2．“还台为锥”是求解台体问题的重要思想，作出截面图，将空间问题平面化，是解决此类问题的关键．
3．已知正四棱台上、下底面的边长分别为4
cm,8
cm，侧棱长为8
cm，求它的体积．
解析：如图，在四棱台ABCD?A1B1C1D1中，O1B1＝2，
OB＝4.
作B1E⊥OB于E，则在Rt△B1EB中，B1B＝8，
BE＝4－2＝2，
∴B1E＝＝2，
∴O1O＝B1E＝2
∴V四棱台＝×2×(16＋64＋32)＝(cm3)．
几何体体积求解
[典例] (本题满分12分)如图，一个高为H的三棱柱形容器中盛有水，若侧面AA1B1B水平放置时，液面恰好分别过AC，BC，A1C1，B1C1的中点E，F，E1，F1.当底面ABC水平放置时，液面高为多少？
[规范解答] 当侧面AA1B1B水平放置时，水的体积V等于四棱柱ABFE?A1B1F1E1的体积，①
V＝V四棱柱＝S梯形ABFE·H.……………………4分
当底面ABC水平放置时，设水面高为h，则水的体积V＝S△ABC·h.
…………………6分
因为E，F分别为AC，BC的中点，②
所以S△CEF＝S△ABC，
所以S梯形ABFE＝S△ABC.
…………………9分
由S梯形ABFE·H＝S△ABC·h，
即S△ABC·H＝S△ABC·h，得h＝H，…………………11分
故当底面ABC水平放置时，液面高为H.③…………………12分
[规范与警示] ①失分点，此处易误认为是棱台导致解错．
②明确相似三角形的面积与对应边的关系，易错点．
③解题步骤要完整，此结论易漏掉．
在求几何体的条件时，确定几何体的特征至关重要，尤其是不熟悉的放置位置时，更要准确把握几何体的类型．
在研究两个几何体的体积、表面积的关系时，充分利用平面几何中面积或线段的比例，可以大大简化运算，降低出错率．
[随堂训练] 对应学生用书第27页
1．如图，正方体ABCD?A1B1C1D1的棱长为1，则三棱锥D1?ACD的体积是( )
A.
B.
C.
D．1
解析：由已知得VD1?ACD＝S△ACD·D1D＝××1×1×1＝.
答案：A
2．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积等于( )
A.
B.
C.
D.
解析：作出长、宽、高分别为2、1、1的长方体．
由三视图可在长方体中还原出四棱锥A1?BEDF，如图所示，
S四边形BEDF＝1×1＝1，VA1?BEDF＝×1×1＝，故选D.
答案：D
3．正四棱柱底面积为P，过相对侧棱截面面积为Q，则它的体积是( )
A.
B.Q
C.
D.Q
解析：设正四棱柱的底面边长、高分别为a，h，则P＝a2，Q＝a·h，∴V＝a2h＝a·ah＝·＝Q.
答案：D
4．已知某个几何体的三视图如图所示(主视图的弧线是半圆)，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何体的体积是________cm3.
解析：由三视图可知，该几何体是一个组合体，上面部分是圆柱的一半，其底面半径r＝4
cm，高h＝10
cm，下面部分是一个长方体，长、宽、高分别为8
cm、8
cm、10
cm，所以上面部分几何体的体积为V1＝π×42×10＝80π(cm3)，下面部分的体积V2＝8×8×10＝640(cm3)，该几何体的体积等于V1＋V2＝(640＋80π)cm3.
答案：640＋80π
PAGE7．3 球的表面积和体积
考 纲 定 位
重 难 突 破
1.了解球的体积、表面积公式．2.会用球的体积和表面积公式解决实际问题.
重点：利用球的表面积公式和球的体积公式解决几何体的度量问题．难点：球的截面的性质，运用球的表面积和体积公式灵活解决生活中的实际问题.
授课提示：对应学生用书第28页
[自主梳理]
一、球的截面
球面被经过球心的平面截得的圆叫作球的大圆；被不经过球心的平面截得的圆叫作球的小圆．
二、球的切线
与圆类似，当直线与球有唯一交点时，称直线与球相切，其中它们的交点称为直线与球的切点．
三、球的表面积与体积公式
[双基自测]
1．用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为( )
A.
B.π
C．8π
D.
解析：截面面积为π，则该小圆的半径为1.设球的半径为R，则R2＝12＋12＝2，
∴R＝.∴V球＝πR3＝π，故选B.
答案：B
2．若球的半径扩大为原来的3倍，则它的表面积扩大为原来的几倍( )
A．1
B．3
C．9
D．27
解析：设球的半径为R，则4π(3R)2＝36πR2，所以当球的半径扩大为原来的3倍时，它的表面积扩大为原来的9倍．
答案：C
3．已知球O的表面积为16π，则球O的体积为( )
A.π
B.π
C.π
D.π
解析：因为球O的表面积是16π，所以球O的半径为2，所以球O的体积为×23＝π，故选D.
答案：D
4．一个正方体的各顶点均在同一球的球面上，若该球的体积为4π，则该正方体的表面积为________．
解析：设球的半径为r，则πr3＝4π，∴r＝.设正方体边长为a，则a＝2，∴a＝2，∴该正方体的表面积为S正方体＝6a2＝24.
答案：24
授课提示：对应学生用书第28页
探究一 球的表面积与体积的计算
[典例1] 已知过球面上三点A，B，C的截面到球心的距离等于，且AC＝BC＝，AB＝2，求球面面积与球的体积．
[解析] 如图所示，设球心为O，球半径为R，作OO1⊥平面ABC于O1，由于OA＝OB＝OC＝R，则O1是△ABC的外心．
由AC＝BC＝，AB＝2，知△ABC是AB为斜边的直角三角形．
∴O1是AB的中点，在Rt△AOO1中，OO1＝，O1A＝AB＝1.
∴OA＝2，即R＝2.
∴S球面＝4πR2＝16π，V球＝πR3＝π.
1．球的表面积和体积只与球的半径有关，因此解决该类问题的关键是如何根据已知条件求球的半径．
2．在求球的半径时，常用一个平面去截一个球，截面是圆面，球的截面有下面的性质：
(1)球心和截面圆心的连线垂直于截面；
(2)球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r有下面的关系d＝.
1．已知球心O到过球面上三点A，B，C的截面的距离等于球半径的一半，且AB＝BC＝CA＝3
cm，求球的体积．
解析：如图所示，设过A，B，C三点的截面为圆O′，连接OO′，AO，AO′，
因为AB＝BC＝CA＝3
cm，
所以O′为正三角形ABC的中心，
且AO′＝AB＝
cm.
设球的半径为R，则OO′＝R.
由球的截面性质，知△OO′A为直角三角形，
所以AO′＝＝＝R，所以R＝2
cm.
所以V球＝πR3＝π(cm3)．
探究二 球的表面积与体积的应用
[典例2]
如图是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．相传这个图形表达了阿基米德最引以自豪的发现．我们来重温这个伟大发现．
求证：(1)球的表面积等于圆柱的侧面积；
(2)球的表面积等于圆柱表面积的；
(3)球的体积等于圆柱体积的.
[证明] 设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高为2R.
S球＝4πR2.
S圆柱侧＝2πR×2R＝4πR2.
S圆柱＝2×S圆柱底＋S圆柱侧
＝2×πR2＋4πR2＝6πR2.
∴(1)S球＝S圆柱侧，即球的表面积等于圆柱的侧面积．
(2)＝＝，即球的表面积等于圆柱表面积的.
(3)＝＝.
即球的体积等于圆柱体积的.
球的体积和表面积有着非常重要的应用．在具体问题中，要分清是涉及体积问题还是涉及表面积问题，然后再利用等量关系进行计算．
2．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．
解析：如图作出轴截面，因轴截面是正三角形，根据切线性质知当球在容器内时，水的深度为3r，水面半径为r，则容器内水的体积为
V＝V圆锥－V球＝π(r)2·3r－πr3＝πr3.
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′＝π2h＝πh3.
由V＝V′得h＝r.
探究三 与球有关的接切问题
[典例3] 已知正四棱锥的底面边长为a，侧棱长为a.求它的外接球的体积．
[解析] 如图，作PE垂直底面ABCD于E，则E在AC上．
设外接球的半径为R，球心为O，
连接OA，OC，则OA＝OC＝OP.
∴O为△PAC的外心，即△PAC的外接圆半径就是球的半径．
∵AB＝BC＝a，∴AC＝a.
∵PA＝PC＝AC＝a，∴△PAC为正三角形．
∴R＝＝＝a，
∴V球＝πR3＝πa3.
处理多面体与球之间的切接关系问题时，要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定球半径和多面体的棱长之间的数量关系，建立方程求解．
3．有三个球，已知球O1内切于正方体，球O2与这个正方体各棱都相切，球O3过这个正方体的各个顶点，求球O1、球O2、球O3的表面积之比．
解析：设正方体的棱长为a.
①球O1为正方体的内切球，球心O1是正方体的中心，切点是正方体六个面的中心，经过四个切点及球心作截面，如图①所示，设球O1的半径为r1，表面积为S1，则2r1＝a，r1＝，所以S1＝4πr＝πa2.
②球O2与正方体各棱的切点为各棱的中点，过正方体的两个相对面的面对角线作截面，如图②所示，设球O2的半径为r2，表面积为S2，则2r2＝a，r2＝a，所以S2＝4πr＝2πa2.
③球O3过正方体的各个顶点，即正方体的各个顶点都在球面上，过正方体的体对角线作截面，如图③所示，设球O3的半径为r3，表面积为S3，则2r3＝a，r3＝a，所以S3＝4πr＝3πa2.
故这三个球的表面积之比S1∶S2∶S3＝πa2∶2πa2∶3πa2＝1∶2∶3.
球的平行截面问题因思维不严密致误
[典例] 一个球内有相距9
cm的两个平行截面，面积分别为49π
cm2和400π
cm2，求球的表面积．
[解析] (1)当球心不在两个截面之间时，如图①，设OD＝x
cm，由题意知π·CA2＝49π，
∴CA＝7(cm)
，
π·BD2＝400π，
∴BD＝20(cm)．
设球的半径为R
cm，
则有(CD＋DO)2＋CA2＝R2＝OD2＋DB2，
即(9＋x)2＋72＝x2＋202，
∴x＝15(cm)，R＝25(cm)．
∴S球＝4πR2＝2
500π(cm2)．
(2)当球心在两个截面之间时，如图②，设OD＝x
cm，
则OC＝9－x，设球的半径为R
cm，
可得x2＋202＝(9－x)2＋72＝R2，
此方程无正数解，即此种情况不可能．
综上可知，球的表面积是2
500π
cm2.
[错因与防范] (1)此题在解题时会出现盲目认为平行截面在球心的同侧，而忽略了在球心两侧的情况．
(2)球是比较特殊的旋转体，球的任何一个截面都是圆，在解决关于截面的问题时，要防止出现错误，一定先作出截面示意图，分析出可能出现的不同情况，准确合理地选择公式．
[随堂训练] 对应学生用书第29页
1．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πR2h＝3×，则h＝4R.
答案：D
2．有两个球和一个正方体，球O1与正方体各个面相内切，球O2过正方体各顶点，则球O1与球O2的表面积之比为( )
A.
B.
C.
D.
解析：设正方体棱长为a，球O1，O2的半径分别为R1，R2，则2R1＝a,2R2＝a，∴R1∶R2＝1∶，表面积之比为1∶3.
答案：A
3．长方体共顶点的三条棱长分别为3,4,5，则它的外接球的表面积为________．
解析：球的直径等于长方体的对角线长，即2R＝＝5，∴R＝，∴S球＝4πR2＝4π×2＝50π.
答案：50π
4．过球一条半径的中点，作一垂直于这个半径的截面，截面面积为48π
cm2，则球的表面积为________
cm2.
解析：易知截面为一圆面，如图所示，圆O是球的过已知半径的大圆，AB是截面圆的直径，作OC垂直AB于点C，连接OA.
由截面面积为48π
cm2，可得AC＝4
cm.设OA＝R，则OC＝R，所以R2－(R)2＝(4)2，解得R＝8
cm.故球的表面积S＝4πR2＝256π(cm2)．
答案：256π
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