专题六立体几何.doc

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1、【精品文档】如有侵权，请联系网站删除，仅供学习与交流专题六立体几何.精品文档.【专题概述】立体几何是高考的重点内容之一,从近几年高考试题来看,主要有以下几个方面:一是以三视图为载体,考查空间几何体的特征及表面积、体积的计算;二是考查线面位置关系的判断与证明;三是考查空间向量的应用,尤其空间向量法求二面角是考查的热点之一.第一讲 空间几何体一 体验高考1.(2012年高考福建卷,理4)一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等,那么这个几何体不可以是(D)(A)球(B)三棱锥 (C)正方体 (D)圆柱解析:分别比较选项A、B、C的三视图不符合题干要求,选项D符合.2.(2012年高考广东卷,理6)

2、某几何体的三视图如图所示,它的体积为(C)(A)12 (B)45(C)57(D)81解析:由三视图知该几何体是由圆柱、圆锥两几何体组合而成,直观图如图所示.圆锥的底面半径为3,高为4,圆柱的底面半径为3,高为5,V=V圆锥+V圆柱=Sh1+Sh2=324+325=57.故选C.3.(2012年高考安徽卷,理12)某几何体的三视图如图所示,该几何体的表面积是.解析:由几何体的三视图可知,该几何体是底面为直角梯形的直四棱柱(如图所示).在四边形ABCD中,作DEAB,垂足为E,则DE=4,AE=3,则AD=5.所以其表面积为:2(2+5)4+24+45+45+44=92.答案:924.(2012年

3、高考辽宁卷,理16)已知正三棱锥PABC,点P,A,B,C都在半径为的球面上,若PA,PB,PC两两相互垂直,则球心到截面ABC的距离为. 解析:法一:如图,设PA=a,M为ABC中心,则AB=a,即正三棱锥PABC侧棱长为a,底面边长为a,则CN=a,CM=a,PM=a.设球的半径为R,所以(a-R)2+(a)2=R2,将R=代入上式,解得a=2,所以球心到截面ABC的距离d=-=.法二:由点P、A、B、C在半径为的球面上.PA、PB、PC两两互相垂直,所以正三棱锥PABC可看正方体一部分,设棱长为a,则3a2=12,a=2,则AB=BC=CA=2,NC=.MC=,则PM=.所以球心到截面A

4、BC距离为-=.答案: 二 备考感悟1.命题与备考本部分在高考中重点是以三视图为命题背景,研究空间几何体的结构特点,是每年必考内容,在备考中要注意三视图的画法原则及由三视图还原几何体的技巧运用,同时掌握与球有关的切、接问题.2.小题快做判断三视图时,要注意三视图中实、虚线的运用 三 热点考向突破考向一 空间几何体的三视图及应用该类问题有两种类型:一是由几何体确定三视图;二是由三视图还原成几何体.通常的解法是找准投影面及三个视图之间的关系,作出判断.【例1】 (2012年高考陕西卷)将正方体(如图(1)所示)截去两个三棱锥,得到如图(2)所示的几何体,则该几何体的左视图为()关注细节：判断三视图

5、的形状时要选准投影面,并判断几何体关键点在投影面内的投影,再连接各投影点,形成视图形状.热点训练1:(2011年山东济南调研)如图所示,某几何体的正视图与侧视图都是边长为1的正方形,且其体积为.则该几何体的俯视图可以是()解析:若俯视图是A选项,则其体积为1,故选项A错误;若俯视图是B选项,则其三个视图的尺寸存在矛盾,故选项B错误;若俯视图是C选项,则其体积应为,故选项C错误;当俯视图是D选项时,该几何体是一个圆柱的,其体积为,故选项D正确.故选D.考向二 空间几何体的结构特征及应用在理解棱柱、棱锥、棱台的概念基础上,结合图形,正确运用平行、垂直的判定及性质定理进行判断,要注意结合图形或举例去

6、分析.【例2】 给出下列命题: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;底面是等边三角形,侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥;若有两个侧面垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱;一个棱锥可以有两条侧棱和底面垂直;一个棱锥可以有两个侧面和底面垂直;所有侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体.其中正确命题的序号是.解析: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ABCDA1B1C1D1中的四面体ACB1D1;错误,如图所示,底面ABC为等边三角形,可令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;错误,必须是相

7、邻的两个侧面;错误,如果有两条侧棱和底面垂直,则它们平行,不可能;正确,当两个侧面的公共边垂直于底面时成立;错误,当底面是菱形时,此说法不成立,所以应填.答案:关注细节：由空间几何体的结构特征判断几何体时,切忌只判断底面或侧面特征,忽视了另一方面,造成失误,要综合分析判断.热点训练2:以下命题中,说法正确的是.底面是矩形的四棱柱是长方体;直角三角形绕着它的一边旋转一周形成的几何体叫做圆锥;四棱锥的四个侧面可以都是直角三角形.解析:命题不是真命题,若侧棱不垂直于底面,这时四棱柱是斜四棱柱;命题不是真命题,直角三角形绕着它的一条直角边旋转一周形成的几何体叫做圆锥,如果绕着它的斜边旋转一周,形成的几

8、何体则是两个具有共同底面的圆锥;命题是真命题,如图所示,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是矩形,PA平面ABCD,则可以得到四个侧面都是直角三角形.答案:考向三 空间几何体的表面积与体积与三视图相结合的空间几何体的表面积与体积求法:(1)由三视图还原几何体;(2)确定几何体的特性,几何体高即正视图或侧视图的高,底面的长与宽可由俯视图确定;(3)选择恰当方法计算表面积或体积.【例3】 (2012年高考北京卷)某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是()(A)28+6(B)30+6(C)56+12(D)60+12解析:由几何体的三视图可知,该三棱锥的直观图如图所示,其中AE平面BCD,CDB

9、D,且CD=4,BD=5,BE=2,ED=3,AE=4.AE=4,ED=3,AD=5.又CDBD,CDAE,则CD平面ABD, 故CDAD,所以AC=且SACD=10.在RtABE中,AE=4,BE=2,故AB=2.在RtBCD中,BD=5,CD=4,故SBCD=10,且BC=.在ABD中,AE=4,BD=5,故SABD=10.在ABC中,AB=2,BC=AC=,则AB边上的高h=6,故SABC=26=6.因此,该三棱锥的表面积为S=30+6.故选B.关注细节：(1)由三视图还原成几何体注意结合条件分析判断几何体的每一个面的形状.(2)计算时要注意三视图中标注的数值与空间几何体对应关系.(3)

10、求不规则几何体的体积要有割补法处理问题的意识.求三棱锥体积时,可用不同顶点来表示几何体,由等积法,化难为易.热点训练3:(2012年河北模拟)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解析:依题意知,该几何体是一个长方体中挖去一个三棱柱后剩下的几何体,因此其体积等于234-(23)4=12,故选B.2.一个空间几何体的三视图如图所示,该几何体的体积为12+,则正视图中x的值为()(A)5 (B)4 (C)3 (D)2解析:由空间几何体三视图知上部分为正四棱锥,下部分为圆柱.正四棱锥的高为=,底面正方形的边

11、长为2;下部为圆柱,圆柱的高为x,底面圆的直径为4.V正四棱锥=(2)2=,V圆柱=22x=4x,依题意有+4x=12+,得x=3,故选C.【例2】 如图所示,某几何体的正视图、侧视图均为等腰三角形,俯视图是正方形,则该几何体的外接球的体积是.解析:依题意得知,该几何体是一个正四棱锥,其中底面是边长为2的正方形、高是,因此底面的中心到各顶点的距离都等于,即该几何体的外接球球心为底面正方形的中心,外接球半径为,故该几何体的外接球的体积等于()3=.答案: 第1讲空间几何体【选题明细表】知识点、方法题号空间几何体的结构特征3、5、12直观图1空间几何体的三视图2、4、6、10面积和体积4、7、8、

12、10、11与球有关的计算9一、选择题1.利用斜二测画法得到的三角形的直观图是三角形平行四边形的直观图是平行四边形正方形的直观图是正方形菱形的直观图是菱形以上结论正确的是(A)(A)仅(B)仅(C)仅(D)解析:由斜二测画法可知三角形得到的直观图仍是三角形,平行四边形得到的直观图仍是平行四边形,正方形得到的直观图是平行四边形,菱形无法得到菱形.故选A.2.(2012年青岛摸底测试)如图,在下列四个几何体中,其三视图(正视图、侧视图、俯视图)中有且仅有两个相同的是(A)(A)(B)(C)(D)解析:的三个视图都是边长为1的正方形;的俯视图是圆,正视图、侧视图都是边长为1的正方形;的俯视图是一个圆及

13、其圆心,正视图、侧视图是相同的等腰三角形;的俯视图是边长为1的正方形,正视图、侧视图是相同的矩形.故选A.3.过圆锥的高的中点作平行于底面的截面,它把圆锥分成两部分的侧面面积之比为(B)(A)12(B)13(C)23(D)14解析:大圆锥被分成两部分的侧面积分别设为S1,S2,则S2=4S1-S1=3S1,S1S2=13,故选B.4.(2012年山东济南模拟)用若干个大小相同,棱长为1的正方体摆成一个立体模型,其三视图如图所示,则此立体模型的表面积为(C)(A)24(B)23(C)22(D)21解析:由几何体的三视图得其直观图如图.这个空间几何体是由两部分组成的,下半部分为四个小正方体、上半部

14、分为一个小正方体,结合直观图可知,该立体模型的表面积为22.5.如图,不是正四面体的表面展开图的是(D)(A)(B)(C)(D)解析:不能折成四面体.故选D.6.已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示,俯视图是边长为2的正三角形,侧视图是有一直角边为2的直角三角形,则该三棱锥的正视图可能为(C)解析:由于空间几何体的正视图和侧视图高相等,故正视图的高一定是2,由于正视图和俯视图长相等,故正视图的底面边长为2,又根据侧视图可知这个空间几何体最前面的面垂直于底面,这个面遮住了后面的一个侧棱,综上可知,这个空间几何体的正视图可能是C.故选C.7.如图,一个简单组合体的正视图和侧视图都是由一个正方形与一个

15、正三角形构成的相同的图形,俯视图是一个半径为的圆(包括圆心),则该组合体的表面积等于(C)(A)15(B)18(C)21(D)24解析:由题意可知,该组合体的下面为圆柱体,上面为圆锥体,由相应几何体的面积计算公式得,该组合体的表面积为S=r2+2rh+rl=()2+2()2+()2=21.故选C.8.从棱长为3的正四面体的各顶点截去一个棱长为1的小正四面体(使截面平行于底面),所得几何体的表面积为(A)(A)7(B)6(C)3(D)9解析:原正四面体的表面积为4=9,每截去一个小正四面体,表面减少三个小正三角形,增加一个小正三角形,故表面积减少42=2,故所得几何体的表面积为7,故选A.9.(

16、2012年河北唐山模拟)一个几何体的三视图如图所示,其中正视图是一个正三角形,则这个几何体的外接球的表面积为(B)(A)(B)(C)4(D)2解析:根据三视图还原几何体为一个如图所示的三棱锥DABC,其中平面ADC平面ABC,ADC为等边三角形.取AC的中点E,连接DE、BE,则有DEAC,所以DE平面ABC,所以DEEB.由题图中数据知AE=EC=EB=1,DE=,AD=2=DC=DB,AB=BC=,AC=2.设此三棱锥的外接球的球心为O,则它落在高线DE上,连接OA,则有AO2=AE2+OE2=1+OE2,AO=DO=DE-OE=-OE,所以AO=,故球O的半径为,故所求几何体的外接球的表

17、面积S=4()2=,故选B.二、填空题10.(2012年哈师大附中月考)如图是底面面积为,体积为的正三棱锥的正视图(等腰三角形)和俯视图(等边三角形),此正三棱锥的侧视图的面积为.解析:如图所示为正三棱锥直观图,由题意知侧视图是一个三角形,其底边长就是正三棱锥的底面正三角形的高,高就是正三棱锥的高.设正三棱锥底面边长为a,高为h,则a2=,h=.a=2,h=3.则底面高为.故侧视图的面积是3=.答案: 11.(2012年高考山东卷)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别为线段AA1,B1C上的点,则三棱锥D1-EDF的体积为.解析:利用三棱锥的体积公式直接求解,=AB=1

18、11=.答案: 12.如图,点O为正方体ABCD-ABCD的中心,点E为面BBCC的中心,点F为BC的中点,则空间四边形DOEF在该正方体的各个面上的正投影可能是(填出所有可能的序号).解析:空间四边形DOEF在正方体的面DCCD及其对面ABBA上的正投影是;在面BCCB及其对面ADDA上的正投影是;在面ABCD及其对面ABCD上的正投影是,即不存在的情况,故填.答案:一 体验高考1.(2012年高考安徽卷,理6)设平面与平面相交于直线m,直线a在平面内,直线b在平面内,且bm,则“”是“ab”的(A)(A)充分不必要条件(B)必要不充分条件(C)充分必要条件(D)既不充分也不必要条件解析:当

19、时,由于=m,b,bm,由面面垂直的性质定理知,b.又a,ba.“”是“ab”的充分条件.而当a且am时,bm,ba.而此时平面与平面不一定垂直,“”不是“ab”的必要条件,故选A.2.(2011年高考辽宁卷,理8)如图,四棱锥SABCD的底面为正方形,SD底面ABCD,则下列结论中不正确的是(D)(A)ACSB(B)AB平面SCD(C)SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角(D)AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角解析:易证AC平面SBD,因而ACSB,选项A正确;ABDC,DC平面SCD,故AB平面SCD,选项B正确;由于SA,SC与平面SBD的相对位置一样,因而所成的角

20、相同.故选D.3.(2012年高考陕西卷,理18)(1)如图所示,证明命题“a是平面内的一条直线,b是外的一条直线(b不垂直于),c是直线b在上的投影,若ab,则ac”为真;(2)写出上述命题的逆命题,并判断其真假(不需证明).(1)证明:法一:如图(1),过直线b上任一点作平面的垂线n,设直线a,b,c,n的方向向量分别是a,b,c,n,则b,c,n共面.根据平面向量基本定理,存在实数,使得c=b+n,则ac=a(b+n)=(ab)+(an).因为ab,所以ab=0.又因为a,n,所以an=0.故ac=0,从而ac.法二:如图(2),记cb=A,P为直线b上异于点A的任意一点,过P作PO,垂

21、足为O,则Oc.因为PO,a,所以直线POa.又ab,b平面PAO,POb=P,所以a平面PAO,又c平面PAO,所以ac.(2)解:逆命题为:a是平面内的一条直线,b是外的一条直线(b不垂直于),c是直线b在上的投影,若ac,则ab.逆命题为真命题.二备考感悟 1.命题与备考对于空间图形位置关系的判断与证明,在高考命题中多以解答题形式出现,常考线线、线面、面面平行与垂直关系,在备考中要熟记判定定理及性质定理,并灵活运用.2.小题快做(1)构造特殊几何模型,如长方体、正方体,可以达到巧解转化.(2)在判断与位置关系相关的命题真假时,可借助于相应的线线、线面或面面位置关系,利用反例作出判断.三

22、热点考向突破考向一 空间线线、线面位置关系的证明证明直线与平面平行或垂直往往转化为证明直线与直线平行或垂直,而证明直线与直线平行或垂直,又需要转化为证明直线与平面平行与垂直.【例1】 (2012年山东济南模拟)如图,在正三棱柱ABCA1B1C1中,底面ABC为正三角形,M、N、G分别是棱CC1、AB、BC的中点,且CC1=AC.(1)求证:CN平面AMB1;(2)求证:B1M平面AMG.证明:(1)法一:设线段AB1的中点为P,连接NP、MP,CM􀱀AA1,NP􀱀AA1,CM􀱀NP, 四边形CNPM是平行四边形,CNMP,CN平面AMB1,

23、MP平面AMB1,CN平面AMB1.法二:取BB1中点H,连接CH,NH.由于N、H为中点,故NHAB1,CHB1M.又CHNH=H,AB1B1M=B1,平面CNH平面AMB1.又CN平面CNH,CN平面AMB1.(2)CC1平面ABC,平面CC1B1B平面ABC,AGBC,又平面CC1B1B平面ABC=BC,AG平面CC1B1B,B1MAG.CC1平面ABC,平面A1B1C1平面ABC,CC1AC,CC1B1C1,设AC=2a,则CC1=2a,在RtMCA中,AM=a,在RtB1C1M中,B1M=a.BB1CC1,BB1平面ABC,BB1AB,AB1=2a,AM2+B1M2=,B1MAM,又

24、AGAM=A,B1M平面AMG.方法总结：(1)证明垂直关系时,一般是先证明线线垂直,但有时条件中明显的垂直关系不够时,要注意利用条件中的数据通过勾股定理来判断线线垂直关系.(2)构造线线平行的两种方法:构造平行四边形;构造三角形的中位线.热点训练1:如图,在四棱锥PABCD中,ABC=ACD=90,BAC=CAD=60,PA平面ABCD,E为PD的中点,PA=2AB.(1)若F为PC的中点,求证:PC平面AEF;(2)求证:CE平面PAB.证明:(1)由题意得PA=CA,F为PC的中点,AFPC.PA平面ABCD,PACD.ACCD,PAAC=A CD平面PAC,CDPC.E为PD的中点,F

25、为PC的中点,EFCD,EFPC.AFEF=F,PC平面AEF.(2)法一:取AD的中点M,连接EM,CM.则EMPA.EM平面PAB,PA平面PAB,EM平面PAB.在RtACD中,CAD=60,MC=AM,ACM=60.而BAC=60,MCAB.MC平面PAB,AB平面PAB,MC平面PAB.EMMC=M,平面EMC平面PAB.EC平面EMC,EC平面PAB.法二:延长DC、AB,设它们交于点N,连接PN.NAC=DAC=60,ACCD,C为ND的中点.E为PD的中点,ECPN.EC平面PAB,PN平面PAB,EC平面PAB.考向二 空间面面位置关系的证明1.判定平面与平面平行的方法(1)

26、利用定义;(2)利用面面平行的判定定理;(3)利用面面平行的判定定理的推论;(4)面面平行的传递性(,);(5)利用线面垂直的性质(l,l).2.判定面面垂直的方法(1)面面垂直的定义.(2)面面垂直的判定定理(a,a).【例2】 (2012年高考江苏卷)如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,A1B1=A1C1,D,E分别是棱BC,CC1上的点(点D不同于点C),且ADDE,F为B1C1的中点.求证:(1)平面ADE平面BCC1B1;(2)直线A1F平面ADE.证明:(1)因为ABCA1B1C1是直三棱柱,所以CC1平面ABC.又AD平面ABC,所以CC1AD.又因为ADDE,CC1、DE平面

27、BCC1B1,CC1DE=E,所以AD平面BCC1B1.又AD平面ADE,所以平面ADE平面BCC1B1.2)因为A1B1=A1C1,F为B1C1的中点,所以A1FB1C1.因为CC1平面A1B1C1,且A1F平面A1B1C1,所以CC1A1F.又因为CC1、B1C1平面BCC1B1,CC1B1C1=C1,所以A1F平面BCC1B1.由(1)知AD平面BCC1B1,所以A1FAD.又AD平面ADE,A1F平面ADE,所以A1F平面ADE.方法总结：证明面面垂直的关键是转化为证明线面垂直.热点训练2:(2012年山东省实验中学模拟)如图,几何体ABCDEP中,底面ABCD是边长为4的正方形,PA

28、平面ABCD,PAEB,且PA=2BE=4.(1)证明:BD平面PEC;(2)若G为BC上的动点,求证:AEPG.证明:(1)连接AC交BD于点O,取PC的中点F,连接OF,EF,EBPA,且EB=PA,又OFPA,且OF=PA,EBOF,且EB=OF,四边形EBOF为平行四边形.EFBD.又EF平面PEC,BD平面PEC,BD平面PEC.(2)连接BP,=,EBA=BAP=90,EBABAP,PBA=BEA,PBA+BAE=BEA+BAE=90,PBAE.PA平面ABCD,PA平面APEB,平面ABCD平面APEB,BCAB,平面ABCD平面APEB=AB,BC平面APEB,BCAE,又BC

29、PB=B,AE平面PBC,G为BC上的动点PG平面PBC,AEPG.考向三 空间角的求解空间角的求解步骤:(1)根据条件,结合相应角的定义,作出所求空间角并证明;(2)将所求角置于可解的三角形内;(3)解三角形求角的大小;(4)要根据空间角的取值范围,作出结论 【例3】 (2012年高考浙江卷)如图,在侧棱垂直底面的四棱柱ABCDA1B1C1D1中,ADBC,ADAB,AB=,AD=2,BC=4,AA1=2,E是DD1的中点,F是平面B1C1E与直线AA1的交点.(1)证明:EFA1D1;BA1平面B1C1EF.(2)求BC1与平面B1C1EF所成的角的正弦值.(1)证明:因为C1B1A1D1

30、,C1B1平面ADD1A1,A1D1平面ADD1A1,所以C1B1平面ADD1A1.又因为平面B1C1EF平面ADD1A1=EF,所以C1B1EF,又ADBCB1C1,所以EFA1D1.因为BB1平面A1B1C1D1,所以BB1B1C1.又因为B1C1B1A1,所以B1C1平面ABB1A1,所以B1C1BA1.在矩形ABB1A1中,F是AA1的中点,tanA1B1F=tanAA1B=,即A1B1F=AA1B,故BA1B1F,B1C1B1F=B1,所以BA1平面B1C1EF.2)解:设BA1与B1F交点为H,连接C1H.由(1)知BA1平面B1C1EF,所以BC1H是BC1与平面B1C1EF所成

31、的角.在矩形AA1B1B中,AB=,AA1=2,得BH=.在RtBHC1中,BC1=2,BH=,得sinBC1H=.所以BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值是.方法总结：(1)空间角的求法体现了化归与转化思想,即将空间角转化为平面角去求.(2)求角的关键在于作角,作角时必须依据角的定义判断并证明,其解答过程可简记为“一作二证三计算”.热点训练3:如图所示,在矩形ABCD中,AB=4,AD=2,E是CD的中点,O为AE中点,以AE为折痕将ADE向上折起,使D为,且B=C.(1)求证: O面ABCE;(2)求OC与面BC所成角的正弦值.(1)证明:取BC的中点F,连接OF, F.则OFBC,又B

32、=C,则FBC;BC面OF,BCO.又A=E,O为AE中点,OAE.又AE,BC相交,O面ABCE.(2)解:在平面OF中过点O作OHF于H,连接HC,因为BC面OF,OHBC,OH面BC,HC就是OC在平面BC上的射影,OCH就是OC与面BC所成角.AB=4,A=2,O=,OF=3,OC=,F=.OH=,所以sin =.高考新动向：数形结合思想的应用【典例】 (2012年高考福建卷,文19,12分)如图,在长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=AD=1,AA1=2,M为棱DD1上的一点.(1)求三棱锥AMCC1的体积;(2)当A1M+MC取得最小值时,求证:B1M平面MAC. (1)解:由

33、长方体ABCDA1B1C1D1知,AD平面CDD1C1,点A到平面CDD1C1的距离等于AD=1.又=CC1CD=21=1,=AD=.2)证明:将侧面CDD1C1绕DD1逆时针转90展开,与侧面ADD1A1共面(如图),当A1,M,C共线时,A1M+MC取得最小值.由AD=CD=1,AA1=2,得M为DD1的中点.连接A1M、B1M,在C1MC中,MC1=,MC=,CC1=2,=+MC2,得CMC1=90,即CMMC1.又由长方体ABCDA1B1C1D1知,B1C1平面CDD1C1,B1C1CM.又B1C1C1M=C1,CM平面B1C1M,得CMB1M.同理可证,B1MAM.又AMMC=M,B

34、1M平面MAC.注：高考中对位置关系的判断与证明一般是考查转化与化归思想,而该题将最值问题与位置关系的证明相结合,视角新颖,数形结合,考查了学生空间与平面转化及推理论证的能力.第2讲空间图形的位置关系【选题明细表】知识点、方法题号命题真假的判断1、4、6、8空间位置关系的证明3、5、9、10、11空间图形中有关的计算2、7、12一、选择题1.(2012年高考四川卷)下列命题正确的是(C)(A)若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行(B)若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行(C)若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行(D)若两个平面都

35、垂直于第三个平面,则这两个平面平行解析:利用线面位置关系的判定和性质解答.选项A错误,如圆锥的任意两条母线与底面所成的角相等,但两条母线相交;选项B错误,ABC的三个顶点中,A、B在的同侧,而点C在的另一侧,且AB平行于,此时可有A、B、C三点到平面距离相等,但两平面相交;选项D错误,如教室中两个相邻墙面都与地面垂直,但这两个面相交,对于C,如图,平面平面=直线m,直线a,a,过a作平面交于c,作平面交于d,a,a,ac,ad,cd,c.cm,am,即答案C正确.故选C.2.(2011年浙江金华十校联考)如图,在长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=2,BC=AA1=1,则AB与平面A1BC

36、1所成角的正弦值为(D)(A)(B)(C)(D) 解析:直线AB与平面A1BC1所成角等于直线A1B1与平面A1BC1所成角,连接B1C,与BC1相交于点O,连接A1O.则容易证明BC1平面A1B1O,所以平面A1BC1平面A1B1O,所以直线A1B1与平面A1BC1所成角为B1A1O,故sinB1A1O=.故选D.3.对于四面体ABCD,给出下列四个命题:若AB=AC,BD=CD,则BCAD;若AB=CD,AC=BD,则BCAD;若ABAC,BDCD,则BCAD;若ABCD,ACBD,则BCAD.其中正确的是(B)(A)(B)(C)仅(D)解析:如图(1),取线段BC的中点E,连接AE,DE

37、,AB=AC,BD=CD,BCAE,BCDE,BC平面ADE,AD平面ADE,BCAD,故正确.如图(2),上、下底面不为正方形的长方体中,四面体ABCD满足AB=CD,AC=BD,则BCAD不成立,故错误;如图(3),上、下底面不为正方形的长方体中,四面体ABCD中,ABAC,BDCD,则BCAD不成立,若成立,则BCAD,与底面不是正方形矛盾,故错误;设点O为点A在平面BCD上的射影,如图(4),连接OB,OC,OD,ABCD,ACBD,OBCD,OCBD,点O为BCD的垂心,ODBC,BCAD,故正确,故选B.4.(2012年北京海淀模拟)已知平面,直线l,若,=l,则(D)(A)垂直于

38、平面的平面一定平行于平面(B)垂直于直线l的直线一定垂直于平面(C)垂直于平面的平面一定平行于直线l(D)垂直于直线l的平面一定与平面,都垂直解析:对于选项A,垂直于平面的平面与平面平行或相交,故选项A错误;对于选项B,垂直于直线l的直线与平面垂直或斜交或在平面内或与平行,故选项B错误;对于选项C,垂直于平面的平面与直线l平行或相交,故选项C错误;对于选项D,由于l,l,所以垂直于l的平面一定与平面、都垂直,故选D.5.将图(1)中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC的中线折起得到空间四面体ABCD(如图(2),则在空间四面体ABCD中,AD与BC的位置关系是(C)(A)相交且垂直(B)相交但不垂

39、直(C)异面且垂直(D)异面但不垂直解析:在题图(1)中的等腰直角三角形ABC中,斜边上的中线AD就是斜边上的高,则ADBC,翻折后如题图(2),AD与BC变成异面直线,而原线段BC变成两条线段BD、CD,这两条线段与AD垂直,即ADBD,ADCD,故AD平面BCD,所以ADBC.故选C.6.(2012年河南洛阳模拟)已知,是两个不同的平面,m,n是两条不重合的直线,则下列命题中正确的是(C)(A)若m,=n,则mn(B)若m,mn,则n(C)若m,n,则mn(D)若,=n,mn,则m解析:对于选项A,若m,=n,则mn,或m,n是异面直线,所以选项A错误;对于选项B,n可能在平面内,所以选项

40、B错误;对于选项D,m与的位置关系还可以是m,m,或m与斜交,所以选项D错误;由面面垂直的性质可知C正确.故选C.二、填空题7.(2012年武汉调研)如图,边长为4的等边三角形ABC中,D为BC边的中点,若将ABC沿AD折起之后,B、C两点的距离等于,则二面角BADC的余弦值等于.解析:在等边三角形ABC中,ADBC,且BD=DC=2.如图,折起之后,ADBD,ADCD,所以BDC为二面角BADC的平面角.在BDC中,cosBDC=答案: 8.(2012年江西抚州一中月考)已知m、n是两条不同的直线,、是两个不同的平面,给出下列命题:若m,则m平行于内的无数条直线;若,m,n,则mn;若m,n

41、,mn,则;若,m,则m.其中的真命题是.(写出所有真命题的序号)解析:由线面平行的定义及性质知正确;对于,若,m,n,则m、n可能平行,也可能异面,故错误;对于,由,可知n,又n,所以,故正确;由面面平行的性质知正确.答案:9.(2012年温州市八校联考)如图,正三角形ABC的中线AF与中位线DE相交于点G,已知AED是AED绕DE旋转过程中的一个图形,现给出下列四个命题:动点A在平面ABC上的射影在线段AF上;恒有平面AGF平面BCED;三棱锥AFED的体积有最大值;直线AE与BD不可能垂直.其中正确的命题的序号是.解析:对于命题,由题意知,AGDE,FGDE,故DE平面AFG,所以平面A

42、FG平面ABC,则AF在平面ABC内投影在直线AF上,故该命题正确;对于命题,由于DE平面AGF,DE平面BCED,所以平面AGF平面BCED,故命题正确;对于命题,当AG平面ABC时,此时A到平面FED距离最大,三棱锥AFED的体积取最大值,故命题正确;对于命题,当AE在平面ABC上的射影与直线BD垂直时,易证AE与BD垂直,故该命题不正确.答案:三、解答题10.(2012年福州市高中毕业班综合练习)已知四棱锥PABCD的三视图如图所示,PBC为正三角形.(1)在平面PCD中作一条与底面ABCD平行的直线,并说明理由;(2)求证:AC平面PAB;(3)求三棱锥APBC的高.(1)解:分别取PC、PD中点E、F,连结EF,则EF即为所求,下证之:E、F分别为PC、PD中点,EFCD.EF平面ABCD,CD平面ABCD,EF平面ABCD.(作法不唯一)(2)证明:由三视图可知,PA平面ABCD,BC=2AD=2CD=2,四边形ABCD为直角梯形.过点A作AGBC于G,连结AC,则AG=CD=1,GC=AD=1.AC=,AB=,AC2+AB2=BC2,故ACAB.PA平面ABCD,AC平面ABCD,PAAC.