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第七章 立体几何


第七章 第一节

目 立体几何 录 空间几何体的结构特征及其三视图和直观图
空间几何体的表面积和体积
空间点、直线、平面之间的位置关系 直线、平面平行的判定及其性质 直线、平面垂直的判定及其性质 空间向量的运算及空间位置关系

第二节
第三节 第四节 第五节 第六节

第七节
专家讲坛

空间向量在立体几何中的应用

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第七章

立体几何

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第一节

空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

回 扣 主 干 知 识

[备考方向要明了]
考什么 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.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等 的简易组合)的三视图,能识别上述三视图所表示的立体 模型,会用斜二测法画出它们的直观图. 3.会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的 三视图与直观图,了解空间图形的不同表示形式. 4.会画某些建筑物的三视图与直观图(在不影响图形特征的 基础上,尺寸、线条等没有严格要求).
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第一节

空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

怎么考
回 扣 主 干 知 识

1.对空间几何体的结构特征的考查,很少单独命题,多
与命题真假判断相结合,在考查线面位置关系时,常 以几何体为载体. 2.对三视图的考查一直是高考的考查重点,且有以下特 点:

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(1)多以选择题或填空题的形式考查.
(2)单独考查三视图问题,如2012年福建T4,湖南T3等.
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第一节

空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

回 扣 主 干 知 识

怎么考

(3)与空间几何体的体积、表面积的求法相结合,考查三 视图的还原问题,如2012年新课标全国T7,安徽

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T12,广东T6,天津T10,辽宁T13等.
3.直观图的画法作为一种图技画法融合于三视图的还原 问题中,高考几乎不单独命题.

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第一节

空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

回 扣 主 干 知 识

[归纳· 知识整合]

1.空间几何体的结构特征 ①棱柱的侧棱都 互相平行 ,上下底面是 互相平行 且 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

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多 面



点 的三角形
③棱台可由 平行于棱锥底面 的平面截棱锥得到, 其上下底面是 相互平行 且 相似 的多边形
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第一节

空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

回 扣 主 干 知 识

①圆柱可以由 矩形 绕其任一边旋转得到 一条直角边所 ②圆锥可以由直角三角形绕其______________ 在直线 旋转得到

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旋转体 ③圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕
上下底中点连线旋转得到,也可由 平行 于圆锥 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 旋转得到

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第一节

空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

[探究]
回 扣 主 干 知 识

1.有两个面互相平行,其余各面都是平行四
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边形的几何体是棱柱吗? 提示:不一定.如图所示,尽管 几何体满足了两个平面平行且其余各 面都是平行四边形,但不能保证每相

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邻两个侧面的公共边互相平行.
2.中心投影与平行投影 平行投影的投影线是 平行 的,而中心投影的投影线 相交于一点 .在平行投影中投影线垂直于投影面的投影 称为正投影.
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第一节

空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

3.三视图与直观图
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三 视 图

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直 观 图

空间几何体的三视图是用 平行投影 得到的,它包括 正视图 、 侧视图 、 俯视图 ,其画法规则是: 长对正 , 高平齐 ,宽相等 空间几何体的直观图常用 斜二测 画法规则来画,基本步骤是: ①画几何体的底面 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 在_____ 图时,把它们画成对应的x′轴、y′轴,两轴相交于点O′,且使 45°(或135° ) ∠x′O′y′=______________ ,它们确定的平面表示水平面.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.已知图形中平行于x轴的线段,在直观图中长度 原来的一半 . 不变 _____,平行于y轴的线段,长度变_____________ 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 不变 图中仍平行于z′轴且长度_____
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空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

回 扣 主 干 知 识

[探究]
同吗?

2.正方体的正视图、侧视图、俯视图一定相

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提示:由于正视图的方向没确定,因此正视图、侧视
图、俯视图不一定相同.

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空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

回 扣 主 干 知 识

[自测· 牛刀小试]

1.用任意一个平面截一个几何体,各个截面都是圆面,
则这个几何体一定是 A.圆柱 C.球体 B.圆锥 D.圆柱,圆锥,球体的组合体 ( )

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解析:由球的性质可知,用平面截球所得的截面都是 圆面. 答案:C

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空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

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2.(教材习题改编)如图所示的几何体是棱柱的有(

)

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A.②③⑤

B.③④⑤

C.③⑤
答案:C

D.①③

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解析:根据棱柱结构特征可知③⑤是棱柱.

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第一节

空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

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3.(教材习题改编)已知一个几何体的三视图如图所示,分

析此几何体的组成为
A.上面为棱台,下面为棱柱 B.上面为圆台,下面为棱柱

(

)

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突 破 热 点 题 型

C.上面为圆台,下面为圆柱 D.上面为棱台,下面为圆柱

解析:由三视图可知,此几何体由上面的圆台和下面
的圆柱组合而成的.

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答案:C
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第一节

空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

4.关于斜二测画法所得直观图的说法正确的是(
回 扣 主 干 知 识

)

A.直角三角形的直观图仍是直角三角形
B.梯形的直观图是平行四边形 C.正方形的直观图是菱形 D.平行四边形的直观图仍是平行四边形 解析:由斜二测画法规则可知,平行于y轴的线段长 度减半,直角坐标系变成了斜坐标系,而平行性没有 改变,因此,只有D正确.

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答案:D
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空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

5.一个几何体的正视图为一个三角形,则这个几何体可
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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

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⑥圆柱
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解析:只要判断正视图是不是三角形就行了,画出图 形容易知道三棱锥、四棱锥、圆锥一定可以,对于三 棱柱,只需要放倒就可以了,所以①②③⑤均符合题 目要求. 答案:①②③⑤

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空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

回 扣 主 干 知 识

空间几何体的结构特征
[例1] 下列结论中正确的是 ( )

A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥 B.以三角形的一条边所在直线为旋转轴,其余两边旋

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转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥
C.棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等,则该棱锥 可能是六棱锥 D.圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线

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第一节

空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

[自主解答]
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A错误.如图,由两个
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结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几
何体,各面都是三角形,但它不是棱 锥.

B错误.如图,若△ABC不是直角三
角形,或是直角三角形但旋转轴不是直 角边,所得的几何体都不是圆锥。

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C错误.若六棱锥的所有棱都相等,
则底面多边形是正六形.但由几何图形 知,若以正六边形为底面,侧棱长必然 要大于底面边长. [答案] D
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第一节

空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

回 扣 主 干 知 识

—————

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求解空间几何体概念辨析题的常用方法 (1)定义法,即严格按照空间几何体的有关定义判断.

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(2)反例法,即通过举反例来说明一个命题是错误的.
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空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

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1.下列命题中,正确的是 ( ) A.有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱 B.侧面都是等腰三角形的棱柱是正棱锥 C.侧面都是矩形的四棱柱是长方体 D.底面为正多边形,且有相邻两个侧面与底面垂直的棱 柱是正棱柱 解析:对于A,两个侧面是矩形并不能保证侧棱与底面垂 直,故A错误;对于B,侧面都是等腰三角形,不能确保 此棱锥顶点在底面在底面的射影在底面正多边形的中心上, 且也不能保证底面是正多边形,故B错误;对于C,侧面 是矩形不能保证底面也是矩形,因而C错误. 答案:D
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空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

空间几何体的三视图
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[例2]

(1)(2012· 湖南高考)某几何体的正视图和侧视 ( )

图均如图所示,则该几何体的俯视图不可能是

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空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

(2)(2013· 厦门质检)某几何体的三视图如图所示,则该几
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何体是

(

)

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A.三棱锥

B.四棱锥

C.四棱台

D.三棱台
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空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

[自主解答]
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(1)A图是两个圆柱的组合体的俯视图;
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B图是一个四棱柱与一个圆柱的组合体的俯视图;C图是
一个底面为等腰直角三角形的三棱柱与一个四棱柱的组合 体的俯视图,采用排除法,故选D. (2)由三视图可知,该几何体是四棱锥(如图所示),且

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其中一条棱与底面垂直.

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[答案] (1)D

(2)B
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空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

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由三视图还原实物图应明确的两个方面 (1)首先要熟悉柱、锥、台、球的三视图,较复杂的 几何体也是由这些简单几何体组合而成的. (2)要明确三视图的形成原理,并能结合空间想象将 三视图还原为实物图.
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空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

回 扣 主 干 知 识

2.已知某组合体的正视图与侧视图相同(其中AB=AC,四 边形BCDE为矩形),则该组合体的俯视图可以是 ________ (把你认为正确的图的序号都填上) .

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空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

回 扣 主 干 知 识

解析:几何体是四棱锥与四棱柱组成时,得①正确.几何 体由四棱锥与圆柱组成时,得②正确.几何体由圆锥与圆 柱组成时,得③正确.几何体由圆锥与四棱柱组成时,得 ④正确.故填①②③④. 答案:①②③④

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空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

空间几何体的直观图
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[例3]

如图所示,△A′B′C′是△ABC的

直观图,且△A′B′C′是边长为a的正三角形, 求△ABC的面积.
[自主解答] 建立如图所示的坐标系xOy′, △A′B′C′的顶点C′在y′轴上, A′B′边在x轴上,把y′轴绕原点逆时针 旋转45°得y轴,在y轴上取点C使OC= 2OC′,A、B点即为A′、B′点,长度不变.

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第一节

空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

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已知 A′B′=A′C′=a,在△ OA′C′中, OC′ A′C′ 由正弦定理得 = , sin∠OA′C′ sin 45° 所以 OC′= sin 120° 6 a= a, sin 45° 2

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所以原三角形 ABC 的高 OC= 6a, 1 6 2 所以 S△ABC= ×a× 6a= a . 2 2

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第一节

空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

回 扣 主 干 知 识

本例若改为“已知△ABC是边长为a的正三角形,求 其直观图△A′B′C′的面积,”应如何求?
解:由斜二测画法规则可知,直观图△A′B′C′ 3 1 2 6 一底边上的高为 a× × = a, 2 2 2 8 1 6 6 2 故其面积 S△A′B′C′= a× a= a . 2 8 16

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空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

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—————

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平面图形的直观图与原图形面积的两个关系
按照斜二测画法得到的平面图形的直观图,其面积与原 图形的面积有以下关系:

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2 S 直观图= S 原图形,S 原图形=2 2S 直观图. 4 记住上述关系,解题时能起到事半功倍的作用.
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空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

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3.如图,矩形O′A′B′C′是水平放置的一

个平面图形的直观图,其中O′A′=
6 cm,O′C′=2 cm,则原图形是( A.正方形 C.菱形 B.矩形 D.一般的平行四边形 )

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空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

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解析:将直观图还原得?OABC,则 ∵O′D′= 2O′C′=2 2(cm), OD=2O′D′=4 2(cm), C′D′=O′C′=2(cm),∴CD=2 (cm),

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OC= CD2+OD2= 22+?4 2?2=6 (cm), OA=O′A′=6(cm)=OC, 故原图形为菱形.

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答案:C
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第一节

空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

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1 种数学思想——转化与化归思想

利用转化与化归思想解决棱台、圆台的有关问题 由棱台和圆台的定义可知棱台和圆台是分别用平行于 棱锥和圆锥的底面的平面截棱锥和圆锥后得到的,所以在 解决棱台和圆台的相关问题时,常“还台为锥”,体现了转

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化的数学思想.

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空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

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1 个疑难点——三视图的还原问题
由三视图还原几何体是解答三视图问题的重要手段 和方法,在明确三视图画法规则的基础上,按以下步骤 可轻松解决:

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3 个注意事项——画三视图应注意的三个问题
(1)若相邻两物体的表面相交,表面的交线是它们的 分界线,在三视图中,要注意实、虚线的画法. (2)确定正视、侧视、俯视的方向,观察同一物体方 向不同,所画的三视图也不同.

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(3)观察简单组合体是由哪几个简单几何体组成的,
并注意它们的组成方式,特别是它们的交线位置.

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3 个“变”与“不变”——斜二测画法的要求
?坐标轴的夹角改变, ? “三变”?与y轴平行的线段的长度变为原来的一半, ?图形改变. ? ?平行性不改变, ? “三不变”?与x、z轴平行的线段的长度不改变, ?相对位置不改变. ?

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易误警示——三视图识图中的易误辨析 [典例] (2012· 陕西高考)将正方体(如图1所示)截去两

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个三棱锥,得到如图2所示的几何体,则该几何体的侧视
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图为

(

)

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[解析]

侧视图中能够看到线段AD1,应为实线,

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而看不到B1C,应画为虚线.由于AD1与B1C不平行,
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投影为相交线. [答案] B

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[易误辨析]
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1.因对三视图的原理认识不到位,区分不清选项A和
B,而易误选A. 2.因对三视图的画法要求不明而误选C或D.在画三视 图时,分界线和可见轮廓线都用实线画,被遮住的部分的 轮廓线为虚线. 3.解答此类问题时,还易出现画三视图时对个别视图 表达不准而不能画出所要求的视图.在复习时要明确三视

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图的含义,掌握“长对正、高平齐、宽相等”的要求.
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[变式训练]

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若某几何体的三视图如图所示,则这个几何体的直观 图可以是 ( )

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解析:由正视图与俯视图可以将选项A、C排除;根据侧 视图,可以将D排除,注意正视图与俯视图中的实线. 答案:B

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空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

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1.给出下列命题:①在正方体上任意选择4个不共面的
顶点,它们可能是正四面体的4个顶点;②底面是等

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边三角形,侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥;
③若有两个侧面垂直于底面,则该四棱柱为直四棱

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柱.其中正确命题的序号是________.

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第一节

空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

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解析:①正确,正四面体是每个面都是 等边三角形的四面体,如正方体ABCD -A1B1C1D1中的四面体A-CB1D1;② 错误,举反例如图所示,底面△ABC为等边三角形,可令

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AB=VB=VC=BC=AC,则△VBC为等边三角形,
△VAB和△VCA均为等腰三角形,但不能判定其为正三棱 锥;③错误,必须是相邻的两个侧面. 答案:①

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第一节

空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

2.(2011· 江西高考)将长方体截去一个四棱
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锥,得到的几何体如图所示,则该几何
体的侧视图为 ( )

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解析:被截去的四棱锥的三条可见侧棱中有两条为长 方体的面对角线,它们在右侧面上的投影与右侧面 (长方形)的两条边重合,另一条为体对角线,它在右

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侧面上的投影与右侧面的对角线重合,对照各图,只
有选项D符合. 答案:D
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空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

3.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PC
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与底面垂直.若该四棱锥的正视图和侧视图都是腰长为 1的等腰直角三角形,则该四棱锥中最长的棱的长度为

(

)

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A. 1

B. 2

C. 3

D.2

解析:在四棱锥 P-ABCD 中,连接 AC,由正视图和侧 视图可得 PC=BC=CD=1, 故 AC= 2, 最长的棱为 PA = PC2+AC2= 3. 答案:C
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第一节

空间几何体的结构特征及其三视图和直观图

4.(2011·北京高考)某四面体的三视图如图所示,该四面
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体四个面的面积中最大的是

(

)

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A. 8

B. 6 2

C.10

D.8 2

解析: 由三视图可知, 该几何体的四个面都是直角三角形, 面积分别为 6,6 2,8,10,所以面积最大的是 10.

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答案:C
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第二节

空间几何体的表面积和体积

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[备考方向要明了]
考什么 怎么考 1.多以选择题或填空题的形式考查,有时也以解答题 了解 形式考查. 球体、柱 2.常以三视图为载体考查几何体的表面积或体积, 体、锥体 如2012年安徽T12,广东T6,浙江T11等.也可以 、台体的 给出几何体的棱、面满足的条件来计算表面积或体 表面积和 体积的计 积,如2012年江苏T7,山东T13.解答题(其中的 算公式(不 一问)一般给出相关条件来判断几何体形状特征 (特 要求记忆 别是几何体的高)并计算体积或表面积,如2012年 公式). 湖南T18(2),湖北T19(2)等.
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第二节

空间几何体的表面积和体积

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[归纳· 知识整合]
1.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式 圆柱 侧面展 开图 侧面积 公式 圆锥 圆台

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S圆柱侧= 2πrl

S圆锥侧= πrl S圆台侧= π(r+r′)l

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第二节

空间几何体的表面积和体积 2.空间几何体的表面积和体积公式

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名称 几何体 柱体(棱柱 和圆柱) 锥体(棱锥 和圆锥) 台体(棱台 和圆台) 球

表面积 S 表面积=S 侧+2S 底 S 表面积=S 侧+S 底

体积 V= Sh V=

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1 3Sh

S 表面积=S 侧+S 上+S 下
2 4π R S=

1 V= (S 上+S 下+ 3 S上S下) h 4 3 V= 3πR
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第二节

空间几何体的表面积和体积 [探究] 1.柱体、锥体、台体的体积公式之间有什么

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提示:

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2.如何求不规则几何体的体积?

提示:常用方法:分割法、补体法、转化法.通过计
算转化得到基本几何体的体积来实现.

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第二节

空间几何体的表面积和体积 [自测· 牛刀小试]

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1.棱长为2的正四面体的表面积是
A. 3 C.4 3 B. 4 D.16

(

)

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解析:正四面体的各面为全等的正三角形,故其表面积 S 3 =4× 4 ×22=4 3.

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答案:C

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第二节

空间几何体的表面积和体积

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2.(2012· 上海高考)一个高为2的圆柱,底面周长为2π,
该圆柱的表面积为________. 解析:由已知条件得圆柱的底面半径为1,所以S表= S侧+2S底=cl+2πr2=2π×2+2π=6π. 答案:6π

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第二节

空间几何体的表面积和体积

3.(教材习题改编)一个球的半径扩大为原来的3倍,则表
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面积扩大为原来的________倍;体积扩大为原来的

_____倍.
解析:设原球的半径为 1,则半径扩大后半径为 3, S2 则 S1=4π,S2=4π×3 =36π,即S =9,所以表面积扩大 1
2

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4 4 V2 3 为原来的 9 倍.由 V1=3π,V2=3π×3 =12π,即V =27, 1 所以体积扩大为原来的 27 倍.

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答案:9

27
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第二节

空间几何体的表面积和体积

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4.(2012· 辽宁高考)一个几何体的三视图如图所示,则该

几何体的体积为________.

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第二节

空间几何体的表面积和体积

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解析:由三视图可知该组合体的上方是一个 高为1,底面直径为2的圆柱,下方是一个长、 宽、高分别为4、3、1的长方体,如图所示,它的体积V= 1×π+4×3×1=12+π. 答案:12+π

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第二节

空间几何体的表面积和体积

5.(教材习题改编)如图,用半径为2的半圆形铁皮卷成一
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个圆锥筒,那么这个圆锥筒的容积是________.

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解析:由于半圆的圆弧长等于圆锥底面圆的周长,若 设圆锥底面圆半径为 r,则得 2π=2πr,解得 r=1,又 圆锥的母线长为 2,所以高为 3,所以这个圆锥筒的 1 3 2 容积为3π×1 × 3= 3 π.
3 答案: π 3
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第二节

空间几何体的表面积和体积

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[例1]

几何体的表面积 (2012· 北京高考)某三棱锥的三视图如图所示, ( )

该三棱锥的表面积是

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A.28+6 5 C.56+12 5

B.30+6 5 D.60+12 5
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第二节

空间几何体的表面积和体积

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[自主解答]

该三棱锥的直观图如图所示.据俯视图知,顶

点 P 在底面上的投影 D 在棱 AB 上,且∠ABC=90° , 据正视图知,AD=2,BD=3,PD=4, 据侧视图知,BC=4.

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综上所述,BC⊥平面 PAB,PB= PD2+BD2=5, PC= BC2+PB2= 16+25= 41, AC= AB2+BC2= 41,PA= PD2+AD2=2 5.

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第二节

空间几何体的表面积和体积

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∵PC=AC= 41,∴△PAC 的边 AP 上的高为 h= PC
2

?AP?2 -? 2 ? =6. ? ?

1 1 ∴S△PAB=2AB· PD=10,S△ABC=2AB· BC=10, 1 1 S△PBC=2PB· BC=10,S△APC=2AP· h=6 5. 故三棱锥的表面积为 S△PAB+S△ABC+S△PBC+S△APC=30+6 5.

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[答案] B

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第二节

空间几何体的表面积和体积

回 扣 主 干 知 识

—————

————————————

由三视图求几何体表面积的方法步骤
根据三视图 确定几何体 利用有关 ―→ ―→ 画出直观图 的结构特征 公式计算
——————————————————————————

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第二节

空间几何体的表面积和体积

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1.(2013· 马鞍山模拟)如图是一个几何体的三视图,则
它的表面积为 ( )

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A.4π

15π B. 4

C.5π

17π D. 4
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空间几何体的表面积和体积

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1 解析: 由三视图可知该几何体是半径为 1 的球被挖出了8 7 1 17 2 2 部分得到的几何体,故表面积为8·4π·1 +3· 4·π·1 = 4 π.

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答案:D

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第二节

空间几何体的表面积和体积 几何体的体积

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[例2]

(1)(2012· 湖北高考)已知某几何体的三视图如 ( )

图所示,则该几何体的体积为

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8π A. 3

B.3π

10π C. 3

D.6π
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空间几何体的表面积和体积

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(2)(2012· 安徽高考)某几何体的三视图如图所示,该

几何体的体积是________.

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第二节

空间几何体的表面积和体积

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[自主解答]

(1)由三视图可知, 该组合体上端为一圆柱的
2

1 一半,下端为圆柱.其体积 V=π×1 ×2+ ×π×12×2=3π. 2
(2)据三视图可知,该几何体是一个直四棱柱, 其底面是 直角梯形(两底边长分别为 2、5,直腰长为 4,即梯形的高 2+5 为 4),高为 4.∴该几何体的体积为 V= ×4×4=56. 2

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[答案] (1)B

(2)56

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第二节

空间几何体的表面积和体积

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—————

————————————

由三视图求解几何体体积的解题策略

以三视图为载体考查几何体的体积,解题的关键是
根据三视图想象原几何体的形状构成,并从三视图中发现 几何体中各元素间的位置关系及数量关系,然后在直观图 中求解.
——————————————————————————

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第二节

空间几何体的表面积和体积

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2.(2012· 新课标全国高考)如图所示,网格纸上小正方形的 边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则此几何 体的体积为 ( )

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A.6 C.12

B.9 D. 18 人教A版数学

第二节

空间几何体的表面积和体积

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解析:由三视图可知该几何体为底面是斜边为 6 的等腰直 1 1 角三角形高为 3 的三棱锥,其体积为3×2×6×3×3=9.

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答案:B

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第二节

空间几何体的表面积和体积 )
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3.某几何体的三视图如图所示,则它的体积是(
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2π A . 8- 3 C.8-2π

π B.8-3 2π D. 3

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解析:圆锥的底面半径为 1,高为 2,该几何体体积为正 1 2 2 方体体积减去圆锥体积, 即 V=2 -3×π×1 ×2=8-3π. 答案:A
3

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第二节

空间几何体的表面积和体积 与球有关的切、接问题 (2012· 新课标全国高考)已知三棱锥S-ABC的所有顶

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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
2 A. 6 3 B. 6 2 C. 3

(
2 D. 2

)

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3 [自主解答] △ABC 的外接圆的半径 r= 3 ,点 O 到 6 2 2 平面 ABC 的距离 d= R -r = 3 .SC 为球 O 的直径, 故点 2 6 1 S 到平面 ABC 的距离为 2d= 3 ,故棱锥的体积为 V=3S 1 3 2 6 2 [答案] A × = . △ABC×2d= × 3 4 3 6
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第二节

空间几何体的表面积和体积

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—————

————————————

求解与球有关的切、接问题的解题策略

解决球与其他几何体的切、接问题,关键在于仔细
观察、分析,弄清相关元素的关系和数量关系,选准最佳

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角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体 的各种元素以及体现这些元素之间的关系),达到空间问 题平面化的目的.
——————————————————————————

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第二节

空间几何体的表面积和体积

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3.已知正四棱锥的侧棱与底面的边长都为 3 2,则这个四 棱锥的外接球的表面积为 ( )

A.12π

B.36π

C.72π

D.108π

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解析: 依题意得,该正四棱锥的底面对角线的长为 3 2
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× 2=6,高为

1 ?3 2? -?2×6?2=3,因此底面中心到
2

各顶点的距离均等于 3,所以该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,所以其外接 球的表面积等于 4π×32=36π.
答案:B
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第二节

空间几何体的表面积和体积

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3 个步骤——求解与三视图有关的几何体的表面积、 体积 的解题步骤

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第二节

空间几何体的表面积和体积

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3 种方法——求空间几何体体积的常用方法
(1)公式法:直接根据相关的体积公式计算.
(2)等积法:根据体积计算公式,通过转换空间几 何体的底面和高使得体积计算更容易,或是求出一些体 积比等. (3)割补法:把不能直接计算体积的空间几何体进行 适当的分割或补形,转化为可计算体积的几何体.

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第二节

空间几何体的表面积和体积

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1 种数学思想——求旋转体侧面积中的转化与化归的 数学思想方法

计算旋转体的侧面积时,一般采用转化的方法来
进行,即将侧面展开化为平面图形,“化曲为直”来解决, 因此要熟悉常见旋转体的侧面展开图的形状及平面图形 面积的求法.

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第二节

空间几何体的表面积和体积

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创新交汇——空间几何体中体积的最值问题

1.求空间几何体的体积一直是高考考查的重点,几
乎每年都考查,既可以与三视图结合考查,又可以单独考 查.而求空间几何体体积的最值问题,又常与函数、导数、

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不等式等知识交汇考查. 2.求解空间几何体最值问题,可分为二步:第一步 引入变量,建立关于体积的表达式;第二步以导数或基本 不等式为工具求最值.

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第二节

空间几何体的表面积和体积

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[典例]

(2012· 湖北高考(节选))如图1,∠ACB=45°,

BC=3,过动点A作AD⊥BC,垂足D在线段BC上且异于点
B,连结AB,沿AD将△ABD折起,使∠BDC=90°(如图 2所示).当BD的长为多少时,三棱锥A-BCD的体积最大?

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第二节

空间几何体的表面积和体积

[解 ]
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如图 1 所示的△ABC 中, 设 BD=x(0<x<3), 则
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CD=3-x. 由 AD⊥BC,∠ACB=45° 知△ADC 为等腰直角三角 形,所以 AD=CD=3-x. 由折起前 AD⊥BC 知,折起后(如图 2),AD⊥DC, AD⊥DC,且 BD∩DC=D,所以 AD⊥平面 BDC, 1 1 ∠BDC=90° ,所以 S△BCD=2BD· CD=2x(3-x). 1 1 1 于是 VA-BCD=3AD· S△BCD=3(3-x)· 2x(3-x).
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第二节

空间几何体的表面积和体积

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1 法一:VA-BCD= (x3-6x2+9x). 6 1 3 令 f(x)= (x -6x2+9x). 6 1 由 f′(x)= (x-1)(x-3)=0,且 0<x<3,解得 x=1. 2 当 x∈(0,1)时,f′(x)>0;当 x∈(1,3)时,f′(x)<0, 所以当 x=1 时,f(x)取得最大值,即 BD=1 时 三棱锥 A-BCD 的体积最大.

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1 1 法二:VA-BCD= · 2x(3-x)(3-x)≤ ? 12 12 ?

演 练 知 能 检 ?2x+?3-x?+?3-x?? ? ?3 2 测 · = ,

3

? ?

3

当且仅当 2x=3-x,即 x=1 时,取“=”. 故当 BD=1 时,三棱锥 A-BCD 的体积最大.
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第二节

空间几何体的表面积和体积

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[名师点评]

解答此题的关键是恰当引入变量x,即令BD=x,

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结合位置关系列出体积的表达式,将求体积的最值问题
转化为求函数的最值问题.

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第二节

空间几何体的表面积和体积

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[变式训练] 如图,动点P在正方体ABCD-A1B1C1D1
的对角线BD1上.过点P作垂直于平面BB1D1D 的直线,与正方体表面相交于M,N.设BP=x, MN=y,则函数y=f(x)的图象大致是 ( )

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第二节

空间几何体的表面积和体积

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解析:显然,只有当P移动到中心O时,MN有唯一的 最大值,淘汏选项A、C;P点移动时,取AA1的中点E,

CC1的中点Q,平面D1EBQ垂直于平面BB1D1D,且M、N
两点在菱形D1EBQ的边界上运动,故x与y的关系应该是线 性的,淘汰选项D,选B. 答案:B

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第二节

空间几何体的表面积和体积

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1.如图是一个几何体的正视图、侧视 图、俯视图,且正视图、侧视图都 是矩形,则该几何体的体积是 ( A.24 B.12 C.8 ) D.4

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解析:依题意知,该几何体是从一个长方体中挖去一 1 个三棱柱后剩下的部分, 因此其体积等于 2×3×4-2 ×2×3×4=12.

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答案:B
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第二节

空间几何体的表面积和体积

2.某四棱锥的三视图如图所示,该四棱锥的表面积是
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(

)

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A.32 C.48

B.16+16 2 D.16+32 2

解析:该空间几何体是底面边长为 4、高为 2 的正四 棱锥, 这个四棱锥的斜高为 2 2, 故其表面积是 4×4 1 +4×2×4×2 2=16+16 2. 答案:B
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第二节

空间几何体的表面积和体积

3.(2013· 湖州模拟)如图所示,已知一个多面
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体的平面展开图由一个边长为1的正方形
和4个边长为1的正三角形组成,则该多面 体的体积是________.
解析:由题知该多面体为正四棱锥,底面边长为 1, 3 侧棱长为 1, 斜高为 2 , 连接顶点和底面中心即为高, 2 可求得高为 2 , 1 2 2 所以体积 V=3×1×1× 2 = 6 . 2 答案: 6
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第二节

空间几何体的表面积和体积

4.(2013· 南京模拟)如图,已知正三棱柱ABC-
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A1B1C1的底面边长为2 cm,高为5 cm,则一 质点自点A出发,沿着正三棱柱的侧面绕行 两周到达点A1的最短路线的长为________cm.

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解析:根据题意,利用分割法将原三棱柱分割为两个相
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同的三棱柱,然后将其展开为如图所示的实线部分,则 可知所求最短路线的长为 52+122=13 (cm).

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答案:13
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第三节

空间点、直线、平面之间的位置关系

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[备考方向要明了]
考什么 1.理解空间直线、平 面位置关系的定义. 2.了解四个公理和等角 定理,并能以此作为 推理的依据. 3.能运用公理、定理和 已获得的结论证明一 些空间图形的位置关 系的简单命题. 怎么考 1.直线、平面位置关系是历年高考考

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查的重点内容之一,既有客观题, 又有主观题.其中客观题主要是空 间线、面位置关系的判定.如2012 年重庆T9,江西T10;2013年安徽T3 ,课标T4,江西T8,浙江T10等.主观 题中往往作为其中一问来考查,如 2012年陕西T18,安徽T18(1)等. 2.公理和定理一般不单独考查,而是 作为解题过程中的推理依据.
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第三节

空间点、直线、平面之间的位置关系

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[归纳· 知识整合]
1.四个公理 公理1:如果一条直线上的 两点 在一个平面内,那么这 条直线在此平面内.作用:可用来证明点、直线在平面内. 公理2:过 不在一条直线上 的三点,有且只有一个平 面. 作用:①可用来确定一个平面;②证明点线共面. 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.作用:①可用来确定 两个平面的交线;②判断或证明多点共线;③判断或证明多 线共点.
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第三节

空间点、直线、平面之间的位置关系

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公理4:平行于同一条直线的两条直线 互相平行 .作 用:判断空间两条直线平行的依据. [探究] 1.平面几何中成立的有关结论在空间立体几何

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中是否一定成立?
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提示:不一定.例如,“经过直线外一点有且只有一条
直线和已知直线垂直”在平面几何中成立,但在立体几何中 就不成立.而公理4的传递性在平面几何和立体几何中均成 立.

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第三节

空间点、直线、平面之间的位置关系

2.直线与直线的位置关系
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(1)位置关系的分类
平行 ? ? ? ?共面直线? ? ? 相交 ? ?异面直线:不同在 任何 一个平面内 ? (2)异面直线所成的角 ①定义:设a,b是两条异面直线,经过空间中任一点O 锐角(或直角) 作直线a′∥a,b′∥b,把a′与b′所成的_____________ 叫做异面直线a与b所成的角(或夹角).
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第三节

空间点、直线、平面之间的位置关系
? π? ? ? ②范围: ?0,2?

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.

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(3)定理 空间中如果两个角的两边分别对应平行,那么这两个 角 相等或互补 . [探究] 2.不相交的两条直线是异面直线吗? 提示:不一定,不相交的两条直线可能平行,也可能 异面. 3.不在同一平面内的直线是异面直线吗? 提示:不一定,不在同一平面内的直线可能异面,也 可能平行.
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第三节

空间点、直线、平面之间的位置关系

3.空间直线与平面、平面与平面的位置关系
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图形语言 直线
与平 相交 平行 在平面内 平面 与平

符号语言
a∩α=A a∥α a?α

公共点
1个 0个 无数 个 0 个 无数 个

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平行
相交

α∥ β
α∩β=l

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第三节

空间点、直线、平面之间的位置关系 [自测· 牛刀小试]

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1.(教材习题改编)下列命题: ①经过三点确定一个平面;

②梯形可以确定一个平面;
③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面; ④如果两个平面有三个公共点,则这两个平面重合. 其中正确命题的个数是 A.0 B.1 ( )

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C.2

D.3
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第三节

空间点、直线、平面之间的位置关系

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解析:对于①,未强调三点不共线,故①错误;②正确; 对于③,三条直线两两相交,如空间直角坐标系,能确 定三个平面,故③正确;对于④,未强调三点共线,则 两平面也可能相交,故④错误. 答案:C

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第三节

空间点、直线、平面之间的位置关系

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2.(教材习题改编)分别在两个平面内的两条直线的位

置关系是
A.异面 C.相交 B.平行 D.以上都有可能

(

)

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解析:由直线、平面的位置关系分析可知两条直线 相交、平行或异面都有可能. 答案:D

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第三节

空间点、直线、平面之间的位置关系

3.如果a?α,b?α,l∩a=A,l∩b=B,那么下列关系
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成立的是

(

)

A.l?α
C.l∩α=A B∈l,∴l?α. 答案:A

B.l?α
D.l∩α=B

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解析:∵a ?α,l∩a=A,∴A∈α,A∈l,同理B∈α,

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第三节

空间点、直线、平面之间的位置关系

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4.若三个平面两两相交,且三条交线互相平行,则这三 个平面把空间分成________个部分. 解析:三个平面α,β,γ两两相交,交线分别是a,b, c,且a∥b∥c,则α,β,γ把空间分成7部分. 答案:7

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第三节

空间点、直线、平面之间的位置关系

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5.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1 中,E、F分别是AB,AD的中点,则异 面直线B1C与EF所成的角的大小为___.

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解析:连接B1D1,易证B1D1∥EF,从而∠D1B1C即为异
面直线B1C与EF所成的角,连接D1C,则△B1D1C为正 三角形,故∠D1B1C=60°. 答案:60°

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第三节

空间点、直线、平面之间的位置关系

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[例1]

平面的基本性质及应用 以下四个命题:

①不共面的四点中,其中任意三点不共线; B、C、D、E共面; ③若直线a、b共面,直线a、c共面,则直线b、c共面;

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②若点A、B、C、D共面,点A、B、C、E共面,则点A、
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④依次首尾相接的四条线段必共面.
其中正确命题的个数是 A.0 C.2 B.1 D.3
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(

)

第三节

空间点、直线、平面之间的位置关系

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[自主解答]

①正确,可以用反证法证明;②不正确,

从条件看出两平面有三个公共点A、B、C,但是若A、B、 C共线.则结论不正确;③不正确,共面不具有传递性; ④不正确,空间四边形的四条边不在一个平面内. [答案] B

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第三节

空间点、直线、平面之间的位置关系

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—————

————————————

由所给元素确定平面的关键点 判断由所给元素(点或直线)确定平面时,关键是分

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析所给元素是否具有确定唯一平面的条件,如不具备,
则一定不能确定一个平面.
——————————————————————————

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第三节

空间点、直线、平面之间的位置关系

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1.下列如图所示是正方体和正四面体,P、Q、R、S分别 是所在棱的中点,则四个点共面的图形是________.

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空间点、直线、平面之间的位置关系

解析:①中可证四边形PQRS为梯形;②中,如图所示取
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A1A与BC的中点为M、N,可证明PMQNRS为平面图形,

且PMQNRS为正六边形.③中可证四边形PQRS为平行四
边形;④中,可证Q点所在棱与面PRS平行,因此,P、Q、 R、S四点不共面.

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答案:①②③
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空间点、直线、平面之间的位置关系

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[例2]

如图,平面ABEF⊥平面ABCD,

四边形ABEF与ABCD都是直角梯形, 1 ∠BAD=∠FAB=90° ,BC∥AD且BC=2 1 AD,BE∥AF且BE=2AF,G,H分别为FA,FD的中点.

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(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?

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空间点、直线、平面之间的位置关系
[自主解答] (1)证明:由已知 FG= GA, 1 FH= HD,可得 GH∥ AD. 2 1 又∵ B∥ C AD,∴ GH∥ BC, 2 ∴四边形 BCHG 为平行四边形.

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1 (2)∵ BE∥ AF, G 为 FA 中点知, BE∥ FG,∴四边形 BEFG 2 为平行四边形, ∴ EF∥ BG.由 (1)知 BG∥ CH, ∴ EF∥ CH,∴ EF 与 CH 共面. 又 D∈ FH,∴ C、 D、 F、 E 四共点面.

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空间点、直线、平面之间的位置关系

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本例条件不变,如何证明“FE、AB、DC共点”? 证明:如图,取 AD 中点为 M,连接 GM,EG,CM. 由条件知,EG∥ AB,CM∥ AB,所以 EG∥ CM, 所以四边形 EGMC 为平行四边形,所以 EC∥GM.

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空间点、直线、平面之间的位置关系

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1 1 又 GM∥ FD,∴EC∥ FD,故 E、C、D、F 四点共 2 2 面.延长 FE、DC,设相交于点 N, 因为 EF?平面 ABEF,所以 N∈平面 ABEF, 同理可证,N∈平面 ABCD, 又因为平面 ABEF∩平面 ABCD=AB,所以 N∈AB. 即 FE、 AB、 DC 三线共点.

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空间点、直线、平面之间的位置关系

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—————

—————————

证明共面问题的常用方法 ①纳入平面法:先确定一个平面,再证明有关点、线

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在此平面内.
②辅助平面法:先证明有关的点、线确定平面α,再证 明其余元素确定平面β,最后证明平面α、β重合.

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空间点、直线、平面之间的位置关系

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2.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别是AB
和AA1的中点.求证: (1)E、C、D1、F四点共面; (2)CE、D1F、DA三线共点. 证明:(1)连接EF,CD1,A1B. ∵E、F分别是AB、AA1的中点, ∴EF∥BA1. 又A1B∥D1C,

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∴EF∥CD1,∴E、C、D1,F四点共面.
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空间点、直线、平面之间的位置关系

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(2)∵EF∥CD1,EF<CD1, ∴CE与D1F必相交,设交点为P, 则由P∈CE,CE?平面ABCD, 得P∈平面ABCD. 同理P∈平面ADD1A1.

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又平面ABCD∩平面ADD1A1=DA,
∴P∈直线DA.∴CE、D1F、DA三线共点.
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空间点、直线、平面之间的位置关系

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空间两条直线的位置关系 [例3] 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N 分别是BC1,CD1的中点,则下列判断错误的是( A.MN与CC1垂直 B.MN与AC垂直 )

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C.MN与BD平行
D.MN与A1B1平行

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空间点、直线、平面之间的位置关系

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[自主解答]

由于MN与平面DCC1D1相交于N点,

D1C1?平面DCC1D1,且C1D1与MN没有公共点,所以MN 与C1D1是异面直线.又因为C1D1∥A1B1,且A1B1与MN没 有公共点,所以A1B1与MN是异面直线,故选项D错误. [答案] D

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空间点、直线、平面之间的位置关系 ———————————— 异面直线的判定方法

—————
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(1)定义法:依据定义判断(较为困难); (2)定理法:过平面内一点与平面外一点的直线与平

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面内不经过该点的直线为异面直线(此结论可作为定理使
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用 ). (3)反证法:先假设两条直线不是异面直线,即两直 线平行或相交,由假设的条件出发,经过严密的推理, 导出矛盾,从而否定假设,肯定两条直线异面.

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空间点、直线、平面之间的位置关系

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3.已知空间四边形ABCD中,E、H分别是边AB、AD的中 点,F、G分别是边BC、CD的中点. (1)求证:BC与AD是异面直线; (2)求证:EG与FH相交.
证明:(1)假设BC与AD共面,不妨设它们所共平面为α,则B、 C、A、D∈α. 所以四边形ABCD为平面图形,这与四边形 ABCD为空间四边形相矛盾.所以BC与AD是异面直线. (2)如图,连接AC,BD,则EF∥AC,HG∥AC,因此 EF∥HG;同理EH∥FG,则EFGH为平行四边形. 又EG、FH是?EFGH的对角线, 所以EG与HF相交.
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空间点、直线、平面之间的位置关系

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异面直线所成的角 [例4] (2012· 银川模拟)如图所示,在正方体ABCD

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-A1B1C1D1中,
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(1)求A1C1与B1C所成角的大小; (2)若E、F分别为AB、AD的中点,求A1C1与EF所成 角的大小.

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空间点、直线、平面之间的位置关系 [自主解答] (1)如图,连接AC、AB1,
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由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知AA1C1C

为平行四边形,所以AC∥A1C1,从而B1C
与AC所成的角就是A1C1与B1C所成的角. 由AB1=AC=B1C可知∠B1CA=60°,

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即A1C1与B1C所成角为60°.
(2)如图,连接BD,由AA1∥CC1,且AA1=CC1可知 A1ACC1是平行四边形,所以AC∥A1C1.

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即AC与EF所成的角就是A1C1与EF所成的角.
因为EF是△ABD的中位线,所以EF∥BD. 又因为AC⊥BD,所以EF⊥AC,即所求角为90°.
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—————

————————————

求异面直线所成角的步骤

平移法求异面直线所成角的一般步骤:

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空间点、直线、平面之间的位置关系

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4.已知三棱锥A-BCD中,AB=CD,且直线AB与CD成 60°角,点M、N分别是BC、AD的中点,求直线AB和 MN所成的角.
解:如图,设 E 为 AC 的中点,连接 EM、EN. 1 ∵EM ∥ AB, 2 ∴∠EMN 即为异面直线 AB 与 MN 所成的角(或补角). 1 1 在△MEN 中,ME∥ AB,EN∥ CD. 2 2

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空间点、直线、平面之间的位置关系

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∴∠MEN为异面直线AB与CD所成的角(或补角),且
△MEN为等腰三角形. 当∠MEN=60°时,∠EMN=60°,即异面直线AB和 MN所成的角为60°.

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当∠MEN=120°时,∠EMN=30°,即异面直线AB和

MN所成的角为30°.
∴直线AB和MN所成的角为60°或30°.

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空间点、直线、平面之间的位置关系

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1 个疑难点——对异面直线概念的理解
(1)“不同在任何一个平面内”指这两条直线不能确定任 何一个平面,因此异面直线既不平行,也不相交. (2)不能把异面直线误解为:分别在不同平面内的两条 直线为异面直线. (3)异面直线的公垂线有且仅有一条.
2 种方法——求异面直线所成角的方法

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(1)平移法:即选点平移其中一条或两条直线使其转 化为平面角问题,这是求异面直线所成角的常用方法.

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(2)补形法:即采用补形法作出平面角.
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空间点、直线、平面之间的位置关系

3 个“共”问题——“共面”、 “共线”和“共点”
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问题
(1)证明共面问题一般有两种途径:
①首先由条件中的部分线(或点)确定一个平面,再证其他 线(或点)在此平面内;

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②将所有条件分为两部分,然后分别确定平面,再证明这
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两个平面重合. (2)证明共线问题一般有两种途径:

①先由两点确定一条直线,再证其他点都在这条直线上;
②直接证明这些点都在同一条特定直线上. (3)证明共点问题常用方法:先证其中两条直线交于一点, 再证其他直线经过该点.
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第三节

空间点、直线、平面之间的位置关系

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易误警示——求解线线角中忽视隐含条件而致错 [典例] (2013· 临沂模拟)过正方体ABCD-A1B1C1D1 ( )

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的顶点A作直线l,使l与棱AB,AD,AA1所成的角都相等,
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这样的直线l可以作

A.1条
C.3条

B.2条
D.4条

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第三节

空间点、直线、平面之间的位置关系
[解析] 如图,连接体对角线AC1,显然
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AC1与棱AB、AD,AA1所成的角都相等,所 成角的正切值都为 2.联想正方体的其他 体对角线,如连接BD1,则BD1与棱BC、 BA、BB1所成的角都相等, ∵BB1∥AA1,BC∥AD, ∴体对角线BD1与棱AB、AD、AA1所成的角都相等,同 理,体对角线A1C、DB1也与棱AB、AD、AA1所成的角都相 等,过A点分别作BD1、A1C、DB1的平行线都满足题意,故这 样的直线l可以作4条.

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[答案] D
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空间点、直线、平面之间的位置关系

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[易误辨析]

1.易忽视异面直线所成的角,且没有充分认识正方 体中的平行关系而错选A.

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2.求解空间直线所成的角时,还常犯以下错误:

(1)缺乏空间想象力,感觉无从下手;
(2)忽视异面直线所成角的范围.

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空间点、直线、平面之间的位置关系
[变式训练]

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如图所示,点 A 是平面 BCD 外一点,AD=BC=2,E、F 分 别是 AB,CD 的中点,且 EF= 2,则异面直线 AD 和 BC 所成的角为________.

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空间点、直线、平面之间的位置关系

解析:如图,设G是AC的中点,连接EG,
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FG. 因为E,F分别是AB,CD的中点,故 1 EG∥BC且EG=2BC=1,FG∥AD, 1 且FG= 2 AD=1.即∠EGF为所求,又EF= 2 ,由勾股定 理可得∠EGF=90° .

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答案:90°

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空间点、直线、平面之间的位置关系

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1.平面α、β的公共点多于两个,则 ①α、β垂直 ②α、β至少有三个公共点 ③α、β至少有一条公共直线 ④α、β至多有一条公共直线 以上四个判断中不成立的个数是 ( ) A.0 B.1 C.2 D.3 解析:由条件知,平面α与β重合或相交,重合时,公共 直线多于一条,故④错误;相交时不一定垂直,故①错 误. 答案:C
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第三节

空间点、直线、平面之间的位置关系

2.如图,在四面体ABCD中,截面PQMN是正方形,则
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在下列命题中,错误的为 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:依题意得MN∥PQ,MN∥平面ABC,又MN? 平面ACD,且平面ACD∩平面ABC=AC,因此有 MN∥AC,AC∥平面MNPQ.同理,BD∥PN.又截面 MNPQ是正方形,因此有AC⊥BD,直线PM与BD所成 的角是45°. 答案:C
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第三节

空间点、直线、平面之间的位置关系

3.对于四面体ABCD,下列命题
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①相对棱AB与CD所在直线异面;

②由顶点A作四面体的高,其垂足
是△BCD三条高线的交点; ③若分别作△ABC和△ABD的边AB上的高,则这两 条高所在的直线异面; ④分别作三组相对棱中点的连线,所得的三条线段相

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交于一点.
其中正确的是________.(填序号)
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第三节

空间点、直线、平面之间的位置关系

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解析:对于①,由四面体的概念可知,AB与CD所在的直 线为异面直线,故①正确;对于②,由顶点A作四面体的

高,当四面体ABCD的对棱互相垂直时,其垂足是△BCD
的三条高线的交点,故②错误;对于③,当DA=DB,

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CA=CB时,这两条高线共面,故③错误;对于④,设AB、 演 练 BC、CD、DA的中点依次为E、F、M、N,易证四边形 EFMN为平行四边形,所以EM与FN相交于一点,易证另
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一组对棱也过它们的交点,故④正确.
答案:①④
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第三节

空间点、直线、平面之间的位置关系

4.已知长方体ABCD-A′B′C′D′中,AB=4,BC=3,
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AA′=5,求异面直线D′B和AC所成角的余弦值.
解:法一:(平移法):如图,在长方体ABCD-A′B′C′D′ 中,连接BD交AC于点E,取DD′的中点F,连接EF,AF, 1 则EF綊2D′B, ∴∠FEA是D′B和AC所成的角, 42+32 5 ∵AE= = 2, 2 25+25 5 2 EF= = 2 , 2 ?5?2 61 2 ? ? AF= 3+2 = 2 , ? ? EF2+AE2-AF2 7 2 ∴在△FEA中,cos∠FEA= = 50 . 2EF· AE
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第三节

空间点、直线、平面之间的位置关系

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法二:(补形法):如图,在长方体的一旁补一个全等的长方体, 则BE綊AC∴∠D′BE(或其补角)是D′B和AC所成的角, ∵D′B=5 2,BE=5,D′E= 89, ∴在△D′BE中, 7 2 cos∠D′BE=- 50 , 7 2 ∴D′B与AC所成角的余弦值为 50 .

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第四节

直线、平面平行的判定及其性质

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[备考方向要明了]

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考什么
1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点,认识和理 解空间中线面平行的有关性质与判定定理. 2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形 的平行关系的简单命题.
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第四节

直线、平面平行的判定及其性质 怎么考

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1.直线与平面平行的判定与性质及平面与平面平行的判定
与性质是高考的热点之一,考查线线、线面以及面面平 行的转化,考查学生的空间想象能力及逻辑推理能力. 2.从考查题型看,既有客观题又有主观题.客观题一般围 绕线面平行的判定和性质定理的辨析设计试题;主观题

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主要是围绕线、面平行的判定和性质定理的应用设计试
题,一般设计为解答题中的一问,如2012年浙江T20 (1),江苏T16(2),福建T18(2)等.
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第四节

直线、平面平行的判定及其性质

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[归纳· 知识整合] 1.直线与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言 图形语言 符号语言 ∵ l∥a , a?α , l?α ,∴_______ l∥α

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判 平面外一条直线与 这个平面内 定 的一条直线平行,则该直线与
定 此平面平行(线线平行?线面平

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理 行)
性 一条直线与一个平面平行,则 质 过这条直线的任一平面与此平 定 面的 交线 与该直线平行(简记为 理 “线面平行?线线平行”) ∵ l∥α , l?β , α∩β=b , ∴l∥b

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第四节

直线、平面平行的判定及其性质 [探究] 1.如果一条直线和平面内一条直线平行,那
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么这条直线和这个平面平行吗?

提示:不一定.只有当此直线在平面外时才有线面
平行. 2.如果一条直线和一个平面平行,那么这条直线和 这个平面的任意一条直线都平行吗? 提示:不可以,对于任意一条直线而言,存在异面

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的情况.

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第四节

直线、平面平行的判定及其性质

2.平面与平面平行的判定定理和性质定理
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文字语言 一个平面内的两条 相交直线 与另一 判定 个平面平行,则这 定理 两个平面平行(简记

图形语言

符号语言 ∵ a∥β ,

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b∥β , a∩b
=P ,a?α, b?α , ∴ α∥ β

为“线面平行?面面
平行”)

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第四节

直线、平面平行的判定及其性质 文字语言 图形语言 符号语言 ∵ α∥ β , α∩γ=a , β∩γ=b , ∴a∥b
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如果两个平行平 性质定理

面同时和第三个
平面 相交 ,那么 它们的 交线 平行

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[探究] 3.如果一个平面有无数条直线与另一个平面 平行,那么这两个平面平行吗? 提示:不一定.可能平行,也可能相交. 4.如果两个平面平行,则一个平面内的直线与另一 个平面有什么位置关系? 提示:平行.
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第四节

直线、平面平行的判定及其性质

[自测· 牛刀小试]
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1.下列命题中,正确的是 A.若a∥b,b?α,则a∥α B.若a∥α,b?α,则a∥b C.若a∥α,b∥α,则a∥b D.若a∥b,b∥α,a?α,则a∥α

(

)

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解析:由直线与平面平行的判定定理知,三个条件缺一 不可,只有选项D正确.

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答案:D

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第四节

直线、平面平行的判定及其性质

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2.一条直线l上有相异三个点A、B、C到平面α的距离
相等,那么直线l与平面α的位置关系是 ( )

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A.l∥α
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B.l⊥α
D.l∥α或l?α
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C.l与α相交但不垂直

解析:当直线l∥α或l?α时,满足条件. 答案:D

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第四节

直线、平面平行的判定及其性质

3.(教材习题改编)已知平面α∥β,直线a?α,有下列说
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法: ①a与β内的所有直线平行;

②a与β内无数条直线平行;
③a与β内的任意一条直线都不垂直.

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其中真命题的序号是________. 解析:由面面平行的性质可知,过a与β相交的平面与β的交 线才与a平行,故①错误;②正确;平面β内的直线与直线a

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平行,异面均可,其中包括异面垂直,故③错误.
答案:②
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第四节

直线、平面平行的判定及其性质

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4.如图,在空间四边形 ABCD 中,M∈AB,N∈AD,若 AM AN MB=ND,则直线 MN 与平面 BDC 的位置关系是 ________.
AM AN 解析:∵MB=ND,∴MN∥BD, 又MN?平面BCD,BD?平面BCD, ∴MN∥平面BDC.

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答案:平行

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第四节

直线、平面平行的判定及其性质

5.(教材习题改编)过三棱柱ABC-A1B1C1的棱A1C1,
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B1C1,BC,AC的中点E、F、G、H的平面与平面 ________平行.

解析:如图所示,∵E、F、G、H分别
为A1C1、B1C1、BC、AC的中点, ∴EF∥A1B1,FG∥B1B,且EF∩FG= F,A1B1∩B1B=B1 ∴平面EFGH∥平面ABB1A1.

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演 练 知 能 检 测

答案:ABB1A1
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第四节

直线、平面平行的判定及其性质

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线面平行的判定及性质 [例1] 正方形ABCD与正方形ABEF所在平面相交

于AB,在AE、BD上各有一点P、Q,且AP=DQ.求证:

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PQ∥平面BCE.
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[自主解答]

法一:如图所示,作PM

∥AB交BE于M,作QN∥AB交BC于N,

连接MN.
∵正方形ABCD和正方形ABEF有公共边AB,∴AE =BD.
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第四节

直线、平面平行的判定及其性质

又AP=DQ,∴PE=QB,
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又PM∥AB∥QN, PM PE QB QN BQ ∴ AB =AE=BD, DC=BD, PM QN ∴ AB = DC, ∴PM綊QN,即四边形PMNQ为平行四边形, ∴PQ∥MN. 又MN?平面BCE,PQ?平面BCE, ∴PQ∥平面BCE.
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第四节

直线、平面平行的判定及其性质

回 扣 主 干 知 识

法二:如图所示,作PH∥EB交AB于H,连接HQ, AH AP 则HB=PE, ∵AE=BD,AP=DQ, ∴PE=BQ, AH AP DQ ∴HB=PE= BQ, ∴HQ∥AD,即HQ∥BC. 又PH∩HQ=H,BC∩EB=B, ∴平面PHQ∥平面BCE, 而PQ?平面PHQ, ∴PQ∥平面BCE.
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第四节

直线、平面平行的判定及其性质

回 扣 主 干 知 识

AP DQ 本例若将条件“AP=DQ”改为“PE=QB ”,则直线 PQ 与平面 BCE 还平行吗?

解:平行.证明如下: 如图所示,连接 AQ,并延长交 BC 于 K,连接 EK.

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∵AD∥BK, DQ AQ AP DQ AP AQ ∴BQ=QK.又PE=QB ,∴PE=QK,∴PQ∥EK. 又 PQ? 平面 BEC,EK?平面 BEC, ∴PQ∥平面 B EC.
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第四节

直线、平面平行的判定及其性质

回 扣 主 干 知 识

—————

————————————

证明线面平行的关键点及探求线线平行的方法
(1)证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到 一条与已知直线平行的直线; (2)利用几何体的特征,合理利用中位线定理、线面 平行的性质,或者构造平行四边形、寻找比例式证明两 直线平行; (3)注意说明已知的直线不在平面内,即三个条件缺
——————————————————————————
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一不可.

第四节

直线、平面平行的判定及其性质

回 扣 主 干 知 识

1.如图,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 ________.

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解析:∵EF∥平面AB1C,EF?平面ACD,平面ACD∩ 平面AB1C=AC, ∴EF∥AC,又E为AD的中点,AB=2, 1 1 ∴EF=2AC=2× 22+22= 2.

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答案: 2
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第四节

直线、平面平行的判定及其性质

2.(2013· 无锡调研)如图,PA⊥平面ABCD,
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四边形ABCD是矩形,E、F分别是AB、 PD的中点,求证:AF∥平面PCE.
证明:如图,取PC的中点M, 1 连接ME、MF,则FM∥CD且FM=2CD. 1 又∵AE∥CD且AE=2CD, ∴FM綊AE,即四边形AFME是平行四边形. ∴AF∥ME, 又∵AF?平面PCE,EM?平面PCE, ∴AF∥平面PCE.
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第四节

直线、平面平行的判定及其性质 面面平行的判定与性质

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[例2]

如图所示,在直四棱柱ABCD

-A1B1C1D1中,底面是正方形,E,F,G 分别是棱B1B,D1D,DA的中点.求证: 平面AD1E∥平面BGF.
[自主解答] ∵E,F 分别是 B1B 和 D1D 的中点,∴D1F 綊 BE,

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∴四边形 BED1F 是平行四边形, ∴D1E∥BF. 又∵D1E?平面 BGF,BF?平面 BGF, ∴D1E∥平面 BGF.
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第四节

直线、平面平行的判定及其性质

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∵FG 是△DAD1 的中位线, ∴FG∥AD1. 又 AD1? 平面 BGF,FG?平面 BGF, ∴AD1∥平面 BGF. 又∵AD1∩D1E=D1, ∴平面 AD1E∥平面 BGF.

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直线、平面平行的判定及其性质

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—————

———————————— 判定面面平行的方法

(1)利用定义:即证两个平面没有公共点(不常用); (2)利用面面平行的判定定理(主要方法);

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(3)利用垂直于同一条直线的两平面平行(客观题可用);
(4)利用平面平行的传递性,即两个平面同时平行于第 三个平面,则这两个平面平行(客观题可用).

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直线、平面平行的判定及其性质

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3.如图所示,ABCD-A1B1C1D1 是棱长为 a 的正方体,M, N 分别是下底面的棱 A1B1,B1C1 的中点,P 是上底面的 a 棱 AD 上的一点,AP= ,过 P,M,N 的平面交上底面 3 于 PQ,Q 在 CD 上,则 PQ=________.

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直线、平面平行的判定及其性质

回 扣 主 干 知 识

解析:∵平面 ABCD∥平面 A1B1C1D1,∴MN∥PQ. a ∵M、N 分别是 A1B1,B1C1 的中点,AP= , 3 a 2a 2 2 ∴CQ= ,从而 DP=DQ= ,∴PQ= a. 3 3 3

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2 2 答案: a 3

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直线、平面平行的判定及其性质

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4.如图所示,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M、N、P 分 别为所在边的中点.求证:平面 MNP∥平面 A1C1B.

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直线、平面平行的判定及其性质

证明:如图所示,连接 D1C,则 MN 为△DD1C 的中位线,
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∴MN∥D1C. ∵D1C∥A1B,∴MN∥A1B.同理可证,MP∥C1B. 而 MN 与 MP 相交,MN,MP 在平面 MNP 内,A1B,C1B 在平面 A1C1B 内,∴平面 MNP∥平面 A1C1B.

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直线、平面平行的判定及其性质

线面平行中的探索性问题
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[例3]

(2013· 徐州模拟)如图所示,

在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面

ABC,若D是棱CC1的中点,问在棱AB
上是否存在一点E,使DE∥平面AB1C1?若存在,请确定点 E的位置;若不存在,请说明理由. [自主解答] 存在点E,且E为AB的中点.

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下面给出证明:
如图,取BB1的中点F,连接DF, 则DF∥B1C1,
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第四节

直线、平面平行的判定及其性质

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∵AB的中点为E,连接EF,
则EF∥AB1. B1C1与AB1是相交直线, ∴平面DEF∥平面AB1C1. 而DE?平面DEF, ∴DE∥平面AB1C1.

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第四节

直线、平面平行的判定及其性质

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—————

破解探索性问题的策略

————————————

解决探究性问题一般要采用执果索因的方法,假设 求解的结果存在,从这个结果出发,寻找使这个结论成

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立的充分条件,如果找到了符合题目结果要求的条件, 则存在;如果找不到符合题目结果要求的条件(出现矛盾),

则不存在.
——————————————————————————

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第四节

直线、平面平行的判定及其性质

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5.如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, 底面ABCD为等腰梯形,AB∥CD,且 AB=2CD,在棱AB上是否存在一点F, 使平面C1CF∥平面ADD1A1?若存在, 求点F的位置;若不存在,请说明理由.

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解:存在这样的点F,使平面C1CF∥平面ADD1A1,此时 点F为AB的中点,证明如下: ∵AB∥CD,AB=2CD,∴AF綊CD, ∴四边形AFCD是平行四边形, ∴AD∥CF,
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第四节

直线、平面平行的判定及其性质
又 AD?平面 ADD1A1,

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CF?平面 ADD1A1, ∴CF∥平面 ADD1A1. 又 CC1∥DD1,CC1?平面 ADD1A1, DD1?平面 ADD1A1, ∴CC1∥平面 ADD1A1, 又 CC1、CF?平面 C1CF,CC1∩CF=C, ∴平面 C1CF∥平面 ADD1A1.

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直线、平面平行的判定及其性质

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1个转化——三种平行间关系的转化

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线线平行、线面平行、面面平行的相互转化是解决与平 行有关证明题的指导思想,解题中既要注意一般的转化规 律,又要看清题目的具体条件,选择正确的转化方向.

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第四节

直线、平面平行的判定及其性质

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2 种性质——线面、面面平行的性质
(1)线面平行的性质:

①直线与平面平行,则该直线与平面无公共点.
②由线面平行可得线线平行. (2)面面平行的性质: ①两平面平行,则一个平面内的直线平行于另一平面. ②若一平面与两平行平面相交,则交线平行.

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直线、平面平行的判定及其性质

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3 种方法——判定线面平行的方法
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,判定线面平行的三种方法: (1)利用定义:判定直线与平面没有公共点(一般结合

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反证法进行); (2)利用线面平行的判定定理;

(3)利用面面平行的性质,即当两平面平行时,其中
一平面内的任意直线平行于另一平面.

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第四节

直线、平面平行的判定及其性质

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数学思想——转化与化归思想在证明平行关系中的应用

线线平行、线面平行和面面平行是空间中三种基本
平行关系,它们之间可以相互转化,其转化关系如下:

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证明平行的一般思路是:欲证面面平行,可转化为证 明线面平行,欲证线面平行,可转化为证明线线平行.

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第四节

直线、平面平行的判定及其性质 [典例] (2013· 盐城模拟) 如图,P为?ABCD
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所在平面外一点,M,N分别为AB,PC的中点, 平面PAD∩平面PBC=l. (1)判断BC与l的位置关系,并证明你的结论;

(2)判断MN与平面PAD的位置关系,并证明你的结论.
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[解] (1)结论:BC∥l,
因为AD∥BC,BC?平面PAD,AD?平面PAD, 所以BC∥平面PAD. 又因为BC?平面PBC,平面PAD∩平面PBC=l, 所以BC∥l.
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第四节

直线、平面平行的判定及其性质

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(2)结论:MN∥平面 PAD. 设 Q 为 CD 的中点,如右图所示,连接 NQ,MQ, 则 NQ∥PD,MQ∥AD. 又因为 NQ∩MQ=Q,PD∩AD=D, 所以平面 MNQ∥平面 PAD. 又因为 MN?平面 MNQ, 所以 MN∥平面 PAD.

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第四节

直线、平面平行的判定及其性质
[题后悟道]

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1.本题(1)将线面平行的判定定理和性质定理交替使用, 实现了线线平行的证明;本题(2)巧妙地将线面平行的证明

转化为面面平行,进而由面面平行的性质,得到结论的证
明. 2.利用相关的平行判定定理和性质定理实现线线、线 面、面面平行关系的转化,也要注意平面几何中一些平行 的判断和性质的灵活应用,如中位线、平行线分线段成比

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例等,这些是空间线面平行关系证明的基础.
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第四节

直线、平面平行的判定及其性质
[变式训练]

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如图,在四面体PABC中,PC⊥AB,PA⊥BC,点D,
E,F,G分别是棱AP,AC,BC,PB的中点.

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(1)求证:DE∥平面BCP; (2)求证:四边形DEFG为矩形;

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第四节

直线、平面平行的判定及其性质

证明:(1)因为D,E分别为AP,AC的中点,所以DE∥PC.
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又因为DE?平面BCP,PC?平面BCP, 所以DE∥平面BCP.

(2)因为D,E,F,G分别为AP,AC,BC,PB的中点,
所以DE∥PC∥FG,DG∥AB∥EF, 所以四边形DEFG为平行四边形. 又因为PC⊥AB, 所以DE⊥DG,

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所以四边形DEFG为矩形.
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第四节

直线、平面平行的判定及其性质

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1.P为矩形ABCD所在平面外一点,矩形 对角线交点为O,M为PB的中点,给 出四个结论:①OM∥PD;②OM∥ 平面PCD;③OM∥平面PDA;④ OM∥平面PBA,⑤OM∥平面PCB.其中正确的个数 有 A.1 B.2 C.3 D. 4 ( )

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解析:由题意知,OM∥PD,则OM∥平面PCD,且 OM∥平面PDA. 答案:C
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第四节

直线、平面平行的判定及其性质

2.已知平面 α∥平面 β,P 是 α,β 外一点,过点 P 的直线 m
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与 α,β 分别交于 A,C,过点 P 的直线 n 与 α,β 分别交 于 B, D, 且 PA=6, AC=9, PD=8, 则 BD 的长为________.
解析:分点 P 在两个平面的一侧或在两个平面之间两种 情况,由两平面平行得 AB∥CD,截面图如图,由相似比

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24 得 BD= 或 24. 5

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24 答案: 或 24 5
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第四节

直线、平面平行的判定及其性质

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3.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:AP∥GH. 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, ∴AP∥OM. 又AP?平面BMD,OM?平面BMD, ∴AP∥平面BMD. 又AP?平面PAHG,平面PAHG∩平面BMD=GH, ∴AP∥GH.
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第五节

直线、平面垂直的判定及其性质

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[备考方向要明了] 考什么

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1.能以立体几何中的定义、公理和定理为出发点,认识
和理解空间中线面垂直的有关性质和判定定理. 2.能运用公理、定理和已获得的结论,证明一些有关空 间图形的位置关系的简单命题.

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第五节

直线、平面垂直的判定及其性质

怎么考
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1.多以选择题、填空题的形式考查线面垂直、面面垂直的 判定及线面角的概念及求法.

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2.围绕线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理设计解

答题,且多作为解答题中的某一问.如2012年广东
T18(1),江苏T16(1),辽宁T18(1)等,也是高考对本节 的主要考查形式.

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第五节

直线、平面垂直的判定及其性质

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[归纳· 知识整合] 1.直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义 直线l与平面α内的 任意一条直线都垂直,就说直线l

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与平面α互相垂直.

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直线、平面垂直的判定及其性质

(2)直线与平面垂直的判定定理及性质定理
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文字语言
一条直线与平面内 判定 的两条相交直线 都 定理 垂直,则该直线与 此平面垂直 性质 垂直于同一个平面 平行 定理 的两条直线______

图形语言

符号语言
a、b?α a∩b=O l⊥ a l⊥ b a⊥α b⊥α
? ? ? ? ?

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? ? ? ?l⊥α ? ?
?a∥b

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第五节

直线、平面垂直的判定及其性质 [探究] 1.若两条平行线中的一条垂直于一个平面,
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那另一条与此平面是否垂直? 提示:垂直

2.直线与平面所成的角
(1)定义:平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的 锐角 ,叫做这条直线和这个平面所成的角.如图,∠ PAO _____ 就是斜线AP与平面α所成的角.
? π? (2)线面角θ的范围:θ∈?0,2?. ? ?

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直线、平面垂直的判定及其性质 [探究] 2.如果两条直线与一个平面所成的角相等,
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则这两条直线一定平行吗? 提示:不一定.可能平行、相交或异面.

3.二面角的有关概念
(1)二面角:从一条直线出发的 两个半平面 所组成的 图形叫做二面角. (2)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

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线所成的角叫做二面角的平面角.

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第五节

直线、平面垂直的判定及其性质

4.平面与平面垂直的判定定理
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文字语言 一个平面过另一个 判定 平面的一条 垂线 , 定理 则这两个平面互相

图形语言

符号语言 l?β l⊥ α
? ? ?α⊥β ? ? ?

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垂直

两个平面互相垂直,
性质 则一个平面内垂直 交线 的直线垂直

定理 于

α⊥ β l?β α∩β=a l⊥ a

于另一个平面

? ? ? ?l⊥α ? ?
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直线、平面垂直的判定及其性质

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[探究]

3.垂直于同一平面的两平面是否平行?

提示:不一定.可能平行,也可能相交.
4.垂直于同一条直线的两个平面一定平行吗? 提示:平行.可由线面垂直的性质及面面平行的判定 定理推导出.

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直线、平面垂直的判定及其性质

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[自测· 牛刀小试]

1.直线a⊥平面α,b∥α,则a与b的关系为
A.a⊥b,且a与b相交

(

)

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B.a⊥b,且a与b不相交 D.a与b不一定垂直
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C.a⊥b

解析:∵a⊥α,b∥α,∴a⊥b,但不一定相交.

答案:C

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直线、平面垂直的判定及其性质

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2.线段AB的长等于它在平面α内射影长的2倍,则AB所在 直线与平面α所成的角为 A.30° C.60° B.45° D.120° ( )

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解析:设AB=2,则其射影长为1,设AB所在直线与平

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面α所成角为β,则cos β=,故β=60°.
答案:C
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直线、平面垂直的判定及其性质

3.(教材习题改编)PD垂直于正方形ABCD所在的平面,连
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接PB、PC,PA、AC、BD,则一定互相垂直的平面有 ( A.8对 C.6对 B.7对 D.5对 )

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解析:由于PD⊥平面ABCD.故面PAD⊥
面ABCD,面PDB⊥面ABCD,面PDC⊥ 面ABCD,面PDA⊥面PDC,面PAC⊥面

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PDB,平面PAB⊥平面PAD,平面PBC⊥平面PDC,
共7对. 答案:B
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直线、平面垂直的判定及其性质

4.设l,m,n均为直线,其中m,n在平面α内,则
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“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的 A.充分不必要条件

(

)

B.必要不充分条件
C.充要条件

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D.既不充分也不必要条件 解析:∵m?α,n?α,l⊥α,∴l⊥m且l⊥n.反之,若 l⊥m且l⊥n,不一定有l⊥α,因为直线m,n不一定

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相交. 答案:A
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直线、平面垂直的判定及其性质

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5.(教材习题改编)将正方形ABCD沿AC折成直二面角后,
∠DAB=________.
解析:如图所示,取 AC 的中点 O,连接 OD,OB,DB, 由条件知, OD⊥OB, 设 AD=1, 则 DB= OD2+OB2= 1. 所以△ADB 为正三角形,故∠DAB=60° .

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答案:60°

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直线、平面垂直的判定及其性质

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直线与平面垂直的判定与性质
[例 1] (2012· 陕西高考)如图所示,直三棱柱 ABC-

π A1B1C1 中,AB=AA1,∠CAB= . 2

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(1)证明:CB1⊥BA1;
(2)已知 AB=2, BC= 5, 求三棱锥 C1-ABA1 的体积.
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直线、平面垂直的判定及其性质

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[自主解答]

(1)证明:如图,连接 AB1,∵ABC-

π A1B1C1 是直三棱柱,∠CAB= , 2 ∴AC⊥平面 ABB1A1,

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故 AC⊥BA1. 又∵AB=AA1,∴四边形 ABB1A1 是正方形, ∴BA1⊥AB1,又 CA∩AB1=A, ∴BA1⊥平面 CAB1,故 CB1⊥BA1.

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第五节

直线、平面垂直的判定及其性质

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(2)∵AB=AA1=2,BC= 5,∴AC=A1C1=1, 由(1)知,A1C1⊥平面 ABA1, 1 1 2 ∴VC1-ABA1= S△ABA1· A1C1= ×2×1= . 3 3 3

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直线、平面垂直的判定及其性质

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保持例题题设条件不变,试判断平面 CB1A 与平面 AA1B1B 是否垂直?

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解:由例(1)知,AC⊥平面 ABB1A1, 而 AC?平面 CB1A,∴面 CB1A⊥面 ABB1A1.

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直线、平面垂直的判定及其性质
————————————

—————
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破解线面垂直关系的技巧 (1)解答此类问题的关键在于熟练把握空间垂直关系的 判定与性质,注意平面图形中的一些线线垂直关系的灵活 利用,这是证明空间垂直关系的基础.

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(2)由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相
互转化,因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心而展 开,这是化解空间垂直关系难点的技巧所在.
——————————————————————————
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直线、平面垂直的判定及其性质

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1.如右图所示,已知PA⊥矩形ABCD所在平面,M,N分别 是AB,PC的中点.

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(1)求证:MN⊥CD;
(2)若∠PDA=45°,求证:MN⊥平面PCD.
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直线、平面垂直的判定及其性质

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证明:如图所示,(1)连接 AC,AN,BN, ∵PA⊥平面 ABCD,∴PA⊥AC.在 Rt△PAC 中,N 为 PC 中点,∴AN= 1 ∴PA⊥BC.又 BC⊥AB, PA∩AB 2PC.∵PA⊥平面 ABCD, =A,∴BC⊥平面 PAB.∴BC⊥PB.从而在 Rt△PBC 中, 1 BN 为斜边 PC 上的中线,∴BN=2PC,∴AN=BN.∴△ ABN 为等腰三角形.

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直线、平面垂直的判定及其性质

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又M为底边AB的中点,∴MN⊥AB. 又∵AB∥CD,∴MN⊥CD. (2)连接PM,CM,∵∠PDA=45°,PA⊥AD,∴AP=

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AD.∵四边形ABCD为矩形,∴AD=BC,∴PA=BC.又
∵M为AB的中点,∴AM=BM,而∠PAM=∠CBM= 90°,∴PM=CM.又∵N为PC的中点,∴MN⊥PC.由(1) 知,MN⊥CD,PC∩CD=C,∴MN⊥平面PCD.

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直线、平面垂直的判定及其性质

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平面与平面垂直的判定和性质

[例2]

如图所示,△ABC为正三角形,

EC⊥平面ABC,BD∥CE,EC=CA=2BD, M是EA的中点.求证: (1)DE=DA; (2)平面BDM⊥平面ECA.

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直线、平面垂直的判定及其性质
(1)如图所示,取 EC 中点 F,连接 DF.
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[自主解答]
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∵EC⊥平面 ABC,BD∥CE, ∴DB⊥平面 ABC. ∴DB⊥AB,∴EC⊥BC. 1 ∵BD∥CE,BD= CE=FC, 2 ∴四边形 FCBD 是矩形,∴DF⊥EC. 又 BA=BC=DF, ∴Rt△DEF≌Rt△ADB, ∴DE=DA.
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直线、平面垂直的判定及其性质
(2)如图所示,取 AC 中点 N,连接 MN、NB,

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1 ∵M 是 EA 的中点,∴MN 綊 EC. 2 1 由 BD 綊 EC,且 BD⊥平面 ABC,可得四边形 MNBD 2 是矩形,于是 DM⊥MN,∵DE=DA,M 是 EA 的中点, ∴DM⊥EA.又 EA∩MN=M, ∴DM⊥平面 ECA,而 DM?平面 BDM, ∴平面 ECA⊥平面 BDM.

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直线、平面垂直的判定及其性质

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—————

———————————— 面面垂直的性质应用技巧

(1)两平面垂直,在一个平面内垂直于交线的直线 必垂直于另一个平面.这是把面面垂直转化为线面垂直

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的依据.运用时要注意“平面内的直线”.
(2)两个相交平面同时垂直于第三个平面,那么它们 的交线也垂直于第三个平面,此性质是在课本习题中出 现的,在不是很复杂的题目中,要对此进行证明.

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直线、平面垂直的判定及其性质

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2.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面 PAD⊥平面ABCD,AB=AD,∠BAD =60°,E,F分别是AP,AD的中点.

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求证:

(1)直线EF∥平面PCD;
(2)平面BEF⊥平面PAD.

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直线、平面垂直的判定及其性质

证明:(1)在△PAD中,因为E,F分别为
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AP,AD的中点,所以EF∥PD. 又因为EF?平面PCD,PD?平面PCD.

所以直线EF∥平面PCD.
(2)连接BD.因为AB=AD,∠BAD=60°,所以△ABD为 正三角形.因为F是AD的中点,所以BF⊥AD. 因为平面PAD⊥平面ABCD,BF?平面ABCD, 平面PAD∩平面ABCD=AD,所以BF⊥平面PAD.又因为

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BF?平面BEF,所以平面BEF⊥平面PAD.
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直线、平面垂直的判定及其性质

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线面角、二面角的求法
[ 例 3](2012· 广东高考 ) 如图所 示,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为矩形,PA⊥平面 ABCD,

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点 E 在线段 PC 上, PC⊥平面 BDE.
(1)证明:BD⊥平面 PAC;
(2)若 PA=1,AD=2,求二面角 B-PC-A 的正切值.

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直线、平面垂直的判定及其性质

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[自主解答]

PC⊥平面BDE ? ? ??PC⊥BD. (1)证明: BD?平面BDE? ?

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PA⊥平面ABCD ? ? ??PA⊥BD. BD?平面ABCD? ? ∵PA∩PC=P,PA?平面 PAC,PC?平面 PAC, ∴BD⊥平面 PAC.

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直线、平面垂直的判定及其性质
(2)法一:如图所示,记 BD 与 AC 的交

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点为 F,连接 EF. 由 PC⊥平面 BDE,BE?平面 BDE, EF?平面 BDE, ∴PC⊥BE,PC⊥EF.

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即∠BEF 为二面角 B-PC-A 的平面角. 由(1)可得 BD⊥AC, 所以矩形 ABCD 为正方形,AB=AD=2,所以 BF⊥EF. 3 AC=BD=2 2,BF= 2,EF= . 2
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直线、平面垂直的判定及其性质
在 Rt△PAC 中,PA=1,PC= PA2+AC2=3,

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又易证 BC⊥PB Rt△PAB 中,PB= PA2+AB2= 5 ∴Rt△PBC 中 PB· BC=PC· BE

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2 5 得 BE= 3 2 在 Rt△PFE 中,FE= BE -BF = 3
2 2

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所以二面角 B-PC=A 的正切值为 3.

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直线、平面垂直的判定及其性质
法二:以 A 为原点, AB 、 AD 、 AP

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的方向分别作为 x、y、z 轴的正方向建 立空间直角坐标系,如图所示. 设 AB=b,则 A(0,0,0), B(b,0,0),C(b,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1). 于是 PC =(b,2,-1), DB =(b,-2,0). 因为 PC⊥DB,所以 PC · DB =b2-4=0, 从而 b=2.结合(1)可得 DB =(2, -2,0)是平面 APC 的法 向量.
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直线、平面垂直的判定及其性质
现设 n=(x,y,z)是平面 BPC 的法向量,则

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BC =0,n· PC =0. n⊥ BC ,n⊥ PC ,即 n·

因为 BC =(0,2,0), PC =(2,2,-1), 所以 2y=0,2x-z=0. 取 x=1,则 z=2,n=(1,0,2). 令 θ=〈n, DB 〉 ,则 n· 2 1 DB cos θ= = = , 5· 2 2 10 |n|| DB | 3 sin θ= ,tan θ=3. 10 由图可得二面角 B-PC-A 的正切值为 3.
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直线、平面垂直的判定及其性质

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空间角的找法 (1)线面角 找出斜线在平面上的射影,关键是作出垂线,确定垂 足.

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(2)二面角 二面角的大小用它的平面角来度量,平面角的常见作

法有:
①定义法;②垂面法.其中定义法是最常用的方法.

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直线、平面垂直的判定及其性质

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3.(2013· 温州检测)如图,DC⊥平面 ABC,EB∥DC,AC= BC=EB=2DC=2,∠ACB=120° ,P,Q 分别为 AE, AB 的中点.
(1)证明:PQ∥平面 ACD;

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(2)求 AD 与平面 ABE 所成角的正弦值.

解:(1)证明:因为 P,Q 分别为 AE,AB 的中点, 所以 PQ∥EB. 又因为 DC∥EB,因此 PQ∥DC,PQ?平面 ACD,DCC 平面 ACD.从而 PQ∥平面 ACD.
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直线、平面垂直的判定及其性质

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(2)如图,连接 CQ,DP. 因为 Q 为 AB 的中点,且 AC=BC, 所以 CQ⊥AB. 因为 DC⊥平面 ABC,EB∥DC,

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所以 EB⊥平面 ABC. 因此 CQ⊥EB,AB∩EB=B, 故 CQ⊥平面 ABE. 由(1)有 PQ∥DC,

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直线、平面垂直的判定及其性质

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1 又因为 PQ= EB=DC, 2 所以四边形 CQPD 为平行四边形. 故 DP∥CQ.因此 DP⊥平面 ABE.

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∠DAP 为 AD 和平面 ABE 所成的角. 5 在 Rt△DPA 中,AD= 5,DP=1,sin∠DAP= . 5 5 因此 AD 和平面 ABE 所成角的正弦值为 . 5

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直线、平面垂直的判定及其性质

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1 个转化——三种垂直关系的转化

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在证明两平面垂直时一般先从现有的直线中寻找平面
的垂线,若这样的直线图中不存在,则可通过作辅助线来 解决.如有平面垂直时,一般要用性质定理,在一个平面

内作交线的垂线,使之转化为线面垂直,然后进一步转化
为线线垂直.故熟练掌握“线线垂直”“面面垂直”间的转化 条件是解决这类问题的关键.
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直线、平面垂直的判定及其性质

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3 种方法——“线面垂直”“线线垂直”和“面面垂直” 的常用方法

(1)判定线面垂直的常用方法 ①利用线面垂直的判定定理.

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②利用“两平行线中的一条与平面垂直,则另一条也
与这个平面垂直”. ③利用“一条直线垂直于两平行平面中的一个,则与 另一个也垂直”. ④利用面面垂直的性质.
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直线、平面垂直的判定及其性质

(2)判定线线垂直的方法
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①定义:两条直线所成的角为90°;
②平面几何中证明线线垂直的方法; ③线面垂直的性质:a⊥α,b?α?a⊥b; ④线面垂直的性质:a⊥α,b∥α?a⊥b. (3)判定面面垂直的方法 ①利用定义:两个平面相交,所成的二面角是直二面角; ②判定定理:a?α,a⊥β?α⊥β.

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直线、平面垂直的判定及其性质

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答题模板——空间位置关系的证明

[典例]

(2012山东高考· 满分12分)

如图,几何体E-ABCD是四棱锥,△ABD 为正三角形,CB=CD,EC⊥BD. (1)求证:BE=DE; (2)若∠BCD=120°,M为线段AE的中点,求证: DM∥平面BEC.

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直线、平面垂直的判定及其性质

[快速规范审题]
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第(1)问 1.审条件,挖解题信息 观察条件:△ABD 为正三角形,CB=CD,EC⊥BD 取BD中点O EC∩CO=C ―――――――→CO⊥BD―――――――→BD⊥平面 EOC. 连接EO,CO
2.审结论,明确解题方向 观察所求结论: 需证明△BDE是等腰三角形 求证 BE=DE ――――――――――――→ 应证明 EO⊥BD.
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直线、平面垂直的判定及其性质

3.建联系,找解题突破口
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O为BD中点 EC⊥BD CB=CD――――――→CO⊥BD―――――→BD⊥平面 OE?平面EOC △BDE是 EOC―――――――→ BD ⊥ OE ――――――→ BE = DE . 第(2)问 等腰三角形
1.审条件,挖解题信息 观察条件:△ABD 为正三角形∠BCD=120° ,M 是 AE 的 取AB的中点N, 中点――――――――――→MN∥BE,DN⊥AB,CB⊥AB. 连接DM,DN,MN

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直线、平面垂直的判定及其性质
2.审结论,明确解题方向

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需证面面平行 观察所求结论: DM∥平面 BEC――――――→平面 DMN 或线线平行 ∥平面 BEC 或 DM 平行于平面 BEC 内的一条线.

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3.建联系,找解题突破口 结合条件与图形:法一:证明平面 DMN∥平面 由面面平行推证线面平行 BEC――――――――――――→DM∥平面 BEC. 法二:在平面 BEC 内作辅助线 EF∥ 利用线面平行的判定 DM―――――――――→DM∥平面 BEC.
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直线、平面垂直的判定及其性质 [准确规范答题]

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(1)如图,取 BD 的中点 O,连接 CO,EO. 由于 CB=CD,所以 CO⊥BD. ?(1 分) 又 EC⊥BD,EC∩CO=C, CO,EC?平面 EOC, 所以 BD⊥平面 EOC. 因此 BD⊥EO. 又 O 为 BD 的中点, 所以 BE=DE. ?(3 分) ?(2 分) 由条件得出BD⊥面

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EOC时,易忽视
EC∩CO=C,EC? 平面EOC这一条件.
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第五节

直线、平面垂直的判定及其性质

(2)法一:如图,取 AB 的中点 N,连接 DM,DN,MN.
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因为 M 是 AE 的中点, 所以 MN∥BE.?(4 分) 又 MN?平面 BEC,BE?平面 BEC, 所以 MN∥平面 BEC.?(5 分) 又因为△ABD 为正三角形, 所以∠BDN=30° .?(6 分) 因此∠CBD=30° .?(7 分) 所以 DN∥BC.
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证明MN∥平面BEC时, 易忽视“MN ? 平面 BEC ,

又 CB=CD,∠BCD=120° , BE ? 平面 BEC ,而直接写
出MN∥平面BEC.”

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第五节

直线、平面垂直的判定及其性质

又DN?平面BEC,BC?平面BEC,
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所以DN∥平面BEC.?(9分)
又MN∩DN=N, 所以平面DMN∥平面BEC.?(10分) 又DM?平面DMN, 所以DM∥平面BEC.?(12分)
法二:如图,延长 AD,BC 交于点 F,连接 EF.?(4 分) 因为 CB=CD,∠BCD=120° , 所以∠CBD=30° .?(5 分)

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直线、平面垂直的判定及其性质

因为△ABD 为正三角形,
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所以∠BAD=60° ,∠ABC=90° .?(7 分) 因此∠AFB=30° , 1 所以 AB=2AF.?(9 分) 又AB=AD,

证明平面DMN∥平面

BEC时,易漏步骤
“MN∩DN=N”.

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所以D为线段AF的中点.?(10分) 连接DM,由点M是线段AE的中点, 得DM∥EF. 又DM?平面BEC,EF?平面BEC,?(11分) 所以DM∥平面BEC.?(12分)
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直线、平面垂直的判定及其性质

[答题模板速成] 空间位置关系的证明题的一般步骤:
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分析条 第一 件,挖 步 掘题目 审清 中平行 题意 与垂直 关系

第二 ?步 明确 方向

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确定问题方 向,选择证 明平行或垂 ? 直的方法, 必要时添加 辅助线

第 三 步 给 出 证 明

利用平 行垂直 关系的 判定或 性质给 出问题 的证明

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?

查看关键点、易漏 第四 点、检查使用定理 步 时定理成立的条件 反思 是否遗漏,符号表 回顾 达是否准确

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直线、平面垂直的判定及其性质

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1.设b、c表示两条不重合的直线,α、β表示两个不同的平 面,则下列命题是真命题的是 ( )

b?α? ? ??b∥c A. c∥α ? ? c∥α? ? ?α⊥ β C. c⊥β ? ?

b?α? ? ?c∥α B. b∥c ? ? c∥α ? ? ?c⊥β D. α⊥β? ?

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解析:选项A中的条件不能确定b∥c;选项B中条件的描 述也包含着直线c在平面α内,故不正确;选项D中的条 件也包含着c?β,c与β斜交或c∥β,故不正确. 答案:C
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直线、平面垂直的判定及其性质

2.如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,
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四边形ABCD是梯形,AD∥BC,AC⊥ CD,E是AA1上的一点. (1)求证:CD⊥平面ACE; (2)若平面CBE交DD1于点F,求证:EF∥AD.

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证明:(1)因为ABCD-A1B1C1D1为直四棱柱,
所以AA1⊥平面ABCD. 因为CD?平面ABCD,所以AA1⊥CD,即AE⊥CD. 因为AC⊥CD,AE?平面AEC,AC?平面AEC, AE∩AC=A,所以CD⊥平面AEC.
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直线、平面垂直的判定及其性质

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(2)因为AD∥BC,AD?平面ADD1A1,BC?平面 ADD1A1, 所以BC∥平面ADD1A1.

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因为BC?平面BCE,平面BCE∩平面ADD1A1=EF,
所以EF∥BC. 所以EF∥AD.

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直线、平面垂直的判定及其性质

3.如图1,等腰梯形ABCD中,AD∥BC,AB=AD,
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∠ABC=60°,E是BC的中点.如图2,将△ABE沿AE 折起,使平面ABE⊥平面AECD,F是CD的中点,P是棱 BC的中点,M为AE的中点.

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(1)求证:AE⊥BD; (2)求证:平面PEF⊥平面AECD; (3)若AB=2,求三棱锥P-CDE的体积V.
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第五节

直线、平面垂直的判定及其性质

解:(1)证明:连接BM、DM.
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在等腰梯形ABCD中,
∵AD∥BC,AB=AD,∠ABC=60°,E是BC的中点, ∴△ABE与△ADE都是等边三角形, ∴BM⊥AE,DM⊥AE.又BM∩DM=M, ∴AE⊥平面BDM. ∵BD?平面BDM, ∴AE⊥BD.

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第五节

直线、平面垂直的判定及其性质 (2)证明:连接CM交于EF于点N,连接PN.

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∵ME∥FC,且ME=FC,

∴四边形MECF是平行四边形,
∴N是线段CM的中点, ∵P是线段BC的中点,∴PN∥BM. 由题意可知,BM⊥平面AECD, ∴PN⊥平面AECD.

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∵PN?平面PEF,
∴平面PEF⊥平面AECD.
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第五节

直线、平面垂直的判定及其性质

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(3)由(2)可得,PN 为三棱锥 P-CDE 的高,∵AB=2, 1 3 ∴BM= 3,∴PN= BM= ,由题意可知,△CDE 是 2 2 1 3 2 边长为 2 的正三角形,S△CDE= ×2 × = 3, 2 2 1 1 3 1 故 V= S△CDE· PN= × 3× = . 3 3 2 2

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空间向量的运算及空间位置关系

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[备考方向要明了] 考什么 1.了解空间直角坐标系,会用空间直角坐标表示点的位置. 2.会推导空间两点间的距离公式. 3.了解空间向量的概念,了解空间向量的基本定理及其意 义,掌握空间向量的正交分解及其坐标表示. 4.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示. 5.掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的数

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量积判断向量的共线与垂直.
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空间向量的运算及空间位置关系

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怎么考 1.高考对于空间直角坐标系的考查,一般是点的坐标的 求解、距离的计算等,且多渗透到解答题中,难度不 大,如2012年新课标全国T19、江西T19等都渗透对空

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间直角坐标系的考查.
2.数量积的运算及应用是高考对本节考查的热点,主要 利用向量法证明共线、共面、平行、垂直等,一般体 现在解答题中,如2012年天津T17,新课标全国T19等.

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第六节

空间向量的运算及空间位置关系

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[归纳· 知识整合] 1.空间直角坐标系及有关概念 (1)空间直角坐标系 内容 以空间一点O为原点,具有相同的单位长度, 空间直角 给定正方向,建立三条两两垂直的数轴:x轴、 坐标系 y轴、z轴,这时建立了一个空间直角坐标系 O-xyz . 坐标原点 点O x轴 、 y轴 、______ 坐标轴 z轴 坐标平面 通过每两个坐标轴的平面
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第六节

空间向量的运算及空间位置关系

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(2)右手直角坐标系的含义: 当右手拇指指向x轴的正方向,食指指向y轴的正方向时,中 提 升 指指向 z轴 的正方向. 学 科 (3)空间中点M的坐标: 素 空间中点M的坐标常用有序实数组(x,y,z)来表示,记作 养 M(x,y,z),其中x叫做点M的 横坐标 ,y叫做点M的 纵坐标 , z叫做点M的 竖坐标 . 演 建立了空间直角坐标系后,空间中的点 M和有序实数组(x,y, 练 知 能 z)可建立一一对应的关系. 检 [探究] 1.空间直角坐标系中的坐标平面把空间分成几部分? 测 坐标轴上的点的坐标有什么特点? 提示:空间直角坐标系中的坐标平面将空间分成8部分.坐 标轴上点的坐标的特点是另外两个坐标均为零.
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第六节

空间向量的运算及空间位置关系 2.空间两点间的距离

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(1)设点 A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2), 则|AB|=
?x1-x2?2+?y1-y2?2+?z1-z2?2 . x2+y2+z2 .

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特别地,点 P(x,y,z)与坐标原点 O 的距离为
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|OP|=

(2)设点A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2)是空间中两点,则 ?x1+x2 y1+y2 z1+z2? ? ? , , ? 2 ? 2 2 ? ? . 线段AB的中点坐标为
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第六节

空间向量的运算及空间位置关系

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3.空间向量的概念及运算 空间向量的概念及运算同平面向量基本相同.加减运 提 升 算遵循 三角形或平行四边形 法则;数乘运算和数量积运 学 科 素 算与平面向量的数乘运算和数量积运算相同;坐标运算与 养 平面向量的坐标运算类似,仅多出了一个竖坐标. 4.空间向量的有关定理 演 练 (1)共线向量定理:对空间任意两个向量a,b(b≠0), 知 能 a∥b的充要条件是存在实数λ,使得 a=λb . 检 (2)共面向量定理:如果两个向量a,b不共线,那么向 测 量p与向量a,b共面的充要条件是存在惟一的有序实数对(x, p=xa+ y),使 . yb
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第六节

空间向量的运算及空间位置关系 (3)空间向量基本定理:如果三个向量a,b,c不共面,

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那么对空间任一向量p,存在有序实数组{x,y,z},使
得 p=xa+yb+zc.其中,{a,b,c}叫做空间的一个基底.
5.两个向量的数量积(与平面向量基本相同) (1)两向量的夹角:已知两个非零向量 a,b,在空间中 任取一点 O,作 OA =a,OB =b,则角 ∠AOB 叫做向量 a 与 b 的夹角,记作〈a,b〉 .通常规定 0 ≤〈a,b〉≤ π . π 若〈a,b〉= 2 ,则称向量 a,b 互相垂直,记作 a⊥ b.
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第六节

空间向量的运算及空间位置关系
(2)两向量的数量积:

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两个非零向量 a,b 的数量积 a· b= |a||b|cos〈a,b〉 .

(3)向量的数量积的性质: ①a· e=|a|cos〈a,e〉 ; b=0 ; ②a⊥b? a· ③|a|2=a· a=a2; ≤ ④|a· b| |a||b|.
(4)向量的数量积满足如下运算律: ①(λa)· b=λ(a· b); ②a· b=b· a(交换律);

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b+a· c ③a· (b+c)= a·

(分配律).
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第六节

空间向量的运算及空间位置关系

[探究] 2.对于实数a,b,若ab=0,则一定有a=0或b
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=0,而对于向量a,b,若a· b=0,则一定有a=0或b=0吗? 提示:不一定.因为当a≠0且b≠0时,若a⊥b,也有a· b

=0.
3.对于非零向量b,由a· b=b· c?a=c,这一运算是否成 立? 提示:不成立.根据向量数量积的几何意义,a· b=b· c 说明a在b方向上的射影与c在b方向上的射影相等,而不是a =c.

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空间向量的运算及空间位置关系 6.空间向量的坐标运算

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(1)设 a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3). a+b= (a1+b1,a2+b2,a3+b3) , a-b= (a1-b1,a2-b2,a3-b3) , λa=(λa1,λa2,λa3),a· b= a1b1+a2b2+a3b3 . a⊥b?a1b2+a2b2+a3b3= 0 ; a∥b?a1=λb1,a2=λb2,a3=λb3(λ∈R); a1b1+a2b2+a3b3 a· b cos〈a,b〉=|a|· 2 2 2 2 2. |b|= a1 +a2 + a + b + b + b 2 3 1 2 3
(2)设 A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2),则 (x2-x1,y2-y1,z2-z1) AB = OB - OA = .
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空间向量的运算及空间位置关系 [自测· 牛刀小试]

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1.点(2,0,3)在空间直角坐标系中的位置是 A.y轴上 C.xOz平面上 B.xOy平面上 D.x轴上

(

)

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解析:由于点的纵坐标为0,故这样的点在xOz平面 上.

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答案:C

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空间向量的运算及空间位置关系

2.如图所示,正方体的棱长为1,M是所
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在棱上的中点,N是所在棱上的四分之
一分点,则M、N之间的距离为_____.

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解析:由条件知,
? ?1 ? 1? M?1,0,2?,N?4,1,0?, ? ? ? ?
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故| MN |=

? ?1 ?2 1 ?2 2 ?1- ? +?0-1? +? -0? = 4? ? ?2 ?

29 4 .

29 答案: 4
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空间向量的运算及空间位置关系

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3.(教材习题改编)已知a=(-3,2,5),b=(1,λ,-1).若

a⊥b,则λ=________.
解析:∵a⊥b,∴(-3)×1+2λ+5×(-1)=0,

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∴λ=4.
答案:4

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空间向量的运算及空间位置关系

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4.(教材习题改编)在空间四边形 ABCD 中,G 为 CD 的 1 中点,则 AB +2( BD + BC )=________. 1 1 解析:依题意有 AB +2( BD + BC )= AB +2×2 BG =

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AB + BG = AG .
答案: AG

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空间向量的运算及空间位置关系

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5.已知四边形ABCD为平行四边形,且A(4,1,3),B(2, -5,1),C(3,7,-5),则点D的坐标为________.

解析:设 D(x,y,z), AB =(-2,-6,-2), DC =(c-x,7-y, -5-z), 由 AB = DC , 得-x=-2,7

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-y=-6,-5-z=-2,即 x=2,y=13,z=-3, 故点 D 的坐标为(2,13,-3).
答案:(2,13,-3)

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空间向量的运算及空间位置关系

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空间中两点间的距离公式及应用 [例1] 已知点M(3,2,1),N(1,0,5),求: (1)线段MN的长度; (2)到M,N两点的距离相等的点P(x,y,z)的坐标满 足的条件.
[ 自主解答 ] MN 的长度 MN= ?3-1?2+?2-0?2+?1-5?2=2 6, 所以线段 MN 的长度为 2 6.
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(1) 根据空间两点间的距离公式得线段

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空间向量的运算及空间位置关系

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(2)因为点 P(x,y,z)到 M,N 的距离相等,所以有 ?x-3?2+?y-2?2+?z-1?2= ?x-1?2+?y-0?2+?z-5?2, 化简得 x+y-2z+3=0,

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因此,到 M,N 两点的距离相等的点 P(x,y,z)的坐标满 足的条件是 x+y-2z+3=0.

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第六节

空间向量的运算及空间位置关系

回 扣 主 干 知 识

—————

————————————

求解空间距离的关键点 解决空间中的距离问题就是把点的坐标代入距离公式 计算,其中确定点的坐标或合理设出点的坐标是解题的关 键.若求满足某一条件的点,要先设出点的坐标,再建立 方程或方程组求解.
——————————————————————————

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空间向量的运算及空间位置关系

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1.已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB

=AC=AA1=2,M为BC1的中点,N为A1B1的中点,
求|MN|.

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第六节

空间向量的运算及空间位置关系

解:如图,以 A 为原点,AB,AC,AA1 为 x 轴,y 轴,z 轴
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建立空间直角坐标系 Axyz,

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则 B(2,0,0),C1(0,2,2),A1(0,0,2),B1(2,0,2), ∴N(1,0,2),M(1,1,1), ∴|MN|= ?1-1?2+?0-1?2+?2-1?2= 2.
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空间向量的运算及空间位置关系 空间向量的线性运算

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[例2]

(1)如图,在长方体ABCD-

A1B1C1D1中,O为AC的中点. 1 1 ① 化 简 A1O - 2 AB - 2 AD =

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________; ②用 AB , 则 OC1 AA1 表示 OC1 , AD , =________.
(2)向量a=(3,5,-4),b=(2,1,8).计算2a+3b,3a-2b的
值.
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空间向量的运算及空间位置关系
[ 自主解答 ] 1 1 1 (1) ① A1O - AB - AD = A1O - ( AB + AD ) = 2 2 2
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A1O - AO = A1O + OA = A1 A .
1 1 ② OC = AC = ( AB + AD ), 2 2 1 1 1 ∴ OC1 = OC + CC1 = ( AB + AD )+ AA1 = AB + AD + AA1 . 2 2 2

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(2)解: 2a+ 3b= 2(3,5 ,- 4)+ 3(2,1,8)= (6,10 ,- 8)+ (6,3,24)=(12,13,16). 3a-2b=3(3,5,-4)-2(2,1,8)=(9,15,-12)+(4,2,16) =(13,17,4).

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[答案]

(1)① A1 A

1 1 ② AB + AD + AA1 2 2
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空间向量的运算及空间位置关系

回 扣 主 干 知 识

2 本例中(1)条件不变,若 E 是棱 DD1 上的点,且 DE =3

DD1 ,若 EO =x AB +y AD +z AA1 ,试求 x,y,z 的值.
2 1 解: EO = ED + DO =-3 DD1 +2( DA+ DC ) 2 1 1 =-3 AA1 -2 AD +2 AB , 2 1 1 由条件知,x=-3,y=-2,z=2.
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第六节

空间向量的运算及空间位置关系

回 扣 主 干 知 识

—————

———————————— 用已知向量表示某一向量的方法

用已知不共面的向量表示某一向量时,应结合图形,

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将已知向量和未知向量转化至三角形或平行四边形中,
然后利用三角形法则或平行四边形法则,把所求向量用 已知向量表示出来.

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空间向量的运算及空间位置关系

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2.如图所示,已知空间四边形 ABCD 中, 向量 AB =a, AC =b, AD =c,若 M 为 BC 中点,G 为△BCD 的重心, 试用 a、b、c 表示下列向量: (1) DM ;(2) AG . 解:(1)在△ADM 中, DM = DA+ AM ,由线段中点的 1 1 向量表示知 AM =2( AB + AC )=2(a+b),由相反向量的 概念知 DA=- AD =-c. 1 1 所以 DM = DA+ AM =2(a+b)-c=2(a+b-2c);
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空间向量的运算及空间位置关系

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2 (2)由三角形重心的性质,得 AG = AD + DG =c+3 DM 21 1 =c+3(2 DB +2 DC ) 1 1 =c+3( AB - AD + AC - AD )=c+3(a+b-2c) 1 =3(a+b+c).

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空间向量的运算及空间位置关系

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共线、共面向量定理的应用 [例3] 已知E,F,G,H分别是空

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间四边形ABCD的边AB,BC,CD,
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DA的中点,用向量法证明:
(1)E,F,G,H四点共面; (2)BD∥平面EFGH.

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空间向量的运算及空间位置关系
1 (1)连接 BG,则 EG = EB + BG = EB + 2

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[自主解答]

( BC + BD )= EB + BF + EH = EF + EH , 由共面向量定理的推论知:E、F、G、H 四点共面. 1 1 1 (2)因为 EH = AH - AE =2 AD -2 AB =2( AD - AB )=

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1 2 BD ,所以 EH∥BD. 又 EH?平面 EFGH,BD?平面 EFGH, 所以 BD∥平面 EFGH.

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第六节

空间向量的运算及空间位置关系
————————————
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—————
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应用共线向量定理、共面向量定理证明点共线、点

共面的方法比较
三点(P,A,B)共线

空间四点(M,P,A,B)共面

PA=λ PB 且同过点 P
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MP =x MA+y MB
对空间任一点 O, OP =
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对空间任一点 O ,

OP = OA +t AB

OM +x MA+y MB

对空间任一点 O, OP =x OA +(1-x) OB

OP =x OM 对空间任一点 O,
+y OA +(1-x-y) OB

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空间向量的运算及空间位置关系

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3.证明三个向量a=-e1+3e2+2e3,b=4e1-6e2+2e3,c =-3e1+12e2+11e3共面. 证明:若e1,e2,e3共面,显然a,b,c共面; 若e1,e2,e3不共面,设c=λa+ub, 即-3e1+12e2+11e3=λ(-e1+3e2+2e3)+u(4e1-6e2+2e3), 整理得-3e1+12e2+11e3=(4u-λ)e1+(3λ-6u)e2+(2λ+ 2u)e3. 由空间向量基本定理可知

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?4u-λ=-3, ? ? ?λ=5, ?3λ-6u=12, 解得? 1 u=2, ? ? ? ?2λ+2u=11, 1 即 c=5a+2b,则三个向量共面.
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第六节

空间向量的运算及空间位置关系

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空间向量的数量积及其应用 [例4] 如图所示,直三棱柱ABC-A1B1C1,底面

△ABC中,CA=CB=1,∠BCA=90°,棱AA1=2,M、 N分别是A1B1、A1A的中点. (1)求BN的长;

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(2)求异面直线BA1与CB1所成角的余弦值;
(3)求证:A1B⊥C1M.

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空间向量的运算及空间位置关系
[自主解答] (1)| BN |2= BN · BN
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=( BA + AN )· ( BA + AN ) =| BA |2+| AN |2+2 BA · AN =2+1=3, ∴| BN |= 3.

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(2)∵ BA1 · ( CB + BB1 ) CB1 =( BA + AA1 )·
CB + BA · CB + AA1 · = BA · BB1 + AA1 · BB1

= 2· 1· cos 135° +0+0+4=3, 又∵| BA1 |2=( BA + AA1 )
2

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第六节

空间向量的运算及空间位置关系
=| BA |2+2 BA · AA1 +| AA1 |2

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=2+0+4=6,∴| BA1 |= 6. 又∵| CB1 |2=( CB + BB1 )2 =| CB |2+2 CB · BB1 +| BB1 |2 =1+0+4=5,∴| CB1 |= 5.

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BA1 · CB1 3 30 ∴cos〈 BA1 , CB1 〉= = = 10 , 6· 5 | BA1 || CB1 |
30 ∴异面直线 BA1 与 CB1 所成角的余弦值为 10 .

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空间向量的运算及空间位置关系

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(3)证明: A1 B · ( C1 A1 + C1 M ) C1 M =( A1 A + AB )· = A1 A · C1 A1 + A1 A · A1 M + AB · C1 A1 + AB · A1 M 2 =0+0+1· 2· cos 135° + 2·2 · cos 0° =0. ∴ A1 B ⊥ C1 M ,∴A1B⊥C1M.

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第六节

空间向量的运算及空间位置关系 ———————————— 空间向量数量积的应用
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—————
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a· b (1)求夹角. 设向量 a, b 所成的角为 θ, 则 cos θ=|a||b|, 进而可求两异面直线所成的角;
(2)求长度(距离).运用公式|a|2=a· a,可使线段长度
的计算问题转化为向量数量积的计算问题; (3)解决垂直问题.利用a⊥b?a· b=0(a≠0,b≠0),可 将垂直问题转化为向量数量积的计算问题.

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空间向量的运算及空间位置关系

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4.已知空间三点 A(-2,0,2),B(-1,1,2),C(-3,0,4).设 a = AB ,b= AC ,

(1)求a和b的夹角θ的余弦值; (2)若向量ka+b与ka-2b互相垂直,求k的值.
解:∵A(-2,0,2),B(-1,1,2),C(-3,0,4), a= AB ,b= AC ,∴a=(1,1,0),b=(-1,0,2). a· b -1+0+0 10 (1)cos θ=|a||b|= =- 10 , 2× 5 10 ∴a 和 b 的夹角 θ 的余弦值为- 10 .
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空间向量的运算及空间位置关系

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(2)∵ka+b=k(1,1,0)+(-1,0,2)=(k-1,k,2), ka-2b=(k+2,k,-4), 且(ka+b)⊥(ka-2b), ∴(k-1,k,2)· (k+2,k,-4)=(k-1)(k+2)+k2-8=2k2+k-

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10=0. 5 则 k=-2或 k=2.

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空间向量的运算及空间位置关系

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2 个原则——建立空间直角坐标系的原则

(1)合理利用几何体中的垂直关系,特别是面面垂直; (2)尽可能地让相关点落在坐标轴或坐标平面上.
1 个方法——利用向量法求解立体几何问题的一般方法

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利用向量解立体几何题的一般方法:把线段或角度转 化为向量表示,用已知向量表示未知向量,然后通过向量 的运算或证明去解决问题.在这里,恰当地选取基底可使

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向量运算简捷,或者是建立空间直角坐标系,使立体几何
问题成为代数问题.另外,熟练准确地写出空间中任一点 的坐标是解决问题的基础.
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空间向量的运算及空间位置关系

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1 个注意点——空间向量数量积计算的一个注意点

空间向量的数量积的计算要充分利用向量所在图 形,巧妙地进行向量的分解与合成,分解时并不是漫

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无目的的,而要充分利用图形的特点及其含有的特殊
向量,这里的特殊向量主要指具有特殊夹角或已知模 的向量.

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创新交汇——空间向量的坐标表示及应用问题

1.此类问题通常与立体几何中的位置关系、距离等交 汇命题来考查,考查利用向量方法证明平行、垂直以及求距 离、空间角等问题. 2.求解上述问题的突破口是建立适当的空间直角坐标

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系,把位置关系与对应向量之间的关系弄清楚,把空间位置
关系翻译成向量的运算关系,通过向量的运算解答问题.

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[典例] 如图所示,在四棱锥P-ABCD 中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD, ∠ABC=60°,PA=AB=BC,E是PC的中 点.证明: (1)AE⊥CD; (2)PD⊥平面ABE.

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证明:AB、AD、AP 两两垂直, 建立如图所示的空间直角坐标系, 设 PA=AB=BC=1,则 P(0,0,1). (1)∵∠ABC=60° , ∴△ABC 为正三角形. ?1 ? ?1 3 3 1? ? ? ? ∴C? , ,0?,E? , , ? . 2 4 2? ?2 ? ?4 ?
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空间向量的运算及空间位置关系

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设 D(0,y,0),由 AC⊥CD,得
CD =0, AC ·
? ? 2 3 2 3 ? ? 即 y= ,则 D?0, , 0 ?, 3 3 ? ? ? 1 ∴ CD =? ?-2, ? ? ?1 3 3 1? ? ? ? ,0?.又 AE =? , , ?, 6 4 2? ? ?4

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1 1 3 3 CD ∴ AE · =- × + × =0, 2 4 6 4 ∴ AE ⊥ CD ,即 AE⊥CD.

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空间向量的运算及空间位置关系
? ? 2 3 ? ? (2)法一:∵P(0,0,1),∴ PD =?0, ,- 1 ?. 3 ? ?

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3 2 3 1 又 AE · PD = 4 × 3 +2×(-1)=0, ∴ PD ⊥ AE ,即 PD⊥AE. ∵ AB =(1,0,0),∴ PD · AB =0. ∴PD⊥AB,又 AB∩AE=A,∴PD⊥平面 AEB.
?1 法二: AB =(1,0,0), AE =? ?4, ?

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3 1? ? , , 4 2? ?

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设平面 ABE 的一个法向量为 n=(x,y,z),

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x=0, ? ? 则 ?1 3 1 x+ 4 y+2z=0, ? ?4 令 y=2,则 z=- 3,∴n=(0,2,- 3).

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? ? 2 3 ? ? ∵ PD =?0, ,- 1 ?,显然 PD = 3 ? ?

3 3 n.

∵ PD ∥n,∴ PD ⊥平面 ABE,即 PD⊥平面 ABE.

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[名师点评] 本题考查空间线线、线面位置关系的判定.解题时,应

正确建立坐标系,并准确写出相关点的坐标,这是解答此类
问题的关键和易失误之处.

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[变式训练]

正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为面A1B1C1D1的中心,
求证:AP⊥B1P.

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第六节

空间向量的运算及空间位置关系
证明:建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz,设棱长

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为 1,则

?1 1 ? A(1,0,0),B1(1,1,1),P?2,2,1?,由两点间的距离 ? ? ? 1?2 ? 1?2 ?1- ? +?0- ? +?0-1?2= 2? ? 2 ? ? ? 1?2 ? 1?2 ?1- ? +?1- ? +?1-1?2= 2? ? 2 ? ?

公式得|AP|= |B1P|= |AB1|=

6 , 2

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2 , 2

?1-1?2+?0-1?2+?0-1?2= 2,

∴|AP|2+|B1P|2=|AB1|2,∴AP⊥B1P.

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第六节

空间向量的运算及空间位置关系

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1.如图所示,在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中,设 AA1 =a,

AB =b,AD =c,M、N、P 分别是 AA1、BC、C1D1 的中点,
试用 a,b,c 表示以下各向量:

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(1) AP ;

(2) A1 N ;
(3) MP + NC1 .

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第六节

空间向量的运算及空间位置关系
解:(1)∵P 是 C1D1 的中点,

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∴ AP = AA1 + A1 D1 + D1 P 1 =a+ AD +2 D1C1 1 =a+c+2b.

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(2)∵N 是 BC 的中点, ∴ A1 N = A1 A + AB + BN 1 =-a+b+2 BC 1 1 =-a+b+2 AD =-a+b+2c.
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第六节

空间向量的运算及空间位置关系

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突 破 热 点 题 型

(3)∵M 是 AA1 的中点, 1 ∴ MP = MA+ AP =2 A1 A + AP 1 1 1 1 =-2a+(a+c+2b)=2a+2b+c. 1 又 NC1 = NC + CC1 =2 BC + AA1 1 1 =2 AD + AA1 =2c+a,∴ MP + NC1 1 1 1 =(2a+2b+c)+(a+2c) 3 1 3 =2a+2b+2c.
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第六节

空间向量的运算及空间位置关系

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2.已知空间四边形ABCD中,AB⊥CD,AC⊥BD,试用 向量法证明AD⊥BC.
BC =( AB + BD )· 证明:法一: AD · ( AC - AB ) AC + BD · AC - AB 2- AB · = AB · BD
DC =0. = AB · ( AC - AB - BD )= AB ·

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即 AD⊥BC.

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第六节

空间向量的运算及空间位置关系

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法二:选取一组基底,设 AB =a, AC =b, AD =c. ∵AB⊥CD,∴a· (c-b)=0, 即 a· c=b· a, 同理:a· b=b· c,∴a· c=b· c, ∴c· (b-a)=0,
BC =0,即 AD⊥BC. ∴ AD ·

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第六节

空间向量的运算及空间位置关系

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3.如图所示,已知空间四边形 ABCD,E、 H 分别是边 AB、AD 的中点,F、G 分 2 CF 别是边 CB、CD 上的点,且 =3 CB , 2 CG =3 CD .求证:四边形 EFGH 是梯形.

1 证明:∵E、H 分别是边 AB、AD 的中点,∴ AE =2 AB ,AH 1 =2 AD , 1 1 1 1 1 EH = AH - AE = 2 AD - 2 AB = 2 ( AD - AB ) = 2 BD = 2 ? 3 3 1 ?3 3 ( CD - CB )=2?2 CG -2 CF ?=4( CG - CF )=4 FG , ? ? 3 ∴ EH ∥ FG 且| EH |=4| FG |≠| FG |,又 F 不在 EH 上, ∴四边形 EFGH 是梯形.
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第七节

空间向量在立体几何中的应用

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[备考方向要明了] 考什么 1.理解直线的方向向量与平面的法向量. 2.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平 面的垂直、平行关系. 3.能用向量方法证明有关直线和平面关系的一些定理(包括 三垂线定理). 4.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平 面的夹角的计算问题.了解向量方法在研究立体几何问 题中的应用.
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第七节

空间向量在立体几何中的应用

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怎么考
1.高考中很少考查直线的方向向量,而平面法向量则多 渗透在解答题中考查. 2.利用向量法证明有关线、面位置关系,在高考有所体

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现,如2012年陕西T18,可用向量法证明.
3.高考对空间向量及应用的考查,多以解答题形式考 查,并且作为解答题的第二种方法考查,如2012年北 京T16,天津T17等.
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第七节

空间向量在立体几何中的应用

[归纳· 知识整合]
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1.两个重要向量 (1)直线的方向向量 直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量, 一条直线的方向向量有 无数 个. (2)平面的法向量 直线l⊥平面α,取直线l的方向向量,则这个向量叫做平面α 的法向量.显然一个平面的法向量有 无数 个,它们是共线向 量. [探究] 1.在求平面的法向量时,所列的方程组中有三个变 量,但只有两个方程,如何求法向量? 提示:给其中一个变量恰当赋值,求出该方程组的一组非零 解,即可作为法向量的坐标.
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第七节

空间向量在立体几何中的应用

2.空间位置关系的向量表示
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位置关系

向量表示 l1∥ l2 l1⊥ l2 l∥ α n1∥n2?n1=λn2 n1⊥n2?n1· n2=0 n⊥m?m· n=0

直线 l1 , l2 的方向向量
分别为n1,n2. 直线 l 的方向向量为 n ,

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平面α的法向量为m
平面 α 、 β 的法向量分 别为n,m.

l⊥ α
α∥ β α⊥ β

n∥m?n=λm
n∥m?n=λm n⊥m?n· m= 0
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第七节

空间向量在立体几何中的应用

3.两条异面直线所成角的求法
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设两条异面直线 a, b 的方向向量为 a, b, 其夹角为 θ,
b| (其中 φ 为异面直线 a, 则 cos φ=|cos θ|= |a· b 所成的角). |a||b|
4.直线和平面所成的角的求法

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如图所示,设直线 l 的方向向量为 e,平面 α 的法向量 为 n,直线 l 与平面 α 所成的角为 φ,两向量 e 与 n 的夹角

|n· e| 为 θ,则有 sin φ=|cos θ|= |n||e| .

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第七节

空间向量在立体几何中的应用
5.求二面角的大小

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(1)如图①,AB、CD 是二面角 α-l-β 的两个面内与

〈 AB , CD 〉 棱 l 垂直的直线,则二面角的大小 θ= .

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(2)如图②③,n1,n2 分别是二面角 α-l-β 的两个半 平面 α,β 的法向量,则二面角的大小 θ= 〈n1,n2〉

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(或π-〈n1,n2〉) .

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第七节

空间向量在立体几何中的应用

[探究]
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2.两向量的夹角的范围是什么?两异面直线

所成角呢?直线与平面所成角呢?二面角呢?
提示:两向量的夹角范围是[0,π];两异面直线所成 ? ? π? π? 角的范围是?0,2?;直线与平面所成角的范围是?0,2?;二 ? ? ? ? 面角的范围是[0,π],注意以上各角取值范围的区别.

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6.点到平面的距离的向量求法
如图, 设 AB 为平面 α 的一条斜线段, n 为平面 α 的法向

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n| . 量,则点 B 到平面 α 的距离 d= | AB · |n|

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第七节

空间向量在立体几何中的应用

[自测· 牛刀小试]
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1. (教材习题改编)两条不重合的直线l1和l2的方向向量分 别为v1=(1,-1,2),v2=(0,2,1),则l1与l2的位置关系 是 ( B.相交 ) A.平行

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C.垂直

D.不确定

解析:∵v1· v2=1×0+(-1)×2+2×1=0,∴v1⊥v2, 从而l1⊥l2.

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答案:C
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空间向量在立体几何中的应用

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2.若直线l的方向向量为a=(1,0,2),平面α的法向量为n=
(-2,0,-4),则 A.l∥α C.l?α B.l⊥α D.l与α斜交 ( )

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解析:∵a=(1,0,2),n=(-2,0,-4)

∴n=-2a,即a∥n.
∴ l⊥ α. 答案:B
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第七节

空间向量在立体几何中的应用

3.若平面α、β的法向量分别为n1=(2,-3,5),n2=(-
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3,1,-4),则

(

)

A.α∥β
B.α⊥β C.α、β相交但不垂直 D.以上均不正确 解析:∵n1· n2=2×(-3)+(-3)×1+5×(-4)≠0,∴n1 与n2不垂直,∴α与β相交但不垂直. 答案:C
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第七节

空间向量在立体几何中的应用

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4.(教材习题改编)已知两平面的法向量分别为m=(0,1,0), n=(0,1,1),则两平面所成的二面角的大小为________.
m· n 1 2 解析:cos〈m,n〉=|m||n|= = , 1× 2 2 即〈m,n〉=45° ,其补角为 135° . ∴两平面所成的二面角为 45° 或 135° .

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答案:45°或135°

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第七节

空间向量在立体几何中的应用

5.若平面α的一个法向量为n=(2,1,2),直线l的一个方向
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向量为a=(-1,1,1),则l与α所成的角的正弦值为 ________.
解析:设直线 l 与平面 α 所成的角为 θ,则 |n· a| sin θ=|cos〈n,a〉|=|n|· |a| |-1×2+1×1+1×2| 3 = 2 2 2 2 2 2= 9 . ?-1? +1 +1 · 2 +1 +2

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3 答案: 9
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用向量法证明平行、垂直 [例1] 在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB=

2BC,E、F、E1分别是棱AA1,BB1,A1B1的中点.
(1)求证:CE∥平面C1E1F; (2)求证:平面C1E1F⊥平面CEF. [自主解答] 以 D 为原点,DA,DC,DD1 所在
的直线为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,设 BC=1, 1 则 C(0,1,0),E(1,0,1),C1(0,1,2),F(1,1,1),E1(1, ,2). 2
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空间向量在立体几何中的应用
(1)设平面 C1E1F 的法向量 n=(x,y,z).

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1 ∵ C1 E1 =(1,- ,0), FC1 =(-1,0,1), 2 1 ? ?n· C1 E1 =0 ?x- y=0, ∴? ,即? 2 FC1 =0 ? ?n· ?-x+z=0. 取 n=(1,2,1).

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CE =1-2+1=0, ∵ CE =(1,-1,1),n·
∴ CE ⊥n. 又∵CE?平面 C1E1F, ∴CE∥平面 C1E1F.
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空间向量在立体几何中的应用

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(2)设平面 EFC 的法向量为 m=(a,b,c), 由 EF =(0,1,0), FC =(-1,0,-1),
?m· EF =0 ? ∴? ? FC =0 ?m· ? ?b=0, ,即? ? ?-a-c=0.

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取 m=(-1,0,1). ∵m· n=1×(-1)+2×0+1×1=-1+1=0, ∴平面 C1E1F⊥平面 CEF.

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空间向量在立体几何中的应用

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保持例题条件不变,求证:CF⊥平面C1EF.
证明:由例题可知,E(1,0,1),F(1,1,1),C(0,1,0),C1(0,1,2), ∴ CF =(1,0,1), C1 F =(1,0,-1), EF =(0,1,0). ∴ CF · C1 F =1×1+0×0+1×(-1)=0,
CF · EF =1×0+0×1+1×0=0.

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∴ CF ⊥ C1 F , CF ⊥ EF . ∴CF⊥C1F,CF⊥EF. ∵C1F∩EF=F, ∴CF⊥平面 C1EF.
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第七节

空间向量在立体几何中的应用

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—————

————————————

1.向量法证明空间平行或垂直的关键点

利用向量法证明空间中的平行或垂直的问题时,建系
是关键的一步,通常借助于几何图形中的垂直关系选择坐 标原点和坐标轴,并让尽可能多的顶点在坐标轴上.

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2.向量法证明线面平行的注意点
用向量法证线面平行可以证明直线的一个方向向量与 平面内的某一向量是共线(平行)向量,也可以证明直线的

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方向向量与平面的某个法向量垂直,在具体问题中可选择
——————————————————————————
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较简单的解法.

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1.(2013· 安徽师大附中模拟)如图,已知

AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,
△ACD为等边三角形,AD=DE =2AB,F为CD的中点. (1)求证:AF∥平面BCE; (2)求证:平面BCE⊥平面CDE.
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空间向量在立体几何中的应用

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解:设 AD=DE=2AB=2a, 建立如图所示的坐标系 A-xyz, 则 A(0,0,0),C(2a,0,0),B(0,0,a),D(a, 3a,0), E(a, 3a,2a). ∵F 为 CD 的中点,
?3 ∴F? ?2a, ? ? 3 ? a,0?. 2 ?

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空间向量在立体几何中的应用
?3 AF =? ?2a, ? ? 3 ? a,0?, 2 ?

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(1)证明:

BE =(a, 3a,a), BC =(2a,0,-a),
1 ∵ AF = ( BE + BC ),AF?平面 BCE, 2 ∴AF∥平面 BCE.
?3 (2)证明:∵ AF =? ?2a, ? ? 3 ? a,0?, 2 ?

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CD =(-a, 3a,0), ED =(0,0,-2a), CD =0, AF · ∴ AF · ED =0,
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空间向量在立体几何中的应用

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∴ AF ⊥ CD , AF ⊥ ED . 又 CD∩DE=D, ∴ AF ⊥平面 CDE,

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即 AF⊥平面 CDE. 又 AF∥平面 BCE, ∴平面 BCD⊥平面 CDE.

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利用空间向量求空间角

[例2]

如图,在长方体ABCD-

A1B1C1D1中,已知AB=4,AD=3, AA1=2.E、F分别是线段AB、BC上的 点,且EB=FB=1. (1)求二面角C-DE-C1的正切值;

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(2)求直线EC1与FD1所成角的余弦值.

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[自主解答]

(1)以 A 为原点, AB ,

AD , AA1 分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正
方向建立空间直角坐标系,则 D(0,3,0)、 D1(0,3,2)、E(3,0,0)、F(4,1,0)、C1(4,3,2),

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于是 DE =(3,-3,0),EC1=(1,3,2),FD1=(-4,2,2). 设 n=(x,y,2)为平面 C1DE 的法向量,
? n⊥ DE ? 3x-3y=0 ? ??x=y=-1 ?? 则有 x+3y+2×2=0? n⊥ EC1 ? ?

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∴n=(-1,-1,2),

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∵向量 AA1 =(0,0,2)与平面 CDE 垂直, ∴n 与 AA1 所成的角 θ 为二面角 C-DE-C1 的平面角 或其补角. -1×0-1×0+2×2 6 ∵cos θ= = =3 1+1+4× 0+0+4 |n|| AA1 | 由图知二面角 C-DE-C1 的平面角为锐角, 2 ∴tan θ= 2 .
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n· AA1

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(2)设 EC1 与 FD1 所成的角为 β,则 ? EC1 · FD1 ? ? cos β=? ?| EC1 || FD1 |?
? =? ? ? ? 1×?-4?+3×2+2×2 ? 2 2 2 2 2 2? 1 +3 +2 × ?-4? +2 +2 ?

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21 = 14 .

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—————

———————————— 求平面的法向量的步骤

(1)设出法向量的坐标,一般设为n=(x,y,z);

(2)建立方程组,即利用平面的法向量与平面内的两
条相交直线的方向向量垂直,建立关于x,y,z的方程 组. (3)消元,通过加减消元,用一个未知数表示另两个 未知数.

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(4)赋值确定平面的一个法向量.
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2. (2012· 新课标全国卷 )如图所示,直三棱柱 ABC-A1B1C1 1 中,AC=BC= AA1,D 是棱 AA1 的中点,DC1⊥BD. 2
(1)证明:DC1⊥BC;
(2)求二面角 A1BDC1 的大小.

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解: (1)证明:由题设知,三棱柱的侧面为矩形.由于 D 1 为 AA1 的中点,故 DC=DC1.又 AC= AA1,可得 DC2 1+ 2 DC2=CC2 1,所以 DC1⊥DC. 而 DC1⊥BD,DC∩BD=D,所以 DC1⊥平面 BCD. BC?平面 BCD,故 DC1⊥BC.

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空间向量在立体几何中的应用

(2)由(1)知 BC⊥DC1,且 BC⊥CC1,则
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BC⊥平面 ACC1,所以 CA,CB,CC1 两两相互垂直. 以 C 为坐标原点, CA 的方向为 x 轴的

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正方向,| CA |为单位长,建立如图所示 的空间直角坐标系 C-xyz. 由题意知 A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C1(0,0,2). 则 A1 D =(0,0,-1), BD =(1,-1,1), DC 1=(-1,0,1).
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设 n=(x,y,z)是平面 A1B1BD 的法向量,
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? ? n· BD =0, ?x-y+z=0, 则? 即? ? A1 D =0, ?z=0, ?n·

可取 n=(1,1,0). ?m · BD =0, 同理,设 m 是平面 C1BD 的法向量,则? DC1 =0, ?m· 可取 m=(1,2,1). 从而 n,m n· m 3 =|n|· |m|= 2 .
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故二面角 A1-BD-C1 的大小为 30° .

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利用向量法求空间距离

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[例 3]

在三棱锥 S-ABC 中,△ABC

是边长为 4 的正三角形,平面 SAC⊥平面 ABC,SA=SC=2 3,M、N 分别为 AB、 SB 的中点,如图所示,求点 B 到平面 CMN 的距离.

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[自主解答] 取AC的中点O,连接OS、OB. ∵SA=SC,AB=BC, ∴AC⊥SO,AC⊥BO. ∵平面SAC⊥平面ABC,平面SAC∩平面ABC=AC, ∴SO⊥平面ABC, 又∵BO?平面ABC,∴SO⊥BO.
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空间向量在立体几何中的应用

如图所示,建立空间直角坐标系 Oxyz,
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则 B(0,2 3,0),C(-2,0,0),S(0,0,2 2), M(1, 3,0),N(0, 3, 2). ∴ CM =(3, 3,0), MN =(-1,0, 2),

MB =(-1, 3,0).
设 n=(x,y,z)为平面 CMN 的一个法向量,
? CM · n=3x+ 3y=0, ? 则? ? n=-x+ 2z=0, ? MN ·

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取 z=1,

则 x= 2,y=- 6,∴n=( 2,- 6,1). ∴点 B 到平面 CMN 的距离 d= |n· MB | 4 2 = . |n| 3
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空间向量在立体几何中的应用

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—————

————————————

求平面α外一点P到平面α的距离的步骤 (1)求平面α的法向量n;

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(2)在平面 α 内取一点 A,确定向量 PA的坐标;
|n· PA| (3)代入公式 d= |n| 求解.
——————————————————————————

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空间向量在立体几何中的应用

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3.已知正方形ABCD的边长为4,E,F分

别为AB,AD的中点,GC⊥平面ABCD,
且GC=2.求点B到平面EFG的距离.
解:如图所示,以 C 为原点,CB、CD、CG 所在直线 分别为 x、y、z 轴建立空间直角坐标系 O-xyz. 由题意知 B(4,0,0),E(4,2,0),F(2,4,0), G(0,0,2),

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BE =(0,2,0),GE =(4,2,-2), EF =
(-2,2,0).
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设平面 GEF 的法向量为 n=(x,y,z),则有

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? GE =0, ? n· ? ? EF =0, ? n·

? ?2x+y-z=0, 即? ? ?-x+y=0,

令 x=1,则 y=1,z=3, ∴n=(1,1,3). 点 B 到平面 GEF 的距离为 | BE · n| cos〈 BE ,n〉 = d= | BE |· |n|
? ? ? ? ? ?

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? ? 0, 2, 0? · ?1,1,3?? ? ? 2 11 =? ?= 11 . 11 ? ?
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第七节

空间向量在立体几何中的应用

回 扣 主 干 知 识

2 种方法——用向量证平行与垂直的方法

(1)用向量证平行的方法 ①线线平行:证明两直线的方向向量共线. ②线面平行:a.证明该直线的方向向量与平面的某一 法向量垂直; b.证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量 平行. ③面面平行:a.证明两平面的法向量为共线向量; b.转化为线面平行、线线平行问题.
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空间向量在立体几何中的应用

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(2)用向量证明垂直的方法 ①线线垂直:证明两直线所在的方向向量互相垂直,

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即证它们的数量积为零.
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②线面垂直:证明直线的方向向量与平面的法向量共 线,或将线面垂直的判定定理用向量表示. ③面面垂直:证明两个平面的法向量垂直,或将面面垂 直的判定定理用向量表示.

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第七节

空间向量在立体几何中的应用

3 种角——利用向量法求三种角的问题
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在立体几何中,涉及的角有异面直线所成的角、直线 与平面所成的角、二面角等.关于角的计算,均可归结为 两个向量的夹角. (1)求两异面直线a、b的夹角θ,须求出它们的方向向量 a,b的夹角,则cos θ=|cos〈a,b〉|. (2)求直线l与平面α所成的角θ 可先求出平面α的法向量n与直线l的方向向量a的夹 角.则sin θ=|cos〈n,a〉|. (3)求二面角αlβ的大小θ,可先求出两个平面的法向量 n1,n2所成的角,则θ=〈n1,n2〉或π-〈n1,n2〉.
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第七节

空间向量在立体几何中的应用

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1 个易错点——利用平面法向量求二面角的易错点

利用平面的法向量求二面角的大小时,当求出两半平

面α、β的法向量n1,n2时,要根据向量坐标在图形中观察
法向量的方向,从而确定二面角与向量n1,n2的夹角是相 等(一个平面的法向量指向二面角的内部,另一个平面的法 向量指向二面角的外部),还是互补(两个法向量同时指向二 面角的内部或外部),这是利用向量求二面角的难点、易错 点.

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空间向量在立体几何中的应用

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答题模板——空间向量在立体几何中的应用
[典例] (2012· 安徽高考· 满分 12 分)平

面图形 ABB1A1C1C 如图①所示,其中 BB1C1C 是矩形,BC=2,BB1=4,AB=

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AC= 2,A1B1=A1C1= 5,现将该平面 图形分别沿 BC 和 B1C1 折叠,使△ABC 与△A1B1C1 所在平面都与平面 BB1C1C 垂直,再分别连接 A1A, A1B,A1C,得到如图②所示的空间图形.对此空间图形解答下列 问题.
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第七节

空间向量在立体几何中的应用

(1)证明:AA1⊥BC;
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(2)求AA1的长; (3)求二面角ABCA1的余弦值. [快速规范审题] 1.审条件,挖解题信息
观察条件:四边形 BB1C1C 是矩形,平面 ABC⊥平面 BB1C1C,平面 A1B1C1⊥平面 BB1C1C 取BC,B1C1的中点D,D1 ――――――――――――→DD1,B1D1,A1D1 两两垂直. 连接DD1

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空间向量在立体几何中的应用

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2.审结论,明确解题方向 观察结论: (1)证明:AA1⊥BC,(2)求 AA1 的长,(3)求二面角 A- 需建立空间直角坐标系 BC-A1 的余弦值―――――――――――→转化为向量运算 正确写出相关点的坐标 解决.

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空间向量在立体几何中的应用

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3.建联系,找解题突破口 D1D,D1B1,D1A1 两两垂直,BC=2,BB1=4,AB= 以D1D,D1B1,D1A1所在直线 AC= 2, A1B1=A1C1= 5―――――――――――――――→ 分别为z轴,x轴,y轴 及相关向量 BC =0, 建立空间直角坐标系―――――――→(1)证明 A1 A · (2)计算 AA1 =| AA1 |,(3)求平面法向量的夹角―→得相应结 论.

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[准确规范答题] (1)证明:取BC,B1C1的中点分别为D和D1,连接 A1D1,DD1,AD. 坐标系建立不当, 由BB1C1C为矩形知,DD1⊥B1C1. 不能准确地推证

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因为平面BB1C1C⊥平面A1B1C1, AD∥A1D1,导致点
所以DD1⊥平面A1B1C1.?(1分) A的坐标求错. 又由A1B1=A1C1知,A1D1⊥B1C1.?(2分)

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空间向量在立体几何中的应用
故以 D1 为坐标原点, 可建立如图所示的空间直角坐标系 D1

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-xyz.?(3 分) 由题设, 可得 A1D1=2,AD=1. 由以上可知 AD⊥平面 BB1C1C,A1D1⊥平 面 BB1C1C,

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于是 AD∥A1D1.?(4 分) 所以 A(0, -1,4),B(1,0,4),A1(0,2,0),C(-1,0,4),D(0,0,4),

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BC =0,?(5 分) 故 AA1 =(0,3,-4),BC =(-2,0,0), AA1 ·
因此 AA1 ⊥ BC ,即 AA1⊥BC.?(6 分)
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空间向量在立体几何中的应用
5 5

(2)因为 AA1 =(0,3,-4),
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求出 cos 〈n1, n2〉 =

所以| AA1 |=5,即 AA1=5.?(8 分)

后, 不判断二面角大小 直接得出结论从而失 误.

(3)设平面 A1BC 的法向量为 n1=(x1,y1,z1),

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又因为 A1C =(-1,-2,4), A1 B =(1,-2,4),?(9 分) ? A1C · n 1 = 0, 所以? ?(10 分) n1=0, ? A1 B ·
? ?x1+2y1-4z1=0, 即? ? ?x1-2y1+4z1=0 ? ?x1=0, ?? ? ?y1=2z1.

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令 z1=1,则 n1=(0,2,1). 又因为平面 ABC⊥z 轴,所以取平面 ABC 的法向量为 n2 =(0,0,1),

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不注意条件“z轴⊥
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n1· n2 1 5 则 cos〈n1,n2〉= = = , 平面ABC”的应用, |n1|· |n2| 5 5 增大运算量. ?(11 分) 5 所以二面角 A-BC-A1 的余弦值为- .?(12 分) 5

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[答题模板速成] 利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤
利用条件分 第二步 结合建系过程 第一 析问题,建 确定相 与图形,准确 步 立恰当的空 ? 理清 关点的 地写出相关点 间直角坐标 题意 坐标 的坐标 系

?

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第四 利用点的坐标求出相关直线 第三步 步 的方向向量和平面的法向量, 确立平 若已知某直线垂直某平面, ? 转化 面的法 为向 可直接取直线的一个方向向 量运 向量 量为该平面的法向量 算

将空间位置 关系转化为 向量关系, 空间角转化 为向量的夹 角问题去论 证,求解
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空间向量在立体几何中的应用
结合条件 与图形, 作出结论 (注意角的 范围). ? 回顾检查建系过 程、坐标是否有 错及是否忽视了 所求角的范围而 写错结论.
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第五 ? 步

第六


反思 回顾

问题
还原

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空间向量在立体几何中的应用

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1.直三棱柱ABC-A′B′C′中,AC=BC= AA′,∠ACB=90°,D、E分别为AB、 BB′的中点. (1)求证:CE⊥A′D;

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(2)求异面直线CE与AC′所成角的余弦值.
解:(1)设 CA =a, CB =b, CC ? =c, 根据题意,|a|=|b|=|c|且 a· b= b· c=c· a=0, 1 1 1 ∴ CE =b+2c, A? D =-c+2b-2a.
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空间向量在立体几何中的应用
1 2 1 2 ∴ CE · A? D =-2c +2b =0. ∴ CE ⊥ A? D ,即 CE⊥A′D. 1 (2) AC ? =-a+c, CE =b+2c, 5 ∴| AC ? |= 2|a|,| CE |= 2 |a|. 1 1 2 1 2 CE =(-a+c)· AC ? · (b+2c)=2c =2|a| , 1 2 2|a| 10 ∴cos〈 AC ? , CE 〉= = . 5 2 10 2·2 |a|

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10 即异面直线 CE 与 AC′所成角的余弦值为 10 .
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2.如图,四棱锥P-ABCD中,底面
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ABCD为平行四边形,∠DAB=

60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.
(1)证明:PA⊥BD; (2)设PD=AD,求二面角A-PB-C的余弦值.
解:(1)证明:因为∠DAB=60° ,AB=2AD, 由余弦定理得 BD= 3AD. 从而 BD2+AD2=AB2,故 BD⊥AD. 又 PD⊥底面 ABCD,可得 BD⊥PD. 所以 BD⊥平面 PAD.故 PA⊥BD.
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(2)如图,以 D 为坐标原点,AD 的长为单位长,射线 DA 为
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x 轴的正半轴建立空间直角坐标系 D-xyz, 则 A(1,0,0), B(0, 3,0),C(-1, 3,0),P(0,0,1).

AB =(-1, 3,0), PB =(0, 3,-1), BC =(-1,0,0).
?n· AB =0, 设平面 PAB 的法向量为 n=(x,y,z),则? PB =0, ?n·
? ?-x+ 3y=0, 即? ? ? 3y-z=0,

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因此可取 n=( 3,1, 3).
? PB =0, ?m· 设平面 PBC 的法向量为 m=(x1, y1, z1 ) , 则? ? BC =0, ?m· ? ? 3y1-z1=0, ∴? ? ?-x1=0,

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-4 2 7 可取 m=(0,-1,- 3),cos〈m,n〉= =- 7 . 2 7 2 7 故二面角 A-PB-C 的余弦值为- 7 .

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空间向量在立体几何中的应用

3.(2013· 武汉模拟)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=
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AC=1,∠BAC=90°.

(1)若异面直线A1B与B1C1所成的角为
60°,求棱柱的高; (2)设D是BB1的中点,DC1与平面A1BC1 所成的角为θ,当棱柱的高变化时,求sin θ的最大值.
解:建立如图所示的空间直角坐标系 A- xyz, 设 AA1=h(h>0), 则有 B(1,0,0), B1(1,0, h), C1(0,1, h), A1(0,0, h), B1C1 =(-1,1,0),

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A1C1 =(0,1,0), A1 B =(1,0,-h).
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(1)因为异面直线 A1B 与 B1C1 所成的角为 60° ,所以
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cos 60° = , | B1C1 |· | A1 B | 1 1 即 = ,得 1+h2= 2,解得 h=1. 2 2· h +1 2

| B1C1 · A1 B |

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(2)由 D 是 BB1 的中点,得

? ? h? h? D?1,0,2 ?,于是 DC1 =?-1,1,2 ?. ? ? ? ?

设平面 A1BC1 的法向量为 n=(x,y,z),于是由 n⊥ A1 B ,n⊥ A1C

?n· ? A1 B =0, ?x-hz=0, 可得? 即? ? ?y=0, A1C1 =0, ?n·
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空间向量在立体几何中的应用

可取 n=(h,0,1),
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故 sin θ=|cos〈 DC1 ,n〉|, 而|cos〈 DC1 ,n〉|= 令 f(h)= = | DC1 |· |n | 1 8 2 h + h2+ 9 | DC1 · n| h = 4 . 2 1 2 h + 9h + 8 2 h + 2· h + 1 4 , h |- h+ 2 |

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h = 4 2 h + 9h + 8

8 8 4 2 因为 h +h2+9≥2 8+9,当且仅当 h =h2,即 h= 8时,等号成立. 2 2- 1 1 1 所以 f(h)≤ = = 7 , 8+ 1 9+ 2 8 2 2- 1 4 故当 h= 8时,sin θ 的最大值为 7 .
2

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4.如图,棱柱ABCD-A1B1C1D1的所
有棱长都等于2,∠ABC=60°, 平面AA1C1C⊥面ABCD,∠A1AC =60°. (1)证明:BD⊥AA1;

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(2)求二面角D-A1A-C的平面角的余弦值;
(3)在直线CC1上是否存在点P,使BP∥平面DA1G?若 存在,求出P的位置,若不存在,说明理由.

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解:连接 BD 交 AC 于 O,则 BD⊥AC,连接 A1O, 在△AA1O 中,AA1=2,AO=1,∠A1AO=60° ,
2 ∴A1O2=AA1 +AO2-2A1A· AOcos 60° =3.

∴AO2+A1O2=A1A2, ∴AO⊥A1O,由于平面 AA1C1C⊥平面 ABCD,∴A1O⊥平面 ABCD. ∴以 OB,OC,OA 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴建立如图所 示空间直角坐标系,则 A(0,-1,0),B( 3,0,0),C(0,1,0), D(- 3,0,0),A1(0,0, 3).

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(1)由 BD =(-2 3,0,0), AA1 =(0,1, 3),则 AA1 · BD = 0×(-2 3)+1×0+ 3×0=0, ∴BD⊥AA1,

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(2)由 OB⊥面 AA1C1C, ∴平面 AA1C1C 的法向量 n1=(1,0,0), ?n2⊥ AA1 , 设 n2⊥面 AA1D,则? 设 n2=(x,y,z), ?n2⊥ AD ,
? ?y+ 得到? ? ?-

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3z=0,

3x+y=0, n1· n2 5 = = . |n1|· |n2| 5

取 n2=(1, 3,-1),∴cos〈n1,n2〉

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5 ∴二面角 D-A1A-C 的平面角的余弦值是 . 5

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空间向量在立体几何中的应用

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(3)假设在直线 CC1 上存在点 P,使 BP∥面 DA1C1, 设 CP =λ CC1 ,P(x,y,z),则(x,y-1,z)=λ(0,1, 3). 得 P(0,1+λ, 3λ), BP =(- 3,1+λ, 3λ).

?n3⊥ A1C1 , 设 n3⊥面 DA1C1,则? 设 n3=(x3,y3,z3),得到 ?n3⊥ DA1 ,
? ?2y3=0, ? ? ? 3x3+ 3z3=0,

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∴不妨取 n3=(1,0,-1). 又∵ BP ∥面 DA1C1, ∴n3· BP =0, ∴- 3- 3λ=0, ∴λ=-1. ∴点 P 在 C1C 的延长线上且使 C1C=CP.
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第七章 专家讲坛
空间几何体的三视图及其表面积、体积和立体几何的三个难点问题

一、空间几何体的三视图及其表面积、体积

柱、锥、台、球及其简单组合体,三视图,直观图等内容是
立体几何的基础,是研究空间问题的基本载体,也是高考对立体 几何考查的一个重要方面,其中几何体的结构特征和三视图是高 考的热点. (一)高考对三视图的三个考查角度 1.由几何体画三视图或识别简单几何体的三视图的识别 注意简单组合体的构成;二要熟悉三视图“长对正、高平齐、宽相

解答此类问题的关键是:一要掌握各种基本几何体的三视图,

等”的法则.
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第七章 专家讲坛

[例1]

如图所示,已知三棱锥的底面是直角

三角形,直角边长分别为3和4,过直角顶点的侧棱 长为4,且垂直于底面,该三棱锥的主视图是( )

[解析] 结合三视图的画法规则可知B正确. [答案] B

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第七章 专家讲坛

2.由三视图还原几何体,考查对空间几何体的认识
及空间想象能力.由几何体的三视图还原几何体,一般如 下处理: 首先通过俯视图确定几何体底面的大致形状,然后利 用正视图和侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征,调整

实线和虚线所对应的棱、面的位置,确定几何体的形状.

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第七章 专家讲坛 [例2] 三视图如图所示的几何体是( )

A.三棱锥
B.四棱锥 C.四棱台 D.三棱台 [解析] 由三视图知该几何体为一四棱锥,其中有一侧棱

垂直于底面,底面为一直角梯形. [答案] B

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第七章 专家讲坛 3.借助于三视图研究几何体的表面积、体积

解决此类问题关键是通过三视图确定空间几何体中的
几何量的关系 其中,正视图、侧视图的高就是空间几何体的高,正 视图、俯视图中的长就是空间几何体的最大长度,侧视图、 俯视图中的宽就是空间几何体的最大宽度. [例3] 如图是某几何体的三视图,其中正视图是斜边 长为2a的直角三角形,侧视图是半径为a的半圆,则该几何

体的体积是

(
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)

第七章 专家讲坛

3 3 A. 6 πa 3 3 C. 4 πa

B. 3πa3 D.2 3πa3

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第七章 专家讲坛

[解析]

由侧视图为半圆可知,该几何体

与圆柱、圆锥、球有关,结合正视图是一个直 角三角形知该几何体是沿中心轴线切开的半个 圆锥,将剖面放置在桌面上,如图,由条件知, 半圆锥的母线长为 2a, 底面半径为 a, 故半圆锥的高为 ?2a?2-a2
? 1 ?1 3 3 2 ? ? = 3a,几何体的体积 V= × 3×πa × 3a = πa . 2 ? 6 ?

[答案] A

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第七章 专家讲坛

(二)求体积的几种方法 空间几何体的体积是高考考查立体几何的考点之一,求 空间几何体的体积的常用方法主要有:公式法、转化法、割 补法.

1.公式法:直接根据相关的体积公式计算.
[例 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 4 3π,则该正方体的表面积为________.

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第七章 专家讲坛

[解析]

依题意知正方体的体对角线长等于球的直径,设球

的半径为 R, 4 3 则 4 3π= πR , 3 所以 R= 3,于是正方体的体对角线长为 2 3. 设正方体的棱长为 a, 则有 2 3= 3a, 于是 a=2,因此正方体的表面积为 6a2=24.

[答案] 24
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第七章 专家讲坛

2.转化法:根据体积计算公式,通过转换空间几何体的
底面和高,从而使得体积计算更容易,或是可以求出一些体积 比等. [例5] 如图所示,在正六棱锥P-ABCDEF

中,G为PB的中点,则三棱锥D-GAC与三棱锥 P-GAC体积之比为 A.1∶1 ( B.1∶2 )

C.2∶1

D.3∶2

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第七章 专家讲坛
[解析] 根据三棱锥的特点,可以采用等体积转化的方法解
决. 法一:如图所示,由于点G为PB的中点,故点P,B到平面 GAC的距离相等,故三棱锥P-GAC的体积等于三棱锥B-AGC的 体积,根据三棱锥的特点,所要解决的两个三棱锥的体积之比就等 于三棱锥G-ACD与三棱锥G-ABC的体积之比,由于这两个三棱 锥的高相等,体积之比等于其底面积之比,即△ACD与△ABC的面 积之比,这个面积之比是2∶1. 法二:如图所示,连接BD交AC于H,则点D,B到平面GAC的 距离之比等于DH∶BH,因为△AHD∽△CHB,故DH∶BH= AD∶BC=2∶1,三棱锥D-GAC与三棱锥B-GAC底面积相等, 故其体积之比等于其高的比,即所求比值是2∶1. [答案] C
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第七章 专家讲坛 3.割补法:把不能直接计算其体积的空间几何体进行适 当的分割或补形,转化为可以计算体积的空间几何体,通过 这个空间几何体的体积计算所求的空间几何体的体积.

[例6]

如图所示,若正方体的棱长为,

则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面 体的体积为 2 A. 6 ( 2 B. 3 )

3 C. 3

2 D.3
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第七章 专家讲坛

[解析]

如图所示,平面 ABCD 把该多面体分割成两个体

积相等的正四棱锥. 以正方体各个面的中心为顶点的凸多面体是两个全等的正 四棱锥,该正四棱锥的高是正方体边长的一半,底面面积是正
? 1 1 ?1 2 ? ? 方体一个面面积的一半,V=2×3× 2× 2× 2 ×2× 2= 3 . ? ?

[答案] B

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第七章 专家讲坛
二、破解高考中立体几何的三个难点问题 破解难点一:探究与球有关的组合体问题 与球有关的组合体问题,一种是内切,一种是外接.解题时 要认真分析图形,明确切点和接点的位置,确定有关元素间的数量

关系,并作出合适的截面图.如球内切于正方体,切点为正方体各
个面的中心,正方体的棱长等于球的直径;球外接于正方体,正方 体的顶点均在球面上,正方体的体对角线长等于球的直径.球与旋

转体的组合,通常作它们的轴截面解题,球与多面体的组合,通过
多面体的一条侧棱和球心、“切点”或“接点”作出截面图.

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第七章 专家讲坛
[例 1] 四棱锥 S-ABCD 的底面边长和各侧棱长都为 2,

点 S, A, B, C, D 都在同一个球面上, 则该球的体积为________.

[解析]

如图所示,根据对称性,只要在

四棱锥的高线 SE 上找到一个点 O 使得 OA= OS,则四棱锥的五个顶点就在同一个球面上. 在 Rt△SEA 中,SA= 2,AE=1,故 SE=1.设球的半径 为 r,则 OA=OS=r,OE=1-r.在 Rt△OAE 中,r2=(1-r)2 4π +1,解得 r=1,即点 O 为球心,故这个球的体积是 . 3 4π [答案] 3
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第七章 专家讲坛 破解难点二:平面图形翻折问题的求解 将平面图形沿其中一条或几条线段折起,使其成为空间

图形,这类问题称之为平面图形翻折问题.平面图形经过翻
折成为空间图形后,原有的性质有的发生了变化,有的没有 发生变化,弄清它们是解决问题的关键.一般地,翻折后还 在同一个平面上的性质不发生变化,不在同一个平面上的性 质可能会发生变化,解决这类问题就是要据此研究翻折以后

的空间图形中的线面关系和几何量的度量值,这是解决翻折
问题的主要方法.
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第七章 专家讲坛

[例2]

如图边长为a的等边三角形ABC的

中线AF与中位线DE交于点G,已知△A′DE是
△ADE绕DE旋转过程中的一个图形,则下列 命题中正确的是 ①动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上; ②BC∥平面A′DE; ( )

③三棱锥A′?FED的体积有最大值.
A.① C.①②③ B.①② D.②③
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第七章 专家讲坛

[解析] ①中由已知可得面A′FG⊥面ABC,

所以点A′在面ABC上的射影在线段AF上.
②∵BC∥DE,且BC?平面A′DE,DE?平面A′DE, ∴BC∥平面A′DE. ③当面A′DE⊥面ABC时,三棱锥A′?FED的体积达到最 大.

[答案] C

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第七章 专家讲坛

破解难点三:立体几何中的探索性问题 立体几何中的探索性问题的主要类型有:(1)探索条件, 即探索能使结论成立的条件是什么;(2)探索结论,即在给定 的条件下,命题的结论是什么.

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第七章 专家讲坛 1.综合法 对命题条件的探索常采用以下三种方法: (1)先猜后证,即先观察与尝试给出条件再证明; (2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件,再

证明其充分性;
(3)把几何问题转化为代数问题,探索命题成立的条件. 对命题结论的探索常采用以下方法: 首先假设结论成立,然后在这个假设下进行推理论证,如 果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设,如果得到了矛

盾的结果就否定假设.
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[例 3] (2013· 东城模拟)如图,在△BCD

中,∠BCD=90° ,BC=CD=1,AB⊥平面 BCD,∠ADB=60° ,E,F 分别是 AC,AD AE AF 上的动点,且AC=AD=λ(0<λ<1). (1)判断EF与平面ABC的位置关系并给予证明; (2)是否存在λ,使得平面BEF⊥平面ACD,如果存在, 求出λ的值;如果不存在,说明理由.

[解] (1)EF⊥平面ABC.
因为AB⊥平面BCD,所以AB⊥CD, 又在△BCD中,∠BCD=90°,所以BC⊥CD, 又AB∩BC=B,所以CD⊥平面ABC.
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又在△ACD 中,E,F 分别是 AC,AD 上的动点, AE AF 且AC=AD=λ(0<λ<1),∴EF∥CD.∴EF⊥平面 ABC.

(2)存在.∵CD⊥平面 ABC,BE?平面 ABC, ∴BE⊥CD, ∵∠BCD=90° ,BC=CD=1,∴BD= 2. 在 Rt△ABD 中,∠ADB=60° , ∴AB=BDtan 60° = 6, 则 AC= AB2+BC2= 7, AB×BC 6 当 BE⊥AC 时,BE= AC = , 7
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6 7 AE= AB -BE = 7 ,
2 2

6 7 7 AE 6 则AC= = , 7 7 AE 6 则 λ=AC=7时,BE⊥AC, 又 BE⊥CD,AC∩CD=C, ∴BE⊥平面 ACD.∵BE?平面 BEF, ∴平面 BEF⊥平面 ACD. 6 所以存在 λ,且当 λ=7时,平面 BEF⊥平面 ACD.

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2.空间向量法 不论是对命题条件还是对命题结论的探索,利用空间向 量法均可降低思维难度和计算难度,只要合理建立空间直角 坐标系,标出各点的坐标,求出直线的方向向量和平面的法

向量(根据题中要求可引入参数),结合结论和已知条件(若有
参数则解出参数),即可得出结果.

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[例4]

(2012· 淄博模拟)已知在四棱

锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,且AD =2,AB=1,PA⊥平面ABCD,E,F分 别是线段AB,BC的中点. (1)证明:PF⊥FD;

(2)判断并说明PA上是否存在点G,使得EG∥平面PFD;
(3)若PB与平面ABCD所成的角为45°,求二面角A-PD-F 的

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