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    题型1:共线.共点和共面问题 例1．(1)如图所示.平面ABD平面BCD ＝直线BD .M .N .P .Q 分别为线段AB .BC .CD .DA 上的点.四边形MNPQ 是以PN .QM 为腰的梯形. 试证明三直线BD .MQ .NP 共点. 证明:∵ 四边形MNPQ 是梯形.且MQ .NP 是腰. ∴直线MQ .NP 必相交于某一点O . ∵ O 直线MQ ,直线MQ 平面ABD . ∴ O 平面ABD. 同理.O 平面BCD .又两平面ABD .BCD 的交线为BD . 故由公理二知.O 直线BD .从而三直线BD .MQ .NP 共点. 点评:由已知条件.直线MQ .NP 必相交于一点O .因此.问题转化为求证点O 在直线BD 上.由公理二.就是要寻找两个平面.使直线BD 是这两个平面的交线.同时点O 是这两个平面的公共点即可．“三点共线 及“三线共点 的问题都可以转化为证明“点在直线上 的问题. (2)如图所示.在四边形ABCD中.已知AB∥CD.直线AB.BC.AD.DC分别与平面α相交于点E.G.H.F．求证:E.F.G.H四点必定共线 证明:∵AB∥CD. ∴AB.CD确定一个平面β． 又∵ABα＝E.ABβ.∴E∈α.E∈β. 即E为平面α与β的一个公共点. 同理可证F.G.H均为平面α与β的公共点． ∵两个平面有公共点.它们有且只有一条通过公共点的公共直线. ∴E.F.G.H四点必定共线. 点评:在立体几何的问题中.证明若干点共线时.常运用公理2.即先证明这些点都是某二平面的公共点.而后得出这些点都在二平面的交线上的结论. 例2．已知:a.b.c.d是不共点且两两相交的四条直线.求证:a.b.c.d共面. 证明:1o若当四条直线中有三条相交于一点.不妨设a.b.c相交于一点A. 但AÏd.如图1所示: ∴直线d和A确定一个平面α. 又设直线d与a.b.c分别相交于E.F.G. 则A.E.F.G∈α. ∵A.E∈α.A.E∈a.∴aα. 同理可证bα.cα. ∴a.b.c.d在同一平面α内. 2o当四条直线中任何三条都不共点时. 如图2所示: ∵这四条直线两两相交.则设相交直线a.b确定一个平面α. 设直线c与a.b分别交于点H.K.则H.K∈α. 又 H.K∈c.∴c,则cα. 同理可证dα. ∴a.b.c.d四条直线在同一平面α内． 点评:证明若干条线共面的一般步骤是:首先根据公理3或推论.由题给条件中的部分线确定一个平面.然后再根据公理1证明其余的线均在这个平面内.本题最容易忽视“三线共点 这一种情况.因此.在分析题意时.应仔细推敲问题中每一句话的含义. 题型2:异面直线的判定与应用 例3．已知:如图所示.a b ＝a .b b .a b ＝A .c a .c ∥a .求证直线b .c 为异面直线 证法一:假设b .c 共面于g ．由A a .a ∥c 知.A c .而a b ＝A.a b ＝a . ∴ A g .A a. 又c a .∴ g .a 都经过直线c 及其外的一点A. ∴ g 与a 重合.于是a g .又b b. 又g .b 都经过两相交直线a .b .从而g .b 重合. ∴ a .b .g 为同一平面.这与a b ＝a 矛盾 ∴ b .c 为异面直线． 证法二:假设b .c 共面.则b .c 相交或平行. (1)若b ∥c .又a ∥c .则由公理4知a ∥b .这与a b ＝A 矛盾. (2)若b c ＝P .已知b b .c a .则P 是a .b 的公共点.由公理2.P a .又b c ＝P .即P c .故a c ＝P .这与a ∥c 矛盾 综合可知.b .c 为异面直线. 证法三:∵ a b ＝a .a b ＝A .∴ A a . ∵ a ∥c .∴ A c . 在直线b 上任取一点P(P 异于A).则P a(否则b a .又a a .则a .b 都经过两相交直线a .b .则a .b 重合.与a b ＝a 矛盾). 又c a .于是根据“过平面外一点与平面内一点的直线.和平面内不经过该点的直线是异面直线 知.b .c 为异面直线. 点评:证明两直线为异面直线的思路主要有两条:一是利用反证法,二是利用结论“过平面外一点与平面内一点的直线.和平面内不经过该点的直线是异面直线．.异面直线又有两条途径:其一是直接假设b .c 共面而产生矛盾,其二是假设b .c 平行与相交,分别产生矛盾.判定直线异面.若为解答题.则用得最多的是证法一.二的思路,若为选择或填空题.则往往都是用证法三的思路.用反证法证题.一般可归纳为四个步骤:进行推理,肯定结论． 宜用反证法证明的命题往往是(1)基本定理或某一知识系统的初始阶段的命题(如立体几何中的线面.面面平行的判定定量的证明等),(2)肯定或否定型的命题(如结论中出现“必有 .“必不存在 等一类命题),(3)唯一型的命题(如“图形唯一 .“方程解唯一 等一类命题),(4)正面情况较为繁多.而结论的反面却只有一两种情况的一类命题,(5)结论中出现“至多 .“不多于 等一类命题. 例4．(1)已知异面直线a,b所成的角为70.则过空间一定点O.与两条异面直线a,b都成60角的直线有( )条 A．1 B．2 C．3 D．4 (2)异面直线a,b所成的角为,空间中有一定点O.过点O有3条直线与a,b所成角都是60.则的取值可能是( ) A．30 B．50 C．60 D．90 解析:(1)过空间一点O分别作∥a,∥b. 将两对对顶角的平分线绕O点分别在竖直平面内转动.总能得到与 都成60角的直线.故过点 O与a,b都成60角的直线有4条.从而选D. (2)过点O分别作∥a.∥b.则过点O有三条直线与a,b所成角都为60.等价于过点O有三条直线与所成角都为60.其中一条正是角的平分线.从而可得选项为C. 点评:该题以学生对异面直线所成的角会适当转化.较好的考察了空间想象能力 题型3:线线平行的判定与性质 例5．设和为不重合的两个平面.给出下列命题: (1)若内的两条相交直线分别平行于内的两条直线.则平行于, (2)若外一条直线与内的一条直线平行.则和平行, (3)设和相交于直线.若内有一条直线垂直于.则和垂直, (4)直线与垂直的充分必要条件是与内的两条直线垂直. 上面命题中.真命题的序号 . [解析] 考查立体几何中的直线.平面的垂直与平行判定的相关定理. 真命题的序号是 例6．两个全等的正方形ABCD和ABEF所在平面相交于AB.M∈AC.N∈FB.且AM=FN.求证:MN∥平面BCE. 证法一:作MP⊥BC.NQ⊥BE.P.Q为垂足.则MP∥AB.NQ∥AB. ∴MP∥NQ.又AM=NF.AC=BF. ∴MC=NB.∠MCP=∠NBQ=45° ∴Rt△MCP≌Rt△NBQ ∴MP=NQ.故四边形MPQN为平行四边形 ∴MN∥PQ ∵PQ平面BCE.MN在平面BCE外. ∴MN∥平面BCE. 证法二:如图过M作MH⊥AB于H.则MH∥BC. ∴ 连结NH.由BF=AC.FN=AM.得 ∴ NH//AF//BE 由MH//BC, NH//BE得:平面MNH//平面BCE ∴MN∥平面BCE. 题型4:线面平行的判定与性质 例7． 如图.在直四棱柱ABCD-ABCD中.底面ABCD为等腰梯形.AB//CD.AB=4, BC=CD=2, AA=2, E.E.F分别是棱AD.AA.AB的中点. (1) 证明:直线EE//平面FCC, (2) 求二面角B-FC-C的余弦值 解法一:(1)在直四棱柱ABCD-ABCD中.取A1B1的中点F1. 连接A1D.C1F1.CF1.因为AB=4, CD=2,且AB//CD. 所以CDA1F1.A1F1CD为平行四边形.所以CF1//A1D. 又因为E.E分别是棱AD.AA的中点.所以EE1//A1D. 所以CF1//EE1.又因为平面FCC.平面FCC. 所以直线EE//平面FCC. (2)因为AB=4, BC=CD=2, .F是棱AB的中点,所以BF=BC=CF,△BCF为正三角形,取CF的中点O,则OB⊥CF,又因为直四棱柱ABCD-ABCD中,CC1⊥平面ABCD,所以CC1⊥BO,所以OB⊥平面CC1F,过O在平面CC1F内作OP⊥C1F,垂足为P,连接BP,则∠OPB为二面角B-FC-C的一个平面角, 在△BCF为正三角形中,,在Rt△CC1F中, △OPF∽△CC1F,∵∴, 在Rt△OPF中,,,所以二面角B-FC-C的余弦值为. 解法二:(1)因为AB=4, BC=CD=2, F是棱AB的中点, 所以BF=BC=CF,△BCF为正三角形, 因为ABCD为 等腰梯形,所以∠BAC=∠ABC=60°,取AF的中点M, 连接DM,则DM⊥AB,所以DM⊥CD, 以DM为x轴,DC为y轴,DD1为z轴建立空间直角坐标系, ,则D,A(,-1,0),F(,1,0),C, C1,E(,,0),E1(,-1,1),所以,,设平面CC1F的法向量为则所以取,则,所以,所以直线EE//平面FCC. (2),设平面BFC1的法向量为,则所以,取,则, ,, 所以,由图可知二面角B-FC-C为锐角,所以二面角B-FC-C的余弦值为. [命题立意]:本题主要考查直棱柱的概念.线面位置关系的判定和二面角的计算.考查空间想象能力和推理运算能力,以及应用向量知识解答问题的能力. 例8． 如图.平面平面.四边形与都是直角梯形..∥.∥． (Ⅰ)证明:...四点共面, (Ⅱ)设.求二面角的大小． 解析:不是会不会的问题.而是熟不熟的问题.答题时间是最大问题． (Ⅰ)∵面面. ∴面． ∴以为原点.以..所在直线为轴.轴.轴. 建立如图所示的空间直角坐标系． 不妨设...则 .. .. .． ∴. . ∴. ∴. ∵.∴.∴C.D.E.F四点共面． (Ⅱ)设.则. ∴..． 设平面的法向量为. 由.得. 设平面的法向量为 由.得. 由图知.二面角为锐角. ∴其大小为． 点评:证共面就是证平行.求二面角转为求法向量夹角.时间问题是本题的困惑处．心浮气燥会在计算.书写.时间上丢分．因建系容易.提倡用向量法．本时耗时要超过17题与18题用时之和． 题型5:面面平行的判定与性质 例9．如图.正方体ABCD-A1B1C1D1 的棱长为a.证明:平面ACD1 ∥平面A1C1B . 证明:如图.∵ A1BCD1 是矩形.A1B ∥D1C . 又D1C 平面D1CA .A1B 平面D1CA . ∴ A1B ∥平面D1CA. 同理A1C1 ∥平面D1CA .又A1C1 A1B ＝A1 .∴ 平面D1CA ∥平面BA1C1 ． 点评:证明面面平行.关键在于证明A1C1 与A1B 两相交直线分别与平面ACD1 平行. 例10．P是△ABC所在平面外一点.A′.B′.C′分别是△PBC.△PCA.△PAB的重心. (1)求证:平面A′B′C′∥平面ABC, (2)S△A′B′C′∶S△ABC的值. 解析:(1)取AB.BC的中点M.N. 则 ∴A′C′∥MN?A′C′∥平面ABC. 同理A′B′∥面ABC. ∴△A′B′C′∥面ABC. (2)A′C′=MN=·AC=AC . 同理 ∴ 【查看更多】

     

    题目列表(包括答案和解析)

    给出下列命题：
    ①如果向量
    a
    ，
    b
    ，
    c
    共面，向量
    b
    ，
    c
    ，
    d
    也共面，则向量
    a
    ，
    b
    ，
    c
    ，
    d
    共面；
    ②已知直线a的方向向量
    a
    与平面α，若
    a
    ∥平面α，则直线a∥平面α；
    ③若P、M、A、B共面，则存在唯一实数x、y使
    MP
    =x
    MA
    +y
    MB
    ；
    ④对空间任意点O与不共线的三点A、B、C，若
    OP
    =x
    OA
    +y
    OB
    +z
    OC
    （其中x+y+z=1），则P、A、B、C四点共面； 在这四个命题中为真命题的序号有
     
    ．

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    1、以下四个命题中，正确命题的个数是
    1
    ．
    ①不共面的四点中，其中任意三点不共线；
    ②若点A、B、C、D共面，点A、B、C、E共面，则A、B、C、D、E共面；
    ③若直线a、b共面，直线a、c共面，则直线b、c共面；
    ④依次首尾相接的四条线段必共面．

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    （2012•乐山二模）已知A．B．C是平面上不共线的三点，O为△ABC的外心，动点P满足
    OP
    =
    [(1-λ)
    OA
    +(1-λ)
    OB
    +(1+2λ)
    OC
    ]
    3
    （λ∈R），则P的轨迹一定过△ABC的（　　）

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    7、对于不重合的两个平面α与β，给定下列条件：①存在平面γ，使得α，β都平行于γ②存在平面γ，使得α，β都垂直于γ；③α内有不共线的三点到β的距离相等；④存在异面直线l，m，使得l∥α，l∥β，m∥α，m∥β．其中，可以判定α与β平行的条件有（　　）

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    已知O，A，B是同一平面内不共线的三点，且
    OM
    =λ
    OA
    +μ
    OB
    ，则下列命题正确的是
    ①②③④⑤
    ①②③④⑤
    ．（写出所有正确命题的编号）
    ①若λ=
    1
    2
    ，μ=
    1
    2
    ，则点M是线段AB的中点；
    ②若λ=-1，μ=2，则M，A，B三点共线；
    ③若λ=
    1
    |
    OA
    |
    ，μ=
    1
    |
    OB
    |
    ，则点M在∠AOB的平分线上；
    ④若λ=
    1
    3
    ，μ=
    1
    3
    ，则点M是△OAB的重心；
    ⑤若点M在△OAB外，则λ＜0或μ＜0或
    λ＞
    1
    2
    μ＞
    1
    2
    ．

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