高考数学(理数)一轮精品复习：第7章《立体几何》讲与练(110页教师版)

这是一份高考数学(理数)一轮精品复习：第7章《立体几何》讲与练(110页教师版)，共110页。试卷主要包含了空间几何体的三视图等内容，欢迎下载使用。

第七章立体几何
第一节 空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积

本节主要包括3个知识点：　
1.空间几何体的三视图和直观图；2.空间几何体的表面积与体积；　3.与球有关的切、接应用问题.

突破点(一)　空间几何体的三视图和直观图　


1．空间几何体的结构特征
(1)多面体的结构特征
多面体
结构特征
棱柱
有两个面平行，其余各面都是四边形且每相邻两个面的交线都平行且相等
棱锥
有一个面是多边形，而其余各面都是有一个公共顶点的三角形
棱台
棱锥被平行于底面的平面所截，截面和底面之间的部分叫做棱台
(2)旋转体的形成
几何体
旋转图形
旋转轴
圆柱
矩形
矩形任一边所在的直线
圆锥
直角三角形
一条直角边所在的直线
圆台
直角梯形或等腰梯形
直角腰所在的直线或等腰梯形上下底中点的连线
球
半圆或圆
直径所在的直线
2.空间几何体的三视图
(1)三视图的名称
几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图．
(2)三视图的画法
①在画三视图时，能看见的轮廓线和棱用实线表示，重叠的线只画一条，不能看见的轮廓线和棱用虚线表示．
②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体的正投影图．
3．空间几何体的直观图
空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：
(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴，y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．
(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴；平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段在直观图中长度为原来的一半．

1．判断题
(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．(　　)
(2)棱台各侧棱的延长线交于一点．(　　)
(3)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．(　　)
(4)用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分别平行于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A＝45°.(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×
2．填空题
(1)如图所示的几何体中，是棱柱的为________(填写所有正确的序号)．

解析：根据棱柱的定义，结合给出的几何体可知③⑤满足条件．
答案：③⑤
(2)有一个几何体的三视图如图所示，这个几何体的形状为________．

解析：从俯视图来看，上、下底面都是正方形，但是大小不一样，可以判断是棱台．
答案：棱台
(3)已知一个几何体的三视图如图所示，则此几何体从上往下依次由____________构成．

解析：由三视图可知，该几何体是由一个圆台和一个圆柱组成的组合体．
答案：圆台，圆柱
(4)利用斜二测画法得到的：
①三角形的直观图一定是三角形；
②正方形的直观图一定是菱形；
③等腰梯形的直观图可以是平行四边形；
④菱形的直观图一定是菱形．
以上结论正确的个数是________．
解析：由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，④也错误．
答案：1






空间几何体的结构特征
　　　　　　　　　　　　　　　　　
[例1]　给出下列命题：
①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；
②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；
③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；
④棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．
其中正确命题的个数是(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
[解析]　①错误，只有这两点的连线平行于旋转轴时才是母线；②错误，因为“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面都是有一个公共顶点的三角形”，如图(1)所示；③错误，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图(2)所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；④错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．

[答案]　A
[方法技巧]
解决与空间几何体结构特征有关问题的技巧
(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；
(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，如例1中的命题②④易判断失误；
(3)通过反例对结构特征进行辨析．　　


空间几何体的三视图
1.画三视图的规则
长对正、高平齐、宽相等，即俯视图与正视图一样长；正视图与侧视图一样高；侧视图与俯视图一样宽．
2．三视图的排列顺序
先画正视图，俯视图放在正视图的下方，侧视图放在正视图的右方．

[例2]　(1)正方体ABCD ­A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点(如图)，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的侧视图为(　　)

(2)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为(　　)

A．3 B．2
C．2 D．2
[解析]　(1)过点A，E，C1的截面为AEC1F，如图，则剩余几何体的侧视图为选项C中的图形．故选C.
(2)在正方体中还原该四棱锥如图所示，
从图中易得最长的棱为AC1＝＝＝2.
[答案]　(1)C　(2)B
[方法技巧]
有关三视图问题的解题方法
(1)由几何体的直观图画三视图需注意的事项
①注意正视图、侧视图和俯视图对应的观察方向；②注意能看到的线用实线画，被挡住的线用虚线画；③画出的三视图要符合“长对正、高平齐、宽相等”的基本特征．
(2)由几何体的部分视图画出剩余视图的方法
先根据已知的部分视图推测直观图的可能形式，然后推测其剩余视图的可能情形，若为选择题，也可以逐项检验．
(3)由几何体三视图还原其直观图时应注意的问题
要熟悉柱、锥、球、台的三视图，结合空间想象将三视图还原为直观图．　　


空间几何体的直观图
直观图与原图形面积的关系
按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系：
(1)S直观图＝S原图形．(2)S原图形＝2S直观图．
[例3]　用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是(　　)

[解析]　由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2.
[答案]　A

1.如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下四个命题中，假命题是(　　)
A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等
B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补
C．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆
D．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上
解析：选B　因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等，所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点的距离相等，故A，C是真命题；且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等，故D是真命题；B是假命题，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立．
2.用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是(　　)

解析：选B　俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B.
3.已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一直角边长为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为(　　)

解析：选C　空间几何体的正视图和侧视图“高平齐”，故正视图的高一定为2，正视图和俯视图“长对正”，故正视图的底边长为2.侧视图中的直角说明这个三棱锥最前面的面垂直于底面，这个面遮住了后面的一条侧棱．综合以上可知，这个三棱锥的正视图可能是C.
4.用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为2 cm2，则原平面图形的面积为(　　)

A．4 cm2 B．4 cm2
C．8 cm2 D．8 cm2
解析：选C　依题意可知∠BAD＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC，AD相等，高为梯形ABCD的高的2倍，所以原平面图形的面积为8 cm2.
5.已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三个视图都是直角三角形，则在该三棱锥的四个面中，直角三角形的个数为(　　)


A．1 B．2
C．3 D．4

解析：选D　由题意知，三棱锥放置在长方体中如图所示，利用长方体模型可知，此三棱锥的四个面全部是直角三角形．故选D.

突破点(二)　空间几何体的表面积与体积　


1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式

圆柱
圆锥
圆台
侧面展开图



侧面积公式
S圆柱侧＝2πrl
S圆锥侧＝πrl
S圆台侧＝π(r＋r′)l
圆柱、圆锥、圆台侧面积间的关系：
S圆柱侧＝2πrlS圆台侧＝π(r＋r′)lS圆锥侧＝πrl.
2．空间几何体的表面积与体积公式
　名称　
几何体　　　
表面积
体积
柱体(棱柱和圆柱)
S表面积＝S侧＋2S底
V＝Sh
锥体(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝Sh
台体(棱台和圆台)
S表面积＝S侧＋S上＋S下
V＝(S上＋S下＋)h
球
S＝4πR2
V＝πR3


1．判断题
(1)锥体的体积等于底面面积与高之积．(　　)
(2)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．(　　)
(3)球的体积之比等于半径比的平方．(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×

2．填空题
(1)已知圆柱的底面半径为a，高为a，则此圆柱的侧面积等于________．
解析：底面周长l＝2πa，则S侧＝l·h＝2πa·＝πa2.
答案：πa2
(2)已知某棱台的上、下底面面积分别为6和24，高为2，则其体积为________．
解析：V＝(6＋24＋)×2＝28.
答案：28
(3)已知圆锥的母线长是8，底面周长为6π，则它的体积是________．
解析：设圆锥底面圆的半径为r，则2πr＝6π，∴r＝3.设圆锥的高为h，则h＝＝，∴V圆锥＝πr2h＝3π.
答案：3π
(4)正三棱柱ABC ­A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为，D为BC中点，则三棱锥A ­B1DC1的体积为________．
解析：在正三棱柱ABC ­A1B1C1中，
∵AD⊥BC，AD⊥BB1，BB1∩BC＝B，∴AD⊥平面B1DC1.
∴VA ­B1DC1＝S△B1DC1·AD＝××2××＝1.
答案：1
(5)一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．

解析：由三视图可知该几何体是一个底面为等腰梯形的平放的直四棱柱，所以该直四棱柱的表面积为S＝2××(2＋4)×4＋4×4＋2×4＋2××4＝48＋8.
答案：48＋8






空间几何体的表面积
　　　　　　　　　　　　　　　　　
[例1]　(1)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为一个直角三角形，一个锐角为30°，则该几何体的表面积为(　　)
A．24＋12
B．24＋5
C．12＋15
D．12＋12
(2)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是(　　)

A．(25＋3)π B．(25＋3)π
C．(29＋3)π D．(29＋3)π
[解析]　(1)由已知可得，该几何体为三棱柱，底面是斜边长为4，斜边上的高为的直角三角形，底面面积为2，底面周长为6＋2，棱柱的高为4，故棱柱的表面积S＝2×2＋4×(6＋2)＝24＋12，故选A.
(2)由三视图可知该几何体由一个上下底面直径分别为2和4，高为4的圆台，一个底面直径为4，高为4的圆柱和一个直径为4的半球组成，其直观图如图所示，所以该几何体的表面积为π＋π×(1＋2)×＋π×4×4＋＝π＋3π＋16π＋8π＝(25＋3)π，故选B.
[答案]　(1)A　(2)B





[方法技巧]　求空间几何体表面积的常见类型及思路
求多面体
的表面积
只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积
求旋转体
的表面积
可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系
求不规则
几何体的
表面积
通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积


空间几何体的体积
柱体、锥体、台体体积间的关系

[例2]　(1)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为(　　)

A．60 B．30
C．20 D．10
(2)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是(　　)

A. B．8π
C. D．9π
[解析]　(1)如图，把三棱锥A­BCD放到长方体中，长方体的长、宽、高分别为5,3,4，△BCD为直角三角形，直角边分别为5和3，三棱锥A­BCD的高为4，故该三棱锥的体积V＝××5×3×4＝10.
(2)依题意，题中的几何体是由两个完全相同的圆柱各自用一个不平行于其轴的平面去截后所得的部分拼接而成的组合体(各自截后所得的部分也完全相同)，其中一个截后所得的部分的底面半径为1，最短母线长为3、最长母线长为5，将这两个截后所得的部分拼接，恰好可以形成一个底面半径为1，母线长为5＋3＝8的圆柱，因此题中的几何体的体积为π×12×8＝8π，选B.
[答案]　(1)D　(2)B
[方法技巧]　求空间几何体体积的常见类型及思路
规则
几何体
若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法
不规则
几何体
若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解
三视图
形式
若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解


1.某几何体的三视图如图所示(在网格线中，每个小正方形的边长为1)，则该几何体的体积为(　　)

A．2 B．3
C．4 D．6
解析：选A　由三视图知，该几何体为四棱锥如图所示，
其底面面积S＝×(1＋2)×2＝3，高为2，所以该几何体的体积V＝×3×2＝2，故选A.

2.如图是某几何体的三视图，其正视图、侧视图均是直径为2的半圆，俯视图是直径为2的圆，则该几何体的表面积为(　　)

A．3π B．4π
C．5π D．12π
解析：选A　由三视图可知，该几何体是半径为1的半球，其表面积为2π＋π＝3π.选A.
3.某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是(　　)

A.＋1 B.＋3 C.＋1 D.＋3
解析：选A　由几何体的三视图可得，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长为的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，故该几何体的体积V＝×π×12×3＋××××3＝＋1.
4.如图，直角梯形ABCD中，AD⊥DC，AD∥BC，BC＝2CD＝2AD＝2，若将该直角梯形绕BC边旋转一周，则所得的几何体的表面积为________．
解析：根据题意可知，此旋转体的上半部分为圆锥(底面半径为1，高为1)，下半部分为圆柱(底面半径为1，高为1)，如图所示．则所得几何体的表面积为圆锥的侧面积、圆柱的侧面积以及圆柱的下底面积之和，即表面积为π·1·＋2π·12＋π·12＝(＋3)π.
答案：(＋3)π
5．[考点二]中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)：

若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x的值为________．
解析：由三视图知，商鞅铜方升由一圆柱和一长方体组合而成，由题意得(5.4－x)×3×1＋π×2x＝12.6，解得x＝1.6.
答案：1.6
突破点(三)　与球有关的切、接应用问题　
与球有关的组合体问题常涉及内切和外接.解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图.如球内切于正方体时，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体时，正方体的各个顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.球与其他旋转体组合时，通常作它们的轴截面解题；球与多面体组合时，通常过多面体的一条侧棱和球心及“切点”或“接点”作截面图进行解题.




多面体的内切球问题
　　　　　　　　　　　　　　　　　
[例1]　(1)如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是________．
(2)若一个正四面体的表面积为S1，其内切球的表面积为S2，则＝________.
[解析]　(1)设球O的半径为R，因为球O与圆柱O1O2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R、高为2R，所以＝＝.
(2)设正四面体棱长为a，
则正四面体表面积为S1＝4×·a2＝a2，其内切球半径为正四面体高的，
即r＝×a＝a，因此内切球表面积为S2＝4πr2＝，则＝＝.
[答案]　(1)　(2)
[方法技巧]
处理与球有关内切问题的策略
解答此类问题时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．　　


多面体的外接球问题
把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．
[例2]　(1)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为(　　)
A. B．16π
C．9π D.
(2)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．
(3)一个直六棱柱的底面是边长为2的正六边形，侧棱长为3，则它的外接球的表面积为________．
[解析]　(1)如图所示，设球半径为R，底面中心为O′且球心为O，
∵正四棱锥P­ABCD中AB＝2，∴AO′＝.
∵PO′＝4，∴在Rt△AOO′中，AO2＝AO′2＋OO′2，
∴R2＝()2＋(4－R)2，解得R＝，
∴该球的表面积为4πR2＝4π×2＝.
(2)由正方体的表面积为18，得正方体的棱长为.
设该正方体外接球的半径为R，则2R＝3，R＝，
所以这个球的体积为πR3＝×＝.
(3)由直六棱柱的外接球的直径为直六棱柱中最长的对角线，知该直六棱柱的外接球的直径为＝5，
∴其外接球的表面积为4π×2＝25π.
[答案]　(1)A　(2)　(3)25π
[方法技巧]
与球有关外接问题的解题规律
(1)直棱柱外接球的球心到直棱柱底面的距离恰为棱柱高的.
(2)正方体外接球的直径为正方体的体对角线的长．此结论也适合长方体，或由同一顶点出发的两两互相垂直的三条棱构成的三棱柱或三棱锥．
(3)求多面体外接球半径的关键是找到由球的半径构成的三角形，解三角形即可．　　


1.如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为(　　)

A．200π B．150π
C．100π D．50π
解析：选D　由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去4个角后得到，此长方体的长、宽、高分别为5,4,3，所以外接球半径R满足2R＝＝5，所以外接球的表面积为S＝4πR2＝4π×2＝50π，故选D.
2．[考点一]一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于(　　)

A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B　该几何体为直三棱柱，底面是边长分别为6,8,10的直角三角形，侧棱长为12，故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径，
其半径为r＝＝＝2，故选B.
3.三棱柱ABC ­A1B1C1的底面是边长为的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，若球O与三棱柱ABC ­A1B1C1各侧面、底面均相切，则侧棱AA1的长为(　　)
A. B.
C．1 D.
解析：选C　因为球O与直三棱柱的侧面、底面均相切，所以侧棱AA1的长等于球的直径．设球的半径为R，则球心在底面上的射影是底面正三角形ABC的中心，如图所示．因为AC＝，所以AD＝AC＝.因为tan ＝，所以球的半径R＝MD＝ADtan＝××1＝，所以AA1＝2R＝2×＝1.

4.三棱锥P ­ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝1，PA＝，则该三棱锥外接球的表面积为(　　)
A．5π B.π
C．20π D．4π
解析：选A　把三棱锥P ­ABC看作由一个长、宽、高分别为1、1、的长方体截得的一部分(如图)．易知该三棱锥的外接球就是对应长方体的外接球．又长方体的体对角线长为＝，故外接球半径为，表面积为4π×2＝5π.
5.已知三棱锥P­ABC的四个顶点均在某球面上，PC为该球的直径，△ABC是边长为4的等边三角形，三棱锥P­ABC的体积为，则此三棱锥的外接球的表面积为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选D　依题意，记三棱锥P­ABC的外接球的球心为O，半径为R，点P到平面ABC的距离为h，则由VP­ABC＝S△ABCh＝××h＝得h＝.又PC为球O的直径，因此球心O到平面ABC的距离等于h＝.又正△ABC的外接圆半径为r＝＝，因此R2＝r2＋2＝，所以三棱锥P­ABC的外接球的表面积为4πR2＝，故选D.
　　　　　　　　　　　　　　　　
[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1.某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为(　　)
A．10 B．12
C．14 D．16
解析：选B　由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为×2＝12，故选B.
2．已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为(　　)
A．π B.
C. D.
解析：选B　设圆柱的底面半径为r，则r2＝12－2＝，所以圆柱的体积V＝π×1＝.
3．在封闭的直三棱柱ABC­A1B1C1内有一个体积为V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是(　　)
A．4π B.
C．6π D.
解析：选B　设球的半径为R，∵△ABC的内切圆半径为＝2，∴R≤2.又2R≤3，∴R≤，∴Vmax＝×π×3＝.故选B.

4．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为(　　)

A．20π B．24π
C．28π D．32π
解析：选C　由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r，周长为c，圆锥母线长为l，圆柱高为h.由图得r＝2，c＝2πr＝4π，h＝4，由勾股定理得：l＝＝4，S表＝πr2＋ch＋cl＝4π＋16π＋8π＝28π.
5．一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为(　　)

A. B.
C. D.
解析：选D　由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V1＝××1×1×1＝，剩余部分的体积V2＝13－＝.
所以＝＝，故选D.
6．长方体的长，宽，高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为________．
解析：由题意知，长方体的体对角线长为＝，记长方体的外接球的半径为R，则有2R＝，
R＝，因此球O的表面积为S＝4πR2＝14π.
答案：14π

[课时达标检测]
[小题对点练——点点落实]
对点练(一)　空间几何体的三视图和直观图
1．给出下列四个命题：
①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；
②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体；
③有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱；
④长方体一定是正四棱柱．
其中正确的命题个数是(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选A　①直平行六面体底面是菱形，满足条件但不是正棱柱；②底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；③④显然错误，故选A.
2．已知某几何体的正视图和侧视图均如图所示，给出下列5个图形：

其中可以作为该几何体的俯视图的图形个数为(　　)
A．5 B．4
C．3 D．2
解析：选B　由题知可以作为该几何体的俯视图的图形可以为①②③⑤.故选B.
3．在如图所示的空间直角坐标系O ­xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2)．给出编号为①②③④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为(　　)

A．①和③ B．③和①
C．④和③ D．④和②
解析：选D　由题意得，该几何体的正视图是一个直角三角形，三个顶点的坐标分别是(0,0,2)，(0,2,0)，(0,2,2)，且内有一条虚线(一顶点与另一直角边中点的连线)，故正视图是④；俯视图即在底面的射影，是一个斜三角形，三个顶点的坐标分别是(0,0,0)，(2,2,0)，(1,2,0)，故俯视图是②.

4.如图，△O′A′B′是△OAB的水平放置的直观图，其中O′A′＝O′B′＝2，则△OAB的面积是________．
解析：在Rt△OAB中，OA＝2，OB＝4，
△OAB的面积S＝×2×4＝4.
答案：4
5．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm和8 cm，若两底面圆心的连线长为12 cm，则这个圆台的母线长为_______cm.

解析：如图，过点A作AC⊥OB，交OB于点C.在Rt△ABC中，
AC＝12 cm，BC＝8－3＝5(cm)．∴AB＝＝13(cm)．
答案：13
对点练(二)　空间几何体的表面积与体积
1．已知圆锥的表面积为a，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　设圆锥的底面半径为r，母线长为l，由题意知2πr＝πl，∴l＝2r，则圆锥的表面积S表＝πr2＋π(2r)2＝a，∴r2＝，∴2r＝.
2．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为(　　)

A．90π B．63π
C．42π D．36π
解析：选B　由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，故其体积V＝π×32×10－×π×32×6＝63π.
3．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　　)

A．16 B．(10＋)π
C．4＋(5＋)π D．6＋(5＋)π
解析：选C　该几何体是两个相同的半圆锥与一个半圆柱的组合体，其表面积为S＝π＋4π＋4＋π＝4＋(5＋)π.
4．由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．

解析：该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1，高为1的四分之一圆柱体构成，
∴V＝2×1×1＋2××π×12×1＝2＋.
答案：2＋
5．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水．天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸．若盆中积水深九寸，则平地降雨量是________寸．
(注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸)
解析：由题意知，圆台中截面圆的半径为十寸，圆台内水的体积为V＝πh(r＋r＋r中r下)＝×9×(102＋62＋10×6)＝588π(立方寸)，降雨量为＝＝3(寸)．
答案：3

6．高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的________．

解析：由侧视图、俯视图知该几何体是高为2、底面积为 ×2×(2＋4)＝6的四棱锥，
其体积为×6×2＝4.而直三棱柱的体积为×2×2×4＝8，
则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的.
答案：
对点练(三)　与球有关的切、接应用问题
1．在三棱锥A ­BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，△ABC，△ACD，△ADB的面积分别为，，，则该三棱锥外接球的表面积为(　　)
A．2π B．6π
C．4π D．24π
解析：选B　设相互垂直的三条侧棱AB，AC，AD分别为a，b，c
则ab＝，bc＝，ac＝，解得a＝，b＝1，c＝.
所以三棱锥A ­BCD的外接球的直径2R＝＝，
则其外接球的表面积S＝4πR2＝6π.
2．已知正四面体的棱长为，则其外接球的表面积为(　　)
A．8π B．12π
C.π D．3π
解析：选D　如图所示，过顶点A作AO⊥底面BCD，垂足为O，则O为正三角形BCD的中心，连接DO并延长交BC于点E，又正四面体的棱长为，所以DE＝，OD＝DE＝，所以在直角三角形AOD中，AO＝＝.设正四面体外接球的球心为P，半径为R，连接PD，则在直角三角形POD中，PD2＝PO2＋OD2，即R2＝2＋2，解得R＝，所以外接球的表面积S＝4πR2＝3π.
3．一个几何体的三视图如图所示，该几何体外接球的表面积为(　　)

A．36π B.π
C．32π D．28π
解析：选B　根据三视图，可知该几何体是一个四棱锥，其底面是一个边长为4的正方形，高是2.将该四棱锥补形成一个三棱柱，如图所示，则其底面是边长为4的正三角形，高是4，该三棱柱的外接球即为原四棱锥的外接球，其中心到三棱柱 6个顶点的距离即为该四棱锥外接球的半径．∵三棱柱的底面是边长为4的正三角形，∴底面三角形的中心到该三角形三个顶点的距离为×2＝，∴外接球的半径R＝＝ ，外接球的表面积S＝4πR2＝4π×＝，故选B.
4.如图，在四棱锥P ­ABCD中，底面ABCD是边长为m的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝m，PA＝PC＝m，若在这个四棱锥内放一个球，则此球的最大半径是________．
解析：由PD⊥底面ABCD，得PD⊥AD.又PD＝m，PA＝m，则AD＝m.设内切球的球心为O，半径为R，连接OA，OB，OC，OD，OP(图略)，易知VP ­ABCD＝VO ­ABCD＋VO ­PAD＋VO ­PAB＋VO ­PBC＋VO ­PCD，即·m2·m＝·m2×R＋×·m2·R＋×·m2·R＋×·m2·R＋··m2·R，解得R＝(2－)m，所以此球的最大半径是(2－)m.
答案：(2－)m



5．一个正三棱锥的底面边长为6，侧棱长为，求这个三棱锥的体积．

解：正三棱锥S ­ABC如图所示，
设H为正三角形ABC的中心，连接SH，则SH的长即为该正三棱锥的高．
连接AH并延长交BC于点E，
则E为BC的中点，且AE⊥BC.
∵△ABC是边长为6的正三角形，
∴AE＝×6＝3，
∴AH＝AE＝2.
在△ABC中，S △ABC＝BC·AE＝×6×3＝9.
在Rt△SHA中，SA＝，AH＝2，
∴SH＝＝＝，
∴V正三棱锥＝S△ABC·SH＝×9×＝9.

















第二节 空间点、直线、平面之间的位置关系
本节主要包括2个知识点：　1.平面的基本性质；2.空间两直线的位置关系.
突破点(一)　平面的基本性质　


1．公理1～3

文字语言
图形语言
符号语言
公理1
如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内

⇒l⊂α
公理2
过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面

A，B，C三点不共线⇒有且只有一个平面α，使A∈α，B∈α，C∈α
公理3
如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线

P∈α，且P∈β⇒α∩β＝l，且P∈l
公理1是判断一条直线是否在某个平面内的依据，公理2及其推论是判断或证明点、线共面的依据，公理3是证明三线共点或三点共线的依据．
2．公理2的三个推论
推论1：经过一条直线和这条直线外一点有且只有一个平面；
推论2：经过两条相交直线有且只有一个平面；
推论3：经过两条平行直线有且只有一个平面．

1．判断题
(1)如果两个不重合的平面α，β有一条公共直线a，就说平面α，β相交，并记作α∩β＝a.(　　)
(2)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线．(　　)
(3)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于A点，并记作α∩β＝A.(　　)
(4)两个平面ABC与DBC相交于线段BC.(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)×
2．填空题
(1)空间不共线的四点，可以确定平面的个数是________．
答案：1或4
(2)下列命题中，真命题是________．
①空间不同三点确定一个平面；
②空间两两相交的三条直线确定一个平面；
③两组对边相等的四边形是平行四边形；
④和同一直线都相交的三条平行线在同一平面内．
解析：①是假命题，当三点共线时，过三点有无数个平面；②是假命题，当三条直线共点时，不能确定一个平面；③是假命题，两组对边相等的四边形可能是空间四边形；④是真命题．
答案：④
(3)设P表示一个点，a，b表示两条直线，α，β表示两个平面，给出下列四个命题，其中真命题是________．(填序号)
①P∈a，P∈α⇒a⊂α；
②a∩b＝P，b⊂β⇒a⊂β；
③a∥b，a⊂α，P∈b，P∈α⇒b⊂α；
④α∩β＝b，P∈α，P∈β⇒P∈b.
答案：③④




平面的基本性质及其应用
　　　　　　　　　　　　　　　　　
[典例]　已知空间四边形ABCD(如图所示)，E，F分别是AB，AD的中点，G，H分别是BC，CD上的点，且CG＝BC，CH＝DC.求证：
(1)E，F，G，H四点共面；
(2)三直线FH，EG，AC共点．
[证明]　(1)连接EF，GH，∵E，F分别是AB，AD的中点，∴EF∥BD.
又∵CG＝BC，CH＝DC，
∴GH∥BD，∴EF∥GH，
∴E，F，G，H四点共面．
(2)易知FH与直线AC不平行，但共面，
∴设FH∩AC＝M，
∴M∈平面EFHG，M∈平面ABC.
又∵平面EFHG∩平面ABC＝EG，
∴M∈EG，
∴FH，EG，AC共点．
[方法技巧]
1．证明点共线问题的常用方法
公理法
先找出两个平面，然后证明这些点都是这两个平面的公共点，再根据公理3证明这些点都在交线上
同一法
选择其中两点确定一条直线，然后证明其余点也在该直线上
2.证明线共点问题的方法
证明若干线共点的基本思路是先找出两条直线的交点，再证明其他直线都经过该点．而证明直线过该点的方法是证明点是以该直线为交线的两个平面的公共点．
3．证明点、直线共面问题的常用方法
纳入
平面法
先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内
辅助
平面法
先证明有关的点、线确定平面α，再证明其余元素确定平面β，最后证明平面α，β重合


　　　　　　　　　　　　　　　　
1．在正方体ABCD ­A1B1C1D1中，P，Q，R分别是AB，AD，B1C1的中点，那么正方体的过P，Q，R的截面图形是(　　)
A．三角形 B．四边形
C．五边形 D．六边形
解析：选D　画出正方体，结合共面的公理与推论求得选D.
2．如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是(　　)

解析：选D　A、B、C图中四点一定共面，D中四 点不共面．
3．若空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值(　　)
A．至多等于3 B．至多等于4
C．等于5 D．大于5
解析：选B　n＝2时，可以；n＝3时，为正三角形，可以；n＝4时，为正四面体，可以；n＝5时，为四棱锥，侧面为正三角形，底面为菱形且对角线长与边长相等，这种情况不可能出现，所以正整数n的取值至多等于4.
4．以下四个命题中，正确命题的个数是(　　)
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．
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选B　①显然是正确的，可用反证法证明；②中若A，B，C三点共线，则A，B，C，D，E五点不一定共面；③构造长方体或正方体，如图显然b，c异面，故不正确；④中空间四边形中四条线段不共面．故只有①正确．
5.如图所示，在正方体ABCD ­A1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点．求证：E，C，D1，F四点共面．
证明：如图所示，连接CD1，EF，A1B，
因为E，F分别是AB和AA1的中点，
所以EF∥A1B且EF＝A1B，
又因为A1D1綊BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，
所以A1B∥CD1，所以EF∥CD1，
所以EF与CD1确定一个平面α，
所以E，F，C，D1∈α，即E，C，D1，F四点共面．












突破点(二)　空间两直线的位置关系　


1．空间中两直线的位置关系
(1)空间中两直线的位置关系

(2)公理4和等角定理
①公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．
②等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．
2．异面直线所成的角
(1)定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．
(2)范围：.

1．判断题
(1)已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b不可能是平行直线．(　　)
(2)没有公共点的两条直线是异面直线．(　　)
(3)经过平面内一点的直线(不在平面内)与平面内不经过该点的直线是异面直线．(　　)
(4)若两条直线共面，则这两条直线一定相交．(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)√　(4)×
2．填空题
(1)若空间中有两条直线，则“这两条直线为异面直线”是“这两条直线没有公共点”的____________条件．
解析：若两直线为异面直线，则两直线无公共点，反之不一定成立．
答案：充分不必要
(2)已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是________________．
解析：依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面．
答案：相交、平行或异面
(3)空间两个角α、β，且α与β的两边对应平行，且α＝60°，则β为____________．
解析：∵α与β两边对应平行，但方向不一定．∴α与β相等或互补．
答案：60°或120°
(4)如图所示，已知在长方体ABCD ­EFGH中，AB＝2，AD＝2，AE＝2，则BC和EG所成角的大小是________，AE和BG所成角的大小是________．
解析：∵BC与EG所成的角等于EG与FG所成的角即∠EGF，
tan∠EGF＝＝1，∴∠EGF＝45°.
∵AE与BG所成的角等于BF与BG所成的角即∠GBF，
tan∠GBF＝＝＝，∴∠GBF＝60°.
答案：45°　60°




空间两直线位置关系的判定
[例1]　(1)下列结论正确的是(　　)
①在空间中，若两条直线不相交，则它们一定平行；
②平行于同一条直线的两条直线平行；
③一条直线和两条平行直线中的一条相交，那么它也和另一条相交；
④空间四条直线a，b，c，d，如果a∥b，c∥d，且a∥d，那么b∥c.
A．①②③ B．②④
C．③④ D．②③
(2)在图中，G，N，M，H分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有________．(填上所有正确答案的序号)

[解析]　(1)①错，两条直线不相交，则它们可能平行，也可能异面；②由公理4可知正确；③错，若一条直线和两条平行直线中的一条相交，则它和另一条直线可能相交，也可能异面；④由平行直线的传递性可知正确．故选B.
(2)图①中，直线GH∥MN；图②中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，因此直线GH与MN异面；图③中，连接MG，GM∥HN，因此GH与MN共面；图④中，G，M，N共面，但H∉平面GMN，因此GH与MN异面．所以在图②④中，GH与MN异面．
[答案]　(1)B　(2)②④

[方法技巧]
判断空间两直线位置关系的思路方法
(1)判断空间两直线的位置关系一般可借助正方体模型，以正方体为主线直观感知并准确判断．
(2)异面直线的判定方法
①反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两条直线平行或相交，由假设的条件出发，经过严格的推理，导出矛盾，从而否定假设，肯定两条直线异面．
②定理法：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线．　　


异面直线所成的角
1.平移直线(线段)法(定义法)求异面直线所成的角
常用的平移方法有：
(1)利用图中已有的平行线平移；
(2)利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；
(3)补形平移．
2．向量法(基底法、坐标法)求异面直线所成的角
根据题意，确定两异面直线各自的方向向量a，b，则两异面直线所成角θ满足cos θ＝.
[例2]　(1)(2018·福州五校联考)已知P是△ABC所在平面外的一点，M、N分别是AB、PC的中点，若MN＝BC＝4，PA＝4，则异面直线PA与MN所成角的大小是(　　)
A．30° B．45°
C．60° D．90°
(2)空间四边形ABCD中，AB＝CD且AB与CD所成的角为30°，E，F分别为BC，AD的中点，求EF与AB所成角的大小．
[解析]　(1)取AC的中点O，连接OM、ON，则OM綊BC，ON綊PA，∴∠ONM就是异面直线PA与MN所成的角．

由MN＝BC＝4，PA＝4，得OM＝2，ON＝2，
∴cos∠ONM＝＝＝，
∴∠ONM＝30°，即异面直线PA与MN所成角的大小为30°.故选A.
(2)取AC的中点G，连接EG，FG，则EG綊AB，FG綊CD，
由AB＝CD知EG＝FG，
∴∠GEF(或它的补角)为EF与AB所成的角，∠EGF(或它的补角)为AB与CD所成的角．
∵AB与CD所成的角为30°，
∴∠EGF＝30°或150°.
由EG＝FG知△EFG为等腰三角形，
当∠EGF＝30°时，∠GEF＝75°；
当∠EGF＝150°时，∠GEF＝15°.
故EF与AB所成的角为15°或75°.
[答案]　(1)A
[方法技巧]　　用平移法求异面直线所成的角的步骤
一作
即根据定义作平行线，作出异面直线所成的角
二证
即证明作出的角是异面直线所成的角
三求
解三角形，求出作出的角．如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角


1.l1，l2表示空间中的两条直线，若p：l1，l2是异面直线；q：l1，l2不相交，则(　　)
A．p是q的充分条件，但不是q的必要条件
B．p是q的必要条件，但不是q的充分条件
C．p是q的充分必要条件
D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件
解析：选A　若l1，l2异面，则l1，l2一定不相交；若l1，l2不相交，则l1，l2是平行直线或异面直线，故p⇒q，qp，故p是q的充分不必要条件．
2.正四棱台中，A′D′所在的直线与BB′所在的直线是(　　)
A．相交直线
B．平行直线
C．不互相垂直的异面直线
D．互相垂直的异面直线
解析：选C　结合图形和棱台性质易排除A，B，D.故选C.


3.设直线m与平面α相交但不垂直，则下列说法中正确的是(　　)
A．在平面α内有且只有一条直线与直线m垂直
B．过直线m有且只有一个平面与平面α垂直
C．与直线m垂直的直线不可能与平面α平行
D．与直线m平行的平面不可能与平面α垂直
解析：选B　对于A，在平面α内可能有无数条直线与直线m垂直，这些直线是互相平行的，A错误；对于B，只要m⊄α，过直线m必有并且也只有一个平面与平面α垂直，B正确；对于C，类似于A，在平面α外可能有无数条直线垂直于直线m并且平行于平面α，C错误；对于D，与直线m平行且与平面α垂直的平面有无数个，D错误．故选B.
4.如图，在长方体ABCD ­A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝1，BB1＝1，P是AB的中点，则异面直线BC1与PD所成的角等于(　　)
A．30° B．45°
C．60° D．90°

解析：选C　如图，取A1B1的中点E，连接D1E，AD1，AE，则∠AD1E即为异面直线BC1与PD所成的角．因为AB＝2，所以A1E＝1，又BC＝BB1＝1，所以D1E＝AD1＝AE＝，所以△AD1E为正三角形，所以∠AD1E＝60°，故选C.
5．[考点二]如图所示，正方体ABCD ­A1B1C1D1中．
(1)求A1C1与B1C所成角的大小；
(2)若E、F分别为AB、AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小．
解：(1)如图，连接AC、AB1，
由ABCD ­A1B1C1D1是正方体，知AA1C1C为平行四边形，
所以AC∥A1C1，从而B1C与AC所成的角就是A1C1与B1C所成的角．由AB1＝AC＝B1C可知∠B1CA＝60°，即A1C1与B1C所成角为60°.
(2)如图，连接BD，由AA1∥CC1，且AA1＝CC1可知A1ACC1是平行四边形，∴AC∥A1C1，∴AC与EF所成的角就是A1C1与EF所成的角．∵EF是△ABD的中位线，∴EF∥BD.又∵AC⊥BD，∴EF⊥AC，即所求角为90°.






[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1．已知直三棱柱ABC ­A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　如图所示，将直三棱柱ABC­A1B1C1补成直四棱柱ABCD­A1B1C1D1，连接AD1，B1D1，则AD1∥BC1，所以∠B1AD1或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角．因为∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，所以AB1＝，AD1＝.在△B1D1C1中，∠B1C1D1＝60°，B1C1＝1，D1C1＝2，所以B1D1＝＝，
所以cos∠B1AD1＝＝.
2．平面α过正方体ABCD­A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为(　　)
A. B. C. D.
解析：选A　如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1的上方接一个同等大小的正方体ABCD­A2B2C2D2，则过A与平面CB1D1平行的是平面AB2D2，平面AB2D2∩平面AA1B1B＝AB2，即直线n就是直线AB2，由面面平行的性质定理知直线m平行于直线B2D2，故m，n所成的角就等于AB2与B2D2所成的角，在等边三角形AB2D2中，∠AB2D2＝60°，故其正弦值为.选A.
[课时达标检测]
[小题对点练——点点落实]
对点练(一)　平面的基本性质
1．四条线段顺次首尾相连，它们最多可确定的平面有(　　)
A．4个 B．3个
C．2个 D．1个
解析：选A　首尾相连的四条线段每相邻两条确定一个平面，所以最多可以确定四个平面．
2．若直线上有两个点在平面外，则(　　)
A．直线上至少有一个点在平面内
B．直线上有无穷多个点在平面内
C．直线上所有点都在平面外
D．直线上至多有一个点在平面内
解析：选D　根据题意，两点确定一条直线，那么由于直线上有两个点在平面外，则直线在平面外，只能是直线与平面相交，或者直线与平面平行，那么可知直线上至多有一个点在平面内．
3.如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必经过(　　)
A．点A
B．点B
C．点C但不过点M
D．点C和点M
解析：选D　因为AB⊂γ，M∈AB，所以M∈γ.
又α∩β＝l，M∈l，所以M∈β.
根据公理3可知，M在γ与β的交线上．
同理可知，点C也在γ与β的交线上．
4.如图，平行六面体ABCD ­A1B1C1D1中既与AB共面又与CC1共面的棱有________条．
解析：依题意，与AB和CC1都相交的棱有BC；与AB相交且与CC1平行有棱AA1，BB1；与AB平行且与CC1相交的棱有CD，C1D1.故符合条件的棱有5条．
答案：5
对点练(二)　空间两直线的位置关系
1．已知异面直线a，b分别在平面α、β内，且α∩β＝c，那么直线c一定(　　)
A．与a、b都相交
B．只能与a、b中的一条相交
C．至少与a、b中的一条相交
D．与a、b都平行
解析：选C　如果c与a、b都平行，那么由平行线的传递性知a、b平行，与异面矛盾．故选C.
2．已知l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是(　　)
A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3
B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3
C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面
D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面
解析：选B　在空间中，垂直于同一直线的两条直线不一定平行，故A错；两条平行直线中的一条垂直于第三条直线，则另一条也垂直于第三条直线，B正确；相互平行的三条直线不一定共面，如三棱柱的三条侧棱，故C错；共点的三条直线不一定共面，如三棱锥的三条侧棱，故D错．
3．已知长方体ABCD ­A1B1C1D1中，AA1＝AB＝，AD＝1，则异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　如图，连接A1D，A1C1，由题易知B1C∥A1D，∴∠C1DA1是异面直线B1C与C1D所成的角，又AA1＝AB＝，AD＝1，∴A1D＝2，DC1＝，A1C1＝2，由余弦定理，得cos∠C1DA1＝＝，故选A.
4．如图为正方体表面的一种展开图，则图中的AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的有________对．
解析：平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB，CD，EF和GH在原正方体中，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH相交，CD与EF平行．故互为异面直线的有3对．
答案：3
5．已知a，b，c为三条不同的直线，且a⊂平面α，b⊂平面β，α∩β＝c.
①若a与b是异面直线，则c至少与a，b中的一条相交；
②若a不垂直于c，则a与b一定不垂直；
③若a∥b，则必有a∥c；
④若a⊥b，a⊥c，则必有α⊥β.
其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的序号)
解析：①中若a与b是异面直线，则c至少与a，b中的一条相交，故①正确；②中平面α⊥平面β时，若b⊥c，则b⊥平面α，此时不论a，c是否垂直，均有a⊥b，故②错误；③中当a∥b时，则a∥平面β，由线面平行的性质定理可得a∥c，故③正确；④中若b∥c，则a⊥b，a⊥c时，a与平面β不一定垂直，此时平面α与平面β也不一定垂直，故④错误．
答案：①③
6.如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别是边BC，CD上的点，且＝＝，则下列说法正确的是________．(填写所有正确说法的序号)
①EF与GH平行；
②EF与GH异面；
③EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上；
④EF与GH的交点M一定在直线AC上．
解析：连接EH，FG(图略)，依题意，可得EH∥BD，FG∥BD，故EH∥FG，所以E，F，G，H共面．
因为EH＝BD，FG＝BD，故EH≠FG，
所以EFGH是梯形，EF与GH必相交，
设交点为M.因为点M在EF上，
故点M在平面ACB上．同理，点M在平面ACD上，
∴点M是平面ACB与平面ACD的交点，
又AC是这两个平面的交线，
所以点M一定在直线AC上．
答案：④
7．在正四面体ABCD中，M，N分别是BC和DA的中点，则异面直线MN和CD所成角的余弦值为________．
解析：取AC的中点E，连接NE，ME，由E，N分别为AC，AD的中点，知NE∥CD，故MN与CD所成的角即MN与NE的夹角，即∠MNE.设正四面体的棱长为2，可得NE＝1，ME＝1，MN＝，故cos∠MNE＝＝.
答案：
8．如图，在三棱锥A­BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别为AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是________．

解析：如图所示，连接DN，取线段DN的中点K，连接MK，CK.∵M为AD的中点，∴MK∥AN，∴∠KMC(或其补角)为异面直线AN，CM所成的角．∵AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，N为BC的中点，由勾股定理易求得AN＝DN＝CM＝2，∴MK＝.在Rt△CKN中，CK＝ ＝.在△CKM中，由余弦定理，
得cos∠KMC＝＝，所以异面直线AN，CM所成的角的余弦值是.
答案：
[大题综合练——迁移贯通]
1.如图所示，A是△BCD所在平面外的一点，E，F分别是BC，AD的中点．
(1)求证：直线EF与BD是异面直线；
(2)若AC⊥BD，AC＝BD，求EF与BD所成的角．
解：(1)证明：假设EF与BD不是异面直线，则EF与BD共面，从而DF与BE共面，即AD与BC共面，所以A，B，C，D在同一平面内，这与A是△BCD所在平面外的一点相矛盾．故直线EF与BD是异面直线．
(2)取CD的中点G，连接EG，FG，则AC∥FG，EG∥BD，
所以相交直线EF与EG所成的角，
即为异面直线EF与BD所成的角．
又因为AC⊥BD，则FG⊥EG.
在Rt△EGF中，由EG＝FG＝AC，求得∠FEG＝45°，即异面直线EF与BD所成的角为45°.
2.如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中点．已知∠BAC＝，AB＝2，AC＝2，PA＝2.求：
(1)三棱锥P­ABC的体积；
(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值．
解：(1)S△ABC＝×2×2＝2，三棱锥P­ABC的体积为V＝S△ABC·PA＝×2×2＝.
(2)如图，取PB的中点E，连接DE，AE，则ED∥BC，
所以∠ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角．在△ADE中，DE＝2，AE＝，AD＝2，cos∠ADE＝＝.
故异面直线BC与AD所成角的余弦值为.







3.如图所示，三棱柱ABC ­A1B1C1，底面是边长为2的正三角形，侧棱A1A⊥底面ABC，点E，F分别是棱CC1，BB1上的点，点M是线段AC上的动点，EC＝2FB＝2.
(1)当点M在何位置时，BM∥平面AEF?
(2)若BM∥平面AEF，判断BM与EF的位置关系，说明理由；并求BM与EF所成的角的余弦值．
解：(1)法一：如图所示，取AE的中点O，连接OF，过点O作OM⊥AC于点M.
因为侧棱A1A⊥底面ABC，
所以侧面A1ACC1⊥底面ABC.
又因为EC＝2FB＝2，
所以OM∥FB∥EC且OM＝EC＝FB，
所以四边形OMBF为矩形，BM∥OF.
因为OF⊂平面AEF，BM⊄平面AEF，
故BM∥平面AEF，此时点M为AC的中点．
法二：如图所示，取EC的中点P，AC的中点Q，连接PQ，PB，BQ.
因为EC＝2FB＝2，
所以PE綊BF，
所以PQ∥AE，PB∥EF，
所以PQ∥平面AFE，PB∥平面AEF，
因为PB∩PQ＝P，PB，PQ ⊂平面PBQ，
所以平面PBQ∥平面AEF.
又因为BQ⊂平面PBQ，
所以BQ∥平面AEF.
故点Q即为所求的点M，此时点M为AC的中点．
(2)由(1)知，BM与EF异面，∠OFE(或∠MBP)就是异面直线BM与EF所成的角或其补角．
易求AF＝EF＝，MB＝OF＝，OF⊥AE，
所以cos∠OFE＝＝＝，
所以BM与EF所成的角的余弦值为.


第三节 直线、平面平行的判定与性质
本节主要包括2个知识点：　
1.直线与平面平行的判定与性质；　2.平面与平面平行的判定与性质.

突破点(一)　直线与平面平行的判定与性质　


直线与平面平行的判定定理和性质定理

文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行)

l∥a，a⊂α，l⊄α⇒l∥α
性质定理
一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(线面平行⇒线线平行)

l∥α，l⊂β，α∩β＝b⇒l∥b


1．判断题
(1)若一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．(　　)
(2)若直线a∥平面α，P∈α，则过点P且平行于直线a的直线有无数条．(　　)
(3)空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，则EF∥平面BCD.(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)√
2．填空题
(1)对于直线m，n和平面α，若n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的________________条件．
解析：当m∥n时，m⊂α或m∥α，当m∥α时，m与n可能平行也可能异面．
答案：既不充分也不必要
(2)若直线a∩直线b＝A，a∥平面α，则b与α的位置关系是________________．
解析：因为a∥α，∴a与面α没有公共点，若b⊂α，则A∈a，又A∈a，此种情况不可能．∴b∥α或b与α相交．
答案：b∥α或b与α相交
(3)如图，ABCD ­A1B1C1D1是正方体，若过A，C，B1三点的平面与底面A1B1C1D1的交线为l，则l与AC的关系是________．
解析：∵AC∥A1C1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，AC⊄平面A1B1C1D1，
∴AC∥平面A1B1C1D1，又AC⊂平面AB1C，平面AB1C∩平面A1B1C1D1＝l，∴AC∥l.
答案：AC∥l





线面平行的判定
　　　　　　　　　　　　　　　　　
[例1]如图，在五面体ABCDEF中，已知棱DE⊥平面ABCD，AD∥BC，∠BAD＝30°，AB＝4，DE＝EF＝2.
(1)求证：EF∥平面ABCD；
(2)求三棱锥B ­DEF的体积．
[解]　(1)证明：因为AD∥BC，AD⊂平面ADEF，BC⊄平面ADEF，
所以BC∥平面ADEF，
又EF⊂平面ADEF，
所以BC∥EF，从而EF∥平面ABCD.
(2)如图，在平面ABCD内，过点B作BH⊥AD于点H，
因为DE⊥平面ABCD，BH⊂平面ABCD，所以DE⊥BH，
又AD，DE⊂平面ADEF，AD∩DE＝D，所以BH⊥平面ADEF，
所以BH是三棱锥B ­DEF的高．
在直角三角形ABH中，∠BAD＝30°，AB＝4，所以BH＝2.
因为DE⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以DE⊥AD，
又由(1)知，BC∥EF，且AD∥BC，所以AD∥EF，所以DE⊥EF，
所以△DEF的面积S＝×2×2＝2，
所以三棱锥B ­DEF的体积V＝×S×BH＝×2×2＝.
[方法技巧]
判定线面平行的四种方法
(1)利用线面平行的定义(无公共点)；
(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)；
(3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)；
(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．　　


线面平行性质定理的应用
[例2]　如图，在四面体ABCD中，截面EFGH平行于对棱AB和CD，试问截面在什么位置时其截面面积最大．
[解]　∵AB∥平面EFGH，
平面EFGH与平面ABC和平面ABD分别交于FG，EH，
∴AB∥FG，AB∥EH，∴FG∥EH，同理可证EF∥GH，
∴截面EFGH是平行四边形．
设AB＝a，CD＝b，∠FGH＝α(α即为异面直线AB和CD所成的角或其补角)．
又设FG＝x，GH＝y，
则由平面几何知识可得＝，＝，
两式相加得＋＝1，即y＝(a－x)，
∴S▱EFGH＝FG·GH·sin α＝x·(a－x)·sin α＝x(a－x)．
∵x>0，a－x>0且x＋(a－x)＝a为定值，
∴当且仅当x＝a－x时，x(a－x)＝取最大值，此时x＝，
即当截面EFGH的顶点E，F，G，H分别为棱AD，AC，BC，BD的中点时，截面面积最大．
[易错提醒]
在应用线面平行的判定定理进行平行转化时，一定注意定理成立的条件，通常应严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如：把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面和已知平面相交，这时才有直线与交线平行．　　



1.如图所示，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和PA作平面PAHG交平面BDM于GH.
求证：PA∥GH.
证明：如图所示，连接AC交BD于点O，
连接MO，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O是AC的中点，又M是PC的中点，∴AP∥OM.
又MO⊂平面BMD，PA⊄平面BMD，∴PA∥平面BMD.
∵平面PAHG∩平面BMD＝GH，
且PA⊂平面PAHG，∴PA∥GH.
2.如图，以A，B，C，D，E为顶点的六面体中，△ABC和△ABD均为等边三角形，且平面ABC⊥平面ABD，EC⊥平面ABC，EC＝，AB＝2.
(1)求证：DE∥平面ABC；
(2)求此六面体的体积．
解：(1)作DF⊥AB交AB于点F，连接CF，
因为平面ABC⊥平面ABD，
所以DF⊥平面ABC，
又EC⊥平面ABC，
所以DF∥EC.
因为△ABD是边长为2的等边三角形，
所以DF＝，
因此DF＝EC，
于是四边形DECF为平行四边形，
所以DE∥CF，又CF⊂平面ABC，DE⊄平面ABC，
因此DE∥平面ABC.
(2)因为△ABD是等边三角形，
所以F是AB的中点，
而△ABC是等边三角形，
因此CF⊥AB，
由DF⊥平面ABC，知DF⊥CF，
从而CF⊥平面ABD，
又DF∥EC，
所以DE⊥平面ABD，
因此四面体ABDE的体积为S△ABD·DE＝1，
四面体ABCE的体积为S△ABC·CE＝1，
而六面体ABCED的体积＝四面体ABDE的体积＋四面体ABCE的体积，
故所求六面体的体积为2.

突破点(二)　平面与平面平行的判定与性质　


平面与平面平行的判定定理和性质定理

文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(线面平行⇒面面平行)

a∥β，b∥β，a∩b＝P，a⊂α，b⊂α⇒α∥β
性质定理
如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行

α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b


1．判断题
(1)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．(　　)
(2)若一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，则这两个平面平行．(　　)
(3)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．(　　)
(4)若两个平面平行，则一个平面内的直线与另一个平面平行．(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)√
2．填空题
(1)经过平面外的两点作该平面的平行平面，可以作________个．
解析：当这两点连线与该面相交时，这时作不出符合题意的平面，当这两点连线与该面平行时可以作唯一的一个符合题意的平面．
答案：0或1
(2)在正方体EFGH ­E1F1G1H1中，下列四对截面彼此平行的一对的序号是________．
①平面E1FG1与平面EGH1；
②平面FHG1与平面F1H1G；
③平面F1H1H与平面FHE1；
④平面E1HG1与平面EH1G.
解析：画出相应的截面如图所示，即可得答案．

答案：①
(3)如图，α∥β，△PAB所在的平面与α，β分别交于CD，AB，若PC＝2，CA＝3，CD＝1，则AB＝________.

解析：∵α∥β，∴CD∥AB，则＝，∴AB＝＝＝.
答案：




面面平行的判定与性质
　　　　　　　　
[典例]　(1)如图，在三棱柱ABC ­A1B1C1中，点D是BC上一点，且A1B∥平面AC1D，点D1是B1C1的中点，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.

(2)在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB.已知G，H分别是EC和FB的中点．求证：GH∥平面ABC.

[证明]　(1)如图，连接A1C交AC1于点E，连接ED，因为四边形A1ACC1是平行四边形，所以点E是A1C的中点，因为A1B∥平面AC1D，平面A1BC∩平面AC1D＝ED，所以A1B∥ED，
因为点E是A1C的中点，所以点D是BC的中点，
又因为点D1是B1C1的中点，所以D1C1綊BD，
所以四边形BDC1D1为平行四边形，所以BD1∥C1D.
BD1⊄平面AC1D，C1D⊂平面AC1D，
所以BD1∥平面AC1D，又因为A1B∩BD1＝B，
所以平面A1BD1∥平面AC1D.
(2)取FC中点I，连接GI，HI，则有GI∥EF，HI∥BC，
又EF∥DB，所以GI∥BD，
又GI∩HI＝I，BD∩BC＝B，所以平面GHI∥平面ABC，
因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.
[方法技巧]
判定面面平行的四种方法
(1)利用定义：即证两个平面没有公共点(不常用)．
(2)利用面面平行的判定定理(主要方法)．
(3)利用垂直于同一条直线的两平面平行(客观题可用)．
(4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(客观题可用)．　　


1.如图，在三棱锥S ­ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．
求证：(1)平面EFG∥平面ABC；
(2)BC⊥SA.
证明：(1)因为AS＝AB，AF⊥SB，垂足为F，所以F是SB的中点．
又因为E是SA的中点，所以EF∥AB.
因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，
所以EF∥平面ABC.同理，EG∥平面ABC.
又因为EF∩EG＝E，所以平面EFG∥平面ABC.
(2)因为平面SAB⊥平面SBC，且交线为SB，AF⊂平面SAB，AF⊥SB，所以AF⊥平面SBC.
因为BC⊂平面SBC，所以AF⊥BC.
又因为AB⊥BC，AF∩AB＝A，且AF⊂平面SAB，AB⊂平面SAB，所以BC⊥平面SAB.
因为SA⊂平面SAB，所以BC⊥SA.
2．已知，平面α∥平面β，AB，CD夹在α，β之间，A，C∈α，B，D∈β，E，F分别为AB，CD的中点，求证：EF∥α，EF∥β.
证明：当AB和CD共面时，经过AB，CD的平面与α，β分别交于AC，BD.
∵α∥β，∴AC∥BD.
又∵AE＝EB，CF＝FD，∴EF∥AC.
∵AC⊂α，EF⊄α，∴EF∥α，同理EF∥β.
当AB和CD异面时，如图在CD与E所确定的平面内，过点E作C′D′∥CD与α，β分别交于点C′，D′.
经过相交直线AB和C′D′作平面分别交α，β于AC′，BD′.
∵α∥β，∴AC′∥BD′，又AE＝EB，
∴C′E＝ED′，
∵C′D′∥CD，
∴经过C′D′和CD作平面与α，β分别交于C′C 和D′D.
∵α∥β，∴C′C∥D′D.
在平行四边形C′D′DC中，
∵C′E＝ED′，CF＝FD，∴EF∥D′D.
∵D′D⊂β，EF⊄β，∴EF∥β，同理EF∥α.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是(　　)

解析：选A　法一：对于选项B，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ .又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C、D中均有AB∥平面MNQ.故选A.
法二：对于选项A，设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示)，连接OQ，则OQ∥AB.因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行，根据直线与平面平行的判定定理及三角形的中位线性质知，选项B、C、D中AB∥平面MNQ.故选A.
2.(2016·全国卷Ⅲ)如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．
(1)证明MN∥平面PAB；
(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．
解：(1)证明：由已知得AM＝AD＝2.
取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝BC＝2.
又AD∥BC，故TN綊AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.
因为MN⊄平面PAB，AT⊂平面PAB，所以MN∥平面PAB.
(2)取BC的中点E，连接AE.
由AB＝AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，且AE＝＝ ＝.
以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz.
由题意知P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N，
＝(0,2，－4)，＝，＝.
设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，
则即可取n＝(0,2,1)．
于是|cos〈n，〉|＝＝.
所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

[课时达标检测]
[小题常考题点——准解快解]
1．有下列命题：
①若直线l平行于平面α内的无数条直线，则直线l∥α；
②若直线a在平面α外，则a∥α；
③若直线a∥b，b∥α，则a∥α；
④若直线a∥b，b∥α，则a平行于平面α内的无数条直线．
其中真命题的个数是(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选A　命题①l可以在平面α内，是假命题；命题②直线a与平面α可以是相交关系，是假命题；命题③a可以在平面α内，是假命题；命题④是真命题．
2．已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是(　　)
A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m⊂β，则α∥β
C．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β D．若m⊥α，n⊥α，则m∥n
解析：选D　A中，两直线可能平行，相交或异面；B中，两平面可能平行或相交；C中，两平面可能平行或相交；D中，由线面垂直的性质定理可知结论正确，故选D.
3．设m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，且m，n⊂α，则“α∥β”是“m∥β且n∥β”的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A　若m，n⊂α，α∥β，则m∥β且n∥β；反之若m，n⊂α，m∥β且n∥β，则α与β相交或平行，即“α∥β”是“m∥β且n∥β”的充分不必要条件．
4．如图，在正方体ABCD ­A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是(　　)
A．MN与CC1垂直
B．MN与AC垂直
C．MN与BD平行
D．MN与A1B1平行
解析：选D　如图所示，连接AC，C1D，BD，则MN∥BD，而C1C⊥BD，故C1C⊥MN，故A、C正确，D错误，又因为AC⊥BD，所以MN⊥AC，B正确．

5.如图所示的三棱柱ABC ­A1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是(　　)
A．异面　　　　　 B．平行
C．相交 D．以上均有可能
解析：选B　在三棱柱ABC ­A1B1C1中，AB∥A1B1，
∵AB⊂平面ABC，A1B1⊄平面ABC，
∴A1B1∥平面ABC，
∵过A1B1的平面与平面ABC交于DE.
∴DE∥A1B1，∴DE∥AB.
6．已知正方体ABCD­A1B1C1D1，下列结论中，正确的结论是________(只填序号)．
①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；
③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.
解析：连接AD1，BC1，AB1，B1D1，C1D1，BD，因为AB綊C1D1，所以四边形AD1C1B为平行四边形，故AD1∥BC1，从而①正确；易证BD∥B1D1，AB1∥DC1，又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，故平面AB1D1∥平面BDC1，从而②正确；由图易知AD1与DC1异面，故③错误；因AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，故AD1∥平面BDC1，故④正确．
答案：①②④
7.如图所示，在四面体ABCD中，M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则四面体的四个面所在平面中与MN平行的是________________．
解析：连接AM并延长，交CD于点E，连接BN，并延长交CD于点F，由重心性质可知，E，F重合为一点，且该点为CD的中点E，连接MN，由＝＝，得MN∥AB.因此，MN∥平面ABC且MN∥平面ABD.
答案：平面ABC、平面ABD
8.如图所示，三棱柱ABC ­A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形，设D是A1C1上的点且A1B∥平面B1CD，则A1D∶DC1的值为________．
解析：设BC1∩B1C＝O，连接OD.
∵A1B∥平面B1CD且平面A1BC1∩平面B1CD＝OD，
∴A1B∥OD，
∵四边形BCC1B1是菱形，
∴O为BC1的中点，
∴D为A1C1的中点，则A1D∶DC1＝1.
答案：1
[大题常考题点——稳解全解]

1.如图，ABCD与ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．求证：
(1)BE∥平面DMF；
(2)平面BDE∥平面MNG.
证明：(1)连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，
连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，
又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF.
(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，
又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，
所以DE∥平面MNG.
又M为AB的中点，
所以MN为△ABD的中位线，
所以BD∥MN，
又MN⊂平面MNG，BD⊄平面MNG，
所以BD∥平面MNG，
又DE，BD⊂平面BDE，DE∩BD＝D，
所以平面BDE∥平面MNG.
2.如图，在四棱锥P ­ABCD中，底面ABCD是菱形，PD⊥平面ABCD，点D1为棱PD的中点，过D1作与平面ABCD平行的平面与棱PA，PB，PC相交于点A1，B1，C1，∠BAD＝60°.
(1)求证：B1为PB的中点；
(2)已知棱锥的高为3，且AB＝2，AC，BD的交点为O，连接B1O.求三棱锥B1­ABO外接球的体积．
解：(1)证明：连接B1D1.
由题意知，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面PBD∩平面ABCD＝BD，
平面PBD∩平面A1B1D1＝B1D1，则BD∥B1D1，
即B1D1为△PBD的中位线，
即B1为PB的中点．
(2)由(1)可得，OB1＝，AO＝，BO＝1，且OA⊥OB，OA⊥OB1，OB⊥OB1，
即三棱锥B1 ­ABO的外接球为以OA，OB，OB1为长，宽，高的长方体的外接球，
则该长方体的体对角线长d＝＝，即外接球半径R＝.
则三棱锥B1 ­ABO外接球的体积V＝πR3＝×π×3＝.
3.如图所示，在正方体ABCD ­A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是BC，CC1，C1D1，A1A的中点．求证：
(1)BF∥HD1；
(2)EG∥平面BB1D1D；
(3)平面BDF∥平面B1D1H.
证明：(1)如图所示，取BB1的中点M，连接MH，MC1，易证四边形HMC1D1是平行四边形，
∴HD1∥MC1.
又∵MC1∥BF，∴BF∥HD1.
(2)取BD的中点O，连接EO，D1O，则OE綊DC，
又D1G綊DC，∴OE綊D1G，
∴四边形OEGD1是平行四边形，∴GE∥D1O.
又GE⊄平面BB1D1D，D1O⊂平面BB1D1D，
∴EG∥平面BB1D1D.
(3)由(1)知BF∥HD1，
又BD∥B1D1，B1D1，HD1⊂平面B1D1H，BF，BD⊂平面BDF，
且B1D1∩HD1＝D1，DB∩BF＝B，
∴平面BDF∥平面B1D1H.
4.如图，四棱锥P ­ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E为PB的中点．
(1)求证：CE∥平面PAD.
(2)在线段AB上是否存在一点F，使得平面PAD∥平面CEF？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：取PA的中点H，连接EH，DH，
因为E为PB的中点，
所以EH∥AB，EH＝AB，
又AB∥CD，CD＝AB，
所以EH∥CD，EH＝CD，
因此四边形DCEH是平行四边形，
所以CE∥DH，
又DH⊂平面PAD，CE⊄平面PAD，
因此CE∥平面PAD.
(2)存在点F为AB的中点，使平面PAD∥平面CEF，
证明如下：
取AB的中点F，连接CF，EF，
所以AF＝AB，
又CD＝AB，所以AF＝CD，
又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形，
因此CF∥AD，
又CF⊄平面PAD，所以CF∥平面PAD，
由(1)可知CE∥平面PAD，
又CE∩CF＝C，
故平面CEF∥平面PAD，
故存在AB的中点F满足要求．



















第四节 直线、平面垂直的判定与性质
本节主要包括2个知识点：　
1.直线、平面垂直的判定与性质；　2.平行与垂直的综合问题.

突破点(一)　直线、平面垂直的判定与性质　


1．直线与平面垂直
(1)直线和平面垂直的定义：直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．
(2)直线与平面垂直的判定定理与性质定理：　　

文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直

⇒l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行

⇒a∥b
2.平面与平面垂直
(1)平面与平面垂直的定义：两个平面相交， 如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．

(2)平面与平面垂直的判定定理与性质定理：

文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直

⇒α⊥β
性质定理
两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直

⇒l⊥α



1．判断题
(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.(　　)
(2)若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直．(　　)
(3)直线a⊥α，b⊥α，则a∥b.(　　)
(4)若α⊥β，a⊥β⇒a∥α.(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)√　(4)×
2．填空题
(1)一条直线和三角形的两边同时垂直，则这条直线和三角形的第三边的位置关系是________．
解析：由线面垂直的判定定理知直线垂直于三角形所在的平面．
答案：垂直
(2)如图，平面ABC⊥平面BDC，∠BAC＝∠BDC＝90°，且AB＝AC＝a，则AD＝_______.
解析：如图，取BC的中点E，连接ED，AE.∵AB＝AC，∴AE⊥BC.∵平面ABC⊥平面BDC，∴AE⊥平面BDC，∴AE⊥ED.在Rt△ABC和Rt△BCD中，AE＝ED＝BC＝a，∴在Rt△AED中，AD＝＝a.
答案：a
(3)PD垂直于正方形ABCD所在的平面，连接PB，PC，PA，AC，BD，则一定互相垂直的平面有________对．
解析：由于PD⊥平面ABCD，故平面PAD⊥平面ABCD，平面PDB⊥平面ABCD，平面PDC⊥平面ABCD，平面PDA⊥平面PDC，平面PAC⊥平面PDB，平面PAB⊥平面PAD, 平面PBC⊥平面PDC，共7对．
答案：7













直线与平面垂直的判定与性质
　　　　　　　　　　　　　　　　　
[例1]　如图所示，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：
(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
[证明]　(1)在四棱锥P­ABCD中，
∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，
∴PA⊥CD.∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，
∴CD⊥平面PAC.
而AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE.
(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.
∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.
由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD.
而PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB.
又∵AB⊥AD且PA∩AD＝A，
∴AB⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.
又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.
[方法技巧]
证明直线与平面垂直的方法
(1)定义法：若一条直线垂直于一个平面内的任意一条直线，则这条直线垂直于这个平面(不常用)；
(2)判定定理(常用方法)；
(3)若两条平行直线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面(客观题常用)；
(4)若一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，则它必垂直于另一个平面(客观题常用)；
(5)若两平面垂直，则在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面(常用方法);
(6)若两相交平面同时垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面(客观题常用)．　　

平面与平面垂直的判定与性质
[例2]由四棱柱ABCD ­A1B1C1D1截去三棱锥C1­B1CD1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.

(1)证明：A1O∥平面B1CD1；
(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.
[证明]　(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，
因为ABCD­A1B1C1D1是四棱柱，
所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，
因此四边形A1OCO1为平行四边形，
所以A1O∥O1C，
因为O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，
所以A1O∥平面B1CD1.
(2)因为E，M分别为AD，OD的中点，
所以EM∥AO.
因为AO⊥BD，
所以EM⊥BD，
又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以A1E⊥BD，
因为B1D1∥BD，
所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1，
又A1E⊂平面A1EM，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，
所以B1D1⊥平面A1EM，
又B1D1⊂平面B1CD1，
所以平面A1EM⊥平面B1CD1.
[方法技巧]　 面面垂直判定的两种方法与一个转化
两种方法
(1)面面垂直的定义；
(2)面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)
一个转化
在已知两个平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直

1.已知四棱锥P ­ABCD的底面ABCD为菱形，且PA⊥底面ABCD，∠ABC＝60°，点E，F分别为BC，PD的中点，PA＝AB＝2.
(1)证明：AE⊥平面PAD；
(2)求多面体PAECF的体积．
解：(1)由PA⊥底面ABCD，得PA⊥AE.
由底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°得，△ABC为等边三角形，
又E为BC的中点，得AE⊥BC，所以AE⊥AD.
因为PA∩AD＝A，所以AE⊥平面PAD.
(2)设多面体PAECF的体积为V，则V＝VP ­AEC＋VC ­PAF.
VP ­AEC＝××PA＝××2＝；
VC ­PAF＝××AE＝××＝.
故多面体PAECF的体积V＝＋＝.
2．[考点一、二]如图，在四棱锥P ­ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD.E和F分别是CD和PC的中点．求证：
(1)PA⊥底面ABCD；
(2)BE∥平面PAD；
(3)平面BEF⊥平面PCD.
证明：(1)因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，所以PA⊥底面ABCD.
(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，
所以AB∥DE，且AB＝DE.
所以平面ABED为平行四边形．
所以BE∥AD.
又因为BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以BE∥平面PAD.
(3)因为AB⊥AD，而且平面ABED为平行四边形，
所以BE⊥CD，AD⊥CD.
由(1)知PA⊥底面ABCD，
所以PA⊥CD.
又PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD.
又PD⊂平面PAD，所以CD⊥PD.
因为E和F分别是CD和PC的中点，
所以PD∥EF.所以CD⊥EF.
又EF∩BE＝E，
所以CD⊥平面BEF.
因为CD⊂平面PCD，
所以平面BEF⊥平面PCD.

突破点(二)　平行与垂直的综合问题　


1．平行关系之间的转化

在证明线面、面面平行时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向是由题目的具体条件而定的，不可过于“模式化”．
2．垂直关系之间的转化
在证明线面垂直、面面垂直时，一定要注意判定定理成立的条件．同时抓住线线、线面、面面垂直的转化关系，即：

在证明两平面垂直时，一般先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的直线在图中不存在，则可通过作辅助线来解决．

1．判断题
(1)设m，n是两条不同的直线，α是一个平面，若m∥n，m⊥α，则n⊥α.(　　)
(2)设l为直线，α，β是两个不同的平面，若α⊥β，l∥α，则l⊥β.(　　)
(3)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)×
2．填空题
(1)若两个平面互相垂直，则给出以下三个结论：
①过交线上一点垂直于一个平面的直线必在另一个平面内；
②过交线上一点垂直于交线的直线，必垂直于其中一个平面；
③分别在两个平面内的两条直线互相垂直．
其中说法正确的序号是________．
解析：由面面垂直的性质可知①正确，对于②，过交线上一点垂直于交线的直线不一定在其中一个平面内，③显然错误．
答案：①
(2)如图，AB是圆O的直径，PA垂直于圆O所在的平面，C是圆O上不同于A，B的任一点，则图中直角三角形的个数为________．
解析：可证得此三棱锥的四个面全是直角三角形．
答案：4
(3)α，β是两个不同的平面，m，n是平面α及平面β之外的两条不同的直线，给出四个论断：
①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α.
以其中三个论断作为条件，剩余的一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题为____________．
答案：①③④⇒②(或②③④⇒①)




证明多面体中的平行与垂直关系
　　　　　　　　　　　　　　　　　

[例1]　在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，E，G，F分别为MB，PB，PC的中点．
(1)求证：平面EFG∥平面PMA；
(2)求证：平面EFG⊥平面PDC.
[证明]　(1)∵E，G，F分别为MB，PB，PC的中点，
∴EG∥PM，GF∥BC.
又∵四边形ABCD是正方形，
∴BC∥AD，∴GF∥AD.
∵EG，GF在平面PMA外，PM，AD在平面PMA内，
∴EG∥平面PMA，GF∥平面PMA.
又∵EG，GF都在平面EFG内且相交，
∴平面EFG∥平面PMA.
(2)由已知MA⊥平面ABCD，PD∥MA，
∴PD⊥平面ABCD.
又BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC.
∵四边形ABCD为正方形，∴BC⊥DC.
又PD∩DC＝D，∴BC⊥平面PDC.
由(1)知GF∥BC，∴GF⊥平面PDC.
又GF⊂平面EFG，∴平面EFG⊥平面PDC.


平行与垂直关系中的探索问题
[例2]如图，在四棱锥P­ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.

(1)求证：DC⊥平面PAC.
(2)求证：平面PAB⊥平面PAC.
(3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由．
[解]　(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥DC.
又因为DC⊥AC，且PC∩AC＝C，
所以DC⊥平面PAC.
(2)证明：因为AB∥DC，DC⊥AC，所以AB⊥AC.
因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB.
又因为PC∩AC＝C，所以AB⊥平面PAC.
又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC.
(3)棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.
理由如下：取PB的中点F，连接EF，CE，CF.
因为E为AB的中点，所以EF∥PA.
又因为PA⊄平面CEF，且EF⊂平面CEF，
所以PA∥平面CEF.






[方法技巧]
解决探索性问题的基本方法
(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，则说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在．
(2)探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用．
(3)利用空间向量的坐标运算，可将空间中的探索性问题转化为方程是否有解的问题进行处理．　　


平行与垂直关系中的翻折问题
[例3]如图，高为1的等腰梯形ABCD中，AM＝CD＝AB＝1，M为AB的三等分点．现将△AMD沿MD折起，使平面AMD⊥平面MBCD，连接AB，AC.
(1)在AB边上是否存在点P，使AD∥平面MPC?
(2)当点P为AB边的中点时，求点B到平面MPC的距离．


[解]　(1)当AP＝AB时，有AD∥平面MPC.理由如下：
连接BD交MC于点N，连接NP.
在梯形MBCD中，DC∥MB，＝＝，
∵△ADB中，＝，∴AD∥PN.
∵AD⊄平面MPC，PN⊂平面MPC，
∴AD∥平面MPC.
(2)∵平面AMD⊥平面MBCD，平面AMD∩平面MBCD＝DM，
平面AMD中AM⊥DM，
∴AM⊥平面MBCD.
∴VP ­MBC＝×S△MBC×＝××2×1×＝.
在△MPC中，MP＝AB＝，MC＝，
又PC＝ ＝，∴S△MPC＝×× ＝.
∴点B到平面MPC的距离为d＝＝＝.
[方法技巧]
求解翻折问题的关键及注意事项
求解平面图形翻折问题的关键是弄清原有的性质变化与否，即翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．应注意：
(1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；
(2)线的变化，翻折前后，若线始终在同一平面内，则它们的位置关系不发生变化，若线与线由在一个平面内转变为不在同一个平面内，应注意其位置关系的变化；
(3)长度、角度等几何度量的变化．　　


1.(2017·江苏高考)如图，在三棱锥A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.
求证：(1)EF∥平面ABC；
(2)AD⊥AC.
证明：(1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，
所以EF∥AB.
又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
(2)因为平面ABD⊥平面BCD，
平面ABD∩平面BCD＝BD，
BC⊂平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.
因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.
又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以AD⊥平面ABC.
又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.
2．[考点一、三]如图所示，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E，F分别在线段BC，AD上，EF∥AB，将矩形ABEF沿EF折起，记折起后的矩形为MNEF，且平面MNEF⊥平面ECDF.

(1)求证：NC∥平面MFD；
(2)若EC＝3，求证：ND⊥FC；
(3)求四面体N­EFD体积的最大值．
解：(1)证明：∵平行四边形MNEF和EFDC都是矩形，
∴MN∥EF，EF∥CD，MN＝EF＝CD，∴MN∥CD.
∴四边形MNCD是平行四边形．
∴NC∥MD.
∵NC⊄平面MFD，MD⊂平面MFD，
∴NC∥平面MFD.
(2)证明：连接ED，交FC于点O，如图所示．
∵平面MNEF⊥平面ECDF，且NE⊥EF，平面MNEF∩平面ECDF＝EF，NE⊂平面MNEF，∴NE⊥平面ECDF.
∵FC⊂平面ECDF，∴FC⊥NE.
∵EC＝CD，∴四边形ECDF为正方形，∴FC⊥ED.
又∵ED∩NE＝E，ED，NE⊂平面NED，
∴FC⊥平面NED.
∵ND⊂平面NED，∴ND⊥FC.
(3)设NE＝x，则FD＝EC＝4－x，其中0 由(2)得NE⊥平面FEC，
∴四面体N­EFD的体积为
VN­FED＝S△EFD·NE＝x(4－x)．
∴VN­FED≤2＝2，
当且仅当x＝4－x，即x＝2时，四面体N­EFD的体积最大，最大值为2.

3．[考点一、二]如图，已知三棱柱ABC­A′B′C′的侧棱垂直于底面，AB＝AC，∠BAC＝90°，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．
(1)证明：MN∥平面AA′C′C；
(2)设AB＝λAA′，当λ为何值时，CN⊥平面A′MN，试证明你的结论．
解：(1)证明：如图，取A′B′的中点E，连接ME，NE.
因为M，N分别为A′B和B′C′的中点，
以NE∥A′C′，ME∥AA′.
又A′C′⊂平面AA′C′C，A′A⊂平面AA′C′C，
所以ME∥平面AA′C′C，NE∥平面AA′C′C，
所以平面MNE∥平面AA′C′C，
因为MN⊂平面MNE，
所以MN∥平面AA′C′C.
(2)连接BN，设AA′＝a，则AB＝λAA′＝λa，
由题意知BC＝λa，CN＝BN＝，
因为三棱柱ABC­A′B′C′的侧棱垂直于底面，
所以平面A′B′C′⊥平面BB′C′C，
因为AB＝AC，点N是B′C′的中点，
所以A′B′＝A′C′，A′N⊥B′C′，
所以A′N⊥平面BB′C′C，
所以CN⊥A′N，
要使CN⊥平面A′MN，只需CN⊥BN即可，
所以CN2＋BN2＝BC2，
即2＝2λ2a2，
解得λ＝，故当λ＝时，CN⊥平面A′MN.
　　　　　　







　　　　　　　　　　　　　
[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1．如图，已知正三棱锥P­ABC的侧面是直角三角形，PA＝6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G.
(1)证明：G是AB的中点；
(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积．
解：(1)证明：因为P在平面ABC内的正投影为D，
所以AB⊥PD.
因为D在平面PAB内的正投影为E，所以AB⊥DE.
因为PD∩DE＝D，所以AB⊥平面PED，故AB⊥PG.
又由已知可得，PA＝PB，所以G是AB的中点．
(2)在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F，F即为E在平面PAC内的正投影．
理由如下：由已知可得PB⊥PA，PB⊥PC，又EF∥PB，所以EF⊥PA，EF⊥PC.又PA∩PC＝P，因此EF⊥平面PAC，即点F为E在平面PAC内的正投影．
连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，所以D是正三角形ABC的中心．由(1)知，G是AB的中点，所以D在CG上，故CD＝CG.
由题设可得PC⊥平面PAB，DE⊥平面PAB，
所以DE∥PC，因此PE＝PG，DE＝PC.
由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA＝6，可得DE＝2，PE＝2.
在等腰直角三角形EFP中，可得EF＝PF＝2，
所以四面体PDEF的体积V＝××2×2×2＝.
2.如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.
(1)证明：平面AEC⊥平面BED；
(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E­ACD的体积为，求该三棱锥的侧面积．
解：(1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.
因为BE⊥平面ABCD，所以AC⊥BE.
故AC⊥平面BED.
又AC⊂平面AEC，
所以平面AEC⊥平面BED.
(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，
由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝x，GB＝GD＝.
因为AE⊥EC，
所以在Rt△AEC中，可得EG＝x.
由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，
可得BE＝x.
由已知得，三棱锥E­ACD的体积
V三棱锥E­ACD＝×·AC·GD·BE＝x3＝，
故x＝2.
从而可得AE＝EC＝ED＝.
所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为.
故三棱锥E­ACD的侧面积为3＋2.

[课时达标检测]
[小题常考题点——准解快解]
1．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是(　　)
A．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n
B．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β
C．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥β
D．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n
解析：选B　若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m与n相交、平行或异面，故A错误；∵m⊥α，m∥n，∴n⊥α，又∵n∥β，∴α⊥β，故B正确；若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α与β的位置关系不确定，故C错误；若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或m，n异面，故D错误．故选B.
2．下列说法错误的是(　　)
A．两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内
B．过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直
C．如果共点的三条直线两两垂直，那么它们中每两条直线确定的平面也两两垂直
D．如果两条直线和一个平面所成的角相等，则这两条直线一定平行
解析：选D　如果两条直线和一个平面所成的角相等，这两条直线可以平行、相交、异面．


3.如图，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在(　　)

A．直线AB上
B．直线BC上
C．直线AC上
D．△ABC内部
解析：选A　连接AC1(图略)，由AC⊥AB，AC⊥BC1，得AC⊥平面ABC1.∵AC⊂平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC.∴C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上．
4．如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE、AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B、C、D三点重合，重合后的点记为H，那么，在这个空间图形中必有(　　)

A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFH
C．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF
解析：选B　根据折叠前、后AH⊥HE，AH⊥HF不变，∴AH⊥平面EFH，B正确；∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴A不正确；∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，∴EF⊥平面HAG，又EF⊂平面AEF，∴平面HAG⊥AEF，过点H作直线垂直于平面AEF，一定在平面HAG内，∴C不正确；由条件证不出HG⊥平面AEF，∴D不正确．故选B.
5.如图，直三棱柱ABC ­A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为(　　)
A. B．1
C. D．2
解析：选A　设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF.由已知可得A1B1＝，设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝h.
又2×＝h，所以h＝，DE＝.
在Rt△DB1E中，B1E＝ ＝.
由面积相等得× ＝x，得x＝.
6.如图，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线是____________；与AP垂直的直线是________．
解析：∵PC⊥平面ABC，
∴PC垂直于直线AB，BC，AC.
∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，∴AB⊥平面PAC，
又∵AP⊂平面PAC，
∴AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.
答案：AB，BC，AC　AB
7.如图所示，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)
解析：如图，连接AC，BD，则AC⊥BD，
∵PA⊥底面ABCD，
∴PA⊥BD.
又PA∩AC＝A，
∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC，
∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，
即有PC⊥平面MBD.而PC⊂平面PCD，
∴平面MBD⊥平面PCD.
答案：DM⊥PC(或BM⊥PC等)
8.如图，一张A4纸的长、宽分别为2a，2a，A，B，C，D分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线折起，使得P1，P2，P3，P4四点重合为一点P，从而得到一个多面体．下列关于该多面体的命题，正确的是________．(写出所有正确命题的序号)
①该多面体是三棱锥；
②平面BAD⊥平面BCD；
③平面BAC⊥平面ACD；
④该多面体外接球的表面积为5πa2.
解析：由题意得该多面体是一个三棱锥，故①正确；∵AP⊥BP，AP⊥CP，BP∩CP＝P，∴AP⊥平面BCD，又∵AP⊂平面ABD，∴平面BAD⊥平面BCD，故②正确；同理可证平面BAC⊥平面ACD，故③正确；该多面体的外接球半径R＝a，所以该多面体外接球的表面积为5πa2，故④正确．综上，正确命题的序号为①②③④.
答案：①②③④
[大题常考题点——稳解全解]

1.如图，四棱锥P­ABCD 中， AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB＝BC＝AD，E，F分别为线段AD，PC 的中点．求证：
(1)AP∥平面BEF；
(2)BE⊥平面PAC.
证明：(1)设AC∩BE＝O，连接OF，EC，如图所示．
由于E为AD的中点，AB＝BC＝AD，AD∥BC，
所以AE∥BC，AE＝AB＝BC，
因此四边形ABCE为菱形，所以O为AC的中点．
又F为PC 的中点，因此在△PAC中，可得AP∥OF.
又OF⊂平面BEF，AP⊄平面BEF.所以AP∥平面BEF.
(2)由题意知ED∥BC，ED＝BC.
所以四边形BCDE为平行四边形，因此BE∥CD.
又AP⊥平面PCD，
所以AP⊥CD，因此AP⊥BE.
因为四边形ABCE为菱形，所以BE⊥AC.
又AP∩AC＝A，AP，AC⊂平面PAC，
所以BE⊥平面PAC.








2.在三棱锥P ­ABC中，△PAB是等边三角形，∠APC＝∠BPC＝60°.
(1)求证：AB⊥PC；
(2)若PB＝4，BE⊥PC，求三棱锥B ­PAE的体积．
解：(1)证明：因为△PAB是等边三角形，∠APC＝∠BPC＝60°，所以△PBC≌△PAC，所以AC＝BC.
如图，取AB的中点D，连接PD，CD，则PD⊥AB，CD⊥AB，
因为PD∩CD＝D，
所以AB⊥平面PDC，
因为PC⊂平面PDC，
所以AB⊥PC.
(2)由(1)知，AB⊥PC，又BE⊥PC，AB∩BE＝B，所以PC⊥平面ABE，所以PC⊥AE.
因为PB＝4，所以在Rt△PEB中，BE＝4sin 60°＝2，PE＝4cos 60°＝2，
在Rt△PEA中，AE＝PEtan 60°＝2，
所以AE＝BE＝2，
所以S△ABE＝·AB·＝4.
所以三棱锥B ­PAE的体积VB ­PAE＝VP ­ABE＝S△AEB·PE＝×4×2＝.
3．如图，平面五边形ABCDE中，AB∥CE，且AE＝2，∠AEC＝60°，CD＝ED＝，cos∠EDC＝.将△CDE沿CE折起，使点D到P的位置，且AP＝，得到四棱锥P ­ABCE.
(1)求证：AP⊥平面ABCE；
(2)记平面PAB与平面PCE相交于直线l，求证：AB∥l.

证明：(1)在△CDE中，∵CD＝ED＝，cos∠EDC＝，由余弦定理得CE＝2.连接AC(图略)，∵AE＝2，∠AEC＝60°，∴AC＝2.又AP＝，∴在△PAE中，PA2＋AE2＝PE2，即AP⊥AE.同理，AP⊥AC.而AC⊂平面ABCE，AE⊂平面ABCE，AC∩AE＝A，故AP⊥平面ABCE.
(2)∵AB∥CE，且CE⊂平面PCE，AB⊄平面PCE，
∴AB∥平面PCE.又平面PAB∩平面PCE＝l，∴AB∥l.
4.如图，在四棱锥P ­ABCD中，底面ABCD是矩形，且AB＝BC，E，F分别在线段AB，CD上，G，H在线段PC上，EF⊥PA，且＝＝＝＝.求证：

(1)EH∥平面PAD；
(2)平面EFG⊥平面PAC.
证明：(1)如图，在PD上取点M，使得＝，连接AM，MH，
则＝＝，所以MH＝DC，MH∥CD，
又AE＝AB，四边形ABCD是矩形，
所以MH＝AE，MH∥AE，所以四边形AEHM为平行四边形，所以EH∥AM，
又AM⊂平面PAD，EH⊄平面PAD，所以EH∥平面PAD.
(2)取AB的中点N，连接DN，则NE＝DF，NE∥DF，
则四边形NEFD为平行四边形，则DN∥EF，
在△DAN和△CDA中，∠DAN＝∠CDA，＝＝，
则△DAN∽△CDA，
则∠ADN＝∠DCA，则DN⊥AC，则EF⊥AC，
又EF⊥PA，AC∩PA＝A，所以EF⊥平面PAC，
又EF⊂平面EFG，所以平面EFG⊥平面PAC.
5.如图，在三棱柱ABC ­A1B1C1中，侧面ABB1A1是矩形，∠BAC＝90°，AA1⊥BC，AA1＝AC＝2AB＝4，且BC1⊥A1C.
(1)求证：平面ABC1⊥平面A1ACC1；
(2)设D是A1C1的中点，判断并证明在线段BB1上是否存在点E，使得DE∥平面ABC1.若存在，求三棱锥E ­ABC1的体积．
解：(1)在三棱柱ABC ­A1B1C1中，侧面ABB1A1是矩形，
∴AA1⊥AB，又AA1⊥BC，AB∩BC＝B，∴A1A⊥平面ABC，∴A1A⊥AC，
又A1A＝AC，∴A1C⊥AC1.
又BC1⊥A1C，BC1∩AC1＝C1，∴A1C⊥平面ABC1，
又A1C⊂平面A1ACC1，∴平面ABC1⊥平面A1ACC1.
(2)当E为B1B的中点时，连接AE，EC1，DE，如图，取A1A的中点F，连接EF，FD，
∵EF∥AB，DF∥AC1，
又EF∩DF＝F，AB∩AC1＝A，∴平面EFD∥平面ABC1，
又DE⊂平面EFD，∴DE∥平面ABC1.此时VE ­ABC1＝VC1 ­ABE＝××2×2×4＝.
6．如图，在四棱锥S ­ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD.四边形ABCD为正方形，且点P为AD的中点，点Q为SB的中点．

(1)求证：CD⊥平面SAD.
(2)求证：PQ∥平面SCD.
(3)若SA＝SD，点M为BC的中点，在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：因为四边形ABCD为正方形，所以CD⊥AD.
又因为平面SAD⊥平面ABCD，且平面SAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面SAD.
(2)证明：如图，取SC的中点R，连接QR，DR.
由题意知：
PD∥BC且PD＝BC.
在△SBC中，点Q为SB的中点，点R为SC的中点，
所以QR∥ BC且QR＝BC，
所以PD∥QR，且PD＝QR，
所以四边形PDRQ为平行四边形，所以PQ∥DR.
又因为PQ⊄平面SCD，DR⊂平面SCD，
所以PQ∥平面SCD.
(3)存在点N为SC的中点，使得平面DMN⊥平面ABCD.
证明如下：
如图，连接PC，DM交于点O，
连接DN，PM，SP，NM，ND，NO，
因为PD∥CM，且PD＝CM，
所以四边形PMCD为平行四边形，所以PO＝CO.
又因为点N为SC的中点，
所以NO∥SP.
易知SP⊥AD，
因为平面SAD⊥平面ABCD，
平面SAD∩平面ABCD＝AD，并且SP⊥AD，
所以SP⊥平面ABCD，
所以NO⊥平面ABCD.
又因为NO⊂平面DMN，
所以平面DMN⊥平面ABCD.

第五节 空间向量及其运算和空间位置关系
本节主要包括2个知识点：　
1.空间向量及其运算；　2.利用空间向量证明平行与垂直问题.

突破点(一)　空间向量及其运算


1．空间向量及其有关概念
(1)空间向量的有关概念
空间向量
在空间中，具有大小和方向的量叫做空间向量
相等向量
方向相同且模相等的向量
共线向量
表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量
共面向量
平行于同一个平面的向量
(2)空间向量中的有关定理
共线向量
定理
对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b⇔存在唯一一个λ∈R，使a＝λb
共面向量
定理
若两个向量a、b不共线，则向量p与向量a，b共面⇔存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb
空间向量
基本定理
如果三个向量a、b、c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x，y，z}使得p＝xa＋yb＋zc
2.两个向量的数量积
(1)非零向量a，b的数量积a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．
(2)空间向量数量积的运算律
①结合律：(λa)·b＝λ(a·b)；
②交换律：a·b＝b·a；
③分配律：a·(b＋c)＝a·b＋a·c.
3．空间向量的运算及其坐标表示
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3).

向量表示
坐标表示
数量积
a·b
a1b1＋a2b2＋a3b3
共线
a＝λb(b≠0)
a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3
垂直
a·b＝0(a≠0，b≠0)
a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
模
|a|

夹角
〈a，b〉(a≠0，b≠0)
cos〈a，b〉＝

1．判断题
(1)若A，B，C，D是空间任意四点，则有＋＋＋＝0.(　　)
(2)|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充要条件．(　　)
(3)空间中任意两非零向量a，b共面．(　　)
(4)在向量的数量积运算中(a·b)·c＝a·(b·c)．(　　)
(5)对于非零向量b，由a·b＝b·c，则a＝c.(　　)
(6)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同．(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　(6)×
2．填空题
(1)已知正方体ABCD ­A1B1C1D1中，点E为上底面A1C1的中心，若＝＋x＋y，则x，y的值分别为________．
答案：，
(2)已知a＝(2,3,1)，b＝(－4,2，x)，且a⊥b，则x＝________.
答案：2
(3)已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，若c＝3a＋2b，则c＝________.
答案：(4,5,5)
(4)已知a＝(1,2，－2)，b＝(0,2,4)，则a，b夹角的余弦值为________．
解析：cos〈a，b〉＝＝－.答案：－



空间向量的线性运算
　　　　　　　　　　　　　　　　　
[例1]　在三棱锥O ­ABC中，M，N分别是OA，BC的中点，G是△ABC的重心，用基向量， ， 表示， .
[解]　＝＋
＝＋
＝＋(－)
＝＋
＝＋＋，＝－
＝－
＝＋＋－
＝－＋＋.
[方法技巧]
用已知向量表示某一向量的三个关键点
(1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．
(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量．
(3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．　

　







共线、共面向量定理的应用

[例2]　已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，用向量方法求证：
(1)E，F，G，H四点共面；
(2)BD∥平面EFGH.
[证明]　(1)如图，连接BG，则＝＋＝＋(＋)
＝＋＋
＝＋，
由共面向量定理知：E，F，G，H四点共面．
(2)因为＝－＝－＝(－)＝，
因为E，H，B，D四点不共线，所以EH∥BD.
又EH⊂平面EFGH，BD⊄平面EFGH，
所以BD∥平面EFGH.
[方法技巧]
1．证明空间三点P，A，B共线的方法
(1) ＝λ (λ∈R)；
(2)对空间任一点O， ＝＋t (t∈R)；
(3)对空间任一点O，＝x＋y (x＋y＝1)．
2．证明空间四点P，M，A，B共面的方法
(1) ＝x＋y；
(2)对空间任一点O，＝＋x＋y；
(3)对空间任一点O，＝x＋y＋z (x＋y＋z＝1)；
(4) ∥ (或∥或∥)．　
　







空间向量数量积的应用

[例3]　如图所示，四棱柱ABCD ­A1B1C1D1中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.
(1)求AC1的长；
(2)求证：AC1⊥BD.
[解]　(1)记＝a，＝b，＝c，
则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
∴a·b＝b·c＝c·a＝.
||2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2×＝6，
∴||＝， 即AC1的长为.
(2)证明：∵＝a＋b＋c，＝b－a，
∴·＝(a＋b＋c)·(b－a)
＝a·b＋|b|2＋b·c－|a|2－a·b－a·c
＝b·c－a·c
＝|b||c|cos 60°－|a||c|cos 60°＝0.
∴⊥，∴AC1⊥BD.

[方法技巧]　 　　空间向量数量积的三个应用
求夹角
设向量a，b所成的角为θ，则cos θ＝，进而可求两异面直线所成的角
求长度
(距离)
运用公式|a|2＝a·a，可使线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题
解决垂
直问题
利用a⊥b⇔a·b＝0(a≠0，b≠0)，可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题





1.已知空间四边形OABC中，＝a，＝b，＝c，点M在OA上，且OM＝2MA，N为BC中点，则＝(　　)
A.a－b＋c B．－a＋b＋c
C.a＋b－c D.a＋b－c
解析：选B　如图所示，
＝＋＋
＝＋(－)＋
＝－＋(－)
＝－＋＋
＝－a＋b＋c.
2.已知a＝(λ＋1,0,2)，b＝(6,2μ－1,2λ)，若a∥b，则λ与μ的值可以是(　　)
A．2， B．－，
C．－3,2 D．2,2
解析：选A　∵a∥b，∴b＝ka，即(6,2μ－1,2λ)＝k(λ＋1,0,2)，
∴解得或
3.对于空间一点O和不共线的三点A，B，C，有6＝＋2＋3，则(　　)
A．O，A，B，C四点共面 B．P，A，B，C四点共面
C．O，P，B，C四点共面 D．O，P，A，B，C五点共面
解析：选B　由6＝＋2＋3，
得－＝2(－)＋3(－)，即＝2＋3，
故，，共面，又它们有公共点P，
因此，P，A，B，C四点共面，故选B.

4.在长方体ABCD ­A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝，AD＝2，P为C1D1的中点，M为BC的中点，则AM与PM的位置关系为(　　)
A．平行 B．异面
C．垂直 D．以上都不对
解析：选C　建立如图所示空间直角坐标系可得D(0,0,0)，P(0,1，)，C(0,2,0)，A(2，0,0)，M(，2,0)．
∴＝(，1，－)， ＝(－，2,0)．∴·＝(，1，－)·＝0.∴⊥，即AM⊥PM.
5.如图，在大小为45°的二面角A­EF­D中，四边形ABFE，四边形CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是(　　)
A. B.
C．1 D.
解析：选D　∵＝＋＋，∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1－＝3－，故||＝.

突破点(二)　利用空间向量证明平行与垂直问题　


1．两个重要向量
直线的
方向向量
直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直线的方向向量有无数个
平面的
法向量
直线l⊥平面α，取直线l的方向向量，则这个向量叫做平面α的法向量．显然一个平面的法向量有无数个，它们是共线向量

2．空间位置关系的向量表示
位置关系
向量表示
直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2
l1∥l2
n1∥n2⇔n1＝λn2
l1⊥l2
n1⊥n2⇔n1·n2＝0
直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m
l∥α
n⊥m⇔m·n＝0
l⊥α
n∥m⇔n＝λm
平面α，β的法向量分别为n，m
α∥β
n∥m⇔n＝λm
α⊥β
n⊥m⇔n·m＝0


1．判断题
(1)直线的方向向量是唯一确定的．(　　)
(2)已知＝(2,2,1)， ＝(4,5,3)，则平面ABC的单位法向量是n0＝±.(　　)
(3)两条不重合的直线l1和l2的方向向量分别为v1＝(1,0，－1)，v2＝(－2,0,2)，则l1与l2的位置关系是平行．(　　)
(4)若n1，n2分别是平面α，β的法向量，则n1∥n2⇔α∥β.(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)√　(4)×
2．填空题
(1)若直线l1，l2的方向向量分别为a＝(2,4，－4)，b＝(－6,9,6)，则e1与e2的位置关系为________．
解析：由a·b＝2×(－6)＋4×9＋(－4)×6＝0知a⊥b，∴e1⊥e2.
答案：e1⊥e2
(2)设u＝(－2,2，t)，v＝(6，－4,4)分别是平面α，β的法向量．若α⊥β，则t＝________.
解析：∵α⊥β，则u·v＝－2×6＋2×(－4)＋4t＝0，
∴t＝5.
答案：5
(3)已知直线l的方向向量为v＝(1,2,3)，平面α的法向量为u＝(5,2，－3)，则l与α的位置关系是________________．
解析：由题知v·u＝1×5＋2×2＋3×(－3)＝0，
∴v⊥u，∴直线l∥α或l⊂α.
答案：l∥α或l⊂α
(4)若平面α的一个法向量为u1＝(－3，y,2)，平面β的一个法向量为u2＝(6，－2，z)，且α∥β，则y＋z＝________.
解析：因为α∥β，所以u1∥u2，所以＝＝，
所以y＝1，z＝－4，所以y＋z＝－3.
答案：－3




向量法证明平行与垂直关系
　　　　　　　　　　　　　　　　　
[例1]　如图，在直三棱柱ABC ­A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，点D是AB的中点．
(1)证明AC⊥BC1；
(2)证明AC1∥平面CDB1.
[证明]　因为直三棱柱ABC ­A1B1C1的底面边长分别为AC＝3，BC＝4，AB＝5，所以△ABC为直角三角形，AC⊥BC.
所以AC，BC，C1C两两垂直．
如图，以C为坐标原点，直线CA，CB，CC1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(3,0,0)，B(0,4,0)，C1(0,0,4)，A1(3,0,4)，B1(0,4,4)，D.
(1)因为＝(－3,0,0)，1＝(0，－4,4)，
所以·＝0，所以AC⊥BC1.
(2)设CB1与C1B的交点为E，连接DE，则E(0,2,2)， ＝，＝(－3,0,4)，
所以＝，DE∥AC1.
因为DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，
所以AC1∥平面CDB1.
[方法技巧]
1．利用空间向量证明平行的方法
线线平行
证明两直线的方向向量共线
线面平行
①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；
②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行
面面平行
①证明两平面的法向量为共线向量；
②转化为线面平行、线线平行问题
2.利用空间向量证明垂直的方法
线线垂直
证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零
线面垂直
证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示
面面垂直
证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示
[提醒]　运用向量知识判定空间位置关系时，仍然离不开几何定理．如用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行时，仍需强调直线在平面外．


向量法解决垂直、平行关系中的探索性问题　
[例2]　在四棱锥P ­ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点．
(1)求证：EF⊥CD；
(2)在平面PAD内是否存在一点G，使GF⊥平面PCB？若存在，求出点G坐标；若不存在，试说明理由．

[解]　(1)证明：由题意知，DA，DC，DP两两垂直．如图，以DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设AD＝a，
则D(0,0,0)，A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，E，P(0,0，a)，F.＝， ＝(0，a,0)．
∵·＝0，∴⊥，从而得EF⊥CD.
(2)假设存在满足条件的点G，设G(x,0，z)，
则＝，
若使GF⊥平面PCB，则由·＝·(a,0,0)＝a＝0，得x＝；
由·＝·(0，－a，a)
＝＋a＝0，得z＝0.
∴G点坐标为，
故存在满足条件的点G，且点G为AD的中点．


[方法技巧]
向量法解决与垂直、平行有关的探索性问题的思路
(1)根据题设条件中的垂直关系，建立适当的空间直角坐标系，将相关点、相关向量用坐标表示．
(2)假设所求的点或参数存在，并用相关参数表示相关点的坐标，根据线、面满足的垂直、平行关系，构建方程(组)求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在．　　


1.如图，在三棱锥P ­ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.
(1)证明：AP⊥BC；
(2)若点M是线段AP上一点，且AM＝3.试证明平面AMC⊥平面BMC.
证明：如图所示，以O为坐标原点，以射线OP为z轴的正半轴建立空间直角坐标系O ­xyz.
则O(0,0,0)，A(0，－3,0)，B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4)．
(1)∵＝(0,3,4)，＝(－8，0,0)，
∴·＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0，所以⊥，即AP⊥BC.
(2)由(1)知|AP|＝5，
又|AM|＝3，且点M在线段AP上，
∴＝＝.
又＝(－4,5,0)， ＝(－4，－5,0)，
∴＝＋＝，
则·＝(0,3,4)·＝0，∴⊥，
即AP⊥BM，
又根据(1)的结论知AP⊥BC，BM∩BC＝B，
∴AP⊥平面BMC，于是AM⊥平面BMC.
又AM⊂平面AMC，故平面AMC⊥平面BCM.


2.如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．
(1)求证：B1E⊥AD1；
(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．
解：以A为原点，，， 的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设AB＝a.
(1)证明：A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0，
1)，故＝(0,1,1)， ＝，
因为·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，所以B1E⊥AD1.
(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE，此时＝(0，－1，z0)，
再设平面B1AE的一个法向量为n＝(x，y，z)，
＝(a,0,1)，＝.
因为n⊥平面B1AE，
所以n⊥，n⊥，得
取x＝1，得y＝－，z＝－a，得平面B1AE的一个法向量n＝.
要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，解得z0＝.
又DP⊄平面B1AE，所以存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.

[课时达标检测]
[小题常考题点——准解快解]
1．已知a＝(2,1，－3)，b＝(－1,2,3)，c＝(7,6，λ)，若a，b，c三向量共面，则λ＝(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．9 B．－9
C．－3 D．3
解析：选B　由题意设c＝xa＋yb，则(7,6，λ)＝x(2,1，－3)＋y(－1,2,3)，
∴解得λ＝－9.
2．若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为n＝(－2,0，－4)，则(　　)
A．l∥α B．l⊥α
C．l⊂α D．l与α斜交
解析：选B　∵a＝(1,0,2)，n＝(－2,0，－4)，∴n＝－2a，即a∥n，∴l⊥α.
3．已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的中点，则·的值为(　　)
A．a2 B.a2
C.a2 D.a2
解析：选C　·＝(＋)·＝(·＋·)＝(a2cos 60°＋a2cos 60°)＝a2.
4.如图所示，在平行六面体ABCD ­A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若＝a，＝b，＝c，则下列向量中与相等的向量是(　　)
A．－a＋b＋c B.a＋b＋c
C．－a－b＋c D.a－b＋c
解析：选A　＝BB1―→＋＝＋(－)＝c＋(b－a)＝－a＋b＋c.
5．已知a＝(－3,2,5)，b＝(1，x，－1)，且a·b＝2，则x的值为(　　)
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：选C　∵a＝(－3,2,5)，b＝(1，x，－1)，∴a·b＝－3＋2x－5＝2，解得x＝5，故选C.
6．已知V为矩形ABCD所在平面外一点，且VA＝VB＝VC＝VD， ＝， ＝， ＝.则VA与平面PMN的位置关系是________________．

解析：如图，设＝a，＝b，＝c，则＝a＋c－b，
由题意知＝b－c，＝－＝a－b＋c.
因此＝＋，∴，，共面．
又∵VA⊄平面PMN，∴VA∥平面PMN.
答案：VA∥平面PMN
7．已知O(0,0,0)，A(1,2,3)，B(2,1,2)，P(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，当·取最小值时，点Q的坐标是__________．
解析：由题意，设＝λ，则＝(λ，λ，2λ)，即Q(λ，λ，2λ)，则＝(1－λ，2－λ，3－2λ)， ＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴·＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝62－，当λ＝时有最小值，此时Q点坐标为.
答案：
[大题常考题点——稳解全解]
1．已知a＝(1，－3,2)，b＝(－2,1,1)，A(－3，－1,4)，B(－2，－2,2)．
(1)求|2a＋b|；
(2)在直线AB上，是否存在一点E，使得⊥b？(O为原点)
解：(1)2a＋b＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)，
故|2a＋b|＝＝5.
(2)令＝t (t∈R)，
所以＝＋＝＋t
＝(－3，－1,4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t,4－2t)，
若⊥b，则·b＝0，
所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，解得t＝.
因此存在点E，使得⊥b，此时E点的坐标为.
2.已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点．求证：
(1)DE∥平面ABC；
(2)B1F⊥平面AEF.
证明：以A为原点，AB，AC，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，令AB＝AA1＝4，则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B1(4，0,4)，D(2,0,2)，A1(0,0,4)．
(1)＝(－2,4,0)，平面ABC的法向量为＝(0,0,4)，
∵·＝0，DE⊄平面ABC，
∴DE∥平面ABC.
(2)＝(－2,2，－4)，＝(2，－2，－2)，＝(2,2,0)，
·＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，
∴⊥，∴B1F⊥EF，
·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0，
∴⊥，∴B1F⊥AF.
∵AF∩EF＝F，∴B1F⊥平面AEF.
3.如图，四棱锥P ­ABCD的底面为正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝2，E，F，H分别是线段PA，PD，AB的中点．求证：
(1)PB∥平面EFH；
(2)PD⊥平面AHF.
证明：建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz.
∴A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(0,0,1)，F(0,1,1)，H(1,0,0)．
(1)∵E，H分别是线段AP，AB的中点，∴PB∥EH.
∵PB⊄平面EFH，且EH⊂平面EFH，∴PB∥平面EFH.
(2)＝(0,2，－2)，＝(1,0,0)，＝(0,1,1)，
∴·＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0，
·＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0.
∴PD⊥AF，PD⊥AH.
又∵AF∩AH＝A，∴PD⊥平面AHF.
4.如图所示，四棱锥S­ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，点P为侧棱SD上的点．
(1)求证：AC⊥SD；
(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．
解：(1)证明：连接BD，设AC交BD于点O，则AC⊥BD.连接SO，由题意知SO⊥平面ABCD.
以O为坐标原点，，， 所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图．
底面边长为a，则高SO＝a，
于是S，D，B，C，＝，
＝，
则·＝0.故OC⊥SD.从而AC⊥SD.
(2)棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC.
理由如下：由已知条件知是平面PAC的一个法向量，且＝， ＝，＝.
设＝t，则＝＋＝＋t＝，而·＝0⇒t＝.
即当SE∶EC＝2∶1时，⊥.
而BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC.







第六节　 利用空间向量求空间角
本节主要包括2个知识点：　
1.利用空间向量求空间角；　2.与空间角有关的综合问题.
突破点(一)　利用空间向量求空间角　


1．两条异面直线所成角的求法
设两条异面直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝(其中φ为异面直线a，b所成的角)．
2．直线和平面所成角的求法
如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝.

3．求二面角的大小
(1)如图①，AB，CD是二面角α ­l­β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．

(2)如图②和图③，n1，n2分别是二面角α­l­β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉．

1．判断题
(1)两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角．(　　)
(2)已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量、法向量，若cos〈m，n〉＝－，则l与α所成的角为150°.(　　)
(3)已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为45°.(　　)
(4)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是[0，π]．(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
2．填空题
(1)长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成的角的余弦值为________．

解析：以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz.则C(0,2,0)，A(1,0,0)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)，E(0,2,1)．∴＝(－1,2,1)，＝(－1,0,2)，
∴cos〈，〉＝＝＝，
故异面直线BC1与AE所成角θ的余弦cos θ＝.
答案：
(2)若平面α的一个法向量为n＝(4,1,1)，直线l的一个方向向量为a＝(－2，－3,3)，则l与α所成角的正弦值为________．
解析：设l与α所成角为θ，则sin θ＝|cos〈n，a〉|＝＝＝.
答案：
(3)过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP所成的二面角为________．
解析：如图所示，建立空间直角坐标系，设AB＝PA＝1，知A(0,0,0)，B(1，0,0)，D(0,1,0)，C(1,1,0)，P(0，0,1)，由题意，AD⊥平面ABP，设E为PD的中点，连接AE，则AE⊥PD，又因为CD⊥平面PAD，所以AE⊥CD，又PD∩CD＝D，所以AE⊥平面CDP.所以＝(0,1,0)，＝分别是平面ABP，平面CDP的法向量，且〈，〉＝45°，所以平面ABP与平面CDP所成的二面角为45°.
答案：45°



求两异面直线所成的角
　　　　　　　　　　　　　　　　　
[例1]　如图，四面体ABCD中，O是BD的中点，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝.
(1)求证：AO⊥平面BCD；
(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值．
[解]　(1)证明：连接OC，由CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝，O是BD的中点，知CO＝，AO＝1，AO⊥BD.
在△AOC中，AC2＝AO2＋OC2，则AO⊥OC.
又BD∩OC＝O，因此AO⊥平面BCD.
(2)如图建立空间直角坐标系O­xyz，则A(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0，，0)，D(－1,0,0)，＝(1,0，－1)，＝(－1，－，0)，
∴|cos〈，〉|＝＝.即异面直线AB与CD所成角的余弦值为.
[方法技巧]
向量法求两异面直线所成角的步骤
(1)选好基底或建立空间直角坐标系；
(2)求出两直线的方向向量v1，v2；
(3)代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解．
[提醒]　两异面直线所成角θ的范围是，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当两异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是这两条异面直线所成的角；当两异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是两异面直线所成的角．　　











求直线与平面所成的角
[例2]如图，已知四棱锥P­ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E为PD的中点．
(1)证明：CE∥平面PAB；
(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
[解]　法一(向量法)：(1)证明：设AD的中点为O，连接OB，OP.∵△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，∴OP⊥AD.
∵BC＝AD＝OD，且BC∥OD，
∴四边形BCDO为平行四边形，又∵CD⊥AD，∴OB⊥AD，∵OP∩OB，∴AD⊥平面OPB.
过点O在平面POB内作OB的垂线OM，交PB于M，
以O为原点，OB所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OM所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图．
设CD＝1，则有A(0，－1,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)．
设P(x,0，z)(z>0)，由PC＝2，OP＝1，
得得x＝－，z＝.
即点P，而E为PD的中点，∴E.
设平面PAB的法向量为n＝(x1，y1，z1)，∵＝，＝(1,1,0)，
∴取y1＝－1，得n＝(1，－1，)．
而＝，则·n＝0，而CE⊄平面PAB，∴CE∥平面PAB.
(2)设平面PBC的法向量为m＝(x2，y2，z2)，
∵＝(0,1,0)， ＝，
∴取x2＝1，得m＝(1,0，)．
设直线CE与平面PBC所成角为θ.则sin θ＝|cos〈m，〉|＝＝，
故直线CE与平面PBC所成角的正弦值为.
法二(几何法)：(1)证明：如图，设PA的中点为F，连接EF，FB.因为E，F分别为PD，PA的中点，所以EF∥AD且EF＝AD.
又因为BC∥AD，BC＝AD，
所以EF∥BC且EF＝BC，
即四边形BCEF为平行四边形，
所以CE∥BF.
因为BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，
所以CE∥平面PAB.
(2)分别取BC，AD的中点为M，N.
连接PN交EF于点Q，连接MQ，BN.
因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，
所以Q为EF的中点，在平行四边形BCEF中，MQ∥CE.
由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD.
由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD.
又PN∩BN＝N，
所以AD⊥平面PBN.
由BC∥AD得BC⊥平面PBN，
那么平面PBC⊥平面PBN.
过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH.
则MH是MQ在平面PBC上的射影，
所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．
设CD＝1.
在△PCD中，由PC＝2，CD＝1，PD＝得CE＝，
在△PBN中，由PN＝BN＝1，PB＝得QH＝，
在Rt△MQH中，QH＝，MQ＝，
所以sin∠QMH＝，
所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.



[易错提醒]
(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角后(求出是钝角时取其补角)，取其余角即为直线与平面所成的角．
(2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin2θ＋cos2θ＝1求出其值．不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所成夹角的余弦值即为所求．　　


求二面角

[例3]如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点．
(1)设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；
(2)当AB＝3，AD＝2时，求二面角E­AG­C的大小．
[解]　(1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，
AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A，
所以BE⊥平面ABP.
又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP，
又∠EBC＝120°，所以∠CBP＝30°.
(2)法一(向量法)：以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，，3)，C(－1，，0)，故＝(2,0，－3)，＝(1，，0)， ＝(2,0,3)，设m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量．
由可得
取z1＝2，可得平面AEG的一个法向量m＝(3，－，2)．
设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量．
由可得
取z2＝－2，可得平面ACG的一个法向量n＝(3，－，－2)．
所以cos〈m，n〉＝＝＝.
由图知二面角E­AG­C为锐角，
故所求二面角E­AG­C的大小为60°.
法二(几何法)：

取的中点H，连接EH，GH，CH.
因为∠EBC＝120°，
所以四边形BEHC为菱形，
所以AE＝GE＝AC＝GC＝＝.
取AG的中点M，连接EM，CM，EC，
则EM⊥AG，CM⊥AG，
所以∠EMC为所求二面角的平面角．
又AM＝1，所以EM＝CM＝＝2.
在△BEC中，由于∠EBC＝120°，
由余弦定理得EC2＝22＋22－2×2×2×cos 120°＝12，
所以EC＝2，
因此△EMC为等边三角形，
故所求二面角E­AG­C的大小为60°.
[方法技巧]　　　计算二面角大小的常用方法
法向量法
分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小
方向向量法
分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小


1.如图所示，直三棱柱ABC ­A1B1C1中，AA1＝AB＝AC，AB⊥AC，M是CC1的中点，Q是BC的中点，P是A1B1的中点，则直线PQ与AM所成的角为(　　)
A. B.
C. D.

解析：选D　以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AA1＝AB＝AC＝2，则＝(0,2,1)，Q(1,1,0)，P(1,0,2)， ＝(0，－1,2)，所以·＝0，所以PQ与AM所成角为.
2.在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________．

解析：建立如图所示的空间直角坐标系，由于AB＝2，BC＝AA1＝1，所以A1(1,0,1)，B(1,2,0)，C1(0，2,1)，D1(0,0,1)．所以＝(－1，2,0)，＝(－1,0,1)， ＝(0,2,0)，
设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则有即令x＝2，则y＝1，z＝2，则n＝(2,1,2)．
又设D1C1与平面A1BC1所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.
答案：
3.在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为________．
解析：以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，
则A1(0,0,1)，E，D(0，1,0)，所以＝(0,1，－1)， ＝，设平面A1ED的法向量为n1＝(1，y，z)，则即解得故n1＝(1,2,2)．又平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，所以cos〈n1，n2〉＝，故平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为.
答案：

4.如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝，AB＝4.
(1)求证：M为PB的中点；
(2)求二面角B­PD­A的大小；
(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．
解：(1)证明：如图，设AC，BD的交点为E，连接ME.
因为PD∥平面MAC，
平面MAC∩平面PDB＝ME，所以PD∥ME.
因为底面ABCD是正方形，
所以E为BD的中点．
所以M为PB的中点．
(2)取AD的中点O，连接OP，OE.
因为PA＝PD，所以OP⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，OP⊂平面PAD，
所以OP⊥平面ABCD.
因为OE⊂平面ABCD，所以OP⊥OE.
因为底面ABCD是正方形，所以OE⊥AD.
以O为原点，以，，为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，则P(0,0，)，D(2,0,0)，B(－2,4,0)，＝(4，－4,0)，＝(2,0，－)．
设平面BDP的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即令x＝1，得y＝1，z＝.于是n＝(1,1，)．
又平面PAD的一个法向量为p＝(0,1,0)，所以cos〈n，p〉＝＝.
由题知二面角B­PD­A为锐角，
所以二面角B­PD­A的大小为60°.
(3)由题意知M，C(2,4,0)，则＝.
设直线MC与平面BDP所成角为α，则
sin α＝|cos〈n，〉|＝＝.
所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.
突破点(二)　与空间角有关的综合问题　
与空间角有关的综合问题主要包括两类：
(1)已知某一空间角，求另外一种空间角的大小；
(2)探究是否存在某点，满足线面角或二面角成某一角度(如直二面角、所成二面角为60°等)．求解此类问题的一般思路是先假设存在该定点，满足该结论；然后以该结论作为一个新的条件，结合题目已知的条件，一步一步逆推，并充分利用角度或空间距离的求解方法，列等式(通常含有一个未知数)，求解未知数：若有解，即可得到定点的位置，并说明存在满足题意的定点；若无解，则假设不成立，不存在满足题意的定点．



已知某一空间角求另一空间角
　　　　　　　　　　　　　　　　　
[例1]如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝AE＝2.
(1)求证：BD⊥平面ACFE；
(2)当直线FO与平面BED所成的角为45°时，求异面直线OF与BE所成的角的余弦值大小．
[解]　(1)∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC.
∵AE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥AE.
∵AC∩AE＝A，∴BD⊥平面ACFE.
(2)以O为原点，，的方向为x，y轴正方向，过O且平行于CF的直线为z轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，则B(0，，0)，D(0，－，0)，E(1,0,2)，F(－1,0，a)(a>0)， ＝(－1,0，a)．
设平面EBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则有即令z＝1，得n＝(－2,0,1)，
由题意得sin 45°＝|cos〈，n〉|＝＝＝，解得a＝3或－.
由a>0，得a＝3，＝(－1,0,3)，＝(1，－，2)，
cos〈，〉＝＝，故异面直线OF与BE所成的角的余弦值为.

空间角中的探索性问题
　
[例2]如图，在四棱锥P ­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝2，BC＝4，PA＝2.
(1)求证：AB⊥PC；
(2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M ­AC ­D的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．
[解]　(1)如图，由已知得四边形ABCD是直角梯形，
由AD＝CD＝2，BC＝4，可得△ABC是等腰直角三角形，即AB⊥AC，
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，
又PA∩AC＝A，所以AB⊥平面PAC，
所以AB⊥PC.
(2)法一(几何法)：过点M作MN⊥AD交AD于点N，则MN∥PA，因为PA⊥平面ABCD，所以MN⊥平面ABCD.
过点M作MG⊥AC交AC于点G，连接NG，则∠MGN是二面角M ­ AC­D的平面角．
若∠MGN＝45°，则NG＝MN，
又AN＝NG＝MN，所以MN＝1，所以MN綊PA，所以M是PD的中点．
在三棱锥M ­ABC中，可得VM ­ABC＝S△ABC·MN，
设点B到平面MAC的距离是h，则VB ­MAC＝S△MAC·h，
所以S△ABC·MN＝S△MAC·h，解得h＝2.
在Rt△BMN中，可得BM＝3.
设BM与平面MAC所成的角为θ，则sin θ＝＝.
法二(向量法)：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(2，2，0)，D(0,2，0)，P(0,0,2)，B(2，－2，0)，＝(0,2，－2)，＝(2，2，0)．
设＝t (0 所以＝(0,2t,2－2t)．
设平面MAC的法向量是n＝(x，y，z)，则
得则可取n＝.
又m＝(0,0,1)是平面ACD的一个法向量，
所以|cos〈m，n〉|＝＝＝cos 45°＝，解得t＝，
即点M是线段PD的中点．
此时平面MAC的一个法向量可取n0＝(1，－1，)，＝(－2，3，1)．
设BM与平面MAC所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n0，〉|＝.
[方法技巧]
与空间角有关的探索性问题的解题策略
与空间角有关的探索性问题主要为与两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角有关的存在性问题，常利用空间向量法求解．求解时，一般把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等问题，并注意准确理解和熟练应用夹角公式．　　


1.如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，BE⊥平面ABCD，DF∥BE，且DF＝2BE＝2，EF＝3.
(1)证明：平面ACF⊥平面BEFD；
(2)若二面角A ­EF ­C是直二面角，求直线AE与平面ABCD所成角的正切值．
解：(1)∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD.
∵BE⊥平面ABCD，∴BE⊥AC，
∵BD∩BE＝B，∴AC⊥平面BEFD，
∵AC⊂平面ACF，∴平面ACF⊥平面BEFD.
(2)设AC与BD的交点为O，由(1)得AC⊥BD，分别以OA，OB为x轴和y轴，过点O作垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O ­xyz，
∵BE⊥平面ABCD，∴BE⊥BD，∵DF∥BE，∴DF⊥BD，
∴BD2＝EF2－(DF－BE)2＝8，∴BD＝2.
设OA＝a(a>0)，则A(a,0,0)，C(－a,0,0)，E(0，，1)，F(0，－，2)，
∴＝(0，－2，1)，＝(－a，，1)，＝(a，，1)．
设m＝(x1，y1，z1)是平面AEF的法向量，
则即
令z1＝2，∴m＝是平面AEF的一个法向量，
设n＝(x2，y2，z2)是平面CEF的法向量，
则即
令z2＝2，∴n＝是平面CEF的一个法向量，
∵二面角A ­EF ­C是直二面角，∴m·n＝－＋9＝0，∴a＝.
∵BE⊥平面ABCD，∴∠BAE是直线AE与平面ABCD所成的角，
∵AB＝＝2，∴tan∠BAE＝＝.
故直线AE与平面ABCD所成角的正切值为.
2．[考点二]如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝2，M为AB的中点，P是侧棱CC1上的一点，CP＝m.
(1)求直线AP与直线DM所成角的余弦值的取值范围；
(2)在线段A1C1上是否存在一个定点Q，使得对任意的m，D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP，并证明你的结论．
解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，M，P(0,1，m)，C1(0,1,2)，D1(0,0,2)．
(1)设直线DM与AP所成的角为θ，可知＝，＝(－1，1，m)，

所以cos θ＝＝＝，
又0≤m≤2，所以∈，
即直线AP与直线DM所成角的余弦值的取值范围为.
(2)假设在A1C1上存在一点Q，使得对任意的m，D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP.
证明如下：
由题意可设Q点的横坐标为x，则Q(x,1－x,2)，
依据题意，对任意的m，要使D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP等价于D1Q⊥AP，
即·＝0，
又＝(－1,1，m)，＝(x,1－x,0)，所以－x＋1－x＝0，即x＝.
故Q为A1C1的中点时，满足要求．

[全国卷5年真题集中演练——明规律]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

1.如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.
(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；
(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A­PB­C的余弦值．
解：(1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，
得AB⊥AP，CD⊥PD.
因为AB∥CD，所以AB⊥PD.
又AP∩PD＝P，所以AB⊥平面PAD.
又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)在平面PAD内作PF⊥AD，垂足为F.
由(1)可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PF，可得PF⊥平面ABCD.
以F为坐标原点， 的方向为x轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系F­xyz.
由(1)及已知可得A，P，B，C.
所以＝，＝(，0,0)，
＝，＝(0,1,0)．
设n＝(x1，y1，z1)是平面PCB的法向量，
则即所以可取n＝(0，－1，－)．
设m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的法向量，
则即所以可取m＝(1,0,1)．
则cos〈n，m〉＝＝＝－.
由图知二面角A­PB­C为钝角，
所以二面角A­PB­C的余弦值为－.
2.如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D­AF­E与二面角C­BE­F都是60°.
(1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；
(2)求二面角E­BC­A的余弦值．
解：(1)证明：由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，
所以AF⊥平面EFDC.
又AF⊂平面ABEF，
故平面ABEF⊥平面EFDC.
(2)过D作DG⊥EF，垂足为G.由(1)知DG⊥平面ABEF.
以G为坐标原点， 的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G ­xyz.
由(1)知∠DFE为二面角D ­AF­E的平面角，故∠DFE＝60°，则DF＝2，DG＝，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，
E(－3,0,0)，D(0,0，)．
由已知得AB∥EF，所以AB∥平面EFDC.
又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，
故AB∥CD，CD∥EF.
由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，
所以∠CEF为二面角C­BE­F的平面角，∠CEF＝60°.
从而可得C(－2,0，)．
所以＝(1,0，)，＝(0,4,0)，＝(－3，－4，)，＝(－4,0,0)．
设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，
则即所以可取n＝(3,0，－)．
设m是平面ABCD的法向量，则同理可取m＝(0，，4)．
则cos 〈n，m〉＝＝－.
由图知，二面角E­BC­A为钝角，
故二面角E­BC­A的余弦值为－.
3.如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.
(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；
(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．
解：(1)证明：如图，连接BD，设BD∩AC于点G，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.
由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝.
由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.
又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC.
在Rt△EBG中，可得BE＝，故DF＝.
在Rt△FDG中，可得FG＝.
在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，
可得EF＝.从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.
又AC∩FG＝G，
所以EG⊥平面AFC.
因为EG⊂平面AEC，
所以平面AEC⊥平面AFC.
(2)如图，以G为坐标原点，分别以， 的方向为x轴，y轴正方向，||为单位长度，建立空间直角坐标系G­xyz.
由(1)可得A(0，－，0)，E(1,0，)，F，C(0，，0)，
所以＝(1，，)， ＝.
故cos〈，〉＝＝－.
所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.
[课时达标检测]
[一般难度题——全员必做]
1．已知直三棱柱ABC­A1B1C1，∠ACB＝90°，CA＝CB＝CC1，D为B1C1的中点，求异面直线BD和A1C所成角的余弦值．
解：如图所示，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．
设CA＝CB＝CC1＝2，则A1(2,0,2)，C(0,0,0)，B(0,2,0)，D(0,1,2)，
∴＝(0，－1,2)， ＝(－2,0，－2)，
∴cos〈，〉＝＝－.
∴异面直线BD与A1C所成角的余弦值为.
2.已知三棱锥A ­BCD，AD⊥平面BCD，BD⊥CD，AD＝BD＝2，CD＝2，E，F分别是AC，BC的中点，P为线段BC上一点，且CP＝2PB.
(1)求证：AP⊥DE；
(2)求直线AC与平面DEF所成角的正弦值．
解：(1)证明：作PG∥BD交CD于点G.连接AG.
∴＝＝2，
∴GD＝CD＝.
∵AD⊥平面BCD，∴AD⊥DC，
∵在△ADG中，tan∠GAD＝，
∴∠DAG＝30°，在Rt△ADC中，AC2＝AD2＋CD2＝4＋12＝16，∴AC＝4，又E为AC的中点，∴DE＝AE＝2，
又AD＝2，∴∠ADE＝60°，∴AG⊥DE.
∵AD⊥平面BCD，∴AD⊥BD，
又∵BD⊥CD，AD∩CD＝D，∴BD⊥平面ADC，
∴PG⊥平面ADC，∴PG⊥DE.
又∵AG∩PG＝G，∴DE⊥平面AGP，又AP⊂平面AGP，
∴AP⊥DE.
(2)以D为坐标原点，直线DB、DC、DA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D ­xyz，
则D(0,0,0)，A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0,2，0)，E(0，，1)，F(1，，0)，
∴＝(1，，0)，＝(0，，1)，＝(0,2，－2)．
设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝3，则n＝(3，－，3)．
设直线AC与平面DEF所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，
所以AC与平面DEF所成角的正弦值为.
3.如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，∠DPC＝30°，AF⊥PC于点F，FE∥CD，交PD于点E.
(1)证明：CF⊥平面ADF；
(2)求二面角D ­AF­E的余弦值．
解：(1)证明：∵PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴PD⊥AD.
又CD⊥AD，PD∩CD＝D，∴AD⊥平面PCD.
又PC⊂平面PCD，∴AD⊥PC.
又AF⊥PC，AD∩AF＝A，
∴PC⊥平面ADF，即CF⊥平面ADF.
(2)设AB＝1，则在Rt△PDC中，CD＝1，又∠DPC＝30°，
∴PC＝2，PD＝，∠PCD＝60°.
由(1)知CF⊥DF，∴DF＝CDsin 60°＝，
CF＝CDcos 60°＝.
又FE∥CD，∴＝＝，∴DE＝.同理EF＝CD＝.
如图所示，以D为原点，建立空间直角坐标系，
则A(0,0,1)，E，F，P(，0,0)，C(0,1,0)．
设m＝(x，y，z)是平面AEF的一个法向量，则
又＝，＝，
∴令x＝4，得m＝(4,0，)．
由(1)知平面ADF的一个法向量为＝(－，1,0)，
设二面角D ­AF­E的平面角为θ，可知θ为锐角，
故cos θ＝|cos〈m，〉|＝＝＝.
故二面角D ­AF ­E的余弦值为.

[中档难度题——学优生做]

1.如图，三棱柱ABC ­A1B1C1中，各棱长均相等．D，E，F分别为棱AB，BC，A1C1的中点．
(1)证明：EF∥平面A1CD；
(2)若三棱柱ABC ­A1B1C1为直棱柱，求直线BC与平面A1CD所成角的正弦值．
解：(1)证明：在三棱柱ABC ­A1B1C1中，AC∥A1C1，且AC＝A1C1，
连接ED(图略)，在△ABC中，因为D，E分别为棱AB，BC的中点，所以DE∥AC，DE＝AC.
又F为A1C1的中点，可得A1F＝A1C1，所以A1F∥DE，A1F＝DE，
因此四边形A1FED为平行四边形，所以EF∥A1D，
又EF⊄平面A1CD，A1D⊂平面A1CD，
所以EF∥平面A1CD.
(2)法一：因为底面ABC是正三角形，D为AB的中点，所以CD⊥AB，又AA1⊥CD，AA1∩AB＝A，所以CD⊥平面A1ABB1.
如图在平面A1ABB1内，过点B作BG⊥A1D，交直线A1D于点G，连接CG，则BG⊥平面A1CD，所以∠BCG为直线BC与平面A1CD所成的角．
设三棱柱的棱长为a，可得A1D＝，由△A1AD∽△BGD，可得BG＝，
在Rt△BCG中，sin∠BCG＝＝.
所以直线BC与平面A1CD所成角的正弦值为.
法二：设A1B1的中点为O，连接OC1，OD，因为三棱柱ABC ­A1B1C1为直棱柱，所以OD⊥平面A1B1C1，所以OD⊥OC1，OD⊥OA1.又△A1B1C1为等边三角形，所以OC1⊥A1B1.
以O为坐标原点， ，， 的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O ­xyz.
设三棱柱的棱长为a，则O(0,0,0)，B，C，A1，D(0，a,0)．所以＝，＝，＝.
设平面A1CD的法向量为n＝(x，y，z)，
由得令x＝2，得n＝(2,1,0)．
设直线BC与平面A1CD所成的角为θ，则sin θ＝＝＝.
所以直线BC与平面A1CD所成角的正弦值为.
2．如图①，正方形ABCD的边长为4，AB＝AE＝BF＝EF，AB∥EF，把四边形ABCD沿AB折起，使得AD⊥平面AEFB，G是EF的中点，如图②.

(1)求证：AG⊥平面BCE；
(2)求二面角C­AE­F的余弦值．


解：(1)证明：连接BG，
因为BC∥AD，AD⊥底面AEFB，
所以BC⊥底面AEFB，又AG⊂底面AEFB，所以BC⊥AG，
因为AB綊EG，AB＝AE，所以四边形ABGE为菱形，所以AG⊥BE，
又BC∩BE＝B，BE⊂平面BCE，BC⊂平面BCE，
所以AG⊥平面BCE.
(2)由(1)知四边形ABGE为菱形，AG⊥BE，AE＝EG＝BG＝AB＝4，
设AG∩BE＝O，所以OE＝OB＝2，OA＝OG＝2，
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则O(0,0,0)，A(－2,0,0)，E(0，－2，0)，F(4,2，0)，C(0,2，4)，D(－2,0,4)，
所以＝(2,2，4)，＝(2，－2，0)，
设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，
则所以
令y＝1，则x＝，z＝－，
即平面ACE的一个法向量为n＝(，1，－)，
易知平面AEF的一个法向量为＝(0,0,4)，
设二面角C­AE­F的大小为θ，由图易知θ∈，
所以cos θ＝＝＝.