高二下學期《空間角與距離》測試題

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1、必修二復習提綱（含練習） 一．幾何體的認識 1. 棱柱:兩個平面互相平行，其余各面都是四邊形，并且每相鄰兩個四邊形的公共邊都互相平行，這些面圍成的幾何體稱為棱柱 2. 棱錐: 有一面為多邊形，其余各面是有一個公共頂點的三角形，這些面圍成的幾何體叫做棱錐 3. 棱臺: 用一個平行于棱錐底面的平面去截棱錐，底面與截面之間的部分，這樣的多面體叫做棱臺 1.有兩個面互相平行，其余各面是平行四邊形的幾何體是棱柱嗎？ 分析：如圖18所示，此幾何體有兩個面互相平行，其余各面是平行四邊形，很明顯這個幾何體不是棱柱，因此說有兩個面互相平行，其余各面是平行四邊形的幾何體不一定是棱柱. 圖18

2、 由此看，判斷一個幾何體是否是棱柱，關鍵是緊扣棱柱的3個本質(zhì)特征：①有兩個面互相平行；②其余各面都是四邊形；③每相鄰兩個四邊形的公共邊都互相平行.這3個特征缺一不可，圖18所示的幾何體不具備特征③. 2.有一個面是多邊形，其余各面都是三角形的幾何體是棱錐嗎？ 剖析：如圖19所示，將正方體ABCD—A1B1C1D1截去兩個三棱錐A—A1B1D1和C—B1C1D1，得如圖20所示的幾何體. 圖19 圖20 圖20所示的幾何體有一個面ABCD是四邊形，其余各面都是三角形的幾何體，很明顯這個幾何體不是棱錐，因此說有一個面是多邊

3、形，其余各面都是三角形的幾何體不一定是棱錐. 由此看，判斷一個幾何體是否是棱錐，關鍵是緊扣棱錐的3個本質(zhì)特征：①有一個面是多邊形；②其余各面都是三角形；③這些三角形面有一個公共頂點.這3個特征缺一不可，圖18所示的幾何體不具備特征③. 3. 下列幾何體是臺體的是（ ） 圖2 活動：學生回顧臺體的結構特征. 分析：A中的“側棱”沒有相交于一點，所以A不是臺體；B中的幾何體沒有兩個平行的面，所以B不是臺體；很明顯C是棱錐，D是臺體. 答案：D 點評：本題主要考查臺體的結構特征.像這樣的概念辨析題，主要是依靠對簡單幾何體的結構特征的準確把握. 例1. （2007寧夏模擬，理

4、6）長方體AC1的長、寬、高分別為3、2、1，從A到C1沿長方體的表面的最短距離為（ ） A. B. C. D. 活動：解決空間幾何體表面上兩點間最短線路問題，一般都是將空間幾何體表面展開，轉化為求平面內(nèi)兩點間線段長，這體現(xiàn)了數(shù)學中的轉化思想. 解：如圖3，在長方體ABCD—A1B1C1D1中，AB=3，BC=2，BB1=1. 圖3 如圖4所示，將側面ABB1A1和側面BCC1B1展開, 圖4 則有AC1=，即經(jīng)過側面ABB1A1和側面BCC1B1時的最短距離是； 如圖5所示，將側面ABB

5、1A1和底面A1B1C1D1展開, 則有AC1=，即經(jīng)過側面ABB1A1和底面A1B1C1D1時的最短距離是； 圖5 如圖6所示，將側面ADD1A1和底面A1B1C1D1展開, 圖6 則有AC1=，即經(jīng)過側面ADD1A1和底面A1B1C1D1時的最短距離是. 由于＜，＜， 所以由A到C1在正方體表面上的最短距離為. 答案：C 點評：本題主要考查空間幾何體的簡單運算及轉化思想.求表面上最短距離可把圖形展成平面圖形. 4.如圖23，在正三棱柱ABC—A1B1C1中，AB=3，AA1=4.M為AA1的中點，P是BC上一點，且由P沿棱柱側面經(jīng)過棱CC1到M的最短路線長為，設

6、這條最短路線與CC1的交點為N，求P點的位置. 圖23 分析：把三棱錐展開后放在平面上，通過列方程解應用題來求出P到C點的距離,即確定了P點的位置. 解：如圖24所示，把正三棱錐展開后，設CP=x, 圖24 根據(jù)已知可得方程22+（3+x)2=29.解得x=2. 所以P點的位置在離C點距離為2的地方. 二．中心投影與平行投影 例2.如圖12甲所示，在正方體ABCD—A1B1C1D1中，E、F分別是AA1、C1D1的中點，G是正方形BCC1B1的中心，則四邊形AGFE在該正方體的各個面上的投影可能是圖12乙中的____________.

7、 甲 乙 圖12 活動：要畫出四邊形AGFE在該正方體的各個面上的投影，只需畫出四個頂點A、G、F、E在每個面上的投影，再順次連接即得到在該面上的投影，并且在兩個平行平面上的投影是相同的. 分析：在面ABCD和面A1B1C1D1上的投影是圖12乙（1）；在面ADD1A1和面BCC1B1上的投影是圖12乙（2）；在面ABB1A1和面DCC1D1上的投影是圖12乙（3）. 答案：（1）（2）（3） 點評：本題主要考查平行投影和空間想象能力.畫出一個圖形在一個平面上的投影的關鍵是確定該圖形的關鍵點，如

8、頂點等，畫出這些關鍵點的投影，再依次連接即可得此圖形在該平面上的投影.如果對平行投影理解不充分，做該類題目容易出現(xiàn)不知所措的情形，避免出現(xiàn)這種情況的方法是依據(jù)平行投影的含義，借助于空間想象來完成. 5 .變式訓練 如圖13(1)所示，E、F分別為正方體面ADD′A′、面BCC′B′的中心，則四邊形BFD′E在該正方體的各個面上的投影可能是圖13(2)的___________. (1) (2) 圖13 分析：四邊形BFD′E在正方體ABCD—A′B′C′D′的面ADD′A′、面BC

9、C′B′上的投影是C；在面DCC′D′上的投影是B；同理，在面ABB′A′、面ABCD、面A′B′C′D′上的投影也全是B. 答案：B C 6. 兩條相交直線的平行投影是（ D ） A.兩條相交直線 B.一條直線 C.兩條平行直線 D.兩條相交直線或一條直線 三．空間幾何體的直觀圖 例3. 如圖7所示，梯形ABCD中，AB∥CD，AB=4 cm，CD=2 cm，∠DAB=30°，AD=3 cm，試畫出它的直觀圖. 圖7 活動：利用斜二測畫法作該梯形的直觀圖，要注意在斜二測畫法中，要有一些平行于原坐標軸的線段才好按部就班地作圖，所

10、以先在原坐標系中過Ｄ作出該點在x軸的垂足，則對應地可以作出線段ＤＥ的直觀圖，進而作出整個梯形的直觀圖. 解：步驟是：（1）如圖8所示，在梯形ABCD中，以邊AB所在的直線為x軸，點A為原點，建立平面直角坐標系xOy.如圖9所示，畫出對應的x′軸，y′軸，使∠x′A′y′=45°. （2）如圖8所示，過D點作DE⊥x軸，垂足為E.在x′軸上取A′B′=AB=4 cm，A′E′=AE=cm ≈2.598 cm；過E′作E′D′∥y′軸，使E′D′=，再過點D′作D′C′∥x′軸，且使D′C′=CD=2 cm. 圖8 圖9

11、 圖10 （3）連接A′D′、B′C′、C′D′，并擦去x′軸與y′軸及其他一些輔助線，如圖10所示，則四邊形A′B′C′D′就是所求作的直觀圖. 7 .一個水平放置的平面圖形的直觀圖是一個底角為45°，腰和上底長均為1的等腰梯形，則該平面圖形的面積等于（ ） A. B. C. D. 分析：平面圖形是上底長為1，下底長為，高為2的直角梯形.計算得面積為. 答案：D 8. 若一個三角形，采用斜二測畫法作出其直觀圖，則其直觀圖的面積是原來三角形面積的（ ） A.倍

12、 B.2倍 C.倍 D.倍 分析：直觀圖也是三角形，并且有一條公共邊，但是這條公共邊上的高發(fā)生變化.直觀圖中公共邊上的高是原三角形中公共邊上高的，則直觀圖的面積是原來三角形面積的倍. 答案：A 四．空間幾何體的三視圖，表面積與體積 1. 柱體，椎體，臺體體積公式： V柱體=Sh V錐體= V臺體=h (S′,S分別為上、下底面積，h為臺體的高). 2. 球表面積，體積公式：S=4πR2, V= 例4 已知棱長為a，各面均為等邊三角形的四面體S—ABC（圖6），求它的表面積.

13、 圖6 活動：回顧幾何體的表面積含義和求法. 分析：由于四面體S—ABC的四個面是全等的等邊三角形，所以四面體的表面積等于其中任何一個面面積的4倍. 解：先求△SBC的面積，過點S作SD⊥BC，交BC于點D. 因為BC=a,SD=, 所以S△SBC=BC·SD=. 因此，四面體S—ABC的表面積S=4×. 點評：本題主要考查多面體的表面積的求法. 變式訓練 9 .已知圓柱和圓錐的高、底面半徑均分別相等.若圓柱的底面半徑為r，圓柱側面積為S，求圓錐的側面積. 解：設圓錐的母線長為l，因為圓柱的側面積為S，圓柱的底面半徑為r，即S圓柱側=S，根據(jù)圓柱的側面積公式可得：圓柱

14、的母線（高）長為，由題意得圓錐的高為，又圓錐的底面半徑為r，根據(jù)勾股定理，圓錐的母線長l=，根據(jù)圓錐的側面積公式得 S圓錐側=πrl=π·r· 10 .圓柱的側面展開圖是邊長為6π和4π的矩形，則圓柱的全面積為__________. 分析：圓柱的側面積S側=6π×4π=24π2. ①以邊長為6π的邊為軸時，4π為圓柱底面圓周長，所以2πr=4π， 即r=2.所以S底=4π.所以S全=24π2+8π. ②以4π所在邊為軸時，6π為圓柱底面圓周長，所以2πr=6,即r=3.所以S底=9π.所以S全=24π2+18π. 答案：24π2+8π或24π2+18π 11 .圓臺的兩個底面半

15、徑分別為2、4，截得這個圓臺的圓錐的高為6，則這個圓臺的體積是_____________. 分析：設這個圓臺的高為h，畫出圓臺的軸截面，可得，解得h=3，所以這個圓臺的體積是(22+2×4+42)×3=28π. 答案：28π 12 .圖20是一個正方體，H、G、F分別是棱AB、AD、AA1的中點.現(xiàn)在沿△GFH所在平面鋸掉正方體的一個角，問鋸掉部分的體積是原正方體體積的幾分之幾? 圖20 分析：因為鋸掉的是正方體的一個角，所以HA與AG、AF都垂直，即HA垂直于立方體的上底面，實際上鋸掉的這個角，是以三角形AGF為底面，H為頂點的一個三棱錐. 解：設正方體的棱長為a，則正方

16、體的體積為a3. 三棱錐的底面是Rt△AGF，即∠FAG為90°，G、F又分別為AD、AA1的中點，所以AF=AG=.所以△AGF的面積為.又因AH是三棱錐的高，H又是AB的中點，所以AH=.所以鋸掉的部分的體積為. 又因,所以鋸掉的那塊的體積是原正方體體積的. 13 .（2007山東臨沂高三期末考試，理13）已知一圓錐的側面展開圖為半圓，且面積為S，則圓錐的底面面積是____________. 分析：如圖21，設圓錐底面半徑為r，母線長為l，由題意得解得r=，所以圓錐的底面積為πr2=. 圖21 答案： 14 .如圖22，一個正三棱柱容器，底面邊長為a，高為2a，內(nèi)

17、裝水若干，將容器放倒，把一個側面作為底面，如圖23，這時水面恰好為中截面，則圖22中容器內(nèi)水面的高度是_________. 圖22 圖23 分析：圖22中容器內(nèi)水面的高度為h，水的體積為V，則V=S△ABCh.又圖23中水組成了一個直四棱柱，其底面積為，高度為2a，則V=·2a，∴h=. 答案： 15.（2005全國高考卷Ⅰ，理5）如圖4（1）所示，在多面體ABCDEF中，已知ABCD是邊長為1的正方形，且△ADE、△BCF均為正三角形，EF∥AB，EF=2，則該多面體的體積為（ ） A.

18、 B. C. D. (1) (2) 圖4 分析：如圖4(2)所示，過B作BG⊥EF于G，連接CG，則CG⊥EF，BF=1，△BCG中，BG=，BC邊上的高為，而S△BCG=×1×=, ∴VF—BCG=.同理過A作AH⊥EF于H，則有VE—AHD=，顯然BCG—ADH為三棱柱，∴VBCG—ADH=×1=，則由圖4(2)可知VADE—BCF=VF—BCG +VE—AHD+VBCG—ADH=. 答案：A 點評：本題求幾何體體積的方法稱為割補法，經(jīng)常應用這種方法求多面體體

19、積.割補法對空間想象能力的要求很高且割補法的目的是化不規(guī)則為規(guī)則.因此可以說割補法是一種綜合的方法，這和我們高考的理念和命題原則是相通的，高考題中出現(xiàn)這樣的問題也是很正常的，所以這將是高考對立體幾何這部分知識命題的方向. 16（2008廣東）將正三棱柱截去三個角（如圖1所示分別是三邊的中點）得到幾何體如圖2，則該幾何體按圖2所示方向的側視圖（或稱左視圖）為（ ） E F D I A H G B C E F D A B C 側視 圖1 圖2 B E A． B E B． B E C． B E D． 解：在圖2的右邊放扇墻

20、(心中有墻),可得答案A 點評：本題主要考查三視圖中的左視圖，要有一定的空間想象能力。 17、（2008江蘇模擬）由大小相同的正方體木塊堆成的幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體中正方體木塊的個數(shù)是 ． 俯視圖 左視圖 主視圖 解：以俯視圖為主，因為主視圖左邊有兩層，表示俯視圖中左邊最多有兩個木塊，再看左視圖，可得木塊數(shù)如右圖所示，因此這個幾何體的正方體木塊數(shù)的個數(shù)為5個。 點評：從三視圖到確定幾何體，應根據(jù)主視圖和俯視圖情況分析，再結合左視圖的情況定出幾何體，最后便可得出這個立體體組合的小正方體個數(shù)。 18.（2007廣東佛山一模，理4

21、）如圖6所示，一個簡單空間幾何體的三視圖其正視圖與側視圖是邊長為2的正三角形、俯視圖輪廓為正方形，則其體積是（ ） 圖6 A. B. C. D. 分析：根據(jù)三視圖可知該幾何體是正四棱錐，且底面積是4，高為正視圖等邊三角形的高，所以體積為. 答案：B 19 （2007山東煙臺高三期末統(tǒng)考，理8）如圖11所示，一個空間幾何體的正視圖、側視圖、俯視圖為全等的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角邊長為1，那么這個幾何體的體積為（ ） 圖11 A.1 B.

22、 C. D. 活動：讓學生將三視圖還原為實物圖，討論和交流該幾何體的結構特征. 分析：根據(jù)三視圖，可知該幾何體是三棱錐，圖12所示為該三棱錐的直觀圖，并且側棱PA⊥AB，PA⊥AC，AB⊥AC.則該三棱錐的高是PA，底面三角形是直角三角形，所以這個幾何體的體積為V=. 圖12 答案：D 點評：本題主要考查幾何體的三視圖和體積.給出幾何體的三視圖，求該幾何體的體積或面積時，首先根據(jù)三視圖確定該幾何體的結構特征，再利用公式求得.此類題目成為新課標高考的熱點，應引起重視. 20.（2007山東泰安高三期末統(tǒng)考，理8）若一個正三棱柱的三視圖如圖13

23、所示，則這個正三棱柱的表面積為（ ） 圖13 A. B. C. D. 分析：該正三棱柱的直觀圖如圖14所示，且底面等邊三角形的高為，正三棱柱的高為2，則底面等邊三角形的邊長為4，所以該正三棱柱的表面積為 3×4×2+2××4×=24+. 圖14 答案：C 21.已知某個幾何體的三視圖如圖24，根據(jù)圖中標出的尺寸（單位：cm）,可得這個幾何體的體積是（ ） 圖24 A. cm3 B.cm3 C.2 000 cm3 D

24、.4 000 cm3 分析：該幾何體是四棱錐，并且長為20 cm的一條側棱垂直于底面，所以四棱錐的高為20 cm,底面是邊長為20 cm的正方形（如俯視圖），所以底面積是20×20=400 cm2，所以該幾何體的體積是×400×20=cm3. 答案：B 例5. （2006廣東高考，12）若棱長為3的正方體的頂點都在同一球面上，則該球的表面積為____________.. 分析：畫出球的軸截面可得，球的直徑是正方體的對角線，所以球的半徑R=，則該球的表面積為S=4πR2=27π. 答案：27π 點評：本題主要考查簡單的組合體和球的表面積.球的表面積和體積都是半徑R的函數(shù).對于和球有關

25、的問題，通?？梢栽谳S截面中建立關系.畫出軸截面是正確解題的關鍵. 變式訓練 22.（2006全國高考卷Ⅰ，理7）已知各頂點都在一個球面上的正四棱柱高為4，體積為16，則這個球的表面積是（ ） A.16π B.20π C.24π D.32π 分析：由V=Sh，得S=4，得正四棱柱底面邊長為2.畫出球的軸截面可得，該正四棱柱的對角線即為球的直徑，所以，球的半徑為R=，所以球的表面積為S=4πR2=24π. 答案：C 23.（2007天津高考，理12）一個長方體的各頂點均在同一球的球面上，且一個頂點

26、上的三條棱的長分別為1,2,3，則此球的表面積為___________. 分析：長方體的對角線為，則球的半徑為,則球的表面積為4π()2=14π. 答案：14π 24.（2007北京西城抽樣，文11）若與球心距離為4的平面截球所得的截面圓的面積是9π，則球的表面積是____________. 分析：畫出球的軸截面，則球心與截面圓心的連線、截面的半徑、球的半徑構成直角三角形，又由題意得截面圓的半徑是3，則球的半徑為=5，所以球的表面積是4π×52=100π. 答案：100π 25.（2007海南高考，文11）已知三棱錐S—ABC的各頂點都在一個半徑為r的球面上，球心O在AB上，S

27、O⊥底面ABC，AC=,則球的體積與三棱錐體積之比是（ ） A.π B.2π C.3π D.4π 分析：由題意得SO=r為三棱錐的高，△ABC是等腰直角三角形，所以其面積是×2r×r=r2,所以三棱錐體積是，又球的體積為，則球的體積與三棱錐體積之比是4π. 答案：D 點評：面積和體積往往涉及空間距離，而新課標對空間距離不作要求，因此在高考試題中其難度很低，屬于容易題，2007年新課標高考試題就體現(xiàn)了這一點.高考試題中通常考查球、三棱錐、四棱錐、長方體、正方體等這些簡單幾何體或它們的組合體的面積或

28、體積的計算.我們應高度重視這方面的應用. 五 平面 1.對平面的理解: 無限延展性, 不可度量性 2. 公理1：如果一條直線上的兩個點在一個平面內(nèi)，那么這條直線上所有的點都在這個平面內(nèi). 公理2：經(jīng)過不在同一直線上的三點，有且只有一個平面 公理2刻畫了平面特有的性質(zhì)，它是確定一個平面位置的依據(jù)之一. 除公理2外，確定平面的依據(jù)還有：(1)直線與直線外一點.(2)兩條相交直線.(3)兩條平行直線. 公理3：如果兩個平面有一個公共點，那么它們有且只有一條通過這個點的公共直線. 其作用是：其一它是判定兩個平面是否相交的依據(jù)，只要兩個平面有一個公共點，就可以判定這兩個平面必相交于過

29、這點的一條直線；其二它可以判定點在直線上，點是兩個平面的公共點，線是這兩個平面的公共交線，則這點在交線上 圖1 例6、如圖1，在空間四邊形ABCD中，點E、H分別是邊AB、AD的中點，F(xiàn)、G分別是邊BC、CD上的點，且＝＝，則（　?。? （A）EF與GH互相平行 （B）EF與GH異面 （C）EF與GH的交點M可能在直線AC上，也可能不在直線AC上 （D）EF與GH的交點M一定在直線AC上 解：依題意，可得EH∥BD，F(xiàn)G∥BD，故EH∥FG，由公理2可知，E、F、G、H共面，因為EH＝BD，＝，故EH≠FG，所以，EFGH是梯形，EF與GH必相交，設交點為M，因為點M在EF上，故點

30、M在平面ACB上，同理，點M在平面ACD上，即點M是平面ACB與平面ACD的交點，而AC是這兩個平面的交線，由公理3可知，點M一定在平面ACB與平面ACD的交線AC上。 選（D）。 點評：本題主要考查公理2和公理3的應用，證明共線問題。利用四個公理來證明共點、共線的問題是立體幾何中的一個難點。 26.在正方體ABCD—A1B1C1D1中，A1C與面DBC1交于O點，AC、BD交于M，如圖23. 圖23 求證：C1、O、M三點共線. 證明：∵C1、O、M∈平面BDC1, 又C1、O、M∈平面A1ACC1, 由公理3，C1、O、M在平面BDC1與平面A1ACC1的交線上, ∴

31、C1、O、M三點共線. 六.空間中直線與直線之間的位置關系 空間的兩條直線的三種位置關系： 在定義中，兩條異面直線所成角的范圍是（0°，90°] 求異面直線夾角方法: 一般是平移異面直線中的一條與另一條相交構成三角形，再用三角函數(shù)的方法求解 公理4：平行于同一條直線的兩條直線互相平行. 符號表示為：a∥b,b∥ca∥c. 等角定理：空間中如果兩個角的兩邊分別對應平行，那么這兩個角相等或互補. 27在正方體ABCD—A1B1C1D1中，E、F分別是AA1、AB的中點，試判斷下列各對線段所在直線的位置關系： 圖10 （1）AB與CC1； （2）A1B1與DC； （

32、3）A1C與D1B； （4）DC與BD1； （5）D1E與CF. 解：（1）∵C∈平面ABCD，AB平面ABCD，又CAB，C1平面ABCD,∴AB與CC1異面. （2）∵A1B1∥AB，AB∥DC，∴A1B1∥DC. （3）∵A1D1∥B1C1，B1C1∥BC，∴A1D1∥BC，則A1、B、C、D1在同一平面內(nèi). ∴A1C與D1B相交. （4）∵B∈平面ABCD，DC平面ABCD，又BDC，D1平面ABCD,∴DC與BD1異面. （5）如圖10，CF與DA的延長線交于G，連接D1G， ∵AF∥DC，F(xiàn)為AB中點，∴A為DG的中點. 又AE∥DD1， ∴GD1過AA1的中

33、點E.∴直線D1E與CF相交. 點評：兩條直線平行，在空間中不管它們的位置如何，看上去都平行（或重合）.兩條直線相交，總可以找到它們的交點.作圖時用實點標出.兩條直線異面，有時看上去像平行（如圖中的EB與A1C），有時看上去像相交（如圖中的DC與D1B）.所以要仔細觀察，培養(yǎng)空間想象能力，尤其要學會兩條直線異面判定的方法. 例7 如圖11，點A是BCD所在平面外一點，AD=BC，E、F分別是AB、CD的中點，且EF=AD，求異面直線AD和BC所成的角. 圖11 解：設G是AC中點，連接EG、FG. 因E、F分別是AB、CD中點，故EG∥BC且EG=，F(xiàn)G∥AD，且FG=.由異面

34、直線所成角定義可知EG與FG所成銳角或直角為異面直線AD、BC所成角，即∠EGF為所求. 由BC=AD知EG=GF=，又EF=AD,由勾股定理可得∠EGF=90°. 點評：本題的平移點是AC中點G，按定義過G分別作出了兩條異面直線的平行線，然后在△EFG中求角.通常在出現(xiàn)線段中點時，常取另一線段中點，以構成中位線，既可用平行關系，又可用線段的倍半關系. 28.（2008全國二10）已知正四棱錐的側棱長與底面邊長都相等，是的中點，則所成的角的余弦值為（ 　 ） A． B． C． D． 解：連接AC、BD交于O，連接OE，因OE∥SD.所以∠AEO為異面直線SD與AE所成的角。設

35、側棱長與底面邊長都等于2，則在⊿AEO中，OE＝1,AO＝，AE=， 于是，故選C。 點評：求異面直線所成的角，一般是平移異面直線中的一條與另一條相交構成三角形，再用三角函數(shù)的方法或正、余弦定理求解。 七、直線、平面平行的判定及其性質(zhì) 1. 直線與平面平行的定義：如果直線與平面沒有公共點叫做直線與平面平行. 直線與平面的三種位置關系.：直線在平面內(nèi)、直線與平面相交、直線與平面平行. 2. 直線與平面平行的判定定理： 平面外一條直線與此平面內(nèi)的一條直線平行，那么該直線與此平面平行. 符號語言為：. 3. 直線與平面平行的性質(zhì)定理：如果一條直線和一個平面平行，經(jīng)過這條直線的平面和

36、這個平面相交，那么這條直線和交線平行. 這個定理用符號語言可表示為： 例8 設P、Q是邊長為a的正方體AC1的面AA1D1D、面A1B1C1D1的中心,如圖8, （1）證明PQ∥平面AA1B1B； （2）求線段PQ的長. 圖8 (1)證法一：取AA1,A1B1的中點M,N,連接MN,NQ,MP, ∵MP∥AD,MP=,NQ∥A1D1,NQ=, ∴MP∥ND且MP=ND. ∴四邊形PQNM為平行四邊形. ∴PQ∥MN. ∵MN面AA1B1B,PQ面AA1B1B, ∴PQ∥面AA1B1B. 證法二：連接AD1,AB1,在△AB1D1中,顯然P,Q分

37、別是AD1,D1B1的中點, ∴PQ∥AB1,且PQ=. ∵PQ面AA1B1B,AB1面AA1B1B, ∴PQ∥面AA1B1B. (2)解:方法一:PQ=MN=. 方法二：PQ=. 例9.如圖8,E、H分別是空間四邊形ABCD的邊AB、AD的中點，平面α過EH分別交BC、CD于F、G.求證：EH∥FG. 圖8 證明：連接EH. ∵E、H分別是AB、AD的中點, ∴EH∥BD. 又BD面BCD，EH面BCD, ∴EH∥面BCD. 又EHα、α∩面BCD=FG, ∴EH∥FG. 點評：見到線面平行，先過這條直線作一個平面找交線，則直線與交線平行. 29.如圖12

38、，平面EFGH分別平行于CD、AB，E、F、G、H分別在BD、BC、AC、AD上，且CD=a，AB=b，CD⊥AB. 圖12 （1）求證：EFGH是矩形； （2）設DE=m,EB=n,求矩形EFGH的面積. (1)證明：∵CD∥平面EFGH，而平面EFGH∩平面BCD=EF, ∴CD∥EF.同理HG∥CD,∴EF∥HG. 同理HE∥GF，∴四邊形EFGH為平行四邊形. 由CD∥EF，HE∥AB，∴∠HEF為CD和AB所成的角. 又∵CD⊥AB，∴HE⊥EF. ∴四邊形EFGH為矩形. （2）解：由（1）可知在△BCD中EF∥CD，DE=m，EB=n, ∴.又CD=a,

39、∴EF=. 由HE∥AB,∴. 又∵AB=b,∴HE=. 又∵四邊形EFGH為矩形, ∴S矩形EFGH=HE·EF=. 點評：線面平行問題是平行問題的重點，有著廣泛應用. 30.下面給出四個命題，其中正確命題的個數(shù)是( ) ①若a∥α、b∥α，則a∥b ②若a∥α，bα，則a∥b ③若a∥b，bα，則a∥α ④若a∥b，b∥α，則a∥α A.0 B.1 C.2 D.4 答案：A 31.下列命題中，正確的是( ) A.如果直線l與平面α內(nèi)無數(shù)條直線成異面直線，則l∥α B.如果直

40、線l與平面α內(nèi)無數(shù)條直線平行，則l∥α C.如果直線l與平面α內(nèi)無數(shù)條直線成異面直線，則lα D.如果一條直線與一個平面平行，則該直線平行于這個平面內(nèi)的所有直線 E.如果一條直線上有無數(shù)個點不在平面內(nèi)，則這條直線與這個平面平行 答案：C 八、平面與平面平行的判定、性質(zhì) 1.平面的兩種位置關系： 如果兩個平面沒有公共點，則兩平面平行若α∩β=,則α∥β. 如果兩個平面有一條公共直線，則兩平面相交若α∩β=AB,則α與β相交. 圖1 2.兩個平面平行的判定定理： 如果一個平面內(nèi)有兩條相交直線都平行于另一個平面，那么這兩個平面平行. 若aα，bα，a∩b=A,且a∥α,b

41、∥β，則α∥β. 利用判定定理證明兩個平面平行，必須具備： (Ⅰ)有兩條直線平行于另一個平面; (Ⅱ)這兩條直線必須相交. 3. 兩個平面平行的性質(zhì)定理：如果兩個平行平面同時和第三個平面相交，那么它們的交線平行. a∥b. 應用面面平行的性質(zhì)定理的難點是：過某些點或直線作一個平面. 例10 已知正方體ABCD—A1B1C1D1，如圖9,求證：平面AB1D1∥平面BDC1. 圖9 活動：學生自己思考或討論，再寫出正確的答案.教師在學生中巡視學生的解答，發(fā)現(xiàn)問題及時糾正,并及時評價. 證明：∵ABCD—A1B1C1D1為正方體， ∴D1C1∥A1B1,D1C1=A1B

42、1. 又∵AB∥A1B1,AB=A1B1, ∴D1C1∥AB,D1C1=AB. ∴四邊形ABC1D1為平行四邊形. ∴AD1∥BC1. 又AD1平面AB1D1，BC1平面AB1D1， ∴BC1∥平面AB1D1. 同理，BD∥平面AB1D1. 又BD∩BC1=B，∴平面AB1D1∥平面BDC1. 32.已知：a、b是異面直線，a平面α,b平面β，a∥β，b∥α. 求證：α∥β. 證明：如圖13,在b上任取點P，顯然Pa.于是a和點P確定平面γ，且γ與β有公共點P. 圖13 設γ∩β=a′，∵a∥β，∴a′∥a.∴a′∥α. 這樣β內(nèi)相交直線a′和b都平行于α，∴α

43、∥β 九.直線、平面垂直的判定及其性質(zhì) 1.直線與平面垂直的定義: 一條直線和平面內(nèi)的任何一條直線都垂直，這條直線和這個平面互相垂直. 2. 直線和平面垂直的判定定理: 如果一條直線和一個平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直，那么這條直線垂直于這個平面. 符號語言表示為：l⊥α. 3. 直線和平面所成的角:平面的一條斜線和它在這個平面內(nèi)的射影所成的銳角，叫做這條直線和這個平面所成的角. 直線與平面所成角的范圍是0°≤θ≤90° 求直線和平面所成的角的方法：“一找二證三求”，三步都必須要清楚地寫出來。 4. 直線和平面垂直的性質(zhì)定理: 垂直于同一個平面的兩條直線平行 例11

44、 如圖9,在正方體ABCD—A1B1C1D1中，求直線A1B和平面A1B1CD所成的角. 圖9 活動：先讓學生思考或討論后再回答，經(jīng)教師提示、點撥，對回答正確的學生及時表揚，對回答不準確的學生提示引導考慮問題的思路. 解：連接BC1交B1C于點O，連接A1O. 設正方體的棱長為a， 因為A1B1⊥B1C1,A1B1⊥B1B,所以A1B1⊥平面BCC1B1. 所以A1B1⊥BC1. 又因為BC1⊥B1C，所以BC1⊥平面A1B1CD. 所以A1O為斜線A1B在平面A1B1CD內(nèi)的射影，∠BA1O為直線A1B與平面A1B1CD所成的角. 在Rt△A1BO中,A1B=,BO=,

45、所以BO=,∠BA1O=30°. 因此,直線A1B和平面A1B1CD所成的角為30°. 例12 （2007山東高考,文20）如圖11(1)，在直四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，已知DC=DD1=2AD=2AB，AD⊥DC，AB∥DC. (1) (1)求證：D1C⊥AC1； （2）設E是DC上一點，試確定E的位置，使D1E∥平面A1BD，并說明理由. （1）證明：在直四棱柱ABCD—A1B1C1D1中， 連接C1D，如圖11(2). (2) ∵DC=DD1， ∴四邊形DCC1D1是正方形. ∴DC1⊥D1C. 又AD⊥DC，AD⊥DD1，DC∩DD1=D,

46、 ∴AD⊥平面DCC1D1，D1C平面DCC1D1. ∴AD⊥D1C. ∵AD、DC1平面ADC1，且AD∩DC1=D, ∴D1C⊥平面ADC1. 又AC1平面ADC1，∴D1C⊥AC1. (2)解：連接AD1、AE，如圖11(3). (3) 圖11 設AD1∩A1D=M, BD∩AE=N,連接MN， ∵平面AD1E∩平面A1BD=MN， 要使D1E∥平面A1BD， 需使MN∥D1E， 又M是AD1的中點， ∴N是AE的中點. 又易知△ABN≌△EDN， ∴AB=DE, 即E是DC的中點. 綜上所述，當E是DC的中點時，可使D1E∥平面A1BD. 33

47、. 在正方體ABCD—A1B1C1D1，G為CC1的中點，O為底面ABCD的中心. 求證：A1O⊥平面GBD. 圖12 證明：BD⊥A1O. 又∵A1O2=A1A2+AO2=a2+()2=,OG2=OC2+CG2=()2+()2=, A1G2=A1C12+C1G2=(a)2+()2=, ∴A1O2+OG2=A1G2. ∴A1O⊥OG.又BD∩OG=O,∴A1O⊥平面GBD. 34. 如圖16，已知在側棱垂直于底面三棱柱ABC—A1B1C1中,AC=3，AB=5，BC=4,AA1=4,點D是AB的中點. 圖16 （1）求證：AC⊥BC1; （2）求證：AC1∥平面C

48、DB1； （1）證明：∵在△ABC中,AC=3,AB=5,BC=4, ∴△ABC為直角三角形.∴AC⊥CB. 又∵CC1⊥面ABC,AC面ABC,∴AC⊥CC1. ∴AC⊥面BCC1B1.又BC1面BCC1B1,∴AC⊥BC1. （2）證明：連接B1C交BC1于E，則E為BC1的中點，連接DE,則在△ABC1中,DE∥AC1. 又DE面CDB1,則AC1∥面B1CD. 十.平面與平面垂直的判定 1.二面角的定義：從一條直線出發(fā)的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角.這條直線叫二面角的棱，這兩個半平面叫二面角的面. 2. 二面角的平面角的概念: 以二面角的棱上任意一點為端點，在兩個

49、面內(nèi)分別作垂直于棱的兩條射線，這兩條射線所成的角叫做二面角的平面角. 平面角是直角的二面角叫做直二面角. 二面角0°≤θ≤180° 二面角求法：①“一找二證三求”，找出這個二面角的平面角，然后再來證明我們找出來的這個角是我們要求的二面角的平面角，最后就通過解三角形來求。 3.兩個平面垂直的判定定理: 如果一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線，那么這兩個平面互相垂直. 兩個平面垂直的判定定理符號表述為：α⊥β. . 應用面面垂直的判定定理難點在于：在一個平面內(nèi)找到另一個平面的垂線,即要證面面垂直轉化為證線線垂直. 4. 兩個平面垂直的性質(zhì)定理: 如果兩個平面垂直，那么在

50、一個平面內(nèi)垂直于它們交線的直線垂直于另一平面. AB⊥β. 例13. 如圖7,⊙O在平面α內(nèi)，AB是⊙O的直徑，PA⊥α，C為圓周上不同于A、B的任意一點. 圖7 求證：平面PAC⊥平面PBC. 證明：設⊙O所在平面為α,由已知條件，PA⊥α,BCα,∴PA⊥BC. ∵C為圓周上不同于A、B的任意一點,AB是⊙O的直徑, ∴BC⊥AC. 又∵PA與AC是△PAC所在平面內(nèi)的兩條相交直線， ∴BC⊥平面PAC. ∵BC平面PBC,∴平面PAC⊥平面PBC. 35. 如圖8，把等腰Rt△ABC沿斜邊AB旋轉至△ABD的位置，使CD=AC， 圖8 （1）求證：

51、平面ABD⊥平面ABC； （2）求二面角CBDA的余弦值. （1）證明：(證法一):由題設,知AD=CD=BD,作DO⊥平面ABC，O為垂足，則OA=OB=OC. ∴O是△ABC的外心，即AB的中點. ∴O∈AB，即O∈平面ABD. ∴OD平面ABD.∴平面ABD⊥平面ABC. (證法二):取AB中點O，連接OD、OC, 則有OD⊥AB，OC⊥AB，即∠COD是二面角CABD的平面角. 設AC=a，則OC=OD=, 又CD=AD=AC,∴CD=a.∴△COD是直角三角形，即∠COD=90°. ∴二面角是直二面角，即平面ABD⊥平面ABC. （2）解:取BD的中點E，連接C

52、E、OE、OC, ∵△BCD為正三角形，∴CE⊥BD. 又△BOD為等腰直角三角形,∴OE⊥BD. ∴∠OEC為二面角CBDA的平面角. 同（1）可證OC⊥平面ABD. ∴OC⊥OE.∴△COE為直角三角形. 設BC=a，則CE=，OE=，∴cos∠OEC=. 點評：欲證面面垂直關鍵在于在一個平面內(nèi)找到另一個平面的垂線. 36. 如圖12，PA⊥矩形ABCD所在平面，M、N分別是AB、PC的中點. （1）求證：MN∥平面PAD； （2）求證：MN⊥CD； （3）若二面角PDCA=45°，求證：MN⊥平面PDC. 圖12

53、圖13 證明：如圖13所示, （1）取PD的中點Q，連接AQ、NQ,則QNDC,AMDC, ∴QNAM. ∴四邊形AMNQ是平行四邊形.∴MN∥AQ. 又∵MN平面PAD,AQ平面PAD,∴MN∥平面PAD. （2）∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD. 又∵CD⊥AD,PA∩AD=A,∴CD⊥平面PAD. 又∵AQ平面PAD,∴CD⊥AQ. 又∵AQ∥MN,∴MN⊥CD. （3）由（2）知，CD⊥平面PAD, ∴CD⊥AD,CD⊥PD. ∴∠PDA是二面角PDCA的平面角.∴∠PDA=45°. 又∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥AD.∴AQ⊥PD. 又∵MN∥AQ,∴

54、MN⊥CD. 又∵MN⊥PD,∴MN⊥平面PDC. 37.（2008江蘇模擬）一個多面體的直觀圖和三視圖如圖所示，其中M、N分別是AB、AC的中點，G是DF上的一動點. （1）求證： （2）當FG=GD時，在棱AD上確定一點P，使得GP//平面FMC,并給出證明. 證明：由三視圖可得直觀圖為直三棱柱且底面ADF中AD⊥DF,DF=AD=DC (1)連接DB，可知B、N、D共線，且AC⊥DN 又FD⊥AD FD⊥CD， FD⊥面ABCD FD⊥AC AC⊥面FDN GN⊥AC （2）點P在A點處 證明：取DC中點S，

55、連接AS、GS、GA G是DF的中點，GS//FC,AS//CM 面GSA//面FMC GA//面FMC 即GP//面FMC 點評：證明線面平行，在平面內(nèi)找一條直線與平面外的直線平行，是證明線面平行的關鍵。 38．一個多面體的直觀圖及三視圖如圖所示：（其中M、N分別是AF、BC的中點）. （1）求證：MN∥平面CDEF； （2）求多面體A—CDEF的體積． 解：由三視圖可知，該多面體是底面為直角三角形的直三棱住ADE—BCF， 且AB=BC=BF=2，DE=CF=2 ∴∠CBF= 取BF中點G，連MG、N

56、G， 由M、N分別為AF、BC的中點可得， NG∥CF，MG∥EF， ∴平面MNG∥平面CDEF ∴MN∥平面CDEF. （2）取DE的中點H.∵AD=AE，∴AH⊥DE，在直三棱柱ADE—BCF中，平面ADE⊥平面CDEF，面ADE∩面CDEF=DE.∴AH⊥平面CDEF. ∴多面體A—CDEF是以AH為高，以矩形CDEF為底面的棱錐，在△ADE中，AH=， ∴棱錐A—CDEF的體積為 BA A CA C1A B1A A1A M N 主視圖 左視圖 俯視圖 39．一個多面體的直觀圖、主視圖、左視圖、俯視圖如圖所示，、分別

57、為、 的中點． （1） 求證：平面； （2） 求證：平面． 解：由題意可知，這個幾何體是直三棱柱，且 （1） 連結．由直三棱柱的性質(zhì)得：，∴ ∴四邊形為矩形．　　∴過的中點． ∴在中，由中位線性質(zhì)得：． 又∵，，∴． （2）∵，　　又∵，∴ 而在正方形中，有． 又∵，　　∴．　 又∵∴． 40. （2008廣東五校聯(lián)考）正方體ABCD—A1B1C1D1中O為正方形ABCD的中心，M為BB1的中點，求證： （1）D1O//平面A1BC1; （2）D1O⊥平面MAC. 證明: (1)連結分別交于 在正方體中,對

58、角面為矩形 分別是的中點 四邊形為平行四邊形 平面,平面平面 （2）連結,設正方體的棱長為, 在正方體中,對角面為矩形且 分別是的中點 在中， ，即 在正方體中 平面 又， 平面 平面 又 平面 點評：證明線面垂直，關鍵是在平面內(nèi)找到兩條相交直線與已知直線垂直，由線線垂直推出線面垂直，證明線線垂直有時要用勾股定理的逆定理． 41、（2008廣東深圳模擬）如圖，四棱錐的底面是正方形，底面，是上一點． （1）求證：平面平面； （2）設，，求點到平面的距離； (1)證明：底面 且

59、 平面平面 (2)解：因為，且， 可求得點到平面的距離為 點評：求點到面的距離，經(jīng)常采用等體積法，利用同一個幾何體，體積相等，體現(xiàn)了轉化思想． 42．已知是兩條不同直線，是三個不同平面，下列命題中正確的是（ ） A． B． C． D． 43. （韶關第一次調(diào)研）已知兩個不同的平面、和兩條不重合的直線，m、n，有下列四個命題 ①若，則 ②若③若 ④若 其中正確命題的個數(shù)是 A．0個 B．1個 C．2個 D．3個 44．（佛山質(zhì)量檢測一）設是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，下列命題正確的是 A．若則 B．若，則 C．若，則 D．若則 45、（茂名市模擬）如圖所示為一個簡單幾何體的三視圖，則其對應的實物是（ ） 46. 正方體的直觀圖如右下圖所示，則其展開圖是 47. 一個幾何體的三視圖如右圖所示(單位長度: cm), 則此幾何體的表面積是 A. 　　B. C. 　 D. 友情提示：部分文檔來自網(wǎng)絡整理，供您參考！文檔可復制、編輯，期待您的好評與關注！ 16 / 16