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第 18 讲 点、直线、平面之间位置关系 1. 本讲考点主要以常见的空间几何体为背景,考查 直线、平面之间的平行与垂直关系,以及线面角 的求法 . 依新课标考试说明的要求,重点应放在线 面平行和垂直的判定与证明上,“对于这些角与 距离的度量问题,只要在长方体模型中进行说明 即可,具体计算不作要求 .” 摘自 《 江苏省普通高 中数学课程标准教学要求 》. 2. 空间想象能力是新课标考试说明明确要求考查学 生的能力之一,它对空间形式的观察、分析、抽 象的能力具体有三方面的要求:( 1 )能根据条件 - PowerPoint PPT Presentation
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第 18 讲 点、直线、平面之间位置关系
1. 本讲考点主要以常见的空间几何体为背景,考查 直线、平面之间的平行与垂直关系,以及线面角 的求法 . 依新课标考试说明的要求,重点应放在线 面平行和垂直的判定与证明上,“对于这些角与 距离的度量问题,只要在长方体模型中进行说明 即可,具体计算不作要求 .” 摘自《江苏省普通高 中数学课程标准教学要求》 .
2. 空间想象能力是新课标考试说明明确要求考查学 生的能力之一,它对空间形式的观察、分析、抽 象的能力具体有三方面的要求:( 1 )能根据条件 画出图形;( 2 )根据图形想象出直观形象;( 3 ) 能正确地分析出图形中的基本元素及其相互关系 . 将概念、图形和推理相结合,能对图形进行分解、 组合与变形 . 备考中要围绕以上要求加强训练,在 体会与思索中提高自己的能力 . 3. 备考中选取的应是长方体、三棱锥、四棱锥、圆 柱、球等简单几何体,以它们为载体进行识图、 画图、平行垂直关系判定,使学生体会与感悟证
明的过程与方法,注意推理依据的充分与严密, 教材中的例题、习题中的结论(包括三垂线定理) 等不能作为推理论证的依据 .4. 备考中要注意联系平面几何知识,利用类比、联 想等方法理解两者内在联系,培养和树立将空间 问题转化为平面问题解决的意识和思想 .
【例 1 】( 2008· 江西改编)如图( 1 )所示,一个 正四棱柱形的密闭容器水平放置,其底部镶嵌了 同底的正四棱锥形实心装饰块,容器内盛有 a 升水 时,水面恰好经过正四棱锥的顶点 P. 如果将容器 倒置,水面也恰好过点 P (如图( 2 )所示) . 有下 列四个命题:
① 正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半; ② 将容器侧面水平放置时,水面也恰好过点 P ; ③ 任意摆放该容器,当水面静止时,水面都恰好 经过点 P ; ④若往容器内再注入 a 升水,则容器恰好能装满 . 其中真命题的代号是 . (写出所有真 命题的代号) 解析 设正四棱柱底面边长为 b,高为 h1,正四棱锥
高为 h2, 则原题图 (1)中水的体积为:
图( 2 )中水的体积为:
,3
2
3
12
22
22
2 hbhbhb
),( 212
22
12 hhbhbhb
所以 故①错误,④
正确 . 对于②,当容器侧面水平放置时, P 点在长方体中 截面上,又水占容器内空间的一半,所以水面也 恰好经过 P 点,故②正确 . 对于③,假设③正确,当水面与正四棱锥的一个 侧面重合时,经计算得水的体积为
矛盾,故③不正确 .
答案 ②④
,3
5),(
3
22121
22
2 hhhhbhb 所以
,3
2
36
252
22
2 hbhb
探究拓展 “等积变形”是一种重要的思想方
法,用于求距离、求高,有时十分简捷,本题通
过容器中水的“形状”的变化将这种思想方法展
示得淋漓尽致,生动直观,无疑,对培养备考者
“ 等积变形”思想有很大的帮助 .另外,对这种实
物操作题考场上是没法操作的,只能凭想象处
理,这恰好考查了应考者空间想象能力,这也许
正是命题者所看中的 .
变式训练 1 有一棱长为 a 的正四面体骨架(棱的
粗细忽略不计),其内放置一气球,对其充气,
使其尽可能地膨胀(成为一个球),则气球表面
积的最大值为 .
解析 气球直径最大值是正四面体的对棱距离,
易求得为 .2
1,
2
2 2max aSa 所求
2
2
1a
【例 2 】( 2008·福建)若三棱锥的三个侧面两两垂 直,且侧棱长均为 ,则其外接球的表面积是 . 解析 三棱锥的三个侧面两两垂直 ,说明三棱锥的 三条侧棱两两垂直 , 设其外接球的半径为 R,可以将 此三棱锥认为是由正方体共顶点的三条侧棱确定 的,显然三棱锥的外接球即是正方体的外接球, 正方体的体对角线等于球直径,因此有:
外接球的表面积为 S=4 R2=9 .
3
,9)3()3()3()2( 2222 R
9
探究拓展 构造法是一种机智处理问题的方法,
体现了化归转化思想的应用 . 本题借题设中的三棱
锥,构造出以原来“两两垂直三侧面”为相邻三
侧面的正方体,结合正方体外接球性质解决问题 .
也可算作是“割补法”中的“补全术” .总之,在
解题之后好好反思一下“思路”,对自己能力的
提高大有好处 .
变式训练 2 已知各顶点都在一个球面上的正四棱
柱高为 4 ,体积为 16,则这个球的表面积是 .
解析 设正四棱柱底面边长为 a ,则 S 底 =a2 ,
∴V=S 底 ·h=4a2=16 ,∴ a=2.
又正四棱柱内接于球,设球的半径为 R ,则
( 2R ) 2=22+22+42=24 ,∴ R= .
∴球的表面积为
6
.244 2 R
24
【例 3 】( 2009· 江苏)如图所示,在 直三棱柱 ABC—A1B1C1 中, E , F 分别
是 A1B , A1C 的中点,点 D 在 B1C1 上,
A1D⊥B1C.
求证:( 1 ) EF∥平面 ABC ; ( 2 )平面 A1FD⊥平面 BB1C1C.
证明 ( 1 )由 E , F 分别是 A1B , A1C 的中点知
EF∥BC , 因为 EF 平面 ABC , BC 平面 ABC , 所以 EF∥平面 ABC.
( 2 )由三棱柱 ABC—A1B1C1 为直三棱柱知 CC1⊥
平面 A1B1C1 ,
又 A1D 平面 A1B1C1 ,故 CC1⊥A1D.
又因为 A1D⊥B1C , CC1∩B1C=C ,
CC1 , B1C 平面 BB1C1C ,
故 A1D⊥平面 BB1C1C.
又 A1D 平面 A1FD ,
所以平面 A1FD⊥平面 BB1C1C.
探究拓展 本例解答为试题命制组提供且有详尽
的得分要求(这里略) .从中可以看出线面平行、
线面垂直的证明是备考的重点与热点,体现了备
考者的空间想象能力以及解决立体几何问题的基
本功 . 备考中要加强训练,熟练运用,在解题中体
会判定定理条件的运用,包括思路分析、方法确
认 ,书写表达规范 . 新课标考试说明对立体几何
的要求有所降低,这只是在知识应用方面有所降
低,但在表达规范性上提出了更高的要求,一定
要做到推理充分,论证有力,思路清晰,叙述有
条理 .
变式训练 3 ( 2009·扬州大学附 中月考)如图所示, E 、 F 分别为 直角三角形 ABC 的直角边 AC 和斜 边 AB 的中点,沿 EF 将△ AEF折起 到△ A′EF 的位置,连接 A′B 、 A′C , P 为 A′C 的中点 . ( 1 )求证: EP∥平面 A′FB ; ( 2 )求证:平面 A′EC⊥平面 A′BC. 证明 ( 1 )∵ E 、 P 分别为 AC 、 A′C 的中点, ∴EP∥A′A ,又 A′A 平面 AA′B , ∴EP 平面 AA′B ,∴即 EP∥平面 A′FB.
( 2 )∵ BC⊥AC , EF⊥A′E ,又∵ EF∥BC , ∴BC⊥A′E ,结合 A′E 与 AC都在平面 A′EC 内相 交,可知 BC⊥面 A′EC ,又 BC 面 A′BC. ∴面 A′EC⊥面 A′BC.
【例 4 】( 2008·盐城第三次调研) 已知点 O 是正方形 ABCD 两对角线 的交点, DE⊥平面 ABCD , BF⊥平面 ABCD ,且 AB=BF=2DE. ( 1 )求证: EO⊥平面 AFC ; ( 2 )在线段 EF 上找一点 M ,使三棱锥 M—ACF 为正 三棱锥; ( 3 )试问在线段 DF (不含端点)上是否存在一点 R ,使得 CR∥平面 ABF ,若存在,请指出点 R 的位 置;若不存在,请说明理由 .
(1)证明 连结 FO.设 AB=BF=2DE=2a , 则 DO=OB= a,所以 EO= a , FO= a , EF=3a. 在△ EOF 中,由 EO2+FO2=EF2 ,知 EO⊥FO. 又 DE⊥平面 ABCD ,所以 DE⊥AC ,而 BD⊥AC , 所以 AC⊥平面 DOE ,故 AC⊥EO. 由于 AC 面 AFC , FO 面 AFC , AC∩FO=O ,所以 EO⊥平面 AFC. (2)解 在线段 EF 上取点 M,使得 EM∶MF=1∶2 , 因为 AF=FC=AC= 2 a ,所以 △AFC 是正三角形 .
2 3 6
2
在线段 OF 上取点 G ,使得 OG∶GF=1∶2 , 则点 G 是△ AFC 的重心,也就是△ AFC 的中心 . 连结 MG ,则 MG∥EO ,由( 1 )得 MG⊥平面 AFC. 故此时三棱锥 M—ACF 为正三棱锥 . ( 3 )解 找不到这样的点 R ,使得 CR∥平面 ABF. 假设存在这样的点 R ,使得 CR∥平面 ABF. 因为点 R 与点 D 不重合,所以 CD 与 CR 相交 . 又 CD∥平面 ABF , CR∥平面 ABF ,且 CR 平面 CDF , CD 平面 CDF ,所以平面 CDF∥平面 ABF. 而平面 CDF 与平面 ABF 有公共点 F ,
所以平面 CDF 与平面 ABF必定相交,矛盾 . ∴假设不成立 . 所以找不到这样的点 R ,使得 CR∥平面 ABF. 探究拓展 探索类问题在新课标立体几何中为热 点题型,备考中要加强训练 . 其解题模式简单明 了,易于掌握,关键是探索准确,论证充分,表 达清晰明了,言简意赅 .探索类问题在承认一个假 设时,要依这个假设为“事实”严格论证推理, 若产生矛盾,则推翻“假设”,否则,“假设” 便是成立的 .
变式训练 4 ( 2009·浙江)如图,平面 PAC⊥平 面 ABC ,△ ABC 是以 AC 为斜边的等腰直角三角 形, E , F , O 分别为 PA , PB , AC 的中点, AC=16, PA=PC=10.
(1) 设 G 是 OC 的中点,证明: FG∥平面 BOE ; (2)证明:在△ ABO 内存在一点 M ,使 FM⊥平面 BOE ,并求点 M到 OA , OB 的距离 .
证明 ( 1 ) 如图,取 PE 的中点为 H , 连结 HG , HF.
因为点 E , O , G,H 分别是 PA,AC,OC,PE 的中点, 所以 HG∥OE , HF∥EB. 因此平面 FGH∥平面 BOE. 因为 FG 在平面 FGH 内, 所以 FG∥平面 BOE.
( 2 )在平面 OAP 内,过点 P 作 PN⊥OE ,交 OA 于点 N ,交 OE 于点 Q ,连结 BN ,过点 F 作 FM∥PN ,交 BN 于点 M. 下证 FM⊥平面 BOE. 由题意,得 OB⊥平面 PAC , 所以 OB⊥PN. 又因为 PN⊥OE , 所以 PN⊥平面 BOE. 因此 FM⊥平面 BOE.
所以点 N 在线段 OA 上 . 因为 F 是 PB 的中点,所以 M 是 BN 的中点 . 因此点 M 在△ AOB 内,点 M到 OA , OB 的距离分别
为
,2
9tan,
5
4cos
,5
24,5
2
1,Rt
OANPOOPONOP
PQNPO
PQPAOEOAP
中在
.4
9
2
1,4
2
1 ONOB
规律方法总结1. 两直线夹角范围是: 直线与平面所成角范围
是: 两平面所成二面角度数范围是 : [ 0, ] .
2. 长方体中有关结论: ( 1 )体对角线长 ( 2 )体对角线与过同一顶点的三条棱所成的角分 别为 则有 ( 3 )体对角线与过同一顶点的三侧面所成角的分 别为 则有 ( 4 )正方体和长方体外接球直径等于体对角线长 .
;2,0
;2,0
;222 cbal
,、、 ;1coscoscos 222
,、、 ;2coscoscos 222
3. 三棱锥中 ( 1 )侧棱长相等(侧棱与底面所成角相等) 顶
点在底面射影为底面外心 ; ( 2 )侧棱两两垂直(两对棱互相垂直) 顶点在
底面射影为底面垂心; ( 3 )斜高相等(侧面与底面所成角相等) 顶点
在底面射影为底面内心 .4. 正棱锥各侧面与底面所成角相等,设为 ,则 S 侧 ·cos =S 底 .
一、填空题1. 如图所示,一个空间几何体的正视图,左视图, 俯视图为全等的等腰直角三角形,如果直角三角 形的直角边长为 1 ,那么这个几何体的表面积为 .
解析 几何体是一个有三条棱两两垂直的正三棱
锥, S 表
答案
.2
33
2
322
2
111
2
13
2
33
2. ( 2009·丹阳高级中学调研)棱长为 1 的正方
体
ABCD—A1B1C1D1 中,若 E 、 G 分别为 C1D1 、 BB1 的
中点, F 是正方形 ADD1A1 的中心,则空间四边形
BGEF 在正方体的六个面内射影的面积的最大值为
.
解析 考查各个面内射影情况可知最大值为
.2
1
2
1
3. 四棱锥 P—ABCD 的顶点 P 在底面 ABCD 中的投影恰好是 A ,其三视 图如图所示,则四棱锥 P—ABCD 的 表面积为 . 解析 几何体是四棱锥,其底面为正方形,面积
为 a2 ;一侧棱垂直于底面,其中两侧面为等腰直角
三角形,面积和为 另两侧面也是直角
三角形面积和为
∴表面积为 (2+ )a2.
;2
12 22 aa
2
.222
12 2aaa
2)22( a
4. ( 2009·全国Ⅱ改编)纸制的正方体的六个面根
据其方位分别标记为上、下、东、南、西、北,
现在沿该正方体的一些棱将正方体剪开,外面朝
上展平,得到右侧的平面图形,则标“△”的面
的方位是 .
解析 将正方体复原再判断 .
北
5. ( 2009·徐州模拟)已知 是两个平面,
m , n 是两条直线,给出如下四个论断:
①m⊥ ;② n∥ ;③ ⊥ ;④ m∥n.现以其
中三个论断作为条件,余下一个论断作为结论,
请写出一个正确的命题 .
,
①②④③
6. ( 2009· 江苏样本分析卷)已知 l , m , n 是三条不 重合的直线, 是三个不重合的平面,给出下 列四个命题: ①若 m⊥ , m∥ ,则 ⊥ ; ②若直线 m , n 与 所成的角相等,则 m∥n ; ③存在异面直线 m , n ,使得 m∥ , m∥ , n∥ , n∥ ,则 ∥ ; ④若 ∩ =l , ∩ =m , ∩ =n , l∥ ,则 m∥n. 其中所有真命题的序号是 . 解析 用相关性质与判定定理,容易得只有②不 正确 .
,,
①③④
二、解答题7.(2009·金陵中学三模 )如图所示, 以长方体 ABCD—A1B1C1D1 的顶点
A 、 C 及另两个顶点为顶点构造四面体 . ( 1 )若该四面体的四个面都是直角三角形,试写 出一个这样的四面体(不要求证明); ( 2 )我们将四面体中两条无公共端点的棱叫做对 棱,若该四面体的任一对对棱垂直,试写出一个 这样的四面体(不要求证明); ( 3 )若该四面体的任一对对棱相等,试写出一个 这样的四面体(不要求证明),并计算它的体积 与长方体的体积的比 .
解 ( 1 )如四面体 A1—ABC或四面体 C1—ABC或
四面体 A1—ACD或四面体 C1—ACD.
( 2 )如四面体 B1—ABC或四面体 D1—ACD.
( 3 )如四面体 A—B1CD1 ;
设长方体的长、宽、高分别为 a , b , c
.3
161
4
abc
abcabc则
8. ( 2009·盐城中学第七次月考)如 图所示,已知在三棱柱 ABC—A1B1C1
中 ,AA1⊥面 ABC , AC=BC , M 、 N 、
P 、 Q 分别是 AA1 、 BB1 、 AB 、 B1C1
的中点 .
( 1 )求证:面 PCC1⊥面 MNQ ;
( 2 )求证: PC1∥面 MNQ.
证明 ( 1 )因为 AC=BC ,且 P 是 AB 的中点, 所以 AB⊥PC ,又 AB⊥CC1 ,
所以 AB⊥面 PCC1 ,
又因为 MN∥AB ,
因此 MN⊥面 PCC1.
又 MN 面 MNQ ,所以面 PCC1⊥面 MNQ.
( 2 )连接 PB1交 MN 于点 K ,连接 KQ ,
易证 QK∥PC1 ,
所以 PC1∥面 MNQ.
9. 一个多面体的直观图和三视图(正视图、左视图、 俯视图)如图所示, M 、 N 分别为 A1B 、 B1C1 的中
点 . 求证:
( 1 ) MN∥平面 ACC1A1 ;
( 2 ) MN⊥平面 A1BC.
证明 由题意可知,这个几何体是直三棱柱, 且 AC⊥BC , AC=BC=CC1.
( 1 )连接 AC1 , AB1.
由直三棱柱的性质得 AA1⊥平面 A1B1C1 ,
所以 AA1⊥A1B1 ,则四边形 ABB1A1 为矩形 .
由矩形性质得 AB1 过 A1B 的中点 M.
在△ AB1C1 中,由中位线性质得
MN∥AC1 ,
又 AC1 平面 ACC1A1 ,
MN 平面 ACC1A1 ,
所以 MN∥平面 ACC1A1.
( 2 )因为 BC⊥平面 ACC1A1 , AC1 平面 ACC1A1 ,
所以 BC⊥AC1.
在正方形 ACC1A1 中, A1C⊥AC1.
又因为 BC∩A1C=C ,所以 AC1⊥平面 A1BC.
由 MN∥AC1 ,得 MN⊥平面 A1BC.
10. ( 2008·盐城质检)已知直角梯形 ABCD 中, AB∥CD , AB⊥BC , AB=1 , BC=2 , CD=1+ ,过 A作 AE⊥CD ,垂足为 E , G 、 F 分别为 AD 、 CE 的中 点,现将△ ADE沿 AE折叠,使得 DE⊥EC.
( 1 )求证: BC⊥平面 CDE ; ( 2 )求证: FG∥平面 BCD ; ( 3 )在线段 AE 上找一点 R ,使得平面 BDR⊥平面 DCB ,并说明理由 .
3
( 1 )证明 由已知得: DE⊥AE , DE⊥EC , ∴DE⊥面 ABCE ,∴ DE⊥BC. 又 BC⊥CE ,∵ DE∩CE=E ,∴ BC⊥平面 DCE. ( 2 )证明 取 AB 中点 H ,连结 GH , FH , ∴GH∥BD , FH∥BC , ∴GH∥面 BCD , FH∥平面 BCD, ∴面 FHG∥面 BCD ,∴ GF∥面 BCD. ( 3 )解 分析可知, R 点满足 3AR=RE 时, 面 BDR⊥面 BDC. 证明如下: 取 BD 中点 Q ,连结 DR 、 BR 、 CR 、 CQ 、 RQ ,
容易计算
∴在△ CRQ 中, CQ2+RQ2=CR2 , ∴CQ⊥RQ. 又在△ CBD 中, CD=CB , Q 为 BD 中点, ∴CQ⊥BD ,∴ CQ⊥面 BDR , 又∵ CQ 平面 BDC ,∴面 BDC⊥面 BDR.
,2
13,
2
5,2 CRBRCD
,2
5,22,
2
21,
2
5
.2,2
21
RQBDDRBR
,BDR
CQDR
可知
中在
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