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第1讲　基本立体图形、简单几何体的表面积与体积
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构. 2.知道球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式，能用公式解决简单的实际问题. 3.能用斜二测画法画出简单空间图形（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合）的直观图. 基本立体图形 2023新高考卷ⅠT12；2023全国卷甲T15；2023全国卷甲T16；2021新高考卷ⅠT3；2020新高考卷ⅠT16；2020全国卷ⅠT3；2019全国卷ⅡT16 该讲每年必考，命题重点为空间几何体的结构，难度可大可小；空间几何体的表面积和体积的计算，难度中等；体积的最值问题，常用函数思想和基本不等式求解，难度中等偏大；与球有关的切、接问题，对直观想象核心素养要求较高，难度中等偏大.题型以选择题和填空题为主.预计2025年高考命题稳定.
空间几何体的表面积（侧面积） 2023新高考卷ⅡT9；2022新高考卷ⅡT7；2021新高考卷ⅡT4；2021全国卷甲T14；2020全国卷ⅠT10；2020全国卷ⅡT10；2020天津T5
空间几何体的体积 2023新高考卷ⅠT14；2023新高考卷ⅡT9；2023新高考卷ⅡT14；2023全国卷乙T8；2023天津T8；2022新高考卷ⅠT4；2022新高考卷ⅠT8；2022新高考卷ⅡT11；2022全国卷乙T9；2022全国卷甲T9；2022天津T8；2021新高考卷ⅠT12；2021新高考卷ⅡT5；2021全国卷甲T11；2020新高考卷ⅡT13；2020全国卷ⅢT15；2019全国卷ⅠT12；2019全国卷ⅢT16
1.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
图形
底面 互相①　平行　且全等 多边形 互相平行且②　相似　
侧棱 平行且相等 相交于③　一点　，但不一定相等 延长线交于一点，但不一定相等
侧面形状 ④　平行四边形　 三角形 ⑤　梯形　
规律总结
1.几种特殊棱柱的结构特征及之间的关系
2.正棱锥的结构特征
棱锥正棱锥正三棱锥正四面体
（2）旋转体的结构特征
名称 圆柱 圆锥 圆台 球
图形
旋转图形 矩形 ⑥　直角三角形　 ⑦　直角梯形　 半圆形
母线 互相平行且相等，⑧　垂直于底面　 相交于一点 延长线交于一点
轴截面 全等的⑨　矩形　 全等的⑩　等腰三角形　 全等的等腰梯形 圆
侧面展开图 　矩形　 　扇形　 扇环
2.立体图形的直观图
（1）画法：常用斜二测画法.
（2）规则
a.原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，∠x'O'y'＝ 　45°或135°　（O'为x'轴与y'轴的交点），z'轴与x'轴和y'轴所在平面 　垂直　.
b.原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍 　平行　于坐标轴.
c.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轴的线段长度在直观图中变为原来的 　一半　.
（3）用斜二测画法画出的平面图形的直观图的面积与原图形面积的关系：S直观图＝ 　　S原图形.
3.简单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　
说明　圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式间的关系：S圆柱侧＝2πrlS圆台侧＝π（r＋r'）lS圆锥侧＝πrl.
（2）简单几何体的表面积与体积
表面积 体积
柱体（棱柱和圆柱） S表面积＝S侧＋2S底 V＝ 　S底h　
锥体（棱锥和圆锥） S表面积＝S侧＋S底 V＝ 　S底h　
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.[易错题]如图，长方体ABCD－A'B'C'D'被平面EFGH截去几何体B'C'HEFG，其中EH∥A'D'，则剩下的几何体是（　C　）
A.棱台 B.四棱柱 C.五棱柱 D.六棱柱
2.[多选/教材改编]给出下列命题，其中错误的是（　ABD　）
A.有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体一定是棱柱
B.三棱锥的四个面最多有三个直角三角形
C.在四棱柱中，若两个过相对棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱
D.以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥
3.[易错题]圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形，则圆柱的表面积为　24π2＋18π或24π2＋8π　.
4.用一个半径为10 cm的半圆纸片卷成一个最大的无底圆锥，放在水平桌面上，被一阵风吹倒，如图所示，则被吹倒后该无底圆锥的最高点到桌面的距离为　5 cm　.
解析　画出示意图，如图所示，设圆锥的底面半径为r，母线长为l.
根据题意知l＝10 cm，且2πr＝πl，故r＝5 cm.
所以圆锥的轴截面为等边三角形，且边长为10 cm.
故被吹倒后该无底圆锥的最高点到底面的距离即边长为10 cm的等边三角形的高，此高为5 cm.
5.如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1－BB1D1D的体积为　　.
解法一（直接法）　连接A1C1交B1D1于点E，则A1E⊥B1D1，A1E⊥BB1，又B1D1∩BB1＝B1，则A1E⊥平面BB1D1D，所以A1E为四棱锥A1－BB1D1D的高，且A1E＝，矩形BB1D1D的长和宽分别为，1，故＝×1××＝.
解法二（割补法）　连接BD1，则四棱锥A1－BB1D1D被分成两个三棱锥B－A1DD1与B－A1B1D1，则＝＋＝××1×1×1＋××1×1×1＝.
研透高考 明确方向
命题点1　基本立体图形
角度1　结构特征
例1 [多选/2023新高考卷Ⅰ]下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（　ABD　）
A.直径为0.99 m的球体
B.所有棱长均为1.4 m的四面体
C.底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体
D.底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体
解析　由于棱长为1 m的正方体的内切球的直径为1 m＞0.99 m，所以选项A正确；由于棱长为1 m的正方体中可放入棱长为 m的正四面体，且＞1.4，所以选项B正确；因为正方体的棱长为1 m，体对角线长为 m，＜1.8，所以高为1.8 m的圆柱体不可能整体放入该正方体容器中，所以选项C不正确；由于正方体的体对角线长为 m，而底面直径为1.2 m的圆柱体，其高0.01 m可忽略不计，故只需把圆柱的底面与正方体的体对角线平行放置，即可以整体放入正方体容器中，所以选项D正确.综上，选ABD.
角度2　直观图
例2 如图，矩形O'A'B'C'是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O'A'＝6 cm，O'C'＝2 cm，C'D'＝2 cm，则原图形的形状是　菱形　，其面积为　24 cm2　.
解析　如图，在原图形OABC中，OA＝O'A'＝6 cm，OD＝2O'D'＝2×2＝4（cm），CD＝C'D'＝2 cm，所以OC＝＝＝6（cm），所以OA＝OC＝BC＝AB，故四边形OABC是菱形，＝OA×OD＝6×4＝24（cm2）.
角度3　展开图
例3 长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝AA1＝2，E为棱AA1上的动点，平面BED1交棱CC1于点F，则四边形BED1F的周长的最小值为（　B　）
A.4 B.2 C.2（＋） D.2＋4
解析　作出长方体如图1，将其侧面展开，如图2所示，当点E为BD1与AA1的交点，点F为BD'1与CC1的交点时，截面四边形BED1F的周长最小，
最小值为2BD1＝2＝2.故选B.
方法技巧
求解空间几何体表面上两点间的最短距离问题或折线段长度和的最小值问题，常利用几何体的侧面展开图，转化为求平面两点间的最短距离问题.
训练1 （1）[2023全国卷甲]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点.以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有　12　个公共点.
解析　如图，线段EF过正方体的中心，所以以EF为直径的球的球心即正方体的中心，球的半径为，而正方体的中心到每一条棱的距离均为，所以以EF为直径的球与每一条棱均相切，所以共有12个公共点.
（2）已知等腰梯形ABCD，上底CD＝1，腰AD＝CB＝，下底AB＝3，以AB所在直线为x轴，用斜二测画法画出水平放置的等腰梯形ABCD的直观图A'B'C'D'，则四边形A'B'C'D'的面积为　　.
解析　取AB的垂直平分线EO为y轴，则等腰梯形ABCD和其直观图分别如图1和图2所示.过点E'作E'F⊥A'B'于点F.
因为OE＝＝1，由斜二测画法可知O'E'＝，E'F＝，D'C'＝1，A'B'＝3，则四边形A'B'C'D'的面积S'＝×E'F＝×＝.
（3）已知圆台上底面半径为，下底面半径为，母线长为2，AB为圆台母线，一只蚂蚁从点A出发绕圆台侧面一圈到点B，则蚂蚁经过的最短路径的长度为　2　.
解析　设圆台对应圆锥的顶点为O，将圆锥沿AB所在直线展开如图所示，设点A在展开图中的点为A'，依题意得，蚂蚁经过的最短路径为A'B.
因为圆台上底面半径为，下底面半径为，所以OB＝AB＝2.设展开图的圆心角为θ，则θ＝＝，所以△OAA'为等边三角形，又B为OA的中点，所以A'B＝4×sin ＝2.
命题点2　空间几何体的表面积（侧面积）
例4 （1）[2022新高考卷Ⅱ]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　）
A.100π B.128π C.144π D.192π
解析　由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为××3＝3，××4＝4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上.设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝32＋O＝42＋，解得OO1＝4（舍去）；当球心O不在线段O1O2上时，R2＝42＋O＝32＋（1＋OO2）2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以该球的表面积为4πR2＝100π.故选A.
（2）[2021全国卷甲]已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为　39π　.
解析　设该圆锥的高为h，则由已知条件可得×π×62×h＝30π，解得h＝，则圆锥的母线长为＝＝，故该圆锥的侧面积为π×6×＝39π.
方法技巧
求空间几何体的表面积的常见类型及解题思路
求多面体的表面积 即求各个面的面积之和，通常会利用特殊的四边形及三角形的面积公式.
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，但要搞清旋转体的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系.
注意　组合体的表面积要注意对衔接部分的处理.
训练2 《九章算术》中有一种几何体叫做刍甍（méng）（底面为矩形的屋脊状楔体），如图是一个刍甍，四边形EFBA为等腰梯形，EF∥AB，FB＝FC＝，AB＝2EF＝2BC＝4，则此刍甍的表面积为　8＋8　.
解析　如图所示，过点F作FG⊥AB于G，FH⊥BC于H.因为FB＝FC＝，BC＝2，所以H为BC的中点，易得FH＝，所以S△FBC＝S△EAD＝.
因为四边形EFBA为等腰梯形，且AB＝2EF＝4，所以易得FG＝，所以S梯形EFBA＝S梯形EFCD＝×（2＋4）×＝3，所以此刍甍的表面积S＝2×4＋2×＋2×3＝8＋8.
命题点3　空间几何体的体积
角度1　求空间几何体的体积
例5 （1）[2023全国卷乙]已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝，若△PAB的面积等于，则该圆锥的体积为（　B　）
A.π B.π C.3π D.3π
解析　在△AOB中，AO＝BO＝，∠AOB＝，由余弦定理得AB＝＝3，设等腰三角形PAB底边AB上的高为h，则S△PAB＝×3h＝，解得h＝，由勾股定理得母线PA＝＝3，则该圆锥的高PO＝＝，所以该圆锥的体积为×3π×＝π，故选B.
（2）[2023天津高考]在三棱锥P－ABC中，线段PC上的点M满足PM＝PC，线段PB上的点N满足PN＝PB，则三棱锥P－AMN和三棱锥P－ABC的体积之比为（　B　）
A. B. C. D.
解析　如图，因为PM＝PC，PN＝PB，所以＝＝＝×＝，所以＝＝＝＝（其中d为点A到平面PBC的距离，因为平面PMN和平面PBC重合，所以点A到平面PMN的距离也为d）.故选B.
方法技巧
求空间几何体体积的常用方法
直接法 对于规则的几何体，利用相关公式直接计算.
割补法 把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体，然后进行体积计算.
等体积法 通过转换底面和高来求几何体的体积，即通过将原来不容易求面积的底面转换为容易求面积的底面，或将原来不容易看出的高转换为容易看出并容易求解的高进行求解.常用于求三棱锥的体积.
正四面体的体积是a3（a是正四面体的棱长）.
训练3 （1）十字歇山顶是中国古代建筑屋顶的经典样式之一，图1中的故宫角楼的顶部即为十字歇山顶.其上部可视为由两个相同的直三棱柱交叠而成的几何体（图2）.这两个直三棱柱有一个公共侧面ABCD.在底面BCE中，若BE＝CE＝3，∠BEC＝120°，则该几何体的体积为（　C　）
图1 图2
A. B. C.27 D.27
解析　如图所示，该几何体可视为由直三棱柱BCE－ADF与两个三棱锥G－MAB，G－NCD拼接而成.记直三棱柱BCE－ADF的高为h，底面BCE的面积为S，所求几何体的体积为V，则S＝BE×CE×
sin 120°＝×3×3×＝，h＝CD＝BC＝3.所以V＝V三棱柱BCE－ADF＋V三棱锥G－MAB＋
V三棱锥G－NCD＝Sh＋S×h＋S×h＝Sh＝27.故选C.
（2）[2023新高考卷Ⅰ]在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则该棱台的体积为　　.
解析　如图所示，设点O1，O分别为正四棱台ABCD－A1B1C1D1上、下底面的中心，连接B1D1，BD，则点O1，O分别为B1D1，BD的中点，连接O1O，则O1O即正四棱台ABCD－A1B1C1D1的高，过点B1作B1E⊥BD，垂足为E，则B1E＝O1O.因为AB＝2，A1B1＝1，所以OB＝，O1B1＝，所以BE＝OB－OE＝OB－O1B1＝，又AA1＝，所以BB1＝，B1E＝＝＝，所以O1O＝，所以＝×（22＋12＋）×＝.
角度2　体积的最值问题
例6 [2022全国卷乙]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（　C　）
A. B. C. D.
解析　该四棱锥的体积最大即该四棱锥底面所在圆面和顶点O组成的圆锥体积最大.设圆锥的高为h（0＜h＜1），底面半径为r，则圆锥的体积V＝πr2h＝π（1－h2）h，则V'＝π（1－3h2），令V'＝0，得h＝，所以V＝π（1－h2）h在（0，）上单调递增，在
（，1）上单调递减，所以当h＝时，四棱锥的体积最大，故选C.
方法技巧
求解体积的最值问题的方法
（1）几何法：根据几何体的结构特征，先确定体积表达式中的常量与变量，然后利用几何知识判断变量什么情况下取得最值，从而确定体积的最值.
（2）代数法：先设变量，求出几何体的体积表达式，然后转化为函数最值问题或利用不等式求解即可.
训练4 [2023湖北省宜昌市三校联考]已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为，点E为棱D1C1上一动点，点F为BB1上一动点，且满足EF＝2，则三棱锥B1－EFC1的体积的最大值为　　.
解析　如图，不妨设C1E＝m（0＜m≤），B1F＝n（0＜n≤），则EF＝＝＝2，所以m2＋n2＝1.于是＝＝×B1F＝××m××n＝mn≤×＝，当且仅当m＝n＝时等号成立.故三棱锥B1－EFC1的体积的最大值为.第2讲　空间点、直线、平面之间的位置关系
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义，了解4个基本事实和定理. 平面的基本性质及应用 2020新高考卷ⅠT16；2020全国卷ⅡT16；2020全国卷ⅢT19 该讲是立体几何的基础，主要以客观题的形式出现，考查平面的基本性质及应用（如作截面），线线位置关系的判定等，难度中等.在2025年高考备考中要侧重对基本性质的理解和应用.
空间直线、平面间的位置关系 2023上海春季T15；2021新高考卷ⅡT10；2019全国卷ⅢT8
1.平面的基本性质
（1）三个基本事实
基本事实1　过①　不在一条直线上　的三个点，有且只有一个平面.
基本事实2　如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内.
基本事实3　如果两个不重合的平面②　有一个公共点　，那么它们有且只有③　一条　过该点的公共直线.
（2）三个推论
利用基本事实1和基本事实2，结合“两点确定一条直线”可得到以下推论.
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④　相交　直线，有且只有一个平面.
推论3　经过两条⑤　平行　直线，有且只有一个平面.
2.空间中直线间的位置关系
（1）过平面外一点A和平面内一点B的直线，与平面内不过点B的直线是异面直线；（2）异面直线既不平行，也不相交；（3）异面直线不具有传递性，即若直线a与b是异面直线，b与c是异面直线，则a与c不一定是异面直线.
3.空间中直线、平面间的位置关系
图形语言 符号语言 公共点
直线与平面 相交 a∩α＝A 1个
平行 a∥α 0个
在平面内 a α ⑥　无数　个
平面与平面 平行 α∥β ⑦　0　个
相交 α∩β＝l 无数个
说明　分别在两个平行平面内的直线平行或异面.
1.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的交线必通过（　D　）
A.点A B.点B
C.点C但不过点M D.点C和点M
2.[多选]以下说法正确的是（　CD　）
A.若一条直线上有两个点到一个平面距离相等，则这条直线与该平面平行
B.若一个平面上有三个点到另一个平面距离相等，则这两个平面平行
C.若三条直线a，b，c两两平行且分别交直线l于A，B，C三点，则这四条直线共面
D.不共面的四点中，任意三点都不共线
解析　对于A，直线也可能在平面内或与平面相交；对于B，两平面也可能相交；易知C，D正确.
3.[多选]如图是一个正方体的展开图，则在这个正方体中，下列命题正确的是（　CD　）
A.AF与CN平行 B.BM与AN是异面直线
C.AF与BM是异面直线 D.BN与DE是异面直线
解析　把正方体的平面展开图还原，如图，由正方体的结构特征可知，AF与CN是异面直线，故A错误；
BM与AN平行，故B错误；
BM 平面BCMF，F∈平面BCMF，A 平面BCMF，F BM，故AF与BM是异面直线，故C正确；
DE 平面ADNE，N∈平面ADNE，B 平面ADNE，N DE，故BN与DE是异面直线，故D正确.
研透高考 明确方向
命题点1　平面的基本性质及应用
例1 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.
解析　（1）如图所示，连接B1D1.由题意知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）记A1，C，C1三点确定的平面为平面α，平面BDEF为平面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＜BD，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，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.
方法技巧
1.证明点共线问题的常用方法
基本事实法 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，再根据基本事实3证明这些点都在交线上.
纳入直线法 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.证明线共点问题的常用方法
先证两条直线交于一点，再证明第三条直线经过该点.
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.
训练1 如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱CC1，AA1的中点.
（1）画出平面BED1F与平面ABCD的交线，并说明理由.
（2）设H为直线B1D与平面BED1F的交点，求证：B，H，D1三点共线.
解析　（1）如图1所示，直线PB为平面BED1F与平面ABCD的交线，理由如下：
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
因为DA 平面AA1D1D，D1F 平面AA1D1D，且DA与D1F不平行， 图1
所以在平面AA1D1D内分别延长D1F，DA，则D1F与DA必相交于一点，不妨设为点P，所以P∈AD，P∈D1F.
因为DA 平面ABCD，D1F 平面BED1F，
所以P∈平面ABCD，P∈平面BED1F，
即P为平面ABCD和平面BED1F的公共点.
连接PB，又B为平面ABCD和平面BED1F的公共点，
所以直线PB为平面BED1F与平面ABCD的交线.
（2）如图2所示，连接BD1，BD，B1D1，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
因为BB1∥DD1，且BB1＝DD1，
所以四边形BB1D1D为平行四边形.
因为H为直线B1D与平面BED1F的交点，所以H∈B1D， 　　图2
又B1D 平面BB1D1D，所以H∈平面BB1D1D，
又H∈平面BED1F，平面BED1F∩平面BB1D1D＝BD 1，
所以H∈BD1，
所以B，H，D1三点共线.
命题点2　空间直线、平面间的位置关系
例2 （1）[2023上海春季高考]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是A1C1上的动点，则下列直线中，始终与直线BP异面的是 （　B　）
A.DD1 B.AC C.AD1 D.B1C
解析　对于A，如图1，当点P为A1C1的中点时，连接B1D1，BD，则P在B1D1上，BP 平面BDD1B1，又DD1 平面BDD1B1，所以BP与DD1共面，故A错误；
图1 图2
对于B，如图2，连接AC，易知AC 平面ACC1A1，BP 平面ACC1A1，且BP∩平面ACC1A1＝P，P不在AC上，所以BP与AC为异面直线，故B正确；当点P与点C1重合时，连接AD1，B1C（图略），由正方体的性质，易知BP∥AD1，BP与B1C相交，故C，D错误.故选B.
（2）[2023高三名校联考（一）]设α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，则下列说法正确的是（　B　）
A.若m α，n α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α
B.若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α
C.若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l⊥n
D.若m α，n⊥α，l⊥n，则l∥m
解析　A选项，若m α，n α，l⊥m，l⊥n，则l与α相交、平行或l α，如图1，m∥n，且满足m α，n α，l⊥m，l⊥n，但此时l与α斜交，故A错误；B选项，因为l∥m，m∥n，所以l∥n，因为l⊥α，所以n⊥α，故B正确；C选项，因为m⊥α，n⊥α，所以m∥n，因为l∥m，所以l∥n，故C错误；D选项，若m α，n⊥α，l⊥n，则l与m相交、平行或异面，如图2，满足m α，n⊥α，l⊥n，但此时l与m异面，故D错误.故选B.
图1 图2
方法技巧
1.判断空间直线、平面间的位置关系时，注意对平面的基本性质及有关定理的应用.
2.判断空间直线、平面间位置关系的命题的真假时，常借助几何模型（长方体、正方体）或实物（墙角、桌面等）.
3.注意反证法在判断空间两直线位置关系时的应用.
训练2 若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是（　D　）
A.l与l1，l2都不相交
B.l与l1，l2都相交
C.l至多与l1，l2中的一条直线相交
D.l至少与l1，l2中的一条直线相交
解析　解法一（反证法）　若l∥l1，l∥l2，则l1∥l2，这与l1，l2是异面直线矛盾.故l至少与l1，l2中的一条直线相交.
解法二（模型法）　如图1，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故A，B不正确；如图2，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故C不正确.第3讲　空间直线、平面的平行
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面平行的性质定理与判定定理. 2.能用已获得的结论证明空间基本图形的平行关系的简单命题. 线面平行的判定与性质 2023上海T17；2022新高考卷ⅡT20；2022北京T17；2019全国卷ⅠT18 本讲内容是高考命题的热点，主要考查直线与平面以及平面与平面平行的判定定理和性质定理的应用，题型既有选择题，也有解答题，难度中等.预计2025年高考命题稳定，但应注意与充分必要条件等知识的综合命题.
面面平行的判定与性质 2022全国卷乙T7；2019全国卷ⅡT7
平行关系的综合应用
1.直线与直线平行
（1）基本事实4：平行于同一条直线的两条直线平行（即平行线的传递性）.
注意　平行线的传递性不仅仅是平行关系有传递性，若a∥b，则直线a的大部分性质也可以传递给直线b，比如若a⊥c，则b⊥c；若a⊥α，则b⊥α，若a与平面α夹角为30°，则b与平面α夹角也为30°等.但要注意若a∥α，则不一定有b∥α，因为无法判断直线b是否在平面α内.
（2）等角定理：如果空间中两个角的两边分别对应平行，那么这两个角①　相等或互补　.
2.直线与平面平行的判定与性质
定理 文字语言 图形语言 符号语言
判定 定理 如果平面②　外　一条直线与此平面③　内　的一条直线平行，那么该直线与此平面平行.简称：线线平行，则线面平行. a∥α
性质 定理 一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面⑥　相交　，那么该直线与交线平行.简称：线面平行，则线线平行. a∥b
注意　（1）在证明线面平行时，一定要强调此直线不在平面内；（2）一条直线平行于一个平面，它可以与平面内的无数条直线平行，但这条直线与平面内的任意一条直线可能平行，也可能异面.
3.平面与平面平行的判定与性质
定理 文字语言 图形语言 符号语言
判定 定理 如果一个平面内的两条⑧　相交　直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行.简称：线面平行，则面面平行. α∥β
性质 定理 两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条 　交线平行　.简称：面面平行，则线线平行. a∥b
规律总结
平行关系中常用的6个结论
1.垂直于同一条直线的两个平面平行.
2.平行于同一平面的两个平面平行.
3.垂直于同一平面的两条直线平行.
4.两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面.
5.夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等.
6.经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行.
1.[教材改编]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则下列直线中与平面ACE平行的是（　B　）
A.BA1 B.BD1 C.BC1 D.BB1
解析　如图所示，连接BD，设AC∩BD＝O，则O是BD的中点，连接OE，∵在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点，
∴OE∥BD1.
又OE 平面ACE，BD1 平面ACE，
∴BD1∥平面ACE.
易得直线BA1，BC1，BB1均与平面ACE不平行.
2.[多选/教材改编]若直线a平行于平面α，则（　BC　）
A.平面α内有且只有一条直线与a平行 B.平面α内有无数条直线与a平行
C.平面α内存在无数条与a不平行的直线 D.平面α内任意一条直线都与a平行
3.已知直线a∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于直线a的直线有　1　条.
4.[易错题]如图是长方体被一平面所截得的几何体，截面为四边形EFGH，则四边形EFGH的形状是　平行四边形　.
解析　因为平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，所以EF∥HG.同理，EH∥FG，所以四边形EFGH是平行四边形.
研透高考 明确方向
命题点1　线面平行的判定与性质
例1 [2023上海高考节选]如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥DC，AB⊥AD，AB＝2，AD＝3，DC＝4.求证：A1B∥平面DCC1D1.
解析　解法一　∵AB∥DC，AB 平面DCC1D1，CD 平面DCC1D1，
∴AB∥平面DCC1D1.
∵AA1∥DD1，AA1 平面DCC1D1，DD1 平面DCC1D1，
∴AA1∥平面DCC1D1.
又AB∩AA1＝A，∴平面ABB1A1∥平面DCC1D1.
又A1B 平面ABB1A1，∴A1B∥平面DCC1D1.
解法二　如图，取CD的中点E，连接BE，D1E，则DE＝2，
∵AB∥DC，AB＝2，∴AB DE，
∴四边形ABED为平行四边形，
∴BE AD.
又AD A1D1，∴BE A1D1，
∴四边形A1D1EB为平行四边形，
∴A1B∥D1E，
又D1E 平面DCC1D1，A1B 平面DCC1D1，
∴A1B∥平面DCC1D1.
例2 [北京高考节选]如图，在正方形AMDE中，B，C分别为AM，MD的中点.在五棱锥P－ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.求证：AB∥FG.
解析　在正方形AMDE中，因为B是AM的中点，所以AB∥DE.
又AB 平面PDE，DE 平面PDE，
所以AB∥平面PDE.
因为AB 平面ABF，且平面ABF∩平面PDE＝FG，
所以AB∥FG.
方法技巧
1.证明线线平行常用的方法
（1）利用线面平行的性质定理.
（2）利用面面平行的性质定理.
（3）利用中位线，对应线段成比例，平行四边形的性质等.
2.证明直线与平面平行的常用方法
（1）利用线面平行的判定定理.
（2）利用面面平行的性质：α∥β，a α a∥β.
注意　应用线面平行的判定定理和性质定理时，一定要注意定理成立的条件.
训练1 [2023江西省南昌市摸底测试]如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB，AD，D1C1，C1B1的中点分别为E，F，G，H，则下列直线中，与平面ACD1和平面BDC1的交线平行的直线是（　C　）
A.EH B.HG C.EG D.FH
解析　如图，设AC∩BD＝M，CD1∩C1D＝N，则M∈平面ACD1，M∈平面BDC1，N∈平面ACD1，N∈平面BDC1，连接MN，则平面ACD1∩平面BDC1＝MN.在△ACD1中，M，N分别为AC，CD1的中点，所以MN∥AD1.连接EG，在四边形ABC1D1中，易知四边形ABC1D1是平行四边形，又E，G分别为AB，C1D1的中点，所以EG∥AD1，所以MN∥EG.故选C.
训练2 [2022北京高考节选]如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点.求证：MN∥平面BCC1B1.
解析　解法一　如图，设点P为AB的中点，连接PN，PM，因为N为AC的中点，所以PN为△ABC的中位线，
所以PN∥BC.
又M为A1B1的中点，所以PM∥BB1.
因为BB1∩BC＝B，PM∩PN＝P，BB1，BC 平面BCC1B1，PM，PN 平面MPN，所以平面BCC1B1∥平面MPN.
又MN 平面MPN，
所以MN∥平面BCC1B1.
解法二　如图，取BC的中点D，连接B1D，DN.
在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，AB＝A1B1.
因为M，N，D分别为A1B1，AC，BC的中点，
所以B1M∥AB，B1M＝AB，DN∥AB，DN＝AB，则B1M∥DN且B1M＝DN，
所以四边形B1MND为平行四边形，因此B1D∥MN.又MN 平面BCC1B1，B1D 平面BCC1B1，所以MN∥平面BCC1B1.
命题点2　面面平行的判定与性质
例3 [全国卷Ⅱ]设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（　B　）
A.α内有无数条直线与β平行
B.α内有两条相交直线与β平行
C.α，β平行于同一条直线
D.α，β垂直于同一平面
解析　对于A，α内有无数条直线与β平行，当这无数条直线互相平行时，α与β可能相交，所以A不正确；对于B，根据两平面平行的判定定理与性质知，B正确；对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C不正确；对于D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以D不正确.综上可知选B.
例4 [安徽高考节选]如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD＝2BC.过A1，C，D三点的平面记为α，BB1与α的交点为Q.证明：Q为BB1的中点.
解析　因为BQ∥AA1，BC∥AD，BQ，BC 平面A1AD，AA1，AD 平面A1AD，所以BQ∥平面A1AD，BC∥平面A1AD，又BC∩BQ＝B，
所以平面QBC∥平面A1AD.
从而平面α与这两个平面的交线互相平行，即QC∥A1D.
故△QBC与△A1AD的对应边互相平行，于是△QBC∽△A1AD.
所以＝＝＝，即Q为BB1的中点.
方法技巧
证明面面平行的常用方法
（1）利用面面平行的判定定理.
（2）利用垂直于同一条直线的两个平面平行（l⊥α，l⊥β α∥β）.
（3）利用平面平行的传递性（α∥β，β∥γ α∥γ）.
训练3 [2023高三名校联考节选]如图，四棱锥P－ABCD的底面为菱形，∠ABC＝，AB＝AP＝2，PA⊥底面ABCD，E是线段PB的中点，G，H分别是线段PC上靠近P，C的三等分点.求证：平面AEG∥平面BDH.
解析　如图，连接AC，交BD于点O，连接OH，在△PBH中，E，G分别为PB，PH的中点，所以EG∥BH，又EG 平面BDH，BH 平面BDH，所以EG∥平面BDH.同理可得AG∥平面BDH，因为AG，EG 平面AEG，AG∩EG＝G，所以平面AEG∥平面BDH.
命题点3　平行关系的综合应用
例5 [山东高考节选]在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O'的直径，FB是圆台的一条母线.已知G，H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC.
解析　如图，连接CF，设CF的中点为I，连接GI，HI，在△CEF中，因为G，I分别是CE，CF的中点，所以GI∥EF.
连接OB，易知EF∥OB，
所以GI∥OB.
因为GI 平面ABC，OB 平面ABC，所以GI∥平面ABC.
在△BCF中，因为H，I分别是BF，CF的中点，
所以HI∥BC.
因为HI 平面ABC，BC 平面ABC，所以HI∥平面ABC，
又HI∩GI＝I，HI 平面GHI，GI 平面GHI，
所以平面GHI∥平面ABC.
因为GH 平面GHI，所以GH∥平面ABC.
方法技巧
平行关系的综合应用
训练4 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，BC∥平面PAD，BC＝AD，E是PD的中点.
（1）求证：CE∥平面PAB.
（2）若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点N，使得MN∥平面PAB？请说明理由.
解析　（1）如图，取AP的中点F，连接EF，BF，
因为E，F分别是PD，AP的中点，所以EF∥AD且EF＝AD.
又BC∥平面PAD，BC 平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，所以BC∥AD，
又BC＝AD，所以EF∥BC且EF＝BC，
所以四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF.
又BF 平面PAB，CE 平面PAB，所以CE∥平面PAB.
（2）线段AD上存在点N，且点N为AD的中点，使得MN∥平面PAB.理由如下：
如图，取AD的中点N，连接CN，EN，
因为E，N分别为PD，AD的中点，所以EN∥PA.
因为EN 平面PAB，PA 平面PAB，所以EN∥平面PAB.
由（1）知，CE∥平面PAB，又CE∩EN＝E，CE，EN 平面CEN，所以平面CEN∥平面PAB.
连接MN，则MN 平面CEN，所以MN∥平面PAB.
于是在线段AD上存在点N，使得MN∥平面PAB.第4讲　空间直线、平面的垂直
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面垂直的性质定理与判定定理. 2.能用已获得的结论，证明空间图形的垂直关系的简单命题. 线面垂直的判定与性质 2023全国卷甲T11；2021新高考卷ⅠT12；2021新高考卷ⅡT10；2020新高考卷ⅠT4；2020新高考卷ⅠT20；2020全国卷ⅠT18；2019全国卷ⅡT17 本讲内容是高考命题的重点，主要考查直线与平面以及平面与平面垂直的判定定理和性质定理的应用，不仅会单独命题，也经常应用于求解球的切、接问题以及建立空间直角坐标系前的线线垂直证明中，题型既有小题也有大题，难度中等.这里应特别注意证明空间线线、线面垂直关系时，灵活应用平行对垂直的转化作用.
面面垂直的判定与性质 2022全国卷乙T7；2022全国卷乙T18；2021新高考卷ⅠT20；2021新高考卷ⅡT19；2020全国卷ⅡT20；2019全国卷ⅢT19
垂直关系的综合应用 2023北京T16；2022全国卷甲T18
1.直线与直线垂直
如果两条异面直线所成的角是直角，那么就说这两条异面直线互相垂直.
2.直线与平面垂直
（1）直线和平面垂直的定义
如果直线l与平面α内的①　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和性质定理
文字语言 图形语言 符号语言
判定 定理 如果一条直线与一个平面内的两条②　相交　直线垂直，那么该直线与此平面垂直. ⑤　l⊥α　
性质 定理 垂直于同一个平面的两条直线⑥　平行　. ⑦　a∥b　
规律总结
垂直关系中常用的6个结论
（1）若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任意一条直线（证明线线垂直的一个重要方法）.
（2）若两条平行线中的一条直线垂直于一个平面，则另一条直线也垂直于这个平面.
（3）若一条直线垂直于两平行平面中的一个平面，则这条直线与另一个平面也垂直.
（4）两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面.
（5）三垂线定理：平面内的一条直线，如果它和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直.
（6）三垂线定理的逆定理：平面内的一条直线，如果它和这个平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在这个平面内的射影垂直.
3.平面与平面垂直
（1）平面与平面垂直的定义
一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是⑧　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和性质定理
文字语言 图形语言 符号语言
判定定理 如果一个平面过另一个平面的⑨　垂线　，那么这两个平面垂直. α⊥β
性质定理 两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的 　交线　，那么这条直线与另一个平面垂直. l⊥α
1.在空间中，α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列说法错误的是（　C　）
A.若m⊥α，m∥n，n β，则α⊥β B.若α∥β，m⊥α，n⊥β，则m∥n
C.若α∥β，m α，n β，则m∥n D.若α⊥β，m α，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β
解析　由m⊥α，m∥n，得n⊥α，又n β，所以α⊥β，A说法正确；由α∥β，m⊥α，得m⊥β，又n⊥β，所以m∥n，B说法正确；若α∥β，m α，n β，则m，n可能平行或异面，C说法错误；由面面垂直的性质定理知D说法正确.故选C.
2.[教材改编]下列命题中不正确的是（　A　）
A.如果平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l⊥平面β
B.如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β
C.如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
D.如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ
3.已知一个平面与一个正方体的12条棱所成的角都等于α，则sin α ＝（　B　）
A. B. C. D.
解析　如图所示，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，易知平面A1C1D与D1A1，D1C1，D1D所成的角都相等，
又B1C1，BC，AD均与D1A1平行，A1B1，AB，DC均与D1C1平行，A1A，B1B，C1C均与D1D平行，所以平面A1C1D与正方体的12条棱所成的角都相等.连接BD1，与平面A1C1D交于点O，连接A1O，则BD1⊥平面A1C1D，则α＝∠D1A1O，且D1O＝BD1＝，所以sin α＝＝＝，故选B.
4.[教材改编]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线AB与A1D1所成角的大小为　90°　；直线AD1与DC1所成角的大小为　60°　.
解析　因为A1B1∥AB，所以∠D1A1B1就是异面直线AB与A1D1所成的角.
因为∠D1A1B1＝90°，所以直线AB与A1D1所成角的大小为90°.
如图，连接AB1，B1D1.
因为AB1∥DC1，所以直线AB1与AD1所成的角即直线DC1与AD1所成的角.
又AD1＝AB1＝B1D1，所以△AB1D1为正三角形，
所以∠D1AB1＝60°，所以直线AD1与AB1所成角的大小为60°，
即直线AD1与DC1所成角的大小为60°.
研透高考 明确方向
命题点1　线面垂直的判定与性质
例1 [2024惠州市二调节选]如图，已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，侧面ADD1A1是矩形，点P为D1C1的中点，且PD＝PC.
求证：DD1⊥平面ABCD.
解析　（1）解法一　因为四边形CDD1C1是平行四边形，点P为D1C1的中点，且PD＝PC，
所以△DD1P≌△CC1P，
所以∠DD1P＝∠CC1P，
又∠DD1P＋∠CC1P＝180°，所以∠DD1P＝∠CC1P＝90°，
所以DD1⊥D1C1，即DD1⊥DC.
因为侧面ADD1A1是矩形，所以DD1⊥AD，
又CD∩AD＝D，CD，AD 平面ABCD，所以DD1⊥平面ABCD.
解法二　如图，取DC中点E，连接PE.
因为PD＝PC，所以PE⊥DC.
因为四边形CDD1C1是平行四边形，点P为D1C1的中点，
所以PE∥D1D，所以D1D⊥DC.
因为侧面ADD1A1是矩形，
所以DD1⊥AD，
又CD∩AD＝D，CD，AD 平面ABCD，所以DD1⊥平面ABCD.
方法技巧
1.证明线面垂直的常用方法
（1）利用线面垂直的判定定理（a⊥b，a⊥c，b∩c＝M，b α，c α a⊥α）；
（2）利用面面垂直的性质定理（α⊥β，α∩β＝l，a⊥l，a β a⊥α）；
（3）a⊥α，α∥β a⊥β；
（4）a∥b，a⊥α b⊥α.
2.证明线线垂直的常用方法
（1）利用线面垂直的性质证明线线垂直；
（2）计算两条直线的夹角的大小为90°或运用勾股定理的逆定理判断垂直；
（3）平面几何中常见的垂直，如直径所对的圆周角为直角，菱形对角线相互垂直等.
3.证明线面垂直的关键是证明线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.
训练1 [2023全国卷甲]已知四棱锥P－ABCD的底面是边长为4的正方形，PC＝PD＝3，∠PCA＝45°，则△PBC面积为（　C　）
A.2 B.3 C.4 D.6
解析　如图，取CD，AB的中点分别为E，F，连接PE，EF，PF，因为PC＝PD，所以PE⊥CD，又底面ABCD是正方形，所以EF⊥CD，又PE∩EF＝E，所以CD⊥平面PEF，又AB∥CD，所以AB⊥平面PEF，又PF 平面PEF，所以AB⊥PF，所以PA＝PB.在△PAC中，由余弦定理，得PA＝＝，所以PB＝.在△PBC中，由余弦定理，得cos∠PCB＝＝，所以sin∠PCB＝，所以S△PBC＝PC·BCsin∠PCB＝4，故选C.
训练2 [全国卷Ⅰ节选]如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝DO.证明：PA⊥平面PBC.
解析　设DO＝a，由题设可得PO＝a，AO＝a，AB＝a，PA＝PB＝PC＝a.
因此PA2＋PB2＝AB2，从而PA⊥PB.
又PA2＋PC2＝AC2，故PA⊥PC.
又PB∩PC＝P，PB，PC 平面PBC，
所以PA⊥平面PBC.
命题点2　面面垂直的判定与性质
例2 [2021新高考卷Ⅱ节选]如图，在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，AD＝2，QD＝QA＝，QC＝3.证明：平面QAD⊥平面ABCD.
解析　在△QDC中，因为QD2＋CD2＝QC2，所以CD⊥QD.
又CD⊥AD，QD∩AD＝D，QD，AD 平面QAD，
所以CD⊥平面QAD.
因为CD 平面ABCD，
所以平面QAD⊥平面ABCD.
例3 [2024江苏常州模拟节选]如图所示，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为梯形，其中AB∥DC，AB＝2BC＝2CD＝4，∠BCD＝60°，平面PBD⊥平面ABCD.证明：PB⊥AD.
解析　由题意知△BCD为等边三角形，则BD＝BC＝2，
又AB∥DC，则∠ABD＝60°，
在△ABD中，AB＝4，BD＝2，所以AD2＝AB2＋BD2－2AB×BD×cos∠ABD＝42＋22－2×4×2×cos 60°＝12，则AD＝2，
所以AD2＋BD2＝AB2，即AD⊥BD，
因为平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，AD 平面ABCD，所以AD⊥平面PBD.
又PB 平面PBD，故PB⊥AD.
方法技巧
1.证明面面垂直的方法
（1）利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直的问题转化为证明二面角的平面角为直角的问题.
（2）利用面面垂直的判定定理（a α，a⊥β α⊥β）.
2.面面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据.
训练3 [2022全国卷乙]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则（　A　）
A.平面B1EF⊥平面BDD1
B.平面B1EF⊥平面A1BD
C.平面B1EF∥平面A1AC
D.平面B1EF∥平面A1C1D
解析　如图，对于选项A，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC，又AC⊥BD，所以EF⊥BD，又易知DD1⊥EF，BD∩DD1＝D，从而EF⊥平面BDD1，又EF 平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，故选项A正确；对于选项B，因为平面A1BD∩平面BDD1＝BD，所以由选项A知，平面B1EF⊥平面A1BD不成立，故选项B错误；对于选项C，由题意知直线AA1与直线B1E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，故选项C错误；对于选项D，连接AB1，B1C，易知平面AB1C∥平面A1C1D，又平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，所以平面A1C1D与平面B1EF不平行，故选项D错误.故选A.
训练4 [2024福建泉州质量监测节选]如图，三棱锥P－ABC中，PA⊥PB，PA＝PB，AB＝2BC＝2，平面PAB⊥平面ABC.求三棱锥P－ABC体积的最大值.
解析　取AB的中点O，连接PO，如图所示.
因为PA＝PB，所以PO⊥AB，
又平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PO 平面PAB，
所以PO⊥平面ABC.
因为PA⊥PB，PA＝PB，AB＝2BC＝2，所以PO＝1，BC＝1，
所以V三棱锥P－ABC＝S△ABC·PO＝×（AB·BC·sin∠ABC）·PO＝sin∠ABC.
因为∠ABC∈（0，π），所以0＜sin∠ABC≤1，V三棱锥P－ABC≤，
当且仅当sin∠ABC＝1，即∠ABC＝时，等号成立.
故三棱锥P－ABC体积的最大值为.
命题点3　垂直关系的综合应用
例4 [2023北京高考节选]如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝BC＝1，PC＝.
求证：BC⊥平面PAB.
解析　因为PA⊥平面ABC，AC 平面ABC，所以PA⊥AC，又PA＝1，PC＝，所以AC＝.
因为AB＝BC＝1，所以AB2＋BC2＝AC2，所以BC⊥AB.
因为PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以PA⊥BC，又BC⊥AB，且PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，所以BC⊥平面PAB.
方法技巧
线线垂直线面垂直面面垂直
训练5 [2022全国卷甲]小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直.
（1）证明：EF∥平面ABCD.
（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）.
解析　（1）如图，分别取AB，BC的中点M，N，连接EM，FN，MN，
∵△EAB与△FBC均为正三角形，且边长均为8，
∴EM⊥AB，FN⊥BC，且EM＝FN.
又平面EAB与平面FBC均垂直于平面ABCD，
平面EAB∩平面ABCD＝AB，平面FBC∩平面ABCD＝BC，EM 平面EAB，FN 平面FBC，
∴EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，
∴EM∥FN，∴四边形EMNF为平行四边形，
∴EF∥MN.
又MN 平面ABCD，EF 平面ABCD，
∴EF∥平面ABCD.
（2）如图，分别取AD，DC的中点P，Q，连接PM，PH，PQ，QN，QG，AC，BD.
由（1）知EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，同理可证得，GQ⊥平面ABCD，HP⊥平面ABCD，易得EM＝FN＝GQ＝HP＝4，EM∥FN∥GQ∥HP.
易得AC⊥BD，MN∥AC，PM∥BD，所以PM⊥MN，
又PM＝QN＝MN＝PQ＝BD＝4，所以四边形PMNQ是正方形，所以四棱柱PMNQ－HEFG为正四棱柱，
所以V四棱柱PMNQ－HEFG＝（4）2×4＝128.
因为AC⊥BD，BD∥PM，
所以AC⊥PM.
因为EM⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，所以EM⊥AC.
又EM，PM 平面PMEH，且EM∩PM＝M，
所以AC⊥平面PMEH，
则点A到平面PMEH的距离d＝AC＝2，
所以V四棱锥A－PMEH＝S四边形PMEH×d＝×4×4×2＝，
所以该包装盒的容积V＝V四棱柱PMNQ－HEFG＋4V四棱锥A－PMEH＝128＋4×＝（cm3）.第5讲　空间向量及空间位置关系
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.（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；（2）借助特殊长方体顶点的坐标，探索并得出空间两点间的距离公式. 2.了解空间向量的概念. 3.（1）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；（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；（4）了解空间向量投影的概念以及投影向量的意义. 4.（1）理解直线的方向向量与平面的法向量；（2）能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直与平行关系；（3）能用向量方法证明有关直线、平面位置关系的判定定理. 空间向量的基本定理 该讲知识是利用空间向量求解立体几何问题的基础，主要用来求解平面的法向量和直线的方向向量，以及利用向量解决空间位置关系的判断问题，考查数学运算素养.
空间向量的坐标运算
利用向量法证明平行与垂直问题 2021新高考卷ⅡT10；2021全国卷甲T19；2021浙江T6；2020天津T17
1.空间向量的三个定理
共线向量定理 对空间任意两个向量a，b（b≠0），a∥b 存在λ∈R，使①　a＝λb　.
共面向 量定理 若两个向量a，b②　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③　p＝xa＋yb　.
空间向量 基本定理 如果三个向量a，b，c不共面，那么对任意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组（x，y，z），使得p＝④　xa＋yb＋zc　，{a，b，c}叫做空间的一个基底. 注意　（1）空间任意三个不共面的向量都可构成空间的一个基底. （2）基底选定后，空间的所有向量均可由基底唯一表示.
规律总结
应用共线（面）向量定理证明点共线（面）的方法
2.空间向量的坐标运算
设a＝（a1，a2，a3），b＝（b1，b2，b3），则
（1）a±b＝（a1±b1，a2±b2，a3±b3）；
（2）λa＝（λa1，λa2，λa3）（λ∈R）；
（3）a·b＝⑤　a1b1＋a2b2＋a3b3　；
（4）a∥b a＝λb（b≠0） ⑥　a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3（λ∈R）　；
（5）a⊥b a·b＝0 ⑦　a1b1＋a2b2＋a3b3＝0　；
（6）｜a｜＝＝；
（7）cos＜a，b＞＝＝.
规律总结
空间两点间的距离及中点坐标公式
设点A（x1，y1，z1），B（x2，y2，z2）是空间中两点，则
（1）AB＝⑧　　；
（2）线段AB的中点坐标为（，，）.
3.直线的方向向量和平面的法向量
直线的方向向量 如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称向量a为直线l的方向向量.
平面的法向量 直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量.一个平面的法向量有无数个，它们是共线向量.
思维拓展
确定平面法向量的方法
（1）直接法：观察是否有垂直于平面的直线，若有，则此直线的方向向量就是平面的法向量.
（2）待定系数法：建立空间直角坐标系，找出（求出）平面内的两个不共线的向量，如
a＝（a1，a2，a3），b＝（b1，b2，b3），设平面的法向量为n＝（x，y，z），则解方程组，取其中的一组解，即得平面的一个法向量.
注意　n＝（0，0，0）不能作为法向量.
方法技巧
向量的叉乘a×b运算得出的是与a，b垂直的向量，所以可以利用叉乘计算平面的法向量，运算法则如下：
i，j，k分别表示x，y，z轴正方向的单位向量，a＝（x1，y1，z1），b＝（x2，y2，z2），则a×b＝＝（y1z2－y2z1）i－（x1z2－x2z1）j＋（x1y2－x2y1）k＝（y1z2－y2z1，－x1z2＋x2z1，x1y2－x2y1）.
4.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（λ∈R，λ≠0）
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 ⑨　m·n＝0　
l⊥α n∥m n＝λm（λ∈R，λ≠0）
平面α，β的法向量分别为n，m. α∥β n∥m n＝λm（λ∈R，λ≠0）
α⊥β n⊥m ⑩　m·n＝0　
1.下列说法正确的是（　C　）
A.直线的方向向量是唯一确定的
B.若直线a的方向向量和平面α的法向量平行，则a∥α
C.若两平面的法向量平行，则两平面平行
D.若直线a的方向向量与平面α的法向量垂直，则a∥α
2.已知A（1，0，0），B（0，1，0），C（0，0，1），则下列向量是平面ABC的一个法向量的是（　C　）
A.（－1，1，1） B.（1，－1，1）
C.（－，－，－） D.（，，－）
3.在空间直角坐标系中，A（1，1，－2），B（1，2，－3），C（－1，3，0），D（x，y，z）（x，y，z∈R），若A，B，C，D四点共面，则（　A　）
A.2x＋y＋z＝1 B.x＋y＋z＝0 C.x－y＋z＝－4 D.x＋y－z＝0
4.已知向量a＝（1，0，－1），则下列向量中与a成60°夹角的是（　B　）
A.（－1，1，0） B.（1，－1，0） C.（0，－1，1） D.（－1，0，1）
5.[教材改编]已知u＝（3，a＋b，a－b）（a，b∈R）是直线l的方向向量，n＝（1，2，3）是平面α的法向量.若l∥α，则a与b的关系式为　5a－b＋3＝0　；若l⊥α，则a＋b＝　6　.
解析　由题意可知，若l∥α，则u·n＝0，即3＋2（a＋b）＋3（a－b）＝0，整理得5a－b＋3＝0.
若l⊥α，则存在实数λ，使得u＝λn，即（3，a＋b，a－b）＝λ（1，2，3），则解得则a＋b＝6.
研透高考 明确方向
命题点1　空间向量的基本定理
例1 （1）已知空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，且有＝x＋y＋z（x，y，z∈R），则x＝2，y＝－3，z＝2是P，A，B，C四点共面的（　A　）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分又不必要条件
解析　由题可知，要使P，A，B，C四点共面，则需x＋y＋z＝1.当x＝2，y＝－3，z＝2时满足条件，所以x＝2，y＝－3，z＝2是P，A，B，C四点共面的充分条件；反之，当四点共面时，只要x＋y＋z＝1即可，不一定要取x＝2，y＝－3，z＝2，所以x＝2，y＝－3，z＝2不是P，A，B，C四点共面的必要条件.故x＝2，y＝－3，z＝2是P，A，B，C四点共面的充分不必要条件.
（2）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（　B　）
A.a＋b＋c B.－a＋b＋c
C.－a－b＋c D.a－b＋c
解析　如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点，故＝（＋）＝a＋b，故＝＋＋＝
－＋＋a＋b＝－a＋c＋a＋b＝－a＋b＋c，故选B.
方法技巧
1.证明空间四点共面的方法
（1）利用共线向量定理；（2）利用共面向量定理.
2.空间基底的要求是不共面的三个向量.
训练1 [多选]如图，在四面体PABC中，以下说法正确的有（　ABC　）
A.若＝＋，则＝3
B.若Q为△ABC的重心，则＝＋＋
C.若·＝0，·＝0，则·＝0
D.若四面体PABC各棱长都为2，M，N分别为PA，BC的中点，则｜｜＝1
解析　对于A，∵＝＋，∴3＝＋2，∴2－2＝－，∴2＝，则3＝＋＝，即3＝，故A正确；
对于B，∵Q为△ABC的重心，则＋＋＝0，∴3＋＋＋＝3，
∴（＋）＋（＋）＋（＋）＝3，则＋＋＝3，即＝＋＋，故B正确；
对于C，若·＝0，·＝0，则·＋·＝0，∴·＋·（＋）＝0，∴·＋·＋·＝0，即·＋·－·＝0，∴（－）·＋·＝0，∴·＋·＝0，则·＋·＝0，∴·（＋）＝0，即·＝0，故C正确；
对于D，连接PN，∵＝－＝（＋）－＝（＋－），∴｜｜＝｜＋－｜＝｜－－｜，
又｜－－｜2＝＋＋－2·－2·＋2·＝22＋22＋22－2×2×2×－2×2×2×＋2×2×2×＝8，∴｜｜＝，故D错误.故选ABC.
命题点2　空间向量的坐标运算
例2 （1）若向量a＝（1，1，x），b＝（1，2，1），c＝（1，1，1），且（c－a）·
（2b）＝－2，则x＝　2　.
解析　c－a＝（0，0，1－x），（c－a）·（2b）＝（0，0，1－x）·2（1，2，1）＝2（1－x）＝－2，解得x＝2.
（2）如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，N是A1A的中点，则｜｜＝　　，cos＜，＞＝　　.
解析　如图，以C为原点，，，的方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系Cxyz.依题意得B（0，1，0），N（1，0，1）.
∴｜｜＝＝.
依题意得A1（1，0，2），C（0，0，0），B1（0，1，2）.
∴＝（1，－1，2），＝（0，1，2），
∴·＝3，｜｜＝，｜｜＝.
∴cos＜，＞＝＝.
方法技巧
空间向量的概念以及空间向量的加、减、数乘、数量积运算及其坐标表示是平面向量的类比推广.
训练2 （1）[多选]已知空间向量a＝（2，－2，1），b＝（3，0，4），则下列说法正确的是（　BC　）
A.向量c＝（－8，5，6）与a，b垂直
B.向量d＝（1，－4，－2）与a，b共面
C.若a与b分别是异面直线l1与l2的方向向量，则l1与l2所成的角的余弦值为
D.向量a在向量b上的投影向量为（6，0，8）
解析　对于A选项，a·c＝－16－10＋6≠0，b·c＝－24＋24＝0，故c与a不垂直，A错；
对于B选项，设d＝ma＋nb，则m（2，－2，1）＋n（3，0，4）＝（1，－4，－2），
所以解得即2a－b＝d，B对；
对于C选项，因为cos＜a，b＞＝＝＝，
所以异面直线l1与l2所成的角的余弦值为，C对；
对于D选项，向量a在向量b上的投影向量｜a｜cos＜a，b＞·＝3××（3，0，4）＝（，0，），D错.
故选BC.
（2）已知e1，e2是空间单位向量，e1·e2＝.若空间向量b满足b·e1＝2，b·e2＝，且对于任意x，y∈R，｜b－（xe1＋ye2）｜≥｜b－（x0e1＋y0e2）｜＝1（x0，y0∈R），则x0＝　1　，y0＝　2　，｜b｜＝　2　.
解析　由题意可令b＝x0e1＋y0e2＋e3，其中｜e3｜＝1，e3⊥ei，i＝1，2.
由b·e1＝2得x0＋＝2，由b·e2＝得＋y0＝，由解得
则b＝e1＋2e2＋e3，∴｜b｜＝＝2.
命题点3　利用向量法证明平行与垂直问题
例3 [2021浙江高考]如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（　A　）
A.直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD
B.直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C.直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD
D.直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
解析　解法一　以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.设AB＝2，则A1（2，0，2），D（0，0，0），D1（0，0，2），B（2，2，0），所以M（1，0，1），N（1，1，1），所以＝（－2，0，－2），＝（2，2，－2），＝（0，1，0），所以·＝－4＋0＋4＝0，所以A1D⊥D1B.又由题图易知直线A1D与BD1是异面直线，所以A1D与BD1异面且垂直，故B，C不正确.因为平面ABCD的一个法向量为n＝（0，0，1），所以·n＝0，所以MN∥平面ABCD，故A正确.设直线MN与平面BDD1B1所成的角为θ，因为平面BDD1B1的一个法向量为a＝（－1，1，0），所以sin θ＝｜cos＜，a＞｜＝＝＝，所以直线MN与平面BDD1B1不垂直，故D不正确.故选A.
解法二　连接AD1，则易得点M在AD1上，且AD1⊥A1D.因为AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，又AB∩AD1＝A，所以A1D⊥平面ABD1，所以A1D与BD1异面且垂直，故B，C不正确.在△ABD1中，由中位线定理可得MN∥AB，又MN 平面ABCD，AB 平面ABCD，所以MN∥平面ABCD，故A正确.易知直线AB与平面BB1D1D成45°角，所以MN与平面BB1D1D不垂直，故D不正确.故选A.
方法技巧
1.利用空间向量证明平行问题的方法
线线平行 证明两条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）证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行； （3）证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示.
面面平行 （1）证明两个平面的法向量平行； （2）转化为线线平行、线面平行问题.
2.利用空间向量证明垂直问题的方法
线线垂直 证明两直线的方向向量垂直，即证它们的数量积为零.
线面垂直 （1）证明直线的方向向量与平面的法向量共线； （2）证明直线的方向向量与平面内的两条相交直线的方向向量都垂直.
面面垂直 （1）其中一个平面与另一个平面的法向量平行； （2）两个平面的法向量垂直.
注意　用向量法证明平行与垂直问题时，要注意解题的规范性.如证明线面平行时，需要说明一条直线在平面内，另一条直线在平面外.
训练3 如图，在矩形ABCD中，AB＝2BC，P，Q分别为线段AB，CD的中点，EP⊥平面ABCD.
求证：（1）AQ∥平面CEP；
（2）平面AEQ⊥平面DEP.
解析　（1）如图，连接PQ，因为四边形ABCD为矩形，且P，Q分别为线段AB，CD的中点，则PQ⊥AB.
易知PA，PQ，PE两两垂直，以P为坐标原点，分别以PA，PQ，PE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.
设AB＝2，PE＝a，则P（0，0，0），A（1，0，0），Q（0，1，0），E（0，0，a），C（－1，1，0），D（1，1，0）.
所以＝（－1，1，0），＝（－1，1，0），所以∥，即AQ∥PC.（证明平面外直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行）
又AQ 平面CEP，PC 平面CEP，（注意说明前提条件）
所以AQ∥平面CEP.
（2）由（1）知＝（1，1，0），＝（0，0，a），
因为·＝（－1，1，0）·（1，1，0）＝－1＋1＝0，所以⊥，即AQ⊥PD.
因为·＝（－1，1，0）·（0，0，a）＝0，所以⊥，即AQ⊥PE.（证明直线方向向量与平面内两条相交直线的方向向量都垂直）
又PD∩PE＝P，PE，PD 平面DEP，所以AQ⊥平面DEP，
又AQ 平面AEQ，（注意说明前提条件）
所以平面AEQ⊥平面DEP.第6讲　空间角和空间距离
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角. 2.能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题和简单夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量方法在研究几何问题中的作用. 求异面直线所成的角 2021全国卷乙T5 该讲每年必考，主要考查利用几何法或向量法求解线线角、线面角、面面角、空间距离等问题，方法比较固定，备考时注意对空间角与向量夹角关系的梳理.
求线面角 2023全国卷乙T9；2023全国卷甲T18；2022全国卷乙T18；2022全国卷甲T7；2022全国卷甲T18；2020新高考卷ⅠT20；2020新高考卷ⅡT20；2020全国卷ⅡT20
求二面角 2023新高考卷ⅠT18；2023新高考卷ⅡT20；2023全国卷乙T19；2023天津T17；2022新高考卷ⅠT19；2022新高考卷ⅡT20；2021新高考卷ⅠT20；2021新高考卷ⅡT19；2021全国卷乙T18；2021全国卷甲T19；2020全国卷ⅠT18；2020全国卷ⅢT19；2019全国卷ⅠT18；2019全国卷ⅡT17；2019全国卷ⅢT19
求空间距离 2023天津T17；2023上海春季T17；2022新高考卷ⅠT19
1.空间角
（1）异面直线所成的角：已知两条异面直线a，b，经过空间任一点O分别作直线a'∥a，b'∥b，我们把a'与b'所成的角叫做异面直线a与b所成的角（或夹角）.
异面直线夹角的范围是①　（0，]　.
（2）直线与平面所成的角
a.平面的一条斜线和它在平面上的②　射影　所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角.一条直线垂直于平面，则它们所成的角是③　90°　；一条直线和平面平行或直线在平面内，则它们所成的角是④　0°　.
b.线面角θ的取值范围：⑤　[0，]　.
c.最小角定理：平面的斜线和它在平面内的射影所成的角是这条斜线和这个平面内任一条直线所成角中最小的角.
（3）二面角与两个平面的夹角
a.从一条直线出发的两个⑥　半平面　所组成的图形叫做二面角.
b.二面角的平面角：如图，在二面角α－l－β的棱l上任取一点P，以点P为垂足，在半平面α，β内分别作垂直于棱l的射线PA和PB，则射线PA和PB构成的∠APB叫做二面角α－l－β的平面角.
c.二面角的范围：⑦　[0，π]　.
2.利用向量法求空间角
空间角 求法 注意事项
异面直线所成角 设异面直线l，m的方向向量分别为a，b，若直线l与m的夹角为θ，则cos θ＝⑧　｜cos＜a，b＞｜　. 角θ的范围为⑨　（0，]　，所以线线角的余弦值非负.
线面角 设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，若直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ＝⑩　｜cos＜a，n＞｜　. 角θ的范围为 　[0，]　，注意θ与＜a，n＞的关系.
两个平面 的夹角 平面α，β的法向量分别为n1，n2，若设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝｜cos＜n1，n2＞｜. 两个平面夹角的范围为 　[0，]　，二面角的范围是 　[0，π]　.
易错警示
1.线面角θ与向量夹角＜a，n＞的关系
如图1（1），θ＝＜a，n＞－；如图1（2），θ＝－＜a，n＞.
图1
2.二面角θ与两平面法向量夹角＜n1，n2＞的关系
图2（2）（4）中θ＝π－＜n1，n2＞；图2（1）（3）中θ＝＜n1，n2＞.
图2
3.利用向量法求空间距离
（1）点P到直线AB的距离d＝｜｜sin＜，＞＝｜｜·.
（2）点P到平面ABC的距离为在平面ABC的法向量n上的投影向量的长度，即d＝ 　　.
（3）当直线PQ与平面ABC平行时，直线PQ到平面ABC的距离可转化为点P到平面ABC的距离.
（4）当平面α与平面β平行时，两平面的距离可转化为平面α上一点P到平面β的距离.
（5）如图，异面直线a，b之间的距离即直线a上一点P到a'与b所确定的平面α的距离（a'∥a，a'∩b＝O）.
1.[教材改编]如图，正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的侧面展开图是边长为4的正方形，则在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，异面直线AK和LM所成的角的大小为（　D　）
A.30° B.45° C.60° D.90°
解析　根据题意还原正四棱柱的直观图，如图所示，取AA1的中点G，连接KG，则有KG∥LM，所以∠AKG或其补角为异面直线AK和LM所成的角.由题知AG＝2，AK＝KG＝＝，则有AK2＋KG2＝AG2，所以∠AKG＝90°，即异面直线AK和LM所成的角为90°.故选D.
2.[教材改编]在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，AD＝4，AA1＝4，过点D1作直线l，与直线A1B，AC所成的角均为60°，则这样的直线l有（　C　）
A.2条 B.3条 C.4条 D.无数条
解析　如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，连接A1C1，BC1，则A1C1∥AC，所以∠BA1C1或其补角为异面直线A1B与AC所成的角，由题意得A1B＝5，A1C1＝5，BC1＝4，所以cos∠BA1C1＝＝
＜，所以60°＜∠BA1C1＜90°，则过点D1作直线l，与直线A1B，AC所成的角均为60°，即过一点作直线，使之与同一平面上夹角大于60°的锐角的两边所在直线所成的角均成60°，这样的直线l有4条.故选C.
3.[易错题]已知向量m，n分别是直线l的方向向量、平面α的法向量，若cos＜m，n＞＝－，则l与α所成的角为　30°　.
解析　设l与α所成的角为θ，则sin θ＝｜cos＜m，n＞｜＝，所以θ＝30°.
4.已知空间直角坐标系Oxyz中，过点P（x0，y0，z0）且一个法向量为n＝（a，b，c）的平面α的方程为a（x－x0）＋b（y－y0）＋c（z－z0）＝0.用以上知识解决下面问题：已知平面α的方程为x＋2y－2z＋1＝0，直线l是两个平面x－y＋3＝0与x－2z－1＝0的交线，试写出直线l的一个方向向量　（2，2，1）　，直线l与平面α所成角的余弦值为　　.
解析　由平面α的方程为x＋2y－2z＋1＝0，可得平面α的一个法向量为n＝（1，2，－2）.平面x－y＋3＝0的一个法向量为m1＝（1，－1，0），平面x－2z－1＝0的一个法向量为m2＝（1，0，－2）.设直线l的方向向量为m＝（x，y，z），则即令z＝1，则取m＝（2，2，1）.设直线l与平面α所成角为θ，0°≤θ≤90°，则sin θ＝｜cos＜m，n＞｜＝＝，cos θ＝.
研透高考 明确方向
命题点1　求异面直线所成的角
例1 [2021全国卷乙]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（　D　）
A. B. C. D.
解析　解法一（几何法）　如图，连接C1P，因为ABCD－A1B1C1D1是正方体，且P为B1D1的中点，所以C1P⊥B1D1，又C1P⊥BB1，BB1∩B1D1＝B1，所以C1P⊥平面B1BP.又BP 平面B1BP，所以C1P⊥BP.连接BC1，则AD1∥BC1，所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角.设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则在直角三角形C1PB中，C1P＝B1D1＝，BC1＝2，sin∠PBC1＝＝，所以∠PBC1＝，故选D.
解法二（向量法）　以B1为坐标原点，B1C1，B1A1，B1B所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，，，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，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则B（0，0，2），P（1，1，0），D1（2，2，0），
A（0，2，2），＝（－1，－1，2），＝（2，0，－2）.设直线PB与AD1所成的角为θ，则cos θ＝｜｜＝＝.因为θ∈（0，]，所以θ＝，故选D.
解法三　如图所示，连接BC1，A1B，A1C1，则易知AD1∥BC1，所以直线PB与AD1所成角等于直线PB与BC1所成角.根据P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点，易知A1，P，C1三点共线，且P为A1C1的中点.易知A1B＝BC1＝A1C1，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠A1BC1＝，又P为A1C1的中点，所以可得∠PBC1＝∠A1BC1＝.故选D.
方法技巧
求异面直线所成角的方法
几何法 将两直线平移到同一平面内，构造三角形，利用勾股定理或解三角形求两异面直线的夹角或其余弦值.
向量法 将两直线的方向向量表示出来，利用向量夹角计算两异面直线夹角的余弦值. 注意　异面直线夹角的范围是（0，].
训练1 [全国卷Ⅱ]在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为（　C　）
A. B. C. D.
解析　解法一　如图，补上一相同的长方体CDEF－C1D1E1F1，连接DE1，B1E1.易知AD1∥DE1，则∠B1DE1为异面直线AD1与DB1所成角.因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，所以DE1＝＝＝2，DB1＝＝，B1E1＝＝＝，在△B1DE1中，由余弦定理，得cos∠B1DE1＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C.
解法二　如图，连接BD1，交DB1于点O，取AB的中点M，连接DM，OM，易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角.因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，AD1＝＝2，DM＝＝，DB1＝＝，所以OM＝AD1＝1，OD＝DB1＝，于是在△DMO中，由余弦定理，得cos∠MOD＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C.
解法三　以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示.由条件可知D（0，0，0），A（1，0，0），D1（0，0，），B1（1，1，），所以＝（－1，0，），＝（1，1，），则由向量夹角公式，得cos＜，＞＝＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C.
命题点2　求线面角
例2 [2022全国卷甲]在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝.
（1）证明：BD⊥PA.
（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值.
解析　（1）如图所示，取AB的中点O，连接DO，CO，则OB＝DC＝1.
又DC∥OB，所以四边形DCBO为平行四边形.
又BC＝OB＝1，所以四边形DCBO为菱形，所以BD⊥CO.
同理可得，四边形DCOA为菱形，所以AD∥CO，
所以BD⊥AD.
因为PD⊥底面ABCD，BD 底面ABCD，所以PD⊥BD，
又AD∩PD＝D，AD，PD 平面ADP，所以BD⊥平面ADP.
因为PA 平面ADP，所以BD⊥PA.
（2）解法一　由（1）知BD⊥AD，又AB＝2AD，所以∠DAO＝60°，
所以三角形ADO为正三角形.
过点D作垂直于DC的直线为x轴，DC所在直线为y轴，DP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（，－，0），B（，，0），P（0，0，），D（0，0，0）.
则＝（0，2，0），＝（－，，），＝（0，0，）.
设平面PAB的法向量为n＝（x，y，z），
则
令x＝2，则y＝0，z＝1，所以n＝（2，0，1）是平面PAB的一个法向量.
设直线PD与平面PAB所成的角为α，则sin α＝｜cos＜n，＞｜＝＝＝，所以直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为.
解法二　作DM⊥平面PAB，垂足为M，连接PM，则∠DPM就是PD与平面PAB所成角.易知PA＝2，PB＝.
过A作AN⊥PB于N，因为AB＝2＝PA，所以易得AN＝，所以S△ABP＝××＝.
于是，根据V三棱锥P－ABD＝V三棱锥D－PAB，得·S△ABD·DP＝·S△ABP·DM，即×（×1×）×＝×DM，解得DM＝.
在Rt△DMP中，sin∠DPM＝＝＝.
故PD与平面PAB所成的角的正弦值为.
方法技巧
求直线与平面所成角的方法
几何法 利用直线与平面所成角的定义求解，具体步骤： （1）寻找过斜线上一点与平面垂直的直线； （2）连接垂足和斜足得到斜线在平面上的射影，斜线与其射影所成的锐角即为所求的角； （3）通过解该角所在的三角形求解. 注意　直线与平面平行或垂直的特殊情况.
向量法 sin θ＝｜cos＜，n＞｜＝（其中AB为平面α的斜线，n为平面α的法向量，θ为斜线AB与平面α所成的角）.
训练2 [2023全国卷乙]已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C－AB－D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（　C　）
A. B. C. D.
解析　如图所示，取AB的中点M，连接CM，DM，则CM⊥AB，DM⊥AB，故∠CMD即为二面角C－AB－D的平面角，于是∠CMD＝150°.又CM，DM 平面CMD，CM∩DM＝M，所以AB⊥平面CMD.设AB＝2，则CM＝1，DM＝，在△CMD中，由余弦定理可得CD＝＝.延长CM，过点D作CM的垂线，设垂足为H，则∠HMD＝30°，DH＝DM＝，MH＝DM＝，所以CH＝1＋＝.因为DH 平面CMD，所以AB⊥DH，又DH⊥CM，AB，CM 平面ABC，AB∩CM＝M，所以DH⊥平面ABC，∠DCM即为直线CD与平面ABC所成的角，于是在Rt△DCH中，tan∠DCM＝＝，故选C.
训练3 [新高考卷Ⅰ]如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
（1）证明：l⊥平面PDC.
（2）已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.
解析　（1）因为PD⊥底面ABCD，
所以PD⊥AD.
又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC.
又PD∩DC＝D，PD，DC 平面PDC，
因此AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC，AD 平面PBC，BC 平面PBC，
所以AD∥平面PBC.
又AD 平面PAD，平面PBC∩平面PAD＝l，所以l∥AD.
因此l⊥平面PDC.
（2）以D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Dxyz，则D（0，0，0），C（0，1，0），B（1，1，0），P（0，0，1），＝（0，1，0），＝（1，1，－1）.
由（1）可设Q（a，0，1），则＝（a，0，1）.
设n＝（x，y，z）是平面QCD的法向量，则即
可取n＝（－1，0，a）.
所以cos＜n，＞＝＝ .
设PB与平面QCD所成角为θ，则sin θ＝｜cos＜n，＞｜＝×＝.
因为≤，当且仅当a＝1时等号成立，
所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.
命题点3　求二面角
例3 [2023全国卷乙]如图，三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，PB＝PC＝，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD＝DO，点F在AC上，BF⊥AO.
（1）证明：EF∥平面ADO.
（2）证明：平面ADO⊥平面BEF.
（3）求二面角D－AO－C的正弦值.
解析　（1）如图，以B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，则B（0，0），A（2，0），C（0，2），O（0，），＝（－2，）.
设＝λ，则易得F（－2λ＋2，2λ）.因为BF⊥AO，所以·＝0，所以（－2λ＋2，2λ）·（－2，）＝0，解得λ＝，所以F为AC的中点.
又E，D分别为AP，BP的中点，
所以EF∥PC，OD∥PC，所以EF∥OD，
又OD 平面ADO，EF 平面ADO，所以EF∥平面ADO.
（2）AO＝＝，OD＝PC＝，又AD＝OD＝，
所以AD2＝AO2＋OD2，所以AO⊥OD.
由于EF∥OD，所以AO⊥EF，
又BF⊥AO，BF∩EF＝F，BF 平面BEF，EF 平面BEF，
所以AO⊥平面BEF.
又AO 平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.
（3）解法一　如图，以B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x轴、y轴，建立空间直角坐标系，则B（0，0，0），A（2，0，0），O（0，，0），＝（－2，，0）.
因为PB＝PC，BC＝2，所以设P（x，，z），z＞0，
则＝＋＝＋＝（2，0，0）＋（x－2，，z）＝（，，），
由（2）知AO⊥BE，所以·＝（－2，，0）·（，，）＝0，所以x＝－1，
又PB＝，＝（x，，z），所以x2＋2＋z2＝6，所以z＝，则P（－1，，）.
由D为BP的中点，得D（－，，），则＝（－，，）.
设平面DAO的法向量为n1＝（a，b，c），
则即得b＝a，c＝a，
取a＝1，则n1＝（1，，）是平面DAO的一个法向量.
易知平面CAO的一个法向量为n2＝（0，0，1），
设二面角D－AO－C的大小为θ，则｜cos θ｜＝｜cos＜n1，n2＞｜＝＝＝，所以sin θ＝＝，
故二面角D－AO－C的正弦值为.
解法二　如图，过点O作OH∥BF交AC于点H，设AD∩BE＝G，连接GF，DH.
∵BF⊥AO，∴HO⊥AO，且FH＝AH.
由（2）知DO⊥AO，又DO∩HO＝O，DO 平面DOH，HO 平面DOH，所以AO⊥平面DOH，故∠DOH为二面角D－AO－C的平面角.
∵D，E分别为PB，PA的中点，∴AD，BE的交点G为△PAB的重心，
∴DG＝AD，GE＝BE.
又易知FH＝AH，∴DH＝GF，
在△ABP中，AB＝2，BD＝PB＝，AD＝DO＝PC＝，则cos∠ABD＝＝，
解得PA＝，同理可得BE＝.
易知BF＝AC＝，EF＝PC＝，
则BE2＋EF2＝＋＝3＝BF2，故BE⊥EF，
可得GF2＝GE2＋EF2＝（×）2＋（）2＝，
∴GF＝，故DH＝×＝.
在△DOH中，OH＝BF＝，OD＝PC＝，DH＝，
∴cos∠DOH＝＝－，∴sin∠DOH＝.
故二面角D－AO－C的正弦值为.
方法技巧
求二面角常用的方法
几何法 根据定义作出二面角的平面角求解.
向量法 利用公式cos＜n1，n2＞＝（n1，n2分别为两平面的法向量）进行求解. 注意　二面角的取值范围是[0，π]，需要结合图形的特征，确定求出的两法向量的夹角＜n1，n2＞到底是二面角还是二面角的补角.
训练4 [2023新高考卷Ⅰ]如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.
（1）证明：B2C2∥A2D2.
（2）点P在棱BB1上，当二面角P－A2C2－D2为150°时，求B2P.
解析　（1）解法一　依题意，得＝＋＋＝＋＋＝，所以B2C2∥A2D2.
解法二　以点C为坐标原点，CD，CB，CC1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，则B2（0，2，2），C2（0，0，3），A2（2，2，1），D2（2，0，2），所以＝（0，－2，1），＝（0，－2，1），所以＝，所以B2C2∥A2D2.
（2）建立空间直角坐标系，建系方法同（1）中解法二，设BP＝n（0≤n≤4），则
P（0，2，n），
所以＝（2，0，1－n），＝（0，－2，3－n）.
设平面PA2C2的法向量为a＝（x1，y1，z1），
所以则
令x1＝n－1，得a＝（n－1，3－n，2）.
设平面A2C2D2的法向量为b＝（x2，y2，z2），
由（1）解法二知，＝（－2，－2，2），＝（0，－2，1），
所以则
令y2＝1，得b＝（1，1，2）.
所以｜cos 150°｜＝｜cos＜a，b＞｜＝＝，
整理得n2－4n＋3＝0，解得n＝1或n＝3，
所以BP＝1或BP＝3，所以B2P＝1.
命题点4　求空间距离
例4 [2023天津高考]如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，已知A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，N为线段AB的中点，M为线段BC的中点.
（1）求证：A1N∥平面C1MA.
（2）求平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值.
（3）求点C到平面C1MA的距离.
解析　（1）解法一（几何法）　连接MN.因为M，N分别是BC，AB的中点，所以MN∥AC且MN＝AC＝1，即有MN A1C1，所以四边形MNA1C1是平行四边形，故A1N∥MC1.
又MC1 平面C1MA，A1N 平面C1MA，所以A1N∥平面C1MA.
解法二（向量法）　以A为坐标原点，AB，AC，AA1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Axyz，
则有A（0，0，0），M（1，1，0），N（1，0，0），A1（0，0，2），C1（0，1，2）.
所以＝（1，0，－2），＝（1，1，0），＝（0，1，2）.
设平面C1MA的法向量n＝（x，y，z），则即不妨取n＝（2，－2，1）.因为·n＝1×2＋0×（－2）＋（－2）×1＝0，所以⊥n.
又A1N 平面C1MA，
所以A1N∥平面C1MA.
（2）由（1）中解法二易知，平面ACC1A1的一个法向量为＝（1，0，0），平面C1MA的一个法向量为n＝（2，－2，1），所以｜cos＜，n＞｜＝＝，
所以平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值为.
（3）易得C（0，2，0），则＝（－1，1，0），所以点C到平面C1MA的距离d＝｜｜＝.
方法技巧
1.求点到平面的距离的常用方法
几何法 找到点到平面的距离，通过解三角形求出距离，若点到平面的距离不易求，还可转化为过已知点且与相关平面平行的直线上的其他点到平面的距离求解.
等体 积法 利用已知的点和平面构造四面体，利用四面体能够以任何一个面作为底面去求体积的特征，把四面体的体积以不同面为底表示两次，列出方程，解方程即可求出距离.
向量法 求点P到平面α的距离的三个步骤： ①在平面α内取一点A，确定向量的坐标； ②确定平面α的法向量n； ③代入公式d＝求解.
2.求直线到平面的距离以及两平行平面的距离时，往往转化为求点到平面的距离.
训练5 [2023上海春季高考改编]如图，已知三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AB＝3，AC＝4，M为BC的中点，过点M分别作平行于平面PAB的直线交AC，PC于点E，F.
（1）求直线PM与平面ABC所成角的正切值.
（2）证明：平面MEF∥平面PAB，并求直线ME到平面PAB的距离.
解析　（1）如图，连接AM.因为PA⊥平面ABC，所以∠PMA即直线PM与平面ABC所成的角.
因为AB⊥AC，AB＝3，AC＝4，
所以BC＝＝5，
又M为BC的中点，所以AM＝BC＝，
所以在Rt△PAM中，tan∠PMA＝＝，
故直线PM与平面ABC所成角的正切值为.
（2）因为ME∥平面PAB，MF∥平面PAB，ME∩MF＝M，且ME，MF 平面MEF，
所以平面MEF∥平面PAB.
因为PA⊥平面ABC，AE 平面ABC，所以PA⊥AE.
又AB⊥AC，即AE⊥AB，而AB，PA 平面PAB，AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB，
所以直线ME到平面PAB的距离等于AE的长.
因为ME∥平面PAB，ME 平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，所以ME∥AB，
又M为BC的中点，所以E为AC的中点，
所以AE＝AC＝2.

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