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课时作业(四十四)　空间向量及应用
一、单项选择题
1．设u＝(2，1，－2)是平面α的法向量，a＝(－3，8，1)是直线l的方向向量，则直线l与平面α的位置关系是(　　)
A．平行B．垂直
C．相交但不垂直D．平行或在平面内
2．设x，y∈R，向量a＝(x，1，1)，b＝(1，y，1)，c＝(2，－4，2)且a⊥b，b∥c，则|a＋b|＝(　　)
A．2B．
C．3D．4
3．已知空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若＝x＋y＋z(x，y，z∈R)，则“x＝1，y＝－3，z＝3”是“P，A，B，C四点共面”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
4．[2023·湖南益阳模拟]在正三棱锥P ABC中，O是△ABC的中心，PA＝AB＝2，则·＝(　　)
A．B．
C．D．
5．[2023·江西南昌二中模拟]在正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F分别为BB1，CD的中点，则(　　)
A．A1F⊥AEB．A1F⊥EC
C．A1F⊥EC1D．A1F⊥C1D
6．[2023·河北石家庄期末]如图所示，在平行六面体ABCD A1B1C1D1中，＝a，＝b，AA1＝c，点M是A1D1的中点，点N是CA1上的点，且CN∶CA1＝1∶4，则向量可表示为(　　)
A．a＋b＋cB．a＋b＋c
C．a－b－cD．a＋b－c
7．(能力题)在直三棱柱ABC A1B1C1中，CA＝CB＝CC1＝2，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，则(　　)
A．A1B∥平面CMNB．AM⊥平面CMN
C．A1B⊥CB1D．AM∥CB1
8.
(能力题)[2023·湖北潜江模拟]如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCD A1B1C1D1，其中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是(　　)
A．AC1＝6
B．AC1⊥BD
C．向量与的夹角是60°
D．AA1与AC所成角的余弦值为
二、多项选择题
9．已知空间向量m＝(－1，2，4)，n＝(2，－4，x)，则下列选项中正确的是(　　)
A．当m⊥n时，x＝3
B．当m∥n时，x＝－8
C．当|m＋n|＝时，x＝－4
D．当x＝1时，sin〈m，n〉＝
10．已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为a，A1C∩AC1＝O，则(　　)
A．·＝a2B．·＝a2
C．·＝a2D．·＝a2
三、填空题
11．在正方体ABCD A1B1C1D1中，点E在A1C1上，＝且＝x＋y＋z，则x＋y＋z＝________．
12．(能力题)[2023·北京东城期末]如图，在棱长都为1的平行六面体ABCD A1B1C1D1中，，，两两夹角均为，则·＝________；请选择该平行六面体的三个顶点，使得经过这三个顶点的平面与直线AC1垂直.这三个顶点可以是________．
四、解答题
13．[2023·河南洛宁一中模拟]如图三棱柱，ABC A1B1C1的所有棱长都相等，∠A1AB＝∠A1AC＝60°，点M为△ABC的重心，AM的延长线交BC于点N，连接A1M，设＝a，＝b，＝c.
(1)用a，b，c表示；
(2)证明：A1M⊥AB.
14．如图，在四棱锥P ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥DC，DA⊥AB，AB＝AP＝2，DA＝DC＝1，E为PC上一点，且PE＝PC.
(1)求证：AE⊥平面PBC；
(2)求证：PA∥平面BDE.
?优生选做题?
15．[2023·河北保定模拟]已知MN是棱长为4的正方体内切球的一条直径，点P在正方体表面上运动，则·的取值范围为(　　)
A．[1，4] B．[0，12]
C．[0，8] D．[1，6]
16.
如图所示，三棱柱ABC A1B1C1中，＝a，＝b，CC1＝c，CA＝CB＝CC1＝1，〈a，b〉＝〈a，c〉＝，〈b，c〉＝，N是AB中点．
(1)用a，b，c表示向量；
(2)在线段C1B1上是否存在点M，使AM⊥A1N？若存在，求出M的位置，若不存在，说明理由．
课时作业（四十四）　空间向量及应用
1．解析：由u·a＝2×（－3）＋1×8＋（－2）×1＝0，则u⊥a，
由向量的自由性，直线l与平面α的位置关系是平行或在平面内．
故选D.
答案：D
2．解析：因为向量a＝（x，1，1），b＝（1，y，1），c＝（2，－4，2）且a⊥b，b∥c，
所以x＋y＋1＝0，＝，
解得y＝－2，x＝1，
所以向量a＝（1，1，1），b＝（1，－2，1），
所以a＋b＝（2，－1，2），
所以|a＋b|＝＝3.
故选C.
答案：C
3．解析：当x＝1，y＝－3，z＝3时，＝－3＋3，
即－＝－3＋3，则有＝3，
又因为＝－，所以＝3－3，
根据共面向量定理可知，P，A，B，C四点共面；
反之，当P，A，B，C四点共面时，根据共面向量定理，
设＝m＋n（m，n∈R），
即－＝m（－）＋n（－）（m，n∈R），
即＝（1－m－n）＋n＋m（m，n∈R），
即x＝1－m－n，y＝n，z＝m，
因为m，n∈R，所以x，y，z不止1，－3，3这一组，
故“x＝1，y＝－3，z＝3”是“P，A，B，C四点共面”的充分不必要条件．
故选A.
答案：A
4．解析：
∵P ABC为正三棱椎，O为△ABC的中心，
∴PO⊥平面ABC，△ABC是等边三角形，∴PO⊥AO，
∴·＝0，＝··sin60°＝，
故·＝·（＋）＝AP|2－|AO|2＝4－＝.
故选D.
答案：D
5．解析：
由题，建立如图所示空间直角坐标系A1 xyz，
设正方体棱长为2，则有A1（0，0，0），F（2，1，2），A（2，0，0），E（1，2，0），C（2，2，2），C1（0，2，2），D（2，0，2），
＝（2，1，2），＝（－1，2，0），＝（1，0，2），＝（－1，0，2），＝（2，－2，0），
∴·＝0，·＝6，·＝2，·＝2，
∴A1F⊥AE.
故选A.
答案：A
6．解析：因为在平行六面体ABCD A1B1C1D1中，＝a，＝b，＝c，点M是A1D1的中点，点N是CA1上的点，且CN∶CA1＝1∶4，
所以＝＋＝－＋＝－＋（－）＝－＋（＋－）＝＋－＝a＋b－c.
故选D.
答案：D
7．解析：
如图，以C为坐标原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系C xyz，则B（0，2，0），A1（2，0，2），B1（0，2，2），A（2，0，0），M（1，1，2），N（1，0，2）.
＝（1，1，2），＝（1，0，2），＝（－2，2，－2），＝（0，2，2），＝（－1，1，2）.
设平面CMN的法向量n＝（x，y，z），则，
令z＝－1，得n＝（2，0，－1）.
因为与n不垂直，所以A1B与平面CMN不平行，故A不正确；
因为与n不平行，所以AM与平面CMN不垂直，故B不正确；
因为·＝0，所以⊥，故C正确；
因为与不平行，所以AM与CB1不平行，故D不正确．
故选C.
答案：C
8．解析：记＝a，＝b，＝c，由已知＝＝＝6，a，b，c间两两夹角都是60°，
即a·b＝a·c＝b·c＝6×6×cos60°＝18，
＝a＋b＋c，
则＝＝＝
＝
＝6，A错；
＝b－a，
·＝（a＋b＋c）·（b－a）＝b2－a2＋b·c－c·a＝0，⊥，即AC1⊥BD，B正确；
＝－＝b－c，
△BB1C是正三角形，∠BB1C＝60°，＝，所以向量与的夹角是180°－60°＝120°，C错；
＝a＋b，＝＝＝6，
·＝c·（a＋b）＝c·a＋c·b＝18＋18＝36，
cos〈，〉＝＝＝，
所以AA1与AC所成角的余弦值为，D错．
故选B.
答案：B
9．解析：当m⊥n时，m·n＝（－1）×2＋2×（－4）＋4x＝－10＋4x＝0，解得：x＝，故A错误；
令m＝λn，则（－1，2，4）＝（2λ，－4λ，λx）， ，故B正确；
m＋n＝（－1＋2，2－4，4＋x）＝（1，－2，4＋x），所以＝＝＝，解得：x＝－4，故C正确；
当x＝1，cos〈m，n〉＝＝＝－，
因为〈m，n〉∈，sin〈m，n〉＝＝，故D正确．
故选BCD.
答案：BCD
10．解析：
如图：
对于A，因为AA1⊥BC，所以·＝0，故A错误．
对于B，·＝·（＋）＝＝a2，故B正确．
对于C，·＝·（＋）＝＝a2，故C正确．
对于D，·＝·＝a2，故D错误．
故选BC.
答案：BC
11．解析：由题意可得：＝，则＝＋＝＋＝＋（＋）＝＋＋，
∴x＝1，y＝z＝，则x＋y＋z＝.
答案：
12．解析：（1）令a＝，b＝，c＝，
则＝＝＝1，〈a，b〉＝〈a，c〉＝〈b，c〉＝，
则有＝－＝c－b，
＝＋＝＋＋＝b＋c＋a，
故·＝（c＋b＋a）·（c－b）＝c2＋b·c＋a·c－b·c－b2－a·b
＝12＋1×1×＋1×1×－1×1×－12－1×1×＝1＋＋－－1－＝0.
（2）由（1）知＝－＝c－a，
＝＋＝＋＋＝b＋c＋a，
故·＝（c－a）·（c＋b＋a）＝c2＋b·c＋a·c－a·c－a·b－a2
＝12＋1×1×＋1×1×－1×1×－1×1×－12＝1＋＋－－－1＝0，
故⊥，即AC1⊥A1D，
又由（1）知AC1⊥BD，A1D∩BD＝D，
故直线AC1垂直于平面A1BD，
同理可证直线AC1垂直于平面B1D1C.
答案：0　点A1，B，D或点C，B1，D1
13．解析：（1）因为△ABC为正三角形，点M为△ABC的重心，
所以N为BC的中点，
所以＝＋，＝，
所以＝＋＝－＋，
＝－1＋＋＝a＋b－c.
（2）证明：设三棱柱的棱长为m，
则·＝（a＋b－c）·a
＝a2＋a·b－c·a
＝2＋·cos－·cos
＝m2＋m2×－m2×＝0.
所以A1M⊥AB.
14.
证明：（1）如图，以A为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），B（2，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），P（0，0，2），
所以＝（1，1，－2），＝（0，0，2），＝（1，－1，0），
因为PE＝PC，所以＝（，，－），所以＝＋＝（，，），
所以·＝＋－＝0，·＝－＋0＝0，
所以⊥，⊥，即AE⊥PC，AE⊥CB，
又因为PC∩BC＝C，PC，BC 平面PBC.
所以AE⊥平面PBC.
（2）由（1）可得＝－＝（，，）－（2，0，0）＝（－，，），＝（0，0，－2），＝（－2，1，0）.
设平面BDE的法向量为n＝（x1，y1，z1），
则，即令x1＝1，得y1＝2，z1＝0，
则n＝（1，2，0）是平面BDE的一个法向量，
因为·n＝（0，0，－2）·（1，2，0）＝0，所以⊥n，
因为PA 平面BDE，所以PA∥平面BDE.
15．解析：设正方体内切球的球心为O，则OM＝ON＝2，
·＝（＋）·（＋）＝2＋·（＋）＋·，
因为MN是正方体内切球的一条直径，
所以＋＝0，·＝－4，
所以·＝2－4，
又点Р在正方体表面上运动，
所以当P为正方体顶点时，最大，且最大值为2；
当P为内切球与正方体的切点时，最小，且最小值为2；
所以0≤2－4≤8，
所以·的取值范围为.
故选C.
答案：C
16．解析：（1）因为N是AB中点，所以＝，
所以＝＋＝＋
＝－＋（－）＝－a＋b－c.
（2）假设存在点M，使AM⊥A1N，设＝λ，（λ∈[0，1]），
显然λ＝λb，＝＋＋＝c－a＋λb，
因为AM⊥A1N，所以·＝0，
即（c－a＋λb）·（－a＋b－c）＝0，
∴－c·a＋c·b－c2＋a2－a·b＋c·a－λa·b＋λb2－λb·c＝0.
∵CA＝CB＝CC1＝1，〈a，b〉＝〈a，c〉＝，〈b，c〉＝，
∴c·a－c2＋a2－（＋λ）a·b＋λb2＝0，
即×1×1×（－）－12＋×12－（＋λ）×1×1×（－）＋λ·12＝0，
解得λ＝，所以当C1M＝C1B1时，AM⊥A1N.(共110张PPT)
第五节　空间向量及应用
必备知识·夯实双基
关键能力·题型突破
【课标标准】　1.了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标系刻画点的位置，会简单应用空间两点间的距离公式.2.了解空间向量的概念，了解空间向量基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.3.掌握空间向量的线性运算、数量积及其坐标表示．能用向量的数量积判断向量的共线和垂直.4.理解直线的方向向量与平面的法向量．能用向量语言表述线线、线面、面面的平行与垂直关系．
必备知识·夯实双基
知识梳理
1.向量共线与向量共面定理
(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b 存在λ∈R，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 存在唯一的有序实数对(x，y)，使_________．
2．空间向量基本定理
如果三个向量a，b，c不共面，那么对任意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得____________．
a＝λb
p＝xa＋yb
p＝xa＋yb＋zc
3．空间向量的数量积
(1)两向量的夹角
①已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作＝a，＝b，则________叫做向量a，b的夹角，记作〈a，b〉．
②范围：0≤〈a，b〉≤π.
(2)两个非零向量a，b的数量积：
a·b＝________________．
∠AOB
|a||b|cos 〈a，b〉
4．空间向量的坐标表示
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．
向量表示 坐标表示
数量积 a·b ____________________
共线 a＝λb(b≠0，λ∈R) ____________________
垂直 a·b＝0(a≠0，b≠0) ____________________
模
夹角 〈a，b〉(a≠0，b≠0)
a1b1＋a2b2＋a3b3
a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3
a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
5．直线的方向向量与平面的法向量
(1)直线的方向向量：O是直线l上一点，在直线l上取非零向量a，则对于直线l上任意一点P，由数乘向量的定义及向量共线的充要条件可知，存在实数λ，使得＝λa.把与向量a平行的非零向量称为直线l的方向向量．
(2)平面的法向量：直线l⊥α平面，取直线l的方向向量a，称向量a为平面α的法向量．
(3)方向向量和法向量均不为零向量且不唯一．
6．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u1＝(a1，b1，c1)，u2＝(a2，b2，c2) l1∥l2 u1∥u2 λ∈R，使得________________
l1⊥l2 u1⊥u2 u1·u2＝0 ________________
直线l的方向向量为u＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量为n＝(a2，b2，c2) l∥α(l α) u⊥n u·n＝0 __________________
l⊥α u∥n λ∈R，使得u＝λn _____________________
(a1，b1，c1)＝λ(a2，b2，c2)
a1a2＋b1b2＋c1c2＝0
a1a2＋b1b2＋c1c2＝0
(a1，b1，c1)＝λ(a2，b2，c2)
n1＝(a1，b1，c1)，n2＝(a2，b2，c2)分别是平面α，β的法向量 α∥β n1∥n2 λ∈R，使得n1＝λn2 ______________________
α⊥β n1⊥n2 n1·n2＝0 ________________
(a1，b1，c1)＝λ(a2，b2，c2)
a1a2＋b1b2＋c1c2＝0
[常用结论]
1．已知P为线段AB的中点，若A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则点P的坐标为()．
2．在空间中，P，A，B，C四点共面的充要条件是＝x＋y＋z(其中x＋y＋z＝1)，O为空间中任意一点．
夯实双基
1.思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)空间中任意两非零向量a，b共面．(　　)
(2)对于非零向量b，由a·b＝b·c，得a＝c.(　　)
(3)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同．(　　)
(4)若是A，B，C，D空间任意四点，则有＝0.(　　)
√
×
×
√
2．(教材改编)若{a，b，c}为空间向量的一组基底，则下列各项中，能构成空间向量的基底的一组向量是(　　)
A．{a，a＋b，a－b} B．{b，a＋b，a－b}
C．{c，a＋b，a－b} D．{a＋b，a－b，a＋2b}
答案：C
解析：A：因为(a＋b)＋(a－b)＝2a，所以a，a＋b，a－b共面，不能构成基底，排除A；B：因为(a＋b)－(a－b)＝2b，所以b，a＋b，a－b共面，不能构成基底，排除B；D：因为a＋2b＝(a＋b)－(a－b)，所以a＋b，a－b，a＋2b共面，不能构成基底，排除D；C：若c，a＋b，a－b共面，则c＝λ(a＋b)＋μ(a－b)＝(λ＋μ)a＋(λ－μ)b，则a，b，c共面，与{a，b，c}为空间向量的一组基底相矛盾，故c，a＋b，a－b可以构成空间向量的一组基底，C正确．故选C.
3．(教材改编)已知a＝(2，－1，2)，b＝(－4，2，x)，且a∥b，则x＝________．
－4
解析：∵a∥b，
∴＝＝，
∴x＝－4.
4．(易错)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
答案：B
解析：∵a，b，c三向量共面，
∴存在实数m，n，使得c＝ma＋nb，
∴，
解得λ＝－9.
5．(易错)在正方体ABCD - A1B1C1D1中，＝，＝＋y()，则x＝______，y＝________．
1
解析：由向量加法的三角形法则得＝＋，由平行四边形法则得：＝．
∵＝，＝，＝，
∴＝＋
＝
＝)
＝＋)，
∴x＝1，y＝.
关键能力·题型突破
题型一　空间向量的线性运算
例1 如图所示，在平行六面体ABCD - A1B1C1D1中，O为AC的中点．设＝a，＝＝c.
(1)用a，b，c表示；
(2)设E是棱DD1上的点，且＝，用a，b，c表示.
解析：(1)因为O为AC的中点，＝a，＝b，＝c，
所以＝＝)＝(a＋b)，
所以＝＋＝－c＋a＋b＝a＋b－c.
(2)因为＝，
所以＝
＝－(a＋b)
＝－c－b＋(a＋b)
＝a－b－c.
题后师说
空间向量线性运算中的三个关键点
巩固训练1
[2023·河南郑州二中模拟]如图，三棱锥O - ABC中，M，N分别是棱OA，BC的中点，点G在线段MN上，且＝2，设＝x＋y＋z，则x，y，z的值分别是(　　)
A．x＝，y＝，z＝
B．x＝，y＝，z＝
C．x＝，y＝，z＝
D．x＝，y＝，z＝
答案：D
解析：∵＝＝＝)＝－()]＝＝)＋＝，
∴x＝，y＝，z＝.
故选D.
题型二　向量共线、共面定理的应用
例2 已知A，B，C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，若点M满足＝.
(1)判断三个向量是否共面；
(2)判断点M是否在平面ABC内．
解析：(1)共面，理由如下：
∵＝，
∴3＝，
∴＝()＋()，
∴＝＝－，
∴共面．
(2)由(1)可知共面，
且共过同一点M，
∴四点M、A、B、C共面，
∴点M在平面ABC内．
题后师说
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∥)．
巩固训练2
(1)[2023·河南洛阳模拟]已知a＝(2，1，3)，b＝(－1，4，2)，c＝(3，x，y)，若a∥(b－c)，则x＋y＝(　　)
A．6　　　 B．8　　　
C．12　　　 D．14
答案：D
解析：b－c＝(－4，4－x，2－y)，因为a∥(b－c)，所以 λ∈R，使，解得，所以x＋y＝14.
故选D.
(2)[2023·安徽池州一中期末]在三棱锥A - BCD中，M是平面BCD上一点，且5＝3＋，则t＝(　　)
A．1 B．2
C． D．
答案：B
解析：根据向量的减法运算可得＝，
又5＝3＋t，
所以5＝3＋t，
所以6＝3＋t，
所以＝，
又M是平面BCD上一点，所以＝x＋y，
所以＝x()＋y()，
所以＝(1－x－y)＋x＋y，
所以1－x－y＝，x＝，y＝，
所以x＝，y＝，t＝2.
故选B.
题型三　空间向量的数量积及其应用
例3 如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E，G分别是AB，CD的中点．
(1)求证：EG⊥AB；
(2)求EG的长；
(3)求异面直线AG和CE所成角的余弦值．
解析：(1)证明：设＝a，＝b，＝c，由题意知＝)＝(b＋c－a)，
所以·＝(a·b＋a·c－a2)
＝(1×1×＋1×1×－1)＝0.
故⊥，即EG⊥AB.
(2)由(1)知＝－a＋b＋c，
||2＝a2＋b2＋c2－a·b＋b·c－c·a＝，
则||＝，即EG的长为.
(3)＝)＝b＋c，
＝＝－b＋a，
cos 〈〉＝
＝
＝＝－，
由于异面直线所成角的范围是，所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为.
题后师说
空间向量数量积的3个应用
(1)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．
(2)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．
(3)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．
巩固训练3
如图，在平行六面体ABCD - A′B′C′D′中，AB＝4，AD＝3，AA′＝5，∠BAD＝90°，∠BAA′＝∠DAA′＝60°.求：
(1)·；
(2)AC′的长．
解析：(1)·＝·cos ∠A′AB＝5×4×＝10.
(2)∵＝＝，
∴2＝()2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝16＋9＋25＋0＋2×4×5×＋2×3×5×＝85，
∴＝，即AC′的长为.
题型四　向量法证明平行、垂直
例4 如图，在直三棱柱ABC - A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1，D为BC的中点．
(1)证明：A1B∥平面ADC1；
(2)证明：平面ADC1⊥平面BB1C1C.
证明：(1)在直三棱柱ABC - A1B1C1中，AB⊥AC，
∴以A1为原点，A1B1为x轴，A1C1为y轴，A1A为z轴，建立空间直角坐标系，
设AB＝AC＝AA1＝2，则A1(0，0，0)，B(2，0，2)，A(0，0，2)，C(0，2，2)，D(1，1，2)，C1(0，2，0)，
则＝(2，0，2)，＝(1，1，0)，＝(0，2，－2)，
设平面ADC1的法向量n＝(x，y，z)，
则，取x＝1，得n＝(1，－1，－1)，
∵n·＝2＋0－2＝0，且A1B 平面ADC1，则A1B∥平面ADC1.
(2)∵＝＝(－1，1，－2)，
设平面BB1C1C的一个法向量m＝(a，b，c)，
则，取a＝1，得m＝(1，1，0)，
又平面ADC1的法向量n＝(1，－1，－1)，则n·m＝1－1＋0＝0，则n⊥m.
∴平面ADC1⊥平面BB1C1C.
题后师说
(1)利用向量法证明平行、垂直关系，关键是建立恰当的坐标系(尽可能利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及到直线、平面的要素)．
(2)向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何的有关定理．
巩固训练4
如图所示，四棱锥P - ABCD的底面是边长为1的正方形，PA⊥CD，PA＝1，PD＝，E为PD上一点，PE＝2ED.
(1)求证：PA⊥平面ABCD；
(2)在侧棱PC上是否存在一点F，使得BF∥平面AEC？若存在，指出F点的位置，并证明；若不存在，说明理由．
解析：(1)证明：∵PA＝AD＝1，PD＝，
∴PA2＋AD2＝PD2，
∴PA⊥AD，
又PA⊥CD，AD∩CD＝D，AD、CD 平面ABCD，
∴PA⊥平面ABCD.
(2)点A为原点，以AB，AD，AP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，
则A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，C(1，1，0)，P(0，0，1)，E(0，)，
故＝(1，1，0)，＝(0，)，
设平面AEC的法向量n＝(x，y，z)，则
，即，令y＝1，则x＝－1，z＝－2，
故n＝(－1，1，－2)，
假设侧棱PC上存在一点F，且＝λ＝(－λ，－λ，λ)，使得BF∥平面AEC，即·n＝0，
又因为＝＝(0，1，0)＋(－λ，－λ，λ)＝(－λ，1－λ，λ)，
故·n＝(－1)×(－λ)＋1×(1－λ)＋(－2)×λ＝1－2λ＝0，即λ＝，
所以存在PC的中点F，使得BF∥平面AEC.
专题突破 　与球有关的切、接问题
[常用结论]
1．长方体的外接球
(1)球心：体对角线的交点；
(2)半径：R＝(a，b，c为长方体的长、宽、高)．
2．正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球
(1)外接球：球心是正方体的中心，半径R＝a(a为正方体的棱长)；
(2)内切球：球心是正方体的中心，半径r＝(a为正方体的棱长)；
(3)与各条棱都相切的球：球心是正方体的中心，半径r′＝a(a为正方体的棱长)．
3．正四面体的外接球与内切球
(1)外接球：球心是正四面体的中心，半径R＝a(a为正四面体的棱长)；
(2)内切球：球心是正四面体的中心，半径r＝a(a为正四面体的棱长)．
微专题1 外接球问题
研究多面体的外接球问题，既要运用多面体的知识，又要运用球的知识，并且还要特别注意多面体的有关几何元素与球的半径之间的关系，解决此类问题的关键是确定球心．
角度1　定义找心
例1 [2023·山东青岛模拟]《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语，指的是一段类似隧道形状的几何体，如图，羡除ABCDEF中，底面ABCD是正方形，EF∥平面ABCD，EF＝2，其余棱长都为1，则这个几何体的外接球的体积为(　　)　
A．π B．π
C．π D．4π
答案：B
解析：连接AC，BD交于点M，取EF的中点O，则OM⊥平面ABCD，取BC的中点G，连接FG，作GH⊥EF，垂足为H，如图所示．
由题意可知，HF＝，FG＝，所以HG＝＝，
所以OM＝HG＝，AM＝，所以OA＝＝1，又OE＝1，
所以OA＝OB＝OC＝OD＝OE＝OF＝1，即这个几何体的外接球的球心为O，半径为1，
所以这个几何体的外接球的体积为
V＝πR3＝×π×13＝π.
故选B.
题后师说
到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可．
巩固训练1
[2023·河南豫北名校期末]四面体ABCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥BC，CD＝BC＝2，若二面角A-CD-B的大小为60°，则四面体ABCD的外接球的体积为________.
解析：因AB⊥平面BCD，CD 平面BCD，即有AB⊥CD，而BC⊥CD，AB∩BC＝B，AB，BC 平面ABC，
则CD⊥平面ABC，AC 平面ABC，CD⊥AC，因此∠ACB是二面角A - CD - B的平面角，即∠ACB＝60°，
则AB＝2，而BD＝2，有AD＝2，取AD中点O，连接OB，OC，如图，
由于△ACD，△ABD都是以AD为斜边的直角三角形，因此有OC＝OB＝OD＝OA＝，
即四面体ABCD的外接球是以点O为球心，R＝为半径的球，
所以四面体ABCD的外接球体积是V＝R3＝.
角度2　补形找心
例2 (1)已知在三棱锥S - ABC中，AC⊥平面SBC，AC＝4，BC＝2，∠BSC＝60°，则该三棱锥外接球体积为(　　)
A．64π B．π
C．48π D．π
答案：B
解析：如图，将三棱锥S - ABC补成以AC为侧棱的直棱柱，设△BCS外接圆圆心为O1，半径为r，设△ADE外接圆圆心为O2，连接AO2，CO1，O1O2，取O1O2的中点O，则点O为三棱锥S - ABC外接球球心，连接CO，设该三棱锥外接球半径为R，在△BCS中，＝＝4＝2r，所以r＝2.在Rt△OCO1中，R＝＝4，
所以该三棱锥外接球体积为πR3＝π.
故选B.
(2)[2023·河南商丘期末]在四棱锥P - ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，PA＝AD＝2，AB＝2，则四棱锥P - ABCD的外接球的体积为________．
解析：如图，构造长方体ABCD - PB1C1D1，
则长方体ABCD - PB1C1D1的外接球即为四棱锥P - ABCD的外接球，
即四棱锥P - ABCD的外接球球心O为PC(或AC1)的中点．
设外接球半径为r，则2r＝＝4，
可得r＝2，
故四棱锥P - ABCD的外接球的体积为π·23＝π.
π
题后师说
补形法的解题策略
巩固训练2
(1)已知三棱锥P - BCD中，BC⊥CD，PB⊥底面BCD，BC＝1，PB＝CD＝2，则该三棱锥的外接球的体积为(　　)
A．π B．π
C．π D．π
答案：B
解析：如图所示，将三棱锥P - BCD放在长、宽、高分别为2，1，2的长方体中，
则三棱锥P - BCD的外接球即为该长方体的外接球，
所以外接球的直径
PD＝
＝＝3，
∴该球的体积为π×()3＝π.
故选B.
(2)三棱柱ABC - A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，AB＝1，BC＝，AA1＝2，则三棱柱ABC - A1B1C1的外接球的表面积为(　　)
A．32π B．16π
C．12π D．8π
解析：把三棱柱ABC - A1B1C1放入长方体中，如图所示：
所以长方体的外接球即是三棱柱ABC - A1B1C1的外接球，
∵AB＝1，BC＝，AA1＝2，
∴长方体的外接球的半径R＝＝，
∴三棱柱ABC - A1B1C1的外接球半径为，
∴三棱柱ABC - A1B1C1的外接球的表面积为4π()2＝8π.
故选D.
答案：D
角度3　截面找心
例3 已知长方体ABCD - A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，高为4，E是DD1的中点，则三棱锥B1 - C1EC的外接球的表面积为(　　)
A．12π B．20π
C．24π D．32π
答案：B
解析：如图，因为在三棱锥B1 - C1EC中，B1C1⊥平面C1EC且△C1EC为直角三角形，
所以外接球球心是B1C的中点，不妨设球的半径为R，
则2R＝＝，R＝，
所以球的表面积S＝4πR2＝20π.
题后师说
选准最佳角度作出截面，达到空间问题平面化的目的．
巩固训练3
正四棱锥S - ABCD的底面边长和各侧棱长都为2，点S、A、B、C、D都在同一球面上，则此球的体积为________．
π
解析：∵正四棱锥S - ABCD的底面边长和各侧棱长都为2，且点S、A、B、C、D都在同一球面上，
∴该球的球心恰好为底面ABCD的中心，
∴球的半径r＝，则此球的体积为
V＝πr3＝π.
微专题2 内切球问题
例1 (1)[2023·河南六市联考]已知一圆锥的底面直径与母线长相等，一球体与该圆锥的所有母线和底面都相切，则球与圆锥的体积之比为(　　)
A． B．
C． D．
答案：B
解析：设圆锥底面圆半径为R，球的半径为r，
由题意知，圆锥的轴截面是边长为2R的等边三角形，
球的大圆是该等边三角形的内切圆，记球的体积为V1，圆锥的体积为V2，
所以r＝R，V1＝πr3＝π·(R)3＝R3，
V2＝πR2×R＝πR3，
所以球与圆锥的体积之比为＝.故选B.
(2)在三棱锥A - BCD中，AB＝CD＝4，AC＝BD＝AD＝BC＝3，则该三棱锥的内切球的表面积为(　　)
A． B．17π
C． D．
答案：A
解析：如图，在长方体AHDG - EBFC中，设EC＝c，EB＝b，EA＝a，
则a2＋b2＝16，c2＋b2＝9，a2＋c2＝9.
∵a＝b＝2，c＝1，
故四面体ABCD的体积
V＝abc－4×abc＝abc＝.
四面体ABCD的表面积
S＝4S△ABC＝4××4×＝8，
根据等体积可得＝×8×r，r＝.
该三棱锥的内切球的表面积为4π×()2＝.故选A.
题后师说
内切球问题的解题策略
巩固训练4
(1)[2023·天津南开中学模拟]圆柱内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，已知圆柱的体积为16π，则球O的体积为(　　)
A． B．
C．16π D．12π
答案：A
解析：设球O的半径为R，则圆柱的底面圆的半径为R，高为2R，
所以πR2·2R＝16π，解得：R＝2，
则球O的体积为πR3＝π.故选A.
(2)在封闭的直三棱柱ABC - A1B1C1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________．
解析：要使球的体积V最大，必须使球的半径R最大．
因为△ABC内切圆的半径为2，所以由题意易知球与直三棱柱的上、下底面都相切时，
球的半径取得最大值为，此时球的体积为πR3＝.
真题展台
1.[2022·新高考Ⅰ卷]南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为(≈2.65)(　　)
A．1.0×109 m3　　 B．1.2×109 m3
C．1.4×109 m3 D．1.6×109 m3
答案：C
解析：由棱台的体积公式，得增加的水量约为×(157.5－148.5)×(140×106＋180×106＋)＝×(140＋180＋60)≈3×106×(140＋180＋60×2.65)≈1.4×109(m3)．故选C.
2．[2022·新高考Ⅰ卷]已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤3，则该正四棱锥体积的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．[18，27]
答案：C
解析：设该球的半径为R，则由题意知πR3＝36π，解得R＝3.如图，连接AC，BD，相交于点E，连接PE并延长，交球于点Q，连接QD，则PQ＝2R＝6.易知PD⊥QD，DE⊥PQ，所以由射影定理，得PD2＝PE·PQ，所以PE＝，所以DE＝＝ ，所以DC＝DE＝× ，
所以正四棱锥的体积V＝×(× )2×＝(l4－)，则V′＝(4－)．令V′＞0，得3≤l＜2，令V′＜0，得2＜l≤3，所以V＝(l4－)在[3，2)上单调递增，在(2，3 ]上单调递减，所以Vmax＝V(2)＝.又因为V(3)＝，V(3)＝＞，所以Vmin＝，所以该正四棱锥体积的取值范围是.故选C.
3．[2022·新高考Ⅱ卷]已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(　　)
A．100π B．128π
C．144π D．192π
答案：A
解析：设三棱台上底面A1B1C1、下底面ABC的外接圆半径分别为r1，r2，外接圆圆心分别为O1，O2，三棱台的外接球半径为R，球心为O.令|OO1|＝t，则|OO2|＝|t－1|.由题意及正弦定理，得2r1＝＝6，2r2＝＝8，所以r1＝3，r2＝4，所以R2＝＋t2＝＋(t－1)2，即R2＝9＋t2＝16＋(t－1)2，解得所以三棱台外接球的表面积为4πR2＝100π.故选A.
4．[2022·全国甲卷]甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙，若＝2，则＝(　　)
A． B．2
C． D．
答案：C
解析：设甲、乙两个圆锥的母线长都为l，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2.因为两圆锥的侧面展开图的圆心角之和为2π，所以＝2π，则r1＋r2＝l.又＝2，所以πr1l＝2πr2l，所以r1＝2r2，所以r1＝l，r2＝l，所以h1＝＝l，h2＝＝l，所以＝＝＝.故选C.
5．[2022·全国乙卷]已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为(　　)
A． B.
C． D．
答案：C
解析：设四棱锥的底面为四边形ABCD.设四边形ABCD的外接圆圆心为O′，半径为r.S四边形ABCD＝S△AO′B＋S△AO′D＋S△BO′C＋S△CO′D＝r2sin ∠AO′B＋r2sin ∠AO′D＋r2sin ∠BO′C＋r2sin ∠CO′D＝r2(sin ∠AO′B＋sin ∠AO′D＋sin ∠BO′C＋sin ∠CO′D)．因为∠AO′B＋∠AO′D＋∠BO′C＋∠CO′D＝2π，且当θ＝时，sin θ取最大值1，所以当∠AO′B＝∠AO′D＝∠BO′C＝∠CO′D＝时，S四边形ABCD最大，即当四棱锥O - ABCD的底面为正方形时，四棱锥O - ABCD的体积取得最大值．设AB＝a(a>0)，
则正方形ABCD的外接圆的半径r＝a，四棱锥O - ABCD的高h＝，则1－a2>0，解得00；当x∈()时，f′(x)<0.所以f(x)在(0，)上单调递增，在()上单调递减．当x2＝时，f(x)取得极大值，也是最大值，即VO - ABCD取得最大值，此时四棱锥O - ABCD的高h＝＝.故选C.
6．[2021·新高考Ⅰ卷]已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为(　　)
A．2 B．2
C．4 D．4
答案：B
解析：设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则πl＝2π×，解得l＝2.故选B.
7．[2021·新高考Ⅱ卷]正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为(　　)
A．20＋12 B．28
C． D．
答案：D
解析：作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，
因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，
所以该棱台的高h＝＝，
下底面面积S1＝16，上底面面积S2＝4，
所以该棱台的体积V＝h(S1＋S2＋)＝×(16＋4＋)＝.
8．[2021·全国甲卷]已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O - ABC的体积为(　　)
A． B．
C． D．
答案：A
解析：如图所示，
因为AC⊥BC，且AC＝BC＝1，所以AB为截面圆O1的直径，且AB＝.连接OO1，则OO1⊥平面ABC，OO1＝＝＝，所以三棱锥O - ABC的体积V＝×OO1＝×1×1×＝.故选A.
9．[2022·新高考Ⅱ卷](多选)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB.记三棱锥E - ACD，F - ABC，F - ACE的体积分别为V1，V2，V3，则(　　)
A．V3＝2V2 B．V3＝V1
C．V3＝V1＋V2 D．2V3＝3V1
答案：CD
解析：设AB＝ED＝2FB＝2，则V1＝×2×2＝，V2＝×2×1＝.如图，连接BD交AC于点M，连接EM，FM，则FM＝，EM＝，EF＝3，所以S△EMF＝＝，所以V3＝S△EMF·AC＝2，所以V3＝V1＋V2，2V3＝3V1.故选CD.
10．[2020·新高考Ⅱ卷]已知正方体ABCD - A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A - NMD1的体积为________．
解析：因为正方体ABCD - A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，
所以＝VD1 - AMN＝×1×1×2＝.
专题突破 　建立空间直角坐标系的方法与技巧
微专题1 利用共顶点的互相垂直的三条棱建立空间直角坐标系
例1 如图，长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
(1)证明：BE⊥平面EB1C1；
(2)若AE＝A1E，求二面角的正弦值．
解析：(1)证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE 平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1，B1C1＝C1，B1C1 平面EB1C1，EC1 平面EB1C1，所以BE⊥平面EB1C1.
(2)由(1)知∠BEB1＝90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB.
以D为坐标原点，DA，DC，DD1的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系D - xyz，
则C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，
＝(1，0，0)，＝＝(0，0，2)．
设平面EBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则即
所以可取n＝(0，－1，－1)．
设平面ECC1的法向量为m＝(x2，y2，z2)，
则即
所以可取m＝(1，1，0)．于是cos 〈n，m〉＝＝－.
所以，二面角B - EC - C1的正弦值为.
题后师说
由题意知，在长方体ABCD - A1B1C1D1中，三条棱DA，DC，DD1两两互相垂直且交于一点D，可考虑以点D为原点，三条棱所在的直线为坐标轴建立空间直角坐标系，此为根据题目中现有的条件，直接建立空间直角坐标系．
微专题2 利用线面垂直关系建立空间直角坐标系
例2 如图，四棱锥P - ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM.
(1)求BC；
(2)求二面角A - PM - B的正弦值．
解析：因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC.在矩形ABCD中，AD⊥DC，故可以点D为坐标原点建立空间直角坐标系．
(1)连接BD，因为PD⊥平面ABCD，且AM 平面ABCD，所以PD⊥AM，
又因为PB⊥AM，PB∩PD＝P，
所以AM⊥平面PBD，
又BD 平面PBD，所以AM⊥BD，
从而∠ADB＋∠DAM＝90°，
因为∠MAB＋∠DAM＝90°，
所以∠ADB＝∠MAB，
所以△ADB～△BAM，
于是＝，所以BC2＝1，即BC＝，
(2)A(，0，0)，B(，1，0)，M，P(0，0，1)，
设平面PAM的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则＝(－，1，0)，＝(－，0，1)，
由，取x1＝，可得m＝(，1，2)，
设平面PBM的法向量为n＝(x2，y2，z2)，＝(－，0，0)，＝(－，－1，1)，
由，取y2＝1，可得n＝(0，1，1)．
cos 〈m，n〉＝＝＝，
所以，sin 〈m，n〉＝＝，
因此，二面角A-PM-B的正弦值为.
题后师说
由条件中的垂直关系PD⊥底面ABCD，且四边形ABCD为矩形，进而PD，AD，DC两两垂直且共点于D，可建立空间直角坐标系，此为通过先证明题目中建系的条件，建立空间直角坐标系．
微专题3 利用面面垂直关系建立空间直角坐标系
例3 [2021·新高考Ⅰ卷]如图，在三棱锥A - BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．
(1)证明：OA⊥CD；
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E - BC - D的大小为45°，求三棱锥A-BCD的体积．
解析：(1)因为AB＝AD，O为BD中点，所以AO⊥BD.
因为平面ABD∩平面BCD＝BD，平面ABD⊥平面BCD，AO 平面ABD，
因此AO⊥平面BCD，
因为CD 平面BCD，所以AO⊥CD.
(2)由题意知AO⊥平面BCD，显然AO⊥OB.以O为坐标原点，OB，OA所在直线分别为x，z轴，在平面BCD内，
以过点O且与BD垂直的直线为y轴建立空间
直角坐标系．
因为△OCD是边长为1的正三角形，且点O为BD的中点，
所以OC＝OB＝OD＝1，
所以B(1，0，0)，D(－1，0，0)，C(－，0)．
设A(0，0，a)，a>0，因为DE＝2EA，所以E(－，0，)．
由题意可知平面BCD的一个法向量为n＝(0，0，1)．
设平面BCE的法向量为m＝(x，y，z)．
因为＝(－，0)，＝(－，0，)，
所以，即，令x＝1，则y＝，z＝，
所以平面BCE的一个法向量为m＝(1，)．
因为二面角E-BC-D的大小为45°，
所以cos 45°＝＝＝，
得a＝1，即OA＝1.
因为S△BCD＝BD·CD sin 60°＝×2×1×＝，
所以VA-BCD＝S△BCD·OA＝×1＝.
题后师说
由已知条件平面ABD⊥平面BCD，结合其他已知证得AO⊥平面BCD，选取OB，OA所在的直线分别为x，z轴后，y轴就可由以下三个限制条件确定：①必须在平面BCD内且过点O；②必须垂直于OB；③方向必须符合右手直角坐标系．
微专题4 利用正棱锥的底面中心与高所在的直线建立空间直角坐标系
例4 如图，正四棱锥S - ABCD中，SA＝4，AB＝2，E为棱SC上的动点．
(1)若E为棱SC的中点，求证：SA∥平面BDE；
(2)若E满足SE＝3EC，求异面直线SA与BE所成角的余弦值．
解析：(1)连接AC交BD于点O，则O为AC的中点，连接OE，
∵E为SC的中点，∴SA∥OE，
∵SA 平面BDE，OE 平面BDE，
∴SA∥平面BDE.
(2)因为S - ABCD是正四棱锥，
∵O为顶点S在底面的射影，
故SO⊥底面ABCD，且AC⊥BD，
SO＝＝＝
故以点O为坐标原点，
建立空间直角坐标系如图所示，
∵SA＝4，AB＝2，SE＝3EC，
则A(，0，0)，S(0，0，)，B(0，，0)，C(－，0，0)，
∵SC上的点E满足SE＝3EC，∴＝，
设E(x，y，z)，则(x，y，z－)＝(－，0，－)，
∴x＝－，y＝0，z＝，∴E(－，0，)，
∴＝(，0，－)，＝(－，－)，
则|cos 〈〉|＝＝＝.
故异面直线SA与BE所成角的余弦值为.
题后师说
解决有关正棱锥的题目时，一般要利用正棱锥的底面的中心与正棱锥的高所在的直线构建空间直角坐标系．
微专题5 利用底面正三角形建立空间直角坐标系
例5 如图，在正三棱柱ABC - A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．
(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；
(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．
解析：在正三棱柱ABC - A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，连接OB，OO1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以}为基底，建立空间直角坐标系O - xyz.
因为AB＝AA1＝2，所以A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，
A1(0，－1，2)，B1(，0，2)，C1(0，1，2)．
(1)因为P为A1B1的中点，
所以P(，－，2)，
从而＝＝(0，2，2)，
故〉|＝＝＝.
因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为.
(2)因为Q为BC的中点，所以Q(，0)，
因此＝＝＝(0，0，2)．
设n＝(x，y，z)为平面AQC1的法向量，
则即
不妨取n＝(，－1，1)．
设直线CC1与平面AQC1所成角为θ，
则sin θ＝，n〉|＝＝＝，
所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.
题后师说
解决底面为正三角形的几何体建系时，一般将正三角形底边中线和与底边中线垂直的直线作为建立的空间直角坐标系的x轴，y轴，再结合其他条件确定z轴．第五节　空间向量及应用
【课标标准】　1.了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标系刻画点的位置，会简单应用空间两点间的距离公式.2.了解空间向量的概念，了解空间向量基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.3.掌握空间向量的线性运算、数量积及其坐标表示．能用向量的数量积判断向量的共线和垂直.4.理解直线的方向向量与平面的法向量．能用向量语言表述线线、线面、面面的平行与垂直关系．
必备知识·夯实双基
知识梳理
1.向量共线与向量共面定理
(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b 存在λ∈R，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 存在唯一的有序实数对(x，y)，使________．
2．空间向量基本定理
如果三个向量a，b，c不共面，那么对任意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得________．
3．空间向量的数量积
(1)两向量的夹角
①已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作＝a，＝b，则________叫做向量a，b的夹角，记作〈a，b〉．
②范围：0≤〈a，b〉≤π.
(2)两个非零向量a，b的数量积：
a·b＝________________．
4．空间向量的坐标表示
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．
向量表示 坐标表示
数量积 a·b ____________________
共线 a＝λb(b≠0，λ∈R) ____________________
垂直 a·b＝0(a≠0，b≠0) ____________________
模
夹角 〈a，b〉(a≠0，b≠0) cos 〈a，b〉＝
5．直线的方向向量与平面的法向量
(1)直线的方向向量：O是直线l上一点，在直线l上取非零向量a，则对于直线l上任意一点P，由数乘向量的定义及向量共线的充要条件可知，存在实数λ，使得＝λa.把与向量a平行的非零向量称为直线l的方向向量．
(2)平面的法向量：直线l⊥α平面，取直线l的方向向量a，称向量a为平面α的法向量．
(3)方向向量和法向量均不为零向量且不唯一．
6．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u1＝(a1，b1，c1)，u2＝(a2，b2，c2) l1∥l2 u1∥u2 λ∈R，使得________________
l1⊥l2 u1⊥u2 u1·u2＝0 ________________
直线l的方向向量为u＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量为n＝(a2，b2，c2) l∥α(l α) u⊥n u·n＝0 __________________
l⊥α u∥n λ∈R，使得u＝λn ____________
n1＝(a1，b1，c1)，n2＝(a2，b2，c2)分别是平面α，β的法向量 α∥β n1∥n2 λ∈R，使得n1＝λn2 ________
α⊥β n1⊥n2 n1·n2＝0 ________________
[常用结论]
1．已知P为线段AB的中点，若A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则点P的坐标为()．
2．在空间中，P，A，B，C四点共面的充要条件是＝x＋y＋z(其中x＋y＋z＝1)，O为空间中任意一点．
夯实双基
1.思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)空间中任意两非零向量a，b共面．(　　)
(2)对于非零向量b，由a·b＝b·c，得a＝c.(　　)
(3)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同．(　　)
(4)若是A，B，C，D空间任意四点，则有＝0.(　　)
2．(教材改编)若{a，b，c}为空间向量的一组基底，则下列各项中，能构成空间向量的基底的一组向量是(　　)
A．{a，a＋b，a－b} B．{b，a＋b，a－b}
C．{c，a＋b，a－b} D．{a＋b，a－b，a＋2b}
3．(教材改编)已知a＝(2，－1，2)，b＝(－4，2，x)，且a∥b，则x＝________．
4．(易错)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
5．(易错)在正方体ABCD - A1B1C1D1中，＝，＝＋y()，则x＝______，y＝________．
关键能力·题型突破
题型一　空间向量的线性运算
例1 如图所示，在平行六面体ABCD - A1B1C1D1中，O为AC的中点．设＝a，＝＝c.
(1)用a，b，c表示；
(2)设E是棱DD1上的点，且＝，用a，b，c表示.
[听课记录]
题后师说
空间向量线性运算中的三个关键点
巩固训练1
[2023·河南郑州二中模拟]如图，三棱锥O - ABC中，M，N分别是棱OA，BC的中点，点G在线段MN上，且＝2，设＝x＋y＋z，则x，y，z的值分别是(　　)
A．x＝，y＝，z＝
B．x＝，y＝，z＝
C．x＝，y＝，z＝
D．x＝，y＝，z＝
题型二　向量共线、共面定理的应用
例2 已知A，B，C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，若点M满足＝.
(1)判断三个向量是否共面；
(2)判断点M是否在平面ABC内．
[听课记录]
题后师说
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∥)．
巩固训练2
(1)[2023·河南洛阳模拟]已知a＝(2，1，3)，b＝(－1，4，2)，c＝(3，x，y)，若a∥(b－c)，则x＋y＝(　　)
A．6　　　B．8　　　C．12　　　D．14
(2)[2023·安徽池州一中期末]在三棱锥A - BCD中，M是平面BCD上一点，且5＝3＋，则t＝(　　)
A．1 B．2 C． D．
题型三　空间向量的数量积及其应用
例3 如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E，G分别是AB，CD的中点．
(1)求证：EG⊥AB；
(2)求EG的长；
(3)求异面直线AG和CE所成角的余弦值．
[听课记录]
题后师说
空间向量数量积的3个应用
(1)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．
(2)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．
(3)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．
巩固训练3
如图，在平行六面体ABCD - A′B′C′D′中，AB＝4，AD＝3，AA′＝5，∠BAD＝90°，∠BAA′＝∠DAA′＝60°.求：
(1)·；
(2)AC′的长．
题型四　向量法证明平行、垂直
例4 如图，在直三棱柱ABC - A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1，D为BC的中点．
(1)证明：A1B∥平面ADC1；
(2)证明：平面ADC1⊥平面BB1C1C.
[听课记录]
题后师说
(1)利用向量法证明平行、垂直关系，关键是建立恰当的坐标系(尽可能利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及到直线、平面的要素)．
(2)向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何的有关定理．
巩固训练4
如图所示，四棱锥P - ABCD的底面是边长为1的正方形，PA⊥CD，PA＝1，PD＝，E为PD上一点，PE＝2ED.
(1)求证：PA⊥平面ABCD；
(2)在侧棱PC上是否存在一点F，使得BF∥平面AEC？若存在，指出F点的位置，并证明；若不存在，说明理由．
专题突破 　与球有关的切、接问题
[常用结论]
1．长方体的外接球
(1)球心：体对角线的交点；
(2)半径：R＝(a，b，c为长方体的长、宽、高)．
2．正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球
(1)外接球：球心是正方体的中心，半径R＝a(a为正方体的棱长)；
(2)内切球：球心是正方体的中心，半径r＝(a为正方体的棱长)；
(3)与各条棱都相切的球：球心是正方体的中心，半径r′＝a(a为正方体的棱长)．
3．正四面体的外接球与内切球
(1)外接球：球心是正四面体的中心，半径R＝a(a为正四面体的棱长)；
(2)内切球：球心是正四面体的中心，半径r＝a(a为正四面体的棱长)．
微专题1 外接球问题
研究多面体的外接球问题，既要运用多面体的知识，又要运用球的知识，并且还要特别注意多面体的有关几何元素与球的半径之间的关系，解决此类问题的关键是确定球心．
角度1　定义找心
例1 [2023·山东青岛模拟]《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语，指的是一段类似隧道形状的几何体，如图，羡除ABCDEF中，底面ABCD是正方形，EF∥平面ABCD，EF＝2，其余棱长都为1，则这个几何体的外接球的体积为(　　)
　
A．π B．π
C．π D．4π
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题后师说
到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可．
巩固训练1
[2023·河南豫北名校期末]四面体ABCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥BC，CD＝BC＝2，若二面角A-CD-B的大小为60°，则四面体ABCD的外接球的体积为________.
角度2　补形找心
例2 (1)已知在三棱锥S - ABC中，AC⊥平面SBC，AC＝4，BC＝2，∠BSC＝60°，则该三棱锥外接球体积为(　　)
A．64π B．π
C．48π D．π
(2)[2023·河南商丘期末]在四棱锥P - ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，PA＝AD＝2，AB＝2，则四棱锥P - ABCD的外接球的体积为________．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题后师说
补形法的解题策略
巩固训练2
(1)已知三棱锥P - BCD中，BC⊥CD，PB⊥底面BCD，BC＝1，PB＝CD＝2，则该三棱锥的外接球的体积为(　　)
A．π B．π
C．π D．π
(2)三棱柱ABC - A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，AB＝1，BC＝，AA1＝2，则三棱柱ABC - A1B1C1的外接球的表面积为(　　)
A．32π B．16π
C．12π D．8π
角度3　截面找心
例3 已知长方体ABCD - A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，高为4，E是DD1的中点，则三棱锥B1 - C1EC的外接球的表面积为(　　)
A．12π B．20π
C．24π D．32π
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题后师说
选准最佳角度作出截面，达到空间问题平面化的目的．
巩固训练3
正四棱锥S - ABCD的底面边长和各侧棱长都为2，点S、A、B、C、D都在同一球面上，则此球的体积为________．
微专题2 内切球问题
例1 (1)[2023·河南六市联考]已知一圆锥的底面直径与母线长相等，一球体与该圆锥的所有母线和底面都相切，则球与圆锥的体积之比为(　　)
A． B．
C． D．
(2)在三棱锥A - BCD中，AB＝CD＝4，AC＝BD＝AD＝BC＝3，则该三棱锥的内切球的表面积为(　　)
A． B．17π
C． D．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题后师说
内切球问题的解题策略
巩固训练4
(1)[2023·天津南开中学模拟]圆柱内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，已知圆柱的体积为16π，则球O的体积为(　　)
A． B．
C．16π D．12π
(2)在封闭的直三棱柱ABC - A1B1C1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________．
真题展台
1.[2022·新高考Ⅰ卷]南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为(≈2.65)(　　)
A．1.0×109 m3　　 B．1.2×109 m3
C．1.4×109 m3 D．1.6×109 m3
2．[2022·新高考Ⅰ卷]已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤3，则该正四棱锥体积的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．[18，27]
3．[2022·新高考Ⅱ卷]已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(　　)
A．100π B．128π
C．144π D．192π
4．[2022·全国甲卷]甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙，若＝2，则＝(　　)
A． B．2
C． D．
5．[2022·全国乙卷]已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为(　　)
A． B.
C． D．
6．[2021·新高考Ⅰ卷]已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为(　　)
A．2 B．2
C．4 D．4
7．[2021·新高考Ⅱ卷]正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为(　　)
A．20＋12 B．28
C． D．
8．[2021·全国甲卷]已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O - ABC的体积为(　　)
A． B．
C． D．
9．[2022·新高考Ⅱ卷](多选)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB.记三棱锥E - ACD，F - ABC，F - ACE的体积分别为V1，V2，V3，则(　　)
A．V3＝2V2 B．V3＝V1
C．V3＝V1＋V2 D．2V3＝3V1
10．[2020·新高考Ⅱ卷]已知正方体ABCD - A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A - NMD1的体积为________．
专题突破 　建立空间直角坐标系的方法与技巧
微专题1 利用共顶点的互相垂直的三条棱建立空间直角坐标系
例1 如图，长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
(1)证明：BE⊥平面EB1C1；
(2)若AE＝A1E，求二面角的正弦值．
[听课记录]
题后师说
由题意知，在长方体ABCD - A1B1C1D1中，三条棱DA，DC，DD1两两互相垂直且交于一点D，可考虑以点D为原点，三条棱所在的直线为坐标轴建立空间直角坐标系，此为根据题目中现有的条件，直接建立空间直角坐标系．
微专题2 利用线面垂直关系建立空间直角坐标系
例2 如图，四棱锥P - ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM.
(1)求BC；
(2)求二面角A - PM - B的正弦值．
[听课记录]
题后师说
由条件中的垂直关系PD⊥底面ABCD，且四边形ABCD为矩形，进而PD，AD，DC两两垂直且共点于D，可建立空间直角坐标系，此为通过先证明题目中建系的条件，建立空间直角坐标系．
微专题3利用面面垂直关系建立空间直角坐标系
例3[2021·新高考Ⅰ卷]如图，在三棱锥A - BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．
(1)证明：OA⊥CD；
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E - BC - D的大小为45°，求三棱锥A-BCD的体积．
[听课记录]
题后师说
由已知条件平面ABD⊥平面BCD，结合其他已知证得AO⊥平面BCD，选取OB，OA所在的直线分别为x，z轴后，y轴就可由以下三个限制条件确定：①必须在平面BCD内且过点O；②必须垂直于OB；③方向必须符合右手直角坐标系．
微专题4利用正棱锥的底面中心与高所在的直线建立空间直角坐标系
例4 如图，正四棱锥S - ABCD中，SA＝4，AB＝2，E为棱SC上的动点．
(1)若E为棱SC的中点，求证：SA∥平面BDE；
(2)若E满足SE＝3EC，求异面直线SA与BE所成角的余弦值．
[听课记录]
题后师说
解决有关正棱锥的题目时，一般要利用正棱锥的底面的中心与正棱锥的高所在的直线构建空间直角坐标系．
微专题5利用底面正三角形建立空间直角坐标系
例5 如图，在正三棱柱ABC - A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．
(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；
(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．
[听课记录]
题后师说
解决底面为正三角形的几何体建系时，一般将正三角形底边中线和与底边中线垂直的直线作为建立的空间直角坐标系的x轴，y轴，再结合其他条件确定z轴．
第五节　空间向量及应用
必备知识·夯实双基
知识梳理
1．a＝λb　p＝xa＋yb
2．p＝xa＋yb＋zc
3．(1)①∠AOB　(2)|a||b|cos 〈a，b〉
4．a1b1＋a2b2＋a3b3　a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3　a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
6．(a1，b1，c1)＝λ(a2，b2，c2)　a1a2＋b1b2＋c1c2＝0　a1a2＋b1b2＋c1c2＝0　(a1，b1，c1)＝λ(a2，b2，c2)　(a1，b1，c1)＝λ(a2，b2，c2)　a1a2＋b1b2＋c1c2＝0
夯实双基
1．答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√
2．解析：A：因为(a＋b)＋(a－b)＝2a，所以a，a＋b，a－b共面，不能构成基底，排除A；B：因为(a＋b)－(a－b)＝2b，所以b，a＋b，a－b共面，不能构成基底，排除B；D：因为a＋2b＝(a＋b)－(a－b)，所以a＋b，a－b，a＋2b共面，不能构成基底，排除D；C：若c，a＋b，a－b共面，则c＝λ(a＋b)＋μ(a－b)＝(λ＋μ)a＋(λ－μ)b，则a，b，c共面，与{a，b，c}为空间向量的一组基底相矛盾，故c，a＋b，a－b可以构成空间向量的一组基底，C正确．故选C.
答案：C
3．解析：∵a∥b，
∴＝＝，
∴x＝－4.
答案：－4
4．解析：∵a，b，c三向量共面，
∴存在实数m，n，使得c＝ma＋nb，
∴，
解得λ＝－9.
答案：B
5．解析：由向量加法的三角形法则得＝＋，由平行四边形法则得：＝．
∵＝，＝，
＝，
∴＝＋
＝
＝)
＝＋)，
∴x＝1，y＝.
答案：1　
关键能力·题型突破
例1　解析：(1)因为O为AC的中点，＝a，＝b，＝c，
所以＝＝)＝(a＋b)，
所以＝＋＝－c＋a＋b＝a＋b－c.
(2)因为＝，
所以＝
＝－(a＋b)
＝－c－b＋(a＋b)
＝a－b－c.
巩固训练1　解析：∵＝＝＝)＝－()]＝＝)＋＝，
∴x＝，y＝，z＝.
故选D.
答案：D
例2　解析：(1)共面，理由如下：
∵＝，
∴3＝，
∴＝()＋()，
∴＝＝－，
∴共面．
(2)由(1)可知共面，
且共过同一点M，
∴四点M、A、B、C共面，
∴点M在平面ABC内．
巩固训练2　解析：(1)b－c＝(－4，4－x，2－y)，因为a∥(b－c)，所以 λ∈R，使，解得，所以x＋y＝14.
故选D.
(2)根据向量的减法运算可得＝，
又5＝3＋t，
所以5＝3＋t，
所以6＝3＋t，
所以＝，
又M是平面BCD上一点，所以＝x＋y，
所以＝x()＋y()，
所以＝(1－x－y)＋x＋y，
所以1－x－y＝，x＝，y＝，
所以x＝，y＝，t＝2.
故选B.
答案：(1)D　(2)B
例3　解析：(1)证明：设＝a，＝b，＝c，由题意知＝)＝(b＋c－a)，
所以·＝(a·b＋a·c－a2)
＝(1×1×＋1×1×－1)＝0.
故⊥，即EG⊥AB.
(2)由(1)知＝－a＋b＋c，
||2＝a2＋b2＋c2－a·b＋b·c－c·a＝，
则||＝，即EG的长为.
(3)＝)＝b＋c，
＝＝－b＋a，
cos 〈〉＝
＝
＝＝－，
由于异面直线所成角的范围是，所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为.
巩固训练3　解析：(1)·＝·cos ∠A′AB＝5×4×＝10.
(2)∵＝＝，
∴2＝()2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝16＋9＋25＋0＋2×4×5×＋2×3×5×＝85，
∴＝，即AC′的长为.
例4　证明：
(1)在直三棱柱ABC - A1B1C1中，AB⊥AC，
∴以A1为原点，A1B1为x轴，A1C1为y轴，A1A为z轴，建立空间直角坐标系，
设AB＝AC＝AA1＝2，则A1(0，0，0)，B(2，0，2)，A(0，0，2)，C(0，2，2)，D(1，1，2)，C1(0，2，0)，
则＝(2，0，2)，＝(1，1，0)，＝(0，2，－2)，
设平面ADC1的法向量n＝(x，y，z)，
则，取x＝1，得n＝(1，－1，－1)，
∵n·＝2＋0－2＝0，且A1B 平面ADC1，则A1B∥平面ADC1.
(2)∵＝＝(－1，1，－2)，
设平面BB1C1C的一个法向量m＝(a，b，c)，
则，取a＝1，得m＝(1，1，0)，
又平面ADC1的法向量n＝(1，－1，－1)，则n·m＝1－1＋0＝0，则n⊥m.
∴平面ADC1⊥平面BB1C1C.
巩固训练4　解析：(1)证明：∵PA＝AD＝1，PD＝，
∴PA2＋AD2＝PD2，
∴PA⊥AD，
又PA⊥CD，AD∩CD＝D，AD、CD 平面ABCD，
∴PA⊥平面ABCD.
(2)点A为原点，以AB，AD，AP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，
则A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，C(1，1，0)，P(0，0，1)，E(0，)，
故＝(1，1，0)，＝(0，)，
设平面AEC的法向量n＝(x，y，z)，则
，即，令y＝1，则x＝－1，z＝－2，
故n＝(－1，1，－2)，
假设侧棱PC上存在一点F，且＝λ＝(－λ，－λ，λ)，使得BF∥平面AEC，即·n＝0，
又因为＝＝(0，1，0)＋(－λ，－λ，λ)＝(－λ，1－λ，λ)，
故·n＝(－1)×(－λ)＋1×(1－λ)＋(－2)×λ＝1－2λ＝0，即λ＝，
所以存在PC的中点F，使得BF∥平面AEC.
专题突破 　与球有关的切、接问题
例1　解析：
连接AC，BD交于点M，取EF的中点O，则OM⊥平面ABCD，取BC的中点G，连接FG，作GH⊥EF，垂足为H，如图所示．
由题意可知，HF＝，FG＝，所以HG＝＝，
所以OM＝HG＝，AM＝，所以OA＝＝1，又OE＝1，
所以OA＝OB＝OC＝OD＝OE＝OF＝1，即这个几何体的外接球的球心为O，半径为1，
所以这个几何体的外接球的体积为V＝πR3＝×π×13＝π.
故选B.
答案：B
巩固训练1　解析：因AB⊥平面BCD，CD 平面BCD，即有AB⊥CD，而BC⊥CD，AB∩BC＝B，
AB，BC 平面ABC，
则CD⊥平面ABC，AC 平面ABC，CD⊥AC，因此∠ACB是二面角A - CD - B的平面角，即∠ACB＝60°，
则AB＝2，而BD＝2，有AD＝2，取AD中点O，连接OB，OC，如图，
由于△ACD，△ABD都是以AD为斜边的直角三角形，因此有OC＝OB＝OD＝OA＝，
即四面体ABCD的外接球是以点O为球心，R＝为半径的球，
所以四面体ABCD的外接球体积是V＝R3＝.
答案：
例2　解析：
(1)如图，将三棱锥S - ABC补成以AC为侧棱的直棱柱，设△BCS外接圆圆心为O1，半径为r，设△ADE外接圆圆心为O2，连接AO2，CO1，O1O2，取O1O2的中点O，则点O为三棱锥S - ABC外接球球心，连接CO，设该三棱锥外接球半径为R，在△BCS中，＝＝4＝2r，所以r＝2.在Rt△OCO1中，R＝＝4，所以该三棱锥外接球体积为πR3＝π.
故选B.
(2)如图，构造长方体ABCD - PB1C1D1，
则长方体ABCD - PB1C1D1的外接球即为四棱锥P - ABCD的外接球，
即四棱锥P - ABCD的外接球球心O为PC(或AC1)的中点．
设外接球半径为r，则2r＝＝4，可得r＝2，
故四棱锥P - ABCD的外接球的体积为π·23＝π.
答案：(1)B　(2)π
巩固训练2　解析：
(1)如图所示，将三棱锥P - BCD放在长、宽、高分别为2，1，2的长方体中，
则三棱锥P - BCD的外接球即为该长方体的外接球，
所以外接球的直径
PD＝
＝＝3，
∴该球的体积为π×()3＝π.
故选B.
(2)
把三棱柱ABC - A1B1C1放入长方体中，如图所示：
所以长方体的外接球即是三棱柱ABC - A1B1C1的外接球，
∵AB＝1，BC＝，AA1＝2，
∴长方体的外接球的半径R＝＝，
∴三棱柱ABC - A1B1C1的外接球半径为，
∴三棱柱ABC - A1B1C1的外接球的表面积为4π()2＝8π.
故选D.
答案：(1)B　(2)D
例3　解析：
如图，因为在三棱锥B1 - C1EC中，B1C1⊥平面C1EC且△C1EC为直角三角形，
所以外接球球心是B1C的中点，不妨设球的半径为R，
则2R＝＝，R＝，
所以球的表面积S＝4πR2＝20π.
答案：B
巩固训练3　解析：
∵正四棱锥S - ABCD的底面边长和各侧棱长都为2，且点S、A、B、C、D都在同一球面上，
∴该球的球心恰好为底面ABCD的中心，
∴球的半径r＝，则此球的体积为
V＝πr3＝π.
答案：π
例4　解析：(1)
设圆锥底面圆半径为R，球的半径为r，
由题意知，圆锥的轴截面是边长为2R的等边三角形，
球的大圆是该等边三角形的内切圆，记球的体积为V1，圆锥的体积为V2，
所以r＝R，V1＝πr3＝π·(R)3＝R3，
V2＝πR2×R＝πR3，
所以球与圆锥的体积之比为＝.故选B.
(2)如图，在长方体AHDG - EBFC中，设EC＝c，EB＝b，EA＝a，
则a2＋b2＝16，c2＋b2＝9，a2＋c2＝9.
∵a＝b＝2，c＝1，
故四面体ABCD的体积
V＝abc－4×abc＝abc＝.
四面体ABCD的表面积S＝4S△ABC＝4××4×＝8，
根据等体积可得＝×8×r，r＝.
该三棱锥的内切球的表面积为4π×()2＝.故选A.
答案：(1)B　(2)A
巩固训练4　解析：(1)设球O的半径为R，则圆柱的底面圆的半径为R，高为2R，
所以πR2·2R＝16π，解得：R＝2，
则球O的体积为πR3＝π.故选A.
(2)要使球的体积V最大，必须使球的半径R最大．
因为△ABC内切圆的半径为2，所以由题意易知球与直三棱柱的上、下底面都相切时，
球的半径取得最大值为，此时球的体积为πR3＝.
答案：(1)A　(2)
真题展台——知道高考考什么？
1．解析：由棱台的体积公式，得增加的水量约为×(157.5－148.5)×(140×106＋180×106＋)＝×(140＋180＋60)≈3×106×(140＋180＋60×2.65)≈1.4×109(m3)．故选C.
答案：C
2.
解析：设该球的半径为R，则由题意知πR3＝36π，解得R＝3.如图，连接AC，BD，相交于点E，连接PE并延长，交球于点Q，连接QD，则PQ＝2R＝6.易知PD⊥QD，DE⊥PQ，所以由射影定理，得PD2＝PE·PQ，所以PE＝，所以DE＝＝ ，所以DC＝DE＝×，所以正四棱锥的体积V＝×(×)2×＝(l4－)，则V′＝(4－)．令V′＞0，得3≤l＜2，令V′＜0，得2＜l≤3，所以V＝(l4－)在[3，2)上单调递增，在(2，3 ]上单调递减，所以Vmax＝V(2)＝.又因为V(3)＝，V(3)＝＞，所以Vmin＝，所以该正四棱锥体积的取值范围是.故选C.
答案：C
3．解析：设三棱台上底面A1B1C1、下底面ABC的外接圆半径分别为r1，r2，外接圆圆心分别为O1，O2，三棱台的外接球半径为R，球心为O.令|OO1|＝t，则|OO2|＝|t－1|.由题意及正弦定理，得2r1＝＝6，2r2＝＝8，所以r1＝3，r2＝4，所以R2＝＋t2＝＋(t－1)2，即R2＝9＋t2＝16＋(t－1)2，解得所以三棱台外接球的表面积为4πR2＝100π.故选A.
答案：A
4．解析：设甲、乙两个圆锥的母线长都为l，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2.因为两圆锥的侧面展开图的圆心角之和为2π，所以＝2π，则r1＋r2＝l.又＝2，所以πr1l＝2πr2l，所以r1＝2r2，所以r1＝l，r2＝l，所以h1＝＝l，h2＝＝l，所以＝＝＝.故选C.
答案：C
5．解析：设四棱锥的底面为四边形ABCD.设四边形ABCD的外接圆圆心为O′，半径为r.S四边形ABCD＝S△AO′B＋S△AO′D＋S△BO′C＋S△CO′D＝r2sin ∠AO′B＋r2sin ∠AO′D＋r2sin ∠BO′C＋r2sin ∠CO′D＝r2(sin ∠AO′B＋sin ∠AO′D＋sin ∠BO′C＋sin ∠CO′D)．因为∠AO′B＋∠AO′D＋∠BO′C＋∠CO′D＝2π，且当θ＝时，sin θ取最大值1，所以当∠AO′B＝∠AO′D＝∠BO′C＝∠CO′D＝时，S四边形ABCD最大，即当四棱锥O - ABCD的底面为正方形时，四棱锥O - ABCD的体积取得最大值．设AB＝a(a>0)，则正方形ABCD的外接圆的半径r＝a，四棱锥O - ABCD的高h＝，则1－a2>0，解得00；当x∈()时，f′(x)<0.所以f(x)在(0，)上单调递增，在()上单调递减．当x2＝时，f(x)取得极大值，也是最大值，即VO - ABCD取得最大值，此时四棱锥O - ABCD的高h＝＝.故选C.
答案：C
6．解析：设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则πl＝2π×，解得l＝2.故选B.
答案：B
7.
解析：作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，
因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，
所以该棱台的高h＝＝，
下底面面积S1＝16，上底面面积S2＝4，
所以该棱台的体积V＝h(S1＋S2＋)＝×(16＋4＋)＝.
答案：D
8．解析：如图所示，
因为AC⊥BC，且AC＝BC＝1，所以AB为截面圆O1的直径，且AB＝.连接OO1，则OO1⊥平面ABC，OO1＝＝＝，所以三棱锥O - ABC的体积V＝×OO1＝×1×1×＝.故选A.
答案：A
9．解析：
设AB＝ED＝2FB＝2，则V1＝×2×2＝，V2＝×2×1＝.如图，连接BD交AC于点M，连接EM，FM，则FM＝，EM＝，EF＝3，所以S△EMF＝＝，所以V3＝S△EMF·AC＝2，所以V3＝V1＋V2，2V3＝3V1.故选CD.
答案：CD
10．解析：因为正方体ABCD - A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，
所以＝VD1 - AMN＝×1×1×2＝.
答案：
专题突破 　建立空间直角坐标系的方法与技巧
例1　解析：
(1)证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE 平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1，B1C1＝C1，B1C1 平面EB1C1，EC1 平面EB1C1，所以BE⊥平面EB1C1.
(2)由(1)知∠BEB1＝90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB.
以D为坐标原点，DA，DC，DD1的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系D - xyz，
则C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，
＝(1，0，0)，＝＝(0，0，2)．
设平面EBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则即
所以可取n＝(0，－1，－1)．
设平面ECC1的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则
即
所以可取m＝(1，1，0)．于是cos 〈n，m〉＝＝－.
所以，二面角B - EC - C1的正弦值为.
例2　解析：
因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC.在矩形ABCD中，AD⊥DC，故可以点D为坐标原点建立空间直角坐标系．
(1)连接BD，因为PD⊥平面ABCD，且AM 平面ABCD，所以PD⊥AM，
又因为PB⊥AM，PB∩PD＝P，所以AM⊥平面PBD，
又BD 平面PBD，所以AM⊥BD，
从而∠ADB＋∠DAM＝90°，因为∠MAB＋∠DAM＝90°，
所以∠ADB＝∠MAB，所以△ADB～△BAM，
于是＝，所以BC2＝1，即BC＝，
(2)A(，0，0)，B(，1，0)，M，P(0，0，1)，
设平面PAM的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则＝(－，1，0)，＝(－，0，1)，
由，取x1＝，可得m＝(，1，2)，
设平面PBM的法向量为n＝(x2，y2，z2)，＝(－，0，0)，＝(－，－1，1)，
由，取y2＝1，可得n＝(0，1，1)．
cos 〈m，n〉＝＝＝，
所以，sin 〈m，n〉＝＝，
因此，二面角A-PM-B的正弦值为.
例3　解析：(1)因为AB＝AD，O为BD中点，所以AO⊥BD.
因为平面ABD∩平面BCD＝BD，平面ABD⊥平面BCD，AO 平面ABD，
因此AO⊥平面BCD，
因为CD 平面BCD，所以AO⊥CD.
(2)
由题意知AO⊥平面BCD，显然AO⊥OB.以O为坐标原点，OB，OA所在直线分别为x，z轴，在平面BCD内，以过点O且与BD垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系．
因为△OCD是边长为1的正三角形，且点O为BD的中点，
所以OC＝OB＝OD＝1，
所以B(1，0，0)，D(－1，0，0)，C(－，0)．
设A(0，0，a)，a>0，因为DE＝2EA，所以E(－，0，)．
由题意可知平面BCD的一个法向量为n＝(0，0，1)．
设平面BCE的法向量为m＝(x，y，z)．
因为＝(－，0)，＝(－，0，)，
所以，即，令x＝1，则y＝，z＝，
所以平面BCE的一个法向量为m＝(1，)．
因为二面角E-BC-D的大小为45°，
所以cos 45°＝＝＝，
得a＝1，即OA＝1.
因为S△BCD＝BD·CD sin 60°＝×2×1×＝，
所以VA-BCD＝S△BCD·OA＝×1＝.
例4　解析：(1)连接AC交BD于点O，则O为AC的中点，连接OE，
∵E为SC的中点，∴SA∥OE，
∵SA 平面BDE，OE 平面BDE，
∴SA∥平面BDE.
(2)因为S - ABCD是正四棱锥，
∵O为顶点S在底面的射影，
故SO⊥底面ABCD，且AC⊥BD，
SO＝＝＝
故以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
∵SA＝4，AB＝2，SE＝3EC，
则A(，0，0)，S(0，0，)，B(0，，0)，C(－，0，0)，
∵SC上的点E满足SE＝3EC，
∴＝，
设E(x，y，z)，则(x，y，z－)＝(－，0，－)，
∴x＝－，y＝0，z＝，
∴E(－，0，)，
∴＝(，0，－)，＝(－，－)，
则|cos 〈〉|＝＝＝.
故异面直线SA与BE所成角的余弦值为.
例5　解析：
在正三棱柱ABC - A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，连接OB，OO1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以}为基底，建立空间直角坐标系O - xyz.
因为AB＝AA1＝2，所以A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，
A1(0，－1，2)，B1(，0，2)，C1(0，1，2)．
(1)因为P为A1B1的中点，
所以P(，－，2)，
从而＝＝(0，2，2)，
故〉|＝＝＝.
因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为.
(2)因为Q为BC的中点，
所以Q(，0)，
因此＝＝＝(0，0，2)．
设n＝(x，y，z)为平面AQC1的法向量，
则
即
不妨取n＝(，－1，1)．
设直线CC1与平面AQC1所成角为θ，
则sin θ＝，n〉|＝＝＝，
所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.

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