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第八章　立体几何
第一节　空间几何体的结构、表面积与体积
[复习要点]　1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．
2．会用斜二侧画法画出简单空间图形的直观图，了解空间图形的不同表示形式．
3．掌握与三视图相结合求解柱、锥、台球的表面积和体积，了解计算公式．
4．会处理棱柱、棱锥与球组合体的“接”“切”问题．
知识点一　空间几何体的结构特征
1．多面体的结构特征
名称 棱柱 棱锥 棱台
底面 互相________且________ 多边形 互相________
侧棱 ________ 相交于______，但不一定相等 延长线交于________
侧面形状 ________ ________ ________
2.旋转体的结构特征
名称 圆柱 圆锥 圆台 球
母线 互相平行且相等，______于底面 相交于________ 延长线交于________
轴截面 全等的________ 全等的________ 全等的________ ____
侧面展开图 ________ ________ ________
答案：1.平行　全等　平行　平行且相等　一点　一点　平行四边形　三角形　梯形　2.垂直　一点　一点　矩形　等腰三角形　等腰梯形　圆　矩形　扇形　扇环
知识点二　直观图
斜二测画法规则：
(1)夹角：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________(或________)，z′轴与x′轴(或y′轴)垂直．
(2)方向：原图形中与x轴、y轴、z轴平行的，在直观图中与x′轴、y′轴、z′轴________．
(3)长度：原图形中与x轴、z轴平行的，在直观图中长度不变，原图形中与y轴平行的，长度变成原来的.
答案：(1)45°　135°　(2)平行
知识点三　空间几何体的侧面积和表面积
1．多面体的表面积
因为多面体的各面都是平面，所以多面体的表面积就是各个面的________，即展开图的面积，侧面积就是侧面展开图的面积．
2．旋转体的侧面展开图及其表面积与侧面积
名称 侧面展开图 表面积 侧面积
圆柱 S＝________＝________ S侧＝________
圆锥 S＝πr2＋πrl＝πr(r＋l) S侧＝________
圆台 S＝________ S侧＝________
球 S＝________(r为半径)
答案：1.面积之和　2.2πr2＋2πrl　2πr(r＋l)　2πrl　πrl　π(r′2＋r2＋r′l＋rl)　π(r＋r′)l　4πr2
知识点四　空间几何体的体积
名称 体积
圆柱 V＝________＝πr2h
圆锥 V＝________＝πr2h＝πr2
圆台 V＝(S上＋S下＋)h＝π(r＋r＋r1r2)h　
直棱柱 V＝________
正棱锥 V＝________
正棱台 V＝(S上＋S下＋)h
球 V＝πR3
答案：Sh　Sh　Sh　Sh
?链/接/教/材
1．[必修2·P19·练习T3改编]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________．
答案：1　解析：由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，正方形的直观图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；菱形的直观图不一定是菱形，④错误．
2．[必修2·P37·B组T2改编] 如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为(　　)
A． cm3 B． cm3
C． cm3 D． cm3
答案：A　解析：设球的半径为R，则由题知，球被正方体上面截得的圆的半径为4 cm，球心到截面圆的距离为(R－2) cm，则R2＝(R－2)2＋42，解得R＝5，所以球的体积为＝(cm3)．
3. [必修2·P28·A组T3改编]如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为________．
答案：1∶47
?易/错/问/题
空间几何体表面积和体积的求解：公式法．
(1)圆柱的底面半径为1，高为2，若该圆柱内接于球O，则球O的表面积是________．
(2)侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，已知直四棱柱的底面是正方形，其所有棱长之和为12，表面积为6，则其体积为________．
(1)答案：12π　解析：过圆柱的上、下底面圆的圆心作截面，在该截面图中，易求得球O的半径R＝＝，所以球O的表面积S＝4πR2＝12π.
(2)答案：1　解析：设该直四棱柱的底面边长为a，高为b，
则有即解得
所以V＝a2b＝1.
?核/心/素/养
《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有(　　)
A．14斛 B．22斛
C．36斛 D．66斛
答案：B　解析：设圆锥底面的半径为R尺，由×2πR＝8，得R＝，从而米堆的体积V＝×πR2×5＝(立方尺)，因此堆放的米约有≈22(斛)，故选B.
题型　空间几何体的结构特征
角度Ⅰ.根据几何体的结构特征判断几何体
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．[多选]我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．已知曲线C：y＝x2，直线l为曲线C在点(1,1)处的切线．如图所示，阴影部分为曲线C、直线l以及x轴所围成的平面图形，记该平面图形绕y轴旋转一周所得到的几何体为Γ.给出以下四个几何体：
图1是底面直径和高均为1的圆锥；
图2是将底面直径和高均为1的圆柱挖掉一个与圆柱同底等高的倒置圆锥得到的几何体；
图3是底面边长和高均为1的正四棱锥；
图4是将上底面直径为2，下底面直径为1，高为1的圆台挖掉一个底面直径为2，高为1的倒置圆锥得到的几何体．
根据祖暅原理，以上四个几何体中与Γ的体积不相等的是(　　)
A．图1 B．图2
C．图3 D．图4
[答案]　BCD　[解析]　由题可知，几何体Γ是由阴影部分旋转一周得到，其横截面为环形，设阴影部分等高处，抛物线对应的点的横坐标为x1，切线对应的点的横坐标为x2.由f(x)＝x2，可得f′(x)＝2x，所以f′(1)＝2，所以曲线C在点(1,1)处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1，所以x＝y，x2＝，所以几何体Γ在等高处的横截面面积S＝πx－πx＝π·2.图1中的圆锥高为1，底面半径为，易知该圆锥可由直线y＝2x＋1绕y轴旋转得到，其横截面面积S′＝πx2＝π·2，所以几何体Γ和图1中的圆锥在所有等高处的水平截面的面积相等，所以它们的体积相等，故选BCD.
2．下列命题正确的是 (　　)
A．两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
B．两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C．直角梯形以一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体是圆台
D．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形
[答案]　C　[解析]　如图所示，可排除A，B选项．只要截面与圆柱的母线平行或垂直，则截得的截面为矩形或圆，否则为椭圆或椭圆的一部分．
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
1．多面体结构特征的易错点
棱柱容易忽略各侧棱平行，棱锥容易忽略侧面各三角形有一个公共顶点，棱台容易忽略侧棱的延长线交于一点．
2．旋转体结构特征的易错点
容易忽略旋转轴的选取．例如：圆锥是以直角三角形的直角边所在的直线为旋转轴的，圆台是以直角梯形的直角腰所在的直线为旋转轴的．
3．关于截面的易错点
平行于底面的平面截圆(棱)锥，截面与底面之间的几何体才是圆(棱)台．
角度Ⅱ.简单几何体的结构特征与性质
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
3．在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下几种几何图形的4个顶点，这些几何图形是________．(写出所有正确结论的编号)
①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；④每个面都是等边三角形的四面体；⑤每个面都是直角三角形的四面体．
[答案]　①③④⑤
4．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
[答案]　B　[解析]　B不正确．反例见下图：
“等腰四棱锥S－ABCD”中，底面ABCD为矩形，AB＝4，BC＝2，O为S在平面ABCD内的射影，OE⊥AB于E，OF⊥BC于F.
∵OE≠OF，
∴θ1≠θ2，又易知θ1与θ2不互补，
∴“等腰四棱锥S－ABCD”的侧面SAB与底面所成的二面角和侧面SBC与底面所成的二面角既不相等，也不互补．
角度Ⅲ.简单几何体中数量关系的计算
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
5．[2019全国卷Ⅱ]中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面，其棱长为________．
［答案］ 26 －1 ［解析］ 先求面数，有如下两种解法.
解法一：由“半正多面体”的结构特征及棱数为48可知，其上部分有9个面，中间部分有8个面，下部分有9个面，共有2×9＋8＝26(个)面．
解法二：一般地，对于凸多面体，顶点数(V)＋面数(F)－棱数(E)＝2(欧拉公式)．
由图形知，棱数为48的半正多面体的顶点数为24，故由V＋F－E＝2，得面数F＝2＋E－V＝2＋48－24＝26.
再求棱长．
作中间部分的横截面，由题意知，该截面为各顶点都在边长为1的正方形上的正八边形ABCDEFGH，如图，设其边长为x，则正八边形的边长即为半正多面体的棱长．连接AF，过H，G分别作HM⊥AF，GN⊥AF，垂足分别为M，N，则AM＝MH＝NG＝NF＝x.
又AM＋MN＋NF＝1，
即x＋x＋x＝1，
解得x＝－1，即半正多面体的棱长为－1.
6．[2020全国卷Ⅰ，文，理]埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为(　　)
A． B．
C． D．
[答案]　C　[解析]　 设正四棱锥的底面边长为a，高为h，侧面三角形底边上的高为h′，则以h为边长的正方形的面积为h2，该四棱锥一个侧面三角形的面积为ah′.故h2＝ah′，且h2＝h′2－2.故h′2－2＝ah′，化简整理得42－2·－1＝0，解得＝或(舍)，所以该四棱锥侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为，故选C.
题型　几何体的直观图和斜二测画法
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1. 如图是水平放置的某个三角形的直观图，D′是△A′B′C′中B′C′边的中点且A′D′∥y′轴，A′B′，A′D′，A′C′三条线段对应原图形中的线段AB，AD，AC，那么(　　)
A．最长的是AB，最短的是AC
B．最长的是AC，最短的是AB
C．最长的是AB，最短的是AD
D．最长的是AD，最短的是AC
[答案]　C　[解析]　由题中的直观图可知，A′D′∥y′轴，B′C′∥x′轴，根据斜二测画法的规则可知，在原图形中AD∥y轴，BC∥x轴，又因为D′为B′C′的中点，所以△ABC为等腰三角形，且AD为底边BC上的高，则有AB＝AC>AD成立．
2．已知△ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为(　　)
A．a2 B．a2
C．a2 D．a2
[答案]　D　[解析]　由S直观图＝S原图形的关系，得S直观图＝××a×a＝a2.
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
1．原图与直观图中的“三变”与“两不变”
(1)“三变”
(2)“两不变”
2．原平面图形的面积和它的直观图的面积的数量关系
原平面图形面积为S，直观图的面积为S′，则它们间的数量关系为S′＝S或S＝2S′.
题型　空间几何体的表面积
角度Ⅰ.简单几何体的表面积
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．[2021河南周口期末]如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为30°，则该三棱柱的侧面积为(　　)
A．4＋4 B．4＋4
C．12 D．8＋4
[答案]　A　[解析]　如图，连接A1B，A1C.因为AA1⊥底面ABC，则AA1⊥BC，又AB⊥BC，AA1∩AB＝A，所以BC⊥平面AA1B1B，所以直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为∠CA1B＝30°.又AA1＝AC＝2，所以A1C＝2，BC＝.又AB⊥BC，则AB＝，则该三棱柱的侧面积为2×2＋2×2＝4＋4，故选A.
2．[2020浙江卷]已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________．
[答案]　1　[解析]　设圆锥底面半径为r，母线长为l，由圆锥侧面展开图为半圆且侧面积为2π，得πl2＝2π，得l＝2，则圆锥底面周长即为其侧面展开图中半圆圆弧的长度，即2πr＝πl, 得r＝1.
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
多面体的侧面积与表面积
多面体的侧面积就是各侧面面积之和；
多面体的表面积就是各个面的面积之和，即侧面积与底面面积之和．
柱体、锥体的表面积的计算离不开数量关系．S直棱柱侧＝C底面周长×l，S斜柱侧＝C直截面周长×l.
角度Ⅱ.组合体的数量关系
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
3．在梯形ABCD中，∠ABC＝，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为________．
[答案]　(5＋)π　[解析]　由题意可知，该几何体的直观图如图所示，
旋转体是底面半径为1，高为2的圆柱，挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥后形成的几何体．
圆柱的侧面积为S1＝2π×1×2＝4π，
圆柱的底面积为S2＝π×12＝π，
圆锥的母线长为＝，
圆锥的侧面积为S3＝π×1×＝π，
则该几何体的表面积为S＝S1＋S2＋S3＝(5＋)π.
4. 如图所示，在直径AB＝4的半圆O内作一个内接直角三角形ABC，使∠BAC＝30°，将图中阴影部分，以AB为旋转轴旋转180°形成一个几何体，求该几何体的表面积．
[解]　旋转体的表面积由四部分组成．
如图，过C作CD⊥AB，交AB于D，
∵AB＝2R＝4，∠BAC＝30°，AC⊥BC，
∴BC＝2，AC＝2，CD＝.
所得几何体是以R＝2为半径的半球O挖去以CD为底面圆半径，高分别为AD，BD的圆锥的一半，
S半球＝2πR2＝2π×22＝8π，
S半圆锥上＝π·AC·CD＝π×2×＝3π，
S半圆锥下＝π·BC·CD＝π×2×＝π，
S表＝S半球＋S半圆锥上＋S半圆锥下＝8π＋3π＋π＝(11＋)π.
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
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．
题型　几何体的体积
角度Ⅰ.规则几何体的体积
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．[2019江苏卷]如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E－BCD的体积是________．
[答案]　10
2．[2020新高考Ⅱ]棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1－D1MN的体积为________．
[答案]　1　[解析]　如图，易知MN＝，连接A1B交MN于点O，
则A1O＝，∴VA1－D1MN＝VD1－A1MN＝××××2＝1.
角度Ⅱ.组合体的体积
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
3．[2019全国卷Ⅲ]学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD－A1B1C1D1挖去四棱锥O－EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.
[答案]　118.8　[解析]　由题意知，挖去的四棱锥的底面是一个菱形，对角线长分别为6 cm和4 cm，
故V挖去的四棱锥＝××4×6×3＝12(cm3)．
又V长方体＝6×6×4＝144(cm3)，
所以模型的体积为
V长方体－V挖去的四棱锥＝144－12＝132(cm3)，
所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．
4．[2019天津卷]已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为________．
[答案]　　[解析]　由题意知，圆柱的高恰为四棱锥的高的一半，圆柱的底面直径恰为四棱锥的底面正方形对角线的一半．因为四棱锥的底面正方形的边长为，所以底面正方形对角线长为2，所以圆柱的底面半径为.又因为四棱锥的侧棱长均为，所以四棱锥的高为 ＝2，所以圆柱的高为1.所以圆柱的体积V＝π2·1＝.
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
求解几何体体积的方法
直接法 对于规则的几何体，利用相关公式直接计算
割补法 首先把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，把不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算
等体积法 选择合适的底面来求几何体的体积，常用于求三棱锥的体积，即三棱锥的任意一个面可作为三棱锥的底面进行等体积变换
角度Ⅲ.等积变形法求几何体的体积
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
5．如图所示，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，E是侧棱BB1的中点，求三棱锥A－C1D1E的体积．
[解]　解法一：如图1，作EF∥C1D1，交AA1于点F，连接D1F，
易知F为AA1的中点，
则VA－C1D1E＝VE－AC1D1＝VF－AC1D1＝VC1－D1FA＝S△D1FA·C1D1＝××1×1×1＝.
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
一般要求底面在几何体的表面会容易求得．
题型　球与几何体的切接问题
角度Ⅰ.几何体的外接球
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．[2021山东潍坊模拟]三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝PC＝AC＝2，AB＝4，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为(　　)
A．23π B．
C． D．64π
[答案]　C　
[解析]　如图所示，设外接球的球心为O，半径为R，E为AC的中点，△PAC所在小圆的圆心为O1，半径为r1，△ABC所在小圆的圆心为O2，半径为r2.
因为平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，则O2E＝AB＝2，所以OO1＝2，且OO1⊥平面PAC，OO2⊥平面ABC.
在△PAC中，PA＝PC＝AC＝2，则小圆的半径r1＝.
连接OP，在△OO1P中，OP2＝OO＋r＝22＋2＝，即R2＝，
所以外接球的表面积为S＝4πR2＝4π×＝，故选C.
2．已知四棱锥P－ABCD的底面为矩形，平面PBC⊥平面ABCD，PE⊥BC于点E，EC＝1，AB＝，BC＝3，PE＝2，则侧面三角形PBC外接圆的半径为________，四棱锥P－ABCD外接球的半径为________．
[答案]　　2　[解析]　如图，设三角形PBC外接圆的圆心为O1，
因为PE⊥BC，EC＝1，PE＝2，BC＝3，所以PC＝，PB＝2，
所以sin∠PCB＝，
由正弦定理可求出三角形PBC外接圆的半径为＝＝.
设F为BC的中点，连接O1F，O1B，则O1F⊥BC，
因为平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD＝BC，
所以O1F⊥平面ABCD，易求得O1F＝.
设四棱锥的外接球球心为O，O在平面ABCD上的射影为O′，连接OB，BD，则O′为BD的中点，OO′＝O1F，由图可知外接球半径为OB，OB2＝2＋OO′2＝4，所以四棱锥外接球的半径为2.
3．[多选]已知三棱锥A－BCD中，BC⊥CD，AB＝AD＝，BC＝1，CD＝，则(　　)
A．三棱锥的外接球的体积为
B．三棱锥的外接球的体积为
C．三棱锥的体积的最大值为
D．三棱锥的体积的最大值为
[答案]　AC　[解析]　如图，∵BC⊥CD，BC＝1，CD＝，∴BD＝2，
∵AB＝AD＝，∴AB⊥AD，
∴BD的中点O为三棱锥A－BCD的外接球的球心，
∴三棱锥A－BCD的外接球半径为1，
∴三棱锥A－BCD的外接球的体积V＝π×13＝.
当平面ABD⊥平面BCD时，三棱锥A－BCD的高为AO，此时三棱锥的体积最大，为××1××1＝.
故选AC.
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
多面体外接球的球心的确定
1．找到小圆的一条直径，过直径的端点做小圆的垂线，如图，则PB就是球的直径．
2．经过多面体两个面外接小圆的圆心，做小圆的垂线，两条垂线的交点就是球心．如图．
角度Ⅱ.几何体的内切球
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
4．已知正三棱锥的高为1，底面边长为2，内有一个球与四个面都相切，则棱锥的内切球的半径为________．
[答案]　－1
5．[2021皖中入学摸底考试]将半径为3，圆心角为的扇形围成一个圆锥(接缝处忽略不计)，则该圆锥的内切球的体积为(　　)
A． B．
C． D．2π
[答案]　A　[解析]　设圆锥的底面半径为r，高为h，
则2πr＝×3，∴r＝1，∴h＝＝2.
设圆锥内切球的半径为R，则＝，∴R＝，
∴V锥＝πR3＝π×3＝π，故选A.
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
部分常见几何体的内切球和外接球
1．常见几何体的内切球与外接球
(1)内切球球心到多面体各面的距离均相等，外接球球心到多面体各顶点的距离均相等；
(2)正多面体的内切球和外接球的球心重合；
(3)正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上．
求外接球或内切球半径的方法：在球内部构造直角三角形，利用勾股定理求解．
2．正方体(长方体)的内切球和外接球
长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则长方体外接球半径R＝；设正方体的棱长为a，则正方体内切球半径为r＝，外接球半径为R＝ .
3．直棱柱的外接球
设直棱柱的底面多边形的外接圆半径为r，高为h，则直棱柱外接球的半径R满足R2＝r2＋2.
4．圆柱的内切球和外接球
设圆柱的底面半径为a，高为H，圆柱外接球半径R满足a2＋2＝R2；当a＝时，圆柱有内切球，内切球半径r＝a＝.
5．锥体的外接球
锥体底面上的顶点共圆，并且外接球球心与底面多边形的外接圆圆心的连线垂直于底面．特殊地，正四面体棱长为a，内切球半径为r，外接球半径为R，则r＝，R＝.
将正四面体放在正方体中求内切球和外接球半径．
　　
h＝，
r＝h＝，
R＝h＝.
．
几种球与正方体组合的截面．
调研Ⅲ　球与截面的数量关系
6．[2020新高考Ⅰ]已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
[答案]　　[解析]　如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长都为2，∠BAD＝∠B1A1D1＝60°，则△A1B1D1与△B1C1D1均为边长为2的等边三角形．在侧面BCC1B1内要找到与点D1连线的长度为的点的轨迹，取B1C1的中点为E，连接D1E，得D1E⊥B1C1，又BB1⊥D1E，B1C1∩BB1＝B1，所以D1E⊥平面BCC1B1，D1E＝.取BB1，CC1的中点分别为F，G，连接EF，EG，则EF＝EG＝，D1F＝D1G＝，于是以D1为球心，为半径的球与侧面BCC1B1的交线为圆弧FG，其中弧FG所在圆的圆心为E，半径EF＝，∠FEG＝90°，则所求的交线长即圆弧FG的长等于×＝.
7．[2017全国卷Ⅰ，文]已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S－ABC的体积为9，则球O的表面积为________．
[答案]　36π　[解析]　如图，连接OA，OB.
由SA＝AC，SB＝BC，SC为球O的直径，知OA⊥SC，OB⊥SC.
由平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，OA⊥SC，知OA⊥平面SCB.
设球O的半径为r，则OA＝OB＝r，SC＝2r，
∴三棱锥S－ABC的体积
V＝×·OA＝，
即＝9，∴r＝3，
∴S球表＝4πr2＝36π.
题型　函数法计算几何体的面积、体积
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．[2017全国卷Ⅰ]如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为________．
[答案]　4　[解析]　如图，连接OD，交BC于点G，
由题意，知OD⊥BC，OG＝BC.
设OG＝x，
则BC＝2x，DG＝5－x，
三棱锥的高h＝
＝
＝，
S△ABC＝×2x×3x＝3x2，
则三棱锥的体积V＝S△ABC·h＝x2·
＝·.
令f(x)＝25x4－10x5，x∈，则f′(x)＝100x3－50x4.
令f′(x)＝0，得x＝2.
当x∈(0,2)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
故当x＝2时，f(x)取得最大值80，
则V≤×＝4.
所以三棱锥体积的最大值为4 cm3.
2．[2016江苏卷]现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P－A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCD－A1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．
(1)若AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积是多少？
(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？
[解]　(1)由PO1＝2，知O1O＝4PO1＝8.
因为A1B1＝AB＝6，
所以正四棱锥P－A1B1C1D1的体积
V锥＝·A1B·PO1＝×62×2＝24(m3)．
正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积
V柱＝AB2·O1O＝62×8＝288(m3)．
所以仓库的容积V＝V锥＋V柱＝24＋288＝312(m3)．
(2)设A1B1＝a m，PO1＝h m，则0如图，连接O1B1.
因为在Rt△PO1B1中，O1B＋PO＝PB，
所以2＋h2＝36，
即a2＝2(36－h2)．于是仓库的容积
V＝V柱＋V锥＝a2·4h＋a2·h＝a2h＝(36h－h3)，0从而V′＝(36－3h2)＝26(12－h2)．
令V′＝0，得h＝2或h＝－2(舍去)．
当00，V是单调增函数；
当2故h＝2时，V取得极大值，也是最大值．
因此，当PO1＝2 m时，仓库的容积最大．
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
函数法计算几何体面积、体积的最值，自变量的选取，量与量之间关系的确定很关键，运用函数导数，通过单调性解决问题．
提醒 完成限时跟踪检测(三十五)
第二节　空间点、直线、平面之间的位置关系
[复习要点]　1.理解空间直线、平面位置关系的定义．
2．了解可以作为推理依据的公理和定理．
3．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题．
知识点一　平面的基本性质
图形语言 文字语言 符号语言
公理1 如果一条直线上的________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______，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________过该点的公共直线 若P∈α且P∈β，则α∩β＝a，且P∈a
答案：两点　同一条直线上的三点　有且只有一条
知识点二　空间两条直线的位置关系
1．位置关系的分类
共面
直线
异面直线：不同在________一个平面内，________公共点．
2．平行公理
平行于同一条直线的两条直线互相________．
3．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________．
4．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________叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．
(2)范围：________.
答案：1.相交　一个　平行　没有　任何　没有　2.平行　3.相等或互补　4.(1)锐角(或直角)　(2)
知识点三　空间直线、平面的位置关系图形、符号表示
图形语言 符号语言 公共点
直线与平面 相交 a∩α＝A ________个
平行 a∥α ________个
在平面内 a α ________个
平面与平面 平行 α∥β ________个
相交 α∩β＝l ________个
答案：1　0　无数　0　无数
?链/接/教/材
1．[必修2·P53·B组T3]在空间四边形ABCD各边AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EF，GH相交于点P，那么 (　　)
A．点P必在直线AC上
B．点P必在直线BD上
C．点P必在平面DBC内
D．点P必在平面ABC外
答案：A　解析：因为EF 平面ABC，而GH 平面ADC，且EF和GH能相交于点P，所以P在两平面的交线上，因为AC是两平面的交线，所以点P必在直线AC上．
2．[必修2·P49·练习题改编]若直线a不平行于平面α，且a α，则下列结论成立的是(　　)
A．α内的所有直线与a异面
B．α内不存在与a平行的直线
C．α内存在唯一的直线与a平行
D．α内的直线与a都相交
答案：B
3．[必修2·P45·例2改编]如图，在三棱锥A－BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，则
(1)当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为菱形；
(2)当AC，BD满足条件________________时，四边形EFGH为正方形．
答案：(1)AC＝BD　(2)AC＝BD且AC⊥BD
?通/性/通/法
判断点共线、线共点问题：直接法(直接运用公理或定理)．
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，对角线A1C与平面BDC1交于点O，AC与BD交于点M，则点O与直线C1M的关系是________．
答案：O∈C1M　解析：如图所示，因为A1C 平面A1ACC1，O∈A1C，所以O∈平面A1ACC1，而O是平面BDC1与直线A1C的交点，所以O∈平面BDC1，所以点O在平面BDC1与平面A1ACC1的交线上．因为AC∩BD＝M，所以M∈平面BDC1.又M∈平面A1ACC1，所以平面BDC1∩平面A1ACC1＝C1M，所以O∈C1M.
?核/心/素/养
如图，△ABC在平面α外，AB∩α＝P，BC∩α＝Q，AC∩α＝R，求证：P，Q，R三点共线．
证明：∵AB∩α＝P，
∴P∈AB，P∈平面α，
又AB 平面ABC，∴P∈平面ABC.
∴由公理3可知：点P在平面ABC与平面α的交线上，
同理可证Q，R也在平面ABC与平面α的交线上．
∴P，Q，R三点共线．
题型　平面的基本性质
角度Ⅰ.点、线、面的位置关系
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．设四棱锥P－ABCD的底面不是平行四边形，用平面α去截此四棱锥(如图)，使得截面四边形是平行四边形，则这样的平面α(　　)
A．不存在 B．只有1个
C．恰有4个 D．有无数多个
[答案]　D
2．[多选]已知底面是边长为2的正方形，侧棱长是1的直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，P是平面A1B1C1D1上的动点．则下列结论正确的是(　　)
A．与点D距离为的点P的轨迹是一条曲线，且该曲线的长度是
B．若DP∥平面ACB1，则DP与平面ACC1A1所成角的正切值的取值范围是
C．△ACP面积的最大值为
D．若DP＝，则DP在该四棱柱六个面上的正投影长度之和的最大值为6
[答案]　ACD　[解析]　如图，对于A，与点D的距离为的点P的轨迹是一段以D1为圆心，为半径的圆弧MN，其长度为×2π×＝，所以A正确；
对于B，因为平面A1DC1∥平面ACB1，所以点P必须在面对角线A1C1上运动，
当点P在A1(或C1)时，DP与平面ACC1A1所成的角为∠DA1O(或∠DC1O)，tan∠DA1O＝，此时DP与平面ACC1A1所成的角最小，
当点P在O1时，DP与平面ACC1A1所成的角为∠DO1O，tan∠DO1O＝，此时DP与平面ACC1A1所成的角最大，
所以DP与平面ACC1A1所成角的正切值的取值范围是，
所以B错误；
对于C，当P与D1点重合时，△ACP的面积最大，最大面积为，
故C正确；
对于D，以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
设P(x，y,1)，则x2＋y2＝2，DP在前、后、左、右、上、下各面上的正投影长分别为，，
，，，，
所以DP在六个面上的正投影长度之和为2(＋＋)
≤2＝6，
当且仅当P在O1位置时，等号成立，所以D正确．故选ACD.
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
点、线、面位置关系的判断与计算，要抓住关键词语，比如“至少有一个”“至多”，数量关系的确定，需要计算投影、面积、长度、体积、夹角等等．
结合题意构造符合题意的直观模型，然后将命题利用模型直观地作出判断，这样减少了抽象性，避免了考虑不全造成的解题错误，对于线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的位置关系的判断，可构造长方体或正方体，化抽象为直观去判断．
角度Ⅱ.点共线、线共点、点线共面的证明
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
3．已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.
求证：(1)D，B，F，E四点共面；
(2)若A1C交平面DBFE于点R，则P，Q，R三点共线；
(3)DE，BF，CC1三线交于一点．
[证明]　(1)如图所示．
因为EF是△D1B1C1的中位线，
所以EF∥B1D1.
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，B1D1∥BD，
所以EF∥BD.
所以EF，BD确定一个平面，即D，B，F，E四点共面．
(2)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，设A1CC1确定的平面为α，平面BDEF为β.
因为Q∈A1C1，所以Q∈α.
又Q∈EF，所以Q∈β.
所以Q是α与β的公共点．
同理，P是α与β的公共点．
所以α∩β＝PQ.
又A1C∩β＝R，所以R∈A1C，R∈α，且R∈β.
则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．
(3)因为EF∥BD且EF所以DE与BF相交．设交点为M，
则由M∈DE，DE 平面D1DCC1，
得M∈平面D1DCC1，
同理，点M∈平面B1BCC1.
又平面D1DCC1∩平面B1BCC1＝CC1，
所以M∈CC1.
所以DE，BF，CC1三线交于一点M.
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
点共线、线共点、点线共面问题的证明
1．证明点共线的方法
先由两点确定一条直线，再证第三个点在这条直线上．往往确定的直线是两平面的交线，只需说明第3个点是这两个平面的一个交点即可．
2．证明线共点问题的方法
(1)先有两条直线相交于一点，在证明此交点也经过此点，常与数量关系的计算有联系．
(2)利用平面的基本性质，公理三，一条直线为两平面的交线，另两条直线在两个平面内且相交，则公共点必在交线上．
3．证明点线共面问题的两种方法
(1)纳入平面法：先确定一个平面，再证有关点、线在此平面内．
(2)辅助平面法：先证有关点、线确定平面α.再证其余点、线确定平面β，最后证明平面α，β重合．
题型　空间两条直线的位置关系
角度Ⅰ.两直线位置关系的判定
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．[多选]已知平面α外有两条直线a，b，它们在平面α内的射影分别是直线m，n，则下列命题错误的是(　　)
A．若a⊥b，则m⊥n
B．若m⊥n，则a⊥b
C．若m∥n，则a∥b
D．若m与n相交，则a与b相交或异面
[答案]　ABC　[解析]　由题意知，若a⊥b且a，b相交，则a，b在平面α内的射影m，n重合或相交，若a，b异面垂直，则a，b在平面α内的射影m，n平行或相交，A错误；若m⊥n，则a与b可能垂直，也可能不垂直，B错误；若m∥n，则a与b平行或异面，C错误；若m与n相交，则a与b相交或异面，D正确．故选ABC.
2．[多选]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点F是线段BC1上的动点，则下列说法错误的是(　　)
A．当点F移动至BC1的中点时，直线A1F与平面BDC1所成角最大且为60°
B．无论点F在BC1上怎么移动，都有A1F⊥B1D
C．当点F移动至BC1的中点时，A1F与B1D相交于一点E，且＝2
D．在BC1上存在点F，使异面直线A1F与CD所成角是30°
[答案]　AD　[解析]　对于A，当点F在线段BC1上运动时，直线A1F与平面BDC1所成角先由小到大，再由大到小，且F为线段BC1的中点时所成角最大，如图，连接DF，过A1作A1O⊥DF，交DF于点O，则最大角的余弦值为＝＝<，因此最大角大于60°，所以A错误；
对于B，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，DB1⊥平面A1BC1，又A1F 平面A1BC1，所以A1F⊥B1D，所以B正确；
对于C，F为线段BC1的中点时，它也是B1C的中点，此时A1F和B1D共面于平面A1B1CD，且必相交，连接A1D和B1C，如图，根据△A1DE∽△FB1E，可得＝＝2，所以C正确；
对于D，当点F从B运动到C1时，异面直线A1F与CD所成角先由大到小，再由小到大，且F为B1C的中点时，所成角最小，最小角的正切值为＝>，因此最小角大于30°，所以D错误．故选AD.
3. 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＝＝，有以下四个结论．
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．
其中正确结论的序号为________．
[答案]　④
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
判断两条空间直线是否异面
1．判定定理
平面的一条交线与平面内不经过交点的直线互为异面直线．
2．反证法
证明两条直线不可能平行、相交，从而可得这两条直线异面．
角度Ⅱ.平行与垂直的判定
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
4．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝2ED，CF＝2FA，则EF与BD1的位置关系是 (　　)
A．相交但不垂直 B．相交且垂直
C．异面 D．平行
[答案]　D　[解析]　连接D1E并延长交AD于M点，
因为A1E＝2ED，可得M为AD中点，
连接BF并延长交AD于N点，因为CF＝2FA，
可得N为AD的中点，
所以M，N重合，
且＝，＝.
所以＝，
所以EF∥BD1.
5．如图，正三棱锥A－BCD中，BC⊥AD，点M，E在线段CD上，且|CD|＝2|CM|＝3|ED|＝6，点N，F在线段AB上，且|AB|＝2|BN|＝3|FA|＝6，则下列说法正确的是(　　)
A．EF∥NM
B．MN⊥AB
C．FE⊥CD
D．EF与BC所成的角为45°
[答案]　B　[解析]　如图，作NP∥BC交AC于点P，
作FG∥BC交AC于点G，连接PM，GE，
则NP∥BC∥FG，
由题意可知PM∥GE∥AD，
由于BC⊥AD，则△NPM和△FGE均为直角三角形，
由题中条件知，|NP|＝|PM|
＝|BC|＝|AD|＝3，NM＝3，
所以NP与NM所成的角为，
又|FG|＝|BC|＝2，
|GE|＝|AD|＝4，
则|FE|＝2，cos∠GFE＝≠，
若EF∥NM，则∠GFE＝∠PNM，不满足，故A，D错误．
连接BM，AM，BM＝AM，N为AB的中点，
故MN⊥AB，B正确，同理可得C错误 .
题型　异面直线所成的角
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，∠AOC＝120°，∠A1O1B1＝60°，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧．则异面直线B1C与AA1所成的角的大小是________．
[答案]　45°
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
异面直线所成的角，必须平移后相交，关键在于如何实现平移，其中一种方法就是在几何体的表面上，平移其中一条直线与第二条直线相交，多出现于长方体中，或者利用中位线定理实现平移．如本例在圆柱侧面内，作母线B1B∥A1A，从而转化为三角形的内角．
2．如图所示，在三棱锥A－BCD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________．
[答案]　　[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，由条件易知∠KMC为锐角，
∴∠KMC即为异面直线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＝＝.
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
异面直线所成的角的另一种平移方法，通过做一个辅助平面，在辅助平面内实现平移，此辅助平面满足两个条件：一是经过一条直线；二是与另一条直线相交，过交点在辅助平面内实现平移．如本例中做的辅助平面为平面AND，直线AN平行于MK(K为DN的中点)．
3．在三棱锥P－ABC中，|PA|＝|AB|＝|BC|＝1，|AC|＝|PB|＝，|PC|＝，则异面直线PC与AB所成角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
[答案]　A
4．[多选][2021山东烟台诊断性测试]如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，M分别为棱CD，CC1的中点．Q为面对角线A1B上任一点，则下列说法正确的是(　　)
A．平面APM内存在直线与A1D1平行
B．平面APM截正方体ABCD－A1B1C1D1所得截面面积为
C．直线AP和DQ所成角可能为60°
D．直线AP和DQ所成角可能为30°
[答案]　BC　[解析]　对于选项A，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AD∥A1D1.
在平面ABCD中，直线AP与AD相交且点A，在平面APM内，所以直线AD与平面APM相交．故直线A1D1与平面APM相交，则平面APM内不存在直线与A1D1平行，所以选项A错误；
对于选项B，连接C1D，AB1，P，M分别为棱CD，CC1的中点，
所以PM∥C1D，PM＝C1D.
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB1∥C1D，PM＝C1D.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB1∥C1D，所以PM∥AB1，连接B1M，则梯形AB1MP为所求的截面．AP＝B1M＝＝，
所以等腰梯形AB1MP的高为
＝＝，
所以梯形AB1MP的面积为××＝，所以选项B正确；
对于选项C，D，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，A(1,0,0)，P，B(1,1,0)，A1(1,0,1)．
设＝λ＝λ(0,1，－1)＝(0，λ，－λ)，0≤λ≤1，
所以＝＋＝(1，λ，1－λ)，＝，
|cos〈，〉|
＝
＝
＝
＝
＝.
令t＝∈，
则y＝3t2－3t＋1＝32＋，
∴≤y≤1，所以≤·≤，
所以≤|cos〈，〉|≤，
而<<<，
所以直线AP和DQ所成角可能为60°，但不可能为30°，
所以选项C正确，选项D错误．
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
异面直线所成的角的第三种方法，通过空间向量所成的角来计算，关键是建系坐标化要准确，向量所成的角与异面直线所成的角概念上有细微差别，异面直线所成的角特指锐角或直角．
立体几何中求异面直线所成角的绝世妙招：三余弦定理．
如图：
斜线OA在平面M内的射影为OA′，α＝∠AOA′，平面内任意直线l与OA′夹角为β.
设斜线OA与异面直线l所成角为θ，则有三余弦公式：cos θ＝cos α·cos β.
提醒 完成限时跟踪检测(三十六)
第三节　直线与平面平行的判定及其性质
[复习要点]　1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理．
2．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的平行关系的简单命题．
知识点一　直线与平面平行
1．直线与平面平行的定义
直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行．
2．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 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 a∥α
性质定理 如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线就和交线平行 a∥b
答案：2.a α　b α　a∥b　a∥α　a β　α∩β＝b
知识点二　平面与平面平行
1．平面与平面平行的定义
没有公共点的两个平面叫做平行平面．
2．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 一个平面内的两条________与另一个平面平行，则这两个平面平行 α∥β　
性质定理 两个平面平行，则其中一个平面内的直线________于另一个平面 a∥β
如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的____平行 a∥b
答案：2.相交直线　平行　交线
?链/接/教/材
1．[必修2·P63·B组T4]如图1，透明塑料制成的长方体容器ABCD－A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜．随着倾斜度的不同，有下面五个命题：
①有水的部分始终呈棱柱形；
②没有水的部分始终呈棱柱形；
③水面EFGH所在四边形的面积为定值；
④棱A1D1始终与水面所在平面平行；
⑤当容器倾斜如图3所示时，BE·BF是定值．
其中所有正确命题的序号是________，为什么？
2．[必修2·P62·A组T3改编]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与平面AEC的位置关系为________________．
[答案]　BD1∥平面AEC
3．[必修2·P57·例2改编]已知正方体ABCD－A1B1C1D1，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.
答案：①②④　解析：如图，连接AD1，BC1，AB1，B1D1，C1D，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，③错误；
因为AD1∥BC1，AD1 平面BDC1，BC1 平面BDC1，所以AD1∥平面BDC1，故④正确．
?易/错/问/题
平行关系中不注意分类讨论．
已知：α∩β＝a，β∩γ＝b，γ∩α＝c(且a，b，c不重合)．
求证：a，b，c互相平行或相交于一点．
证明：由已知，可得a与b相交或平行．
(1)若a∩b＝O(如图1)，则O∈a，O∈b，
∵α∩β＝a，∴O∈α，
∵β∩γ＝b，∴O∈γ，
∴O为α与γ的公共点．
又∵α∩γ＝c，∴O∈c，
∴a，b，c交于一点．
?核/心/素/养
如图所示的一块木料中，棱BC平行于平面A′B′C′D′.
(1)要经过平面A′B′C′D′内的一点P和棱BC将木料锯开，应怎样画线？
(2)所画的线与平面ABCD是什么位置关系？并证明你的结论．
解：(1)过点P作B′C′的平行线，
交A′B′，C′D′于点E，F，连接BE，CF.
作图如下：
(2)EF∥平面ABCD.证明如下：
易知BE，CF与平面ABCD相交，
因为BC∥平面A′B′C′D′，
又因为平面B′C′CB∩平面A′B′C′D′＝B′C′，所以BC∥B′C′，
因为EF∥B′C′，所以EF∥BC，
又因为EF 平面ABCD，BC 平面ABCD，所以EF∥平面ABCD.
题型　空间平行关系的判断
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．[多选]设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题，其中错误的命题是(　　)
A．若m α，n∥α，则m∥n
B．若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ
C．若α∩β＝n，m∥n，则m∥α，且m∥β
D．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
[答案]　ACD　[解析]　当m α，n∥α时，m∥n或m，n异面，命题A错误；根据面面平行的性质以及线面垂直的性质可知命题B正确；当α∩β＝n，m∥n时，m∥α或m α，m∥β或m β，命题C错误；根据面面垂直的性质以及面面平行的判定可知命题D错误．故选ACD.
2．[多选]如图，在棱长均相等的四棱锥P－ABCD中，O为底面正方形的中心，M，N分别为侧棱PA，PB的中点，下列结论正确的是 (　　)
A．PA∥平面OMN
B．平面PCD∥平面OMN
C．直线PD与直线MN所成角的大小为90°
D．ON⊥PB
[答案]　BD　[解析]　对于选项A，∵点M在PA上，∴PA与平面OMN相交，故选项A错误；
对于选项B，连接BD，∵O为底面正方形的中心，∴B，O，D三点共线，且O为BD的中点，又∵N为PB的中点，∴ON∥PD，又∵ON 平面PCD，PD 平面PCD，∴ON∥平面PCD，∵M，N分别为PA，PB的中点，∴MN∥AB，又∵AB∥CD，
∴MN∥CD，又∵MN 平面PCD，CD 平面PCD，∴MN∥平面PCD，又∵ON∩MN＝N，∴平面OMN∥平面PCD，故选项B正确；
对于选项C，∵MN∥CD，∴∠PDC或其补角为异面直线PD与MN所成的角，∵△PCD为正三角形，
∴∠PDC＝60°，即直线PD与直线MN所成角的大小为60°，
故选项C错误；
对于选项D，连接PO，易得PO⊥平面ABCD，设棱长为a，则OB＝a，在Rt△POB中，PO＝＝a，∴OB＝OP，又∵N为PB的中点，∴ON⊥PB，故选项D正确．故选BD.
3．[2021河南郑州模拟]已知直三棱柱ABC－A1B1C1的底面为等腰直角三角形，AB⊥AC，点M，N分别为AB1，A1C上的动点，若直线MN∥平面BCC1B1，Q为线段MN的中点，则点Q的轨迹是(　　)
A．双曲线的一支(一部分)
B．圆弧(一部分)
C．线段(去掉一个端点)
D．抛物线的一部分
[答案]　C
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
直线、平面间平行的判定方法
1．关注是否符合判定定理与性质定理，并注意定理中易忽视的条件．
2．结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断．
3．利用实物进行空间想象，比较判断．
4．熟记一些常见结论，如垂直于同一条直线的两个平面平行等．
题型　直线与平面平行的判定与性质
角度Ⅰ.线面平行的判定
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．如图，两个正方形ABCD，ADEF中，M，N分别为对角线BD，AE上的点，且满足BM＝AN.
求证：MN∥平面EDC.
[证明]　证法一：连接AM并延长交DC的延长线于H，连接EH.
＝
MN∥平面EDC.
证法二：过M，N作平行AD的两条直线MQ，NH，如图所示．

四边形MNHQ为平行四边形
MN∥平面EDC.
证法三：过M作MH∥AB，如图所示．

平面NHM∥平面EDC MN∥平面EDC.
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
证明线面平行的两种方法
1．通过线∥线 线∥面
如何发现已知平面内的直线呢？则需过已知直线再作一辅助平面与已知平面相交，这样得到的交线一定符合条件，再通过数量位置关系证明线∥线即可．如本例中，过MN作辅助平面分别与平面EDC相交．
辅助平面的作法常采用：(1)两平行线确定平面；(2)两相交线确定平面．
2．通过面∥面 线∥面
如何发现经过已知直线的平面呢？很简单，只需过其一个端点作已知平面的平行线，这样就可得到一个符合面∥面的辅助平面．如本例中，可作MH∥AB，则平面NHM就是要得到的平面．
2．[2020江苏卷]在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．
(1)求证：EF∥平面AB1C1；
(2)求证：平面AB1C⊥平面ABB1.
[证明]　(1)因为E，F分别是AC，B1C的中点，
所以EF∥AB1，
又EF 平面AB1C1，AB1 平面AB1C1，
所以EF∥平面AB1C1.
(2)因为B1C⊥平面ABC，AB 平面ABC，
所以B1C⊥AB.
又AB⊥AC，B1C 平面AB1C，
AC 平面AB1C，B1C∩AC＝C，
所以AB⊥平面AB1C，
又因为AB 平面ABB1，
所以平面AB1C⊥平面ABB1.
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
证明直线与平面平行的方法
1．利用线面平行的判定定理证明直线与平面平行，关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线．
2．构造平行直线的常用方法
(1)构建三角形或梯形的中位线(利用中位线的性质得到线线平行)：可直接利用线段的中点、等腰三角形三线合一或利用平行四边形对角线的交点找中点，从而构建中位线．
(2)构建平行四边形(利用对边平行得到线线平行)：可以利用已知的平行关系(如梯形的上下底边平行)或构建平行关系(如构造两条直线同时平行于已知直线)，从而构建平行四边形．
角度Ⅱ.线面平行的性质
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
3．[2020全国卷Ⅱ，文]如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.
(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
(2)设O为△A1B1C1的中心．若AO＝AB＝6，AO∥平面EB1C1F，且∠MPN＝，求四棱锥B－EB1C1F的体积．
(1)[证明]　因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MN∥CC1.
又由已知得AA1∥CC1，
故AA1∥MN.
因为△A1B1C1是正三角形，
所以B1C1⊥A1N.
又B1C1⊥MN，A1N∩MN＝N，
故B1C1⊥平面A1AMN.
所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.
(2)[解]　AO∥平面EB1C1F，AO 平面A1AMN，
平面A1AMN∩平面EB1C1F＝PN，故AO∥PN.
又AP∥ON，故四边形APNO是平行四边形，
所以PN＝AO＝6，AP＝ON＝AM＝，PM＝AM＝2，EF＝BC＝2.
因为BC∥平面EB1C1F，所以四棱锥B－EB1C1F的顶点B到底面EB1C1F的距离等于点M到底面EB1C1F的距离．
作MT⊥PN，垂足为T，则由(1)知，MT⊥平面EB1C1F，
故MT＝PMsin∠MPN＝3.
底面EB1C1F的面积为×(B1C1＋EF)×PN＝×(6＋2)×6＝24.
所以四棱锥B－EB1C1F的体积为×24×3＝24.
4．如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥B1D，BB1⊥底面ABCD，E为线段AD上的任意一点(不包括A，D两点)，平面CEC1与平面BB1D交于FG.
求证：FG∥平面AA1B1B.
[证明]　在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，BB1∥CC1，BB1 平面BB1D，CC1 平面BB1D，
所以CC1∥平面BB1D，
又CC1 平面CEC1，平面CEC1与平面BB1D交于FG，
所以CC1∥FG，
因为BB1∥CC1，所以BB1∥FG，而BB1 平面AA1B1B，FG 平面AA1B1B，所以FG∥平面AA1B1B.
5．如图，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AP作平面交平面BDM于GH.求证：GH∥平面PAD.
[证明]　如图，连接AC交BD于点O，连接MO，
因为四边形ABCD是平行四边形，
所以O是AC的中点．
又M是PC的中点，所以AP∥OM.
根据直线和平面平行的判定定理，则有PA∥平面BMD.
因为平面PAHG∩平面BMD＝GH.
根据直线和平面平行的性质定理，所以PA∥GH.
因为GH 平面PAD，PA 平面PAD，
所以GH∥平面PAD.
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
直线与平面平行的性质定理
如果一条直线与一个平面平行，那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行．
l∥m
线面平行 线线平行
主要用于：证明直线与直线平行．
题型　面面平行的判定与性质
角度Ⅰ.面面平行的判定方法
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1. 如图，四边形ABCD与四边形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)如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，∵四边形ADEF为平行四边形，∴O为AE的中点．连接MO，则MO为△ABE的中位线，∴BE∥MO，
又BE 平面DMF，MO 平面DMF，
∴BE∥平面DMF.
(2)∵N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，∴DE∥GN，
又DE 平面MNG，
GN 平面MNG，
∴DE∥平面MNG.
∵M为AB的中点，N为AD的中点，
∴MN为△ABD的中位线，
∴BD∥MN，
又BD 平面MNG，MN 平面MNG，∴BD∥平面MNG，又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，
∴平面BDE∥平面MNG.
2．如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是菱形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，G和H分别是CE和CF的中点．
求证：平面BDGH∥平面AEF.
[证明]　在△CEF中，因为G，H分别是CE，CF的中点，
所以GH∥EF，
又因为GH 平面AEF，EF 平面AEF，
所以GH∥平面AEF.
设AC∩BD＝O，连接OH，
在△ACF中，因为OA＝OC，CH＝HF，
所以OH∥AF，
又因为OH 平面AEF，AF 平面AEF，
所以OH∥平面AEF.
又因为OH，GH是平面BDGH内的两条相交直线，
所以平面BDGH∥平面AEF.
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
面面平行的判定方法
1．面面平行的定义：两个平面没有公共点，常与反证法结合(不常用)．
2．面面平行的判定定理：如果一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行(主要方法)．
3．垂直于同一条直线的两个平面平行(客观题可用)．
4．平行于同一个平面的两个平面平行(客观题可用)．
角度Ⅱ.面面平行的性质
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
3. [2021福建泉州模拟]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，当点Q________时，平面D1BQ∥平面PAO(　　)A.与C重合
B．与C1重合
C．为CC1的三等分点
D．为CC1的中点
[答案]　D　[解析]　在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
∵O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，
∴PO∥BD1，
当点Q为CC1的中点时，
连接PQ，则PQ綊AB，
∴四边形ABQP是平行四边形，
∴AP∥BQ，∵AP∩PO＝P，BQ∩BD1＝B，AP，PO 平面PAO，BQ，BD1 平面D1BQ，
∴平面D1BQ∥平面PAO.故选D.
4．[2021豫北名校联考]在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1上的点，若平面BC1D∥平面AB1D1，则＝________.
[答案]　1　[解析]　如图所示，连接A1B，与AB1交于点O，连接OD1，∵平面BC1D∥平面AB1D1，平面BC1D∩平面A1BC1＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O，
∴BC1∥D1O，∴＝，同理AD1∥DC1，∴＝，∴＝，又∵＝1，∴＝1，即＝1.
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
面面平行的性质
1．如果两个平面平行，那么在一个平面内的所有直线都平行于另一个平面，简记为“面面平行 线面平行”．
2．如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线相互平行，简记为“面面平行 线线平行”．
3．如果两个平行平面中有一个垂直于一条直线，那么另一个平面也垂直于这条直线．
题型　平行关系的综合问题
角度Ⅰ.截面问题的计算
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是AB的中点，F在CC1上，且CF＝2FC1，点P是侧面AA1D1D(包括边界)上一动点，且PB1∥平面DEF，则tan∠ABP的取值范围是(　　)
A． B．[0,1]
C． D．
[答案]　D
2．如图所示，空间四面体ABCD的两条对棱AC＝5，BD＝4，求平行于两条对棱的截面四边形EFGH在平移过程中，截面周长的取值范围．
[解]　∵直线AC∥平面EFGH, AC 平面ABC，平面ABC∩平面EFGH＝EF，
∴EF∥AC，
同理可证HG∥AC，EH∥BD，FG∥BD，
∴EH∥FG，EF∥HG，
∴四边形EFGH为平行四边形．
设＝＝k(0则＝＝1－k，
∴GH＝kAC＝5k，EH＝(1－k)BD＝4(1－k)，
∴截面EFGH的周长为2(EH＋HG)＝10k＋8(1－k)＝2k＋8.
又∵0∴截面周长的取值范围为(8,10)．
[探究]　其他条件不变，若直线AC与直线BD所成角为60°，求四边形EFGH面积的最大值．
[解]　∵直线AC∥平面EFGH，AC 平面ABC，平面ABC∩平面EFGH＝EF，
∴EF∥AC.
同理可证HG∥AC，EH∥BD，FG∥BD，
∴EH∥FG，EF∥HG，
∴∠EHG即为AC与BD所成的角或其补角，且四边形EFGH为平行四边形．
设＝＝k(0∴GH＝kAC＝5k，EH＝(1－k)BD＝4(1－k)，
∴S四边形EFGH＝GH·EH·sin∠EHG
＝5k×4(1－k)×
＝10(－k2＋k)
＝10.
∵0∴当k＝(即E，F，G，H为所在棱的中点)时，
S四边形EFGH取得最大值，最大值为 .
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
利用面面平行容易得到线面平行，得到线面平行后，通过做辅助平面得到交线，这样就能得到线线平行，一般截痕就是这样得到的．而对于平面的延伸方式，常常通过延伸边界线来实现，边界线的延伸与其他平面边界的交点，这样就形成截面的边界线．
角度Ⅱ.平行关系中的探索性问题
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
3．如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，点D为棱AA1的中点，点E在棱B1C1上，A1E∥平面BDC1.
(1)求的值．
(2)在棱BC上是否存在一点G，使得平面AGC1∥平面BEA1？若存在，试确定点G的位置；若不存在，请说明理由．
[解]　(1)如图所示，过点E作EF∥BB1，交BC1于点F，连接DF.
∵A1D∥BB1，EF∥BB1，
∴A1D∥EF，
∴A1，E，F，D四点共面．
∵A1E∥平面BDC1，A1E 平面A1EFD，
平面A1EFD∩平面BDC1＝DF，
∴A1E∥DF，
∴四边形A1EFD为平行四边形，
∴EF＝A1D.
∵点D为AA1的中点，
∴A1D＝AA1＝BB1，
∴EF＝BB1.
∵EF∥BB1，∴＝＝.
(2)在棱BC上存在一点G，当点G为BC的中点时，平面AGC1∥平面BEA1.
如图所示，取BC的中点为G，连接AG，C1G，AC1，GE.
∵点G，E分别为BC，B1C1的中点，
∴GB綊C1E，GE綊BB1綊AA1，
∴四边形GBEC1，GAA1E均为平行四边形，
∴GC1∥BE，GA∥EA1.
∵BE，EA1 平面BEA1，GC1，GA 平面BEA1，
∴GC1∥平面BEA1，GA∥平面BEA1.
又∵GC1，GA 平面AGC1，且GC1∩GA＝G，
∴平面AGC1∥平面BEA1.
4．[2021辽宁省实验中学等五校联考]如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直．∠AEB＝，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC.
(1)求证：AB⊥DE.
(2)求证：平面AED⊥平面BCE.
(3)线段EA上是否存在点F，使EC∥平面FBD？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
(1)[证明]　取AB的中点O，连接EO，DO.
由△ABE为等腰直角三角形可得EB＝EA，
∴EO⊥AB.
∵四边形ABCD为直角梯形，
AB＝2CD＝2BC，AB⊥BC，
∴四边形OBCD为正方形，则AB⊥OD.
又OD∩OE＝O，
∴AB⊥平面ODE，∴AB⊥DE.
(2)[证明]　∵平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，且AB⊥BC，
∴BC⊥平面ABE，∴BC⊥AE.
又∵EA⊥EB，BC∩BE＝B，
∴AE⊥平面BCE.
∵AE 平面AED，
∴平面AED⊥平面BCE.
(3)[解]　线段EA上存在点F，且＝时，有EC∥平面FBD.
连接AC交BD于点M.
∵四边形ABCD为直角梯形，
AB＝2CD＝2BC，
∴＝＝.
又＝，∴＝，
∴CE∥FM.
∵CE 平面FBD，FM 平面FBD，
∴EC∥平面FBD.
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
解决题点发散性问题一般先假设求解的结果存在，从这个结果出发，寻找使这个结论成立的充分条件，如果找到了使结论成立的充分条件，则存在；如果找不到使结论成立的充分条件(出现矛盾)，则不存在．而对于探求点的问题，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明．
提醒 完成限时跟踪检测(三十七)
第四节　直线与平面垂直的判定及其性质
[复习要点]　1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理．
2．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题．
知识点一　直线与平面垂直
1．定义：直线l与平面α内的________一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．
2．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________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________ a∥b
答案：1.任意　2.相交　a，b α　a∩b＝O　l⊥a　l⊥b　平行　a⊥α　b⊥α
知识点二　直线和平面所成的角
(1)斜线和平面所成角的定义：平面的一条斜线和它在平面内的________所成的________，叫做这条斜线和这个平面所成的角．
(2)如果一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角为直角．
(3)如果一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所成的角为0°的角．
(4)直线和平面所成角的范围是________．
答案：(1)射影　锐角　(4)
知识点三　平面与平面垂直
1．二面角：
从一条直线出发的________所组成的图形叫做二面角；在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作________的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．
2．定义：两个平面相交，如果所成的二面角是________，就说这两个平面互相垂直．
3．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________，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________的直线与另一个平面垂直 l⊥α　　
答案：1.两个半平面　垂直于棱　2.直二面角　3.垂线　l⊥α　l β　交线　α⊥β　l β　α∩β＝a　l⊥a
?链/接/教/材
1．[必修2·P72·探究改编]已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则(　　)
A．m∥l B．m∥n
C．n⊥l D．m⊥n
答案：C　解析：∵α∩β＝l，∴l β，∵n⊥β，∴n⊥l.故选C.
2．[必修2·P67·练习T2改编]在三棱锥P－ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.
(1)若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心；
(2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的________心．
答案：(1)外　(2)垂
?易/错/问/题
类比思维的应用：注意由平面到空间的思维的变化．
(1)已知直线a，b，c，若a⊥b，b⊥c，则a与c的位置关系为________．
(2)已知直线a和平面α，β，若α⊥β，a⊥β，则a与α的位置关系为________．
答案：(1)平行、相交或异面　(2)a∥α或a α
?通/性/通/法
垂直关系的证明及应用：直接法．
(1)如图1所示，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD(如图2)，则在三棱锥A－BCD中，平面ADC________平面ABC.
图1　　　　　　　图2
(2)如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上的动点，过动点C的直线VC垂直于⊙O所在平面，D，E分别是VA，VC的中点．试判断直线DE与平面VBC的位置关系，并说明理由．
(1)答案：⊥
(2)解：DE⊥平面VBC，
理由如下：
∵VC⊥平面ABC，AC 平面ABC，
∴VC⊥AC.
∵C为圆周上一点，AB是直径，
∴AC⊥BC.
∵VC∩BC＝C，∴AC⊥平面VBC.
∵D，E分别为VA，VC的中点，
∴DE∥AC，∴DE⊥平面VBC.
题型　直线、平面垂直的判定与性质
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1. 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥DC，PD＝AD，E是PB的中点，F是DC上的点且DF＝AB, PH为△PAD中AD边上的高．求证：
(1)PH⊥平面ABCD；
(2)EF⊥平面PAB.
[证明]　(1)∵AB⊥平面PAD，AB 平面ABCD，
∴平面PAD⊥平面ABCD.
∵平面PAD∩平面ABCD＝AD，PH⊥AD，
∴PH⊥平面ABCD.
(2)取PA的中点M，连接MD，ME.
∵E是PB的中点，
∴ME綊AB.
又∵DF綊AB，
∴ME綊DF，
∴四边形MEFD是平行四边形，
∴EF∥MD.
∵PD＝AD，∴MD⊥PA.
∵AB⊥平面PAD，∴MD⊥AB.
∵PA∩AB＝A，∴MD⊥平面PAB，
∴EF⊥平面PAB.
2．[2020全国卷Ⅲ，文]如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.证明：
(1)当AB＝BC时，EF⊥AC；
(2)点C1在平面AEF内．
[证明]　(1)如图，连接BD，B1D1.因为AB＝BC，所以四边形ABCD为正方形，故AC⊥BD.又因为BB1⊥平面ABCD，于是AC⊥BB1.又因为BD∩BB1＝B，
所以AC⊥平面BB1D1D.
由于EF 平面BB1D1D，
所以EF⊥AC.
(2)如图，在棱AA1上取点G，使得AG＝2GA1，连接GD1，FC1，FG.
因为D1E＝DD1，AG＝AA1，DD1綊AA1，所以ED1綊AG，于是四边形ED1GA为平行四边形，故AE∥GD1.
因为B1F＝BB1，A1G＝AA1，BB1綊AA1，所以FG綊A1B1，FG綊C1D1，四边形FGD1C1为平行四边形，故GD1∥FC1.
于是AE∥FC1，所以A，E，F，C1四点共面，即点C1在平面AEF内．
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
直线与平面垂直的判定方法及关键点
1．直线与平面垂直的判定
(1)利用定义：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)利用线面垂直的判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线垂直，那么这条直线就和这个平面垂直(常用方法)；
(3)可作定理用的正确命题：如果两条平行直线中的一条直线垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面(客观题常用)；
(4)面面垂直的性质定理：如果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面(常用方法)；
(5)面面平行的性质：如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，则这条直线也垂直于另一个平面(客观题常用)；
(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)．
2．证明线面垂直的关键点
在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一，矩形的内角，圆直径所对的圆周角，菱形的对角线互相垂直，直角梯形，直角三角形(或给出线段长度，经计算满足勾股定理)等等．
题型　面面垂直的判定与性质
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°且边长为a的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，若G为AD的中点．
(1)求证：BG⊥平面PAD；
(2)求证：AD⊥PB；
(3)若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF⊥平面ABCD？并证明你的结论．
(1)[证明]　在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，G为AD的中点，所以BG⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以BG⊥平面PAD.
(2)[证明]　如图，连接PG，因为△PAD为正三角形，G为AD的中点，所以PG⊥AD.
由(1)知BG⊥AD，又PG∩BG＝G，所以AD⊥平面PGB.
因为PB 平面PGB，所以AD⊥PB.
(3)[解]　当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD.证明如下：
取PC的中点F，连接DE，EF，DF.
在△PBC中，FE∥PB，在菱形ABCD中，GB∥DE.
而FE 平面DEF，DE 平面DEF，EF∩DE＝E，PB 平面PGB，GB 平面PGB，PB∩GB＝B，
所以平面DEF∥平面PGB.
因为BG⊥平面PAD，PG 平面PAD，所以BG⊥PG.
又因为PG⊥AD，AD∩BG＝G，
所以PG⊥平面ABCD.
又PG 平面PGB，
所以平面PGB⊥平面ABCD，
所以平面DEF⊥平面ABCD.
2．如图，在三棱锥S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.求证：BC⊥SA.
[证明]　如图，取SB的中点F，连接AF.
因为AS＝AB，所以AF⊥SB.
因为平面SAB⊥平面SBC，且交线为SB，又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，AF，AB 平面SAB，
所以BC⊥平面SAB.
因为SA 平面SAB，所以BC⊥SA.
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
1．证明面面垂直的思路
(1)关键是考虑证哪条线垂直哪个面，这必须结合条件中各种垂直关系充分发挥空间想象综合考虑．
(2)条件中告诉我们某种位置关系，就要联系到相应的性质定理，如已知两平面互相垂直，我们就要联系到两平面互相垂直的性质定理．
(3)在垂直关系的证明中，线线垂直是问题的核心，可以根据已知的平面图形通过计算的方式(如勾股定理)证明线线垂直，也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直．
2．平面与平面垂直的性质
(1)面面垂直的性质定理：如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线必垂直于另一个平面(简记为“面面垂直 线面垂直”)．
(2)如果两个平面互相垂直，那么过第一个平面内的一点且垂直于第二个平面的直线在第一个平面内．
(3)如果两个相交平面同时垂直于第三个平面，那么它们的交线必垂直于第三个平面．
题型　直线与平面所成的角
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．[2020新高考Ⅰ]日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为(　　)
A．20° B．40°
C．50° D．90°
[答案]　B　[解析]　画出赤道和纬度的截面图，OA与地球赤道所在平面所成角为∠AOB.因为点A处的纬度为北纬40°，所以∠AOB＝40°.过点A且与OA垂直的平面在截面图中为过点A的切线，则晷针与点A处的水平面所成的角，即晷针与点A处的切线所成的角α，可知α＝40°，故选B.
2．[2019浙江卷]设三棱锥V－ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点(不含端点)．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P－AC－B的平面角为 γ，则(　　)
A．β<γ，α<γ B．β<α，β<γ
C．β<α，γ<α D．α<β，γ<β
[答案]　B
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
求线面角的常用思路
1．作垂线：过斜线上一点作与平面垂直的直线，从而确定垂足，得到斜线的射影．
2．作垂面：过斜线作一个平面与已知平面垂直，两平面的交线即斜线的射影．
3．转化为点面距离h的计算：若前面两种方法无法实现，则在斜线上取一点，利用等积变形的方法计算出该点到平面的距离h，故sin θ＝.
4．可由空间向量法计算线面角．
题型　二面角的求法
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1. 如图，AB是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在平面，C是圆周上不同于A，B两点的任意一点，且AB＝2，PA＝BC＝，则二面角A－BC－P的大小为________．
[答案]　60°　[解析]　因为AB为⊙O的直径，
所以AC⊥BC，
又因为PA⊥平面ABC，
所以PA⊥BC，所以BC⊥平面PAC，所以BC⊥PC，
所以∠PCA为二面角A－BC－P的平面角．
因为∠ACB＝90°，AB＝2，PA＝BC＝，所以AC＝1，
所以在Rt△PAC中，tan∠PCA＝＝.所以∠PCA＝60°.
2．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD.
(1)证明：DC1⊥BC；
(2)求二面角A1－BD－C1的大小．
(3)求平面BDC1与平面ABC所成二面角的余弦值．
(1)[证明]　由题设知，三棱柱的侧面为矩形．
由于D为AA1的中点，故DC＝DC1.
又AC＝AA1，
可得DC＋DC2＝CC，
所以DC1⊥DC.
而DC1⊥BD，DC∩BD＝D，
所以DC1⊥平面BCD.
又BC 平面BCD，所以DC1⊥BC.
(2)[解]　由(1)知BC⊥DC1，且BC⊥CC1，DC1∩CC1＝C1，
则BC⊥平面ACC1，
所以CA，CB，CC1两两相互垂直．
以C为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz.
由题意知A1(1,0,2)，B(0,1,0)，D(1，0,1)，C1(0,0,2)．
则＝(0,0，－1)，＝(1，－1,1)，＝(－1,0,1)．
设n＝(x，y，z)是平面A1B1BD的法向量，
则即可取n＝(1,1,0)．
同理，设m是平面C1BD的法向量，
则即可取m＝(1,2,1)．
从而cos〈n，m〉＝＝.
故二面角A1－BD－C1的大小为30°.
(3)[解]　由(1)知BC⊥平面A1ACC1，从而BC⊥AC，设AC＝1，则AA1＝2，S△BDC1＝BD·DC1＝.S△ABC＝AC·BC＝.
△BDC1的投影三角形为△ABC.
从而平面BDC1与平面ABC所成二面角θ的余弦值为cos θ＝＝＝.
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
作二面角的平面角的方法
1．定义法：在棱上取点，分别在两平面内引两条射线与棱垂直．这两条射线所成的角就是二面角的平面角．
2．垂联线：两垂一联法．首先在一个平面内选一点P作另一个平面的垂线，其次过垂足作棱的垂线，最后连接P与垂足．
3．补棱法：针对在解构成二面角的两个半平面没有明确交线的求二面角问题时，要将两平面的图形补充完整，使之有明确的交线(称为补棱)，然后借助前述的定义法或三垂线法解题．
4．射影面积法：二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影面积公式求出二面角的大小．
5．向量法(最常用)．
6．转化为线面角：如图，求α－l－β的二面角，即求AB与β所成的角．
题型　空间几何体中的综合问题
角度Ⅰ.空间几何体中的折叠问题
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．[多选][2021广东佛山一中段考] 如图，梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝1，AD⊥AB，∠BCD＝45°，将△ABD沿对角线BD折起．设折起后点A的位置为A′，并且平面A′BD⊥平面BCD，则下面四个命题中正确的是(　　)
A．A′D⊥BC
B．三棱锥A′－BCD的体积为
C．CD⊥平面A′BD
D．平面A′BC⊥平面A′DC
[答案]　CD　[解析]　如图所示，E为BD的中点，连接A′E.
梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC＝1，
AD⊥AB，可得∠DBC＝∠ADB＝45°.又∠BCD＝45°，故△BCD为等腰直角三角形．
因为平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，CD⊥BD，所以CD⊥平面A′BD.所以C正确．
由E为BD的中点，可得A′E⊥BD，则A′E⊥平面BCD，所以A′E⊥BC.
如果A′D′⊥BC，则可得BC⊥平面A′BD，故BC⊥BD与已知矛盾．故A错误．
三棱锥A′－BCD的体积V＝××××＝.故B错误．
在Rt△A′CD中，A′C2＝CD2＋A′D2，所以A′C＝.
在△A′BC中，A′B＝1，BC＝2，A′C＝，满足BC2＝A′B2＋A′C2，
所以BA′⊥CA′.
又BA′⊥DA′，CA′∩DA′＝A′，
所以BA′⊥平面A′DC，又BA′ 平面A′BC，
所以平面A′BC⊥平面A′DC，
故D正确．
2．[2021山西长治期末]如图，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为CD的中点，F为AE的中点．现在沿AE将三角形ADE向上折起，在折起的图形中解答下列问题：
(1)在线段AB上是否存在一点K，使BC∥平面DFK？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由．
(2)若平面ADE⊥平面ABCE，求证：平面BDE⊥平面ADE.
(1)[解]　如图，线段AB上存在一点K，且当AK＝AB时，BC∥平面DFK.证明如下：
设H为AB的中点，连接EH，则BC∥EH，
∵AK＝AB，F为AE的中点．
∵KF∥EH，∴KF∥BC，
∵KF 平面DFK，BC 平面DFK，
∴BC∥平面DFK.
(2)[证明]　∵在折起前的图形中，E为CD的中点，AB＝2，BC＝1，
∴在折起后的图形中，AE＝BE＝，
从而AE2＋BE2＝4＝AB2，
∴AE⊥BE.
∵平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，
∴BE⊥平面ADE.
∵BE 平面BDE，
∴平面BDE⊥平面ADE.
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
翻折过程中的规律
1．理解翻折过程中的“变”
(1)过程是连续渐变；
(2)点和线的变化；
(3)角度、长度等几何量度的变化．
2．理解翻折过程中的“不变”
(1)翻折前后，仍然在一个平面上的性质不发生改变；
(2)翻折过程中，直线和平面的位置关系可能不变．
3．掌握翻折过程中的特殊位置
(1)翻折的起始位置；
(2)翻折过程中，直线和平面的特殊位置(平行和垂直)．
角度Ⅱ.几何法求点到平面的距离
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
3．如图，在以P为顶点，为母线长的圆锥中，底面圆O的直径AB长为2，点C在圆O所在平面内，且AC是圆O的切线，BC交圆O于点D，连接PD，OD.
(1)求证：PB⊥平面PAC；
(2)若AC＝，求点O到平面PBD的距离．
(1)[证明]　因为AB是圆O的直径，
AC与圆O切于点A，所以AC⊥AB.
又在圆锥中，PO垂直于底面圆O，
所以PO⊥AC，而PO∩AB＝O，
所以AC⊥平面PAB，从而AC⊥PB.
由题意知在三角形PAB中，PA＝PB＝，AB＝2.
故有PA2＋PB2＝AB2，
所以PA⊥PB，又PA∩AC＝A，
所以PB⊥平面PAC.
(2)[解]　解法一：作OE⊥BD于E，连接PE.易证BD⊥平面POE，又BD 平面PBD，则平面PBD⊥平面POE，作OF⊥PE于F，因为平面PBD∩平面POE＝PE，所以OF⊥平面PBD，故OF的长为点O到平面PBD的距离．
连接AD，在Rt△POE中，PO＝1，OE＝AD＝＝，所以OF＝＝.即点O到平面PBD的距离为.
解法二：因为AB＝2，AC＝，AC⊥AB，所以在直角△ABC中，∠ABC＝.又OD＝OB＝PO＝1，则△OBD是等腰三角形，所以BD＝，S△OBD＝×1×1×sin＝.
又PB＝PD＝，
所以S△PBD＝××＝，
设点O到平面PBD的距离为d，
由VP－OBD＝VO－PBD，
即S△OBD·PO＝S△PBD·d，
可得d＝.
解法三：因为AB＝2，AC＝，AC⊥AB，
所以S△ABC＝×2×＝.
由(1)可知，AC⊥平面PAB，则AC⊥PA，所以PC＝＝.
又PB⊥平面PAC，所以PB⊥PC，
则S△PBC＝××＝.
设点O到平面PBD的距离为d，所以点A到平面PBC的距离为2d，
由VP－ACB＝VA－PBC，即S△ABC·PO＝S△PBC·2d，可得d＝.
4．如图，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝2.求点A到平面MBC的距离．
[解]　取CD的中点O，连接OB，OM，则OB＝OM＝，OB⊥CD，MO⊥CD.
又平面MCD⊥平面BCD，则MO⊥平面BCD，所以MO∥AB，MO∥平面ABC，所以点M，O到平面ABC的距离相等．
作OH⊥BC于点H，连接MH，则MH⊥BC.
求得OH＝OC·cos 30°＝，
MH＝＝.
设点A到平面MBC的距离为d，
由VA－MBC＝VM－ABC，得
·S△MBC·d＝·S△ABC·OH，
即××2×d＝××2×2×，解得d＝.
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
几何法求点到平面的距离
1．过点作平面的垂线段，构建包含垂线段的直角三角形，解此直角三角形，求出垂线段的长度，即可得点到平面的距离．
2．将点到平面的距离转化为几何体的高，通常利用等积变换法求几何体的高，即为点到平面的距离．
角度Ⅲ.垂直关系中的探索性问题
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
5．如图，在三棱台ABC－DEF中，CF⊥平面DEF，AB⊥BC.
(1)设平面ACE∩平面DEF＝a，求证：DF∥a.
(2)若EF＝CF＝2BC，试问在线段BE上是否存在点G，使得平面DFG⊥平面CDE？若存在，请确定G点的位置；若不存在，请说明理由．
(1)[证明]　在三棱台ABC－DEF中，AC∥DF，
AC 平面ACE，DF 平面ACE，
∴DF∥平面ACE.
又∵DF 平面DEF，平面ACE∩平面DEF＝a，
∴DF∥a.
(2)[解]　线段BE上存在点G，且BG＝BE时，使得平面DFG⊥平面CDE.证明如下：
取CE的中点O，连接FO并延长交BE于点G，交CB的延长线于点H，连接GD，
∵CF＝EF，∴GF⊥CE.
在三棱台ABC－DEF中，AB⊥BC DE⊥EF.
由CF⊥平面DEF CF⊥DE.
又CF∩EF＝F，∴DE⊥平面CBEF，
∵GF 平面CBEF，∴DE⊥GF.
∵CE∩DE＝E, CE 平面CDE，DE 平面CDE，
∴GF⊥平面CDE.
又GF 平面DFG，
∴平面DFG⊥平面CDE.
∵O为CE的中点，EF＝CF＝2BC，
由平面几何知识易证△HOC≌△FOE，
∴HB＝BC＝EF.
由△HGB∽△FGE，可知＝＝，即BG＝BE.
6．[2021湖北襄阳模拟]如图所示，在直角梯形SABC中，∠B＝∠C＝，D为边SC上的点，且AD⊥SC，现将△SAD沿AD折起到达△PAD的位置(折起后点S记为P)，并使得PA⊥AB.
(1)求证：PD⊥平面ABCD.
(2)已知PD＝AD，PD＋AD＋DC＝6，G是AD的中点，当线段PB取得最小值时，在平面PBC上是否存在点F，使得FG⊥平面PBC？若存在，确定点F的位置；若不存在，请说明理由．
(1)[证明]　∵∠B＝∠C＝，AD⊥SC，
∴四边形ABCD为矩形，AB⊥AD.
又∵PA⊥AB，PA∩AD＝A，
∴AB⊥平面PAD.
∵PD 平面PAD，∴AB⊥PD.
∵PD⊥AD，AD∩AB＝A，
∴PD⊥平面ABCD.
(2)[解]　存在，点F为PB的中点．
设PD＝x，则AD＝x，DC＝6－2x(0如图，连接BD，
∵PD⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，∴PD⊥BD，
∴PB2＝x2＋x2＋(6－2x)2＝6(x－2)2＋12，
当且仅当x＝2时，PB2取得最小值，即PB取得最小值．
取PC的中点M，连接MF，DM.
由(1)知，PD⊥平面ABCD，且BC 平面ABCD，
∴PD⊥BC.
又BC⊥CD，CD∩PD＝D，
∴BC⊥平面PCD.
又DM 平面PCD，∴BC⊥DM.
∵PD＝CD＝2，M是PC的中点，
∴DM⊥PC.
∵BC∩PC＝C，∴DM⊥平面PBC.
∵M，F分别是PC，PB的中点，G是AD的中点，
∴MF綊BC綊GD，
∴四边形DMFG是平行四边形，
∴GF∥DM，∴GF⊥平面PBC.
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
同“平行关系中的探索性问题”的规律方法一样，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明．
提醒 完成限时跟踪检测(三十八)
第五节　空间向量及其运算
[复习要点]　1.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示．
2．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示．
3．掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线与垂直．
知识点一　空间向量的有关定理
1．共线向量定理
对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使________．
2．共面向量定理
如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使________．
3．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______________．其中，{a，b，c}叫做空间的一个________．
推论：设O，A，B，C是不共面的四点，则对空间任一点P，都存在唯一的三个有序实数x，y，z，使＝__________.
答案：1.a＝λb　2.p＝xa＋yb　3.p＝xa＋yb＋zc　基底　x＋y＋z
知识点二　数量积及坐标运算
1．两个向量的数量积
(1)a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．
(2)a⊥b ________(a，b为非零向量)．
(3)|a|2＝________，|a|＝.
2．空间向量的坐标运算
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则
(1)|a|＝；
(2)a＋b＝________________；
(3)a－b＝________________；
(4)λa＝________；
(5)a·b＝________________；
(6)设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则
＝________________；
(7)cos〈a，b〉＝________________ .
答案：1.(2)a·b＝0　(3)a2　2.(2)(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)
(3)(a1－b1，a2－b2，a3－b3)　(4)(λa1，λa2，λa3)
(5)a1b1＋a2b2＋a3b3　(6)(x2－x1，y2－y1，z2－z1)
(7)
?链/接/教/材
1．[选修2－1·P97·A组T2]如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AC与BD的交点为点M.设＝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
答案：A
2．[必修2·P139·B组T3] 如图，以正方体的三条棱所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系O－xyz，点P在正方体的对角线AB上，点Q在正方体的棱CD上．
(1)当点P为对角线AB的中点，点Q在棱CD上运动时，探究|PQ|的最小值；
(2)当点Q为棱CD的中点，点P在对角线AB上运动时，探究|PQ|的最小值；
(3)当点P在对角线AB上运动，点Q在棱CD上运动时，探究|PQ|的最小值．
由以上问题，你得到了什么结论？你能证明你的结论吗？
解：设正方体的棱长为a.
(1)当点P为对角线AB的中点时，点P的坐标是.
因为点Q在线段CD上，设Q(0，a，z)．
|PQ|＝
＝.
当z＝时，|PQ|的最小值为a，
即点Q在棱CD的中点时，|PQ|有最小值a.
(2)因为P在对角线AB上运动，Q是定点，
所以当PQ⊥AB时，|PQ|最短，
因为当点Q为棱CD的中点时，|AQ|＝|BQ|，△QAB是等腰三角形，
所以当P是AB的中点时，|PQ|取得最小值a.
(3)当点P在对角线AB上运动，点Q在棱CD上运动时，|PQ|的最小值仍然是a.
如图，设P(x，y，z1)．
由正方体的对称性，显然有x＝y.
设P在平面OA上的射影是H.
在△AOB中，＝，
所以＝，即有x＝a－z1.
所以点P的坐标为(a－z1，a－z1，z1)，
由已知，可设Q(0，a，z2)，
则|PQ|＝
＝，
所以当z1＝z2＝时，|PQ|取得最小值a.
由上面3个问题可以得到以下结论，当P，Q分别是AB，CD的中点时，|PQ|的值最小，最小值为a.
?易/错/问/题
1．空间向量理解的误区：共线；共面．
给出下列命题：
①若向量a，b共线，则向量a，b所在的直线平行；

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