人教A版高中数学必修第二册第八章立体几何初步学案含答案

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第八章|立体几何初步
8．1 基本立体图形
第一课时　棱柱、棱锥、棱台的结构特征
明确目标
发展素养
1.利用实物模型、计算机软件等观察空间图形，认识棱柱、棱锥、棱台的结构特征．
2.能运用这些结构特征描述现实生活中简单物体的结构.
1.通过对棱柱、棱锥、棱台的结构特征的理解，培养直观想象、数学抽象素养．
2.通过认识棱柱、棱锥、棱台的关系，及利用它们的结构特征描述简单物体的结构，培养直观想象、逻辑推理素养.



知识点一　空间几何体
(一)教材梳理填空
1．空间几何体的定义：
在我们周围存在着各种各样的物体，它们都占据着空间的一部分．如果只考虑这些物体的形状和大小，而不考虑其他因素，那么由这些物体抽象出来的空间图形就叫做空间几何体．
2．多面体和旋转体：
类别
多面体
旋转体
定义
一般地，由若干个平面多边形围成的几何体叫做多面体
(1)一条平面曲线(包括直线)绕它所在平面内的一条定直线旋转所形成的曲面叫做旋转面；
(2)封闭的旋转面围成的几何体叫做旋转体
图形


相关
概念
(1)面：围成多面体的各个多边形；
(2)棱：两个面的公共边
(3)顶点：棱与棱的公共点
轴：形成旋转面所绕的定直线

[微思考]　多面体与旋转体的异同点有哪些？
提示：相同点：两者都是封闭的几何体，包括表面及其内部的所有点．
不同点：多面体的表面都是平面多边形，旋转体的表面有的是平面，有的是曲面．
(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)一个多面体至少有六条棱． (√)
(2)封闭的旋转面围成的几何体叫做旋转体． (√)
2．下列几何体中，多面体是 (　　)

答案：B
3.(多选)满足如图所示的几何体，以下说法正确的是 (　　)
A．该几何体是一个多面体
B．该几何体有9条棱，5个顶点
C．该几何体有7个面
D．该几何体是旋转体
答案：AB

知识点二　棱柱、棱锥、棱台的结构特征
(一)教材梳理填空
1．棱柱的结构特征：
定义
有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱
图示
及相
关概
念

如图可记作：
棱柱ABCDEF­
A′B′C′D′E′F′
底面(底)：两个互相平行的面；
侧面：其余各面；
侧棱：相邻侧面的公共边；
顶点：侧面与底面的公共顶点
分类
按底面多边形的边数分：三棱柱、四棱柱……
2.几种特殊的棱柱：
直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱．
斜棱柱：侧棱不垂直于底面的棱柱．
正棱柱：底面是正多边形的直棱柱．
平行六面体：底面是平行四边形的四棱柱．
长方体：底面是矩形的直棱柱叫做长方体．
正方体：棱长都相等的长方体叫做正方体．
3．棱锥的结构特征：
定义
有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥
图示
及相
关概
念

如图可记作：
棱锥S­ABCD
底面(底)：多边形面；
侧面：有公共顶点的各个三角形面；
侧棱：相邻侧面的公共边；
顶点：各侧面的公共顶点
分类
按底面多边形的边数分：三棱锥、四棱锥……，其中三棱锥又叫四面体．底面是正多边形，并且顶点与底面中心的连线垂直于底面的棱锥叫做正棱锥

4．棱台的结构特征：
定义
用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间那部分多面体叫做棱台
图示
及相
关概
念

如图可记作：棱台
ABCD­A′B′C′D′
上底面：原棱锥的截面；
下底面：原棱锥的底面；
侧面：其余各面；
侧棱：相邻侧面的公共边；
顶点：侧面与上(下)底面的公共顶点
分类
由几棱锥截得，如三棱台、四棱台……
　[微思考]　
(1)棱柱的侧面一定是平行四边形吗？
提示：根据棱柱的概念可知，棱柱的侧面一定是平行四边形．
(2)棱台的上、下底面互相平行，各侧棱延长线一定相交于一点吗？
提示：根据棱台的定义可知其侧棱延长线一定交于一点．
(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)棱柱的底面互相平行． (√)
(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫棱锥． (×)
(3)长方体是四棱柱，直四棱柱是长方体． (×)
2．下面多面体中，是棱柱的有 (　　)

A．1个　　　　　　　　 B．2个
C．3个 D．4个
答案：D
3．下列说法中正确的是 (　　)
A．棱柱的面中，至少有两个面互相平行
B．仅有一组对面平行的五面体是棱台
C．棱柱中一条侧棱就是棱柱的高
D．棱柱的侧面一定是平行四边形，但它的底面一定不是平行四边形
答案：A



题型一　棱柱的结构特征

【学透用活】
[典例1]　(1)下列说法正确的是 (　　)
A．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱
B．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱
C．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体
D．九棱柱有9条侧棱，9个侧面，侧面均为平行四边形
(2)如图所示，长方体ABCD­A1B1C1D1.
①这个长方体是棱柱吗？如果是，是几棱柱？为什么？
②用平面BCNM把这个长方体分成两部分，各部分形成的几何体还是棱柱吗？若是，请指出它们的底面．
[解析]　(1)选D　选项A、B都不正确，反例如图所示．选项C也不正确，上、下底面是全等的菱形，各侧面是全等的正方形的四棱柱不是正方体．根据棱柱的定义知选项D正确．
(2)①长方体是四棱柱．因为它有两个平行的平面ABCD与平面A1B1C1D1，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边互相平行，这符合棱柱的定义．
②用平面BCNM把这个长方体分成两部分，其中一部分，有两个平行的平面BB1M与平面CC1N，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边互相平行，这符合棱柱的定义，所以是三棱柱，可用符号表示为三棱柱BB1M­CC1N.同理，另一部分也是棱柱，可以用符号表示为四棱柱ABMA1­DCND1.
[方法技巧]
准确认识棱柱的结构特征
抠定义
判定一个几何体是否为棱柱的关键是棱柱的定义
看“面”
观察这个多面体是否有两个互相平行的面，其余各面都是四边形
看“线”
观察每相邻两个四边形的公共边是否平行
举反例
通过举反例，如与常见几何体或实物模型、图片等不吻合，给予排除
　　
【对点练清】

1．下列命题中，正确的是 (　　)
A．棱柱中所有的侧棱都相交于一点
B．棱柱中互相平行的两个面叫做棱柱的底面
C．棱柱的侧面是平行四边形，而底面不是平行四边形
D．棱柱的侧棱相等，侧面是平行四边形
解析：选D　A选项不符合棱柱的侧棱平行的特点；对于B选项，如下图①，构造四棱柱ABCD­A1B1C1D1，令四边形ABCD是梯形，可知面ABB1A1∥面DCC1D1，但这两个面不能作为棱柱的底面；选项C中，如下图②，底面ABCD可以是平行四边形；D选项说明了棱柱的特点．故选D.

2．一棱柱有10个顶点，其所有的侧棱长的和为60 cm，则该棱柱是______棱柱，每条侧棱长为 ________ cm.
解析：该棱柱为五棱柱，共有5条侧棱，每条侧棱长都相等，所以每条侧棱长为12 cm.
答案：五　 12

题型二　棱锥、棱台的结构特征

【学透用活】

[典例2]　(1)下面是关于棱锥、棱台的四种说法：
①棱锥的侧面只能是三角形；②棱台的侧面一定不会是平行四边形；③由四个面围成的封闭图形只能是三棱锥；④棱锥被平面截成的两部分不可能都是棱锥．
其中说法错误的是 (　　)
A．①　　　　　　　　B．②
C．③ D．④
(2)(多选)如图所示，观察下列几何体，其中判断正确的是 (　　)

[解析]　(1)①正确，由棱锥的定义知棱锥的侧面只能是三角形；②正确，棱台的侧面一定是梯形，而不是平行四边形；③正确，由四个面围成的封闭图形只能是三棱锥；④错误，如图所示，四棱锥被平面截成的两部分都是棱锥．故选D.
(2)A中的几何体不是由棱锥截来的，且上、下底面不是相似的图形，所以A不是棱台；B不是棱台；C中的几何体是棱锥；D中的几何体前、后两个面平行，其他面是平行四边形，且每相邻两个平行四边形的公共边平行，所以D是棱柱．判断正确的是C、D.
[答案]　(1)D　(2)CD

[方法技巧]
1．判断一个几何体是棱锥、棱台的两个方法
(1)定义法：

棱锥
棱台
看“底面”
只有一个面是多边形，此面即为底面
有两个互相平行的相似多边形，即为底面
看“侧面”
都是有一个公共顶点的三角形
都是梯形
看“侧棱”
相交于一点
延长后相交于一点

(2)举反例法：结合棱锥、棱台的定义举反例直接判断关于棱锥、棱台结构特征的某些说法不正确．
2．棱柱、棱台、棱锥关系图
　　


【对点练清】

1．下列说法中，正确的是 (　　)
A．四面体的任何一个面都可以作为三棱锥的底面
B．棱锥的各侧棱长相等
C．两个底面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
D．有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台
解析：选A四面体就是由四个三角形所围成的几何体，因此四面体的任何
一个面作底面 的几何体都是三棱锥，故A正确；棱锥的侧棱长可以相等，也可以不相等，故B错误；如图，可知C、D错误．
2．判断如图所示的几何体，其中不是棱台的是________．

解析：因为①和③都不是由棱锥所截得的，故①③都不是棱台，虽然②是由棱锥所截得的，但截面不和底面平行，故不是棱台，只有用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分才是棱台．所以①②③都不是棱台．
答案：①②③

题型三　多面体的表面展开图
[探究发现]
正方体的表面展开图是怎样的？棱柱、棱台的侧面展开图是什么图形？
提示：正方体的表面展开图如图：

棱柱的侧面展开图是平行四边形；棱台的侧面展开图是多个相连的梯形．
　　
【学透用活】

[典例3]　(1)画出如图所示的几何体的平面展开图(画出其中一种即可)．

(2)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝4，BC＝3，BB1＝5，一只蚂蚁从点A出发沿表面爬行到点C1，求蚂蚁爬行的最短路线．
[解]　(1)平面展开图如图所示：

(2)沿长方体的一条棱剪开，使A和C1展在同一平面上，求线段AC1的长即可，有如图所示的三种剪法：
①若将C1D1剪开，使面AB1与面A1C1共面，可求得AC1＝＝＝4.
②若将AD剪开，使面AC与面BC1共面，可求得AC1＝＝＝3.
③若将CC1剪开，使面BC1与面AB1共面，可求得AC1＝＝.
相比较可得蚂蚁爬行的最短路线长为.
[方法技巧]
1．多面体展开图问题的解题策略
(1)绘制展开图：绘制多面体的表面展开图要结合多面体的几何特征，发挥空间想象能力或者是亲手制作多面体模型．在解题过程中，常常给多面体的顶点标上字母，先把多面体的底面画出来，然后依次画出各侧面，便可得到其表面展开图．
(2)由展开图复原几何体：若是给出多面体的表面展开图，来判断是由哪一个多面体展开的，则可把上述过程逆推．同一个几何体的表面展开图可能是不一样的，也就是说，一个多面体可有多个表面展开图．
2．求几何体表面上两点间的距离的方法
求从几何体的表面上一点，沿几何体表面运动到另一点，所走过的最短距离．常将几何体沿某条棱剪开，使两点展在同一个平面上，转化为求平面上两点间的最短距离问题．　　

【对点练清】

1.某同学制作了一个对面图案均相同的正方体礼品盒，如图所示，则这个正方体礼品
盒的平面展开图应该为(对面是相同的图案) (　　)

解析：选A　根据题目信息，可得只有相对面的图案相同，展开图同图案不能相邻．故选A.
2．将本例(2)中的“长方体”改为“正方体ABCD­A1B1C1D1，棱长为3”，其他条件不变，则蚂蚁爬行的路线长为________．
解析：由于正方体的各面都是全等的正方形，所以例(2)中的各种剪法都是一样，即长为6宽为3的长方形，可求得AC1＝＝＝3.
所以蚂蚁爬行的路线长为3.
答案：3


【课堂思维激活】
一、综合性——强调融会贯通
1.如图所示，在单位正方体ABCD­A1B1C1D1的面对角线A1B上存在一点P使得
AP＋D1P取得最小值，则此最小值为 (　　)
A．2　　　　　　　　　 B.
C．2＋ D.
解析：选D　如图所示，把对角面A1C绕A1B旋转至A1BC′D′1，使其与
△AA1B在同一平面上，连接AD′1，
则AD′1＝
＝＝为所求的最小值．故选D.

二、应用性——强调学以致用
2．由平面围成的立体图形又叫做多面体，有几个面，就叫做几面体．三棱锥有四个面，所以三棱锥又叫四面体；正方体又叫做________面体，有五条侧棱的棱柱又叫做________面体．
(1)探索：如果把一个多面体的顶点数记为V，棱数记为E，面数记为F，填表：
多面体
V
F
E
V＋F－E
四面体




长方体




五棱柱




(2)猜想：由上面的探究你能得到一个什么结论？
(3)应用：(2)的结果对所有的多面体都成立，伟大的数学家欧拉证明了这个关系式，上述关系式叫做欧拉公式．根据欧拉公式，想一想会不会有一个多面体，它有10个面，30条棱，20个顶点？
解：正方体又叫做六面体，有五条侧棱的棱柱又叫做七面体．
(1)填表如下：
多面体
V
F
E
V＋F－E
四面体
4
4
6
2
长方体
8
6
12
2
五棱柱
10
7
15
2
(2)猜想：V＋F－E＝2.
(3)∵V＋F－E＝2是多面体，
∴V＋F－E＝20＋10－30＝0，不是多面体，
没有一个多面体，它有10个面，30条棱，20个顶点．

三、创新性——强调创新意识和创新思维
3.如图所示的是一个三棱台ABC­A1B1C1.
(1)如果把这个三棱台截成三个三棱锥，则这三个三棱锥分别是
________________________________________________________________；
(2)如果把这个三棱台截成两个多面体，则这两个多面体可以是__________
________________________________________________________________________
_______________.(答案不唯一)
解析：(1)如图①所示，所截成的三个三棱锥分别是A1­ABC，A1­BB1C1，A1­BCC1.
(2)用平行于三棱台的底面的平面去截，可以得到两个三棱台，也可以截成一个三棱柱和一个五面体，如图②所示，也可以截成一个三棱锥和一个五面体，如图③所示．

答案：(1)A1­ABC，A1­BB1C1，A1­BCC1　(2)两个三棱台(或一个三棱柱和一个五面体或一个三棱锥和一个五面体)

课时跟踪检测
　　　　　　　　　　　　　
层级(一)　“四基”落实练
1．四棱柱有 (　　)
A．四条侧棱、四个顶点　 B．八条侧棱、四个顶点
C．四条侧棱、八个顶点 D．六条侧棱、八个顶点
解析：选C　四棱柱有四条侧棱、八个顶点(可以结合正方体观察求得)．故选C.
2．有一个多面体，共有四个面围成，每一个面都是三角形，则这个几何体为 (　　)
A．四棱柱 B．四棱锥
C．三棱柱 D．三棱锥
解析：选D　根据棱锥的定义可知该几何体是三棱锥．故选D.
3．下面图形中，为棱锥的是 (　　)

A．①③ B．①③④
C．①②④ D．①②
解析：选C　根据棱锥的定义和结构特征可以判断，①②是棱锥，③不是棱锥，④是棱锥．故选C.
4.如图所示，在三棱台A′B′C′­ABC中，截去三棱锥A′­ABC，则剩余部 分是 (　　)
A．三棱锥　　　　　　 B．四棱锥
C．三棱柱 D．组合体
解析：选B　余下部分是四棱锥A′­BCC′B′.故选B.
5．如图，模块①～⑤均由4个棱长为1的小正方体构成，模块⑥由15个棱长为1的小正方体构成．现从模块①～⑤中选出三个放到模块⑥上，使得模块⑥成为一个棱长为3的大正方体，则下列选择方案中，能够完成任务的为 (　　)

A．模块①②⑤ B．模块①③⑤
C．模块②④⑤ D．模块③④⑤
解析：选A　结合选项逐一判断，可知只有A符合，故选A.
6．一个棱柱至少有________个面，顶点最少的一个棱台有________条侧棱．
解析：面最少的棱柱是三棱柱，它有5个面；顶点最少的一个棱台是三棱台，它有3条侧棱．
答案：5　3
7．若棱台上、下底面的对应边之比为1∶2，则上、下底面的面积之比是________．
解析：由棱台的结构特征知，棱台上、下底面是相似多边形，面积比为对应边之比的平方．
答案：1∶4
8．如图是三个几何体的侧面展开图，请问各是什么几何体？

解：①为五棱柱；②为五棱锥；③为三棱台．

层级(二)　能力提升练
1．一个棱锥的各棱长都相等，那么这个棱锥一定不是 (　　)
A．三棱锥 B．四棱锥
C．五棱锥 D．六棱锥
解析：选D　由题意可知，每个侧面均为等边三角形，每个侧面的顶角均为60°，如果是六棱锥，因为6×60°＝360°，所以顶点会在底面上，因此不是六棱锥．故选D.
2．给出下列命题：
①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；
②用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台；
③若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；
④棱台的侧棱延长后交于一点，侧面是等腰梯形．
其中正确命题的序号是 (　　)
A．①②③④ B．①②③
C．②③ D．③
解析：选D　对于①，棱柱的侧面不一定全等，故错误；对于②，由棱台的定义可知只有当该平面与底面平行时，底面与截面之间的部分才是棱台，故错误；对于③，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直，比如正方体中共点的三个相邻平面，故正确；对于④，棱台的侧棱延长后交于一点，但其侧面不一定是等腰梯形，故错误．故选D.
3．从正方体ABCD­A1B1C1D1的8个顶点中任意取4个不同的顶点，这4个顶点可能是：
①矩形的4个顶点；
②每个面都是等边三角形的四面体的4个顶点；
③每个面都是直角三角形的四面体的4个顶点；
④有三个面是等腰直角三角形，有一个面是等边三角形的四面体的4个顶点．
其中正确结论的个数为________．
解析：如图所示：四边形ABCD为矩形，故①满足条件；四面体D­A1BC1 为每个面均为等边三角形的四面体，故②满足条件；四面体D­B1C1D1为每个面都是直角三角形的四面体，故③满足条件；四面体C­B1C1D1为有三个面是等腰直角三角形，有一个面是等边三角形的四面体，故④满足条件．所以正确的结论有4个．
答案：4
4．如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，E，F分别是A1B1，A1C1的中点，连接BE，
EF，FC，试判断几何体A1EF­ABC是什么几何体，并指出它的底面与侧面．
解：∵E，F分别是A1B1，A1C1的中点，且A1B1＝AB，A1C1＝AC，B1C1＝BC，
∴＝＝＝.
∴△A1EF∽△ABC，且AA1，BE，CF延长后交于一点．
又面A1B1C1与面ABC平行，∴几何体A1EF­ABC是三棱台．其中面ABC是下底面，面A1EF是上底面，面ABEA1，面BCFE和面ACFA1是侧面．
5.如图，在三棱锥V­ABC中，VA＝VB＝VC＝3，∠AVB＝∠AVC＝∠BVC＝30°，
过点A作截面△AEF，求△AEF周长的最小值．
解：将三棱锥沿侧棱VA剪开，并将其侧面展开平铺在
一个平面上，如图，线段AA1的长为所求△AEF周长的最小值．
∵∠AVB＝∠A1VC＝∠BVC＝30°，
∴∠AVA1＝90°.
又VA＝VA1＝3，∴AA1＝3.
∴△AEF周长的最小值为3.
层级(三)　素养培优练
1.如图，M是棱长为2 cm的正方体ABCD­A1B1C1D1的棱CC1的中点，沿正方
体表面从点A到点M的最短路程是________cm.
解析：由题意，若以BC为轴展开，则A，M两点连成的线段所在的直角三
角形的两直角边的长度分别为2 cm，3 cm，故两点之间的距离是 cm.若
以BB1为轴展开，则A，M两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为1 cm，
4 cm，故两点之间的距离是 cm.故沿正方体表面从点A到点M的最短路程是 cm.
答案：
2．给出两块正三角形纸片(如图所示)，要求将其中一块剪拼成一个底面为正三角形的三棱锥模型，
另一块剪拼成一个底面是正三角形的三棱柱模型，请设计一种剪拼方
案，分别用虚线标示在图中，并作简要说明．
解：如图①所示，沿正三角形三边中点连线折起，可拼得一个底 面为正三角形的三棱锥．如图②所示，在正三角形三个角上剪出三个相同的四边形，其较长的一组邻边边长为三角形边长的，有一组对角为直角，余下部分按虚线折成，可成为一个缺上底的底面为正三角形的三棱柱，而剪出的三个相同的四边形恰好拼成这个底面为正三角形的棱柱的上底．
第二课时　圆柱、圆锥、圆台、球与简单组合体的结构特征

明确目标
发展素养
1.利用实物模型、计算机软件等观察空间图形，认识圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征．
2.了解简单组合体的概念，了解简单组合体的两种基本构成形式.
1.通过对圆柱、圆锥、圆台、球以及简单组合体的认识，培养直观想象、数学抽象素养．
2.通过用柱、锥、台、球的结构特征描述简单组合体的结构特征，培养逻辑推理、直观想象素养.



知识点一　圆柱、圆锥、圆台
(一)教材梳理填空
1．圆柱的结构特征：
圆柱及相关概念
图形及表示
定义
以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱

相关
概念
轴：旋转轴叫做圆柱的轴；
底面：垂直于轴的边旋转而成的圆面；
侧面：平行于轴的边旋转而成的曲面；
母线：无论旋转到什么位置，平行于轴的边都叫做圆柱
侧面的母线；
柱体：圆柱和棱柱统称为柱体
图中的圆柱记作：圆柱O′O

[微思考]　圆柱有多少条母线？它们有什么关系？
提示：圆柱有无数条母线，它们平行且相等．

2．圆锥的结构特征：
圆锥及相关概念
图形及表示
定义
以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥

图中的圆锥记作：圆锥SO
相关
概念
轴：旋转轴叫做圆锥的轴；
底面：垂直于轴的边旋转而成的圆面；
侧面：直角三角形的斜边旋转而成的曲面；
母线：无论旋转到什么位置，不垂直于轴的边都叫做圆锥侧面的母线；
锥体：棱锥和圆锥统称为锥体
3.圆台的结构特征：
圆台及相关概念
图形及表示
定义
用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台

图中的圆台记作：圆台OO′
相关
概念
轴：圆锥的轴；
底面：圆锥的底面和截面；
侧面：圆锥的侧面在底面与截面之间的部分；
母线：圆锥的母线在底面与截面之间的部分；
台体：棱台和圆台统称为台体

[微思考]　连接圆柱(圆台)上、下底面圆周上各一点构成的线段，是否一定为母线？
提示：不一定．连接圆柱(圆台)上、下底面圆周上两点的线段不一定在侧面上，因此不一定是母线．
(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)夹在圆柱的两个平行截面间的几何体是一圆柱． (×)
(2)圆锥有无数条母线，它们的公共点即圆锥的顶点，且长度相等． (√)
(3)圆台有无数条母线，且它们相等，但延长后不相交于一点． (×)
2．下列图形中是圆柱的是 (　　)

答案：B
3．过圆锥的轴作截面，则截面形状一定是 (　　)
A．直角三角形　　　　　　 B．等腰三角形
C．等边三角形 D．等腰直角三角形
答案：B
知识点二　球的结构特征
(一)教材梳理填空
球及相关概念
图形及表示
定义
半圆以它的直径所在直线为旋转轴，旋转一周形成的曲面叫做球面，球面所围成的旋转体叫做球体，简称球


图中的球记
作：球O
相关
概念
球心：半圆的圆心叫做球的球心；
半径：连接球心和球面上任意一点的线段叫做球的半径；

直径：连接球面上两点并且经过球心的线段叫做球的直径
　[微思考]　球和球面有何区别？
提示：球与球面是两个完全不同的概念，球不仅包括球的表面，同时还包括球面所围的空间，它是一个“实心”的几何体，而球面仅指球的表面．
(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)球的直径必过球心． (√)
(2)球能由圆面旋转而成． (√)
(3)用一个平面去截球，得到的截面是一个圆． (×)
2．给出以下说法：
①球的半径是球面上任意一点与球心所连线段的长；
②球的直径是球面上任意两点间所连线段的长；
③空间中到定点的距离等于定长的所有的点构成的曲面是球面．
其中正确说法的序号是________．
答案：①③

知识点三　简单组合体的结构特征
(一)教材梳理填空
1．简单组合体的定义：
由简单几何体组合而成的几何体叫做简单组合体．
2．简单组合体的两种基本形式：
(1)由简单几何体拼接而成；
(2)由简单几何体截去或挖去一部分而成．
(二)基本知能小试
1．如图，日常生活中常用到的螺母可以看成一个组合体，其结构特征是 (　　)

A．一个棱柱中挖去一个棱柱
B．一个棱柱中挖去一个圆柱
C．一个圆柱中挖去一个棱锥
D．一个棱台中挖去一个圆柱
答案：B
2．如图所示的几何体是由哪个平面图形旋转得到的 (　　)

答案：A



题型一　旋转体的结构特征

【学透用活】

准确认识旋转体的结构特征

圆柱
圆锥
圆台
球
旋转
“平面”
矩形
直角三角形
直角梯形
半圆
旋转
“轴”
矩形的一边所在直线
以直角三角形的一条直角边所在直线
以直角梯形的直角腰所在直线
以半圆的直径所在直线

[典例1]　下列说法正确的是 (　　)
A．圆锥的底面是圆面，侧面是曲面
B．用一张扇形的纸片可以卷成一个圆锥
C．一个物体上、下两个面是相等的圆面，那么它一定是一个圆柱
D．球面上四个不同的点一定不在同一平面内
[解析]　A是圆锥的性质，故正确；对于B，动手操作一下，发现一张扇形的纸片只能卷成一个无底面的圆锥，故B错误；对于C，根据圆柱的结构特征可知，若两个相等的圆面不平行，那么这个物体不是圆柱，故C错误；对于D，作球的一个截面，在截面的圆周上任意取四个不同的点，则这四点都在球面上，故D错误．
[答案]　A
[方法技巧]
1．判断旋转体形状的步骤
(1)明确旋转轴l.
(2)确定平面图形中各边(通常是线段)与l的位置关系．
(3)依据圆柱、圆锥、圆台、球的定义和一些结论来确定形状．
2．与简单旋转体的截面有关的结论
(1)圆柱、圆锥、圆台平行于底面的截面都是圆面．
(2)圆柱、圆锥、圆台的轴截面(即过旋转轴的截面)分别是矩形、等腰三角形、等腰梯形．
3．圆柱、圆锥、圆台的关系如图所示
　

【对点练清】

下列命题正确的是 (　　)
A．圆柱上底面圆上任一点与下底面圆上任一点的连线都是圆柱的母线
B．一直角梯形绕下底所在直线旋转一周，所形成的曲面围成的几何体是圆台
C．圆锥的顶点、底面圆的圆心与圆锥底面圆周上任意一点这三点的连线都可以构成直
角三角形
D．用平面去截圆锥一定会得到一个圆锥和一个圆台
解析：选C　由圆柱母线的定义知，圆柱的母线应平行于轴，A错；直角梯形绕下底所在直线旋转一周所形成的几何体是由一个圆柱与一个圆锥组成的简单组合体，B错，如图所示；C正确；D不一定．只有当平面与圆锥的底面平行时，才能截得一个圆锥和一个圆台．故选C.

题型二　简单组合体的结构特征

【学透用活】

[典例2]　如图所示的几何体是由下面哪一个平面图形旋转而形成的 (　　)

[解析]　该几何体自上而下由圆锥、圆台、圆台、圆柱组合而成．故选A.
[答案]　A
[方法技巧]
识别简单组合体的结构特征的策略
(1)组合体是由简单几何体拼接、截去或挖去一部分而成的，因此，要仔细观察组合体的组成，结合柱、锥、台、球的几何结构特征，对原组合体进行分割．
(2)用分割法识别简单组合体，则需要根据几何体的结构特征恰当地作出辅助线(或面)，进而将几何体“分拆”成几个简单的几何体．　　

【对点练清】
1．若将本例选项B中的平面图形旋转一周，试说出它形成的几何体的结构特征．
解：①是直角三角形，旋转后形成圆锥；②是直角梯形，旋转后形成圆台；③是矩形，旋转后形成圆柱，所以旋转后形成的几何体如图所示．通过观察可知，该几何体是由一个圆锥、一个圆台和一个圆柱自上而下拼接而成的．

2．描述下列几何体的结构特征．

解：图①所示的几何体是由两个圆台拼接而成的组合体；图②所示的几何体是由一个圆台挖去一个圆锥得到的组合体；图③所示的几何体是在一个圆柱中间挖去一个三棱柱后得到的组合体．

题型三　旋转体的有关计算

【学透用活】

[典例3]　如图所示，用一个平行于圆锥SO底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的面积之比为1∶16，截去的圆锥的母线长是4 cm，求圆台O′O的母线长．
[解]　设圆台的母线长为l cm，由截得的圆台上、下底
面面积之比为1∶16，可设截得的圆台的上、下底面的半径分别为r cm，
4r cm，过轴SO作截面，如图所示．
则△SO′A′∽△SOA，SA′＝4 cm.
所以＝，所以＝ ，
即＝，解得l＝12(cm)，即圆台的母线长为12 cm.
[方法技巧]
解决旋转体中计算问题的方法策略
(1)巧用轴截面实现空间图形平面化：旋转体中有关底面半径、母线、高以及有关球的问题的计算，可巧用轴截面求解，即将立体问题转化为平面问题．
(2)在轴截面中借助直角三角形或三角形的相似关系建立高、母线长、底面圆的半径长的等量关系，求解即可．　

【对点练清】

1．若将本例中的条件变为“已知一个圆台的上、下底面半径分别是1 cm,2 cm，截得圆台的圆锥的母线长为12 cm”，则圆台的母线长为________．
解析：
如图是圆台的轴截面，由题意知AO＝2 cm，A′O′＝1 cm，SA＝12 cm.
由△A′O′S∽△AOS，得＝，
得SA′＝·SA＝×12＝6(cm)．
所以AA′＝SA－SA′＝12－6＝6(cm)．
所以圆台的母线长为6 cm.
答案：6 cm
2.如图所示，有一个底面半径为1，高为2的圆柱体，在A点处有一只蚂蚁，
现在这只蚂蚁要围绕圆柱表面由A点爬到B点，问蚂蚁爬行的最短距离是
多少？
解：把圆柱的侧面沿AB剪开，然后展开成为平面图形——矩形，
如图所示，连接AB′，则AB′即为蚂蚁爬行的最短距离．
∵AA′为底面圆的周长，∴AA′＝2π×1＝2π.
又AB＝A′B′＝2，
∴AB′＝＝＝2，
即蚂蚁爬行的最短距离为2.



【课堂思维激活】
一、综合性——强调融会贯通
1．以下是“已知球的两个平行截面的面积分别为5π和8π，且距离等于1，求这个球的半径．”的解题过程：
解：如图，设这两个截面圆的半径分别为r1，r2，球心到截面的距离分别为d1，d2，球的半径为R，则
πr＝5π，πr＝8π，∴r＝5，r＝8.
又∵R2＝r＋d＝r＋d，
∴d－d＝8－5＝3，即(d1－d2)(d1＋d2)＝3.
又d1＋d2＝1，∴d1－d2＝3，
∴此方程组无解．
分析以上解题过程是否正确，若不正确，你能找出错因吗？
提示：平行截面有两种情况：在球心的两侧或同侧，以上解答漏掉一种情况．
正解如下：
(1)平行截面在球心的同侧时，如图．
由(d1－d2)(d1＋d2)＝3.又d1－d2＝1，
∴d1＋d2＝3.∴解得
∴R＝＝＝3，即球的半径等于3.
(2)同错解．故所求球的半径等于3.
二、应用性——强调学以致用
2.如图所示，有一圆锥形粮堆，母线与底面直径构成边长为6 m的正三角形 ABC，粮堆母线AC的中点P处有一只老鼠正在偷吃粮食．此时，小猫正在B处，它要沿圆锥侧面到达P处捕捉老鼠，求小猫所经过的最短路程．(结果不取近似值)
[析题建模]　求这只小猫经过的最短距离问题首先应转化为圆锥的侧面展开图问题，利用弧长求解圆心角，进而求解．
解：因为△ABC为等边三角形，
所以BC＝6，所以l＝2π×3＝6π.
根据底面圆的周长等于展开后扇形的弧长，得：6α＝6π.故α＝π，则
∠B′AC＝，
所以B′P＝＝3(m)，
所以小猫所经过的最短路程是3 m.
三、创新性——强调创新意识和创新思维
3．(多选)连接球面上两点的线段称为球的弦，半径为4的球的两条弦AB，CD的长度分别等于2，4，M，N分别为AB，CD的中点，每条弦的两端都在球面上运动，则 (　　)
A．弦AB，CD可能相交于点M
B．弦AB，CD可能相交于点N
C．MN的最大值为5
D．MN的最小值为1
解析：选ACD　球心到弦AB，CD的距离分别为3,2，又因为3>2，所以AB，CD可交于AB的中点M，不可交于CD的中点N；当AB，CD在球心的同侧时，MN的最小值为3－2＝1；当AB，CD在球心的两侧时，MN的最大值为3＋2＝5.故选A、C、D.

课时跟踪检测

层级(一)　“四基”落实练
1．如图所示的图形中有 (　　)

A．圆柱、圆锥、圆台和球　 B．圆柱、球和圆锥
C．球、圆柱和圆台 D．棱柱、棱锥、圆锥和球
解析：选B　根据题中图形可知，(1)是球，(2)是圆柱，(3)是圆锥，(4)不是圆台，故选B.
2．用平面截一个几何体，所得各截面都是圆面，则这个几何体一定是 (　　)
A．圆柱 B．圆锥
C．球 D．圆台
解析：选C　由球的定义知选C.
3.如图所示的组合体的结构特征是 (　　)
A．一个棱柱中截去一个棱柱
B．一个棱柱中截去一个圆柱
C．一个棱柱中截去一个棱锥
D．一个棱柱中截去一个棱台
解析：选C　如题图，可看成是四棱柱截去一个角，即截去一个三棱锥后得到的简单组合体，故为一个棱柱中截去一个棱锥所得．故选C.
4．上、下底面面积分别为36π和49π，母线长为5的圆台，其两底面之间的距离为 (　　)
A．4 B．3
C．2 D．2
解析：选D　圆台的母线长l、高h和上、下两底面圆的半径r，R满足关系式l2＝h2＋(R－r)2，求得h＝2，即两底面之间的距离为2.故选D.
5．铜钱又称方孔钱，是古代钱币最常见的一种．如图所示为清朝时的一枚“嘉庆通宝”，由一个圆和一个正方形组成，若绕旋转轴(虚线)旋转一周，形成的几何体是(　　)

A．一个球　　　　　　　 B．一个球挖去一个圆柱
C．一个圆柱 D．一个球挖去一个正方体
解析：选B　半圆及其内部旋转一周后所得几何体为球，而矩形及其内部绕一边旋转后所得几何体为圆柱，故题设中的平面图形绕旋转轴(虚线)旋转一周，形成的几何体为一个球挖去一个圆柱．

6．下列给出的图形中，绕给出的轴旋转一周(如图所示)，能形成圆台的是________．(填序号)

解析：根据定义，①形成的是圆台，②形成的是球，③形成的是圆柱，④形成的是圆锥．
答案：①
7．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm和8 cm，若两底面圆心的连线长为12 cm，则这个圆台的母线长为________cm，该圆台的轴截面的面积为________cm2.
解析：如图，过点A作AC⊥OB，交OB于点C.在Rt△ABC中，AC＝
12 cm，BC＝8－3＝5(cm)．所以AB＝＝13(cm)．
又圆台的轴截面为等腰梯形，
S等腰梯形＝×(6＋16)×12＝132(cm2)．
答案：13　132
8．指出如图①②所示的图形是由哪些简单几何体构成的．

解：分割原图，使它的每一部分都是简单几何体．图(1)是由一个三棱柱和一个四棱柱拼接而成的简单组合体．图(2)是由一个圆锥和一个四棱柱拼接而成的简单组合体．

层级(二)　能力提升练
1．(多选)下列说法正确的是 (　　)
A．由若干个平面多边形围成的几何体叫做多面体
B．一条平面曲线绕它所在平面内的一条定直线旋转所形成的曲面叫做旋转面
C．旋转体的截面图形都是圆
D．圆锥的侧面展开图是一个扇形
解析：选ABD　A、B为定义，均正确；C错误，因为轴截面截圆柱、圆锥、圆台所得截图形分别是矩形、等腰三角形、等腰梯形；D沿母线剪开后，侧面在平面上的展开图是一个扇形，此说法正确．故选A、B、D.
2．某地球仪上北纬30°纬线圈的长度为12π cm，如图所示，则该地球仪的半径是________cm.

解析：如图所示，由题意知，北纬30°所在小圆的周长为12π cm，则该
小圆的半径r＝6 cm，其中∠ABO＝30°，所以该地球仪的半径R＝
＝4 cm.
答案：4
3．若一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为π，则球的直径为________．
解析：由题意知球心到截面的距离为1，设截面圆的半径为r，则πr2＝π，所以r＝1.设球的半径为R，则R＝＝，故球的直径为2.
答案：2
4．已知一个圆锥的底面半径为r，高为h，在此圆锥内有一个内接正方体，这个内接正方体的顶点在圆锥的底面和侧面上，求此正方体的棱长．
解：作出圆锥的一个轴截面如图所示：其中AB，AC为母线，BC为底面
直径，DG，EF是正方体的棱，DE，GF是正方体的上、下底面的对角线．设
正方体的棱长为x，则DG＝EF＝x，DE＝GF＝x.依题意，得△ABC∽
△ADE，∴＝，∴x＝，即此正方体的棱长为.
5．一个圆台的母线长为12 cm，两底面面积分别为4π cm2和25π cm2.求：
(1)圆台的高；
(2)截得此圆台的圆锥的母线长．
解：如图，将圆台恢复成圆锥后作其轴截面，设圆台的高为h cm，截得该圆台的圆锥的母线为x cm，由条件可得圆台上底半径r′＝2 cm，下底半径r＝5 cm.
(1)由勾股定理得h＝
＝3 (cm)．故圆台的高为3 cm.
(2)由三角形相似得：＝，
解得x＝20(cm)．故截得此圆台的圆锥的母线长为20 cm.

层级(三)　素养培优练
1．若边长为5的正方形EFGH是圆柱的轴截面，则从点E沿圆柱的侧面到相对顶点G的最短距离为________．
解析：如图，矩形E1F1GH是圆柱沿着其母线EF剪开半个侧面展开
而得到的，由题意可知GH＝5，GF1＝，GE1＝ ＝
.所以从点E沿圆柱的侧面到相对顶点G的最短距离是 .
答案：
2．一个圆锥的底面半径为3，高为5，在其中有一个高为x的内接圆柱．
(1)用x表示圆柱的轴截面面积S；
(2)当x为何值时，S最大？
解：(1)如图所示，设内接圆柱的底面半径为r，由已知得＝，所
以r＝.
所以S＝2··x＝－x2＋6x，
其中0＜x＜5.
(2)由(1)可知，S＝－x2＋6x(0＜x＜5)，
所以当x＝－＝时，S最大．

8.2　立体图形的直观图

明确目标
发展素养
1.了解斜二测画法的概念并掌握斜二测画法的步骤．
2.能用斜二测画法画出简单空间图形(长 方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合体)的直观图.
通过学习空间几何体直观图的画法，经历由空间到平面，再由平面到空间的转换过程，培养数学抽象、直观想象和数学运算素养.



知识点　立体图形的直观图及其画法
(一)教材梳理填空
1．直观图：
直观图是观察者站在某一点观察一个空间几何体获得的图形．在立体几何中，立体图形的直观图通常是在平行投影下得到的平面图形．
2．用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图的步骤：
步骤
画法要求
建系
在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于点O.画直观图时，把它们画成对应的x′轴与y′轴，两轴相交于点O′，且使∠x′O′y′＝45°(或135°)，它们确定的平面表示水平面
画线
已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′轴或y′轴的线段
长度
规则
已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段，长度为原来的一半

3．空间几何体直观图的画法：
画空间几何体的直观图时，与画平面图形的直观图相比，只是多画一个与x轴、y轴都垂直的z轴，并且使平行于z轴的线段的平行性和长度都不变．
[微思考]　空间几何体的直观图唯一吗？
提示：不唯一．作直观图时，由于选轴的不同，画出的直观图也不同．
(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分别平行于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A＝45°.(×)
(2)用斜二测画法画平面图形的直观图时，平行的线段在直观图中仍平行． (√)
(3)建立z轴的一般原则是让z轴过空间图形的顶点． (√)
(4)几何中平行于z轴(或在z轴上)的线段，在其直观图中长度为原来的一半． (×)
2．利用斜二测画法画边长为1 cm的正方形的直观图，可能是下面的 (　　)

答案：C
3．根据斜二测画法的规则画直观图时，把Ox，Oy，Oz轴画成对应的O′x′，O′y′，O′z′，则∠x′O′y′与∠x′O′z′的度数分别为 (　　)
A．90°，90°　　　　　　　 B．45°，90°
C．135°，90° D．45°或135°，90°
答案：D



题型一　水平放置的平面图形的直观图的画法

【学透用活】

(1)斜二测画法中，“斜”是指把直角坐标系xOy变为坐标系x′O′y′，使∠x′O′y′＝45°(或135°)；“二测”是指画直观图时，平行于x轴的线段长度不变，平行于y轴的线段长度减半．
(2)斜二测画法画图的关键是在原图中找到决定图形位置与形状的点，并在直观图中画出．
(3)斜二测画法的位置特征与度量特征简记为：横不变、纵折半，平行位置不改变．
[典例1]　画出如图所示水平放置的直角梯形的直观图．
[解]　(1)在已知的直角梯形OBCD中，以底边OB所在直线为x轴，垂直于OB的腰OD所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图①.画相应的x′轴和y′轴，使∠x′O′y′＝45°，如图②.
(2)在x′轴上截取O′B′＝OB，在y′轴上截取O′D′＝OD，过点D′作x′轴的平行线l，在l上沿x′轴正方向取点C′使得D′C′＝DC.连接B′C′，如图②.
(3)所得四边形O′B′C′D′就是直角梯形OBCD的直观图，如图③.


画平面图形直观图的关键
(1)在已知图形中建立直角坐标系时尽量利用原图形的对称性和图形中的垂直关系．
(2)画水平放置的平面多边形的直观图的关键是确定多边形的顶点位置．顶点位置可以分为两类：一类是在轴上或在与轴平行的线段上，这类顶点比较容易确定：另一类是不在轴上且不在与轴平行的线段上，这类顶点一般通过作过此点且与轴平行或垂直的线段，将此点转到与轴平行或垂直的线段上来确定．　　[方法技巧]

【对点练清】

　

用斜二测画法画(如图所示)边长为4 cm的水平放置的正三角形的直观图．
解：(1)如图①，以BC边所在的直线为x轴，以BC边上的高线AO所在的直线为y轴．

(2)画对应的x′轴、y′轴，使∠x′O′y′＝45°.在x′轴上截取O′B′＝O′C′＝2 cm，在y′轴上截取O′A′＝OA，连接A′B′，A′C′，如图②.
(3)三角形A′B′C′即为正三角形ABC的直观图．

题型二　空间几何体的直观图
【学透用活】

(1)画空间图形的直观图在要求不太严格的情况下，长度和角度可适当选取．为了增强立体感，被挡住的部分通常用虚线表示．
(2)斜二测画法保持了原图形的平行性、共线性，保持了平行线的长度比．
(3)坐标系的建立要充分利用几何体的对称性，坐标原点一般建在图形的对称中心处，使几何体的顶点尽可能多地落在坐标轴上．
(4)要先画出底面的直观图，再画出其余各面．
[典例2]　画正六棱柱的直观图．(底面边长为2 cm，侧棱长为5 cm)
[解]　画法：(1)画轴．画x′轴、y′轴、z′轴，使∠x′O′y′＝45°(或135°)，∠x′O′z′＝90°.
(2)画底面．根据x′轴、y′轴，画正六边形的直观图ABCDEF，使CF长为4 cm.
(3)画侧棱．过A，B，C，D，E，F各点分别作z′轴的平行线，在这些平行线上分别截取AA′，BB′，CC′，DD′，EE′，FF′都等于侧棱长5 cm.
(4)成图．顺次连接A′，B′，C′，D′，E′，F′，并加以整理(去掉辅助线，将被遮挡的部分改为虚线)，就得到正六棱柱的直观图．

[方法技巧]
画空间几何体的直观图的策略
(1)画空间几何体时，首先按照斜二测画法规则画出几何体的底面直观图，然后根据平行于z轴的线段在直观图中长度保持不变，画出几何体的各侧面，并成图．
[提醒]　在直观图中注意用实线表示看得见的部分，用虚线表示看不见的部分．
(2)画空间几何体的步骤可简单总结为
→→→　
【对点练清】
画出底面是边长为1.2 cm的正方形，侧棱均相等且高为1.5 cm的四棱锥的直观图．
解：画法：(1)画轴．画x轴、y轴、z轴，∠xOy＝45°(或135°)，∠xOz＝90°，如图①.
(2)画底面．以O为中心，在xOy平面内，画出正方形的直观图ABCD，使AB＝1.2 cm，EF＝0.6 cm.
(3)画顶点，在Oz轴上截取OP，使OP＝1.5 cm.
(4)成图．顺次连接PA，PB，PC，PD，并擦去辅助线，将被遮住的部分改为虚线，得四棱锥的直观图，如图②.


题型三　直观图的还原与计算

【学透用活】

[典例3]　(1)如图所示，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形A′B′O′，若O′B′＝1，那么原三角形ABO的面积是(　　)
A.　　　　　　　　　 B.
C. D．2
(2)如图所示，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，C′D′＝2 cm，则原图形是________(填四边形的形状)，该原图形的面积为_________cm2.
[解析]　(1)由题图知，△OAB为直角三角形．
∵O′B′＝1，∴A′B′＝1，O′A′＝.
∴在原△OAB中，OB＝1，OA＝2，
∴S△ABO＝×2×1＝.故选C.
(2)如图所示，在原图形OABC中，应有OA＝O′A′＝6 cm，OD＝2O′D′＝2×2＝4 cm，CD＝C′D′＝2 cm.在Rt△OCD中，
∴OC＝＝＝6(cm)，
∴OA＝OC.又OA∥BC，OA＝BC，
故四边形OABC是菱形．
∴S菱形ABCO＝OA·OD＝6×4＝24(cm2)．
∴菱形OABC的面积为24 cm2.
[答案]　(1)C　(2)菱形　 24
[方法技巧]
1．直观图的还原技巧
由直观图还原为平面图的关键是找与x′轴、y′轴平行的直线或线段，且平行于x′轴的线段还原时长度不变，平行于y′轴的线段还原时放大为直观图中相应线段长的2倍，由此确定图形的各个顶点，顺次连接即可．
2．直观图与原图形面积之间的关系
若一个平面多边形的面积为S，其直观图的面积为S′，则有S′＝S或S＝2S′.利用这一公式可由原图形面积求其直观图面积或由直观图面积求原图形面积．　

【对点练清】
1．本例(1)中直观图中△O′A′B′的面积与原图形面积之比是多少？
解：由本例(1)中直观图可得S△O′A′B′＝×1×1＝，
原图形面积为S△OAB＝.所以＝＝.
2.如图所示，直角梯形ABCD是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，
∠ABC＝45°，AB＝AD＝2，DC⊥BC，求原图形的面积．
解：如图①，在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为点E，则在Rt△ABE中，AB＝2，∠ABE＝45°，所以BE＝.
而四边形AECD为矩形，AD＝2，
所以EC＝AD＝2.
所以BC＝BE＋EC＝＋2.
由此可还原原图形如图②，是一个直角梯形．
在原图形中，A′D′＝2，A′B′＝4，B′C′＝＋2，且A′D′∥
B′C′，A′B′⊥B′C′，
所以原图形的面积为S＝(A′D′＋B′C′)·A′B′＝×(2＋＋
2)×4＝2＋8.


【课堂思维激活】
一、综合性——强调融会贯通
1.如图为一几何体的展开图．若沿图中虚线将它们折叠起来，试探究是
哪种几何体？画出其直观图．
解：由题设中所给的展开图可以得出，此几何体是一个四棱锥，其底
面是一个边长为2的正方形，垂直于底面的侧棱长为2.
画直观图步骤为：(1)画轴．画x轴、y轴、z轴，∠xOy＝45°(或135°)，
∠xOz＝90°，如图①.
(2)画底面．以O为中心，在xOy平面内，画出正方形的直观图ABCD，使CD＝2 cm，AD＝1 cm.
(3)画顶点．在Oz轴上截取OP，使OP＝2 cm.
(4)成图．顺次连接PA，PB，PC，PD，并擦去辅助线，将被遮住的部分改为虚线，得四棱锥的直观图，如图②.
　

二、应用性——强调学以致用
2．一个建筑物上部为四棱锥，下部为长方体，且四棱锥的底面与长方体的上底面尺寸一样．已知长方体的长、宽、高分别为20 m,5 m,10 m，四棱锥的高为8 m．若按1∶500的比例画出它的直观图，那么在直观图中，求长方体的长、宽、高和四棱锥的高．
解：由比例尺可知，长方体的长为20 m×＝0.04 m＝4 cm，同理求出长方体的宽、高和四棱锥的高为1 cm，2 cm，1.6 cm.再结合直观图的画法，长方体的长、宽、高和四棱锥的高为4 cm,0.5 cm,2 cm,1.6 cm.
三、创新性——强调创新意识和创新思维
3．正等测画法
圆柱、圆锥和圆台的底面都是圆，在画直观图时一般不用斜二测画法，而采用正等测画法．正等测画法的规则是：
(1)如图①，取互相垂直的直线Ox，Oy作为已知图形⊙O所在平面内的直角坐标系的x轴和y轴，画直观图时将它们画成对应的x′轴和y′轴，并使∠x′O′y′＝120°(或60°)，x轴和y轴所确定的平面表示水平面；
(2)已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′轴或y′轴的线段；
(3)平行于x轴或y轴的线段，在直观图中保持长度不变．

这样得到的圆的直观图是椭圆．这种画椭圆的方法比较麻烦，在实际画水平放置的圆的直观图时，可用如图②所示的椭圆模板．

课时跟踪检测
　　　　　　　　　　　　　
层级(一)　“四基”落实练
1．利用斜二测画法画出边长为3 cm的正方形的直观图，正确的是图中的 (　　 )

解析：选C　正方形的直观图应是平行四边形，且相邻两边的边长之比为2∶1.
2．若把一个高为10 cm的圆柱的底面画在x′O′y′平面上，则圆柱的高应画成 (　　)
A．平行于z′轴且大小为10 cm
B．平行于z′轴且大小为5 cm
C．与z′轴成45°且大小为10 cm
D．与z′轴成45°且大小为5 cm
解析：选A　平行于z轴(或在z轴上)的线段，在直观图中的方向和长度都与原来保持一致．故选A.
3．如图，A′B′∥O′y′，B′C′∥O′x′，则直观图所示的平面是(　　)

A．任意三角形
B．锐角三角形
C．直角三角形
D．钝角三角形
解析：选C　因为A′B′∥O′y′，且B′C′∥O′x′，所以原平面图形中AB⊥BC.所以△ABC为直角三角形．故选C.
4.如图所示，△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图，则在原△ABC的
三边及中线AD中，最长的线段是 (　　)
A．AB　　　　　　　　　 B．AD
C．BC D．AC
解析：选D　还原△ABC，即可看出△ABC为直角三角形，故其斜边AC最长．故选D.
5．(多选)下列命题中正确的是 (　　)
A．水平放置的角的直观图一定是角
B．相等的角在直观图中仍然相等
C．相等的线段在直观图中仍然相等
D．若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行
解析：选AD　水平放置的平面图形不会改变形状，A正确；正方形的直观图为平行四边形，角度不一定相等，B错；因为平行于x轴的线段长度不变，平行于y轴的线段长度变为原来的一半，所以C错；平行性不会改变，所以D正确．故选A、D.
6．利用斜二测画法得到：
①三角形的直观图是三角形；
②平行四边形的直观图是平行四边形；
③正方形的直观图是正方形；
④菱形的直观图是菱形．
以上结论中，正确的是________．(填序号)
解析：斜二测画法得到的图形与原图形中的线线相交、线线平行关系不会改变，因此三角形的直观图是三角形，平行四边形的直观图是平行四边形．
答案：①②
7．在直观图中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在坐标系xOy中原四边形OABC为________(填形状)，面积为________cm2.
解析：由题意，结合斜二测画法可知，四边形OABC为矩形，其中OA＝2 cm，OC＝4 cm，所以四边形OABC的面积S＝2×4＝8(cm2)．
答案：矩形　8
8．用斜二测画法画长、宽、高分别为4 cm,3 cm,2 cm的长方体ABCD­A′B′C′D′的直观
图．
解：画法：(1)画轴．如图①，画x轴、y轴、z轴，三轴相交于点O(A)，使∠xOy＝45°，∠xOz＝90°.(2)画底面．在x轴上取线段AB，使AB＝4 cm；在y轴上取线段AD，使AD＝ cm.过点B作y轴的平行线，过点D作x轴的平行线，设它们的交点为C，则▱ABCD就是长方体的底面ABCD的直观图．(3)画侧棱．过A，B，C，D各点分别作z轴的平行线，并在这些平行线上分别截取2 cm长的线段AA′，BB′，CC′，DD′.

(4)成图．顺次连接A′，B′，C′，D′，并加以整理(去掉辅助线，将被遮挡的部分改为虚线)，就得到长方体的直观图．如图②.

层级(二)　能力提升练
1．水平放置的△ABC，有一边在水平线上，它的斜二测直观图是正三角形A′B′C′，则△ABC是 (　　)
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．任意三角形
解析：选C　如下图所示，斜二测直观图还原为平面图形，故△ABC是钝角三角形．故选C.

2. 如图所示的是水平放置的三角形ABC的直观图△A′B′C′，其中D′是A′C′的中点，在原三角形ABC中，∠ACB≠60°，则原图形中与线段BD的长相等的线段有 (　　)
A．0条 B．1条
C．2条 D．3条
解析：选C　先按照斜二测画法把直观图还原为真正的平面图形，然后根据平面图形的几何性质找出与线段BD长度相等的线段．把三角形A′B′C′还原后为直角三角形，则D为斜边AC的中点，所以AD＝DC＝BD.故选C.
3.

如图，正方形O′A′B′C′的边长为1 cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是________cm.
解析：因为正方形O′A′B′C′的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，所以O′B′＝ cm，对应原图形平行四边
形OABC的高为2 cm，
所以原图形中，OA＝BC＝1 cm，
AB＝OC＝＝3(cm)，
故原图形的周长为2×(1＋3)＝8(cm)．
答案：8
4.

如图所示，△A′O′B′表示水平放置的△AOB的直观图，点B′在x′轴上，A′O′与x′轴垂直，且A′O′＝2，则△AOB的边OB上的高为多少？
解：设△AOB的边OB上的高为h，由直观图中边O′B′与原图形中边OB的长度相等，及S原图＝2S直观图，得OB·h＝2··A′O′·O′B′，则h＝4.故△AOB的边OB上的高为4.
5.如图，四边形A′B′C′D′是边长为1的正方形，且它是某个四边形按 斜二测画法画出的直观图，请画出该四边形的原图形，并求出原图形的面积．
解：画出平面直角坐标系xOy，使点A与O重合，在x轴上取点C，使AC＝，再在y轴上取点D，使AD＝2，
取AC的中点E，
连接DE并延长至点B，使DE＝EB，连接DC，CB，BA，则四边形ABCD为正方形A′B′C′D′的原图形(也可以过点C作BC∥y轴，且使CB＝AD＝2，然后连接AB，DC)，如图所示．易知四边形ABCD为平行四边形，∵AD＝2，AC＝，∴S▱ABCD＝2×＝2.
层级(三)　素养培优练
1．如图是水平放置的某个三角形的直观图，D′是△A′B′C′中B′C′边的中点且A′D′∥y′轴，A′B′，A′D′，A′C′三条线段对应原图形中的线段AB，AD，AC，那么 (　　)
A．最长的是AB，最短的是AC
B．最长的是AC，最短的是AB
C．最长的是AB，最短的是AD
D．最长的是AD，最短的是AC
解析：选C　由题中的直观图可知，A′D′∥y′轴，B′C′∥x′轴，根据斜二测画法的规则可知，在原图形中AD∥y轴，BC∥x轴，又因为D′为B′C′的中点，所以△ABC为等腰三角形，且AD为底边BC上的高，则有AB＝AC>AD成立．
2．有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，求这块菜地的面积．
解：如图①，在直观图中，
过点A作AE⊥BC，垂足为E，
∵在Rt△ABE中，AB＝1，∠ABE＝45°，
∴BE＝.
∵四边形AECD为矩形，AD＝1，
∴EC＝AD＝1，∴BC＝BE＋EC＝＋
1.由此可还原原图形如图②.
在原图形中，A′D′＝1，A′B′＝2，B′C′＝＋1，且A′D′∥ B′C′，A′B′⊥B′C′，
∴这块菜地的面积S＝(A′D′＋B′C′)·A′B′＝××2＝2＋.

8．3　简单几何体的表面积与体积

8．3.1　棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积


明确目标
发展素养
1.知道棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式．
2.能用公式解决简单的实际问题.
在计算棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的过程中，把实际问题转化为数学问题并计算，培养直观想象、数学建模和数学运算素养.



知识点一　棱柱、棱锥、棱台的表面积
(一)教材梳理填空
1．棱柱、棱锥、棱台的侧面展开图：
棱柱、棱锥、棱台的侧面展开分别是平行四边形、若干个三角形、若干个梯形组成的平面图形．侧面展开图的面积就是棱柱、棱锥、棱台的侧面积．
2．棱柱、棱锥、棱台的表面积：
多面体的表面积就是围成多面体各个面的面积的和．棱柱、棱锥、棱台的表面积就是围成它们的各个面的面积的和．
[微思考]　求一个几何体的表面积时，一般要应用到这个几何体的平面展开图，其平面展开图一定相同吗？其表面积是否确定？
提示：对于一个几何体，不同的展开方式，其平面展开图是不同的，但其表面积是唯一确定的．
(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)几何体的侧面积是指各个侧面的面积之和． (√)
(2)几何体的表面积就是其侧面面积与底面面积的和． (√)
(3)棱柱的侧面积也可以用cl来求解，其中l为侧棱长，c为底面周长． (×)
2．棱长为3的正方体的表面积为 (　　)
A．27　　 B．64　　　 C．54　　　 D．36
答案：C
3．已知一个三棱锥的每一个面都是边长为1的正三角形，则此三棱锥的表面积为______．
答案：

知识点二　棱柱、棱锥、棱台的体积
(一)教材梳理填空
几何体
体积
说明
棱柱
V棱柱＝Sh
S为棱柱的底面积，h为棱柱的高
棱锥
V棱锥＝Sh
S为棱锥的底面积，h为棱锥的高
棱台
V棱台＝(S′＋
＋S)h
S′，S分别为棱台的上、下底面面积，h为棱台的高
[微思考]　若一个棱柱上底面上一点到下底面的距离是2，那么这个棱柱的高是多少？
提示：棱柱的高是2.
(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)棱锥的体积等于底面面积与高之积． (×)
(2)棱台的体积可转化为两个棱锥的体积之差． (√)
(3)等底、等高的棱柱的体积是棱锥的体积的3倍． (√)
2．若长方体的长、宽、高分别为3 cm,4 cm,5 cm，则长方体的体积为 (　　)
A．27 cm3 B．60 cm3
C．64 cm3 D．125 cm3
答案：B
3．已知棱台的上、下底面积分别为4,16，高为3，则棱台的体积为________．
答案：28




题型一　棱柱、棱锥、棱台的表面积
【学透用活】
[典例1]　已知正四棱台(正四棱锥被平行于底面的平面所截，截面与底面间的部分)上底面边长为4，侧棱和下底面边长都是8，求它的侧面面积．
[解]　法一：设正四棱台为ABCD­A1B1C1D1，如图①.设B1F为斜高．
在Rt△B1FB中，BF＝×(8－4)＝2，B1B＝8，所以B1F＝＝2.
所以S正棱台侧＝4××(4＋8)×2＝48.
所以正四棱台的侧面面积为48.
法二：设正四棱台为ABCD­A1B1C1D1，延长正四棱台的侧棱交于点P，作面PBC上的斜高PE，交B1C1于E1，如图②.
设PB1＝x，则＝，解得x＝8.
所以PB1＝B1B＝8.所以E1为PE的中点．
又PE1＝＝＝2，
所以PE＝2PE1＝4.
所以S正棱台侧＝S大正棱锥侧－S小正棱锥侧
＝4××8×PE－4××4×PE1
＝4××8×4－4××4×2＝48.
所以正四棱台的侧面面积为48.
[方法技巧]
(1)求解正棱台的表面积时注意棱台的四个基本量：底面边长、高、斜高、侧棱，并注意两个直角梯形的应用．
①高、侧棱、上下底面多边形的中心与顶点连线所成的直角梯形；
②高、斜高、上下底面边心距所成的直角梯形．
(2)求棱柱、棱锥、棱台的表面积的基本步骤：
①清楚各侧面的形状，求出每个侧面的面积；
②求出其底面的面积；
③求和得到表面积．
[提醒]　组合体的表面积应注意重合部分的处理．　　
【对点练清】

1．若六棱柱的底面是边长为3的正六边形，侧面为矩形，侧棱长为4，则六棱柱的侧面积等于 (　　)
A．12　　　　　　　　　　 B．48
C．64 D．72
解析：选D　该六棱柱的6个侧面是全等的矩形，则S侧＝6×(3×4)＝72.故选D.
2．已知正四棱锥的侧面积是底面积的2倍，高是3，求它的表面积．
解：如图，设PO＝3，PE是斜高．
∵S侧＝2S底，∴4··BC·PE＝2BC2.
∴BC＝PE.在Rt△POE中，PO＝3，
OE＝BC＝PE，∴9＋2＝PE2，∴PE＝2.∴S底＝BC2＝PE2＝(2)2＝12，
S侧＝2S底＝2×12＝24.∴S表＝S底＋S侧＝12＋24＝36.
题型二　棱柱、棱锥、棱台的体积

【学透用活】

对于棱柱、棱锥、棱台的体积公式的几点认识：
(1)等底、等高的两个棱柱的体积相同；
(2)等底、等高的棱柱的体积是棱锥的体积的3倍；
(3)柱体、锥体、台体的体积公式之间的关系：

V＝ShV＝(S′＋＋S)hV＝Sh.
[典例2]　如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，过顶点B，D，A1截下一个三棱锥．
(1)求剩余部分的体积；
(2)求三棱锥A­A1BD的体积及高．
[解]　(1)V三棱锥A1­ABD＝S△ABD·A1A＝··AB·AD·A1A＝a3.故剩余部分的体积
V＝V正方体－V三棱锥A1­ABD＝a3－a3＝a3.
(2)设三棱锥A­A1BD的高为h，
则V三棱锥A­A1BD＝·S△A1BD·h
＝×××(a)2h＝a2h.
∵V三棱锥A­A1BD＝V三棱锥A1­ABD＝a3，
∴a2h＝a3，解得h＝a.
∴三棱锥A­A1BD的体积为a3，高为a.
[方法技巧]
求几何体体积的常用方法
公式法
直接代入公式求解
等积法
例如四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面积和高都易求的形式即可
补体法
将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等
分割法
将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积
　　
【对点练清】

1．将两个棱长为10 cm的正方体铜块熔化后铸成底面边长为5 cm的正四棱柱，则该四棱柱的高为________ cm.
解析：设正四棱柱的高为h cm，依题意得5×5×h＝2×103，解得h＝80，故该四棱柱的高为80 cm.
答案：80
2.如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C
上的点，则三棱锥D1­EDF的体积为________．
解析：VD1­EDF＝VF­DD1E＝S△D1DE·AB＝××1×1×1＝.
答案：

题型三　组合体的表面积和体积
[探究发现]
(1)组合体有几种构成形式？
提示：简单组合体的构成有两种基本形式：一种是由简单几何体拼接而成；一种是由简单几何体截去或挖去一部分而成．
(2)如何求组合体的表面积和体积？
提示：求解组合体的表面积和体积，关键是弄清它的结构特征，从而转化为简单几何体的表面积和体积．　　

【学透用活】

[典例3]　一个造桥用的钢筋混凝土预制件的尺寸如图所示(单位：米)，浇制一个这样的预制件需要多少立方米混凝土？(钢筋体积略去不计，精确到0.01立方米)
[解]　将预制件看成由一个长方体挖去一个底面为等腰梯形的四棱柱后剩下的几何体．
S底＝0.6×1.1－×(0.5＋0.3)×0.3＝0.54(平方米)，
V＝S底·h＝0.54×24.8≈13.39(立方米)．
所以浇制一个这样的预制件大约需要13.39立方米混凝土．
[方法技巧]
解决组合体的表面积或体积的方法策略
首先应弄清组合体的组成，其表面有哪些底面和侧面，各个面应该怎样求，然后再根据公式求出各面的面积，最后再相加或相减．求体积时也要先弄清组成，求出各简单几何体的体积，然后再相加或相减．　
【对点练清】

1．若本例中的条件不变，求钢筋混凝土预制件的表面积是多少平方米？(精确到0.01平方米)
解：长方体的上下底面积S底＝24.8×1.1×2＝54.56(平方米)，
长方体的左右两侧面积S1＝24.8×0.6×2＝29.76(平方米)，
长方体的前后两侧面积S2＝1.1×0.6×2＝1.32(平方米)，
四棱柱的左右侧面积和下底面积S3＝×24.8×2＋24.8×0.3≈23.12(平方米)，
钢筋混凝土预制件的表面积为S＝S底＋S1＋S2＋S3－24.8×0.5－×(0.3＋0.5)×0.3×2≈96.12(平方米)，
所以钢筋混凝土预制件的表面积约是96.12平方米．
2.如图，某几何体下面部分为正方体ABCD­A′B′C′D′，上面部分为正
四棱锥S­ABCD，若几何体的高为5，棱AB＝2，求该几何体的体积．
解：因为V正方体＝23＝8，VS­ABCD＝×22×(5－2)＝4，
所以几何体的体积V＝V正方体＋VS­ABCD＝8＋4＝12.




【课堂思维激活】
一、综合性——强调融会贯通
1．一块边长为a cm的正方形铁片按如图①所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥(底面是正方形，从顶点向底面作垂线，垂足是底面的中心的四棱锥)形容器(如图②)．设所裁等腰三角形的底边边长为x cm，试建立容器的体积V与x的函数关系式，并求出函数的定义域．

解：如图，正四棱锥E­ABCD中，连接AC，BD交于O，O是底面ABCD 的中心，过点E作EF⊥BC，垂足为F，连接OF，
则正四棱锥的高
EO＝＝＝(cm)，
容器的体积V＝S正方形ABCD·OE＝x2·＝x2(cm3)，
由题意知函数的定义域为{x|0 二、应用性——强调学以致用
2．(2019·全国卷Ⅲ)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD­A1B1C1D1挖去四棱锥O­EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.
解析：由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，对角线长分别为6
cm和4 cm，
故V挖去的四棱锥＝××4×6×3＝12(cm3)．
又V长方体＝6×6×4＝144(cm3)，
所以模型的体积为
V长方体－V挖去的四棱锥＝144－12＝132(cm3)，
所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．
答案：118.8

课时跟踪检测
层级(一)　“四基”落实练
1．正方体的表面积为96，则正方体的体积为 (　　)
A．48　　　　　　　　　 B．64
C．16 D．96
解析：选B　 设正方体的边长为a，则6a2＝96，
∴a＝4，∴V正方体＝a3＝64.故选B.
2．已知正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则此棱锥的侧面积为 (　　)
A．6 B．12
C．24 D．48
解析：选D　正四棱锥的斜高h′＝＝4，S侧＝4××6×4＝48.故选D.
3.如图，ABC­A′B′C′是体积为1的棱柱，则四棱锥C­AA′B′B的体积
是 (　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　∵VC­A′B′C′＝VABC­A′B′C′＝，
∴VC­AA′B′B＝1－＝.故选C.
4.如图，已知正六棱柱的最大对角面的面积为1 m2，互相平行的两个侧面的距 离为1 m，则这个六棱柱的体积为 (　　)
A. m3 B. m3
C. m3 D. m3
解析：选B　设正六棱柱的底面边长为a m，高为h m，则2ah＝1，a＝1，解得a＝，h＝.所以六棱柱的体积V＝×2×6×＝(m3)．故选B.
5．(2020·全国卷Ⅰ)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为 (　　)

A. B.
C. D.
解析：C　设正四棱锥的高为h，底面正方形的边长为2a，斜高为m.依题意得h2＝×2a×m，即h2＝am　①，易知h2＋a2＝m2　②，由①②得m＝a，所以＝＝.故选C.
6．如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，则三棱锥D1­ACD的体积是_______．
解析：三棱锥D1­ADC的体积V＝S△ADC×D1D＝··AD·DC·D1D＝×
＝.
答案：
7．长方体过一个顶点的三条棱的棱长的比是1∶2∶3，体对角线长为2，则这个长方体的体积是________．
解析：依题意，设三条棱的长分别为x,2x,3x，则＝2，解得x＝2，即三条棱长分别为2,4,6，于是体积V＝2×4×6＝48.
答案：48
8.如图所示，三棱锥的顶点为P，PA，PB，PC为三条侧棱，且PA，PB，PC 两两互相垂直，又PA＝2，PB＝3，PC＝4，求三棱锥P­ABC的体积V.
解：三棱锥的体积V＝Sh，其中S为底面积，h为高，而三棱锥的任意一个 面都可以作为底面，所以此题可把B看作顶点，△PAC作为底面求解．
故VP­ABC＝S△PAC·PB＝××2×4×3＝4.

层级(二)　能力提升练
1.如图，在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，点E是棱BB1的中点，点F是棱CC1上靠近C1的三等分点，且三棱锥A1­AEF的体积为2，则四棱柱ABCD­A1B1C1D1的体积为 (　　)
A．12 B．8
C．20 D．18
解析：选A　设点F到平面ABB1A1的距离为h，
由题意得
VA1­AEF＝VF­A1AE＝S△A1AE·h＝×·h
＝(AA1·AB)·h＝·S四边形ABB1A1·h
＝VABCD­A1B1C1D1，
所以VABCD­A1B1C1D1＝6VA1­AEF＝6×2＝12.
所以四棱柱ABCD­A1B1C1D1的体积为12.
2．若正三棱台上、下底面边长分别是a和2a，棱台的高为a，则此正三棱台的侧面积为
(　　)
A．a2 B.a2
C.a2 D.a2
解析：选C 如图，O1，O分别为上、下底面的中心，D，D1分别是 AC，A1C1的中点，过D1作D1E⊥OD于点E.在直角梯形ODD1O1中，OD＝××2a＝a，O1D1＝××a＝a，
∴DE＝OD－O1D1＝a.
在Rt△DED1中，D1E＝a，
则D1D＝ ＝＝a.
∴S侧＝3×(a＋2a)a＝a2.
3．一个封闭的正三棱柱容器，高为3，内装水若干(如图①，底面处于水平状态)，将容器放倒(如图②，一个侧面处于水平状态)，这时水面与各棱交点E，F，F1，E1分别为所在棱的中点，则图①中水面的高度为 (　　)

A. B.
C．2 D.
解析：选D　因为E，F，F1，E1分别为所在棱的中点，所以棱柱EFCB­E1F1C1B1的体积V＝S梯形EFCB×3＝S△ABC×3＝S△ABC.设如图①中水面的高度为h，则S△ABC×h＝S△ABC，解得h＝.故选D.
4.如图，已知正三棱锥S­ABC的侧面积是底面积的2倍，正三棱锥的高SO＝3，求此正三棱锥的表面积．
解：如图，设正三棱锥的底面边长为a，斜高为h′，过点O作OE⊥AB，与AB交于点E，连接SE，则SE⊥AB，SE＝h′.
∵S侧＝2S底，∴3×a×h′＝2×a2.
∴a＝h′.
∵SO⊥OE，∴SO2＋OE2＝SE2.
∴32＋2＝h′2.
∴h′＝2，∴a＝h′＝6.
∴S底＝a2＝×62＝9，S侧＝2S底＝18.
∴S表＝S侧＋S底＝18＋9＝27.
5．若E，F是三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱BB1和CC1上的点，且B1E＝CF，三棱柱的体积为m，求四棱锥A­BEFC的体积．
解：如图所示，连接AB1，AC1.
∵B1E＝CF，
∴梯形BEFC的面积等于梯形B1EFC1的面积．
又四棱锥A­BEFC的高与四棱锥A­B1EFC1的高相等，
∴VA­BEFC＝VA­B1EFC1＝VA­BB1C1C.
又VA­A1B1C1＝S△A1B1C1·h，VABC­A1B1C1＝S△A1B1C1·h＝m，
∴VA­A1B1C1＝，
∴VA­BB1C1C＝VABC­A1B1C1－VA­A1B1C1＝m，
∴VA­BEFC＝×m＝，
即四棱锥A­BEFC的体积是.
层级(三)　素养培优练
1．(2022·新高考Ⅰ卷)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为(≈2.65)(　　)
A．1.0×109 m3 B．1.2×109 m3
C．1.4×109 m3 D．1.6×109 m3
解析：选C　如图，由已知得该棱台的高为157.5－148.5＝9(m)，所以该棱台的体积V＝×9×(140＋＋180)×106＝60×(16＋3)×106≈60×(16＋3×2.65)×106＝1.437×109≈1.4×109(m3)．故选C.

2.如图，正六棱锥被过棱锥高PO的中点O′且平行于底面的平面所截，得到正六棱台OO′和较小的棱锥PO′.
(1)求大棱锥、小棱锥、棱台的侧面面积之比；
(2)若大棱锥PO的侧棱长为12 cm，小棱锥的底面边长为4 cm，求截得的棱台的侧面面积和表面积．
解：(1)由题意知S小棱锥侧∶S大棱锥侧＝1∶4，则S大棱锥侧∶S小棱锥侧∶S棱台侧＝4∶1∶3.
(2)如图所示，
∵小棱锥的底面边长为4 cm，
∴大棱锥的底面边长为8 cm，
又PA＝12 cm，∴A1A＝6 cm.
又梯形ABB1A1的高h′＝
＝4(cm)，
∴S棱台侧＝6××4＝144(cm2)，
∴S棱台表＝S棱台侧＋S上底＋S下底＝144＋24＋96＝144＋120(cm2)．

8．3.2　圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积


明确目标
发展素养
1.知道圆柱、圆锥、圆台的表面积和体积的计算公式，能用公式解决简单的实际问题．
2.知道球的表面积和体积的计算公式，能用公式解决简单的实际问题.
在计算圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积的过程中，把实际问题转化为数学问题并计算，培养直观想象、数学建模和数学运算素养.

第一课时　圆柱、圆锥、圆台的表面积和体积


知识点一　圆柱、圆锥、圆台的表面积
(一)教材梳理填空
圆柱、圆锥、圆台的侧面积和表面积：
名称
图形
公式
圆柱

底面积：S底＝πr2
侧面积：S侧＝2πrl
表面积：S＝2πrl＋2πr2
(r是底面半径，l是母线长)
圆锥

底面积：S底＝πr2
侧面积：S侧＝πrl
表面积：S＝πrl＋πr2
(r是底面半径，l是母线长)
圆台

上底面面积：S上底＝πr′2
下底面面积：S下底＝πr2
侧面积：S侧＝πl(r＋r′)
表面积：
S＝π(r′2＋r2＋r′l＋rl)
(r′，r分别是上、下底面半径，l是母线长)
(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)圆锥的侧面展开图为扇形，其中扇形的弧长为圆锥底面圆的周长． (√)
(2)若圆柱的底面圆的直径与圆柱的高相等，则圆柱的侧面展开图是正方形． (×)
2．圆锥的母线长为5，底面半径为3，则其侧面积等于 (　　)
A．15　　　　　　　　 B．15π
C．24π D．30π
答案：B
3．若圆柱的底面半径为1，母线长为2，则它的侧面积为 (　　)
A．2π B．3π
C．π D．4π
答案：D
知识点二　圆柱、圆锥、圆台的体积公式
(一)教材梳理填空
名称
公式
圆柱
V＝πr2h(r是底面半径，h是高)
圆锥
V＝πr2h(r是底面半径，h是高)
圆台
V＝πh(r′2＋r′r＋r2)(r′，r分别是上、下底面半径，h是高)

(二)基本知能小试
1．若圆锥的底面半径为3，母线长为5，则圆锥的体积是________．
答案：12π
2．已知圆台上、下底面半径分别为1,2，高为3，则圆台体积为________．
答案：7π



题型一　圆柱、圆锥、圆台的表面积

【学透用活】

准确认识圆柱、圆锥、圆台的展开图
名称
侧面展开图
底面
表面积
圆柱
矩形
两个全等的圆
侧面积＋底面积
圆锥
扇形
一个圆
圆台
扇环
两个同心圆

[典例1]　(1)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为 (　　)
A．12π　　　　　　　 B．12π
C．8π D．10π
(2)已知一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为，则这个圆锥的侧面积为______．
(3)已知圆台的上、下底面半径分别是2,6，且侧面面积等于两底面面积之和，则圆台的母线长为________．
[解析]　(1)因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为2，底面圆的直径为2，所以该圆柱的表面积为2×π×()2＋2π××2＝12π.故选B.
(2)设母线长为l，由题意得l·lsin 60°＝，所以母线长l＝2，又底面半径为1，所以侧面积为π×1×2＝2π.
(3)设圆台的母线长为l，则由题意得π(2＋6)l＝π×22＋π×62，
∴8πl＝40π，∴l＝5，∴该圆台的母线长为5.
[答案]　(1)B　(2)2π　(3)5
[方法技巧]
圆柱、圆锥、圆台的表面积的求解步骤
(1)得到空间几何体的平面展开图．
(2)依次求出各个平面图形的面积．
(3)将各平面图形的面积相加．　　

【对点练清】

1．圆柱的一个底面积是S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是 (　　)
A．4πS B．2πS
C．πS D.πS
解析：选A　底面半径是 ，所以正方形的边长是2π＝2，故圆柱的侧面积是(2)2＝4πS.故选A.
2．轴截面是正三角形的圆锥称作等边圆锥，则等边圆锥的侧面积是底面积的 (　　)
A．4倍 B．3倍
C.倍 D．2倍
解析：选D　由已知得l＝2r，＝＝＝2，故选D.
3．本例(3)的条件不变，则圆台的表面积是_________．
解析：由本例(3)知，圆台的母线长为5，所以圆台的表面积为S＝π×(2＋6)×5＋π×22＋π×62＝40π＋4π＋36π＝80π.
答案：80π

题型二　圆柱、圆锥、圆台的体积

【学透用活】

对于圆柱、圆锥、圆台的体积公式的几点认识：
(1)等底、等高的两个圆柱的体积相同；
(2)等底、等高的圆柱的体积是圆锥的体积的3倍；
(3)求圆台的体积转化为求圆锥的体积．根据台体的定义进行“补形”，还原为圆锥，采用“大圆锥”减去“小圆锥”的方法求圆台的体积；
(4)圆柱、圆锥、圆台的体积公式之间的关系

V＝πr2hr′＝r,V＝πh(r′2＋r′r＋r2)r′＝0,V＝πr2h.
[典例2]　(1)若一个圆柱与圆锥的高相等，且轴截面面积也相等，则圆柱与圆锥的体积之比是 (　　)
A．1 B．1∶2
C.∶2 D．3∶4
(2)设圆台的高为3，如图，在轴截面中母线AA1与底面直径AB的夹角为60°，轴截面中的一条对角线垂直于腰，则圆台的体积为________．
[解析]　(1)设圆柱、圆锥的高都为h，底面半径分别为r，R，则有·2Rh＝2rh，所以R＝2r，V圆锥＝πR2h＝πr2h，V圆柱＝πr2h，故V圆柱∶V圆锥＝3∶4.故选D.
(2)设上、下底面半径，母线长分别为r，R，l.
作A1D⊥AB于点D，
则A1D＝3，∠A1AB＝60°.
又∠BA1A＝90°，∴∠BA1D＝60°，
∴AD＝＝，∴R－r＝.
BD＝A1D·tan 60°＝3，
∴R＋r＝3，∴R＝2，r＝，而h＝3.
∴V圆台＝πh(R2＋Rr＋r2)
＝π×3×[(2)2＋2×＋()2]＝21π.
∴圆台的体积为21π.
[答案]　(1)D　(2)21π
[方法技巧]
求圆柱、圆锥、圆台的体积问题，一是要牢记公式，然后观察空间图形的构成，是单一的旋转体，还是组合体；二是注意旋转体的构成，以及圆柱、圆锥、圆台轴截面的性质，从而找出公式中需要的各个量，代入公式计算．　　
【对点练清】
1．若圆台上、下底面面积分别是π，4π，侧面积是6π，则这个圆台的体积是 (　　)
A.π B．2
C.π D.π
解析：选D　 S1＝π，S2＝4π，∴r＝1，R＝2，
S侧＝6π＝π(r＋R)l，∴l＝2，∴h＝.
∴V＝π(1＋4＋2)×＝π.故选D.
2．若圆锥的轴截面是等腰直角三角形，侧面积是16π，则圆锥的体积是(　　)
A. B.
C．64π D．128π
解析：选A　设圆锥的底面半径为r，母线长为l.
∵圆锥的轴截面是等腰直角三角形，
∴2r＝，即l＝r.
由题意得，侧面积S侧＝πr·l＝πr2＝16π，
∴r＝4.∴l＝4，高h＝＝4.
∴圆锥的体积V＝Sh＝π×42×4＝π.故选A.
3.如图，一个底面半径为2的圆柱被一平面所截，截得的几何体的最短和最长母线长分别为2和3，则该几何体的体积为 (　　)
A．5π B．6π
C．20π D．10π
解析：选D　用一个完全相同的几何体把题中几何体补成一个圆柱，如图， 则圆柱的体积为π×22×5＝20π，故所求几何体的体积为10π.故选D.
题型三　与组合体有关的表面积与体积问题

【学透用活】

[典例3]　如图，在底面半径为2，母线长为4的圆锥中挖掉一个高为的内接圆柱，求圆柱的表面积．
[解]　设圆锥的底面半径为R，圆柱的底面半径为r，表面积为S.
则R＝OC＝2，AC＝4，AO＝＝2.
如图所示，易知△AEB∽△AOC，
所以＝，即＝，所以r＝1，
S底＝2πr2＝2π，S侧＝2πr·h＝2π.
所以S＝S底＋S侧＝2π＋2π＝(2＋2)π.
所以圆柱的表面积为(2＋2)π.
[方法技巧]
关于组合体的表面积与体积问题的解题策略
(1)分析结构特征：弄清组合体的组成形式，找准有关简单几何体的关键量．
(2)设计计算方法：根据组成形式，设计计算方法，特别要注意“拼接面”面积的处理，利用“切割”“补形”的方法求体积．
(3)计算求值：根据设计的计算方法求值．
[提醒]　组合体分割成规则的几何体求其表面积、体积之和(或差)，保证不重不漏．　　

【对点练清】

1．[变设问]本例中的条件不变，求圆柱的体积与圆锥的体积之比．
解：由例题解析可知，圆柱的底面半径为r＝1，高h＝，
所以圆柱的体积V1＝πr2h＝π×12×＝π.
圆锥的体积V2＝π×22×2＝π.
所以圆柱与圆锥的体积比为3∶8.
2．[变条件]本例中的“高为”改为“高为h”，试求圆柱侧面积的最大值．
解：设圆锥的底面半径为R，圆柱的底面半径为r，
则R＝OC＝2，AC＝4，AO＝＝2.
易知△AEB∽△AOC，所以＝，即＝，
所以h＝2－r，S圆柱侧＝2πrh＝2πr(2－r)
＝－2πr2＋4πr，所以当r＝1，h＝时，圆柱的侧面积最大，其最大值为2π.
3.如图所示，一圆柱内挖去一个圆锥，圆锥的顶点是圆柱底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的另一个底面．圆柱的母线长为6，底面半径为2.求该组合体的表面积．
解：挖去的圆锥的母线长为＝2，则圆锥的侧面积等于4π.圆柱的侧面积为2π×2×6＝24π，圆柱的一个底面面积为π×22＝4π，所以组合体的表面积为4π＋24π＋4π＝(4＋28)π.



【课堂思维激活】
一、综合性——强调融会贯通
1.如图所示，底面半径为1，高为1的圆 柱OO1中有一内接长方体A1B1C1D1­ABCD.设矩形ABCD的面积为S，长方体A1B1C1D1­ABCD的体积为V，AB＝x.
(1)将S表示为x的函数；
(2)求V的最大值．
解：(1)连接AC.∵矩形ABCD内接于⊙O，
∴AC为⊙O的直径．
∵AC＝2，AB＝x，∴BC＝，
∴S＝AB·BC＝x(0 (2)∵长方体的高AA1＝1，∴V＝S·AA1＝x＝＝.∵0 故当x2＝2即x＝时，V取得最大值，此时Vmax＝2.
二、应用性——强调学以致用
2．《数书九章》天池测雨：今州郡都有天池盆，以测雨水．但知以盆中之水为得雨之数．不知器形不同，则受雨多少亦异，未可以所测，便为平地得雨之数．假令盆口径二尺八寸，底径一尺二寸，深一尺八寸，接雨水深九寸，欲求平地雨降几何？
(注：平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；一尺等于十寸)
[析题建模]　本题是涉及数学文化的题目，关键是读懂题意，由题意可知：天池盆是圆台形状的，且上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸，积水深为9寸，利用圆台的体积公式求解即可．
解：如图，由题意可知，天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸．
因为积水深9寸，所以水面半径为
×(14＋6)＝10(寸)．则盆中水的体积为π×9×(62＋102＋6×10)＝588π(立方寸)．
所以平地降雨量等于＝3(寸)．故平地降雨量为3寸．
课时跟踪检测
层级(一)　“四基”落实练
1．将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是 (　　)
A．4π　　　 B．3π　　　 C．2π　　　 D．π
解析：选C　易知得到的几何体为圆柱，底面圆半径为1，高为1，侧面积S＝2πrh＝2π×1×1＝2π.故选C.
2．已知某圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则该圆台较小底面的半径为 (　　)
A．7 B．6 C．5 D．3
解析：选A　设圆台较小底面的半径为r，则另一底面的半径为3r.由S侧＝3π(r＋3r)＝84π，解得r＝7.故选A.
3．半径为R的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为 (　　)
A.πR3 B.πR3 C.πR3 D.πR3
解析：选A　设圆锥底面圆的半径为r，高为h，则有2πr＝πR，则r＝R.又由已知，得圆锥母线长为R，所以圆锥的高h＝＝R，故体积V＝πr2h＝πR3.故选A.
4．一个圆台的母线长等于上、下底面半径和的一半，且侧面积是32π，则母线长为 (　　)
A．2 B．2
C．4 D．8
解析：选C　圆台的轴截面如图，
由题意知，l＝(r＋R)，S圆台侧＝π(r＋R)·l＝π·2l·l＝32π，∴l＝4.故选C.
5．若圆锥的高等于底面直径，则它的底面积与侧面积之比为 (　　)
A．1∶2　　　　　　　 B．1∶
C．1∶ D.∶2
解析：选C　设圆锥底面半径为r，则高h＝2r，
∴其母线长l＝r.∴S侧＝πrl＝πr2，
S底＝πr2.则S底∶S侧＝1∶.故选C.
6．一个高为2的圆柱，底面周长为2π，该圆柱的表面积为________．
解析：由底面周长为2π可得底面半径为1.S底＝2πr2＝2π，S侧＝2πr·h＝4π，所以S表＝S底＋S侧＝6π.
答案：6π
7．表面积为3π的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆面，则该圆锥的底面直径为________．
解析：设圆锥的母线为l，圆锥底面半径为r，由题意可知，πrl＋πr2＝3π，且πl＝2πr.解得r＝1，即直径为2.
答案：2
8．圆台上底的面积为16π cm2，下底半径为6 cm，母线长为10 cm，那么圆台的侧面积和体积各是多少？
解：如图，由题意可知，圆台的上底圆半径为4 cm，
故S圆台侧＝π(r＋r′)l＝100π(cm2)．
圆台的高h＝BC
＝
＝＝4(cm)，
故V圆台＝h(S＋＋S′)
＝×4×(16π＋＋36π)＝(cm3)．

层级(二)　能力提升练
1．已知圆柱的侧面展开图矩形面积为S，底面周长为C，它的体积是 (　　)
A. B.
C. D.
解析：选D　设圆柱底面半径为r，高为h，
则∴r＝，h＝.
∴V＝πr2·h＝π2·＝.
故选D.
2．体积为52的圆台，一个底面积是另一个底面积的9倍，那么截得这个圆台的圆锥的体积是 (　　)
A．54 B．54π
C．58 D．58π
解析：选A　设上底面半径为r，则由题意求得下底面半径为3r，设圆台高为h1，则52＝πh1(r2＋9r2＋3r·r)，
∴πr2h1＝12.
令原圆锥的高为h，由相似知识得＝，∴h＝h1，
∴V原圆锥＝π(3r)2×h＝3πr2×h1＝×12＝54.故选A.
3．圆柱内有一个内接长方体ABCD­A1B1C1D1，长方体的体对角线长是10 cm，圆柱的侧面展开图为矩形，此矩形的面积是100π cm2，则圆柱的底面半径为________cm，高为________cm.
解析：设圆柱底面半径为r cm，高为h cm，如图所示，则圆柱轴截面长 方形的对角线长等于它的内接长方体的体对角线长，
则所以
即圆柱的底面半径为5 cm，高为 10 cm.
答案：5　10
4．在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD＝a，BC＝2a，∠DCB＝60°，如果梯形ABCD绕着BC边所在直线旋转一周，求旋转体的表面积和体积．
解：如图所示，所求旋转体为一个圆锥和与它同底的一个圆柱组成．由 条件可得：AD＝BO＝OC＝a，DO＝AB＝a，DC＝2a，
所以该旋转体的表面积为：
S＝S圆柱底＋S圆柱侧＋S圆锥侧
＝π·(a)2＋2π·a·a＋π·a·2a
＝3πa2＋2πa2＋2πa2
＝(3＋4)πa2，
该旋转体的体积为V＝V圆锥＋V圆柱
＝π(a)2·a＋π(a)2·a＝4πa3.
所以该旋转体的表面积为(3＋4)πa2，体积为4πa3.
5．有位油漆工用一把滚筒长度为50 cm，横截面半径为10 cm的刷子给一块面积为10 m2的木板涂油漆，且滚筒刷以每秒5周的速度在木板上匀速滚动前进，则油漆工完成任务所需的时间是多少？(精确到1 s)
解：滚筒刷滚动一周涂过的面积就等于圆柱的侧面积．
因为圆柱的侧面积S侧＝2π×0.1×0.5＝0.1π(m2)，
且滚筒刷以每秒5周的速度匀速滚动，
所以滚筒刷每秒滚过的面积为0.5π m2.
所以油漆工完成任务所需的时间t＝＝≈6.366(s)．故油漆工完成任务所需的时间约是7 s.
层级(三)　素养培优练
如图所示，某种“笼具”由内、外两层组成，无下底面，内层和外层分别是一个圆锥和圆柱，其中圆柱与圆锥的底面周长相等，圆柱有上底面，制作时需要将圆锥的顶端剪去，剪去部分和接头忽略不计．已知圆柱的底面周长为24π cm，高为30 cm，圆锥的母线长为20 cm.
(1)求这种“笼具”的体积；
(2)现要使用一种纱网材料制作50个“笼具”，已知每平方米该材料的造价为8元，则共需多少元？
解：(1)设圆柱的底面半径为r，高为h，圆锥的母线长为l，高为h1，根据题意可知2πr＝24π，所以r＝12 cm，则h1＝＝16(cm)，
所以这种“笼具”的体积V＝πr2h－πr2h1
＝π＝3 552π(cm)3.
(2)圆柱的侧面积S1＝2πrh＝720π(cm2)，
圆柱的底面积S2＝πr2＝144π(cm)2，
圆锥的侧面积S3＝πrl＝240π(cm2)，
所以这种“笼具”的表面积S＝S1＋S2＋S3＝1 104π(cm)2，
故造50个“笼具”共需＝(元)．

第二课时　球的表面积和体积


知识点　球的表面积和体积
(一)教材梳理填空
1．球的表面积：
设球的半径为R，则球的表面积S＝4πR2，即球的表面积等于它的大圆面积的倍．
[微思考]　球有底面吗？球面能展开成平面图形吗？
提示：球没有底面，球的表面不能展开成平面图形．
2．球的体积：
设球的半径为R，则球的体积V＝πR3.
(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)决定球大小的因素是球的半径． (√)
(2)球面被经过球心的平面截得的圆的半径等于球的半径． (√)
(3)长方体既有外接球又有内切球． (×)
2．直径为1的球的体积是 (　　)
A．1　　　 B.　　 　C.　　　 D．π
答案：B
3．若一个球的体积为36π，则它的表面积为________．
答案：36π



题型一　球的表面积和体积

【学透用活】

球的表面积、体积公式的两点认识
(1)球的表面积(体积)与半径之间的函数关系
S球＝4πR2，V球＝πR3.
从公式看，球的表面积和体积的大小，只与球的半径相关，给定R都有唯一确定的S和V与之对应，故表面积和体积是关于R的函数．
(2)球的表面积(体积)计算中蕴涵的数学思想
①函数方程思想：根据球的表面积与体积公式可知，球的半径R，球的表面积S，球的体积V三个量“知一求二”．
②转化思想：空间问题平面化．
[典例1]　(1)一个球的表面积是16π，则它的体积是 (　　)
A．64π　　　　　　 　 B.
C．32π D.
(2)已知球的体积为π，则它的表面积为________．
[解析]　(1)设球的半径为R，
则由题意可知4πR2＝16π，故R＝2.
所以球的体积V＝πR3＝π.故选D.
(2)设球的半径为R，由已知得πR3＝π，所以R＝5，
所以球的表面积S＝4πR2＝4π×52＝100π.
[答案]　(1)D　(2)100π

[方法技巧]
(1)球的体积与表面积的求法：必须知道半径R或者通过条件能求出半径R，然后代入体积或表面积公式求解．
(2)关键要素：半径和球心是球的关键要素，把握住了这两点，计算球的表面积或体积的相关题目也就轻松自如了．　　
【对点练清】

1．若一个球的表面积与其体积在数值上相等，则此球的半径为________．
解析：设此球的半径为R，则4πR2＝πR3，解得R＝3.
答案：3
2．如果三个球的半径之比是1∶2∶3，那么最大球的表面积是其余两个球的表面积之和的______倍．
解析：设小球半径为1，则大球的表面积
S大＝36π，S小＋S中＝20π，＝.
答案：

题型二　球的截面问题

【学透用活】

[典例2]　(1)一平面截一球得到直径为2 cm的圆面，球心到这个平面的距离是2 cm，则该球的体积是 (　　)
A．12π cm3 B．36π cm3
C．64π cm3 D．108π cm3
(2)已知一个球内有相距9 cm的两个平行截面，它们的面积分别为49π cm2和400π cm2，则球的表面积是________cm2.
[解析]　
(1)设球心为O，截面圆心为O1，连接OO1，则OO1垂直于截面圆O1如图所示．
在Rt△OO1A中，O1A＝ cm，OO1＝2 cm，
∴球的半径R＝OA＝＝3(cm)，
∴球的体积V＝×π×33＝36π(cm3)．故选B.
(2)当截面在球心的同侧时，如图①所示为球的轴截面，由球的截面性
质知AO1∥BO2，且O1，O2为两截面圆的圆心，则OO1⊥AO1，OO2
⊥BO2. 设球的半径为R，
∵π·O2B2＝49π，∴O2B＝7 cm.
同理，得O1A＝20 cm.
设OO1＝x cm，则OO2＝(x＋9)cm.
在Rt△O1OA中，R2＝x2＋202，①
在Rt△OO2B中，R2＝72＋(x＋9)2，②
联立①②可得x＝15，R＝25.
∴S球＝4πR2＝2 500π(cm2)，
故球的表面积为2 500π cm2.
当截面在球心的两侧时，如图②所示为球的轴截面，由球的截面性质知，O1A∥O2B，且O1，O2分别为两截面圆的圆心，则OO1⊥O1A，OO2⊥O2B.
设球的半径为R，
∵π·O2B2＝49π，∴O2B＝7 cm.
∵π·O1A2＝400π，∴O1A＝20 cm.
设O1O＝x cm，则OO2＝(9－x)cm.
在Rt△OO1A中，R2＝x2＋400.
在Rt△OO2B中，R2＝(9－x)2＋49.
∴x2＋400＝(9－x)2＋49，解得x＝－15，不合题意，舍去．
综上所述，球的表面积为2 500π cm2.
[答案]　(1)B　(2)2 500π

[方法技巧]
球的截面问题的解决方法
(1)作经过球心和截面圆圆心的轴截面．
(2)利用直角三角形求解，球的半径R，球心到截面的距离d，截面圆半径r恰好构成一个直角三角形，利用d2＝R2－r2可知二求一．　　

【对点练清】
1．平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球的体积为4π，则球心O到平面α的距离为
(　　)
A．2 B.
C．2 D.
解析：选B　
如图，设截面圆的圆心为O′，M为截面圆上任一点．
由球的体积公式V＝πR3＝4π，
∴R＝.又O′M＝1，
所以OO′＝＝.
即球心O到平面α的距离为.故选B.
2.如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm，将一个球 放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器厚度，则球的体积为 (　　)
A. cm3 B. cm3
C. cm3 D. cm3
解析：选A　
如图，作出球的一个截面，则MC＝8－6＝2(cm)，BM＝AB＝×8＝ 4(cm)．
设球的半径为R cm，
则R2＝OM2＋MB2＝(R－2)2＋42，
所以R＝5，所以V球＝π×53＝π(cm3)．故选A.

题型三　与球有关的切、接问题
[探究发现]
(1)在棱长为a的正方体的内切球中，其棱长a与内切球的半径R有何数量关系？
提示：过在一个平面上的四个切点作截面，得a＝2R.
(2)在长方体的外接球中，其半径R与长方体同一顶点上的三条棱a，b，c有何关系？
提示：过在同一个平面上的两条体对角线作截面，得2R＝.　　

【学透用活】

[典例3]　(1)设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为 (　　)
A．πa2 B.πa2
C.πa2 D．5πa2
(2)球的一个内接圆锥满足：球心到该圆锥底面的距离是球半径的一半，则该圆锥的体积和此球体积的比值为________．
[解析]　(1)由题意知，该三棱柱为正三棱柱，且侧棱与底面边长相等，均为a.如图，P为三棱柱上底面的中心，O为球心，
易知AP＝×a＝a，OP＝a，
所以球的半径R＝OA满足R2＝2＋2＝a2，
故S球＝4πR2＝πa2.故选B.
(2)①当圆锥顶点与底面在球心两侧时，如图所示，设球半径为r，则球心到该圆锥底面的距离是，于是圆锥的底面半径为 ＝，高为.
该圆锥的体积为×π×2×＝πr3，球体积为πr3，所以该圆锥的体积和此球体积的比值为＝.
②同理，当圆锥顶点与底面在球心同侧时，该圆锥的体积和此球体积的比值为.
[答案]　(1)B　(2)或
[方法技巧]
1．常见几何体与球的切、接问题的解决策略
(1)处理有关几何体外接球或内切球的相关问题时，要注意球心的位置与几何体的关系．一般情况下，由于球的对称性，球心总在特殊位置，比如中心、对角线的中点等．
(2)解决此类问题的实质就是根据几何体的相关数据求球的直径或半径，关键是根据“切点”和“接点”作出轴截面图，把空间问题转化为平面问题来计算．
2．几个常用结论
(1)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．
(2)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．
(3)球与圆柱的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆柱的高，也等于圆柱底面圆的直径．　　

【对点练清】

1．长方体的一个顶点处的三条棱长分别是，，，这个长方体它的八个顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积是 (　　)
A．12π B．18π
C．36π D．6π
解析：选A　由题意可知，该长方体的体对角线即为球的直径，其长度为2，从而球的半径为，球表面积为12π.故选A.
2．若棱长为a的正四面体的各个顶点都在同一个球面上，则球的表面积为________．
解析：把正四面体放在正方体中，设正方体棱长为x，则a＝x，
由题意知2R＝x＝×＝a，
所以S球＝4πR2＝πa2.
答案：πa2
3．若圆柱内接于球，圆柱的底面半径为3，高为8，则球的表面积为________．
解析：如图，由条件知，O1A＝3，OO1＝4，所以OA＝5，所以球的表面积为100π.
答案：100π





【课堂思维激活】
一、综合性——强调融会贯通
1．已知球的内接正方体的表面积为S，试用S表示球的表面积．
解：如图，作圆的内接正方形表示正方体的截面．设正方体的棱长为x， 球的半径为R，则6x2＝S，且x＝2R，所以R＝，所以S球＝4πR2＝4π2＝S.
分析以上解题过程是否正确，若错误指出错因，并写出正确的解题过程．
提示：错误．过球内接正方体的一个对角面作球的大圆的截面，得到的是宽为正方体的棱长x，长为x，对角线长为x的矩形．故以上解析中的截面是错误的．
正确的解题过程如下：
作圆的内接长方形表示正方体的截面，设正方体的棱长为x，球的半径
为R，则6x2＝S，且x＝2R，得R＝，
所以S球＝4πR2＝4π2＝S.
二、应用性——强调学以致用
2.如图，一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形的冰淇淋，假设冰淇淋融化后体积不变，是否会溢出杯子？请说明理由．请用你的计算数据说明理由．(冰、水的体积差异忽略不计)(π取3.14)
解：∵半球的半径为5 cm，∴圆锥的底面半径为5 cm，高为12 cm，
∴V半球＝×πR3＝×π×53≈261.66(cm3)，
V圆锥＝πr2h＝π×52×12≈314(cm3)，∴V半球 ∴冰淇淋融化了，不会溢出杯子．

三、创新性——强调创新意识和创新思维
3．有三个球，第一个球内切于正方体的六个面，第二个球与这个正方体的各条棱相切，第三个球过这个正方体的各个顶点．设这三个球的表面积依次为S1，S2，S3，若正方体的棱长为a，求S1，S2，S3，并判断它们的表面积有什么样的联系？
解：设这三个球的半径分别为r1，r2，r3，球的表面积分别为S1，S2，S3.作出截面图，分别求出三个球的半径．

正方体的内切球球心是正方体的中心，切点是六个面的中心，经过四个切点及球心作截面，如图①所示，有2r1＝a，
∴r1＝，∴S1＝4πr＝πa2.
球与正方体的各棱的切点为每条棱的中点，过球心作正方体的对角面得截面，如图②所示，有2r2＝a，
∴r2＝a，∴S2＝4πr＝2πa2.
正方体的各个顶点在球面上，过球心作正方体的对角面得截面，如图③所示，有2r3＝a，∴r3＝a，
∴S3＝4πr＝3πa2.故S3＝3S1＝S2.

课时跟踪检测
层级(一)　“四基”落实练
1．直径为6的球的表面积和体积分别是 (　　)
A．144π，144π　　　　　 B．144π，36π
C．36π，144π D．36π，36π
解析：选D　因为半径R＝3.所以S表＝4πR2＝36π，V＝πR3＝×27＝36π.故选D.
2．把半径分别为6 cm,8 cm,10 cm的三个铁球熔成一个大铁球，这个大铁球的半径为 (　　)
A．3 cm B．6 cm
C．8 cm D．12 cm
解析：选D　由πR3＝π·63＋π·83＋π·103，得R3＝1 728，检验知R＝12.故选D.
3．若两个球的半径之比为1∶3，则两个球的表面积之比为 (　　)
A．1∶9 B．1∶27
C．1∶3 D．1∶1
解析：选A　由表面积公式知，两球的表面积之比为R∶R＝1∶9.故选A.
4．等体积的球和正方体的表面积S球与S正方体的大小关系是 (　　)
A．S正方体>S球 B．S正方体 C．S正方体＝S球 D．无法确定
解析：选A　设正方体的棱长为a，球的半径为R，由题意，得V＝πR3＝a3，∴a＝，R＝ ，∴S正方体＝6a2＝6＝，S球＝4πR2＝<.故选A.
5．设正方体的表面积为24 cm2，一个球内切于该正方体，那么这个球的体积是(　　)
A.π cm3 B.π cm3
C.π cm3 D.π cm3
解析：选D　由正方体的表面积为24 cm2，得正方体的棱长为2 cm，故这个球的直径为2 cm，故这个球的体积为π cm3.故选D.
6．现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________．
解析：设新的底面半径为r，由题意得
×π×52×4＋π×22×8＝×π×r2×4＋π×r2×8，
解得r2＝7，所以r＝.
答案：
7．一个正方体内接于一个球，过球心作一个截面，则在图中，可能是截面的是________．

解析：在组合体内取截面时，要注意交点是否在截面上，如：当截面过对角面时，得②；当截面平行正方体的其中一个侧面时，得③；当截面不平行于任一侧面且不过对角面时，得①，只要是过球心就不可能截出④.
答案：①②③
8.如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记 圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是________．
解析：设球O的半径为R，因为球O与圆柱O1O2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R、高为2R，所以＝＝.
答案：
9．已知过球面上A，B，C三点的截面和球心的距离为球半径的一半，且AB＝BC＝CA＝2，求球的表面积．
解：设截面圆心为O′，球心为O，连接O′A，OA，OO′，设球的半径为R，如图．
因为O′A＝××2＝.
在Rt△O′OA中，OA2＝O′A2＋O′O2，
所以R2＝2＋R2，
所以R＝，所以S球＝4πR2＝π.

层级(二)　能力提升练
1．一飞行昆虫被长为12 cm的细绳绑在房间一角，则飞虫活动范围的体积为(　　)
A．144π cm3 B．288π cm3
C．576π cm3 D．864π cm3
解析：选B　飞虫活动的范围是以墙角为球心，半径为12 cm 的球在房间内的部分，即整个球的，∴飞虫活动范围的体积为××π×123＝288π(cm3)．故选B.
2．某同学用球形模具自制棒棒糖．现熬制的糖浆恰好装满一圆柱形容器(底面半径为3 cm，高为10 cm)，共做了20颗完全相同的棒棒糖，则每个棒棒糖的表面积为________cm2(损耗忽略不计)．
解析：圆柱形容器的体积为V圆柱＝π×32×10＝90π.
设棒棒糖的半径为r，则每个棒棒糖的体积为
V棒棒糖＝πr3＝＝π，
解得r＝，∴S表＝4πr2＝4π×＝9π.
答案：9π
3．在封闭的直三棱柱ABC­A1B1C1内有一个体积为V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是________．
解析：当球的半径最大时，球的体积最大．在直三棱柱内，当球和三个侧面都相切时，因为AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，所以AC＝10，底面的内切圆的半径即为此时球的半径r＝＝2，直径为4>侧棱．所以球的最大直径为3，半径为，此时体积V＝.
答案：
4.如图为长方体与半球拼接的组合体，已知长方体的长、宽、高分别为 10,8,15(单位：cm)，球的直径为5 cm，求该组合体的体积和表面积．
解：根据该组合体是由一个长方体和一个半球组合而成．由已知可得V长方体＝10×8×15＝1 200(cm3)．
又V半球＝×πR3＝×π×3＝π(cm3)，
所以所求几何体体积
V＝V长方体＋V半球＝cm3.
因为S长方体全＝2×(10×8＋8×15＋10×15)＝700(cm2)，
故所求几何体的表面积
S＝S长方体全＋S半球－S半球底＝cm2.
所以该组合体的体积为cm3，表面积为cm2.
5．轴截面是正三角形的圆锥内有一个内切球，若圆锥的底面半径为1 cm，求球的体积．
解：如图所示，作出轴截面，球心O与边BC，AC分别相切于点D， E.
连接AD，OE.
∵△ABC是正三角形，
∴CD＝AC.
∵Rt△AOE∽Rt△ACD，∴＝.
∵CD＝1 cm，∴AC＝2 cm，AD＝ cm.
设OE＝r，则AO＝－r，
∴＝，∴r＝ cm.
∴V球＝π×3＝π(cm3)，即球的体积为π cm3.

层级(三)　素养培优练
1．唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图①所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度)，如图②所示，已知球的半径为R，酒杯内壁表面积为πR2，设酒杯上部分(圆柱)的体积为V1，下部分(半球)的体积为V2，则＝ (　　)

A．2 B.
C. D．1
解析：选C　设酒杯上部分高为h，则酒杯内壁表面积S＝×4πR2＋2πRh＝πR2，解得h＝R，∴V1＝πR2h＝πR3，V2＝×πR3＝πR3，∴＝.
2.如图是一个装有水的倒圆锥形杯子，杯子口径6 cm，高8 cm (不含杯脚)，已知 水的高度是4 cm，现往杯子中放入一种直径为1 cm的珍珠，该珍珠放入水中后直接沉入杯底，且体积不变，如果放完珍珠后水不溢出，求最多可以放入珍珠的个数．
解：如图，等腰△ABC中，底边AB＝6 cm，高CD＝8 cm；等腰△CEF中，底边为EF，高CP＝4 cm.
∵△CAB∽△CEF，
∴＝，即＝，∴EF＝3，
∴放入珍珠的最大体积为V＝π×32×8－π×2×4＝21π.
∵一颗珍珠体积为π×3＝，＝126，
∴最多放入珍珠126颗．

8．4　空间点、直线、平面之间的位置关系

8．4.1　平面

明确目标
发展素养
1.借助日常生活中的实物，在直观认识空间点、直线、平面的基础上，抽象出平面概念．
2.了解基本事实1～3和确定平面的推论，掌握平面的画法及表示方法.
在学习平面的概念和基本事实1～3的过程中，把现实生活中的平面形状的物体及其具有的性质抽象出来，培养数学抽象、直观想象素养.



知识点一　平面
(一)教材梳理填空
1．平面：
(1)平面的概念：
几何里所说的“平面”，是从课桌面、黑板面、平静的水面这样的一些物体中抽象出来的．几何里的平面是向四周无限延展的．
(2)平面的画法：
画
法
我们常用矩形的直观图，即平行四边形表示平面
当平面水平放置时，常把平行四边形的一边画成横向
当平面竖直放置时，常把平行四边形的一边画成竖向
在画两个相交平面时，如果其中一个平面的一部分被另一个平面挡住，通常把被挡住的部分画成虚线或不画
图
示




(3)平面的表示方法：
①用希腊字母α，β，γ等表示平面，如平面α、平面β、平面γ等．
②用代表平面的平行四边形的四个顶点的大写英文字母表示，如平面ABCD.
③用代表平面的平行四边形的相对的两个顶点的大写英文字母表示，如平面AC或者平面BD.
[微思考]　一个平面能把空间分成几部分？
提示：因为平面是无限延展的，一个平面把空间分成两部分．
2．点、线、面之间的关系及符号表示(其中A是点，l，m是直线，α，β是平面)：

文字语言
符号语言
图形语言
A在l上
A∈l

A在l外
A∉l

A在α内
A∈α

A在α外
A∉α

l在α内
l⊂α

l在α外
l⊄α

l，m相交于A
l∩m＝A

l，α相交于A
l∩α＝A

α，β相交于l
α∩β＝l


(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)我们常用平行四边形表示平面，所以平行四边形就是一个平面．(×)
(2)直线l与平面α有且只有两个公共点．(×)
(3)10个平面重叠起来要比6个平面重叠起来厚一些．(×)
(4)一个平面的面积是8 cm2.(×)
2.如图所示的平行四边形MNPQ表示的平面不能记为 (　　)
A．平面MN　　　　 B．平面NQP
C．平面α D．平面MNPQ
答案：A
3．“直线a经过平面α外一点P”用符号表示为 (　　)
A．P∈a，a∥α B．a∩α＝P
C．P∈a，P∉α D．P∈a，a⊂α
答案：C
知识点二　平面的基本事实
(一)教材梳理填空
1．平面的基本事实：
基本
事实
内容
图形
符号
作用
基本
事实
1
过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面

A，B，C三点不共线⇒存在唯一的α使A，B，C∈α
用来确定一个平面
基本
事实
2
如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内

A∈l，B∈l，且A∈α，
B∈α⇒l⊂α
用来证明直线在平面内　
基本
事实
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

P∈α，且P∈β⇒α∩β＝l，且P∈l
用来证明空间的点共线和线共点

2．平面的基本事实的三个推论：
推论
内容
图形
作用
推论1
经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面

确定
平面
的依据
推论2
经过两条相交直线，有且只有一个平面

推论3
经过两条平行直线，有且只有一个平面


(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)经过空间任意三点能确定一个平面． (×)
(2)四条线段首尾相连一定构成一个平面四边形． (×)
(3)基本事实2是确定直线在平面内的依据． (√)
2．三点可确定平面的个数是 (　　)
A．0 B．1
C．2 D．1或无数个
答案：D
3．若平面α与平面β相交，点A，B既在平面α内又在平面β内，则点A，B必在____________．
答案：α与β的交线上


题型一　文字语言、图形语言、符号语言的相互转化

【学透用活】
从集合的角度理解符号语言的意义
(1)直线可以看成无数个点组成的集合，故点与直线的关系是元素与集合的关系，用“∈”或“∉”表示．
(2)平面也可以看成点集，故点与平面的关系也是元素与集合的关系，用“∈”或“∉”表示．
(3)直线和平面都是点集，它们之间的关系可看成集合与集合的关系，故用“⊂”或“⊄”表示．
[典例1]　用符号语言表示下面的语句，并画出图形．
(1)三个平面α，β，γ相交于一点P，且平面α与平面β相交于PA，平面α与平面γ相交于PB，平面β与平面γ相交于PC；
(2)平面α与β相交于直线l，直线a与α，β分别相交于点A，B.
[解]　(1)符号语言表示：α∩β∩γ＝P，α∩β＝PA，α∩γ＝PB，β∩γ＝PC，图形表示：如图①.

(2)用符号表示：α∩β＝l，a∩α＝A，a∩β＝B，如图②.
[方法技巧]
三种语言转换的注意点
(1)用文字语言、符号语言表示一个图形时，首先要仔细观察图形有几个平面、几条直线且相互之间的位置关系如何，然后试着用文字语言、符号语言表示．
(2)要注意符号语言的意义，如点与直线的位置关系只能用“∈”或“∉”，直线与平面的位置关系只能用“⊂”或“⊄”．
(3)根据符号语言或文字语言画相应的图形时，要注意实线和虚线的区别．　　

【对点练清】
用符号语言表示下列语句，并画出图形．
(1)点A，B在平面α内，直线a与平面α交于点C，点C不在直线AB上；
(2)直线AB，AC分别在平面α，β内，且点A在平面α与平面β的交线l上．
解：(1)用符号表示：A∈α，B∈α，a∩α＝C，C∉AB，如图①.

(2)用符号表示：α∩β＝l，A∈l，AB⊂α，AC⊂β，如图②.
题型二　点、线共面问题

【学透用活】

[典例2]　
如图所示，已知l1∩l2＝A，l2∩l3＝B，l1∩l3＝C.
求证：直线l1，l2，l3在同一平面内．
[证明]　法一：纳入平面法
∵l1∩l2＝A，∴l1和l2确定一个平面α.
∵l2∩l3＝B，∴B∈l2.又∵l2⊂α，∴B∈α.
同理可证C∈α.又∵B∈l3，C∈l3，∴l3⊂α.
∴直线l1，l2，l3在同一平面内．
法二：辅助平面法
∵l1∩l2＝A，∴l1，l2确定一个平面α.
∵l2∩l3＝B，∴l2，l3确定一个平面β.
∵A∈l2，l2⊂α，∴A∈α.∵A∈l2，l2⊂β.∴A∈β.
同理可证B∈α，B∈β，C∈α，C∈β.
∴不共线的三个点A，B，C既在平面α内，又在平面β内．
∴平面α和β重合，即直线l1，l2，l3在同一平面内．
[深化探究]
如何确定一个平面，确定平面的理论依据是什么？如何判断一条直线在平面内，理论依据是什么？
提示：确定平面，可以根据基本事实1或三个推论，确定平面的依据是推论2；判断一条直线在平面内，关键是找到这条直线上的两个点在这个平面内，理论依据是基本事实2.　　　

[方法技巧]
证明点、线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．　　

【对点练清】

已知直线a∥b，直线l与a，b都相交．求证：过a，b，l有且只有一个平面．
证明：
如图所示．∵a∥b，
∴过a，b有且只有一个平面α.
设a∩l＝A，b∩l＝B，
∴A∈α，B∈α，且A∈l，B∈l，
∴l⊂α.即过a，b，l有且只有一个平面．

题型三　点共线、线共点问题

【分类例析】

角度(一)　点共线问题　
[典例3]　如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，设A1C与平面ABC1D1
交于点Q，求证：B，Q，D1三点共线．
[证明]　如图，连接A1B，CD1，显然B∈平面A1BCD1，
D1∈平面A1BCD1，∴BD1⊂平面A1BCD1.
同理BD1⊂平面ABC1D1.
∴平面ABC1D1∩平面A1BCD1＝BD1.
∵A1C∩平面ABC1D1＝Q，
∴Q∈平面ABC1D1.
又A1C⊂平面A1BCD1，∴Q∈平面A1BCD1.
∴点Q在平面A1BCD1与平面ABC1D1的交线上，
即Q∈BD1，故B，Q，D1三点共线．
[方法技巧]
证明三点共线的方法
(1)首先找出两个平面，然后证明这三点都是这两个平面的公共点，根据基本事实3可知，这些点都在两个平面的交线上．
(2)选择其中两点确定一条直线，然后证明另一点也在此直线上．　　

角度(二)　线共点问题　
[典例4]　三个平面α，β，γ两两相交于三条直线，即α∩β＝c，β∩γ＝a，γ∩α＝b，若直线a和b不平行，求证：a，b，c三条直线必相交于同一点．
[证明]　

如图，∵α∩γ＝b，β∩γ＝a，
∴a⊂γ，b⊂γ.
∵直线a和b不平行，∴a，b必相交．
设a∩b＝P，则P∈a，P∈b.
∵a⊂β，b⊂α，∴P∈β，P∈α.
又α∩β＝c，∴P∈c.
故a，b，c三条直线必相交于同一点．
[方法技巧]
证明三线共点的步骤
证明三线共点问题可把其中一条作为分别过其余两条直线的两个平面的交线，然后再证两条直线的交点在此直线上，此外还可先将其中一条直线看作某两个平面的交线，证明该交线与另两条直线分别交于两点，再证点重合，从而得三线共点．　　

【对点练清】

1.已知△ABC在平面α外，AB∩α＝P，AC∩α＝R，BC∩α＝Q，如图．求 证：P，Q，R三点共线．
证明：∵AB∩α＝P，∴P∈AB，P∈平面α.
又AB⊂平面ABC，∴P∈平面ABC.
∴由基本事实3可知：点P在平面ABC与平面α的交线上．同理可证Q，R也在平面ABC与平面α的交线上．
∴P，Q，R三点共线．
2．求证：三棱台A1B1C1­ABC三条侧棱延长后相交于一点．
证明：如图，延长AA1，BB1.设AA1∩BB1＝P，
又BB1⊂平面BC1，∴P∈平面BC1.
又AA1⊂平面AC1，∴P∈平面AC1.
∴P为平面BC1和平面AC1的公共点．
又∵平面BC1∩平面AC1＝CC1，
∴P∈CC1，即AA1，BB1，CC1延长后交于一点P.



【课堂思维激活】
一、综合性——强调融会贯通
1.如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别在棱AB，AA1上，其中ED1∩CF＝O，D1F，CE不平行．
求证：(1)E，F，C，D1四点共面；
(2)CE，D1F，DA三线交于一点．
证明：(1)因为ED1∩CF＝O，
所以直线ED1，CF确定一个平面α.
所以直线ED1⊂α，直线CF⊂α.
又因为E∈直线ED1，D1∈直线ED1，
C∈直线CF，F∈直线CF，
所以E∈平面α，D1∈平面α，C∈平面α，F∈平面α.
所以E，F，C，D1四点共面．
(2)如图，连接FE.
由(1)知，E，F，C，D1四点共面．
又因为D1F，CE不平行，
所以D1F与CE相交，设交点为P.
又因为D1F⊂平面A1D1DA，
CE⊂平面ABCD，
所以P为平面A1D1DA与平面ABCD的公共点．
又因为平面A1D1DA∩平面ABCD＝DA，
根据基本事实3，可得P∈DA，即CE，D1F，DA相交于一点．
二、应用性——强调学以致用
2.如图所示，今有一正方体木料ABCD­A1B1C1D1，其中M，N分别是AB，CB的中点，要过D1，M，N三点将木料锯开，请你帮助木工师傅想办法，怎样画线才能顺利完成？
解：
作法如下：
(1)连接MN并延长交DC的延长线于F，连接D1F交CC1于Q，连接QN；
(2)延长NM交DA的延长线于E，连接D1E交AA1于P，连接MP；
(3)依次在正方体各个面上画线D1P，PM，MN，NQ，QD1，即为木工师傅所要画的线．

课时跟踪检测

层级(一)　“四基”落实练
1．下列空间图形画法错误的是 (　　)

解析：选D　遮挡部分应画成虚线，D错．故选D.
2．已知点A，直线a，平面α，以下命题表述正确的个数是 (　　)
①A∈a，a⊄α⇒A∉α；　②A∈a，a∈α⇒A∈α；
③A∉a，a⊂α⇒A∉α；　④A∈a，a⊂α⇒A⊂α.
A．0　　　　　　　　　　　 B．1
C．2 D．3
解析：
选A　①不正确，如a∩α＝A；②不正确，∵“a∈α”表述错误；③
不正确，如图所示，A∉a，a⊂α，但A∈α；④不正确，“A⊂α”表述错误．故选A.
3．下列有关平面的说法正确的是 (　　)
A．平行四边形是一个平面
B．任何一个平面图形都是一个平面
C．平静的太平洋面就是一个平面
D．圆和平行四边形都可以表示平面
解析：选D　我们用平行四边形表示平面，但不能说平行四边形就是一个平面，故A项不正确；平面图形和平面是两个概念，平面图形是有大小的，而平面无法度量，故B项不正确；太平洋面是有边界的，不是无限延展的，故C项不正确；在需要时，除用平行四边形表示平面外，还可用三角形、梯形、圆等来表示平面，D项正确．故选D.
4．空间四点A，B，C，D共面而不共线，那么这四点中 (　　)
A．必有三点共线 B．必有三点不共线
C．至少有三点共线 D．不可能有三点共线
解析：选B　如图①②所示，A、C、D均不正确，只有B正确．故选B.

5．(多选)已知α，β为平面，A，B，M，N为点，a为直线，下列推理正确的是 (　　)
A．A∈a，A∈β，B∈a，B∈β⇒a⊂β
B．M∈α，M∈β，N∈α，N∈β⇒α∩β＝MN
C．A∈α，A∈β⇒α∩β＝A
D．A，B，M∈α，A，B，M∈β，且A，B，M不共线⇒α，β重合
解析：选ABD　对于A，由基本事实2可知，a⊂β，A正确；对于B，由M∈α，M∈β，N∈α，N∈β，由基本事实2可知，直线MN⊂α.同理MN⊂β，∴α∩β＝MN，B正确；对于C，∵A∈α，A∈β，∴A∈(α∩β)．由基本事实可知α∩β为经过A的一条直线而不是点A.故α∩β＝A的写法错误；对于D，∵A，B，M不共线，由基本事实1可知，过A，B，M有且只有一个平面，故α，β重合．故选A、B、D.
6．设平面α与平面β相交于l，直线a⊂α，直线b⊂β，a∩b＝M，则M________l.
解析：因为a∩b＝M，a⊂α，b⊂β，所以M∈α，M∈β.又因为α∩β＝l，所以M∈l.
答案：∈
7．下列各图均是正六棱柱，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的图形是_______．

解析：在①②③中，由棱柱、正六边形、中位线的性质，知均有PS∥QR，即在此三个图形中P，Q，R，S共面，故④不正确．
答案：④
8．看图填空：

(1)平面AB1∩平面A1C1＝________；
(2)平面A1C1CA∩平面AC＝________.
答案：(1)A1B1　(2)AC
9.如图，已知D，E是△ABC的边AC，BC上的点，平面α经过D，E两点，若直线AB与平面α的交点是P.
求证：点P在直线DE上．
证明：因为P∈AB，AB⊂平面ABC，所以P∈平面ABC.
又P∈α，平面ABC∩平面α＝DE，所以P∈直线DE.

层级(二)　能力提升练
1.如图，平面α∩平面β＝l，P∈β且P∉l，M∈α，N∈α，又MN∩l＝R，M， N，P三点确定的平面记为γ，则β∩γ是 (　　)
A．直线MP B．直线NP
C．直线PR D．直线MR
解析：选C　因为MN⊂γ，R∈MN，所以R∈γ.又α∩β＝l，MN∩l＝R，所以R∈β.又P∈β，P∈γ，所以P，R均为平面γ与β的公共点，所以β∩γ＝PR.故选C.
2．平面α，β相交，α，β内各取两点，这四点都不在交线上，这四点能确定________个平面．
解析：①当四点确定的两条直线平行或相交时，则四个点确定1个平面；②当四点确定的两条直线不共面时，这四个点能确定4个平面，如三棱锥的顶点和底面上的顶点．
答案：1或4
3．若直线l与平面α相交于点O，A，B∈l，C，D∈α，且AC∥BD，则O，C，D三点的位置关系是________．
解析：
如图，∵AC∥BD，∴AC与BD确定一个平面，记作平面β，
则α∩β＝CD.
∵l∩α＝O，∴O∈α.
又∵O∈AB⊂β，∴O∈直线CD，
∴O，C，D三点共线．
答案：O，C，D三点共线
4.已知：A∈l，B∈l，C∈l，D∉l，如图所示．求证：直线AD，BD，CD共 面．
证明：因为D∉l，所以l与D可以确定平面α.
因为A∈l，所以A∈α.
又D∈α，所以AD⊂α.同理BD⊂α，CD⊂α.
所以AD，BD，CD在同一平面α内，
即直线AD，BD，CD共面．
5.如图所示，AB∩α＝P，CD∩α＝P，A，D与B，C分别在平面α的两侧， AC∩α＝Q，BD∩α＝R.求证：P，Q，R三点共线．
证明：因为AB∩α＝P，CD∩α＝P，所以AB∩CD＝P.
所以AB，CD可确定一个平面，设为β.
因为A∈AB，C∈CD，B∈AB，D∈CD，
所以A∈β，C∈β，B∈β，D∈β.
所以AC⊂β，BD⊂β，平面α，β相交．
因为AB∩α＝P，AC∩α＝Q，BD∩α＝R，
所以P，Q，R三点是平面α与平面β的公共点．
所以P，Q，R都在α与β的交线上，故P，Q，R三点共线．
层级(三)　素养培优练
如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，P为棱BB1的中点．
(1)画出平面PAC与平面ABCD的交线；
(2)画出平面PA1C与平面ABCD的交线．
解：(1)平面PAC与平面ABCD的交线为直线AC，如图①.
(2)延长A1P，AB交于点E，连接CE，则直线CE为平面PA1C与平面 ABCD的交线，如图②.



8．4.2　空间点、直线、平面之间的位置关系

明确目标
发展素养
借助长方体认识空间点、直线、平面之间的位置关系，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义.
在学习直线与直线、直线与平面及平面与平面的位置关系的过程中，培养直观想象、逻辑推理素养.



知识点一　空间中直线与直线的位置关系
(一)教材梳理填空
1．异面直线的定义和画法：
(1)定义：不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线．
(2)画法：如果直线a，b为异面直线，为了表示它们不共面的特点，作图时，通常用一个或两个平面来衬托，如图①②.

2．空间中直线与直线的位置关系：
空间两条直线的位置关系有三种：

[微思考]　分别在两个平面内的两条直线一定是异面直线吗？
提示：不一定．可能平行、相交或异面．
(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)在空间中，直线不平行就意味着相交． (×)
(2)没有公共点的两条直线是异面直线． (×)
(3)两条异面直线一定在两个不同的平面内． (√)
2．在三棱锥S­ABC中，与SA是异面直线的是 (　　)
A．SB　　　　　　　 B．SC
C．BC D．AB
答案：C

知识点二　空间中直线与平面的位置关系
(一)教材梳理填空
位置关系
直线a在
平面α内
直线a在平面α外
直线a与
平面α相交
直线a与
平面α平行
公共点
无数个公共点
有且只有一个
公共点
没有公共点
符号表示
a⊂α
a∩α＝A
a∥α
图形表示



[微思考]　“直线与平面不相交”就是指“直线与平面没有公共点”吗？
提示：不是．前者包括直线与平面平行及直线在平面内这两种情况，而后者仅指直线与平面平行．
(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)若直线l与平面α平行，则l与平面α内的任意一条直线都没有公共点． (√)
(2)如果直线a，b满足a∥平面α，b∥平面α，那么a∥b. (×)
2．直线a∥b，b⊂α，则a与α的位置关系是 (　　)
A．a∥α B．a与α相交
C．a与α不相交 D．a⊂α
答案：C

知识点三　空间中平面与平面的位置关系
(一)教材梳理填空
位置关系
两个平面平行
两个平面相交
公共点
没有公共点
有无数个公共点
(在一条直线上)
符号表示
α∥β
α∩β＝l
图形表示



(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)分别位于两个平行平面内的两条直线也平行． (×)
(2)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． (×)
2．已知平面α∥平面β，直线a⊂α，则直线a与平面β的位置关系为________．
答案：a∥β


题型一　空间中直线与直线的位置关系的判定

【学透用活】

[典例1]　(1)四面体A­BCD的六条棱所在直线成异面直线的有 (　　)
A．3对　　　　　　　　　 B．4对
C．5对 D．6对
(2)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，

①直线A1B与直线D1C的位置关系是________；
②直线D1D与直线D1C的位置关系是________；
③直线AB与直线B1C的位置关系是________．
[解析]　(1)如图，四面体A­BCD的六条棱所在直线中，成异面直线的有：AB和CD，AD和BC，BD和AC，
所以四面体A­BCD的六条棱所在直线成异面直线的有3对．故选A.
(2)①在长方体ABCD­A1B1C1D1中，
A1D1綉BC，
∴四边形A1BCD1为平行四边形，∴A1B∥D1C.
②直线D1D与直线D1C相交于点D1.
③直线AB与直线B1C不同在任何一个平面内．
[答案]　(1)A　(2)①平行　②相交　③异面
[方法技巧]
判定两条直线是异面直线的方法
(1)定义法：由定义判断两直线不可能在同一平面内．
(2)重要结论：连接平面内一点与平面外一点的直线，和这个平面内不经过此点的直线是异面直线．用符号语言可表示为A∉α，B∈α，l⊂α，B∉l⇒AB与l是异面直线(如图)．　　

【对点练清】
1．在本例(2)中，添加条件“E，F分别是线段BC，CD1的中点”，则直线A1B与直线EF的位置关系是 (　　)
A．相交 B．异面
C．平行 D．垂直
解析：选A　如图所示，直线A1B与直线外一点E确定的平面为 A1BCD1，EF⊂平面A1BCD1，且两直线不平行，故两直线相交．故选A.
2．已知直线a，b与平面α，满足a∥α，b∥α，则a与b的位置关系是 ____________．
解析：如图，在长方体中，a∥α，b∥α，a与b相交，b′∥α，则a与b′异面，b″∥α，则a与b″平行，故a与b的位置关系有：平行、异面或相交．
答案：平行、异面或相交

题型二　空间中直线与平面的位置关系的判定

【学透用活】

解决直线与平面位置关系的策略
位置关系
策略
直线
在平面内
需要找到直线上两点在平面内，从而根据基本事实2可知直线在平面内
直线与
平面相交
根据定义只需判定直线与平面有且只有一个公共点
直线与
平面平行
根据定义判定直线与平面没有公共点，也可以排除直线与平面相交及直线在平面内两种情况，从而判定直线与平面平行

[典例2]　下列命题：
①直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α；
②若直线a在平面α外，则a∥α；
③若直线a∥b，b⊂α，那么直线a就平行于平面α内的无数条直线．
其中真命题的个数为 (　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
[解析]　因为直线l虽与平面α内无数条直线平行，但l有可能在平面α内，所以l不一定平行于α，所以①是假命题．
因为直线a在平面α外包括两种情况：a∥α和a与α相交，所以a和α不一定平行，所以②是假命题．
因为a∥b，b⊂α，所以a⊂α或a∥α，所以a可以与平面α内的无数条直线平行，所以③是真命题．
综上所述，真命题的个数为1.故选B.
[答案]　B

　 [方法技巧]
判断直线与平面的位置关系应注意的事项
(1)在判断直线与平面的位置关系时，直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行，这三种情况都要考虑到，避免疏忽或遗漏．
(2)解决这类问题时，可以借助空间几何图形，把要判断关系的直线、平面放在某些具体的空间图形中，以便于正确作出判断，避免凭空臆断．　

【对点练清】

(多选)下列说法中，正确的命题是 (　　)
A．如果两条平行直线中的一条和一个平面相交，那么另一条直线也和这个平面相交
B．经过两条异面直线中的一条直线，有一个平面与另一条直线平行
C．两条相交直线，其中一条与一个平面平行，则另一条一定与这个平面平行
D．一条直线上有两点到平面的距离相等，则这条直线平行于这个平面
解析：选AB　易知A正确，B正确．C中两条相交直线中一条与平面平行，另一条可能平行于平面，也可能与平面相交，故C错误．D也有可能相交，所以D错误．故选A、B.


题型三　空间中平面与平面的位置关系的判定

【学透用活】

两个平面之间的位置关系有且只有两种：平行和相交，判断两个平面之间的位置关系的主要依据是两个平面之间有没有公共点．解题时要善于将自然语言或符号语言转换成图形语言，借助空间图形进行判断．
[典例3]　如果在两个平面内分别有一条直线，这两条直线互相平行，那么这两个平面的位置关系一定是 (　　)
A．平行 B．相交
C．平行或相交 D．垂直
[解析]　根据题意作图，把自然语言转化为图形语言，即可得出两平面的位置关系．如图所示．故选C.

[答案]　C

[方法技巧]
判定平面与平面的位置关系的方法
判定两个平面相交，只需找到两个平面的一个公共点，就可根据基本事实3知，两个不重合的平面是相交的．
判定两个平面平行，可根据定义判定两个平面没有公共点，也可以排除两个平面相交，从而判定两平面平行．　
【对点练清】

在本例中，若将条件“这两条直线互相平行”改为“这两条直线是异面直线”，则这两个平面的位置关系一定是 (　　)
A．平行 B．相交
C．平行或相交 D．垂直
解析：选C　如图，a⊂α，b⊂β，a，b异面，则两平面平行或相交．故选C.



【课堂思维激活】
一、综合性——强调融会贯通
1．如图，长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．

(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；
(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．
解：(1)交线围成的正方形EHGF如图所示．
(2)如图，作EM⊥AB，垂足为M，
则AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.
因为四边形EHGF为正方形，
所以EH＝EF＝BC＝10.
于是MH＝＝6，AH＝10，HB＝6.
故S四边形A1EHA＝×(4＋10)×8＝56，
S四边形EB1BH＝×(12＋6)×8＝72.
因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，
所以其体积的比值为.
二、应用性——强调学以致用
2．一个平面将空间分成两部分，两个平面最多将空间分成四部分，三个平面最多将空间分成八部分……由此猜测n个平面最多将空间分成________部分 (　　)
A．2n　　　　　　　　　　 B．n2
C．2n D.＋1
解析：选D　由一个平面将空间分成两部分，两个平面最多将空间分成四部分，三个平面最多将空间分成八部分，可以排除A、B两个选项．四个平面时，可以考虑在三个平面最多将空间分成八部分的情况下再加一个平面，则第四个平面最多可以将该八部分中的七个分为两部分，所以四个平面最多将空间分成十五部分，可以排除C选项，故选D.

三、创新性——强调创新意识和创新思维
3．(多选)如图是一个正方体的展开图，则在原正方体中 (　　)

A．CD∥GH B．AB与EF异面
C．AD∥EF D．AB与CD相交
解析：选ABD　把展开图还原成正方体，如图所示．由正方体的性 质得CD∥GH，AB与EF异面，AD与EF异面，AB与CD相交．故选A、B、D.

课时跟踪检测

层级(一)　“四基”落实练
1．圆柱的两个底面的位置关系是 (　　)
A．相交　　　　　　　　 B．平行
C．平行或异面 D．相交或异面
解析：选B　圆柱的两个底面无公共点，则它们平行．故选B.
2．如果直线a∥平面α，那么直线a与平面α内的 (　　)
A．一条直线不相交 B．两条直线不相交
C．无数条直线不相交 D．任意一条直线不相交
解析：选D　直线a∥平面α，则a与α无公共点，即与α内的直线均无公共点．故选D.
3．若直线a在平面γ外，则 (　　)
A．a∥γ
B．a与γ至少有一个公共点
C．a∩γ＝A
D．a与γ至多有一个公共点
解析：选D　直线a在平面γ外，其包括直线a与平面γ相交或平行两层含义，故a与γ至多有一个公共点．故选D.
4．若a，b是异面直线，b，c是异面直线，则 (　　)
A．a∥c B．a，c是异面直线
C．a，c相交 D．a，c平行或相交或异面
解析：选D　如图，可借助长方体理解，令a＝CC1，b＝A1B1，则BC，AD，DD1均满足题目条件，故直线a和直线c的位置关系是平行、相交或异面．故选D.
5．若P是两条异面直线l，m外的任意一点，则 (　　)
A．过点P有且仅有一条直线与l，m都平行
B．过点P有且仅有一条直线与l，m都垂直
C．过点P有且仅有一条直线与l，m都相交
D．过点P有且仅有一条直线与l，m都异面
解析：选B　逐个分析，过点P与l，m都平行的直线不存在；过点P与l，m都垂直的直线只有一条；过点P与l，m都相交的直线1条或0条；过点P与l，m都异面的直线有无数条．故选B.
6．在长方体ABCD­A1B1C1D1的六个表面与六个对角面(面AA1C1C、面ABC1D1、面ADC1B1、面A1BCD1、面BB1D1D及面A1B1CD)所在的平面中，与棱AA1平行的平面共有________个．
解析：如图所示，结合图形可知AA1∥平面BC1，AA1∥平面DC1，AA1∥平面BB1D1D.

答案：3
7．若点A∈α，B∉α，C∉α，则平面ABC与平面α的位置关系是________．
解析：∵点A∈α，B∉α，C∉α，
∴平面ABC与平面α有公共点，且不重合，
∴平面ABC与平面α的位置关系是相交．
答案：相交
8.

如图所示，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，直线B1D1与长方体的六个面之间的位置关系如何？
解：直线B1D1在平面A1C1内，直线B1D1与平面BC1，AB1，AD1，CD1都相交，直线B1D1与平面AC平行．
层级(二)　能力提升练
1．与同一个平面α都相交的两条直线的位置关系是 (　　)
A．平行 B．相交
C．异面 D．以上都有可能
解析：选D　如图所示：

故相交、平行、异面都有可能．故选D.
2．l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是 (　　)
A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1⊥l3
B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3
C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面
D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面
解析：选B　选项A，l1⊥l2，l2⊥l3，则l1与l3的位置关系可能是相交、平行或异面；显然选项B正确；选项C，如三棱柱中的三条侧棱平行，但不共面；选项D，如长方体共顶点的三条棱分别为l1，l2，l3，但这三条直线不共面．
3．(多选)如图，点P，Q，R，S分别在正方体的四条棱上，且是所在棱的中点，则直线PQ与RS是共面直线的图是 (　　)

解析：选ABD　A、B中直线PQ与RS是平行直线，D中直线PQ与RS是相交直线，而C中直线PQ与RS是异面直线．故选A、B、D.
4．(1)在图中画出一个平面与两个平行平面相交．

(2)在图中分别画出三个两两相交的平面．

解：(1)如图所示．

(2)如图所示．

5.如图，在正方体ABCD­A′B′C′D′中，E，F分别为B′C′，A′D′ 的中点．求证：平面ABB′A′与平面CDFE相交．
证明：在正方体ABCD­A′B′C′D′中，E为B′C′的中点，所以 EC 与BB′不平行，
则延长CE与BB′必相交于一点H.
所以H∈EC，H∈B′B.
又BB′⊂平面ABB′A′，CE⊂平面CDFE，
所以H∈平面ABB′A′，H∈平面CDFE，
故平面ABB′A′与平面CDFE相交．
层级(三)　素养培优练
1．三个平面分空间有几种情况？试画图说明每种情况可把空间分成几个部分？
解：三个平面分空间共有5种情况．三个平面可把空间分成4(如图①)、6(如图②③)、7(如图④)或8(如图⑤)个部分．
(1)当三个平面互相平行时，将空间分成四部分，如图①；
(2)当两个平面平行，第三个平面与它们相交时，将空间分成六部分，如图②；
(3)当三个平面相交于同一条直线时，将空间分成六部分，如图③；
(4)当三个平面相交于三条直线，且三条交线互相平行时，将空间分成七部分，如图④；
(5)当三个平面相交于三条直线，且三条交线相交于同一点时，将空间分成八部分，如图⑤.

2．如图①②所示，ABCD­A1B1C1D1是正方体，在图①中，E，F分别是D1C1，B1B的中点．试分别画出图①②中有阴影的平面与平面ABCD的交线．

解：如图①所示，过点E作EN∥BB1交CD于点N，连接NB并延长交EF的延长线于点M，连接AM，则AM即为有阴影的平面与平面ABCD的交线．

如图②所示，延长DC，过点C1作C1P∥A1B交DC的延长线于点P，连接BP，则BP即为有阴影的平面与平面ABCD的交线．

8．5　空间直线、平面的平行

8．5.1　直线与直线平行

明确目标
发展素养
1.了解基本事实4和等角定理．
2.借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线平行的关系.
在学习和应用基本事实4和等角定理的过程中，通过判定和证明空间两条直线的位置关系，培养数学抽象、逻辑推理和直观想象素养.



知识点一　基本事实4
(一)教材梳理填空
名称
文字语言
图形语言
符号语言
作用
基本
事实4
平行于同一条直线的两条直线平行

⇒
a∥c　
判断空间两条直线平行的依据

这一基本事实表述的性质通常叫做平行线的传递性．
(二)基本知能小试
1.如图所示，在四面体S­MNP中，E，F，G，H分别是棱SN，SP，MN，MP的中点，则EF与HG的位置关系是 (　　)
A．平行　　　　　　 B．相交
C．异面 D．平行或异面
答案：A
2.如图，在长方体ABCD­A′B′C′D′中，与棱AB平行的有__________(填写所有符合条件的棱)．
答案：A′B′，D′C′，DC
知识点二　空间等角定理
(一)教材梳理填空
文字
语言
如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补
图形
语言

作用
判断或证明两个角相等或互补
　　[微思考]　如果两条直线和第三条直线成等角，那么这两条直线平行吗？
提示：不一定．这两条直线可能相交、平行或异面．
(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)如果一个角的两边与另一个角的两边平行，那么这两个角相等． (×)
(2)如果两个角相等，则它们的边互相平行． (×)
2．两等角的一组对应边平行，则 (　　)
A．另一组对应边平行
B．另一组对应边不平行
C．另一组对应边不可能垂直
D．以上都不对
答案：D


题型一　基本事实4的应用

【学透用活】

准确理解基本事实4中的“同一条直线”，它是保证另两条直线平行的“桥梁”，它具有两个性质：①任意性：空间中的任意位置；②平行性：必须和另外两条直线都平行．
[典例1]　如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点．求证：四边形EFGH是平行四边形．
[证明]　因为在空间四边形ABCD中，E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点，所以EF∥AC，HG∥AC，EF＝HG＝AC.所以EF∥HG，EF＝HG.
所以四边形EFGH是平行四边形．
[方法技巧]
解决空间中两条直线平行的策略
(1)利用基本事实4找到一条直线c，使得a∥c，同时b∥c，由基本事实4得到a∥b.
(2)利用平面几何的知识(三角形的中位线、梯形的中位线、平行四边形的性质、平行线分线段成比例定理等)来证明．　
【对点练清】

1．[变条件]若在本例中添加条件“AC＝BD”，判断四边形EFGH是什么形状．
解：因为在本例中已经证明四边形EFGH是平行四边形，又AC＝BD，所以EH＝EF.所以四边形EFGH是菱形．
2．[变条件]若在本例中添加条件“AC＝BD且AC⊥BD”，则四边形EFGH是什么形状．
解：因为在本例中已经证明四边形EFGH是平行四边形，又AC⊥BD，所以EH⊥EF.
又AC＝BD，所以EH＝EF，所以四边形EFGH是正方形．
3.如图所示，在正方体ABCD­A′B′C′D′中，E，F，E′，F′分别是
AB，BC，A′B′，B′C′的中点．求证：EE′∥FF′.
证明：因为E，E′分别是AB，A′B′的中点，
所以BE∥B′E′，且BE＝B′E′.
所以四边形EBB′E′是平行四边形．
所以EE′∥BB′.同理可证FF′∥BB′.所以EE′∥FF′.
题型二　等角定理的应用

【学透用活】

(1)等角定理实质上由如下两个结论合成：
①若一个角的两条边与另一个角的两条边分别平行且方向都相同(或方向都相反)，则这两个角相等；
②若一个角的两条边与另一个角的两条边分别平行，有一组对应边方向相同，另一组对应边方向相反，则这两个角互补．
(2)此定理表明，把空间一角平移后，角的大小不变．
[典例2]　如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱CC1，BB1，DD1的中点．
求证：∠BGC＝∠FD1E.
[证明]　∵F为BB1的中点，
∴BF＝BB1.
又∵G为DD1的中点，∴D1G＝DD1.
又BB1∥DD1，BB1＝DD1，∴BF∥D1G，BF＝D1G.
∴四边形D1GBF为平行四边形．
∴D1F∥GB.同理可证D1E∥GC.
∵∠BGC与∠FD1E的对应边平行且方向相同，
∴∠BGC＝∠FD1E.
[方法技巧]
空间角相等的证明方法
(1)等角定理是较常用的方法，“等角”定理的结论是相等或互补，在实际应用时，一般是借助于图形判断是相等还是互补，还是两种情况都有可能．
(2)转化为平面图形中的三角形全等或相似来证明．　　

【对点练清】

如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，M，N，P分别为AA1，BB1，CC1的中 点．求证：∠MC1N＝∠APB.
证明：因为N，P分别是BB1，CC1的中点，所以BN綉C1P，所以四边 形BPC1N为平行四边形，所以C1N∥BP.
同理可证C1M∥AP.又∠MC1N与∠APB方向相同，
所以∠MC1N＝∠APB.

题型三　基本事实4、等角定理的综合应用
[探究发现]
(1)棱柱的侧棱具有怎样的结构特征？根据基本事实4，利用这些特征能否证明相关类似的两直线平行？
提示：平行且相等；能．
(2)等角定理的结论是相等或互补，实际应用时要怎样判断？
提示：要借助图形来判断．当两个角的两边分别对应平行且方向都相同或相反时，这两个角相等，否则这两个角互补．　　　

【学透用活】

[典例3]　
如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，M1分别是棱AD和A1D1的 中点．求证：
(1)四边形BB1M1M为平行四边形；
(2)∠BMC＝∠B1M1C1.
[证明]　(1)∵ABCD­A1B1C1D1为正方体，
∴AD＝A1D1，且AD∥A1D1.
又M，M1分别为棱AD，A1D1的中点，
∴AM＝A1M1且AM∥A1M1.
∴四边形AMM1A1为平行四边形．
∴MM1＝AA1且MM1∥AA1.

又AA1＝BB1且AA1∥BB1，
∴MM1＝BB1且MM1∥BB1.
∴四边形BB1M1M为平行四边形．
(2)由(1)知四边形BB1M1M为平行四边形，
∴B1M1∥BM.
同理可得四边形CC1M1M为平行四边形．∴C1M1∥CM.
∵∠BMC和∠B1M1C1方向相同，
∴∠BMC＝∠B1M1C1.
[方法技巧]
(1)基本事实4是判断或证明两条直线平行的重要方法之一，其关键在于寻找与所证两条平行直线都平行的第三条直线．此外，我们还要熟悉各种几何图形的定义和特征．
(2)用空间等角定理可以证明空间的两个角相等，证明时，先证明两个角的两边对应平行，再说明两组对应边的方向相同或相反，在证明的过程中，常用到基本事实4.　　

【对点练清】
如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，点M，N分别在AC，PB上，且AM＝MC，BN＝BP，作出直线MN与PB确定的平面与平面PAD的交线l.直线l与MN是否平行？如果平行，请给出证明；如果不平行，请说明理由．
解：连接BM并延长交AD于E，连接PE，则E在MN，PB确定的平面内，且E在AD上，所以E在平面PAD上，则PE即为直线MN与PB确定的平面与平面PAD的交线l.
因为底面ABCD是平行四边形，
所以AE∥BC.
所以△AEM∽△CBM，所以＝.
因为点M，N分别在AC，PB上，
且AM＝MC，BN＝BP，所以＝，所以＝.
所以MN∥PE，即直线l∥MN.


【课堂思维激活】
一、综合性——强调融会贯通
1.如图，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点M在AD1上移动，点N在BD上移动，D1M＝DN＝a(0 解：如图，作MP∥AD，交DD1于点P，
作NQ∥BC，交DC于点Q，连接PQ.
由题意得，MP∥NQ，
＝＝＝，AD＝BC，
MP＝NQ，
∴四边形MNQP为平行四边形．
∴MN＝PQ.
由已知D1M＝DN＝a，DD1＝AD＝DC＝1，∴AD1＝BD＝.
∴＝，＝，即D1P＝DQ＝ .
∴MN＝PQ＝＝
＝ (0 故当a＝时，MN取得最小值.
即当M，N分别为AD1，BD的中点时，MN最短，此时MN的长为.
二、创新性——强调创新意识和创新思维
2．在四边形ABCD中，AB＝BC＝CD＝DA＝BD＝1，沿BD折叠成为四面体时，AC的取值范围是多少？
解：如图，四边形A′BCD折叠成为四面体ABCD.
当点A与点C接近于重合时，AC的距离接近于0；
当四边形ABCD接近平面图形A′BCD时，AC的距离接近于，所以AC∈(0，)．

课时跟踪检测

层级(一)　“四基”落实练
1．下列结论正确的是 (　　)
①在空间中，若两条直线不相交，则它们一定平行；
②平行于同一条直线的两条直线平行；
③一条直线和两条平行直线中的一条相交，那么它也和另一条相交；
④空间中有四条直线a，b，c，d，如果a∥b，c∥d，且a∥d，那么b∥c.
A．①②③　　　 　　　　　 B．②④
C．③④ D．②③
解析：选B　①错误，可以异面．②正确．③错误，和另一条可以异面．④正确，由平行线的传递性可知．故选B.
2．空间两个角α，β的两边分别对应平行，且α＝30°，则β为 (　　)
A．30° B．150°
C．60° D．30°或150°
解析：选D　∵空间两个角α，β的两边对应平行，
∴这两个角相等或互补．
∵α＝30°，∴β＝30°或150°.故选D.
3．若∠AOB＝∠A1O1B1且OA∥O1A1，OA与O1A1的方向相同，则下列结论正确的是(　　)
A．OB∥O1B1且方向相同
B．OB∥O1B1
C．OB与O1B1不平行
D．OB与O1B1不一定平行
解析：选D　OB与O1B1不一定平行，反例如图．故选D.

4．已知E，F，G，H分别为空间四边形ABCD各边AB，BC，CD，DA的中点，若对角线BD＝2，AC＝4，则EG2＋HF2的值是 (　　)
A．5 B．10
C．12 D．不能确定
解析：选B　如图所示，由三角形中位线的性质可得EH綉BD，FG綉BD，再根据基本事实4可得四边形EFGH是平行四边形，那么所求的是平行四边形的对角线的平方和，EG2＋HF2＝2×(12＋22)＝10.故选B.
5．若两个三角形不在同一平面内，它们的边两两对应平行，那么这两个三角形 (　　)
A．全等 B．相似
C．仅有一个角相等 D．无法判断
解析：选B　由等角定理知，这两个三角形的三个角分别对应相等，所以这两个三角形相似．
6．在三棱台A1B1C1­ABC中，G，H分别是AB，AC的中点，则GH与B1C1的位置关系是__________．
解析：如图所示，因为G，H分别是AB，AC的中点，所以GH∥BC.又由三棱台的性质得BC∥B1C1，所以GH∥B1C1.
答案：平行
7.如图所示，在空间四边形ABCD中，＝＝，＝＝，则EH与FG的位置关系是________．
解析：连接BD.在△ABD中，
＝＝，∴EH∥BD.
同理可得FG∥BD.∴EH∥FG.
答案：平行
8.如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是AD1，CD1，BC，AB的中点．求证：E，F，G，H四点共面．
证明：如图，连接AC.
∵E，F分别是AD1，CD1的中点，
∴EF∥AC.
∵G，H分别是BC，AB的中点，
∴GH∥AC.
∴EF∥GH.∴E，F，G，H四点共面．

层级(二)　能力提升练
1．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是侧面AA1D1D，侧面CC1D1D的中心，G，H分别是线段AB，BC的中点，则直线EF与直线GH的位置关系是 (　　)
A．相交 B．异面
C．平行 D．垂直
解析：选C　如图，连接AD1，CD1，AC，则E，F分别为AD1，CD1 的中点．由三角形的中位线定理，知EF∥AC.可理可得GH∥AC，所以EF∥GH.故选C.
2．已知在空间四边形ABCD中，M，N分别是AB，CD的中点，且AC＝4，BD＝6，则 (　　)
A．1＜MN＜5 B．2＜MN＜10
C．1≤MN≤5 D．2＜MN＜5
解析：选A　取AD的中点H，连接MH，NH(图略)，则MH∥BD，且MH＝BD，NH∥AC，且NH＝AC，且M，N，H三点构成三角形．由三角形中三边关系，可得MH－NH 3．在三棱锥P­ABC中，PB⊥BC，E，D，F分别是AB，PA，AC的中点，则∠DEF＝________.
解析：由题意可知DE∥PB，EF∥BC，所以∠DEF＝∠PBC＝90°.
答案：90°
4.如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别是棱AB，BC的中点，点E1，F1分别是棱A1D1，C1D1的中点．求证：EE1∥FF1.
证明：如图，连接EF，E1F1，A1C1，AC.
由长方体ABCD­A1B1C1D1得AC∥A1C1.
∵点E，F分别是棱AB，BC的中点，
∴由三角形中位线定理，得EF∥AC，EF＝AC.
同理E1F1∥A1C1，E1F1＝A1C1.
∴EF綉E1F1，则四边形EFF1E1为平行四边形．
∴EE1∥FF1.
5.如图，在棱长为a的正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别是棱CD，AD的中点．求证：
(1)四边形MNA1C1是梯形；
(2)∠DNM＝∠D1A1C1.
证明：(1)如图，连接AC.
因为在△ACD中，M，N分别是CD，AD的中点，

所以MN是△ACD的中位线．
所以MN∥AC，MN＝AC.
由正方体的性质得：
AC∥A1C1，AC＝A1C1.
所以MN∥A1C1，且MN＝A1C1，即MN≠A1C1.
所以四边形MNA1C1是梯形．
(2)由(1)可知MN∥A1C1.
又因为ND∥A1D1，所以∠DNM与∠D1A1C1相等或互补．而∠DNM与∠D1A1C1均为锐角，
所以∠DNM＝∠D1A1C1.
层级(三)　素养培优练
1.(多选)如图，在四棱锥A­BCDE中，底面四边形BCDE为梯形，BC∥DE.设CD，BE，AE，AD的中点分别为M，N，P，Q，则(　　)
A．PQ＝MN　　　　　 B．PQ∥MN
C．M，N，P，Q四点共面 D．四边形MNPQ是梯形
解析：选BCD　由题意知PQ＝DE，且DE≠MN，
所以PQ≠MN，故A不正确；
又PQ∥DE，DE∥MN，
所以PQ∥MN，故B正确；由基本事实的推论3，故C正确；又PQ≠MN，所以D正确．故选B、C、D.
2.如图，E，F，G，H分别是空间四边形ABCD各边上的点，且AE∶EB＝AH∶HD＝m，CF∶FB＝CG∶GD＝n.
(1)求证：E，F，G，H四点共面．
(2)m，n满足什么条件时，四边形EFGH是平行四边形？
解：(1)证明：因为AE∶EB＝AH∶HD，所以EH∥BD.
又CF∶FB＝CG∶GD，所以FG∥BD.所以EH∥FG.
所以E，F，G，H四点共面．
(2)当EH∥FG，且EH＝FG时，
四边形EFGH为平行四边形．
因为＝＝，所以EH＝BD.
同理可得FG＝BD.由EH＝FG，得m＝n.
故当m＝n时，四边形EFGH为平行四边形．

8．5.2　直线与平面平行

明确目标
发展素养
1.借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与平面的位置关系．
2.归纳出直线与平面平行的判定定理、性质定理，并加以证明．
3.能用已获得的结论证明空间基本图形位置关系的简单命题.
在发现、推导和应用直线与平面平行的判定定理、性质定理的过程中，培养数学抽象、直观想象和逻辑推理素养.




知识点一　直线与平面平行的判定定理
(一)教材梳理填空
文字语言
如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行
符号语言
⇒a∥α
图形语言

作用
证明直线与平面平行

[微思考]　如果一条直线与平面内无数条直线都平行，那么该直线与平面平行吗？
提示：不一定，平行或直线在平面内．
(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线和这个平面平行． (×)
(2)两条平行线中的一条直线与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行． (×)
2．(多选)若确定直线a与平面α平行，则必须同时具备的条件是 (　　)
A．a⊄α　　　　　　　　　 B．b∥α
C．a∥b D．b⊂α
答案：ACD
3.如图，在直四棱柱ABCD­A′B′C′D′中，E，F分别为底面ABCD和底面A′B′C′D′的中心，则四棱柱的六个面中与EF平行的平面有
(　　)
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
答案：D
知识点二　直线与平面平行的性质定理
(一)教材梳理填空
文字语言
一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行
符号语言
a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b
图形语言

作用
证明两条直线平行
(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)若直线a，b和平面α满足a∥α，b∥α，则a∥b. (×)
(2)若直线l∥平面α，且b⊂α，则l∥b. (×)
(3)若直线a∥平面α，则直线a与平面α内任意一条直线都无公共点． (√)
2．如图，在三棱锥S­ABC中，E，F分别是SB，SC上的点，且EF∥平面 ABC，
则 (　　)
A．EF与BC相交
B．EF与BC异面
C．EF∥BC
D．以上均有可能
答案：C
3．已知直线l∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于l的直线有________条．
答案：1




题型一　直线与平面平行的判定

【学透用活】

(1)应用直线与平面平行的判定定理，必须具备三个条件：
①直线a在平面α外，即a⊄α；
②直线b在平面α内，即b⊂α；
③两直线a，b平行，即a∥b.
这三个条件缺一不可．
(2)转化关系：线线平行⇒线面平行．
[典例1]　如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，D为BC的中点，连接AD，DC1，A1B，AC1.求证：A1B∥平面ADC1.
[证明]　如图，连接A1C，
设A1C∩AC1＝O，连接OD.
由题意知，四边形A1ACC1是平行四边形，
∴O是A1C的中点．又∵D是CB的中点，
∴OD是△A1CB的中位线，即OD∥A1B.
又∵A1B⊄平面ADC1，OD⊂平面ADC1，
∴A1B∥平面ADC1.
[方法技巧]
应用判定定理证明线面平行的步骤

[提醒]　上面的第一步“找”是证题的关键，证线线平行的常用方法：三角形中位线定理、平行四边形性质、平行线分线段成比例定理、基本事实4等．　

【对点练清】

1.如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝a，则MN与平面BB1C1C的位置关系是 (　　)
A．相交　　　　　　　 B．平行
C．垂直 D．不能确定
解析：

选B　由题可得A1M＝A1B，AN＝AC，所以分别取BC，BB1上的点P，Q，
使得CP＝BC，BQ＝BB1.
连接MQ，NP，PQ，
则MQ綉B1A1，NP綉AB.
又B1A1綉AB，故MQ綉NP，所以四边形MQPN是平行四边形，所以MN∥QP.
因为QP⊂平面BB1C1C，MN⊄平面BB1C1C，
所以MN∥平面BB1C1C，故选B.
2.如图，在空间四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点．
求证：(1)EH∥平面BCD；
(2)BD∥平面EFGH.
证明：(1)∵E，H分别是AB，DA的中点，
∴EH为△ABD的中位线．∴EH∥BD.
又∵EH⊄平面BCD，BD⊂平面BCD，
∴EH∥平面BCD.
(2)∵BD∥EH，BD⊄平面EFGH，EH⊂平面EFGH，
∴BD∥平面EFGH.

题型二　直线与平面平行的性质定理

【学透用活】

(1)应用直线与平面平行的性质定理，必须具备三个条件：
①直线a与平面α平行，即a∥α；
②平面α，β相交于一条直线，即α∩β＝b；
③直线a在平面β内，即a⊂β.
这三个条件缺一不可．
(2)转化关系：线面平行⇒线线平行．
[典例2]　如图，用平行于四面体ABCD的一组对棱AB，CD的平面截此四面体．
求证：截面MNPQ是平行四边形．
[证明]　∵AB∥平面MNPQ，
平面ABC∩平面MNPQ＝MN，且AB⊂平面ABC，
∴由线面平行的性质定理，知AB∥MN.
同理可得PQ∥AB.
∴由基本事实4可得MN∥PQ.同理可得MQ∥NP.
∴截面四边形MNPQ为平行四边形．

[方法技巧]
应用线面平行的性质定理解题的步骤
　　

【对点练清】

1.如图所示，四边形ABCD是梯形，AB∥CD，且AB∥平面α，AD，BC与平面α分别交于点M，N，且点M是AD的中点，AB＝4，CD＝6，则MN＝________.
解析：因为AB∥平面α，AB⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面α＝MN，所以AB∥MN.又点M是AD的中点，所以MN是梯形ABCD的中位线，故MN＝5.
答案：5
2.如图所示，四边形ABCD是矩形，P∉平面ABCD，过BC作平面BCFE交AP于E，交DP于F.
求证：四边形BCFE是梯形．
证明：∵四边形ABCD为矩形，∴BC∥AD.
又∵AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，∴BC∥平面PAD.
∵平面BCFE∩平面PAD＝EF，∴BC∥EF.
又∵AD＝BC，AD≠EF，∴BC≠EF.
∴四边形BCFE是梯形．

题型三　直线与平面平行的判定、性质定理的综合应用
[探究发现]
(1)由两直线平行怎样转化为直线与平面平行？若直线l∥平面α，则l平行于平面α内的所有直线吗？
提示：使用直线与平面平行的判定定理把两直线平行转化为直线与平面平行．若直线l∥平面α，l不平行于平面α内的所有直线．
(2)若a∥α，过a与α相交的平面有多少个？这些平面与α的交线与直线a有什么关系？
提示：若a∥α，则过a且与α相交的平面有无数个．这些平面与α的交线与直线a相互平行．　　　

【学透用活】

[典例3]　
如图所示，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，P为平面ABC外一点，E，F分别是PA，PC的中点．记平面BEF与平面ABC的交线为l.
求证：直线l∥平面PAC.
[证明]　∵E，F分别是PA，PC的中点，∴EF∥AC.
又∵EF⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，∴EF∥平面ABC.
而EF⊂平面BEF，且平面BEF∩平面ABC＝l，∴EF∥l.
∵l⊄平面PAC，EF⊂平面PAC，∴l∥平面PAC.
[方法技巧]
直线与平面平行的判定定理与性质定理常常交替使用，即先通过线线平行推出线面平行，再通过线面平行推出线线平行，复杂的题目还可以继续推下去，相互转化如下：


【对点练清】

已知直线a，l，平面α，β满足α∩β＝l，a∥α，a∥β.求证：a∥l.
证明：如图所示，过a作平面γ交平面α于b.
∵a∥α，∴a∥b.
同样过a作平面δ交平面β于c.
∵a∥β，∴a∥c，则b∥c.∵b⊄β，c⊂β，∴b∥β.
∵b⊂α，α∩β＝l，∴b∥l.又∵a∥b，∴a∥l.




【课堂思维激活】
一、综合性——强调融会贯通
1.如图，四边形EFGH为四面体ABCD的一个截面，若四边形EFGH为平 行四边形．
(1)求证：AB∥平面EFGH；
(2)若AB＝4，CD＝6，求四边形EFGH周长L的取值范围．
解：(1)证明：∵四边形EFGH为平行四边形，∴EH∥FG.
∵EH⊄平面ABD，FG⊂平面ABD，∴EH∥平面ABD.
又∵EH⊂平面ABC，平面ABC∩平面ABD＝AB，
∴EH∥AB.
又∵EH⊂平面EFGH，AB⊄平面EFGH，
∴AB∥平面EFGH.
(2)设EH＝x，EF＝y.
∵EF∥CD，EH∥AB，∴＝，＝.
∴＋＝＋＝＝1.
又∵AB＝4，CD＝6，∴＋＝1.
∴y＝6，且0＜x＜4.
∴四边形EFGH的周长为
L＝2(x＋y)＝2＝12－x.
∴8＜12－x＜12.
∴四边形EFGH周长的取值范围是(8,12)．
二、应用性——强调学以致用
2.如图，在一块木料中，已知BC∥平面A′B′C′D′，要经过木料表面 A′B′C′D′内的一点P和棱BC将木料锯开，应怎样画线？
解：因为BC∥平面A′B′C′D′，BC⊂平面BB′C′C，
平面BB′C′C∩平面A′B′C′D′＝B′C′，
所以由直线与平面平行的性质定理可得BC∥B′C′.
经过点P，在木料表面A′B′C′D′内画线段EF，
使EF∥B′C′，则EF∥BC.
因此EF与BC可确定一个平面BCFE.
连接BE和CF，则BE，CF和EF就是所要画的线．
三、创新性——强调创新意识和创新思维
3.如图，在三棱台DEF­ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点，M是AD上一点，且AM＝2MD，设点N是平面ABED内一点，且MN∥平面FGH，则点N的位置是________(答案不唯一，写出一种即可)，并证明．
解：点N可以是线段BE上靠近点E的三等分点．
证明：连接MN.
∵AM＝2MD，BN＝2NE，∴AB∥MN.
又∵G，H分别为AC，BC的中点，
∴GH∥AB.∴MN∥GH.
又GH⊂平面FGH，MN⊄平面FGH，∴MN∥平面FGH.

课时跟踪检测
层级(一)　“四基”落实练
1．已知直线a∥平面α，直线b⊂平面α，则 (　　)
A．a∥b　　　　　　　　 B．a与b异面
C．a与b相交 D．a与b无公共点
解析：选D　由题意可知直线a与平面α无公共点，所以a与b平行或异面，所以两者无公共点．故选D.
2．若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则 (　　)
A．α内的所有直线与l异面
B．α内不存在与l平行的直线
C．α内存在唯一的直线与l平行
D．α内的直线与l都相交
解析：选B　若在平面α内存在与直线l平行的直线，因l⊄α，故l∥α，这与题意矛盾．故选B.
3.如图，一块矩形木板ABCD的一边AB在平面α内，把这块矩形木板绕AB转动，在转动的过程中，AB的对边CD与平面α的位置关系是 (　　)
A．平行 B．相交
C．在平面α内 D．平行或在平面α内
解析：选D　在旋转过程中，CD∥AB，易得CD∥α或CD⊂α.故选D.
4．在空间四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA上的点，当BD∥平面EFGH时，下列结论中正确的是 (　　)
A．E，F，G，H一定是各边的中点
B．G，H一定是CD，DA的中点
C．BE∶EA＝BF∶FC，且DH∶HA＝DG∶GC
D．AE∶EB＝AH∶HD，且BF∶FC＝DG∶GC
解析：选D　由于BD∥平面EFGH，由线面平行的性质定理，有BD∥EH，BD∥FG，则AE∶EB＝AH∶HD，且BF∶FC＝DG∶GC.故选D.
5.(多选)如图所示，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，下列四个结论正确的是 (　　)
A．OM∥PD B．OM∥平面PCD
C．OM∥平面PDA D．OM∥平面PBA
解析：选ABC　由题意知，OM是△BPD的中位线，∴OM∥PD，故A正确；PD⊂平面PCD，OM⊄平面PCD，∴OM∥平面PCD，故B正确；同理可得：OM∥平面PDA，故C正确；OM与平面PBA和平面PBC都相交，故D不正确．故选A、B、C.
6．在三棱锥S­ABC中，G为△ABC的重心，E在棱SA上，且AE＝2ES，则EG与平面SBC的位置关系为________．
解析：如图，延长AG交BC于点F，连接SF，则由G为△ABC的重心知AG∶GF＝2.又AE∶ES＝2，
∴EG∥SF.
又SF⊂平面SBC，EG⊄平面SBC，
∴EG∥平面SBC.
答案：平行
7.如图，在五面体FE­ABCD中，四边形CDEF为矩形，M，N分别是BF， BC的中点，则MN与平面ADE的位置关系是________．
解析：∵M，N分别是BF，BC的中点，∴MN∥CF.又四边形CDEF为矩形，∴CF∥DE.∴MN∥DE.又MN⊄平面ADE，DE⊂平面ADE，∴MN∥平面ADE.
答案：平行
8. 如图，O是长方体ABCD­A1B1C1D1底面对角线AC与BD的交点．
求证：B1O∥平面A1C1D.
证明：如图，连接B1D1交A1C1于点O1，连接DO1.
∵B1B∥D1D，B1B＝D1D，
∴四边形B1BDD1为平行四边形．
∴O1B1∥DO，O1B1＝DO.
∴四边形O1B1OD为平行四边形．
∴B1O∥O1D.
∵B1O⊄平面A1C1D，O1D⊂平面A1C1D，
∴B1O∥平面A1C1D.
层级(二)　能力提升练
1.如图，棱长均为1的正三棱柱ABC­A1B1C1中，M，N分别为线段A1B，B1C上的动点，且MN∥平面ACC1A1，则这样的MN有(　　)
A．1条 B．2条
C．3条 D．无数条
解析：选D　
如图，任取线段A1B上一点M，过M作MH∥AA1，交AB于H，过H作HG∥AC交BC于G，过G作CC1的平行线，与CB1一定有交点N，且MN∥平面ACC1A1，则这样的MN有无数条．
2．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，点P是面AA1D1D的中心，点Q 是面A1B1C1D1的对角线B1D1上一点，且PQ∥平面AA1B1B，则线段PQ的长为(　　)
A. B.
C．1 D.
解析：选A　
如图，连接AD1，AB1.
∵PQ∥平面AA1B1B，
平面AB1D1∩平面AA1B1B＝AB1，PQ⊂平面AB1D1，∴PQ∥AB1.
∴PQ＝AB1＝＝.
故选A.
3. 如图所示的正方体的棱长为4，点E，F分别为A1D1，AA1的中点，则过 C1，E，F的截面的周长为________．
解析：由EF∥平面BCC1B1可知平面BCC1B1与平面EFC1的交线为BC1，平面EFC1与平面ABB1A1的交线为BF，所以截面周长为EF＋FB＋BC1＋C1E＝4＋6.
答案：4＋6
4.在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ACB＝90°，EF ∥AB，FG∥BC，EG∥AC，AB＝2EF，M是线段AD的中点．
求证：GM∥平面ABFE.
证明：因为EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，∠ACB＝90°，
所以△ABC∽△EFG，∠EGF＝90°.
因为AB＝2EF，所以BC＝2FG.
如图，连接AF.
由于FG∥BC，FG＝BC，在▱ABCD中，M是线段AD的中点，则AM∥BC，且AM＝BC，
因此FG∥AM且FG＝AM.
所以四边形AFGM为平行四边形，因此GM∥FA.
又FA⊂平面ABFE，GM⊄平面ABFE，
所以GM∥平面ABFE.
5.如图，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，点D1为A1C1上的点．当等于何值时，BC1∥平面AB1D1?
解：如图，取D1为线段A1C1的中点，此时＝1.
连接A1B交AB1于点O，连接OD1.
由棱柱的性质，知四边形A1ABB1为平行四边形，所以点O为A1B的
中点．
在△A1BC1中，点O，D1分别为A1B，A1C1的中点，所以OD1∥BC1.
又因为OD1⊂平面AB1D1，BC1⊄平面AB1D1，所以BC1∥平面AB1D1.
所以当＝1时，BC1∥平面AB1D1.
层级(三)　素养培优练
如图，四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E为PB的中点．
(1)求证：CE∥平面PAD.
(2)在线段AB上是否存在一点F，使得平面PAD∥平面CEF？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：如图所示，取PA的中点H，连接EH，DH，
因为E为PB的中点，
所以EH∥AB，EH＝AB，
又AB∥CD，CD＝AB，所以EH∥CD，EH＝CD，
因此四边形DCEH是平行四边形，所以CE∥DH，
又DH⊂平面PAD，CE⊄平面PAD，
因此CE∥平面PAD.
(2)如图所示，取AB的中点F，连接CF，EF，
所以AF＝AB，又CD＝AB，所以AF＝CD，
又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形，
因此CF∥AD，
又CF⊄平面PAD，所以CF∥平面PAD，
由(1)可知CE∥平面PAD，
又CE∩CF＝C，故平面CEF∥平面PAD，
故存在AB的中点F满足要求．
8．5.3　平面与平面平行


明确目标
发展素养
1.借助长方体，通过直观感知，了解空间中平面与平面的位置关系．


2.归纳出平面与平面平行的判定定理、性质定理，并加以证明．


3.能用已获得的结论证明空间基本图形位置关系的简单命题.
在发现、推导和应用平面与平面平行的判定定理、性质定理的过程中，培养数学抽象、直观想象和逻辑推理素养.



知识点一　平面与平面平行的判定定理
(一)教材梳理填空
文字语言
如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行
符号语言
a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒β∥α
图形语言

作用
证明两个平面平行
　　[微思考]　如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别对应平行，那么这两个平面平行吗？
提示：平行．
(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行．(×)
(2)若一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面，则这两个平面平行．(√)
(3)三角板的两条边所在直线分别与平面α平行，这个三角板所在平面与平面α平行．(√)
(4)若α∥β，β∥γ，则α∥γ.(√)
2．若一个平面内的两条直线分别平行于另一个平面内的两条直线，则这两个平面的位置关系是(　　)
A．一定平行　　　　　　　B．一定相交
C．平行或相交 D．以上判断都不对
答案：C
3．已知直线a∥平面α，平面α∥平面β，则a与β的位置关系为__________．
答案：a⊂β或a∥β

知识点二　平面与平面平行的性质定理
(一)教材梳理填空
文字语言
两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行
符号语言
α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b
图形语言

作用
证明两条直线平行
　　[微思考]　两个平面平行，那么两个平面内的所有直线都相互平行吗？
提示：不一定．因为两个平面平行，所以分别在这两个平面内的任两条直线无公共点，它们平行或异面．
(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)若平面α∥平面β，l⊂平面β，m⊂平面α，则l∥m.(×)
(2)若α∥β，则平面α内有无数条互相平行的直线平行于平面β.(√)
(3)夹在两平行平面间的平行线段相等．(√)
2．平面α与圆台的上、下底面分别相交于直线m，n，则m，n的位置关系是(　　)
A．平行 B．相交
C．异面 D．平行或异面
答案：A


题型一　平面与平面平行的判定

【学透用活】

(1)应用平面与平面平行的判定定理，必须具备两个条件：
①平面α内两条相交直线a，b，即a⊂α，b⊂α，a∩b＝P；
②两条相交直线a，b都与平面β平行，即a∥β，b∥β.
(2)转化关系：线面平行⇒面面平行．
[典例1]　

如图，在四棱锥PABCD中，点E为PA的中点，点F为BC的中点，底面ABCD是平行四边形，对角线AC，BD交于点O.
求证：平面EFO∥平面PCD.
[证明]　因为四边形ABCD是平行四边形，AC∩BD＝O，所以点O为BD的中点．
又因为点F为BC的中点，所以OF∥CD.
因为OF⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
所以OF∥平面PCD.
因为点O，E分别是AC，PA的中点，所以OE∥PC.
因为OE⊄平面PCD，PC⊂平面PCD，
所以OE∥平面PCD.
又OE⊂平面EFO，OF⊂平面EFO，且OE∩OF＝O，
所以平面EFO∥平面PCD.

平面与平面平行的判定方法
(1)定义法：两个平面没有公共点．
(2)判定定理：一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面．
(3)转化为线线平行：平面α内的两条相交直线与平面β内的两条相交直线分别平行，则α∥β.
(4)利用平行平面的传递性：若α∥β，β∥γ，则α∥γ.　　[方法技巧]
【对点练清】

1．已知α，β是两个不重合的平面，在下列条件下，可判定α∥β 的是(　　)
A．α，β都平行于直线l，m
B．α内有三个不共线的点到β的距离相等
C．l，m是α内的两条直线且l∥β，m∥β
D．l，m是异面直线且l∥α，m∥α，l∥β，m∥β
解析：选D　对于A，当α∩β＝a，l∥m∥a时，不能推出α∥β；
对于B，当α∩β＝a，且在平面α内同侧有两点，另一侧有一个点，三点到平面β的距离相等时，不能推出α∥β；
对于C，当l∥m时，不能推出α∥β；
对于D，∵l，m是两条异面直线，且l∥α，m∥α，l∥β，m∥β，∴α内存在两条相交直线与平面β平行，故可得α∥β.故选D.
2.

如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，E，F，N分别是A1B1，B1C1，C1D1，D1A1的中点．
求证：(1)E，F，B，D四点共面；
(2)平面MAN∥平面EFDB.
证明：(1)连接B1D1.

∵E，F分别是边B1C1，C1D1的中点，
∴EF∥B1D1.而BD∥B1D1，
∴BD∥EF.
∴E，F，B，D四点共面．
(2)易知MN∥B1D1，B1D1∥BD，
∴MN∥BD.
又MN⊄平面EFDB，BD⊂平面EFDB，
∴MN∥平面EFDB.
连接MF.∵M，F分别是A1B1，C1D1的中点，
∴MF綉A1D1.又AD綉A1D1，∴MF∥AD且MF＝AD.
∴四边形ADFM是平行四边形．∴AM∥DF.
又AM⊄平面EFDB，DF⊂平面EFDB，
∴AM∥平面EFDB.
又∵AM∩MN＝M，AM⊂平面MAN，
MN⊂平面MAN，∴平面MAN∥平面EFDB.

题型二　平面与平面平行的性质

【学透用活】

(1)应用平面与平面平行的性质定理，必须具备三个条件：
①平面α和平面β平行，即α∥β；
②平面γ和α相交，即α∩γ＝a；
③平面γ和β相交，即β∩γ＝b.
以上三个条件缺一不可．
(2)转化关系：面面平行⇒线线平行．
[典例2]　

如图所示，两条异面直线BA，DC与两平行平面α，β分别交于点B，A和D，C，点M，N分别是AB，CD的中点．求证：MN∥平面α.

[证明]　如图，过点A作AE∥CD交α于点E，取AE的中点P，连接MP，PN，BE，ED，BD，AC.
∵AE∥CD，∴AE，CD确定平面AEDC.
则平面AEDC∩α＝DE，平面AEDC∩β＝AC.
∵α∥β，∴AC∥DE.
又P，N分别为AE，CD的中点，
∴PN∥DE.又PN⊄α，DE⊂α，∴PN∥α.
又M，P分别为AB，AE的中点，
∴MP∥BE.又MP⊄α，BE⊂α，∴MP∥α.
∵MP∩PN＝P，∴平面MPN∥α.
又MN⊂平面MPN，∴MN∥平面α.

应用平面与平面平行的性质定理的基本步骤
　　[方法技巧]
【对点练清】

1.如图所示，P是三角形ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，α分别交线段PA，PB，PC于A′，B′，C′.若PA′∶AA′＝2∶5，则△A′B′C′与△ABC的面积比为(　　)
A．2∶5　　　　　　　B．2∶7
C．4∶49 D．9∶25
解析：选C　∵平面α∥平面ABC，A′B′⊂α，AB⊂平面ABC，
∴A′B′∥AB.∴A′B′∶AB＝PA′∶PA.
又PA′∶AA′＝2∶5，∴A′B′∶AB＝2∶7.
同理B′C′∶BC＝2∶7，A′C′∶AC＝2∶7.
∴△A′B′C′∽△ABC，∴S△A′B′C′∶S△ABC＝4∶49.故选C.
2．[变条件]若将本例中的条件“M，N分别为AB，CD的中点”换为“M，N分别在线段AB，CD上，且＝”，其他不变．求证：MN∥平面α.
证明：过点A作AE∥CD交α于点E，连接AC，BD，如图．
∵α∥β且平面AEDC与平面α，β的交线分别为ED，AC，∴AC∥ED.
∴四边形AEDC为平行四边形．
作NP∥DE交AE于点P，连接MP，BE，于是＝.
又∵＝，∴＝，∴MP∥BE.
而BE⊂α，MP⊄α，∴MP∥α.同理PN∥α.
∵MP∩NP＝P，∴平面MPN∥平面α.
又MN⊂平面MPN，∴MN∥平面α.

题型三　平行关系的综合应用


(1)线线、线面、面面平行之间有什么联系？
提示：可以相互转化，如图：

(2)证明线面平行的方法有哪些？
提示：①利用线面平行的定义(无公共点)；
②利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)；
③利用面面平行的性质(α∥β，a⊂α⇒a∥β)；
④利用面面平行的性质(α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．　　　[探究发现]
【学透用活】

[典例3]　

如图，在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，P，Q分别是BC，C1D1，AD1，BD的中点．
(1)求证：PQ∥平面DCC1D1；
(2)求PQ的长；
(3)求证：EF∥平面BB1D1D.
[解]　

(1)证明：如图，连接AC，CD1.
∵四边形ABCD是正方形，且Q是BD的中点，∴Q是AC的中点．
又P是AD1的中点，∴PQ∥CD1.
又PQ⊄平面DCC1D1，CD1⊂平面DCC1D1，
∴PQ∥平面DCC1D1.
(2)由(1)易知PQ＝D1C＝a.
(3)证明：法一：取B1D1的中点O1，
连接FO1，BO1，则有FO1∥B1C1且FO1＝B1C1.
又BE∥B1C1且BE＝B1C1，∴BE∥FO1，且BE＝FO1.
∴四边形BEFO1为平行四边形．∴EF∥BO1.
又EF⊄平面BB1D1D，BO1⊂平面BB1D1D，
∴EF∥平面BB1D1D.
法二：取B1C1的中点E1，连接EE1，FE1，
则有FE1∥B1D1，EE1∥BB1.
又FE1∩EE1＝E1，FE1，EE1⊂平面EE1F，B1D1，BB1⊂平面BB1D1D，∴平面EE1F∥平面BB1D1D.
又EF⊂平面EE1F，∴EF∥平面BB1D1D.

解决平行关系的综合问题的策略
(1)在遇到线面平行时，常需作(或找)出过已知直线与已知平面相交的辅助平面，以便运用线面平行的性质．　　[方法技巧]

(2)线线平行、线面平行、面面平行是一个有机的整体，要灵活应用，实现相互联系、相互转化．在解决立体几何中的平行问题时，一般都要用到平行关系的转化．转化思想是解决这类问题的最有效的方法．　　

【对点练清】

　

在正方体ABCDA1B1C1D1中，如图．
(1)求证：平面AB1D1∥平面C1BD；
(2)试找出体对角线A1C与平面AB1D1和平面C1BD的交点E，F，并证明：A1E＝EF＝FC.
解：(1)证明：因为在正方体ABCDA1B1C1D1中，AD綉B1C1，
所以四边形AB1C1D是平行四边形．所以AB1∥C1D，
又因为C1D⊂平面C1BD，AB1⊄平面C1BD，
所以AB1∥平面C1BD.同理B1D1∥平面C1BD.
又因为AB1∩B1D1＝B1，AB1⊂平面AB1D1，B1D1⊂平面AB1D1，所以平面AB1D1∥平面C1BD.
(2)

如图，连接A1C1交B1D1于点O1，连接AO1与A1C交于点E.又因为AO1⊂平面AB1D1，所以点E也在平面AB1D1内．
所以点E就是A1C与平面AB1D1的交点．
连接AC交BD于O，连接C1O与A1C交于点F.同理可得点F就是A1C与平面C1BD的交点．
下面证明A1E＝EF＝FC.
因为平面A1C1C∩平面AB1D1＝EO1，
平面A1C1C∩平面C1BD＝C1F，
平面AB1D1∥平面C1BD，所以EO1∥C1F.
在△A1C1F中，O1是A1C1的中点，
所以E是A1F的中点，即A1E＝EF.
同理可证OF∥AE，所以F是CE的中点，
即CF＝FE.所以A1E＝EF＝FC.



【课堂思维激活】
一、综合性——强调融会贯通
1.

如图，E，F分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱AA1，CC1上的点，且AE＝C1F.
求证：四边形EBFD1是平行四边形．
证明：∵平面A1D∥平面B1C，平面A1D∩平面BFD1E＝D1E，平面B1C∩平面BFD1E＝BF，∴D1E∥FB.同理可得D1F∥EB.
∴四边形EBFD1是平行四边形．
分析以上解题过程是否正确，若错误请指出错因，并给出正确的解题过程．
提示：学生在解答中盲目地认为E，B，F，D1四点共面，但由已知条件并不能说明这四点共面，同时条件AE＝C1F也没有用到．
正解如下：
如图，

在棱BB1上取点G，使B1G＝C1F＝AE，连接A1G，GF，则GF綉B1C1綉A1D1，
所以四边形GFD1A1为平行四边形．
所以A1G綉D1F.
因为A1E＝AA1－AE，BG＝B1B－B1G，AA1綉BB1，所以A1E綉BG.
所以四边形EBGA1为平行四边形．
所以A1G綉EB.所以D1F綉EB.
所以四边形EBFD1是平行四边形．
二、应用性——强调学以致用
2．高鹏同学家购买了一套新房，为了充分利用自己的房间，他想靠墙角设计一个双层床，上层摆放自己的玩具等物品，但装修师傅却问道：我怎样装修才能使双层床的各层面与地面平行呢？大家想想，装修师傅应该怎样装修？
解：

如图，假设A点是墙角，α，β是床面，γ是地面．根据面面平行的判定定理，装修师傅只需在两面墙上画MN∥AB，MQ∥AD，则平面α∥平面γ，同理平面β∥γ.


　　　　　　　　　　　　　

层级(一)　“四基”落实练
1．已知平面α∥平面β，a⊂α，b⊂β，则直线a，b的位置关系是(　　)
A．平行　　　　　　　　　 B．相交
C．异面 D．平行或异面
解析：选D　∵平面α∥平面β，∴平面α与平面β没有公共点．∵a⊂α，b⊂β，∴直线a，b没有公共点．∴直线a，b的位置关系是平行或异面．故选D.
2．已知l∥α，m∥α，l∩m＝P且l与m确定的平面为β，则α与β 的位置关系是(　　)
A．相交 B．平行
C．相交或平行 D．不确定
解析：选B　因为l∩m＝P，所以过l与m确定一个平面β.又因为l∥α，m∥α，l∩m＝P，所以β∥α.故选B.
3．在正方体EFGH­E1F1G1H1中，下列四对截面中，彼此平行的一对截面是(　　)
A．平面E1FG1与平面EGH1
B．平面FHG1与平面F1H1G
C．平面F1H1H与平面FHE1
D．平面E1HG1与平面EH1G
解析：选A　在平面E1FG1与平面EGH1中，因为E1G1∥EG，FG1∥EH1，且E1G1∩FG1＝G1，EG∩EH1＝E，所以平面E1FG1∥平面EGH1.故选A.
4．已知平面α∥平面β，直线a∥平面α，直线b∥平面β，则a与b的位置关系可能是(　　)
A．平行或相交 B．相交或异面
C．平行或异面 D．平行、相交或异面
解析：选D　当a与b共面，即a与b平行或相交时，如图所示，

显然满足题目条件；在a与b相交的条件下，分别把a，b平行移动到平面β、平面α上，此时a与b异面，亦满足题目条件．故选D.
5．(多选)已知α，β，γ为三个不重合的平面，a，b，c为三条不同的直线，则下列命题不正确的是(　　)
A.⇒a∥b B.⇒a∥b
C.⇒α∥β D.⇒α∥a
解析：选BCD　由基本事实4及平行平面的传递性知A正确．举反例知B、C、D不正确．B中a，b可以相交，还可以异面；C中α，β可以相交；D中a可以在α内．故选B、C、D.
6.如图所示，平面四边形ABCD所在的平面与平面α平行，且四边形ABCD在平面α内的平行投影A1B1C1D1是一个平行四边形，则四边形ABCD的形状一定是________．
解析：由夹在两平行平面间的平行线段相等可得．
答案：平行四边形
7.如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，过BB1的中点E作一个与平面ACB1平行的平面交AB于M，交BC于N，则＝________.
解析：∵平面MNE∥平面ACB1，
由面面平行的性质定理可得EN∥B1C，EM∥B1A.
又∵E为BB1的中点，
∴M，N分别为BA，BC的中点．
∴MN＝AC，即＝.
答案：
8.如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AD∥BC，平面A1DCE与B1B交于点E.
求证：EC∥A1D.
证明：∵BE∥AA1，AA1⊂平面AA1D，BE⊄平面AA1D，∴BE∥平面AA1D.
∵BC∥AD，AD⊂平面AA1D，BC⊄平面AA1D，
∴BC∥平面AA1D.
又BE∩BC＝B，BE⊂平面BCE，BC⊂平面BCE，
∴平面BCE∥平面AA1D.
又平面A1DCE∩平面BCE＝EC，
平面A1DCE∩平面AA1D＝A1D，∴EC∥A1D.

层级(二)　能力提升练
1．(多选)如图是正方体的平面展开图．关于这个正方体说法正确的是(　　)
A．BM∥平面DE
B．CN∥平面AF
C．平面BDM∥平面AFN
D．平面BDE∥平面NCF
解析：选ABCD　以ABCD为下底面还原正方体，如图．

则易判定四个命题都是正确的．
2．在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，M是棱A1D1的中点，过C1，B，M作正方体的截面，则这个截面的面积为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B　取AA1的中点N，连接MN，NB，MC1，BC1，
由于截面被平行平面所截，所以截面为梯形，且MN＝BC1＝，MC1＝BN＝，所以梯形的高为，
所以梯形的面积为(＋2)×＝.
3．(多选)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P在BD1上且BP＝BD1.则以下四个说法中正确的是(　　)
A．MN∥平面APC
B．C1Q∥平面APC
C．A，P，M三点共线
D．平面MNQ∥平面APC
解析：选BC　A：MN∥AC，连接AM，CN，得AM，CN交于点P，即MN⊂平面PAC，
所以MN∥平面APC是错误的；
B：平面APC延展，可知M，N在平面APC上，AN∥C1Q，
所以C1Q∥平面APC是正确的；
C：由BP＝BD1，以及B知△APB∽△D1PM，
所以A，P，M三点共线是正确的；
D：直线AP延长到M，则M既在平面MNQ内，
又在平面APC内，所以平面MNQ∥平面APC是错误的．
4.如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，M是A1C1的中点，平面AB1M∥平面BC1N，AC∩平面BC1N＝N.
求证：N为AC的中点．
证明：∵平面AB1M∥平面BC1N，
平面ACC1A1∩平面AB1M＝AM，
平面BC1N∩平面ACC1A1＝C1N，
∴C1N∥AM.又AC∥A1C1，
∴四边形ANC1M为平行四边形．
∴AN＝C1M＝A1C1＝AC.
∴N为AC的中点．
5.如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，问：当点Q在什么位置时，平面D1BQ∥平面PAO?
解：当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.
因为Q为CC1的中点，P为DD1的中点，

所以QB∥PA.
因为QB⊄平面PAO，PA⊂平面PAO，
所以QB∥平面PAO.
连接DB.因为P，O分别为DD1，DB的中点，所以PO为△DBD1的中位线．
所以D1B∥PO.
因为D1B⊄平面PAO，PO⊂平面PAO，
所以D1B∥平面PAO.
又D1B∩QB＝B，所以平面D1BQ∥平面PAO.
层级(三)　素养培优练
1.(多选)如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为3，线段B1D1上有两个动点E，F且EF＝1，则当E，F移动时，下列结论正确的是(　　)
A．AE∥平面C1BD
B．四面体ACEF的体积不为定值
C．三棱锥A­BEF的体积为定值
D．四面体ACDF的体积为定值
解析：选ACD　对于A，如图①，AB1∥DC1，易证AB1∥平面C1BD，同理AD1∥平面C1BD，且AB1∩AD1＝A，所以平面AB1D1∥平面C1BD.又AE⊂平面AB1D1，所以AE∥平面C1BD，A正确；
对于B，如图②，
S△AEF＝EF·h1＝×1× ＝，点C到平面AEF的距离为点C到平面AB1D1的距离d为定值，所以VACEF＝VC­AEF＝××d＝d为定值，所以B错误；
对于C，如图③，S△BEF＝×1×3＝，点A到平面BEF的距离为A到平面BB1D1D的距离d为定值，
所以VA­BEF＝××d＝d为定值，C正确；

对于D，如图④，四面体ACDF的体积为VACDF＝VF­ACD＝××3×3×3＝为定值，D正确．故选A、C、D.
2.如图，在矩形ABCD和矩形ABEF中，AF＝AD，AM＝DN，矩形ABEF可沿AB任意翻折．
(1)求证：当点F，A，D不共线时，线段MN总平行于平面FAD.
(2)“不管怎样翻折矩形ABEF，线段MN总与线段FD平行”这个结论正确吗？如果正确，请证明；如果不正确，请说明能否改变个别已知条件使上述结论成立，并给出理由．
解：(1)证明：在平面图形中，连接MN，设MN与AB交于点G(图略)．
∵四边形ABCD和四边形ABEF都是矩形，AD＝AF，∴AD∥BE且AD＝BE，
∴四边形ADBE是平行四边形，
∴AE∥DB.
又AM＝DN，∴四边形ADNM是平行四边形，∴MN∥AD.
当点F，A，D不共线时，如图，MG∥AF，NG∥AD.
又MG∩NG＝G，AD∩AF＝A，∴平面GNM∥平面ADF.
又MN⊂平面GNM，∴MN∥平面ADF.
故当点F，A，D不共线时，线段MN总平行于平面FAD.
(2)这个结论不正确．
要使上述结论成立，M，N应分别为AE和DB的中点．理由如下．
当点F，A，D共线时，如题图，易证得MN∥FD.
当点F，A，D不共线时，由(1)知平面MNG∥平面FDA，则要使MN∥FD总成立，
根据面面平行的性质定理，只要FD与MN共面即可．
若要使FD与MN共面，连接FM，只要FM与DN相交即可．
∵FM⊂平面ABEF，DN⊂平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD＝AB，
∴若FM与DN相交，则交点只能为点B，此时只有M，N分别为AE，DB的中点才满足．
由FM∩DN＝B，可知它们确定一个平面，即F，D，N，M四点共面．
∵平面FDNM∩平面MNG＝MN，平面FDNM∩平面FDA＝FD，平面MNG∥平面FDA，∴MN∥FD.

8.6　空间直线、平面的垂直

8．6.1　直线与直线垂直


明确目标
发展素养
1.借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线的垂直关系．


2.理解异面直线所成的角，并掌握两异面直线所成角的求法.
在计算两异面直线所成的角及证明直线与直线垂直的过程中，要利用空间的线、面位置关系，并进行计算，培养逻辑推理、直观想象和数学运算素养.



知识点　空间中直线与直线的垂直关系
(一)教材梳理填空
两条异面直线所成的角(或夹角)：
异面直线所成的角的定义
已知两条异面直线a，b，经过空间任一点O分别作直线a′∥a，b′∥b，我们把直线a′与b′所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)
异面直线互相垂直
如果两条异面直线所成的角是直角，那么我们就说这两条异面直线互相垂直．直线a与直线b垂直，记作a⊥b
范围
两条异面直线所成的角α的取值范围是0°＜α≤90°

[微思考]　空间中两条直线所成的角的范围与异面直线所成的角的范围有区别吗？
提示：有区别，空间两条直线所成角α的取值范围是0°≤α≤90°.异面直线所成角只能是锐角和直角．
(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)如果两条平行直线中的一条与某一条直线垂直，那么另一条直线也与这条直线垂直．(√)
(2)异面直线所成的角的大小与点O的位置有关，即点O位置不同时，这一角的大小也不同．(×)
(3)若∠AOB＝110°，则分别和边OA，OB平行的两条异面直线所成的角为110°.(×)
2.

如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，异面直线A1D与B1D1所成的角为(　　)
A.　　　　　　　　　B.
C. D.
答案：C
3．在正方体ABCDEFGH中，
(1)AH与FG所成的角是________；
(2)AE与GH所成的角是________．
答案：(1)45°　(2)90°



题型一　异面直线所成的角

【学透用活】

准确认识异面直线所成的角
(1)任意性与无关性：在定义中，空间一点O是任取的，根据等角定理，可以断定异面直线所成的角与a′，b′所成的锐角(或直角)相等，而与点O的位置无关．
(2)转化求角：异面直线所成的角是刻画两条异面直线相对位置的一个重要的量，通过转化为相交直线所成的角，将空间角转化为平面角来计算．
[典例1]　

如图，在正方体ABCDEFGH中，O为侧面ADHE的中心．
求：(1)BE与DH所成的角；
(2)FO与BD所成的角．
[解]　

(1)如图，因为DH∥AE.
所以∠AEB(或其补角)为异面直线BE与DH所成的角．又在△AEB中，∠AEB＝45°，
所以BE与DH所成的角为45°.
(2)连接FH，因为HD∥EA，EA∥FB，所以HD∥FB.又HD＝FB，所以四边形HFBD为平行四边形．所以HF∥BD.
所以∠HFO(或其补角)为异面直线FO与BD所成的角．
连接HA，AF，易得FH＝HA＝AF，
所以△AFH为等边三角形．
又知O为AH的中点，所以∠HFO＝30°，
即FO与BD所成的角为30°.

求异面直线所成的角的一般步骤
(1)找角：根据异面直线的定义，通过作平行线或平移平行线，作出异面直线夹角的相关角．
(2)证明：证明找出的角就是异面直线所成的角．
(3)求角：求角度，一般常利用解三角形得出．
(4)定角：若求出的角是锐角或是直角，则它就是所求异面直线所成的角；若求出的角是钝角，则它的补角就是所求异面直线所成的角．　　[方法技巧]

【对点练清】

1．[变条件]在本例中，若增加条件“P是平面EFGH的中心”，其他条件不变，求OP和CD所成的角．
解：

连接EG，HF，则P为HF的中点，连接AF，AH，OP∥AF.又CD∥AB，所以∠BAF(或其补角)为异面直线OP与CD所成的角．由于△ABF是等腰直角三角形，所以∠BAF＝45°，故OP与CD所成的角为45°.


2.

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＝，求异面直线AD与BC所成的角．
解：如图，设G是AC的中点，连接EG，FG.

∵E，F分别是AB，CD的中点，
∴EG∥BC且EG＝BC＝1，
FG∥AD，且FG＝AD＝1.
∴∠EGF为异面直线AD与BC所成的角．
又EF＝，由勾股定理逆定理可得∠EGF＝90°.

题型二　直线与直线垂直的证明

【学透用活】

两条异面直线垂直实际是异面直线所成的角的一种特例．恰当选点，用平移法构造出一个相交角，证明这个角就是异面直线所成的角(或其补角)，把相交角放在平面图形中，一般是放在三角形中，通过解三角形求出所构造的角为直角．
[典例2]　

如图，正方体ABCDA1B1C1D1，求证：AC⊥B1D.
[证明]　如图，连接BD交AC于O，取BB1的中点为E，连接OE.∵O为BD的中点，∴OE∥DB1.

∴OE与AC所成的角即为DB1与AC所成的角．连接AE，CE.∵易证AE＝CE，又O是AC的中点，
∴AC⊥OE.∴AC⊥B1D.

证明空间的两条直线垂直的方法
(1)定义法：利用两条直线所成的角为90°证明两直线垂直．
(2)平面几何图形性质法：利用勾股定理、菱形的对角线相互垂直、等腰三角形(等边三角形)底边的中线和底边垂直等．　　[方法技巧]

【对点练清】

　

如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，A1A＝AB，E，F分别是BD1和AD的中点．
求证：CD1⊥EF.
证明：取CD1的中点G，连接EG，DG.
∵E是BD1的中点，∴EG∥BC，EG＝BC.

∵F是AD的中点，且AD∥BC，AD＝BC，
∴DF∥BC，DF＝BC.∴EG∥DF，EG＝DF.
∴四边形EFDG是平行四边形．
∴EF∥DG.
又A1A＝AB，∴四边形ABB1A1、四边形CDD1C1都是正方形，且G为CD1的中点，
∴DG⊥CD1.∴CD1⊥EF.

题型三　异面直线所成角的综合应用

【学透用活】

[典例3]　如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M是AB的中点，则DB1与CM所成角的余弦值为______．

[解析]　如图，延长BA到K，使MK＝CD，

连接DK，B1K.设棱长为a.因为在正方体ABCDA1B1C1D1中，MK∥CD，
所以四边形CDKM为平行四边形．
所以MC綉DK.
故DB1与CM所成角的余弦值即为DB1与DK所成角∠B1DK的余弦值．
在△DB1K中，DB1＝a，DK＝CM＝ ＝a，B1K＝ ＝a.
由余弦定理，得cos∠B1DK＝＝.
[答案]　

1．关于补形作异面直线所成的角
当不方便作异面直线所成角时，可以考虑补形，一是补一个相同形状的几何体，以方便作平行直线；二是将不常见的几何体补成一个常见的几何体，如四棱锥补成一个正方体．
2．关于异面直线的应用
当已知条件中含有异面直线所成角时，应先作出该角，才能应用此条件，但要注意作出的角不一定是已知异面直线所成角，也可能是已知角的补角，应分情况讨论．　　[方法技巧]
【对点练清】

　

如图，在四面体ABCD中，E，F分别是AB，CD的中点．若直线BD，AC所成的角为60°，且BD＝AC＝1，求EF的长．
解：

如图，取BC的中点O，连接OE，OF.
∵E，F分别是AB，CD的中点，
∴OE綉AC，OF綉BD.
∴OE与OF所成的锐角(或直角)即为直线AC与BD所成的角．已知AC，BD所成的角为60°，∴∠EOF＝60°或∠EOF＝120°.
当∠EOF＝60°时，EF＝OE＝OF＝.
当∠EOF＝120°时，取EF的中点M，连接OM，
则有OM⊥EF，EF＝2EM＝2×＝.
综上可知，EF的长为或.



【课堂思维激活】
一、综合性——强调融会贯通
1．已知空间四边形ABCD中，AD＝BC，M，N分别为AB，CD的中点，且直线BC与MN所成的角为30°，求BC与AD所成的角．
解：

如图，连接BD，并取其中点E，连接EN，EM，则EN∥BC，ME∥AD，
故∠ENM为BC与MN所成的角，∠MEN为BC与AD所成的角，
所以∠ENM＝30°.
又由AD＝BC，知ME＝EN，
所以∠EMN＝∠ENM＝30°.
所以∠MEN＝180°－30°－30°＝120°，
即BC与AD所成的角为120°.
分析以上解析过程，试找出解答的错因，并写出正确的解题过程．
提示：异面直线所成的角α的范围是0°＜α≤90°，故解答错误．因此在未判断出∠MEN是锐角、直角还是钝角之前，不能断定它就是两异面直线所成的角，如果是钝角，它的补角才是两异面直线所成的角．
正解如下：

如图，连接BD，并取其中点E，连接EN，EM，则EN∥BC，ME∥AD，
故∠ENM为BC与MN所成的角，∠MEN(或其补角)为BC与AD所成的角，
所以∠ENM＝30°.
又由AD＝BC，知ME＝EN，
所以∠EMN＝∠ENM＝30°.
所以∠MEN＝180°－30°－30°＝120°，
即BC与AD所成的角为60°.

二、应用性——强调学以致用
2.

如图所示为了制作一个圆柱形灯笼，先要制作4个全等的矩形骨架，总计耗用9.6米铁丝，骨架把圆柱底面8等份，当灯笼的底面半径为0.3米时，求图中直线A8B2与A2A6所在异面直线所成角的余弦值．
解：

因为骨架把圆柱底面8等份，所以四棱柱A2A4A6A8B2B4B6B8为长方体，且上、下底面为正方形，如图．设上底面圆的圆心为O，又A2A6∥B2B6，所以∠OB2A8(或其补角)为异面直线所成的角．因为4个全等的矩形骨架总计耗用9.6米铁丝，所以每个矩形的周长为9.6÷4＝2.4(米)．又底面圆的直径为0.6米，所以圆柱高为0.6米，即A2B2＝0.6米．连接OA8，A8B6.又B8B2＝0.3米，A8B2＝A8B6＝＝0.3(米)，所以OA8为直角三角形A8B6B2的高．在Rt△OB2A8中，cos∠OB2A8＝＝.


　　　　　　　　　　　　　

层级(一)　“四基”落实练
1．在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB⊥AC，在三棱柱所有的棱中，和AC垂直且异面的直线有(　　)
A．1条　　　　　　　　　B．2条
C．3条 D．4条
解析：选B　和AC垂直且异面的直线有A1B1和BB1，故选B.
2.

如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G，H分别为AA1，AB，BB1，B1C1的中点，则异面直线EF与GH所成的角等于(　　)
A．45° B．60°
C．90° D．120°
解析：

选B　取A1B1中点I，连接IG，IH，则EF∥IG.易知IG，IH，HG相等，则△HGI为等边三角形，所以IG与GH所成的角为60°，即EF与GH所成的角为60°.故选B.
3．(多选)如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是

AB1，BC1的中点，则下列结论中成立的是(　　)
A．EF与BB1垂直
B．EF与BD垂直
C．EF与CD异面
D．EF与A1C1异面
解析：选ABC　如图所示，连接A1B，易知点E为A1B的中点，由三

角形中位线定理可得EF∥A1C1，则EF，A1C1确定一个平面；显然EF与CD异面；由几何关系可得A1C1⊥BB1，A1C1⊥BD，则EF⊥BB1，EF⊥BD.故选A、B、C.
4.

(多选)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是(　　)
A．直线CC1与直线B1E相交
B．CC1与AE共面
C．AE与B1C1是异面直线
D．AE与B1C1垂直
解析：选ACD　因为CE∥B1C1且CE＝B1C1，所以四边形CEB1C1为梯形．CC1与B1E必相交，A正确．由几何图形可知B错误，C正确．AE与B1C1所成的角就是AE与BC所成的角，又E为BC的中点，△ABC为正三角形，所以AE⊥BC，即AE与B1C1所成的角为90°，D正确．故选A、C、D.
5．在正三棱柱ABCA1B1C1中，若AB＝BB1，则AB1与BC1所成的角的大小是(　　)
A．60° B．75°
C．90° D．105°
解析：选C

　设BB1＝1，如图，延长CC1至C2，使C1C2＝CC1＝1，连接B1C2，则B1C2∥BC1，所以∠AB1C2为AB1与BC1所成的角(或其补角)．连接AC2，因为AB1＝，B1C2＝，AC2＝，所以AC＝AB＋B1C，
则∠AB1C2＝90°.
6.

如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥AB，底面ABCD是平行四边形，则PA与CD所成的角是________．
解析：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD.
∴∠PAB是PA与CD所成的角．
又∵PA⊥AB，∴∠PAB＝90°.
答案：90°
7.

如图，空间四边形ABCD的对角线AC＝8，BD＝6，M，N分别为AB，CD的中点，并且异面直线AC与BD所成的角为90°，则MN等于________．
解析：如图，取AD的中点P，连接PM，PN

，则BD∥PM，AC∥PN，∴∠MPN即异面直线AC与BD所成的角．∴∠MPN＝90°.又∵PN＝AC＝4，PM＝BD＝3，
∴MN＝5.
答案：5
8.

如图，在长方体ABCDA′B′C′D′中，AB＝2，AD＝2，AA′＝2.求：
(1)BC和A′C′所成的角；
(2)AA′和BC′所成的角．
解：(1)因为BC∥B′C′，
所以∠B′C′A′是异面直线A′C′与BC所成的角．
在Rt△A′B′C′中，A′B′＝2，B′C′＝2，
所以∠B′C′A′＝45°.
(2)因为AA′∥BB′，
所以∠B′BC′是异面直线AA′和BC′所成的角．
在Rt△BB′C′中，B′C′＝AD＝2，BB′＝AA′＝2，
所以BC′＝4，∠B′BC′＝60°.
因此，异面直线AA′与BC′所成的角为60°.
层级(二)　能力提升练
1．在正方体ABCDA1B1C1D1中，CD的中点为M，AA1的中点为N，则异面直线C1M与BN所成的角为(　　)
A．30° B．60°
C．90° D．120°

解析：选C　如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，CD的中点为M，AA1的中点为N，取AB的中点P，连接B1P，则B1P∥C1M，易得B1P⊥BN，所以异面直线C1M与BN所成的角为90°.故选C.
2．在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，则异面直线CP与BA1所成的角θ的取值范围是(　　)
A．0°<θ<60° B．0°≤θ<60°
C．0°≤θ≤60° D．0°<θ≤60°

解析：选D　如图，连接CD1，AC.因为CD1∥BA1，所以CP与BA1所成的角就是CP与CD1所成的角，即θ＝∠D1CP.当点P从D1向A运动时，∠D1CP从0°增大到60°，但当点P与D1重合时，CP∥BA1，与CP与BA1为异面直线矛盾，所以异面直线CP与BA1所成的角θ的取值范围是0°<θ≤60°.
3.

如图，若正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面边长为2，高为4，则异面直线BD1与AA1所成角的正弦值为________，异面直线BD1与AD所成角的正弦值是________．
解析：∵AA1∥DD1，∴∠DD1B即为异面直线BD1与AA1所成的角．连接BD，在Rt△D1DB中，

sin∠DD1B＝＝＝.
∵AD∥BC，∴∠D1BC即为异面直线BD1与AD所成的角(或其补角)．
连接D1C，在△D1BC中，∵正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面边长为2，高为4，
∴D1B＝2，BC＝2，D1C＝2，D1B2＝BC2＋D1C2.
∴∠D1CB＝90°.
∴sin∠D1BC＝＝＝，
故异面直线BD1与AD所成角的正弦值是.
答案：　
4.

如图所示，AB是圆O的直径，点C是弧AB的中点，D，E分别是VB，VC的中点，求异面直线DE与AB所成的角．
解：因为D，E分别是VB，VC的中点，所以BC∥DE，因此∠ABC是异面直线DE与AB所成的角．
又因为AB是圆O的直径，点C是弧AB的中点，所以△ABC是以∠ACB为直角的等腰直角三角形，
于是∠ABC＝45°，
故异面直线DE与AB所成的角为45°.
5.

如图，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，BC＝，DA⊥AC，DA⊥AB，若DA＝1，且E为DA的中点，求异面直线BE与CD所成角的余弦值．
解：取AC的中点F，连接EF和BF.在△ACD中，E，F分别是AD，AC的中点，所以EF∥CD，∠FEB(或其补角)即为异面直线BE与CD所成的角．

在Rt△ABC中，BC＝，AB＝AC，
∴AB＝AC＝1.
在Rt△EAB中，AB＝1，AE＝AD＝，
∴BE＝.
在Rt△AEF中，AF＝AC＝，AE＝，
∴EF＝.
在Rt△ABF中，AB＝1，AF＝，∴BF＝.
在等腰三角形EBF中，
cos∠FEB＝＝＝，
所以异面直线BE与CD所成角的余弦值为.
层级(三)　素养培优练
　

如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧面都是矩形，底面ABCD是菱形且AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，若异面直线A1B与AD1所成的角为90°，试求AA1.
解：

如图，连接CD1，AC.由题意得四棱柱ABCDA1B1C1D1中A1D1∥BC，且A1D1＝BC，
所以四边形A1BCD1是平行四边形．
所以A1B∥CD1.
所以∠AD1C(或其补角)为A1B和AD1所成的角．
因为异面直线A1B和AD1所成的角为90°，
所以∠AD1C＝90°.
易知△ACD1是等腰直角三角形，
所以AD1＝AC.
因为底面ABCD是菱形且AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，
所以AC＝2×sin 60°×2＝6.
所以AD1＝AC＝3.
所以AA1＝
＝ ＝.

8．6.2　直线与平面垂直


明确目标
发展素养
1.借助长方体，通过直观感知，了解直线与平面垂直的关系．


2.归纳出直线与平面垂直的判定定理和性质定理，并加以证明．


3.能用已获得的结论证明空间基本图形位置关系的简单命题.
在发现、推导和应用直线与平面垂直的判定定理、性质定理的过程中，培养数学抽象、逻辑推理和直观想象素养.

第一课时　直线与平面垂直的判定



知识点一　直线与平面垂直
(一)教材梳理填空
直线与平面垂直的定义及有关概念：
定义
一般地，如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l与平面α互相垂直
记法
l⊥α
有关

概念
直线l叫做平面α的垂线，平面α叫做直线l的垂面，直线与平面垂直时，它们唯一的公共点P叫做垂足
图示

性质
过一点垂直于已知平面的直线有且只有一条
垂线段

与点

面距
过一点作垂直于已知平面的直线，则该点与垂足间的线段，叫做这个点到该平面的垂线段，垂线段的长度叫做这个点到该平面的距离

[微思考]　直线与平面垂直定义中的关键词“任意一条直线”是否可以换成“所有直线”或“无数条直线”？
提示：定义中的“任意一条直线”与“所有直线”是等效的，但是不可说成“无数条直线”，因为一条直线与某平面内无数条平行直线垂直，该直线与这个平面不一定垂直．
(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)如果一条直线与一个平面内无数条直线都垂直，那么这条直线与这个平面垂直．(×)
(2)画直线与平面垂直时，通常把直线画成与表示平面的平行四边形的一边垂直．(√)
2．若直线l⊥平面α，直线m⊂α，则l与m不可能(　　)
A．平行　　　　　　　　　B．相交
C．异面 D．垂直
答案：A

知识点二　直线与平面垂直的判定定理
(一)教材梳理填空
文字语言
如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直
图形语言

符号语言
l⊥a，l⊥b，a⊂α，b⊂α，a∩b＝P⇒l⊥α
(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)如果一条直线与一个平面内所有直线都垂直，那么这条直线与这个平面垂直．(√)
(2)如果两条平行线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面．(√)
2．一条直线和三角形的两边同时垂直，则这条直线和三角形的第三边的位置关系是(　　)
A．平行 B．垂直
C．相交不垂直 D．不确定
答案：B

知识点三　直线和平面所成的角
(一)教材梳理填空
直线和平面所成角的定义及有关概念：
有关概念
对应图形




斜线
一条直线l与平面α相交，但不与这个平面垂直，这条直线叫做这个平面的斜线

斜足
斜线和平面的交点A叫做斜足

射影
过斜线上斜足以外的一点P向平面α引垂线PO，过垂足O和斜足A的直线AO叫做斜线在这个平面上的射影

续表
直线与

平面所

成的角

定义
平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角
规定
一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角是90°；一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所成的角是
范围
直线与平面所成的角θ的取值范围是0°≤θ≤90°

(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)若直线l与平面α所成的角为0°，则l∥α.(×)
(2)斜线与平面所成的角θ的取值范围是0°＜θ≤90°.(×)
(3)如果直线l与平面α所成的角为60°，且m⊂α，则直线l与m所成的角也是60°.(×)
2．已知直线a与平面α所成的角为50°，直线b∥a，则b与α所成的角等于(　　)
A．40°　　　B．50°　　　C．90°　　　D．150°
答案：B
3．在正方体ABCDA1B1C1D1中，直线AB1与平面ABCD所成的角等于________．
答案：45°


题型一　直线与平面垂直定义的理解

【学透用活】

对直线与平面垂直的几点认识
(1)定义中的“任意一条直线”这一词语与“所有直线”是同义语，与“无数条直线”不是同义语；
(2)直线与平面垂直是直线与平面相交的一种特殊情形；
(3)由直线与平面垂直的定义，得如果一条直线垂直于一个平面，那么这条直线垂直于该平面内的任意一条直线．这是判断两条直线垂直的一种重要方法．
[典例1]　(多选)下列四个命题中，其中正确的是(　　)
A．若直线l垂直于平面α，则l与平面α内的直线可能相交，可能异面，也可能平行
B．若直线l不垂直于平面α，则α内没有与l垂直的直线
C．若直线l不垂直于平面α，则α内也可以有无数条直线与l垂直
D．过一点和已知平面垂直的直线有且只有一条
[解析]　l与平面α内的所有直线都垂直，所以A不正确；当l与α内的一条直线垂直时，不能保证l与平面α垂直，所以B不正确；当l与α不垂直时，l可能与α内的无数条平行直线垂直，所以C正确；过一点有且只有一条直线垂直于已知平面，所以D正确．故选C、D.
[答案]　CD

　[方法技巧]
直线与平面垂直定义的“双向”作用
(1)证明线面垂直：若一条直线与一个平面内任意一条直线都垂直，则该直线与已知平面垂直，即线线垂直⇒线面垂直．
(2)证明线线垂直：若一条直线与一个平面垂直，则该直线与平面内任意一条直线垂直，即线面垂直⇒线线垂直．　
【对点练清】

　设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是(　　)
A．若l⊥m，m⊂α，则l⊥α　B．若l⊥α，l∥m，则m⊥α
C．若l∥α，m⊂α，则l∥m D．若l∥α，m∥α，则l∥m
解析：选B　对于A，直线l⊥m，m并不代表平面α内任意一条直线，所以不能判定线面垂直；对于B，因为l⊥α，则l垂直α内任意一条直线，又l∥m，由异面直线所成角的定义知，m与平面α内任意一条直线所成的角都是90°，即m⊥α，故B正确；对于C，也有可能是l，m异面；对于D，l，m还可能相交或异面．故选B.

题型二　直线与平面垂直的判定
【学透用活】
线面垂直的判定定理中，平面内的线不在于“多”，而在于“两条相交”即可；同时判定定理体现了转化思想：线线垂直⇒线面垂直．
[典例2]　如图，在三棱锥SABC中，∠ABC＝90°，D是AC的中点，且SA＝SB＝SC.
求证：SD⊥平面ABC.
[证明]　∵SA＝SC，D是AC的中点，
∴SD⊥AC.在Rt△ABC中，AD＝BD，
由已知SA＝SB，∴△ADS≌△BDS.∴SD⊥BD.
又AC∩BD＝D，AC⊂平面ABC，BD⊂平面ABC，
∴SD⊥平面ABC.

[方法技巧]
证明线面垂直的方法
(1)线面垂直的定义．
(2)线面垂直的判定定理．
(3)如果两条平行直线中的一条直线垂直于一个平面，那么另一条直线也垂直于这个平面．
(4)如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，那么它也垂直于另一个平面．
[提醒]　要证明两条直线垂直(无论它们是异面还是共面)，通常是证明其中的一条直线垂直于另一条直线所在的一个平面．　　

【对点练清】
1．[变条件、变设问]若在本例中添加条件“AB＝BC”，其他条件不变，求证：BD⊥平面SAC.
证明：由本例已经证得SD⊥BD.
又∵AB＝BC，D为AC的中点，∴BD⊥AC.
∵SD∩AC＝D，SD⊂平面SAC，AC⊂平面SAC，
∴BD⊥平面SAC.
2.如图，四棱锥PABCD的底面是菱形，且PA＝PC，PB＝PD.若O是AC与BD的交点．
求证：PO⊥平面ABCD.
证明：在△PBD中，PB＝PD，O为BD的中点，
∴PO⊥BD.在△PAC中，PA＝PC，O为AC的中点，
∴PO⊥AC.又∵AC∩BD＝O，∴PO⊥平面ABCD.
题型三　直线与平面所成的角
[探究发现]
(1)若图中的∠PAO是斜线PA与平面α所成的角，则需具备哪些条件？
提示：需要PO⊥α，O为垂足，OA为斜线PA的射影，这样∠PAO就是斜线PA与平面α所成的角，即角θ.
(2)空间几何体中，确定线面角的关键是什么？
提示：确定线面角时，过斜线上一点向平面作垂线，确定垂足位置是关键，垂足与斜足所在的直线为射影，则线面角确定．　　　
【学透用活】
[典例3]　在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，求直线BE与平面ABB1A1所成的角的正弦值．
[解]　取AA1的中点M，连接EM，BM.
∵E是DD1的中点，四边形ADD1A1为正方形，∴EM∥AD.又在正方体ABCDA1B1C1D1中，AD⊥平面ABB1A1，∴EM⊥平面ABB1A1.∴BM为直线BE在平面ABB1A1内的射影，∠EBM即为直线BE与平面ABB1A1所成的角．
设正方体的棱长为2m，则EM＝AD＝2m，
BE＝＝3m.
在Rt△BEM中，sin∠EBM＝＝＝，
即直线BE与平面ABB1A1所成的角的正弦值为.
[方法技巧]
求斜线与平面所成的角的步骤
(1)作图．作(或找)出斜线在平面上的射影，将空间角(斜线与平面所成的角)转化为平面角(两条相交直线所成的锐角)．
(2)证明．证明找出的平面角是斜线与平面所成的角．
(3)计算．通常在垂线段、斜线和射影所组成的直角三角形中计算．
[提醒]　在上述步骤中，作角是关键，而确定斜线在平面内的射影是作角的关键，几何图形的特征是找射影的依据，图形中的特殊点是突破口．　　



【对点练清】
1．(2020·新高考全国卷Ⅰ)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用 与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为 (　　)
A．20°　　　B．40°　　　C．50°　　　D．90°
解析：选B　过球心、点A以及晷针的轴截面如图所示，其中CD为晷面，GF为晷针所在直线，EF为点A处的水平面，GF⊥CD，CD∥OB，∠AOB＝40°，∠OAE＝90°，∠CAE＝∠GAB，所以∠GFA＝∠CAO＝∠AOB＝40°.故选B.
2．在正方体ABCDA1B1C1D1中，
(1)直线A1B与平面ABCD所成的角的大小为________；
(2)直线A1B与平面ABC1D1所成的角的大小为______；
(3)直线A1B与平面AB1C1D所成的角的大小为________．
解析： (1)由线面角定义知，∠A1BA为A1B与平面ABCD 所成的角，∠A1BA＝45°.
(2)连接A1D，设A1D∩AD1＝O，连接BO，
易证A1D⊥平面ABC1D1.
∴A1B在平面ABC1D1内的射影为OB.
∴A1B与平面ABC1D1所成的角为∠A1BO.
∵A1O＝A1B，∴∠A1BO＝30°.
(3)∵A1B⊥AB1，A1B⊥B1C1，∴A1B⊥平面AB1C1D，
即A1B与平面AB1C1D所成的角的大小为90°.
答案：(1)45°　(2)30°　(3)90°


【课堂思维激活】
一、综合性——强调融会贯通
1.如图所示，在四棱锥PABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥CD，PD＝AD，E是PB的中点，F是CD上的点且DF＝AB，PH为△PAD的边AD上的高．求证：
(1)PH⊥平面ABCD；
(2)EF⊥平面PAB.
证明：(1)因为AB⊥平面PAD，PH⊂平面PAD，
所以PH⊥AB.因为PH为△PAD的边AD上的高，
所以PH⊥AD.因为AB∩AD＝A，
所以PH⊥平面ABCD.
(2)如图，取PA的中点M，连接MD，ME.
因为E是PB的中点，所以ME＝AB，且ME∥AB.因为DF＝AB，且DF∥AB，
所以ME∥DF，且ME＝DF.
所以四边形MEFD是平行四边形，所以EF∥MD.
因为PD＝AD，所以MD⊥PA.
因为AB⊥平面PAD，MD⊂平面PAD，所以MD⊥AB.
因为PA∩AB＝A，所以MD⊥平面PAB，
所以EF⊥平面PAB.

二、应用性——强调学以致用
2．地面上插有一根直杆，将地面看成平面，只借助于绳子与米尺，你能检测出直杆与地面是否垂直吗？写出你的方案并说明理由．
[析题建模]　根据线面垂直的判定定理，只需检测直杆是否与地面上的两条相交直线垂直即可．又因为利用米尺可以量长度，所以可以借助勾股定理来检测．
解：如图所示，将绳子的一端固定在直杆的A处，并使得AB＝0.8 m．截取绳子的长度，使得绳长为1 m．拉紧绳子，并把它不固定的那端放在地面上与B不共线的两点C，D处．测量BC与BD的长度，如果它们的长度都是0.6 m，那么直杆就和地面垂直．这是因为在△ABC中，如果AB＝0.8 m，AC＝1 m，BC＝0.6 m，
那么AB2＋BC2＝AC2，所以∠ABC＝90°，即AB⊥BC.
同理可知BD＝0.6 m时，有AB⊥BD.又因为B，C，D三点不共线，所以AB⊥面BCD，即直杆与地面垂直．

三、创新性——强调创新意识和创新思维
3．如图①，在矩形ABCD中，AB＝12，AD＝6，E，F分别为CD，AB边上的点，且DE＝3，BF＝4，将△BCE沿BE折起至△PBE的位置(如图②所示)，连接AP，PF，其中PF＝2.

(1)求证：PF⊥平面ABED.
(2)在线段PA上是否存在点Q，使得FQ∥平面PBE？若存在，求出点Q的位置；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：连接EF.由题意知，PB＝BC＝6，PE＝CE＝9，在△PBF中，PF2＋BF2＝20＋16＝36＝PB2，
所以PF⊥BF.易得EF＝＝.
在△PEF中，EF2＋PF2＝61＋20＝81＝PE2，
所以PF⊥EF.又BF∩EF＝F，BF⊂平面ABED，EF⊂平面ABED，所以PF⊥平面ABED.
(2)存在．当Q为PA的三等分点(靠近P)时，FQ∥平面PBE.理由如下：因为AQ＝AP，AF＝AB，所以FQ∥BP.又FQ⊄平面PBE，PB⊂平面PBE，所以FQ∥平面PBE.
课时跟踪检测
层级(一)　“四基”落实练
1．垂直于梯形两腰的直线与梯形所在平面的位置关系是(　　)
A．垂直　　　　　　　 B．相交但不垂直
C．平行 D．不确定
解析：选A　因为梯形两腰所在直线为两条相交直线，所以由线面垂直的判定定理知，直线与平面垂直．故选A.
2．正方体ABCDA1B1C1D1中与AD1垂直的平面是(　　)
A．平面DD1C1C B．平面A1DB
C．平面A1B1C1D1 D．平面A1DB1
解析：选D　∵AD1⊥A1D，AD1⊥A1B1，A1D∩A1B1＝A1，∴AD1⊥平面A1DB1.故选D.
3.如图所示，若斜线段AB是它在平面α上的射影BO的2倍，则AB与平面α所成的角是(　　)
A．60° B．45°
C．30° D．120°
解析：选A　∠ABO即是斜线AB与平面α所成的角，在Rt△AOB中，AB＝2BO，所以cos∠ABO＝，即∠ABO＝60°.故选A.

4.如图，α∩β＝l，点A，C∈α，点B∈β，且BA⊥α，BC⊥β，那么直线l与直线AC的关系是(　　)
A．异面 B．平行
C．垂直 D．不确定
解析：选C　∵BA⊥α，α∩β＝l，l⊂α，∴BA⊥l.同理BC⊥l.又∵BA∩BC＝B，∴l⊥平面ABC.∵AC⊂平面ABC，∴l⊥AC.故选C.
5.如图所示，定点A和B都在平面α内，定点P∉α，PB⊥α，C是平面α内异于A和B的动点，且PC⊥AC，则△ABC为(　　)
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．无法确定
解析：选B　易证AC⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AC⊥BC.故选B.
6.

如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，则图中共有直角三角形的个数为________．
解析：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC.
又BC⊥AB，PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB.
∴BC⊥PB.同理得CD⊥PD.故共有4个直角三角形．
答案：4
7．在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝，BC＝AA1＝1，则BD1与平面A1B1C1D1所成的角的大小为________．
解析：

如图所示，连接B1D1.
则B1D1是BD1在平面A1B1C1D1上的射影，则∠BD1B1是BD1与平面A1B1C1D1所成的角．
在Rt△BD1B1中，tan∠BD1B1＝＝＝，则∠BD1B1＝30°.
答案：30°
8.

如图所示，直三棱柱ABCA1B1C1的底面ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，C点到AB1的距离为CE，D为AB的中点．
求证：(1)CD⊥AA1；
(2)AB1⊥平面CED.
证明：(1)由题意知AA1⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，
所以CD⊥AA1.
(2)因为D是AB的中点，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，所以CD⊥AB.
又CD⊥AA1，AB∩A1A＝A，AB⊂平面A1B1BA，A1A⊂平面A1B1BA，所以CD⊥平面A1B1BA.
因为AB1⊂平面A1B1BA，所以CD⊥AB1.
又CE⊥AB1，CD∩CE＝C，CD⊂平面CED，CE⊂平面CED，所以AB1⊥平面CED.

层级(二)　能力提升练
1．若两直线l1与l2异面，则过l1且与l2垂直的平面(　　)
A．有且只有一个
B．可能存在，也可能不存在
C．有无数多个
D．一定不存在
解析：选B　当l1⊥l2时，过l1且与l2垂直的平面有一个；当l1与l2不垂直时，过l1且与l2垂直的平面不存在．
2．在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，PA⊥平面ABC，PA＝8，则点P到BC的距离是________．
解析：

如图所示，作PD⊥BC于点D，连接AD.
因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC.
又PD∩PA＝P，所以CB⊥平面PAD.
所以AD⊥BC.
在△ACD中，AC＝5，CD＝3，所以AD＝4.
在Rt△PAD中，PA＝8，AD＝4，
所以PD＝＝4.
答案：4
3．在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且总是保持AP⊥BD1，则动点P的轨迹是________．
解析：BD1⊥平面B1AC，平面B1AC∩平面BCC1B1＝B1C，所以P为B1C上任何一点时，均有AP⊥BD1.
答案：线段B1C
4.

如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AP＝AB＝2，BC＝2，E，F分别是AD，PC的中点．
求证：PC⊥平面BEF.
证明：

如图，连接PE，EC.
在Rt△PAE和Rt△CDE中，
PA＝AB＝CD，AE＝DE，
所以PE＝CE，即△PEC是等腰三角形．
因为F是PC的中点，所以EF⊥PC.
因为BP＝ ＝2＝BC，
F是PC的中点，所以BF⊥PC.
又BF∩EF＝F，BF⊂平面BEF，EF⊂平面BEF，
所以PC⊥平面BEF.
5.

如图所示，在棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，点E是棱BC的中点，点F是棱CD上的动点．试确定点F的位置，使得D1E⊥平面AB1F.
解：如图，连接A1B，CD1，

则A1B⊥AB1，A1D1⊥AB1.
又A1D1∩A1B＝A1，
∴AB1⊥平面A1BCD1.
又D1E⊂平面A1BCD1，∴AB1⊥D1E.
要使D1E⊥平面AB1F⇔D1E⊥AF.
连接DE，则DE是D1E在底面ABCD内的射影．
∴D1E⊥AF⇔DE⊥AF.
∵四边形ABCD是正方形，E是BC的中点，
∴当且仅当F是CD的中点时，DE⊥AF，
即当点F是CD的中点时，D1E⊥平面AB1F.
层级(三)　素养培优练
1.

(多选)如图，四棱锥SABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中正确的是(　　)
A．AC⊥SB
B．AB∥平面SCD
C．AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角
D．SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角
解析：选ABD

　A项，∵SD⊥平面ABCD，
∴SD⊥AC，
∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，
又∵SD∩DB＝D，
∴AC⊥平面SDB，∴AC⊥SB；
B项，∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥DC，
又AB⊄平面SCD，CD⊂平面SCD，
∴AB∥平面SCD；
C项，∵AB∥DC，∴∠SCD(为锐角)是AB与SC所成的角，∠SAB(为直角)是DC与SA所成的角，而∠SCD≠∠SAB，
∴AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角不正确；
D项，由A可知：AC⊥平面SDB，∴∠ASO、∠CSO分别是SA与平面SBD所成的角、SC与平面SBD所成的角，
由SA＝SC，OA＝OC，可得∠ASO＝∠CSO，因此正确．
综上可知，只有C不正确，故选A、B、D.
2.

如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为2的正方形，△BCF为正三角形，G，H分别为BC，EF的中点，EF＝4且EF∥AB，EF⊥FB.
求证：(1)GH∥平面EAD；
(2)FG⊥平面ABCD.
证明：

(1)如图，取AD的中点M，连接EM，GM.
因为EF∥AB，M，G分别为AD，BC的中点，所以MG∥EF.
因为H为EF的中点，EF＝4，AB＝2，
所以EH＝AB＝MG.
所以四边形EMGH为平行四边形．所以GH∥EM.
又因为GH⊄平面EAD，EM⊂平面EAD，
所以GH∥平面EAD.
(2)因为EF⊥FB，EF∥AB，所以AB⊥FB.
在正方形ABCD中，AB⊥BC，
又FB∩BC＝B，所以AB⊥平面FBC.
又FG⊂平面FBC，所以AB⊥FG.
在正三角形FBC中，FG⊥BC，
又AB∩BC＝B，所以FG⊥平面ABCD.

第二课时　直线与平面垂直的性质


知识点　直线与平面垂直的性质
(一)教材梳理填空
1．直线与平面垂直的性质定理：
文字语言
垂直于同一个平面的两条直线平行
符号语言
⇒a∥b
图形语言

作用
①线面垂直⇒线线平行，②作平行线

2．线面距与面面距：
(1)一条直线与一个平面平行时，这条直线上任意一点到这个平面的距离，叫做这条直线到这个平面的距离．
(2)如果两个平面平行，那么其中一个平面内的任意一点到另一个平面的距离都相等，我们把它叫做这两个平行平面间的距离．

(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)垂直于同一条直线的两个平面平行．(√)
(2)直线上任意一点到这个平面的距离，就是这条直线到这个平面的距离．(×)
(3)到已知平面距离相等的两条直线平行．(×)
2．从圆柱的一个底面上任取一点(该点不在底面圆周上)，过该点作另一个底面的垂线，则这条垂线与圆柱的母线所在直线的位置关系是(　　)
A．相交　　　　　　　 B．平行
C．异面 D．相交或平行
答案：B
3．若直线AB∥平面α，且点A到平面α的距离为2，则点B到平面α的距离为________．
答案：2


题型一　直线与平面垂直的性质定理
【学透用活】
(1)直线与平面垂直的性质定理给出了一种证明两直线平行的方法，即只需证明两条直线均与同一个平面垂直即可．关键是找(构造)出平面，使所证直线与该平面垂直．
(2)利用直线与平面垂直的性质定理可构造平行线，即垂直于同一个平面的直线互相平行．
[典例1]　如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，AB⊥平面PAD，AD＝AP，E是PD的中点，M，N分别在AB，PC上，且MN⊥AB，MN⊥PC.
求证：AE∥MN.
[证明]　∵AB⊥平面PAD，AE⊂平面PAD，
∴AE⊥AB.又AB∥CD，∴AE⊥CD.
∵AD＝AP，E是PD的中点，∴AE⊥PD.
又CD∩PD＝D，CD⊂平面PCD，PD⊂平面PCD，
∴AE⊥平面PCD.∵MN⊥AB，AB∥CD，∴MN⊥CD.
又∵MN⊥PC，PC∩CD＝C，
PC⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，
∴MN⊥平面PCD.
∴AE∥MN.
[方法技巧]
关于线面垂直性质定理的应用
在证明与垂直相关的平行问题时，可以考虑线面垂直的性质定理，利用已知的垂直关系构造线面垂直，关键是确定与要证明的两条直线都垂直的平面．　　

【对点练清】
　如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1.
(1)求证：A1C⊥B1D1.
(2)M，N分别为B1D1与C1D上的点，且MN⊥B1D1，MN⊥C1D，求证：MN∥A1C.
证明：(1)如图，连接A1C1.
∵CC1⊥平面A1B1C1D1，
B1D1⊂平面A1B1C1D1，∴CC1⊥B1D1.
∵四边形A1B1C1D1是正方形，
∴A1C1⊥B1D1.又∵CC1∩A1C1＝C1，∴B1D1⊥平面A1C1C.又∵A1C⊂平面A1C1C，∴B1D1⊥A1C.
(2)如图，连接B1A，AD1.∵B1C1綉AD，
∴四边形ADC1B1为平行四边形，
∴C1D∥AB1.∵MN⊥C1D，∴MN⊥AB1.
又∵MN⊥B1D1，AB1∩B1D1＝B1，∴MN⊥平面AB1D1.
由(1)知A1C⊥B1D1.同理可得A1C⊥AB1.
又∵AB1∩B1D1＝B1，∴A1C⊥平面AB1D1.∴A1C∥MN.
题型二　空间中的距离问题
【学透用活】
要解决空间中的距离问题，主要是利用线面距、面面距的定义，转化为直线或平面上的一点到平面的距离．
[典例2]　如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
(1)证明：PB∥平面AEC；
(2)设AP＝1，AD＝，三棱锥PABD 的体积V＝，求A到平面PBC的距离．
[解]　(1)证明：如图，设BD与AC的交点为O，连接EO.∵四边形ABCD为矩形，∴点O为BD的中点．
又∵点E为PD的中点，∴EO∥PB.
∵EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，
∴PB∥平面AEC.
(2)∵V＝AP·AB·AD＝AB.
由V＝，可得AB＝.作AH⊥PB于点H.
由题设知BC⊥平面PAB，∴BC⊥AH.
∴AH⊥平面PBC，
即AH的长就是点A到平面PBC的距离．
∵PB＝＝，∴AH＝＝.
∴点A到平面PBC的距离为.
[方法技巧]
(1)从平面外一点作一个平面的垂线，这个点与垂足间的距离就是这个点到这个平面的距离．当该点到已知平面的垂线不易作出时，可利用线面平行、面面平行的性质转化为与已知平面等距离的点作垂线，然后计算．
(2)利用中点转化：如果条件中具有中点条件，将一个点到平面的距离，借助中点(等分点)，转化为另一点到平面的距离．
(3)通过换底转化：一是直接换底，以方便求几何体的高；二是将底面扩展(分割)，以方便求底面积和高．　　
【对点练清】
1．已知在△ABC中，AC＝BC＝1，AB＝，S是△ABC所在平面外一点，SA＝SB＝2，SC＝，点P是SC的中点，求点P到平面ABC的距离．
解：如图，连接PA，PB，易知SA⊥AC，BC⊥AC.分别取AB，AC的中点E，F，连接PE，EF，PF，则EF∥BC，PF∥SA.
所以EF⊥AC，PF⊥AC.
因为PF∩EF＝F，
所以AC⊥平面PEF，所以PE⊥AC.
易证△SAC≌△SBC，所以PA＝PB.
又E是AB的中点，所以PE⊥AB.
因为AB∩AC＝A，所以PE⊥平面ABC.
从而PE的长就是点P到平面ABC的距离．
因为P是SC的中点，所以在Rt△APE中，
AP＝SC＝，AE＝AB＝，
所以PE＝＝＝，
即点P到平面ABC的距离为.
2.如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，AA1＝2AB ＝2，E是DD1上的一点，且满足B1D⊥平面ACE.
(1)求证：A1D⊥AE；
(2)求三棱锥ACDE的体积．
解：(1)证明：∵B1D⊥平面ACE，AE⊂平面ACE，∴AE⊥B1D.
∵A1B1⊥平面AA1D1D，AE⊂平面AA1D1D，
∴AE⊥A1B1.∵A1B1∩B1D＝B1，A1B1⊂平面A1B1D，B1D⊂平面A1B1D，∴AE⊥平面A1B1D.
∵A1D⊂平面A1B1D，∴A1D⊥AE.
(2)∵A1D⊥AE，∴△ADE∽△DD1A1.
∴＝.∴DE＝.∴三棱锥ACDE的体积V＝S△CDE·AD＝××1××1＝.

题型三　直线与平面垂直的判定与性质的综合
【学透用活】
[典例3]　
如图所示，四边形ABCD为正方形，SA⊥平面ABCD，过A且垂直于SC的平面分别交SB，SC，SD于点E，F，G.
求证：AE⊥SB.
[证明]　∵SA⊥平面ABCD，∴SA⊥BC.
∵四边形ABCD是正方形，∴AB⊥BC.
∵SA∩AB＝A，∴BC⊥平面SAB.
∵AE⊂平面SAB，∴BC⊥AE.∵SC⊥平面AGFE，∴SC⊥AE.又∵BC∩SC＝C，∴AE⊥平面SBC.
而SB⊂平面SBC，∴AE⊥SB.
[方法技巧]
综合应用线面垂直的判定、性质证明线线垂直时，一是根据已知的垂直关系，确定需要证明的直线和平面；二是思路调整，比如要证明直线a垂直于平面α内的直线b，往往需要证明直线b垂直于直线a所在的平面β.　　

【对点练清】
1．[变设问]本例中条件不变，将“求证AE⊥SB”改为“判定在S，A，B，C，D，E，F，G中任两点的连线中与SC垂直的直线有多少条”，结论如何？
解：∵SC⊥平面AGFE，∴A，G，F，E中的任何两点连线都和SC垂直．∴此时共有6条直线与SC垂直．
∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD.
∵SA⊥平面ABCD，∴SA⊥BD.
又SA∩AC＝A，∴BD⊥平面SAC.∴BD⊥SC.
根据题意，其他的线与SC均不垂直，
所以与SC垂直的直线共有7条．
2．[变条件]本例中“过A且垂直于SC的平面分别交SB，SC，SD于点E，F，G”改为“过A作AF⊥SC于点F，过点F作EF⊥SC交SB于点E”，结论不变，如何证明？
证明：∵SA⊥平面ABCD，∴SA⊥BC.
∵四边形ABCD是正方形，∴AB⊥BC.
∵SA∩AB＝A，∴BC⊥平面SAB.
∵AE⊂平面SAB，∴BC⊥AE.
∵AF⊥SC于点F，EF⊥SC交SB于点E，
∴SC⊥平面AEF，∴SC⊥AE.
又∵BC∩SC＝C，∴AE⊥平面SBC.
而SB⊂平面SBC，∴AE⊥SB.


【课堂思维激活】
一、综合性——强调融会贯通
1.斜边为AB的直角三角形ABC，PA⊥平面ABC.AE⊥PB，AF⊥PC，E， F分别为垂足，如图．
(1)求证：EF⊥PB；
(2)若直线l⊥平面AEF，求证：PB∥l.
证明：(1)因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC.
因为△ABC为直角三角形，
所以BC⊥AC.因为PA∩AC＝A，
所以BC⊥平面PAC.因为AF⊂平面PAC，所以BC⊥AF.
又AF⊥PC，且PC∩BC＝C，所以AF⊥平面PBC.
因为PB⊂平面PBC，所以AF⊥PB.
又AE⊥PB，且AE∩AF＝A，所以PB⊥平面AEF.
又EF⊂平面AEF，所以EF⊥PB.
(2)由(1)知，PB⊥平面AEF，而l⊥平面AEF，所以PB∥l.

二、创新性——强调创新意识和创新思维
2．过△ABC各边的中点D，E，F分别作各边的垂面，这三个垂面能否交于同一条直线？若能，这条直线有何特点？若不能，请说明理由．
解：设过点D，E，F作的AB，BC，CA的垂面分别为α，β，γ(如图)，则有α∩β＝l，
否则若α∥β，则AB⊥α，AB⊥β.
又∵BC⊥β，∴BC∥AB，这与BC∩AB＝B矛盾，因此α∩β＝l.
设l∩平面ABC＝O，l与OF确定的平面为γ′.
∵AB⊥α，OD⊂α，∴AB⊥OD，
同理BC⊥OE，O是AB，BC垂直平分线的交点，
即O是△ABC的外心，从而AC⊥OF.
∵AB⊥α，l⊂α，∴l⊥AB.同理l⊥BC，∴l⊥平面ABC.
∵OF⊥AC，∴AC⊥γ′.因此平面γ′与γ是同一平面．
∵α∩β∩γ′＝l，∴α∩β∩γ＝l.即这三个垂面交于同一条直线．由前面的证明可知l⊥平面ABC.l在平面ABC上的射影O就是△ABC的外心．
课时跟踪检测　　　　　　　　　　　　　
层级(一)　“四基”落实练
1．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，直线l(与直线BB1不重合)⊥平面A1C1，则 (　　)
A．B1B⊥l
B．B1B∥l
C．B1B与l异面但不垂直
D．B1B与l相交但不垂直
解析：选B　因为B1B⊥平面A1C1，又因为l⊥平面A1C1，所以l∥B1B.故选B.
2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是 (　　)
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若m∥α，m∥β，则α∥β
C．若m∥n，m⊥α，则n⊥α
D．若m∥α，α⊥β，则m⊥β
解析：选C　∵m∥n，m⊥α，则n⊥α，故选C.
3.如图，▱ADEF的边AF⊥平面ABCD，且AF＝2，CD＝3，则CE＝ (　　)
A．2　　　　　　　　　 B．3
C. D.
解析：选D　因为四边形ADEF为平行四边形，
所以AF∥DE且AF＝DE.
因为AF⊥平面ABCD，所以DE⊥平面ABCD.所以DE⊥DC.因为AF＝2，所以DE＝2.
又CD＝3，所以CE＝＝＝.
4.如图，α∩β＝l，点A，C∈α，点B∈β，且BA⊥α，BC⊥β，那么直线l与直线AC的关系是 (　　)
A．异面 B．平行
C．垂直 D．不确定
解析：选C　∵BA⊥α，α∩β＝l，l⊂α，∴BA⊥l.同理BC⊥l.又BA∩BC＝B，∴l⊥平面ABC.∵AC⊂平面ABC，∴l⊥AC.故选C.
5．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则(　　)
A．α∥β且l∥α
B．α∥β且l⊥β
C．α与β相交，且交线与l垂直
D．α与β相交，且交线与l平行
解析：选D　若α∥β，则由m⊥平面α，n⊥平面β，可得m∥n，这与m，n是异面直线矛盾，故α与β相交．
设α∩β＝a，过空间内一点P，作m′∥m，n′∥n，m′与n′相交，m′与n′确定的平面为γ.
因为l⊥m，l⊥n，所以l⊥m′，l⊥n′，所以l⊥γ.
因为m⊥α，n⊥β，所以m′⊥α，n′⊥β，
所以a⊥m′，a⊥n′，所以a⊥γ.
又因为l⊄α，l⊄β，所以l与a不重合．
所以l∥a.综上知，选D.
6．线段AB在平面α的同侧，A，B到α的距离分别为3和5，则AB的中点到α的距离为________．
解析：如图，设AB的中点为M，分别过A，M，B向α作垂线，垂足 分别为A1，M1，B1，则由线面垂直的性质可知，AA1∥MM1∥BB1，四边形AA1B1B为直角梯形，AA1＝3，BB1＝5，MM1为其中位线，∴MM1＝4.
答案：4
7.如图，∠BCA＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中：
(1)与PC垂直的直线有________；
(2)与AP垂直的直线有________．
解析：(1)因为PC⊥平面ABC，AB，AC，BC⊂平面ABC，
所以PC⊥AB，PC⊥AC，PC⊥BC.
(2)∠BCA＝90°即BC⊥AC，又BC⊥PC，AC∩PC＝C，
所以BC⊥平面PAC.
因为AP⊂平面PAC，所以BC⊥AP.
答案：(1)AB，AC，BC　(2)BC
8.如图，已知平面α∩平面β＝l，EA⊥α，垂足为A，EB⊥β，直线a⊂β，a ⊥AB.求证：a∥l.
证明：因为EA⊥α，α∩β＝l，即l⊂α，所以l⊥EA.
同理l⊥EB.又EA∩EB＝E，所以l⊥平面EAB.
因为EB⊥β，a⊂β，所以EB⊥a.
又a⊥AB，EB∩AB＝B，所以a⊥平面EAB.
由线面垂直的性质定理，得a∥l.

层级(二)　能力提升练
1.已知PA垂直于以AB为直径的圆所在平面，C为圆上异于A，B的任一 点，则下列关系不正确的是 (　　)
A．PA⊥BC
B．BC⊥平面PAC
C．AC⊥PB
D．PC⊥BC
解析：选C　PA⊥平面ABC，得PA⊥BC，A正确；又BC⊥AC，所以BC⊥平面PAC，所以BC⊥PC，B、D均正确．故选C.
2．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不重合的平面，给定下列四个命题，其中真命题的是 (　　)
①若m⊥n，n⊂α，则m⊥α；
②若m⊥α，n⊂α，则m⊥n；
③若m⊥α，n⊥α，则m∥n；
④若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥n.
A．①② B．②③
C．③④ D．①④
解析：选B　①中，直线m垂直于平面α内的一条直线n，则直线m与平面α不一定垂直，所以①不是真命题；
②是直线与平面垂直的定义的应用，所以②是真命题；
③是直线与平面垂直的性质定理，所以③是真命题；
④中，分别在两个平行平面α，β内的直线m，n平行或异面，所以④不是真命题．故选B.
3．已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为________．
解析：如图所示，设PO⊥平面ABC于O，PE⊥AC于E，PF⊥BC于F，连接OE，OF，OC.
∵PO⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，
∴PO⊥AC.
又PO∩PE＝P，∴AC⊥平面POE.
又OE⊂平面POE，∴AC⊥OE.
同理有BC⊥OF.∴四边形OECF为矩形．
∵PC＝PC且PE＝PF，∴Rt△PEC≌Rt△PFC.
∴EC＝FC＝＝1.
∴四边形OECF是边长为1的正方形．
∴OC＝.
在Rt△POC中，PO＝＝.
答案：
4.

如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥AC，D，E分别为AA1，B1C的中点，DE⊥平面BCC1B1.
求证：AB＝AC.
证明：取BC的中点F，连接EF，AF.
则EF∥B1B且EF＝B1B.
从而EF∥DA且EF＝DA，
所以四边形ADEF为平行四边形，
所以AF∥DE.
因为DE⊥平面BCC1B1，所以AF⊥平面BCC1B1.
所以AF⊥BC，即AF为BC的垂直平分线，故AB＝AC.
5.如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，AE⊥PD于点E，l⊥平面PCD.
求证：l∥AE.
证明：因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
所以PA⊥CD.
又四边形ABCD是矩形，所以CD⊥AD.
因为PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD.
又AE⊂平面PAD，所以AE⊥CD.
因为AE⊥PD，PD∩CD＝D，PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AE⊥平面PCD.
因为l⊥平面PCD，所以l∥AE.
层级(三)　素养培优练
1．在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，当底面四边形ABCD满足条件___________时，有A1C⊥B1D1(注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情况)．
解析：当BD⊥AC时，又BD⊥AA1，
所以BD⊥平面AA1C，从而BD⊥A1C.
又B1D1∥BD，所以A1C⊥B1D1.
答案：BD⊥AC（答案不唯一）
2.如图，直升机上一点P在地面α上的正射影是点A(即PA⊥α)，从点P看地平面上一物体B(不同于A)，直线PB垂直于飞机玻璃窗所在的平面β.求证：平面β必与平面α相交．
证明：假设平面α与平面β平行．
因为PA⊥平面α，所以PA⊥平面β.
因为PB⊥平面β，由线面垂直的性质定理，可得PA∥PB，
与已知PA∩PB＝P矛盾，所以平面β必与平面α相交．

8.6.3　平面与平面垂直


明确目标
发展素养
1.借助长方体，通过直观感知，了解平面与平面的垂直关系．
2.归纳出平面与平面垂直的判定定理、性质定理，并加以证明．
3.能用已获得的结论证明空间基本图形位置关系的简单命题.
在发现、推导和应用平面与平面垂直的判定定理、性质定理的过程中，培养数学抽象、逻辑推理和直观想象素养.

第一课时　平面与平面垂直的判定



知识点一　二面角
(一)教材梳理填空
1．二面角：
定义
从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角，这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面
图形

表示法
二面角α­AB­β或二面角α­l­β或二面角P­AB­Q或二面角P­l­Q

2．二面角的平面角：
定义
在二面角α­l­β的棱l上任取一点O，以点O 为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱l的射线OA和OB，则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的平面角
图形

符号
⇒∠AOB是二面角的平面角
范围
0°≤∠AOB≤180°
规定
二面角的大小可以用它的平面角来度量，二面角的平面角是多少度，就说这个二面角是多少度．平面角是直角的二面角叫做直二面角

[微思考]　平时，我们常说“把门开大一点”，在这里指的是哪个角大一点？
提示：门面与墙面所成的二面角的平面角．
(二)基本知能小试
1.如图所示的二面角可记为 (　　)
A．α­β­l　　　　　　　 B．M­l­N
C．l­M­N D．l­β­α
答案：B
2．在二面角α­l­β的棱l上任选一点O，若∠AOB是二面角α­l­β的平面角，则必须具有的条件是 (　　)
A．AO⊥BO，AO⊂α，BO⊂β
B．AO⊥l，BO⊥l
C．AB⊥l，AO⊂α，BO⊂β
D．AO⊥l，BO⊥l，且AO⊂α，BO⊂β
答案：D
3.如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，二面角A­BC­A1的平面角等于 ________．
答案：45°

知识点二　平面与平面垂直
(一)教材梳理填空
1．面面垂直的定义：
定义
一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直
画法
画两个平面互相垂直的平面时，通常把表示平面的两个平行四边形的一组边画成垂直．如图

记作
α⊥β

2．平面与平面垂直的判定定理：
文字语言
图形语言
符号语言
作用
如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直

⇒α⊥β
证明面面垂直
(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)如果平面α内有一条直线垂直于平面β内的一条直线，则α⊥β. (×)
(2)应用面面垂直的判定定理的关键在于，在其中一个平面内找到或作出另一个平面的垂线，即实现面面垂直向线面垂直的转化． (√)
2．已知直线l⊥平面α，则经过l且和α垂直的平面 (　　)
A．有一个　　　　　　　　 B．有两个
C．有无数个 D．不存在
答案：C
3．若平面α⊥平面β，平面β⊥平面γ，则 (　　)
A．α∥γ B．α⊥γ
C．α与γ相交但不垂直 D．以上都有可能
答案：D



题型一　二面角的概念及其大小的计算

【学透用活】

(1)一个二面角的平面角有无数个，它们的大小是相等的．
(2)构成二面角的平面角的三要素：“棱上”“面内”“垂直”，即二面角的平面角的顶点必须在棱上，角的两边必须分别在两个半平面内，角的两边必须都与棱垂直，这三个条件缺一不可．
(3)当二面角的两个半平面重合时，规定二面角的大小是0°；当二面角的两个半平面合成一个平面时，规定二面角的大小是180°，所以二面角的平面角α的取值范围是0°≤α≤180° .
[典例1]　(1)下列命题中：
①两个相交平面组成的图形叫做二面角；
②异面直线a，b分别和一个二面角的两个面垂直，则a，b所成的角与这个二面角的平面角相等或互补；
③二面角的平面角是从棱上一点出发，分别在两个面内作射线所成的角的最小角；
④二面角的大小与其平面角的顶点在棱上的位置没有关系．
其中正确的是 (　　)
A．①③　　　　　　　 B．②④
C．③④ D．①②
(2)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，截面A1BD与底面ABCD所成锐二面角A1­BD­A的正切值为 (　　)

A. B.
C. D.
[解析]　(1)由二面角的定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角，所以①不对，实质上它共有四个二面角；由a，b分别垂直于两个面，则a，b都垂直于二面角的棱，故②正确；③中所作的射线不一定垂直于二面角的棱，故③不对；由定义知④正确．故选B.
(2)如图所示，连接AC交BD于点O，连接A1O，O为BD的中点．因为A1D＝A1B，所以在△A1BD中，A1O⊥BD.
又因为在正方形ABCD中，AC⊥BD，所以∠A1OA为二面角A1­BD­A的平面角．
设AA1＝1，则AO＝.
所以tan∠A1OA＝＝.故选C.
[答案]　(1)B　(2)C

[方法技巧]
1．求二面角的大小的步骤
一作：作出二面角的平面角；
二证：证明所作角是二面角的平面角；
三求：利用二面角的平面角所在的三角形求出角的三角函数值．
2．作二面角的平面角的常用方法
(1)定义法．在二面角的棱上找一个特殊点，在两个半平面内分别作垂直于棱的射线．如图①，则∠AOB为二面角α­l­β的平面角．
(2)垂面法．过棱上一点作棱的垂直平面，该平面与二面角的两个半平面产生交线，这两条交线所成的角，即为二面角的平面角．如图②，∠AOB为二面角α­l­β 的平面角．
(3)垂线法．过二面角的一个面内异于棱上的A点向另一个平面作垂线，垂足为B，由点B向二面角的棱作垂线，垂足为O，连接AO，则∠AOB为二面角的平面角或其补角．如图③，∠AOB为二面角α­l­β的平面角．
　　【对点练清】

1．一个二面角的两个半平面分别垂直于另一个二面角的两个半平面，则这两个二面角的大小关系为 (　　)
A．相等 B．互补
C．相等或互补 D．不确定
解析：选D　反例：如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是 CD，C1D1的中点，二面角D­AA1­E与二面角B1­AB­C的两个半平面就是分别对应垂直的，但是这两个二面角既不相等，也不互补．故选D.
2.如图，四边形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB.
(1)求二面角A­PD­C的平面角的度数；
(2)求二面角B­PA­C的平面角的度数．
解：(1)∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD.
又四边形ABCD为正方形，∴CD⊥AD.
∵PA∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD.又CD⊂平面PCD，
∴平面PAD⊥平面PCD.
∴二面角A­PD­C的平面角的度数为90°.
(2)∵PA⊥平面ABCD，∴AB⊥PA，AC⊥PA.
∴∠BAC为二面角B­PA­C的平面角．
又四边形ABCD为正方形，∴∠BAC＝45°.
即二面角B­PA­C的平面角的度数为45°.
题型二　平面与平面垂直的判定定理

【学透用活】

剖析平面与平面垂直的判定定理
(1)本质：通过直线与平面垂直来证明平面与平面垂直，即线面垂直⇒面面垂直．
(2)证题思路：处理面面垂直问题转化为处理线面垂直问题，进一步转化为处理线线垂直问题来解决．
(3)垂直的依据：两个平面垂直的判定定理不仅是判定两个平面互相垂直的依据，而且是找出与一个平面垂直的平面的依据．如建筑工人在准备砌墙时，常常在较高处固定一条下端系有铅锤的线，再沿着该线砌墙，这样就能保证所砌的墙面与水平面垂直．
[典例2]　
如图所示，在四面体ABCS 中，∠BSC＝90°，∠BSA＝∠CSA＝60°，又 SA＝SB＝SC.
求证：平面ABC⊥平面SBC.
[证明]　 法一：利用定义证明
∵∠BSA＝∠CSA＝60°，SA＝SB＝SC，
∴△ASB和△ASC是等边三角形，
则有SA＝SB＝SC＝AB＝AC，令其值为a，
则△ABC和△SBC为共底边BC的等腰三角形．

取BC的中点D，如图所示，连接AD，SD，
则AD⊥BC，SD⊥BC，∴∠ADS为二面角A­BC­S的平面角．在Rt△BSC中，∵SB＝SC＝a，
∴SD＝a，BD＝＝a.
在Rt△ABD中，AD＝a.在△ADS中，
∵SD2＋AD2＝SA2，∴∠ADS＝90°，即二面角A­BC­S为直二面角，故平面ABC⊥平面SBC.
法二：利用判定定理证明
∵SA＝SB＝SC，且∠BSA＝∠CSA＝60°，∴SA＝AB＝AC.
∴点A在平面SBC上的射影为△SBC的外心．
∵△SBC为直角三角形，
∴点A在△SBC上的射影D为斜边BC的中点．
∴AD⊥平面SBC.
又∵AD⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面SBC.
[方法技巧]
利用判定定理证明面面垂直的一般方法是从已知直线中寻找与结论有关的平面的垂线，若这样的垂线存在，则可通过线面垂直来证明面面垂直；若这样的垂线不存在，则可通过作辅助线来解决．在作辅助线时，应有理论根据并有利于证明，不能随意添加．　　
【对点练清】

1．[变条件]在本例中增加条件“SA＝SB＝SC＝2”，其他条件不变，求三棱锥S­ABC的体积．
解：由本例证明，得SD⊥AD.
又∵SD⊥BC，AD∩BC＝D，∴SD⊥平面ABC，
即SD的长就是顶点S到底面ABC的距离．
∵S△ABC＝·BC·AD＝×2×＝2，SD＝，
∴VS­ABC＝·S△ABC·SD＝.
2.如图所示，四边形ABCD是边长为a的菱形，PC⊥平面ABCD，E是PA的中点．
求证：平面BDE⊥平面ABCD.
证明：连接AC，设AC∩BD＝O，连接OE.
∵O为AC的中点，E为PA的中点，

∴EO是△PAC的中位线．∴EO∥PC.
∵PC⊥平面ABCD，∴EO⊥平面ABCD.
又∵EO⊂平面BDE，
∴平面BDE⊥平面ABCD.
题型三　面面垂直判定定理的综合应用——鳖臑模型
[探究发现]
四个面都是直角三角形的三棱锥——鳖臑，在鳖臑模型中，如何证明面面垂直？
提示：此类问题考查的是线线、线面、面面之间的垂直关系，要利用线面垂直的判定定理来证明面面垂直．
　　　
【学透用活】

[典例3]　如图，在四棱锥P­ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC， DC⊥AC.
(1)求证：DC⊥平面PAC.
(2)求证：平面PAB⊥平面PAC.
(3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由．
[解]　(1)证明：∵PC⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，∴PC⊥DC.∵DC⊥AC，PC∩AC＝C，
∴DC⊥平面PAC.
(2)证明：∵AB∥DC，DC⊥平面PAC，∴AB⊥平面PAC.
∵AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAC.
(3)在棱PB上存在中点F，使得PA∥平面CEF.
∵点E为AB的中点，∴EF∥PA.
∵PA⊄平面CEF，EF⊂平面CEF，∴PA∥平面CEF.
[数学文化模型]
《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵．斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣．”
刘徽注：“此术臑者，背节也，或曰半阳马，其形有似鳖肘，故以名云．中破阳马，得两鳖臑，鳖臑之起数，数同而实据半，故云六而一即得．”
具体来说，取一长方体，按图①斜割一分为二，得到两个一模一样的三棱柱，称之为堑堵．
　　
如图②，再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得到一个四棱锥和一个三棱锥．以矩形为底，另有一棱与底面垂直的四棱锥，称为阳马．余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体，称为鳖臑．



【对点练清】

如图，四边形ABCD为菱形，
G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.
(1)求证：平面AEC⊥平面BED；
(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E­ACD的体积为，求该三棱 锥的侧面积．
解：(1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.
因为BE⊥平面ABCD，所以AC⊥BE.
又BE∩BD＝B，所以AC⊥平面BED.
又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.
(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，
由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝x，GB＝GD＝.
因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝x.
由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝x.
由已知得，三棱锥E­ACD的体积V＝×AC×GD×BE＝x3＝，故x＝2.从而可得AE＝EC＝ED＝，
所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为.故三棱锥E­ACD的侧面积为3＋2.




【课堂思维激活】
一、综合性——强调融会贯通
1.如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥AD，AB∥CD，CD⊥AD，AD＝CD＝ 2AB＝2，E，F分别为PC，CD的中点，DE＝EC.
(1)求证：平面ABE⊥平面BEF；
(2)设PA＝a，若三棱锥B­PED的体积V∈，求a的取值范围．
解：(1)证明：∵AB∥CD，CD⊥AD，AD＝CD＝2AB＝2，F为CD的中点，∴四边形ABFD为矩形，AB⊥BF.
∵DE＝EC，F为DC的中点，∴DC⊥EF.
又AB∥CD，∴AB⊥EF.
∵BF∩EF＝F，∴AB⊥平面BEF.
又AB⊂平面ABE，∴平面ABE⊥平面BEF.
(2)∵DE＝EC，F为CD的中点，
∴DC⊥EF.又PD∥EF，AB∥CD，∴AB⊥PD.
又AB⊥AD，PD∩AD＝D，
∴AB⊥平面PAD.∴AB⊥PA.
又PA⊥AD，AB∩AD＝A，∴PA⊥平面ABCD.
∵三棱锥B­PED的体积V＝VB­CED＝VE­BCD，
S△BCD＝×2×2＝2，E到平面BCD的距离h＝，
∴VB­CED＝VE­BCD＝×2×＝∈，
可得a∈.
二、应用性——强调学以致用
2.如图，检查工件的相邻两个(平)面是否垂直时，只要用曲尺的一边紧靠在工件的一个面上，另一边在工件的另一个面上转动，观察尺边是否和这个面密合就可以了，这是为什么？
[析题建模]　用曲尺的一边紧靠在工件的一个面上，另一边在工件的另一个面上转动(逻辑推理)→另一个面上转动时相当于两条相交直线(逻辑推理)→利用线面垂直的判定定理得到尺边和这个面密合就可以了．
解：如图所示，因为OA⊥OB，OA⊥OC，OB⊂β，OC⊂β，且OB∩OC ＝O，根据线面垂直的判定定理，可得OA⊥β，又OA⊂α，根据面面垂直的判定定理，可得α⊥β.
课时跟踪检测

层级(一)　“四基”落实练
1．经过平面α外一点和平面α内一点与平面α垂直的平面有 (　　)
A．0个　　　　　　　　　 B．1个
C．无数个 D．1个或无数个
解析：选D　当两点连线与平面α垂直时，可作无数个垂面，否则，只有1个．故选D.
2．从空间一点P向二面角α­l­β的两个面α，β分别作垂线PE，PF，E，F为垂足，若∠EPF ＝60°，则二面角α­l­β的平面角的大小是 (　　)
A．60° B．120°
C．60°或120° D．不确定
解析：选C　 若点P在二面角内，则二面角的平面角为120°；若点P在二面角外，则二面角的平面角为60°.故选C.
3．已知直线a，b与平面α，β，γ，下列能使α⊥β成立的条件是 (　　)
A．α⊥γ，β⊥γ B．α∩β＝a，b⊥a，b⊂β
C．a∥β，a∥α D．a∥α，a⊥β
解析：选D　 由a∥α，知α内必有直线l与a平行．而a⊥β，所以l⊥β，所以α⊥β.故选D.
4．在正三角形 ABC 中，AD⊥BC 于点 D，沿 AD 折成二面角B­AD­C后，BC＝AB，这时二面角B­AD­C的大小为 (　　)
A．60° B．90°
C．45° D．120°
解析：选A　 ∠BDC为二面角B­AD­C的平面角，设正三角形ABC的边长为m，则折叠后，BC＝m，BD＝DC＝m，所以∠BDC＝60°.故选A.
5.(多选)如图，在四棱锥P­ABCD中，已知PA⊥底面ABCD，且底面ABCD为矩形，则下列结论中正确的是 (　　)
A．平面PAB⊥平面PAD
B．平面PAB⊥平面PBC
C．平面PBC⊥平面PCD
D．平面PCD⊥平面PAD
解析：选ABD　由面面垂直的判定定理知，平面PAB⊥平面PAD，故平面PAB⊥平面PBC，平面PCD⊥平面PAD，故A、B、D正确．
6．在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD.
解析：∵△PAB≌△PAD，∴PB＝PD，
∴△PDC≌△PBC，当BM⊥PC时，有DM⊥PC，此时PC⊥平面MBD，∴平面MBD⊥平面PCD.故填BM⊥PC(或DM⊥PC)．
答案：BM⊥PC(或DM⊥PC)
7.如图，空间四边形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，∠BAD＝90°，且AB＝AD，则AD与平面BCD所成的角是________．
解析：过A作AO⊥BD于O点，
∵平面ABD⊥平面BCD，
∴AO⊥平面BCD，则∠ADO即为AD与平面BCD所成的角．
∵∠BAD＝90°，AB＝AD，
∴∠ADO＝45°.
答案：45°
8.如图所示，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.求证：平面PQC⊥平面DCQ.
证明：由四边形ABCD为正方形，可得CD⊥AD.
又∵PD⊥平面ABCD，
∴PD⊥CD，PD⊥AD.
又∵PD∩AD＝D，
∴CD⊥平面AQPD.
∴CD⊥PQ.

如图，取PD的中点E，连接QE.
∵PD∥QA，且QA＝PD，
∴DE∥AQ，且DE＝AQ.
∴四边形AQED是平行四边形．
∴QE∥AD.∴QE⊥PD.∴DQ＝QP.
设QA＝1，则在△DQP中，DQ＝QP＝，PD＝2.
∴DQ2＋QP2＝PD2.
∴∠PQD＝90°，即DQ⊥PQ.
又∵CD∩DQ＝D，∴PQ⊥平面DCQ.
∵PQ⊂平面PQC，∴平面PQC⊥平面DCQ.
层级(二)　能力提升练
1．在四面体ABCD中，AB＝BC＝CD＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，A­BD­C为直二面角，E是CD的中点，则∠AED等于 (　　)
A．90° B．45°
C．60° D．30°
解析：选A　
如图，设AB＝BC＝CD＝AD＝a，取BD中点F，连接AF，CF.由题意 可得AF＝CF＝a，∠AFC＝90°.在Rt△AFC中，可得AC＝a，∴△ACD为正三角形．∵E是CD的中点，
∴AE⊥CD，∴∠AED＝90°.故选A.

2．(2022·全国乙卷)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则(　　)
A．平面B1EF⊥平面BDD1
B．平面B1EF⊥平面A1BD
C．平面B1EF∥平面A1AC
D．平面B1EF∥平面A1C1D
解析：选A　如图，对于选项A，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC，又因为AC⊥BD，所以EF⊥BD，又易知DD1⊥EF，BD∩DD1＝D，从而EF⊥平面BDD1，又EF⊂平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，故选项A正确；对于选项B，因为平面A1BD∩平面BDD1＝BD，所以由选项A知，平面B1EF⊥平面A1BD不成立，故选项B错误；对于选项C，由题意知直线AA1与直线B1E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，故选项C错误；对于选项D，连接AB1，B1C，易知平面AB1C∥平面A1C1D，又因为平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，所以平面A1C1D与平面B1EF不平行，故选项D错误．故选A.

3.如图所示，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，BC＝2，AA1＝1，E，F分别在 AD和BC上，且EF∥AB，若二面角C1­EF­C等于45°，则BF＝________.
解析：由题意知EF⊥BC.
∵CC1⊥平面ABCD，∴CC1⊥EF.
又BC∩CC1＝C，∴EF⊥平面CC1F.∴EF⊥C1F.
故∠C1FC为二面角C1­EF­C的平面角，即∠C1FC＝45°.
∵CC1＝AA1＝1，∴CF＝1.又BC＝2，∴BF＝1.
答案：1
4．如图所示，在矩形ABCD中，已知AB＝AD，E是AD的中点，沿BE将△ABE折起至△A′BE的位置，使A′C＝A′D.求证：平面A′BE⊥平面BCDE.

证明：如图所示，取CD的中点M，BE的中点N，
连接A′M，A′N，MN，则MN∥BC.
∵AB＝AD，E是AD的中点，
∴AB＝AE，即A′B＝A′E.
∴A′N⊥BE.∵A′C＝A′D，∴A′M⊥CD.
在四边形BCDE中，CD⊥MN，
又∵MN∩A′M＝M，MN⊂平面A′MN，
A′M⊂平面A′MN，∴CD⊥平面A′MN.
∵A′N⊂平面A′MN，∴CD⊥A′N.
∵DE∥BC且DE＝BC，∴BE必与CD相交．
又∵A′N⊥BE，A′N⊥CD，∴A′N⊥平面BCDE.
又∵A′N⊂平面A′BE，∴平面A′BE⊥平面BCDE.
5.如图所示，平面角为锐角的二面角α­EF­β，A∈EF，AG⊂α，∠GAE ＝ 45°.若AG与β所成角为30°，求二面角α­EF­β的大小．
解：作GH⊥β于H，作HB⊥EF于B，连接GB，
则GB⊥EF，∠GBH是二面角α­EF­β的平面角．
又∠GAH是AG与β所成的角，
设AG＝a，则GB＝a，GH＝a，
sin∠GBH＝＝.
所以∠GBH ＝ 45°，二面角α­EF­β的大小为45°.
层级(三)　素养培优练
1．如图，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AB＝AC＝1，将△ABC沿斜边BC上的高AD折叠，使平面ABD⊥平面ACD，则折叠后BC＝________.

解析：由题意知，BD⊥AD，CD⊥AD，
所以∠BDC为二面角B­AD­C的平面角．
因为平面ABD⊥平面ACD，所以∠BDC＝90°.
连接BC(图略)，则BC＝
＝ ＝1.
答案：1
2.如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠BAD＝90°，AD∥BC，AB＝BC＝1，AD＝2，PA⊥底面ABCD，PD与底面成45°角，点E是PD的中点．
(1)求证：BE⊥PD；
(2)求二面角P­CD­A的余弦值．
解：(1)证明：连接AE.
因为PA⊥底面ABCD，所以∠PDA是PD与底面ABCD 所成的角，所以∠PDA＝45°.所以PA＝DA.
又因为点E是PD的中点，所以AE⊥PD.

因为PA⊥底面ABCD，AB⊂底面ABCD，
所以PA⊥AB.因为∠BAD＝90°，
所以BA⊥AD.
又因为PA∩AD＝A，所以BA⊥平面PDA.
又因为PD⊂平面PDA，所以BA⊥PD.
因为BA∩AE＝A，所以PD⊥平面ABE.
因为BE⊂平面ABE，所以BE⊥PD.
(2)连接AC.在直角梯形ABCD中，
因为AB＝BC＝1，AD＝2，所以AC＝CD＝.
因为AC2＋CD2＝AD2，所以AC⊥CD.
又因为PA⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，所以PA⊥CD.
因为AC∩PA＝A，所以CD⊥平面PAC.
又因为PC⊂平面PAC，所以PC⊥CD.
所以∠PCA为二面角P­CD­A的平面角．
在Rt△PCA中，PC＝＝＝.
所以cos∠PCA＝＝＝.
所以所求二面角P­CD­A的余弦值为.

第二课时　平面与平面垂直的性质



知识点　平面与平面垂直的性质
(一)教材梳理填空
文字语言
两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直
符号语言
α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β
图形语言

作用
①面面垂直⇒线面垂直；
②作平面的垂线

(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)如果α⊥β，则α内的直线必垂直于β内的无数条直线． (√)
(2)如果两个平面垂直，那么垂直于交线的直线必垂直于其中一个平面． (×)
2．如图所示，在长方体ABCD ­A1B1C1D1的棱AB上任取一点E，作EF⊥A1B1于F，则EF与平面A1B1C1D1的关系是 (　　)
A．平行
B．EF⊂平面A1B1C1D1
C．相交但不垂直
D．相交且垂直
答案：D


题型一　平面与平面垂直的性质定理

【学透用活】

准确认识面面垂直的性质定理
(1)定理成立的条件有三个：
①两个平面互相垂直；
②直线在其中一个平面内；
③直线与两平面的交线垂直．
(2)定理的实质：面面垂直⇒线面垂直．
[典例1]　

如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，平面PAB⊥平面PBC.
求证：BC⊥平面PAB.
[证明]　在平面PAB内，作AD⊥PB于点D.
∵平面PAB⊥平面PBC，
且平面PAB∩平面PBC＝PB，AD⊂平面PAB，
∴AD⊥平面PBC.又BC⊂平面PBC，∴AD⊥BC.
∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴PA⊥BC，又∵PA∩AD＝A，∴BC⊥平面PAB.
[方法技巧]
1．证明或判定线面垂直的常用方法
(1)线面垂直的判定定理；
(2)面面垂直的性质定理；
(3)若直线a∥直线b，a⊥平面α，则b⊥α；
(4)若直线a⊥平面α，平面α∥平面β，则a⊥β.
2．应用面面垂直性质定理要注意的问题
应用面面垂直性质定理证明相关问题时，一般需要作辅助线——过其中一个平面内一点作交线的垂线，使之转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．　　

【对点练清】
　
如图所示，P是四边形ABCD所在平面外的一点，四边形ABCD是边长为a的菱形，G为AD的中点，且∠DAB＝60°.侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD.
求证：BG⊥平面PAD.
证明：如图，在菱形ABCD中，
连接BD.由已知∠DAB＝60°，
∴△ABD为正三角形．
∵G是AD的中点，∴BG⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD，BG⊂平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴BG⊥平面PAD.
题型二　垂直关系的综合应用
[探究发现]
试总结线线垂直、线面垂直、面面垂直之间的转化关系．
提示：在线线垂直、线面垂直、面面垂直的相互转化中．每一种垂直的判定都是从某一垂直开始转向另一垂直，最终达到目的，其转化关系如下：
　　　

【学透用活】

[典例2]　如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F，G分别为AC，DC，AD的中点．
(1)求证：EF⊥平面BCG；
(2)求三棱锥D­BCG的体积．
[解]　(1)证明：∵AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，∴△ABC≌△DBC.∴AC＝DC.
∵G为AD的中点．∴CG⊥AD.同理BG⊥AD.
∵CG∩BG＝G，∴AD⊥平面BCG.
又E，F分别是AC，CD的中点，∴EF∥AD.∴EF⊥平面BCG.
(2)在平面ABC内，作AO⊥CB，交CB的延长线于O，如图所示．
∵△ABC和△BCD所在平面互相垂直，平面ABC∩平面BCD＝BC，且AO⊂平面ABC，∴AO⊥平面BCD.
∵G为AD的中点，∴G到平面BCD的距离h是AO长度的一半．在△AOB中，
AO＝AB·sin 60°＝，∴h＝.
在△BCD中，BF＝BD·cos 60°＝2×＝1，DF＝BD·sin 60°＝，∴DC＝2，
故S△BCD＝BF·DC＝×1×2＝.
∴VD­BCG＝VG­BCD＝S△BCD·h＝××＝.
[方法技巧]
(1)在有关垂直问题的证明过程中要注意线线垂直、线面垂直、面面垂直的相互转化．因此，判定定理与性质定理的合理应用是证明垂直问题的关键．
(2)空间问题转化成平面问题是解决立体几何问题的一个基本原则．解题时，要通过几何图形自身的特点，如等腰(等边)三角形的“三线合一”、中位线定理、菱形的对角线互相垂直等，得出一些题目所需要的条件．对于一些较复杂的问题，注意应用转化思想解决问题．　　
【对点练清】

如图，在四棱锥P­ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，BC∥平面PAD，∠ABC＝90°，PA＝PB＝AB.求证：
(1)AD∥平面PBC；
(2)平面PBC⊥平面PAD.
证明：(1)∵BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，∴BC∥AD.
∵AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴AD∥平面PBC.
(2)∵PA＝PB＝AB，满足PA2＋PB2＝AB2，
∴PA⊥PB.由∠ABC＝90°，知BC⊥AB.
∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面PAB.
∵PA⊂平面PAB，∴BC⊥PA.
又∵PA⊥PB，PB∩BC＝B，∴PA⊥平面PBC.
∵PA⊂平面PAD，∴平面PBC⊥平面PAD.



【课堂思维激活】
一、综合性——强调融会贯通
1.如图，平面PAB⊥平面ABC，平面PAC⊥平面ABC，AE⊥平面PBC，点E 为垂足．
(1)求证：PA⊥平面ABC；
(2)当点E为△PBC的垂心时，求证：△ABC是直角三角形．
证明：(1)如图，在平面ABC内取一点D，作DF⊥AC于点F.
∵平面PAC⊥平面ABC，且交线为AC，
∴DF⊥平面PAC.
∵PA⊂平面PAC，∴DF⊥PA.
作DG⊥AB于点G，同理可证DG⊥PA.
∵DG，DF都在平面ABC内，且DG∩DF＝D，
∴PA⊥平面ABC.
(2)如图，连接BE并延长交PC于点H.
∵点E是△PBC的垂心，∴PC⊥BE.
又AE⊥平面PBC，PC⊂平面PBC，
∴PC⊥AE.∵AE∩BE＝E，∴PC⊥平面ABE.
又AB⊂平面ABE，∴PC⊥AB.
由(1)知PA⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，
∴PA⊥AB.∵PA∩PC＝P，∴AB⊥平面PAC.
又AC⊂平面PAC，∴AB⊥AC，
即△ABC是直角三角形．
二、创新性——强调创新意识和创新思维
2．已知α，β是两个不同的平面，m，n是平面α及β之外的两条不同直线，给出四个论断：
①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α.
以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题是________(答案不唯一，写出一个即可)．
解析：若①m⊥n，②α⊥β，③n⊥β成立，则m与α可能平行也可能相交，即④m⊥α不一定成立；
若①m⊥n，②α⊥β，④m⊥α成立，则n与β可能平行也可能相交，即③n⊥β不一定成立；
若①m⊥n，③n⊥β，④m⊥α成立，则②α⊥β一定成立；
若②α⊥β，③n⊥β，④m⊥α成立，则①m⊥n一定成立．
∴①③④⇒②(或②③④⇒①)．
答案：①③④⇒②(或②③④⇒①)

课时跟踪检测
层级(一)　“四基”落实练
1．下列命题中错误的是 (　　)
A．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β
B．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
C．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ
D．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β
解析：选D　由平面与平面垂直的有关性质可以判断出D项错误．故选D.
2．已知平面α⊥平面β，直线l⊥平面α，则l与β的位置关系是 (　　)
A．垂直　　　　　　　　　 B．平行
C．l⊂β D．平行或l⊂β
解析：选D　如图l∥β或l⊂β.故选D.

3．已知m，n，l是直线，α，β是平面，α⊥β，α∩β＝l，n⊂β，n⊥l，m⊥α，则直线m与n的位置关系是 (　　)
A．异面 B．相交但不垂直
C．平行 D．相交且垂直
解析：选C　∵α⊥β，α∩β＝l，n⊂β，n⊥l，∴n⊥α.又m⊥α，∴m∥n.故选C.
4.如图所示，在三棱锥P­ABC中，平面ABC⊥平面PAB，PA＝PB，AD＝DB，则 (　　)
A．PD⊂平面ABC
B．PD⊥平面ABC
C．PD与平面ABC相交但不垂直
D．PD∥平面ABC
解析：选B　∵PA＝PB，AD＝DB，∴PD⊥AB.
又∵平面ABC⊥平面PAB，PD⊂平面PAB，
平面ABC∩平面PAB＝AB，∴PD⊥平面ABC.
5．(多选)给出以下四个命题，其中真命题是 (　　)
A．如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行
B．如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面
C．如果两条直线都平行于一个平面，那么这两条直线相互平行
D．如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面相互垂直
解析：选ABD A.线面平行的性质定理知A正确；B.由线面垂直的判定定理知B正确；C.由这两条直线可能相交或平行或异面知C错误；D.由面面垂直的判定定理知D正确.故选A，B，D.
6．如图，在三棱锥P­ABC内，侧面PAC⊥底面ABC，且∠PAC＝90°，PA＝1，AB＝2，则
PB＝________.

解析：∵侧面PAC⊥底面ABC，交线为AC，∠PAC＝90°(即PA⊥AC)，
∴PA⊥平面ABC.又AB⊂平面ABC，∴PA⊥AB.
∴PB＝＝＝.
答案：
7．如图，平行四边形ABCD中，AB⊥BD，沿BD将△ABD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AC，则在四面体ABCD的四个面中，互相垂直的平面的对数为________．

解析：因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB⊥BD，所以AB⊥平面BCD.所以平面ABD⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD.因为AB⊥BD，AB∥CD，所以CD⊥BD.又因为平面ABD⊥平面BCD，所以CD⊥平面ABD，所以平面ACD⊥平面ABD，共3对．
答案：3
8.如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，平面PCD⊥平面ABCD.求证：AD⊥平面PCD.
证明：在矩形ABCD中，AD⊥CD.
因为平面PCD⊥平面ABCD，
平面PCD∩平面ABCD＝CD，AD⊂平面ABCD，
所以AD⊥平面PCD.

层级(二)　能力提升练
1.如图所示，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则点C1在底面ABC上的射影H必在 (　　)
A．直线AB上 B．直线BC上
C．直线AC上 D．△ABC内部
解析：选A　连接AC1.∠BAC＝90°，即AC⊥AB.又AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，所以AC⊥平面ABC1.又AC⊂平面ABC，于是平面ABC1⊥平面ABC，且AB为交线，因此，点C1在平面ABC上的射影必在直线AB上，故选A.
2.如图所示，两个正方形ABCD和DCEF不在同一平面内，M，N分别为AB，DF的中点．若CD＝2，平面ABCD⊥平面DCEF，则线段MN的长等于________．
解析：如图，取CD的中点G，连接MG，NG.
因为四边形ABCD，四边形DCEF为正方形，且边长为2，
所以MG⊥CD，MG＝2，NG＝.
因为平面ABCD⊥平面DCEF，平面ABCD∩平面DCEF＝CD，MG
⊂平面ABCD，
所以MG⊥平面DCEF.
又NG⊂平面DCEF，所以MG⊥NG.
所以MN＝＝.
答案：
3．如图所示，在三棱锥P­ABC中，平面PAB⊥底面ABC，且PA＝PB＝PC，则△ABC是________三角形．

解析：设P在平面ABC上的射影为O.
∵平面PAB⊥底面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，
∴O∈AB.∵PA＝PB＝PC，∴OA＝OB＝OC.
∴O是△ABC的外心，且是AB的中点．
∴△ABC是直角三角形．
答案：直角
4.如图，平面ABC⊥平面ACD，AB⊥平面BCD，BE⊥AC于点E.
(1)判断DC与BE的关系；
(2)求证：DC⊥BC.
解：(1)DC⊥BE.理由如下：
∵平面ABC⊥平面ACD，BE⊥AC于点E，平面ABC∩平面ACD＝AC， BE⊂平面ABC，∴BE⊥平面ACD.
又DC⊂平面ACD，∴BE⊥DC.
(2)证明：∵AB⊥平面BCD，DC⊂平面BCD，∴AB⊥DC.
∵BE⊥DC，AB∩BE＝B，∴DC⊥平面ABC，
又BC⊂平面ABC，∴DC⊥BC.
5.如图，在四棱锥P­ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥DC，△PAD是等边三角形，已知BD＝2AD＝4，AB＝2DC＝2.
(1)设M是PC上的一点，求证：平面MBD⊥平面PAD；
(2)求四棱锥P­ABCD的体积．
解：(1)证明：在△ABD中，∵AD＝2，BD＝4，AB＝2，
∴AD2＋BD2＝AB2.故AD⊥BD.
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥平面PAD.
∵BD⊂平面MBD，∴平面MBD⊥平面PAD.
(2)过P作PO⊥AD交AD于O，
∵平面PAD⊥平面ABCD，

∴PO⊥平面ABCD.
∴PO为四棱锥P­ABCD的高．
又△PAD是边长为2的等边三角形，
∴PO＝×2＝.
∵在底面四边形ABCD中，AB∥DC，
AB＝2DC，
∴四边形ABCD是梯形．
在Rt△ADB中，斜边AB边上的高为＝，
∴四边形ABCD的面积为S＝×＝6.
故VP­ABCD＝×6×＝2.

层级(三)　素养培优练
如图，在△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，AB⊥平面BCD，∠ADB＝60°，E，F分别是AC，AD上的动点，且＝＝λ(0<λ<1)．
(1)求证：不论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC.
(2)当λ为何值时，平面BEF⊥平面ACD?
解：(1)证明：∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD.
∵CD⊥BC，AB∩BC＝B，∴CD⊥平面ABC.
又＝＝λ(0<λ<1)，
∴不论λ为何值，总有EF∥CD，∴EF⊥平面ABC.
又EF⊂平面BEF，∴不论λ为何值，
总有平面BEF⊥平面ABC.
(2)由(1)知，EF⊥BE.
又平面BEF⊥平面ACD，∴BE⊥平面ACD.∴BE⊥AC.
∵BC＝CD＝1，∠BCD＝90°，∠ADB＝60°，
AB⊥平面BCD，∴BD＝，AB＝tan 60°＝.
∴AC＝ ＝.
由AB2＝AE·AC得AE＝，∴λ＝＝，
故当λ＝时，平面BEF⊥平面ACD.

立体几何初步

综合考法(一)　空间几何体的表面积与体积

【题型技法】
[例1]　(1)已知圆锥的底面半径为2，高为4，则该圆锥的内切球表面积为 (　　)
A．4π　　　　　　　　　 B．4π
C．8π D．8π
(2)《孙子算经》是我国古代内容极其丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有圆窖周五丈四尺，深一丈八尺，问受粟几何？”其意思为：“有圆柱形容器，底面圆周长五丈四尺，高一丈八尺，求此容器能放多少斛米”(古制1丈＝10尺，1斛＝1.62立方尺，圆周率π＝3)，则该圆柱形容器能放米 (　　)
A．900斛 B．2 700斛
C．3 600斛 D．10 800斛
(3)如图，在多面体ABCDEF中，已知 ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为
(　　)
A. B.
C. D.
[解析]　(1)
如图所示．△PAB为圆锥的轴截面，且AB＝2R＝4，OP＝4.
在Rt△POA中，PA＝＝6.
设△PAB内切圆的半径为r，
∵S△PAB＝·AB·PO
＝8＝(PA＋PB＋AB)·r
＝(12＋4)·r，∴r＝，即为圆锥的内切球的半径．
故其表面积为4πr2＝8π.
(2)设圆柱的底面半径为r，则2πr＝54，得r＝9，
故米堆的体积为π×92×18＝4 374立方尺．
∵1斛米的体积约为1.62立方尺，
∴该圆柱形容器能放米：4 374÷1.62≈2 700(斛)．
(3)如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG， CH.
容易求得EG＝HF＝，
AG＝GD＝BH＝HC＝.
取AD的中点O，连接GO，则GO＝.
∴S△AGD＝S△BHC＝××1＝.
∴多面体的体积V＝V三棱锥E­ADG＋V三棱锥F­BCH＋V三棱柱AGD­BHC
＝2V三棱锥E­ADG＋V三棱柱AGD­BHC＝×××2＋×1＝.
[答案]　(1)D　(2)B　(3)A

[方法技巧]
1．求几何体的表面积及体积的常用方法
(1)公式法：根据题意直接套用表面积或体积公式求解．
(2)割补法：割补法的思想是通过分割或补形，将原几何体分割成或补成较易计算体积的几何体，从而求出原几何体的体积．
(3)等体积变换法：等积变换法的思想是从不同的角度看待原几何体，通过改变顶点和底面，利用体积不变的原理来求原几何体的体积．
2．与球相关问题的解题策略
(1)作适当的截面(如轴截面等)时，对于球内接长方体、正方体，则截面一要过球心，二要过长方体或正方体的两条体对角线，才有利于解题．
(2)对于“内切”和“外接”等问题，首先要弄清几何体之间的相互关系，主要是指特殊的点、线、面之间的关系，然后把相关的元素放到这些关系中来解决．　　
【集训冲关】
1．我国古代《九章算术》将上、下两面为平行矩形的六面体称为刍童．现有一个长、宽、高分别为5,3,3的长方体，将上底面绕着上、下底面中心连线(对称轴)旋转90度，得到一个刍童(如图)，则该刍童的外接球的表面积为 (　　)

A. B.
C．43π D．50π
解析：选C　由题意可得，上、下底面中心连接所得线段的中点为该刍童的外接球的球心，设该刍童的外接球的半径为R，则R2＝2＋＝.
∴该刍童的外接球的表面积为4πR2＝43π.
2．正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为6，底面边长为4，则该球的表面积为
(　　)
A.π B.π
C.π D．16π
解析：选B　如图，设PE为正四棱锥P­ABCD的高，则正四棱锥 P­ABCD的外接球的球心O必在其高PE所在的直线上，延长PE交球面于一点F，连接AE，AF.由球的性质可知，△PAF为直角三角形且AE⊥PF.又底面边长为4，所以AE＝2，PE＝6，所以侧棱长PA＝＝＝＝2.设球的半径为R，则PF＝2R.由三角形相似得PA2＝PF·PE，即44＝2R×6，解得R＝，所以S＝4πR2＝4π×2＝.
3.如图所示的三棱锥O­ABC为长方体的一角．其中OA，OB，OC两两垂直，三个侧面OAB，OAC，OBC的面积分别为1.5 cm2, 1 cm2,3 cm2，求三棱锥O­ABC的体积．
解：设OA，OB，OC的长依次为x cm，y cm，z cm，
则由已知可得xy＝1.5，xz＝1，yz＝3.
解得x＝1，y＝3，z＝2.
将三棱锥O­ABC看成以C为顶点，OAB为底面．
易知OC为三棱锥C­OAB的高．于是VO­ABC＝VC­OAB＝S△OAB·OC＝×1.5×2＝1(cm3)．
综合考法(二)　平行与垂直关系的判定与证明

【题型技法】
[例2]　(1)(多选)已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，A∉l，若直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列判断正确的是 (　　)
A．AB∥m　　　　　　　　　 B．AC⊥m
C．AB∥β D．AC⊥β
(2)如图所示，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，EF∥AC，AB＝，CE＝EF＝1.
求证：①AF∥平面BDE；
②CF⊥平面BDE.
[解析]　(1)选ABC　因为m∥α，m∥β，α∩β＝l，所以m∥l.又AB∥l，所以AB∥m，故A正确；因为AC⊥l，m∥l，所以AC⊥m，故B正确；因为A∈α，AB∥l，l⊂α，所以B∈α，所以AB⊄β，l⊂β，所以AB∥β，故C正确；因为AC⊥l，当点C在α内时，AC⊥β成立；当点C不在α内时，AC⊥β不成立，故D不正确．
(2)证明：①设AC与BD交于点O，连接EO，如图所示．
∵EF∥AC，且EF＝1，AO＝AC＝1，
∴四边形AOEF为平行四边形．
∴AF∥OE.∵OE⊂平面BDE，AF⊄平面BDE，
∴AF∥平面BDE.
②连接FO，如图所示．
∵EF∥CO，EF＝CO＝1，且CE＝1，
∴四边形CEFO为菱形．∴CF⊥EO.
∵四边形ABCD为正方形，∴BD⊥AC.
又平面ACEF⊥平面ABCD，
且平面ACEF∩平面ABCD＝AC，
∴BD⊥平面ACEF.∴CF⊥BD.
又BD∩EO＝O，∴CF⊥平面BDE.
[方法技巧]
1．平行、垂直关系的相互转化

2．证明空间线面平行或垂直的三个注意点
(1)由已知想性质，由求证想判定．
(2)适当添加辅助线(或面)是解题的常用方法之一．
(3)用定理时要先明确条件，再由定理得出相应结论．　　
【集训冲关】
1．若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是 (　　)
A．l1⊥l4
B．l1∥l4
C．l1与l4既不垂直也不平行
D．l1与l4的位置关系不确定
解析：选D　如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，记l1＝DD1，l2＝DC，l3＝DA，若l4＝AA1，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，此时l1∥l4，可以排除选项A和C.若l4＝DC1，也满足条件，可以排除选项B.
2.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AD⊥DE，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CC1⊥AD.
因为AD⊥DE，CC1⊂平面BCC1B1，DE⊂平面BCC1B1，
CC1∩DE＝E，所以AD⊥平面BCC1B1.

因为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A1F⊥B1C1.
因为CC1⊥平面A1B1C1，且A1F⊂平面A1B1C1，
所以CC1⊥A1F.
因为CC1⊂平面BCC1B1，B1C1⊂平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1，所以A1F⊥平面BCC1B1.
由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD.
又AD⊂平面ADE，A1F⊄平面ADE，所以A1F∥平面ADE.

综合考法(三)　空间角的计算

【题型技法】
[例3]　如图所示，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，AD⊥PD，BC＝1，PC＝2，PD＝CD＝2.
(1)求异面直线PA与BC所成角的正切值；
(2)求证：平面PDC⊥平面ABCD；
(3)求直线PB与平面ABCD所成角的正弦值．
[解]　(1)因为底面ABCD是矩形，
所以AD＝BC且AD∥BC.
故∠PAD为异面直线PA与BC所成的角．
又因为AD⊥PD，在Rt△PDA中，tan∠PAD＝＝2，
所以异面直线PA与BC所成角的正切值为2.
(2)证明：由于底面ABCD是矩形，
故AD⊥CD.又因为AD⊥PD，CD∩PD＝D，
所以AD⊥平面PDC.而AD⊂平面ABCD，
所以平面PDC⊥平面ABCD.
(3)在平面PDC内，过点P作PE⊥CD交CD的延长线于点E，连接EB(如图)．
由于平面PDC⊥平面ABCD，而直线CD是平面PDC与平面ABCD的交线，故PE⊥平面ABCD.由此得∠PBE为直线PB与平面ABCD所成的角．
在△PDC中，由于PD＝CD＝2，PC＝2，
可得∠PCD＝30°.在Rt△PEC中，PE＝PCsin 30°＝.
由AD∥BC，AD⊥平面PDC，
得BC⊥平面PDC，因此BC⊥PC.
在Rt△PCB中，PB＝＝.
在Rt△PEB中，sin∠PBE＝＝.
所以直线PB与平面ABCD所成角的正弦值为.
[方法技巧]
空间角的求法
(1)找异面直线所成的角的三种方法
①利用图中已有的平行线平移；
②利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；
③补形平移．
(2)线面角：求斜线与平面所成的角关键是找到斜线在平面内的射影，即确定过斜线上一点向平面所作垂线的垂足．通常是解由斜线段、垂线段、斜线在平面内的射影所组成的直角三角形．
(3)二面角：利用几何体的特征作出所求二面角的平面角，再把该平面角转化到某三角形或其他平面图形中求解．　
【集训冲关】
　

如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD 是直角梯形，∠DAB＝∠ABC＝90°，且AB＝BC＝2AD＝2，侧面PAB⊥底面ABCD，△PAB是等边三角形．(1)求证：BD⊥PC；
(2)求二面角B­PC­D的大小．
解：(1)证明：如图，取AB的中点O，连接PO，CO.
因为△PAB是等边三角形，所以PO⊥AB.
又侧面PAB⊥底面ABCD，所以PO⊥底面ABCD.
因为BD⊂平面ABCD，所以PO⊥BD.
又AB＝BC＝2AD＝2，∠ABC＝∠DAB＝90°，
所以△DAB≌△OBC.所以∠BCO＝∠ABD，所以BD⊥OC.又OC⊂平面POC，PO⊂平面POC，OC∩PO＝O，
所以BD⊥平面POC.因为PC⊂平面POC，所以BD⊥PC.
(2)如图，取PC的中点E，连接BE，DE.
因为PB＝BC，所以BE⊥PC.
又BD⊥PC，BE∩BD＝B，
所以PC⊥平面BDE，所以PC⊥DE.
所以∠BED是二面角B­PC­D的平面角．

因为BC⊥AB，平面PAB∩平面ABCD＝AB，平面PAB⊥平面ABCD，AD⊥AB，
所以AD⊥平面PAB，BC⊥平面PAB.
所以BC⊥PB，AD⊥PA.
由平面几何知识，可求得BE＝PC＝，PD＝BD＝，所以DE＝.所以BE2＋DE2＝BD2.所以∠BED＝90°，
即二面角B­PC­D的大小为90°.

综合考法(四)　立体几何中的折叠问题

【题型技法】
[例4]　如图①所示，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，AB∥CD，AD＝CD＝AB＝2，E为AC的中点，将△ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD与平面ABC垂直，得到如图②所示的几何体D ­ABC.

(1)求证：BC⊥平面ACD；
(2)点F在棱CD上，且满足AD∥平面BEF，求几何体F­BCE的体积．
[解]　(1)证明：∵AC＝＝2，
∠BAC＝∠ACD＝45°，AB＝4，
∴在△ABC中，BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos 45°＝8，∴AB2＝AC2＋BC2＝16.∴AC⊥BC.
∵平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC，∴BC⊥平面ACD.
(2)∵AD∥平面BEF，AD⊂平面ACD，平面ACD∩平面BEF＝EF，∴AD∥EF.
∵E为AC的中点，∴EF为△ACD的中位线．
由(1)知，几何体F­BCE的体积
VF­BCE＝VB­CEF＝·S△CEF·BC.
∵S△CEF＝S△ACD＝××2×2＝，
∴VF­BCE＝××2＝.
[方法技巧]
平面图形翻折为空间图形问题的解题关键是看翻折前后线面位置关系的变化，根据翻折的过程找到翻折前后线线位置关系中没有变化的量和发生变化的量，这些不变的和变化的量反映了翻折后的空间图形的结构特征．解决此类问题的步骤为：

【集训冲关】
　如图①，在平面五边形ABCDE中，AB∥CE，且AE＝2，∠AEC＝60°，CD＝ED＝，cos∠EDC＝.将△CDE沿CE折起，使点D到P的位置，且AP＝，得到如图②所示的四棱锥P­ABCE.

(1)求证：AP⊥平面ABCE；
(2)记平面PAB与平面PCE相交于直线l，求证：AB∥l.
证明：(1)在△CDE中，∵CD＝ED＝，cos∠EDC＝，
由余弦定理得CE＝ ＝2.
连接AC.∵AE＝CE＝2，∠AEC＝60°，
∴AC＝2.又AP＝，
∴在△PAE中，AP2＋AE2＝PE2，即AP⊥AE.同理AP⊥AC.
∵AC∩AE＝A，AC⊂平面ABCE，AE⊂平面ABCE，∴AP⊥平面ABCE.
(2)∵AB∥CE，且CE⊂平面PCE，AB⊄平面PCE，
∴AB∥平面PCE.
又平面PAB∩平面PCE＝l，AB⊂平面PAB，
∴AB∥l.
综合考法(五)　立体几何中的探索性问题

【题型技法】
[例5]　如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M 是上异于C，D的点．
(1)求证：平面AMD⊥平面BMC.
(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．
[解]　(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面CMD.又DM⊂平面CMD，所以BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，
所以DM⊥CM.
又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.
因为DM⊂平面AMD，
所以平面AMD⊥平面BMC.
(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.

理由如下：如图，连接AC交BD于O.
因为四边形ABCD为矩形，
所以O为AC的中点．
连接OP，因为P为AM的中点，
所以MC∥OP.又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD.
[方法技巧]
探索性问题的一般解题方法
先假设其存在，然后把这个假设作为已知条件，和题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算．在推理论证和计算无误的前提下，如果得到了一个合理的结论，则说明存在；如果得到了一个不合理的结论，则说明不存在．　
【集训冲关】
　
如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，AA1＝，D是A1B1的中点．
(1)求证：C1D⊥平面AA1B1B.
(2)当点F在BB1上的什么位置时，会使得AB1⊥平面C1DF？证明你的结论．
解：(1)证明：∵ABC­A1B1C1是直三棱柱，
∴A1C1＝B1C1＝1且∠A1C1B1＝90°，
AA1⊥平面A1B1C1.
∵C1D⊂平面A1B1C1，∴AA1⊥C1D.
∵D是A1B1的中点，
∴C1D⊥A1B1.
又A1B1∩AA1＝A1，

∴C1D⊥平面AA1B1B.
(2)如图，作DE⊥AB1于点E，延长DE交BB1于点F，连接C1F，
则AB1⊥平面C1DF，点F即为所求．
证明：由(1)知C1D⊥平面AA1B1B，
AB1⊂平面AA1B1B，∴C1D⊥AB1.
又AB1⊥DF，DF∩C1D＝D，
∴AB1⊥平面C1DF.
易知AA1＝A1B1＝，
∴四边形AA1B1B为正方形．
又D为A1B1的中点，DF⊥AB1，∴F为BB1的中点．
∴当点F为BB1的中点时，AB1⊥平面C1DF.

综合素养评价
1.如图，Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图，斜边O′B′＝2，则这个 平面图形的面积是 (　　)
A.　　　　　　　　　 B．1
C. D．2
解析：选D　∵Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图，斜边O′B′＝2，∴Rt△O′A′B′的直角边长是.
∴Rt△O′A′B′的面积是××＝1.
∴原平面图形的面积是1×2＝2.故选D.
2．(2022·新高考Ⅱ卷)(多选)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB.记三棱锥E­ACD，F­ABC，F­ACE的体积分别为V1，V2，V3，则(　　)
A．V3＝2V2 B．V3＝V1
C．V3＝V1＋V2 D．2V3＝3V1


解析：选CD　如图，连接BD交AC于点O，连接OE，OF.设AB＝ED＝2FB＝2，则AB＝BC＝CD＝AD＝2，FB＝1.因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，所以FB⊥平面ABCD，所以V1＝VE­ACD＝S△ACD×ED＝×AD×CD×ED＝××2×2×2＝，V2＝VF­ABC＝S△ABC×FB＝×AB×BC×FB＝××2×2×1＝.因为ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以ED⊥AC，又AC⊥BD，且ED∩BD＝D，ED，BD⊂平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF.因为OE，OF⊂平面BDEF，所以AC⊥OE，AC⊥OF.易知AC＝BD＝AB＝2，OB＝OD＝BD＝，OF＝＝，OE＝＝，EF＝＝＝3，所以EF2＝OE2＋OF2，所以OF⊥OE，又OE∩AC＝O，OE，AC⊂平面ACE，所以OF⊥平面ACE，所以V3＝VF­ACE＝S△ACE·OF＝×AC×OE×OF＝××2××＝2，所以V3≠2V2，V1≠V3，V3＝V1＋V2,2V3＝3V1，所以A、B不正确，C、D正确，故选C、D.
3.《九章算术(卷第五)·商功》中有如下问题：“今有冥谷上广二丈，袤七丈，下广八尺，袤四丈，深六丈五尺，问积几何？”译文为：“今有上、下底面皆为长方形的墓坑，上底宽2丈，长7丈；下底宽8尺，长4丈，深6丈5尺，问它的容积量是多少？”则该几何体的容积为(注：1丈＝10尺) (　　)
A．45 000立方尺 B．52 000立方尺
C．63 000立方尺 D．72 000立方尺
解析：选B　进行分割如图所示，

V＝2(VA­A1MNE＋VAMN­DPQ＋VD­PQFD1)＋VBCGH­ADFE
＝2××15×6×65×2＋×65×15×8＋×40＝52 000(立方尺)．
4.如图，六棱锥P­ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论正确的是 (　　)
A．PB⊥AD
B．平面PAB⊥平面PBC
C．直线BC∥平面PAE
D．直线PD与平面ABC所成的角为45°
解析：选D　选项A、B、C显然错误．因为PA⊥平面ABC，所以∠PDA是直线PD与平面ABC所成的角．因为ABCDEF是正六边形，所以AD＝2AB.因为tan∠PDA＝＝＝1，所以直线PD与平面ABC所成的角为45°.
5．菱形ABCD在平面α内，PC⊥α，则PA与对角线BD的位置关系是 (　　)
A．平行 B．相交但不垂直
C．相交垂直 D．异面垂直
解析：选D　
如图，PC⊥平面ABCD，∴PC⊥BD.又四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC.∵PC∩AC＝C，∴BD⊥平面PAC.
∴BD⊥PA.显然PA与BD异面，
∴PA与BD异面垂直．故选D.
6．已知正三棱锥的侧棱长是底面边长的2倍，则侧棱与底面所成角的余弦值为 (　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　如图所示，设正三棱锥的底面边长为a，则侧棱长为2a， 设O为底面中心，则∠SAO为SA与平面ABC所成的角．
∵AO＝×a＝a，
∴cos∠SAO＝＝.
7.如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，D是侧面PBC上的一点，过点D作平面ABC的垂线DE，其中D∉PC，则DE与平面PAC的位置关系是________．
解析：因为DE⊥平面ABC，PA⊥平面ABC，
所以DE∥PA.
又DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，
所以DE∥平面PAC.
答案：平行
8．已知直二面角α­l­β，A∈α，AC⊥l，C为垂足，B∈β，BD⊥l，D为垂足．若AB＝2，AC＝BD＝1，则D到平面ABC的距离为__________．
解析：如图，作DE⊥BC于点E.由α­l­β为直二面角，AC⊥l，得AC⊥β，进而AC⊥DE.又BC⊥DE，BC∩AC＝C，于是DE⊥平面ABC，故DE为D到平面ABC的距离．在Rt△BCD中，利用等面积法得
DE＝＝＝.
答案：
9.如图，在棱长均相等的正四棱锥P­ABCD 中，O为底面正方形的中心， M，N分别为侧棱PA，PB的中点，有下列结论：
①PC∥平面OMN；
②平面PCD∥平面OMN；
③OM⊥PA；
④直线PD与直线MN所成角的大小为90°.
其中正确结论的序号是__________．
解析：连接AC，易得PC∥OM，所以PC∥平面OMN，结论①正确．同理PD∥ON，所以平面PCD∥平面OMN，结论②正确．由于四棱锥的棱长均相等，所以AB2＋BC2＝PA2＋PC2＝AC2，所以PC⊥PA，又PC∥OM，所以OM⊥PA，结论③正确．由于M，N分别为侧棱PA，PB的中点，所以MN∥AB.又四边形ABCD为正方形，所以AB∥CD，所以直线PD与直线MN所成的角即为直线PD与直线CD所成的角，即为∠PDC.又三角形PDC为等边三角形，所以∠PDC＝60°，故④错误．
答案：①②③
10．(2022·北京高考节选)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点．求证：MN∥平面BCC1B1.
证明：如图，设点P为AB的中点，连接PN，PM，因为N为AC的中点，
所以PN为△ABC的中位线，
所以PN∥BC.
又因为M为A1B1的中点，
所以PM∥BB1.
因为BB1∩BC＝B，PM∩PN＝P，BB1，BC⊂平面BCC1B1，PM，PN⊂平面MPN，
所以平面BCC1B1∥平面MPN.
又因为MN⊂平面MPN，
所以MN∥平面BCC1B1.

11.如图，正方体的棱长为1，B′C∩BC′＝O，求：
(1)AO与A′C′所成角的度数；
(2)AO与平面ABCD所成角的正切值；
(3)平面AOB与平面AOC所成角的度数．
解：(1)∵A′C′∥AC，
∴AO与A′C′所成的角就是∠OAC.
∵AB⊥平面B′BCC′，OC⊂平面B′BCC′，∴OC⊥AB.
又OC⊥BO，AB∩BO＝B，∴OC⊥平面ABO.
∵OA⊂平面ABO，∴OC⊥OA.
在Rt△AOC中，OC＝，AC＝，
则sin∠OAC＝＝，
∴∠OAC＝30°，即AO与A′C′所成角的度数为30°.
(2)如图，作OE⊥BC于E，连接AE.
∵平面B′BCC′⊥平面ABCD，
∴OE⊥平面ABCD.
∴∠OAE为OA与平面ABCD所成的角．
在Rt△OAE中，OE＝，
AE＝ ＝，∴tan∠OAE＝＝.
(3)∵OC⊥OA，OC⊥OB，OA∩OB＝O，∴OC⊥平面AOB.
又∵OC⊂平面AOC，∴平面AOB⊥平面AOC.
即平面AOB与平面AOC所成角的度数为90°.
12．如图①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到图②中△A1BE的位置，得到四棱锥A1­BCDE.

(1)求证：CD⊥平面A1OC；
(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1­BCDE的体积为36，求a的值．
解：(1)证明：在题图①中，
因为AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，
∠BAD＝90°，所以BE⊥AC.
所以在题图②中，BE⊥A1O，BE⊥OC.
又A1O∩OC＝O，所以BE⊥平面A1OC，
又由题知CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.
(2)由已知及(1)知，平面A1BE⊥平面BCDE，
且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，A1O⊥BE，
所以A1O⊥平面BCDE，
即A1O是四棱锥A1­BCDE的高．
由题图①知，A1O＝AB＝a，
平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝a2.
从而四棱锥A1­BCDE的体积
V＝·S·A1O＝·a2·a＝a3，
由a3＝36，得a＝6.


阶段验收评价

(时间：120分钟　满分：150分)

一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1．对于用斜二测画法画水平放置的图形的直观图来说，下列描述不正确的是(　　)
A．三角形的直观图仍然是一个三角形
B．90°角的直观图为45°角
C．与y轴平行的线段长度变为原来的一半
D．原来平行的线段仍然平行
解析：选B　A正确，根据斜二测画法，三角形的直观图仍然是一个三角形；B错误，90°角的直观图可以是45°角，也可以是135°角；由斜二测画法规则知C、D正确．
2．空间中有三条线段AB，BC，CD，且∠ABC＝∠BCD，那么直线AB与CD的位置关系是
(　　)
A．平行
B．异面
C．相交或平行
D．平行或异面或相交均有可能
解析：选D　如图可知AB，CD有相交，平行，异面三种情况，故选D.

3．直线l1∥l2，在l1上取3个点，在l2上取2个点，由这5个点能确定平面的个数为(　　)
A．5　　　　　　　　　　 B．4
C．9 D．1
解析：选D　由经过两条平行直线有且只有一个平面可知分别在两平行直线上的5个点只能确定一个平面．故选D.
4.在如图所示的长方体ABCD­A1B1C1D1中，VA1­BCD的体积是 (　　)
A．60 B．30
C．20 D．10
解析：选D　VA1­BCD＝××3×5×4＝10.故选D.
5．正方体的表面积与其外接球的表面积的比为 (　　)
A．3∶π B．2∶π
C．1∶2π D．1∶3π
解析：选B　设正方体的棱长为a，则球的直径为2R＝a，所以R＝a.正方体的表面积为6a2.球的表面积为4πR2＝4π·2＝3πa2，所以它们的表面积之比为6a2∶3πa2＝2∶π.故选B.
6．《算数书》是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“困盖”的术：置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V≈L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么，近似公式V≈L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为 (　　)
A. B.
C. D.
解析：选B　设圆锥底面积的半径为r，高为h，
则L＝2πr，πr2h＝(2πr)2h，所以π＝.故选B.
7.如图，在三棱锥A­BCD中，AC⊥AB，BC⊥BD，平面ABC⊥平面BCD.给出下列结论：
①AC⊥BD；②AD⊥BC；③平面ABC⊥平面ABD；④平面ACD⊥平面
ABD.
以上结论中正确的个数为 (　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C　∵平面ABC⊥平面BCD，
平面ABC∩平面BCD＝BC，BC⊥BD，
∴BD⊥平面ABC.又AC⊂平面ABC，
∴BD⊥AC，故①正确．
当AD⊥BC时，∵BD⊥BC，AD∩BD＝D，
∴BC⊥平面ABD.
∵AC⊥AB，BD⊥AC，AB∩BD＝B，∴AC⊥平面ABD，
而AC∩BC＝C，过平面外一点不可能有两条不同直线同时垂直于同一个平面，故②错误．
∵BD⊂平面ABD，BD⊥平面ABC，
∴平面ABD⊥平面ABC，故③正确．
∵AC⊥平面ABD，AC⊂平面ACD，
∴平面ACD⊥平面ABD，故④正确．
综上所述，①③④正确．故选C.
8.如图，在边长为1的正方形ABCD中，点E，F分别为边BC，AD的中点，将△ABF沿BF所在的直线进行翻折，将△CDE沿DE所在的直线进行翻折，在翻折过程中，下列说法错误的是 (　　)
A．无论翻折到什么位置，A，C两点都不可能重合
B．存在某个位置，使得直线AF与直线CE所成的角为60°
C．存在某个位置，使得直线AF与直线CE所成的角为90°
D．存在某个位置，使得直线AB与直线CD所成的角为90°
解析：选D　在A中，点A与点C一定不重合，故A正确；在B中，存在某个位置，使得直线AF与直线CE所成的角为60°，故B正确；在C中，当平面ABF⊥平面BEDF，平面DCE⊥平面BEDF时，直线AF与直线CE垂直，故C正确；在D中，直线AB与直线CD不可能垂直，故D错误．故选D.
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
9．用一个平面去截正方体，关于截面的形状，下列判断正确的是 (　　)
A．直角三角形　　　　 B．正五边形
C．正六边形 D．梯形
解析：选CD　画出截面图形如图：

可以画出三角形但不是直角三角形，故A错误；如图①经过正方体的一个顶点去截就可得到五边形，但此时不可能是正五边形，故B错误；正方体有六个面，如图②用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，且可以画出正六边形，故C正确；可以画出梯形但不是直角梯形，故D正确．故选C、D.
10．设α，β表示两个平面，l表示直线，A，B，C表示三个不同的点，给出下列命题，其中正确的是 (　　)
A．若A∈l，A∈α，B∈l，B∈α，则l⊂α
B．α，β不重合，若A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，则α∩β＝AB
C．若l⊄α，A∈l，则A∉α
D．若A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线，则α与β重合
解析：选ABD　由基本事实1，A正确，易知B、D正确，C错误，当A是l与α的交点时，A∈α.故选A、B、D.
11.如图，在四面体PABC中，AB＝AC，PB＝PC，D，E，F分别是棱AB，BC，CA的中点，则下列结论中成立的是 (　　)
A．BC∥平面PDF
B．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面PAE
D．平面PDF⊥平面ABC
解析：选ABC　因为D，F分别为AB，AC的中点，则DF为△ABC的中位线，所以BC∥DF，依据线面平行的判定定理，可知BC∥平面PDF，A成立；又E为BC的中点，且PB＝PC，AB＝AC，则BC⊥PE，BC⊥AE，依据线面垂直的判定定理，可知BC⊥平面PAE.因为BC∥DF，所以DF⊥平面PAE，B成立；又DF⊂平面PDF，则平面PDF⊥平面PAE，C成立；要使平面PDF⊥平面ABC，已知AE⊥DF，则必须有AE⊥PD或AE⊥PF，由条件知此垂直关系不一定成立，D错误．故选A、B、C.
12.如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°，侧面PAD为正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，则下列说法正确的是(　　)
A．在棱AD上存在点M，使AD⊥平面PMB
B．异面直线AD与PB所成的角为90°
C．二面角P­BC­A的大小为45°
D．BD⊥平面PAC
解析：选ABC　如图，对于A，取AD的中点M，连接PM，BM.
∵侧面PAD为正三角形，
∴PM⊥AD.又底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，∴△ABD是等边三角形，
∴AD⊥BM.又PM∩BM＝M，PM⊂平面PMB，BM⊂平面PMB，∴AD⊥平面PBM，故A正确．
对于B，∵AD⊥平面PBM，
∴AD⊥PB，即异面直线AD与PB所成的角为90°，故B正确．
对于C，∵平面PBC∩平面ABCD＝BC，BC∥AD，
∴BC⊥平面PBM.∴BC⊥PB，BC⊥BM.
∴∠PBM是二面角P­BC­A的平面角．
设AB＝1，则BM＝，PM＝，
在Rt△PBM中，tan∠PBM＝＝1，
即∠PBM＝45°，故二面角P­BC­A的大小为45°，故C正确．
对于D，因为BD与PA不垂直，
所以BD与平面PAC不垂直，故D错误．
故选A、B、C.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．如果用半径R＝2的半圆形铁皮卷成一个圆锥筒，那么这个圆锥筒的高是________．
解析：设圆锥筒的底面半径为r，则2πr＝πR＝2π，则r＝，所以圆锥筒的高h＝＝＝3.
答案：3
14．在三棱锥P ­ABC中，PA＝PB＝PC＝BC，且∠BAC＝90°，则PA与底面ABC所成的角为________．
解析：PA＝PB＝PC，则P点在底面ABC的射影落在Rt△ABC 的斜边BC上，即为BC的中点．设BC的中点为D，如图，连接PD，AD，所以PA与底面ABC所成的角为∠PAD.在等边三角形PBC中，设PB＝1，则PD＝，在直角三角形ABC中，AD＝BC＝，则有AD2＋PD2＝PA2，所以三角形PAD为直角三角形，又tan∠PAD＝＝，所以∠PAD＝60°，即PA与底面ABC所成的角为60°.
答案：60°
15．若P是△ABC所在平面外一点，而△PBC和△ABC都是边长为2的正三角形，PA＝，那么二面角P­BC­A 的大小为__________．
解析：如图，取BC的中点O，连接OA，OP，则∠POA为二面角P­BC­A 的平面角，OP＝OA＝，PA＝，所以△POA为直角三角形，∠POA＝90°.
答案：90°
16.现有一副斜边长为10的直角三角板，将它们斜边AB重合，若将其中一 个三角板沿斜边折起形成三棱锥A­BCD，如图所示，已知∠DAB＝，∠BAC＝，则三棱锥A­BCD的外接球的表面积为________；该三棱锥体积的最大值为________．
解析：由题意，∠ADB＝∠ACB＝，
又∠DAB＝，∠BAC＝，AB＝10，
∴AD＝5，BD＝5，AC＝BC＝5.
∵∠ADB＝∠ACB＝，
∴三棱锥A­BCD的外接球的直径为AB，则球的半径为5，故球的表面积为S＝4π×52＝100π；
当点C到平面ABD的距离最大时，三棱锥A­BCD的体积最大，此时平面ABC⊥平面ABD，且点C到平面ABD的距离d＝5，
∴VA­BCD＝VC­ABD＝S△ABD·d＝××5×5×5＝.
答案：100π　
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17.(10分)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是菱形，且PB＝PD.
(1)求证：BD⊥PC；
(2)若平面PBC与平面PAD的交线为l，求证：BC∥l.
证明：(1)连接AC交BD于点O，连接PO.
因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC.
又因为PB＝PD，O为BD的中点，
所以BD⊥PO.
因为PO∩AC＝O，所以BD⊥平面PAC.
因为PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC.
(2)因为四边形ABCD为菱形，所以BC∥AD.
因为BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以BC∥平面PAD.
又因为BC⊂平面PBC，平面PBC与平面PAD的交线为l，所以BC∥ l.
18.(12分)如图，在四棱锥P­ABCD 中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°.
(1)求证：直线BC∥平面PAD；
(2)若△PCD面积为2，求四棱锥P­ABCD的体积．
解：(1)证明：∵底面ABCD中，∠BAD＝∠ABC＝90°，
∴BC∥AD.
又AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，
∴BC∥平面PAD.
(2)取AD的中点M，连接PM，CM.由AB＝BC＝AD及BC∥AD，∠ABC＝90°得四边形ABCM为正方形，则CM⊥AD.
因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PM⊂平面PAD，所以PM⊥AD，PM⊥底面ABCD.
因为CM⊂底面ABCD，所以PM⊥CM.
设BC＝x，则CM＝x，CD＝x，PM＝x，PC＝PD＝2x.取CD的中点N，连接PN，则PN⊥CD，
所以PN＝x.
因为△PCD的面积为2，所以×x×x＝2，
解得x＝－2(舍去)，x＝2.
于是AB＝BC＝2，AD＝4，PM＝2.
所以四棱锥P­ABCD的体积V＝××2＝4.
19.(12分)如图，在三棱锥P­ABC中，AB⊥平面PAC，∠APC＝90°，E是AB的中点，M是CE的中点，N在PB上，且PB＝4PN.
求证：(1)平面PCE⊥平面PAB；
(2)MN∥平面PAC.
证明：(1)因为AB⊥平面PAC，所以AB⊥PC.
又∠APC＝90°，所以AP⊥PC.
因为AB∩AP＝A，所以PC⊥平面PAB.
因为PC⊂平面PCE，
所以平面PCE⊥平面PAB.
(2)取AE的中点Q，连接QN，QM.
在△AEC中，因为M是CE的中点，
所以QM∥AC.
又PB＝4PN，AB＝4AQ，所以QN∥AP.
又QM∩QN＝Q，AC∩AP＝A，
所以平面QMN∥平面PAC.
又MN⊂平面QMN，所以MN∥平面PAC.
20．(12分)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的
中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.　
求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；
(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.
证明：(1)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC∥A1C1，
在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，
所以DE∥AC，于是DE∥A1C1，
又因为DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，
所以直线DE∥平面A1C1F.
(2)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，
因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以AA1⊥A1C1，
又因为A1C1⊥A1B1，A1B1∩AA1＝A1，AA1⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，
所以A1C1⊥平面ABB1A1，
因为B1D⊂平面ABB1A1，
所以A1C1⊥B1D.
又因为B1D⊥A1F，A1C1∩A1F＝A1，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，
所以B1D⊥平面A1C1F，
因为直线B1D⊂平面B1DE，
所以平面B1DE⊥平面A1C1F.
21.(12分)如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB∥CD，AB＝BC＝CC1＝2CD，E为线段AB的中点，F是线段DD1上的动点．
(1)求证：EF∥平面BCC1B1；
(2)若∠BCD＝∠C1CD＝60°，且平面D1C1CD⊥平面ABCD，求平面BCC1B1与平面DC1B1所成角(锐角)的余弦值．
解：(1)证明：如图，连接DE，D1E.
∵AB∥CD，AB＝2CD，E是AB的中点，
∴BE∥CD，BE＝CD.
∴四边形BCDE是平行四边形．
∴DE∥BC.
又DE⊄平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，
∴DE∥平面BCC1B1.
∵DD1∥CC1，DD1⊄平面BCC1B1，CC1⊂平面BCC1B1，
∴D1D∥平面BCC1B1.
又D1D∩DE＝D，DE⊂平面DED1，
D1D⊂平面DED1，
∴平面DED1∥平面BCC1B1.
∵EF⊂平面DED1，
∴EF∥平面BCC1B1.
(2)如图，连接BD.
设CD＝1，则AB＝BC＝CC1＝2.
∵∠BCD＝60°，
∴BD＝ ＝.
∴CD2＋BD2＝BC2，∴BD⊥CD.
同理可得C1D⊥CD.
∵平面D1C1CD⊥平面ABCD，平面D1C1CD∩平面ABCD＝CD，C1D⊂平面D1C1CD，
∴C1D⊥平面ABCD.
∵BC⊂平面ABCD，∴C1D⊥BC.
∴C1D⊥B1C1.
在平面ABCD中，过点D作DH⊥BC，垂足为H，连接C1H，如图．
∵C1D∩DH＝D，∴BC⊥平面C1DH.
∵C1H⊂平面C1DH，∴BC⊥C1H.
∴B1C1⊥C1H.
∴∠DC1H为平面BCC1B1与平面DC1B1所成的角．
∵在Rt△C1CD中，C1D＝，
在Rt△BCD中，DH＝CD·sin 60°＝，
∴在Rt△C1DH中，C1H＝＝.
∴cos∠DC1H＝＝.
∴平面BCC1B1与平面DC1B1所成的角(锐角)的余弦值为.
22.(12分)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，M为棱AC的中点，AB＝BC，AC＝2，AA1＝.
(1)求证：B1C∥平面A1BM.
(2)求证：AC1⊥平面A1BM.
(3)在棱BB1上是否存在点N，使得平面AC1N⊥平面AA1C1C？如果存在，求此时的值；如果不存在，请说明理由．
解：(1)证明：
连接AB1交A1B于O，连接OM，如图所示．
在△B1AC中，因为M，O分别为AC，AB1的中点，
所以OM∥B1C.
又OM⊂平面A1BM，B1C⊄平面A1BM，
所以B1C∥平面A1BM.
(2)证明：因为侧棱AA1⊥底面ABC，BM⊂平面ABC，
所以AA1⊥BM.
因为M为棱AC的中点，AB＝BC，
所以BM⊥AC.
又AA1∩AC＝A，
所以BM⊥平面ACC1A1.
所以BM⊥AC1.
因为M为棱AC的中点，AC＝2，
所以AM＝1.
又AA1＝，
所以在Rt△ACC1和Rt△A1AM中，
tan∠AC1C＝tan∠A1MA＝.
所以∠AC1C＝∠A1MA.
所以∠AC1C＋∠C1AC＝∠A1MA＋∠C1AC＝90°.
所以A1M⊥AC1.
因为BM∩A1M＝M，
所以AC1⊥平面A1BM.
(3)存在点N，且当点N为BB1的中点，即＝时，平面AC1N⊥平面AA1C1C.
设AC1的中点为D，连接DM，DN，如图所示．
因为D，M分别为AC1，AC的中点，
所以DM∥CC1，且DM＝CC1.
又N为BB1的中点，
所以DM∥BN，且DM＝BN.
所以四边形DMBN是平行四边形．
所以BM∥DN.
因为BM⊥平面ACC1A1，
所以DN⊥平面ACC1A1.
又DN⊂平面AC1N，
所以平面AC1N⊥平面ACC1A1.