類型1平面的基本性質(zhì)及應(yīng)用1．證明點共線問題的常用方法基本事實法先找出兩個平面，然后證明這些點都是這兩個平面的公共點，再根據(jù)基本事實3證明這些點都在交線上同一法選擇其中兩點確定一條直線，然后證明其余點也在該直線上2.證明線共點問題的方法證明若干線共點的基本思路是先找出兩條直線的交點，再證明其他直線都經(jīng)過該點．而證明直線過該點的方法是證明點是以該直線為交線的兩個平面的公共點．3．證明點、直線共面問題的常用方法納入平面法先確定一個平面，再證明有關(guān)點、線在此平面內(nèi)輔助平面法先證明有關(guān)的點、線確定平面α，再證明其余元素確定平面β，最后證明平面α，β重合【例1】如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為D1C1，B1C1的中點，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q，直線A1C(1)證明：B，D，E，F(xiàn)四點共面．(2)證明：P，Q，R三點共線．(3)證明：DE，BF，CC1三線共點．[證明](1)連接B1D1，因為EF是△D1B1C1的中位線，所以EF∥B1D1.在正方體ABCD-A1B1C1D1中，B1D1綊BD所以EF∥BD.所以EF，BD確定一個平面，即B，D，E，F(xiàn)四點共面．(2)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，設(shè)A1ACC1確定的平面為α又設(shè)平面BDEF為β，因為Q∈A1C1，所以Q∈α又因為Q∈EF，所以Q∈β.則Q是α與β的公共點，同理，P點也是α和β的公共點，所以α∩β＝PQ.又因為A1C∩β＝R，所以R∈A1所以R∈α且R∈β.則R∈PQ.故P，Q，R三點共線．(3)因為EF∥BD，且EF≠BD，所以DE與BF一定相交，設(shè)交點為M，因為BF?平面BCC1B1，DE?平面DCC1D1，且平面BCC1B1∩平面DCC1D1＝CC1，所以M∈CC1，所以DE，BF，CC1三線共點．eq\a\vs4\al([跟進訓(xùn)練])1．如圖，ABCD－A1B1C1D1是長方體，O是B1D1的中點，直線A1C交平面AB1D1于點MA．A，M，O三點共線B．A，M，O，A1不共面C．A，M，C，O不共面D．B，B1，O，M共面A[連接A1C1，AC，則A1C1∥所以A1，C1，C，A四點共面，所以A1C?平面ACC1A因為M∈A1C，所以M∈平面ACC1A又M∈平面AB1D1，所以M在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上因為平面ACC1A1∩平面AB1D1＝AO，所以M∈AO，所以A，M，O類型2平行問題(1)證明線線平行的依據(jù)①平面幾何法(常用的有三角形中位線、平行四邊形對邊平行)；②基本事實4；③線面平行的性質(zhì)定理；④面面平行的性質(zhì)定理；⑤線面垂直的性質(zhì)定理．(2)證明線面平行的依據(jù)①定義；②線面平行的判定定理；③面面平行的性質(zhì)．(3)證明面面平行的依據(jù)①定義；②面面平行的判定定理；③垂直于同一直線的兩平面平行；④面面平行的傳遞性．【例2】如圖所示，四邊形ABCD是平行四邊形，PB⊥平面ABCD，MA∥PB，PB＝2MA.在線段PB上是否存在一點F，使平面AFC∥平面PMD？若存在，請確定點F的位置，并給出證明；若不存在，請說明理由．[解]當點F是PB的中點時，平面AFC∥平面PMD，證明如下：如圖，連接AC和BD交于點O，連接FO，則PF＝eq\f(1,2)PB.∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴O是BD的中點．∴OF∥PD.又OF?平面PMD，PD?平面PMD，∴OF∥平面PMD.又MA∥PB，MA＝eq\f(1,2)PB，∴PF∥MA，PF＝MA.∴四邊形AFPM是平行四邊形．∴AF∥PM.又AF?平面PMD，PM?平面PMD.∴AF∥平面PMD.又AF∩OF＝F，AF?平面AFC，OF?平面AFC.∴平面AFC∥平面PMD.eq\a\vs4\al([跟進訓(xùn)練])2．已知m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，則下列命題正確的有________．(寫出所有正確命題的序號)①若α⊥γ，β⊥γ，則α∥β；②若m∥n，m∥α，則n∥α；③若α∩β＝n，m∥α，m∥β，則m∥n；④若m⊥α，m⊥n，則n∥α.③[對于①，若α⊥γ，β⊥γ，則α與β的位置關(guān)系是垂直或平行，故①錯誤；對于②，若m∥n，m∥α，則n可能在α內(nèi)或平行于α，故②錯誤；對于③，若α∩β＝n，m∥α，m∥β，根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理和判定定理，可以判斷m∥n，故③正確；對于④，若m⊥α，m⊥n，則n可能在α內(nèi)或平行于α，故④錯誤．]類型3垂直問題(1)證明直線和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的傳遞性(a∥b，a⊥α?b⊥α)；③面面平行的性質(zhì)(a⊥α，α∥β?a⊥β)；④面面垂直的性質(zhì)．(2)證明線面垂直的關(guān)鍵是證線線垂直，而證明線線垂直則需借助線面垂直的性質(zhì)．因此，判定定理與性質(zhì)定理的合理轉(zhuǎn)化是證明線面垂直的基本思想．【例3】如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，AD＝2BC，∠DAB＝∠ABP＝90°.(1)求證：AD⊥平面PAB；(2)求證：AB⊥PC.[證明](1)因為∠DAB＝90°，所以AD⊥AB.因為平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD＝AB，所以AD⊥平面PAB.(2)由(1)知AD⊥AB，因為AD∥BC，所以BC⊥AB.又因為∠ABP＝90°，所以PB⊥AB.因為PB∩BC＝B，所以AB⊥平面PBC，因為PC?平面PBC，所以AB⊥PC.在本例(1)中，若點E在棱PD上，且CE∥平面PAB，求eq\f(PE,PD)的值．[解]過E作EF∥AD交PA于F，連接BF.因為AD∥BC，所以EF∥BC.所以E，F(xiàn)，B，C四點共面．又因為CE∥平面PAB，且CE?平面BCEF，平面BCEF∩平面PAB＝BF，所以CE∥BF，所以四邊形BCEF為平行四邊形，所以EF＝BC＝eq\f(1,2)AD.在△PAD中，因為EF∥AD，所以eq\f(PE,PD)＝eq\f(EF,AD)＝eq\f(1,2)，即eq\f(PE,PD)＝eq\f(1,2).類型4幾何體的表面積和體積(1)與球有關(guān)的組合體問題，一種是內(nèi)切，一種是外接．球與旋轉(zhuǎn)體的組合通常是作它們的軸截面解題，球與多面體的組合，通過多面體的一條側(cè)棱和球心，或“切點”、“接點”作出截面圖，把空間問題化歸為平面問題．(2)若球面上四點P，A，B，C中PA，PB，PC兩兩垂直或三棱錐的三條側(cè)棱兩兩垂直，可構(gòu)造長方體或正方體確定直徑解決外接問題．【例4】已知三棱錐S-ABC的所有頂點都在球O的球面上，SC是球O的直徑．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱錐S－ABC的體積為9，則球O的表面積為________．36π[如圖，連接AO，OB，∵SC為球O的直徑，∴點O為SC的中點，∵SA＝AC，SB＝BC，∴AO⊥SC，BO⊥SC，∵平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，∴AO⊥平面SCB，設(shè)球O的半徑為R，則OA＝OB＝R，SC＝2R.∴VS-ABC＝VA-SBC＝eq\f(1,3)×S△SBC×AO＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×SC×OB))×AO，即9＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2R×R))×R，解得R＝3，∴球O的表面積為S＝4πR2＝4π×32＝36π.]eq\a\vs4\al([跟進訓(xùn)練])3．《算數(shù)書》竹簡于上世紀八十年代在湖北省江陵縣張家山出土，這是我國現(xiàn)存最早的有系統(tǒng)的數(shù)學(xué)典籍，其中記載有求“囷蓋”的術(shù)：置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．該術(shù)相當于給出了由圓錐的底面周長L與高h，計算其體積V的近似公式V≈eq\f(1,36)L2h.它實際上是將圓錐體積公式中的圓周率π近似取為3.那么，近似公式V≈eq\f(2,75)L2h相當于將圓錐體積公式中的π近似取為()A．eq\f(22,7)B．eq\f(25,8)C．eq\f(157,50)D．eq\f(355,113)B[圓錐的體積V＝eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(1,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2π)))eq\s\up8(2)h＝eq\f(L2h,12π)，由題意得12π≈eq\f(75,2)，π近似取為eq\f(25,8)，故選B.]類型5簡單的空間角問題根據(jù)定義作平行線，作出異面直線所成的角；證明作出的角是異面直線所成的角；解三角形，求出作出的角．如果求出的角是銳角或直角，則它就是要求的角；如果求出的角是鈍角，則它的補角才是要求的角．【例5】已知四棱錐P－ABCD的側(cè)棱長與底面邊長都相等，點E是PB的中點，則異面直線AE與PD所成角的余弦值為()A．eq\f(1,3)B．eq\f(\r(2),3)C．eq\f(\r(3),3)D．eq\f(2,3)C[設(shè)四棱錐P-ABCD的棱長為1，AC∩BD＝O，則O是AC與BD的中點，連接OE(圖略)，又E是PB的中點，所以由三角形中位線定理，得OE∥PD，OE＝eq\f(1,2)PD＝eq\f(1,2)，則∠AEO或其補角是異面直線AE與PD所成的角．又△PAB是等邊三角形，所以AE＝eq\f(\r(3),2)AB＝eq\f(\r(3),2).易得OA＝OB＝OC＝OD＝eq\f(\r(2),2)，在△OAE中，由余弦定理，得cos∠AEO＝eq\f(AE2＋OE2－OA2,2AE·OE)＝eq\f(\r(3),3)，即異面直線AE與PD所成角的余弦值為eq\f(\r(3),3).]eq\a\vs4\al([跟進訓(xùn)練])4．如圖，在圓錐PO中，已知PO⊥底面⊙O，PO＝eq\r(2)，⊙O的直徑AB＝2，C是eq\o(AB,\s\up10(︵))的中點，D為AC的中點．(1)證明：平面POD⊥平面PAC；(2)求二面角B－PA－C的余弦值．[解](1)證明：連接OC.∵PO⊥底面⊙O，AC?底面⊙O，∴AC⊥PO.∵OA＝OC，D是AC的中點，∴AC⊥OD.又∵OD∩PO＝O，∴AC⊥平面POD.又∵AC?平面PAC，∴平面POD⊥平面PAC.(2)在平面POD內(nèi)，過點O作OH⊥PD于點H.由(1)知，平面POD⊥平面PAC，又平面POD∩平面PAC＝PD，∴OH⊥平面PAC.又∵PA?平面PAC，∴PA⊥OH.在平面PAO中，過點O作OG⊥PA于點G，連接HG，則有PA⊥平面OGH，∴PA⊥HG.故∠OGH為二面角B－PA－C的平面角．∵C是eq\o(AB,\s\up10(︵))的中點，AB是直徑，∴OC⊥AB.在Rt△ODA中，OD＝OA·sin45°＝eq\f(\r(2),2).在Rt△POD中，OH＝eq\f(PO·OD,PD)＝eq\f(PO·OD,\r(PO2＋OD2))＝eq\f(\r(2)×\f(\r(2),2),\r(2＋\f(1,2)))＝eq\f(\r(10),5).在Rt△POA中，OG＝eq\f(PO·OA,PA)＝eq\f(PO·OA,\r(PO2＋OA2))＝eq\f(\r(2)×1,\r(2＋1))＝eq\f(\r(6),3).在Rt△OHG中，sin∠OGH＝eq\f(OH,OG)＝eq\f(\f(\r(10),5),\f(\r(6),3))＝eq\f(\r(15),5).∴cos∠OGH＝eq\r(1－sin2∠OGH)＝eq\r(1－\f(15,25))＝eq\f(\r(10),5).故二面角B-PA-C的余弦值為eq\f(\r(10),5).1．(2020·天津卷)若棱長為2eq\r(3)的正方體的頂點都在同一球面上，則該球的表面積為()A．12πB．24πC．36πD．144πC[設(shè)外接球的半徑為R，易知2R＝eq\r(3)×2eq\r(3)＝6，所以R＝3，于是表面積S＝4πR2＝36π，故選C.]2．(2020·全國Ⅰ卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個正四棱錐．以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側(cè)面三角形的面積，則其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為()A．eq\f(\r(5)－1,4)B．eq\f(\r(5)－1,2)C．eq\f(\r(5)＋1,4)D．eq\f(\r(5)＋1,2)C[由題意知，可將金字塔看成如圖所示的正四棱錐S-ABCD，其中M為AD的中點，O為底面正方形ABCD的中心，連接SM，SO，OM，則SO⊥底面ABCD，SM⊥AD，OM⊥AD，即正四棱錐S-ABCD的高為SO，側(cè)面△SAD的高為SM.設(shè)底面正方形ABCD的邊長為a，SM＝h，則OM＝eq\f(a,2)，正四棱錐S-ABCD的一個側(cè)面三角形的面積為eq\f(1,2)ah，在Rt△SOM中，SO2＝SM2－OM2＝h2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))eq\s\up8(2)＝h2－eq\f(a2,4)，以該正四棱錐的高為邊長的正方形的面積為SO2＝h2－eq\f(a2,4)，故eq\f(1,2)ah＝h2－eq\f(a2,4)，化簡、整理得4h2－2ah－a2＝0，得4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,a)))eq\s\up8(2)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,a)))－1＝0，令eq\f(h,a)＝t，則4t2－2t－1＝0，因為t>0，所以t＝eq\f(1＋\r(5),4)，即eq\f(h,a)＝eq\f(1＋\r(5),4)，所以其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為eq\f(\r(5)＋1,4)，故選C.]3．(2020·全國Ⅰ卷)已知A，B，C為球O的球面上的三個點，⊙O1為△ABC的外接圓．若⊙O1的面積為4π，AB＝BC＝AC＝OO1，則球O的表面積為()A．64πB．48πC．36πD．32πA[如圖所示，設(shè)球O的半徑為R，⊙O1的半徑為r，因為⊙O1的面積為4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以eq\f(AB,sin60°)＝2r，解得AB＝2eq\r(3)，故OO1＝2eq\r(3)，所以R2＝OOeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋r2＝(2eq\r(3))2＋22＝16，所以球O的表面積S＝4πR2＝64π.故選A.]4．(2020·浙江卷)已知圓錐的側(cè)面積(單位：cm2)為2π，且它的側(cè)面展開圖為半圓，則這個圓錐的底面半徑(單位：cm)是________．1[法一：設(shè)該圓錐的母線長為l，因為圓錐的側(cè)面展開圖是一個半圓，其面積為2π，所以eq\f(1,2)πl(wèi)2＝2π，解得l＝2，所以該半圓的弧長為2π.設(shè)該圓錐的底面半徑為R，則2πR＝2π，解得R＝1.法二：設(shè)該圓錐的底面半徑為R，則該圓錐側(cè)面展開圖中