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综观近几年的高考题,无论是全国卷还是各省市自主命题卷,立体几何考查的重点仍然是空间的平行关系、垂直关系的判断与证明,空间角、距离的计算以及简单几何体的体积与表面积的计算,题型涵盖选择题、填空题和解答题.高考对本讲内容的考查比较稳定,大多以选择题、填空题的形式出现,以空间直线、平面的平行关系与垂直关系和球为重点考查对象,同时考查空间想象能力、思维能力和推理运算能力.题目以中档题为主,难度不大.1.(2010·山东高考)在空间,下列命题正确的是()A.平行直线的平行投影重合B.平行于同一直线的两个平面平行C.垂直于同一平面的两个平面平行D.垂直于同一平面的两条直线平行解析:A项中平行直线的平行投影不一定重合,有可能平行,B项中平行于同一条直线的两个平面可能平行、相交,C项中垂直于同一个平面的两个平面可能平行、相交,D项正确.答案:D2.(2010·湖北高考)用a,b,c表示三条不同的直线,γ表示平面,给出下列命题:①若a∥b,b∥c,则a∥c;②若a⊥b,b⊥c,则a⊥c;③若a∥γ,b∥γ,则a∥b;④若a⊥γ,b⊥γ,则a∥b.其中真命题的序号是()A.①②B.②③C.①④D.③④解析:对于①,由公理“平行于同一直线的两条直线平行”可知,①正确;对于②,如在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB⊥AD,CD⊥AD,此时AB平行于CD,因此②不正确.对于③,如当平面α∥γ时,平面α内的任意两条直线a,b都平行于平面γ,显然此时直线a,b可能相交;除此之外,a,b还可能异面,因此③不正确.对于④,由“垂直于同一平面的两条直线平行”可知其正确性.综上所述,其中真命题的序号是①④.答案:C3.(2010·江西高考)如图,M是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱DD1的中点,给出下列四个命题:①过M点有且只有一条直线与直线AB,B1C1都相交;②过M点有且只有一条直线与直线AB,B1C1都垂直;③过M点有且只有一个平面与直线AB,B1C1都相交;④过M点有且只有一个平面与直线AB,B1C1都平行.其中真命题是()A.②③④B.①③④C.①②④D.①②③解析:将过点M的平面CDD1C1绕直线DD1旋转任意非零的角度,所得的平面与直线AB,B1C1都相交,故③错误,排除ABD,选C.答案:C1.直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理:⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理:⇒a∥b.(3)面面平行的判定定理:⇒α∥β.(4)面面平行的性质定理:⇒a∥b.a⊄α,b⊂α,a∥ba∥α,a⊂β,α∩β=ba⊂β,b⊂β,a∩b=A,a∥α,b∥αα∥β,α∩γ=a,β∩γ=b2.直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理:⇒l⊥α.(2)线面垂直的性质定理:⇒a∥b.(3)面面垂直的判定定理:⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理:⇒a⊥β.m⊂α,n⊂α,m∩n=P,l⊥m,l⊥na⊥α,b⊥αa⊂β,a⊥αα⊥β,α∩β=l,a⊂α,a⊥l用一个平面去截一个球,截面是圆面.球的截面有下面性质:(1)球心与截面圆心的连线垂直于截面;(2)球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r的关系为:d2=R2-r2.球的很多问题都是通过球的截面“平面化”后,转化为圆的问题来解决的,此时要注意区分大圆与小圆.[例1]如图,在半径为3的球面上有A、B、C三点,∠ABC=90°,BA=BC,球心O到平面ABC的距离是322,则B,C两点的球面距离是()A.π3B.πC.43πD.2π[思路点拨]利用球的截面圆的性质.[自主解答]由球的截面圆的性质知,球心O在平面ABC的射影为AC中点,由勾股定理知截面圆的半径r=32-3222=322.故BC=3.所以△OBC为正三角形,即∠BOC=π3.所以B、C两点的球面距离为l=R·θ=3×π3=π.[答案]B1.证明直线与平面平行常用的两种方法:(1)转化为线线平行;(2)转化为面面平行.2.证明线线平行常用的两种方法:(1)构造平行四边形;(2)构造三角形的中位线.3.证明直线与平面垂直往往转化为证明直线与直线垂直,而证明直线与直线垂直又需要转化为证明直线与平面垂直.[例2](2010·北京高考)如图,正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直,EF∥AC,AB=2,CE=EF=1.(1)求证:AF∥平面BDE;(2)求证:CF⊥平面BDE.[思路点拨](1)只需证明AF平行于E与BD、AC交点连线即可.(2)证明CF垂直于平面内的两条相交直线.[自主解答](1)设AC与BD交于点G.因为EF∥AG,且EF=1,AG=12AC=1,所以四边形AGEF为平行四边形,所以AF∥EG.因为EG⊂平面BDE,AF⊄平面BDE,所以AF∥平面BDE.(2)连结FG.因为EF∥CG,EF=CG=1,且CE=1,所以四边形CEFG为菱形,所以CF⊥EG.因为四边形ABCD为正方形,所以BD⊥AC,又因为平面ACEF⊥平面ABCD,且平面ACEF∩平面ABCD=AC,所以BD⊥平面ACEF.所以CF⊥BD.又BD∩EG=G,所以CF⊥平面BDE.1.证明面面平行的常用的方法是利用判定定理,其关键是结合图形与条件在一平面内寻找两相交直线平行于另一平面.2.面面平行的证明还有其它方法:1a、b⊂α且a∩b=Ac、d⊂β且c∩d=Ba∥c,b∥d⇒α∥β(2)a⊥α、a⊥β⇒α∥β.3.面面垂直的判定方法(1)a⊂α,a⊥β⇒α⊥β(2)线线垂直[例3](2010·辽宁高考)如图,棱柱ABC-A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形,B1C⊥A1B.(1)证明:平面AB1C⊥平面A1BC1;(2)设D是A1C1上的点,且A1B∥平面B1CD,求A1D∶DC1的值.[思路点拨](1)由面面垂直的判定定理可证B1C⊥面A1BC1即可.(2)是探索性问题,可利用线面平行的性质分析D为A1C1中点即得此值.[自主解答](1)证明:因为侧面BCC1B1是菱形,所以B1C⊥BC1.又已知B1C⊥A1B,且A1B∩BC1=B,所以B1C⊥平面A1BC1.又B1C⊂平面AB1C,所以平面AB1C⊥平面A1BC1.(2)如图,设BC1交B1C于点E,连结DE,则DE是平面A1BC1与平面B1CD的交线.因为A1B∥平面B1CD,所以A1B∥DE.又E是BC1的中点,所以D为A1C1的中点.即A1D∶DC1=1.(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量,一般情况下,线段的长度是不变量,而位置关系往往会发生变化,抓住不变量是解决问题的突破口.(2)在解决问题时,要综合考虑折叠前后的图形,既要分析折叠后的图形,也要分析折叠前的图形.[例4](2010·福州模拟)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,M、N分别为AB、BC的中点.(1)求证:平面B1MN⊥平面BB1D1D;(2)当点P在DD1上运动时,是否都有MN∥平面A1C1P?证明你的结论;(3)按图中示例,在给出的方格纸中,用实线再画出此正方体的3个形状不同的表面展开图,且每个展开图均满足条件“有四个正方形连成一个长方形”.(如果多画,则按前3个记分)[思路点拨](1)可先证MN⊥面BB1D1D,再得面面垂直.(2)结合图形分析,先猜测成立,再给出证明.(3)结合条件可画出.[自主解答](1)证明:在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BB1⊥平面ABCD,∵MN⊂平面ABCD,∴BB1⊥MN.连接AC,∵M、N分别为AB、BC的中点,∴MN∥AC.又四边形ABCD是正方形,∴AC⊥BD,∴MN⊥BD.∵BD∩BB1=B,∴MN⊥平面BB1D1D.又∵MN⊂平面B1MN,∴平面B1MN⊥平面BB1D1D.(2)当点P在DD1上运动时,都有MN∥平面A1C1P.证明如下:在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=CC1,AA1∥CC1,∴四边形AA1C1C是平行四边形,∴AC∥A1C1.由(1)知MN∥AC,∴MN∥A1C1.又∵MN⊄平面A1C1P,A1C1⊂平面A1C1P,∴MN∥平面A1C1P.(3)符合条件的表面展开图还有5个,如下图.在利用判定定理或性质定理证明平行或垂直关系时易失误的地方是解答步骤中忽视了每个定理成立的条件,如本例中(2)问证得MN∥A1C1后,许多同学只会写上结论,而丢掉了“MN⊄面A1C1P,A1C1⊂面A1C1P”,故证题时要严格按定理中成立的条件,以防造成不应有的丢分,对于探索性问题,一般是先根据特殊位置猜测结论,再给出一般性的证明.保持本例的条件不变,在棱DD1上是否存在点P使得BD1∥平面PMN?若存在,确定点P的位置;若不存在,请说明理由.解:设点P为棱DD1上一点,MN与BD的交点为Q,连接PQ、PM、PN,则平面BB1D1D∩平面PMN=PQ,当BD1∥平面PMN时,根据线面平行的性质定理得BD1∥PQ且DQ∶QB=DP∶PD1=3∶1因此,在棱DD1上存在点P,使得BD1∥平面PMN,并且DP∶PD1=3∶1,即在线段D1D上靠近点D1的第一个四等分点处.转化与化归思想[例5]如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,点D是棱BC的中点,求证:(1)AD⊥C1D;(2)A1B∥平面ADC1.[证明](1)因为三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱,所以C1C⊥平面ABC,又AD⊂平面ABC,所以C1C⊥AD,…………………………………………(2分)又点D是棱BC的中点,且△ABC为正三角形,所以AD⊥BC,因为BC∩C1C=C,所以AD⊥平面BCC1B1,……………(4分)又因为DC1⊂平面BCC1B1,所以AD⊥C1D.……………(6分)(2)连结A1C交AC1于点E,再连结DE.因为四边形A1ACC1为矩形,所以E为A1C的中点,……………(9分)又因为D为BC的中点,所以ED∥A1B.…………………(10分)又A1B⊄平面ADC1,ED⊂平面ADC1,所以A1B∥平面ADC1.[解法心得]本题体现了空间中线面平行与垂直的转化思想,基本思路为:在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC,E是PC的中点,作EF⊥PB,交PB于点F.(1)证明:PA∥平面DEB;(2)证明:PB⊥平面EFD.证明:(1)连接AC,设AC∩BD=G,连接EG,E是PC的中点,G是AC的中点,则GE∥PA,又GE⊂平面BDE,PA⊄平面BDE,故PA∥平面BDE.(2)∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥BC,又DC⊥BC,PD∩DC=D,∴BC⊥平面PCD,∴BC⊥DE,∵PD=DC,PD⊥DC,E是PC的中点,∴DE⊥PC,又PC∩BC=C,∴DE⊥平面PBC,∴DE⊥PB,又EF⊥PB且DE∩EF=E,∴PB⊥平面EFD.点击此图片进入“专题训练”
本文标题:【名校专题攻略】2012高考专题复习第一部分--专题六--第1讲--直线、平面、棱柱、棱锥、球
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